【文档说明】【精准解析】2021届高考数学人教B版单元检测三　导数及其应用（提升卷）【高考】.docx，共(13)页，146.280 KB，由小赞的店铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

单元检测三导数及其应用(提升卷)考生注意：1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)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100分钟，满分130分．4．请在密封线内作答，保持试卷

清洁完整．第Ⅰ卷(选择题共60分)一、单项选择题(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.(2019·安徽省池州市期末)函数y＝f(x)的图象如图所示，下列数值排序正确的是()A．f′(1)<f′(2)<f(2)

－f(1)B．f′(1)<f(2)－f(1)<f′(2)C．f′(2)<f(2)－f(1)<f′(1)D．f′(2)<f′(1)<f(2)－f(1)2．已知函数f(x)＝lnx＋x2f′(a)，且f(1)

＝－1，则实数a的值为()A．－12或1B.12C．1D．23．(2020·丹东期末)设函数f(x)＝alnx＋bx2，若函数f(x)的图象在点(1,1)处的切线与y轴垂直，则实数a＋b等于()A．1B.12C.14D．－14．(2019·荆门市龙泉中学、宜昌一中月考)若f(x)＝x2－

2x－4lnx，则f(x)的单调递增区间为()A．(2，＋∞)B．(－1,0)∪(2，＋∞)C．(1，＋∞)D．(0,2)5．函数f(x)＝e|x|3x的部分图象大致为()6．(2020·广安期末)已知函数f(x)＝1－xax＋lnx，若函数f(x)在[1，＋∞)上为增函数，则正实数a的取

值范围为()A．(1，＋∞)B．[1，＋∞)C．(0,1)D．(0,1]7．(2020·济宁模拟)函数f(x)＝(x2－ax)ex－ax＋a2(e为自然对数的底数，a∈R，a为常数)有三个不同零点，则a的取值范围

是()A.－1e，0B．(－∞，0)C.－1e，＋∞D．(0，＋∞)8．(2020·湖南衡阳第八中学月考)若存在唯一的正整数x0，使得不等式2xex－ax－a>0成立，则实数a的取值范围是()A.0，43e2B.43e2，1e

C.0，1eD.43e2，1e二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分)9.函数f(x)的定义域为R，它的导函数y＝f′(x)的部分图象如图所示，则下面

结论正确的是()A．在(1,2)上函数f(x)为增函数B．在(3,4)上函数f(x)为减函数C．在(1,3)上函数f(x)有极大值D．x＝3是函数f(x)在区间[1,5]上的极小值点10．(2019·北京

师大附中期中)下列函数中，存在极值点的是()A．y＝x－1xB．y＝－2x3－xC．y＝xlnxD．y＝xsinx11．(2020·济南章丘区期末)定义在(0，＋∞)上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且(x＋1)f′(x)－f(x)<x2＋2x对x∈(0，＋∞)恒成立．下列结论正确的是(

)A．2f(2)－3f(1)>5B．若f(1)＝2，x>1，则f(x)>x2＋12x＋12C．f(3)－2f(1)<7D．若f(1)＝2,0<x<1，则f(x)>x2＋12x＋1212．对于定义在R上的函数f(x)，

若存在非零实数x0，使函数f(x)在(－∞，x0)和(x0，＋∞)上均有零点，则称x0为函数f(x)的一个“折点”．现给出下列四个函数，其中存在“折点”的函数是()A．f(x)＝3|x－1|＋2B．f(x)＝lg|x＋2019|C．f(x)＝x33－x－1D．f(x)＝x2＋2mx－1(m∈

R)第Ⅱ卷(非选择题共70分)三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)13．(2020·荆门龙泉中学、宜昌一中月考)函数f(x)＝ex＋|x－1|的图象在点(0，f(0))处的切线方程为________．14．(2019·滁州

市定远县育才学校期末)设实数a，b，c分别满足a＝5－12，blnb＝1,3c3＋c＝1，则a，b，c的大小关系为________．15．(2019·北京)设函数f(x)＝ex＋ae－x(a为常数)．若f(x)为奇函数，则a

＝________；若f(x)是R上的增函数，则a的取值范围是________．(本题第一空2分，第二空3分)16．设实数λ>0，若对任意的x∈(0，＋∞)，不等式eλx－lnxλ≥0恒成立，则λ的最小值为________．四、解答题(本题共4小题，共

50分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(12分)(2019·三明质检)已知函数f(x)＝ax3－3x的图象在点P(2，f(2))处的切线l与直线9x－y－6＝0平行．(1)求切线l的方程；(2)

若函数g(x)＝f(x)－k有3个零点，求实数k的取值范围．18.(12分)已知函数f(x)＝2x＋2x＋alnx，a∈R.(1)若函数f(x)在区间[1，＋∞)内单调递增，求实数a的取值范围；(2)记函数g(x)＝x2[f′(x)＋2x－2]，若g(x)的最小值是－6，求函数f(x)的解析

式．19．(13分)(2020·贵阳模拟)已知f(x)＝ex，g(x)＝x＋1(e为自然对数的底数)．(1)求证：f(x)≥g(x)恒成立；(2)设m是正整数，对任意正整数n，1＋131＋132…1＋13n<m，求m的最小值

．20.(13分)(2019·北京市朝阳区期末)已知函数f(x)＝lnx－ax2(a∈R)．(1)讨论y＝f(x)的单调性；(2)若函数f(x)有两个不同零点x1，x2，求实数a的取值范围，并证明x1x2>

e.答案精析1．B2.C3.D4.A5.C6.B7．A[令f(x)＝0，得x(x－a)ex＝a(x－a)，可得f(x)一个零点为x＝a，所以当x≠a时，xex＝a有两个不同的实数解，设g(x)＝xex即y＝g(x)的图象与y＝a的

图象有两个不同交点，g′(x)＝(1＋x)ex，当x∈(－∞，－1)时g(x)单调递减，当x∈(－1，＋∞)时g(x)单调递增，所以当x＝－1时，g(x)取最小值为g(－1)＝－1e，且x→－∞时g(x)→0，x→＋∞时g(x)

→＋∞，所以a的取值范围为－1e，0.]8．D[由2xex－ax－a＝0可得a＝2xex(x＋1)，令h(x)＝2xex(x＋1)(x>0)，则h′(x)＝－2x2－2x＋2ex(x＋1)2，令h′(x)

＝0，得x＝－1＋52，－1＋52∈(0,1)，h′(0)>0，h′(1)<0，所以函数在(0,1)上有唯一极大值点，在[1，＋∞)上是减函数，因为h(1)＝1e，h(2)＝43e2，所以要使不等式存在唯一的正整数x0，需43e2≤a<1e.]9．

ABC[根据导函数图象知，x∈(1,2)时，f′(x)>0，x∈(2,4)时，f′(x)<0，x∈(4,5)时，f′(x)>0.∴f(x)在(1,2)，(4,5)上为增函数，在(2,4)上为减函数，x＝2是f(x)在[1,5]上的极

大值点，x＝4是极小值点．故选ABC.]10．CD[由题意，函数y＝x－1x，则y′＝1＋1x2>0，所以函数y＝x－1x在(－∞，0)，(0，＋∞)内单调递增，没有极值点；函数y＝－2x3－x，在R上

单调递减，没有极值点；函数y＝xlnx，则y′＝lnx＋1，x>0，当x∈0，1e时，y′<0，函数单调递减，当x∈1e，＋∞时，y′>0，函数单调递增，当x＝1e时，函数取得极小值；函数y＝xsinx，则y′＝sinx＋xcosx，当x∈－π2，0时，y′<

0，函数单调递减，当x∈0，π2时，y′>0，函数单调递增，所以函数在x＝0处取得极小值．]11．CD[设函数g(x)＝f(x)－x2x＋1，则g′(x)＝(x＋1)f′(x)－f(x)－(x2＋2x)(x＋1

)2，因为(x＋1)f′(x)－f(x)<x2＋2x，所以g′(x)<0，故g(x)在(0，＋∞)上单调递减，从而g(1)>g(2)>g(3)，整理得2f(2)－3f(1)<5，f(3)－2f(1)<7，故A错误，C正确．当0<x<1时，若f(1)＝2

，因为g(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以g(x)>g(1)＝12，即f(x)－x2x＋1>12，即f(x)>x2＋12x＋12.故D正确，从而B不正确．即结论正确的是CD.]12．BD[因为f(x)＝3|x－1|＋2>2，所以函数f(x)不存在零点，所以函数f(x)不存在“折点

”；对于函数f(x)＝lg|x＋2019|，取x0＝－2019，则函数f(x)在(－∞，－2019)上有零点x＝－2020，在(－2019，＋∞)上有零点x＝－2018，所以x0＝－2019是函数f(x)＝lg|x＋2019

|的一个“折点”；对于函数f(x)＝x33－x－1，则f′(x)＝x2－1＝(x＋1)(x－1)．令f′(x)>0，得x>1或x<－1；令f′(x)<0，得－1<x<1，所以函数f(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递增，在(－1，1)上单调递减．又f(－1)＝－13<0，所以函数

f(x)只有一个零点，所以函数f(x)＝x33－x－1不存在“折点”；对于函数f(x)＝x2＋2mx－1＝(x＋m)2－m2－1，由于f(－m)＝－m2－1≤－1，结合图象(图略)可知该函数一定有“折点”．综上所述，存在“折点”的函数是

BD.]13．y－2＝014.b>c>a15.－1(－∞，0]16.1e解析当x∈(0,1]时，λ>0，不等式eλx－lnxλ≥0显然成立，λ可取任意正实数；当x∈(1，＋∞)时，eλx－lnxλ≥0⇔λeλx≥lnx⇔λx·eλx≥lnx·elnx，设函数f(x)＝x·ex(

x>0)，而f′(x)＝(x＋1)·ex>0，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增，那么由λx·eλx≥lnx·elnx可得λx≥lnx⇔λ≥lnxx.令g(x)＝lnxx(x>1)，而g′(x)＝1－lnxx2，易知函数g(x)在(1，e)上单调递增，在(e，＋∞)

上单调递减，那么g(x)max＝g(e)＝1e，则有λ≥1e.综上分析可知，λ的最小值为1e.17．解(1)由题意知，函数f(x)＝ax3－3x，则f′(x)＝3ax2－3，又f(x)的图象在点P(2，f(2))处的切线

与直线9x－y－6＝0平行，所以f′(2)＝12a－3＝9，解得a＝1，即f(x)＝x3－3x，所以f(2)＝23－3×2＝2，所以切点P的坐标为(2,2)，则切线方程为y－2＝9(x－2)，即9x－y－1

6＝0.(2)由(1)可知f′(x)＝3x2－3，令f′(x)＝0，则x＝±1，当x变化时，f′(x)与f(x)的变化情况如下表：x(－∞，－1)－1(－1,1)1(1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x

)↗极大值↘极小值↗所以当x＝－1时，f(x)有极大值f(－1)＝2；当x＝1时，f(x)有极小值f(1)＝－2，且当x→－∞时，f(x)→－∞；当x→＋∞时，f(x)→＋∞，因为g(x)＝f(x)－k有3个零点，所以y＝k与y＝f(x)的图象有3个交点，故实数k的取值范围为(－2,2)．1

8．解(1)由题意知f′(x)＝2－2x2＋ax≥0在区间[1，＋∞)内恒成立，所以a≥2x－2x在区间[1，＋∞)内恒成立．令h(x)＝2x－2x，x∈[1，＋∞)，因为h′(x)＝－2x2－2<0恒成立，所以h(x)在区间[1，＋∞)内单调递减，所以h(x)max＝h(1)＝0，所以a≥0

，即实数a的取值范围为[0，＋∞)．(2)g(x)＝2x3＋ax－2，x>0.因为g′(x)＝6x2＋a，当a≥0时，g′(x)>0恒成立，所以g(x)在区间(0，＋∞)内单调递增，无最小值，不符合题意，所以a<0

.令g′(x)＝0，则x＝－a6或x＝－－a6(舍去)，由此可得函数g(x)在区间0，－a6内单调递减，在区间－a6，＋∞内单调递增，则x＝－a6是函数g(x)的极小值点，也是最小值

点，所以g(x)min＝g(x)极小值＝g－a6＝－6，解得a＝－6，所以f(x)＝2x＋2x－6lnx.19．(1)证明令F(x)＝f(x)－g(x)＝ex－x－1，则F′(x)＝ex－1，∴当x∈(－∞，0)时，F′(x)<0；当x∈(0

，＋∞)时，F′(x)>0，∴F(x)在(－∞，0)上单调递减；在(0，＋∞)上单调递增，∴F(x)min＝F(0)＝e0－0－1＝0，即F(x)＝f(x)－g(x)≥0恒成立，∴f(x)≥g(x)恒成立．(2)解

由(1)知1＋13n≤13en，∴1＋131＋132…1＋13n≤13e·213e…13en＝13e＋132＋…＋13n，又13＋132＋…＋13n＝13×1－13n1－13＝12×1－13n<12，∴1＋131＋132…

1＋13n≤12e×1－13n<12e，又1＋131＋132…1＋13n<m恒成立，∴m≥12e，又m为正整数，∴m的最小值为2.20．解(1)函数的定义域为x∈(0，＋∞)，f′(x)＝1x－2ax＝－2ax2＋1x，当a≤0时，

f′(x)>0，函数f(x)在(0，＋∞)上为增函数；当a>0时，令f′(x)＝0，则x＝12a，f′(x)在0，12a上有f′(x)>0，f′(x)在12a，＋∞上有f′(x)<0，即f(x)

在0，12a上为增函数，在12a，＋∞上为减函数，综上，当a≤0时，函数f(x)在(0，＋∞)上为增函数；当a>0时，f(x)在0，12a上为增函数，在12a，＋∞上为减函数．(2)f

(x)＝lnx－ax2有两个不同的零点，即lnx－ax2＝0有两个不同的根，即a＝lnxx2有两个不同的根，即y＝a与g(x)＝lnxx2有两个不同的交点；g′(x)＝1－2lnxx3，g(x)在(0，e)上为增函数，在(e，＋∞)上为减函数，g(e)＝12e

，当x>1时，g(x)>0，g(x)图象如图所示，故a∈0，12e.由上设0<x1<e<x2，令F(x)＝g(x)－gex(x>e)，F′(x)＝g′(x)＋ex2g′ex＝(x4－e

2)(2lnx－1)x3e2当x>e时，F′(x)>0，故F(x)＝g(x)－gex在(e，＋∞)上为增函数，F(e)＝0，从而有F(x)>0在(e，＋∞)上成立，即g(x)>gex，而x2∈(e，＋∞)，则g(x2)>gex2，又因为g(x1)＝g(x2)，所以g(x1

)＝g(x2)>gex2，又x1，ex2∈(0，e)，g(x)在(0，e)上为增函数，故x1>ex2，即证得x1x2>e.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com