1、单元质检卷三 导数及其应用(时间:120 分钟 满分:150 分)一、选择题:本题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 分.在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求.1.(2021 辽宁大连模拟)函数 f(x)=e-2 的图象在点(1,f(1)处的切线方程为()A.2x+y+e-4=0 B.2x+y-e+4=0 C.2x-y+e-4=0 D.2x-y-e+4=0 2.(2021 江西南昌三模)已知自由落体运动的速度 v=gt,则自由落体运动从 t=0 s 到 t=2 s 所走过的路程为()A.g B.2g C.4g D.8g 3.(2021 湖北黄冈模拟)已知 f(x)的导函数 f(
2、x)图象如图所示,那么 f(x)的图象最有可能是图中的()4.(2021 江西宜春模拟)若函数 f(x)在 R 上可导,且 f(x)=x2+2f(2)x+m(mR),则()A.f(0)f(5)D.以上答案都不对 5.(2021 浙江湖州模拟)“m0”是“函数 f(x)=lnx-mx 在(0,1上单调递增”的()A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 6.(2021 四川泸州诊断)已知函数 f(x)=ex,过原点作曲线 y=f(x)的切线 l,则切线 l 与曲线 y=f(x)及 y 轴围成的图形的面积为()A.2e+12 B.2e-12 C.e-22 D.
3、e+12 7.(2021 广东高州一中高三月考)已知函数 f(x)=x3-3ln x-1,则()A.f(x)的极大值为 0 B.曲线 y=f(x)在(1,f(1)处的切线为 y 轴所在的直线 C.f(x)的最小值为 0 D.f(x)在定义域内单调 8.(2021 广东汕头三模)已知定义在 R 上的函数 f(x)的导函数为 f(x),且满足 f(x)-f(x)0,f(2 021)=e2 021,则不等式 f(1e ln)0,则下列结论正确的是()A.2(6)3(3)B.f(6)3(3)C.2(6)3(3)10.(2021 贵州毕节三模)已知定义在a,b上的函数 y=f(x)的导函数 y=f(x)
4、的图象如图所示,给出下列命题:函数 y=f(x)在区间x2,x4上单调递减;若 x4mnf(+2);函数 y=f(x)在a,b上有 3 个极值点;若 x2pqx3,则f(p)-f(q)f(p)-f(q)kx 恒成立 D.对任意两个正实数 x1,x2,且 x1x2,若 f(x1)=f(x2),则 x1+x24 12.(2021 全国乙,10)设 a0,若 x=a 为函数 f(x)=a(x-a)2(x-b)的极大值点,则()A.ab C.aba2 二、填空题:本题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分.13.(2021 山东东营模拟)设函数 f(x)=-e,若 f(2)=1e2,则 a=.14
5、.(2021 江西九江模拟)若211+2mx dx=3+ln 2,则实数 m 的值为 .15.(2021 陕西宝鸡高三质检)若函数 f(x)=cos 2x+asin x 在区间(6,2)内单调递增,则 a 的取值范围是 .16.如图所示,某公园有一块空地,由一个直径为 2(单位:km)的半圆 和一个以 MN 为底边,顶角为120的等腰三角形 MNP 构成.现在要在空地内建一个梯形苗圃 ABCD 种植花草,为美观对称设计,梯形 ABCD 的两个顶点 A,B 在半圆上,另两个顶点 C,D 分别在 NP,MP 上,ABCDMN,梯形 ABCD 的高为1(单位:km),则梯形 ABCD 面积的最大值是
6、 .三、解答题:共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(14 分)(2021 全国甲,文 20)设函数 f(x)=a2x2+ax-3ln x+1,其中 a0.(1)讨论 f(x)的单调性;(2)若 y=f(x)的图象与 x 轴没有公共点,求 a 的取值范围.18.(14 分)(2021 四川绵阳中学高三模拟)已知函数 f(x)=ln+1,g(x)=2+1,曲线 y=f(x)与曲线y=g(x)在 x=1 处的切线重合.(1)求 a 的值;(2)求证:f(x)g(x)在(0,+)上恒成立.19.(14 分)(2021 全国高三月考)已知函数 f(x)=ex-2x.(1)当 x
7、cosx;(2)若函数 g(x)=f(x)-cosx+ln(x+1),试问:函数 g(x)是否存在极小值?若存在,求出极小值;若不存在,请说明理由.(其中常数 e=2.718 28,是自然对数的底数)20.(14 分)(2021 广东深圳一模)已知函数 f(x)=aln2x+2x(1-ln x),aR.(1)讨论函数 f(x)的单调性;(2)若函数 g(x)=e2f(x)-2a2有且仅有 3 个零点,求 a 的取值范围.(其中常数 e=2.718 28,是自然对数的底数)21.(14 分)已知函数 f(x)=alnx,g(x)=x+1+f(x).(1)讨论 h(x)=g(x)-f(x)的单调性
8、;(2)若 h(x)的极值点为 3,设方程 f(x)+mx=0 的两个根为 x1,x2,且21ea,求证:(1+2)+(1-2)65.答案：1.C 解析:f(x)=(-1)e+22,所以切线斜率为 f(1)=2,又因为 f(1)=e-2,所以切线方程为 y-(e-2)=2(x-1),即 2x-y+e-4=0.2.B 解析:因为自由落体运动的速度 v=gt,所以路程 s=20gtdt=12gt2|02=2g,故选 B.3.A 解析:由给定的导函数图象知,当 x0 时,f(x)0,当-2x0,从而得 f(x)有两个极值点,极小值点为-2,极大值点为 0,且 f(x)在(-,-2),(0,+)上单调
9、递减,在(-2,0)内单调递增,只有选项 A 符合要求.4.C 解析:f(x)=x2+2f(2)x+m,f(x)=2x+2f(2),f(2)=22+2f(2),f(2)=-4,f(x)=x2-8x+m,图象为开口向上的抛物线,其对称轴方程为 x=4,f(0)f(5).5.A 解析:由 f(x)=lnx-mx(x0),可得 f(x)=1-m,若 f(x)=lnx-mx 在(0,1上单调递增,则f(x)0 在(0,1恒成立,即 m1在(0,1恒成立,则 m1,因为(-,0(-,1,则可得“m0”是“函数 f(x)=lnx-mx 在(0,1上单调递增”的充分不必要条件.6.C 解析:由 f(x)=e
10、x可得 f(x)=ex,设切点为(x0,e0),斜率为 f(x0)=e0,则切线方程为 y-e0=e0(x-x0),把(0,0)代入可得-e0=e0(-x0),故 x0=1,可得切线方程为 y=ex,则直线 l 与曲线 y=f(x)及 y 轴围成的图形的面积为10(ex-ex)dx=ex-12ex2 01=e-22.7.C 解析:f(x)=x3-3lnx-1 的定义域为(0,+),f(x)=3x2-3=3(x3-1),令 f(x)=0,解得 x=1,列表可知,x(0,1)1(1,+)f(x)-0+f(x)单调递减 极小值 单调递增 所以 f(x)的极小值,也是最小值为 f(1)=0,无极大值,
11、在定义域内不单调,故 C 正确,A,D 错误;对于选项 B,由 f(1)=0 及 f(1)=0,所以 y=f(x)在(1,f(1)处的切线方程 y-0=0(x-1),即 y=0,为 x轴所在的直线,故 B 错误.8.D 解析:令 t=1elnx,则 x=eet,所以不等式 f(1e ln)xe等价转化为不等式 f(t)eee=et,即()e 0,所以 g(t)为 R 上的增函数.又因为 f(2021)=e2021,所以 g(2021)=(2021)e2021=1,所以 g(t)=()e 1=g(2021),解得 t2021,即1elnx2021,所以 0 x0,所以函数 g(x)在(0,2)内
12、单调递增.因为6 4 3,所以 g(6)g(4)g(3),即(6)cos6(4)cos4(3)cos3,所以(6)3(4)2 f(3),所以2(6)3(4),f(6)3(3),f(4)f(+2),故正确;中,由图可知,在区间a,x3上,f(x)0,在区间x3,x5上,f(x)0,在区间x5,b上,f(x)0,所以 y=f(x)有一个极大值点 x3和一个极小值点 x5,故错误;中,由图可知,在区间x2,x3上,f(x)0,且 f(x)单调递减,故 y=f(x)单调递增,故f(p)f(q),f(p)f(q),故f(p)-f(q)f(p)-f(q)0,即正确.综上,真命题的序号是.11.C 解析:对
13、于 A 选项,f(x)定义域为(0,+),f(x)=-22+1=-22,当 0 x2 时,f(x)2时,f(x)0,所以 x=2 是 f(x)的极小值点,A 正确;对于 B 选项,令 h(x)=f(x)-x,则 h(x)=-2-+220,h(x)在(0,+)上单调递减,h(1)=1,h(2)=ln2-10),F(x)=lnx,当 x(0,1)时,F(x)0,F(x)在(0,1)内单调递减,在(1,+)上单调递增,则 F(x)min=F(1)=30,(x)kx 恒成立,C 错误;对于 D 选项,由 A 选项知,f(x)在(0,2)内单调递减,在(2,+)上单调递增,因为正实数 x1,x2,且x1
14、x2,f(x1)=f(x2),则 0 x22x1,当 0 x2 时,令 g(x)=f(x)-f(4-x),g(x)g(2)=0,从而有 f(x1)=f(x2)f(4-x2),又因为 4-x22,所以 x14-x2,即 x1+x24 成立,D 正确.故选 C.12.D 解析:因为 f(x)=a(x-a)2(x-b),所以 f(x)=2a(x-a)(x-b)+a(x-a)2=a(x-a)(2x-2b)+(x-a)=a(x-a)3x-(a+2b)=3a(x-a)x-+23.由 f(x)=0,解得 x=a 或 x=+23,若 a0,则由 x=a 为函数 f(x)的极大值点,可得+23a,化简得 ba.
15、此时在区间-,+23和(a,+)上,f(x)0,函数 f(x)单调递增.此时 a(a-b)0,即 a20,则由 x=a 为函数的极大值点可得 a+23,化简得 a0,函数 f(x)单调递增;在区间 a,+23内,f(x)0,函数 f(x)单调递减.此时 a(a-b)0,即 a2ab.综上可得 a20,只需-4sinx+a0,即 a4sinx 在(6,2)内恒成立,而 x(6,2),4sinx(2,4),a4.16.3-3 解析:如图,过点 O 作 EFAB 交 AB 于点 E,交 CD 于点 F,则 EF=1,因为MNP 为等腰三角形,所以点 P 在直线 EF 上.设 OE=x,则 OF=1-
16、x,且 0 x1,连接 OB,则 OB=1,在OEB 中,BE=1-2,所以 AB=21-2.在MNP 中,因为P=120,MN=2,所以 OP=33.因为PCFPNO,所以=,即33-(1-)33=1,所以 CF=1-3(1-x)=1-3+3x,所以梯形 ABCD 面积为 S=12(AB+CD)EF=1-2+3x+1-3(0 x1),所以 S=3 1-2,因为 0 x0,解得 0 x32,由 S0,解得32 x0,x0,2+30,当 x(0,1)时,f(x)0,函数 f(x)在(0,1)内单调递减,在(1,+)上单调递增.(2)y=f(x)的图象与 x 轴没有公共点,函数 f(x)在(0,+
17、)上没有零点,由(1)可得函数 f(x)在(0,1)内单调递减,在(1,+)上单调递增,f(1)=3-3ln1=3+3lna0,lna-1,a1e,即实数 a 的取值范围是(1e,+).18.(1)解:因为 f(x)=ln+1,g(x)=2+1,所以 f(x)=+1-ln(+1)2,g(x)=-2(+1)2+2,由题意得f(1)=g(1),所以12=a-12,解得 a=1.(2)证明由(1)知,f(x)=ln+1,g(x)=2+1 1,f(x)-g(x)=ln+1 2+1+1=ln-+1(+1),令 h(x)=xlnx-x+1,x0,则 h(x)=lnx,当 x(1,+)时,h(x)0,h(x
18、)单调递增,当 x(0,1)时,h(x)0,h(x)单调递减,故当 x=1 时,h(x)取得最小值 h(1)=0,所以 h(x)0,故 f(x)-g(x)0,所以 f(x)g(x).19.(1)证明令 F(x)=f(x)-cosx,则 F(x)=ex-2x-cosx,F(x)=ex-2+sinx=(ex-1)+(sinx-1).当 x0 时,exe0=1,且 sinx-10,故 F(x)F(0)=0,所以 f(x)-cosx0,即 f(x)cosx.(2)解:根据题意,g(x)=ex-2x-cosx+ln(x+1),定义域为(-1,+),g(x)=ex-2+sinx+1+1,令h(x)=g(x
19、)=ex+1+1+sinx-2,则 h(x)=ex-1(+1)2+cosx,易知当 x 0,2时,h(x)0,故函数 h(x)在 0,2内单调递增,则 h(x)h(0)=0,即 g(x)0,所以函数 g(x)在 0,2内单调递增.当 x(-1,0)时,h(x)单调递增,且 h(0)=10,又因为 h(-12)=e-12+cos(-12)-40,函数 h(x)在(x0,0)内单调递增,即 g(x)在(x0,0)内单调递增,所以当 x(x0,0)时,g(x)0,g(x)在(-1,x1)上单调递增,当 x(x1,x0)时,g(x)2.7324,1+10,即 ex+1+1+sinx-20,所以 g(x
20、)0,函数 g(x)在2,+)上单调递增.综上可知,函数 g(x)在(x0,0)上单调递减,在(0,+)上单调递增,因此,当 x=0 时,函数 g(x)有极小值,极小值为 g(0)=0.20.解:(1)f(x)=aln2x+2x(1-lnx),其定义域为(0,+),则 f(x)=2ln(-)(x0),且 f(1)=0,若 a0,当 0 x0,即函数 f(x)在(0,1)内单调递增,当 x1 时,f(x)0,函数 f(x)在(1,+)上单调递减;当 0a1 时,令 f(x)=0,解得 x=1,x=a,当 ax0,函数 f(x)单调递增,当 x1 或 0 xa 时,f(x)1 时,当 1x0,函数
21、 f(x)单调递增,当 xa 或 0 x1 时,f(x)0,函数 f(x)单调递减,f(x)在(1,a)内单调递增,在(0,1),(a,+)单调递减.(2)g(x)=e2f(x)-2a2=0,即方程 f(x)=22e2 有且仅有 3 个不同的实根,y=f(x)与 y=22e2 的图象有三个交点,由(1)知,必有 0a1.当 0aa22e2,y=f(x)与 y=22e2 的图象至多有 1个交点,所以不合题意;当 a1 时,f(x)在(1,a)内单调递增,在(0,1),(a,+)上单调递减,f(x)的极小值为 f(1)=2,极大值为 f(a)=aln2a+2a(1-lna),只有当 222e2 a
22、(ln2a+2-2lna)成立,y=f(x)与 y=22e2 的图象才有三个交点,当 2e,下面只需要求解不等式22e2 a(ln2a+2-2lna),即2e2 0,则2e2 ln2a+2-2lna 等价于 2et-2t2+2-2t,设 h(t)=t2+2-2t-2et-2,则 h(t)=2t-2-2et-2,令 u(t)=2t-2-2et-2,则 u(t)=2-2et-2,令 u(t)=0,则 t=2,且当 t0,函数 u(t)单调递增,当 t2 时,u(t)0,函数 u(t)单调递减,又 u(2)=0,所以 u(t)0,即 h(t)单调递减,又 h(2)=0,当 0t0,即 0lna2,得
23、到1a0,h(x)在(0,+)上单调递增;a+10,即 a-1,x(0,1+a)时,h(x)0,h(x)在(0,1+a)上单调递减,在(1+a,+)上单调递增.综上,当 a-1 时,h(x)在(0,1+a)上单调递减,在(1+a,+)上单调递增,当 a-1 时,h(x)在(0,+)上单调递增.(2)证明由(1)得 x=1+a 是函数 h(x)的唯一极值点,故 a=2;2lnx1+mx1=0,2lnx2+mx2=0,2(lnx2-lnx1)=m(x1-x2).又 f(x)=2lnx,f(x)=2,(1+2)+(1-2)=21+2+21-2=1-22(21+2+)=1-21+2+m1-22=1-211+21+ln21,令21=te2,(t)=1-1+lnt,则(t)=2+1(+1)20,(t)在e2,+)上单调递增,(t)(e2)=1+2e2+11+232+1=65,故(1+2)+(1-2)65.
