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- 2021-06-11 发布
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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)