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）

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1、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－cosx>0，∴f(x)在(0，2π)上递增．2．设函数f(x)＝＋lnx，则(　　)A．x＝为f(x)的极大值点B．x＝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)＝＋lnx(x>0)，f′(x)＝－＋＝，x>2时，f′(x)>0，这时f(x)为增函数；0

2、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“a>0”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′

3、(x)＝3x2＋a≥0，f(x)在R上单调递增，“a>0”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

4、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x<0或x>2时，f′(x)>0，当00，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

5、于函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，不等式f(x)＝－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00，当x>1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　m>6或m<－3解析

6、　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Δ>0，即Δ＝4m2－12(m＋6)>0，所以m2－3m－18>0，解得m>6或m<－3．二、高考小题9．(2016·全国卷Ⅰ)若函数f(x)＝x－sin2x＋asinx在(－∞，＋∞)单调递增，则a的取值范围是(　　)A．[－1，1]B．C．D．答案　C解析　函数f(x)＝x－sin2x＋asinx在(－∞，＋∞)单调递增，等价于f′(x)＝1－cos2x＋acosx＝－cos2x＋acosx＋≥0在(－∞，＋∞)恒成

7、立．设cosx＝t，则g(t)＝－t2＋at＋≥0在[－1，1]恒成立，所以解得－≤a≤．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，＋∞

8、)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增