1、第二章 函数、导数及其应用考点测试15 导数的应用(一)第一部分 考点通关练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 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第1步狂刷小题 基础练解析 f(x)1cosx0，f(x)在(0,2)上单调递增答案解析一、基础小题1函数 f(x)1
2、xsinx 在(0,2)上是()A增函数B减函数C在(0，)上增，在(，2)上减D在(0，)上减，在(，2)上增解析 f(x)3x26x，令 f(x)0，得 x0 或 x2(舍去)所以 f(x)在1,0)上是增函数，f(x)在(0,1上是减函数，所以当 x0 时，f(x)maxf(0)2.故选 C.答案解析2函数 f(x)x33x22 在区间1,1上的最大值是()A2 B0 C2 D4解析 由题意知 f(x)2efex1e，f(e)2efee1e，f(e)1e，f(x)2x1e，令 f(x)0，得 x2e，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)
3、2ln(2e)22ln 2，选 D.答案解析3已知函数 f(x)2ef(e)ln xxe(e 是自然对数的底数)，则 f(x)的极大值为()A2e1 B1eC1 D2ln 2解析 函数 f(x)x3ax2x1 的导函数为 f(x)3x22ax1，且函数 f(x)在(，)上是单调函数，在(，)上 f(x)0恒成立，即3x22ax10 恒成立，4a2120，解得 3a 3，实数 a 的取值范围是 3，3故选 A.答案解析4已知函数 f(x)x3ax2x1 在(，)上是单调函数，则实数 a 的取值范围是()A 3，3B(3，3)C(，3)(3，)D(，3)解析 分别令 exa，ln x1a，其中 a
4、0，则 x1ln a，x2ea1，从而|MN|x1x2|ln aea1|，构造函数 h(a)ln aea1，求导得 h(a)1aea1，当 a(0,1)时，h(a)0，h(a)单调递增；当 a(1，)时，h(a)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)，错误故选 A.答案解析f(b)f(a)f(c)；函数 f(x)在 xc 处取得极小值，在 xe 处取得极大值；函数 f(x)在 xc 处取得极大值，在 xe 处取得极小值；函数 f(x)的最小值为 f(d)ABCD解析 由于函数 f(x)的定义域是(
5、0，)，不等式 f(x)ax1ln x0有解，即 axxln x 在(0，)上有解令 h(x)xxln x，则 h(x)1(ln x1)ln x，令 h(x)0，得 x1，当 0 x0；当 x1时，h(x)0，使得 f(x0)0 有解，则实数a 的取值范围是()A(2，)B(，3)C(，1 D3，)解析 因为 f(x)xln xa2x2x1(x0)，所以 f(x)ln xax，令 g(x)ln xax，则 g(x)1xa，当 a0 时，g(x)0 恒成立，则 f(x)在(0，)上单调递增，当 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
6、(x)有极大值点x1a，由于 x0 时 f(x)；当 x时，f(x)，因此原函数要有两个极值点，只要 f1a ln 1a10，解得 0a0，a0，即 a 的取值范围是(，0答案解析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 3 32答案12(2018全国卷)已知函数 f(x)2sinxsin2x，则 f(x)的最小值是_解析 f(x)2cosx2cos2x4cos2x2cosx24(cosx1)cosx12，所以当 cosx12时函数单调递减，当 cosx12时函数单调递增，从而得到
7、函数的单调 递减区 间为2k53，2k3(k Z)，函数 的单 调递增 区间为2k3，2k3(kZ)，所以当 x2k3，kZ 时，函数 f(x)取得最小值，此时 sinx 32，sin2x 32，所以 f(x)min2 32 32 3 32.解析解析 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 0 xa3时，f(x)a3时，f(x)0，f(x)为增函数，x0 时，f(x)有极小值，为 fa3 a3271.答案 3答案解析13(2018江苏高考)若函
8、数 f(x)2x3ax21(aR)在(0，)内有且只有一个零点，则 f(x)在1,1上的最大值与最小值的和为_f(x)在(0，)内有且只有一个零点，fa3 0，a3.f(x)2x33x21，则 f(x)6x(x1)x1(1,0)0(0,1)1f(x)00f(x)4增1减0f(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.解析答案三、模拟小题14(2019河南郑州质检)函数 f(x)x3ax2bxa2 在 x1 时有极值10，则 a，b 的值为()Aa3，b3 或 a4，b11Ba4，b3 或 a4，b11Ca4，b11Da3，b3解析 由题意，得 f(x)3x22axb，则
9、 f(1)0，即 2ab3.f(1)1aba210，即 a2ab9.联立，解得a4，b11(有极值)或a3，b3(舍去，无极值)解析答案15(2019成都市高三第一次诊断考试)已知定义在 R 上的函数 f(x)的图象关于直线 xa(a0)对称，且当 xa 时，f(x)ex2a.若 A，B 是函数 f(x)图象上的两个动点，点 P(a,0)，则当PAPB的最小值为 0 时，函数 f(x)的最小值为()Ae12Be1Ce32De2解析 当 xa，则由函数 f(x)的图象关于直线 xa 对称，得 f(x)f(2ax)e(2ax)2aex，由此作出函数 f(x)的图象，如图所示，则当PAPB取得最小值
10、 0 时，直线 PA，PB 关于直线 xa 对称，且其中一直线的倾斜角为4，此时 A，B 分别位于直线 xa 的左、右两侧，且直线 PA，PB 都与函数 f(x)的图象相切，设 A(x0，y0)(x0a)，则 f(x)(ex)ex，所以ex01，所以 x00，y01，此时切线 PA 的方程为 yx1，所以 a1.由图象知，当 xa1 时，函数 f(x)取得最小值 e1，故选B.解析答案 13，54解析 设 g(x)x33x25，h(x)a(x1)，则 g(x)3x26x3x(x2)，当 0 x2 时，g(x)0，当 x0 或 x2 时，g(x)0，g(x)在(，0)上单调递增，在(0,2)上单
11、调递减，在(2，)上单调递增，答案解析16(2019武邑中学二调)设函数 f(x)x33x2ax5a，若存在唯一的正整数 x0，使得 f(x0)0，则 a 的取值范围是_当 x2 时，g(x)取得极小值 g(2)1，作出 g(x)与 h(x)的函数图象如图：显然当 a0 时，g(x)h(x)在(0，)上恒成立，即 f(x)g(x)h(x)0 无正整数解；解析要使存在唯一的正整数 x0，使得 f(x0)0，显然 x02.g1h1，g2h2，g3h3，即32a，13a，54a，解得13a54.解析答案 4答案17(2019江苏南通重点中学模拟)若函数 f(x)在定义域 D 内某区间 H上是增函数，
12、且fxx 在 H 上是减函数，则称 yf(x)在 H 上是“弱增函数”已知函数 g(x)x2(4m)xm 在(0,2上是“弱增函数”，则实数 m 的值为_解析 根据题意，若函数 f(x)在定义域 D 内某区间 H 上是增函数，且fxx在 H 上是减函数，则称 yf(x)在 H 上是“弱增函数”，已知函数 g(x)x2(4m)xm 在(0,2上是“弱增函数”，则 g(x)在给定区间上是递增函数，开口向上，则对称轴直线 x4m20，m4，gxx x24mxmxxmx 4m 在(0,2上单调递减，那么gxxxmx4m 1mx20，x(0,2，1m40，m4.综上可得 m4.解析第2步精做大题 能力练
13、一、高考大题1(2019全国卷)已知函数 f(x)sinxln(1x)，f(x)为 f(x)的导数证明：(1)f(x)在区间1，2 存在唯一极大值点；(2)f(x)有且仅有 2 个零点证明(1)设 g(x)f(x)，则 g(x)cosx 11x，g(x)sinx11x2.当 x1，2 时，g(x)单调递减，而 g(0)0，g2 0，可得 g(x)在1，2 上有唯一零点，设为.则当 x(1，)时，g(x)0；当 x，2 时，g(x)0.证明所以 g(x)在(1，)上单调递增，在，2 上单调递减，故 g(x)在1，2上存在唯一极大值点，即 f(x)在1，2 上存在唯一极大值点(2)f(x)的定义域
14、为(1，)当 x(1,0时，由(1)知，f(x)在(1,0)上单调递增，而 f(0)0，所以当 x(1,0)时，f(x)0，故 f(x)在(1,0)上单调递减又 f(0)0，从而 x0 是 f(x)在(1,0上的唯一零点证明当 x0，2 时，由(1)知，f(x)在(0，)上单调递增，在，2 上单调递减，而 f(0)0，f2 0，所以存在，2，使得 f()0，且当x(0，)时，f(x)0；当 x，2 时，f(x)0.故 f(x)在(0，)上单调递增，在，2 上单调递减又 f(0)0，f2 1ln 12 0，所以当 x0，2 时，f(x)0.从而，f(x)在0，2 上没有零点证明当 x2，时，f(
15、x)0，所以 f(x)在2，上单调递减而 f2 0，f()0，所以 f(x)在2，上有唯一零点当 x(，)时，ln(x1)1.所以 f(x)0，从而 f(x)在(，)上没有零点综上，f(x)有且仅有 2 个零点证明解(1)f(x)6x22ax2x(3xa)令 f(x)0，得 x0 或 xa3.若 a0，则当 x(，0)a3，时，f(x)0；当 x0，a3 时，f(x)0.解2(2019全国卷)已知函数 f(x)2x3ax2b.(1)讨论 f(x)的单调性；(2)是否存在 a，b，使得 f(x)在区间0,1的最小值为1 且最大值为 1？若存在，求出 a，b 的所有值；若不存在，说明理由故 f(x
16、)在(，0)，a3，上单调递增，在0，a3 上单调递减若 a0，则 f(x)在(，)上单调递增若 a0；当 xa3，0 时，f(x)0，则 f(x)有 2 个不同的零点，设为 x1，x2(x1x2)解由 f(x)0，得x1b1b2b13，x2b1 b2b13.列表如下：x(，x1)x1(x1，x2)x2(x2，)f(x)00f(x)极大值极小值所以 f(x)的极大值 Mf(x1)解证法一：Mf(x1)x31(b1)x21bx13x212(b1)x1bx13b192b2b19x1bb192b2b1b127bb19 227(b2b1)3bb1272b12b127 227(bb11)3bb127 2
17、27 427.因此 M 427.解证法二：因为 00)(1)讨论 f(x)的单调性；(2)若 g(x)a12x2f(x)，设 x1，x2(x1x2)是函数 g(x)的两个极值点，若 a32，且 g(x1)g(x2)k 恒成立，求实数 k 的最大值若 0a1.由 f(x)0 得 0 x1a；由 f(x)0 得 1x1，则 01a0 得 0 x1；由 f(x)0 得1ax0，解x1x2a1，x1x21，x21x1，a32，x1x2.x11x152，0 x1 1x1，解得 0 x112，g(x1)g(x2)ln x1x212(x21x22)(a1)(x1x2)2ln x112x211x21.设 h(
18、x)2ln x12x2 1x20 x12，则 h(x)2xx 1x3x212x30)，当 a10，即 a1 时，f(x)0，函数 f(x)在(0，)上单调递增，无极小值当 a10，即 a1 时，由 f(x)0，得 0 x0，得 xa1，函数 f(x)在(a1，)上单调递增f(x)极小值f(a1)1ln(a1)综上所述，当 a1 时，f(x)无极小值；当 a1 时，f(x)极小值1ln(a1)解(2)证明：令 F(x)f(x)g(x)ln xa1xasinx12xxln xasinx1x(x0)，当1a1 时，要证 f(x)g(x)，即证 F(x)0，即证 xln xasinx10.证法一：要证
19、 xln xasinx10，即证 xln xasinx1.若 00)，则 h(x)1cosx0，所以 h(x)在(0，)上单调递增，故 h(x)0，即 xsinx(x0)解所以 ax1asinx1(x0)，(*)令 q(x)xln xx1，则 q(x)ln x，当 x(0,1)时，q(x)0，q(x)在(1，)上单调递增故 q(x)q(1)0，即xln xx1，当且仅当 x1 时取等号又 0asinx1，所以当 0asinx1.解若 a0，即证 xln x1.令 m(x)xln x，则 m(x)ln x1，m(x)在0，1e 上单调递减，在1e，上单调递增，m(x)minm1e 1e1，故 x
20、ln x1.若1a0，当 x(0,1时，asinx11，故 xln xasinx1；当 x(1，)时，asinx10，由知当 x1 时，m(x)xln xm(1)0，故 xln xasinx1.所以当 x(0，)时，xln xasinx1.解综合可知，当1a1 时，f(x)g(x)证法二：当 x1 时，易知 xln x0，asinx10，故 xln xasinx10.当 x1 时，0asin110 显然成立，故 xln xasinx10.当 0 x0，故sinxasinxsinx，令 h(x)xsinx(x0)，则 h(x)1cosx0，所以 h(x)在(0，)上单调递增，故 h(x)0，即 xsinx(x0)，故 xasinx(x0)，只需证 q(x)xln xx10，q(x)ln x，当 x(0,1)时，q(x)0，q(x)在(0,1)上单调递减，故当 0 x0，故 xln xasinx10.综合可知，当1a1 时，f(x)g(x)解本课结束
