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 文数（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0<x<1时，y′<0，函数单调递减；

当x<0时，y′<0，函数单调递减，且函数y＝无零点，故选B.

6．若函数f(x)＝2x2＋lnx－ax在定义域内单调递增，则实数a的取值范围为(　　)

A．(4，＋∞)   B．[4，＋∞)

C．(－∞，4)   D．(－∞，4]

答案　D

解析　由题意得f′(x)＝4x＋－a≥0在(0，＋∞)上恒成立，

即a≤4x＋(x>0)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－3<x<0时，f′(x)>0，∴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)   B．af(a)>bf(b)

C．af(b)>bf(a)   D．af(b)<bf(a)

答案　B

解析　由f′(x)＋>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．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－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)＝ex＋lnx.

(1)求函数y＝f′(x)在区间[1，＋∞)内的最小值；

(2)若对任意x∈[1，＋∞)，恒有f(x)≥e＋m(x－1)，求实数m的取值范围．

解　(1)令y＝h(x)＝f′(x)＝ex＋，

则h′(x)＝ex－，

则当x∈[1，＋∞)时，ex≥e，≤1，

所以h′(x)>0，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)<g(1)＝0，矛盾．

综上得m≤e＋1，即实数m的取值范围为(－∞，e＋1]．

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)(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.