江苏省海门中学高三数学（苏教版）高考考点针对练习：导数的应用.doc

1、高考考点导数的应用一、选择题1(2015新课标全国)设函数f(x)是奇函数f(x)(xR)的导函数，f(1)0，当x0时，xf(x)f(x)0，则使得f(x)0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(2014新课标全国)若函数f(x)kxln x在区间(1，)单调递增，则k的取值范围是()A(，2 B(，1C2，) D1，)3(2014江西)在同一直角坐标系中，函数yax2x与ya2x32ax2xa(aR)的图象不可能的是()4.函数yxex的最小值是()A1 BeC D不存在5设点P在曲线yex上，点Q在曲线yln(2x)上

2、，则|PQ|最小值为()A1ln 2 B.(1ln 2)C1ln 2 D.(1ln 2)6设函数f(x)ex2xa(aR，e为自然对数的底数)，若存在b0，1，使得f(f(b)b，则a的取值范围是()A1，e B1，1eCe，1e D0，17设函数f(x)x32ex2mxln x，记g(x)，若函数g(x)至少存一个零点，则实数m的取值范围是()A. B.C. D.二、填空题1(2015陕西)函数yxex在其极值点处的切线方程为_2函数f(x)ax33x1对于x1，1，总有f(x)0成立，则a_3下列说法，其中正确命题的序号为_若函数f(x)x(xc)2在x2处有极大值，则实数c2或6；对于R

3、上可导的任意函数f(x)，若满足(x1)f(x)0，则必有f(0)f(2)2f(1)若函数f(x)x33x在(a217，a)上有最大值，则实数a的取值范围为(1，4)；已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，f(1)0，xf(x)f(x)0(x0)，则不等式f(x)0的解集是(1，0)(1，)二、解答题1(2015重庆)已知函数f(x)ax3x2(aR)在x处取得极值(1)确定a的值；(2)若g(x)f(x)ex，讨论g(x)的单调性2(2015安徽)已知函数f(x)(a0，r0)(1)求f(x)的定义域，并讨论f(x)的单调性；(2)若400，求f(x)在(0，)内的极值3(2014重庆)已知

4、函数f(x)ln x，其中aR，且曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线垂直于直线yx.(1)求a的值；(2)求函数f(x)的单调区间与极值4. 某工厂为提高生产效益，决定对一条生产线进行升级改造，该生产线升级改造后的生产效益y万元与升级改造的投入x(x10)万元之间满足函数关系：ymln xx2xln 10(其中m为常数)若升级改造投入20万元，可得到生产效益为35.7万元试求该生产线升级改造后获得的最大利润(利润生产效益投入)(参考数据：ln 20.7，ln 51.6)5已知函数f(x)ln xx.(1)求f(x)的单调区间；(2)已知数列an的通项公式为an1(nN*)，求证：a1a2

5、a3an2恒成立，求实数k的最大值6(2015新课标全国)已知f(x)ln xa(1x)(1)讨论f(x)的单调性；(2)当f(x)有最大值，且最大值大于2a2时，求a的取值范围7(2015新课标全国)设函数f(x)e2xaln x.(1)讨论f(x)的导函数f(x)零点的个数；(2)证明：当a0时，f(x)2aaln.8(2015湖南)已知a0，函数f(x)aexcos x(x0，)记xn为f(x)的从小到大的第n(nN*)个极值点(1)证明：数列f(xn)是等比数列；(2)若对一切nN*，xn|f(xn)|恒成立，求a的取值范围9(2014辽宁)已知函数f(x)(xcos x)2sin x

6、2，g(x)(x)1.证明：(1)存在唯一x0，使f(x0)0；(2)存在唯一x1，使g(x1)0，且对(1)中的x0，有x0x1.一、选择题1A因为f(x)(xR)为奇函数，f(1)0，所以f(1)f(1)0.当x0时，令g(x)，则g(x)为偶函数，且g(1)g(1)0.则当x0时，g(x)0，故g(x)在(0，)上为减函数，在(，0)上为增函数所以在(0，)上，当0x1时，g(x)g(1)00f(x)0；在(，0)上，当x1时，g(x)g(1)00f(x)0.综上，得使得f(x)0成立的x的取值范围是(，1)(0，1)，选A.2D因为f(x)kxln x，所以f(x)k.因为f(x)在区

7、间(1，)上单调递增，所以当x1时，f(x)k0恒成立，即k在区间(1，)上恒成立，因为x1，所以01，所以k1.故选D.3B令a0，则函数yax2x与ya2x32ax2xa分别为yx与yx，对应的图象是选项D中的图象记f(x)ax2x，g(x)a2x32ax2xa，取a，则g(0)f(0)0.而f(x)x2x(x1)2，令g(x)0，得x或x2，易知g(x)在区间和(2，)上单调递增，在区间上单调递减，所以g(x)的极小值为g(2)232222，又f(2)222，所以g(2)f(2)，所以选项A中的图象有可能取a2，则g(0)f(0)0，令g(x)0，得x或x，易知g(x)在区间和上单调递增

8、，在区间上单调递减，所以g(x)的极小值为g4422，又f(x)2x2x10，f211，所以gf，所以选项C中的图象有可能利用排除法选B.4 Cyxex，yexxex(1x)ex.则当x1时y0，当x1时y0.x1时函数取得最小值且ymin.故选C.5Byex与yln (2x)互为反函数，故此两函数图象关于yx对称，过yex点P1(x0，y0)且与yex相切斜率为1的直线为y1xln 2，点P1的坐标为(ln 2，1)，点P1关于yx的对称点Q1(1，ln 2)在yln (2x)，可知，|PQ|min|P1Q1|(1ln 2)6Bf(f(b)b，f(b)f1(b)，yf(x)与yf1(x)，在

9、0，1上有交点，又yf(x)与yf1(x)的图象关于yx对称，yf(x)与yf1(x)的交点在yx上，且交点横坐标b0，1，根据ex2xax，得aexx，令g(x)exx，g(x)ex10，故g(x)在0，1上单调递增g(x)1，1e，故a1，1e7A令g(x)x22exm0mx22ex(x0)，设h(x)x22ex，令f1(x)x22ex，f2(x)f2(x)，发现函数f1(x)，f2(x)在x(0，e)上都单调递增，在xe，)上都单调递减，于是函数h(x)x22ex在x(0，e)上单调递增，在xe，)上单调递减，所以当xe时，h(x)maxe2，所以函数有零点需满足mh(x)max，即me

10、2.二、填空题1. y设yf(x)xex，由yexxexex(1x)0，得x1.当x1时，y0；当x1时，y0，故x1为函数f(x)的极值点，切线斜率为0，又f(1)e1，故切点坐标为，切线方程为y0(x1)，即y.2. 4f(x)3ax23，由题意可得：得a2，4，故f(x)的单调递增区间为和，单调递减区间为，a2，4，1，1，由函数的单调性，可得f0，即a4，故a4.3对于，展开可得f(x)x32cx2c2x，求导数可得f(x)3x24cxc2(xc)(3xc)，令f(x)0，可得xc，或x，当c0时，函数无极值，不合题意，当c0时，函数在，(c，)单调递增，在单调递减，故函数在x处取到极

11、大值，故c6；当c0时，函数在(，c)，单调递增，在单调递减，故函数在xc处取到极大值，故c2，矛盾，命题错误；对于，(x1)f(x)0，则：函数f(x)在(，1)上递减，在(1，)上递增，f(0)f(1)，f(2)f(1)，则f(0)f(2)2f(1)命题正确；对于，f(x)x33x在(a217，a)上有最大值，此最大值必是极大值，令f(x)3x230，求得极值点为x1或x1，当x1或x1时，f(x)0，f(x)单调递增；当1x1时，f(x)0，f(x)单调递减，x1为极大值点，包含在(a217，a)之内，a2171a，解得1a4.实数a的取值范围为(1，4)，命题正确；对于，xf(x)f(

12、x)0(x0)，即0，则0，所以函数在(0，)上是增函数，且当x1时，f(1)0，故函数在(0，1)上有0，则f(x)0，在(1，)上有0，则f(x)0.又由函数f(x)是定义在R上的奇函数，当x(，1)时f(x)0，当x(1，0)时，f(x)0.故不等式f(x)0的解集为：(1，0)(1，)，命题正确故答案为.三、解答题1解(1)对f(x)求导得f(x)3ax22x，因为f(x)在x处取得极值，所以f0，即3a20，解得a.(2)由(1)得g(x)ex，故g(x)exexexx(x1)(x4)ex.令g(x)0，解得x0，x1或x4.当x4时，g(x)0，故g(x)为减函数；当4x1时，g(

13、x)0，故g(x)为增函数；当1x0时，g(x)0，故g(x)为减函数；当x0时，g(x)0，故g(x)为增函数综上知g(x)在(，4)和(1，0)内为减函数，在(4，1)和(0，)内为增函数2解(1)由题意知xr，所求的定义域为(，r)(r，)f(x)，f(x).所以当xr时，f(x)0，当rx0.因此，f(x)的单调递减区间为(，r)，(r，)；f(x)的单调递增区间为(r，r)(2)由(1)的解答可知f(r)0，f(x)在(0，r)上单调递增，在(r，)上单调递减因此，xr是f(x)的极大值点，所以f(x)在(0，)内的极大值为f(r)100.3解(1)对f(x)求导得f(x)，由f(x

14、)在点(1，f(1)处的切线垂直于直线yx知f(1)a2，解得a.(2)由(1)知f(x)ln x，则f(x)，令f(x)0，解得x1或x5，因x1不在f(x)的定义域 (0，)内，故舍去当x(0，5)时，f(x)0，故f(x)在(0，5)内为减函数；当x(5，)时，f(x)0，故f(x)在(5，)内为增函数由此知函数f(x)在x5时取得极小值f(5)ln 5.4解由题意可知，当x20时，y35.7，所以35.7mln 2020ln 10，即35.73m38.7，解得：m1，所以：yln xx2xln 10(x10)，设利润为：f(x)yxln xx2xln 10xln xx2xln 10(x

15、10)，易得：f(x)，又x10，当10x50时，f(x)0；当x50时，f(x)0，从而x50为函数f(x)的极大值点，即x50时函数f(x)取得最大值f(x)maxln 50(50)250ln 1024.4(万元)，答：该生产线升级改造后获得的最大利润为24.4万元5(1)解因f(x)ln xx，所以f(x)1.当x(0，1)时，f(x)0；当x(1，)时，f(x)0.所以f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，)(2)证明由(1)知，当x0时，f(x)f(1)1，即ln xx1.因为an1(nN*)，所以ln anln.令k1，2，3，n，这n个式子相加得：ln a1ln

16、 a2ln an11.即ln (a1a2a3an)1，所以a1a2a3ane.(3)解令g(x)，则g(x)，令h(x)xln x1，则h(x)1，x2时h(x)0，故h(x)在(2，)上单调递增，而h(x)h(2)1ln 20，h(x)0，即g(x)0，所以g(x)在(2，)上单调递增，故g(x)g(2)2ln 2.由题意有k2ln 2，所以k的最大值是2ln 2.6.解(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)a.若a0，则f(x)0，所以f(x)在(0，)上单调递增若a0，则当x时，f(x)0；当x时，f(x)0.所以f(x)在上单调递增，在上单调递减(2)由(1)知，当a0时，f(x)

17、在(0，)无最大值；当a0时，f(x)在x取得最大值，最大值为flnaln aa1.因此f2a2等价于ln aa10.令g(a)ln aa1，则g(a)在(0，)上单调递增，g(1)0.于是，当0a1时，g(a)0；当a1时，g(a)0.因此，a的取值范围是(0，1)7(1)解f(x)的定义域为(0，)，f(x)2e2x(x0)当a0时，f(x)0，f(x)没有零点当a0时，因为e2x单调递增，单调递增，所以f(x)在(0，)上单调递增又f(a)0，当b满足0b且b时，f(b)0时，f(x)存在唯一零点(2)证明由(1)，可设f(x)在(0，)的唯一零点为x0，当x(0，x0)时，f(x)0.

18、故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增，所以当xx0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0)由于2e2x00，所以f(x0)2ax0aln2aaln.故当a0时，f(x)2aaln.8(1)证明f(x)aexcos xaexsin xaexcos.令f(x)0，由x0，得xm，即xm，mN*.而对于cos，当kZ时，若2kx2k，即2kx2k，则cos0.若2kx2k，即2kx2k，则cos0.因此，在区间与上，f(x)的符号总相反于是当xm(mN*)时，f(x)取得极值，所以xnn(nN*)此时，f(xn)aencos(1)n1en.易知f(xn)0，而e是常数，故数列

19、f(xn)是首项为f(x1)e，公比为e的等比数列(2)解对一切nN*，xn|f(xn)|恒成立，即nen恒成立，亦即恒成立(因为a0)设g(t)(t0)，则g(t).令g(t)0得t1.当0t1时，g(t)0，所以g(t)在区间(0，1)上单调递减；当t1时，g(t)0，所以g(t)在区间(1，)上单调递增因为x1(0，1)，且当n2时，xn(1，)，xnxn1，所以g(xn)minming(x1)，g(x2)minge.因此，xn|f(xn)|恒成立，当且仅当e.解得ae.故a的取值范围是.9解(1)当x(0，)时，f(x)sin x2cos x0，所以f(x)在(0，)上为增函数，又f(

20、0)20，f()40，所以存在唯一x0(0，)，使f(x0)0.(2)当x，时，化简得g(x)(x)1.令tx，记u(t)g(t)t1，t0，则u(t).由(1)得，当t(0，x0)时，u(t)0，当t(x0，)时，u(t)0.在(x0，)上u(t)为增函数，由u()0知，当tx0，)时，u(t)0，所以u(t)在x0，)上无零点在(0，x0)上u(t)为减函数，由u(0)1及u(x0)0知存在唯一t0(0，x0)，使u(t0)0.于是存在唯一t0(0，)，使u(t0)0.设x1t0(，)，则g(x1)g(t0)u(t0)0，因此存在唯一的x1(，)，使g(x1)0.由于x1t0，t0x0，所以x0x1.