《（浙江專版）2020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 單元檢測四 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用單元檢測（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專版）2020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 單元檢測四 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用單元檢測（含解析）（14頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、單元檢測四　導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 (時間：120分鐘　滿分：150分) 第Ⅰ卷(選擇題　共40分) 一、選擇題(本大題共10小題，每小題4分，共40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(dǎo)運算正確的是(　　) A.′＝1＋B ．(log3x)′＝ C．(3x)′＝3x·ln3 D．(x2sinx)′＝2xcosx 答案　C 解析　由求導(dǎo)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

2、′(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)＝的部分圖象大致為(　　) 答案　C 解析　由題意得f(x)為奇函數(shù)，排除B； 又f(1)＝<1，排除A； 當(dāng)x

3、>0時，f(x)＝， 所以f′(x)＝，函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)單調(diào)遞減，在區(qū)間(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增，排除D. 5．若函數(shù)f(x)＝lnx＋ax2－2在區(qū)間內(nèi)存在單調(diào)遞增區(qū)間，則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A．(－∞，－2] B. C. D．(－2，＋∞) 答案　D 解析　對f(x)求導(dǎo)得f′(x)＝＋2ax＝， 由題意可得2ax2＋1>0在內(nèi)有解， 所以a>min. 因為x∈， 所以x2∈，∈， 所以a>－2. 6.已知定義在R上的函數(shù)f(x)，其導(dǎo)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)；

4、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(dǎo)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． 7

5、．已知函數(shù)f(x)＝(x2－mx－m)ex＋2m(m∈R)在x＝0處取得極小值，則f(x)的極大值是(　　) A．4e－2B．4e2C．e－2D．e2 答案　A 解析　由題意知，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

6、n{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，作出示意圖如圖， 當(dāng)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. 9．已知y＝f(x)為(0，＋∞

7、)上的可導(dǎo)函數(shù)，且有f′(x)＋>0，則對于任意的a，b∈ (0，＋∞)，當(dāng)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. 10．(2018·溫州“十五校聯(lián)合體”聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝2x－e2x(e為自然對數(shù)的底數(shù))，g(x)＝mx＋1(m∈R)，若對于任意的x1∈[

8、－1,1]，總存在x0∈[－1,1]，使得g(x0)＝f(x1)成立，則實數(shù)m的取值范圍為(　　) 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)在區(qū)間[－1,0]上為增函數(shù)，在區(qū)間[0,1]上為減函數(shù)， ∵f(－1)－f(1)＝(－2－e－2)－(2－e2)＝e2－e－2－4>0， ∴f(－1)>f(1)， 又f(0)＝－1，則函數(shù)f(x)在區(qū)間[－1,1]上的值域為 A＝[2－e2，－1]． 當(dāng)m>0時，函數(shù)g

9、(x)在區(qū)間[－1,1]上的值域為 B＝[－m＋1，m＋1]． 依題意有A?B，則有得m≥e2－1. 當(dāng)m＝0時，函數(shù)g(x)在區(qū)間[－1,1]上的值域為B＝{1}，不符合題意． 當(dāng)m<0時，函數(shù)g(x)在區(qū)間[－1,1]上的值域為 B＝[m＋1，－m＋1]． 依題意有A?B，則有得m≤1－e2. 綜上，實數(shù)m的取值范圍為(－∞，1－e2]∪[e2－1，＋∞)． 第Ⅱ卷(非選擇題　共110分) 二、填空題(本大題共7小題，多空題每題6分，單空題每題4分，共36分．把答案填在題中橫線上) 11．已知直線y＝kx與函數(shù)f(x)＝ex(其中e為自然對數(shù)的底數(shù))的圖象相切，則實數(shù)k

10、的值為________；切點坐標(biāo)為________． 答案　e　(1，e) 解析　設(shè)切點坐標(biāo)為(x，y)，需滿足 所以解得x＝1，y＝e，k＝e， 所以k＝e，切點坐標(biāo)為(1，e)． 12．設(shè)函數(shù)f(x)＝xlnx，則點(1,0)處的切線方程是________________；函數(shù)f(x)＝xlnx的最小值為________． 答案　x－y－1＝0　－ 解析　由題意得f′(x)＝1＋lnx， 所以f′(1)＝1， 則所求切線方程為x－y－1＝0. 由f′(x)＝1＋lnx<0得00得x>， 所以函數(shù)f(x)＝xlnx在上單調(diào)遞減，在上

11、單調(diào)遞增， 所以函數(shù)f(x)＝xlnx在x＝處取得最小值，最小值為f＝ln＝－. 13．(2018·寧波九校期末)函數(shù)f(x)＝x3－2x＋ex－e－x是________函數(shù)(填“奇”或“偶”)，在R上的增減性為________．(填“單調(diào)遞增”、“單調(diào)遞減”或“有增有減”) 答案　奇　單調(diào)遞增 解析　∵函數(shù)f(x)＝x3－2x＋ex－e－x， ∴它的定義域為R， 且滿足f(－x)＝－x3＋2x＋e－x－ex＝－f(x)， 故函數(shù)f(x)為奇函數(shù)． 由于函數(shù)的導(dǎo)數(shù)f′(x)＝3x2－2＋(ex＋e－x)≥3x2－2＋2＝3x2≥0， 故函數(shù)在R上單調(diào)遞增． 14．(2018

12、·諸暨檢測)已知函數(shù)f(x)＝x3－3x，函數(shù)f(x)的圖象在x＝0處的切線方程是________；函數(shù)f(x)在[0,2]內(nèi)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， ∴函數(shù)f(x)在點(0,0)處的切線方程為y＝－3x. 令f′(x)＝3x2－3＝0，得x＝±1， 當(dāng)x變化時，f(x)與f′(x)的變化情況如下表. x (－∞，－1) －1 (－1,1) 1 (1，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) ↗ 極大值2 ↘

13、 極小值－2 ↗ ∴在[0,1]上，f(x)是減函數(shù)，其最小值為f(1)＝－2，最大值為f(0)＝0；在[1,2]上，f(x)是增函數(shù)，其最小值為f(1)＝－2，最大值為f(2)＝2.綜上，在[0,2]上，f(x)的值域為[－2,2]． 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

14、＝，且當(dāng)k∈時，h′(k)<0，h(k)單調(diào)遞減，當(dāng)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．設(shè)實數(shù)λ>0，若對任意的x∈(0，＋∞)，不等式eλx－≥0恒成立，則λ的最小值為________． 答案　 解析　當(dāng)x∈(0,1]時，λ>0，不等式eλx－≥0顯然成立，λ可取任意正實數(shù)； 當(dāng)x∈(1，＋∞)時，eλx－≥0?λeλx≥lnx?λx·eλx≥lnx·elnx， 設(shè)函數(shù)f(x)＝x·ex(x>0)，而f′(x)＝(x＋1)·ex>0， 則f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增， 那么由λx·eλx≥lnx·

15、elnx可得λx≥lnx?λ≥. 令g(x)＝(x>1)， 而g′(x)＝， 易知函數(shù)g(x)在(1，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減， 那么g(x)max＝g(e)＝，則有λ≥. 綜上分析可知，λ的最小值為. 17．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)

16、 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－1

17、遞增，在(－1，1)上單調(diào)遞減． 又f(－1)＝－<0， 所以函數(shù)f(x)只有一個零點， 所以函數(shù)f(x)＝－x－1不存在“折點”； 對于函數(shù)f(x)＝x2＋2mx－1＝(x＋m)2－m2－1， 由于f(－m)＝－m2－1≤－1， 結(jié)合圖象(圖略)可知該函數(shù)一定有“折點”． 綜上，存在“折點”的函數(shù)是②④. 三、解答題(本大題共5小題，共74分．解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟) 18．(14分)已知函數(shù)f(x)＝ex＋lnx. (1)求函數(shù)y＝f′(x)在區(qū)間[1，＋∞)內(nèi)的最小值； (2)若對任意x∈[1，＋∞)，恒有f(x)≥e＋m(x－1)，求實數(shù)m的取值范

18、圍． 解　(1)令y＝h(x)＝f′(x)＝ex＋， 則h′(x)＝ex－， 則當(dāng)x∈[1，＋∞)時，ex≥e，≤1， 所以h′(x)>0，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(dāng)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(dāng)m>e＋1時，則存在t∈(1，＋∞)，使得g′(t)＝0， 當(dāng)x∈(1，t)時，g′(

19、x)<0，當(dāng)x∈(t，＋∞)時，g′(x)>0， 此時g(x)min＝g(t)

20、立， 所以h(x)在區(qū)間[1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減， 所以h(x)max＝h(1)＝0，所以a≥0， 即實數(shù)a的取值范圍為[0，＋∞)． (2)g(x)＝2x3＋ax－2，x>0. 因為g′(x)＝6x2＋a，當(dāng)a≥0時，g′(x)>0恒成立， 所以g(x)在區(qū)間(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增，無最小值，不合題意，所以a<0. 令g′(x)＝0，則x＝或x＝－(舍去)， 由此可得函數(shù)g(x)在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減，在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增， 則x＝是函數(shù)g(x)的極小值點，也是最小值點， 所以g(x)min＝g(x)極小值＝g＝－6， 解得a＝－6，所以f(x)＝2x＋－6lnx. 20．(15

21、分)(2019·舟山模擬)已知函數(shù)f(x)＝lnx－x，g(x)＝ax2＋2x(a<0)． (1)求函數(shù)f(x)在區(qū)間上的最值； (2)求函數(shù)h(x)＝f(x)＋g(x)的極值點． 解　(1)依題意，f′(x)＝－1， 令－1＝0，解得x＝1. 因為f(1)＝－1，f＝－1－，f(e)＝1－e， 且1－e<－1－<－1， 故函數(shù)f(x)在區(qū)間上的最大值為－1，最小值為1－e. (2)依題意，h(x)＝f(x)＋g(x)＝lnx＋ax2＋x(x>0)， h′(x)＝＋2ax＋1＝， 當(dāng)a<0時，令h′(x)＝0，則2ax2＋x＋1＝0. 因為Δ＝1－8a>0， 所以h′(

22、x)＝＝， 其中x1＝－，x2＝－. 因為a<0，所以x1<0，x2>0， 所以當(dāng)00； 當(dāng)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． 21．(15分)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，

23、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(dāng)x∈(1，＋∞)時，5＋lnx>恒成立， 等價于當(dāng)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)，

24、 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(dāng)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(dāng)x∈(m，＋∞)時，p(x)>0，即h′(x)>0， 則h(x)在x∈(m，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴當(dāng)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(dāng)m＝3＋

25、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. 22．(15分)已知函數(shù)f(x)＝lnx－mex的圖象在點(1，f(1))處的切線與直線l：x＋(1－e)y＝0垂直，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)． (1)求實數(shù)m的值及函數(shù)f(x)在區(qū)間[1，＋∞)內(nèi)的最大值． (2)①求證：函數(shù)f(x)有且僅有一個極值點． ②求證：f(x)

26、即f′(1)＝1－me＝1－e，所以m＝1. 當(dāng)x∈[1，＋∞)時，f′(x)＝－ex單調(diào)遞減， 即f′(x)≤f′(1)＝1－e<0， 所以f(x)在區(qū)間[1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減， 所以當(dāng)x∈[1，＋∞)時，f(x)max＝f(1)＝ln1－e＝－e. (2)證明?、賔′(x)＝－ex，令h(x)＝f′(x)， 則h′(x)＝－－ex<0在(0，＋∞)上恒成立， 即有h(x)在區(qū)間(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減． 又h＝2－>0，h(1)＝1－e<0， 所以h(x)＝0在區(qū)間(0，＋∞)內(nèi)有且僅有一個實根， 設(shè)此實根為x0，則x0∈. 當(dāng)x∈(0，x0)時，h(x)>0，故f(x

27、)單調(diào)遞增； 當(dāng)x∈(x0，＋∞)時，h(x)<0，故f(x)單調(diào)遞減， 所以函數(shù)f(x)在x＝x0處取得唯一的極大值， 即函數(shù)f(x)有且僅有一個極值點． ②由①知f′(x)＝－ex在區(qū)間(0，＋∞)內(nèi)為減函數(shù)， 又f′(1)＝1－e<0，f′＝2－>0， 因此存在實數(shù)x0∈滿足方程f′(x)＝－ex＝0， 此時f(x)在區(qū)間(0，x0)內(nèi)為增函數(shù)，在區(qū)間(x0，＋∞)內(nèi)為減函數(shù)， 且f′(x0)＝－＝0， 由此得到＝，x0＝－lnx0. 由單調(diào)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)