2020届高考数学一轮复习单元检测03《导数及其应用》提升卷单元检测 理数（含解析）

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.

6．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.

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．由直线y＝0，x＝e，y＝2x及曲线y＝所围成的封闭图形的面积为(　　)

A．3＋2ln2 B．3

C．2e2－3 D．e

答案　B

解析　S＝ʃ2xdx＋ʃdx＝x2＋2lnx＝3，故选B.

9．已知在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若函数f(x)＝x3＋bx2＋(a2＋c2－ac)x＋1有极值点，则sin的最小值是(　　)

A．0B．－C.D．－1

答案　D

解析　因为f(x)＝x3＋bx2＋(a2＋c2－ac)x＋1，

所以f′(x)＝x2＋2bx＋a2＋c2－ac.

又因为函数f(x)＝x3＋bx2＋(a2＋c2－ac)x＋1有极值点，

所以关于x的方程x2＋2bx＋a2＋c2－ac＝0有两个不同的实数根，

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－∈.

当2B－＝，即B＝时，sin取最小值－1，故选D.

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f(x)是偶函数，且f(x)在[0，＋∞)上是增函数，如果f(ax＋1)≤f(x－2)在x∈时恒成立，则实数a的取值范围是(　　)

A．[－2,1]B．[－5,0]C．[－5,1]D．[－2,0]

答案　D

解析　因为f(x)是偶函数，且在[0，＋∞)上是增函数，如果f(ax＋1)≤f(x－2)在x∈时恒成立，

则|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时取得最小值0，故a≤0；同理，当x－2≤ax＋1时，a≥1－.而h(x)＝1－在x＝1处取得最大值－2，所以a≥－2，所以a的取值范围是[－2,0]．

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．ʃdx＋ʃdx＝________.

答案　2π＋1

解析　因为ʃdx＝lnx|＝lne－ln1＝1，

又ʃdx的几何意义表示为y＝对应上半圆的面积，

即ʃdx＝×π×22＝2π，

所以ʃdx＋ʃdx＝2π＋1.

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0<x<9，

令y′<0，得x>9，

∴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．(2018·深圳调研)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.

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－1<x<1，

所以函数f(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递增，在(－1，1)上单调递减．

又f(－1)＝－<0，

所以函数f(x)只有一个零点，

所以函数f(x)＝－x－1不存在“折点”；

对于函数f(x)＝x2＋2mx－1＝(x＋m)2－m2－1，

由于f(－m)＝－m2－1≤－1，

结合图象(图略)可知该函数一定有“折点”．

综上，存在“折点”的函数是②④.

三、解答题(本题共4小题，共50分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)

17．(12分)(2019·宁夏银川一中月考)设f(x)＝x3－x.

(1)求曲线在点(1,0)处的切线方程；

(2)设x∈[－1,1]，求f(x)的最大值．

解　(1)f′(x)＝3x2－1，切线斜率f′(1)＝2，

∴切线方程y＝2(x－1)，即2x－y－2＝0.

(2)令f′(x)＝3x2－1＝0，x＝±，

f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：

故当x＝－时，f(x)max＝.

18．(12分)已知函数f(x)＝2x＋＋alnx，a∈R.

(1)若函数f(x)在区间[1，＋∞)内单调递增，求实数a的取值范围；

(2)记函数g(x)＝x2[f′(x)＋2x－2]，若g(x)的最小值是－6，求函数f(x)的解析式．

解　(1)由题意知f′(x)＝2－＋≥0在区间[1，＋∞)内恒成立，

所以a≥－2x在区间[1，＋∞)内恒成立．

令h(x)＝－2x，x∈[1，＋∞)，

因为h′(x)＝－－2<0恒成立，

所以h(x)在区间[1，＋∞)内单调递减，

所以h(x)max＝h(1)＝0，所以a≥0，

即实数a的取值范围为[0，＋∞)．

(2)g(x)＝2x3＋ax－2，x>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.

19．(13分)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0<x<x2时，h′(x)>0；

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)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)<x2－2x－1.

(1)解　由题意得f′(x)＝－mex，

直线l：x＋(1－e)y＝0的斜率为－，

故函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线的斜率为1－e；

即f′(1)＝1－me＝1－e，所以m＝1.

当x∈[1，＋∞)时，f′(x)＝－ex单调递减，

即f′(x)≤f′(1)＝1－e<0，

所以f(x)在区间[1，＋∞)内单调递减，

所以当x∈[1，＋∞)时，f(x)max＝f(1)＝ln1－e＝－e.

(2)证明　①f′(x)＝－ex，令h(x)＝f′(x)，

则h′(x)＝－－ex<0在(0，＋∞)上恒成立，

即有h(x)在区间(0，＋∞)内单调递减．

又h＝2－>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点，

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)<x2－2x－1.