高考数学(理数)一轮复习单元检测03《导数及其应用》提升卷（教师版）

这是一份高考数学(理数)一轮复习单元检测03《导数及其应用》提升卷（教师版），共10页。试卷主要包含了设f＝x3－x.等内容，欢迎下载使用。
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.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x2)))′＝1＋eq \f(1,x3)B．(lg3x)′＝eq \f(1,xlg3)
C．(3x)′＝3x·ln3D．(x2sinx)′＝2xcsx
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．－eq \f(1,2)或1B.eq \f(1,2)
C．1D．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)＝eq \f(1,a)＋2af′(a)，即2a2－a－1＝0，解得a＝1或a＝－eq \f(1,2)(舍去)．
3．若函数f(x)＝xex的图象的切线的倾斜角大于eq \f(π,2)，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eq \f(π,2)，所以f′(x)0，解得x>eq \f(1,2).故选C.
5．函数f(x)＝eq \f(e|x|,3x)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)＝eq \f(e,3)0时，f(x)＝eq \f(ex,3x)，
所以f′(x)＝eq \f(x－1ex,3x2)，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eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))内存在单调递增区间，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，－2] B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,8)，＋∞))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，－\f(1,8)))D．(－2，＋∞)
答案 D
解析 对f(x)求导得f′(x)＝eq \f(1,x)＋2ax＝eq \f(2ax2＋1,x)，
由题意可得2ax2＋1>0在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))内有解，所以a>eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2x2)))min.
因为x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))，所以x2∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，4))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2x2)))∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，－\f(1,8)))，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)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＝eq \f(2,x)所围成的封闭图形的面积为( )
A．3＋2ln2B．3
C．2e2－3D．e
答案 B
解析 S＝ʃeq \\al(1,0)2xdx＋ʃeq \\al(e,1)eq \f(2,x)dx＝x2eq \b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(\\al(1,0)))＋2lnxeq \b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(\\al(e,1)))＝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)＝eq \f(1,3)x3＋bx2＋(a2＋c2－ac)x＋1有极值点，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2B－\f(π,3)))的最小值是( )
A．0 B．－eq \f(\r(3),2) C.eq \f(\r(3),2) D．－1
答案 D
解析 因为f(x)＝eq \f(1,3)x3＋bx2＋(a2＋c2－ac)x＋1，
所以f′(x)＝x2＋2bx＋a2＋c2－ac.
又因为函数f(x)＝eq \f(1,3)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>2accsB，即csB0，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＝eq \f(2,a).
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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a0，))解得a0得y2′＝eq \f(2x－x2,ex)，令y2′＝0，x>0，解得x＝2，
∴y2＝eq \f(x2,ex)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＝eq \f(4,e2).
∵2ln2>eq \f(4,e2)，∴y1＝xlnx与y2＝eq \f(x2,ex)的交点在(1,2)内，∴函数f(x)的最大值为eq \f(4,e2).
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∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))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∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))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≤eq \f(1,x)－1，
而g(x)＝eq \f(1,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－eq \f(3,x).
而h(x)＝1－eq \f(3,x)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．ʃeq \\al(e,1)eq \f(1,x)dx＋ʃeq \\al(2,－2)eq \r(4－x2)dx＝________.
答案 2π＋1
解析 因为ʃeq \\al(e,1)eq \f(1,x)dx＝lnx|eq \\al(e,1)＝lne－ln1＝1，
又ʃeq \\al(2,－2)eq \r(4－x2)dx的几何意义表示为y＝eq \r(4－x2)对应上半圆的面积，
即ʃeq \\al(2,－2)eq \r(4－x2)dx＝eq \f(1,2)×π×22＝2π，所以ʃeq \\al(e,1)eq \f(1,x)dx＋ʃeq \\al(2,－2)eq \r(4－x2)dx＝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＝－eq \f(1,3)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＝－eq \f(1,3)x3＋81x－234，∴y′＝－x2＋81，令y′>0，得00，不等式eλx－eq \f(lnx,λ)≥0显然成立，λ可取任意正实数；
当x∈(1，＋∞)时，eλx－eq \f(lnx,λ)≥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≥eq \f(lnx,x).
令g(x)＝eq \f(lnx,x)(x>1)，而g′(x)＝eq \f(1－lnx,x2)，
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)＝eq \f(1,e)，则有λ≥eq \f(1,e).综上分析可知，λ的最小值为eq \f(1,e).
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)＝eq \f(x3,3)－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)＝eq \f(x3,3)－x－1，则f′(x)＝x2－1＝(x＋1)(x－1)．
令f′(x)>0，得x>1或x