2020高考数学刷题首秧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.pdf

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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．22．设函数f(x)＝＋lnx，则()x1A．x＝为f(x)的极大值点21B．x＝为f(x)的极小值点2C．x＝2为f(x)的极大值点D．x＝2为f(x)的极小值点答案D221x－2解析f(x)＝＋lnx(x>0)，f′(x)＝－＋＝，x>2时，f′(x)>0，这时f(x)xx2xx2为增函数；0

2、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)＝f(0)＝2.故选C.max4．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′(x)＝3x2＋a≥0，f(x)在R上单调递增，“a>0”是“

3、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，

4、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(x)≤0有解，则实数a的取值范围x00是()A．(2，＋∞)B．(－∞，－3)C．(－∞，1]D．[3，＋∞)答案Ca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≤xx－xlnx在(0，＋∞)上有解．令h(x)＝x－xlnx，

5、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)

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′(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x，x，x，且x，x是极小12313值点，x是极大值点，且x>0，故选项D正确．故选D.2210．(2017·全国卷Ⅱ)若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，

7、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，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；x