2025届高考数学一轮总复习单元质检卷三一元函数的导数及其应用

这是一份2025届高考数学一轮总复习单元质检卷三一元函数的导数及其应用，共15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.已知函数f(x)=(2x-a)ex,且f'(1)=3e,则实数a的值为( )
A.-3B.3C.-1D.1
2.函数f(x)=x2-2ln x在区间[1,2]上的最大值是( )
A.4-2ln 2B.1
C.4+2ln 2D.e2-2
3.曲线y=f(x)=ln x-在x=1处的切线的倾斜角为α,则cs 2α的值为( )
A.B.-C.D.-
4.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.(2023山东淄博三模)中国古代建筑的主要受力构件是梁,其截面的基本形式是矩形.如图,将一根截面为圆形的木材加工制成截面为矩形的梁,设与承载重力的方向垂直的宽度为x,与承载重力的方向平行的高度为y,记矩形截面抵抗矩W=xy2.根据力学原理,截面抵抗矩越大,梁的抗弯曲能力越强,则宽x与高y的最佳之比应为( )
A.B.C.1D.
6.已知函数f(x)=x+acs x,对∀x1,x2∈R(x1≠x2),>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.已知a=esin 1+,b=etan 2+,c=ecs 3+,则( )
A.a>b>c
B.b>c>a
C.a>c>b
D.c>a>b
8.定义在(1,+∞)上的函数f(x)的导函数为f'(x),且(x-1)f'(x)-f(x)>x2-2x对任意x∈(1,+∞)恒成立.若f(2)=3,则不等式f(x)>x2-x+1的解集为( )
A.(1,2)
B.(2,+∞)
C.(1,3)
D.(3,+∞)
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.
9.(2023山西吕梁三模)已知函数f(x)=e2x-2ex-12x,则下列说法正确的是( )
A.曲线y=f(x)在x=0处的切线与直线x+12y=0垂直
B.f(x)在(2,+∞)上单调递增
C.f(x)的极小值为3-12ln 3
D.f(x)在[-2,1]上的最小值为3-12ln 3
10.已知函数f(x)=ln x-ax的图象在x=1处的切线方程为x+y+b=0,则( )
A.a=2
B.b=1
C.f(x)的极小值为-ln 2-1
D.f(x)的极大值为-ln 2-1
11.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1
C.f(x)的极大值为-1
D.f(x)的最小值为-1
12.已知函数f(x)=x2-ex+a有两个极值点x1与x2,且x1A.aB.0C.-1D.0三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.函数f(x)=ex+1ln(1-x)在点(0,f(0))处的切线方程为 .
14.若函数f(x)=-x2+ax在区间(-1,0)内恰有一个极值点,则实数a的取值范围是 .
15.已知直线y=t分别与函数f(x)=2x+1和g(x)=2ln x+x的图象交于点A,B,则|AB|的最小值为 .
16.(2023四川成都二模)若函数f(x)=xln x-ax2存在极大值点x0,且2f(x0)>e2,则实数a的取值范围为 .
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)(2023全国乙,文20)已知函数f(x)=+aln(1+x).
(1)当a=-1时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)若函数f(x)在(0,+∞)单调递增,求a的取值范围.
18.(12分)(2023山东潍坊二模)已知函数f(x)=λln(x+1)-sin x.
(1)若f(x)在(0,+∞)上周期为2π,求λ的值;
(2)当λ=1时,判断函数f(x)在,+∞上零点的个数;
(3)已知f(x)≥2(1-ex)在x∈[0,π]上恒成立,求实数λ的取值范围.
19.(12分)已知函数f(x)=x3-x,g(x)=x2+a,曲线y=f(x)在点(x1,f(x1))处的切线也是曲线y=g(x)的切线.
(1)若x1=-1,求a;
(2)求a的取值范围.
20.(12分)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)已知函数f(x)=ex-a(a∈R).
(1)若f(x)在(0,+∞)上是增函数,求a的取值范围;
(2)若x1,x2是函数f(x)的两个不同的零点,求证:122.(12分)已知函数f(x)=x3-kx+k2.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)有三个零点,求k的取值范围.
单元质检卷三 一元函数的导数及其应用
1.D
解析 因为f'(x)=(2+2x-a)ex,且f'(1)=3e,所以f'(1)=(4-a)e=3e,解得a=1,故选D.
2.A
解析 因为f'(x)=2x-≥0在区间[1,2]上恒成立,所以函数f(x)在区间[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.
3.B
解析根据已知条件,f'(x)=,因为曲线y=lnx-在x=1处的切线的倾斜角为α,所以tanα=f'(1)=1+2=3.所以cs2α==-.
4.D
解析 设f(x)=xa,则=2,解得a=-2,所以g(x)==x2ex,函数的定义域是{x∈R|x≠0},g'(x)=(x2+2x)ex,令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.B
解析设圆的直径为d,则x2+y2=d2,所以y2=d2-x2,W=x(d2-x2)=(-x3+d2x),00时,0d.所以W在0,d内单调递增,在d,d内单调递减,当x=d时,W取最大值,此时y=d,所以.故选B.
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=acsx+(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]时恒成立,所以解得所以1-≤a≤1,故选B.
7.B
解析设函数f(x)=ex+,则f(x)为偶函数,且当x≥0时,f'(x)=ex-≥0,所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.因为sin1<,tan2<-11>-cs3>>sin1>0,又a=f(sin1),b=f(tan2)=f(-tan2),c=f(cs3)=f(-cs3),所以b>c>a.
8.B
解析由(x-1)f'(x)-f(x)>x2-2x,得(x-1)·f'(x)-f(x)+1>(x-1)2,
即-1>0,
即-x'>0对x∈(1,+∞)恒成立.
令g(x)=-x,则g(x)在区间(1,+∞)上单调递增,因为f(2)=3,所以g(2)=0.
所以f(x)>x2-x+1,即-x>0,
即g(x)>g(2),不等式的解集为x>2.
9.BC
解析∵f(x)=e2x-2ex-12x,∴f'(x)=2e2x-2ex-12=2(ex-3)(ex+2),∴f'(0)=-12,故A错误;令f'(x)>0,解得x>ln3,∴f(x)的单调递增区间为(ln3,+∞),而(2,+∞)⊆(ln3,+∞),∴f(x)在(2,+∞)上单调递增,故B正确;当x10.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;
f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=-2=.令f'(x)=0,得x=.令f'(x)>0,得0,则f(x)在区间,+∞上单调递减,所以f(x)在x=处取得极大值,且f=ln-1=-ln2-1,无极小值,故选ABD.
11.ABD
解析 f(x)的定义域为(0,+∞),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00;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.ABC
解析f(x)=x2-ex+a,则该函数的定义域为R,f'(x)=2x-ex+a.
由已知可得
所以函数f'(x)有两个正零点.
由2x=ex+a,其中x>0,可得x+a=ln2+lnx,可得a=lnx-x+ln2.
构造函数g(x)=lnx-x+ln2,x>0,
则g'(x)=-1=.
令g'(x)=0,得x=1.
当00,此时函数g(x)单调递增;
当x>1时,g'(x)<0,此时函数g(x)单调递减,
所以,函数g(x)的极大值为g(1)=ln2-1,作出函数g(x)的图象,如图所示.
对于A选项,当a对于B选项,x1,x2为直线y=a与函数g(x)图象两个交点的横坐标,
因为函数g(x)在区间(0,1)内单调递增,在(1,+∞)上单调递减,且x11,B正确;
对于C选项,0对于D选项,由,
所以x1=x2,
又01,
所以x2>1,从而x1>1,D错误.
故选ABC.
13.ex+y=0
解析∵f(0)=0,∴切点为(0,0).
∵f'(x)=ex+1ln(1-x)+·ex+1,
∴f'(0)=-e,即切线的斜率为-e.
故该切线方程为y=-ex,即ex+y=0.
14.(-2,0)
解析 二次函数f(x)=-x2+ax图象的对称轴为直线x=-,即x=.因为函数f(x)=-x2+ax在区间(-1,0)内恰有一个极值点,所以-1<<0,可得-215.-ln2
解析如图,作出函数y=g(x)=2lnx+x的图象,作直线y=2x+1,平移到与函数y=g(x)的图象相切.
由图象知直线y=t与这两条平行直线的交点的横坐标之差为所求最小值.
由g(x)=x+2lnx,得g'(x)=1+.
令g'(x)=1+=2,得x=2,此时g(2)=2+2ln2,
即切点坐标为(2,2+2ln2).
由2x+1=2+2ln2,得x=+ln2.
故|AB|min=2-+ln2=-ln2.
16.0,
解析由f(x)=xlnx-ax2,所以f'(x)=lnx+1-ax,由函数f(x)=xlnx-ax2存在极大值点x0,所以f'(x0)=lnx0+1-ax0=0,即lnx0+1=ax0(x0>0),所以2f(x0)=2x0lnx0-=2x0lnx0-x0(lnx0+1)=x0lnx0-x0.令g(x)=xlnx-x(x>0),则g'(x)=lnx,令g'(x)>0,即x>1;令g'(x)<0,即0e2=g(e2),得x0>e2,由lnx0+1=ax0,可得a=(x0>e2),即a>0,令h(x)=(x>e2),所以h'(x)=<0,所以函数h(x)在(e2,+∞)上单调递减,所以h(x)17.解(1)当a=-1时,f(x)=-1ln(x+1)(x>-1且x≠0),f'(x)=-.
∵f(1)=-1×ln(1+1)=0,f'(1)=-=-ln2,
∴y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-f(1)=f'(1)(x-1),即(ln2)x+y-ln2=0.
(2)易知f(x)不恒为0.
∵函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,
∴f'(x)≥0在(0,+∞)上恒成立,f(x)=ln(x+1)+aln(x+1),则f'(x)=,
∴ax2+x-(x+1)ln(x+1)≥0在(0,+∞)恒成立.
(方法1)分离参数,a≥在(0,+∞)上恒成立.
令g(x)=,x>0,
则g'(x)=.
令m(x)=-xln(x+1)-2ln(x+1)+2x,x>0,
则m'(x)=1-ln(x+1)-.
令n(x)=m'(x)=1-ln(x+1)-,x>0,n'(x)=-<0,
∴m'(x)在(0,+∞)上单调递减,
则m'(x)<1-ln1-1=0,则m(x)在(0,+∞)上单调递减,
∴m(x)<0-2ln1+0=0,即g(x)在(0,+∞)上单调递减,
∴g(x)<,
∴a≥,即a的取值范围为,+∞.
(方法2)令g(x)=ax2+x-(x+1)ln(x+1),x>0,
则g'(x)=2ax+1-ln(x+1)-1=2ax-ln(x+1).
∵x+1>1,∴ln(x+1)>0.
当a≤0时,g'(x)<0,g(x)在(0,+∞)上单调递减,
∴f'(x)<0,f(x)单调递减,不符合题意;
当a>0时,令h(x)=2ax-ln(x+1),x>0,则h'(x)=2a-.
(ⅰ)当a≥时,h'(x)>0恒成立,∴g'(x)在(0,+∞)上单调递增,
∴g'(x)>0-ln1=0,即g'(x)>0,g(x)在(0,+∞)上单调递增,∴g(x)>0+0-0=0恒成立,
即f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增,符合题意.
(ⅱ)当00,得x>-1;
令h'(x)<0,得0∴g'(x)在0,-1内单调递减,在-1,+∞上单调递增.
又当x∈0,-1时,g'(x)<0-ln1=0,
即g(x)在0,-1内单调递减,
∴当x∈0,-1时,g(x)<0+0-0=0,
即f'(x)<0在0,-1内恒成立,f(x)在0,-1内单调递减,不符合题意.
综上所述,a的取值范围为,+∞.
18.解(1)由题意,x∈(0,+∞)时,f(x)=f(x+2π),
∴λln(x+1)-sinx=λln(x+1+2π)-sin(x+2π),
即λ[ln(x+1)-ln(x+1+2π)]=0在x∈(0,+∞)上恒成立,
又ln(x+1)(2)当λ=1时,f(x)=ln(x+1)-sinx,则f'(x)=-csx.
当x∈,π时,-csx≥0,>0,
∴f'(x)>0,即f(x)在,π上单调递增.
又f=ln+1-1<0,f(π)=ln(π+1)>0,
∴f(x)在,π上有且仅有一个零点;
当x∈[π,+∞)时,f(x)=ln(x+1)-sinx>ln(π+1)-1>0,∴f(x)在[π,+∞)上无零点.
综上,f(x)在,+∞上有且仅有一个零点.
(3)由f(x)≥2(1-ex),即λln(x+1)-sinx≥2(1-ex),整理得2ex-sinx+λln(x+1)-2≥0.
令g(x)=2ex-sinx+λln(x+1)-2,则g'(x)=2ex-csx+,
当λ≥0时,对任意x∈[0,π],有csx∈[-1,1],
又2ex>2,≥0,
∴g'(x)>0,g(x)在[0,π]上单调递增,
故g(x)≥g(0)=0,符合题意;
当λ<0时,令h(x)=g'(x),则h'(x)=2ex+sinx-.
当x∈[0,π]时,h'(x)>0恒成立,
即h(x)=g'(x)在[0,π]上单调递增.
又g'(0)=1+λ,g'(π)=2eπ+1+,
当1+λ≥0,即-1≤λ<0时,g'(x)≥0,g(x)在[0,π]上单调递增,g(x)≥g(0)=0,符合题意;
当1+λ<0,即λ<-1时,若g'(π)>0,即-(π+1)(2eπ+1)<λ<-1,
由零点存在定理,存在x0∈(0,π),使g'(x0)=0,
故x∈(0,x0)时,g'(x)<0,
所以g(x)在(0,x0)内单调递减,此时g(x0)若g'(π)≤0,即λ≤-(π+1)(2eπ+1),
此时∀x∈[0,π],恒有g'(x)≤0且不恒为0,
即g(x)在[0,π]上单调递减,
所以g(π)综上,λ的取值范围是[-1,+∞).
19.解(1)∵f'(x)=3x2-1,∴f'(-1)=2.
当x1=-1时,f(-1)=0,
故曲线y=f(x)在点(-1,0)处的切线方程为y=2x+2.
又直线y=2x+2与曲线y=g(x)相切,将y=2x+2代入g(x)=x2+a,得x2-2x+a-2=0.
由Δ=4-4(a-2)=0,得a=3.
(2)∵f'(x)=3x2-1,∴f'(x1)=3-1,则曲线y=f(x)在点处的切线为y-,整理可得y=x-2.
由g(x)=x2+a,得g'(x)=2x.
设曲线y=g(x)在点(x2,g(x2))处的切线为y-(+a)=2x2(x-x2),整理得y=2x2x-+a.
由题可得
∴a=-2.
令h(x)=9x4-8x3-6x2+1,
则h'(x)=36x3-24x2-12x=12x(x-1)(3x+1).
当x<-或0当-1时,h'>0,函数h单调递增.
又h,h(0)=1,h(1)=-4,
∴h=h(1)=-4,
∴a≥=-1,即a的取值范围为[-1,+∞).
20.解(1)当a=2时,f(x)=(x>0).
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.
所以函数f(x)的单调递增区间为0,,单调递减区间为,+∞.
(2)曲线y=f(x)与直线y=1有且仅有两个交点,
则转化为方程=1(x>0)有两个不同的解,
即方程有两个不同的解,
令g(x)=(x>0),即函数g(x)=的图象与直线y=有两个交点.
g'(x)=(x>0).
令g'(x)==0,得x=e.
当00,函数g(x)单调递增;
当x>e时,g'(x)<0,函数g(x)单调递减,
故g(x)max=g(e)=.
因为当0当x>1时,g(x)∈0,,g(1)=0,所以要使函数g(x)的图象与直线y=有两个交点,则0<,所以a>1且a≠e.
故a的取值范围为(1,e)∪(e,+∞).
21.(1)解 函数f(x)=ex-a,则f'(x)=ex-,
①若a≤0,则∀x>0都有f'(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)为增函数,符合题意.
②若a>0,因为f(x)在(0,+∞)为增函数,所以∀x>0,f'(x)≥0恒成立,
即∀x>0,a≤2·ex恒成立,令φ(x)=2·ex,则φ'(x)=2ex>0,
所以函数φ(x)在(0,+∞)上单调递增,φ(x)>φ(0)=0,所以a≤0,这与a>0矛盾,所以舍去.
综上,a的取值范围是(-∞,0].
(2)证明因为x1,x2是函数f(x)的两个不同的零点,
所以=a=a,
显然x1>0,x2>0,则有x1=lna+lnx1,x2=lna+lnx2,
所以x1-x2=lnx1-lnx2=ln,
不妨令x1>x2>0,设t=>1,于是得x1=,x2=,
要证x1+x2=>1,
只需证lnt>,即lnt->0,
令g(t)=lnt-,t>1,
则g'(t)=>0,
所以函数g(t)在(1,+∞)上单调递增,
所以g(t)>g(1)=0,于是得x1+x2>1.
又x1+x2=2lna+ln(x1x2),
要证x1+x2<2lna-ln2,
只需证ln(x1x2)<-ln2,即x1x2<,
而x1x2=,即证,
即lnt<,即lnt-<0,
令h(t)=lnt-,t>1,
则h'(t)==-<0,
所以函数h(t)在(1,+∞)上单调递减,
所以h(t)综上,122.解 (1)f'(x)=3x2-k.
当k=0时,f(x)=x3,故f(x)在(-∞,+∞)上单调递增;
当k<0时,f'(x)=3x2-k>0,故f(x)在(-∞,+∞)上单调递增.
当k>0时,令f'(x)=0,得x=±.
当x∈-∞,-时,f'(x)>0;
当x∈-时,f'(x)<0;
当x∈,+∞时,f'(x)>0.
故f(x)在区间-∞,-,,+∞上单调递增,在区间-内单调递减.
(2)由(1)知,当k≤0时,f(x)在(-∞,+∞)上单调递增,f(x)不可能有三个零点.
当k>0时,x=-为f(x)的极大值点,x=为f(x)的极小值点.
此时,-k-1<-0,f>0.
根据f(x)的单调性,当且仅当f<0,即k2-<0时,f(x)有三个零点,解得k<.
因此k的取值范围为0,.