新高考2020版高考数学二轮复习专题过关检测八导数的简单应用文 7页

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2021-06-30 发布

新高考2020版高考数学二轮复习专题过关检测八导数的简单应用文

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专题过关检测（八）导数的简单应用 A级——“12＋‎4”‎提速练 ‎1．已知函数f(x)的导函数f′(x)满足下列条件：‎ ‎①f′(x)>0时，x<－1或x>2；‎ ‎②f′(x)<0时，－10，函数f(x)单调递增，当x∈(－2,2)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，所以a＝2.‎ ‎3．已知函数f(x)＝－ln x＋＋3，则函数f(x)的单调递减区间是(　　)‎ A．(－∞，0) B．(0,1)‎ C．(0，＋∞) D．(1，＋∞)‎ 解析：选B　f′(x)＝－＋x(x>0)．由得00)，所以f′(x)＝2x－，令2x－＝0得x＝，令f′(x)>0，则x>；令f′(x)<0，则00，则实数a的取值范围是(　　)‎ A．(1，＋∞) B．(－∞，1)‎ C. D. 解析：选B　∵函数f(x)的定义域为R，f(－x)＝－f(x)，∴f(x)为奇函数．又f′(x)＝3x2＋2＋cos x>0，∴f(x)在R上单调递增，所以f(a)>f(‎2a－1)，a>‎2a－1，解得a<1.故选B.‎ ‎6．定义在R上的函数f(x)＝－x3＋m与函数g(x)＝f(x)－kx在[－1,1]上具有相同的单调性，则k的取值范围是(　　)‎ A．(－∞，0] B．(－∞，－3]‎ C．[－3，＋∞) D．[0，＋∞)‎ 解析：选D　f′(x)＝－3x2≤0在[－1,1]上恒成立，故f(x)在[－1,1]上递减，‎ 结合题意g(x)＝－x3＋m－kx在[－1,1]上递减，‎ 故g′(x)＝－3x2－k≤0在[－1,1]上恒成立，‎ 故k≥－3x2在[－1,1]上恒成立，故k≥0.‎ ‎7．(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．－1 B．－2e－3‎ C．5e－3 D．1‎ 解析：选A　因为f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1，‎ 所以f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)ex－1‎ ‎＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]ex－1.‎ 因为x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，所以－2是x2＋(a＋2)x＋a－1＝0的根，‎ 所以a＝－1，f′(x)＝(x2＋x－2)ex－1＝(x＋2)(x－1)ex－1.‎ 令f′(x)>0，解得x<－2或x>1，‎ 令f′(x)<0，解得－22，所以m≤2.故选C.‎ ‎9．(2019·广东七校联考)已知定义在R上的连续可导函数f(x)，当x≠0时，有xf′(x)<0，则下列各项正确的是(　　)‎ A．f(－1)＋f(2)>‎2f(0)‎ B．f(－1)＋f(2)＝‎2f(0)‎ C．f(－1)＋f(2)<‎2f(0)‎ D．f(－1)＋f(2)与‎2f(0)大小关系不确定解析：选C　由题意得，x<0时，f(x)是增函数，x>0时，f(x)是减函数，∴x＝0是函数f(x)的极大值点，也是最大值点，∴f(－1)0，函数f(x)为增函数．又f(3)＝f(－1)，－1<0<<1，∴f(－1)0)的导函数为f′(x)，若xf′(x)＋f(x)＝ex，且f(1)＝e，则(　　)‎ A．f(x)的最小值为e B．f(x)的最大值为e C．f(x)的最小值为 D．f(x)的最大值为解析：选A　设g(x)＝xf(x)－ex，‎ 所以g′(x)＝f(x)＋xf′(x)－ex＝0，‎ 所以g(x)＝xf(x)－ex为常数函数．‎ 因为g(1)＝1×f(1)－e＝0，‎ 所以g(x)＝xf(x)－ex＝g(1)＝0，‎ 所以f(x)＝，f′(x)＝，‎ 当01时，f′(x)>0，‎ 7‎ 所以f(x)≥f(1)＝e.‎ ‎12．已知函数f(x)＝xln x＋x2－3x在区间内有极值，则整数n的值为(　　)‎ A．1 B．2‎ C．3 D．4‎ 解析：选B　由题意知，f′(x)＝ln x＋1＋x－3＝ln x＋x－2，令g(x)＝ln x＋x－2，因为g＝ln ＋－2＝ln －0，所以函数g(x)＝ln x＋x－2在内有零点．又g′(x)＝＋1>0在(0，＋∞)上恒成立，所以函数g(x)＝ln x＋x－2在(0，＋∞)上单调递增，所以函数g(x)＝ln x＋x－2在(0，＋∞)上有唯一的零点x0，且x0∈，所以当x∈时，f′(x)<0，当x∈(x0,2)时，f′(x)>0，所以x0是函数f(x)唯一的极值点，且x0∈，所以n＝2.‎ ‎13．函数f(x)＝x3－x2＋2在(0，＋∞)上的最小值为________．‎ 解析：函数f(x)＝x3－x2＋2，x∈(0，＋∞)，‎ 可得f′(x)＝3x2－2x，令3x2－2x＝0，可得x＝0或x＝，当x∈时，f′(x)<0，函数是减函数；x∈时，f′(x)>0，函数是增函数，所以x＝是函数的极小值也是最小值，所以f(x)min＝3－2＋2＝.‎ 答案： ‎14．已知函数f(x)＝x2－5x＋2ln x，则函数f(x)的单调递增区间是________．‎ 解析：函数f(x)＝x2－5x＋2ln x的定义域是(0，＋∞)，令f′(x)＝2x－5＋＝＝>0，解得02，故函数f(x)的单调递增区间是和(2，＋∞)．‎ 答案：和(2，＋∞)‎ ‎15．已知f(x)＝x2＋ax＋3ln x在(1，＋∞)上是增函数，则实数a的取值范围为________．‎ 7‎ 解析：由题意得f′(x)＝2x＋a＋＝≥0在(1，＋∞)上恒成立⇔g(x)＝2x2＋ax＋3≥0在(1，＋∞)上恒成立⇔Δ＝a2－24≤0或⇔－2≤a≤2或⇔a≥－2.‎ 答案：[－2，＋∞)‎ ‎16．若函数f(x)＝－x2＋4x－3ln x在[t，t＋1]上不单调，则t的取值范围是________．‎ 解析：对f(x)求导，得f′(x)＝－x＋4－＝＝－.令f′(x)＝0，得函数f(x)的两个极值点为1,3，则只要这两个极值点有一个在区间(t，t＋1)内，函数f(x)在区间[t，t＋1]上就不单调，所以t<10)．设g(x)＝，则g′(x)＝，则g(x)在(0,1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．‎ 所以g(x)在(0，＋∞)上有最小值，为g(1)＝e，结合g(x)＝与y＝k的图象可知，要满足题意，只需k≤e.‎ ‎2．设定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足xf′(x)－f(x)＝xln x，f＝，则f(x)(　　)‎ A．有极大值，无极小值 B．有极小值，无极大值 C．既有极大值，又有极小值 D．既无极大值，又无极小值解析：选D　因为xf′(x)－f(x)＝xln x，‎ 所以＝，‎ 所以′＝，所以＝ln2x＋c，‎ 所以f(x)＝xln2x＋cx.因为f＝ln2＋c×＝，所以c＝，所以f′(x)＝ln2x＋ln ‎ 7‎ x＋＝(ln x＋1)2≥0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)在(0，＋∞)上既无极大值，也无极小值．‎ ‎3．(2019·洛阳尖子生第二次联考)已知定义域为R的奇函数y＝f(x)的导函数为y＝f′(x)，当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，若a＝，b＝，c＝－，则a，b，c的大小关系正确的是(　　)‎ A．a0时，g′(x)＝<0，∴函数g(x)在(0，＋∞)上单调递减．∵函数f(x)为奇函数，∴函数g(x)是偶函数，∴c＝＝g(－3)＝g(3)，又a＝g(e)，b＝g(ln 2)，且3>e>1>ln 2>0，∴g(3)0)．当a＝1时，f(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为________；若f(x)在区间(2，＋∞)上存在最小值，则满足条件的一个a的值为________．‎ 解析：当a＝1时，因为x>0，所以f(x)＝x＋≥2＝2，当且仅当x＝1时，f(x)取得最小值2.若f(x)在区间(2，＋∞)上存在最小值，由f(x)的导数为f′(x)＝1－＝ 7‎ ‎，当x>时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当02，可得a>4.可取a＝5(答案不唯一)．‎ 答案：2　5‎ 7‎

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