专题3-2 导数在研究函数中的应用（测）-2018年高考数学（理）一轮复习讲练测

专题3-2 导数在研究函数中的应用（测）-2018年高考数学（理）一轮复习讲练测

‎2018年高考数学讲练测【新课标版理】【测】第三章 导数 第02节 导数在研究函数中的应用 班级__________ 姓名_____________ 学号___________ 得分__________‎ 一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选择中，只有一个是符合题目要求的.）‎ ‎1.若函数在上有最小值，则实数的取值范围是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎2.已知函数的导函数的图象如右图所示，则的图象最有可能的是（ ）‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎,由导函数的图象可知在上单调递增，上单调递减，上单调递增，满足上述单调性的只有A，故选A.‎ ‎3.已知函数有两个极值点，，且，则（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】D ‎4.【2017·浙江模拟】已知e为自然对数的底数，设函数f(x)＝(ex－1)(x－1)k(k＝1,2)，则(　　)‎ A．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极小值 B．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极大值 C．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极小值 D．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极大值 ‎【答案】C ‎【解析】当k＝1时，f(x)＝(ex－1)(x－1)，0,1是函数f(x)的零点．当01时，f(x)＝(ex－1)(x－1)>0,1不会是极值点．当k＝2时，f(x)＝(ex－1)(x－1)2，零点还是0,1，但是当01时，f(x)>0，由极值的概念，知选C.‎ ‎5.已知二次函数的导数为，，对于任意实数，有，则的最小值为( )‎ Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．‎ ‎【答案】C ‎【解析】因为，所以.因为对于任意实数，有，‎ 所以且.上可得，，且，‎ 所以.‎ 当且仅当时取，故C正确.‎ ‎6.已知函数的导函数的图象如图所示，若△ABC为锐角三角形，则下列不等式一定成立的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎7．已知函数有两个极值点,则实数的取值范围是 (　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】因为函数有两个极值点，由.所以有两个不同的正实数根，令，所以.令所以（小于零不成立）.所以可得，解得.综上所以.故选B.‎ ‎8．已知函数f(x)＝x3＋ax＋4，则“a>‎0”‎是“f(x)在R上单调递增”的(　　)‎ A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 ‎【答案】A ‎【解析】‎ f′(x)＝x2＋a，当a≥0时，f′(x)≥0恒成立，故“a>0”是“f(x)在R上单调递增”的充分不必要条件．‎ ‎9.函数为自然对数的底数）的值域是实数集R，则实数的取值范围是（ )‎ A． B． C． D．[0，1]‎ ‎【答案】B ‎【解析】要函数为自然对数的底数）的值域是实数集R，‎ 则能取遍内所有的数，‎ 因为 当时，，恒有函数的值域是实数集R，故排除C、D.‎ 当时，令，则，当，，函数为增函数；‎ 当，，函数为减函数；‎ 所以的极小值（最小值）为.‎ 故有成立，当时，，‎ 时，，所以排除A,C，‎ 故选B.‎ ‎10.若函数，当时，函数的单调减区间和极小值分别为（ ）‎ A. , B. , C. , D. ,‎ ‎【答案】C ‎ ‎11.设为函数的导函数，已知，则下列结论正确的是 （ ）‎ ‎（A）在单调递增 （B）在单调递减 ‎ ‎（C）在上有极大值 （D）在上有极小值 ‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：‎ 所以，又，得，即 所以，所以在单调递减 故答案选.‎ ‎12.【2017广东佛山二模】设函数（）满足，现给出如下结论：‎ ‎①若是上的增函数，则是的增函数；‎ ‎②若，则有极值；‎ ‎③对任意实数，直线与曲线有唯一公共点.‎ 其中正确结论的个数为（ ）‎ A. 0 B. 1 C. 2 D. 3‎ ‎【答案】D ‎【解析】由化简得. ，其对称轴为，如果在上递增，其关于对称的区间为，故也是其增区间，①正确. ，即，导函数的判别式，当时， ，判别式为正数，当时， ，其判别式为正数，即导函数有零点，根据二次函数的性质可知原函数由极值，②正确.注意到，则③转化为，即函数图像上任意两点连线的斜率和函数在处的切线的斜率相等的有且仅有一个点.由于是导函数的最小值点，即有且仅有一个最小值点，故③正确.‎ 二、 填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在题中的横线上.）‎ ‎13.函数的单调增区间为 ．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎，，由，得，得，增区间为．故答案为.‎ ‎14．【2017·沈阳模拟】设函数f(x)＝ln x－ax2－bx，若x＝1是f(x)的极大值点，则a 的取值范围为________．‎ ‎【答案】a>－1 ‎ ‎15．已知，若对任意两个不等的正实数都有恒成立，则的取值范围是 .‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 由题意可知（x＞0）恒成立，‎ ‎∴恒成立，令 则a≥g（x）max，‎ ‎∵为开口方向向下，对称轴为x=1的抛物线，‎ ‎∴当x=1时，取得最大值g（1）=1，‎ ‎∴a≥1．即a的取值范围是[1，+∞）．‎ ‎16.若对区间D上的任意都有成立，则称为到在区间D上的“任性函数”，已知 ，若是到 在上的“任性函数”，则的取值范围是 ‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：由题意，对区间D上的任意都有成立，即对上的任，都有.‎ 由，设，因此在上单调递增，‎ 由，设，因此在上单调递减，在上单调递增，即是的极小值点，也是最小值点，故.‎ 综上，.‎ 二、 解答题 （本大题共4小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） ‎ ‎17.【2017·江西模拟】已知函数f(x)＝(4x2＋4ax＋a2)，其中a＜0.‎ ‎(1)当a＝－4时，求f(x)的单调递增区间；‎ ‎(2)若f(x)在区间[1,4]上的最小值为8，求a的值．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】　(1)当a＝－4时，f(x)＝(4x2－16x＋16)，‎ 则f′(x)＝，其中x＞0.‎ 由f′(x)＞0得0＜x＜或x＞2.‎ 故函数f(x)的单调递增区间为和(2，＋∞)．‎ ‎(2)f′(x)＝，a＜0，‎ 由f′(x)＝0得x＝－或x＝－.‎ 当x∈时，f(x)单调递增；当x∈－，－时，f(x)单调递减；当x∈时，f(x)单调递增．‎ 易知f(x)＝(2x＋a)2≥0，且f＝0.‎ ‎①当－≤1时，即－2≤a＜0时，f(x)在[1,4]上的最小值为f(1)，由f(1)＝4＋‎4a＋a2＝8，得a＝±2－2，均不符合题意．‎ ‎②当1＜－≤4时，即－8≤a＜－2时，f(x)在[1,4]上的最小值为f＝0，不符合题意．‎ ‎③当－＞4时，即a＜－8时，f(x)在[1,4]上的最小值可能在x＝1或x＝4处取得，而f(1)≠8，由f(4)＝2(64＋‎16a＋a2)＝8得a＝－10或a＝－6(舍去)，当a＝－10时，f(x)在(1,4)上单调递减，f(x)在[1,4]上的最小值为f(4)＝8，符合题意．‎ 综上，a＝－10.‎ ‎18.设．‎ ‎（1）求函数的单调区间；‎ ‎（2）若当时恒成立，求的取值范围 ‎【答案】（1）增区间为， 单调减区间为（2）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由原函数求出导数，通过导数的正负求出相应的单调区间（2）将不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题，本题中需求函数的最大值，可通过导数求解 试题解析：（1）由 得或，所以函数的单调增区间为 ‎， ；单调减区间为 ‎（2）根据上一步知函数在区间上递增，在区间上递减，在区间上递增，又，所以在区间上 要使恒成立，只需即可 ‎19．【2017北京丰台5月综合测试】已知函数.‎ ‎（Ⅰ）当时，求曲线在点处的切线方程；‎ ‎（Ⅱ）证明：对于， 在区间上有极小值，且极小值大于0.‎ ‎【答案】（1）（2）见解析 ‎ ‎ ‎（Ⅱ） 因为,所以在区间上是单调递增函数. ‎ 因为， ， ‎ 所以,使得. ‎ 所以， ； ， ， ‎ 故在上单调递减，在上单调递增， ‎ 所以有极小值. ‎ 因为,‎ 所以. ‎ 设， ，‎ 则， ‎ 所以，即在上单调递减，所以，‎ 即，所以函数的极小值大于0．‎ ‎20. 【2016四川理数】（本小题满分14分）‎ 设函数f(x)=ax2-a-lnx，其中a ∈R.‎ ‎（Ⅰ）讨论f(x)的单调性；‎ ‎（Ⅱ）确定a的所有可能取值，使得在区间（1，+∞）内恒成立(e=2.718…为自然对数的底数).‎ ‎【答案】（Ⅰ）当时，<0，单调递减；当时，>0， 单调递增；（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（Ⅰ）对求导，对进行讨论，研究的正负，可判断函数的单调性；（Ⅱ）要证明不等式在上恒成立，基本方法是设，当时，，‎ 的解不易确定，因此结合（Ⅰ）的结论，缩小的范围，设=，并设=，通过研究的单调性得时，，从而，这样得出不合题意，又时，的极小值点，且，也不合题意，从而，此时考虑得，得此时单调递增，从而有，得出结论．‎ 试题解析：（I） ‎ ‎ <0，在内单调递减.‎ 由=0，有.‎ 此时，当时，<0，单调递减；‎ 当时，>0，单调递增.‎ ‎（II）令=，=.‎ 则=.‎ 而当时，>0，‎ 所以在区间内单调递增.‎ 又由=0，有>0，‎ 从而当时，>0.‎ 当，时，=.‎ 故当>在区间内恒成立时，必有.‎ 当时，>1.‎ 由（I）有,从而，‎ 所以此时>在区间内不恒成立.‎ 当时，令，‎ 当时，，‎ 因此，在区间单调递增. ‎ 又因为，所以当时， ，即 恒成立.‎ 综上，．‎ ‎ ‎