2020高考数学刷题首选卷 第二章 函数、导数及其应用 考点测试16 导数的应用（二） 文（含解析）

考点测试16导数的应用(二)一、基础小题1．函数f(x)＝x－lnx的单调递增区间为()A．(－∞，0)B．(0，1)C．(1，＋∞)D．(－∞，0)∪(1，＋∞)答案C解析函数的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝1－1x，令f′(x)0，得x1.故选C.2．已知对任意实数x，都有f(－x)＝－f(x)，g(－x)＝g(x)，且x0时，f′(x)0，g′(x)0，则x0时()A．f′(x)0，g′(x)0B．f′(x)0，g′(x)0C．f′(x)0，g′(x)0D．f′(x)0，g′(x)0答案B解析由题意知f(x)是奇函数，g(x)是偶函数．当x0时，f(x)，g(x)都单调递增，则当x0时，f(x)单调递增，g(x)单调递减，即f′(x)0，g′(x)0.3．若曲线f(x)＝x，g(x)＝xα在点P(1，1)处的切线分别为l1，l2，且l1⊥l2，则实数α的值为()A．－2B．2C.12D．－12答案A解析f′(x)＝12x，g′(x)＝αxα－1，所以在点P处的斜率分别为k1＝12，k2＝α，因为l1⊥l2，所以k1k2＝α2＝－1，所以α＝－2，选A.4．已知函数f(x)的导函数f′(x)＝ax2＋bx＋c的图象如图所示，则f(x)的图象可能是()答案D解析当x0时，由导函数f′(x)＝ax2＋bx＋c0，知相应的函数f(x)在该区间内单调递减；当x0时，由导函数f′(x)＝ax2＋bx＋c的图象可知，导函数在区间(0，x1)内的值是大于0的，则在此区间内函数f(x)单调递增．只有选项D符合题意．5．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：x(－∞，－3)－3(－3，1)1(1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)单调递增极大值单调递减极小值单调递增又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≤－3.6．若函数f(x)＝2x2－lnx在其定义域内的一个子区间(k－1，k＋1)内不是单调函数，则实数k的取值范围是()A．[1，＋∞)B.1，32C．[1，2)D.32，2答案B解析因为f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝4x－1x，由f′(x)＝0，得x＝12.据题意得解得1≤k32.故选B.7．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∵导函数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，∴所求不等式变形为f(1－x)f(x2－1)，∴－11－xx2－11，解得1x2，∴实数x的取值范围是(1，2)．8．已知函数f(x)的定义域是[－1，5]，部分对应值如表，f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，x－10245f(x)121.521下列关于函数f(x)的命题：①函数f(x)的值域为[1，2]；②函数f(x)在[0，2]上是减函数；③若x∈[－1，t]时，f(x)的最大值是2，则t的最大值为4；④当1a2时，函数y＝f(x)－a最多有4个零点．其中正确命题的序号是________．(把所有正确命题的序号都填上)答案①②④解析由导函数的图象可知，当－1x0及2x4时，f′(x)0，函数单调递增，当0x2及4x5时，f′(x)0，函数单调递减，当x＝0及x＝4时，函数取得极大值f(0)＝2，f(4)＝2，当x＝2时，函数取得极小值f(2)＝1.5.又f(－1)＝f(5)＝1，所以函数的最大值为2，最小值为1，值域为[1，2]，①②正确；因为当x＝0及x＝4时，函数取得极大值f(0)＝2，f(4)＝2，要使当x∈[－1，t]时，函数f(x)的最大值是2，则0≤t≤5，所以t的最大值为5，所以③不正确；因为极小值f(2)＝1.5，极大值f(0)＝f(4)＝2，所以当1a2时，y＝f(x)－a最多有4个零点，所以④正确，所以正确命题的序号为①②④.二、高考小题9．(2015·福建高考)若定义在R上的函数f(x)满足f(0)＝－1，其导函数f′(x)满足f′(x)k1，则下列结论中一定错误的是()A．f1k1kB．f1k1k－1C．f1k－11k－1D．f1k－1kk－1答案C解析构造函数g(x)＝f(x)－kx＋1，则g′(x)＝f′(x)－k0，∴g(x)在R上为增函数．∵k1，∴1k－10，则g1k－1g(0)．而g(0)＝f(0)＋1＝0，∴g1k－1＝f1k－1－kk－1＋10，即f1k－1kk－1－1＝1k－1，所以选项C错误．故选C.10．(2017·山东高考)若函数exf(x)(e＝2.71828…是自然对数的底数)在f(x)的定义域上单调递增，则称函数f(x)具有M性质．下列函数中具有M性质的是()A．f(x)＝2－xB．f(x)＝x2C．f(x)＝3－xD．f(x)＝cosx答案A解析当f(x)＝2－x时，exf(x)＝ex2x＝e2x.∵e21，∴当f(x)＝2－x时，exf(x)在f(x)的定义域上单调递增，故函数f(x)具有M性质．易知B，C，D不具有M性质，故选A.11．(2016·四川高考)已知a为函数f(x)＝x3－12x的极小值点，则a＝()A．－4B．－2C．4D．2答案D解析由题意可得f′(x)＝3x2－12＝3(x－2)(x＋2)，令f′(x)＝0，得x＝－2或x＝2.则f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：x(－∞，－2)－2(－2，2)2(2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值∴函数f(x)在x＝2处取得极小值，则a＝2.故选D.12．(2017·江苏高考)已知函数f(x)＝x3－2x＋ex－1ex，其中e是自然对数的底数．若f(a－1)＋f(2a2)≤0，则实数a的取值范围是________．答案－1，12解析易知函数f(x)的定义域关于原点对称．∵f(x)＝x3－2x＋ex－1ex，∴f(－x)＝(－x)3－2(－x)＋e－x－1e－x＝－x3＋2x＋1ex－ex＝－f(x)，∴f(x)为奇函数，又f′(x)＝3x2－2＋ex＋1ex≥3x2－2＋2＝3x2≥0(当且仅当x＝0时，取“＝”)，从而f(x)在R上单调递增，所以f(a－1)＋f(2a2)≤0⇔f(a－1)≤f(－2a2)⇔－2a2≥a－1，解得－1≤a≤12.13．(2015·安徽高考)设x3＋ax＋b＝0，其中a，b均为实数．下列条件中，使得该三次方程仅有一个实根的是__________．(写出所有正确条件的编号)①a＝－3，b＝－3；②a＝－3，b＝2；③a＝－3，b2；④a＝0，b＝2；⑤a＝1，b＝2.答案①③④⑤解析设f(x)＝x3＋ax＋b.当a＝－3，b＝－3时，f(x)＝x3－3x－3，f′(x)＝3x2－3，令f′(x)0，得x1或x－1；令f′(x)0，得－1x1，故f(x)在(－∞，－1)上为增函数，在(－1，1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数，又f(－1)＝－1，f(1)＝－5，f(3)＝15，故方程f(x)＝0只有一个实根，故①正确．当a＝－3，b＝2时，f(x)＝x3－3x＋2，易知f(x)在(－∞，－1)上为增函数，在(－1，1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数，又f(－1)＝4，f(1)＝0，x→－∞时，f(x)→－∞，从而方程f(x)＝0有两个根，故②错误．当a＝－3，b2时，f(x)＝x3－3x＋b，易知f(x)的极大值为f(－1)＝2＋b0，极小值为f(1)＝b－20，x→－∞时，f(x)→－∞，故方程f(x)＝0有且仅有一个实根，故③正确．当a＝0，b＝2时，f(x)＝x3＋2，显然方程f(x)＝0有且仅有一个实根，故④正确．当a＝1，b＝2时，f(x)＝x3＋x＋2，f′(x)＝3x2＋10，则f(x)在(－∞，＋∞)上为增函数，易知f(x)的值域为R，故f(x)＝0有且仅有一个实根，故⑤正确．综上，正确条件的编号有①③④⑤.三、模拟小题14．(2018·郑州质检一)已知函数f(x)＝x3－9x2＋29x－30，实数m，n满足f(m)＝－12，f(n)＝18，则m＋n＝()A．6B．8C．10D．12答案A解析设函数f(x)图象的对称中心为(a，b)，则有2b＝f(x)＋f(2a－x)，整理得2b＝(6a－18)x2－(12a2－36a)x＋8a3－36a2＋58a－60，则可得a＝3，b＝3，所以函数f(x)图象的对称中心为(3，3)．又f(m)＝－12，f(n)＝18，且f(m)＋f(n)＝6，所以点(m，f(m))和点(n，f(n))关于(3，3)对称，所以m＋n＝2×3＝6，故选A.15．(2018·河南新乡二模)若函数y＝fxlnx在(1，＋∞)上单调递减，则称f(x)为P函数．下列函数中为P函数的为()①f(x)＝1；②f(x)＝x；③f(x)＝1x；④f(x)＝x.A．①②④B．①③C．①③④D．②③答案B解析x∈(1，＋∞)时，lnx0，x增大时，1lnx，1xlnx都减小，∴y＝1lnx，y＝1xlnx在(1，＋∞)上都是减函数，∴f(x)＝1和f(x)＝1x都是P函数；xlnx′＝lnx－1lnx2，∴x∈(1，e)时，xlnx′0，x∈(e，＋∞)时，xlnx′0，即y＝xlnx在(1，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，∴f(x)＝x不是P函数；xlnx′＝lnx－22xlnx2，∴x∈(1，e2)时，xlnx′0，x∈(e2，＋∞)时，xlnx′0，即y＝xlnx在(1，e2)上单调递减，在(e2，＋∞)上单调递增，∴f(x)＝x不是P函数．故选B.16．(2018·湖南长沙长郡中学月考)求形如y＝f(x)g(x)的函数的导数，我们常采用以下做法：先两边同取自然对数得lny＝g(x)lnf(x)，再两边同时求导得1yy′＝g′(x)lnf(x)＋g(x)1fxf′(x)，于是得到y′＝f(x)g(x)g′(x)lnf(x)＋g(x)1fxf′(x)，运用此方法求得函数y＝x1x的单调递增区间是()A．(e，4)B．(3，6)C．(0，e)D．(2，3)答案C解析由题意知y′＝x1x·－1x2·lnx＋1x2＝x1x·1－lnxx2(x0)，令y′0，得1－lnx0，∴0xe，∴函数y＝x1x的单调递增区间为(0，e)．故答案是C.17．(2018·江西赣州摸底)函数f(x)＝ax＋x2－xlna(a0，a≠1)，若函数g(x)＝|f(x)－t|－2有三个零点，则实数t＝()A．3B．2C．1D．0答案A解析由题可得f′(x)＝2x＋(ax－1)lna，设y＝2x＋(ax－1)lna，则y′＝2＋axln2a0，则知f′(x)在R上单调递增，而由f′(0)＝0，可知f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故f(x)的最小值为f(0)＝1，又g(x)＝|f(x)－t|－2有三个零点，所以f(x)＝t±2有三个根，而t＋2t－2，故t－2＝f(x)min＝f(0)＝1，解得t＝3，故选A.18．(2018·河北衡中九模)若两曲线y＝x2－1与y＝alnx－1存在公切线，则正实数a的取值范围是________．答案0a≤2e解析设切点分别为P