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4.2 导数的综合应用
考点1 导数与函数的单调性
1.(2023新课标Ⅱ,6,5分)已知函数f(x)=aex-ln x在区间(1,2)单调递增,则a的最小值
为 ( )
A.e2 B.e C.e-1 D.e-2
答案 C ∵f(x)在(1,2)内单调递增,∴f '(x)≥0在(1,2)内恒成立,
1 1
即f '(x)=aex- ≥0(1<x<2),∴a≥ (1<x<2).
x xex
令g(x)=xex(1<x<2),则g'(x)=(x+1)ex>0,
∴g(x)在(1,2)内单调递增,g(x)∈(e,2e2),
∴ 1 ∈( 1 1),∴a≥1,即a的最小值为1,故选C.
,
xex 2e2 e e e
b
2.(2022全国甲,理6,文8,5分)当x=1时,函数f(x)=aln x+ 取得最大值-2,
x
则f '(2)=( )
1 1
A.-1 B.- C. D.1
2 2
a b ax−b
答案 B f '(x)= − = ,
x x2 x2
由题可知x=1为f(x)的极大值点,
∴{f '(1)=0, {a−b=0,∴a=b=-2,
∴
f(1)=−2, b=−2,
−2x+2 1
∴f '(x)= ,∴f '(2)=- ,故选B.
x2 2
解后反思:若定义域为开区间的函数存在最值,则此最值必为函数的极值.
3.(2022全国甲文,12,5分)已知9m=10,a=10m-11,b=8m-9,则( )
A.a>0>b B.a>b>0 C.b>a>0 D.b>0>a
答案 A 由9m=10可得m=log10>1,令f(x)=xm-(x+1),则f '(x)=mxm-1-1,易知当x>1时, f '(x)>0,所以
9
f(x)在(1,+∞)上单调递增,所以f(8)<f(9)<f(10),所以8m-9<9m-10<10m-11,即a>0>b,故选A.
1
4.(2022新高考Ⅰ,7,5分)设a=0.1e0.1,b= ,c=-ln 0.9,则 ( )
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A.a<b<c B.c<b<a
C.c<a<b D.a<c<b
1
e0.1
1 1 a 10 9
答案 C a=0.1e0.1= e0.1,b= ,则 = = e0.1,构造f(x)=(1-x)ex,则 f '(x)=-xex,当x>0时, f
10 9 b 1 10
9
a
'(x)<0, f(x)单调递减,∴f(0.1)<f(0)=1,∴ <1,∴a<b.
b
下面比较a与c.
1 1 (1−x2 )ex−1
令g(x)=xex+ln(1-x),0<x< ,则g'(x)=(x+1)ex- = ,
4 1−x 1−x
令H(x)=(1-x2)ex-1,0<x<1,则H'(x)=(1-x2-2x)ex,易知H'(x)>0,则H(x)在( 1)上为增函数,
0,
4 4
∴H(x)>H(0)=0.
∴g(x)在( 1)上为增函数,∴g(0.1)>g(0),∴0.1e0.1+ln 0.9>0,∴a>c,∴b>a>c.
0,
4
5.(2021全国乙理,12,5分)设a=2ln 1.01,b=ln 1.02,c=√1.04-1,则 ( )
A.a<b<c B.b<c<a C.b<a<c D.c<a<b
答案 B 解题指导:注意到a,b为同底的对数值,考虑用对数函数的单调性比较大小,c与a、b的结构不同,
可构造与ln x相关的不等式,放缩后再比较大小.
解析 解法一:a=ln 1.012,
因为1.012=(1+0.01)2=1+0.02+0.012>1.02,
所以a>b,排除选项A与选项D.
设f(x)=ln x- 2(x−1)(x>1),则f '(x)=1 4 (x−1) 2 >0,
− =
x+1 x (x+1) 2 x(x+1) 2
所以f(x)在(1,+∞)上单调递增,
2(x−1)
从而f(x)>f(1)=0,即ln x> .
x+1
2×0.01 0.04
故a=2ln 1.01>2× = .
1.01+1 2.01
0.04
c=√1.04−1= ,
√1.04+1
因为1.012=(1+0.01)2=1+0.02+0.012<1.04,北京曲一线图书策划有限公司 高考项目部
所以1.01<√1.04,所以2.01<√1.04+1,
0.04 0.04
所以 > ,即a>c,排除选项C.
2.01 √1.04+1
故选B.
解法二:因为a=2ln 1.01=ln 1.012=ln 1.020 1,
所以a>b,
下面比较a与c的大小.
令f(x)=2ln(1+x)-√1+4x+1,x∈[0,1),
则f '(x)= 2 2 2[√1+4x−(1+x)],
− =
1+x √1+4x (1+x)·√1+4x
∵(1+4x)-(1+x)2=1+4x-1-2x-x2=2x-x2=x(2-x)≥0(x∈[0,1)),
∴f '(x)≥0,∴f(x)在[0,1)上为增函数,
∴f(0.01)>f(0)=0,得a>c.
再比较b与c的大小,b=ln(1+0.02),c=√1+0.04-1,
令g(x)=√1+2x-1-ln(1+x),x∈[0,1),
则g'(x)= 1 1 1+x−√1+2x,
− =
√1+2x 1+x (1+x)√1+2x
而(1+x)2-(1+2x)=x2≥0,
∴g(x)在[0,1)上为增函数,∴g(0.02)>g(0)=0,
∴c>b.
综上,a>c>b,故选B.
拓展延伸:关于ln x的重要不等式
1
(1)1- ≤ln x≤x-1(x>0).
x
(2)ln x≥1( 1),0<x≤1;ln x≤1( 1),x≥1.
x− x−
2 x 2 x
2(x−1) 2(x−1)
(3)ln x≥ ,x≥1;ln x≤ ,0<x≤1.
x+1 x+1
x2
(4)ln(x+1)≥x- ,x≥0.
2
(5)ln x≤√x−1,x≥1.北京曲一线图书策划有限公司 高考项目部
x −x x +x
(6) √x x < 1 2 < 1 2 (x 1 ≠x 2 ,x 1 >0,x 2 >0).
1 2 ln x −ln x 2
1 2
6.(2024新课标Ⅰ,10,6分,中)设函数f(x)=(x-1)2(x-4),则( )
A.x=3是f(x)的极小值点
B.当0<x<1时, f(x)<f(x2)
C.当1<x<2时,-4<f(2x-1)<0
D.当-1<x<0时, f(2-x)>f(x)
ACD
10
由题意知f '(x)=3(x-1)(x-3).
对于A,令f '(x)>0,得x<1或x>3,令f '(x)<0,得1<x<3,所以f(x)在(-∞,1)上单调递增,在(1,3)上单调
递减,在(3,+∞)上单调递增,所以x=3是f(x)的极小值点,故A正确;
对于B,当0<x<1时,0<x2<x<1,由f(x)在(0,1)上单调递增,得f(x2)<f(x),故B错误;
对于C,由1<x<2,得1<2x-1<3,由f(x)在(1,3)上单调递减,得f(1)>f(2x-1)>f(3),即-4<f(2x-1)<0,故C
正确;
对于D, f(2-x)-f(x)=(x-1)2(-2-x)-(x-1)2(x-4)=(x-1)2(-2x+2)=-2(x-1)3,当-1<x<0时, f(2-x)-f(x)>0,则
f(2-x)>f(x),故D正确.故选ACD.
1
7.(2016课标Ⅰ文,12,5分)若函数f(x)=x- sin 2x+asin x在(-∞,+∞)单调递增,则a的取值范围是( )
3
A.[-1,1] B.[ 1]
−1,
3
C.[ 1 1] D.[ 1]
− , −1,−
3 3 3
2 2 4 5
答案 C f '(x)=1- cos 2x+acos x=1- (2cos2x-1)+acos x=- cos2x+acos x+ , f(x)在R上单调递增,则f
3 3 3 3
4 5
'(x)≥0在R上恒成立,令cos x=t,t∈[-1,1],则- t2+at+ ≥0在[-1,1]上恒成立,即4t2-3at-5≤0在[-1,1]上恒成立,
3 3
令g(t)=4t2-3at-5,则{ g(1)=4−3a−5≤0, 解得-1≤a≤1,故选C.
g(−1)=4+3a−5≤0, 3 3
疑难突破 由函数的单调性求参数范围,利用导数将问题转化为恒成立问题,再利用二次函数来解决.
评析 本题考查由函数的单调性求参数范围,利用导数将问题转化为恒成立问题,再利用二次函数来解决即
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8.(2015课标Ⅱ理,12,5分)设函数f '(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数, f(-1)=0,当x>0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,+∞)
答案 A 令g(x)=f(x),则g'(x)=xf '(x)−f(x),由题意知,当x>0时,g'(x)<0,∴g(x)在(0,+∞)上是减函
x x2
数.
∵f(x)是奇函数, f(-1)=0,∴f(1)=-f(-1)=0,
f(1)
∴g(1)= =0,
1
∴当x∈(0,1)时,g(x)>0,从而f(x)>0;
当x∈(1,+∞)时,g(x)<0,从而f(x)<0.
f(−x) −f(x) f(x)
又∵g(-x)= = = =g(x),∴g(x)是偶函数,
−x −x x
∴当x∈(-∞,-1)时,g(x)<0,从而f(x)>0;
当x∈(-1,0)时,g(x)>0,从而f(x)<0.
综上,所求x的取值范围是(-∞,-1)∪(0,1).
评析 出现xf '(x)+f(x)>0(<0)时,考虑构造函数F(x)=xf(x);出现xf '(x)-f(x)>0(<0)时,考虑构造函数g(x)=
f(x)
.
x
9.(2014课标Ⅱ文,11,5分)若函数f(x)=kx-ln x在区间(1,+∞)单调递增,则k的取值范围是( )
A.(-∞,-2] B.(-∞,-1]
C.[2,+∞) D.[1,+∞)
1 1
答案 D 依题意得f '(x)=k- ≥0在(1,+∞)上恒成立,即k≥ 在(1,+∞)上恒成立,
x x
1
∵x>1,∴0< <1,
x
∴k≥1,故选D.
10.(2023全国乙理,16,5分)设a∈(0,1),若函数f(x)=ax+(1+a)x在(0,+∞)单调递增,则
a的取值范围是 .
答案 [√5−1 )
,1
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解析 由题意得, f '(x)≥0在(0,+∞)上恒成立,
即axln a+(1+a)xln(1+a)≥0在x∈(0,+∞)上恒成立,
∵a∈(0,1),∴a+1∈(1,2),∴ln(1+a)>0,ln a<0,
∴y=axln a与y=(1+a)xln(1+a)在(0,+∞)上均为增函数,
∴y=f '(x)在(0,+∞)上单调递增,∴f '(0)≥0,即 ln a+ln(a+1)≥0,即 ln(a2+a)≥ln
1 a2+a≥1,
⇒ −1−√5 −1+√5
解得a≤ 或a≥ ,又a∈(0,1),
2 2
∴a∈[√5−1 ).
,1
2
11.(2024新课标Ⅱ,16,15分,中)已知函数f(x)=ex-ax-a3.
(1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))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.
解析
16
(1)当a=1时, f(x)=ex-x-1,
f '(x)=ex-1,则切线斜率为k=f '(1)=e-1,
又∵f(1)=e-1-1=e-2,
∴切线方程为y-(e-2)=(e-1)(x-1),
整理得y=(e-1)x-1.
(2)∵f(x)=ex-ax-a3,∴f '(x)=ex-a.
①当a≤0时, f '(x)>0恒成立, f(x)单调递增,
无极值,不符合题意,故a≤0时不成立.
②当a>0时,令f '(x)=0,得x=ln a,
当x∈(-∞,ln a)时, f '(x)<0, f(x)单调递减,
当x∈(ln a,+∞)时, f '(x)>0, f(x)单调递增.
∴x=ln a时f(x)有极小值,
极小值为f(ln a)=eln a-aln a-a3=a-aln a-a3.
又∵极小值小于0,∴a-aln a-a3<0,
又∵a>0,∴1-ln a-a2<0,
设g(a)=1-ln a-a2,a∈(0,+∞),
1
∵g'(a)=- -2a<0,∴g(a)单调递减,
a
又∵g(1)=0,∴a∈(1,+∞)时,g(a)<0,
即极小值f(ln a)<0,
∴a>1.北京曲一线图书策划有限公司 高考项目部
综上所述,a的取值范围为(1,+∞).
12.(2024全国甲理,21,12分,难)已知函数f(x)=(1-ax)ln(1+x)-x.
(1)若a=-2,求f(x)的极值;
(2)当x≥0时, f(x)≥0,求a的取值范围.
解析
21
(1)函数f(x)的定义域为(-1,+∞),
当a=-2时, f(x)=(1+2x)ln(x+1)-x,
x
则f '(x)=2ln(x+1)+ ,
x+1
x 2 1
令F(x)=2ln(x+1)+ ,则F'(x)= + ,
x+1 x+1 (x+1)2
可得F'(x)>0在(-1,+∞)上恒成立,则F(x)在(-1,+∞)上单调递增,
又F(0)=0,∴当x∈(-1,0)时,F(x)<0,当x∈(0,+∞)时,F(x)>0,
即当-1<x<0时, f '(x)<0, f(x)单调递减,当x>0时, f '(x)>0, f(x)单调递增,
所以f(x)在x=0处取得极小值, f(x) =f(0)=0,无极大值.
极小值
(2)∵当x≥0时, f(x)≥0,又f(0)=0,
∴y=f(x)在x=0处取得最小值.
(-a-1)x
又f '(x)=-aln(1+x)+ ,
1+x
(-a-1)x
令g(x)=f '(x)=-aln(1+x)+ ,
1+x
-a -a-1 -ax-2a-1
则g'(x)= + = ,
1+x (1+x)2 (x+1)2
令h(x)=-ax-2a-1,x∈[0,+∞),h(0)=-2a-1.
1
①当-2a-1≥0,即a≤- 时,-a>0,h(x)≥0在[0,+∞)上恒成立,即g'(x)≥0在[0,+∞)上恒成立,
2
则g(x)在[0,+∞)上单调递增,又g(0)=0,从而f '(x)=g(x)≥0在[0,+∞)上恒成立,
即f(x)在[0,+∞)上单调递增,又f(0)=0,∴f(x)≥0在[0,+∞)上恒成立.
②当-2a-1<0且-a≤0,即a≥0时,h(x)<0在[0,+∞)上恒成立,
即g'(x)<0在[0,+∞)上恒成立,则g(x)在[0,+∞)上单调递减,又g(0)=0,
从而f '(x)=g(x)≤0在[0,+∞)上恒成立, f(x)在[0,+∞)上单调递减,
又f(0)=0,∴f(x)≤0,与题意不符.
1 1
③当-2a-1<0且-a>0,即- <a<0时,令h(x)=0,得x=-2- >0,
2 a
∴当x∈( 1)时,h(x)<0,即g'(x)<0在( 1)上恒成立,
0,−2− 0,−2−
a a
