届人教A版理 导数应用检测卷.docx
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届人教A版理导数应用检测卷
[高考基础题型得分练]
1.[2017·湖南岳阳一模]下列函数中,既是奇函数又存在极值的是( )
A.y=x3B.y=ln(-x)
C.y=xe-xD.y=x+
答案:
D
解析:
由题意知,B,C选项中的函数不是奇函数,A选项中,函数y=x3单调递增(无极值),而D选项中的函数既为奇函数又存在极值.
2.已知函数f(x)的导函数f′(x)=ax2+bx+c的图象如图所示,则f(x)的图象可能是( )
A B
C D
答案:
D
解析:
当x<0时,由导函数f′(x)=ax2+bx+c<0,知相应的函数f(x)在该区间内单调递减;当x>0时,由导函数f′(x)=ax2+bx+c的图象可知,导函数在区间(0,x1)上的值是大于0的,则在此区间内函数f(x)单调递增.
3.函数y=x2-lnx的单调递减区间为( )
A.(0,1)B.(0,+∞)
C.(1,+∞)D.(0,2)
答案:
A
解析:
对于函数y=x2-lnx,易得其定义域为{x|x>0},y′=x-=,令<0,又x>0,所以x2-1<0,解得0 4.[2017·江西南昌模拟]已知函数f(x)=(2x-x2)ex,则( ) A.f()是f(x)的极大值也是最大值 B.f()是f(x)的极大值但不是最大值 C.f(-)是f(x)的极小值也是最小值 D.f(x)没有最大值也没有最小值 答案: A 解析: 由题意,得f′(x)=(2-2x)ex+(2x-x2)ex=(2-x2)ex,当- 5.函数f(x)=lnx-x在区间(0,e]上的最大值为( ) A.1-eB.-1 C.-eD.0 答案: 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ln1-1=-1. 6.已知函数f(x)=x+在(-∞,-1)上单调递增,则实数a的取值范围是( ) A.[1,+∞)B.(-∞,0)∪(0,1] C.(0,1]D.(-∞,0)∪[1,+∞) 答案: D 解析: 函数f(x)=x+的导数为f′(x)=1-,由于f(x)在(-∞,-1)上单调递增,则f′(x)≥0在(-∞,-1)上恒成立,即≤x2在(-∞,-1)上恒成立.由于当x<-1时,x2>1,则有≤1,解得a≥1或a<0. 7.[2017·浙江瑞安中学月考]已知函数f(x)=x3+bx2+cx的图象如图所示,则x+x=( ) A.B. C.D. 答案: C 解析: 由题图可知f(x)的图象过点(1,0)与(2,0),x1,x2是函数f(x)的极值点,因此1+b+c=0,8+4b+2c=0,解得b=-3,c=2,所以f(x)=x3-3x2+2x,所以f′(x)=3x2-6x+2.x1,x2是方程f′(x)=3x2-6x+2=0的两根,因此x1+x2=2,x1x2=,所以x+x=(x1+x2)2-2x1x2=4-=. 8.若函数f(x)=x3-12x在区间(k-1,k+1)上不是单调函数,则实数k的取值范围是________. 答案: (-3,-1)∪(1,3) 解析: 因为y′=3x2-12,由y′>0,得函数的增区间是(-∞,-2),(2,+∞),由y′<0,得函数的减区间是(-2,2),由于函数在(k-1,k+1)上不是单调函数,所以k-1<-2 9.函数f(x)=x3+x2-3x-4在[0,2]上的最小值是________. 答案: - 解析: f′(x)=x2+2x-3,令f′(x)=0得x=1或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)=-. 10.[2017·广东广州模拟]已知f(x)=x3+3ax2+bx+a2在x=-1时有极值0,则a-b=________. 答案: -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)在x=-1处无法取得极值,而a=2,b=9满足题意,故a-b=-7. 11.已知f(x)=x3-6x2+9x-abc,a<b<c,且f(a)=f(b)=f(c)=0.现给出如下结论: ①f(0)f (1)>0; ②f(0)f (1)<0; ③f(0)f(3)>0; ④f(0)f(3)<0. 其中正确结论的序号是________. 答案: ②③ 解析: ∵f′(x)=3x2-12x+9=3(x-1)(x-3), 由f′(x)<0,得1<x<3; 由f′(x)>0,得x<1或x>3. ∴f(x)在区间(1,3)上是减函数,在区间(-∞,1),(3,+∞)上是增函数. 又a<b<c,f(a)=f(b)=f(c)=0, ∴y极大值=f (1)=4-abc>0, y极小值=f(3)=-abc<0.∴0<abc<4. ∴a,b,c均大于零,或者a<0,b<0,c>0.又x=1,x=3为函数f(x)的极值点,后一种情况不可能成立,如图. ∴f(0)<0.∴f(0)f (1)<0,f(0)f(3)>0. ∴正确结论的序号是②③. [冲刺名校能力提升练] 1.若函数f(x)=x3+x2-在区间(a,a+5)上存在最小值,则实数a的取值范围是( ) A.[-5,0)B.(-5,0) C.[-3,0)D.(-3,0) 答案: C 解析: 由题意,f′(x)=x2+2x=x(x+2),故f(x)在(-∞,-2),(0,+∞)上是增函数,在(-2,0)上是减函数,作出其图象如图所示,令x3+x2-=-得,x=0或x=-3,则结合图象可知,解得a∈[-3,0),故选C. 2.[2017·山东师大附中月考]若函数f(x)=x3-tx2+3x在区间[1,4]上单调递减,则实数t的取值范围是( ) A.B.(-∞,3] C.D.[3,+∞) 答案: C 解析: f′(x)=3x2-2tx+3,由于f(x)在区间[1,4]上单调递减,则有f′(x)≤0在[1,4]上恒成立,即3x2-2tx+3≤0,即t≥在[1,4]上恒成立. 因为y=在[1,4]上单调递增, 所以t≥=. 3.[2017·河北衡水中学月考]定义在R上的函数f(x)满足: f′(x)>1-f(x),f(0)=6,f′(x)是f(x)的导函数,则不等式exf(x)>ex+5(其中e为自然对数的底数)的解集为( ) A.(0,+∞) B.(-∞,0)∪(3,+∞) C.(-∞,0)∪(1,+∞) D.(3,+∞) 答案: A 解析: 设g(x)=exf(x)-ex,(x∈R),则g′(x)=exf(x)+exf′(x)-ex=ex[f(x)+f′(x)-1], ∵f′(x)>1-f(x), ∴f(x)+f′(x)-1>0,∴g′(x)>0, ∴y=f(x)在定义域上单调递增, ∵exf(x)>ex+5,∴g(x)>5, 又∵g(0)=e0f(0)-e0=6-1=5, ∴g(x)>g(0),∴x>0, ∴不等式的解集为(0,+∞).故选A. 4.若函数f(x)=-x3+x2+2ax在上存在单调递增区间,则a的取值范围是________. 答案: 解析: 对f′(x)求导,得 f′(x)=-x2+x+2a=-2++2a. 当x∈时, f′(x)的最大值为f′=+2a. 令+2a>0,解得a>-. 所以a的取值范围是. 5.[2017·湖北武汉调研]已知函数f(x)=ax2+bx-lnx(a>0,b∈R). (1)设a=1,b=-1,求f(x)的单调区间; (2)若对任意的x>0,f(x)≥f (1),试比较lna与-2b的大小. 解: (1)由f(x)=ax2+bx-lnx,x∈(0,+∞), 得f′(x)=. ∵a=1,b=-1, ∴f′(x)==(x>0). 令f′(x)=0,得x=1. 当0<x<1时,f′(x)<0,f(x)单调递减; 当x>1时,f′(x)>0,f(x)单调递增. ∴f(x)的单调递减区间是(0,1),f(x)的单调递增区间是(1,+∞). (2)由题意可知,f(x)在x=1处取得最小值,即x=1是f(x)的极值点, ∴f′ (1)=0,∴2a+b=1,即b=1-2a. 令g(x)=2-4x+lnx(x>0),则g′(x)=. 令g′(x)=0,得x=. 当0<x<时,g′(x)>0,g(x)单调递增; 当x>时,g′(x)<0,g(x)单调递减. ∴g(x)≤g=1+ln=1-ln4<0, ∴g(a)<0,即2-4a+lna=2b+lna<0, 故lna<-2b. 6.已知函数f(x)= (1)求f(x)在区间(-∞,1)上的极小值和极大值点; (2)求f(x)在[-1,e](e为自然对数的底数)上的最大值. 解: (1)当x<1时,f′(x)=-3x2+2x=-x(3x-2), 令f′(x)=0,解得x=0或x=. 当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表. x (-∞,0) 0 f′(x) - 0 + 0 - f(x) 极小值 极大值 故当x=0时,函数f(x)取得极小值为f(0)=0,函数f(x)的极大值点为x=. (2)①当-1≤x<1时,由 (1)知,函数f(x)在[-1,0]和上单调递减,在上单调递增. 因为f(-1)=2,f=,f(0)=0, 所以f(x)在[-1,1)上的最大值为2. ②当1≤x≤e时,f(x)=alnx,当a≤0时,f(x)≤0;当a>0时,f(x)在[1,e]上单调递增,则f(x)在[1,e]上的最大值为f(e)=a. 综上所述,当a≥2时,f(x)在[-1,e]上的最大值为a;当a<2时,f(x)在[-1,e]上的最大值为2.
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