2020新高考数学(文)二轮专题增分方案专题过关检测(八)+导数的简单应用+Word版含解析

专题过关检测（八） 导数的简单应用
A 级——“12＋4”提速练
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<x <2； ③f ′(x )＝0时，x ＝－1或x ＝2. 则函数f (x )的大致图象是( )
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 3－12x 的极小值点，则a ＝( ) A ．－4 B ．－2 C ．4
D ．2
解析：选D 由题意得f ′(x )＝3x 2－12，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 ＋x 2
2＋3，则函数f (x )的单调递减区间是( )
A ．(－∞，0)
B ．(0,1)
C ．(0，＋∞)
D ．(1，＋∞)
解析：选B f ′(x )＝－1
x ＋x (x >0)．由⎩⎪⎨⎪⎧
f ′(x )<0，x >0，
得0<x <1.所以函数f (x )的单调递减
区间是(0,1)．
4．函数f (x )＝x 2－ln x 的最小值为( ) A ．1＋ln 2 B ．1－ln 2
C.1＋ln 22
D.1－ln 2
2
解析：选C 因为f (x )＝x 2－ln x (x >0)，所以f ′(x )＝2x －1x ，令2x －1x ＝0得x ＝22
，
令f ′(x )>0，则x >
22；令f ′(x )<0，则0<x <22.所以f (x )在⎝⎛⎭⎫0，22上单调递减，在
⎝⎛⎭
⎫22，＋∞上单调递增，所以f (x )的极小值(也是最小值)为
⎝⎛⎭⎫222－ln 22＝1＋ln 22，故选C.
5．已知函数f (x )＝x 3＋2x ＋sin x ，若f (a )＋f (1－2a )>0，则实数a 的取值范围是( ) A ．(1，＋∞) B ．(－∞，1) C.⎝⎛⎭⎫13，＋∞
D.⎝
⎛⎭⎫－∞，1
3 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
＋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 3＋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]
B ．(－∞，－3]
C ．[－3，＋∞)
D ．[0，＋∞)
解析：选D f ′(x )＝－3x 2≤0在[－1,1]上恒成立，故f (x )在[－1,1]上递减， 结合题意g (x )＝－x 3＋m －kx 在[－1,1]上递减， 故g ′(x )＝－3x 2－k ≤0在[－1,1]上恒成立， 故k ≥－3x 2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 2＋ax －1)e x
－1
的极值点，则f (x )的极小值
为( )
A ．－1
B ．－2e －
3 C ．5e －
3
D ．1
解析：选A 因为f (x )＝(x 2＋ax －1)e x －1， 所以f ′(x )＝(2x ＋a )e x －1＋(x 2＋ax －1)e x －1 ＝[x 2＋(a ＋2)x ＋a －1]e x －1.
因为x ＝－2是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x －1的极值点，所以－2是x 2＋(a ＋2)x ＋a －1＝0的根，
所以a ＝－1，f ′(x )＝(x 2＋x －2)e x －1＝(x ＋2)(x －1)e x －1. 令f ′(x )>0，解得x <－2或x >1， 令f ′(x )<0，解得－2<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 3－3mx 2＋6x 在区间(1，＋∞)上为增函数，则实数m 的取值范围是( )
A ．(－∞，1]
B ．(－∞，1)
C ．(－∞，2]
D ．(－∞，2)
解析：选C 因为f ′(x )＝6(x 2－mx ＋1)，且函数f (x )在区间(1，＋∞)上是增函数，所以f ′(x )＝6(x 2－mx ＋1)≥0在(1，＋∞)上恒成立，即x 2－mx ＋1≥0在(1，＋∞)上恒成立，所以m ≤x 2＋1x ＝x ＋1
x 在(1，＋∞)上恒成立，即m ≤⎝⎛⎭⎫x ＋1x min (x ∈(1，＋∞))，因为当x ∈(1，＋∞)时，x ＋1
x >2，所以m ≤2.故选C.
9．(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 (0)，f (2)<f (0)，两式相加得，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)f ′(x )<0.设a ＝f (0)，b ＝f ⎝⎛⎭⎫12，c ＝f (3)，则a ，b ，c 的大小关系为( )
A ．c <a <b
B ．c <b <a
C ．a <b <c
D ．b <c <a 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<0<12
<1，∴f (－1)<f (0)<f ⎝⎛⎭⎫12，即f (3)<f (0)<f ⎝⎛⎭⎫12，∴c <a <b . 11．函数f (x )(x >0)的导函数为f ′(x )，若xf ′(x )＋f (x )＝e x ，且f (1)＝e ，则( ) A ．f (x )的最小值为e
B ．f (x )的最大值为e
C ．f (x )的最小值为1
e
D ．f (x )的最大值为1
e
解析：选A 设g (x )＝xf (x )－e x ， 所以g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )－e x ＝0， 所以g (x )＝xf (x )－e x 为常数函数． 因为g (1)＝1×f (1)－e ＝0， 所以g (x )＝xf (x )－e x ＝g (1)＝0， 所以f (x )＝e x
x ，f ′(x )＝e x (x －1)x 2
，
当0<x <1时，f ′(x )<0，当x >1时，f ′(x )>0， 所以f (x )≥f (1)＝e.
12．已知函数f (x )＝x ln x ＋1
2x 2－3x 在区间⎝⎛⎭⎫n －12，n 内有极值，则整数n 的值为( ) A ．1 B ．2 C ．3
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，因为g ⎝⎛⎭⎫32＝ln 32＋32－2＝ln 32－12<ln e －1
2＝0，g (2)＝ln 2>0，所以函数g (x )＝ln x ＋x －2在⎝⎛⎭⎫32，2内有零点．又g ′(x )＝1x ＋1>0在(0，＋∞)上恒成立，所以函数g (x )＝ln x ＋x －2在(0，＋∞)上单调递增，所以函数g (x )＝ln x ＋x －2在(0，＋∞)上有唯一的零点x 0，且x 0∈⎝⎛⎭⎫32，2，所以当x ∈⎝⎛⎭⎫32，x 0时，f ′(x )<0，当x ∈(x 0,2)时，f ′(x )>0，所以x 0是函数f (x )唯一的极值点，且x 0∈⎝⎛⎭⎫32，2，所以n ＝2.
13．函数f (x )＝x 3－x 2＋2在(0，＋∞)上的最小值为________． 解析：函数f (x )＝x 3－x 2＋2，x ∈(0，＋∞)，
可得f ′(x )＝3x 2－2x ，令3x 2－2x ＝0，可得x ＝0或x ＝2
3，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，23时，f ′(x )<0，函数是减函数；x ∈⎝⎛⎭⎫23，＋∞时，f ′(x )>0，函数是增函数，所以x ＝2
3是函数的极小值也是最小值，所以f (x )min ＝⎝⎛⎭⎫233－⎝⎛⎭⎫232＋2＝50
27
.
答案：50
27
14．已知函数f (x )＝x 2－5x ＋2ln x ，则函数f (x )的单调递增区间是________． 解析：函数
f (x )＝x 2－5x ＋2ln x
的定义域是(0，＋∞)，令f ′(x )＝2x －5＋2x ＝
2x 2
－5x ＋2
x
＝(x －2)(2x －1)x >0，解得0<x <1
2
或x >2，故函数f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎫0，12和(2，＋∞)． 答案：⎝⎛⎭
⎫0，1
2和(2，＋∞) 15．已知f (x )＝x 2＋ax ＋3ln x 在(1，＋∞)上是增函数，则实数a 的取值范围为________．
解析：由题意得f ′(x )＝2x ＋a ＋3x ＝2x 2
＋ax ＋3
x
≥0在(1，＋∞)上恒成立⇔g (x )＝2x 2＋
ax ＋3≥0在(1，＋∞)上恒成立⇔Δ＝a 2－24≤0或⎩⎪⎨⎪⎧
－a 4≤1，
g (1)≥0
⇔－26≤a ≤26或
⎩⎪⎨⎪⎧
a ≥－4，
a ≥－5
⇔a ≥－2 6. 答案：[－26，＋∞)
16．若函数f (x )＝－1
2
x 2＋4x －3ln x 在[t ，t ＋1]上不单调，则t 的取值范围是________．
解析：对f (x )求导，得f ′(x )＝－x ＋4－3x ＝－x 2
＋4x －3
x ＝－(x －1)(x －3)x
.令f ′(x )＝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<t ＋1或t <3<t ＋1，解得0<t <1或2<t <3.
答案：(0,1)∪(2,3)
B 级——拔高小题提能练
1．已知函数f (x )＝e x x 2－k ⎝⎛⎭⎫2x ＋ln x ，若x ＝2是函数f (x )的唯一一个极值点，则实数k 的取值范围为( )
A ．(－∞，e]
B ．[0，e]
C ．(－∞，e)
D ．[0，e)
解析：选A f ′(x )＝x 2e x －2x e x x 4－k ⎝⎛⎭⎫－2x 2＋1x ＝(x －2)⎝⎛⎭⎫e x
x －k x 2
(x >0)．设g (x )＝e x x ，则g ′(x )
＝(x －1)e x
x 2
，则g (x )在(0,1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．
所以g (x )在(0，＋∞)上有最小值，为g (1)＝e ，结合g (x )＝e x
x 与y ＝k 的图象可知，要满
足题意，只需k ≤e.
2．设定义在(0，＋∞)上的函数f (x )满足xf ′(x )－f (x )＝x ln x ，f ⎝⎛⎭⎫1e ＝1
e ，则
f (x )( ) 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 )＝x ln x ， 所以xf ′(x )－f (x )x 2
＝ln x x ，
所以⎝⎛⎭
⎫f (x )x ′＝ln x x ，所以f (x )x ＝1
2ln 2x ＋c ，
所以f (x )＝12x ln 2x ＋cx .因为f ⎝⎛⎭⎫1e ＝12e ln 21e ＋c ×1e ＝1e ，所以c ＝12，所以f ′(x )＝12ln 2
x ＋ln x ＋12＝1
2(ln x ＋1)2≥0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增，所以f (x )在(0，＋∞)上既无极大值，也无极小值．
3．(2019·洛阳尖子生第二次联考)已知定义域为R 的奇函数y ＝f (x )的导函数为y ＝f ′(x )，当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0，若a ＝f (e )e ，b ＝f (ln 2)
ln 2，c ＝－f (－3)3
，则a ，b ，c 的大小关系正确的是( )
A ．a <c <b
B ．b <c <a
C ．a <b <c
D ．c <a <b
解析：选D 由题意，构造函数g (x )＝f (x )
x ，当x >0时，g ′(x )＝xf ′(x )－f (x )x 2
<0，∴函
数g (x )在(0，＋∞)上单调递减．∵函数f (x )为奇函数，∴函数g (x )是偶函数，∴c ＝f (－3)
－3＝g (－
3)＝g (3)，又a ＝g (e)，b ＝g (ln 2)，且3>e>1>ln 2>0，∴g (3)<g (e)<g (ln 2)，∴c <a <b ，故选D.
4．已知函数f (x )＝e x ＋x 2＋(3a ＋2)x 在区间(－1,0)上有最小值，则实数a 的取值范围是( )
A.⎝
⎛⎭⎫－1，－1
e B.⎝
⎛⎭⎫－1，－e
3
C.⎝⎛⎭⎫－3
e ，－1 D.⎝
⎛⎭⎫－1，－1
3e 解析：选D 由f (x )＝e x ＋x 2＋(3a ＋2)x 可得，f ′(x )＝e x ＋2x ＋3a ＋2， 因为函数f (x )＝e x ＋x 2＋(3a ＋2)x 在区间(－1,0)上有最小值， 所以函数f (x )＝e x ＋x 2＋(3a ＋2)x 在区间(－1,0)上有极小值， 而f ′(x )＝e x ＋2x ＋3a ＋2在区间(－1,0)上单调递增， 所以f ′(x )＝e x ＋2x ＋3a ＋2＝0在区间(－1,0)上必有唯一解．
由零点存在定理可得⎩⎪⎨⎪⎧
f ′(－1)＝e －1
－2＋3a ＋2<0，f ′(0)＝1＋3a ＋2>0，
解得－1<a <－1
3e
，
所以实数a 的取值范围是⎝
⎛⎭⎫－1，－1
3e ，故选D. 5．设函数f (x )＝x ＋a
x (a >0)．当a ＝1时，f (x )在区间(0，＋∞)上的最小值为________；
若f (x )在区间(2，＋∞)上存在最小值，则满足条件的一个a 的值为________．
解析：当a ＝1时，因为x >0，所以f (x )＝x ＋1
x ≥2
x ·1x ＝2，当且仅当x ＝1时，f (x )
取得最小值2.若f (x )在区间(2，＋∞)上存在最小值，由f (x )的导数为f ′(x )＝1－a
x 2＝
(x ＋a )(x －a )
x 2，当x >a 时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当0<x <a 时，f ′(x )<0，f (x )单调
递减，可得f (x )在x ＝a 处取得极小值，由题意可得f (a )为最小值，即有a >2，可得a >4.可取a ＝5(答案不唯一)．
答案：2 5。