【高考冲刺】2020年高考数学(理数) 导数在函数中的应用小题练（含答案解析）

【高考复习】2020年高考数学(理数)

导数在函数中的应用小题练

一         、选择题

1.已知函数f(x)的定义域为[－1,4]，部分对应值如下表：

f(x)的导函数y=f ′(x)的图象如图所示．当1<a<2时，函数y=f(x)－a的零点的个数为(　　)

A．1           B．2          C．3           D．4

2.若关于x的不等式x3－3x2－9x＋2≥m对任意x∈[－2,2]恒成立，则m的取值范围是(　　)

A．(－∞，7]　      B．(－∞，－20]      C．(－∞，0]        D．[－12,7]

3.已知函数f(x)=x3＋bx2＋cx的图象如图所示，则x＋x=(　　)

A.　         B．          C．          D．

4.已知函数f(x)=x3＋3x2－9x＋1，若f(x)在区间[k,2]上的最大值为28，则实数k的取值范围为(　　)

A．[－3，＋∞)     B．(－3，＋∞)     C．(－∞，－3)       D．(－∞，－3]

5.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

6.已知函数f(x)=x3－px2－qx的图象与x轴切于点(1,0)，则f(x)的极大值、极小值分别为(　　)

A．－，0　　      B．0，－         C.，0          D．0，

7.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)f ′(x)＜0.设a=f(0)，b=f，c=f(3)，则(　　)

A．c＜a＜b　     B．c＜b＜a　      C．a＜b＜c       D．b＜c＜a

8.函数f(x)=ex－ex，x∈R的单调递增区间是(　　)

A．(0，＋∞)       B．(－∞，0)     C．(－∞，1)　      D．(1，＋∞)

9.设f′(x)是函数f(x)(x∈R)的导函数，且满足xf′(x)-2f(x)>0，若在△ABC中，角C为钝角，则(　　)

A．f(sin A)·sin2B>f(sin B)·sin2A

B．f(sin A)·sin2B<f(sin B)·sin2A

C．f(cos A)·sin2B>f(sin B)·cos2A

D．f(cos A)·sin2B<f(sin B)·cos2A

10.已知e为自然对数的底数，设函数f(x)=(ex-1)(x-1)k(k=1,2)，则(　　)

A．当k=1时，f(x)在x=1处取到极小值

B．当k=1时，f(x)在x=1处取到极大值

C．当k=2时，f(x)在x=1处取到极小值

D．当k=2时，f(x)在x=1处取到极大值

11.函数f(x)=ax＋x2－xln a(a>0，a≠1)，若函数g(x)=|f(x)－t|－2有三个零点，则实数t=(　　)

A．3         B．2            C．1          D．0

12.若函数f(x)=2x2－ln x在其定义域内的一个子区间(k－1，k＋1)内不是单调函数，则实数k的取值范围是(　　)

A．[1，＋∞)         B.           C．[1，2)        D.

二         、填空题

13.函数f(x)=x3＋x2－3x－4在[0,2]上的最小值是________．

14.已知函数f(x)=x3＋3ax2＋bx＋a2在x=－1时有极值0，则a－b=________.

15.已知定义域为R的函数f(x)满足f(4)=－3，且对任意的x∈R总有f ′(x)＜3，则不等式f(x)＜3x－15的解集为________．

16.设定义在R上的函数f(x)满足f(1)=2，f′(x)<1，则不等式f(x2)>x2＋1的解集为________．

17.不等式ex≥kx对任意实数x恒成立，则实数k的最大值为________．

18.已知函数f(x)=2f′(1)ln x－x，则f(x)的极大值为________．

19.已知函数f(x)的定义域是[－1，5]，部分对应值如表，f(x)的导函数y=f′(x)的图象如图所示，

下列关于函数f(x)的命题：

①函数f(x)的值域为[1，2]；

②函数f(x)在[0，2]上是减函数；

③若x∈[－1，t]时，f(x)的最大值是2，则t的最大值为4；

④当1<a<2时，函数y=f(x)－a最多有4个零点．

其中正确命题的序号是________．(把所有正确命题的序号都填上)

20.已知函数f(x)=x3－2x＋ex－，其中e是自然对数的底数．若f(a－1)＋f(2a2)≤0，则实数a的取值范围是________．

答案解析

1.答案为：D；

解析：

根据导函数图象，知2是函数的极小值点，函数y=f(x)的大致图象如图所示．

由于f(0)=f(3)=2,1<a<2，所以y=f(x)－a的零点个数为4.

2.答案为：B；

解析：令f(x)=x3－3x2－9x＋2，则f ′(x)=3x2－6x－9，

令f ′(x)=0得x=－1或x=3(舍去)．

∵f(－1)=7, f(－2)=0, f(2)=－20，

∴f(x)的最小值为f(2)=－20，故m≤－20.

3.答案为：C；

解析：由图象可知f(x)的图象过点(1,0)与(2,0)，因此解得b=－3，c=2，

所以f(x)=x3－3x2＋2x，所以f ′(x)=3x2－6x＋2.

因为x1，x2是方程f ′(x)=3x2－6x＋2=0的两根，所以x1＋x2=2，x1x2=，

所以x＋x=(x1＋x2)2－2x1x2=4－=.

4.答案为：D；

解析：

由题意知f ′(x)=3x2＋6x－9，令f ′(x)=0，解得x=1或x=－3，所以f ′(x), f(x)随x的变化情况如下表：

又f(－3)=28, f(1)=－4, f(2)=3, f(x)在区间[k,2]上的最大值为28，所以k≤－3.

5.答案为：B；

解析：

因为f ′(x)=－1=，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.

6.答案为：C；

解析：

由题意知， f ′(x)=3x2－2px－q，由f ′(1)=0, f(1)=0得

解得p=2，q=－1，∴f(x)=x3－2x2＋x.由f ′(x)=3x2－4x＋1=0，得x=或x=1，

易知当x=时， f(x)取极大值，当x=1时， f(x)取极小值0.

7.答案为：A；

解析：由题意可知，当x＜1时， f ′(x)＞0，函数f(x)为增函数．

又f(3)=f(－1)，－1＜0＜＜1，∴f(－1)＜f(0)＜f，即f(3)＜f(0)＜f，

所以c＜a＜b.故选A.

8.答案为：D；

解析：由题意知， f ′(x)=ex－e，令f ′(x)＞0，解得x＞1.故选D.

9.答案为：C；

解析：根据“xf′(x)-2f(x)”的特征，可以构造函数F(x)=，

则有F′(x)==，

所以当x>0时，F′(x)>0，F(x)在(0，＋∞)上单调递增．

因为<C<π，所以0<A＋B<，0<A<-B，则有1>cos A>cos=sin B>0，

所以F(cos A)>F(sin B)，即>，

f(cos A)·sin2B>f(sin B)·cos2A，故选C.

10.答案为：C；

解析：当k=1时，f(x)=(ex-1)(x-1)，0,1是函数f(x)的零点．

当0<x<1时，f(x)=(ex-1)(x-1)<0，

当x>1时，f(x)=(ex-1)(x-1)>0,1不会是极值点．

当k=2时，f(x)=(ex-1)(x-1)2，零点还是0,1，但是当0<x<1，x>1时，f(x)>0，

由极值的概念，知选C.

11.答案为：A；

解析：

由题可得f′(x)=2x＋(ax－1)ln a，设y=2x＋(ax－1)ln a，则y′=2＋axln2a>0，

则知f′(x)在R上单调递增，而由f′(0)=0，可知f(x)在(－∞，0)上单调递减，

在(0，＋∞)上单调递增，故f(x)的最小值为f(0)=1，

又g(x)=|f(x)－t|－2有三个零点，所以f(x)=t±2有三个根，而t＋2>t－2，

故t－2=f(x)min=f(0)=1，解得t=3，故选A.

12.答案为：B；

解析：

因为f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)=4x－，由f′(x)=0，得x=.

据题意得解得1≤k<.故选B.

一         、填空题

13.答案为：－；

解析：

f′(x)=x2＋2x－3，令f′(x)=0得x=1(x=－3舍去)．又f(0)=－4, f(1)=－， f(2)=－，

故f(x)在[0,2]上的最小值是f(1)=－.

14.答案为：－7；

解析：

由题意得f ′(x)=3x2＋6ax＋b，则解得或

经检验当a=1，b=3时，函数f(x)单调递增无法取得极值，

而a=2，b=9满足题意，故a－b=－7.

15.答案为：(4，＋∞)；

解析：令g(x)=f(x)－3x＋15，则g′(x)=f ′(x)－3＜0，所以g(x)在R上是减函数．

又g(4)=f(4)－3×4＋15=0，所以f(x)＜3x－15的解集为(4，＋∞)．

16.答案为：{x|-1<x<1}；

解析：由条件式f′(x)<1得f′(x)-1<0，待解不等式f(x2)>x2＋1可化为f(x2)-x2-1>0，

可以构造F(x)=f(x)-x-1，由于F′(x)=f′(x)-1<0，所以F(x)在R上单调递减．

又因为F(x2)=f(x2)-x2-1>0=2-12-1=f(12)-12-1=F(12)，所以x2<12，解得-1<x<1，

故不等式f(x2)>x2＋1的解集为{x|-1<x<1}．

17.答案为：e；

解析：(1)不等式ex≥kx对任意实数x恒成立，即为f(x)=ex－kx≥0恒成立，即有f(x)min≥0，

由f(x)的导数为f′(x)=ex－k，

当k≤0时，ex＞0，可得f′(x)＞0恒成立，f(x)递增，无最值；

当k＞0时，x＞ln k时f′(x)＞0，f(x)递增；x＜ln k时f′(x)＜0，f(x)递减．

即在x=ln k处取得最小值，且为k－kln k，

由k－kln k≥0，解得k≤e，即k的最大值为e.

18.答案为：2ln 2－2；

解析：因为f′(x)=－1，所以f′(1)=2f′(1)－1，所以f′(1)=1，

故f(x)=2ln x－x，f′(x)=－1=，则f(x)在(0，2)上为增函数，

在(2，＋∞)上为减函数，所以当x=2时f(x)取得极大值，且f(x)极大值=f(2)=2ln 2－2.

19.答案为：①②④；

解析：

由导函数的图象可知，当－1<x<0及2<x<4时，f′(x)>0，函数单调递增，

当0<x<2及4<x<5时，f′(x)<0，函数单调递减，当x=0及x=4时，函数取得极大值f(0)=2，

f(4)=2，当x=2时，函数取得极小值f(2)=1.5.又f(－1)=f(5)=1，

所以函数的最大值为2，最小值为1，值域为[1，2]，①②正确；

因为当x=0及x=4时，函数取得极大值f(0)=2，f(4)=2，要使当x∈[－1，t]时，

函数f(x)的最大值是2，则0≤t≤5，所以t的最大值为5，所以③不正确；

因为极小值f(2)=1.5，极大值f(0)=f(4)=2，所以当1<a<2时，y=f(x)－a最多有4个零点，

所以④正确，所以正确命题的序号为①②④.

20.答案为：(－1，0.5)；

解析：易知函数f(x)的定义域关于原点对称．

∵f(x)=x3－2x＋ex－，∴f(－x)=(－x)3－2(－x)＋e－x－=－x3＋2x＋－ex=－f(x)，

∴f(x)为奇函数，

又f′(x)=3x2－2＋ex＋≥3x2－2＋2=3x2≥0(当且仅当x=0时，取“=”)，

从而f(x)在R上单调递增，

所以f(a－1)＋f(2a2)≤0⇔f(a－1)≤f(－2a2)⇔－2a2≥a－1，解得－1≤a≤0.5.