2020届高考数学一轮复习（文·新人教A版）单元检测三导数及其应用提升卷单元检测 10页

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y＝的大致图象是(　　)‎ 答案　B 解析　函数y＝的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，求导得y′＝，‎ 当x>1时，y′>0，函数单调递增；‎ 当00)恒成立．‎ 又4x＋≥4，‎ 当且仅当x＝时等号成立，‎ 所以a≤4.‎ ‎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.设三次函数f(x)的导函数为f′(x)，函数y＝xf′(x)的图象的一部分如图所示，则(　　)‎ A．f(x)的极大值为f()，极小值为f(－)‎ B．f(x)的极大值为f(－)，极小值为f()‎ C．f(x)的极大值为f(－3)，极小值为f(3)‎ D．f(x)的极大值为f(3)，极小值为f(－3)‎ 答案　D 解析　由图象知当x<－3时，f′(x)<0，当－30，∴函数f(x)的极小值为f(－3)；同理知f(x)的极大值为f(3)．‎ ‎9．函数f(x)＝x3－4x＋4(0≤x≤3)的值域为(　　)‎ A．[1，4] B. C. D．[0，3]‎ 答案　B 解析　f′(x)＝x2－4＝(x＋2)(x－2)．‎ 当x∈[0，2]时，f′(x)≤0，f(x)单调递减；‎ 当x∈(2，3]时，f′(x)>0，f(x)单调递增．‎ 且f(0)＝4，f(2)＝－，f(3)＝1，‎ 所以函数f(x)的最大值为f(0)＝4，函数f(x)的最小值为f(2)＝－，‎ 故值域为.‎ ‎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.‎ 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．已知函数f(x)＝x－g(x)的图象在点(2，f(2))处的切线方程是y＝－x－1，则g(2)＋g′(2)＝________.‎ 答案　7‎ 解析　因为f(x)＝x－g(x)，所以f′(x)＝1－g′(x)．‎ 由题意得f(2)＝－2－1＝－3，f′(2)＝－1，‎ 所以g(2)＋g′(2)＝2－f(2)＋1－f′(2)＝7.‎ ‎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．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．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)，‎ 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)(2018·广州调研)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.‎