《（天津?qū)Ｓ茫?020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習 單元質(zhì)檢3 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用（含解析）新人教A版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（天津?qū)Ｓ茫?020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習 單元質(zhì)檢3 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用（含解析）新人教A版（12頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、單元質(zhì)檢三　導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 (時間:100分鐘　滿分:150分) 一、選擇題(本大題共8小題,每小題5分,共40分) 1.如果一個物體的運動方程為s(t)=1-t+t2,其中s的單位是m,t的單位是s,那么物體在3 s末的瞬時速度是(　　) A.7 m/s B.6 m/s C.5 m/s D.8 m/s 2.若函數(shù)y=ex+mx有極值,則實數(shù)m的取值范圍是(　　) A.m>0 B.m<0 C.m>1 D.m<1 3.已知函數(shù)f(x)=-x3+ax2-x-1在R上是減函數(shù),則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A.(-∞,-3]∪[3,+∞) B.[-3,3] C.(-∞,-3)

2、∪(3,+∞) D.(-3,3) 4.函數(shù)f(x)=x2+x-ln x的零點的個數(shù)是(　　) A.0 B.1 C.2 D.3 5.(2018全國Ⅰ,理5)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(0,0)處的切線方程為(　　) A.y=-2x B.y=-x C.y=2x D.y=x 6.已知函數(shù)f(x)=-2f'(1)3x-x2的最大值為f(a),則a等于(　　) A.116 B.344 C.14 D.348 7.已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f'(x)+f(x)>1,f(0)=5,f'(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù),則不等式ex(

3、f(x)-1)>4(其中e為自然對數(shù)的底數(shù))的解集為(　　) A.(0,+∞) B.(-∞,0)∪(3,+∞) C.(-∞,0)∪(1,+∞) D.(3,+∞) 8.設(shè)函數(shù)f(x)=exx+3x-3-ax,若不等式f(x)≤0有正實數(shù)解,則實數(shù)a的最小值為(　　) A.3 B.2 C.e2 D.e 二、填空題(本大題共6小題,每小題5分,共30分) 9.(2018天津,文10)已知函數(shù)f(x)=exln x,f'(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù),則f'(1)的值為　　　　　　.? 10.設(shè)曲線y=x+1x-1在點(3,2)處的切線與直線ax+y+3=0垂直,則a=　　　　　.? 1

4、1.若f(x)=ae-x-ex為奇函數(shù),則f(x-1)0; ③f(0)f(3)>0; ④f(0)f(3)<0; ⑤f(1)f(3)>0; ⑥f(1)f(3)<0. 其中正確的結(jié)論是　　　　　.(填序號)? 14.已知過點A(1,m)恰能作曲線f(x)=x3-3x的兩條切線

5、,則m的值是　　　　　　　　.? 三、解答題(本大題共6小題,共80分) 15.(13分)已知函數(shù)f(x)=(x-2x-1)·e-xx≥12. (1)求f(x)的導(dǎo)函數(shù); (2)求f(x)在區(qū)間12,+∞內(nèi)的取值范圍. 16.(13分)(2018全國Ⅱ,文21)已知函數(shù)f(x)=13x3-a(x2+x+1). (1)若a=3,求f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)證明:f(x)只有一個零點. 17.(13分)已知函數(shù)f(x)=ex-ax(a為常數(shù))的圖象與y軸交于點A,曲線y=f(x)在點A處的切線斜率為-1. (1)求a的值及函數(shù)f(x)的極值; (2

6、)證明:當x>0時,x2kx對任意的x∈(0,+∞)恒成立,求實數(shù)k的取值范圍.

7、 20.(14分)設(shè)a∈Z,已知定義在R上的函數(shù)f(x)=2x4+3x3-3x2-6x+a在區(qū)間(1,2)內(nèi)有一個零點x0,g(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù). (1)求g(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)設(shè)m∈[1,x0)∪(x0,2],函數(shù)h(x)=g(x)(m-x0)-f(m),求證:h(m)h(x0)<0; (3)求證:存在大于0的常數(shù)A,使得對于任意的正整數(shù)p,q,且pq∈[1,x0)∪(x0,2],滿足pq-x0≥1Aq4. 單元質(zhì)檢三　導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 1.C　解析根據(jù)瞬時速度的意義,可得3s末的瞬時速度是v=s'(3)=-1+2×3=5. 2.B　解

8、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,故m<0. 3.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. 4.A　解析由f'(x)=2x+1-1x=2x2+x-1x=0,得x=12或x=-1(舍去).當012時,f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增,則f(x)的最小值為f12=34+ln2>0,所以f(x)無零點. 5.D　解析因為f(x)為奇函數(shù),所以f(-x)=-f(x), 即-x3+(a-1)x2-

9、ax=-x3-(a-1)x2-ax, 解得a=1,則f(x)=x3+x. 由f'(x)=3x2+1,得曲線f(x)在(0,0)處的切線斜率k=f'(0)=1.故切線方程為y=x. 6.B　解析∵f'(x)=-2f'(1)3·12x-2x, ∴f'(1)=-13f'(1)-2, 解得f'(1)=-32, ∴f(x)=x-x2,f'(x)=1-4xx2x. 令f'(x)>0,解得x<344;令f'(x)<0,解得x>344, 故f(x)在0,344內(nèi)遞增,在344,+∞內(nèi)遞減, 故f(x)的最大值是f344,a=344. 7.A　解析令g(x)=ex(f(x)-1), 則g'

10、(x)=ex(f(x)-1)+exf'(x)=ex(f(x)+f'(x)-1). 因為f(x)+f'(x)>1, 所以g'(x)>0. 所以函數(shù)g(x)在R上單調(diào)遞增. 因為f(0)=5,所以g(0)=4.因為ex(f(x)-1)>4, 所以g(x)>g(0),所以x>0. 故選A. 8.D　解析原問題等價于a≥ex(x2-3x+3)在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)有解. 令g(x)=ex(x2-3x+3), 則a≥g(x)min,而g'(x)=ex(x2-x). 由g'(x)>0,可得x>1或x<0; 由g'(x)<0,可得0

11、值為g(1)=e. 綜上可得,實數(shù)a的最小值為e. 9.e　解析∵f(x)=exlnx,∴f'(x)=exlnx+exx. ∴f'(1)=eln1+e1=e. 10.-2　解析因為y=x+1x-1的導(dǎo)數(shù)為y'=-2(x-1)2,所以曲線在點(3,2)處的切線斜率k=-12.又因為直線ax+y+3=0的斜率為-a,所以-a·-12=-1, 解得a=-2. 11.(0,+∞)　解析∵f(x)在R上為奇函數(shù), ∴f(0)=0,即a-1=0. ∴a=1. ∴f(x)=e-x-ex, ∴f'(x)=-e-x-ex<0. ∴f(x)在R上單調(diào)遞減. ∴由f(x-1)

12、-1), 得x-1>-1,即x>0. ∴f(x-1)3時,f'(x)>0. ∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-∞,1)和(3,+∞),單調(diào)遞減區(qū)間為(1,3). ∴f(x)極大值=f(1)=1-6+9

13、-abc=4-abc, f(x)極小值=f(3)=27-54+27-abc=-abc. ∵f(x)=0有三個解a,b,c, ∴a<10,且f(3)=-abc<0. ∴00,f(1)·f(3)<0. 14.-3或-2　解析設(shè)切點坐標為(a,a3-3a). ∵f(x)=x3-3x, ∴f'(x)=3x2-3, ∴切線的斜率k=3a2-3, 由點斜式可得切線方程為y-(a3-3a)=(3a2-3)·(x-a). ∵切線過點A(1,m)

14、, ∴m-(a3-3a)=(3a2-3)(1-a), 即2a3-3a2=-3-m. ∵過點A(1,m)可作曲線y=f(x)的兩條切線, ∴關(guān)于a的方程2a3-3a2=-3-m有兩個不同的根. 令g(x)=2x3-3x2, ∴g'(x)=6x2-6x. 令g'(x)=0,解得x=0或x=1, 當x<0時,g'(x)>0;當01時,g'(x)>0, ∴g(x)在(-∞,0)內(nèi)單調(diào)遞增,在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞減,在(1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增, ∴當x=0時,g(x)取得極大值g(0)=0,當x=1時,g(x)取得極小值g(1)=-1. 關(guān)于a的方

15、程2a3-3a2=-3-m有兩個不同的根,等價于y=g(x)與y=-3-m的圖象有兩個不同的交點, ∴-3-m=-1或-3-m=0, 解得m=-3或m=-2, ∴實數(shù)m的值是-3或-2. 15.解(1)因為(x-2x-1)'=1-12x-1,(e-x)'=-e-x, 所以f'(x)=1-12x-1e-x-(x-2x-1)e-x=(1-x)(2x-1-2)e-x2x-1x>12. (2)由f'(x)=(1-x)(2x-1-2)e-x2x-1=0, 解得x=1或x=52. 當x變化時,f'(x),f(x)的變化情況如下表: x 12 12,1 1 1,52 52 52

16、,+∞ f'(x) - 0 + 0 - f(x) 12e-12 ↘ 0 ↗ 12e-52 ↘ 又f(x)=12(2x-1-1)2e-x≥0, 所以f(x)在區(qū)間12,+∞內(nèi)的取值范圍是0,12e-12. 16.(1)解當a=3時,f(x)=13x3-3x2-3x-3,f'(x)=x2-6x-3. 令f'(x)=0,解得x=3-23或x=3+23. 當x∈(-∞,3-23)∪(3+23,+∞)時,f'(x)>0; 當x∈(3-23,3+23)時,f'(x)<0. 故f(x)在區(qū)間(-∞,3-23),(3+23,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增,在區(qū)間(3-23,3

17、+23)內(nèi)單調(diào)遞減. (2)證明由于x2+x+1>0,所以f(x)=0等價于x3x2+x+1-3a=0. 設(shè)g(x)=x3x2+x+1-3a,則g'(x)=x2(x2+2x+3)(x2+x+1)2≥0,僅當x=0時g'(x)=0,所以g(x)在(-∞,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增,故g(x)至多有一個零點,從而f(x)至多有一個零點. 又f(3a-1)=-6a2+2a-13=-6a-162-16<0,f(3a+1)=13>0,故f(x)有一個零點. 綜上,f(x)只有一個零點. 17.(1)解由f(x)=ex-ax,得f'(x)=ex-a. 因為f'(0)=1-a=-1,所以a=2. 所以f

18、(x)=ex-2x,f'(x)=ex-2. 令f'(x)=0,得x=ln2. 當xln2時,f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增, 所以當x=ln2時,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. 因為g(0)=1>0,所以當x>0,g(x)>g(0)>0,即x2

19、, 所以f'(x)=[2ax-(4a+1)]ex+[ax2-(4a+1)x+4a+3]ex=[ax2-(2a+1)x+2]ex. f'(1)=(1-a)e. 由題設(shè)知f'(1)=0,即(1-a)e=0,解得a=1. 此時f(1)=3e≠0, 所以a的值為1. (2)由(1)得f'(x)=[ax2-(2a+1)x+2]ex=(ax-1)(x-2)ex. 若a>12,則當x∈1a,2時,f'(x)<0; 當x∈(2,+∞)時,f'(x)>0. 所以f(x)在x=2處取得極小值. 若a≤12,則當x∈(0,2)時,x-2<0,ax-1≤12x-1<0,所以f'(x)>0. 所以

20、2不是f(x)的極小值點. 綜上可知,a的取值范圍是12,+∞. 19.(1)解∵f(x)=ex-x2+a, ∴f'(x)=ex-2x. 由已知,得f(0)=1+a=0,f'(0)=1=b, 解得a=-1,b=1. ∴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x∈(-∞,0)時,φ'(x)<0,φ(x)單調(diào)遞減; 當x∈(0,+∞)時,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)>k

21、x對任意的x∈(0,+∞)恒成立?f(x)x>k對任意的x∈(0,+∞)恒成立. 令g(x)=f(x)x,x>0, 則g'(x)=xf'(x)-f(x)x2=x(ex-2x)-(ex-x2-1)x2=(x-1)(ex-x-1)x2. 由(2)可知當x∈(0,+∞)時,ex-x-1>0恒成立, 由g'(x)>0,得x>1;由g'(x)<0,得0

22、6x+a, 可得g(x)=f'(x)=8x3+9x2-6x-6, 進而可得g'(x)=24x2+18x-6. 令g'(x)=0,解得x=-1或x=14. 當x變化時,g'(x),g(x)的變化情況如下表: x (-∞,-1) -1,14 14,+∞ g'(x) + - + g(x) ↗ ↘ ↗ 所以,g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(-∞,-1),14,+∞,單調(diào)遞減區(qū)間是-1,14. (2)證明由h(x)=g(x)(m-x0)-f(m),得h(m)=g(m)(m-x0)-f(m),h(x0)=g(x0)(m-x0)-f(m). 令函數(shù)H1(x)=g(x)(x

23、-x0)-f(x), 則H'1(x)=g'(x)(x-x0). 由(1)知,當x∈[1,2]時,g'(x)>0, 故當x∈[1,x0)時,H'1(x)<0,H1(x)單調(diào)遞減; 當x∈(x0,2]時,H'1(x)>0,H1(x)單調(diào)遞增. 因此,當x∈[1,x0)∪(x0,2]時,H1(x)>H1(x0)=-f(x0)=0,可得H1(m)>0,即h(m)>0. 令函數(shù)H2(x)=g(x0)(x-x0)-f(x), 則H'2(x)=g(x0)-g(x). 由(1)知g(x)在[1,2]上單調(diào)遞增, 故當x∈[1,x0)時,H'2(x)>0,H2(x)單調(diào)遞增; 當x∈(x0,

24、2]時,H'2(x)<0,H2(x)單調(diào)遞減. 因此,當x∈[1,x0)∪(x0,2]時,H2(x)

25、2]上單調(diào)遞增,故00, 故f(x)在[1,2]上單調(diào)遞增,所以f(x)在區(qū)間[1,2]上除x0外沒有其他的零點, 而pq≠x0,故fpq≠0. 又因為p,q,a均為整數(shù),所以|2p4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|是正整數(shù), 從而|2p4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|≥1. 所以pq-x0≥1g(2)q4. 所以,只要取A=g(2),就有pq-x0≥1Aq4. 12