高考数学专题复习练习：单元质检三 9页

单元质检三　导数及其应用 ‎(时间:100分钟　满分:150分)‎ ‎　单元质检卷第7页　 ‎ 一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分)‎ ‎1.如果一个物体的运动方程为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 答案C 解析根据瞬时速度的意义,可得3 s末的瞬时速度是v=s'|t=3=(-1+2t)|t=3=5.‎ ‎2.设曲线y=x+1‎x-1‎在点(3,2)处的切线与直线ax+y+3=0垂直,则a等于(　　)‎ A.2 B.-2 C.‎1‎‎2‎ D.-‎‎1‎‎2‎ 答案B 解析因为y=x+1‎x-1‎的导数为y'=‎-2‎‎(x-1‎‎)‎‎2‎,所以曲线在点(3,2)处的切线斜率k=-‎1‎‎2‎,又直线ax+y+3=0的斜率为-a,所以-a·‎-‎‎1‎‎2‎=-1,解得a=-2.‎ ‎3.若函数y=ex+mx有极值,则实数m的取值范围是(　　)‎ A.m>0 B.m<0 C.m>1 D.m<1‎ 答案B 解析求导得y'=ex+m,由于ex>0,若y=ex+mx有极值则必须使y'的值有正有负,故m<0.‎ ‎4.已知函数f(x)=-x3+ax2-x-1在R上是减函数,则实数a的取值范围是(　　)‎ A.(-∞,-‎3‎]∪[‎3‎,+∞) B.[-‎3‎‎,‎‎3‎]‎ C.(-∞,-‎3‎)∪(‎3‎,+∞) D.(-‎3‎‎,‎‎3‎)‎ 答案B 解析由题意,知f'(x)=-3x2+2ax-1≤0在R上恒成立,故Δ=(2a)2-4×(-3)×(-1)≤0,解得-‎3‎≤a≤‎3‎.‎ ‎5.函数f(x)=x2+x-ln x的零点的个数是(　　)‎ A.0 B.1 C.2 D.3‎ 答案A 解析由f'(x)=2x+1-‎1‎x‎=‎‎2x‎2‎+x-1‎x=0,得x=‎1‎‎2‎或x=-1(舍去).‎ 当0‎1‎‎2‎时,f'(x)>0,f(x)单调递增.则f(x)的最小值为f‎1‎‎2‎‎=‎‎3‎‎4‎+ln 2>0,所以无零点.‎ ‎6.(2016山东滨州二模)若f(x)=ae-x-ex为奇函数,则f(x-1)-1,即x>0.‎ ‎∴f(x-1)0.‎ ‎∴f(x)在‎1‎‎2‎‎,1‎上单调递减,在(1,2]上单调递增,‎ ‎∴在x∈‎1‎‎2‎‎,2‎上,f(x)min=f(1)=0,‎ ‎∴a≤0,即a的最大值为0.‎ ‎8.已知函数f(x)=ln x+tan α‎0<α<‎π‎2‎的导函数为f'(x),若方程f'(x)=f(x)的根x0小于1,则α的取值范围为(　　)‎ A.π‎4‎‎,‎π‎2‎ B.‎‎0,‎π‎3‎ C.π‎6‎‎,‎π‎4‎ D.‎0,‎π‎4‎〚导学号74920652〛‎ 答案A 解析∵f(x)=ln x+tan α,∴f'(x)=‎1‎x.‎ 令f(x)=f'(x),得ln x+tan α=‎1‎x,‎ 即tan α=‎1‎x-ln x.‎ 设g(x)=‎1‎x-ln x,显然g(x)在(0,+∞)上单调递减,而当x→0时,g(x)→+∞,‎ 故要使满足f'(x)=f(x)的根x0<1,只需tan α>g(1)=1,‎ 又0<α<π‎2‎,∴α∈π‎4‎‎,‎π‎2‎.‎ ‎9.设f(x),g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数,当x<0时,f'(x)g(x)+f(x)g'(x)>0,且g(3)=0,则不等式f(x)g(x)<0的解集是(　　)‎ A.(-3,0)∪(3,+∞) B.(-3,0)∪(0,3) ‎ C.(-∞,-3)∪(3,+∞) D.(-∞,-3)∪(0,3)〚导学号74920653〛‎ 答案D 解析∵当x<0时,f'(x)g(x)+f(x)·g'(x)>0,即[f(x)g(x)]'>0,‎ ‎∴当x<0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;‎ 由于f(x)g(x)是奇函数,所以当x>0时,f(x)g(x)为增函数,且f(3)g(3)=0,故当0e2 014f(0)‎ B.f(1)>ef(0),f(2 014)>e2 014f(0)‎ C.f(1)>ef(0),f(2 014)0,且t≠1),‎ 则a=‎1‎‎(2e-t)lnt‎,‎‎1‎a=(2e-t)ln t.‎ 令f(t)=(2e-t)ln t,f(t)≠0,则f'(t)=‎2et-(1+ln t),‎ 令‎2et=(1+ln t),得t=e,由数形结合可知,当t>e时,f'(t)<0,当00.所以f(t)≤e,且f(t)≠0,所以0<‎1‎a≤e或‎1‎a<0,解得a<0或a≥‎1‎e.‎ 二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)‎ ‎13.(2016河南名校联盟4月联考)已知f(x),g(x)分别是定义在R上的偶函数和奇函数,且f(x)-g(x)=ex+x2+1,则函数h(x)=2f(x)-g(x)在点(0,h(0))处的切线方程是　　　　　　　　　　. ‎ 答案x-y+4=0‎ 解析∵f(x)-g(x)=ex+x2+1,‎ ‎∴f(x)+g(x)=e-x+x2+1.‎ ‎∴f(x)=ex‎+e‎-x+2x‎2‎+2‎‎2‎,g(x)=e‎-x‎-‎ex‎2‎.‎ ‎∴h(x)=2f(x)-g(x)=ex+e-x+2x2+2-e‎-x‎-‎ex‎2‎‎=‎‎3‎‎2‎ex+‎1‎‎2‎e-x+2x2+2.‎ ‎∴h'(x)=‎3‎‎2‎ex-‎1‎‎2‎e-x+4x,即h'(0)=‎3‎‎2‎‎-‎‎1‎‎2‎=1,‎ 又h(0)=4,∴所求的切线方程是x-y+4=0.‎ ‎14.已知函数f(x)=ax3+3x2-x+1在区间(-∞,+∞)上是减函数,则实数a的取值范围是　　　　　.〚导学号74920657〛 ‎ 答案(-∞,-3]‎ 解析由题意可知f'(x)=3ax2+6x-1≤0在R上恒成立,‎ 则a<0,‎Δ=‎6‎‎2‎+4×3a≤0,‎解得a≤-3.‎ ‎15.(2016河南焦作二模)已知f(x)=x3-6x2+9x-abc,a0;‎ ‎③f(0)f(3)>0;④f(0)f(3)<0;‎ ‎⑤f(1)f(3)>0;⑥f(1)f(3)<0.‎ 其中正确的结论是　　　　　.（填序号）〚导学号74920658〛 ‎ 答案①③⑥‎ 解析∵f(x)=x3-6x2+9x-abc,‎ ‎∴f'(x)=3x2-12x+9=3(x-1)(x-3).‎ ‎∴当13时,f'(x)>0.‎ ‎∴f(x)的单调递增区间为(-∞,1)和(3,+∞),单调递减区间为(1,3).‎ ‎∴f(x)极大值=f(1)=1-6+9-abc=4-abc,‎ f(x)极小值=f(3)=27-54+27-abc=-abc.‎ ‎∵f(x)=0有三个解a,b,c,‎ ‎∴a<10,且f(3)=-abc<0.‎ ‎∴00,f(1)f(3)<0.‎ ‎16.已知过点A(1,m)恰能作曲线f(x)=x3-3x的两条切线,则m的值是　　　　　.〚导学号74920659〛 ‎ 答案-3或-2‎ 解析设切点为(a,a3-3a).‎ ‎∵f(x)=x3-3x,∴f'(x)=3x2-3,‎ ‎∴切线的斜率k=3a2-3,‎ 由点斜式可得切线方程为y-(a3-3a)=(3a2-3)(x-a).‎ ‎∵切线过点A(1,m),∴m-(a3-3a)=(3a2-3)(1-a),‎ 即2a3-3a2=-3-m.‎ ‎∵过点A(1,m)可作曲线y=f(x)的两条切线,‎ ‎∴关于a的方程2a3-3a2=-3-m有两个不同的根.‎ 令g(x)=2x3-3x2,∴g'(x)=6x2-6x.‎ 令g'(x)=0,解得x=0或x=1,‎ 当x<0时,g'(x)>0,当01时,g'(x)>0,‎ ‎∴g(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,‎ ‎∴当x=0时,g(x)取得极大值g(0)=0,‎ 当x=1时,g(x)取得极小值g(1)=-1.‎ 关于a的方程2a3-3a2=-3-m有两个不同的根,等价于y=g(x)与y=-3-m的图象有两个不同的交点,‎ ‎∴-3-m=-1或-3-m=0,解得m=-3或m=-2,‎ ‎∴实数m的值是-3或-2.‎ 三、解答题(本大题共6小题,共70分)‎ ‎17.(10分)设函数f(x)=6x3+3(a+2)x2+2ax.‎ ‎(1)若f(x)的两个极值点为x1,x2,且x1x2=1,求实数a的值;‎ ‎(2)是否存在实数a,使得f(x)是(-∞,+∞)上的单调函数?若存在,求出a的值;若不存在,说明理由.‎ 解(1)由题意知f'(x)=18x2+6(a+2)x+2a.‎ 因为x1,x2是f(x)的两个极值点,所以f'(x1)=f'(x2)=0.‎ 所以x1x2=‎2a‎18‎=1,所以a=9.‎ ‎(2)因为Δ=36(a+2)2-4×18×2a=36(a2+4)>0,所以不存在实数a,使得f(x)是(-∞,+∞)上的单调函数.〚导学号74920660〛‎ ‎18.(12分)(2016山西孝义模拟)已知f(x)=x3-‎1‎‎2‎x2-2x+5.‎ ‎(1)求f(x)的单调区间;‎ ‎(2)过点(0,a)可作y=f(x)的三条切线,求a的取值范围.‎ 解(1)f'(x)=3x2-x-2=(3x+2)(x-1),‎ 故f(x)在‎-∞,-‎‎2‎‎3‎,(1,+∞)内单调递增,在‎-‎2‎‎3‎,1‎内单调递减.‎ ‎(2)设切点为(x0,f(x0)),则切线的方程为y-f(x0)=f'(x0)(x-x0),‎ 即y-(x‎0‎‎3‎‎-‎‎1‎‎2‎x‎0‎‎2‎-2x0+5)=(3x‎0‎‎2‎-x0-2)(x-x0).‎ 又点(0,a)在切线上,‎ 故a-x‎0‎‎3‎‎-‎1‎‎2‎x‎0‎‎2‎-2x‎0‎+5‎=(3x‎0‎‎2‎-x0-2)(0-x0),‎ 即a=-2x‎0‎‎3‎‎+‎‎1‎‎2‎x‎0‎‎2‎+5.‎ 令g(x)=-2x3+‎1‎‎2‎x2+5,‎ 由已知得y=a的图象与g(x)=-2x3+‎1‎‎2‎x2+5的图象有三个交点,‎ g'(x)=-6x2+x,令g'(x)=0,得x1=0,x2=‎1‎‎6‎,‎ g(x1)=5,g(x2)=5‎1‎‎216‎,‎ 故a的取值范围为‎5,5‎‎1‎‎216‎.〚导学号74920661〛‎ ‎19.(12分)已知函数f(x)=ex-ax(a为常数)的图象与y轴交于点A,曲线y=f(x)在点A处的切线斜率为-1.‎ ‎(1)求a的值及函数f(x)的极值;‎ ‎(2)证明:当x>0时,x2ln 2时,f'(x)>0,f(x)单调递增,‎ 所以当x=ln 2时,f(x)取得极小值,极小值为f(ln 2)=2-2ln 2=2-ln 4.f(x)无极大值.‎ ‎(2)证明令g(x)=ex-x2,则g'(x)=ex-2x.‎ 由(1)得g'(x)=f(x)≥f(ln 2)=2-ln 4>0,‎ 故g(x)在R上单调递增,又g(0)=1>0,所以当x>0,g(x)>g(0)>0,即x21.‎ ‎(1)解函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=‎1‎x-1=‎1-xx.‎ 令f'(x)>0,解得01.‎ 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)=ln x+‎1‎‎2x-m(x>0).‎ 因为x1,x2是函数g(x)=ln x+‎1‎‎2x-m的两个零点,‎ 所以ln x1+‎1‎‎2‎x‎1‎-m=0,ln x2+‎1‎‎2‎x‎2‎-m=0.‎ 两式相减,可得ln x‎1‎x‎2‎‎=‎1‎‎2‎x‎2‎-‎‎1‎‎2‎x‎1‎,‎ 即lnx‎1‎x‎2‎‎=‎x‎1‎‎-‎x‎2‎‎2‎x‎2‎x‎1‎,故x1x2=x‎1‎‎-‎x‎2‎‎2ln ‎x‎1‎x‎2‎,‎ 因此x1=x‎1‎x‎2‎‎-1‎‎2ln ‎x‎1‎x‎2‎,x2=‎1-‎x‎2‎x‎1‎‎2ln ‎x‎1‎x‎2‎.‎ 令t=x‎1‎x‎2‎,其中00恒成立,故h(t)1,故x1+x2>1.〚导学号74920663〛‎ ‎21.(12分)已知函数f(x)=ex-x2+a,x∈R的图象在x=0处的切线方程为y=bx.(e≈2.718 28)‎ ‎(1)求函数f(x)的解析式;‎ ‎(2)当x∈R时,求证:f(x)≥-x2+x;‎ ‎(3)若f(x)>kx对任意的x∈(0,+∞)恒成立,求实数k的取值范围.‎ ‎(1)解∵f(x)=ex-x2+a,∴f'(x)=ex-2x.‎ 由已知f(0)=1+a=0,‎f'(0)=1=b,‎解得a=-1,‎b=1.‎ ‎∴函数f(x)的解析式为f(x)=ex-x2-1.‎ ‎(2)证明令φ(x)=f(x)+x2-x=ex-x-1,φ'(x)=ex-1.‎ 由φ'(x)=0,得x=0.‎ 当x∈(-∞,0)时,φ'(x)<0,φ(x)单调递减;‎ 当x∈(0,+∞)时,φ'(x)>0,φ(x)单调递增.‎ 故φ(x)min=φ(0)=0,从而f(x)≥-x2+x.‎ ‎(3)解f(x)>kx对任意的x∈(0,+∞)恒成立⇔f(x)‎x>k对任意的x∈(0,+∞)恒成立.‎ 令g(x)=f(x)‎x,x>0,‎ 则g'(x)=‎xf'(x)-f(x)‎x‎2‎‎=‎x(ex-2x)-(ex-x‎2‎-1)‎x‎2‎ ‎=‎(x-1)(ex-x-1)‎x‎2‎.‎ 由(2)可知当x∈(0,+∞)时,ex-x-1>0恒成立,‎ 由g'(x)>0,得x>1;由g'(x)<0,得02a.‎ ‎(1)解f'(x)=‎1‎x‎-a‎2‎=‎‎2-ax‎2x(x>0).‎ 若a≤0时,f'(x)>0,则函数f(x)的单调递增区间为(0,+∞);‎ 若a>0,当00,函数f(x)单调递增;‎ 当x>‎2‎a时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减;‎ 综上,若a≤0时,函数f(x)的单调递增区间为(0,+∞),‎ 若a>0时,函数f(x)的单调递增区间为‎0,‎‎2‎a,单调递减区间为‎2‎a‎,+∞‎.‎ ‎(2)证明g(x)=xf(x)+2=xln x-‎1‎‎2‎ax2+(a-2)x+2(x>0),则g'(x)=-ax+ln x+a-1(x>0).‎ 因为ln ‎2‎e<0,所以当a-ln ‎2‎e+ln 2-1=0,且g'(x)的图象是连续的,故g'(x)在(1,2)内存在唯一的零点x0,即g'(x0)=0.‎ 则当00,g(x)单调递增;‎ 故而g(x)≥g(x0)=x0ln x0-‎1‎‎2‎ax‎0‎‎2‎+(a-2)x0+2.‎ 又g'(x0)=-ax0+ln x0+a-1=0,且12a.〚导学号74920665〛‎