2019版高考数学复习函数导数及其应用第11讲导数在研究函数中的应用增分练

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1、第11讲 导数在研究函数中的应用板块四 模拟演练·提能增分[A级 基础达标]1.函数y=x4-4x+3在区间[-2,3]上的最小值为(  )A.72B.36C.12D.0答案 D解析 因为y′=4x3-4,令y′=0即4x3-4=0,解得x=1.当x<1时,y′<0,当x>1时,y′>0,在[-2,3]上只有一个极值点,所以函数的极小值为y

2、x=1=0,所以ymin=0.2.[2018·南阳模拟]已知函数f(x)=x2-5x+2lnx,则函数f(x)的单调递增区间是(  )A.和(1,+∞)B.(0,1)和(2,+∞)C.和(2,+∞)D.(1,2)答案 C解析 函数f(x)

3、=x2-5x+2lnx的定义域是(0,+∞),令f′(x)=2x-5+==>0,解得0<x<或x>2,故函数f(x)的单调递增区间是,(2,+∞).3.[2018·无锡模拟]设函数f(x)=xex,则(  )A.x=1为f(x)的极大值点B.x=1为f(x)的极小值点C.x=-1为f(x)的极大值点D.x=-1为f(x)的极小值点答案 D解析 f′(x)=(x+1)ex,当x<-1时,f′(x)<0,当x>-1时,f′(x)>0,所以x=-1为f(x)的极小值点.故选D.4.若a>2,则函数f(x)=x3-ax2+1在区间(0,2)上恰好有(  )A.0个零点B.1个零点C.

4、2个零点D.3个零点答案 B解析 ∵f′(x)=x2-2ax,且a>2,∴当x∈(0,2)时,f′(x)<0,即f(x)在(0,2)上是单调减函数.又∵f(0)=1>0,f(2)=-4a<0,∴f(x)在(0,2)上恰好有1个零点.故选B.5.[2018·珠海模拟]设f(x),g(x)在[a,b]上可导,且f′(x)>g′(x),则当a<x<b时,有(  )A.f(x)>g(x)B.f(x)<g(x)C.f(x)+g(a)>g(x)+f(a)D.f(x)+g(b)>g(x)+f(b)答案 C解析 ∵f′(x)>g′(x),∴[f(x)-g(x)]′>0.∴f(x)-g(x)在

5、[a,b]上是增函数.∴f(a)-g(a)<f(x)-g(x).即f(x)+g(a)>g(x)+f(a).6.已知函数f(x)=kx3+3(k-1)x2-k2+1(k>0).(1)若f(x)的单调递减区间是(0,4),则实数k的值为________;(2)若f(x)在(0,4)上为减函数,则实数k的取值范围是________.答案 (1) (2)解析 (1)f′(x)=3kx2+6(k-1)x,由题意知f′(4)=0,解得k=.(2)由f′(x)=3kx2+6(k-1)x≤0并结合导函数的图象可知,必有-≥4,解得k≤.又k>0,故0

6、满足f(2)=2,f′(x)>1,则不等式f(x)-x>0的解集为________.答案 (2,+∞)解析 令g(x)=f(x)-x,∴g′(x)=f′(x)-1.由题意知g′(x)>0,∴g(x)为增函数.∵g(2)=f(2)-2=0,∴g(x)>0的解集为(2,+∞).8.[2018·西宁模拟]若函数f(x)=-x3+x2+2ax在上存在单调递增区间,则a的取值范围是________.答案 解析 对f(x)求导,得f′(x)=-x2+x+2a=-2++2a.当x∈时,f′(x)的最大值为f′=+2a.令+2a>0,解得a>-.所以a的取值范围是.9.[2018·广西模拟]

7、已知函数f(x)=(x-k)ex.(1)求f(x)的单调区间;(2)求f(x)在区间[0,1]上的最小值.解 (1)由题意知f′(x)=(x-k+1)ex.令f′(x)=0,得x=k-1.f(x)与f′(x)随x的变化情况如下:x(-∞,k-1)k-1(k-1,+∞)f′(x)-0+f(x)-ek-1所以,f(x)的单调递减区间是(-∞,k-1);单调递增区间是(k-1,+∞).(2)当k-1≤0,即k≤1时,f(x)在[0,1]上单调递增,所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(0)=-k;当0

8、-1,1]上单调递增,所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(k-1)=-ek-1;当k-1≥1,即k≥2时,f(x)在[0,1]上单调递减,所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(1)=(1-k)e.综上,当k≤1时,f(x)在[0,1]上的最小值为f(0)=-k;当1

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