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1、考点测试 16 导数的应用(二)考点测试 16 导数的应用(二) 一、基础小题 1函数f(x)xln x的单调递增区间为( ) A(，0) B(0，1) C(1，) D(，0)(1，) 答案 C 解析 函数的定义域为(0，)f(x)1 ，令f(x)0，得x1.故选 C. 1 x 2已知对任意实数x，都有f(x)f(x)，g(x)g(x)，且x0 时，f(x)0， g(x)0，则x0，g(x)0 Bf(x)0，g(x)0 Df(x)0 时，f(x)，g(x)都单调递增， 则当x0，g(x)0 时，由导函数f(x)ax2bxc的图象可知，导函数在区间(0，x1)内的 值是大于 0 的，则在此区间内
2、函数f(x)单调递增只有选项 D 符合题意 5已知函数f(x)x33x29x1，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( ) A3，) B(3，) C(，3) D(，3 答案 D 解析 由题意知f(x)3x26x9， 令f(x)0， 解得x1 或x3， 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)00 f(x)单调递增极大值单调递减极小值单调递增 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k3. 6若函数f(x)2x2ln x在其定义域内的一个子区间(k1，k1)内不是单调函数
3、， 则实数k的取值范围是( ) A1，) B. C1，2) D. 1， 3 2) 3 2，2) 答案 B 解析 因为f(x)的定义域为(0，)，f(x)4x ，由f(x)0，得x .据题 1 x 1 2 意得 解得 1k0， 函数单调递增， 当 0k1，则下列结论中一定错误的是( ) Af ( 1 k) 1 k ( 1 k) 1 k1 Cf ( 1 k1) 1 k1 ( 1 k1) k k1 答案 C 解析 构造函数g(x)f(x)kx1，则g(x)f(x)k0，g(x)在 R R 上为增函 数 k1， 0， 则gg(0) 而g(0)f(0)10， gf 1 k1 ( 1 k1) ( 1 k1
4、) ( 1 k1) k k1 10，即f1，所以选项 C 错误故选 C. ( 1 k1) k k1 1 k1 10(2017山东高考)若函数 exf(x)(e2.71828是自然对数的底数)在f(x)的定义 域上单调递增，则称函数f(x) 具有 M 性质下列函数中具有 M 性质的是( ) Af(x)2x Bf(x)x2 Cf(x)3x Df(x)cosx 答案 A 解析 当f(x)2x时，exf(x) x. 1，当f(x)2x时，exf(x)在f(x)的 ex 2x e 2 e 2 定义域上单调递增，故函数f(x)具有 M 性质易知 B，C，D 不具有 M 性质，故选 A. 11(2016四川
5、高考)已知a为函数f(x)x312x的极小值点，则a( ) A4 B2 C4 D2 答案 D 解析 由题意可得f(x)3x2123(x2)(x2)， 令f(x)0， 得x2 或x2. 则f(x)，f(x)随x的变化情况如下表： x(，2)2(2，2)2(2，) f(x)00 f(x) 极大值 极小值 函数f(x)在x2 处取得极小值，则a2.故选 D. 12 (2017江苏高考)已知函数f(x)x32xex， 其中e是自然对数的底数 若f(a 1 ex 1)f(2a2)0，则实数a的取值范围是_ 答案 1，1 2 解析 易知函数f(x)的定义域关于原点对称 f(x)x32xex， 1 ex f
6、(x)(x)32(x)ex 1 ex x32xexf(x)， 1 ex f(x)为奇函数， 又f(x)3x22ex3x2223x20(当且仅当x0 时， 取 “” )， 从而f(x) 1 ex 在 R R 上单调递增， 所以f(a1)f(2a2)0f(a1)f(2a2)2a2a1，解得1a . 1 2 13(2015安徽高考)设x3axb0，其中a，b均为实数下列条件中，使得该三 次方程仅有一个实根的是_(写出所有正确条件的编号) a3，b3；a3，b2；a3，b2；a0，b2；a1，b2. 答案 解析 设f(x)x3axb. 当a3，b3 时，f(x)x33x3，f(x)3x23， 令f(x
7、)0， 得x1 或x2 时，f(x)x33xb，易知f(x)的极大值为f(1)2b0，极小值 为f(1)b20，x时，f(x)，故方程f(x)0 有且仅有一个实根，故正确 当a0，b2 时，f(x)x32，显然方程f(x)0 有且仅有一个实根，故正确 当a1，b2 时，f(x)x3x2，f(x)3x210，则f(x)在(，)上为 增函数，易知f(x)的值域为 R R，故f(x)0 有且仅有一个实根，故正确 综上，正确条件的编号有. 三、模拟小题 14 (2018郑州质检一)已知函数f(x)x39x229x30， 实数m，n满足f(m)12， f(n)18，则mn( ) A6 B8 C10 D1
8、2 答案 A 解析 设函数f(x)图象的对称中心为(a，b)， 则有 2bf(x)f(2ax)， 整理得 2b(6a 18)x2(12a236a)x8a336a258a60，则可得a3，b3，所以函数f(x)图象的 对称中心为(3， 3) 又f(m)12，f(n)18， 且f(m)f(n)6， 所以点(m，f(m)和点(n， f(n)关于(3，3)对称，所以mn236，故选 A. 15(2018河南新乡二模)若函数y在(1，)上单调递减，则称f(x)为P函 fx ln x 数下列函数中为P函数的为( ) f(x)1；f(x)x；f(x) ；f(x). 1 x x A B C D 答案 B 解析
9、 x(1，)时，ln x0，x增大时，都减小，y，y 1 ln x 1 xln x 1 ln x 在(1， )上都是减函数， f(x)1 和f(x) 都是P函数 ；， x 1 xln x 1 x x ln x ln x1 ln x2 (1， e)时，0， 即y在(1， e)上单调递减， 在(e， ) x ln x x ln x x ln x 上单调递增， f(x)x不是P函数 ；， x(1， e2)时，0， 即y在(1， e2)上单调递减， 在(e2， )上单调递增， f(x) x ln x x ln x 不是P函数故选 B.x 16(2018湖南长沙长郡中学月考)求形如yf(x)g(x)的函
10、数的导数，我们常采用以 下做法：先两边同取自然对数得 ln yg(x)ln f(x)，再两边同时求导得yg(x)ln 1 y f(x)g(x)f(x)， 于是得到yf(x)g(x)g(x)ln f(x)g(x)f(x)， 运用此方 1 fx 1 fx 法求得函数yx的单调递增区间是( ) 1 x A(e，4) B(3，6) C(0，e) D(2，3) 答案 C 解析 由题意知yxln xx(x0)，令y0，得 1ln 1 x 1 x2 1 x2 1 x 1ln x x2 x0，00，a1)， 若函数g(x) |f(x)t|2 有三个零点，则实数t( ) A3 B2 C1 D0 答案 A 解析
11、由题可得f(x)2x(ax1)ln a，设y2x(ax1)ln a，则y2 axln2a0， 则知f(x)在 R R 上单调递增， 而由f(0)0， 可知f(x)在(， 0)上单调递减， 在(0， )上单调递增， 故f(x)的最小值为f(0)1， 又g(x)|f(x)t|2 有三个零点， 所以f(x)t2 有三个根，而t2t2，故t2f(x)minf(0)1，解得t3，故选 A. 18 (2018河北衡中九模)若两曲线yx21 与yaln x1 存在公切线， 则正实数a 的取值范围是_ 答案 00)所以Error!Error!化简可知，问题等 a n 价于方程 n2(1ln n)有解设函数f(
12、x)x2(1ln x)，由f(x)x(12ln x)0 可 a 4 知x，且f(x)maxf() ，注意到f(e)0，则由题意可知 00；22 当x(1，)时，f(x)0)， 因此h(x)在0， ) 单调递减 而h(0)1，故h(x)1，所以f(x)(x1)h(x)x1ax1. 当 00(x0)， 所以g(x)在0， ) 单调递增 而g(0)0，故 exx1. 当 0(1x)(1x)2，(1x)(1x)2ax1x(1axx2)，取x0 ， 54a1 2 则x0(0，1)，(1x0)(1x0)2ax010， 故f(x0)ax01. 当a0 时，取x0，则x0(0，1)，f(x0)(1x0)(1x
13、0)21ax01. 51 2 综上，a的取值范围是1，) 2 (2018天津高考)设函数f(x)(xt1)(xt2)(xt3)， 其中t1，t2，t3R R， 且t1，t2， t3是公差为d的等差数列 (1)若t20，d1，求曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程； (2)若d3，求f(x)的极值； (3)若曲线yf(x)与直线y(xt2)6有三个互异的公共点， 求d的取值范围3 解 (1)由已知，可得f(x)x(x1)(x1)x3x， 故f(x)3x21. 因为f(0)0，f(0)1， 又因为曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程为yf(0)f(0)(x0)， 故所求切 线方程为
14、xy0. (2)由已知可得f(x)(xt23)(xt2)(xt23)(xt2)39(xt2)x33t2x2 (3t9)xt9t2.故f(x)3x26t2x3t9. 2 23 22 2 令f(x)0，解得xt2或xt2.33 当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表： x (， t2)3 t23 (t2，3 t2)3 t23(t2，)3 f(x)00 f(x) 极大值 极小值 所以函数f(x)的极大值为f(t2)()39()6；函数f(x)的极3333 小值为f(t2)()396.3333 (3)曲线yf(x)与直线y(xt2)6有三个互异的公共点等价于关于x的方程3 (xt2d)(xt2
15、)(xt2d)(xt2)60 有三个互异的实数解3 令uxt2，可得u3(1d2)u60.3 设函数g(x)x3(1d2)x6， 则曲线yf(x)与直线y(xt2)6有三个33 互异的公共点等价于函数yg(x)有三个零点 g(x)3x2(1d2) 当d21 时，g(x)0，这时g(x)在 R R 上单调递增，不符合题意 当d21 时，令g(x)0， 解得x1，x2. d21 3 d21 3 易得，g(x)在(，x1)上单调递增， 在x1，x2上单调递减， 在(x2， )上单调递增 g(x)的极大值g(x1)g60. d21 3 23d2 1 3 2 9 3 g(x)的极小值g(x2)g6. d
16、21 3 23d2 1 3 2 9 3 若g(x2)0，由g(x)的单调性可知函数yg(x)至多有两个零点，不符合题意 若g(x2)27，也就是|d|，此时|d|x2，g(|d|)|d|60， 3 2 103 且2|d|1. 所以f(x)excosx0， 即f(x)在0，)上单调递增， 所以f(x)minf(0)1b， 由f(x)0 恒成立，得 1b0，所以b1. (2)由f(x)exasinxb，得 f(x)exacosx，且f(0)1b， 由题意得f(0)e0a1，所以a0. 又(0，1b)在切线xy10 上， 所以 01b10.所以b2， 所以f(x)ex2. 又方程 ex2恰有两解，可
17、得xex2xm2x，所以xexm. m2x x 令g(x)xex，则g(x)ex(x1)， 当x(，1)时，g(x)0，所以g(x)在(1，)上是增函数 所以g(x)ming(1) . 1 e 又当x时，g(x)0，且有g(1)e0， 数形结合易知，m的取值范围为 ，0. 1 e 4(2018安徽六校联考二)已知函数f(x)ln x，m，nR R. mxn x (1)若函数f(x)在(2，f(2)处的切线与直线xy0 平行，求实数n的值； (2)试讨论函数f(x)在1，)上的最大值； (3)若n1 时，函数f(x)恰有两个零点x1，x2(02. 解 (1)由f(x)，得f(2)， nx x2
18、n2 4 由于函数f(x)在(2，f(2)处的切线与直线xy0 平行，故1，解得n6. n2 4 (2)f(x)(x0)，令f(x)n； nx x2 令f(x)0，得x1 时，f(x)在1，n)上单调递增， 在(n，)上单调递减， 故f(x)在1，)上的最大值为f(n)m1ln n. (3)证明 ： 若n1 时，f(x)恰有两个零点x1，x2(01， x2x1 x1x2 x2 x1 x2 x1 则 ln t，x1， t1 tx1 t1 tln t 故x1x2x1(t1)， t21 tln t 所以x1x22， 2t 21 2t ln t ln t 记函数h(t)ln t， t21 2t 因为h
19、(t)0， t 1 2 2t2 所以h(t)在(1，)上单调递增， 因为t1，所以h(t)h(1)0， 又 ln t0，故x1x220 成立，即x1x22. 5(2018湖南衡阳联考)已知函数f(x)(aR R) ax2xa ex (1)若a0，函数f(x)的极大值为 ，求实数a的值； 3 e (2)若对任意的a0，f(x)bln x在x2，)上恒成立，求实数b的取值范围 解 (1)因为f(x)， ax2xa ex 所以f(x) 2 ax1ex ax2xa e x e x2 ax 212axa1 ex . x 1 ax1a ex 当a0 时，f(x)， x1 ex 令f(x)0，得x1， 所以
20、f(x)在(，1)上单调递增，在(1，)上单调递减 所以f(x)的极大值为f(1) ，不符合题意 1 e 3 e 当a0 时，1 0，得 1 1， 1 a 所以f(x)在 1 ，1 上单调递增，在，1 和(1，)上单调递减 1 a 1 a 所以f(x)的极大值为f(1) ，解得a1，符合题意综上可得a1. 2a1 e 3 e (2)令g(a)a， x21 ex x ex 当x2，)时，因为0， x21 ex 所以g(a)在(，0上是增函数， 则g(a)bln x对a(，0恒成立等价于 g(a)g(0)bln x， 即bln x对x2，)恒成立， x ex 即b对x2，)恒成立， x exln x 所以b max. x exln x 令h(x)(x2)， x exln x 则h(x) exln xxe x x exln x e xln x2 . ln x1xln x ex ln x2 1x1ln x ex ln x2 因为x2，)，所以1(x1)ln x0， 所以h(x)0， 所以h(x)在2，)上单调递减， 所以h(x)h(2)， 2 e2ln 2 所以bh(2)， 2 e2ln 2 所以实数b的取值范围为，. 2 e2ln 2