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单元检测卷(三)　一元函数的导数及其应用
(分值：150分)
一、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.[2024·襄阳二模]已知函数f(x)＝x2＋，则 ＝(　　)
A.1 B.
C.2 D.4
2.[2025·湖南名校联考]曲线y＝ln 2x在点处的切线方程为(　　)
A.2x－y＋1＝0 B.2x－y－1＝0
C.2x－y＋2＝0 D.2x－y－2＝0
3.[2024·西安二模]函数f(x)＝在[－3，3]上的最大值和最小值分别是(　　)
A.，－ B.，－
C.，－ D.，－
4.[2025·南通模拟]若“ a，b∈R，使得a－cos b≤b－cos a”为假命题，则a，b的大小关系为(　　)
A.ab
C.a≤b D.a≥b
5.[2025·承德模拟]设a为实数，若函数f(x)＝x3－ax2＋3在x＝1处取得极小值，则a＝(　　)
A.1 B.
C.0 D.－1
6.[2025·宜春模拟]已知a＝，b＝，c＝，其中e＝2.718 28…为自然对数的底数，则(　　)
A.bC.a7.[2025·泉州质检]已知x1，x2是函数f(x)＝(x－1)3－x的两个极值点，则(　　)
A.x1＋x2＝－2 B.x1＋x2＝1
C.f(x1)＋f(x2)＝－2 D.f(x1)＋f(x2)＝2
8.[2025·哈尔滨模拟]在同一平面直角坐标系内，函数y＝f(x)及其导函数y＝f′(x)的图象如图所示，已知两图象有且仅有一个公共点，其坐标为(0，1)，则(　　)
A.函数y＝f(x)·ex的最大值为1
B.函数y＝f(x)·ex的最小值为1
C.函数y＝的最大值为1
D.函数y＝的最小值为1
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9.[2024·嘉兴调研]已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c在R上单调递增，f′(x)为其导函数，则下列结论正确的是(　　)
A.f′(1)≥0 B.f(1)≥0
C.a2－3b≤0 D.a2－3b≥0
10.[2025·黄冈模拟]已知函数f(x)＝，则(　　)
A.x<0时，f(x)>0
B.f(x)在(1，＋∞)上单调递增
C.f(x)的极大值为1
D.f(x)的极大值为4e
11.[2025·广州模拟]设函数f(x)＝，则(　　)
A.函数f(x)的单调递增区间为(0，)
B.函数f(x)有极小值且极小值为
C.若方程f(x)＝m有两个不等实根，则实数m的取值范围为
D.经过坐标原点的曲线y＝f(x)的切线方程为x－3ey＝0
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.[2025·徐州模拟]我们把分子，分母同时趋近于0的分式结构称为“”型，比如：当x→0时，的极限即为“”型.两个无穷小之比的极限可能存在，也可能不存在.早在1696年，洛必达在他的著作《无限小分析》一书中创造一种算法(洛必达法则)，用以寻找满足一定条件的两函数之商的极限，法则的大意为：在一定条件下通过对分子、分母分别求导再求极限来确定未定式值的方法.
如：lim ＝lim ＝lim ＝1，则lim ＝________.
13.[2025·宜宾模拟]若曲线y＝ex＋a在x＝0处的切线也是曲线y＝ln x的切线，则a＝________.
14.[2024·茂名质检]修建栈道是提升旅游观光效果的一种常见手段.如图，某水库有一个半径为1百米的半圆形小岛，其圆心为C且直径MN平行坝面，坝面上点A满足AC⊥MN，且AC长度为3百米.为便于游客到小岛观光，打算从点A到小岛建三段栈道AB，BD与BE，水面上的点B在线段AC上，且BD，BE均与圆C相切，切点分别为D，E，其中栈道AB，BD，BE和小岛在同一个平面上.此外在半圆形小岛上再修建栈道，以及MN，则需要修建的栈道总长度的最小值为________百米.
四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.(13分)[2025·衡阳模拟]已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋1(a∈R)，当x＝2时，f(x)取得极值－3.
(1)求f(x)的解析式；
(2)求f(x)在区间[－1，3]上的最值.
16.(15分)[2024·潍坊二模]已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax2＋b，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝(e－2)x＋3－e.
(1)求实数a，b的值；
(2)求f(x)的单调区间和极值.
17.(15分)[2025·扬州模拟]已知函数f(x)＝ln(mx)－x(m>0).
(1)若f(x)≤0恒成立，求m的取值范围；
(2)若f(x)有两个不同的零点x1，x2，证明x1＋x2>2.
18.(17分)[2025·上海徐汇区模拟]已知函数y＝f(x)，其中f(x)＝(x2－ax)ln x－x2＋2ax(a∈R).
(1)若函数y＝f(x)定义域内的任意x使f′(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围；
(2)讨论函数y＝f(x)的单调性.
19.(17分)[2025·长沙模拟]已知函数f(x)＝xex－1，g(x)＝ln x－mx，m∈R.
(1)求f(x)的最小值；
(2)设函数h(x)＝f(x)－g(x)，讨论h(x)零点的个数.
单元检测卷(三)　一元函数的导数及其应用
1.B　[由题意知，f′(x)＝2x－，则f′(1)＝1.
所以 ＝ ＝f′(1)＝.]
2.B　[由题意，y＝ln 2x的导函数y′＝，故曲线y＝ln 2x在点处的切线斜率为k＝2，则切线方程y＝2＝2x－1，即2x－y－1＝0.]
3.D　[f′(x)＝，x∈[－3，3]，令f′(x)>0，解得－14.B　[由题意，其否定“ a，b∈R，使得a－cos b>b－cos a”为真命题，
即a＋cos a>b＋cos b，设f(x)＝x＋cos x，则f′(x)＝1－sin x≥0，所以f(x)为增函数，
所以由f(a)>f(b)可知a>b.]
5.B　[由题可得f′(x)＝x2－2ax＝x(x－2a)，令f′(x)＝0，解得；x＝0或x＝2a，
因为函数f(x)＝x3－ax2＋3在x＝1处取得极小值，所以2a＝1，即a＝，
当a＝时，f′(x)＝x(x－1)，令f′(x)>0 x<0或x>1，令f′(x)<0 0所以函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(－∞，0)，(1，＋∞)上单调递增，满足题意.]
6.A　[由题意得a＝＝，b＝＝，c＝＝＝；
设f(x)＝，则f′(x)＝，当00，所以f(x)单调递增，又0<<<27.C　[f′(x)＝3(x－1)2－1，令f′(x)＝0，解得x1，2＝1±，所以x1＋x2＝2，故AB不正确；f(x1)＋f(x2)＝3－1－＋3－1＋＝－2，故C正确，D错误.]
8.C　[AB选项，由题意可知，两个函数图象都在x轴上方，任何一个为导函数，
则另外一个函数应该单调递增，判断可知，虚线部分为y＝f′(x)，实线部分为y＝f(x)，
故y′＝f′(x)·ex＋f(x)·ex＝(f′(x)＋f(x))·ex>0恒成立，故y＝f(x)·ex在R上单调递增，则A，B显然错误，
对于C，D，y′＝＝，
由图象可知x∈(－∞，0)，y′＝>0恒成立，
故y＝单调递增，当x∈(0，＋∞)，y′＝<0，y＝单调递减，
所以函数y＝在x＝0处取得极大值，也为最大值，＝1，C正确，D错误.故选C.]
9.AC　[因为函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，所以f′(x)＝3x2＋2ax＋b.因为函数f(x)在R上单调递增，所以f′(x)≥0对于任意的x∈R恒成立，所以f′(1)≥0恒成立，但f(1)大小未知.对于方程3x2＋2ax＋b＝0，Δ＝4a2－12b≤0，即a2－3b≤0.所以正确的是AC.]
10.AC　[对于A，当x<0时，ex>0，2x－1<0，x－1<0，所以f(x)＝>0，所以A正确；对于BCD，由f(x)＝，得f′(x)＝(x≠1)，
由f′(x)>0，得x<0或x>，由f′(x)<0，得0所以f(x)在(－∞，0)，上单调递增，在(0，1)，上单调递减，
所以f(x)的极大值为f(0)＝1，极小值为f＝＝4e，所以BD错误，C正确.故选AC.]
11.ACD　[对A：由题意可知f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝＝＝，
令f′(x)＝0，解得x＝e，
当x∈(0，)时，f′(x)>0，当x∈(，＋∞)时，f′(x)<0，所以函数f(x)在(0，)上单调递增，在(，＋∞)上单调递减，故A正确；
对B：当x＝时，f(x)取得极大值为f()＝，故B错误；
对C：由上分析可作出f(x)的图象，要使方程f(x)＝m有两个不等实根，
只需要y＝m与f(x)有两个交点，由图可知，m∈，所以实数m的取值范围为，故C正确；
对D：设曲线y＝f(x)在处的切线经过坐标原点，则切线斜率k＝＝，得ln x0＝，解得x0＝e，所以切线斜率k＝，所以切线方程为y＝x，即x－3ey＝0，故D正确.故选ACD.]
12.2　[由题可得
＝
＝＝
＝＝2.]
13.－2　[由曲线y＝ex＋a，得y′＝ex，在x＝0处的切线斜率为1，当x＝0时，y＝1＋a，
曲线y＝ex＋a在x＝0处的切线方程为y－(1＋a)＝1×(x－0)，即y＝x＋1＋a，曲线y＝ln x，导数为y′＝，
设切点为(x0，y0)，则＝1，解得x0＝1，y0＝0，切点在切线y＝x＋1＋a上，
即有0＝1＋1＋a，得a＝－2.]
14.＋5　[连接CD，CE，由半圆半径为1得CD＝CE＝1.由对称性，设∠CBE＝∠CBD＝θ，
又CD⊥BD，CE⊥BE，
所以BE＝BD＝＝，
BC＝＝.
易知∠MCE＝∠NCD＝θ，
所以＝的长为θ.
又AC＝3，故AB＝AC－BC
＝3－∈(0，2)，
故sin θ∈，
令sin θ0＝且θ0∈，
则f(θ)＝5－＋＋2θ，
θ∈，
所以f′(θ)＝.
当θ变化时，f′(θ)，f(θ)的变化如表：
θ
f′(θ) － 0 ＋
f(θ) 单调递减 极小值 单调递增
所以栈道总长度的最小值
f(θ)min＝f＝＋5.]
15.解　(1)依题意可得f′(x)＝3ax2＋2bx，
又当x＝2时，f(x)取得极值－3，所以即；
解得所以f(x)＝x3－3x2＋1.
(2)由(1)可知f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，令f′(x)＝0，可得x＝0或x＝2，
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如表所示：
x －1 (－1，0) 0 (0，2) 2 (2，3) 3
f′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f(x) －3 单调递增 1 单调递减 －3 单调递增 1
因此，在区间[－1，3]上，f(x)的最小值为－3，最大值为1.
16.解　(1)由题可得f′(x)＝xex－2ax，由题意f′(1)＝e－2a＝e－2，故a＝1，
又f(1)＝－1＋b＝(e－2)×1＋3－e＝1，故b＝2.
(2)由(1)可得f′(x)＝xex－2x＝x(ex－2)，
令f′(x)>0可得x>ln 2或x<0，令f′(x)<0可得0故f(x)的单调递增区间是(－∞，0)，(ln 2，＋∞)，单调递减区间是(0，ln 2).
则f(x)的极大值为f(0)＝1，极小值为f(ln 2)＝(ln 2－1)eln 2－(ln 2)2＋2＝2ln 2－(ln 2)2.
17.(1)解　因为m>0，所以f(x)的定义域是(0，＋∞)，从而f(x)＝ln(mx)－x＝ln x－x＋ln m.故f′(x)＝ln(mx)－x＝－1＝，从而当00，当x>1时f′(x)<0.故f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f(x)有最大值f(1)＝ln m－1，所以命题等价于ln m－1≤0，即m≤e，所以m的取值范围是(0，e].
(2)证明　不妨设x1在－1则p′(t)＝f′(1＋t)＋f′(1－t)＝＋＝>0，所以p(t)单调递增.
这表明t>0时p(t)>p(0)＝f(1)－f(1)＝0，即f(1＋t)>f(1－t).
又因为f(2－x1)＝f(1＋(1－x1))>f(1－(1－x1))＝f(x1)＝0＝f(x2)，且2－x1和x2都大于1，
故由f(x)在(1，＋∞)上的单调性知2－x12.
18.解　(1)因为f(x)＝(x2－ax)ln x－x2＋2ax(a∈R)，
显然x＞0，则f′(x)＝(2x－a)ln x＋(x2－ax)－3x＋2a＝(2x－a)(ln x－1).
因为f′(x)≥0恒成立，则(2x－a)(ln x－1)≥0，对x＞0恒成立，
当0＜x≤e时，ln x－1≤0，则2x－a≤0恒成立，故a≥(2x)max＝2e；
当x≥e时，ln x－1≥0，则2x－a≥0恒成立，故a≤(2x)min＝2e.
综上，a＝2e.
故实数a的取值范围为{2e}.
(2)由(1)知f′(x)＝(2x－a)(ln x－1)，x＞0，
①当a≤0时，2x－a＞0，
当0＜x＜e时，ln x－1＜0，
则f′(x)＜0，f(x)单调递减，
当x＞e时，ln x－1＞0，则f′(x)＞0，f(x)单调递增，
即当a≤0时，f(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增；
②当a＞0时，
当a＝2e时，由(1)知f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a＞2e时，当x＞时，2x－a＞0，ln x－1＞0；
当0＜x＜e时，2x－a＜0，ln x－1＜0；
当e＜x＜时，2x－a＜0，ln x－1＞0.
故当0＜x＜e和x＞时，f′(x)＞0；
当e＜x＜时，f′(x)＜0，
因此f(x)在(0，e)，(，＋∞)上单调递增，
在(e，)上单调递减；
当0＜a＜2e时，当x＜时，2x－a＜0，
ln x－1＜0；
当x＞e时，2x－a＞0，ln x－1＞0；
当＜x＜e时，2x－a＞0，ln x－1＜0.
故当0＜x＜和x＞e时，f′(x)＞0；
当＜x＜e时，f′(x)＜0.
因此f(x)在，(e，＋∞)上单调递增，在上单调递减.
综上，当a≤0时，f(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增；
当0＜a＜2e时，f(x)在，(e，＋∞)上单调递增，在上单调递减；
当a＝2e时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a＞2e时，f(x)在(0，e)，上单调递增，在上单调递减.
19.解　(1)f(x)的定义域为R，f′(x)＝(x＋1)ex，则当x<－1时，f′(x)<0；当x>－1时，f′(x)>0，所以f(x)在区间(－∞，－1)上单调递减，在区间(－1，＋∞)上单调递增，
因此f(x)的最小值为f(－1)＝－－1.
(2)h(x)＝xex－ln x＋mx－1，且x∈(0，＋∞)，令h(x)＝0，得ex－＋m＝0，
令k(x)＝ex－＋m，则h(x)与k(x)有相同的零点，
且k′(x)＝ex－＝，
令r(x)＝x2ex＋ln x，则r′(x)＝(x2＋2x)ex＋，
因为当x>0时，则r′(x)>0，所以r(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，
又r＝e－2－1<0，r(1)＝e>0，所以 x0∈，使r(x0)＝0，
且当x∈(0，x0)时，r(x)<0，即k′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，r(x)>0，即k′(x)>0，
所以k(x)在区间(0，x0)上单调递减，在区间(x0，＋∞)上单调递增，
因此k(x)的最小值为k(x0)＝ex0－＋m，由r(x0)＝0，得xex0＋ln x0＝0，即x0ex0＝lneln，令φ(x)＝f(x)＋1，则φ(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，
因为0，则φ(x0)＝φ，所以x0＝－ln x0，从而ln x0＝－x0，即ex0＝，所以k(x)的最小值k(x0)＝ex0－＋m＝m＋1，
所以当m>－1时，k(x)没有零点；当m＝－1时，k(x)有一个零点；
当m<－1时，因为k(x0)<0，当x趋近于0时，k(x)趋近于＋∞；
当x趋近于＋∞时，k(x)趋近于＋∞，所以k(x)有两个零点.
综上，当m>－1时，h(x)的零点个数为0；当m＝－1时，h(x)的零点个数为1；
当m<－1时，h(x)的零点个数为2.