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考點測試15 導數(shù)的應用(一)
一、基礎小題
1．函數(shù)f(x)＝1＋x－sinx在(0，2π)上是( )
A．增函數(shù)
B．減函數(shù)
C．在(0，π)上增，在(π，2π)上減
D．在(0，π)上減，在(π，2π)上增
答案 A
解析 f′(x)＝1－cosx>0，∴f(x)在(0，2π)上遞增．
2．設函數(shù)f(x)＝＋ln x，則( )
A．x＝為f(x)的極大值點
B．x＝為f(x)的極小值點
C．x＝2為f(x)的極大值點
D．x＝2為f(x)的極小值點
答案 D
解析 f(x)＝＋ln x(x>0)，f′(x)＝－＋＝，x>2時，f′(x)>0，這時f(x)為增函數(shù)；0
0”是“f(x)在R上單調遞增”的( )
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
答案 A
解析 當a≥0時，f′(x)＝3x2＋a≥0，f(x)在R上單調遞增，“a>0”是“f(x)在R上單調遞增”的充分不必要條件．故選A．
5．如圖是函數(shù)y＝f(x)的導函數(shù)f′(x)的圖象，則下面判斷正確的是( )
A．在(－2，1)上f(x)是增函數(shù)
B．在(1，3)上f(x)是減函數(shù)
C．在(4，5)上f(x)是增函數(shù)
D．當x＝4時，f(x)取極大值
答案 C
解析 由導函數(shù)f′(x)的圖象知，f(x)在(－2，1)上先減后增，在(1，3)上先增后減，在(4，5)上單調遞增，x＝4是f(x)的極小值點．故選C．
6．已知f(x)＝2x3－6x2＋m(m為常數(shù))在[－2，2]上有最大值，且最大值為3，那么此函數(shù)在[－2，2]上的最小值為( )
A．0 B．－5 C．－10 D．－37
答案 D
解析 由題意知，f′(x)＝6x2－12x，由f′(x)＝0得x＝0或x＝2，當x<0或x>2時，f′(x)>0，當00，使得f(x0)≤0有解，則實數(shù)a的取值范圍是( )
A．(2，＋∞) B．(－∞，－3)
C．(－∞，1] D．[3，＋∞)
答案 C
解析 由于函數(shù)f(x)的定義域是(0，＋∞)，不等式f(x)＝－1＋ln x≤0有解，即a≤x－xln x在(0，＋∞)上有解．令h(x)＝x－xln x，則h′(x)＝1－(ln x＋1)＝－ln x，令h′(x)＝0，得x＝1，當00，當x>1時，h′(x)<0，可得當x＝1時，函數(shù)h(x)＝x－xln x取得最大值，要使不等式a≤x－xln x在(0，＋∞)上有解，只需a≤h(x)max＝h(1)即可，即a≤1．
8．已知函數(shù)f(x)＝x3＋mx2＋(m＋6)x＋1既存在極大值又存在極小值，則實數(shù)m的取值范圍是________．
答案 m>6或m<－3
解析 對函數(shù)f(x)求導得f′(x)＝3x2＋2mx＋m＋6，要使函數(shù)f(x)既存在極大值又存在極小值，則f′(x)＝0有兩個不同的根，所以判別式Δ>0，即Δ＝4m2－12(m＋6)>0，所以m2－3m－18>0，解得m>6或m<－3．
二、高考小題
9．(2016全國卷Ⅰ)若函數(shù)f(x)＝x－sin2x＋asinx在(－∞，＋∞)單調遞增，則a的取值范圍是( )
A．[－1，1] B．
C． D．
答案 C
解析 函數(shù)f(x)＝x－sin2x＋asinx在(－∞，＋∞)單調遞增，等價于f′(x)＝1－cos2x＋acosx＝－cos2x＋acosx＋≥0在(－∞，＋∞)恒成立．設cosx＝t，則g(t)＝－t2＋at＋≥0在[－1，1]恒成立，所以解得－≤a≤．故選C．
10．(2017全國卷Ⅱ)若x＝－2是函數(shù)f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的極值點，則f(x)的極小值為( )
A．－1 B．－2e－3 C．5e－3 D．1
答案 A
解析 由題意可得f′(x)＝ex－1[x2＋(a＋2)x＋a－1]．∵x＝－2是函數(shù)f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的極值點，∴f′(－2)＝0，∴a＝－1，∴f(x)＝(x2－x－1)ex－1，f′(x)＝ex－1(x2＋x－2)＝ex－1(x－1)(x＋2)，∴x∈(－∞，－2)，(1，＋∞)時，f′(x)＞0，f(x)單調遞增；x∈(－2，1)時，f′(x)＜0，f(x)單調遞減．
∴f(x)極小值＝f(1)＝－1．故選A．
11．(2018全國卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝2sinx＋sin2x，則f(x)的最小值是________．
答案?。?
解析 f′(x)＝2cosx＋2cos2x＝4cos2x＋2cosx－2＝4(cosx＋1)，所以當cosx≤時函數(shù)單調遞減，當cosx≥時函數(shù)單調遞增，從而得到函數(shù)的減區(qū)間為(k∈Z)，函數(shù)的增區(qū)間為2kπ－，2kπ＋(k∈Z)，所以當x＝2kπ－，k∈Z時，函數(shù)f(x)取得最小值，此時sinx＝－，sin2x＝－，所以f(x)min＝2－＝－．
12．(2018江蘇高考)若函數(shù)f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在(0，＋∞)內有且只有一個零點，則f(x)在[－1，1]上的最大值與最小值的和為________．
答案 －3
解析 ∵f(x)＝2x3－ax2＋1，
∴f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)．
若a≤0，則x>0時，f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，又f(0)＝1，∴f(x)在(0，＋∞)上沒有零點，不符合題意，∴a>0．
當0時，f′(x)>0，f(x)為增函數(shù)，∴x>0時，f(x)有極小值，為f＝－＋1．
∵f(x)在(0，＋∞)內有且只有一個零點，
∴f＝0，∴a＝3．
∴f(x)＝2x3－3x2＋1，則f′(x)＝6x(x－1)．
x
－1
(－1，0)
0
(0，1)
1
f′(x)
＋
＋
0
－
0
f(x)
－4
增
1
減
0
∴f(x)在[－1，1]上的最大值為1，最小值為－4．
∴最大值與最小值的和為－3．
13．(2016北京高考)設函數(shù)f(x)＝
(1)若a＝0，則f(x)的最大值為________；
(2)若f(x)無最大值，則實數(shù)a的取值范圍是________．
答案 (1)2 (2)(－∞，－1)
解析 (1)若a＝0，則f(x)＝
當x>0時，f(x)＝－2x<0；當x≤0時，f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，當x<－1時，f′(x)>0，f(x)是增函數(shù)，當－12時，f(x)max＝a3－3a．
綜上，當a∈(－∞，－1)時，f(x)無最大值．
三、模擬小題
14．(2018安徽安慶二模)已知函數(shù)f(x)＝2ef′(e)ln x－(e是自然對數(shù)的底數(shù))，則f(x)的極大值為( )
A．2e－1 B．－ C．1 D．2ln 2
答案 D
解析 由題意知f′(x)＝－，
∴f′(e)＝－，f′(e)＝，
∴f′(x)＝－，令f′(x)＝0，得x＝2e，
∴f(x)在(0，2e)上遞增，在(2e，＋∞)上遞減，
∴f(x)的極大值為f(2e)＝2ln (2e)－2＝2ln 2，選D．
15．(2018豫南九校第四次質量考評)已知定義在R上的函數(shù)f(x)，其導函數(shù)f′(x)的大致圖象如圖所示，則下列敘述正確的是( )
①f(b)>f(a)>f(c)；
②函數(shù)f(x)在x＝c處取得極小值，在x＝e處取得極大值；
③函數(shù)f(x)在x＝c處取得極大值，在x＝e處取得極小值；
④函數(shù)f(x)的最小值為f(d)．
A．③ B．①② C．③④ D．④
答案 A
解析 由導函數(shù)圖象可知在(－∞，c)，(e，＋∞)上，f′(x)>0，在(c，e)上，f′(x)<0，所以函數(shù)f(x)在(－∞，c)，(e，＋∞)上單調遞增，在(c，e)上單調遞減，所以f(a)0)在[－1，b]上的值域為[－2－2a，0]，則b的取值范圍是( )
A．[0，3] B．[0，2] C．[2，3] D．(－1，3]
答案 A
解析 由f(x)＝(x－a)3－3x＋a，得f′(x)＝3(x－a)2－3，令f′(x)＝0，得x1＝a－1，x2＝a＋1．
當x∈(－∞，a－1)∪(a＋1，＋∞)時，f′(x)>0，當x∈(a－1，a＋1)時，f′(x)<0，則f(x)在(－∞，a－1)，(a＋1，＋∞)上為增函數(shù)，在(a－1，a＋1)上為減函數(shù)．又f(a＋1)＝－2－2a，∴要使f(x)＝(x－a)3－3x＋a(a>0)在[－1，b]上的值域為[－2－2a，0]，則f(－1＋a)＝2－2a≤0，若2－2a＝0，即a＝1，此時f(－1)＝－4，f(0)＝0，－2－2a＝－4，f(3)＝0．∴b∈[0，3]；若2－2a<0，即a>1，此時f(－1)＝(－1－a)3＋3＋a＝－a3－3a2－2a＋2，而f(－1)－(－2a－2)＝－a3－3a2－2a＋2＋2a＋2＝－a3－3a2＋4＝(1－a)(a＋2)2<0，
∴不符合題意，∴b的取值范圍是[0，3]．故選A．
17．(2018江西南昌調研)已知a為常數(shù)，函數(shù)f(x)＝x(ln x－ax)有兩個極值點x1，x2(x10，f(x2)>－
B．f(x1)<0，f(x2)<－
C．f(x1)>0，f(x2)<－
D．f(x1)<0，f(x2)>－
答案 D
解析 f′(x)＝ln x－2ax＋1，依題意知f′(x)＝0有兩個不等實根x1，x2，
即曲線y＝1＋ln x與直線y＝2ax有兩個不同交點，如圖．
由直線y＝x是曲線y＝1＋ln x的切線，
可知0<2a<1，00，
∴f(x2)>f(1)＝－a>－，故選D．
18．(2018廣東深圳期末)已知函數(shù)f(x)＝xln x－aex(e為自然對數(shù)的底數(shù))有兩個極值點，則實數(shù)a的取值范圍是( )
A．0， B．(0，e)
C．，e D．(－∞，e)
答案 A
解析 由題意可得f′(x)＝ln x＋1－aex，
因函數(shù)f(x)＝xln x－aex有兩個極值點，
則直線y＝a和g(x)＝的圖象在(0，＋∞)內有2個交點，易得g′(x)＝(x>0)，
令h(x)＝－ln x－1，則h′(x)＝－<0，
故h(x)＝－ln x－1在(0，＋∞)上單調遞減，又h(1)＝0，所以當x∈(0，1)時，h(x)>0，即g′(x)>0，g(x)單調遞增；
當x∈(1，＋∞)時，h(x)<0，即g′(x)<0，g(x)單調遞減，所以g(x)max＝g(1)＝，而x→0時，g(x)→－∞，x→＋∞時，g(x)→0，故要使直線y＝a和g(x)的圖象在(0，＋∞)內有2個交點，只需02，令f′(x)＝0，得x＝或x＝．
當x∈∪時，f′(x)<0；
當x∈時，f′(x)>0．
所以f(x)在，上單調遞減，在，上單調遞增．
(2)證明：由(1)知，f(x)存在兩個極值點當且僅當a>2．
由于f(x)的兩個極值點x1，x2滿足x2－ax＋1＝0，所以x1x2＝1，不妨設x11．
由于＝－－1＋a＝－2＋a＝－2＋a，
所以0，h(x)沒有零點；
(ⅱ)當a>0時，h′(x)＝ax(x－2)e－x．
當x∈(0，2)時，h′(x)<0；當x∈(2，＋∞)時，h′(x)>0．
所以h(x)在(0，2)單調遞減，在(2，＋∞)單調遞增．
故h(2)＝1－是h(x)在[0，＋∞)的最小值．
①若h(2)>0，即a<，h(x)在(0，＋∞)沒有零點；
②若h(2)＝0，即a＝，h(x)在(0，＋∞)只有一個零點；
③若h(2)<0，即a>，由于h(0)＝1，所以h(x)在(0，2)有一個零點，
由(1)知，當x>0時，ex>x2，所以h(4a)＝1－＝1－>1－＝1－>0．
故h(x)在(2，4a)有一個零點，因此h(x)在(0，＋∞)有兩個零點．
綜上，f(x)在(0，＋∞)只有一個零點時，a＝．
3．(2018浙江高考)已知函數(shù)f(x)＝－ln x．
(1)若f(x)在x＝x1，x2(x1≠x2)處導數(shù)相等，證明：f(x1)＋f(x2)>8－8ln 2；
(2)若a≤3－4ln 2，證明：對于任意k>0，直線y＝kx＋a與曲線y＝f(x)有唯一公共點．
證明 (1)函數(shù)f(x)的導函數(shù)f′(x)＝－，
由f′(x1)＝f′(x2)得－＝－，
因為x1≠x2，所以＋＝．
由基本不等式得＝＋≥2，
因為x1≠x2，所以x1x2>256．
由題意得f(x1)＋f(x2)＝－ln x1＋－ln x2＝－ln (x1x2)．
設g(x)＝－ln x，則g′(x)＝(－4)，所以
x
(0，16)
16
(16，＋∞)
g′(x)
－
0
＋
g(x)
2－4ln 2
所以g(x)在[256，＋∞)上單調遞增，
故g(x1x2)>g(256)＝8－8ln 2，
即f(x1)＋f(x2)>8－8ln 2．
(2)令m＝e－(|a|＋k)，n＝2＋1，
則f(m)－km－a>|a|＋k－k－a≥0，
f(n)－kn－a0，直線y＝kx＋a與曲線y＝f(x)有唯一公共點．
二、模擬大題
4．(2018廣東肇慶二模)已知函數(shù)f(x)＝xln x＋(1－k)x＋k，k∈R．
(1)當k＝1時，求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間；
(2)當x>1時，求使不等式f(x)>0恒成立的k的最大整數(shù)值．
解 (1)當k＝1時，f(x)＝xln x＋1，
∴f′(x)＝ln x＋1，
由f′(x)>0，得x>；由f′(x)<0，得01時f(x)>0恒成立，得x>1時，xln x＋(1－k)x＋k>0，∴(x－1)k1恒成立，
設g(x)＝(x>1)，
則g′(x)＝，
令μ(x)＝－ln x＋x－2(x>1)，則μ′(x)＝＋1，
∴當x>1時，μ′(x)>0，μ(x)在(1，＋∞)上單調遞增，
而μ(3)＝1－ln 3<0，μ(4)＝2－ln 4>0，
∴存在x0∈(3，4)，使μ(x0)＝0，即x0－2＝ln x0，
∴當x∈(1，x0)時，g′(x)<0，此時函數(shù)g(x)單調遞減，當x∈(x0，＋∞)時，g′(x)>0，此時函數(shù)g(x)單調遞增，
∴g(x)在x＝x0處有極小值(也是最小值)，
∴g(x)min＝g(x0)＝＝＝x0∈(3，4)，
又k0，
所以f(x)在(－∞，0)單調遞減，在(0，＋∞)單調遞增．
(ⅱ)若a>0，由f′(x)＝0得x＝0或x＝ln a．
①若a＝1，則f′(x)＝x(ex－1)≥0，
所以f(x)在(－∞，＋∞)單調遞增．
②若00；當x∈(ln a，0)時，f′(x)<0，
所以f(x)在(－∞，ln a)，(0，＋∞)單調遞增，在(ln a，0)單調遞減．
③若a>1，則ln a>0，故當x∈(－∞，0)∪(ln a，＋∞)時，f′(x)>0；當x∈(0，ln a)時，f′(x)<0，所以f(x)在(－∞，0)，(ln a，＋∞)單調遞增，在(0，ln a)單調遞減．
綜上所述，當a≤0時，f(x)在(－∞，0)單調遞減，在(0，＋∞)單調遞增；當01時，f(x)在(－∞，0)，(ln a，＋∞)單調遞增，在(0，ln a)單調遞減．
(2)(ⅰ)若a≤0，則由(1)知，f(x)在(－∞，0)單調遞減，在(0，＋∞)單調遞增．
又f(0)＝－1，如果a<0，則
x趨近負無窮時，f(x)值趨近正無窮．
x趨近正無窮時，f(x)值趨近正無窮．
所以f(x)有兩個零點．
如果a＝0，則
x趨近負無窮時，f(x)值趨近0．
x趨近正無窮時，f(x)值趨近正無窮．
所以f(x)有一個零點．
(ⅱ)若a＝1，則由(1)知f(x)在(－∞，＋∞)單調遞增，所以f(x)至多有一個零點．
(ⅲ)若01，則由(1)知，f(x)在(－∞，0)，(ln a，＋∞)單調遞增，在(0，ln a)單調遞減，當x＝0時，f(x)有極大值f(0)＝－1<0，故f(x)不存在兩個零點．
綜上，a的取值范圍為a<0．
6．(2018山東青島調研)已知f(x)＝ax－(2a＋1)ln x－，其中a∈R．
(1)討論函數(shù)f(x)在定義域上的單調性；
(2)若00}．
f′(x)＝(ax)′－(2a＋1)(ln x)′－′＝a－＋＝＝．
當a＝0時，f′(x)＝．
可以看出，當x>2時，f′(x)<0；
當00，
所以，a＝0時，函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，2)上單調遞增；在(2，＋∞)上單調遞減．
當a≠0時，f′(x)＝＝．
①若a<0，則<0<2，當00；當x>2時，f′(x)<0，所以a<0時，f(x)在(0，2)上單調遞增；在(2，＋∞)上單調遞減．
②若00，得0；解不等式<0，得2，則0<<2，
解不等式>0，得02；
解不等式<0，得時，函數(shù)f(x)在0，和(2，＋∞)上單調遞增；在，2上單調遞減．
綜上，當a≤0時，f(x)在(0，2)上單調遞增；在(2，＋∞)上單調遞減；
當0時，函數(shù)f(x)在0，和(2，＋∞)上單調遞增；在，2上單調遞減．
(2)證明：因為0
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2020高考數(shù)學刷題首選卷
考點測試15
導數(shù)的應用一理含解析
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導數(shù)
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