高考数学(理数)一轮复习刷题小卷练习10《导数在函数中的综合应用》 (教师版)

这是一份高考数学(理数)一轮复习刷题小卷练习10《导数在函数中的综合应用》 (教师版)，共9页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
刷题增分练 10　导数在函数中的综合应用刷题增分练⑩                  小题基础练提分快一、选择题1．已知函数f(x)＝x2ex，当x＝[－1,1]时，不等式f(x)<m恒成立，则实数m的取值范围为(　　)A.    B.    C．[e，＋∞)   D．(e，＋∞)答案：D解析：由f′(x)＝ex(2x＋x2)＝x(x＋2)ex，得当－1<x<0时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当0<x<1时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，且f(1)>f(－1)，故f(x)max＝f(1)＝e，则m>e.故选D.2．函数f(x)＝lnx＋(a∈R)在区间[e－2，＋∞)上有两个零点，则a的取值范围是(　　)A.  B.     C.  D.答案：A解析：令f(x)＝lnx＋＝0，x∈[e－2，＋∞)，得－a＝xlnx.记H(x)＝xlnx，x∈[e－2，＋∞)，则H′(x)＝1＋lnx，由此可知H(x)在[e－2，e－1]上单调递减，在(e－1，＋∞)上单调递增，且H(e－2)＝－2e－2，H(e－1)＝－e－1，当x→＋∞时，H(x)→＋∞，故当≤a<时，f(x)在[e－2，＋∞)上有两个零点，选A.3．函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，那么f(x)的图象最有可能的是(　　)答案：A解析：根据f′(x)的图象知，函数y＝f(x)的极小值点是x＝－2，极大值点为x＝0，结合单调性知，选A.4．函数f(x)＝x3－3x－1，若对于区间(－3,2]上的任意x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤t，则实数t的最小值是(　　)A．20  B．18            C．3   D．0答案：A解析：对于区间(－3,2]上的任意x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤t，等价于在区间(－3,2]上，f(x)max－f(x)min≤t.∵f(x)＝x3－3x－1，∴f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)．∵x∈(－3,2]，∴函数f(x)在[－3，－1]，[1,2]上单调递增，在[－1,1]上单调递减，∴f(x)max＝f(2)＝f(－1)＝1，f(x)min＝f(－3)＝－19，∴f(x)max－f(x)min＝20，∴t≥20，即实数t的最小值是20.5．函数f(x)＝ex2－2x2的图象大致为(　　)答案：A解析：∵f(x)＝f(－x)，当x>0时，f′(x)＝ex2·2x－4x，令f′(x)＝0，则2x(ex2－2)＝0⇒x＝∈(0,1)，且f()＝2－2ln2>0，∴当x>0时，f(x)>0，且只有一个极值点，∴排除B，C，D.故选A.6．若f(x)＝x3－ax2＋1在(1,3)上单调递减，则实数a的取值范围是(　　)A．(－∞，3]  B.     C.       D．(0,3)答案：B解析：因为函数f(x)＝x3－ax2＋1在(1,3)上单调递减，所以f′(x)＝3x2－2ax≤0在(1,3)上恒成立，即a≥x在(1,3)上恒成立．因为<，所以a≥.故选B.7．已知函数f(x)＝3lnx－x2＋x在区间(1,3)上有最大值，则实数a的取值范围是(　　)A.  B.    C.  D.答案：B解析：因为f′(x)＝－2x＋a－，所以结合题意可得f′(x)＝－2x＋a－在(1,3)上只有一个零点且单调递减，则问题转化为则解得－<a<.故选B.8．若函数f(x)＝lnx＋x2－x在区间(0,2)内有且仅有一个极值点，则m的取值范围是(　　)A.∪[4，＋∞)  B.∪[2，＋∞)C.∪(2，＋∞)  D.∪(4，＋∞)答案：B解析：f′(x)＝＋x－，由f′(x)＝0得(x－m)＝0，∴x＝m或x＝.显然m>0.当且仅当0<m<2≤或0<<2≤m时，函数f(x)在区间(0,2)内有且仅有一个极值点．若0<m<2≤，即0<m≤，则当x∈(0，m)时，f′(x)>0，当x∈(m,2)时，f′(x)<0，函数f(x)有极大值点x＝m.若0<<2≤m，即m≥2，则当x∈时，f′(x)>0，当x∈时，f′(x)<0，函数f(x)有极大值点x＝.综上，m的取值范围是∪[2，＋∞)．故选B. 二、非选择题9．若函数f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，则f(x)在[－1,1]上的最大值与最小值的和为________．答案：－3解析：f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)(x>0)．①当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上递增，又f(0)＝1，∴ f(x)在(0，＋∞)上无零点．②当a>0时，由f′(x)>0解得x>，由f′(x)<0解得0<x<，∴ f(x)在上递减，在上递增．又f(x)只有一个零点，∴ f＝－＋1＝0，∴ a＝3.此时f(x)＝2x3－3x2＋1，f′(x)＝6x(x－1)，当x∈[－1,1]时，f(x)在[－1,0]上递增，在[0,1]上递减．又f(1)＝0，f(－1)＝－4，∴ f(x)max＋f(x)min＝f(0)＋f(－1)＝1－4＝－3.10．已知f(x)＝(x＋1)3e－x＋1，g(x)＝(x＋1)2＋a，若∃x1，x2∈R，使得f(x2)≥g(x1)成立，则实数a的取值范围是__________．答案：解析：∃x1，x2∈R，使得f(x2)≥g(x1)成立，即为f(x)max≥g(x)min.又f′(x)＝(x＋1)2e－x＋1(－x＋2)，由f′(x)＝0得x＝－1或2，且当x＜2时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x＞2时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，所以f(x)max＝f(2)＝，又g(x)min＝a，则a≤，故实数a的取值范围是.11．设函数f(x)＝x3＋(1＋a)x2＋ax有两个不同的极值点x1，x2，且对不等式f(x1)＋f(x2)≤0恒成立，则实数a的取值范围是________．答案：(－∞，－1]∪解析：因为f(x1)＋f(x2)≤0，故x＋x＋(1＋a)(x＋x)＋a(x1＋x2)≤0，即(x1＋x2)[(x1＋x2)2－3x1x2]＋(1＋a)[(x1＋x2)2－2x1x2]＋a(x1＋x2)≤0①.由于f′(x)＝3x2＋2(1＋a)x＋a，令f′(x)＝0，得方程3x2＋2(1＋a)x＋a＝0，因为Δ＝4(a2－a＋1)>0，故代入不等式①，并化简得(1＋a)(2a2－5a＋2)≤0，解不等式得a≤－1或≤a≤2.因此，当a≤－1或≤a≤2时，不等式f(x1)＋f(x2)≤0恒成立，故答案为(－∞，－1]∪.12．设函数f(x)＝，g(x)＝，对任意x1，x2∈(0，＋∞)，不等式≤恒成立，则正数k的取值范围是________．答案：解析：对任意x1，x2∈(0，＋∞)，不等式≤恒成立等价于max≤min.∵x>0，∴f(x)＝＝x＋≥2，当且仅当x＝1时取等号，∴f(x)min＝f(1)＝2，即min＝.g′(x)＝＝，当0<x<1时，g′(x)>0，当x>1时，g′(x)<0，∴函数g(x)在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减，∴g(x)max＝g(1)＝，∴max＝，∴≤，解得k≥.刷题课时增分练⑩                  综合提能力　课时练　赢高分一、选择题1．若函数f(x)＝2exln(x＋a)－2＋xex存在正的零点，则实数a的取值范围是(　　)A．(－∞，)　  B．(－∞，e)   C．(，＋∞)    D.答案：B解析：令f(x)＝2exln(x＋a)－2＋xex＝0，可得ln(x＋a)＝－，设g(x)＝ln(x＋a)，h(x)＝－，则由函数f(x)＝2exln(x＋a)－2＋xex存在正的零点，可得g(0)<h(0)，即lna<1，解得a<e.2．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值10，则f(2)等于(　　)A．11或18  B．11          C．18      D．17或18答案：C解析：f′(x)＝3x2＋2ax＋b，∴⇒或当时，f′(x)＝3(x－1)2≥0，∴在x＝1处不存在极值．当时，f′(x)＝3x2＋8x－11＝(3x＋11)(x－1)，∴x∈，f′(x)<0；x∈(1，＋∞)，f′(x)>0，符合题意．∴∴f(2)＝8＋16－22＋16＝18，故选C.3．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(　　)A．(－1,2)  B．(－∞，－3)∪(6，＋∞)C．(－3,6)  D．(－∞，－1)∪(2，＋∞)答案：B解析：∵函数f(x)＝x3＋mx2＋(m＋6)x＋1既存在极大值又存在极小值，且f′(x)＝3x2＋2mx＋m＋6，∴方程3x2＋2mx＋m＋6＝0有两个不同的实数解，∴Δ＝4m2－12(m＋6)>0，解得m<－3或m>6，∴实数m的取值范围是(－∞，－3)∪(6，＋∞)．故选B.4．函数f(x)＝3＋xlnx的单调递减区间是(　　)A.      B.      C.   D.答案：B解析：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝lnx＋x·＝lnx＋1，令f′(x)＝lnx＋1<0，得0<x<.所以函数f(x)的单调递减区间为.故选B.5．已知定义域为{x|x≠0}的偶函数f(x)，其导函数为f′(x)，对任意正实数x满足xf′(x)>－2f(x)，若g(x)＝x2f(x)，则不等式g(x)<g(1)的解集是(　　)A．(－∞，1)  B．(－∞，0)∪(0,1)C．(－1,1)     D．(－1,0)∪(0,1)答案：D解析：因为g(x)＝x2f(x)，所以g′(x)＝x2f′(x)＋2xf(x)＝x[xf′(x)＋2f(x)]，由题意知，当x>0时，xf′(x)＋2f(x)>0，所以g′(x)>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f(x)为偶函数，则g(x)也是偶函数，所以g(x)＝g(|x|)，由g(x)<g(1)，得g(|x|)<g(1)，所以则x∈(－1,0)∪(0,1)．故选D.6．设函数f(x)的导函数为f′(x)，若f(x)为偶函数，且在(0,1)上存在极大值，则f′(x)的图象可能为(　　)答案：C解析：根据题意，f(x)为偶函数，则其导数f′(x)为奇函数，结合函数图象可以排除B，D.又由于函数f(x)在(0,1)上存在极大值，则其导数图象在(0,1)上存在零点，且零点左侧导数值符号为正，右侧导数值符号为负，结合选项可以排除A，只有C选项符合题意，故选C.7．已知函数f(x)＝x3－3x－1，在区间[－3,2]上的最大值为M，最小值为N，则M－N＝(　　)A．20   B．18         C．3    D．0答案：A解析：对函数求导得f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，所以f(x)在x＝－1两侧先增后减，f(x)在x＝1两侧先减后增，分别计算得f(－3)＝－19，f(－1)＝1，f(1)＝－3，f(2)＝1，所以M＝1，N＝－19，则M－N＝1－(－19)＝20.故选A.8．设f(x)＝|lnx|，若函数g(x)＝f(x)－ax在区间(0,4)上有三个零点，则实数a的取值范围是(　　)A.    B.       C.  D.答案：D解析：令y1＝f(x)＝|lnx|，y2＝ax，若函数g(x)＝f(x)－ax在区间(0,4)上有三个零点，则y1＝f(x)＝|lnx|与y2＝ax的图象在区间(0,4)上有三个交点．由图象易知，当a≤0时，不符合题意；当a>0时，易知y1＝|lnx|与y2＝ax的图象在区间(0,1)上有一个交点，所以只需要y1＝|lnx|与y2＝ax的图象在区间(1,4)上有两个交点即可，此时|lnx|＝lnx，由lnx＝ax，得a＝.令h(x)＝，x∈(1,4)，则h′(x)＝，故函数h(x)在(1，e)上单调递增，在(e,4)上单调递减，h(e)＝＝，h(1)＝0，h(4)＝＝，所以<a<，故选D.二、非选择题9．已知函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，且对任意的x∈R，f′(x)>2，则f(x)>2x＋4的解集为________．答案：(－1，＋∞)解析：令g(x)＝f(x)－2x－4，则g′(x)＝f′(x)－2>0，∴g(x)在R上为增函数，且g(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝0.原不等式可转化为g(x)>g(－1)，解得x>－1，故原不等式的解集为(－1，＋∞)．10．已知函数f(x)＝x3－x2＋2x＋t在区间(0，＋∞)上既有极大值又有极小值，则t的取值范围是________．答案：解析：f′(x)＝tx2－3x＋2，由题意可得f′(x)＝0在(0，＋∞)上有两个不等实根，即tx2－3x＋2＝0在(0，＋∞)上有两个不等实根，所以解得0<t<.11．已知函数f(x)＝x3－a(x2＋x＋1)．(1)若a＝3，求f(x)的单调区间；(2)证明：f(x)只有一个零点．解析：(1)当a＝3时，f(x)＝x3－3x2－3x－3，f′(x)＝x2－6x－3.令f′(x)＝0，解得x＝3－2或x＝3＋2.当x∈(－∞，3－2)∪(3＋2，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(3－2，3＋2)时，f′(x)<0.故f(x)在(－∞，3－2)，(3＋2，＋∞)单调递增，在(3－2，3＋2)单调递减．(2)证明：因为x2＋x＋1>0，所以f(x)＝0等价于－3a＝0.设g(x)＝－3a，则g′(x)＝≥0，仅当x＝0时g′(x)＝0，所以g(x)在(－∞，＋∞)单调递增．故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点．又f(3a－1)＝－6a2＋2a－＝－62－<0，f(3a＋1)＝>0，故f(x)有一个零点．综上，f(x)只有一个零点．