《2020屆高考數(shù)學一輪復(fù)習 單元檢測三 導數(shù)及其應(yīng)用（提升卷）單元檢測 文（含解析） 新人教A版.docx》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高考數(shù)學一輪復(fù)習 單元檢測三 導數(shù)及其應(yīng)用（提升卷）單元檢測 文（含解析） 新人教A版.docx（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
單元檢測三 導數(shù)及其應(yīng)用(提升卷)
考生注意：
1．本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分，共4頁．
2．答卷前，考生務(wù)必用藍、黑色字跡的鋼筆或圓珠筆將自己的姓名、班級、學號填寫在相應(yīng)位置上．
3．本次考試時間100分鐘，滿分130分．
4．請在密封線內(nèi)作答，保持試卷清潔完整．
第Ⅰ卷(選擇題 共60分)
一、選擇題(本題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)
1．下列求導運算正確的是( )
A.′＝1＋ B．(log3x)′＝
C．(3x)′＝3xln3 D．(x2sinx)′＝2xcosx
答案 C
解析 由求導法則可知C正確．
2．已知函數(shù)f(x)＝lnx＋x2f′(a)，且f(1)＝－1，則實數(shù)a的值為( )
A．－或1 B.
C．1 D．2
答案 C
解析 令x＝1，則f(1)＝ln1＋f′(a)＝－1，
可得f′(a)＝－1.
令x＝a>0，則f′(a)＝＋2af′(a)，
即2a2－a－1＝0，解得a＝1或a＝－(舍去)．
3．若函數(shù)f(x)＝xex的圖象的切線的傾斜角大于，則x的取值范圍是( )
A．(－∞，0) B．(－∞，－1)
C．(－∞，－1] D．(－∞，1)
答案 B
解析 f′(x)＝ex＋xex＝(x＋1)ex，
又切線的傾斜角大于，
所以f′(x)<0，即(x＋1)ex<0，解得x<－1.
4．函數(shù)f(x)＝2x2－lnx的單調(diào)遞增區(qū)間是( )
A. B.和
C. D.和
答案 C
解析 由題意得f′(x)＝4x－＝，且x>0，
由f′(x)>0，即4x2－1>0，解得x>.故選C.
5．函數(shù)y＝的大致圖象是( )
答案 B
解析 函數(shù)y＝的定義域為(－∞，0)∪(0，＋∞)，求導得y′＝，
當x>1時，y′>0，函數(shù)單調(diào)遞增；
當0
0)恒成立．
又4x＋≥4，
當且僅當x＝時等號成立，
所以a≤4.
7.已知定義在R上的函數(shù)f(x)，其導函數(shù)f′(x)的大致圖象如圖所示，則下列敘述正確的是( )
①f(b)>f(a)>f(c)；
②函數(shù)f(x)在x＝c處取得極小值，在x＝e處取得極大值；
③函數(shù)f(x)在x＝c處取得極大值，在x＝e處取得極小值；
④函數(shù)f(x)的最小值為f(d)．
A．③B．①②C．③④D．④
答案 A
解析 由導函數(shù)的圖象可知函數(shù)f(x)在區(qū)間(－∞，c)，(e，＋∞)內(nèi)，f′(x)>0，
所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(－∞，c)，(e，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增，在區(qū)間(c，e)內(nèi)，f′(x)<0，
所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(c，e)內(nèi)單調(diào)遞減．
所以f(c)>f(a)，所以①錯；
函數(shù)f(x)在x＝c處取得極大值，在x＝e處取得極小值，故②錯，③對；
函數(shù)f(x)沒有最小值，故④錯．
8.設(shè)三次函數(shù)f(x)的導函數(shù)為f′(x)，函數(shù)y＝xf′(x)的圖象的一部分如圖所示，則( )
A．f(x)的極大值為f()，極小值為f(－)
B．f(x)的極大值為f(－)，極小值為f()
C．f(x)的極大值為f(－3)，極小值為f(3)
D．f(x)的極大值為f(3)，極小值為f(－3)
答案 D
解析 由圖象知當x<－3時，f′(x)<0，當－30，∴函數(shù)f(x)的極小值為f(－3)；同理知f(x)的極大值為f(3)．
9．函數(shù)f(x)＝x3－4x＋4(0≤x≤3)的值域為( )
A．[1，4] B.
C. D．[0，3]
答案 B
解析 f′(x)＝x2－4＝(x＋2)(x－2)．
當x∈[0，2]時，f′(x)≤0，f(x)單調(diào)遞減；
當x∈(2，3]時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．
且f(0)＝4，f(2)＝－，f(3)＝1，
所以函數(shù)f(x)的最大值為f(0)＝4，函數(shù)f(x)的最小值為f(2)＝－，
故值域為.
10．已知函數(shù)f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零點x0，且x0>0，則實數(shù)a的取值范圍是( )
A．(2，＋∞) B．(1，＋∞)
C．(－∞，－2) D．(－∞，－1)
答案 C
解析 易知a≠0，所以f(x)為一元三次函數(shù)．
因為f′(x)＝3ax2－6x＝3x(ax－2)，
所以方程f′(x)＝0的根為x1＝0，x2＝.
又注意到函數(shù)f(x)的圖象經(jīng)過點(0，1)，
所以結(jié)合一元三次函數(shù)的圖象規(guī)律及題意可知，函數(shù)f(x)的圖象應(yīng)滿足下圖，
從而有即
解得a<－2.故選C.
11．設(shè)函數(shù)f(x)＝min(min{a，b}表示a，b中的較小者)，則函數(shù)f(x)的最大值為( )
A.ln2B．2ln2C.D.
答案 D
解析 函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)．
由y1＝xlnx得y1′＝lnx＋1，
令y1′＝0，解得x＝，
∴y1＝xlnx在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增．
由y2＝，x>0得y2′＝，
令y2′＝0，x>0，解得x＝2，
∴y2＝在(0，2)上單調(diào)遞增，在(2，＋∞)上單調(diào)遞減，作出示意圖如下，
當x＝2時，y1＝2ln2，y2＝.
∵2ln2>，∴y1＝xlnx與y2＝的交點在(1，2)內(nèi)，
∴函數(shù)f(x)的最大值為.
12．已知y＝f(x)為(0，＋∞)上的可導函數(shù)，且有f′(x)＋>0，則對于任意的a，b∈(0，＋∞)，當a>b時，有( )
A．a(chǎn)f(a)bf(b)
C．a(chǎn)f(b)>bf(a) D．a(chǎn)f(b)0，得>0，
即>0，即[xf(x)]′x>0.
∵x>0，
∴[xf(x)]′>0，即函數(shù)y＝xf(x)為增函數(shù)，由a，b∈(0，＋∞)且a>b，得af(a)>bf(b)，故選B.
第Ⅱ卷(非選擇題 共70分)
二、填空題(本題共4小題，每小題5分，共20分．把答案填在題中橫線上)
13．已知函數(shù)f(x)＝x－g(x)的圖象在點(2，f(2))處的切線方程是y＝－x－1，則g(2)＋g′(2)＝________.
答案 7
解析 因為f(x)＝x－g(x)，所以f′(x)＝1－g′(x)．
由題意得f(2)＝－2－1＝－3，f′(2)＝－1，
所以g(2)＋g′(2)＝2－f(2)＋1－f′(2)＝7.
14．已知某生產(chǎn)廠家的年利潤y(單位：萬元)與年產(chǎn)量x(單位：萬件)的函數(shù)關(guān)系式為y＝－x3＋81x－234，則使該生產(chǎn)廠家獲得最大年利潤的年產(chǎn)量為________萬件．
答案 9
解析 ∵y＝－x3＋81x－234，
∴y′＝－x2＋81，令y′>0，得09，
∴函數(shù)y＝－x3＋81x－234在區(qū)間(0，9)上是增函數(shù)，在區(qū)間(9，＋∞)上是減函數(shù)，
∴函數(shù)在x＝9處取得極大值，也是最大值．
故使該生產(chǎn)廠家獲得最大年利潤的年產(chǎn)量為9萬件．
15．已知函數(shù)f(x)＝ln＋，g(x)＝ex－2，若g(m)＝f(n)成立，則n－m的最小值為________．
答案 ln2
解析 令f(n)＝g(m)＝k(k>0)，
則由ln＋＝k，解得n＝，
由em－2＝k，解得m＝lnk＋2，
則n－m＝－lnk－2，
令h(k)＝－lnk－2，
則h′(k)＝－，
由h′(k)＝0得k＝，且當k∈時，h′(k)<0，h(k)單調(diào)遞減，當k∈時，h′(k)>0，h(k)單調(diào)遞增，
則h(k)min＝h＝ln2，
即n－m的最小值是ln2.
16．對于定義在R上的函數(shù)f(x)，若存在非零實數(shù)x0，使函數(shù)f(x)在(－∞，x0)和(x0，＋∞)上均有零點，則稱x0為函數(shù)f(x)的一個“折點”．現(xiàn)給出下列四個函數(shù)：
①f(x)＝3|x－1|＋2；
②f(x)＝lg|x＋2019|；
③f(x)＝－x－1；
④f(x)＝x2＋2mx－1(m∈R)．
則存在“折點”的函數(shù)是________．(填序號)
答案?、冖?
解析 因為f(x)＝3|x－1|＋2>2，
所以函數(shù)f(x)不存在零點，
所以函數(shù)f(x)不存在“折點”；
對于函數(shù)f(x)＝lg|x＋2019|，取x0＝－2019，
則函數(shù)f(x)在(－∞，－2019)上有零點x＝－2020，
在(－2019，＋∞)上有零點x＝－2018，
所以x0＝－2019是函數(shù)f(x)＝lg|x＋2019|的一個“折點”；
對于函數(shù)f(x)＝－x－1，
則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)在區(qū)間[1，＋∞)內(nèi)是增函數(shù)，
于是y＝f′(x)在區(qū)間[1，＋∞)內(nèi)的最小值為h(1)＝e＋1.
(2)令g(x)＝f(x)－e－m(x－1)，則g(x)≥0對任意x∈[1，＋∞)恒成立，
且發(fā)現(xiàn)g(1)＝0，g′(x)＝＋ex－m.
由(1)知當m≤e＋1時，g′(x)≥0，
此時g(x)單調(diào)遞增，于是g(x)≥g(1)＝0，成立；
當m>e＋1時，則存在t∈(1，＋∞)，使得g′(t)＝0，
當x∈(1，t)時，g′(x)<0，當x∈(t，＋∞)時，g′(x)>0，
此時g(x)min＝g(t)0)，
h′(x)＝＋2ax＋1＝，
當a<0時，令h′(x)＝0，則2ax2＋x＋1＝0.
因為Δ＝1－8a>0，
所以h′(x)＝＝，
其中x1＝－，x2＝－.
因為a<0，所以x1<0，x2>0，
所以當00；
當x>x2時，h′(x)<0，
所以函數(shù)h(x)在區(qū)間(0，x2)內(nèi)是增函數(shù)，在區(qū)間(x2，＋∞)內(nèi)是減函數(shù)，
故x2＝－為函數(shù)h(x)的極大值點，無極小值點．
20．(13分)(2018廣州調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝5＋lnx，g(x)＝(k∈R)．
(1)若函數(shù)f(x)的圖象在點(1，f(1))處的切線與函數(shù)y＝g(x)的圖象相切，求k的值；
(2)若k∈N*，且x∈(1，＋∞)時，恒有f(x)>g(x)，求k的最大值．
(參考數(shù)據(jù)：ln5≈1.6094，ln6≈1.7918，ln(＋1)≈0.8814)
解 (1)∵f(x)＝5＋lnx，∴f(1)＝5，且f′(x)＝，
從而得到f′(1)＝1.
∴函數(shù)f(x)的圖象在點(1，f(1))處的切線方程為
y－5＝x－1，即y＝x＋4.
設(shè)直線y＝x＋4與g(x)＝(k∈R)的圖象相切于點P(x0，y0)，
從而可得g′(x0)＝1，g(x0)＝x0＋4，
又g′(x)＝，
∴解得或
∴k的值為1或9.
(2)由題意知，當x∈(1，＋∞)時，5＋lnx>恒成立，
等價于當x∈(1，＋∞)時，k<恒成立．
設(shè)h(x)＝(x>1)，
則h′(x)＝(x>1)，
記p(x)＝x－4－lnx(x>1)，
則p′(x)＝1－＝>0，
∴p(x)在x∈(1，＋∞)上單調(diào)遞增．
又p(5)＝1－ln5<0，p(6)＝2－ln6>0，
∴在x∈(1，＋∞)上存在唯一的實數(shù)m，且m∈(5，6)，
使得p(m)＝m－4－lnm＝0，①
∴當x∈(1，m)時，p(x)<0，即h′(x)<0，
則h(x)在x∈(1，m)上單調(diào)遞減，
當x∈(m，＋∞)時，p(x)>0，即h′(x)>0，
則h(x)在x∈(m，＋∞)上單調(diào)遞增，
∴當x∈(1，＋∞)時，
h(x)min＝h(m)＝，
由①可得lnm＝m－4，
∴h(m)＝＝m＋＋2，
而m∈(5，6)，∴m＋＋2∈，
又當m＝3＋2時，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.
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