《2020高考數(shù)學(xué)刷題首選卷 考點(diǎn)測(cè)試15 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用（一）理（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020高考數(shù)學(xué)刷題首選卷 考點(diǎn)測(cè)試15 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用（一）理（含解析）（16頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、考點(diǎn)測(cè)試15　導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用(一) 一、基礎(chǔ)小題 1．函數(shù)f(x)＝1＋x－sinx在(0，2π)上是(　　) A．增函數(shù) B．減函數(shù) C．在(0，π)上增，在(π，2π)上減 D．在(0，π)上減，在(π，2π)上增 答案　A 解析　f′(x)＝1－cosx>0，∴f(x)在(0，2π)上遞增． 2．設(shè)函數(shù)f(x)＝＋ln x，則(　　) A．x＝為f(x)的極大值點(diǎn) B．x＝為f(x)的極小值點(diǎn) C．x＝2為f(x)的極大值點(diǎn) D．x＝2為f(x)的極小值點(diǎn) 答案　D 解析　f(x)＝＋ln x(x>0)，f′(x)＝－＋＝，x>2時(shí)，f′(x)>0，這時(shí)

2、f(x)為增函數(shù)；00”是“f(x)在R上單調(diào)遞增”的(　　) A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D

3、．既不充分也不必要條件 答案　A 解析　當(dāng)a≥0時(shí)，f′(x)＝3x2＋a≥0，f(x)在R上單調(diào)遞增，“a>0”是“f(x)在R上單調(diào)遞增”的充分不必要條件．故選A． 5．如圖是函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖象，則下面判斷正確的是(　　) A．在(－2，1)上f(x)是增函數(shù) B．在(1，3)上f(x)是減函數(shù) C．在(4，5)上f(x)是增函數(shù) D．當(dāng)x＝4時(shí)，f(x)取極大值 答案　C 解析　由導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖象知，f(x)在(－2，1)上先減后增，在(1，3)上先增后減，在(4，5)上單調(diào)遞增，x＝4是f(x)的極小值點(diǎn)．故選C． 6．已知f(x)＝

4、2x3－6x2＋m(m為常數(shù))在[－2，2]上有最大值，且最大值為3，那么此函數(shù)在[－2，2]上的最小值為(　　) A．0 B．－5 C．－10 D．－37 答案　D 解析　由題意知，f′(x)＝6x2－12x，由f′(x)＝0得x＝0或x＝2，當(dāng)x<0或x>2時(shí)，f′(x)>0，當(dāng)00，使得f(x0)≤0有解，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　　) A．(2，＋∞)

5、B．(－∞，－3) C．(－∞，1] D．[3，＋∞) 答案　C 解析　由于函數(shù)f(x)的定義域是(0，＋∞)，不等式f(x)＝－1＋ln x≤0有解，即a≤x－xln x在(0，＋∞)上有解．令h(x)＝x－xln x，則h′(x)＝1－(ln x＋1)＝－ln x，令h′(x)＝0，得x＝1，當(dāng)00，當(dāng)x>1時(shí)，h′(x)<0，可得當(dāng)x＝1時(shí)，函數(shù)h(x)＝x－xln x取得最大值，要使不等式a≤x－xln x在(0，＋∞)上有解，只需a≤h(x)max＝h(1)即可，即a≤1． 8．已知函數(shù)f(x)＝x3＋mx2＋(m＋6)x＋1既存在極大值又存在極小值

6、，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是________． 答案　m>6或m<－3 解析　對(duì)函數(shù)f(x)求導(dǎo)得f′(x)＝3x2＋2mx＋m＋6，要使函數(shù)f(x)既存在極大值又存在極小值，則f′(x)＝0有兩個(gè)不同的根，所以判別式Δ>0，即Δ＝4m2－12(m＋6)>0，所以m2－3m－18>0，解得m>6或m<－3． 二、高考小題 9．(2016·全國(guó)卷Ⅰ)若函數(shù)f(x)＝x－sin2x＋asinx在(－∞，＋∞)單調(diào)遞增，則a的取值范圍是(　　) A．[－1，1] B． C． D． 答案　C 解析　函數(shù)f(x)＝x－sin2x＋asinx在(－∞，＋∞)單調(diào)遞增，等價(jià)于f′(x)＝1－c

7、os2x＋acosx＝－cos2x＋acosx＋≥0在(－∞，＋∞)恒成立．設(shè)cosx＝t，則g(t)＝－t2＋at＋≥0在[－1，1]恒成立，所以解得－≤a≤．故選C． 10．(2017·全國(guó)卷Ⅱ)若x＝－2是函數(shù)f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的極值點(diǎn)，則f(x)的極小值為(　　) A．－1 B．－2e－3 C．5e－3 D．1 答案　A 解析　由題意可得f′(x)＝ex－1[x2＋(a＋2)x＋a－1]．∵x＝－2是函數(shù)f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的極值點(diǎn)，∴f′(－2)＝0，∴a＝－1，∴f(x)＝(x2－x－1)·ex－1，f′(x)＝ex－1(x2＋x－2

8、)＝ex－1(x－1)(x＋2)，∴x∈(－∞，－2)，(1，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增；x∈(－2，1)時(shí)，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減． ∴f(x)極小值＝f(1)＝－1．故選A． 11．(2018·全國(guó)卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝2sinx＋sin2x，則f(x)的最小值是________． 答案?。? 解析　f′(x)＝2cosx＋2cos2x＝4cos2x＋2cosx－2＝4(cosx＋1)，所以當(dāng)cosx≤時(shí)函數(shù)單調(diào)遞減，當(dāng)cosx≥時(shí)函數(shù)單調(diào)遞增，從而得到函數(shù)的減區(qū)間為(k∈Z)，函數(shù)的增區(qū)間為2kπ－，2kπ＋(k∈Z)，所以當(dāng)x＝2kπ－，k∈Z時(shí)，函數(shù)

9、f(x)取得最小值，此時(shí)sinx＝－，sin2x＝－，所以f(x)min＝2×－＝－． 12．(2018·江蘇高考)若函數(shù)f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在(0，＋∞)內(nèi)有且只有一個(gè)零點(diǎn)，則f(x)在[－1，1]上的最大值與最小值的和為________． 答案?。? 解析　∵f(x)＝2x3－ax2＋1， ∴f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)． 若a≤0，則x>0時(shí)，f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，又f(0)＝1，∴f(x)在(0，＋∞)上沒(méi)有零點(diǎn)，不符合題意，∴a>0． 當(dāng)0時(shí)，f′(x)>0，

10、f(x)為增函數(shù)，∴x>0時(shí)，f(x)有極小值，為f＝－＋1． ∵f(x)在(0，＋∞)內(nèi)有且只有一個(gè)零點(diǎn)， ∴f＝0，∴a＝3． ∴f(x)＝2x3－3x2＋1，則f′(x)＝6x(x－1)． x －1 (－1，0) 0 (0，1) 1 f′(x) ＋ ＋ 0 － 0 f(x) －4 增 1 減 0 ∴f(x)在[－1，1]上的最大值為1，最小值為－4． ∴最大值與最小值的和為－3． 13．(2016·北京高考)設(shè)函數(shù)f(x)＝ (1)若a＝0，則f(x)的最大值為________； (2)若f(x)無(wú)最大值，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是_

11、_______． 答案　(1)2　(2)(－∞，－1) 解析　(1)若a＝0，則f(x)＝ 當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＝－2x<0；當(dāng)x≤0時(shí)，f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，當(dāng)x<－1時(shí)，f′(x)>0，f(x)是增函數(shù)，當(dāng)－12時(shí)，f(x)max＝a3－3a． 綜上，當(dāng)a∈(－∞，－1)時(shí)，f(x)無(wú)最大值． 三

12、、模擬小題 14．(2018·安徽安慶二模)已知函數(shù)f(x)＝2ef′(e)ln x－(e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))，則f(x)的極大值為(　　) A．2e－1 B．－ C．1 D．2ln 2 答案　D 解析　由題意知f′(x)＝－， ∴f′(e)＝－，f′(e)＝， ∴f′(x)＝－，令f′(x)＝0，得x＝2e， ∴f(x)在(0，2e)上遞增，在(2e，＋∞)上遞減， ∴f(x)的極大值為f(2e)＝2ln (2e)－2＝2ln 2，選D． 15．(2018·豫南九校第四次質(zhì)量考評(píng))已知定義在R上的函數(shù)f(x)，其導(dǎo)函數(shù)f′(x)的大致圖象如圖所示，則下列敘述正確的是

13、(　　) ①f(b)>f(a)>f(c)； ②函數(shù)f(x)在x＝c處取得極小值，在x＝e處取得極大值； ③函數(shù)f(x)在x＝c處取得極大值，在x＝e處取得極小值； ④函數(shù)f(x)的最小值為f(d)． A．③ B．①② C．③④ D．④ 答案　A 解析　由導(dǎo)函數(shù)圖象可知在(－∞，c)，(e，＋∞)上，f′(x)>0，在(c，e)上，f′(x)<0，所以函數(shù)f(x)在(－∞，c)，(e，＋∞)上單調(diào)遞增，在(c，e)上單調(diào)遞減，所以f(a)

14、模擬)已知函數(shù)f(x)＝(x－a)3－3x＋a(a>0)在[－1，b]上的值域?yàn)閇－2－2a，0]，則b的取值范圍是(　　) A．[0，3] B．[0，2] C．[2，3] D．(－1，3] 答案　A 解析　由f(x)＝(x－a)3－3x＋a，得f′(x)＝3(x－a)2－3，令f′(x)＝0，得x1＝a－1，x2＝a＋1． 當(dāng)x∈(－∞，a－1)∪(a＋1，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，當(dāng)x∈(a－1，a＋1)時(shí)，f′(x)<0，則f(x)在(－∞，a－1)，(a＋1，＋∞)上為增函數(shù)，在(a－1，a＋1)上為減函數(shù)．又f(a＋1)＝－2－2a，∴要使f(x)＝(x－a)3－3x＋

15、a(a>0)在[－1，b]上的值域?yàn)閇－2－2a，0]，則f(－1＋a)＝2－2a≤0，若2－2a＝0，即a＝1，此時(shí)f(－1)＝－4，f(0)＝0，－2－2a＝－4，f(3)＝0．∴b∈[0，3]；若2－2a<0，即a>1，此時(shí)f(－1)＝(－1－a)3＋3＋a＝－a3－3a2－2a＋2，而f(－1)－(－2a－2)＝－a3－3a2－2a＋2＋2a＋2＝－a3－3a2＋4＝(1－a)(a＋2)2<0， ∴不符合題意，∴b的取值范圍是[0，3]．故選A． 17．(2018·江西南昌調(diào)研)已知a為常數(shù)，函數(shù)f(x)＝x(ln x－ax)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2(x1

16、f(x1)>0，f(x2)>－ B．f(x1)<0，f(x2)<－ C．f(x1)>0，f(x2)<－ D．f(x1)<0，f(x2)>－ 答案　D 解析　f′(x)＝ln x－2ax＋1，依題意知f′(x)＝0有兩個(gè)不等實(shí)根x1，x2， 即曲線y＝1＋ln x與直線y＝2ax有兩個(gè)不同交點(diǎn)，如圖． 由直線y＝x是曲線y＝1＋ln x的切線， 可知0<2a<1，00， ∴f(x2)>f(1)＝－a>－，故選D． 18．(2018·廣東

17、深圳期末)已知函數(shù)f(x)＝xln x－aex(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))有兩個(gè)極值點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　　) A．0， B．(0，e) C．，e D．(－∞，e) 答案　A 解析　由題意可得f′(x)＝ln x＋1－aex， 因函數(shù)f(x)＝xln x－aex有兩個(gè)極值點(diǎn)， 則直線y＝a和g(x)＝的圖象在(0，＋∞)內(nèi)有2個(gè)交點(diǎn)，易得g′(x)＝(x>0)， 令h(x)＝－ln x－1，則h′(x)＝－<0， 故h(x)＝－ln x－1在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，又h(1)＝0，所以當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，h(x)>0，即g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增； 當(dāng)x∈(1，＋∞

18、)時(shí)，h(x)<0，即g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減，所以g(x)max＝g(1)＝，而x→0時(shí)，g(x)→－∞，x→＋∞時(shí)，g(x)→0，故要使直線y＝a和g(x)的圖象在(0，＋∞)內(nèi)有2個(gè)交點(diǎn)，只需0

19、)若a>2，令f′(x)＝0，得x＝或x＝． 當(dāng)x∈∪時(shí)，f′(x)<0； 當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)>0． 所以f(x)在，上單調(diào)遞減，在，上單調(diào)遞增． (2)證明：由(1)知，f(x)存在兩個(gè)極值點(diǎn)當(dāng)且僅當(dāng)a>2． 由于f(x)的兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2滿足x2－ax＋1＝0，所以x1x2＝1，不妨設(shè)x11． 由于＝－－1＋a·＝－2＋a·＝－2＋a·， 所以

20、0，即

21、在(0，＋∞)只有一個(gè)零點(diǎn)． (ⅰ)當(dāng)a≤0時(shí)，h(x)>0，h(x)沒(méi)有零點(diǎn)； (ⅱ)當(dāng)a>0時(shí)，h′(x)＝ax(x－2)e－x． 當(dāng)x∈(0，2)時(shí)，h′(x)<0；當(dāng)x∈(2，＋∞)時(shí)，h′(x)>0． 所以h(x)在(0，2)單調(diào)遞減，在(2，＋∞)單調(diào)遞增． 故h(2)＝1－是h(x)在[0，＋∞)的最小值． ①若h(2)>0，即a<，h(x)在(0，＋∞)沒(méi)有零點(diǎn)； ②若h(2)＝0，即a＝，h(x)在(0，＋∞)只有一個(gè)零點(diǎn)； ③若h(2)<0，即a>，由于h(0)＝1，所以h(x)在(0，2)有一個(gè)零點(diǎn)， 由(1)知，當(dāng)x>0時(shí)，ex>x2，所以h(4a)＝

22、1－＝1－>1－＝1－>0． 故h(x)在(2，4a)有一個(gè)零點(diǎn)，因此h(x)在(0，＋∞)有兩個(gè)零點(diǎn)． 綜上，f(x)在(0，＋∞)只有一個(gè)零點(diǎn)時(shí)，a＝． 3．(2018·浙江高考)已知函數(shù)f(x)＝－ln x． (1)若f(x)在x＝x1，x2(x1≠x2)處導(dǎo)數(shù)相等，證明：f(x1)＋f(x2)>8－8ln 2； (2)若a≤3－4ln 2，證明：對(duì)于任意k>0，直線y＝kx＋a與曲線y＝f(x)有唯一公共點(diǎn)． 證明　(1)函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)＝－， 由f′(x1)＝f′(x2)得－＝－， 因?yàn)閤1≠x2，所以＋＝． 由基本不等式得＝＋≥2， 因?yàn)閤1≠x2

23、，所以x1x2>256． 由題意得f(x1)＋f(x2)＝－ln x1＋－ln x2＝－ln (x1x2)． 設(shè)g(x)＝－ln x，則g′(x)＝(－4)，所以 x (0，16) 16 (16，＋∞) g′(x) － 0 ＋ g(x)  2－4ln 2  所以g(x)在[256，＋∞)上單調(diào)遞增， 故g(x1x2)>g(256)＝8－8ln 2， 即f(x1)＋f(x2)>8－8ln 2． (2)令m＝e－(|a|＋k)，n＝2＋1， 則f(m)－km－a>|a|＋k－k－a≥0， f(n)－kn－a

24、0∈(m，n)使f(x0)＝kx0＋a， 所以，對(duì)于任意的a∈R及k∈(0，＋∞)，直線y＝kx＋a與曲線y＝f(x)有公共點(diǎn)． 由f(x)＝kx＋a得k＝． 設(shè)h(x)＝， 則h′(x)＝＝， 其中g(shù)(x)＝－ln x． 由(1)可知g(x)≥g(16)，又a≤3－4ln 2， 故－g(x)－1＋a≤－g(16)－1＋a＝－3＋4ln 2＋a≤0，所以h′(x)≤0，即函數(shù)h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，因此方程f(x)－kx－a＝0至多有1個(gè)實(shí)根． 綜上，當(dāng)a≤3－4ln 2時(shí)，對(duì)于任意k>0，直線y＝kx＋a與曲線y＝f(x)有唯一公共點(diǎn)． 二、模擬大題 4．(20

25、18·廣東肇慶二模)已知函數(shù)f(x)＝xln x＋(1－k)x＋k，k∈R． (1)當(dāng)k＝1時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)當(dāng)x>1時(shí)，求使不等式f(x)>0恒成立的k的最大整數(shù)值． 解　(1)當(dāng)k＝1時(shí)，f(x)＝xln x＋1， ∴f′(x)＝ln x＋1， 由f′(x)>0，得x>；由f′(x)<0，得01時(shí)f(x)>0恒成立，得x>1時(shí)，xln x＋(1－k)x＋k>0，∴(x－1)k1恒成立， 設(shè)g(x)＝(x>1)， 則g′(x)＝， 令μ(x)

26、＝－ln x＋x－2(x>1)，則μ′(x)＝＋1， ∴當(dāng)x>1時(shí)，μ′(x)>0，μ(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增， 而μ(3)＝1－ln 3<0，μ(4)＝2－ln 4>0， ∴存在x0∈(3，4)，使μ(x0)＝0，即x0－2＝ln x0， ∴當(dāng)x∈(1，x0)時(shí)，g′(x)<0，此時(shí)函數(shù)g(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，g′(x)>0，此時(shí)函數(shù)g(x)單調(diào)遞增， ∴g(x)在x＝x0處有極小值(也是最小值)， ∴g(x)min＝g(x0)＝＝＝x0∈(3，4)， 又k

27、校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝(x－1)ex－ax2． (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)若f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． 解　(1)f(x)的定義域?yàn)?－∞，＋∞)， f′(x)＝ex＋(x－1)ex－ax＝x(ex－a)． (ⅰ)若a≤0，則當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，f′(x)<0； 當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，f′(x)>0， 所以f(x)在(－∞，0)單調(diào)遞減，在(0，＋∞)單調(diào)遞增． (ⅱ)若a>0，由f′(x)＝0得x＝0或x＝ln a． ①若a＝1，則f′(x)＝x(ex－1)≥0， 所以f(x)在(－∞，＋∞)單調(diào)遞增． ②若0

28、x∈(－∞，ln a)∪(0，＋∞)時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x∈(ln a，0)時(shí)，f′(x)<0， 所以f(x)在(－∞，ln a)，(0，＋∞)單調(diào)遞增，在(ln a，0)單調(diào)遞減． ③若a>1，則ln a>0，故當(dāng)x∈(－∞，0)∪(ln a，＋∞)時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x∈(0，ln a)時(shí)，f′(x)<0，所以f(x)在(－∞，0)，(ln a，＋∞)單調(diào)遞增，在(0，ln a)單調(diào)遞減． 綜上所述，當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)在(－∞，0)單調(diào)遞減，在(0，＋∞)單調(diào)遞增；當(dāng)0

29、)在(－∞，＋∞)單調(diào)遞增；當(dāng)a>1時(shí)，f(x)在(－∞，0)，(ln a，＋∞)單調(diào)遞增，在(0，ln a)單調(diào)遞減． (2)(ⅰ)若a≤0，則由(1)知，f(x)在(－∞，0)單調(diào)遞減，在(0，＋∞)單調(diào)遞增． 又f(0)＝－1，如果a<0，則 x趨近負(fù)無(wú)窮時(shí)，f(x)值趨近正無(wú)窮． x趨近正無(wú)窮時(shí)，f(x)值趨近正無(wú)窮． 所以f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)． 如果a＝0，則 x趨近負(fù)無(wú)窮時(shí)，f(x)值趨近0． x趨近正無(wú)窮時(shí)，f(x)值趨近正無(wú)窮． 所以f(x)有一個(gè)零點(diǎn)． (ⅱ)若a＝1，則由(1)知f(x)在(－∞，＋∞)單調(diào)遞增，所以f(x)至多有一個(gè)零點(diǎn)． (ⅲ)若0<

30、a<1，則由(1)知，f(x)在(－∞，ln a)，(0，＋∞)單調(diào)遞增，在(ln a，0)單調(diào)遞減，設(shè)b＝ln a，當(dāng)x＝b時(shí)，f(x)有極大值f(b)＝a(b－1)－ab2＝－a(b2－2b＋2)<0，故f(x)不存在兩個(gè)零點(diǎn)． (ⅳ)若a>1，則由(1)知，f(x)在(－∞，0)，(ln a，＋∞)單調(diào)遞增，在(0，ln a)單調(diào)遞減，當(dāng)x＝0時(shí)，f(x)有極大值f(0)＝－1<0，故f(x)不存在兩個(gè)零點(diǎn)． 綜上，a的取值范圍為a<0． 6．(2018·山東青島調(diào)研)已知f(x)＝ax－(2a＋1)ln x－，其中a∈R． (1)討論函數(shù)f(x)在定義域上的單調(diào)性； (2)若

31、00}． f′(x)＝(ax)′－(2a＋1)(ln x)′－′＝a－＋＝＝． 當(dāng)a＝0時(shí)，f′(x)＝． 可以看出，當(dāng)x>2時(shí)，f′(x)<0； 當(dāng)00， 所以，a＝0時(shí)，函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，2)上單調(diào)遞增；在(2，＋∞)上單調(diào)遞減． 當(dāng)a≠0時(shí)，f′(x)＝＝． ①若a<0，則<0<2，當(dāng)00；當(dāng)x>2時(shí)，f′(x)<0，所以a<0時(shí)，f(

32、x)在(0，2)上單調(diào)遞增；在(2，＋∞)上單調(diào)遞減． ②若00，得0；解不等式<0，得2，則0<<2， 解不等式>0，得02； 解不等式<0，得時(shí)，函數(shù)f(x)在0，和(2，＋∞)上單調(diào)遞增；在，2上單調(diào)遞減． 綜上，當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)在(0，2)上單調(diào)

33、遞增；在(2，＋∞)上單調(diào)遞減； 當(dāng)0時(shí)，函數(shù)f(x)在0，和(2，＋∞)上單調(diào)遞增；在，2上單調(diào)遞減． (2)證明：因?yàn)?