2019年高考数学一轮复习（文科）天天练10.doc

天天练10导数的应用(一)

一、选择题

1．(2018·太原一模)函数y＝f(x)的导函数的图象如图所示，则下列说法错误的是()

A．(－1,3)为函数y＝f(x)的单调递增区间

B．(3,5)为函数y＝f(x)的单调递减区间

C．函数y＝f(x)在x＝0处取得极大值

D．函数y＝f(x)在x＝5处取得极小值

答案：C

解析：由函数y＝f(x)的导函数的图象可知，当x－1或3x5时，f′(x)0，y＝f(x)单调递减；当x5或－1x3时，f′(x)0，y＝f(x)单调递增．所以函数y＝f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)，(3,5)，单调递增区间为(－1,3)，(5，＋∞)．函数y＝f(x)在x＝－1,5处取得极小值，在x＝3处取得极大值，故选项C错误，选C.

2．已知a∈R，函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－ax2＋ax＋2的导函数f′(x)在(－∞，1)上有最小值，若函数g(x)＝eq\f(f′?x?,x)，则()

A．g(x)在(1，＋∞)上有最大值

B．g(x)在(1，＋∞)上有最小值

C．g(x)在(1，＋∞)上为减函数

D．g(x)在(1，＋∞)上为增函数

答案：D

解析：函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－ax2＋ax＋2的导函数f′(x)＝x2－2ax＋a，f′(x)图象的对称轴为x＝a，又导函数f′(x)在(－∞，1)上有最小值，所以a1.函数g(x)＝eq\f(f′?x?,x)＝x＋eq\f(a,x)－2a，g′(x)＝1－eq\f(a,x2)＝eq\f(x2－a,x2)，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)0，所以g(x)在(1，＋∞)上为增函数．故选D.

3．函数f(x)＝2x3＋9x2－2在[－4,2]上的最大值和最小值分别是()

A．25，－2B．50,14

C．50，－2D．50，－14

答案：C

解析：因为f(x)＝2x3＋9x2－2，所以f′(x)＝6x2＋18x，当x∈[－4，－3)或x∈(0,2]时，f′(x)0，f(x)为增函数，当x∈(－3,0)时，f′(x)0，f(x)为减函数，由f(－4)＝14，f(－3)＝25，f(0)＝－2，f(2)＝50，故函数f(x)＝2x3＋9x2－2在[－4,2]上的最大值和最小值分别是50，－2.

4．(2018·焦作二模)设函数f(x)＝2(x2－x)lnx－x2＋2x，则函数f(x)的单调递减区间为()

A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))

C．(1，＋∞)D．(0，＋∞)

答案：B

解析：由题意可得f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2(2x－1)lnx＋2(x2－x)·eq\f(1,x)－2x＋2＝(4x－2)·lnx.由f′(x)0可得(4x－2)lnx0，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4x－20，,lnx0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4x－20，,lnx0，))解得eq\f(1,2)x1，故函数f(x)的单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，选B.

5．设f′(x)是函数f(x)的导函数，将y＝f(x)和y＝f′(x)的图象画在同一个直角坐标系中，不可能正确的是()

答案：D

解析：不存在选项D的图象所对应的函数，因在定义域内，若上面的曲线是y＝f′(x)的图象，则f′(x)≥0，f(x)是增函数，与图象不符；反之若下面的曲线是y＝f′(x)的图象，则f′(x)≤0，f(x)是减函数，也与图象不符，故选D.

6．(2018·江西金溪一中等校联考)已知函数f(x)与f′(x)的图象如图所示，则函数g(x)＝eq\f(f?x?,ex)的单调递减区间为()

A．(0,4)B．(－∞，1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，4))

C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,3)))D．(0,1)，(4，＋∞)

答案：D

解析：g′(x)＝eq\f(f′?x?ex－f?x?ex,?ex?2)＝eq\f(f′?x?－f?x?,ex)，令g′(x)0，即f′(x)－f(x)0，由题图可得x∈(0,1)∪(4，＋∞)．故函数g(x)的单调递减区间为(0,1)，(4，＋∞)．故选D.

方法总结导数与函数的单调性

(1)利用导数讨论函数单调性的步骤：①确定函数f(x)的定义域；②求f′(x)，并求f′(x)＝0的根；②利用f′