2020年高考数学一轮复习考点14导数的应用必刷题理含.doc
考点14 导数的应用1、已知函数f(x)x3bx2cxd的图象如图所示，则函数ylog2(x2bx)的单调递减区间为()A.B3，)C2,3D(，2)【答案】D【解析】因为f(x)x3bx2cxd，所以f (x)3x22bxc，由图可知f (2)f (3)0，所以解得令g(x)x2bx，则g(x)x2x6，g(x)2x1，由g(x)x2x60，解得x2或x3.令g(x)0，解得x<，所以g(x)x2x6在(，2)上为减函数，所以函数ylog2的单调递减区间为(，2)2、已知函数yf (x)的图象如图所示，则函数f(x)的单调递增区间为()A(，1)B(，0)和(2，)C(1,2) DR【答案】B【解析】因为函数yx是R上的减函数，所以f (x)0的充分必要条件是0f (x)1, f (x)0的充分必要条件是f (x)1.由图象可知，当x(，0)(2，)时，0f (x)1，即f (x)0.所以函数f(x)的单调递增区间为(，0)和(2，)故选B.3、若曲线C1：yax2(a>0)与曲线C2：yex存在公共切线，则a的取值范围为()A.BC.D【答案】C【解析】结合函数yax2(a>0)和yex的图象可知，要使曲线C1：yax2(a>0)与曲线C2：yex存在公共切线，只要ax2ex在(0，)上有解，从而a.令h(x)(x>0)，则h(x)，令h(x)0，得x2，易知h(x)minh(2)，所以a.4、已知函数f(x)x(xm)2在x1处取得极小值，则实数m()A0B1C2D3【答案】B【解析】f (x)(xm)22x(xm)(xm)(3xm)由f (1)0可得m1或m3.当m3时， f (x)3(x1)(x3)，当1x3时， f (x)0；当x1或x3时， f (x)0.此时在x1处取得极大值，不合题意所以m1，此时f (x)(x1)(3x1)，当x1时， f (x)0；当x或x1时， f (x)0.此时在x1处取得极小值选B.5、已知函数f(x)x3px2qx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，0B0，C.，0 D0，【答案】C【解析】由题意知， f (x)3x22pxq，由f (1)0, f(1)0得解得p2，q1，f(x)x32x2x.由f (x)3x24x10，得x或x1，易知当x时， f(x)取极大值，当x1时， f(x)取极小值0.6、已知函数f(x)x33x29x1，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()A3，)B(3，)C(，3) D(，3【答案】D【解析】由题意知f (x)3x26x9，令f (x)0，解得x1或x3，所以f (x), f(x)随x的变化情况如下表：x(，3)3(3,1)1(1，)f (x)00f(x)极大值极小值又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k3.7、已知函数f(x)(a0)在1，)上的最大值为，则a的值为()A.1BCD1【答案】A【解析】由f(x)得f (x).当a1时，若x，则f (x)0, f(x)单调递减；若1x，则f (x)0, f(x)单调递增故当x时，函数f(x)有最大值，得a1，不合题意；当a1时，函数f(x)在1，)上单调递减，最大值为f(1)，不合题意；当0a1时，函数f(x)在1，)上单调递减，此时最大值为f(1)，得a1，符合题意，故a的值为1.选A.8、已知函数f(x)x3bx2cx的图象如图所示，则xx()A.BCD【答案】C【解析】由图象可知f(x)的图象过点(1,0)与(2,0)，因此解得b3，c2，所以f(x)x33x22x，所以f (x)3x26x2.因为x1，x2是方程f (x)3x26x20的两根，所以x1x22，x1x2，所以xx(x1x2)22x1x24.9、函数f(x)x3x2在区间(a，a5)上存在最小值，则实数a的取值范围是()A5,0)B(5,0)C3,0)D(3,0)【答案】C【解析】由题意知， f (x)x22xx(x2)，令f (x)0，解得x0或2，故f(x)在(，2)，(0，)上是增函数，在(2,0)上是减函数，做出其图象如图所示令x3x2得，x0或x3，则结合图象可知，解得 a3,0)故选C.10、已知函数f(x)x32x24x7，其导函数为f (x)，给出以下命题：f(x)的单调递减区间是；f(x)的极小值是15；当a2时，对任意的x2且xa，恒有f(x)f(a)f (a)(xa)；函数f(x)有且只有一个零点其中真命题的个数为()A1B2C3D4【答案】C【解析】f (x)3x24x4(x2)(3x2)令f (x)0，得x2，所以f(x)的单调递减区间是；令f (x)0，得x或x2，结合可知f(x)的极小值是f(2)15；显然当a2时，对任意的x2且xa，恒有f(x)f(a)f (a)(xa)不成立；f0, f(2)150，并结合易知f(x)有且只有一个零点故选C.11、已知函数f(x)(4m1)x2(15m22m7)x2在R上单调递增，则实数m的取值范围是_【答案】2,4【解析】f (x)x22(4m1)x15m22m7，由题意可知，f (x)0在R上恒成立，所以4(4m1)24(15m22m7)4(m26m8)0，解得2m4.12、已知定义域为R的函数f(x)满足f(4)3，且对任意的xR总有f (x)3，则不等式f(x)3x15的解集为_【答案】(4，)【解析】令g(x)f(x)3x15，则g(x)f (x)30，所以g(x)在R上是减函数又g(4)f(4)34150，所以f(x)3x15的解集为(4，)13、已知函数f(x)x24x3ln x在区间t，t1上不单调，则t的取值范围是_【答案】(0,1)(2,3) 【解析】由题意知f (x)x4，由f (x)0得函数f(x)的两个极值点为1和3，则只要这两个极值点有一个在区间(t，t1)内，函数f(x)在区间t，t1上就不单调，所以1(t，t1)或3(t，t1)或 0t1或2t3.14、已知函数f(x)的导函数为f (x)5cos x，x(1,1)，且f(0)0，如果f(1x)f(1x2)0，则实数x的取值范围为_【答案】(1，) 【解析】f (x)是偶函数，且f(0)0，原函数f(x)是奇函数，且定义域为(1,1)又导函数值恒大于0，原函数在定义域上单调递增， 所求不等式可变形为f(1x)f(x21)，11xx211，解得1x，实数x的取值范围是(1，)15、函数f(x)x3x23x4在0,2上的最小值是_【答案】【解析】f(x)x22x3，令f(x)0得x1(x3舍去)又f(0)4, f(1)， f(2)，故f(x)在0,2上的最小值是f(1).16、已知函数f(x)x33ax2bxa2在x1时有极值0，则ab_.【答案】7 【解析】由题意得f (x)3x26axb，则解得或经检验当a1，b3时，函数f(x)单调递增无法取得极值，而a2，b9满足题意，故ab7.17、已知函数f(x)x3mx2(m6)x1既存在极大值又存在极小值，则实数m的取值范围是_【答案】(，3)(6，) 【解析】对函数f(x)求导得f (x)3x22mxm6，要使函数f(x)既存在极大值又存在极小值，则f (x)0有两个不同的根，所以判别式0，即4m212(m6)0，所以m23m180，解得m6或m3.18、已知函数f(x)x36x29xabc，abc，且f(a)f(b)f(c)0.现给出如下结论：f(0)f(1)0；f(0)f(1)0；f(0)f(3)0；f(0)f(3)0.其中正确结论的序号是_【答案】 【解析】f (x)3x212x93(x1)(x3)，由f (x)0，得1x3；由f (x)0，得x1或x3.f(x)在区间(1,3)上是减函数，在区间(，1)，(3，)上是增函数又abc, f(a)f(b)f(c)0，y极大值f(1)4abc0，y极小值f(3)abc0，0abc4.a，b，c均大于零，或者a0，b0，c0.又x1，x3为函数f(x)的极值点，a<0，b<0，c>0不成立，如图f(0)0.f(0)f(1)0, f(0)f(3)0，正确结论的序号是.19、已知函数f(x)ex(a0)(1)求函数f(x)的单调区间；(2)求函数f(x)在1,2上的最大值【答案】(1) 单调递增区间为 ；单调递减区间为 (2) 当1ln2，即a时，f(x)maxfln；当ln1，即a时，f(x)maxf(1)e.【解析】(1)f(x)ex(a0)，则f (x)ex.令f (x)ex0，则xln .当x变化时， f (x), f(x)的变化情况如下表：xlnf (x)0f(x)极大值故函数f(x)的单调递增区间为；单调递减区间为.(2)当ln2，即0a时， f(x)maxf(2)e2；当1ln2，即a时，f(x)maxfln；当ln1，即a时，f(x)maxf(1)e.20、已知函数f(x)xln x.(1)若函数g(x)f(x)ax在区间e2，)上为增函数，求a的取值范围；(2)若对任意x(0，)，f(x)恒成立，求实数m的最大值【答案】(1) 3，) (2) 4【解析】(1)由题意得g(x)f (x)aln xa1.函数g(x)在区间e2，)上为增函数，当xe2，)时，g(x)0，即ln xa10在e2，)上恒成立aln x1.令h(x)ln x1，ah(x)max，当xe2，)时，ln x2，)，h(x)(，3，a3，即a的取值范围是3，)(2)f(x)，2f(x)x2mx3，即mx2xln xx23.又x0，m在(0，)上恒成立记t(x)2ln xx，mt(x)min.t(x)1，令t(x)0，得x1或3(舍)当x(0,1)时，t(x)0，函数t(x)在(0,1)上单调递减；当x(1，)时，t(x)0，函数t(x)在(1，)上单调递增t(x)mint(1)4，即m的最大值为4.
