浙江专版2020届高考数学一轮复习+单元检测四导数及其应用 13页

单元检测四　导数及其应用 ‎(时间：120分钟　满分：150分)‎ 第Ⅰ卷(选择题　共40分)‎ 一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40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)＝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.‎ ‎5．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.‎ ‎6.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．‎ ‎7．已知函数f(x)＝(x2－mx－m)ex＋2m(m∈R)在x＝0处取得极小值，则f(x)的极大值是(　　)‎ A．4e－2B．4e2C．e－2D．e2‎ 答案　A 解析　由题意知，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－20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，作出示意图如图，‎ 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.‎ ‎9．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.‎ ‎10．(2018·温州“十五校联合体”联考)已知函数f(x)＝2x－e2x(e为自然对数的底数)，g(x)＝mx＋1(m∈R)，若对于任意的x1∈[－1,1]，总存在x0∈[－1,1]，使得g(x0)＝f(x1)成立，则实数m的取值范围为(　　)‎ 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)在区间[－1,0]上为增函数，在区间[0,1]上为减函数，‎ ‎∵f(－1)－f(1)＝(－2－e－2)－(2－e2)＝e2－e－2－4>0，‎ ‎∴f(－1)>f(1)，‎ 又f(0)＝－1，则函数f(x)在区间[－1,1]上的值域为 A＝[2－e2，－1]．‎ 当m>0时，函数g(x)在区间[－1,1]上的值域为 B＝[－m＋1，m＋1]．‎ 依题意有A⊆B，则有得m≥e2－1.‎ 当m＝0时，函数g(x)在区间[－1,1]上的值域为B＝{1}，不符合题意．‎ 当m<0时，函数g(x)在区间[－1,1]上的值域为 B＝[m＋1，－m＋1]．‎ 依题意有A⊆B，则有得m≤1－e2.‎ 综上，实数m的取值范围为(－∞，1－e2]∪[e2－1，＋∞)．‎ 第Ⅱ卷(非选择题　共110分)‎ 二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分．把答案填在题中横线上)‎ ‎11．已知直线y＝kx与函数f(x)＝ex(其中e为自然对数的底数)的图象相切，则实数k的值为________；切点坐标为________．‎ 答案　e　(1，e)‎ 解析　设切点坐标为(x，y)，需满足 所以解得x＝1，y＝e，k＝e，‎ 所以k＝e，切点坐标为(1，e)．‎ ‎12．设函数f(x)＝xlnx，则点(1,0)处的切线方程是________________；函数f(x)＝xlnx的最小值为________．‎ 答案　x－y－1＝0　－ 解析　由题意得f′(x)＝1＋lnx，‎ 所以f′(1)＝1，‎ 则所求切线方程为x－y－1＝0.‎ 由f′(x)＝1＋lnx<0得00得x>，‎ 所以函数f(x)＝xlnx在上单调递减，在上单调递增，‎ 所以函数f(x)＝xlnx在x＝处取得最小值，最小值为f＝ln＝－.‎ ‎13．(2018·宁波九校期末)函数f(x)＝x3－2x＋ex－e－x是________函数(填“奇”或“偶”)，在R上的增减性为________．(填“单调递增”、“单调递减”或“有增有减”)‎ 答案　奇　单调递增 解析　∵函数f(x)＝x3－2x＋ex－e－x，‎ ‎∴它的定义域为R，‎ 且满足f(－x)＝－x3＋2x＋e－x－ex＝－f(x)，‎ 故函数f(x)为奇函数．‎ 由于函数的导数f′(x)＝3x2－2＋(ex＋e－x)≥3x2－2＋2＝3x2≥0，‎ 故函数在R上单调递增．‎ ‎14．(2018·诸暨检测)已知函数f(x)＝x3－3x，函数f(x)的图象在x＝0处的切线方程是________；函数f(x)在[0,2]内的值域是________．‎ 答案　y＝－3x　[－2,2]‎ 解析　∵f(x)＝x3－3x，‎ ‎∴f′(x)＝3x2－3，‎ 又∵f(0)＝0，f′(0)＝－3，‎ ‎∴函数f(x)在点(0,0)处的切线方程为y＝－3x.‎ 令f′(x)＝3x2－3＝0，得x＝±1，‎ 当x变化时，f(x)与f′(x)的变化情况如下表.‎ x ‎(－∞，－1)‎ ‎－1‎ ‎(－1,1)‎ ‎1‎ ‎(1，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎ ‎↗ 极大值2‎ ‎↘‎ 极小值－2‎ ‎↗‎ ‎∴在[0,1]上，f(x)是减函数，其最小值为f(1)＝－2，最大值为f(0)＝0；在[1,2]上，f(x)是增函数，其最小值为f(1)＝－2，最大值为f(2)＝2.综上，在[0,2]上，f(x)的值域为[－2,2]．‎ ‎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．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.‎ ‎17．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.‎ 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.‎ ‎20．(15分)(2019·舟山模拟)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．‎ ‎21．(15分)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.‎ ‎22．(15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，‎ 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)