专题过关检测（八） 导数的简单应用
A级
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，－1 解析：选A 根据条件知，函数f(x)在(－1,2)上是减函数，在(－∞，－1)，(2，＋∞)上是增函数，故选A. 2．已知a为函数f(x)＝x－12x的极小值点，则a＝( ) A．－4 C．4 2 3 B．－2 D．2 解析：选D 由题意得f′(x)＝3x－12，由f′(x)＝0得x＝±2，当x∈(－∞，－2)时，f′(x)>0，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( ) 2A．(－∞，0) C．(0，＋∞) B．(0,1) D．(1，＋∞) x2 ??f′?x?<0，1 解析：选B f′(x)＝－＋x(x>0)．由? x?x>0，? 得0 递减区间是(0,1)． 4．函数f(x)＝x－ln x的最小值为( ) A．1＋ln 2 C. 1＋ln 21－ln 2 D. 22 B．1－ln 2 2 1122 解析：选C 因为f(x)＝x－ln x(x>0)，所以f′(x)＝2x－，令2x－＝0得x＝， xx2令f′(x)>0，则x> 222?? ；令f′(x)<0，则0 21＋ln 2?2??2?2 ?，＋∞?上单调递增，所以f(x)的极小值(也是最小值)为??－ln 2＝2，故?2??2?选C. 5．已知函数f(x)＝x＋2x＋sin x，若f(a)＋f(1－2a)>0，则实数a的取值范围是( ) A．(1，＋∞) B．(－∞，1) 1??D.?－∞，? 3?? 3 ?1?C.?，＋∞? ?3? 2 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)＝3x＋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)＝－x＋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] C．[－3，＋∞) 2 3 B．(－∞，－3] D．[0，＋∞) 解析：选D f′(x)＝－3x≤0在[－1,1]上恒成立，故f(x)在[－1,1]上递减， 结合题意g(x)＝－x＋m－kx在[－1,1]上递减， 故g′(x)＝－3x－k≤0在[－1,1]上恒成立， 故k≥－3x在[－1,1]上恒成立，故k≥0. 7．(2017·全国卷Ⅱ)若x＝－2是函数f(x)＝(x＋ax－1)e小值为( ) A．－1 C．5e 解析：选A 因为f(x)＝(x＋ax－1)e所以f′(x)＝(2x＋a)e 2 2 －3 2 2 2 3 x－1 的极值点，则f(x)的极 B．－2e D．1 x－1 －3 ， x－1 x－1 ＋(x＋ax－1)e. 2 2 ＝[x＋(a＋2)x＋a－1]e x－1 因为x＝－2是函数f(x)＝(x＋ax－1)e＝0的根， 所以a＝－1，f′(x)＝(x＋x－2)e令f′(x)>0，解得x<－2或x>1， 令f′(x)<0，解得－2 2 x－1 的极值点，所以－2是x＋(a＋2)x＋a－1 2 x－1 ＝(x＋2)(x－1)e x－1 . 所以f(x)在(－∞，－2)上单调递增，在(－2,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以当x＝1时，f(x)取得极小值，且f(x)极小值＝f(1)＝－1. 8．(2020届高三·江西七校第一次联考)若函数f(x)＝2x－3mx＋6x在区间(1，＋∞)上为增函数，则实数m的取值范围是( ) 3 2 A．(－∞，1] C．(－∞，2] B．(－∞，1) D．(－∞，2) 解析：选C 因为f′(x)＝6(x－mx＋1)，且函数f(x)在区间(1，＋∞)上是增函数，所以f′(x)＝6(x－mx＋1)≥0在(1，＋∞)上恒成立，即x－mx＋1≥0在(1，＋∞)上恒成 2 2 2 x2＋11?1?立，所以m≤＝x＋在(1，＋∞)上恒成立，即m≤?x＋?min(x∈(1，＋∞))，因为当xxx?x? 1 ∈(1，＋∞)时，x＋>2，所以m≤2.故选C. x9．(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) f(2)<2f(0)，故选C. 10．已知函数f(x)在定义域R内可导，f(x)＝f(2－x)，且当x∈(－∞，1)时，(x－ ?1?1)f′(x)<0.设a＝f(0)，b＝f??，c＝f(3)，则a，b，c的大小关系为( ) ?2? A．c B．c 解析：选A 依题意得，当x<1时，f′(x)>0，函数f(x)为增函数．又f(3)＝f(－1)，1?1??1?－1<0<<1，∴f(－1) 11．函数f(x)(x>0)的导函数为f′(x)，若xf′(x)＋f(x)＝e，且f(1)＝e，则( ) A．f(x)的最小值为e 1C．f(x)的最小值为 e 解析：选A 设g(x)＝xf(x)－e， 所以g′(x)＝f(x)＋xf′(x)－e＝0， 所以g(x)＝xf(x)－e为常数函数． 因为g(1)＝1×f(1)－e＝0， 所以g(x)＝xf(x)－e＝g(1)＝0， xxxxxB．f(x)的最大值为e 1 D．f(x)的最大值为 e ee?x－1? 所以f(x)＝，f′(x)＝， 2 xxxx当0 1?1?12．已知函数f(x)＝xln x＋x2－3x在区间?n－，n?内有极值，则整数n的值为( ) 2?2?A．1 C．3 B．2 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－2，33311?3?因为g??＝ln ＋－2＝ln － ????x0，且x0∈?，2?，所以当x∈?，x0?时，f′(x)<0，当x∈(x0,2)时，f′(x)>0，所以x0 22 ? ? ? ? ?3?是函数f(x)唯一的极值点，且x0∈?，2?，所以n＝2. ?2? 13．函数f(x)＝x－x＋2在(0，＋∞)上的最小值为________． 解析：函数f(x)＝x－x＋2，x∈(0，＋∞)， 2?2?22 可得f′(x)＝3x－2x，令3x－2x＝0，可得x＝0或x＝，当x∈?0，?时，f′(x)<0， 3?3?2?2?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 3?3?50?2?3?2?2 是最小值，所以f(x)min＝??－??＋2＝. 27?3??3? 50 答案： 27 14．已知函数f(x)＝x－5x＋2ln x，则函数f(x)的单调递增区间是________． 22 解析：函数f(x)＝x－5x＋2ln x的定义域是(0，＋∞)，令f′(x)＝2x－5＋＝ 23 2 3 2 33 x2 2x－5x＋2?x－2??2x－1?1?1?＝>0，解得0 xx2?2? (2，＋∞)． ?1?答案：?0，?和(2，＋∞) ?2? 15．已知f(x)＝x＋ax＋3ln x在(1，＋∞)上是增函数，则实数a的取值范围为________． 2 32x＋ax＋32 解析：由题意得f′(x)＝2x＋a＋＝≥0在(1，＋∞)上恒成立?g(x)＝2x2 xxa??－≤1，2 ＋ax＋3≥0在(1，＋∞)上恒成立?Δ＝a－24≤0或?4 ??g?1?≥0 ?a≥－4，? ???a≥－5 ?－26≤a≤26或 ?a≥－26. 答案：[－26，＋∞) 12 16．若函数f(x)＝－x＋4x－3ln x在[t，t＋1]上不单调，则t的取值范围是________． 23－x＋4x－3?x－1??x－3? 解析：对f(x)求导，得f′(x)＝－x＋4－＝＝－.令f′(x) 2 xxx＝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<1 答案：(0,1)∪(2,3) B级 e?2?1．已知函数f(x)＝2－k?＋ln x?，若x＝2是函数f(x)的唯一一个极值点，则实数kxx?x? 的取值范围为( ) A．(－∞，e] C．(－∞，e) B．[0，e] D．[0，e) xe???x－2??－k?2xxx21?xe－2xee?x??解析：选A f′(x)＝－k?－2＋?＝(x>0)．设g(x)＝，则 x4x2x?xx??x－1?e g′(x)＝，则g(x)在(0,1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增． 2xxe 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 xx满足题意，只需k≤e. ?1?1则f(x)( ) 2．设定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足xf′(x)－f(x)＝xln x，f??＝，?e?e 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，
2020届高考数学(文)二轮复习专题过关检测：(八)导数的简单应用
