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  • 2021-06-11 发布

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

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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)