《（天津?qū)Ｓ茫?020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 單元質(zhì)檢3 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用（含解析）新人教A版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（天津?qū)Ｓ茫?020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 單元質(zhì)檢3 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用（含解析）新人教A版（12頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、單元質(zhì)檢三導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用(時(shí)間:100分鐘滿分:150分)一、選擇題(本大題共8小題,每小題5分,共40分)1.如果一個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)方程為s(t)=1-t+t2,其中s的單位是m,t的單位是s,那么物體在3 s末的瞬時(shí)速度是()A.7 m/sB.6 m/sC.5 m/sD.8 m/s2.若函數(shù)y=ex+mx有極值,則實(shí)數(shù)m的取值范圍是()A.m0B.m1D.m1,f(0)=5,f(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù),則不等式ex(f(x)-1)4(其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))的解集為()A.(0,+)B.(-,0)(3,+)C.(-,0)(1,+)D.(3,+)8.設(shè)函數(shù)f(x)=exx+3x-3-ax,若不等式
2、f(x)0有正實(shí)數(shù)解,則實(shí)數(shù)a的最小值為()A.3B.2C.e2D.e二、填空題(本大題共6小題,每小題5分,共30分)9.(2018天津,文10)已知函數(shù)f(x)=exln x,f(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù),則f(1)的值為.10.設(shè)曲線y=x+1x-1在點(diǎn)(3,2)處的切線與直線ax+y+3=0垂直,則a=.11.若f(x)=ae-x-ex為奇函數(shù),則f(x-1)e-1e的解集為.12.已知函數(shù)f(x)=ax3+3x2-x+1在區(qū)間(-,+)內(nèi)是減函數(shù),則實(shí)數(shù)a的取值范圍是.13.已知f(x)=x3-6x2+9x-abc,abc,且f(a)=f(b)=f(c)=0,現(xiàn)給出如下結(jié)論:f(0)f
3、(1)0;f(0)f(3)0;f(0)f(3)0;f(1)f(3)0時(shí),x2kx對(duì)任意的x(0,+)恒成立,求實(shí)數(shù)k的取值范圍.20.(14分)設(shè)aZ,已知定義在R上的函數(shù)f(x)=2x4+3x3-3x2-6x+a在區(qū)間(1,2)內(nèi)有一個(gè)零點(diǎn)x0,g(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù).(1)求g(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)設(shè)m1,x0)(x0,2,函數(shù)h(x)=g(x)(m-x0)-f(m),求證:h(m)h(x0)0,若y=ex+mx有極值,則必須使y的值有正有負(fù),故m0.3.B解析由題意知f(x)=-3x2+2ax-10在R上恒成立,故=(2a)2-4(-3)(-1)0,解得-3a3.4.A解析由f(x
4、)=2x+1-1x=2x2+x-1x=0,得x=12或x=-1(舍去).當(dāng)0x12時(shí),f(x)12時(shí),f(x)0,f(x)單調(diào)遞增,則f(x)的最小值為f12=34+ln20,所以f(x)無(wú)零點(diǎn).5.D解析因?yàn)閒(x)為奇函數(shù),所以f(-x)=-f(x),即-x3+(a-1)x2-ax=-x3-(a-1)x2-ax,解得a=1,則f(x)=x3+x.由f(x)=3x2+1,得曲線f(x)在(0,0)處的切線斜率k=f(0)=1.故切線方程為y=x.6.B解析f(x)=-2f(1)312x-2x,f(1)=-13f(1)-2,解得f(1)=-32,f(x)=x-x2,f(x)=1-4xx2x.令
5、f(x)0,解得x344;令f(x)344,故f(x)在0,344內(nèi)遞增,在344,+內(nèi)遞減,故f(x)的最大值是f344,a=344.7.A解析令g(x)=ex(f(x)-1),則g(x)=ex(f(x)-1)+exf(x)=ex(f(x)+f(x)-1).因?yàn)閒(x)+f(x)1,所以g(x)0.所以函數(shù)g(x)在R上單調(diào)遞增.因?yàn)閒(0)=5,所以g(0)=4.因?yàn)閑x(f(x)-1)4,所以g(x)g(0),所以x0.故選A.8.D解析原問(wèn)題等價(jià)于aex(x2-3x+3)在區(qū)間(0,+)內(nèi)有解.令g(x)=ex(x2-3x+3),則ag(x)min,而g(x)=ex(x2-x).由g(
6、x)0,可得x1或x0;由g(x)0,可得0x1.所以函數(shù)g(x)在區(qū)間(0,+)內(nèi)的最小值為g(1)=e.綜上可得,實(shí)數(shù)a的最小值為e.9.e解析f(x)=exlnx,f(x)=exlnx+exx.f(1)=eln1+e1=e.10.-2解析因?yàn)閥=x+1x-1的導(dǎo)數(shù)為y=-2(x-1)2,所以曲線在點(diǎn)(3,2)處的切線斜率k=-12.又因?yàn)橹本€ax+y+3=0的斜率為-a,所以-a-12=-1,解得a=-2.11.(0,+)解析f(x)在R上為奇函數(shù),f(0)=0,即a-1=0.a=1.f(x)=e-x-ex,f(x)=-e-x-ex0.f(x)在R上單調(diào)遞減.由f(x-1)-1,即x0.
7、f(x-1)e-1e的解集為(0,+).12.(-,-3解析由題意可知f(x)=3ax2+6x-10在R上恒成立,則a0,=62+43a0,解得a-3.故實(shí)數(shù)a的取值范圍為(-,-3.13.解析f(x)=x3-6x2+9x-abc,f(x)=3x2-12x+9=3(x-1)(x-3).當(dāng)1x3時(shí),f(x)0;當(dāng)x3時(shí),f(x)0.f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-,1)和(3,+),單調(diào)遞減區(qū)間為(1,3).f(x)極大值=f(1)=1-6+9-abc=4-abc,f(x)極小值=f(3)=27-54+27-abc=-abc.f(x)=0有三個(gè)解a,b,c,a1b30,且f(3)=-abc0.0ab
8、c4.f(0)=-abc,f(0)0,f(0)f(1)0,f(1)f(3)0.14.-3或-2解析設(shè)切點(diǎn)坐標(biāo)為(a,a3-3a).f(x)=x3-3x,f(x)=3x2-3,切線的斜率k=3a2-3,由點(diǎn)斜式可得切線方程為y-(a3-3a)=(3a2-3)(x-a).切線過(guò)點(diǎn)A(1,m),m-(a3-3a)=(3a2-3)(1-a),即2a3-3a2=-3-m.過(guò)點(diǎn)A(1,m)可作曲線y=f(x)的兩條切線,關(guān)于a的方程2a3-3a2=-3-m有兩個(gè)不同的根.令g(x)=2x3-3x2,g(x)=6x2-6x.令g(x)=0,解得x=0或x=1,當(dāng)x0;當(dāng)0x1時(shí),g(x)1時(shí),g(x)0,g
9、(x)在(-,0)內(nèi)單調(diào)遞增,在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞減,在(1,+)內(nèi)單調(diào)遞增,當(dāng)x=0時(shí),g(x)取得極大值g(0)=0,當(dāng)x=1時(shí),g(x)取得極小值g(1)=-1.關(guān)于a的方程2a3-3a2=-3-m有兩個(gè)不同的根,等價(jià)于y=g(x)與y=-3-m的圖象有兩個(gè)不同的交點(diǎn),-3-m=-1或-3-m=0,解得m=-3或m=-2,實(shí)數(shù)m的值是-3或-2.15.解(1)因?yàn)?x-2x-1)=1-12x-1,(e-x)=-e-x,所以f(x)=1-12x-1e-x-(x-2x-1)e-x=(1-x)(2x-1-2)e-x2x-1x12.(2)由f(x)=(1-x)(2x-1-2)e-x2x-1=0,
10、解得x=1或x=52.當(dāng)x變化時(shí),f(x),f(x)的變化情況如下表:x1212,111,525252,+f(x)-0+0-f(x)12e-12012e-52又f(x)=12(2x-1-1)2e-x0,所以f(x)在區(qū)間12,+內(nèi)的取值范圍是0,12e-12.16.(1)解當(dāng)a=3時(shí),f(x)=13x3-3x2-3x-3,f(x)=x2-6x-3.令f(x)=0,解得x=3-23或x=3+23.當(dāng)x(-,3-23)(3+23,+)時(shí),f(x)0;當(dāng)x(3-23,3+23)時(shí),f(x)0,所以f(x)=0等價(jià)于x3x2+x+1-3a=0.設(shè)g(x)=x3x2+x+1-3a,則g(x)=x2(x2
11、+2x+3)(x2+x+1)20,僅當(dāng)x=0時(shí)g(x)=0,所以g(x)在(-,+)內(nèi)單調(diào)遞增,故g(x)至多有一個(gè)零點(diǎn),從而f(x)至多有一個(gè)零點(diǎn).又f(3a-1)=-6a2+2a-13=-6a-162-160,故f(x)有一個(gè)零點(diǎn).綜上,f(x)只有一個(gè)零點(diǎn).17.(1)解由f(x)=ex-ax,得f(x)=ex-a.因?yàn)閒(0)=1-a=-1,所以a=2.所以f(x)=ex-2x,f(x)=ex-2.令f(x)=0,得x=ln2.當(dāng)xln2時(shí),f(x)ln2時(shí),f(x)0,f(x)單調(diào)遞增,所以當(dāng)x=ln2時(shí),f(x)取得極小值,極小值為f(ln2)=2-2ln2=2-ln4,f(x)無(wú)
12、極大值.(2)證明令g(x)=ex-x2,則g(x)=ex-2x.由(1),得g(x)=f(x)f(ln2)=2-ln40,故g(x)在R上單調(diào)遞增.因?yàn)間(0)=10,所以當(dāng)x0,g(x)g(0)0,即x212,則當(dāng)x1a,2時(shí),f(x)0.所以f(x)在x=2處取得極小值.若a12,則當(dāng)x(0,2)時(shí),x-20,ax-112x-10.所以2不是f(x)的極小值點(diǎn).綜上可知,a的取值范圍是12,+.19.(1)解f(x)=ex-x2+a,f(x)=ex-2x.由已知,得f(0)=1+a=0,f(0)=1=b,解得a=-1,b=1.函數(shù)f(x)的解析式為f(x)=ex-x2-1.(2)證明令(
13、x)=f(x)+x2-x=ex-x-1,則(x)=ex-1.由(x)=0,得x=0.當(dāng)x(-,0)時(shí),(x)0,(x)單調(diào)遞增.故(x)min=(0)=0,從而f(x)-x2+x.(3)解f(x)kx對(duì)任意的x(0,+)恒成立f(x)xk對(duì)任意的x(0,+)恒成立.令g(x)=f(x)x,x0,則g(x)=xf(x)-f(x)x2=x(ex-2x)-(ex-x2-1)x2=(x-1)(ex-x-1)x2.由(2)可知當(dāng)x(0,+)時(shí),ex-x-10恒成立,由g(x)0,得x1;由g(x)0,得0x1.故g(x)的遞增區(qū)間為(1,+),遞減區(qū)間為(0,1),即g(x)min=g(1)=e-2.故
14、k0,故當(dāng)x1,x0)時(shí),H1(x)0,H1(x)單調(diào)遞增.因此,當(dāng)x1,x0)(x0,2時(shí),H1(x)H1(x0)=-f(x0)=0,可得H1(m)0,即h(m)0.令函數(shù)H2(x)=g(x0)(x-x0)-f(x),則H2(x)=g(x0)-g(x).由(1)知g(x)在1,2上單調(diào)遞增,故當(dāng)x1,x0)時(shí),H2(x)0,H2(x)單調(diào)遞增;當(dāng)x(x0,2時(shí),H2(x)0,H2(x)單調(diào)遞減.因此,當(dāng)x1,x0)(x0,2時(shí),H2(x)H2(x0)=0,可得H2(m)0,即h(x0)0.所以,h(m)h(x0)0.(3)證明對(duì)于任意的正整數(shù)p,q,且pq1,x0)(x0,2,令m=pq,函
15、數(shù)h(x)=g(x)(m-x0)-f(m).由(2)知,當(dāng)m1,x0)時(shí),h(x)在區(qū)間(m,x0)內(nèi)有零點(diǎn);當(dāng)m(x0,2時(shí),h(x)在區(qū)間(x0,m)內(nèi)有零點(diǎn).所以h(x)在(1,2)內(nèi)至少有一個(gè)零點(diǎn),不妨設(shè)為x1,則h(x1)=g(x1)pq-x0-fpq=0.由(1)知g(x)在1,2上單調(diào)遞增,故0g(1)g(x1)0,故f(x)在1,2上單調(diào)遞增,所以f(x)在區(qū)間1,2上除x0外沒(méi)有其他的零點(diǎn),而pqx0,故fpq0.又因?yàn)閜,q,a均為整數(shù),所以|2p4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|是正整數(shù),從而|2p4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|1.所以pq-x01g(2)q4.所以,只要取A=g(2),就有pq-x01Aq4.12
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