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
专题检测
1.(2019广东惠州4月模拟,9)设函数f(x)在R上可导,其导函数为f '(x),且函数f(x)在x=-2处取得极小值,则函
数y=x·f '(x)的图象可能是 ( )
答案 C 由函数f(x)在x=-2处取得极小值,可得f '(-2)=0,且当x∈(a,-2)(a<-2)时, f(x)单调递减,即f '(x)<0;当
x∈(-2,b)(b>-2)时, f(x)单调递增,即f '(x)>0,所以函数y=xf '(x)在区间(a,-2)(a<-2)内的函数值为正,在区间(-2,b)
(-2<b<0)内的函数值为负,由此可排除选项A,B,D.故选C.
2.(2020山西吕梁10月阶段性测试,9)已知函数f(x)=x3-3x2+4x+5, f(m)=4, f(n)=10,则m + n = ( )
3
A.1 B. C.2 D.3
2
答案 C 解法一:f '(x)=3x2-6x+4=3(x-1)2+1>0,所以f(x)为增函数.
又f( 1)=17, f(0)=5, f(2)=9, f(3)=17,所以f( 1)<f(m)<f(0), f(2)<f(n)<f(3),
- -
2 8 2
1 3
即- <m<0,2<n<3,所以 <m+n<3,故选C.
2 2
解法二: f '(x)=3x2-6x+4, f ″(x)=6x-6,所以f(x)的对称中心为(1,7),又f(m)+f(n)=14,所以m+n=2.
方法总结 形如f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0)的三次函数的对称中心是( - b , f ( - b )).
3a 3a
3.(2019江西九江第一次十校联考,3)已知函数f(x)的导函数f '(x)的图象如图所示,则下列叙述正确的是 (
)
A.函数f(x)在(-∞,-4)上单调递减
B.函数f(x)在x=-1处取得极大值
C.函数f(x)在x=-4处取得极值
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D.函数f(x)只有一个极值点
答案 D 由导函数的图象可得,当x∈(-∞,2)时, f '(x)>0,函数f(x)单调递增;当x∈(2,+∞)时, f '(x)<0,函数f(x)
单调递减.由于函数的单调减区间为(2,+∞),所以A不正确;
当x=2时,函数f(x)取得极大值,所以B不正确;
只有当x=2时函数取得极大值,所以C不正确,D正确.故选D.
易错警示 解答本题的关键是由题中的图象得到导函数值的符号,然后由导函数值的符号判断函数的单调
性,进而得到函数的极值情况.解题时要分清导函数的极值点与函数极值点间的关系,常出现的错误是认为导
函数的极值点即为函数的极值点.
4.(2019江西红色七校第一次联考,8)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
是 ( )
A.(-∞,1] B.(-∞,1) C.(-∞,2] D.(-∞,2)
答案 C f '(x)=6x2-6mx+6,由已知条件知x∈(1,+∞)时, f '(x)≥0恒成立.设g(x)=6x2-6mx+6,则g(x)≥0在(1,+∞)
上恒成立.
当Δ=36(m2-4)≤0,即-2≤m≤2时,满足g(x)≥0在(1,+∞)上恒成立;
{ m
当Δ=36(m2-4)>0,即m<-2或m>2时,则需 <1, 解得m<2,∴m<-2.
2
g(1)=6-6m+6≥0,
综上,m≤2,∴实数m的取值范围是(-∞,2].
5.(2018河北衡水金卷全国高三大联考,8)已知函数f(x)为R上的奇函数,且当x≥0时, f(x)=-ex+1+mcos x,记
a=-2·f(-2),b=-f(-1),c=3f(3),则a,b,c间的大小关系是( )
A.b<a<c B.a<c<b
C.c<b<a D.c<a<b
答案 D 根据题意得f(0)=m=0,故x≥0时, f(x)=-ex+1.令g(x)=xf(x),则g(x)=xf(x)为R上的偶函数.
当x≥0时,g'(x)=[x(-ex+1)]'=1-ex-xex=-(x+1)ex+1≤0,所以g(x)在[0,+∞)上单调递减.
又a=-2f(-2)=g(-2)=g(2),b=-f(-1)=g(-1)=g(1),c=3f(3)=g(3).故c<a<b,选D.
6.(2019河北省级示范性高中联合体3月联考,12)已知函数f(x)的导函数f '(x)满足(x+xln x)f '(x)<f(x)对x∈
(1 )恒成立,则下列不等式中一定成立的是 ( )
,+∞
e
A.2f(1)>f(e) B.e2f(1)>f(e)
C.2f(1)<f(e) D.ef(1)<f(e)
答案 A 令g(x)= f (x) ,x∈(1 ).
,+∞
1+lnx e
1
f '(x)(1+lnx)-f (x)
则g'(x)= x ,
(1+lnx)2
由(x+xln x)f '(x)<f(x),
1
得(1+ln x)f '(x)- f(x)<0,则g'(x)<0,
x
故g(x)在x∈(1 )上递减,
,+∞
e
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f (e) f (1)
故g(e)<g(1),即 < ,
2 1
∴2f(1)>f(e).故选A.
1
7.(2020河北邢台第一次摸底考试,12)函数f(x)=(x3-3x)·ex- 在区间[-3,2)∪(2,3]上的零点个数为 ( )
x-2
A.2 B.3 C.4 D.5
1 1 1
答案 C 令f(x)=(x3-3x)ex- =0,得(x2-2x)ex= .设g(x)=(x2-2x)ex,h(x)= ,则g'(x)=(x2-2)ex.
x-2 x2-3 x2-3
当-3≤x<-√2时,g'(x)>0;当-√2<x<√2时,g'(x)<0;当√2<x≤3时,g'(x)>0.所以g(x)的极小值为g(√2)=(2-2√2)e√2
15 1
<h(√2),极大值为g(-√2)=(2+2√2)e-√2>h(-√2),又g(-3)= > =h(-3),g(3)>h(3),且h(x)在[-3,-√3),(-√3,0)上
e3 6
单调递增,在(0,√3),(√3,3]上单调递减,结合这两个函数的图象,可知这两个函数的图象共有4个交点,又
g(2)≠h(2),从而f(x)在[-3,2)∪(2,3]上共有4个零点.
8.(2018广东佛山一模,12)设函数f(x)=x3-3x2+2x,若x,x(x<x)是函数g(x)=f(x)-λx的两个极值点,现给出如下结
1 2 1 2
论:
①若-1<λ<0,则f(x)<f(x);
1 2
②若0<λ<2,则f(x)<f(x);
1 2
③若λ>2,则f(x)<f(x).
1 2
其中正确结论的个数为 ( )
A.0 B.1 C.2 D.3
答案 B 函数g(x)=f(x)-λx,∴g'(x)=f '(x)-λ,
令g'(x)=0,得f '(x)-λ=0,
∴f '(x)=λ有两解x,x(x<x).
1 2 1 2
∵f(x)=x3-3x2+2x,∴f '(x)=3x2-6x+2,画出y=f '(x)的图象如图所示.
①若-1<λ<0,则x、x 在f(x)的递减区间上,故f(x)>f(x);
1 2 1 2
②若0<λ<2,则x>0,x<2,又x,0在f(x)的一个递增区间上,x,2在f(x)的另一个递增区间上,∴f(x)>f(0)=0,
1 2 1 2 1
f(x
2
)<f(2)=0,故f(x
1
)>f(x
2
);③若λ>2,则x
1
<0,x
2
>2,则f(x
1
)<f(0)=0, f(x
2
)>f(2)=0,故f(x
1
)<f(x
2
).故选B.
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9.(2019安徽宣城二模,12)已知函数y=a+8ln x(
x∈
[1
,e
])的图象上存在点P,函数y=-x2-2的图象上存在
e
点Q,且P,Q关于x轴对称,则a的取值范围是 ( )
A.[6-8ln 2,e2-6] B.[e2-6,+∞)
C.[
10+
1
,+∞
) D.[
6-8ln2,10+
1 ]
e2 e2
答案 D 函数y=-x2-2的图象与函数y=x2+2的图象关于x轴对称,
根据已知得函数y=a+8ln x( x∈ [1 ,e ])的图象与函数y=x2+2的图象有交点,即方程a+8ln x=x2+2在x∈
e
[1 ]上有解,即a=x2+2-8ln x在x∈[1 ]上有解,
,e ,e
e e
令g(x)=x2+2-8ln x,x∈[1 ],则g'(x)=2x-8=2x2-8,
,e
e x x
当x∈[1 )时,g'(x)<0,当x∈(2,e]时,g'(x)>0,
,2
e
故当x=2时,g(x)取最小值,为g(2)=6-8ln 2,由于g(1)=10+ 1 ,g(e)=e2-6,故当x=1时,g(x)取最大值10+1 ,所
e e2 e e2
1
以6-8ln 2≤a≤10+ .故选D.
e2
ln2x+1 b
10.(2019江西赣州模拟,12)若关于x的不等式 ≤ax+b成立,则 的最小值是 ( )
x a
1 1 1 1
A.- B.- C. D.
2e e e 2e
1
ln2x+1 ·x-ln2x-1 -ln2x ( 1)
答案 A 令f(x)= , f '(x)= x = ,x∈ 0, 时, f '(x)>0,函数f(x)单调
x x2 2
x2
递增,x∈(1 )时, f '(x)<0,函数f(x)单调递减,且x=1时, f(x)>0,函数f(x)的图象如图所示,满足题意时,
,+∞
2 2
b b
直线y=ax+b恒不在函数f(x)图象的下方,很明显a<0时不合题意,当a>0时,令ax+b=0,可得 =-x,故 取到最
a a
1 1 b 1
小值时,直线在x轴上的截距最大,令f(x)=0,可得x= ,则-x=- ,据此可得 的最小值是- ,故选A.
2e 2e a 2e
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解后反思 本题主要考查用导函数研究函数的图象及性质,考查数形结合的思想、等价转化的思想,综合性
较强.
11.(2019安徽黄山二模,12)已知定义在R上的连续可导函数f(x)无极值,且∀x∈R, f[f(x)+2 018x]=2 019,若
g(x)=2sin( π)+mx在[3π ]上与函数f(x)的单调性相同,则实数m的取值范围是 ( )
x+ ,2π
6 2
A.(-∞,-2] B.[-2,+∞)
C.(-∞,2] D.[-2,-1]
答案 A 定义在R上的连续可导函数f(x)无极值,则f '(x)≥0或f '(x)≤0,即f(x)为R上的单调函数.因为
∀x∈R,f[f(x)+2 018x]=2 019,所以f(x)+2 018x为定值.设t=f(x)+2 018x,则f(x)=t-2 018x,易知f(x)为R上的减函
数.∵g(x)=2sin( π)+mx,∴g'(x)=2cos( π)+m,又g(x)在[3 ]上与f(x)的单调性相同,∴g(x)在
x+ x+ π,2π
6 6 2
[3 ]上单调递减,则当x∈[3π ]时,g'(x)≤0恒成立,即m≤-2cos( π).当x∈[3π ]
π,2π ,2π x+ ,2π
2 2 6 2
时,x+π∈[5π 13π],则当x+π=2π时,y=2cos( π)取得最大值2,此时y=-2cos( π)取得最小
, x+ x+
6 3 6 6 6 6
值-2,则m≤-2,故实数m的取值范围是(-∞,-2],故选A.
思路分析 根据可导函数f(x)无极值,得到f(x)是单调函数,根据已知得f(x)+2 018x为定值,利用换元法得到f(x)
的解析式,判断函数f(x)的单调性,然后得到g(x)在[3 ]上的单调性,利用导数与单调性之间的关系转
π,2π
2
化为不等式恒成立进行求解即可.
解题关键 本题考查导数的综合应用,考查利用导数求函数的单调性,利用条件判断函数f(x),g(x)的单调性是
解决本题的关键.
12.(2020四川成都摸底测试,12)若关于x的不等式xln x-kx+2k+1>0在(2,+∞)上恒成立,则满足条件的整数k的
最大值为( )
A.2 B.3 C.4 D.5
xlnx+1 xlnx+1
答案 A 当x∈(2,+∞)时,不等式xln x-kx+2k+1>0恒成立等价于k< 恒成立.令f(x)=
x-2 x-2
(x>2),则
x-2lnx-3 2
f '(x)= ,令g(x)=x-2ln x-3(x>2),则g'(x)=1- >0,函数g(x)在(2,+∞)上单调递增.又
(x-2)2 x
g(e)=e-5<0,g(e2)=e2-7>0,所以在(e,e2)上存在x,使g(x)=0,即x-2ln x-3=0,∴当x∈(2,x)时,g(x)<0, f '(x)<0,函数
0 0 0 0 0
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x ln x +1
f(x)单调递减;当x∈(x
0
,+∞)时,g(x)>0, f '(x)>0,函数f(x)单调递增,所以f(x)
min
=f(x
0
)=
0 0
,将x
0
=
x -2
0
2ln x+3代入,得f(x) =ln x+1.
0 min 0
∵e<x<e2,∴1<ln x<2,∴2<ln x+1<3,即2<f(x) <3.
0 0 0 min
则满足条件的整数k的最大值为2,故选A.
方法点拨 对于不等式恒成立时,求参数的范围问题,一般有三种方法,一是分离参数法,使不等式一端是含有
参数的式子,另一端是一个区间上具体的函数,通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件;二是讨论分
析法,根据参数取值情况分类讨论;三是数形结合法,通过两个函数的图象进行分析.
13.(2020四川成都摸底测试,15)已知f(x)是定义在( π π)上的奇函数,其导函数为f '(x), f(π)= ,且
- , √2
2 2 8
当x∈( π)时, f '(x)sin 2x+2f(x)cos 2x>0.则不等式f(x)sin 2x<1的解集为 .
0,
2
答案 ( π π)
- ,
8 8
解析 构造函数F(x)=f(x)sin 2x,则F'(x)=f '(x)sin 2x+2f(x)cos 2x,因为f(x)是定义在( π π)上的奇函数,
- ,
2 2
所以F(-x)=f(-x)sin(-2x)=F(x),所以F(x)是定义在( π π)上的偶函数.因为当x∈( π)时, f '(x)sin
- , 0,
2 2 2
2x+2f(x)cos 2x>0,所以F'(x)>0,所以F(x)在( π)上单调递增,又F(x)在( π π)上是偶函数,所以F(x)在
0, - ,
2 2 2
( π )上单调递减.因为F(π)=f(π)sinπ=1,所以不等式f(x)sin 2x<1等价于F(x)<F(π),所以|x|<π,
- ,0
2 8 8 4 8 8
解得x∈( π π).
- ,
8 8
解题关键 先用奇偶性将不等式转化为两端只含符号“F”的表达式,再利用单调性去掉符号“F”,转化为
普通的不等式求解.注意偶函数特性F(-x)=F(x)=F(|x|).
1
14.(2020黑龙江哈尔滨师范大学附属中学9月月考,21)已知函数f(x)= x2+ax-aex,g(x)为f(x)的导函数.
2
(1)求函数g(x)的单调区间;
(2)若函数g(x)在R上存在最大值0,求函数f(x)在[0,+∞)上的最大值.
解析 (1)由题意可知,g(x)=f '(x)=x+a-aex,
则g'(x)=1-aex, (1分)
当a≤0时,g'(x)>0,∴g(x)在(-∞,+∞)上单调递增; (2分)
当a>0时,当x<-ln a时,g'(x)>0,当x>-ln a时,g'(x)<0,
∴g(x)在(-∞,-ln a)上单调递增,在(-ln a,+∞)上单调递减.(4分)
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综上,当a≤0时,g(x)的单调递增区间为(-∞,+∞),无递减区间;
当a>0时,g(x)的单调递增区间为(-∞,-ln a),单调递减区间为(-ln a,+∞). (6分)
(2)由(1)可知,a>0,
且g(x)在x=-ln a处取得最大值, (7分)
1
g(-ln a)=-ln a+a-a· ln =a-ln a-1,即a-ln a-1=0, (8分)
e a
1 a-1
令h(a)=a-ln a-1(a>0),则h'(a)=1- = ,
a a
当a∈(0,1)时,h'(a)<0,当a∈(1,+∞)时,h'(a)>0,
∴h(a)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,
∴h(a)≥h(1)=0,
∴当且仅当a=1时,a-ln a-1=0,
1
∴f(x)= x2+x-ex, (10分)
2
由题意可知f '(x)=g(x)≤0, f(x)在[0,+∞)上单调递减, (11分)
∴f(x)在x=0处取得最大值f(0)=-1. (12分)
a2
15.(2020百师大联盟开学大联考,20)函数f(x)=aln x- -6x(a∈R).
x
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)若a>0,证明:当x∈(0,2]时, f(x)<0恒成立.
解析 (1)f
'(x)=a+a2 -6=-6x2+ax+a2
. (1分)
x x2 x2
令f '(x)=0,得-6x2+ax+a2=0,
a a
解得x= ,x=- . (3分)
1 2
2 3
①当a=0时, f '(x)=-6<0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递减.
②当a>0时,a>0,-a<0, f(x)在( a)上单调递增,在(a )上单调递减.
0, ,+∞
2 3 2 2
③当a<0时,a<0,-a>0, f(x)在( a)上单调递增,在( a )上单调递减. (5分)
0,- - ,+∞
2 3 3 3
(2)当a>0时,由(1)得f(x)在( a)上单调递增,在(a )上单调递减.
0, ,+∞
2 2
①当a<2,即0<a<4时, f(x)在(0,2]上的最大值f(x)
max
=f(a)=alna-5a=a(
ln
a
-5
).
2 2 2 2
a
因为0<a<4,所以ln <ln 2<ln e=1,
2
所以a( a )<0.(8分)
ln -5
2
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a
②当 ≥2,即a≥4时, f(x)在(0,2]上单调递增.
2
f(x)
max
=f(2)=a(
ln2-
a)-12.
2
a
因为a≥4,ln 2<ln e=1< .
2
所以a( a)<0,所以a( a)-12<0. (11分)
ln2- ln2-
2 2
综合①②可知当x∈(0,2]时, f(x)<0恒成立. (12分)
第8页共8页
