2023年新高考数学一轮复习单元过关检测03《导数及其应用》（2份打包，解析版+原卷版）

单元过关检测三　导数及其应用

一、单项选择题：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．[2022·江苏灌云一中月考]已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f(x)＝f′(2)x2－3x，则f(1)的值为(　　)

A．－2　　　B．－3　　　C．2　　　D．3

2．[2022·广东光明月考]已知函数f(x)＝x2ex－2ex，若曲线y＝f(x)在x＝1处的切线与直线2x－ay＋3＝0垂直，则a＝(　　)

A．－2e  B．－  C.  D．2e

3．设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，若函数f(x)在x＝1处取得极大值，则函数y＝－xf′(x)的图象可能是(　　)

4．[2022·湖南师大附中月考]已知函数f(x)＝x3＋3mx2＋nx＋m2在x＝－1处取得极值0，则m＋n＝(　　)

A．4            B．11

C．4或11       D．3或9

5．[2022·山东新泰一中月考]若函数f(x)＝－x2＋4x＋bln x在区间(0，＋∞)上是减函数，则实数b的取值范围是(　　)

A．[－1，＋∞)  B．(－∞，－1]

C．(－∞，－2]  D．[－2，＋∞)

6．[2022·湖北武汉一中月考]已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足xf′(x)<f(x)，若a＝f(1)，b＝，c＝，则a，b，c的大小关系为(　　)

A．a>b>c  B．c>a>b

C．b>a>c  D．a>c>b

7．若函数f(x)＝3x－x3在区间(a－5,2a＋1)上有最小值，则实数a的取值范围是(　　)

A．(－1,4]  B．(－1,4)

C.  D.

8．[2022·湖南湘潭月考]已知函数f(x)＝ex－ax2＋2ax有两个极值点，则a的取值范围是(　　)

A．(e，＋∞)   B.

C．(e2，＋∞)  D.

二、多项选择题：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，有选错的得0分，部分选对的得2分．

9．[2022·广东东莞模拟]下图是函数f(x)的导函数f′(x)的图象，则下列结论正确的是(　　)

A．f(0)>f(1)

B．x＝1是f(x)的极小值点

C．x＝－1是f(x)的极小值点

D．x＝－3是f(x)的极大值点

10．已知函数f(x)＝xln(x＋1)，则(　　)

A．f(x)在(0，＋∞)上单调递增

B．f(x)有极小值

C．f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为＋ln 2

D．f(x)为奇函数

11．[2022·山东淄博实验中学月考]已知函数y＝f(x)在R上可导，其导函数f′(x)满足(f′(x)－f(x))(x＋1)>0，g(x)＝，则(　　)

A．函数g(x)在(－∞，－1)上为增函数

B．x＝－1是函数g(x)的极小值点

C．函数g(x)必有2个零点

D．e2f(e)>eef(2)

12．[2022·福建宁德模拟]若以函数y＝f(x)的图象上任意一点P(x1，f(x1))为切点作切线l1，y＝f(x)图象上总存在异于P点的点Q(x2，f(x2))，使得以Q为切点的切线l2与l1平行，则称函数f(x)为“和谐函数”，下面函数中是“和谐函数”的有(　　)

A．y＝x3－3x

B．y＝3x＋

C．y＝sin x

D．y＝(x－2)2＋ln x

三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上．

13．函数f(x)＝3x2－3ln x的单调递减区间是________．

14．函数f(x)＝的图象在点处的切线方程为________________．

15．已知函数f(x)＝x－xcos x，则f(x)在区间[0，π]上的最大值是________．

16．[2021·新高考Ⅱ卷]已知函数f(x)＝|ex－1|，x1<0，x2>0，函数f(x)的图象在点A(x1，f(x1))和点B(x2，f(x2))的两条切线互相垂直，且分别交y轴于M，N两点，则取值范围是________．

四、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17．(10分)已知f(x)＝ex－ax.

(1)求f(x)与y轴的交点A的坐标；

(2)若f(x)的图象在点A处的切线斜率为－1，求f(x)的极值．

18．(12分)已知函数f(x)＝ax2ln x－bx2－c在x＝1处取得极值3－c，其中a，b，c为常数．

(1)试确定a，b的值；

(2)若对任意x>0，不等式f(x)≥2c2有解，求c的取值范围．

19.(12分)[2022·山东济南模拟]已知函数f(x)＝ln x－ax2.

(1)讨论f(x)的单调性；

(2)当a>0时，求f(x)在区间[1,2]上的最大值．

20．(12分)已知函数f(x)＝(x－2)ex＋ax2－bx，其图象在点(0，f(0))处的切线斜率为－3.

(1)求b的值；

(2)若f(x)>－e－1在x∈R上恒成立，求实数a的取值范围．

21．(12分)[2022·河北沧州模拟]已知函数f(x)＝ln x＋ax(a∈R)．

(1)当a＝－1时，求f(x)的极值；

(2)若f(x)在(0，e2)上有两个不同的零点，求a的取值范围．

22．(12分)[2022·湖南临澧一中月考]已知函数f(x)＝x2－2ax＋ln x.

(1)讨论f(x)的单调性；

(2)设g(x)＝xf(x)－x3＋2x 有两个不同的零点x1，x2，且x2－3x1≥0，证明：x1＋x2>6e－2.

单元过关检测三　导数及其应用

1．答案：A

解析：因为f(x)＝f′(2)x2－3x，则f′(x)＝2f′(2)·x－3，所以f′(2)＝4f′(2)－3，得f′(2)＝1，所以，f(x)＝x2－3x，因此，f(1)＝－2.

2．答案：A

解析：f′(x)＝(x2＋2x)·ex－2e，f′(1)＝3e－2e＝e，由于曲线y＝f(x)在x＝1处的切线与直线2x－ay＋3＝0垂直，所以·e＝－1⇒a＝－2e.

3．答案：B

解析：由函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，若函数f(x)在x＝1处取得极大值，

所以当x>1时，f′(x)<0；x＝1时，f′(x)＝0；x<1时，f′(x)>0；

所以当x<0时，y＝－xf′(x)>0，当0<x<1时，y＝－xf′(x)<0，

当x＝0或x＝1 时，y＝－xf′(x)＝0，当x>1时，y＝－xf′(x)>0，

可得选项B符合题意．

4．答案：B

解析：因为f′(x)＝3x2＋6mx＋n，由题有，即，解得或，检验：当时f′(x)＝3x2＋6x＋3＝3(x＋1)2≥0，不合题意，舍掉；

当时，f′(x)＝3x2＋12x＋9＝3(x＋3)(x＋1)，令f′(x)>0，得x<－3或x>－1；令f′(x)<0得－3<x<－1.

所以f(x)在(－∞，－3)，(－1，＋∞)上单调递增，在(－3，－1)上单调递减，符合题意，则m＋n＝2＋9＝11.

5．答案：C

解析：∵f(x)＝－x2＋4x＋bln x在(0，＋∞)上是减函数，所以f′(x)≤0在(0，＋∞)上恒成立，即f′(x)＝－2x＋4＋≤0，即b≤2x2－4x，∵2x2－4x＝2(x－1)2－2≥－2，

∴b≤－2.

6．答案：A

解析：设g(x)＝，则g′(x)＝<0，∴g(x)为单调递减函数．

∵3>ln 4>1，∴g(3)<g(ln 4)<g(1)，即a>b>c.

7．答案：C

解析：f′(x)＝－3x2＋3，当－1<x<1时，f′(x)>0，当x<－1或x>1时，f′(x)<0，所以函数f(x)在区间(－∞，－1)上单调递减，在区间(－1,1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减，故在x＝－1处函数f(x)取得极小值－2.因为函数f(x)在开区间(a－5,2a＋1)上有最小值，所以在区间(a－5,2a＋1)内必存在极小值点x＝－1，且此极小值点为最小值，因此a－5<－1<2a＋1，解得－1<a<4.又因为f(2)＝－2＝f(－1)，为了保证在区间(a－5,2a＋1)上的最小值在x＝－1处取到，所以a≤.综上－1<a≤.

8．答案：D

解析：因为f(x)＝ex－ax2＋2ax有两个极值点，所以f′(x)＝0有两个不同实数根，所以ex－2ax＋2a＝0有两个不同实数根，

所以ex＝2a(x－1)有两个不同实数根，显然a≠0，

所以＝有两个不同实数根，记g(x)＝，g′(x)＝，

当x∈(－∞，2)时g′(x)>0，当x∈(2，＋∞)时g′(x)<0，

所以g(x)在(－∞，2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，所以g(x)max＝g(2)＝，

又因为x∈(－∞，1]时，g(x)≤0；当x∈(1,2)时，g(x)∈；当x∈[2，＋∞)时，g(x)∈，

所以当＝有两个不同实数根时∈，

所以2a>e2，所以a>.

9．答案：CD

解析：由题意，根据f′(x)的图象，可得当－3<x<－1时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x>－1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以f(0)<f(1)，所以A不正确；x＝1不是函数f(x)的极值点，所以B不正确；x＝－1是函数f(x)的极小值点，所以C正确；x＝－3是函数f(x)的极大值点，所以D正确．

10．答案：ABC

解析：函数f(x)＝xln(x＋1)，则f′(x)＝ln(x＋1)＋＝ln(x＋1)－＋1，可得：f′(x)单调递增，且f′(0)＝0，函数的定义域为(－1，＋∞)，所以函数f(x)在区间(－1,0)单调递减，在区间(0，＋∞)单调递增，故A选项正确；且f(x)在x＝0处取得极小值，故B选项正确；C选项中，f′(1)＝ln 2＋，所以在x＝1处的切线斜率为ln 2＋，故C选项正确；D选项中，因为函数的定义域不关于原点对称，所以不具备奇偶性，故D选项错误．

11．答案：BD

解析：函数g(x)＝，则g′(x)＝，

当x>－1时，f′(x)－f(x)>0，g′(x)>0，故g(x)在(－1，＋∞)上为增函数，A错误；

当x<－1时，f′(x)－f(x)<0，g′(x)<0，故g(x)在(－∞，－1)单调递减，故x＝－1是函数g(x)的极小值点，B正确；

若g(－1)>0，则y＝g(x)没有零点，故C错误；

g(x)在(－1，＋∞)上为增函数，则g(2)<g(e)，即<，

化简得e2f(e)>eef(2)，D正确．

12．答案：BC

解析：A.y＝x3－3x，y′＝3x2－3，当x1＝0时，y′＝－3是最小值，不存在x2满足题意；B.f(x)＝3x＋，定义域是{x|x≠0}，f′(x)＝3－，它是偶函数，因此对任意的x1≠0，取x2＝－x1都有f′(x1)＝f′(x2)，满足题意；C.f(x)＝sin x，f′(x)＝cos x，它是周期函数，最小正周期是2π，因此对任意x1∈R，取x2＝x1＋2π，都有f′(x1)＝f′(x2)，满足题意；D.f(x)＝(x－2)2＋ln x，定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝2(x－2)＋，令g(x)＝f′(x)＝2(x－2)＋(x>0)，g′(x)＝2－＝，当0<x<时，g′(x)<0，g(x)递减，当x>时，g′(x)>0，g(x)递增，g＝2－4是极小值也是最小值，取x1＝，则不存在x2≠x1使得f′(x1)＝f′(x2)，不满足题意．

13．答案：

解析：函数的定义域为(0，＋∞)，函数的导数为f′(x)＝6x－＝，由f′(x)<0，得6x2－3<0，即0<x<，即函数的单调递减区间为.

14．答案：x－y＋1－＝0

解析：因为f(x)＝，

所以f′(x)＝

＝＝，

则所求切线的斜率为k＝f′＝＝1，

所以所求切线方程为y－1＝x－，

即x－y＋1－＝0.

15．答案：2π

解析：f′(x)＝1－cos x＋xsin x，当x∈[0，π]时，f′(x)＝1－cos x＋xsin x≥0，

所以函数f(x)在[0，π]上递增，所以f(x)max＝f(π)＝π＋π＝2π.

16．答案：(0,1)

解析：由题意，f(x)＝|ex－1|＝，则f′(x)＝，

所以点A(x1,1－ex1)和点B(x2，ex2－1)，kAM＝－ex1，kBN＝ex2，

所以－ex1·ex2＝－1，x1＋x2＝0，

所以AM：y－1＋ex1＝－ex1(x－x1)，M(0，ex1x1－ex1＋1)，

所以|AM|＝＝·|x1|，

同理|BN|＝·|x2|，

所以＝＝＝＝ex1∈(0,1)．

17．解析：(1)令x＝0，则f(0)＝e0＝1，所以f(x)与y轴的交点A的坐标(0,1)．

(2)由f(x)＝ex－ax，得f′(x)＝ex－a，∴f′(0)＝1－a＝－1，解得a＝2，∴f(x)＝ex－2x，f′(x)＝ex－2，令f′(x)＝ex－2＝0，解得x＝ln 2，当x<ln 2时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x>ln 2时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以当x＝ln 2时，f(x)有极小值f(ln 2)＝2－2ln 2.

故函数极小值为2－2ln 2，无极大值．

18．解析：(1)由题意知f(1)＝3－c，因此－b－c＝3－c，从而b＝－3.

由题意求导得f′(1)＝0，因此a－2b＝0，解得a＝－6；

(2)由(1)知f′(x)＝－12xln x．令f′(x)＝0，解得x＝1.

因此f(x)的单调递增区间为(0,1)，而f(x)的单调递减区间为(1，＋∞)；

所以f(x)在x＝1处取得极大值f(1)＝3－c，此极大值也是最大值．

要使f(x)≥2c2(x>0)有解，只需3－c≥2c2.

即2c2＋c－3≤0，从而(2c＋3)(c－1)≤0，解得－≤c≤1.所以c的取值范围为.

19．解析：(1)由题意得：f(x)定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－2ax＝，

①当a≤0时，f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增；

②当a>0时，令f′(x)＝0得：x＝，

列表如下：

∴f(x)在上单调递增，在上单调递减；

综上所述：当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减．

(2)当a>0时，由(1)知：

①当 ≤1，即a≥时，f(x)在[1,2]上单调递减，则f(x)max＝f(1)＝－a；

②当1< <2，即<a<时，f(x)在上单调递增，在上单调递减，

∴f(x)max＝f＝－ln 2a－；

③当 ≥2，即0<a≤时，f(x)在[1,2]上单调递增，则f(x)max＝f(2)＝ln 2－4a；

综上所述：f(x)max＝.

20．解析：(1)由题意得f′(x)＝(x－1)ex＋2ax－b.

∵函数f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线的斜率为－3，

∴f′(0)＝－b－1＝－3，解得b＝2.

(2)∵f(x)>－e－1恒成立，∴f(1)＝－e＋a－2>－e－1，即a>1.

下面证明当a>1时，不等式f(x)>－e－1在x∈R上恒成立．

当a>1时，f(x)≥(x－2)ex＋x2－2x(当x＝0时，取“＝”)．

令g(x)＝(x－2)ex＋x2－2x，

则g′(x)＝(x－1)ex＋2(x－1)＝(x－1)(ex＋2)．

由g′(x)>0，得x>1，由g′(x)<0，得x<1.

∴函数g(x)在区间(－∞，1)上单调递减，

在区间(1，＋∞)上单调递增．

∴g(x)min＝g(1)＝－e－1，∴g(x)≥－e－1(当x＝1时，取“＝”)．∴f(x)>－e－1.

综上，实数a的取值范围为a>1.

21．解析：(1)当a＝－1时，f′(x)＝－1＝，x>0.

由f′(x)＝0，得x＝1.

当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)在(0,1)上单调递增，

当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)在(1，＋∞)上单调递减，

∴f(x)只有极大值，无极小值，且f(x)极大值＝f(1)＝－1.

(2)f′(x)＝＋a＝(x>0)．

当a≥0时，∵f′(x)＝>0，

∴函数f(x)＝ln x＋ax在(0，＋∞)上单调递增，

从而f(x)至多有一个零点，不符合题意．

当a<0时，∵f′(x)＝(x>0)，

∴f(x)在上单调递增，在上单调递减．

由f＝ln－1>0得－<a<0.

由f＝2＋ae2<0得a<－.

当－<a<－时，f(1)＝a<0，满足f(x)在(0，e2)上有两个不同的零点．

∴a的取值范围是.

22．解析：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝x－2a＋＝，

由x>0有：

当a≤0时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上为单调增函数；

当a>0时，x2－2ax＋1＝0的判别式Δ＝4a2－4≤0，即0<a≤1时，f′(x)>0，

所以f(x)在(0，＋∞)上为增函数；

当a>1时，f′(x)＝0有两不等正根，x1＝a－，x2＝a＋，

当x∈(0，x1)∪(x2，＋∞)时，f′(x)>0，所以，f(x)在(0，x1)，(x2，＋∞)上为增函数；

当x∈(x1，x2)时，f′(x)<0，所以，f(x)在(x1，x2)上为减函数．

综合以上知：当a≤1时，f(x)在(0，＋∞)上为增函数；

当a>1时，f(x)的增区间为：(0，x1)和(x2，＋∞)，减区间为(x1，x2)．

(2)由g(x)＝xf(x)－x3＋2x⇔g(x)＝x(ln x－2ax＋2)，

所以x1，x2是方程ln x－2ax＋2＝0的两不等根，且0<x1<x2，

所以：ln x1＋2＝2ax1且ln x2＋2＝2ax2，所以a＝，

所以ln x1＋ln x2＋4＝(x1＋x2)，所以ln(x1x2)＋4＝ln，

设t＝，则由x2－3x1≥0知：t≥3，令g(t)＝ln t(t≥3)，

则g′(t)＝(t≥3)，

令h(t)＝t－－2ln t(t≥3)，则h′(t)＝>0，所以h(t)在[3，＋∞)上为增函数，所以h(t)≥h(3)＝3－－ln 3>0，

所以g′(t)＝>0，所以g(t)在[3，＋∞)上为增函数，所以g(t)≥g(3)＝2ln 3＝ln 9，所以ln(x1x2)＋4≥ln 9，

即ln(x1x2)≥ln，x1x2≥，所以x1＋x2>2＝＝6e－2，即x1＋x2>6e－2.