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1、考点测试15导数的应用(一)一、基础小题1函数f(x)1xsinx在(0,2)上是()A增函数B减函数C在(0,)上增,在(,2)上减D在(0,)上减,在(,2)上增答案A解析f(x)1cosx0,f(x)在(0,2)上递增2设函数f(x)ln x,则()Ax为f(x)的极大值点Bx为f(x)的极小值点Cx2为f(x)的极大值点Dx2为f(x)的极小值点答案D解析f(x)ln x(x0),f(x),x2时,f(x)0,这时f(x)为增函数;0x2时,f(x)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解析当a0时,f(x)3x
2、2a0,f(x)在R上单调递增,“a0”是“f(x)在R上单调递增”的充分不必要条件故选A.5如图是函数yf(x)的导函数f(x)的图象,则下面判断正确的是()A在(2,1)上f(x)是增函数B在(1,3)上f(x)是减函数C在(4,5)上f(x)是增函数D当x4时,f(x)取极大值答案C解析由导函数f(x)的图象知,f(x)在(2,1)上先减后增,在(1,3)上先增后减,在(4,5)上单调递增,x4是f(x)的极小值点故选C.6已知f(x)2x36x2m(m为常数)在2,2上有最大值,且最大值为3,那么此函数在2,2上的最小值为()A0 B5 C10 D37答案D解析由题意知,f(x)6x2
3、12x,由f(x)0得x0或x2,当x2时,f(x)0,当0x2时,f(x)0,使得f(x0)0有解,则实数a的取值范围是()A(2,) B(,3)C(,1 D3,)答案C解析由于函数f(x)的定义域是(0,),不等式f(x)1ln x0有解,即axxln x在(0,)上有解令h(x)xxln x,则h(x)1(ln x1)ln x,令h(x)0,得x1,当0x0,当x1时,h(x)6或m0,即4m212(m6)0,所以m23m180,解得m6或m0,故选项D正确故选D.10(2017全国卷)若x2是函数f(x)(x2ax1)ex1的极值点,则f(x)的极小值为()A1 B2e3 C5e3 D
4、1答案A解析由题意可得f(x)ex1x2(a2)xa1x2是函数f(x)(x2ax1)ex1的极值点,f(2)0,a1,f(x)(x2x1)ex1,f(x)ex1(x2x2)ex1(x1)(x2),x(,2),(1,)时,f(x)0,f(x)单调递增;x(2,1)时,f(x)0,f(x)单调递减f(x)极小值f(1)1.故选A.11(2018全国卷)已知函数f(x)2sinxsin2x,则f(x)的最小值是_答案解析f(x)2cosx2cos2x4cos2x2cosx24(cosx1),所以当cosx时函数单调递减,当cosx时函数单调递增,从而得到函数的减区间为(kZ),函数的增区间为2k,
5、2k(kZ),所以当x2k,kZ时,函数f(x)取得最小值,此时sinx,sin2x,所以f(x)min2.12(2018江苏高考)若函数f(x)2x3ax21(aR)在(0,)内有且只有一个零点,则f(x)在1,1上的最大值与最小值的和为_答案3解析f(x)2x3ax21,f(x)6x22ax2x(3xa)若a0,则x0时,f(x)0,f(x)在(0,)上为增函数,又f(0)1,f(x)在(0,)上没有零点,不符合题意,a0.当0x时,f(x)时,f(x)0,f(x)为增函数,x0时,f(x)有极小值,为f1.f(x)在(0,)内有且只有一个零点,f0,a3.f(x)2x33x21,则f(x
6、)6x(x1)x1(1,0)0(0,1)1f(x)00f(x)4增1减0f(x)在1,1上的最大值为1,最小值为4.最大值与最小值的和为3.13(2016北京高考)设函数f(x)(1)若a0,则f(x)的最大值为_;(2)若f(x)无最大值,则实数a的取值范围是_答案(1)2(2)(,1)解析(1)若a0,则f(x)当x0时,f(x)2x0;当x0时,f(x)3x233(x1)(x1),当x0,f(x)是增函数,当1x0时,f(x)0,f(x)是减函数,f(x)f(1)2.f(x)的最大值为2.(2)在同一平面直角坐标系中画出y2x和yx33x的图象,如图所示,当a2时,f(x)maxa33a
7、.综上,当a(,1)时,f(x)无最大值三、模拟小题14(2018安徽安庆二模)已知函数f(x)2ef(e)ln x(e是自然对数的底数),则f(x)的极大值为()A2e1 B C1 D2ln 2答案D解析由题意知f(x),f(e),f(e),f(x),令f(x)0,得x2e,f(x)在(0,2e)上递增,在(2e,)上递减,f(x)的极大值为f(2e)2ln (2e)22ln 2,选D.15(2018豫南九校第四次质量考评)已知定义在R上的函数f(x),其导函数f(x)的大致图象如图所示,则下列叙述正确的是()f(b)f(a)f(c);函数f(x)在xc处取得极小值,在xe处取得极大值;函数
8、f(x)在xc处取得极大值,在xe处取得极小值;函数f(x)的最小值为f(d)A B C D答案A解析由导函数图象可知在(,c),(e,)上,f(x)0,在(c,e)上,f(x)0,所以函数f(x)在(,c),(e,)上单调递增,在(c,e)上单调递减,所以f(a)f(b)0,且a1,函数f(x)在R上单调递增,则实数a的取值范围是()A11 Da5答案B解析函数f(x)在R上单调递增,则a1,当x1时,f(x)x2aln x,则f(x)2x,则2x3ax40在1,)上恒成立,a2x2在x1,)上恒成立,由于y2x2在1,)上单调递减,ymax2,则a2,当x1时,a145.综上,实数a的取值
9、范围是2a5.故选B.17(2018华大新高考联盟4月教学质量检测)x,(m,n)(m0在x,上恒成立,函数g(x)sinxxcosx在x,上单调递增,g(x)gsincos0.050,f(x)0在x,上恒成立,即函数f(x)在x,上单调递增,ff(x)f,f(x)0时,f(x)m(x22x)ex1ex1ex0,符合题意;当m0时,f(x)(mx22m1)ex0恒成立,则f(x)在(,0上单调递减,f(x)f(0)0,符合题意;当m时,令f(x)0,解得x(正值舍去),则f(x)在,0上单调递增,在,上单调递减,存在x0,使得f(x0)0;当x(32,32)时,f(x)0,所以f(x)0等价于
10、3a0.设g(x)3a,则g(x)0,仅当x0时,g(x)0,所以g(x)在(,)上单调递增故g(x)至多有一个零点,从而f(x)至多有一个零点又f(3a1)6a22a6a20,故f(x)有一个零点综上,f(x)只有一个零点2(2018全国卷)已知函数f(x)aexln x1.(1)设x2是f(x)的极值点,求a,并求f(x)的单调区间;(2)证明:当a时,f(x)0.解(1)f(x)的定义域为(0,),f(x)aex.由题设知,f(2)0,所以a.从而f(x)exln x1,f(x)ex.当0x2时,f(x)2时,f(x)0.所以f(x)在(0,2)上单调递减,在(2,)上单调递增(2)证明
11、:当a时,f(x)ln x1.设g(x)ln x1,则g(x).当0x1时,g(x)1时,g(x)0.所以x1是g(x)的最小值点故当x0时,g(x)g(1)0.因此,当a时,f(x)0.3(2018浙江高考)已知函数f(x)ln x.(1)若f(x)在xx1,x2(x1x2)处导数相等,证明:f(x1)f(x2)88ln 2;(2)若a34ln 2,证明:对于任意k0,直线ykxa与曲线yf(x)有唯一公共点证明(1)函数f(x)的导函数f(x),由f(x1)f(x2)得,因为x1x2,所以.由基本不等式得2,因为x1x2,所以x1x2256.由题意得f(x1)f(x2)ln x1ln x2
12、ln (x1x2)设g(x)ln x,则g(x)(4),所以x(0,16)16(16,)g(x)0g(x)24ln 2所以g(x)在256,)上单调递增,故g(x1x2)g(256)88ln 2,即f(x1)f(x2)88ln 2.(2)令me(|a|k),n21,则f(m)kma|a|kka0,f(n)knanknk0,直线ykxa与曲线yf(x)有唯一公共点二、模拟大题4(2018湖北八市联考)已知函数f(x)ex(xaex)(1)当a0时,求f(x)的极值;(2)若f(x)有两个不同的极值点,求a的取值范围解(1)当a0时,f(x)xex,f(x)(x1)ex,令f(x)0,可得x1,故
13、f(x)在(1,)上单调递增,同理可得f(x)在(,1)上单调递减,故f(x)在x1处有极小值f(1).(2)依题意,可得f(x)(x12aex)ex0有两个不同的实根设g(x)x12aex,则g(x)0有两个不同的实根x1,x2,g(x)12aex,若a0,则g(x)1,此时g(x)为增函数,故g(x)0至多有1个实根,不符合要求;若a0,则当x0,当xln 时,g(x)0,得0a0.设g(x)0的两个不同实根为x1,x2(x1x2),当xx1时,g(x)0,此时f(x)0;当x1x0,此时f(x)0;当xx2时,g(x)0,此时f(x)0.故x1为f(x)的极小值点,x2为f(x)的极大值
14、点,0a符合要求综上所述,a的取值范围为0,.5(2018广东三校联考)已知函数f(x)ln xax.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)当a1时,函数g(x)f(x)xm有两个零点x1,x2,且x11.解(1)f(x)a,x(0,)当a0时,f(x)0恒成立,f(x)在(0,)上单调递增;当a0,得0x,令f(x),f(x)在0,上单调递增,在,上单调递减(2)证明:当a1时,g(x)ln xm.由已知得ln x1m,ln x2m.两式相减得ln 0,整理得x1x2,x1,x2.x1x2,令t(0,1),h(t)t2ln t.则h(t)10,h(t)在(0,1)上单调递增h(t)h(1)0
15、,即t2ln t,又ln t1.x1x21.6(2018福建厦门质检一)已知函数f(x)xexx2x,ae,其中e为自然对数的底数(1)当a0,x0时,证明:f(x)ex2;(2)讨论函数f(x)极值点的个数解(1)证明:依题意,f(x)xex,故原不等式可化为xexex2,因为x0,所以只要证exex0即可,记g(x)exex(x0),则g(x)exe(x0),当0x1时,g(x)1时,g(x)0,g(x)单调递增,所以g(x)g(1)0,即f(x)ex2,原不等式成立(2)f(x)exax2axxexaxa(x1)exax(x1)(x1)(exax),记h(x)exax,h(x)exa.(
16、)当a0,h(x)在R上单调递增,h(0)10,he10,所以存在唯一的x0,0,使h(x0)0,且当xx0时,h(x)x0,h(x)0.当x01,即a时,对任意x1,f(x)0,此时f(x)在R上单调递增,无极值点;若x01,即a0时,此时当x1时,f(x)0,即f(x)在(,x0),(1,)上单调递增;当x0x1时,f(x)0,即f(x)在(x0,1)上单调递减,此时f(x)有一个极大值点x0和一个极小值点1.若1x00,即a时,此时当xx0时,f(x)0,即f(x)在(,1),(x0,)上单调递增;当1xx0时,f(x)0,即f(x)在(1,x0)上单调递减,此时f(x)有一个极大值点1
17、和一个极小值点x0.()当a0时,f(x)xex,所以f(x)(x1)ex,显然f(x)在(,1)上单调递减,在(1,)上单调递增,此时f(x)有一个极小值点1,无极大值点()当0aexex0,从而h(x)0,而对任意xex0,所以对任意xR,h(x)0,此时令f(x)0,得x0,得x1,所以f(x)在(,1)上单调递减,在(1,)上单调递增,此时f(x)有一个极小值点1,无极大值点()当ae时,由(1)可知,对任意xR,h(x)exaxexex0(当且仅当x1时,取等号),此时令f(x)0,得x1,令f(x)0,得x1,所以f(x)在(,1)上单调递减,在1,)上单调递增,此时f(x)有一个极小值点1,无极大值点综上所述,当a或a0时,f(x)有两个极值点;当a时,f(x)无极值点;当0ae时,f(x)有一个极值点15