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1、课时巩固过关练(七)导数的综合应用一、选择题1设函数f(x)lnx，则()Ax为f(x)的极大值点Bx为f(x)的极小值点Cx2为f(x)的极大值点Dx2为f(x)的极小值点解析：f (x)，令f (x)0，则x2.当x2时，f (x)2时，f (x)0.即当x2时，f(x)是单调递增的所以x2是f(x)的极小值点，故选D.答案：D2(20xx湖南卷)设函数f(x)ln(1x)ln(1x)，则f(x)是()A奇函数，且在(0,1)上是增函数B奇函数，且在(0,1)上是减函数C偶函数，且在(0,1)上是增函数D偶函数，且在(0,1)上是减函数解析：函数f(x)ln(1x)ln(1x)，函数的定义
2、域为(1,1)，函数f(x)ln(1x)ln(1x)f(x)，所以函数是奇函数f (x)，在(0,1)上f (x)0，所以f(x)在(0,1)上单调递增，故选A.答案：A3(20xx福建卷)若定义在R上的函数f(x)满足f(0)1，其导函数f (x)满足f (x)k1，则下列结论中一定错误的是()AfCf解析：f (x)li ，f (x)k1，k1，即k1，当x时，f 1k，即f1，则f，所以fx.若f(2a)f(a)22a，则实数a的取值范围为()A1，) B(，1C(，2 D2，)解析：f(x)f(x)x2，f(x)x2f(x)x20，令g(x)f(x)x2，g(x)g(x)f(x)x2f
3、(x)x20，函数g(x)为奇函数x(0，)时，f(x)x.x(0，)时，g(x)f(x)x0，故函数g(x)在(0，)上是增函数，故函数g(x)在(，0)上也是增函数，由f(0)0，可得g(x)在R上是增函数f(2a)f(a)22a，等价于f(2a)f(a)，即g(2a)g(a)，2aa，解得a1，故选B.答案：B5(20xx新课标全国卷)设函数f(x)ex(2x1)axa，其中a1，若存在唯一的整数x0，使得f(x0)0，则a的取值范围是()A. B.C. D.解析：设g(x)ex(2x1)，yaxa，由题知存在唯一的整数x0，使得g(x0)在直线yaxa的下方因为g(x)ex(2x1)，
4、所以当x时，g(x)时，g(x)0，所以当x时，(g(x)min2e，当x0时，g(0)1，当x1时，g(1)e0，直线yaxa恒过(1,0)，斜率为a，故ag(0)1，且g(1)3e1aa，解得a0时均有(a1)x1(x2ax1)0，则a_.解析：(1)当a1时，代入题中不等式显然不恒成立(2)当a1时，构造函数f(x)(a1)x1，g(x)x2ax1，由它们都过定点P(0，1)，如图所示设函数f(x)(a1)x1与x轴的交点M坐标为(x0,0)，即0(a1)x01，x0，M.易知a1.x0时，f(x)g(x)0，g(x)过点M，即210，解得a或a0(舍去)答案：7(20xx安徽卷)设x3
5、axb0，其中a，b均为实数，下列条件中，使得该三次方程仅有一个实根的是_(写出所有正确条件的序号)a3，b3a3，b2a3，b2a0，b2a1，b2.解析：令f(x)x3axb，求导得f (x)3x2a，当a0时，f (x)0，所以f(x)单调递增，且至少存在一个数使f(x)0，所以f(x)x3axb必有一个零点，即方程x3axb0仅有一根，故正确；当a0时，若a3，则f (x)3x233(x1)(x1)，易知，f(x)在(，1)，(1，)上单调递增，在1,1上单调递减，所以f(x)极大值f(1)13bb2，f(x)极小值f(1)13bb2，要使方程仅有一根，则f(x)极大值f(1)13bb
6、20，解得b2，故正确，所以使得三次方程仅有一个实根的是.答案：8(20xx河南南阳期中)已知f(x)，g(x)都是定义在R上的函数，g(x)0，f (x)g(x)f(x)g(x)，且f(x)axg(x)(a0，且a1)，若数列的前n项和大于62，则n的最小值为_解析：f (x)g(x)f(x)g(x)，f(x)g(x)f(x)g(x)0，0，从而可得ax单调递增，从而可得a1，aa1，a2.故aa2an2222n2n1262.2n164，即n16，n5，nN*.nmin6.答案：6三、解答题9已知函数f(x)(k为常数，e2.718 28是自然对数的底数)，曲线yf(x)在点(1，f(1)处
7、的切线与x轴平行(1)求k的值；(2)求f(x)的单调区间；(3)设g(x)xf (x)，其中f (x)为f(x)的导函数证明：对任意x0，g(x)0；当x(1，)时，h(x)0，所以当x(0,1)时，f (x)0；当x(1，)时，f (x)0，函数h(x)单调递增；当x(e2，)时，h(x)0，函数h(x)单调递减所以当x(0，)时，h(x)h(e2)1e2.又当x(0，)时，01，所以当x(0，)时，h(x)1e2，即g(x)0时，x2ex；(3)证明：对任意给定的正数c，总存在x0，使得当x(x0，)时，恒有xcex.解：解法一：(1)由f(x)exax，得f (x)exa.又f (0)
8、1a1，得a2.所以f(x)ex2x，f (x)ex2.令f (x)0，得xln2.当xln2时，f (x)ln2时，f (x)0，f(x)单调递增所以当xln2时，f(x)有极小值，且极小值为f(ln2)eln22ln22ln4，f(x)无极大值(2)令g(x)exx2，则g(x)ex2x.由(1)，得g(x)f(x)f(ln2)2ln40，即g(x)0.所以g(x)在R上单调递增，又g(0)10，所以当x0时，g(x)g(0)0，即x20时，x2x0时，exx2x，即xcex.因此，对任意给定的正数c，总存在x0，当x(x0，)时，恒有x0)，要使不等式xkx成立而要使exkx成立，则只需
9、xln(kx)，即xlnxlnk成立若00时，xlnxlnxlnk成立即对任意c1，)，取x00，当x(x0，)时，恒有x1，令h(x)xlnxlnk，则h(x)1，所以当x1时，h(x)0，h(x)在(1，)内单调递增取x04k，h(x0)4kln(4k)lnk2(klnk)2(kln2)，易知klnk，kln2，所以h(x0)0.因此对任意c(0,1)，取x0，当x(x0，)时，恒有xcex.综上，对任意给定的正数c，总存在x0，当x(x0，)时，恒有x2x，所以当x(x0，)时，有cexex2xx，即xcex.若0cln时，h(x)0，h(x)单调递增取x02ln，h(x0)ce2ln2ln2，易知ln0，又h(x)在(x0，)内单调递增，所以当x(x0，)时，恒有h(x)h(x0)0，即xcex.综上，对任意给定的正数c，总存在x0，当x(x0，)时，恒有x时，证明：对x(0,2)，都有f(x)0.解：(1)a1时，f(x)x22xlnx，f (x)x2，f (1)0.又f(1)，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为y0.(2)f(x)的定义域为(0，)，f (x)x2a，令f (x)0得x1或x2a1，当2a10，即a时，若x(0,1)，f (x)0；若x
