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  • 2021-06-19 发布

2020届高考数学一轮复习单元检测(文·新人教A版)三导数及其应用提升卷

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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y=的大致图象是(  )‎ 答案 B 解析 函数y=的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞),求导得y′=,‎ 当x>1时,y′>0,函数单调递增;‎ 当00)恒成立.‎ 又4x+≥4,‎ 当且仅当x=时等号成立,‎ 所以a≤4.‎ ‎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.设三次函数f(x)的导函数为f′(x),函数y=xf′(x)的图象的一部分如图所示,则(  )‎ A.f(x)的极大值为f(),极小值为f(-)‎ B.f(x)的极大值为f(-),极小值为f()‎ C.f(x)的极大值为f(-3),极小值为f(3)‎ D.f(x)的极大值为f(3),极小值为f(-3)‎ 答案 D 解析 由图象知当x<-3时,f′(x)<0,当-30,∴函数f(x)的极小值为f(-3);同理知f(x)的极大值为f(3).‎ ‎9.函数f(x)=x3-4x+4(0≤x≤3)的值域为(  )‎ A.[1,4] B. C. D.[0,3]‎ 答案 B 解析 f′(x)=x2-4=(x+2)(x-2).‎ 当x∈[0,2]时,f′(x)≤0,f(x)单调递减;‎ 当x∈(2,3]时,f′(x)>0,f(x)单调递增.‎ 且f(0)=4,f(2)=-,f(3)=1,‎ 所以函数f(x)的最大值为f(0)=4,函数f(x)的最小值为f(2)=-,‎ 故值域为.‎ ‎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.‎ 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.已知函数f(x)=x-g(x)的图象在点(2,f(2))处的切线方程是y=-x-1,则g(2)+g′(2)=________.‎ 答案 7‎ 解析 因为f(x)=x-g(x),所以f′(x)=1-g′(x).‎ 由题意得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.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.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),‎ 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)(2018·广州调研)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.‎

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