函数与导数大题部分-高考数学解题方法归纳总结专题训练
高考数学专题：导数大题专练(含答案)
高考数学专题：导数大题专练(含答案)一、解答题1．已知函数()ln f x ax x =+ (1)讨论()f x 的单调区间；(2)设()2xg x =，若对任意的[]11,100x ∈，存在[]20,1x ∈，使()()12f x g x <成立，求实数a 的取值范围.2．已知函数1()2ln f x x x x=+-． (1)求函数的单调区间和极值；(2)若12x x ≠且()()12f x f x =，求证：121x x <． 3．已知函数2()ln (2)f x x a x a =+<． (1)若2a =-，求函数()f x 的极小值点；(2)当2(]0,x ∈时，讨论函数()f x 的图象与函数(2)22y a x a =+--的图象公共点的个数，并证明你的结论．4．已知函数()ln 1f x x ax =++，R a ∈，函数()()21e ln 2xg x x x x x x =-++-，)2e ,x -∈+∞⎡⎣．(1)试讨论函数()f x 的单调性；(2)若0x 是函数()g x 的最小值点，且函数()()h x xf x =在0x x =处的切线斜率为2，试求a 的值．5．已知函数()2()2e =+-xf x x a ．(1)讨论函数的单调性；(2)若(0,),()x f x a ∈+∞≥-恒成立，求整数a 的最大值． 6．已知函数()e (1)()x f x a x a -=++∈R ． (1)当1a =时，求函数()y f x =的极值；(2)若函数()()ln e g x f x x =-+-在[1,)+∞有唯一的零点，求实数a 的取值范围．7．已知函数()()e ln 1xf x a x =+-+，()'f x 是其导函数，其中a R ∈．(1)若()f x 在(,0)-∞上单调递减，求a 的取值范围；(2)若不等式()()f x f x '≤对(,0)x ∀∈-∞恒成立，求a 的取值范围．8．用数学的眼光看世界就能发现很多数学之“美”.现代建筑讲究线条感，曲线之美让人称奇.衡量曲线弯曲程度的重要指标是曲率，曲线的曲率定义如下：若fx 是()f x 的导函数，()f x ''是fx 的导函数，则曲线()y f x =在点()(),x f x 处的曲率()()()3221f x K f x ''='+⎡⎤⎣⎦.(1)若曲线()ln f x x x =+与()g x x ()1,1处的曲率分别为1K ，2K ，比较1K ，2K 大小；(2)求正弦曲线()sin h x x =（x ∈R ）曲率的平方2K 的最大值. 9．已知函数()321623f x x ax x =+-+在2x =处取得极值． (1)求()f x 的单调区间；(2)求()f x 在[]4,3-上的最小值和最大值．10．设函数()223ln 1f x a x ax x =+-+，其中0a >．(1)求()f x 的单调区间；(2)若()y f x =的图象与x 轴没有公共点，求a 的取值范围．【参考答案】一、解答题1．(1)答案见解析 (2)31a e ≤-【解析】 【分析】（1）由()()110ax f x a x xx+=+=>'，按0a ≥，0a <进行分类讨论求解； （2）由已知，转化为()()max max f x g x <，由已知得()()max 12g x g ==，由此能求出实数a 的取值范围． (1)()(]110ax f x a x x x+'=+=>，①当0a ≥时，由于0x >，故10ax +>，()0f x '>， 所以()f x 的单调递增区间为()0,∞+； ②当0a <时，由()0f x '=，得1x a=-，在区间10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上()0f x '>，在区间1,a∞⎛⎫-+ ⎪⎝⎭上()0f x '<，所以，函数()f x 的单调递增区间为10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭，单调递减区间为1,a∞⎛⎫-+ ⎪⎝⎭；(2)由题目知，只需要()()max max f x g x <即可又因为()()max 12g x g ==，所以只需要()max 2f x <即可()max 2f x <即等价于()2f x <恒成立，由变量分离可知2ln xa x-<，[]1,100x ∈， 令()2ln xh x x -=，下面求()h x 的最小值， 令()23ln xh x x-+'=，所以()0h x '=得3x e =， 所以()h x 在31,e ⎡⎤⎣⎦为减函数，3,100e ⎡⎤⎣⎦为增函数， 所以()()33min 1h x h e e -==，所以31a e ≤-. 2．(1)减区间()0,1，增区间()1,+∞，极小值3， (2)证明见解析 【解析】 【分析】（1）依据导函数与原函数的关系去求函数的单调区间和极值即可； （2）构造新函数利用函数单调性去证明121x x <即可. (1)1()2ln (0)f x x x x x =+->，则()()2221111()2(0)x x f x x x x x +-'=--=>由()0f x '>得1x >，由()0f x '<得01x <<， 即()f x 减区间为()0,1，增区间为()1,+∞，在1x =时()f x 取得极小值(1)2103f =+-=，无极大值. (2)不妨设12x x <且()()12f x f x a ==，则101x <<，21>x ，3a >，2101x <<令1()()2ln (0)h x f x a x x a x x=-=+-->，则()()120h x h x ==()()2221111()2x x h x x x x +-'=--=， 则当1x >时()0h x '>，()h x 单调递增；当01x <<时()0h x '<，()h x 单调递减 由()222212ln 0x x h x a x +=--=，得22212ln a x x x =+- 则2222222222211ln 2ln 2ln 1x x x x x h x x x x x ⎛⎫++-+-=-+ ⎪⎛⎫=⎪⎝⎝⎭⎭ 令21t x =，则222112ln 2ln (01)x x t t t x t -+=--<< 令()12ln (01)t m t t t t --<=<，则()()22211210t t tt m t -'=+-=> 即()12ln (01)t m t t t t--<=<为增函数，又()11100m =--=，则()12ln 0m t t tt --<=在(0,1)上恒成立.则222212ln 10x x x h x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭=-<恒成立，则()211h h x x ⎛⎫⎪< ⎝⎭， 又01x <<时()h x 单调递减，101x <<，2101x <<则211x x >，故121x x <3．(1)详见解析； (2)详见解析； 【解析】 【分析】（1）由2a =-，得到2()2ln f x x x =-，然后求导2()2f x x x'=-求解； （2）令2()ln (2)22=+-+++g x x a x a x a ，求导()()21()--'=x a x g x x，分0a ≤，012a <<，12a =，122a<<讨论求解. (1)解：当2a =-时，2()2ln f x x x =-，所以2()2f x x x'=-，令()0f x '=，得1x =，当01x <<时，()0f x '<，当1x >时，()0f x '>， 所以1x =是函数()f x 的极小值点；(2)当2(]0,x ∈时，令2()ln (2)22=+-+++g x x a x a x a ，则()()2212(2)()2(2)---++'=+-+==x a x a x a x a g x x a x x x， 当0a ≤时，01x <<时，()0g x '<，12x <≤时，()0g x '>， 所以当1x =时，()g x 取得极小值，且0x →，()g x ∞→+，当()110g a =+>，即10a -<≤，函数()f x 的图象与函数(2)22y a x a =+--的图象无公共点；当()110g a =+=，即1a =-时，函数()f x 的图象与函数(2)22y a x a =+--的图象有1个公共点； 当()()11022ln 20g a g a ⎧=+<⎪⎨=+≥⎪⎩，即21ln 2-≤<-a 时，函数()f x 的图象与函数(2)22y a x a =+--的图象有2个公共点；当()()11022ln 20g a g a ⎧=+<⎪⎨=+<⎪⎩，即2ln 2a <-，函数()f x 的图象与函数(2)22y a x a =+--的图象有1个公共点； 当012a <<，即02a <<时，02ax <<或1x >时，()0g x '>，12a x <<时，()0g x '<，所以当2ax =时，()g x 取得极大值，当1x =时，()g x 取得极小值，且0x →，()g x →-∞，因为()110g a =+>恒成立，所以函数()f x 的图象与函数(2)22y a x a =+--的图象只有1个公共点； 当12a =，即2a =时，()0g x '≥恒成立，所以()g x 在(0,2]上递增，所以函数()f x 的图象与函数(2)22y a x a =+--的图象有1个公共点； 当122a <<，即24a <<时，01x <<或22a x <<时，()0g x '>，12ax <<时，()0g x '<，所以当1x =时，()g x 取得极大值，当2ax =时，()g x 取得极小值，且0x →，()g x →-∞，因为()110g a =+>，()22ln 20=+<g a ，2ln 20242⎛⎫=-+++> ⎪⎝⎭a a a g a a 恒成立，所以()f x 的图象与函数(2)22y a x a =+--的图象只有1个公共点.综上： 当10a -<≤时，函数()f x 的图象与函数(2)22y a x a =+--的图象无公共点；当1a =-或 2ln 2a <-或04a <<时，()f x 的图象与函数(2)22y a x a =+--的图象只有1个公共点； 当21ln 2-≤<-a 时，函数()f x 的图象与函数(2)22y a x a =+--的图象有2个公共点.4．(1)答案见解析； (2)12a =. 【解析】 【分析】（1）由题可得()11ax f x a xx+'=+=，讨论0a ≥，0a <即得； （2）由题可得()g x '是一个单调递增的函数，利用零点存在定理可得()2e ,1t -∃∈，使得()0g t '=，进而可得()0000111ln e e 1ln x x x x ⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭，利用导数可得001e x x =，结合条件可得00ln 20x ax +=，即求. (1)()11ax f x a x x+'=+=，0x >， 当0a ≥时，函数()f x 在定义域()0,∞+上单调递增； 当0a <时，函数的单调性如表格所示：由题可得()()()22121e 1ln 2e ln 1x xg x x x x x x x x '=-++-++-=++-，0x >，则()g x '是一个单调递增的函数，当2e x -=时，()()2242ee e e e 30g ----'=+-<，当1x =时，()12e 10g '=->，故()2e ,1t -∃∈，使得()0g t '=，且所以0x t =，020000e ln 10x g x x x x '=++-=，整理该式有()02000e 1ln x xx x +=-，()000001111e ln xx x x x +=+， ∴()000111ln ee1ln x x x x ⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭令()()21ln ,e m x x x x -=+>，则()2ln 0m x x '=+>，所以函数在()2e ,-+∞上单调递增，故()000111ln ee1ln x x x x ⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭的解满足001e xx =；又()2ln h x x x ax x =++，()1ln 21h x x ax '=+++，()0002ln 22h x x ax '=++=，所以00ln 20x ax +=，由01e xx =知，0020x ax -+=，故12a =． 5．(1)答案见解析 (2)4 【解析】【分析】（1）求得()'f x ，对a 进行分类讨论，由此求得()f x 的单调区间.（2）由(0,),()x f xa ∈+∞≥-恒成立分离常数a ，通过构造函数，结合导数求得a 的取值范围，从而求得整数a 的最大值. (1)()'2(22)e x f x x x a =++-①当1a≤时，()0f x '≥恒成立，故()f x 在R 上恒增； ②当1a >时，当(,1x ∈-∞-时()0f x '>，()f x 单调递增，(11x ∈--时()0f x '<，()f x 单调递减， (1)x ∈-+∞时()0f x '>，()f x 单调递增，综上所述：当1a ≤时，()f x 在R 上恒增； 当1a >时，()f x 在(,1-∞-和(1)-++∞上单调递增，在(11--上单调递减.(2)2e (2)(e 1)xxx a +≥-，由于,()0x ∈+∞，2e (2)e 1x x x a +≤-，2e (2)()e 1x x x g x +=-，22e (2e 22)()(e 1)x x x x x x g x ---'=-， 令2()2e 22x h x x x x =---，()(e 1)(22)x h x x '=-+，由于,()0x ∈+∞，则()(e 1)(22)0x h x x '=-+>，故2()2e 22x h x x x x =---单调递增，3334443393338()e 2e 4(e )042162223h =---<-=-<，(1)2e 50h =->， 所以存在03(,1)4x ∈使得0()0h x =，即020002e 22xx x x =++，当00(0,)x x ∈时()0h x <，()g x 单调递减，当00(,)x x ∈+∞时()0h x >，()g x 单调递增； 那么()()00202000e 222e 1x x x a g x xx +≤==++-，03(,1)4x ∈，故034()()(1)54g g x g <<<=，由于a 为整数，则a 的最大值为4. 【点睛】求解含参数不等式恒成立问题，可考虑分离常数法，然后通过构造函数，结合导数来求得参数的取值范围. 6．(1)()f x 的极小值为2，无极大值； (2)(,e 1]-∞+ 【解析】 【分析】（1）当1a =时，求导分析()f x 的单调性，即可得出答案．（2）由题意可得()()ln e e ln e(1)x g x f x x ax a x x =-+-=-++-，求导得()g x '，从而可推出()g x '在(1,)+∞单调递增，(1)e 1g a '=+-，分两种情况讨论：①当e 10a +-，②当e 10a +-<，分析()g x 的单调性，即可得出答案．(1)当1a =时，()(1)xf x e x -=++，1()1x xxe f x e e --+'=-+=，令1e 0x -+>，得0x >， 令1e 0x -+<，得0x <，则()f x 单调递增区间为(0,)+∞，单调递减区间为(,0)-∞， ∴()f x 存在极小值为()02f =，无极大值； (2)()()ln e e (1)ln e e ln e(1)x x g x f x x a x x ax a x x =-+-=+-++-=-++-，则1()xg x e a x'=-+，令1()xh x e a x =-+，则221()x x e h x x -'=，由1x >得，21x >，210x x e ->，则()0h x '>，故()g x '在(1,)+∞单调递增，(1)e 1g a '=+-，①当e 10a +-，即e 1a +时，即(1,)x ∈+∞时，()0g x '>， ∴()g x 在(1,)+∞上单调递增，又(1)0g =， ∴当1x >时，函数()g x 没有零点， ②当e 10a +-<，即e 1a >+时， 由e e (1)x y x x =->，得e e 0x y '=->， ∴e e x x >，∴11()e e xg x a x a x x '=+->+-，e ee 0e e a a g a a a⎛⎫'>⋅+-=> ⎪⎝⎭，又∵e 1e ea >=，∴存在01,e a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()00g x '=，当()01,x x ∈时，()0g x '<，()g x 单调递减， 又∵(1)0g =，∴当0(]1,x x ∈时，()0g x <，在()01,x 内，函数()g x 没有零点， 又∵()0,x x ∈+∞时，()0g x '>， ∴()g x 单调递增，又∵22e )e 1(ln e a a g a a a a a +-+>-=-+， 令2()e 1(1)>x k x x x =-+，()()e 2x s x k x x '==-，()e 2e 20x s x '=->->，∴()k x '在(1,)+∞上单调递增， 又∵(1)0k '>，∴1x >时，()0k x '>，()k x 在(1,)+∞上单调递增， ∴()(1)0k a k >>， ∴()0g a >， 又∵0eaa x >>， ∴由零点的存在定理可知存在()()101,,0x x a g x ∈=， ∴在()0,x a 内，函数()g x 有且只有1个零点， 综上所述，实数a 的取值范围是(,e 1]-∞+.7．(1)1,e⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭(2)(],1-∞- 【解析】 【分析】（1）求出导函数()e x a f x x'=+，根据()f x 在(,0)-∞上单调递减，可得()e 0x af x x'=+≤在(,0)-∞上恒成立，分类参数可得e x a x ≥-⋅在(,0)-∞上恒成立，令()()e ,0x g x x x =-⋅<，利用导数求出函数()g x 的最大值即可得解；（2）将已知不等式转化为()ln 10a a x x--+≤对(,0)x ∀∈-∞恒成立，令()()()ln 1,0ah x a x x x=--+<，在对a 分类讨论，求出()h x 的最大值小于等于0，即可求出答案. (1)解：()e xa f x x'=+，因为()f x 在(,0)-∞上单调递减，所以()e 0xa f x x'=+≤在(,0)-∞上恒成立，即e x a x ≥-⋅在(,0)-∞上恒成立，令()()e ,0xg x x x =-⋅<， 则()()e e 1e x x xg x x x '=--=-+，当1x <-时，()0g x '>，当10x -<<时，()0g x '<， 所以函数()g x 在(),1-∞-上递增，在()1,0-上递减， 所以()()max 11eg x g =-=，所以a 的取值范围为1,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭；(2)解：由()()f x f x '≤得()ln 1aa x x-+≤，即()ln 10a a x x--+≤对(,0)x ∀∈-∞恒成立， 令()()()ln 1,0ah x a x x x=--+<，()()()221,0a x a a h x x x x x +'=+=<，当0a =时，()1h x =，不满足()0h x ≤；当0a >时，1x <-时，()0h x '<，10x -<<时，()0h x '>， 所以函数()h x 在(),1-∞-上递减，在()1,0-上递增， 所以()()min 110h x h a =-=+>，不符合题意；当0a <时，1x <-时，()0h x '>，10x -<<时，()0h x '<， 所以函数()h x 在(),1-∞-上递增，在()1,0-上递减， 所以()()max 110h x h a =-=+≤，解得1a ≤-， 综上所述，a 的取值范围(],1-∞-. 【点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性和最值，考查了不等式恒成立问题，考查了转化思想和分类讨论思想，考查了学生的计算能力. 8．(1)12K K <； (2)1. 【解析】 【分析】（1）对()f x 、()g x 求导，应用曲率公式求出()1,1处的曲率1K ，2K ，即可比较大小；（2）由题设求出()h x 的曲率平方，利用导数求2K 的最大值即可. (1)由()11f x x '=+，()21f x x ''=，则()()()()13332222211112511f K f ''===+'+⎡⎤⎣⎦，由()g x '=，()3214g x x -''=-，则()()()2333222221124511112g K g ''===⎡⎤'+⎡⎤⎛⎫⎣⎦+⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦，所以12K K <； (2)由()cos h x x '=，()sin h x x ''=-，则()322sin 1cos xK x =+，()()2223322sin sin 1cos 2sin xxK x x ==+-，令22sin t x =-，则[]1,2t ∈，故232tK t -=， 设()32t p t t -=，则()()32643226t t t t p t t t----'==，在[]1,2t ∈时()0p t '<，()p t 递减，所以()()max 11p t p ==，2K 最大值为1.9．(1)增区间为(),3-∞-，()2,+∞，减区间为()3,2- (2)()max 312f x =，()min 163f x =- 【解析】 【分析】（1）根据题意得()20f '=，进而得12a =，再根据导数与单调性的关系求解即可；（2）由（1）知[]4,3x ∈-时，()f x 的增区间为[)4,3--，(]2,3，减区间为()3,2-，进而求解()4f -，()3f -，()2f ，()3f 的值即可得答案. (1)解：（1）()226f x x ax '=+-，因为()f x 在2x =处取得极值，所以()24460f a '=+-=，解得12a =． 检验得12a =时，()f x 在2x =处取得极小值，满足条件.所以()26f x x x '=+-，令()0f x '>，解得3x <-或2x >，令()0f x '<，解得32x -<<， 所以()f x 的增区间为(),3-∞-，()2,+∞，减区间为()3,2-； (2)解：令()260f x x x '=+-=，解得3x =-或2x =，由（1）知()f x 的增区间为(),3-∞-，()2,+∞，减区间为()3,2-； 当[]4,3x ∈-时，()f x 的增区间为[)4,3--，(]2,3，减区间为()3,2- 又()()()()321138444642323f -=⨯-+⨯--⨯-+=， ()()()()321131333632322f -=⨯-+⨯--⨯-+=，()321116222622323f =⨯+⨯-⨯+=-，()32115333632322f =⨯+⨯-⨯+=-，所以()max 312f x =，()min 163f x =-． 10．(1)在10,a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，在1,a⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增 (2)1,e⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【解析】 【分析】（1）求导，根据定义域和a 的范围，讨论导数符号可得单调区间； （2）由（1）中单调性可得函数最小值，由最小值大于0可解. (1)函数()f x 的定义域为()0+∞，， ()()()222231323'2ax ax a x ax f x a x a x x x+-+-=+-==由于0a >且()0x ∈+∞，，所以230ax +>，令()'0f x =，解得1x a=， 当10x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，，()'0f x <，函数()f x 单调递减， 当1x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭，，()'0f x >，函数()f x 单调递增， ()f x ∴在10a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，上单调递减，在1a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，上单调递增． (2)要使()y f x =的图像与x 轴没有公共点，所以只需min ()0f x >即可，由（1）知min 111()113ln 133ln 33ln 0f x f a a a a ⎛⎫==+-+=-=+> ⎪⎝⎭，解得1e >a ，即a 的取值范围为1(,)e+∞。
2023新教材高考数学二轮专题复习强化训练25函数与导数__大题备考
强化训练25 函数与导数——大题备考第二次作业1．[2022·江苏苏州模拟]已知函数f(x)＝x ln x＋1，(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若x>1时，函数f(x)>kx恒成立，求实数k的取值范围．2．[2022·福建厦门模拟]已知函数f(x)＝e x－ax2－x－1.(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线的方程；(2)若f(x)≥0，求实数a的取值范围．3．[2022·山东日照三模]已知函数f(x)＝(x－2)e x－ax＋a ln x(a∈R).(1)当a＝－1时，求函数f(x)的单调区间；(2)当a<e时，讨论f(x)的零点个数．4．[2022·辽宁协作体二模]已知函数f (x )＝x ln x －12mx 2－x (m ∈R ).(1)若直线y ＝x ＋b 与f (x )的图象相切，且切点的横坐标为1，求实数m 和b 的值； (2)若函数f (x )在(0，＋∞)上存在两个极值点x 1，x 2，且x 1<x 2，证明：ln x 1＋ln x 2>2.强化训练25 函数与导数1．解析：（1）∵f （x ）＝x ln x ＋1，x >0， ∴f ′（x ）＝ln x ＋1，当x ∈（0，1e ）时，f ′（x ）<0；当x ∈（1e ，＋∞）时，f ′（x ）>0.所以函数f （x ）在（0，1e ）上单调递减，在（1e ，＋∞）上单调递增．（2）由于x >1，f （x ）>kx 恒成立，即k <ln x ＋1x恒成立，构造函数k （x ）＝ln x ＋1x，x >1，则求导可得k ′（x ）＝1x －1x 2＝x －1x2，当x >1时，k ′（x ）>0恒成立．所以k （x ）在（1，＋∞）上单调递增，则k （x ）>k （1）＝1， 所以k ≤1.2．解析：（1）因为f （x ）＝e x －x 2－x －1，当x ＝1时，切点为（1，e －3）， 求导f ′（x ）＝e x－2x －1，故切线斜率k ＝f ′（1）＝e －3， 所以所求切线方程为y ＝（e －3）x .（2）f （x ）≥0等价于e x≥ax 2＋x ＋1恒成立， 当a >0时，上式不恒成立，证明如下：当x <0时，e x <1，当x <－1a时，ax 2＋x ＋1＝x （ax ＋1）＋1>1，从而e x ≥ax 2＋x ＋1不恒成立，当a ≤0时，ax 2＋x ＋1≤x ＋1，下面先证明e x≥x ＋1， 令h （x ）＝e x －x －1，则h ′（x ）＝e x－1，当x <0时，h ′（x ）<0，h （x ）单调递减；当x >0时，h ′（x ）>0，h （x ）单调递增， 所以h （x ）min ＝h （0）＝0，即h （x ）≥0，所以e x≥x ＋1，而ax 2＋x ＋1≤x ＋1，故e x ≥ax 2＋x ＋1， 综上，若f （x ）≥0，则实数a 的取值范围为（－∞，0]. 3．解析：（1）当a ＝－1时，f （x ）＝（x －2）e x＋x －ln x ，则f ′（x ）＝（x －1）（e x ＋1x ），当x ∈（0，＋∞）时，e x ＋1x>0恒成立，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，即f （x ）的单调递减区间是（0，1），单调递增区间是（1，＋∞）.（2）由题意，函数f （x ）＝（x －2）e x－ax ＋a ln x ＝（x －2）e x－a （x －ln x ），x >0， 设m （x ）＝x －ln x ，x >0，则m ′（x ）＝1－1x ＝x －1x，当x ∈（0，1）时，m ′（x ）<0，m （x ）单调递减； 当x ∈（1，＋∞）时，m ′（x ）>0，m （x ）单调递增， 又由m （1）＝1，所以m （x ）≥1，令f （x ）＝0，可得（x －2）e x－ax ＋a ln x ＝0，所以a ＝（x －2）e xx －ln x，其中（x >0），令g （x ）＝（x －2）e x x －ln x ，可得g ′（x ）＝e x（x －1）（x －ln x ）2（x －ln x ＋2x－1），令h （x ）＝x －ln x ＋2x －1，则h ′（x ）＝1－1x －2x 2＝x 2－x －2x 2＝（x －2）（x ＋1）x2（x >0）， 可得0<x <2时，h ′（x ）<0，h （x ）单调递减；x >2时，h ′（x ）>0，h （x ）单调递增； 所以h （x ）min ＝h （2）＝2－ln 2>0，即x >0时，h （x ）>0恒成立；故0<x <1时，g ′（x ）<0，g （x ）单调递减；x >1时，g ′（x ）>0，g （x ）单调递增； 所以g （x ）min ＝g （1）＝－e ，又由x →0时，g （x ）→0，当x →＋∞时，g （x ）→＋∞， 函数g （x ）的图象，如图所示，结合图象可得：当a <－e 时，无零点；当a ＝－e 或0≤a <e 时，一个零点；当－e<a <0时，两个零点． 4．解析：（1）由题意，切点坐标为（1，－12m －1），f ′（x ）＝ln x －mx ，所以切线斜率为f ′（1）＝－m ＝1，所以m ＝－1，切线为y ＋12m ＋1＝1·（x －1），整理得y ＝x －32，所以b ＝－32.（2）证明：由（1）知f ′（x ）＝ln x －mx .由函数f （x ）在（0，＋∞）上存在两个极值点x 1，x 2，且x 1<x 2，知⎩⎪⎨⎪⎧ln x 1－mx 1＝0ln x 2－mx 2＝0，则m ＝ln x 1＋ln x 2x 1＋x 2且m ＝ln x 1－ln x 2x 1－x 2，联立得ln x 1＋ln x 2x 1＋x 2＝ln x 1－ln x 2x 1－x 2，即ln x 1＋ln x 2＝x 1＋x 2x 1－x 2·ln x 1x 2＝（x 1x 2＋1）·lnx 1x 2x 1x 2－1，设t ＝x 1x 2∈（0，1），则ln x 1＋ln x 2＝（t ＋1）·ln t t －1，要证ln x 1＋ln x 2>2，只需证（t ＋1）·ln t t －1>2，只需证ln t <2（t －1）t ＋1，只需证ln t －2（t －1）t ＋1<0.构造函数g （t ）＝ln t －2（t －1）t ＋1，则g ′（t ）＝1t －4（t ＋1）2＝（t －1）2t （t ＋1）2>0. 故g （t ）＝ln t －2（t －1）t ＋1，在t ∈（0，1）上递增，g （t ）<g （1）＝0，即g （t ）＝ln t －2（t －1）t ＋1<0，所以ln x 1＋ln x 2>2.。
导数大题题型归纳解题方法
导数大题题型归纳解题方法
导数大题题型主要包括求函数的导数、求函数的极值、求曲线的切线方程和法线方程等。
下面给出这些题型的解题方法：
1. 求函数的导数：
- 根据导数的定义，逐项求导；
- 利用乘法法则、复合函数法则、除法法则等求导法则简化计算；
- 对于含有多项式函数、指数函数、对数函数、三角函数等函数的复合函数，可以根据相应的求导法则和运算规律进行求导。
2. 求函数的极值：
- 首先求函数的导数，得到导函数；
- 解导函数的方程，求得导函数的零点，即函数的驻点；
- 利用二阶导数判别法来判断驻点的类型（极大值点、极小值点或拐点）；
- 如果导函数的零点为函数的一个极值点，则该极值点对应的函数值为极值。
3. 求曲线的切线方程：
- 首先求曲线上一点的切线斜率，可以通过求导得到；
- 然后利用一般点斜式的切线方程公式，以该点和斜率为参数，得到切线方程。
4. 求曲线的法线方程：
- 首先求曲线上一点的切线斜率，可以通过求导得到；
- 利用切线斜率与法线斜率的关系（切线斜率与法线斜率的乘积等于-1），由此得到法线的斜率；
- 然后以该点和法线斜率为参数，利用一般点斜式的法线方程公式得到法线方程。
以上是导数大题题型的一般解题方法，根据具体题目特点和要求，可能需要结合其他数学知识和技巧进行推导和计算。
高考压轴题：导数题型及解题方法总结很全.
注意：“函数 f ( x) 在 m, n 上是减函数”与“函数 f ( x) 的单调减区间是 a, b ”的区别是前者是后者的子集。
例 已知函数 f (x) x2 a ln x + 2 在 1, x
（利用极值点的大小关系、及极值点与区间的关系分类）
1,2 的极小值。
二．单调性问题
题型 1 求函数的单调区间。
求含参函数的单调区间的关键是确定分类标准。分类的方法有：
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
（ 1）在求极值点的过程中，未知数的系数与
0
的关系不定而引起的分类； （2）在求极值点的过程中，有无极值点引起的分类（涉及到二次方程问题时，△与
切线方程。解决问题的方法是设切点，用导数求斜率，建立等式关系。
例 求曲线 y x2 与曲线 y 2eln x 的公切线方程。 （答案 2 ex y e 0 ）
三．极值、最值问题。
题型 1 求函数极值、最值。
基本思路：定义域 → 疑似极值点 → 单调区间 → 极值 → 最值。
例 已知函数 f (x) ex x (k 1) ex 1 x 2 kx 1 ，求在 x 2
3. 对 x1 m, n , x2 m, n ， f ( x1 ) g( x2 ) 成立。则 f ( x1 ) max g( x2 ) min 。
4. 对 x1 m, n , ，恒成立 4. 对 x1 m, n , x2 5. 对 x1 m, n , x2
f ( x1) g (x1) 。转化 f (x1) g(x1) 0 恒成立 m, n ， f (x1) g( x2 ) 成立。则 f ( x1 ) min g (x2 )min 。 m, n ， f (x1) g( x2 ) 成立。则 f ( x1 ) max g( x2 ) max
高中数学导数知识点归纳的总结及例题(word文档物超所值)
为函数
_____ _ 的图象的顶点在第四象限，则其导
o
y
x
-33
)
(x
f
y'
=
()y f x ='()f x 为( )
（安微省合肥市2010年高三第二次教学质量检测文科）函数()y f x =的图像如下右)
(x f y '=
（2010年浙江省宁波市高三“十校”联考文科）如右图所示是某
一容器的三视图，现向容器中匀速注水，容器中水面的高度h 随时间t 变化的可能图象是（ ）
象大致形状是（ ）
2009湖南卷文）若函数()y f x =的导函数在区间[,]a b 上是增函数，则函数
()x 在区间[,]a b 上的图象可能是
y
y
y
14.（2008年福建卷12)已知函数y=f(x),y=g(x)的导函数的图象如下图，那么y=f(x),
y=g(x)的图象可能是（ ）
15.(2008珠海一模文、理)设是函数的导函数，将和的图)('x f )(x f )(x f y =)('x f y =像画在同一个直角坐标系中，不可能正确的是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．16.(湖南省株洲市2008届高三第二次质检)已知函数
)(x f y =的导函数)(x f y '=的图像如下，则（
）
函数)(x f 有1个极大值点，1个极小值点
y。
函数与导数高考常考题型与解法(有答案)
函数与导数高考常考题型与方法 题型一. 函数的性质及应用例1．定义在R 上的奇函数y ＝f (x )在(0，＋∞)上递增，且1()02f =，则满足19(log )0f x >的x 的集合为________．例2．已知函数f ( x ) 是定义在R 上的偶函数，且在区间 [0，＋∞) 上单调递增．若实数a 满足 212(log )(log )2(1)f a f a f +≤，则a 的取值范围是：11. [1, 2] . (0, ] . [, 2] D. (0, 2]22A B C例3．已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－4x ＋3，x ≤0，－x 2－2x ＋3，x >0，不等式f (x ＋a ) > f (2a －x ) 在[a ，a ＋1]上恒成立，则实数a 的取值范围是________．例4．定义在R 上的函数f ( x ) 满足 f (x ＋6)＝f (x )，当－3≤x <－1时，f (x )＝－(x ＋2)2；当－1≤ x <3时， f (x )＝x ，则f (1)＋f (2)＋f (3)＋…＋f (2 015) 等于：A ．335B ．336C ．1 678D ．2 012例5．已知函数f ( x ) 是(－∞，＋∞) 上的奇函数，且f ( x ) 的图象关于x ＝1对称，当x ∈[0，1] 时， f (x )＝2x －1，(1) 求证：f (x )是周期函数；(2) 计算f (0)＋f (1)＋f (2)＋…＋f (2 017) 的值．例6．若函数f (x )＝2|x －a |(a ∈R )满足f (1＋x )＝f (1－x )，且f (x )在[m ，＋∞)上单调递增，则实数m 的最小值等于________．例7．已知函数f (x )＝x 2－2x ＋3在闭区间[0，m ]上有最大值3，最小值2，则m 的取值范围为________．例8．已知函数y ＝－x 2＋ax －a 4＋12在区间[0，1]上的最大值是2，则实数a 的值为________．例9．已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx (a ，b 为常数，且a ≠0)满足条件f (1＋x )＝f (1－x )，且方程f (x )＝x 有两个相等的实根．(1) 求f (x )的解析式；(2) 是否存在实数m ，n ( m < n )，使f ( x ) 的定义域和值域分别为 [m ，n ]和 [3m ，3n ] ？ 如果存 在，求出m ，n 的值；如果不存在，请说明理由．例10．已知f (x )＝x 2＋2x ＋ax，x ∈[1，＋∞)，且a ≤1.(1) 当a ＝12时，求函数f (x )的最小值；(2) 若对任意x ∈[1，＋∞)，f (x )＞0恒成立，试求实数a 的取值范围．题型二. 函数的图象及应用 （识图、作图及用图）例11．函数y ＝e x ＋e －xe x －e－x 的图象大致为：例12．已知函数f (x )＝|x －2|＋1，g (x )＝k x 若方程f (x )＝g (x ) 有两个不相等的实根， 则实数k 的取值范围是：A ．1(0, )2B ．1(, 1)2C ．(1，2)D ．(2，＋∞)例13．解：函数y ＝11－x的图象与函数y ＝2sin πx (－2≤x ≤4) 的图象所有交点的横坐标之和等于： A ．2 B ．4 C ．6 D ．8例14．已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|lg x |，x >0，2|x |，x ≤0，则函数y ＝2f 2(x )－3 f (x )＋1的零点个数是________．例15． 已知函数{1231231232 |21|, 1(), ()()() ( ) log (1), 1x x f x f x f x f x x x x x x x x x +≤===≠≠++->若其中，则的取值 范围是 .例16．若a b 、分别是方程lg 4, 104xx x x +=+= 的实数根，函数2()2, 0() 2, 0x a b x x f x x ⎧+++≤⎪=⎨>⎪⎩，则关于x 的方程 ()f x x = 解的个数是：. 1 . 2 . 3 . 4A B C D题型三. 不等式有解或不等恒成立求参数范围例17．对于任意实数x ，函数f (x )＝(5－a )x 2－6x ＋a ＋5恒为正值，则a 的取值范围是________．例18．已知函数f (x )＝x 2＋m x －1，若对于任意x ∈[m ，m ＋1]，都有f (x ) < 0成立，则实数m 的取值范 围是________．例19．若不等式x 2＋ax ＋1≥0对一切1(0, ]2x ∈成立，求a 的最小值．例20．当x ∈(－∞，－1]时，不等式(m 2－m )·4x －2x < 0恒成立，则实数m 的取值范围是：A ．(－2，1)B ．(－4，3)C ．(－1，2)D ．(－3，4)例21．若不等式2x ln x ≥－x 2＋ax －3对x ∈(0，＋∞) 恒成立，则实数a 的取值范围是：A ．(－∞，0)B ．(－∞，4]C ．(0，＋∞)D ．[4，＋∞)例22．11 ()sin cos 3cos (4) [0, ]222f x x x a x a x π=-++-若函数在区间上单调递增，则实数 a 的取值范围是：1161. [0, ] . [, 0] . (, ] . (, 0]797A B C D --∞-∞例22．已知函数22()23, ()27f x x x g x x ax =-+=-+-(1) ()() s t f x g x a >若对任意实数、，都有，求实数的取值范围； (2) ()() x f x g x a >若对任意实数，都有，求实数的取值范围；例23．已知函数32()ln (), ()23af x x x a Rg x x x x=-∈=- (1) 若m 为正实数，求函数1(), [, ]y g x x m m=∈上的最小值； (2) 若对任意的实数1[, 2] ()()2s t f s g t ∈≤、，都有，求实数a 的取值范围.例24．已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝12ax 2＋2x ，(a ≠0)．(1) 若函数h (x )＝f (x )－g (x )存在单调递减区间，求a 的取值范围； (2) 若函数h (x )＝f (x )－g (x ) 在 [1，4] 上单调递减，求a 的取值范围．题型四. 导数的综合应用 例25．(2015·全国卷Ⅱ)设函数f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R )的导函数，f (－1)＝0，当x >0时，x f ′(x )－f (x )<0， 则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是：A ．(－∞，－1)∪(0，1)B ．(－1，0)∪(1，＋∞)C ．(－∞，－1)∪(－1，0)D ．(0，1)∪(1，＋∞)例26．设函数f (x )的导函数()f x '对任意x ∈R 都有()()f x f x '>成立，则：A ．3f (ln 2)>2f (ln 3)B ．3f (ln 2)＝2f (ln 3)C ．3(ln 2)<2f (ln 3)D ．3f (ln 2)与2f (ln 3)的大小不确定例27．定义在R 上的奇函数y ＝f (x )满足f (3)＝0，且不等式f (x )>－xf ′(x )在(0，＋∞)上恒成立， 则函数g (x ) = x f (x )＋lg|x ＋1|的零点的个数为：A ．4B ．3C ．2D ．1例28．定义域为R 的函数 f ( x ) 对任意x 都有f (2＋x )＝f (2－x )，且其导函数f ′(x )满足f ′（x ）2－x >0，则当2 < a < 4时，有：A ．f (2a )<f (log 2a )<f (2)B ．f (log 2a )<f (2)<f (2a )C ．f (2a )<f (2)<f (log 2a )D ．f (log 2a )<f (2a )<f (2)例29． 函数3211()22132f x ax ax ax a =+-++ 的图象经过四个象限的一个充分必要条件是： 41163.. 1 . 20 . 332516A aB aC aD a-<<--<<--<<-<<-例30．设函数f (x )＝x 3＋ax 2－9x －1(a <0)，若曲线y ＝f (x )的斜率最小的切线与直线12x ＋y ＝6平行． 求：(1) a 的值；(2) 求函数f (x ) 的单调区间．例31．设函数f (x )＝13x 3－a2x 2＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x ) 在点(0，f (0)) 处的切线方程为y ＝1.(1) 求b ，c 的值；(2) 若a > 0，求函数f (x )的单调区间；(3) 设函数g (x )＝f (x )＋2x ，且g (x ) 在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，求实数a 的取值范围．例32．(2014·安徽高考) 设函数f (x )＝1＋(1＋a )x －x 2－x 3，其中a > 0.(1) 讨论f (x )在其定义域上的单调性；(2) 当x ∈[0，1]时，求f (x ) 取得最大值和最小值时的x 的值．例33．(2015·北京高考)设函数 f (x )＝x 22－k ln x ，k >0.(1) 求f (x )的单调区间和极值；(2) 证明：若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．例34．(2015·福建高考)已知函数f (x )＝ln x －（x －1）22.(1) 求函数f (x )的单调递增区间；(2) 证明：当x > 1时，f (x ) < x －1；(3) 确定实数k 的所有可能取值，使得存在x 0 >1，当x ∈(1，x 0) 时，恒有f (x ) > k (x －1)．例35．(2014·福建高考)已知函数f (x )＝e x －ax (a 为常数)的图象与y 轴交于点A ，曲线y ＝f (x )在点A 处的 切线斜率为－1.(1) 求a 的值及函数f (x )的极值；(2) 证明：当x > 0时，x 2 < e x ；(3) 证明：对任意给定的正数c ，总存在x 0，使得当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2 < c e x .函数与导数高考常考题型与方法参考答案题型一. 函数的性质及应用知识要点：．必会结论 1．函数单调性常用的结论：① 对∀x 1，x 2∈D (x 1≠x 2)，f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2>0⇔f (x )在D 上是增函数，f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2<0⇔f (x )在D上是减函数．② 对勾函数y ＝x ＋ax(a > 0 ) 的增区间为(]－∞，－a 和[)a ，＋∞，减区间为[－a ，0)和(]0，a .③ 在区间D 上，两个增函数的和仍是增函数，两个减函数的和仍是减函数．④ 函数复合函数f (g (x )) 的单调性与函数y ＝f (u )和u ＝g (x )单调性的关系是“同增异减”． 2． 函数奇偶性常用的结论：① 如果一个奇函数f (x )在原点处有定义，即f (x )有意义，那么一定有f (0)＝0； ② 如果函数f (x )是偶函数，那么f (x ) = f (－x ) = f (－|x |) = f (|x |)；③ 在公共定义域内有：奇±奇＝奇，偶±偶＝偶，奇×奇＝偶，偶×偶＝偶，奇×偶＝奇； ④ 奇函数在两个对称区间上具有相同的单调性．偶函数在两个对称区间上具有相反的单调性． 3．函数周期性常用结论：对f (x )定义域内任一自变量的值x ：① 若f (x ＋a )＝－f (x )，则T ＝2a ( a > 0 )；② 若f (x ＋a )＝1f （x ），则T ＝2a ( a > 0 )；③ 若f (x ＋a )＝－1f （x ），则T ＝2 a ( a > 0 )；④ 若 f (x ＋a )＝f (x －b )，则T ＝a+b ( a > 0，b > 0 )．4．对称性的三个常用结论：① 若函数y ＝f (x ＋a )是偶函数，即f (a －x )＝f (a ＋x )，则函数y ＝f (x )的图象关于直线x ＝a 对称； ② 若对于R 上的任意x 都有f (2a －x )＝f (x )或f (－x )＝f (2a ＋x )，则y ＝f (x )的图象关于直线x ＝a 对称； ③ 若函数y ＝f (x ＋b )是奇函数，即f (－x ＋b )＋f (x ＋b )＝0，则函数y ＝f (x )关于点(b ，0)中心对称．例1．解：由题意知11()0, ()022f f =-=，结合图象由11199911(log )0, log 0 og 22f x x x >-<<>得或l10 1< <33x x <<解得或 例2．解：∵ f ( x ) 是偶函数，∴1222(log )(log )(log )f a f a f a =-=，∴原不等式可化为f (log 2a )≤ f (1)．又∵ f ( x ) 在区间 [0,＋∞)上单调递增，∴0≤|log 2a |≤1，即0≤log 2a ≤1或－1≤log 2a < 0 解得1≤a ≤2，12≤a <1，综上可知 12≤ a ≤2，故选C ．例3．解：二次函数y 1＝x 2－4x ＋3的对称轴是x ＝2，该函数在(－∞，0]上单调递减，∴ x 2－4x ＋3≥3，同样可知函数y 2＝－x 2－2x ＋3在(0，＋∞)上单调递减，∴－x 2－2x ＋3 < 3， ∴ f (x ) 在R 上单调递减，∴ 由f (x ＋a ) > f (2a －x ) 等价于x ＋a < 2a －x ，即2x < a ，∴2x < a 在 [ a ，a ＋1 ] 上恒成立，∴2(a ＋1) < a ，∴ a <－2．例4．解：由f (x ＋6)＝ f (x ) 知f ( x ) 为周期函数且周期为6，由题意知f (1)＝1，f (2)＝2，f (3)＝f (－3)＝ －1，f (4)＝f (－2)＝0，f (5)＝f (－1)＝－1，f (6)＝f (0)＝0，f (1)＋f (2)＋f (3)＋f (4)＋…＋f (2 015) ＝335(f (1)＋f (2)＋f (3)＋f (4)＋f (5)＋f (6))＋f (1)＋f (2)＋f (3)＋f (4)＋f (5)＝335＋1＝336，故选B ．例5．(1) 证明：函数f (x )为奇函数且图象关于x ＝1对称，则f (－x )＝－f (x )，f (2＋x )＝f (－x )＝－f (x )， 所以f (4＋x )＝f [(2＋x )＋2]＝－f (2＋x )＝f (x )，所以f (x )是以4为周期的周期函数．(2) 解：当x ∈[1，2]时，2－x ∈[0，1]，又f (x )的图象关于x ＝1对称， 则f (x )＝f (2－x )＝22－x －1，x ∈[1，2]．∴ f (0)=0，f (1)=1，f (2)=0，f (3)=f (－1)=－f (1)=－1，又f (x ) 是以4为周期的周期函数． ∴ f (0)＋f (1)＋f (2)＋…＋f (2 017)＝f (2 016)＋f (2 017)＝f (0)＋f (1)＝1.例6．解：因为f ( x ) ＝2|x －a |，所以f ( x ) 的图象关于直线x ＝a 对称．又由f (1＋x )＝f (1－x )，知f (x )的图象关于直线x ＝1对称，故a ＝1，且f ( x ) 的增区间是[1，＋∞)，由函数f (x )在[m ，＋∞)上单 调递增，知[m ，＋∞)⊆[1，＋∞)，所以m ≥1，故m 的最小值为1.例7．解：作出函数f (x )的图象如图所示，当x ＝1时，y 最小，最小值为2，当x ＝0或x ＝2时，y ＝3，由图象知m 的范围为 [1，2]．例8．解：y ＝f (x )＝2()2a x --＋14(a 2－a ＋2)，对称轴为x ＝a 2，(1) 当0≤a 2≤1时，即0≤a ≤2时，f (x )max ＝14(a 2－a ＋2)，由14(a 2－a ＋2)＝2得a ＝－2或a ＝3，与0≤a ≤2矛盾，舍去．(2) 当a2 <0时，即a <0时，f (x )在[0，1]上单调递减，f (x )max ＝f (0)，由f (0)＝2，得－a 4＋12＝2，解得a ＝－6.(3) 当 a2 >1，即a >2时，f (x )在[0，1]上单调递增，f (x )max ＝f (1)，由f (1)＝2，得－1＋a －a 4＋12＝2，解得a ＝103综上所述a ＝－6或a ＝103.例9．解：(1) ∵ f ( x ) 满足f (1＋x )＝f (1－x )，∴ f ( x ) 的图象关于直线x ＝1对称．而二次函数 f ( x ) 的对称轴为直线 x ＝－b 2a ，∴－b2a＝1. ①又 f ( x ) ＝x 有相等的根，即ax 2＋(b －1)x ＝0有等根，∴Δ＝(b －1)2＝0. ② 由① ②得b ＝1，a ＝－12，∴ f ( x ) ＝－12x 2＋x .(2) ∵ f ( x ) ＝－12x 2＋x ＝－12(x －1)2＋12 ≤ 12.若存在满足要求的m ，n ，则必须3n ≤ 12，∴ n ≤ 16.从而m < n ≤ 16 < 1，又当x ≤1时，f (x )单调递增，∴⎩⎨⎧f （m ）＝－12m 2＋m ＝3m ，f （n ）＝－12n 2＋n ＝3n ，可解得m ＝－4，n ＝0满足要求，∴ 存在m ＝－4，n ＝0满足要求．例10．解：(1) 当a ＝12时，f (x )＝x ＋12x ＋2，f ′(x )＝1－12x2＞0，x ∈[1，＋∞)，即f (x )在[1，＋∞)上是增函数，所以f (x )min ＝f (1)＝1＋12×1＋2＝72.(2) f (x )＝x ＋ax＋2，x ∈[1，＋∞)．① 当a ≤0时，f (x )在[1，＋∞)内为增函数．最小值为f (1)＝a ＋3. 要使f (x )＞0在x ∈[1，＋∞)上恒成立，只需a ＋3＞0，∴－3＜a ≤0. ② 当0＜a ≤1时，f (x )在[1，＋∞)上为增函数， f (x )min ＝f (1)＝a ＋3.∴a ＋3＞0，a ＞－3.∴0＜a ≤1.综上所述，f (x )在[1，＋∞)上恒大于零时，a 的取值范围是(－3，1]． 规律方法：1．求函数最值的五种常用方法及其思路① 单调性法：先确定函数的单调性，再由单调性求最值．② 图象法：先作出函数的图象，再观察其最高点、最低点，求出最值．③ 基本不等式法：先对解析式变形，使之具备“一正二定三相等”的条件后用基本不等式求出最值． ④ 导数法：先求导，然后求出在给定区间上的极值，最后结合端点值，求出最值． ⑤ 换元法：对比较复杂的函数可通过换元转化为熟悉的函数，再用相应的方法求最值． 2．二次函数最值问题的类型及处理思路(1) 类型：① 对称轴、区间都是给定的（定轴定区间）；②对称轴动、区间固定（动轴定区间）； ③ 对称轴定、区间变动（定轴动区间）．(2) 解决这类问题的思路：抓住“三点一轴”数形结合，三点是指区间两个端点和中点，一轴指的是对称轴，结合配方法，根据函数的单调性及分类讨论的思想即可完成．题型二. 函数的图象及应用 （识图、作图及用图）例11．解：函数为奇函数，且x ＝0时函数无意义，可排除C 、D ，又y ＝e x ＋e －x e x －e －x ＝1＋2e 2x －1在(－∞，0)，(0，＋∞)上为减函数，故选A ．例12．解：先作出函数f (x )＝|x －2|＋1的图象，如图所示，当直线g (x )＝kx 与直线AB 平行时斜率为1， 当直线g (x )＝k x 过A 点时斜率为12，故f (x )＝g (x )有两个不相等的实根时，k 的范围为1(, 1)2.故选B ．（12题图） （13题图） （14题图）例13．解：如图，两个函数图象都关于点(1，0)成中心对称，两个图象在[－2，4]上共8个公共点， 每两个对应交点横坐标之和为2，故所有交点的横坐标之和为8. 故选D.例14．解：方程2f 2(x )－3 f (x )＋1＝0的解就是f (x )＝12 或f (x ) =1的解，作出y ＝f (x )的图象(如下图），由图象知零点的个数为5.例15．解：结合图象知1231, (2, 9], (1, 8]x x x +=-∈故知答案是例16．解：法1） 104lg(4), 44, lg 4, 44bb b b b t b t t t a t b a b =-⇔=--=⇔=-=-==-⇒+=由令则所以∴ 2 42, 0() 2, 0x x x f x x ⎧++≤⎪=⎨>⎪⎩ ，212 0 42, 1, 2x x x x x x ≤++==-=-当时，解得0 2 () x x f x x >==当时，是方程的根，所以方程 ()f x x = 解的个数是3个．故选C . 法2）由已知得lg 4, 104xx x x =-=- ，在同一坐标系中作出lg , 10 4xy x y y x ===-以及的图象，其中lg , 10xy x y == 的图象关于y x = 对称，直线 4y x y x ==-与 的交点为2 2（，）， 所以 4a b +=，242, 0() 2, 0x x x f x x ⎧++≤⎪=⎨>⎪⎩ ，212 0 42, 1, 2x x x x x x ≤++==-=-当时，解得 0 2 () x x f x x >==当时，是方程的根，所以方程 ()f x x = 解的个数是3个．故选C . 规律方法：1．有关图象辨识问题的常见类型及解题思路：(1) 从函数的定义域，判断图象左右的位置，从函数的值域，判断图象的上下位置； (2) 从函数的单调性，判断图象的变化趋势； (3) 从函数的奇偶性，判断图象的对称性；(4) 从函数的周期性，判断图象的循环往复． 利用上述方法，排除、筛选错误或正确的选项． 2．利用对数函数的图象可求解的两类热点问题(1) 在求解函数单调性(单调区间)、值域(最值)、零点时，常利用数形结合思想求解． (2) 对于方程解的个数、不等式等问题常转化为相应的函数图象问题，利用数形结合法求解．题型三. 不等式有解或不等恒成立求参数范围例17．解：由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧5－a >0，36－4（5－a ）（a ＋5）<0，解得－4 < a < 4.例18．解：作出二次函数f (x )的图象，对于任意x ∈[m ，m ＋1]，都有f (x )<0，则有⎩⎪⎨⎪⎧f （m ）<0，f （m ＋1）<0，即⎩⎪⎨⎪⎧m 2＋m 2－1<0，（m ＋1）2＋m （m ＋1）－1<0，解得－22 < m < 0.例19．解：方法一、设f (x )＝x 2＋ax ＋1，则对称轴为x ＝－a 2，若－a 2 ≥12，即a ≤－1时，则f (x )在1(0, )2上是减函数．应有15()0122f a ≥⇒-≤≤-，若－a 2≤0，即a ≥0时，f (x )在1(0, )2上是增函数，应有f (0)＝1>0恒成立，故a ≥0.若0≤－a 2≤12，即－1≤a ≤0，应有()2af -＝a 24－a 22＋1＝1－a 24≥0恒成立．故－1≤a ≤0.综上a ≥－52，所以a 的最小值为－52.方法二、x 2＋ax ＋1≥0对一切1(0, ]2x ∈成立，即211 (0, ] 2x a x +≥-在上恒成立而22111515(0, ] , 222x x x y x y x x x ++∈==+∴≥-≤-时，单调递减，从而所以a ≥－52，故知a 的最小值为－52.例20．解：原不等式变形为m 2－m <1()2x ，∵ 函数y ＝1() (,1]2x -∞-在上是减函数，∴111()()222x -≥=，当x ∈(－∞，－1]时，m 2－m <1()2x恒成立等价于m 2－m <2，解得－1< m < 2，故选C .例21．解：由2x ln x ≥－x 2＋ax －3知a ≤ 2ln x ＋x ＋3x，设h (x )＝2ln x ＋x ＋3x (x > 0)，则h ′(x )＝（x ＋3）（x －1）x 2，当x ∈(0，1)时，h ′(x )<0，h (x )单调递减．当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0，h (x )单调递增．所以h (x )min ＝h (1)＝4，所以a ≤ h (x )min ＝4，故选C .例22．解：221(1cos 2)11sin 2()cos 3sin (4)0, = [0, ]223sin 43sin 42x x f x x a x a a x x π-'=--+-≥≤++即在上恒面立 22sin 11() 0 ()0, (0, ] ()(0, ]113sin 4274()3()sin sin x g x x g x x g x x x xπ===∈=∈++令，当时，当时，∴ 10(), 07g x a ≤≤≤所以，故选D .例22．解：(1)222222()23(1)22, ()27()77f x x x x g x x ax x a a a =-+=-+≥=-+-=--+-≤- 2min max ()() ()(), 27s t f x g x f x g x a >>>-对任意实数、，都有，等价于即 3 3.a a -<<解得 的取值范围为(2) ()() , ()()0 x f x g x x R f x g x >∈->对任意实数，都有，等价于恒成立 22 , (1)50 (1)200x R x a x a ∈-++>∴∆=+-<即恒成立，11a a --<<-+解得 的取值范围为例23．解：(1) 由题意得1()6(1), 0, 1g x x x m m m'=-<<>又所以 所以1() [, 1]g x m在上单调递减，在 [1, ]m 上单调递增，故知min ()(1)1g x g ==-. (2) 方法一：对任意max min 11[, 2] ()() [, 2]()()22s t f s g t f s g t ∈≤≤、，都有成立，等价于在上， 由(1) 知min ()1g x =-，只需满足21ln 1ln , [, 2]2a x x a x x x x x -≤-⇔≤-∈恒成立. 令2()ln , ()2ln 1, 1()0, 0 1 ()0h x x x x h x x x x x h x x h x '''=-=+->><<<当时，当 时，所以min 1() [ [1 2 ()(1)12h x h x h ==-在,1]上递减，在,]上递增，所以 所以1a ≤-方法二：对任意max min 11[, 2] ()() [, 2]()()22s t f s g t f s g t ∈≤≤、，都有成立，等价于在上，由(1) 知min ()1g x =-，令1, (1)1s f a ==≤-则1 1 [,2] () 1 2a f x ≤-≤-下面证明当时，在区间上，函数恒成立因为111()ln ln , ln 1 ln 1a f x x x x x x x x x x x x x=-≤----≤+≥只需要证明－，即 令2311121()ln , [, 2], ()ln 1, ()02h x x x x h x x h x x x x x'''=+∈=-++=+> 所以1() [, 2], (1)02h x h ''=在上递增且所以1[, 1] ()0, () [1, 2] ()0, ()2x h x h x x h x h x ∈<∈>当时，递减，当时，递增 所以 () (1)1h x h ≥=综上，实数a 的取值范围为1a ≤-.例24．解：(1) h (x )＝ln x －12ax 2－2x ，x ∈(0，＋∞)，所以h ′(x )＝1x－ax －2，由f (x )在(0，＋∞)上存在单调减区间，所以当x ∈(0，＋∞)时，1x －ax －2 < 0有解，即a > 1x 2－2x有解．设G (x )＝1x 2－2x ，所以只要a > G (x )min 即可．而21()(1)1G x x=--，所以G (x )min ＝－1.所以a >－1.(2) 由h (x ) 在[1，4] 上单调递减得，当x ∈[1，4]时，h ′(x )＝1x－ax －2≤0恒成立，即a ≥1x 2－2x 恒成立，所以a ≥G (x )max ，而21()(1)1G x x=--，因为x ∈[1，4]，所以11[, 1]4x ∈，所以G (x )max ＝－716 (此时x ＝4)，所以a ≥－716. 当a ＝－716时，h ′(x )＝1x ＋716x －2＝16＋7x 2－32x 16x ＝（7x －4）（x －4）16x ，∵ x ∈[1，4]，∴ h ′(x )＝（7x －4）（x －4）16x ≤0，即h (x )在[1，4]上为减函数．故实数a 的取值范围是a ≥－716.规律方法： 1．不等式有解或不等式恒成立求参数范围问题的求解策略：分离参数转化为不含参数的函数最值问题．2．一元二次不等式恒成立问题的求解策略(1) ax 2＋bx ＋c >0(a ≠0)恒成立的充要条件是a >0且b 2－4ac <0(x ∈R )． ax 2＋bx ＋c <0(a ≠0)恒成立的充要条件是a <0且b 2－4ac <0(x ∈R )．(2) 对于开口向上的抛物线f (x )与开口向下的抛物线g (x )，若在区间[a ，b ]上f (x )<0与g (x )>0恒成立，则只需有⎩⎪⎨⎪⎧f （a ）<0，f （b ）<0与⎩⎪⎨⎪⎧g （a ）>0，g （b ）>0. (3) 对于开口向上的抛物线f (x )与开口向下的抛物线g (x )．若在区间[a ，b ]上f (x )>0与g (x )<0恒成立，可转化为在区间[a ，b ]上f (x )min > 0与g (x )max < 0成立问题或分离参数转化为不含参数的函数最值问题．3．几种题型的处理方法(1) min , ()() ()()()0 ()0x R f x g x h x f x g x R h x ∈≥⇔=-≥⇔≥对任意时恒成立在上恒成立. (2) min max , ()() ()()s t R f s g t f x g x ∈≥⇔≥对任意、时恒成立.(3) min , ()() ()()()0 ()0x R f x g x h x f x g x h x ∈≥⇔=-≥⇔≥对任意时有解有解.题型四. 导数的综合应用例25．解：设g (x )＝f （x ）x (x ≠0)，则g ′(x )＝xf ′（x ）－f （x ）x 2，当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0，∴ g ′(x )<0，∴ g (x ) 在(0，＋∞)上为减函数，且g (1)＝f (1)＝－f (－1)＝0， ∵ f (x )为奇函数，∴ g (x )为偶函数，当x >0，g (x )>0时，f (x )>0，0 <x <1，当x <0，g (x )< 0时，f (x ) > 0，x <－1，故选A . 例26．解：构造函数 g (x )＝ f （x ）e x ， 则 g ′(x )＝f ′（x ）e x －f （x ）e x e 2x＝ f ′（x ）－f （x ）e x， 因为对任意x ∈R ，都有()()f x f x '>，所以g ′(x ) < 0，即函数g (x )在R 上单调递减， 又ln 2 < ln 3，所以g (ln 2) > g (ln 3)，即 f （ln 2）e ln 2 > f （ln 3）e ln 3，即f （ln 2）2>f （ln 3）3， 即 3f (ln 2) > 2f (ln 3)，故选A .例27．解：定义在R 的奇函数f (x )满足f (0)＝0＝f (3)＝f (－3)，f (－x )＝－f (x )，当x >0时，f (x )>－x f ′(x )，即f (x )＋x f ′(x )>0，∴[x f (x )]′>0，h (x )＝x f (x )在x >0时是增函数， 又h (－x )＝－x f (－x )＝x f (x )，∴h (x )＝x f (x )是偶函数，∴当x <0时，h (x )是减函数，结合函数的定义域为R ，且f (0)＝f (3)＝f (－3)＝0， 可得函数y 1＝x f (x )与y 2＝－lg|x ＋1|的大致图象如图，由图象可知，函数g (x )＝x f (x )＋lg |x ＋1|的零点的个数为3个．例28．解：由f (2＋x )＝f (2－x )知f (x )的对称轴为x ＝2，由f ′（x ）2－x>0知f (x )在(2，＋∞)上单调递减．在(－∞，2)上单调递增．∵2<a <4，∴1<log 2 a <2<4<2a ，又f (x )的对称轴为x ＝2， ∴ f (2)>f (log 2 a )>f (2a )，故选A .例29．解：2()2(2)(1)f x ax ax a a x x '=+-=+-，当0a = 时，()1f x = ，函数()f x 的图象只经过第一、二象限不合题意； 当 0a >时，函数()f x 的极大值为165(2)1 (1)136a af f -===+，极小值为； 若()f x 的图象经过四个象限，则需 165(2)10 (1)10 036a a f f a -=+>=+<>，，这与矛盾； 当 0a <时，函数()f x 的极小值为165(2)1 (1)136a af f -===+，极大值为 若 ()f x 的图象经过四个象限，则需16563(2)10 (1)1036516a a f f a -=+<=+>-<<-，，得，故选D .例30．解：(1) 因为f (x )＝x 3＋ax 2－9x －1，所以f ′(x )＝3x 2＋2ax －9＝23()3a x +－9－a 23.即当x ＝－a 3 时，f ′(x ) 取得最小值 －9－a 23.因f (x )的斜率最小的切线与12x ＋y ＝6平行，即该切线的斜率为－12， 所以－9－a 23＝－12，即a 2＝9，解得a ＝±3，由题设a <0，所以a ＝－3.(2) 由(1) 知a ＝－3，因此f (x )＝x 3－3x 2－9x －1，f ′(x )＝3x 2－6x －9＝3(x －3)(x ＋1)，令f ′(x )＝0，解得x 1＝－1，x 2＝3. 当x ∈(－∞，－1) 时，f ′(x )>0，故f (x )在(－∞，－1)上为增函数； 当x ∈(－1，3)时，f ′(x )<0，故f (x )在(－1，3)上为减函数； 当x ∈(3，＋∞)时，f ′(x )>0，故f (x )在(3，＋∞)上为增函数．所以函数f (x )的单调递增区间为(－∞，－1)和(3，＋∞)，单调递减区间为(－1，3)．例31．解：(1) f ′(x )＝x 2－ax ＋b ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧f （0）＝1，f ′（0）＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧c ＝1，b ＝0. (2) 由(1) 得，f ′(x )＝x 2－ax ＝x (x －a )(a >0)，当x ∈(－∞，0) 时，f ′(x )>0，当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0，当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0. 所以函数f (x )的单调递增区间为(－∞，0)，(a ，＋∞)，单调递减区间为(0，a )． (3) g ′(x )＝x 2－ax ＋2，依题意，存在x ∈(－2，－1)，使不等式g ′(x )＝x 2－ax ＋2<0成立， 即x ∈(－2，－1)时，a <2()max x x+＝－22，当且仅当“x ＝2x ”即x ＝－2 时等号成立． 所以满足要求的a 的取值范围是(－∞，－22)．例32．解：(1) f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝1＋a －2x －3x 2∵ a > 0，令f ′(x )＝0，得x 1＝－1－4＋3a 3，x 2＝－1＋4＋3a3且x 1 < x 2，所以f ′(x )＝－3(x －x 1)(x －x 2)．当x < x 1 或 x > x 2 时，f ′(x )<0；当x 1<x <x 2时，f ′(x )>0. 故f (x )在(－∞，x 1)和(x 2，＋∞)内单调递减，在(x 1，x 2)内单调递增． (2) 因为a > 0，所以x 1 < 0，x 2 > 0.① 当a ≥4时，x 2≥1，由(1) 知，f (x )在[0，1]上单调递增， 所以f (x )在x ＝0和x ＝1处分别取得最小值和最大值．② 当0 < a <4时，x 2<1，由(1) 知，f (x )在[0，x 2]上单调递增，在[x 2，1]上单调递减， 所以f (x ) 在x ＝x 2＝－1＋4＋3a3处取得最大值．又f (0)＝1，f (1)＝a ，所以当0<a <1时，f (x )在x ＝1处取得最小值； 当a ＝1时，f (x )在x ＝0处和x ＝1处同时取得最小值； 当1< a < 4 时，f (x )在x ＝0处取得最小值．例33．解：(1) 由f (x )＝x 22－k ln x (k >0)，得x >0且f ′(x )＝x －k x ＝x 2－kx，由f ′(x )＝0，解得x ＝k (负值舍去)．f (x )与f ′(x )在区间(0，＋∞)上的情况如下：所以，f (x ))． f (x ) 在x ＝k 处取得极小值f (k )＝k （1－ln k ）2，函数没有极大值. (2) 证明：由(1) 知，f (x )在区间(0，＋∞)上的最小值为f (k )＝k （1－ln k ）2.因为f (x ) 存在零点，所以k （1－ln k ）2≤0，从而 k ≥ e. 当k ＝e 时，f (x )在区间(1，e)上单调递减，且f (e)＝0， 所以x ＝e 是f (x ) 在区间 (1，e] 上的唯一零点．当k > e 时，f (x )在区间(1，e)上单调递减，且f (1)＝12>0，f (e) ＝e －k 2 < 0，所以f (x )在区间(1，e ]上仅有一个零点．综上可知，若f (x )存在零点，则 f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．例34．解：(1) f ′(x )＝1x －x ＋1＝－x 2＋x ＋1x，x ∈(0，＋∞)．由f ′(x )>0，得⎩⎪⎨⎪⎧x >0，－x 2＋x ＋1>0，解得0<x <1＋52.故f (x )的单调递增区间是(0,. (2) 令F (x )＝f (x )－(x －1)，x ∈(0，＋∞)，则有F ′(x )＝1－x 2x.当x ∈(1，＋∞) 时，F ′(x )<0，所以F (x )在[1，＋∞)上单调递减， 故当x >1时，F (x ) < F (1)＝0，即当x >1时，f (x )<x －1. (3) 由(2) 知，当k ＝1时，不存在x 0 > 1满足题意．当k >1时，对于x >1，有f (x )<x －1<k (x －1)，则f (x )<k (x －1)，不存在x 0>1满足题意． 当k < 1时，令G (x )＝f (x )－k (x －1)，x ∈(0，＋∞)，则有G ′(x )＝1x －x ＋1－k ＝－x 2＋（1－k ）x ＋1x ，由G ′(x )＝0，得－x 2＋(1－k )x ＋1＝0，解得x 1＝1－k －（1－k ）2＋42 < 0，x 2＝1－k ＋（1－k ）2＋42 > 1.当x ∈(1，x 2) 时，G ′(x )>0，故G (x ) 在[1，x 2) 内单调递增． 从而当x ∈(1，x 2) 时，G (x ) > G (1)＝0，即 f ( x ) > k ( x －1)， 综上，k 的取值范围是(－∞，1)．例35．解：(1) 由f (x )＝e x －ax ，得f ′(x )＝e x －a ，又f ′(0)＝1－a ＝－1，得a ＝2.所以f (x )＝e x －2x ，f ′(x )＝e x －2，令f ′(x )＝0，得x ＝ln 2.当x <ln 2时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x >ln 2时，f ′(x )>0，f (x )单调递增． 所以当x ＝ln 2时，f (x )取得极小值，且极小值为f (ln 2)＝e ln 2－2ln 2＝2－ln 4， f (x ) 无极大值．(2) 证明：令g (x )＝e x －x 2，则g ′(x )＝e x －2x ，由(1) 得g ′(x )＝f (x ) ≥ f (ln 2) > 0， 故g (x ) 在R 上单调递增，又g (0)＝1>0， 因此，当x > 0时，g (x ) > g (0) > 0，即x 2 < e x . (3) 证法一：对任意给定的正数c ，取x 0＝4c，由(2) 知，当x ＞0时，e x ＞ x 2， 所以 2222()()22x x xx x e e e =⋅>⋅ 当x ＞x 0 时，222222041()()()()()22222xx x x x x e x c c>⋅>⋅=⋅= 因此，对任意给定的正数c ，总存在x 0，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2 ＜c e x . 证法二：首先证明当x ∈(0，＋∞)时，恒有 13x 3 ＜ e x .令h (x )＝13x 3－e x ，则h ′(x )＝x 2－e x ，由(2) 知，当x ＞0时，x 2＜e x ，从而h ′(x ) ＜0，h (x ) 在(0，＋∞)单调递减，所以h (x )＜h (0)＝－1＜0，即13 x 3 ＜e x .取x 0＝3c ，当x ＞x 0 时，有1c x 2 ＜ 13x 3 ＜e x .因此，对任意给定的正数c ，总存在x 0，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2＜c e x .。
高考数学导数大题技巧(精选5篇)
高考数学导数大题技巧(精选5篇)高考数学导数大题技巧【篇1】1、选择题部分，高考的选择题部分题型考试的方向基本都是固定的，当你在一轮二轮复习过程中总结出题目的出题策略时，答题就变得很简单了。
比如立体几何三视图，概率计算，圆锥曲线离心率等等试题中都有一些特征，只要掌握思考的切入方法和要点，再适当训练基本就可以全面突破，但是如果不掌握核心方法，单纯做题训练就算做很多题目，突破也非常困难，学习就会进入一个死循环，对照答案可以理解，但自己遇到新的题目任然无从下手。
2、关于大题方面，基本上三角函数或解三角形、数列、立体几何和概率统计应该是考生努力把分数拿满的题目。
对于较难的原则曲线和导数两道题目基本要拿一半的分数，考生复习时可把数学大题的每一道题作为一个独立的版块章节，先总结每道大题常考的几种题型，再专项突破里面的运算方法，图形处理方法以及解题的思考突破口，只要把这些都归纳到位，那么总结的框架套路，都是可以直接秒刷的题目的高考数学导数大题技巧【篇2】1个、多项选择部分，高考选择题的方向基本是固定的，当你在二轮复习过程中总结出题策略时，答案变得很简单。
比如三维几何三视图，概率计算，试题中存在圆锥截面偏心等特点，只要掌握了入门方法和思维要点，经过适当的训练，基本可以全面突破，但是如果不掌握核心方法，单纯做练习题也算做了很多题，也很难突破，学习会进入死循环，比对答案，但是遇到新问题还是无从下手。
2个、关于大话题，基本上是三角函数或求解三角形、顺序、三维几何和概率统计应该是考生努力拿满分的科目。
比较难的原理曲线和导数，基本要一半分，考生在复习时可以将数学大题的每一题作为一个独立的section，先总结一下每个大题经常考的几类题型，然后在计算方法上特别突破，解题的图形处理方法与思维突破，把它全部放在适当的位置，然后总结框架套路，都是可以直接秒刷的话题高考数学导数大题技巧【篇3】1、函数与导数主要考查数学集合运算、函数的有关概念定义域、值域、解析式、函数的极限、连续、导数。
高考数学大二轮复习专题2函数与导数第2讲综合大题部分真题押题精练(理)
第2讲 综合大题部分1. (2017·高考全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝a e 2x ＋(a －2)e x－x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )有两个零点，求a 的取值范围． 解析：(1)f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝2a e 2x ＋(a －2)e x －1＝(a e x －1)(2e x ＋1)．①若a ≤0，则f ′(x )<0，所以f (x )在(－∞，＋∞)上单调递减． ②若a >0，则由f ′(x )＝0得x ＝－ln a . 当x ∈(－∞，－ln a )时，f ′(x )<0； 当x ∈(－ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0. 所以f (x )在(－∞，－ln a )上单调递减， 在(－ln a ，＋∞)上单调递增．(2)①若a ≤0，由(1)知，f (x )至多有一个零点．②若a >0，由(1)知，当x ＝－ln a 时，f (x )取得最小值，最小值为f (－ln a )＝1－1a＋ln a .a ．当a ＝1时，由于f (－ln a )＝0，故f (x )只有一个零点；b ．当a ∈(1，＋∞)时，由于1－1a＋ln a >0，即f (－ln a )>0，故f (x )没有零点；c ．当a ∈(0,1)时，1－1a＋ln a <0，即f (－ln a )<0.又f (－2)＝a e －4＋(a －2)e －2＋2>－2e －2＋2>0， 故f (x )在(－∞，－ln a )有一个零点．设正整数n 0满足n 0>ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫3a－1，则f (n 0)＝e n 0(a e n 0＋a －2)－n 0>e n 0－n 0>2n 0－n 0>0.由于ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫3a－1>－ln a ，因此f (x )在(－ln a ，＋∞)有一个零点． 综上，a 的取值范围为(0,1)．2．(2017·高考全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝x －1－a ln x . (1)若f (x )≥0，求a 的值；(2)设m 为整数，且对于任意正整数n ，⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n <m ，求m 的最小值． 解析：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)．①若a ≤0，因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－12＋a ln 2<0，所以不满足题意； ②若a >0，由f ′(x )＝1－a x ＝x －ax知，当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0.所以f (x )在(0，a )单调递减，在(a ，＋∞)单调递增． 故x ＝a 是f (x )在(0，＋∞)的唯一最小值点． 由于f (1)＝0，所以当且仅当a ＝1时，f (x )≥0. 故a ＝1.(2)由(1)知当x ∈(1，＋∞)时，x －1－ln x >0.令x ＝1＋12n 得ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n <12n .从而ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122＋…＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n <12＋122＋…＋12n ＝1－12n <1. 故⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n <e. 而⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋123>2， 所以m 的最小值为3.3．(2018·高考全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝e x －ax 2. (1)若a ＝1，证明：当x ≥0时，f (x )≥1； (2)若f (x )在(0，＋∞)只有一个零点，求a .解析：(1)证明：当a ＝1时，f (x )≥1等价于(x 2＋1)e －x－1≤0.设函数g (x )＝(x 2＋1)e －x－1，则g ′(x )＝－(x 2－2x ＋1)·e －x＝－(x －1)2e －x. 当x ≠1时，g ′(x )＜0，所以g (x )在(0，＋∞)单调递减． 而g (0)＝0，故当x ≥0时，g (x )≤0，即f (x )≥1. (2)设函数h (x )＝1－ax 2e －x.f (x )在(0，＋∞)只有一个零点等价于h (x )在(0，＋∞)只有一个零点．(ⅰ)当a ≤0时，h (x )＞0，h (x )没有零点； (ⅱ)当a ＞0时，h ′(x )＝ax (x －2)e －x.当x ∈(0,2)时，h ′(x )＜0；当x ∈(2，＋∞)时，h ′(x )＞0. 所以h (x )在(0,2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增．故h (2)＝1－4ae 2是h (x )在(0，＋∞)的最小值．①若h (2)＞0，即a ＜e24，h (x )在(0，＋∞)没有零点．②若h (2)＝0，即a ＝e24，h (x )在(0，＋∞)只有一个零点．③若h (2)＜0，即a ＞e24，因为h (0)＝1，所以h (x )在(0,2)有一个零点；由(1)知，当x ＞0时，e x＞x 2，所以h (4a )＝1－16a 3e 4a ＝1－16a3e2a2＞1－16a 32a 4＝1－1a＞0，故h (x )在(2,4a )有一个零点．因此h (x )在(0，＋∞)有两个零点． 综上，当f (x )在(0，＋∞)只有一个零点时，a ＝e24.1. 已知函数f (x )＝ln(x ＋1)＋ax 2，a >0. (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若函数f (x )在区间(－1,0)上有唯一零点x 0，证明：e －2<x 0＋1<e －1. 解析：(1)f ′(x )＝1x ＋1＋2ax ＝2ax 2＋2ax ＋1x ＋1，x >－1，令g (x )＝2ax 2＋2ax ＋1， 则Δ＝4a 2－8a ＝4a (a －2)， 若Δ<0，即0<a <2，则g (x )>0，故当x ∈(－1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增． 若Δ＝0，即a ＝2，则g (x )≥0， 仅当x ＝－12时，等号成立，故当x ∈(－1，＋∞)时，f ′(x )≥0，f (x )单调递增． 若Δ>0，即a >2，则g (x )有两个零点，x 1＝－a －a a －22a ，x 2＝－a ＋a a －22a，由g (－1)＝g (0)＝1>0，g (－12)<0得，－1<x 1<－12<x 2<0，故当x ∈(－1，x 1)时，g (x )>0，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 当x ∈(x 1，x 2)时，g (x )<0，f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )>0，f ′(x )>0，f (x )单调递增． 综上所述，当0<a ≤2时，f (x )在(－1，＋∞)上单调递增， 当a >2时，f (x )在(－1，－a －a a －22a )和(－a ＋a a －22a ，＋∞)上单调递增，在(－a －a a －22a，－a ＋a a －22a)上单调递减．(2)由(1)及f (0)＝0可知：仅当极大值等于零，即f (x 1)＝0时，符合要求． 此时，x 1就是函数f (x )在区间(－1,0)上的唯一零点x 0. 所以2ax 20＋2ax 0＋1＝0， 从而有a ＝－12x 0x 0＋1，又f (x 0)＝ln(x 0＋1)＋ax 20＝0， 所以ln(x 0＋1)－x 02x 0＋1＝0，令x 0＋1＝t 0，则ln t 0－t 0－12t 0＝0， 即ln t 0＋12t 0－12＝0，且0<t 0<12，设h (t )＝ln t ＋12t －12，则h ′(t )＝2t －12t 2，当0<t <12时，h ′(t )<0，h (t )单调递减，又h (e －2)＝e 2－52>0，h (e －1)＝e －32<0，所以e －2<t 0<e －1，即e －2<x 0＋1<e －1.2．已知函数f (x )＝12ln x －mx ，g (x )＝x －ax (a >0)．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若m ＝12e 2，对∀x 1，x 2∈[2,2e 2]都有g (x 1)≥f (x 2)成立，求实数a 的取值范围．解析：(1)f (x )＝12ln x －mx ，x >0，所以f ′(x )＝12x－m ，当m ≤0时，f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增， 当m >0时，由f ′(x )＝0得x ＝12m；由⎩⎪⎨⎪⎧f ′x >0，x >0得0<x <12m ；由⎩⎪⎨⎪⎧f ′x <0，x >0得x >12m.综上所述，当m ≤0时，f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)； 当m >0时，f (x )的单调递增区间为(0，12m )，单调递减区间为(12m ，＋∞)．(2)若m ＝12e 2，则f (x )＝12ln x －12e 2x .对∀x 1，x 2∈[2,2e 2]都有g (x 1)≥f (x 2)成立， 等价于对∀x ∈[2,2e 2]都有g (x )min ≥f (x )max ， 由(1)知在[2,2e 2]上f (x )的最大值为f (e 2)＝12，g ′(x )＝1＋ax2>0(a >0)，x ∈[2,2e 2]，函数g (x )在[2,2e 2]上是增函数，g (x )min ＝g (2)＝2－a2，由2－a 2≥12，得a ≤3，又a >0，所以a ∈(0,3]，所以实数a 的取值范围为(0,3]．3．已知函数f (x )＝ln xx ＋a (a ∈R )，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线x ＋y ＋1＝0垂直．(1)试比较：2 0182 019与2 0192 018的大小并说明理由；(2)若函数g (x )＝f (x )－k 有两个不同的零点x 1，x 2，证明：x 1x 2>e 2.解析：(1)依题意得f ′(x )＝x ＋ax－ln x x ＋a 2，所以f ′(1)＝1＋a 1＋a2＝11＋a， 又曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线x ＋y ＋1＝0垂直，所以f ′(1)＝1， 即11＋a＝1，解得a ＝0. 故f (x )＝ln x x ，f ′(x )＝1－ln xx2.令f ′(x )>0，则1－ln x >0，解得0<x <e ； 令f ′(x )<0，则1－ln x <0，解得x >e ， 所以f (x )的单调递增区间为(0，e)， 单调递减区间为(e ，＋∞)．∴f (2 018)>f (2 019)，即ln 2 0182 018>ln 2 0192 019，即ln 2 0182 019>ln 2 0192 018，∴2 0182 019>2 0192 018.(2)不妨设x 1>x 2>0，因为g (x 1)＝g (x 2)＝0， 所以ln x 1－kx 1＝0，ln x 2－kx 2＝0， 可得ln x 1＋ln x 2＝k (x 1＋x 2)， ln x 1－ln x 2＝k (x 1－x 2)． 要证x 1x 2>e 2，即证ln x 1x 2>2， 只需证ln x 1＋ln x 2>2， 也就是证k (x 1＋x 2)>2，即证k >2x 1＋x 2. 因为k ＝ln x 1－ln x 2x 1－x 2，所以只需证ln x 1－ln x 2x 1－x 2>2x 1＋x 2，即证ln x 1x 2>2x 1－x 2x 1＋x 2.令x 1x 2＝t (t >1)，则只需证ln t >2t －1t ＋1(t >1)．令h (t )＝ln t －2t －1t ＋1(t >1)，则h ′(t )＝1t－4t ＋12＝t －12t t ＋12>0，故函数h (t )在(1，＋∞)上是单调递增的， 所以h (t )>h (1)＝0，即ln t >2t －1t ＋1.所以x 1x 2>e 2. 4．已知函数f (x )＝exx.(1)求曲线y ＝f (x )在点P (2，e22)处的切线方程；(2)证明：f (x )>2(x －ln x )．解析：(1)因为f (x )＝exx，所以f ′(x )＝e x ·x －e xx2＝exx －1x 2，f ′(2)＝e24， 又切点为(2，e22)，所以切线方程为y －e 22＝e24(x －2)，即e 2x －4y ＝0.(2)设函数g (x )＝f (x )－2(x －ln x )＝exx－2x ＋2ln x ，x ∈(0，＋∞)，则g ′(x )＝exx －1x 2－2＋2x ＝e x－2x x －1x2，x ∈(0，＋∞)． 设h (x )＝e x－2x ，x ∈(0，＋∞)，则h ′(x )＝e x－2，令h ′(x )＝0，则x ＝ln 2. 当x ∈(0，ln 2)时，h ′(x )<0； 当x ∈(ln 2，＋∞)时，h ′(x )>0. 所以h (x )min ＝h (ln 2)＝2－2ln 2>0， 故h (x )＝e x－2x >0. 令g ′(x )＝e x－2xx －1x2＝0，则x ＝1.当x ∈(0,1)时，g ′(x )<0； 当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0. 所以g (x )min ＝g (1)＝e －2>0， 故g (x )＝f (x )－2(x －ln x )>0， 从而有f (x )>2(x －ln x )．。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
专题03 函数与导数大题部分【训练目标】1、 理解函数的概念，会求函数的定义域，值域和解析式，特别是定义域的求法；2、 掌握函数单调性，奇偶性，周期性的判断方法及相互之间的关系，会解决它们之间的综合问题；3、 掌握指数和对数的运算性质，对数的换底公式；4、 掌握指数函数和对数函数的图像与性质；5、 掌握函数的零点存在定理，函数与方程的关系；6、 熟练数形结合的数学思想在解决函数问题的运用；7、 熟练掌握导数的计算，导数的几何意义求切线问题；8、 理解并掌握导数与函数单调性之间的关系，会利用导数分析函数的单调性，会根据单调性确定参数的取值范围；9、 会利用导数求函数的极值和最值，掌握构造函数的方法解决问题。
【温馨小提示】本章内容既是高考的重点，又是难点，再备考过程中应该大量解出各种题型，总结其解题方法，积累一些常用的小结论，会给解题带来极大的方便。
【名校试题荟萃】1、（2019届新余四中、上高二中高三第一次联考）已知函数.,R n m ∈（1）若函数()x f 在()()2,2f 处的切线与直线0=-y x 平行，求实数n 的值； （2）试讨论函数()x f 在区间[)+∞,1上最大值； （3）若1=n 时，函数()x f 恰有两个零点，求证：221>+x x【答案】（1）6n =（2）1ln m n --（3）见解析 【解析】（1）由，，由于函数()f x 在(2,(2))f 处的切线与直线0x y -=平行，故214n -=，解得6n =。
（2），由()0f x '<时，x n >；()0f x '>时，x n <，所以①当1n ≤时，()f x 在[)1,+∞上单调递减，故()f x 在[)1,+∞上的最大值为；②当1n >时，()f x 在[)1,n 上单调递增，在[),n +∞上单调递减，故()f x 在[)1,+∞上的最大值为；又211x t x =>，ln 0t >，故122x x +>成立。
2、（宁夏长庆高级中学2019届高三上学期第四次月考数学（理）试卷）设函数（Ⅰ）讨论函数()f x 的单调性；（Ⅱ）若()f x b =有两个不相等的实数根12,x x ，求证【答案】（1）当0a ≤时，()f x 在(0,)+∞上单调递增；当0a 时，()f x 在(0,)a 上单调递减，在(,)a +∞上单调递增. （2）略【解析】（I ）当0a ≤时，()0f x '>恒成立，所以()f x 在(0,)+∞上单调递增. 当0a时，解()0f x '>得,x a 解()0f x '<得0.x a所以()f x 在(0,)a 上单调递减，在(,)a +∞上单调递增.综上，当0a ≤时，()f x 在(0,)+∞上单调递增. 当0a时，()f x 在(0,)a 上单调递减，在(,)a +∞上单调递增.而令所以()g x 在(1,)+∞单调递增.3、（山东省新泰二中2019届高三上学期12月月考数学（理）试卷）已知函数()f x ,（1）讨论函数()f x 的单调性;（2）当0a =时,函数()g x 在(0,)+∞是否存在零点?如果存在，求出；如果不存在，请说明理由． 【答案】（1）见解析 （2）不存在零点 【解析】（Ⅰ）函数的定义域为,=（2）0≠a 时，方程有两解或①当时，∴时，0)('<x f ， )(x f 在、上单调递减.)1,2(ax -∈时，0)('>x f ，)(x f 单调递增. ②当时，令，得或(i) 当时,时恒成立,上单调递增;（ⅱ）当时,∴时，0)('>x f ，)(x f 在、上单调递增.∈x 时，0)('<x f ， )(x f 单调递减。
（ⅲ）当时，∴ ∈x ⋃时，0)('>x f ，)(x f 在、上单调递增.∈x 时，0)('<x f ， )(x f 单调递减.综上所述，当时，的单调递增区间为，单调递减区间为； 当时，的单调递增区间为，单调递减区间为，；当时,上单调递增；当时,的单调递增区间为，单调递减区间为；当时的单调递增区间为，单调递减区间为．（2）由（1）可知当时， 的单调递增区间为，单调递减区间为,在处取得极大值也是最大值。
等价于，，令得，所以，所以先增后减，在处取最大值0，所以．所以 进而,所以即,。
又所以函数在不存在零点．4、（山东省新泰二中2019届高三上学期12月月考数学（理）试卷）设,（1）若()x f 在⎪⎭⎫⎝⎛∞+，32上存在单调递增区间，求a 的取值范围； （2）当20<<a 时，()x f 在[]4,1上的最小值为316-，求()x f 在该区间上的最大值. 【答案】（1）当a ＞－19时，()x f 在⎪⎭⎫⎝⎛∞+，32上存在单调递增区间； （2）103 【解析】 （1），由题意得， ()0'>x f 在⎪⎭⎫ ⎝⎛∞+，32上能成立，只要即032'>⎪⎭⎫ ⎝⎛f ，即29＋2a ＞0，得a ＞－19，所以，当a ＞－19时，()x f 在⎪⎭⎫⎝⎛∞+，32上存在单调递增区间. （2）已知0＜a ＜2，()x f 在[1，4]上取到最小值－163，而的图象开口向下，且对称轴x ＝12，∵f ′（1）＝－1＋1＋2a ＝2a ＞0，f ′（4）＝－16＋4＋2a ＝2a －12＜0，则必有一点x0∈[1，4]，使得f ′（x0）＝0，此时函数f （x ）在[1，x0]上单调递增，在[x0，4]上单调递减， ∵f （1）＝－13＋12＋2a ＝16＋2a ＞0，∴()=min x f f （4）＝－13×64＋12×16＋8a ＝－403＋8a ＝－163⇒a ＝1. 此时，由⇒20=x 或－1（舍去），所以函数f （x ）max ＝f （2）＝103.5、（辽宁省辽河油田第二高级中学2019届高三上学期期中考试数学（文）试题）已知函数()ln 1xf x x =-． （1）确定函数()f x 在定义域上的单调性；（2）若()e xf x k ≤在()1,+∞上恒成立，求实数k 的取值范围．【答案】（1）()f x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减； （2）1ek ≥（2）由()e xf x k ≤在()1,+∞上恒成立得：ln e 1x xk x ≤-在()1,+∞上恒成立． 整理得：在()1,+∞上恒成立．令，易知，当0k ≤时，()0h x ≤在()1,+∞上恒成立不可能， ∴0k >，又，()'11e h k =-，（i ）当1ek ≥时，，又在()1,+∞上单调递减，∴()'0h x ≤在()1,+∞上恒成立，则()h x 在()1,+∞上单调递减， 又()10h =，∴()0h x ≤在()1,+∞上恒成立．又()10h =，∴()'0h x >在()01,x 上恒成立， ∴()0h x ≤在()1,+∞上恒成立不可能．综上所述，1ek ≥． 6、（湖南省浏阳一中、株洲二中等湘东六校2019届高三12月联考数学（理）试题）已知函数.（Ⅰ）当0>a 时，求)(x f 在区间]1,0(的最大值； （Ⅱ）若函数有两个极值点,求证.【答案】（1）当10≤<a 时，)(x f 的最大值为12--a，当1>a 时，)(x f 的最大值为（2）略【解析】（Ⅰ）由已知得)(x f 的定义域为),0(+∞,，当10≤<a 时,11≥a，)(x f 在]1,0(上单调递增,)(x f 的最大值为.当1>a 时,)(x f 在)1,0(a 上单调递增,在)11(，a单调递减， )(x f 的最大值为.综上，当10≤<a 时，)(x f 的最大值为12--a， 当1>a 时，)(x f 的最大值为.设,其中,由得at 2=,由于，∴)(t h 在)2,0(a上单调递增,在)1,2(a a 上单调递减, 即)(t h 的最大值为，从而成立.7、（黑龙江省哈尔滨市第六中学2019届高三12月月考数学（理）试题）已知，(0)a >.（1）当1,0a x =≥时，求证：；（2）若存在00x ≥，使得成立，求实数a 的取值范围.【答案】（1）见解析 （2）【解析】（1）设，，由()0F x ''>故()F x '增且，所以，在上递增，所以（2）即<0，，则，，所以在上单调递增，（ⅰ）当时， 在上为单调递增函数，故，所以：当时，恒成立，不合题意综上所述：8、（河北省承德市第一中学2019届高三上学期第三次月考数学（文）试题）已知函数f （x ）＝x 2－2ln x . （1）求f （x ）的单调区间；（2）若在x ∈（0,1]内恒成立，求t 的取值范围．【答案】（1）函数f （x ）的单调递增区间为（1，＋∞），单调递减区间为（0,1） （2）（－∞，1]【解析】（1）函数的定义域为（0，＋∞），f ′（x ）＝2x －2x＝2x ＋1x －1x，由f ′（x ）>0，得x >1， 由f ′（x ）<0，得0<x <1，所以，函数f （x ）的单调递增区间为（1，＋∞），单调递减区间为（0,1）． （2）由f （x ）≥2tx －1x 2对x ∈（0,1]恒成立，得2t ≤x ＋1x 3－2ln x x令h （x ）＝x ＋1x 3－2ln x x，则h ′（x ）＝x 4－2x 2－3＋2x 2ln x x 4，∵x ∈（0,1]，∴x 4－3<0，－2x 2<0,2x 2ln x <0，x 4>0， ∴h ′（x ）<0，∴h （x ）在（0,1）上为减函数．∴当x ＝1时，h （x ）＝x ＋1x 3－2ln xx有最小值2，得2t ≤2，∴t ≤1，故t 的取值范围是（－∞，1]．9、（吉林省汪清县第六中学2019届高三上学期第二次月考数学（文）试题）已知函数，函数．（1）求函数()y g x =的单调区间； （2）若不等式在[)1,+∞上恒成立，求实数a 的取值范围；【答案】 （1）增区间10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭，减区间1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭（2）0a ≤（2），即在[)1,+∞上恒成立，设，考虑到()10F =，，在[)1,+∞上为增函数，∵1x ≥，11e0x x--≥， ∴当0a ≤时，()0F x '≥，()F x 在[)1,+∞上为增函数，()0F x ≥恒成立当0a >时，()10F '<，()'F x '在[)1,+∞上为增函数，，在()01,x 上，()0F x '<，()F x 递减，()0F x <，这时不合题意，综上所述，0a ≤；10、（2019·兰州调研）设函数f （x ）＝x －2x－a ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x －1x 2，a ∈R .（1）讨论f （x ）的单调性；（2）当a >0时，记f （x ）的最小值为g （a ），证明：g （a ）<1. 【答案】（1）见解析（2）见解析 【解析】（1）解 f （x ）的定义域为（0，＋∞），f ′（x ）＝1＋2x 2－a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋2x 3＝x 2＋2x 2－a x 2＋2x 3＝（x 2＋2）（x －a ）x3， 当a ≤0时，f ′（x ）>0，f （x ）在（0，＋∞）上单调递增； 当a >0时，当x ∈（0，a ），f ′（x ）<0，f （x ）单调递减； 当x ∈（a ，＋∞），f ′（x ）>0，f （x ）单调递增. 综上，当a ≤0时，f （x ）在（0，＋∞）上单调递增；当a >0时，f （x ）在（0，a ）上单调递减，在（a ，＋∞）上单调递增.（2）证明 由（1）知，f （x ）min ＝f （a ）＝a －2a－a ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln a －1a 2 ＝a －a ln a －1a，即g （a ）＝a －a ln a －1a.要证g （a ）<1，即证a －a ln a －1a<1，即证：ln a ＋1a ＋1a2－1>0，令h （a ）＝ln a ＋1a ＋1a2－1，则只需证h （a ）＝ln a ＋1a ＋1a 2－1>0，h ′（a ）＝1a －1a 2－2a 3＝a 2－a －2a3＝（a －2）（a ＋1）a3. 当a ∈（0，2）时，h ′（a ）<0，h （a ）单调递减； 当a ∈（2，＋∞）时，h ′（a ）>0，h （a ）单调递增；所以h （a ）min ＝h （2）＝ln 2＋12＋14－1＝ln 2－14>0，所以h （a ）>0，即g （a ）<1.11、（贵州省遵义航天高级中学2019届高三第四次模拟考试数学（文）试题）设函数。