1、考点测试18导数的应用(二)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)xln x的单调递增区间为()A(，0) B(0，1)C(1，) D(，0)(1，)答案C解析函数的定义域为(0，).f(x)1，令f(x)0，
2、得x1.故选C.2已知奇函数f(x)是连续函数f(x)(xR)的导函数，若x0时，f(x)0，则()Af(0)f(log32)f(log23)Bf(log32)f(0)f(log23)Cf(log23)f(log32)f(0)Df(log23)f(0)f(log32)答案C解析因为f(x)是奇函数，所以f(x)是偶函数所以f(log23)f(log23)，而log23log221，0log321，所以0log320时，f(x)0，所以f(x)在(0，)上是增函数，所以f(0)f(log32)f(log23)，所以f(0)f(log32)f(log23).3已知函数f(x)x2x，则下列结论正确
3、的是()A当x时，f(x)取最大值B当x时，f(x)取最小值C当x时，f(x)取最大值D当x时，f(x)取最小值答案D解析由题意知，f(x)2xx2x ln 2，令f(x)0，得x，又当x时，f(x)时，f(x)0，f(x)单调递增当x时，f(x)取最小值.4函数y的图象大致为()答案C解析因为y，所以y，令y0，则x0，令y0，所以函数y在(，0)上为增函数，在(0，)上为减函数，且0是函数的极大值点，结合4个函数的图象，知选C.5若函数f(x)2x2ln x在其定义域内的一个子区间(k1，k1)内不是单调函数，则实数k的取值范围是()A1，) BC1，2) D答案B解析因为f(x)的定义域
4、为(0，)，f(x)4x，由f(x)0，得x.据题意得解得1k.故选B.6已知函数f(x)的定义域为(0，)，若y在(0，)上为增函数，则称f(x)为“一阶比增函数”；若y在(0，)上为增函数，则称f(x)为“二阶比增函数”我们把所有“一阶比增函数”组成的集合记为1，所有“二阶比增函数”组成的集合记为2.若函数f(x)x32hx2hx，且f(x)1，f(x)2，则实数h的取值范围是()A(0，) B0，)C(，0) D(，0答案C解析因为f(x)1且f(x)2，即g(x)x22hxh在(0，)上是增函数，所以h0，而h(x)x2h在(0，)上不是增函数，因为h(x)1，所以当h(x)在(0，)
5、上是增函数时，有h0，当h(x)在(0，)上不是增函数时，有h0恒成立；当a0时，f(x)不恒为正数，所以f(x)不单调，故C正确；因为a，所以f(x)3ln xx2b.因为f(x)2x2，所以f(1)1.因为f(1)b1，所以切线方程为yxb2.设直线yxb2与曲线yex相切的切点的横坐标为x0，则ex01，所以x00，即切点坐标为(0，1)，代入yxb2，可得b3，故D错误9已知函数f(x)的导函数为f(x)5cos x，x(1，1)，且f(0)0，如果f(1x)f(1x2)0，则实数x的取值范围为_答案(1，)解析导函数f(x)是偶函数，且f(0)0，原函数f(x)是奇函数，且定义域为(
6、1，1)，又导函数值恒大于0，原函数在定义域上单调递增，所求不等式变形为f(1x)f(x21)，11xx211，解得1x，实数x的取值范围是(1，).二、高考小题10(2021全国乙卷)设a2ln 1.01，bln 1.02，c1，则()Aabc BbcaCbac Dcab.令f(x)2ln (1x)(1)(x0)，则f(x)，因为当0x2时，x22x，所以当0x2时，12xx212x2x，即1x，所以当0x0，f(x)单调递增，所以f(0.01)f(0)0，所以ac.同理，令g(x)ln (12x)( 1)(x0)，则g(x)，因为当x0时，(12x)214x，所以当x0时，g(x)0，g(
7、x)单调递减，所以g(0.01)b.综上acb.故选B.11(2019天津高考)已知aR，设函数f(x)若关于x的不等式f(x)0在R上恒成立，则a的取值范围为()A0，1 B0，2 C0，e D1，e答案C解析当x1时，由f(x)x22ax2a0恒成立，而二次函数f(x)图象的对称轴为直线xa，当a1时，f(x)minf(1)10恒成立，当a1时，f(x)minf(a)2aa20，0a1时，f(x)xa ln x0恒成立，即a恒成立设g(x)，则g(x).令g(x)0，得xe，且当1xe时，g(x)e时，g(x)0，g(x)单调递增，g(x)ming(e)e，ae.综上，a的取值范围为0ae
8、，即0，e.故选C.12(2021新高考卷)函数f(x)|2x1|2ln x的最小值为_答案1解析函数f(x)|2x1|2ln x的定义域为(0，).当x时，f(x)2x12ln x，f(x)2，当x1时，f(x)0，f(x)单调递增；当x1时，f(x)0，f(x)单调递减，故f(x)minf(1)1；当0x时，f(x)12x2ln x，f(x)20，此时函数f(x)12x2ln x为上的减函数故f(x)minf2ln 21.综上，f(x)minf(1)1.13(2017江苏高考)已知函数f(x)x32xex，其中e是自然对数的底数若f(a1)f(2a2)0，则实数a的取值范围是_答案解析易知
9、函数f(x)的定义域关于原点对称f(x)x32xex，f(x)(x)32(x)exx32xexf(x)，f(x)为奇函数，又f(x)3x22ex3x2223x20(当且仅当x0时，取“”)，从而f(x)在R上单调递增，f(a1)f(2a2)0f(a1)f(2a2)2a2a1，解得1a.三、模拟小题14(2022辽宁沈阳东北育才学校高三第一次模拟)定义在(0，)上的函数f(x)的导函数f(x)满足xf(x)6f(x)，则必有()A64f(1)16f(3)C4f(2)f(4) D729f(2)64f(3)答案D解析由xf(x)6f(x)，得x6f(x)0，则g(x)g(2)g(3)g(4)，则64
10、f(1)f(2)，729f(2)64f(3)，64f(2)f(4)，729f(1)f(3)，但由于f(1)，f(2)，f(3)，f(4)的正负不确定，所以81f(1)16f(3)，4f(2)f(4)都未必成立故选D.15(2022湖北黄石高三上调研)已知a4ln 5，b5ln 4，c5ln 4，则a，b，c的大小关系是()Aabc BbcaCbac Dcbf(4)f(5)，即，可得4ln ln 4，5ln 44ln 5，所以ln 4ln 4，5ln 44ln 5，所以5ln 45ln 4，5ln 44ln 5，即cb，ba，所以abc.故选A.16(2021山西太原高三模拟)点M在曲线G：y3
11、ln x上，过M作x轴的垂线l，设l与曲线y交于点N，且P点的纵坐标始终为0，则称M点为曲线G上的“水平黄金点”，则曲线G上的“水平黄金点”的个数为()A0 B1 C2 D3答案C解析设M(t，3ln t)，则N，所以，依题意可得ln t0，设g(t)ln t，则g(t)，当0t时，g(t)时，g(t)0，则g(t)单调递增，所以g(t)ming1ln 30，g(1)0，所以g(t)ln t0有两个不同的解，所以曲线G上的“水平黄金点”的个数为2.故选C.17(多选)(2021新高考八省联考)已知函数f(x)x ln (1x)，则()Af(x)在(0，)单调递增Bf(x)有两个零点C曲线yf(
12、x)在点处切线的斜率为1ln 2Df(x)是偶函数答案AC解析由f(x)x ln (1x)知函数f(x)的定义域为(1，)，f(x)ln (1x)，当x(0，)时，ln (1x)0，0，所以f(x)0，故f(x)在(0，)上单调递增，A正确；当1x0时，f(x)0，所以f(x)在(1，0)上单调递减又因为f(x)在(0，)上单调递增，所以f(x)minf(0)0.所以f(x)0，f(x)只有0一个零点，B错误；令x，fln 1ln 21，故曲线yf(x)在点处切线的斜率为1ln 2，C正确；由函数f(x)的定义域为(1，)，不关于原点对称，可知f(x)不是偶函数，D错误故选AC.18(多选)(
13、2022山东省潍坊一中高三开学检测)函数f(x)x ln x，g(x)，下列命题中正确的是()A不等式g(x)0的解集为B函数g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，)上单调递减C若函数F(x)f(x)ax2有两个极值点，则a(0，1)D若x1x20时，总有(xx)f(x1)f(x2)恒成立，则m1答案AD解析因为f(x)x ln x，g(x)，则g(x)，令g(x)0，可得x(0，1)，故g(x)在该区间上单调递增；令g(x)0，可得x(1，)，故g(x)在该区间上单调递减又当x1时，g(x)0，且g0，g(1)1.故g(x)的图象如图所示：对于A，数形结合可知g(x)0的解集为，故A正确；
14、对于B，由上面分析可知，B错误；对于C，若函数F(x)f(x)ax2有两个极值点，即F(x)x ln xax2有两个极值点，又F(x)ln x2ax1，要满足题意，则需ln x2ax10在(0，)上有两个根，即2a在(0，)上有两个根，也即直线y2a与yg(x)的图象有两个交点数形结合，则02a1，解得0a，故C错误；对于D，若x1x20时，总有(xx)f(x1)f(x2)恒成立，即xx1ln x1xx2ln x2恒成立构造函数h(x)x2x ln x，则h(x1)h(x2)对任意的x1x20恒成立故h(x)在(0，)上单调递增，则h(x)mxln x10在(0，)上恒成立也即m在区间(0，)
15、上恒成立，则mg(x)max1，故D正确故选AD.19(2022河北石家庄第一中学高三教学质量检测(一)已知函数f(x)x3bx2cx的导函数f(x)是偶函数，若方程f(x)ln x0在区间(其中e为自然对数的底数)上有两个不相等的实数根，则实数c的取值范围是_答案解析f(x)x3bx2cx，f(x)x2bxc，导函数yf(x)的对称轴为直线xb，由于该函数为偶函数，则b0b0，f(x)x2c，令f(x)ln x0，即x2cln x0，得cln xx2.令g(x)ln xx2，问题转化为当直线yc与函数g(x)ln xx2在区间上的图象有两个交点时，求实数c的取值范围g(x)x，令g(x)0，
16、得x1，列表如下：x1(1，e)g(x)0g(x)极大值所以函数yg(x)在x1处取得极大值，亦即最大值，g(x)maxg(1)，又g1，g(e)1，显然，g(e)g，如图所示，结合图象可知，当gcg(1)时，即当1c时，直线yc与函数yg(x)在区间上的图象有两个交点，因此，实数c的取值范围是.一、高考大题1(2021全国乙卷)设函数f(x)ln (ax)，已知x0是函数yxf(x)的极值点(1)求a；(2)设函数g(x)，证明：g(x)1.解(1)由题意，得yxf(x)x ln (ax)，x(，a)，yln (ax)xln (ax)ln (ax).因为x0是函数yxf(x)的极值点，所以y
17、|x0ln a0，所以a1.(2)证明：由(1)可知f(x)ln (1x)，要证g(x)1，即证1，即需证1，x(，0)(0，1).因为当x(，0)时，x ln (1x)0，当x(0，1)时，x ln (1x)x ln (1x)，即x(1x)ln (1x)0.令h(x)x(1x)ln (1x)，x(，1)且x0，则h(x)1(1)ln (1x)(1x)ln (1x)，所以当x(，0)时，h(x)0，h(x)单调递增，所以h(x)h(0)0，即xln (1x)x ln (1x)，所以1成立，所以1，即g(x)1.2(2021新高考卷)已知函数f(x)x(1ln x).(1)讨论f(x)的单调性；
18、(2)设a，b为两个不相等的正数，且b ln aa ln bab，证明：20；当x(1，)时，f(x)0.所以函数f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减(2)证明：由题意，a，b是两个不相等的正数，且b ln aa ln bab，两边同时除以ab，得，即，即ff.令x1，x2，由(1)知f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减，且当0x0，当xe时，f(x)0，不妨设x1x2，则0x11x2e.要证2e，即证2x1x22，要证x1x22，即证x22x1，因为0x11x21，又f(x)在(1，)上单调递减，所以即证f(x2)f(2x1)，又f(x1)f(x2)，所以即证
19、f(x1)f(2x1)，即证当x(0，1)时，f(x)f(2x)0.构造函数F(x)f(x)f(2x)，则F(x)f(x)f(2x)ln xln (2x)ln x(2x)，当0x1时，0x(2x)0，即当0x0，所以F(x)在(0，1)上单调递增，所以当0x1时，F(x)F(1)0，所以当0x1时，f(x)f(2x)2成立再证x1x2x，直线yx与直线ym的交点坐标为(m，m)，则x1m.欲证x1x2e，即证x1x2mx2f(x2)x2e，即证当1xe时，f(x)xe.构造函数h(x)f(x)x，则h(x)1ln x，当1x0，所以函数h(x)在(1，e)上单调递增，所以当1xe时，h(x)h
20、(e)f(e)ee，即f(x)xe成立，所以x1x2e成立综上可知，21，函数f(x)axbxe2(xR).(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若对任意b2e2，函数f(x)有两个不同的零点，求a的取值范围；(3)当ae时，证明：对任意be4，函数f(x)有两个不同的零点x1，x2(x1x2)，满足x2x1.注：e2.71828是自然对数的底数解(1)由题意，得f(x)ax ln ab.因为a1，所以ln a0，ax0，所以当b0时，f(x)0，函数f(x)在R上单调递增当b0时，令f(x)0，则ax，所以xloga，令f(x)0，得x0时，函数f(x)在上单调递减，在上单调递增(2)因为函
21、数f(x)有两个不同的零点，所以axbxe20有两个不同的根，即曲线yax与直线ybxe2有两个不同的交点易知直线ybxe2与y轴交于点(0，e2).先考虑曲线yax与直线ybxe2相切的情况.设切点坐标为(t，at)，则切线的斜率为at ln a，所以切线方程为yatat ln a(xt)，则y(at ln a)xattat ln abxe2，所以attat ln aatat ln ate2，令atm，则mm ln me2，m0，令g(m)mm ln me2，则g(m)ln m，当m(0，1)时，g(m)0，当m(1，)时，g(m)0，所以ate2，所以要满足条件，则bat ln ae2ln
22、 a恒成立因为b2e2，所以2e2e2ln a，得10，得xln b，令f(x)0，得xe4，所以bb ln be23e4e2e20，又f(0)1e20，f(x)minf(ln b)0，0ln bb，所以函数f(x)在(0，ln b)和(ln b，b)上各存在一个零点，分别为x1，x2(x1x2)，则ex1bx1e20，所以bx1ex1e2，所以要证x2x1，只需证x2bx1(ex1e2).因为f(2)2e22b2e22e40，所以可知0x12，所以ex1e2ln b，即x2ln b.fe be2eb ln bb，因为be4，所以所以f0，所以x2，所以x2ln b.所以x2x1成立二、模拟大
23、题4(2022河北衡水深州长江中学高三开学考试)已知函数f(x)，aR.(1)求f(x)的单调区间，并求当a1时，f(x)的最大值；(2)若对任意的x(0，)，f(x)ex恒成立，求实数a的取值范围解 (1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)a，则f(x)，则当x(0，1)时，f(x)0，f(x)单调递增；当x(1，)时，f(x)0时，aex恒成立，即a在(0，)上恒成立令G(x)，令h(x)exx1，则h(x)ex1，当x(，0)时，h(x)0，h(x)单调递减；当x(0，)时，h(x)0，h(x)单调递增h(x)h(0)0，exx1，当x0时取等号，exln xxln x1，当xln x
24、0时取等号，G(x)1，当xln x0时等号成立，G(x)取到最小值令H(x)xln x，则H(x)10(x0)，H(x)在(0，)上单调递增，又H10，x0，使得H(x0)0，G(x)min1.则aG(x)min1，实数a的取值范围为(，1.5(2021湖北武汉、襄阳、荆门、宜昌四地六校高三起点联考)设f(x)x sin xcos x，g(x)x24.(1)讨论f(x)在，上的单调性；(2)令h(x)g(x)4f(x)，试证明h(x)在R上有且仅有三个零点解(1)f(x)sin xx cos xsin xx cos x，令f(x)0，则x0或x.当x时，f(x)0，f(x)单调递增；当x时，
25、f(x)0，f(x)单调递增；当x时，f(x)0时，h(x)的零点个数即可当x0时，h(x)2x4x cos x2x(12cos x).令h(x)0，得cos x，x2k或x2k(kN).x时，h(x)0，h(x)单调递减，h20，h(x)单调递增，h20，h(x)在内有唯一零点当x时，由于sin x1，cos x1，h(x)x244x sin x4cos xx244x4x24xt(x)，而t(x)在上单调递增，t(x)t0，h(x)0恒成立，故h(x)在内无零点，h(x)在(0，)内有一个零点由于h(x)是偶函数，h(x)在(，0)内有一个零点，而h(0)0，h(x)在R上有且仅有三个零点6
26、(2021广东省广州市执信、广雅、六中三校高三联考)已知函数f(x)a ln xx2，其中aR.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a1时，证明：f(x)x2x1；(3)试比较与(nN*且n2)的大小，并证明你的结论.解(1)函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)2x.当a0时，f(x)0，所以f(x)在(0，)上单调递增；当a0时，令f(x)0，解得x ，当0x 时，a2x20，所以f(x) 时，a2x20，所以f(x)0，所以f(x)在上单调递增综上，当a0时，函数f(x)在(0，)上单调递增；当a0，当x(1，)时，g(x)0.所以1为极大值点，且g(x)在x1处取得最大值所以g(x)g(1)0，即ln xx10，故f(x)x2x1.(3).证明：由(2)知ln xx1(当且仅当x1时等号成立)，即1，则有111n1n1n1n1，故.