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《2018版高考数学二轮复习 第1部分 重点强化专题 专题6 函数与导数 专题限时集训16 导数的应用 理》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。
1、专题限时集训(十六) 导数的应用(对应学生用书第109页)(限时：40分钟)题型1 利用导数研究函数的单调性5,6,10题型2 利用导数研究函数的极值、最值问题2,3,4,7,9,13题型3 利用导数解决不等式问题1,8,11,12,14一、选择题1．(2017·豫南九校联考)已知f′(x)是定义在R上的连续函数f(x)的导函数，满足f′(x)－2f(x)<0，且f(－1)＝0，则f(x)>0的解集为( )A．(－∞，－1) B．(－1,1)C．(－∞，0)D．(－1，＋∞)A [设g(x)＝，则g′(x)＝<0在R上恒
2、成立，所以g(x)在R上递减，又因为g(－1)＝0，f(x)>0⇔g(x)>0，所以x<－1.]2．(2017·郑州第三次质量预测)设函数f(x)满足2x2f(x)＋x3f′(x)＝ex，f(2)＝，则x∈[2，＋∞)时，f(x)的最小值为( )【导学号：07804116】A. B.C. D.D [对于等式2x2f(x)＋x3f′(x)＝ex，因为x>0，故此等式可化为f′(x)＝，且f′(2)＝＝0.令g(x)＝ex－2x2f(x)，g(2)＝0.g′(x)＝ex－2[2xf(x)＋x2f′(x)]＝ex－2＝
3、(x－2)．当x≥2时，g′(x)≥0，g(x)单调递增，故gmin(x)＝g(2)＝0，因此当x≥2时，g(x)≥0恒成立．因为f′(x)＝，所以f′(x)≥0恒成立．因此f(x)在[2，＋∞)上单调递增，f(x)的最小值为f(2)＝.故选D.]3．(2017·安庆模拟)已知函数f(x)＝－k，若x＝2是函数f(x)的唯一一个极值点，则实数k的取值范围为( )A．(－∞，e]B．[0，e]C．(－∞，e)D．[0，e)A [f′(x)＝－k＝(x＞0)．设g(x)＝，则g′(x)＝，则g(x)在(0,1)内单调递减，在
4、(1，＋∞)内单调递增．∴g(x)在(0，＋∞)上有最小值，为g(1)＝e,结合g(x)＝与y＝k的图象可知，要满足题意，只需k≤e，选A.]4．(2017·金华十校联考)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c有两个极值点x1，x2.若f(x1)＝x1＜x2，则关于x的方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0的不同实根个数为( )A．3B．4C．5 D．6A [f′(x)＝3x2＋2ax＋b，原题等价于方程3x2＋2ax＋b＝0有两个不等实数根x1，x2，且x1＜x2，x∈(－∞，x1)时，f′(x)＞0，f(x)单
5、调递增；x∈(x1，x2)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；x∈(x2，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．∴x1为极大值点，x2为极小值点．∴方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0有两个不等实根，f(x)＝x1或f(x)＝x2.∵f(x1)＝x1，∴由图知f(x)＝x1有两个不同的解，f(x)＝x2仅有一个解．故选A.]5．(2016·甘肃兰州诊断考试)已知函数f(x)的导函数为f′(x)，若x2f′(x)＋xf(x)＝sinx(x∈(0,6))，f(π)＝2，则下列结论正确的是( )A．y＝xf(x)
6、在(0,6)上单调递减B．y＝xf(x)在(0,6)上单调递增C．y＝xf(x)在(0,6)上有极小值2πD．y＝xf(x)在(0,6)上有极大值2πD [因为x2f′(x)＋xf(x)＝sinx，x∈(0,6)，所以xf′(x)＋f(x)＝，设g(x)＝xf(x)，x∈(0,6)，则g′(x)＝f(x)＋xf′(x)＝，令g′(x)>0，得07、x＋acosx)在上单调递增，则实数a的取值范围是( )A．(－∞，1]B．(－∞，1)C．[1，＋∞)D．(1，＋∞)A [f′(x)＝ex[sinx＋cosx－a(sinx－cosx)]，当a＝0时，f′(x)＝ex(sinx＋cosx)，显然x∈，f′(x)>0恒成立，排除C，D；当a＝1时，f′(x)＝2excosx，x∈时，f′(x)>0，故选A.]7．(2017·肇庆二模)已知函数f(x)＝x3－6x2＋9x，g(x)＝x3－x2＋ax－(a>1)，若对任意的x1∈[0,4]，总存在x2∈[0,4]，使得f(
8、x1)＝g(x2)，则实数a的取值范围为( )A.B．[9，＋∞)C.∪[9，＋∞)D．∪[9，＋∞)C [由f′(x)＝3x2－12x＋9＝3(x－1)(x－3)＝0，得x＝1或x＝3，所以当x∈[0,4]时，当0≤x<1或30，即f(x)单调递增，当1
