2018届高考数学二轮复习五导数的应用注意命题点的区分度理

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1、寒假作业(五)　导数的应用(注意命题点的区分度)一、选择题1．函数f(x)＝3＋xlnx的单调递增区间是(　　)A.　　　　　　　　B．(e，＋∞)C.D.解析：选C　f′(x)＝lnx＋1，由f′(x)>0，得x>，故f(x)的单调递增区间为.2．函数f(x)＝(x2－1)2＋2的极值点是(　　)A．x＝1B．x＝－1C．x＝1或－1或0D．x＝0解析：选C　∵f(x)＝x4－2x2＋3，∴由f′(x)＝4x3－4x＝4x(x＋1)(x－1)＝0，得x＝0或x＝1或x＝－1，又当x<－1时f′(x)<0，当－10，当0

2、时，f′(x)<0，当x>1时，f′(x)>0，∴x＝0,1，－1都是f(x)的极值点．3．(2017·长春三模)定义在R上的函数f(x)满足：f′(x)＞f(x)恒成立，若x1＜x2，则ex1f(x2)与ex2f(x1)的大小关系为(　　)A．ex1f(x2)＞ex2f(x1)B．ex1f(x2)＜ex2f(x1)C．ex1f(x2)＝ex2f(x1)D．ex1f(x2)与ex2f(x1)的大小关系不确定解析：选A　设g(x)＝，则g′(x)＝＝，由题意知g′(x)＞0，所以g(x)在R上单调递增，当x1＜x2时，g(x1)＜g(x2)，即＜，所以e

3、x1f(x2)＞ex2f(x1)．4．已知x＝2是函数f(x)＝x3－3ax＋2的极小值点，那么函数f(x)的极大值为(　　)A．15B．16C．17D．189解析：选D　f′(x)＝3x2－3a，因为x＝2是函数f(x)＝x3－3ax＋2的极小值点，所以f′(2)＝12－3a＝0，解得a＝4，所以函数f(x)的解析式为f(x)＝x3－12x＋2，f′(x)＝3x2－12.由3x2－12＝0，得x＝±2，故函数f(x)在(－2,2)上是减函数，在(－∞，－2)，(2，＋∞)上是增函数，由此可知当x＝－2时，函数f(x)取得极大值f(－2)＝18.5．若

4、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)解析：选C　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).6．(2017·浙江高考)函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的图象可能是(　　)解析：选D　由f′(x)的图象知，f′(x)的图象有三个

5、零点，故f(x)在这三个零点处取得极值，排除A、B；记导函数f′(x)的零点从左到右分别为x1，x2，x3，又在(－∞，x1)上f′(x)<0，在(x1，x2)上f′(x)>0，所以函数f(x)在(－∞，x1)上单调递减，排除C，故选D.7．若函数f(x)＝cosx＋2xf′，则f与f的大小关系是(　　)A．f＝fB．f>fC．f

6、调研)定义在区间(0，＋∞)上的函数y＝f(x)使不等式2f(x)0，x>0，∴′＝＝>0，∴y＝在(0，＋∞)上单调递增，∴>，即>4.∵xf′(x)－3f(x)<0，x>0，∴′＝＝<0，∴y＝在(0，＋∞)上单调递减，∴<，即<8.综上，4<<8.9．(2017·张掖一诊)定义在R上的可导函数f(x)满足f(1)＝1，且2f′(x)>1，当x∈时，不等式f(2cosx)>－

7、2sin2的解集为(　　)A.B.9C.D.解析：选D　令g(x)＝f(x)－－，则g′(x)＝f′(x)－>0，∴g(x)在R上单调递增，且g(1)＝f(1)－－＝0，∵f(2cosx)－＋2sin2＝f(2cosx)－－＝g(2cosx)，∴f(2cosx)>－2sin2，即g(2cosx)>0，∴2cosx>1，又x∈，∴x∈.10．已知函数f(x)＝－k，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)＝－k＝(x>0)．设g(x)＝(x>0)

8、，则g′(x)＝，∴g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．∴g(x)在(0