(必考题)高中数学高中数学选修2-2第三章《导数应用》检测卷(包含答案解析)(1)

一、选择题

1．已知任意实数k1，关于x0的不等式kxa值为（ ） A．1

2．已知函数fx=B．1

C．0

D．2

2x恒成立，则实数a的最大整数ex12x+(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

B．2a5 D．3a5

3．已知函数f(x)exexa与g(x)lnx的取值范围是（ ） A．(,e]

B．(,1]

321的图象上存在关于x轴对称的点，则axD．[e,C．[1,) )

4．已知函数fxxaxx2,则“a2”是“fx在2,4上单调递增”的（ ） A．充分不必要条件 C．充要条件 5．已知函数fx为（ ） A．4m5

B．2m4

C．m2

D．m4

6．已知定义在R上的可导函数f(x)的导函数为

B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

1312xmx4x3在区间1，2上是增函数，则实数m的取值范围32f'(x)，满足f(x)f'(x)，且

D．(,0) D．y＝－x＋ln(1＋x)

f(0)1，则不等式exf(x)（e为自然对数的底数）的解集为（ ）

A．(1,) A．y＝sin2x

B．(0,) B．y＝x3－x

C．(1,) C．y＝xex

7．下列函数中，在(0，＋∞)上为增函数的是( )

8．直线xaa0分别与曲线y2x1，yxlnx相交于A，B两点，则AB的最小值为（） A．1

B．2

C．2 D．3 9．已知可导函数f(x)(xR)满足f(x)f(x)，则当a0时，f(a)和eaf(0)的大小关系为（ ） A．f(a)eaf(0)

B．f(a)eaf(0)

C．f(a)eaf(0)

D．f(a)eaf(0)

1，x＜0x10．已知函数f(x)，若Fxfxkx有3个零点，则k的取值范围为

lnx,x＞0x（ ） A．(1，0) e2B．(1，0) 2eC．(0，

1) 2eD．(0，

1) e211．已知函数f(x)cos2xsin2x，若存在实数M，对任意x1,x2R都有

fx1fx2M成立.则M的最小值为（ ）

A．33 8B．

33 2xC．33 4D．23 312．已知函数fxx4x2e2ex，其中是自然对数的底数，若

ef2a2f1a0，则实数a的取值范围为（ ）

A．,1

12B．1,

21C．2,1 D．1,2

二、填空题

13．函数fx定义在0,2上，f2，其导函数是fx，且6fxcosxfxsinx恒成立，则不等式fx22sinx的解集为_____________.

14．若函数f（x）cosxa在（0，）上单调递减，则实数a的取值范围为___． sinx2215．函数fxln2x3x在区间,上的最大值与最小值之和为

44____________.

16．已知定义在R上的可导函数fx的导函数为fx，对任意实数均有

31(1x)f(x)xf'(x)0成立，且yfx1e是奇函数，则不等式xfxex0的

解集是_________．

17．若函数fxax2a1x2lnx1只有一个零点，则实数a的取值范围是

2______.

18．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______.

19．已知函数f(x)x3ax2x1在区间是________．

21,内是减函数，则实数a的取值范围331flgxflg20．已知fxxsinxcosxx2，则不等式xf2的解集为______.

2三、解答题

21．如图，在半径为30cm的半圆形（O为圆心）铝皮上截取一块矩形材料ABCD，其中点A、B在直径上，点C、D在圆周上.

（1）怎样截取才能使截得的矩形ABCD的面积最大？并求最大面积；

（2）若将所截得的矩形铝皮ABCD卷成一个以AD为母线的圆柱形罐子的侧面（不计剪裁和拼接损耗），应怎样截取，才能使做出的圆柱形罐子体积最大？并求最大体积. 22．已知f(x)x22lnx （1）求f(x)的最小值； （2）若f(x)2tx1x0,1内恒成立，求t的取值范围. 2在x＋1(升)，在

23．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

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.

24．已知函数fx=ax1e，曲线yfx在点0,1处的切线为3xy10.

x（1）求a的值； （2）求函数fx的极值.

25．已知函数f(x)x2mx2lnx （mR）.

（1）若f(x)在其定义域内单调递增，求实数m的取值范围； （2）若4m5，且f(x)有两个极值点x1,x2，其中x1x2，求围.

26．已知函数yf(x1)f(x2)的取值范

lnx（x0）. x（1）求这个函数的单调区间；

（2）求这个函数在区间,e的最大值与最小值.

e12

【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除

一、选择题 1．B 解析：B 【分析】

由关于x0的不等式kxa2x2xf(x)x0恒成立，可知当时，函数的图像在

exex2x的单调区间，画出函数的图像，利ex直线yk(xa)下方，利用导数求出函数f(x)用图像求解即可 【详解】 解：令f(x)2x2xf(x)x0x0（），由题意知当时，函数的图像在直线

exexyk(xa)下方，

由f(x)2x2(1x)'f(x)，得，

exex当x变化时，f'(x)，f(x)的变化如下表

x f'(x) f(x) (0,1) 1 0 (1,)   2 e所以f(x)的大致图像如图所示

当a0时，由图像知不成立，

当a0时，因为f'(0)2，所以当1k2时不成立；

当a1时，设直线yk0(x1)与f(x)的图像相切于点(x0,f(x0))，则

k02(1x0)f(x0)512，得1x0x0，解得x0(0,1)， x0ex012所以k035e51211， e2xyk(xa)下方， x的图像在直线e所以当k1时，函数f(x)所以当aZ时，amax1， 故选：B 【点睛】

关键点点睛：此题考查导数的应用，考查函数的单调性，考查数形结合的思想，解题的关键是把不等式kxa2x2xf(x)x0恒成立，转化为当时，函数的图像在直线

exexyk(xa)下方，然后利用函数图像求解，属于中档题

2．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，

12fx=xaxa1lnx,a1，因为对于任意x1,x20,,x1x2， 所以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.

2【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.

3．B

解析：B 【分析】

根据题中条件，得到方程aeexlnxx1有解，令x1h(x)exexlnx，则a的取值范围是yh(x)(x0)的值域，对函数h(x)x求导，判定其单调性，研究其值域，即可得出结果. 【详解】

函数f(x)exexa与g(x)lnx即方程eexalnxx1的图象上存在关于x轴对称的点， x110有解，即方程aexexlnx有解，

xx1，则a的取值范围是yh(x)(x0)的值域， x令h(x)eexlnx因为h(x)eexx11x12exe2， xxxx1x1xh(x)ee0，则函数0，所以2xx2所以当x1时，h(x)0； 当0x1时，exe0，

1h(x)exexlnx单调递增；

x当x1时，exe0，

x1x1xh(x)ee0，则函数0，所以2xx21h(x)exexlnx单调递减；

x所以h(x)maxh(1)1， 画出函数h(x)的大致图像如下，

由图像可得，hx,1， 所以a的取值范围,1. 故选：B. 【点睛】

本题主要考查导数的方法研究方程根的问题，考查函数与方程的应用，将问题转化为两函数交点的问题是解题的关键，属于常考题型.

4．A

解析：A 【分析】

23x131由f(x)在2,4上单调递增，等价于a在2,4上恒成立， x2x22x再求得a【详解】

1111”的充分必要性即可. ，再判断“a2”与“a4423x131解：若f(x)在2,4上单调递增，则fx3x2ax10,即ax2x22x2在2,4上恒成立. 又h(x)31311111x，所以a. 在2,4上单调递增,则x22x22x44故“a2”是“f(x)在2,4上单调递增”的充分不必要条件. 故选A. 【点睛】

本题考查了由函数的单调性研究参数的范围，重点考查了充分必要条件，属中档题.

5．D

解析：D 【分析】

，2上求函数的导函数，利用导函数与原函数单调性的关系进行判断，要使f(x)在区间1，2上恒成立，分离参数m，即可得到答案． 是增函数，则f(x)0在1【详解】

，2上是增函数，则f(x)0在1，2上恒由题得f(x)x2mx4，要使f(x)在区间1x244，2上恒成立，又成立，即xmx40，则mx在1xx2x442x4，当且仅当x2时，等号成立，所以m4， xx故答案选D 【点睛】

本题主要考查导数与原函数单调性之间的关系，将含参问题转化为最值成立，是解决本题的关键，属于中档题．

6．B

解析：B 【解析】 令g(x)xf(x)f(x)f(x)g(x)0,g(0)1

exex所以efxg(x)1g(0)x0 ,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)，x7．C

解析：C 【解析】

A 在R上是周期函数，y2sinxcosx ，导函数在(0，＋∞)上有正有负，故原函数有增有减；.

B y3x21, 在(0，＋∞)，有正有负，所以原函数不是增函数， C yxexex 0 ，恒成立，故原函数单调递增； D y1故选C．

点睛：判断函数的单调性的方法，可以根据导函数的正负来判断原函数的单调性．

1x ，在(0，＋∞)上导函数为负，原函数应该是减函数． 1x1x8．B

解析：B 【分析】

设A（a，2 a+1），B（a，a+lna），求出|AB|，利用导数求出|AB|的最小值． 【详解】

设A（a，2a+1），B（a，a+lna），

（alna）a1lna， ∴|AB|＝2a1令yx1lnx，则y′11， x∴函数在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增， ∴x＝1时，函数y的最小值为20，∴|AB|＝

2a1（alna）a1lnaa1lna，其最小值为2.

故选B． 【点睛】

本题考查导数知识的运用，考查学生分析解决问题的能力及转化思想，利用求导得到函数的单调性进而求得最值是关键．

9．A

解析：A 【分析】

根据条件构造函数g(x)f(x)，求导可知g(x)单调递增，比较g(a),g(0)的大小，可得exf(a)和eaf(0)的大小关系.

【详解】

f(x)f'(x)exf(x)exf'(x)f(x)'解：令g(x)，则g(x)，因为x2xxeeef(x)f(x)，所以g'(x)0，所以g(x)在,上单调递增；因为a0，所以g(a)g(0)，即

故选：A. 【点睛】

本题考查构造函数法比较大小，考查利用导数求函数的单调性，属于基础题.

f(a)f(0)0，即f(a)eaf(0). aee10．C

解析：C 【分析】

由函数Fxfxkx在R上有3个零点，当x0时，令Fx0，可得yk和

gxlnx1ykgxx0有两个交点；当时，和有一个交点，求得k0，即可xx2求解，得到答案. 【详解】

1，x＜0x由题意，函数f(x)，

lnx,x＞0x要使得函数Fxfxkx在R上有3个零点， 当x0时，令Fxfxkx0， 可得klnx， x2要使得Fx0有两个实数解， 即yk和gx又由gxlnx有两个交点， x212lnx， x3令12lnx0，可得xe，

当x(0,e)时，gx0，则gx单调递增； 当x(e,)时，gx0，则gx单调递减， 所以当xe时，gxmax1， 2e若直线yk和gx则k(0,lnx有两个交点， x21)， 2e

当x0时，yk和gx则k0，

1有一个交点， x21). 2e综上可得，实数k的取值范围是(0,故选：C. 【点睛】

本题主要考查了函数与方程的综合应用，以及利用导数研究函数的单调性与最值的综合应

用，着重考查了转化思想以及推理与运算能力.属于中档题.

11．C

解析：C 【分析】

令tsin2x，则t0,1，设ht1tt，则f(x)ht，利用导数可求

32htmax【详解】

27，从而得到fx的最值，故可得M的取值范围，从而得到正确的选项. 256f(x)2cos3xsinx，故f2(x)4cos6xsin2x，

令tsin2x，则t0,1，设ht1tt，则f(x)4ht，

32又ht1t31tt1t14t， 若t0,，则ht0，故ht在0,为增函数；

4432211若t,1，则ht0，故ht在故htmax141,1为减函数； 427272，故f(x)max， 25664所以f(x)max3333，f(x)min，

8811sinxsinx44当且仅当时取最大值，当且仅当时取最小值，

cosx15cosx15443333. 即M的最小值44故选：C. 【点睛】

故M本题考查与三角函数有关的函数的最值，注意通过换元法把与三角函数有关的函数问题转化为多项式函数，后者可以利用导数来讨论，本题属于中档题.

12．A

解析：A 【分析】

2先求得函数fx是R上的奇函数，把不等式转化为f2af(a1)，再利用导数求得

函数的单调性，在把不等式转化为2a2a1，即可求解. 【详解】

由题意，函数f(x)x4x2e3又由f(x)x4x3x2的定义域为R， ex22x3x2e(x4x2e)f(x)， exex所以fx是R上的奇函数， 又因为f(x)3x242ex22x223x422e3x0， xxee当且仅当x0时取等号，所以fx在其定义域R上的单调递增函数，

22因为f2af(1a)0，可得f2af(1a)f(a1)，

所以2a2a1，解得

1≤a≤1， 2故实数a的取值范围是,1. 故选：A 【点睛】

利用函数的基本性质求解与函数有关的不等式的方法及策略： 1、求解函数不等式的依据是函数的单调性的定义. 具体步骤：①将函数不等式转化为f(x1)f(x2)的形式；

②根据函数fx的单调性去掉对应法则“f”转化为形如：“x1x2”或“x1x2”的常规不等式，从而得解.

2、利用函数的图象研究不等式，当不等式问题不能用代数法求解时，常将不等式问题转化为两函数的图象上、下关系问题，从而利用数形结合求解.

12二、填空题

13．【分析】构造函数再利用函数的单调性解不等式即可【详解】解：构造函数则当时在单调递增不等式即即故不等式的解集为故答案为：【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是根据题目的特点构造一个适当的函数利用它的单调

解析：,

62【分析】 构造函数gx【详解】 解：

fx，再利用函数的单调性解不等式即可. sinxfxcosxfxsinx

fxsinxfxcosx0，

构造函数gx则gx当x0,fx， sinxfxsinxfxcosx， 2sinx时，gx0， 2gx在0,单调递增，

2不等式fx22sinx，

ffx26即22

1sinxsin26即gxg， 66x2

故不等式的解集为,.

62故答案为：【点睛】

关键点点睛：本题解题的关键是根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题.

,. 6214．a≥﹣1【分析】将函数f（x）在（0）上单调递减转化在（0）上恒成立即在（0）上恒成立再求最大值即可【详解】因为函数f（x）在（0）上单调递减所以在（0）上恒成立即在（0）上恒成立因为所以所以所以故

解析：a≥﹣1．

【分析】 将函数f（x）cosxa1acosx0在（0，在（0，）上单调递减，转化fxsinxsin2x211）上恒成立 即a在（0，）上恒成立 再求最大值即可.

cosxcosx22【详解】

cosxa因为函数f（x）在（0，）上单调递减，

sinx21acosx00所以fx在（，）上恒成立 ，

sin2x2即a1在（0，）上恒成立 ， cosx2x因为0,， 2所以cosx0,1， 所以1(,1]， cosx所以a1. 故答案为：a1 【点睛】

本题主要考查了导数与函数的单调性，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.

15．【分析】利用导数求得函数的单调性进而求得极值和区间端点处的函数值值找出函数的最大值和最小值即可【详解】解：由题得的定义域为由得或因为所以时单调递增；时单调递减；所以为极小值点且又因为又所以所以所以故 解析：ln7【分析】

利用导数求得函数的单调性，进而求得极值和区间端点处的函数值值，找出函数的最大值和最小值即可. 【详解】

解：由题得fx的定义域为5 163,， 2fx22(x1)(2x1)2x 2x32x3311由fx0得，x1或x,因为x,

244所以11,时，fx0，fx单调递增； 2431x,时，fx0，fx单调递减； 42111所以x为极小值点，且fln2，

242又因为f又f393ln，4216711fln

2164147117131flnln20，所以f(x)maxfln

21632244所以fxminf11ln2. 247115ln2ln7. 216416所以f(x)maxf(x)minln故答案为：ln7【点睛】

5. 16本题主要考查用导数求函数的最值，属于中档题.

16．【分析】将问题转化为解不等式令根据函数的单调性以及奇偶性求出的范围即可【详解】由可得令则故在上单调递增又是奇函数故故解得：故答案为：【点睛】本题主要考查了函数的单调性问题考查导数的应用以及函数的奇偶 解析：1,

【分析】

将问题转化为解不等式出x的范围即可. 【详解】

由xfxe0可得

xxfxex1，令gxxfx，根据函数的单调性以及奇偶性求xexfxex1，

令gxxfx1xfxxfx0，故gx在R上单调递增，

，则gxexex又yfx1e是奇函数，故f1e，g11， 故gxg1，解得：x1， 故答案为：1,. 【点睛】

本题主要考查了函数的单调性问题，考查导数的应用以及函数的奇偶性，属于中档题.

17．或【分析】首先求出函数的导函数当时可得在定义域上单调递减再根据零点存在性定理可得在上存在唯一的零点当时由导数可得函数的单调性及最小值为令利用导数说明的单调性即可求出参数的值；【详解】解：因为定义域为

解析：a0或a1 【分析】

首先求出函数的导函数，当a0时，可得fx在定义域上单调递减，再根据零点存在性定理可得fx在0,1上存在唯一的零点，当a0时，由导数可得函数fx的单调性及最小值为fxminf11112lnaga12lna，令，a0,利用aaa导数说明ga的单调性，即可求出参数a的值；

【详解】

解：因为fxax2a1x2lnx1，定义域为0,，

2222ax2a1x22ax1x1所以fx2ax2a1 xxx当a0时，fx0恒成立，即fx在定义域上单调递减，f13a10，当

x0时，ax20，2a1x0，2lnx，所以fx，所以fx在0,1上存在唯一的零点，满足条件；

12ax1x11x当a0时，令fx即函数在,上单调递0，解得

axa增，令fx则fx在x12ax1x11

0，解得0x即函数在0,上单调递减，

axa

111取值极小值即最小值，fxminf12lna，

aaa1212a10恒成立，即，a0,，则ga22aaaa令ga12lnaga12lna1在定义域上单调递增，且g112ln110， a2所以要使函数fxax2a1x2lnx1只有一个零点，则

11fxminf12lna0，

aa解得a1，

综上可得a0或a1； 故答案为：a0或a1 【点睛】

本题考查利用导数研究函数的零点问题，考查分类讨论思想，属于中档题.

18．【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故

1， x11a，y0ax0，y0lnx0，解得x0e，y01，a； x0e3ln23ln21a. ，故

88e当直线过点8,ln8时，斜率为k故答案为：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.

19．【分析】求导得转化条件为在区间内恒成立令求导后求得即可得解【详解】函数在区间内是减函数在区间内恒成立即在区间内恒成立令则当时单调递减；当时单调递增；又故答案为：【点睛】本题考查了导数的综合应用考查了 解析：a2

【分析】

求导得f(x)3x22ax1，转化条件为a3x121在区间,内恒成立，令22x33gx【详解】

3x121x，求导后求得gxmax2即可得解. 22x33f(x)x3ax2x1，f(x)3x22ax1，

函数f(x)在区间21,内是减函数， 333x12121f(x)0在区间,内恒成立，即a在区间,内恒成立，

22x33333x121313x21x，则gx2令gx， 222x3322x2x23,当x时，gx0，gx单调递减； 3331当x3,3时，gx0，gx单调递增；

又g127g，2，gx2，

334a2.

故答案为：a2. 【点睛】

本题考查了导数的综合应用，考查了运算求解能力与推理能力，属于中档题.

20．【分析】先判断函数为偶函数再利用导数判断函数在递增从而将不等式转化为进一步可得不等式解对数不等式即可得答案【详解】的定义域为且即有即为偶函数；又时则在递增不等式即为即有可得即有即或解得或则解集为故答

1解析：0,100【分析】

先判断函数为偶函数，再利用导数判断函数在x0递增，从而将不等式转化为

100,

flgxf2，进一步可得不等式lgx2，解对数不等式即可得答案.

【详解】

fxxsinxcosxx2的定义域为R，

2且fxxsinxcosxxxsinxcosxx，

2即有fxfx，即fx为偶函数；

又x0时，fxsinxxcosxsinx2xx2cosx0， 则fx在x0递增，

1flgxflg不等式xf2，

2即为

flgxflgxf2，

2即有flgxf2， 可得flgxf2，

即有lgx2，

即lgx2或lgx2， 解得x100或0x1， 1001则解集为0,100故答案为：0,【点睛】

100,. 100,.

1100本题考查函数奇偶性、单调性的综合运用，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意偶函数f(|x|)f(x)这一性质的应用.

三、解答题

21．（1）取BC为152cm时，矩形ABCD的面积最大，最大值为900cm2；（2）取

BC为103cm时，做出的圆柱形罐子体积最大，最大值为【分析】

60003.

（1）设BCx，矩形ABCD的面积为S，S2x900x22x2900x2，利用基本不等式求解最值；

（2）设圆柱底面半径为r，高为x，体积为V.由AB2900x22r，得

900x2，Vr2h1900xx3，其中0x30，利用导函数求解最值.

r【详解】 （1）连结OC.

设BCx，矩形ABCD的面积为S. 则AB2900x2，其中0x30. 所以S2x900x2x22900xx900x900.

222当且仅当x2900x2，即x152时，S取最大值为900cm2. 所以，取BC为152cm时，矩形ABCD的面积最大，最大值为900cm2. （2）设圆柱底面半径为r，高为x，体积为V.

2900x由AB2900x2r，得r，

22所以Vrh900xx，其中0x30. 321由V9003x0，得x101313，

因此V900xx在0,103上是增函数，在10600033,30上是减函数.

所以当x103时，V的最大值为

.

取BC为103cm时，做出的圆柱形罐子体积最大，最大值为【点睛】

此题考查函数模型的应用：

（1）合理设未知数，建立函数关系，需要注意考虑定义域； （2）利用基本不等式求最值，要注意最值取得的条件；

60003cm3.

（3）利用导函数讨论函数单调性求解最值，注意自变量的取值范围. 22．（1）1 ；（2）,1. 【分析】

（1）先求函数的导函数，求出函数的极值，并将它与函数的端点值进行比较即可. （2）要求若f(x)2tx112lnx2txx0,1在内恒成立，即转化为在x2x3x12lnxx0,1内的最小值即可. x3xx0,1内恒成立，只需求h(x)x【详解】

（1）函数的定义域为0,

22x1x1， xx由f(x)0得：x1，由f(x)0得：0x1，

设f(x)2x所以f(x)在0,1单调递减，在1,单调递增，

f(x)minf(1)1，

（2）若f(x)2tx可得2tx1x0,1内恒成立， 2在x12lnx在x0,1内恒成立， 3xx12lnxx42x232x2lnx令h(x)x3，h(x)， 4xxx因为x0,1，

所以x430，2x20，2x2lnx0，x40，

所以h(x)0，可得h(x)在0,1上单调递减， 所以当x1时，h(x)x得2t2，所以t1， 故t的取值范围是,1， 【点睛】

本题主要考查了利用导数求闭区间上函数的最值，以及求函数恒成立问题，属于基础题. 23．（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)，

12lnx有最小值2， x3x3v2240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．

24．（1）4；（2）极小值为

4e4，无极大值.

3【分析】

（1）求出函数的导函数，利用f(0)3，可得a．

（2）由（1）可得函数的解析式，利用导数研究函数的单调性，从而得到函数的极值； 【详解】

解：（1）因为fx=ax1e，所以fxaxa1e

xx因为曲线yfx在点0,1处的切线为3xy10. 所以f(0)a13，解得a4

xx（2）由（1）可得fx=4x1e，所以fx=4x3e，令fx0解得

333x，即函数在,上单调递增，令fx0解得x，即函数在

44433,x上单调递减，故函数在处取得极小值，所以44fx极小值【点睛】

33f4e4，无极大值.

4本题考查函数的导数的应用，切线方程以及函数的极值的求法，考查转化思想以及计算能力，属于中档题．

25．（1）m4；（2）0，4ln2. 【分析】

（1）由题意结合导数与函数单调性的关系可转化条件为m2x利用基本不等式求得2x1542在(0,)上恒成立，x2的最小值即可得解； x（2）由题意结合函数极值点的概念可得x1x2转化条件为f(x1)f(x2)1m，x1x21，进而可得x11，2211122x4lnxg(x)x4lnxx1），，令（11x12x22利用导数求得函数g(x)的值域即可得解. 【详解】

（1）f(x)的定义域为(0,)， ∵f(x)在(0,)上单调递增， ∴f(x)2xm220在(0,)上恒成立，即m2x在(0,)上恒成立， xx又2x2222x4，当且仅当x1时等号成立， xx∴m4；

22x2mx2（2）由题意f(x)2xm，

xx∵f(x)有两个极值点x1,x2，

∴x1,x2为方程2x2mx20的两个不相等的实数根， 由韦达定理得x1x2m，x1x21， 2∵0x1x2，∴0x11x2， 又m2(x1x2)2(x111)(4,5)，解得x11， x1222∴f(x1)f(x2)x1mx12lnx1x2mx22lnx2

x12x222lnx1lnx22x1x2x1x2x22x122lnx1lnx2

12x4lnx1， 12x1112x4lnxx1）， （2x2设g(x)242(x42x21)2(x21)2则g(x)32x0， 33xxxx1∴g(x)在,1上为减函数，

2又g1115144ln4ln2，g(1)1100， 2424154ln2， 4∴0g(x)即

f(x1)f(x2)的取值范围为0，4ln2.

154【点睛】

本题考查了导数的综合应用，考查了运算求解能力与逻辑推理能力，牢记函数单调性与导数的关系、合理转化条件是解题关键，属于中档题. 26．（1）函数y1lnx在0,e单调递增；在e,单调递减；（2）最大值，最小值xee.

【分析】

（1）对函数进行求导得yfx1lnx，解不等式，即可得答案； x2（2）求出端点的函数值和极值，再进行比较，即可得答案； 【详解】 （1）yfx1lnx， x2lnx在0,e单调递增； x解fx0得xe，

当0xe时，fx0，所以函数y当xe时，fx0，所以函数y（2）由（1）知，yfx所以最大值为fe因为ffe【点睛】

本题考查利用导数研究函数的单调性和极值，考查函数与方程思想，考查运算求解能力，属于基础题.

lnx在e,单调递减. xlnx1e,e2在区间,e单调递增，在区间单调递减， ex2112，而fe；fe2. eee1e2，所以，y1lnx12在区间,e的最大值M，最小值me. xee