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1、专题专题 15.6 导数的综合应用（专题训练卷）导数的综合应用（专题训练卷）一、单选题一、单选题A2,11,1B2,1C 2,11,2UD1,2【答案】A【解析】由图可知，当21x 或12x时，()f x递增，所以()0fx，当11x 时，()f x递减，所以()0fx，由 10 xfx得10()0 xfx 或10()0 xfx，解得11x 或21x ，所以不等式 10 xfx的解集为2,11,1.故选：A.Ae2B12e C21e D21e【答案】C【解析】不等式222xxxx exae对xR恒成立可化为222xxaxex 对xR恒成立，设 222xxf xxxe，则 211xxxefxe.
2、所以当1x 时，函数 f x单调递减，当1x 时，函数 f x单调递增，所以函数 f x的最小值是 211fe ，所以21ae ，即a的最大值是21e.故选：C.A f x g xf b g bB f x g bf b g xC f x g af a g xD f x g xfxa g【答案】B【解析】设()()()f xF xg x，则2()()()()()()fx g xf x g xF xgx，由 0fx g xf x gx得()0F x，因为axb所以()()()()()()f bf xf ag bg xg a，又 f xg x、是定义域为 R 的恒大于 0 的可导函数，故 f x g
3、 bf b g x.故选：BA3,5B,3C3,5D3,【答案】D【解析】pq，不妨设 pq，由于 1fpf qpq，f（p）f（q）pq，得f（p）pf（q）q0，pq，g（x）f（x）x 在（0，1）内是增函数，g（x）0 在（0，1）内恒成立，即21axx 0 恒成立，ax（2x+1）的最大值，x（0，1）时 x（2x+1）3，实数 a 的取值范围为3，+）故选：DA1,B2,C,1D,2【答案】A【解析】依题意，212ln12ln,xmxxmxxx，令 22ln1xg xxx，故 32ln1xxxgxx；令 ln1h xxxx，则 lnh xx，故当1,x时，ln0h xx；故 22l
4、n1xg xxx在1,上单调递减，故 11maxmg xg，所以m的取值范围1,.故选：A.A()0,+B,2C1,2D1,【答案】D【解析】g x恰有 1 个零点即 yf x与yaxa的图像恰有一个交点，yaxa恒过1,0点，由lnyx得1yx，所以曲线lnyx在点1,0处的切线的斜率为 1，由2yxx=-得21yx，所以曲线2yxx=-在点1,0处的切线的斜率为 1，所以结合图像可知，g x恰有 1 个零点当且仅当1a.故选：DABCD【答案】A【解析】因为 2cosxf xg xex，所以2cosxfxgxex，即 2cosxf xg xex，所以 2cosxxfxg xe.因为2cos
5、xxye，当0.01x 时，0y，所以 C，D 错误.又2 2sin2 sincos4xxxxxyee，所以4x 为极值点，即 B 错误.故选：A.A0,1B2,C1,2D1,【答案】D【解析】令 ()2g xxfxfx则 ()+20g xfxxfxfx所以()g x在0,上单调递增，又 (1)121=0gff所以 ()20g xxfxfx的解集1,故选 DA1B2C0D不确定【答案】A【解析】22ln(1)0(0)xxkxx，2(1)1ln(1)0(0)xkxx 则问题转化为讨论关于 x 的方程21ln0 xkx（1,xkR，且2k）的实数根个数引入函数2()1lnG xxkx（kR，且2k
6、），()2kG xxx讨论：当0k时，()0G x对1,)x 恒成立，此时()G x在区间1,)上单调递增又当1x 时，()(1)0G xG，当0k时，关于 x 的方程21lnxkx 0(1)x有且只有一个实数根；当0k 时，令2222()()2222()kkkxxxxkG xxxx，由()0G x，得02kx，由()0G x，得2kx，所以函数()G x在区间(0,)2k上单调递减，在区间(,)2k上单调递增又2k，12k，当02k时，()G x在区间1,)上单调递增又1x 是21ln0(1)xkxx 的一个根，当02k时，关于 x 的方程21ln0(1)xkxx 有且只有一个实数根综上所述
7、：关于 x 的方程22ln(1)0 xxkx（0,xkR，且2k）的实数根的个数是 1.故选：AA0B1C2D3【答案】B【解析】设2()xf xex，()2xfxex，令()()2xg xfxex，则()2xg xe，令()0g x，则ln2x，当ln2x 时，()0g x，当ln2x 时，()0g x，所以()g x在(,ln2)上单调递减，在(ln2,)上单调递增，所以当ln2,()xg x取得极小值，也是最小值，为()fx的最小值，ln2min()(ln2)2ln22(1ln2)0fxfe，即()0fx在(,)上恒成立，所以2()xf xex在(,)上单调递增，而1(0)10,(1)1
8、0ffe ，所以函数2()xf xex存在唯一的零点，即方程 x2ex只有 1 个实根.故选：B二、多选题二、多选题A4B3C2D1【答案】AB【解析】令 2xf xxe，则 minaf x.1xfxxe，当1x 时，0fx；当1x 时，0fx.所以，函数 yf x的单调递减区间为,1，单调递增区间为1,，min1fxfe，ae .因此，满足条件的整数a的可能值为4、3.故选：AB.A(1)(1)0ffB函数()f x在区间,1 上单调递增C当1x 时，函数()f x取得极小值D方程()0fx与()0f x 均有三个实数根【答案】ABC【解析】对于 A，当1x 时，yf（1）0；当1x 时，(
9、1)0yf ，即f（1）(1)0f，故 A 正确；由函数图象可知，y，()fx和()f x随x的变化情况如下表：x(,1)(1,0)(0,1)(1,)y()fx()f x对于 B，函数()f x在(,1)上单调递增，即 B 正确；对于 C，函数()f x在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增，在1x 处取得极小值，即 C 正确；对于 D，()0fx仅有两个实数根，无法判断()0f x 的根的情况，即 D 错误故选：ABCA0B12C1D2【答案】BC【解析】由题意，函数 g xf xb有三个零点，则函数 0g xfxb，即 f xb有三个根，当0 x 时，1xfxex，则 12xxxex
10、exxef由 0fx得20 x，即2x ，此时 f x为减函数，由 0fx得20 x，即20 x，此时 f x为增函数，即当2x 时，f x取得极小值212fe，作出 f x的图象如图：要使 f xb有三个根，则01b，则实数b可取的值可能是12，1故选：BCA当0a 时，函数()f x为奇函数B当0a 时，函数()f x在(0,)上单调递增C当3a 时，函数(2)f有 2 个不同的零点D若函数()f x在(0，2)上单调递减，则3a 【答案】BC【解析】2()32(32)fxxaxxxa，对于:0A a 时，3()4f xx，显然不是奇函数，故A错误，对于:0B a 时，令()0fx，解得：
11、0 x 或23ax ，故0a 时，函数()f x在(0,)上单调递增，B正确，对于:3C a 时，32()34f xxx，2()363(2)fxxxx x，令()0fx，解得：2x 或0 x，令()0fx，解得：02x，故()f x在(,0)递增，在(0,2)递减，在(2,)递增，()04f xf极大值，()20f xf极小值，x 时，()f x ，故0 x 时()f x有 1 个零点，2x 是 1 个零点，则()f x有 2 个不同的零点，C正确；对于2:()32(32)D fxxaxxxa，结合题意(0，2)(0，2)(0)3aa，则223a，解得：3a，故D错误；故选：BC三、单空题三、
12、单空题【答案】1(1,)2【解析】1g xf xkx有四个零点等价于 yf x与1ykx有四个不同的交点当0 x 时，ln2f xxxx，ln1fxx当0,xe时，0fx；当,xe时，0fx即 f x在0,e上单调递减，在,e 上单调递增 minf xf ee 当0 x 时，232f xxx，此时 min39416f xf 由此可得 f x图象如下图所示：1ykx恒过0,1，由图象可知，直线位于图中阴影部分时，有四个不同交点即临界状态为1ykx与 f x两段图象分别相切当1ykx与 2302f xxx x相切时，可得：12k 当1ykx与 ln20f xxxx x相切时设切点坐标为,ln2a
13、aaa，则 ln1kfaa又1ykx恒过0,1，则ln210aaaka即ln21ln1aaaaa，解得：1a 1k 由图象可知：11,2k 【答案】0,【解析】解：22fa，02f，0a.由题意得 2sinsincos1sincos1fxxxxxxxx ，令 sincos1g xxxx，则 singxxx.当,2x时，0gx，g x单调递减；当3,2x时，0gx，g x单调递增，g x的最小值为 1g.又22g，302g，3,22x，0g x，即 0fx，f x在区间3,22为减函数.02f，当3,22x时，0f x.又当0a，3,22x时，0ax，故 f xax恒成立，因此 a 的取值范围是
14、0,.故答案为：0,【答案】342,1e【解析】22xxf xemem x，对参数进行分类讨论，求得函数的最小值，解不等式则问题得解.对xR，不等式2()xxem em x恒成立即220 xxemem x恒成立.令 22xxf xemem x，故 2222xxxxfxemememem.当0m 时，令 0fx，解得xlnm，故 f x在,lnm单调递减，在,lnm 单调递增.故 220lnmlnmminf xf lnmemem lnm，即0lnm，解得0,1m；当0m 时 20 xf xe满足题意.当0m时，令 0fx，解得ln2mx，故 f x在,ln2m上单调递减，在ln,2m单调递增.故
15、ln2ln22lnln0222mminmmmf xfemem，即223ln042mmm，3ln24m，解得342me，即342,0me.综上所述：342,1me 故答案为：342,1e.四、双空题四、双空题【答案】-15-2，0【解析】（1）(1)3f ，(1)(3)15f ff；（2）函数22,0,()ln(1),0,xx xf xxx，则22,0()(1),0 xx xf xln xx，画出函数|()|yf x的图象，如图所示；当0 x时，2|()|2yf xxx，22yx ；令0 x，求得2ky ；结合图象知，若|()|f xax，则a的取值范围是20a 故答案为：15；-2，0.【答案
16、】1,2e【解析】因为yx为奇函数，xxfxx aee为偶函数，所以xxyaee为奇函数，000aee，所以1a，则 xg xxe.因为 g xmxe对0,x恒成立，所以xemex对0,x恒成立.设函数 0 xeh xexx，则 2xehxex，显然 2xehxex在0,x上单调递增，且 10h，所以当01x时，0hx；当1x 时，0hx.从而可得 min12h xhe，故m的取值范围为,2e.故答案为：1；,2e.【答案】13,2 132【解析】由题,(2)1628210f,解得132.当n为奇数时,cos1n,由32()2710f nnnn,得2127nnn,而函数21()27g nnnn
17、为单调递增函数,所以min()(1)8g ng,所以8；当n为偶数时,cos1n,由32()2710f nnnn,得2127nnn,设21()27(2)h xxxxx,212,()470 xh xxx,()h x单调递增,min13()(2)2h xh,所以132,综上可知,若不等式()0f n 恒成立,则的最大值为132.故答案为:(1)13,2；(2)132【答案】22 2,【解析】当0m 时，33f xxx，()233fxx=-，令 0fx，得1x 或1x ；令 0fx，得11x；即函数 f x在,1 和1,上单调递增，在1,1上单调递减；所以 f x的极大值为311312f .关于x的
18、方程 0f x 在0,2上有根，即 33mg xxx 在0,2上成立，由于 233311gxxxx ，当0,1x时，0gx，函数 g x单调递增；当1,2x时，0gx，函数 g x单调递减；而 00g，12g，12g ，所以 g x的值域为2 2,，即实数m的取值范围是2 2,，故答案为：2，2 2,.五、解答题五、解答题（1）若3a，求 f x的单调区间；（2）证明：f x只有一个零点【答案】（1）f（x）在（，32 3），（32 3，+）单调递增，在（32 3，32 3）单调递减（2）见解析.【解析】（1）当 a=3 时，f（x）=3213333xxx，f（x）=263xx令 f（x）=0
19、 解得 x=32 3或 x=32 3当 x（，32 3）（32 3，+）时，f（x）0；当 x（32 3，32 3）时，f（x）0故 f（x）在（，32 3），（32 3，+）单调递增，在（32 3，32 3）单调递减（2）由于210 xx，所以 0f x 等价于32301xaxx设 g x=3231xaxx，则 g（x）=2222231xxxxx0，仅当 x=0 时 g（x）=0，所以 g（x）在（，+）单调递增故 g（x）至多有一个零点，从而 f（x）至多有一个零点又 f（3a1）=221116260366aaa，f（3a+1）=103，故 f（x）有一个零点综上，f（x）只有一个零点（1
20、）讨论函数()f x的单调性；（2）若函数()yf x在区间(1,e上存在两个不同零点，求实数a的取值范围.【答案】(1)答案见解析；(2)3(3,e e.【解析】（1）3233(0)axafxxxxx若0a 时，0fx，此时函数在0,上单调递增；若0a 时，又 330 xafxx得：33ax 30,3ax时 0fx，此时函数在30,3a上单调递减；当3,3ax时 0fx，此时函数在3,3a上单调递增；（2）由题意知：3lnxax在区间1,e上有两个不同实数解，即函数ya图像与函数 3lnxg xx图像有两个不同的交点，因为 223ln1lnxxgxx，令 0gx 得：3xe所以当31,xe时
21、，0gx，函数在31,e上单调递减当3,xe e时，0gx，函数在3,e e上单调递增；则 3min3g xgee，而311272791272727lneg eee，且 327g ee，要使函数ya图像与函数 3lnxg xx图像有两个不同的交点，所以a的取值范围为33,e e.（1）求()f x的单调区间；（2）若不等式2()f xmx对xR恒成立，求m的取值范围.【答案】（1）单调递增区间为 3,)，单调递减区间为(,3)；（2）1,e【解析】（1）232()3eee(3)xxxfxxxxx，令()0fx，得3x ，则()f x的单调递增区间为(3,)；令()0fx，得3x ，则()f x
22、的单调递减区间为(,3).综上所述：f x的单调递增区间为(3,)，单调递减区间为(,3).（2）当0 x 时，不等式2()f xmx即0 0，显然成立.当0 x 时，不等式2()f xmx对xR恒成立，等价于xm xe对xR恒成立.设()(0),()(1)xxg xxexg xxe，令()0g x，得1x ；令()0g x，得1x 且0 x.所以min1()(1)g xge.所以1me，即m的取值范围为1,e.（1）若2，求函数 f(x)的单调区间；（2）若不等式 f(x)0 恒成立，求的值.【答案】（1）单调增区间为(ln2,)，单调减区间为(,ln2)；（2）l.【解析】（1）2()20
23、ln2xfxex Q;当ln2x 时()0fx；当ln2x 时()0fx；所以函数 f(x)的单调增区间为(ln2,)，单调减区间为(,ln2)（2）()xfxeQ当0时，此时当0 x 时0()10f xe，不满足 f(x)0 恒成立；当0时，()0lnxfxex 当lnx时()0fx；当lnx时()0fx；所以函数 f(x)在lnx时取最小值因此(ln)0f，即ln10 令()ln1,(0)h()ln01h Q当l时()0h x；当0l时()0h x；所以函数 h(x)在l时取最大值 0因此满足ln10 只有l综上，的值为l（1）求函数()f x的单调区间；（2）当12xx，12()()f
24、xf x时，证明：120 xx【答案】（1）函数()f x的单调增区间为(0,)，单调减区间为(,1)，(1,0)；（2）证明见解析.【解析】（1）由()(1)1xef xxx 得2()(1)xxefxx，1x 令()0fx得：0 x，令()0fx得：0 x，1x 所以函数()f x的单调增区间为(0,)，单调减区间为(,1)，(1,0)（2）由（1）知，当(,1)x 时，()0f x；当(1,)x 时，()0f x，则()f x在(1,0)为减函数，在(0,)为增函数，若12()()f xf x，12xx，则必有12,(1,)x x ，不妨设1(1,0)x ，2(0,)x 若证120 xx，
25、即证210 xx，只需证：21()()f xfx即需证：11()()f xfx，设()()()g xf xfx，(1,0)x，即()011xxeeg xxx在(1,0)x 上恒成立，即2(1)(1)0 xx ex设2()(1)(1)xh xx ex，(1,0)x 2()(12)1xh xex，2()40 xh xxe ()h x是(1,0)上的增函数，故()(0)0h xh()h x是(1,0)上是减函数，故()(0)0h xh，所以原命题成立（1）求 f x的值域；（2）若 1cos12g xfxaxx，求证：当2a时，0g x 恒成立.【答案】（1）3 3,62；（2）证明见解析.【解析】
26、（1）1cos2fxx，由 0fx，得3x，所以0,3时，0fx；,3x时，0fx，因此 f x的单调递减区间为0,3，单调递增区间为,3，00f，2f，3 336f，f x的值域为3 3,62.（2）证明：1cos1cossin12g xfxaxxaxxx.先证2sincos10 xxx，令 2sincos1h xxxx，则 22cossin2sin4h xxxx，因为0,2x时，2sin,142x，所以 22222sin21042h xx，当,2x时，根据三角函数的性质可得：sin4yx单调递减，所以 22sin4h xx单调递增，又2102h，210h，因此存在0,2x，使得00h x故0,2xx时，0h x；0,xx时，0h x，因此 22sin4h xx在0,x是连续函数，所以00,xx时，0h x；0,xx时，0h x，所以 h x的单调递减区间为00,x，单调递增区间为0,x，所以 h x的最大值为 max0,hh，而 00h，0h，又由2a，0 x，所以2sin1cossin1cos0axxxxx ，当且仅当2a，0 x 或，取“”成立，即 0g x 恒成立.