专题11+导数的应用（题型专练）-2019年高考数学（文）热点题型和提分秘籍
1．函数f(x)＝(x2－1)2＋2的极值点是( )
A．x＝1 B．x＝－1
C．x＝1或－1或0 D．x＝0
【答案】C
2．设函数f(x)＝＋lnx，则( )
A．x＝为f(x)的极大值点
B．x＝为f(x)的极小值点
C．x＝2为f(x)的极大值点
D．x＝2为f(x)的极小值点
【解析】f′(x)＝－＋＝＝0，可得x＝2.当0
2时，f′(x)>0，f(x)单调递增，∴x＝2为f(x)的极小值点．
【答案】D
3．已知f(x)＝2x3－6x2＋m(m为常数)在[－2,2]上有最大值3，那么此函数在[－2,2]上的最小值是( )
A．－37 B．－29
C．－5 D．以上都不对
【解析】f′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)，
∴f(x)在(－2,0)上单调递增，在(0,2)上单调递减．
∴x＝0为极大值点，也为最大值点．
∴f(0)＝m＝3，∴m＝3.
∴f(－2)＝－37，f(2)＝－5.
∴最小值是－37，选A.
【答案】A
4．若不等式2xlnx≥－x2＋ax－3对x∈(0，＋∞)恒成立，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，0) B．(－∞，4]
C．(0，＋∞) D．[4，＋∞)
【解析】2xlnx≥－x2＋ax－3，则a≤2lnx＋x＋，设h(x)＝2lnx＋x＋(x>0)，则h′(x)＝.当x∈(0,1)时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增，所以h(x)min＝h(1)＝4，所以a≤h(x)min＝4.故a的取值范围是(－∞，4]．
【答案】D
11．若a>2，则函数f(x)＝x3－ax2＋1在区间(0，2)上恰好有( )
A．0个零点 B．1个零点
C． 2个零点 D．3个零点
【答案】B
12．函数y＝x2ex的图像大致为( )
【答案】A
【解析】因为y′＝2xex＋x2ex＝x(x＋2)ex，所以当x<－2或x>0时，y′>0，函数y＝x2ex为增函数；当－20，所以排除D，故选A.
13．函数f(x)＝ex(sinx＋cosx)在区间[0，]上的值域为( )
A．[，e] B．(，e)
C．[1，e] D．(1，e)
【答案】A
【解析】f′(x)＝ex(sinx＋cosx)＋ex(cosx－sinx)＝excosx，当0≤x≤时，f′(x)≥0.
∴f(x)是[0，]上的增函数．
∴f(x)的最大值为f()＝e，f(x)的最小值为f(0)＝.
14．已知函数f(x)＝x2ex，当x∈[－1，1]时，不等式f(x)0，函数f(x)单调递增，且f(1)>f(－1)，故f(x)max＝f(1)＝e，则m>e.故选D.
15．f(x)是定义在R上的偶函数，当x<0时，f(x)＋xf′(x)<0，且f(－4)＝0，则不等式xf(x)>0的解集为( )
A．(－4，0)∪(4，＋∞) B．(－4，0)∪(0，4)
C．(－∞，－4)∪(4，＋∞) D．(－∞，－4)∪(0，4)
【答案】D
16．已知函数f(x)＝alnx－bx2，a，b∈R.若不等式f(x)≥x对所有的b∈(－∞，0]，x∈(e，e2]都成立，则实数a的取值范围是( )
A．[e，＋∞) B．[，＋∞)
C．[，e2) D．[e2，＋∞)
【答案】B
【解析】由题意可得bx2≤alnx－x，所以b≤.由b∈(－∞，0]，故对任意的x∈(e，e2]，都有≥0，即alnx≥x对一切x∈(e，e2]恒成立，即a≥对一切x∈(e，e2]恒成立．令h(x)＝，则h′(x)＝>0在x∈(e，e2]上恒成立，故h(x)max＝，所以a≥.故选B.
【答案】＋
22．已知函数f(x)＝4lnx＋ax2－6x＋b(a，b为常数)，且x＝2为f(x)的一个极值点，则实数a的值为________．
【解析】由题意知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
∵f′(x)＝＋2ax－6，
∴f′(2)＝2＋4a－6＝0，即a＝1.
【答案】1
23．设f(x)＝ln(1＋x)－x－ax2，若f(x)在x＝1处取得极值，则a的值为________．
【解析】由题意知，f(x)的定义域为(－1，＋∞)，
且f′(x)＝－2ax－1＝，
由题意得：f′(1)＝0，则－2a－2a－1＝0.
得a＝－， 又当a＝－时，f′(x)＝＝，当01时，f′(x)>0，
所以f(1)是函数f(x)的极小值，
所以a＝－.
【答案】－
24．已知函数f(x)＝－x2＋ax＋1－lnx.
(1)若f(x)在(0，)上是减函数，求实数a的取值范围；
(2)函数f(x)是否既有极大值又有极小值？若存在，求出实数a的取值范围；若不存在，请说明理由．
(2)若f(x)既有极大值又有极小值，则f′(x)＝0必须有两个不等的正实数根x1，x2，即2x2－ax＋1＝0有两个不等的正实数根．
故a应满足⇒⇒a>2.
∴当a>2时，f′(x)＝0有两个不等的实数根，
不妨设x10，x>x2时f′(x)<0，
∴当a>2时，f(x)既有极大值f(x2)又有极小值f(x1)．
25．设函数f(x)＝－k(k为常数，e＝2.718 28…是自然对数的底数)．
(1)当k≤0时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点，求k的取值范围．
(2)由(1)知，当k≤0时，函数f(x)在(0,2)内单调递减，
故f(x)在(0,2)内不存在极值点；
当k>0时，设函数g(x)＝ex－kx，x∈[0，＋∞)．
因为g′(x)＝ex－k＝ex－elnk，
当00，y＝g(x)单调递增，
故f(x)在(0,2)内不存在两个极值点；
当k>1时，得x∈(0，lnk)时，g′(x)<0，函数y＝g(x)单调递减，
x∈(lnk，＋∞)时，g′(x)>0，函数y＝g(x)单调递增，
所以函数y＝g(x)的最小值为g(lnk)＝k(1－lnk)．
函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点，
当且仅当解得e0，设F(x)＝＋，求证：F(x)>3.
【解析】(1)∵f(x)＝mex，g(x)＝x＋3，m＝1，
∴f(x)＝ex，g(x－2)＝x＋1.
∴h(x)＝f(x)－g(x－2)－2 017＝ex－x－2 018.
∴h′(x)＝ex－1.由h′(x)＝0，得x＝0.
∵e是自然对数的底数，∴h′(x)＝ex－1是增函数．
∴当x<0时，h′(x)<0，即h(x)是减函数；
当x>0时，h′(x)>0，即h(x)是增函数．
∴函数h(x)没有极大值，只有极小值，且当x＝0时，h(x)取得极小值．
∴h(x)的极小值为h(0)＝－2 017.
(3)证明：∵f(x)＝mex，g(x)＝x＋3，
F(x)＝＋，
∴F(x)＝＋.
∵x>0，∴F(x)>3⇔(x－2)ex＋x＋2>0.
设u(x)＝(x－2)ex＋x＋2，则u′(x)＝(x－1)ex＋1.
设v(x)＝(x－1)ex＋1，则v′(x)＝xex.
∵x>0，∴v′(x)>0.
