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- 2021-06-23 发布
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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.
6.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.
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.由直线y=0,x=e,y=2x及曲线y=所围成的封闭图形的面积为( )
A.3+2ln2 B.3
C.2e2-3 D.e
答案 B
解析 S=ʃ2xdx+ʃdx=x2+2lnx=3,故选B.
9.已知在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若函数f(x)=x3+bx2+(a2+c2-ac)x+1有极值点,则sin的最小值是( )
A.0B.-C.D.-1
答案 D
解析 因为f(x)=x3+bx2+(a2+c2-ac)x+1,
所以f′(x)=x2+2bx+a2+c2-ac.
又因为函数f(x)=x3+bx2+(a2+c2-ac)x+1有极值点,
所以关于x的方程x2+2bx+a2+c2-ac=0有两个不同的实数根,
所以Δ=(2b)2-4(a2+c2-ac)>0,
即ac>a2+c2-b2,即ac>2accosB,即cosB<,
又B∈(0,π),故B∈,
所以2B-∈.
当2B-=,即B=时,sin取最小值-1,故选D.
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f(x)是偶函数,且f(x)在[0,+∞)上是增函数,如果f(ax+1)≤f(x-2)在x∈时恒成立,则实数a的取值范围是( )
A.[-2,1]B.[-5,0]C.[-5,1]D.[-2,0]
答案 D
解析 因为f(x)是偶函数,且在[0,+∞)上是增函数,如果f(ax+1)≤f(x-2)在x∈时恒成立,
则|ax+1|≤|x-2|,即x-2≤ax+1≤2-x.由ax+1≤2-x,得ax≤1-x,a≤-1,而g(x)=-1在x=1时取得最小值0,故a≤0;同理,当x-2≤ax+1时,a≥1-.而h(x)=1-在x=1处取得最大值-2,所以a≥-2,所以a的取值范围是[-2,0].
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.ʃdx+ʃdx=________.
答案 2π+1
解析 因为ʃdx=lnx|=lne-ln1=1,
又ʃdx的几何意义表示为y=对应上半圆的面积,
即ʃdx=×π×22=2π,
所以ʃdx+ʃdx=2π+1.
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.(2018·深圳调研)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.
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.
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.
19.(13分)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.
20.(13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点,
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)