2022新高考数学人教A版一轮总复习训练4.2导数的应用综合集训（带解析）

§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.函数f(x)=x2-x-2lnx的单调增区间是(　　)A.(-1,+∞)　　B.(2,+∞)　　C.(-∞,2)　　D.(-∞,-1)答案　B2.已知f(x)=,则(　　)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　D3.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　C4.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(　　)A.　　B.(-∞,-1]∪C.　　D.∪[1,+∞)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　C6.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=10D.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　C7.已知函数f(x)=+x2-2x,x∈,则(　　)A.f(x)的极小值为e-1,极大值为2-B.f(x)的极小值为e-1,极大值为C.f(x)的极小值为e-1,无极大值D.f(x)的极大值为,无极小值答案　C8.若对任意的x∈(0,+∞),不等式|lnx|+2x≥m恒成立,则实数m的取值范围为(　　)A.(-∞,2]　　B.(-∞,1+ln2]C.[1+ln2,+∞)　　D.[1+ln2,2]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　B10.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(　　)A.(0,1)∪(1,]　　B.(1,]　　C.(0,1)∪[,+∞)　　D.(0,1)∪(1,)答案　A11.已知函数f(x)=ex(x-1),g(x)=mx-m(m>0),若对任意的x1∈[-2,2],总存在x2∈[-2,2]使得f(x1)=g(x2),则实数m的取值范围是　　　　. 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(　　)A.(0,4)　　B.C.(0,1),(4,+∞)　　D.(-∞,1),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,由g(x)=得g'(x)==,由题图可知,当x∈(-∞,0)时,f'(x)-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.∴函数g(x)=的单调减区间为(0,1),(4,+∞).故选C.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(　　)①f(x)=1;②f(x)=x;③f(x)=;④f(x)=.A.①②④　　B.①③　　C.①③④　　D.②③答案　B　x∈(1,+∞)时,lnx>0,x增大时,,都减小,∴y=,y=在(1,+∞)上都是减函数,∴f(x)=1和f(x)=都是P函数;'=,当x∈(1,e)时,'<0,当x∈(e,+∞)时,'>0,即y=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,'<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)=不是P函数.故选B.3.(2017安徽江淮十校第三次联考,12)设函数f(x)=x2-9lnx在区间[a-1,a+1]上单调递减,则实数a的取值范围是(　　)A.1<a≤2　　B.a≥4　　C.a≤2　　D.0<a≤3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- 9lnx在区间[a-1,a+1]上单调递减,所以解得1<a≤2,故选A.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)=在R上单调递增,则实数a的取值范围是(　　)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,当x≥1时,f(x)=x2++alnx,则f'(x)=2x-+=,则2x3+ax-4≥0在[1,+∞)上恒成立,∴a≥-2x2在x∈[1,+∞)上恒成立,由于y=-2x2在[1,+∞)上单调递减,∴ymax=2,则a≥2,当x=1时,a≤1+4=5.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)=alnx+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)=alnex+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'(x)=+2≥0在(2,+∞)上恒成立,a≥-2x,a≥-4,故选B.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.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,故f(x)=x3+nx+2.∵f(1)=+n+2=-,∴n=-3.∴f(x)=x3-3x+2,则f'(x)=x2-3.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;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,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)=(cosx-sinx)·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(cosx-sinx),∴f'(x)=(ex)'(cosx-sinx)+ex(cosx-sinx)'=-2exsinx,∵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.6.(2020北京平谷一模,19)已知函数f(x)=,其中a∈R.(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.解析　由f(x)=,得f'(x)====, (1)当a=0时,f(1)=,f'(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.(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↘此时f(x)的极大值为f(2)=>0.③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)关于每件衣服的利润x(单位:元)的函数解析式为q(x)=则当该服装厂所获效益最大时,x=(　　)A.20　　B.60　　C.80　　D.40答案　C　设该服装厂所获效益为f(x)元,则f(x)=100xq(x)=当0<x≤20时,f(x)==126000-,f(x)在区间(0,20]上单调递增,所以当x=20时,f(x) 有最大值120000.当20<x≤180时,f(x)=9000x-300·x,则f'(x)=9000-450·,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240000,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x1,x2(x1<x2),故x1,x2满足x2+ax-1=0,所以x1·x2=-1,故①中结论正确;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x3,x4,且x3<x4,当x∈(-∞,x3),(x4,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(x3,x4)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,所以f(x)的极小值为f(x4).由①知,当x∈(-∞,x1)时,f(x)>0,所以当x∈(-∞,x3)时,f(x)>0,又f(0)=-1<0,所以0∈(x3,+∞).所以f(x4)≤f(0)<0, 所以f(x4)为函数f(x)的最小值,故③中结论正确.故选A.3.(2020海南第一次联考,12)已知函数f(x)=ax2-4ax-lnx,则f(x)在(1,4)上不单调的一个充分不必要条件可以是(　　)A.a>-　　B.0<a<C.a>或-<a<0　　D.a>答案　D　f'(x)=2ax-4a-=,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;当a≠0时,只需或解得a>或a<-.故选D.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(2020)<e2020f(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(2020)>e2020f(0)答案　AC　设g(x)=,则g'(x)=, ∵f'(x)<f(x),∴g'(x)<0,即g(x)在R上单调递减,∴g(1)<g(0),即<,即f(1)<ef(0),g(2020)<g(0),即<,即f(2020)<e2020f(0),g(1)<g(-1),即<,即f(1)<e2f(-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x1,x2,设m=,n=.现有如下命题:①对于任意不相等的实数x1,x2,都有m>0;②对于任意的a及任意不相等的实数x1,x2,都有n>0;③对于任意的a,存在不相等的实数x1,x2,使得m=n;④对于任意的a,存在不相等的实数x1,x2,使得m=-n.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x1,x2,都有>0,即m>0,∴①成立.②由g(x)=x2+ax图象可知,当x∈时,g(x)是减函数,∴当不相等的实数x1、x2∈时,<0,即n<0,∴②不成立. ③若m=n,则有=,即f(x1)-f(x2)=g(x1)-g(x2),f(x1)-g(x1)=f(x2)-g(x2),令h(x)=f(x)-g(x),则h(x)=2x-x2-ax,h'(x)=2xln2-2x-a,令h'(x)=2xln2-2x-a=0,得2xln2=2x+a.由y=2xln2与y=2x+a的图象知,存在a使对任意x∈R恒有2xln2>2x+a,此时h(x)在R上是增函数.若h(x1)=h(x2),则x1=x2,∴③不成立.④若m=-n,则有=-,f(x1)+g(x1)=f(x2)+g(x2),令φ(x)=f(x)+g(x),则φ(x)=2x+x2+ax,φ'(x)=2xln2+2x+a.令φ'(x)=0,得2xln2+2x+a=0,即2xln2=-2x-a.由y1=2xln2与y2=-2x-a的图象可知,对任意的a,存在x0,使x>x0时y1>y2,x<x0时y1<y2,故对任意的a,存在x0,使x>x0时,φ'(x)>0,x<x0时φ'(x)<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x1,x2,使m=-n,∴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l1,l2,山区边界曲线为C,计划修建的公路为l,如图所示,M,N为C的两个端点,测得点M到l1,l2的距离分别为5千米和40千米,点N到l1,l2的距离分别为20千米和2.5千米,以l2,l1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=(其中a,b为常数)模型.(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.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=,得解得(2)①由(1)知,y=(5≤x≤20),则点P的坐标为,设在点P处的切线l交x轴,y轴分别于A,B点,易知y'=-,则l的方程为y-=-(x-t),由此得A,B. 故f(t)==,t∈[5,20].②设g(t)=t2+,则g'(t)=2t-.令g'(t)=0,解得t=10.当t∈(5,10)时,g'(t)<0,g(t)是减函数;当t∈(10,20)时,g'(t)>0,g(t)是增函数;从而,当t=10时,函数g(t)有极小值,也是最小值,所以g(t)min=300,则f(t)min=15.答:当t=10时,公路l的长度最短,最短长度为15千米.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)(　　)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　A2.(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>e2+2D.若f(x-1)<f(-1),则0<x<2答案　BCD3.(2020北京怀柔适应性练习,15)若函数f(x)=ex(cosx-a)在区间上单调递减,则实数a的取值范围是　　　　. 答案　[,+∞)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的取值范围是(　　)A.(0,3)　　B.　　C.(0,1)∪(1,3)　　D.∪(1,2)答案　C6.(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 7.(2020山东潍坊检测,20)已知函数f(x)=x3-x2+ax+1.(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)在区间上的最大值.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;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-lnx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,+∞)10.(2020北京朝阳一模,19)已知函数f(x)=ex-.(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x0是f(x)的一个零点,证明曲线y=ex在点(x0,)处的切线也是曲线y=lnx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)=xlnx,且f=,则(　　)A.f'=0　　B.f(x)在x=处取得极大值C.0<f(1)<1　　D.f(x)在(0,+∞)上单调递增答案　ACD13.(2019四川高三联合诊断)已知函数f(x)=x3+x-sinx,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　14.(2020北京西城一模,19)设函数f(x)=alnx+x2-(a+2)x,其中a∈R.(1)若曲线y=f(x)在点(2,f(2))处切线的倾斜角为,求a的值;(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.[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1.(2019安徽皖中名校联盟10月联考,8)函数y=的图象大致是(　　) 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,f(x)=x3lnx,f'(x)=3x2lnx+x2=3x2,当0<x<时,f'(x)<0,故f(x)在(0,)上为减函数;当x>时,f'(x)>0,故f(x)在(,+∞)上为增函数.故选D.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,∴∴∴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)极大值=f(-1)=10,f(x)极小值=f(2)=-17.(2)由(1)知,f(x)在(-∞,-1]和[2,+∞)上单调递增,在(-1,2)上单调递减. ∴m+4≤-1或或m≥2.∴m≤-5或m≥2,则m的取值范围是(-∞,-5]∪[2,+∞).3.(2018山东青岛调研,21)已知f(x)=ax-(2a+1)lnx-,其中a∈R.(1)讨论函数f(x)在定义域上的单调性;(2)若0<a<,证明:方程ax-(2a+1)lnx-=0在区间[1,e]上没有根.(其中e为自然对数的底数,e=2.7182…)解析　(1)函数f(x)=ax-(2a+1)lnx-的定义域为{x|x>0}.f'(x)=(ax)'-(2a+1)(lnx)'-'=a-+==.当a=0时,f'(x)=.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)当a≠0时,f'(x)==.(i)若a<0,则<0<2,当0<x<2时,f'(x)>0;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.(ii)若0<a<,则0<2<,解不等式>0,得0<x<2或x>;解不等式<0,得2<x<. 所以0<a<时,函数f(x)在区间上单调递减;在区间(0,2),上单调递增.(iii)若a=,则f'(x)=,在定义域(0,+∞)上,总有f'(x)=≥0.所以a=时,在定义域(0,+∞)上,函数f(x)为单调递增函数.(iv)若a>,则0<<2,解不等式>0,得0<x<或x>2;解不等式<0,得<x<2.所以a>时,函数f(x)在和(2,+∞)上单调递增;在上单调递减.(5分)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<时,函数f(x)在上单调递减,在(0,2),上单调递增;当a=时,在定义域(0,+∞)上,函数f(x)为单调递增函数;当a>时,函数f(x)在和(2,+∞)上单调递增,在上单调递减.(6分)(2)证明:因为0<a<,所以a∈.由(1)得,此时函数f(x)在上单调递减;在(0,2),上单调递增.∴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)max=f(2)=2a-(2a+1)ln2-1.(9分) 因为0<a<,所以2a<1,所以2a-1<0,又-(2a+1)ln2<0,所以f(x)max=f(2)=2a-(2a+1)ln2-1<0恒成立,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.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+m1与y=f(x)相切,如图.设两切线与y=f(x)的切点的横坐标依次为x1,x2,x3.由图可得:f'(x1)=f'(x2)=f'(x3)=k,则k-f'(x1)=k-f'(x2)=k-f'(x3)=0.F(x)=g(x)-f(x)=kx+m-f(x),F'(x)=g'(x)-f'(x)=k-f'(x),所以x1,x2,x3为F'(x)=0的根,由图易得当x变化时,F'(x),F(x)变化情况如下表:x(-∞,x1)x1(x1,x2)x2(x2,x3)x3(x3,+∞)F'(x)-0+0-0+F(x)↘极小值↗极大值↘极小值↗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. 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m的取值范围是(　　)A.[-e-2π,)　　B.(-e-π,e-2π)C.　　D.(-e-3π,eπ)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,g'(x)=m+⇒m=有两个不等实根,构造函数h(x)=,h'(x)=,得到h(x)在,上单调递增,在上单调递减,结合单调性画出函数的图象,使得y=m和h(x)有两个交点即可,得到h(2π)=-e-2π,h=,故实数m的取值范围是[-e-2π,).故选A.方法总结　本题考查了导数在研究函数的极值和单调性中的应用,极值点即导函数的零点,但是必须是变号零点,即在零点两侧正负相反;极值即将极值点代入原函数取得的函数值,注意分清楚这些概念,求完导如果出现二次,则极值点就是导函数的两个根,可以结合根与系数的关系解答.4.(2020福建龙岩模拟)已知函数f(x)=x2-2x+mlnx(m∈R),g(x)=ex.(1)若m=-1,函数φ(x)=f(x)-(0<x≤e)的最小值为2,求实数a的值;(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2(x1<x2),求g(x1-x2)的最小值.解析　(1)当m=-1时,φ(x)=x-lnx(x>0),φ'(x)=,当a<0时,φ'(x)<0,φ(x)在(0,e]上是减函数,φ(x)min=φ(e)=-1<0,不合题意. 当a>0时,由φ'(x)>0,解得x>a,由φ'(x)<0,解得0<x<a,∴φ(x)在(0,a]上是减函数,在(a,+∞)上是增函数.当0<a≤e时,φ(x)在(0,a)上是减函数,在(a,e)上是增函数,φ(x)min=φ(a)=1-lna=2,∴a=,符合题意.当a>e时,φ(x)在(0,e]上是减函数,φ(x)min=φ(e)=-1=2,∴a=,不合题意.综上所述,a=.(2)f'(x)=2x-2+=(x>0),令f'(x)=0,得2x2-2x+m=0,①∵f(x)存在两个极值点x1,x2(x1<x2),∴方程①在(0,+∞)上有两个不等实根x1,x2,∴⇒0<m<,且x1+x2=1,0<x1<,则x1-x2=x1-(1-x1)=2x1-1∈(-1,0).g'(x)=ex,当x∈时,g'(x)<0;当x∈时,g'(x)>0.∴g(x)在上是减函数,在上是增函数,∴g(x1-x2)的最小值为g=-.考法三　利用导数研究函数的零点1.(2019江西吉安一中、九江一中、新余一中等八所重点中学4月联考,11)已知定义在R上的奇 函数f(x)满足x>0时,f(x)=x-lnx+ln,则函数g(x)=f(x)-sinx(e为自然对数的底数)的零点个数是(　　)A.1　　B.2　　C.3　　D.5答案　C　当x>0时,f'(x)=-,故函数在上递减,在上递增,所以在x=处有最小值,为f=1,此时g=f-sin=1-1=0,根据f(x)的单调性和|sinx|≤1可知,当x>0时,x=是g(x)的唯一零点.由于f(x)是定义在R上的奇函数,则f(0)=0,故g(0)=f(0)-sin0=0,所以x=0是函数g(x)的零点.由于f(x)和y=sinx都是奇函数,故f=-f=-1,sin=-1,且根据奇函数图象的对称性可知,当x<0时,f(x)在上递增,在上递减,x=-时,f(x)取得最大值,故x=-是g(x)在区间(-∞,0)上的唯一零点.综上所述,g(x)的零点个数为3,故选C.2.(2017安徽十大名校11月联考,12)若函数f(x)=有4个零点,则实数m的取值范围是(　　)A.(16,20)　　B.(-20,-16)C.(-∞,-20)∪(-16,+∞)　　D.(-∞,16)∪(20,+∞)答案　B　当x<1时,f'(x)=cosx-1,此时f'(x)≤0恒成立,又f(0)=0,则函数f(x)在(-∞,1)上有且只有1个零点.故f(x)在[1,+∞)上有3个零点.当x≥1时,f'(x)=3x2-18x+24=3(x-2)(x-4),则函数f(x)在(1,2)上单调递增,在(2,4)上单调递减,在(4,+∞)上单调递增,所以此时函数f(x)的极大值为f(2)=20+m,极小值为f(4)=16+m=f(1), 要使f(x)在[1,+∞)上有3个零点,则解得-20<m<-16,故选B.解题关键　本题主要考查了根据函数的零点求解参数的取值范围问题,解答中涉及利用导数研究函数的单调性,利用导数研究函数的极值等知识点,着重考查了数形结合思想和转化与化归思想的应用.3.(2018安徽合肥期中,21)已知二次函数f(x)的最小值为-4,且关于x的不等式f(x)≤0的解集为{x|-1≤x≤3,x∈R}.(1)求函数f(x)的解析式;(2)求函数g(x)=-4lnx的零点个数.解析　(1)∵f(x)是二次函数,且关于x的不等式f(x)≤0的解集为{x|-1≤x≤3,x∈R},∴f(x)=a(x+1)(x-3)=ax2-2ax-3a,且a>0.∴f(x)min=f(1)=-4a=-4,∴a=1.故函数f(x)的解析式为f(x)=x2-2x-3.(2)∵g(x)=-4lnx=x--4lnx-2(x>0),∴g'(x)=1+-=,令g'(x)=0,得x1=1,x2=3.当x变化时,g'(x),g(x)的变化情况如下表:x(0,1)1(1,3)3(3,+∞)g'(x)+0-0+g(x)递增极大值递减极小值递增当0<x≤3时,g(x)≤g(1)=-4<0,g(e5)=e5--20-2>25-1-22=9>0.∵g(x)在(3,+∞)上单调递增,∴g(x)在(3,+∞)上只有1个零点,故g(x)在(0,+∞)上仅有1个零点.考法四　利用导数研究不等式1.已知x∈(0,2),若关于x的不等式<恒成立,则实数k的取值范围为(　　) A.[0,e+1)　　B.[0,2e-1)　　C.[0,e)　　D.[0,e-1)答案　D　依题意,知k+2x-x2>0,即k>x2-2x对任意x∈(0,2)恒成立,从而k≥0,所以由<可得k<+x2-2x.令f(x)=+x2-2x,则f'(x)=+2(x-1)=(x-1).令f'(x)=0,得x=1,当x∈(1,2)时,f'(x)>0,函数f(x)在(1,2)上单调递增,当x∈(0,1)时,f'(x)<0,函数f(x)在(0,1)上单调递减,所以k<f(x)min=f(1)=e-1,故实数k的取值范围是[0,e-1).思路分析　由已知可知k+2x-x2>0在(0,2)上恒成立,则k<+x2-2x,求最值即可.方法总结　解决恒成立问题,往往需要分离参变量求最值,若f(x)≥a恒成立,只需f(x)min≥a;若f(x)≤a恒成立,只需f(x)max≤a即可,利用导数法求出最值,从而使问题得解.2.(2018广东深圳中学第一次阶段测试,16)函数f(x)=x-2sinx,对任意x1,x2∈[0,π],恒有|f(x1)-f(x2)|≤M,则M的最小值为　　　　. 答案　+解析　∵f(x)=x-2sinx,∴f'(x)=1-2cosx,∴当0<x<时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当<x<π时,f'(x)>0,f(x)单调递增.∴当x=时,f(x)有最小值,且f(x)min=f=-2sin=-.又f(0)=0,f(π)=π,∴f(x)max=π.由题意得|f(x1)-f(x2)|≤M恒成立等价于M≥|f(x)max-f(x)min|=π-=+. ∴M的最小值为+.3.(2020安徽A10联盟上学期摸底,22)已知函数f(x)=xlnx.(1)若函数φ(x)=f(x)-(m+2)x,讨论函数φ(x)在[3,+∞)上的单调性;(2)求证:e2f(x)<2ex.解析　(1)由题意得,φ(x)=xlnx-(m+2)x,φ(x)的定义域为(0,+∞),∴φ'(x)=lnx-1-m,令φ'(x)=0,解得x=e1+m,则φ(x)在(0,e1+m)上单调递减,在(e1+m,+∞)上单调递增.(3分)当m≤ln3-1时,e1+m≤3,此时函数φ(x)在[3,+∞)上单调递增;当m>ln3-1时,e1+m>3,此时函数φ(x)在[3,e1+m)上单调递减,在(e1+m,+∞)上单调递增.(5分)(2)证明:要证e2f(x)<2ex,即证xlnx<·ex,即证<.(7分)令g(x)=,则g'(x)=·,故当0<x<2时,g'(x)<0,当x>2时,g'(x)>0,∴函数g(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,∴g(x)min=g(2)=.(9分)令h(x)=,则h'(x)=,故当0<x<e时,h'(x)>0,当x>e时,h'(x)<0,∴函数h(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减, ∴h(x)max=h(e)=.(11分)故h(x)max<g(x)min,∴<,即e2f(x)<2ex.(12分)4.(2015广东,19,14分)设a>1,函数f(x)=(1+x2)ex-a.(1)求f(x)的单调区间;(2)证明:f(x)在(-∞,+∞)上仅有一个零点;(3)若曲线y=f(x)在点P处的切线与x轴平行,且在点M(m,n)处的切线与直线OP平行(O是坐标原点),证明:m≤-1.解析　(1)函数f(x)的定义域为R.因为f'(x)=2x·ex+(1+x2)ex=(x2+2x+1)ex=(x+1)2ex≥0,所以函数f(x)在R上单调递增,即f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞),无单调递减区间.(2)证明:因为a>1,所以f(0)=1-a<0,f(lna)=(1+ln2a)·elna-a=aln2a>0,所以f(0)·f(lna)<0,由零点存在性定理可知f(x)在(0,lna)内存在零点.又由(1)知,f(x)在R上单调递增,故f(x)在(-∞,+∞)上仅有一个零点.(3)证明:设点P(x0,y0),由题意知,f'(x0)=(x0+1)2=0,解得x0=-1.所以y0=(1+)-a=-a,所以点P的坐标为.所以kOP=a-.由题意可得,f'(m)=(m+1)2em=a-.要证明m≤-1,只需要证明m+1≤,只需要证明(m+1)3≤a-=(m+1)2em, 只需要证明m+1≤em.构造函数:h(x)=ex-x-1(x∈R),则h'(x)=ex-1.当x<0时,h'(x)<0,即h(x)在(-∞,0)上单调递减;当x>0时,h'(x)>0,即h(x)在(0,+∞)上单调递增.所以函数h(x)有最小值,为h(0)=0,则h(x)≥0.所以ex-x-1≥0,故em-m-1≥0,故m+1≤em,故原不等式成立.