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  • 2021-06-23 发布

2020届高考数学一轮复习单元检测(理·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)