2020届高考数学一轮复习单元检测（理·新人教A版）三导数及其应用提升卷

2020届高考数学一轮复习单元检测（理·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f(x)＝的部分图象大致为(　　)‎ 答案　C 解析　由题意得f(x)为奇函数，排除B；‎ 又f(1)＝<1，排除A；‎ 当x>0时，f(x)＝，‎ 所以f′(x)＝，函数f(x)在区间(0,1)内单调递减，在区间(1，＋∞)内单调递增，排除D.‎ ‎6．若函数f(x)＝lnx＋ax2－2在区间内存在单调递增区间，则实数a的取值范围是(　　)‎ A．(－∞，－2] B. C. D．(－2，＋∞)‎ 答案　D 解析　对f(x)求导得f′(x)＝＋2ax＝，‎ 由题意可得2ax2＋1>0在内有解，‎ 所以a>min.‎ 因为x∈，‎ 所以x2∈，∈，‎ 所以a>－2.‎ ‎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．由直线y＝0，x＝e，y＝2x及曲线y＝所围成的封闭图形的面积为(　　)‎ A．3＋2ln2 B．3‎ C．2e2－3 D．e 答案　B 解析　S＝ʃ2xdx＋ʃdx＝x2＋2lnx＝3，故选B.‎ ‎9．已知在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若函数f(x)＝x3＋bx2＋(a2＋c2－ac)x＋1有极值点，则sin的最小值是(　　)‎ A．0B．－C.D．－1‎ 答案　D 解析　因为f(x)＝x3＋bx2＋(a2＋c2－ac)x＋1，‎ 所以f′(x)＝x2＋2bx＋a2＋c2－ac.‎ 又因为函数f(x)＝x3＋bx2＋(a2＋c2－ac)x＋1有极值点，‎ 所以关于x的方程x2＋2bx＋a2＋c2－ac＝0有两个不同的实数根，‎ 所以Δ＝(2b)2－4(a2＋c2－ac)>0，‎ 即ac>a2＋c2－b2，即ac>2accosB，即cosB<，‎ 又B∈(0，π)，故B∈，‎ 所以2B－∈.‎ 当2B－＝，即B＝时，sin取最小值－1，故选D.‎ ‎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f(x)是偶函数，且f(x)在[0，＋∞)上是增函数，如果f(ax＋1)≤f(x－2)在x∈时恒成立，则实数a的取值范围是(　　)‎ A．[－2,1]B．[－5,0]C．[－5,1]D．[－2,0]‎ 答案　D 解析　因为f(x)是偶函数，且在[0，＋∞)上是增函数，如果f(ax＋1)≤f(x－2)在x∈时恒成立，‎ 则|ax＋1|≤|x－2|，即x－2≤ax＋1≤2－x.由ax＋1≤2－x，得ax≤1－x，a≤－1，而g(x)＝－1在x＝1时取得最小值0，故a≤0；同理，当x－2≤ax＋1时，a≥1－.而h(x)＝1－在x＝1处取得最大值－2，所以a≥－2，所以a的取值范围是[－2,0]．‎ 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．ʃdx＋ʃdx＝________.‎ 答案　2π＋1‎ 解析　因为ʃdx＝lnx|＝lne－ln1＝1，‎ 又ʃdx的几何意义表示为y＝对应上半圆的面积，‎ 即ʃdx＝×π×22＝2π，‎ 所以ʃdx＋ʃdx＝2π＋1.‎ ‎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．(2018·深圳调研)设实数λ>0，若对任意的x∈(0，＋∞)，不等式eλx－≥0恒成立，则λ的最小值为________．‎ 答案　 解析　当x∈(0,1]时，λ>0，不等式eλx－≥0显然成立，λ可取任意正实数；‎ 当x∈(1，＋∞)时，eλx－≥0⇔λeλx≥lnx⇔λx·eλx≥lnx·elnx，‎ 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≥lnx·elnx可得λx≥lnx⇔λ≥.‎ 令g(x)＝(x>1)，‎ 而g′(x)＝，‎ 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)＝，则有λ≥.‎ 综上分析可知，λ的最小值为.‎ ‎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.‎ 因为g′(x)＝6x2＋a，当a≥0时，g′(x)>0恒成立，‎ 所以g(x)在区间(0，＋∞)内单调递增，无最小值，不合题意，所以a<0.‎ 令g′(x)＝0，则x＝或x＝－(舍去)，‎ 由此可得函数g(x)在区间内单调递减，在区间内单调递增，‎ 则x＝是函数g(x)的极小值点，也是最小值点，‎ 所以g(x)min＝g(x)极小值＝g＝－6，‎ 解得a＝－6，所以f(x)＝2x＋－6lnx.‎ ‎19．(13分)已知函数f(x)＝lnx－x，g(x)＝ax2＋2x(a<0)．‎ ‎(1)求函数f(x)在区间上的最值；‎ ‎(2)求函数h(x)＝f(x)＋g(x)的极值点．‎ 解　(1)依题意，f′(x)＝－1，‎ 令－1＝0，解得x＝1.‎ 因为f(1)＝－1，f＝－1－，f(e)＝1－e，‎ 且1－e<－1－<－1，‎ 故函数f(x)在区间上的最大值为－1，最小值为1－e.‎ ‎(2)依题意，h(x)＝f(x)＋g(x)＝lnx＋ax2＋x(x>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)已知函数f(x)＝lnx－mex的图象在点(1，f(1))处的切线与直线l：x＋(1－e)y＝0垂直，其中e为自然对数的底数．‎ ‎(1)求实数m的值及函数f(x)在区间[1，＋∞)内的最大值；‎ ‎(2)①求证：函数f(x)有且仅有一个极值点；‎ ‎②求证：f(x)0，h(1)＝1－e<0，‎ 所以h(x)＝0在区间(0，＋∞)内有且仅有一个实根，‎ 设此实根为x0，则x0∈.‎ 当x∈(0，x0)时，h(x)>0，故f(x)单调递增；‎ 当x∈(x0，＋∞)时，h(x)<0，故f(x)单调递减，‎ 所以函数f(x)在x＝x0处取得唯一的极大值点，‎ 即函数f(x)有且仅有一个极值点．‎ ‎②由①知f′(x)＝－ex在区间(0，＋∞)内为减函数，‎ 又f′(1)＝1－e<0，f′＝2－>0，‎ 因此存在实数x0∈满足方程f′(x)＝－ex＝0，‎ 此时f(x)在区间(0，x0)内为增函数，在区间(x0，＋∞)内为减函数，‎ 且f′(x0)＝－＝0，‎ 由此得到＝，x0＝－lnx0.‎ 由单调性知f(x)max＝f(x0)＝lnx0－‎ ‎＝－x0－＝－，‎ 又x0∈，故－<－2，‎ 所以f(x)max<－2.‎ 又x2－2x－1＝(x－1)2－2≥－2，‎ 所以f(x)

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