【精品试题】高考数学一轮必刷题 专题14 导数的应用（含解析）

考点14 导数的应用
1、已知函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的图象如图所示，则函数y＝log2(x2＋bx＋)的单调递减区间为(　　)

A.　 B．[3，＋∞)
C．[－2,3]　　 D．(－∞，－2)

2、已知函数y＝f ′(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)　 D．R
3、若曲线C1：y＝ax2(a>0)与曲线C2：y＝ex存在公共切线，则a的取值范围为(　　)
A.　 B．
C. D．
4、已知函数f(x)＝x(x－m)2在x＝1处取得极小值，则实数m＝(　　)
A．0　 B．1　　
C．2 D．3
5、已知函数f(x)＝x3－px2－qx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．－，0　　 B．0，－
C.，0 D．0，
6、已知函数f(x)＝x3＋3x2－9x＋1，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(　　)
A．[－3，＋∞)　 B．(－3，＋∞)
C．(－∞，－3) D．(－∞，－3]
7、已知函数f(x)＝(a＞0)在[1，＋∞)上的最大值为，则a的值为(　　)
A.－1　 B．
C． D．＋1
8、已知函数f(x)＝x3＋bx2＋cx的图象如图所示，则x＋x＝(　　)

A.　 B．
C． D．
9、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)

10、已知函数f(x)＝x3－2x2－4x－7，其导函数为f ′(x)，给出以下命题：
①f(x)的单调递减区间是；
②f(x)的极小值是－15；
③当a＞2时，对任意的x＞2且x≠a，恒有f(x)＞f(a)＋f ′(a)(x－a)；
④函数f(x)有且只有一个零点．
其中真命题的个数为(　　)
A．1　　 B．2　　
C．3 D．4
11、已知函数f(x)＝－(4m－1)x2＋(15m2－2m－7)x＋2在R上单调递增，则实数m的取值范围是________．
12、已知定义域为R的函数f(x)满足f(4)＝－3，且对任意的x∈R总有f ′(x)＜3，则不等式f(x)＜3x－15的解集为________．
13、已知函数f(x)＝－x2＋4x－3ln x在区间[t，t＋1]上不单调，则t的取值范围是________．
14、已知函数f(x)的导函数为f ′(x)＝5＋cos x，x∈(－1,1)，且f(0)＝0，如果f(1－x)＋f(1－x2)＜0，则实数x的取值范围为__________．
15、函数f(x)＝x3＋x2－3x－4在[0,2]上的最小值是________．
16、已知函数f(x)＝x3＋3ax2＋bx＋a2在x＝－1时有极值0，则a－b＝________.
17、已知函数f(x)＝x3＋mx2＋(m＋6)x＋1既存在极大值又存在极小值，则实数m的取值范围是________．
18、已知函数f(x)＝x3－6x2＋9x－abc，a＜b＜c，且f(a)＝f(b)＝f(c)＝0.现给出如下结论：
①f(0)f(1)＞0；　　②f(0)f(1)＜0；
③f(0)f(3)＞0；　　④f(0)f(3)＜0.
其中正确结论的序号是________．
19、已知函数f(x)＝－ex(a＞0)．
(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．
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．




考点14 导数的应用
1、已知函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的图象如图所示，则函数y＝log2(x2＋bx＋)的单调递减区间为(　　)

A.　 B．[3，＋∞)
C．[－2,3]　　 D．(－∞，－2)
【答案】D
【解析】因为f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d，所以f ′(x)＝3x2＋2bx＋c，由图可知f ′(－2)＝f ′(3)＝0，所以解得令g(x)＝x2＋bx＋，则g(x)＝x2－x－6，g′(x)＝2x－1，由g(x)＝x2－x－6＞0，解得x＜－2或x＞3.令g′(x)＜0，解得x<，所以g(x)＝x2－x－6在(－∞，－2)上为减函数，所以函数y＝log2的单调递减区间为(－∞，－2)．

2、已知函数y＝f ′(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)　 D．R
【答案】B
【解析】因为函数y＝x是R上的减函数，所以f ′(x)＞0的充分必要条件是0＜f ′(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，0＜f ′(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：y＝ax2(a>0)与曲线C2：y＝ex存在公共切线，则a的取值范围为(　　)
A.　 B．
C. D．
【答案】C
【解析】结合函数y＝ax2(a>0)和y＝ex的图象可知，要使曲线C1：y＝ax2(a>0)与曲线C2：y＝ex存在公共切线，只要ax2＝ex在(0，＋∞)上有解，从而a＝.令h(x)＝(x>0)，则h′(x)＝＝，令h′(x)＝0，得x＝2，易知h(x)min＝h(2)＝，所以a≥.
4、已知函数f(x)＝x(x－m)2在x＝1处取得极小值，则实数m＝(　　)
A．0　 B．1　　
C．2 D．3
【答案】B
【解析】f ′(x)＝(x－m)2＋2x(x－m)＝(x－m)·(3x－m)．由f ′(1)＝0可得m＝1或m＝3.当m＝3时， f ′(x)＝3(x－1)(x－3)，当1＜x＜3时， f ′(x)＜0；当x＜1或x＞3时， f ′(x)＞0.此时在x＝1处取得极大值，不合题意．所以m＝1，此时f ′(x)＝(x－1)(3x－1)，当＜x＜1时， f ′(x)＜0；当x＜或x＞1时， f ′(x)＞0.此时在x＝1处取得极小值．选B.
5、已知函数f(x)＝x3－px2－qx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．－，0　　 B．0，－
C.，0 D．0，
【答案】C
【解析】由题意知， f ′(x)＝3x2－2px－q，由f ′(1)＝0, f(1)＝0得解得p＝2，q＝－1，∴f(x)＝x3－2x2＋x.由f ′(x)＝3x2－4x＋1＝0，得x＝或x＝1，易知当x＝时， f(x)取极大值，当x＝1时， f(x)取极小值0.
6、已知函数f(x)＝x3＋3x2－9x＋1，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(　　)
A．[－3，＋∞)　 B．(－3，＋∞)
C．(－∞，－3) D．(－∞，－3]
【答案】D
【解析】由题意知f ′(x)＝3x2＋6x－9，令f ′(x)＝0，解得x＝1或x＝－3，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)
＋
0
－
0
＋
f(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k≤－3.
7、已知函数f(x)＝(a＞0)在[1，＋∞)上的最大值为，则a的值为(　　)
A.－1　 B．
C． D．＋1
【答案】A
【解析】由f(x)＝得f ′(x)＝.当a＞1时，若x＞，则f ′(x)＜0, f(x)单调递减；若1＜x＜，则f ′(x)＞0, f(x)单调递增．故当x＝时，函数f(x)有最大值＝，得a＝＜1，不合题意；当a＝1时，函数f(x)在[1，＋∞)上单调递减，最大值为f(1)＝，不合题意；当0＜a＜1时，函数f(x)在[1，＋∞)上单调递减，此时最大值为f(1)＝＝，得a＝－1，符合题意，故a的值为－1.选A.
8、已知函数f(x)＝x3＋bx2＋cx的图象如图所示，则x＋x＝(　　)


A.　 B．
C． D．
【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b＝－3，c＝2，所以f(x)＝x3－3x2＋2x，所以f ′(x)＝3x2－6x＋2.因为x1，x2是方程f ′(x)＝3x2－6x＋2＝0的两根，所以x1＋x2＝2，x1x2＝，所以x＋x＝(x1＋x2)2－2x1x2＝4－＝.
9、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)

【答案】C
【解析】由题意知， f ′(x)＝x2＋2x＝x(x＋2)，令f ′(x)＝0，解得x＝0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x3＋x2－＝－得，x＝0或x＝－3，则结合图象可知，解得 a∈[－3,0)．故选C.
10、已知函数f(x)＝x3－2x2－4x－7，其导函数为f ′(x)，给出以下命题：
①f(x)的单调递减区间是；
②f(x)的极小值是－15；
③当a＞2时，对任意的x＞2且x≠a，恒有f(x)＞f(a)＋f ′(a)(x－a)；
④函数f(x)有且只有一个零点．
其中真命题的个数为(　　)
A．1　　 B．2　　
C．3 D．4
【答案】C
【解析】f ′(x)＝3x2－4x－4＝(x－2)(3x＋2)．①令f ′(x)＜0，得－＜x＜2，所以f(x)的单调递减区间是；②令f ′(x)＞0，得x＜－或x＞2，结合①可知f(x)的极小值是f(2)＝－15；③显然当a＞2时，对任意的x＞2且x≠a，恒有f(x)＞f(a)＋f ′(a)(x－a)不成立；④f＝－＜0, f(2)＝－15＜0，并结合①②易知f(x)有且只有一个零点．故选C.
11、已知函数f(x)＝－(4m－1)x2＋(15m2－2m－7)x＋2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)＝x2－2(4m－1)x＋15m2－2m－7，由题意可知，f ′(x)≥0在R上恒成立，所以Δ＝4(4m－1)2－4(15m2－2m－7)＝4(m2－6m＋8)≤0，解得2≤m≤4.
12、已知定义域为R的函数f(x)满足f(4)＝－3，且对任意的x∈R总有f ′(x)＜3，则不等式f(x)＜3x－15的解集为________．
【答案】(4，＋∞)
【解析】令g(x)＝f(x)－3x＋15，则g′(x)＝f ′(x)－3＜0，所以g(x)在R上是减函数．又g(4)＝f(4)－3×4＋15＝0，所以f(x)＜3x－15的解集为(4，＋∞)．
13、已知函数f(x)＝－x2＋4x－3ln x在区间[t，t＋1]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)＝－x＋4－＝－，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，t＋1)内，函数f(x)在区间[t，t＋1]上就不单调，所以1∈(t，t＋1)或3∈(t，t＋1)⇔或⇔ 0＜t＜1或2＜t＜3.
14、已知函数f(x)的导函数为f ′(x)＝5＋cos x，x∈(－1,1)，且f(0)＝0，如果f(1－x)＋f(1－x2)＜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(1－x)＜f(x2－1)，∴－1＜1－x＜x2－1＜1，解得1＜x＜，∴实数x的取值范围是(1，)．
15、函数f(x)＝x3＋x2－3x－4在[0,2]上的最小值是________．
【答案】－
【解析】f′(x)＝x2＋2x－3，令f′(x)＝0得x＝1(x＝－3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)＝x3＋3ax2＋bx＋a2在x＝－1时有极值0，则a－b＝________.
【答案】－7
【解析】由题意得f ′(x)＝3x2＋6ax＋b，则解得或经检验当a＝1，b＝3时，函数f(x)单调递增无法取得极值，而a＝2，b＝9满足题意，故a－b＝－7.
17、已知函数f(x)＝x3＋mx2＋(m＋6)x＋1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)＝3x2＋2mx＋m＋6，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Δ＞0，即4m2－12(m＋6)＞0，所以m2－3m－18＞0，解得m＞6或m＜－3.
18、已知函数f(x)＝x3－6x2＋9x－abc，a＜b＜c，且f(a)＝f(b)＝f(c)＝0.现给出如下结论：
①f(0)f(1)＞0；　　②f(0)f(1)＜0；
③f(0)f(3)＞0；　　④f(0)f(3)＜0.
其中正确结论的序号是________．
【答案】②③
【解析】∵f ′(x)＝3x2－12x＋9＝3(x－1)·(x－3)，由f ′(x)＜0，得1＜x＜3；由f ′(x)＞0，得x＜1或x＞3.
∴f(x)在区间(1,3)上是减函数，在区间(－∞，1)，(3，＋∞)上是增函数．
又a＜b＜c, f(a)＝f(b)＝f(c)＝0，　
∴y极大值＝f(1)＝4－abc＞0，y极小值＝f(3)＝－abc＜0，
∴0＜abc＜4.
∴a，b，c均大于零，或者a＜0，b＜0，c＞0.
又x＝1，x＝3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②③.
19、已知函数f(x)＝－ex(a＞0)．
(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1＜ln＜2，即＜a＜时，f(x)max＝f＝ln－；
当ln≤1，即a≥时，f(x)max＝f(1)＝－e.
【解析】(1)f(x)＝－ex(a＞0)，则f ′(x)＝－ex.
令f ′(x)－ex＝0，则x＝ln .
当x变化时， f ′(x), f(x)的变化情况如下表：
x

ln

f ′(x)
＋
0
－
f(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ln≥2，即0＜a≤时， f(x)max＝f(2)＝－e2；
当1＜ln＜2，即＜a＜时，f(x)max＝f＝ln－；
当ln≤1，即a≥时，f(x)max＝f(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)＋a＝ln x＋a＋1.
∵函数g(x)在区间[e2，＋∞)上为增函数，
∴当x∈[e2，＋∞)时，g′(x)≥0，
即ln x＋a＋1≥0在[e2，＋∞)上恒成立．
∴a≥－ln x－1.
令h(x)＝－ln x－1，∴a≥h(x)max，
当x∈[e2，＋∞)时，ln x∈[2，＋∞)，
∴h(x)∈(－∞，－3]，∴a≥－3，即a的取值范围是[－3，＋∞)．
(2)∵f(x)≥，∴2f(x)≥－x2＋mx－3，即mx≤2xln x＋x2＋3.
又x＞0，∴m≤在∈(0，＋∞)上恒成立．
记t(x)＝＝2ln x＋x＋，
∴m≤t(x)min.
∵t′(x)＝＋1－＝＝，
令t′(x)＝0，得x＝1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)min＝t(1)＝4，即m的最大值为4.