《2020高考數(shù)學(xué)刷題首選卷 第二章 函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 考點(diǎn)測(cè)試15 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用（一） 文（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 第二章 函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 考點(diǎn)測(cè)試15 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用（一） 文（含解析）（15頁珍藏版）》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．(2017·浙江高考)函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)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(dǎo)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(duì)應(yīng)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(xiàng)可知，排除A，C.如圖所示，f′(x)有3個(gè)零點(diǎn)，從左到右依次設(shè)為x1，x2，x3，且x1，x3是極小值點(diǎn)，x2是極大值點(diǎn)，且x2>0，故選項(xiàng)D正確．故選D. 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

8、)＝ex－1(x2＋x－2)＝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

9、＝2kπ－，k∈Z時(shí)，函數(shù)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，＋∞)上沒有零點(diǎn)，不符合題意，∴a>0. 當(dāng)0

10、當(dāng)x>時(shí)，f′(x)>0，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)無最大

11、值，則實(shí)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(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∈(－∞，

12、－1)時(shí)，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(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，

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(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、2018·湖北黃岡、黃石等八校3月聯(lián)考)已知實(shí)數(shù)a>0，且a≠1，函數(shù)f(x)＝在R上單調(diào)遞增，則實(shí)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(diào)遞增，則a>1，當(dāng)x≥1時(shí)，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(diào)遞減，∴ymax＝2，則a≥2，當(dāng)x＝1時(shí)，a≤1＋4＝5.綜上，實(shí)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(xué)質(zhì)量檢測(cè))?

15、x∈，，∈(m，n)(m0在x∈，上恒成立，函數(shù)g(x)＝sinx－xcosx在x∈，上單調(diào)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(diào)遞增，f

16、x)ex＋1≥ex在(－∞，0]上恒成立，則實(shí)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(dāng)m＝0時(shí)，f(x)＝1－ex≥1－e0＝0，符合題意；當(dāng)m>0時(shí)，f(x)＝m(x2－2x)ex＋1－ex≥1－ex≥0，符合題意；當(dāng)－≤m<0時(shí)，f′(x)＝(mx2－2m－1)ex≤0恒成立，則f(x)在(－∞，0]上單調(diào)遞減，∴f(x)≥f(0)＝0，符合題意；當(dāng)m<－時(shí)，令f′(x)＝0，解得x＝－(正值舍去)，則f(x)在

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

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

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

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(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

22、＋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．(2018·湖北八市聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝ex(x－aex)． (1)當(dāng)a＝0時(shí)，求f(x)的極值； (2)若f(x)有兩個(gè)不同的極值點(diǎn)，求a的取值范

23、圍． 解　(1)當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝xex，f′(x)＝(x＋1)ex， 令f′(x)>0，可得x>－1，故f(x)在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增，同理可得f(x)在(－∞，－1)上單調(diào)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(gè)不同的實(shí)根． 設(shè)g(x)＝x＋1－2aex，則g(x)＝0有兩個(gè)不同的實(shí)根x1，x2，g′(x)＝1－2aex， 若a≤0，則g′(x)≥1，此時(shí)g(x)為增函數(shù)，故g(x)＝0至多有1個(gè)實(shí)根，不符合要求； 若a>0，則當(dāng)x0， 當(dāng)x>ln 時(shí)，g′(x)

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

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

26、． (2)證明：當(dāng)a＝1時(shí)，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(diào)遞增． ∴h(t)1. ∴x1＋x2>1. 6．(2018·福建廈門質(zhì)檢一)已知函數(shù)f(x)＝xex－x2－x，a≤e，其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)． (1)當(dāng)a＝0，x>0時(shí)，證明：f(x)≥ex2； (2)討論函數(shù)f

27、(x)極值點(diǎn)的個(gè)數(shù)． 解　(1)證明：依題意，f(x)＝xex，故原不等式可化為xex≥ex2，因?yàn)閤>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(dāng)01時(shí)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)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(dāng)a<0時(shí)，h′(x)＝ex－a>0

28、，h(x)在R上單調(diào)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(dāng)xx0，h(x)>0. ①當(dāng)x0＝－1，即a＝－時(shí)，對(duì)任意x≠－1，f′(x)>0， 此時(shí)f(x)在R上單調(diào)遞增，無極值點(diǎn)； ②若x0<－1，即－－1時(shí)，f′(x)>0， 即f(x)在(－∞，x0)，(－1，＋∞)上單調(diào)遞增； 當(dāng)x0

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

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