2020届高考数学一轮复习 单元检测三 导数及其应用（提升卷）单元检测 理（含解析） 新人教A版

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.x＋1x2′＝1＋1x3B．(log3x)′＝1xlg3C．(3x)′＝3x·ln3D．(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．－12或1B.12C．1D．2答案C解析令x＝1，则f(1)＝ln1＋f′(a)＝－1，可得f′(a)＝－1.令x＝a0，则f′(a)＝1a＋2af′(a)，即2a2－a－1＝0，解得a＝1或a＝－12(舍去)．3．若函数f(x)＝xex的图象的切线的倾斜角大于π2，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π2，所以f′(x)0，即(x＋1)ex0，解得x－1.4．函数f(x)＝2x2－lnx的单调递增区间是()A.0，12B.－12，0和12，＋∞C.12，＋∞D.－∞，－12和0，12答案C解析由题意得f′(x)＝4x－1x＝4x2－1x，且x0，由f′(x)0，即4x2－10，解得x12.故选C.5．函数f(x)＝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)＝e31，排除A；当x0时，f(x)＝ex3x，所以f′(x)＝x－1ex3x2，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12，2内存在单调递增区间，则实数a的取值范围是()A．(－∞，－2]B.－18，＋∞C.－2，－18D．(－2，＋∞)答案D解析对f(x)求导得f′(x)＝1x＋2ax＝2ax2＋1x，由题意可得2ax2＋10在12，2内有解，所以a－12x2min.因为x∈12，2，所以x2∈14，4，－12x2∈－2，－18，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＝2x所围成的封闭图形的面积为()A．3＋2ln2B．3C．2e2－3D．e答案B解析S＝ʃ102xdx＋ʃe12xdx＝x2|10＋2lnx|e1＝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)＝13x3＋bx2＋(a2＋c2－ac)x＋1有极值点，则sin2B－π3的最小值是()A．0B．－32C.32D．－1答案D解析因为f(x)＝13x3＋bx2＋(a2＋c2－ac)x＋1，所以f′(x)＝x2＋2bx＋a2＋c2－ac.又因为函数f(x)＝13x3＋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aca2＋c2－b2，即ac2accosB，即cosB12，又B∈(0，π)，故B∈π3，π，所以2B－π3∈π3，5π3.当2B－π3＝3π2，即B＝11π12时，sin2B－π3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x00，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＝2a.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a0，f2a0，即a0，8a2－3×4a2＋10，解得a－2.故选C.11．设函数f(x)＝minxlnx，x2ex(min{a，b}表示a，b中的较小者)，则函数f(x)的最大值为()A.32ln2B．2ln2C.1eD.4e2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＝1e，∴y1＝xlnx在0，1e上单调递减，在1e，＋∞上单调递增．由y2＝x2ex，x0得y2′＝2x－x2ex，令y2′＝0，x0，解得x＝2，∴y2＝x2ex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＝4e2.∵2ln24e2，∴y1＝xlnx与y2＝x2ex的交点在(1,2)内，∴函数f(x)的最大值为4e2.12．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∈12，1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∈12，1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≤1x－1，而g(x)＝1x－1在x＝1时取得最小值0，故a≤0；同理，当x－2≤ax＋1时，a≥1－3x.而h(x)＝1－3x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．ʃe11xdx＋ʃ2－24－x2dx＝________.答案2π＋1解析因为ʃe11xdx＝lnx|e1＝lne－ln1＝1，又ʃ2－24－x2dx的几何意义表示为y＝4－x2对应上半圆的面积，即ʃ2－24－x2dx＝12×π×22＝2π，所以ʃe11xdx＋ʃ2－24－x2dx＝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＝－13x3＋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＝－13x3＋81x－234，∴y′＝－x2＋81，令y′0，得0x9，令y′0，得x9，∴函数y＝－13x3＋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λ0，若对任意的x∈(0，＋∞)，不等式eλx－lnxλ≥0恒成立，则λ的最小值为________．答案1e解析当x∈(0,1]时，λ0，不等式eλx－lnxλ≥0显然成立，λ可取任意正实数；当x∈(1，＋∞)时，eλx－lnxλ≥0⇔λeλx≥lnx⇔λx·eλx≥lnx·elnx，设函数f(x)＝x·ex(x0)，而f′(x)＝(x＋1)·ex0，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增，那么由λx·eλx≥lnx·elnx可得λx≥lnx⇔λ≥lnxx.令g(x)＝lnxx(x1)，而g′(x)＝1－lnxx2，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)＝1e，则有λ≥1e.综上分析可知，λ的最小值为1e.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)＝x33－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|＋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|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)＝x33－x－1，则f′(x)＝x2－1＝(x＋1)(x－1)．令f′(x)0，得x1或x－1；令f′(x)0，得－1x1，所以函数f(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递增，在(－1，1)上单调递减．又f(－1)＝－130，所以函数f(x)只有一个零点，所以函数f(x)＝x33－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＝±33，f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：x－1－1，－33－33－33，333333，11f′(x)＋0－0＋f(x)0极大值极小值0故当x＝－33时，f(x)max＝239.18．(12分)已知函数f(x)＝2x＋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)＝2－2x2＋ax≥0在区间[1，＋∞)内恒成立，所以a≥2x－2x在区间[1，＋∞)内恒成立．令h(x)＝2x－2x，x∈[1，＋∞)，因为h′(x)＝－2x2－20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，x0.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a0.令g′(x)＝0，则x＝－a6或x＝－－a6(舍去)，由此可得函数g(x)在区间0