單元質檢卷三　導數及其應用

1、 單元質檢卷三導數及其應用(時間:100分鐘滿分:140分)一、選擇題:本題共12小題,每小題5分,共60分.在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的. 1.(2020福建福州模擬,理7)已知函數f(x)為偶函數,當x0恒成立,且a0,則下列結論正確的是()A.f(a)f(0)C.eaf(a)f(0)5.已知定義在(0,+)上的函數f(x)滿足xf(x)-f(x)0的解集是()A.(-,ln 2)B.(ln 2,+)C.(0,e2)D.(e2,+)6.(2020北京房山區(qū)二模,5)函數f(x)=ex-x2的零點個數為()A.0B.1C.2D.37.(2020山東青島5月模擬,8)已知

2、函數f(x)=lnxx2,若f(x)eB.me2C.m1D.me8.下列關于函數f(x)=x3-3x2+2x的敘述不正確的為()A.函數f(x)有三個零點B.點(1,0)是函數f(x)圖象的對稱中心C.函數f(x)的極大值點為x=1-33D.存在實數a,使得函數g(x)=f(x)2+af(x)為增函數9.已知函數f(x)=x2+|x-a|,g(x)=(2a-1)x+aln x,若函數y=f(x)與函數y=g(x)的圖象恰好有兩個不同的交點,則實數a的取值范圍為()A.(1,+)B.(-,1)C.(0,+)D.(-,0)10.(2020河南新鄉(xiāng)三模,理12)已知函數f(x)=x2-axx1e,e

3、與g(x)=ex的圖象上存在兩對關于直線y=x對稱的點,則實數a的取值范圍是()A.e-1e,eB.1,e-1eC.1,e-1eD.1,e+1e11.(2020山東濟南一中聯考)已知函數f(x)=ax3+bx2+cx-17(a,b,cR)的導函數為f(x),f(x)0的解集為x|-2x3,若f(x)的極小值等于-98,則a的值是()A.-8122B.13C.2D.512.(2020山東師大附中月考,12)設函數f(x)=|lnx|,x0,ex(x+1),x0,若方程f(x)2-af(x)+116=0有六個不等的實數根,則實數a可能的取值是()A.12B.23C.32D.2二、填空題:本題共4小

4、題,每小題5分,共20分.13.(2020山東、海南兩省4月模擬,13)函數f(x)=alnxex在點P(1,f(1)處的切線與直線2x+y-3=0垂直,則a=.14.設f(x)=ex(ln x-a),若函數f(x)在區(qū)間1e,e上單調遞減,則實數a的取值范圍為.15.已知函數f(x)=log2x,g(x)=x+a-x(a0),若對x1x|g(x)=x+a-x,x24,16,使g(x1)=f(x2)成立,則實數a的取值范圍是.16.已知函數f(x)=2ln x,g(x)=ax2-x-12(a0).若直線y=2x-b與函數y=f(x),y=g(x)的圖象均相切,則a的值為;若總存在直線與函數y=

5、f(x),y=g(x)的圖象均相切,則a的取值范圍是.三、解答題:本題共5小題,共60分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17.(12分)(2020湖南郴州二模,文21)已知函數f(x)=x3+ax2+bx+c(a,b,cR)的圖象過原點,且在原點處的切線與直線x=0垂直.g(x)=ax2+x+xex(e為自然對數的底數).(1)討論f(x)的單調性;(2)若對任意的x(0,+),總有f(x)-g(x)x10,求證:f(x2)-f(x1)x2-x12x2+x1.19.(12分)(2020陜西寶雞三模,文21)已知函數f(x)=ln x+ax2-(2a+1)x,aR,f(x)為f(x)的

6、導函數.(1)討論f(x)的單調性;(2)若g(x)=f(x)+a+1,當a12時,求證:g(x)有兩個零點.20.(12分)(2020遼寧大連一中6月模擬,文20)已知函數f(x)=xln x-1,g(x)=(k-1)x-k(kR).(1)若直線y=g(x)是曲線y=f(x)的一條切線,求k的值;(2)當x1時,直線y=g(x)與曲線y=f(x)+1無交點,求整數k的最大值.21.(12分)(2020天津,20)已知函數f(x)=x3+kln x(kR),f(x)為f(x)的導函數.(1)當k=6時,求曲線y=f(x)在點(1,f(1)處的切線方程;求函數g(x)=f(x)-f(x)+9x的

7、單調區(qū)間和極值;(2)當k-3時,求證:對任意的x1,x21,+),且x1x2,有f(x1)+f(x2)2f(x1)-f(x2)x1-x2.參考答案單元質檢卷三導數及其應用1.A當x0時,-x1時,f(x)0;當x=1時,f(x)=0;當x0.所以當x0,當0 x1時,y=-xf(x)1時,y=-xf(x)0,可知選項B符合題意.故選B.3.D設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,則h(t)=et-1,所以h(t)在(-,0)上單調遞減,在(0,+)上單調遞增,所以h(t)min=h(0)=2.4.D設g(x)=ex

8、f(x),則g(x)=exf(x)+f(x)0,所以g(x)在R上單調遞增.由a0,得g(a)g(0),即eaf(a)f(0).5.A令g(x)=f(x)x,g(x)=xf(x)-f(x)x20等價為f(ex)exf(2)2,即g(ex)g(2),故ex2,即xln 2,則所求的解集為(-,ln 2).故選A.6.B令f(x)=ex-x2=0,得ex=x2,分別畫出y=ex和y=x2的圖象,如圖所示,當x0時,f(x)=ex-2x,令g(x)=ex-2x,則g(x)=ex-2,當g(x)=0時,可得x=ln 2.當x(0,ln 2)時,g(x)0,g(x)單調遞增.所以g(x)min=g(ln

9、 2)=eln 2-2ln 2=2-ln 40,所以f(x)在(0,+)上單調遞增.又因為f(0)=1,所以當x(0,+)時,f(x)0.故f(x)在(0,+)上無零點.綜上,函數f(x)=ex-x2的零點個數為1.故選B.7.B若f(x)m-1x2在(0,+)上恒成立,即f(x)+1x2m在(0,+)上恒成立,令g(x)=f(x)+1x2=lnx+1x2,故只需g(x)maxm即可,g(x)=1xx2-(lnx+1)2xx4=-2lnx-1x3,令g(x)=0,得x=e-12,當0 x0;當xe-12時,g(x)e2.故選B.8.D令f(x)=0,即x(x-1)(x-2)=0,解得x=0或x

10、=1或x=2,故函數f(x)有三個零點,故A正確;因為f(1+x)+f(1-x)=0,所以點(1,0)是函數f(x)圖象的對稱中心,故B正確;令f(x)=3x2-6x+2=0,解得x=333,故f(x)在-,3-33上單調遞增,在3-33,3+33上單調遞減,在3+33,+上單調遞增,函數f(x)的極大值點為x=1-33,故C正確;假設函數g(x)=f(x)2+af(x)為增函數,則g(x)=f(x)(2f(x)+a)0恒成立,由上可知當x1+33時,f(x)0,若要滿足g(x)=f(x)(2f(x)+a)0,則需在-,1-33和1+33,+上2f(x)+a0恒成立,f(x)=x3-3x2+2

11、x的大致圖象如下,如圖所示函數2f(x)+a0在-,1-33上不可能恒成立,故不存在實數a,使得函數g(x)=f(x)2+af(x)為增函數,故D錯誤.故選D.9.A當a0時函數g(x)的定義域為(0,+),所以只研究這兩個函數在x(0,+)上的圖象,當a0時,f(x)單調遞增,又g(x)單調遞減,兩者的圖象最多只有一個交點,不符合題意.當a0時,設(x)=f(x)-g(x),即(x)=x2-2ax-alnx+a,0 xa,x2+(2-2a)x-alnx-a,xa,因為(x)=2(x-a)-ax0,0 x0,xa,所以(x)在(0,a)上單調遞減,(a,+)上單調遞增,所以(x)min=-a2

12、-aln a+a,因為x0,x+時,(x)+,所以(x)有兩個零點,當且僅當(x)min=-a2-aln a+a1,即a的取值范圍為(1,+).10.Bf(x)與g(x)的圖象在x1e,e上存在兩對關于直線y=x對稱的點,則函數f(x)與函數(x)=ln x的圖象在x1e,e上有兩個交點,ln x=x2-ax在x1e,e上有兩個實數解,即a=x-lnxx在x1e,e上有兩個實數解,令h(x)=x-lnxx,則h(x)=x2+lnx-1x2.令k(x)=x2+ln x-1,k(x)在x1e,e上單調遞增,且k(1)=0,當x1e,1時,h(x)0,h(x)單調遞增.h(x)min=h(1)=1.

13、對g1e=e+1e,g(e)=e-1e,a的取值范圍是1,e-1e.11.C易知f(x)=3ax2+2bx+c.因為f(x)0的解集為x|-2x3,所以a0,且-2+3=-2b3a,-23=c3a,則3a=-2b,c=-18a.依題意f(x)的極小值為f(3)=27a+9b+3c-17=-98,解得a=2,b=-3,c=-36.12.B當x0時,f(x)=ex(x+1),則f(x)=ex(x+1)+ex=ex(x+2).由f(x)0得,x+20,即x0得,x+20,即-2x0,此時f(x)單調遞增,即當x=-2時,f(x)取得極小值f(-2)=-1e2,作出f(x)的圖象如圖:由圖象可知當00

14、,g(1)0,0,0a20,1-a+1160,a2-41160,0a21,解得120,所以只需ln x+1x-a0,即aln x+1x在1e,e上恒成立.令g(x)=ln x+1x.因為g(x)=1x-1x2=x-1x2.由g(x)=0,得x=1.則g(x)在1e,1上單調遞減,在(1,e)上單調遞增,g1e=ln1e+e=e-1,g(e)=1+1e,因為e-11+1e,所以g(x)max=g1e=e-1.故a的取值范圍為e-1,+).15.4,8結合題意可得log24=2f(x)log216=4,要使得對x1x|g(x)=x+a-x,x24,16,使g(x1)=f(x2)成立,則要求g(x)

15、的值域在2,4上,對g(x)求導得g(x)=a-x-x2xa-x,令g(x)0,解得x0,則切線方程為y-2ln x1=2x1(x-x1),代入g(x)=ax2-x-12(a0),得2x1x-2+2ln x1=ax2-x-12,即ax2-1+2x1x+32-2ln x1=0.所以=1+2x12-4a32-2ln x1=0.所以a=(x1+2)22x12(3-4ln x1)(x10).令y=(x1+2)22x12(3-4ln x1)(x10),則y=2(x1+2)(4ln x1+x1-1)x13(3-4ln x1)2.令y=0,解得x1=1.當x11時,y0,y單調遞增,當0 x11時,y0時,

16、由f(x)0解得x0或x-2a3,由f(x)0解得-2a3x0,此時函數f(x)在-,-2a3,(0,+)上單調遞增,在-2a3,0上單調遞減;當a0解得x-2a3或x0,由f(x)0解得0 x-2a3,此時函數f(x)在(-,0),-2a3,+上單調遞增,在0,-2a3上單調遞減.(2)由(1)可知,f(x)-g(x)=x3-x-xex,則x3-x-xex0,kx2-1-ex在x(0,+)上恒成立.設h(x)=x2-1-ex(x0),則h(x)=2x-ex,令(x)=2x-ex,則(x)=2-ex,由(x)=0解得x=ln 2,易知當x(0,ln 2)時,(x)0,h(x)單調遞增;當x(l

17、n 2,+)時,(x)0,h(x)單調遞減,h(x)h(ln 2)=2ln 2-20,h(x)在(0,+)上單調遞減,h(x)0),則依題意g(x)=ln x-k(x-1)0恒成立,故當x=e時也成立,則g(e)=ln e-k(e-1)0,解得k1e-10.又由g(x)=1x-k0,解得0 x1k,由g(x)1k,所以g(x)在0,1k上單調遞增,在1k,+上單調遞減,所以g(x)max=g1k=ln1k-k1k+k=-ln k-1+k.令h(x)=-ln x-1+x(x0),則由h(x)=-1x+1=x-1x0,解得x1,由h(x)0,解得0 x2x2+x1,即證ln x2-ln x1x2-

18、x12x2+x1,即證lnx2x1x2x1-12x2x1+1,令x2x1=t,x2x10,t1,即證lntt-12t+1,即證(t+1)ln t2(t-1),即證tln t+ln t-2t+20(t1).(*)令F(t)=tln t+ln t-2t+2(t1),則F(t)=ln t+t1t+1t-2=ln t+1t-1=-ln 1t+1t-1.由(1)中結論易知h1t0,即-ln1t+1t-10,即得F(t)0,所以F(t)=tln t+ln t-2t+2在(1,+)上單調遞增,所以F(t)=tln t+ln t-2t+21ln 1+ln 1-21+2=0,即(*)式得證.所以原不等式得證.1

19、9.(1)解 f(x)=1x+2ax-(2a+1)=(x-1)(2ax-1)x(x0).當a0時,令f(x)0,得0 x1;令f(x)1.所以f(x)在(0,1)上單調遞增,在(1,+)上單調遞減.當a0時,令f(x)=0,得x1=1,x2=12a.()當a=12時,f(x)=(x-1)2x0,所以f(x)在(0,+)上單調遞增.()當a12時,令f(x)0,得0 x1;令f(x)0,得12ax1.所以f(x)在0,12a和(1,+)上單調遞增,在12a,1上單調遞減.()當0a0,得0 x12a;令f(x)0,得1x12時,f(x)在0,12a和(1,+)上單調遞增,在12a,1上單調遞減;

20、當0a12時,f(x)在0,12a和(1,+)上單調遞增,在12a,1上單調遞減.則g(x)在0,12a和(1,+)上單調遞增,在12a,1上單調遞減.因為g(1)=0,所以1是函數g(x)的一個零點,且g12a0.當x0,12a時,取0 x0e-a-1且x012a,則ax02-(2a+1)x0+a+1=ax02-x0-2ax0+a+1a+1,g(x0)-a-1+a+1=0.所以g12ag(x0)0),設切點為P(x0,x0ln x0-1),在點P處的切線方程為y-(x0ln x0-1)=(1+ln x0)(x-x0).整理得y=(1+ln x0)x-(x0+1).由1+ln x0=k-1,k=x0+1,即ln x0=k-2,x0=k-1,得ln x0=x0-1.令h(x)=ln x-x+1,則h(x)=1x-1=1-xx.當0 x0,h(x)在(0,1)上單調遞增;當x1時,h(x)1).當k-20時,F(x)0,所以f(x)在(1,+)上單調遞增.所以F(x)F(1)=1,