1、考点测试15导数的应用(一)高考概览本考点是高考必考知识点，常考题型为选择题、填空题、解答题，分值5分、12分，中、高等难度考纲研读1.了解函数的单调性与导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数不超过三次)2了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数不超过三次)；会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数不超过三次)3会用导数解决实际问题一、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
2、(x)在(0,2)上单调递增2函数f(x)x33x22在区间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)上是增函数，f(x)在(0,1上是减函数，所以当x0时，f(x)maxf(0)2.故选C.3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)上单调递增，在(2e，)上单调递减，f(x)的极大值为f(2e)2ln (2e)22ln 2，选D
3、.4已知函数f(x)x3ax2x1在(，)上是单调函数，则实数a的取值范围是()A，B(，)C(，)(，)D(，)答案A解析函数f(x)x3ax2x1的导函数为f(x)3x22ax1，且函数f(x)在(，)上是单调函数，在(，)上f(x)0恒成立，即3x22ax10恒成立，4a2120，解得a，实数a的取值范围是，故选A.5直线ya分别与曲线yex，yln x1交于两点M，N，则|MN|的最小值为()A1 B1ln 2 Cln 2 D1ln 2答案A解析分别令exa，ln x1a，其中a0，则x1ln a，x2ea1，从而|MN|x1x2|ln aea1|，构造函数h(a)ln aea1，求导
4、得h(a)ea1，当a(0,1)时，h(a)0，h(a)单调递增；当a(1，)时，h(a)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)f(e)，错误故选A.7已知函数f(x)1ln x，存在x00，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
5、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)0)，所以f(x)ln xax，令g(x)ln xax，则g(x)a，当a0时，g(x)0恒成立，则f(x)在(0，)上单调递增，当x0时，f(x)；当x时，f(x)，所以f(x)只有一个极值点，不符合题意当a0时，可得f(x)有极大值点x，由于x0时f(x)；当x时，f(x)，因此原函数要有两个极值点，只要fln 10，解得0a0，a0，即a的取值范围是(，011(2018全国卷)已知函
6、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，从而得到函数的单调递减区间为(kZ)，函数的单调递增区间为(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，
7、)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)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3.三、模拟小题13(2019济南一模)已知函数f(x)则f(3x2)f(2x)的解集为()A(，3)(1，) B(3,1)C(，1)(3，) D(1,3)答案B解析易知，当x0时，f(x)x2x0，f(x)为增函数，当
8、x0时，f(x)ex也为增函数，且x0时，f(x)0，x0时，f(x)1，故f(x)在R上为单调递增函数故f(3x2)f(2x)等价于3x22x，解得3x1，故选B.14(2019河南郑州质检)函数f(x)x3ax2bxa2在x1时有极值10，则a，b的值为()Aa3，b3或a4，b11Ba4，b3或a4，b11Ca4，b11Da3，b3答案C解析由题意，得f(x)3x22axb，则f(1)0，即2ab3.f(1)1aba210，即a2ab9.联立，解得(有极值)或(舍去，无极值)15(2019成都市高三第一次诊断考试)已知定义在R上的函数f(x)的图象关于直线xa(a0)对称，且当xa时，f
9、(x)ex2a.若A，B是函数f(x)图象上的两个动点，点P(a,0)，则当的最小值为0时，函数f(x)的最小值为()Ae Be1 Ce De2答案B解析当xa，则由函数f(x)的图象关于直线xa对称，得f(x)f(2ax)e(2ax)2aex，由此作出函数f(x)的图象，如图所示，则当取得最小值0时，直线PA，PB关于直线xa对称，且其中一直线的倾斜角为，此时A，B分别位于直线xa的左、右两侧，且直线PA，PB都与函数f(x)的图象相切，设A(x0，y0)(x0a)，则f(x)(ex)ex，所以ex01，所以x00，y01，此时切线PA的方程为yx1，所以a1.由图象知，当xa1时，函数f(
10、x)取得最小值e1，故选B.16(2019武邑中学二调)设函数f(x)x33x2ax5a，若存在唯一的正整数x0，使得f(x0)0，则a的取值范围是_答案解析设g(x)x33x25，h(x)a(x1)，则g(x)3x26x3x(x2)，当0x2时，g(x)0，当x0或x2时，g(x)0，g(x)在(，0)上单调递增，在(0,2)上单调递减，在(2，)上单调递增，当x2时，g(x)取得极小值g(2)1，作出g(x)与h(x)的函数图象如图：显然当a0时，g(x)h(x)在(0，)上恒成立，即f(x)g(x)h(x)0无正整数解；要使存在唯一的正整数x0，使得f(x0)0，显然x02.即解得a.1
11、7(2019江苏南通重点中学模拟)若函数f(x)在定义域D内某区间H上是增函数，且在H上是减函数，则称yf(x)在H上是“弱增函数”已知函数g(x)x2(4m)xm在(0,2上是“弱增函数”，则实数m的值为_答案4解析根据题意，若函数f(x)在定义域D内某区间H上是增函数，且在H上是减函数，则称yf(x)在H上是“弱增函数”，已知函数g(x)x2(4m)xm在(0,2上是“弱增函数”，则g(x)在给定区间上是递增函数，开口向上，则对称轴直线x0，m4，x4m在(0,2上单调递减，那么10，x(0,2，10，m4.综上可得m4.一、高考大题1(2019全国卷)已知函数f(x)(x1)ln xx1
12、.证明：(1)f(x)存在唯一的极值点；(2)f(x)0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数证明(1)f(x)的定义域为(0，)f(x)ln x1ln x.因为yln x在(0，)上单调递增，y在(0，)上单调递减，所以f(x)在(0，)上单调递增又f(1)10，故存在唯一x0(1,2)，使得f(x0)0.又当xx0时，f(x)x0时，f(x)0，f(x)单调递增，因此，f(x)存在唯一的极值点(2)由(1)知f(x0)0，所以f(x)0在(x0，)内存在唯一根x.由x01得1x0.又fln 10，故是f(x)0在(0，x0)的唯一根综上，f(x)0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数2(20
13、19全国卷)已知函数f(x)2x3ax22.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当0a0，则当x(，0)时，f(x)0，当x时，f(x)0，故f(x)在(，0)，上单调递增，在上单调递减；若a0，则f(x)在(，)上单调递增；若a0，当x时，f(x)0，故f(x)在，(0，)上单调递增，在上单调递减(2)当0a3时，由(1)知，f(x)在上单调递减，在上单调递增，所以f(x)在0,1的最小值为f2，最大值为f(0)2或f(1)4a.于是m2，M所以Mm当0a2时，可知y2a单调递减，所以Mm的取值范围是.当2a3时，y单调递增，所以Mm的取值范围是.综上，Mm的取值范围是.3(2019天津高考)
14、设函数f(x)excosx，g(x)为f(x)的导函数(1)求f(x)的单调区间；(2)当x时，证明f(x)g(x)0；(3)设xn为函数u(x)f(x)1在区间内的零点，其中nN，证明2nxncosx，得f(x)0，则f(x)单调递减；当x(kZ)时，有sinx0，则f(x)单调递增所以，f(x)的单调递增区间为(kZ)，f(x)的单调递减区间为(kZ)(2)证明：记h(x)f(x)g(x).依题意及(1)，有g(x)ex(cosxsinx)，从而g(x)2exsinx.当x时，g(x)0，故h(x)f(x)g(x)g(x)(1)g(x)0.因此，h(x)在区间上单调递减，进而h(x)hf0
15、.所以，当x时，f(x)g(x)0.(3)证明：依题意，u(xn)f(xn)10，即exncosxn1.记ynxn2n，则yn，且f(yn)eyncosynexn2ncos(xn2n)e2n(nN)由f(yn)e2n1f(y0)及(1)，得yny0.由(2)知，当x时，g(x)0，所以g(x)在上为减函数，因此g(yn)g(y0)g0.又由(2)知，f(yn)g(yn)0，故yn.所以2nxn0)(1)讨论f(x)的单调性；(2)若g(x)x2f(x)，设x1，x2(x1x2)是函数g(x)的两个极值点，若a，且g(x1)g(x2)k恒成立，求实数k的最大值解(1)f(x)的定义域为(0，)，
16、f(x)ax(a1).若0a1.由f(x)0得0x；由f(x)0得1x1，则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.设h(x)2ln x，则h(x)x0)，当a10，即a1时，f(x)0，函数f(x)在(0，)上单调递增，无极小值当a10，即a1时，由f(x)0，得0x0，得xa1，函数f(x)在(a1，)上单调递增f(x)极小值f(a1)1ln (a1)综上所述，当a1时，f(x)无极小值；当a1时，f(x)极小值1ln (a1)(2)证明：令F(x)f(x)g(x)ln
17、x(x0)，当1a1时，要证f(x)g(x)，即证F(x)0，即证xln xasinx10.证法一：要证xln xasinx10，即证xln xasinx1.若00)，则h(x)1cosx0，所以h(x)在(0，)上单调递增，故h(x)0，即xsinx(x0)所以ax1asinx1(x0)，(*)令q(x)xln xx1，则q(x)ln x，当x(0,1)时，q(x)0，q(x)在(1，)上单调递增故q(x)q(1)0，即xln xx1，当且仅当x1时取等号又0asinx1，所以当0asinx1.若a0，即证xln x1.令m(x)xln x，则m(x)ln x1，m(x)在上单调递减，在上单
18、调递增，m(x)minm1，故xln x1.若1a0，当x(0,1时，asinx11，故xln xasinx1；当x(1，)时，asinx10，由知当x1时，m(x)xln xm(1)0，故xln xasinx1.所以当x(0，)时，xln xasinx1.综合可知，当1a1时，f(x)g(x)证法二：当x1时，易知xln x0，asinx10，故xln xasinx10.当x1时，0asin110显然成立，故xln xasinx10.当0x0，故sinxasinxsinx，令h(x)xsinx(x0)，则h(x)1cosx0，所以h(x)在(0，)上单调递增，故h(x)0，即xsinx(x0)，故xasinx(x0)，只需证q(x)xln xx10，q(x)ln x，当x(0,1)时，q(x)0，q(x)在(0,1)上单调递减，故当0x0，故xln xasinx10.综合可知，当1a1时，f(x)g(x)
