1、高考资源网（）您身边的高考专家高考资源网版权所有，侵权必究！高考考点导数的应用 一、选择题 1(2015新课标全国)设函数 f(x)是奇函数 f(x)(xR)的导函数，f(1)0，当 x0 时，xf(x)f(x)0，则使得 f(x)0 成立的 x 的取值范围是()A(，1)(0，1)B(1，0)(1，)C(，1)(1，0)D(0，1)(1，)2(2014新课标全国)若函数 f(x)kxln x 在区间(1，)单调递增，则 k 的取值范围是()A(，2 B(，1 C2，)D1，)3(2014江西)在同一直角坐标系中，函数 yax2xa2与 ya2x32ax2xa(aR)的图象不可能的是()4.函
2、数 yxex的最小值是()A1 Be C1e D不存在 5设点 P 在曲线 y12ex上，点 Q 在曲线 yln(2x)上，则|PQ|最小值为()A1ln 2 B.2(1ln 2)C1ln 2 D.2(1ln 2)6设函数 f(x)ex2xa(aR，e 为自然对数的底数)，若存在 b0，1，使得 f(f(b)b，则 a 的取值范围是()A1，e B1，1e Ce，1e D0，1 7设函数 f(x)x32ex2mxln x，记 g(x)f（x）x，若函数 g(x)至少存一个零点，则实数 m 的取值范围是()A.，e21e B.0，e21e 高考资源网（）您身边的高考专家高考资源网版权所有，侵权必
3、究！C.e21e，D.e21e，e21e 二、填空题 1(2015陕西)函数 yxex在其极值点处的切线方程为_ 2函数 f(x)ax33x1 对于 x1，1，总有 f(x)0 成立，则 a_ 3下列说法，其中正确命题的序号为_ 若函数 f(x)x(xc)2在 x2 处有极大值，则实数 c2 或 6；对于 R 上可导的任意函数 f(x)，若满足(x1)f(x)0，则必有 f(0)f(2)2f(1)若函数 f(x)x33x 在(a217，a)上有最大值，则实数 a 的取值范围为(1，4)；已知函数 f(x)是定义在 R 上的奇函数，f(1)0，xf(x)f(x)0(x0)，则不等式f(x)0 的
4、解集是(1，0)(1，)二、解答题 1(2015重庆)已知函数 f(x)ax3x2(aR)在 x43处取得极值(1)确定 a 的值；(2)若 g(x)f(x)ex，讨论 g(x)的单调性 2(2015安徽)已知函数 f(x)ax（xr）2(a0，r0)(1)求 f(x)的定义域，并讨论 f(x)的单调性；(2)若ar400，求 f(x)在(0，)内的极值 高考资源网（）您身边的高考专家高考资源网版权所有，侵权必究！3(2014重庆)已知函数 f(x)x4axln x32，其中 aR，且曲线 yf(x)在点(1，f(1)处的切线垂直于直线 y12x.(1)求 a 的值；(2)求函数 f(x)的单
5、调区间与极值 4.某工厂为提高生产效益，决定对一条生产线进行升级改造，该生产线升级改造后的生产效益 y 万元与升级改造的投入 x(x10)万元之间满足函数关系：ymln x 1100 x210150 xln 10(其中 m 为常数)若升级改造投入 20 万元，可得到生产效益为 35.7 万元试求该生产线升级改造后获得的最大利润(利润生产效益投入)(参考数据：ln 20.7，ln 51.6)5已知函数 f(x)ln xx.(1)求 f(x)的单调区间；高考资源网（）您身边的高考专家高考资源网版权所有，侵权必究！(2)已知数列an的通项公式为 an112n(nN*)，求证：a1a2a3an2 恒成
6、立，求实数 k 的最大值 6(2015新课标全国)已知 f(x)ln xa(1x)(1)讨论 f(x)的单调性；(2)当 f(x)有最大值，且最大值大于 2a2 时，求 a 的取值范围 7(2015新课标全国)设函数 f(x)e2xaln x.(1)讨论 f(x)的导函数 f(x)零点的个数；(2)证明：当 a0 时，f(x)2aaln2a.高考资源网（）您身边的高考专家高考资源网版权所有，侵权必究！8(2015湖南)已知 a0，函数 f(x)aexcos x(x0，)记 xn为 f(x)的从小到大的第 n(nN*)个极值点(1)证明：数列f(xn)是等比数列；(2)若对一切 nN*，xn|f
7、(xn)|恒成立，求 a 的取值范围 9 (2014 辽 宁)已 知 函 数 f(x)(x cos x)2sin x 2，g(x)(x)1sin x1sin x2x1.证明：(1)存在唯一 x00，2，使 f(x0)0；(2)存在唯一 x12，使 g(x1)0，且对(1)中的 x0，有 x0 x1.一、选择题 1A 因为 f(x)(xR)为奇函数，f(1)0，所以 f(1)f(1)0.当 x0 时，令 g(x)f（x）x，则 g(x)为偶函数，且 g(1)g(1)0.则当 x0 时，g(x)f（x）xxf（x）f（x）x20，故 g(x)在(0，)上为减函数，在(，0)上为增函数所以在(0，)
8、上，当 0 x1 时，g(x)g(1)0f（x）x0f(x)0；在(，0)上，当 x1 时，g(x)g(1)0f（x）x0f(x)0.综上，得使得 f(x)0 成立的 x 的取值范围是(，1)(0，1)，选 A.2D 因为 f(x)kxln x，所以 f(x)k1x.因为 f(x)在区间(1，)上单调递增，所以当 x1 时，f(x)k1x0 恒成立，即 k1x在区间(1，)上恒成立，因为x1，所以 01x1，所以 k1.故选 D.3B 令 a0，则函数 yax2xa2与 ya2x32ax2xa 分别为 yx 与 yx，高考资源网（）您身边的高考专家高考资源网版权所有，侵权必究！对应的图象是选项
9、 D 中的图象记 f(x)ax2xa2，g(x)a2x32ax2xa，取 a12，则g(0)f(0)0.而 f(x)12x2x1412(x1)214，令 g(x)0，得 x23或 x2，易知g(x)在区间，23 和(2，)上单调递增，在区间23，2 上单调递减，所以 g(x)的极小值为 g(2)122232122221212，又 f(2)122221414，所以 g(2)f(2)，所以选项 A 中的图象有可能取 a2，则 g(0)f(0)0，令 g(x)0，得 x16或 x12，易知 g(x)在区间，16 和12，上单调递增，在区间16，12 上单调递减，所以 g(x)的极小值为 g12 41
10、2341221222，又 f(x)2x2x10，f12 21221211，所以 g12 f12，所以选项 C 中的图象有可能利用排除法选 B.4 C yxex，yexxex(1x)ex.则当 x1 时 y0，当 x1 时 y0.x1 时函数取得最小值且 ymin1e.故选 C.5B y12ex与 yln(2x)互为反函数，故此两函数图象关于 yx 对称，过 y12ex点 P1(x0，y0)且与 y12ex相切斜率为 1 的直线为 y1xln 2，点 P1的坐标为(ln 2，1)，点 P1关于 yx 的对称点 Q1(1，ln 2)在 yln(2x)，可知，|PQ|min|P1Q1|2(1ln 2
11、)6B f(f(b)b，f(b)f1(b)，yf(x)与 yf1(x)，在0，1上有交点，又yf(x)与 yf1(x)的图象关于 yx 对称，yf(x)与 yf1(x)的交点在 yx 上，且交点横坐标 b0，1，根据 ex2xax，得 aexx，令g(x)exx，g(x)ex10，故 g(x)在0，1上单调递增 g(x)1，1e，故 a1，1e 7A 令 g(x)x22exmln xx 0mx22exln xx(x0)，设 h(x)x22exln xx，令 f1(x)x22ex，f2(x)ln xx f2(x)1ln xx2，发现函数 f1(x)，f2(x)高考资源网（）您身边的高考专家高考资
12、源网版权所有，侵权必究！在 x(0，e)上都单调递增，在 xe，)上都单调递减，于是函数 h(x)x22exln xx在 x(0，e)上单调递增，在 xe，)上单调递减，所以当 xe 时，h(x)maxe21e，所以函数有零点需满足 mh(x)max，即 me21e.二、填空题 1.y1e 设 yf(x)xex，由 yexxexex(1x)0，得 x1.当 x1时，y0；当 x1 时，y0，故 x1 为函数 f(x)的极值点，切线斜率为 0，又f(1)e11e，故切点坐标为1，1e，切线方程为 y1e0(x1)，即 y1e.2.4 f(x)3ax23，由题意可得：f（1）0，f（1）0，得 a
13、2，4，故 f(x)的单调递增区间为，1a 和1a，单调递减区间为 1a，1a，a2，4，1 a，1a 1，1，由函数的单调性，可得 f1a 0，即 a4，故 a4.3 对于，展开可得 f(x)x32cx2c2x，求导数可得 f(x)3x24cxc2(xc)(3xc)，令 f(x)0，可得 xc，或 xc3，当 c0 时，函数无极值，不合题意，当 c0 时，函数在，c3，(c，)单调递增，在c3，c 单调递减，故函数在 xc3处取到极大值，故 c6；当 c0 时，函数在(，c)，c3，单调递增，在c，c3 单调递减，故函数在 xc 处取到极大值，故 c2，矛盾，命题错误；对于，(x1)f(x)
14、0，则：函数 f(x)在(，1)上递减，在(1，)上递增，f(0)f(1)，f(2)f(1)，则 f(0)f(2)2f(1)命题正确；对于，f(x)x33x 在(a217，a)上有最大值，此最大值必是极大值，令 f(x)3x230，求得极值点为 x1 或 x1，当 x1 或 x1 时，f(x)0，f(x)单调递增；当1x1 时，f(x)0，f(x)单调递减，x1 为极大值点，包含在(a217，a)之内，高考资源网（）您身边的高考专家高考资源网版权所有，侵权必究！a2171a，解得1a4.实数 a 的取值范围为(1，4)，命题正确；对于，xf(x)f(x)0(x0)，即xf（x）f（x）x20，
15、则f（x）x0，所以函数f（x）x在(0，)上是增函数，且当 x1 时，f（1）1f(1)0，故函数f（x）x在(0，1)上有f（x）x0，则 f(x)0，在(1，)上有f（x）x0，则 f(x)0.又由函数 f(x)是定义在 R 上的奇函数，当 x(，1)时 f(x)0，当 x(1，0)时，f(x)0.故不等式 f(x)0 的解集为：(1，0)(1，)，命题正确故答案为.三、解答题 1解(1)对 f(x)求导得 f(x)3ax22x，因为 f(x)在 x43处取得极值，所以 f43 0，即 3a169 243 16a3 830，解得 a12.(2)由(1)得 g(x)12x3x2 ex，故
16、g(x)32x22x ex12x3x2 ex 12x352x22x ex12x(x1)(x4)ex.令 g(x)0，解得 x0，x1 或 x4.当 x4 时，g(x)0，故 g(x)为减函数；当4x1 时，g(x)0，故 g(x)为增函数；当1x0 时，g(x)0，故 g(x)为减函数；当 x0 时，g(x)0，故 g(x)为增函数 综上知 g(x)在(，4)和(1，0)内为减函数，在(4，1)和(0，)内为增函数 2解(1)由题意知 xr，所求的定义域为(，r)(r，)f(x)ax（xr）2axx22rxr2，f(x)a（x22rxr2）ax（2x2r）（x22rxr2）2a（rx）（xr）
17、（xr）4.所以当 xr 时，f(x)0，当rx0.因此，f(x)的单调递减区间为(，r)，(r，)；f(x)的单调递增区间为(r，高考资源网（）您身边的高考专家高考资源网版权所有，侵权必究！r)(2)由(1)的解答可知 f(r)0，f(x)在(0，r)上单调递增，在(r，)上单调递减因此，xr 是 f(x)的极大值点，所以 f(x)在(0，)内的极大值为 f(r)ar（2r）2 a4r4004100.3解(1)对 f(x)求导得 f(x)14ax21x，由 f(x)在点(1，f(1)处的切线垂直于直线 y12x 知 f(1)34a2，解得 a54.(2)由(1)知 f(x)x4 54xln
18、x32，则 f(x)x24x54x2，令 f(x)0，解得 x1 或 x5，因 x1 不在 f(x)的定义域(0，)内，故舍去 当 x(0，5)时，f(x)0，故 f(x)在(0，5)内为减函数；当 x(5，)时，f(x)0，故 f(x)在(5，)内为增函数 由此知函数 f(x)在 x5 时取得极小值 f(5)ln 5.4解 由题意可知，当 x20 时，y35.7，所以 35.7mln 2040010010150 20ln 10，即 35.73m38.7，解得：m1，所以：yln x 1100 x210150 xln 10(x10)，设利润为：f(x)yxln x 1100 x210150 x
19、ln 10 x ln x 1100 x25150 xln 10(x10)，易得：f(x)1x x505150（x50）（x1）50 x，又 x10，当 10 x50 时，f(x)0；当 x50 时，f(x)0，从而 x50 为函数 f(x)的极大值点，即 x50 时函数 f(x)取得最大值 高考资源网（）您身边的高考专家高考资源网版权所有，侵权必究！f(x)maxln 50 1100(50)2515050ln 1024.4(万元)，答：该生产线升级改造后获得的最大利润为 24.4 万元 5(1)解 因 f(x)ln xx，所以 f(x)1x11xx.当 x(0，1)时，f(x)0；当 x(1，
20、)时，f(x)0.所以 f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，)(2)证明 由(1)知，当 x0 时，f(x)f(1)1，即 ln xx1.因为 an112n(nN*)，所以 ln anln112n 12n.令 k1，2，3，n，这 n 个式子相加得：ln a1ln a2ln an1212212312n112n1.即 ln(a1a2a3an)1，所以 a1a2a3ane.(3)解 令 g(x)xf（x）x2x1xln xx1，则 g(x)xln x1（x1）2，令 h(x)xln x1，则 h(x)11x，x2 时 h(x)0，故 h(x)在(2，)上单调递增，而 h(x)h
21、(2)1ln 20，h(x)0，即 g(x)0，所以 g(x)在(2，)上单调递增，故 g(x)g(2)2ln 221 2ln 2.由题意有 k2ln 2，所以 k 的最大值是 2ln 2.6.解(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)1xa.若 a0，则 f(x)0，所以 f(x)在(0，)上单调递增 若 a0，则当 x0，1a 时，f(x)0；当 x1a，时，f(x)0.所以 f(x)在0，1a 上单调递增，在1a，上单调递减(2)由(1)知，当 a0 时，f(x)在(0，)无最大值；当 a0 时，f(x)在 x1a取得最大值，最大值为 f1a ln1a a11a ln aa1.因此 f
22、1a 2a2 等价于 ln aa10.高考资源网（）您身边的高考专家高考资源网版权所有，侵权必究！令 g(a)ln aa1，则 g(a)在(0，)上单调递增，g(1)0.于是，当 0a1 时，g(a)0；当 a1 时，g(a)0.因此，a 的取值范围是(0，1)7(1)解 f(x)的定义域为(0，)，f(x)2e2xax(x0)当 a0 时，f(x)0，f(x)没有零点 当 a0 时，因为 e2x单调递增，ax单调递增，所以 f(x)在(0，)上单调递增又f(a)0，当 b 满足 0ba4且 b14时，f(b)0 时，f(x)存在唯一零点(2)证明 由(1)，可设 f(x)在(0，)的唯一零点
23、为 x0，当 x(0，x0)时，f(x)0.故 f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增，所以当 xx0时，f(x)取得最小值，最小值为 f(x0)由于 2e2x0ax00，所以 f(x0)a2x02ax0aln2a2aaln2a.故当 a0 时，f(x)2aaln2a.8(1)证明 f(x)aexcos xaexsin x 2aexcosx4.令 f(x)0，由 x0，得 x4 m2，即 xm34，mN*.而对于 cosx4，当 kZ 时，若 2k2 x4 2k2，即 2k34 x2k4，则 cosx4 0.若 2k2 x4 2k32，即 2k4 x2k54，则 cosx4
24、0.因此，在区间（m1），m34与m34，m4 上，f(x)的符号总相反 高考资源网（）您身边的高考专家高考资源网版权所有，侵权必究！于是当 xm34(mN*)时，f(x)取得极值，所以 xnn34(nN*)此时，f(xn)aen34 cosn34(1)n1 2a2 en34.易知 f(xn)0，而f（xn1）f（xn）（1）n2 2a2 e（n1）34（1）n1 2a2 en34e是常数，故数列f(xn)是首项为 f(x1)2a2 e4，公比为e的等比数列(2)解 对一切 nN*，xn|f(xn)|恒成立，即 n34 2a2 en34 恒成立，亦即2a en34n34恒成立(因为 a0)设
25、g(t)ett(t0)，则 g(t)et（t1）t2.令 g(t)0 得 t1.当 0t1 时，g(t)0，所以 g(t)在区间(0，1)上单调递减；当 t1 时，g(t)0，所以 g(t)在区间(1，)上单调递增 因为 x1(0，1)，且当 n2 时，xn(1，)，xnxn1，所以g(xn)minming(x1)，g(x2)ming4，g54g4 4e4.因此，xn|f(xn)|恒成立，当且仅当 2a 4e4.解得 a 24e4.故 a 的取值范围是24e4，.9解(1)当 x(0，2)时，f(x)sin x2cos x0，高考资源网（）您身边的高考专家高考资源网版权所有，侵权必究！所以 f
26、(x)在(0，2)上为增函数，又 f(0)20，f(2)22 40，所以存在唯一 x0(0，2)，使 f(x0)0.(2)当 x2，时，化简得 g(x)(x)cos x1sin x2x1.令 tx，记 u(t)g(t)tcos t1sin t 2t1，t0，2，则 u(t)f（t）（1sin t）.由(1)得，当 t(0，x0)时，u(t)0，当 t(x0，2)时，u(t)0.在(x0，2)上 u(t)为增函数，由 u(2)0 知，当 tx0，2)时，u(t)0，所以 u(t)在x0，2)上无零点 在(0，x0)上 u(t)为减函数，由 u(0)1 及 u(x0)0 知存在唯一 t0(0，x0)，使 u(t0)0.于是存在唯一 t0(0，2)，使 u(t0)0.设 x1t0(2，)，则 g(x1)g(t0)u(t0)0，因此存在唯一的 x1(2，)，使 g(x1)0.由于 x1t0，t0 x0，所以 x0 x1.