（浙江专用）2021届高考数学一轮复习专题四导数及其应用4.2导数的应用试题（含解析）

§4.2　导数的应用
基础篇固本夯基
【基础集训】
考点一　导数与函数的单调性
1.已知f(x)=lnxx,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　D
2.设函数f(x)=12x2-9ln x在区间[a-1,a+1]上单调递减,则实数a的取值范围是(　　)
A.10知, f '(x)与1-x+ex-1同号.
令g(x)=1-x+ex-1,则g'(x)=-1+ex-1.
所以,当x∈(-∞,1)时,g'(x)0,x∈(-∞,+∞).故f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞).
考法二　与函数极值或最值有关的导数问题
5.(2018黑龙江齐齐哈尔一模)若x=1是函数f(x)=ax2+ln x的一个极值点,则当x∈1e,e时, f(x)的最小值为(　　)
A.1-e22　　　B.-e+1e　　　C.-12e2-1　　　D.e2-1
答案　A
6.(2019重庆(区县)调研测试,9)函数f(x)=13x3+12(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.12,2　　　 C.(0,1)∪(1,3)　　　　　D.12,1∪(1,2)
答案　C
7.(2018江西南昌调研,12)已知a为常数,函数f(x)=x(ln x-ax)有两个极值点x1,x2(x10, f(x2)>-12　　　　　B.f(x1)1),
则h'(t)=1t-1t2>0,h(t)单调递增,所以g'(t)>g'(1)=0.
所以g(t)在区间(1,+∞)上单调递增,
所以g(t)>g(1)=0,即(t+1)ln t-2(t-1)>0,原不等式得证.(12分)
应用篇知行合一
【应用集训】
1.据环保部门测定,某处的污染指数与附近污染源的强度成正比,与到污染源距离的平方成反比,比例常数为k(k>0).现已知相距18 km的A,B两家化工厂(污染源)的污染强度分别为a,b,它们连线上任意一点C处(异于A,B两点)的污染指数y等于两化工厂对该处的污染指数之和.设AC=x(km).
(1)试将y表示为x的函数;
(2)若a=1,且x=6,y取得最小值,试求b的值.
解析　(1)易知点C受A污染源污染程度为kax2,点C受B污染源污染程度为kb(18-x)2,其中k为比例系数,且k>0.
从而点C处受污染指数y=kax2+kb(18-x)2.
(2)因为a=1,所以y=kx2+kb(18-x)2,
y'=k-2x3+2b(18-x)3,令y'=0,得x=181+3b,
易知函数在0,181+3b上单调减,在181+3b,18上单调增,即在x=181+3b时函数取极小值,也是最小值.
又此时x=6,解得b=8,经验证符合题意.
所以,污染源B的污染强度b的值为8.
2.(2020届山西省实验中学第一次月考,19)已知某公司生产某产品的年固定成本为100万元,每生产1千件需另投入27万元,设该公司一年内生产该产品x千件(02,令f '(x)=0,得x=a-a2-42或x=a+a2-42.
当x∈0,a-a2-42∪a+a2-42,+∞时, f '(x)0.所以f(x)在(-∞,-ln a)单调递减,在(-ln a,+∞)单调递增.
(2)(i)若a≤0,由(1)知, f(x)至多有一个零点.
(ii)若a>0,由(1)知,当x=-ln a时, f(x)取得最小值,最小值为f(-ln a)=1-1a+ln a.
①当a=1时,由于f(-ln a)=0,故f(x)只有一个零点;
②当a∈(1,+∞)时,由于1-1a+ln a>0,即f(-ln a)>0,
故f(x)没有零点;
③当a∈(0,1)时,1-1a+ln a0,故f(x)在(-∞,-ln a)有一个零点.
设正整数n0满足n0>ln3a-1,则f(n0)=en0(aen0+a-2)-n0>en0-n0>2n0-n0>0.
由于ln3a-1>-ln a,因此f(x)在(-ln a,+∞)有一个零点.
综上,a的取值范围为(0,1).
思路分析　(1)先求f(x)的导数f '(x),再对a分区间讨论f '(x)的正负,从而得到f(x)的单调性;(2)结合第(1)问函数的单调性,分析出函数存在两个零点的条件,进而确定参数的范围.

3.(2019浙江,22,15分)已知实数a≠0,设函数f(x)=aln x+1+x,x>0.
(1)当a=-34时,求函数f(x)的单调区间;
(2)对任意x∈1e2,+∞均有f(x)≤x2a,求a的取值范围.
注:e=2.718 28…为自然对数的底数.
解析　本题主要考查函数的单调性,导数的运算及其应用,同时考查逻辑思维能力和综合应用能力.考查数学抽象、逻辑推理、数学运算的核心素养.
(1)当a=-34时, f(x)=-34ln x+1+x,x>0.
f '(x)=-34x+121+x=(1+x-2)(21+x+1)4x1+x,
所以,函数f(x)的单调递减区间为(0,3),单调递增区间为(3,+∞).
(2)由f(1)≤12a,得0f '(x)+32对于任意的x∈[1,2]成立.
解析　(1)f(x)的定义域为(0,+∞),
f '(x)=a-ax-2x2+2x3=(ax2-2)(x-1)x3.
当a≤0时,x∈(0,1)时, f '(x)>0, f(x)单调递增,
x∈(1,+∞)时, f '(x)0时, f '(x)=a(x-1)x3x-2ax+2a.
①00, f(x)单调递增,当x∈2a,1时, f '(x)0,x∈(x0,2)时,φ(x)a.
①若a=0,则f(x)的最大值为　　　　; 
②若f(x)无最大值,则实数a的取值范围是　　　　. 
答案　①2;②(-∞,-1)
9.(2018北京,18,13分)设函数f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]ex.
(1)若曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线与x轴平行,求a;
(2)若f(x)在x=2处取得极小值,求a的取值范围.
解析　(1)因为f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]ex,
所以f '(x)=[ax2-(2a+1)x+2]ex.
f '(1)=(1-a)e.
由题设知f '(1)=0,即(1-a)e=0,解得a=1.
此时f(1)=3e≠0.
所以a的值为1.
(2)由(1)得f '(x)=[ax2-(2a+1)x+2]ex=(ax-1)(x-2)ex.
若a>12,则当x∈1a,2时, f '(x)0,
所以2不是f(x)的极小值点.
综上可知,a的取值范围是12,+∞.
10.(2017课标Ⅱ,21,12分)已知函数f(x)=ax2-ax-xln x,且f(x)≥0.
(1)求a;
(2)证明: f(x)存在唯一的极大值点x0,且e-2< f(x0)0,g(x)单调递增.
所以x=1是g(x)的极小值点,故g(x)≥g(1)=0.
综上,a=1.
(2)证明:由(1)知f(x)=x2-x-xln x, f '(x)=2x-2-ln x.
设h(x)=2x-2-ln x,则h'(x)=2-1x.
当x∈0,12时,h'(x)f(e-1)=e-2,
所以e-20,h(x)单调递增;
当x∈(ln a,0)时,ex-eln a>0,h'(x)0,h'(x)>0,h(x)单调递增.
所以当x=ln a时,h(x)取到极大值,
极大值为h(ln a)=-a[(ln a)2-2ln a+sin(ln a)+cos(ln a)+2],
当x=0时,h(x)取到极小值,极小值是h(0)=-2a-1.
b.当a=1时,ln a=0,
所以当x∈(-∞,+∞)时,h'(x)≥0,函数h(x)在(-∞,+∞)上单调递增,无极值.
c.当a>1时,ln a>0,
所以当x∈(-∞,0)时,ex-eln a-1时,g(x)≥g(0)=0,且仅当x=0时,g(x)=0,
从而f '(x)≥0,且仅当x=0时, f '(x)=0.
所以f(x)在(-1,+∞)单调递增.
又f(0)=0,故当-10时, f(x)≥(2+x)ln(1+x)-2x>0=f(0),这与x=0是f(x)的极大值点矛盾.
(ii)若a0,故x=0不是h(x)的极大值点.
如果6a+10.从而, f(x)在0,π2没有零点.
(iii)当x∈π2,π时, f'(x)0, f(π)1,所以f(x)0,则当x∈(-∞,0)∪a3,+∞时, f '(x)>0;当x∈0,a3时, f '(x)0.所以f(x)在(0,a)单调递减,在(a,+∞)单调递增.故x=a是f(x)在(0,+∞)的唯一最小值点.
由于f(1)=0,所以当且仅当a=1时, f(x)≥0.故a=1.
(2)由(1)知当x∈(1,+∞)时,x-1-ln x>0.
令x=1+12n,得ln1+12n0,而f(1)=0,不合题意,∴a>0,∴f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增.又f(x)≥0,∴f(a)≥0,即a-1-aln a≥0①,记h(x)=x-1-xln x,则h'(x)=1-ln x-1=-ln x.∴h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,∴h(x)≤h(1)=0,即当且仅当x=1时,h(x)≥0,∴当且仅当a=1时,①式成立.∴a=1.
18.(2019北京,19,13分)已知函数f(x)=14x3-x2+x.
(1)求曲线y=f(x)的斜率为1的切线方程;
(2)当x∈[-2,4]时,求证:x-6≤f(x)≤x;
(3)设F(x)=|f(x)-(x+a)|(a∈R),记F(x)在区间[-2,4]上的最大值为M(a).当M(a)最小时,求a的值.
解析　本题考查函数图象的切线,函数的极值、最值,考查学生的逻辑思维能力、运算求解能力,以及运用函数的基本性质分析、解决问题的能力.
(1)由f(x)=14x3-x2+x得f '(x)=34x2-2x+1.
令f '(x)=1,即34x2-2x+1=1,得x=0或x=83.
又f(0)=0, f83=827,
所以曲线y=f(x)的斜率为1的切线方程是y=x与y-827=x-83,即y=x与y=x-6427.
(2)令g(x)=f(x)-x,x∈[-2,4].
由g(x)=14x3-x2得g'(x)=34x2-2x.
令g'(x)=0,得x=0或x=83.
g'(x),g(x)的情况如下:
x
-2
(-2,0)
0
0,83
83
83,4
4
g'(x)

+

-

+

g(x)
-6
↗
0
↘
-6427
↗
0

所以g(x)的最小值为-6,最大值为0.
故-6≤g(x)≤0,即x-6≤f(x)≤x.
(3)由(2)知,
当a3;
当a>-3时,M(a)≥F(-2)=|g(-2)-a|=6+a>3;
当a=-3时,M(a)=3.综上,当M(a)最小时,a=-3.
19.(2019天津,20,14分)设函数f(x)=excos x,g(x)为f(x)的导函数.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)当x∈π4,π2时,证明f(x)+g(x)π2-x≥0;
(3)设xn为函数u(x)=f(x)-1在区间2nπ+π4,2nπ+π2内的零点,其中n∈N,证明2nπ+π2-xn0,g'(x)>0,g(x)单调递增.(7分)
因此g(x)在x=xa处取得最小值,
最小值为g(xa)=exa-a(xa+1)xa2=exa+f(xa)(xa+1)xa2=exaxa+2.(8分)
于是h(a)=exaxa+2,由exx+2'=(x+1)ex(x+2)2>0,得y=exx+2单调递增.
所以,由xa∈(0,2],得12=e00+20),讨论h(x)零点的个数.
解析　(1)设曲线y=f(x)与x轴相切于点(x0,0),则f(x0)=0, f '(x0)=0,即x03+ax0+14=0,3x02+a=0.解得x0=12,a=-34.
因此,当a=-34时,x轴为曲线y=f(x)的切线.(5分)
(2)当x∈(1,+∞)时,g(x)=-ln x1,x=1,00,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.
7.(2015江苏,19,16分)已知函数f(x)=x3+ax2+b(a,b∈R).
(1)试讨论f(x)的单调性;
(2)若b=c-a(实数c是与a无关的常数),当函数f(x)有三个不同的零点时,a的取值范围恰好是(-∞,-3)∪1,32∪32,+∞,求c的值.
解析　(1)f '(x)=3x2+2ax,令f '(x)=0,解得x1=0,x2=-2a3.
当a=0时,因为f '(x)=3x2>0(x≠0),所以函数f(x)在(-∞,+∞)上单调递增;
当a>0时,若x∈-∞,-2a3∪(0,+∞),则f '(x)>0,若x∈-2a3,0,则f '(x)0.
从而, f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.
(2)由已知条件得ex-(a+1)x≥b.①
(i)若a+112.
(2)由f '(x)=(1-x)(2x-1-2)e-x2x-1=0,
解得x=1或x=52.
当x变化时, f '(x), f(x)的变化如下表:
x
12
12,1
1
1,52
52
52,+∞
f '(x)

-
0
+
0
-
f(x)
12e-12
↘
0
↗
12e-52
↘

又f(x)=12(2x-1-1)2e-x≥0,
所以f(x)在区间12,+∞上的取值范围是0,12e-12.
解后反思　1.在导数大题中,求函数的导数至关重要,因此,必须熟练掌握求导公式和求导法则.
2.利用导数求函数的值域的一般步骤:
(1)利用导数判断函数的单调性;
(2)求函数在各个区间上的值域,再求并集.
3.本题最易忽略f(x)≥0这个条件,从而得出:
f(x)在12,+∞上的值域为-∞,12e-12的错误结论.
因此,在求函数f(x)在区间(a,+∞)或(-∞,a)上的值域时,一定要观察f(x)图象的趋势,或先判断f(x)何时为正,何时为负(通常是求出函数f(x)的零点).
11.(2017北京,19,13分)已知函数f(x)=excos x-x.
(1)求曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程;
(2)求函数f(x)在区间0,π2上的最大值和最小值.
解析　本题考查导数的几何意义,考查利用导数研究函数的单调性、最值.
(1)因为f(x)=excos x-x,所以f '(x)=ex(cos x-sin x)-1, f '(0)=0.又因为f(0)=1,所以曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程为y=1.
(2)设h(x)=ex(cos x-sin x)-1,
则h'(x)=ex(cos x-sin x-sin x-cos x)=-2exsin x.
当x∈0,π2时,h'(x)0,求b的最大值;
(3)已知1.414 20时,令f '(x)=0,解得x=1+3a3或x=1-3a3.
当x变化时, f '(x), f(x)的变化情况如下表:
x
-∞,1-3a3
1-3a3
1-3a3,1+3a3
1+3a3
1+3a3,+∞
f '(x)
+
0
-
0
+
f(x)
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
所以f(x)的单调递减区间为1-3a3,1+3a3,单调递增区间为-∞,1-3a3,1+3a3,+∞.
(2)证明:因为f(x)存在极值点,所以由(1)知a>0,且x0≠1.
由题意,得f '(x0)=3(x0-1)2-a=0,即(x0-1)2=a3,进而f(x0)=(x0-1)3-ax0-b=-2a3x0-a3-b.
又f(3-2x0)=(2-2x0)3-a(3-2x0)-b=8a3(1-x0)+2ax0-3a-b=-2a3x0-a3-b=f(x0),且3-2x0≠x0,
由题意及(1)知,存在唯一实数x1满足f(x1)=f(x0),且x1≠x0,因此x1=3-2x0.所以x1+2x0=3.
(3)证明:设g(x)在区间[0,2]上的最大值为M,max{x,y}表示x,y两数的最大值.下面分三种情况讨论:
①当a≥3时,1-3a3≤00,函数f(x)单调递增;
当x∈(x1,x2)时,g(x)0,函数f(x)单调递增.
因此函数有两个极值点.
③当a0,
由g(-1)=1>0,可得x10, f '(x)>0,函数f(x)单调递增;
当x∈(x2,+∞)时,g(x)0,
所以h(x)在(0,+∞)上单调递增.
因此当x∈(0,+∞)时,h(x)>h(0)=0,即ln(x+1)0,则a的取值范围是(　　)
A.(2,+∞)　　　B.(1,+∞)　　　C.(-∞,-2)　　　D.(-∞,-1)
答案　C
17.(2014陕西,10,5分)如图,某飞行器在4千米高空水平飞行,从距着陆点A的水平距离10千米处开始下降,已知下降飞行轨迹为某三次函数图象的一部分,则该函数的解析式为(　　)

A.y=1125x3-35x　　　　　B.y=2125x3-45x
C.y=3125x3-x　　　　　D.y=-3125x3+15x
答案　A
18.(2014辽宁,11,5分)当x∈[-2,1]时,不等式ax3-x2+4x+3≥0恒成立,则实数a的取值范围是(　　)
A.[-5,-3]　　　　　B.-6,-98
C.[-6,-2]　　　　　D.[-4,-3]
答案　C
19.(2016四川,21,14分)设函数f(x)=ax2-a-ln x,其中a∈R.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)确定a的所有可能取值,使得f(x)>1x-e1-x在区间(1,+∞)内恒成立(e=2.718…为自然对数的底数).
解析　(1)f '(x)=2ax-1x=2ax2-1x(x>0).
当a≤0时, f '(x)0时,由f '(x)=0,有x=12a.
此时,当x∈0,12a时, f '(x)1时,s'(x)>0,
所以s(x)在区间(1,+∞)内单调递增.
又由s(1)=0,有s(x)>0,从而当x>1时,g(x)>0.
当a≤0,x>1时, f(x)=a(x2-1)-ln xg(x)在区间(1,+∞)内恒成立时,必有a>0.
当0g(x)在区间(1,+∞)内不恒成立.
当a≥12时,令h(x)=f(x)-g(x)(x≥1).
当x>1时,h'(x)=2ax-1x+1x2-e1-x>x-1x+1x2-1x
=x3-2x+1x2>x2-2x+1x2>0.
因此,h(x)在区间(1,+∞)内单调递增.
又因为h(1)=0,所以当x>1时,h(x)=f(x)-g(x)>0,
即f(x)>g(x)恒成立.
综上,a∈12,+∞.
20.(2015重庆,20,12分)设函数f(x)=3x2+axex(a∈R).
(1)若f(x)在x=0处取得极值,确定a的值,并求此时曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程;
(2)若f(x)在[3,+∞)上为减函数,求a的取值范围.
解析　(1)对f(x)求导得f '(x)=(6x+a)ex-(3x2+ax)ex(ex)2=-3x2+(6-a)x+aex,
因为f(x)在x=0处取得极值,所以f '(0)=0,即a=0.
当a=0时, f(x)=3x2ex, f '(x)=-3x2+6xex,
故f(1)=3e, f '(1)=3e,
从而曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为y-3e=3e·(x-1),化简得3x-ey=0.
(2)由(1)知f '(x)=-3x2+(6-a)x+aex.
令g(x)=-3x2+(6-a)x+a,
由g(x)=0解得x1=6-a-a2+366,x2=6-a+a2+366.
当x0,故f(x)为增函数;
当x>x2时,g(x)256.
由题意得f(x1)+f(x2)=x1-ln x1+x2-ln x2=12x1x2-ln(x1x2).
设g(x)=12 x-ln x,则g'(x)=14x(x-4),
所以
x
(0,16)
16
(16,+∞)
g'(x)
-
0
+
g(x)
↘
2-4ln 2
↗
所以g(x)在[256,+∞)上单调递增,
故g(x1x2)>g(256)=8-8ln 2,
即f(x1)+f(x2)>8-8ln 2.
(2)令m=e-(|a|+k),n=|a|+1k2+1,
则f(m)-km-a>|a|+k-k-a≥0,
f(n)-kn-a0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.
一题多解　(1)f '(x)=12x-1x,
且f '(x1)=f '(x2)(x1≠x2).
设f '(x1)=t,则12x-1x=t的两根为x1,x2.
即2t(x)2-x+2=0有两个不同的正根x1,x2.
∴Δ=1-16t>0,x1+x2=12t>0,x1x2=1t>0,即00,所以f(θ)为增函数;
当θ∈π6,π2时, f '(θ)0,即x0,当x∈(x0,+∞)时,F'(x)0,φ(e)=-e(e-2)1+e-1-2e-21+e-12-2时,F'(x)>0,即F(x)在(-2,+∞)上单调递增.
而F(-2)=0,故当x≥-2时,F(x)≥0,即f(x)≤kg(x)恒成立.
(iii)若k>e2,则F(-2)=-2ke-2+2=-2e-2(k-e2)0,且x≠1时, f(x)>lnxx-1+kx,求k的取值范围.
解析　(1)f '(x)=ax+1x-lnx(x+1)2-bx2.
由于直线x+2y-3=0的斜率为-12,且过点(1,1),
故f(1)=1,f '(1)=-12,即b=1,a2-b=-12.
解得a=1,b=1.
(2)由(1)知f(x)=lnxx+1+1x,所以
f(x)-lnxx-1+kx=11-x22lnx+(k-1)(x2-1)x.
考虑函数h(x)=2ln x+(k-1)(x2-1)x(x>0),
则h'(x)=(k-1)(x2+1)+2xx2.
(i)设k≤0.由h'(x)=k(x2+1)-(x-1)2x2知,
当x≠1时,h'(x)0,可得11-x2h(x)>0;
当x∈(1,+∞)时,h(x)0.从而当x>0,且x≠1时, f(x)-lnxx-1+kx>0,
即f(x)>lnxx-1+kx.
(ii)设00,而h(1)=0,
故当x∈(1,+∞)时,h(x)>0,可得11-x2h(x)0,k=0,kb>a　　　B.a>b>c　　　C.c>a>b　　　D.b>c>a
答案　A
5.(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)=ax,x0).
g'(x)>0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增.
(3)证明:由(1)知f(x)=1+6x+1(x>0),
故f(x)在(0,+∞)上单调递减, f(7)=7,
由(2)知g(x)在(0,+∞)上单调递增,g(7)=77.
当x0,
故|2ln x-ln 7|>2|2ln f(x)-ln 7|,
所以|2ln a1-ln 7|>2|2ln a2-ln 7|>4|2ln a3-ln 7|>…>2n-1·|2ln an-ln 7|.
因为a1=1,ln 70),
①a≤0时,a-x0, f(x)单调递增;
当x∈(a,+∞)时, f '(x)0,
∴1ln2-1h(x),即f(x)>1.
思路分析　(1)利用导数的几何意义及切线过切点求a,b的值;
(2)利用(1)得f(x)的解析式,将f(x)>1等价转化为xln x>xe-x-2e,构造函数g(x)=xln x,h(x)=xe-x-2e,再利用导数分别求出g(x)min,h(x)max,进而得g(x)>h(x),从而证得原不等式成立.