高考数学一轮复习单元质检卷三一元函数的导数及其应用含解析新人教A版

这是一份高考数学一轮复习单元质检卷三一元函数的导数及其应用含解析新人教A版，共19页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
单元质检卷三　一元函数的导数及其应用
(时间:100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.(2020福建福州模拟,理7)已知函数f(x)为偶函数,当x12时,求证:g(x)有两个零点.












20.(12分)(2020辽宁大连一中6月模拟,文20)已知函数f(x)=xln x-1,g(x)=(k-1)x-k(k∈R).
(1)若直线y=g(x)是曲线y=f(x)的一条切线,求k的值;
(2)当x>1时,直线y=g(x)与曲线y=f(x)+1无交点,求整数k的最大值.









21.(12分)(2020天津,20)已知函数f(x)=x3+kln x(k∈R),f'(x)为f(x)的导函数.
(1)当k=6时,
(ⅰ)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(ⅱ)求函数g(x)=f(x)-f'(x)+9x的单调区间和极值.
(2)当k≥-3时,求证:对任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1>x2,有f'(x1)+f'(x2)2>f(x1)-f(x2)x1-x2.








22.(12分)(2020浙江,22)已知10时,-x1时,f'(x)0.
所以当x0,
可知选项B符合题意.故选B.
3.D　设f(x1)=g(x2)=t,所以x1=t-1,x2=et,所以x2-x1=et-t+1,令h(t)=et-t+1,则h'(t)=et-1,所以h(t)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,所以h(t)min=h(0)=2.
4.A　令g(x)=f(x)x,g'(x)=xf'(x)-f(x)x20等价为f(ex)ex>f(2)2,即g(ex)>g(2),故ex0;当x>e-12时,g'(x)e2.
故选B.
7.A　

当a≠0时函数g(x)的定义域为(0,+∞),所以只研究这两个函数在x∈(0,+∞)上的图象,当a≤0时,f(x)单调递增,又g(x)单调递减,两者的图象最多只有一个交点,不符合题意.当a>0时,
设φ(x)=f(x)-g(x),即φ(x)=x2-2ax-alnx+a,00,h(x)单调递增.∴h(x)min=h(1)=1.
对g1e=e+1e,g(e)=e-1e,
∴a的取值范围是1,e-1e.
9.AD　∵函数f(x)=xlnx+x2(x>0),
∴f'(x)=lnx+1+2x.
∵x0是函数f(x)的极值点,
∴f'(x0)=0,即lnx0+1+2x0=0,
∵f'(x)在(0,+∞)上单调递增,且f'1e=2e>0,
又x→0,f'(x)→-∞,∴00得,x+2>0,即-20,00,00,y单调递增,当00,即a>4时,方程1ax2+2a-1x+1a=0有两个不等实数根x1,x2,设x10).
①当a≤0时,令f'(x)>0,得00,得00,得00),设切点为P(x0,x0lnx0-1),在点P处的切线方程为y-(x0lnx0-1)=(1+lnx0)(x-x0).整理得y=(1+lnx0)x-(x0+1).
由1+lnx0=k-1,k=x0+1,
即lnx0=k-2,x0=k-1,得lnx0=x0-1.
令h(x)=lnx-x+1,则h'(x)=1x-1=1-xx.
当00,
所以f(x)在(1,+∞)上单调递增.
所以F(x)>F(1)=1,即F(x)在(1,+∞)上无零点.
②当k-2>0时,由F'(x)=0,得x=ek-2.
当10,所以F(x)在(ek-2,+∞)上单调递增.
F(x)的最小值为F(ek-2)=(k-1)ek-2-k(ek-2-1)=k-ek-2.
令m(k)=k-ek-2,则m'(k)=1-ek-20,m(4)=4-e2x2,令x1x2=t(t>1),则
(x1-x2)[f'(x1)+f'(x2)]-2[f(x1)-f(x2)]=(x1-x2)3x12+kx1+3x22+kx2-2x13-x23+klnx1x2=x13-x23-3x12x2+3x1x22+kx1x2-x2x1-2klnx1x2=x23(t3-3t2+3t-1)+kt-1t-2lnt.①
令h(x)=x-1x-2lnx,x∈(1,+∞).
当x>1时,h'(x)=1+1x2-2x=1-1x2>0,
由此可得h(x)在(1,+∞)上单调递增,
所以当t>1时,h(t)>h(1),即t-1t-2lnt>0.
因为x2≥1,t3-3t2+3t-1=(t-1)3>0,k≥-3,
所以,x23(t3-3t2+3t-1)+kt-1t-2lnt≥(t3-3t2+3t-1)-3t-1t-2lnt=t3-3t2+6lnt+3t-1.②
由(1)(ⅱ)可知,当t>1时,g(t)>g(1),即t3-3t2+6lnt+3t>1,故t3-3t2+6lnt+3t-1>0.③
由①②③可得(x1-x2)[f'(x1)+f'(x2)]-2[f(x1)-f(x2)]>0.
所以,当k≥-3时,对任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1>x2,有f'(x1)+f'(x2)2>f(x1)-f(x2)x1-x2.
22.证明(1)因为f(0)=1-a0,所以y=f(x)在(0,+∞)上存在零点.
因为f'(x)=ex-1,所以当x>0时,f'(x)>0,故函数f(x)在[0,+∞)上单调递增,所以函数y=f(x)在(0,+∞)上有唯一零点.
(2)①令g(x)=ex-12x2-x-1(x≥0),g'(x)=ex-x-1=f(x)+a-1,由①知函数g'(x)在[0,+∞)上单调递增,故当x>0时,g'(x)>g'(0)=0,所以函数g(x)在[0,+∞)上单调递增,故g(x)≥g(0)=0.由g(2(a-1))≥0,得f(2(a-1))=e2(a-1)-2(a-1)-a≥0=f(x0),因为f(x)在[0,+∞)上单调递增,故2(a-1)≥x0.
令h(x)=ex-x2-x-1(0≤x≤1),h'(x)=ex-2x-1,
令h1(x)=ex-2x-1(0≤x≤1),h'1(x)=ex-2,所以
x
0
(0,ln2)
ln2
(ln2,1)
1
h1'(x)
-1
-
0
+
e-2
h1(x)
0
↘

↗
e-3

故当01时,u'(x)>0,故函数u(x)在区间[1,+∞)上单调递增,
因此u(x)≥u(1)=0.
由ex0=x0+a可得x0f(ex0)=x0f(x0+a)=(ea-1)x02+a(ea-2)x0≥(e-1)ax02,由x0≥a-1,得x0f(ex0)≥(e-1)(a-1)a.