高考数学(文数)一轮复习考点测试15《导数的应用一》（教师版）

这是一份高考数学(文数)一轮复习考点测试15《导数的应用一》（教师版），共14页。试卷主要包含了基础小题，高考小题，模拟小题等内容，欢迎下载使用。

一、基础小题
1．函数f(x)＝1＋x－sinx在(0，2π)上是( )
A．增函数
B．减函数
C．在(0，π)上增，在(π，2π)上减
D．在(0，π)上减，在(π，2π)上增
答案 A
解析 f′(x)＝1－csx>0，∴f(x)在(0，2π)上递增．
2．设函数f(x)＝eq \f(2,x)＋ln x，则( )
A．x＝eq \f(1,2)为f(x)的极大值点
B．x＝eq \f(1,2)为f(x)的极小值点
C．x＝2为f(x)的极大值点
D．x＝2为f(x)的极小值点
答案 D
解析 f(x)＝eq \f(2,x)＋ln x(x>0)，f′(x)＝－eq \f(2,x2)＋eq \f(1,x)＝eq \f(x－2,x2)，x>2时，f′(x)>0，这时f(x)为增函数；00，当00，解得m>6或m0，故选项D正确．故选D.
10．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
答案 A
解析 由题意可得f′(x)＝ex－1[x2＋(a＋2)x＋a－1]．∵x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，∴f′(－2)＝0，∴a＝－1，∴f(x)＝(x2－x－1)·ex－1，f′(x)＝ex－1(x2＋x－2)＝ex－1(x－1)(x＋2)，∴x∈(－∞，－2)，(1，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；x∈(－2，1)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．
∴f(x)极小值＝f(1)＝－1.故选A.
11．已知函数f(x)＝2sinx＋sin2x，则f(x)的最小值是________．
答案 －eq \f(3\r(3),2)
解析 f′(x)＝2csx＋2cs2x＝4cs2x＋2csx－2＝4(csx＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(csx－\f(1,2)))，
所以当csx≤eq \f(1,2)时函数单调递减，当csx≥eq \f(1,2)时函数单调递增，
从而得到函数的减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ－\f(5π,3)，2kπ－\f(π,3)))(k∈Z)，函数的增区间为2kπ－eq \f(π,3)，
2kπ＋eq \f(π,3)(k∈Z)，所以当x＝2kπ－eq \f(π,3)，k∈Z时，函数f(x)取得最小值，
此时sinx＝－eq \f(\r(3),2)，sin2x＝－eq \f(\r(3),2)，所以f(x)min＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)))－eq \f(\r(3),2)＝－eq \f(3\r(3),2).
12．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)＝2x3－ax2＋1，∴f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)．
若a≤0，则x>0时，f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上为增函数，
又f(0)＝1，∴f(x)在(0，＋∞)上没有零点，不符合题意，∴a>0.
当00时，f(x)有极小值，为feq \f(a,3)＝－eq \f(a3,27)＋1.
∵f(x)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，∴feq \f(a,3)＝0，∴a＝3.
∴f(x)＝2x3－3x2＋1，则f′(x)＝6x(x－1)．
∴f(x)在[－1，1]上的最大值为1，最小值为－4.∴最大值与最小值的和为－3.
13．设函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(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)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x3－3x，x≤0，－2x，x>0.))
当x>0时，f(x)＝－2x0，∴f′(x)>0在x∈eq \f(π,6)，eq \f(5π,6)上恒成立，即函数f(x)＝eq \f(x,sinx)在x∈eq \f(π,6)，eq \f(5π,6)上单调递增，feq \f(π,6)|a|＋k－k－a≥0，
f(n)－kn－a0，可得x>－1，故f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，
同理可得f(x)在(－∞，－1)上单调递减，
故f(x)在x＝－1处有极小值f(－1)＝－eq \f(1,e).
(2)依题意，可得f′(x)＝(x＋1－2aex)ex＝0有两个不同的实根．
设g(x)＝x＋1－2aex，则g(x)＝0有两个不同的实根x1，x2，g′(x)＝1－2aex，
若a≤0，则g′(x)≥1，此时g(x)为增函数，故g(x)＝0至多有1个实根，不符合要求；
若a>0，则当x0，当x>ln eq \f(1,2a)时，g′(x)0，
得0