北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
4.2 导数的应用
一、选择题
1.(2022届四川绵阳质检,3)函数f(x)=x3-3x2+1是减函数的区间为( )
A.(2,+∞) B.(-∞,2)
C.(-∞,0) D.(0,2)
答案 D 由f '(x)=3x2-6x<0,得0<x<2,∴函数f(x)=x3-3x2+1是减函数的区间为(0,2).故选D.
1
2.(2022届河南许昌联考,11)若f(x)= x3-ax2的单调减区间是(-4,0),则a的值是( )
3
A.-2 B.2 C.-4 D.4
答案 A f '(x)=x2-2ax,依题意得,f '(-4)=16+8a=0,解得a=-2.
检验:当a=-2时,f '(x)=x2+4x=x(x+4),令f '(x)<0,得-4<x<0,即f(x)的单调减区间为(-4,0).
故a=-2满足题意,故选A.
3.(2021河南平顶山月考,7)设函数f(x)在R上可导,其导函数为f '(x),且函数f(x)在x=-3处取得极大值,则函
数y=xf '(x)的图象可能是( )
答案 D ∵函数f(x)在x=-3处取得极大值,
∴当x<-3时,f '(x)>0;当x=-3时,f '(x)=0;当x>-3时,f '(x)<0,
∴当x<-3时,xf '(x)<0;当x=-3时,xf '(x)=0;当-3<x<0时,xf '(x)>0;当x=0时,xf '(x)=0;当x>0时,xf '(x)<0,与选
项中的图象进行对比,只有D中的图象符合题意.故选D.
解题关键 本题考查利用导数研究函数的极值,理解原函数的极值点与导函数的零点之间的联系是解题的
关键,考查学生的逻辑推理能力.
4. (2022届河北衡水第一中学调研一,4)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( )北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
A. f(b)>f(c)>f(d) B. f(b)>f(a)>f(c)
C. f(c)>f(b)>f(a) D. f(c)>f(b)>f(d)
答案 C 显然f(x)在(a,c)上递增,在(c,d)上递减,而a<b<c,故f(a)<f(b)<f(c).故选C.
5.(2022届赣州十七校期中,9)已知定义在R上的函数f(x)满足1f(x)+f '(x)>0且有f(2)=1,则f(x)> 1 的解
2 e √ex
集为( )
A.( 1) B.(1 )
-∞, ,+∞
2 2
C.(-∞,2) D.(2,+∞)
答案 D 构造g(x)= xf(x),则g'(x)=1 x f(x)+ xf '(x),因为1f(x)+f '(x)>0,所以g'(x)>0,所以g(x)是R上的
e2
2
e2
e2
2
1
增函数,且g(2)=ef(2)=1,不等式f(x)> 可化为 xf(x)>1,即g(x)>g(2),所以x∈(2,+∞),故选D.
√ex
e2
1
6.(2022届河南段考三,6)函数f(x)=xe2x-x2-x- 的极大值为( )
4
1 1 1
A.- B.- C.0 D.-
2 2e 4
答案 B 函数f(x)的定义域为R, f '(x)=(2x+1)(e2x-1),
1 1 1
令f '(x)=0,得x=0或x=- .当x<- 或x>0时, f '(x)>0, f(x)单调递增;当- <x<0时, f '(x)<0, f(x)单调递减,
2 2 2
故当x=-1时, f(x)取得极大值, f( 1)=- 1 .故选B.
-
2 2 2e
1
7.(2022届太原期中,10)若x=2是函数f(x)= ax2-x-2ln x的极值点,则函数( )
2
A.有最小值-2ln 2,无最大值北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
B.有最大值-2ln 2,无最小值
C.有最小值-2ln 2,最大值2ln 2
D.无最大值,无最小值
2 1
答案 A f '(x)=ax- -1(x>0),∵f '(2)=0,∴2a-2=0,可得a=1.∴f(x)= x2-x-2ln x,
x 2
2 (x+1)(x-2)
f '(x)=x- -1= (x>0).当0<x<2时, f '(x)<0, f(x)单调递减;当x>2时, f '(x)>0, f(x)单调递
x x
增,∴f(x)有极小值f(2)=-2ln 2,无极大值.∴f(x)有最小值-2ln 2,无最大值.故选A.
8.(2021北京市八一学校10月月考,7)已知函数f(x)=x3+mln x在区间[1,2]上不是单调函数,则m的取值范围
是( )
A.(-∞,-3) B.[-24,-3]
C.(-24,-3) D.(-24,+∞)
m 3x3+m
答案 C 由题意得f '(x)=3x2+ = (x>0),
x x
当m≥0时, f '(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,不满足题意.
当m<0时,令f '(x)>0,解得x>√ 3 - m,令f '(x)<0,解得0<x<√ 3 - m,所以f(x)在( 0, √ 3 - m)上单调递减,在
3 3 3
(√
3 -
m
,+∞
)上单调递增,要使得函数f(x)=x3+mln x在区间[1,2]上不是单调函数,则有1<√
3 -
m<2,解
3 3
得-24<m<-3,故选C.
9. (2022届四川广元质检,11)函数f(x)在定义域R内可导,若f(x)=f(2-x),且当x∈(-∞,1)时,
(x-1)f '(x)>0,设a=f(0),b=f(1),c=f(3),则a,b,c的大小关系为( )
2
A.c>a>b B.c<b<a C.c<a<b D.b<c<a
答案 A 因为当x∈(-∞,1)时,(x-1)f '(x)>0,所以f '(x)<0,所以函数f(x)在(-∞,1)上是减函数,所以a=f(0)>f
(1)=b.又f(x)=f(2-x),所以c=f(3)=f(-1),所以c=f(-1)>f(0)=a,所以c>a>b.故选A.
2
1 x
10.(2021东北三省四市联考,12)已知函数f(x)=ex-3,g(x)= +ln ,若f(m)=g(n)成立,则m-n的最大值为( )
2 2
A.1-ln 2 B.ln 2北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
C.2ln 2 D.ln 2-1
1 n n 1 1
答案 A 不妨设f(m)=g(n)=t,∴em-3= 2 +ln 2 =t(t>0),∴m-3=ln t,ln 2 =t- 2 ,即m=3+ln t,n=2 e t- 2 ,故m-n=3+ln
1 1
t-2 t- (t>0),令h(t)=3+ln t-2 t- (t>0),
e 2 e 2
1 1 1 1
h'(t)=
t
-2
e
t- 2(t>0),h″(t)=-
t2
-2
e
t- 2<0,
故h'(t)在(0,+∞)上是减函数,且h'(1)=0,
2
1 1
当t> 时,h'(t)<0,当0<t< 时,h'(t)>0,
2 2
即当t=1时,h(t)取得极大值同时也是最大值,此时h(1)=3+ln1-2=1-ln 2,即m-n的最大值为1-ln 2,故选A.
2 2 2
解题关键 令f(m)=g(n)=t得到m,n,利用消元法将m-n转化为关于t的函数,构造函数,求函数的导数,利用导
数研究函数的最值即可得到结论.
11.(2021河南平顶山模拟,11)已知f(x)为定义在R上的偶函数,其导函数为f '(x),对于任意的x∈[ π),总
0,
2
有f '(x)cos x+f(x)sin x>0成立,则下列不等式成立的是( )
A. f(0)>2f(π) B.f(π)> f(π)
√3 √2
6 4 3
C. f( π)>f(π) D. f( π)< f(π)
√3 - √3 - √2
3 6 4 6
答案 C 构造函数F(x)=f (x),则F'(x)=f '(x)cosx+f (x)sinx,因为对于任意的x∈[ π),
0,
cosx cos2x 2北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
总有f '(x)cos x+f(x)sin x>0成立,所以当x∈[ π)时,F'(x)>0,所以F(x)在[ π)上是增函数,∴F(0)<F
0, 0,
2 2
(π) (π) (π)
f f f
(π) (π) (π) f (0) 6 4 3 (π) (π) (π)
,F <F ,即 < , < ,所以√3f(0)<2f ,f <√2f ,故
6 4 3 cos0 π π π 6 4 3
cos cos cos
6 4 3
( π)
f -
( π) (π) (π) 3
-
A,B错误,又f(x)与y=cos x均为偶函数,所以F(x)为偶函数,因此F =F >F ,即 >
3 3 6 π
cos
3
(π)
f
6 ( π) (π) ( π) (π)
,所以√3f - >f ,故C正确,同理√3f - >√2f ,故D错误.故选C.
π 3 6 4 6
cos
6
思路分析 构造函数F(x)=f (x),对其求导,根据题中条件,得到F(x)在[ π)上是增函数,可判断A,B错
0,
cosx 2
误;再由f(x)与y=cos x均为偶函数,可得F(x)为偶函数,进而可判断C正确,D错误.
12.(2022届昆明月考,12)若函数f(x)=ex-ax2(a∈R)在(0,+∞)有两个不同的零点,则实数a的取值范围是( )
A.(e2 ) B.(e )
,+∞ ,+∞
2 2
C.(e
,+∞
) D.(e2
,+∞
)
4 4
答案 D
函数f(x)=ex-ax2(a∈R)有两个不同的零点,即方程ex-ax2=0有两个不同根,即a=ex
有两个不同根,令
x2
g(x)=ex (x>0),则g'(x)=ex(x-2),当x∈(0,2)时,g'(x)<0,当x∈(2,+∞)时,g'(x)>0,
x2 x3
e2
∴当x=2时,g(x) =g(2)= .
min
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∴实数a的取值范围是(e2
).故选D.
,+∞
4
二、解答题
1
13.(2022届安徽蚌埠质检,21)已知函数f(x)=ex,g(x)= .
x
(1)求函数y=f(x)g(x)的极值;
f (x)+g(x)
(2)求证: >1.
f (x)g(x)
解析
(1)记F(x)=f(x)g(x)=ex ,定义域为(-∞,0)∪(0,+∞),则F'(x)=xex-ex =(x-1)ex
,
x x2 x2
令F'(x)=0,解得x=1,列表如下:
x (-∞,0) (0,1) 1 (1,+∞)
F'(x) - - 0 +
F(x) 单调递减 单调递减 极小值 单调递增
结合表格可知函数y=f(x)g(x)的极小值为F(1)=e,无极大值.
1
ex+
f (x)+g(x) x xex+1 1
(2)证明: = = =x+ .
f (x)g(x) ex ex ex
x
1 1
构造函数G(x)=x+ ,定义域为(-∞,0)∪(0,+∞),G'(x)=1- .
ex ex
当x>0时,G'(x)>0;当x<0时,G'(x)<0,
所以G(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,
f (x)+g(x)
所以G(x)>G(0)=1,即 >1.
f (x)g(x)
14.(2022届合肥联考(二),21)已知函数f(x)=ex(x2-2x+m),m∈R.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当x∈(0,+∞)时,不等式f(x)≥exln x恒成立,求m的取值范围.
解析 (1)f '(x)=ex(x2+m-2),
当m≥2时,f '(x)≥0恒成立,f(x)在R上单调递增;
当m<2时,f '(x)=0⇒x=±√2-m,列表得:北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
(-∞, (-√2-m, (√2-m,
x -√2-m √2-m
-√2-m) √2-m) +∞)
f '(x) + 0 - 0 +
f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
所以f(x)在(-∞,-√2-m)和(√2-m,+∞)上单调递增,在(-√2-m,√2-m)上单调递减.
(2)f(x)≥exln x恒成立⇔m≥ln x-x2+2x恒成立⇔m≥(ln x-x2+2x) .
max
1-2x2+2x 1+√3
令g(x)=ln x-x2+2x(x>0),g'(x)= ,令g'(x)=0⇒x= (负值舍去),
x 2
当x∈( 1+√3)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,
0,
2
当x∈(1+√3 )时,g'(x)<0,g(x)单调递减,
,+∞
2
则g(x) =g(1+√3)=ln 1+√3-(1+√3) 2 +2×1+√3=ln 1+√3+√3,所以m≥ln 1+√3+√3,即m
max
2 2 2 2 2 2 2 2
的取值范围是[ 1+√3 √3 ).
ln + ,+∞
2 2
15.(2021河南尖子生诊断性考试,21)已知函数f(x)=ex-ax2(其中e为自然对数的底数,a为常数).
(1)若f(x)在(0,+∞)上有极小值0,求实数a的值;
(2)若f(x)在(0,+∞)上有极大值M,求证:M<a.
解析 (1)f '(x)=ex-2ax.设f(x
0
)=0(x 0∈(0,+∞)),则f '(x
0
)=0.
{ex 0-ax2=0, e2
由 0 解得x=2,a= .
0
ex 0-2ax =0, 4
0
e2 e2
经检验,a= 满足f(x)在(0,+∞)上有极小值,且极小值为0.故a= .
4 4
(2)证明:设f(x)在(0,+∞)上的极大值点为x,则f '(x)=0,即 -2ax=0,则有a=
ex
1 .
1 1 ex
1
1
2x
1
