2025届人教新高考高三数学一轮复习章末目标检测卷3导数及其应用Word版附解析

这是一份2025届人教新高考高三数学一轮复习章末目标检测卷3导数及其应用Word版附解析，共10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。
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.函数f(x)=x4-2x3的图象在点(1,f(1))处的切线方程为( )
A.y=-2x-1
B.y=-2x+1
C.y=2x-3
D.y=2x+1
2.若函数y=ex+mx有极值,则实数m的取值范围是( )
A.{m|m>0}
B.{m|m1}
D.{m|m4(其中e为自然对数的底数)的解集为( )
A.(0,+∞)
B.(-∞,0)∪(3,+∞)
C.(-∞,0)∪(1,+∞)
D.(3,+∞)
7.已知函数f(x)=ln x+tan α00.
所以函数g(x)在R上单调递增.
因为f(0)=5,所以g(0)=4.所以不等式ex(f(x)-1)>4的解集,由g(x)>g(0),得x>0.故选A.
7.A ∵f(x)=ln x+tan α,∴f'(x)=1x.
令f(x)=f'(x),得ln x+tan α=1x,即tan α=1x-ln x.
设g(x)=1x-ln x,显然g(x)在区间(0,+∞)内单调递减,而当x→0时(从0的右边趋近),g(x)→+∞,
故要使满足f'(x)=f(x)的根x0g(1)=1.又00,
∴y2=xex+ln(1-x)在区间(0,0.1]上单调递增.
∴y2>0,∴a1>c1.
∴在区间(0,0.1]上,b1>a1>c1.
故当x=0.1时,有b>a>c.
9.AC ∵f(x)=x3-x+1,∴f'(x)=3x2-1.
由3x2-1=0,得x=33或x=-33.
∴f(x)有2个极值点-33与33,且在区间(-∞,-33)上单调递增,在区间(-33,33)上单调递减,在区间(33,+∞)上单调递增.又f33=1-239>0,当x=-2时,f(-2)=-5f33>0,
∴f(x)只在区间(-2,-33)上存在一个零点,∴f(x)只有一个零点.
∵f(x)+f(-x)=2,∴点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心.
由f'(x)=3x2-1=2,解得x=±1,∴曲线y=f(x)在点(1,1)处的切线方程为y-1=2(x-1),即y=2x-1;
曲线y=f(x)在点(-1,1)处的切线方程为y-1=2(x+1),即y=2x+3.
∴直线y=2x与曲线y=f(x)不相切.故选AC.
10.BCD 由题意,得f'(x)=x2+2x=x(x+2),
故f(x)在区间(-∞,-2),(0,+∞)内单调递增,
在区间(-2,0)内单调递减,作出其大致图象如图所示.
令13x3+x2-23=-23,得x=0或x=-3.
则结合图象可知-3≤a-10,解得a∈[-2,1).
又a∈Z,所以a可以取-2,-1,0.
11.AB f'(x)=-ex(sinx+csx)-1(ex+sinx)2=-2exsinx+π4-1(ex+sinx)2,
对于A,当x∈0,π2时,x+π4∈π4,3π4,sinx+π4>0,所以f'(x)0,所以f(x)0,所以f-12>0,
又-π40,f'(2)=-ln 2+120,f(x)单调递增;
当x∈(x0,+∞)时,f'(x)0,因为x>0,所以h'(x)=-1-1x0,即m'(x)>0,m(x)单调递增,当x∈(1,+∞)时,h(x)0).
由x=1是f(x)的极值点,得f'(1)=ae-1=0,解得a=1e.
即f(x)=ex-1-ln x-1,f'(x)=ex-1-1x,
令f'(x)>0,可得x>1,
故f(x)的单调递增区间为(1,+∞).
15.(2,+∞) 由题意,∃x1,x2使得f(x1)0,则函数g(x)单调递增;
当x∈(1,+∞)时,g'(x)1,解得a>2,即实数a的取值范围是(2,+∞).
16.①③ 由已知得f'(x)=ln x+x+1(x>0),不妨令g(x)=ln x+x+1(x>0),则g'(x)=1x+1.当x∈(0,+∞)时,有g'(x)>0总成立,所以g(x)在区间(0,+∞)内单调递增,且g1e=1e>0.又x0是函数f(x)的极值点,所以f'(x0)=g(x0)=0,即g1e>g(x0),所以012时,由ex>1+x(x≠0),可得e-x>1-x(x≠0).
所以f'(x)0.
所以f(x)在区间(-∞,0)内单调递减,在区间(0,+∞)内单调递增.
(2)f'(x)=ex-a.当a≤0时,f'(x)>0,所以f(x)在区间(-∞,+∞)内单调递增,故f(x)至多存在1个零点,不合题意.当a>0时,由f'(x)=0,可得x=ln a.
当x∈(-∞,ln a)时,f'(x)g(x),则f'(x)>0,f(x)单调递增;
当x∈(m,+∞)时,a-1,
当x∈(-1,1)时,h'(x)0,f(x)为增函数,f(x)无最小值,
g'(x)0时,令f'(x)=0,即ex-a=0,解得x=ln a.
当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表.
由表可知,当x=ln a时,f(x)取得极小值也是最小值,为a-aln a.
由g'(x)=0得x=1a>0.
当x在区间(0,+∞)内变化时,g'(x),g(x)的变化情况如下表.
由上表可知,当x=1a时,g(x)取得极小值也是最小值,为1+ln a.
则a-aln a=1+ln a.
令h(a)=a-aln a-1-ln a,
则h'(a)=1-(ln a+1)-1a=-ln a-1a=ln 1a−1a.
令1a=t,则ln t-t1时,首先,证明y=b与曲线y=f(x)有2个交点,即证明F(x)=f(x)-b有2个零点.
因为F'(x)=f'(x)=ex-1,
所以F(x)在区间(-∞,0)内单调递减,在区间(0,+∞)内单调递增.
又因为F(-b)=e-b>0,F(0)=1-b0,
(令t(b)=eb-2b,则当b>1时,t'(b)=eb-2>0,t(b)>t(1)=e-2>0)
所以F(x)=f(x)-b在区间(-∞,0)内存在且只存在1个零点,设为x1,在区间(0,+∞)内存在且只存在1个零点,设为x2.
其次,证明y=b与曲线g(x)有2个交点,即证明G(x)=g(x)-b有2个零点.
G'(x)=g'(x)=1-1x,所以G(x)在区间(0,1)内单调递减,在区间(1,+∞)内单调递增.
又因为G(e-b)=e-b>0,
G(1)=1-b0,
(令μ(b)=b-ln 2b,则当b>1时,μ'(b)=1-1b>0,μ(b)>μ(1)=1-ln 2>0)
所以G(x)=g(x)-b在区间(0,1)内存在且只存在1个零点,设为x3,在区间(1,+∞)内存在且只存在1个零点,设为x4.
再次,证明存在b使得x2=x3.
因为F(x2)=G(x3)=0,
所以b=ex2-x2=x3-ln x3.
若x2=x3,则ex2-x2=x2-ln x2,即ex2-2x2+ln x2=0.
所以只需证明ex-2x+ln x=0在区间(0,1)内有解即可,
即φ(x)=ex-2x+ln x在区间(0,1)内有零点.
因为φ1e3=e1e3−2e3-30,
所以φ(x)=ex-2x+ln x在区间(0,1)内存在零点,取一零点为x0,令x2=x3=x0即可,此时取b=ex0-x0,
则此时存在直线y=b,其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点.
最后,证明x1+x4=2x0,即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
因为F(x1)=F(x2)=F(x0)=0=G(x3)=G(x0)=G(x4),
所以F(x1)=G(x0)=F(ln x0).
又因为F(x)在区间(-∞,0)内单调递减,x1