2020版廣西數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)單元質(zhì)檢三導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精單元質(zhì)檢三導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用（時(shí)間:100分鐘滿分:150分）單元質(zhì)檢卷第7頁

一、選擇題（本大題共12小題，每小題5分，共60分）1。如果一個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)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(shí)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(shí)速度的意義,可得3秒末的瞬時(shí)速度是v=s'｜t=3=(-1+2t)｜t=3=5.2.設(shè)曲線y=x+1x-1在點(diǎn)(3,2)處的切線與直線ax+y+3=0垂直,則A。2 B?！? C.12 D。-答案B解析因?yàn)閥=x+1x-1的導(dǎo)數(shù)為y’=-2(x-1)2又因?yàn)橹本€ax+y+3=0的斜率為-a,所以-a·-12=-1，解得a=-3.若函數(shù)y=ex+mx有極值，則實(shí)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(shí)數(shù)a的取值范圍是()A.（—∞，—3]∪［3,+∞） B.[-3,C。（—∞，-3）∪(3，+∞） D。（—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-lnx的零點(diǎn)的個(gè)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〈x<12時(shí)，f’當(dāng)x〉12時(shí),f'（x)>0，f(x）單調(diào)遞增。則f（x)的最小值為f12=34+ln26.（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(diǎn)（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?yàn)閒（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(shí),a≤1-xx+lnx恒成立,則A.0 B。1 C。2 D.3答案A解析令f（x）=1-xx+lnx，則f'（x)當(dāng)x∈12,1時(shí),f'（x)當(dāng)x∈（1，2]時(shí)，f’(x）〉0.∴f（x)在區(qū)間12,1內(nèi)單調(diào)遞減,在區(qū)間(1,2∴在x∈12,2上,f(x)min=f(1)∴a≤0,即a的最大值為0。8。已知函數(shù)f(x)=lnx+tanα0<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A。π4,π2 B.0,π3 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(shí)，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∈π9。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(shí)，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(shí)，f’（x）g(x)+f(x)g'(x)〉0，即［f(x）g（x)]’>0，∴當(dāng)x<0時(shí)，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(shí),f（x）g(x)〈0;∵f(x）g（x）是奇函數(shù)，∴當(dāng)x>0時(shí)，f(x）g（x)為增函數(shù)，且f(3)g（3)=0,故當(dāng)0<x<3時(shí),f（x）g（x）〈0。故選D.10。已知函數(shù)f(x）=—2f'(1)3x—x2的最大值為f（a）,則A。116 B.344 C。14答案B解析∵f’(x)=-2f'(1)∴f'(1）=-13f’(1）-2解得f’(1）=—32，∴f(x）=x-x2，f'(x）=1令f’（x)>0，解得x〈344,令f'（x)<0，解得x〉故f(x)在0,344內(nèi)遞增，在344,+∞內(nèi)遞減，故f(11。若函數(shù)f(x)=x33-a2x2+x+1在區(qū)間1A.2,52 B.2,52 C答案C解析若f（x)=x33-a2x2+x+1在區(qū)間12,3內(nèi)有極值點(diǎn),則f’（x)=x2—ax+1在區(qū)間12由x2—ax+1=0，得a=x+1x。因?yàn)閤∈12,3，y=x+當(dāng)a=2時(shí)，f’(x)=x2-2x+1=(x-1)2，不合題意。所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是2,103，12。已知函數(shù)f(x)=x3+ax2+bx有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，且x1<x2,若x1+2x0=3x2,函數(shù)g（x）=f(x）-f（x0）,則g（x）（）A.恰有一個(gè)零點(diǎn) B.恰有兩個(gè)零點(diǎn)C.恰有三個(gè)零點(diǎn) D。至多兩個(gè)零點(diǎn)答案B解析由已知g(x)=f（x)-f（x0）=x3+ax2+bx-（x03+ax02+bx0)=（x—x0）［x2+(x0+a）x+x∵f'(x）=3x2+2ax+b，∴x1+x2=-2a3,x1x2=b3,x0=3二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分)13。已知f（x），g（x）分別是定義在R上的偶函數(shù)和奇函數(shù)，且f(x)—g(x）=ex+x2+1,則函數(shù)h(x）=2f（x)-g（x）在點(diǎn)（0，h（0）)處的切線方程是.

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∴h（x）=2f(x)—g(x)=ex+e-x+2x2+2-e=32ex+12e—x+2x2+∴h'(x)=32ex-12e-x+4x,即h'（0）=32又h(0)=4,∴所求的切線方程是x—y+4=0。14.已知函數(shù)f（x)=ax3+3x2-x+1在區(qū)間（-∞,+∞)內(nèi)是減函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是.

答案（—∞，—3］解析由題意可知f’（x）=3ax2+6x-1≤0在R上恒成立,則a<0,Δ=6215。(2018山東名校聯(lián)盟適應(yīng)性考試)函數(shù)f(x)=e｜x—1|,函數(shù)g（x)=lnx—x+a,若?x1，x2使得f(x1)〈g(x2)成立,則a的取值范圍是.

答案(2,+∞）解析由題意，若?x1，x2使得f(x1)<g(x2)成立，可轉(zhuǎn)化為f（x)min<g（x)max成立，由函數(shù)f(x）=e|x—1|，根據(jù)指數(shù)函數(shù)的圖象與性質(zhì)可知,當(dāng)x=1時(shí)，函數(shù)f（x)=e｜x—1|取得最小值，此時(shí)最小值為f（1）=1.又由g（x)=lnx-x+a,則g'(x）=1x-1=1-xx當(dāng)x∈（0，1)時(shí)，g'（x）〉0，則函數(shù)g（x)單調(diào)遞增;當(dāng)x∈(1,+∞）時(shí)，g’（x）〈0，則函數(shù)g(x)單調(diào)遞減.所以當(dāng)x=1時(shí),函數(shù)有最大值,此時(shí)最大值為g（1)=a—1，令a-1〉1,解得a〉2，即實(shí)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）=xlnx+12x2,x0是函數(shù)f(x①0<x0〈1e；②x0〉1e；③f(x0)+x0〈0；④f(x0）+x0>其中正確的命題是.(填出所有正確命題的序號(hào))

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(shí),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(diǎn),所以f'(x0）=g(x0)=0,即g1e〉g（x0)，所以0〈x0〈1e，即命題因?yàn)閘nx0+x0+1=0，所以f（x0）+x0=x0lnx0+12x02+x0=x0(lnx0+x0+1)—12x02=-12x02<0三、解答題(本大題共6小題，共70分)17.（10分)設(shè)函數(shù)f（x）=6x3+3（a+2）x2+2ax.(1）若f（x）的兩個(gè)極值點(diǎn)為x1，x2，且x1x2=1,求實(shí)數(shù)a的值;（2)是否存在實(shí)數(shù)a，使得f(x）是（-∞,+∞)內(nèi)的單調(diào)函數(shù)?若存在，求出a的值;若不存在,說明理由。解（1）由題意知f'(x)=18x2+6(a+2)x+2a。因?yàn)閤1,x2是f（x）的兩個(gè)極值點(diǎn)，所以f’(x1）=f’(x2)=0.所以x1x2=2a18=1，所以a=（2)因?yàn)棣?36（a+2)2—4×18×2a=36(a2+4）〉0,所以f’（x）=0有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根.所以不存在實(shí)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(diǎn)（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，（2)設(shè)切點(diǎn)為(x0，f(x0）),則切線的方程為y-f（x0）=f'（x0)(x-x0），即y-（x03-12x02—2x0+5）=(3x0又點(diǎn)（0，a)在切線上,故a—x03-12x02-2x0+5即a=—2x03+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(gè)交點(diǎn)，g'(x）=—6x2+x令g’(x）=0,得x1=0，x2=16，g（x1）=5，g（x2）=51故a的取值范圍為5,19。(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(diǎn)A,曲線y=f（x)在點(diǎn)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(shí),x2<ex。(1）解由f(x)=ex-ax，得f'(x）=ex-a.因?yàn)閒'(0)=1—a=—1，所以a=2。所以f(x)=ex—2x,f’(x）=ex—2.令f'（x）=0,得x=ln2.當(dāng)x<ln2時(shí)，f'(x）<0，f（x)單調(diào)遞減;當(dāng)x〉ln2時(shí),f'(x)〉0，f(x)單調(diào)遞增，所以當(dāng)x=ln2時(shí),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?yàn)間(0）=1>0，所以當(dāng)x〉0，g(x）〉g（0）>0,即x2〈ex。20.（12分）已知函數(shù)f(x)=lnx-x.(1）判斷函數(shù)f(x)的單調(diào)性；（2)函數(shù)g（x）=f(x）+x+12x—m有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2，且x1<x2。求證:x1+x2>（1）解函數(shù)f(x）的定義域?yàn)椋?，+∞)，f’(x）=1x-1=1令f’(x)〉0,解得0〈x〈1；令f'(x）<0，解得x〉1.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?yàn)閤1，x2是函數(shù)g（x)=lnx+12x-m所以lnx1+12x1-m=0，lnx2+1兩式相減,可得lnx1即lnx1x2=x1-x2因此x1=x1x2-12ln令t=x1x2，其中0則x1+x2=t-構(gòu)造函數(shù)h（t)=t-1t-2lnt（0<t〈1）,則h'（t）=(因?yàn)?<t〈1，所以h'(t)〉0恒成立，故h（t)<h(1），即t-1t-2lnt<0,可知t-1t2lnt>1，故x21.(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。71828）（1)求函數(shù)f（x）的解析式;（2)當(dāng)x∈R時(shí),求證:f(x)≥—x2+x;（3）若f(x)〉kx對(duì)任意的x∈(0,+∞）恒成立，求實(shí)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∴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(shí)，φ'（x）〈0,φ(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(0,+∞)時(shí)，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(duì)任意的x∈(0，+∞)恒成立?f(x)x>k對(duì)任意的x∈（0，+令g（x）=f(x)x則g'(x)=xf=(x由（2）可知當(dāng)x∈(0，+∞）時(shí),ex—x—1>0恒成立，由g’(x)>0，得x>1；由g’（x）<0,得0<x〈1。故g（x）的遞增區(qū)間為(1，+∞)，遞減區(qū)間為(0,1）,即g（x)min=g（1）=e—2。故k〈g（x)min=g(1）=e—2，即實(shí)數(shù)k的取值范圍為(-∞，e-2）。22。（12分)(2018江西南昌模擬）已知函數(shù)f（x）=（ex-e）ex+ax2，a∈R.(1）討論f(x)的單調(diào)性；(2)若f(x）有兩個(gè)零點(diǎn)，求a的取值范圍。解(1）由題意得f'(x)=x（ex+1+2a）,①當(dāng)a≥0時(shí),ex+1+2a〉0，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)—e2<a〈0時(shí)，若x∈（-∞,ln(—2a）—1),則f’(x）=x（ex+1+2a）>0,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(shí),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(shí)，若x∈（—∞,0則f'(x）=x(ex+1+2a)>0