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.