《（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）.docx》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）.docx（13頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
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)′＝3xln3 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′(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>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)；
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．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
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，＋∞)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∈[－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(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
↘
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＝，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?λxeλx≥lnxelnx，
設(shè)函數(shù)f(x)＝xex(x>0)，而f′(x)＝(x＋1)ex>0，
則f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，
那么由λxeλx≥lnxelnx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)
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(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′(x)<0，當(dāng)x∈(t，＋∞)時，g′(x)>0，
此時g(x)min＝g(t)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′(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，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)，
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＋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)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)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)
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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
浙江
專版
2020
高考
數(shù)學(xué)
一輪
復(fù)習(xí)
單元
檢測
導(dǎo)數(shù)
及其
應(yīng)用
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（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）.docx
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