（浙江專版）2020屆高考數(shù)學一輪復習 單元檢測四 導數(shù)及其應用單元檢測（含解析）

單元檢測四導數(shù)及其應用(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下列求導運算正確的是()A.1B(log3x)C(3x)3x·ln3D(x2sinx)2xcosx答案C解析由求導法則可知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xa>0，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(，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)ex<0，解得x<1.4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)<1，排除A；當x>0時，f(x)，所以f(x)，函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,1)內單調遞減，在區(qū)間(1，)內單調遞增，排除D.5若函數(shù)f(x)lnxax22在區(qū)間內存在單調遞增區(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)求導得f(x)2ax，由題意可得2ax21>0在內有解，所以a>min.因為x，所以x2，所以a>2.6.已知定義在R上的函數(shù)f(x)，其導函數(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解析由導函數(shù)的圖象可知函數(shù)f(x)在區(qū)間(，c)，(e，)內，f(x)>0，所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(，c)，(e，)內單調遞增，在區(qū)間(c，e)內，f(x)<0，所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(c，e)內單調遞減所以f(c)>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()A4e2B4e2Ce2De2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x<2或x>0，令f(x)<0，解得2<x<0，則函數(shù)f(x)在區(qū)間(，2)和(0，)上單調遞增，在區(qū)間(2,0)上單調遞減，函數(shù)f(x)的極大值為f(2)4e2.故選A.8設函數(shù)f(x)min(mina，b表示a，b中的較小者)，則函數(shù)f(x)的最大值為()A.ln2B2ln2C.D.答案D解析函數(shù)f(x)的定義域為(0，)由y1xlnx得y1lnx1，令y10，解得x，y1xlnx在上單調遞減，在上單調遞增由y2，x>0得y2，令y20，x>0，解得x2，y2在(0,2)上單調遞增，在(2，)上單調遞減，作出示意圖如圖，當x2時，y12ln2，y2.2ln2>，y1xlnx與y2的交點在(1,2)內，函數(shù)f(x)的最大值為.9已知yf(x)為(0，)上的可導函數(shù)，且有f(x)>0，則對于任意的a，b(0，)，當a>b時，有()Aaf(a)<bf(b) Baf(a)>bf(b)Caf(b)>bf(a) Daf(b)<bf(a)答案B解析由f(x)>0，得>0，即>0，即xf(x)x>0.x>0，xf(x)>0，即函數(shù)yxf(x)為增函數(shù)，由a，b(0，)且a>b，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)e2e24>0，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m>0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me21.當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m<0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_；切點坐標為_答案e(1，e)解析設切點坐標為(x，y)，需滿足所以解得x1，ye，ke，所以ke，切點坐標為(1，e)12設函數(shù)f(x)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)1lnx<0得0<x<；由f(x)1lnx>0得x>，所以函數(shù)f(x)xlnx在上單調遞減，在上單調遞增，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“單調遞增”、“單調遞減”或“有增有減”)答案奇單調遞增解析函數(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)的導數(shù)f(x)3x22(exex)3x2223x20，故函數(shù)在R上單調遞增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x±1，當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)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(k>0)，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k時，h(k)<0，h(k)單調遞減，當k時，h(k)>0，h(k)單調遞增，則h(k)minhln2，即nm的最小值是ln2.16設實數(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x(0,1時，>0，不等式ex0顯然成立，可取任意正實數(shù)；當x(1，)時，ex0exlnxx·exlnx·elnx，設函數(shù)f(x)x·ex(x>0)，而f(x)(x1)·ex>0，則f(x)在(0，)上單調遞增，那么由x·exlnx·elnx可得xlnx.令g(x)(x>1)，而g(x)，易知函數(shù)g(x)在(1，e)上單調遞增，在(e，)上單調遞減，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|2>2，所以函數(shù)f(x)不存在零點，所以函數(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x>1或x<1；令f(x)<0，得1<x<1，所以函數(shù)f(x)在(，1)和(1，)上單調遞增，在(1，1)上單調遞減又f(1)<0，所以函數(shù)f(x)只有一個零點，所以函數(shù)f(x)x1不存在“折點”；對于函數(shù)f(x)x22mx1(xm)2m21，由于f(m)m211，結合圖象(圖略)可知該函數(shù)一定有“折點”綜上，存在“折點”的函數(shù)是.三、解答題(本大題共5小題，共74分解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟)18(14分)已知函數(shù)f(x)exlnx.(1)求函數(shù)yf(x)在區(qū)間1，)內的最小值；(2)若對任意x1，)，恒有f(x)em(x1)，求實數(shù)m的取值范圍解(1)令yh(x)f(x)ex，則h(x)ex，則當x1，)時，exe，1，所以h(x)>0，即h(x)在區(qū)間1，)內是增函數(shù)，于是yf(x)在區(qū)間1，)內的最小值為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(x)exm.由(1)知當me1時，g(x)0，此時g(x)單調遞增，于是g(x)g(1)0，成立；當m>e1時，則存在t(1，)，使得g(t)0，當x(1，t)時，g(x)<0，當x(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，)內單調遞增，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，)內恒成立，所以a2x在區(qū)間1，)內恒成立令h(x)2x，x1，)，因為h(x)2<0恒成立，所以h(x)在區(qū)間1，)內單調遞減，所以h(x)maxh(1)0，所以a0，即實數(shù)a的取值范圍為0，)(2)g(x)2x3ax2，x>0.因為g(x)6x2a，當a0時，g(x)>0恒成立，所以g(x)在區(qū)間(0，)內單調遞增，無最小值，不合題意，所以a<0.令g(x)0，則x或x(舍去)，由此可得函數(shù)g(x)在區(qū)間內單調遞減，在區(qū)間內單調遞增，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(a<0)(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1e<1<1，故函數(shù)f(x)在區(qū)間上的最大值為1，最小值為1e.(2)依題意，h(x)f(x)g(x)lnxax2x(x>0)，h(x)2ax1，當a<0時，令h(x)0，則2ax2x10.因為18a>0，所以h(x)，其中x1，x2.因為a<0，所以x1<0，x2>0，所以當0<x<x2時，h(x)>0；當x>x2時，h(x)<0，所以函數(shù)h(x)在區(qū)間(0，x2)內是增函數(shù)，在區(qū)間(x2，)內是減函數(shù)，故x2為函數(shù)h(x)的極大值點，無極小值點21(15分)已知函數(shù)f(x)5lnx，g(x)(kR)(1)若函數(shù)f(x)的圖象在點(1，f(1)處的切線與函數(shù)yg(x)的圖象相切，求k的值；(2)若kN*，且x(1，)時，恒有f(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x(1，)時，5lnx>恒成立，等價于當x(1，)時，k<恒成立設h(x)(x>1)，則h(x)(x>1)，記p(x)x4lnx(x>1)，則p(x)1>0，p(x)在x(1，)上單調遞增又p(5)1ln5<0，p(6)2ln6>0，在x(1，)上存在唯一的實數(shù)m，且m(5,6)，使得p(m)m4lnm0，當x(1，m)時，p(x)<0，即h(x)<0，則h(x)在x(1，m)上單調遞減，當x(m，)時，p(x)>0，即h(x)>0，則h(x)在x(m，)上單調遞增，當x(1，)時，h(x)minh(m)，由可得lnmm4，h(m)m2，而m(5,6)，m2，又當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，)內的最大值(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x1，)時，f(x)ex單調遞減，即f(x)f(1)1e<0，所以f(x)在區(qū)間1，)內單調遞減，所以當x1，)時，f(x)maxf(1)ln1ee.(2)證明f(x)ex，令h(x)f(x)，則h(x)ex<0在(0，)上恒成立，即有h(x)在區(qū)間(0，)內單調遞減又h2>0，h(1)1e<0，所以h(x)0在區(qū)間(0，)內有且僅有一個實根，設此實根為x0，則x0.當x(0，x0)時，h(x)>0，故f(x)單調遞增；當x(x0，)時，h(x)<0，故f(x)單調遞減，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，)內為減函數(shù)，又f(1)1e<0，f2>0，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)內為增函數(shù)，在區(qū)間(x0，)內為減函數(shù)，且f(x0)0，由此得到，x0lnx0.由單調性知f(x)maxf(x0)lnx0x0，又x0，故<2，所以f(x)max<2.又x22x1(x1)222，所以f(x)<x22x1.14