考点14导数的应用教师版备战2020年高考理科数学必刷题集

1考点14导数的应用1、已知函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的图象如图所示，则函数y＝log2(x2＋23bx＋c3)的单调递减区间为()A.12，＋∞B．[3，＋∞)C．[－2,3]D．(－∞，－2)【答案】D【解析】因为f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d，所以f′(x)＝3x2＋2bx＋c，由图可知f′(－2)＝f′(3)＝0，所以12－4b＋c＝0，27＋6b＋c＝0，解得b＝－32，c＝－18.令g(x)＝x2＋23bx＋c3，则g(x)＝x2－x－6，g′(x)＝2x－1，由g(x)＝x2－x－6＞0，解得x＜－2或x＞3.令g′(x)＜0，解得x12，所以g(x)＝x2－x－6在(－∞，－2)上为减函数，所以函数y＝log2x2＋23bx＋c3的单调递减区间为(－∞，－2)．2、已知函数y＝12f′(x)的图象如图所示，则函数f(x)的单调递增区间为()A．(－∞，1)B．(－∞，0)和(2，＋∞)C．(1,2)D．R【答案】B【解析】因为函数y＝12x是R上的减函数，所以f′(x)＞0的充分必要条件是0＜12f′(x)＜1,f′(x)＜0的充分必要条件是12f′(x)＞1.由图象可知，当x∈(－∞，0)∪(2，＋∞)时，0＜12f′(x)＜1，即f′(x)＞0.2所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，0)和(2，＋∞)．故选B.3、若曲线C1：y＝ax2(a0)与曲线C2：y＝ex存在公共切线，则a的取值范围为()A.e28，＋∞B．0，e28C.e24，＋∞D．0，e24【答案】C【解析】结合函数y＝ax2(a0)和y＝ex的图象可知，要使曲线C1：y＝ax2(a0)与曲线C2：y＝ex存在公共切线，只要ax2＝ex在(0，＋∞)上有解，从而a＝exx2.令h(x)＝exx2(x0)，则h′(x)＝ex·x2－ex·2xx4＝x－xx3，令h′(x)＝0，得x＝2，易知h(x)min＝h(2)＝e24，所以a≥e24.4、已知函数f(x)＝x(x－m)2在x＝1处取得极小值，则实数m＝()A．0B．1C．2D．3【答案】B【解析】f′(x)＝(x－m)2＋2x(x－m)＝(x－m)·(3x－m)．由f′(1)＝0可得m＝1或m＝3.当m＝3时，f′(x)＝3(x－1)(x－3)，当1＜x＜3时，f′(x)＜0；当x＜1或x＞3时，f′(x)＞0.此时在x＝1处取得极大值，不合题意．所以m＝1，此时f′(x)＝(x－1)(3x－1)，当13＜x＜1时，f′(x)＜0；当x＜13或x＞1时，f′(x)＞0.此时在x＝1处取得极小值．选B.5、已知函数f(x)＝x3－px2－qx的图象与x轴切于点(1,0)，则f(x)的极大值、极小值分别为()A．－427，0B．0，－427C.427，0D．0，427【答案】C【解析】由题意知，f′(x)＝3x2－2px－q，由f′(1)＝0,f(1)＝0得3－2p－q＝0，1－p－q＝0，解得p＝2，q＝－1，∴f(x)＝x3－2x2＋x.由f′(x)＝3x2－4x＋1＝0，得x＝13或x＝1，易知当x＝13时，f(x)取极大值427，当x＝1时，f(x)取极小值0.6、已知函数f(x)＝x3＋3x2－9x＋1，若f(x)在区间[k,2]上的最大值为28，则实数k的取值范围为()A．[－3，＋∞)B．(－3，＋∞)C．(－∞，－3)D．(－∞，－3]【答案】D【解析】由题意知f′(x)＝3x2＋6x－9，令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝－3，所以f′(x),f(x)随x的变化情况如下表：3x(－∞，－3)－3(－3,1)1(1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值又f(－3)＝28,f(1)＝－4,f(2)＝3,f(x)在区间[k,2]上的最大值为28，所以k≤－3.7、已知函数f(x)＝xx2＋a(a＞0)在[1，＋∞)上的最大值为33，则a的值为()A.3－1B．34C．43D．3＋1【答案】A【解析】由f(x)＝xx2＋a得f′(x)＝a－x2x2＋a2.当a＞1时，若x＞a，则f′(x)＜0,f(x)单调递减；若1＜x＜a，则f′(x)＞0,f(x)单调递增．故当x＝a时，函数f(x)有最大值12a＝33，得a＝34＜1，不合题意；当a＝1时，函数f(x)在[1，＋∞)上单调递减，最大值为f(1)＝12，不合题意；当0＜a＜1时，函数f(x)在[1，＋∞)上单调递减，此时最大值为f(1)＝1a＋1＝33，得a＝3－1，符合题意，故a的值为3－1.选A.8、已知函数f(x)＝x3＋bx2＋cx的图象如图所示，则x21＋x22＝()A.23B．43C．83D．163【答案】C【解析】由图象可知f(x)的图象过点(1,0)与(2,0)，因此1＋b＋c＝0，8＋4b＋2c＝0，解得b＝－3，c＝2，所以f(x)＝x3－3x2＋2x，所以f′(x)＝3x2－6x＋2.因为x1，x2是方程f′(x)＝3x2－6x＋2＝0的两根，所以x1＋x2＝2，x1x2＝23，所以x21＋x22＝(x1＋x2)2－2x1x2＝4－43＝83.9、函数f(x)＝13x3＋x2－23在区间(a，a＋5)上存在最小值，则实数a的取值范围是()4A．[－5,0)B．(－5,0)C．[－3,0)D．(－3,0)【答案】C【解析】由题意知，f′(x)＝x2＋2x＝x(x＋2)，令f′(x)＝0，解得x＝0或－2，故f(x)在(－∞，－2)，(0，＋∞)上是增函数，在(－2,0)上是减函数，做出其图象如图所示．令13x3＋x2－23＝－23得，x＝0或x＝－3，则结合图象可知，－3≤a＜0，a＋5＞0，解得a∈[－3,0)．故选C.10、已知函数f(x)＝x3－2x2－4x－7，其导函数为f′(x)，给出以下命题：①f(x)的单调递减区间是－23，2；②f(x)的极小值是－15；③当a＞2时，对任意的x＞2且x≠a，恒有f(x)＞f(a)＋f′(a)(x－a)；④函数f(x)有且只有一个零点．其中真命题的个数为()A．1B．2C．3D．4【答案】C【解析】f′(x)＝3x2－4x－4＝(x－2)(3x＋2)．①令f′(x)＜0，得－23＜x＜2，所以f(x)的单调递减区间是－23，2；②令f′(x)＞0，得x＜－23或x＞2，结合①可知f(x)的极小值是f(2)＝－15；③显然当a＞2时，对任意的x＞2且x≠a，恒有f(x)＞f(a)＋f′(a)(x－a)不成立；④f－23＝－14927＜0,f(2)＝－15＜0，并结合①②易知f(x)有且只有一个零点．故选C.11、已知函数f(x)＝x33－(4m－1)x2＋(15m2－2m－7)x＋2在R上单调递增，则实数m的取值范围是________．【答案】[2,4]【解析】f′(x)＝x2－2(4m－1)x＋15m2－2m－7，由题意可知，f′(x)≥0在R上恒成立，所以Δ＝4(4m－1)2－54(15m2－2m－7)＝4(m2－6m＋8)≤0，解得2≤m≤4.12、已知定义域为R的函数f(x)满足f(4)＝－3，且对任意的x∈R总有f′(x)＜3，则不等式f(x)＜3x－15的解集为________．【答案】(4，＋∞)【解析】令g(x)＝f(x)－3x＋15，则g′(x)＝f′(x)－3＜0，所以g(x)在R上是减函数．又g(4)＝f(4)－3×4＋15＝0，所以f(x)＜3x－15的解集为(4，＋∞)．13、已知函数f(x)＝－12x2＋4x－3lnx在区间[t，t＋1]上不单调，则t的取值范围是________．【答案】(0,1)∪(2,3)【解析】由题意知f′(x)＝－x＋4－3x＝－x－x－x，由f′(x)＝0得函数f(x)的两个极值点为1和3，则只要这两个极值点有一个在区间(t，t＋1)内，函数f(x)在区间[t，t＋1]上就不单调，所以1∈(t，t＋1)或3∈(t，t＋1)⇔t＜1，t＋1＞1或t＜3，t＋1＞3⇔0＜t＜1或2＜t＜3.14、已知函数f(x)的导函数为f′(x)＝5＋cosx，x∈(－1,1)，且f(0)＝0，如果f(1－x)＋f(1－x2)＜0，则实数x的取值范围为__________．【答案】(1，2)【解析】∵f′(x)是偶函数，且f(0)＝0，∴原函数f(x)是奇函数，且定义域为(－1,1)．又导函数值恒大于0，∴原函数在定义域上单调递增，∴所求不等式可变形为f(1－x)＜f(x2－1)，∴－1＜1－x＜x2－1＜1，解得1＜x＜2，∴实数x的取值范围是(1，2)．15、函数f(x)＝13x3＋x2－3x－4在[0,2]上的最小值是________．【答案】－173【解析】f′(x)＝x2＋2x－3，令f′(x)＝0得x＝1(x＝－3舍去)．又f(0)＝－4,f(1)＝－173，f(2)＝－103，故f(x)在[0,2]上的最小值是f(1)＝－173.16、已知函数f(x)＝x3＋3ax2＋bx＋a2在x＝－1时有极值0，则a－b＝________.【答案】－7【解析】由题意得f′(x)＝3x2＋6ax＋b，则－1＋3a－b＋a2＝0，3－6a＋b＝0，解得a＝1，b＝3，或a＝2，b＝9.经检验当a＝1，b＝3时，函数f(x)单调递增无法取得极值，而a＝2，b＝9满足题意，故a－b＝－7.17、已知函数f(x)＝x3＋mx2＋(m＋6)x＋1既存在极大值又存在极小值，则实数m的取值范围是________．【答案】(－∞，－3)∪(6，＋∞)【解析】对函数f(x)求导得f′(x)＝3x2＋2mx＋m＋6，要使函数f(x)既存在极大值又存在极小值，则f′(x)＝0有两个不同的根，所以判别式Δ＞0，即4m2－12(m＋6)＞0，所以m2－3m－18＞0，解得m＞6或m＜－3.618、已知函数f(x)＝x3－6x2＋9x－abc，a＜b＜c，且f(a)＝f(b)＝f(c)＝0.现给出如下结论：①f(0)f(1)＞0；②f(0)f(1)＜0；③f(0)f(3)＞0；④f(0)f(3)＜0.其中正确结论的序号是________．【答案】②③【解析】∵f′(x)＝3x2－12x＋9＝3(x－1)·(x－3)，由f′(x)＜0，得1＜x＜3；由f′(x)＞0，得x＜1或x＞3.∴f(x)在区间(1,3)上是减函数，在区间(－∞，1)，(3，＋∞)上是增函数．又a＜b＜c,f(a)＝f(b)＝f(c)＝0，∴y极大值＝f(1)＝4－abc＞0，y极小值＝f(3)＝－abc＜0，∴0＜abc＜4.∴a，b，c均大于零，或者a＜0，b＜0，c＞0.又x＝1，x＝3为函数f(x)的极值点，∴a0，b0，c0不成立，如图．∴f(0)＜0.∴f(0)f(1)＜0,f(0)f(3)＞0，∴正确结论的序号是②③.19、已知函数f(x)＝xa－ex(a＞0)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)求函数f(x)在[1,2]上的最大值．【答案】(1)单调递增区间为－∞，ln1a；单调递减区间为ln1a，＋∞(2)当1＜ln1a＜2，即1e2＜a＜1e时，f(x)max＝fln1a＝1aln1a－1a；当ln1a≤1，即a≥1e时，f(x)max＝f(1)＝1a－e.【解析】(1)f(x)＝xa－ex(a＞0)，则f′(x)＝1a－ex.令f′(x)－ex＝0，则x＝ln1a.当x变化时，f′(x),f(x)的变化情况如下表：x－∞，ln1aln1aln1a，＋∞f′(x)＋0－f(x)极大值7故函数f(x)的单调递增区间为－∞，ln1a；单调递减区间为ln1a，＋∞.(2)当ln1a≥2，即0＜a≤1e2时，f(x)max＝f(2)＝2a－e2；当