2020届高考数学（文）二轮复习专题过关检测：专题8 导数的简单应用 Word版含答案

2020届高考数学（文）二轮复习专题过关检测

专题8 导数的简单应用

A级

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

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－12x的极小值点，则a＝( ) A．－4 C．4

2

3

B．－2 D．2

解析：选D 由题意得f′(x)＝3x－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＋＋3，则函数f(x)的单调递减区间是( )

2A．(－∞，0) C．(0，＋∞)

B．(0,1) D．(1，＋∞)

x2

??f′?x?<0，1

解析：选B f′(x)＝－＋x(x>0)．由?

x?x>0，?

得0

递减区间是(0,1)．

4．函数f(x)＝x－ln x的最小值为( ) A．1＋ln 2 C.

1＋ln 21－ln 2

D. 22

B．1－ln 2

2

1122

解析：选C 因为f(x)＝x－ln x(x>0)，所以f′(x)＝2x－，令2x－＝0得x＝，

xx2令f′(x)>0，则x>

222??

；令f′(x)<0，则0

21＋ln 2?2??2?2

?，＋∞?上单调递增，所以f(x)的极小值(也是最小值)为??－ln 2＝2，故?2??2?选C.

5．已知函数f(x)＝x＋2x＋sin x，若f(a)＋f(1－2a)>0，则实数a的取值范围是( ) A．(1，＋∞)

B．(－∞，1) 1??D.?－∞，?

3??

3

?1?C.?，＋∞?

?3?

2

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＋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＋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] C．[－3，＋∞)

2

3

B．(－∞，－3] D．[0，＋∞)

解析：选D f′(x)＝－3x≤0在[－1,1]上恒成立，故f(x)在[－1,1]上递减， 结合题意g(x)＝－x＋m－kx在[－1,1]上递减， 故g′(x)＝－3x－k≤0在[－1,1]上恒成立， 故k≥－3x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＋ax－1)e小值为( )

A．－1 C．5e

解析：选A 因为f(x)＝(x＋ax－1)e所以f′(x)＝(2x＋a)e

2

2

－3

2

2

2

3

x－1

的极值点，则f(x)的极

B．－2e D．1

x－1

－3

，

x－1

x－1

＋(x＋ax－1)e.

2

2

＝[x＋(a＋2)x＋a－1]e

x－1

因为x＝－2是函数f(x)＝(x＋ax－1)e＝0的根，

所以a＝－1，f′(x)＝(x＋x－2)e令f′(x)>0，解得x<－2或x>1， 令f′(x)<0，解得－2

2

x－1

的极值点，所以－2是x＋(a＋2)x＋a－1

2

x－1

＝(x＋2)(x－1)e

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－3mx＋6x在区间(1，＋∞)上为增函数，则实数m的取值范围是( )

3

2

A．(－∞，1] C．(－∞，2]

B．(－∞，1) D．(－∞，2)

解析：选C 因为f′(x)＝6(x－mx＋1)，且函数f(x)在区间(1，＋∞)上是增函数，所以f′(x)＝6(x－mx＋1)≥0在(1，＋∞)上恒成立，即x－mx＋1≥0在(1，＋∞)上恒成

2

2

2

x2＋11?1?立，所以m≤＝x＋在(1，＋∞)上恒成立，即m≤?x＋?min(x∈(1，＋∞))，因为当xxx?x?

1

∈(1，＋∞)时，x＋>2，所以m≤2.故选C.

x9．(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(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?1)f′(x)<0.设a＝f(0)，b＝f??，c＝f(3)，则a，b，c的大小关系为( ) ?2?

A．c

B．c

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?1??1?－1<0<<1，∴f(－1)

11．函数f(x)(x>0)的导函数为f′(x)，若xf′(x)＋f(x)＝e，且f(1)＝e，则( ) A．f(x)的最小值为e 1C．f(x)的最小值为

e

解析：选A 设g(x)＝xf(x)－e， 所以g′(x)＝f(x)＋xf′(x)－e＝0， 所以g(x)＝xf(x)－e为常数函数． 因为g(1)＝1×f(1)－e＝0， 所以g(x)＝xf(x)－e＝g(1)＝0，

xxxxxB．f(x)的最大值为e 1

D．f(x)的最大值为 e

ee?x－1?

所以f(x)＝，f′(x)＝， 2

xxxx当01时，f′(x)>0， 所以f(x)≥f(1)＝e.

1?1?12．已知函数f(x)＝xln x＋x2－3x在区间?n－，n?内有极值，则整数n的值为( )

2?2?A．1 C．3

B．2 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－2，33311?3?因为g??＝ln ＋－2＝ln －0，所以函数g(x)＝ln x＋x22222?2?1?3?－2在?，2?内有零点．又g′(x)＝＋1>0在(0，＋∞)上恒成立，所以函数g(x)＝ln xx?2?＋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

????x0，且x0∈?，2?，所以当x∈?，x0?时，f′(x)<0，当x∈(x0,2)时，f′(x)>0，所以x0

22

?

?

?

?

?3?是函数f(x)唯一的极值点，且x0∈?，2?，所以n＝2.

?2?

13．函数f(x)＝x－x＋2在(0，＋∞)上的最小值为________． 解析：函数f(x)＝x－x＋2，x∈(0，＋∞)，

2?2?22

可得f′(x)＝3x－2x，令3x－2x＝0，可得x＝0或x＝，当x∈?0，?时，f′(x)<0，

3?3?2?2?函数是减函数；x∈?，＋∞?时，f′(x)>0，函数是增函数，所以x＝是函数的极小值也

3?3?50?2?3?2?2

是最小值，所以f(x)min＝??－??＋2＝. 27?3??3?

50

答案： 27

14．已知函数f(x)＝x－5x＋2ln x，则函数f(x)的单调递增区间是________． 22

解析：函数f(x)＝x－5x＋2ln x的定义域是(0，＋∞)，令f′(x)＝2x－5＋＝

23

2

3

2

33

x2

2x－5x＋2?x－2??2x－1?1?1?＝>0，解得02，故函数f(x)的单调递增区间是?0，?和

xx2?2?

(2，＋∞)．

?1?答案：?0，?和(2，＋∞)

?2?

15．已知f(x)＝x＋ax＋3ln x在(1，＋∞)上是增函数，则实数a的取值范围为________．

2