2022高考数学一轮复习第一部分考点通关练第二章函数导数及其应用考点测试15导数的应用一含解析苏教版.doc

考点测试15　导数的应用(一)
高考
概览
本考点是高考必考知识点，常考题型为选择题、填空题、解答题，分值5分、12分，中、高等难度
考纲
研读
1.了解函数的单调性与导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数不超过三次)
2．了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数不超过三次)；会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数不超过三次)
3．会用导数解决实际问题
一、根底小题
1．函数f(x)＝1＋x－sinx在(0,2π)上是(　　)
A．增函数
B．减函数
C．在(0，π)上增，在(π，2π)上减
D．在(0，π)上减，在(π，2π)上增
答案　A
解析　f′(x)＝1－cosx>0，∴f(x)在(0,2π)上单调递增．
2．函数f(x)＝x3－3x2＋2在区间[－1,1]上的最大值是(　　)
A．－2 B．0
C．2 D．4
答案　C
解析　f′(x)＝3x2－6x，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝2(舍去)．所以f(x)在[－1,0)上是增函数，f(x)在(0,1]上是减函数，所以当x＝0时，f(x)max＝f(0)＝2.应选C.
3．函数f(x)＝2ef′(e)ln x－(e是自然对数的底数)，那么f(x)的极大值为(　　)
A．2e－1 B．－
C．1 D．2ln 2
答案　D
解析　由题意知f′(x)＝－，∴f′(e)＝－，f′(e)＝，∴f′(x)＝－，令f′(x)＝0，得x＝2e，∴f(x)在(0,2e)上单调递增，在(2e，＋∞)上单调递减，∴f(x)的极大值为f(2e)＝2ln (2e)－2＝2ln 2，选D.
4．函数f(x)＝－x3＋ax2－x－1在(－∞，＋∞)上是单调函数，那么实数a的取值范围是(　　)
A．[－，]
B．(－，)
C．(－∞，－)∪(，＋∞)
D．(－∞，－)
答案　A
解析　∵函数f(x)＝－x3＋ax2－x－1的导函数为f′(x)＝－3x2＋2ax－1，且函数f(x)在(－∞，＋∞)上是单调函数，∴在(－∞，＋∞)上f′(x)≤0恒成立，即－3x2＋2ax－1≤0恒成立，∴Δ＝4a2－12≤0，解得－≤a≤，∴实数a的取值范围是[－，]．应选A.
5．直线y＝a分别与曲线y＝ex，y＝ln x＋1交于两点M，N，那么|MN|的最小值为(　　)
A．1 B．1－ln 2
C．ln 2 D．1＋ln 2
答案　A
解析　分别令ex＝a，ln x＋1＝a，其中a>0，那么x1＝ln a，x2＝ea－1，从而|MN|＝|x1－x2|＝|ln a－ea－1|，构造函数h(a)＝ln a－ea－1，求导得h′(a)＝－ea－1，当a∈(0,1)时，h′(a)>0，h(a)单调递增；当a∈(1，＋∞)时，h′(a)<0，h(a)单调递减．所以h(a)有极大值h(1)＝－1.因此|MN|的最小值为|h(1)|＝1.应选A.
6．定义在R上的函数f(x)，其导函数f′(x)的大致图象如下图，那么以下表达正确的选项是(　　)
①f(b)>f(a)>f(c)；
②函数f(x)在x＝c处取得极小值，在x＝e处取得极大值；
③函数f(x)在x＝c处取得极大值，在x＝e处取得极小值；
④函数f(x)的最小值为f(d)．
A．③ B．①②
C．③④ D．④
答案　A
解析　由导函数图象可知在(－∞，c)，(e，＋∞)上，f′(x)>0，在(c，e)上，f′(x)<0，所以函数f(x)在(－∞，c)，(e，＋∞)上单调递增，在(c，e)上单调递减，所以f(a)<f(b)<f(c)，①错误；函数f(x)在x＝c处取得极大值，在x＝e处取得极小值，②错误，③正确；f(d)>f(e)，④错误．应选A.
7．函数f(x)＝－1＋ln x，存在x0>0，使得f(x0)≤0有解，那么实数a的取值范围是(　　)
A．(2，＋∞) B．(－∞，－3)
C．(－∞，1] D．[3，＋∞)
答案　C
解析　由于函数f(x)的定义域是(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，那么h′(x)＝1－(ln x＋1)＝－ln x，令h′(x)＝0，得x＝1，当0<x<1时，h′(x)>0；当x>1时，h′(x)<0，可得当x＝1时，函数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．假设函数f(x)＝xln x－x2－x＋1有两个极值点，那么a的取值范围为________．
答案　
解析　因为f(x)＝xln x－x2－x＋1(x>0)，所以f′(x)＝ln x－ax，令g(x)＝ln x－ax，那么g′(x)＝－a，当a≤0时，g′(x)>0恒成立，那么f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，当x→0时，f′(x)→－∞；当x→＋∞时，f′(x)→＋∞，所以f(x)只有一个极值点，不符合题意．当a>0时，可得f′(x)有极大值点x＝，由于x→0时f′(x)→－∞；当x→＋∞时，f′(x)→－∞，因此原函数要有两个极值点，只要f′＝ln －1>0，解得0<a<.
二、高考小题
9．(2022·全国卷Ⅱ)假设x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，那么f(x)的极小值为(　　)
A．－1 B．－2e－3
C．5e－3 D．1
答案　A
解析　由题意可得f′(x)＝ex－1[x2＋(a＋2)x＋a－1]．∵x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，∴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，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；x∈(－2,1)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．∴f(x)极小值＝f(1)＝－1.应选A.
10．(2022·北京高考)设函数f(x)＝ex＋ae－x(a为常数)．假设f(x)为奇函数，那么a＝________；假设f(x)是R上的增函数，那么a的取值范围是________．
答案　－1　(－∞，0]
解析　∵f(x)＝ex＋ae－x(a为常数)的定义域为R，且f(x)为奇函数．
∴f(0)＝e0＋ae－0＝1＋a＝0，∴a＝－1.
∵f(x)＝ex＋ae－x，∴f′(x)＝ex－ae－x＝ex－.
∵f(x)是R上的增函数，∴f′(x)≥0在R上恒成立，
即ex≥在R上恒成立，∴a≤e2x在R上恒成立．
又e2x>0，∴a≤0，即a的取值范围是(－∞，0]．
11．(2022·全国卷Ⅰ)函数f(x)＝2sinx＋sin2x，那么f(x)的最小值是________．
答案　－
解析　f′(x)＝2cosx＋2cos2x＝4cos2x＋2cosx－2＝4(cosx＋1)，所以当cosx≤时函数单调递减，当cosx≥时函数单调递增，从而得到函数的单调递减区间为(k∈Z)，函数的单调递增区间为(k∈Z)，所以当x＝2kπ－，k∈Z时，函数f(x)取得最小值，此时sinx＝－，sin2x＝－，所以f(x)min＝2×－＝－.
12．(2022·江苏高考)假设函数f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，那么f(x)在[－1,1]上的最大值与最小值的和为________．
答案　－3
解析　∵f(x)＝2x3－ax2＋1，∴f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)．
假设a≤0，那么x>0时，f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上为增函数，又f(0)＝1，∴f(x)在(0，＋∞)上没有零点，不符合题意，∴a>0.
当0<x<时，f′(x)<0，f(x)为减函数；当x>时，f′(x)>0，f(x)为增函数，∴x>0时，f(x)有极小值，为f＝－＋1.
∵f(x)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，
∴f＝0，∴a＝3.
∴f(x)＝2x3－3x2＋1，那么f′(x)＝6x(x－1)．
x
－1
(－1,0)
0
(0,1)
1
f′(x)
＋
＋
0
－
0
f(x)
－4
增
1
减
0
∴f(x)在[－1,1]上的最大值为1，最小值为－4.
∴最大值与最小值的和为－3.
三、模拟小题
13．(2022·济南一模)函数f(x)＝
那么f(3－x2)＞f(2x)的解集为(　　)
A．(－∞，－3)∪(1，＋∞) B．(－3,1)
C．(－∞，－1)∪(3，＋∞) D．(－1,3)
答案　B
解析　易知，当x＜0时，f′(x)＝x2－x＞0，f(x)为增函数，当x≥0时，f(x)＝ex也为增函数，且x＜0时，f(x)＜0，x≥0时，f(x)≥1，故f(x)在R上为单调递增函数．故f(3－x2)＞f(2x)等价于3－x2＞2x，解得－3＜x＜1，应选B.
14．(2022·河南郑州质检)函数f(x)＝x3－ax2－bx＋a2在x＝1时有极值10，那么a，b的值为(　　)
A．a＝3，b＝－3或a＝－4，b＝11
B．a＝－4，b＝－3或a＝－4，b＝11
C．a＝－4，b＝11
D．a＝3，b＝－3
答案　C
解析　由题意，得f′(x)＝3x2－2ax－b，那么f′(1)＝0，即2a＋b＝3　①.f(1)＝1－a－b＋a2＝10，即a2－a－b＝9　②.联立①②，解得(有极值)或(舍去，无极值)．
15．(2022·成都市高三第一次诊断考试)定义在R上的函数f(x)的图象关于直线x＝a(a＞0)对称，且当x≥a时，f(x)＝ex－2a.假设A，B是函数f(x)图象上的两个动点，点P(a,0)，那么当·的最小值为0时，函数f(x)的最小值为(　　)
A．e－ B．e－1
C．e－ D．e－2
答案　B
解析　当x<a时，2a－x>a，那么由函数f(x)的图象关于直线x＝a对称，得f(x)＝f(2a－x)＝e(2a－x)－2a＝e－x，由此作出函数f(x)的图象，如下图，那么当·取得最小值0时，直线PA，PB关于直线x＝a对称，且其中一直线的倾斜角为，此时A，B分别位于直线x＝a的左、右两侧，且直线PA，PB都与函数f(x)的图象相切，设A(x0，y0)(x0＜a)，那么f′(x)＝(e－x)′＝－e－x，所以－e－x0＝－1，所以x0＝0，y0＝1，此时切线PA的方程为y＝－x＋1，所以a＝1.由图象知，当x＝a＝1时，函数f(x)取得最小值e－1，应选B.
16．(2022·武邑中学二调)设函数f(x)＝x3－3x2－ax＋5－a，假设存在唯一的正整数x0，使得f(x0)＜0，那么a的取值范围是________．
答案　
解析　设g(x)＝x3－3x2＋5，h(x)＝a(x＋1)，
那么g′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，
∴当0＜x＜2时，g′(x)＜0，
当x＜0或x＞2时，g′(x)＞0，
∴g(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，
∴当x＝2时，g(x)取得极小值g(2)＝1，
作出g(x)与h(x)的函数图象如图：
显然当a≤0时，g(x)＞h(x)在(0，＋∞)上恒成立，
即f(x)＝g(x)－h(x)＜0无正整数解；
要使存在唯一的正整数x0，使得f(x0)＜0，显然x0＝2.
∴即解得＜a≤.
17．(2022·江苏南通重点中学模拟)假设函数f(x)在定义域D内某区间H上是增函数，且在H上是减函数，那么称y＝f(x)在H上是“弱增函数〞．函数g(x)＝x2＋(4－m)x＋m在(0,2]上是“弱增函数〞，那么实数m的值为________．
答案　4
解析　根据题意，假设函数f(x)在定义域D内某区间H上是增函数，且在H上是减函数，那么称y＝f(x)在H上是“弱增函数〞，函数g(x)＝x2＋(4－m)x＋m在(0,2]上是“弱增函数〞，那么g(x)在给定区间上是递增函数，开口向上，那么对称轴直线x＝－≤0，∴m≤4，＝＝x＋＋4－m在(0,2]上单调递减，那么′＝′＝1－≤0，x∈(0,2]，∴1－≤0，m≥4.综上可得m＝4.
一、高考大题
1．(2022·全国卷Ⅱ)函数f(x)＝(x－1)ln x－x－1.
证明：(1)f(x)存在唯一的极值点；
(2)f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．
证明　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．
f′(x)＝＋ln x－1＝ln x－.
因为y＝ln x在(0，＋∞)上单调递增，
y＝在(0，＋∞)上单调递减，
所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又f′(1)＝－1<0，f′(2)＝ln 2－＝>0，
故存在唯一x0∈(1,2)，使得f′(x0)＝0.
又当x<x0时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当x>x0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
因此，f(x)存在唯一的极值点．
(2)由(1)知f(x0)<f(1)＝－2，又f(e2)＝e2－3>0，
所以f(x)＝0在(x0，＋∞)内存在唯一根x＝α.
由α>x0>1得<1<x0.
又f＝ln －－1＝＝0，
故是f(x)＝0在(0，x0)的唯一根．
综上，f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．
2．(2022·全国卷Ⅲ)函数f(x)＝2x3－ax2＋2.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当0<a<3时，记f(x)在区间[0,1]的最大值为M，最小值为m，求M－m的取值范围．
解　(1)f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)．
令f′(x)＝0，得x＝0或x＝.
假设a>0，那么当x∈(－∞，0)∪时，f′(x)>0，
当x∈时，f′(x)<0，
故f(x)在(－∞，0)，上单调递增，在上单调递减；
假设a＝0，那么f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；
假设a<0，那么当x∈∪(0，＋∞)时，f′(x)>0，
当x∈时，f′(x)<0，
故f(x)在，(0，＋∞)上单调递增，在上单调递减．
(2)当0<a<3时，由(1)知，f(x)在上单调递减，在上单调递增，所以f(x)在[0,1]的最小值为f＝－＋2，最大值为f(0)＝2或f(1)＝4－a.
于是m＝－＋2，M＝
所以M－m＝
当0<a<2时，可知y＝2－a＋单调递减，
所以M－m的取值范围是.
当2≤a<3时，y＝单调递增，
所以M－m的取值范围是.
综上，M－m的取值范围是.
3．(2022·天津高考)设函数f(x)＝excosx，g(x)为f(x)的导函数．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)当x∈时，证明f(x)＋g(x)≥0；
(3)设xn为函数u(x)＝f(x)－1在区间内的零点，其中n∈N，证明2nπ＋－xn<.
解　(1)由，有f′(x)＝ex(cosx－sinx)．
因此，当x∈(k∈Z)时，
有sinx>cosx，得f′(x)<0，那么f(x)单调递减；
当x∈(k∈Z)时，有sinx<cosx，
得f′(x)>0，那么f(x)单调递增．
所以，f(x)的单调递增区间为(k∈Z)，
f(x)的单调递减区间为(k∈Z)．
(2)证明：记h(x)＝f(x)＋g(x).
依题意及(1)，有g(x)＝ex(cosx－sinx)，
从而g′(x)＝－2exsinx.
当x∈时，g′(x)<0，
故h′(x)＝f′(x)＋g′(x)＋g(x)(－1)
＝g′(x)<0.
因此，h(x)在区间上单调递减，
进而h(x)≥h＝f＝0.
所以，当x∈时，f(x)＋g(x)≥0.
(3)证明：依题意，u(xn)＝f(xn)－1＝0，即exncosxn＝1.
记yn＝xn－2nπ，那么yn∈，
且f(yn)＝eyncosyn＝exn－2nπcos(xn－2nπ)＝e－2nπ(n∈N)．
由f(yn)＝e－2nπ≤1＝f(y0)及(1)，得yn≥y0.
由(2)知，当x∈时，g′(x)<0，
所以g(x)在上为减函数，
因此g(yn)≤g(y0)<g＝0.
又由(2)知，f(yn)＋g(yn)≥0，
故－yn≤－＝－≤－
＝<.
所以2nπ＋－xn<.
二、模拟大题
4．(2022·株洲模拟)函数f(x)＝ln x＋ax2－(a＋1)x(其中a>0)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)假设g(x)＝x2＋f(x)，设x1，x2(x1<x2)是函数g(x)的两个极值点，假设a≥，且g(x1)－g(x2)≥k恒成立，求实数k的最大值．
解　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝＋ax－(a＋1)＝.
①假设0<a<1，那么>1.由f′(x)>0得0<x<1或x>；由f′(x)<0得1<x<，
∴f(x)在区间(0,1)，上单调递增，在区间上单调递减；
②假设a＝1，那么f′(x)≥0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
③假设a>1，那么0<<1，由f′(x)>0得0<x<或x>1；由f′(x)<0得<x<1，
∴f(x)在，(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减．
(2)∵g(x)＝ln x＋x2－(a＋1)x，g′(x)＝＋x－(a＋1)＝，
由g′(x)＝0得x2－(a＋1)x＋1＝0，由a≥，知Δ>0，
∴x1＋x2＝a＋1，x1x2＝1，
∴x2＝，∵a≥，x1<x2.
∴解得0<x1≤，
∴g(x1)－g(x2)＝ln ＋(x－x)－(a＋1)(x1－x2)＝2ln x1－.
设h(x)＝2ln x－，
那么h′(x)＝－x－＝<0，
∴h(x)在上单调递减；
当x1＝时，h(x)min＝h＝－2ln 2，
∴k≤－2ln 2，
∴k的最大值为－2ln 2.
5．(2022·张掖一诊)函数f(x)＝ln x＋ax2＋bx(其中a，b为常数且a≠0)在x＝1处取得极值．
(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间；
(2)假设f(x)在(0，e]上的最大值为1，求a的值．
解　(1)因为f(x)＝ln x＋ax2＋bx，
所以f′(x)＝＋2ax＋b，
因为函数f(x)＝ln x＋ax2＋bx在x＝1处取得极值，
所以f′(1)＝1＋2a＋b＝0.
当a＝1时，b＝－3，
f′(x)＝＝，
f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：
x

1
(1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
增
极大值
减
极小值
增
所以f(x)的单调递增区间为，(1，＋∞)，
单调递减区间为.
(2)因为f′(1)＝1＋2a＋b＝0，所以b＝－1－2a，
所以f(x)＝ln x＋ax2－(1＋2a)x，
所以f′(x)＝.
令f′(x)＝0，得x1＝1，x2＝.
因为f(x)在x＝1处取得极值，所以x2＝≠x1＝1，
当＜0时，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，e]上单调递减，所以f(x)在区间(0，e]上的最大值为f(1)，
令f(1)＝1，解得a＝－2.
当a＞0时，x2＝＞0；
当＜1时，f(x)在上单调递增，在上单调递减，在(1，e)上单调递增．
所以最大值1可能在x＝或x＝e处取得，
而f＝ln ＋a2－(2a＋1)＝ln －－1＜0，所以f(e)＝ln e＋ae2－(2a＋1)e＝1，解得a＝.
当1≤＜e时，f(x)在区间(0,1)上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
所以最大值1可能在x＝1或x＝e处取得，
而f(1)＝ln 1＋a－(2a＋1)＜0，
所以f(e)＝ln e＋ae2－(2a＋1)e＝1，
解得a＝，与1≤＜e矛盾，
当≥e时，f(x)在区间(0,1)上单调递增，在(1，e)上单调递减，所以最大值1可能在x＝1处取得，而f(1)＝ln 1＋a－(2a＋1)＜0，不符合题意．
综上所述，a＝或a＝－2.
6．(2022·柳州市高三摸底考试)函数f(x)＝ln x＋，g(x)＝，a∈R.
(1)求函数f(x)的极小值；
(2)求证：当－1≤a≤1时，f(x)＞g(x)．
解　(1)f′(x)＝－＝(x>0)，
当a－1≤0，即a≤1时，f′(x)>0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无极小值．
当a－1>0，即a>1时，由f′(x)<0，得0<x<a－1，函数f(x)在(0，a－1)上单调递减；
由f′(x)>0，得x>a－1，函数f(x)在(a－1，＋∞)上单调递增．
f(x)极小值＝f(a－1)＝1＋ln (a－1)．
综上所述，当a≤1时，f(x)无极小值；
当a>1时，f(x)极小值＝1＋ln (a－1)．
(2)证明：令F(x)＝f(x)－g(x)
＝ln x＋－
＝(x>0)，
当－1≤a≤1时，要证f(x)>g(x)，即证F(x)>0，即证xln x－asinx＋1>0.
证法一：要证xln x－asinx＋1>0，即证xln x>asinx－1.
①假设0<a≤1，
令h(x)＝x－sinx(x>0)，那么h′(x)＝1－cosx≥0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
故h(x)>0，即x>sinx(x>0)．
所以ax－1>asinx－1(x>0)，(*)
令q(x)＝xln x－x＋1，那么q′(x)＝ln x，
当x∈(0,1)时，q′(x)<0，q(x)在(0,1)上单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，q′(x)>0，q(x)在(1，＋∞)上单调递增．
故q(x)≥q(1)＝0，即
xln x≥x－1，当且仅当x＝1时取等号．
又0<a≤1，所以xln x≥x－1≥ax－1，(**)
由(*)，(**)可知xln x≥x－1≥ax－1>asinx－1，
所以当0<a≤1时，xln x>asinx－1.
②假设a＝0，即证xln x>－1.令m(x)＝xln x，
那么m′(x)＝ln x＋1，m(x)在上单调递减，在上单调递增，m(x)min＝m＝－>－1，故xln x>－1.
③假设－1≤a<0，
当x∈(0,1]时，asinx－1<－1，由②知m(x)＝xln x≥－，而－>－1，故xln x>asinx－1；
当x∈(1，＋∞)时，asinx－1≤0，由②知当x>1时，m(x)＝xln x>m(1)＝0，故xln x>asinx－1.
所以当x∈(0，＋∞)时，xln x>asinx－1.
综合①②③可知，当－1≤a≤1时，f(x)>g(x)．
证法二：①当x>1时，易知xln x>0，asinx－1≤0，故xln x－asinx＋1>0.
②当x＝1时，0－asin1＋1>0显然成立，故xln x－asinx＋1>0.
③当0<x<1时，sinx>0，故－sinx≤asinx≤sinx，
令h(x)＝x－sinx(x>0)，那么h′(x)＝1－cosx≥0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
故h(x)>0，即x>sinx(x>0)，故x>asinx(x>0)，
只需证q(x)＝xln x－x＋1>0，q′(x)＝ln x，
当x∈(0,1)时，q′(x)<0，q(x)在(0,1)上单调递减，
故当0<x<1时，q(x)>0，故xln x－asinx＋1>0.
综合①②③可知，当－1≤a≤1时，f(x)>g(x)．