2020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 單元檢測(cè)三 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用（提升卷）單元檢測(cè) 理（含解析） 新人教A版.docx

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單元檢測(cè)三　導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用(提升卷) 考生注意： 1．本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分，共4頁． 2．答卷前，考生務(wù)必用藍(lán)、黑色字跡的鋼筆或圓珠筆將自己的姓名、班級(jí)、學(xué)號(hào)填寫在相應(yīng)位置上． 3．本次考試時(shí)間100分鐘，滿分130分． 4．請(qǐng)?jiān)诿芊饩€內(nèi)作答，保持試卷清潔完整． 第Ⅰ卷(選擇題　共60分) 一、選擇題(本題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的) 1．下列求導(dǎo)運(yùn)算正確的是(　　) A.′＝1＋ B．(log3x)′＝ C．(3x)′＝3xln3 D．(x2sinx)′＝2xcosx 答案　C 解析　由求導(dǎo)法則可知C正確． 2．已知函數(shù)f(x)＝lnx＋x2f′(a)，且f(1)＝－1，則實(shí)數(shù)a的值為(　　) A．－或1 B. C．1 D．2 答案　C 解析　令x＝1，則f(1)＝ln1＋f′(a)＝－1， 可得f′(a)＝－1. 令x＝a>0，則f′(a)＝＋2af′(a)， 即2a2－a－1＝0，解得a＝1或a＝－(舍去)． 3．若函數(shù)f(x)＝xex的圖象的切線的傾斜角大于，則x的取值范圍是(　　) A．(－∞，0) B．(－∞，－1) C．(－∞，－1] D．(－∞，1) 答案　B 解析　f′(x)＝ex＋xex＝(x＋1)ex， 又切線的傾斜角大于， 所以f′(x)<0，即(x＋1)ex<0，解得x<－1. 4．函數(shù)f(x)＝2x2－lnx的單調(diào)遞增區(qū)間是(　　) A. B.和 C. D.和 答案　C 解析　由題意得f′(x)＝4x－＝，且x>0， 由f′(x)>0，即4x2－1>0，解得x>.故選C. 5．函數(shù)f(x)＝的部分圖象大致為(　　) 答案　C 解析　由題意得f(x)為奇函數(shù)，排除B； 又f(1)＝<1，排除A； 當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＝， 所以f′(x)＝，函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)單調(diào)遞減，在區(qū)間(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增，排除D. 6．若函數(shù)f(x)＝lnx＋ax2－2在區(qū)間內(nèi)存在單調(diào)遞增區(qū)間，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　　) A．(－∞，－2] B. C. D．(－2，＋∞) 答案　D 解析　對(duì)f(x)求導(dǎo)得f′(x)＝＋2ax＝， 由題意可得2ax2＋1>0在內(nèi)有解， 所以a>min. 因?yàn)閤∈， 所以x2∈，∈， 所以a>－2. 7.已知定義在R上的函數(shù)f(x)，其導(dǎo)函數(shù)f′(x)的大致圖象如圖所示，則下列敘述正確的是(　　) ①f(b)>f(a)>f(c)； ②函數(shù)f(x)在x＝c處取得極小值，在x＝e處取得極大值； ③函數(shù)f(x)在x＝c處取得極大值，在x＝e處取得極小值； ④函數(shù)f(x)的最小值為f(d)． A．③B．①②C．③④D．④ 答案　A 解析　由導(dǎo)函數(shù)的圖象可知函數(shù)f(x)在區(qū)間(－∞，c)，(e，＋∞)內(nèi)，f′(x)>0， 所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(－∞，c)，(e，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增，在區(qū)間(c，e)內(nèi)，f′(x)<0， 所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(c，e)內(nèi)單調(diào)遞減． 所以f(c)>f(a)，所以①錯(cuò)； 函數(shù)f(x)在x＝c處取得極大值，在x＝e處取得極小值，故②錯(cuò)，③對(duì)； 函數(shù)f(x)沒有最小值，故④錯(cuò)． 8．由直線y＝0，x＝e，y＝2x及曲線y＝所圍成的封閉圖形的面積為(　　) A．3＋2ln2 B．3 C．2e2－3 D．e 答案　B 解析　S＝?2xdx＋?dx＝x2＋2lnx＝3，故選B. 9．已知在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，若函數(shù)f(x)＝x3＋bx2＋(a2＋c2－ac)x＋1有極值點(diǎn)，則sin的最小值是(　　) A．0B．－C.D．－1 答案　D 解析　因?yàn)閒(x)＝x3＋bx2＋(a2＋c2－ac)x＋1， 所以f′(x)＝x2＋2bx＋a2＋c2－ac. 又因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝x3＋bx2＋(a2＋c2－ac)x＋1有極值點(diǎn)， 所以關(guān)于x的方程x2＋2bx＋a2＋c2－ac＝0有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)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－∈. 當(dāng)2B－＝，即B＝時(shí)，sin取最小值－1，故選D. 10．已知函數(shù)f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零點(diǎn)x0，且x0>0，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　　) A．(2，＋∞) B．(1，＋∞) C．(－∞，－2) D．(－∞，－1) 答案　C 解析　易知a≠0，所以f(x)為一元三次函數(shù)． 因?yàn)閒′(x)＝3ax2－6x＝3x(ax－2)， 所以方程f′(x)＝0的根為x1＝0，x2＝. 又注意到函數(shù)f(x)的圖象經(jīng)過點(diǎn)(0,1)， 所以結(jié)合一元三次函數(shù)的圖象規(guī)律及題意可知，函數(shù)f(x)的圖象應(yīng)滿足下圖， 從而有即 解得a<－2.故選C. 11．設(shè)函數(shù)f(x)＝min(min{a，b}表示a，b中的較小者)，則函數(shù)f(x)的最大值為(　　) A.ln2B．2ln2C.D. 答案　D 解析　函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)． 由y1＝xlnx得y1′＝lnx＋1， 令y1′＝0，解得x＝， ∴y1＝xlnx在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增． 由y2＝，x>0得y2′＝， 令y2′＝0，x>0，解得x＝2， ∴y2＝在(0,2)上單調(diào)遞增，在(2，＋∞)上單調(diào)遞減，作出示意圖如下， 當(dāng)x＝2時(shí)，y1＝2ln2，y2＝. ∵2ln2>，∴y1＝xlnx與y2＝的交點(diǎn)在(1,2)內(nèi)， ∴函數(shù)f(x)的最大值為. 12．已知f(x)是偶函數(shù)，且f(x)在[0，＋∞)上是增函數(shù)，如果f(ax＋1)≤f(x－2)在x∈時(shí)恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　　) A．[－2,1]B．[－5,0]C．[－5,1]D．[－2,0] 答案　D 解析　因?yàn)閒(x)是偶函數(shù)，且在[0，＋∞)上是增函數(shù)，如果f(ax＋1)≤f(x－2)在x∈時(shí)恒成立， 則|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時(shí)取得最小值0，故a≤0；同理，當(dāng)x－2≤ax＋1時(shí)，a≥1－.而h(x)＝1－在x＝1處取得最大值－2，所以a≥－2，所以a的取值范圍是[－2,0]． 第Ⅱ卷(非選擇題　共70分) 二、填空題(本題共4小題，每小題5分，共20分．把答案填在題中橫線上) 13．?dx＋?dx＝________. 答案　2π＋1 解析　因?yàn)?dx＝lnx|＝lne－ln1＝1， 又?dx的幾何意義表示為y＝對(duì)應(yīng)上半圓的面積， 即?dx＝π22＝2π， 所以?dx＋?dx＝2π＋1. 14．已知某生產(chǎn)廠家的年利潤y(單位：萬元)與年產(chǎn)量x(單位：萬件)的函數(shù)關(guān)系式為y＝－x3＋81x－234，則使該生產(chǎn)廠家獲得最大年利潤的年產(chǎn)量為________萬件． 答案　9 解析　∵y＝－x3＋81x－234， ∴y′＝－x2＋81，令y′>0，得09， ∴函數(shù)y＝－x3＋81x－234在區(qū)間(0,9)上是增函數(shù)，在區(qū)間(9，＋∞)上是減函數(shù)， ∴函數(shù)在x＝9處取得極大值，也是最大值． 故使該生產(chǎn)廠家獲得最大年利潤的年產(chǎn)量為9萬件． 15．(2018深圳調(diào)研)設(shè)實(shí)數(shù)λ>0，若對(duì)任意的x∈(0，＋∞)，不等式eλx－≥0恒成立，則λ的最小值為________． 答案　 解析　當(dāng)x∈(0,1]時(shí)，λ>0，不等式eλx－≥0顯然成立，λ可取任意正實(shí)數(shù)； 當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，eλx－≥0?λeλx≥lnx?λxeλx≥lnxelnx， 設(shè)函數(shù)f(x)＝xex(x>0)，而f′(x)＝(x＋1)ex>0， 則f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增， 那么由λxeλx≥lnxelnx可得λx≥lnx?λ≥. 令g(x)＝(x>1)， 而g′(x)＝， 易知函數(shù)g(x)在(1，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減， 那么g(x)max＝g(e)＝，則有λ≥. 綜上分析可知，λ的最小值為. 16．對(duì)于定義在R上的函數(shù)f(x)，若存在非零實(shí)數(shù)x0，使函數(shù)f(x)在(－∞，x0)和(x0，＋∞)上均有零點(diǎn)，則稱x0為函數(shù)f(x)的一個(gè)“折點(diǎn)”．現(xiàn)給出下列四個(gè)函數(shù)： ①f(x)＝3|x－1|＋2； ②f(x)＝lg|x＋2019|； ③f(x)＝－x－1； ④f(x)＝x2＋2mx－1(m∈R)． 則存在“折點(diǎn)”的函數(shù)是________．(填序號(hào)) 答案?、冖? 解析　因?yàn)閒(x)＝3|x－1|＋2>2， 所以函數(shù)f(x)不存在零點(diǎn)， 所以函數(shù)f(x)不存在“折點(diǎn)”； 對(duì)于函數(shù)f(x)＝lg|x＋2019|，取x0＝－2019， 則函數(shù)f(x)在(－∞，－2019)上有零點(diǎn)x＝－2020， 在(－2019，＋∞)上有零點(diǎn)x＝－2018， 所以x0＝－2019是函數(shù)f(x)＝lg|x＋2019|的一個(gè)“折點(diǎn)”； 對(duì)于函數(shù)f(x)＝－x－1， 則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?yàn)間′(x)＝6x2＋a，當(dāng)a≥0時(shí)，g′(x)>0恒成立， 所以g(x)在區(qū)間(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增，無最小值，不合題意，所以a<0. 令g′(x)＝0，則x＝或x＝－(舍去)， 由此可得函數(shù)g(x)在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減，在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增， 則x＝是函數(shù)g(x)的極小值點(diǎn)，也是最小值點(diǎn)， 所以g(x)min＝g(x)極小值＝g＝－6， 解得a＝－6，所以f(x)＝2x＋－6lnx. 19．(13分)已知函數(shù)f(x)＝lnx－x，g(x)＝ax2＋2x(a<0)． (1)求函數(shù)f(x)在區(qū)間上的最值； (2)求函數(shù)h(x)＝f(x)＋g(x)的極值點(diǎn)． 解　(1)依題意，f′(x)＝－1， 令－1＝0，解得x＝1. 因?yàn)閒(1)＝－1，f＝－1－，f(e)＝1－e， 且1－e<－1－<－1， 故函數(shù)f(x)在區(qū)間上的最大值為－1，最小值為1－e. (2)依題意，h(x)＝f(x)＋g(x)＝lnx＋ax2＋x(x>0)， h′(x)＝＋2ax＋1＝， 當(dāng)a<0時(shí)，令h′(x)＝0，則2ax2＋x＋1＝0. 因?yàn)棣ぃ?－8a>0， 所以h′(x)＝＝， 其中x1＝－，x2＝－. 因?yàn)閍<0，所以x1<0，x2>0， 所以當(dāng)00； 當(dāng)x>x2時(shí)，h′(x)<0， 所以函數(shù)h(x)在區(qū)間(0，x2)內(nèi)是增函數(shù)，在區(qū)間(x2，＋∞)內(nèi)是減函數(shù)， 故x2＝－為函數(shù)h(x)的極大值點(diǎn)，無極小值點(diǎn)． 20．(13分)已知函數(shù)f(x)＝lnx－mex的圖象在點(diǎn)(1，f(1))處的切線與直線l：x＋(1－e)y＝0垂直，其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)． (1)求實(shí)數(shù)m的值及函數(shù)f(x)在區(qū)間[1，＋∞)內(nèi)的最大值； (2)①求證：函數(shù)f(x)有且僅有一個(gè)極值點(diǎn)； ②求證：f(x)0，h(1)＝1－e<0， 所以h(x)＝0在區(qū)間(0，＋∞)內(nèi)有且僅有一個(gè)實(shí)根， 設(shè)此實(shí)根為x0，則x0∈. 當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，h(x)>0，故f(x)單調(diào)遞增； 當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，h(x)<0，故f(x)單調(diào)遞減， 所以函數(shù)f(x)在x＝x0處取得唯一的極大值點(diǎn)， 即函數(shù)f(x)有且僅有一個(gè)極值點(diǎn)． ②由①知f′(x)＝－ex在區(qū)間(0，＋∞)內(nèi)為減函數(shù)， 又f′(1)＝1－e<0，f′＝2－>0， 因此存在實(shí)數(shù)x0∈滿足方程f′(x)＝－ex＝0， 此時(shí)f(x)在區(qū)間(0，x0)內(nèi)為增函數(shù)，在區(qū)間(x0，＋∞)內(nèi)為減函數(shù)， 且f′(x0)＝－＝0， 由此得到＝，x0＝－lnx0. 由單調(diào)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)

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