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