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m,t的单位是s,那么物体在3 s末的瞬时速度是()A.7 m/sB.6 m/sC.5 m/sD.8 m/s2.(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=cosx+ax在区间-2,2上是增函数,则实数a的取值范围是()
2、A.(-,-1B.(-,1C.-1,+)D.1,+)5.函数f(x)=x2+x-ln x的零点的个数是()A.0B.1C.2D.36.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=x7.已知当x12,2时,a1-xx+lnx恒成立,则a的最大值为()A.0B.1C.2D.38.已知函数f(x)=xsinx,x1,x2-2,2,且f(x1)0B.x1+x20C.x12-x220D.x12-x2209.已知函数f(x)=lnx+tan00时,xf(x)-f(x)0.已知a=flog21
3、4,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,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)=lnx-x+a,若x1,x2使得f(x1)g(x2)成立,则a的
4、取值范围是.16.已知函数f(x)=xlnx+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(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,
5、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)=lnx-ax2-2x,aR.(1)当a0时,求函数f(x)的单调区间;(2)若函数h(x)=f(x)+3ax2+3x的极值大于零,求实数a的取值范围.21.(12分)(2021山东淄博一模)已知数列an,且an=1+1nn(nN*).(1)证明:an0)恒成立,求实数a的最大值.22.(12分)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+1(a0,bR)有极值,且导函数f(x)的极值点是f(x)的零点.
6、(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值)(1)求b关于a的函数关系式,并写出定义域;(2)证明:b23a;(3)若f(x),f(x)这两个函数的所有极值之和不小于-72,求a的取值范围.答案：1.C2.A解析由题干导函数图象知,x0时,f(x)0;-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.B4.D解析由已知得y=-sinx+a0在区间-2,2上恒成立,即asinx在区间-2,2上恒成立,a1.5.A6.D解析因为f(x)为奇函数,所以f(-x)=-f(x),即-
7、x3+(a-1)x2-ax=-x3-(a-1)x2-ax,解得a=1,则f(x)=x3+x.由f(x)=3x2+1,得曲线y=f(x)在点(0,0)处的切线斜率k=f(0)=1.故切线方程为y=x.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上单调递增,在区间12,2上,f(x)min=f(1)=0,a0,即a的最大值为0.8.D解析由f(x)=xsinx,得f(x)=sinx+xcosx,当x0,2时,f(x)0,故f(x)在区间0,2内单调递增.又f(-x)=-xsin(-x)=xsinx=f(
8、x),f(x)为偶函数,当f(x1)f(x2)时,f(|x1|)f(|x2|),|x1|x2|,x12-x220.故选D.9.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00,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
9、(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.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
10、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)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
11、)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g1eg(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
12、)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(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x
13、0=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(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
14、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-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(
15、x)-f(2a)x-2a32a.20.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)=-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
16、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=4ax2+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)=ln
17、x+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=-1-1-16a8a1,解得-12a0.故实数a的取值范围为-12,0.21.(1)证明要证1+1nne,只需证明ln1+1n1n.构造函数f(x)=ln(1+x)-x,则只需证明f(x)在区间(0,1上小于零.由于f(x)=-xx+1,在区间(0,1上,f(x)0,所以函数f(x)在区间(0,1上单调递减,又f(0)=0,所以在区间(0,1上,f(x)0,所以1+1nne,即an0)恒成立,即ln1+1n1n+a(a0)恒成立.令x=1n,则00,函
18、数g(x)单调递增,所以g(x)g(0)=0,所以a12不满足题意;当2-1a12时,x2(0,1),在区间(0,x2)上g(x)0;函数g(x)在区间(0,x2)上单调递减,在区间(x2,1)上单调递增;且g(0)=0,只需g(1)=ln2-1a+10,得a1ln2-1,所以2-1a1ln2-1满足题意;当0a2-1时,x21,在区间(0,1上,g(x)0,函数g(x)单调递减,且g(x)g(0)=0,所以00,故b=2a29+3a.因为f(x)有极值,故f(x)=0有实根,从而b-a23=19a(27-a3)0,即a3.当a=3时,f(x)0且f(x)不恒等于0,故f(x)在R上是增函数,
19、f(x)没有极值;当a3时,f(x)=0有两个相异的实根x1=-a-a2-3b3,x2=-a+a2-3b3.当x变化时,f(x),f(x)的变化情况如下:x(-,x1)x1(x1,x2)x2(x2,+)f(x)+0-0+f(x)单调递增极大值单调递减极小值单调递增故f(x)的极值点是x1,x2.从而a3.因此b=2a29+3a,定义域为(3,+).(2)证明由(1)知,ba=2aa9+3aa.设g(t)=2t9+3t,则g(t)=29-3t2=2t2-279t2.当t362,+时,g(t)0,从而g(t)在区间362,+内单调递增.因为a3,所以aa33,故g(aa)g(33)=3,即ba3.
20、因此b23a.(3)解由(1)知,f(x)的极值点是x1,x2,且x1+x2=-23a,x12+x22=4a2-6b9.从而f(x1)+f(x2)=x13+ax12+bx1+1+x23+ax22+bx2+1=x13(3x12+2ax1+b)+x23(3x22+2ax2+b)+13a(x12+x22)+23b(x1+x2)+2=4a3-6ab27-4ab9+2=0.记f(x),f(x)所有极值之和为h(a),因为f(x)的极值为b-a23=-19a2+3a,所以h(a)=-19a2+3a,a3.因为h(a)=-29a-3a20,于是h(a)在区间(3,+)上单调递减.因为h(6)=-72,于是h(a)h(6),故a6.因此a的取值范围为(3,6.
