北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A版》
§4.2 导数的应用
基础篇
【基础集训】
考点一 导数与函数的单调性
1
1.函数f(x)= x2-x-2ln x的单调增区间是 ( )
2
A.(-1,+∞) B.(2,+∞) C.(-∞,2) D.(-∞,-1)
答案 B
lnx
2.已知f(x)= ,则 ( )
x
A. f(2)>f(e)>f(3) B. f(3)>f(e)>f(2)
C. f(3)>f(2)>f(e) D. f(e)>f(3)>f(2)
答案 D
3.若函数f(x)=2x3-3mx2+6x在区间[1,+∞)上为增函数,则实数m的取值范围为 ( )
A.(-∞,1] B.(-∞,1) C.(-∞,2] D.(-∞,2)
答案 C
1
4.已知函数f(x)=ex- -2x,若f(a-3)+f(2a2)≤0,则实数a的取值范围为 ( )
ex
[ 3] [3 )
A.
-1,
B.(-∞,-1]∪
,+∞
2 2
[ 3 ] ( 3]
C.
- ,1
D.
-∞,-
∪[1,+∞)
2 2
答案 C
考点二 导数与函数的极(最)值
5.若函数f(x)=x(x-c)2在x=2处有极小值,则常数c的值为 ( )
A.4 B.2或6 C.2 D.6
答案 C
6.设函数f(x)=x3-12x+b,则下列结论正确的是( )
A.函数f(x)在(-∞,-1)上单调递增
B.函数f(x)在(-∞,-1)上单调递减
C.若b=-6,则函数f(x)的图象在点(-2, f(-2))处的切线方程为y=10
D.若b=0,则函数f(x)的图象与直线y=10只有一个公共点
答案 C
ex [1 ]
7.已知函数f(x)= +x2-2x,x∈ ,2 ,则 ( )
x 2北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A版》
3
A. f(x)的极小值为e-1,极大值为2√e-
4
e2
B. f(x)的极小值为e-1,极大值为
2
C. f(x)的极小值为e-1,无极大值
e2
D. f(x)的极大值为 ,无极小值
2
答案 C
8.若对任意的x∈(0,+∞),不等式|ln x|+2x≥m恒成立,则实数m的取值范围为 ( )
A.(-∞,2] B.(-∞,1+ln 2]
C.[1+ln 2,+∞) D.[1+ln 2,2]
答案 B
考点三 导数的综合应用
9.函数f(x)是定义在(0,+∞)上的可导函数, f '(x)为其导函数,若x·f '(x)+f(x)=ex(x-1),且f(2)=0,则不等式f(x)<0的
解集为 ( )
A.(0,1) B.(0,2) C.(1,2) D.(2,+∞)
答案 B
{2x3+3x2+2,x≤0,
10.已知a>0且a≠1,函数f(x)= 在[-2,2]上的最大值为3,则实数a的取值范围是 (
ax+1,x>0
)
A.(0,1)∪(1,√2] B.(1,√2] C.(0,1)∪[√2,+∞) D.(0,1)∪(1,√2)
答案 A
11.已知函数f(x)=ex(x-1),g(x)=mx-m(m>0),若对任意的x∈[-2,2],总存在x∈[-2,2]使得f(x)=g(x),则实数m的取
1 2 1 2
值范围是 .
答案 [e2,+∞)
[教师专用题组]
【基础集训】
考点一 导数与函数的单调性
f (x)
1.(2019河南安阳模拟,5)已知函数f(x)与其导函数f '(x)的图象如图,则函数g(x)= 的单调减区间为 (
ex
)
( 4)
A.(0,4) B.
0,
3北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A版》
(4 )
,+∞
C.(0,1),(4,+∞) D.(-∞,1),
3
答案 C 由题意可知,在题图中,先减后增的那条曲线为f '(x)的图象,先增再减最后增的曲线为f(x)的图象,
f (x) exf '(x)-exf (x) f '(x)-f (x)
由g(x)= 得g'(x)= = ,由题图可知,当x∈(-∞,0)时, f '(x)-
ex e2x ex
f(x)>0,g'(x)>0,当x∈(0,1)时, f '(x)-f(x)<0,g'(x)<0,当x∈(1,4)时, f '(x)-f(x)>0,g'(x)>0,当x∈(4,+∞)时, f '(x)-
f(x)<0,g'(x)<0.
f (x)
∴函数g(x)= 的单调减区间为(0,1),(4,+∞).故选C.
ex
f (x)
2.(2018河南新乡二模,10)若函数y= 在(1,+∞)上单调递减,则称f(x)为P函数.下列函数中为P函数的为
lnx
( )
1
①f(x)=1;②f(x)=x;③f(x)= ;④f(x)=√x.
x
A.①②④ B.①③ C.①③④ D.②③
1 1 1 1
答案 B x∈(1,+∞)时,ln x>0,x增大时, , 都减小,∴y= ,y= 在(1,+∞)上都是减函数,
lnx xlnx lnx xlnx
1 ( x ) lnx-1 ( x ) ( x )
∴f(x)=1和f(x)= 都是P函数; '= ,当x∈(1,e)时, '<0,当x∈(e,+∞)时, '>0,即y=
x lnx (lnx)2 lnx lnx
x ( √x ) lnx-2
在(1,e)上单调递减,在(e,+∞)上单调递增,∴f(x)=x不是P函数; '= ,当x∈(1,e2)时,
lnx lnx 2√x(lnx)2
( √x ) ( √x ) √x
'<0,当x∈(e2,+∞)时, '>0,即y= 在(1,e2)上单调递减,在(e2,+∞)上单调递增,∴f(x)=√x不是P
lnx lnx lnx
函数.故选B.
1
3.(2017安徽江淮十校第三次联考,12)设函数f(x)= x2-9ln x在区间[a-1,a+1]上单调递减,则实数a的取值范围
2
是 ( )
A.1<a≤2 B.a≥4 C.a≤2 D.0<a≤3
9 9 1
答案 A 易知函数f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)=x- ,由f '(x)=x- <0,解得0<x<3.因为函数f(x)= x2-
x x 2
{a-1>0,
9ln x在区间[a-1,a+1]上单调递减,所以 解得1<a≤2,故选A.
a+1≤3,
{
ax,x<1,
4.(2018湖北黄冈、黄石等八校3月联考,11)已知实数a>0,且a≠1,函数f(x)= 4 在R上
x2+ +alnx,x≥1
x
单调递增,则实数a的取值范围是 ( )北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A版》
A.1<a≤5 B.2≤a≤5 C.a>1 D.a≤5
答案 B 函数f(x)在R上单调递增,则a>1,
4
当x≥1时, f(x)=x2+ +aln x,
x
4 a 2x3+ax-4
则f '(x)=2x- + = ,
x2 x x2
则2x3+ax-4≥0在[1,+∞)上恒成立,
4
∴a≥ -2x2在x∈[1,+∞)上恒成立,
x
4
由于y= -2x2在[1,+∞)上单调递减,
x
∴y =2,则a≥2,当x=1时,a≤1+4=5.
max
综上,实数a的取值范围是2≤a≤5.故选B.
5.(2020江西南昌四校联考,12)已知函数f(x)=aln x+2x,若不等式f(x+1)<ax+2ex在(1,+∞)上恒成立,则实数a的
取值范围为 ( )
A.[-2,+∞) B.[-4,+∞) C.(-4,+∞) D.(-∞,-2)
答案 B ∵f(ex)=aln ex+2ex=ax+2ex,∴不等式化为f(x+1)<f(ex),∵x>1,∴x+1>2,∴f(x)在(2,+∞)上恒为递增函数,∴f
a
'(x)= +2≥0在(2,+∞)上恒成立,a≥-2x,a≥-4,故选B.
x
考点二 导数与函数的极(最)值
1.(2018河南中原名校期中,7)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 ( )
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 由导函数的图象可知在(-∞,c)与(e,+∞)上,f '(x)>0,所以函数f(x)在(-∞,c)与(e,+∞)上单调递增,在(c,e)
上, f '(x)<0,所以函数f(x)在(c,e)上单调递减.所以f(c)>f(b)>f(a),故①错;函数f(x)在x=c处取得极大值,在x=e处
取得极小值,故②错③对;函数没有最小值,故④错.所以选A.
1 2
2.(2019安徽马鞍山第二中学3月模拟,6)已知函数f(x)= x3+mx2+nx+2,其导函数f '(x)为偶函数, f(1)=- ,则函
3 3
数g(x)=f '(x)ex在区间[0,2]上的最小值为 ( )
A.-3e B.-2e C.e D.2e
答案 B 由题意可得f '(x)=x2+2mx+n,
∵f '(x)为偶函数,∴m=0,北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A版》
1 1 2
故f(x)= x3+nx+2.∵f(1)= +n+2=- ,∴n=-3.
3 3 3
1
∴f(x)= x3-3x+2,则f '(x)=x2-3.
3
故g(x)=ex(x2-3),则g'(x)=ex(x2-3+2x)=ex(x-1)(x+3),
据此可知函数g(x)在区间[0,1)上单调递减,在区间(1,2]上单调递增,
故函数g(x)的极小值,即最小值为g(1)=e1×(12-3)=-2e.
故选B.
3.(2020河南安阳一模)已知函数f(x)=x3-ax-1,以下结论正确的个数为 ( )
①当a=0时,函数f(x)的图象的对称中心为(0,-1);
②当a≥3时,函数f(x)在(-1,1)上单调递减;
③若函数f(x)在(-1,1)上不单调,则0<a<3;
④当a=12时,f(x)在[-4,5]上的最大值为15.
A.1 B.2 C.3 D.4
答案 C 本题考查利用导数研究函数的的单调性、极值、最值.
①当a=0时, f(x)=x3-1,y=x3为奇函数,其图象的对称中心为原点,所以函数f(x)的图象的对称中心为(0,-1),结论
正确.
②由题意知f '(x)=3x2-a,因为当-1<x<1时,3x2<3,又a≥3,所以f '(x)<0在(-1,1)上恒成立,所以函数f(x)在(-1,1)上
单调递减,结论正确.
③由题意知f '(x)=3x2-a,当a≤0时, f '(x)≥0,此时f(x)在(-∞,+∞)上为增函数,不符合题意,故a>0;
√3a √3a
令f '(x)=0,解得x=± .因为f(x)在(-1,1)上不单调,所以f '(x)=0在(-1,1)上有解,所以0< <1,解得0<a<3,
3 3
结论正确.
④令f '(x)=3x2-12=0,得x=±2,根据函数的单调性可知f(x)在[-4,5]上的最大值可能为f(-2)或f(5).
因为f(-2)=15, f(5)=64,所以最大值为64,结论错误.
所以结论①②③正确.故选C.
4.(2019河南郑州一模,12)函数f(x)是定义在(1,+∞)上的可导函数, f '(x)为其导函数,若f(x)+(x-1)f '(x)=x2(x-2),
且f(e2)=0,则不等式f(ex)<0的解集为 ( )
A.(0,1) B.(0,2) C.(1,2) D.(2,+∞)
答案 B 函数f(x)是定义在(1,+∞)上的可导函数,f '(x)为其导函数,令φ(x)=(x-1)f(x),则φ'(x)=(x-1)·
f '(x)+f(x)=x2(x-2),可知当x∈(1,2)时,φ(x)是单调减函数,并且0·f '(1)+f(1)=1×(1-2)=-1<0,即f(1)<0.x∈(2,+∞)时,
φ(x)是单调增函数, f(e2)=0,则φ(e2)=(e2-1)·f(e2)=0,则不等式f(ex)<0的解集就是(ex-1)f(ex)<0的解集,即φ(ex)<φ(e2)
的解集,故不等式的解集为{x|0<x<2}.故选B.
5.(2019重庆5月模拟,11)若函数f(x)=(cos x-sin x)·ex,x∈(0,10π),则f(x)的所有极大值点之和与所有极小值点
之和的差为 ( )
A.-5π B.5π C.55π D.-55π
答案 A ∵函数f(x)=ex(cos x-sin x),
∴f '(x)=(ex)'(cos x-sin x)+ex(cos x-sin x)'=-2exsin x,
∵x∈(2kπ+π,2kπ+2π)(k∈Z)时, f '(x)>0,x∈(2kπ,2kπ+π)(k∈Z)时, f '(x)<0,∴x∈(2kπ+π,2kπ+2π)(k∈Z)时, f(x)递
增,x∈(2kπ,2kπ+π)(k∈Z)时, f(x)递减,∴当x=2kπ+π(k∈Z)时, f(x)取极小值,当x=2kπ(k∈Z)时, f(x)取极大值.
f(x)的所有极大值点为x=2π,4π,6π,8π,
f(x)的所有极小值点为x=π,3π,5π,7π,9π,
故(2π+4π+6π+8π)-(π+3π+5π+7π+9π)=-5π,故选A.北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A版》
x2+ax-a
6.(2020北京平谷一模,19)已知函数f(x)= ,其中a∈R.
ex
(1)当a=0时,求曲线y=f(x)在(1, f(1))处的切线方程;
(2)求证: f(x)的极大值恒大于0.
x2+ax-a
解析 由f(x)= ,
ex
(2x+a)ex-(x2+ax-a)ex -x2-(a-2)x+2a
得f '(x)= =
(ex)2 ex
-[x2+(a-2)x-2a] -(x+a)(x-2)
= = ,
ex ex
1 1
(1)当a=0时, f(1)= , f '(1)= ,
e e
1 1 1
则曲线y=f(x)在(1, f(1))处的切线方程为y- = (x-1),化简得y= x.
e e e
(2)证明:令f '(x)=0,得x=2或x=-a.
①当a=-2时, f '(x)≤0恒成立,此时函数f(x)在(-∞,+∞)上单调递减,所以函数f(x)无极值.
②当a>-2时,x, f '(x), f(x)的变化情况如下表:
x (-∞,-a) -a (-a,2) 2 (2,+∞)
f '(x) - 0 + 0 -
f(x) ↘ 极小值 ↗ 极大值 ↘
4+a
此时f(x)的极大值为f(2)= >0.
e2
③当a<-2时,x, f '(x), f(x)的变化情况如下表:
x (-∞,2) 2 (2,-a) -a (-a,+∞)
f '(x) - 0 + 0 -
f(x) ↘ 极小值 ↗ 极大值 ↘
此时f(x)的极大值为f(-a)=-a·ea>0.
综上, f(x)的极大值恒大于0.
考点三 导数的综合应用
1.(2018河北衡水金卷信息卷(二),6)已知某服装厂生产某种品牌的衣服,销售量q(x)(单位:百件)关于每件衣服
{ 1 260
的利润x(单位:元)的函数解析式为q(x)=
,0<x≤20,
则当该服装厂所获效益最大时,x=
x+1
90-3√5√x,20<x≤180,
( )
A.20 B.60 C.80 D.40
答案 C 设该服装厂所获效益为f(x)元,
{ 126 000x
则f(x)=100xq(x)=
,0<x≤20,
x+1
100x(90-3√5√x),20<x≤180.北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A版》
126 000x 126 000
当0<x≤20时, f(x)= =126 000- , f(x)在区间(0,20]上单调递增,所以当x=20时, f(x)
x+1 x+1
有最大值120 000.
当20<x≤180时, f(x)=9 000x-300√5·x√x,
则f '(x)=9 000-450√5·√x,令f '(x)=0,∴x=80.
当20<x<80时, f '(x)>0, f(x)单调递增,
当80≤x≤180时, f '(x)≤0, f(x)单调递减,
所以当x=80时, f(x)有极大值240 000,也是最大值.故选C.
2.(2020北京朝阳六校联考,10)关于函数f(x)=(x2+ax-1)ex,有以下三个结论:
①函数f(x)恒有两个零点,且两个零点之积为-1;
②函数f(x)的极值点不可能是x=-1;
③函数f(x)必有最小值.
其中正确结论的个数为 ( )
A.3 B.2 C.1 D.0
答案 A 对于①,令f(x)=0,得(x2+ax-1)ex=0,∵ex>0,∴x2+ax-1=0,Δ=a2+4>0,设f(x)的两个零点为x,x(x<x),故
1 2 1 2
x,x 满足x2+ax-1=0,所以x·x=-1,故①中结论正确;
1 2 1 2
-2
对于②, f '(x)=[x2+(a+2)x+(a-1)]ex, f '(-1)=[1-(a+2)+(a-1)]e-1= ≠0,故x=-1不可能是函数f(x)的极值点,故②
e
中结论正确;
对于③,令f '(x)=0,得x2+(a+2)x+a-1=0,Δ=(a+2)2-4(a-1)=a2+8>0,
设方程的两个实数根为x,x,且x<x,
3 4 3 4
当x∈(-∞,x),(x,+∞)时, f '(x)>0, f(x)单调递增;
3 4
当x∈(x,x)时, f '(x)<0, f(x)单调递减,
3 4
所以f(x)的极小值为f(x).
4
由①知,当x∈(-∞,x)时, f(x)>0,所以当x∈(-∞,x)时, f(x)>0,又f(0)=-1<0,所以0∈(x,+∞).
1 3 3
所以f(x)≤f(0)<0,
4
所以f(x)为函数f(x)的最小值,故③中结论正确.故选A.
4
3.(2020海南第一次联考,12)已知函数f(x)=ax2-4ax-ln x,则f(x)在(1,4)上不单调的一个充分不必要条件可以是
( )
1 1
A.a>- B.0<a<
2 16
1 1 1
C.a> 或- <a<0 D.a>
16 2 16
1 2ax2-4ax-1
答案 D f '(x)=2ax-4a- = ,
x x
若f(x)在(1,4)上不单调,令g(x)=2ax2-4ax-1,
则函数g(x)=2ax2-4ax-1的对称轴方程为x=1,
在区间(1,4)上有零点.
当a=0时,显然不成立;
{
a>0,
当a≠0时,只需 g(1)=-2a-1<0,
g(4)=16a-1>0,北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A版》
{
a<0,
1 1
或 g(1)=-2a-1>0,解得a> 或a<- .故选D.
16 2
g(4)=16a-1<0,
4.(多选题)(2021届广东珠海一中模拟)已知f(x)是可导的函数,且f '(x)<f(x)对于x∈R恒成立,则下列不等关系
正确的是( )
A.f(1)<ef(0),f(2 020)<e2 020f(0)
B.f(1)>ef(0),f(1)>e2f(-1)
C.f(1)<ef(0),f(1)<e2f(-1)
D.f(1)>ef(0),f(2 020)>e2 020f(0)
f (x) f '(x)-f (x)
答案 AC 设g(x)= ,则g'(x)= ,
ex ex
∵f '(x)<f(x),∴g'(x)<0,即g(x)在R上单调递减,
f (1) f (0)
∴g(1)<g(0),即 < ,即f(1)<ef(0),
e e0
f (2 020) f (0)
g(2 020)<g(0),即 < ,即f(2 020)<e2 020f(0),
e2 020 e0
f (1) f (-1)
g(1)<g(-1),即 < ,即f(1)<e2f(-1).
e e-1
∴选项A和C正确,选项B和D错误.
故选AC.
5.(2015四川,15,5分)已知函数f(x)=2x,g(x)=x2+ax(其中a∈R).对于不相等的实数x
1
,x
2
,设m= f (x
1
)-f (x
2
)
x -x
1 2
,n=g(x )-g(x )
.
1 2
x -x
1 2
现有如下命题:
①对于任意不相等的实数x,x,都有m>0;
1 2
②对于任意的a及任意不相等的实数x,x,都有n>0;
1 2
③对于任意的a,存在不相等的实数x,x,使得m=n;
1 2
④对于任意的a,存在不相等的实数x,x,使得m=-n.
1 2
其中的真命题有 (写出所有真命题的序号).
答案 ①④
解析 ①f(x)=2x是增函数,∴对任意不相等的实数x 1 ,x 2 ,都有 f (x 1 )-f (x 2 ) >0,即m>0,∴①成立.
x -x
1 2
②由g(x)=x2+ax图象可知,当x∈(
-∞,-
a)时,g(x)是减函数,∴当不相等的实数x
1
、x
2
∈(
-∞,-
a)时,
2 2
g(x )-g(x )
1 2
<0,即n<0,∴②不成立.
x -x
1 2北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A版》
f (x )-f (x ) g(x )-g(x )
③若m=n,则有 1 2 = 1 2 ,
x -x x -x
1 2 1 2
即f(x)-f(x)=g(x)-g(x), f(x)-g(x)=f(x)-g(x),
1 2 1 2 1 1 2 2
令h(x)=f(x)-g(x),
则h(x)=2x-x2-ax,h'(x)=2xln 2-2x-a,
令h'(x)=2xln 2-2x-a=0,
得2xln 2=2x+a.由y=2xln 2与y=2x+a的图象知,
存在a使对任意x∈R恒有2xln 2>2x+a,
此时h(x)在R上是增函数.若h(x)=h(x),则x=x,
1 2 1 2
∴③不成立.
f (x )-f (x ) g(x )-g(x )
④若m =-n,则有 1 2 =- 1 2 ,
x -x x -x
1 2 1 2
f(x)+g(x)=f(x)+g(x),
1 1 2 2
令φ(x)=f(x)+g(x),
则φ(x)=2x+x2+ax,
φ'(x)=2xln 2+2x+a.
令φ'(x)=0,得2xln 2+2x+a=0,
即2xln 2=-2x-a.
由y=2xln 2与y=-2x-a的图象可知,对任意的a,存在x,使x>x 时y>y,x<x 时y<y,
1 2 0 0 1 2 0 1 2
故对任意的a,存在x,使x>x 时,φ'(x)>0,x<x 时φ'(x)<0,
0 0 0
故对任意的a,φ(x)在R上不是单调函数.
故对任意的a,存在不相等的实数x,x,使m=-n,
1 2
∴④成立.
综上,①④正确.
6.(2015江苏,17,14分)某山区外围有两条相互垂直的直线型公路,为进一步改善山区的交通现状,计划修建一
条连接两条公路和山区边界的直线型公路,记两条相互垂直的公路为l,l,山区边界曲线为C,计划修建的公路
1 2
为l,如图所示,M,N为C的两个端点,测得点M到l,l 的距离分别为5千米和40千米,点N到l,l 的距离分别
1 2 1 2
为20千米和2.5千米,以l,l 所在的直线分别为x,y轴,建立平面直角坐标系xOy,假设曲线C符合函数y=
2 1
a
(其中a,b为常数)模型.
x2+b
(1)求a,b的值;
(2)设公路l与曲线C相切于P点,P的横坐标为t.
①请写出公路l长度的函数解析式f(t),并写出其定义域;
②当t为何值时,公路l的长度最短?求出最短长度.北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A版》
a
{ =40,
解析 (1)由题意知,点M,N的坐标分别为(5,40),(20,2.5).将其分别代入y= a ,得 25+b 解得
x2+b a
=2.5,
400+b
{a=1 000,
b=0.
(2)①由(1)知,y= 1 000 (5≤x≤20),则点P的坐标为( t, 1 000),
x2 t2
2 000
设在点P处的切线l交x轴,y轴分别于A,B点,易知y'=- ,
x3
则l的方程为y- 1 000 =- 2 000 (x-t),由此得A(3t ,0 ),B( 0, 3 000).
t2 t3 2 t2
故f(t)= √ (3t) 2 + (3 000) 2 =3√ t2+ 4×106 ,t∈[5,20].
2 t2 2 t4
②设g(t)=t2+4×106
,
t4
则g'(t)=2t-16×106
.
t5
令g'(t)=0,解得t=10√2.
当t∈(5,10√2)时,g'(t)<0,g(t)是减函数;
当t∈(10√2,20)时,g'(t)>0,g(t)是增函数;
从而,当t=10√2时,函数g(t)有极小值,也是最小值,
所以g(t) =300,则f(t) =15√3.
min min
答:当t=10√2时,公路l的长度最短,最短长度为15√3千米.
综合篇
【综合集训】
考法一 利用导数研究函数的单调性
1.(2019吉林长春实验中学期末,9)设函数f(x)=x(ex+e-x),则f(x)( )北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A版》
A.是奇函数,且在R上是增函数
B.是偶函数,且在R上有极小值
C.是奇函数,且在R上是减函数
D.是偶函数,且在R上有极大值
答案 A
2.(多选题)(2020山东滨州三模,12)已知函数f(x)=ex+e-x+|x|.则下面结论正确的是 ( )
A. f(x)是奇函数
B. f(x)在[0,+∞)上为增函数
C.若x≠0,则f( 1)>e2+2
x+
x
D.若f(x-1)<f(-1),则0<x<2
答案 BCD
3.(2020北京怀柔适应性练习,15)若函数f(x)=ex(cos x-a)在区间( π π)上单调递减,则实数a的取值范围
- ,
2 2
是 .
答案 [√2,+∞)
4.(2016北京,18,13分)设函数f(x)=xea-x+bx,曲线y=f(x)在点(2, f(2))处的切线方程为y=(e-1)x+4.
(1)求a,b的值;
(2)求f(x)的单调区间.
考法二 利用导数研究函数的极值或最值
1 1
5.(2019重庆(区县)调研测试,9)函数f(x)= x3+ (1-3a)x2+(2a2-a)x+1,若在区间(0,3)内存在极值点,则实数a的
3 2
取值范围是 ( )
A.(0,3) B.(1 ) C.(0,1)∪(1,3) D.(1 )∪(1,2)
,2 ,1
2 2
答案 C
6.(2020浙江温丽联盟第一次联考,6)若函数f(x)=(x-a)3-3x+b的极大值是M,极小值是m,则M-m( )
A.与a有关,且与b有关 B.与a有关,且与b无关
C.与a无关,且与b无关 D.与a无关,且与b有关
答案 C
1
7.(2020山东潍坊检测,20)已知函数f(x)=x3- x2+ax+1.
2
(1)当a=2时,求曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程;
(2)若函数f(x)在x=1处有极小值,求函数f(x)在区间[ 3]上的最大值.
-2,
2
8.(2020北京海淀一模,19)已知函数f(x)=ex+ax.
(1)当a=-1时,
①求曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程;北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A版》
②求函数f(x)的最小值;
(2)求证:当a∈(-2,0)时,曲线y=f(x)与y=1-ln x有且只有一个交点.
考法三 利用导数研究函数的零点
9.(2020山东济南二模,14)已知函数f(x)=ex-a(x+1),若f(x)有两个零点,则实数a的取值范围是 .
答案 (1,+∞)
x+1
10.(2020北京朝阳一模,19)已知函数f(x)=ex- .
x-1
(1)求曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程;
(2)判断函数f(x)的零点的个数,并说明理由;
(3)设x
0
是f(x)的一个零点,证明曲线y=ex在点(x
0
,ex 0)处的切线也是曲线y=ln x的切线.
考法四 利用导数研究不等式
11.(2020山东德州6月二模,6)已知函数f(x)的定义域为R,且f(x)+1<f '(x), f(0)=2,则不等式f(x)+1>3ex的解集
为 ( )
A.(1,+∞) B.(-∞,1) C.(0,+∞) D.(-∞,0)
答案 C
12.(多选题)(2020山东威海三模,12)已知函数f(x)的定义域为(0,+∞),导函数为f '(x),xf '(x)-f(x)=xln x,且f(1)=
e
1
,则( )
e
A. f '(1)=0 B. f(x)在x=1处取得极大值
e e
C.0<f(1)<1 D. f(x)在(0,+∞)上单调递增
答案 ACD
13.(2019四川高三联合诊断)已知函数f(x)=x3+x-sin x,则满足不等式f(m-1)+f(2m2)≤0成立的实数m的取值范
围是 .
答案 [ 1]
-1,
2
14.(2020北京西城一模,19)设函数f(x)=aln x+x2-(a+2)x,其中a∈R.
π
(1)若曲线y=f(x)在点(2, f(2))处切线的倾斜角为 ,求a的值;
4
(2)已知导函数f '(x)在区间(1,e)上存在零点,证明:当x∈(1,e)时, f(x)>-e2.北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A版》
[教师专用题组]
【综合集训】
考法一 利用导数研究函数的单调性
x4ln|x|
1.(2019安徽皖中名校联盟10月联考,8)函数y= 的图象大致是 ( )
|x|
x4ln|x|
答案 D 令f(x)= ,x≠0,则f(-x)=f(x), f(x)为(-∞,0)∪(0,+∞)上的偶函数,故B错误.当x>0时,
|x|
f(x)=x3ln x, f '(x)=3x2ln x+x2=3x2( 1),
lnx+
3
1 1
当0<x< - 时, f '(x)<0,故f(x)在(0, - )上为减函数;
e 3 e 3
1 1
当x> - 时, f '(x)>0,故f(x)在( - ,+∞)上为增函数.故选D.
e 3 e 3
方法总结 函数图象往往取决于函数的解析式的形式,因此通过解析式刻画函数的性质是关键,我们一般是
先讨论函数定义域,再讨论函数的奇偶性、周期性等,最后利用基本初等函数的单调性或导数讨论函数的单
调性、极值点等.
2.已知函数f(x)=2x3+ax2+bx+3在x=-1和x=2处取得极值.
(1)求f(x)的表达式和极值;
(2)若f(x)在区间[m,m+4]上是单调函数,试求m的取值范围.
解析 (1)依题意知f '(x)=6x2+2ax+b=0的两根分别为-1和2,
a
{- =-1+2,
∴ 3 ∴{a=-3,
b b=-12.
=-1×2,
6
∴f(x)=2x3-3x2-12x+3,
∴f '(x)=6x2-6x-12=6(x+1)(x-2),
令f '(x)>0,得x<-1或x>2;
令f '(x)<0,得-1<x<2,
∴f(x) =f(-1)=10, f(x) =f(2)=-17.
极大值 极小值
(2)由(1)知, f(x)在(-∞,-1]和[2,+∞)上单调递增,在(-1,2)上单调递减.
{m≥-1,
∴m+4≤-1或 或m≥2.
m+4≤2
∴m≤-5或m≥2,
则m的取值范围是(-∞,-5]∪[2,+∞).北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A版》
2
3.(2018山东青岛调研,21)已知f(x)=ax-(2a+1)ln x- ,其中a∈R.
x
(1)讨论函数f(x)在定义域上的单调性;
1 2
(2)若0<a< ,证明:方程ax-(2a+1)ln x- =0在区间[1,e]上没有根.(其中e为自然对数的底数,e=2.718 2…)
e x
2
解析 (1)函数f(x)=ax-(2a+1)ln x- 的定义域为{x|x>0}.
x
f '(x)=(ax)'-(2a+1)(ln x)'-(2)'=a-2a+1+ 2 =ax2-(2a+1)x+2= (ax-1)(x-2) .
x x x2 x2 x2
-(x-2)
当a=0时, f '(x)= .
x2
可以看出,当x>2时, f '(x)<0;
当0<x<2时, f '(x)>0,
所以a=0时,函数f(x)在区间(0,2)上单调递增;在(2,+∞)上单调递减. (2分)
( 1)
当a≠0时, f '(x)=
(ax-1)(x-2)
=
a x- (x-2)
.
a
x2
x2
1
(i)若a<0,则 <0<2,当0<x<2时, f '(x)>0;
a
当x>2时, f '(x)<0,
所以a<0时, f(x)在(0,2)上单调递增;在(2,+∞)上单调递减.
( 1) ( 1)
(ii)若0<a<1,则0<2<1,解不等式 a x- (x-2) >0,得0<x<2或x>1;解不等式 a x- (x-2)
a a
2 a a
x2 x2
1
<0,得2<x< .
a
所以0<a<1时,函数f(x)在区间( 1)上单调递减;在区间(0,2),(1 )上单调递增.
2, ,+∞
2 a a
(iii)若a=1,则f '(x)=(x-2)2 ,在定义域(0,+∞)上,总有f '(x)=(x-2)2 ≥0.
2 2x2 2x2
1
所以a= 时,在定义域(0,+∞)上,函数f(x)为单调递增函数.
2
1 1
(iv)若a> ,则0< <2,
2 a
( 1)
解不等式 a x- (x-2) >0,得0<x<1或x>2;
a
a
x2北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A版》
( 1)
解不等式 a x- (x-2) <0,得1<x<2.
a
a
x2
所以a>1时,函数f(x)在( 1)和(2,+∞)上单调递增;在(1 )上单调递减. (5分)
0, ,2
2 a a
综上,当a≤0时, f(x)在(0,2)上单调递增,在(2,+∞)上单调递减;
当0<a<1时,函数f(x)在( 1)上单调递减,在(0,2),(1 )上单调递增;
2, ,+∞
2 a a
1
当a= 时,在定义域(0,+∞)上,函数f(x)为单调递增函数;
2
当a>1时,函数f(x)在( 1)和(2,+∞)上单调递增,在(1 )上单调递减. (6分)
0, ,2
2 a a
(2)证明:因为0<a<1,所以a∈( 1).
0,
e 2
由(1)得,此时函数f(x)在( 1)上单调递减;在(0,2),(1 )上单调递增.
2, ,+∞
a a
∴x∈(1,2)时,函数f(x)单调递增;x∈(2,e)时,函数f(x)单调递减,
∴当x=2时,函数f(x)取得极大值,也是[1,e]上的最大值,
∴f(x) =f(2)=2a-(2a+1)ln 2-1. (9分)
max
1
因为0<a< ,所以2a<1,所以2a-1<0,
e
又-(2a+1)ln 2<0,
所以f(x) =f(2)=2a-(2a+1)ln 2-1<0恒成立,
max
由此,在[1,e]上, f(x)<0恒成立. (11分)
所以方程f(x)=0在[1,e]上没有根.(12分)
考法二 利用导数研究函数的极值或最值
1.(2019广东肇庆二模,12)已知x=1是f(x)=[x2-(a+3)x+2a+3]ex的极小值点,则实数a的取值范围是 ( )
A.(1,+∞) B.(-1,+∞) C.(-∞,-1) D.(-∞,1)
答案 D 函数f(x)=[x2-(a+3)x+2a+3]ex,则f '(x)=[x2-(a+1)x+a]ex,
令f '(x)=0,得x2-(a+1)x+a=0,
设g(x)=x2-(a+1)x+a,x∈R.
①当a=1时,g(x)=(x-1)2≥0恒成立,
∴f '(x)≥0恒成立, f(x)是R上的单调增函数,没有极值点,不合题意.
②当a>1时,g(x)有两个零点1和a,且x<1或x>a时,g(x)>0,则f '(x)>0;1<x<a时,g(x)<0,则f '(x)<0,
所以x=1是f(x)的极大值点,不满足题意.
③当a<1时,g(x)有两个零点1和a,且x<a或x>1时,g(x)>0,则f '(x)>0;a<x<1时,g(x)<0,则f '(x)<0,
所以x=1是f(x)的极小值点,满足题意.北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A版》
综上所述,实数a的取值范围是(-∞,1).故选D.
2.(2018北京海淀二模,8)如图,已知直线y=kx与曲线y=f(x)相切于两点,函数g(x)=kx+m(m>0),则函数F(x)=g(x)-
f(x) ( )
A.有极小值,没有极大值
B.有极大值,没有极小值
C.至少有两个极小值和一个极大值
D.至少有一个极小值和两个极大值
答案 C 作y=kx的平行线y=kx+m 与y=f(x)相切,如图.
1
设两切线与y=f(x)的切点的横坐标依次为x,x,x.
1 2 3
由图可得: f '(x)=f '(x)=f '(x)=k,
1 2 3
则k-f '(x)=k-f '(x)=k-f '(x)=0.
1 2 3
F(x)=g(x)-f(x)=kx+m-f(x),
F'(x)=g'(x)-f '(x)=k-f '(x),
所以x,x,x 为F'(x)=0的根,
1 2 3
由图易得当x变化时,F'(x),F(x)变化情况如下表:
x (-∞,x 1 ) x 1 (x 1 ,x 2 ) x 2 (x 2 ,x 3 ) x 3 (x 3 ,+∞)
F'(x) - 0 + 0 - 0 +
极小 极大 极小
F(x) ↘ ↗ ↘ ↗
值 值 值
所以F(x)至少有两个极小值和一个极大值.故选C.
方法点拨 该题考查的是利用函数图象解题的问题,在解题的过程中,需要认真分析,读出图中所给的相关信
息,对函数求导,分析f '(x)与k的关系,从而判断出函数的极值点的个数,得到结果.
sinx
3.(2018四川双流中学第二次模拟,12)若函数g(x)=mx+ 在区间(0,2π)有一个极大值和一个极小值,则实数
ex
m的取值范围是( )
A.[-e-2π, - π) B.(-e-π,e-2π)
e 2
C.( -eπ,e- 5π) D.(-e-3π,eπ)
2
sinx
答案 A 函数g(x)=mx+ 在区间(0,2π)有一个极大值和一个极小值,即其导函数有两个相异的实根,
ex
cosx-sinx -cosx+sinx sinx-cosx 2cosx
g'(x)=m+ ⇒m= 有两个不等实根,构造函数h(x)= ,h'(x)= ,
ex ex ex ex
