《2020高考數(shù)學刷題首選卷 第二章 函數(shù)、導數(shù)及其應用 考點測試15 導數(shù)的應用（一） 文（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020高考數(shù)學刷題首選卷 第二章 函數(shù)、導數(shù)及其應用 考點測試15 導數(shù)的應用（一） 文（含解析）（15頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、考點測試15　導數(shù)的應用(一) 一、基礎小題 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．設函數(shù)f(x)＝＋ln x，則(　　) A．x＝為f(x)的極大值點 B．x＝為f(x)的極小值點 C．x＝2為f(x)的極大值點 D．x＝2為f(x)的極小值點 答案　D 解析　f(x)＝＋ln x(x>0)，f′(x)＝－＋＝，x>2時，f′(x)>0，這時

2、f(x)為增函數(shù)；00”是“f(x)在R上單調遞增”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a≥0時，f′(x)＝3x2＋a≥0，f(x)在R上單調遞增，“a>0”是“f(x)在R上單調遞增”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x＝4時，f(x)取極大值 答案　C 解析　由導函數(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)上單調遞增，x＝4是f(x)的極小值點．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x<0或x>2時，f′(x)>0，當00，使得f(x0)≤0有解，則實數(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00，當x>1時，h′(x)<0，可得當x＝1時，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、，則實數(shù)m的取值范圍是________． 答案　m>6或m<－3 解析　對函數(shù)f(x)求導得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．(2017·浙江高考)函數(shù)y＝f(x)的導函數(shù)y＝f′(x)的圖象如圖所示，則函數(shù)y＝f(x)的圖象可能是(　　) 答案　D 解析　觀察導函數(shù)f′(x)的圖象可知，f′(x)的函數(shù)值從左到右依次為小于0，大于0，小于0，大于0，∴對應函數(shù)f(x)的增減性

7、從左到右依次為減、增、減、增．觀察選項可知，排除A，C.如圖所示，f′(x)有3個零點，從左到右依次設為x1，x2，x3，且x1，x3是極小值點，x2是極大值點，且x2>0，故選項D正確．故選D. 10．(2017·全國卷Ⅱ)若x＝－2是函數(shù)f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的極值點，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，∴f′(－2)＝0，∴a＝－1，∴f(x)＝(x2－x－1)·ex－1，f′(x

8、)＝ex－1(x2＋x－2)＝ex－1(x－1)(x＋2)，∴x∈(－∞，－2)，(1，＋∞)時，f′(x)＞0，f(x)單調遞增；x∈(－2，1)時，f′(x)＜0，f(x)單調遞減． ∴f(x)極小值＝f(1)＝－1.故選A. 11．(2018·全國卷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cosx≤時函數(shù)單調遞減，當cosx≥時函數(shù)單調遞增，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x

9、＝2kπ－，k∈Z時，函數(shù)f(x)取得最小值，此時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，＋∞)內有且只有一個零點，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，f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，又f(0)＝1，∴f(x)在(0，＋∞)上沒有零點，不符合題意，∴a>0. 當0

10、當x>時，f′(x)>0，f(x)為增函數(shù)，∴x>0時，f(x)有極小值，為f＝－＋1. ∵f(x)在(0，＋∞)內有且只有一個零點， ∴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)設函數(shù)f(x)＝ (1)若a＝0，則f(x)的最大值為________； (2)若f(x)無最大

11、值，則實數(shù)a的取值范圍是________． 答案　(1)2　(2)(－∞，－1) 解析　(1)若a＝0，則f(x)＝ 當x>0時，f(x)＝－2x<0；當x≤0時，f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，當x<－1時，f′(x)>0，f(x)是增函數(shù)，當－12時，f(x)max＝a3－3a. 綜上，當a∈(－∞，

12、－1)時，f(x)無最大值． 三、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·豫南九校第四次質量考評)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，

13、則下列敘述正確的是(　　) 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，＋∞)上單調遞增，在(c，e)上單調遞減，所以f(a)

14、2018·湖北黃岡、黃石等八校3月聯(lián)考)已知實數(shù)a>0，且a≠1，函數(shù)f(x)＝在R上單調遞增，則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A．11 D．a(chǎn)≤5 答案　B 解析　函數(shù)f(x)在R上單調遞增，則a>1，當x≥1時，f(x)＝x2＋＋aln x，則f′(x)＝2x－＋＝，則2x3＋ax－4≥0在[1，＋∞)上恒成立，∴a≥－2x2在x∈[1，＋∞)上恒成立，由于y＝－2x2在[1，＋∞)上單調遞減，∴ymax＝2，則a≥2，當x＝1時，a≤1＋4＝5.綜上，實數(shù)a的取值范圍是2≤a≤5.故選B. 17．(2018·華大新高考聯(lián)盟4月教學質量檢測)?

15、x∈，，∈(m，n)(m0在x∈，上恒成立，函數(shù)g(x)＝sinx－xcosx在x∈，上單調遞增，g(x)>g＝sin－cos≈0.05>0，∴f′(x)>0在x∈，上恒成立，即函數(shù)f(x)＝在x∈，上單調遞增，f

16、x)ex＋1≥ex在(－∞，0]上恒成立，則實數(shù)m的取值范圍為(　　) A．[－1，＋∞) B．[0，＋∞) C．－，＋∞ D.，＋∞ 答案　C 解析　令f(x)＝m(x2－2x)ex＋1－ex，x∈(－∞，0]，∵x∈(－∞，0]，∴x2－2x≥0.當m＝0時，f(x)＝1－ex≥1－e0＝0，符合題意；當m>0時，f(x)＝m(x2－2x)ex＋1－ex≥1－ex≥0，符合題意；當－≤m<0時，f′(x)＝(mx2－2m－1)ex≤0恒成立，則f(x)在(－∞，0]上單調遞減，∴f(x)≥f(0)＝0，符合題意；當m<－時，令f′(x)＝0，解得x＝－(正值舍去)，則f(x)在

17、－，0上單調遞增，在－∞，－上單調遞減，∴存在x0，使得f(x0)0； 當x∈(3－2，3＋2)時，f′(x)<0. 故f(x)在(－∞，3－2

18、)，(3＋2，＋∞)上單調遞增，在(3－2，3＋2)上單調遞減． (2)證明：由于x2＋x＋1>0， 所以f(x)＝0等價于－3a＝0. 設g(x)＝－3a， 則g′(x)＝≥0， 僅當x＝0時，g′(x)＝0，所以g(x)在(－∞，＋∞)上單調遞增．故g(x)至多有一個零點，從而f(x)至多有一個零點． 又f(3a－1)＝－6a2＋2a－＝－6a－2－<0，f(3a＋1)＝>0，故f(x)有一個零點． 綜上，f(x)只有一個零點． 2．(2018·全國卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝aex－ln x－1. (1)設x＝2是f(x)的極值點，求a，并求f(x)的單調區(qū)間； (2)證

19、明：當a≥時，f(x)≥0. 解　(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝aex－. 由題設知，f′(2)＝0，所以a＝. 從而f(x)＝ex－ln x－1， f′(x)＝ex－＝. 當02時，f′(x)>0. 所以f(x)在(0，2)上單調遞減，在(2，＋∞)上單調遞增． (2)證明：當a≥時，f(x)≥－ln x－1. 設g(x)＝－ln x－1，則g′(x)＝－＝. 當01時，g′(x)>0. 所以x＝1是g(x)的最小值點． 故當x>0時，g(x)≥g(1)＝0. 因此，當a≥時，f(

20、x)≥0. 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)處導數(shù)相等，證明：f(x1)＋f(x2)>8－8ln 2； (2)若a≤3－4ln 2，證明：對于任意k>0，直線y＝kx＋a與曲線y＝f(x)有唯一公共點． 證明　(1)函數(shù)f(x)的導函數(shù)f′(x)＝－， 由f′(x1)＝f′(x2)得－＝－， 因為x1≠x2，所以＋＝. 由基本不等式得＝＋≥2， 因為x1≠x2，所以x1x2>256. 由題意得f(x1)＋f(x2)＝－ln x1＋－ln x2＝－ln (x1x2)． 設g(x)＝－ln x，則g′(x)

21、＝(－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

22、＋a得k＝. 設h(x)＝， 則h′(x)＝＝， 其中g(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，＋∞)上單調遞減，因此方程f(x)－kx－a＝0至多有1個實根． 綜上，當a≤3－4ln 2時，對于任意k>0，直線y＝kx＋a與曲線y＝f(x)有唯一公共點． 二、模擬大題 4．(2018·湖北八市聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝ex(x－aex)． (1)當a＝0時，求f(x)的極值； (2)若f(x)有兩個不同的極值點，求a的取值范

23、圍． 解　(1)當a＝0時，f(x)＝xex，f′(x)＝(x＋1)ex， 令f′(x)>0，可得x>－1，故f(x)在(－1，＋∞)上單調遞增，同理可得f(x)在(－∞，－1)上單調遞減， 故f(x)在x＝－1處有極小值f(－1)＝－. (2)依題意，可得f′(x)＝(x＋1－2aex)ex＝0有兩個不同的實根． 設g(x)＝x＋1－2aex，則g(x)＝0有兩個不同的實根x1，x2，g′(x)＝1－2aex， 若a≤0，則g′(x)≥1，此時g(x)為增函數(shù)，故g(x)＝0至多有1個實根，不符合要求； 若a>0，則當x0， 當x>ln 時，g′(x)

24、<0， 故此時g(x)在－∞，ln 上單調遞增，在ln ，＋∞上單調遞減， g(x)的最大值為gln ＝ln －1＋1＝ln ， 又當x→－∞時，g(x)→－∞， 當x→＋∞時，g(x)→－∞， 故要使g(x)＝0有兩個不同實根， 則gln ＝ln >0， 得00. 設g(x)＝0的兩個不同實根為x1，x2(x10，此時f′(x)>0； 當x>x2時，g(x)<0，此時f′(x)<0. 故x1為f(x)的極小值點

25、，x2為f(x)的極大值點，01. 解　(1)f′(x)＝＋a，x∈(0，＋∞)． ①當a≥0時，f′(x)>0恒成立， ∴f(x)在(0，＋∞)上單調遞增； ②當a<0時，令f′(x)＝0，解得x＝－， 令f′(x)>0，得0－， ∴f(x)在0，－上單調遞增， 在－，＋∞上單調遞減

26、． (2)證明：當a＝1時，g(x)＝ln x＋－m. 由已知得ln x1＋＝m，ln x2＋＝m. 兩式相減得ln ＋－＝0， 整理得x1x2＝， ∴x1＝，x2＝. ∴x1＋x2＝， 令t＝∈(0，1)，h(t)＝t－－2ln t. 則h′(t)＝1＋－＝>0， ∴h(t)在(0，1)上單調遞增． ∴h(t)1. ∴x1＋x2>1. 6．(2018·福建廈門質檢一)已知函數(shù)f(x)＝xex－x2－x，a≤e，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)． (1)當a＝0，x>0時，證明：f(x)≥ex2； (2)討論函數(shù)f

27、(x)極值點的個數(shù)． 解　(1)證明：依題意，f(x)＝xex，故原不等式可化為xex≥ex2，因為x>0，所以只要證ex－ex≥0即可， 記g(x)＝ex－ex(x>0)， 則g′(x)＝ex－e(x>0)， 當01時，g′(x)>0，g(x)單調遞增， 所以g(x)≥g(1)＝0，即f(x)≥ex2，原不等式成立． (2)f′(x)＝ex－ax2－ax＋xex－ax－a＝(x＋1)ex－ax(x＋1)＝(x＋1)(ex－ax)， 記h(x)＝ex－ax，h′(x)＝ex－a. (ⅰ)當a<0時，h′(x)＝ex－a>0

28、，h(x)在R上單調遞增， h(0)＝1>0，h＝e－1<0， 所以存在唯一的x0∈，0，使h(x0)＝0， 且當xx0，h(x)>0. ①當x0＝－1，即a＝－時，對任意x≠－1，f′(x)>0， 此時f(x)在R上單調遞增，無極值點； ②若x0<－1，即－－1時，f′(x)>0， 即f(x)在(－∞，x0)，(－1，＋∞)上單調遞增； 當x0

29、當x<－1或x>x0時，f′(x)>0， 即f(x)在(－∞，－1)，(x0，＋∞)上單調遞增； 當－1ex－ex≥0， 從而h(x)>0， 而對任意x<0，h(x)＝ex－ax>ex>0，

30、 所以對任意x∈R，h(x)>0， 此時令f′(x)<0，得x<－1， 令f′(x)>0，得x>－1， 所以f(x)在(－∞，－1)上單調遞減， 在(－1，＋∞)上單調遞增， 此時f(x)有一個極小值點－1，無極大值點． (ⅳ)當a＝e時，由(1)可知，對任意x∈R， h(x)＝ex－ax＝ex－ex≥0(當且僅當x＝1時，取等號)， 此時令f′(x)<0，得x<－1，令f′(x)≥0，得x≥－1， 所以f(x)在(－∞，－1)上單調遞減， 在[－1，＋∞)上單調遞增， 此時f(x)有一個極小值點－1，無極大值點． 綜上所述， ①當a<－或－