2020高考数学刷题首选卷 考点测试15 导数的应用（一）理（含解析）

考点测试15导数的应用(一)一、基础小题1．函数f(x)＝1＋x－sinx在(0，2π)上是()A．增函数B．减函数C．在(0，π)上增，在(π，2π)上减D．在(0，π)上减，在(π，2π)上增答案A解析f′(x)＝1－cosx0，∴f(x)在(0，2π)上递增．2．设函数f(x)＝2x＋lnx，则()A．x＝12为f(x)的极大值点B．x＝12为f(x)的极小值点C．x＝2为f(x)的极大值点D．x＝2为f(x)的极小值点答案D解析f(x)＝2x＋lnx(x0)，f′(x)＝－2x2＋1x＝x－2x2，x2时，f′(x)0，这时f(x)为增函数；0x2时，f′(x)0，这时f(x)为减函数，据此知x＝2为f(x)的极小值点，故选D．3．函数f(x)＝x3－3x2＋2在区间[－1，1]上的最大值是()A．－2B．0C．2D．4答案C解析f′(x)＝3x2－6x，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝2(舍去)．所以f(x)在[－1，0)上是增函数，f(x)在(0，1]上是减函数，所以当x＝0时，f(x)max＝f(0)＝2．故选C．4．已知函数f(x)＝x3＋ax，则“a0”是“f(x)在R上单调递增”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件答案A解析当a≥0时，f′(x)＝3x2＋a≥0，f(x)在R上单调递增，“a0”是“f(x)在R上单调递增”的充分不必要条件．故选A．5．如图是函数y＝f(x)的导函数f′(x)的图象，则下面判断正确的是()A．在(－2，1)上f(x)是增函数B．在(1，3)上f(x)是减函数C．在(4，5)上f(x)是增函数D．当x＝4时，f(x)取极大值答案C解析由导函数f′(x)的图象知，f(x)在(－2，1)上先减后增，在(1，3)上先增后减，在(4，5)上单调递增，x＝4是f(x)的极小值点．故选C．6．已知f(x)＝2x3－6x2＋m(m为常数)在[－2，2]上有最大值，且最大值为3，那么此函数在[－2，2]上的最小值为()A．0B．－5C．－10D．－37答案D解析由题意知，f′(x)＝6x2－12x，由f′(x)＝0得x＝0或x＝2，当x0或x2时，f′(x)0，当0x2时，f′(x)0，∴f(x)在[－2，0]上单调递增，在[0，2]上单调递减，由条件知f(0)＝m＝3，∴f(2)＝－5，f(－2)＝－37，∴最小值为－37．7．已知函数f(x)＝ax－1＋lnx，存在x00，使得f(x0)≤0有解，则实数a的取值范围是()A．(2，＋∞)B．(－∞，－3)C．(－∞，1]D．[3，＋∞)答案C解析由于函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，不等式f(x)＝ax－1＋lnx≤0有解，即a≤x－xlnx在(0，＋∞)上有解．令h(x)＝x－xlnx，则h′(x)＝1－(lnx＋1)＝－lnx，令h′(x)＝0，得x＝1，当0x1时，h′(x)0，当x1时，h′(x)0，可得当x＝1时，函数h(x)＝x－xlnx取得最大值，要使不等式a≤x－xlnx在(0，＋∞)上有解，只需a≤h(x)max＝h(1)即可，即a≤1．8．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m6或m－3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Δ0，即Δ＝4m2－12(m＋6)0，所以m2－3m－180，解得m6或m－3．二、高考小题9．(2016·全国卷Ⅰ)若函数f(x)＝x－13sin2x＋asinx在(－∞，＋∞)单调递增，则a的取值范围是()A．[－1，1]B．－1，13C．－13，13D．－1，－13答案C解析函数f(x)＝x－13sin2x＋asinx在(－∞，＋∞)单调递增，等价于f′(x)＝1－23cos2x＋acosx＝－43cos2x＋acosx＋53≥0在(－∞，＋∞)恒成立．设cosx＝t，则g(t)＝－43t2＋at＋53≥0在[－1，1]恒成立，所以解得－13≤a≤13．故选C．10．(2017·全国卷Ⅱ)若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，则f(x)的极小值为()A．－1B．－2e－3C．5e－3D．1答案A解析由题意可得f′(x)＝ex－1[x2＋(a＋2)x＋a－1]．∵x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，∴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，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；x∈(－2，1)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．∴f(x)极小值＝f(1)＝－1．故选A．11．(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝2sinx＋sin2x，则f(x)的最小值是________．答案－332解析f′(x)＝2cosx＋2cos2x＝4cos2x＋2cosx－2＝4(cosx＋1)cosx－12，所以当cosx≤12时函数单调递减，当cosx≥12时函数单调递增，从而得到函数的减区间为2kπ－5π3，2kπ－π3(k∈Z)，函数的增区间为2kπ－π3，2kπ＋π3(k∈Z)，所以当x＝2kπ－π3，k∈Z时，函数f(x)取得最小值，此时sinx＝－32，sin2x＝－32，所以f(x)min＝2×－32－32＝－332．12．(2018·江苏高考)若函数f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，则f(x)在[－1，1]上的最大值与最小值的和为________．答案－3解析∵f(x)＝2x3－ax2＋1，∴f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)．若a≤0，则x0时，f′(x)0，∴f(x)在(0，＋∞)上为增函数，又f(0)＝1，∴f(x)在(0，＋∞)上没有零点，不符合题意，∴a0．当0xa3时，f′(x)0，f(x)为减函数；当xa3时，f′(x)0，f(x)为增函数，∴x0时，f(x)有极小值，为fa3＝－a327＋1．∵f(x)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，∴fa3＝0，∴a＝3．∴f(x)＝2x3－3x2＋1，则f′(x)＝6x(x－1)．x－1(－1，0)0(0，1)1f′(x)＋＋0－0f(x)－4增1减0∴f(x)在[－1，1]上的最大值为1，最小值为－4．∴最大值与最小值的和为－3．13．(2016·北京高考)设函数f(x)＝(1)若a＝0，则f(x)的最大值为________；(2)若f(x)无最大值，则实数a的取值范围是________．答案(1)2(2)(－∞，－1)解析(1)若a＝0，则f(x)＝当x0时，f(x)＝－2x0；当x≤0时，f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，当x－1时，f′(x)0，f(x)是增函数，当－1x0时，f′(x)0，f(x)是减函数，∴f(x)≤f(－1)＝2．∴f(x)的最大值为2．(2)在同一平面直角坐标系中画出y＝－2x和y＝x3－3x的图象，如图所示，当a－1时，f(x)无最大值；当－1≤a≤2时，f(x)max＝2；当a2时，f(x)max＝a3－3a．综上，当a∈(－∞，－1)时，f(x)无最大值．三、模拟小题14．(2018·安徽安庆二模)已知函数f(x)＝2ef′(e)lnx－xe(e是自然对数的底数)，则f(x)的极大值为()A．2e－1B．－1eC．1D．2ln2答案D解析由题意知f′(x)＝2ef′ex－1e，∴f′(e)＝2ef′ee－1e，f′(e)＝1e，∴f′(x)＝2x－1e，令f′(x)＝0，得x＝2e，∴f(x)在(0，2e)上递增，在(2e，＋∞)上递减，∴f(x)的极大值为f(2e)＝2ln(2e)－2＝2ln2，选D．15．(2018·豫南九校第四次质量考评)已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f′(x)的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是()①f(b)f(a)f(c)；②函数f(x)在x＝c处取得极小值，在x＝e处取得极大值；③函数f(x)在x＝c处取得极大值，在x＝e处取得极小值；④函数f(x)的最小值为f(d)．A．③B．①②C．③④D．④答案A解析由导函数图象可知在(－∞，c)，(e，＋∞)上，f′(x)0，在(c，e)上，f′(x)0，所以函数f(x)在(－∞，c)，(e，＋∞)上单调递增，在(c，e)上单调递减，所以f(a)f(b)f(c)，函数f(x)在x＝c处取得极大值，在x＝e处取得极小值，函数f(x)没有最小值．故选A．16．(2018·福建六校模拟)已知函数f(x)＝(x－a)3－3x＋a(a0)在[－1，b]上的值域为[－2－2a，0]，则b的取值范围是()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．当x∈(－∞，a－1)∪(a＋1，＋∞)时，f′(x)0，当x∈(a－1，a＋1)时，f′(x)0，则f(x)在(－∞，a－1)，(a＋1，＋∞)上为增函数，在(a－1，a＋1)上为减函数．又f(a＋1)＝－2－2a，∴要使f(x)＝(x－a)3－3x＋a(a0)在[－1，b]上的值域为[－2－2a，0]，则f(－1＋a)＝2－2a≤0，若2－2a＝0，即a＝1，此时f(－1)＝－4，f(0)＝0，－2－2a＝－4，f(3)＝0．∴b∈[0，3]；若2－2a0，即a1，此时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)20，∴不符合题意，∴b的取值范围是[0，3]．故选A．17．(2018·江西南昌调研)已知a为常数，函数f(x)＝x(lnx－ax)有两个极值点x1，x2(x1x2)，则()A．f(x1)0，f(x2)－12B．f(x1)0，f(x2)－12C．f(x1)0，f(x2)－12D．f(x1)0，f(x2)－12答案D解析f′(x)＝lnx－2ax＋1，依题意知f′(x)＝0有两个不等实根x1，x2，即曲线y＝1＋lnx与直线y＝2ax有两个不同交点，如图．由直线y＝x是曲线y＝1＋lnx的切线，可知02a1，0x11x2．∴a∈0，12．由0x11，得f(x1)＝x1(lnx1－ax1)0，∵当x1xx2时，f′(x)0，∴f(x2)f(1)＝－a－12，故选D．18．(2018·广东深圳期末)已知函数f(x)＝xlnx－aex(e为自然对数的底数)有两个极值点，则实数a的取值范围是()A．0，1eB．(0，e)C．1e，eD．(－∞，e)答案A解析由题意可得f′(x)＝lnx＋1－aex，因函数f(x)＝xlnx－aex有两个极值点，则直线y＝a和g(x)＝lnx＋1ex的图象在(0，＋∞)内有2个交点，易得g′(x)＝1x－lnx－1ex(x0)，令h(x)＝1x－lnx－1，则h′(x)＝1x2－1x0，故h(x)＝1x－lnx－1在(0，＋∞)上单调递减，又h(1)＝0，所以当x∈(0，1)时，h(x)0，即g′(x)0，g(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，h(x)0，即g′(x)0，g(x)单调递减，所以g(x)max＝g(1)＝1e，而x→0时，g(x)→－∞，x→＋∞时，g(x)→0，故要使直线y＝a和g(x)的图象在(0，＋∞)内有2个交点，只需0a1e，故选A．一、高