2023年高考数学一轮复习单元质检卷三导数及其应用含解析新人教A版理

这是一份2023年高考数学一轮复习单元质检卷三导数及其应用含解析新人教A版理，共13页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

单元质检卷三　导数及其应用
(时间:120分钟　满分:150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,只有一项符合题目要求.
1.(2021辽宁大连模拟)函数f(x)=ex-2x的图象在点(1,f(1))处的切线方程为(　　)
A.2x+y+e-4=0 B.2x+y-e+4=0
C.2x-y+e-4=0 D.2x-y-e+4=0
2.(2021江西南昌三模)已知自由落体运动的速度v=gt,则自由落体运动从t=0 s到t=2 s所走过的路程为(　　)
A.g B.2g C.4g D.8g
3.(2021湖北黄冈模拟)已知f(x)的导函数f'(x)图象如图所示,那么f(x)的图象最有可能是图中的(　　)


4.(2021江西宜春模拟)若函数f(x)在R上可导,且f(x)=x2+2f'(2)x+m(m∈R),则(　　)
A.f(0) C.f(0)>f(5) D.以上答案都不对
5.(2021浙江湖州模拟)“m≤0”是“函数f(x)=lnx-mx在(0,1]上单调递增”的(　　)
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
6.(2021四川泸州诊断)已知函数f(x)=ex,过原点作曲线y=f(x)的切线l,则切线l与曲线y=f(x)及y轴围成的图形的面积为(　　)
A.2e+12 B.2e-12
C.e-22 D.e+12
7.(2021广东高州一中高三月考)已知函数f(x)=x3-3ln x-1,则(　　)
A.f(x)的极大值为0
B.曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线为y轴所在的直线
C.f(x)的最小值为0
D.f(x)在定义域内单调
8.(2021广东汕头三模)已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f'(x),且满足f'(x)-f(x)>0,f(2 021)=e2 021,则不等式f1elnx A.(e2 021,+∞) B.(0,e2 021)
C.(e2 021e,+∞) D.(0,e2 021e)
9.(2021广西南宁二中月考)已知函数f'(x)是函数f(x)的导函数,对任意x∈0,π2,f'(x)cosx+f(x)sin x>0,则下列结论正确的是(　　)
A.2fπ6>3fπ3
B.fπ6>3fπ3
C.2fπ6<3fπ4
D.fπ4>3fπ3
10.(2021贵州毕节三模)已知定义在[a,b]上的函数y=f(x)的导函数y=f'(x)的图象如图所示,给出下列命题:
①函数y=f(x)在区间[x2,x4]上单调递减;
②若x4f'm+n2;
③函数y=f(x)在[a,b]上有3个极值点;
④若x2 其中真命题的序号是(　　)

A.①③ B.②④
C.②③ D.①④
11.关于函数f(x)=2x+lnx,下列说法错误的是(　　)
A.x=2是f(x)的极小值点
B.函数y=f(x)-x有且只有1个零点
C.存在正实数k,使得f(x)>kx恒成立
D.对任意两个正实数x1,x2,且x1>x2,若f(x1)=f(x2),则x1+x2>4
12.(2021全国乙,10)设a≠0,若x=a为函数f(x)=a(x-a)2(x-b)的极大值点,则(　　)
A.ab
C.aba2
二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.(2021山东东营模拟)设函数f(x)=x-aex,若f'(2)=1e2,则a=　　　　　. 
14.(2021江西九江模拟)若121x+2mxdx=3+ln 2,则实数m的值为　　　　　. 
15.(2021陕西宝鸡高三质检)若函数f(x)=cos 2x+asin x在区间π6,π2内单调递增,则a的取值范围是　　　　　. 
16.如图所示,某公园有一块空地,由一个直径为2(单位:km)的半圆О和一个以MN为底边,顶角为120°的等腰三角形MNP构成.现在要在空地内建一个梯形苗圃ABCD种植花草,为美观对称设计,梯形ABCD的两个顶点A,B在半圆上,另两个顶点C,D分别在NP,MP上,AB∥CD∥MN,梯形ABCD的高为1(单位:km),则梯形ABCD面积的最大值是　　　　　. 

三、解答题:共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.(14分)(2021全国甲,文20)设函数f(x)=a2x2+ax-3ln x+1,其中a>0.
(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.(14分)(2021四川绵阳中学高三模拟)已知函数f(x)=lnxx+1,g(x)=2x+1-ax,曲线y=f(x)与曲线y=g(x)在x=1处的切线重合.
(1)求a的值;
(2)求证:f(x)≥g(x)在(0,+∞)上恒成立.

19.(14分)(2021全国高三月考)已知函数f(x)=ex-2x.
(1)当x<0时,证明:f(x)>cosx;
(2)若函数g(x)=f(x)-cosx+ln(x+1),试问:函数g(x)是否存在极小值?若存在,求出极小值;若不存在,请说明理由.(其中常数e=2.718 28…,是自然对数的底数)

20.(14分)(2021广东深圳一模)已知函数f(x)=aln2x+2x(1-ln x),a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)若函数g(x)=e2f(x)-2a2有且仅有3个零点,求a的取值范围.(其中常数e=2.718 28…,是自然对数的底数)

21.(14分)已知函数f(x)=alnx,g(x)=x+1x+f'(x).
(1)讨论h(x)=g(x)-f(x)的单调性;
(2)若h(x)的极值点为3,设方程f(x)+mx=0的两个根为x1,x2,且x2x1≥ea,求证:f'(x1+x2)+mf'(x1-x2)>65.

答案：
1.C　解析:f'(x)=(x-1)ex+2x2,所以切线斜率为f'(1)=2,又因为f(1)=e-2,
所以切线方程为y-(e-2)=2(x-1),即2x-y+e-4=0.
2.B　解析:因为自由落体运动的速度v=gt,所以路程s=02gtdt=12gt2|02=2g,故选B.
3.A　解析:由给定的导函数图象知,当x<-2或x>0时,f'(x)<0,当-20,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(-∞,-2),(0,+∞)上单调递减,在(-2,0)内单调递增,只有选项A符合要求.
4.C　解析:∵f(x)=x2+2f'(2)x+m,
∴f'(x)=2x+2f'(2),
∴f'(2)=2×2+2f'(2),∴f'(2)=-4,∴f(x)=x2-8x+m,
图象为开口向上的抛物线,其对称轴方程为x=4,∴f(0)>f(5).
5.A　解析:由f(x)=lnx-mx(x>0),可得f'(x)=1x-m,若f(x)=lnx-mx在(0,1]上单调递增,则f'(x)≥0在(0,1]恒成立,即m≤1x在(0,1]恒成立,则m≤1,因为(-∞,0]⫋(-∞,1],则可得“m≤0”是“函数f(x)=lnx-mx在(0,1]上单调递增”的充分不必要条件.
6.C　解析:由f(x)=ex可得f'(x)=ex,设切点为(x0,ex0),斜率为f'(x0)=ex0,
则切线方程为y-ex0=ex0(x-x0),
把(0,0)代入可得-ex0=ex0(-x0),故x0=1,可得切线方程为y=ex,
则直线l与曲线y=f(x)及y轴围成的图形的面积为01(ex-ex)dx=ex-12ex2 01=e-22.
7.C　解析:f(x)=x3-3lnx-1的定义域为(0,+∞),f'(x)=3x2-3x=3x(x3-1),
令f'(x)=0,解得x=1,
列表可知,
x
(0,1)
1
(1,+∞)
f'(x)
-
0
+
f(x)
单调递减↘
极小值
单调递增↗
所以f(x)的极小值,也是最小值为f(1)=0,无极大值,在定义域内不单调,故C正确,A,D错误;
对于选项B,由f(1)=0及f'(1)=0,所以y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程y-0=0(x-1),即y=0,为x轴所在的直线,故B错误.
8.D　解析:令t=1elnx,则x=eet,
所以不等式f1elnx 构造函数g(t)=f(t)et,则g'(t)=f'(t)-f(t)et,由题意,g'(t)=f'(t)-f(t)et>0,所以g(t)为R上的增函数.又因为f(2021)=e2021,所以g(2021)=f(2021)e2021=1,所以g(t)=f(t)et<1=g(2021),解得t<2021,即1elnx<2021,
所以0 9.C　解析:令g(x)=f(x)cosx,则g'(x)=f'(x)cosx+f(x)sinxcos2x,
对于∀x∈0,π2,都有g'(x)=f'(x)cosx+f(x)sinxcos2x>0,所以函数g(x)在0,π2内单调递增.
因为π6<π4<π3,所以gπ6 即fπ6cosπ6 所以fπ63 10.B　解析:①中,由图可知,在区间[x2,x3]上,f'(x)≥0,在区间[x3,x4]上,f'(x)≤0,故函数y=f(x)在区间[x2,x4]上先单调递增后单调递减,①错误;
②中,由图可知,在区间[x4,x5]上,任意连接两点(m,f'(m)),(n,f'(n)),中点设为M,M坐标为m+n2,f'(m)+f'(n)2,线段一定在y=f'(x)图象上方,故中点也在y=f'(x)图象上方,即f'(m)+f'(n)2>f'm+n2,故②正确;
③中,由图可知,在区间[a,x3]上,f'(x)≥0,在区间[x3,x5]上,f'(x)≤0,在区间[x5,b]上,f'(x)≥0,所以y=f(x)有一个极大值点x3和一个极小值点x5,故③错误;
④中,由图可知,在区间[x2,x3]上,f'(x)≥0,且f'(x)单调递减,故y=f(x)单调递增,故f'(p)>f'(q),f(p) 综上,真命题的序号是②④.
11.C　解析:对于A选项,f(x)定义域为(0,+∞),f'(x)=-2x2+1x=x-2x2,当02时,f'(x)>0,所以x=2是f(x)的极小值点,A正确;
对于B选项,令h(x)=f(x)-x,则h'(x)=-x2-x+2x2<0,h(x)在(0,+∞)上单调递减,h(1)=1,h(2)=ln2-1<0,h(x)在(1,2)内有唯一零点,B正确;
对于C选项,令φ(x)=f(x)x=2x2+lnxx,φ'(x)=-xlnx-x+4x3,
令F(x)=xlnx-x+4(x>0),F'(x)=lnx,当x∈(0,1)时,F'(x)<0,当x∈(1,+∞)时,F'(x)>0,F(x)在(0,1)内单调递减,在(1,+∞)上单调递增,则F(x)min=F(1)=3>0,φ'(x)<0,φ(x)在(0,+∞)上单调递减,且φ(x)图象恒在x轴上方,与x轴无限接近,不存在正实数k使得f(x)>kx恒成立,C错误;
对于D选项,由A选项知,f(x)在(0,2)内单调递减,在(2,+∞)上单调递增,因为正实数x1,x2,且x1>x2,f(x1)=f(x2),则0g(2)=0,从而有f(x1)=f(x2)>f(4-x2),又因为4-x2>2,所以x1>4-x2,即x1+x2>4成立,D正确.故选C.
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,解得x=a或x=a+2b3,
若a<0,则由x=a为函数f(x)的极大值点,可得a+2b3 此时在区间-∞,a+2b3和(a,+∞)上,f'(x)<0,函数f(x)单调递减;在区间a+2b3,a内,f'(x)>0,函数f(x)单调递增.
此时a(a-b)<0,即a2 若a>0,则由x=a为函数的极大值点可得a 此时在区间(-∞,a)和a+2b3,+∞上,f'(x)>0,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a2 综上可得a2 13.2　解析:由f(x)=x-aex可得,f'(x)=1-x+aex,所以f'(2)=-1+ae2=1e2,解得a=2.
14.1　解析:121x+2mxdx=lnx+mx2|12=3+ln2,即ln2+4m-m=3+ln2,解得m=1.
15.[4,+∞)　解析:由f(x)=cos2x+asinx可知,f'(x)=-2sin2x+acosx=-4sinxcosx+acosx=cosx(-4sinx+a),∵当x∈π6,π2时,f(x)单调递增,∴f'(x)≥0.
又cosx>0,∴只需-4sinx+a≥0,即a≥4sinx在π6,π2内恒成立,而x∈π6,π2,4sinx∈(2,4),∴a≥4.
16.3-3　解析:如图,过点O作EF⊥AB交AB于点E,交CD于点F,则EF=1,因为△MNP为等腰三角形,所以点P在直线EF上.

设OE=x,则OF=1-x,且0 连接OB,则OB=1,在△OEB中,BE=1-x2,所以AB=21-x2.
在△MNP中,因为∠P=120°,MN=2,所以OP=33.因为△PCF∽△PNO,所以PFPO=CFNO,即33-(1-x)33=CF1,所以CF=1-3(1-x)=1-3+3x,所以梯形ABCD面积为S=12(AB+CD)·EF=1-x2+3x+1-3(0 所以S'=3-x1-x2,
因为00,解得0 所以当x=32时,梯形ABCD面积最大,面积的最大值为1-322+3×32+1-3=3-3.
17.解:(1)∵f(x)=a2x2+ax-3lnx+1,x∈(0,+∞),
∴f'(x)=2a2x+a-3x=2a2x2+ax-3x=(ax-1)(2ax+3)x.
∵a>0,x>0,∴2ax+3x>0,
∴当x∈0,1a时,f'(x)<0;
当x∈1a,+∞时,f'(x)>0,
∴函数f(x)在0,1a内单调递减,在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(0,+∞)上没有零点,由(1)可得函数f(x)在0,1a内单调递减,在1a,+∞上单调递增,
∴f1a=3-3ln1a=3+3lna>0,∴lna>-1,∴a>1e,即实数a的取值范围是1e,+∞.
18.(1)解:因为f(x)=lnxx+1,g(x)=2x+1-ax,所以f'(x)=x+1x-lnx(x+1)2,g'(x)=-2(x+1)2+ax2,由题意得f'(1)=g'(1),所以12=a-12,解得a=1.
(2)证明由(1)知,f(x)=lnxx+1,g(x)=2x+1-1x,f(x)-g(x)=lnxx+1-2x+1+1x=xlnx-x+1x(x+1),令h(x)=xlnx-x+1,x>0,则h'(x)=lnx,
当x∈(1,+∞)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,当x∈(0,1)时,h'(x)<0,h(x)单调递减,故当x=1时,h(x)取得最小值h(1)=0,所以h(x)≥0,故f(x)-g(x)≥0,所以f(x)≥g(x).
19.(1)证明令F(x)=f(x)-cosx,
则F(x)=ex-2x-cosx,
F'(x)=ex-2+sinx=(ex-1)+(sinx-1).
当x<0时,ex 故F(x)>F(0)=0,所以f(x)-cosx>0,即f(x)>cosx.
(2)解:根据题意,g(x)=ex-2x-cosx+ln(x+1),定义域为(-1,+∞),g'(x)=ex-2+sinx+1x+1,令h(x)=g'(x)=ex+1x+1+sinx-2,
则h'(x)=ex-1(x+1)2+cosx,
易知当x∈0,π2时,h'(x)>0,故函数h(x)在0,π2内单调递增,
则h(x)>h(0)=0,即g'(x)>0,所以函数g(x)在0,π2内单调递增.
当x∈(-1,0)时,h'(x)单调递增,且h'(0)=1>0,又因为h'-12=e-12+cos-12-4<0,故∃x0∈-12,0,使得h'(x0)=0,
所以当x∈(x0,0)时,h'(x)>0,函数h(x)在(x0,0)内单调递增,
即g'(x)在(x0,0)内单调递增,所以当x∈(x0,0)时,g'(x) 故函数g(x)在(x0,0)内单调递减.
当x∈(-1,x0)时,x→-1,g'(x)→+∞,所以∃x1∈(-1,x0),当x∈(-1,x1)时,g'(x)>0,g(x)在(-1,x1)上单调递增,当x∈(x1,x0)时,g'(x)<0,g(x)在(x1,x0)上单调递减,故g(x)在(-1,0)上只有一个极大值点x1.
当x∈π2,+∞时,ex≥eπ2>2.732>4,1x+1>0,即ex+1x+1+sinx-2>0,所以g'(x)>0,函数g(x)在π2,+∞上单调递增.
综上可知,函数g(x)在(x0,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,
因此,当x=0时,函数g(x)有极小值,极小值为g(0)=0.
20.解:(1)∵f(x)=aln2x+2x(1-lnx),其定义域为(0,+∞),
则f'(x)=2lnx(a-x)x(x>0),且f'(1)=0,
①若a≤0,当00,即函数f(x)在(0,1)内单调递增,
当x>1时,f'(x)<0,函数f(x)在(1,+∞)上单调递减;
②当0 当a0,函数f(x)单调递增,
当x>1或0 ∴f(x)在(a,1)内单调递增,在(0,a),(1,+∞)上单调递减;
③当a=1时,f'(x)≤0恒成立,即函数f(x)在(0,+∞)上单调递减;
④当a>1时,当10,函数f(x)单调递增,
当x>a或0 ∴f(x)在(1,a)内单调递增,在(0,1),(a,+∞)单调递减.
(2)g(x)=e2f(x)-2a2=0,
即方程f(x)=2a2e2有且仅有3个不同的实根,
∴y=f(x)与y=2a2e2的图象有三个交点,∴由(1)知,必有01.
①当0 ∴f(x)的极小值为f(a)=aln2a+2a(1-lna),极大值为f(1)=2.
又f(a)=aln2a+2a(1-lna)=a(ln2a+2-2lna)=a[(lna-1)2+1]>a>2a2e2,∴y=f(x)与y=2a2e2的图象至多有1个交点,所以不合题意;
②当a>1时,f(x)在(1,a)内单调递增,在(0,1),(a,+∞)上单调递减,
∴f(x)的极小值为f(1)=2,极大值为f(a)=aln2a+2a(1-lna),∴只有当2<2a2e2e,下面只需要求解不等式2a2e2 即2ae2 令lna=t,t>0,则2ae20,函数u(t)单调递增,当t>2时,u'(t)<0,函数u(t)单调递减,
又u(2)=0,所以u(t)≤0,即h(t)单调递减,又h(2)=0,∴当00,即0 综上,a的取值范围为(e,e2).
21.(1)解: ∵h(x)=g(x)-f(x)=x-alnx+1+ax,其定义域是(0,+∞),
∴h'(x)=(x+1)[x-(1+a)]x2.
①1+a≤0,即a≤-1,x∈(0,+∞)时,h'(x)>0,h(x)在(0,+∞)上单调递增;
②a+1>0,即a>-1,x∈(0,1+a)时,h'(x)<0,x∈(1+a,+∞)时,h'(x)>0,
h(x)在(0,1+a)上单调递减,在(1+a,+∞)上单调递增.
综上,当a>-1时,h(x)在(0,1+a)上单调递减,在(1+a,+∞)上单调递增,当a≤-1时,h(x)在(0,+∞)上单调递增.
(2)证明由(1)得x=1+a是函数h(x)的唯一极值点,故a=2;
∵2lnx1+mx1=0,
2lnx2+mx2=0,
∴2(lnx2-lnx1)=m(x1-x2).
又f(x)=2lnx,
∴f'(x)=2x,
f'(x1+x2)+mf'(x1-x2)=2x1+x2+m2x1-x2=x1-x222x1+x2+m=x1-x2x1+x2+m·x1-x22=1-x2x11+x2x1+lnx2x1,
令x2x1=t≥e2,φ(t)=1-t1+t+lnt,则φ'(t)=t2+1t(t+1)2>0,
∴φ(t)在[e2,+∞)上单调递增,φ(t)≥φ(e2)=1+2e2+1>1+232+1=65,
故f'(x1+x2)+mf'(x1-x2)>65.