1、专题限时集训(十六)导数的应用(对应学生用书第109页)(限时：40分钟)题型1利用导数研究函数的单调性5,6,10题型2利用导数研究函数的极值、最值问题2,3,4,7,9,13题型3利用导数解决不等式问题1,8,11,12,14一、选择题1(2017豫南九校联考)已知f(x)是定义在R上的连续函数f(x)的导函数，满足f(x)2f(x)0的解集为()A(，1)B(1,1)C(，0)D(1，)A设g(x)，则g(x)0g(x)0，所以x0，故此等式可化为f(x)，且f(2)0.令g(x)ex2x2f(x)，g(2)0.g(x)ex22xf(x)x2f(x)ex2(x2)当x2时，g(x)0，g
2、(x)单调递增，故gmin(x)g(2)0，因此当x2时，g(x)0恒成立因为f(x)，所以f(x)0恒成立因此f(x)在2，)上单调递增，f(x)的最小值为f(2).故选D.3(2017安庆模拟)已知函数f(x)k，若x2是函数f(x)的唯一一个极值点，则实数k的取值范围为()A(，eB0，eC(，e)D0，e)Af(x)k(x0)设g(x)，则g(x)，则g(x)在(0,1)内单调递减，在(1，)内单调递增g(x)在(0，)上有最小值，为g(1)e, 结合g(x)与yk的图象可知，要满足题意，只需ke，选A.4(2017金华十校联考)已知函数f(x)x3ax2bxc有两个极值点x1，x2.
3、若f(x1)x1x2，则关于x的方程3(f(x)22af(x)b0的不同实根个数为()A3 B4 C5 D6Af(x)3x22axb，原题等价于方程3x22axb0有两个不等实数根x1，x2，且x1x2，x(，x1)时，f(x)0，f(x)单调递增；x(x1，x2)时，f(x)0，f(x)单调递减；x(x2，)时，f(x)0，f(x)单调递增x1为极大值点，x2为极小值点方程3(f(x)22af(x)b0有两个不等实根，f(x)x1或f(x)x2.f(x1)x1，由图知f(x)x1有两个不同的解，f(x)x2仅有一个解故选A.5(2016甘肃兰州诊断考试)已知函数f(x)的导函数为f(x)，若
4、x2f(x)xf(x)sin x(x(0,6)，f()2，则下列结论正确的是()Ayxf(x)在(0,6)上单调递减Byxf(x)在(0,6)上单调递增Cyxf(x)在(0,6)上有极小值2Dyxf(x)在(0,6)上有极大值2D因为x2f(x)xf(x)sin x，x(0,6)，所以xf(x)f(x)，设g(x)xf(x)，x(0,6)，则g(x)f(x)xf(x)，令g(x)0，得0x，令g(x)0，得x0恒成立，排除C，D；当a1时，f(x)2excos x，x时，f(x)0，故选A.7(2017肇庆二模)已知函数f(x)x36x29x，g(x)x3x2ax(a1)，若对任意的x10,4
5、，总存在x20,4，使得f(x1)g(x2)，则实数a的取值范围为()A.B9，)C.9，)D9，)C由f(x)3x212x93(x1)(x3)0，得x1或x3，所以当x0,4时，当0x1或30，即f(x)单调递增，当1x3时，f(x)0，即f(x)单调递减，即当x1时，f(x)取极大值4，当x3时，f(x)取极小值0.函数f(x)的值域为0,4又因为g(x)x2(a1)xa(x1)(xa)当1a4时，g(x)在0,1上单调递增，在1，a上单调递减，在a,4上单调递增，所以g(x)的最小值为g(0)或g(a)，g(x)的最大值为g(1)或g(4)因为g(0)0，所以g(1)4或g(4)4.所以
6、4或134a4，解得a9或a.又因为1a4，所以1a.当a4时，g(x)在0,1上单调递增，在1,4上单调递减，所以g(x)的最小值为g(0)或g(4)，最大值为g(1)因为g(0)0，所以g(1)4，即a9.综上所述，1a或a9.故选C.8(2017郑州第一次质量预测)已知函数f(x)xxln x，若kZ，且k(x1)1恒成立，则k的最大值为()A2B3C4D5B法一：(分离参数法)依题意得，k1恒成立令g(x)，则g(x)，令h(x)xln x2(x1)，则h(x)10，所以函数h(x)在(1，)上单调递增因为h(3)1ln 30.所以方程h(x)0在(1，)上存在唯一实数根x0，且满足x
7、0(3,4)，即有h(x0)x0ln x020，ln x0x02.当1xx0时，h(x)0，即g(x)x0时，h(x)0，即g(x)0，所以函数g(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增，所以g(x)ming(x0)x0(3,4)所以kg(x)minx0(3,4)故整数k的最大值是3.选B.法二：(特殊值验证法)依题意得，当x2时，k(21)f(2)，即k22ln 21)，则g(x)ln x1，当1xe时，g(x)e时，g(x)0，g(x)在区间(e，)上单调递增因此，g(x)的最小值是g(e)3e0，于是有g(x)0恒成立所以满足题意的最大整数k的值是3，选B.二、填空题9(2
8、017合肥二模)已知直线yb与函数f(x)2x3和g(x)axln x分别交于A，B两点，若|AB|的最小值为2，则ab_. 【导学号：07804117】2设点B(x0，b)，欲使|AB|最小，曲线g(x)axln x在点B(x0，b)处的切线与f(x)2x3平行，则有a2，解得x0，进而可得aln b，又点A坐标为，所以|AB|x02，联立方程可解得，a1，b1，所以ab2.10(2017洛阳二模)已知函数f(x)exmln x(mR，e为自然对数的底数)，若对任意正数x1，x2，当x1x2时都有f(x1)f(x2)x1x2成立，则实数m的取值范围是_0，)依题意得，对于任意的正数x1，x2
9、，当x1x2时，都有f(x1)x1f(x2)x2，因此函数g(x)f(x)x在区间(0，)上是增函数，于是当x0时，g(x)f(x)1ex10，即x(ex1)m恒成立记h(x)x(ex1)，x0，则有h(x)(x1)ex1(01)e010(x0)，h(x)在区间(0，)上是增函数，h(x)的值域是(0，)，因此m0，m0.故所求实数m的取值范围是0，)11(2017黄山模拟)已知函数f(x)m2ln x(mR)，g(x)，若至少存在一个x01，e，使得f(x0)g(x0)成立，则实数m的取值范围是_由题意，不等式f(x)g(x)在1，e上有解，mx2ln x在1，e上有解，即在1，e上有解，令
10、h(x)，则h(x)，当1xe时，h(x)0，在1，e上，h(x)maxh(e)，m0时，xf(x)f(x)0，则使得f(x)0成立的x的取值范围是_(2,0)(2，)令g(x)，则g(x)，当x0时，g(x)0，即g(x)在(0，)上单调递增，f(x)为奇函数，f(2)0，f(2)0，g(2)0，结合奇函数f(x)的图象(图略)知，f(x)0的解集为(2,0)(2，)三、解答题13(2017江西高三4月监测)已知函数f(x)ln xx2(aR，a为常数)，函数g(x)e1xx21.(1)讨论函数f(x)的极值点的个数；(2)若不等式f(x)g(x)对任意x1，)恒成立，求实数a的取值范围.
11、【导学号：07804118】解(1)f(x)x(x0)，由f(x)0，得axx3，记h(x)xx3，则h(x)13x2，由h(x)0，得x，且0x0，当x时，h(x)0，所以当x时，h(x)取得最大值，又h(0)0，当a时，f(x)0恒成立，函数f(x)无极值点；当0a时，f(x)0有两个解x1，x2，且0xx1时，f(x)0，x1x0，xx2时，f(x)0，所以函数f(x)有两个极值点；当a0时，方程f(x)0有一个解x0，且0x0.xx0时，f(x)0，所以函数f(x)有一个极值点综上所述，当a时，函数f(x)无极值点，当0a0，(x)(1)0，(x)在区间1，)上单调递增，所以(x)(1
12、)0恒成立，即g(x)f(x)恒成立综上所述，实数a的取值范围是.14(2017淮北一模)已知函数f(x)(x1)ln xax2.(1)当a1时，求曲线f(x)在x1处的切线方程；(2)若函数f(x)在定义域上具有单调性，求实数a的取值范围；(3)求证：0)，f(x)ln x，f(1)1，f(1)1，所以曲线f(x)在x1处的切线方程为yx.(2)f(x)ln x1a(x0)()当函数f(x)在定义域上单调递减，即当aln x时，令g(x)ln x，则g(x)，当x1时，g(x)0，aln x无法恒成立；()当函数f(x)在定义域上单调递增，即当aln x时，令g(x)ln x，则g(x)，x0，则函数g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，又g(x)2，故a2.(3)证明：由(2)，得当a2时，f(x)在(1，)上单调递增，由f(x)f(1)，x1，得(x1)ln x2x20，即ln x在(1，)上总成立令x，得ln ，化简，得ln (n1)ln n，所以ln 2ln 1，ln 3ln 2，ln(n1)ln n，累加，得ln(n1)ln 1，即ln(n1)，nN*.
