（浙江專版）2020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 單元檢測四 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用單元檢測（含解析）

《（浙江專版）2020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 單元檢測四 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用單元檢測（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專版）2020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 單元檢測四 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用單元檢測（含解析）（14頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、單元檢測四導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用(時間：120分鐘滿分：150分)第卷(選擇題共40分)一、選擇題(本大題共10小題，每小題4分，共40分在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1下列求導(dǎo)運算正確的是()A.1B(log3x)C(3x)3xln3D(x2sinx)2xcosx答案C解析由求導(dǎo)法則可知C正確2已知函數(shù)f(x)lnxx2f(a)，且f(1)1，則實數(shù)a的值為()A或1B.C1D2答案C解析令x1，則f(1)ln1f(a)1，可得f(a)1.令xa0，則f(a)2af(a)，即2a2a10，解得a1或a(舍去)3若函數(shù)f(x)xex的圖象的切線的傾斜角大于，則x的取值范圍是()A(

2、，0) B(，1)C(，1 D(，1)答案B解析f(x)exxex(x1)ex，又切線的傾斜角大于，所以f(x)0，即(x1)ex0，解得x1.4函數(shù)f(x)的部分圖象大致為()答案C解析由題意得f(x)為奇函數(shù)，排除B；又f(1)0時，f(x)，所以f(x)，函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)單調(diào)遞減，在區(qū)間(1，)內(nèi)單調(diào)遞增，排除D.5若函數(shù)f(x)lnxax22在區(qū)間內(nèi)存在單調(diào)遞增區(qū)間，則實數(shù)a的取值范圍是()A(，2 B.C.D(2，)答案D解析對f(x)求導(dǎo)得f(x)2ax，由題意可得2ax210在內(nèi)有解，所以amin.因為x，所以x2，所以a2.6.已知定義在R上的函數(shù)f(x)，其導(dǎo)函

3、數(shù)f(x)的大致圖象如圖所示，則下列敘述正確的是()f(b)f(a)f(c)；函數(shù)f(x)在xc處取得極小值，在xe處取得極大值；函數(shù)f(x)在xc處取得極大值，在xe處取得極小值；函數(shù)f(x)的最小值為f(d)ABCD答案A解析由導(dǎo)函數(shù)的圖象可知函數(shù)f(x)在區(qū)間(，c)，(e，)內(nèi)，f(x)0，所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(，c)，(e，)內(nèi)單調(diào)遞增，在區(qū)間(c，e)內(nèi)，f(x)f(a)，所以錯；函數(shù)f(x)在xc處取得極大值，在xe處取得極小值，故錯，對；函數(shù)f(x)沒有最小值，故錯7已知函數(shù)f(x)(x2mxm)ex2m(mR)在x0處取得極小值，則f(x)的極大值是()A4e2B4e2Ce

4、2De2答案A解析由題意知，f(x)x2(2m)x2mex，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，令y20，x0，解得x2，y2在(0,2)上單調(diào)遞增，在(2，)上單調(diào)遞減，作出示意圖如圖，當(dāng)x2時，y12ln2，y2.2ln2，y1xlnx與y2的交點在(1,2)內(nèi)，函數(shù)f(x)的最大值為.9已知yf(x)為(0，)上的可導(dǎo)函數(shù)，且有f(x)0，則對于任意的a，b(0，)，當(dāng)ab時，有()Aaf(a)bf(b)Caf(b)bf(a) Daf(b)0，得0，即0，即xf(x)x0.x0，xf(x)0，即函數(shù)

5、yxf(x)為增函數(shù)，由a，b(0，)且ab，得af(a)bf(b)，故選B.10(2018溫州“十五校聯(lián)合體”聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)2xe2x(e為自然對數(shù)的底數(shù))，g(x)mx1(mR)，若對于任意的x11,1，總存在x01,1，使得g(x0)f(x1)成立，則實數(shù)m的取值范圍為()A(，1e2e21，)B1e2，e21C(，e211e2，)De21,1e2答案A解析f(x)22e2x，f(x)在區(qū)間1,0上為增函數(shù)，在區(qū)間0,1上為減函數(shù)，f(1)f(1)(2e2)(2e2)e2e240，f(1)f(1)，又f(0)1，則函數(shù)f(x)在區(qū)間1,1上的值域為A2e2，1當(dāng)m0時，函數(shù)g(x

6、)在區(qū)間1,1上的值域為Bm1，m1依題意有AB，則有得me21.當(dāng)m0時，函數(shù)g(x)在區(qū)間1,1上的值域為B1，不符合題意當(dāng)m0時，函數(shù)g(x)在區(qū)間1,1上的值域為Bm1，m1依題意有AB，則有得m1e2.綜上，實數(shù)m的取值范圍為(，1e2e21，)第卷(非選擇題共110分)二、填空題(本大題共7小題，多空題每題6分，單空題每題4分，共36分把答案填在題中橫線上)11已知直線ykx與函數(shù)f(x)ex(其中e為自然對數(shù)的底數(shù))的圖象相切，則實數(shù)k的值為_；切點坐標(biāo)為_答案e(1，e)解析設(shè)切點坐標(biāo)為(x，y)，需滿足所以解得x1，ye，ke，所以ke，切點坐標(biāo)為(1，e)12設(shè)函數(shù)f(x)

7、xlnx，則點(1,0)處的切線方程是_；函數(shù)f(x)xlnx的最小值為_答案xy10解析由題意得f(x)1lnx，所以f(1)1，則所求切線方程為xy10.由f(x)1lnx0得0x0得x，所以函數(shù)f(x)xlnx在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，所以函數(shù)f(x)xlnx在x處取得最小值，最小值為fln.13(2018寧波九校期末)函數(shù)f(x)x32xexex是_函數(shù)(填“奇”或“偶”)，在R上的增減性為_(填“單調(diào)遞增”、“單調(diào)遞減”或“有增有減”)答案奇單調(diào)遞增解析函數(shù)f(x)x32xexex，它的定義域為R，且滿足f(x)x32xexexf(x)，故函數(shù)f(x)為奇函數(shù)由于函數(shù)的導(dǎo)數(shù)f(x)

8、3x22(exex)3x2223x20，故函數(shù)在R上單調(diào)遞增14(2018諸暨檢測)已知函數(shù)f(x)x33x，函數(shù)f(x)的圖象在x0處的切線方程是_；函數(shù)f(x)在0,2內(nèi)的值域是_答案y3x2,2解析f(x)x33x，f(x)3x23，又f(0)0，f(0)3，函數(shù)f(x)在點(0,0)處的切線方程為y3x.令f(x)3x230，得x1，當(dāng)x變化時，f(x)與f(x)的變化情況如下表.x(，1)1(1,1)1(1，)f(x)00f(x)極大值2極小值2在0,1上，f(x)是減函數(shù)，其最小值為f(1)2，最大值為f(0)0；在1,2上，f(x)是增函數(shù)，其最小值為f(1)2，最大值為f(2)

9、2.綜上，在0,2上，f(x)的值域為2,215已知函數(shù)f(x)ln，g(x)ex2，若g(m)f(n)成立，則nm的最小值為_答案ln2解析令f(n)g(m)k(k0)，則由lnk，解得n，由em2k，解得mlnk2，則nmlnk2，令h(k)lnk2，則h(k)，由h(k)0得k，且當(dāng)k時，h(k)0，h(k)單調(diào)遞增，則h(k)minhln2，即nm的最小值是ln2.16設(shè)實數(shù)0，若對任意的x(0，)，不等式ex0恒成立，則的最小值為_答案解析當(dāng)x(0,1時，0，不等式ex0顯然成立，可取任意正實數(shù)；當(dāng)x(1，)時，ex0exlnxxexlnxelnx，設(shè)函數(shù)f(x)xex(x0)，而f

10、(x)(x1)ex0，則f(x)在(0，)上單調(diào)遞增，那么由xexlnxelnx可得xlnx.令g(x)(x1)，而g(x)，易知函數(shù)g(x)在(1，e)上單調(diào)遞增，在(e，)上單調(diào)遞減，那么g(x)maxg(e)，則有.綜上分析可知，的最小值為.17對于定義在R上的函數(shù)f(x)，若存在非零實數(shù)x0，使函數(shù)f(x)在(，x0)和(x0，)上均有零點，則稱x0為函數(shù)f(x)的一個“折點”現(xiàn)給出下列四個函數(shù)：f(x)3|x1|2；f(x)lg|x2019|；f(x)x1；f(x)x22mx1(mR)則存在“折點”的函數(shù)是_(填序號)答案解析因為f(x)3|x1|22，所以函數(shù)f(x)不存在零點，所

11、以函數(shù)f(x)不存在“折點”；對于函數(shù)f(x)lg|x2019|，取x02019，則函數(shù)f(x)在(，2019)上有零點x2020，在(2019，)上有零點x2018，所以x02019是函數(shù)f(x)lg|x2019|的一個“折點”；對于函數(shù)f(x)x1，則f(x)x21(x1)(x1)令f(x)0，得x1或x1；令f(x)0，得1x1，所以函數(shù)f(x)在(，1)和(1，)上單調(diào)遞增，在(1，1)上單調(diào)遞減又f(1)0，即h(x)在區(qū)間1，)內(nèi)是增函數(shù)，于是yf(x)在區(qū)間1，)內(nèi)的最小值為h(1)e1.(2)令g(x)f(x)em(x1)，則g(x)0對任意x1，)恒成立，且發(fā)現(xiàn)g(1)0，g

12、(x)exm.由(1)知當(dāng)me1時，g(x)0，此時g(x)單調(diào)遞增，于是g(x)g(1)0，成立；當(dāng)me1時，則存在t(1，)，使得g(t)0，當(dāng)x(1，t)時，g(x)0，此時g(x)ming(t)g(1)0，矛盾綜上得me1，即實數(shù)m的取值范圍為(，e119(15分)已知函數(shù)f(x)2xalnx，aR.(1)若函數(shù)f(x)在區(qū)間1，)內(nèi)單調(diào)遞增，求實數(shù)a的取值范圍；(2)記函數(shù)g(x)x2f(x)2x2，若g(x)的最小值是6，求函數(shù)f(x)的解析式解(1)由題意知f(x)20在區(qū)間1，)內(nèi)恒成立，所以a2x在區(qū)間1，)內(nèi)恒成立令h(x)2x，x1，)，因為h(x)20.因為g(x)6x

13、2a，當(dāng)a0時，g(x)0恒成立，所以g(x)在區(qū)間(0，)內(nèi)單調(diào)遞增，無最小值，不合題意，所以a0.令g(x)0，則x或x(舍去)，由此可得函數(shù)g(x)在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減，在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增，則x是函數(shù)g(x)的極小值點，也是最小值點，所以g(x)ming(x)極小值g6，解得a6，所以f(x)2x6lnx.20(15分)(2019舟山模擬)已知函數(shù)f(x)lnxx，g(x)ax22x(a0)(1)求函數(shù)f(x)在區(qū)間上的最值；(2)求函數(shù)h(x)f(x)g(x)的極值點解(1)依題意，f(x)1，令10，解得x1.因為f(1)1，f1，f(e)1e，且1e10)，h(x)2ax1，當(dāng)a0，所以

14、h(x)，其中x1，x2.因為a0，所以x10，所以當(dāng)0x0；當(dāng)xx2時，h(x)g(x)，求k的最大值(參考數(shù)據(jù)：ln51.6094，ln61.7918，ln(1)0.8814)解(1)f(x)5lnx，f(1)5，且f(x)，從而得到f(1)1.函數(shù)f(x)的圖象在點(1，f(1)處的切線方程為y5x1，即yx4.設(shè)直線yx4與g(x)(kR)的圖象相切于點P(x0，y0)，從而可得g(x0)1，g(x0)x04，又g(x)，解得或k的值為1或9.(2)由題意知，當(dāng)x(1，)時，5lnx恒成立，等價于當(dāng)x(1，)時，k1)，則h(x)(x1)，記p(x)x4lnx(x1)，則p(x)10，

15、p(x)在x(1，)上單調(diào)遞增又p(5)1ln50，在x(1，)上存在唯一的實數(shù)m，且m(5,6)，使得p(m)m4lnm0，當(dāng)x(1，m)時，p(x)0，即h(x)0，即h(x)0，則h(x)在x(m，)上單調(diào)遞增，當(dāng)x(1，)時，h(x)minh(m)，由可得lnmm4，h(m)m2，而m(5,6)，m2，又當(dāng)m32時，h(m)8，p(32)21ln(32)0，m(5,32)，h(m).又kN*，k的最大值是7.22(15分)已知函數(shù)f(x)lnxmex的圖象在點(1，f(1)處的切線與直線l：x(1e)y0垂直，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)(1)求實數(shù)m的值及函數(shù)f(x)在區(qū)間1，)內(nèi)的最大值

16、(2)求證：函數(shù)f(x)有且僅有一個極值點求證：f(x)x22x1.(1)解由題意得f(x)mex，直線l：x(1e)y0的斜率為，故函數(shù)f(x)的圖象在點(1，f(1)處的切線的斜率為1e，即f(1)1me1e，所以m1.當(dāng)x1，)時，f(x)ex單調(diào)遞減，即f(x)f(1)1e0，所以f(x)在區(qū)間1，)內(nèi)單調(diào)遞減，所以當(dāng)x1，)時，f(x)maxf(1)ln1ee.(2)證明f(x)ex，令h(x)f(x)，則h(x)ex0，h(1)1e0，故f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x(x0，)時，h(x)0，故f(x)單調(diào)遞減，所以函數(shù)f(x)在xx0處取得唯一的極大值，即函數(shù)f(x)有且僅有一個極值點由知f(x)ex在區(qū)間(0，)內(nèi)為減函數(shù)，又f(1)1e0，因此存在實數(shù)x0滿足方程f(x)ex0，此時f(x)在區(qū)間(0，x0)內(nèi)為增函數(shù)，在區(qū)間(x0，)內(nèi)為減函數(shù)，且f(x0)0，由此得到，x0lnx0.由單調(diào)性知f(x)maxf(x0)lnx0x0，又x0，故2，所以f(x)max2.又x22x1(x1)222，所以f(x)x22x1.14