1、考点测试17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，分值为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)1xsin x在(0，2)上是()A增函数B减函数C在(0，)上单调递增，在(，2)上单调递减D在(0，)上单调递减，在(，2)上单调递增答案A
2、解析f(x)1cos x0，f(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).当1x0时，f(x)0；当0x1时，f(x)0.所以f(x)在1，0)上是增函数，在(0，1上是减函数，所以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)2ln x，f(x)，令f(x)0，得x2e，当0x2e时，f(x)0，当x2e时，
3、f(x)0，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.故选D.4直线ya分别与曲线yex，yln x1交于M，N两点，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，求导得h(a)ea1，当a(0，1)时，h(a)0，h(a)单调递增；当a(1，)时，h(a)0，h(a)单调递减所以h(a)有极大值h(1)1.因此|MN|的最小值为|h(1)|1.故选A.
4、5用边长为120 cm的正方形铁皮做一个无盖水箱，先在四周分别截去一个小正方形，然后把四边翻转90角，再焊接成水箱，则水箱的最大容积为()A120000 cm3 B128000 cm3C150000 cm3 D158000 cm3答案B解析设水箱底长为x cm，则高为 cm.由得0x120.设容器的容积为y cm3，则有yx2x360x2，则有yx2120x.令y0，解得x80(x0舍去).当x(0，80)时，y0，y单调递增；当x(80，120)时，y0，y单调递减因此80是函数yx360x2的极大值点，也是最大值点，此时y80360802128000.故选B.6.(多选)已知定义在R上的函
5、数f(x)，其导函数f(x)的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是()Af(a)f(b)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)，所以f(d)不是函数f(x)的最小值故选AC.7(多选)已知定义在上的函数f(x)的导函数为f(x)，且f(0)0，f(x)cos xf(x)sin x0，则下列判断中正确的是()Aff Bf0Cff Dff答案CD解析令g(x)，x，则g(x)，因为f(x)cosxf(x)sin x0，所以g(x)0在上恒成立，因此函数g(x)在上单调递减，因此gg，即，即ff，故A错误；
6、又f(0)0，所以g(0)0，所以g(x)0在上恒成立，因为ln ，所以f0，故B错误；又gg，所以，即ff，故C正确；又gg，所以，即ff，故D正确故选CD.8若函数f(x)x ln xx2x1有两个极值点，则a的取值范围为_答案解析因为f(x)x ln xx2x1(x0)，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且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，由于x0且x0时，f(x)；当x时，f(x)，因此原函数要有两个极值点，只要fln
7、 10，解得0a.二、高考小题9(2021全国乙卷)设a0，若xa为函数f(x)a(xa)2(xb)的极大值点，则()Aab Caba2答案D解析解法一：因为函数f(x)a(xa)2(xb)，所以f(x)2a(xa)(xb)a(xa)2a(xa)(3xa2b).令f(x)0，结合a0可得xa或x.(1)当a0时，若a，即ba，此时易知函数f(x)在(，a)上单调递增，在上单调递减，所以xa为函数f(x)的极大值点，满足题意；若a，即ba，此时函数f(x)a(xa)3在R上单调递增，无极值点，不满足题意；若a，即ba，此时易知函数f(x)在上单调递减，在(a，)上单调递增，所以xa为函数f(x)
8、的极小值点，不满足题意(2)当aa，即ba，此时易知函数f(x)在(，a)上单调递减，在上单调递增，所以xa为函数f(x)的极小值点，不满足题意；若a，即ba，此时函数f(x)a(xa)3在R上单调递减，无极值点，不满足题意；若a，即b0且ba满足题意，a0且ba2成立故选D.解法二：由题意可知ab，当a0时，根据题意画出函数f(x)的大致图象，如图1所示，观察可知ba.当ab.综上，可知必有aba2成立故选D.10(2017全国卷)若x2是函数f(x)(x2ax1)ex1的极值点，则f(x)的极小值为()A1 B2e3C5e3 D1答案A解析由题意可得f(x)ex1x2(a2)xa1.x2是
9、函数f(x)(x2ax1)ex1的极值点，f(2)0，a1，f(x)(x2x1)ex1，f(x)ex1(x2x2)ex1(x1)(x2)，当x(，2)时，f(x)0，f(x)单调递增；当x(2，1)时，f(x)0，f(x)单调递减；当x(1，)时，f(x)0，f(x)单调递增f(x)极小值f(1)1.故选A.11(2019北京高考)设函数f(x)exaex(a为常数).若f(x)为奇函数，则a_；若f(x)是R上的增函数，则a的取值范围是_答案1(，0解析f(x)exaex(a为常数)的定义域为R，且f(x)为奇函数，f(0)e0ae01a0，a1.f(x)exaex，f(x)exaexex.
10、f(x)是R上的增函数，f(x)0在R上恒成立，即ex在R上恒成立，ae2x在R上恒成立又e2x0，a0，即a的取值范围是(，0.12(2018全国卷)已知函数f(x)2sin xsin 2x，则f(x)的最小值是_答案解析f(x)2cos x2cos 2x4cos2x2cosx24(cos x1)，所以当cos x时函数单调递减，当cos x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sin x，sin 2x，所以f(x)min2.13(2018江苏高考)若函数f(x)2x3ax21(aR)在(0，)内
11、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，)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)，列表如下：x1(1，0)0(0，1)1f(x)1200f(x)410f(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14(2022
12、四川省达州中学模拟)函数f(x)3x ln x的单调递减区间是()A. BC. D答案B解析因为函数f(x)的定义域为(0，)，且f(x)ln xxln x1，令f(x)0，得0x，所以f(x)的单调递减区间是.15(2022湖南湘潭模拟)已知定义域为R的函数f(x)的导函数为f(x)，且f(x)f(x)，若实数a0，则下列不等式恒成立的是()A.af(ln a)ea1f(a1)B.af(ln a)ea1f(a1)C.ea1f(ln a)af(a1)D.ea1f(ln a)af(a1)答案D解析令g(x)，则g(x)0，所以g(x)为增函数令h(a)ln aa1，则h(a)1.当a(0，1)时
13、，h(a)0，h(a)单调递增，当a(1，)时，h(a)0，h(a)单调递减，所以h(a)h(1)0，所以ln aa1，所以g(ln a)g(a1)，即，所以ea1f(ln a)af(a1).故选D.16(2021新高考八省联考)已知a5且ae55ea，b4且be44eb，c3且ce33ec，则()A.cba BbcaC.acb Dabc答案D解析因为ae55ea，a0，同理b0，c0，令f(x)，x0，则f(x)，当0x1时，f(x)1时，f(x)0，故f(x)在(0，1)上为减函数，在(1，)上为增函数，因为ae55ea，a5，故，即f(5)f(a)，而0a5，故0a1，同理0b1，0cf
14、(4)f(3)，故f(a)f(b)f(c)，所以0abc1.故选D.17(多选)(2022福建省福州市高三调研考试)设函数f(x)，则下列说法正确的是()A.f(x)的定义域是(0，)B.x(0，1)时，f(x)图象位于x轴下方C.f(x)存在单调递增区间D.f(x)有且仅有一个极值点答案BCD解析由题意，函数f(x)满足解得x0且x1，所以函数f(x)的定义域为(0，1)(1，)，所以A不正确；由f(x)，当x(0，1)时，ln x0，所以f(x)0，所以f(x)在(0，1)上的图象都在x轴的下方，所以B正确；因为f(x)，所以f(x)0在定义域上有解，所以函数f(x)存在单调递增区间，所以
15、C正确；令g(x)ln x，则g(x)(x0)，所以g(x)0，函数g(x)单调递增，又g(1)10，g(2)ln 20，所以x0(1，2)使得f(x0)0，且当x(0，1)，(1，x0)时，f(x)单调递减，当x(x0，)时，f(x)单调递增，所以函数f(x)只有一个极值点，所以D正确故选BCD.18(多选)(2021河北秦皇岛第二次模拟)已知函数f(x)ln xax有两个零点x1，x2，且x1x2，则下列说法正确的是()A.aB.yf(x)在(0，e)上单调递增C.x1x26D.若a，则x2x10)，当a0时，f(x)0，f(x)在x(0，)上单调递增，与题意不符；当a0时，由f(x)a0
16、，解得x，当x时，f(x)0，f(x)单调递增，当x时，f(x)0，f(x)单调递减，当x时，f(x)取得极大值，又由函数f(x)ln xax有两个零点x1，x2(x10，可得a.综上可得0a，故A正确；当a时，x1x22e6，故C错误，当x时，f(x)单调递增，又a，(0，e)，故B正确；f(x)在上单调递增，在上单调递减，且a，1，x1；，x2，f(1)a1，fln 2ln e220f(x2)，x2，x2x10，则x1ln k，x2，所以x2x1ln k，令g(k)ln k(k0)，则g(k)，当0k时，g(k)时，g(k)0；所以g(k)在(0，)上单调递减，在(，)上单调递增，则g(k
17、)ming()0，所以d|x2x1|g(k)|，则d的最小值为.20(2021吉林第四次调研测试)若函数f(x)mx2ex1(e为自然对数的底数)在xx1和xx2两处取得极值，且x22x1，则实数m的取值范围是_答案解析因为f(x)mx2ex1，所以f(x)2mxex，又函数f(x)在xx1和xx2两处取得极值，所以x1，x2是方程2mxex0的两个不等实根，且x22x1，即m(x0)有两个不等实根x1，x2，且x22x1.令h(x)(x0)，则直线ym与曲线h(x)有两个交点，且交点横坐标满足x22x1，又h(x)，由h(x)0，得x1，所以当x1时，h(x)0，即函数h(x)在(1，)上单
18、调递增；当x0，0x1时，h(x)0且a1，函数f(x)(x0).(1)当a2时，求f(x)的单调区间；(2)若曲线yf(x)与直线y1有且仅有两个交点，求a的取值范围解(1)当a2时，f(x)(x0)，f(x)(x0).令f(x)0，则0x，此时函数f(x)单调递增令f(x)，此时函数f(x)单调递减.故函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.(2)要使曲线yf(x)与直线y1有且仅有两个交点，即方程1(x0)有两个不同的解，故方程有两个不同的解设g(x)(x0)，则g(x)(x0).令g(x)0，解得xe.令g(x)0，则0xe，此时函数g(x)单调递增令g(x)e，此时函数g(x)
19、单调递减.故g(x)maxg(e)，且当xe时，g(x).又g(1)0，故要使方程有两个不同的解，则0.当0a1时，因为g(x)maxg(e)，故a(1，e)(e，).综上，a的取值范围为(1，e)(e，).2(2021新高考卷)已知函数f(x)(x1)exax2b.(1)讨论f(x)的单调性；(2)从下面两个条件中选一个，证明：f(x)有一个零点2a；0a，b2a.解(1)由函数的解析式可得，f(x)x(ex2a)，当a0时，若x(，0)，则f(x)0，f(x)单调递增；当a0时，令f(x)0，得x10，x2ln (2a)，当0a0，f(x)单调递增，若x(ln (2a)，0)，则f(x)0
20、，f(x)单调递增；当a时，f(x)0，f(x)在R上单调递增；当a时，若x(，0)，则f(x)0，f(x)单调递增，若x(0，ln (2a)，则f(x)0，f(x)单调递增.(2)证明：若选择条件：由于a，故12a1，f(0)b10，f(2b)(12b)e2b4ab2b2aln (2a)1aln (2a)22a2a ln (2a)aln (2a)2a ln (2a)2ln (2a)，由于a，12ae2，所以00，结合函数的单调性可知，函数f(x)在区间(0，)上没有零点综上可得，题中的结论成立若选择条件：由于0a，故02a1，则f(0)b12a14，4a0，而函数f(x)在区间(0，)上单调
21、递增，故函数f(x)在区间(0，)上有一个零点当b0时，构造函数H(x)exx1，则H(x)ex1，当x(，0)时，H(x)0，H(x)单调递增，注意到H(0)0，故H(x)0恒成立，从而有exx1，当x1时，x10，则f(x)(x1)exax2b(x1)(x1)ax2b(1a)x2(b1)，当x 时，(1a)x2(b1)0，取x0 1，则f(x0)0，由于f(0)0，函数f(x)在区间(0，)上单调递增，故函数f(x)在区间(0，)上有一个零点f(ln (2a)2aln (2a)1aln (2a)2b2aln (2a)1aln (2a)22a2a ln (2a)aln (2a)2a ln (
22、2a)2ln (2a)，由于02a1，所以ln (2a)0，故a ln (2a)2ln (2a)1时，h(x)10，所以h(x)在(1，)上单调递增，所以当t1时，h(t)h(1)0，即t2ln t0.因为x21，t33t23t1(t1)30，k3，所以x(t33t23t1)k(t33t23t1)3t33t26ln t1.(*)由(1)可知，当t1时，g(t)g(1)，即t33t26ln t1，故t33t26ln t10.(*)由(*)(*)(*)可得(x1x2)f(x1)f(x2)2f(x1)f(x2)0，所以当k3时，对任意的x1，x21，)，且x1x2，有.二、模拟大题4(2022广东珠
23、海高三摸底测试)已知函数f(x)exa(e为自然对数的底数)有两个零点(1)若a1，求曲线yf(x)在x1处的切线方程；(2)若f(x)的两个零点分别为x1，x2，证明：x1x2.解(1)当a1时，f(x)ex1，f(x)ex.又f(1)e1，所以切点坐标为(1，e1)，切线的斜率为kf(1)e1，所以切线的方程为y(e1)(e1)(x1)，即y(e1)x.(2)证明：由已知得f(x)0有两个不等的正实根，所以方程xexa(ln xx)0有两个不等的正实根，即xexa ln (xex)0有两个不等的正实根，a ln (xex)xex要证x1x2，只需证(x1ex1)(x2ex2)e2，即证ln
24、 (x1ex1)ln (x2ex2)2，令t1x1ex1，t2x2ex2，所以只需证ln t1ln t22.由得a ln t1t1，a ln t2t2，所以a(ln t2ln t1)t2t1，a(ln t2ln t1)t2t1，消去a得ln t2ln t1(ln t2ln t1)，只需证2.设0t11，所以只需证ln t.令h(t)ln t，t1，则h(t)0，所以h(t)在(1，)上单调递增，h(t)h(1)0，即当t1时，ln t0成立所以ln t1ln t22，即(x1ex1)(x2ex2)e2，即x1x2.5(2022江苏泰州中学高三期初检测)已知函数f(x).(1)求函数yf(x)的
25、最大值；(2)令g(x)(x1)f(x)(a2)xx2，若g(x)既有极大值，又有极小值，求实数a的取值范围；(3)求证：当nN*时，ln (11)ln ln ln 0，函数f(x)单调递增，在(0，)上，f(x)2，所以实数a的取值范围为(2，).(3)证明：由(1)得，当x0时，f(x)1，即ln (1x)x，可得ln (nN*)，于是ln ，ln ，ln ，于是ln (11)ln ln ln 11112(1)()()12(1)时，f(x)0；(2)若g(x)2ax，求a.解(1)证明：分类讨论：当x时，f(x)exsin 0；当x时，f(x)excos xsin x，f(0)0，令m(x
26、)excos xsin x，则m(x)exsin xcos xexsin 0，则函数f(x)在上单调递增，则f(x)f(0)0；当x0时，由函数的解析式可知f(0)1010，当x0，)时，令H(x)sin xx(x0)，则H(x)cos x10，故函数H(x)在区间0，)上单调递增，从而H(x)H(0)0，即sin xx0，sin xx，从而在区间0，)上，函数f(x)exsin xcos xexx1，令yexx1，则yex1，当x0时，y0，故yexx1在0，)上单调递增，故函数yexx1在0，)上的最小值为e0010，从而在区间0，)上，exx10.从而在区间0，)上，函数f(x)exsi
27、n xcos xexx10.综上可得，题中的结论成立(2)令F(x)exsin xcos xax2，F(x)0，则F(x)min0.又F(0)0，所以F(x)在R上的最小值为F(0).F(x)excos xsin xa，令G(x)excos xsin xa，则G(x)exsin xcos xf(x)，由(1)知，当x时，G(x)0，所以G(x)在上单调递增，G(0)2a.当a2时，G(0)2(e21)0.故G(x)在(0，aln a)内存在零点，设为x1，当x(0，x1)时，G(x)0，即F(x)0，则F(x)在(0，x1)上单调递减，所以F(x1)F(0)0，与题意不符，舍去；当a0，G故G(x)在上存在零点，设为x2，当x(x2，0)时，G(x)0，即F(x)0，则F(x)在(x2，0)上单调递增，所以F(x2)F(0)0，与题意不符，舍去；当a2时，G(0)0，则当x时，G(x)0，即当x时，F(x)0，所以F(x)在上单调递减，在(0，)上单调递增，所以当x时，F(x)F(0)0.又当x时，F(x)exsin 2x220.因此，当a2时，F(x)0.综上，a2.