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高一数学导数在研究函数中的应用练习题

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2024全国高考真题数学汇编：导数在研究函数中的应用

2024全国高考真题数学汇编：导数在研究函数中的应用

2024全国高考真题数学汇编导数在研究函数中的应用一、单选题1．（2024上海高考真题）已知函数()f x 的定义域为R ，定义集合 0000,,,M x x x x f x f x R ，在使得 1,1M 的所有 f x 中，下列成立的是（）A ．存在 f x 是偶函数B ．存在 f x 在2x 处取最大值C ．存在 f x 是严格增函数D ．存在 f x 在=1x 处取到极小值二、多选题2．（2024全国高考真题）设函数2()(1)(4)f x x x ，则（）A ．3x 是()f x 的极小值点B ．当01x 时， 2()f x f xC ．当12x 时，4(21)0f xD ．当10x 时，(2)()f x f x 3．（2024全国高考真题）设函数32()231f x x ax ，则（）A ．当1a 时，()f x 有三个零点B ．当0a 时，0x 是()f x 的极大值点C ．存在a ，b ，使得x b 为曲线()y f x 的对称轴D ．存在a ，使得点 1,1f 为曲线()y f x 的对称中心三、填空题4．（2024全国高考真题）曲线33y x x 与 21y x a 在 0, 上有两个不同的交点，则a 的取值范围为．四、解答题5．（2024全国高考真题）已知函数3()e x f x ax a ．(1)当1a 时，求曲线()y f x 在点 1,(1)f 处的切线方程；(2)若()f x 有极小值，且极小值小于0，求a 的取值范围．6．（2024全国高考真题）已知函数 1ln 1f x ax x x ．(1)当2a 时，求 f x 的极值；(2)当0x 时， 0f x ，求a 的取值范围．7．（2024全国高考真题）已知函数 1ln 1f x a x x ．(1)求 f x 的单调区间；(2)当2a 时，证明：当1x 时， 1e x f x 恒成立．8．（2024上海高考真题）对于一个函数 f x 和一个点 ,M a b ，令 22()()s x x a f x b ，若 00,P x f x 是 s x 取到最小值的点，则称P 是M 在 f x 的“最近点”．(1)对于1()(0)f x x x，求证：对于点 0,0M ，存在点P ，使得点P 是M 在 f x 的“最近点”；(2)对于 e ,1,0x f x M ，请判断是否存在一个点P ，它是M 在 f x 的“最近点”，且直线MP 与()y f x 在点P 处的切线垂直；(3)已知()y f x 在定义域R 上存在导函数()f x ，且函数()g x 在定义域R 上恒正，设点11,M t f t g t ， 21,M t f t g t ．若对任意的t R ，存在点P 同时是12,M M 在 f x 的“最近点”，试判断 f x 的单调性．9．（2024北京高考真题）设函数 ln 10f x x k x k ，直线l 是曲线 y f x 在点 ,0t f t t 处的切线．(1)当1k 时，求 f x 的单调区间.(2)求证：l 不经过点 0,0.(3)当1k 时，设点 ,0A t f t t ， 0,C f t ， 0,0O ，B 为l 与y 轴的交点，ACO S 与ABO S 分别表示ACO △与ABO 的面积．是否存在点A 使得215ACO ABO S S △△成立？若存在，这样的点A 有几个？（参考数据：1.09ln31.10 ，1.60ln51.61 ，1.94ln71.95 ）10．（2024天津高考真题）设函数 ln f x x x ．(1)求 f x 图象上点 1,1f 处的切线方程；(2)若 f x a x 在 0,x 时恒成立，求a 的值；(3)若 12,0,1x x ，证明 121212f x f x x x ．11．（2024全国高考真题）已知函数3()ln (1)2x f x ax b x x (1)若0b ，且()0f x ，求a 的最小值；(2)证明：曲线()y f x 是中心对称图形；(3)若()2f x 当且仅当12x ，求b 的取值范围．参考答案1．B【分析】对于ACD 利用反证法并结合函数奇偶性、单调性以及极小值的概念即可判断，对于B ，构造函数2,1,111,1x f x x x x即可判断.【详解】对于A ，若存在()y f x 是偶函数,取01[1,1]x ,则对于任意(,1),()(1)x f x f ,而(1)(1)f f ,矛盾,故A 错误；对于B ，可构造函数 2,1,,11,1,1,x f x x x x满足集合 1,1M ，当1x 时，则 2f x ，当11x 时， 1,1f x ，当1x 时， 1f x ，则该函数 f x 的最大值是 2f ，则B 正确；对C ，假设存在 f x ，使得 f x 严格递增，则M R ，与已知 1,1M 矛盾，则C 错误；对D ，假设存在 f x ，使得 f x 在=1x 处取极小值，则在1 的左侧附近存在n ，使得 1f n f ，这与已知集合M 的定义矛盾，故D 错误；故选：B.2．ACD【分析】求出函数 f x 的导数，得到极值点，即可判断A ；利用函数的单调性可判断B ；根据函数 f x 在 1,3上的值域即可判断C ；直接作差可判断D.【详解】对A ，因为函数 f x 的定义域为R ，而 22141313f x x x x x x ，易知当 1,3x 时， 0f x ，当 ,1x 或 3,x 时， 0f x 函数 f x 在 ,1 上单调递增，在 1,3上单调递减，在 3, 上单调递增，故3x 是函数 f x 的极小值点，正确；对B ，当01x 时， 210x x x x ，所以210x x ，而由上可知，函数 f x 在 0,1上单调递增，所以 2f x f x ，错误；对C ，当12x 时，1213x ，而由上可知，函数 f x 在 1,3上单调递减，所以 1213f f x f ，即 4210f x ，正确；对D ，当10x 时， 222(2)()12141220f x f x x x x x x x ，所以(2)()f x f x ，正确；故选：ACD.3．AD【分析】A 选项，先分析出函数的极值点为0,x x a ，根据零点存在定理和极值的符号判断出()f x 在(1,0),(0,),(,2)a a a 上各有一个零点；B 选项，根据极值和导函数符号的关系进行分析；C 选项，假设存在这样的,a b ，使得x b 为()f x 的对称轴，则()(2)f x f b x 为恒等式，据此计算判断；D 选项，若存在这样的a ，使得(1,33)a 为()f x 的对称中心，则()(2)66f x f x a ，据此进行计算判断，亦可利用拐点结论直接求解.【详解】A 选项，2()666()f x x ax x x a ，由于1a ，故 ,0,x a 时()0f x ，故()f x 在 ,0,,a 上单调递增，(0,)x a 时，()0f x ，()f x 单调递减，则()f x 在0x 处取到极大值，在x a 处取到极小值，由(0)10 f ，3()10f a a ，则(0)()0f f a ，根据零点存在定理()f x 在(0,)a 上有一个零点，又(1)130f a ，3(2)410f a a ，则(1)(0)0,()(2)0f f f a f a ，则()f x 在(1,0),(,2)a a 上各有一个零点，于是1a 时，()f x 有三个零点，A 选项正确；B 选项，()6()f x x x a ，a<0时，(,0),()0x a f x ，()f x 单调递减，,()0x 时()0f x ，()f x 单调递增，此时()f x 在0x 处取到极小值，B 选项错误；C 选项，假设存在这样的,a b ，使得x b 为()f x 的对称轴，即存在这样的,a b 使得()(2)f x f b x ，即32322312(2)3(2)1x ax b x a b x ，根据二项式定理，等式右边3(2)b x 展开式含有3x 的项为303332C (2)()2b x x ，于是等式左右两边3x 的系数都不相等，原等式不可能恒成立，于是不存在这样的,a b ，使得x b 为()f x 的对称轴，C 选项错误；D 选项，方法一：利用对称中心的表达式化简(1)33f a ，若存在这样的a ，使得(1,33)a 为()f x 的对称中心，则()(2)66f x f x a ，事实上，32322()(2)2312(2)3(2)1(126)(1224)1812f x f x x ax x a x a x a x a ，于是266(126)(1224)1812a a x a x a即126012240181266a a a a，解得2a ，即存在2a 使得(1,(1))f 是()f x 的对称中心，D 选项正确.方法二：直接利用拐点结论任何三次函数都有对称中心，对称中心的横坐标是二阶导数的零点，32()231f x x ax ，2()66f x x ax ，()126f x x a ，由()02a f x x ，于是该三次函数的对称中心为,22a a f ，由题意(1,(1))f 也是对称中心，故122a a ，即存在2a 使得(1,(1))f 是()f x 的对称中心，D 选项正确.故选：AD【点睛】结论点睛：（1）()f x 的对称轴为()(2)x b f x f b x ；（2）()f x 关于(,)a b 对称()(2)2f x f a x b ；（3）任何三次函数32()f x ax bx cx d 都有对称中心，对称中心是三次函数的拐点，对称中心的横坐标是()0f x 的解，即,33b b f aa是三次函数的对称中心4． 2,1 【分析】将函数转化为方程，令 2331x x x a ，分离参数a ，构造新函数 3251,g x x x x 结合导数求得 g x 单调区间，画出大致图形数形结合即可求解.【详解】令 2331x x x a ，即3251a x x x ，令 32510,g x x x x x 则 2325351g x x x x x ，令 00g x x 得1x ，当 0,1x 时， 0g x ， g x 单调递减，当 1,x 时， 0g x ， g x 单调递增， 01,12g g ，因为曲线33y x x 与 21y x a 在 0, 上有两个不同的交点，所以等价于y a 与 g x 有两个交点，所以 2,1a .故答案为：2,1 5．(1) e 110x y (2)1, 【分析】（1）求导，结合导数的几何意义求切线方程；（2）解法一：求导，分析0a 和0a 两种情况，利用导数判断单调性和极值，分析可得2ln 10a a ，构建函数解不等式即可；解法二：求导，可知()e x f x a 有零点，可得0a ，进而利用导数求 f x 的单调性和极值，分析可得2ln 10a a ，构建函数解不等式即可.【详解】（1）当1a 时，则()e 1x f x x ，()e 1x f x ，可得(1)e 2f ，(1)e 1f ，即切点坐标为 1,e 2 ，切线斜率e 1k ，所以切线方程为 e 2e 11y x ，即 e 110x y .（2）解法一：因为()f x 的定义域为R ，且()e x f x a ，若0a ，则()0f x 对任意x R 恒成立，可知()f x 在R 上单调递增，无极值，不合题意；若0a ，令()0f x ，解得ln x a ；令()0f x ，解得ln x a ；可知()f x 在 ,ln a 内单调递减，在 ln ,a 内单调递增，则()f x 有极小值 3ln ln f a a a a a ，无极大值，由题意可得： 3ln ln 0f a a a a a ，即2ln 10a a ，构建 2ln 1,0g a a a a ，则 120g a a a，可知 g a 在 0, 内单调递增，且 10g ，不等式2ln 10a a 等价于 1g a g ，解得1a ，所以a 的取值范围为 1, ；解法二：因为()f x 的定义域为R ，且()e x f x a ，若()f x 有极小值，则()e x f x a 有零点，令()e 0x f x a ，可得e x a ，可知e x y 与y a 有交点，则a ，若0a ，令()0f x ，解得ln x a ；令()0f x ，解得ln x a ；可知()f x 在 ,ln a 内单调递减，在 ln ,a 内单调递增，则()f x 有极小值 3ln ln f a a a a a ，无极大值，符合题意，由题意可得： 3ln ln 0f a a a a a ，即2ln 10a a ，构建 2ln 1,0g a a a a ，因为则2,ln 1y a y a 在 0, 内单调递增，可知 g a 在 0, 内单调递增，且 10g ，不等式2ln 10a a 等价于 1g a g ，解得1a ，所以a 的取值范围为 1, .6．(1)极小值为0，无极大值.(2)12a 【分析】（1）求出函数的导数，根据导数的单调性和零点可求函数的极值.（2）求出函数的二阶导数，就12a 、102a 、0a 分类讨论后可得参数的取值范围.【详解】（1）当2a 时，()(12)ln(1)f x x x x ，故121()2ln(1)12ln(1)111x f x x x x x，因为12ln(1),11y x y x在 1, 上为增函数，故()f x 在 1, 上为增函数，而(0)0f ，故当10x 时，()0f x ，当0x 时，()0f x ，故 f x 在0x 处取极小值且极小值为 00f ，无极大值.（2） 11ln 11ln 1,011a x ax f x a x a x x x x，设 1ln 1,01a x s x a x x x，则222111211111a a x a a ax a s x x x x x ，当12a 时， 0s x ，故 s x 在 0, 上为增函数，故 00s x s ，即 0f x ，所以 f x 在 0, 上为增函数，故 00f x f .当102a 时，当0x 0s x ，故 s x 在210,a a 上为减函数，故在210,a a上 0s x s ，即在210,a a上 0f x 即 f x 为减函数，故在210,a a上 00f x f ，不合题意，舍.当0a ，此时 0s x 在 0, 上恒成立，同理可得在 0, 上 00f x f 恒成立，不合题意，舍；综上，12a .【点睛】思路点睛：导数背景下不等式恒成立问题，往往需要利用导数判断函数单调性，有时还需要对导数进一步利用导数研究其符号特征，处理此类问题时注意利用范围端点的性质来确定如何分类.7．(1)见解析(2)见解析【分析】（1）求导，含参分类讨论得出导函数的符号，从而得出原函数的单调性；（2）先根据题设条件将问题可转化成证明当1x 时，1e 21ln 0x x x 即可.【详解】（1）()f x 定义域为(0,) ，11()ax f x a x x当0a 时，1()0ax f x x，故()f x 在(0,) 上单调递减；当0a 时，1,x a时，()0f x ，()f x 单调递增，当10,x a时，()0f x ，()f x 单调递减.综上所述，当0a 时，()f x 的单调递减区间为(0,) ；0a 时，()f x 的单调递增区间为1,a ，单调递减区间为10,a.（2）2a ，且1x 时，111e ()e (1)ln 1e 21ln x x x f x a x x x x ，令1()e 21ln (1)x g x x x x ，下证()0g x 即可.11()e 2x g x x ，再令()()h x g x ，则121()e x h x x，显然()h x 在(1,) 上递增，则0()(1)e 10h x h ，即()()g x h x 在(1,) 上递增，故0()(1)e 210g x g ，即()g x 在(1,) 上单调递增，故0()(1)e 21ln10g x g ，问题得证8．(1)证明见解析(2)存在，0,1P (3)严格单调递减【分析】（1）代入(0,0)M ，利用基本不等式即可；（2）由题得 22(1)e x s x x ，利用导函数得到其最小值，则得到P ，再证明直线MP 与切线垂直即可；（3）根据题意得到 10200s x s x ，对两等式化简得 01()f xg t ，再利用“最近点”的定义得到不等式组，即可证明0x t ，最后得到函数单调性.【详解】（1）当(0,0)M 时， 222211(0)02s x x x x x ，当且仅当221x x 即1x 时取等号，故对于点 0,0M ，存在点 1,1P ，使得该点是 0,0M 在 f x 的“最近点”．（2）由题设可得 2222(1)e 0(1)e x x s x x x ，则 2212e x s x x ，因为 221,2e x y x y 均为R 上单调递增函数，则 2212e xs x x 在R 上为严格增函数，而 00s ，故当0x 时， 0s x ，当0x 时， 0s x ，故 min 02s x s ，此时 0,1P ，而 e ,01x f x k f ，故 f x 在点P 处的切线方程为1y x .而01110MP k ，故1MP k k ，故直线MP 与 y f x 在点P 处的切线垂直．（3）设 221(1)()s x x t f x f t g t ，222(1)()s x x t f x f t g t ，而 12(1)2()s x x t f x f t g t f x ， 22(1)2()s x x t f x f t g t f x ，若对任意的t R ，存在点P 同时是12,M M 在 f x 的“最近点”，设 00,P x y ，则0x 既是 1s x 的最小值点，也是 2s x 的最小值点，因为两函数的定义域均为R ，则0x 也是两函数的极小值点，则存在0x ,使得 10200s x s x ，即 10000212()()0s x x t f x f x f t g t ① 20000212()()0s x x t f x f x f t g t ②由①②相等得 044()0g t f x ，即 01()0f x g t ，即 01()f x g t，又因为函数()g x 在定义域R 上恒正，则 010()f xg t 恒成立，接下来证明0x t ，因为0x 既是 1s x 的最小值点，也是 2s x 的最小值点，则 1020(),()s x s t s x s t ，即 2220011x t f x f t g t g t ，③ 2220011x t f x f t g t g t ，④③ ④得 222200222()2()22()x t f x f t g t g t 即 22000x t f x f t ，因为 2200,00x t f x f t 则 0000x t f x f t，解得0x t ，则 10()f tg t 恒成立，因为t 的任意性，则 f x 严格单调递减.【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是结合最值点和极小值的定义得到 01()f x g t，再利用最值点定义得到0x t 即可.9．(1)单调递减区间为(1,0) ，单调递增区间为(0,) .(2)证明见解析(3)2【分析】（1）直接代入1k ，再利用导数研究其单调性即可；（2）写出切线方程()1()(0)1k y f t x t t t，将(0,0)代入再设新函数()ln(1)1t F t t t ，利用导数研究其零点即可；（3）分别写出面积表达式，代入215ACO ABO S S 得到13ln(1)21501t t t t ，再设新函数15()13ln(1)2(0)1t h t t t t t研究其零点即可.【详解】（1）1()ln(1),()1(1)11x f x x x f x x x x，当 1,0x 时， 0f x ；当 0,x ，()0f x ¢>；()f x 在(1,0) 上单调递减，在(0,) 上单调递增.则()f x 的单调递减区间为(1,0) ，单调递增区间为(0,) .（2）()11k f x x ，切线l 的斜率为11k t，则切线方程为()1()(0)1k y f t x t t t，将(0,0)代入则()1,()111k k f t t f t t t t，即ln(1)1k t k t t tt ，则ln(1)1t t t ，ln(1)01t t t ，令()ln(1)1t F t t t，假设l 过(0,0)，则()F t 在(0,)t 存在零点.2211()01(1)(1)t t t F t t t t ，()F t 在(0,) 上单调递增，()(0)0F t F ，()F t 在(0,) 无零点， 与假设矛盾，故直线l 不过(0,0).（3）1k 时，12()ln(1),()1011x f x x x f x x x.1()2ACO S tf t ，设l 与y 轴交点B 为(0,)q ，0t 时，若0q ，则此时l 与()f x 必有交点，与切线定义矛盾.由（2）知0q .所以0q ，则切线l 的方程为 111ln 1x t y t t t，令0x ，则ln(1)1t y q y t t.215ACO ABO S S ，则2()15ln(1)1t tf t t t t，13ln(1)21501t t t t ，记15()13ln(1)2(0)1th t t t t t， 满足条件的A 有几个即()h t 有几个零点.2222221313221151315294(21)(4)()21(1)(1)(1)(1)t t t t t t t h t t t t t t ，当10,2t时， 0h t ，此时 h t 单调递减；当1,42t时， 0h t ，此时 h t 单调递增；当 4,t 时， 0h t ，此时 h t 单调递减；因为1(0)0,0,(4)13ln 520131.6200.802h h h，15247272(24)13ln 254826ln 548261.614820.5402555h，所以由零点存在性定理及()h t 的单调性，()h t 在1,42上必有一个零点，在(4,24)上必有一个零点，综上所述，()h t 有两个零点，即满足215ACO ABO S S 的A 有两个.【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是采用的是反证法，转化为研究函数零点问题.10．(1)1y x (2)2(3)证明过程见解析【分析】（1）直接使用导数的几何意义；（2）先由题设条件得到2a ，再证明2a 时条件满足；（3）先确定 f x 的单调性，再对12,x x 分类讨论.【详解】（1）由于 ln f x x x ，故 ln 1f x x .所以 10f ， 11f ，所以所求的切线经过 1,0，且斜率为1，故其方程为1y x .（2）设 1ln h t t t ，则 111t h t t t，从而当01t 时 0h t ，当1t 时 0h t .所以 h t 在 0,1上递减，在 1, 上递增，这就说明 1h t h ，即1ln t t ，且等号成立当且仅当1t .设 12ln g t a t t ，则ln 1f x a x x x a x x a x g .当 0,x0, ，所以命题等价于对任意 0,t ，都有 0g t .一方面，若对任意 0,t ，都有 0g t ，则对 0,t 有112012ln 12ln 1212g t a t t a t a t at a t t t，取2t ，得01a ，故10a .再取t，得2022a a a，所以2a .另一方面，若2a ，则对任意 0,t 都有 212ln 20g t t t h t ，满足条件.综合以上两个方面，知a 的值是2.（3）先证明一个结论：对0a b ，有 ln 1ln 1f b f a a b b a.证明：前面已经证明不等式1ln t t ，故lnln ln ln ln ln ln 1ln 1bb b a a a b a aa b b b b b a b a a，且1lnln ln ln ln ln ln ln 1ln 11a a b b a a b b b a b b a a a a a a b a b a b b，所以ln ln ln 1ln 1b b a a a b b a，即 ln 1ln 1f b f a a b b a.由 ln 1f x x ，可知当10e x 时 0f x ，当1ex 时()0f x ¢>.所以 f x 在10,e上递减，在1,e上递增.不妨设12x x ，下面分三种情况（其中有重合部分）证明本题结论.情况一：当1211ex x 时，有122122121ln 1f x f x f x f x x x x x x ，结论成立；情况二：当1210e x x 时，有 12121122ln ln f x f x f x f x x x x x .对任意的10,e c，设ln ln x x x c cln 1x x 由于 x单调递增，且有1111111ln 1ln11102e2e ec c，且当2124ln 1x c c，2cx2ln 1c 可知2ln 1ln 1ln 102c x x c.所以 x 在 0,c 上存在零点0x ，再结合 x 单调递增，即知00x x 时 0x ，0x x c 时 0x .故 x 在 00,x 上递减，在 0,x c 上递增.①当0x x c 时，有 0x c ；②当00x x112221e e f f c，故我们可以取1,1q c .从而当201cx q1ln ln ln ln 0x x x c c c c c c q c.再根据 x 在 00,x 上递减，即知对00x x 都有 0x ；综合①②可知对任意0x c ，都有 0x ，即ln ln 0x x x c c .根据10,e c和0x c 的任意性，取2c x ，1x x，就得到1122ln ln 0x x x x .所以12121122ln ln f x f x f x f x x x x x 情况三：当12101e x x时，根据情况一和情况二的讨论，可得11e f x f21e f f x而根据 f x 的单调性，知 1211e f x f x f x f或 1221e f x f x f f x .故一定有12f x f x 成立.综上，结论成立.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于第3小问中，需要结合 f x 的单调性进行分类讨论.11．(1)2 (2)证明见解析(3)23b【分析】（1）求出 min 2f x a 后根据()0f x 可求a 的最小值；（2）设 ,P m n 为 y f x 图象上任意一点，可证 ,P m n 关于 1,a 的对称点为 2,2Q m a n 也在函数的图像上，从而可证对称性；（3）根据题设可判断 12f 即2a ，再根据()2f x 在 1,2上恒成立可求得23b .【详解】（1）0b 时， ln 2xf x ax x，其中 0,2x ，则112,0,222f x a a x x x x x，因为 22212x x x x，当且仅当1x 时等号成立，故 min 2f x a ，而 0f x 成立，故20a 即2a ，所以a 的最小值为2 .，（2） 3ln12x f x ax b x x的定义域为 0,2，设 ,P m n 为 y f x 图象上任意一点，,P m n 关于 1,a 的对称点为 2,2Q m a n ，因为 ,P m n 在 y f x 图象上，故 3ln 12m n am b m m，而 3322ln221ln 122m m f m a m b m am b m a m m，2n a ，所以 2,2Q m a n 也在 y f x 图象上，由P 的任意性可得 y f x 图象为中心对称图形，且对称中心为 1,a .（3）因为 2f x 当且仅当12x ，故1x 为 2f x 的一个解，所以 12f 即2a ，先考虑12x 时， 2f x 恒成立.此时 2f x 即为 3ln21102x x b x x在 1,2上恒成立，设 10,1t x ，则31ln201t t bt t在 0,1上恒成立，设 31ln2,0,11t g t t bt t t，则2222232322311t bt b g t bt t t，当0b ，232332320bt b b b ，故 0g t 恒成立，故 g t 在 0,1上为增函数，故 00g t g 即 2f x 在 1,2上恒成立.当203b 时，2323230bt b b ，故 0g t 恒成立，故 g t 在 0,1上为增函数，故 00g t g 即 2f x 在 1,2上恒成立.当23b ，则当01t 时， 0g t故在 上 g t 为减函数，故 00g t g ，不合题意，舍；综上， 2f x 在 1,2上恒成立时23b .而当23b 时，而23b 时，由上述过程可得 g t 在 0,1递增，故 0g t 的解为 0,1，即 2f x 的解为 1,2.综上，23b .【点睛】思路点睛：一个函数不等式成立的充分必要条件就是函数不等式对应的解，而解的端点为函数对一个方程的根或定义域的端点，另外，根据函数不等式的解确定参数范围时，可先由恒成立得到参数的范围，再根据得到的参数的范围重新考虑不等式的解的情况.。

导数在研究函数中的应用练习题(基础、经典、好用)

导数在研究函数中的应用练习题(基础、经典、好用)

导数在研究函数中的应用一、选择题1．设函数f(x)＝2x＋ln x，则()A．x＝12为f(x)的极大值点B．x＝12为f(x)的极小值点C．x＝2为f(x)的极大值点D．x＝2为f(x)的极小值点2．函数f(x)＝x2－2ax＋a在区间(－∞，1)上有最小值，则函数g(x)＝f（x）x在区间(1，＋∞)上一定()A．有最小值B．有最大值C．是减函数D．是增函数3．若函数f(x)＝x3－6bx＋3b在(0，1)内有极小值，则实数b的取值范围是() A．(0，1) B．(－∞，1)C．(0，＋∞) D．(0，1 2)4．对于在R上可导的任意函数f(x)，若满足(x－a)f′(x)≥0，则必有() A．f(x)≥f(a) B．f(x)≤f(a)C．f(x)＞f(a) D．f(x)＜f(a)5．若函数f(x)＝xx2＋a(a＞0)在[1，＋∞)上的最大值为33，则a的值为()A.33 B. 3 C.3＋1 D.3－1二、填空题6．函数f(x)＝xln x的单调递减区间是________．7．已知函数f(x)＝x3＋3mx2＋nx＋m2在x＝－1时有极值0，则m＋n＝________．8．已知函数f(x)＝－12x2＋4x－3ln x在[t，t＋1]上不单调，则t的取值范围是________．三、解答题9．(2013·肇庆调研)已知函数f(x)＝ax2＋b ln x在x＝1处有极值1 2.(1)求a，b的值；(2)判断函数y＝f(x)的单调性并求出单调区间．10．设函数f(x)＝x＋ax2＋b ln x，曲线y＝f(x)过P(1，0)，且在P点处的切线斜率为2.(1)求a，b的值；(2)令g(x)＝f(x)－2x＋2，求g(x)在定义域上的最值．11．(2013·惠州模拟)已知函数f(x)＝x2＋2a ln x.(1)若函数f(x)的图象在(2，f(2))处的切线斜率为1，求实数a的值；(2)求函数f(x)的单调区间；(3)若函数g(x)＝2x＋f(x)在[1，2]上是减函数，求实数a的取值范围．导数在研究函数中的应用解析及答案一、选择题1．【解析】∵f(x)＝2x＋ln x(x>0)，∴f′(x)＝－2x2＋1x.由f′(x)＝0解得x＝2.当x∈(0，2)时，f′(x)<0，f(x)为减函数；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)为增函数．∴x＝2为f(x)的极小值点．【答案】 D2．【解析】由函数f(x)＝x2－2ax＋a在区间(－∞，1)上有最小值，可得a的取值范围为a＜1，又g(x)＝f（x）x＝x＋ax－2a，则g′(x)＝1－ax2，易知在x∈(1，＋∞)上g′(x)＞0，所以g(x)为增函数．【答案】 D3．【解析】f′(x)＝3x2－6b，令f′(x)＝0得x2＝2b，由题意知0＜2b＜1，∴0＜b＜12，故选D.【答案】 D4．【解析】 由(x －a )f ′(x )≥0知， 当x ＞a 时，f ′(x )≥0；当x ＜a 时，f ′(x )≤0. ∴当x ＝a 时，函数f (x )取得最小值，则f (x )≥f (a )． 【答案】 A5．【解析】 f ′(x )＝x 2＋a －2x 2（x 2＋a ）2＝a －x 2（x 2＋a ）2.令f ′(x )＝0，得x ＝a 或x ＝－a (舍)，①若a ≤1时，即0＜a ≤1时，在[1，＋∞)上f ′(x )＜0，f (x )max ＝f (1)＝11＋a＝33. 解得a ＝3－1，符合题意． ②若a ＞1，在[1，a ]上f ′(x )＞0； 在[a ，＋∞)上f ′(x )＜0. ∴f (x )max ＝f (a )＝a 2a ＝33，解得a ＝34＜1，不符合题意， 综上知，a ＝3－1. 【答案】 D 二、填空题6．【解析】 f ′(x )＝ln x －1ln 2x ，令f ′(x )＜0得 ln x －1＜0，且ln x ≠0. ∴0＜x ＜1或1＜x ＜e ，故函数的单调递减区间是(0，1)和(1，e)． 【答案】 (0，1)，(1，e)7．【解析】 ∵f ′(x )＝3x 2＋6mx ＋n ，且f (x )在x ＝－1处的极值为0. ∴⎩⎨⎧f （－1）＝（－1）3＋3m （－1）2＋n （－1）＋m 2＝0，f ′（－1）＝3×（－1）2＋6m （－1）＋n ＝0， ∴⎩⎨⎧m ＝1，n ＝3或⎩⎨⎧m ＝2，n ＝9，当⎩⎨⎧m ＝1，n ＝3时，f ′(x )＝3x 2＋6x ＋3＝3(x ＋1)2≥0恒成立与x ＝－1是极值点矛盾， 当⎩⎨⎧m ＝2n ＝9时，f ′(x )＝3x 2＋12x ＋9＝3(x ＋1)(x ＋3)， 显然x ＝－1是极值点，符合题意， ∴m ＋n ＝11. 【答案】 118．【解析】 由题意知f ′(x )＝－x ＋4－3x ＝－（x －1）（x －3）x ，由f ′(x )＝0得函数f (x )的两个极值点为1，3，则只要这两个极值点有一个在区间(t ，t ＋1)内，函数f (x )在区间[t ，t ＋1]上就不单调， 由t ＜1＜t ＋1或t ＜3＜t ＋1， 得0＜t ＜1或2＜t ＜3. 【答案】 (0，1)∪(2，3) 三、解答题9．【解】 (1)f ′(x )＝2ax ＋b x ，又f (x )在x ＝1处有极值12. ∴⎩⎪⎨⎪⎧f （1）＝12，f ′（1）＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧a ＝12，2a ＋b ＝0.解之得a ＝12且b ＝－1. (2)由(1)可知f (x )＝12x 2－ln x ， 其定义域是(0，＋∞)，且f ′(x )＝x －1x ＝（x ＋1）（x －1）x .当x 变化时，f ′(x )、f (x )的变化情况如下表：x (0，1) 1 (1，＋∞)f ′(x ) －0 ＋f (x )极小值所以函数y ＝f (x )的单调减区间是(0，1)，单调增区间是(1，＋∞)． 10．【解】 (1)f ′(x )＝1＋2ax ＋bx (x ＞0)，又f (x )过点P (1，0)，且在点P 处的切线斜率为2，∴⎩⎨⎧f （1）＝0，f ′（1）＝2，即⎩⎨⎧1＋a ＝0，1＋2a ＋b ＝2. 解之得a ＝－1，b ＝3.(2)由(1)知，f (x )＝x －x 2＋3ln x ，定义域为(0，＋∞)， ∴g (x )＝2－x －x 2＋3ln x ，x ＞0，则g ′(x )＝－1－2x ＋3x ＝－（x －1）（2x ＋3）x .当0＜x ＜1时，g ′(x )＞0；当x ＞1时，g ′(x )＜0.所以g (x )在(0，1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减． ∴g (x )的最大值为g (1)＝0，g (x )没有最小值． 11．【解】 (1)f ′(x )＝2x ＋2a x ＝2x 2＋2ax ， 由已知f ′(2)＝1， 解得a ＝－3.(2)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)．①当a ≥0时，f ′(x )＞0，f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)； ②当a ＜0时，f ′(x )＝2（x ＋－a ）（x －－a ）x .当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下：x (0，－a )－a (－a ，＋∞)f ′(x ) －0 ＋f (x )极小值由上表可知，函数f (x )的单调递减区间是(0，－a )； 单调递增区间是(－a ，＋∞)．(3)由g (x )＝2x ＋x 2＋2a ln x 得g ′(x )＝－2x 2＋2x ＋2ax ， 由已知函数g (x )为[1，2]上的单调减函数， 则－2x 2＋2x ＋2ax ≤0在[1，2]上恒成立．即a≤1x－x2在[1，2]上恒成立．令h(x)＝1x－x2，h′(x)＝－1x2－2x＝－(1x2＋2x)＜0，所以h(x)在[1，2]上为减函数，h(x)min＝h(2)＝－7 2，所以a≤－7 2.。

(全国通用)高考数学2.11导数在研究函数中的应用练习

(全国通用)高考数学2.11导数在研究函数中的应用练习

（全国通用）高考数学2.11导数在研究函数中的应用练习导数在研究函数中的应用(25分钟60分)一、选择题(每小题5分,共25分)1.(2015·厦门模拟)函数f(x)=xln x,则()A.在(0,+∞)上递增B.在(0,+∞)上递减C.在(0,1e)上递增 D.在(0,1e)上递减【解析】选D.因为函数f(x)=x ln x,所以f′(x)=ln x+1,f′(x)>0,解得x>1e,则函数的单调递增区间为(1e,+∞),又f′(x)<0,解得0<x<1e,则函数的单调递减区间为（0,1e）,故选D.2.已知f(x)=x3+ax2+(a+6)x+1既有极大值又有极小值,则a的取值范围为()A.a<-1或a>2B.-3<a<6C.-1<a<2D.a<-3或a>6【解题提示】求导,令导数等于零,转化为方程在R上的实数根的情况求解.【解析】选 D.由已知得:f′(x)=3x2+2ax+a+6=0在R上有两个不相等的实根,所以Δ=(2a)2-12(a+6)>0,解得:a<-3或a>6,故选D.【加固训练】设函数y=f(x)在(a,b)上的导函数为f′(x),f′(x)在(a,b)上的导函数为f″(x),若在(a,b)上,f″(x)<0恒成立,则称函数f(x)在(a,b)上为“凸函数”.已知当m≤2时,f(x)=16x3-12mx2+x在(-1,2)上是“凸函数”,则f(x)在(-1,2)上()A.既有极大值,也有极小值B.既有极大值,也有最小值C.有极大值,没有极小值D.没有极大值,也没有极小值【解析】选C.由题设可知:f″(x)<0在(-1,2)上恒成立,由于f′(x)=12x2-mx+1,从而f″(x)=x-m,所以有x-m<0在(-1,2)上恒成立,故知m≥2,又因为m≤2,所以m=2;从而f(x)=16x3-x2+x,令f′(x)=12x2-2x+1=0得2∈2∉(-1,2);且当x∈2)时f′(x)>0,当x∈2,2)时f′(x)<0,所以在(-1,2)上f(x)在2处取得极大值,没有极小值.3.函数f(x)=x3-3x2+2在区间[-1,1]上的最大值是()A.-2B.0C.2D.4 【解析】选C.f ′(x)=3x2-6x=3x(x-2),因为-1≤x ≤1,所以令f ′(x)>0得-1≤x<0,令f ′(x)<0得0<x ≤1,所以函数f(x)在(-1,0)上单调递增,在(0,1)上单调递减.所以x=0时函数f(x)取得极大值同时也是最大值,即f(x)max=f(0)=2,故C 正确.4.若函数f(x)=x2+ax+1x 在(12,+∞)上是增函数,则a 的取值范围是( )A.[-1,0]B.[-1,+∞)C.[0,3]D.[3,+∞)【解题提示】由函数f(x)=x2+ax+1x 在(12,+∞)上是增函数,可得f ′(x)=2x+a-21x ≥0在(12,+∞)上恒成立,进而可转化为a ≥21x -2x 在(12,+∞)上恒成立,构造函数求解. 【解析】选D.因为f(x)=x2+ax+1x 在(12,+∞)上是增函数,故f ′(x)=2x+a-21x ≥0在(12,+∞)上恒成立,即a ≥21x -2x 在(12,+∞)上恒成立,令h(x)= 21x -2x,则h ′(x)=32x-2.当x ∈(12,+∞)时,h ′(x)<0,则h(x)为减函数, 所以h(x)<h 1()2=3,所以a ≥3,故选D.5.(2015·兰州模拟)设函数f(x)在R 上可导,其导函数为f ′(x),且函数y=(1-x)f ′(x)的图象如图所示,则下列结论中一定成立的是( ) A.函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1) B.函数f(x)有极大值f(-2)和极小值f(1) C.函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(-2) D.函数f(x)有极大值f(-2)和极小值f(2)【解析】选D.由图象知,f ′(-2)=f ′(2)=0,且当x<-2时,f ′(x)>0,-2<x<1, 1<x<2时,f ′(x)<0,当x>2时,f ′(x)>0,故f(-2)是极大值,f(2)是极小值. 二、填空题(每小题5分,共15分)6.已知函数f(x)=(ax2+x)-xln x 在[1,+∞)上单调递增,则实数a 的取值范围是 . 【解题提示】求导利用导数大于等于0转化为恒成立问题,再构造函数求解.【解析】由题意知:f ′(x)=2ax+1-(ln x+1)≥0,即a ≥lnx2x 在x ∈[1,+∞)上恒成立;设g(x)= lnx2x,令g′(x)=21lnx2x-=0,解得x=e,当x∈(e,+∞)时,g′(x)<0,g(x)为减函数,当x∈[1,e)时,g′(x)>0,g(x)为增函数,故g(x)的最大值为g(e)=12e,即a≥12e.答案:a≥1 2e7.(2015·银川模拟)函数f(x)=x(x-m)2在x=1处取得极小值,则m=.【解析】f′(1)=0可得m=1或m=3.当m=3时,f′(x)=3(x-1)(x-3),1<x<3时,f′(x)<0;x<1或x>3时,f′(x)>0,此时x=1处取得极大值,不合题意,所以m=1.答案:1【误区警示】本题易出现求出m值后不进行验证能否在x=1处取得极小值,导致解题错误.8.(2015·湖南十二校联考)已知函数f(x)的定义域为[-1,5],部分对应值如表:x -1 0 2 4 5f(x) 1 2 0 2 1f(x)的导函数y=f′(x)的图象如图所示,则f(x)的极小值为.x (-1,0) 0 (0,2) 2 (2,4) 4 (4,5) f′(x) + 0 - 0 + 0 -f(x) ↗极大值↘极小值↗极大值↘答案:0三、解答题(每小题10分,共20分)9.(2015·东北三省四市联考)已知函数f(x)=ln x,g(x)=(x-a)2+(ln x-a)2.(1)求函数f(x)在A(1,0)处的切线方程.(2)若g′(x)在[1,+∞)上单调递增,求实数a的取值范围.【解析】(1)因为f′(x)=1x,所以f′(1)=1,故切线方程为y=x-1.(2)g′(x)=a lnx2(x a)x x-+-,令F(x)=x-a lnxx x+-a,则y=F(x)在[1,+∞)上单调递增,F′(x)=22x lnx a1x-++,则当x≥1时,x2-ln x+a+1≥0恒成立,即当x≥1时,a≥-x2+ln x-1恒成立.令G(x)=-x2+ln x-1,则当x≥1时,G′(x)=212xx-<0,故G(x)=-x2+ln x-1在[1,+∞)上单调递减,从而G(x)max=G(1)=-2,故a≥G(x)max=-2,即a的取值范围为a≥-2.10.(2014·安徽高考)设函数f(x)=1+(1+a)x-x2-x3,其中a>0.(1)讨论f(x)在其定义域上的单调性.(2)当x∈[0,1]时,求f(x)取得最大值和最小值时x的值. 【解析】(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),f′(x)=1+a-2x-3x2,令f′(x)=0得x1=143a3-+,x2=143a3-++,x1<x2,所以f′(x)=-3(x-x1)(x-x2), 当x<x1或x>x2时f′(x)<0; 当x1<x<x2时f′(x)>0.所以f(x)在143a(,3--+-∞和143a()3-+++∞内单调递减,在143a143a(33-+-++内单调递增.(2)因为a>0,所以x1<0,x2>0.①当a≥4时,x2≥1,由(1)知,f(x)在[0,1]上单调递增,所以f(x)在x=0和x=1处分别取得最小值和最大值.②当0<a<4时,x2<1,由(1)知,f(x)在[0,x2]上单调递增,在[x2,1]上单调递减.所以f(x)在x=x2=143a3-+处取得最大值.又f(0)=1,f(1)=a,所以当0<a<1时,f(x)在x=1处取得最小值;当a=1时,f(x)在x=0和x=1处同时取得最小值;当1<a<4时,f(x)在x=0处取得最小值.【加固训练】(2014·马鞍山模拟)已知函数f(x)=ln x-ax2+(a-2)x.(1)若f(x)在x=1处取得极值,求a的值.(2)求函数y=f(x)在[a2,a]上的最大值.【解析】(1)因为f(x)=ln x-ax2+(a-2)x,所以函数的定义域为(0,+∞),所以f′(x)=()()()()212ax a2x2x1ax1 12ax a2. x x x-+---+-+-==因为f(x)在x=1处取得极值,即f′(1)=-(2-1)(a+1)=0,所以a=-1.当a=-1时,在(12,1)内f′(x)<0,在(1,+∞)内f′(x)>0,所以x=1是函数f(x)的极小值点,所以a=-1.(2)因为a2<a,所以0<a<1,f′(x)=()()()()212ax a2x2x1ax1 12ax a2. x x x-+--+-+-==-因为x∈(0,+∞),所以ax+1>0,所以f(x)在（0,12）上单调递增;在（12,+∞）上单调递减.①当0<a≤12时,f(x)在[a2,a]上单调递增,所以f(x)max=f(a)=ln a-a3+a2-2a.②当21a,21a,2⎧>⎪⎪⎨⎪<⎪⎩即12a22<<时,f(x)在21(a,)2上单调递增,在1(,a)2上单调递减,所以f(x)max=f(12)=a a2aln21ln2424---+=--;③当12≤a2,即22≤a<1时,f(x)在[a2,a]上单调递减,所以f(x)max=f(a2)=2ln a-a5+a3-2a2.综上所述,当0<a≤12时,函数y=f(x)在[a2,a]上的最大值是ln a-a3+a2-2a;当12a22<<时,函数y=f(x)在[a2,a]上的最大值是a4-1-ln 2;当22≤a<1时,函数y=f(x)在[a2,a]上的最大值是2ln a-a5+a3-2a2.(20分钟40分)1.(5分)若函数f(x)=3211x ax32-+(a-1)x+1在区间(1,4)内为减函数,在区间(6,+∞)内为增函数,则实数a的取值范围是()A.(-∞,2]B.[5,7]C.[4,6]D.(-∞,5]∪[7,+∞)【解题提示】求出原函数的导函数,求得导函数的零点1,a-1,然后讨论1与a-1的大小,分析导函数在不同区间内的符号,从而得到原函数在不同区间内的单调性,最后借助已知条件得到a-1与4和6的关系,则答案可求.【解析】选B.由函数f(x)=3211x ax32-+(a-1)x+1,得f′(x)=x2-ax+a-1.令f′(x)=0,解得x=1或x=a-1.当a-1≤1,即a≤2时,f′(x)在(1,+∞)上大于0,函数f(x)在(1,+∞)上为增函数,不合题意;当a-1>1,即a>2时,f′(x)在(-∞,1)上大于0,函数f(x)在(-∞,1)上为增函数,f′(x)在(1,a-1)内小于0,函数f(x)在(1,a-1)内为减函数,f′(x)在(a-1,+∞)内大于0,函数f(x)在(a-1,+∞)上为增函数.依题意应有:当x∈(1,4)时,f′(x)<0,当x∈(6,+∞)时,f′(x)>0,所以4≤a-1≤6,解得5≤a≤7,所以a的取值范围是[5,7],故选B.2.(5分)(2015·安阳模拟)函数f(x)=ax3+bx2+cx-34(a,b,c∈R)的导函数为f′(x),若不等式f′(x)≤0的解集为{x|-2≤x≤3},且f(x)的极小值等于-115,则a的值为()A.-8122 B.13 C.2 D.5【解析】选C.由已知可知f′(x)=3ax2+2bx+c,由3ax2+2bx+c≤0的解集为{x|-2≤x≤3}可知a>0,且-2,3是方程3ax2+2bx+c=0的两根,则由根与系数的关系知2b c1,6,3a3a=-=-所以3ab2=-,c=-18a,此时f(x)=ax3-3a2x2-18ax-34,当x∈(-∞,-2)时,f′(x)>0,f(x)为增函数;当x∈(-2,3)时,f′(x)<0,f(x)为减函数;当x∈(3,+∞)时,f′(x)>0,f(x)为增函数,所以f(3)为f(x)的极小值,且f(3)=27a-27a2-54a-34=-115,解得a=2,故选C.3.(5分)(2014·辽宁高考)当x∈[-2,1]时,不等式ax3-x2+4x+3≥0恒成立,则实数a的取值范围是()A.[-5,-3]B.[-6,-9 8]C.[-6,-2]D.[-4,-3]【解析】选C.当x∈(0,1]时,不等式ax3-x2+4x+3≥0⇒a≥23x4x3x--,x∈(0,1]恒成立.令g(x)= 23x 4x 3x --,x ∈(0,1], 则g ′(x)=24x 8x 9x -++,x ∈(0,1],设h(x)=-x2+8x+9,h(x)在(0,1]上为增函数,h(x)>h(0)=9>0,所以x ∈(0,1]时,g ′(x)= 24x 8x 9x -++>0, 则g(x)= 23x 4x 3x --在(0,1]上为增函数,g(x)= 23x 4x 3x --,x ∈(0,1]的最大值g(x)max=g(1)=-6,从而a ≥-6.当x=0时,a ∈R.当x ∈[-2,0)时,不等式ax3-x2+4x+3≥0⇒a ≤23x 4x 3x --,x ∈[-2,0)恒成立.()24x 8x 9g x 0,x x [2,0)⎧-++'=>⎪⎨⎪∈-⎩⇒-1<x<0, ()24x 8x 9g x 0,x x [2,0)⎧-++'=<⎪⎨⎪∈-⎩⇒-2≤x<-1.所以g(x)= 23x 4x 3x --在[-2,-1)上为减函数,在(-1,0)上为增函数,故g(x)min=g(-1)=-2,则a ≤-2.综上所述,-6≤a ≤-2.4.(12分)(2015·兰州模拟)已知函数f(x)=ax +ln x-2,g(x)=ln x+2x.(1)求函数f(x)的单调区间.(2)试问过点(2,5)可作多少条直线与曲线y=g(x)相切?请说明理由.【解题提示】(1)对函数f(x)求导,当导数f ′(x)大于0时可求单调增区间,当导数f ′(x)小于0时可求单调减区间.(2)先表示出过点(2,5)与曲线y=g(x)相切的直线,进而假设函数,可求得切线的条数.【解析】(1)由题意得,函数的定义域为(0,+∞),f ′(x)=221a x a x xx --=.当a ≤0时,f ′(x)>0恒成立,f(x)的单调递增区间为(0,+∞),当a>0时,令 f ′(x)>0,x>a,令f ′(x)<0,0<x<a.故f(x)的单调递增区间为(a,+∞),单调递减区间为(0,a).(2)设切点为(m,n),g ′(x)=1x +2, 所以1n 52mm 2-+=-,n=ln m+2m, 所以ln m+2m -2=0,令h(x)=ln x+2x -2,所以h ′(x)=212x x -, 由导数为0可得,x=2,所以h(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,因为h(12)>0,h(2)=ln 2-1<0,所以h(x)与x 轴有两个交点,所以过点(2,5)可作2条曲线y=g(x)的切线.5.(13分)(2014·山东高考)设函数f(x)=x 2e 2k(lnx)x x -+ (k 为常数,e=2.718 28…是自然对数的底数).(1)当k ≤0时,求函数f(x)的单调区间.(2)若函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点,求k 的取值范围. 【解析】(1)函数y=f(x)的定义域为(0,+∞).f ′(x)=2x x 42x e 2xe 21k()x x x ---+ ()()()xx x 323x 2e kx k x 2xe 2e .x x x ----=-=由k ≤0可得ex-kx>0,所以当x ∈(0,2)时,f ′(x)<0,函数y=f(x)单调递减, x ∈(2,+∞)时,f ′(x)>0,函数y=f(x)单调递增.所以f(x)的单调递减区间为(0,2),单调递增区间为(2,+∞). (2)由(1)知,k ≤0时,函数f(x)在(0,2)内单调递减, 故f(x)在(0,2)内不存在极值点;当k>0时,设函数g(x)=ex-kx,x ∈(0,+∞). 因为g ′(x)=ex-k=ex-eln k,当0<k ≤1时,当x ∈(0,2)时,g ′(x)=ex-k>0,y=g(x)单调递增, 故f(x)在(0,2)内不存在两个极值点;当k>1时,x ∈(0,ln k)时,g ′(x)<0,函数y=g(x)单调递减,x∈(ln k,+∞)时,g′(x)>0,函数y=g(x)单调递增. 所以函数y=g(x)的最小值为g(ln k)=k(1-ln k), 函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点,当且仅当()()g00,g(lnk)0,g20,0lnk 2.>⎧⎪<⎪⎨>⎪⎪<<⎩解得e<k<2e2.综上所述,函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点时,k的取值范围为（e,2e 2）.。

高中数学导数在研究函数中的运用练习题

高中数学导数在研究函数中的运用练习题

导数在研究函数中的应用（基础）1．若函数)(x f 在],[b a 上连续，在),(b a 内可导，且),(b a x ∈时0)(>'x f ，又0)(>a f ，则 （ ） A ．)(x f 在区间),(b a 上单调递增，且0)(>b f B ．)(x f 在区间),(b a 上单调递增，且0)(<b f C ．)(x f 在区间),(b a 上单调递减，且0)(>b f D ．)(x f 在区间),(b a 上单调递减，且0)(<b f 2．函数x x x f 2)(3+=的单调递增区间是 （ ） A ．),0(+∞ B ．)32,0( C ．),32(+∞ D ．),(+∞-∞3．函数13)(23+-=x x x f 的单调递减区间是 （ ） A ．),2(+∞ B ．)2,(-∞ C ．)0,(-∞ D ．)2,0(4．函数1)2(33)(23++++=x a ax x x f 有极大值和极小值，则a 的取值范围是 （ ） A ．),2()1,(+∞--∞Y B ．)1,2(- C ．)2,1( D ．),1()1,(+∞--∞Y5．函数x x x f ln )(=的最小值是 （ ）A ．eB ．e1C ．e 1-D ．e -6．函数5523--+=x x x y 的单调递增区间是 . 7．函数)0(2)(>+=x xx x f 的单调递减区间是 . 8．函数22x y =在区间]3,1[上的最大值是 . 9．函数x x x f sin )(-=在区间],2[ππ上的最小值是 .9．求函数24ln )(-=x x x f 的单调区间.10．求函数241)1ln()(x x x f -+=在区间]2,0[上的最大值和最小值.1、函数xe x xf )3()(-=的单调递增区间是（ ）A ．)2,(-∞B ．(0,3)C ．(1,4)D ．),2(+∞2、设函数()y f x =在定义域内可导，()y f x =的图象如图1所示，则导函数()y f x '=可能为（ ）3、若函数32()6f x x ax x =--+在(0,1)内单调递减，则实数a 的取值范围是（ ）A ．1a ≥B ．1a =C ．1a ≤D ．01a <<4、函数3()f x ax x =-在R 上为减函数，则实数a 的取值范围是______________． 5、下列图像中有一个是函数1)1(31)(223+-++=x a ax x x f（a R ∈且0a ≠）的导数)(x f ' 的图像，则=-)1(f （ ）A ．31 B ．31- C ．73D ．31-或356、求函数2()2ln f x x x =-的单调区间．7、设函数()(0)kxf x xe k =≠．（1）求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程；（2）求函数()f x 的单调区间； （3）若函数()f x 在区间(1,1)-内单调递增，求k 的取值范围．xyO图1xyOAxyOB xyOC yOD x1、函数xx y 142+=的单调递增区间是（ ） A ．),0(+∞ B ．),21(+∞ C ．)1,(--∞ D ．)21,(--∞2、若函数123+++=mx x x y 是R 上的单调函数，则实数m 的取值范围是（ ）A ．),31(+∞B ．]31,(-∞C ．),31[+∞D ．)31,(-∞3．函数221ln )(x x x f -=的图象大致是（ ）4、如果函数()y f x =的导函数的图象如下图所示，给出下列判断： ①函数()y f x =在区间1(3,)2--内单调递增； ②函数()y f x =在区间1(,3)2-内单调递减； ③函数()y f x =在区间(4,5)内单调递增； ④当2x =时，函数()y f x =有极小值； ⑤当12x =-时，函数()y f x =有极大值.则上述 判断中正确的是____________．5、已知函数32()f x x ax bx c =+++，()124g x x =-，若(1)0f -=，且()f x 的图象在点(1,(1))f 处的切线方程为()y g x =．（1）求实数a ，b ，c 的值；（2）求函数)()()(x g x f x h -=的单调区间.6、已知函数21()ln (4)2f x x x a x =++-在(1,)+∞上是增函数，求实数a 的取值范围．1、函数3223y x x a =-+的极大值是6，那么实数a 等于（ ） A ．6 B ．0 C ．5 D ．12、已知函数)(x f y =的导函数)(x f y '=的图像如右图，则（ ） A ．函数)(x f 有1个极大值点，1个极小值点 B ．函数)(x f 有2个极大值点，2个极小值点 C ．函数)(x f 有3个极大值点，1个极小值点 D ．函数)(x f 有1个极大值点，3个极小值点3、如图所示的是函数d cx bx x x f +++=23)(的大致图象，则2221x x +等于A ．32 B ．34 C ．38 D ．316 4、已知函数322()3f x x mx nx m =+++在1x =-时有极值0，则m =_______；n =_______．5、设函数2()ln(1)f x x a x =++有两个极值点，则实数a 的取值范围是______________． 7、函数3223125y x x x =--+在区间[0,3]上最大值与最小值分别是（ ）A ．5，－15B ．5，－4C ．－4，－15D ．5，－168、已知函数32()39f x x x x a =-+++（a 为常数），在区间[2,2]-上有最大值20，那么此函数在区间[2,2]-上的最小值为（ ）A ． 37-B ． 7-C ． 5-D ．11- 9、求函数[0,2]21()ln(1)4f x x x =+-在上的最大值与最小值．10、设1x =与2x =是函数2()ln f x a x bx x =++的两个极值点．（1）求a 、b 的值；（2）判断1x =，2x =是函数()f x 的极大值还是极小值，并说明理由．。

(完整版)导数在研究函数中的应用(含标准答案)

(完整版)导数在研究函数中的应用(含标准答案)

导数在研究函数中的应用【自主归纳，自我查验】一、自主归纳1．利用导函数判断函数单调性问题函数f (x )在某个区间(a ，b )内的单调性与其导数的正负有如下关系 (1)若____ ___，则f (x )在这个区间上是增加的． (2)若____ ___，则f (x )在这个区间上是减少的． (3)若_____ __，则f (x )在这个区间内是常数． 2．利用导数判断函数单调性的一般步骤 (1)求f ′(x )．(2)在定义域内解不等式f ′(x )>0或f ′(x )<0. (3)根据结果确定f (x )的单调区间． 3．函数的极大值在包含0x 的一个区间(a ，b )内，函数y ＝f (x )在任何一点的函数值都_____0x 点的函数值，称点0x 为函数y ＝f (x )的极大值点，其函数值f (0x )为函数的极大值． 4．函数的极小值在包含x 0的一个区间(a ，b )内，函数y ＝f (x )在任何一点的函数值都_____0x 点的函数值，称点0x x 0为函数y ＝f (x )的极小值点，其函数值f (0x )为函数的极小值．极大值与极小值统称为_______，极大值点与极小值点统称为极值点． 5．函数的最值与导数1．函数y ＝f (x )在[a ，b ]上的最大值点0x 指的是：函数在这个区间上所有点的函数值都_________f (0x )．2．函数y ＝f (x )在[a ，b ]上的最小值点0x 指的是：函数在这个区间上所有点的函数值都_________f (0x )．二、自我查验1．函数f (x )＝x ＋eln x 的单调递增区间为( ) A ．(0，＋∞)B ．(－∞，0)C ．(－∞，0)和(0，＋∞)D ．R2．若函数f (x )＝x 3＋x 2＋mx ＋1是R 上的单调增函数，则m 的取值范围是________．3.函数f (x )的定义域为开区间(a ，b )，导函数f ′(x )在(a ，b )内的图象如图所示，则函数f (x )在开区间(a ，b )内有极小值点( ) A ．1个 B ．2个 C ．3个D ．4个4．若函数f (x )＝x 3＋ax 2＋3x －9在x ＝－3时取得极值，则a 等于( ) A ．2 B ．3 C ．4 D ．55.函数ln xy x=的最大值为（ ） A ．1e - B ．e C ．2e D ．103【典型例题】考点一 利用导数研究函数的单调性【例1】(2015·高考全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝ln x ＋a (1－x )．(1)讨论f (x )的单调性；(2)当f (x )有最大值，且最大值大于2a －2时，求a 的取值范围．【变式训练1】已知()3222f x x ax a x =+-+．（1）若1a =时，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程； （2）若0a >，求函数()f x 的单调区间．考点二 利用导函数研究函数极值问题【例2】已知函数()ln 3,f x x ax a =-+∈R . （1）当1a =时，求函数的极值； （2）求函数的单调区间.【变式训练2】(2011·安徽)设f (x )＝e x 1＋ax 2，其中a 为正实数.当a ＝43时，求f (x )的极值点；考点三 利用导函数求函数最值问题【例3】已知a 为实数，.（1）求导数； （2）若，求在[]2,2-上的最大值和最小值.【应用体验】1.函数ln y x x =-的单调递减区间为（ ） A ．](1,1- B ．)(0,+∞ C ．[)1,+∞ D ．](0,1()))(4(2a x x x f --=()xf '()01=-'f ()x f2.函数()e x f x x -=的单调递减区间是（ ）A ．(1,)+∞B ．(,1)-∞-C ．(,1)-∞D ．(1,)-+∞ 3.函数()()3e x f x x =-的单调递增区间是（ ） A ．()0,3 B ．()1,4C ．()2,+∞D ．(),2-∞4.设函数()2ln f x x x=+，则（ ） A ．12x =为()f x 的极大值点 B ．12x =为()f x 的极小值点C ．2x =为()f x 的极大值点D ．2x =为()f x 的极小值点5．函数32()23f x x x a =-+的极大值为6，那么a 的值是（ ） A ．0 B ．1 C ．5 D ．6【复习与巩固】A 组 夯实基础一、选择题1．已知定义在R 上的函数()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（ ）A ．()()()f b f c f d >>B ．()()()f b f a f e >>C ．()()()f c f b f a >>D ．()()()f c f e f d >>2.函数()2ln f x x a x =+在1x =处取得极值，则a 等于（ ）A ．2B ．2-C ．4D ．4-3.函数()e xf x x =-（e 为自然对数的底数）在区间[]1,1-上的最大值是（ ）A.1B.1C.e ＋1D.e －1二、填空题4.若函数()321f x x x mx =+++是R 上的单调增函数，则实数m 的取值范围是________________．5.若函数()23exx axf x +=在0x =处取得极值，则a 的值为_________. 6.函数()e x f x x =-在]1,1[-上的最小值是_____________. 三、解答题 7.已知函数()21ln ,2f x x x =-求函数()f x 的单调区间8.已知函数(),1ln xf x ax x x=+>． （1）若()f x 在()1,+∞上单调递减，求实数a 的取值范围； （2）若2a =，求函数()f x 的极小值.B 组 能力提升一、选择题1．已知函数()213ln 22f x x x =-+在其定义域内的一个子区间()1,1a a -+内不是单调函数，则实数a 的取值范围是（ ） A ．13,22⎛⎫-⎪⎝⎭ B ．51,4⎡⎫⎪⎢⎣⎭ C ．31,2⎛⎫ ⎪⎝⎭ D ．31,2⎡⎫⎪⎢⎣⎭2.若函数32y x ax a =-+在()0,1内无极值，则实数a 的取值范围是（ ） A ．30,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．(),0-∞C ．(]3,0,2⎡⎫-∞+∞⎪⎢⎣⎭U D ．3,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭3.若函数()3232f x x x a =-+在[]1,1-上有最大值3，则该函数在[]1,1-上的最小值是（ ） A ． B ．0 C ．D ．1二、填空题4．已知函数f (x )＝12x 2＋2ax －ln x ，若f (x )在区间⎣⎡⎦⎤13，2上是增函数，则实数a 的取值范围为________．5．设x 1，x 2是函数f (x )＝x 3－2ax 2＋a 2x 的两个极值点，若x 1<2<x 2，则实数a 的取值范围是________．6．若函数f (x )＝x 2－e x －ax 在R 上存在单调递增区间，则实数a 的取值范围是________． 三、解答题7．已知函数f (x )＝x －2ln x －ax＋1，g (x )＝e x (2ln x －x )．(1)若函数f (x )在定义域上是增函数，求a 的取值范围；(2)求g (x )的最大值．12-128．设函数f(x)＝(x－1)e x－kx2(其中k∈R)．(1)当k＝1时，求函数f(x)的单调区间和极值；(2)当k∈[0，＋∞)时，证明函数f(x)在R上有且只有一个零点．《导数在研究函数中的应用》标准答案一．自主归纳1.（1）f ′(x )>0 （2）f ′(x )<0 （3）f ′(x )＝0 3. 小于 4. 大于 极值 5.不超过 不小于 二．自我查验1.解析：函数定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1＋ex>0，故单调增区间是(0，＋∞)．答案：A2.解析：∵f (x )＝x 3＋x 2＋mx ＋1， ∴f ′(x )＝3x 2＋2x ＋m .又∵f (x )在R 上是单调增函数，∴f ′(x )≥0恒成立，∴Δ＝4－12m ≤0，即m ≥13.答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，＋∞3.解析：导函数f ′(x )的图象与x 轴的交点中，左侧图象在x 轴下方，右侧图象在x 轴上方的只有一个，故选A.答案：A4.解析：f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋3，由题意知f ′(－3)＝0，即3×(－3)2＋2×(－3)a ＋3＝0，解得a ＝5.答案：D5..A 当(0,e)x ∈时函数单调递增，当(e,)x ∈+∞时函数单调递减， A. 三．典型例题【例题1】(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－a .若a ≤0，则f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)单调递增．若a >0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )<0.所以f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞单调递减． (2)由(1)知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)无最大值；当a >0时，f (x )在x ＝1a处取得最大值，最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln 1a ＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a ＝－ln a ＋a －1.因此f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a >2a －2等价于ln a ＋a －1<0.令g (a )＝ln a ＋a －1，则g (a )在(0，＋∞)单调递增，g (1)＝0. 于是，当0<a <1时，g (a )<0；当a >1时，g (a )>0. 因此，a 的取值范围是(0,1)．【变式训练1】（1）当1a =时，()322f x x x x =+-+，∴()2321f x x x '=+-， ∴切线斜率为()14k f '==，又()13f =，∴切点坐标为()1,3，∴所求切线方程为()341y x -=-，即410x y --=．（2）()()()22323f x x ax a x a x a '=+-=+-，由()0f x '=，得x a =-或3ax =.0,.3a a a >∴>-Q 由()0f x '>，得x a <-或3a x >，由()0f x '<，得.3aa x -<<∴函数()f x 的单调递减区间为,3a a ⎛⎫- ⎪⎝⎭，单调递增区间为(),a -∞-和,3a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭．【例题2】（1）当1a =时，()ln 3f x x x =-+，()()1110xf x x x x-'=-=>， 令()0f x '>，解得01x <<，所以函数()f x 在(0,1)上单调递增； 令()0f x '<，解得1x >，所以函数()f x 在()1,+∞上单调递减； 所以当1x =时取极大值，极大值为()12f =，无极小值. （2）函数()f x 的定义域为()0,+∞，()1f x a x'=-. 当0a ≤时，1()0f x a x'=->在()0,+∞上恒成立，所以函数()f x 在()0,+∞上单调递增；当0a >时，令()0f x '>，解得10x a <<，所以函数()f x 在10,a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增；令()0f x '<，解得1x a >，所以函数()f x 在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减. 综上所述，当0a ≤时，函数()f x 的单调增区间为()0,+∞；当0a >时，函数()f x 的单调增区间为10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，单调减区间为1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.【变式训练2】解 对f (x )求导得f ′(x )＝e x ·1＋ax 2－2ax 1＋ax 22. 当a ＝43时，若f ′(x )＝0， 则4x 2－8x ＋3＝0，解得x 1＝32，x 2＝12.结合①，可知x (－∞，12) 12 (12，32) 32 (32，＋∞) f ′(x ) ＋0 － 0 ＋ f (x )极大值极小值所以x 1＝2是极小值点，x 2＝2是极大值点.【例题3】1）.（2）由得，故， 则43x =或，由，，41641205504.39329627f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯-=-⨯=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭故，.【变式训练3】1）当0a ≥时，函数()e 20x f x a '=+>，()f x 在R 上单调递增，当0a <时，()e 2x f x a '=+，令e 20x a +=，得ln(2)x a =-，所以当(,ln(2))x a ∈-∞-()423)4()(2'22--=-+-=ax x x a x x x f ()01=-'f 21=a 2421)21)(4()(232+--=--=x x x x x x f ()34,143'2=-=⇒--=x x x x x f 或0)2()2(==-f f 29)1(=-f 29)(max =x f 2750)(min -=x f时，()0f x '<，函数()f x 单调递减；当(ln(2),)x a ∈-+∞时，()0f x '>，函数()f x 单调递增.（2）由（1）可知，当0a ≥时，函数()e 20x f x ax =+>，不符合题意. 当0a <时，()f x 在(,ln(2))a -∞-上单调递减，在(ln(2),)a -+∞上单调递增.①当ln(2)1a -≤()f x 最小值为(1)2e f a =+.解2e 0a +=，得.②当ln(2)1a ->()f x 最小值为(ln(2))22ln(2)f a a a a -=-+-，解22ln(2)0a a a -+-=，得2ea =-，不符合题意.应用体验： 1.D【解析】函数的定义域为)(0,+∞，令1110x y x x-'=-=≤，解得](0,1x ∈，又0x >，所以](0,1x ∈，故选D. 考点：求函数的单调区间. 2.A【解析】导数为()()()e e 1e x x x f x x x ---'=+⋅-=-，令()0f x '<，得1x >，所以减区间为()1,+∞.考点：利用导数求函数的单调区间． 3.C【解析】()()()e 3e e 2x x x f x x x '=+-=-，令()()e 20x f x x '=->，解得2x >，所以函数()f x 的单调增区间为()2,+∞．故选C ． 4.【解析】()22212x f x x x x-'=-+=，由()0f x '=得2x =，又函数定义域为()0,+∞，当02x <<时，()0f x '<，()f x 递减，当2x >时，()0f x '>，()f x 递增，因此2x =是函数()f x 的极小值点．故选D ． 考点：函数的极值点． 5.D【解析】()()322()23,6661f x x x a f x x x x x '=-+∴=-=-Q ，令()0,f x '= 可得0,1x =，容易判断极大值为()06f a ==. 考点：函数的导数与极值. 复习与巩固 A 组 1.C【解析】由()f x '图象可知函数()f x 在(),c -∞上单调递增，在(),c e 上单调递减，在(),e +∞上单调递增，又(),,,a b c c ∈-∞，且a b c <<，故()()()f c f b f a >>． 考点：利用导数求函数单调性并比较大小． 2.B【解析】()2a f x x x '=+，由题意可得()121201af a '=⨯+=+=，2a ∴=-.故选B.考点：极值点问题. 3.D【解析】()e 1x f x '=-，令()0,f x '=得0x =.又()()()010e 01,1e 11,111,e f f f =-==->-=+>且11e 11e 2e e ⎛⎫--+=-- ⎪⎝⎭＝2e 2e 10e--=>，所以()()max 1e 1,f x f ==-故选D.考点：利用导数求函数在闭区间上的最值.4.1,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭【解析】由题意得()0f x '≥在R 上恒成立，则()2320f x x x m '=++≥，即232m x x ≥--恒成立.令()232g x x x =--，则()max m g x ≥⎡⎤⎣⎦，因为()g x232x x =--为R 上的二次函数，所以()2max11333g x g ⎛⎫⎛⎫=-=-⨯-⎡⎤ ⎪ ⎪⎣⎦⎝⎭⎝⎭11233⎛⎫-⨯-= ⎪⎝⎭，则m 的取值范围是1,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭.5.0【解析】()()()()()2226e 3e 36e e x xxx x a x ax x a x a f x +-+-+-+'==， 由题意得()00f a '==． 考点：导数与极值． 6.1【解析】因为()e 1x f x '=-，()00,()00f x x f x x ''>⇒><⇒<，所以()f x 在[1,0]-单调递减，在[0,1]单调递增，从而函数()e x f x x =-在]1,1[-上的最小值是0(0)e 01f =-=.考点：函数的最值与导数.7.【解析】()21ln 2f x x x =-的定义域为()0,+∞，()211x f x x x x-'=-=，令()0f x '=，则1x =或1-（舍去）.∴当01x <<时，()0f x '<，()f x 递减，当1x >时，()0f x '>，()f x 递增， ∴()f x 的递减区间是()0,1，递增区间是()1,+∞．考点：利用导数求函数的单调区间． 8.（1）14a ≤-（2）【解析】（1）函数(),1ln x f x ax x x =+>，则()2ln 1ln x f x a x-'=+，由题意可得()0f x '≤在()1,x ∈+∞上恒成立，∴2211111ln ln ln 24a x x x ⎛⎫≤-=-- ⎪⎝⎭， ∵()1,x ∈+∞，()ln 0,,x ∴∈+∞021ln 1=-∴x 时，函数2111ln 24t x ⎛⎫=--⎪⎝⎭取最小值41-，41-≤∴a ，（2）当2a =时，()2ln x f x x x =+，()22ln 12ln ln x x f x x -+'=， 令()0f x '=，得22ln ln 10x x +-=，解得21ln =x 或ln 1x =-（舍去），即x =当1x <<()0f x '<，当x >()0f x '>， ∴()f x的极小值为f =.B 组 1.D【解析】因为函数()213ln 22f x x x =-+在区间()1,1a a -+上不单调，所以()2141222x f x x x x-'=-=在区间()1,1a a -+上有零点，由()0f x '=，得12x =，则10,111,2a a a -≥⎧⎪⎨-<<+⎪⎩得312a ≤<，故选D ． 考点：函数的单调性与导数的关系．2.C【解析】232y x a '=-，①当0a ≤时，0y '≥，所以32y x ax a =-+在()0,1上单调递增，在()0,1内无极值，所以0a ≤符合题意；②当0a >时，令0y '=，即2320x a -=，解得12,33x x =-=，当,x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭U 时，0y '>，当x ⎛∈ ⎝⎭时，0y '<，所以32y x ax a =-+的单调递增区间为,,⎛⎫-∞+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，单调递减区间为⎛ ⎝⎭，当x =数取得极大值，当x =原函数取得极小值，要满足原函数在()0,1内无极值，1≥，解得32a ≥.综合①②得，a 的取值范围为(]3,0,2⎡⎫-∞+∞⎪⎢⎣⎭U ，故选C.考点：导函数，分类讨论思想. 3.C【解析】()()23331f x x x x x '=-=-，当()0f x '>时，1>x 或0<x ，当()0f x '<时，10<<x ，所以()f x 在区间[]1,0-上函数递增，在区间[]1,0上函数递减，所以当0=x 时，函数取得最大值()30==a f ，则()32332f x x x =-+，所以()211=-f ，()251=f ，所以最小值是()211=-f ． 考点：利用导数求函数在闭区间上的最值.4.解析：由题意知f ′(x )＝x ＋2a －1x ≥0在⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，2上恒成立，即2a ≥－x ＋1x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，2上恒成立，∵⎝⎛⎭⎪⎫－x ＋1x max ＝83，∴2a ≥83，即a ≥43.答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫43，＋∞5.解析：本题考查利用导数研究函数的极值及不等式的解法．由f ′(x )＝3x 2－4ax ＋a 2＝0得x 1＝a3，x 2＝a .又∵x 1<2<x 2，∴⎩⎨⎧a >2，a3<2，∴2<a <6.答案：(2,6)6.解析：∵f (x )＝x 2－e x －ax ，∴f ′(x )＝2x －e x －a ， ∵函数f (x )＝x 2－e x －ax 在R 上存在单调递增区间，∴f ′(x )＝2x －e x －a ≥0，即a ≤2x －e x 有解，设g (x )＝2x －e x ，则g ′(x )＝2－e x ，令g ′(x )＝0，解得x ＝ln 2，则当x <ln 2时，g ′(x )>0，g (x )单调递增，当x >ln 2时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，∴当x ＝ln 2时，g (x )取得最大值，且g (x )max ＝g (ln 2)＝2ln 2－2，∴a ≤2ln 2－2. 答案：(－∞，2ln 2－2)7.解：(1)由题意得x >0，f ′(x )＝1－2x ＋ax2.由函数f (x )在定义域上是增函数，得f ′(x )≥0，即a ≥2x －x 2＝－(x －1)2＋1(x >0)．因为－(x －1)2＋1≤1(当x ＝1时，取等号)，所以a 的取值范围是[1，＋∞)．(2)g ′(x )＝e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －1＋2ln x －x ，由(1)得a ＝2时，f (x )＝x －2ln x －2x ＋1，且f (x )在定义域上是增函数，又f (1)＝0，所以，当x ∈(0,1)时，f (x )<0，当x ∈(1，＋∞)时，f (x )>0. 所以，当x ∈(0,1)时，g ′(x )>0，当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )<0. 故当x ＝1时，g (x )取得最大值－e.8.解：(1)当k ＝1时，f (x )＝(x －1)e x －x 2，f ′(x )＝e x ＋(x －1)e x －2x ＝x e x －2x ＝x (e x －2)，令f ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝ln 2. 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化如下表：0]，[ln 2，＋∞)．f (x )的极大值为f (0)＝－1，极小值为f (ln 2)＝ －(ln 2)2＋2ln 2－2.(2)f ′(x )＝e x ＋(x －1)e x －2kx ＝x e x －2kx ＝x (e x －2k )， 当x <1时，f (x )<0，所以f (x )在(－∞，1)上无零点． 故只需证明函数f (x )在[1，＋∞)上有且只有一个零点．①若k ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，e 2，则当x ≥1时，f ′(x )≥0，f (x )在[1，＋∞)上单调递增．∵f (1)＝－k ≤0，f (2)＝e 2－4k ≥e 2－2e>0， ∴f (x )在[1，＋∞)上有且只有一个零点．②若k ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2，＋∞，则f (x )在[1，ln 2k ]上单调递减，在[ln 2k ，＋∞)上单调递增．f (1)＝－k <0，f (k ＋1)＝k e k ＋1－k (k ＋1)2＝k [e k ＋1－(k ＋1)2]， 令g (t )＝e t －t 2，t ＝k ＋1>2，则g ′(t )＝e t －2t ，g ″(t )＝e t －2，∵t>2，∴g″(t)>0，g′(t)在(2，＋∞)上单调递增．∴g′(t)>g′(2)＝e2－4>0，∴g(t)在(2，＋∞)上单调递增．∴g(t)>g(2)＝e2－4>0.∴f(k＋1)>0.∴f(x)在[1，＋∞)上有且只有一个零点．综上，当k∈[0，＋∞)时，f(x)在R上有且只有一个零点．。

数学选修1-1导数在研究函数中的应用练习题含答案

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数学选修1-1导数在研究函数中的应用练习题含答案学校：__________ 班级：__________ 姓名：__________ 考号：__________1. 函数y=(3−x2)e x的单调递增区间是( )A.(−∞, 0)B.(0, +∞)C.(−∞, −3)D.(−3, 1)2. 若曲线y=ax−ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为y=3x，则a=( )A.1B.2C.3D.43. 已知f(x)=(e x−a)(eax+1)，若f(x)≥0(x∈R)恒成立，则满足条件的a的个数有( )A.1B.2C.3D.44. 若函数f(x)=ax3−2x2在x=−1时取得极值，则f(1)等于（）A.−103B.−23C.0D.135. 已知函数f(x)=13x3+12ax2−bx+a2−2(a,b∈R)，若f(x)在x=−1处有极值53，则a−b的值是()A.−4或3B.3C.−4D.−16. 函数f(x)＝ln x过点(0, 0)的切线方程为（）A.y＝xB.y=2e x C.y=12x D.y=1ex7. 设定义在(0, +∞)的函数f(x)的导函数是f′(x)，且x4f′(x)+3x3f(x)=e x，f(3)=e381，则x>0时，f(x)()A.有极大值，无极小值B.有极小值，无极大值C.既无极大值，又无极小值D.既有极大值，又有极小值8. 已知f(x)=x3−ax2+4x有两个极值点x1、x2，且f(x)在区间(0, 1)上有极大值，无极小值，则实数a的取值范围是（）A.a>72B.a≥72C.a<72D.a≤729. 已知函数f(x)＝−x 3+ax 2−4在x ＝2处取得极值，若m, n ∈[−1, 1]，则f(m)+f ′(n)的最小值为() A.−13 B.−15 C.10 D.1510. 已知函数f(x)=x ln x 的图象上有A 、B 两点，其横坐标为x 1，x 2(0<x 1<x 2<1)且满足f(x 1)=f(x 2)，若k =5(x 1+x 22+√x 1x 2)，且k 为整数时，则k 的值为（ ）（参考数据：e ≈2.72） A.1 B.2 C.3 D.411. 函数f(x)=12x −sin x 在[−π2,π2]上的最小值是________.12. 函数f(x)=ax 2−2x −9在x =1处取得极值，则实数a =________．13. 给出函数①y =x 3，②y =x 4+1，③y =|x|，④y =√x ，其中在x =0处取得极值的函数是________（填序号）．14. 函数f(x)＝e x cos x 的图象在x =π2处的切线斜率为________−e π2 ．15. 函数f(x)=12x −x 3在区间[−3, 3]的最小值是________．16. 已知函数f(x)=x 3−ax 2+3x ，a ∈R ．若x =3是f(x)的一个极值点，则f(x)在R 上的极大值是________．17. 定义在(0, +∞)上的函数f(x)，总有f′(x)>f(x)+ex −ln x 成立，且f(2)＝e 2−2，则不等式f(x)≥e x −2的解集为________．18. 若直线y =kx +b 是曲线y =e x−2的切线，也是曲线y =e x −1的切线，则b =________.19. 若函数f (x )={e x −a,x >1−x 3+3x 2,x ≤1有最小值，则实数a 的取值范围为________.20. 若直线y ＝12x +m 与曲线y ＝x 3−2相切，则m ＝________．21. 已知函数f(x)=ax3−x2+x−5在R上无极值，求a的取值范围．22. 已知函数f(x)=−x3+3x2+9x+a，求f(x)的单调递减区间．23. 已知函数f(x)=x3−x2+x+2.(1)求曲线f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；(2)求经过点A(1,3)的曲线f(x)的切线方程．24. 已知函数f(x)=x2−2(a+1)x+2a ln x(a≠0).(1)当a=1时，求函数f(x)的图象在点x=1处的切线方程；(2)讨论函数f(x)的单调性．25. 已知函数f(x)=x ln x−ae x+a，其中a∈R.(1)当a=0时，求函数在(e,f(e))处的切线方程；(2)若函数f(x)在定义域内单调递减，求实数a的取值范围．26. 已知f(x)=(3e x−2a)⋅√x，其中a∈R，e=2.718⋯为自然对数的底数．（Ⅰ）若x=1为函数f(x)的极值点，求a的值．（Ⅱ）若f(x)≤6e在x∈[0,2]上恒成立，求a的取值范围．27. 已知函数f(x)=ln x−ax2+(a−2)x.(1)若f(x)在x=1处取得极值，求a的值；(2)求函数y=f(x)在[a2,a]上的最大值.28. 已知：函数f(x)=ln(x+a)+x2，当x=−1时，f(x)取得极值，求：实数a的值，并讨论f(x)的单调性．29. 已知函数f(x)=e ax ⋅(ax +a +1)，其中a ≥−1．(1)当a =1时，求曲线y =f(x)在点(1, f(1))处的切线方程；(2)求f(x)的单调区间．30. 已知函数f(x)=13x 3+ax +b ，(a, b ∈R)在x =2处取得极小值−43．求a +b 的值．31. 已知函数g(x)=x 2−(2a +1)x +a ln x . (1)当a =1时，求函数g(x)的单调增区间；(2)求函数g(x)在区间[1, e]上的最小值；32. 已知函数f (x )=x −a ln x +1(a ∈R ).(1)若a =1，求函数f(x)在点(1,f (1))处的切线方程；(2)求函数f(x)的单调区间．33. 已知函数f(x)=x(x −c)2（其中c 为常数，c ∈R ） （1）若函数f(x)在定义域内有极值，求实数c 的取值范围；（2）若函数f(x)在x =2处取得极大值，求实数c 的值．34. 已知函数f(x)＝x −ln x ． （1）求f(x)的最小值；（2）证明：对于任意正整数n ，(1+12)×(1+13)×⋯×(1+1n )<e ．35. 已知函数f(x)=x 3+3bx 2+3cx 的两个极值点为x 1，x 2，x 1∈[−1, 0]，x 2∈[1, 2]．证明：0≤f(x 1)≤72，−10≤f(x 2)≤−12．36. 已知函数f(x)=−x 2+ax −ln x(a ∈R)． (1)求函数f(x)既有极大值又有极小值的充要条件；(2)当函数f(x)在[12, 2]上单调时，求a的取值范围．37. 已知函数f(x)=x(x−a)2+b在x=2处有极大值．（1）当[−2, 4]时，函数y=f(x)的图象在抛物线y=1+45x−9x2的下方，求b的取值范围．（2）若过原点有三条直线与曲线y=f(x)相切，求b的取值范围．38. 已知函数f(x)=13ax3−12a2x2+2x+1，其中a∈R．（1）若f(x)在x∈R时存在极值，求a的取值范围；（2）若f(x)在[−1,12]上是增函数，求a的取值范围．39. （山东省济宁市2019届高三二模）已知函数f(x)=ln x−xe x+ax(a∈R)．若函数f(x)在[1,+∞)上单调递减，求实数a的取值范围；若a=1，求f(x)的最大值．40. 已知函数f(x)=x+1x+a ln x的图象上任意一点的切线中，斜率为2的切线有且仅有一条．（1）求实数a的值；（2）求函数g(x)=f(x)+2x的极值．参考答案与试题解析数学选修1-1导数在研究函数中的应用练习题含答案一、选择题（本题共计 10 小题，每题 3 分，共计30分）1.【答案】D【考点】利用导数研究函数的单调性【解析】求出函数的导数，令导函数大于0，求出函数的递增区间即可．【解答】解：y′=(3−x2)e x+(−2x)e x=−(x+3)(x−1)e x，令y′>0，解得：−3<x<1，故函数的单调递增区间是(−3, 1).故选D．2.【答案】D【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】欲求出切线方程，只须求出其斜率即可，故先利用导数求出在x=0处的导函数值，再结合导数的几何意义即可求出切线的斜率,从而问题解决．【解答】解：∵y=ax−ln(x+1)，∴y′=a−1，x+1′=a−1=3，当x=0时，k=y x=0∴a=4.故选D．3.【答案】B【考点】利用导数研究函数的最值利用导数研究函数的单调性【解析】本题考查了利用导数研究函数的最值和不等式恒成立问题．【解答】解：∵ f(x)=(e x−a)(eax+1)，f(x)≥0(x∈R)恒成立，∴ (e x−a)(eax+1)≥0在R上恒成立．当a<0时，e x−a≥0恒成立，而eax+1≥0在R不成立，∴ a≥0，当a=0时，f(x)=e x≥0成立，当a >0时，由f (x )≥0恒成立，有{e x −a ≥0eax +1≥0或{e x −a ≤0eax +1≤0，由e x −a =0，得x =ln a ；由eax +1，得x =−1ea ， 设g (a )=ln a +1ea，则g ′(a )=1a−1e ⋅1a 2，∴ g(a)在(0,1e )上单调递减，在(1e ,+∞)上单调递增，∴ g (x )min =g (1e )=ln 1e +1e⋅1e=0，∴ 方程ln a =−1ea 有一个解，即有一个a 值使得f (x )≥0恒成立， ∴ 满足条件的a 的解有2个． 故选B ． 4.【答案】 A【考点】函数在某点取得极值的条件 【解析】对函数求导，因为x =−1是极值点，则该处导数为0，故可求出a 的值，即可求出f(1)． 【解答】解：由已知得f′(x)=3ax 2−4x ， 又因为在x =−1处有极值， 所以f′(−1)=0，即3a +4=0，即a =−43， 所以f(1)=−43−2=−103． 故选：A ． 5.【答案】 C【考点】利用导数研究函数的极值 利用导数研究函数的单调性 【解析】对函数f(x)求导，根据函数f(x)=13x 3+12ax 2−bx +a 2−2(a,b ∈R)在−1处有极值53，可知f′(−1)=0和f(−1)=53，得到{f′(−1)=0f(−1)=53，解方程组得到a 与b 的值，注意验证，可求得答案． 【解答】解：由函数f(x)=13x 3+12ax 2−bx +a 2−2(a,b ∈R )，由于f(x)在x =−1处有极值53，则f′(−1)=0和f(−1)=53， 故{f′(−1)=0，f(−1)=53，即{1−a −b =0，−13+12a +b +a 2−2=53，解得 {a =2，b =−1，或{a =−32,b =52,当a =2，b =−1时，f′(x)=x 2+2x +1=(x +1)2≥0， 故f(x)在R 上为增函数，不满足f(x)在x =−1处有极值53， 则a =−32，b =52，故a −b =−4． 故选C . 6.【答案】 D【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程 【解析】求出原函数的导函数，设出切点坐标，得到函数在切点处的切线方程，把原点代入，求出切点坐标，则答案可求． 【解答】由f(x)＝ln x ，得f′(x)=1x ， 设切点为(x 0, ln x 0)，则f′(x 0)=1x 0，∴ 过切点的切线方程为y −ln x 0=1x 0(x −x 0)，代入(0, 0)，可得ln x 0＝1，即x 0＝e ．∴ 函数f(x)＝ln x 过点(0, 0)的切线方程为y −1=1e (x −e)， 即y =1e x ．7.【答案】 C【考点】利用导数研究函数的极值 【解析】求出函数的导数，根据函数的单调性判断函数的极值即可． 【解答】 解：f′(x)=e x −3x 3f(x)x 4，则ℎ′(x)=e x−3[f′(x)x3+3f(x)x2]=e x−3x[f′(x)x4+3f(x)x3]=e x−3x ⋅e x=e x⋅x−3x，所以ℎ(x)≥ℎ(3)=e3−81f(3)=0，即f′(x)≥0，因此f(x)在(0, +∞)递增，既无极大值，又无极小值，故选：C．8.【答案】A【考点】函数在某点取得极值的条件【解析】求导函数，利用f(x)在区间(0, 1)上有极大值，无极小值，可得f′(x)=0的两个根中：x1∈(0, 1)，x2>1，由此可得结论．【解答】解：由题意，f′(x)=3x2−2ax+4∵f(x)在区间(0, 1)上有极大值，无极小值，∴f′(x)=0的两个根中：x1∈(0, 1)，x2>1∴f′(0)=4>0，f′(1)=7−2a<0，解得a>72故选A．9.【答案】A【考点】利用导数研究函数的单调性【解析】试题分析：f(x)=−3x2+2ax函数f(x)=−x3+ax2−4在x=2处取得极值．−12+ 4a=0解得|a=3.f(x)=−3x2+6∴ n=[−1,1]时，f(n)=−3n2+6n当n=−时，f(n)最小，最小为−9当m∈[−1,1)时，f(m)=−m3+3m24,f(m)=−3m2+6m令f(m)=0得m=0,m=2所以m=0时，f(m)最小为−4，故f(m)+f(n)的最小值为−9+(−4)=−13，故选A．【解答】此题暂无解答10.【答案】C【考点】利用导数研究函数的极值【解析】推导出f′(x)=1+ln x，x>0，由f′(x)=0，得x=1e，由x1ln x1=x2ln x2，得0<x1<1e <x2<1，由由x1+x22>1e，x2>2e−x1，得到x1+x22+√x1x2<2e，由此能求出k为整数时，k的值．【解答】解：∵f(x)=x ln x，∴f′(x)=1+ln x，x>0，由f′(x)=0，得x=1e，∵函数f(x)=x ln x的图象上有A、B两点，其横坐标为x1，x2(0<x1<x2<1)且满足f(x1)=f(x2)，∴x1ln x1=x2ln x2，(0<x1<1e<x2<1)，如图所示，由x1+x22>1e，x2>2e−x1，x1+x22+√x1x2<x1+(2e−x1)2+√x1(2e−x1)=1e+√2ex1−x12，∵t=1e +√2ex1−x12关于x1单调递减，0<x1<1e，∴x1+x22+√x1x2<2e，∴5(x1+x22+√x1x2)<10e≈3.7，∴k≤3．∴k为整数时，则k的值为3．故选：C．二、填空题（本题共计 10 小题，每题 3 分，共计30分）11.【答案】π6−√32【考点】利用导数研究函数的最值利用导数研究函数的单调性【解析】此题暂无解析【解答】解：∵f(x)=12x−sin x，∴f′(x)=12−cos x，x∈[−π2,π2].令f′(x)=0得，x=−π3或x=π3.当x∈[−π2,−π3)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈[−π3,π3]时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(π3,π2]时，f′(x)>0，f(x)单调递增.而f(−π2)=−π4+1，f(π3)=π6−√32.∵f(−π2)>f(π3)，∴函数的最小值为f(π3)=π6−√32.故答案为：π6−√32.12.【答案】1【考点】利用导数研究函数的极值【解析】先求导，令导数为0，可求出a的值．【解答】解：f′(x)=2ax−2；∵函数f(x)=ax2−2x−9在x=1处取得极值，∴f′(1)=2a−2=0∴a=1．故答案为：1．13.【答案】②③【考点】函数在某点取得极值的条件【解析】由函数取极值的条件，逐个选项验证可得．【解答】解：选项①对y=x3求导数可得y′=3x2≥0，函数R上单调递增，故不能在x=0处取得极值，错误；选项②对y=x4+1求导数可得y′=4x3，函数在(−∞, 0)上单调递减，在(0, +∞)上单调递增，故在x=0处取得极小值，正确；选项④y=√x的定义域为[0, +∞)，不满足在x=0处取得极值，错误．故答案为：②③14.【答案】−e π2【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】求出函数的导数，然后求解图象在x=π2处的切线斜率．【解答】函数f(x)＝e x cos x，可得f′(x)＝e x cos x−e x sin x，函数f(x)＝e x cos x的图象在x=π2处的切线斜率为：f′(π2)=−eπ2．15.【答案】−16【考点】利用导数研究函数的最值【解析】求出函数在该区间上的极值，函数在端点处的函数值，其中最小的即为最小值．【解答】解：由f′(x)=12−3x2=0，得x=−2或x=2，又f(−3)=−9，f(−2)=−16，f(2)=16，f(3)=9．所以函数f(x)在区间[−3, 3]上的最小值是−16．故答案为：−16．16.【答案】1327【考点】利用导数研究函数的极值【解析】f′(x)=3x2−2ax+3，当x=3时有极值，所以f′(3)=0，解得a=5，确定函数的单调性，由此能求出f(x)在R上的极大值【解答】解：f′(x)=3x2−2ax+3，∵当x=3时有极值，所以f′(3)=0，即27+3−2a×3=0，解得a=5．这时，f′(x)=3x2−10x+3，令f′(x)=3x2−10x+3=0，得x1=13，或x2=3．当x变化时，f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：由表可知：f(x)的极大值为f(13)=1327， 故答案为：1327． 17.【答案】 [2, +∞) 【考点】利用导数研究函数的单调性 【解析】由题意构造辅助函数g(x)＝ex −ln x −2，求导，g′(x)<0，函数单调递减，g′(x)>0，函数单调递增，求得g(x)的最小值，再构造辅助函数ℎ(x)=f(x)+2e x，求导，求得ℎ′(x)≥0，ℎ(x)在(0, +∞)上递增，即f(x)≥e x −2，由f(2)＝e 2−2，得ℎ(x)≥ℎ(2)，即可求得不等式的解集． 【解答】令g(x)＝ex −ln x −2，则g′(x)＝e −1x ，∴ g(x)在(0, 1e)时，g′(x)<0；g(x)在(1e, +∞)时，g′(x)>0，∴ g(x)在(0, 1e )上单调递减，在(1e , +∞)上单调递增， ∴ x ∈(0, +∞)时，g(x)≥g(1e )＝0， 再令ℎ(x)=f(x)+2e x，则ℎ′(x)=f ′(x)−f(x)−2e x>ex−ln x−2e x=g(x)e x≥0，∴ ℎ(x)在(0, +∞)上递增， ∴ f(x)≥e x −2，即f(x)+2e ≥1，ℎ(x)≥ℎ(2)，∴ x ≥2，∴ 解集为：[2, +∞)， 18. 【答案】12ln 2−12 【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：设直线 y =kx +b 与曲线 y =e x−2 切于点 P 1(x 1,e x 1−2) ,与曲线 y =e x −1 切于点 P 2(x 2,e x 2−1)，从而x1−2=x2，k=12,e x2=12,x2=−ln2，所以切线方程为y=12(x+ln2)+e x2−1=12x+12ln2−12,于是b=12ln2−12.故答案为：12ln2−12.19.【答案】a≤e【考点】利用导数研究函数的最值利用导数研究函数的单调性【解析】此题暂无解析【解答】解：当x≤1时，f(x)=−x3+3x2，f′(x)=−3x2+6x,令f′(x)=0，得x=0或x=2，当x∈(−∞,0),f(x)单调递减，当x∈(0,1]，f(x)单调递增，又f(0)=0，则可得到f(x)图象如下：如图，x>1部分，是f(x)=e x−a的图象，x≤1部分，是f(x)=−x3+3x2的图象，当图中点A不在x轴下方时，函数f(x)有最小值，即e1−a≥0，解得a≤e.故答案为：a≤e.−18或14【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】求得y＝x3−2的导数，设切点为(s, t)，可得切线的斜率，由切线方程可得s，m的方程组，解方程可得m的值．【解答】y＝x3−2的导数为y′＝3x2，直线y＝12x+m与曲线y＝x3−2相切，设切点为(s, t)，可得3s2＝12，12s+m＝s3−2，即有s＝2，m＝−18；s＝−2，m＝14．三、解答题（本题共计 20 小题，每题 10 分，共计200分）21.【答案】解：f′(x)=3ax2−2x+1；∵函数f(x)=ax3−x2+x−5在R上无极值，∴{a≠0△=4−4×3a≤0，解得，a≥13．【考点】函数在某点取得极值的条件【解析】由题意求导f′(x)=3ax2−2x+1，从而可得{a≠0△=4−4×3a≤0，从而求a的取值范围．【解答】解：f′(x)=3ax2−2x+1；∵函数f(x)=ax3−x2+x−5在R上无极值，∴{a≠0△=4−4×3a≤0，解得，a≥13．22.【答案】解：∵f(x)=−x3+3x2+9x+a，∴f′(x)=−3x2+6x+9，由f′(x)=−3x2+6x+9<0，即x2−2x−3>0，解得x>3或x<−1，即函数的单调递减区间为(3, +∞)，(−∞, −1)．【考点】利用导数研究函数的单调性解：∵f(x)=−x3+3x2+9x+a，∴f′(x)=−3x2+6x+9，由f′(x)=−3x2+6x+9<0，即x2−2x−3>0，解得x>3或x<−1，即函数的单调递减区间为(3, +∞)，(−∞, −1)．23.【答案】解：(1)函数f(x)=x3−x2+x+2的导数为f′(x)=3x2−2x+1，可得曲线f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率为3−2+1=2，切点为(1,3)，即有曲线f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y−3=2(x−1)，即为2x−y+1=0.(2)设切点为(m,n)，可得n=m3−m2+m+2，由f(x)的导数f′(x)=3x2−2x+1，可得切线的斜率为3m2−2m+1,切线的方程为y−(m3−m2+m+2)=(3m2−2m+1)(x−m)，由切线经过点(1,3)，可得3−(m3−m2+m+2)=(3m2−2m+1)(1−m)，化为m(m−1)2=0，解得m=0或m=1.则切线的方程为y−2=x或y−3=2(x−1)，即为y=x+2或y=2x+1.【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】（1）求出f（x）的导数，可得切线的斜率和切点，运用点斜式方程可得所求切线的方程；（2）设切点为（m，n），代入f（x），求得切线的斜率和方程，代入点A（1，3），解m的方程可得m=0或1，即可得到所求切线的方程．【解答】解：(1)函数f(x)=x3−x2+x+2的导数为f′(x)=3x2−2x+1，可得曲线f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率为3−2+1=2，切点为(1,3)，即有曲线f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y−3=2(x−1)，即为2x−y+1=0.(2)设切点为(m,n)，可得n=m3−m2+m+2，由f(x)的导数f′(x)=3x2−2x+1，可得切线的斜率为3m2−2m+1,切线的方程为y−(m3−m2+m+2)=(3m2−2m+1)(x−m)，由切线经过点(1,3)，可得3−(m3−m2+m+2)=(3m2−2m+1)(1−m)，化为m(m−1)2=0，解得m=0或m=1.则切线的方程为y−2=x或y−3=2(x−1)，即为y=x+2或y=2x+1.则f′(x)=2x−4+2x，∴f(1)=−3，f′(1)=0，所以函数f(x)的图象在x=1处的切线方程为y+3=0.(2)由已知f(x)的定义域为(0,+∞)，f′(x)=2x−2(a+1)+2ax =2[x2−(a+1)x+a]x=2(x−1)(x−a)x.当a<0时，由f′(x)<0得x∈(0,1)，由f′(x)>0得x∈(1,+∞)，所以f(x)在(0,1)单调递减，在(1,+∞)单调递增，当0<a<1时，由f′(x)<0得x∈(a,1)，由f′(x)>0得x∈(0,a)∪(1,+∞)，所以f(x)在(0,a),(1,+∞)单调递增，在(a,1)单调递减；当a=1时，f′(x)=2(x−1)2x≥0恒成立，所以f(x)在(0,+∞)单调递增；当a>1时，由f′(x)<0得x∈(1,a)，由f′(x)>0得x∈(0,1)∪(a,+∞)，所以f(x)在(0,1),(a,+∞)单调递增，在(1,a)单调递减.【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程利用导数研究函数的单调性【解析】此题暂无解析【解答】解：(1)当a=1时，f(x)=x2−4x+2ln x，则f′(x)=2x−4+2x，∴f(1)=−3，f′(1)=0，所以函数f(x)的图象在x=1处的切线方程为y+3=0.(2)由已知f(x)的定义域为(0,+∞)，f′(x)=2x−2(a+1)+2ax =2[x2−(a+1)x+a]x=2(x−1)(x−a)x.当a<0时，由f′(x)<0得x∈(0,1)，由f′(x)>0得x∈(1,+∞)，所以f(x)在(0,1)单调递减，在(1,+∞)单调递增，当0<a<1时，由f′(x)<0得x∈(a,1)，由f′(x)>0得x∈(0,a)∪(1,+∞)，所以f(x)在(0,a),(1,+∞)单调递增，在(a,1)单调递减；当a=1时，f′(x)=2(x−1)2x≥0恒成立，所以f(x)在(0,+∞)单调递增；当a>1时，由f′(x)<0得x∈(1,a)，由f′(x)>0得x∈(0,1)∪(a,+∞)，所以f(x)在(0,1),(a,+∞)单调递增，在(1,a)单调递减.f ′(x )=ln x +1 ，f ′(e )=2 ，∴ 切线方程为：y −e =2(x −e )即2x −y −e =0 ． (2)函数f (x )的定义域为(0,+∞)， f ′(x )=ln x +1−ae x ，∵ f (x )在(0,+∞)内是减函数，∴ f ′(x )=ln x +1−ae x ≤0在(0,+∞)内恒成立， ∴ a ≥ln x+1e x在(0,+∞)内恒成立， 令g (x )=ln x+1e x，g ′(x )=1x−ln x−1e x，ℎ(x )=1x −ln x −1在(0,+∞)单调递减，且ℎ(1)=0， ∴ x ∈(0,1)时，g ′(x )>0，x ∈(1,+∞)时，g ′(x )<0， g (x )在(0,1)单调递增，g (x )在(1,+∞)单调递减， g (x )max =g (1)=1e ， ∴ a ≥1e ，∴ 当f (x )在定义域内是减函数时，a 的取值范围为[1e ,+∞)． 【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程 利用导数研究函数的单调性【解析】 此题暂无解析 【解答】解：(1)当a =0时，f (x )=x ln x ，f (e )=e ， f ′(x )=ln x +1 ，f ′(e )=2 ，∴ 切线方程为：y −e =2(x −e )即2x −y −e =0 ． (2)函数f (x )的定义域为(0,+∞)， f ′(x )=ln x +1−ae x ，∵ f (x )在(0,+∞)内是减函数，∴ f ′(x )=ln x +1−ae x ≤0在(0,+∞)内恒成立， ∴ a ≥ln x+1e x在(0,+∞)内恒成立， 令g (x )=ln x+1e x，g ′(x )=1x−ln x−1e x，ℎ(x )=1x −ln x −1在(0,+∞)单调递减，且ℎ(1)=0， ∴ x ∈(0,1)时，g ′(x )>0，x ∈(1,+∞)时，g ′(x )<0， g (x )在(0,1)单调递增，g (x )在(1,+∞)单调递减， g (x )max =g (1)=1e ，∴ 当f (x )在定义域内是减函数时，a 的取值范围为[1e ,+∞)．26.【答案】 【考点】利用导数研究函数的极值 【解析】 此题暂无解析 【解答】 此题暂无解答 27.【答案】解：(1)∵ f(x)=ln x −ax 2+(a −2)x ， ∴ 函数的定义域为(0,+∞), ∴ f ′(x)=1x −2ax +(a −2)=−(2x−1)(ax+1)x.∵ f(x)在x =1处取得极值， 即f ′(1)=−(2−1)(a +1)=0， ∴ a =−1.当a =−1，在(12,1)内f ′(x)<0，在(1,+∞)内f ′(x)>0,∴ x =1是函数y =f(x)的极小值点. ∴ a =−1.(2)∵ a 2<a, ∴ 0<a <1，f ′(x)=1x −2ax +(a −2)=−(2x −1)(ax +1)x∵ x ∈(0,+∞), ∴ ax +1>0 , ∴ f(x)在(0,12)上单调递增，在(12,+∞)上单调递减，①当0<a ≤12时f(x)在[a 2,a ]单调递增， ∴ f max (x)=f(a)=ln a −a 3+a 2−2a ； ②当{a >12a 2<12，即12<a <√22,f(x)在(a 2,12)单调递增，在(12,a)单调递减， ∴ f max (x)=f (12)=−ln 2−a4+a−22=a4−1−ln 2 ；③当12≤a 2，即√22≤a <1时，f(x)在[a 2,a ]单调递减， ∴ f max (x)=f (a 2)=2ln a −a 5+a 3−2a 2，综上所述，当0<a ≤12时，函数y =f(x)在[a 2,a ]上最大值是ln a −a 3+a 2−2a ；当√22≤a <1时,函数y =f(x)在[a 2,a ]的最大值是2ln a −a 5+a 3−2a 2.【考点】利用导数研究函数的最值 利用导数研究函数的极值【解析】 此题暂无解析 【解答】解：(1)∵ f(x)=ln x −ax 2+(a −2)x ， ∴ 函数的定义域为(0,+∞), ∴ f ′(x)=1x −2ax +(a −2)=−(2x−1)(ax+1)x.∵ f(x)在x =1处取得极值， 即f ′(1)=−(2−1)(a +1)=0， ∴ a =−1.当a =−1，在(12,1)内f ′(x)<0，在(1,+∞)内f ′(x)>0,∴ x =1是函数y =f(x)的极小值点. ∴ a =−1.(2)∵ a 2<a, ∴ 0<a <1，f ′(x)=1x −2ax +(a −2)=−(2x −1)(ax +1)x∵ x ∈(0,+∞), ∴ ax +1>0 , ∴ f(x)在(0,12)上单调递增，在(12,+∞)上单调递减，①当0<a ≤12时f(x)在[a 2,a ]单调递增，∴ f max (x)=f(a)=ln a −a 3+a 2−2a ； ②当{a >12a 2<12，即12<a <√22 ,f(x)在(a 2,12)单调递增，在(12,a)单调递减， ∴ f max (x)=f (12)=−ln 2−a4+a−22=a4−1−ln 2 ；③当12≤a 2，即√22≤a <1时，f(x)在[a 2,a ]单调递减，∴ f max (x)=f (a 2)=2ln a −a 5+a 3−2a 2，综上所述，当0<a ≤12时，函数y =f(x)在[a 2,a ]上最大值是ln a −a 3+a 2−2a ；当12<a <√22时，函数y =f(x)在[a 2,a ]的最大值是a4−1−ln 2.当√22≤a <1时,函数y =f(x)在[a 2,a ]的最大值是2ln a −a 5+a 3−2a 2. 28.解：由题意可得：f′(x)=1x+a+2x，因为当x=−1时，f(x)取得极值，所以有f′(−1)=0，解得：a=32，…可得f(x)=ln(x+32)+x2，定义域为(−32, +∞)，…所以f′(x)=2x 2+3x+1x+32=(2x+1)(x+1)x+32，…所以当−32<x<−1时，f′(x)>0；当−1<x<−12时，f′(x)<0；当x>−12时，f′(x)>0．所以可得下表：从而得到f(x)分别在区间(−32，−1)，(−12,+∞)单调递增，在区间(−1,−12)单调递减．【考点】函数在某点取得极值的条件利用导数研究函数的单调性【解析】先求函数定义域，然后对函数求导，由题意可得，f′(−1)=0，代入可求a，代入a的值，分别解f′(x)>0，f′(x)<0，即可得到答案．【解答】解：由题意可得：f′(x)=1x+a+2x，因为当x=−1时，f(x)取得极值，所以有f′(−1)=0，解得：a=32，…可得f(x)=ln(x+32)+x2，定义域为(−32, +∞)，…所以f′(x)=2x 2+3x+1x+32=(2x+1)(x+1)x+32，…所以当−32<x<−1时，f′(x)>0；当−1<x<−12时，f′(x)<0；当x>−12时，f′(x)>0．所以可得下表：从而得到f(x)分别在区间(−32，−1)，(−12,+∞)单调递增，在区间(−1,−12)单调递减．29.【答案】解：(1)当a=1时，f(x)=e x⋅(1x+2)，f′(x)=e x⋅(1x +2−1x2)．由于f(1)=3e，f′(1)=2e，所以曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程是2ex−y+e=0．(2)f′(x)=ae ax(x+1)[(a+1)x−1]x2，x≠0．①当a=−1时，令f′(x)=0，解得x=−1，所以f(x)的单调递减区间为(−∞, −1)，单调递增区间为(−1, 0)，(0, +∞)；当a≠−1时，令f′(x)=0，解得x=−1或x=1a+1.②当−1<a<0时，f(x)的单调递减区间为(−∞, −1)，(1a+1,+∞)，单调递增区间为(−1, 0)，(0,1a+1)；③当a=0时，f(x)为常值函数，不存在单调区间；④当a>0时，f(x)的单调递减区间为(−1, 0)，(0,1a+1)，单调递增区间为(−∞, −1)，(1a+1,+∞)．【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程利用导数研究函数的单调性【解析】（1）先求导数f′(x)，欲求出切线方程，只须求出其斜率即可，故先利用导数求出在x=0处的导函数值，再结合导数的几何意义即可求出切线的斜率，从而问题解决．（2）对字母a进行分类讨论，再令f′(x)大于0，解不等式，可得函数的单调增区间，令导数小于0，可得函数的单调减区间．【解答】解：(1)当a=1时，f(x)=e x⋅(1x+2)，f′(x)=e x⋅(1x +2−1x2)．由于f(1)=3e，f′(1)=2e，所以曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程是2ex−y+e=0．(2)f′(x)=ae ax(x+1)[(a+1)x−1]x2，x≠0．①当a=−1时，令f′(x)=0，解得x=−1，所以f(x)的单调递减区间为(−∞, −1)，单调递增区间为(−1, 0)，(0, +∞)；当a≠−1时，令f′(x)=0，解得x=−1或x=1a+1.②当−1<a<0时，f(x)的单调递减区间为(−∞, −1)，(1a+1,+∞)，单调递增区间为(−1, 0)，(0,1a+1)；③当a=0时，f(x)为常值函数，不存在单调区间；④当a>0时，f(x)的单调递减区间为(−1, 0)，(0,1a+1)，单调递增区间为(−∞, −1)，(1a+1,+∞)．30.【答案】解：求导函数，可得f′(x)=x2+a∵函数在x=2处取得极小值−43∴f′(2)=0，f(2)=−43∴83+2a+b=−43，4+a=0∴a=−4，b=4∴a+b=0【考点】函数在某点取得极值的条件【解析】求导函数，利用函数在x=2处取得极小值−43，建立方程，可求a、b的值，从而可求a+b的值．【解答】解：求导函数，可得f′(x)=x2+a∵函数在x=2处取得极小值−43∴f′(2)=0，f(2)=−43∴83+2a+b=−43，4+a=0∴a=−4，b=4∴a+b=031.【答案】解：(1)当a=1时，g(x)=x2−3x+ln x，∴g′(x)=2x2−3x+1x>0，解得x>1或x<12．∴函数f(x)的单调增区间为(0, 12)，(1, +∞)．(2)g(x)=x2−(2a+1)x+a ln x，g′(x)=2x−(2a+1)+a x=2x2−(2a+1)x+ax=(2x−1)(x−a)x.当a≤1时，x∈[1, e]，g′(x)>0，g(x)单调递增，g(x)min=−2a. 当1<a<e时，x∈(1, a)，则g′(x)<0，g(x)单调递减．x∈(a, e)，则g′(x)>0，g(x)单调递增．g(x)min=g(a)=−a2−a+a ln a，当a≥e时，x∈[1, e]，g′(x)≤0，g(x)单调递减，g(x)min=e2−(2a+1)e+a．∴g(x)min={−2a，a≤1，−a2−a+a ln a，1<a<e，e2−(2a+1)e+a，a≥e.【考点】利用导数研究函数的最值利用导数研究函数的单调性【解析】(1)由g′(x)=2x2−3x+1x>0，能求出函数f(x)的单调增区间．(2)g′(x)=2x−(2a+1)+ax =(2x−1)(x−a)x=0，由此根据a的取值范围分类讨论，能求出g(x)min．【解答】解：(1)当a=1时，g(x)=x2−3x+ln x，∴g′(x)=2x2−3x+1x>0，解得x>1或x<12．∴函数f(x)的单调增区间为(0, 12)，(1, +∞)．(2)g(x)=x2−(2a+1)x+a ln x，g′(x)=2x−(2a+1)+a x=2x2−(2a+1)x+ax=(2x−1)(x−a)x.当a≤1时，x∈[1, e]，g′(x)>0，g(x)单调递增，g(x)min=−2a. 当1<a<e时，x∈(1, a)，则g′(x)<0，g(x)单调递减．x∈(a, e)，则g′(x)>0，g(x)单调递增．g(x)min=g(a)=−a2−a+a ln a，当a≥e时，x∈[1, e]，g′(x)≤0，g(x)单调递减，g(x)min=e2−(2a+1)e+a．∴g(x)min={−2a，a≤1，−a2−a+a ln a，1<a<e，e2−(2a+1)e+a，a≥e.32.【答案】解：(1)当a=1时，f(x)=x−ln x+1，f(1)=2，∴f′(x)=1−1x，∴f′(1)=0，∴切线方程为y=2.(2)∵f′(x)=1−ax =x−ax，当a≤0时，f′(x)>0，f(x)的单调递增区间为(0,+∞)，无单调递减区间；当a>0时，令f′(x)=0⇒x=a，∴当x∈(0,a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(a,+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增.∴f(x)的单调递减区间为(0,a)，单调递增区间为(a,+∞).综上所述：当a≤0时，f(x)的增区间为(0,+∞)，无减区间；当a>0时，f(x)的减区间为(0,a)，增区间为(a,+∞).【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程利用导数研究函数的单调性【解析】此题暂无解析【解答】解：(1)当a=1时，f(x)=x−ln x+1，f(1)=2，∴f′(x)=1−1x，∴f′(1)=0，∴切线方程为y=2.(2)∵f′(x)=1−ax =x−ax，当a≤0时，f′(x)>0，f(x)的单调递增区间为(0,+∞)，无单调递减区间；当a>0时，令f′(x)=0⇒x=a，∴当x∈(0,a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(a,+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增.∴f(x)的单调递减区间为(0,a)，单调递增区间为(a,+∞).综上所述：当a≤0时，f(x)的增区间为(0,+∞)，无减区间；当a >0时，f(x)的减区间为(0,a)，增区间为(a,+∞). 33.【答案】 解：（1）依题意得f ′(x)=3x 2−4cx +c 2… 若f(x)有极值，则△=4c 2>0，∴ c ≠0… （2）f ′(x)=3x 2−4cx +c 2=0得x =c 或c3， 因为函数f(x)在x =2处取得了极大值，故 x =2是f ′(x)=0的一个实根，故c >0 ∴ c >c3…所以函数f(x)在(−∞,c3)上递增，在(c3,c)上递减，(c,+∞)上递增，f(x)在x =c3处取得极大值； … ∴ c3=2⇒c =6…【考点】函数在某点取得极值的条件 【解析】（1）求函数的导数，利用导数和极值之间的关系求c 的取值范围． （2）利用函数f(x)在x =2处取得极大值，求实数c 的值． 【解答】 解：（1）依题意得f ′(x)=3x 2−4cx +c 2… 若f(x)有极值，则△=4c 2>0，∴ c ≠0… （2）f ′(x)=3x 2−4cx +c 2=0得x =c 或c3，因为函数f(x)在x =2处取得了极大值，故 x =2是f ′(x)=0的一个实根，故c >0 ∴ c >c3…所以函数f(x)在(−∞,c3)上递增，在(c3,c)上递减，(c,+∞)上递增， f(x)在x =c3处取得极大值； … ∴ c3=2⇒c =6… 34. 【答案】 f ′(x)=1−1x =x−1x，当x ∈(0, 1)时，f′(x)<0，故f(x)在(0, 1)单调递减； 当x ∈(1, +∞)时，f′(x)>0，f(x)在(1, +∞)单调递增； 故f(x)≥f(1)＝1，故f(x)的最小值为1．由（1）可得，f(x)＝x −ln x ≥1即ln x ≤x −1，所以ln(1+1k )≤1k<1k(k−1)=1k−1−1k，k∈N∗，n≥2，则ln(1+122)+ln(1+132)+⋯+ln(1+1n2)<1−12+12−13+⋯+1n−1−1n=1−1n<1，即ln(1+122)(1+132)…(1+1n2)<1，所以ln(1+122)(1+132)…(1+1n2)<e．【考点】利用导数研究函数的最值【解析】（1）先对函数求导，然后结合导数可求函数的单调性，进而可求函数的最小值；（2）结合（1）对x进行赋值，然后结合数列的裂项求和及不等式的放缩法即可证明．【解答】f′(x)=1−1x =x−1x，当x∈(0, 1)时，f′(x)<0，故f(x)在(0, 1)单调递减；当x∈(1, +∞)时，f′(x)>0，f(x)在(1, +∞)单调递增；故f(x)≥f(1)＝1，故f(x)的最小值为1．由（1）可得，f(x)＝x−ln x≥1即ln x≤x−1，所以ln(1+1k2)≤1k2<1k(k−1)=1k−1−1k，k∈N∗，n≥2，则ln(1+122)+ln(1+132)+⋯+ln(1+1n2)<1−12+12−13+⋯+1n−1−1n=1−1n<1，即ln(1+122)(1+132)…(1+1n2)<1，所以ln(1+122)(1+132)…(1+1n2)<e．35.【答案】证明：f′(x)=3x2+6bx+3c，由题意知方程f′(x)=0有两个根x1，x2，且x1∈[−1, 0]，x2∈[1, 2]，则有f′(−1)≥0，f′(0)≤0，f′(1)≤0，f′(2)≥0．即满足下列条件2b−c−1≤0，c≤0，2b+c+1≤0且4b+c+4≥0∴有图中四边形ABCD即是满足这些条件的点(b, c)的区域．∴−2≤c≤0由题设知f′(x1)=3x12+6bx1+3c=0，则bx1=−12x12−12c，∴f(x1)=−12x13+3c2x1，由于x1∈[−1, 0]，c≤0，∴0≤f(x1)≤12−3c2，∵−2≤c≤0，∴0≤f(x1)≤72．f′(x2)=3x22+6bx2+3c=0，bx2=−22x22−22c，∴f(x2)=−12x23+3c2x2，由于x2∈[1, 2]，c≤0，∴−4+3c≤f(x2)≤−12+32c．∵−2≤c≤0，∴−10≤f(x2)≤−12．【考点】利用导数研究函数的极值【解析】f(x)得f′(x)=3x2+6bx+3c由题意知方程f′(x)=0有两个根x1，x2，且x1∈[−1, 0]，x2∈[1, 2]则由根的分布得有2b−c−1≤0，c≤0，2b+c+1≤0且4b+c+4≥0，可得−2≤c≤0，用消元法消去参数b，利用参数c表示出f(x1)和f(x1)的值域，再利用参数c的范围能证明0≤f(x1)≤72，−10≤f(x2)≤−12．【解答】证明：f′(x)=3x2+6bx+3c，由题意知方程f′(x)=0有两个根x1，x2，且x1∈[−1, 0]，x2∈[1, 2]，则有f′(−1)≥0，f′(0)≤0，f′(1)≤0，f′(2)≥0．即满足下列条件2b−c−1≤0，c≤0，2b+c+1≤0且4b+c+4≥0∴有图中四边形ABCD即是满足这些条件的点(b, c)的区域．∴−2≤c≤0由题设知f′(x 1)=3x 12+6bx 1+3c =0，则bx 1=−12x 12−12c ， ∴ f(x 1)=−12x 13+3c 2x 1，由于x 1∈[−1, 0]，c ≤0， ∴ 0≤f(x 1)≤12−3c 2，∵ −2≤c ≤0， ∴ 0≤f(x 1)≤72．f′(x 2)=3x 22+6bx 2+3c =0， bx 2=−22x 22−22c ， ∴ f(x 2)=−12x 23+3c 2x 2，由于x 2∈[1, 2]，c ≤0， ∴ −4+3c ≤f(x 2)≤−12+32c ．∵ −2≤c ≤0， ∴ −10≤f(x 2)≤−12．36. 【答案】解：(1)∵ f′(x)=−2x +a −1x=−2x 2+ax−1x(x >0)，∴ f(x)既有极大值又有极小值⇔方程2x 2−ax +1=0有两个不等的正实数根x 1，x 2． ∴ {a2>0,Δ=a 2−4×2×1>0, ∴ a >2√2，∴ 函数f(x)既有极大值又有极小值的充要条件是a >2√2． （2）f′(x)=−2x +a −1x ，令g(x)=2x +1x (x >0)， 则g′(x)=2−1x 2，由g′(x)<0结合题意得：12<x <√22,∴ g(x)在[12, √22)上递减，由g′(x)>0结合题意得：g(x)在(√22, 2]上递增． 又g(12)=3，g(2)=92，g(√22)=2√2，∴ g(x)max =92，g(x)min =2√2．若f(x)在[12, 2]单调递增，则f′(x)≥0即a ≥g(x)， ∴ a ≥92．若f(x)在[12, 2]单调递减，则f′(x)≤0，即a ≤g(x)， ∴ a ≤2√2．所以f(x)在[12, 2]上单调时，则a ≤2√2或a ≥92．【考点】函数在某点取得极值的条件 利用导数研究函数的单调性 【解析】（1）f′(x)=−2x +a −1x=−2x 2+ax−1x(x >0)，由题意可得f(x)既有极大值又有极小值⇔方程2x 2−ax +1=0有两个不等的正实数根x 1，x 2；于是由{a 2>0△=a 2−4×2×1>0即可求得a 的取值范围；（2）f′(x)=−2x +a −1x ，令g(x)=2x +1x ，结合题意可得g(x)在[12, √22)上递减, g(x)在(√22, 2]上递增；从而可求得当x ∈[12, 2]时，g(x)max =92，g(x)min =2√2．于是得，若f(x)在[12, 2]单调递增，f′(x)≥0即a ≥g(x)，从而求得a 的取值范围；同理可求，若f(x)在[12, 2]单调递减时a 的取值范围．【解答】解：(1)∵ f′(x)=−2x +a −1x =−2x 2+ax−1x(x >0)，∴ f(x)既有极大值又有极小值⇔方程2x 2−ax +1=0有两个不等的正实数根x 1，x 2． ∴ {a2>0,Δ=a 2−4×2×1>0, ∴ a >2√2，∴ 函数f(x)既有极大值又有极小值的充要条件是a >2√2． （2）f′(x)=−2x +a −1x ，令g(x)=2x +1x (x >0)，则g′(x)=2−1x 2，由g′(x)<0结合题意得:g(x)在[12, √22)上递减，由g′(x)>0结合题意得：g(x)在(√22, 2]上递增． 又g(12)=3，g(2)=92，g(√22)=2√2，∴ g(x)max =92，g(x)min =2√2．若f(x)在[12, 2]单调递增，则f′(x)≥0即a ≥g(x)， ∴ a ≥92．若f(x)在[12, 2]单调递减，则f′(x)≤0，即a ≤g(x)， ∴ a ≤2√2．所以f(x)在[12, 2]上单调时，则a ≤2√2或a ≥92．37.【答案】 解：（1）f(x)=x(x −a)2+b =x 3−2ax 2+a 2x +b ⇒f ′(x)=3x 2−4ax +a 2，f ′(2)=12−8a +a 2=0⇒a =2或a =6， 当a =2时，函数在x =2处取得极小值，舍去；当a =6时，f ′(x)=3x 2−24x +36=3(x −2)(x −6)， 函数在x =2处取得极大值，符合题意，∴ a =6．∵ 当x ∈[−2, 4]时，函数y =f(x)的图象在抛物线y =1+45x −9x 2的下方， ∴ x 3−12x 2+36x +b <1+45x −9x 2在x ∈[−2, 4]时恒成立，即b <−x 3+3x 2+9x +1在x ∈[−2, 4]时恒成立，令ℎ(x)=−x 3+3x 2+9x +1， 则ℎ′(x)=−3x 2+6x +9=−3(x −3)(x +1)，由ℎ′(x)=0得，x 1=−1，x 2=3． ∵ ℎ(−2)=3，ℎ(−1)=−4，ℎ(3)=28，ℎ(4)=21， ∴ ℎ(x)在[−2, 4]上的最小值是−4，b <−4．（2）f(x)=x 3−12x 2+36x +b ，设切点为(x 0，x 03−12x 02+36x 0+b)，则切线斜率为f′(x)=3x 02−24x 0+36，切线方程为y −x 03+12x 02−36x 0−b =(3x 02−24x 0+36)(x −x 0)，即 y =(3x 02−24x 0+36)x −2x 03+12x 02+b ，∴ −2x 03+12x 02+b =0⇒b =2x 03−12x 02．令g(x)=2x 3−12x 2，则g ′(x)=6x 2−24x =6x(x −4)， 由g ′(x)=0得，x 1=0，x 2=4． 函数g(x)的单调性如下：y =f(x)相切．【考点】利用导数研究函数的极值 【解析】（1）其中一个函数的图象在另一个函数图象的下方，转化为两个函数的“差函数”在相应区间内恒小于0的问题；（2）求切线主要还是抓住切点，因此既然有三条切线，因此应该有三个切点，也就是利用切点表示的方程将原点代入后，得到关于切点横坐标x的方程有三个不同的实数根．再结合导数研究函数的图象求解．【解答】解：（1）f(x)=x(x−a)2+b=x3−2ax2+a2x+b⇒f′(x)=3x2−4ax+a2，f′(2)=12−8a+a2=0⇒a=2或a=6，当a=2时，函数在x=2处取得极小值，舍去；当a=6时，f′(x)=3x2−24x+36=3(x−2)(x−6)，函数在x=2处取得极大值，符合题意，∴a=6．∵当x∈[−2, 4]时，函数y=f(x)的图象在抛物线y=1+45x−9x2的下方，∴x3−12x2+36x+b<1+45x−9x2在x∈[−2, 4]时恒成立，即b<−x3+3x2+9x+1在x∈[−2, 4]时恒成立，令ℎ(x)=−x3+3x2+9x+1，则ℎ′(x)=−3x2+6x+9=−3(x−3)(x+1)，由ℎ′(x)=0得，x1=−1，x2=3．∵ℎ(−2)=3，ℎ(−1)=−4，ℎ(3)=28，ℎ(4)=21，∴ℎ(x)在[−2, 4]上的最小值是−4，b<−4．（2）f(x)=x3−12x2+36x+b，设切点为(x0，x03−12x02+36x0+b)，则切线斜率为f′(x)=3x02−24x0+36，切线方程为y−x03+12x02−36x0−b=(3x02−24x0+36)(x−x0)，即y=(3x02−24x0+36)x−2x03+12x02+b，∴−2x03+12x02+b=0⇒b=2x03−12x02．令g(x)=2x3−12x2，则g′(x)=6x2−24x=6x(x−4)，由g′(x)=0得，x1=0，x2=4．函数g(x)的单调性如下：y= f(x)相切．38.【答案】解：由f(x)=13ax3−12a2x2+2x+1得：f′(x)=ax2−a2x+2(1)①当a=0时，f′(x)=2>0∴f(x)单调递增，∴f(x)不存在极值②当a≠0时，△=a4−8a≤0，即0<a≤2，f′(x)≥0或f′(x)≤0恒成立∴f(x)不存在极值a的范围为0≤a≤2∴f(x)存在极值a的范围为a<0或a>2．（2）由题意f′(x)≥0在(−1, 12]恒成立①当a=0时f′(x)=2>0恒成立∴a=0合题意。

高中试卷-专题23 导数在研究函数中的应用(1)(含答案)

高中试卷-专题23 导数在研究函数中的应用(1)(含答案)

专题23 导数在研究函数中的应用（1）一、单选题1．（2020·江西省奉新县第一中学高二月考（理））函数的定义域为，导函数在内的图象如图所示．则函数在内有几个极小值点（ ）A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】A 【解析】因为极小值点两侧函数的单调性是先减后增，对应导函数值是先负后正，由图得：导函数值先负后正的点只有一个，故函数在内极小值点的个数是1.故选：A2．（2020·江西省奉新县第一中学高二月考（理））将和的图象画在同一个直角坐标系中，不可能正确的是( )A ．B ．C ．D ．【答案】D 【解析】根据，则单调递增；，单调递减，容易判断正确；()f x (),a b ()f x ¢(),a b ()f x (),ab ()f x (),a b ()y f x =()y f x ¢=()0f x ¢>()f x ()0f x ¢<()f x ,,A BC对选项：取与轴的两个交点的横坐标为数形结合可知当时，，故此时函数应该在此区间单调递减，但从图象上看不是单调递减函数，故该选项错误.故选：D.3．（2020·蚌埠田家炳中学高二开学考试（理））如图是函数的导函数的图象，下列关于函数的极值和单调性的说法中，正确的个数是（ ）①，，都是函数的极值点；②，都是函数的极值点；③函数在区间，上是单调的；④函数在区间上，上是单调的．A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】C 【解析】由图象得：在递增，在，递减，在，递增，故，都是函数的极值点，D ()f x ¢x ,mn(),x n Î-¥()0f x ¢£()f x ()f x ()y f x =()y f x ¢=()y f x=2x 3x 4x ()y f x =3x 5x ()y f x =()y f x =1(x 3)x ()y f x =3(x 5)x ()f x 3(,)x -¥3(x 5)x 5(x )+¥3x 5x ()y f x =故②③④正确，故选：C ．4．（2020·鸡泽县第一中学高二开学考试）如图是函数的导数的图象，则下面判断正确的是（ ）A ．在内是增函数B ．在时取得极大值C ．在内是增函数D ．在时取得极小值【答案】C 【解析】对A ，由导函数的图象可知，在区间内函数先减后增，在不单调，故A 错误；对B ，当时，，此时不是极大值，故B 错误；对C ，在内，此时函数单调递增，故C 正确．对D ，当时，，但此时不是极小值，而是极大值，故D 错误；故选：C ．5．（2020·黄冈中学第五师分校高二期中（理））已知函数在处取得极大值，则c 的值为（ ）A ．2B ．6C ．4D ．【答案】B 【解析】()y f x =()'y f x=()3,1-()f x 1x =()f x ()4,5()f x 2x =()f x ()y f x =¢(3,1)-\(3,1)-1x ='(1)0f ¹(1)f (4,5)()0f x ¢>2x ='(2)0f =(2)f ()()2f x x x c =-2x =4-由题意得：，由，解得：或.当时，，当时，，单调递增；当时，，单调递减；在处取得极大值，符合题意；当时，，当时，，单调递减；当时，，单调递增；在处取得极小值，不合题意；综上所述：.故选：.6．（2020·蚌埠田家炳中学高二开学考试（理））已知函数在处有极值10，则等于( )A ．1B ．2C ．—2D ．—1【答案】B 【解析】，，函数 在处有极值为10，，解得．经检验知，符合题意．，．选B ．点睛：()()()22f x x c x x c ¢=-+-()()()2222220f c c ¢=-+´-=6c =2c =6c =()()()636f x x x ¢=--\(),2x Î-¥()0f x ¢>()f x ()2,6x Î()0f x ¢<()f x \()f x 2x =2c =()()()232f x x x ¢=--\3,22x æöÎç÷èø()0f x ¢<()f x ()2,x Î+¥()0f x ¢>()f x \()f x 2x =6c =B 32()f x x ax bx =++1x =(2)f ()32f x x ax bx Q =++()2'32f x x ax b \=++Q ()32f x x ax bx =++1x =320110a b a b ++=ì\í++=î1221a b =-ìí=î12,21a b =-=()321221f x x x x \=-+()32221222122f \=-´+´=由于导函数的零点是函数极值点的必要不充分条件，故在求出导函数的零点后还要判断在该零点两侧导函数的值的符号是否发生变化，然后才能作出判断．同样在已知函数的极值点求参数的值时，根据求得参数的值后应要进行检验，判断所求参数是否符合题意，最终作出取舍．7．（2020·江西省石城中学高二月考（文））已知函数，，若，，则的大小为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】C 【解析】，所以是上的增函数.，所以，故本题选C.8.（2020·蚌埠田家炳中学高二开学考试（理））若函数在上是单调函数，则a 的取值范围是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】B 【解析】由题意得，f ′（x ），因为在[1，+∞）上是单调函数，所以f ′（x ）≥0或f ′（x ）≤0在[1，+∞）上恒成立，①当f ′（x ）≥0时，则在[1，+∞）上恒成立，0x 0()0f x ¢=()sin f x x x =+x ÎR 12log 3a f æö=ç÷èø13log 2b f æö=ç÷èø()22c f -=,,a b c a b c >>b c a>>c b a>>b a c>>()()'sin 1cos 0f x x x f x x =+Þ=+³()f x R 122221333log 2log 2log 31,log 3log 3log 21,200-==-<-=->->-=->Q ()121322log 2log 3c f b a f f -æö=>æö=ç÷è>ç÷èøø=1()ln f x x ax x=++[1,)+¥1(,0]4éö-¥È+¥÷êëø1,[0,)4æù-¥È+¥çúèû1,04éù-êúëû(,1]-¥211a x x =+-()1f x lnx ax x=++2110a x x+-³即a ，设g （x ），因为x ∈[1，+∞），所以∈（0，1]，当1时，g （x ）取到最大值是：0，所以a ≥0，②当f ′（x ）≤0时，则在[1，+∞）上恒成立，即a ，设g （x ），因为x ∈[1，+∞），所以∈（0，1]，当时，g （x ）取到最大值是：，所以a ，综上可得，a 或a ≥0，所以数a 的取值范围是（﹣∞，]∪[0，+∞），故选：B ．二、多选题9．（2020·江苏省扬州中学高二期中）定义在上的可导函数的导函数的图象如图所示，以下结论正确的是（ ）A ．-3是的一个极小值点；B ．-2和-1都是的极大值点；C ．的单调递增区间是；D ．的单调递减区间是．【答案】ACD211x x ³-2211111()24x x x =-=--1x1x=2110a x x+-£211x x £-2211111()24x x x =-=--1x112x =14-14£-14£-14-R ()y f x =()f x ()f x ()f x ()3,-+¥()f x (),3-¥-【解析】当时，，时，∴是极小值点，无极大值点，增区间是，减区间是．故选：ACD.10．（2020·山东省高二期中）已知函数的导函数的图象如图所示，那么下列图象中不可能是函数的图象的是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】BCD 【解析】由导函数图像可得：当时，，即函数在上单调递增；当时，，即函数在上单调递减；当时，，即函数在上单调递增；故BCD 错误，A 正确.故选：BCD.11．（2020·海南省高三其他）已知函数的定义域为，则（ ）A ．为奇函数B ．在上单调递增3x <-()0f x ¢<(3,)x Î-+¥()0f x ¢³3-()3,-+¥(),3-¥-()f x ()f x ¢()fx 0x <()0f x ¢>()f x (),0-¥02x <<()0f x ¢<()f x ()0,22x >()0f x ¢>()f x ()2,+¥()sin cos f x x x x x =+-[)2,2p p -()f x ()f x [)0,pC ．恰有4个极大值点D ．有且仅有4个极值点【答案】BD 【解析】因为的定义域为，所以是非奇非偶函数，，当时，，则在上单调递增.显然，令，得，分别作出，在区间上的图象，由图可知，这两个函数的图象在区间上共有4个公共点，且两图象在这些公共点上都不相切，故在区间上的极值点的个数为4，且只有2个极大值点.()f x ()f x()f x [)2,2p p -()f x ()sin cos f x x x x x=+-Q ()()1cos cos sin 1sin f x x x x x x x ¢\=+--=+[)0,x Îp ()0f x ¢>()f x [)0,p ()00f ¢¹()0f x ¢=1sin x x=-sin y x =1y x=-[)2,2p p -[)2,2p p -()f x [)2,2p p -()f x12．（2020·江苏省高二期中）若函数在定义域上单调递增，则称函数具有性质.下列函数中所有具有性质的函数为（ ）.A ．B ．C ．D ．【答案】AD 【解析】对于A ，定义域为，则恒成立，故满足条件；对于B ，定义域为，则，又，，即当时，函数在上单调递减，当时，函数在上单调递增，故不满足条件；对于C ，定义域为，，又，即在定义域上单调递减，且，故不满足函数在定义域上单调递增，故错误；对于D ，定义域为，，令，，则时，；当时，即在上单调递减，在上单调递增，在处取得极小值即最小值，所以恒成立，即在定义域上单调递增，故D 正确；故选：AD 三、填空题13．（2020·江苏省邗江中学高一期中）函数的极小值为_______________．()ln f x x ×()f x M M 1()f x e=()1f x x =-1()xf x e =()xf x e =()1()ln lng x f x x x e =×=×()0,¥+()10g x ex¢=>()()()ln 1ln g x f x x x x =×=-×()0,¥+()1ln 1g x x x¢=-+2111ln 10x x x x ¢æö-+=+>ç÷èø()11ln1101g ¢=-+=01x <<()0g x ¢<()g x ()0,11x >()0g x ¢>()g x ()1,+¥()1()ln ln x g x f x x x e=×=×()0,¥+()1ln xxx g x e -¢=2111ln 0x x x x ¢æö-=--<ç÷èø()g x ¢()110ee g e e -¢=<()g x ()()ln ln xg x f x x e x =×=×()0,¥+()11ln ln xx x g x e x e e x x x æö¢=×+=+ç÷èø()1ln h x x x =+()22111x h x x x x-¢=-=1x >()0h x ¢>01x <<()0h x ¢<()h x ()0,1()1,+¥1x =()()min 110h x h ==>()1ln 0xg x e x x æö¢=+>ç÷èø()g x 32()35f x x x =-+【解析】，故，取得到，故函数在上单调递减；取得到或，故函数在和上单调递增.故极小值为.故答案为：.14．（2020·蚌埠田家炳中学高二开学考试（理））已知函数的图象如图所示，则不等式的解集为______．【答案】．【解析】由图象特征可得，导数，在上，在上，所以等价于或，解得或，即不等式的解集为．15．（2020·周口市中英文学校高二月考（理））如图是的导函数的图象，现有四种说法．32()35f x x x =-+()'2()3632f x x x x x =-=-'()0f x <02x <<()0,2'()0f x >2x >0x <(),0-¥()2,+¥(2)1f =1()()y f x x R =Î()'0xf x ³][1022éöÈ+¥÷êëø，，()y f x =()f x ¢1(,][2,)2-¥+¥U ()0f x ¢>1(,2)2()0f x ¢<()0xf x ¢£()00x f x ¢³ìí³î()00x f x ¢<ìí£î102x ££2x ³()0xf x ¢£1[0,[2,)2È+¥()y f x =（1）在上是增函数，（2）是的极小值点（3） 在上是增函数，（4）是的极小值点以上说法正确的序号是_________【答案】（2），（3）【解析】由函数的图象可知：，，在上不是增函数，不正确；时，函数在递减，在递增，是的极小值点；所以正确；在上，函数是增函数，所以正确；函数在递增，在递减，是的极大值点，所以D 不正确．故答案为：16．（2020·山东省高二期中）若函数在区间单调递增，则的取值范围是______；若函数在区间内不单调，则的取值范围是______.【答案】【解析】若在区间单调递增，所以在上恒成立，()f x ()2,1-1x =-()f x ()f x ()1,2-2x =()f x (2)0f ¢-<(1)0f ¢-=()f x ()2,1-()11x =-(1)0f ¢-=()3,1--()1,2-1x =-()f x ()2()f x ()1,2-()0f x ¢>()3()1,2-()2,42x =()f x (2)(3)()ln f x kx x =-()1,+¥k ()f x ()1,+¥k [)1,+¥()0,1()ln f x kx x =-()1,+¥()10f x k x¢=-³()1,+¥即在上恒成立，又时，，所以；若函数在区间内不单调，则方程在区间有解，因为时，，因此只需.故答案为：；.四、解答题17．（2020·横峰中学高二开学考试（文））已知函数．（1）求曲线在点处的切线方程；（2）求函数的极值．【答案】（1）；（2）极小值为，无极大值．【解析】（1），则，切点坐标为．由题意知，，，由直线的点斜式方程有：即．（2）由（1）知，，令，得；令，得．则在上单调递减，在上单调递增，所以的极小值为，无极大值．18．（2020·黄冈中学第五师分校高二期中（理））已知函数.（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）求的单调区间；【答案】（1）（2）详见解析【解析】1k x³()1,+¥1x >11x <1k ³()f x ()1,+¥()10f x k x ¢=-=()1,+¥1x >101x<<01k <<[)1,+¥()0,1()x f x xe =()y f x =(1,(1))f ()f x 20ex y e --=1e-()x f x xe =(1)f e =()1,e ()(1)x x x f x xe e x e ¢=+=+(1)2k f e ¢==2(1)y e e x -=-20ex y e --=()(1)x f x x e ¢=+()0f x ¢>1x >-()0f x ¢<1x <-()f x (,1)-¥-(1,)-+¥()f x 1(1)f e-=-2()2(1)2ln (0)f x x a x a x a =-++>1a =()y f x =(1, (1))f ()f x 3y =-（1），，，，又，在处的切线方程为.（2），令，解得：，.①当时，若和时，；若时，；的单调递增区间为，；单调递减区间为；②当时，在上恒成立，的单调递增区间为，无单调递减区间；③当时，若和时，；若时，；的单调递增区间为，；单调递减区间为；综上所述：当时，的单调递增区间为，；单调递减区间为；当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；当时，的单调递增区间为，；单调递减区间为.19．（2020·阳江市第三中学高二期中）已知函数在处有极值．（1）求a,b 的值；（2）求的单调区间．【答案】(1),．(2) 单调减区间是,单调增区间是．【解析】（1）又在处有极值,即解得,．1a =Q ()242ln f x x x x \=-+()224f x x x¢\=-+()10f ¢\=()1143f =-=-()f x \()()1,1f 3y =-()()()()()()222122122210x a x a x a x a f x x a x x x x-++--¢=-++==>()0f x ¢=1x a =21x =01a <<()0,x a Î()1,+¥()0f x ¢>(),1x a Î()0f x ¢<()f x \()0,a ()1,+¥(),1a 1a =()0f x ¢³()0,¥+()f x \()0,¥+1a >()0,1x Î(),a +¥()0f x ¢>()1,x a Î()0f x ¢<()f x \()0,1(),a +¥()1,a 01a <<()f x ()0,a ()1,+¥(),1a 1a =()f x ()0,¥+1a >()f x ()0,1(),a +¥()1,a ()2f x ax blnx =+1x =12()f x 12a =1b =-()0,1()1,+¥()'2.b f x ax x =+Q ()f x 1x =12()()112'10f f ì=ï\íï=î1220a a b ì=ïíï+=î12a =1b =-（2）由（1）可知,其定义域是,．由,得；由,得．函数的单调减区间是,单调增区间是．20．（2020·山东省高二期中）已知函数在与时都取得极值.（1）求，的值；（2）求函数的单调区间，并指出与是极大值还是极小值.【答案】（1），.（2）函数的单调递增区间是和，单调递减区间是，是极大值，是极小值【解析】（1）由，所以.由题意可知，，整理列方程组解得，.（2）由（1）知当变化时，､的变化情况如下表：x 2,3æö-¥-ç÷èø23-2,13æö-ç÷èø1()1,+¥()'f x +0-0+()212f x x lnx =-()0,¥+()()()111'x x f x x x x+-=-=()'0f x <01x <<()'0f x >1x >\()y f x =()0,1()1,+¥32()f x ax x bx =-+23x =-1x =a b ()f x 23f æö-ç÷èø()1f 2a =4b =-()f x 2,3æö-¥-ç÷èø()1,+¥2,13æö-ç÷èø23f æö-ç÷èø(1)f ()32f x ax x bx =-+()2'32f x ax x b =-+203f æö¢-=ç÷èø()01f ¢=44033320a b a b ì++=ïíï+-=î2a =4b =-()()()26242321f x x x x x ¢=--=+-x ()'f x ()f x()f x 单调递增Z 极大值单调递减]极小值单调递增Z 所以函数的单调递增区间是和，单调递减区间是当时，有极大值；当时，有极小值.21．（2020·江苏省扬州中学高二期中）已知函数f （x ）＝ax 3+bx 2﹣3x 在x ＝﹣1和x ＝3处取得极值.（1）求a ，b 的值（2）求f （x ）在[﹣4，4]内的最值.【答案】（1）a ，b ＝﹣1（2）f （x ）min ＝，f （x ）max ＝【解析】（1）＝3ax 2+2bx ﹣3，由题意可得＝3ax 2+2bx ﹣3＝0的两个根为﹣1和3，则，解可得a ，b ＝-1，（2）由（1），易得f （x ）在，单调递增，在上单调递减，又f （﹣4），f （﹣1），f （3）＝﹣9，f （4），所以f （x ）min ＝f （﹣4），f （x ）max ＝f （﹣1）.22．（2020·安徽省池州一中高二期中（文））已知函数（1）求函数的极值（2）求函数在区间上的最值．()f x 2,3æö-¥-ç÷èø()1,+¥2,13æö-ç÷èø23x =-()f x 244327f æö-=ç÷èø1x =()f x (1)3f =-13=763-53'()f x '()f x 2133113b a a ì-+=-ïïíï-´=-ïî13=)'(1)3)(f xx x +＝(﹣¥(-,-1)(3,)+¥(1,3)-763=-53=203=-763=-53=()28ln f x x x =-()f x ;()f x 1,e e éùêúëû【答案】（1）极小值为；无极大值（2）最小值为，最大值为．【解析】（1）由题意得：定义域为，，当时，；当时，，在上单调递减，在上单调递增，的极小值为，无极大值；（2）由（1）知：在上单调递减，在上单调递增，，，又，，，.48ln2-48ln2-218e +()f x ()0,¥+()()()22282x x f x x x x +-¢=-=\()0,2x Î()0f x ¢<()2,x Î+¥()0f x ¢>()f x \()0,2()2,+¥()f x \()248ln 2f =-()f x 1,2e éö÷êëø(]2,e ()()min 248ln 2f x f \==-()()max 1max ,f x f f e e ìüæö=íýç÷èøîþ2118f e e æö=+ç÷èø()28f e e =-()1f f e e æö\>ç÷èø()2max 118f x f e e æö\==+ç÷èø。

高中数学利用导数研究函数的单调性精选练习题

高中数学利用导数研究函数的单调性精选练习题

利用导数研究函数的单调性精选题24道一．选择题（共7小题） 1．设函数()f x '是奇函数()()f x x R ∈的导函数，(1)0f -=，当0x>时，()()0x f x f x '-<，则使得()0f x >成立的x 的取值范围是()A ．(-∞，1)(0-⋃，1) B ．(1-，0)(1⋃，)+∞C ．(-∞，1)(1--⋃，0)D ．(0，1)(1⋃，)+∞2．若函数1()s in 2s in 3f x x x a x=-+在(,)-∞+∞单调递增，则a 的取值范围是() A ．[1-，1] B ．[1-，1]3C ．1[3-，1]3D ．[1-，1]3-3．函数32()f x a x b x c x d=+++的图象如图所示，则下列结论成立的是( )A ．0a >，0b <，0c >，0d >B ．0a >，0b <，0c <，0d >C ．0a<，0b<，0c<，0d>D ．0a>，0b>，0c>，0d<4．已知奇函数()f x 在R 上是增函数，()()g x x f x =．若2(log 5.1)ag =-，0.8(2)bg =，cg=（3），则a ，b ，c 的大小关系为( )A ．ab c<<B ．cb a<< C ．ba c<< D ．bc a<<5．若函数21()f x xa x x=++在1(,)2+∞是增函数，则a 的取值范围是()A ．[1-，0]B ．[1-，)+∞C ．[0，3]D ．[3，)+∞6．若定义在R 上的函数()f x 满足(0)1f =-，其导函数()f x '满足()1f x k '>>，则下列结论中一定错误的是( )A ．11()f k k <B ．11()1f k k >-C ．11()11f k k <-- D ．1()11k f k k >--7．已知21()s in ()42f x xx π=++，()f x '为()f x 的导函数，则()f x '的图象是()A ．B ．C ．D ．二．填空题（共12小题）8．已知函数31()2xxf x x x ee=-+-，其中e 是自然对数的底数．若2(1)(2)0f a f a -+…．则实数a 的取值范围是 ． 9．函数()f x 的定义域为R ，(1)2f -=，对任意x R∈，()2f x '>，则()24f x x >+的解集为 ． 10．设函数()f x '是奇函数()()f x x R ∈的导函数，(1)f -=，当0x>时，()()0x f x f x '-<，则使得()0f x >成立的x 的取值范围是 ．11．已知函数3(21)34,(),a x a x tf x x x x t-+-⎧=⎨->⎩…，无论t 取何值，函数()f x 在区间(,)-∞+∞总是不单调．则a 的取值范围是 ． 12．已知()f x 的定义域为(-∞，0)(0⋃，)+∞，()f x '是()f x 的导函数，且满足()2()0x f x f x '->，若()f x 是偶函数，f（1）1=，则不等式2()f x x>的解集为 ．13．函数()(3)xf x x e=-的单调递增区间是 ．14．设函数()f x 在R 上存在导数()f x '，对任意的x R∈有2()()f x f x x-+=，且在(0,)+∞上()f x x'>．若(2)f a f--（a ）22a-…，则实数a 的取值范围是 ．15．已知三次函数32()()32a b f x x xc xd a b =+++<在R 上单调递增，则a b c b a++-的最小值为 ． 16．已知函数21()22f x m xln x x=+-在定义域内是增函数，则实数m 的取值范围为 ．17．函数212yxln x=-的单调递减区间为 ．18．已知函数321()242f x x xx =+-+，则函数的单调减区间为 ．19．设定义域为R 的函数()f x 满足()()f x f x '>，则不等式1()(21)x e f x f x -<-的解为 ．三．解答题（共5小题） 20．已知函数1()f x x a ln xx=-+．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 存在两个极值点1x ，2x ，证明：1212()()2f x f x a x x -<--．21．设函数2()(1)xf x x e=-⋅．（1）讨论()f x 的单调性；（2）当0x …时，()1f x a x +…，求实数a 的取值范围．22．已知函数2()(2)(1)x f x x e a x =-+-．（Ⅰ）讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围．24．已知函数()1f x x a ln x=--．（1）若()0f x …，求a 的值；（2）设m 为整数，且对于任意正整数n ，2111(1)(1)(1)222nm++⋯+<，求m 的最小值．利用导数研究函数的单调性精选题24道参考答案与试题解析一．选择题（共7小题） 1．设函数()f x '是奇函数()()f x x R ∈的导函数，(1)0f -=，当0x>时，()()0x f x f x '-<，则使得()0f x >成立的x 的取值范围是()A ．(-∞，1)(0-⋃，1) B ．(1-，0)(1⋃，)+∞C ．(-∞，1)(1--⋃，0)D ．(0，1)(1⋃，)+∞【分析】由已知当0x >时总有()()0x f x f x '-<成立，可判断函数()()f xg x x=为减函数，由已知()f x 是定义在R 上的奇函数，可证明()g x 为(-∞，0)(0⋃，)+∞上的偶函数，根据函数()g x 在(0,)+∞上的单调性和奇偶性，模拟()g x 的图象，而不等式()0f x >等价于()0x g x ⋅>，数形结合解不等式组即可．【解答】解：设()()f x g x x =，则()g x 的导数为：2()()()x f x f x g x x'-'=，当0x >时总有()()xf x f x '<成立，即当0x>时，()g x '恒小于0， ∴当0x>时，函数()()f xg x x =为减函数，又()()()()()f x f x f xg x g x xxx---====--，∴函数()g x 为定义域上的偶函数又(1)(1)01f g --==-，∴函数()g x 的图象性质类似如图：数形结合可得，不等式()0()0f x xg x >⇔⋅>⇔0()0x g x >⎧⎨>⎩或0()0x g x <⎧⎨<⎩，01x ⇔<<或1x <-．故选：A ．【点评】本题主要考查了利用导数判断函数的单调性，并由函数的奇偶性和单调性解不等式，属于综合题． 2．若函数1()s in 2s in 3f x x x a x=-+在(,)-∞+∞单调递增，则a 的取值范围是() A ．[1-，1] B ．[1-，1]3C ．1[3-，1]3D ．[1-，1]3-【分析】求出()f x 的导数，由题意可得()0f x '…恒成立，设c o s (11)t x t=-剟，即有25430ta t -+…，对t 讨论，分0t=，01t <…，10t -<…，分离参数，运用函数的单调性可得最值，解不等式即可得到所求范围． 【解答】解：函数1()s in 2s in 3f x x x a x=-+的导数为2()1c o s 2c o s 3f x x a x'=-+，由题意可得()0f x '…恒成立，即为21c o s 2c o s 03x a x -+…， 即有254c o s c o s 033x a x -+…，设co s (11)t x t =-剟，即有25430ta t -+…，当0t =时，不等式显然成立；当01t <…时，534a t t-…，由54tt-在(0，1]递增，可得1t =时，取得最大值1-，可得31a -…，即13a -…；当10t -<…时，534a t t-…，由54tt-在[1-，0)递增，可得1t=-时，取得最小值1，可得31a …，即13a …．综上可得a 的范围是1[3-，1]3．另解：设co s (11)tx t =-剟，即有25430ta t -+…，由题意可得5430a -+…，且5430a --…，解得a 的范围是1[3-，1]3．故选：C ．【点评】本题考查导数的运用：求单调性，考查不等式恒成立问题的解法，注意运用参数分离和换元法，考查函数的单调性的运用，属于中档题． 3．函数32()f x a x b x c x d=+++的图象如图所示，则下列结论成立的是()A ．0a >，0b <，0c >，0d >B ．0a >，0b <，0c <，0d >C ．0a<，0b<，0c<，0d>D ．0a>，0b>，0c>，0d<【分析】根据函数的图象和性质，利用排除法进行判断即可． 【解答】解：(0)0f d =>，排除D ，当x→+∞时，y →+∞，0a ∴>，排除C ， 函数的导数2()32f x a x b x c'=++，则()0f x '=有两个不同的正实根，则12203b x x a+=->且123c x x a=>，(0)a>，b ∴<，0c>，方法22:()32f x a x b x c'=++，由图象知当当1x x <时函数递增，当12x x x <<时函数递减，则()f x '对应的图象开口向上，则0a>，且12203b x x a+=->且123c x x a=>，(0)a >，b ∴<，0c>，方法3:(0)0f d =>，排除D ，函数的导数2()32f x a x b x c'=++，则(0)0f c '=>，排除B ，C ，故选：A ．【点评】本题主要考查函数图象的识别和判断，根据函数图象的信息，结合函数的极值及(0)f 的符号是解决本题的关键．4．已知奇函数()f x 在R 上是增函数，()()g x x f x =．若2(log 5.1)ag =-，0.8(2)bg =，cg=（3），则a ，b ，c 的大小关系为( )A ．ab c<<B ．cb a<< C ．ba c<< D ．bc a<<【分析】由奇函数()f x 在R 上是增函数，则()()g x x f x =偶函数，且在(0,)+∞单调递增，则22(lo g 5.1)(lo g 5.1)a g g =-=，则22lo g 5.13<<，0.8122<<，即可求得ba c<< 【解答】解：奇函数()f x 在R 上是增函数，当0x>，()(0)0f x f >=，且()0f x '>，()()g x xf x ∴=，则()()()0g x f x xf x '=+'>，()g x ∴在(0,)+∞单调递增，且()()g x x f x =偶函数，22(lo g 5.1)(lo g 5.1)a g g ∴=-=， 则22lo g 5.13<<，0.8122<<，由()g x 在(0,)+∞单调递增，则0.82(2)(lo g 5.1)g g g<<（3），b a c∴<<，故选：C ．【点评】本题考查函数奇偶性，考查函数单调性的应用，考查转化思想，属于基础题． 5．若函数21()f x xa x x=++在1(,)2+∞是增函数，则a 的取值范围是()A ．[1-，0]B ．[1-，)+∞C ．[0，3]D ．[3，)+∞【分析】由函数21()f x xa x x=++在1(2，)+∞上是增函数，可得21()20f x x a x'=+-…在1(2，)+∞上恒成立，进而可转化为212a xx-…在1(2，)+∞上恒成立，构造函数求出212xx-在1(2，)+∞上的最值，可得a 的取值范围．【解答】解：21()f x x a x x=++在1(2，)+∞上是增函数，故21()20f x x a x'=+-…在1(2，)+∞上恒成立，即212a x x-…在1(2，)+∞上恒成立，令21()2h x x x=-， 则32()2h x x'=--，当1(2x ∈，)+∞时，()0h x '<，则()h x 为减函数．1()()32h x h ∴<=3a ∴…．故选：D ．【点评】本题考查的知识点是利用导数研究函数的单调性，恒成立问题，是导数的综合应用，难度中档．6．若定义在R 上的函数()f x 满足(0)1f =-，其导函数()f x '满足()1f x k '>>，则下列结论中一定错误的是( )A ．11()f k k<B ．11()1f k k >- C ．11()11f k k <-- D ．1()11k f k k >-- 【分析】根据导数的概念得出()(0)1f x f k x->>，用11x k =-代入可判断出11()11f k k >--，即可判断答案． 【解答】解；()(0)(0)limx f x f f x →-'=-()1f x k '>>， ∴()(0)1f x f k x ->>，即()11f x k x+>>，当11xk =-时，11()1111k f k k k k +>⨯=---，即11()1111k f k k k >-=---故11()11f k k >--，所以11()11f k k <--，一定出错，另解：设()()1g x f x kx =-+，(0)0g =，且()()0g x f x k '='->，()g x 在R 上递增，1k >，对选项一一判断，可得C错．故选：C ．【点评】本题考查了导数的概念，不等式的化简运算，属于中档题，理解了变量的代换问题． 7．已知21()s in ()42f x xx π=++，()f x '为()f x 的导函数，则()f x '的图象是()A ．B ．C ．D ．【分析】先化简2211()s in ()c o s 424f x xx xxπ=++=+，再求其导数，得出导函数是奇函数，排除B ，D ．再根据导函数的导函数小于0的x 的范围，确定导函数在(3π-，)3π上单调递减，从而排除C ，即可得出正确答案． 【解答】解：由2211()s in ()c o s 424f x xx xxπ=++=+，1()s in 2f x x x ∴'=-，它是一个奇函数，其图象关于原点对称，故排除B ，D ． 又1()c o s 2f x x''=-，当33x ππ-<<时，1c o s 2x>，()0f x ∴''<，故函数()yf x ='在区间(3π-，)3π上单调递减，故排除C ．故选：A ．【点评】本题主要考查函数的单调性与其导函数的正负之间的关系，即当导函数大于0时原函数单调递增，当导函数小于0时原函数单调递减． 二．填空题（共12小题）8．已知函数31()2xxf x x x ee=-+-，其中e 是自然对数的底数．若2(1)(2)0f a f a -+…．则实数a 的取值范围是 [1-，1]2．【分析】求出()f x 的导数，由基本不等式和二次函数的性质，可得()f x 在R 上递增；再由奇偶性的定义，可得()f x 为奇函数，原不等式即为221a a-…，运用二次不等式的解法即可得到所求范围． 【解答】解：函数31()2xxf x x x ee=-+-的导数为： 211()3220xxxxf x x e ee'=-++-+=…，可得()f x 在R 上递增；又331()()()220xxxxf x f x x x e ex x ee--+=-++-+-+-=，可得()f x 为奇函数，则2(1)(2)0f a f a -+…， 即有2(2)(1)f a f a --… 由((1))(1)f a f a --=--，2(2)(1)f a f a -…，即有221a a -…， 解得112a-剟，故答案为：[1-，1]2．【点评】本题考查函数的单调性和奇偶性的判断和应用，注意运用导数和定义法，考查转化思想的运用和二次不等式的解法，考查运算能力，属于中档题． 9．函数()f x 的定义域为R ，(1)2f -=，对任意x R∈，()2f x '>，则()24f x x >+的解集为(1,)-+∞ ．【分析】构建函数()()(24)F x f x x =-+，由(1)2f -=得出(1)F -的值，求出()F x 的导函数，根据()2f x '>，得到()F x 在R 上为增函数，根据函数的增减性即可得到()F x 大于0的解集，进而得到所求不等式的解集． 【解答】解：设()()(24)F x f x x =-+，则(1)(1)(24)220F f -=---+=-=，又对任意x R∈，()2f x '>，所以()()20F x f x '='->，即()F x 在R 上单调递增， 则()0F x >的解集为(1,)-+∞，即()24f x x >+的解集为(1,)-+∞．故答案为：(1,)-+∞【点评】本题考查学生灵活运用函数思想求解不等式，解题的关键是构建函数，确定函数的单调性，属于中档题． 10．设函数()f x '是奇函数()()f x x R ∈的导函数，(1)f -=，当0x>时，()()0x f x f x '-<，则使得()0f x >成立的x 的取值范围是(-∞，1)(0-⋃，1) ．【分析】构造函数()()f x g x x=，利用()g x 的导数判断函数()g x 的单调性与奇偶性，画出函数()g x 的大致图象，结合图形求出不等式()0f x >的解集．【解答】解：设()()f xg x x=，则()g x 的导数为：2()()()x f x f x g x x'-'=，当0x >时总有()()xf x f x '<成立，即当0x>时，()g x '恒小于0， ∴当0x>时，函数()()f xg x x =为减函数，又()()()()()f x f x f xg x g x xxx---====--，∴函数()g x 为定义域上的偶函数又(1)(1)01f g --==-，∴函数()g x 的大致图象如图所示：数形结合可得，不等式()0()0f x xg x >⇔⋅>⇔0()0x g x >⎧⎨>⎩或0()0x g x <⎧⎨<⎩，01x ⇔<<或1x <-．()0f x ∴>成立的x 的取值范围是(-∞，1)(0-⋃，1)．故答案为：(-∞，1)(0-⋃，1)．【点评】本题考查了利用导数判断函数的单调性，并由函数的奇偶性和单调性解不等式的应用问题，是综合题目． 11．已知函数3(21)34,(),a x a x tf x x x x t-+-⎧=⎨->⎩…，无论t 取何值，函数()f x 在区间(,)-∞+∞总是不单调．则a 的取值范围是 12a …．【分析】首先分析3()f x x x=-，其单调区间．然后根据无论t 取何值，函数()f x 在区间(,)-∞+∞总是不单调，判断()(21)34f x a x a =-+-的单调性，求出a 的取值范围即可．【解答】解：对于函数3()f x x x=-，2()31f x x '=-x t>当2310x ->时，即3x>或3x<-此时3()f x x x=-，为增函数当2310x -<时，33x -<<x t>，3()f x x x∴=-，一定存在单调递增区间要使无论t 取何值， 函数()f x 在区间(,)-∞+∞总是不单调()(21)34f x a x a ∴=-+-不能为增函数210a ∴-…∴12a …故答案为：12a …．【点评】本题考查函数单调性的判定与应用，3次函数与1次函数的单调性的判断，属于中档题． 12．已知()f x 的定义域为(-∞，0)(0⋃，)+∞，()f x '是()f x 的导函数，且满足()2()0x f x f x '->，若()f x 是偶函数，f（1）1=，则不等式2()f x x>的解集为(-∞，1)(1-⋃，)+∞ ．【分析】构造函数2()()(0)f xg x x x=≠，依题意可知它是偶函数且在(0,)+∞上单调递增，于是2()f x x>等价转化为()g x g>（1），即(||)(|1|)||1g x g x >⇒>，从而可得答案．【解答】解：令2()()(0)f xg x x x=≠，则243()2()()2()()x f x x f x x f x f x g x xx'-'-'==，因为足()2()0x f x f x '->，所以，当0x>时，()0g x '>，所以()g x 在(0,)+∞上单调递增． 又()f x 是偶函数，故2()()(0)f xg x x x=≠也是偶函数，而f（1）1=，故g （1）2(1)1f f==（1）1=，因此，2()f x x>⇔2()1f x x>，即()g x g >（1），即(||)(|1|)g x g >所以，||1x >，解得：1x >或1x<-．则不等式2()f x x>的解集为(-∞，1)(1-⋃，)+∞，故答案为：(-∞，1)(1-⋃，)+∞．【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，构造函数2()()(0)f xg x x x=≠，并判断它为偶函数且在(0,)+∞上单调递增是关键，考查等价转化思想与逻辑思维能力及运算能力，属于中档题． 13．函数()(3)xf x x e=-的单调递增区间是(2,)+∞ ．【分析】先求出函数的导数，令导函数大于0，解不等式求出即可．【解答】解：()(2)xf x x e'=-，令()0f x '>，解得：2x >，()f x ∴在(2,)+∞递增，故答案为：(2,)+∞．【点评】本题考查了函数的单调性，导数的应用，是一道基础题． 14．设函数()f x 在R 上存在导数()f x '，对任意的x R∈有2()()f x f x x-+=，且在(0,)+∞上()f x x'>．若(2)f a f --（a ）22a-…，则实数a 的取值范围是(-∞，1] ．【分析】令21()()2g x f x x=-，由()()g x g x -+=，可得函数()g x 为奇函数．利用导数可得函数()g x 在R 上是增函数，(2)f a f--（a ）22a-…，即(2)g a g-…（a ），可得2a a-…，由此解得a 的范围． 【解答】解：令21()()2g x f x x=-，2211()()()()022g x g x f x xf x x-+=--+-=，∴函数()g x 为奇函数．(0,)x ∈+∞时，()()0g x f x x '='->，故函数()g x 在(0,)+∞上是增函数，故函数()g x 在(,0)-∞上也是增函数， 由(0)0f =，可得()g x 在R 上是增函数． (2)f a f--（a ）22a-…，等价于2(2)(2)2a f a f---…（a ）22a-，即(2)g a g-…（a ），2a a∴-…，解得1a …，故答案为：(-∞，1]．【点评】本题主要考查函数的奇偶性、单调性的应用，体现了转化的数学思想，属于中档题． 15．已知三次函数32()()32a b f x x xc xd a b =+++<在R 上单调递增，则a b c b a++-的最小值为3 ．【分析】由题意得2()f x a x b x c'=++在R 上恒大于或等于0，得0a>，△240ba c =-…，将此代入a b c b a++-，将式子进行放缩，以b a为单位建立函数关系式，最后构造出运用基本不等式的模型使问题得到解决． 【解答】解：由题意2()0f x a x b x c '=++…在R 上恒成立，则0a>，△240ba c =-…．∴222222111()441b b a a b ba b c aa b a c aa b b aa b aa b aa++++++++==----…令(1)b tt a=>，222111(2)1(13)194(16)31414141t ta b c t t t b at t t t +++++-+===-++-----厖．（当且仅当4t =，即4bc a==时取“=” )故答案为：3【点评】本题考查了利用导数工具研究三次函数的单调性以及函数与方程的综合应用问题，属于中档题． 16．已知函数21()22f x m xln x x=+-在定义域内是增函数，则实数m 的取值范围为[1，)+∞ ．【分析】函数21()22f x m xl nx x =+-在定义域(0)x >内是增函数⇔2121()20f x m x mxx x'=+-⇔-厖对于任意0x>．⇔221()m a xm xx-…．利用导数即可得出．【解答】解：函数21()22f x m x l n xx =+-在定义域(0)x >内是增函数，∴1()20f x m x x'=+-…，化为221m xx-…．令221()g x xx=-，233222(1)()x g x xxx-'=-+=-，解()g x '>，得01x <<；解()0g x '<，得1x >．因此当1x =时，()g x 取得最大值，g （1）1=．1m ∴…．故答案为[1，)+∞．【点评】正确把问题等价转化、利用导数研究函数的单调性、极值与最值是解题的关键． 17．函数212yxln x=-的单调递减区间为(0，1] ．【分析】根据题意，先求函数212yxln x=-的定义域，进而求得其导数，即211xy x x x-'=-=，令其导数小于等于0，可得210x x -…，结合函数的定义域，解可得答案． 【解答】解：对于函数212yxln x=-，易得其定义域为{|0}x x>，211x y x xx-'=-=，令210x x-…，又由0x>，则221010x x x-⇔-剟，且0x>；解可得01x <…，即函数212yxln x=-的单调递减区间为(0，1]，故答案为(0，1]【点评】本题考查利用导数求函数的单调区间，注意首先应求函数的定义域． 18．已知函数321()242f x x xx =+-+，则函数的单调减区间为2[1,]3- ．【分析】对函数进行求导即可求出单调区间． 【解答】解：31()242f x x x x =+-+2()32(32)(1)f x x x x x ∴'=+-=-+令2()0,13f x x '-剟?．∴函数的单调减区间为2[1,]3-．【点评】此题较为容易，考查了导数与函数的单调性问题，注意区间端点的取值就可以了． 19．设定义域为R的函数()f x 满足()()f x f x '>，则不等式1()(21)x ef x f x -<-的解为(1,)+∞ ．【分析】令()()xf xg x e=，求出函数的导数，根据函数的单调性得到关于x 的不等式，解出即可．【解答】解：令()()xf xg x e=，则()()()xf x f xg x e'-'=>，故()g x 在R 递增， 不等式1()(21)x e f x f x -<-，即21()(21)xx f x f x ee--<，故()(21)g x g x <-，故21xx <-，解得：1x >，故答案为：(1,)+∞【点评】本题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用以及转化思想，是一道常规题． 三．解答题（共5小题） 20．已知函数1()f x x a ln xx=-+．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 存在两个极值点1x ，2x ，证明：1212()()2f x f x a x x -<--．【分析】（1）求出函数的定义域和导数，利用函数单调性和导数之间的关系进行求解即可． （2）将不等式进行等价转化，构造新函数，研究函数的单调性和最值即可得到结论． 【解答】解：（1）函数的定义域为(0,)+∞， 函数的导数22211()1a xa x f x xxx-+'=--+=-，设2()1g x x a x =-+，当0a …时，()0g x >恒成立，即()0f x '<恒成立，此时函数()f x 在(0,)+∞上是减函数，当0a>时，判别式△24a =-，①当02a <…时，△0…，即()0g x …，即()0f x '…恒成立，此时函数()f x 在(0,)+∞上是减函数， ②当2a>时，x ，()f x '，()f x 的变化如下表：综上当2a …时，()f x 在(0,)+∞上是减函数，当2a>时，在(02和2，)+∞上是减函数，则22上是增函数．（2）由（1）知2a>，不妨设12x x <，则121x x <<<，121x x =，则1221122112121()()()(1)()2()()f x f x x x a ln x ln x x x a ln x ln x x x -=-++-=-+-，则12121212()()()2f x f x a ln x ln x x x x x --=-+--，则问题转为证明12121ln x ln x x x -<-即可，即证明1212ln x ln x x x ->-，则111111ln x lnx x x ->-， 即11111ln x ln x x x +>-，即证11112ln x x x >-在(0,1)上恒成立，设1()2h x ln x x x=-+，(01)x <<，其中h （1）0=， 求导得222222121(1)()10x x x h x xxxx-+-'=--=-=-<，则()h x 在(0,1)上单调递减，()h x h∴>（1），即120ln xx x-+>，故12ln x x x>-，则1212()()2f x f x a x x -<--成立．（2）另解：注意到11()()f x a ln x f x x x=--=-，即1()()0f x f x +=，不妨设12x x <，由韦达定理得121x x =，122x x a +=>，得121x x <<<，121x x =，可得221()()0f x f x +=，即12()()0f x f x +=，要证1212()()2f x f x a x x -<--，只要证2212()()2f x f x a x x --<--，即证22220a a ln x a x x -+<，2(1)x >，构造函数()2a h x a ln x a x x=-+，(1)x >，22(1)()a x h x x--'=…，()h x ∴在(1,)+∞上单调递减，()h x h∴<（1）0=，20a a ln x a x x∴-+<成立，即22220a a ln x a x x -+<，2(1)x >成立．即1212()()2f x f x a x x -<--成立．【点评】本题主要考查函数的单调性的判断，以及函数与不等式的综合，求函数的导数，利用导数的应用是解决本题的关键．综合性较强，难度较大． 21．设函数2()(1)xf x x e=-⋅．（1）讨论()f x 的单调性；（2）当0x …时，()1f x a x +…，求实数a 的取值范围．【分析】（1）求出函数的导数，求出极值点，利用导函数的符号，判断函数的单调性即可． （2）化简()(1)(1)xf x x x e=-+．()1f x a x +…，下面对a 的范围进行讨论：①当1a …时，②当01a <<时，设函数()1xg x e x =--，则()10(0)xg x e x '=->>，推出结论；③当0a …时，推出结果，然后得到a 的取值范围．法二：0x …时，2()(1)10xg x e x a x =-++…恒成立，推出()g x '，求解[()]g x ''，当(0)10g a '=-…时，判断函数的单调性，判断满足题意，当(0)10g a '=-<时，推出()(0)0g m g <=，不合题意，得到结果． 【解答】解：（1）因为2()(1)xf x x e=-，x R∈，所以2()(12)xf x x x e'=--，令()0f x '=可知1x=-±当1x<--1x>-+()0f x '<，当11x --<<-+时()0f x '>，所以()f x在(,1-∞--，(1-+)+∞上单调递减，在(1--，1-+上单调递增；（2）由题可知()(1)(1)xf x x x e=-+．下面对a 的范围进行讨论：①当1a …时，设函数()(1)xh x x e=-，则()0(0)xh x x e x '=-<>，因此()h x 在[0，)+∞上单调递减， 又因为(0)1h =，所以()1h x …，所以()(1)()11f x x h x x a x =+++剟；②当01a <<时，设函数()1xg x e x =--，则()10(0)x g x e x '=->>，所以()g x 在[0，)+∞上单调递增， 又(0)1010g =--=，所以1x e x +…．因为当01x <<时2()(1)(1)f x x x >-+，所以22(1)(1)1(1)x x a x x a x x -+--=---，取0(0,1)2x =，则2000(1)(1)10x x a x -+--=，所以00()1f x a x >+，矛盾；③当0a …时，取0(0,1)2x =，则20000()(1)(1)11f x x x a x >-+=+…，矛盾；综上所述，a 的取值范围是[1，)+∞． （2）法二：0x …时，2()(1)10x g x e x a x =-++…恒成立，2()(21)x g x e x x a'=+-+，2[()](41)0(0)xg x e x x x ''=++>…，()g x '在0x …时单调递增，当(0)10g a '=-…时，0x>时()0g x '>恒成立，()g x 单调递增，则0x …时，()(0)0g x g =…，符合题意，当(0)10g a '=-<时，(||)0g a '>，于是存在0m>使得()g m '=，当0x m<<时，()0g x '<，()g x 单调递减，有()(0)0g x g <=，不合题意，所以1a …．综上所述，a 的取值范围是[1，)+∞．【点评】本题考查函数的导数的应用，函数的单调性以及函数的最值的求法，考查转化思想以及计算能力． 22．已知函数2()(2)(1)xf x x e a x =-+-．（Ⅰ）讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围．【分析】（Ⅰ）求出()f x 的导数，讨论当0a …时，2e a<-时，2e a=-时，02e a -<<，由导数大于0，可得增区间；由导数小于0，可得减区间；（Ⅱ）由（Ⅰ）的单调区间，对a 讨论，结合单调性和函数值的变化特点，即可得到所求范围．【解答】解：（Ⅰ）由2()(2)(1)x f x x e a x =-+-，可得()(1)2(1)(1)(2)xxf x x e a x x e a '=-+-=-+，①当0a …时，由()0f x '>，可得1x>；由()0f x '<，可得1x<，即有()f x 在(,1)-∞递减；在(1,)+∞递增（如右上图）； ②当0a <时，（如右下图）， 由20xe a +=，可得(2)x ln a =-，由(2)1ln a -=，解得2e a=-，若2e a =-，则()0f x '…恒成立，即有()f x 在R 上递增；若2e a <-时，由()0f x '>，可得1x<或(2)x ln a >-；由()0f x '<，可得1(2)x ln a <<-．即有()f x 在(,1)-∞，((2)ln a -，)+∞递增；在(1，(2))ln a -递减； 若02e a -<<，由()0f x '>，可得(2)xln a <-或1x>；由()0f x '<，可得(2)1ln a x -<<．即有()f x 在(-∞，(2))ln a -，(1,)+∞递增；在((2)ln a -，1)递减； （Ⅱ）①由（Ⅰ）可得当0a>时，()f x 在(,1)-∞递减；在(1,)+∞递增， 且f（1）0e =-<，x→+∞，()f x →+∞；当x→-∞时()0f x >或找到一个1x <使得()0f x >对于0a>恒成立，()f x 有两个零点；②当0a =时，()(2)xf x x e=-，所以()f x 只有一个零点2x=；③当0a <时， 若2e a<-时，()f x 在(1，(2))ln a -递减，在(,1)-∞，((2)ln a -，)+∞递增，又当1x …时，()0f x <，所以()f x 不存在两个零点；当2e a -…时，在(-∞，(2))ln a -单调增，在(1,)+∞单调增，在((2)ln a -，1)单调减， 只有((2))f ln a -等于0才有两个零点，而当1x …时，()0f x <，所以只有一个零点不符题意．综上可得，()f x 有两个零点时，a 的取值范围为(0,)+∞．【点评】本题考查导数的运用：求单调区间，考查函数零点的判断，注意运用分类讨论的思想方法和函数方程的转化思想，考查化简整理的运算能力，属于难题． 24．已知函数()1f x x a ln x=--．（1）若()0f x …，求a 的值；（2）设m 为整数，且对于任意正整数n ，2111(1)(1)(1)222nm++⋯+<，求m 的最小值．【分析】（1）通过对函数()1(0)f x x a ln x x =-->求导，分0a …、0a>两种情况考虑导函数()f x '与0的大小关系可得结论；（2）通过（1）可知1ln x x -…，进而取特殊值可知11(1)22kkln +<，*k N∈．一方面利用等比数列的求和公式放缩可知2111(1)(1)(1)222ne ++⋯+<，另一方面可知2111(1)(1)(1)2222n++⋯+>，从而当3n …时，2111(1)(1)(1)(2222n++⋯+∈，)e ，比较可得结论．【解答】解：（1）因为函数()1f x x a ln x=--，0x>，所以()1a x a f x x x-'=-=，且f（1）0=．所以当0a …时()0f x '>恒成立，此时()yf x =在(0,)+∞上单调递增，故当01x <<时，()f x f <（1）0=，这与()0f x …矛盾；当0a>时令()0f x '=，解得x a=，所以()y f x =在(0,)a 上单调递减，在(,)a +∞上单调递增，即()m in f x f=（a ），若1a≠，则f （a ）f<（1）0=，从而与()0f x …矛盾；所以1a =；（2）由（1）可知当1a =时()10f x x ln x =--…，即1ln x x -…，所以(1)ln xx +…当且仅当0x=时取等号，所以11(1)22kkln +<，*k N∈．221111111(1)(1)(1)112222222nnnln ln ln ++++⋯++<++⋯+=-<，即2111(1)(1)(1)222ne++⋯+<；因为m 为整数，且对于任意正整数n ，2111(1)(1)(1)222nm++⋯+<成立，当3n=时，23111135(1)(1)(1)222264+++=>，所以m 的最小值为3．【点评】本题是一道关于函数与不等式的综合题，考查分类讨论的思想，考查转化与化归思想，考查运算求解能力，考查等比数列的求和公式，考查放缩法，注意解题方法的积累，属于难题．。

高中数学利用导数研究函数的最值精选题

高中数学利用导数研究函数的最值精选题

利用导数研究函数的最值精选题25道一．选择题（共9小题）1．已知f（x）＝ln（x2+1），g（x）＝（）x﹣m，若∀x1∈[0，3]，∃x2∈[1，2]，使得f（x1）≥g（x2），则实数m的取值范围是（）A．[，+∞）B．（﹣∞，]C．[，+∞）D．（﹣∞，﹣] 2．设直线x＝t与函数f（x）＝x2，g（x）＝lnx的图象分别交于点M，N，则当|MN|达到最小时t的值为（）A．1B．C．D．3．函数f（x）＝x3﹣3x﹣1，若对于区间[﹣3，2]上的任意x1，x2都有|f（x1）﹣f（x2）|≤t，则实数t的最小值是（）A．20B．18C．3D．04．已知函数f（x）＝lnx﹣x+﹣1，g（x）＝x2﹣2bx+4，若对任意的x1∈（0，2）存在x2∈[1，2]，使f（x1）≥g（x2），则实数b的取值范围是（）A．[，+∞）B．（﹣∞，]C．（﹣∞，2]D．[2，+∞）5．已知函数f（x）＝e x﹣aln（ax﹣a）+a（a＞0），若关于x的不等式f（x）＞0恒成立，则实数a的取值范围为（）A．（0，e2]B．（0，e2）C．[1，e2]D．（1，e2）6．若函数f（x）＝x3+x2﹣在区间（a，a+5）内存在最小值，则实数a的取值范围是（）A．[﹣5，0）B．（﹣5，0）C．[﹣3，0）D．（﹣3，0）7．f（x）＝x3﹣3x2+2在区间[﹣1，1]上的最大值是（）A．﹣2B．0C．2D．48．直线x＝t（t＞0）与函数f（x）＝x2+1，g（x）＝lnx的图象分别交于A、B两点，当|AB|最小时，t值是（）A．1B．C．D．9．已知关于x的不等式﹣x﹣alnx≥1对于任意x∈（1，+∞）恒成立，则实数a的取值范围为（）A．（﹣∞，1﹣e]B．（﹣∞，﹣3]C．（﹣∞，﹣2]D．（﹣∞，2﹣e2]二．填空题（共13小题）10．已知函数f（x）＝2sin x+sin2x，则f（x）的最小值是．11．若函数f（x）＝2x3﹣ax2+1（a∈R）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．12．f（x）＝x3﹣3x2+2在区间[﹣1，1]上的最大值是．13．设实数λ＞0，若对任意的x∈（0，+∞），不等式eλx﹣≥0恒成立，则λ的取值范围是14．已知不等式e x﹣1≥kx+lnx，对于任意的x∈（0，+∞）恒成立，则k的最大值15．函数y＝x+2cos x在区间上的最大值是．16．函数在（0，e2]上的最大值是．17．设函数与g（x）＝a2lnx+b有公共点，且在公共点处的切线方程相同，则实数b的最大值为．18．已知函数f（x）＝xe x﹣mx，若f（x）≥lnx+x+1对x∈（0，+∞）恒成立，则实数m的取值范围是．19．已知函数f（x）＝ae x+ln﹣2（a＞0），若f（x）＞0恒成立，则实数a的取值范围为．20．函数f（x）＝（x+1）e x的最小值是21．已知函数f（x）＝x﹣1﹣lnx，对定义域内的任意x都有f（x）≥kx﹣2，则实数k的取值范围是．22．函数f（x）＝x2+x﹣2lnx的最小值．三．解答题（共3小题）23．已知函数f（x）＝ae x﹣lnx﹣1．（1）设x＝2是f（x）的极值点，求a，并求f（x）的单调区间；（2）证明：当a≥时，f（x）≥0．24．已知函数f（x）＝e x cos x﹣x．（1）求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；（2）求函数f（x）在区间[0，]上的最大值和最小值．25．已知f（x）＝a（x﹣lnx）+，a∈R．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）当a＝1时，证明f（x）＞f′（x）+对于任意的x∈[1，2]成立．利用导数研究函数的最值精选题25道参考答案与试题解析一．选择题（共9小题）1．已知f（x）＝ln（x2+1），g（x）＝（）x﹣m，若∀x1∈[0，3]，∃x2∈[1，2]，使得f（x1）≥g（x2），则实数m的取值范围是（）A．[，+∞）B．（﹣∞，]C．[，+∞）D．（﹣∞，﹣]【分析】先利用函数的单调性求出两个函数的函数值的范围，再比较其最值即可求实数m的取值范围．【解答】解：因为x1∈[0，3]时，f（x1）∈[0，ln10]；x2∈[1，2]时，g（x2）∈[﹣m，﹣m]．故只需0≥﹣m⇒m≥．故选：A．【点评】本题主要考查函数恒成立问题以及函数单调性的应用，考查计算能力和分析问题的能力，属于中档题．2．设直线x＝t与函数f（x）＝x2，g（x）＝lnx的图象分别交于点M，N，则当|MN|达到最小时t的值为（）A．1B．C．D．【分析】将两个函数作差，得到函数y＝f（x）﹣g（x），再求此函数的最小值对应的自变量x的值．【解答】解：设函数y＝f（x）﹣g（x）＝x2﹣lnx，求导数得＝当时，y′＜0，函数在上为单调减函数，当时，y′＞0，函数在上为单调增函数所以当时，所设函数的最小值为所求t的值为故选：D．【点评】可以结合两个函数的草图，发现在（0，+∞）上x2＞lnx恒成立，问题转化为求两个函数差的最小值对应的自变量x的值．3．函数f（x）＝x3﹣3x﹣1，若对于区间[﹣3，2]上的任意x1，x2都有|f（x1）﹣f（x2）|≤t，则实数t的最小值是（）A．20B．18C．3D．0【分析】对于区间[﹣3，2]上的任意x1，x2都有|f（x1）﹣f（x2）|≤t，等价于对于区间[﹣3，2]上的任意x，都有f（x）max﹣f（x）min≤t，利用导数确定函数的单调性，求最值，即可得出结论．【解答】解：对于区间[﹣3，2]上的任意x1，x2都有|f（x1）﹣f（x2）|≤t，等价于对于区间[﹣3，2]上的任意x，都有f（x）max﹣f（x）min≤t，∵f（x）＝x3﹣3x﹣1，∴f′（x）＝3x2﹣3＝3（x﹣1）（x+1），∵x∈[﹣3，2]，∴函数在[﹣3，﹣1]、[1，2]上单调递增，在[﹣1，1]上单调递减∴f（x）max＝f（2）＝f（﹣1）＝1，f（x）min＝f（﹣3）＝﹣19∴f（x）max﹣f（x）min＝20，∴t≥20∴实数t的最小值是20，故选：A．【点评】本题考查导数知识的运用，考查恒成立问题，正确求导，确定函数的最值是关键．4．已知函数f（x）＝lnx﹣x+﹣1，g（x）＝x2﹣2bx+4，若对任意的x1∈（0，2）存在x2∈[1，2]，使f（x1）≥g（x2），则实数b的取值范围是（）A．[，+∞）B．（﹣∞，]C．（﹣∞，2]D．[2，+∞）【分析】利用导数研究函数f（x）的最值问题，根据题意对任意x1∈（0，2），存在x2∈[1，2]，使f（x1）≥g（x2），只要f（x）的最小值大于等于g（x）的最小值即可．【解答】解：∵函数f（x）＝lnx﹣x﹣1，（x＞0）∴f′（x）＝﹣+＝＝，若f′（x）＞0，1＜x＜3，f（x）为增函数；若f′（x）＜0，x＞3或0＜x＜1，f（x）为减函数；f（x）在x∈（0，2）上有极值，f（x）在x＝1处取极小值也是最小值f（x）min＝f（1）＝﹣+﹣1＝﹣；∵g（x）＝x2﹣2bx+4＝（x﹣b）2+4﹣b2，对称轴x＝b，x∈[1，2]，当b＜1时，g（x）在x＝1处取最小值g（x）min＝g（1）＝1﹣2b+4＝5﹣2b；当1＜b＜2时，g（x）在x＝b处取最小值g（x）min＝g（b）＝4﹣b2；当b＞2时，g（x）在[1，2]上是减函数，g（x）min＝g（2）＝4﹣4b+4＝8﹣4b；∵对任意x1∈（0，2），存在x2∈[1，2]，使f（x1）≥g（x2），∴只要f（x）的最小值大于等于g（x）的最小值即可，当b＜1时，≥5﹣2b，解得b≥，故b无解；当b＞2时，≥8﹣4b，解得b≥，综上：b≥，故选：A．【点评】本题考查不等式恒成立问题，利用导数求闭区间上函数的最值，根据不等式恒成立转化为最值恒成立是解决本题的关键．综合性较强，运算较大，有一定的难度．5．已知函数f（x）＝e x﹣aln（ax﹣a）+a（a＞0），若关于x的不等式f（x）＞0恒成立，则实数a的取值范围为（）A．（0，e2]B．（0，e2）C．[1，e2]D．（1，e2）【分析】根据f（x）＞0恒成立可得e x﹣lna+x﹣lna＞e ln（x﹣1）+ln（x﹣1），构造函数g（x）＝e x+x，由g（x）的单调性可得x﹣lna＞ln（x﹣1），用放缩法求出ln（x﹣1）﹣x的最大值，从而得到a的取值范围．【解答】解：∵f（x）＝e x﹣aln（ax﹣a）+a＞0（a＞0）恒成立，∴，∴e x﹣lna+x﹣lna＞ln（x﹣1）+x﹣1，∴e x﹣lna+x﹣lna＞e ln（x﹣1）+ln（x﹣1）．令g（x）＝e x+x，易得g（x）在（1，+∞）上单调递增，∴x﹣lna＞ln（x﹣1），∴﹣lna＞ln（x﹣1）﹣x．∵ln（x﹣1）﹣x≤x﹣2﹣x＝﹣2，∴﹣lna＞﹣2，∴0＜a＜e2，∴实数a的取值范围为（0，e2）．故选：B．【点评】本题考查了函数恒成立问题和放缩法的应用，考查了转化思想和计算能力，属难题．6．若函数f（x）＝x3+x2﹣在区间（a，a+5）内存在最小值，则实数a的取值范围是（）A．[﹣5，0）B．（﹣5，0）C．[﹣3，0）D．（﹣3，0）【分析】由题意，求导f′（x）＝x2+2x＝x（x+2）确定函数的单调性，从而作出函数的简图，由图象求实数a的取值范围．【解答】解：由题意，f′（x）＝x2+2x＝x（x+2），故f（x）在（﹣∞，﹣2），（0，+∞）上是增函数，在（﹣2，0）上是减函数，作其图象如右图，令x3+x2﹣＝﹣得，x＝0或x＝﹣3；则结合图象可知，；解得，a∈[﹣3，0）；故选：C．【点评】本题考查了导数的综合应用及学生作图识图的能力，属于中档题．7．f（x）＝x3﹣3x2+2在区间[﹣1，1]上的最大值是（）A．﹣2B．0C．2D．4【分析】由题意先对函数y进行求导，解出极值点，然后再根据函数的定义域，把极值点和区间端点值代入已知函数，判断函数在区间上的增减性，比较函数值的大小，求出最大值，从而求解．【解答】解：f'（x）＝3x2﹣6x＝3x（x﹣2），令f'（x）＝0可得x＝0或2（2舍去），当﹣1＜x＜0时，f'（x）＞0，当0＜x＜1时，f'（x）＜0，∴当x＝0时，f（x）取得最大值为f（0）＝2．故选：C．【点评】此题考查导数的定义及利用导数来求闭区间函数的最值，解题的关键是求导要精确．8．直线x＝t（t＞0）与函数f（x）＝x2+1，g（x）＝lnx的图象分别交于A、B两点，当|AB|最小时，t值是（）A．1B．C．D．【分析】将两个函数作差，得到函数y＝f（x）﹣g（x），再求此函数的最小值对应的自变量x的值．【解答】解：设函数y＝f（x）﹣g（x）＝x2﹣lnx+1，求导数得y′＝2x﹣＝当0＜x＜时，y′＜0，函数在（0，）上为单调减函数，当x＞时，y′＞0，函数在（，+∞）上为单调增函数所以当x＝时，所设函数的最小值为+ln2，所求t的值为．故选：B．【点评】可以结合两个函数的草图，发现在（0，+∞）上x2＞lnx恒成立，问题转化为求两个函数差的最小值对应的自变量x的值．9．已知关于x的不等式﹣x﹣alnx≥1对于任意x∈（1，+∞）恒成立，则实数a的取值范围为（）A．（﹣∞，1﹣e]B．（﹣∞，﹣3]C．（﹣∞，﹣2]D．（﹣∞，2﹣e2]【分析】分离参数，构造函数，对x﹣3e x＝e x﹣3lnx变形以及e x﹣1≥x，即可求得a的取值范围．【解答】解：由题意可知，分离参数，令，由题意可知，a≤f（x）min，由，又e x﹣1≥x，当x＝0时等号成立，所以≥＝﹣3，当x﹣3lnx＝0时等号成立，由，令，，易知h（x）在（0，e）上单增，在（e，+∞）单减，所以，所以方程有解．所以a≤﹣3，故选：B．【点评】本题考查利用导数的综合应用，考查分离参数方法的应用，考查e x﹣1≥x恒等式的应用，在选择及填空题可以直接应用，在解答题中，需要构造函数证明，然后再利用，考查转化思想，属于中档题．二．填空题（共13小题）10．已知函数f（x）＝2sin x+sin2x，则f（x）的最小值是．【分析】由题意可得T＝2π是f（x）的一个周期，问题转化为f（x）在[0，2π）上的最小值，求导数计算极值和端点值，比较可得．【解答】解：由题意可得T＝2π是f（x）＝2sin x+sin2x的一个周期，故只需考虑f（x）＝2sin x+sin2x在[0，2π）上的值域，先来求该函数在[0，2π）上的极值点，求导数可得f′（x）＝2cos x+2cos2x＝2cos x+2（2cos2x﹣1）＝2（2cos x﹣1）（cos x+1），令f′（x）＝0可解得cos x＝或cos x＝﹣1，可得此时x＝，π或；∴y＝2sin x+sin2x的最小值只能在点x＝，π或和边界点x＝0中取到，计算可得f（）＝，f（π）＝0，f（）＝﹣，f（0）＝0，∴函数的最小值为﹣，故答案为：．【点评】本题考查三角函数恒等变换，涉及导数法求函数区间的最值，属中档题．11．若函数f（x）＝2x3﹣ax2+1（a∈R）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﹣3．【分析】推导出f′（x）＝2x（3x﹣a），x∈（0，+∞），当a≤0时，f′（x）＝2x（3x ﹣a）＞0，f（0）＝1，f（x）在（0，+∞）上没有零点；当a＞0时，f′（x）＝2x（3x ﹣a）＞0的解为x＞，f（x）在（0，）上递减，在（，+∞）递增，由f（x）只有一个零点，解得a＝3，从而f（x）＝2x3﹣3x2+1，f′（x）＝6x（x﹣1），x∈[﹣1，1]，利用导数性质能求出f（x）在[﹣1，1]上的最大值与最小值的和．【解答】解：∵函数f（x）＝2x3﹣ax2+1（a∈R）在（0，+∞）内有且只有一个零点，∴f′（x）＝2x（3x﹣a），x∈（0，+∞），①当a≤0时，f′（x）＝2x（3x﹣a）＞0，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增，f（0）＝1，f（x）在（0，+∞）上没有零点，舍去；②当a＞0时，f′（x）＝2x（3x﹣a）＞0的解为x＞，∴f（x）在（0，）上递减，在（，+∞）递增，又f（x）只有一个零点，∴f（）＝﹣+1＝0，解得a＝3，f（x）＝2x3﹣3x2+1，f′（x）＝6x（x﹣1），x∈[﹣1，1]，f′（x）＞0的解集为（﹣1，0），f（x）在（﹣1，0）上递增，在（0，1）上递减，f（﹣1）＝﹣4，f（0）＝1，f（1）＝0，∴f（x）min＝f（﹣1）＝﹣4，f（x）max＝f（0）＝1，∴f（x）在[﹣1，1]上的最大值与最小值的和为：f（x）max+f（x）min＝﹣4+1＝﹣3．【点评】本题考查函数的单调性、最值，导数的运算及其应用，同时考查逻辑思维能力和综合应用能力，是中档题．12．f（x）＝x3﹣3x2+2在区间[﹣1，1]上的最大值是2．【分析】求出函数的导函数，令导函数为0，求出根，判断根是否在定义域内，判断根左右两边的导函数符号，求出最值．【解答】解：f′（x）＝3x2﹣6x＝3x（x﹣2），令f′（x）＝0得x＝0或x＝2（舍），当﹣1＜x＜0时，f′（x）＞0；当0＜x＜1时，f′（x）＜0，所以当x＝0时，函数取得极大值即最大值，所以f（x）的最大值为2，故答案为：2．【点评】本题主要考查利用导数研究函数的最值，属于基础题．13．设实数λ＞0，若对任意的x∈（0，+∞），不等式eλx﹣≥0恒成立，则λ的取值范围是[，+∞）【分析】法一：由题意可得（eλx﹣）min≥0，设f（x）＝eλx﹣，x＞0，求出导数和单调区间、极小值点m和最小值点，可令最小值为0，解方程可得m，λ，进而得到所求最小值；法二：由于y＝eλx与y＝互为反函数，故图象关于y＝x对称，采用极限思想求解．【解答】解：实数λ＞0，若对任意的x∈（0，+∞），不等式eλx﹣≥0恒成立，即为（eλx﹣）min≥0，设f（x）＝eλx﹣，x＞0，f′（x）＝λeλx﹣，令f′（x）＝0，可得eλx＝，由指数函数和反比例函数在第一象限的图象，可得y＝eλx和y＝有且只有一个交点，设为（m，n），当x＞m时，f′（x）＞0，f（x）递增；当0＜x＜m时，f′（x）＜0，f（x）递减．即有f（x）在x＝m处取得极小值，且为最小值．即有eλm＝，令eλm﹣＝0，可得m＝e，λ＝．则当λ≥时，不等式eλx﹣≥0恒成立．则λ的最小值为另解：由于y＝eλx与y＝互为反函数，故图象关于y＝x对称，考虑极限情况，y＝x恰为这两个函数的公切线，此时斜率k＝1，再用导数求得切线斜率的表达式为k＝，即可得λ的最小值为．故答案为：[，+∞）．【点评】本题考查不等式恒成立问题的解法，注意运用转化思想，以及运用导数求得单调区间、极值和最值，考查方程思想，以及运算能力，属于中档题．14．已知不等式e x﹣1≥kx+lnx，对于任意的x∈（0，+∞）恒成立，则k的最大值e﹣1【分析】不等式e x﹣1≥kx+lnx，对于任意的x∈（0，+∞）恒成立．等价于对于任意的x∈（0，+∞）恒成立．求得，（x＞0），的最小值即可k 的取值．【解答】解：不等式e x﹣1≥kx+lnx，对于任意的x∈（0，+∞）恒成立．等价于对于任意的x∈（0，+∞）恒成立．令，（x＞0），，令g（x）＝e x（x﹣1）+lnx，（x＞0），则g′（x）＝xe x+＞0∴g（x）在（0，+∞）单调递增，g（1）＝0，∴x∈（0，1）时，g（x）＜0，x∈（1，+∞）时，g（x）＞0．∴x∈（0，1）时，f′（x）＜0，x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0．∴x∈（0，1）时，f（x）单调递减，x∈（1，+∞）时，f（x）单调递增．∴f（x）min＝f（1）＝e﹣1∴k≤e﹣1．故答案为：e﹣1．【点评】本题考查不等式恒成立问题的解法，考查构造函数法，以及导数的运用：求单调性和最值，考查运算能力，属于中档题．15．函数y＝x+2cos x在区间上的最大值是．【分析】对函数y＝x+2cos x进行求导，研究函数在区间上的极值，本题极大值就是最大值．【解答】解：∵y＝x+2cos x，∴y′＝1﹣2sin x令y′＝0而x∈则x＝，当x∈[0，]时，y′＞0．当x∈[，]时，y′＜0．所以当x＝时取极大值，也是最大值；故答案为【点评】本题考查了利用导数求闭区间上函数的最大值问题，属于导数的基础题．16．函数在（0，e2]上的最大值是．【分析】求出导函数，求解极值点，然后判断函数的单调性求解函数的最大值即可．【解答】解：函数，，令f′（x）＝0，解得x＝e．因为0＜e＜e2，函数f（x）在x∈（0，e]上单调递增，在x∈[e，e2]单调递减；x＝e时，f（x）取得最大值，f（e）＝．故答案为：．【点评】本题考查函数的导数的应用，熟练掌握利用导数研究函数的单调性、极值与最值是解题的关键．17．设函数与g（x）＝a2lnx+b有公共点，且在公共点处的切线方程相同，则实数b的最大值为．【分析】设公共点坐标为（x0，y0），求出两个函数的导数，利用f'（x0）＝g'（x0），推出，然后构造函数，利用导函数单调性求解函数的最值即可．【解答】解：设公共点坐标为（x0，y0），则，所以有f'（x0）＝g'（x0），即，解出x0＝a（舍去），又y0＝f（x0）＝g（x0），所以有，故，所以有，对b求导有b'＝﹣2a（1+lna），故b关于a的函数在为增函数，在为减函数，所以当时b有最大值．故答案为：．【点评】本题考查函数的导数的应用，切线方程以及函数的单调性、最值的求法，考查计算能力．18．已知函数f（x）＝xe x﹣mx，若f（x）≥lnx+x+1对x∈（0，+∞）恒成立，则实数m的取值范围是（﹣∞，0]．【分析】函数f（x）＝xe x﹣mx，若f（x）≥lnx+x+1对x∈（0，+∞）恒成立，等价于：m+1≤e x﹣，x∈（0，+∞）恒成立．令g（x）＝e x﹣，x∈（0，+∞），利用导数研究函数的单调性极值与最值即可得出结论．另解：令g（x）＝e x﹣x﹣1，可得g（x）在R上的单调性，原命题等价于：xe x﹣（x+lnx）﹣1≥mx．即e x+lnx﹣（x+lnx）﹣1≥mx．令h（x）＝x+lnx，利用其单调性即可证明结论．【解答】解：函数f（x）＝xe x﹣mx，若f（x）≥lnx+x+1对x∈（0，+∞）恒成立，等价于：m+1≤e x﹣，x∈（0，+∞）恒成立．令g（x）＝e x﹣，x∈（0，+∞），则g′（x）＝e x+＝，令h（x）＝x2e x+lnx，则h′（x）＝（x2+2x）e x+＞0，∴函数h（x）在x∈（0，+∞）上单调递增，又h（）＝﹣1＜0，h（1）＝e＞0，∴存在唯一x0∈（，1），使得+lnx0＝0，化为：x0＝，两边取对数可得：x0+lnx0＝ln（﹣lnx0）+（﹣lnx0），令u（x）＝x+lnx，可得函数u（x）在x∈（0，+∞）上单调递增，因此x0＝﹣lnx0，可得＝．∴函数g（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增．∴g（x）min＝g（x0）＝﹣＝﹣＝1，∴m+1≤1，解得m≤0．故实数m的取值范围是（﹣∞，0]．另解：令g（x）＝e x﹣x﹣1，g′（x）＝e x﹣1，可得g（x）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增．∴g（x）＝e x﹣x﹣1≥g（0）＝0，即e x﹣x﹣1≥0．原命题等价于：xe x﹣（x+lnx）﹣1≥mx．即e x+lnx﹣（x+lnx）﹣1≥mx．令h（x）＝x+lnx，可得：h（x）在（0，+∞）上单调递增．h（）＝﹣1＜0，h（1）＝1＞0，∴存在唯一x0∈（，1），使得h（x0）＝0，∴≥0，因此m≤0．故答案为：（﹣∞，0]．【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、同构法、等价转化方法，注意对于函数零点存在又无法求出的问题的解决方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．19．已知函数f（x）＝ae x+ln﹣2（a＞0），若f（x）＞0恒成立，则实数a的取值范围为（e，+∞）．【分析】求出e x+lna+x+lna＞e ln（x+2）+ln（x+2），得到lna＞ln（x+2）﹣x，令g（x）＝ln （x+2）﹣x，（x＞﹣2），根据函数的单调性求出g（x）的最大值，求出a的取值范围即可．【解答】解：f（x）＝ae x+ln﹣2（a＞0），函数f（x）的定义域是（﹣2，+∞），若f（x）＞0恒成立，则e x+lna+lna＞ln（x+2）+2，两边加上x得到：e x+lna+x+lna＞x+2+ln（x+2）＝e ln（x+2）+ln（x+2），∵y＝e x+x单调递增，∴x+lna＞ln（x+2），即lna＞ln（x+2）﹣x，令g（x）＝ln（x+2）﹣x，（x＞﹣2），则g′（x）＝﹣1＝，∵x∈（﹣2，﹣1）时，g′（x）＞0，g（x）递增，x∈（﹣1，+∞）时，g′（x）＜0，g（x）递减，故lna＞g（x）max＝g（﹣1）＝1，故a＞e，故答案为：（e，+∞）．【点评】本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，考查转化思想，是中档题．20．函数f（x）＝（x+1）e x的最小值是【分析】求出函数f（x）＝（x+1）e x的导数，进一步求出函数f（x）＝（x+1）e x的单调区间，得到函数f（x）＝（x+1）e x的最小值；【解答】解：由f（x）＝（x+1）e x，得f′（x）＝（x+2）e x；当x＜﹣2时，f′（x）＜0，当x＞﹣2时，f′（x）＞0，所以函数f（x）＝（x+1）e x在（﹣∞，﹣2）上单调递减，在（﹣2，+∞）上单调递增；所以当x＝﹣2时，函数f（x）＝（x+1）e x有最小值；故答案为：．【点评】本题考查函数最值，考查利用函数导数分析函数单调性从而得到函数最值，属于基础题．21．已知函数f（x）＝x﹣1﹣lnx，对定义域内的任意x都有f（x）≥kx﹣2，则实数k的取值范围是（﹣∞，1﹣]．【分析】先分离出k，得到k≤1+﹣在x＞0时恒成立，再处理g（x）＝1+，x＞0的最小值即可解决问题．【解答】解：∵f（x）＝x﹣1﹣lnx≥kx﹣2，∴kx≤x+1﹣lnx，x＞0，也即k≤1+﹣在x＞0时恒成立．令g（x）＝1+，x＞0，则g′（x）＝，x＞0，令g′（x）＝0⇒x＝e2．易知g（x）在x∈（0，e2）上单调递减，g（x）在x∈（e2，+∞）上单调递增，故g（x）min＝g（e2）＝1﹣，∴k．故填：（﹣∞，1﹣]．【点评】本题主要考查导数在处理最值问题中的简单应用，属于基础题．22．函数f（x）＝x2+x﹣2lnx的最小值．【分析】求出函数的导数，利用函数的单调性转化求解函数的最小值．【解答】解：因为，易知f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，所以．故答案为：．【点评】本题考查函数的导数的应用，函数的最值的求法，考查计算能力．三．解答题（共3小题）23．已知函数f（x）＝ae x﹣lnx﹣1．（1）设x＝2是f（x）的极值点，求a，并求f（x）的单调区间；（2）证明：当a≥时，f（x）≥0．【分析】（1）推导出x＞0，f′（x）＝ae x﹣，由x＝2是f（x）的极值点，解得a＝，从而f（x）＝e x﹣lnx﹣1，进而f′（x）＝，由此能求出f（x）的单调区间．（2）法一：当a≥时，f（x）≥﹣lnx﹣1，设g（x）＝﹣lnx﹣1，x＞0，则﹣，由此利用导数性质能证明当a≥时，f（x）≥0．法二：f（x）≥0，即a≥，x＞0，令g（x）＝，x＞0，则，利用导数性质得g（x）在（0，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减，g（x）≤g（1）＝，由此能证明当a≥时，f（x）≥0．法三：当a时，f（x）≥，即只需证明，再通过构造函数，利用导数研究函数的单调性，即可求解．【解答】解：（1）∵函数f（x）＝ae x﹣lnx﹣1．∴x＞0，f′（x）＝ae x﹣，∵x＝2是f（x）的极值点，∴f′（2）＝ae2﹣＝0，解得a＝，∴f（x）＝e x﹣lnx﹣1，∴f′（x）＝，当0＜x＜2时，f′（x）＜0，当x＞2时，f′（x）＞0，∴f（x）的单调递减区间是（0，2），单调递增区间是（2，+∞）．（2）证法一：当a≥时，f（x）≥﹣lnx﹣1，设g（x）＝﹣lnx﹣1，x＞0，则﹣，由﹣＝0，得x＝1，当0＜x＜1时，g′（x）＜0，当x＞1时，g′（x）＞0，∴x＝1是g（x）的最小值点，故当x＞0时，g（x）≥g（1）＝0，∴当a≥时，f（x）＝ae x﹣lnx﹣1≥0．证法二：∵函数f（x）＝ae x﹣lnx﹣1，∴f（x）≥0，即a≥，x＞0，令g（x）＝，x＞0，则，x＞0，∴g′（1）＝0，当0＜x＜1时，，﹣lnx＞0，g′（x）＞0，当x＞1时，，﹣lnx＜0，g′（x）＜0，∴g（x）在（0，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减，g（x）≤g（1）＝，∵a≥，∴a≥g（x）．∴当a≥时，f（x）≥0．证法三：当a时，f（x）≥，即只需证明，由于，则e x≥elnex⇔xe x≥exlnex⇔xe x≥e lnex lnex，令g（x）＝xe x，则g'（x）＝e x（x+1）＞0，即g（x）为增函数，又易证x≥lnex＝lnx+1，故g（x）≥g（lnex），即xe x≥e lnex lnex成立，故当时，f（x）≥0．【点评】本题考查函数的单调性、导数的运算及其应用，同时考查逻辑思维能力和综合应用能力，是中档题．24．已知函数f（x）＝e x cos x﹣x．（1）求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；（2）求函数f（x）在区间[0，]上的最大值和最小值．【分析】（1）求出f（x）的导数，可得切线的斜率和切点，由点斜式方程即可得到所求方程；（2）求出f（x）的导数，再令g（x）＝f′（x），求出g（x）的导数，可得g（x）在区间[0，]的单调性，即可得到f（x）的单调性，进而得到f（x）的最值．【解答】解：（1）函数f（x）＝e x cos x﹣x的导数为f′（x）＝e x（cos x﹣sin x）﹣1，可得曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线斜率为k＝e0（cos0﹣sin0）﹣1＝0，切点为（0，e0cos0﹣0），即为（0，1），曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为y＝1；（2）函数f（x）＝e x cos x﹣x的导数为f′（x）＝e x（cos x﹣sin x）﹣1，令g（x）＝e x（cos x﹣sin x）﹣1，则g（x）的导数为g′（x）＝e x（cos x﹣sin x﹣sin x﹣cos x）＝﹣2e x•sin x，当x∈[0，]，可得g′（x）＝﹣2e x•sin x≤0，即有g（x）在[0，]递减，可得g（x）≤g（0）＝0，则f（x）在[0，]递减，即有函数f（x）在区间[0，]上的最大值为f（0）＝e0cos0﹣0＝1；最小值为f（）＝cos﹣＝﹣．【点评】本题考查导数的运用：求切线的方程和单调区间、最值，考查化简整理的运算能力，正确求导和运用二次求导是解题的关键，属于中档题．25．已知f（x）＝a（x﹣lnx）+，a∈R．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）当a＝1时，证明f（x）＞f′（x）+对于任意的x∈[1，2]成立．【分析】（Ⅰ）求出原函数的导函数，然后对a分类分析导函数的符号，由导函数的符号确定原函数的单调性；（Ⅱ）方法一、构造函数F（x）＝f（x）﹣f′（x），令g（x）＝x﹣lnx，h（x）＝．则F（x）＝f（x）﹣f′（x）＝g（x）+h（x），利用导数分别求g（x）与h（x）的最小值得到F（x）＞恒成立．由此可得f（x）＞f′（x）+对于任意的x∈[1，2]成立；方法二、不等式f（x）＞f′（x）+对于任意的x∈[1，2]成立，即x﹣lnx+﹣＞0，结合x﹣1≥lnx，利用放缩法可得x﹣lnx+﹣＞，然后说明不等式右侧的代数式恒大于等于0，则结论得证．【解答】（Ⅰ）解：由f（x）＝a（x﹣lnx）+，得f′（x）＝a（1﹣）+＝＝（x＞0）．若a≤0，则ax2﹣2＜0恒成立，∴当x∈（0，1）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数，当x∈（1，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）为减函数；当a＞0，若0＜a＜2，当x∈（0，1）和（，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数，当x∈（1，）时，f′（x）＜0，f（x）为减函数；若a＝2，f′（x）≥0恒成立，f（x）在（0，+∞）上为增函数；若a＞2，当x∈（0，）和（1，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数，当x∈（，1）时，f′（x）＜0，f（x）为减函数；（Ⅱ）方法一、解：∵a＝1，令F（x）＝f（x）﹣f′（x）＝x﹣lnx﹣1＝x﹣lnx+．令g（x）＝x﹣lnx，h（x）＝．则F（x）＝f（x）﹣f′（x）＝g（x）+h（x），由，可得g（x）≥g（1）＝1，当且仅当x＝1时取等号；又，设φ（x）＝﹣3x2﹣2x+6，则φ（x）在[1，2]上单调递减，且φ（1）＝1，φ（2）＝﹣10，∴在[1，2]上存在x0，使得x∈（1，x0）时φ（x0）＞0，x∈（x0，2）时，φ（x0）＜0，∴函数h（x）在（1，x0）上单调递增；在（x0，2）上单调递减，由于h（1）＝1，h（2）＝，因此h（x）≥h（2）＝，当且仅当x＝2取等号，∴f（x）﹣f′（x）＝g（x）+h（x）＞g（1）+h（2）＝，∴F（x）＞恒成立．即f（x）＞f′（x）+对于任意的x∈[1，2]成立．方法二、不等式f（x）＞f′（x）+对于任意的x∈[1，2]成立，即x﹣lnx+﹣＞0，令h（x）＝x﹣lnx﹣1，得h′（x）＝1﹣＝，可得当x∈[1，2]时，h′（x）≥0，h（x）单调递增，h（x）≥0，即x﹣1≥lnx，于是，x﹣lnx+﹣≥＝．当且仅当x＝1时上式等号成立．又x∈[1，2]时，3x2﹣2＞0，2﹣x≥0，2x3＞0，∴x﹣lnx+﹣＝≥0．等号当且仅当x＝2时取得，故两个等号不能同时取到，∴x﹣lnx+﹣＞0，即f（x）＞f′（x）+对于任意的x∈[1，2]成立．【点评】本题考查利用导数加以函数的单调性，考查了利用导数求函数的最值，考查了分类讨论的数学思想方法和数学转化思想方法，是压轴题。

高中数学苏教选修同步训练： 导数在研究函数中的应用 含答案

高中数学苏教选修同步训练： 导数在研究函数中的应用 含答案

1.3 导数在研究函数中的应用1、已知定义在R 上的函数()f x 满足()316f =，且()f x 的导函数()41f x x '<-，则不等式()221f x x x <-+的解集为（ ）A. {}|33x x -<<B.{}3x x >-C. {}3x x >D. {}33x x x <->或2、设函数22()2()ln 2f x x x x x x =--+,则函数()f x 的单调递减区间为( ) A.1(0,)2B.1(,1)2C.(1,)+∞D.(0,)+∞3、设2x =-与3a =是函数()*的两个极值点,则常数a b -的值为( ) A ．21B ．-21C ．27D ．-274、函数()f x '是函数()y f x =的导函数，且函数()y f x =在点()()00,P x f x 处的切线 方程为000:()()()(),()()()l y g x f x x x f x F x f x g x '==-+=-如果()y f x =在区间[],a b 上的图像如图所示，且0a x b <<那么( )A ．00()0,F x x x '==是F(x) 的极大值点B ．00()0,F x x x '==是F(x) 的极小值点C ．00()0,F x x x '≠=不是F(x)的极值点D ．00()0,F x x x '≠=是F(x)极值点5、若函数321()(1)232bf x x x bx =-++在区间[]3,1-上不单调,则()f x 在R 上的极小值为( )A.423b -B.3223b - C.0D.2316b b -6、已知函数f x （）的定义域[15]﹣，，部分对应值如表，f x （）的导函数y f x '＝（）的图象如图所示，下列关于函数f x （）的结论正确的是（ ）x ﹣1 0 4 5 f x （）1221A ．函数f x （）的极大值点有2个B ．函数f x （）在[0]2，上是减函数C ．若1[]x t ∈﹣，时，f x （）的最大值是2，那么t 的最大值为4D ．当12a ＜＜时，函数y f x a ＝（）﹣有4个零点 7、函数3()3f x x ax a =--在()0,1内有最小值,则a 的取值范围是( )A. 01a ≤<B. 01a <<C. 11a -<<D. 102a << 8、函数ln xy x=的最大值为（ ） A.1e - B.e C.2e D.1039、设函数()e (21)x f x x ax a =--+,其中1a <,若存在唯一的整数0x 使得0()0f x <,则a 的取值范围是( ) A.3,12e ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭B.33,2e 4⎡⎫-⎪⎢⎣⎭C.33,2e 4⎡⎫⎪⎢⎣⎭D.3,12e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭10、已知函数11()()2ln ()f x a x a R x x =--∈，()g x ax =-若至少存在一个01[,1]x e∈，使得()()00f x g x >，则实数a 的取值范围为（ ）A ．(1)+∞，B ．[1)+∞，C ．(0)+∞，D ．[0)+∞，11、若函数321()13f x x x mx =+++在R 上单调递增，则m 的取值范围是______.12、若函数32()21(R)f x x ax a =-+∈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____________.13、若不等式22ln 3x x x ax ≥-+-对(0,)x ∈+∞恒成立,则实数a 的取值范围______.14、设函数()f x 与()g x 是定义在同一区间[],a b 上的两个函数.若对任意的[],x a b ∈,都有()()f x g x -≤1,则称()f x 与()g x 在[],a b 上是“比邻函数”.若函数()ln f x x =与1()mx g x x-=在1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上是“比邻函数”,则实数m 的取值范围为_________. 15、已知函数()ln ,()(1)f x x x g x a x ==-. （1）若()()f x g x ≥恒成立，求实数a 的值；（2）存在12,(0,)x x ∈+∞，且12x x ≠，12()()f x f x =，求证：0f '<．答案以及解析1答案及解析： 答案：C 解析：2答案及解析： 答案：B解析：由题意,可得()f x 的定义域为21(0,),'()2(21)ln 2()22(42)ln f x x x x x x x x x+∞=-+-⋅-+=-.由'()0f x <,可得(42)ln 0x x -<,所以420ln 0x x ->⎧⎨<⎩或420ln 0x x -<⎧⎨>⎩,解得112x <<,故函数()f x 的单调递减区间为1(,1)2,选B.3答案及解析： 答案：A 解析：4答案及解析： 答案：B解析：5答案及解析： 答案：A解析：由题意,得'()()(2)f x x b x =--.因为()f x 在区间[]3,1-上不单调,所以31b -<<.由'()0f x >,解得2x >或x b <;由'()0f x <,解得2b x <<.所以()f x 的极小值为4(2)23f b =-.故选A.6答案及解析： 答案：AB解析：解：由f x '（）的图象，当10240x x f x ≤'﹣＜或＜＜，（）＞，函数f x （）为增函数， 当02440x x f x ≤'＜＜或＜，（）＜，函数f x （）为减函数，即当0x ＝时，函数f x （）取得极大值，当4x ＝时，函数f x （）取得极大值，即函数f x （）有两个极大值点，故A 正确，函数f x （）在[0]2，上是减函数，故B 正确， 作出f x （）的图象如图：若1[]x t ∈﹣，时，f x （）的最大值是2，则t 满足05t ≤≤，即t 的最大值是5，故C 错误， 由0y f x a ＝（）﹣＝得f x a （）＝， 若21f ≤（），当12a ＜＜时，f x a （）＝有四个根，若12f a ＜（）＜，当12a ＜＜时，f x a （）＝不一定有四个根，有可能是2个，故函数y f x a ＝（）﹣有4个零点不一定正确，故D 错误，故正确的是A B ，， 故选：AB ．7答案及解析： 答案：B解析：设22()333()f x x a x a ==-'-,若0a =,则2'()3f x x =,当(0,1)x ∈时, '()0f x >,()f x 在(0,1)是增函数,所以无最小值,排除A 、C. 当12a =时, 21()32f x x ⎛⎫=- ⎝'⎪⎭,令'()0f x =，2x =∴当2x ⎛∈ ⎝⎭时, '()0f x <,()f x 是减函数;当2x ⎫∈⎪⎪⎝⎭时, '()0f x >.()f x 时增函数, ∴当22x =时, ()f x 有最小值,排除D,故选C.8答案及解析： 答案：A解析：9答案及解析：答案：D解析：由题意可知存在唯一的整数x,使得000e(21)x x ax a-<-,设()e(21),()xg x x h x ax a=-=-,由'()e(21)xg x x=+可知()g x在1(,)2-∞-上单调递减,在1(,)2-+∞上单调递增,作出()g x与()h x的大致图象如图所示,故(0)(0)(1)(1)h gh g>⎧⎨-≤-⎩,即132eaa<⎧⎪⎨-≤-⎪⎩,所以312ea≤<,故选D.10答案及解析：答案：C解析：11答案及解析：答案：1m≥解析：12答案及解析：答案：-3解析：2'()622(3)(R)f x x ax x x a a=-=-∈,当0a≤时,'()0f x>在(0,)+∞上恒成立,则()f x在(0,)+∞上单调递增,又(0)1f=,所以此时()f x在(0,)+∞内无零点,不满足题意.当0a>时,由'()0f x>,得3ax>,由'()0f x<,得03ax<<,则()f x在(0,)3a上单调递减,在(,)3a+∞上单调递增.又()f x 在(0,)+∞内有且只有一个零点,所以3()10327a a f =-+=,得3a =,所以32()231f x x x =-+,则'()6(1)f x x x =-,当(1,0)x ∈-时,'()0,()f x f x >单调递增,当(0,1)x ∈时,'()0,()f x f x <单调递减,则max ()(0)1,(1)4,(1)0f x f f f ==-=-=,则min ()4f x =-,所以()f x 在[]1,1-上的最大值与最小值的和为-3.13答案及解析： 答案：(,4]-∞ 解析：14答案及解析： 答案：[]e 2,2-解析：因为函数()ln f x x =与1()mx g x x -=在1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上是“比邻函数”,所以对任意的1,e e x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦,都有()()1f x g x -≤,即1ln 1x m x +-≤,从而11ln 1m x m x-≤+≤+.令11()ln (e)e h x x x x =+≤≤,则22111'()x h x x x x -=-=,从而()h x 在1,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减,在[]1,e 上单调递增,所以()h x 在1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最小值为(1)1h =,又1()(e)e h h >,最大值为1()e 1e h =-,所以11m -≤且1e 1m +≥-,解得e 22m -≤≤.15答案及解析：答案：解：（1）()()ln 0a f x g x x a x ≥⇔+-≥ 令()ln ,()a x ah x x a h x x x-'=+-= 当0a ≤时，()0,(1)0h x h '>=，则(0,1)x ∈，()0h x <，不符合题意，舍去. 当0a >时，(0,)a 是减区间，(,)a +∞是增区间所以，min ()()ln 1h x h a a a ==+- 令1()ln 1,()xF x x x F x x-'=+-=()F x 在0,1（）递增，(1,)+∞递减 max ()(1)0F x F ==()0F x ≤，在1x =取等号，即：1a =. （2）()ln ()1ln f x x x f x x '=⇔=+()f x 在1(0,)e 递减；在1(,)e +∞递增，(1)0f =由12()()f x f x =可知12101x x e<<<<由121122()()ln ,ln f x f x k x x k x x k ==⇒== 12211221121221122112ln ln ln ln ln ln ln ln x x x x k x x x x x x x x x x x x x x kx x -⎧-=⎪⋅--⎪⇒=⎨+++⎪+=⎪⋅⎩要证0f '<成立 只需证：121221ln ln 2x x x x e ⋅<⇔+<-由(*)可知：即证22121121ln 1x x x x x x ->+令21x t x =，即证：21ln (1)1t t t t ->>+令2(1)21()ln (1),()01(1)t t h t t t h t t t t --'=->=>++ 所以，21()(1)0,ln (1)1t h t h t t t ->=>>+ 所以，12ln ln 2x x +<-所以，0f '<. 解析：。

高中数学利用导数研究函数的极值精选题

高中数学利用导数研究函数的极值精选题

利用导数研究函数的极值精选题27道一．选择题（共8小题） 1．设函数()(21)xf x e x a x a=--+，其中1a<，若存在唯一的整数0x 使得0()0f x <，则a 的取值范围是( )A ．3[,1)2e -B ．33[,)24e -C ．33[,)24e D ．3[,1)2e2．若2x=-是函数21()(1)x f x x a x e-=+-的极值点，则()f x 的极小值为()A ．1-B ．32e --C ．35e -D ．13．已知a 为函数3()12f x x x=-的极小值点，则(a =)A ．4-B ．2-C ．4D ．24．已知a 为常数，函数()()f x x ln x a x =-有两个极值点1x ，212()(x x x <)A ．121()0,()2f x f x >>-B ．121()0,()2f x f x <<-C ．121()0,()2f x f x ><-D ．121()0,()2f x f x <>-5．已知函数()()f x x ln x a x =-有两个极值点，则实数a 的取值范围是()A ．(,0)-∞B ．1(0,)2C ．(0,1)D ．(0,)+∞6．设函数()f x 在R 上可导，其导函数()f x '，且函数()f x 在2x=-处取得极小值，则函数()y x f x ='的图象可能是( )A ．B ．C ．D ．7．设函数32()2f x x e x m x ln x=-+-，记()()f xg x x=，若函数()g x 至少存在一个零点，则实数m 的取值范围是( )A ．(-∞，21]e e+B ．(0，21]e e+C ．21(e e+，)+∞D ．21(e e--，21]e e+8．已知函数322()f x x a x b x a=+++在1x=处有极值10，则f（2）等于()A ．11或18B ．11C ．18D ．17或18二．填空题（共14小题） 9．若函数2()1xaf x x +=+在1x=处取极值，则a=．10．若函数32()4f x x x a x =+--在区间(1,1)-恰有一个极值点，则实数a 的取值范围为 ．11．已知函数21()2f x x ln x x=+，0x 是函数()f x 的极值点，给出以下几个命题：①010x e<<；②01x e>；③00()0f x x +<；④00()0f x x +>；其中正确的命题是 ．（填出所有正确命题的序号） 12．已知32()31f x a x x =+-存在唯一的零点0x ，且0x <，则实数a 的取值范围是 ．13．直线ya=与函数3()3f x x x=-的图象有相异的三个公共点，则a 的取值范围是 ．14．已知函数32()3(0)f x x a x a a =-+>的极大值为正数，极小值为负数，则a 的取值范围是 ． 15．若函数21()2f x xx a ln x=-+有两个不同的极值点，则实数a 的取值范围是 ． 16．设函数()xf x x e=，则()f x 的极值为 ；17．已知1x ，2x 是函数2()2f x x m ln x x=+-，mR∈的两个极值点，若12x x <，则12()f x x 的取值范围为 ． 18．2()()f x x x c =-在2x=处有极大值，则常数c 的值为 ．19．已知函数213,10()132,01x g x x x x x ⎧--<⎪=+⎨⎪-+<⎩……，若方程()0g x m x m --=有且仅有两个不等的实根，则实数m 的取值范围是 ． 20．已知函数()2xf x e ln x =--，下列说法正确的是 ．①()f x 有且仅有一个极值点； ②()f x 有零点；③若()f x 极小值点为0x ，则010()2f x <<； ④若()f x 极小值点为0x ，则01()12f x <<．21．已知函数2()xf x a e x=-有两个极值点，则实数a 的取值范围是 ．22．已知函数211,0,2(),0xe x x x ef x ln x x x⎧--+⎪⎪=⎨⎪>⋅⎪⎩…若方程()0f x m -=恰有两个实根，则实数m 的取值范围是 ． 三．解答题（共5小题） 23．已知函数2()f x a x a x x ln x=--，且()0f x …．（1）求a ； （2）证明：()f x 存在唯一的极大值点0x ，且220()2e f x --<<．24．已知函数2()x f x e a x=-． （1）若1a =，证明：当0x …时，()1f x …；（2）若()f x 在(0,)+∞只有一个零点，求a ．25．已知函数21()xa xx f x e+-=．（1）求曲线()yf x =在点(0,1)-处的切线方程；（2）证明：当1a …时，()0f x e +…．26．已知函数2()(2)(1)2f x x a x ln x x=+++-． （1）若0a =，证明：当10x -<<时，()0f x <；当0x>时，()0f x >；（2）若0x =是()f x 的极大值点，求a ．27．设函数2()(1)()f x ln x a x x =++-，其中a R∈，（Ⅰ）讨论函数()f x 极值点的个数，并说明理由；（Ⅱ）若0x∀>，()0f x …成立，求a 的取值范围．利用导数研究函数的极值精选题27道参考答案与试题解析一．选择题（共8小题） 1．设函数()(21)xf x e x a x a=--+，其中1a<，若存在唯一的整数0x 使得0()0f x <，则a 的取值范围是( )A ．3[,1)2e -B ．33[,)24e -C ．33[,)24e D ．3[,1)2e【分析】设()(21)xg x e x =-，ya x a=-，问题转化为存在唯一的整数0x 使得0()g x 在直线y a x a=-的下方，求导数可得函数的极值，数形结合可得(0)1a g ->=-且1(1)3g e a a--=---…，解关于a 的不等式组可得．【解答】解：设()(21)xg x e x =-，ya x a=-，由题意知存在唯一的整数0x 使得0()g x 在直线ya x a=-的下方，()(21)2(21)xxxg x e x ee x '=-+=+，∴当12x <-时，()0g x '<，当12x>-时，()0g x '>，∴当12x=-时，()g x 取最小值122e--，当0x=时，(0)1g =-，当1x=时，g （1）0e =>，直线y a x a=-恒过定点(1,0)且斜率为a ， 故(0)1ag ->=-且1(1)3g e a a--=---…，解得312a e<…故选：D ．【点评】本题考查导数和极值，涉及数形结合和转化的思想，属中档题．2．若2x=-是函数21()(1)x f x x a x e-=+-的极值点，则()f x 的极小值为()A ．1-B ．32e --C ．35e -D ．1【分析】求出函数的导数，利用极值点，求出a ，然后判断函数的单调性，求解函数的极小值即可． 【解答】解：函数21()(1)x f x x a x e-=+-， 可得121()(2)(1)x x f x x a ex a x e--'=+++-，2x =-是函数21()(1)x f x x a x e-=+-的极值点，可得：33(2)(4)(421)0f a ea e --'-=-++--=，即4(32)0a a -++-=．解得1a =-．可得121()(21)(1)x x f x x e x x e--'=-+--，21(2)x x x e-=+-，函数的极值点为：2x =-，1x=，当2x<-或1x>时，()0f x '>函数是增函数，(2,1)x ∈-时，函数是减函数， 1x =时，函数取得极小值：f（1）211(111)1e-=--=-．故选：A ．【点评】本题考查函数的导数的应用，函数的单调性以及函数的极值的求法，考查计算能力． 3．已知a 为函数3()12f x x x=-的极小值点，则(a=)A ．4-B ．2-C ．4D ．2【分析】可求导数得到2()312f x x '=-，可通过判断导数符号从而得出()f x 的极小值点，从而得出a 的值． 【解答】解：2()312f x x '=-；2x ∴<-时，()0f x '>，22x -<<时，()0f x '<，2x>时，()0f x '>；2x ∴=是()f x 的极小值点；又a 为()f x 的极小值点；2a ∴=．故选：D ．【点评】考查函数极小值点的定义，以及根据导数符号判断函数极值点的方法及过程，要熟悉二次函数的图象． 4．已知a 为常数，函数()()f x x ln x a x =-有两个极值点1x ，212()(x x x <)A ．121()0,()2f x f x >>-B ．121()0,()2f x f x <<-C ．121()0,()2f x f x ><-D ．121()0,()2f x f x <>-【分析】先求出()f x '，令()0f x '=，由题意可得21ln xa x =-有两个解1x ，2x ⇔函数()12g x l n x a x =+-有且只有两个零点()g x ⇔'在(0,)+∞上的唯一的极值不等于0．利用导数与函数极值的关系即可得出． 【解答】解：()12f x ln x a x'=+-，(0)x>令()0f x '=，由题意可得21ln xa x =-有两个解1x ，2x ⇔函数()12g x ln x a x =+-有且只有两个零点()g x ⇔'在(0,)+∞上的唯一的极值不等于0．112()2a xg x a xx-'=-=． ①当0a …时，()g x '>，()f x '单调递增，因此()()g x f x ='至多有一个零点，不符合题意，应舍去． ②当0a>时，令()g x '=，解得12xa=，1(0,)2x a∈，()g x '>，函数()g x 单调递增；1(,)2x a∈+∞时，()0g x '<，函数()g x 单调递减．12x a∴=是函数()g x 的极大值点，则1()02g a>，即111(2)02lnln a a+-=->，(2)0ln a ∴<，021a ∴<<，即102a <<．故当102a <<时，()g x =有两个根1x ，2x ，且1212x x a<<，又g （1）120a =->，12112x x a∴<<<，从而可知函数()f x 在区间1(0,)x 上递减，在区间1(x ，2)x 上递增，在区间2(x ，)+∞上递减．1()f x f∴<（1）0a =-<，2()f x f>（1）12a =->-．故选：D ．【点评】本题考查了利用导数研究函数极值的方法，考查了分类讨论的思想方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．5．已知函数()()f x x ln x a x =-有两个极值点，则实数a 的取值范围是()A ．(,0)-∞B ．1(0,)2 C ．(0,1)D ．(0,)+∞【分析】先求导函数，函数()()f x x ln x a x =-有两个极值点，等价于()21f x ln x a x '=-+有两个零点，等价于函数yln x=与21y a x =-的图象由两个交点，在同一个坐标系中作出它们的图象．由图可求得实数a 的取值范围． 【解答】解：函数()()f x x ln x a x =-，则1()()21f x ln x a x x a ln x a x x'=-+-=-+，令()210f x ln x a x '=-+=得21ln xa x =-，函数()()f x x ln x a x =-有两个极值点，等价于()21f x ln x a x '=-+有两个零点，等价于函数y ln x=与21y a x =-的图象有两个交点，在同一个坐标系中作出它们的图象（如图） 当12a=时，直线21y a x =-与y ln x =的图象相切，由图可知，当102a <<时，y ln x=与21y a x =-的图象有两个交点．则实数a 的取值范围是1(0,)2． 另解：函数()()f x x ln x a x =-，则1()()21f x ln x a x x a ln x a x x'=-+-=-+，令()210f x ln x a x '=-+=得21ln xa x =-，可得12ln xa x +=有两个不同的解， 设1()ln xg x x+=，则2()ln x g x x-'=，当1x>时，()g x 递减，01x <<时，()g x 递增，可得g （1）取得极大值1， 作出()y g x =的图象，可得021a <<，即102a <<，故选：B ．【点评】本题主要考查函数的零点以及数形结合方法，数形结合是数学解题中常用的思想方法，能够变抽象思维为形象思维，有助于把握数学问题的本质；另外，由于使用了数形结合的方法，很多问题便迎刃而解，且解法简捷． 6．设函数()f x 在R 上可导，其导函数()f x '，且函数()f x 在2x=-处取得极小值，则函数()y x f x ='的图象可能是( )A ．B ．C ．D ．【分析】由题设条件知：当2x>-时，()0x f x '<；当2x =-时，()x f x '=；当2x<-时，()0x f x '>．由此观察四个选项能够得到正确结果．【解答】解：函数()f x 在R 上可导，其导函数()f x '，且函数()f x 在2x=-处取得极小值，∴当2x>-时，()0f x '>；当2x =-时，()0f x '=； 当2x<-时，()0f x '<．∴当2x>-时，()0x f x '<；当2x =-时，()0x f x '=； 当2x<-时，()x f x '>．故选：A ．【点评】本题考查利用导数研究函数的极值的应用，解题时要认真审题，注意导数性质和函数极值的性质的合理运用． 7．设函数32()2f x x e x m x ln x=-+-，记()()f xg x x=，若函数()g x 至少存在一个零点，则实数m 的取值范围是( )A ．(-∞，21]e e+B ．(0，21]e e+C ．21(e e+，)+∞ D ．21(e e--，21]e e+【分析】由题意先求函数的定义域，再化简为方程3220x e x m x ln x -+-=有解，则32222x e xln xln x m x e x xx-++==-++，求导求函数22ln x mx e x x=-++的值域，从而得m 的取值范围． 【解答】解：32()2f x x e x m x ln x=-+-的定义域为(0,)+∞，又()()f x g x x=，∴函数()g x 至少存在一个零点可化为函数32()2f x x e x m x ln x=-+-至少有一个零点；即方程3220x e x m x ln x -+-=有解，则32222x e xln xln x mx e x xx-++==-++， 2211222()ln x ln x m x e x e xx--'=-++=--+；故当(0,)x e ∈时，0m '>， 当(,)x e ∈+∞时，0m '<；则22ln x mxe x x=-++在(0,)e 上单调递增，在(,)e +∞上单调递减，故22112m ee e eee-+⋅⋅+=+…；又当0x +→时，22ln x mxe x x=-++→-∞，故21m ee+…；故选：A ．【点评】本题考查了导数的综合应用及函数的零点与方程的关系，属于中档题． 8．已知函数322()f x x a x b x a=+++在1x=处有极值10，则f（2）等于()A ．11或18B ．11C ．18D ．17或18【分析】根据函数在1x =处有极值时说明函数在1x =处的导数为0，又因为2()32f x x a x b'=++，所以得到：f '（1）320a b =++=，又因为f（1）10=，所以可求出a 与b 的值确定解析式，最终将2x =代入求出答案．【解答】解：2()32f x x a x b'=++，∴2232032411012011a b b a a a b a a a b ++=⎧=--=⎧⎧⎪⇒⇒⎨⎨⎨+++=--==-⎪⎩⎩⎩或33a b =-⎧⎨=⎩①当33a b =-⎧⎨=⎩时，2()3(1)0f x x '=-…，∴在1x=处不存在极值；②当411a b =⎧⎨=-⎩时，2()3811(311)(1)f x x x x x '=+-=+-(x ∴∈113-，1)，()0f x '<，(1,)x ∈+∞，()0f x '>，符合题意．∴411a b =⎧⎨=-⎩，f ∴（2）816221618=+-+=．故选：C ．【点评】本题主要考查导数为0时取到函数的极值的问题，这里多注意联立方程组求未知数的思想，本题要注意0()0f x '=是0xx =是极值点的必要不充分条件，因此对于解得的结果要检验．二．填空题（共14小题） 9．若函数2()1xaf x x +=+在1x=处取极值，则a=3 ．【分析】先求出()f x '，因为1x=处取极值，所以1是()0f x '=的根，代入求出a 即可．【解答】解：22222222()(1)(1)x x x ax x a f x x x +--+-'==++．因为()f x 在1处取极值，所以1是()0f x '=的根， 将1x=代入得3a=．故答案为3【点评】考查学生利用导数研究函数极值的能力． 10．若函数32()4f x x x a x =+--在区间(1,1)-恰有一个极值点，则实数a 的取值范围为[1，5)．【分析】首先利用函数的导数与极值的关系，由于函数32()4f x x x a x =+--在区间(1,1)-恰有一个极值点，所以(1)f f '-'（1）0<，故可求实数a 的取值范围． 【解答】解：由题意，2()32f x x x a'=+-，则(1)f f '-'（1）0<，即(1)(5)0a a --<，解得15a <<，另外，当1a =时，函数32()4f x x xx =+--在区间(1,1)-恰有一个极值点，当5a=时，函数32()54f x x x x =+--在区间(1,1)-没有一个极值点，故答案为：[1，5)．【点评】考查利用导数研究函数的极值问题，体现了数形结合和转化的思想方法，属于中档题． 11．已知函数21()2f x x ln x x=+，0x 是函数()f x 的极值点，给出以下几个命题：①010x e<<；②01x e>；③00()0f x x +<；④00()0f x x +>；其中正确的命题是 ①③ ．（填出所有正确命题的序号）【分析】求导数，利用零点存在定理，可判断①②；20000000000111()(1)0222f x x x ln x x x x ln x x x +=++=++=-<，可判断③④．【解答】解：函数21()2f x x ln x x=+，(0)x>()1f x ln x x ∴'=++，易得()1f x ln x x'=++在(0,)+∞递增，11()0f e e ∴'=>，x →，()f x '→-∞，010x e∴<<，即①正确，②不正确；0010ln x x ++=220000000000111()(1)0222f x x x ln x x x x ln x x x ∴+=++=++=-<，即③正确，④不正确．故答案为：①③．【点评】本题考查利用导数研究函数的极值，考查学生的计算能力、转化思想，属于中档题． 12．已知32()31f x a x x =+-存在唯一的零点x ，且00x <，则实数a 的取值范围是(,2)-∞- ．【分析】讨论a 的取值范围，求函数的导数判断函数的极值，根据函数极值和单调性之间的关系进行求解即可．【解答】解：()i 当0a =时，2()31f x x =-+，令()0f x =，解得3x=±，函数()f x 有两个零点，舍去．()ii 当0a≠时，22()363()f x a xx a x x a'=+=+，令()0f x '=，解得0x=或2a-．①当0a <时，20a->，当2xa>-或0x<，()0f x '<，此时函数()f x 单调递减；当20x a<<-时，()0f x '>，此时函数()f x 单调递增．∴故2x a=-是函数()f x 的极大值点，0是函数()f x 的极小值点．函数32()31f x a x x =+-存在唯一的零点x ，且00x <，则22228124()110f aa aa-=-+-=-<，即24a >得2a >（舍)或2a<-．②当0a >时，20a -<，当2xa<-或0x>时，()0f x '>，此时函数()f x 单调递增；当20x a-<<时，()0f x '<，此时函数()f x 单调递减．2x a∴=-是函数()f x 的极大值点，0是函数()f x 的极小值点．(0)10f =-<，∴函数()f x 在(0,)+∞上存在一个零点，此时不满足条件．综上可得：实数a 的取值范围是(,2)-∞-． 故答案为：(,2)-∞-．【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、函数的零点，考查了分类讨论方法、推理能力与计算能力，属于中档题． 13．直线y a=与函数3()3f x x x =-的图象有相异的三个公共点，则a的取值范围是(2,2)- ．【分析】先求出其导函数，利用其导函数求出其极值以及图象的变化，进而画出函数3()3f x x x=-对应的大致图象，平移直线ya=即可得出结论．【解答】解：令2()330f x x '=-=，得1x=±，可求得()f x 的极大值为(1)2f -=，极小值为f（1）2=-，如图所示，当满足22a -<<时，恰有三个不同公共点．故答案为：(2,2)-【点评】本题主要考查利用导数研究函数的极值以及数形结合思想的应用，是对基础知识的考查，属于基础题． 14．已知函数32()3(0)f x x a x a a =-+>的极大值为正数，极小值为负数，则a 的取值范围是)2+∞ ．【分析】先利用导数求函数的极大值和极小值，再解不等式． 【解答】解22()33(0)f x x a a '=->，∴由()0f x '>得：xa>或xa<-，由()0f x '<得：ax a-<<．∴当x a=时，()f x 有极小值，xa=-时，()f x 有极大值．由题意得：333330300a a a a a a a ⎧-+<⎪-++>⎨⎪>⎩解得2a>．故答案为)2+∞【点评】本题考查导数求函数的极值．解决函数的极值问题，导数是唯一方法．极值点左右两边的导数符号必须相反． 15．若函数21()2f x xx a ln x=-+有两个不同的极值点，则实数a 的取值范围是1(0,)4．【分析】求出函数的导数，结合二次函数的性质可求． 【解答】解：因为21()2f x xx a ln x=-+有两个不同的极值点，所以2()10a xx a f x x xx-+'=-+==在(0,)+∞有2个不同的零点，所以2x x a -+=在(0,)+∞有2个不同的零点，所以1400a a =->⎧⎨>⎩，解可得，104a <<．故答案为：1(0,)4．【点评】本题主要考查了函数极值的存在条件的应用，属于基础试题． 16．设函数()xf x x e=，则()f x 的极值为1e-；【分析】求导，解关于导函数的不等式，根据极值定义得解． 【解答】解：函数的定义域为R ，()(1)x xxf x e x ex e'=+=+，令()0f x '>，得1x >-；令()0f x '<，得1x<-；故函数()f x 在1x=-处取得极小值，且极小值为1e-．故答案为：1e-．【点评】本题考查利用导数研究函数的极值，属于基础题． 17．已知1x ，2x 是函数2()2f x x m ln x x=+-，mR∈的两个极值点，若12x x <，则12()f x x 的取值范围为3(22ln --，0) ．【分析】可得方程2220x x m -+=在(0,)+∞上有两个不等的正根．1212480110022m x x m m x x ⎧⎪=->⎪+=>⇒<<⎨⎪⎪=>⎩．1102x <<，则2211111111112211()2(1)1121211f x x x m ln x x x ln x x x ln x x x x x -+--==+=-++--．令1()121g x x x ln xx =-++-，1(0)2x <<．利用导数即可求得12()f x x 的取值范围故答案．【解答】解：因为2()2f x x x m ln x=-+，222()x x mt x x-+'=，所以()f x 有两个极值点1x 、2x 等价于方程2220x x m -+=在(0,)+∞上有两个不等的正根．∴1212480110022m x x m m x x ⎧⎪=->⎪+=>⇒<<⎨⎪⎪=>⎩．1102x <<，则2211111111112211()2(1)1121211f x x x m ln x x x ln x x x ln x x x x x -+--==+=-++--．令1()121g x x x ln xx =-++-，1(0)2x <<．21()21(1)g x ln x x '=+--102x <<，212210ln x ln ∴+<-+<．102x ∴<<时，()0g x '<．故()g x 在1(0,)2递减，32()02ln g x --<<．则12()f x x 的取值范围为3(22ln --，0)．故答案为：3(22ln --，0)．【点评】本题考查函数的导数的应用，函数的单调性以及函数的极值的求法，考查转化思想以及计算能力． 18．2()()f x x x c =-在2x=处有极大值，则常数c 的值为 6 ．【分析】先求出()f x '，根据()f x 在2x=处有极大值则有f '（2）0=得到c 的值为2或6，先让2c=然后利用导数求出函数的单调区间，从而得到2x =取到极小值矛盾，所以舍去，所以得到c 的值即可． 【解答】解：322()2f x x cxc x=-+，22()34f x x c x c'=-+， f '（2）02c =⇒=或6c =．若2c =，2()384f x x x '=-+，令2()03f x x '>⇒<或2x>，2()023f x x '<⇒<<，故函数在2(,)3-∞及(2,)+∞上单调递增，在2(3，2)上单调递减，2x ∴=是极小值点．故2c =不合题意，6c=．故答案为6【点评】考查学生利用导数研究函数极值的能力，会利用待定系数法求函数解析式．19．已知函数213,10()132,01x g x x x x x ⎧--<⎪=+⎨⎪-+<⎩……，若方程()0g x m x m --=有且仅有两个不等的实根，则实数m 的取值范围是 9(,2][0,2)4m ∈-- ．【分析】()0g x m x m --=可化为()(1)g x m x =+，从而化为函数()yg x =与(1)ym x =+的图象有两个不同的交点；再讨论以确定实数m 的取值范围． 【解答】解：由()0g x m x m --=得()(1)g x m x =+，原方程有两个相异的实根等价于两函数()y g x =与(1)y m x =+的图象有两个不同的交点．当0m>时，易知临界位置为(1)ym x =+过点(0,2)和(1,0)， 分别求出这两个位置的斜率12k =和2k =，由图可知此时[0m ∈，2)； 当0m<时，设过点(1,0)-函数1()31g x x =-+，(1x ∈-，0]的图象作切线的切点为0(x ，0)y ，则由函数的导数为21()(1)g x x '=-+得：0200001(1)1131y x x y x ⎧-=⎪++⎪⎨⎪=-⎪+⎩，解得：001332x y ⎧=-⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩得切线的斜率为194k =-，而过点(1,0)-，(0,2)-的斜率为12k =-，故可知9(4m ∈-，2]-，则9(4m∈-，2][0-，2)．故答案为：9(,2][0,2)4m∈--．【点评】本题考查了方程的根与函数的零点的关系应用，属于中档题． 20．已知函数()2xf x e ln x =--，下列说法正确的是 ①③ ．①()f x 有且仅有一个极值点； ②()f x 有零点；③若()f x 极小值点为0x ，则010()2f x <<； ④若()f x 极小值点为0x ，则01()12f x <<．【分析】先求出导函数()f x '，∴(T ex tran slatio n failed )，设()1x g x x e =-，(0,)x ∈+∞，利用导数得到函数()1x g x x e =-在(0,)+∞上单调递增，又1211()110222g e =⨯-=-<，g （1）10e =->，故存在唯一01(,1)2x ∈，使得0()g x =，所以()f x 有且仅有一个极值点，再利用01(,1)2x ∈，分析0()f x 的范围即可．【解答】解：()2xf x e ln x =--，(0,)x ∈+∞，∴(T ex tran slatio n failed )，设()1xg x x e =-，(0,)x ∈+∞，()0x xg x e x e'∴=+>恒成立，∴函数()1xg x x e =-，在(0,)+∞上单调递增，又1211()110222g e =⨯-=-<，g （1）10e =->，∴存在唯一01(,1)2x ∈，使得0()g x =，()f x ∴有且仅有一个极值点，当01(,)2x x ∈时，()g x <，()0f x '<，函数()f x 单调递减；当0(x x ∈，1)时，()g x >，()0f x '>，函数()f x 单调递增，x ∴是()f x 的极小值点，且满足01(,1)2x ∈，00()10x g x x e=-=，∴0011,x ex lnln x x x ===-，∴000001()22x f x e ln x x x =--=+-，对勾函数1yx x=+在1(2，1)上单调递减，∴0011222x x <+<+，∴010()2f x <<，∴函数()f x 恒大于0，无零点，综上所述：正确的是①③， 故答案为：①③．【点评】本题主要考查了利用导数以及函数的极值，是中档题． 21．已知函数2()xf x a e x=-有两个极值点，则实数a 的取值范围是2(0,)e．【分析】求出函数的导数，问题转化为ya=和2()xx g x e=在R 上有2个交点，根据函数的单调性求出()g x 的范围，从而求出a 的范围即可． 【解答】解：()2xf x a e x'=-，若函数2()x f x a e x=-有两个极值点，则ya=和2()xx g x e=在R 上有2个交点，22()xx g x e-'=，(,1)x ∈-∞时，即()0g x '>，()g x 递增，(1,)x ∈+∞时，()0g x '<，()g x 递减， 故()m a x g x g=（1）2e=，而20xx e>恒成立，所以20a e<<，故答案为：2(0,)e ．【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及转化思想，是一道中档题．22．已知函数211,0,2(),0xe x x x ef x ln x x x ⎧--+⎪⎪=⎨⎪>⋅⎪⎩…若方程()0f x m -=恰有两个实根，则实数m 的取值范围是1(,0]{}e-∞ ． 【分析】研究0x>与0x …时，()f x 的单调性、极值情况，画出图象，然后研究y a=与()y f x =恰有两个交点时a 的取值范围．【解答】解：（1）0x …时，()1x f x e x '=--，易知(0)0f '=，而()10xf x e ''=-<，所以()f x '在(-∞，0]上递减，故()(0)0f x f ''=…，故()f x 在(-∞，0]上递增，且1()(0)1f x f e=+…，当x→-∞时，()f x →-∞．（2）0x >时，21()ln x f x x-'=，令()0f x '>，得0x e<<；()0f x '<得xe>；故()f x 在(0,)e 上递增，在(,)e +∞递减， 故0x >时，1()()m a x f x f e e==；0x→时，()f x →-∞；x→+∞时，()0f x →．由题意，若方程()0f x m -=恰有两个实根，只需ym=与()yf x =恰有两个交点，同一坐标系画出它们的图象如下：如图所示，当直线ym=在图示①，②位置时，与()yf x =有两个交点，所以m 的范围是：1(,0]{}e-∞．故答案为：1(,0]{}e-∞．【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性、极值等性质，进而结合图象研究函数的零点问题．属于中档题． 三．解答题（共5小题） 23．已知函数2()f x a x a x x ln x=--，且()0f x …．（1）求a ； （2）证明：()f x 存在唯一的极大值点0x ，且220()2e f x --<<．【分析】（1）通过分析可知()0f x …等价于()h x a x a ln x =--…，进而利用1()h x a x'=-可得1()()m in h x h a =，从而可得结论；（2）通过（1）可知2()f x x x x ln x=--，记()()22t x f x x l n x ='=--，解不等式可知1()()2102m in t x t ln ==-<，从而可知()0f x '=存在两根0x ，2x ，利用()f x 必存在唯一极大值点0x 及012x <可知01()4f x <，另一方面可知0211()()f x f e e>=． 【解答】解：（1）因为2()()(0)f x a x a x x ln x x a x a ln x x =--=-->，则()0f x …等价于()h x a x a ln x =--…，求导可知1()h x a x'=-．则当0a …时()0h x '<，即()yh x =在(0,)+∞上单调递减，所以当01x >时，0()h x h<（1）0=，矛盾，故0a>．因为当10x a<<时()0h x '<、当1xa>时()h x '>，所以1()()m inh x h a =，又因为h （1）10a a ln =--=，所以11a =，解得1a=；另解：因为f（1）0=，所以()0f x …等价于()f x 在0x>时的最小值为f（1），所以等价于()f x 在1x=处是极小值，所以解得1a=；（2）由（1）可知2()f x x x x ln x=--，()22f x x ln x'=--，令()0f x '=，可得220xln x --=，记()22t x x ln x=--，则1()2t x x'=-，令()t x '=，解得12x=，所以()t x 在区间1(0,)2上单调递减，在1(2，)+∞上单调递增，所以1()()2102m in t x t ln ==-<，又2212()0t ee=>，所以()t x 在1(0,)2上存在唯一零点，所以()t x =有解，即()0f x '=存在两根0x ，2x ，且不妨设()f x '在0(0,)x 上为正、在0(x ，2)x 上为负、在2(x ，)+∞上为正，所以()f x 必存在唯一极大值点0x ，且00220x ln x --=，所以222200000000000()22f x x x x ln x x x x x x x =--=-+-=-，由012x <可知20002111()()224m a x f x x x <-=-+=；由1()0f e'<可知0112x e<<，所以()f x 在0(0,)x 上单调递增，在0(x ，1)e 上单调递减，所以0211()()f x f e e>=；综上所述，()f x 存在唯一的极大值点0x ，且220()2e f x --<<．【点评】本题考查利用导数研究函数的极值，考查运算求解能力，考查转化思想，注意解题方法的积累，属于难题． 24．已知函数2()xf x e a x=-． （1）若1a =，证明：当0x …时，()1f x …；（2）若()f x 在(0,)+∞只有一个零点，求a ．【分析】（1）通过两次求导，利用导数研究函数的单调性极值与最值即可证明， （2）方法一：分离参数可得2x e ax=在(0,)+∞只有一个根，即函数ya=与2()x e G x x=的图象在(0,)+∞只有一个交点．结合图象即可求得a ． 方法二：①当0a …时，2()0x f x e a x=->，()f x 在(0,)+∞没有零点．②当0a>时，设函数2()1xh x a x e-=-．()f x 在(0,)+∞只有一个零点()h x ⇔在(0,)+∞只有一个零点． 利用()(2)xh x a x x e-'=-，可得())h x 在(0,2)递减，在(2,)+∞递增，结合函数()h x 图象即可求得a ．【解答】解：（1）证明：当1a =时，函数2()x f x e x=-．则()2xf x e x'=-， 令()2xg x e x=-，则()2xg x e '=-，令()g x '=，得2x ln =．当(0,2)x ln ∈时，()0g x '<，当(2,)x ln ∈+∞时，()g x '>，2()(2)222220ln g x g ln eln ln ∴=-⋅=->…，()f x ∴在[0，)+∞单调递增，()(0)1f x f ∴=…．（2）方法一：()f x 在(0,)+∞只有一个零点⇔方程2xe a x-=在(0,)+∞只有一个根，2x e a x⇔=在(0,)+∞只有一个根，即函数ya=与2()x e G x x=的图象在(0,)+∞只有一个交点．3(2)()xe x G x x-'=，当(0,2)x ∈时，()0G x '<，当(2,)∈+∞时，()G x '>，()G x ∴在(0,2)递减，在(2,)+∞递增， 当0x→时，()G x →+∞，当→+∞时，()G x →+∞， ()f x ∴在(0,)+∞只有一个零点时，aG=（2）24e=．方法二：①当0a …时，2()0x f x e a x=->，()f x 在(0,)+∞没有零点．②当0a>时，设函数2()1xh x a x e-=-．()f x 在(0,)+∞只有一个零点()h x ⇔在(0,)+∞只有一个零点．()(2)xh x a x x e-'=-，当(0,2)x ∈时，()0h x '<，当(2,)x ∈+∞时，()h x '>，()h x ∴在(0,2)递减，在(2,)+∞递增，∴24()(2)1m in a h x h e==-，(0)x …．当h （2）0<时，即24ea >，()i 由于(0)1h =，当0x>时，2xe x>，可得33342241616161(4)11110()(2)aaa a ah a eea a=-=->-=->．()h x 在(0,)+∞有2个零点()ii 当h （2）0>时，即24ea <，()h x 在(0,)+∞没有零点， ()iii 当h （2）0=时，即24ea=，()h x 在(0,)+∞只有一个零点，综上，()f x 在(0,)+∞只有一个零点时，24ea=．【点评】本题考查了利用导数探究函数单调性，以及函数零点问题，考查了转化思想、数形结合思想，属于中档题． 25．已知函数21()xa xx f x e+-=．（1）求曲线()yf x =在点(0,1)-处的切线方程；（2）证明：当1a …时，()0f x e +…．【分析】（1）22(21)(1)()()xxxa x e a xx ef x e +-+-'=由(0)2f '=，可得切线斜率2k=，即可得到切线方程．（2）可得22(21)(1)(1)(2)()()xxxxa x e a x x ea x x f x e e+-+-+-'==-．可得()f x 在1(,)a-∞-，(2,)+∞递减，在1(a-，2)递增，注意到1a …时，函数2()1g x a x x =+-在(2,)+∞单调递增，且g （2）410a =+>只需1()a m inx e e=--…，即可．【解答】解：（1）22(21)(1)(1)(2)()()xxxxa x e a x x ea x x f x e e +-+-+-'==-．(0)2f ∴'=，即曲线()yf x =在点(0,1)-处的切线斜率2k=，∴曲线()yf x =在点(0,1)-处的切线方程为(1)2y x--=．即210xy --=为所求．（2）证明：函数()f x 的定义域为：R ，可得22(21)(1)(1)(2)()()xxxxa x e a x x ea x x f x e e+-+-+-'==-．令()0f x '=，可得1212,0x x a==-<，当1(,)x a ∈-∞-时，()0f x '<，1(,2)x a ∈-时，()0f x '>，(2,)x ∈+∞时，()0f x '<．()f x ∴在1(,)a-∞-，(2,)+∞递减，在1(a-，2)递增，注意到1a …时，函数2()1g x a x x =+-在(2,)+∞单调递增，且g （2）410a =+>，故()g x 在(2,)+∞上恒大于零，即21()xa xx f x e+-=在(2,)+∞上恒大于零．函数()f x 的图象如下：1a …，∴1(0,1]a ∈，则11()a f e ea-=--…，1()a m inf x e e∴=--…，∴当1a …时，()0f x e +…．【点评】本题考查了导数的几何意义，及利用导数求单调性、最值，考查了数形结合思想，属于中档题．。

高三数学 15.导数在研究函数中的应用专项训练 理 试题

高三数学 15.导数在研究函数中的应用专项训练 理 试题

导数在研究函数中的应用本卷贰O贰贰年贰月捌日编写；出题人：令狐学复；欧阳化语；令狐理总。

1.函数的单调性. 设函数y=f〔x〕在某个区间内可导,假设f′〔x〕＞0,那么f〔x〕为;假设f′〔x〕＜0,那么f〔x〕为.2.求可导函数f〔x〕极值的步骤.①求.②求方程的根.③检验f′〔x〕在方程f′〔x〕=0的根的左右的符号,假如在根的左侧附近为,右侧附近为,那么函数y=f〔x〕在这个根处获得极大值;假如在根的左侧附近为,右侧附近为,那么函数y=f〔x〕在这个根处获得极小值.设y=f〔x〕是定义在区间［a,b］上的函数,y=f〔x〕在〔a,b〕内有导数,求函数y=f〔x〕在［a,b］上的最大值与最小值,可分两步进展.①求y=f〔x〕在〔a,b〕内的极值.②将y=f〔x〕在各极值点的极值与、比拟,其中的一个为最大值,的一个为最小值.练习11．函数33xxy-=的单调增区间是．2．函数x x y 1+=的极大值是 ．3．函数)(x f 的导数为,)(2x x x f -='那么当=x 时，函数，)(x f 获得极大值．4．函数x x x f cos 2)(+=的单调递减区间是 .5．函数ax x y -=3在R 上单调递增，那么a 的取值范围是 ． 6．函数a x x x y +--=123223在[0，2]上的最大值是5，那么实数=a . 7．函数)0(ln )(>-=x x x x f 的单调减区间是 .8．函数)0(42>+=x x x y 的单调增区间是 ．9．函数x e x x f -=)(在区间［0，1]上的最小值为 ．1m 正三角形薄片，沿一条平行于底边的直线剪成两块，其中一块是梯形，记2(S =梯形的周长）梯形的面积,那么S 的最小值是________。

例题精讲例1：求以下函数的单调区间：;762)()1(23+-=x x x fx x x f ln )()2(=例2：函数.3)(23x ax x x f +-= (1)假设)(x f 在),1[+∞∈x 上是增函数，务实数a 的取值范围；(2)假设3=x 是)(x f 的极值点，求)(x f 在∈x ],1[a 上的最小值和最大值．例3：a 为实数，2()(4)()f x x x a =--〔1〕求导函数'()f x ； 〔2〕假设'(1)0f -=，求()f x 在[2,2]-上的最大值和最小值。

人教版高中数学全套试题3.3《导数在研究函数中的应用》习题

人教版高中数学全套试题3.3《导数在研究函数中的应用》习题

导数在研究函数中的应用 单元测试一、选择题1．下列函数在()-+，∞∞内为单调函数的是（ ）Ａ．2y x x =-Ｂ．y x = Ｃ．x y e -= Ｄ．sin y x =答案：Ｃ2．函数ln y x x =在区间(01)，上是（ ） Ａ．单调增函数Ｂ．单调减函数 Ｃ．在10e ⎛⎫ ⎪⎝⎭，上是单调减函数，在11e ⎛⎫ ⎪⎝⎭，上是单调增函数 Ｄ．在10e ⎛⎫ ⎪⎝⎭，上是单调增函数，在11e ⎛⎫ ⎪⎝⎭，上是单调减函数答案：Ｃ3．函数23()(2)(1)f x x x =+-的极大值点是（ ） Ａ．45x =- Ｂ．1x = Ｃ．1x =- Ｄ．2x =-答案：Ｄ4．已知函数32()f x x px qx =--的图象与x 轴相切于(10)，极大值为427，极小值为（ ） Ａ．极大值为427，极小值为0 Ｂ．极大值为0，极小值为427- Ｃ．极大值为0，极小值为527-Ｄ．极大值为527，极小值为0答案：Ａ5．函数2cos y x x =+在π02⎡⎤⎢⎥⎣⎦，上取最大值时，x 的值为（ ）Ａ．0 Ｂ．π6 Ｃ．π3 Ｄ．π2答案：Ｂ6．设函数()f x 在定义域内可导，()y f x =的图象如图1所示，则导函数()y f x '=的图象可能为（ ）答案：Ｂ二、填空题7．函数22ln (0)y x x x =->的单调增区间为 ．答案：12⎛⎫+ ⎪⎝⎭，∞ 8．函数2()ln 3f x a x bx x =++的极值点为11x =，22x =，则a = ，b = ． 答案：122--，9．函数42()25f x x x =-+在[22]-，上单调递增，则实数a 的取值范围是 ．答案：410．函数32()5f x ax x x =-+-在()-+，∞∞上单调递增，则实数a 的取值范围是 ． 答案：13⎛⎫+ ⎪⎝⎭，∞11．函数543()551f x x x x=-++在[12]-，上的值域为．答案：[102]-，12．在一块正三角形的铁板的三个角上分别剪去三个全等的四边形，然后折成一个正三棱柱，尺寸如图2所示．当x为时，正三棱柱的体积最大，最大值是．答案：3 654 a a ，三、解答题13．已知0x>，证明不等式ln(1)x x>+．证明：原不等式等价于证明ln(1)0x x-+>．设()ln(1)f x x x=-+，则1()111xf xx x'=-=++．0x >∵，()0f x '>∴．()f x ∴在(0)x ∈+，∞上是单调增函数．又(0)0ln10f =-=，()(0)0f x f >=∴即ln(1)0x x -+>，亦即ln(1)x x >+．14．已知函数32()32f x x ax bx =-+在1x =处有极小值1-，试求a b ，的值，并求出()f x 的单调区间．解：由已知，可得(1)1321f a b =-+=-，又2()362f x x ax b '=-+， ①(1)3620f a b '=-+=∴， ② 由①，②，解得1132a b ==-，． 故函数的解析式为32()f x x x x =--．由此得2()321f x x x '=--，根据二次函数的性质，当13x <-或1x >时，()0f x '>； 当113x -<<，()0f x '<． 因此函数的单调增区间为13⎛⎫-- ⎪⎝⎭，∞和(1)+，∞，函数的单调减区间为113⎛⎫- ⎪⎝⎭，．15．已知某工厂生产x 件产品的成本为212500020040C x x =++（元），问：（1）要使平均成本最低，应生产多少件产品？（2）若产品以每件500元售出，要使利润最大，应生产多少件产品？解：（1）设平均成本为y 元，则2125000200250004020040x x x y x x ++==++， 225000140y x -'=+，令0y '=得1000x =． 当在1000x =附近左侧时0y '<；在1000x =附近右侧时0y '>，故当1000x =时，y 取极小值，而函数只有一个点使0y '=，故函数在该点处取得最小值，因此，要使平均成本最低，应生产1000件产品．（2）利润函数为2250025000200300250004040x x S x x x ⎛⎫=-++=-- ⎪⎝⎭，30020x S '=-， 令0S '=，得6000x =，当在6000x =附近左侧时0S '>；在6000x =附近右侧时0S '<，故当6000x =时，S 取极大值，而函数只有一个点使0S '=，故函数在该点处取得最大值，因此，要使利润最大，应生产6000件产品．。

高中数学1.3导数在研究函数中的应用试题

高中数学1.3导数在研究函数中的应用试题

高中数学1.3导数在研究函数中的应用试题2019.091,函数2log (1)y x =-+ ） A ．{}|x x ≥0 B ．{}|1x x ≥ C ．{}|1x x > D ．{}|01x x ≤≤2,如图，正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是 CC 1、C 1D 1的中点，则异面直线EF 和BD 所成的角的大小为（ ）A ．75°B ．60°C ．45°D ．30°3,过点（-3，2）且与直线2x-y+5=0平行的直线方程为 ( ) A ．2x+y+4=0 B ． 2x-y+8=0 C ．x-2y+7=0 D ．x+2y-1=04,设有直线m 、n 和平面α、β．下列四个命题中，正确的是( ) A ．若m ∥α,n ∥α,则m ∥nB ．若m ⊂α,n ⊂α,m ∥β,n ∥β,则α∥βC ．若α⊥β，m ⊂α,则m ⊥βD ．若α⊥β，m ⊥β，m ⊄α,则m ∥α 5,函数x x x f 1ln )(-=的零点个数为（ ）A．0 B．1 C．2 D．36,函数f(x) =x +a与y =log a x图象只可能是下图中的（）．7,圆x2+y2+4x-4y+4=0关于直线x-y+2=0对称的圆的方程是（）A．x2+y2=4 B．x2+y2-4x+4y=0C．x2+y2=2 D．x2+y2-4x+4y-4=08, 设f(x)=1232,2,log(1),2,xe xx x-⎧<⎪⎨-≥⎪⎩则不等式f(x)>2的解集为( )A．（1，2）⋃（3，+∞）B．（10，+∞）C．（1，2）⋃（10，+∞）D．（1，2）9,如图，体积为V的大球内有4个小球，每个小球的球面过大球球心且与大球球面有且只有一个交点，4个小球的球心是以大球球心为中心的正方形的4个顶点．V1为小球相交部分（图中阴影部分）的体积，V2为大球内、小球外的图中黑色部分的体积，则下列关系中正确的是A ．V 1=2VB ．V 2=2VC ．V 1> V 2D ．V 1< V 210,方程0622=-+x y x 表示的圆的圆心坐标是 ;半径是 ； 11,已知1249a =(a>0) ，则23log a =12,直线()110a x y +++=与圆2220x y x +-=相切，则a 的值为 13,α、β是两个不同的平面，m 、n 是平面α及β之外的两条不同直线, 给出四个论断：① m ^ n ②α^β ③ m ^β ④ n ^α以其中三个论断作为条件，余下一个论断作为结论，写出你认为 正确的一个命题：______________________________________．14,已知函数f (x)=x 2-2x+3（x ∈R ）（1）写出函数f (x)的单调增区间，并用定义加以证明．（2）设函数f (x)=x 2-2x+3（2≤x ≤3）试利用（1）的结论直接写出该函数的值域（用区间表示）15,已知l 1：x+my+6=0，l 2：(m-2)x+3y+2m=0，分别求m 的值，使得l 1和l 2： (1)垂直；(2)平行；(3)重合；(4)相交．16, 如图所示，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，2PD AB ==，E ，F ，G 分别为PC 、PD 、BC 的中点．（1）求证：PA 平面EFG ； （2）求三棱锥P EFG -的体积．17,已知圆C ：x 2＋y 2－4y －6y+12=0,求： （1）过点A （3，5）的圆的切线方程： (2)在两条坐标轴上截距相等的圆的切线方程．18,已知二次函数()2f x ax bx c=++．（1）若()10f -=，试判断函数()f x 零点个数；(2) 若对12,,x x R ∈且12x x <，()()12f x f x ≠，证明方程()()()1212f x f x f x =+⎡⎤⎣⎦必有一个实数根属于()12,x x 。

高一数学导数在研究函数的应用试题

高一数学导数在研究函数的应用试题

高一数学导数在研究函数的应用试题1.（3分）函数y=x+，x∈[2，+∞）的最小值为．【答案】【解析】先求导数，再利用导数的符号与单调性的关系，结合x的取值范围求解即可．解析：y′=1﹣，x∈[2，+∞）时，y′＞0，故函数为增函数，最小值为f（2）=．故答案：．点评：本题主要考查了利用导数求闭区间上函数的最值，求最值是高考中常见问题，属于基础题．2.（3分）函数f（x）=x3﹣3x+1在[﹣3，0]上的最大值和最小值之和为．【答案】﹣14【解析】利用求导公式先求出函数导数，求出导数等于0时x的值，吧x值代入原函数求出极值，再求出端点值，极值与端点值比较，求出最大值和最小值，做差．（1）解：f′（x）=3x2_3令f′（x）="0" 则x=±1，极值：f（1）=﹣1，f（﹣1）=3，端点值：f（﹣3）=﹣17，f（0）=1．所以：最大值为3 最小值为﹣17，最大值和最小值之和为﹣14故答案为：﹣14点评：该题考查函数求导公式，以及可能取到最值的点，属于基本题，较容易．3.（3分）已知f（x）=2x3﹣6x2+m（m为常数）在[﹣2，2]上有最大值3，则m的值为．【答案】3【解析】本题是典型的利用函数的导数求最值的问题，只需要利用已知函数的最大值为3，进而求出常熟m的值．解析：f′（x）=6x2﹣12x，6x2﹣12x=0⇒x=0或x=2．当x＞2，或x＜0时，f′（x）＞0；当0＜x＜2时，f′（x）＜0，∴当x=0时，f（x）取得极大值，当x=2时，f（x）取得极小值．又f（0）=m，f（2）=m﹣8，f（﹣2）=m﹣40，∴f（x）的最大值为f（0）=3．∴m=3．故答案：3．点评：本题考查利用函数的导数求最值的问题，解一元二次不等式的方法．属于中档题．4.（3分）若函数f（x）=ax2+4x﹣3在[0，2]上有最大值f（2），则a的取值范围是．【答案】a≥﹣1【解析】分类讨论，确定函数的对称轴，根据函数f（x）=ax2+2ax+1在[0，2]上有最大值f（2），建立方程，即可求得结论．解：f′（x）=2ax+4，由f（x）在[0，2]上有最大值f（2），则要求f（x）在[0，2]上单调递增，则2ax+4≥0在[0，2]上恒成立．（1）当a≥0时，2a x+4≥0恒成立；（2）当a＜0时，要求4a+4≥0恒成立，即a≥﹣1．∴a的取值范围是a≥﹣1．故答案为：a≥﹣1点评：本题考查二次函数的最值，考查分类讨论的数学思想，属于基础题．5.（3分）已知函数f（x）=x4﹣2x3+3m，x∈R，若f（x）+9≥0恒成立，则实数m的取值范围是．【答案】m≥．【解析】要找m的取值使f（x）+9≥0恒成立，思路是求出f′（x）并令其等于零找出函数的驻点，得到函数f（x）的最小值，使最小值大于等于﹣9即可求出m的取值范围．解析：因为函数f（x）=x4﹣2x3+3m，所以f′（x）=2x3﹣6x2，令f′（x）=0，得x=0或x=3，经检验知x=3是函数的一个最小值点，所以函数的最小值为f（3）=3m﹣，因为不等式f（x）+9≥0恒成立，即f（x）≥﹣9恒成立，所以3m﹣≥﹣9，解得m≥．故答案：m≥．点评：本题考查了利用导数求闭区间上函数的最值、函数恒成立问题等等知识点，属于中档题．6.（3分）函数f（x）=x2﹣2ax+a在区间（﹣∞，1）上有最小值，则函数g（x）=在区间[1，+∞）上一定有（填最大或最小值）．【答案】最小值【解析】先由二次函数的性质可得a＜1，则g（x）==x+﹣2a，再考虑函数g（x）在（1，+∞）上单调性即可得出答案．解析：由函数f（x）=x2﹣2ax+a在区间（﹣∞，1）上有最小值，可得a的取值范围为a＜1．g（x）==x+﹣2a，则g′（x）=1﹣．知在x∈[1，+∞）上g′（x）＞0，∴g（x）为增函数，故g（x）在区间[1，+∞）上一定有最小值．故答案为：最小值．点评：本题主要考查了二次函数的性质的应用，及基本初等函数的单调性的应用，解题的关键是熟练掌握基本知识及基本方法．7.已知函数f（x）=x3﹣3x．（1）求函数f（x）在[﹣3，]上的最大值和最小值；（2）过点P（2，﹣6）作曲线y=f（x）的切线，求此切线的方程．【答案】（1）f（x）min =﹣18，f（x）max=2．（2）y=3x或y=24x﹣54．【解析】（1）先求出函数的导数，然后判断在要求区间内导数的正负情况，从而可得出最大值与最小值．（2）根据导函数的定义可求出切线的斜率，然后根据点P的坐标可求出切线的方程．解：（1）f′（x）=3（x+1）（x﹣1），当x∈[﹣3，﹣1）或x∈（1，]时，f′（x）＞0，∴[﹣3，﹣1]，[1，]为函数f（x）的单调增区间，当x∈（﹣1，1）为函数f（x）的单调减区间，又∵f（﹣3）=﹣18，f（﹣1）=2，f（1）=﹣2，f（）=﹣，所以当x=﹣3时，f（x）min=﹣18，当x=﹣1时，f（x）max=2．（2）由于点P不在曲线上，故设切点为（x0，y）则切线方程为：y﹣y=3（x2﹣1）（x﹣x）①，又点P（2，﹣6）在此切线上，以及y0=x3﹣3x代入①，解得：x=0或3，故此直线的斜率为3或24，故可求得切线的方程为y=3x或y=24x﹣54．点评：本题考查了利用导函数求区间上的最值问题，难度不大，关键是掌握导函数的定义．8.（2005•北京）已知函数f（x）=﹣x3+3x2+9x+a．（Ⅰ）求f（x）的单调递减区间；（Ⅱ）若f（x）在区间[﹣2，2]上的最大值为20，求它在该区间上的最小值．【答案】（Ⅰ）（﹣∞，﹣1），（3，+∞）．（Ⅱ）﹣7【解析】（Ⅰ）先求出函数f（x）的导函数f′（x），然后令f′（x）＜0，解得的区间即为函数f （x）的单调递减区间；（Ⅱ）先求出端点的函数值f（﹣2）与f（2），比较f（2）与f（﹣2）的大小，然后根据函数f （x）在[﹣1，2]上单调递增，在[﹣2，﹣1]上单调递减，得到f（2）和f（﹣1）分别是f（x）在区间[﹣2，2]上的最大值和最小值，建立等式关系求出a，从而求出函数f（x）在区间[﹣2，2]上的最小值．解：（Ⅰ）f′（x）=﹣3x2+6x+9．令f′（x）＜0，解得x＜﹣1或x＞3，所以函数f（x）的单调递减区间为（﹣∞，﹣1），（3，+∞）．（Ⅱ）因为f（﹣2）=8+12﹣18+a=2+a，f（2）=﹣8+12+18+a=22+a，所以f（2）＞f（﹣2）．因为在（﹣1，3）上f′（x）＞0，所以f（x）在[﹣1，2]上单调递增，又由于f（x）在[﹣2，﹣1]上单调递减，因此f（2）和f（﹣1）分别是f（x）在区间[﹣2，2]上的最大值和最小值，于是有22+a=20，解得a=﹣2．故f（x）=﹣x3+3x2+9x﹣2，因此f（﹣1）=1+3﹣9﹣2=﹣7，即函数f（x）在区间[﹣2，2]上的最小值为﹣7．点评：本题主要考查导函数的正负与原函数的单调性之间的关系，即当导函数大于0时原函数单调递增，当导函数小于0时原函数单调递减．以及在闭区间上的最值问题等基础知识，同时考查了分析与解决问题的综合能力．9.设函数f（x）=﹣x3+2ax2﹣3a2x+b，0＜a＜1．（1）求函数f（x）的单调区间、极值；（2）若x∈[0，3a]，试求函数f（x）的最值．【答案】（1）函数f（x）的单调减区间为（﹣∞，a），（3a，+∞），单调增区间为（a，3a）．当x=a时，f（x）的极小值为﹣a3+b；当x=3a时，f（x）的极大值为b．（2）当x=a时，f（x）的最小值为﹣a3+b；当x=0或x=3a时，f（x）的最大值为b．【解析】（1）要求函数f（x）的单调区间，即求函数f（x）的f′（x），令f′（x）=0，解出x，再根据导数与单调性的关系求解即可得到函数f（x）的单调区间、极值；（2）由（1）知函数当x∈（0，a）时，函数f（x）为减函数；当x∈（a，3a）时，函数f（x）为增函数．进而得到函数f（x）在[0，3a]上的最值．解：（1）f′（x）=﹣x2+4ax﹣3a2．令f′（x）=0，解得x=a或x=3a，列表：﹣a3+b由表可知：当x∈（﹣∞，a）时，函数f（x）为减函数；当x∈（3a，+∞）时，函数f（x）也为减函数；当x∈（a，3a）时，函数f（x）为增函数．∴函数f（x）的单调减区间为（﹣∞，a），（3a，+∞），单调增区间为（a，3a）．当x=a时，f（x）的极小值为﹣a3+b；当x=3a时，f（x）的极大值为b．（2）x∈[0，3a]，列表如下：﹣a3+b由表知：当x∈（0，a）时，函数f（x）为减函数；当x∈（a，3a）时，函数f（x）为增函数．∴当x=a时，f（x）的最小值为﹣a3+b；当x=0或x=3a时，f（x）的最大值为b．点评：本题考查了利用导数求闭区间上函数的最值，利用导数研究函数的单调性，函数在某点取得极值的条件，属于中档题．10.（2014•上海二模）已知：函数f（x）=x3﹣6x+5，x∈R，（1）求：函数f（x）的单调区间和极值；（2）若关于x的方程f（x）=a有3个不同实根，求：实数a的取值范围；（3）当x∈（1，+∞）时，f（x）≥k（x﹣1）恒成立，求：实数k的取值范围．【答案】（1）f（x）的单调递增区间是，，单调递减区间是，当x=﹣时，函数有极大值为5+4，当x=时，函数有极小值为5﹣4（2）（3）k≤﹣3．【解析】（1）先求函数的导数，令导数等于0，求出极值点，再列表判断极值点左右两侧导数的正负，当左正右负时有极大值，当左负右正时有极小值，且在某区间导数大于0时，此区间为函数的增区间，在某区间导数小于0时，此区间为函数的减区间．（2）由（1）知函数f（x）的大致图象，然后将关于x的方程f（x）=a有3个不同实根，转化为y=f（x）图象与直线y=a有3个不同交点，数形结合解决问题（3）先将f（x）≥k（x﹣1）恒成立，转化为k≤x2+x﹣5在（1，+∞）上恒成立，进而转化为求函数g（x）=x2+x﹣5在（1，+∞）上的值域即可解：（1）求函数f（x）=x3﹣6x+5的导数，得f'（x）=3（x2﹣2），令f'（x）=0，即3（x2﹣2）=0，解得，列表讨论f′（x）的符号，得x+0﹣0+∴f（x）的单调递增区间是，，单调递减区间是，当x=﹣时，函数有极大值为5+4，当x=时，函数有极小值为5﹣4（2）由（1）的分析可知y=f（x）图象的大致形状及走向如图：若关于x的方程f（x）=a有3个不同实根，即y=f（x）图象与直线y=a有3个不同交点，由图数形结合可得（3）f（x）≥k（x﹣1）即（x﹣1）（x2+x﹣5）≥k（x﹣1）．∵x＞1，∴k≤x2+x﹣5在（1，+∞）上恒成立，令，则g（x）在（1，+∞）上是增函数，∴g（x）＞g（1）=﹣3，∴k≤﹣3．点评：本题考查了利用导数求函数单调区间和极值的方法，利用导数研究函数图象解决根的个数问题的方法，不等式恒成立问题的解法。

专题02 导数在研究函数中的应用-高中数学专项训练测试卷(原卷版)

专题02 导数在研究函数中的应用-高中数学专项训练测试卷(原卷版)

专题02导数在研究函数中的应用知识点1函数的单调性与其导数的正负之间的关系定义在区间(a，b)内的函数y＝f(x)：f′(x)的正负f(x)的单调性f′(x)>0单调递增f′(x)<0单调递减知识点2利用导数判断函数的单调性的一般步骤(1)确定函数y＝f(x)的定义域；(2)求出导数f′(x)的零点；(3)用f′(x)的零点将f(x)的定义域划分为若干个区间，列表给出f′(x)在各区间上的正负，由此得出函数y＝f(x)在定义域内的单调性．知识点3函数图象的变化趋势与导数的绝对值的大小的关系一般地，设函数y＝f(x)，在区间(a，b)上：导数的绝对值函数值变化函数的图象越大快比较“陡峭”(向上或向下)越小慢比较“平缓”(向上或向下)知识点4函数极值的定义（1）极小值点与极小值若函数y＝f(x)在点x＝a的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值都小，f′(a)＝0，而且在点x＝a附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，就把a叫做函数y＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y＝f(x)的极小值．（2）极大值点与极大值若函数y＝f(x)在点x＝b的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点的函数值都大，f′(b)＝0，而且在点x＝b附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，就把b叫做函数y＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y＝f(x)的极大值．（3）极大值点、极小值点统称为极值点；极大值、极小值统称为极值．知识点5函数极值的求法与步骤（1）求函数y＝f(x)的极值的方法解方程f′(x)＝0，当f′(x0)＝0时，①如果在x0附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，那么f(x0)是极大值；②如果在x0附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，那么f(x0)是极小值．（2）求可导函数f(x)的极值的步骤①确定函数的定义域，求导数f′(x)；②求方程f′(x)＝0的根；③列表；④利用f ′(x )与f (x )随x 的变化情况表，根据极值点左右两侧单调性的变化情况求极值．知识点6函数最值的定义（1）一般地，如果在区间[a ，b ]上函数y ＝f (x )的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值．（2）对于函数f (x )，给定区间I ，若对任意x ∈I ，存在x 0∈I ，使得f (x )≥f (x 0)，则称f (x 0)为函数f (x )在区间I 上的最小值；若对任意x ∈I ，存在x 0∈I ，使得f (x )≤f (x 0)，则称f (x 0)为函数f (x )在区间I 上的最大值．知识点7求函数的最大值与最小值的步骤函数f (x )在区间[a ，b ]上连续，在区间(a ，b )内可导，求f (x )在[a ，b ]上的最大值与最小值的步骤如下：(1)求函数f (x )在区间(a ，b )上的极值；(2)将函数f (x )的各极值与端点处的函数值f (a )，f (b )比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．考点1函数图象与导函数图象的关系【例1】如图所示是函数()y f x =的图象，其中()f x '为()f x 的导函数，则下列大小关系正确的是（）A ．()()()213f f f ''>>'-B ．()()()231f f f ''>>'-C ．()()()312f f f >>''-'D ．()()()321f f f >->'''【解后感悟】(1)函数的单调性与其导函数的正负之间的关系：在某个区间(a ，b )内，若f ′(x )>0，则y ＝f (x )在(a ，b )上单调递增；如果f ′(x )<0，则y ＝f (x )在这个区间上单调递减；若恒有f ′(x )＝0，则y ＝f (x )是常数函数，不具有单调性．(2)函数图象变化得越快，f ′(x )的绝对值越大，不是f ′(x )的值越大．【变式1-1】已知函数()f x 的导函数()f x '的图像如图所示，则下列结论一定正确的是（）A ．()f x 在(),1-∞-上单调递增B ．曲线()y f x =在1x =处的切线斜率取得最大值C ．()f x 在0x =处取得极小值D ．()f x 在2x =处取得最大值【变式1-2】已知函数()y f x =的导函数()y f x '=图象如下图所示，则原函数()y f x =的图象是（）A ．B ．C ．D ．【变式1-3】设函数()f x 的图像如图所示，则导函数()f x '的图像可能为（）A．B．C．D．考点2利用导数求函数的单调区间【解后感悟】求函数y＝f(x)的单调区间常用解不等式f′(x)<0，函数在解集与定义域的交集上单调递减．解不等式f′(x)>0，函数在解集与定义域的交集上为单调递增．考点3由单调性利用导数求参数的取值范围C ．(),3-∞D ．(],3-∞【解后感悟】(1)利用导数法解决取值范围问题的两个基本思路①将问题转化为不等式在某区间上的恒成立问题，即f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)恒成立，利用分离参数或函数性质求解参数范围，然后检验参数取“＝”时是否满足题意．②先令f ′(x )>0(或f ′(x )<0)，求出参数的取值范围后，再验证参数取“＝”时f (x )是否满足题意．(2)理清运算对象，选择运算方法，求得运算结果，充分体现数学运算的数学核心素养．考点4求函数的极值【例4】已知函数()224ln 3f x x x x =--+，则()f x 的极小值为（）A ．2B ．23ln 2-C ．ln 23-D ．34ln 2-【解后感悟】函数极值和极值点的求解步骤(1)确定函数的定义域．(2)求方程f ′(x )＝0的根．(3)用方程f ′(x )＝0的根顺次将函数的定义域分成若干个小开区间，并列成表格．(4)由f ′(x )在方程f ′(x )＝0的根左右的符号，来判断f (x )在这个根处取极值的情况．【变式4-1】已知函数()f x 的定义域为()0,∞+，导函数为()f x '，满足()()()1e xxf x f x x '-=-，（e为自然对数的底数），且()10f =，则（）A ．()()3223f f >B ．()()()12e f f f <<考点5由极值求参数的值或取值范围【解后感悟】已知函数的极值求参数的方法(1)对于已知可导函数的极值求参数的问题，解题的切入点是极值存在的条件：极值点处的导数值为0，极值点两侧的导数值异号．注意：求出参数后，一定要验证是否满足题目的条件．(2)对于函数无极值的问题，往往转化为其导函数的值非负或非正在某区间内恒成立的问题，即转化为f′(x)≥0或f′(x)≤0在某区间内恒成立的问题，此时需注意不等式中的等号是否成立．考点6利用函数极值解决函数零点(方程根)问题【例6】已知函数32()f x x ax bx c =+++在点()1,2P 处的切线斜率为4，且在=1x -处取得极值．(1)求函数()f x 的解析式；(2)若函数()()1g x f x m =+-有三个零点，求m 的取值范围．【解后感悟】(1)利用导数可以判断函数的单调性，研究函数的极值情况，并能在此基础上画出函数的大致图象，从直观上判断函数图象与x 轴的交点或两个函数图象的交点的个数，从而为研究方程根的个数问题提供了方便．(2)解决这类问题，一个就是注意借助几何图形的直观性，另一个就是正确求导，正确计算极值．考点7不含参函数的最值问题【解后感悟】求函数最值的步骤(1)求函数的定义域．(2)求f ′(x )，解方程f ′(x )＝0.(3)列出关于x ，f (x )，f ′(x )的变化表．(4)求极值、端点处的函数值，确定最值．注意：不要忽略将所求极值与区间端点的函数值进行比较．考点8含参函数的最值问题【例8】（2023·河北张家口·高二张家口市第一中学校考期中）已知函数()()32231f x x ax a =++∈R ．(1)讨论()f x 的单调性；(2)当a<0时，求()f x 在区间[]0,2上的最小值．【解后感悟】含参数的函数最值问题的两类情况(1)能根据条件求出参数，从而化为不含参数的函数的最值问题．(2)对于不能求出参数值的问题，则要对参数进行讨论，其实质是讨论导函数大于0、等于0、小于0三种情况．若导函数恒不等于0，则函数在已知区间上是单调函数，最值在端点处取得；若导函数可能等于0，则求出极值点后求极值，再与端点值比较后确定最值．考点9由函数的最值求参数问题【解后感悟】已知函数在某区间上的最值求参数的值(或范围)是求函数最值的逆向思维，一般先求导数，利用导数研究函数的单调性及极值点，探索最值点，根据已知最值列方程(不等式)解决问题考点10不等式恒成立问题【解后感悟】分离参数求解不等式恒成立问题的步骤考点11导数在实际问题中的应用【例11】3．（2023·云南昆明·统考一模）某机床厂工人利用实心的圆锥旧零件改造成一个正四棱柱的新零件，且正四棱柱的中心在圆锥的轴上，下底面在圆锥的底面内．已知该圆锥的底面cm）的最大值为（）圆半径为3cm，高为3cm，则该正四棱柱体积（单位：3【解后感悟】利用导数解决实际问题中的最值的一般步骤(1)分析实际问题中各量之间的关系，找出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y ＝f (x )；(2)求函数的导数f ′(x )，解方程f ′(x )＝0；(3)比较函数在区间端点和极值点的函数值大小，最大(小)者为最大(小)值；(4)把所得数学结论回归到数学问题中，看是否符合实际情况并下结论．A ．32dm 31．（2023春·北京·高二北京市陈经纶中学校考阶段练习）下列关于函数()sin x x x f -=的说法正确的是（）A．增函数B．减函数C．在()0,π上单增，在()π,2π上单减D．在()0,π上单减，在()π,2π上单增2．（2023·高二单元测试）已知函数()2sin f x x x =-，则下列选项正确的是（）A．()()()e π 2.7f f f <<B．()()()πe 2.7f f f <<C．()()()e 2.7πf f f <<D．()()()2.7e πf f f <<3．（2023春·河南·高二襄城高中校联考阶段练习）函数()f x 的图象如图所示，设()f x 的导函数为()f x '，则()()0f x f x '⋅>的解集为（）A．()1,6B．()1,4C．()(),16,-∞+∞ D．()()1,46,∞⋃+4．（2023春·宁夏吴忠·高二青铜峡市高级中学校考阶段练习）若函数()323f x x x ax =-+在R上是增函数，则实数a 的取值范围为（）A．3a >B．3a ≥C．3a ≤D．3a <5．（2023春·山东青岛·高二青岛二中校考开学考试）已知函数()f x 的导函数()f x '的图象如图所示，则下列判断正确的是（）17．（2023春·河南·高二校联考期末）若函数则实数m的取值范围为______．。

导数在研究函数中的应用测试题

导数在研究函数中的应用测试题

导数在研究函数中的应用测试题一 选择题本大题共12小题,每小题3分,共36分．在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的1 若函数fx 在R 上是一个可导函数,则f′x＞0在R 上恒成立是fx 在区间-∞,+∞内递增的A 充分不必要条件B 必要不充分条件C 充要条件D 既不充分也不必要条件2 原创题函数214y x x=-单调递增区间是A. ),0(+∞B. (,1)-∞-C. 1(,)2-+∞ D. ),1(+∞ 3 已知函数1)(23--+-=x ax x x f 在),(+∞-∞上是单调函数,则实数a 的取值范围是A. ),3[]3,(+∞--∞B. ]3,3[-C. ),3()3,(+∞--∞D. )3,3(-4 对于R 上可导的任意函数()f x ,若满足'(1)()0x f x -≥,则必有A. (0)(2)2(1)f f f +<B. (0)(2)2(1)f f f +≤C. (0)(2)2(1)f f f +≥D. (0)(2)2(1)f f f +> 5 函数323922y x x x x 有 A. 极大值5,极小值27- B. 极大值5,极小值11- C. 极大值5,无极小值 D. 极小值27-,无极大值6 已知fx=x 3+ax 2+a+6x+1有极大值和极小值,则a 的取值范围是A -1＜a ＜2B -3＜a ＜6C a ＜-1或a ＞2D a ＜-3或a ＞67改编题函数)(x f 的定义域为开区间),(b a ,导函数)(x f '在),(b a 内的图象如图所示, 则函数)(x f 在开区间),(b a 内有极小值点 A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个8 原创题函数ln y x x =的最小值为A. 1e- B. 1eC. 2eD.310 9 已知函数fx ＝x 3＋bx 2＋cx ＋d 在区间－1,2上是减函数,那么b ＋cA 有最大值152 B 有最大值－152 C 有最小值152 D 有最小值－15210 已知函数322+--=x x y 在区间[]2,a 上的最大值为415,则a 等于A. 23-B. 21C. 21-D. 21或23-11 原创题半径为5的半圆有一内接矩形,当周长最大时其边长等于A. 52和1524和7 D.以上都不对 122011·山东高考函数y=x2-2sinx 的图象大致是二 填空题共4小题,每小题3分共12分,把答案填在相应的位置上 13 原创题.函数ln xy x=的单调递增区间是______________. 14 函数322(),f x x ax bx a =+++在1=x 时有极值10,那么b a ,的值分别为________. 15 若函数fx ＝2xx a+ a>0在1,＋∞上的最大值为,则a 的值为____________. 16 改编题.要做一个圆锥形的漏斗,其母线长为20cm,要使其体积最大,则高为________________.三 解答题本大题五个小题,共52分,解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤 17 本小题10分已知c bx ax x f ++=24)(的图象经过点(0,1),且在1x =处的切线方程是2y x =-1求)(x f y =的解析式；2求)(x f y =的单调递增区间.18 本小题10分 已知函数32()f x x ax bx c =+++在23x =-与1x =时都取得极值1求,a b 的值与函数()f x 的单调区间2若对[1,2]x ∈-,不等式2()f x c <恒成立,求c 的取值范围.20 本小题10分 某商品每件成本9元,售价30元,每星期卖出432件．如果降低价格,销售量可以增加,且每星期多卖出的商品件数与商品单价的降低值x 单位：元,0≤x≤21的平方成正比．已知商品单价降低2元时,一星期多卖出24件．1将一个星期的商品销售利润表示成x 的函数； 2如何定价才能使一个星期的商品销售利润最大20 改编题本小题10分 已知a 为实数,))(4()(2a x x x f --= .⑴求导数)(x f '；⑵若0)1(=-'f ,求)(x f 在－2,2 上的最大值和最小值； ⑶若)(x f 在－∞,－2和2,+∞上都是递增的,求a 的取值范围 . 21 原创题本小题12分已知函数fx ＝ln x +1－a x a>0⑴求函数fx 的单调区间； ⑵当1a =时,若1x >-,证明：11ln(1)1x x -≤++． 挑战能力★1 已知函数()2a f x x x=+,()ln g x x x =+,其中0a >．1若1x =是函数()()()h x f x g x =+的极值点,求实数a 的值；2若对任意的[]12,1x x e ∈，e 为自然对数的底数都有()1f x ≥()2g x 成立,求实数a 的取值范围2 已知1x =是函数1nx x )1m (3m x )x (f 23+++-=的一个极值点, 其中,0m ,R n ,m <∈1 求m 与n 的关系式;2 求)x (f 的单调区间;3 当]1,1[x -∈时, 函数)x (f y =的图象上任意一点的切线斜率恒大于3m, 求m 的取值范围.★3 两县城A 和B 相聚20km,现计划在两县城外以AB 为直径的半圆弧上选择一点C 建造垃圾处理厂,其对城市的影响度 与所选地点到城市的的距离有关,对城A 和城B 的总影响度为城A 与城B 的影响度之和,记C 点到城A 的距离为x km,建在C 处的垃圾处理厂对城A 和城B 的总影响度为y,统计调查表明：垃圾处理厂对城A 的影响度与所选地点到城A 的距离的平方成反比,比例系数为4；对城B 的影响度与所选地点到城B 的距离的平方成反比,比例系数为k ,当垃圾处理厂建在的中点时,对称A 和城B 的总影响度为.1将y 表示成x 的函数；11讨论1中函数的单调性,并判断弧上是否存在一点,使建在此处的垃圾处理厂对城A 和城B 的总影响度最小若存在,求出该点到城A 的距离,若不存在,说明理由 .导数在研究函数中的应用测试题答案一 选择题本大题共12小题,每小题3分,共36分．在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的 1 答案A.解析当f′x＞0在R 上恒成立时,fx 递增,反之,fx 递增时,f′x≥0. 2 答案 C解析令32221811'80(21)(421)02x y x x x x x x x +=+=>∴+-+>∴>- 3 答案B 解析'2()3210f x x ax =-+-≤在),(+∞-∞恒成立,2412033a a ∆=-≤⇒≤≤4 答案C解析当1x ≥时,'()0f x ≥,函数()f x 在(1,)+∞上是增函数；当1x <时,'()0f x ≤,()f x 在(,1)-∞上是减函数,故()f x 当1x =时取得最小值,即有 (0)(1),(2)(1),f f f f ≥≥得(0)(2)2(1)f f f +≥ 5 答案C解析'23690,1,3y x x x x =--==-=得,当1x <-时,'0y >；当1x >-时,'0y < 当1x =-时,5y =极大值；x 取不到3,无极小值 6 答案D解析.由题意：f′x=3x 2+2ax+a+6=0有两个不等实根,∴Δ=4a 2-12a+6＞0,解得:a ＜-3或a ＞6.7 答案A解析极小值点应有先减后增的特点,即 '''()0()0()0f x f x f x <→=→> 8 答案A解析令1'ln 10y x x e =+=∴=,当1x e >时'0y >,；当1x e<时,'0y <所以11()y f e e ==-极小值,,在定义域内只有一个极值,所以1y e=-min9 答案B解析.由fx 在－1,2上是减函数,知 f′x＝3x 2＋2bx ＋c≤0,x∈－1,2, 则()f (1)32b c 0f 2124b c 0'≤⎧⎪⎨'≤⎪⎩－＝－＋＝＋＋⇒15＋2b ＋2c≤0 ⇒b ＋c≤－152. 10 答案C解析当1-≤a 时,最大值为4,不合题意,当21<<-a 时, ()x f 在[]2,a 上时减函数,()a f 最大, 415322=+--a a ,解得21-=a ,或23-=a 舍去.11 答案B解析设矩形的一边长为x,则另一边长为,则42+=x l ()R x <<0,'2l =-,令0'=l ,解得1x ,2x =舍去 .当0x <<,0'>l ,5x <时, 0'<l ,所以当x =,l 取最大值,12 答案 C.解析因为y′=12-2cosx,所以令y′=12-2cosx>0,得cosx<14,此时原函数是增函数；令y′=12-2cosx<0,得cosx>14,此时原函数是减函数,结合余弦函数图象,可得C 正确.二 填空题共4小题,每小题3分共12分,把答案填在相应的位置上 13 答案()0,e解析因为'21ln x y x -=,所以'21ln 00x y x e x -=>∴<< 14 答案4,11-解析'2'2()32,(1)230,(1)110f x x ax b f a b f a a b =++=++==+++= 22334,,3119a b a a b b a a b +=-=-=⎧⎧⎧⎨⎨⎨==-++=⎩⎩⎩或,当3a =-时,1x =不是极值点15 1解析f′x＝()()2222222x a 2x a x xa xa +--=++,当时,f′x<0,fx 单调递减,当－时,f′x>0,fx 单调递增,当x 时,fx ＝2a 3＝＝2<1,不合题意.∴fx max ＝f1＝11a 3+＝－1. 16 答案3320 cm解析设圆锥的高为x,则底面半径为2220x -,其体积为()()20020x 3122<<-=x x V π,()2'340031x V -=π,令0'=V ,解得3320,332021-==x x 舍去.当<<x 0 3320时,0'>V ;当203320<<x 时, 0'<V ,所以当3320=x 时,V 取最大值.三 解答题本大题五个小题,共52分,解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤17 解析：1c bx ax x f ++=24)(的图象经过点(0,1),则1c =, 切点为(1,1)-,则c bx ax x f ++=24)(的图象经过点(1,1)- 得591,,22a b c a b ++=-==-得2'3()1090,0,f x x x x x =-><<>或单调递增区间为()+∞ 18 解析：132'2(),()32f x x ax bx c f x x ax b =+++=++由'2124()0393f a b -=-+=,'(1)320f a b =++=得1,22a b =-=- '2()32(32)(1)f x x x x x =--=+-所以函数()f x 的递增区间是(,)3-∞-与(1,)+∞,递减区间是2(,1)3-； 2321()2,[1,2]2f x x x x c x =--+∈-,当23x =-时,222()327f c -=+ 为极大值,而(2)2f c =+,则(2)2f c =+为最大值,要使2(),[1,2]f x c x <∈- 恒成立,则只需要2(2)2c f c >=+,得1,2c c <->或.20 解析1设商品降低x 元,则多卖的商品数为kx 2,若记商品在一个星期的销售利润为fx,则依题意有fx=30-x-9432+kx 2=21-x432+kx 2又已知条件,24＝k·22,于是有k ＝6, 所以fx=-6x 3+126x 2-432x+9 072,x∈0,21. 2根据1,我们有f′x=-18x 2+252x-432 =-18x-2x-12.故x ＝12时,fx 达到极大值11 664, 因为f0=9 072,f12=11 664,所以定价为30－12＝18元时能使一个星期的商品销售利润最大. 20 解析：⑴由原式得,44)(23a x ax x x f +--=∴.423)(2--='ax x x f⑵由0)1(=-'f 得21=a ,此时有43)(),21)(4()(22--='--=x x x f x x x f . 由0)1(=-'f 得34=x 或x=-1 , 又,0)2(,0)2(,29)1(,2750)34(==-=--=f f f f所以fx 在－2,2上的最大值为,29最小值为.2750-⑶解法一:423)(2--='ax x x f 的图象为开口向上且过点0,－4的抛物线,由条件得即{480840a a +≥-≥ ∴－2≤a≤2. 所以a 的取值范围为－2,2.解法二:令0)(='x f 即,04232=--ax x 由求根公式得:1,212)x x x =<所以.423)(2--='ax x x f 在(]1,x ∞-和[)+∞,2x 上非负. 由题意可知,当x≤-2或x≥2时, )(x f '≥0, 从而x 1≥-2, x 2≤2,即⎪⎩⎪⎨⎧+≤+-≤+6122.6122a a a a 解不等式组得－2≤a≤2.∴a 的取值范围是－2,2.21 解析：⑴函数fx 的定义域为(1,)-+∞．()f x '＝11x +－a ＝1()1aa x a x ---+ .110,11a a a a ->=->-, 当11(1,),'()0;(,),'()0a ax f x x f x a a --∈->∈+∞<．∴ 当x ∈1(1,)a a --时,fx 是增函数,即fx 的单调递增区间为1(1,)aa --；当x ∈1(,)a a -+∞时,fx 是减函数,即fx 的单调递减区间为1(,)aa-+∞ .⑵证明：由⑴知,令1()ln(1)11g x x x =++-+,则211()1(1)g x x x '=-++＝2(1)x x +． ∴ 当x ∈－1,0时,()g x '＜0,当x ∈0,＋∞时,()g x '＞0．∴ 当1x >-时,()g x ≥(0)g ,即 1ln(1)11x x ++-+≥0,∴ 1ln(1)11x x +≥-+． 综上可知,当1x >-时,有11ln(1)1x x x -≤+≤+．挑战能力1 解析1∵()22ln a h x x x x =++,其定义域为()0 +∞，,∴()2212a h x x x'=-+．∵1x =是函数()h x 的极值点,∴()10h '=,即230a -=．∵0a >,∴a = 经检验当a =,1x =是函数()h x 的极值点,∴a =2对任意的[]12,1x x e ∈，都有()1f x ≥()2g x 成立等价于对任意的[]12,1x x e ∈，都有()min f x ⎡⎤⎣⎦≥()max g x ⎡⎤⎣⎦．当x ∈1,e 时,()110g x x'=+>．∴函数()ln g x x x =+在[]1e ，上是增函数．∴()()max 1g x g e e ==+⎡⎤⎣⎦．∵()()()2221x a x a a f x x x+-'=-=,且[]1,x e ∈,0a >． ①当01a <<且x ∈1,e 时,()()()2x a x a f x x+-'=>,∴函数()2a f x x x=+在1,e 上是增函数,∴()()2min 11f x f a ==+⎡⎤⎣⎦.由21a +≥1e +,得a 又01a <<,∴a 不合题意． ②当1≤a ≤e 时, 若1≤x ＜a ,则()()()20x a x a f x x +-'=<,若a ＜x ≤e ,则()()()20x a x a f x x+-'=>． ∴函数()2a f x x x=+在[)1,a 上是减函数,在(]a e ，上是增函数．∴()()min 2f x f a a ==⎡⎤⎣⎦.由2a ≥1e +,得a ≥12e +, 又1≤a ≤e ,∴12e +≤a ≤e ． ③当a e >且x ∈1,e 时,()()()2x a x a f x x +-'=<,∴函数()2a f x x x=+在[]1e ，上是减函数．∴()()2min a f x f e e e ==+⎡⎤⎣⎦.由2a e e+≥1e +,得a 又a e >,∴a e >．综上所述,a 的取值范围为1,2e +⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭． 2 解析:1 n x )1m (6m x 3)x (f 2++-='因为1x =是函数)x (f 的一个极值点, 所以0)1(f =', 即,0n )1m (6m 3=++-所以6m 3n += 2 由1知, 6m 3x )1m (6m x 3)x (f 2+++-=')]m21(x )[1x (m 3+--= 当0m <时, 有,m211+>当x 变化时,)x (f 与)x (f '的变化如下表: 故有上表知, 当0m <时, )x (f 在)m 21,(+-∞单调递减, 在)1,m21(+单调递增, 在),1(+∞上单调递减.3 由已知得m 3)x (f >', 即02x )1m (2m x 2>++-又0m <所以0m 2x )1m (m 2x 2<++-, 即]1,1[x ,0m2x )1m (m 2x 2-∈<++-…①设,m2x )m 11(2x )x (g 2++-= 其函数开口向上, 由题意知①式恒成立, 所以0m 34010m 2m 2210)1(g 0)1(g <<-⇒⎪⎩⎪⎨⎧<-<+++⇒⎩⎨⎧<<-, 即m 的取值范围为)0,34(- 3 解析：1如右图,由题意知AC⊥BC,22400BC x =-,224(020)400k y x x x =+<<-, 当垃圾处理厂建在弧AB 的中点时,垃圾处理厂到A 、B 的距离都相等,且为,所以有0.065=, 解得9k =, ∴2249(020)400y x x x=+<<- 2∵''2249()400y x x =+-=322818(400)x x x -+-=4322106400(400)x x x x +-令'0y >,得426401280000x x +->,解得2160x ≥,即x ≥, 又因为020x <<,所以函数2249400y x x=+-在(0,x ∈上是减函数, 在20)x ∈上是增函数,∴当x =,y 取得最小值, 所以在弧AB 上存在一点,且此点到城市A 的距离为,使建在此处的垃圾 处理厂对城市A 、B 的总影响度最小.。

高中试卷-专题5.2 导数在研究函数中的应用(1)(A卷基础篇)【解析版】(含答案)

高中试卷-专题5.2 导数在研究函数中的应用(1)(A卷基础篇)【解析版】(含答案)

专题5. 2导数在研究函数中的应用（1）（A 卷基础篇）（新教材人教A 版,浙江专用）参考答案与试题解析第Ⅰ卷（选择题）一．选择题（共10小题，满分50分，每小题5分）1．（2020·全国高二课时练习）设函数()f x 的图象如图所示，则导函数()¢f x 的图象可能为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】C【解析】∵()f x 在(,1)-¥，(4,)+¥上为减函数，在(1,4)上为增函数，∴当1x <或4x >时，()0f x ¢<；当14x <<时，()0f x ¢>．故选：C ．2．（2020·河北张家口市·高三月考）下列函数中，在其定义域上为增函数的是（）A ．4y x =B ．2x y -=C ．cos y x x =+D ．12y x =-【答案】C 【解析】对于A 选项，函数4y x =为偶函数，在()0,¥+上递增，在(),0-¥上递减；对于B 选项，函数2x y -=在R 上递减；对于C 选项，1sin 0y x ¢=-³在R 上恒成立，则函数cos y x x =+在其定义域R 上递增；对于D 选项，函数12y x =-在()0,¥+上递减.故选：C ．3．（2020·赣州市赣县第三中学高三期中（文））已知函数21()ln 2f x x x =-，则其单调增区间是（）A ．()1,+¥B ．()0,¥+C ．(]0,1D ．[]0,1【答案】A【解析】由21()ln 2f x x x =-，函数定义域为()0,¥+，求导211()x f x x x x =¢-=-，令()0f x ¢>，得1x >或1x <-（舍去）所以()f x 单调增区间是()1,+¥故选：A.4．（2020·张家界市民族中学高二月考）函数22y x x =+的单调递增区间为（ ）A ．(),1-¥B ．)+¥C ．()1,+¥D ．(),0-¥【答案】C 【解析】3222222x y x x x -¢=-=，由0y ¢>得3220x ->，即1x >，所以函数22y x x =+的单调递增区间为(1,)+¥.故选：C5．（2020·全国高三专题练习）如图所示为()y f x ¢=的图象，则函数()y f x =的单调递减区间是（）A ．(),1-¥-B ．()2,0-C ．()()2,0,2,-+¥D ．()(),1,1,-¥-+¥【答案】C【解析】由导函数图象，知20x -<<或2x >时，()0f x ¢<，∴()f x 的减区间是(2,0)-，(2,)+¥．故选：C ．6．（2019·江西九江市·高二期末（理））函数()22ln f x x x =-的递增区间是（ ）A ．10,2æöç÷èøB ．1,02æö-ç÷èø和1,2æö+¥ç÷èøC ．1,2æö+¥ç÷èøD ．1,2æö-¥-ç÷èø和10,2æöç÷èø【答案】C【解析】因为()2 2ln f x x x =-的定义域为(0,)+¥，1()4f x x x¢=-，由()0f x ¢>，得140x x->，解得12x >，所以()f x 的递增区间为1(,)2+¥.故选：C.7．（2020·四川内江市·高三三模（文））函数x y x e =×的图像大致为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】C【解析】'(1)x y x e =+×，当1x >-时，'0y >，当1x <-时，'0y <，所以函数x y x e =×在(1,)-+¥上单调递增，在(,1)-¥-上单调递减.故选：C8．（2020·广东深圳市·高三开学考试）已知函数()f x 与()f x ¢的图象如图所示，则不等式组()()03f x f x x ¢<ìí<<î解集为（ ）A ．()0,1B ．()1,3C ．()1,2D ．()1,4【答案】B【解析】由导函数与原函数单调性关系知图中实线是()¢f x 的图象，虚线是()f x 的图象，不等式组()()03f x f x x <ìí<<¢î解集是{|13}x x <<．故选：B ．9．（2020·全国高三专题练习）已知()¢f x 是定义在R 上的函数()f x 的导函数，且满足()()0xf x f x ¢+>对任意的x ÎR 都成立，则下列选项中一定正确的是（ ）A ．(2)(1)2f f >B ．(1)(2)2f f >C ．(2)(1)2f f <D ．(1)(2)2f f <【答案】D【解析】令()()F x xf x =，则()()()0xf x x F x f ¢=¢+>，故()F x 为R 上的增函数，所以()()21F F >即()()221f f >，故选：D.10．（2020·黄梅国际育才高级中学高二期中）已知函数()2ln 1f x x a x =-+在()1,3内不是单调函数，则实数a 的取值范围是（ ）A ．()2,18B ．[]2,18C ．(][),218,-¥+¥U D ．[)2,18【答案】A【解析】∵()'2a f x x x =-，()2ln 1f x x a x =-+在()1,3内不是单调函数，故20a x x-=在()1,3存在变号零点，即22a x =在()1,3存在零点，∴218a <<.故选：A.第Ⅱ卷（非选择题）二．填空题（共7小题，单空每小题4分，两空每小题6分，共36分）11．（2020·长顺县文博高级中学有限公司高三月考）函数322611y x x =-+的单调减区间是__________.【答案】()0,2【解析】()261262y x x x x ¢=-=-，令0y ¢<，解得02x <<，所以函数的单调减区间为()0,2.故答案为：()0,212．（2020·全国高三专题练习）函数()52ln f x x x =-的单调递减区间是______．【答案】20,5æöç÷èø【解析】()f x 的定义域是()0,¥+，()252'5x f x x x-=-=，令()'0f x <，解得：205x <<，所以()f x 在20,5æöç÷èø递减，故答案为20,.5æöç÷èø13．（2019·全国高三月考（文））已知0a >，函数3()2f x x ax =-在[1,)+¥上是单调增函数，则a 的最大值是_______．【答案】6【解析】2()6f x x a ¢=-，令()0f x ¢>，得x >x <1£，解得6a …．故答案为：614．（2018·全国高二专题练习） 函数()32267f x x x =-+在区间______上是增函数，在区间______上是减函数．【答案】(),0-¥和()2,+¥ ()0,2【解析】2'()612f x x x =-=6(2)x x -，令'()0f x <，解得：02x <<，令'()0f x >，解得：0x <或2x >.函数()32267f x x x =-+在区间(,0)-¥,(2,)+¥上是增函数，在区间(0,2)上是减函数．15．（2020·浙江高一期末）已知2()(3)f x x b x =+-是定义在R 上的偶函数，则实数b =_____，写出函数2()2g x x x=+-在(0,)+¥的单调递增区间是______【答案】3)+¥ 【解析】()f x Q 是定义在R 上的偶函数，()()f x f x \-=，()22(3)(3)x b x x b x \---=+-，解得3b =，()221g x x ¢=-+=Q 令()0g x ¢>，解得x >，()g x \的单调递增区间是)+¥.故答案为：3；)+¥.16．（2020·全国高三专题练习）已知()lg f x x x =，那么()f x 单调递增区间__________；()f x 单调递减区间__________.【答案】1,e æö+¥ç÷èø 10,e æöç÷èø【解析】因为()lg f x x x =,故11()lg lg lg lg lg ln10ln10f x x x x x e ex x ¢=+×=+=+=.令()0f x ¢=可得1ex =,即1x e =.又()f x ¢为增函数,故当10,e x æöÎç÷èø时,()0f x ¢<,()f x 单调递减；当1,x e æöÎ+¥ç÷èø时, ()0f x ¢>,()f x 单调递增.故答案为：(1) 1,e æö+¥ç÷èø；(2)10,e æöç÷èø17．（2019·山西运城市·高三期中（文））设函数()-=-x x f x e ae （a 为常数）.若()f x 为奇函数，则a =________；若()f x 是[2,2]-上的减函数，则a 的取值范围是________.【答案】1 41³-a e 【解析】（1）若()-=-x x f x eae 为奇函数则()()x x x x f x e ae x e ae f --=-=-+-=-，则1a =（2）若()f x 是[2,2]-上的减函数，则()x x f x e ae -¢=--在[2,2]-上小于或者等于零，即0x x e ae ---£在[2,2]-上恒成立，2x e a --£，可知2x y e -=-在[2,2]-上单调递增，所以41³-a e .三．解答题（共5小题，满分64分，18--20每小题12分，21,22每小题14分）18．（2020·甘肃省岷县第二中学高二期中（理））求函数()33f x x x =-的递减区间.【答案】()1,1-【解析】∵()233f x x ¢=-，∴令2330x -<，解得11x -<<.∴函数()33f x x x =-的递减区间为()1,1-.19．（2019·甘肃省武威第一中学高二月考（理））求函数ln ()(0)x f x x x=>的单调区间．【答案】增区间为(0e)，，减区间为(e )+¥，.【解析】由()fx 得()()2221·ln ln ''ln 1ln 'x x x x x x x x f x x x x ---===， 令()'0fx =，即21ln 0x x -=，得1ln 0x -=，从而e x =，令()'0fx >，即21ln 0x x ->，得e x <，此时()f x 为增函数，又0x >，得增区间为()0e ，，令()'0f x <，即21ln 0x x-<，得e x >，此时()f x 为减函数，减区间为()e +¥，.20．（2020·横峰中学月考（文））已知()1x f x e ax =--.（1）当2a =时，讨论()f x 的单调区间；（2）若()f x 在定义域R 内单调递增，求a 的取值范围.【答案】（1）()f x 的单调递增区间为()ln 2,+¥，单调递减区间为(),ln 2-¥；（2）0a £【解析】（1）当2a =时，()21xf x e x =--则()'2x fx e =-，令()'20x fx e =->，得ln 2x >令()'20x f x e =-<，得ln 2x <所以()f x 的单调递增区间为()ln 2,+¥单调递减区间为(),ln 2-¥（2）由题可知：()f x 在定义域R 内单调递增等价于()'0x fx e a =-³由()'x f x e a =-在R 上单调递增，又0x e >则000a a -³Þ£21．（2020·西宁市海湖中学高二月考（文））已知函数()31f x x ax =--.（1）若()f x 在区间(1,)+¥上为增函数，求a 的取值范围.（2）若()f x 的单调递减区间为(1,1)-，求a 的值.【答案】（1）(],3-¥；（2）3.【解析】（1）因为()23f x x a ¢=-，且()f x 在区间(1,)+¥上为增函数，所以()0f x ¢³在(1,)+¥上恒成立，即230x a -³在(1，+∞)上恒成立，所以23a x £在(1,)+¥上恒成立，所以3a £，即a 的取值范围是(],3-¥（2）由题意知0a >.因为()31f x x ax =--，所以()23f x x a ¢=-.由()0f x ¢<，得x <<所以()f x 的单调递减区间为(，又已知()f x 的单调递减区间为(1,1)-，所以(=(1,1)-，1=，即3a =.22.已知函数，其中.（Ⅰ）当时，求曲线在点处的切线方程；（Ⅱ）求的单调区间.【答案】（Ⅰ）．（Ⅱ）①当时，的单调递减区间为；单调递增区间为，．②当时，的单调递减区间为，；单调递增区间为，．③当时，为常值函数，不存在单调区间．④当时，的单调递减区间为，；单调递增区间为，．【解析】（Ⅰ）解：当时，，．……2分由于，，所以曲线在点处的切线方程是． ……4分（Ⅱ）解：，． …………6分①当时，令，解得．的单调递减区间为；单调递增区间为，．…8分当时，令，解得，或．②当时，的单调递减区间为，；单调递增区间为，． ……10分③当时，为常值函数，不存在单调区间． ……………11分④当时，的单调递减区间为，；单调递增区间为，．…………14分。

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【导数在研究函数中的应用】
本卷共100分，考试时间90分钟
一、选择题 (每小题4分，共40分)
1. 已知函数x x x f 3)(3
-=，若过点A （0,16）的直线方程为16y ax =+，与曲线)(x f y =相切，则实数a 的值是 （ ） A ．3- B ．3 C ．6 D ．9
2. 已知曲线23ln 4
x y x =-的一条切线的斜率为12，则该切线的切点横坐标为 A. -2 B. 3 C. 1 D. 12
3. 已知曲线24
x y =的一条切线的斜率为12，则该切线的切点横坐标为 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
4. 曲线23
13-=x y 在点)37,1(--处的切线的倾斜角为（ ） A . ︒30 ； B . ︒45 ；C. ︒135 ； D. ︒145
5. 过点)0,1(-作抛物线12++=x x y 的切线，则其中一条切线的方程为（ ）
A .022=++y x
B .033=+-y x C. 01=++y x D. 01=+-y x
6. 已知函数m x x x f +-=2362)(（m 为常数）在区间]2,2[-上有最大值是3，那么，此函数在]2,2[-上的最小值为（ ）
A . 37-
B . 29- C. 5- D. 11-
7. 函数233)(x x x f -=的单调递减区间为（ ）
A . )0,(-∞
B .)2,0( C.),2(+∞ D. ),2()0,(+∞⋃-∞
8. 已知函数()f x 的定义域为[)2,-+∞，部分对应值如下表，'()f x 为f(x)的导函数，函
数'()y f x =的图象如右图所示：
若两正数a ，b 满足4(2)1,4
b f a b a -+<+则的取值范围是（ ）
A ．64
(,)73 B ．37
(,)53 C ．26
(,)35 D ．1
(1,)2
-- 9. 已知某生产厂家的年利润y （单位：万元）与年产量x （单位：万件）的函数关式 为234813
13-+-=x x y ，则使该生产厂家获取最大年利润的年产量为 （ ）
A 、万件13
B 、万件11
C 、９万件
D 、７万件
10. 路灯距地平面为8 m,一个身高为1.6 m 的人以84 m/min 的速率在地面上行走，从路灯在地平面上射影点C ，沿某直线离开路灯，则人影长度的变化速率为（ ）/m s
A ．72
B ．720
C ．2120
D ．21 二、填空题 (共4小题，每小题4分)
11. 若曲线a x x y +-=93的一条切线方程为43+=x y ，则实数a 的值为
12. 设曲线ax y e =在点（0，1）处的切线与直线21x y ++=0垂直，则a= 。

13. 函数x x y ln 232
-=的单调减区间为 ．
14. 过曲线32y x x =+-上一点P 的切线平行与直线41y x =-，则切点的坐标为 。

三、解答题 (共44分，写出必要的步骤)
15. （本小题满分10分）已知函数32()3f x kx kx b =-+，在[22]-，上最小值为3，最大值为17-，求k b 、的值．
16. （本小题满分10分）已知直线01:=+-y x l ，⊙
2:22=+y x O 上的任意一点P 到直线l 的距离为d 。

当d 取得最大时对应点P 的坐标()n m ,，设
x x n mx x g ln 2)(-+=.
（Ⅰ）求证：当1≥x ，0)(≥x g 恒成立；
（Ⅱ）讨论关于x 的方程：
tx ex x x g x n mx +-=-+2342)(的根的个数.
17. （本小题满分12分） 统计表明，某种型号的汽车在匀速行驶中每小时耗油量y （升）关于行驶速度x （千米/小时）
的函数解析式可以表示为：y =1128000x 2－380
x+8 (0＜x ≤120).已知甲、乙两地相距100千米. （Ⅰ）当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地要耗油多少升？ （Ⅱ）当汽车以多大的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少？最少为多少升？
答案
一、选择题
1. D
2. B
3. A
4. B
5. D
6. A
7. B
8. D
9. C10. B
二、填空题
11. -12或2012. 213. (0,
3
3)14. 14． (1,0)或(-1,-4) 三、解答题
15. 解：由题设知0k ≠且'()3(2)f x kx x =- 02x <<时，(2)0x x -<；0x <或2x >时，(2)0x x ->；
0x =和2x =时，'()0f x =
由题设知22x -≤≤，(2)20f k b -=-+，(0)f b =，(2)4f k b =-+
①0k <时，20x -<<时， '()0f x <；02x <<时，'()0f x >，
∴()f x 在(20)-，
上单减，在(22)-，和上单增， 0x =为()f x 的极小值点，也是最小值点；
(2)(2)f f ->
∴()f x 的最大值是(2)f -
解20317k b b -+=⎧⎨=-⎩
解得1k =-，17b =-
②0k >时，20x -<<时， '()0f x >；02x <<时，'()0f x <，
∴()f x 在(20)-，
上单增，在(22)-，和上单减， 0x =为()f x 的极大值点，也是最大值点；
(2)(2)f f -<
∴()f x 的最小值是(2)f -
解20173k b b -+=-⎧⎨=⎩解得1k =，3b =
综上，1k =-，17b =-或1k =，3b =
16. 解：（1）由题意得)1,1(-P ，
∴1=m ，1=n ∴x x
x x x n mx x g ln 21ln 2)(--=-+= ∴0)1(12211)(22
222≥-=+-=-+='x
x x x x x x x g ，∴)(x g 在[)+∞,1是 单调增函数，
∴01ln 211)1()(=--=≥g x g 对于[)+∞∈,1x 恒成立。

（2）方程tx ex x x g x
n mx +-=-+
2342)(； 所以tx ex x x +-=2342ln 2 因为0>x ，所以方程为t ex x x
x +-=42ln 22 令x
x x L ln 2)(=，t ex x x H +-=42)(2， 因为2ln 12)(x x x L -='，当),0(e x ∈时，0)(≥'x L ，所以)(x L '在(]e ,0上为增函数；
[)+∞∈,e x 时，0)(≤'x L ， ∴)(x L '在[)e ,0上为减函数，
当e x =时，e
e L x L 2)()(max == 2222)(242)(e t e x t ex x x H -+-=+-=，
所以函数)(x L 、)(x H 在同一坐标系的大致图象如图所示，
所以①当e e t 222>
-，即e
e t 222+>时，方程无解。

②当e e t 222=-，即e
e t 222+=时，方程有一个根。

③当e e t 222<-，即e e t 222+<时，方程有两个根。

17. （I ）当x=40时，汽车从甲地到乙地行驶了10040
=2.5小时， 要耗没(1128000×403－380
×40+8)×2.5=17.5（升）. 所以，当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油17.5. ………5分
（II ）当速度为x 千米/小时时，汽车从甲地到乙地行驶了100x
小时，设耗油量为h(x)升， 依题意得h(x)=(1128000x 3－380x+8)·100x =11280x 2+800x －154
(0＜x≤120)，
h '(x)=x 640－800x2=x3－803640x2(0＜x≤120)，令h '(x)=0得x=80，
当x ∈(0,80)时，h '(x)＜0,h(x)是减函数；当x ∈(80,120)时，h '(x)＞0,h(x)是增函数, ∴当x=80时，h(x)取到极小值h(80)=11.25,因为h(x)在(0,120]上只有一个极值，所以它是最小值.
故当汽车以80千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少，最少为11.25升.。

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