【新】版高考数学一轮总复习第2章函数导数及其应用2.11导数在研究函数中的应用模拟演练文

小中高 精品 教案 试卷 制作不易 推荐下载 1 2018版高考数学一轮总复习 第2章 函数、导数及其应用 2.11 导数在研究函数中的应用模拟演练 文 [A级 基础达标](时间：40分钟) 1．设函数f(x)＝xex，则( ) A．x＝1为f(x)的极大值点 B．x＝1为f(x)的极小值点 C．x＝－1为f(x)的极大值点 D．x＝－1为f(x)的极小值点 答案 D 解析 f′(x)＝ex＋xex＝(1＋x)ex.令f′(x)＝0，则x＝－1.当x<－1时，f′(x)<0，当x>－1时，f′(x)>0，所以x＝－1为f(x)的极小值点．

2．[2017·陕西模拟]函数f(x)＝axx2＋1(a>0)的单调递增区间是( ) A．(－∞，－1) B．(－1,1) C．(1，＋∞) D．(－∞，－1)∪(1，＋∞) 答案 B

解析 函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝a－x2x2＋2＝a－x＋xx2＋2.由于a>0，要使f′(x)>0，只需(1－x)·(1＋x)>0，解得x∈(－1,1)，故选B. 3．函数f(x)＝ln x－x在区间(0，e]上的最大值为( ) A．1－e B．－1 C．－e D．0 答案 B

解析 因为f′(x)＝1x－1＝1－xx，当x∈(0,1)时，f′(x)>0；当x∈(1，e]时，f′(x)<0，所以f(x)的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，e]，所以当x＝1时，f(x)取得最大值ln 1－1＝－1. 4．[2017·丽水模拟]设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝(1－x)f′(x)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是( )

A．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1) 小中高 精品 教案 试卷

制作不易 推荐下载 2 B．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(1) C．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(－2) D．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(2) 答案 D 解析 由题图，当x＜－2时，f′(x)＞0；当－2＜x＜1时，f′(x)＜0；当1＜x＜2时，f′(x)＜0；当x＞2时，f′(x)＞0.由此可以得到函数f(x)在x＝－2处取得极大值，在x＝2处取得极小值．

5．若函数f(x)＝x2＋ax＋1x在12，＋∞是增函数，则a的取值范围为( ) A．[－1,0] B．[－1，＋∞) C．[0,3] D．[3，＋∞) 答案 D

解析 f′(x)＝2x＋a－1x2，因为函数在12，＋∞是增函数，所以f′(x)≥0在

1

2，＋∞

上恒成立，即a≥1x2－2x在12，＋∞上恒成立，设g(x)＝1x2－2x，g′(x)＝－2x3－2，令g′(x)＝－2x3－2＝0，得x＝－1，当x∈12，＋∞时，g′(x)<0，故g(x)max＝g12＝4－1＝3，所以a≥3. 6．[2017·银川模拟]函数f(x)＝x(x－m)2在x＝1处取得极小值，则m＝________. 答案 1 解析 f′(1)＝0可得m＝1或m＝3.当m＝3时，f′(x)＝3(x－1)(x－3)，1＜x＜3时，f′(x)＜0；x＜1或x＞3时，f′(x)＞0，此时x＝1处取得极大值，不合题意，所以m＝1.

7．[2017·河南开封月考]已知函数f(x)＝kx3＋3(k－1)x2－k2＋1(k＞0)的单调递减区间是(0,4)． (1)实数k的值为________； (2)若在(0,4)上为减函数，则实数k的取值范围是__________．

答案 (1)13 (2)0，13

解析 (1)f′(x)＝3kx2＋6(k－1)x，由题意知f′(4)＝0，解得k＝13. (2)由f′(x)＝3kx2＋6(k－1)x≤0并结合导函数的图象可知，必有－k－k≥4，解得k≤13.又k＞0，故0＜k≤13. 8．若函数f(x)＝－13x3＋12x2＋2ax在23，＋∞上存在单调递增区间，则a的取值范围是________． 答案 －19，＋∞ 小中高 精品 教案 试卷 制作不易 推荐下载 3 解析 对f(x)求导，得f′(x)＝－x2＋x＋2a＝－x－122＋14＋2a.当x∈23，＋∞时，f′(x)的最大值为f′23＝29＋2a.令29＋2a>0，解得a>－19.所以a的取值范围是－19，＋∞.

9．[2015·全国卷Ⅱ]已知函数f(x)＝ln x＋a(1－x)． (1)讨论f(x)的单调性； (2)当f(x)有最大值，且最大值大于2a－2时，求a的取值范围．

解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x－a. 若a≤0，则f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)单调递增． 若a＞0，则当x∈0，1a时，f′(x)＞0；

当x∈1a，＋∞时，f′(x)＜0.所以f(x)在0，1a单调递增，在1a，＋∞单调递减． (2)由(1)，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)无最大值；当a＞0时，f(x)在x＝1a取得最大值，最大值为f1a＝ln 1a＋a1－1a＝－ln a＋a－1. 因此f1a＞2a－2等价于ln a＋a－1＜0. 令g(a)＝ln a＋a－1，则g(a)在(0，＋∞)单调递增，g(1)＝0. 于是，当0＜a＜1时，g(a)＜0；当a＞1时，g(a)＞0. 因此，a的取值范围是(0,1)． 10．[2017·广西模拟]已知函数f(x)＝(x－k)ex. (1)求f(x)的单调区间； (2)求f(x)在区间[0,1]上的最小值． 解 (1)由题意知f′(x)＝(x－k＋1)ex. 令f′(x)＝0，得x＝k－1. f(x)与f′(x)随x的变化情况如下：

x (－∞，k－1) k－1 (k－1，＋∞)

f′(x) － 0 ＋

f(x) －ek－1 所以，f(x)的单调递减区间是(－∞，k－1)；单调递增区间是(k－1，＋∞)． (2)当k－1≤0，即k≤1时，f(x)在[0,1]上单调递增，所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(0)＝－k； 当0以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(k－1)＝－ek－1； 当k－1≥1，即k≥2时，f(x)在[0,1]上单调递减， 所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(1)＝(1－k)e. 综上，当k≤1时，f(x)在[0,1]上的最小值为f(0)＝－k； 小中高 精品 教案 试卷 制作不易 推荐下载 4 当1当k≥2时，f(x)在[0,1]上的最小值为f(1)＝(1－k)e. [B级 知能提升](时间：20分钟)

11．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx－a2－7a在x＝1处取得极大值10，则ab的值为( )

A．－23 B．－2 C．－2或－23 D．2或－23 答案 A 解析 由题意知，f′(x)＝3x2＋2ax＋b，f′(1)＝0，

f(1)＝10，即 3＋2a＋b＝0，1＋a＋b－a2－7a＝10，解得 a＝－2，b＝1或 a＝－6，b＝9，经检验

 a＝－6，

b＝9

满足题意，故ab＝－23.

12．已知函数f(x)＝ax－1＋ln x，若存在x0>0，使得f(x0)≤0有解，则实数a的取值范围是( ) A．a>2 B．a<3 C．a≤1 D．a≥3 答案 C

解析 函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，不等式ax－1＋ln x≤0有解，即a≤x－xln x在(0，＋∞)上有解，令h(x)＝x－xln x，可得h′(x)＝1－(ln x＋1)＝－ln x，令h′(x)＝0，可得x＝1，当00，当x>1时，h′(x)<0，可得当x＝1时，函数h(x)＝x－xln x取得最大值1，要使不等式a≤x－xln x在(0，＋∞)上有解，只要a小于等于h(x)的最大值即可，即a≤1.所以选C.

13．[2016·北京高考]设函数f(x)＝ x3－3x，x≤a，－2x，x>a. (1)若a＝0，则f(x)的最大值为________； (2)若f(x)无最大值，则实数a的取值范围是________． 答案 (1)2 (2)(－∞，－1)

解析 (1)若a＝0，则f(x)＝ x3－3x，x≤0，－2x，x>0.当x>0时，f(x)＝－2x<0；当x≤0时，f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)·(x＋1)，当x<－1时，f′(x)>0，f(x)是增函数，当－1<0时，

f′(x)<0，f(x)是减函数，∴f(x)≤f(－1)＝2.

∴f(x)的最大值为2.