高考数学专题复习练习：单元质检三
单元质检三 导数及其应用
(时间:100分钟 满分:150分)
单元质检卷第7页
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
答案C
解析根据瞬时速度的意义,可得3 s末的瞬时速度是v=s'|t=3=(-1+2t)|t=3=5.
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
答案B
解析因为y=x+1x-1的导数为y'=-2(x-1)2,所以曲线在点(3,2)处的切线斜率k=-12,又直线ax+y+3=0的斜率为-a,所以-a·-12=-1,解得a=-2.
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
答案B
解析求导得y'=ex+m,由于ex>0,若y=ex+mx有极值则必须使y'的值有正有负,故m<0.
4.已知函数f(x)=-x3+ax2-x-1在R上是减函数,则实数a的取值范围是( )
A.(-∞,-3]∪[3,+∞) B.[-3,3]
C.(-∞,-3)∪(3,+∞) D.(-3,3)
答案B
解析由题意,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.函数f(x)=x2+x-ln x的零点的个数是( )
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).
当0
12时,f'(x)>0,f(x)单调递增.则f(x)的最小值为f12=34+ln 2>0,所以无零点.
6.(2016山东滨州二模)若f(x)=ae-x-ex为奇函数,则f(x-1)-1,即x>0.
∴f(x-1)0.
∴f(x)在12,1上单调递减,在(1,2]上单调递增,
∴在x∈12,2上,f(x)min=f(1)=0,
∴a≤0,即a的最大值为0.
8.已知函数f(x)=ln x+tan α0<α<π2的导函数为f'(x),若方程f'(x)=f(x)的根x0小于1,则α的取值范围为( )
A.π4,π2 B.0,π3
C.π6,π4 D.0,π4〚导学号74920652〛
答案A
解析∵f(x)=ln x+tan α,∴f'(x)=1x.
令f(x)=f'(x),得ln x+tan α=1x,
即tan α=1x-ln x.
设g(x)=1x-ln x,显然g(x)在(0,+∞)上单调递减,而当x→0时,g(x)→+∞,
故要使满足f'(x)=f(x)的根x0<1,只需tan α>g(1)=1,
又0<α<π2,∴α∈π4,π2.
9.设f(x),g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数,当x<0时,f'(x)g(x)+f(x)g'(x)>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)〚导学号74920653〛
答案D
解析∵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;
由于f(x)g(x)是奇函数,所以当x>0时,f(x)g(x)为增函数,且f(3)g(3)=0,故当0e2 014f(0)
B.f(1)>ef(0),f(2 014)>e2 014f(0)
C.f(1)>ef(0),f(2 014)0,且t≠1),
则a=1(2e-t)lnt,1a=(2e-t)ln t.
令f(t)=(2e-t)ln t,f(t)≠0,则f'(t)=2et-(1+ln t),
令2et=(1+ln t),得t=e,由数形结合可知,当t>e时,f'(t)<0,当00.所以f(t)≤e,且f(t)≠0,所以0<1a≤e或1a<0,解得a<0或a≥1e.
二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)
13.(2016河南名校联盟4月联考)已知f(x),g(x)分别是定义在R上的偶函数和奇函数,且f(x)-g(x)=ex+x2+1,则函数h(x)=2f(x)-g(x)在点(0,h(0))处的切线方程是 .
答案x-y+4=0
解析∵f(x)-g(x)=ex+x2+1,
∴f(x)+g(x)=e-x+x2+1.
∴f(x)=ex+e-x+2x2+22,g(x)=e-x-ex2.
∴h(x)=2f(x)-g(x)=ex+e-x+2x2+2-e-x-ex2=32ex+12e-x+2x2+2.
∴h'(x)=32ex-12e-x+4x,即h'(0)=32-12=1,
又h(0)=4,∴所求的切线方程是x-y+4=0.
14.已知函数f(x)=ax3+3x2-x+1在区间(-∞,+∞)上是减函数,则实数a的取值范围是 .〚导学号74920657〛
答案(-∞,-3]
解析由题意可知f'(x)=3ax2+6x-1≤0在R上恒成立,
则a<0,Δ=62+4×3a≤0,解得a≤-3.
15.(2016河南焦作二模)已知f(x)=x3-6x2+9x-abc,a0;
③f(0)f(3)>0;④f(0)f(3)<0;
⑤f(1)f(3)>0;⑥f(1)f(3)<0.
其中正确的结论是 .（填序号）〚导学号74920658〛
答案①③⑥
解析∵f(x)=x3-6x2+9x-abc,
∴f'(x)=3x2-12x+9=3(x-1)(x-3).
∴当13时,f'(x)>0.
∴f(x)的单调递增区间为(-∞,1)和(3,+∞),单调递减区间为(1,3).
∴f(x)极大值=f(1)=1-6+9-abc=4-abc,
f(x)极小值=f(3)=27-54+27-abc=-abc.
∵f(x)=0有三个解a,b,c,
∴a<10,且f(3)=-abc<0.
∴00,f(1)f(3)<0.
16.已知过点A(1,m)恰能作曲线f(x)=x3-3x的两条切线,则m的值是 .〚导学号74920659〛
答案-3或-2
解析设切点为(a,a3-3a).
∵f(x)=x3-3x,∴f'(x)=3x2-3,
∴切线的斜率k=3a2-3,
由点斜式可得切线方程为y-(a3-3a)=(3a2-3)(x-a).
∵切线过点A(1,m),∴m-(a3-3a)=(3a2-3)(1-a),
即2a3-3a2=-3-m.
∵过点A(1,m)可作曲线y=f(x)的两条切线,
∴关于a的方程2a3-3a2=-3-m有两个不同的根.
令g(x)=2x3-3x2,∴g'(x)=6x2-6x.
令g'(x)=0,解得x=0或x=1,
当x<0时,g'(x)>0,当01时,g'(x)>0,
∴g(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,
∴当x=0时,g(x)取得极大值g(0)=0,
当x=1时,g(x)取得极小值g(1)=-1.
关于a的方程2a3-3a2=-3-m有两个不同的根,等价于y=g(x)与y=-3-m的图象有两个不同的交点,
∴-3-m=-1或-3-m=0,解得m=-3或m=-2,
∴实数m的值是-3或-2.
三、解答题(本大题共6小题,共70分)
17.(10分)设函数f(x)=6x3+3(a+2)x2+2ax.
(1)若f(x)的两个极值点为x1,x2,且x1x2=1,求实数a的值;
(2)是否存在实数a,使得f(x)是(-∞,+∞)上的单调函数?若存在,求出a的值;若不存在,说明理由.
解(1)由题意知f'(x)=18x2+6(a+2)x+2a.
因为x1,x2是f(x)的两个极值点,所以f'(x1)=f'(x2)=0.
所以x1x2=2a18=1,所以a=9.
(2)因为Δ=36(a+2)2-4×18×2a=36(a2+4)>0,所以不存在实数a,使得f(x)是(-∞,+∞)上的单调函数.〚导学号74920660〛
18.(12分)(2016山西孝义模拟)已知f(x)=x3-12x2-2x+5.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)过点(0,a)可作y=f(x)的三条切线,求a的取值范围.
解(1)f'(x)=3x2-x-2=(3x+2)(x-1),
故f(x)在-∞,-23,(1,+∞)内单调递增,在-23,1内单调递减.
(2)设切点为(x0,f(x0)),则切线的方程为y-f(x0)=f'(x0)(x-x0),
即y-(x03-12x02-2x0+5)=(3x02-x0-2)(x-x0).
又点(0,a)在切线上,
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的图象与g(x)=-2x3+12x2+5的图象有三个交点,
g'(x)=-6x2+x,令g'(x)=0,得x1=0,x2=16,
g(x1)=5,g(x2)=51216,
故a的取值范围为5,51216.〚导学号74920661〛
19.(12分)已知函数f(x)=ex-ax(a为常数)的图象与y轴交于点A,曲线y=f(x)在点A处的切线斜率为-1.
(1)求a的值及函数f(x)的极值;
(2)证明:当x>0时,x2ln 2时,f'(x)>0,f(x)单调递增,
所以当x=ln 2时,f(x)取得极小值,极小值为f(ln 2)=2-2ln 2=2-ln 4.f(x)无极大值.
(2)证明令g(x)=ex-x2,则g'(x)=ex-2x.
由(1)得g'(x)=f(x)≥f(ln 2)=2-ln 4>0,
故g(x)在R上单调递增,又g(0)=1>0,所以当x>0,g(x)>g(0)>0,即x21.
(1)解函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=1x-1=1-xx.
令f'(x)>0,解得01.
故函数f(x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+∞).
(2)证明根据题意得g(x)=ln x+12x-m(x>0).
因为x1,x2是函数g(x)=ln x+12x-m的两个零点,
所以ln x1+12x1-m=0,ln x2+12x2-m=0.
两式相减,可得ln x1x2=12x2-12x1,
即lnx1x2=x1-x22x2x1,故x1x2=x1-x22ln x1x2,
因此x1=x1x2-12ln x1x2,x2=1-x2x12ln x1x2.
令t=x1x2,其中00恒成立,故h(t)1,故x1+x2>1.〚导学号74920663〛
21.(12分)已知函数f(x)=ex-x2+a,x∈R的图象在x=0处的切线方程为y=bx.(e≈2.718 28)
(1)求函数f(x)的解析式;
(2)当x∈R时,求证:f(x)≥-x2+x;
(3)若f(x)>kx对任意的x∈(0,+∞)恒成立,求实数k的取值范围.
(1)解∵f(x)=ex-x2+a,∴f'(x)=ex-2x.
由已知f(0)=1+a=0,f'(0)=1=b,解得a=-1,b=1.
∴函数f(x)的解析式为f(x)=ex-x2-1.
(2)证明令φ(x)=f(x)+x2-x=ex-x-1,φ'(x)=ex-1.
由φ'(x)=0,得x=0.
当x∈(-∞,0)时,φ'(x)<0,φ(x)单调递减;
当x∈(0,+∞)时,φ'(x)>0,φ(x)单调递增.
故φ(x)min=φ(0)=0,从而f(x)≥-x2+x.
(3)解f(x)>kx对任意的x∈(0,+∞)恒成立⇔f(x)x>k对任意的x∈(0,+∞)恒成立.
令g(x)=f(x)x,x>0,
则g'(x)=xf'(x)-f(x)x2=x(ex-2x)-(ex-x2-1)x2
=(x-1)(ex-x-1)x2.
由(2)可知当x∈(0,+∞)时,ex-x-1>0恒成立,
由g'(x)>0,得x>1;由g'(x)<0,得02a.
(1)解f'(x)=1x-a2=2-ax2x(x>0).
若a≤0时,f'(x)>0,则函数f(x)的单调递增区间为(0,+∞);
若a>0,当00,函数f(x)单调递增;
当x>2a时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减;
综上,若a≤0时,函数f(x)的单调递增区间为(0,+∞),
若a>0时,函数f(x)的单调递增区间为0,2a,单调递减区间为2a,+∞.
(2)证明g(x)=xf(x)+2=xln x-12ax2+(a-2)x+2(x>0),则g'(x)=-ax+ln x+a-1(x>0).
因为ln 2e<0,所以当a-ln 2e+ln 2-1=0,且g'(x)的图象是连续的,故g'(x)在(1,2)内存在唯一的零点x0,即g'(x0)=0.
则当00,g(x)单调递增;
故而g(x)≥g(x0)=x0ln x0-12ax02+(a-2)x0+2.
又g'(x0)=-ax0+ln x0+a-1=0,且12a.〚导学号74920665〛