【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)

－f(x)<x2＋2x 对 x∈(0，＋∞)恒成立．下列结论正确的是( )
A．2f(2)－3f(1)>5
B．若 f(1)＝2，x>1，则 f(x)>x2＋1x＋1 22
C．f(3)－2f(1)<7
D．若 f(1)＝2,0<x<1，则 f(x)>x2＋1x＋1 22
12．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，＋∞)
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，
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|＋2
B．f(x)＝lg|x＋2 019|
C．f(x)＝x3－x－1 3
D．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)
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)＝ln x＋x2f′(a)，且 f(1)＝－1，则实数 a 的值为( )
A．－1或 1
B.1
2
2
C．1
D．2
3．(2020·丹东期末)设函数 f(x)＝aln x＋bx2，若函数 f(x)的图象在点(1,1)处的切线与 y 轴垂直，
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－ln x≥0 恒成立，则λ的最小值为________． λ
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．
3
(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＋2＋aln x，a∈R.
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．
时，y′<0，函数单调递减，
当
x∈
1，＋∞ e
时，y′>0，函数单调递增，
当 x＝1时，函数取得极小值； e
函数 y＝xsin x，则 y′＝sin x＋xcos x，
当
x∈
－π，0 2
时，y′<0，函数单调递减，
当
x∈
0，π 2
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)＝fxx＋－1x2，
3 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)＝－1<0，
3 所以函数 f(x)只有一个零点， 所以函数 f(x)＝x3－x－1 不存在“折点”；
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－16＝0.
(2)由(1)可知 f′(x)＝3x2－3，令 f′(x)＝0，则 x＝±1，
4 ，1 D. 3e2 e
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
对于函数 f(x)＝lg|x＋2 019|，取 x0＝－2 019， 则函数 f(x)在(－∞，－2 019)上有零点 x＝－2 020，
在(－2 019，＋∞)上有零点 x＝－2 018，
6
所以 x0＝－2 019 是函数 f(x)＝lg|x＋2 019|的一个“折点”； 对于函数 f(x)＝x3－x－1，
3 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＝0 14.b>c>a 15.－1 (－∞，0] 16.1
e 解析 当 x∈(0,1]时，λ>0，不等式 eλx－ln x≥0 显然成立，λ可取任意正实数；
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)＝－1， e
且 x→－∞时 g(x)→0，x→＋∞时 g(x)→＋∞，所以 a的 Nhomakorabea值范围为
－1，0 e
.]
8．D [由2exx －ax－a＝0 可得 a＝exx2＋x 1，
个不同零点，则 a 的取值范围是( )
－1，0 A. e
B．(－∞，0)
－1，＋∞ C. e
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2exx －ax－a>0 成立，则
实数 a 的取值范围是( )
A. 0，34e2
4 ，1 B. 3e2 e
0，1 C. e
4
答案精析
1．B 2.C 3.D 4.A 5.C 6.B 7．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，
5
x＝4 是极小值点．故选 ABC.]
10．CD
[由题意，函数
y＝x－1，则 x
y′＝1＋x12>0，
所以函数 y＝x－1在(－∞，0)，(0，＋∞)内单调递增，没有极值点； x
函数 y＝－2x3－x，在 R 上单调递减，没有极值点；
函数 y＝xln x，则 y′＝ln x＋1，x>0，
当 x∈
0，1 e
2
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－1 x
B．y＝－2x3－x
C．y＝xln x
D．y＝xsin x
11．(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)
x 令 g(x)＝ln x(x>1)，
x 而 g′(x)＝1－ln x，
x2 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1.
e 17．解 (1)由题意知，函数 f(x)＝ax3－3x，
7
则 f′(x)＝3ax2－3，
λ 当 x∈(1，＋∞)时， eλx－ln x≥0⇔λeλx≥ln x⇔λx·eλx≥ln x·eln x，
λ 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≥ln x·eln x 可得λx≥ln x⇔λ≥ln x.
则 g′(x)＝x＋1f′xx－＋f1x2－x2＋2x，
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，
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＝5－1，bln b＝1,3c3＋c＝ 2
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)
因为 g(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以 g(x)>g(1)＝12，即fxx＋－1x2>12，
即 f(x)>x2＋1x＋1.故 D 正确，从而 B 不正确． 22
即结论正确的是 CD.] 12．BD [因为 f(x)＝3|x－1|＋2>2，