1、单元质检卷三 一元函数的导数及其应用(时间:100 分钟 满分:150 分)一、选择题:本题共 8 小题,每小题 5 分,共 40 分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.(2020 福建福州模拟,理 7)已知函数 f(x)为偶函数,当 x0 时,f(x)=x2-ln(-x),则曲线 y=f(x)在 x=1 处的切线方程为()A.x-y=0B.x-y-2=0C.x+y-2=0D.3x-y-2=02.设函数 f(x)在 R 上可导,其导函数为 f(x),若函数 f(x)在 x=1 处取得极大值,则函数 y=-xf(x)的图象可能是()3.已知函数 f(x)=x+1,g(x)=
2、ln x,若 f(x1)=g(x2),则 x2-x1的最小值为()A.1B.2+ln 2C.2-ln 2D.24.已知定义在(0,+)上的函数 f(x)满足 xf(x)-f(x)0 的解集是()A.(-,ln 2)B.(ln 2,+)C.(0,e2)D.(e2,+)5.(2020 北京房山区二模,5)函数 f(x)=ex-x2的零点个数为()A.0B.1C.2D.36.(2020 山东青岛 5 月模拟,8)已知函数 f(x)=,若 f(x)eB.m C.m1D.m 7.已知函数 f(x)=x2+|x-a|,g(x)=(2a-1)x+aln x,若函数 y=f(x)与函数 y=g(x)的图象恰好
3、有两个不同的交点,则实数 a 的取值范围为()A.(1,+)B.(-,1)C.(0,+)D.(-,0)8.(2020 河南新乡三模,理 12)已知函数 f(x)=x2-ax()与 g(x)=ex的图象上存在两对关于直线y=x 对称的点,则实数 a 的取值范围是()A.-B.(-C.-D.二、选择题:本题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得 5 分,有选错的得 0 分,部分选对的得 3 分.9.(2020 山东潍坊临朐模拟二,12)已知函数 f(x)=xln x+x2,x0是函数 f(x)的极值点,以下结论中正确的是()A.0 x0
4、C.f(x0)+2x0010.(2020 山东聊城二模,10)下列关于函数 f(x)=x3-3x2+2x 的叙述正确的是()A.函数 f(x)有三个零点B.点(1,0)是函数 f(x)图象的对称中心C.函数 f(x)的极大值点为 x=1-D.存在实数 a,使得函数 g(x)=f(x)2+af(x)在 R 上为增函数11.(2020 海南天一大联考第三次模拟,12)已知函数 f(x)=x3+ax+b,其中 a,bR,则下列选项中的条件使得 f(x)仅有一个零点的有()A.ab,f(x)为奇函数B.a=ln(b2+1)C.a=-3,b2-40D.a012.(2020 山东师大附中月考,12)设函数
5、 f(x)=若方程f(x)2-af(x)+=0 有六个不等的实数根,则实数 a 可能的取值是()A.B.C.1D.2三、填空题:本题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分.13.(2020 山东、海南两省 4 月模拟,13)函数 f(x)=在点 P(1,f(1)处的切线与直线 2x+y-3=0 垂直,则a=.14.设 f(x)=ex(ln x-a),若函数 f(x)在区间 ,e 上单调递减,则实数 a 的取值范围为 .15.已知函数 f(x)=log2x,g(x)=-(a0),若对x1x|g(x)=-,x24,16,使 g(x1)=f(x2)成立,则实数 a 的取值范围是 .16.已知函数
6、 f(x)=2ln x,g(x)=ax2-x-(a0).若直线 y=2x-b 与函数 y=f(x),y=g(x)的图象均相切,则 a 的值为 ;若总存在直线与函数 y=f(x),y=g(x)的图象均相切,则 a 的取值范围是 .四、解答题:本题共 6 小题,共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(10 分)(2020 河南郑州质量预测二,理 21)已知函数 f(x)=,g(x)=(x0).(1)当 a=1 时,求曲线 y=在 x=1 处的切线方程;(2)讨论函数 F(x)=f(x)-在(0,+)上的单调性.18.(12 分)(2020 河南开封三模,理 20)已知函数 f
7、(x)=axex-ln x+b(a,bR)在 x=1 处的切线方程为y=(2e-1)x-e.(1)求 a,b 值;(2)若 f(x)mx 恒成立,求实数 m 的取值范围.19.(12 分)(2020 陕西宝鸡三模,文 21)已知函数 f(x)=ln x+ax2-(2a+1)x,aR,f(x)为 f(x)的导函数.(1)讨论 f(x)的单调性;(2)若 g(x)=f(x)+a+1,当 a 时,求证:g(x)有两个零点.20.(12 分)(2020 辽宁大连一中 6 月模拟,文 20)已知函数 f(x)=xln x-1,g(x)=(k-1)x-k(kR).(1)若直线 y=g(x)是曲线 y=f(
8、x)的一条切线,求 k 的值;(2)当 x1 时,直线 y=g(x)与曲线 y=f(x)+1 无交点,求整数 k 的最大值.21.(12 分)(2020 天津,20)已知函数 f(x)=x3+kln x(kR),f(x)为 f(x)的导函数.(1)当 k=6 时,()求曲线 y=f(x)在点(1,f(1)处的切线方程;()求函数 g(x)=f(x)-f(x)+的单调区间和极值.(2)当 k-3 时,求证:对任意的 x1,x21,+),且 x1x2,有 -.22.(12 分)(2020 浙江,22)已知 10 时,-x1 时,f(x)0;当 x=1时,f(x)=0;当 x0.所以当 x0,当 0
9、 x1 时,y=-xf(x)1 时,y=-xf(x)0,可知选项 B 符合题意.故选 B.3.D 设 f(x1)=g(x2)=t,所以 x1=t-1,x2=et,所以 x2-x1=et-t+1,令 h(t)=et-t+1,则 h(t)=et-1,所以h(t)在(-,0)上单调递减,在(0,+)上单调递增,所以 h(t)min=h(0)=2.4.A 令 g(x)=,g(x)=-0 等价为 ,即 g(ex)g(2),故 ex2,即 xln2,则所求的解集为(-,ln2).故选 A.5.B 令 f(x)=ex-x2=0,得 ex=x2,分别画出 y=ex和 y=x2的图象,如图所示,当 x0 时,f
10、(x)=ex-2x,令 g(x)=ex-2x,则 g(x)=ex-2,当 g(x)=0 时,可得 x=ln2.当 x(0,ln2)时,g(x)0,g(x)单调递增.所以g(x)min=g(ln2)=eln2-2ln2=2-ln40,所以 f(x)在(0,+)上单调递增.又因为 f(0)=1,所以当 x(0,+)时,f(x)0.故 f(x)在(0,+)上无零点.综上,函数 f(x)=ex-x2的零点个数为 1.故选 B.6.B 若 f(x)m-在(0,+)上恒成立,即 f(x)+m 在(0,+)上恒成立,令 g(x)=f(x)+,故只需 g(x)maxm 即可,g(x)=-,令 g(x)=0,得
11、 x=-,当 0 x0;当 x-时,g(x)故选 B.7.A 当 a0 时函数 g(x)的定义域为(0,+),所以只研究这两个函数在 x(0,+)上的图象,当a0 时,f(x)单调递增,又 g(x)单调递减,两者的图象最多只有一个交点,不符合题意.当a0 时,设(x)=f(x)-g(x),即(x)=-因为(x)=-所以(x)在(0,a)上单调递减,(a,+)上单调递增,所以(x)min=-a2-alna+a,因为 x0,x+时,(x)+,所以(x)有两个零点,当且仅当(x)min=-a2-alna+a1,即 a 的取值范围为(1,+).8.B f(x)与 g(x)的图象在 x 上存在两对关于直
12、线 y=x 对称的点,则函数 f(x)与函数(x)=lnx 的图象在 x 上有两个交点,lnx=x2-ax 在 x 上有两个实数解,即a=x-在 x 上有两个实数解,令 h(x)=x-,则 h(x)=-令 k(x)=x2+lnx-1,k(x)在 x 上单调递增,且 k(1)=0,当 x 时,h(x)0,h(x)单调递增.h(x)min=h(1)=1.对 g =e+,g(e)=e-,a 的取值范围是 1,e-.9.AD 函数 f(x)=xlnx+x2(x0),f(x)=lnx+1+2x.x0是函数 f(x)的极值点,f(x0)=0,即 lnx0+1+2x0=0,f(x)在(0,+)上单调递增,且
13、 f()0,又 x0,f(x)-,0 x00,即选项 D 正确,选项 C 不正确.故选 AD.10.ABC 令 f(x)=0,即 x(x-1)(x-2)=0,解得 x=0 或 x=1 或 x=2,故函数 f(x)有三个零点,故选项 A 正确;因为 f(1+x)+f(1-x)=0,所以点(1,0)是函数 f(x)图象的对称中心,故选项 B 正确;令 f(x)=3x2-6x+2=0,解得 x=,故 f(x)在-,-上单调递增,在 -上单调递减,在 ,+上单调递增,函数 f(x)的极大值点为 x=1-,故选项 C 正确;因为 f(x)在R 上不单调,所以不存在实数 a,使得函数 g(x)=f(x)2
14、+af(x)在 R 上为增函数,故 D 错误.故选 ABC.11.BD 由题知 f(x)=3x2+a.对于 A,由 f(x)是奇函数,知 b=0,因为 a0,所以 f(x)存在两个极值点,易知 f(x)有三个零点,故 A 错误;对于 B,因为 b2+11,所以 a0,f(x)0,所以 f(x)单调递增,则 f(x)仅有一个零点,故 B 正确;对于 C,若取 b=2,则 f(x)的极大值为 f(-1)=4,极小值为 f(1)=0,此时 f(x)有两个零点,故 C 错误;对于 D,f(x)的极大值为 f-=b-,极小值为 f-=b+-因为 ab2+0,所以 b2-,则 b-或 b0,f-0 或 f
15、-0,f-0,可知 f(x)仅有一个零点,故 D 正确.12.BC 当 x0 时,f(x)=ex(x+1),则 f(x)=ex(x+1)+ex=ex(x+2).由 f(x)0 得,x+20,即 x0 得,x+20,即-2x0,此时 f(x)单调递增,即当 x=-2 时,f(x)取得极小值 f(-2)=-,作出 f(x)的图象如图:由图象可知当 0f(x)1 时,有三个不同的 x 的取值与 f(x)对应.设 t=f(x),因为方程f(x)2-af(x)+=0 有六个不等的实数根,所以 t2-at+=0 在 t(0,1内有两个不等的实数根,设 g(t)=t2-at+则 即 -解得 0,所以只需ln
16、x+-a0,即 alnx+在 ,e 上恒成立.令 g(x)=lnx+因为 g(x)=-由 g(x)=0,得 x=1.则 g(x)在 ,1 上单调递减,在(1,e)上单调递增,g =ln +e=e-1,g(e)=1+,因为 e-11+,所以 g(x)max=g =e-1.故 a 的取值范围为e-1,+).15.4,8 结合题意可得 log24=2f(x)log216=4,要使得对x1x|g(x)=-,x24,16,使 g(x1)=f(x2)成立,则要求 g(x)的值域在2,4上,对 g(x)求导得 g(x)=-,令 g(x)0,解得 x0,则切线方程为 y-2lnx1=(x-x1),代入 g(x
17、)=ax2-x-(a0),得 x-2+2lnx1=ax2-x-,即 ax2-()x+(-)=0.所以=()-4a(-)=0.所以 a=-(x10).令 y=-(x10),则 y=-令 y=0,解得 x1=1.当 x11 时,y0,y 单调递增,当 0 x11 时,y0,y 单调递减,因此 y -,即 a 17.解(1)当 a=1 时,y=,y=-,所以 y|x=1=,即当 x=1 时,切线的斜率为 ,又切线过点(1,0),所以切线方程为 x-2y-1=0.(2)f(x)=()=,F(x)=f(x)-()=-,当 a0 时,F(x)0 时,令 h(x)=x2+(-)x+,=1-,当 0,即 00
18、,即 a4 时,方程 x2+(-)x+=0 有两个不等实数根 x1,x2,设 x1x2,则x1=-,x2=-,所以 0 x11x2,此时,函数 F(x)在(0,x1),(x2,+)上单调递增,在(x1,x2)上单调递减.综上所述,当 a4 时,F(x)的单调递减区间是(-),单调递增区间是0,-,-,+.当 00),即 m -令(x)=-,则(x)=令 h(x)=x2ex+lnx,h(x)在(0,+)上单调递增,则 h =-10.所以 h(x)在 ,1 上存在零点 x0,即 h(x0)=+lnx0=0,即 x0 =-=ln ().由于 y=xex在(0,+)上单调递增,故 x0=ln =-ln
19、x0,即 因为(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+)上单调递增,所以(x)min=-=1.所以 m1.实数 m 的取值范围为(-,1.19.(1)解 f(x)=+2ax-(2a+1)=-(x0).当 a0 时,令 f(x)0,得 0 x1;令 f(x)1.所以 f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+)上单调递减.当 a0 时,令 f(x)=0,得 x1=1,x2=()当 a=时,f(x)=-0,所以 f(x)在(0,+)上单调递增.()当 a 时,令 f(x)0,得 0 x1;令 f(x)0,得 x1.所以 f(x)在 0,和(1,+)上单调递增,在 ,1 上单调递减.()当 0a
20、0,得 0 x ;令 f(x)0,得 1x 时,f(x)在 0,和(1,+)上单调递增,在 ,1 上单调递减;当 0a 时,f(x)在 0,和(1,+)上单调递增,在 ,1 上单调递减.则 g(x)在 0,和(1,+)上单调递增,在 ,1 上单调递减.因为 g(1)=0,所以 1 是函数 g(x)的一个零点,且 g 0.当 x 0,时,取 0 x0e-a-1且 x0 ,则 a -(2a+1)x0+a+1=a -x0-2ax0+a+1a+1,g(x0)-a-1+a+1=0.所以 g g(x0)0),设切点为 P(x0,x0lnx0-1),在点 P 处的切线方程为 y-(x0lnx0-1)=(1+
21、lnx0)(x-x0).整理得 y=(1+lnx0)x-(x0+1).由 -即 -得 lnx0=x0-1.令 h(x)=lnx-x+1,则 h(x)=-1=-当 0 x0,h(x)在(0,1)上单调递增;当 x1 时,h(x)1).当 k-20 时,F(x)0,所以 f(x)在(1,+)上单调递增.所以 F(x)F(1)=1,即 F(x)在(1,+)上无零点.当 k-20 时,由 F(x)=0,得 x=ek-2.当 1xek-2时,F(x)ek-2时,F(x)0,所以 F(x)在(ek-2,+)上单调递增.F(x)的最小值为 F(ek-2)=(k-1)ek-2-k(ek-2-1)=k-ek-2
22、.令 m(k)=k-ek-2,则 m(k)=1-ek-20,m(4)=4-e2x2,令 =t(t1),则(x1-x2)f(x1)+f(x2)-2f(x1)-f(x2)=(x1-x2)3 +3 -2 +kln =-3 x2+3x1 +k -2kln (t3-3t2+3t-1)+k t-2lnt.令 h(x)=x-2lnx,x(1,+).当 x1 时,h(x)=1+(-)0,由此可得 h(x)在(1,+)上单调递增,所以当 t1 时,h(t)h(1),即 t-2lnt0.因为 x21,t3-3t2+3t-1=(t-1)30,k-3,所以,(t3-3t2+3t-1)+k t-2lnt(t3-3t2+
23、3t-1)-3 t-2lnt=t3-3t2+6lnt+-1.由(1)()可知,当 t1 时,g(t)g(1),即 t3-3t2+6lnt+1,故 t3-3t2+6lnt+-10.由可得(x1-x2)f(x1)+f(x2)-2f(x1)-f(x2)0.所以,当 k-3 时,对任意的 x1,x21,+),且 x1x2,有 -22.证明(1)因为 f(0)=1-a0,所以 y=f(x)在(0,+)上存在零点.因为 f(x)=ex-1,所以当 x0 时,f(x)0,故函数 f(x)在0,+)上单调递增,所以函数y=f(x)在(0,+)上有唯一零点.(2)令 g(x)=ex-x2-x-1(x0),g(x
24、)=ex-x-1=f(x)+a-1,由知函数 g(x)在0,+)上单调递增,故当 x0 时,g(x)g(0)=0,所以函数 g(x)在0,+)上单调递增,故 g(x)g(0)=0.由g(-)0,得 f(-)=-a0=f(x0),因为 f(x)在0,+)上单调递增,故 -x0.令 h(x)=ex-x2-x-1(0 x1),h(x)=ex-2x-1,令 h1(x)=ex-2x-1(0 x1),h1(x)=ex-2,所以 x 0(0,ln2)ln2(ln2,1)1 h1(x)-1-0+e-2 h1(x)0 e-3 故当 0 x1 时,h1(x)0,即 h(x)1 时,u(x)0,故函数 u(x)在区间1,+)上单调递增,因此 u(x)u(1)=0.由 =x0+a 可得 x0f()=x0f(x0+a)=(ea-1)+a(ea-2)x0(e-1)a ,由 x0 -,得x0f()(e-1)(a-1)a.
