（2021步步高大一轮数学（新高考版））第三章 检测三.docx

1、检测三检测三导数及其应用导数及其应用 (时间：120 分钟满分：150 分) 一、单项选择题(本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分) 1(2020山东实验中学月考)已知函数 f (x)1 x，则 f(2)等于( ) A4B.1 4 C4D1 4 答案D 解析f(x)1 x2，f(2) 1 4. 2曲线 yx1 x1在点(0，1)处的切线方程为( ) Ay2x1By2x1 Cy2x1Dy2x1 答案A 解析由 yx1 x1，可得 y x1x1 x12 2 x12， 所以曲线在点(0，1)处的切线的斜率为 k2， 所以曲线 yx1 x1在点(0，1)处的切线方程为 y2x1. 3若关于

2、 x 的不等式 x33x3a0 在 x2,3上恒成立，则实数 a 的最大值为() A1B1 C5D21 答案D 解析若关于 x 的不等式 x33x3a0 在 x2,3上恒成立， 则 ax33x3 在 x2,3上恒成立， 令 f (x)x33x3，x2,3， 则 f(x)3x233(x1)(x1)， 令 f(x)0，解得1x1， 令 f(x)0，解得2x1 或 1x3， 故 f (x)在2，1)上单调递减，在(1,1)上单调递增，在(1,3上单调递减， 而 f (2)1，f (1)5，f (1)1，f (3)21， 故 a21，故 a 的最大值是21. 4(2020岳阳调研)已知函数 f (x)

3、(x2a2x1)ex，则“a 2”是“函数 f (x)在 x1 处取 得极小值”的() A充分不必要条件B必要不充分条件 C充要条件D既不充分也不必要条件 答案A 解析若 f (x)在 x1 处取得极小值，f(x)x2(a22)xa21ex(x1)(xa21)ex. 令 f(x)0，得 x1 或 xa21. 若 a0，f(x)(x1)2ex0. 故 f (x)在 R 上单调递增，f (x)无极小值； 若 a0，a211， 故当 x0，f (x)单调递增， 当a21x1 时，f(x)1 时，f(x)0，f (x)单调递增 故 f (x)在 x1 处取得极小值 综上，函数 f (x)在 x1 处取

4、得极小值a0. “a 2”是“函数 f (x)在 x1 处取得极小值”的充分不必要条件 故选 A. 5若函数 f (x)axx3在1,3上单调递增，则 a 的取值范围为() A(，3B(，27 C3，)D27，) 答案D 解析当 a0 时，f (x)axx3在1,3上单调递减，不符合题意，故 a0. 其图象如图， 令 f(x)a3x20，解得 x a 3， 所以极值点的横坐标为 a 3， 又因为函数 f (x)axx3在1,3上单调递增， 所以 a 33，解得 a27. 6已知函数 f (x)sin 2x2cos x(0 x)，则 f (x)() A在 0， 3 上单调递增B在 0， 6 上单

5、调递减 C在 6， 5 6 上单调递减D在 6， 2 3 上单调递增 答案C 解析f(x)2cos 2x2sin x2(2sin2xsin x1)0(2sin x1)(sin x1)0,0 x， 故1sin x0 时，f(x)f (x)恒成立，则下列判断一定正确的是() Ae5f (2)f (3)Bf (2)f (3)Df (2)0 时，g(x)fxf x ex 0， 所以 g(x)在(0，)上单调递增， 所以有 g(3)g(2)，则 g(3)g(2)， 即 e5f (3)f (2) 故选 B. 二、多项选择题(本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分全部选对的得 5 分，部分选对的

6、得 3 分，有选错的得 0 分) 9.已知函数 f (x)的导函数 f(x)的图象如图所示，则下列说法错误的是() Ax3 为 f (x)的极大值点 Bx1 为 f (x)的极大值点 Cx1.5 为 f (x)的极大值点 Dx2.5 为 f (x)的极小值点 答案ACD 解析由导函数的图象可知， f(1)0， 当 x(3,1)时， f(x)0， 函数是增函数， 当 x(1,2.5) 时，f(x)2 时，f(x)0，函数 f (x)单调递减 所以函数 f (x)在(，4)上单调递增，故 A 错误 当 x2 时，函数取得极大值，故 B 正确； 当 x4 时，函数无极值，故 C 错误 只有当 x2

7、时，函数取得极大值，故 D 正确故选 BD. 11已知函数 f (x)(x22x)ex，关于 f (x)的性质，以下四个结论中正确的是() Af (x)的定义域是(，) B函数 f (x)在区间(0,2)上是增函数 Cf (x)是奇函数 D函数 f (x)在 x 2处取得最小值 答案AD 解析根据题意可得，函数 f (x)的定义域为(，)，所以 A 正确； 因为 f(x)(2x2)ex(x22x)ex(x22)ex， 当 2x 2时，f(x)0， 所以函数 f (x)在( 2， 2)上单调递减； 当 x 2时，f(x)0， 所以函数 f (x)在(， 2)，( 2，)上单调递增， 又 yx22

8、x 在(，0)，(2，)上为正，在(0,2)上为负， 所以函数在 x 2处取得最小值，所以 D 正确，B 错误 因为 f (x)(x22x)e x，所以 f (x)是非奇非偶函数，所以 C 错误 故选 AD. 12已知不等式 exx1 对xR 恒成立以下命题中真命题是() A对xR，不等式 e x1x 恒成立 B对x(0，)，不等式 ln(x1)x 恒成立 C对x(0，)，且 x1，不等式 ln x ln x x1恒成立 答案ABCD 解析由 exx1 对xR 恒成立，结合对称性可知，对xR，不等式 e x1x 恒成立， 故 A 正确； 由 exx1，且 x(0，)， 两边取对数，得 xln(

9、x1)，即 ln(x1)0，当 x(1，)时，f(x)0， f (x)maxf (1)0，则 ln xx10，即 ln x ln x x1等价于 2ln x x21 1 x 2ln x x21， 若 x(0,1)，则x 21 2x 0， g(x)在(0,1)上为增函数，则 g(x)g(1)0， 即x 21 2x ln x， 令 g(x)x 21 2x ln x，g(x)4x 22x22 4x2 1 x x12 2x2 0， g(x)在(1，)上为增函数，则 g(x)g(1)0， 即x 21 2x ln x. 不等式 ln x x1 1 x ln x x1恒成立D 正确 故选 ABCD. 三、填

10、空题(本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分) 13已知函数 f (x)x33x，则 f (x)在 x0 处的切线方程为_；f (x)的单调递减区间 是_(本题第一空 2 分，第二空 3 分) 答案y3x1,1(或(1,1) 解析由 f (x)x33x，得 f(x)3x23， 所以 f (x)在 x0 处的切线斜率为 f(0)3，切点为(0,0)， 则切线的方程为 y3x； 由 3x230，可得1x1， 所以 f (x)的单调递减区间为1,1 14(2019全国)曲线 y3(x2x)ex在点(0,0)处的切线方程为_ 答案y3x 解析因为 y3(2x1)ex3(x2x)ex3(x23

11、x1)ex， 所以曲线在点(0,0)处的切线的斜率 k3， 所以所求的切线方程为 y3x. 15(2020荆州质检)f (x)为定义在 R 上的奇函数，当 x0 时，f (x) xx2，f(x)为 f (x) 的导函数，则 f(1)f (1)_. 答案 3 2 解析当 x0 时，x0， 所以 f (x)f (x) x(x)2 xx2， 则 f (1)110， 所以 f(x)1 2x 1 22x 1 2 x2x， 则 f(1)1 22 3 2， 所以 f(1)f (1)3 20 3 2. 16已知函数 f (x)ax22xln x 有两个不同的极值点 x1，x2，且不等式 f (x1)f (x2

12、)0)， 因为函数 f (x)ax22xln x 有两个不同的极值点 x1，x2， 所以方程 2ax22x10 有两个不相等的正实数根， 于是有 48a0， x1x21 a0， x1x2 1 2a0， 解得 0a1 2. f (x1)f (x2)x1x2ax212x1ln x1ax222x2ln x2x1x2a(x1x2)22x1x23(x1x2) ln(x1x2)2 a1ln 2a， 设 h(a)2 a1ln 2a 0a0，故 h(a)在 0a1 2上单调递增， 故 h(a)h 1 2 5，所以 t5. 因此实数 t 的取值范围是5，) 四、解答题(本大题共 6 小题，共 70 分) 17(

13、10 分)(2020张家口质检)已知函数 f (x)ax3x2(aR)在 x4 3处取得极值 (1)求 a 的值； (2)若 g(x)f (x)ex，讨论 g(x)的单调性 解(1)对 f (x)求导得 f(x)3ax22x， 因为 f (x)在 x4 3处取得极值， 所以 f 4 3 0， 即 3a16 9 2 4 3 16a 3 8 30，解得 a 1 2. (2)由(1)得 g(x) 1 2x 3x2 ex， 故 g(x) 3 2x 22x ex 1 2x 3x2 ex 1 2x 35 2x 22x ex 1 2x(x1)(x4)e x， 令 g(x)0，解得 x0，x1 或 x4， 当

14、 x4 时，g(x)0，故 g(x)在(，4)上为减函数， 当4x0，故 g(x)在(4，1)上为增函数， 当1x0 时， g(x)0 时，g(x)0，故 g(x)在(0，)上为增函数， 综上所述，g(x)在(，4)和(1,0)上单调递减，在(4，1)和(0，)上单调递增 18(12 分)(2020潮州质检)已知函数 f (x)1 3x 3x2ax(其中 a 为实数) (1)若 x1 是 f (x)的极值点，求函数 f (x)的单调递减区间； (2)若 f (x)在(2，)上是增函数，求 a 的取值范围 解(1)因为 f (x)1 3x 3x2ax， 所以 f(x)x22xa, 因为 x1 是

15、 f (x)的极值点， 所以 f(1)0，即 12a0，所以 a3, 故 f(x)x22x3， 令 f(x)0，解得1x3， 所以 f (x)的单调递减区间为(1,3). (2)因为 f (x)在(2，)上为增函数， 所以 f(x)x22xa0 在(2，)上恒成立， 即 ax22x 在(2，)上恒成立， 因为 g(x)x22x 在(2,1)上是增函数， 在(1，)上是减函数， 所以 g(x)g(1)1, 所以 a1，即 a 的取值范围为1，) 19(12 分)(2020泉州模拟)已知函数 f (x)1 3x 3mx2nx3，其导函数 f(x)的图象关于 y 轴对称，f (1)2 3. (1)求

16、实数 m，n 的值； (2)若函数 yf (x)的图象与 x 轴有三个不同的交点，求实数的取值范围 解(1)f(x)x22mxn. 函数 f(x)的图象关于 y 轴对称，m0. 又 f (1)1 3n3 2 3，解得 n4. m0，n4. (2)问题等价于方程 f (x)有三个不相等的实根时，求的取值范围 由(1)得 f (x)1 3x 34x3， f(x)x24. 令 f(x)0，解得 x2. 当 x2 时，f(x)0， f (x)在(，2)，(2，)上单调递增 又当2x2 时，f(x)0， f (x)在(2,2)上单调递减 f (x)的极大值为 f (2)25 3 ，极小值为 f (2)7

17、 3. 实数的取值范围为 7 3， 25 3 . 20(12 分)(2020滨州质检)已知函数 f (x)aexcos xx(aR) (1)若 a1，证明：f (x)0； (2)若 f (x)在(0，)上有两个极值点，求实数 a 的取值范围 (1)证明a1 时，f (x)excos xx， 令 g(x)exx，则 g(x)ex1， 当 x0 时，g(x)0 时，g(x)0，g(x)在(0，)上为增函数， 所以 g(x)g(0)1，而 cos x1，且 g(0)cos 0， 所以 exxcos x，即 f (x)0. (2)解f (x)在(0，)上有两个极值点等价于 f(x)aexsin x10

18、 在(0，)上有两个不同的 实数根， f(x)0 等价于 a1sin x ex ， 设 h(x)1sin x ex ，x(0，)， h(x)sin xcos x1 ex 2sin x 4 1 ex ， 令 h(x)0，得 x 2， 当 0 x 2时，h(x)0，h(x)在 0， 2 上为减函数， 当 2x0，h(x)在 2，上为增函数， 又 h(0)1，h 2 0，h()1 ee ，0e1， 所以当 0ae 时，方程 a1sin x ex 在(0，)上有两个不同的实数根， 所以 a 的取值范围是(0，e ) 21(12 分)如图所示，ABCD 是边长为 60 cm 的正方形硬纸片，切去阴影部分

19、所示的四个全 等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得 A，B，C，D 四个点重合于图中的点 P，正好形 成一个正四棱柱形状的包装盒，E，F 在 AB 上是被切去的等腰直角三角形斜边的两个端点， 设 AEFBx cm. (1)若广告商要求包装盒侧面积 S(cm2)最大，试问 x 应取何值？ (2)若广告商要求包装盒容积 V(cm3)最大，试问 x 应取何值？并求出此时包装盒的高与底面边 长的比值 解设包装盒的高为 h cm，底面边长为 a cm， 由已知得 a 2x，h602x 2 2(30 x)，0 x0，V 在(0,20)上单调递增； 当 x(20,30)时，V1. (1)解当 m1 时，f

20、 (x)exln x1， 所以 f(x)ex1 x， 所以 f(1)e1， 又因为 f (1)e1，即切点的坐标为(1，e1)， 所以曲线 yf (x)在点(1，e1)处的切线方程为 y(e1)(e1)(x1)， 即 y(e1)x. (2)证明当 m1 时，f (x)mexln x1exln x1， 要证明 f (x)1，只需证明 exln x20， 设 g(x)exln x2， 则 g(x)ex1 x， 设 h(x)ex1 x， 则 h(x)ex1 x20， 所以函数 h(x)g(x)ex1 x在(0，)上单调递增， 因为 g 1 2 1 2 e20， 所以函数 g(x)ex1 x在(0，)上有唯一零点 x 0，且 x0 1 2，1， 因为 g(x0)0，所以 0 ex1 x0， 即 ln x0 x0， 当 x(0，x0)时，g(x)0，g(x)在(x0，)上单调递增， 所以当 xx0时，g(x)取得最小值 g(x0)， 故 g(x)g(x0) 0 exln x02 1 x0 x 020，x0 1 2，1. 综上可知，若 m(1，)，f (x)1.