天天练10 导数的应用（一）-2019《试吧大考卷》高中全程训练计划•数学·理科（PPT版）

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3<x<5时，f′(x)<0，y＝f(x)单调递减；当x>5或－1<x<3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a<1.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，－2　　　　　　　B．50,14 C．50，－2 D．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)lnx<0，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(4x－2>0，,lnx<0))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(4x－2<0，,lnx>0，))解得eq \f(1,2)<x<1，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