高考数学(文数)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(文数)一轮复习单元检测03《导数及其应用》提升卷（教师版），共9页。试卷主要包含了函数y＝eq \f的大致图象是，设f＝x3－x.，已知函数f＝ex＋lnx.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，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.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0))和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))
答案 C
解析 由题意得f′(x)＝4x－eq \f(1,x)＝eq \f(4x2－1,x)，且x>0，
由f′(x)>0，即4x2－1>0，解得x>eq \f(1,2).故选C.
5．函数y＝eq \f(ex,x)的大致图象是( )
答案 B
解析 函数y＝eq \f(ex,x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，求导得y′＝eq \f(x－1ex,x2)，
当x>1时，y′>0，函数单调递增；当0当x<0时，y′<0，函数单调递减，且函数y＝eq \f(ex,x)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＋eq \f(1,x)－a≥0在(0，＋∞)上恒成立，即a≤4x＋eq \f(1,x)(x>0)恒成立．
又4x＋eq \f(1,x)≥4，当且仅当x＝eq \f(1,2)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(eq \r(3))，极小值为f(－eq \r(3))
B．f(x)的极大值为f(－eq \r(3))，极小值为f(eq \r(3))
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)＝eq \f(1,3)x3－4x＋4(0≤x≤3)的值域为( )
A．[1，4]B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(4,3)，4))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(4,3)，1))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)＝－eq \f(4,3)，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)＝－eq \f(4,3)，
故值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(4,3)，4)).
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＝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(a<0，,f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)))>0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a<0，,\f(8,a2)－3×\f(4,a2)＋1>0，))解得a<－2.故选C.
11．设函数f(x)＝mineq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(xlnx，\f(x2,ex)))(min{a，b}表示a，b中的较小者)，则函数f(x)的最大值为( )
A.eq \f(3,2)ln2B．2ln2C.eq \f(1,e)D.eq \f(4,e2)
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＝eq \f(1,e)，∴y1＝xlnx在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))上单调递增．
由y2＝eq \f(x2,ex)，x>0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y＝f(x)为(0，＋∞)上的可导函数，且有f′(x)＋eq \f(fx,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)答案 B
解析 由f′(x)＋eq \f(fx,x)>0，得eq \f(xf′x＋fx,x)>0，即eq \f([xfx]′,x)>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＝－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0令y′<0，得x>9，
∴函数y＝－eq \f(1,3)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)＝lneq \f(x,2)＋eq \f(1,2)，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lneq \f(n,2)＋eq \f(1,2)＝k，解得n＝eq \f(2ek,\r(e))，
由em－2＝k，解得m＝lnk＋2，则n－m＝eq \f(2ek,\r(e))－lnk－2，
令h(k)＝eq \f(2ek,\r(e))－lnk－2，则h′(k)＝eq \f(2ek,\r(e))－eq \f(1,k)，
由h′(k)＝0得k＝eq \f(1,2)，且当k∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))时，h′(k)<0，h(k)单调递减，
当k∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))时，h′(k)>0，h(k)单调递增，则h(k)min＝heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝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)＝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<－1；令f′(x)<0，得－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)＝－eq \f(1,3)<0，所以函数f(x)只有一个零点，
所以函数f(x)＝eq \f(x3,3)－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．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＝±eq \f(\r(3),3)，
f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：
故当x＝－eq \f(\r(3),3)时，f(x)max＝eq \f(2\r(3),9).
18．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＋eq \f(1,x)，则h′(x)＝ex－eq \f(1,x2)，
则当x∈[1，＋∞)时，ex≥e，eq \f(1,x2)≤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)＝eq \f(1,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)综上得m≤e＋1，即实数m的取值范围为(－∞，e＋1]．
19．已知函数f(x)＝lnx－x，g(x)＝ax2＋2x(a<0)．
(1)求函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))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)＝eq \f(1,x)－1，令eq \f(1,x)－1＝0，解得x＝1.
因为f(1)＝－1，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝－1－eq \f(1,e)，f(e)＝1－e，且1－e<－1－eq \f(1,e)<－1，
故函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))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)＝eq \f(1,x)＋2ax＋1＝eq \f(2ax2＋x＋1,x)，
当a<0时，令h′(x)＝0，则2ax2＋x＋1＝0.
因为Δ＝1－8a>0，
所以h′(x)＝eq \f(2ax2＋x＋1,x)＝eq \f(2ax－x1x－x2,x)，
其中x1＝－eq \f(1－\r(1－8a),4a)，x2＝－eq \f(1＋\r(1－8a),4a).
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＝－eq \f(1＋\r(1－8a),4a)为函数h(x)的极大值点，无极小值点．
20．已知函数f(x)＝5＋lnx，g(x)＝eq \f(kx,x＋1)(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(eq \r(2)＋1)≈0.8814)
解 (1)∵f(x)＝5＋lnx，∴f(1)＝5，且f′(x)＝eq \f(1,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)＝eq \f(kx,x＋1)(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)＝eq \f(k,x＋12)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(k,x0＋12)＝1，,\f(kx0,x0＋1)＝x0＋4，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝2，,k＝9))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝－2，,k＝1.))∴k的值为1或9.
(2)由题意知，当x∈(1，＋∞)时，5＋lnx>eq \f(kx,1＋x)恒成立，
等价于当x∈(1，＋∞)时，k设h(x)＝eq \f(x＋15＋lnx,x)(x>1)，则h′(x)＝eq \f(x－4－lnx,x2)(x>1)，
记p(x)＝x－4－lnx(x>1)，则p′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)>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)＝eq \f(m＋15＋lnm,m)，由①可得lnm＝m－4，
∴h(m)＝eq \f(m＋1m＋1,m)＝m＋eq \f(1,m)＋2，
而m∈(5，6)，∴m＋eq \f(1,m)＋2∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(36,5)，\f(49,6)))，又当m＝3＋2eq \r(2)时，h(m)＝8，
p(3＋2eq \r(2))＝2eq \r(2)－1－ln(3＋2eq \r(2))>0，∴m∈(5，3＋2eq \r(2))，∴h(m)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(36,5)，8)).
又k∈N*，∴k的最大值是7.
x
－1
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(\r(3),3)))
－eq \f(\r(3),3)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))
eq \f(\r(3),3)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，1))
1
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
0

极大值

极小值

0