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2019-2020年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第三章 單元測(cè)試卷
一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分．每小題中只有一項(xiàng)符合題目要求)
1．若曲線y＝f(x)在點(diǎn)(x0，f(x0))處的切線方程為3x－y＋1＝0，則( )
A．f′(x0)＜0 B．f′(x0)＞0
C．f′(x0)＝0 D．f′(x0)不存在
答案 B
2．設(shè)曲線y＝在點(diǎn)(3,2)處的切線與直線ax＋y＋1＝0垂直，則實(shí)數(shù)a等于( )
A．2 B.
C．－ D．－2
答案 D
解析 ∵y＝＝＝1＋，
∴y′＝－，∴曲線y＝在點(diǎn)(3,2)處的切線的斜率為k＝y(tǒng)′|x＝3＝－.
由題意知ax＋y＋1＝0的斜率為k′＝2，∴a＝－2，故選D.
3．函數(shù)y＝xex的單調(diào)遞增區(qū)間是( )
A．[－1，＋∞) B．(－∞，－1]
C．[1，＋∞) D．(－∞，1]
答案 A
解析 令y′＝ex(1＋x)≥0，又ex>0，∴1＋x≥0，∴x≥－1，故選A.
4．若三次函數(shù)y＝ax3－x在R上是減函數(shù)，則( )
A．a(chǎn)≤0 B．a(chǎn)＝1
C．a(chǎn)＝2 D．a(chǎn)＝
答案 A
解析 y′＝3ax2－1，由y′≤0，得3ax2－1≤0.∴a≤0.
5．已知函數(shù)f(x)＝則f(x)dx＝( )
A. B．1
C．2 D.
答案 D
6．若函數(shù)f(x)＝2x＋lnx，且f′(a)＝0，則2aln2a＝( )
A．1 B．－1
C．－ln2 D．ln2
答案 B
解析 f′(x)＝2xln2＋，由f′(a)＝2aln2＋＝0，得2aln2＝－，則a2aln2＝－1，即2aln2a＝－1.
7．已知函數(shù)f(x)＝ex－mx＋1的圖像為曲線C，若曲線C存在與直線y＝x垂直的切線，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是( )
A．m≤2 B．m>2
C．m≤－ D．m>－
答案 B
解析 因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝ex－mx＋1的圖像為曲線C，若曲線C存在與直線y＝x垂直的切線，即說(shuō)明ex－m＝－2有解，∴m＝ex＋2，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是m>2，故選B.
8．若函數(shù)f(x)＝x2＋ax＋在(，＋∞)上是增函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是( )
A．[－1,0] B．[－1，＋∞)
C．[0,3] D．[3，＋∞)
答案 D
解析 由條件知f′(x)＝2x＋a－≥0在(，＋∞)上恒成立，即a≥－2x在(，＋∞)上恒成立．∵函數(shù)y＝－2x在(，＋∞)上為減函數(shù)，∴ymax<－2＝3.∴a≥3.故選D.
9．設(shè)三次函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，函數(shù)y＝xf′(x)的圖像的一部分如圖所示，則( )
A．f(x)的極大值為f(，極小值為f(－)
B．f(x)的極大值為f(－)，極小值為f()
C．f(x)的極大值為f(－3)，極小值為f(3)
D．f(x)的極大值為f(3)，極小值為f(－3)
答案 D
解析 由函數(shù)y＝xf′(x)的圖像可知，
x∈(－∞，－3)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；
x∈(－3,3)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；
x∈(3，＋∞)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，∴選D.
10．若f(x)＝，e
f(b) B．f(a)＝f(b)
C．f(a)1
答案 A
解析 f′(x)＝，當(dāng)x>e時(shí)，f′(x)<0，
則f(x)在(e，＋∞)上為減函數(shù)，f(a)>f(b)，故選A.
11．若a>2，則函數(shù)f(x)＝x3－ax2＋1在區(qū)間(0,2)上恰好有( )
A．0個(gè)零點(diǎn) B．1個(gè)零點(diǎn)
C．2個(gè)零點(diǎn) D．3個(gè)零點(diǎn)
答案 B
解析 ∵f′(x)＝x2－2ax，且a>2，
∴當(dāng)x∈(0,2)時(shí)，f′(x)<0，
即f(x)在(0,2)上是單調(diào)減函數(shù)．
又∵f(0)＝1>0，f(2)＝－4a<0，
∴f(x)在(0,2)上恰好有1個(gè)零點(diǎn)．故選B.
12.已知函數(shù)f(x)＝－x3＋ax2＋bx(a，b∈R)的圖像如圖所示，它與x軸相切于原點(diǎn)，且x軸與函數(shù)圖像所圍成區(qū)域(圖中陰影部分)的面積為，則a的值為( )
A．－1 B．0
C．1 D．－2
答案 A
解析 方法一：因?yàn)閒′(x)＝－3x2＋2ax＋b，函數(shù)f(x)的圖像與x軸相切于原點(diǎn)，所以f′(0)＝0，即b＝0，所以f(x)＝－x3＋ax2，令f(x)＝0，得x＝0或x＝a(a<0)．因?yàn)楹瘮?shù)f(x)的圖像與x軸所圍成區(qū)域的面積為，所以(－x3＋ax2)dx＝－，所以(－x4＋ax3)＝－，所以a＝－1或a＝1(舍去)，故選A.
方法二：因?yàn)閒′(x)＝－3x2＋2ax＋b，函數(shù)f(x)的圖像與x軸相切于原點(diǎn)，所以f′(0)＝0，即b＝0，所以f(x)＝－x3＋ax2.若a＝0，則f(x)＝－x3，與x軸只有一個(gè)交點(diǎn)(0,0)，不符合所給的圖像，排除B；若a＝1，則f(x)＝－x3＋x2＝－x2(x－1)，與x軸有兩個(gè)交點(diǎn)(0,0)，(1,0)，不符合所給的圖像，排除C；若a＝－2，則所圍成的面積為－ (－x3－2x2)dx＝(x4＋x3) ＝≠，排除D.故選A.
二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分，把答案填在題中橫線上)
13．已知曲線y＝－x3＋2與曲線y＝4x2－1在x＝x0處的切線互相垂直，則x0的值為_(kāi)_______．
答案
解析 ∵兩曲線在x0處切線互相垂直，
∴(－x)(8x0)＝－1.∴x0＝.
14．已知f(x)＝x(1＋|x|)，則f′(1)f′(－1)＝________.
答案 9
解析 當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)＝x2＋x，f′(x)＝2x＋1，
則f′(1)＝3.
當(dāng)x<0時(shí)，f(x)＝x－x2，f′(x)＝1－2x，則f′(－1)＝3，故f′(1)f′(－1)＝9.
15．已知函數(shù)f(x)＝axsinx－(a∈R)，若對(duì)x∈[0，]，f(x)的最大值為，則
(1)實(shí)數(shù)a的值為_(kāi)_______；
(2)函數(shù)f(x)在(0，π)內(nèi)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為_(kāi)_______．
答案 (1)1 (2)2
解析 因?yàn)閒′(x)＝a(sinx＋xcosx)，當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)在x∈[0，]上單調(diào)遞減，最大值f(0)＝－，不適合題意，所以a>0，此時(shí)f(x)在x∈[0，]上單調(diào)遞增，最大值f()＝a－＝，解得a＝1，符合題意，故a＝1.f(x)＝xsinx－在x∈(0，π)上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)即為函數(shù)y＝sinx，y＝的圖像在x∈(0，π)上的交點(diǎn)個(gè)數(shù)．又x＝時(shí)，sin＝1>>0，所以兩圖像在x∈(0，π)內(nèi)有2個(gè)交點(diǎn)，即f(x)＝xsinx－在x∈(0，π)上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)是2.
16．若對(duì)定義在R上的函數(shù)f(x)，對(duì)任意兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)x1，x2，都有x1f(x1)＋x2f(x2)>x1f(x2)＋x2f(x1)，則稱函數(shù)f(x)為“H函數(shù)”．給出下列函數(shù)：
①y＝－x3＋x＋1; ②y＝3x－2(sinx－cosx)；
③y＝ex＋1; ④f(x)＝
以上函數(shù)是“H函數(shù)”的所有序號(hào)為_(kāi)_______．
答案 ②③
解析 因?yàn)閤1f(x1)＋x2f(x2)>x1f(x2)＋x2f(x1)，即(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0，
所以函數(shù)f(x)在R上是增函數(shù)．由y′＝－3x2＋1>0，得－0恒成立，所以②為“H函數(shù)”；
由y′＝ex>0恒成立，所以③為“H函數(shù)”；由于④為偶函數(shù)，所以不可能在R上是增函數(shù)，所以不是“H函數(shù)”．綜上可知，是“H函數(shù)”的有②③.
三、解答題(本大題共6小題，共70分，解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟)
17．(本題滿分10分)
已知函數(shù)f(x)＝ax2＋blnx在x＝1處有極值.
(1)求a，b的值；
(2)判斷函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)性并求出單調(diào)區(qū)間．
答案 (1)a＝，b＝1 (2)單調(diào)遞減區(qū)間是(0,1)，單調(diào)遞增區(qū)間是(1，＋∞)
解析 (1)因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝ax2＋blnx，
所以f′(x)＝2ax＋.
又函數(shù)f(x)在x＝1處有極值，
所以即解得
(2)由(1)可知f(x)＝x2－lnx，其定義域是(0，＋∞)，且f′(x)＝x－＝.
當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：
x
(0,1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
極小值
所以函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0,1)，單調(diào)遞增區(qū)間是(1，＋∞)．
18．(本題滿分12分)
已知函數(shù)f(x)＝x2－mlnx.
(1)若函數(shù)f(x)在(，＋∞)上是單調(diào)遞增的，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；
(2)當(dāng)m＝2時(shí)，求函數(shù)f(x)在[1，e]上的最大值和最小值．
答案 (1)m≤ (2)最大值，最小值1－ln2
解析 (1)若函數(shù)f(x)在(，＋∞)上是增函數(shù)，則f′(x)≥0在(，＋∞)上恒成立．
而f′(x)＝x－，即m≤x2在(，＋∞)上恒成立，即m≤.
(2)當(dāng)m＝2時(shí)，f′(x)＝x－＝.
令f′(x)＝0，得x＝.
當(dāng)x∈[1，)時(shí)，f′(x)<0，當(dāng)x∈(，e)時(shí)，f′(x)>0，故x＝是函數(shù)f(x)在[1，e]上唯一的極小值點(diǎn)，故f(x)min＝f()＝1－ln2.又f(1)＝，f(e)＝e2－2＝>，故f(x)max＝.
19．(本題滿分12分)
(xx江西理)已知函數(shù)f(x)＝(x2＋bx＋b)(b∈R)．
(1)當(dāng)b＝4時(shí)，求f(x)的極值；
(2)若f(x)在區(qū)間上單調(diào)遞增，求實(shí)數(shù)b的取值范圍．
答案 (1)極小值為0，極大值為4 (2)(－∞，]
解析 (1)當(dāng)b＝4時(shí)，f′(x)＝，
由f′(x)＝0，得x＝－2或x＝0.
當(dāng)x∈(－∞，－2)時(shí)，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈(－2,0)時(shí)，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減，
故f(x)當(dāng)x＝－2時(shí)取得極小值f(－2)＝0，
在當(dāng)x＝0時(shí)取得極大值，f(0)＝4.
(2)f′(x)＝，
因?yàn)楫?dāng)x∈時(shí)，＜0，
依題意當(dāng)x∈時(shí)，有5x＋(3b－2)≤0，
從而＋(3b－2)≤0.
所以實(shí)數(shù)b的取值范圍為.
20．(本題滿分12分)
已知函數(shù)f(x)＝lnx，g(x)＝(x－a)2＋(lnx－a)2.
(1)求函數(shù)f(x)在A(1,0)處的切線方程；
(2)若g′(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
(3)證明：g(x)≥.
答案 (1)y＝x－1 (2)a≥－2 (3)略
解析 (1)因?yàn)閒′(x)＝，所以f′(1)＝1.
故切線方程為y＝x－1.
(2)g′(x)＝2(x－＋－a)，
令F(x)＝x－＋－a，則y＝F(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增．
F′(x)＝，則當(dāng)x≥1時(shí)，x2－lnx＋a＋1≥0恒成立，
即當(dāng)x≥1時(shí)，a≥－x2＋lnx－1恒成立．
令G(x)＝－x2＋lnx－1，則當(dāng)x≥1時(shí)，G′(x)＝<0，
故G(x)＝－x2＋lnx－1在[1，＋∞)上單調(diào)遞減．
從而G(x)max＝G(1)＝－2.
故a≥G(x)max＝－2.
(3)證明：g(x)＝(x－a)2＋(lnx－a)2
＝2a2－2(x＋lnx)a＋x2＋ln2x，
令h(a)＝2a2－2(x＋lnx)a＋x2＋ln2x，則h(a)≥.
令Q(x)＝x－lnx，則Q′(x)＝1－＝，顯然Q(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，
則Q(x)min＝Q(1)＝1.
則g(x)＝h(a)≥.
21．(本題滿分12分)
已知函數(shù)f(x)＝ln(x＋m)＋2x2在點(diǎn)P(0，f(0))處的切線方程與直線x＋y＝0垂直．
(1)若?x1>x2>－m，f(x1)－f(x2)>a(x1－x2)恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
(2)當(dāng)x>0時(shí)，求證：ln(x＋1)＋2x2>(9x－5)．
答案 (1)(－∞，0] (2)略
解析 (1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?－m，＋∞)．
f′(x)＝＋4x，故函數(shù)f(x)在點(diǎn)P(0，f(0))處的切線斜率k＝f′(0)＝＝1，即＝1，解得m＝1.故f(x)＝ln(x＋1)＋2x2.
由f(x1)－f(x2)>a(x1－x2)，得f(x1)－ax1>f(x2)－ax2.
故由題意可得g(x)＝f(x)－ax在(－1，＋∞)上為增函數(shù)．
故g′(x)＝f′(x)－a≥0在(－1，＋∞)上恒成立，即＋4x－a≥0在(－1，＋∞)上恒成立．
故a≤＋4x在(－1，＋∞)上恒成立．
設(shè)p(x)＝＋4x＝＋4(x＋1)－4，
因?yàn)閤＋1>0，所以＋4(x＋1)－4≥2－4＝0.
所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，0]．
(2)設(shè)h(x)＝ln(x＋1)＋2x2－(9x－5)．
則h′(x)＝＋4x－＝＝＝，
令h′(x)＝0，解得x＝－或x＝1.
故當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，h′(x)<0，函數(shù)h(x)單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，h′(x)>0，函數(shù)h(x)單調(diào)遞增．
所以函數(shù)h(x)在(0，＋∞)上的最小值為h(1)＝ln(1＋1)＋212－(91－5)＝ln2>0.
故h(x)>0，即ln(x＋1)＋2x2－(9x－5)>0，也就是ln(x＋1)＋2x2>(9x－5)．
22．(本題滿分12分)
設(shè)函數(shù)f(x)＝lnx－ax，g(x)＝ex－ax，其中a為實(shí)數(shù)．
(1)若f(x)在(1，＋∞)上是單調(diào)減函數(shù)，且g(x)在(1，＋∞)上有最小值，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
(2)若g(x)在(－1，＋∞)上是單調(diào)增函數(shù)，試求f(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)，并證明你的結(jié)論．
答案 (1)a>e (2)a＝或a≤0時(shí)，f(x)有1個(gè)零點(diǎn)；0e，則g(x)＝ex－ax在(1，lna)上是單調(diào)減函數(shù)，在(lna，＋∞)上是單調(diào)增函數(shù)，g(x)min＝g(lna)，滿足題意．
故實(shí)數(shù)a的取值范圍為a>e.
(2)g′(x)＝ex－a≥0在(－1，＋∞)上恒成立，則a≤ex，
故a≤，f′(x)＝－a＝(x>0)．
①若00得單調(diào)遞增區(qū)間為(0，)；
令f′(x)<0得單調(diào)遞減區(qū)間為(，＋∞)．
當(dāng)x→0時(shí)，f(x)→－∞；當(dāng)x→＋∞時(shí)，f(x)→－∞；
當(dāng)x＝時(shí)，f()＝－lna－1≥0，當(dāng)且僅當(dāng)a＝時(shí)取等號(hào)．
故當(dāng)a＝時(shí)，f(x)有1個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)00在(0，＋∞)上恒成立，
即f(x)＝lnx－ax在(0，＋∞)上是單調(diào)增函數(shù)，
當(dāng)x→0時(shí)，f(x)→－∞；當(dāng)x→＋∞時(shí)，f(x)→＋∞.
此時(shí)，f(x)有1個(gè)零點(diǎn)．
綜上所述，當(dāng)a＝或a≤0時(shí)，f(x)有1個(gè)零點(diǎn)；
當(dāng)0
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2019-2020年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)
第三章
單元測(cè)試卷
2019
2020
年高
數(shù)學(xué)
一輪
復(fù)習(xí)
第三
單元測(cè)試
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2019-2020年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第三章 單元測(cè)試卷.doc
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