2022高考数学一轮复习单元质检卷三导数及其应用文含解析北师大版

单元质检卷三 导数及其应用 (时间:100 分钟满分:140 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,只有一项是符合题目 要求的. 1.(2020 某某某某模拟,理 7)已知函数 f(x)为偶函数,当 x e 2 C.m>1D.m> e 8.下列关于函数 f(x)=x3-3x2+2x 的叙述不正确的为 () A.函数 f(x)有三个零点 B.点(1,0)是函数 f(x)图像的对称中心 C.函数 f(x)的极大值点为 x=1- 3 3 D.存在实数 a,使得函数 g(x)=[f(x)]2+af(x)为增函数 9.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)的图像恰好有两个不同 的交点,则实数 a 的取值 X 围为() A.(1,+∞)B.(-∞,1) C.(0,+∞)D.(-∞,0) 10.(2020 某某某某三模,理 12)已知函数 f(x)=x2-ax ∈ 1 e ,e 与 g(x)=ex 的图像上存在两对关于直 线 y=x 对称的点,则实数 a 的取值 X 围是() A. e- 1 e ,e B. 1,e- 1 e C. 1,e- 1 e D. 1,e + 1 e 11.(2020 某某某某一中联考)已知函数 f(x)=ax3+bx2+cx-17(a,b,c∈R)的导函数为 f'(x),f'(x)≤0 的 解集为{x|-2≤x≤3},若 f(x)的极小值等于-98,则 a 的值是() A.- 81 22 B. 1 3 C.2D.5 12.(2020 某某师大附中月考,12)设函数 f(x)= |ln|, > , e ( + 1), ≤ , 若方程[f(x)]2-af(x)+ 1 16 =0 有六个不 等的实数根,则实数 a 可能的取值是() A. 1 2 B. 2 3 C. 3 2 D.2 二、填空题:本题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分. 13.(2020 某某、某某两省 4 月模拟,13)函数 f(x)= ln e 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 1 e ,e 上递减,则实数 a 的取值 X 围为. 15.已知函数 f(x)=log2x,g(x)= + - (a>0),若对任意 x1∈{x|g(x)= + - },存在 x2∈[4,16], 使 g(x1)=f(x2)成立,则实数 a 的取值 X 围是. 16.已知函数 f(x)=2ln x,g(x)=ax2-x- 1 2 (a>0).若直线 y=2x-b 与函数 y=f(x),y=g(x)的图像均相切,则 a 的值为;若总存在直线与函数 y=f(x),y=g(x)的图像均相切,则 a 的取值 X 围是. 三、解答题:本题共 5 小题,共 60 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17.(12 分)(2020 某某某某二模,文 21)已知函数 f(x)=x3+ax2+bx+c(a,b,c∈R)的图像过原点,且在原 点处的切线与直线 x=0 垂直.g(x)=ax2+x+xex(e 为自然对数的底数). (1)讨论 f(x)的单调性; (2)若对任意的 x∈(0,+∞),总有 f(x)-g(x)x1>0,求证: (2)-(1) 2-1 > 2 2+1 . 19.(12 分)(2020 某某某某三模,文 21)已知函数 f(x)=ln x+ax2-(2a+1)x,a∈R,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> 1 2 时,求证:g(x)有两个零点. 20.(12 分)(2020 某某某某一中 6 月模拟,文 20)已知函数 f(x)=xln x-1,g(x)=(k-1)x-k(k∈R). (1)若直线 y=g(x)是曲线 y=f(x)的一条切线,求 k 的值; (2)当 x>1 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 某某,20)已知函数 f(x)=x3+kln x(k∈R),f'(x)为 f(x)的导函数. (1)当 k=6 时, ①求曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程; ②求函数 g(x)=f(x)-f'(x)+ 9 的单调区间和极值; (2)当 k≥-3 时,求证:对任意的 x1,x2∈[1,+∞),且 x1>x2,有 '(1)+'(2) 2 > (1)-(2) 1-2 . 参考答案 单元质检卷三 导数及其应用 1.A 当 x>0 时,-x1 时,f'(x)0. 所以当 x0, 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)上递减,在(0,+∞)上递增,所以 h(t)min=h(0)=2. 4.D 设 g(x)=ex·f(x),则 g'(x)=ex[f(x)+f'(x)]>0,所以 g(x)在 R 上单调递增. 由 a>0,得 g(a)>g(0), 即 ea·f(a)>f(0). 5.A 令 g(x)= () ,g'(x)= '()-() 2 0 等价为 (e ) e > (2) 2 ,即 g(ex)>g(2),故 ex0;当 x> e - 1 2 时,g'(x) e 2 . 故选 B. 8.D 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 A 正确; 因为 f(1+x)+f(1-x)=0,所以点(1,0)是函数 f(x)图像的对称中心,故 B 正确; 令 f'(x)=3x2-6x+2=0, 解得 x= 3 ± 3 3 , 故 f(x)在 -∞, 3- 3 3 上递增,在 3- 3 3 , 3+ 3 3 上递减,在 3+ 3 3 ,+∞ 上递增, 函数 f(x)的极大值点为 x=1- 3 3 ,故 C 正确;假设函数 g(x)=[f(x)]2+af(x)为增函数,则 g'(x)=f'(x)(2f(x)+a)>0 恒成立,由上可知当 x1+ 3 3 时,f'(x)>0,若要满足 g'(x)=f'(x)(2f(x)+a)>0,则需在 -∞,1- 3 3 和 1+ 3 3 ,+∞ 上 2f(x)+a>0 恒成立,f(x)=x3-3x2+2x 的 大致图像如下,如图所示函数 2f(x)+a>0 在 -∞,1- 3 3 上不可能恒成立,故不存在实数 a,使得函数 g(x)=[f(x)]2+af(x)为增函数,故 D 错误.故选 D. 9.A 当 a≠0 时函数 g(x)的定义域为(0,+∞),所以只研究这两个函数在 x∈(0,+∞)上的图像,当 a≤0 时,f(x) 递增,又 g(x)递减,两者的图像最多只有一个交点,不符合题意.当 a>0 时, 设φ(x)=f(x)-g(x),即φ(x)= 2 -2-ln + , , 2 + (2-2)-ln-, ≥ , 因为φ'(x)= 2(-)- , , 2(-) + 2- > , ≥ , 所以 φ(x)在(0,a)上递减,(a,+∞)上递增,所以φ(x)min=-a2-alna+a,因为 x→0,x→+∞时,φ(x)→+∞,所以φ (x)有两个零点,当且仅当φ(x)min=-a2-alna+a1,即 a 的取值 X 围为(1,+∞). 10.B∵f(x)与 g(x)的图像在 x∈ 1 e ,e 上存在两对关于直线 y=x 对称的点,则函数 f(x)与函数φ(x)=lnx 的图像在 x∈ 1 e ,e 上有两个交点,∴lnx=x2-ax 在 x∈ 1 e ,e 上有两个实数解,即 a=x- ln 在 x∈ 1 e ,e 上有 两个实数解,令 h(x)=x- ln ,则 h'(x)= 2 +ln-1 2 . 令 k(x)=x2+lnx-1,k(x)在 x∈ 1 e ,e 上递增,且 k(1)=0, ∴当 x∈ 1 e ,1 时,h'(x)0 得,x+2>0,即-2 , 2 1, 即 1 16 > , 1- + 1 16 ≥ , 2 -4 × 1 16 > , 2 1, 解得 1 2 0,y 递增,当 00 解得 x>0 或 x0 解得 x>- 2 3 或 x0), 则由 h'(x)=- 1 +1= -1 >0,解得 x>1,由 h'(x) 22 1+1 , 令 2 1 =t,∵x2>x1>0,∴t>1,即证 ln -1 > 2 +1 , 即证(t+1)lnt>2(t-1), 即证 tlnt+lnt-2t+2>0(t>1).(*) 令 F(t)=tlnt+lnt-2t+2(t>1), 则 F'(t)=lnt+t· 1 + 1 -2=lnt+ 1 -1=-ln 1 + 1 -1. 由(1)中结论易知 h 1 >0,即-ln 1 + 1 -1>0,即得 F'(t)>0, 所以 F(t)=tlnt+lnt-2t+2 在(1,+∞)上递增, 所以 F(t)=tlnt+lnt-2t+2>1×ln1+ln1-2×1+2=0, 即(*)式得证.所以原不等式得证. 19.(1)解 f'(x)= 1 +2ax-(2a+1)= (-1)(2-1) (x>0). ①当 a≤0 时,令 f'(x)>0,得 00,得 01; 令 f'(x)1 时,h'(x)=1+ 1 2 2 1- 1 2 >0, 由此可得 h(x)在[1,+∞)上递增, 所以当 t>1 时,h(t)>h(1),即 t- 1 -2lnt>0. 因为 x2≥1,t3-3t2+3t-1=(t-1)3>0,k≥-3, 所以, 2 3 (t3-3t2+3t-1)+k t- 1 -2lnt ≥(t3-3t2+3t-1)-3 t- 1 -2lnt =t3-3t2+6lnt+ 3 -1. ② 由(1)②可知,当 t>1 时,g(t)>g(1),即 t3-3t2+6lnt+ 3 >1,故 t3-3t2+6lnt+ 3 -1>0. ③ 由①②③可得(x1-x2)[f'(x1)+f'(x2)]-2[f(x1)-f(x2)]>0. 所以,当 k≥-3 时,对任意的 x1,x2∈[1,+∞),且 x1>x2,有 '(1)+'(2) 2 > (1)-(2) 1-2 .