浙江专版2020届高考数学一轮复习+单元检测四导数及其应用
单元检测四 导数及其应用
(时间：120分钟 满分：150分)
第Ⅰ卷(选择题 共40分)
一、选择题(本大题共10小题，每小题4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．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)＝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.
5．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.
6.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．
7．已知函数f(x)＝(x2－mx－m)ex＋2m(m∈R)在x＝0处取得极小值，则f(x)的极大值是( )
A．4e－2B．4e2C．e－2D．e2
答案 A
解析 由题意知，f′(x)＝[x2＋(2－m)x－2m]ex，
f′(0)＝－2m＝0，解得m＝0，
∴f(x)＝x2ex，f′(x)＝(x2＋2x)ex.
令f′(x)>0，解得x<－2或x>0，
令f′(x)<0，解得－2
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，作出示意图如图，
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.
9．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.
10．(2018·温州“十五校联合体”联考)已知函数f(x)＝2x－e2x(e为自然对数的底数)，g(x)＝mx＋1(m∈R)，若对于任意的x1∈[－1,1]，总存在x0∈[－1,1]，使得g(x0)＝f(x1)成立，则实数m的取值范围为( )
A．(－∞，1－e2]∪[e2－1，＋∞)
B．[1－e2，e2－1]
C．(－∞，e－2－1]∪[1－e－2，＋∞)
D．[e－2－1,1－e－2]
答案 A
解析 ∵f′(x)＝2－2e2x，∴f(x)在区间[－1,0]上为增函数，在区间[0,1]上为减函数，
∵f(－1)－f(1)＝(－2－e－2)－(2－e2)＝e2－e－2－4>0，
∴f(－1)>f(1)，
又f(0)＝－1，则函数f(x)在区间[－1,1]上的值域为
A＝[2－e2，－1]．
当m>0时，函数g(x)在区间[－1,1]上的值域为
B＝[－m＋1，m＋1]．
依题意有A⊆B，则有得m≥e2－1.
当m＝0时，函数g(x)在区间[－1,1]上的值域为B＝{1}，不符合题意．
当m<0时，函数g(x)在区间[－1,1]上的值域为
B＝[m＋1，－m＋1]．
依题意有A⊆B，则有得m≤1－e2.
综上，实数m的取值范围为(－∞，1－e2]∪[e2－1，＋∞)．
第Ⅱ卷(非选择题 共110分)
二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分．把答案填在题中横线上)
11．已知直线y＝kx与函数f(x)＝ex(其中e为自然对数的底数)的图象相切，则实数k的值为________；切点坐标为________．
答案 e (1，e)
解析 设切点坐标为(x，y)，需满足
所以解得x＝1，y＝e，k＝e，
所以k＝e，切点坐标为(1，e)．
12．设函数f(x)＝xlnx，则点(1,0)处的切线方程是________________；函数f(x)＝xlnx的最小值为________．
答案 x－y－1＝0 －
解析 由题意得f′(x)＝1＋lnx，
所以f′(1)＝1，
则所求切线方程为x－y－1＝0.
由f′(x)＝1＋lnx<0得00得x>，
所以函数f(x)＝xlnx在上单调递减，在上单调递增，
所以函数f(x)＝xlnx在x＝处取得最小值，最小值为f＝ln＝－.
13．(2018·宁波九校期末)函数f(x)＝x3－2x＋ex－e－x是________函数(填“奇”或“偶”)，在R上的增减性为________．(填“单调递增”、“单调递减”或“有增有减”)
答案 奇 单调递增
解析 ∵函数f(x)＝x3－2x＋ex－e－x，
∴它的定义域为R，
且满足f(－x)＝－x3＋2x＋e－x－ex＝－f(x)，
故函数f(x)为奇函数．
由于函数的导数f′(x)＝3x2－2＋(ex＋e－x)≥3x2－2＋2＝3x2≥0，
故函数在R上单调递增．
14．(2018·诸暨检测)已知函数f(x)＝x3－3x，函数f(x)的图象在x＝0处的切线方程是________；函数f(x)在[0,2]内的值域是________．
答案 y＝－3x [－2,2]
解析 ∵f(x)＝x3－3x，
∴f′(x)＝3x2－3，
又∵f(0)＝0，f′(0)＝－3，
∴函数f(x)在点(0,0)处的切线方程为y＝－3x.
令f′(x)＝3x2－3＝0，得x＝±1，
当x变化时，f(x)与f′(x)的变化情况如下表.
x
(－∞，－1)
－1
(－1,1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
↗
极大值2
↘
极小值－2
↗
∴在[0,1]上，f(x)是减函数，其最小值为f(1)＝－2，最大值为f(0)＝0；在[1,2]上，f(x)是增函数，其最小值为f(1)＝－2，最大值为f(2)＝2.综上，在[0,2]上，f(x)的值域为[－2,2]．
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．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.
17．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.
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.
20．(15分)(2019·舟山模拟)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．
21．(15分)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.
22．(15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，
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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