1第十节第十节 第三课时第三课时 导数的综合应用导数的综合应用课时作业A 组基础对点练1(2018榆林市模拟)定义在 R 上的函数f(x)，满足(x1)f(x)0，且yf(x1)为偶函数，当|x11|x21|时，有( )Af(x1)f(x2) Bf(x1)f(x2)Cf(x1)f(x2) Df(x1)f(x2)解析：因为函数yf(x1)为偶函数，所以yf(x1)f(x1)，即函数yf(x)关于x1 对称，所以f(2x1)f(x1)，f(2x2)f(x2)当x1 时，f(x)0，此时函数yf(x)单调递减，当x1 时，f(x)0，此时函数yf(x)单调递增若x11，x21，则由|x11|x21|，得x11x21，即 1x1x2，所以f(x1)f(x2)同理若x11，x21，由|x11|x21|，得(x11)(x21)，即x2x11，所以f(x1)f(x2)若x1，x2中一个大于 1，一个小于 1，不妨设x11，x21，则(x11)x21，可得 12x1x2，所以f(2x1)f(x2)，即f(x1)f(x2)综上有f(x1)f(x2)答案：C2对xR，函数f(x)的导数存在，若f(x)f(x)，且a0，则以下说法正确的是( )Af(a)eaf(0) Bf(a)f(0) Df(a)0，故g(x)为 R 上的单fx exfxfx exfx ex调递增函数，因此g(a)g(0)，即f(0)，所以f(a)eaf(0)，选 A.fa eaf0 e0答案：A3若存在正数x使 2x(xa)x.1 2x令f(x)x，1 2xf(x)12xln 20.f(x)在(0，)上单调递增，f(x)f(0)011，2a的取值范围为(1，)，故选 D.答案：D4已知函数f(x)是定义在 R 上的可导函数，其导函数为f(x)，若p：x1，x2R，且x1x2，|2 017，q：xR，|f(x)|2 017，则p是q的( )fx1fx2 x1x2A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件解析：因为x1，x2R，且x1x2，所以不妨设x1x2，则由|2 017fx1fx2 x1x2可得|f(x1)f(x2)|2 017x22 017 x1，则Error!，即Error!.令g(x)f(x)2 017 x，则由单调性的定义可知g(x)在 R 上单调递增，所以g(x)f(x)2 0170 在 R 上恒成立，即f(x)2 017 在 R 上恒成立，同理令h(x)f(x)2 017x，可得f(x)2 017 在 R 上恒成立，所以p等价于xR，|f(x)|2 017，显然q可以推出p，而p推不出q，所以p是q的必要不充分条件答案：B5(2018昆明市检测)已知函数f(x)Error!若方程f(x)ax0 恰有两个不同的实根，则实数a的取值范围是( )A(0， ) B ， )1 31 31 eC( ， D(，0 ，)1 e4 34 3解析：方程f(x)ax0 有两个不同的实根，即直线yax与函数f(x)的图象有两个不同的交点作出函数f(x)的图象如图所示当x1 时，f(x)ln x，得f(x) ，设直线1 xykx与函数f(x)ln x(x1)的图象相切，切点为(x0，y0)，则，解得y0 x0ln x0 x01 x0x0e，则k ，即yx是函数f(x)ln x(x1)的图象的切线，当a0 时，直线1 e1 eyax与函数f(x)的图象有一个交点，不合题意；当 0a 时，直线yax与函数f(x)1 3ln x(x1)的图象有两个交点，但与射线yx1(x1)也有一个交点，这样就有三个1 33交点，不合题意；当a 时，直线yax与函数f(x)的图象至多有一个交点，不合题意；1 e只有当 a 时，直线yax与函数f(x)的图象有两个交点，符合题意故选 B.1 31 e答案：B6已知函数f(x)m2ln x(mR)，g(x) ，若至少存在一个x01，e，使(x1 x)m x得f(x0)1 e1 eCe0，所以由g(x)0，解得x1，当x1 时，g(x)0，函数g(x)为增函数；当x0 恒成立，f(x)在 R 上为增函数，又f(x)为奇函数，故在定义域内为增函数，f(mx3)f(x)0，且函数f(x)ln x3x8 在(0，)上为增函数，x02,3，即a2，b3.ab5.答案：511已知函数f(x)axxln x(aR)(1)若函数f(x)在区间e，)上为增函数，求a的取值范围；(2)当a1 且kZ 时，不等式k(x1)1 恒成立xxln x x1令g(x)，则g(x).xxln x x1xln x2 x12令h(x)xln x2(x1)，则h(x)1 0，1 xx1 xh(x)在(1，)上单调递增h(3)1ln 30，存在x0(3,4)使h(x0)0，即g(x0)0.即当 1x0时，h(x)0，即g(x)0.g(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增由h(x0)x0ln x020，得 ln x0x02，g(x)ming(x0)x01ln x0 x01x01x02 x01x0(3,4)，k0 时，由于函数y2mx2x1 的图象的对称轴x0，故需且只需0，即1 4m18m0，解得m1，1 21 2m1 2m由g(x)0，得 0；1 2m由g(x)0，(21 m)故在上，函数g(x)又有一个零点，不满足题意(1 2m，)7综上所述，m .1 2B 组能力提升练1已知函数f(x)x(ln xax)有极值，则实数a的取值范围是( )A(， ) B(0， )1 21 2C(， D(0， 1 21 2解析：f(x)xln xax2(x0)，f(x)ln x12ax.令g(x)ln x12ax，函数f(x)x(ln xax)有极值，则g(x)0 在(0，)上有实根g(x) 2a1 x，12ax x 当a0 时，g(x)0，函数g(x)在(0，)上单调递增，当x0 时，g(x)，当x，g(x)，故存在x0(0，)，使得f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增，故f(x)存在极小值f(x0)，符合题意当a0 时，令g(x)0，得x.当 0x时，g(x)0，函数g(x)单调递增；当1 2a1 2ax时，g(x)0，函数g(x)单调递减，x时，函数g(x)取得极大值当x01 2a1 2a和x时，均有g(x)，要使g(x)0 在(0，)上有实根，且f(x)有极值，则g()ln0，解得 0a .综上可知，实数a的取值范围是(， )，选 A.1 2a1 2a1 21 2答案：A2已知函数f(x)k( ln x)，若x2 是函数f(x)的唯一极值点，则实数k的取值ex x22 x范围为( )A(，e B0，eC(，e) D0，e)解析：f(x)k( ln x)，则f(x)(exkx)，x2 是函数f(x)的唯一极ex x22 xx2 x3值点，x2 是f(x)0 的唯一根exkx0 在(0，)上恒成立令g(x)exkx(x(0，)，则g(x)exk.当k0 时，g(x)0 恒成立，g(x)在(0，)上单调递增，又g(0)1，g(x)0 恒成立当k0 时，g(x)0 的根为xln k，当 0xln k时，g(x)0，g(x)单调递减；当xln k时，g(x)0，g(x)单调递增g(x)的最小值为g(ln k)kkln k，kkln k0，0ke，综上所述，ke.故选 A.8答案：A3(2018宜州调研)设f(x)|ln x|，若函数g(x)f(x)ax在区间(0,4)上有三个零点，则实数a的取值范围是( )A. B(0，1 e)(ln 2 2，e)C. D.(0，ln 2 2)(ln 2 2，1e)解析：令y1f(x)|ln x|，y2ax，若函数g(x)f(x)ax在区间(0,4)上有三个零点，则y1f(x)|ln x|与y2ax的图象(图略)在区间(0,4)上有三个交点由图象易知，当a0 时，不符合题意；当a0 时，易知y1|ln x|与y2ax 的图象在区间(0,1)上有一个交点，所以只需要y1|ln x|与y2ax的图象在区间(1,4)上有两个交点即可，此时|ln x|ln x，由 ln xax，得a.令h(x)，x(1,4)，则h(x)，故ln x xln x x1ln x x2函数h(x)在(1，e)上单调递增，在(e,4)上单调递减，h(e) ，h(1)0，h(4)ln e e1 e，所以0)有唯一的零点x0，且m0，x0)因为2 x2 x2a x函数f(x)有唯一零点x0，所以函数g(x)，h(x)的图象有唯一一个交点，即g(x)，h(x)有唯一公切点(x0，y0)，即由Error!得x2ln x00，令(x)x22 02 x0(x2 01 x0)2 02 x0ln x0，则(1)30，(2)57ln 20，(e)e2 0，解得ae2，a e2所以此时e25，即a1.综上可得，a的取值范围是11.1 e2证明：(1)g(x)，当 01 时，g(x)0，即g(x)在(0,1)上为减函数，在(1，)上为增函数所以g(x)g(1)1，得证(2)f(x)1，f(x)，x1 exx2 ex所以当 02 时，f(x)0，即f(x)在(0,2)上为减函数，在(2，)上为增函数，所以f(x)f(2)1，1 e2又由(1)知xln x1，且等号不同时取得所以(xln x)f(x)1.1 e2