高中数学-导数与函数的最值练习
高中数学导数练习题
高中数学导数练习题一、基础题1. 求函数 $f(x) = x^3 3x$ 的导数。
2. 求函数 $f(x) = \sqrt{1+x^2}$ 的导数。
3. 求函数 $f(x) = \frac{1}{x^2}$ 的导数。
4. 求函数 $f(x) = \ln(x^2 + 1)$ 的导数。
5. 求函数 $f(x) = e^{2x}$ 的导数。
二、应用题1. 已知函数 $f(x) = ax^2 + bx + c$，求 $f'(x)$ 并说明其几何意义。
2. 某物体做直线运动，其位移 $s$ 与时间 $t$ 的关系为 $s =t^2 2t + 1$，求物体在 $t=2$ 时的瞬时速度。
3. 已知函数 $f(x) = \frac{1}{\sqrt{x}}$，求曲线在$x=4$ 处的切线方程。
4. 求函数 $f(x) = \sin(x)$ 在区间 $[0, \pi]$ 上的最大值和最小值。
5. 已知函数 $f(x) = \ln(x 1)$，求 $f(x)$ 的单调区间。
三、综合题1. 设函数 $f(x) = (x^2 1)^3$，求 $f'(x)$。
2. 已知函数 $f(x) = \frac{2x + 3}{x 1}$，求 $f'(x)$。
3. 求函数 $f(x) = \sqrt{1 + \sqrt{1 + x^2}}$ 的导数。
4. 已知函数 $f(x) = e^{x^2}$，求曲线在 $x=0$ 处的切线方程。
5. 设函数 $f(x) = \ln(\sin^2 x)$，求 $f'(x)$。
四、拓展题1. 已知函数 $f(x) = \frac{1}{x^2 + 1}$，求 $f''(x)$。
2. 设函数 $f(x) = (x^3 + 1)^4$，求 $f'''(x)$。
3. 已知函数 $f(x) = \arctan(x)$，求 $f'(x)$。
高中数学人教A版选修1-1习题：第三章3.3-3.3.2函数的极值与导数 Word版含答案
第三章导数及其应用3.3 导数在研究函数中的应用3.3.2 函数的极值与导数A级基础巩固一、选择题1．可导“函数y＝f(x)在一点的导数值为0”是“函数y＝f(x)在这点取得极值”的( )A．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：对于f(x)＝x3，f′(x)＝3x2，f′(0)＝0，不能推出f(x)在x＝0处取极值，反之成立．答案：B2．已知可导函数f(x)，x∈R，且仅在x＝1处，f(x)存在极小值，则( )A．当x∈(－∞，1)时，f′(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0B．当x∈(－∞，1)时，f′(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0C．当x∈(－∞，1)时，f′(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0D．当x∈(－∞，1)时，f′(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0解析：因为f(x)在x＝1处存在极小值，所以x＜1时，f′(x)＜0，x＞1时，f′(x)＞0.答案：C3．函数y＝x3－3x2－9x(－2＜x＜2)有( )A．极大值5，极小值－27B．极大值5，极小值－11C．极大值5，无极小值D．极小值－27，无极大值解析：由y′＝3x2－6x－9＝0，得x＝－1或x＝3，当x＜－1或x＞3时，y′＞0；当－1＜x＜3时，y′＜0.故当x＝－1时，函数有极大值5；x取不到3，故无极小值．答案：C4．已知f(x)＝x3＋ax2＋(a＋6)x＋1有极大值和极小值，则a的取值范围为( ) A．－1＜a＜2 B．－3＜a＜6C．a＜－1或a＞2 D．a＜－3或a＞6解析：f′(x)＝3x2＋2ax＋(a＋6)，因为f(x)既有极大值又有极小值，那么Δ＝(2a)2－4×3×(a＋6)＞0，解得a＞6或a＜－3.答案：D5．设a∈R，若函数y＝e x＋ax，x∈R有大于零的极值点，则( )A．a＜－1 B．a＞－1C．a＞－1eD．a＜－1e解析：y′＝e x＋a＝0，e x＝－a，因为x＞0，所以 e x＞1，即－a＞1，所以a＜－1.答案：A二、填空题6．函数f(x)＝x3－6x＋a的极大值为________，极小值为________．解析：f′(x)＝x2－6令f′(x)＝0，得x＝－2或x＝2，所以f(x)极大值＝f(－2)＝a＋42，f(x)极小值＝f(2)＝a－4 2.答案：a＋42，a－4 2.7．已知函数y＝x3＋ax2＋bx＋27在x＝－1处取极大值，在x＝3处取极小值，则a＝________，b＝________．解析：y′＝3x2＋2ax＋b，根据题意知，－1和3是方程3x2＋2ax＋b＝0的两根，由根与系数的关系可求得a＝－3，b＝－9.经检验，符合题意．答案：－3 －98．已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx，其导函数y＝f′(x)的图象经过点(1，0)，(2，0)，如图所示．则下列说法中不正确的是________．①当x ＝32时，函数取得极小值；②f (x )有两个极值点；③当x ＝2时，函数取得极小值； ④当x ＝1时，函数取得极大值．解析：由图象可知当x ∈(－∞，1)时，f ′(x )>0；当x ∈(1，2)时，f ′(x )<0；当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0，所以f (x )有两个极值点1和2，且当x ＝2时，函数取得极小值，当x ＝1时，函数取得极大值．故只有①不正确．答案：① 三、解答题9．已知f (x )＝13x 3－12x 2－2x ，求f (x )的极大值与极小值．解：由已知得f (x )的定义域为R.f ′(x )＝x 2－x －2＝(x ＋1)(x －2)．令f ′(x )＝0，得x ＝－1或x ＝2.当x 变化时，f ′(x )与f (x )的变化情况如下表：↗↘↗因此，当x ＝－1时，f (x )取得极大值，且极大值为f (－1)＝3×(－1)3－2×(－1)2－2×(－1)＝76；当x ＝2时，f (x )取得极小值，且极小值为f (2)＝13×23－12×22－2×2＝－103.从而f (x )的极大值为76，极小值为－103.10．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2在x ＝1处取极值10，求f (2)的值． 解：f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b .由题意得⎩⎪⎨⎪⎧f （1）＝10，f ′（1）＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋a ＋b ＋1＝10，2a ＋b ＋3＝0， 解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4，b ＝－11或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝3. 当a ＝4，b ＝－11时，令f ′(x )＝0，得x 1＝1，x 2＝－113.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：↗↘↗当a ＝－3，b ＝3时，f ′(x )＝3x 2－6x ＋3＝3(x －1)2≥0， 所以 f (x )在x ＝1处没有极值，不合题意． 综上可知f (2)＝18.B 级 能力提升1．等差数列{a n }中的a 1，a 4 031是函数f (x )＝13x 3－4x 2＋6x －1的极值点，则log 2a 2 016的值为( )A ．2B ．3C ．4D ．5解析：因为f ′(x )＝x 2－8x ＋6，且a 1，a 4 031是函数f (x )＝13x 3－4x 2＋6x －1的极值点，所以a 1，a 4 031是方程x 2－8x ＋6＝0的两个实数根，则a 1＋a 4 031＝8.而{a n }为等差数列，所以a 1＋a 4 031＝2a 2 016，即a 2 016＝4，从而log 2a 2 016＝log 24＝2.故选A.答案：A2．若函数f (x )＝x 3＋3ax 2＋3(a ＋2)x ＋1有极大值和极小值，则实数a 的取值范围是________．解析：函数f (x )为三次函数，其导函数f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋3(a ＋2)为二次函数，要使函数f (x )既有极大值又有极小值，需f ′(x )＝0有两个不等的实数根，所以Δ＝(6a )2－4×3×3(a ＋2)>0，解得a <－1或a >2.答案：(－∞，－1)∪(2，＋∞)3．设a 为实数，函数f (x )＝x 3－x 2－x ＋a . (1)求f (x )的极值；(2)当a 在什么范围内取值时，曲线y ＝f (x )与x 轴仅有一个交点？ 解：(1)f ′(x )＝3x 2－2x －1. 令f ′(x )＝0，则x ＝－13或x ＝1.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：↗↘↗所以f (x )的极大值是f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3＝27＋a ，极小值是f (1)＝a －1.(2)函数f (x )＝x 3－x 2－x ＋a ＝(x －1)2(x ＋1)＋a －1， 由此可知，x 取足够大的正数时， 有f (x )＞0，x 取足够小的负数时， 有f (x )＜0，所以曲线y ＝f (x )与x 轴至少有一个定点．由(1)知f (x )最大值＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝527＋a ，f (x )极小值＝f (1)＝a －1.因为曲线y ＝f (x )与x 轴仅有一个交点， 所以f (x )极大值＜0或f (x )极小值＞0， 即527＋a ＜0或a －1＞0，所以a ＜－527或a ＞1， 所以当a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－527∪(1，＋∞)时，曲线y ＝f (x )与x 轴仅有一个交点．。
高中数学函数与导数练习题及参考答案
高中数学函数与导数练习题及参考答案一、选择题（每小题3分，共30分）1. 设函数f(x)=2x^3-3x^2+4x-1，则f'(x)的值为：A. 6x^2-6x+4B. 6x^2-3x+4C. 6x^2-6x-4D. 6x^2-3x-42. 已知函数f(x)=e^(2x)-x，下列说法正确的是：A. f(x)的定义域为RB. f(x)的值域为RC. 对任意x∈R，f(x)≥0D. f(x)在R上递增3. 函数f(x)=log(2x+1)的定义域为：A. x>1/2B. x≥1/2C. x>1D. x≥-1/24. 函数f(x)=(x-2)^2-1的图像对称于：A. x轴B. y轴C. 原点D. 直线x=25. 函数f(x)=x^3+3x^2-x+2的最小值为：A. -∞B. -4C. 1D. 66. 函数f(x)=log_a(x^2-4)的定义域为：A. x>2B. x<-2C. x>2或x<-2D. x>07. 设函数f(x)=(x+1)e^x，则f'(x)=：A. (x+2)e^xB. xe^xC. (x+1)e^x+e^xD. (x+1)e^x+18. 函数y=2^(x^2)的图像在y轴的左侧为：A. 上拋曲线B. 下落曲线C. 开口向上的曲线D. 开口向下的曲线9. 函数f(x)=√(x-1)的定义域为：A. x>1B. x≥1C. x>0D. x≥010. 设函数f(x)=x^3-3x^2+2，则f''(x)的值为：A. 6x-6B. 6x-2C. 6x-3D. 6x-4二、计算题（每小题5分，共40分）1. 计算函数f(x)=e^(2x)-3x在x=1处的导数f'(1)的值。
解答：f'(x)=2e^(2x)-3f'(1)=2e^2-32. 已知函数y=log_a(x^2-4)，求f(x)在x=0处的导数f'(0)。
高中数学函数的极值与最大小值第3课时导数在解决实际问题中的应用课后提能训练新人教A版选择性必修第二册
第五章 5.3 5.3.2 第3课时A 级——基础过关练1．将8分为两个非负数之和，使其立方之和为最小，则分法为( ) A ．2和6 B ．4和4 C ．3和5 D ．以上都不对【答案】B2．某商品一件的成本为30元，在某段时间内若以每件x 元出售，可卖出(140－x )件，要使利润最大每件定价为( )A ．80元B ．85元C ．90元D ．95元 【答案】B3．(2021年合肥期末)设正三棱柱的体积为V ，那么其表面积最小时，底面边长为( ) A ．12V B ．4V C ．23VD ．34V【答案】D 【解析】设底面边长为x ，则高为h ＝4V 3x2，S 表＝3×4V 3x2·x ＋2×34x 2＝43V x ＋32x 2，所以S ′表＝－43V x 2＋3x ，令S ′表＝0，得x ＝34V ，经检验得，当x ＝34V时，S 表取得最小值．4．某汽车运输公司，购买了一批豪华大客车投入客运，据市场分析，每辆客车营运的总利润y (万元)与营运年数x (x ∈N *)满足y ＝－x 2＋12x －25，则每辆客车营运多少年使其营运年平均利润最大( )A ．3B ．4C ．5D ．6【答案】C 【解析】由题意得，年平均利润为f (x )＝－x 2＋12x －25x ＝－x ＋12－25x(x >0)，f ′(x )＝－1＋25x2，令f ′(x )＝0，得x ＝5，经检验得，当x ＝5时，年平均利润最大．5．某商场从生产厂家以每件20元的价格购进一批商品．设该商品零售价定为p 元，销售量为Q 件，且Q 与p 有如下关系：Q ＝8300－170p －p 2，则最大毛利润为(毛利润＝销售收入－进货支出)( )A ．30元B ．60元C ．28000元D ．23000元【答案】D 【解析】由题意知，毛利润等于销售额减去成本，即L (p )＝pQ －20Q ＝Q (p －20)＝(8300－170p －p 2)(p －20)＝－p 3－150p 2＋11 700p －166 000，所以L ′(p )＝－3p2－300p ＋11 700.令L ′(p )＝0，解得p ＝30或p ＝－130(舍去)．此时，L (30)＝23 000.因为在p ＝30附近的左侧L ′(p )＞0，右侧L ′(p )＜0.所以L (30)是极大值，根据实际问题的意义知，L (30)是最大值．6．现要做一个容积为256m 3的方底无盖水箱，所用材料最省时，它的高为( ) A ．6m B ．8m C ．4mD ．2m【答案】C 【解析】设底边长为x (x ＞0)，由题意可得，高h ＝256x2，用料y ＝x 2＋4xh＝x 2＋4×256x ＝x 2＋512x ＋512x ≥335122＝192，当且仅当x 2＝512x即x ＝8时，取等号，故它的底边长为8，高为4时最省材料．故选C ．7．(多选)一艘船的燃料费y (单位：元/时)与船速x (单位：千米/时)的关系是y ＝1100x 3＋x .若该船航行时其他费用为540元/时，航程为100千米，设航行总费用为L (x )，则下列说法正确的是( )A ．L (x )＝x 2＋540x＋100(x ＞0)B ．L (x )＝x 2＋54000x＋100(x ＞0)C ．要使得航行的总费用最少，航速应为20千米/时D ．要使得航行的总费用最少，航速应为30千米/时 【答案】BD 【解析】由题意可得，航行的总费用L (x )＝⎝⎛⎭⎪⎫1100x 3＋x ＋540100x＝x 2＋54 000x ＋100(x ＞0)，故A 错误，B 正确；L ′(x )＝2x －54 000x2，令L ′(x )＝0，得x ＝30，当0＜x ＜30时，L ′(x )＜0，L (x )单调递减，当x ＞30时，L ′(x )＞0，L (x )单调递增，所以当x ＝30时，L (x )取得极小值，也是最小值，所以要使得航行的总费用最小，航速应为30千米/时，故C 错误，D 正确．故选BD ．8．用总长为14.8m 的钢条制作一个长方体容器的框架，若所制作容器的底面一边比高长出0.5m ，则当高为__________m 时，容器的容积最大．【答案】1 【解析】由题意列出函数表达式，再用导数求最值，设高为x m ，则体积V ＝x (x ＋0.5)(3.2－2x )，V ′＝－6x 2＋4.4x ＋1.6＝0，解得x ＝1或x ＝－415(舍去)．9．某车间要盖一间长方形小屋，其中一边利用已有的墙壁，另三边新砌，现有存砖只够砌20m 长的墙壁，问应围成长为________m ，宽为________m 的长方形才能使小屋面积最大．【答案】10 5 【解析】要使长方形的小屋面积最大，已有的墙壁一定是小屋的长，设小屋宽为x m ，则长为(20－2x )m ，小屋面积S ＝x (20－2x )，S ′＝－4x ＋20，令S ′＝0，解得x ＝5，∴20－2x ＝10，∴当小屋长为10 m ，宽为5 m 时，面积最大．10．已知某工厂生产x 件产品的成本(单位：元)为C (x )＝25000＋200x ＋140x 2.(1)要使平均成本最低，应生产多少件产品？(2)若产品以每件500元售出，要使利润最大，应生产多少件产品？ 解：(1)设平均成本为y 元，则y ＝25 000＋200x ＋140x2x ＝25 000x ＋200＋x 40，所以y ′＝－25 000x 2＋140.令y ′＝0，得x ＝1000.当在x ＝1000附近左侧时，y ′<0，在x ＝1000附近右侧时y ′>0， 故当x ＝1000时，y 取极小值也是最小值， 所以要使平均成本最低，应生产1000件产品． (2)利润函数为S ＝500x －⎝⎛⎭⎪⎫25 000＋200x ＋x 240＝300x －25 000－x 240.令S ′＝300－x20＝0，得x ＝6000.当在x ＝6000附近左侧时，S ′>0，在x ＝6000附近右侧时S ′<0，故当x ＝6000时，S 取极大值也是最大值，所以要使利润最大，应生产6000件产品．B 级——能力提升练11．(2021年长沙期末)一个帐篷，它下部的形状是高为1m 的正六棱柱，上部的形状是侧棱长为3m 的正六棱锥(如图所示)．当帐篷的体积最大时，帐篷的顶点O 到底面中心O 1的距离为( )A ．32m B ．1m C ．3mD ．2m【答案】D 【解析】设OO 1为x m(1<x <4)，底面正六边形的面积为S m 2，帐篷的体积为V m 3.由题设得正六棱锥底面边长为32－(x －1)2＝8＋2x －x 2(m)，所以底面正六边形的面积为S ＝6×34(8＋2x －x 2)2＝332(8＋2x －x 2)．帐篷的体积V ＝13×332(8＋2x －x 2)(x －1)＋332(8＋2x －x 2)＝32(8＋2x －x 2)[(x －1)＋3]＝32(16＋12x －x 3)，V ′＝32(12－3x 2)．令V ′＝0，解得x ＝2或x ＝－2(不合题意，舍去)．当1＜x ＜2时，V ′＞0；当2＜x ＜4时，V ′＜0，所以当x ＝2时，V 最大．12．(多选)(2021年北京期中)将一个边长为a 的正方形铁片的四角截去四个边长均为x 的小正方形，做成一个无盖方盒．设方盒的容积为V (x )，则下列结论正确的是( )A ．V (x )＝(a －2x )2x ，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2B ．V ′(x )＝12x 2－8ax ＋a 2C ．V (x )在区间⎝ ⎛⎦⎥⎤0，a 4上单调递增D ．V (x )在x ＝a6时取得最大值【答案】ABD 【解析】依题意，折成无盖盒子的底面是边长为a －2x 的正方形，高为x ，则V (x )＝(a －2x )2x ⎝ ⎛⎭⎪⎫0＜x ＜a 2，选项A 正确；由V (x )＝4x 3－4ax 2＋a 2x ，得V ′(x )＝12x 2－8ax ＋a 2，选项B 正确；令V ′(x )＞0，解得0＜x ＜a 6，令V ′(x )＜0，解得a 6＜x ＜a2，故V (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 6单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a 6，a 2单调递减，且在x ＝a 6处取得最大值，选项C 错误，选项D正确．故选ABD ．13．某公司规定：对于小于或等于150件的订购合同，每件的收益为200元，对于多于150件的订购合同，每超过1件，则每件的收益比原来减少1元，那么订购________件的合同会使公司的收益最大．【答案】175 【解析】设订购x 件商品，则单件商品的收益为P (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧200(0≤x ≤150)，200－(x －150)(x ＞150)，故总收益R (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧200x (0≤x ≤150)，350x －x 2(x ＞150).当0≤x ≤150时，x ＝150，R (x )取得最大值30 000；当x ＞150时，x ＝175，R (x )取得最大值30 625.故订购175件的合同会使总收益最大．14．(2022年湖南模拟)中国最早的化妆水是1896年在香港开设的广生行生产的花露水，其具有保湿、滋润、健康皮肤的功效．已知该化妆水容器由一个半球和一个圆柱组成(其中上半球是容器的盖子，化妆水储存在圆柱中)，容器轴截面如图所示，上部分是半圆形，中间区域是矩形，其外周长为12cm ，则当圆柱的底面半径r ＝________时，该容器的容积最大，最大值为________．【答案】8π＋2cm 128π(π＋2)2cm 3【解析】设圆柱的底面半径为r cm ，圆柱的高为h cm ，则由题意可得πr ＋2h ＋2r ＝12，∴h ＝12－(π＋2)r 2＝6－π＋22r ，由h ＞0，得r ＜12π＋2，故容器的容积V ＝πr 2h ＝πr 2⎝ ⎛⎭⎪⎫6－π＋22·r ＝6πr 2－(π＋2)π2·r 3，其中0＜r ＜12π＋2，V ′(r )＝12πr －3π(π＋2)2·r 2，令V ′(r )＝0，得r ＝0(舍)或r ＝8π＋2，当r ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，8π＋2时，V ′(r )＞0，函数单调递增；当r ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫8π＋2，12π＋2时，V ′(r )＜0，函数单调递减，∴当r ＝8π＋2时，V 有最大值为128π(π＋2)2 cm 3. 15．水库的蓄水量随时间而变化，现用t 表示时间，以月为单位，年初为起点，根据历年数据，某水库的蓄水量(单位：亿立方米)关于t 的近似函数关系式为V (t )＝⎩⎪⎨⎪⎧(－t 2＋14t －40)e 14t ＋50，0<t ≤10，4(t －10)(3t －41)＋50，10<t ≤12.(1)该水库的蓄水量小于50的时期称为枯水期，以i －1<t <i 表示第i 月份(i ＝1，2，…，12)，问一年内哪几个月份是枯水期？(2)求一年内该水库的最大蓄水量(取e ≈2.7计算)． 解：(1)根据t 的范围分段求解． ①当0<t ≤10时，V (t )＝(－t 2＋14t －40)e 14t ＋50<50，化简得t 2－14t ＋40>0，解得t <4或t >10. 又∵0<t ≤10，故0<t <4.②当10<t ≤12时，V (t )＝4(t －10)(3t －41)＋50<50， 化简得(t －10)(3t －41)<0，解得10<t <413.又∵10<t ≤12，故10<t ≤12. 综上，0<t <4或10<t ≤12.∴枯水期为1月，2月，3月，11月，12月，共5个月． (2)由(1)知V (t )的最大值只能在(4，10)内达到．V ′(t )＝e 14t ⎝ ⎛⎭⎪⎫－14t 2＋32t ＋4＝－14e 14t (t ＋2)(t －8)．令V ′(t )＝0，解得t ＝8(t ＝－2舍去)． 当t 变化时，V ′(t )与V (t )的变化情况如下表，∴V (t )在t ＝8时取得最大值V (8)＝8e 2＋50≈108.32(亿立方米)． ∴一年内该水库的最大蓄水量是108.32亿立方米． 函数的极值与最大(小)值综合练习A 级——基础过关练1．函数y ＝(x ＋1)e x ＋1，x ∈[－3，4]的最大值为( )A ．2e －2B ．5e 5C ．4e 5D ．－e －1【答案】B 【解析】由y ＝f (x )＝(x ＋1)e x ＋1，得y ′＝ex ＋1＋(x ＋1)ex ＋1＝(x ＋2)ex ＋1，当－3<x <－2时，y ′<0，当－2<x <4时，y ′>0，所以函数y ＝(x ＋1)ex ＋1在(－3，－2)上单调递减，在(－2，4)上单调递增，因为f (－3)＝－2e －2<f (4)＝5e 5，所以函数y ＝(x ＋1)ex＋1，x ∈[－3，4]的最大值为5e 5.故选B ．2．如图是函数y ＝f (x )的导数y ＝f ′(x )的图象，则下面判断正确的是( )A ．在(－3，1)内f (x )是增函数B ．在(4，5)内f (x )是减函数C ．在x ＝1时f (x )取得极大值D ．在x ＝2时f (x )取得极大值【答案】D 【解析】由图可知，f (x )在区间⎝⎛⎭⎪⎫－3，－32，(2，4)上f ′(x )<0，f (x )单调递减，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，2，(4，5)上f ′(x )>0，f (x )单调递增，所以x ＝1不是f (x )的极值点，x ＝2是f (x )的极大值点，所以A 、B 、C 选项错误，D 选项正确．故选D ．3．已知函数f (x )＝(x 2＋a )e x有最小值，则函数y ＝f ′(x )的零点个数为( ) A ．0 B ．1 C ．2D ．不确定【答案】C 【解析】由题意，f ′(x )＝(x 2＋2x ＋a )e x，因为函数f (x )有最小值，且e x>0，所以函数存在单调递减区间，即f ′(x )<0有解，所以x 2＋2x ＋a ＝0有两个不等实根，所以函数y ＝f ′(x )的零点个数为2.故选C ．4．(2021年河南三模)设函数f (x )＝e xx ＋a ，若f (x )的极小值为e ，则a ＝( )A ．－12B ．12C ．32D ．2【答案】B 【解析】由已知得f ′(x )＝e x (x ＋a －1)(x ＋a )2(x ≠－a )，令f ′(x )＝0，有x ＝1－a ，且x <1－a 上单调递减，x >1－a 上单调递增，∴f (x )的极小值为f (1－a )＝e 1－a＝e ，即1－a ＝12，解得a ＝12.故选B ．5．现需建造一个容积为V 的圆柱形铁桶，它的盖子用铝合金材料，已知单位面积的铝合金的价格是铁的3倍．要使该容器的造价最低，则铁桶的底面半径r 与高h 的比值为( )A ．12 B ．13 C ．23D ．14【答案】D 【解析】设单位面积铁的价格为a ，h ＝Vπr2，则造价w (r )＝πr 2·a ＋2πrh ·a ＋πr 2·3a ＝4a πr 2＋2aV r ，w ′(r )＝8a πr －2aV r 2，取w ′(r )＝8a πr －2aVr2＝0，得到r＝3V4π，当0<r <3V4π时，函数单调递减，当r >3V4π时，函数单调递增，故r ＝3V4π时，造价最小，此时h ＝V πr 2＝4πr3πr2＝4r .6．(多选)(2022年保定开学)已知函数f (x )＝13x 3－4x ＋2，下列说法中正确的有( )A ．函数f (x )的极大值为223，极小值为－103B ．当x ∈[3，4]时，函数f (x )的最大值为223，最小值为－103C ．函数f (x )的单调减区间为[－2，2]D ．曲线y ＝f (x )在点(0，2)处的切线方程为y ＝－4x ＋2【答案】ACD 【解析】因为f (x )＝13x 3－4x ＋2，所以f ′(x )＝x 2－4，由f ′(x )>0，得x <－2或x >2，由f ′(x )<0，得－2<x <2，所以函数f (x )在(－∞，－2)上单调递增，在[－2，2]上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，故选项C 正确；当x ＝－2时，f (x )取得极大值f (－2)＝13×(－2)3－4×(－2)＋2＝223，在x ＝2时，f (x )取得极小值f (2)＝13×23－4×2＋2＝－103，故选项A 正确；当x ∈[3，4]时，f (x )为单调递增函数，所以当x ＝3时，f (x )取得最小值f (3)＝13×33－4×3＋2＝－1，当x ＝4时，f (x )取得最大值f (4)＝13×43－4×4＋2＝223，故选项B 不正确；因为f ′(0)＝－4，所以曲线y ＝f (x )在点(0，2)处的切线方程为y －2＝－4(x －0)，即y ＝－4x ＋2，故选项D 正确．故选ACD ．7．若不等式x 2＋ax ＋1≥0对于一切x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12恒成立，则a 的最小值是( )A ．0B ．－2C ．－52D ．－3【答案】C 【解析】因为不等式x 2＋ax ＋1≥0对于一切x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12恒成立，所以a ≥－⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x 对一切x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12恒成立，所以a ≥⎣⎢⎡⎦⎥⎤－⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x max ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12.又因为f (x )＝x ＋1x 在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12上单调递减，所以f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝52，所以a ≥－52，所以a 的最小值为－52.8．函数f (x )＝x sin x ＋cos x －3x 2的极值点为________．【答案】0 【解析】依题意，f ′(x )＝sin x ＋x cos x －sin x －6x ＝x cos x －6x ，令f ′(x )＝x (cos x －6)＝0，解得x ＝0，符合题意，∴函数f (x )的极值点为0.9．已知函数f (x )＝exx，g (x )＝a －|x －1|，若∃x 1，x 2∈(0，＋∞)，使得f (x 1)≤g (x 2)成立，则实数a 的取值范围是________．【答案】[e ，＋∞) 【解析】∃x 1，x 2∈(0，＋∞)，使得f (x 1)≤g (x 2)成立⇔当x ∈(0，＋∞)时，f (x )min ≤g (x )max .由题意得f ′(x )＝e x(x －1)x2，当x >1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当0<x <1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，故f (x )＝exx在(0，＋∞)上的最小值为f (1)＝e.又因为函数g (x )在(0，＋∞)上的最大值为g (1)＝a ，故a ≥e.10．(2022年浦江月考)已知函数f (x )＝x 3＋x 2＋ax ， (1)若a ＝－1，求f (x )的极值；(2)当－83<a <0时，f (x )在[0，2]上的最大值为10，求f (x )在该区间上的最小值．解：(1)当a ＝－1时，f (x )＝x 3＋x 2－x ，f ′(x )＝3x 2＋2x －1＝(3x －1)(x ＋1)， 令f ′(x )＝0，解得x 1＝－1，x 2＝13，则x ，f ′(x )，f (x )变化情况如下表，∴f (x )的极大值为f (－1)＝1，极小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝127＋19－13＝－527.(2)∵f ′(x )＝3x 2＋2x ＋a ，∴Δ＝4－12a . 又－83<a <0，∴Δ>0.令f ′(x )＝0，解得x 1＝－1－1－3a 3，x 2＝－1＋1－3a3，则x ，f ′(x )，f (x )变化情况如下表，∴f (x )在(－∞，x 1)，(x 2，＋∞)上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减． ∵－83<a <0，x 1<0<x 2<2，∴f (x )min ＝f (x 2)．又∵f (0)＝0，f (2)＝12＋2a >0，∴f (x )在[0，2]上的最大值为f (2)＝12＋2a ＝10，解得a ＝－1， ∴f (x )min ＝f (x 2)＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝－527. B 级——能力提升练11．(多选)(2022年重庆月考)定义在[－1，5]上的函数f (x )的导函数f ′(x )的图象如图所示，函数f (x )的部分对应值如下表．下列关于函数f (x )的结论正确的是( )A ．函数f (x )的极大值点的个数为2B ．函数f (x )的单调递增区间为(－1，0)∪(2，4)C ．当x ∈[－1，t ]时，若f (x )的最小值为1，则t 的最大值为2D ．若方程f (x )＝a 有3个不同的实数根，则实数a 的取值范围是(1，2)【答案】AD 【解析】由图知函数f (x )在区间[－1，0]上单调递增，在区间[0，2]上单调递减，在区间[2，4]上单调递增，在区间[4，5]上单调递减，所以在x ＝0，x ＝4处有极大值，故A 正确；单调区间不能写成并集，故B 错误；因为函数f (2)＝1，f (4)＝3，且f (x )在区间[2，4]上单调递增，所以存在x 0∈[2，4]使得f (x 0)＝2，易知，当t ＝x 0时，f (x )在区间[－1，t ]的最小值为1，故C 不正确；由函数值表结合单调性作出函数草图可知D 正确．故选AD ．12．(2022年咸阳月考)已知函数y ＝f (x )在R 上可导且f (0)＝1，其导函数f ′(x )满足(x ＋1)[f ′(x )－f (x )]>0，对于函数g (x )＝f (x )ex，下列结论正确的是( )A ．函数g (x )在(－∞，－1)上为增函数B ．x ＝－1是函数g (x )的极大值点C ．函数g (x )必有2个零点D ．e 2f (e)>e ef (2)【答案】D 【解析】因为g (x )＝f (x )ex，所以g ′(x )＝f ′(x )－f (x )ex.因为(x ＋1)[f ′(x )－f (x )]>0，所以当x <－1时，f ′(x )－f (x )<0，当x >－1时，f ′(x )－f (x )>0，所以当x <－1时，g ′(x )<0，当x >－1时，g ′(x )>0，所以g (x )在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，故A 错误；x ＝－1是g (x )的极小值点，故B 错误；当g (－1)>0时，g (x )无零点，故C 错误；由g (x )在(－1，＋∞)递增，得g (2)<g (e)，即f (2)e2<f (e)ee ，所以e ef (2)<e 2f (e)，故D 正确．故选D ．13．(2022年遵义开学)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1－|2x |－m ，x <12x 3ln x －m ，x ≥12恰有3个零点，则m 的取值范围是________．【答案】⎝ ⎛⎦⎥⎤－13e ，－ln28∪(0，1) 【解析】设函数g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1－|2x |，x <12，x 3ln x ，x ≥12，根据题意函数f (x )恰有3个零点，即为函数g (x )的图象与直线y ＝m 有3个公共点，当x ≥12时，可得g ′(x )＝x 2(3ln x ＋1)，令g ′(x )＝0，得x ＝e －13 >12，当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，e －13 时，函数g (x )单调递减；当x ∈(e －13 ，＋∞)时，函数g (x )单调递增，所以当x ＝e －13 时，函数g (x )取得极小值，极小值为g (e －13 )＝－13e ，又由g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－18ln2<0，作出g (x )的图象，如图所示，由图可知，实数m 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－13e ，－ln 28∪(0，1)．14．传说中孙悟空的“如意金箍棒”是由“定海神针”变形得来的．这定海神针在变形时永远保持为圆柱体，其底面半径原为12cm 且以每秒1cm 的速率缩短，而长度以每秒20cm 的速率增长．已知神针的底面半径只能从12cm 缩到4cm 为止，已知在这段变形过程中，当底面半径为10cm 时其体积最大．该定海神针原来的长度为__________cm ；假设孙悟空将神针体积最小时定形成金箍棒，则此时金箍棒的底面半径为________cm.【答案】60 4 【解析】设定海神针原来的长度为x cm ，则t 秒后其长度变为(x ＋20t )cm ，其底面半径变为(12－t )cm ，∴t 秒后定海神针的体积V ＝πR 2h ＝π(12－t )2(x ＋20t )，0≤t ≤8，又V ′＝π[(2t －24)(x ＋20t )＋20(12－t )2]＝π(t －12)(2x ＋60t －240)，令V ′＝0，可得t ＝12(舍去)或t ＝4－x30，变形过程中，当底面半径为10 cm 时其体积最大，即t ＝2时体积最大，∴4－x30＝2，解得x ＝60，∴V ′＝60π(t －12)(t －2)．当0≤t <2时，V ′>0，函数V ＝20π(12－t )2(3＋t )单调递增，当2<t ≤8时，V ′<0，函数V ＝20π(12－t )2(3＋t )单调递减，又t ＝0时，V ＝8640π，t ＝8时，V ＝3520π，∴t ＝8时，定海神针的体积最小，即t ＝8时形成金箍棒，此时底面半径为4 cm.15．已知函数f (x )＝x ln x －ax ＋2(a 为实数) (1)若a ＝2，求f (x )在[1，e 2]的最值； (2)若f (x )≥0恒成立，求a 的取值范围．解：(1)当a ＝2 时，f (x ) ＝x ln x －2x ＋2，f ′(x )＝ln x －1.由f ′(x )<0得0<x <e ，由f ′(x )>0得x >e ，所以f (x )在(0，e)上单调递减，在(e ，＋∞)上单调递增，且f (e) ＝eln e －2e ＋2 ＝2－e ，f (1)＝1ln 1－2＋2＝0，f (e 2)＝e 2ln e 2－2e 2＋2 ＝2，则函数f (x )在区间[1，e 2]上的最小值为 2－e ，最大值为2.(2)由题意得函数的定义域为(0，＋∞)，若f (x )≥0恒成立，则x ln x －ax ＋2≥0，即ln x ＋2x≥a 恒成立．令g (x )＝ln x ＋2x，x ∈(0，＋∞)则g ′(x )＝1x －2x 2＝x －2x2.当 0<x <2时，g ′(x )<0； 当x >2时，g ′(x )>0，所以g (x )在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增， 则g (x )min ＝g (2)＝1＋ln 2，所以a ≤1＋ln 2 ，故a 的取值范围为(－∞，1＋ln 2]．。
高三数学：2024届高考数学导数大题精选30题(解析版)(共31页)
2024届新高考数学导数大题精选30题1(2024·安徽·二模)已知函数f (x )=x 2-10x +3f (1)ln x .(1)求函数f (x )在点(1,f (1))处的切线方程；(2)求f (x )的单调区间和极值.【答案】(1)y =4x -13；(2)递增区间为(0,2),(3,+∞)，递减区间为2,3 ，极大值-16+12ln2，极小值-21+12ln3.【分析】(1)求出函数f (x )的导数，赋值求得f (1)，再利用导数的几何意义求出切线方程.(2)由(1)的信息，求出函数f (x )的导数，利用导数求出单调区间及极值.【详解】(1)函数f (x )=x 2-10x +3f (1)ln x ，求导得f(x )=2x -10+3f (1)x，则f (1)=-8+3f (1)，解得f (1)=4，于是f (x )=x 2-10x +12ln x ，f (1)=-9，所以所求切线方程为：y +9=4(x -1)，即y =4x -13.(2)由(1)知，函数f (x )=x 2-10x +12ln x ，定义域为(0,+∞)，求导得f (x )=2x -10+12x =2(x -2)(x -3)x，当0<x <2或x >3时，f (x )>0，当2<x <3时，f (x )<0，因此函数f (x )在(0,2),(3,+∞)上单调递增，在(2,3)上单调递减，当x =2时，f (x )取得极大值f (2)=-16+12ln2，当x =3时，f (x )取得极小值f (3)=-21+12ln3，所以函数f (x )的递增区间为(0,2),(3,+∞)，递减区间为(2,3)，极大值-16+12ln2，极小值-21+12ln3.2(2024·江苏南京·二模)已知函数f (x )=x 2-ax +ae x，其中a ∈R ．(1)当a =0时，求曲线y =f (x )在(1,f (1))处的切线方程；(2)当a >0时，若f (x )在区间[0,a ]上的最小值为1e，求a 的值．【答案】(1)x -ey =0(2)a =1【分析】(1)由a =0，分别求出f (1)及f (1)，即可写出切线方程；(2)计算出f (x )，令f (x )=0，解得x =2或x =a ，分类讨论a 的范围，得出f (x )的单调性，由f (x )在区间[0,a ]上的最小值为1e，列出方程求解即可．【详解】(1)当a =0时，f (x )=x 2e x ，则f (1)=1e ，f (x )=2x -x 2ex，所以f (1)=1e ，所以曲线y =f (x )在(1,f (1))处的切线方程为：y -1e =1e(x -1)，即x -ey =0．(2)f(x )=-x 2+(a +2)x -2a e x =-(x -2)(x -a )ex，令f (x )=0，解得x =2或x =a ，当0<a <2时，x ∈[0,a ]时，f (x )≤0，则f (x )在[0,a ]上单调递减，所以f (x )min =f (a )=a ea =1e ，则a =1，符合题意；当a >2时，x ∈[0,2]时，f (x )≤0，则f (x )在[0,2]上单调递减，x ∈(2,a ]时，f (x )>0，则f (x )在(2,a ]上单调递增，所以f (x )min =f (2)=4-a e2=1e ，则a =4-e <2，不合题意；当a =2时，x ∈[0,2]时，f (x )≤0，则f (x )在[0,2]上单调递减，所以f (x )min =f (2)==2e 2≠1e ，不合题意；综上，a =1．3(2024·浙江绍兴·模拟预测)已知f x =ae x -x ，g x =cos x . (1)讨论f x 的单调性.(2)若∃x 0使得f x 0 =g x 0 ，求参数a 的取值范围.【答案】(1)当a ≤0时，f x 在-∞,+∞ 上单调递减；当a >0时，f x 在-∞,-ln a 上单调递减，在-ln a ,+∞ 上单调递增.(2)-∞,1【分析】(1)对f x =ae x -x 求导数，然后分类讨论即可；(2)直接对a >1和a ≤1分类讨论，即可得到结果.【详解】(1)由f x =ae x -x ，知f x =ae x -1.当a ≤0时，有f x =ae x -1≤0-1=-1<0，所以f x 在-∞,+∞ 上单调递减；当a >0时，对x <-ln a 有f x =ae x -1<ae -ln a -1=1-1=0，对x >-ln a 有f x =ae x -1>ae -ln a -1=1-1=0，所以f x 在-∞,-ln a 上单调递减，在-ln a ,+∞ 上单调递增.综上，当a ≤0时，f x 在-∞,+∞ 上单调递减；当a >0时，f x 在-∞,-ln a 上单调递减，在-ln a ,+∞ 上单调递增.(2)当a >1时，由(1)的结论，知f x 在-∞,-ln a 上单调递减，在-ln a ,+∞ 上单调递增，所以对任意的x 都有f x ≥f -ln a =ae -ln a +ln a =1+ln a >1+ln1=1≥cos x =g x ，故f x >g x 恒成立，这表明此时条件不满足；当a ≤1时，设h x =ae x -x -cos x ，由于h -a -1 =ae -a -1+a +1-cos -a -1 ≥ae-a -1+a ≥-a e-a -1+a =a 1-e-a -1≥a 1-e 0=0，h 0 =ae 0-0-cos0=a -1≤0，故由零点存在定理，知一定存在x 0∈-a -1,0 ，使得h x 0 =0，故f x 0 -g x 0 =ae x 0-x 0-cos x 0=h x 0 =0，从而f x 0 =g x 0 ，这表明此时条件满足.综上，a 的取值范围是-∞,1 .4(2024·福建漳州·一模)已知函数f x =a ln x -x +a ，a ∈R 且a ≠0．(1)证明：曲线y =f x 在点1,f 1 处的切线方程过坐标原点．(2)讨论函数f x 的单调性．【答案】(1)证明见解析(2)答案见解析【分析】(1)先利用导数的几何意义求得f x 在1,f 1 处的切线方程，从而得证；(2)分类讨论a <0与a >0，利用导数与函数的单调性即可得解.【详解】(1)因为f x =a ln x -x +a x >0 ，所以f (x )=a x -1=a -xx，则f (1)=a ln1-1+a =a -1，f (1)=a -1，所以f x 在1,f 1 处的切线方程为:y -(a -1)=(a -1)(x -1)，当x =0时，y -(a -1)=(a -1)(0-1)=-(a -1)，故y =0，所以曲线y =f (x )在点1,f 1 处切线的方程过坐标原点.(2)由(1)得f (x )=ax -1=a -xx，当a<0时，a-x<0，则f x <0，故f(x)单调递减；当a>0时，令f (x)=0则x=a，当0<x<a时，f (x)>0，f(x)单调递增；当x>a时，f (x)<0，f(x)单调递减；综上：当a<0时，f(x)在(0,+∞)上单调递减；当a>0时，f(x)在(0,a)上单调递增，在(a,+∞)上单调递减.5(2024·山东·二模)已知函数f x =a2xe x-x-ln x．(1)当a=1e时，求f x 的单调区间；(2)当a>0时，f x ≥2-a，求a的取值范围．【答案】(1)f x 的减区间为0,1，增区间为1,+∞(2)a≥1【分析】(1)当a=1e时，f x =xe x-1-x-ln x,x>0，求导得f x =x+1xxe x-1-1，令g x =xe x-1-1，求g x 确定g x 的单调性与取值，从而确定f x 的零点，得函数的单调区间；(2)求f x ，确定函数的单调性，从而确定函数f x 的最值，即可得a的取值范围．【详解】(1)当a=1e时，f x =xe x-1-x-ln x,x>0，则f x =x+1e x-1-1-1x=x+1xxe x-1-1，设g x =xe x-1-1，则g x =x+1e x-1>0恒成立，又g1 =e0-1=0，所以当x∈0,1时，f x <0，f x 单调递减，当x∈1,+∞时，f x >0，f x 单调递增，所以f x 的减区间为0,1，增区间为1,+∞；(2)f x =a2x+1e x-1-1x=x+1xa2xe x-1，设h x =a2xe x-1，则h x =a2x+1e x>0，所以h x 在0,+∞上单调递增，又h0 =-1<0，h1a2=e1a2-1>0，所以存在x0∈0,1 a2，使得h x0 =0，即a2x0e x0-1=0，当x∈0,x0时，f x <0，f x 单调递减，当x∈x0,+∞时，f x >0，f x 单调递增，当x=x0时，f x 取得极小值，也是最小值，所以f x ≥f x0=a2x0e x0-x0-ln x0=1-ln x0e x0=1+2ln a，所以1+2ln a≥2-a，即a+2ln a-1≥0，设F a =a+2ln a-1，易知F a 单调递增，且F1 =0，所以F a ≥F1 ，解得a≥1，综上，a≥1.6(2024·山东·一模)已知函数f(x)=ln x+12a(x-1)2．(1)当a=-12时，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数g(x)=f(x)-2x+1有两个极值点x1,x2，且g(x1)+g(x2)≥-1-32a，求a的取值范围．【答案】(1)增区间(0,2)，减区间(2,+∞)(2)[1,+∞)【分析】(1)将a=-12代入求导，然后确定单调性即可；(2)求导，根据导函数有两个根写出韦达定理，代入g(x1)+g(x2)≥-1-32a，构造函数，求导，研究函数性质进而求出a的取值范围．【详解】(1)当a=-12时，f(x)=ln x-14(x-1)2，x>0，则f (x)=1x-12(x-1)=-(x-2)(x+1)2x，当x∈(0,2)，f (x)>0，f(x)单调递增，当x∈(2,+∞)，f (x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)的单调递增区间是(0,2)，单调递减区间是(2,+∞)；(2)g(x)=f(x)-2x+1=ln x+12a(x-1)2-2x+1，所以g (x)=1x+a(x-1)-2=ax2-(a+2)x+1x，设φ(x)=ax2-(a+2)x+1，令φ(x)=0，由于g(x)有两个极值点x1,x2，所以Δ=(a+2)2-4a=a2+4>0x1+x2=a+2a>0x1x2=1a>0，解得a>0．由x1+x2=a+2a，x1x2=1a，得g x1+g x2=ln x1+12a x1-12-2x1+1+ln x2+12a x2-12-2x2+1=ln x1x2+12a x1+x22-2x1x2-2x1+x2+2-2x1+x2+2=ln1a +12a a+2a2-2a-2⋅a+2a+2-2⋅a+2a+2=ln1a +a2-2a-1≥-1-32a，即ln a-12a-1a≤0，令m(a)=ln a-12a-1a，则m (a)=1a-12-12a2=-(a-1)22a2≤0，所以m(a)在(0,+∞)上单调递减，且m(1)=0，所以a≥1，故a的取值范围是[1,+∞)．7(2024·湖北·二模)求解下列问题，(1)若kx-1≥ln x恒成立，求实数k的最小值；(2)已知a，b为正实数，x∈0,1，求函数g x =ax+1-xb-a x⋅b1-x的极值．【答案】(1)1(2)答案见解析【分析】(1)求导，然后分k≤0和k>0讨论，确定单调性，进而得最值；(2)先发现g0 =g1 =0，当a=b时，g x =0，当0<x<1，a≠b时，取ab=t，L x =tx+1-x-t x，求导，研究单调性，进而求出最值得答案.【详解】(1)记f x =kx-1-ln x x>0，则需使f x ≥0恒成立，∴f x =k-1xx>0，当k≤0时，f x <0恒成立，则f x 在(0,+∞)上单调递减，且在x>1时，f x <0，不符合题意，舍去；当k >0时．令f x =0，解得x =1k，则f x 在0,1k 上单调递减，在1k ,+∞ 上单调递增，所以f x min =f 1k =-ln 1k=ln k ，要使kx -1≥ln x 恒成立，只要ln k ≥0即可，解得k ≥1，所以k 的最小值为1；(2)g (x )=ax +(1-x )b -a x ⋅b 1-x ，x ∈[0,1]，a >0，b >0，易知g 0 =g 1 =0，当a =b 时，g x =ax +a -ax -a =0，此时函数无极值；当0<x <1，a ≠b 时，g (x )=ax +(1-x )b -b ⋅a b x =b a b x +1-x -a b x，取ab=t ，t >0，t ≠1，L x =tx +1-x -t x ，t >0，t ≠1，x ∈0,1 ，则L x =t -1-t x ln t ，当t >1时，由L x ≥0得x ≤ln t -1ln tln t，由(1)知t -1≥ln t ，当t >1时，t -1ln t>1，因为x -1≥ln x ，所以1x -1≥ln 1x ，所以ln x ≥1-1x ，即x >0，当t >1时，ln t >1-1t，所以t >t -1ln t ，则ln t >ln t -1ln t >0，所以ln t -1ln tln t<1，即L x 在0,ln t -1ln t ln t 上单调递增，在ln t -1ln tln t,1单调递减．所以函数g x 极大=gln t -1lntln t，t =ab，a ≠b ，当0<t <1时，同理有ln t -1lntln t∈0,1 ，由Lx ≥0得x ≤ln t -1lntln t，即(x )在0,ln t -1lntln t上单调递增，在ln t -1lntln t,1上单调递减．所以函数g x 极大=gln t -1lntln t，t =a b，a ≠b ，综上可知，当a =b 时，函数g x 没有极值；当a ≠b 时，函数g x 有唯一的极大值g ln t -1lntln t，其中t =ab，没有极小值．【点睛】关键点点睛：取ab=t ，将两个参数的问题转化为一个参数的问题，进而求导解答问题.8(2024·湖北武汉·模拟预测)函数f (x )=tan x +sin x -92x ，-π2<x <π2,g (x )=sin n x -x n cos x ,x ∈0,π2,n ∈N +．(1)求函数f (x )的极值；(2)若g (x )>0恒成立，求n 的最大值．【答案】(1)极小值为f π3 =3(3-π)2，极大值为f -π3 =3(π-3)2；(2)3.【分析】(1)判断函数f (x )为奇函数，利用导数求出f (x )在区间0,π2上的极值，利用奇偶性即可求得定义域上的极值.(2)利用导数证明当n =1时，g (x )>0恒成立，当n >1时，等价变形不等式并构造函数F (x )=x -sin x cos 1nx,0<x <π2，利用导数并按导数为负为正确定n 的取值范围，进而确定不等式恒成立与否得解.【详解】(1)函数f (x )=tan x +sin x -92x ，-π2<x <π2，f (-x )=tan (-x )+sin (-x )-92(-x )=-f (x )，即函数f (x )为奇函数，其图象关于原点对称，当0<x <π2时，f (x )=sin x cos x +sin x -92x ，求导得：f(x )=1cos 2x +cos x -92=2cos 3x -9cos 2x +22cos 2x =(2cos x -1)(cos x -2-6)(cos x -2+6)2cos 2x，由于cos x ∈(0,1)，由f (x )>0，得0<cos x <12，解得π3<x <π2，由f (x )<0，得12<cos x <1，解得0<x <π3，即f (x )在0,π3 上单调递减，在π3,π2上单调递增，因此函数f (x )在0,π2 上有极小值f π3 =3(3-π)2，从而f (x )在-π2,π2 上的极小值为f π3 =3(3-π)2，极大值为f -π3 =3(π-3)2.(2)当n =1时，g (x )>0恒成立，即sin x -x cos x >0恒成立，亦即tan x >x 恒成立，令h (x )=tan x -x ,x ∈0,π2 ，求导得h (x )=1cos 2x -1=1-cos 2x cos 2x=tan 2x >0，则函数h (x )在0,π2上为增函数，有h (x )>h (0)=0，因此tan x -x >0恒成立；当n >1时，g (x )>0恒成立，即不等式sin xn cos x>x 恒成立，令F (x )=x -sin x cos 1n x ,0<x <π2，求导得：F (x )=1-cos x ⋅cos 1nx -1n⋅cos1n-1x ⋅(-sin x )⋅sin xcos 2nx=1-cos1+n nx +1n⋅sin 2x ⋅cos1-n nxcos 2nx=1-cos 2x +1n ⋅sin 2xcos n +1nx =cosn +1nx -cos 2x -1n (1-cos 2x )cos n +1nx =cosn +1nx -1n -n -1ncos 2x cosn +1nx令G (x )=cos n +1nx -1n -n -1n cos 2x ，求导得则G (x )=n +1n cos 1nx ⋅(-sin x )-n -1n⋅2cos x ⋅(-sin x )=sin x n (2n -2)cos x -(n +1)cos 1n x =2n -2n ⋅sin x cos x -n +12n -2cos 1n x=2n -2n ⋅sin x ⋅cos 1n x cos n -1n x -n +12n -2，由n >1,x ∈0,π2 ，得2n -2n⋅sin x ⋅cos 1nx >0，当n +12n -2≥1时，即n ≤3时，G (x )<0，则函数G (x )在0,π2上单调递减，则有G (x )<G (0)=0，即F (x )<0，因此函数F (x )在0,π2 上单调递减，有F (x )<F (0)=0，即g (x )>0，当n +12n -2<1时，即n >3时，存在一个x 0∈0,π2 ，使得cos n -1n x 0=n +12n -2，且当x ∈(0,x 0)时，G (x )>0，即G (x )在(0,x 0)上单调递增，且G (x )>G (0)=0，则F (x )>0，于是F (x )在(0,x 0)上单调递增，因此F (x )>F (0)=0，即sin xn cos x<x ，与g (x )>0矛盾，所以n 的最大值为3.【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：①通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；②利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．③根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．9(2024·湖北·模拟预测)已知函数f x =ax 2-x +ln x +1 ，a ∈R ，(1)若对定义域内任意非零实数x 1，x 2，均有f x 1 f x 2x 1x 2>0，求a ；(2)记t n =1+12+⋅⋅⋅+1n ，证明：t n -56<ln n +1 <t n ．【答案】(1)a =12(2)证明见解析【分析】(1)求导可得f 0 =0，再分a ≤0与a >0两种情况分析原函数的单调性，当a >0时分析极值点的正负与原函数的正负区间，从而确定a 的值；(2)由(1)问的结论可知，1n -12n2<ln 1n +1 <1n ，再累加结合放缩方法证明即可.【详解】(1)f x 的定义域为-1,+∞ ，且f 0 =0；f x =2ax -1+1x +1=2ax -x x +1=x 2a -1x +1，因此f 0 =0；i.a ≤0时，2a -1x +1<0，则此时令f x >0有x ∈-1,0 ，令f x <0有x ∈0,+∞ ，则f x 在-1,0 上单调递增，0,+∞ 上单调递减，又f 0 =0，于是f x ≤0，此时令x 1x 2<0，有f x 1 f x 2x 1x 2<0，不符合题意；ii .a >0时，f x 有零点0和x 0=12a-1，若x 0<0，即a >12，此时令f x <0有x ∈x 0,0 ，f x 在x 0,0 上单调递减，又f 0 =0，则f x 0 >0，令x 1>0，x 2=x 0，有f x 1 f x 2x 1x 2<0，不符合题意；若x 0>0，即0<a <12，此时令f x <0有x ∈0,x 0 ，f x 在0,x 0 上单调递减，又f 0 =0，则f x 0 <0，令-1<x 1<0,x 2=x 0，有f x 1 f x 2x 1x 2<0，不符合题意；若x 0=0，即a =12，此时fx =x 2x +1>0，f x 在-1,+∞ 上单调递增，又f 0 =0，则x >0时f x >0，x <0时f x <0；则x ≠0时f x x >0，也即对x 1x 2≠0，f x 1 f x 2x 1x 2>0，综上，a =12(2)证：由(1)问的结论可知，a =0时，f x =-x +ln x +1 ≤0；且a =12时x >0，f x =12x 2-x +ln x +1 >0；则x>0时，x-12x2<ln x+1<x，令x=1n，有1n-12n2<ln1n+1<1n，即1n-12n2<ln n+1-ln n<1n，于是1n-1-12n-12<ln n-ln n-1<1n-11-12<ln2<1将上述n个式子相加，t n-121+122+⋅⋅⋅+1n2<ln n+1<t n；欲证t n-56<ln n+1<t n，只需证t n-56<t n-121+122+⋅⋅⋅+1n2，只需证1+122+⋅⋅⋅+1n2<53；因为1n2=44n2<44n2-1=212n-1-12n+1，所以1+122+⋅⋅⋅+1n2<1+213-15+15-17+⋅⋅⋅+12n-1-12n+1=53-22n+1<53，得证：于是得证t n-56<ln n+1<t n.【点睛】方法点睛：(1)此题考导数与函数的综合应用，找到合适的分类标准，设极值点，并确定函数正负区间是解此题的关键；(2)对累加结构的不等式证明，一般需要应用前问的结论，取特定参数值，得出不等式累加证明，遇到不能累加的数列结构，需要进行放缩证明.10(2024·湖南·一模)已知函数f x =sin x-ax⋅cos x,a∈R．(1)当a=1时，求函数f x 在x=π2处的切线方程；(2)x∈0,π2时；(ⅰ)若f x +sin2x>0，求a的取值范围；(ⅱ)证明：sin2x⋅tan x>x3．【答案】(1)πx-2y+2-π22=0.(2)(ⅰ)a≤3(ⅱ)证明见解析【分析】(1)令a=1时，利用导数的几何意义求出斜率，进行计算求出切线方程即可.(2)(ⅰ)设g(x)=2sin x+tan x-ax,x∈0,π2,由g x >0得a≤3，再证明此时满足g x >0.(ⅱ)根据(ⅰ)结论判断出F x =sin2x⋅tan x-x3在0,π2上单调递增，∴F(x)>F(0)=0,即sin2x tan x >x3.【详解】(1)当a=1时，f(x)=sin x-x⋅cos x,f (x)=cos x-(cos x-x⋅sin x)=x⋅sin x,fπ2=π2,fπ2=1.所以切线方程为：y-1=π2x-π2,即πx-2y+2-π22=0.(2)(ⅰ)f(x)+sin2x=sin x-ax⋅cos x+sin2x>0,即tan x-ax+2sin x>0,x∈0,π2，设g(x)=2sin x+tan x-ax,x∈0,π2,g (x )=2cos x +1cos 2x -a =1cos 2x(2cos 3x -a cos 2x +1).又∵g (0)=0,g (0)=3-a ,∴g (0)=3-a ≥0是g (x )>0的一个必要条件，即a ≤3.下证a ≤3时，满足g (x )=2sin x +tan x -ax >0,x ∈0,π2,又g (x )≥1cos 2x(2cos 3x -3cos 2x +1)，设(t )=2t 3-3t 2+1,t ∈(0,1),h (t )=6t 2-6t =6t (t -1)<0,h (t )在(0,1)上单调递减，所以h (t )>h (1)=0，又x ∈0,π2 ,cos x ∈(0,1),∴g (x )>0,即g (x )在0,π2 单调递增.∴x ∈0,π2时，g (x )>g (0)=0；下面证明a >3时不满足g (x )=2sin x +tan x -ax >0,x ∈0,π2,，g (x )=2cos x +1cos 2x-a ，令h (x )=g (x )=2cos x +1cos 2x -a ，则h (x )=-2sin x +2sin x cos 3x =2sin x 1cos 3x-1，∵x ∈0,π2 ,∴sin x >0,1cos 3x-1>0，∴h (x )>0,∴h (x )=g (x )在0,π2为增函数，令x 0满足x 0∈0,π2,cos x 0=1a ，则g x 0 =2cos x 0+1cos 2x 0-a =2cos x 0+a -a >0，又g (0)=3-a <0,∴∃x 1∈0,x 0 ,使得g x 1 =0，当x ∈0,x 1 时，g (x )<g x 1 =0，∴此时g (x )在0,x 1 为减函数，∴当x ∈0,x 1 时，g (x )<g (0)=0，∴a >3时，不满足g (x )≥0恒成立.综上a ≤3.(ⅱ)设F (x )=sin 2x ⋅tan x -x 3,x ∈0,π2 ,F (x )=2sin x ⋅cos x ⋅tan x +sin 2x ⋅1cos 2x-3x 2=2sin 2x +tan 2x -3x 2=2(sin x -x )2+(tan x -x )2+2(2sin x +tan x )x -2x 2-x 2-3x 2.由(ⅰ)知2sin x +tan x >3x ,∴F (x )>0+0+2x ⋅3x -6x 2=0,，F x 在0,π2上单调递增，∴F (x )>F (0)=0,即sin 2x tan x >x 3.【点睛】关键点点睛：本题考查导数，解题关键是进行必要性探路，然后证明充分性，得到所要求的参数范围即可．11(2024·全国·模拟预测)已知函数f (x )=ln (1+x )-11+x．(1)求曲线y =f (x )在(0,f (0))处的切线方程；(2)若x ∈(-1,π)，讨论曲线y =f (x )与曲线y =-2cos x 的交点个数．【答案】(1)y =32x -1；(2)2．【分析】(1)求导，即可根据点斜式求解方程，(2)求导，分类讨论求解函数的单调性，结合零点存在性定理，即可根据函数的单调性，结合最值求解.【详解】(1)依题意，f x =11+x +121+x 32，故f 0 =32，而f 0 =-1，故所求切线方程为y +1=32x ，即y =32x -1．(2)令ln 1+x -11+x =-2cos x ，故ln 1+x +2cos x -11+x=0，令g x =ln 1+x +2cos x -11+x ，g x =11+x -2sin x +121+x -32，令h x =g x =11+x -2sin x +121+x -32，hx =-11+x2-2cos x -341+x -52．①当x ∈-1,π2时，cos x ≥0,1+x 2>0,1+x-52>0，∴h x <0,∴h x 在-1,π2上为减函数，即gx 在-1,π2 上为减函数，又g 0 =1+12>0,g1 =12-2sin1+12⋅2-32<12-2⋅sin1+12<1-2×12=0，∴g x 在0,1 上有唯一的零点，设为x 0，即g x 0 =00<x 0<1 ．∴g x 在-1,x 0 上为增函数，在x 0,π2上为减函数．又g 0 =2-1>0,g -π4 =ln 1-π4 +2cos -π4 -11-π4=ln 1-π4+2-11-π4<0,g π2=ln 1+π2 -11+π2>0，∴g x 在-1,x 0 上有且只有一个零点，在x 0,π2上无零点；②当x ∈π2,5π6 时，g x <11+x -1+121+x-32<0,g x 单调递减，又g π2 >0,g 5π6 =ln 1+5π6 -3-1+5π6-12<ln4-3<0，∴g x 在π2,5π6内恰有一零点；③当x ∈5π6,π 时，hx =-11+x2-2cos x -341+x -52为增函数，∴hx =h 5π6 =-11+5π62+1-34⋅1+5π6-52>0，∴g x 单调递增，又g π >0,g 5π6 <0，所以存在唯一x 0∈5π6,π ,g x 0 =0，当x ∈5π6,x 0 时，g x <0,g x 递减；当x ∈x 0,π 时，g x >0,g x 递增，g x ≤max g 5π6 ,g π <0，∴g x 在5π6,π内无零点．综上所述，曲线y =f x 与曲线y =-2cos x 的交点个数为2．【点睛】方法点睛：本题考查了导数的综合运用，求某点处的切线方程较为简单，利用导数求单调性时，如果求导后的正负不容易辨别，往往可以将导函数的一部分抽离出来，构造新的函数，利用导数研究其单调性，进而可判断原函数的单调性.在证明不等式时，常采用两种思路：求直接求最值和等价转化.无论是那种方式，都要敢于构造函数，构造有效的函数往往是解题的关键.12(2024·广东佛山·二模)已知f x =-12e 2x +4e x -ax -5.(1)当a =3时，求f x 的单调区间；(2)若f x 有两个极值点x 1，x 2，证明：f x 1 +f x 2 +x 1+x 2<0.【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】(1)求导后，借助导数的正负即可得原函数的单调性；(2)借助换元法，令t =e x ，t 1=e x 1，t 2=e x 2，可得t 1、t 2是方程t 2-4t +a =0的两个正根，借助韦达定理可得t 1+t 2=4，t 1t 2=a ，即可用t 1、t 2表示f x 1 +f x 2 +x 1+x 2，进而用a 表示f x 1 +f x 2 +x 1+x 2，构造相关函数后借助导数研究其最大值即可得.【详解】(1)当a =3时，f x =-12e 2x +4e x -3x -5，f x =-e 2x +4e x -3=-e x -1 e x -3 ，则当e x ∈0,1 ∪3,+∞ ，即x ∈-∞,0 ∪ln3,+∞ 时，f x <0，当e x ∈1,3 ，即x ∈0,ln3 时，f x >0，故f x 的单调递减区间为-∞,0 、ln3,+∞ ，单调递增区间为0,ln3 ；(2)f x =-e 2x +4e x -a ，令t =e x ，即f x =-t 2+4t -a ，令t 1=e x 1，t 2=e x 2，则t 1、t 2是方程t 2-4t +a =0的两个正根，则Δ=-4 2-4a =16-4a >0，即a <4，有t 1+t 2=4，t 1t 2=a >0，即0<a <4，则f x 1 +f x 2 +x 1+x 2=-12e 2x 1+4e x 1-ax 1-5-12e 2x2+4e x 2-ax 2-5+x 1+x 2=-12t 21+t 22 +4t 1+t 2 -a -1 ln t 1+ln t 2 -10=-12t 1+t 2 2-2t 1t 2 +4t 1+t 2 -a -1 ln t 1t 2-10=-1216-2a +16-a -1 ln a -10=a -a -1 ln a -2，要证f x 1 +f x 2 +x 1+x 2<0，即证a -a -1 ln a -2<00<a <4 ，令g x =x -x -1 ln x -20<x <4 ，则g x =1-ln x +x -1x =1x-ln x ，令h x =1x -ln x 0<x <4 ，则h x =-1x 2-1x <0，则g x 在0,4 上单调递减，又g 1 =11-ln1=1，g 2 =12-ln2<0，故存在x 0∈1,2 ，使g x 0 =1x 0-ln x 0=0，即1x 0=ln x 0，则当x ∈0,x 0 时，g x >0，当x ∈x 0,4 时，g x <0，故g x 在0,x 0 上单调递增，g x 在x 0,4 上单调递减，则g x ≤g x 0 =x 0-x 0-1 ln x 0-2=x 0-x 0-1 ×1x 0-2=x 0+1x 0-3，又x 0∈1,2 ，则x 0+1x 0∈2,52 ，故g x 0 =x 0+1x 0-3<0，即g x <0，即f x 1 +f x 2 +x 1+x 2<0.【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助换元法，令t =e x ，t 1=e x 1，t 2=e x 2，从而可结合韦达定理得t 1、t 2的关系，即可用a 表示f x 1 +f x 2 +x 1+x 2，构造相关函数后借助导数研究其最大值即可得.13(2024·广东广州·模拟预测)已知函数f x =x e x -kx ,k ∈R .(1)当k =0时，求函数f x 的极值；(2)若函数f x 在0,+∞ 上仅有两个零点，求实数k 的取值范围.【答案】(1)极小值为-1e，无极大值(2)e ,+∞【分析】(1)求出导函数，然后列表求出函数的单调区间，根据极值定义即可求解；(2)把原函数有两个零点转化为g x =e x -kx 在0,+∞ 上仅有两个零点，分类讨论，利用导数研究函数的单调性，列不等式求解即可.【详解】(1)当k =0时，f x =xe x (x ∈R )，所以f x =1+x e x ，令f x =0，则x =-1，x -∞,-1-1-1,+∞f x -0+f x单调递减极小值单调递增所以f (x )min =f -1 =-e -1=-1e，所以f x 的极小值为-1e，无极大值.(2)函数f x =x e x -kx 在0,+∞ 上仅有两个零点，令g x =e x -kx ，则问题等价于g x 在0,+∞ 上仅有两个零点，易知g x =e x -k ，因为x ∈0,+∞ ，所以e x >1.①当k ∈-∞,1 时，g x >0在0,+∞ 上恒成立，所以g x 在0,+∞ 上单调递增，所以g x >g 0 =1，所以g x 在0,+∞ 上没有零点，不符合题意；②当k ∈1,+∞ 时，令g x =0，得x =ln k ，所以在0,ln k 上，g x <0，在ln k ,+∞ 上，g x >0，所以g x 在0,ln k 上单调递减，在(ln k ,+∞)上单调递增，所以g x 的最小值为g ln k =k -k ⋅ln k .因为g x 在0,+∞ 上有两个零点，所以g ln k =k -k ⋅ln k <0，所以k >e.因为g 0 =1>0,g ln k 2 =k 2-k ⋅ln k 2=k k -2ln k ，令h x =x -2ln x ，则h x =1-2x =x -2x，所以在0,2 上，h x <0，在2,+∞ 上，h x >0，所以h x 在0,2 上单调递减，在2,+∞ 上单调递增，所以h x ≥2-2ln2=ln e 2-ln4>0，所以g ln k 2 =k k -2ln k >0，所以当k >e 时，g x 在0,ln k 和(ln k ,+∞)内各有一个零点，即当k >e 时，g x 在0,+∞ 上仅有两个零点.综上，实数k 的取值范围是e ,+∞ .【点睛】方法点睛：求解函数单调区间的步骤：(1)确定f x 的定义域.(2)计算导数f x .(3)求出f x =0的根.(4)用f x =0的根将f x 的定义域分成若干个区间，判断这若干个区间内f x 的符号，进而确定f x 的单调区间.f x >0，则f x 在对应区间上单调递增，对应区间为增区间；f x <0，则f x 在对应区间上单调递减，对应区间为减区间.如果导函数含有参数，那么需要对参数进行分类讨论，分类讨论要做到不重不漏.14(2024·江苏南通·二模)已知函数f x =ln x -ax ，g x =2ax，a ≠0.(1)求函数f x 的单调区间；(2)若a >0且f x ≤g x 恒成立，求a 的最小值.【答案】(1)答案见解析(2)2e 3.【分析】(1)求导后，利用导数与函数单调性的关系，对a >0与a <0分类讨论即可得；(2)结合函数的单调性求出函数的最值，即可得解.【详解】(1)f x =1x -a =1-axx(a ≠0)，当a <0时，由于x >0，所以f x >0恒成立，从而f x 在0,+∞ 上递增；当a >0时，0<x <1a ，f x >0；x >1a ，fx <0，从而f x 在0,1a 上递增，在1a,+∞ 递减；综上，当a <0时，f x 的单调递增区间为0,+∞ ，没有单调递减区间；当a >0时，f x 的单调递增区间为0,1a ，单调递减区间为1a ,+∞ .(2)令h x =f x -g x =ln x -ax -2ax，要使f x ≤g x 恒成立，只要使h x ≤0恒成立，也只要使h x max ≤0.h x =1x -a +2ax 2=-ax +1 ax -2 ax 2，由于a >0，x >0，所以ax +1>0恒成立，当0<x <2a 时，h x >0，当2a<x <+∞时，h x <0，所以h x max =h 2a =ln 2a -3≤0，解得：a ≥2e 3，所以a 的最小值为2e3.15(2024·山东济南·二模)已知函数f x =ax 2-ln x -1,g x =xe x -ax 2a ∈R .(1)讨论f x 的单调性；(2)证明：f x +g x ≥x .【答案】(1)答案见详解(2)证明见详解【分析】(1)求导可得fx =2ax 2-1x，分a ≤0和a >0两种情况，结合导函数的符号判断原函数单调性；(2)构建F x =f x +g x -x ,x >0，h x =e x -1x,x >0，根据单调性以及零点存在性定理分析h x 的零点和符号，进而可得F x 的单调性和最值，结合零点代换分析证明.【详解】(1)由题意可得：f x 的定义域为0,+∞ ，fx =2ax -1x =2ax 2-1x，当a ≤0时，则2ax 2-1<0在0,+∞ 上恒成立，可知f x 在0,+∞ 上单调递减；当a >0时，令f x >0，解得x >12a；令f x <0，解得0<x <12a；可知f x 在0,12a 上单调递减，在12a,+∞ 上单调递增；综上所述：当a ≤0时，f x 在0,+∞ 上单调递减；当a >0时，f x 在0,12a 上单调递减，在12a,+∞ 上单调递增.(2)构建F x =f x +g x -x =xe x -ln x -x -1,x >0，则F x =x +1 e x -1x -1=x +1 e x -1x，由x >0可知x +1>0，构建h x =e x -1x ,x >0，因为y =e x ,y =-1x在0,+∞ 上单调递增，则h x 在0,+∞ 上单调递增，且h 12=e -20,h 1 =e -1 0，可知h x 在0,+∞ 上存在唯一零点x 0∈12,1 ，当0<x <x 0，则h x <0，即Fx <0；当x >x 0，则h x >0，即F x >0；可知F x 在0,x 0 上单调递减，在x 0,+∞ 上单调递增，则F x ≥F x 0 =x 0e x 0-ln x 0-x 0-1，又因为e x 0-1x 0=0，则e x 0=1x 0,x 0=e -x 0，x 0∈12,1 ，可得F x 0 =x 0×1x 0-ln e -x-x 0-1=0，即F x ≥0，所以f x +g x ≥x .16(2024·福建·模拟预测)已知函数f (x )=a ln x -bx 在1,f 1 处的切线在y 轴上的截距为-2．(1)求a 的值；(2)若f x 有且仅有两个零点，求b 的取值范围．【答案】(1)2(2)b ∈0,2e 【分析】(1)借助导数的几何意义计算即可得；(2)借助函数与方程的关系，可将f x 有且仅有两个零点转化为方程b =2ln xx有两个根，构造对应函数并借助导数研究单调性及值域即可得.【详解】(1)f (x )=ax-b ，f 1 =a -b ，f (1)=a ×0-b =-b ，则函数f (x )=a ln x -bx 在1,f 1 处的切线为：y +b =a -b x -1 ，即y =a -b x -a ，令x =0，则有y =-a =-2，即a =2；(2)由a =2，即f (x )=2ln x -bx ，若f x 有且仅有两个零点，则方程2ln x-bx=0有两个根，即方程b=2ln xx有两个根，令g x =2ln xx，则gx =21-ln xx2，则当x∈0,e时，g x >0，则当x∈e,+∞时，g x <0，故g x 在0,e上单调递增，在e,+∞上单调递减，故g x ≤g e =2ln ee=2e，又x→0时，g x →-∞，x→+∞时，g x →0，故当b∈0,2 e时，方程b=2ln x x有两个根，即f x 有且仅有两个零点.17(2024·浙江杭州·二模)已知函数f x =a ln x+2-12x2a∈R．(1)讨论函数f x 的单调性；(2)若函数f x 有两个极值点，(ⅰ)求实数a的取值范围；(ⅱ)证明：函数f x 有且只有一个零点．【答案】(1)答案见解析；(2)(ⅰ)-1<a<0；(ⅱ)证明见解析【分析】(1)求出函数的导函数，再分a≤-1、-1<a<0、a≥0三种情况，分别求出函数的单调区间；(2)(ⅰ)由(1)直接解得；(ⅱ)结合函数的最值与零点存在性定理证明即可.【详解】(1)函数f x =a ln x+2-12x2a∈R的定义域为-2,+∞，且f x =ax+2-x=-x+12+a+1x+2，当a≤-1时，f x ≤0恒成立，所以f x 在-2,+∞单调递减；当-1<a<0时，令f x =0，即-x+12+a+1=0，解得x1=-a+1-1，x2=a+1-1，因为-1<a<0，所以0<a+1<1，则-2<-a+1-1<-1，所以当x∈-2,-a+1-1时f x <0，当x∈-a+1-1,a+1-1时f x >0，当x∈a+1-1,+∞时f x <0，所以f x 在-2,-a+1-1上单调递减，在-a+1-1,a+1-1上单调递增，在a+1-1,+∞上单调递减；当a≥0时，此时-a+1-1≤-2，所以x∈-2,a+1-1时f x >0，当x∈a+1-1,+∞时f x <0，所以f x 在-2,a+1-1上单调递增，在a+1-1,+∞上单调递减．综上可得：当a≤-1时f x 在-2,+∞单调递减；当-1<a<0时f x 在-2,-a+1-1上单调递减，在-a+1-1,a+1-1上单调递增，在a+1-1,+∞上单调递减；当a≥0时f x 在-2,a+1-1上单调递增，在a+1-1,+∞上单调递减．(2)(ⅰ)由(1)可知-1<a<0．(ⅱ)由(1)f x 在-2,-a+1-1上单调递减，在-a+1-1,a+1-1上单调递增，在a+1-1,+∞上单调递减，所以f x 在x=a+1-1处取得极大值，在x=-a+1-1处取得极小值，又-1<a<0，所以0<a+1<1，则1<a+1+1<2，又f x极大值=f a+1-1=a ln a+1+1-12a+1-12<0，又f-a+1-1<f a+1-1<0，所以f x 在-a+1-1,+∞上没有零点，又-1<a<0，则4a<-4，则0<e4a<e-4，-2<e4a-2<e-4-2，则0<e 4a-22<4，所以f e 4a-2=4-12e4a-22>0，所以f x 在-2,-a+1-1上存在一个零点，综上可得函数f x 有且只有一个零点．18(2024·河北沧州·模拟预测)已知函数f(x)=ln x-ax+1，a∈R．(1)讨论f x 的单调性；(2)若∀x>0，f x ≤xe2x-2ax恒成立，求实数a的取值范围．【答案】(1)答案见解析(2)-∞,2．【分析】(1)利用导数分类讨论判断函数f x 的单调性，即可求解；(2)先利用导数证明不等式e x≥x+1，分离变量可得a≤e2x-ln x+1x恒成立，进而e 2x-ln x+1x≥2x+ln x+1-(ln x+1)x=2，即可求解.【详解】(1)函数f x =ln x-ax+1，a∈R的定义域为0,+∞，且f (x)=1x-a．当a≤0时，∀x∈0,+∞，f (x)=1x-a≥0恒成立，此时f x 在区间0,+∞上单调递增；当a>0时，令f (x)=1x-a=1-axx=0，解得x=1a，当x∈0,1 a时，f x >0，f x 在区间0,1a上单调递增，当x∈1a,+∞时，f x <0，f x 在区间1a,+∞上单调递减．综上所述，当a≤0时，f x 在区间0,+∞上单调递增；当a>0时，f x 在区间0,1 a上单调递增，在区间1a,+∞上单调递减．(2)设g x =e x-x-1，则g x =e x-1，在区间(-∞,0)上，g x <0，g x 单调递减，在区间0,+∞上，g x >0，g x 单调递增，所以g x ≥g0 =e0-0-1=0，所以e x≥x+1(当且仅当x=0时等号成立)．依题意，∀x>0，f x ≤xe2x-2ax恒成立，即a≤e2x-ln x+1x恒成立，而e2x-ln x+1x=xe2x-(ln x+1)x=e2x+ln x-(ln x+1)x≥2x+ln x+1-(ln x+1)x=2，当且仅当2x+ln x=0时等号成立．因为函数h x =2x+ln x在0,+∞上单调递增，h1e=2e-1<0，h(1)=2>0，所以存在x0∈1e,1，使得2x0+ln x0=0成立．所以a ≤e 2x -ln x +1xmin =2，即a 的取值范围是-∞,2 ．【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的恒成立问题的求解策略：形如f x ≥g x 的恒成立的求解策略：1、构造函数法：令F x =f x -g x ，利用导数求得函数F x 的单调性与最小值，只需F x min ≥0恒成立即可；2、参数分离法：转化为a ≥φx 或a ≤φx 恒成立，即a ≥φx max 或a ≤φx min 恒成立，只需利用导数求得函数φx 的单调性与最值即可；3，数形结合法：结合函数y =f x 的图象在y =g x 的图象的上方(或下方)，进而得到不等式恒成立.19(2024·广东·二模)已知f x =12ax 2+1-2a x -2ln x ,a >0.(1)求f x 的单调区间；(2)函数f x 的图象上是否存在两点A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 (其中x 1≠x 2)，使得直线AB 与函数f x 的图象在x 0=x 1+x22处的切线平行？若存在，请求出直线AB ；若不存在，请说明理由.【答案】(1)f (x )在(0,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增.(2)不存在，理由见解析【分析】(1)求出导函数，根据导函数的正负来确定函数的单调区间；(2)求出直线AB 的斜率，再求出f (x 0)，从而得到x 1,x 2的等式，再进行换元和求导，即可解出答案.【详解】(1)由题可得f(x )=ax +1-2a -2x =ax 2+(1-2a )x -2x =(ax +1)(x -2)x(x >0)因为a >0，所以ax +1>0，所以当x ∈(0,2)时，f (x )<0，f (x )在(0,2)上单调递减，当x ∈(2,+∞)时，f (x )>0，f (x )在(2,+∞)上单调递增.综上，f (x )在(0,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增.(2)由题意得，斜率k =y 2-y 1x 2-x 1=12ax 22+(1-2a )x 2-2ln x 2 -12ax 21+(1-2a )x 1-2ln x 1 x 2-x 1=12a (x 22-x 21)+(1-2a )(x 2-x 1)-2ln x 2x 1x 2-x 1=a 2(x 1+x 2)+1-2a -2ln x2x 1x 2-x 1，f x 1+x 22 =a (x 1+x 2)2+1-2a -4x 1+x 2,由k =f x 1+x22 得，ln x2x 1x 2-x 1=2x 1+x 2，即ln x 2x 1=2(x 2-x 1)x 1+x 2，即ln x 2x 1-2x2x 1-1 x 2x1+1=0令t =x 2x 1，不妨设x 2>x 1，则t >1，记g (t )=ln t -2(t -1)t +1=ln t +4t +1-2(t >1)所以g(t )=1t -4t +1 2=t -1 2t t +1 2>0，所以g (t )在(1,+∞)上是增函数，所以g (t )>g (1)=0，所以方程g (t )=0无解，则满足条件的两点A ,B 不存在.20(2024·广东深圳·二模)已知函数f x =ax +1 e x ，f x 是f x 的导函数，且f x -f x =2e x ．(1)若曲线y =f x 在x =0处的切线为y =kx +b ，求k ，b 的值；(2)在(1)的条件下，证明：f x ≥kx +b ．【答案】(1)k =3，b =1；(2)证明见解析.【分析】(1)根据题意，求导可得a 的值，再由导数意义可求切线，得到答案；(2)设函数g x =2x +1 e x -3x -1，利用导数研究函数g (x )的单调性从而求出最小值大于0，可得证.【详解】(1)因为f x =ax +1 e x ，所以f x =ax +a +1 e x ，因为f x -f x =2e x ，所以a =2．则曲线y =f (x )在点x =0处的切线斜率为f 0 =3．又因为f 0 =1，所以曲线y =f (x )在点x =0处的切线方程为y =3x +1，即得k =3，b =1．(2)设函数g x =2x +1 e x -3x -1，x ∈R ，则g x =2x +3 e x -3，设h x =g x ，则h x =e x 2x +5 ，所以，当x >-52时，h x >0，g x 单调递增．又因为g0 =0，所以，x >0时，g x >0，g x 单调递增；-52<x <0时，g x <0，g x 单调递减．又当x ≤-52时，g x =2x +3 e x -3<0，综上g x 在-∞,0 上单调递减，在0,+∞ 上单调递增，所以当x =0时，g x 取得最小值g 0 =0，即2x +1 e x -3x -1≥0，所以，当x ∈R 时，f x ≥3x +1．21(2024·辽宁·二模)已知函数f x =ax 2-ax -ln x .(1)若曲线y =f x 在x =1处的切线方程为y =mx +2，求实数a ,m 的值；(2)若对于任意x ≥1，f x +ax ≥a 恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】(1)a =-1，m =-2(2)12,+∞ 【分析】(1)根据导数几何意义和切线方程，可直接构造方程组求得结果；(2)构造函数g x =ax 2-ln x -a x ≥1 ，将问题转化为g x ≥0恒成立；求导后，分别在a ≤0、a ≥12和0<a <12的情况下，结合单调性和最值求得符合题意的范围.【详解】(1)∵f x =2ax -a -1x，∴f 1 =2a -a -1=a -1，∵y =f x 在x =1处的切线为y =mx +2，∴f 1 =a -1=mf 1 =0=m +2 ，解得：a =-1，m =-2.(2)由f x +ax ≥a 得：ax 2-ln x -a ≥0，令g x =ax 2-ln x -a x ≥1 ，则当x ≥1时，g x ≥0恒成立；。
高中数学导数典型例题
高中数学导数典型例题题型一：利用导数研究函数的单一性、极值、最值1. 已知函数 f (x) x3 ax2 bx c 过曲线 y f ( x) 上的点 P(1, f (1)) 的切线方程为y=3x+1 。
（1）若函数 f (x)在x 2 处有极值，求 f (x ) 的表达式；（2）在（ 1）的条件下，求函数y f (x ) 在[－3，1] 上的最大值；（3）若函数y f (x )在区间 [ － 2， 1] 上单一递加，务实数 b 的取值范围2. 已知f (x ) 2 x3 2ax 2 3x ( a R ).31(1) 当| a |时,求证：f (x )在(1, 1) 内是减函数;4(2) 若y f (x ) 在 ( 1, 1) 内有且只有一个极值点,求a的取值范围.题型二：利用导数解决恒建立的问题例 1 ：已知f ( x)x36ax29a2 x （a R ）．（Ⅰ）求函数 f ( x) 的单一递减区间；（Ⅱ）当 a 0 时，若对x 0,3 有f ( x) 4 恒建立，务实数 a 的取值范围．例 2 ：已知函数f ( x) e2x 2t(e x x) x2 2t 2 1，g ( x) 1 f ( x) ．2（1）证明：当t 2 2 时， g(x) 在R上是增函数；（2）关于给定的闭区间[ a， b] ，试说明存在实数k ，当 t k 时，g( x)在闭区间[a，b]上是减函数；（3）证明：f ( x)≥3．2例 3：已知( ) ln , ( ) 2 3f x x axx x g x（1）求函数 f (x) 在 [t,t 2](t 0) 上的最小值（2）对x (0, ),2 f (x) g(x)恒建立，务实数 a 的取值范围（3）证明：对全部x∈（ 0，+∞），都有 lnx ＞建立。
题型三：利用导数研究方程的根例 4 ：已知函数 f ( x ) ax3 3x 2 1 3 .f ( x) 的单一性；a（Ｉ）议论函数（Ⅱ）若曲线 f (x) 上两点A、B处的切线都与y 轴垂直，且线段AB 与x轴有公共点，务实数 a 的取值范围.例 5 ：已知函数 f ( x) ax3 bx 2 3x( a, b R) ，在点 (1, f (1)) 处的切线方程为y 2 0. （1）若关于区间[2,2] 上随意两个自变量的值x1 , x2，都有 | f ( x1 ) f (x2 ) | c ，务实数c 的最小值。
高中数学高考总复习---函数的最值和及值巩固练习题(基础、提高)含答案解析
(Ⅰ)求 a、b 的值；
(Ⅱ)若对于任意的 x∈[0，3]，都有 f(x)<c2 成立，求 c 的取值范围。
14.（2015 金凤区校级一模）已知函数
.
（1）求
的单调区间和极值;
(2)若对任意
，
恒成立，求实数 的最大值.
15. （2016 海淀区模拟）已知函数
.
（Ⅰ）当 时，求函数 的单调区间；
（Ⅱ）若关于 的不等式
14
②当
时，由（1）知
，
所以
随 的变化情况如下表：
0
0
↗
极大值
↘
极小值
↗
所以 的极大值点为 ，极小值点为 。
综上所述，当
时，
有一个极大值点
，没有极小值点；
当
时， 有一个极大值点 ，一个极小值点 。
16.【解析】
（1）由已知，函数 f(x)的定义域为(0,+∞)，
，
所以
．
当
时，g(x)在区间
在区 间
上单调递减；
当
时，g(x)在区间(0,+∞)上单调递增．
（2）由
，解得
上单调递增， ．
12
令
．
则 故存在 x0∈(1,e)，使得 令
， ．
，
由
知，函数 u(x)在区间(1,+∞)上单调递增．
所以
．
即 a0∈(0,1)．
当 a=a0 时，有
，
由（1）知，函数 f＇(x)在区间(1,+∞)上单调递增．
故当 x∈(1,x0)时，有 f＇(x0)＜0，从而 f(x)＞f(x0)=0； 当 x∈(x0，+∞)时，有 f＇(x0)＞0，从而 f(x)＞f(x0)=0； 所以，当 x∈(1,+∞)时，f(x)≥0．
高中数学导数的计算精选题目(附答案)
高中数学导数的计算精选题目（附答案）(1)基本初等函数的导数公式(2)导数运算法则①[f (x )±g (x )]′＝f ′(x )±g ′(x )；②[f (x )·g (x )]′＝f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )； 当g (x )＝c 时，[cf (x )]′＝cf ′(x )．③⎣⎢⎡⎦⎥⎤f (x )g (x )′＝f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )[g (x )]2(g (x )≠0)．（3）复合导数复合函数y ＝f (g (x ))的导数和函数y ＝f (u )，u ＝g (x )的导数间的关系为y x ′＝y u ′·u x ′，即y 对x 的导数等于y 对u 的导数与u 对x 的导数的乘积．1．求下列函数的导数： (1)y ＝10x ； (2)y ＝lg x ； (3)y ＝log 12x ；(4)y ＝4x 3；(5)y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫sin x2＋cos x 22－1.2．求下列函数的导数： (1)y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1e x ；(2)y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫110x ；(3)y ＝lg 5； (4)y ＝3lg 3x ； (5)y ＝2co S 2x2－1. 3.(1)y ＝x 3·e x ； (2)y ＝x －S i n x 2co S x2； (3)y ＝x 2＋log 3x; (4)y ＝e x ＋1e x －1.4．求下列函数的导数： (1)y ＝cos x x ； (2)y ＝xS i n x ＋x ； (3)y ＝1＋x 1－x ＋1－x1＋x； (4)y ＝lg x －1x 2.5．点P 是曲线y ＝e x 上任意一点，求点P 到直线y ＝x 的最小距离． 6．求过曲线y ＝co S x 上点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，12且与曲线在这点处的切线垂直的直线方程．7．求下列函数的导数． (1)y ＝1－2x 2； (2)y ＝e S i n x ；(3)y ＝S i n ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3；(4)y ＝5log 2(2x ＋1) 8．求下列函数的导数． (1)f (x )＝(－2x ＋1)2； (2)f (x )＝l n (4x －1)； (3)f (x )＝23x ＋2； (4)f (x )＝5x ＋4； (5)f (x )＝S i n ⎝ ⎛⎭⎪⎫3x ＋π6；(6)f (x )＝co S 2x .9．求下列函数的导数． (1)y ＝x 1＋x 2；(2)y ＝x co S ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π2S i n ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π2.10．求下列函数的导数． (1)y ＝S i n 2x3； (2)y ＝S i n 3x ＋S i n x 3； (3)y ＝11－x 2； (4)y ＝x l n (1＋x )．11. 设f (x )＝l n (x ＋1)＋x ＋1＋ax ＋b (a ，b ∈R ，a ，b 为常数)，曲线y ＝f (x )与直线y ＝32x 在(0,0)点相切．求a ，b 的值．12．曲线y ＝e －2x ＋1在点(0,2)处的切线与直线y ＝0和y ＝x 围成的三角形的面积为( )A.13B.12C.23 D ．1参考答案：1.解： (1)y ′＝(10x )′＝10x l n 10. (2)y ′＝(lg x )′＝1x ln 10.(3)y ′＝(log 12x )′＝1x ln 12＝－1x ln 2.(4)y ′＝(4x 3)′＝(x 34)′＝34x －14＝344x.(5)∵y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫sin x2＋cos x 22－1＝S i n 2x2＋2S i n x 2co S x 2＋co S 2x 2－1 ＝S i n x ，∴y ′＝(S i n x )′＝co S x .2.解：(1)y ′＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1e x ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1e x l n 1e ＝－1e x ＝－e －x .(2)y ′＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫110x ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫110x l n 110＝－ln 1010x＝－10－x l n 10.(3)∵y ＝lg 5是常数函数，∴y ′＝(lg 5)′＝0. (4)∵y ＝3 lg 3x ＝lg x ，∴y ′＝(lg x )′＝1x ln 10.(5)∵y ＝2co S 2x2－1＝co S x ，∴y ′＝(co S x )′＝－S i n x . 3.解： (1)y ′＝(x 3)′e x ＋x 3(e x )′＝3x 2e x ＋x 3e x ＝x 2(3＋x )e x . (2)∵y ＝x －12S i n x ，∴y ′＝x ′－12(S i n x )′＝1－12co S x . (3)y ′＝(x 2＋log 3x )′＝(x 2)′＋(log 3x )′＝2x ＋1x ln 3. (4)y ′＝(e x ＋1)′(e x －1)－(e x ＋1)(e x －1)′(e x －1)2＝e x (e x －1)－(e x ＋1)e x (e x －1)2＝－2e x (e x －1)2.4.解：(1)y ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫cos x x ′＝(cos x )′·x －cos x ·(x )′x 2＝－x ·sin x －cos x x 2＝－x sin x ＋cos xx 2.(2)y ′＝(xS i n x )′＋(x )′＝S i n x ＋x co S x ＋12x.(3)∵y ＝(1＋x )21－x ＋(1－x )21－x ＝2＋2x 1－x ＝41－x －2，∴y ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫41－x －2′＝－4(1－x )′(1－x )2＝4(1－x )2.(4)y ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫lg x －1x 2′＝(lg x )′－⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2′＝1x ln 10＋2x 3. 5.解：如图，当曲线y ＝e x 在点P (x 0，y 0)处的切线与直线y ＝x 平行时，点P 到直线y ＝x 的距离最近．则曲线y ＝e x 在点P (x 0，y 0)处的切线斜率为1，又y ′＝(e x )′＝e x ，∴e x 0＝1，得x 0＝0，代入y ＝e x ，得y 0＝1，即P (0,1)．利用点到直线的距离公式得最小距离为22.6.解：∵y ＝co S x ，∴y ′＝(co S x )′＝－S i n x ，∴曲线在点P π3，12处的切线的斜率为k ＝y ′|x ＝π3＝－S i n π3＝－32，∴过点P 且与切线垂直的直线的斜率为233，∴满足题意的直线方程为y －12＝233⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π3，即233x －y ＋12－239π＝0. 7.解： (1)设y ＝u 12，u ＝1－2x 2， 则y ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫u 12′(1－2x 2)′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12u －12·(－4x ) ＝12(1－2x 2)－12(－4x )＝－2x 1－2x 2 .(2)设y ＝e u ，u ＝S i n x ，则y x ′＝y u ′·u x ′＝e u ·co S x ＝e S i n x co S x . (3)设y ＝S i n u ，u ＝2x ＋π3，则y x ′＝y u ′·u x ′＝co S u ·2＝2co S ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3.(4)设y ＝5log 2u ，u ＝2x ＋1， 则y ′＝5(log 2u )′(2x ＋1)′＝10u ln 2＝10(2x ＋1)ln 2.8.解：(1)设y ＝u 2，u ＝－2x ＋1，则y ′＝y u ′·u x ′＝2u ·(－2)＝－4(－2x ＋1)＝8x －4. (2)设y ＝l n u ，u ＝4x －1， 则y ′＝y u ′·u x ′＝1u ·4＝44x －1.(3)设y ＝2u ，u ＝3x ＋2，则y ′＝y u ′·u x ′＝2u l n 2·3＝3l n 2·23x ＋2. (4)设y ＝u ，u ＝5x ＋4， 则y ′＝y u ′·u x ′＝12u·5＝525x ＋4.(5)设y ＝S i n u ，u ＝3x ＋π6，则y ′＝y u ′·u x ′＝co S u ·3＝3co S ⎝ ⎛⎭⎪⎫3x ＋π6.(6)法一：设y ＝u 2，u ＝co S x ， 则y ′＝y u ′·u x ′＝2u ·(－S i n x ) ＝－2co S x ·S i n x ＝－S i n 2x ； 法二：∵f (x )＝co S 2x ＝1＋cos 2x 2＝12＋12co S 2x ， 所以f ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋12cos 2x ′＝0＋12·(－S i n 2x )·2＝－S i n 2x . 9.解： (1)y ′＝(x 1＋x 2)′ ＝x ′1＋x 2＋x (1＋x 2)′ ＝1＋x 2＋x 21＋x 2＝(1＋2x 2)1＋x 21＋x 2.(2)∵y ＝x co S ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π2S i n ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π2＝x (－S i n 2x )co S 2x ＝－12xS i n 4x ，∴y ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12x sin 4x ′＝－12S i n 4x －x2co S 4x ·4 ＝－12S i n 4x －2x co S 4x .10.解：(1)y ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 2x 3′＝2S i n x 3·⎝ ⎛⎭⎪⎫sin x 3′ ＝2S i n x 3·co S x 3·⎝ ⎛⎭⎪⎫x 3′＝13S i n 2x3.(2)y ′＝(S i n 3x ＋S i n x 3)′＝(S i n 3x )′＋(S i n x 3)′ ＝3S i n 2x co Sx ＋co S x 3·3x 2＝3S i n 2x co S x ＋3x 2co S x 3. (3)y ′＝0－(1－x 2)′1－x 2＝－12(1－x 2)－12(1－x 2)′1－x 2＝x (1－x 2)－121－x 2＝x(1－x 2) 1－x 2.(4)y ′＝x ′l n (1＋x )＋x []ln (1＋x )′ ＝l n (1＋x )＋x 1＋x. 11.解： 由曲线y ＝f (x )过(0,0)点，可得l n 1＋1＋b ＝0，故b ＝－1.由f (x )＝l n (x ＋1)＋x ＋1＋ax ＋b ，得f ′(x )＝1x ＋1＋12x ＋1＋a ，则f ′(0)＝1＋12＋a ＝32＋a ，此即为曲线y ＝f (x )在点(0,0)处的切线的斜率．由题意，得32＋a ＝32，故a ＝0.12.解析：选A 依题意得y ′＝e －2x ·(－2)＝－2e －2x ，y ′|x ＝0＝－2e－2×0＝－2.曲线y ＝e－2x＋1在点(0,2)处的切线方程是y －2＝－2x ，即y ＝－2x ＋2.在坐标系中作出直线y ＝－2x ＋2、y ＝0与y ＝x 的图象，因为直线y ＝－2x ＋2与y ＝x的交点坐标是⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，直线y ＝－2x ＋2与x 轴的交点坐标是(1,0)，结合图象可得，这三条直线所围成的三角形的面积等于12×1×23＝13.。
高中数学 3.3.3函数的最大(小)值与导数练习 新人教A版高二选修1-1数学试题
3.3.3函数的最大（小）值与导数一、选择题1．函数y＝2x3－3x2－12x＋5在[－2,1]上的最大值、最小值分别是( )A．12；－8 B．1；－8C．12；－15 D．5；－16[答案] A[解析] y′＝6x2－6x－12，由y′＝0⇒x＝－1或x＝2(舍去)．x＝－2时y＝1，x＝－1时y＝12，x＝1时y＝－8.∴y max＝12，y min＝－8.故选A．2．函数f(x)＝x3－3x(|x|<1)( )A．有最大值，但无最小值B．有最大值，也有最小值C．无最大值，但有最小值D．既无最大值，也无最小值[答案] D[解析] f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，∵x∈(－1,1)，∴f′(x)<0，即函数在(－1,1)上是减少的，∴既无最大值，也无最小值．3．函数f(x)＝3x－x3(－3≤x≤3)的最大值为( )A．18 B．2C．0 D．－18[答案] B[解析] f′(x)＝3－3x2，令f′(x)＝0，得x＝±1，－3≤x<－1时，f′(x)<0，－1<x<1时，f′(x)>0,1<x≤3时，f′(x)<0，故函数在x＝－1处取极小值，在x＝1处取极大值．∵f(1)＝2，f(－1)＝－2，又f(－3)＝0，f(3)＝－18，∴[f(x)]max＝2，[f(x)]min＝－18.4．(2015·东城区联考)如图是函数y＝f(x)的导函数f′(x)的图象，则下面判断正确的是( )A．在区间(－2,1)上f(x)是增函数B．在(1,3)上f(x)是减函数C ．在(4,5)上f (x )是增函数D ．当x ＝4时，f (x )取极大值 [答案] C[解析] 由导函数y ＝f ′(x )的图象知，f (x )在(－2,1)上先减后增，在(1,3)上先增后减，在(4,5)上单调递增，x ＝4是f (x )的极小值点，故A 、B 、D 错误，选C ．5．下列说法正确的是( ) A ．函数的极大值就是函数的最大值 B ．函数的极小值就是函数的最小值 C ．函数的最值一定是极值D ．在闭区间上的连续函数一定存在最值 [答案] D6．函数y ＝x ＋2cos x 在[0，π2]上取最大值时，x 的值为( ) A ．0 B ．π6C ．π3D ．π2[答案] B[解析] y ′＝1－2sin x ，由y ′>0可知0<x <π6，由y ′<0可知π6<x <π2，所以函数在(0，π6)上单调递增，在(π6，π2)上单调递减，故y ＝x ＋2cos x 在x ＝π6时取得最大值．二、填空题7．函数y ＝x 4－2x 2＋5在区间[－2,2]上的最大值为__________ ________. [答案] 13[解析] y ′＝4x 3－4x ，令y ′＝0，即4x 3－4x ＝0，解得x 1＝－1，x 2＝0，x 3＝1，又f (－2)＝13，f (－1)＝4，f (0)＝5，f (1)＝4，f (2)＝13，故最大值为13.8．若函数f (x )＝3x －x 3＋a ，－3≤x ≤3的最小值为8，则a 的值是__________ ________.[答案] 26[解析] f ′(x )＝3－3x 2，令f ′(x )＝0，得x ＝±1.f (1)＝2＋a ，f (－1)＝－2＋a .又f (－3)＝a ，f (3)＝－18＋a .∴f (x )min ＝－18＋a .由－18＋a ＝8.得a ＝26.9．(2014·某某市一中月考)曲线y ＝x2x －1在点(1,1)处的切线为l ，则l 上的点到圆x 2＋y 2＋4x ＋3＝0上的点的最近距离是__________ ________.[答案] 22－1 [解析] y ′|x ＝1＝－12x －12|x ＝1＝－1，∴切线方程为y －1＝－(x －1)，即x ＋y －2＝0，圆心(－2,0)到直线的距离d ＝22，圆的半径r ＝1，∴所求最近距离为22－1. 三、解答题10．(2015·某某市临淄中学学分认定考试)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋5，曲线y ＝f (x )在点P (1，f (1))处的切线方程为y ＝3x ＋1.(1)求a 、b 的值；(2)求y ＝f (x )在[－3,1]上的最大值．[解析] (1)依题意可知点P (1，f (1))为切点，代入切线方程y ＝3x ＋1可得，f (1)＝3×1＋1＝4，∴f (1)＝1＋a ＋b ＋5＝4，即a ＋b ＝－2，又由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋5得，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ， 而由切线方程y ＝3x ＋1的斜率可知f ′(1)＝3， ∴3＋2a ＋b ＝3，即2a ＋b ＝0，由⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＝－2，2a ＋b ＝0.解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝－4，∴a ＝2，b ＝－4.(2)由(1)知f (x )＝x 3＋2x 2－4x ＋5，f ′(x )＝3x 2＋4x －4＝(3x －2)(x ＋2)，令f ′(x )＝0，得x ＝23或x ＝－2.当x 变化时，f (x )，f ′(x )的变化情况如下表：x －3 (－3，－2)－2 (－2，23)23 (23，1) 1 f ′(x )＋ 0 － 0 ＋ f (x )8增极大值减极小值增4∴f (x )的极大值为f (－2)＝13，极小值为f (23)＝9527，又f (－3)＝8，f (1)＝4， ∴f (x )在[－3,1]上的最大值为13.一、选择题1．函数f (x )＝x (1－x 2)在[0,1]上的最大值为( ) A ．239B ．229C ．329D ．38[答案] A[解析] f ′(x )＝1－3x 2＝0，得x ＝33∈[0,1]， ∵f ⎝⎛⎭⎪⎫33＝239，f (0)＝f (1)＝0. ∴f (x )max ＝239.2．已知函数f (x )，g (x )均为[a ，b ]上的可导函数，在[a ，b ]上图象连续不断且f ′(x )<g ′(x )，则f (x )－g (x )的最大值为( )A ．f (a )－g (a )B ．f (b )－g (b )C ．f (a )－g (b )D ．f (b )－g (a )[答案] A[解析] 令u (x )＝f (x )－g (x )， 则u ′(x )＝f ′(x )－g ′(x )<0， ∴u (x )在[a ，b ]上为单调减少的， ∴u (x )的最大值为u (a )＝f (a )－g (a )．3．设在区间[a ，b ]上函数y ＝f (x )的图象是一条连续不断的曲线，且在区间[a ，b ]上存在导数，有下列三个命题：①若f (x )在[a ，b ]上有最大值，则这个最大值必是[a ，b ]上的极大值； ②若f (x )在[a ，b ]上有最小值，则这个最小值必是[a ，b ]上的极小值； ③若f (x )在[a ，b ]上有最值，则最值必在x ＝a 或x ＝b 处取得． 其中正确的命题个数是( ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．3[答案] A[解析] 由于函数的最值可能在区间[a ，b ]的端点处取得，也可能在区间[a ，b ]内取得，而当最值在区间端点处取得时，其最值必不是极值，因此3个命题都是假命题．4．当x ∈[0,5]时，函数f (x )＝3x 2－4x ＋c 的值域为( )A ．[f (0)，f (5)]B ．[f (0)，f (23)]C ．[f (23)，f (5)]D ．[c ，f (5)][答案] C[解析] f ′(x )＝6x －4，令f ′(x )＝0，则x ＝23，0<x <23时，f ′(x )<0，x >23时，f ′(x )>0，得f (23)为极小值，再比较f (0)和f (5)与f (23)的大小即可．二、填空题5．函数f (x )＝2x 3－3x 2－12x ＋5在[0,3]上的最大值和最小值的和是__________ ________.[答案] －10[解析] f ′(x )＝6x 2－6x －12，令f ′(x )＝0，解得x ＝－1或x ＝2.但x ∈[0,3]，∴x ＝－1舍去，∴x ＝2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：减少增加max min 所以f (x )max ＋f (x )min ＝－10.6．函数f (x )＝ax 4－4ax 3＋b (a >0)，x ∈[1,4]，f (x )的最大值为3，最小值为－6，则a ＋b ＝__________ ________.[答案]103[解析] f ′(x )＝4ax 3－12ax 2.令f ′(x )＝0，得x ＝0(舍去)，或x ＝3.1<x <3时，f ′(x )<0,3<x <4时，f ′(x )>0，故x ＝3为极小值点． ∵f (3)＝b －27a ，f (1)＝b －3a ，f (4)＝b ，∴f (x )的最小值为f (3)＝b －27a ，最大值为f (4)＝b .∴⎩⎪⎨⎪⎧b ＝3，b －27a ＝－6，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝13，b ＝3，∴a ＋b ＝103.三、解答题7．(2015·全国卷Ⅱ文)已知函数f (x )＝ln x ＋a (1－x )．(1)讨论f (x )的单调性；(2)当f (x )有最大值，且最大值大于2a －2时，求a 的取值X 围．[解析] (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－a ，若a ≤0，则f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)单调递增；若a >0，则当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 时f ′(x )>0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时f ′(x )<0，所以f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞单调递减．(2)由(1)知a ≤0时f (x )在(0，＋∞)无最大值．当a >0时f (x )在x ＝1a取得最大值，最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋a ⎝⎛⎭⎪⎫1－1a ＝－ln a ＋a －1.因此f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a >2a －2⇔ln a ＋a －1<0，令g (a )＝ln a ＋a －1.则g (a )在(0，＋∞)是增函数，且g (1)＝0，于是，当0<a <1时，g (a )<0，当a >1时，g (a )>0.因此a 的取值X 围是(0,1)．8．设f (x )＝－13x 3＋12x 2＋2ax .(1)若f (x )在(23，＋∞)上存在递增区间，求a 的取值X 围；(2)当0<a <2时，f (x )在[1,4]上的最小值为－163，求f (x )在该区间上的最大值．[分析] 对函数求导后，利用最值建立关于参数的方程或不等式求解．注意第(1)问中，单调递增区间不一定是(23，＋∞)，而是其子集．[解析] (1)由f ′(x )＝－x 2＋x ＋2a ＝－(x －12)2＋14＋2a .当x ∈[23，＋∞)时，f ′(x )的最大值为f ′(23)＝29＋2a .令29＋2a >0，得a >－19.所以当a >－19时，f (x )在(23，＋∞)上存在递增区间．即f (x )在(23，＋∞)上存在递增区间时，a 的取值X 围为(－19，＋∞)．(2)令f ′(x )＝0，得两根x 1＝1－1＋8a 2，x 2＝1＋1＋8a2， 所以f (x )在(－∞，x 1)，(x 2，＋∞)上单调递减， 在(x 1，x 2)上单调递增．当0<a <2时，有x 1<1<x 2<4，所以f (x )在[1,4]上的最大值为f (x 2)． 又f (4)－f (1)＝－272＋6a <0，即f (4)<f (1)．所以f (x )在[1,4]上的最小值为f (4)＝8a －403＝－163，得a ＝1，x 2＝2，从而f (x )在[1,4]上的最大值为f (2)＝103.。
高中数学第二章导数及其应用习题课用导数研究函数的单调性极值最值课件北师大版选择性必修第二册
递增,
所以f(x)>f(1)=0在区间(1,+∞)上恒成立,与已知矛盾,
故a≤0不符合题意.
若a>0,设φ(x)=f'(x)=ln x-2ax+1,x>1,
1
1
则 φ'(x)= -2a,且 ∈(0,1).
(3)注意区分“在区间上恒成立”与“在区间上存在x值使不等式成立”的区别.
分离参数后对应不同的最值类型.
【变式训练1】 已知函数f(x)=x2+aln x.
(1)当a=-2时,求函数f(x)的单调区间;
2
(2)若g(x)=f(x)+ 在[1,+∞)上是单调函数,求实数a的取值范围.
2 2(2 -1)
∴函数f(x)在区间(0,π)上单调递减.
答案:D
).
二、函数的极值、最值与导数
【问题思考】
1.(1)函数的极大值与极小值:
若函数y=f(x)在区间(a,x0)上单调递增,在区间(x0,b)上单调递减,则x0是极大
值点,f(x0)是极大值.
若函数y=f(x)在区间(a,x0)上单调递减,在区间(x0,b)上单调递增,则x0是极小
2 2
则 g'(x)≤0 在[1,+∞)上恒成立,即 a≤ -2x 在[1,+∞)上恒成立.
因为φ(x)没有最小值,不满足题意,
所以实数a的取值范围为[0,+∞).
探究二
用导数求函数的极值、最值
【例2】 已知函数f(x)= 1x2+aln x.
专题五 导数与函数的最值-高中数学专题题型精讲精练(2019人教B版选择性必修第三册)(解析版)
专题五导数与函数的最值基本知识点1．函数f(x)在闭区间[a，b]上的最值：假设函数y＝f(x)在闭区间[a，b]上的图象是一条连续不间断的曲线，则该函数在[a，b]一定能够取得最大值与最小值，若函数在[a，b]内是可导的，则该函数的最值必在极值点或区间端点取得．2．求可导函数y＝f(x)在[a，b]上的最大(小)值的步骤(1)求f(x)在开区间(a，b)内所有极值点．(2)计算函数f(x)在极值点和端点的函数值，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值．例题分析一、求函数的最值例1(1)函数y＝x4－4x＋3在区间[－2,3]上的最小值为()A．72B．36 C．12 D．0(2)函数f(x)＝ln x－x在区间(0，e]上的最大值为()A．1－e B．－1 C．－e D．0(3)求函数f(x)＝－x4＋2x2＋3，x∈[－3,2]的最值．解析(1)因为y＝x4－4x＋3，所以y′＝4x3－4，令y′＝0，解得x＝1．当x<1时，y′<0，函数单调递减；当x>1时，y′>0，函数单调递增，所以函数y＝x4－4x＋3在x＝1处取得极小值0.而当x＝－2时，y＝27，当x＝3时，y＝72，所以当x＝1时，函数y＝x4－4x＋3取得最小值0，故选D.(2)f′(x)＝1x－1，令f′(x)＝0，得x＝1．当x∈(0,1)时，f′(x)>0，当x∈(1，e)时，f′(x)<0，∴当x＝1时，f(x)有极大值，也是最大值，最大值为f(1)＝－1，故选B.(3)f′(x)＝－4x3＋4x＝－4x(x＋1)(x－1)，令f′(x)＝0，得x＝－1，x＝0，x＝1．当x变化时，f′(x)及f(x)的变化情况如下表：x －3(－3，－1)－1(－1,0)0(0,1)1(1,2) 2∴当x ＝－3时，f (x )取最小值－60； 当x ＝－1或x ＝1时，f (x )取最大值4.答案 (1)D (2)B (3) 最小值－60；最大值4. 归纳总结：求函数最值的四个步骤： 第一步，求函数的定义域； 第二步，求f ′(x )，解方程f ′(x )＝0； 第三步，列出关于x ，f (x )，f ′(x )的变化表；第四步，求极值、端点值，其中最大者便是最大值，最小者便是最小值． (对应训练一)求下列函数的最值．(1)f (x )＝2x 3－12x ，x ∈[－1,3]；(2)f (x )＝12x ＋sin x ，x ∈[0,2π]．解析 (1)f (x )＝2x 3－12x ，∴f ′(x )＝6x 2－12＝6(x ＋2)(x －2)， 令f ′(x )＝0解得x ＝－2或x ＝ 2.当x 变化时，f ′(x )与f (x )的变化情况如下表：因为f (－1)＝10，f (3)＝18，f (2)＝－82，所以当x ＝2时，f (x )取得最小值－82； 当x ＝3时，f (x )取得最大值18.(2)f ′(x )＝12＋cos x ，令f ′(x )＝0，又x ∈[0,2π]，解得x ＝23π或x ＝43π.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表所示：∴当x ＝0时，f (x )有最小值f (0)＝0；当x ＝2π时，f (x )有最大值f (2π)＝π.(对应训练二)已知函数f (x )＝－x 3＋3x 2＋m (x ∈[－2,2])，f (x )的最小值为1，则m ＝__________.解析 f ′(x )＝－3x 2＋6x ，x ∈[－2,2]． 令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝2， 当x ∈(－2,0)时，f ′(x )<0， 当x ∈(0,2)时，f ′(x )>0，∴当x ＝0时，f (x )有极小值，也是最小值．∴f (0)＝m ＝1． 答案 1二、已知函数的最值求参数例2 已知函数f (x )＝ln x ＋a x ，若函数f (x )在[1，e]上的最小值是32，求a 的值．解析 函数的定义域为[1，e]，f ′(x )＝1x －a x 2＝x －ax 2，令f ′(x )＝0，得x ＝a ，①当a ≤1时，f ′(x )≥0，函数f (x )在[1，e]上是增函数， f (x )min ＝f (1)＝ln 1＋a ＝32，∴a ＝32∉(－∞，1]，故舍去．②当1<a <e 时，令f ′(x )＝0得x ＝a ，函数f (x )在[1，a ]上是减函数，在[a ，e]上是增函数， ∴f (x )min ＝f (a )＝ln a ＋a a ＝32.∴a ＝e ∈(1，e)，故符合题意．③当a ≥e 时，f ′(x )≤0，函数f (x )在[1，e]上是减函数，f (x )min ＝f (e)＝ln e ＋a e ＝32，∴a ＝12e ∉[e ，＋∞)，故舍去，综上所述a ＝ e.归纳总结：解决由函数的最值来确定参数问题的关键是利用函数的单调性确定某些极值就是函数的最值，同时由于系数a 的符号对函数的单调性有直接的影响，其最值也受a 的符号的影响，因此，需要进行分类讨论．本题是运用最值的定义，从逆向出发，由已知向未知转化，通过待定系数法，布列相应的方程，从而得出参数的值．(对应训练一)若f (x )＝ax 3－6ax 2＋b (a >0)，x ∈[－1，2]的最大值为3，最小值为－29，求a 、b 的值．解析 f ′(x )＝3ax 2－12ax ＝3a (x 2－4x )．令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝4，因为x ∈[－1，2]，所以x ＝0. 因为a >0，所以f (x )，f ′(x )随x 变化情况如下表：x(－(所以当x＝0时，f(x)取最大值，所以b＝3.又f(2)＝8a－24a＋3＝－16a＋3，f(－1)＝－7a＋3>f(2)，所以当x＝2时，f(x)取最小值，则－16a＋3＝－29，所以a＝2，所以a＝2，b＝3.(对应训练二)已知h(x)＝x3＋3x2－9x＋1在区间[k，2]上的最大值是28，求k的取值范围．解析h(x)＝x3＋3x2－9x＋1，h′(x)＝3x2＋6x－9.令h′(x)＝0，得x1＝－3，x2＝1，当x变化时h′(x)及h(x)的变化情况如下表．当x＝－3时，取极大值28；当x＝1时，取极小值－4.而h(2)＝3<h(－3)＝28，如果h(x)在区间[k，2]上的最大值为28，则k≤－3.(对应训练三)已知函数f(x)＝ax3－6ax2＋b在[－1,2]上有最大值3，最小值－29，求a，b的值．解析依题意，显然a≠0.因为f′(x)＝3ax2－12ax＝3ax(x－4)，x∈[－1,2]，所以令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝4(舍去)．(1)若a＞0，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：f′(x )＋－f(x ) －7a ＋b↗极大值↘－16a ＋b由上表知，当x ＝0时，f (x )取得最大值，所以f (0)＝b ＝3. 又f (2)＝－16a ＋3，f (－1)＝－7a ＋3，故f (－1)＞f (2)， 所以当x ＝2时，f (x )取得最小值，即－16a ＋3＝－29，a ＝2. (2)若a ＜0，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：x －1(－1,0)(0,2)2f′(x )－＋f (x )－7a ＋b↘极小值↗－16a ＋b所以当x ＝0时，f (x )取得最小值，所以f (0)＝b ＝－29. 又f (2)＝－16a －29，f (－1)＝－7a －29，故f (2)＞f (－1)． 所以当x ＝2时，f (x )取得最大值， 即－16a －29＝3，a ＝－2.综上所述，所求a ，b 的值为⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝2，b ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2，b ＝－29.三、含参数的最值问题例3 设函数f (x )＝(x ＋1)2＋2k ln x . (1)若k ＝－2，求函数的递减区间；(2)当k >0时，记函数g (x )＝f ′(x )，求函数g (x )在区间(0,2]上的最小值． 解析 (1)当k ＝－2时，f (x )＝(x ＋1)2－4ln x ，f ′(x )＝2x ＋2－4x (x >0)．由f ′(x )<0，得0<x <1.故函数的递减区间为(0,1)． (2)∵g (x )＝f ′(x )＝2x ＋2k x ＋2∴g ′(x )＝2－2kx2.∵k >0，x ∈(0,2)，∴当k ≥4时，g ′(x )<0， g (x )在(0,2]上为减函数． 因此，g (x )有最小值g (2)＝k ＋6；当0<k <4时，在(0，k ]上g ′(x )<0，在[k ，2]上g ′(x )>0， ∴g (x )在(0，k ]上为减函数，在[k ，2]上为增函数． 故g (x )有最小值g (k )＝4k ＋2.综上，当0<k <4时，g (x )在区间(0,2]上的最小值为4k ＋2；当k ≥4时，g (x )在(0,2]上的最小值为k ＋6.归纳总结：含参数的最值问题，由于参数的取值范围不同会导致函数在所给区间上的单调性不同，从而导致最值的变化．因此，需要分类讨论.(对应训练)已知函数f (x )＝ln x x .(1)求f (x )在点(1，0)处的切线方程； (2)求函数f (x )在[1，t ]上的最大值．解析 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f (x )的导数f ′(x )＝1－ln xx 2. (1)f ′(1)＝1，所以切线方程为y ＝x －1. (2)令f ′(x )＝1－ln xx 2＝0，解得x ＝e. 当x ∈(0，e)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，当1<t <e 时，f (x )在[1，t ]上单调递增，f (x )max ＝f (t )＝ln tt，当t ≥e 时，f (x )在[1，e]上单调递增，在[e ，t ]上单调递减，f (x )max ＝f (e)＝1e ，综上，f (x )max ＝⎩⎨⎧ln tt，1<t <e ，1e，t ≥e.四、导数的综合应用例4 设函数f (x )＝ax 3＋bx ＋c (a ≠0)为奇函数，其图象在点(1，f (1))处的切线与直线x －6y －7＝0垂直，导函数f ′(x )的最小值为－12.(1)求a ，b ，c 的值；(2)求函数f (x )的单调递增区间，并求函数f (x )在[－1,3]上的最大值和最小值． 解析 (1)∵f (x )为奇函数，∴f (－x )＝－f (x )． 即－ax 3－bx ＋c ＝－ax 3－bx －c ，∴c ＝0. ∵f ′(x )＝3ax 2＋b 的最小值为－12，∴b ＝－12.又直线x －6y －7＝0的斜率为16，∴f ′(1)＝3a ＋b ＝－6，解得a ＝2，故a ＝2，b ＝－12，c ＝0. (2)f (x )＝2x 3－12x ，f ′(x )＝6x 2－12＝6(x ＋2)(x －2)， 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表，∴函数f (x )的单调递增区间为(－∞，－2)，(2，＋∞)． ∵f (－1)＝10，f (3)＝18，f (2)＝－82，∴当x ＝2时，f (x )取得最小值，为－8 2.当x ＝3时，f (x )取得最大值，为18. (对应训练)已知函数f (x )＝ax 3＋x 2＋bx (其中常数a ，b ∈R)，g (x )＝f (x )＋f ′(x )是奇函数． (1)求f (x )的表达式；(2)求g (x )在区间[1，2]上的最大值与最小值．解析 (1)因为f ′(x )＝3ax 2＋2x ＋b ，所以g (x )＝f (x )＋f ′(x )＝ax 3＋(3a ＋1)x 2＋(b ＋2)x ＋b . 因为g (x )是奇函数，所以g (－x )＝－g (x )，从而3a ＋1＝0，b ＝0， 解得a ＝－13，b ＝0，因此f (x )的表达式为f (x )＝－13x 3＋x 2.(2)由第一问知g (x )＝－13x 3＋2x ，所以g ′(x )＝－x 2＋2，令g ′(x )＝0.解得x 1＝－2(舍去)，x 2＝2，而g (1)＝53，g (2)＝423，g (2)＝43，因此g (x )在区间[1，2]上的最大值为g (2)＝423，最小值为g (2)＝43.专题训练1．函数f (x )＝x 3－3x (－1<x <1)( )A ．有最大值，但无最小值B ．有最大值，也有最小值C ．无最大值，也无最小值D ．无最大值，但有最小值 解析 f ′(x )＝3x 2－3＝3(x 2－1)．因为－1<x <1，所以x 2<1.所以3(x 2－1)<0，即f ′(x )<0. 所以f (x )是(－1，1)上的减函数，f (1)<f (x )<f (－1)， 故f (x )在－1<x <1时既无最大值，也无最小值，故选C.2．函数y ＝xex 在[0，2]上的最大值是( )A ．当x ＝1时，y ＝1eB ．当x ＝2时，y ＝2e 2C ．当x ＝0时，y ＝0D ．当x ＝12时，y ＝12e解析 因为y ′＝1－xe x，所以当y ′＝0时，x ＝1.又因为当0<x <1时，y ′>0， 当1<x <2时，y ′<0，所以x ＝1是y ＝x e x 的极大值点，所以在[0，2]上y max ＝1e .答案 A3．当函数y ＝x ＋2cos x 在⎣⎡⎦⎤0，π2上取得最大值时，x 的值为( ) A ．0 B ．π6 C ．π3 D ．π2解析 y ′＝(x ＋2cos x )′＝1－2sin x . 令x ∈⎣⎡⎭⎫0，π6时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈⎣⎡⎦⎤π6，π2时，f ′(x )≤0，f (x )单调递减，所以f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫π6. 答案 B4．若函数f (x )＝a sin x ＋13sin 3x 在x ＝π3处有最值，则a 等于( )A ．2B ．1C ．233 D ．0解析 因为f (x )在x ＝π3处有最值，所以x ＝π3是函数f (x )的极值点．又因为f ′(x )＝a cos x ＋cos 3x (x ∈R)，所以f ′⎝⎛⎭⎫π3＝a cos π3＋cos π＝0，解得a ＝2. 答案 A5．设直线x ＝t 与函数f (x )＝x 2，g (x )＝ln x 的图象分别交于点M ，N ，则当|MN |达到最小值时t 的值为( )A ．1 B.12 C.52 D.22解析 因为f (x )的图象始终在g (x )的上方，所以|MN |＝f (x )－g (x )＝x 2－ln x ，设h (x )＝x 2－ln x ，则h ′(x )＝2x －1x ＝2x 2－1x ，令h ′(x )＝2x 2－1x ＝0，得x ＝22，所以h (x )在⎝⎛⎭⎫0，22上单调递减，在⎝⎛⎭⎫22，＋∞上单调递增，所以当x ＝22时有最小值，故t ＝22.6．函数f (x )＝x ·2x ，则下列结论正确的是( )A ．当x ＝1ln 2时，f (x )取最大值B ．当x ＝1ln 2时，f (x )取最小值C ．当x ＝－1ln 2时，f (x )取最大值D ．当x ＝－1ln 2时，f (x )取最小值解析 f ′(x )＝2x ＋x ·(2x )′＝2x ＋x ·2x ·ln 2.令f ′(x )＝0，得x ＝－1ln 2.当x ∈⎝⎛⎭⎫－∞，－1ln 2时，f ′(x )<0；当x ∈⎝⎛⎭⎫－1ln 2，＋∞时，f ′(x )>0， 故函数在x ＝－1ln 2处取极小值，也是最小值． 答案 D7．函数y ＝x ＋2cos x 在⎣⎡⎦⎤0， π2上取最大值时，x 的值为( ) A ．0 B.π6 C.π3 D.π2解析 y ′＝1－2sin x ，令y ′＝0，得sin x ＝12，∵x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2，∴x ＝π6. 由y ′>0得sin x <12， ∴0≤x <π6；由y ′<0得sin x >12，∴π6<x ≤π2，∴原函数在⎣⎡⎭⎫0，π6上单调递增，在⎝⎛⎦⎤π6，π2上单调递减．当x ＝0时，y ＝2，当x ＝π2时，y ＝π2，当x ＝π6时，y ＝π6＋3，∵π6＋3>2>π2，∴当x ＝π6时取最大值，故应选B. 答案 B8．若函数f (x )在区间[a ，b ]上满足f ′(x )>0，则f (a )是函数的最________值，f (b )是函数的最________值．解析 由f ′(x )>0知，函数f (x )在区间[a ，b ]上为增函数，所以f (a )为最小值，f (b )为最大值．答案 小 大9．函数f (x )＝sin x ＋cos x 在x ∈⎣⎡⎦⎤－π2，π2时的最大值，最小值分别是________． 解析 f ′(x )＝cos x －sin x ，令f ′(x )＝0，即tan x ＝1，而x ∈⎣⎡⎦⎤－π2，π2，所以x ＝π4.又f ⎝⎛⎭⎫π4＝2，f ⎝⎛⎭⎫－π2＝－1，f ⎝⎛⎭⎫π2＝1， 所以x ∈⎣⎡⎦⎤－π2，π2时，函数的最大值为f ⎝⎛⎭⎫π4＝2，最小值为f ⎝⎛⎭⎫－π2＝－1. 答案 2，－110．若函数f (x )＝x 3－3x －a 在区间[0,3]上的最大值、最小值分别为m ，n ，则m －n ＝________.解析 ∵f ′(x )＝3x 2－3，∴当x ＞1或x ＜－1时，f ′(x )＞0；当－1＜x ＜1时，f ′(x )＜0.∴f (x )在[0,1]上单调递减，在[1,3]上单调递增． ∴f (x )min ＝f (1)＝1－3－a ＝－2－a ＝n . 又∵f (0)＝－a ，f (3)＝18－a ，∴f (0)＜f (3)．∴f (x )max ＝f (3)＝18－a ＝m ，∴m －n ＝18－a －(－2－a )＝20. 答案 2011．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋5，曲线y ＝f (x )在点P (1，f (1))处的切线方程为y ＝3x ＋1.(1)求a ，b 的值；(2)求y ＝f (x )在[－3,1]上的最大值． 解析 (1)依题意可知点P (1，f (1))为切点， 代入切线方程y ＝3x ＋1可得，f (1)＝3×1＋1＝4， ∴f (1)＝1＋a ＋b ＋5＝4，即a ＋b ＝－2，又由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋5得，又f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ， 而由切线y ＝3x ＋1的斜率可知f ′(1)＝3， ∴3＋2a ＋b ＝3，即2a ＋b ＝0，由⎩⎪⎨⎪⎧ a ＋b ＝－2，2a ＋b ＝0.解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝－4，∴a ＝2，b ＝－4. (2)由(1)知f (x )＝x 3＋2x 2－4x ＋5， f ′(x )＝3x 2＋4x －4＝(3x －2)(x ＋2)， 令f ′(x )＝0，得x ＝23或x ＝－2.当x 变化时，f (x )，f ′(x )的变化情况如下表：11∴f (x )的极大值为f (－2)＝13，极小值为f ⎝⎛⎭⎫23＝9527，又f (－3)＝8，f (1)＝4， ∴f (x )在[－3,1]上的最大值为13.答案 (1) a ＝2，b ＝－4 (2) 1312．已知函数f (x )＝a ln x －bx 2，a ，b ∈R ，且曲线y ＝f (x )在x ＝1处与直线y ＝－12相切． (1)求a ，b 的值；(2)求f (x )在[1e，e]上的最大值． 解析 (1)f ′(x )＝a x －2bx .由曲线y ＝f (x )在x ＝1处与直线y ＝－12相切， 得⎩⎪⎨⎪⎧f ′（1）＝0f （1）＝－12，即⎩⎪⎨⎪⎧a －2b ＝0－b ＝－12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1b ＝12. (2)由第一问，得f (x )＝ln x －12x 2，定义域为(0，＋∞)．f ′(x )＝1x －x ＝1－x 2x. 令f ′(x )>0，得0<x <1，令f ′(x )<0，得x >1，所以f (x )在(1e，1)上单调递增，在(1，e)上单调递减， 所以f (x )在[1e ，e]上的最大值为f (1)＝－12. 答案 (1) ⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1b ＝12(2) －12。
高中数学导数专题常考练习题
高中数学导数专题常考练习题高考数学中，导数是一个常考的题型。
下面介绍几道典型的导数题目。
1.已知函数$f(x)$的导函数$f'(x)$满足以下条件：①当$f'(x)>0$时，$x2$；②当$f'(x)<0$时，$-1<x<2$；③当$f'(x)=0$时，$x=-1$或$x=2$。
则函数$f(x)$的大致图象是什么？2.已知直线$2x-y+1=0$与曲线$y=ae^{x}$相切（其中$e$为自然对数的底数），则实数$a$的值是多少？3.已知函数$f(x)=ax+(1-a)x^3$是奇函数，则曲线$y=f(x)$在$x=1$处的切线的倾斜角为多少？4.已知函数$f(x)=x+ax+bx^2+a$在$x=1$处的极值为10，则数对$(a,b)$为什么？5.函数$f(x)=x^3-4x^2+mx$在$[0,3]$上的最大值为4，则$m$的值为多少？6.已知函数$f(x)=x-mx^3+4x^2-3$在区间$[1,2]$上是增函数，则实数$m$的取值范围为什么？7.已知偶函数$f(x)(x\neq0)$的导函数为$f'(x)$，且满足$f(1)=0$。
当$x>0$时，$xf'(x)0$成立的$x$的取值范围是什么？8.已知曲线$y=x+\ln x$在点$(1,1)$处的切线与曲线$y=ax^2+(a+2)x+1$相切，则$a$等于多少？9.若函数$f(x)=x^3+x^2-3$在区间$(a,a+5)$上存在最小值，则实数$a$的取值范围是什么？10.已知$f'(x)$是函数$f(x)$的导函数，$f(1)=e$，$x\in\mathbb{R}$，且$2f(x)-f'(x)>0$。
则不等式$f(x)<e^{2x}-1$的解集是什么？11.已知函数 $f(x)=2x^3-ax^2+b$，讨论 $f(x)$ 的单调性。
高中数学最值问题经典例题
高中数学最值问题经典例题高中数学最值问题的经典例题有很多，以下是其中的几个：1. 求函数f(x)=x^2-2x在区间[0,3]上的最大值和最小值。
解析：这是一个二次函数，其对称轴为x=1，因此在区间[0,1]上是减函数，在区间[1,3]上是增函数。
所以当x=1时，函数取得最小值f(1)=-1；当x=3时，函数取得最大值f(3)=3。
2. 求函数f(x)=x^3-3x^2+4在区间[-2,2]上的最大值和最小值。
解析：这是一个三次函数，其一阶导数为f'(x)=3x^2-6x，令其为0解得x=0或x=2。
通过判断导数的正负，可以知道函数在区间[-2,0]上是增函数，在区间[0,2]上是减函数。
所以当x=-2时，函数取得最大值f(-2)=0；当x=2时，函数取得最小值f(2)=-4。
3. 求函数f(x)=sinx+cosx在区间[0,π/2]上的最大值。
解析：这是一个三角函数的最值问题，可以通过合角公式将其化为f(x)=√2sin(x+π/4)。
因为sin函数在区间[0,π/2]上是增函数，所以当x=π/4时，函数取得最大值f(π/4)=√2。
4. 求函数f(x)=e^x-x-1在区间[-1,1]上的最大值和最小值。
解析：这是一个指数函数与一次函数的复合函数，其一阶导数为f'(x)=e^x-1。
通过判断导数的正负，可以知道函数在区间[-1,0]上是减函数，在区间[0,1]上是增函数。
所以当x=-1时，函数取得最大值f(-1)=e^(-1)+1；当x=0时，函数取得最小值f(0)=0。
5. 求函数f(x)=lnx-ax在区间[1,2]上的最大值和最小值。
解析：这是一个对数函数与一次函数的复合函数，其一阶导数为f'(x)=1/x-a。
通过对a进行分类讨论，可以确定函数的单调性，并求出最值。
当a≤1/2时，函数在区间[1,2]上是增函数；当a≥1时，函数在区间[1,2]上是减函数；当1/2<a<1时，函数在区间[1,1/a]上是增函数，在区间[1/a,2]上是减函数。
高中数学利用导数研究函数的最值精选题
利用导数研究函数的最值精选题25道一．选择题（共9小题）1．已知f（x）＝ln（x2+1），g（x）＝（）x﹣m，若∀x1∈[0，3]，∃x2∈[1，2]，使得f（x1）≥g（x2），则实数m的取值范围是（）A．[，+∞）B．（﹣∞，]C．[，+∞）D．（﹣∞，﹣] 2．设直线x＝t与函数f（x）＝x2，g（x）＝lnx的图象分别交于点M，N，则当|MN|达到最小时t的值为（）A．1B．C．D．3．函数f（x）＝x3﹣3x﹣1，若对于区间[﹣3，2]上的任意x1，x2都有|f（x1）﹣f（x2）|≤t，则实数t的最小值是（）A．20B．18C．3D．04．已知函数f（x）＝lnx﹣x+﹣1，g（x）＝x2﹣2bx+4，若对任意的x1∈（0，2）存在x2∈[1，2]，使f（x1）≥g（x2），则实数b的取值范围是（）A．[，+∞）B．（﹣∞，]C．（﹣∞，2]D．[2，+∞）5．已知函数f（x）＝e x﹣aln（ax﹣a）+a（a＞0），若关于x的不等式f（x）＞0恒成立，则实数a的取值范围为（）A．（0，e2]B．（0，e2）C．[1，e2]D．（1，e2）6．若函数f（x）＝x3+x2﹣在区间（a，a+5）内存在最小值，则实数a的取值范围是（）A．[﹣5，0）B．（﹣5，0）C．[﹣3，0）D．（﹣3，0）7．f（x）＝x3﹣3x2+2在区间[﹣1，1]上的最大值是（）A．﹣2B．0C．2D．48．直线x＝t（t＞0）与函数f（x）＝x2+1，g（x）＝lnx的图象分别交于A、B两点，当|AB|最小时，t值是（）A．1B．C．D．9．已知关于x的不等式﹣x﹣alnx≥1对于任意x∈（1，+∞）恒成立，则实数a的取值范围为（）A．（﹣∞，1﹣e]B．（﹣∞，﹣3]C．（﹣∞，﹣2]D．（﹣∞，2﹣e2]二．填空题（共13小题）10．已知函数f（x）＝2sin x+sin2x，则f（x）的最小值是．11．若函数f（x）＝2x3﹣ax2+1（a∈R）在（0，+∞）内有且只有一个零点，则f（x）在[﹣1，1]上的最大值与最小值的和为．12．f（x）＝x3﹣3x2+2在区间[﹣1，1]上的最大值是．13．设实数λ＞0，若对任意的x∈（0，+∞），不等式eλx﹣≥0恒成立，则λ的取值范围是14．已知不等式e x﹣1≥kx+lnx，对于任意的x∈（0，+∞）恒成立，则k的最大值15．函数y＝x+2cos x在区间上的最大值是．16．函数在（0，e2]上的最大值是．17．设函数与g（x）＝a2lnx+b有公共点，且在公共点处的切线方程相同，则实数b的最大值为．18．已知函数f（x）＝xe x﹣mx，若f（x）≥lnx+x+1对x∈（0，+∞）恒成立，则实数m的取值范围是．19．已知函数f（x）＝ae x+ln﹣2（a＞0），若f（x）＞0恒成立，则实数a的取值范围为．20．函数f（x）＝（x+1）e x的最小值是21．已知函数f（x）＝x﹣1﹣lnx，对定义域内的任意x都有f（x）≥kx﹣2，则实数k的取值范围是．22．函数f（x）＝x2+x﹣2lnx的最小值．三．解答题（共3小题）23．已知函数f（x）＝ae x﹣lnx﹣1．（1）设x＝2是f（x）的极值点，求a，并求f（x）的单调区间；（2）证明：当a≥时，f（x）≥0．24．已知函数f（x）＝e x cos x﹣x．（1）求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；（2）求函数f（x）在区间[0，]上的最大值和最小值．25．已知f（x）＝a（x﹣lnx）+，a∈R．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）当a＝1时，证明f（x）＞f′（x）+对于任意的x∈[1，2]成立．利用导数研究函数的最值精选题25道参考答案与试题解析一．选择题（共9小题）1．已知f（x）＝ln（x2+1），g（x）＝（）x﹣m，若∀x1∈[0，3]，∃x2∈[1，2]，使得f（x1）≥g（x2），则实数m的取值范围是（）A．[，+∞）B．（﹣∞，]C．[，+∞）D．（﹣∞，﹣]【分析】先利用函数的单调性求出两个函数的函数值的范围，再比较其最值即可求实数m的取值范围．【解答】解：因为x1∈[0，3]时，f（x1）∈[0，ln10]；x2∈[1，2]时，g（x2）∈[﹣m，﹣m]．故只需0≥﹣m⇒m≥．故选：A．【点评】本题主要考查函数恒成立问题以及函数单调性的应用，考查计算能力和分析问题的能力，属于中档题．2．设直线x＝t与函数f（x）＝x2，g（x）＝lnx的图象分别交于点M，N，则当|MN|达到最小时t的值为（）A．1B．C．D．【分析】将两个函数作差，得到函数y＝f（x）﹣g（x），再求此函数的最小值对应的自变量x的值．【解答】解：设函数y＝f（x）﹣g（x）＝x2﹣lnx，求导数得＝当时，y′＜0，函数在上为单调减函数，当时，y′＞0，函数在上为单调增函数所以当时，所设函数的最小值为所求t的值为故选：D．【点评】可以结合两个函数的草图，发现在（0，+∞）上x2＞lnx恒成立，问题转化为求两个函数差的最小值对应的自变量x的值．3．函数f（x）＝x3﹣3x﹣1，若对于区间[﹣3，2]上的任意x1，x2都有|f（x1）﹣f（x2）|≤t，则实数t的最小值是（）A．20B．18C．3D．0【分析】对于区间[﹣3，2]上的任意x1，x2都有|f（x1）﹣f（x2）|≤t，等价于对于区间[﹣3，2]上的任意x，都有f（x）max﹣f（x）min≤t，利用导数确定函数的单调性，求最值，即可得出结论．【解答】解：对于区间[﹣3，2]上的任意x1，x2都有|f（x1）﹣f（x2）|≤t，等价于对于区间[﹣3，2]上的任意x，都有f（x）max﹣f（x）min≤t，∵f（x）＝x3﹣3x﹣1，∴f′（x）＝3x2﹣3＝3（x﹣1）（x+1），∵x∈[﹣3，2]，∴函数在[﹣3，﹣1]、[1，2]上单调递增，在[﹣1，1]上单调递减∴f（x）max＝f（2）＝f（﹣1）＝1，f（x）min＝f（﹣3）＝﹣19∴f（x）max﹣f（x）min＝20，∴t≥20∴实数t的最小值是20，故选：A．【点评】本题考查导数知识的运用，考查恒成立问题，正确求导，确定函数的最值是关键．4．已知函数f（x）＝lnx﹣x+﹣1，g（x）＝x2﹣2bx+4，若对任意的x1∈（0，2）存在x2∈[1，2]，使f（x1）≥g（x2），则实数b的取值范围是（）A．[，+∞）B．（﹣∞，]C．（﹣∞，2]D．[2，+∞）【分析】利用导数研究函数f（x）的最值问题，根据题意对任意x1∈（0，2），存在x2∈[1，2]，使f（x1）≥g（x2），只要f（x）的最小值大于等于g（x）的最小值即可．【解答】解：∵函数f（x）＝lnx﹣x﹣1，（x＞0）∴f′（x）＝﹣+＝＝，若f′（x）＞0，1＜x＜3，f（x）为增函数；若f′（x）＜0，x＞3或0＜x＜1，f（x）为减函数；f（x）在x∈（0，2）上有极值，f（x）在x＝1处取极小值也是最小值f（x）min＝f（1）＝﹣+﹣1＝﹣；∵g（x）＝x2﹣2bx+4＝（x﹣b）2+4﹣b2，对称轴x＝b，x∈[1，2]，当b＜1时，g（x）在x＝1处取最小值g（x）min＝g（1）＝1﹣2b+4＝5﹣2b；当1＜b＜2时，g（x）在x＝b处取最小值g（x）min＝g（b）＝4﹣b2；当b＞2时，g（x）在[1，2]上是减函数，g（x）min＝g（2）＝4﹣4b+4＝8﹣4b；∵对任意x1∈（0，2），存在x2∈[1，2]，使f（x1）≥g（x2），∴只要f（x）的最小值大于等于g（x）的最小值即可，当b＜1时，≥5﹣2b，解得b≥，故b无解；当b＞2时，≥8﹣4b，解得b≥，综上：b≥，故选：A．【点评】本题考查不等式恒成立问题，利用导数求闭区间上函数的最值，根据不等式恒成立转化为最值恒成立是解决本题的关键．综合性较强，运算较大，有一定的难度．5．已知函数f（x）＝e x﹣aln（ax﹣a）+a（a＞0），若关于x的不等式f（x）＞0恒成立，则实数a的取值范围为（）A．（0，e2]B．（0，e2）C．[1，e2]D．（1，e2）【分析】根据f（x）＞0恒成立可得e x﹣lna+x﹣lna＞e ln（x﹣1）+ln（x﹣1），构造函数g（x）＝e x+x，由g（x）的单调性可得x﹣lna＞ln（x﹣1），用放缩法求出ln（x﹣1）﹣x的最大值，从而得到a的取值范围．【解答】解：∵f（x）＝e x﹣aln（ax﹣a）+a＞0（a＞0）恒成立，∴，∴e x﹣lna+x﹣lna＞ln（x﹣1）+x﹣1，∴e x﹣lna+x﹣lna＞e ln（x﹣1）+ln（x﹣1）．令g（x）＝e x+x，易得g（x）在（1，+∞）上单调递增，∴x﹣lna＞ln（x﹣1），∴﹣lna＞ln（x﹣1）﹣x．∵ln（x﹣1）﹣x≤x﹣2﹣x＝﹣2，∴﹣lna＞﹣2，∴0＜a＜e2，∴实数a的取值范围为（0，e2）．故选：B．【点评】本题考查了函数恒成立问题和放缩法的应用，考查了转化思想和计算能力，属难题．6．若函数f（x）＝x3+x2﹣在区间（a，a+5）内存在最小值，则实数a的取值范围是（）A．[﹣5，0）B．（﹣5，0）C．[﹣3，0）D．（﹣3，0）【分析】由题意，求导f′（x）＝x2+2x＝x（x+2）确定函数的单调性，从而作出函数的简图，由图象求实数a的取值范围．【解答】解：由题意，f′（x）＝x2+2x＝x（x+2），故f（x）在（﹣∞，﹣2），（0，+∞）上是增函数，在（﹣2，0）上是减函数，作其图象如右图，令x3+x2﹣＝﹣得，x＝0或x＝﹣3；则结合图象可知，；解得，a∈[﹣3，0）；故选：C．【点评】本题考查了导数的综合应用及学生作图识图的能力，属于中档题．7．f（x）＝x3﹣3x2+2在区间[﹣1，1]上的最大值是（）A．﹣2B．0C．2D．4【分析】由题意先对函数y进行求导，解出极值点，然后再根据函数的定义域，把极值点和区间端点值代入已知函数，判断函数在区间上的增减性，比较函数值的大小，求出最大值，从而求解．【解答】解：f'（x）＝3x2﹣6x＝3x（x﹣2），令f'（x）＝0可得x＝0或2（2舍去），当﹣1＜x＜0时，f'（x）＞0，当0＜x＜1时，f'（x）＜0，∴当x＝0时，f（x）取得最大值为f（0）＝2．故选：C．【点评】此题考查导数的定义及利用导数来求闭区间函数的最值，解题的关键是求导要精确．8．直线x＝t（t＞0）与函数f（x）＝x2+1，g（x）＝lnx的图象分别交于A、B两点，当|AB|最小时，t值是（）A．1B．C．D．【分析】将两个函数作差，得到函数y＝f（x）﹣g（x），再求此函数的最小值对应的自变量x的值．【解答】解：设函数y＝f（x）﹣g（x）＝x2﹣lnx+1，求导数得y′＝2x﹣＝当0＜x＜时，y′＜0，函数在（0，）上为单调减函数，当x＞时，y′＞0，函数在（，+∞）上为单调增函数所以当x＝时，所设函数的最小值为+ln2，所求t的值为．故选：B．【点评】可以结合两个函数的草图，发现在（0，+∞）上x2＞lnx恒成立，问题转化为求两个函数差的最小值对应的自变量x的值．9．已知关于x的不等式﹣x﹣alnx≥1对于任意x∈（1，+∞）恒成立，则实数a的取值范围为（）A．（﹣∞，1﹣e]B．（﹣∞，﹣3]C．（﹣∞，﹣2]D．（﹣∞，2﹣e2]【分析】分离参数，构造函数，对x﹣3e x＝e x﹣3lnx变形以及e x﹣1≥x，即可求得a的取值范围．【解答】解：由题意可知，分离参数，令，由题意可知，a≤f（x）min，由，又e x﹣1≥x，当x＝0时等号成立，所以≥＝﹣3，当x﹣3lnx＝0时等号成立，由，令，，易知h（x）在（0，e）上单增，在（e，+∞）单减，所以，所以方程有解．所以a≤﹣3，故选：B．【点评】本题考查利用导数的综合应用，考查分离参数方法的应用，考查e x﹣1≥x恒等式的应用，在选择及填空题可以直接应用，在解答题中，需要构造函数证明，然后再利用，考查转化思想，属于中档题．二．填空题（共13小题）10．已知函数f（x）＝2sin x+sin2x，则f（x）的最小值是．【分析】由题意可得T＝2π是f（x）的一个周期，问题转化为f（x）在[0，2π）上的最小值，求导数计算极值和端点值，比较可得．【解答】解：由题意可得T＝2π是f（x）＝2sin x+sin2x的一个周期，故只需考虑f（x）＝2sin x+sin2x在[0，2π）上的值域，先来求该函数在[0，2π）上的极值点，求导数可得f′（x）＝2cos x+2cos2x＝2cos x+2（2cos2x﹣1）＝2（2cos x﹣1）（cos x+1），令f′（x）＝0可解得cos x＝或cos x＝﹣1，可得此时x＝，π或；∴y＝2sin x+sin2x的最小值只能在点x＝，π或和边界点x＝0中取到，计算可得f（）＝，f（π）＝0，f（）＝﹣，f（0）＝0，∴函数的最小值为﹣，故答案为：．【点评】本题考查三角函数恒等变换，涉及导数法求函数区间的最值，属中档题．11．若函数f（x）＝2x3﹣ax2+1（a∈R）在（0，+∞）内有且只有一个零点，则f（x）在[﹣1，1]上的最大值与最小值的和为﹣3．【分析】推导出f′（x）＝2x（3x﹣a），x∈（0，+∞），当a≤0时，f′（x）＝2x（3x ﹣a）＞0，f（0）＝1，f（x）在（0，+∞）上没有零点；当a＞0时，f′（x）＝2x（3x ﹣a）＞0的解为x＞，f（x）在（0，）上递减，在（，+∞）递增，由f（x）只有一个零点，解得a＝3，从而f（x）＝2x3﹣3x2+1，f′（x）＝6x（x﹣1），x∈[﹣1，1]，利用导数性质能求出f（x）在[﹣1，1]上的最大值与最小值的和．【解答】解：∵函数f（x）＝2x3﹣ax2+1（a∈R）在（0，+∞）内有且只有一个零点，∴f′（x）＝2x（3x﹣a），x∈（0，+∞），①当a≤0时，f′（x）＝2x（3x﹣a）＞0，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增，f（0）＝1，f（x）在（0，+∞）上没有零点，舍去；②当a＞0时，f′（x）＝2x（3x﹣a）＞0的解为x＞，∴f（x）在（0，）上递减，在（，+∞）递增，又f（x）只有一个零点，∴f（）＝﹣+1＝0，解得a＝3，f（x）＝2x3﹣3x2+1，f′（x）＝6x（x﹣1），x∈[﹣1，1]，f′（x）＞0的解集为（﹣1，0），f（x）在（﹣1，0）上递增，在（0，1）上递减，f（﹣1）＝﹣4，f（0）＝1，f（1）＝0，∴f（x）min＝f（﹣1）＝﹣4，f（x）max＝f（0）＝1，∴f（x）在[﹣1，1]上的最大值与最小值的和为：f（x）max+f（x）min＝﹣4+1＝﹣3．【点评】本题考查函数的单调性、最值，导数的运算及其应用，同时考查逻辑思维能力和综合应用能力，是中档题．12．f（x）＝x3﹣3x2+2在区间[﹣1，1]上的最大值是2．【分析】求出函数的导函数，令导函数为0，求出根，判断根是否在定义域内，判断根左右两边的导函数符号，求出最值．【解答】解：f′（x）＝3x2﹣6x＝3x（x﹣2），令f′（x）＝0得x＝0或x＝2（舍），当﹣1＜x＜0时，f′（x）＞0；当0＜x＜1时，f′（x）＜0，所以当x＝0时，函数取得极大值即最大值，所以f（x）的最大值为2，故答案为：2．【点评】本题主要考查利用导数研究函数的最值，属于基础题．13．设实数λ＞0，若对任意的x∈（0，+∞），不等式eλx﹣≥0恒成立，则λ的取值范围是[，+∞）【分析】法一：由题意可得（eλx﹣）min≥0，设f（x）＝eλx﹣，x＞0，求出导数和单调区间、极小值点m和最小值点，可令最小值为0，解方程可得m，λ，进而得到所求最小值；法二：由于y＝eλx与y＝互为反函数，故图象关于y＝x对称，采用极限思想求解．【解答】解：实数λ＞0，若对任意的x∈（0，+∞），不等式eλx﹣≥0恒成立，即为（eλx﹣）min≥0，设f（x）＝eλx﹣，x＞0，f′（x）＝λeλx﹣，令f′（x）＝0，可得eλx＝，由指数函数和反比例函数在第一象限的图象，可得y＝eλx和y＝有且只有一个交点，设为（m，n），当x＞m时，f′（x）＞0，f（x）递增；当0＜x＜m时，f′（x）＜0，f（x）递减．即有f（x）在x＝m处取得极小值，且为最小值．即有eλm＝，令eλm﹣＝0，可得m＝e，λ＝．则当λ≥时，不等式eλx﹣≥0恒成立．则λ的最小值为另解：由于y＝eλx与y＝互为反函数，故图象关于y＝x对称，考虑极限情况，y＝x恰为这两个函数的公切线，此时斜率k＝1，再用导数求得切线斜率的表达式为k＝，即可得λ的最小值为．故答案为：[，+∞）．【点评】本题考查不等式恒成立问题的解法，注意运用转化思想，以及运用导数求得单调区间、极值和最值，考查方程思想，以及运算能力，属于中档题．14．已知不等式e x﹣1≥kx+lnx，对于任意的x∈（0，+∞）恒成立，则k的最大值e﹣1【分析】不等式e x﹣1≥kx+lnx，对于任意的x∈（0，+∞）恒成立．等价于对于任意的x∈（0，+∞）恒成立．求得，（x＞0），的最小值即可k 的取值．【解答】解：不等式e x﹣1≥kx+lnx，对于任意的x∈（0，+∞）恒成立．等价于对于任意的x∈（0，+∞）恒成立．令，（x＞0），，令g（x）＝e x（x﹣1）+lnx，（x＞0），则g′（x）＝xe x+＞0∴g（x）在（0，+∞）单调递增，g（1）＝0，∴x∈（0，1）时，g（x）＜0，x∈（1，+∞）时，g（x）＞0．∴x∈（0，1）时，f′（x）＜0，x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0．∴x∈（0，1）时，f（x）单调递减，x∈（1，+∞）时，f（x）单调递增．∴f（x）min＝f（1）＝e﹣1∴k≤e﹣1．故答案为：e﹣1．【点评】本题考查不等式恒成立问题的解法，考查构造函数法，以及导数的运用：求单调性和最值，考查运算能力，属于中档题．15．函数y＝x+2cos x在区间上的最大值是．【分析】对函数y＝x+2cos x进行求导，研究函数在区间上的极值，本题极大值就是最大值．【解答】解：∵y＝x+2cos x，∴y′＝1﹣2sin x令y′＝0而x∈则x＝，当x∈[0，]时，y′＞0．当x∈[，]时，y′＜0．所以当x＝时取极大值，也是最大值；故答案为【点评】本题考查了利用导数求闭区间上函数的最大值问题，属于导数的基础题．16．函数在（0，e2]上的最大值是．【分析】求出导函数，求解极值点，然后判断函数的单调性求解函数的最大值即可．【解答】解：函数，，令f′（x）＝0，解得x＝e．因为0＜e＜e2，函数f（x）在x∈（0，e]上单调递增，在x∈[e，e2]单调递减；x＝e时，f（x）取得最大值，f（e）＝．故答案为：．【点评】本题考查函数的导数的应用，熟练掌握利用导数研究函数的单调性、极值与最值是解题的关键．17．设函数与g（x）＝a2lnx+b有公共点，且在公共点处的切线方程相同，则实数b的最大值为．【分析】设公共点坐标为（x0，y0），求出两个函数的导数，利用f'（x0）＝g'（x0），推出，然后构造函数，利用导函数单调性求解函数的最值即可．【解答】解：设公共点坐标为（x0，y0），则，所以有f'（x0）＝g'（x0），即，解出x0＝a（舍去），又y0＝f（x0）＝g（x0），所以有，故，所以有，对b求导有b'＝﹣2a（1+lna），故b关于a的函数在为增函数，在为减函数，所以当时b有最大值．故答案为：．【点评】本题考查函数的导数的应用，切线方程以及函数的单调性、最值的求法，考查计算能力．18．已知函数f（x）＝xe x﹣mx，若f（x）≥lnx+x+1对x∈（0，+∞）恒成立，则实数m的取值范围是（﹣∞，0]．【分析】函数f（x）＝xe x﹣mx，若f（x）≥lnx+x+1对x∈（0，+∞）恒成立，等价于：m+1≤e x﹣，x∈（0，+∞）恒成立．令g（x）＝e x﹣，x∈（0，+∞），利用导数研究函数的单调性极值与最值即可得出结论．另解：令g（x）＝e x﹣x﹣1，可得g（x）在R上的单调性，原命题等价于：xe x﹣（x+lnx）﹣1≥mx．即e x+lnx﹣（x+lnx）﹣1≥mx．令h（x）＝x+lnx，利用其单调性即可证明结论．【解答】解：函数f（x）＝xe x﹣mx，若f（x）≥lnx+x+1对x∈（0，+∞）恒成立，等价于：m+1≤e x﹣，x∈（0，+∞）恒成立．令g（x）＝e x﹣，x∈（0，+∞），则g′（x）＝e x+＝，令h（x）＝x2e x+lnx，则h′（x）＝（x2+2x）e x+＞0，∴函数h（x）在x∈（0，+∞）上单调递增，又h（）＝﹣1＜0，h（1）＝e＞0，∴存在唯一x0∈（，1），使得+lnx0＝0，化为：x0＝，两边取对数可得：x0+lnx0＝ln（﹣lnx0）+（﹣lnx0），令u（x）＝x+lnx，可得函数u（x）在x∈（0，+∞）上单调递增，因此x0＝﹣lnx0，可得＝．∴函数g（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增．∴g（x）min＝g（x0）＝﹣＝﹣＝1，∴m+1≤1，解得m≤0．故实数m的取值范围是（﹣∞，0]．另解：令g（x）＝e x﹣x﹣1，g′（x）＝e x﹣1，可得g（x）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增．∴g（x）＝e x﹣x﹣1≥g（0）＝0，即e x﹣x﹣1≥0．原命题等价于：xe x﹣（x+lnx）﹣1≥mx．即e x+lnx﹣（x+lnx）﹣1≥mx．令h（x）＝x+lnx，可得：h（x）在（0，+∞）上单调递增．h（）＝﹣1＜0，h（1）＝1＞0，∴存在唯一x0∈（，1），使得h（x0）＝0，∴≥0，因此m≤0．故答案为：（﹣∞，0]．【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、同构法、等价转化方法，注意对于函数零点存在又无法求出的问题的解决方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．19．已知函数f（x）＝ae x+ln﹣2（a＞0），若f（x）＞0恒成立，则实数a的取值范围为（e，+∞）．【分析】求出e x+lna+x+lna＞e ln（x+2）+ln（x+2），得到lna＞ln（x+2）﹣x，令g（x）＝ln （x+2）﹣x，（x＞﹣2），根据函数的单调性求出g（x）的最大值，求出a的取值范围即可．【解答】解：f（x）＝ae x+ln﹣2（a＞0），函数f（x）的定义域是（﹣2，+∞），若f（x）＞0恒成立，则e x+lna+lna＞ln（x+2）+2，两边加上x得到：e x+lna+x+lna＞x+2+ln（x+2）＝e ln（x+2）+ln（x+2），∵y＝e x+x单调递增，∴x+lna＞ln（x+2），即lna＞ln（x+2）﹣x，令g（x）＝ln（x+2）﹣x，（x＞﹣2），则g′（x）＝﹣1＝，∵x∈（﹣2，﹣1）时，g′（x）＞0，g（x）递增，x∈（﹣1，+∞）时，g′（x）＜0，g（x）递减，故lna＞g（x）max＝g（﹣1）＝1，故a＞e，故答案为：（e，+∞）．【点评】本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，考查转化思想，是中档题．20．函数f（x）＝（x+1）e x的最小值是【分析】求出函数f（x）＝（x+1）e x的导数，进一步求出函数f（x）＝（x+1）e x的单调区间，得到函数f（x）＝（x+1）e x的最小值；【解答】解：由f（x）＝（x+1）e x，得f′（x）＝（x+2）e x；当x＜﹣2时，f′（x）＜0，当x＞﹣2时，f′（x）＞0，所以函数f（x）＝（x+1）e x在（﹣∞，﹣2）上单调递减，在（﹣2，+∞）上单调递增；所以当x＝﹣2时，函数f（x）＝（x+1）e x有最小值；故答案为：．【点评】本题考查函数最值，考查利用函数导数分析函数单调性从而得到函数最值，属于基础题．21．已知函数f（x）＝x﹣1﹣lnx，对定义域内的任意x都有f（x）≥kx﹣2，则实数k的取值范围是（﹣∞，1﹣]．【分析】先分离出k，得到k≤1+﹣在x＞0时恒成立，再处理g（x）＝1+，x＞0的最小值即可解决问题．【解答】解：∵f（x）＝x﹣1﹣lnx≥kx﹣2，∴kx≤x+1﹣lnx，x＞0，也即k≤1+﹣在x＞0时恒成立．令g（x）＝1+，x＞0，则g′（x）＝，x＞0，令g′（x）＝0⇒x＝e2．易知g（x）在x∈（0，e2）上单调递减，g（x）在x∈（e2，+∞）上单调递增，故g（x）min＝g（e2）＝1﹣，∴k．故填：（﹣∞，1﹣]．【点评】本题主要考查导数在处理最值问题中的简单应用，属于基础题．22．函数f（x）＝x2+x﹣2lnx的最小值．【分析】求出函数的导数，利用函数的单调性转化求解函数的最小值．【解答】解：因为，易知f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，所以．故答案为：．【点评】本题考查函数的导数的应用，函数的最值的求法，考查计算能力．三．解答题（共3小题）23．已知函数f（x）＝ae x﹣lnx﹣1．（1）设x＝2是f（x）的极值点，求a，并求f（x）的单调区间；（2）证明：当a≥时，f（x）≥0．【分析】（1）推导出x＞0，f′（x）＝ae x﹣，由x＝2是f（x）的极值点，解得a＝，从而f（x）＝e x﹣lnx﹣1，进而f′（x）＝，由此能求出f（x）的单调区间．（2）法一：当a≥时，f（x）≥﹣lnx﹣1，设g（x）＝﹣lnx﹣1，x＞0，则﹣，由此利用导数性质能证明当a≥时，f（x）≥0．法二：f（x）≥0，即a≥，x＞0，令g（x）＝，x＞0，则，利用导数性质得g（x）在（0，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减，g（x）≤g（1）＝，由此能证明当a≥时，f（x）≥0．法三：当a时，f（x）≥，即只需证明，再通过构造函数，利用导数研究函数的单调性，即可求解．【解答】解：（1）∵函数f（x）＝ae x﹣lnx﹣1．∴x＞0，f′（x）＝ae x﹣，∵x＝2是f（x）的极值点，∴f′（2）＝ae2﹣＝0，解得a＝，∴f（x）＝e x﹣lnx﹣1，∴f′（x）＝，当0＜x＜2时，f′（x）＜0，当x＞2时，f′（x）＞0，∴f（x）的单调递减区间是（0，2），单调递增区间是（2，+∞）．（2）证法一：当a≥时，f（x）≥﹣lnx﹣1，设g（x）＝﹣lnx﹣1，x＞0，则﹣，由﹣＝0，得x＝1，当0＜x＜1时，g′（x）＜0，当x＞1时，g′（x）＞0，∴x＝1是g（x）的最小值点，故当x＞0时，g（x）≥g（1）＝0，∴当a≥时，f（x）＝ae x﹣lnx﹣1≥0．证法二：∵函数f（x）＝ae x﹣lnx﹣1，∴f（x）≥0，即a≥，x＞0，令g（x）＝，x＞0，则，x＞0，∴g′（1）＝0，当0＜x＜1时，，﹣lnx＞0，g′（x）＞0，当x＞1时，，﹣lnx＜0，g′（x）＜0，∴g（x）在（0，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减，g（x）≤g（1）＝，∵a≥，∴a≥g（x）．∴当a≥时，f（x）≥0．证法三：当a时，f（x）≥，即只需证明，由于，则e x≥elnex⇔xe x≥exlnex⇔xe x≥e lnex lnex，令g（x）＝xe x，则g'（x）＝e x（x+1）＞0，即g（x）为增函数，又易证x≥lnex＝lnx+1，故g（x）≥g（lnex），即xe x≥e lnex lnex成立，故当时，f（x）≥0．【点评】本题考查函数的单调性、导数的运算及其应用，同时考查逻辑思维能力和综合应用能力，是中档题．24．已知函数f（x）＝e x cos x﹣x．（1）求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；（2）求函数f（x）在区间[0，]上的最大值和最小值．【分析】（1）求出f（x）的导数，可得切线的斜率和切点，由点斜式方程即可得到所求方程；（2）求出f（x）的导数，再令g（x）＝f′（x），求出g（x）的导数，可得g（x）在区间[0，]的单调性，即可得到f（x）的单调性，进而得到f（x）的最值．【解答】解：（1）函数f（x）＝e x cos x﹣x的导数为f′（x）＝e x（cos x﹣sin x）﹣1，可得曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线斜率为k＝e0（cos0﹣sin0）﹣1＝0，切点为（0，e0cos0﹣0），即为（0，1），曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为y＝1；（2）函数f（x）＝e x cos x﹣x的导数为f′（x）＝e x（cos x﹣sin x）﹣1，令g（x）＝e x（cos x﹣sin x）﹣1，则g（x）的导数为g′（x）＝e x（cos x﹣sin x﹣sin x﹣cos x）＝﹣2e x•sin x，当x∈[0，]，可得g′（x）＝﹣2e x•sin x≤0，即有g（x）在[0，]递减，可得g（x）≤g（0）＝0，则f（x）在[0，]递减，即有函数f（x）在区间[0，]上的最大值为f（0）＝e0cos0﹣0＝1；最小值为f（）＝cos﹣＝﹣．【点评】本题考查导数的运用：求切线的方程和单调区间、最值，考查化简整理的运算能力，正确求导和运用二次求导是解题的关键，属于中档题．25．已知f（x）＝a（x﹣lnx）+，a∈R．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）当a＝1时，证明f（x）＞f′（x）+对于任意的x∈[1，2]成立．【分析】（Ⅰ）求出原函数的导函数，然后对a分类分析导函数的符号，由导函数的符号确定原函数的单调性；（Ⅱ）方法一、构造函数F（x）＝f（x）﹣f′（x），令g（x）＝x﹣lnx，h（x）＝．则F（x）＝f（x）﹣f′（x）＝g（x）+h（x），利用导数分别求g（x）与h（x）的最小值得到F（x）＞恒成立．由此可得f（x）＞f′（x）+对于任意的x∈[1，2]成立；方法二、不等式f（x）＞f′（x）+对于任意的x∈[1，2]成立，即x﹣lnx+﹣＞0，结合x﹣1≥lnx，利用放缩法可得x﹣lnx+﹣＞，然后说明不等式右侧的代数式恒大于等于0，则结论得证．【解答】（Ⅰ）解：由f（x）＝a（x﹣lnx）+，得f′（x）＝a（1﹣）+＝＝（x＞0）．若a≤0，则ax2﹣2＜0恒成立，∴当x∈（0，1）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数，当x∈（1，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）为减函数；当a＞0，若0＜a＜2，当x∈（0，1）和（，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数，当x∈（1，）时，f′（x）＜0，f（x）为减函数；若a＝2，f′（x）≥0恒成立，f（x）在（0，+∞）上为增函数；若a＞2，当x∈（0，）和（1，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数，当x∈（，1）时，f′（x）＜0，f（x）为减函数；（Ⅱ）方法一、解：∵a＝1，令F（x）＝f（x）﹣f′（x）＝x﹣lnx﹣1＝x﹣lnx+．令g（x）＝x﹣lnx，h（x）＝．则F（x）＝f（x）﹣f′（x）＝g（x）+h（x），由，可得g（x）≥g（1）＝1，当且仅当x＝1时取等号；又，设φ（x）＝﹣3x2﹣2x+6，则φ（x）在[1，2]上单调递减，且φ（1）＝1，φ（2）＝﹣10，∴在[1，2]上存在x0，使得x∈（1，x0）时φ（x0）＞0，x∈（x0，2）时，φ（x0）＜0，∴函数h（x）在（1，x0）上单调递增；在（x0，2）上单调递减，由于h（1）＝1，h（2）＝，因此h（x）≥h（2）＝，当且仅当x＝2取等号，∴f（x）﹣f′（x）＝g（x）+h（x）＞g（1）+h（2）＝，∴F（x）＞恒成立．即f（x）＞f′（x）+对于任意的x∈[1，2]成立．方法二、不等式f（x）＞f′（x）+对于任意的x∈[1，2]成立，即x﹣lnx+﹣＞0，令h（x）＝x﹣lnx﹣1，得h′（x）＝1﹣＝，可得当x∈[1，2]时，h′（x）≥0，h（x）单调递增，h（x）≥0，即x﹣1≥lnx，于是，x﹣lnx+﹣≥＝．当且仅当x＝1时上式等号成立．又x∈[1，2]时，3x2﹣2＞0，2﹣x≥0，2x3＞0，∴x﹣lnx+﹣＝≥0．等号当且仅当x＝2时取得，故两个等号不能同时取到，∴x﹣lnx+﹣＞0，即f（x）＞f′（x）+对于任意的x∈[1，2]成立．【点评】本题考查利用导数加以函数的单调性，考查了利用导数求函数的最值，考查了分类讨论的数学思想方法和数学转化思想方法，是压轴题。
高中数学同步练习 函数的极值
第3章 §1 第2课时 函数的极值A 级 基础巩固一、选择题1．关于函数的极值,下列说法正确的是( D ) A ．导数为零的点一定是函数的极值点 B ．函数的极小值一定小于它的极大值C ．f(x)在定义域内最多只能有一个极大值、一个极小值D ．若f(x)在(a,b)内有极值,那么f(x)在(a,b)内不是单调函数[解析] 对于f(x)＝x 3,f′(0)＝0,但x ＝0不是f(x)的极值点,故A 不正确．极小值也可能大于极大值,故B 错,C 显然不对．2．函数y ＝2x 3－6x 2－18x ＋7( A )A ．在x ＝－1处取得极大值17,在x ＝3处取得极小值－47B ．在x ＝－1处取得极小值17,在x ＝3处取得极大值－47C ．在x ＝－1处取得极小值－17,在x ＝3处取得极大值47D ．以上都不对[解析] y′＝6x 2－12x －18,令y′＝0,解得x 1＝－1,x 2＝3.当x 变化时,f ′(x),f(x)的变化情况见下表：∴当x 3．函数y ＝14x 4－13x 3的极值点的个数为( B )A ．0B ．1C ．2D ．3[解析] y′＝x 3－x 2＝x 2(x －1),由y′＝0得x 1＝0,x 2＝1. 当x 变化时,y′、y 的变化情况如下表故选4．已知实数a 、b 、c 、d 成等比数列,且曲线y ＝3x －x 3的极大值点坐标为(b,c),则ad 等于( A ) A ．2 B ．1 C ．－1D ．－2[解析] ∵a 、b 、c 、d 成等比数列,∴ad ＝bc, 又(b,c)为函数y ＝3x －x 3的极大值点, ∴c ＝3b －b 3,且0＝3－3b 2,∴⎩⎪⎨⎪⎧b ＝1，c ＝2，或⎩⎪⎨⎪⎧b ＝－1，c ＝－2.∴ad ＝2.5．下面四图都是在同一坐标系中某三次函数及其导函数的图像,其中一定不正确．．．．．的序号是( B )A ．①②B ．③④C ．①③D ．①④[解析] 对于③,f(x)在原点附近为增函数,∴f′(x)>0,而图像中当x>0时,f′(x)<0,∴③一定不正确；对于④,同理,导函数开始应在x 轴上方,④一定不正确,故选B.6．(2019·福州高二检测)函数f(x)＝x ＋1x 的极值情况是( D )A ．当x ＝1时,极小值为2,但无极大值B ．当x ＝－1时,极大值为－2,但无极小值C ．当x ＝－1时,极小值为－2,当x ＝1时,极大值为2D ．当x ＝－1时,极大值为－2；当x ＝1时,极小值为2 [解析] 函数定义域为{x|x≠0}, ∵f′(x)＝1－1x 2,令f′(x)＝0,解x ＝±1,∴函数f(x)在(－∞,－1)和(1,＋∞)上单调递增,在(－1,0)和(0,1)上单调递减,当x ＝－1时,极大值为－2,当x ＝1时,极小值为2.选D.二、填空题7．函数y ＝xe x在其极值点处的切线方程为y ＝－1e.[解析] y ＝f(x)＝xe x ⇒f ′(x)＝(1＋x)e x,令f ′(x)＝0⇒x ＝－1,此时f(－1)＝－1e ,函数y ＝xe x在其极值点处的切线方程为y ＝－1e.8．已知f(x)＝13x 3－a 2x 2＋2x ＋1,x 1,x 2是f(x)的两个极值点,且0<x 1<1<x 2<3,则实数a 的取值范围为(3,113).[解析] f ′(x)＝x 2－ax ＋2, ∴x 1,x 2是f ′(x)＝0的两个根, 由0<x 1<1<x 2<3,结合二次函数的性质得： ⎩⎪⎨⎪⎧f ′(0)＝2>0，f ′(1)＝1－a ＋2<0，f ′(3)＝9－3a ＋2>0.解得3<a<113.三、解答题9．(2018·天津文,20)设函数f(x)＝(x －t 1)(x －t 2)(x －t 3),其中t 1,t 2,t 3∈R,且t 1,t 2,t 3是公差为d 的等差数列．(1)若t 2＝0,d ＝1,求曲线y ＝f(x)在点(0,f(0))处的切线方程； (2)若d ＝3,求f(x)的极值．[解析] (1)由已知,可得f(x)＝x(x －1)(x ＋1)＝x 3－x,故f ′(x)＝3x 2－1.因此f(0)＝0,f ′(0)＝－1.又因为曲线y ＝f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y －f(0)＝f ′(0)(x－0),故所求切线方程为x ＋y ＝0.(2)由已知可得f(x)＝(x －t 2＋3)(x －t 2)(x －t 2－3)＝(x －t 2)3－9(x －t 2)＝x 3－3t 2x 2＋(3t 22－9)x －t 32＋9t 2. 故f ′(x)＝3x 2－6t 2x ＋3t 22－9.令f ′(x)＝0,解得x ＝t 2－3或x ＝t 2＋ 3. 当x 变化时,f ′(x),f(x)的变化情况如下表：函数f(x)的极小值为f(t 2＋3)＝(3)3－9×3＝－6 3. 10．(2018·北京文,19)设函数f(x)＝[ax 2－(3a ＋1)x ＋3a ＋2]e x. (1)若曲线y ＝f(x)在点(2,f(2))处的切线斜率为0,求a ； (2)若f(x)在x ＝1处取得极小值,求a 的取值范围． [解析] (1)解：因为f(x)＝[ax 2－(3a ＋1)x ＋3a ＋2]e x,所以f ′(x)＝[ax 2－(a ＋1)x ＋1]e x, f ′(2)＝(2a －1)e 2.由题设知f ′(2)＝0,即(2a －1)e 2＝0,解得a ＝12.(2)解：由(1)得f ′(x)＝[ax 2－(a ＋1)x ＋1]e x＝(ax －1)(x －1)e x.若a>1,则当x ∈1a ,1时,f ′(x)<0；当x ∈(1,＋∞)时,f ′(x)>0. 所以f(x)在x ＝1处取得极小值． 若a≤1,则当x ∈(0,1)时,ax －1≤x－1<0, 所以f ′(x)>0.所以1不是f(x)的极小值点． 综上可知,a 的取值范围是(1,＋∞)．B 级 素养提升一、选择题1．(2019·日照高二检测)已知函数f(x)＝e x(sinx －cosx),x ∈(0,2017π),则函数f(x)的极大值之和为( B )A.e 2π(1－e 2016π)e 2π－1B.e π(1－e 2016π)1－e 2πC.e π(1－e 1008π)1－e2πD.e π(1－e 1008π)1－eπ[解析] f ′(x)＝2e xsinx,令 f ′(x)＝0得sinx ＝0,∴x ＝kπ,k ∈Z,当2kπ<x<2kπ＋π时,f ′(x)>0,f(x)单调递增,当(2k －1)π<x<2kπ时,f ′(x)<0,f(x)单调递减,∴当x ＝(2k ＋1)π时,f(x)取到极大值,∵x ∈(0,2017π), ∴0<(2k ＋1)π<2017π,∴0≤k<1008,k ∈Z.∴f(x)的极大值之和为S ＝f(π)＋f(3π)＋f(5π)＋…＋f(2015π)＝e π＋e 3π＋e 5π＋…＋e 2015π＝e π[1－(e 2π)1008]1－e2π＝e π(1－e 2016π)1－e2π,故选B. 2．对于三次函数f(x)＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d(a≠0),给出定义：设f ′(x)是函数y ＝f(x)的导数,f″(x)是f ′(x)的导数,若方程f″(x)＝0有实数解x 0,则称点(x 0,f(x 0))为函数y ＝f(x)的“拐点”．某同学经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心,且“拐点”就是对称中心．设函数g(x)＝13x 3－12x 2＋3x －512,则g(12017)＋g(22017)＋…＋g(20162017)＝( B )A ．2015B ．2016C ．2017D ．2018[解析] 函数的导数g′(x)＝x 2－x ＋3, g″(x)＝2x －1,由g″(x 0)＝0得2x 0－1＝0,解得x 0＝12,而g(12)＝1,故函数g(x)关于点(12,1)对称,∴g(x)＋g(1－x)＝2,故设g(12017)＋g(22017)＋…＋g(20162017)＝m,则g(20162017)＋g(20152017)＋…＋g(12017)＝m,两式相加得2×2016＝2m,则m ＝2016.故选B. 二、填空题3．已知函数y ＝x 3＋ax 2＋bx ＋27在x ＝－1处有极大值,在x ＝3处有极小值,则a ＝－3,b ＝－9.[解析] y′＝3x 2＋2ax ＋b,方程y′＝0有根－1及3,由韦达定理应有⎩⎪⎨⎪⎧－1＋3＝－2a3，－3＝b3.∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝－9.经检验a ＝－3,b ＝－9符合题意．4．已知偶函数y ＝f(x),对于任意的x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2满足f ′(x)cos x ＋f(x)sinx>0(其中f ′(x)是函数f(x)的导函数),则下列不等式中成立的有②③④.①2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4 ②2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4③f(0)<2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4 ④f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6<3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3[解析] 令g(x)＝f (x )cosx,由已知得g′(x)＝f ′(x )cosx ＋f (x )sinx cos 2x >0,∴g(x)＝f (x )cosx 在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2上单调递增,故得g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3>g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4,g(0)<g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4, 即2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4,f(0)<2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4,∴2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4,2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4,①错误,②正确；③正确；又g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6<g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3,即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6cos π6<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3cosπ3,∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6<3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3,④正确． 三、解答题5．(2018·全国卷Ⅲ理,21)已知函数f(x)＝(2＋x ＋ax 2)ln(1＋x)－2x. (1)若a ＝0,证明：当－1＜x ＜0时,f(x)＜0；当x ＞0时,f(x)＞0； (2)若x ＝0是f(x)的极大值点,求a.[解析] (1)证明：当a ＝0时,f(x)＝(2＋x)ln(1＋x)－2x, f ′(x)＝ln(1＋x)－x 1＋x.设函数g(x)＝f ′(x)＝ln(1＋x)－x 1＋x ,则g′(x)＝x(1＋x )2.当－1＜x ＜0时,g′(x)＜0；当x ＞0时,g′(x)＞0,故当x ＞－1时,g(x)≥g(0)＝0,且仅当x ＝0时,g(x)＝0,从而f ′(x)≥0,且仅当x ＝0时,f ′(x)＝0.所以f(x)在(－1,＋∞)单调递增．又f(0)＝0,故当－1＜x ＜0时,f(x)＜0；当x ＞0时, f(x)＞0.(2)解：(ⅰ)若a≥0,由(1)知,当x ＞0时,f(x)≥(2＋x)ln(1＋x)－2x ＞0＝f(0), 这与x ＝0是f(x)的极大值点矛盾． (ⅱ)若a ＜0,设函数h(x)＝f (x )2＋x ＋ax 2＝ln(1＋x)－2x2＋x ＋ax2.由于当|x|＜min ⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1，1|a|时,2＋x ＋ax 2＞0, 故h(x)与f(x)符号相同．又h(0)＝f(0)＝0,故x ＝0是f(x)的极大值点, 当且仅当x ＝0是h(x)的极大值点． h′(x)＝11＋x －2(2＋x ＋ax 2)－2x (1＋2ax )(2＋x ＋ax 2)2＝x 2(a 2x 2＋4ax ＋6a ＋1)(x ＋1)(ax 2＋x ＋2)2.若6a ＋1＞0,则当0＜x ＜－6a ＋14a ,且|x|＜f′min ⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1，1|a|时,h′(x)＞0,故x ＝0不是h(x)的极大值点．若6a ＋1＜0,则a 2x 2＋4ax ＋6a ＋1＝0存在根x 1＜0,故当x ∈(x 1,0),且|x|＜min ⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1，1|a|时,h′(x)＜0, 所以x ＝0不是h(x)的极大值点．若6a ＋1＝0,则h′(x)＝x 3(x －24)(x ＋1)(x 2－6x －12)2,则当x ∈(－1,0)时,h′(x)＞0；当x ∈(0,1)时,h′(x)＜0. 所以x ＝0是h(x)的极大值点,从而x ＝0是f(x)的极大值点． 综上,a ＝－16.6．已知函数f(x)＝12x 2＋alnx.(1)若a ＝－1,求函数f(x)的极值,并指出是极大值还是极小值；(2)若a ＝1,求证：在区间[1,＋∞)上,函数f(x)的图像在函数g(x)＝23x 3的图像的下方．[解析] (1)由于函数f(x)的定义域为(0,＋∞), 当a ＝－1时,f ′(x)＝x －1x ＝(x ＋1)(x －1)x ,令f ′(x)＝0得x ＝1或x ＝－1(舍去),当x ∈(0,1)时,f ′(x)<0,因此函数f(x)在(0,1)上单调递减, 当x ∈(1,＋∞)时,f ′(x)>0,因此函数f(x)在(1,＋∞)上单调递增, 则x ＝1是f(x)的极小值点,所以f(x)在x ＝1处取得极小值为f(1)＝12.(2)设F(x)＝f(x)－g(x)＝12x 2＋lnx －23x 3,则F ′(x)＝x ＋1x －2x 2＝－2x 3＋x 2＋1x＝－(x －1)(2x 2＋x ＋1)x ,当x>1时,F ′(x)<0,故f(x)在区间[1,＋∞)上单调递减, 又F(1)＝－16<0,∴在区间[1,＋∞)上,F(x)<0恒成立, 即f(x)<g(x)恒成立．因此,当a ＝1时,在区间[1,＋∞)上,函数f(x)的图像在函数g(x)图像的下方．C 级 能力拔高设函数f(x)＝x 3－92x 2＋6x －a.(1)对于任意实数x, f′(x)≥m 恒成立,求m 的最大值； (2)若方程f(x)＝0有且仅有一个实根,求a 的取值范围． [解析] (1)f′(x)＝3x 2－9x ＋6＝3(x －1)(x －2),由题意可知当x ∈(－∞,＋∞)时,f′(x)≥m 恒成立,即3x 2－9x ＋(6－m)≥0恒成立,所以Δ＝81－12(6－m)≤0,解得m≤－34,即m 的最大值为－34.(2)因为当x<1时,f′(x)>0；当1<x<2时,f′(x)<0； 当x>2时,f′(x)>0,所以当x ＝1时,f(x)取极大值f(1)＝52－a ；当x ＝2时,f(x)取极小值f(2)＝2－a.故当f(2)>0或f(1)<0时,f(x)＝0仅有一个实根, 解得a<2或a>52.。
高二数学利用导数求最值和极值试题答案及解析
高二数学利用导数求最值和极值试题答案及解析1.若函数在（0，1）内有极小值，则（）A．0＜＜1B．＜1C．＞0D．＜【答案】A【解析】,由于存在极值，因此令，得，为函数的极小值，则，解得.【考点】函数的导数与极值.2.函数的定义域为开区间，导函数在内的图象如图所示，则函数在开区间内有极小值点（）A．个B．个C．个D．个【答案】A【解析】函数为增函数, 函数为减函数, 当且左侧,右侧时为极小值点,从而只有一个满足,答案选A..【考点】函数的导数与极值3.已知函数.（1）若函数在区间上存在极值点，求实数a的取值范围；（2）如果当时，不等式恒成立，求实数k的取值范围；【答案】（1）（2）【解析】（1）对函数求导，求出极值点，范围在内，得到不等式关系，解不等式即可；（2）要对恒成立问题转化,转化为求最值问题，令，求出在的最小值.试题解析：（1）当x>0时，，有；所以在（0，1）上单调递增，在上单调递减，函数在处取得唯一的极值．由题意，且，解得所求实数的取值范围为.（2）当时，令，由题意，在上恒成立令，则，当且仅当时取等号．所以在上单调递增，．因此，在上单调递增，．所以．【考点】导数运算，化归思想.4.已知函数，其中。
（1）若，求函数的极值点和极值；（2）求函数在区间上的最小值。
【答案】（1）极小值点为，极小值为；极大值点为，极大值为；（2）【解析】（1）把代入原函数，求出的导函数，令导函数等于求出根即可得极值点，把极值点代入原函数得极值。
（2）因为，所以把分两种情况来讨论，当时，函数在区间为单调递增函数，最小值为，当时，求出函数的导函数，并令得增区间，令得减区间，最后得出的最小值。
试题解析：解：（1）当时，。
2分令，得或。
所以，在区间上，，函数是增函数；在区间上，，函数是减函数；在区间上，，函数是增函数。
4分[所以，函数的极小值点为，极小值为；极大值点为，极大值为。
8分（2）当时，是R上的增函数，在区间上的最小值为。
高中数学利用导数研究函数的极值精选题
利用导数研究函数的极值精选题27道一．选择题（共8小题） 1．设函数()(21)xf x e x a x a=--+，其中1a<，若存在唯一的整数0x 使得0()0f x <，则a 的取值范围是( )A ．3[,1)2e -B ．33[,)24e -C ．33[,)24e D ．3[,1)2e2．若2x=-是函数21()(1)x f x x a x e-=+-的极值点，则()f x 的极小值为()A ．1-B ．32e --C ．35e -D ．13．已知a 为函数3()12f x x x=-的极小值点，则(a =)A ．4-B ．2-C ．4D ．24．已知a 为常数，函数()()f x x ln x a x =-有两个极值点1x ，212()(x x x <)A ．121()0,()2f x f x >>-B ．121()0,()2f x f x <<-C ．121()0,()2f x f x ><-D ．121()0,()2f x f x <>-5．已知函数()()f x x ln x a x =-有两个极值点，则实数a 的取值范围是()A ．(,0)-∞B ．1(0,)2C ．(0,1)D ．(0,)+∞6．设函数()f x 在R 上可导，其导函数()f x '，且函数()f x 在2x=-处取得极小值，则函数()y x f x ='的图象可能是( )A ．B ．C ．D ．7．设函数32()2f x x e x m x ln x=-+-，记()()f xg x x=，若函数()g x 至少存在一个零点，则实数m 的取值范围是( )A ．(-∞，21]e e+B ．(0，21]e e+C ．21(e e+，)+∞D ．21(e e--，21]e e+8．已知函数322()f x x a x b x a=+++在1x=处有极值10，则f（2）等于()A ．11或18B ．11C ．18D ．17或18二．填空题（共14小题） 9．若函数2()1xaf x x +=+在1x=处取极值，则a=．10．若函数32()4f x x x a x =+--在区间(1,1)-恰有一个极值点，则实数a 的取值范围为 ．11．已知函数21()2f x x ln x x=+，0x 是函数()f x 的极值点，给出以下几个命题：①010x e<<；②01x e>；③00()0f x x +<；④00()0f x x +>；其中正确的命题是 ．（填出所有正确命题的序号） 12．已知32()31f x a x x =+-存在唯一的零点0x ，且0x <，则实数a 的取值范围是 ．13．直线ya=与函数3()3f x x x=-的图象有相异的三个公共点，则a 的取值范围是 ．14．已知函数32()3(0)f x x a x a a =-+>的极大值为正数，极小值为负数，则a 的取值范围是 ． 15．若函数21()2f x xx a ln x=-+有两个不同的极值点，则实数a 的取值范围是 ． 16．设函数()xf x x e=，则()f x 的极值为 ；17．已知1x ，2x 是函数2()2f x x m ln x x=+-，mR∈的两个极值点，若12x x <，则12()f x x 的取值范围为 ． 18．2()()f x x x c =-在2x=处有极大值，则常数c 的值为 ．19．已知函数213,10()132,01x g x x x x x ⎧--<⎪=+⎨⎪-+<⎩……，若方程()0g x m x m --=有且仅有两个不等的实根，则实数m 的取值范围是 ． 20．已知函数()2xf x e ln x =--，下列说法正确的是 ．①()f x 有且仅有一个极值点； ②()f x 有零点；③若()f x 极小值点为0x ，则010()2f x <<； ④若()f x 极小值点为0x ，则01()12f x <<．21．已知函数2()xf x a e x=-有两个极值点，则实数a 的取值范围是 ．22．已知函数211,0,2(),0xe x x x ef x ln x x x⎧--+⎪⎪=⎨⎪>⋅⎪⎩…若方程()0f x m -=恰有两个实根，则实数m 的取值范围是 ． 三．解答题（共5小题） 23．已知函数2()f x a x a x x ln x=--，且()0f x …．（1）求a ； （2）证明：()f x 存在唯一的极大值点0x ，且220()2e f x --<<．24．已知函数2()x f x e a x=-． （1）若1a =，证明：当0x …时，()1f x …；（2）若()f x 在(0,)+∞只有一个零点，求a ．25．已知函数21()xa xx f x e+-=．（1）求曲线()yf x =在点(0,1)-处的切线方程；（2）证明：当1a …时，()0f x e +…．26．已知函数2()(2)(1)2f x x a x ln x x=+++-． （1）若0a =，证明：当10x -<<时，()0f x <；当0x>时，()0f x >；（2）若0x =是()f x 的极大值点，求a ．27．设函数2()(1)()f x ln x a x x =++-，其中a R∈，（Ⅰ）讨论函数()f x 极值点的个数，并说明理由；（Ⅱ）若0x∀>，()0f x …成立，求a 的取值范围．利用导数研究函数的极值精选题27道参考答案与试题解析一．选择题（共8小题） 1．设函数()(21)xf x e x a x a=--+，其中1a<，若存在唯一的整数0x 使得0()0f x <，则a 的取值范围是( )A ．3[,1)2e -B ．33[,)24e -C ．33[,)24e D ．3[,1)2e【分析】设()(21)xg x e x =-，ya x a=-，问题转化为存在唯一的整数0x 使得0()g x 在直线y a x a=-的下方，求导数可得函数的极值，数形结合可得(0)1a g ->=-且1(1)3g e a a--=---…，解关于a 的不等式组可得．【解答】解：设()(21)xg x e x =-，ya x a=-，由题意知存在唯一的整数0x 使得0()g x 在直线ya x a=-的下方，()(21)2(21)xxxg x e x ee x '=-+=+，∴当12x <-时，()0g x '<，当12x>-时，()0g x '>，∴当12x=-时，()g x 取最小值122e--，当0x=时，(0)1g =-，当1x=时，g （1）0e =>，直线y a x a=-恒过定点(1,0)且斜率为a ， 故(0)1ag ->=-且1(1)3g e a a--=---…，解得312a e<…故选：D ．【点评】本题考查导数和极值，涉及数形结合和转化的思想，属中档题．2．若2x=-是函数21()(1)x f x x a x e-=+-的极值点，则()f x 的极小值为()A ．1-B ．32e --C ．35e -D ．1【分析】求出函数的导数，利用极值点，求出a ，然后判断函数的单调性，求解函数的极小值即可． 【解答】解：函数21()(1)x f x x a x e-=+-， 可得121()(2)(1)x x f x x a ex a x e--'=+++-，2x =-是函数21()(1)x f x x a x e-=+-的极值点，可得：33(2)(4)(421)0f a ea e --'-=-++--=，即4(32)0a a -++-=．解得1a =-．可得121()(21)(1)x x f x x e x x e--'=-+--，21(2)x x x e-=+-，函数的极值点为：2x =-，1x=，当2x<-或1x>时，()0f x '>函数是增函数，(2,1)x ∈-时，函数是减函数， 1x =时，函数取得极小值：f（1）211(111)1e-=--=-．故选：A ．【点评】本题考查函数的导数的应用，函数的单调性以及函数的极值的求法，考查计算能力． 3．已知a 为函数3()12f x x x=-的极小值点，则(a=)A ．4-B ．2-C ．4D ．2【分析】可求导数得到2()312f x x '=-，可通过判断导数符号从而得出()f x 的极小值点，从而得出a 的值． 【解答】解：2()312f x x '=-；2x ∴<-时，()0f x '>，22x -<<时，()0f x '<，2x>时，()0f x '>；2x ∴=是()f x 的极小值点；又a 为()f x 的极小值点；2a ∴=．故选：D ．【点评】考查函数极小值点的定义，以及根据导数符号判断函数极值点的方法及过程，要熟悉二次函数的图象． 4．已知a 为常数，函数()()f x x ln x a x =-有两个极值点1x ，212()(x x x <)A ．121()0,()2f x f x >>-B ．121()0,()2f x f x <<-C ．121()0,()2f x f x ><-D ．121()0,()2f x f x <>-【分析】先求出()f x '，令()0f x '=，由题意可得21ln xa x =-有两个解1x ，2x ⇔函数()12g x l n x a x =+-有且只有两个零点()g x ⇔'在(0,)+∞上的唯一的极值不等于0．利用导数与函数极值的关系即可得出． 【解答】解：()12f x ln x a x'=+-，(0)x>令()0f x '=，由题意可得21ln xa x =-有两个解1x ，2x ⇔函数()12g x ln x a x =+-有且只有两个零点()g x ⇔'在(0,)+∞上的唯一的极值不等于0．112()2a xg x a xx-'=-=． ①当0a …时，()g x '>，()f x '单调递增，因此()()g x f x ='至多有一个零点，不符合题意，应舍去． ②当0a>时，令()g x '=，解得12xa=，1(0,)2x a∈，()g x '>，函数()g x 单调递增；1(,)2x a∈+∞时，()0g x '<，函数()g x 单调递减．12x a∴=是函数()g x 的极大值点，则1()02g a>，即111(2)02lnln a a+-=->，(2)0ln a ∴<，021a ∴<<，即102a <<．故当102a <<时，()g x =有两个根1x ，2x ，且1212x x a<<，又g （1）120a =->，12112x x a∴<<<，从而可知函数()f x 在区间1(0,)x 上递减，在区间1(x ，2)x 上递增，在区间2(x ，)+∞上递减．1()f x f∴<（1）0a =-<，2()f x f>（1）12a =->-．故选：D ．【点评】本题考查了利用导数研究函数极值的方法，考查了分类讨论的思想方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．5．已知函数()()f x x ln x a x =-有两个极值点，则实数a 的取值范围是()A ．(,0)-∞B ．1(0,)2 C ．(0,1)D ．(0,)+∞【分析】先求导函数，函数()()f x x ln x a x =-有两个极值点，等价于()21f x ln x a x '=-+有两个零点，等价于函数yln x=与21y a x =-的图象由两个交点，在同一个坐标系中作出它们的图象．由图可求得实数a 的取值范围． 【解答】解：函数()()f x x ln x a x =-，则1()()21f x ln x a x x a ln x a x x'=-+-=-+，令()210f x ln x a x '=-+=得21ln xa x =-，函数()()f x x ln x a x =-有两个极值点，等价于()21f x ln x a x '=-+有两个零点，等价于函数y ln x=与21y a x =-的图象有两个交点，在同一个坐标系中作出它们的图象（如图） 当12a=时，直线21y a x =-与y ln x =的图象相切，由图可知，当102a <<时，y ln x=与21y a x =-的图象有两个交点．则实数a 的取值范围是1(0,)2． 另解：函数()()f x x ln x a x =-，则1()()21f x ln x a x x a ln x a x x'=-+-=-+，令()210f x ln x a x '=-+=得21ln xa x =-，可得12ln xa x +=有两个不同的解， 设1()ln xg x x+=，则2()ln x g x x-'=，当1x>时，()g x 递减，01x <<时，()g x 递增，可得g （1）取得极大值1， 作出()y g x =的图象，可得021a <<，即102a <<，故选：B ．【点评】本题主要考查函数的零点以及数形结合方法，数形结合是数学解题中常用的思想方法，能够变抽象思维为形象思维，有助于把握数学问题的本质；另外，由于使用了数形结合的方法，很多问题便迎刃而解，且解法简捷． 6．设函数()f x 在R 上可导，其导函数()f x '，且函数()f x 在2x=-处取得极小值，则函数()y x f x ='的图象可能是( )A ．B ．C ．D ．【分析】由题设条件知：当2x>-时，()0x f x '<；当2x =-时，()x f x '=；当2x<-时，()0x f x '>．由此观察四个选项能够得到正确结果．【解答】解：函数()f x 在R 上可导，其导函数()f x '，且函数()f x 在2x=-处取得极小值，∴当2x>-时，()0f x '>；当2x =-时，()0f x '=； 当2x<-时，()0f x '<．∴当2x>-时，()0x f x '<；当2x =-时，()0x f x '=； 当2x<-时，()x f x '>．故选：A ．【点评】本题考查利用导数研究函数的极值的应用，解题时要认真审题，注意导数性质和函数极值的性质的合理运用． 7．设函数32()2f x x e x m x ln x=-+-，记()()f xg x x=，若函数()g x 至少存在一个零点，则实数m 的取值范围是( )A ．(-∞，21]e e+B ．(0，21]e e+C ．21(e e+，)+∞ D ．21(e e--，21]e e+【分析】由题意先求函数的定义域，再化简为方程3220x e x m x ln x -+-=有解，则32222x e xln xln x m x e x xx-++==-++，求导求函数22ln x mx e x x=-++的值域，从而得m 的取值范围． 【解答】解：32()2f x x e x m x ln x=-+-的定义域为(0,)+∞，又()()f x g x x=，∴函数()g x 至少存在一个零点可化为函数32()2f x x e x m x ln x=-+-至少有一个零点；即方程3220x e x m x ln x -+-=有解，则32222x e xln xln x mx e x xx-++==-++， 2211222()ln x ln x m x e x e xx--'=-++=--+；故当(0,)x e ∈时，0m '>， 当(,)x e ∈+∞时，0m '<；则22ln x mxe x x=-++在(0,)e 上单调递增，在(,)e +∞上单调递减，故22112m ee e eee-+⋅⋅+=+…；又当0x +→时，22ln x mxe x x=-++→-∞，故21m ee+…；故选：A ．【点评】本题考查了导数的综合应用及函数的零点与方程的关系，属于中档题． 8．已知函数322()f x x a x b x a=+++在1x=处有极值10，则f（2）等于()A ．11或18B ．11C ．18D ．17或18【分析】根据函数在1x =处有极值时说明函数在1x =处的导数为0，又因为2()32f x x a x b'=++，所以得到：f '（1）320a b =++=，又因为f（1）10=，所以可求出a 与b 的值确定解析式，最终将2x =代入求出答案．【解答】解：2()32f x x a x b'=++，∴2232032411012011a b b a a a b a a a b ++=⎧=--=⎧⎧⎪⇒⇒⎨⎨⎨+++=--==-⎪⎩⎩⎩或33a b =-⎧⎨=⎩①当33a b =-⎧⎨=⎩时，2()3(1)0f x x '=-…，∴在1x=处不存在极值；②当411a b =⎧⎨=-⎩时，2()3811(311)(1)f x x x x x '=+-=+-(x ∴∈113-，1)，()0f x '<，(1,)x ∈+∞，()0f x '>，符合题意．∴411a b =⎧⎨=-⎩，f ∴（2）816221618=+-+=．故选：C ．【点评】本题主要考查导数为0时取到函数的极值的问题，这里多注意联立方程组求未知数的思想，本题要注意0()0f x '=是0xx =是极值点的必要不充分条件，因此对于解得的结果要检验．二．填空题（共14小题） 9．若函数2()1xaf x x +=+在1x=处取极值，则a=3 ．【分析】先求出()f x '，因为1x=处取极值，所以1是()0f x '=的根，代入求出a 即可．【解答】解：22222222()(1)(1)x x x ax x a f x x x +--+-'==++．因为()f x 在1处取极值，所以1是()0f x '=的根， 将1x=代入得3a=．故答案为3【点评】考查学生利用导数研究函数极值的能力． 10．若函数32()4f x x x a x =+--在区间(1,1)-恰有一个极值点，则实数a 的取值范围为[1，5)．【分析】首先利用函数的导数与极值的关系，由于函数32()4f x x x a x =+--在区间(1,1)-恰有一个极值点，所以(1)f f '-'（1）0<，故可求实数a 的取值范围． 【解答】解：由题意，2()32f x x x a'=+-，则(1)f f '-'（1）0<，即(1)(5)0a a --<，解得15a <<，另外，当1a =时，函数32()4f x x xx =+--在区间(1,1)-恰有一个极值点，当5a=时，函数32()54f x x x x =+--在区间(1,1)-没有一个极值点，故答案为：[1，5)．【点评】考查利用导数研究函数的极值问题，体现了数形结合和转化的思想方法，属于中档题． 11．已知函数21()2f x x ln x x=+，0x 是函数()f x 的极值点，给出以下几个命题：①010x e<<；②01x e>；③00()0f x x +<；④00()0f x x +>；其中正确的命题是 ①③ ．（填出所有正确命题的序号）【分析】求导数，利用零点存在定理，可判断①②；20000000000111()(1)0222f x x x ln x x x x ln x x x +=++=++=-<，可判断③④．【解答】解：函数21()2f x x ln x x=+，(0)x>()1f x ln x x ∴'=++，易得()1f x ln x x'=++在(0,)+∞递增，11()0f e e ∴'=>，x →，()f x '→-∞，010x e∴<<，即①正确，②不正确；0010ln x x ++=220000000000111()(1)0222f x x x ln x x x x ln x x x ∴+=++=++=-<，即③正确，④不正确．故答案为：①③．【点评】本题考查利用导数研究函数的极值，考查学生的计算能力、转化思想，属于中档题． 12．已知32()31f x a x x =+-存在唯一的零点x ，且00x <，则实数a 的取值范围是(,2)-∞- ．【分析】讨论a 的取值范围，求函数的导数判断函数的极值，根据函数极值和单调性之间的关系进行求解即可．【解答】解：()i 当0a =时，2()31f x x =-+，令()0f x =，解得3x=±，函数()f x 有两个零点，舍去．()ii 当0a≠时，22()363()f x a xx a x x a'=+=+，令()0f x '=，解得0x=或2a-．①当0a <时，20a->，当2xa>-或0x<，()0f x '<，此时函数()f x 单调递减；当20x a<<-时，()0f x '>，此时函数()f x 单调递增．∴故2x a=-是函数()f x 的极大值点，0是函数()f x 的极小值点．函数32()31f x a x x =+-存在唯一的零点x ，且00x <，则22228124()110f aa aa-=-+-=-<，即24a >得2a >（舍)或2a<-．②当0a >时，20a -<，当2xa<-或0x>时，()0f x '>，此时函数()f x 单调递增；当20x a-<<时，()0f x '<，此时函数()f x 单调递减．2x a∴=-是函数()f x 的极大值点，0是函数()f x 的极小值点．(0)10f =-<，∴函数()f x 在(0,)+∞上存在一个零点，此时不满足条件．综上可得：实数a 的取值范围是(,2)-∞-． 故答案为：(,2)-∞-．【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、函数的零点，考查了分类讨论方法、推理能力与计算能力，属于中档题． 13．直线y a=与函数3()3f x x x =-的图象有相异的三个公共点，则a的取值范围是(2,2)- ．【分析】先求出其导函数，利用其导函数求出其极值以及图象的变化，进而画出函数3()3f x x x=-对应的大致图象，平移直线ya=即可得出结论．【解答】解：令2()330f x x '=-=，得1x=±，可求得()f x 的极大值为(1)2f -=，极小值为f（1）2=-，如图所示，当满足22a -<<时，恰有三个不同公共点．故答案为：(2,2)-【点评】本题主要考查利用导数研究函数的极值以及数形结合思想的应用，是对基础知识的考查，属于基础题． 14．已知函数32()3(0)f x x a x a a =-+>的极大值为正数，极小值为负数，则a 的取值范围是)2+∞ ．【分析】先利用导数求函数的极大值和极小值，再解不等式． 【解答】解22()33(0)f x x a a '=->，∴由()0f x '>得：xa>或xa<-，由()0f x '<得：ax a-<<．∴当x a=时，()f x 有极小值，xa=-时，()f x 有极大值．由题意得：333330300a a a a a a a ⎧-+<⎪-++>⎨⎪>⎩解得2a>．故答案为)2+∞【点评】本题考查导数求函数的极值．解决函数的极值问题，导数是唯一方法．极值点左右两边的导数符号必须相反． 15．若函数21()2f x xx a ln x=-+有两个不同的极值点，则实数a 的取值范围是1(0,)4．【分析】求出函数的导数，结合二次函数的性质可求． 【解答】解：因为21()2f x xx a ln x=-+有两个不同的极值点，所以2()10a xx a f x x xx-+'=-+==在(0,)+∞有2个不同的零点，所以2x x a -+=在(0,)+∞有2个不同的零点，所以1400a a =->⎧⎨>⎩，解可得，104a <<．故答案为：1(0,)4．【点评】本题主要考查了函数极值的存在条件的应用，属于基础试题． 16．设函数()xf x x e=，则()f x 的极值为1e-；【分析】求导，解关于导函数的不等式，根据极值定义得解． 【解答】解：函数的定义域为R ，()(1)x xxf x e x ex e'=+=+，令()0f x '>，得1x >-；令()0f x '<，得1x<-；故函数()f x 在1x=-处取得极小值，且极小值为1e-．故答案为：1e-．【点评】本题考查利用导数研究函数的极值，属于基础题． 17．已知1x ，2x 是函数2()2f x x m ln x x=+-，mR∈的两个极值点，若12x x <，则12()f x x 的取值范围为3(22ln --，0) ．【分析】可得方程2220x x m -+=在(0,)+∞上有两个不等的正根．1212480110022m x x m m x x ⎧⎪=->⎪+=>⇒<<⎨⎪⎪=>⎩．1102x <<，则2211111111112211()2(1)1121211f x x x m ln x x x ln x x x ln x x x x x -+--==+=-++--．令1()121g x x x ln xx =-++-，1(0)2x <<．利用导数即可求得12()f x x 的取值范围故答案．【解答】解：因为2()2f x x x m ln x=-+，222()x x mt x x-+'=，所以()f x 有两个极值点1x 、2x 等价于方程2220x x m -+=在(0,)+∞上有两个不等的正根．∴1212480110022m x x m m x x ⎧⎪=->⎪+=>⇒<<⎨⎪⎪=>⎩．1102x <<，则2211111111112211()2(1)1121211f x x x m ln x x x ln x x x ln x x x x x -+--==+=-++--．令1()121g x x x ln xx =-++-，1(0)2x <<．21()21(1)g x ln x x '=+--102x <<，212210ln x ln ∴+<-+<．102x ∴<<时，()0g x '<．故()g x 在1(0,)2递减，32()02ln g x --<<．则12()f x x 的取值范围为3(22ln --，0)．故答案为：3(22ln --，0)．【点评】本题考查函数的导数的应用，函数的单调性以及函数的极值的求法，考查转化思想以及计算能力． 18．2()()f x x x c =-在2x=处有极大值，则常数c 的值为 6 ．【分析】先求出()f x '，根据()f x 在2x=处有极大值则有f '（2）0=得到c 的值为2或6，先让2c=然后利用导数求出函数的单调区间，从而得到2x =取到极小值矛盾，所以舍去，所以得到c 的值即可． 【解答】解：322()2f x x cxc x=-+，22()34f x x c x c'=-+， f '（2）02c =⇒=或6c =．若2c =，2()384f x x x '=-+，令2()03f x x '>⇒<或2x>，2()023f x x '<⇒<<，故函数在2(,)3-∞及(2,)+∞上单调递增，在2(3，2)上单调递减，2x ∴=是极小值点．故2c =不合题意，6c=．故答案为6【点评】考查学生利用导数研究函数极值的能力，会利用待定系数法求函数解析式．19．已知函数213,10()132,01x g x x x x x ⎧--<⎪=+⎨⎪-+<⎩……，若方程()0g x m x m --=有且仅有两个不等的实根，则实数m 的取值范围是 9(,2][0,2)4m ∈-- ．【分析】()0g x m x m --=可化为()(1)g x m x =+，从而化为函数()yg x =与(1)ym x =+的图象有两个不同的交点；再讨论以确定实数m 的取值范围． 【解答】解：由()0g x m x m --=得()(1)g x m x =+，原方程有两个相异的实根等价于两函数()y g x =与(1)y m x =+的图象有两个不同的交点．当0m>时，易知临界位置为(1)ym x =+过点(0,2)和(1,0)， 分别求出这两个位置的斜率12k =和2k =，由图可知此时[0m ∈，2)； 当0m<时，设过点(1,0)-函数1()31g x x =-+，(1x ∈-，0]的图象作切线的切点为0(x ，0)y ，则由函数的导数为21()(1)g x x '=-+得：0200001(1)1131y x x y x ⎧-=⎪++⎪⎨⎪=-⎪+⎩，解得：001332x y ⎧=-⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩得切线的斜率为194k =-，而过点(1,0)-，(0,2)-的斜率为12k =-，故可知9(4m ∈-，2]-，则9(4m∈-，2][0-，2)．故答案为：9(,2][0,2)4m∈--．【点评】本题考查了方程的根与函数的零点的关系应用，属于中档题． 20．已知函数()2xf x e ln x =--，下列说法正确的是 ①③ ．①()f x 有且仅有一个极值点； ②()f x 有零点；③若()f x 极小值点为0x ，则010()2f x <<； ④若()f x 极小值点为0x ，则01()12f x <<．【分析】先求出导函数()f x '，∴(T ex tran slatio n failed )，设()1x g x x e =-，(0,)x ∈+∞，利用导数得到函数()1x g x x e =-在(0,)+∞上单调递增，又1211()110222g e =⨯-=-<，g （1）10e =->，故存在唯一01(,1)2x ∈，使得0()g x =，所以()f x 有且仅有一个极值点，再利用01(,1)2x ∈，分析0()f x 的范围即可．【解答】解：()2xf x e ln x =--，(0,)x ∈+∞，∴(T ex tran slatio n failed )，设()1xg x x e =-，(0,)x ∈+∞，()0x xg x e x e'∴=+>恒成立，∴函数()1xg x x e =-，在(0,)+∞上单调递增，又1211()110222g e =⨯-=-<，g （1）10e =->，∴存在唯一01(,1)2x ∈，使得0()g x =，()f x ∴有且仅有一个极值点，当01(,)2x x ∈时，()g x <，()0f x '<，函数()f x 单调递减；当0(x x ∈，1)时，()g x >，()0f x '>，函数()f x 单调递增，x ∴是()f x 的极小值点，且满足01(,1)2x ∈，00()10x g x x e=-=，∴0011,x ex lnln x x x ===-，∴000001()22x f x e ln x x x =--=+-，对勾函数1yx x=+在1(2，1)上单调递减，∴0011222x x <+<+，∴010()2f x <<，∴函数()f x 恒大于0，无零点，综上所述：正确的是①③， 故答案为：①③．【点评】本题主要考查了利用导数以及函数的极值，是中档题． 21．已知函数2()xf x a e x=-有两个极值点，则实数a 的取值范围是2(0,)e．【分析】求出函数的导数，问题转化为ya=和2()xx g x e=在R 上有2个交点，根据函数的单调性求出()g x 的范围，从而求出a 的范围即可． 【解答】解：()2xf x a e x'=-，若函数2()x f x a e x=-有两个极值点，则ya=和2()xx g x e=在R 上有2个交点，22()xx g x e-'=，(,1)x ∈-∞时，即()0g x '>，()g x 递增，(1,)x ∈+∞时，()0g x '<，()g x 递减， 故()m a x g x g=（1）2e=，而20xx e>恒成立，所以20a e<<，故答案为：2(0,)e ．【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及转化思想，是一道中档题．22．已知函数211,0,2(),0xe x x x ef x ln x x x ⎧--+⎪⎪=⎨⎪>⋅⎪⎩…若方程()0f x m -=恰有两个实根，则实数m 的取值范围是1(,0]{}e-∞ ． 【分析】研究0x>与0x …时，()f x 的单调性、极值情况，画出图象，然后研究y a=与()y f x =恰有两个交点时a 的取值范围．【解答】解：（1）0x …时，()1x f x e x '=--，易知(0)0f '=，而()10xf x e ''=-<，所以()f x '在(-∞，0]上递减，故()(0)0f x f ''=…，故()f x 在(-∞，0]上递增，且1()(0)1f x f e=+…，当x→-∞时，()f x →-∞．（2）0x >时，21()ln x f x x-'=，令()0f x '>，得0x e<<；()0f x '<得xe>；故()f x 在(0,)e 上递增，在(,)e +∞递减， 故0x >时，1()()m a x f x f e e==；0x→时，()f x →-∞；x→+∞时，()0f x →．由题意，若方程()0f x m -=恰有两个实根，只需ym=与()yf x =恰有两个交点，同一坐标系画出它们的图象如下：如图所示，当直线ym=在图示①，②位置时，与()yf x =有两个交点，所以m 的范围是：1(,0]{}e-∞．故答案为：1(,0]{}e-∞．【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性、极值等性质，进而结合图象研究函数的零点问题．属于中档题． 三．解答题（共5小题） 23．已知函数2()f x a x a x x ln x=--，且()0f x …．（1）求a ； （2）证明：()f x 存在唯一的极大值点0x ，且220()2e f x --<<．【分析】（1）通过分析可知()0f x …等价于()h x a x a ln x =--…，进而利用1()h x a x'=-可得1()()m in h x h a =，从而可得结论；（2）通过（1）可知2()f x x x x ln x=--，记()()22t x f x x l n x ='=--，解不等式可知1()()2102m in t x t ln ==-<，从而可知()0f x '=存在两根0x ，2x ，利用()f x 必存在唯一极大值点0x 及012x <可知01()4f x <，另一方面可知0211()()f x f e e>=． 【解答】解：（1）因为2()()(0)f x a x a x x ln x x a x a ln x x =--=-->，则()0f x …等价于()h x a x a ln x =--…，求导可知1()h x a x'=-．则当0a …时()0h x '<，即()yh x =在(0,)+∞上单调递减，所以当01x >时，0()h x h<（1）0=，矛盾，故0a>．因为当10x a<<时()0h x '<、当1xa>时()h x '>，所以1()()m inh x h a =，又因为h （1）10a a ln =--=，所以11a =，解得1a=；另解：因为f（1）0=，所以()0f x …等价于()f x 在0x>时的最小值为f（1），所以等价于()f x 在1x=处是极小值，所以解得1a=；（2）由（1）可知2()f x x x x ln x=--，()22f x x ln x'=--，令()0f x '=，可得220xln x --=，记()22t x x ln x=--，则1()2t x x'=-，令()t x '=，解得12x=，所以()t x 在区间1(0,)2上单调递减，在1(2，)+∞上单调递增，所以1()()2102m in t x t ln ==-<，又2212()0t ee=>，所以()t x 在1(0,)2上存在唯一零点，所以()t x =有解，即()0f x '=存在两根0x ，2x ，且不妨设()f x '在0(0,)x 上为正、在0(x ，2)x 上为负、在2(x ，)+∞上为正，所以()f x 必存在唯一极大值点0x ，且00220x ln x --=，所以222200000000000()22f x x x x ln x x x x x x x =--=-+-=-，由012x <可知20002111()()224m a x f x x x <-=-+=；由1()0f e'<可知0112x e<<，所以()f x 在0(0,)x 上单调递增，在0(x ，1)e 上单调递减，所以0211()()f x f e e>=；综上所述，()f x 存在唯一的极大值点0x ，且220()2e f x --<<．【点评】本题考查利用导数研究函数的极值，考查运算求解能力，考查转化思想，注意解题方法的积累，属于难题． 24．已知函数2()xf x e a x=-． （1）若1a =，证明：当0x …时，()1f x …；（2）若()f x 在(0,)+∞只有一个零点，求a ．【分析】（1）通过两次求导，利用导数研究函数的单调性极值与最值即可证明， （2）方法一：分离参数可得2x e ax=在(0,)+∞只有一个根，即函数ya=与2()x e G x x=的图象在(0,)+∞只有一个交点．结合图象即可求得a ． 方法二：①当0a …时，2()0x f x e a x=->，()f x 在(0,)+∞没有零点．②当0a>时，设函数2()1xh x a x e-=-．()f x 在(0,)+∞只有一个零点()h x ⇔在(0,)+∞只有一个零点． 利用()(2)xh x a x x e-'=-，可得())h x 在(0,2)递减，在(2,)+∞递增，结合函数()h x 图象即可求得a ．【解答】解：（1）证明：当1a =时，函数2()x f x e x=-．则()2xf x e x'=-， 令()2xg x e x=-，则()2xg x e '=-，令()g x '=，得2x ln =．当(0,2)x ln ∈时，()0g x '<，当(2,)x ln ∈+∞时，()g x '>，2()(2)222220ln g x g ln eln ln ∴=-⋅=->…，()f x ∴在[0，)+∞单调递增，()(0)1f x f ∴=…．（2）方法一：()f x 在(0,)+∞只有一个零点⇔方程2xe a x-=在(0,)+∞只有一个根，2x e a x⇔=在(0,)+∞只有一个根，即函数ya=与2()x e G x x=的图象在(0,)+∞只有一个交点．3(2)()xe x G x x-'=，当(0,2)x ∈时，()0G x '<，当(2,)∈+∞时，()G x '>，()G x ∴在(0,2)递减，在(2,)+∞递增， 当0x→时，()G x →+∞，当→+∞时，()G x →+∞， ()f x ∴在(0,)+∞只有一个零点时，aG=（2）24e=．方法二：①当0a …时，2()0x f x e a x=->，()f x 在(0,)+∞没有零点．②当0a>时，设函数2()1xh x a x e-=-．()f x 在(0,)+∞只有一个零点()h x ⇔在(0,)+∞只有一个零点．()(2)xh x a x x e-'=-，当(0,2)x ∈时，()0h x '<，当(2,)x ∈+∞时，()h x '>，()h x ∴在(0,2)递减，在(2,)+∞递增，∴24()(2)1m in a h x h e==-，(0)x …．当h （2）0<时，即24ea >，()i 由于(0)1h =，当0x>时，2xe x>，可得33342241616161(4)11110()(2)aaa a ah a eea a=-=->-=->．()h x 在(0,)+∞有2个零点()ii 当h （2）0>时，即24ea <，()h x 在(0,)+∞没有零点， ()iii 当h （2）0=时，即24ea=，()h x 在(0,)+∞只有一个零点，综上，()f x 在(0,)+∞只有一个零点时，24ea=．【点评】本题考查了利用导数探究函数单调性，以及函数零点问题，考查了转化思想、数形结合思想，属于中档题． 25．已知函数21()xa xx f x e+-=．（1）求曲线()yf x =在点(0,1)-处的切线方程；（2）证明：当1a …时，()0f x e +…．【分析】（1）22(21)(1)()()xxxa x e a xx ef x e +-+-'=由(0)2f '=，可得切线斜率2k=，即可得到切线方程．（2）可得22(21)(1)(1)(2)()()xxxxa x e a x x ea x x f x e e+-+-+-'==-．可得()f x 在1(,)a-∞-，(2,)+∞递减，在1(a-，2)递增，注意到1a …时，函数2()1g x a x x =+-在(2,)+∞单调递增，且g （2）410a =+>只需1()a m inx e e=--…，即可．【解答】解：（1）22(21)(1)(1)(2)()()xxxxa x e a x x ea x x f x e e +-+-+-'==-．(0)2f ∴'=，即曲线()yf x =在点(0,1)-处的切线斜率2k=，∴曲线()yf x =在点(0,1)-处的切线方程为(1)2y x--=．即210xy --=为所求．（2）证明：函数()f x 的定义域为：R ，可得22(21)(1)(1)(2)()()xxxxa x e a x x ea x x f x e e+-+-+-'==-．令()0f x '=，可得1212,0x x a==-<，当1(,)x a ∈-∞-时，()0f x '<，1(,2)x a ∈-时，()0f x '>，(2,)x ∈+∞时，()0f x '<．()f x ∴在1(,)a-∞-，(2,)+∞递减，在1(a-，2)递增，注意到1a …时，函数2()1g x a x x =+-在(2,)+∞单调递增，且g （2）410a =+>，故()g x 在(2,)+∞上恒大于零，即21()xa xx f x e+-=在(2,)+∞上恒大于零．函数()f x 的图象如下：1a …，∴1(0,1]a ∈，则11()a f e ea-=--…，1()a m inf x e e∴=--…，∴当1a …时，()0f x e +…．【点评】本题考查了导数的几何意义，及利用导数求单调性、最值，考查了数形结合思想，属于中档题．。
2022年高中数学人教B版选择性必修第三册同步练习：6.2.2 导数与函数的极值、最值(含解析)
同步练习(十六) 导数与函数的极值、最值一、选择题1．下列结论中，正确的是( )A ．导数为零的点一定是极值点B ．如果在x 0点附近的左侧f ′(x )>0，右侧f ′(x )<0，那么f (x 0)是极大值C ．如果在x 0点附近的左侧f ′(x )>0，右侧f ′(x )<0，那么f (x 0)是极小值D ．如果在x 0点附近的左侧f ′(x )<0，右侧f ′(x )>0，那么f (x 0)是极大值2．设函数f (x )＝2x＋ln x ，则( ) A ．x ＝12为f (x )的极大值点 B ．x ＝12为f (x )的极小值点 C ．x ＝2为f (x )的极大值点D ．x ＝2为f (x )的极小值点3．已知函数f (x )＝x 2－2(－1)k ln x (k ∈N ＋)存在极值，则k 的取值集合是( )A ．{2,4,6,8，…}B ．{0,2,4,6,8，…}C ．{1,3,5,7，…}D ．N ＋4．函数f (x )＝x e x 在区间[2,4]上的最小值为( ) A ．0 B.1eC.4e 4D.2e 2 二、填空题5．设a ∈R ，若函数y ＝e x ＋ax (x ∈R )有大于零的极值点，则a 的取值范围为________．6．设方程x 3－3x ＝k 有3个不等的实根，则实数k 的取值范围是________．7．已知函数f (x )＝a x 2＋2ln x ，若当a >0时，f (x )≥2恒成立，则实数a 的取值范围是________． 三、解答题8．已知a 为实数，f (x )＝(x 2－4)·(x －a )．(1)求导数f ′(x )；(2)若f′(－1)＝0，求f(x)在[－2,2]上的最大值和最小值．9．已知函数y＝ax3＋bx2，当x＝1时，有极大值3.(1)求实数a，b的值；(2)求函数y的极小值．[尖子生题库]10．已知函数f (x )＝1＋ln x x，若函数在区间⎝⎛⎭⎫a ，a ＋12(其中a >0)上存在极值，求实数a 的取值范围．。
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高中数学-导数与函数的最值练习一、选择题1．函数y ＝xe x 在[0，2]上的最大值是( )A.1e B.2e 2 C ．0D.12e解析：选A.易知y ′＝1－xe x ，x ∈[0，2]，令y ′>0，得0≤x <1，令y ′<0，得2≥x >1，所以函数y ＝x e x 在[0，1]上单调递增，在(1，2]上单调递减，所以y ＝xe x 在[0，2]上的最大值是y |x ＝1＝1e，故选A.2．(·安徽模拟)已知f (x )＝ln xx，则( )A ．f (2)>f (e)>f (3)B ．f (3)>f (e)>f (2)C ．f (3)>f (2)>f (e)D ．f (e)>f (3)>f (2)解析：选D.f (x )的定义域是(0，＋∞)，f ′(x )＝1－ln xx2，令f ′(x )＝0，得x ＝e. 所以当x ∈(0，e)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，故x ＝e 时，f (x )max ＝f (e)＝1e ，而f (2)＝ln 22＝ln 86，f (3)＝ln 33＝ln 96，所以f (e)>f (3)>f (2)．故选D.3．已知函数f (x )＝x 3＋3x 2－9x ＋1，若f (x )在区间[k ，2]上的最大值为28，则实数k的取值范围为( )A ．[－3，＋∞)B ．(－3，＋∞)C ．(－∞，－3)D ．(－∞，－3]解析：选D.由题意知f ′(x )＝3x 2＋6x －9，令f ′(x )＝0，解得x ＝1或x ＝－3，所以f ′()，()随的变化情况如下表：x (－∞，－3) －3 (－3，1) 1 (1，＋∞) f ′(x ) ＋ 0 － 0 ＋f (x ) 极大值 极小值又(－3)＝28，(1)＝－4，(2)＝3，()在区间[，2]上的最大值为28，所以≤－3.4．函数f (x )＝12x 2－ln x 的最小值为( )A ．12B ．1C ．0D ．不存在解析：选A.f ′(x )＝x －1x ＝x 2－1x，且x ＞0，令f ′(x )＞0，得x ＞1；令f ′(x )＜0，得0＜x ＜1，所以f (x )在x ＝1处取得极小值也是最小值，且f (1)＝12－ln 1＝12.5．已知f (x )是奇函数，当x ∈(0，2)时，f (x )＝ln x －ax ⎝ ⎛⎭⎪⎫a >12，当x ∈(－2，0)时，f (x )的最小值为1，则a 的值为( )A.14 B ．13 C.12D ．1解析：选D.因为f (x )是奇函数，所以f (x )在(0，2)上的最大值为－1，当x ∈(0，2)时，f ′(x )＝1x －a ，令f ′(x )＝0，得x ＝1a ，又a >12，所以0<1a <2.令f ′(x )>0，得x <1a ，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增；令f ′(x )<0，得x >1a，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，2上单调递减．所以当x ∈(0，2)，f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln 1a －a ·1a ＝－1，所以ln 1a＝0，所以a ＝1.故选D.6．P 在曲线y ＝e x上，Q 在直线y ＝ln x 上，则|PQ |的最小值为( ) A ．22B ． 2C ．2 2D ．2解析：选B.因为y ＝e x 与y ＝ln x 关于直线y ＝x 对称，设P (x ，e x)，则P 到直线y ＝x的距离d ＝e x－x2，令f (x )＝e x －x ，则f ′(x )＝e x－1，f ′(x )＝0时，x ＝0，f ′(x )>0时，x >0，f ′(x )<0时，x <0，所以f (x )在(－∞，0)上是减函数，在(0，＋∞)上是增函数，所以f (x )min ＝f (0)＝1，所以d min ＝12＝22. 所以|PQ |min ＝2，选B. 二、填空题7．函数y ＝x e x的最小值是________．解析：因为y ＝x e x ，所以y ′＝e x ＋x e x ＝(1＋x )e x.当x >－1时，y ′>0；当x <－1时，y ′<0，所以当x ＝－1时函数取得最小值，且y min ＝－1e.答案：－1e8．函数f (x )＝x sin x ＋cos x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，π上的最大值为________． 解析：因为f ′(x )＝sin x ＋x cos x －sin x ＝x cos x ，所以f ′(x )＝0在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，π上的解为x ＝π2.又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝π12＋32，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝π2，f (π)＝－1，所以函数f (x )＝x sin x ＋cosx 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，π上的最大值为π2. 答案：π29．已知函数f (x )＝ax －ln x ，当x ∈(0，e](e 为自然常数)时，函数f (x )的最小值为3，则a 的值为________．解析：易知a ＞0，由f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x ＝0，得x ＝1a，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，所以f (x )在x ＝1a 时取得最小值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝1－ln 1a.①当0＜1a ≤e 时，由1－ln 1a＝3，得a ＝e 2，符合题意，②当1a ＞e 时，由a e －ln e ＝3，得a ＝4e，舍去．答案：e 210．已知常数a ≠0，f (x )＝a ln x ＋2x .当f (x )的最小值不小于－a 时，则实数a 的最小值为________．解析：因为f ′(x )＝a ＋2xx， 所以当a >0，x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0，即f (x )在x ∈(0，＋∞)上单调递增，没有最小值； 当a <0时，由f ′(x )>0得，x >－a2，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－a2，＋∞上单调递增；由f ′(x )<0得，0<x <－a2，所以f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，－a 2上单调递减．所以当a <0时，f (x )的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝a ln(－a 2)＋2×(－a2)．根据题意得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝a ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2≥－a ，即a [ln(－a )－ln 2]≥0.因为a <0，所以ln(－a )－ln 2≤0，解得－2≤a <0，所以a 的最小值为－2.答案：－2 三、解答题11．(·沈阳监测)已知函数f (x )＝a ln x (a >0)，e 为自然对数的底数． (1)若过点A (2，f (2))的切线斜率为2，求实数a 的值；(2)当x >0时，求证f (x )≥a ⎝⎛⎭⎪⎫1－1x ；(3)若在区间(1，e)上e x a －e 1ax <0恒成立，求实数a 的取值范围．解：(1)由题意得f ′(x )＝a x， 所以f ′(2)＝a2＝2，所以a ＝4.(2)证明：令g (x )＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x －1＋1x (x >0)，则g ′(x )＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －1x 2.令g ′(x )>0，即a ⎝⎛⎭⎪⎫1x －1x2>0，解得x >1，令g ′(x )<0，解得0<x <1；所以g (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．所以g (x )的最小值为g (1)＝0，所以f (x )≥a ⎝⎛⎭⎪⎫1－1x .(3)由题意可知e x a <e 1ax ，化简得x －1a <ln x ，又x ∈(1，e)，所以a >x －1ln x.令h (x )＝x －1ln x ，则h ′(x )＝ln x －1＋1x （ln x ）2.由(2)知，当x ∈(1，e)时，ln x －1＋1x>0，所以h ′(x )>0，即h (x )在(1，e)上单调递增， 所以h (x )<h (e)＝e －1. 所以a ≥e －1.故实数a 的取值范围为[e －1，＋∞)．12．(·贵阳检测)已知函数f (x )＝(x －1)e x＋1，x ∈[0，1]． (1)证明：f (x )≥0；(2)若a <e x－1x<b 对任意的x ∈(0，1)恒成立，求b －a 的最小值．解：(1)证明：因为f ′(x )＝x e x≥0， 即f (x )在[0，1]上单调递增，所以f (x )≥f (0)＝0，即结论成立．(2)令g (x )＝e x－1x ，则g ′(x )＝（x －1）e x＋1x2>0，x ∈(0，1)，所以，当x ∈(0，1)时，g (x )<g (1)＝e －1，要使e x－1x <b ，只需b ≥e －1.要使e x－1x>a 成立，只需e x －ax －1>0在x ∈(0，1)恒成立，令h (x )＝e x －ax －1.x ∈(0，1)，则h ′(x )＝e x －a ，由x ∈(0，1)，得e x ∈(1，e)，①当a ≤1时，h ′(x )>0，此时x ∈(0，1)，有h (x )>h (0)＝0成立，所以a ≤1满足条件；②当a ≥e 时，h ′(x )<0，此时x ∈(0，1)，有h (x )<h (0)＝0，不符合题意，舍去； ③当1<a <e 时，令h ′(x )＝0，得x ＝ln a ，可得当x ∈(0，ln a )时，h ′(x )<0，即x ∈(0，ln a )时，h (x )<h (0)＝0，不符合题意，舍去．综上，a ≤1.又b ≥e －1，所以b －a 的最小值为e －2.1．已知f (x )＝ax 2(a ∈R )，g (x )＝2ln x . (1)讨论函数F (x )＝f (x )－g (x )的单调性；(2)若方程f (x )＝g (x )在区间[2，e]上有两个不相等的解，求a 的取值范围．解：(1)F (x )＝ax 2－2ln x ，其定义域为(0，＋∞)， 所以F ′(x )＝2ax －2x＝2（ax 2－1）x(x ＞0)．①当a ＞0时，由ax 2－1＞0，得x ＞1a，由ax 2－1＜0，得0＜x ＜1a，故当a ＞0时，F (x )在区间⎝⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递增，在区间⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递减．②当a ≤0时，F ′(x )＜0(x ＞0)恒成立．故当a ≤0时，F (x )在(0，＋∞)上单调递减．(2)原式等价于方程a ＝2ln xx2在区间[2，e]上有两个不等解．令φ(x )＝2ln x x 2，由φ′(x )＝2x （1－2ln x ）x4易知，φ(x )在(2，e)上为增函数，在(e ，e)上为减函数，则φ(x )max ＝φ(e)＝1e ，而φ(e)＝2e 2，φ(2)＝ln 22.由φ(e)－φ(2)＝2e 2－ln 22＝4－e 2ln 22e 2＝ln e 4－ln 2e 22e 2＜ln 81－ln 272e2＜0，所以φ(e)＜φ(2)．所以φ(x )min ＝φ(e)，如图可知φ(x )＝a 有两个不相等的解时，需ln 22≤a ＜1e.即f (x )＝g (x )在[2，e]上有两个不相等的解时a 的取值范围为[ln 22，1e )．2．已知f (x )＝x ln x .(1)求函数f (x )在[t ，t ＋2](t >0)上的最小值；(2)证明：对一切x ∈(0，＋∞)，都有ln x >1e x －2e x 成立．解：(1)由f (x )＝x ln x ，x >0，得f ′(x )＝ln x ＋1， 令f ′(x )＝0，得x ＝1e.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增． ①当0<t <1e <t ＋2，即0<t <1e时，f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e＝－1e； ②当1e ≤t <t ＋2，即t ≥1e时，f (x )在[t ，t ＋2]上单调递增，f (x )min ＝f (t )＝t ln t ．所以f (x )min＝⎩⎪⎨⎪⎧－1e ，0<t <1et ln t ，t ≥1e.(2)证明：问题等价于证明x ln x >x e x －2e(x ∈(0，＋∞))．由(1)可知f (x )＝x ln x (x ∈(0，＋∞))的最小值是－1e ，当且仅当x ＝1e时取到．设m (x )＝x e x －2e (x ∈(0，＋∞))，则m ′(x )＝1－xex ，由m ′(x )<0得x >1时，m (x )为减函数，由m ′(x )>0得0<x <1时，m (x )为增函数， 易知m (x )max ＝m (1)＝－1e，当且仅当x ＝1时取到．从而对一切x ∈(0，＋∞)，x ln x ≥－1e ≥x e x －2e ，两个等号不同时取到，即证对一切x ∈(0，＋∞)都有ln x >1e x －2e x成立．。