1、单元质检三导数及其应用(时间:100分钟满分:150分)一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分)1.如果一个物体运动的位移s与时间t的关系为s=1-t+t2,其中s的单位是米,t的单位是秒,那么物体在3秒末的瞬时速度是()A.7米/秒B.6米/秒C.5米/秒D.8米/秒2.(2021湖北黄冈模拟)已知f(x)的导函数f(x)的大致图象如图所示,那么f(x)的大致图象最有可能是图中的()3.若函数y=ex+mx有极值,则实数m的取值范围是()A.m0B.m1D.m14.(2021东北师大附中高三月考)若函数y=cos x+ax在区间-2,2上是增函数,则实数a的取值范围是()A.(-
2、,-1B.(-,1C.-1,+)D.1,+)5.设函数f(x)=x3+(a-1)x2+ax,若f(x)为奇函数,则曲线y=f(x)在点(0,0)处的切线方程为()A.y=-2xB.y=-xC.y=2xD.y=x6.已知函数f(x)=xsin x,x1,x2-2,2,且f(x1)0B.x1+x20C.x12-x220D.x12-x2207.已知当x12,2时,a1-xx+ln x恒成立,则a的最大值为()A.0B.1C.2D.38.已知函数f(x)=ln x+tan 02的导函数为f(x),若方程f(x)=f(x)的根x0小于1,则的取值范围为()A.4,2B.0,3C.6,4D.0,49.已知
3、f(x),g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数,当x0,且g(3)=0,则不等式f(x)g(x)0时,xf(x)-f(x)0.已知a=flog214,b=f(31.5),c=f(21.5),则()A.acbB.abcC.bcaD.cab12.(2021全国)设a0,若x=a为函数f(x)=a(x-a)2(x-b)的极大值点,则()A.abC.aba2二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)13.(2021全国)曲线y=2x-1x+2在点(-1,-3)处的切线方程为.14.已知函数f(x)=x(x5-16x2+x-4),且f(x)f(x0)对xR恒成立,则曲线y=f(x)x在点x0
4、,f(x0)x0处的切线的斜率为.15.已知函数f(x)=e|x-1|,函数g(x)=ln x-x+a,若x1,x2使得f(x1)g(x2)成立,则a的取值范围是.16.已知函数f(x)=xln x+12x2,x0是函数f(x)的极值点,给出以下几个结论:0x01e;f(x0)+x00.其中正确的结论是.(填出所有正确结论的序号)三、解答题(本大题共6小题,共70分)17.(10分)(2021全国)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.(12分)(2021北京顺义二模)已知函数f(
5、x)=ex-mx2(mR).(1)已知曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线方程为y=-ex+e,求m的值;(2)若存在x00,1,使得f(x0)2,求m的取值范围.19.(12分)已知f(x)=12x2-a2ln x,a0.(1)求函数f(x)的最小值;(2)当x2a时,证明:f(x)-f(2a)x-2a32a.20.(12分)已知函数f(x)=ln x-x.(1)判断函数f(x)的单调性;(2)函数g(x)=f(x)+x+12x-m有两个零点x1,x2,且x11.21.(12分)已知函数f(x)=ln x-ax2-2x,aR.(1)当a0时,求函数f(x)的单调区间;(2)若函数h(x
6、)=f(x)+3ax2+3x的极值大于零,求实数a的取值范围.22.(12分)(2021浙江高考)设a,b为实数,且a1,函数f(x)=ax-bx+e2(xR).(1)求函数f(x)的单调区间;(2)若对任意b2e2,函数f(x)有两个不同的零点,求a的取值范围;(3)当a=e时,证明:对任意be4,函数f(x)有两个不同的零点x1,x2,满足x2blnb2e2x1+e2b.(注:e=2.718 28是自然对数的底数)答案：1.C解析根据瞬时速度的意义,可得3秒末的瞬时速度是v=s|t=3=(-1+2t)|t=3=5.2.A解析由题干导函数图象知,当x0时,f(x)0;当-2x0,从而得f(x
7、)有两个极值点,极小值点为-2,极大值点为0,且f(x)在区间(-,-2),(0,+)上单调递减,在区间(-2,0)上单调递增,只有选项A符合要求.3.B解析求导得y=ex+m,由于ex0,若y=ex+mx有极值,则必须使y的值有正有负,故m0,故f(x)在区间0,2内单调递增.又f(-x)=-xsin(-x)=xsinx=f(x),f(x)为偶函数,当f(x1)f(x2)时,f(|x1|)f(|x2|),|x1|x2|,x12-x220.故选D.7.A解析令f(x)=1-xx+lnx,则f(x)=x-1x2.当x12,1时,f(x)0.f(x)在区间12,1内单调递减,在区间(1,2上单调递
8、增,在区间12,2上,f(x)min=f(1)=0,a0,即a的最大值为0.8.A解析f(x)=lnx+tan,f(x)=1x.令f(x)=f(x),得lnx+tan=1x,即tan=1x-lnx.设g(x)=1x-lnx,显然g(x)在区间(0,+)内单调递减,而当x0时,g(x)+,故要使满足f(x)=f(x)的根x0g(1)=1.又02,4,2.9.D解析当x0,即f(x)g(x)0,当x0时,f(x)g(x)为增函数,又g(x)是偶函数,且g(3)=0,g(-3)=0,f(-3)g(-3)=0.故当x-3时,f(x)g(x)0时,f(x)g(x)为增函数,且f(3)g(3)=0,故当0
9、x3时,f(x)g(x)0,解得0x344,令f(x)344,故f(x)在区间0,344内单调递增,在区间344,+内单调递减,故f(x)的最大值是f344,于是a=344.11.A解析当x0时,xf(x)-f(x)0,f(x)x=xf(x)-f(x)x20,f(x)x在区间(0,+)内单调递增,又f(x)是奇函数,且f(-1)=0,f(1)=0,当x(0,1)时,f(x)0,a=flog214=f(-2)=-f(2)21.51,f(31.5)0,f(21.5)0,且f(31.5)31.5f(21.5)21.5,f(31.5)f(21.5)321.51,b=f(31.5)f(21.5)=c0.
10、acb.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-a+2b3.由f(x)=0,解得x=a或x=a+2b3.若a0,则由x=a为函数f(x)的极大值点,可得a+2b3a,化简得ba.此时在区间-,a+2b3和(a,+)内,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f(x)的极大值点,可得aa+2b3,化简得a0,函数f(x)单调递增;在区间a,a+2b3内,f(x)0,函数f(x)单调递减.此时a(a-b
11、)0,即a2ab.综上可得a20),当x(0,1)时,g(x)0,则函数g(x)单调递增;当x(1,+)时,g(x)0,则函数g(x)单调递减.所以当x=1时,函数有最大值,此时最大值为g(1)=a-1,由题意,若x1,x2使得f(x1)g(x2)成立,可转化为f(x)min1,解得a2,即实数a的取值范围是(2,+).16.解析由已知得f(x)=lnx+x+1(x0),不妨令g(x)=lnx+x+1(x0),由g(x)=1x+1,当x(0,+)时,有g(x)0总成立,所以g(x)在区间(0,+)内单调递增,且g1e=1e0,又x0是函数f(x)的极值点,所以f(x0)=g(x0)=0,即g1
12、eg(x0),所以0x01e,即结论正确,则结论错误;因为lnx0+x0+1=0,所以f(x0)+x0=x0lnx0+12x02+x0=x0(lnx0+x0+1)-12x02=-12x020,x0,2ax+3x0,当x0,1a时,f(x)0,函数f(x)在区间0,1a上单调递减,在区间1a,+上单调递增.(2)y=f(x)的图象与x轴没有公共点,函数f(x)在区间(0,+)上没有零点,由(1)可得函数f(x)在区间0,1a上单调递减,在区间1a,+上单调递增,f1a=3-3ln1a=3+3lna0,lna-1,a1e,即实数a的取值范围是1e,+.18.解(1)因为函数f(x)=ex-mx2(
13、mR),所以f(x)=ex-2mx,f(1)=e-2m.由于曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线方程为y=-ex+e,则f(1)=e-2m=-e,解得m=e.(2)因为存在x00,1,使得f(x0)2,即ex0-mx022,又当x0=0时,上式不成立,所以存在x0(0,1,使得ex0-mx022,即mex0-2x02.令h(x)=ex-2x2(x(0,1),则h(x)=exx2-2x(ex-2)x4=xex-2ex+4x3.令(x)=xex-2ex+4,则(x)=(x-1)ex.因为x(0,1,ex0,所以(x)0,所以(x)在区间(0,1上单调递减,(1)=4-e0,即(x)0在区间(
14、0,1上恒成立,所以h(x)0在区间(0,1上恒成立,所以h(x)=ex-2x2在区间(0,1上单调递增,所以h(x)max=h(1)=e-2,所以mh(x)max=e-2.综上,m的取值范围为(-,e-2.19.(1)解函数f(x)的定义域为(0,+),f(x)=x-a2x=(x+a)(x-a)x.当x(0,a)时,f(x)0,f(x)单调递增.所以当x=a时,f(x)取得极小值,也是最小值,且f(a)=12a2-a2lna.(2)证明由(1)知,f(x)在区间(2a,+)内单调递增,则所证不等式等价于f(x)-f(2a)-32a(x-2a)0.设g(x)=f(x)-f(2a)-32a(x-
15、2a),则当x2a时,g(x)=f(x)-32a=x-a2x-32a=(2x+a)(x-2a)2x0,所以g(x)在区间(2a,+)内单调递增.所以当x2a时,g(x)g(2a)=0,即f(x)-f(2a)-32a(x-2a)0,故f(x)-f(2a)x-2a32a.20.(1)解函数f(x)的定义域为(0,+),f(x)=1x-1=1-xx.令f(x)0,解得0x1;令f(x)1.故函数f(x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+).(2)证明根据题意得g(x)=lnx+12x-m(x0).因为x1,x2是函数g(x)=lnx+12x-m的两个零点,所以lnx1+12x1-m=
16、0,lnx2+12x2-m=0.两式相减,可得lnx1x2=12x2-12x1,即lnx1x2=x1-x22x2x1,故x1x2=x1-x22lnx1x2,因此x1=x1x2-12lnx1x2,x2=1-x2x12lnx1x2.令t=x1x2,其中0t1,则x1+x2=t-12lnt+1-1t2lnt=t-1t2lnt.构造函数h(t)=t-1t-2lnt(0t1),则h(t)=(t-1)2t2.因为0t0恒成立,故h(t)h(1),即t-1t-2lnt1,故x1+x21.21.解(1)函数f(x)的定义域为(0,+),且f(x)=1x-2ax-2=-2ax2-2x+1x,当a=0时,令f(x
17、)=-2x+1x=0,得x=12.所以当x0,12时,f(x)0,f(x)单调递增;当x12,+时,f(x)0时,令f(x)=0,则-2ax2-2x+1=0.因为=(-2)2-4(-2a)=4+8a0,x0,所以x=-1+1+2a2a.故函数f(x)在区间0,-1+1+2a2a内单调递增,在区间-1+1+2a2a,+内单调递减.综上,当a=0时,函数f(x)的单调递增区间为0,12,单调递减区间为12,+;当a0时,函数f(x)的单调递增区间为0,-1+1+2a2a,单调递减区间为-1+1+2a2a,+.(2)由题意可知,函数h(x)=lnx+2ax2+x,所以h(x)=1x+4ax+1=4a
18、x2+x+1x(x0).当a0时,h(x)0,可知函数h(x)在区间(0,+)内单调递增,无极值,不符合题意.当a0,且两根之积为x1x2=14a0,不妨设x10,x2=-1-1-16a8a,则由h(x)=0可得x=x2,故h(x)在区间(0,x2)内单调递增,在区间(x2,+)内单调递减,所以x=x2为极值点.由题意可知,h(x2)=lnx2+2ax22+x20.又4ax22+x2+1=0,所以lnx2+x2-120.构造函数g(x)=lnx+x-12(x0),则g(x)=1x+120,所以函数g(x)在区间(0,+)内单调递增.又g(1)=0,所以由g(x)0,解得x1,即x2=-1-1-
19、16a8a1,解得-12a0恒成立,所以f(x)的单调递增区间为(-,+);若b0,由f(x)0,得f(x)的单调递增区间为logablna,+.综上可得,b0时,函数f(x)的单调递增区间为(-,+);b0时,函数f(x)的单调递减区间为-,logablna,单调递增区间为logablna,+.(2)f(x)有两个不同零点ax-bx+e2=0有两个不同解exlna-bx+e2=0有两个不同的解.令t=xlna,则et-btlna+e2=0有两个不同的解blna=et+e2t(t0)有两个不同的解,记g(t)=et+e2t,则g(t)=ett-(et+e2)t2=et(t-1)-e2t2,记h
20、(t)=et(t-1)-e2,则h(t)=et(t-1)+et1=ett,在区间(0,+)上h(t)0,又h(2)=0,所以t(0,2)时,h(t)0,则g(t)在区间(0,2)上单调递减,在区间(2,+)上单调递增.blnag(2)=e2,lna2e2,be22,lna21e4)有两个不同零点,则ex+e2=bx(be4)有两个不同的解,故函数f(x)的零点一定为正数.由(2)可知f(x)有两个不同零点,记x2x1,则b=ex1+e2x1=ex2+e2x2e4,注意到函数y=ex+e2x在区间(0,2)上单调递减,在区间(2,+)上单调递增,故x12x2,又由e5+e255,b=ex1+e2x12e2x1x1blnb2e2x1+e2b,只需证x2lnb+e2b,b=ex2+e2x2ln2ex2x2+e2x22ex2(x25),只需证lnex2-ln2ex2x2-e2x22ex20,只需证lnx-e2x2ex-ln20(x5),e225时,p(x)=1x+4xe-x-4e-x=1x+4e-x(x-1)0,故函数p(x)在区间(5,+)上单调递增,又p(5)=ln5-20e5-ln2=ln52-20e50,故p(x)=lnx-4xex-ln2在区间(5,+)上大于零,从而题中的不等式得证.13
