【文档说明】【精准解析】2021届高考数学北师大版单元检测三　导数及其应用（提升卷）【高考】.docx，共(14)页，194.256 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、选择题(本题共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．(2019·安庆期末)函数y＝f(x)的图像如图所示，f′(x)是函数f(x)的导函数，下列数

值排序正确的是()A．f′(2)<f′(3)<f(3)－f(2)<0B．f′(3)<f′(2)<f(3)－f(2)<0C．f(3)－f(2)<f′(3)<f′(2)<0D．f′(2)<f(3)－f(2)<f′(3)<02．已知函数f(x)＝x(x－1)(x－2)…(x－100

)，则f′(0)等于()A．0B．100C．200D．1×2×3×…×99×1003．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．24．(2019·合肥期中)设函数f(x)＝alnx

＋bx2，若函数f(x)的图像在点(1,1)处的切线与y轴垂直，则实数a＋b等于()A．1B.12C.14D．－15．若f(x)＝x2－2x－4lnx，则f(x)的递增区间为()A．(2，＋∞)B．(－1,0)∪(2，＋∞)C．(1，＋∞)D．(0,2

)6．函数f(x)＝e|x|3x的部分图像大致为()7．(2019·安阳期末)已知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且满足f(x)＋xf′(x)>0(f′(x)是f(x)的导函数)，则不等式(x－1)f(x2－1)<f(x＋1)的解集为()A．(－∞，2)B．(1，＋∞)C．(－1

,2)D．(1,2)8．若函数f(x)＝lnx＋ax2－2在区间12，2内存在递增区间，则实数a的取值范围是()A．(－∞，－2]B.－18，＋∞C.－2，－18D．(－2，＋∞)9．已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯

一的零点x0，且x0>0，则实数a的取值范围是()A．(2，＋∞)B．(1，＋∞)C．(－∞，－2)D．(－∞，－1)10．(2020·南昌市开学摸底考试)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，＋∞)11．设函数f(x)＝minxlnx，x2ex(min{a，b}表示a，b中的较小者)，则函数f(x)的最大值为()A.32ln2B．2ln2C.1eD.4e212．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.43e2，1eC.0，1eD.43e2，1e第Ⅱ卷(非选择题共70分)二、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．函数f(x)＝ex＋|x－1|的图像在点(0，f(0))处的切线方程为________．14．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．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________．16．已知函数f(x)＝lnx＋(a－1)x＋2－2a(a>0)．若不等式f(x)>0的解集中整数的个数为3，则a的取值范围是________

________．三、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·西安质检)已知函数f(x)＝ax3－3x的图像在点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)＝lnx－x，g(x)＝ax2＋2x(a<0)．(1)求函数f(x)在区间1e，e上的最值；(2)求函数h(x)＝f(x)＋g(x)的极

值点．19．(13分)(2020·商丘月考)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·安庆期末)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．D[根据题意，设M(2，f(2))，N(3，f(3))为函数y＝f

(x)上的点，则f′(2)为函数f(x)在x＝2处切线的斜率，f′(3)为函数f(x)在x＝3处切线的斜率，f(3)－f(2)＝f(3)－f(2)3－2为直线MN的斜率，结合图像分析可得f′(2)<f(3)－f(2)<f′(3)<0.]2．D[f′(0)＝limΔx

→0f(0＋Δx)－f(0)Δx＝limΔx→0Δx(Δx－1)(Δx－2)…(Δx－100)－0Δx＝limΔx→0(Δx－1)·(Δx－2)…(Δx－100)＝(－1)(－2)…(－100)＝1×2

×3×…×99×100.]3．C[令x＝1，则f(1)＝ln1＋f′(a)＝－1，可得f′(a)＝－1.令x＝a>0，则f′(a)＝1a＋2af′(a)，即2a2－a－1＝0，解得a＝1或a＝－12(舍去)．]4．D[函数f(x)＝alnx＋bx2的导数为f′(x)＝ax＋2bx，由题意

可得，在点(1,1)处的切线斜率为a＋2b＝0，又aln1＋b＝1，解得b＝1，a＝－2，故a＋b＝－1.]5．A[由题意得，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－2－4x＝2(x2－x－2)x＝2(x＋1)(x－2)x，

∴当x∈(0,2)时，f′(x)<0；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，∴f(x)的递增区间为(2，＋∞)．]6．C[由题意得f(x)为奇函数，排除B；又f(1)＝e3<1，排除A；当x>0时，f(x)＝ex3x，所以f′(

x)＝(x－1)ex3x2，函数f(x)在区间(0,1)内递减，在区间(1，＋∞)内递增，排除D.]7．D[构造函数g(x)＝xf(x)，其中x>0，则g′(x)＝f(x)＋xf′(x)>0，所以，函数y＝g(x)在定义域(

0，＋∞)上为增函数，由已知得(x2－1)f(x2－1)<(x＋1)f(x＋1)，即g(x2－1)<g(x＋1)，所以x2－1<x＋1，x2－1>0，x＋1>0，解得1<x<2，因此，不等式(x－1)f(x2－1)<f(x＋1)的解集为(1,2)．]8．D[对f(x)求导得f

′(x)＝1x＋2ax＝2ax2＋1x，由题意可得2ax2＋1>0在12，2内有解，所以a>－12x2min.因为x∈12，2，所以x2∈14，4，－12x2∈－2，－18，所以a>－2.]9．C[易知a

≠0，所以f(x)为一元三次函数．因为f′(x)＝3ax2－6x＝3x(ax－2)，所以方程f′(x)＝0的根为x1＝0，x2＝2a.又注意到函数f(x)的图像经过点(0,1)，所以结合一元三次函数的图像规律及题意可知，函数f(

x)的图像如图所示，从而有a<0，f2a>0，即a<0，8a2－3×4a2＋1>0，解得a<－2.故选C.]10．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)的图像与y＝a的图像有两个不同交点，g′(x)＝(1＋x)ex，当x∈(－∞，－1)时g(x)递减，当x∈(－1，＋∞)时g(x)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.]11．D[函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．由y1＝xlnx得y1′＝lnx＋1，令y1′＝0，解得x＝1e，∴y1＝xlnx在0，1e上递减，在1e，＋∞上递增．由y2＝x2ex，x>0得y2′＝2x－x2e

x，令y2′＝0，x>0，解得x＝2，∴y2＝x2ex在(0,2)上递增，在(2，＋∞)上递减，作出示意图如图，当x＝2时，y1＝2ln2，y2＝4e2.∵2ln2>4e2，∴y1＝xlnx与y2＝x2ex的交点在(1,2)内，∴函数f(x)的最大值为4

e2.]12．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.]13．y－2＝0解析当x<1时，f(x)＝ex＋1－x，则f′(x)＝ex－1，∴f(0

)＝2，f′(0)＝0，∴f(x)在x＝0处的切线方程为y＝2.14．b>c>a解析易知a<12，令f(x)＝xlnx，则f′(x)＝lnx＋1，令f′(x)＝0，得x＝1e，当x>1e时，f(x)在1e，＋∞上递增，且f(1)＝0，又因为f(b)＝

1>0＝f(1)，所以b>1，令g(x)＝3x3＋x，g(x)在R上递增，且g12＝78，又因为g12＝78<g(c)＝3c3＋c＝1<4＝g(1)，所以12<c<1，所以b>c>a.15.1

e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)上递增，在(e，＋∞)上递减，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.16．(0,1－ln2]解析lnx＋(a－1)x＋2－2a>0，即a(x－2)>－lnx＋x－2，设h(x)＝a(x－2)，g(x)＝－lnx＋x－2，其中x＝2时，h(2

)＝0，g(2)＝－ln2<0，x＝3时，h(3)＝a>0，g(3)＝1－ln3<0，即x＝2，x＝3符合要求，g′(x)＝－1x＋1＝x－1x，∴x∈(0,1)时，g′(x)<0，g(x)递减，x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)递增，g(1)＝－1为极小值

．∵h(x)>g(x)有三个整数解，则还有一个整数解为x＝1或者是x＝4，①当解集包含x＝1时，x→0时，h(x)→－2a<0，g(x)→＋∞，∴需要满足a>0，h(1)>g(1)，h(4)≤g(4)，即a>0，－a>－1，2a≤－ln4＋4－2，解得0<a≤1－ln

2.②当解集包含x＝4时，需要满足a>0，h(1)≤g(1)，h(4)>g(4)，h(5)≤g(5)，即a>0，－a≤－1，2a>－ln4＋4－2，3a≤－ln5＋5－2，整理得a>0，a≥1，a>1－ln2，a≤3－

ln53，而3－ln53<1，所以无解，即该情况不成立．综上所述，a的取值范围为(0,1－ln2]．17．解(1)由题意知，函数f(x)＝ax3－3x，则f′(x)＝3ax2－3，又f(x)的图像在点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－16＝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)的图像有3个交点，故实数k的取值范围为(－2,2)．18．解(1)依题意，f′(x

)＝1x－1，令1x－1＝0，解得x＝1.因为f(1)＝－1，f1e＝－1－1e，f(e)＝1－e，且1－e<－1－1e<－1，故函数f(x)在区间1e，e上的最大值为－1，最小值为1－e

.(2)依题意知，h(x)＝f(x)＋g(x)＝lnx＋ax2＋x(x>0)，h′(x)＝1x＋2ax＋1＝2ax2＋x＋1x，当a<0时，令h′(x)＝0，则2ax2＋x＋1＝0.因为Δ＝1－8a>0，所以h′(x)＝2ax2＋x＋1x＝2a(x－x1)(x－x2)x

，其中x1＝－1－1－8a4a，x2＝－1＋1－8a4a.因为a<0，所以x1<0，x2>0，所以当0<x<x2时，h′(x)>0；当x>x2时，h′(x)<0，所以函数h(x)在区间(0，x2)内是增函数，在区

间(x2，＋∞)内是减函数，故x2＝－1＋1－8a4a为函数h(x)的极大值点，无极小值点．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)上递减；在(0，＋∞)上递增，∴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≤e13n，∴1＋131＋132…1

＋13n≤e13·e132…e13n＝e13＋132＋…＋13n，又13＋132＋…＋13n＝13×1－13n1－13＝12×1－13n<12，∴1＋131＋132…1＋13n≤e12×1－13

n<e12，又1＋131＋132…1＋13n<m恒成立，∴m≥e12，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)图像如图所示，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－e2)(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