2018届高考数学第三章导数及其应用单元质检卷文新人教A版.doc

单元质检卷三导数及其应用(时间:100分钟满分:150分)一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分)1.如果一个物体的运动方程为s=1-t+t2,其中s的单位是米,t的单位是秒,那么物体在3秒末的瞬时速度是()A.7米/秒B.6米/秒C.5米/秒D.8米/秒2.设曲线y=在点(3,2)处的切线与直线ax+y+3=0垂直,则a等于()A.2B.-2C.D.-3.若函数y=ex+mx有极值,则实数m的取值范围是()A.m0B.m1D.m14.已知函数f(x)=-x3+ax2-x-1在R上是单调减函数,则实数a的取值范围是()A.(-,-,+)B.-C.(-,-)(,+)D.(-)5.函数f(x)=x2+x-ln x的零点的个数是()A.0B.1C.2D.36.已知a+ln x对任意x恒成立,则a的最大值为()A.0B.1C.2D.37.(2017河北唐山三模,文12)已知函数f(x)=x3+ax2+bx有两个极值点x1,x2,且x1x2,若x1+2x0=3x2,函数g(x)=f(x)-f(x0),则g (x)()A.恰有一个零点B.恰有两个零点C.恰有三个零点D.至多两个零点8.设f(x),g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数,当x0,且g(3)=0,则不等式f(x)g(x)f(x),且y=f(x)-1是奇函数,则不等式f(x)ex的解集为.15.(2017福建龙岩一模,文16)若实数a,b,c,d满足=1,则(a-c)2+(b-d)2的最小值为.16.(2017湖南长郡中学模拟)已知f(x)=x+xln x,若k(x-2)2恒成立,则整数k的最大值. 导学号24190977三、解答题(本大题共5小题,共70分)17.( 14分)(2017宁夏银川一中二模,文20)已知函数f(x)=a(x2+1)+ln x.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)若对任意a(-4,-2)及x1,3时,恒有ma-f(x)a2成立,求实数m的取值范围.18.(14分)(2017辽宁沈阳三模,文21)已知f(x)=ex+ax(aR),(1)求f(x)的单调区间;(2)若常数a-e,求证:对于x(1,+),都有f(x)(x-1)2恒成立.19.(14分)(2017福建南平一模,文21)已知函数f(x)=+ln x(a,bR).(1)试讨论函数f(x)的单调区间与极值;(2)若b0,且ln b=a-1,设g(b)=-m(mR),且函数g(x)有两个零点,求实数m的取值范围.20.(14分)(2017辽宁沈阳质量监测,文21)已知函数f(x)=aln x(a0),e为自然对数的底数.(1)若曲线f(x)在点A(2,f(2)的切线斜率为2,求实数a的值;(2)当x0时,求证:f(x)a;(3)若在区间(1,e)上,x0,若y=ex+mx有极值,则必须使y的值有正有负,故m0.4.B由题意,知f(x)=-3x2+2ax-10在R上恒成立,所以=(2a)2-4(-3)(-1)0,解得-a.5.A由f(x)=2x+1-=0,得x=或x=-1(舍去).当0x时,f(x)时,f(x)0,f(x)单调递增.则f(x)的最小值为f+ln 20,所以f(x)无零点.6.A令f(x)=+ln x,则f(x)=.当x时,f(x)0.f(x)在内单调递减,在(1,2上单调递增,在x上,f(x)min=f(1)=0,a0,即a的最大值为0.7.B由已知g(x)=f(x)-f(x0)=x3+ax2+bx-(+a+bx0)=( x-x0)x2+(x0+a)x+ax0+b,f(x)=3x2+2ax+b,代入上式可得g(x)=(x-x0)(x-x1)2,所以g(x)恰有两个零点.8.D当x0,即f(x)g(x)0,当x0时,f(x)g(x)为增函数.又g(x)是偶函数,且g(3)=0,g(-3)=0,f(-3)g(-3)=0.故当x-3时,f(x)g(x)0时,f(x)g(x)为增函数,且f(3)g(3)=0,故当0x3时,f(x)g(x)0,当a=0时,不合题意,a0.由题意得-ln=(t-2e)ln t+10,令f(t)=(t-2e)ln t(t0),则f(t)=ln t+1-,f(t)=0,当te时,f(t)f(e)=0,当0te时,f(t)f(e)=0,f(t)f(e)=-e,-e,解得a0,解得x,令f(x),故f(x)在递增,在递减,故f(x)的最大值是f,a=.11.C若f(x)=x2+x+1在区间内有极值点,则f(x)=x2-ax+1在区间内有零点,且零点不是f(x)的图象顶点的横坐标.由x2-ax+1=0,得a=x+.因为x,y=x+的值域是,当a=2时,f(x)=x2-2x+1=(x-1)2,不合题意.所以实数a的取值范围是,故选C.12.A函数f(x)=ex-m有三个零点,即方程ex=m有三个根,令g(x)=ex,g(x)=ex=0,x=1或x=-,当x时,g(x)单调递增且g(x)0,当x时,g(x)单调递减,当x(1,+)时,g(x)单调递增.当x=-时,g(x)极大值=g,当x=1时,g(x)极小值=g(1)=-e,结合图象可得m.13.y=xf(x)=exsin x,f(x)=ex(sin x+cos x),f(0)=1,f(0)=0,函数f(x)的图象在点(0,0)处的切线方程为y-0=1(x-0),即y=x.14.(0,+)由题意令g(x)=,则g(x)=,f(x)f(x),g(x)0,故函数g(x)=在R上单调递减,y=f(x)-1是奇函数,f(0)-1=0,即f(0)=1,g(0)=1,则不等式f(x)ex等价为1=g(0),即g(x)0.15.由已知条件,得b=-ln a+2a2,d=3c-2,令f(x)=-ln x+2x2,g(x)=3x-2,转化为两个函数f(x)与g(x)图象上的点之间的距离的最小值,f(x)=-+4x,设与直线y=3x-2平行且与曲线f(x)相切的切点为P(x0,y0),则-+4x0=3,x00,解得x0=1,可得切点P(1,2),切点P(1,2)到直线y=3x-2的距离d=.(a-c)2+(b-d)2的最小值为d2=.故答案为.16.4x2,k(x-2)f(x)可化为k0,故g(x)在(2,+)上是增函数,且g(8)=8-2ln 8-4=2(2-ln 8)0;故存在x0(8,9),使g(x0)=0,即2ln x0=x0-4.故F(x)在(2,x0)上是减函数,在(x0,+)上是增函数;故F(x)min=F(x0)=,故k0),当a0时,恒有f(x)0,则f(x)在(0,+)上是增函数;当a0时,0x0,则f(x)在上是增函数;当x时,f(x)0,则f(x)在上是减函数;综上,当a0时,f(x)在(0,+)上是增函数;当aa2成立,等价于ma-a2f(x)max,因为a(-4,-2),所以2a,即ma+2,因为a(-4,-2),所以-2a+20,所以f(x)在(-,+)上单调递增,当a0时,令f(x)=0,得x=ln(-a),f(x)在(-,ln(-a)上单调递减,在(ln(-a),+)上单调递增.综上:当a0时,递增区间为(-,+);当a0在(1,+)上恒成立,h(x)在(1,+)单调递增,h(x)h(1)=e+a0,g(x)0在(1,+)恒成立,即g(x)在(1,+)上单调递增,g(x)g(1)=e+a0,所以对x(1,+),都有f(x)(x-1)2恒成立.19.解 (1)f(x)=+ln x,求导得f(x)=-(x0).当b0时,f(x)0恒成立,函数f(x)单调递增,所以f(x)的递增区间为(0,+),无极值;当b0时,x(0,b),f(x)0,函数f(x)单调递增,所以函数的单调减区间为(0,b),函数的单调增区间为(b,+),f(x)有极小值f(b)=1-a+ln b,无极大值.(2)(方法一)由b0,且ln b=a-1,代入g(b)=-m,可得g(b)=-m(b0),所以g(x)=-m,x0,g(x)=,当x(0,e)时,g(x)0,所以函数g(x)在(0,e)递增,当x(e,+)时,g(x)0)时,g(x)-,当x+时,g(x)-m,故函数g(x)有两个零点,需解得0m0,且ln b=a-1,代入g(b)=-m,可得g(b)=-m(b0),所以g(x)=-m,x0,由g(x)=0,可得ln x=mx,即ln x-mx=0,函数g(x)有两个零点,即方程ln x-mx=0在(0,+)有两个解.设h(x)=ln x-mx,x0,h(x)=-m.当m0时,h(x)0,h(x)在(0,+)单调递增,不合题意,舍去.当m0时,由h(x)0,得x,由h(x),所以h(x)在递增,在递减,方程ln x-mx=0在(0, +)有两个解,只需h0,即ln-10,解得0m0,得x1,g(x)0,得0x1,g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+)上单调递增.g(x)的最小值为g(1)=0,f(x)a.(3)解 由题意可知x0,化简得.令h(x)=,则h(x)=,由(2)知,当x(1,e)时,ln x-1+0,h(x)0,即h(x)在(1,e)上单调递增,h(x)h(e)=e-1,ae-1.故实数a的取值范围为e-1,+).21.(1)解 由f(x)=x3-6x2-3a(a-4)x+b,可得f(x)=3x2-12x-3a(a-4)=3(x-a)x-(4-a).令f(x)=0,解得x=a或x=4-a.由|a|1,得a0,可得f(x)1.又因为f(x0)=1,f(x0)=0,故x0为f(x)的极大值点,由(1)知x0=a.另一方面,由于|a|1,故a+14-a,由(1)知f(x)在(a-1,a)内单调递增,在(a,a+1)内单调递减,故当x0=a