2018屆高考數(shù)學(xué)第三章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用單元質(zhì)檢卷文新人教A版

1、單元質(zhì)檢卷三導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用(時(shí)間:100分鐘滿(mǎn)分:150分)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2.設(shè)曲線(xiàn)y=在點(diǎn)(3,2)處的切線(xiàn)與直線(xiàn)ax+y+3=0垂直,則a等于()A.2B.-2C.D.-3.若函數(shù)y=ex+mx有極值,則實(shí)數(shù)m的取值范圍是()A.m0B.m1D.m14.已知函數(shù)f(x)=-x3+ax2-x-1在R上是單調(diào)減函數(shù),則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A.(-,-,+)B.-C.(-,-)(,+)D.(-)5.函數(shù)

2、f(x)=x2+x-ln x的零點(diǎn)的個(gè)數(shù)是()A.0B.1C.2D.36.已知a+ln x對(duì)任意x恒成立,則a的最大值為()A.0B.1C.2D.37.(2017河北唐山三模,文12)已知函數(shù)f(x)=x3+ax2+bx有兩個(gè)極值點(diǎn)x1,x2,且x1x2,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)8.設(shè)f(x),g(x)分別是定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù),當(dāng)x0,且g(3)=0,則不等式f(x)g(x)f(x),且y=f(x)-1是奇函數(shù),則不等式f(x)ex的解集為.15.(2017福建龍巖一模,

3、文16)若實(shí)數(shù)a,b,c,d滿(mǎn)足=1,則(a-c)2+(b-d)2的最小值為.16.(2017湖南長(zhǎng)郡中學(xué)模擬)已知f(x)=x+xln x,若k(x-2)2恒成立,則整數(shù)k的最大值. 導(dǎo)學(xué)號(hào)三、解答題(本大題共5小題,共70分)17.( 14分)(2017寧夏銀川一中二模,文20)已知函數(shù)f(x)=a(x2+1)+ln x.(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性;(2)若對(duì)任意a(-4,-2)及x1,3時(shí),恒有ma-f(x)a2成立,求實(shí)數(shù)m的取值范圍.18.(14分)(2017遼寧沈陽(yáng)三模,文21)已知f(x)=ex+ax(aR),(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)若常數(shù)a-e,求證:對(duì)于x(1,

4、+),都有f(x)(x-1)2恒成立.19.(14分)(2017福建南平一模,文21)已知函數(shù)f(x)=+ln x(a,bR).(1)試討論函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值;(2)若b0,且ln b=a-1,設(shè)g(b)=-m(mR),且函數(shù)g(x)有兩個(gè)零點(diǎn),求實(shí)數(shù)m的取值范圍.20.(14分)(2017遼寧沈陽(yáng)質(zhì)量監(jiān)測(cè),文21)已知函數(shù)f(x)=aln x(a0),e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù).(1)若曲線(xiàn)f(x)在點(diǎn)A(2,f(2)的切線(xiàn)斜率為2,求實(shí)數(shù)a的值;(2)當(dāng)x0時(shí),求證:f(x)a;(3)若在區(qū)間(1,e)上,x0,若y=ex+mx有極值,則必須使y的值有正有負(fù),故m0.4.B由題意,知f(

5、x)=-3x2+2ax-10在R上恒成立,所以=(2a)2-4(-3)(-1)0,解得-a.5.A由f(x)=2x+1-=0,得x=或x=-1(舍去).當(dāng)0x時(shí),f(x)時(shí),f(x)0,f(x)單調(diào)遞增.則f(x)的最小值為f+ln 20,所以f(x)無(wú)零點(diǎn).6.A令f(x)=+ln x,則f(x)=.當(dāng)x時(shí),f(x)0.f(x)在內(nèi)單調(diào)遞減,在(1,2上單調(diào)遞增,在x上,f(x)min=f(1)=0,a0,即a的最大值為0.7.B由已知g(x)=f(x)-f(x0)=x3+ax2+bx-(+a+bx0)=( x-x0)x2+(x0+a)x+ax0+b,f(x)=3x2+2ax+b,代入上式可

6、得g(x)=(x-x0)(x-x1)2,所以g(x)恰有兩個(gè)零點(diǎn).8.D當(dāng)x0,即f(x)g(x)0,當(dāng)x0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時(shí),f(x)g(x)為增函數(shù),且f(3)g(3)=0,故當(dāng)0x3時(shí),f(x)g(x)0,當(dāng)a=0時(shí),不合題意,a0.由題意得-ln=(t-2e)ln t+10,令f(t)=(t-2e)ln t(t0),則f(t)=ln t+1-,f(t)=0,當(dāng)te時(shí),f(t)f(e)=0,當(dāng)0te時(shí),f(t)f(e)=0,f(t)f(e)=-e,-e,解得a0,解

7、得x,令f(x),故f(x)在遞增,在遞減,故f(x)的最大值是f,a=.11.C若f(x)=x2+x+1在區(qū)間內(nèi)有極值點(diǎn),則f(x)=x2-ax+1在區(qū)間內(nèi)有零點(diǎn),且零點(diǎn)不是f(x)的圖象頂點(diǎn)的橫坐標(biāo).由x2-ax+1=0,得a=x+.因?yàn)閤,y=x+的值域是,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,故選C.12.A函數(shù)f(x)=ex-m有三個(gè)零點(diǎn),即方程ex=m有三個(gè)根,令g(x)=ex,g(x)=ex=0,x=1或x=-,當(dāng)x時(shí),g(x)單調(diào)遞增且g(x)0,當(dāng)x時(shí),g(x)單調(diào)遞減,當(dāng)x(1,+)時(shí),g(x)單調(diào)遞增.當(dāng)x=-時(shí),g(x)極

8、大值=g,當(dāng)x=1時(shí),g(x)極小值=g(1)=-e,結(jié)合圖象可得m.13.y=xf(x)=exsin x,f(x)=ex(sin x+cos x),f(0)=1,f(0)=0,函數(shù)f(x)的圖象在點(diǎn)(0,0)處的切線(xiàn)方程為y-0=1(x-0),即y=x.14.(0,+)由題意令g(x)=,則g(x)=,f(x)f(x),g(x)0,故函數(shù)g(x)=在R上單調(diào)遞減,y=f(x)-1是奇函數(shù),f(0)-1=0,即f(0)=1,g(0)=1,則不等式f(x)ex等價(jià)為1=g(0),即g(x)0.15.由已知條件,得b=-ln a+2a2,d=3c-2,令f(x)=-ln x+2x2,g(x)=3x

9、-2,轉(zhuǎn)化為兩個(gè)函數(shù)f(x)與g(x)圖象上的點(diǎn)之間的距離的最小值,f(x)=-+4x,設(shè)與直線(xiàn)y=3x-2平行且與曲線(xiàn)f(x)相切的切點(diǎn)為P(x0,y0),則-+4x0=3,x00,解得x0=1,可得切點(diǎn)P(1,2),切點(diǎn)P(1,2)到直線(xiàn)y=3x-2的距離d=.(a-c)2+(b-d)2的最小值為d2=.故答案為.16.4x2,k(x-2)f(x)可化為k0,故g(x)在(2,+)上是增函數(shù),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)上是減函數(shù),在(x0,+)上是增函數(shù);故F(x)min=

10、F(x0)=,故k0),當(dāng)a0時(shí),恒有f(x)0,則f(x)在(0,+)上是增函數(shù);當(dāng)a0時(shí),0x0,則f(x)在上是增函數(shù);當(dāng)x時(shí),f(x)0,則f(x)在上是減函數(shù);綜上,當(dāng)a0時(shí),f(x)在(0,+)上是增函數(shù);當(dāng)aa2成立,等價(jià)于ma-a2f(x)max,因?yàn)閍(-4,-2),所以2a,即ma+2,因?yàn)閍(-4,-2),所以-2a+20,所以f(x)在(-,+)上單調(diào)遞增,當(dāng)a0時(shí),令f(x)=0,得x=ln(-a),f(x)在(-,ln(-a)上單調(diào)遞減,在(ln(-a),+)上單調(diào)遞增.綜上:當(dāng)a0時(shí),遞增區(qū)間為(-,+);當(dāng)a0在(1,+)上恒成立,h(x)在(1,+)單調(diào)遞增,

11、h(x)h(1)=e+a0,g(x)0在(1,+)恒成立,即g(x)在(1,+)上單調(diào)遞增,g(x)g(1)=e+a0,所以對(duì)x(1,+),都有f(x)(x-1)2恒成立.19.解 (1)f(x)=+ln x,求導(dǎo)得f(x)=-(x0).當(dāng)b0時(shí),f(x)0恒成立,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增,所以f(x)的遞增區(qū)間為(0,+),無(wú)極值;當(dāng)b0時(shí),x(0,b),f(x)0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增,所以函數(shù)的單調(diào)減區(qū)間為(0,b),函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間為(b,+),f(x)有極小值f(b)=1-a+ln b,無(wú)極大值.(2)(方法一)由b0,且ln b=a-1,代入g(b)=-m,可得g(b)=-m(b0),

12、所以g(x)=-m,x0,g(x)=,當(dāng)x(0,e)時(shí),g(x)0,所以函數(shù)g(x)在(0,e)遞增,當(dāng)x(e,+)時(shí),g(x)0)時(shí),g(x)-,當(dāng)x+時(shí),g(x)-m,故函數(shù)g(x)有兩個(gè)零點(diǎn),需解得0m0,且ln b=a-1,代入g(b)=-m,可得g(b)=-m(b0),所以g(x)=-m,x0,由g(x)=0,可得ln x=mx,即ln x-mx=0,函數(shù)g(x)有兩個(gè)零點(diǎn),即方程ln x-mx=0在(0,+)有兩個(gè)解.設(shè)h(x)=ln x-mx,x0,h(x)=-m.當(dāng)m0時(shí),h(x)0,h(x)在(0,+)單調(diào)遞增,不合題意,舍去.當(dāng)m0時(shí),由h(x)0,得x,由h(x),所以h

13、(x)在遞增,在遞減,方程ln x-mx=0在(0, +)有兩個(gè)解,只需h0,即ln-10,解得0m0,得x1,g(x)0,得0x1,g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減,在(1,+)上單調(diào)遞增.g(x)的最小值為g(1)=0,f(x)a.(3)解 由題意可知x0,化簡(jiǎn)得.令h(x)=,則h(x)=,由(2)知,當(dāng)x(1,e)時(shí),ln x-1+0,h(x)0,即h(x)在(1,e)上單調(diào)遞增,h(x)h(e)=e-1,ae-1.故實(shí)數(shù)a的取值范圍為e-1,+).21.(1)解 由f(x)=x3-6x2-3a(a-4)x+b,可得f(x)=3x2-12x-3a(a-4)=3(x-a)x-(4-a).令f(x)=0,解得x=a或x=4-a.由|a|1,得a0,可得f(x)1.又因?yàn)閒(x0)=1,f(x0)=0,故x0為f(x)的極大值點(diǎn),由(1)知x0=a.另一方面,由于|a|1,故a+14-a,由(1)知f(x)在(a-1,a)內(nèi)單調(diào)遞增,在(a,a+1)內(nèi)單調(diào)遞減,故當(dāng)