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15 导数的应用(一) 文(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

2、,这时f(x)为增函数;00”是“f(x)在R上单调递增”的(  )A.充分不必要

3、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′(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,

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0

5、函数f(x)=-1+lnx,存在x0>0,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-

6、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 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.(2017·浙江高考)函数y=f(x)的导函数y=f′

7、(x)的图象如图所示,则函数y=f(x)的图象可能是(  )答案 D解析 观察导函数f′(x)的图象可知,f′(x)的函数值从左到右依次为小于0,大于0,小于0,大于0,∴对应函数f(x)的增减性从左到右依次为减、增、减、增.观察选项可知,排除A,C.如图所示,f′(x)有3个零点,从左到右依次设为x1,x2,x3,且x1,x3是极小值点,x2是极大值点,且x2>0,故选项D正确.故选D.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.

8、-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,+∞)时,f

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