学苏教版高考数学(理)单元检测三：导数及其应用

1、精选文档高三单元滚动检测卷数学考生注意：1本试卷分第卷(填空题)和第卷(解答题)两部分，共4页2答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上3本次考试时间120分钟，满分160分4请在密封线内作答，保持试卷清洁完整 单元检测三导数及其应用第卷一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分请把答案填在题中横线上)1(2015赣州联考)函数f(x)3ln xx2x在点(，f()处的切线斜率是_2设f(x)xln x，若f(x0)2，则x0的值为_3(2015黑龙江双鸭山一中期中)若函数yf(x)的图象在点(1，f(1)处的切线方程为y3x2，则函数g(x

2、)x2f(x)的图象在点(1，g(1)处的切线方程为_4函数f(x)x33x1，若对于区间3,2上的任意x1，x2，都有|f(x1)f(x2)|t，则实数t的最小值是_5曲线yx3在点(1,1)处的切线与x轴及直线x1所围成的三角形的面积为_6(2015辽宁丹东五校协作体期末)若曲线yx2与曲线yaln x在它们的公共点P(s，t)处具有公共切线，则实数a_.7已知函数f(x)的定义域为(4a3,32a2)，aR，且yf(2x3)是偶函数又g(x)x3ax2，存在x0，kZ，使得g(x0)x0，则满足条件的实数k的个数为_8(2015淄博一模)曲线f(x)exx2x1上的点到直线2xy3的距离

3、的最小值为_9若函数f(x)loga(x3ax) (a0且a1)在区间内单调递增，则a的取值范围是_10(2015广东阳东一中摸底)曲线C：f(x)sin xex2在x0处的切线方程为_11已知函数f(x)的导数f(x)a(x1)(xa)，若f(x)在xa处取得极大值，则a的取值范围是_12(2015百色模拟)已知aR，函数f(x)exaex的导函数yf(x)是奇函数，若曲线yf(x)的一条切线的斜率为，则切点的横坐标为_13(2015豫东、豫北十所名校联考)若0x1，a，b，c，则a，b，c的大小关系为_14已知函数yf(x)是R上的偶函数，且当x0时，f(x)2x2x，又a是函数g(x)l

4、n(x1)的零点，则f(2)，f(a)，f(1.5)的大小关系是_第卷二、解答题(本大题共6小题，共90分解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)15(14分)(2015河北保定第一中学模拟)已知函数f(x)ax3x2f(1)1，且f(1)9.(1)求曲线f(x)在x1处的切线方程；(2)若存在x(1，)使得函数f(x)0)(1)若x1是函数f(x)的极大值点，求函数f(x)的单调递减区间；(2)若f(x)x2axb恒成立，求实数ab的最大值19.(16分)(2015内蒙古巴彦淖尔第一中学期中)已知f(x).(1)求函数yf(x)的单调区间；(2)若关于x的方程f(x)x22xk有实数解，求

5、实数k的取值范围；(3)当nN*时，求证：nf(n)2.20(16分)(2015四川)已知函数f(x)2(xa)ln xx22ax2a2a，其中a0. (1)设g(x)是f(x)的导函数，讨论g(x)的单调性；(2)证明：存在a(0,1)，使得f(x)0在区间(1，)内恒成立，且f(x)0在区间(1，)内有唯一解答案解析12解析由f(x)3ln xx2x得，f(x)2x，f()2.2e解析由f(x)xln x得f(x)ln x1.根据题意知ln x012，所以ln x01，因此x0e.35xy30解析由函数yf(x)的图象在点(1，f(1)处的切线方程为y3x2，得f(1)3，f(1)1.又函

6、数g(x)x2f(x)，g(x)2xf(x)，则g(1)21f(1)235.g(1)12f(1)112.函数g(x)x2f(x)的图象在点(1，g(1)处的切线方程为y25(x1)即5xy30.420解析因为f(x)3x233(x1)(x1)，令f(x)0，得x1，可知f(x)在x1处取得极值又f(3)19，f(1)1，f(1)3，f(2)1，所以在区间3,2上f(x)max1，f(x)min19.由题设知在区间3,2上f(x)maxf(x)mint，从而t20，所以t的最小值是20.5.解析求导得y3x2，所以曲线在(1,1)处的切线斜率k3，所以曲线yx3在点(1,1)处的切线方程为y13

7、(x1)，结合图象易知所围成的三角形是直角三角形，三个交点的坐标分别是(，0)，(1,0)，(1,1)，于是三角形的面积为(1)1.61解析由yx2，得y.由yaln x，得y.它们在点P处有公共切线，解得x，代入两曲线得ea(ln a1)，ln a11，解得a1.73解析由于函数f(x)的定义域为(4a3,32a2)，所以4a332a2，解得3a1.又函数yf(2x3)是偶函数，所以4a32x332a22ax0，当x时，h(x)取得极小值，且h0，所以函数h(x)有三个零点又h(1)0，h(0)0，h0，h(1)0，所以k1,0,1，即满足条件的实数k有3个8.解析f(x)ex2x1，设与直

8、线2xy3平行且与曲线f(x)相切于点P(s，t)的直线方程为2xym0，则es2s12，解得s0.切点为P(0,2)曲线f(x)exx2x1上的点到直线2xy3的距离的最小值为点P到直线2xy3的距离d，且d.9.解析由题意知，x3ax0在x上恒成立，即ax2在x上恒成立，a.设g(x)x3ax，当a1时，g(x)在上单调递减，即g(x)3x2a0在上恒成立，32a0，解得a1时，g(x)在上单调递增，即g(x)3x2a0在上恒成立，这与a1矛盾综上可知，实数a的取值范围是.102xy30解析因为f(x)cos xex，所以f(0)2，所以曲线在x0处的切线方程为y32(x0)，即2xy30

9、.11(1,0)解析当a0时，则f(x)0，函数f(x)不存在极值当a0时，令f(x)0，则x11，x2a.若a1，则f(x)(x1)20，函数f(x)不存在极值；若a0，当x(1，a)时，f(x)0，所以函数f(x)在xa处取得极小值，不符合题意；若1a0，当x(a，)时，f(x)0，所以函数f(x)在xa处取得极大值；若a1，当x(，a)时，f(x)0，所以函数f(x)在xa处取得极小值，不符合题意所以a(1,0)12ln 2解析由题意可得，f(x)ex是奇函数，f(0)1a0，a1，f(x)ex，f(x)ex，曲线yf(x)在(x，y)的一条切线的斜率是，ex，解方程可得ex2，xln

10、2.13abc解析易知当0x1时，0sin xx，则01， .设f(x)，则f(x)，设h(x)xcos xsin x，则h(x)xsin x当x(0,1)时，h(x)0，h(x)在(0,1)上单调递减，当x(0,1)时，h(x)h(0)0，f(x)0在(0,1)上恒成立，f(x)在(0,1)上单调递减，又0x1，0x.综上： ，即abc.14f(1.5)f(a)f(2)解析因为g(1.5)ln0，所以g(x)ln(x1)在(，2)内有零点，又由g(x)0知g(x)ln(x1)在(1,0)，(0，)上单调递增，所以函数g(x)ln(x1)在区间(，2)内有唯一的零点，即为a，则a(，2)，所以

11、2a1.51，当x1时，f(x)2xln 2，因为2xln 212ln 21ln 410，所以f(x)0，f(x)在(1，)内单调递增，所以f(2)f(a)f(1.5)，又f(x)是偶函数，所以f(1.5)f(a)f(2)15解(1)f(x)ax3x2f(1)1，f(x)3ax22xf(1)，f(x)x33x21，f(1)1.故曲线f(x)在x1处的切线方程为y3(x1)13x2，即3xy20.(2)f(x)3x26x3x(x2)，当1x2时，f(x)2时，f(x)0.则函数f(x)在区间(1,2)上单调递减，在区间(2，)上单调递增，f(x)f(2)3.则由题意可知，m3，即所求实数m的取值

12、范围为(3，)16解(1)对f(x)求导得f(x)3ax22x，因为f(x)在x处取得极值，所以f0，即3a2 0，解得a.(2)由(1)得g(x)ex，故g(x)exexexx(x1)(x4)ex.令g(x)0，解得x0，x1或x4.当x4时，g(x)0，故g(x)为减函数；当4x1时，g(x)0，故g(x)为增函数；当1x0时，g(x)0，故g(x)为减函数；当x0时，g(x)0，故g(x)为增函数综上知，g(x)在(，4)和(1,0)内为减函数，在(4，1)和(0，)内为增函数17解(1)f(x)(x0)，当a0时，f(x)0，增区间为(0，)，当a0时，f(x)0x，f(x)00x0)

13、，设h(x)x22xa(x0)，若g(x)在1，e上不单调，则h(1)h(e)0，(3a)(e22ea)0，3ag(1)即可得出：a2e，则a的范围：(3，2e)18解(1)求导数可得，f(x)，x1是函数f(x)的极大值点，0a0)，则h(x)x(12ln x)，h(x)在(0，)上单调递增，在(，)上单调递减，h(x)maxh()，ab，即ab的最大值为.19(1)解f(x)，f(x).当x(0,1)时，f(x)0；当x(1，)时，f(x)1(nN*，n2)，f(1)f(1)1，1ln(1)1，即ln(n1)ln n，ln nln 2ln 1ln 3ln 2ln nln(n1)1，即1ln n2.nf(n)1ln n，nf(n)2.20(1)解由已知，函数f(x)的定义域为(0，)，g(x)f(x)2(xa)2ln x2，所以g(x)2，当0a时，g(x)在区间，上单调递增，在区间上单调递减；当a时，g(x)在区间(0，)上单调递增(2)证明由f(x)2(xa)2ln x20，解得a，令(x)2ln xx22x22，则(1)10，(e)220，故存在x0(1，e)，使得(x0)0，令a0，u(x)x1ln x(x1)，由u(x