2019-2020年高考数学大一轮复习 第三章 导数及其应用单元质检 文.doc

2019-2020年高考数学大一轮复习 第三章 导数及其应用单元质检 文一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60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.若函数f(x)=2x+ln x,且f(a)=0,则2aln 2a等于()A.1B.-1C.-ln 2D.ln 22.已知函数f(x)=ln x-x,则函数f(x)的单调递减区间是()A.(-,1)B.(0,1)C.(-,0),(1,+)D.(1,+)3.曲线y=在点(-1,-1)处的切线方程为()A.y=2x+1B.y=2x-1C.y=-2x-3D.y=-2x-24.函数y=f(x)的图象如图所示,则关于函数y=f(x)的说法正确的是()A.函数y=f(x)有3个极值点B.函数y=f(x)在区间(-,-4)上单调递增C.函数y=f(x)在区间(-2,+)上单调递增D.当x=1时,函数y=f(x)取得极大值5.设函数f(x)=+ln x,则()A.x=为f(x)的极大值点B.x=为f(x)的极小值点C.x=2为f(x)的极大值点D.x=2为f(x)的极小值点6.如图是函数y=f(x)的导函数y=f(x)的图象,则下列判断正确的是()A.在区间(-3,1)上y=f(x)是增函数B.在(1,3)上y=f(x)是减函数C.在(4,5)上y=f(x)是增函数D.在x=2时y=f(x)取到极小值7.若点P是曲线y=x2-ln x上任意一点,则点P到直线y=x-2的最小距离为()A.1B.C.D.8.设f(x)是定义在R上的函数,其导函数为f(x),若f(x)+f(x)1,f(0)=2 015,则不等式exf(x)ex+2 014(其中e为自然对数的底数)的解集为()A.(2 014,+)B.(-,0)(2 014,+)C.(-,0)(0,+)D.(0,+)9.已知函数f(x)是定义域为R的偶函数,且在定义域R内可导,若f(2+x)=f(2-x),当x(0,2)时,(x-2)f(x)0,设a=f,b=f,c=f(5),则()A.abcB.cabC.bcaD.ba0),且方程f(x)-9x=0的两个根分别为1,4.(1)当a=3,且曲线y=f(x)过原点时,求f(x)的解析式;(2)若f(x)在(-,+)内无极值点,求a的取值范围.20.(12分)已知函数f(x)=ln x,g(x)=(a0),设F(x)=f(x)+g(x).(1)求函数F(x)的单调区间;(2)若以函数y=F(x)(x(0,3)图象上任意一点P(x0,y0)为切点的切线的斜率k恒成立,求实数a的最小值.21.(12分)已知函数f(x)=ax2+1(a0),g(x)=x3+bx.(1)若曲线y=f(x)与曲线y=g(x)在它们的交点(1,c)处具有公共切线,求a,b的值;(2)当a2=4b时,求函数f(x)+g(x)的单调区间,并求其在区间(-,-1上的最大值.22.(14分)已知函数f(x)=(x0,1).(1)求函数f(x)的单调区间和值域;(2)设a1,函数g(x)=x2-3a2x-2a(x0,1),若对于任意x10,1,总存在x00,1,使得g(x0)=f(x1)成立,求实数a的取值范围.答案：1.B解析:由f(x)=2xln 2+,可得f(a)=2aln 2+=0,即2aln 2=-,故a2aln 2=-1,则2aln 2a=-1.2.D解析:由f(x)=ln x-x,得f(x)=-1.令f(x)=-10,解得x1.3.A解析:y=,曲线在点(-1,-1)处的切线方程的斜率为y|x=-1=2.切线方程为y+1=2(x+1),即y=2x+1.4.C解析:由f(x)的图象知,f(x)的极值点有两个,A错误;f(x)在(-,-5)上单调递增,B错误;x=1不是极值点,D错误.5.D解析:由f(x)=+ln x(x0),得f(x)=-.当x2时,f(x)0;当0x2时,f(x)1,f(x)+f(x)-10,g(x)0,y=g(x)在定义域上单调递增.exf(x)ex+2 014,g(x)2 014.又g(0)=e0f(0)-e0=2 015-1=2 014,g(x)g(0),x0.9.C解析:因为f(2+x)=f(2-x),所以函数f(x)的图象关于x=2对称.又f(x)在定义域R内可导,当x(0,2)时,(x-2)f(x)0,所以x(0,2)时,f(x)0,故函数f(x)在(0,2)上单调递减.又因为f(x)是定义域为R的偶函数,所以c=f(5)=f(2+3)=f(2-3)=f(-1)=f(1).因为1,所以ff(1)f.故bc0,得x2.故f(x)在(-,1),(2,+)上单调递增,在(1,2)上单调递减,从而可知f(x)的极大值和极小值分别为f(1),f(2),若欲使函数f(x)恰好有两个不同的零点,则需使f(1)=0或f(2)=0,解得a=5或a=4,而选项中只给出了4,所以选A.11.D解析:设切点为M(x0,y0),则y0=-3x0.k=f(x0)=3-3,又切线l过A,M两点,k=,即3-3=.联立,解得x0=-2,y0=-2,从而a=k=9.故选D.12.D解析:依题意f(x)=x+2a,g(x)=.因为两曲线y=f(x),y=g(x)有公共点,设为P(x0,y0),且在该点处的切线相同.所以因为x00,a0,所以x0=a,因此b=+2ax0-3a2ln x0=a2-3a2ln a(a0).构造函数h(t)=t2-3t2ln t(t0),由h(t)=2t(1-3ln t),当0t0,即h(t)单调递增;当t时,h(t)6.14.2解析:f(x)=x3-3x2+1,f(x)=3x2-6x.令f(x)0,解得x2.令f(x)0,解得0x0,解之可得m6或m0,即(-x2+2)ex0,ex0,-x2+20,解得-x0,x2-(a-2)x-a0对xR都成立.因此应有=(a-2)2+4a0,即a2+40,这是不可能的.故函数f(x)不可能在R上单调递减.19.解:由f(x)=x3+bx2+cx+d,得f(x)=ax2+2bx+c.因为f(x)-9x=ax2+2bx+c-9x=0的两个根分别为1,4,所以(*)(1)当a=3时,由(*)式得解得b=-3,c=12.又因为曲线y=f(x)过原点,所以d=0.故f(x)=x3-3x2+12x.(2)由a0,可知“f(x)=x3+bx2+cx+d在(-,+)内无极值点”等价于“f(x)=ax2+2bx+c0在(-,+)内恒成立”.由(*)式得2b=9-5a,c=4a.又=(2b)2-4ac=9(a-1)(a-9),解得a1,9,即a的取值范围是1,9.20.解:(1)F(x)=f(x)+g(x)=ln x+(x0),F(x)=(x0).a0,令F(x)0得x(a,+),F(x)在(a,+)上单调递增;令F(x)0,得x(0,a),故F(x)在(0,a)上单调递减.因此,F(x)的单调递减区间为(0,a),单调递增区间为(a,+).(2)由(1)知F(x)=(0x3),则k=F(x0)=(00时,h(x)与h(x)的情况如下:x-h(x)+0-0+h(x)所以函数h(x)的单调递增区间为;单调递减区间为.当-1,即0a2时,函数h(x)在区间(-,-1上单调递增,h(x)在区间(-,-1上的最大值为h(-1)=a-a2.当-1,且-1,即2a6时,函数h(x)在区间内单调递增,在区间上单调递减,h(x)在区间(-,-1上的最大值为h=1.当-6时,函数h(x)在区间内单调递增,在区间内单调递减,在区间上单调递增,又因为h-h(-1)=1-a+a2=(a-2)20,所以h(x)在区间(-,-1上的最大值为h=1.22.解:(1)f(x)=(x0,1),f(x)=.由f(x)=0,得x,且x2.由f(x)=0,得x.又x0,1,f(x)的增区间为,减区间为.而f(0)=-,f=-4,f(1)=-3,且f(x)在区间0,1上连续,故f(x)的值域为-4,-3.(2)由g(x)=x2-3a2x-2a(x0,1),得g(x)=2x-3a2.a1,x0,1,则g(x)0,g(x)在区间0,1上是减函数.g(x)的值域为1-2a-3a2,-2a.根据题意,有-4,-31-2a-3a2,-2a,则解之,得1a.故实数a的取值范围为.