1、强化训练强化训练 3导数中的综合问题导数中的综合问题 1(2020秦皇岛模拟)如图是函数 yf(x)的导数 yf(x)的图象，则下面判断正确的是() A在(3,1)上，f(x)是增函数 B当 x1 时，f(x)取得极大值 C在(4,5)上，f(x)是增函数 D当 x2 时，f(x)取得极小值 答案C 解析根据题意，依次分析选项：对于 A，在 3，3 2 上，f(x)0，f(x)为减函数，错误； 对于 B，在 3 2，2上，f(x)0，f(x)为增函数，x1 不是 f(x)的极大值点，错误；对于 C， 在(4,5)上，f(x)0，f(x)为增函数，正确；对于 D，在 3 2，2上，f(x)0，f
2、(x)为增函数， 在(2,4)上，f(x)0，f(x)为减函数，则当 x2 时，f(x)取得极大值，D 错误 2已知函数 f(x)1 3ax 31 2bx 2cxd(a，b，c，dR)的单调递增区间是(3,1)，则( ) AabcBbca CbacDac0 的解集为(3,1)，即 f(x)a(x3)(x1) 0，a0，可得 b2a，c3a，bac. 3已知实数 x，y 满足 2x2xyBxy Cx0， 所以函数 f(t)在 R 上单调递增， 由题意得 f(x)f(y)，所以 x0，f(x)单调递增；当 x(0,1)时，f(x)4 时， f(x)0，函数 yf(x)为减函数， 则 x4 是函数
3、f(x)的极大值点，故 D 正确 6(多选)已知函数 f(x)x32x24x7，其导函数为 f(x)，下列命题中真命题的为() Af(x)的单调递减区间是 2 3，2 Bf(x)的极小值是15 C当 a2 时，对任意的 x2 且 xa，恒有 f(x)f(a)f(a)(xa) D函数 f(x)有且只有一个零点 答案BCD 解析f(x)x32x24x7， 其导函数为 f(x)3x24x4. 令 f(x)0，解得 x2 3，x2， 当 f(x)0，即 x2 3或 x2 时，函数单调递增， 当 f(x)0，即2 3x2 时，函数单调递减； 故当 x2 时，函数有极小值，极小值为 f(2)15， 当 x
4、2 3时，函数有极大值，极大值为 f 2 3 0， 故函数只有一个零点，A 错误，BD 正确； 当 a2 时，对任意的 x2 且 xa，恒有 f(x)f(a)f(a)(xa)，即 f(x)f(a)f(a)(xa) x32a32x22a23a2x4ax0 在 x2，a2 且 xa 上恒成立， 设 g(x)f(x)f(a)f(a)(xa)， g(x)3x24x3a24a， 令 h(x)g(x)，h(x)6x4， 令 h(x)0，x2 3， g(x)在(2，)上单调递增，又因为 g(a)0，所以当 2xa 时，g(x)a 时， g(x)0，所以 g(x)在(2，a)上单调递减，在(a，)上单调递增，
5、又 xa，所以 g(x)g(a) 0，所以恒有 f(x)f(a)f(a)(xa)故 C 正确 7已知函数 f(x)(x2a)ex在区间1,2上单调递增，则 a 的取值范围是_ 答案(，3 解析f(x)(x22xa)ex0 在区间1,2上恒成立， 则 x22xa0 在区间1,2上恒成立， 即 a(x22x)min1223， 所以 a 的取值范围是(，3 8设 x是函数 f(x)3cos xsin x 的一个极值点，则 cos 2sin2_. 答案 9 10 解析因为函数 f(x)3cos xsin x， 所以 f(x)3sin xcos x， 因为 x是函数 f(x)3cos xsin x 的一
6、个极值点， 所以 f()3sin cos 0，tan 1 3， 所以 cos 2sin2 cos2 cos2sin2 1 1tan 2 9 10. 9若直线 y2xb 是曲线 y2aln x 的切线，且 a0，则实数 b 的最小值是_ 答案2 解析y2aln x 的导数为 y2a x ， 由于直线 y2xb 是曲线 y2aln x 的切线， 设切点为(m，n)，则2a m 2，ma， 又 2mb2aln m， b2aln a2a(a0)，b2(ln a1)22ln a， 当 a1 时，b0，函数 b2aln a2a(a0)单调递增， 当 0a1 时，b0)单调递减， a1 为极小值点，也为最小
7、值点， b 的最小值为 2ln 122. 10若函数 f(x)exax 的极值为 1，则实数 a 的值为_ 答案1 解析由已知可得 f(x)exa. 当 a0 时，对任意的 xR，f(x)0，此时函数 f(x)在 R 上单调递增，函数 f(x)无极值； 当 a0 时，令 f(x)0，可得 x0，可得 xln a，此时函数 f(x)单调递增 所以函数 f(x)exax 的极小值为 f(ln a)eln aaln aaaln a1， 令 g(a)aaln a，则 a0 且 g(1)1， g(a)ln a. 当 0a0，函数 g(a)单调递增； 当 a1 时，g(a)2 3恒成立，求实数 a 的取值
8、范围 解(1)f(x)x22bx2. x2 是 f(x)的一个极值点， x2 是方程 x22bx20 的一个根， 解得 b3 2. 令 f(x)0，则 x23x20，解得 x2. 函数 yf(x)的单调递增区间为(，1)，(2，) (2)当 x(1,2)时，f(x)0， f(x)在(1,2)上单调递减，在(2,3)上单调递增 f(2)是 f(x)在区间1,3上的最小值，且 f(2)2 3a. 若当 x1,3时，要使 f(x)a22 3恒成立， 只需 f(2)a22 3，即 2 3aa 22 3， 解得 0a0， 故 g(x)a1 x ax1 x . 当 a0 时，g(x)0 时，在 0，1 a
9、 上，g(x)0， 所以 g(x)在 0，1 a 上单调递减，在 1 a，上单调递增 (2)当 a0 时，g(x)在(0，e上单调递减， 所以 g(x)ming(e)ea22. 故不存在最小值 2. 当 01 e时，0 1 ae，在 0，1 a 上 g(x)0，函数 g(x) 单调递增，由此 g(x)ming 1 a 11ln 1 a2， 所以 ln a2.解得 ae2， 故当 ae2时，函数 g(x)的最小值为 2. 13某企业拟建造一个容器(不计厚度，长度单位：米)，该容器的底部为圆柱形，高为 l，底 面半径为 r，上部为半径为 r 的半球形，按照设计要求容器的体积为28 3 立方米假设该
10、容器 的建造费用仅与其表面积有关，已知圆柱形部分每平方米建造费用为 3 万元，半球形部分每 平方米建造费用为 4 万元，则该容器的建造费用最小时，半径 r 的值为() A1B. 3 2C. 3 4D2 答案C 解析由题意知 Vr2l1 2 4 3r 3r2l2 3r 328 3 ， 故 l 28 3 2 3r 3 r2 28 3r2 2 3r 282r3 3r2 ， 由 l0 可知 r 3 14. 建造费用 y(2rlr2)31 24r 246r282r 3 3r2 11r256 r 7r2(0r 3 14)， 则 y14r56 r2 14r 34 r2 . 当 r(0， 3 4)时，y0.
11、当 r 3 4时，该容器的建造费用最小 14设定义在 R 上的函数 f(x)的导函数为 f(x)，若 f(x)f(x)2ex2 019(其中 e 为自然对数的底数)的解集为() A(0，)B(2 019，) C(，0)D(，0)(2 019，) 答案C 解析设 g(x)exf(x)2， 所以 g(x)exf(x)f(x)2， 因为 f(x)f(x)2， 所以 g(x)exf(x)f(x)22ex2 019 等价于 g(x)2 019， 所以原不等式的解集为(，0) 15某数学兴趣小组对形如 f(x)x3ax2bxc 的某三次函数的性质进行研究，得出如下四 个结论，其中有且只有一个是错误的，则错
12、误的结论一定是() A函数 f(x)的图象过点(2,1) B函数 f(x)在 x0 处有极值 C函数 f(x)的单调递减区间为0,2 D函数 f(x)的图象关于点(1,0)对称 答案D 解析对于 A 选项，f(2)84a2bc1； 对于 B 选项，f(x)3x22axb，f(0)b0； 对于 C 选项，由单调递减区间可得 f(0)b0，f(2)124ab0，因为有且仅有一个 选项错误，所以 B，C 正确； 所以 a3，b0.对于 D 选项，函数 f(x)的图象关于点(1,0)对称，则有 f(1x)f(1x)0， 可赋值得到：当 x0 时，2f(1)0，当 x1 时，f(2)f(0)0，即可得到
13、 84a2bcc 0，解得 c2，与 abc0 解得 c3，显然 c 有两个取值，故 D 错误，A 正确，解得 c 5，所以 f(x)x33x25，所以 f(2)1，f(x)3x26x3x(x2)，所以函数在(，0) 和(2，)上单调递增，在(0,2)上单调递减，在 x0 处取得极大值，故 A，B，C 均正确 16已知函数 f(x)ln xa xx2a1. (1)若 a2，求函数 f(x)的单调区间； (2)若函数 f(x)有两个极值点 x1，x2，求证：f(x1)f(x2)0. (1)解f(x)的定义域是(0，) 当 a2 时，f(x)ln x2 xx5， f(x)x 2x2 x2 x2x1 x2 ， 当 0 x0，当 x2 时，f(x)0)， 因为 f(x)有两个极值点 x1，x2， 故 x1，x2为方程x2xa0 的两个不等实根， 所以 14a0， x1x21， x1x2a0 0a1 4， 所以 f(x1)f(x2)ln x1x2ax1x2 x1x2 (x1x2)4a2ln a4a2， 令 g(a)ln a4a2 0a0， g(a)在 0，1 4 上单调递增， 故 g(a)g 1 4 ln 1 410， 所以 f(x1)f(x2)0.
