2020届高考数学一轮复习单元检测（文·新人教A版）三导数及其应用提升卷
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．下列求导运算正确的是( )
A.′＝1＋ B．(log3x)′＝
C．(3x)′＝3x·ln3 D．(x2sinx)′＝2xcosx
答案 C
解析 由求导法则可知C正确．
2．已知函数f(x)＝lnx＋x2f′(a)，且f(1)＝－1，则实数a的值为( )
A．－或1 B.
C．1 D．2
答案 C
解析 令x＝1，则f(1)＝ln1＋f′(a)＝－1，
可得f′(a)＝－1.
令x＝a>0，则f′(a)＝＋2af′(a)，
即2a2－a－1＝0，解得a＝1或a＝－(舍去)．
3．若函数f(x)＝xex的图象的切线的倾斜角大于，则x的取值范围是( )
A．(－∞，0) B．(－∞，－1)
C．(－∞，－1] D．(－∞，1)
答案 B
解析 f′(x)＝ex＋xex＝(x＋1)ex，
又切线的倾斜角大于，
所以f′(x)<0，即(x＋1)ex<0，解得x<－1.
4．函数f(x)＝2x2－lnx的单调递增区间是( )
A. B.和
C. D.和
答案 C
解析 由题意得f′(x)＝4x－＝，且x>0，
由f′(x)>0，即4x2－1>0，解得x>.故选C.
5．函数y＝的大致图象是( )
答案 B
解析 函数y＝的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，求导得y′＝，
当x>1时，y′>0，函数单调递增；
当0
0)恒成立．
又4x＋≥4，
当且仅当x＝时等号成立，
所以a≤4.
7.已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f′(x)的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是( )
①f(b)>f(a)>f(c)；
②函数f(x)在x＝c处取得极小值，在x＝e处取得极大值；
③函数f(x)在x＝c处取得极大值，在x＝e处取得极小值；
④函数f(x)的最小值为f(d)．
A．③B．①②C．③④D．④
答案 A
解析 由导函数的图象可知函数f(x)在区间(－∞，c)，(e，＋∞)内，f′(x)>0，
所以函数f(x)在区间(－∞，c)，(e，＋∞)内单调递增，在区间(c，e)内，f′(x)<0，
所以函数f(x)在区间(c，e)内单调递减．
所以f(c)>f(a)，所以①错；
函数f(x)在x＝c处取得极大值，在x＝e处取得极小值，故②错，③对；
函数f(x)没有最小值，故④错．
8.设三次函数f(x)的导函数为f′(x)，函数y＝xf′(x)的图象的一部分如图所示，则( )
A．f(x)的极大值为f()，极小值为f(－)
B．f(x)的极大值为f(－)，极小值为f()
C．f(x)的极大值为f(－3)，极小值为f(3)
D．f(x)的极大值为f(3)，极小值为f(－3)
答案 D
解析 由图象知当x<－3时，f′(x)<0，当－30，∴函数f(x)的极小值为f(－3)；同理知f(x)的极大值为f(3)．
9．函数f(x)＝x3－4x＋4(0≤x≤3)的值域为( )
A．[1，4] B.
C. D．[0，3]
答案 B
解析 f′(x)＝x2－4＝(x＋2)(x－2)．
当x∈[0，2]时，f′(x)≤0，f(x)单调递减；
当x∈(2，3]时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
且f(0)＝4，f(2)＝－，f(3)＝1，
所以函数f(x)的最大值为f(0)＝4，函数f(x)的最小值为f(2)＝－，
故值域为.
10．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)
答案 C
解析 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＝.
又注意到函数f(x)的图象经过点(0，1)，
所以结合一元三次函数的图象规律及题意可知，函数f(x)的图象应满足下图，
从而有即
解得a<－2.故选C.
11．设函数f(x)＝min(min{a，b}表示a，b中的较小者)，则函数f(x)的最大值为( )
A.ln2B．2ln2C.D.
答案 D
解析 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
由y1＝xlnx得y1′＝lnx＋1，
令y1′＝0，解得x＝，
∴y1＝xlnx在上单调递减，在上单调递增．
由y2＝，x>0得y2′＝，
令y2′＝0，x>0，解得x＝2，
∴y2＝在(0，2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，作出示意图如下，
当x＝2时，y1＝2ln2，y2＝.
∵2ln2>，∴y1＝xlnx与y2＝的交点在(1，2)内，
∴函数f(x)的最大值为.
12．已知y＝f(x)为(0，＋∞)上的可导函数，且有f′(x)＋>0，则对于任意的a，b∈(0，＋∞)，当a>b时，有( )
A．af(a)bf(b)
C．af(b)>bf(a) D．af(b)0，得>0，
即>0，即[xf(x)]′x>0.
∵x>0，
∴[xf(x)]′>0，即函数y＝xf(x)为增函数，由a，b∈(0，＋∞)且a>b，得af(a)>bf(b)，故选B.
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．已知函数f(x)＝x－g(x)的图象在点(2，f(2))处的切线方程是y＝－x－1，则g(2)＋g′(2)＝________.
答案 7
解析 因为f(x)＝x－g(x)，所以f′(x)＝1－g′(x)．
由题意得f(2)＝－2－1＝－3，f′(2)＝－1，
所以g(2)＋g′(2)＝2－f(2)＋1－f′(2)＝7.
14．已知某生产厂家的年利润y(单位：万元)与年产量x(单位：万件)的函数关系式为y＝－x3＋81x－234，则使该生产厂家获得最大年利润的年产量为________万件．
答案 9
解析 ∵y＝－x3＋81x－234，
∴y′＝－x2＋81，令y′>0，得09，
∴函数y＝－x3＋81x－234在区间(0，9)上是增函数，在区间(9，＋∞)上是减函数，
∴函数在x＝9处取得极大值，也是最大值．
故使该生产厂家获得最大年利润的年产量为9万件．
15．已知函数f(x)＝ln＋，g(x)＝ex－2，若g(m)＝f(n)成立，则n－m
的最小值为________．
答案 ln2
解析 令f(n)＝g(m)＝k(k>0)，
则由ln＋＝k，解得n＝，
由em－2＝k，解得m＝lnk＋2，
则n－m＝－lnk－2，
令h(k)＝－lnk－2，
则h′(k)＝－，
由h′(k)＝0得k＝，且当k∈时，h′(k)<0，h(k)单调递减，当k∈时，h′(k)>0，h(k)单调递增，
则h(k)min＝h＝ln2，
即n－m的最小值是ln2.
16．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，＋∞)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：
①f(x)＝3|x－1|＋2；
②f(x)＝lg|x＋2019|；
③f(x)＝－x－1；
④f(x)＝x2＋2mx－1(m∈R)．
则存在“折点”的函数是________．(填序号)
答案 ②④
解析 因为f(x)＝3|x－1|＋2>2，
所以函数f(x)不存在零点，
所以函数f(x)不存在“折点”；
对于函数f(x)＝lg|x＋2019|，取x0＝－2019，
则函数f(x)在(－∞，－2019)上有零点x＝－2020，
在(－2019，＋∞)上有零点x＝－2018，
所以x0＝－2019是函数f(x)＝lg|x＋2019|的一个“折点”；
对于函数f(x)＝－x－1，
则f′(x)＝x2－1＝(x＋1)(x－1)．
令f′(x)>0，得x>1或x<－1；
令f′(x)<0，得－10，即h(x)在区间[1，＋∞)内是增函数，
于是y＝f′(x)在区间[1，＋∞)内的最小值为h(1)＝e＋1.
(2)令g(x)＝f(x)－e－m(x－1)，则g(x)≥0对任意x∈[1，＋∞)恒成立，
且发现g(1)＝0，g′(x)＝＋ex－m.
由(1)知当m≤e＋1时，g′(x)≥0，
此时g(x)单调递增，于是g(x)≥g(1)＝0，成立；
当m>e＋1时，则存在t∈(1，＋∞)，使得g′(t)＝0，
当x∈(1，t)时，g′(x)<0，当x∈(t，＋∞)时，g′(x)>0，
此时g(x)min＝g(t)0)，
h′(x)＝＋2ax＋1＝，
当a<0时，令h′(x)＝0，则2ax2＋x＋1＝0.
因为Δ＝1－8a>0，
所以h′(x)＝＝，
其中x1＝－，x2＝－.
因为a<0，所以x1<0，x2>0，
所以当00；
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＝－为函数h(x)的极大值点，无极小值点．
20．(13分)(2018·广州调研)已知函数f(x)＝5＋lnx，g(x)＝(k∈R)．
(1)若函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线与函数y＝g(x)的图象相切，求k的值；
(2)若k∈N*，且x∈(1，＋∞)时，恒有f(x)>g(x)，求k的最大值．
(参考数据：ln5≈1.6094，ln6≈1.7918，ln(＋1)≈0.8814)
解 (1)∵f(x)＝5＋lnx，∴f(1)＝5，且f′(x)＝，
从而得到f′(1)＝1.
∴函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为
y－5＝x－1，即y＝x＋4.
设直线y＝x＋4与g(x)＝(k∈R)的图象相切于点P(x0，y0)，
从而可得g′(x0)＝1，g(x0)＝x0＋4，
又g′(x)＝，
∴解得或
∴k的值为1或9.
(2)由题意知，当x∈(1，＋∞)时，5＋lnx>恒成立，
等价于当x∈(1，＋∞)时，k<恒成立．
设h(x)＝(x>1)，
则h′(x)＝(x>1)，
记p(x)＝x－4－lnx(x>1)，
则p′(x)＝1－＝>0，
∴p(x)在x∈(1，＋∞)上单调递增．
又p(5)＝1－ln5<0，p(6)＝2－ln6>0，
∴在x∈(1，＋∞)上存在唯一的实数m，且m∈(5，6)，
使得p(m)＝m－4－lnm＝0，①
∴当x∈(1，m)时，p(x)<0，即h′(x)<0，
则h(x)在x∈(1，m)上单调递减，
当x∈(m，＋∞)时，p(x)>0，即h′(x)>0，
则h(x)在x∈(m，＋∞)上单调递增，
∴当x∈(1，＋∞)时，
h(x)min＝h(m)＝，
由①可得lnm＝m－4，
∴h(m)＝＝m＋＋2，
而m∈(5，6)，∴m＋＋2∈，
又当m＝3＋2时，h(m)＝8，
p(3＋2)＝2－1－ln(3＋2)>0，
∴m∈(5，3＋2)，∴h(m)∈.
又k∈N*，∴k的最大值是7.
