上海上海外国语大学西外外国语学校高中数学选修2-2第三章《导数应用》测试题(包含答案解析)

一、选择题

1．已知函数fx=12x+(ba)xa1lnx,a1，函数y2xb的图象过定点2（0,1），对于任意x1,x20,,x1x2，有fx1fx2x2x1，则实数a的范围

为（ ） A．1a5 C．2a5 2．函数fxB．2a5 D．3a5

xx,0xsinx0,的图象大致是（ ）

A．

B．

C．

D．

3．已知函数f(x)ax2x1(a0)，若任意x1，x2[1，)且x1x2都有

f(x1)f(x2)1，则实数a的取值范围（ ）

x1x2A．[1，)

B．(0，1]

C．[2，)

D．(0,)

4．已知yfx为R上的可导函数，当x0时，fxfxx0，若

FxfxA．0

1，则函数Fx的零点个数为（ ） xB．1

C．2

D．0或2

5．已知函数fxxlnx，则fx的图象大致为（ ）

A． B．

C．

D．

6．等差数列{an}中的a2、a4030是函数f(x)（a2016）=（ ） A．2

B．3

C．4

D．5

7．已知函数fx对定义域R内的任意x都有f2xf2x，且当x2时其导函数

13x4x26x1 的两个极值点，则log23fx满足xfx2fx，若2a4则（ ）

aA．f2f3flog2a

aB．f3flog2af2

aC．flog2af3f2

aD．flog2af2f3

8．定义域为R的连续可导函数fx满足fxfxe，且f00，若方程

x21mfxfx0有四个根，则m的取值范围是（ ） 16e2A．em4

16eB．m4

2e2C．me

16D．me 29．已知函数fx是函数fx的导函数，f1fxfx0，设Fx1，对任意实数都有efx1Fx ） 则不等式2的解集为（xeeC．1,e

D．e,

A．,1

B．1,

10．若x1x21，则（ ） A．x2e1x1e2 C．x2lnx1x1lnx2

11．函数y2x1e的图象大致是（ ）

xxxB．x2e1x1e2 D．x2lnx1x1lnx2

xxA． B．

C． D．

12．已知函数f(x)ex2，g(x)x22x1，若存在x1,x2,x3,成立，则n的最大值为（ ）（注：e=2.71828A．9

B．8

xn[0,1]，使得

f(x1)f(x2)f(xn2)g(xn-1)+g(xn)g(x1)g(x2)C．7

g(xn2)f(xn-1)+f(xn),nN*D．6

为自然对数的底数）

二、填空题

2x1,x013．已知函数fxx，若函数gxfxxm恰好有2个零点，则实

e,x0数m的取值范围为______．

14．如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为

O.D，E，F为圆O上的点，DBC,ECA,FAB分别是以BC,CA,AB为底边的等腰

三角形.沿虚线剪开后，分别以BC,CA,AB为折痕折起DBC,ECA,FAB，使得D，

E，F重合，得到三棱锥.当所得三棱锥体积（单位：cm3）最大时，ABC的边长为

_________（cm）.

x,xs,2e15．记函数Hx若对任意的实数k，总存在实数m，使得Hmklnx,0xs,x成立，则实数s的取值集合______.

16．如图所示，ABCD是边长为30cm的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得A，B，C，D四个点重合于图中的点P，正好形成一个底面是正方形的长方体包装盒，若要包装盒容积V(cm3)最大，则EF的长为________cm.

17．设fxlnx，若函数hxfxax在区间0,8上有三个零点，则实数a的取值范围______.

18．若函数fxxea恰有三个零点，则实数a的取值范围是______.

2x19．已知函数fxxlnx，gxx2xa，若∀x1，x2∈（0，+∞），f（x1）≥g

2（x2）恒成立，则实数a的取值范围为__________ 20．若函数fx12xmxlnx有极值,则函数f(x)的极值之和的取值范围是________. 2三、解答题

21．设函数fxx2lnxax1.

（1）若fx在区间1,上单调递增，求实数a的取值范围； （2）若存在正数x0，使得fx01lnx0成立，求实数a的取值范围. 22．已知：函数f(x)sinxxcosx. （1）求f()； （2）求证：当x(0,2)时，f(x)x3；

13（3）若f(x)kxxcosx对x(0,23．已知函数fxex2)恒成立，求实数k的最大值.

x3xa，aR.

（1）当a2时，求fx在1,2上的最大值和最小值； （2）若fx在1,上单调，求a的取值范围.

24．在某次水下科研考察活动中，需要潜水员潜入水深为60米的水底进行作业，根据以往经验，潜水员下潜的平均速度为v(米/单位时间)，每单位时间的用氧量为

＋1(升)，在

水底作业10个单位时间，每单位时间用氧量为0.9(升)，返回水面的平均速度为 (米/单位时间)，每单位时间用氧量为1.5(升)，记该潜水员在此次考察活动中的总用氧量为y(升). (1)求y关于v的函数关系式；

(2)若c≤v≤15(c>0)，求当下潜速度v取什么值时，总用氧量最少. 25．已知函数fxmxe（e为自然对数的底数）.

x（1）讨论函数fx的单调性；

x20，求（2）已知函数fx在x1处取得极大值，当x0,3时，恒有f(x)exp实数p的取值范围.

26．设fx2xaxbx1的导数为f'x,若函数yf'x的图象关于直线

321x对称,且f'10.

2（1）实数a,b的值； （2）求函数fx的极值.

【参】***试卷处理标记，请不要删除

一、选择题 1．A 解析：A 【分析】

由图象过定点可得b0，设Fxfxx，结合已知条件可得Fx在0,递增，求Fx的导数，令gxxa1xa1，由二次函数的性质可得

2a1g0，从而可求出实数a的范围.

2【详解】

（0,1）解：因为y2xb的图象过定点，所以2b1，解得b0，

所以fx=12xaxa1lnx,a1，因为对于任意x1,x20,,x1x2， 2有fx1fx2x2x1，则fx1x1x2fx2，设Fxfxx， 即Fxfxx121xaxa1lnxx=x2a1xa1lnx， 222a1xa1xa12所以Fxxa1，令gxxa1xa1， xxa10，所以要使Fx0在0,恒成立，只需因为a1，则x2a1g0， 2a1a1故a1a10，整理得a1a50，解得1a5， 22故选:A. 【点睛】 关键点睛：

本题的关键是由已知条件构造新函数Fxfxx，并结合导数和二次函数的性质列出关于参数的不等式.

22．B

解析：B 【分析】

首先判断函数的奇偶性，再利用导数研究函数的单调性即可得解； 【详解】 解：因为fxxx,0xsinx0,，定义域关于原点对称，又

0,xxxfx，所以fxx,0xsinxxsinxxsinx为偶函数，函数图象关于y轴对称，所以排除A、D； fxfxxxsinxxsinxxxsinx2xcosxsinxxsinx2

令gxxcosxsinx，则gxxsinx，所以当x0,时gx0，所以

gxxcosxsinx在x0,上单调递减，又g00，所以gx0在x0,上恒成立，所以fx0在x0,上恒成立，即函数fxx在

xsinx0,上单调递减，故排除C，

故选：B 【点睛】

函数图象的辨识可从以下方面入手：

(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置． (2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势； (3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；

(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象.

3．A

解析：A 【分析】

求出函数的导数，通过讨论a的范围，得到关于a的不等式，解出即可． 【详解】

f(x1)f(x2)1表示函数fx在区间1,上任意两个不同点连线的斜率都大于1，

x1x2等价于fax2ax11，x1时恒成立， 0时，f'x0，不合题意，

'a0时，只需2ax11，

即a1在[1，)恒成立， x1故a()max1，

x故a的范围是[1，)， 故选：A 【点睛】

f(x1)f(x2)1表示函数fx在区间1,上任意两个不同点连线的斜率都大于1，

x1x2由此考虑利用导数进行求解.

4．A

解析：A 【分析】

利用导数分析出函数gxxfx1在区间,0和0,上的单调性，由此可判断出函数gxxfx1的函数值符号，由此可求得函数yFx的零点个数. 【详解】

构造函数gxxfx1，其中x0，则gxfxxfx，

fxxfxfx当x0时，fx0.

xx当x0时，gxfxxfx0，此时，函数ygx单调递减，则

gxg01；

当x0时，gxfxxfx0，此时，函数ygx单调递增，则

gxg01.

所以，当x0时，Fxfx1xfx10；当x0时，xxFxfx1xfx10. xx综上所述，函数yFx的零点个数为0. 故选：A. 【点睛】

本题考查利用导数研究函数的零点问题，构造函数gxxfx1是解题的关键，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.

5．A

解析：A 【解析】

函数的定义域为x0 ，当x0f(x)xln(x) ，为增函数，故排除B，D，

'当x0f(x)xlnx，f(x)11x1，当xxx1,f(x)0.0x1f(x)0

故函数是先减后增； 故选A．

6．A

解析：A 【解析】

f(x)x28x60a2a40308a20164,log2a2016log242 ，选A.

点睛：在解决等差、等比数列的运算问题时，注意利用等差、等比数列的性质,性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用.但在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当变形.

7．C

解析：C 【分析】

由f(x)=f(4x)得到函数的对称性，(x2)f(x)0得到函数的单调性，结合关系即可得到结论. 【详解】

由于函数f(x)对定义域R内的任意x都有f(x)=f(4x)， 可知函数关于x2对称，

根据条件x2时，有xf(x)2f(x), 得(x2)f(x)0，

当x2时f(x)递增，当x2时f(x)单调递减， 因为2a4

所以42a16，1log2a2，因为x2是对称轴，所以2log2a3， 所以2log2a32， 所以f(log2a)f(3)f(2)， 故选：C. 【点睛】

本题主要考查函数值的大小比较，根据导数判断函数的单调性，再利用对称性、单调性比较大小.

aa8．A

解析：A 【分析】

构造函数fxxbe，根据f00求出b0，利用导数判断函数的单调性，作

x出其大致图像，令tfx，只需mtt2110两个不同的根t1，t2,0，利用16e二次函数根的分布即可求解. 【详解】

由fxfxefxefxeexxxx2fxexfxexex21，

fxfxx1xbfxxbe则x， xee由f00b0，则fxex.

x由fxex1，当x1,，fx0，fx单调递增； 当x,1，fx0，fx单调递减，

当x，fx0，x，fx0，如图所示：

x

令tfx，则mtt210，由已知可得 16mt2t110两个不同的根t1，t2,0， 16e1tt0121m2m0， 令gtmtt，由116tt01216m1ge0e2g00me,4. 则1601102me故选：A 【点睛】

本题考查了构造函数判断函数的单调性、根据方程根的个数求参数的取值范围，考查了二次函数根的分布，此题综合性比较强，属于中档题.

9．B

解析：B 【解析】 ∵Fxfxex

f(x)exf(x)exf(x)f(x)∴F(x) 2xxee∵对任意实数都有fxfx0 ∴F(x)0，即F(x)在R上为单调减函数 又∵f1∴F(1)1 e1 e21F(x)F(1) 2等价于e1(1,) 2的解集为e∴不等式Fx∴不等式Fx故选B

点睛：利用导数解抽象函数不等式，实质是利用导数研究对应函数单调性，而对应函数需要构造. 构造辅助函数常根据导数法则进行：如f(x)f(x)构造g(x)f(x)，exf(x)f(x)0，构造g(x)exf(x)，xf(x)f(x)构造g(x)xf(x)f(x)0构造g(x)xf(x)等.

f(x)，x10．A

解析：A 【分析】

根据条件构造函数，再利用导数研究单调性，进而判断大小. 【详解】

x1exex①令fx0，∴fx在1,x1，则f'x2xx上单调递增，

ex1ex2xx∴当x1x21时，，即x2e1x1e2，故A正确．B错误. x1x2②令gxlnx1lnxx1，则g'x2，令gx0，则xe， xx当1xe时，g'x0；当xe时，g'x0，∴gx在1,e上单调递增， 在e,上单调递减，易知C，D不正确， 故选A． 【点睛】

本题考查利用导数研究函数单调性，考查基本分析判断能力，属中档题.

11．A

解析：A 【分析】

根据函数图象，当x1x时，y2x1e0排除CD，再求导研究函数单调性得21y2x1ex在区间,上单调递减，排除B得答案.

2【详解】

解：因为x1x时，y2x1e0，所以C，D错误； 2x因为y'2x1e， 所以当x1时，y'0， 2x所以y2x1e在区间,所以A正确，B错误. 故选：A. 【点睛】

1上单调递减， 2本小题主要考查函数的性质对函数图象的影响，并通过对函数的性质来判断函数的图象等问题．已知函数的解析式求函数的图像，常见的方法是，通过解析式得到函数的值域和定义域，进行排除，由解析式得到函数的奇偶性和轴对称性，或者中心对称性，进行排除，

还可以代入特殊点，或者取极限.

12．D

解析：D 【分析】

构造函数hxfxgx，利用导数研究函数的单调性，求出函数的值域即可求解. 【详解】 由f(x1)f(x2)f(xn2)g(xn-1)+g(xn)

g(x1)g(x2)g(xn2)f(xn-1)+f(xn),nN*，

变形为：fx1gx1fx2gx2fxn2gxn2

fxn1gxn1fxngxn，

设hxfxgx，则hxn1hxnhx1hx2hxn2，

hxfxgxex2x22x1exx22x1，

hxex2x2，当x0,1时，hx0，

2hxe2，

hx1hx2hxn2的值域为2n2,e2n2， 若存在x,x,x,x[0,1]，使得hxn1hxnhx1hx2则42n22e4，4ne4，且nN，

所以x0,1时，hx单调递增，

123nhxn2，

n的最大值为6.

故选：D 【点睛】

关键点点睛：本题考查了导数研究函数方程的根，解题的关键是构造函数

hxfxgx，考查了运算能力、分析能力. 二、填空题

13．【分析】转化为函数的图象与直线恰有2个交点作出函数的图象利用图象可得结果【详解】因为函数恰好有2个零点所以函数的图象与直线恰有2个交点当时当时所以函数在上为增函数函数的图象如图：由图可知故答案为：【 解析：m【分析】

转化为函数yf(x)x的图象与直线ym恰有2个交点，作出函数的图象，利用图象可得结果.

3 4【详解】

因为函数gxfxxm恰好有2个零点，

所以函数yf(x)x的图象与直线ym恰有2个交点， 当x0时，yf(x)xx1(x)212233， 44当x0时，yf(x)xexx，yex10，所以函数yf(x)xexx在

(0,)上为增函数，

函数yf(x)x的图象如图：

由图可知，m故答案为：m【点睛】

3. 43 4方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法： （1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围； （2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；

（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.

14．【分析】连接交于点设求出构造函数利用导数研究函数的单调性从而得出时所得三棱锥体积最大时进而得解【详解】如图连接交于点连接由题意知所以所以设则三棱锥的高则三棱锥的体积令则令即解得所以当时在上单调递增； 解析：43 【分析】

连接OD，交BC于点G，设OGx，求出BC23x，V325x410x5，构造函数，利用导数研究函数的单调性，从而得出x2时，所得三棱锥体积最大时，进而得解. 【详解】

如图，连接OD，交BC于点G，连接OB，

由题意，知ODBC，BG1BC，OBG30， 2所以，OGBGtan30133BCBC，所以BC23OG， 236设OGx，则BC23x，DG5x， 三棱锥的高hDG2OG25x2x22510x，

1S△ABC23x3x33x2，

2则三棱锥的体积V11S△ABCh33x22510x325x410x5， 3345令fx25x10x0x5， 2则f′x100x50x，

34令fx0，即100x350x40，解得x2，

所以，当0x2时，f′x0，fx在0,2上单调递增； 当2x552,时，f′x0，fx在上单调递减， 22所以，当x2时，fx取得极大值，也是最大值， 此时，BC23x43，

所以，当所得三棱锥体积最大时，ABC的边长为43. 故答案为：43. 【点睛】

本题考查三棱锥体积的计算及利用导数研究函数的最值问题，考查学生对这些知识的掌握能力，本题的解题关键是掌握根据导数求极值的方法，属于中档题.

15．【分析】由题意得的值域为R求出在单调递增其值域为然后求导求出函数的值域通过求解和的值域并分析是否满足题意可推出实数s的取值集合【详解】因为对任意的实数总存在实数使得成立所以的值域为R函数在单调递增其 解析：

e

【分析】

由题意得Hx的值域为R，求出y求导，求出函数yxs在[s,)单调递增，其值域为[,)，然后

2e2elnx的值域，通过求解se和0se的值域，并分析是否满足题x意，可推出实数s的取值集合. 【详解】

因为对任意的实数k，总存在实数m，使得Hmk成立， 所以Hx的值域为R. 函数y函数yxs在[s,)单调递增，其值域为[,)，

2e2e1lnxlnx'，y， xx2lnx在(0,e)单调递增； xlnx在(e,)单调递减， x当x(0,e)时，y'0，所以y当x[e,)时，y'0，所以y①当se时，函数ylnx1在(0,e)单调递增，(e,s)单调递减，其值域为(,]，又xes1，不符合题意； 2ee②当0se时，函数ylnslnx]，由题意得在(0,s)单调递增，其值域为(,xsslns，即s22elns0； 2es2e2s22e令u(s)s2elns,u(s)2s， ss2'当s'e时，u(s)0，u(s)在(e,e)上单调递增；

当0se时，u'(s)0，u(s)在(0,e)上单调递减， 所以当se时，u(s)有最小值u(e)0，从而u(s)0恒成立，

e 所以，u(s)0，所以s故答案为：【点睛】

e.

本题考查导数的综合应用，难点在于根据题意分析出Hx的值域为R，并由此求出

yxlnx和y的值域，进行分析，考查分类讨论的思想，属难题.

x2e16．【分析】设cm根据已知条件求出包装盒的底面边长及高从而求得包装盒体积的关于x的表达式利用导数研究体积的最大值即可【详解】设cm则cm包装盒的高为cm因为cm所以包装盒的底面边长为cm所以包装盒的体积 解析：10

【分析】

设EFxcm，根据已知条件求出包装盒的底面边长及高从而求得包装盒体积的关于x的表达式，利用导数研究体积V(x)的最大值即可. 【详解】

设EFxcm，则AEBF因为AEAH30x2 cm，包装盒的高为GEx cm， 2230x2 cm，A，所以包装盒的底面边长为HE=(30x) cm， 2222223(30x)]2x(x60x2900x)，0x30， 224所以包装盒的体积为V(x)[则V(x)2(3x2120x900)，令V(x)0解得x10， 4当x(0,10)时，V(x)0，函数V(x)单调递增；当x(10,30)时，V(x)0，函数

V(x)单调递减，所以V(x)maxV(10)2(100060009000)10002(cm3)，即当

4EF10cm时包装盒容积V(cm3)取得最大值10002(cm3).

故答案为：10

【点睛】

本题考查柱体的体积，利用导数解决面积、体积最大值问题，属于中档题.

17．【分析】画出函数图像计算直线和函数相切时和过点的斜率根据图像得到答案【详解】故画出图像如图所示：当直线与函数相切时设切点为此时故解得；当直线过点时斜率为故故答案为：【点睛】本题考查了根据函数零点个数

3ln21, 解析：8e【分析】

fxax，画出函数图像，计算直线和函数相切时和过点8,ln8的斜率，根据图像得

到答案.

【详解】

hxfxax0，故fxax，画出图像，如图所示：

当直线与函数相切时，设切点为x0,y0，此时fxlnx，f'x1， x11a，y0ax0，y0lnx0，解得x0e，y01，a； 故x0e当直线过点8,ln8时，斜率为k故答案为：3ln23ln21a. ，故

88e3ln21,. 8e

【点睛】

本题考查了根据函数零点个数求参数，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.

18．【分析】求导函数求出函数的极值利用函数恰有三个零点即可求实数的取值范围【详解】解：函数的导数为令则或可得函数在上单调递减和上单调递增或是函数的极值点函数的极值为：函数恰有三个零点则实数的取值范围是：

4解析：0,2

e【分析】

求导函数，求出函数的极值，利用函数f(x)x2exa恰有三个零点，即可求实数a的取值范围． 【详解】

解：函数yx2ex的导数为y2xexx2exxex(x2)， 令y0，则x0或2，

可得函数在2,0上单调递减，(,2)和(0,)上单调递增，

0或2是函数y的极值点，函数的极值为：f(0)0，f(2)4e24． e2函数f(x)x2exa恰有三个零点，则实数a的取值范围是：0,故答案为：0,【点睛】

4． e242． e本题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查函数的极值，考查学生的计算能力，属于中档题．

19．【分析】求导后即可求得根据二次函数的性质可得再由恒成立问题的解决方法可得即可得解【详解】求导得则当时函数单调递减；当时函数单调递增；所以；函数为开口向下对称轴为的二次函数所以当时；由题意可知即故答案

1解析：a1

e【分析】

1e1，根据二次函数的性质可得gxg11a，求导后即可求得fxfe再由恒成立问题的解决方法可得1ae1，即可得解. 【详解】

求导得fxlnx1，

当xe,时，fx0，函数fx单调递增；所以fxfee1则当x0,e时，fx0，函数fx单调递减；

111；

函数gxx22xa为开口向下，对称轴为x1的二次函数， 所以当x0,时，gxg11a； 由题意可知1ae1即ae11. 故答案为：ae11. 【点睛】

本题考查了利用导数解决不等式恒成立问题，考查了推理能力，属于中档题.

20．【分析】先求导方程在上有根求出的范围根据韦达定理即可化简根据的范围即可求出【详解】解：的定义域是存在极值在上有根即方程在上有根设方程的两根为即故函数的极值之和的取值范围是故答案为：【点睛】本题考查了 解析：(,3)

【分析】

先求导，方程x2mx10在(0,)上有根求出m的范围，根据韦达定理即可化简

f(x1)f(x2)，根据m的范围即可求出．

【详解】 解：

f(x)的定义域是(0,)，

1x2mx1， f(x)xmxxf(x)存在极值，

f(x)0在(0,)上有根，

即方程x2mx10在(0,)上有根． 设方程x2mx10的两根为x1，x2，

m240，x1x2m0，x1x21

即m2

12f(x1)f(x2)(x12x2)m(x1x2)(lnx1lnx2)，

21(x1x2)2x1x2m(x1x2)lnx1x2， 21m21m2， 21m213， 2故函数f(x)的极值之和的取值范围是(,3) 故答案为：(,3) 【点睛】

本题考查了导数函数极值的关系，以及韦达定理及二次函数的性质，考查了分析问题解决问题的能力，属于中档题

三、解答题

21．（1）,1；（2）0, 【分析】

（1）由函数fx在区间1,上单调递增，则fx0在1,上恒成立，即

fxlnx12a0在1,上恒成立，采用参变分离的方法，将问题转化为x22alnx1在1,上恒成立，设函数gxlnx1，于是只需满足

xxagxmin即可，问题转化为求函数gx的最小值；

（2）存在正数x0，使得fx01lnx0，即x01lnx0ax0，分离参数可得

ax01lnx0x0x，构造函数gxx1lnx,xx0,，利用导数求出

gxx1lnx的最小值即可求解.

【详解】

（1）函数fx的定义域为0,，fxlnx12a， x要使fx在区间1,上单调递增，只需fx0， 即lnx12a在1,上恒成立即可， x2在1,上单调递增， x由对数函数、反比例函数的性质可得ylnx1所以只需aymin即可，

当x1时，y取最小值，yminln11∴实数a的取值范围是,1.

（2）存在正数x0，使得fx01lnx0成立， 即x01lnx0ax0，即存在x00,使得令gx则gx21， 1x01lnx0ax0，

x1lnx,xx0,，

lnxx1，令hxlnxx1,x0,， x2则hx在0,上单调递增，且h10， 所以当x0,1时，hx0，即gx0， 当x1,时，hx0，即gx0， 所以gx在0,1上单调递减；在1,上单调递增，

则gxming10，故a0，即实数a的取值范围为0,. 【点睛】

思路点睛：导数是高考中的高频考点，同时也是初等数学与高等数学的重要衔接.利用导数研究函数单调性，利用导数研究函数最值，导数几何意义等内容，使函数内容更加丰富，更加充盈.解题时，注意函数与方程思想、数形结合思想、分类讨论思想、等价转化思想的应用，另外，还要能够将问题进行合理的转化，尤其是“恒成立”问题和“有解”问题的等价转化，可以简化解题过程.还有在求参数取值范围时，可以考虑到分离参数方法或分类讨论的方法.

22．（1）0；（2）证明见解析；（3）【分析】

（1）首先求函数的导数，再代入求f的值；（2）首先设函数gxfx2.

13x，3求函数的导数，利用导数正负判断函数的单调性，求得函数gxmax0，（3）首先不等

式等价于sinxkx对x(0，)恒成立，参变分离后转化为k立，

利用导数求函数h(x)【详解】

2sinx对x(0，)恒成x2sinx的最小值，转化为求实数k的最大值. xf(x)cosx(cosxxsinx)xsinx

（1）f()0；

132（2）令g(x)f(x)x，则g(x)xsinxx3x(sinxx)，

当x(0，)时，设t(x)sinxx，则t(x)cosx10

22即sinxx，所以g(x)0

2所以t(x)在x(0，)单调递减，t(x)sinxxt(0)0

所以g(x)在(0，)上单调递减，所以g(x)g(0)0， 所以f(x)13x. 3（3）原题等价于sinxkx对x(0，)恒成立， 即k2sinx对x(0，)恒成立， x2xcosxsinxf(x)sinx. ，则h(x)x2x2x2令h(x)易知f(x)xsinx0，即f(x)在(0，)单调递增， 所以f(x)f(0)0，所以h(x)0， 故h(x)在(0，)单调递减，所以kh()综上所述，k的最大值为【点睛】

方法点睛：由不等式恒成立求参数的取值范围的方法：

1.讨论最值，先构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出含参函数的最值，进而得出相应的含参不等式求参数的取值范围；

2.分离参数：先分离参数变量，再构造函数，求出函数的最值，从而求出参数的取值范围. 23．（1）最大值为4e2，最小值为2e；（2）2,. 【分析】

222. 2 .

（1）a2代入fx，对函数求导，利用导数正负确定单调性即可；

（2）先利用极限思想进行估值x时fx0，来确定fx在1,上单增，

fx0，再对x3xa3x210分离参数，研究值得分布即得结果.

【详解】

x32（1）fxexxa3x1

x32x当a2时，fxex3xx3ex3x1x1

∴fx在3,1和1,上为正，在,3和1,1上为负， ∴fx在3,1和1,上单增，在,3和1,1上单减， 有f122，f24e，f12e， e故fx在1,2上的最大值为4e2，最小值为2e； （2）由fxexx33x2xa1知，当x时，fx0，

若fx在1,上单调则只能是单增，

∴fx0在1,恒成立，即x3xa3x210 ∴ax33x2x1，令gxx3xx1，x1，则

32gx3x26x10，

∴gx在1,递减，gxg12，∴a2,. 【点睛】

（1）利用导数研究函数f(x)的最值的步骤：

①写定义域，对函数f(x)求导f(x)；②在定义域内，解不等式f(x)0和f(x)0得到单调性；③利用单调性判断极值点，比较极值和端点值得到最值即可. （2）函数f(x)在区间I上递增，则f(x)0恒成立；函数f(x)在区间I上递减，则

f(x)0恒成立.

（3）解决恒成立问题的常用方法：

①数形结合法；②分离参数法；③构造函数法.

24．（1）见解析；（2）若c<1032，则当v＝1032时，总用氧量最少；若c≥1032，则当v＝c时，总用氧量最少． 【分析】

（1）结合题意可得y关于v的函数关系式．（2）由（1）中的函数关系，求导后得到当01032时，函数单调递增．然后再根据c的取值情况得到所求的速度． 【详解】

(1)由题意，下潜用时 (单位时间)，用氧量为水底作业时的用氧量为10×0．9＝9(升)， 返回水面用时＝

(单位时间)，用氧量为

×1．5＝

×＝＋ (升)，

(升)，

3v2240因此总用氧量y9,(v0)．

50v3v2240(2)由（1）得y9,(v0)，

50v∴y′＝－

＝

，

令y′＝0得v＝1032，

当01032时，y′>0，函数单调递增．

①若c<1032 ，则函数在(c，1032)上单调递减，在(1032，15)上单调递增， ∴ 当v＝1032时，总用氧量最少． ②若c≥1032，则y在[c，15]上单调递增， ∴ 当v＝c时，总用氧量最少． 【点睛】

（1）在求实际问题中的最大值或最小值时，一般先设自变量、因变量、建立函数关系式，并确定其定义域，利用求函数最值的方法求解，注意结果应与实际情况相符合． （2）用导数求实际问题中的最大(小)值，如果函数在区间内只有一个极值点，那么根据实际意义可知该极值点就是最值点． 25．（1）答案见解析；（2）(,0)【分析】

（1）根据函数fxmxe，求导得到fxme，然后分m0和m0两种情

xx4,. 2e况讨论求解.

（2）根据fx在x1处取得极大值，由（1）知，m0，且fx在xlnm处取得

x20在x0,3恒成立，转化为极大值，从而求得m，然后将f(x)expx2e0在x0,3上恒成立求解.

px【详解】

（1）因为函数fxmxe，所以fxme，

xx若m0，则fx0,fx在R上单调递减；

若m0，令fx0，则xlnm，

当xlnm时，fx0,fx单调递增；当xlnm时，fx0,fx单调递减， 综上所述，当m0时，函数fx在R上单调递减；

﹣,lnm)，单调减区间为(lnm,). 当m0时，函数fx的单调增区间为(（2）

fx在x1处取得极大值，由（1）知，m0不符合题意，

故m0，此时fx在xlnm处取得极大值，

﹣ex. lnm1，解得me,fxexx2f(x)ex0在x0,3恒成立，

px2e0在x0,3上恒成立，显然p0，

pxx20恒成立，符合题意； 当p0时，epx2x当p0时，问题可转化为px在x0,3上恒成立，

ex2设g(x)xe2xx2， (x[0,3])，则g(x)ex当x2,3时，g'x0,gx单调递减.

g(x)max44g(2)2,pe2，

e当x0,2时，g'x0,gx单调递增；

综上，实数p的取值范围为(,0)【点睛】

4,. 2e本题主要考查利用导数研究函数的单调性､极值和存在性问题，还考查运分类讨论､构造函数和参变分离等方法以及逻辑推理和运算能力，属于中档题. 26．（1）b12；（2）fx的极大值是21,极小值是6. 【解析】

试题分析：（1）先对fx求导，fx的导数为二次函数，由对称性可求得a，再由

f10即可求出b；（2）对fx求导，分别令fx大于0和小于0，即可解出fx的单调区间，继而确定函数的极值.

试题

（1）因fx2xaxbx1,故f'x6x2axb,从而

3222aaa2f'x6xb,即yf'x关于直线x对称,从而由条件可知

666a1,解得a3,又由于f'x0,即62ab0解得b12. 62322（2）由（1）知fx2x3x12x1,f'x6x6x126x1x2. 令f'x0,得x1或x2,

当x,2时,f'x0,fx 在,2上是增函数,当x2,1时,f'x0,fx在2,1上是减函数,当x1,时,f'x0,fx 在1,,上是增函数,从而fx在x2处取到极大值f221, 在x1处取到极小值

f16.

考点：利用导数研究函数的单调性；二次函数的性质.