浙江专版2020届高考数学一轮复习单元检测四导数及其应用单元检测含解析

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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Ⅰ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.′＝1＋B．(log3x)′＝C．(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．－或1B.C．1D．2答案　C解析　令x＝1，则f(1)＝ln1＋f′(a)＝－1，可得f′(a)＝－1.令x＝a>0，则f′(a)＝＋2af′

2、(a)，即2a2－a－1＝0，解得a＝1或a＝－(舍去)．3．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(　　)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，所以f′(x)<0，即(x＋1)ex<0，解得x<－1.4．函数f(x)＝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)＝<1，排除A；当x>0时，f(x)＝，所以f′(x)＝，函数f(x)在区间(0,1)内单调递减，在区间(1，＋∞)内单调递增，排除D.5．若函数f(x)＝

3、lnx＋ax2－2在区间内存在单调递增区间，则实数a的取值范围是(　　)A．(－∞，－2]B.C.D．(－2，＋∞)答案　D解析　对f(x)求导得f′(x)＝＋2ax＝，由题意可得2ax2＋1>0在内有解，所以a>min.因为x∈，所以x2∈，∈，所以a>－2.6.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(　　)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

4、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．7．已知函数f(x)＝(x2－mx－m)ex＋2m(m∈R)在x＝0处取得极小值，则f(x)的极大值是(　　)A．4e－2B．4e2C．e－2D．e2答案　A解析　由题意知，f′(x)＝[x2＋(2－m)x－2m]ex，f′(0)＝－2m

5、＝0，解得m＝0，∴f(x)＝x2ex，f′(x)＝(x2＋2x)ex.令f′(x)>0，解得x<－2或x>0，令f′(x)<0，解得－2

6、>0得y2′＝，令y2′＝0，x>0，解得x＝2，∴y2＝在(0,2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，作出示意图如图，当x＝2时，y1＝2ln2，y2＝.∵2ln2>，∴y1＝xlnx与y2＝的交点在(1,2)内，∴函数f(x)的最大值为.9．已知y＝f(x)为(0，＋∞)上的可导函数，且有f′(x)＋>0，则对于任意的a，b∈(0，＋∞)，当a>b时，有(　　)A．af(a)bf(b)C．af(b)>bf(a)D．af(b)0，得>0，即>0，即[xf(x)]′x>0.∵x>0，∴[xf(x)]′>0，即函

7、数y＝xf(x)为增函数，由a，b∈(0，＋∞)且a>b，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)＝2x－e2x(e为自然对数的底数)，g(x)＝mx＋1(m∈R)，若对于任意的x1∈[－1,1]，总存在x0∈[－1,1]，使得g(x0)＝f(x1)成立，则实数m的取值范围为(　　)A．(－∞，1－e2]∪[e2－1，＋∞)B．[1－e2，e2－1]C．(－∞，e－2－1]∪[1－e－2，＋∞)D．[e