2023届人教A版新高考数学新教材一轮复习单元质检卷三一元函数的导数及其应用（Word版带解析）

单元质检卷三　一元函数的导数及其应用(时间:120分钟　满分:150分)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.(2021山东师大附中高三月考)已知函数f(x)=(2x-a)ex,且f'(1)=3e,则实数a的值为(　　)A.-3B.3C.-1D.12.(2021湖北孝感高三期中)设曲线y=a(x-1)+lnx在点(1,0)处的切线方程为y=2x-2,则a=(　　)A.1B.2C.3D.43.(2021安徽蚌埠高三月考)函数f(x)=x2-2lnx在区间[1,2]上的最大值是(　　)A.4-2ln2B.1C.4+2ln2D.e2-24.(2021江苏镇江高三月考)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.(2021湖北宜昌高三月考)曲线f(x)=ln(2x-1)上的点到直线2x-y+3=0的最短距离是(　　)A.1B.2C.D.36.(2021江苏扬州高三模拟)已知函数f(x)=x+acosx,对于任意x1,x2∈R(x1≠x2),都有>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.(2021北京昌平高三期中)已知函数f(x)=(x-1)2ex,下列结论错误的是(　　)A.函数f(x)有零点B.函数f(x)有极大值,也有极小值C.函数f(x)既无最大值,也无最小值D.函数f(x)的图象与直线y=1有3个交点8.(2021四川成都高三期中)已知函数f(x)的定义域为R,且f(x)<1-f'(x),f(0)=4,则不等式f(x)<1+的解集为(　　)A.(1,+∞)B.(-∞,1)　C.(0,+∞)D.(-∞,0)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.\n9.(2021江苏滨海中学高三月考)如果定义域为R的函数y=f(x)的导函数的图象如图所示,则下列说法正确的是(　　)A.f(x)在区间-3,-上单调递增B.f(x)有且仅有1个极小值点C.f(x)在区间(4,5)上单调递增D.f(x)的极大值为f(2)10.(2021广东惠州高三月考)已知函数f(x)=lnx-ax的图象在x=1处的切线方程为x+y+b=0,则(　　)A.a=2B.b=1C.f(x)的极小值为-ln2-1D.f(x)的极大值为-ln2-111.(2021河北唐山高三三模)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1C.f(x)的极大值为-1D.f(x)的最小值为-112.(2021辽宁沈阳高三模拟)已知x=1和x=3是函数f(x)=ax3+bx2-3x+k(a,b∈R)的两个极值点,且函数f(x)有且仅有两个不同的零点,则实数k的值为(　　)A.-B.C.-1D.0三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.(2021辽宁沈阳高三月考)曲线y=在点(-1,3)处的切线的斜率为　　　　. 14.(2021北京延庆高三期中)若函数f(x)=-x2+ax在区间(-1,0)上恰有一个极值点,则实数a的取值范围是　　　　. 15.(2021山西太原高三期末)已知函数f(x)=-4a有三个零点,则实数a的取值范围是　　　　. 16.(2021浙江湖州高三期中)已知函数f(x)=ex-ex+a与g(x)=lnx+的图象上存在关于x\n轴对称的点,则实数a的取值范围是　　　　. 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)(2021北京,19)已知函数f(x)=.(1)若a=0,求y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程;(2)若函数f(x)在x=-1处取得极值,求f(x)的单调区间以及最大值和最小值.18.(12分)(2021山东实验中学高三月考)已知函数f(x)=ln(2x)-ax2.(1)若f(x)在(1,+∞)内不单调,求实数a的取值范围;(2)若a=2,求f(x)在上的值域.19.(12分)已知函数f(x)=-xex,g(x)=x2+2x+a.若函数f(x)的图象在原点处的切线与函数g(x)的图象相切,求实数a的值.\n20.(12分)(2021全国甲,理21)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)(2021重庆綦江中学高三月考)已知函数f(x)=aex-cosx-x(a∈R).(1)若a=1,证明:f(x)+cosx≥1;(2)若f(x)在(0,π)上有两个极值点,求实数a的取值范围.22.(12分)(2021湖南常德高三一模)设函数f(x)=alnx+,其中a为常数,且a>0.\n(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)设函数F(x)=f(x)+xlna,x1,x2是函数f(x)的两个极值点,证明:F(x1)+F(x2)<1-4ln2.\n单元质检卷三　一元函数的导数及其应用1.D　解析由题设,f'(x)=(2+2x-a)ex,又因为f'(1)=3e,所以f'(1)=(4-a)e=3e,解得a=1,故选D.2.A　解析易知点(1,0)为直线y=2x-2与曲线y=a(x-1)+lnx的公共点,对函数y=a(x-1)+lnx求导得y'=a+,由已知可得y'|x=1=a+1=2,解得a=1,故选A.3.A　解析由题意得f'(x)=2x-≥0在[1,2]上恒成立,所以函数f(x)在[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.4.D　解析设f(x)=xa,则=2,a=-2,所以g(x)==x2ex,函数的定义域是{x∈R|x≠0},g'(x)=(x2+2x)ex,由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.C　解析因为直线2x-y+3=0的斜率为2,所以令f'(x)==2,解得x=1,把x=1代入曲线方程得f(1)=ln(2-1)=0,即曲线f(x)过点(1,0)的切线斜率为2,则点(1,0)到直线2x-y+3=0的距离d=,即曲线f(x)=ln(2x-1)上的点到直线2x-y+3=0的最短距离是.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=acosx+(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]上恒成立,所以解得所以1-≤a≤1,故选B.7.C　解析f(1)=0,所以A选项正确;f'(x)=(x+1)(x-1)ex,所以在区间(-∞,-1)和(1,+∞)上f'(x)>0,f(x)单调递增,在区间(-1,1)上f'(x)<0,f(x)单调递减,所以当x=-1时,f(x)有极大值f(-1)=>1,当x=1时,f(x)有极小值f(1)=0,所以B选项正确,C选项错误;画出函数f(x)的大致图象如图,由图可知函数f(x)的图象与直线y=1有3个交点,所以D\n选项正确.故选C.8.C　解析由f(x)<1+得exf(x)<ex+3,即exf(x)-ex-3<0,令F(x)=exf(x)-ex-3,则F'(x)=exf(x)+exf'(x)-ex=ex[f(x)+f'(x)-1],因为f(x)<1-f'(x),即f(x)+f'(x)-1<0,且ex>0,所以F'(x)<0,故函数F(x)在R上单调递减,由F(0)=e0f(0)-e0-3=4-1-3=0,故当x>0时,F(x)<0,即f(x)<1+的解集是(0,+∞),故选C.9.CD　解析由y=f'(x)的图象知,在(-∞,-2)和(2,4)上f'(x)<0,即f(x)单调递减,在(-2,2)和(4,+∞)上f'(x)>0,即f(x)单调递增,所以f(x)的极大值为f(2),极小值为f(-2)和f(4),对于选项A,f(x)在-3,-上不单调,错误;对于选项B,f(x)有2个极小值点,错误;对于选项C,f(x)在(4,5)上单调递增,正确;对于选项D,f(x)的极大值为f(2),正确.故选CD.10.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;由f'(x)=-2=,令f'(x)>0,得f(x)在0,上单调递增,令f'(x)<0,得f(x)在,+∞上单调递减,知f(x)在x=处取得极大值,f=ln-1=-ln2-1,无极小值,故选ABD.11.ABD　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0<x<1时,φ(x)>0;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.BD　解析f'(x)=3ax2+2bx-3,依题意1,3是f'(x)=0的两个根,所以解得故f(x)=-x3+2x2-3x+k.易求得函数f(x)的极大值为f(3)=k和极小值为f(1)=-+k.要使函数f(x)有两个零点,则f(x)的极大值k=0或f(x)的极小值-+k=0,\n所以k=0或k=,故选BD.13.1　解析因为y=,所以y'=,当x=-1时,y'|x=-1=1,所以曲线y=在点(-1,3)处的切线的斜率为1.14.(-2,0)　解析二次函数f(x)=-x2+ax的对称轴为x=-,即x=,因为函数f(x)=-x2+ax在区间(-1,0)上恰有一个极值点,所以-1<<0⇒-2<a<0.故实数a的取值范围是(-2,0).15.(0,e-2)　解析令g(x)=,函数f(x)有三个零点即函数g(x)的图象与直线y=4a有三个交点.因为g'(x)=,所以g(x)在(-∞,0)和(2,+∞)上单调递减,在(0,2)上单调递增,且g(x)≥0,g(x)的极大值为g(2)==4e-2,极小值为g(0)=0.结合图象g(x)与y=4a有三个交点,即0<4a<4e-2,所以0<a<e-2.16.(-∞,-1]　解析依题意方程ex-ex+a=-lnx-在(0,+∞)上有解,即a=ex-ex-lnx-在(0,+∞)上有解,令h(x)=ex-ex-lnx-,则h'(x)=e-ex-=e-ex+,显然h'(1)=0,且当0<x<1时,h'(x)>0,当x>1时,h'(x)<0,因此h(x)在x=1处取得极大值亦即最大值h(1)=-1,所以h(x)的值域为(-∞,-1],故a的取值范围是(-∞,-1].17.解(1)当a=0时,f(x)=,则f'(x)=,所以f(1)=1,f'(1)=-4,此时曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-1=-4(x-1),即4x+y-5=0.(2)因为f(x)=,所以f'(x)=,\n由题意可得f'(-1)==0,解得a=4,故f(x)=,f'(x)=,列表如下:x(-∞,-1)-1(-1,4)4(4,+∞)f'(x)+0-0+f(x)单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以,函数f(x)的单调递增区间为(-∞,-1),(4,+∞),单调递减区间为(-1,4).当x<时,f(x)>0;当x>时,f(x)<0.所以,f(x)max=f(-1)=1,f(x)min=f(4)=-.18.解(1)f'(x)=,因为f(x)在(1,+∞)内不单调,所以关于x的方程1-2ax2=0在(1,+∞)内有解,所以故a的取值范围为0,.(2)因为a=2,所以f'(x)=.令f'(x)>0,得≤x<;令f'(x)<0,得<x≤.所以f(x)在上单调递增,在上单调递减,所以f(x)max=f=-.因为f=-1-,f=1-,且f-f=-2->0,所以f(x)在上的值域为1-,-.19.解因为f(x)=-xex,所以f'(x)=-ex(x+1),所以切线斜率k=f'(0)=-1,又因为f(0)=0,因此f(x)图象在原点处的切线方程为y=-x.\n又因为切线y=-x与g(x)图象相切,所以消去y得x2+3x+a=0,于是Δ=9-4a=0,解得a=.故实数a的值为.20.解(1)当a=2时,f(x)=.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.故f(x)在区间上单调递增,在区间上单调递减.(2)由题知方程f(x)=1在(0,+∞)有两个不相等的根.由f(x)=1得xa=ax,即alnx=xlna,即.令g(x)=,g'(x)=,∴g(x)在区间(0,e)上单调递增,在区间(e,+∞)上单调递减.又x→0时,g(x)→-∞,g(e)=,g(1)=0,x→+∞时,g(x)→0.∴0<,即a>1且a≠e.21.(1)证明当a=1时,f(x)=ex-cosx-x,令g(x)=f(x)+cosx=ex-x,则g'(x)=ex-1,当x<0时,g'(x)<0;当x>0时,g'(x)>0,所以函数g(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,所以g(x)≥g(0)=1,即f(x)+cosx≥1.(2)解f'(x)=aex+sinx-1,由f(x)在(0,π)上有两个极值点,则f'(x)=aex+sinx-1=0在(0,π)上有两个不同的实根,即a=在(0,π)上有两个不同的实根.设h(x)=,x∈(0,π),h'(x)=,令h'(x)=0,则x=,\n当0<x<时,h'(x)<0;当<x<π时,h'(x)>0,所以函数h(x)在0,上单调递减,在,π上单调递增,又因为h(0)=1,h=0,h(π)=e-π,0<e-π<1,所以当0<a<e-π时,方程a=在(0,π)上有两个不同的实数根,所以实数a的取值范围为(0,e-π).22.(1)解函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=.令g(x)=ax2+(2a-1)x+a,Δ=(2a-1)2-4a2=-4a+1.①当a≥时,Δ=-4a+1≤0,则g(x)≥0,即f'(x)≥0,f(x)在(0,+∞)上单调递增;②当0<a<时,Δ=-4a+1>0,由g(x)=0,解得x1=,x2=,所以x2>x1=>0,所以当x∈(0,x1)时,g(x)>0,f'(x)>0,f(x)单调递增,当x∈(x1,x2)时,g(x)<0,f'(x)<0,f(x)单调递减,当x∈(x2,+∞)时,g(x)>0,f'(x)>0,f(x)单调递增,综上所述,当0<a<时,f(x)在0,上单调递增,在上单调递减,在,+∞上单调递增;当a≥时,f(x)在(0,+∞)上单调递增.(2)证明由(1)知函数f(x)的两个极值点为x1,x2,则0<a<,且x1+x2=,x1x2=1.所以F(x1)+F(x2)=f(x1)+x1lna+f(x2)+x2lna=alnx1++alnx2++(x1+x2)lna=aln(x1x2)++(x1+x2)lna=+(x1+x2)ln\na=+(x1+x2)lna=1+lna,记h(a)=1+lna=1+-2lna0<a<,h'(a)=-lna+-2,因为0<a<,所以1-2a>0,-lna>0,所以h'(a)>0,h(a)在0,上单调递增,所以h(a)<h=1-4ln2,即1+lna<1-4ln2,所以F(x1)+F(x2)<1-4ln2.