2019高三数学（人教B版理）一轮：单元质检卷三+导数及其应用
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.2 B.-2
C.12 D.-12
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
4.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.(-∞,-3]∪[3,+∞) B.[-3,3]
C.(-∞,-3)∪(3,+∞) D.(-3,3)
5.函数f(x)=x2+x-ln x的零点的个数是( )
A.0 B.1 C.2 D.3
6.已知a≤1-xx+ln x对任意x∈12,2恒成立,则a的最大值为( )
A.0 B.1 C.2 D.3
7.(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x1
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)
9.(2017河北石家庄二中模拟,理12)若存在正实数m,使得关于x的方程x+a(2x+2m-4ex)[ln(x+m)-ln x]=0成立,其中e为自然对数的底数,则实数a的取值范围是( )
A.(-∞,0) B.0,12e
C.(-∞,0)∪12e,+∞ D.12e,+∞
10.已知函数f(x)=-2f'(1)3x-x2的最大值为f(a),则a等于( )
A.116 B.344
C.14 D.348
11.若函数f(x)=x33-a2x2+x+1在区间12,3内有极值点,则实数a的取值范围是( )
A.2,52 B.2,52
C.2,103 D.2,103
12.(2017江西新余一中模拟七,理12)设点M(x1,f(x1))和点N(x2,g(x2))分别是函数f(x)=sin x+16x3和g(x)=x-1图象上的点,且x1≥0,x2≥0,若直线MN∥x轴,则M,N两点间的距离的最小值为( )
A.1 B.2 C.3 D.4
二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)
13.函数f(x)=ex·sin x的图象在点(0,f(0))处的切线方程是 .
14.(2017内蒙古包头一模,理15)已知函数f(x)是定义在R上的可导函数,其导函数记为f'(x),若对于∀x∈R,有f(x)>f'(x),且y=f(x)-1是奇函数,则不等式f(x)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,a∈R.
(1)若a≠0,求函数f(x)的单调递增区间;
(2)若a=0,x1f(x2)-f(x1)x2-x1.
〚导学号21500615〛
18.(14分)已知f(x)=ex+ax(a∈R),
(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(a∈R),g(x)=ex+32x2.
(1)讨论f(x)的极值点的个数;
(2)若对于∀x>0,总有f(x)≤g(x),
①求实数a的取值范围;
②求证:对于∀x>0,不等式ex+x2-(e+1)x+ex>2成立.
20.(14分)设函数f(x)=ln x+mx,m∈R.
(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+e≥0恒成立,求实数a的取值范围;
(3)若方程f(x)=m(m∈R)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m<0.
4.B 由题意,知f'(x)=-3x2+2ax-1≤0在R上恒成立,所以Δ=(2a)2-4×(-3)×(-1)≤0,解得-3≤a≤3.
5.A 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f(x)无零点.
6.A 令f(x)=1-xx+ln x,则f'(x)=x-1x2.
当x∈12,1时,f'(x)<0;
当x∈(1,2]时,f'(x)>0.
∴f(x)在12,1内单调递减,在(1,2]上单调递增,
∴在x∈12,2,f(x)min=f(1)=0,
∴a≤0,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.
∵f(x)g(x)是奇函数,
∴当x>0时,f(x)g(x)为增函数,且f(3)g(3)=0,故当00,当a=0时,不合题意,∴a≠0.
由题意得-12a=1+mx-2eln1+mx=(t-2e)ln tt=mx+1>0,令f(t)=(t-2e)ln t(t>0),则f'(t)=ln t+1-2et,[f'(t)]'=1t+2et2>0,当t>e时,f'(t)>f'(e)=0,当00,解得x<344,令f'(x)<0,解得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x∈12,3,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x≥0时,f'(x)=cos x+12x2>0,∴函数y=f(x)在[0,+∞)上单调递增.
当x1≥0,x2≥0,由MN∥x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,x≥0,则h'(x)=cos x+12x2-1,[h'(x)]'=-sin x+x≥0,
故h'(x)在[0,+∞)上单调递增,故h'(x)=cos x+12x2-1≥h'(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=x ∵f(x)=ex·sin 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)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,x0>0,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.
16.4 ∵x>2,∴k(x-2)0,故g(x)在(2,+∞)上是增函数,
且g(8)=8-2ln 8-4=2(2-ln 8)<0,g(9)=9-2ln 9-4=5-2ln 9>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+x0·x0-42x0-2=x02,故k0时,1-1a<1,由f'(x)>0,得函数的单调增区间为1-1a,1;
②当a<0,1-1a>1,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,x1f(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)ex<0,
∴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.
∵x1f(x2)-f(x1)x2-x1.
18.(1)解 f'(x)=ex+a,
当a≥0时,因为f'(x)>0,所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增,
当a<0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a≥0时,递增区间为(-∞,+∞);
当a<0时,递减区间为(-∞,ln(-a)),增区间为(ln(-a),+∞).
(2)证明 设g(x)=f(x)-(x-1)2=ex+ax-x2+2x-1,g'(x)=ex-2x+a+2,
设h(x)=ex+a-2x+2,
∵h'(x)=ex-2>0在(1,+∞)上恒成立,
∴h(x)在(1,+∞)单调递增,
∵h(x)>h(1)=e+a>0,
∴g'(x)>0在(1,+∞)恒成立,
即g(x)在(1,+∞)上单调递增,
∴g(x)>g(1)=e+a>0,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a2-4≤0,即-2≤a≤2时,f'(x)≥0恒成立,无极值点;
当a2-4>0,即a<-2或a>2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=1>0,故02时,设方程x2+ax+1=0的两个不同实根为x1,x2,
则x1+x2=-a<0,x1x2=1>0,故x1<0,x2<0,故函数没有极值点.
综上,当a<-2时,函数有两个极值点;当a≥-2时,函数没有极值点.
(2)①f(x)≤g(x)等价于ex-ln x+x2≥ax,
由x>0,得a≤ex+x2-lnxx对于∀x>0恒成立.
设φ(x)=ex+x2-lnxx(x>0),
φ'(x)=ex(x-1)+lnx+(x+1)(x-1)x2,
∵x>0,∴x∈(0,1)时,φ'(x)<0,φ(x)单调递减,
x∈(1,+∞)时,φ'(x)>0,φ(x)单调递增,
∴φ(x)≥φ(1)=e+1,∴a≤e+1.
②由①知,当a=e+1时,有f(x)≤g(x),即ex+32x2≥ln x+12x2+(e+1)x,整理得ex+x2-(e+1)x≥ln x○ ⅰ,当且仅当x=1时取等号.
所以要证ex+x2-(e+1)x+ex>2,只需证明ln x+ex≥2.
设θ(x)=ln x+ex,则θ'(x)=1x-ex2=x-ex2,
∴当x∈(0,e)时,θ'(x)<0,θ(x)单调递减,
x∈(e,+∞)时,θ'(x)>0,θ(x)单调递增,
∴θ(x)≥θ(e)=2,∴ln x+ex≥2,○ ⅱ当且仅当x=e时取等号.
由于○ ⅰ○ ⅱ等号不同时成立,故ex+x2-(e+1)x+ex>2.
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(0,e)上单调递减;
当x∈(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(x>0),
令g(x)=0,得m=-13x3+x(x>0).
设φ(x)=-13x3+x(x>0),
则φ'(x)=-x2+1=-(x-1)(x+1),
当x∈(0,1)时,φ'(x)>0,φ(x)在(0,1)上单调递增;
当x∈(1,+∞)时,φ'(x)<0,φ(x)在(1,+∞)上单调递减.
∴x=1是φ(x)的唯一极值点,且是极大值点,因此x=1也是φ(x)的最大值点.
∴φ(x)的最大值为φ(1)=23.
又φ(0)=0,结合y=φ(x)的图象(如图)可得,
①当m>23时,函数g(x)无零点;
②当m=23时,函数g(x)有且只有一个零点;
③当023时,函数g(x)无零点;
当m=23或m≤0时,函数g(x)有且只有一个零点;
当00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,∴a≤e.
③当x<0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-ex2<0,
∵h(x)在(-∞,0)上单调递减,且x→-∞时,h(x)→0.∴a≥0.
综上所述0≤a≤e.
(3)证明 依(2)得a=e时,(x2-x)ex>ex-e,又y=f(x)在原点处的切线方程为y=-x,
设φ(x)=(x2-x)ex+x(x>0),则φ'(x)=(x2+x-1)ex+1,[φ'(x)]'=(x2+3x)ex,
令[φ'(x)]'=0,解得x=-3或x=0.
∴φ'(x)在(-∞,-3),(0,+∞)递增,在(-3,0)递减.
φ'(0)=0,∴x>0时,φ'(x)>0,φ(x)递增,而φ(0)=0,
∴当x>0时,φ(x)>0,即(x2-x)ex≥-x.
设y=m,分别与y=-x,y=e(x-1)交点的横坐标为x3,x4,x3=-m,x4=me+1,
则x3
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