《廣西2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 單元質(zhì)檢三 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 文.docx》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《廣西2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 單元質(zhì)檢三 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 文.docx（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
單元質(zhì)檢三 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用
(時間:100分鐘 滿分:150分)
一、選擇題(本大題共12小題,每小題5分,共60分)
1.如果一個物體的運動方程為s=1-t+t2,其中s的單位是米,t的單位是秒,那么物體在3秒末的瞬時速度是( )
A.7米/秒 B.6米/秒 C.5米/秒 D.8米/秒
答案C
解析根據(jù)瞬時速度的意義,可得3秒末的瞬時速度是v=s|t=3=(-1+2t)|t=3=5.
2.設(shè)曲線y=x+1x-1在點(3,2)處的切線與直線ax+y+3=0垂直,則a等于( )
A.2 B.-2 C.12 D.-12
答案B
解析因為y=x+1x-1的導(dǎo)數(shù)為y=-2(x-1)2,所以曲線在點(3,2)處的切線斜率k=-12.
又因為直線ax+y+3=0的斜率為-a,
所以-a-12=-1,解得a=-2.
3.若函數(shù)y=ex+mx有極值,則實數(shù)m的取值范圍是( )
A.m>0 B.m<0 C.m>1 D.m<1
答案B
解析求導(dǎo)得y=ex+m,由于ex>0,若y=ex+mx有極值,則必須使y的值有正有負(fù),故m<0.
4.已知函數(shù)f(x)=-x3+ax2-x-1在R上是減函數(shù),則實數(shù)a的取值范圍是( )
A.(-∞,-3]∪[3,+∞) B.[-3,3]
C.(-∞,-3)∪(3,+∞) D.(-3,3)
答案B
解析由題意,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.函數(shù)f(x)=x2+x-ln x的零點的個數(shù)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).當(dāng)0
12時,f(x)>0,f(x)單調(diào)遞增.則f(x)的最小值為f12=34+ln2>0,所以無零點.
6.(2018全國Ⅰ,文6)設(shè)函數(shù)f(x)=x3+(a-1)x2+ax,若f(x)為奇函數(shù),則曲線y=f(x)在點(0,0)處的切線方程為( )
A.y=-2x B.y=-x C.y=2x D.y=x
答案D
解析因為f(x)為奇函數(shù),所以f(-x)=-f(x),即-x3+(a-1)x2-ax=-x3-(a-1)x2-ax,解得a=1,則f(x)=x3+x.
由f(x)=3x2+1,得在(0,0)處的切線斜率k=f(0)=1.故切線方程為y=x.
7.已知當(dāng)x∈12,2時,a≤1-xx+ln x恒成立,則a的最大值為 ( )
A.0 B.1 C.2 D.3
答案A
解析令f(x)=1-xx+lnx,則f(x)=x-1x2.
當(dāng)x∈12,1時,f(x)<0;
當(dāng)x∈(1,2]時,f(x)>0.
∴f(x)在區(qū)間12,1內(nèi)單調(diào)遞減,在區(qū)間(1,2]上單調(diào)遞增,
∴在x∈12,2上,f(x)min=f(1)=0,
∴a≤0,即a的最大值為0.
8.已知函數(shù)f(x)=ln x+tan α0<α<π2的導(dǎo)函數(shù)為f(x),若方程f(x)=f(x)的根x0小于1,則α的取值范圍為( )
A.π4,π2 B.0,π3 C.π6,π4 D.0,π4
答案A
解析∵f(x)=lnx+tanα,∴f(x)=1x.
令f(x)=f(x),得lnx+tanα=1x,
即tanα=1x-lnx.
設(shè)g(x)=1x-lnx,顯然g(x)在(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減,而當(dāng)x→0時,g(x)→+∞,
故要使?jié)M足f(x)=f(x)的根x0<1,只需tanα>g(1)=1.
又0<α<π2,∴α∈π4,π2.
9.已知f(x),g(x)分別是定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù),當(dāng)x<0時,f(x)g(x)+f(x)g(x)>0,且g(3)=0,則不等式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)
答案D
解析∵當(dāng)x<0時,f(x)g(x)+f(x)g(x)>0,即[f(x)g(x)]>0,
∴當(dāng)x<0時,f(x)g(x)為增函數(shù),又g(x)是偶函數(shù),且g(3)=0,∴g(-3)=0,
∴f(-3)g(-3)=0.故當(dāng)x<-3時,f(x)g(x)<0;
∵f(x)g(x)是奇函數(shù),
∴當(dāng)x>0時,f(x)g(x)為增函數(shù),且f(3)g(3)=0,
故當(dāng)00,解得x<344,令f(x)<0,解得x>344,
故f(x)在0,344內(nèi)遞增,在344,+∞內(nèi)遞減,故f(x)的最大值是f344,a=344.
11.若函數(shù)f(x)=x33-a2x2+x+1在區(qū)間12,3內(nèi)有極值點,則實數(shù)a的取值范圍是( )
A.2,52 B.2,52 C.2,103 D.2,103
答案C
解析若f(x)=x33-a2x2+x+1在區(qū)間12,3內(nèi)有極值點,則f(x)=x2-ax+1在區(qū)間12,3內(nèi)有零點,且零點不是f(x)的圖象頂點的橫坐標(biāo).
由x2-ax+1=0,得a=x+1x.因為x∈12,3,y=x+1x的值域是2,103,
當(dāng)a=2時,f(x)=x2-2x+1=(x-1)2,不合題意.
所以實數(shù)a的取值范圍是2,103,故選C.
12.已知函數(shù)f(x)=x3+ax2+bx有兩個極值點x1,x2,且x10),
當(dāng)x∈(0,1)時,g(x)>0,則函數(shù)g(x)單調(diào)遞增;
當(dāng)x∈(1,+∞)時,g(x)<0,則函數(shù)g(x)單調(diào)遞減.
所以當(dāng)x=1時,函數(shù)有最大值,此時最大值為g(1)=a-1,
令a-1>1,解得a>2,即實數(shù)a的取值范圍是(2,+∞).
16.(2018東北三省三校一模)已知函數(shù)f(x)=xln x+12x2,x0是函數(shù)f(x)的極值點,給出以下幾個命題:
①01e;③f(x0)+x0<0;④f(x0)+x0>0.
其中正確的命題是 .(填出所有正確命題的序號)
答案①③
解析由已知得f(x)=lnx+x+1(x>0),不妨令g(x)=lnx+x+1(x>0),由g(x)=1x+1,當(dāng)x∈(0,+∞)時,有g(shù)(x)>0總成立,所以g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,且g1e=1e>0,又x0是函數(shù)f(x)的極值點,所以f(x0)=g(x0)=0,即g1e>g(x0),所以00,
所以f(x)=0有兩個不相等的實數(shù)根.
所以不存在實數(shù)a,使得f(x)是(-∞,+∞)內(nèi)的單調(diào)函數(shù).
18.(12分)已知f(x)=x3-12x2-2x+5.
(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間;
(2)過點(0,a)可作y=f(x)的三條切線,求a的取值范圍.
解(1)f(x)=3x2-x-2=(3x+2)(x-1),
故f(x)在-∞,-23,(1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增,在-23,1內(nèi)單調(diào)遞減.
(2)設(shè)切點為(x0,f(x0)),則切線的方程為y-f(x0)=f(x0)(x-x0),
即y-(x03-12x02-2x0+5)=(3x02-x0-2)(x-x0).
又點(0,a)在切線上,
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的圖象與g(x)=-2x3+12x2+5的圖象有三個交點,g(x)=-6x2+x,
令g(x)=0,得x1=0,x2=16,g(x1)=5,g(x2)=51216,
故a的取值范圍為5,51216.
19.(12分)已知函數(shù)f(x)=ex-ax(a為常數(shù))的圖象與y軸交于點A,曲線y=f(x)在點A處的切線斜率為-1.
(1)求a的值及函數(shù)f(x)的極值;
(2)證明:當(dāng)x>0時,x2ln2時,f(x)>0,f(x)單調(diào)遞增,
所以當(dāng)x=ln2時,f(x)取得極小值,極小值為f(ln2)=2-2ln2=2-ln4,f(x)無極大值.
(2)證明令g(x)=ex-x2,則g(x)=ex-2x.
由(1),得g(x)=f(x)≥f(ln2)=2-ln4>0,
故g(x)在R上單調(diào)遞增.
因為g(0)=1>0,
所以當(dāng)x>0,g(x)>g(0)>0,即x21.
(1)解函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞),f(x)=1x-1=1-xx.
令f(x)>0,解得01.
故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1),單調(diào)遞減區(qū)間為(1,+∞).
(2)證明根據(jù)題意得g(x)=lnx+12x-m(x>0).
因為x1,x2是函數(shù)g(x)=lnx+12x-m的兩個零點,
所以lnx1+12x1-m=0,lnx2+12x2-m=0.
兩式相減,可得lnx1x2=12x2-12x1,
即lnx1x2=x1-x22x2x1,故x1x2=x1-x22lnx1x2,
因此x1=x1x2-12lnx1x2,x2=1-x2x12lnx1x2.
令t=x1x2,其中00恒成立,故h(t)1,故x1+x2>1.
21.(12分)已知函數(shù)f(x)=ex-x2+a,x∈R的圖象在x=0處的切線方程為y=bx.(e≈2.718 28)
(1)求函數(shù)f(x)的解析式;
(2)當(dāng)x∈R時,求證:f(x)≥-x2+x;
(3)若f(x)>kx對任意的x∈(0,+∞)恒成立,求實數(shù)k的取值范圍.
(1)解∵f(x)=ex-x2+a,∴f(x)=ex-2x.
由已知,得f(0)=1+a=0,f(0)=1=b,解得a=-1,b=1.
∴函數(shù)f(x)的解析式為f(x)=ex-x2-1.
(2)證明令φ(x)=f(x)+x2-x=ex-x-1,則φ(x)=ex-1.
由φ(x)=0,得x=0.
當(dāng)x∈(-∞,0)時,φ(x)<0,φ(x)單調(diào)遞減;
當(dāng)x∈(0,+∞)時,φ(x)>0,φ(x)單調(diào)遞增.
故φ(x)min=φ(0)=0,從而f(x)≥-x2+x.
(3)解f(x)>kx對任意的x∈(0,+∞)恒成立?f(x)x>k對任意的x∈(0,+∞)恒成立.
令g(x)=f(x)x,x>0,
則g(x)=xf(x)-f(x)x2=x(ex-2x)-(ex-x2-1)x2
=(x-1)(ex-x-1)x2.
由(2)可知當(dāng)x∈(0,+∞)時,ex-x-1>0恒成立,
由g(x)>0,得x>1;由g(x)<0,得00,若x∈(-∞,0),則f(x)=x(ex+1+2a)<0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減,若x∈(0,+∞),則f(x)=x(ex+1+2a)>0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增;
②當(dāng)-e20,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增,若x∈(ln(-2a)-1,0),則f(x)=x(ex+1+2a)<0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減,若x∈(0,+∞),則f(x)=x(ex+1+2a)>0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增;
③當(dāng)a=-e2時,f(x)=x(ex+1+2a)≥0恒成立,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增;
④當(dāng)a<-e2時,若x∈(-∞,0),
則f(x)=x(ex+1+2a)>0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增,
若x∈(0,ln(-2a)-1),則f(x)=x(ex+1+2a)<0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減,
若x∈(ln(-2a)-1,+∞),則f(x)=x(ex+1+2a)>0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增.
(2)當(dāng)a=0時,f(x)=(ex-e)ex有唯一零點x=1,不符合題意;
由(1)知,當(dāng)a>0時,若x∈(-∞,0),則函數(shù)f(x)單調(diào)遞減,若x∈(0,+∞),則函數(shù)f(x)單調(diào)遞增,當(dāng)x→-∞時,f(x)→+∞;當(dāng)x→+∞時,f(x)→+∞,f(0)=-e<0必有兩個零點;
當(dāng)-e20時,函數(shù)f(x)有兩個零點.
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