单元质检卷三 一元函数的导数及其应用(时间:120分钟 满分:150分)一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.(2021山东师大附中高三月考)已知函数f(x)=(2x-a)ex,且f'(1)=3e,则实数a的值为( )A.-3B.3C.-1D.12.(2021湖北孝感高三期中)设曲线y=a(x-1)+lnx在点(1,0)处的切线方程为y=2x-2,则a=( )A.1B.2C.3D.43.(2021安徽蚌埠高三月考)函数f(x)=x2-2lnx在区间[1,2]上的最大值是( )A.4-2ln2B.1C.4+2ln2D.e2-24.(2021江苏镇江高三月考)幂函数f(x)的图象过点,2,则函数g(x)=的单调递增区间为( )A.(0,2)B.(-∞,-2)∪(0,+∞)C.(-2,0)D.(-∞,-2)和(0,+∞)5.(2021湖北宜昌高三月考)曲线f(x)=ln(2x-1)上的点到直线2x-y+3=0的最短距离是( )A.1B.2C.D.36.(2021江苏扬州高三模拟)已知函数f(x)=x+acosx,对于任意x1,x2∈R(x1≠x2),都有>a2-a恒成立,则实数a的取值范围是( )A.[1-,1+]B.[1-,1]C.[-1,1]D.[-1,1-]7.(2021北京昌平高三期中)已知函数f(x)=(x-1)2ex,下列结论错误的是( )A.函数f(x)有零点B.函数f(x)有极大值,也有极小值C.函数f(x)既无最大值,也无最小值D.函数f(x)的图象与直线y=1有3个交点8.(2021四川成都高三期中)已知函数f(x)的定义域为R,且f(x)<1-f'(x),f(0)=4,则不等式f(x)<1+的解集为( )A.(1,+∞)B.(-∞,1) C.(0,+∞)D.(-∞,0)二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.\n9.(2021江苏滨海中学高三月考)如果定义域为R的函数y=f(x)的导函数的图象如图所示,则下列说法正确的是( )A.f(x)在区间-3,-上单调递增B.f(x)有且仅有1个极小值点C.f(x)在区间(4,5)上单调递增D.f(x)的极大值为f(2)10.(2021广东惠州高三月考)已知函数f(x)=lnx-ax的图象在x=1处的切线方程为x+y+b=0,则( )A.a=2B.b=1C.f(x)的极小值为-ln2-1D.f(x)的极大值为-ln2-111.(2021河北唐山高三三模)已知函数f(x)=-x,则下列结论错误的是( )A.f(x)的单调递减区间为(0,1)B.f(x)的极小值点为1C.f(x)的极大值为-1D.f(x)的最小值为-112.(2021辽宁沈阳高三模拟)已知x=1和x=3是函数f(x)=ax3+bx2-3x+k(a,b∈R)的两个极值点,且函数f(x)有且仅有两个不同的零点,则实数k的值为( )A.-B.C.-1D.0三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.(2021辽宁沈阳高三月考)曲线y=在点(-1,3)处的切线的斜率为 . 14.(2021北京延庆高三期中)若函数f(x)=-x2+ax在区间(-1,0)上恰有一个极值点,则实数a的取值范围是 . 15.(2021山西太原高三期末)已知函数f(x)=-4a有三个零点,则实数a的取值范围是 . 16.(2021浙江湖州高三期中)已知函数f(x)=ex-ex+a与g(x)=lnx+的图象上存在关于x\n轴对称的点,则实数a的取值范围是 . 四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(10分)(2021北京,19)已知函数f(x)=.(1)若a=0,求y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程;(2)若函数f(x)在x=-1处取得极值,求f(x)的单调区间以及最大值和最小值.18.(12分)(2021山东实验中学高三月考)已知函数f(x)=ln(2x)-ax2.(1)若f(x)在(1,+∞)内不单调,求实数a的取值范围;(2)若a=2,求f(x)在上的值域.19.(12分)已知函数f(x)=-xex,g(x)=x2+2x+a.若函数f(x)的图象在原点处的切线与函数g(x)的图象相切,求实数a的值.\n20.(12分)(2021全国甲,理21)已知a>0且a≠1,函数f(x)=(x>0).(1)当a=2时,求f(x)的单调区间;(2)若曲线y=f(x)与直线y=1有且仅有两个交点,求a的取值范围.21.(12分)(2021重庆綦江中学高三月考)已知函数f(x)=aex-cosx-x(a∈R).(1)若a=1,证明:f(x)+cosx≥1;(2)若f(x)在(0,π)上有两个极值点,求实数a的取值范围.22.(12分)(2021湖南常德高三一模)设函数f(x)=alnx+,其中a为常数,且a>0.\n(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)设函数F(x)=f(x)+xlna,x1,x2是函数f(x)的两个极值点,证明:F(x1)+F(x2)<1-4ln2.\n单元质检卷三 一元函数的导数及其应用1.D 解析由题设,f'(x)=(2+2x-a)ex,又因为f'(1)=3e,所以f'(1)=(4-a)e=3e,解得a=1,故选D.2.A 解析易知点(1,0)为直线y=2x-2与曲线y=a(x-1)+lnx的公共点,对函数y=a(x-1)+lnx求导得y'=a+,由已知可得y'|x=1=a+1=2,解得a=1,故选A.3.A 解析由题意得f'(x)=2x-≥0在[1,2]上恒成立,所以函数f(x)在[1,2]上单调递增,所以当x=2时,f(x)取得最大值f(2)=4-2ln2,故选A.4.D 解析设f(x)=xa,则=2,a=-2,所以g(x)==x2ex,函数的定义域是{x∈R|x≠0},g'(x)=(x2+2x)ex,由g'(x)>0得x<-2或x>0,所以g(x)的单调递增区间是(-∞,-2)和(0,+∞),故选D.5.C 解析因为直线2x-y+3=0的斜率为2,所以令f'(x)==2,解得x=1,把x=1代入曲线方程得f(1)=ln(2-1)=0,即曲线f(x)过点(1,0)的切线斜率为2,则点(1,0)到直线2x-y+3=0的距离d=,即曲线f(x)=ln(2x-1)上的点到直线2x-y+3=0的最短距离是.6.B 解析设x1>x2,由>a2-a可得f(x1)-f(x2)>(a2-a)(x1-x2),即f(x1)-(a2-a)x1>f(x2)-(a2-a)x2,构造函数g(x)=f(x)-(a2-a)x=acosx+(1-a2+a)x,则函数g(x)在R上单调递增,g'(x)=-asinx+(1-a2+a)≥0对任意的x∈R恒成立,令t=sinx,则t∈[-1,1],所以-at+(1-a2+a)≥0在t∈[-1,1]上恒成立,所以解得所以1-≤a≤1,故选B.7.C 解析f(1)=0,所以A选项正确;f'(x)=(x+1)(x-1)ex,所以在区间(-∞,-1)和(1,+∞)上f'(x)>0,f(x)单调递增,在区间(-1,1)上f'(x)<0,f(x)单调递减,所以当x=-1时,f(x)有极大值f(-1)=>1,当x=1时,f(x)有极小值f(1)=0,所以B选项正确,C选项错误;画出函数f(x)的大致图象如图,由图可知函数f(x)的图象与直线y=1有3个交点,所以D\n选项正确.故选C.8.C 解析由f(x)<1+得exf(x)<ex+3,即exf(x)-ex-3<0,令F(x)=exf(x)-ex-3,则F'(x)=exf(x)+exf'(x)-ex=ex[f(x)+f'(x)-1],因为f(x)<1-f'(x),即f(x)+f'(x)-1<0,且ex>0,所以F'(x)<0,故函数F(x)在R上单调递减,由F(0)=e0f(0)-e0-3=4-1-3=0,故当x>0时,F(x)<0,即f(x)<1+的解集是(0,+∞),故选C.9.CD 解析由y=f'(x)的图象知,在(-∞,-2)和(2,4)上f'(x)<0,即f(x)单调递减,在(-2,2)和(4,+∞)上f'(x)>0,即f(x)单调递增,所以f(x)的极大值为f(2),极小值为f(-2)和f(4),对于选项A,f(x)在-3,-上不单调,错误;对于选项B,f(x)有2个极小值点,错误;对于选项C,f(x)在(4,5)上单调递增,正确;对于选项D,f(x)的极大值为f(2),正确.故选CD.10.ABD 解析因为f(x)=lnx-ax,所以f'(x)=-a.又因为函数f(x)的图象在x=1处的切线方程为x+y+b=0,所以f(1)=-a=-b-1,f'(1)=1-a=-1,解得a=2,b=1.所以A,B正确;由f'(x)=-2=,令f'(x)>0,得f(x)在0,上单调递增,令f'(x)<0,得f(x)在,+∞上单调递减,知f(x)在x=处取得极大值,f=ln-1=-ln2-1,无极小值,故选ABD.11.ABD f'(x)=-1=,令φ(x)=1-lnx-x2,则φ'(x)=--2x<0,所以φ(x)=1-lnx-x2在(0,+∞)上单调递减.因为φ(1)=0,所以当0<x<1时,φ(x)>0;当x>1,φ(x)<0.所以f(x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+∞),故f(x)的极大值点为1,f(x)的极大值为f(1)=-1,故选ABD.12.BD 解析f'(x)=3ax2+2bx-3,依题意1,3是f'(x)=0的两个根,所以解得故f(x)=-x3+2x2-3x+k.易求得函数f(x)的极大值为f(3)=k和极小值为f(1)=-+k.要使函数f(x)有两个零点,则f(x)的极大值k=0或f(x)的极小值-+k=0,\n所以k=0或k=,故选BD.13.1 解析因为y=,所以y'=,当x=-1时,y'|x=-1=1,所以曲线y=在点(-1,3)处的切线的斜率为1.14.(-2,0) 解析二次函数f(x)=-x2+ax的对称轴为x=-,即x=,因为函数f(x)=-x2+ax在区间(-1,0)上恰有一个极值点,所以-1<<0⇒-2<a<0.故实数a的取值范围是(-2,0).15.(0,e-2) 解析令g(x)=,函数f(x)有三个零点即函数g(x)的图象与直线y=4a有三个交点.因为g'(x)=,所以g(x)在(-∞,0)和(2,+∞)上单调递减,在(0,2)上单调递增,且g(x)≥0,g(x)的极大值为g(2)==4e-2,极小值为g(0)=0.结合图象g(x)与y=4a有三个交点,即0<4a<4e-2,所以0<a<e-2.16.(-∞,-1] 解析依题意方程ex-ex+a=-lnx-在(0,+∞)上有解,即a=ex-ex-lnx-在(0,+∞)上有解,令h(x)=ex-ex-lnx-,则h'(x)=e-ex-=e-ex+,显然h'(1)=0,且当0<x<1时,h'(x)>0,当x>1时,h'(x)<0,因此h(x)在x=1处取得极大值亦即最大值h(1)=-1,所以h(x)的值域为(-∞,-1],故a的取值范围是(-∞,-1].17.解(1)当a=0时,f(x)=,则f'(x)=,所以f(1)=1,f'(1)=-4,此时曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-1=-4(x-1),即4x+y-5=0.(2)因为f(x)=,所以f'(x)=,\n由题意可得f'(-1)==0,解得a=4,故f(x)=,f'(x)=,列表如下:x(-∞,-1)-1(-1,4)4(4,+∞)f'(x)+0-0+f(x)单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以,函数f(x)的单调递增区间为(-∞,-1),(4,+∞),单调递减区间为(-1,4).当x<时,f(x)>0;当x>时,f(x)<0.所以,f(x)max=f(-1)=1,f(x)min=f(4)=-.18.解(1)f'(x)=,因为f(x)在(1,+∞)内不单调,所以关于x的方程1-2ax2=0在(1,+∞)内有解,所以故a的取值范围为0,.(2)因为a=2,所以f'(x)=.令f'(x)>0,得≤x<;令f'(x)<0,得<x≤.所以f(x)在上单调递增,在上单调递减,所以f(x)max=f=-.因为f=-1-,f=1-,且f-f=-2->0,所以f(x)在上的值域为1-,-.19.解因为f(x)=-xex,所以f'(x)=-ex(x+1),所以切线斜率k=f'(0)=-1,又因为f(0)=0,因此f(x)图象在原点处的切线方程为y=-x.\n又因为切线y=-x与g(x)图象相切,所以消去y得x2+3x+a=0,于是Δ=9-4a=0,解得a=.故实数a的值为.20.解(1)当a=2时,f(x)=.f'(x)=.当x∈时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当x∈时,f'(x)<0,f(x)单调递减.故f(x)在区间上单调递增,在区间上单调递减.(2)由题知方程f(x)=1在(0,+∞)有两个不相等的根.由f(x)=1得xa=ax,即alnx=xlna,即.令g(x)=,g'(x)=,∴g(x)在区间(0,e)上单调递增,在区间(e,+∞)上单调递减.又x→0时,g(x)→-∞,g(e)=,g(1)=0,x→+∞时,g(x)→0.∴0<,即a>1且a≠e.21.(1)证明当a=1时,f(x)=ex-cosx-x,令g(x)=f(x)+cosx=ex-x,则g'(x)=ex-1,当x<0时,g'(x)<0;当x>0时,g'(x)>0,所以函数g(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,所以g(x)≥g(0)=1,即f(x)+cosx≥1.(2)解f'(x)=aex+sinx-1,由f(x)在(0,π)上有两个极值点,则f'(x)=aex+sinx-1=0在(0,π)上有两个不同的实根,即a=在(0,π)上有两个不同的实根.设h(x)=,x∈(0,π),h'(x)=,令h'(x)=0,则x=,\n当0<x<时,h'(x)<0;当<x<π时,h'(x)>0,所以函数h(x)在0,上单调递减,在,π上单调递增,又因为h(0)=1,h=0,h(π)=e-π,0<e-π<1,所以当0<a<e-π时,方程a=在(0,π)上有两个不同的实数根,所以实数a的取值范围为(0,e-π).22.(1)解函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=.令g(x)=ax2+(2a-1)x+a,Δ=(2a-1)2-4a2=-4a+1.①当a≥时,Δ=-4a+1≤0,则g(x)≥0,即f'(x)≥0,f(x)在(0,+∞)上单调递增;②当0<a<时,Δ=-4a+1>0,由g(x)=0,解得x1=,x2=,所以x2>x1=>0,所以当x∈(0,x1)时,g(x)>0,f'(x)>0,f(x)单调递增,当x∈(x1,x2)时,g(x)<0,f'(x)<0,f(x)单调递减,当x∈(x2,+∞)时,g(x)>0,f'(x)>0,f(x)单调递增,综上所述,当0<a<时,f(x)在0,上单调递增,在上单调递减,在,+∞上单调递增;当a≥时,f(x)在(0,+∞)上单调递增.(2)证明由(1)知函数f(x)的两个极值点为x1,x2,则0<a<,且x1+x2=,x1x2=1.所以F(x1)+F(x2)=f(x1)+x1lna+f(x2)+x2lna=alnx1++alnx2++(x1+x2)lna=aln(x1x2)++(x1+x2)lna=+(x1+x2)ln\na=+(x1+x2)lna=1+lna,记h(a)=1+lna=1+-2lna0<a<,h'(a)=-lna+-2,因为0<a<,所以1-2a>0,-lna>0,所以h'(a)>0,h(a)在0,上单调递增,所以h(a)<h=1-4ln2,即1+lna<1-4ln2,所以F(x1)+F(x2)<1-4ln2.
