高考数学一轮复习 单元质检卷三 导数及其应用 理 新人教B版.doc

单元质检卷三导数及其应用(时间:100分钟满分:150分)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.2b.-2c.12d.-123.若函数y=ex+mx有极值,则实数m的取值范围是()a.m0b.m1d.m14.已知函数f(x)=-x3+ax2-x-1在r上是单调减函数,则实数a的取值范围是()a.(-,-33,+)b.-3,3c.(-,-3)(3,+)d.(-3,3)5.函数f(x)=x2+x-ln x的零点的个数是()a.0b.1c.2d.36.已知a1-xx+ln x对任意x12,2恒成立,则a的最大值为()a.0b.1c.2d.37.(2017河北唐山三模,理12)已知函数f(x)=x3+ax2+bx有两个极值点x1,x2,且x1x2,若x1+2x0=3x2,函数g(x)=f(x)-f(x0),则g(x)()a.恰有一个零点b.恰有两个零点c.恰有三个零点d.至多两个零点导学号215006148.设f(x),g(x)分别是定义在r上的奇函数和偶函数,当x0,且g(3)=0,则不等式f(x)g(x)f(x),且y=f(x)-1是奇函数,则不等式f(x)ex的解集为.15.若实数a,b,c,d满足2a2-lnab=3c-2d=1,则(a-c)2+(b-d)2的最小值为.16.已知f(x)=x+xln x,若k(x-2)2恒成立,则整数k的最大值为.三、解答题(本大题共5小题,共70分)17.(14分)(2017安徽安庆二模,理21)已知函数f(x)=ax2+x+aex,ar.(1)若a0,求函数f(x)的单调递增区间;(2)若a=0,x1xx2f(x2)-f(x1)x2-x1.导学号2150061518.(14分)已知f(x)=ex+ax(ar),(1)求f(x)的单调区间;(2)若常数a-e,求证:对于x(1,+),都有f(x)(x-1)2恒成立.19.(14分)(2017福建厦门一中考前模拟,理21)函数f(x)=ln x+12x2+ax(ar),g(x)=ex+32x2.(1)讨论f(x)的极值点的个数;(2)若对于x0,总有f(x)g(x),求实数a的取值范围;求证:对于x0,不等式ex+x2-(e+1)x+ex2成立.20.(14分)设函数f(x)=ln x+mx,mr.(1)当m=e(e为自然对数的底数)时,求f(x)的极小值;(2)讨论函数g(x)=f(x)-x3零点的个数.21.(14分)(2017山西临汾三模,理21)已知函数f(x)=(x2-x)ex.(1)求曲线y=f(x)在原点处的切线方程;(2)若f(x)-ax+e0恒成立,求实数a的取值范围;(3)若方程f(x)=m(mr)有两个正实数根x1,x2,求证:|x1-x2|0,若y=ex+mx有极值,则必须使y的值有正有负,故m0.4.b由题意,知f(x)=-3x2+2ax-10在r上恒成立,所以=(2a)2-4(-3)(-1)0,解得-3a3.5.a由f(x)=2x+1-1x=2x2+x-1x=0,得x=12或x=-1(舍去).当0x12时,f(x)12时,f(x)0,f(x)单调递增.则f(x)的最小值为f12=34+ln 20,所以f(x)无零点.6.a令f(x)=1-xx+ln x,则f(x)=x-1x2.当x12,1时,f(x)0.f(x)在12,1内单调递减,在(1,2上单调递增,在x12,2,f(x)min=f(1)=0,a0,即a的最大值为0.7.b由已知g(x)=f(x)-f(x0)=x3+ax2+bx-(x03+ax02+bx0)=(x-x0)x2+(x0+a)x+x02+ax0+b,f(x)=3x2+2ax+b,x1+x2=-2a3,x1x2=b3,x0=3x2-x12,代入上式可得g(x)=(x-x0)(x-x1)2,所以g(x)恰有两个零点.8.d当x0,即f(x)g(x)0,当x0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时,f(x)g(x)为增函数,且f(3)g(3)=0,故当0x3时,f(x)g(x)0,当a=0时,不合题意,a0.由题意得-12a=1+mx-2eln1+mx=(t-2e)ln tt=mx+10,令f(t)=(t-2e)ln t(t0),则f(t)=ln t+1-2et,f(t)=1t+2et20,当te时,f(t)f(e)=0,当0te时,f(t)f(e)=0,f(t)f(e)=-e,-12a-e,解得a0,解得x344,令f(x)344,故f(x)在0,344递增,在344,+递减,故f(x)的最大值是f344,a=344.11.c若f(x)=x33-a2x2+x+1在区间12,3内有极值点,则f(x)=x2-ax+1在区间12,3内有零点,且零点不是f(x)的图象顶点的横坐标.由x2-ax+1=0,得a=x+1x.因为x12,3,y=x+1x的值域是2,103,当a=2时,f(x)=x2-2x+1=(x-1)2,不合题意.所以实数a的取值范围是2,103,故选c.12.a当x0时,f(x)=cos x+12x20,函数y=f(x)在0,+)上单调递增.当x10,x20,由mnx轴,则f(x1)=g(x2),即sin x1+16x13=x2-1,则m,n两点间的距离为x2-x1=sin x1+16x13+1-x1.令h(x)=sin x+16x3+1-x,x0,则h(x)=cos x+12x2-1,h(x)=-sin x+x0,故h(x)在0,+)上单调递增,故h(x)=cos x+12x2-1h(0)=0,故h(x)在0,+)上单调递增,故h(x)的最小值为h(0)=1,故选a.13.y=xf(x)=exsin x,f(x)=ex(sin x+cos x),f(0)=1,f(0)=0,函数f(x)的图象在点(0,0)处的切线方程为y-0=1(x-0),即y=x.14.(0,+)由题意令g(x)=f(x)ex,则g(x)=f(x)ex-(ex)f(x)(ex)2=f(x)-f(x)ex.f(x)f(x),g(x)0,故函数g(x)=f(x)ex在r上单调递减.y=f(x)-1是奇函数,f(0)-1=0,即f(0)=1,g(0)=1,则不等式f(x)ex等价为f(x)ex1=g(0),即g(x)0.15.110由已知条件,得b=-ln a+2a2,d=3c-2,令f(x)=-ln x+2x2,g(x)=3x-2,所求最小值可转化为两个函数f(x)与g(x)图象上的点之间的距离的最小值的平方,f(x)=-1x+4x,设与直线y=3x-2平行且与曲线f(x)相切的切点为p(x0,y0),则-1x0+4x0=3,x00,解得x0=1,可得切点p(1,2),切点p(1,2)到直线y=3x-2的距离d=|3-2-2|10=110.所以(a-c)2+(b-d)2的最小值为d2=110.故答案为110.16.4x2,k(x-2)f(x)可化为k0,故g(x)在(2,+)上是增函数,且g(8)=8-2ln 8-4=2(2-ln 8)0;故存在x0(8,9),使g(x0)=0,即2ln x0=x0-4.故f(x)在(2,x0)上是减函数,在(x0,+)上是增函数;故f(x)min=f(x0)=x0+x0x0-42x0-2=x02,故k0时,1-1a0,得函数的单调增区间为1-1a,1;当a1,由f(x)0,得函数的单调增区间为(-,1)和1-1a,+.(2)证明 a=0,f(x)=xex,x1xx2f(x2)-f(x1)x2-x1,只要证明g(x)=f(x)-f(x1)x-x1在(x1,2)上单调递减.g(x)=1-xex(x-x1)-xex+x1ex1(x-x1)2,设h(x)=1-xex(x-x1)-xex+x1ex1,h(x)=(x-x1)(x-2)ex0,h(x)在(x1,2)上是减函数,h(x)0,g(x)0,g(x)=f(x)-f(x1)x-x1在(x1,2)上单调递减.x1xx2f(x2)-f(x1)x2-x1.18.(1)解 f(x)=ex+a,当a0时,因为f(x)0,所以f(x)在(-,+)上单调递增,当a0时,令f(x)=0,得x=ln(-a),f(x)在(-,ln(-a)上单调递减,在(ln(-a),+)上单调递增.综上:当a0时,递增区间为(-,+);当a0在(1,+)上恒成立,h(x)在(1,+)单调递增,h(x)h(1)=e+a0,g(x)0在(1,+)恒成立,即g(x)在(1,+)上单调递增,g(x)g(1)=e+a0,所以对x(1,+),都有f(x)(x-1)2恒成立.19.解 (1)由题意得f(x)=x+1x+a=x2+ax+1x,当a2-40,即-2a2时,f(x)0恒成立,无极值点;当a2-40,即a2时,a-2时,设方程x2+ax+1=0的两个不同实根为x1,x2,不妨设x10,x1x2=10,故0x12时,设方程x2+ax+1=0的两个不同实根为x1,x2,则x1+x2=-a0,故x10,x20,故函数没有极值点.综上,当a0,得aex+x2-lnxx对于x0恒成立.设(x)=ex+x2-lnxx(x0),(x)=ex(x-1)+lnx+(x+1)(x-1)x2,x0,x(0,1)时,(x)0,(x)单调递增,(x)(1)=e+1,ae+1.由知,当a=e+1时,有f(x)g(x),即ex+32x2ln x+12x2+(e+1)x,整理得ex+x2-(e+1)xln x,当且仅当x=1时取等号.所以要证ex+x2-(e+1)x+ex2,只需证明ln x+ex2.设(x)=ln x+ex,则(x)=1x-ex2=x-ex2,当x(0,e)时,(x)0,(x)单调递增,(x)(e)=2,ln x+ex2,当且仅当x=e时取等号.由于等号不同时成立,故ex+x2-(e+1)x+ex2.20.解 (1)由题设,当m=e时,f(x)=ln x+ex,定义域为(0,+),则f(x)=x-ex2,由f(x)=0,得x=e.当x(0,e)时,f(x)0,f(x)在(e,+)上单调递增,当x=e时,f(x)取得极小值f(e)=ln e+ee=2,f(x)的极小值为2.(2)由题设g(x)=f(x)-x3=1x-mx2-x3(x0),令g(x)=0,得m=-13x3+x(x0).设(x)=-13x3+x(x0),则(x)=-x2+1=-(x-1)(x+1),当x(0,1)时,(x)0,(x)在(0,1)上单调递增;当x(1,+)时,(x)23时,函数g(x)无零点;当m=23时,函数g(x)有且只有一个零点;当0m23时,函数g(x)无零点;当m=23或m0时,函数g(x)有且只有一个零点;当0m0时,问题等价于a(x-1)ex+ex恒成立.设g(x)=(x-1)ex+ex,则g(x)=xex-ex2.g(x)=xex-ex2在(0,+)上单调递增,且g(1)=0,g(x)在(0,1)递减,在(1,+)递增.g(x)在(0,+)的最小值为g(1)=e,ae.当x0时,问题等价于a(x-1)ex+ex恒成立.设h(x)=(x-1)ex+ex,则h(x)=xex-ex2ex-e