《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）.docx》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）.docx（15頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
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)f(x)為增函數(shù)；0
0”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．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)＝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，＋∞) 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，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)＝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＝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_(kāi)_______．
答案 －3
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，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_(kāi)_______；
(2)若f(x)無(wú)最大值，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∈(－∞，－1)時(shí)，f(x)無(wú)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，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)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))?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，f0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－，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)，(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(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)＝(－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－a0，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)<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)，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．
(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(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，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(wú)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)x0x0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，
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(wú)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(wú)極大值點(diǎn)．
綜上所述，
①當(dāng)a<－或－
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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
2020
高考
數(shù)學(xué)
首選
第二
函數(shù)
導(dǎo)數(shù)
及其
應(yīng)用
考點(diǎn)
測(cè)試
15
解析
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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）.docx
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