考點(diǎn)測(cè)試15　導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用(一)

1、金版教程一輪首選用卷 文數(shù)考點(diǎn)測(cè)試15導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用(一)高考概覽本考點(diǎn)是高考必考知識(shí)點(diǎn)，?？碱}型為選擇題、填空題、解答題，分值5分、12分，中、高等難度考綱研讀1.了解函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系；能利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，會(huì)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間(其中多項(xiàng)式函數(shù)不超過三次)2了解函數(shù)在某點(diǎn)取得極值的必要條件和充分條件；會(huì)用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極大值、極小值(其中多項(xiàng)式函數(shù)不超過三次)；會(huì)求閉區(qū)間上函數(shù)的最大值、最小值(其中多項(xiàng)式函數(shù)不超過三次)3會(huì)用導(dǎo)數(shù)解決實(shí)際問題一、基礎(chǔ)小題1函數(shù)f(x)1xsinx在(0,2)上是()A增函數(shù)B減函數(shù)C在(0，)上增，在(，2)上減D在(0，)上減，在(，2)上增答案A解

2、析f(x)1cosx0，f(x)在(0,2)上單調(diào)遞增2函數(shù)f(x)x33x22在區(qū)間1,1上的最大值是()A2 B0 C2 D4答案C解析f(x)3x26x，令f(x)0，得x0或x2(舍去)所以f(x)在1,0)上是增函數(shù)，f(x)在(0,1上是減函數(shù)，所以當(dāng)x0時(shí)，f(x)maxf(0)2.故選C.3已知函數(shù)f(x)2ef(e)ln x(e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))，則f(x)的極大值為()A2e1 B C1 D2ln 2答案D解析由題意知f(x)，f(e)，f(e)，f(x)，令f(x)0，得x2e，f(x)在(0,2e)上單調(diào)遞增，在(2e，)上單調(diào)遞減，f(x)的極大值為f(2e)2ln

3、(2e)22ln 2，選D.4已知函數(shù)f(x)x3ax2x1在(，)上是單調(diào)函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A，B(，)C(，)(，)D(，)答案A解析函數(shù)f(x)x3ax2x1的導(dǎo)函數(shù)為f(x)3x22ax1，且函數(shù)f(x)在(，)上是單調(diào)函數(shù)，在(，)上f(x)0恒成立，即3x22ax10恒成立，4a2120，解得a，實(shí)數(shù)a的取值范圍是，故選A.5直線ya分別與曲線yex，yln x1交于兩點(diǎn)M，N，則|MN|的最小值為()A1 B1ln 2 Cln 2 D1ln 2答案A解析分別令exa，ln x1a，其中a0，則x1ln a，x2ea1，從而|MN|x1x2|ln aea1|，構(gòu)造函數(shù)h

4、(a)ln aea1，求導(dǎo)得h(a)ea1，當(dāng)a(0,1)時(shí)，h(a)0，h(a)單調(diào)遞增；當(dāng)a(1，)時(shí)，h(a)f(a)f(c)；函數(shù)f(x)在xc處取得極小值，在xe處取得極大值；函數(shù)f(x)在xc處取得極大值，在xe處取得極小值；函數(shù)f(x)的最小值為f(d)A B C D答案A解析由導(dǎo)函數(shù)圖象可知在(，c)，(e，)上，f(x)0，在(c，e)上，f(x)0，所以函數(shù)f(x)在(，c)，(e，)上單調(diào)遞增，在(c，e)上單調(diào)遞減，所以f(a)f(b)f(e)，錯(cuò)誤故選A.7已知函數(shù)f(x)1ln x，存在x00，使得f(x0)0有解，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A(2，) B(，3)C(

5、，1 D3，)答案C解析由于函數(shù)f(x)的定義域是(0，)，不等式f(x)1ln x0有解，即axxln x在(0，)上有解令h(x)xxln x，則h(x)1(ln x1)ln x，令h(x)0，得x1，當(dāng)0x0；當(dāng)x1時(shí)，h(x)0)，所以f(x)ln xax，令g(x)ln xax，則g(x)a，當(dāng)a0時(shí)，g(x)0恒成立，則f(x)在(0，)上單調(diào)遞增，當(dāng)x0時(shí)，f(x)；當(dāng)x時(shí)，f(x)，所以f(x)只有一個(gè)極值點(diǎn)，不符合題意當(dāng)a0時(shí)，可得f(x)有極大值點(diǎn)x，由于x0時(shí)f(x)；當(dāng)x時(shí)，f(x)，因此原函數(shù)要有兩個(gè)極值點(diǎn)，只要fln 10，解得0a0，a0，即a的取值范圍是(，01

6、1(2018全國(guó)卷)已知函數(shù)f(x)2sinxsin2x，則f(x)的最小值是_答案解析f(x)2cosx2cos2x4cos2x2cosx24(cosx1)，所以當(dāng)cosx時(shí)函數(shù)單調(diào)遞減，當(dāng)cosx時(shí)函數(shù)單調(diào)遞增，從而得到函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為(kZ)，函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為(kZ)，所以當(dāng)x2k，kZ時(shí)，函數(shù)f(x)取得最小值，此時(shí)sinx，sin2x，所以f(x)min2.12(2018江蘇高考)若函數(shù)f(x)2x3ax21(aR)在(0，)內(nèi)有且只有一個(gè)零點(diǎn)，則f(x)在1,1上的最大值與最小值的和為_答案3解析f(x)2x3ax21，f(x)6x22ax2x(3xa)若a0，則x0時(shí)，f

7、(x)0，f(x)在(0，)上為增函數(shù)，又f(0)1，f(x)在(0，)上沒有零點(diǎn)，不符合題意，a0.當(dāng)0x時(shí)，f(x)時(shí)，f(x)0，f(x)為增函數(shù)，x0時(shí)，f(x)有極小值，為f1.f(x)在(0，)內(nèi)有且只有一個(gè)零點(diǎn)，f0，a3.f(x)2x33x21，則f(x)6x(x1)x1(1,0)0(0,1)1f(x)00f(x)4增1減0f(x)在1,1上的最大值為1，最小值為4.最大值與最小值的和為3.三、模擬小題13(2019濟(jì)南一模)已知函數(shù)f(x)則f(3x2)f(2x)的解集為()A(，3)(1，) B(3,1)C(，1)(3，) D(1,3)答案B解析易知，當(dāng)x0時(shí)，f(x)x2

8、x0，f(x)為增函數(shù)，當(dāng)x0時(shí)，f(x)ex也為增函數(shù)，且x0時(shí)，f(x)0，x0時(shí)，f(x)1，故f(x)在R上為單調(diào)遞增函數(shù)故f(3x2)f(2x)等價(jià)于3x22x，解得3x1，故選B.14(2019河南鄭州質(zhì)檢)函數(shù)f(x)x3ax2bxa2在x1時(shí)有極值10，則a，b的值為()Aa3，b3或a4，b11Ba4，b3或a4，b11Ca4，b11Da3，b3答案C解析由題意，得f(x)3x22axb，則f(1)0，即2ab3.f(1)1aba210，即a2ab9.聯(lián)立，解得(有極值)或(舍去，無極值)15(2019成都市高三第一次診斷考試)已知定義在R上的函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線xa(

9、a0)對(duì)稱，且當(dāng)xa時(shí)，f(x)ex2a.若A，B是函數(shù)f(x)圖象上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)P(a,0)，則當(dāng)?shù)淖钚≈禐?時(shí)，函數(shù)f(x)的最小值為()Ae Be1 Ce De2答案B解析當(dāng)xa，則由函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線xa對(duì)稱，得f(x)f(2ax)e(2ax)2aex，由此作出函數(shù)f(x)的圖象，如圖所示，則當(dāng)取得最小值0時(shí)，直線PA，PB關(guān)于直線xa對(duì)稱，且其中一直線的傾斜角為，此時(shí)A，B分別位于直線xa的左、右兩側(cè)，且直線PA，PB都與函數(shù)f(x)的圖象相切，設(shè)A(x0，y0)(x0a)，則f(x)(ex)ex，所以ex01，所以x00，y01，此時(shí)切線PA的方程為yx1，所以a1.由圖

10、象知，當(dāng)xa1時(shí)，函數(shù)f(x)取得最小值e1，故選B.16(2019武邑中學(xué)二調(diào))設(shè)函數(shù)f(x)x33x2ax5a，若存在唯一的正整數(shù)x0，使得f(x0)0，則a的取值范圍是_答案解析設(shè)g(x)x33x25，h(x)a(x1)，則g(x)3x26x3x(x2)，當(dāng)0x2時(shí)，g(x)0，當(dāng)x0或x2時(shí)，g(x)0，g(x)在(，0)上單調(diào)遞增，在(0,2)上單調(diào)遞減，在(2，)上單調(diào)遞增，當(dāng)x2時(shí)，g(x)取得極小值g(2)1，作出g(x)與h(x)的函數(shù)圖象如圖：顯然當(dāng)a0時(shí)，g(x)h(x)在(0，)上恒成立，即f(x)g(x)h(x)0無正整數(shù)解；要使存在唯一的正整數(shù)x0，使得f(x0)0

11、，顯然x02.即解得a.17(2019江蘇南通重點(diǎn)中學(xué)模擬)若函數(shù)f(x)在定義域D內(nèi)某區(qū)間H上是增函數(shù)，且在H上是減函數(shù)，則稱yf(x)在H上是“弱增函數(shù)”已知函數(shù)g(x)x2(4m)xm在(0,2上是“弱增函數(shù)”，則實(shí)數(shù)m的值為_答案4解析根據(jù)題意，若函數(shù)f(x)在定義域D內(nèi)某區(qū)間H上是增函數(shù)，且在H上是減函數(shù)，則稱yf(x)在H上是“弱增函數(shù)”，已知函數(shù)g(x)x2(4m)xm在(0,2上是“弱增函數(shù)”，則g(x)在給定區(qū)間上是遞增函數(shù)，開口向上，則對(duì)稱軸直線x0，m4，x4m在(0,2上單調(diào)遞減，那么10，x(0,2，10，m4.綜上可得m4.一、高考大題1(2019全國(guó)卷)已知函數(shù)f

12、(x)(x1)ln xx1.證明：(1)f(x)存在唯一的極值點(diǎn)；(2)f(x)0有且僅有兩個(gè)實(shí)根，且兩個(gè)實(shí)根互為倒數(shù)證明(1)f(x)的定義域?yàn)?0，)f(x)ln x1ln x.因?yàn)閥ln x在(0，)上單調(diào)遞增，y在(0，)上單調(diào)遞減，所以f(x)在(0，)上單調(diào)遞增又f(1)10，故存在唯一x0(1,2)，使得f(x0)0.又當(dāng)xx0時(shí)，f(x)x0時(shí)，f(x)0，f(x)單調(diào)遞增，因此，f(x)存在唯一的極值點(diǎn)(2)由(1)知f(x0)0，所以f(x)0在(x0，)內(nèi)存在唯一根x.由x01得1x0.又fln 10，故是f(x)0在(0，x0)的唯一根綜上，f(x)0有且僅有兩個(gè)實(shí)根，

13、且兩個(gè)實(shí)根互為倒數(shù)2(2019全國(guó)卷)已知函數(shù)f(x)2x3ax22.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)0a0，則當(dāng)x(，0)時(shí)，f(x)0，當(dāng)x時(shí)，f(x)0，故f(x)在(，0)，上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減；若a0，則f(x)在(，)上單調(diào)遞增；若a0，當(dāng)x時(shí)，f(x)0，故f(x)在，(0，)上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減(2)當(dāng)0a3時(shí)，由(1)知，f(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，所以f(x)在0,1的最小值為f2，最大值為f(0)2或f(1)4a.于是m2，M所以Mm當(dāng)0a2時(shí)，可知y2a單調(diào)遞減，所以Mm的取值范圍是.當(dāng)2a3時(shí)，y單調(diào)遞增，所以Mm的取值范圍是.綜上，Mm的取值范圍

14、是.3(2019天津高考)設(shè)函數(shù)f(x)excosx，g(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)當(dāng)x時(shí)，證明f(x)g(x)0；(3)設(shè)xn為函數(shù)u(x)f(x)1在區(qū)間內(nèi)的零點(diǎn)，其中nN，證明2nxncosx，得f(x)0，則f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x(kZ)時(shí)，有sinx0，則f(x)單調(diào)遞增所以，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(kZ)，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(kZ)(2)證明：記h(x)f(x)g(x).依題意及(1)，有g(shù)(x)ex(cosxsinx)，從而g(x)2exsinx.當(dāng)x時(shí)，g(x)0，故h(x)f(x)g(x)g(x)(1)g(x)0.因此，h(x)在區(qū)間上單

15、調(diào)遞減，進(jìn)而h(x)hf0.所以，當(dāng)x時(shí)，f(x)g(x)0.(3)證明：依題意，u(xn)f(xn)10，即exncosxn1.記ynxn2n，則yn，且f(yn)eyncosynexn2ncos(xn2n)e2n(nN)由f(yn)e2n1f(y0)及(1)，得yny0.由(2)知，當(dāng)x時(shí)，g(x)0，所以g(x)在上為減函數(shù)，因此g(yn)g(y0)g0.又由(2)知，f(yn)g(yn)0，故yn.所以2nxn0)(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)若g(x)x2f(x)，設(shè)x1，x2(x1x2)是函數(shù)g(x)的兩個(gè)極值點(diǎn)，若a，且g(x1)g(x2)k恒成立，求實(shí)數(shù)k的最大值解(1)f

16、(x)的定義域?yàn)?0，)，f(x)ax(a1).若0a1.由f(x)0得0x；由f(x)0得1x1，則00得0x1；由f(x)0得x0，x1x2a1，x1x21，x2，a，x1x2.解得0x1，g(x1)g(x2)ln (xx)(a1)(x1x2)2ln x1.設(shè)h(x)2ln x，則h(x)x0)，當(dāng)a10，即a1時(shí)，f(x)0，函數(shù)f(x)在(0，)上單調(diào)遞增，無極小值當(dāng)a10，即a1時(shí)，由f(x)0，得0x0，得xa1，函數(shù)f(x)在(a1，)上單調(diào)遞增f(x)極小值f(a1)1ln (a1)綜上所述，當(dāng)a1時(shí)，f(x)無極小值；當(dāng)a1時(shí)，f(x)極小值1ln (a1)(2)證明：令F(

17、x)f(x)g(x)ln x(x0)，當(dāng)1a1時(shí)，要證f(x)g(x)，即證F(x)0，即證xln xasinx10.證法一：要證xln xasinx10，即證xln xasinx1.若00)，則h(x)1cosx0，所以h(x)在(0，)上單調(diào)遞增，故h(x)0，即xsinx(x0)所以ax1asinx1(x0)，(*)令q(x)xln xx1，則q(x)ln x，當(dāng)x(0,1)時(shí)，q(x)0，q(x)在(1，)上單調(diào)遞增故q(x)q(1)0，即xln xx1，當(dāng)且僅當(dāng)x1時(shí)取等號(hào)又0asinx1，所以當(dāng)0asinx1.若a0，即證xln x1.令m(x)xln x，則m(x)ln x1，m(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，m(x)minm1，故xln x1.若1a0，當(dāng)x(0,1時(shí)，asinx11，故xln xasinx1；當(dāng)x(1，)時(shí)，asinx10，由知當(dāng)x1時(shí)，m(x)xln xm(1)0，故xln xasinx1.所以當(dāng)x(0，)時(shí)，xln xasinx1.綜合可知