（新課標）2021版高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習 同步測試卷（五）導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 新人教A版

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1、同步測試卷 數(shù)學(xué)(五) (導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用) 時間：60分鐘　總分：100分[對應(yīng)學(xué)生用書p297] 一、選擇題(本大題共6小題，每小題5分，共30分．其中多項選擇題全部選對得5分，部分選對得3分，有選錯或不選得0分．) 1．函數(shù)y＝xsinx＋的導(dǎo)數(shù)是(　　) A．y′＝sinx＋xcosx＋ B．y′＝sinx－xcosx＋ C．y′＝sinx＋xcosx－ D．y′＝sinx－xcosx－ [解析]f′(x)＝(x)′sinx＋x(sinx)′＋′ ＝sinx＋xcosx＋x－ ＝sinx＋xcosx＋. [答案]A 2．已知a為函數(shù)f(x)＝x3－12x的極小值

2、點，則a＝(　　) A．－4B．－2 C．4D．2 [解析]f′＝3x2－12＝3，令f′＝0得x＝－2或x＝2，易得f在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，故f的極小值點為2，即a＝2. [答案]D 3．(多選)已知不等式aex－x≥0恒成立，則實數(shù)a的值可能是(　　) A.B.C.D．1 [解析]由aex－x≥0?a≥， 令f(x)＝，則f′(x)＝， 當x<1時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，當x>1時，f′(x)<0， f(x)單調(diào)遞減， 所以f(x)max＝f(1)＝，所以a≥f(x)max＝. [答案]BCD 4．直線y＝kx＋1與曲線f(x)＝alnx＋b相切

3、于點P(1，2)，則a＋b＝(　　) A．1B．4C．3D．2 [解析]由f(x)＝alnx＋b，得f′(x)＝， ∴f′(1)＝a.再由直線y＝kx＋1與曲線f(x)＝alnx＋b相切于點P(1，2)，得 ∴ ∴a＋b＝3. [答案]C 5．已知函數(shù)y＝f(x)是R上的可導(dǎo)函數(shù)，當x≠0時，有f′(x)＋>0，則函數(shù)F(x)＝xf(x)＋的零點個數(shù)是(　　) A．0B．1C．2D．3 [解析]由已知得>0，得>0，得(xf(x))′與x同號， 令g(x)＝xf(x)．則可知g(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增， 且g(0)＝0，又由xf(x)＋＝0

4、，即g(x)＝－，顯然y＝g(x)的圖象與y＝－的圖象只有一個交點，選B. [答案]B 6．定義在R上的偶函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，若對任意的實數(shù)x，都有2f(x)＋xf′(x)<2恒成立，則使x2f(x)－f(1)

5、(x)<0，當x<0時，g′(x)>0， 即偶函數(shù)g(x)在區(qū)間(－∞，0)上單調(diào)遞增，在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞減， 不等式x2f(x)－f(1)1. 即實數(shù)x的取值范圍是(－∞，－1)∪(1，＋∞)． [答案]B 二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分，將各小題的結(jié)果填在題中橫線上．) 7．曲線y＝xlnx在(1，0)處的切線方程為________________． [解析]y′＝lnx＋1，y′|x＝1＝1，所以曲線y＝xlnx在(1，0)處的切線方程為y＝x－1.

6、 [答案]y＝x－1 8．某產(chǎn)品的銷售收入y1(萬元)是產(chǎn)量x(千臺)的函數(shù)y1＝17x2，生產(chǎn)成本y2(萬元)是產(chǎn)量x(千臺)的函數(shù)y2＝2x3－x2，已知x>0，為使利潤最大，應(yīng)生產(chǎn)________千臺，最大利潤為________萬元． [解析]由題意，利潤y＝y(tǒng)1－y2＝17x2－(2x3－x2)＝18x2－2x3(x＞0)． y′＝36x－6x2， 由y′＝36x－6x2＝6x(6－x)＝0，得x＝6(x＞0)， 當x∈(0，6)時，y′＞0，當x∈(6，＋∞)時，y′＜0. ∴函數(shù)在(0，6)上為增函數(shù)，在(6，＋∞)上為減函數(shù)． 則當x＝6(千臺)時，y有最大值為2

7、16(萬元)． [答案]6；216 9．若函數(shù)f(x)＝x3－ax2＋3x－4a3在(－∞，－1)，(2，＋∞)上都是單調(diào)增函數(shù)，則實數(shù)a的取值集合是________． [解析]由f′(x)＝3x2－2ax＋3， (1)當Δ＝4a2－36≤0?－3≤a≤3時，f(x)在R上為增函數(shù)，滿足條件； (2)當Δ＝4a2－36>0?a<－3或a>3時， 由 ∴30)，對?x∈(0，1]恒成立，則實數(shù)m的取值范圍是__________________． [解析]不等式|mx3－lnx|≥1(m>

8、0)，對?x∈(0，1]恒成立， 等價為mx3－lnx≥1或mx3－lnx≤－1， 即m≥或m≤， 記f(x)＝，g(x)＝， 則f′(x)＝＝， 由f′(x)＝＝0， 解得lnx＝－，即x＝e－， 由f′(x)>0，解得0e－，此時函數(shù)單調(diào)遞減， 即當x＝e－時，函數(shù)f(x)取得極大值，同時也是最大值，而f(e－)＝＝＝e2， 此時m≥e2； 由g(x)＝， ∵當x＝1時，＝0， ∴當m>0時，不等式m≤不恒成立， 綜上，m≥e2. [答案] 三、解答題(本大題共3小題，共50分．解答應(yīng)寫出文字說明

9、、證明過程或演算步驟．) 11．(16分)已知函數(shù)f(x)＝2a2lnx－x2(a>0)． (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)討論函數(shù)f(x)在區(qū)間(1，e2)上零點的個數(shù)(e為自然對數(shù)的底數(shù))． [解析] (1)∵f(x)＝2a2lnx－x2， ∴f′(x)＝－2x＝＝， ∵x>0，a>0，∴當00，當x>a時，f′(x)<0. ∴f(x)在(0，a)上是增函數(shù)，在(a，＋∞)上是減函數(shù)． (2)由(1)得f(x)max＝f(a)＝a2(2lna－1)． 討論函數(shù)f(x)的零點情況如下： ①當a2(2lna－1)<0，即0

10、)在(1，e2)上無零點； ②當a2(2lna－1)＝0，即a＝時，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)內(nèi)有唯一零點a，而10，即a>時， 由于f(1)＝－1<0，f(a)＝a2(2lna－1)>0，f(e2)＝2a2lne2－e4＝4a2－e4＝(2a－e2)(2a＋e2)， 當2a－e2<0，即時，f(

11、e2)≥0，而且f()＝2a2·－e＝a2－e>0，f(1)＝－1<0，由函數(shù)的單調(diào)性可知，無論a≥e2，還是a

12、的取值范圍；若不存在，請說明理由． [解析] (1)f′(x)＝.由題意知a≠－1. 當a≥0時，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，1)； 當－1

13、0在區(qū)間[a，－a]上恒成立． φ′(x)＝12(x＋1)(x－a)，φ(x)在[a，－a]上單調(diào)遞增，故φ(a)≥0，解得a≤－. ∴a∈. (ⅱ)當a<－1時，－a>1，由(1)知ef(x)在(1，－a]上單調(diào)遞減． ∴h(x)在[a，1]上單調(diào)遞減，即φ(x)≥0在區(qū)間[a，1]上恒成立． 由前述可知，φ(x)在[a，－1]上單調(diào)遞減，在[－1，1]上單調(diào)遞增，∴φ(－1)≥0， 化簡得5a2＋6a＋2≥0，判別式小于0，恒成立. 另一方面，由h(1)≥ef(1)，解得a≤－4或a≥－1. ∴a∈(－∞，－4]. 綜上，當a∈(－∞，－4]∪時，g(x)在[a，－a]上

14、為減函數(shù)． 13．(18分)設(shè)函數(shù)f＝xlnx－ax2＋x，g＝ex－ex. (1)當b＝0時，函數(shù)f有兩個極值點，求a的取值范圍； (2)若y＝f在點處的切線與x軸平行，且函數(shù)h＝f＋g在x∈時，其圖象上每一點處切線的傾斜角均為銳角，求a的取值范圍． [解析] (1)當b＝0時，f＝xlnx－ax2－x，f′＝lnx－2ax， 所以f＝xlnx－ax2－x有兩個極值點就是方程lnx－2ax＝0有兩個解， 即y＝2a與m＝的圖象的交點有兩個． ∵m′＝，當x∈時，m′>0，m單調(diào)遞增；當x∈(e，＋∞)時，m′<0，m單調(diào)遞減. 所以m有極大值m(e)＝. 又因為x∈時，m≤

15、0； 當x∈時，01時，h′＝f′＋g′>0恒成立， 即lnx＋ex－2ax＋2a－e>0， 令t＝lnx＋ex－2ax＋2a－e，∴t′＝＋ex－2a， 設(shè)φ＝＋ex－2a，φ′＝ex－， 因為x>1，所以ex>e，<1，∴φ′>0， ∴φ在單調(diào)遞增，即t′在單調(diào)遞增， ∴t′>t′＝1＋e－2a，當a≤且a≠1時，t′(x)≥0， 所以t＝lnx＋ex－2ax＋2a－e在單調(diào)遞增； ∴t>t＝0成立， 當a>時，因為t′在單調(diào)遞增，且t′(1)＝1＋e－2a<0，t′(ln2a)＝＋2a－2a>0， 所以存在x0∈有t′＝0； 當x∈時，t′<0，t單調(diào)遞減，所以有t0不恒成立； 所以實數(shù)a的取值范圍是∪. 8