1、导数的应用专题检测1.(2019广东惠州4月模拟,9)设函数f(x)在R上可导,其导函数为f(x),且函数f(x)在x=-2处取得极小值,则函数y=xf(x)的图象可能是()答案C由函数f(x)在x=-2处取得极小值,可得f(-2)=0,且当x(a,-2)(a-2)时,f(x)单调递减,即f(x)-2)时,f(x)单调递增,即f(x)0,所以函数y=xf(x)在区间(a,-2)(a-2)内的函数值为正,在区间(-2,b)(-2b0,所以f(x)为增函数.又f-12=178,f(0)=5,f(2)=9,f(3)=17,所以f-12f(m)f(0),f(2)f(n)f(3),即-12m0,2n3,
2、所以32m+n0,函数f(x)单调递增;当x(2,+)时,f(x)0,即m2时,则需m21,g(1)=6-6m+60,解得m2,m-2.综上,m2,实数m的取值范围是(-,2.5.(2018河北衡水金卷全国高三大联考,8)已知函数f(x)为R上的奇函数,且当x0时,f(x)=-ex+1+mcosx,记a=-2f(-2),b=-f(-1),c=3f(3),则a,b,c间的大小关系是()A.bacB.acbC.cbaD.cab答案D根据题意得f(0)=m=0,故x0时,f(x)=-ex+1.令g(x)=xf(x),则g(x)=xf(x)为R上的偶函数.当x0时,g(x)=x(-ex+1)=1-ex
3、-xex=-(x+1)ex+10,所以g(x)在0,+)上单调递减.又a=-2f(-2)=g(-2)=g(2),b=-f(-1)=g(-1)=g(1),c=3f(3)=g(3).故cab,选D.6.(2019河北省级示范性高中联合体3月联考,12)已知函数f(x)的导函数f(x)满足(x+xlnx)f(x)f(e)B.e2f(1)f(e)C.2f(1)f(e)D.ef(1)f(e)答案A令g(x)=f(x)1+lnx,x1e,+.则g(x)=f (x)(1+lnx)-f(x)1x(1+lnx)2,由(x+xlnx)f(x)f(x),得(1+lnx)f(x)-1xf(x)0,则g(x)0,故g(
4、x)在x1e,+上递减,故g(e)g(1),即 f(e)2f(e).故选A.7.(2020河北邢台第一次摸底考试,12)函数f(x)=(x3-3x)ex-1x-2在区间-3,2)(2,3上的零点个数为()A.2B.3C.4D.5答案C令f(x)=(x3-3x)ex-1x-2=0,得(x2-2x)ex=1x2-3.设g(x)=(x2-2x)ex,h(x)=1x2-3,则g(x)=(x2-2)ex.当-3x0;当-2x2时,g(x)0;当20.所以g(x)的极小值为g(2)=(2-22)e2h(-2),又g(-3)=15e316=h(-3),g(3)h(3),且h(x)在-3,-3),(-3,0)
5、上单调递增,在(0,3),(3,3上单调递减,结合这两个函数的图象,可知这两个函数的图象共有4个交点,又g(2)h(2),从而f(x)在-3,2)(2,3上共有4个零点.8.(2018广东佛山一模,12)设函数f(x)=x3-3x2+2x,若x1,x2(x1x2)是函数g(x)=f(x)-x的两个极值点,现给出如下结论:若-10,则f(x1)f(x2);若02,则f(x1)2,则f(x1)f(x2).其中正确结论的个数为()A.0B.1C.2D.3答案B函数g(x)=f(x)-x,g(x)=f(x)-,令g(x)=0,得f(x)-=0,f(x)=有两解x1,x2(x1x2).f(x)=x3-3
6、x2+2x,f(x)=3x2-6x+2,画出y=f(x)的图象如图所示.若-1f(x2);若00,x2f(0)=0,f(x2)f(x2);若2,则x12,则f(x1)f(2)=0,故f(x1)f(x2).故选B.9.(2019安徽宣城二模,12)已知函数y=a+8lnxx1e,e的图象上存在点P,函数y=-x2-2的图象上存在点Q,且P,Q关于x轴对称,则a的取值范围是()A.6-8ln2,e2-6B.e2-6,+)C.10+1e2,+D.6-8ln2,10+1e2答案D函数y=-x2-2的图象与函数y=x2+2的图象关于x轴对称,根据已知得函数y=a+8lnxx1e,e的图象与函数y=x2+
7、2的图象有交点,即方程a+8lnx=x2+2在x1e,e上有解,即a=x2+2-8lnx在x1e,e上有解,令g(x)=x2+2-8lnx,x1e,e,则g(x)=2x-8x=2x2-8x,当x1e,2时,g(x)0,故当x=2时,g(x)取最小值,为g(2)=6-8ln2,由于g1e=10+1e2,g(e)=e2-6,故当x=1e时,g(x)取最大值10+1e2,所以6-8ln2a10+1e2.故选D.10.(2019江西赣州模拟,12)若关于x的不等式ln2x+1xax+b成立,则ba的最小值是()A.-12eB.-1eC.1eD.12e答案A令f(x)=ln2x+1x,f(x)=1xx-
8、ln2x-1x2=-ln2xx2,x0,12时,f(x)0,函数f(x)单调递增,x12,+时,f(x)0,函数f(x)的图象如图所示,满足题意时,直线y=ax+b恒不在函数f(x)图象的下方,很明显a0时,令ax+b=0,可得ba=-x,故ba取到最小值时,直线在x轴上的截距最大,令f(x)=0,可得x=12e,则-x=-12e,据此可得ba的最小值是-12e,故选A.解后反思本题主要考查用导函数研究函数的图象及性质,考查数形结合的思想、等价转化的思想,综合性较强.11.(2019安徽黄山二模,12)已知定义在R上的连续可导函数f(x)无极值,且xR,ff(x)+2018x=2019,若g(
9、x)=2sinx+6+mx在32,2上与函数f(x)的单调性相同,则实数m的取值范围是()A.(-,-2B.-2,+)C.(-,2D.-2,-1答案A定义在R上的连续可导函数f(x)无极值,则f(x)0或f(x)0,即f(x)为R上的单调函数.因为xR,ff(x)+2018x=2019,所以f(x)+2018x为定值.设t=f(x)+2018x,则f(x)=t-2018x,易知f(x)为R上的减函数.g(x)=2sinx+6+mx,g(x)=2cosx+6+m,又g(x)在32,2上与f(x)的单调性相同,g(x)在32,2上单调递减,则当x32,2时,g(x)0恒成立,即m-2cosx+6.
10、当x32,2时,x+653,136,则当x+6=2时,y=2cosx+6取得最大值2,此时y=-2cosx+6取得最小值-2,则m-2,故实数m的取值范围是(-,-2,故选A.思路分析根据可导函数f(x)无极值,得到f(x)是单调函数,根据已知得f(x)+2018x为定值,利用换元法得到f(x)的解析式,判断函数f(x)的单调性,然后得到g(x)在32,2上的单调性,利用导数与单调性之间的关系转化为不等式恒成立进行求解即可.解题关键本题考查导数的综合应用,考查利用导数求函数的单调性,利用条件判断函数f(x),g(x)的单调性是解决本题的关键.12.(2020四川成都摸底测试,12)若关于x的不
11、等式xlnx-kx+2k+10在(2,+)上恒成立,则满足条件的整数k的最大值为()A.2B.3C.4D.5答案A当x(2,+)时,不等式xlnx-kx+2k+10恒成立等价于k2),则f(x)=x-2lnx-3(x-2)2,令g(x)=x-2lnx-3(x2),则g(x)=1-2x0,函数g(x)在(2,+)上单调递增.又g(e)=e-50,所以在(e,e2)上存在x0,使g(x0)=0,即x0-2lnx0-3=0,当x(2,x0)时,g(x)0,f(x)0,f(x)0,函数f(x)单调递增,所以f(x)min=f(x0)=x0lnx0+1x0-2,将x0=2lnx0+3代入,得f(x)mi
12、n=lnx0+1.ex0e2,1lnx02,2lnx0+13,即2f(x)min0.则不等式f(x)sin2x0,所以F(x)0,所以F(x)在0,2上单调递增,又F(x)在-2,2上是偶函数,所以F(x)在-2,0上单调递减.因为F8=f8sin4=1,所以不等式f(x)sin2x1等价于F(x)F8,所以|x|0,g(x)在(-,+)上单调递增;(2分)当a0时,当x0,当x-lna时,g(x)0时,g(x)的单调递增区间为(-,-lna),单调递减区间为(-lna,+).(6分)(2)由(1)可知,a0,且g(x)在x=-lna处取得最大值,(7分)g(-lna)=-lna+a-aeln
13、1a=a-lna-1,即a-lna-1=0,(8分)令h(a)=a-lna-1(a0),则h(a)=1-1a=a-1a,当a(0,1)时,h(a)0,h(a)在(0,1)上单调递减,在(1,+)上单调递增,h(a)h(1)=0,当且仅当a=1时,a-lna-1=0,f(x)=12x2+x-ex,(10分)由题意可知f(x)=g(x)0,f(x)在0,+)上单调递减,(11分)f(x)在x=0处取得最大值f(0)=-1.(12分)15.(2020百师大联盟开学大联考,20)函数f(x)=alnx-a2x-6x(aR).(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)若a0,证明:当x(0,2时,f(x)0
14、恒成立.解析(1)f(x)=ax+a2x2-6=-6x2+ax+a2x2.(1分)令f(x)=0,得-6x2+ax+a2=0,解得x1=a2,x2=-a3.(3分)当a=0时,f(x)=-60时,a20,-a30,f(x)在0,a2上单调递增,在a2,+上单调递减.当a0时,a20,f(x)在0,-a3上单调递增,在-a3,+上单调递减.(5分)(2)当a0时,由(1)得f(x)在0,a2上单调递增,在a2,+上单调递减.当a22,即0a4时,f(x)在(0,2上的最大值f(x)max=fa2=alna2-5a=alna2-5.因为0a4,所以lna2ln2lne=1,所以alna2-50.(8分)当a22,即a4时,f(x)在(0,2上单调递增.f(x)max=f(2)=aln2-a2-12.因为a4,ln2lne=1a2.所以aln2-a20,所以aln2-a2-120.(11分)综合可知当x(0,2时,f(x)0恒成立.(12分)
