1、加强练(四)导数及其应用一、选择题(本大题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.函数 f(x)aln xx 在 x1 处取到极值，则 a 的值为()A.1 B.12C.0 D.12解析 因为 f(x)aln xx，所以 f(x)ax1.又因为 f(x)在 x1 处取到极植，所以 f(1)a10a1.经检验符合题意.故选 A.答案 A2.(2020浙江新高考仿真卷二)已知函数 g(x)(x1)f(x)的图象如图所示，则函数 yf(x)的图象有可能是()解析 由函数 g(x)(x1)f(x)的图象易得函数 g(x)有两个零点，设其较大
2、的零点为 x0.当 x1 时，g(x)0，x10，则 f(x)0；当 1xx0 时，g(x)0，x10，则 f(x)0；当 xx0 时，g(x)0，x10，则 f(x)0，所以函数 f(x)在 xx0 左侧单调递增，在 xx0 右侧单调递减，故选 C.答案 C3.(2020许昌、洛阳质检三)已知 a0，曲线 f(x)3x24ax 与 g(x)2a2ln xb 有公共点，且在公共点处的切线相同，则实数 b 的最小值为()A.0 B.1e2C.2e2D.4e2解析 由 f(x)3x24ax，f(x)6x4a，由 g(x)2a2ln xb，g(x)2a2x.设两曲线的公共点 P(x0，y0)，x00
3、，因为两曲线在公共点处的切线相同，所以6x04a2a2x0，y03x204ax0，y02a2ln x0b，由 6x04a2a2x0，x0a，x013a，又 a0，所以 x0a，消去 y0 得 b2a2ln aa2，设 bh(a)2a2ln aa2，h(a)4aln a4a，令 h(a)0，a1e，又 a1e，h(a)0，0a1e时，h(a)0，所以 a1e是 h(a)的极小值点，即 bminh1e 1e2.答案 B4.(2020北京昌平区二模)已知函数 f(x)是定义在 R 上的偶函数，且满足 f(x)x2x2（0 x1），x1ex（x1），若函数 F(x)f(x)m 有 6 个零点，则实数
4、m 的取值范围是()A.116，1e2B.116，0 0，1e2C.0，1e2D.0，1e2解析 函数 F(x)f(x)m 有 6 个零点，等价于函数 yf(x)与 ym 有 6 个交点，当 0 x1 时，f(x)x2x2x142 116，当 x1 时，f(x)x1ex，f(x)2xex，当 x1，2时，f(x)递增，当 x(2，)时，f(x)递减，f(x)的极大值为 f(2)1e2，作出函数 f(x)的图象如图，yf(x)与 ym 的图象有 6 个交点，得 0m1e2.答案 C5.(2020温州适应性考试)已知实数 a0，b0，a1，且满足 ln ba1a，则下列判断正确的是()A.abB.
5、abC.logab1 D.logab1解析 由 ln ba1a a 1a得 ln b a 1a0，设 f(x)ln x x 1x(x0)，则 f(x)1x 12 x12x x（x1）22x x，则函数 f(x)ln x x 1x在(0，)上单调递减，且 f(1)0，所以当 0 x1 时，ln x x 1x0，即 ln x x 1x；当 x1 时，ln x x 1x0，即 ln x x 1x，在平面直角坐标系内画出函数 yln x 与 y x 1x的图象如图所示.由图易得若 ln ba1a a 1a，则 0ba1 或 1ab，A，B 错误；当 a1 时，1ab，函数 ylogax 为增函数，则l
6、ogablogaa1，当 0a1 时，0ba1，函数 ylogax 为减函数，则 logablogaa1，C 正确，D 错误，故选 C.答案 C6.(2020浙江名校新高考研究联盟三联)已知 ab0，则下列不等式正确的是()A.|ln ab|ln ba|B.|ab|ba|C.|ln ab|ln ba|D.|ab|ba|解析 因为|ln ab|2|ln ba|2(ln abln ba)(ln abln ba)，构造函数f(x)ln xx，则易知 f(x)在(0，)上单调递增，所以当 ab0 时，ln aaln bb，所以 ln abln ba0，由不等式 ln xx1x，可得 ln abln b
7、a0，所以|ln ab|2|ln ba|20，即|ln ab|ln ba|.同理，|ab|2|ba|2(ab ba)(ab ba).因为 ab，a b，所以 ab ba0.构造函数 f(x)xx，则 f(x)12 x1，令 f(x)12 x10，得 0 x14，所以f(x)在0，14 上单调递增，在14，上单调递减.此时当 ab0 时，f(a)，f(b)大小不定，所以|ab|、|ba|大小不定，故选 C.答案 C7.(2019天津卷)已知函数 f(x)2 x，0 x1，1x，x1.若关于 x 的方程 f(x)14xa(aR)恰有两个互异的实数解，则 a 的取值范围为()A.54，94B.54，
8、94C.54，94 1 D.54，94 1解析 如图，分别画出两函数 yf(x)和 y14xa 的图象.(1)先研究当 0 x1 时，直线 y14xa 与 y2 x的图象只有一个交点的情况.当直线 y14xa 过点 B(1，2)时，214a，解得 a94.所以 0a94.(2)再研究当 x1 时，直线 y14xa 与 y1x的图象只有一个交点的情况：相切时，由 y 1x214，得 x2，此时切点为2，12，则 a1.相交时，由图象可知直线 y14xa 从过点 A 向右上方移动时与 y1x的图象只有一个交点.过点 A(1，1)时，114a，解得 a54.所以 a54.结合图象可得，所求实数 a
9、的取值范围为54，94 1.故选 D.答案 D8.(2020浙江名师预测卷二)已知函数 f(x)x2(x1)|xa|，aR，xa，下列结论中正确的是()A.存在实数 a 使得 f(x)0 有唯一解B.存在实数 a 使得 f(x)0 有两个解C.不存在实数 a 使得 f(x)0 无解D.不存在实数 a 使得 f(x)0 恒成立解析 f(x)x2(x1)|xa|2x2（1a）xa，xa，（1a）xa，xa，当1a4 a，即 a13时，f(x)在 R 上单调递增，f(x)0 恒成立，排除 C，D；当1a13时，f(x)在(，a)上单调递增，在a，1a4上单调递减，在1a4，上单调递增，当且仅当 x1
10、a4 时，f(x)0；当 a1 时，f(x)在，1a4上单调递减，在1a4，上 单 调 递 增，当 且 仅 当 x 1a4时，f(x)0；当 a 1 时，f(x)2x21，x1，1，x1，f(x)0 有无数个解，综上，故选 A.答案 A9.(2020广州综测一)已知函数 f(x)e|x|ax2，对任意 x10，x20，都有(x2x1)f(x2)f(x1)0，则实数 a 的取值范围是()A.，e2B.，e2C.0，e2D.e2，0解析 因为对任意 x10，x20，(x2x1)f(x2)f(x1)0 恒成立，所以 f(x)在(，0)上单调递减，即 f(x)exax2 在(，0)上单调递减，故 f(
11、x)1ex2ax0 在(，0)上恒成立，即2ax1ex在(，0)上恒成立.因为1ex1，所以当 a0 时上述不等式恒成立.当 a0 时，若 ae2，如图，作出函数 yex 对应的直线与 y1ex的图象，则两图象相切于点(1，e)，故当 0ae2时，2ax1ex在(，0)上恒成立.故选 A.答案 A10.(2020宁波模拟)若关于 x 的不等式1xx 127有正整数解，则实数 的最小值为()A.9 B.8 C.7 D.6解析 由1xx 127，则两边取对数，得xln x3ln 3 存在正整数解，则 0，故ln xx3ln 3.记函数 f(x)ln xx，则由 f(x)1ln xx2知函数 f(x
12、)在(0，e)上单调递增，在(e，)上单调递减，注意到 2e3，故只需考虑 f(2)，f(3)的大小关系，因为 f(2)ln 22 f(4)f(3)，故 f(3)ln 33 3ln 3，即 9，故选 A.答案 A二、填空题(本大题共 7 小题，多空题每题 6 分，单空题每题 4 分，共 36 分)11.(2020北京通州区三模)能够说明“在某个区间(a，b)内，如果函数 yf(x)在这个区间内单调递增，那么 f(x)0 恒成立”是假命题的一个函数是_(写出函数表达式和区间).解析 若 f(x)x3，x(1，1)，易知 f(x)x3 在(1，1)上恒增；但 f(x)3x2，在 x0 时 f(x)
13、0，不满足 f(x)0 恒成立；是假命题.答案 f(x)x3，x(1，1)(答案不唯一)12.设曲线 yx1x1在点(3，2)处的切线与直线 axy30 垂直，则 a_，切线方程为_.解析 y2（x1）2，所以曲线在(3，2)处的切线的斜率为12，由题意知a12 1，所以 a2，切线方程为 y212(x3)，即 x2y70.答案 2 x2y7013.若函数 f(x)ax44ax2b(a0，1x2)的最大值为 3，最小值为5，则 ab_.解析 令 f(x)4ax38ax4ax(x22)0，解得 x10(舍去)，x2 2，x3 2(舍去).又 f(1)a4abb3a，f(2)16a16abb，f(
14、2)b4a，所以b4a5，b3.所以 a2，b3，ab6.答案 614.(一题多解)在平面直角坐标系 xOy 中，P 是曲线 yx4x(x0)上的一个动点，则点 P 到直线 xy0 的距离的最小值是_；此时点 P 的坐标为_.解析 法一 由题意可设 Px0，x04x0(x00)，则点 P 到直线 xy0 的距离 dx0 x04x022x04x0222x0 4x024，当且仅当 2x04x0，即 x0 2时取等号，此时 y0 2 423 2，即点 P 的坐标为(2，3 2).法二 设 Px0，4x0 x0(x00)，则曲线在点 P 处的切线的斜率为 k1 4x20.令 14x201，结合 x00
15、 得 x0 2，P(2，3 2)，曲线 yx4x(x0)上的点 P 到直线 xy0 的最短距离即为此时点 P 到直线 xy0 的距离，故 dmin|23 2|24.答案 4(2，3 2)15.(2020北京东城区期末)已知函数 f(x)axexx22x.(1)当 a1 时，曲线 yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程为_；(2)当 x0 时，若曲线 yf(x)在直线 yx 的上方，则实数 a 的取值范围是_.解析(1)当 a1 时，f(x)xexx22x，其导数 f(x)ex(x1)2x2，f(0)1.又因为 f(0)0，所以曲线 yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程为 yx.(2)根据
16、题意，当 x0 时，“曲线 yf(x)在直线 yx 的上方”等价于“axexx22xx 恒成立”，又由 x0，则 axexx22xxaexx10ax1ex，则原问题等价于 ax1ex 恒成立；设 g(x)x1ex，则 g(x)xex，又由 x0，则 g(x)0，则函数 g(x)在区间(0，)上递减，又由 g(0)1e01，则有x1ex 1，若 ax1ex 恒成立，必有 a1，即 a 的取值范围为1，).答案(1)yx(2)1，)16.已知函数 F(x)1xx kln x(其中 k0)，F(x)（1x）x（1x）xx2kxkx1x2.若 k0，在1e，e 上，恒有kx1kx20 时，ke，x1k
17、0，kx1kx20，F(x)在1e，e 上单调递减，F(x)minF(e)1ee k1ek1，F(x)maxF1e ek1.综上所述，当 k0 且 k0).(1)若 x0 时，函数 f(x)取得一个极值，求实数 k 的值；(2)在(1)的条件下，对任意 nN*，m1，求证11m 1 1m2 1 1mn 12，所以 f(x)22x1k，由 f(0)0，得 k2.当 k2 时，f(x)4x2x1，它在 x0 的两侧是异号的，所以 k2 成立.(2)证明 由(1)进一步可以判断出 f(0)是 f(x)在12，上的极大值，也是最大值，于是我们可以得到任意 x12，ln(12x)2x，所以任意 x12，
18、12xe2x.于是11m 1 1m2 1 1mn e1m 1m2 1mne1m1mn111m0).(1)求函数 f(x)的单调区间；(2)求证：f(x)ex2(x0).(1)解 已知函数 f(x)1exx(x0)，导函数为 f(x)1xexx2ex.令 h(x)exx1，则 h(x)ex1，当 x0 时，h(x)ex10 时，h(x)ex10，所以 h(x)minh(0)0，即 exx1，当且仅当 x0 时，等号成立.由已知 x0，得 exx1，所以 f(x)1xexx2exex2(x0)等价于 exxex210).令 g(x)exxex21，x0，g(x)exex2x12ex2ex2ex2x
19、21，由(1)易得 ex2x21，所以 g(x)0 时，有 g(x)g(0)0，即 exxex210)，故 f(x)ex2(x0).21.(本小题满分 15 分)(2019全国卷)已知函数 f(x)sin xln(1x)，f(x)为 f(x)的导数.证明：(1)f(x)在区间1，2 存在唯一极大值点；(2)f(x)有且仅有 2 个零点.证明(1)设 g(x)f(x)，则 g(x)cos x 11x，g(x)sin x1（1x）2.当 x1，2 时，g(x)单调递减，而 g(0)0，g2 0；当 x，2 时，g(x)0.所以 g(x)在(1，)单调递增，在，2 单调递减，故 g(x)在1，2 存
20、在唯一极大值点，即 f(x)在1，2 存在唯一极大值点.(2)f(x)的定义域为(1，).当 x(1，0时，由(1)知，f(x)在(1，0)单调递增，而 f(0)0，所以当 x(1，0)时，f(x)0，故 f(x)在(1，0)单调递减，又 f(0)0，从而 x0 是 f(x)在(1，0的唯一零点.当 x0，2 时，由(1)知，f(x)在(0，)单调递增，在，2 单调递减，而 f(0)0，f2 0；当x，2 时，f(x)0，所以当 x0，2 时，f(x)0.从而，f(x)在0，2 上没有零点.当 x2，时，f(x)0，f()1.所以 f(x)0，从而 f(x)在(，)没有零点.综上，f(x)有且
21、仅有 2 个零点.22.(本小题满分 15 分)(2019天津卷)设函数 f(x)excos x，g(x)为 f(x)的导函数.(1)求 f(x)的单调区间；(2)当 x4，2 时，证明 f(x)g(x)2x 0；(3)设 xn 为函数 u(x)f(x)1 在区间2n4，2n2 内的零点，其中 nN，证明2n2xncos x，得 f(x)0，则 f(x)单调递减；当 x2k34，2k4(kZ)时，有 sin x0，则 f(x)单调递增.所以 f(x)的单调递增区间为2k34，2k4(kZ)，f(x)的单调递减区间为2k4，2k54(kZ).(2)证明 记 h(x)f(x)g(x)2x.依题意及
22、(1)，有 g(x)ex(cos xsin x)，从而 g(x)2exsin x.当 x4，2 时，g(x)0，故 h(x)f(x)g(x)2x g(x)(1)g(x)2x 0.因此，h(x)在区间4，2 上单调递减，进而 h(x)h2 f2 0.所以当 x4，2 时，f(x)g(x)2x 0.(3)证明 依题意，u(xn)f(xn)10，即 exncos xn1.记 ynxn2n，则 yn4，2，且 f(yn)eyncosynexn2ncos(xn2n)e2n(nN).由 f(yn)e2n1f(y0)及(1)，得 yny0.由(2)知，当 x4，2 时，g(x)0，所以 g(x)在4，2 上为减函数，因此 g(yn)g(y0)g4 0.又由(2)知，f(yn)g(yn)2yn 0，故2ynf（yn）g（yn）e2ng（yn）e2ng（y0）e2ney0（sin y0cos y0）e2nsin x0cos x0.所以 2n2xne2nsin x0cos x0.
