浙江专版2020届高考数学一轮复习单元检测4导数及其应用单元检测含解析.pdf

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1、单元检测四导数及其应用(时间：120 分钟满分：150 分)第卷(选择题共40 分)一、选择题(本大题共10 小题，每小题4 分，共 40 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.1B(log3x)(x1x2)1x31xlg3C(3x)3xln3D(x2sinx)2xcosx答案 C解析由求导法则可知C正确2已知函数f(x)lnxx2f(a)，且f(1)1，则实数a的值为()A 或 1B.1212C1D2答案 C解析令x 1，则f(1)ln1 f(a)1，可得f(a)1.令xa0，则f(a)2af(a)，1a即 2a2a1 0，解得a1 或a(舍去)

2、123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()2A(，0)B(，1)C(，1 D(，1)答案 B解析f(x)exxex(x1)ex，又切线的倾斜角大于，2所以f(x)0，即(x1)ex0，解得x1.4函数f(x)的部分图象大致为()e|x|3x答案 C解析由题意得f(x)为奇函数，排除B；又f(1)0时，f(x)，ex3x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x1 ex3x2增，排除D.5若函数f(x)lnxax22 在区间内存在单调递增区间，则实数a的取值范围是(12，2)()A(，2 B.(18，)C.D(2，)(2，18)答

3、案 D解析对f(x)求导得f(x)2ax，1x2ax2 1x由题意可得2ax210 在内有解，(12，2)所以amin.(12x2)因为x，(12，2)所以x2，(14，4)(12x2)(2，18)所以a2.6.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()f(b)f(a)f(c)；函数f(x)在xc处取得极小值，在xe处取得极大值；函数f(x)在xc处取得极大值，在xe处取得极小值；函数f(x)的最小值为f(d)AB C D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

4、递增，在区间(c，e)内，f(x)f(a)，所以错；函数f(x)在xc处取得极大值，在xe处取得极小值，故错，对；函数f(x)没有最小值，故错7已知函数f(x)(x2mxm)ex2m(mR)在x0 处取得极小值，则f(x)的极大值是()A4e 2B4e2Ce2De2答案 A解析由题意知，f(x)x2(2 m)x 2mex，f(0)2m0，解得m0，f(x)x2ex，f(x)(x22x)ex.令f(x)0，解得x0，令f(x)0，解得 2x0 得y2，x2ex2xx2ex令y2 0，x0，解得x2，y2在(0,2)上单调递增，在(2，)上单调递减，作出示意图如图，x2ex当x2 时，y12ln2

5、，y2.4e22ln2，y1xlnx与y2的交点在(1,2)内，4e2x2ex函数f(x)的最大值为.4e29已知yf(x)为(0，)上的可导函数，且有f(x)0，则对于任意的a，bf xx(0，)，当ab时，有()Aaf(a)bf(b)Caf(b)bf(a)Daf(b)0，得0，f xxxfxf xx即0，即 xf(x)x0.xf x xx0，xf(x)0，即函数yxf(x)为增函数，由a，b(0，)且ab，得af(a)bf(b)，故选 B.10(2018 温州“十五校联合体”联考)已知函数f(x)2xe2x(e 为自然对数的底数)，g(x)mx1(m R)，若对于任意的x1 1,1，总存在

6、x0 1,1，使得g(x0)f(x1)成立，则实数m的取值范围为()A(，1e2 e21，)B1 e2，e21C(，e21 1 e2，)De 21,1 e2答案 A解析f(x)22e2x，f(x)在区间 1,0 上为增函数，在区间0,1上为减函数，f(1)f(1)(2 e 2)(2 e2)e2e240，f(1)f(1)，又f(0)1，则函数f(x)在区间 1,1 上的值域为A2 e2，1 当m0时，函数g(x)在区间 1,1 上的值域为Bm1，m 1 依题意有A?B，则有 Error!得me21.当m0 时，函数g(x)在区间 1,1 上的值域为B1，不符合题意当m0时，函数g(x)在区间 1

7、,1 上的值域为Bm1，m 1 依题意有A?B，则有 Error!得m1 e2.综上，实数m的取值范围为(，1 e2 e21，)第卷(非选择题共110 分)二、填空题(本大题共7 小题，多空题每题6 分，单空题每题4 分，共 36 分把答案填在题中横线上)11已知直线ykx与函数f(x)ex(其中 e为自然对数的底数)的图象相切，则实数k的值为 _；切点坐标为_答案 e(1，e)解析设切点坐标为(x，y)，需满足 Error!所以解得x 1，ye，k e，所以ke，切点坐标为(1，e)12设函数f(x)xlnx，则点(1,0)处的切线方程是_；函数f(x)xlnx的最小值为 _答案xy1 01

8、e解析由题意得f(x)1lnx，所以f(1)1，则所求切线方程为xy10.由f(x)1lnx0 得 0 x0 得x，1e所以函数f(x)xlnx在上单调递减，在上单调递增，(0，1e)(1e，)所以函数f(x)xlnx在x 处取得最小值，最小值为f ln.1e(1e)1e1e1e13(2018 宁波九校期末)函数f(x)x32xexex是_函数(填“奇”或“偶”)，在 R上的增减性为_(填“单调递增”、“单调递减”或“有增有减”)答案奇单调递增解析函数f(x)x32xexex，它的定义域为R，且满足f(x)x3 2xexexf(x)，故函数f(x)为奇函数由于函数的导数f(x)3x2 2(ex

9、ex)3x222 3x20，故函数在R上单调递增14(2018 诸暨检测)已知函数f(x)x33x，函数f(x)的图象在x0 处的切线方程是_；函数f(x)在0,2内的值域是 _答案y 3x 2,2解析f(x)x33x，f(x)3x23，又f(0)0，f(0)3，函数f(x)在点(0,0)处的切线方程为y 3x.令f(x)3x230，得x1，当x变化时，f(x)与f(x)的变化情况如下表.x(，1)1(1,1)1(1，)f(x)00f(x)极大值 2极小值 2在 0,1上，f(x)是减函数，其最小值为f(1)2，最大值为f(0)0；在 1,2上，f(x)是增函数，其最小值为f(1)2，最大值为

10、f(2)2.综上，在 0,2上，f(x)的值域为 2,2 15已知函数f(x)ln，g(x)ex2，若g(m)f(n)成立，则nm的最小值为x212_答案 ln2解析令f(n)g(m)k(k0)，则由 ln k，解得n，n2122eke由 em2k，解得mlnk2，则nmlnk2，2eke令h(k)lnk2，2eke则h(k)，2eke1k由h(k)0 得k，且当k时，h(k)0，h(k)单调递增，则h(k)minhln2，(12)即nm的最小值是ln2.16设实数0，若对任意的x(0，)，不等式ex0 恒成立，则的最小值lnx为_答案1e解析当x(0,1 时，0，不等式ex0显然成立，可取任

11、意正实数；lnx当x(1，)时，ex0?exlnx?xexlnxelnx，lnx设函数f(x)xex(x0)，而f(x)(x1)ex0，则f(x)在(0，)上单调递增，那么由xexlnxelnx可得xlnx?.lnxx令g(x)(x1)，lnxx而g(x)，1lnxx2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)maxg(e)，则有.1e1e综上分析可知，的最小值为.1e17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：f(x)3|x 1|2；f(x)lg

12、|x2019|；f(x)x 1；x33f(x)x22mx 1(mR)则存在“折点”的函数是 _(填序号)答案解析因为f(x)3|x 1|22，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|x2019|，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|x2019|的一个“折点”；对于函数f(x)x1，x33则f(x)x21(x1)(x 1)令f(x)0，得x1 或x1；令f(x)0，得 1x1，所以函数f(x)在(，1)和(1，)上单调递增，在(1，1)上单调递

13、减又f(1)0，即h(x)在区间 1，)内是增函数，于是yf(x)在区间 1，)内的最小值为h(1)e1.(2)令g(x)f(x)em(x1)，则g(x)0 对任意x1，)恒成立，且发现g(1)0，g(x)exm.1x由(1)知当me 1 时，g(x)0，此时g(x)单调递增，于是g(x)g(1)0，成立；当me1 时，则存在t(1，)，使得g(t)0，当x(1，t)时，g(x)0，此时g(x)ming(t)g(1)0，矛盾综上得me 1，即实数m的取值范围为(，e1 19(15 分)已知函数f(x)2x alnx，a R.2x(1)若函数f(x)在区间 1，)内单调递增，求实数a的取值范围；

14、(2)记函数g(x)x2f(x)2x2，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，2x2ax所以a 2x在区间 1，)内恒成立2x令h(x)2x，x1，)，2x因为h(x)20.因为g(x)6x2a，当a0 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a0.令g(x)0，则x或x(舍去)，a6a6由此可得函数g(x)在区间内单调递减，在区间内单调递增，(0，a6)(a6，)则x是函数g(x)的极小值点，也是最小值点，a6所以g(x)ming(x)极小值g 6，(a6)解得a 6，所以f(x)2

15、x 6lnx.2x20(15 分)(2019 舟山模拟)已知函数f(x)lnxx，g(x)ax22x(a0)(1)求函数f(x)在区间上的最值；1e，e(2)求函数h(x)f(x)g(x)的极值点解(1)依题意，f(x)1，1x令 1 0，解得x1.1x因为f(1)1，f 1，f(e)1e，(1e)1e且 1e1 0)，h(x)2ax1，1x2ax2x1x当a0，所以h(x)，2ax2x1x2a xx1xx2x其中x1，x2.1 18a4a1 18a4a因为a0，所以x10，所以当 0 x0；当xx2时，h(x)g(x)，求k的最大值(参考数据：ln5 1.6094，ln6 1.7918，ln

16、(1)0.8814)2解(1)f(x)5lnx，f(1)5，且f(x)，1x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y5x1，即yx4.设直线yx4 与g(x)(k R)的图象相切于点P(x0，y0)，kxx1从而可得g(x0)1，g(x0)x0 4，又g(x)，kx1 2Error!解得 Error!或Error!k的值为 1 或 9.(2)由题意知，当x(1，)时，5lnx恒成立，kx1x等价于当x(1，)时，k1)，x1 5lnxx则h(x)(x1)，x4 lnxx2记p(x)x 4lnx(x1)，则p(x)1 0，1xx1xp(x)在x(1，)上单调递增又

17、p(5)1 ln50，在x(1，)上存在唯一的实数m，且m(5,6)，使得p(m)m4 lnm0，当x(1，m)时，p(x)0，即h(x)0，即h(x)0，则h(x)在x(m，)上单调递增，当x(1，)时，h(x)minh(m)，m1 5lnmm由可得lnmm 4，h(m)m 2，m1m1m1m而m(5,6)，m 2，1m(365，496)又当m32时，h(m)8，2p(3 2)21ln(3 2)0，222m(5,3 2)，h(m).2(365，8)又kN*，k的最大值是7.22(15 分)已知函数f(x)lnxmex的图象在点(1，f(1)处的切线与直线l：x(1 e)y0 垂直，其中e 为

18、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)求证：函数f(x)有且仅有一个极值点求证：f(x)x2 2x1.(1)解由题意得f(x)mex，1x直线l：x(1e)y0 的斜率为，11 e故函数f(x)的图象在点(1，f(1)处的切线的斜率为1e，即f(1)1me1e，所以m1.当x1，)时，f(x)ex单调递减，1x即f(x)f(1)1e0，所以f(x)在区间 1，)内单调递减，所以当x1，)时，f(x)maxf(1)ln1 e e.(2)证明f(x)ex，令h(x)f(x)，1x则h(x)ex0，h(1)1e0，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xx0处取得唯一的极大值，即函数f(x)有且仅有一个极值点由知f(x)ex在区间(0，)内为减函数，1x又f(1)1e0，(12)e因此存在实数x0满足方程f(x)ex 0，(12，1)1x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)0ex 0，1x0由此得到0ex，x0 lnx0.1x0由单调性知f(x)maxf(x0)lnx00exx0，1x0(x01x0)又x0，故2，(12，1)(x01x0)所以f(x)max2.又x2 2x1(x1)22 2，所以f(x)x2 2x1.