导数及其应用高考综合试题
高中数学导数及其应用综合检测试题及答案
高中数学导数及其应用综合检测试题及答案第一章导数及其应用综合检测时间 120 分钟，满分150 分。
一、选择题 (本大题共12 个小题，每题 5 分，共 60 分．在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项切合题目要求的)1．(2019 全国Ⅱ文， 7)若曲线 y＝ x2 ＋ax＋ b 在点 (0， b)处的切线方程是 x－ y＋ 1＝0，则 ()A．a＝ 1，b＝ 1B．a＝－ 1， b＝ 1C．a＝ 1，b＝－ 1D ．a＝－ 1， b＝－ 1[答案]A[ 分析 ]y＝2x＋ a，y|x＝ 0＝ (2x＋ a)|x＝ 0＝ a＝1，将(0， b)代入切线方程得b＝ 1.2．一物体的运动方程为s＝ 2tsint＋ t，则它的速度方程为()A．v＝ 2sint＋2tcost＋ 1B．v ＝2sint＋ 2tcostC．v ＝2sintD ．v＝ 2sint＋2cost＋1[答案]A[ 分析 ]由于变速运动在t0 的刹时速度就是行程函数y＝s(t)在 t0 的导数， S＝2sint＋ 2tcost＋ 1，应选 A.3．曲线 y＝x2 ＋ 3x 在点 A(2,10) 处的切线的斜率是()A ．4B．5C．6D ．7[答案] D[ 分析 ]由导数的几何意义知，曲线y＝ x2＋ 3x 在点 A(2,10)处的切线的斜率就是函数y＝ x2＋3x 在 x＝ 2 时的导数， y|x ＝2＝7，应选 D.4．函数 y＝x|x(x － 3)|＋1()A ．极大值为 f(2) ＝ 5，极小值为f(0)＝ 1B．极大值为 f(2) ＝ 5，极小值为f(3)＝1C．极大值为 f(2) ＝ 5，极小值为f(0)＝f(3) ＝ 1D ．极大值为 f(2) ＝ 5，极小值为f(3)＝ 1， f( － 1)＝－ 3[答案 ]B[分析 ]y＝x|x(x － 3)|＋ 1＝x3 － 3x2＋ 1 (x0 或 x3)－ x3＋ 3x2＋1 (03)y＝ 3x2 －6x (x0 或 x3)－ 3x2＋ 6x (03)x变化时， f(x) ，f(x) 变化状况以下表：x (－， 0) 0 (0,2) 2 (2,3) 3 (3 ，＋ )f(x)＋0＋0－0＋f(x) ? 无极值? 极大值 5 ? 极小值 1 ?f(x) 极大＝ f(2) ＝5， f(x) 极小＝ f(3) ＝1故应选 B.5．(2009 安徽理， 9)已知函数 f(x) 在 R 上知足 f(x) ＝ 2f(2 － x)－x2 ＋ 8x－ 8，则曲线 y＝ f(x) 在点 (1，f(1)) 处的切线方程是 ()A．y＝ 2x－1B．y＝ xC．y＝ 3x－2D ．y＝－ 2x＋ 3[答案]A[ 分析 ]此题考察函数分析式的求法、导数的几何意义及直线方程的点斜式．∵f(x) ＝2f(2 － x) －x2 ＋ 8x－8，f(2 － x) ＝2f(x) － x2－ 4x＋ 4，f(x) ＝x2， f(x) ＝ 2x，曲线 y＝ f(x) 在点 (1， f(1)) 处的切线斜率为2，切线方程为y－1＝2(x －1)， y＝ 2x－ 1.6．函数 f(x) ＝ x3＋ax2＋ 3x－ 9，已知 f(x) 在 x＝－ 3 时获得极值，则 a 等于 ()A．2B．3C．4D ．5[答案] D[ 分析 ]f(x) ＝ 3x2 ＋2ax＋ 3，∵ f(x) 在 x＝－ 3 时获得极值，x＝－ 3 是方程 3x2＋ 2ax＋3＝ 0 的根，a＝ 5，应选 D.7．设 f(x) ，g(x) 分别是定义在R 上的奇函数和偶函数．当x0时， f(x)g(x) ＋ f(x)g(x)0 ，且 g(－ 3)＝ 0，则不等式 f(x)g(x)0的解集是 ()A．(－ 3,0)(3，＋ )B．(－3,0)(0,3)C．(－，－ 3)(3，＋ )D ．(－，－ 3)(0,3)[答案] D[ 分析 ]令F(x)＝f(x)g(x)，易知F(x)为奇函数，又当x0 时，f(x)g(x) ＋ f(x)g(x)0 ，即 F(x)0 ，知 F(x) 在(－， 0)内单一递加，又 F(x) 为奇函数，所以 F(x) 在 (0，＋ )内也单一递加，且由奇函数知 f(0) ＝0， F(0)＝ 0.又由 g(－3)＝ 0，知 g(3)＝ 0F(－ 3)＝ 0，从而 F(3)＝ 0于是 F(x) ＝ f(x)g(x) 的大概图象以下图F(x) ＝ f(x)g(x)0 的解集为 (－，－ 3)(0,3) ，故应选 D.8．下边四图都是同一坐标系中某三次函数及其导函数的图象，此中必定不正确的序号是()A．①②B．③④C．①③D．①④[答案]B[ 分析 ]③不正确；导函数过原点，但三次函数在x＝ 0 不存在极值；④不正确；三次函数先增后减再增，而导函数先负后正再负．故应选 B.9． (2019 湖南理， 5)241xdx 等于 ()A ．－ 2ln2B．2ln2C．－ ln2D ．ln2[答案] D[ 分析 ]由于(lnx)＝1x，所以 241xdx ＝lnx|42 ＝ln4 －ln2＝ ln2.10．已知三次函数f(x) ＝ 13x3 － (4m－ 1)x2＋ (15m2 －2m－7)x ＋2 在 x( －，＋ )是增函数，则m 的取值范围是 ()A ．m2 或 m4B．－ 4－ 2C．24D．以上皆不正确[答案] D[ 分析 ]f(x) ＝ x2－ 2(4m－ 1)x＋ 15m2－ 2m－ 7，由题意得 x2 －2(4m－ 1)x＋ 15m2－2m－70 恒建立，＝ 4(4m －1)2－4(15m2 －2m－7)＝64m2－ 32m＋ 4－60m2＋ 8m＋ 28＝4(m2 －6m＋8)0，24，应选 D.11．已知 f(x) ＝x3 ＋ bx2＋ cx＋d 在区间 [－ 1,2] 上是减函数，那么 b＋ c()A ．有最大值152B．有最大值－ 152C．有最小值152D ．有最小值－ 152[答案]B[ 分析 ]由题意f(x)＝3x2＋2bx＋c在[－1,2]上，f(x)0恒建立．所以 f( － 1)0f(2)0即 2b－c－304b＋ c＋120令 b＋ c＝ z， b＝－ c＋ z，如图过 A －6，－ 32 得 z 最大，最大值为 b＋c＝－ 6－ 32＝－ 152.故应选 B.12．设 f(x) 、g(x) 是定义域为R 的恒大于 0 的可导函数，且f(x)g(x) － f(x)g(x)0 ，则当 ab 时有 ()A．f(x)g(x)f(b)g(b)B．f(x)g(a)f(a)g(x)C．f(x)g(b)f(b)g(x)D ．f(x)g(x)f(a)g(x)[答案] C[ 分析 ]令F(x)＝f(x)g(x)则 F(x) ＝ f(x)g(x) － f(x)g(x)g2(x)0f(x) 、g(x) 是定义域为R 恒大于零的实数F(x) 在 R 上为递减函数，当 x(a，b)时， f(x)g(x)f(b)g(b)f(x)g(b)f(b)g(x) ．故应选 C.二、填空题 (本大题共 4 个小题，每题 4 分，共 16 分．将正确答案填在题中横线上)13.－2－ 1dx(11＋ 5x)3＝________.[答案 ]772[ 分析 ]取F(x)＝－110(5x＋11)2，从而 F(x) ＝ 1(11＋ 5x)3则－ 2－1dx(11 ＋ 5x)3＝ F(－1)－F(－ 2)＝－ 11062＋ 11012＝ 110－ 1360＝772.14．若函数 f(x) ＝ ax2－1x 的单一增区间为(0，＋)，则实数 a的取范是 ________．[ 答案 ] a0[ 分析 ] f(x) ＝ ax－1x＝ a＋1x2，由意得， a＋ 1x20， x(0，＋ )恒建立，a－ 1x2， x(0 ，＋ )恒建立， a0.15． (2009 西理， 16) 曲 y＝ xn ＋1(nN*) 在点 (1,1)的切与 x 的交点的横坐xn ，令 an＝ lgxn ， a1＋ a2＋⋯＋a99 的 ________．[答案 ]－2[ 分析 ]本小主要考数的几何意和数函数的相关性．k＝ y|x＝ 1＝n＋ 1，切 l ：y－ 1＝ (n＋ 1)(x － 1)，令 y＝ 0， x＝nn＋ 1，an＝ lgnn ＋ 1，原式＝ lg12 ＋lg23 ＋⋯＋ lg99100＝l g1223 ⋯99100＝ lg1100＝－ 2.16．如暗影部分是由曲y＝1x ， y2＝x 与直 x＝ 2， y ＝0 成，其面________．[ 答案 ]23＋ ln2[ 分析 ]由y2＝x，y＝1x，得交点A(1,1)由 x＝ 2y＝ 1x 得交点 B2， 12.故所求面S＝ 01xdx ＋121xdx＝23x3210 ＋ lnx21 ＝ 23＋ ln2.三、解答题 (本大题共 6 个小题，共74 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(此题满分 12 分 )(2019 江西理，19)设函数 f(x) ＝ lnx ＋ ln(2－x)＋ ax(a0)．(1)当 a＝ 1 时，求 f(x) 的单一区间；(2)若 f(x) 在 (0,1] 上的最大值为12，求 a 的值．[ 分析 ]函数f(x)的定义域为(0,2)，f(x) ＝1x－ 12－ x＋a，(1)当 a＝ 1 时， f(x) ＝－ x2＋2x(2 －x) ，所以 f(x) 的单一递加区间为 (0， 2)，单一递减区间为 (2 ，2)；(2)当 x(0,1] 时， f(x) ＝2－2xx(2 － x) ＋a0，即 f(x) 在 (0,1] 上单一递加，故f(x) 在 (0,1] 上的最大值为f(1) ＝a，所以 a＝12.18．(此题满分12 分 )求曲线 y＝2x－ x2，y＝ 2x2 －4x 所围成图形的面积．[ 分析 ]由y＝2x－x2，y＝2x2－4x得x1＝0，x2＝2.由图可知，所求图形的面积为S＝ 02(2x － x2)dx ＋ |02(2x2－4x)dx| ＝02(2x －x2)dx － 02(2x2 － 4x)dx.由于 x2－ 13x3＝ 2x－x2，23x3－ 2x2＝ 2x2－4x ，所以 S＝ x2－13x320 －23x3－ 2x220＝ 4.19． (此题满分 12 分 )设函数 f(x) ＝x3 － 3ax＋ b(a0)．(1)若曲线 y＝ f(x) 在点 (2， f(2)) 处与直线y＝ 8 相切，求a，b 的值；(2)求函数 f(x) 的单一区间与极值点．[ 剖析 ]考察利用导数研究函数的单一性，极值点的性质，以及分类议论思想．[ 分析 ](1)f(x) ＝ 3x2－ 3a.由于曲线 y＝f(x) 在点 (2， f(2)) 处与直线 y＝8 相切，所以 f(2) ＝ 0， f(2) ＝8.即 3(4－a)＝ 0， 8－6a＋ b＝ 8.解得 a＝ 4，b＝ 24.(2)f(x) ＝ 3(x2－ a)(a0)．当 a0 时， f(x)0 ，函数 f(x) 在 (－，＋ )上单一递加，此时函数f(x) 没有极值点．当 a0 时，由 f(x) ＝ 0 得 x＝ a.当 x( －，－ a)时， f(x)0 ，函数 f(x) 单一递加；当 x( － a， a)时， f(x)0 ，函数 f(x) 单一递减；当 x(a，＋ )时， f(x)0 ，函数 f(x) 单一递加．此时 x＝－ a 是 f(x) 的极大值点， x＝ a 是 f(x) 的极小值点．20． (此题满分 12 分 )已知函数f(x) ＝ 12x2 ＋lnx.(1)求函数 f(x) 的单一区间；(2)求证：当x1 时， 12x2 ＋ lnx23x3.[ 分析 ] (1)依题意知函数的定义域为{x|x0} ，∵f(x) ＝x＋ 1x，故 f(x)0 ，f(x) 的单一增区间为(0，＋ )．(2)设 g(x) ＝ 23x3－12x2 － lnx ，g(x) ＝ 2x2 －x－ 1x，∵当 x1 时， g(x) ＝ (x－ 1)(2x2 ＋ x＋ 1)x0，g(x) 在 (1，＋ )上为增函数，g(x)g(1) ＝ 160，当 x1 时， 12x2 ＋lnx23x3.21． (此题满分 12 分 )设函数 f(x) ＝x3 － 92x2＋ 6x－ a.(1)关于随意实数x,f(x)m 恒建立，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．[ 剖析 ]此题主要考察导数的应用及转变思想，以及求参数的范围问题．[ 分析 ](1)f(x) ＝ 3x2－ 9x＋ 6＝ 3(x－ 1)(x －2)．由于 x( －，＋ )． f(x)m ，即 3x2－ 9x＋ (6－ m)0 恒建立．所以＝ 81－ 12(6－ m)0，得 m－ 34，即 m 的最大值为－ 34. (2)由于当 x1 时， f(x)0 ；当 12 时， f(x)0 ；当 x2 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，方程 f(x) ＝ 0 仅有一个实根，解得a2或 a52.22． (此题满分 14 分 )已知函数f(x) ＝－ x3＋ax2＋ 1(aR)．(1)若函数 y＝ f(x) 在区间 0， 23 上递加，在区间23，＋上递减，求 a 的值；(2)当 x[0,1] 时，设函数 y＝f(x) 图象上随意一点处的切线的倾斜角为，若给定常数a32，＋，求的取值范围；(3)在 (1)的条件下，能否存在实数m，使得函数 g(x) ＝ x4－ 5x3＋(2－ m)x2 ＋ 1(mR) 的图象与函数 y＝ f(x) 的图象恰有三个交点．若存在，恳求出实数 m 的值；若不存在，试说明原因．[ 分析 ] (1)依题意 f23 ＝ 0，由 f(x) ＝－ 3x2＋ 2ax，得－ 3232＋ 2a23＝ 0，即 a＝1.(2)当 x[0,1] 时， tan＝ f(x) ＝－ 3x2＋ 2ax＝－ 3x－ a32＋a23.由 a32，＋，得 a312，＋ .①当 a312，1，即 a32，3 时， f(x)max ＝ a23，f(x)min ＝f(0) ＝ 0.此时 0tana23.②当 a3(1，＋)，即 a(3，＋)时，f(x)max ＝f(1) ＝ 2a－ 3，f(x)min ＝f(0) ＝0，此时， 0tan2a－ 3.又∵ [0， )，当 323 时， 0，arctana23，当 a3 时， [0 ，arctan(2a－3)] ．(3)函数 y＝ f(x) 与 g(x) ＝x4 －5x3＋ (2－m)x2 ＋ 1(mR) 的图象恰有 3 个交点，等价于方程－x3＋x2 ＋1＝x4－ 5x3＋ (2－m)x2 ＋ 1 恰有 3 个不等实根，x4－ 4x3＋ (1－m)x2 ＝ 0，明显 x＝ 0 是此中一个根 (二重根 )，方程 x2－ 4x ＋(1－ m)＝ 0 有两个非零不等实根，则＝16－ 4(1－ m)01－ m0“师”之观点，大概是从先秦期间的“师长、师傅、先生”而来。
历年(2019-2024)全国高考数学真题分类(导数及其应用)汇编(附答案)
历年(2019-2024)全国高考数学真题分类(导数及其应用)汇编考点01 导数的基本计算及其应用1．（2020∙全国∙高考真题）设函数e ()xf x x a =+．若(1)4e f '=，则a = ．考点02 求切线方程及其应用1．（2024∙全国甲卷∙高考真题）设函数()2e 2sin 1x xf x x +=+，则曲线()y f x =在点()0,1处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为（ ）A ．16B ．13C ．12D ．232．（2023∙全国甲卷∙高考真题）曲线e 1xy x =+在点e 1,2⎛⎫ ⎪⎝⎭处的切线方程为（ ）A ．e4y x =B ．e 2y x =C ．e e 44y x =+ D ．e 3e24y x =+ 3．（2022∙全国新Ⅱ卷∙高考真题）曲线ln ||y x =过坐标原点的两条切线的方程为 ， ． 4．（2022∙全国新Ⅰ卷∙高考真题）若曲线()e x y x a =+有两条过坐标原点的切线，则a 的取值范围是 ．5．（2021∙全国甲卷∙高考真题）曲线2x 1y x 2-=+在点()1,3--处的切线方程为 ． 6．（2021∙全国新Ⅱ卷∙高考真题）已知函数12()1,0,0xf x e x x <=>-，函数()f x 的图象在点()()11,A x f x 和点()()22,B x f x 的两条切线互相垂直，且分别交y 轴于M ，N 两点，则||||AM BN 取值范围是 ． 7．（2021∙全国新Ⅰ卷∙高考真题）若过点(),a b 可以作曲线e x y =的两条切线，则（ ） A ．e b a < B ．e a b < C ．0e b a <<D ．0e a b <<8．（2020∙全国∙高考真题）若直线l 与曲线y x 2+y 2=15都相切，则l 的方程为（ ）A ．y =2x +1B ．y =2x +12C ．y =12x +1D ．y =12x +129．（2020∙全国∙高考真题）函数43()2f x x x =-的图像在点(1(1))f ，处的切线方程为（ ） A ．21y x =-- B ．21y x =-+ C ．23y x =-D ．21y x =+10．（2020∙全国∙高考真题）曲线ln 1y x x =++的一条切线的斜率为2，则该切线的方程为 .11．（2019∙江苏∙高考真题）在平面直角坐标系xOy 中，点A 在曲线y =ln x 上，且该曲线在点A 处的切线经过点（‐e ，‐1)(e 为自然对数的底数），则点A 的坐标是 .12．（2019∙全国∙高考真题）已知曲线e ln x y a x x =+在点()1,ae 处的切线方程为2y x b =+，则A ．,1a e b ==-B ．,1a e b ==C ．1,1a e b -==D ．1,1a e b -==-13．（2019∙天津∙高考真题） 曲线cos 2xy x =-在点()0,1处的切线方程为 . 14．（2019∙全国∙高考真题）曲线23()e x y x x =+在点(0,0)处的切线方程为 ． 15．（2019∙全国∙高考真题）曲线y =2sin x +cos x 在点(π，–1)处的切线方程为A ．10x y --π-=B ．2210x y --π-=C ．2210x y +-π+=D ．10x y +-π+=考点03 公切线问题1．（2024∙全国新Ⅰ卷∙高考真题）若曲线e x y x =+在点()0,1处的切线也是曲线ln(1)y x a =++的切线，则=a .考点04 利用导数判断函数单调性及其应用1．（2024∙全国新Ⅰ卷∙高考真题）（多选）设函数2()(1)(4)f x x x =--，则（ ） A ．3x =是()f x 的极小值点 B ．当01x <<时，()2()f x f x <C ．当12x <<时，4(21)0f x -<-<D ．当10x -<<时，(2)()f x f x ->2．（2023∙全国新Ⅱ卷∙高考真题）已知函数()e ln xf x a x =-在区间()1,2上单调递增，则a 的最小值为（ ）．A ．2eB ．eC ．1e -D ．2e -3．（2023∙全国乙卷∙高考真题）设()0,1a ∈，若函数()()1xx f x a a =++在()0,∞+上单调递增，则a 的取值范围是 .4．（2019∙北京∙高考真题）设函数f （x ）=e x +a e −x （a 为常数）．若f （x ）为奇函数，则a = ；若f （x ）是R 上的增函数，则a 的取值范围是 ．考点05 求极值与最值及其应用1．（2024∙上海∙高考真题）已知函数()f x 的定义域为R ，定义集合()()(){}0000,,,M x x x x f x f x ∞=∈∈-<R ，在使得[]1,1M =-的所有()f x 中，下列成立的是（ ） A ．存在()f x 是偶函数 B ．存在()f x 在2x =处取最大值 C ．存在()f x 是严格增函数D ．存在()f x 在=1x -处取到极小值2．（2023∙全国新Ⅱ卷∙高考真题）若函数()()2ln 0b cf x a x a x x =++≠既有极大值也有极小值，则（ ）． A ．0bc >B ．0ab >C ．280b ac +>D ．0ac <3．（2022∙全国乙卷∙高考真题）函数()()cos 1sin 1f x x x x =+++在区间[]0,2π的最小值、最大值分别为（ ）A ．ππ22-，B ．3ππ22-， C ．ππ222-+，D ．3ππ222-+， 4．（2022∙全国甲卷∙高考真题）当1x =时，函数()ln bf x a x x=+取得最大值2-，则(2)f '=（ ） A ．1-B ．12-C ．12D ．15．（2021∙全国新Ⅰ卷∙高考真题）函数()212ln f x x x =--的最小值为 .考点06 利用导数研究函数的极值点及其应用1．（2022∙全国新Ⅰ卷∙高考真题）（多选）已知函数3()1f x x x =-+，则（ ） A ．()f x 有两个极值点B ．()f x 有三个零点C ．点(0,1)是曲线()y f x =的对称中心D ．直线2y x =是曲线()y f x =的切线2．（2022∙全国乙卷∙高考真题）已知1x x =和2x x =分别是函数2()2e x f x a x =-（0a >且1a ≠）的极小值点和极大值点．若12x x <，则a 的取值范围是 ．3．（2021∙全国乙卷∙高考真题）设0a ≠，若a 为函数()()()2f x a x a x b =--的极大值点，则（ ） A ．a b <B ．a b >C ．2ab a <D ．2ab a >考点07 导数与函数的基本性质结合问题1．（2024∙全国新Ⅰ卷∙高考真题）（多选）设函数2()(1)(4)f x x x =--，则（ ） A ．3x =是()f x 的极小值点 B ．当01x <<时，()2()f x f x <C ．当12x <<时，4(21)0f x -<-<D ．当10x -<<时，(2)()f x f x ->2．（2023∙全国新Ⅰ卷∙高考真题）（多选）已知函数()f x 的定义域为R ，()()()22f xy y f x x f y =+，则（ ）．A ．()00f =B ．()10f =C ．()f x 是偶函数D ．0x =为()f x 的极小值点3．（2022∙全国新Ⅰ卷∙高考真题）（多选）已知函数()f x 及其导函数()f x '的定义域均为R ，记()()g x f x '=，若322f x ⎛⎫- ⎪⎝⎭，(2)g x +均为偶函数，则（ ）A ．(0)0f =B ．102g ⎛⎫-= ⎪⎝⎭C ．(1)(4)f f -=D ．(1)(2)g g -=4．（2021∙全国新Ⅱ卷∙高考真题）写出一个同时具有下列性质①②③的函数():f x ． ①()()()1212f x x f x f x =；②当(0,)x ∈+∞时，()0f x '>；③()f x '是奇函数．考点08 利用导数研究函数的零点及其应用1．（2024∙全国新Ⅱ卷∙高考真题）（多选）设函数32()231f x x ax =-+，则（ ） A ．当1a >时，()f x 有三个零点 B ．当0a <时，0x =是()f x 的极大值点C ．存在a ，b ，使得x b =为曲线()y f x =的对称轴D ．存在a ，使得点()()1,1f 为曲线()y f x =的对称中心2．（2023∙全国乙卷∙高考真题）函数()32f x x ax =++存在3个零点，则a 的取值范围是（ ）A ．(),2-∞-B ．(),3-∞-C ．()4,1--D ．()3,0-3．（2021∙北京∙高考真题）已知函数()lg 2f x x kx =--，给出下列四个结论： ①若0k =，()f x 恰 有2个零点； ②存在负数k ，使得()f x 恰有1个零点； ③存在负数k ，使得()f x 恰有3个零点； ④存在正数k ，使得()f x 恰有3个零点．其中所有正确结论的序号是 ．考点09 利用导数研究方程的根及其应用1．（2024∙全国甲卷∙高考真题）曲线33y x x =-与()21y x a =--+在()0,∞+上有两个不同的交点，则a 的取值范围为 ．2．（2021∙北京∙高考真题）已知函数()lg 2f x x kx =--，给出下列四个结论： ①若0k =，()f x 恰 有2个零点； ②存在负数k ，使得()f x 恰有1个零点； ③存在负数k ，使得()f x 恰有3个零点； ④存在正数k ，使得()f x 恰有3个零点．其中所有正确结论的序号是 ．考点10 构建函数利用导数判断函数单调性比较函数值大小关系1．（2022∙全国甲卷∙高考真题）已知3111,cos ,4sin 3244a b c ===，则（ ） A ．c b a >>B ．b a c >>C ．a b c >>D ．a c b >>2．（2022∙全国新Ⅰ卷∙高考真题）设0.110.1e ,ln 0.99a b c ===-，，则（ ）A ．a b c <<B ．c b a <<C ．c<a<bD ．a c b <<3．（2021∙全国乙卷∙高考真题）设2ln1.01a =，ln1.02b =，1c =-．则（ ） A ．a b c << B ．b<c<aC ．b a c <<D ．c<a<b参考答案考点01 导数的基本计算及其应用1．（2020∙全国∙高考真题）设函数e ()xf x x a =+．若(1)4e f '=，则a = ．【答案】1【详细分析】由题意首先求得导函数的过程解析式，然后得到关于实数a 的方程，解方程即可确定实数a 的值【答案详解】由函数的过程解析式可得：()()()()()221x xx e x a e e x a f x x a x a +-+-'==++，则：()()()()12211111e a aef a a ⨯+-'==++，据此可得：()241aeea =+，整理可得：2210a a -+=，解得：1a =. 故答案为：1.【名师点评】本题主要考查导数的运算法则，导数的计算，方程的数学思想等知识，属于中等题.考点02 求切线方程及其应用1．（2024∙全国甲卷∙高考真题）设函数()2e 2sin 1x xf x x +=+，则曲线()y f x =在点()0,1处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为（ ）A ．16B ．13C ．12D ．23【答案】A【详细分析】借助导数的几何意义计算可得其在点()0,1处的切线方程，即可得其与坐标轴的交点坐标，即可得其面积. 【答案详解】()()()()()222e 2cos 1e 2sin 21xx x x x xf x x ++-+⋅+'=，则()()()()()02e 2cos 010e 2sin 000310f ++-+⨯+'==，即该切线方程为13y x -=，即31y x =+， 令0x =，则1y =，令0y =，则13x =-， 故该切线与两坐标轴所围成的三角形面积1111236S =⨯⨯-=. 故选：A.2．（2023∙全国甲卷∙高考真题）曲线e 1xy x =+在点e 1,2⎛⎫ ⎪⎝⎭处的切线方程为（ ）A ．e4y x = B ．e 2y x =C ．e e 44y x =+ D ．e 3e24y x =+ 【答案】C【详细分析】先由切点设切线方程，再求函数的导数，把切点的横坐标代入导数得到切线的斜率，代入所设方程即可求解.【答案详解】设曲线e 1xy x =+在点e 1,2⎛⎫ ⎪⎝⎭处的切线方程为()e 12y k x -=-， 因为e 1xy x =+， 所以()()()22e 1e e 11x xxx x y x x =+'+-=+，所以1e|4x k y ='==所以()e e124y x -=- 所以曲线e 1xy x =+在点e 1,2⎛⎫ ⎪⎝⎭处的切线方程为e e 44y x =+. 故选：C3．（2022∙全国新Ⅱ卷∙高考真题）曲线ln ||y x =过坐标原点的两条切线的方程为 ， ． 【答案】 1ey x =1e y x =-【详细分析】分0x >和0x <两种情况，当0x >时设切点为()00,ln x x ，求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，从而表示出切线方程，再根据切线过坐标原点求出0x ，即可求出切线方程，当0x <时同理可得； 【答案详解】[方法一]：化为分段函数，分段求分0x >和0x <两种情况，当0x >时设切点为()00,ln x x ，求出函数导函数，即可求出切线的斜率，从而表示出切线方程，再根据切线过坐标原点求出0x ，即可求出切线方程，当0x <时同理可得； 解： 因为ln y x =，当0x >时ln y x =，设切点为()00,ln x x ，由1y x'=，所以001|x x y x ='=，所以切线方程为()0001ln y x x x x -=-，又切线过坐标原点，所以()0001ln x x x -=-，解得0e x =，所以切线方程为()11e e y x -=-，即1ey x =； 当0x <时()ln y x =-，设切点为()()11,ln x x -，由1y x'=，所以111|x x y x ='=，所以切线方程为()()1111ln y x x x x --=-， 又切线过坐标原点，所以()()1111ln x x x --=-，解得1e x =-，所以切线方程为()11e e y x -=+-，即1ey x =-；故答案为：1ey x =；1e y x =-[方法二]：根据函数的对称性，数形结合 当0x >时ln y x =，设切点为()00,ln x x ，由1y x'=，所以001|x x y x ='=，所以切线方程为()0001ln y x x x x -=-，又切线过坐标原点，所以()0001ln x x x -=-，解得0e x =，所以切线方程为()11e e y x -=-，即1ey x =； 因为ln y x =是偶函数，图象为：所以当0x <时的切线，只需找到1ey x =关于y 轴的对称直线1e y x =-即可.[方法三]： 因为ln y x =，当0x >时ln y x =，设切点为()00,ln x x ，由1y x'=，所以001|x x y x ='=，所以切线方程为()0001ln y x x x x -=-，又切线过坐标原点，所以()0001ln x x x -=-，解得0e x =，所以切线方程为()11e e y x -=-，即1ey x =； 当0x <时()ln y x =-，设切点为()()11,ln x x -，由1y x'=，所以111|x x y x ='=，所以切线方程为()()1111ln y x x x x --=-， 又切线过坐标原点，所以()()1111ln x x x --=-，解得1e x =-，所以切线方程为()11e ey x -=+-，即1e y x =-； 故答案为：1ey x =；1e y x =-.4．（2022∙全国新Ⅰ卷∙高考真题）若曲线()e x y x a =+有两条过坐标原点的切线，则a 的取值范围是 ．【答案】()(),40,-∞-+∞【详细分析】设出切点横坐标0x ，利用导数的几何意义求得切线方程，根据切线经过原点得到关于0x 的方程，根据此方程应有两个不同的实数根，求得a 的取值范围. 【答案详解】∵()e x y x a =+，∴(1)e x y x a '=++，设切点为()00,x y ,则()000e x y x a =+,切线斜率()001e xk x a =++, 切线方程为：()()()00000e 1e x xy x a x a x x -+=++-,∵切线过原点，∴()()()00000e1e x x x a x a x -+=++-,整理得：2000x ax a +-=,∵切线有两条，∴240a a ∆=+>,解得4a <-或0a >, ∴a 的取值范围是()(),40,-∞-+∞ ,故答案为：()(),40,-∞-+∞5．（2021∙全国甲卷∙高考真题）曲线2x 1y x 2-=+在点()1,3--处的切线方程为 ． 【答案】520x y -+=【详细分析】先验证点在曲线上，再求导，代入切线方程公式即可． 【答案详解】由题，当=1x -时，=3y -，故点在曲线上． 求导得：()()()()222221522x x y x x +--==++'，所以1|5x y =-='．故切线方程为520x y -+=． 故答案为：520x y -+=．6．（2021∙全国新Ⅱ卷∙高考真题）已知函数12()1,0,0xf x e x x <=>-，函数()f x 的图象在点()()11,A x f x 和点()()22,B x f x 的两条切线互相垂直，且分别交y 轴于M ，N 两点，则||||AM BN 取值范围是 ． 【答案】()0,1【详细分析】结合导数的几何意义可得120x x +=，结合直线方程及两点间距离公式可得1A x M =，2B x N ，化简即可得解.【答案详解】由题意，()1011,0,xxx e x f x e e x <=⎧---≥⎪=⎨⎪⎩，则()0,,0x x x f x e e x ⎧-⎪=<>⎨'⎪⎩， 所以点()11,1x A x e -和点()22,1x B x e -，12,x xAM BN k e k e =-=,所以12121,0x xe e x x -⋅=-+=，所以()()111111,0:,11x x x xe e x x e AM e y M x -+=---+，所以1x AM ==，同理2B x N =,所以()10,1x e NAM B ===∈=. 故答案为：()0,1【名师点评】关键点名师点评：解决本题的关键是利用导数的几何意义转化条件120x x +=，消去一个变量后，运算即可得解. 7．（2021∙全国新Ⅰ卷∙高考真题）若过点(),a b 可以作曲线e x y =的两条切线，则（ ） A ．e b a < B ．e a b < C ．0e b a << D ．0e a b <<【答案】D【详细分析】解法一：根据导数几何意义求得切线方程，再构造函数，利用导数研究函数图象，结合图形确定结果；解法二：画出曲线x y e =的图象，根据直观即可判定点(),a b 在曲线下方和x 轴上方时才可以作出两条切线. 【答案详解】在曲线x y e =上任取一点(),tP t e ，对函数x y e =求导得e x y '=，所以，曲线x y e =在点P 处的切线方程为()t ty e e x t -=-，即()1t t y e x t e =+-， 由题意可知，点(),a b 在直线()1t t y e x t e =+-上，可得()()11t t tb ae t e a t e =+-=+-， 令()()1t f t a t e =+-，则()()tf t a t e '=-.当t a <时，()0f t '>，此时函数()f t 单调递增， 当t a >时，()0f t '<，此时函数()f t 单调递减，所以，()()max af t f a e ==，由题意可知，直线y b =与曲线()y f t =的图象有两个交点，则()max ab f t e <=，当1t a <+时，()0f t >，当1t a >+时，()0f t <，作出函数()f t 的图象如下图所示：由图可知，当0a b e <<时，直线y b =与曲线()y ft =的图象有两个交点.故选：D.解法二：画出函数曲线x y e =的图象如图所示，根据直观即可判定点(),a b 在曲线下方和x 轴上方时才可以作出两条切线.由此可知0a b e <<.故选：D.【名师点评】解法一是严格的证明求解方法，其中的极限处理在中学知识范围内需要用到指数函数的增长特性进行估计，解法二是根据基于对指数函数的图象的清晰的理解与认识的基础上，直观解决问题的有效方法.8．（2020∙全国∙高考真题）若直线l 与曲线yx 2+y 2=15都相切，则l 的方程为（ ）A ．y =2x +1B ．y =2x +12C ．y =12x +1D ．y =12x +12【答案】D【详细分析】根据导数的几何意义设出直线l 的方程，再由直线与圆相切的性质，即可得出答案. 【答案详解】设直线l在曲线y =上的切点为(0x ，则00x >，函数y =y '=，则直线l的斜率k =， 设直线l的方程为)0y x x =-，即00x x -+=， 由于直线l 与圆2215x y +== 两边平方并整理得2005410x x --=，解得01x =，015x =-（舍）， 则直线l 的方程为210x y -+=，即1122y x =+. 故选：D.【名师点评】本题主要考查了导数的几何意义的应用以及直线与圆的位置的应用，属于中档题. 9．（2020∙全国∙高考真题）函数43()2f x x x =-的图像在点(1(1))f ，处的切线方程为（ ） A ．21y x =--B ．21y x =-+C ．23y x =-D ．21y x =+【答案】B【详细分析】求得函数()y f x =的导数()f x '，计算出()1f 和()1f '的值，可得出所求切线的点斜式方程，化简即可.【答案详解】()432f x x x =- ，()3246f x x x '∴=-，()11f ∴=-，()12f '=-，因此，所求切线的方程为()121y x +=--，即21y x =-+. 故选：B.【名师点评】本题考查利用导数求解函图象的切线方程，考查计算能力，属于基础题10．（2020∙全国∙高考真题）曲线ln 1y x x =++的一条切线的斜率为2，则该切线的方程为 . 【答案】2y x =【详细分析】设切线的切点坐标为00(,)x y ，对函数求导，利用0|2x y '=，求出0x ，代入曲线方程求出0y ，得到切线的点斜式方程，化简即可.【答案详解】设切线的切点坐标为001(,),ln 1,1x y y x x y x=++'=+， 00001|12,1,2x x y x y x ='=+===，所以切点坐标为(1,2)， 所求的切线方程为22(1)y x -=-，即2y x =. 故答案为：2y x =.【名师点评】本题考查导数的几何意义，属于基础题.11．（2019∙江苏∙高考真题）在平面直角坐标系xOy 中，点A 在曲线y =ln x 上，且该曲线在点A 处的切线经过点（‐e ，‐1)(e 为自然对数的底数），则点A 的坐标是 . 【答案】(e, 1).【详细分析】设出切点坐标，得到切线方程，然后求解方程得到横坐标的值可得切点坐标. 【答案详解】设点()00,A x y ，则00ln y x =.又1y x'=， 当0x x =时，01y x '=， 点A 在曲线ln y x =上的切线为0001()y y x x x -=-， 即00ln 1xy x x -=-， 代入点(),1e --，得001ln 1ex x ---=-， 即00ln x x e =，考查函数()ln H x x x =，当()0,1x ∈时，()0H x <，当()1,x ∈+∞时，()0H x >，且()'ln 1H x x =+，当1x >时，()()'0,>H x H x 单调递增，注意到()H e e =，故00ln x x e =存在唯一的实数根0x e =，此时01y =， 故点A 的坐标为(),1A e .【名师点评】导数运算及切线的理解应注意的问题：一是利用公式求导时要特别注意除法公式中分子的符号，防止与乘法公式混淆．二是直线与曲线公共点的个数不是切线的本质，直线与曲线只有一个公共点，直线不一定是曲线的切线，同样，直线是曲线的切线，则直线与曲线可能有两个或两个以上的公共点．12．（2019∙全国∙高考真题）已知曲线e ln x y a x x =+在点()1,ae 处的切线方程为2y x b =+，则A ．,1a e b ==-B ．,1a e b ==C ．1,1a e b -==D ．1,1a e b -==-【答案】D【过程解析】通过求导数，确定得到切线斜率的表达式，求得a ，将点的坐标代入直线方程，求得b ． 【答案详解】答案详解：ln 1,x y ae x '=++1|12x k y ae ='==+=，1a e -∴=将(1,1)代入2y x b =+得21,1b b +==-，故选D ．【名师点评】本题关键得到含有a ，b 的等式，利用导数几何意义和点在曲线上得到方程关系． 13．（2019∙天津∙高考真题） 曲线cos 2xy x =-在点()0,1处的切线方程为 . 【答案】220x y +-=【详细分析】利用导数值确定切线斜率，再用点斜式写出切线方程． 【答案详解】1'sin 2y x =--，当0x =时其值为12-，故所求的切线方程为112y x -=-，即220x y +-=．【名师点评】曲线切线方程的求法：(1)以曲线上的点(x 0，f (x 0))为切点的切线方程的求解步骤： ①求出函数f (x )的导数f ′(x )； ②求切线的斜率f ′(x 0)；③写出切线方程y －f (x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0)，并化简．(2)如果已知点(x 1，y 1)不在曲线上，则设出切点(x 0，y 0)，解方程组0010010()'()y f x y y f x x x=⎧⎪-⎨=⎪-⎩得切点(x 0，y 0)，进而确定切线方程．14．（2019∙全国∙高考真题）曲线23()e x y x x =+在点(0,0)处的切线方程为 ．【答案】30x y -=.【详细分析】本题根据导数的几何意义，通过求导数，确定得到切线的斜率，利用直线方程的点斜式求得切线方程【答案详解】答案详解：/223(21)3()3(31),x x x y x e x x e x x e =+++=++所以，/0|3x k y ===所以，曲线23()e x y x x =+在点(0,0)处的切线方程为3y x =，即30x y -=．【名师点评】准确求导数是进一步计算的基础，本题易因为导数的运算法则掌握不熟，二导致计算错误．求导要“慢”，计算要准，是解答此类问题的基本要求．15．（2019∙全国∙高考真题）曲线y =2sin x +cos x 在点(π，–1)处的切线方程为A ．10x y --π-=B ．2210x y --π-=C ．2210x y +-π+=D ．10x y +-π+=【答案】C【详细分析】先判定点(,1)π-是否为切点，再利用导数的几何意义求解.【答案详解】当x π=时，2sin cos 1y =π+π=-，即点(,1)π-在曲线2sin cos y x x =+上．2cos sin ,y x x '=- 2cos sin 2,x y πππ=∴=-=-'则2sin cos y x x =+在点(,1)π-处的切线方程为(1)2()y x --=--π，即2210x y +-π+=．故选C ．【名师点评】本题考查利用导数工具研究曲线的切线方程，渗透了直观想象、逻辑推理和数学运算素养．采取导数法，利用函数与方程思想解题．学生易在非切点处直接求导数而出错，首先证明已知点是否为切点，若是切点，可以直接利用导数求解；若不是切点，设出切点，再求导，然后列出切线方程．考点03 公切线问题1．（2024∙全国新Ⅰ卷∙高考真题）若曲线e x y x =+在点()0,1处的切线也是曲线ln(1)y x a =++的切线，则=a .【答案】ln 2【详细分析】先求出曲线e x y x =+在()0,1的切线方程，再设曲线()ln 1y x a =++的切点为()()00,ln 1x x a ++，求出y '，利用公切线斜率相等求出0x ，表示出切线方程，结合两切线方程相同即可求解. 【答案详解】由e x y x =+得e 1x y '=+，00|e 12x y ='=+=， 故曲线e x y x =+在()0,1处的切线方程为21y x =+；由()ln 1y x a =++得11y x '=+， 设切线与曲线()ln 1y x a =++相切的切点为()()00,ln 1x x a ++， 由两曲线有公切线得0121y x '==+，解得012x =-，则切点为11,ln 22a ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭，切线方程为112ln 21ln 222y x a x a ⎛⎫=+++=++- ⎪⎝⎭，根据两切线重合,所以ln 20a -=，解得ln 2a =. 故答案为：ln 22．（2016∙全国∙高考真题）若直线y kx b =+是曲线ln 2y x =+的切线，也是曲线ln(1)y x =+的切线，则b = ．【答案】1ln 2-【答案详解】试题详细分析：对函数ln 2y x =+求导得1y x '=，对ln(1)y x =+求导得11y x '=+，设直线y kx b =+与曲线ln 2y x =+相切于点111(,)P x y ，与曲线ln(1)y x =+相切于点222(,)P x y ，则1122ln 2,ln(1)y x y x =+=+，由点111(,)P x y 在切线上得()1111ln 2()y x x x x -+=-，由点222(,)P x y 在切线上得2221ln(1)()1y x x x x -+=-+，这两条直线表示同一条直线，所以，解得11111,2,ln 211ln 22x k b x x =∴===+-=-. 【考点】导数的几何意义【名师点评】函数f （x ）在点x 0处的导数f ′（x 0）的几何意义是曲线y ＝f （x ）在点P （x 0，y 0）处的切线的斜率．相应地，切线方程为y−y 0＝f ′（x 0）（x−x 0）． 注意：求曲线切线时，要分清在点P 处的切线与过点P 的切线的不同．3．（2015∙全国∙高考真题）已知曲线ln y x x =+在点()1,1处的切线与曲线()221y ax a x =+++相切,则a= ． 【答案】8【答案详解】试题详细分析：函数ln y x x =+在(1,1)处的导数为111|1|2x x y x===+='，所以切线方程为；曲线2(2)1y ax a x =+++的导函数的为，因与该曲线相切，可令，当时，曲线为直线，与直线平行，不符合题意；当时，代入曲线方程可求得切点，代入切线方程即可求得.考点：导函数的运用.【方法名师点评】求曲线在某一点的切线，可先求得曲线在该点的导函数值，也即该点切线的斜率值，再由点斜式得到切线的方程，当已知切线方程而求函数中的参数时，可先求得函数的导函数，令导函数的值等于切线的斜率，这样便能确定切点的横坐标，再将横坐标代入曲线（切线）得到纵坐标得到切点坐标，并代入切线（曲线）方程便可求得参数．考点04 利用导数判断函数单调性及其应用1．（2024∙全国新Ⅰ卷∙高考真题）（多选）设函数2()(1)(4)f x x x =--，则（ ） A ．3x =是()f x 的极小值点 B ．当01x <<时，()2()f x f x <C ．当12x <<时，4(21)0f x -<-<D ．当10x -<<时，(2)()f x f x ->【答案】ACD【详细分析】求出函数()f x 的导数，得到极值点，即可判断A ；利用函数的单调性可判断B ；根据函数()f x 在()1,3上的值域即可判断C ；直接作差可判断D.【答案详解】对A ，因为函数()f x 的定义域为R ，而()()()()()()22141313f x x x x x x =--+-=--'，易知当()1,3x ∈时，()0f x '<，当(),1x ∞∈-或()3,x ∞∈+时，()0f x '>函数()f x 在(),1∞-上单调递增，在()1,3上单调递减，在()3,∞+上单调递增，故3x =是函数()f x 的极小值点，正确；对B ，当01x <<时，()210x x x x -=->，所以210x x >>>，而由上可知，函数()f x 在()0,1上单调递增，所以()()2f x f x >，错误；对C ，当12x <<时，1213x <-<，而由上可知，函数()f x 在()1,3上单调递减， 所以()()()1213f f x f >->，即()4210f x -<-<，正确；对D ，当10x -<<时，()()()()()()222(2)()12141220f x f x x x x x x x --=------=-->， 所以(2)()f x f x ->，正确； 故选：ACD.2．（2023∙全国新Ⅱ卷∙高考真题）已知函数()e ln xf x a x =-在区间()1,2上单调递增，则a 的最小值为（ ）． A ．2e B ．e C ．1e - D ．2e -【答案】C【详细分析】根据()1e 0xf x a x'=-≥在()1,2上恒成立，再根据分参求最值即可求出． 【答案详解】依题可知，()1e 0xf x a x '=-≥在()1,2上恒成立，显然0a >，所以1e x x a≥， 设()()e ,1,2x g x x x =∈，所以()()1e 0xg x x '=+>，所以()g x 在()1,2上单调递增，()()1e g x g >=，故1e a ≥，即11e ea -≥=，即a 的最小值为1e -． 故选：C ．3．（2023∙全国乙卷∙高考真题）设()0,1a ∈，若函数()()1xx f x a a =++在()0,∞+上单调递增，则a 的取值范围是 .【答案】1,12⎫-⎪⎢⎪⎣⎭【详细分析】原问题等价于()()()ln 1ln 10xx f x a a a a '=+++≥恒成立，据此将所得的不等式进行恒等变形，可得()1ln ln 1xa a a a +⎛⎫≥-⎪+⎝⎭，由右侧函数的单调性可得实数a 的二次不等式，求解二次不等式后可确定实数a 的取值范围.【答案详解】由函数的过程解析式可得()()()ln 1ln 10xx f x a a a a '=+++≥在区间()0,∞+上恒成立，则()()1ln 1ln xxa a a a ++≥-，即()1ln ln 1xa a a a +⎛⎫≥-⎪+⎝⎭在区间()0,∞+上恒成立， 故()01ln 1ln 1a a a a +⎛⎫=≥-⎪+⎝⎭，而()11,2a +∈，故()ln 10a +>，故()ln 1ln 01a a a ⎧+≥-⎨<<⎩即()1101a a a ⎧+≥⎨<<⎩，故112a ≤<，结合题意可得实数a 的取值范围是1,12⎫⎪⎢⎪⎣⎭.故答案为：1,12⎫⎪⎢⎪⎣⎭. 4．（2019∙北京∙高考真题）设函数f （x ）=e x +a e −x （a 为常数）．若f （x ）为奇函数，则a = ；若f （x ）是R 上的增函数，则a 的取值范围是 ． 【答案】 ‐1; (],0-∞.【详细分析】首先由奇函数的定义得到关于a 的恒等式，据此可得a 的值，然后利用导函数的过程解析式可得a 的取值范围.【答案详解】若函数()x x f x e ae -=+为奇函数,则()()(),x x x xf x f x e ae e ae ---=-+=-+，()()1 0x x a e e -++=对任意的x 恒成立.若函数()x x f x e ae -=+是R 上的增函数,则()' 0x xf x e ae -=-≥恒成立,2,0x a e a ≤≤.即实数a 的取值范围是(],0-∞【名师点评】本题考查函数的奇偶性､单调性､利用单调性确定参数的范围.解答过程中,需利用转化与化归思想,转化成恒成立问题.注重重点知识､基础知识､基本运算能力的考查.考点05 求极值与最值及其应用1．（2024∙上海∙高考真题）已知函数()f x 的定义域为R ，定义集合()()(){}0000,,,M x x x x f x f x ∞=∈∈-<R ，在使得[]1,1M =-的所有()f x 中，下列成立的是（ ） A ．存在()f x 是偶函数 B ．存在()f x 在2x =处取最大值 C ．存在()f x 是严格增函数 D ．存在()f x 在=1x -处取到极小值【答案】B【详细分析】对于ACD 利用反证法并结合函数奇偶性、单调性以及极小值的概念即可判断，对于B ，构造函数()2,1,111,1x f x x x x -<-⎧⎪=-≤≤⎨⎪>⎩即可判断.【答案详解】对于A ，若存在 ()y f x = 是偶函数, 取 01[1,1]x =∈-, 则对于任意 (,1),()(1)x f x f ∈-∞<, 而 (1)(1)f f -=, 矛盾, 故 A 错误；对于B ，可构造函数()2,1,,11,1,1,x f x x x x -<-⎧⎪=-≤≤⎨⎪>⎩满足集合[]1,1M =-，当1x <-时，则()2f x =-，当11x -≤≤时，()[]1,1f x ∈-，当1x >时，()1f x =， 则该函数()f x 的最大值是()2f ，则B 正确；对C ，假设存在()f x ，使得()f x 严格递增，则M =R ，与已知[]1,1M =-矛盾，则C 错误；对D ，假设存在()f x ，使得()f x 在=1x -处取极小值，则在1-的左侧附近存在n ，使得()()1f n f >-，这与已知集合M 的定义矛盾，故D 错误； 故选：B.2．（2023∙全国新Ⅱ卷∙高考真题）若函数()()2ln 0b cf x a x a x x =++≠既有极大值也有极小值，则（ ）． A ．0bc > B ．0ab > C ．280b ac +> D ．0ac <【答案】BCD【详细分析】求出函数()f x 的导数()f x '，由已知可得()f x '在(0,)+∞上有两个变号零点，转化为一元二次方程有两个不等的正根判断作答.【答案详解】函数2()ln b c f x a x x x =++的定义域为(0,)+∞，求导得223322()a b c ax bx cf x x x x x --'=--=， 因为函数()f x 既有极大值也有极小值，则函数()f x '在(0,)+∞上有两个变号零点，而0a ≠， 因此方程220ax bx c --=有两个不等的正根12,x x ，于是21212Δ80020b ac b x x a c x x a ⎧⎪=+>⎪⎪+=>⎨⎪⎪=->⎪⎩，即有280b ac +>，0ab >，0ac <，显然20a bc <，即0bc <，A 错误，BCD 正确.故选：BCD3．（2022∙全国乙卷∙高考真题）函数()()cos 1sin 1f x x x x =+++在区间[]0,2π的最小值、最大值分别为（ ） A ．ππ22-，B ．3ππ22-， C ．ππ222-+，D ．3ππ222-+， 【答案】D【详细分析】利用导数求得()f x 的单调区间，从而判断出()f x 在区间[]0,2π上的最小值和最大值. 【答案详解】()()()sin sin 1cos 1cos f x x x x x x x '=-+++=+，所以()f x 在区间π0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭和3π,2π2⎛⎫ ⎪⎝⎭上()0f x ¢>，即()f x 单调递增；在区间π3π,22⎛⎫⎪⎝⎭上()0f x '<，即()f x 单调递减，又()()02π2f f ==，ππ222f ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，3π3π3π11222f ⎛⎫⎛⎫=-++=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以()f x 在区间[]0,2π上的最小值为3π2-，最大值为π22+. 故选：D4．（2022∙全国甲卷∙高考真题）当1x =时，函数()ln bf x a x x=+取得最大值2-，则(2)f '=（ ） A ．1- B ．12-C ．12D ．1【答案】B【详细分析】根据题意可知()12f =-，()10f '=即可解得,a b ，再根据()f x '即可解出． 【答案详解】因为函数()f x 定义域为()0,∞+，所以依题可知，()12f =-，()10f '=，而()2a b f x x x -'=，所以2,0b a b =--=，即2,2a b =-=-，所以()222f x x x'=-+，因此函数()f x 在()0,1上递增，在()1,∞+上递减，1x =时取最大值，满足题意，即有()112122f =-+=-'． 故选：B.5．（2021∙全国新Ⅰ卷∙高考真题）函数()212ln f x x x =--的最小值为 . 【答案】1【详细分析】由过程解析式知()f x 定义域为(0,)+∞，讨论102x <≤、112x <≤、1x >，并结合导数研究的单调性，即可求()f x 最小值.【答案详解】由题设知：()|21|2ln f x x x =--定义域为(0,)+∞，∴当102x <≤时，()122ln f x x x =--，此时()f x 单调递减；当112x <≤时，()212ln f x x x =--，有2()20f x x'=-≤，此时()f x 单调递减； 当1x >时，()212ln f x x x =--，有2()20f x x'=->，此时()f x 单调递增； 又()f x 在各分段的界点处连续，∴综上有：01x <≤时，()f x 单调递减，1x >时，()f x 单调递增； ∴()(1)1f x f ≥=故答案为：1.考点06 利用导数研究函数的极值点及其应用1．（2022∙全国新Ⅰ卷∙高考真题）（多选）已知函数3()1f x x x =-+，则（ ） A ．()f x 有两个极值点B ．()f x 有三个零点C ．点(0,1)是曲线()y f x =的对称中心D ．直线2y x =是曲线()y f x =的切线【答案】AC【详细分析】利用极值点的定义可判断A ，结合()f x 的单调性、极值可判断B ，利用平移可判断C ；利用导数的几何意义判断D.【答案详解】由题，()231f x x '=-，令()0f x ¢>得3x >或3x <-，令()0f x '<得33x -<<，所以()f x 在(,3-∞-，(,)3+∞上单调递增，(33-上单调递减，所以3x =±是极值点，故A 正确；因(1039f -=+>，10f =>，()250f -=-<，所以，函数()f x 在,⎛-∞ ⎝⎭上有一个零点，当3x ≥时，()03f x f ⎫≥>⎪⎪⎝⎭，即函数()f x 在3⎫∞⎪⎪⎝⎭上无零点， 综上所述，函数()f x 有一个零点，故B 错误；令3()h x x x =-，该函数的定义域为R ，()()()()33h x x x x x h x -=---=-+=-， 则()h x 是奇函数，(0,0)是()h x 的对称中心， 将()h x 的图象向上移动一个单位得到()f x 的图象， 所以点(0,1)是曲线()y f x =的对称中心，故C 正确；令()2312f x x '=-=，可得1x =±，又()(1)11f f =-=，当切点为(1,1)时，切线方程为21y x =-，当切点为(1,1)-时，切线方程为23y x =+，故D 错误.故选：AC.2．（2022∙全国乙卷∙高考真题）已知1x x =和2x x =分别是函数2()2e x f x a x =-（0a >且1a ≠）的极小值点和极大值点．若12x x <，则a 的取值范围是 ．【答案】1,1e ⎛⎫ ⎪⎝⎭【详细分析】法一：依题可知，方程2ln 2e 0x a a x ⋅-=的两个根为12,x x ，即函数ln x y a a =⋅与函数e y x =的图象有两个不同的交点，构造函数()ln xg x a a =⋅，利用指数函数的图象和图象变换得到()g x 的图象，利用导数的几何意义求得过原点的切线的斜率，根据几何意义可得出答案. 【答案详解】[方法一]：【最优解】转化法，零点的问题转为函数图象的交点因为()2ln 2e xf x a a x ⋅-'=，所以方程2ln 2e 0x a a x ⋅-=的两个根为12,x x ，即方程ln e x a a x ⋅=的两个根为12,x x ，即函数ln x y a a =⋅与函数e y x =的图象有两个不同的交点，因为12,x x 分别是函数()22e x f x a x =-的极小值点和极大值点，所以函数()f x 在()1,x ∞-和()2,x ∞+上递减，在()12,x x 上递增， 所以当时()1,x ∞-()2,x ∞+，()0f x '<，即e y x =图象在ln x y a a =⋅上方 当()12,x x x ∈时，()0f x '>，即e y x =图象在ln x y a a =⋅下方1a >，图象显然不符合题意，所以01a <<．令()ln x g x a a =⋅，则()2ln ,01xg x a a a =⋅<<'，设过原点且与函数()y g x =的图象相切的直线的切点为()00,ln xx a a ⋅，则切线的斜率为()020ln x g x a a ='⋅，故切线方程为()0020ln ln x x y a a a a x x -⋅=⋅-， 则有0020ln ln x x a a x a a -⋅=-⋅，解得01ln x a=，则切线的斜率为122ln ln eln a a a a ⋅=， 因为函数ln x y a a =⋅与函数e y x =的图象有两个不同的交点，所以2eln e a <，解得1e e a <<，又01a <<，所以11ea <<，综上所述，a 的取值范围为1,1e ⎛⎫⎪⎝⎭．[方法二]：【通性通法】构造新函数，二次求导()2ln 2e x f x a a x ⋅-'==0的两个根为12,x x因为12,x x 分别是函数()22e x f x a x =-的极小值点和极大值点，所以函数()f x 在()1,x ∞-和()2,x ∞+上递减，在()12,x x 上递增，设函数()()()g 2ln xx f x a a ex ='=-，则()()22ln 2x x a a e '=-，若1a >，则()x '在R 上单调递增，此时若()00f x '=，则()f x '在()0,x ∞-上单调递减，在()0,x ∞+上单调递增，此时若有1x x =和2x x =分别是函数()22(0x f x a ex a =->且1)a ≠的极小值点和极大值点，则12x x >，不符合题意；若01a <<，则()x '在R 上单调递减，此时若()00x '=，则()f x '在()0,x ∞-上单调递增，在()0,x ∞+上单调递减，令()00x '=，则02(ln )xea a =，此时若有1x x =和2x x =分别是函数()22(0x f x a ex a =->且1)a ≠的极小值点和极大值点，且12x x <，则需满足()00f x '>，()()00002ln 20ln xe f x a a ex ex a ⎛⎫=-=-> ⎪⎝⎭'，即001ln 1ln x x a a<>故()002ln ln ln 1ln x e a x a a ==>，所以11e a <<. 【整体点评】法一：利用函数的零点与两函数图象交点的关系，由数形结合解出，突出“小题小做”，是该题的最优解；法二：通过构造新函数，多次求导判断单调性，根据极值点的大小关系得出不等式，解出即可，该法属于通性通法．3．（2021∙全国乙卷∙高考真题）设0a ≠，若a 为函数()()()2f x a x a x b =--的极大值点，则（ ） A ．a b < B ．a b > C ．2ab a < D ．2ab a >【答案】D 【详细分析】先考虑函数的零点情况，注意零点左右附近函数值是否变号，结合极大值点的性质，对进行分类讨论，画出图象，即可得到,a b 所满足的关系，由此确定正确选项.【答案详解】若a b =，则()()3f x a x a =-为单调函数，无极值点，不符合题意，故a b ¹.()f x ∴有a 和b 两个不同零点，且在x a =左右附近是不变号，在x b =左右附近是变号的.依题意，a 为函数的极大值点，∴在x a =左右附近都是小于零的.当a<0时，由x b >，()0f x ≤，画出()f x 的图象如下图所示：。
高考数学导数及其应用专题训练参考答案
高考数学:导数及其应用专题训练【参考答案】1.A2.A3.D4.A5.C6.C7.A8.A9.C10.⎩⎨⎧⎭⎬⎫x | 12<x<2 ； 11. 4 ； 12. 32； 13.—16 ； 14.y ＝3x ＋1 ； 15.3－1【部分习题解析】4．解析：f ′(x)＝6x(x －2)，∵f(x)在(－2,0)上为增函数，在(0,2)上为减函数，∴当x ＝0时，f(x)＝m 最大．∴m ＝3，f(－2)＝－37，f(2)＝－5.答案：A5.解析：因为y ′＝－x2＋81，所以当x ＞9时，y ′＜0；当x ∈(0,9)时，y ′＞0，所以函数y ＝－13x3＋81x －234在(9，＋∞)上单调递减，在(0,9)上单调递增，所以x ＝9是函数的极大值点，又因为函数在(0，＋∞)上只有一个极大值点，所以函数在x ＝9处取得最大值． 答案：C6．解析：∵f(x)＝－12x2＋bln(x ＋2)在(－1，＋∞)上是减函数，∴f ′(x)＝－x ＋bx ＋2<0在(－1，＋∞)上恒成立，即b<x(x ＋2)在(－1，＋∞)上恒成立．设g(x)＝x(x ＋2)＝(x ＋1)2－1在(－1，＋∞)上单调递增， ∴g(x)>－1. ∴当b ≤－1时，b<x(x ＋2)在(－1，＋∞)上恒成立．即f(x)＝－12x2＋bln(x ＋2)在(－1，＋∞)上是减函数．答案：C7．解析：由函数f(x)可知f(x －1)＝⎩⎪⎨⎪⎧x x ＜1，－x x ≥1.①当x ＜1时，原不等式等价于x ＋(x ＋1)x ≤3，解得－3≤x ≤1，又x ＜1，所以－3≤x ＜1；②当x ≥1时，原不等式等价于x ＋(x＋1)(－x)≤3，即x2≥－3恒成立，所以x ≥1，综合①②可知，不等式的解集为{x|x ≥－3}．9．解析：船速度为x(x>0)时，燃料费用为Q 元，则Q ＝kx3，由6＝k ×103可得k ＝3500，∴Q ＝3500x3.∴总费用y ＝⎝⎛⎭⎫3500x3＋96·1x ＝3500x2＋96x ，y ′＝6500x －96x2.令y ′＝0得x ＝20，当x ∈(0,20)时，y ′<0，此时函数单调递减，当x ∈(20，＋∞)时，y ′>0，此时函数单调递增，∴当x ＝20时，y 取得最小值，∴此轮船以20公里/小时的速度使行驶每公里的费用总和最小．答案：C10．[解析] 由题意可知a>0，且－2,1是方程ax2＋bx ＋c ＝0的两个根，则⎩⎨⎧－ba＝－1，ca ＝－2，解得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝a ，c ＝－2a ，所以不等式cx2＋bx ＋a>c(2x －1)＋b 可化为－2ax2＋ax ＋a>－2a(2x －1)＋a ，整理得2x2－5x ＋2<0，解得12<x<2.∴原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x | 12<x<2.11．解析：若x ＝0，则不论a 取何值，f(x)≥0显然成立． 当x ＞0，即x ∈(0,1]时，f(x)＝ax3－3x ＋1≥0可化为a ≥3x2－1x3.设g(x)＝3x2－1x3，则g ′(x)＝31－2x x4，所以g(x)在区间⎝⎛⎦⎤0，12上单调递增，在区间⎣⎡⎦⎤12，1上单调递减，因此g(x)max ＝g ⎝⎛⎭⎫12＝4，从而a ≥4. 当x ＜0，即x ∈[－1,0]时， 同理，a ≤3x2－1x3. g(x)在区间[－1,0)上单调递增，∴g(x)min ＝g(－1)＝4，从而a ≤4，综上，可知a ＝4. 答案：412．解析：由题意得f ′(x)＝3x2－12，令f ′(x)＝0得x ＝±2，且f(－3)＝17，f(－2)＝24，f(2)＝－8，f(3)＝－1，所以M ＝24，m ＝－8，M －m ＝32. 答案：3215．解析：f ′(x)＝x2＋a －2x2x2＋a 2＝a －x2x2＋a 2，当x ＞a 时，f ′(x)＜0，f(x)单调递减，当－a ＜x ＜a 时，f ′(x)＞0，f(x)单调递增，当x ＝a 时，f(x)＝a 2a ＝33，a ＝32＜1，不合题意． ∴f(x)max ＝f(1)＝11＋a ＝33，a ＝3－1. 答案：3－116.解：(1)f ′(x)＝3x2－9x ＋6＝3(x －1)(x －2)，因为x ∈(－∞，＋∞)，f ′(x)≥m ， 即3x2－9x ＋(6－m)≥0恒成立．所以Δ＝81－12(6－m)≤0，得m ≤－34，即m 的最大值为－34.17.解析：(1)∵f(x)＝1－x ax ＋lnx ，∴f ′(x)＝ax －1ax2(a>0)．∵函数f(x)在[1，＋∞)上为增函数，∴f ′(x)＝ax －1ax2≥0对x ∈[1，＋∞)恒成立．∴ax －1≥0对x ∈[1，＋∞)恒成立．即a ≥1x 对x ∈[1，＋∞)恒成立． ∴a ≥1.（2）当a ＝1时，f ′(x)＝x －1x2.∴当x ∈⎣⎡⎭⎫12，1时，f ′(x)<0， 故f(x)在x ∈⎣⎡⎭⎫12，1上单调递减；当x ∈(1,2]时，f ′(x)>0，故f(x)在x ∈(1,2]上单调递增． ∴f(x)在区间⎣⎡⎦⎤12，2上有唯一极小值点，故f(x)min ＝f(x)极小值＝f(1)＝0. 又f ⎝⎛⎭⎫12＝1－ln2，f(2)＝－12＋ln2，f(12)－f(2)＝32－2ln2＝lne3－ln162， ∵e3>16，∴f ⎝⎛⎭⎫12－f(2)>0，即f ⎝⎛⎭⎫12>f(2)． ∴f(x)在区间⎣⎡⎦⎤12，2上的最大值f(x)max ＝f ⎝⎛⎭⎫12＝1－ln2. 综上可知，函数f(x)在⎣⎡⎦⎤12，2上的最大值是1－ln2，最小值是0.(3)当a ＝1时，f(x)＝1－x x ＋lnx ，f ′(x)＝x －1x2，故f(x)在[1，＋∞)上为增函数．当n>1时，令x ＝nn －1，则x>1，故f(x)>f(1)＝0. ∴f ⎝⎛⎭⎫n n －1＝1－n n －1n n －1＋ln n n －1＝－1n ＋ln n n －1>0， 即ln n n －1>1n . ∴ln 21>12，ln 32>13，ln 43>14，…，ln n n －1>1n .∴ln 21＋ln 32＋ln 43＋…＋ln n n －1>12＋13＋14＋…＋1n .∴lnn>12＋13＋14＋ (1).即对大于1的任意正整数n ，都有lnn>12＋13＋14＋…＋1n .本题的关键在于f(x)＝1－x x ＋lnx ，f ′(x)＝x －1x2，故f(x)在[1，＋∞)上为增函数．当n>1时，令x ＝n n －1，则x>1，故f(x)>f(1)＝0，∴f ⎝⎛⎭⎫n n －1＝1－nn －1n n －1＋lnnn －1＝－1n ＋ln n n －1>0，即ln n n －1>1n.怎么想到要这么做，主要受前面两小题的强烈提示．通过本题的学习，我们要掌握此类问题一般规律．本题出错在于同学完全没有想到利用前面的结论，而直接讨论函数f(x)＝ln x x －1－1x 的单调性求解，可以试试看，肯定行不通．18.解：(1)由f(x)＝g(x)，得k ＝lnxx2.令h(x)＝lnx x2，所以方程f(x)＝g(x)在区间⎣⎡⎦⎤1e ，e 内解的个数即为函数h(x)＝lnxx2，x ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e 的图象与直线y ＝k 交点的个数．h ′(x)＝1－2lnxx3，当h ′(x)＝0时，x ＝ e.当x 在区间⎣⎡⎦⎤1e ，e 内变化时，h ′(x)，h(x)变化如下： x ⎣⎡⎭⎫1e ，ee (e ，e] h ′(x) ＋ 0 － h(x)递增12e递减当x ＝1e 时，y ＝－e2；当x ＝e 时，y ＝12e ；当x ＝e 时，y ＝1e2.所以，①当k>12e 或k<－e2时，该方程无解．②当k ＝12e 或－e2≤k<1e2时，该方程有一个解．③当1e2≤k<12e 时，该方程有两个解．(2)由(1)知lnx x2≤12e ，∴lnx x4≤12e ·1x2.∴ln224＋ln334＋…＋lnn n4≤12e ⎝⎛⎭⎫122＋132＋…＋1n2. ∵122＋132＋…＋1n2<11·2＋12·3＋…＋1n －1·n ＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＝1－1n <1.∴ln224＋ln334＋…＋lnn n4<12e. 19．解析：设包装盒的高为h(cm)，底面边长为a(cm)．由已知得a ＝2x ，h ＝60－2x2＝2(30－x)，0＜x ＜30.(1)S ＝4ah ＝8x(30－x)＝－8(x －15)2＋1 800，所以当x ＝15时，S 取得最大值．(2)V ＝a2h ＝22(－x3＋30x2)，V ′＝62x(20－x)． 由V ′＝0得x ＝0(舍去)或x ＝20.当x ∈(0,20)时，V ′＞0；当x ∈(20,30)时，V ′＜0. 所以当x ＝20时，V 取得极大值，也是最大值． 此时h a ＝12. 即包装盒的高与底面边长的比值为12.引入恰当的变量、建立适当的模型是解题的关键．第(1)中侧面积 S是关于 x 的二次函数，可以利用抛物线的性质求最值，也可以利用导数求解；而第(2)题中容积 V 是关于 x 的三次函数，因此只能利用导数求最值．20．解析：(1)f ′(x)＝3ax2＋2bx ＋c ，依题意⎩⎪⎨⎪⎧ f ′1＝3a ＋2b ＋c ＝0，f ′－1＝3a －2b ＋c ＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧b ＝0，3a ＋c ＝0. 又f ′(0)＝－3，∴c ＝－3，a ＝1. ∴f(x)＝x3－3x.(2)设切点为(x0，x30－3x0)，∵f ′(x)＝3x2－3，∴f ′(x0)＝3x20－3. ∴切线方程为y －(x30－3x0)＝(3x20－3)(x －x0)， 又切线过点A(2，m)，∴m －(x30－3x0)＝(3x20－3)(2－x0)． ∴m ＝－2x30＋6x20－6. 令g(x)＝－2x3＋6x2－6，则g ′(x)＝－6x2＋12x ＝－6x(x －2)． 由g ′(x)＝0得x ＝0或x ＝2.g(x)极小值＝g(0)＝－6，g(x)极大值＝g(2)＝2. 画出草图知(如图4－3－3)，当－6＜m ＜2时，m ＝－2x3＋6x2－6有三解， ∴ m 的取值范围是(－6,2)．21．解析：(1)由已知有f ′(x)＝x ＋1x ，当x ∈[1，e]时，f ′(x)＞0，f(x)在[1，e]上为增函数，∴f(x)max ＝f(e)＝12e2＋1，f(x)min ＝f(1)＝12.(2)证明：设F(x)＝12x2＋lnx －23x3， 则F ′(x)＝x ＋1x －2x2＝1－x 1＋x ＋2x2x当x ∈[1，＋∞)时，F ′(x)＜0，F(x)在[1，＋∞)上为减函数，且F(1)＝－16＜0故x ∈[1，＋∞)时，F(x)＜0. ∴12x2＋lnx ＜23x3.∴在[1，＋∞)上，函数f(x)的图像在函数g(x)＝23x3图像的下方．方法点睛 一般地，在闭区间[a ，b]上的连续函数f(x)必有最大值与最小值，在开区间(a ，b)内的连续函数不一定有最大值与最小值，若函数y ＝f(x)在闭区间[a ，b]上单调递增，则f(a)是最小值，f(b)是最大值；反之，则f(a)是最大值，f(b)是最小值．22．解析：(1)f ′(x)＝3x2＋2ax.由已知条件⎩⎪⎨⎪⎧ f 1＝0，f ′1＝－3，即⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＋1＝0，2a ＋3＝－3，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝2. (2)由(1)知f(x)＝x3－3x2＋2，f ′(x)＝3x2－6x ＝3x(x －2)，f ′(x)与f(x)随x 变化情况如下：x (－∞，0) 0 (0,2) 2 (2，＋∞) f ′(x)＋－＋f(x) 2 ↘ －2由f(x)＝f(0)解得x ＝0，或x ＝3.因此根据f(x)的图像当0＜t ≤2时，f(x)的最大值为f(0)＝2，最小值为f(t)＝t3－3t2＋2； 当2＜t ≤3时，f(x)的最大值为f(0)＝2，最小值为f(2)＝－2； 当t ＞3时，f(x)的最大值为f(t)＝t3－3t2＋2，最小值为f(2)＝－2. 23．解析：(1)函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，因为f ′(x)＝x ＋ex －(ex ＋xex)＝x(1－ex)， 由f ′(x)＝x(1－ex)＞0得x ＜0，f ′(x)＜0得x ＞0，则f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，单调递减区间为(0，＋∞)． (2)由(1)知，f(x)在[0,2]上单调递减，在[－2,0)上单调递增，又f(－2)＝2＋3e2，f(2)＝2－e2，且2＋3e2＞2－e2，所以x ∈[－2,2]时，[f(x)]min ＝2－e2，故m ＜2－e2时，不等式f(x)＞m 恒成立．【方法点睛】 1.不等式恒成立问题一般转化为函数的最值(或值域)来求解．其解题步骤为①分离参数；②构造函数；③求函数的最值(或值域)；④由恒成立得出参数的取值范围．2.在求实际问题中的最大值或最小值时，一般先设自变量、因变量、建立函数关系式，并确定其定义域，利用求函数最值的方法求解，注意结果应与实际情况相符合，用导数求解实际问题中的最大(小)值，如果函数在区间内只有一个极值点，那么根据实际意义该极值点就是最值点．24．规范解题：(1)f ′(x)＝a ⎝⎛⎭⎫x ＋1x －lnx x ＋12－bx2.(1分)由于直线x ＋2y －3＝0的斜率为－12，且过点(1,1)．故⎩⎪⎨⎪⎧f 1＝1，f ′1＝－12，(3分) 即⎩⎪⎨⎪⎧b ＝1，a 2－b ＝－12.解得a ＝1，b ＝1.(4分)(2)证明：由(1)知f(x)＝lnx x ＋1＋1x ，所以f(x)－lnx x －1＝11－x2⎝⎛⎭⎫2lnx －x2－1x .(5分) 考虑函数h(x)＝2lnx －x2－1x(x ＞0)，(6分)则h ′(x)＝2x －2x2－x2－1x2＝－x －12x2.(8分)所以当x ≠1时，h ′(x)＜0.而h(1)＝0，故 当x ∈(0,1)时，h(x)＞0，可得11－x2h(x)＞0；(9分)当x ∈(1，＋∞)时，h(x)＜0，可得11－x2h(x)＞0.(10分)从而当x ＞0，且x ≠1时，f(x)－lnxx －1＞0，即f(x)＞lnxx －1.(12分)【方法点睛】模板构建：利用导数证明不等式的基本步骤： 第一步 作差f(x)－lnxx －1； 第二步 构造新的函数h(x)； 第三步 对h(x)求导；第四步 利用h ′(x)判断11－x2h(x)的正负；第五步 结论.。
专题09 导数及其应用-2023年高考真题和模拟题数学分项汇编(全国通用)含答案
（2）已知函数
f
x
xex
ax
a2
a
0
有唯一零点
x0
，求证：
x0
4 9
且
a
9 25
.
9．（2023·四川广安·四川省广安友谊中学校考模拟预测）已知函数
f
(x)
ln
x x
ln 2
2
a 1
2 x
(a
0)
．
(1)若函数 f (x) 在 x 1处的切线斜率为 1 ，求实数 a 的值； 9
(2)若函数 f (x) 有且仅有三个不同的零点，分别设为 x1, x2 , x3.
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)证明：当 a 0 时， f x 2lna 3 ．
2 【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【详解】（1）因为 f (x) a ex a x ，定义域为 R ，所以 f x aex 1 ，
当 a 0 时，由于 ex 0 ，则 aex 0 ，故 f x aex 1 0 恒成立， 所以 f x 在 R 上单调递减；
11．（2023·山东日照·三模）已知函数
f
x
ax2 e x 1
lnx
lna
1 有三个零点.
(1)求 a 的取值范围；
(2)设函数 f x 的三个零点由小到大依次是 x1, x2 , x3 .证明： aex1x3 e .
12．（2023·山东烟台·统考三模）已知函数 f x ex a, g x ln x a ，其中 a R ．
当 a 0 时，令 f x aex 1 0 ，解得 x ln a ，
当 x ln a 时， f x 0 ，则 f x 在 , ln a 上单调递减；
高三导数及其应用测试题及答案解析
高三数学章末综合测试题导数及其应用一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．1．曲线y ＝13x 3＋x 在点⎝⎛⎭⎫1，43处的切线与坐标轴围成的三角面积为( ) A.19 B.29 C.13 D.232．函数y ＝4x 2＋1x 的单调增区间为( )A ．(0，＋∞) B.⎝⎛⎭⎫12，＋∞ C ．(－∞，－1) D.⎝⎛⎭⎫－∞，－12 3．若曲线f (x )＝x sin x ＋1在x ＝π2处的切线与直线ax ＋2y ＋1＝0互相垂直，则实数a 等于( )A ．－2B ．－1C ．1D ．24．设函数f (x )＝g (x )＋x 2，曲线y ＝g (x )在点(1，g (1))处的切线方程为y ＝2x ＋1，则曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线的斜率为( ) A ．4 B ．－14 C ．2D ．－125．已知f (x )＝x 3－ax 在(－∞，－1]上递增，则a 的取值范围是( ) A ．a ＞3 B ．a ≥3 C ．a ＜3D ．a ≤36．设f (x )是一个三次函数，f ′(x )为其导函数，如图所示的是y ＝xf ′(x )的图像的一部分，则f (x )的极大值与极小值分别是( ) A ．f (1)与f (－1) B ．f (－1)与f (1) C ．f (2)与f (－2)D ．f (－2)与f (2)7．若函数f (x )＝13x 3＋12f ′(1)x 2－f ′(2)x ＋3，则f (x )在点(0，f (0))处切线的倾斜角为( )A.π4B.π3C.2π3D.3π48．下图所示为函数y ＝f (x )，y ＝g (x )的导函数的图像，那么y ＝f (x )，y ＝g (x )的图像可能是( )9．若函数f (x )在R 上满足f (x )＝e x ＋x 2－x ＋sin x ，则曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程是( )A ．y ＝2x －1B ．y ＝3x －2C ．y ＝x ＋1D ．y ＝－2x ＋310．如图，函数f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图像，则下面判断正确的是( ) A ．在(－2,1)内f (x )是增函数 B ．在(1,3)内f (x )是减函数新 课标 第 一 网 C ．在(4,5)内f (x )是增函数 D ．在x ＝2时，f (x )取到极小值11．已知函数f (x )＝x 3－px 2－qx 的图像与x 轴相切于(1,0)点，则f (x )的极大值、极小值分别为( ) A.427、0 B ．0、427 C ．－427、0 D ．0、－42712．若函数y ＝f (x )的图像在点P 处的切线方程为x －y ＋2＝0，则f (1)＋f ′(1)＝( ) w w w .x k b 1.c o m A ．1 B ．2 C ．3D ．4二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分．13．设P 为曲线C ：y ＝x 2－x ＋1上一点，曲线C 在点P 处的切线的斜率的范围是[－1,3]，则点P 纵坐标的取值范围是__________．14．已知函数f (x )＝ln x ＋2x ，g (x )＝a (x 2＋x )，若f (x )≤g (x )恒成立，则实数a 的取值范围是__________．15．设函数y ＝ax 2＋bx ＋k (k ＞0)在x ＝0处取得极值，且曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于直线x ＋2y ＋1＝0，则a ＋b 的值为__________．16．已知函数f (x )的导函数的图像如图所示，则下列说法正确的是__________． ①函数f (x )在区间(－3,1)内单调递减；②函数f (x )在区间(1,7)内单调递减； ③当x ＝－3时，函数f (x )有极大值；④当x ＝7时，函数f (x )有极小值． 三、解答题：本大题共6小题，共70分．17．(10分)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2(a ，b ∈R )．(1)若函数f (x )在x ＝1处有极值为10，求b 的值； (2)若对任意a ∈[－4，＋∞)，f (x )在x ∈[0,2]上单调递增，求b 的最小值． 18．(12分)已知函数f (x )＝x 3－12x 2＋bx ＋c .(1)若f (x )在(－∞，＋∞)上是增函数，求b 的取值范围；(2)若f (x )在x ＝1处取得极值，且x ∈[－1,2]时，f (x )＜c 2恒成立，求c 的取值范围． 19．(12分)已知函数f (x )＝2mx －m 2＋1x 2＋1(x ∈R )． (1)当m ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程； (2)当m ＞0时，求函数f (x )的单调区间与极值． 20．(12分)已知函数f (x )＝(a －12)x 2＋ln x (a ∈R )．(1)当a ＝1时，求f (x )在区间[1，e]上的最大值和最小值；(2)若在区间(1，＋∞)上，函数f (x )的图像恒在直线y ＝2ax 下方，求a 的取值范围．21．(12分)设函数f (x )＝ln x ，g (x )＝ax ＋bx，函数f (x )的图像与x 轴的交点也在函数g (x )的图像上，且在此点有公共切线． (1)求a ，b 的值； (2)对任意x ＞0，试比较f (x )与g (x )的大小．22．(12分)设函数f (x )＝ax 3－2bx 2＋cx ＋4d (a ，b ，c ，d ∈R )的图像关于原点对称，且x ＝1时，f (x )取极小值－23. (1)求a ，b ，c ，d 的值； (2)当x ∈[－1,1]时，图像上是否存在两点，使得过两点处的切线互相垂直？试证明你的结论； (3)若x 1，x 2∈[－1,1]，求证：|f (x 1)－f (x 2)|≤43.一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．1．曲线y ＝13x 3＋x 在点⎝⎛⎭⎫1，43处的切线与坐标轴围成的三角面积为( ) A.19 B.29 C.13 D.23解析：y ′＝x 2＋1，当x ＝1时，k ＝y ′|x ＝1＝2，∴切线方程为y －43＝2(x －1)．当x ＝0时，y ＝－23，当y ＝0时，x ＝13.∴三角形的面积S ＝12×|－23|×13＝19.答案：A2．函数y ＝4x 2＋1x 的单调增区间为( )A ．(0，＋∞) B.⎝⎛⎭⎫12，＋∞ C ．(－∞，－1)D.⎝⎛⎭⎫－∞，－12 解析：由y ＝4x 2＋1x ，得y ′＝8x －1x 2. 令y ′＞0，即8x －1x 2＞0，解得x ＞12，∴函数y ＝4x 2＋1x 在⎝⎛⎭⎫12，＋∞上递增. 答案：B3．若曲线f (x )＝x sin x ＋1在x ＝π2处的切线与直线ax ＋2y ＋1＝0互相垂直，则实数a 等于( )A ．－2B ．－1C ．1D ．2解析：据已知可得f ′(x )＝sin x ＋x cos x ，故f ′⎝⎛⎭⎫π2＝1.由两直线的位置关系可得－a2×1＝－1，解得a ＝2. 答案：D4．设函数f (x )＝g (x )＋x 2，曲线y ＝g (x )在点(1，g (1))处的切线方程为y ＝2x ＋1，则曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线的斜率为( ) A ．4B ．－14C ．2D ．－12解析：∵f (x )＝g (x )＋x 2，∴f ′(x )＝g ′(x )＋2x ，X k b 1 . c o m f ′(1)＝g ′(1)＋2＝2＋2＝4. 答案：A5．已知f (x )＝x 3－ax 在(－∞，－1]上递增，则a 的取值范围是( ) A ．a ＞3 B ．a ≥3 C ．a ＜3D ．a ≤3解析：由f (x )＝x 3－ax ，得f ′(x )＝3x 2－a ， 由3x 2－a ≥0对于一切x ∈(－∞，－1]恒成立， 3x 2≥a ，∴a ≤3.若a ＜3，则f ′(x )＞0对于一切x ∈(－∞，－1]恒成立． 若a ＝3，x ∈(－∞，－1)时，f ′(x )＞0恒成立． x ＝－1时，f ′(－1)＝0，∴a ≤3. 答案：D6．设f (x )是一个三次函数，f ′(x )为其导函数，如图所示的是y ＝xf ′(x )的图像的一部分，则f (x )的极大值与极小值分别是( ) A ．f (1)与f (－1) B ．f (－1)与f (1) C ．f (2)与f (－2)D ．f (－2)与f (2)解析：由y ＝xf ′(x )的图像知±2是y ＝f ′(x )的两个零点，设f ′(x )＝a (x －2)(x ＋2)．当x ＞2时，xf ′(x )＝ax (x －2)(x ＋2)＞0，∴a ＞0.由f ′(x )＝a (x －2)(x ＋2)知，f (－2)是极大值，f (2)是极小值，故选D. 答案：D7．若函数f (x )＝13x 3＋12f ′(1)x 2－f ′(2)x ＋3，则f (x )在点(0，f (0))处切线的倾斜角为( )A.π4 B.π3 C.2π3D.3π4解析：由题意，得f ′(x )＝x 2＋f ′(1)x －f ′(2)， 令x ＝0，得f ′(0)＝－f ′(2)， 令x ＝1，得f ′(1)＝1＋f ′(1)－f ′(2)， ∴f ′(2)＝1，∴f ′(0)＝－1，即f (x )在点(0，f (0))处切线的斜率为－1， ∴倾斜角为3π4.答案：D8．下图所示为函数y ＝f (x )，y ＝g (x )的导函数的图像，那么y ＝f (x )，y ＝g (x )的图像可能是( )解析：由y ＝f ′(x )的图像知，y ＝f ′(x )在(0，＋∞)上单调递减，说明函数y ＝f (x )图像上任意一点切线的斜率在(0，＋∞)也单调递减，故可排除A ，C.又由图像知，y ＝f ′(x )与y ＝g ′(x )的图像在x ＝x 0处相交，说明y ＝f (x )与y ＝g (x )的图像在x ＝x 0处的切线斜率相同，故可排除B.故选D. 答案：D9．若函数f (x )在R 上满足f (x )＝e x ＋x 2－x ＋sin x ，则曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程是( ) A ．y ＝2x －1 B ．y ＝3x －2 C ．y ＝x ＋1D ．y ＝－2x ＋3解析：令x ＝0，解得f (0)＝1.对f (x )求导，得f ′(x )＝e x ＋2x －1＋cos x ，令x ＝0，解得f ′(0)＝1，故切线方程为y ＝x ＋1. 答案：C10．如图，函数f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图像，则下面判断正确的是( )A ．在(－2,1)内f (x )是增函数B ．在(1,3)内f (x )是减函数新 课 标 第 一 网C ．在(4,5)内f (x )是增函数D ．在x ＝2时，f (x )取到极小值解析：在(－2,1)上，导函数的符号有正有负，所以函数f (x )在这个区间上不是单调函数；同理，函数f (x )在(1,3)上也不是单调函数，在x ＝2的左侧，函数f (x )在⎝⎛⎭⎫－32，2上是增函数．在x ＝2的右侧，函数f (x )在(2,4)上是减函数，所以在x ＝2时，f (x )取到极大值；在(4,5)上导函数的符号为正，所以函数f (x )在这个区间上为增函数. 答案：C11．已知函数f (x )＝x 3－px 2－qx 的图像与x 轴相切于(1,0)点，则f (x )的极大值、极小值分别为( ) A.427、0 B ．0、427C ．－427、0D ．0、－427解析：f ′(x )＝3x 2－2px －q ，由f ′(1)＝0，f (1)＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧ 3－2p －q ＝0，1－p －q ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧p ＝2，q ＝－1.∴f (x )＝x 3－2x 2＋x .由f ′(x )＝3x 2－4x ＋1＝0，得x ＝13，或x ＝1.从而求得当x ＝13时，f (x )取极大值427；当x ＝1时，f (x )取极小值0.故选A.答案：A12．如右图，若函数y ＝f (x )的图像在点P 处的切线方程为x －y ＋2＝0，则f (1)＋f ′(1)＝( ) w w w .x k b 1.c o m A ．1 B ．2 C ．3D ．4解析：由图像知f (1)＝3，f ′(1)＝1，故f (1)＋f ′(1)＝ 3＋1＝4. 答案：D第Ⅱ卷 (非选择 共90分)二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分．13．设P 为曲线C ：y ＝x 2－x ＋1上一点，曲线C 在点P 处的切线的斜率的范围是[－1,3]，则点P 纵坐标的取值范围是__________． 解析：设P (a ，a 2－a ＋1)，y ′|x ＝a ＝2a －1∈[]－1，3， ∴0≤a ≤2.从而g (a )＝a 2－a ＋1＝⎝⎛⎭⎫a －122＋34. 当a ＝12时，g (a )min ＝34；a ＝2时，g (a )max ＝3. 故P 点纵坐标范围是⎣⎡⎦⎤34，3.答案：⎣⎡⎦⎤34，314．已知函数f (x )＝ln x ＋2x ，g (x )＝a (x 2＋x )，若f (x )≤g (x )恒成立，则实数a 的取值范围是__________． 解析：设F (x )＝f (x )－g (x )，其定义域为(0，＋∞)，则F ′(x )＝1x ＋2－2ax －a ＝－(2x ＋1)(ax －1)x ，x ∈(0，＋∞)．当a ≤0时，F ′(x )＞0，F (x )单调递增，F (x )≤0不可能恒成立． 当a ＞0时，令F ′(x )＝0，得x ＝1a ，或x ＝－12(舍去)．当0＜x ＜1a 时，F ′(x )＞0；当x ＞1a 时，F ′(x )＜0.故F (x )在(0，＋∞)上有最大值F ⎝⎛⎭⎫1a ，由题意F ⎝⎛⎭⎫1a ≤0恒成立，即ln 1a ＋1a －1≤0.令φ(a )＝ln 1a ＋1a －1，则φ(a )在(0，＋∞)上单调递减，且φ(1)＝0，故ln 1a ＋1a －1≤0成立的充要条件是a ≥1. 答案：[1，＋∞)15．设函数y ＝ax 2＋bx ＋k (k ＞0)在x ＝0处取得极值，且曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于直线x ＋2y ＋1＝0，则a ＋b 的值为__________．解析：∵f (x )＝ax 2＋bx ＋k (k ＞0)，∴f ′(x )＝2ax ＋b .又f (x )在x ＝0处有极值，故f ′(0)＝0，从而b ＝0.由曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线与直线x ＋2y ＋1＝0垂直，可知该切线斜率为2，即f ′(1)＝2，∴2a ＝2，得a ＝1.∴a ＋b ＝1＋0＝1. 答案：116．已知函数f (x )的导函数的图像如图所示，则下列说法正确的是__________．(填写正确命题的序号) ①函数f (x )在区间(－3,1)内单调递减； ②函数f (x )在区间(1,7)内单调递减； ③当x ＝－3时，函数f (x )有极大值； ④当x ＝7时，函数f (x )有极小值．解析：由图像可得，在区间(－3,1)内f (x )的导函数数值大于零，所以f (x )单调递增；在区间(1,7)内f (x )的导函数值小于零，所以f (x )单调递减；在x ＝－3左右的导函数符号不变，所以x ＝－3不是函数的极大值点；在x ＝7左右的导函数符号在由负到正，所以函数f (x )在x ＝7处有极小值．故②④正确． 答案：②④三、解答题：本大题共6小题，共70分．17．(10分)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2(a ，b ∈R )． (1)若函数f (x )在x ＝1处有极值为10，求b 的值；(2)若对任意a ∈[－4，＋∞)，f (x )在x ∈[0,2]上单调递增，求b 的最小值． 解析：(1)f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，则⎩⎪⎨⎪⎧ f ′(1)＝3＋2a ＋b ＝0，f (1)＝1＋a ＋b ＋a 2＝10⇒⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝4，b ＝－11或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝3.当⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝4，b ＝－11时，f ′(x )＝3x 2＋8x －11，Δ＝64＋132＞0，故函数有极值点； 当⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝3时，f ′(x )＝3(x －1)2≥0，故函数无极值点； 故b 的值为－11.(2)方法一：f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ≥0对任意的a ∈[－4，＋∞)，x ∈[0,2]都成立， 则F (a )＝2xa ＋3x 2＋b ≥0对任意的a ∈[－4，＋∞)，x ∈[0,2]都成立． ∵x ≥0，F (a )在a ∈[－4，＋∞)上单调递增或为常数函数，∴得F (a )min ＝F (－4)＝－8x ＋3x 2＋b ≥0对任意的x ∈[0,2]恒成立，即b ≥(－3x 2＋8x )max ， 又－3x 2＋8x ＝－3⎝⎛⎭⎫x －432＋163≤163， 当x ＝43时，(－3x 2＋8x )max ＝163，得b ≥163，故b 的最小值为163.方法二：f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ≥0对任意的a ∈[－4，＋∞)，x ∈[0,2]都成立， 即b ≥－3x 2－2ax 对任意的a ∈[－4，＋∞)，x ∈[0,2]都成立，即b ≥(－3x 2－2ax )max . 令F (x )＝－3x 2－2ax ＝－3⎝⎛⎭⎫x ＋a 32＋a 23， ①当a ≥0时，F (x )max ＝0，于是b ≥0； ②当－4≤a ＜0时，F (x )max ＝a 23，于是b ≥a 23.又∵⎝⎛⎭⎫a 23max ＝163，∴b ≥163. 综上，b 的最小值为163.18．(12分)已知函数f (x )＝x 3－12x 2＋bx ＋c .(1)若f (x )在(－∞，＋∞)上是增函数，求b 的取值范围；(2)若f (x )在x ＝1处取得极值，且x ∈[－1,2]时，f (x )＜c 2恒成立，求c 的取值范围．解析：(1)f ′(x )＝3x 2－x ＋b ，因f (x )在(－∞，＋∞)上是增函数，则f ′(x )≥0，即3x 2－x ＋b ≥0， ∴b ≥x －3x 2在(－∞，＋∞)恒成立．设g (x )＝x －3x 2，当x ＝16时，g (x )max ＝112，∴b ≥112.(2)由题意，知f ′(1)＝0，即3－1＋b ＝0，∴b ＝－2.x ∈[－1,2]时，f (x )＜c 2恒成立，只需f (x )在[－1,2]上的最大值小于c 2即可．因f ′(x )＝3x 2－x －2， 令f ′(x )＝0，得x ＝1，或x ＝－23.∵f (1)＝－32＋c ，f (－23)＝2227＋c ，f (－1)＝12＋c ，f (2)＝2＋c ，∴f (x )max ＝f (2)＝2＋c ，∴2＋c ＜c 2，解得c ＞2，或c ＜－1， 所以c 的取值范围为(－∞，－1)∪(2，＋∞)． 19．(12分)已知函数f (x )＝2mx －m 2＋1x 2＋1(x ∈R )．(1)当m ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程； (2)当m ＞0时，求函数f (x )的单调区间与极值． 解析：(1)当m ＝1时，f (x )＝2x x 2＋1，f (2)＝45，又因为f ′(x )＝2(x 2＋1)－4x 2(x 2＋1)2＝2－2x 2(x 2＋1)2，则f ′(2)＝－625.所以曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为 y －45＝－625(x －2)，即6x ＋25y －32＝0. (2)f ′(x )＝2m (x 2＋1)－2x (2mx －m 2＋1)(x 2＋1)2＝－2(x －m )(mx ＋1)(x 2＋1)2.令f ′(x )＝0，得到x 1＝－1m ，x 2＝m .∵m ＞0，∴－1m＜m .当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：x ⎝⎛⎭⎫－∞，－1m－1m ⎝⎛⎭⎫－1m ，m m (m ，＋∞)f ′(x ) － 0 ＋ 0 － f (x )递减极小值递增极大值递减从而f (x )在区间⎝⎛⎭⎫－∞，－1m ，(m ，＋∞)内为减函数，在区间⎝⎛⎭⎫－1m ，m 内为增函数， 故函数f (x )在点x 1＝－1m 处取得极小值f ⎝⎛⎭⎫－1m ，且f ⎝⎛⎭⎫－1m ＝－m 2，函数f (x )在点x 2＝m 处取得极大值f (m )，且f (m )＝1.20．(12分)已知函数f (x )＝(a －12)x 2＋ln x (a ∈R )．(1)当a ＝1时，求f (x )在区间[1，e]上的最大值和最小值；(2)若在区间(1，＋∞)上，函数f (x )的图像恒在直线y ＝2ax 下方，求a 的取值范围．解析：(1)当a ＝1时，f (x )＝12x 2＋ln x ，f ′(x )＝x ＋1x ＝x 2＋1x.对于x ∈[1，e]有f ′(x )＞0， ∴f (x )在区间[1，e]上为增函数， ∴f (x )max ＝f (e)＝1＋e 22，f (x )min ＝f (1)＝12.(2)令g (x )＝f (x )－2ax ＝(a －12)x 2－2ax ＋ln x ，则g (x )的定义域为(0，＋∞)．在区间(1，＋∞)上，函数f (x )的图像恒在直线y ＝2ax 下方等价于g (x )＜0在区间(1，＋∞)上恒成立． ∵g ′(x )＝(2a －1)x －2a ＋1x＝(2a －1)x 2－2ax ＋1x＝(x －1)[(2a －1)x －1]x，①若a ＞12，令g ′(x )＝0，得极值点x 1＝1，x 2＝12a －1，当x 2＞x 1＝1，即12＜a ＜1时，在(x 2，＋∞)上有g ′(x )＞0，此时g (x )在区间(x 2，＋∞)上是增函数，并且在该区间上有g (x )∈(g (x 2)，＋∞)，不符合题意； 当x 2≤x 1＝1，即a ≥1时，同理可知，g (x )在区间(1，＋∞)上，有g (x )∈(g (1)，＋∞)，也不符合题意； ②若a ≤12，则有2a －1≤0，此时在区间(1，＋∞)上恒有g ′(x )＜0，从而g (x )在区间(1，＋∞)上是减函数．要使g (x )＜0在此区间上恒成立，只需满足g (1)＝－a －12≤0⇒a ≥－12， 由此求得a 的取值范围是⎣⎡⎦⎤－12，12. 综上可知，当a ∈⎣⎡⎦⎤－12，12时，函数f (x )的图像恒在直线y ＝2ax 下方． 21．(12分)设函数f (x )＝ln x ，g (x )＝ax ＋b x，函数f (x )的图像与x 轴的交点也在函数g (x )的图像上，且在此点有公共切线．(1)求a ，b 的值；(2)对任意x ＞0，试比较f (x )与g (x )的大小．解析：(1)f (x )＝ln x 的图像与x 轴的交点坐标是(1,0)，依题意，得g (1)＝a ＋b ＝0.①又f ′(x )＝1x ，g ′(x )＝a －b x 2， 且f (x )与g (x )在点(1,0)处有公共切线，∴g ′(1)＝f ′(1)＝1，即a －b ＝1.②由①②得，a ＝12，b ＝－12. (2)令F (x )＝f (x )－g (x )，则F (x )＝ln x －⎝⎛⎭⎫12x －12x ＝ln x －12x ＋12x， ∴F ′(x )＝1x －12－12x 2＝－12⎝⎛⎭⎫1x－12≤0. ∴F (x )在(0，＋∞)上为减函数．当0＜x ＜1时，F (x )＞F (1)＝0，即f (x )＞g (x )；当x ＝1时，F (1)＝0，即f (x )＝g (x )；当x ＞1时，F (x )＜F (1)＝0，即f (x )＜g (x )．22．(12分)设函数f (x )＝ax 3－2bx 2＋cx ＋4d (a ，b ，c ，d ∈R )的图像关于原点对称，且x ＝1时，f (x )取极小值－23. (1)求a ，b ，c ，d 的值；(2)当x ∈[－1,1]时，图像上是否存在两点，使得过两点处的切线互相垂直？试证明你的结论；(3)若x 1，x 2∈[－1,1]，求证：|f (x 1)－f (x 2)|≤43. 解析：(1)∵函数f (x )的图像关于原点对称，∴对任意实数x 有f (－x )＝－f (x )，∴－ax 3－2bx 2－cx ＋4d ＝－ax 3＋2bx 2－cx －4d ， 即bx 2－2d ＝0恒成立，∴b ＝0，d ＝0，∴f (x )＝ax 3＋cx ，f ′(x )＝3ax 2＋c ，∵当x ＝1时，f (x )取极小值－23， ∴3a ＋c ＝0，且a ＋c ＝－23， 解得a ＝13，c ＝－1. (2)当x ∈[－1,1]时，图像上不存在这样的两点使结论成立． 假设图像上存在两点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，使得过此两点处的切线互相垂直，则由f ′(x )＝x 2－1知，两点处的切线斜率分别为k 1＝x 12－1，k 2＝x 22－1， 且(x 12－1)(x 22－1)＝－1.(*)∵x 1，x 2∈[－1,1]，∴x 12－1≤0，x 22－1≤0. ∴(x 12－1)(x 22－1)≥0.此与(*)相矛盾，故假设不成立．(3)f ′(x )＝x 2－1，令f ′(x )＝0，得x ＝±1.当x ∈(－∞，－1)或x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0， 当x ∈(－1,1)时，f ′(x )＜0，∴f (x )在[－1,1]上是减函数，且f (x )max ＝f (－1)＝23，f (x )min ＝f (1)＝－23. ∴在[－1,1]上，|f (x )|≤23， 于是x 1，x 2∈[－1,1]时，|f (x 1)－f (x 2)|≤|f (x 1)|＋|f (x 2)|≤23＋23＝43.。
导数及其应用五年(2018-2022)高考数学真题专项汇编卷
考点三 ：导数及其应用——五年（2018-2022）高考数学真题专项汇编卷 新高考版1.【2019年 北京卷】在天文学中，天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述.两颗星的星等与亮度满足12125lg2E m m E -=，其中星等为k m 的星的亮度为(1,2)k E k =.已知太阳的星等是-26.7，天狼星的星等是-1.45，则太阳与天狼星的亮度的比值为( ) A.10.110B.10.1C.lg10.1D.10.110-2.【2022年 新高考Ⅰ卷】（多选）已知函数()f x 及其导函数()f x '的定义域均为R ，记()()g x f x '=.若322f x ⎛⎫- ⎪⎝⎭，(2)g x +均为偶函数，则( )A.(0)0f =B.102g ⎛⎫-= ⎪⎝⎭C.(1)(4)f f -=D.(1)(2)g g -=3.【2022年 新高考Ⅱ卷】曲线ln ||y x =过坐标原点的两条切线的方程为____________，_________.4.【2018年 江苏卷】若函数()()3221f x x ax 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__________．5.【2021年 新高考Ⅰ卷】已知函数()()1ln f x x x =-. （1）讨论()f x 的单调性；（2）设a ，b 为两个不相等的正数，且ln ln b a a b a b -=-，证明：112e ab<+<. 6.【2021年 新高考Ⅱ卷】已知函数2()(1)e x f x x ax b =--+. （1）讨论()f x 的单调性.（2）从下面两个条件中选一个，证明：()f x 有一个零点.①21e 22a <≤，2b a >； ②102a <≤，2b a ≤.7.【2020年 天津卷】已知函数3()ln ()f x x k x k =+∈R ，()f x '为()f x 的导函数. （1）当6k =时：（i ）求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；（ii ）求函数9()()()g x f x f x x'=-+的单调区间和极值.（2）当3k ≥-时，求证：对任意的1x ，2[1,)x ∈+∞，且12x x >，有()()()()1212122f x f x f x f x x x ''+->-.8.【2020年 北京卷】已知函数2()12f x x =-.（1）求曲线()y f x =的斜率等于2-的切线方程；（2）设曲线()y f x =在点(,())t f t 处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为()S t ，求()S t 的最小值.9.【2019年 浙江卷】已知实数0a ≠，设函数()=ln 1,0.f x a x x x +>(1).当34a =-时，求函数()f x 的单调区间；(2).对任意21[,)ex ∈+∞均有()2x f x a ≤ 求a 的取值范围. 注：e 2.71828=⋯为自然对数的底数.10.【2018年 北京卷】设函数2(){(41)43}x f x ax a x a e =-+++ (1).若曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线与x 轴平行,求a (2).若f ()x 在2x =处取得极小值,求a 的取值范围答案以及解析1.答案：A解析：依题意，126.7m =-，2 1.45m =-，所以125lg1.45(26.7)25.252E E =---=，所以122lg25.2510.15E E =⨯=，所以10.11210E E =.故选A. 2.答案：BC解析：通解（转化法）因为322f x ⎛⎫- ⎪⎝⎭为偶函数，所以332222f x f x ⎛⎫⎛⎫-=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以函数()f x 的图象关于直线32x =对称，3535222424f f ⎛⎫⎛⎫-⨯=+⨯ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即(1)(4)f f -=，所以C 正确；因为(2)g x +为偶函数，所以(2)(2)g x g x +=-，函数()g x 的图象关于直线2x =对称，因为()()g x f x '=，所以函数()g x 的图象关于点3,02⎛⎫⎪⎝⎭对称，所以()g x 的周期34222T ⎛⎫=⨯-= ⎪⎝⎭，因为(1)(4)f f -=，所以(1)(4)f f ''-=-，即(1)(4)(2)g g g -=-=-，所以D 不正确；因为332222f f ⎛⎫⎛⎫-=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即1722f f ⎛⎫⎛⎫-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以1722f f ⎛⎫⎛⎫''-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以1711(22)2222g g g g ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=-=-⨯-=-- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以102g ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，所以B 正确；不妨取()1()f x x =∈R ，经验证满足题意，但(0)1f =，所以选项A 不正确.综上，选BC. 光速解（特例法）因为322f x ⎛⎫- ⎪⎝⎭，(2)g x +均为偶函数，所以函数()f x 的图象关于直线32x =对称，函数()g x 的图象关于直线2x =对称.取符合题意的一个函数()1()f x x =∈R ，则(0)1f =，排除A ；取符合题意的一个函数()sin f x x =π，则()cos f x x '=ππ，即()cos g x x =ππ，所以(1)cos()g -=π-π=-π，(2)cos2g =ππ=π，所以(1)(2)g g -≠，排除D.故选BC.3.答案：1e y x =，1ey x =-解析：先求当0x >时，曲线ln y x =过原点的切线方程，设切点为()00,x y ，则由1y x'=，得切线斜率为01x ，又切线的斜率为00y x ，所以0001yx x =，解得01y =，代入ln y x =，得0e x =，所以切线斜率为1e ，切线方程为1e y x =.同理可求得当0x <时的切线方程为1e y x =-.综上可知，两条切线方程为1e y x =，1ey x =-.4.答案：-3解析：解： '()2(3),(0,)f x x x a x =⋅-∈+∞ 当0a ≤时， '()0f x >()f x ∴在(0,)+∞递增，(0)1f =时，则在(0,)+∞为零点，舍去当0a >时，()f x 在(0,)3a递减，(,)3a +∞递增，又()f x 只有一个零点， ()033a f a =⇒=32()231f x x x =-+ []'()6(1),1,1f x x x x =-∈-5、（1）答案：()f x 的递增区间为()0,1，递减区间为()1,+∞解析：函数的定义域为()0,+∞，又1ln 1)n (l f x x x '=--=-，当()0,1x ∈时，()0f x '>，当()1,+x ∈∞时，()0f x '<，故()f x 的递增区间为()0,1，递减区间为()1,+∞.（2）答案：见解析解析：因为ln ln b a a b a b -=-，故()()ln 1ln +1b a a b +=，即ln 1ln +1a b a b+=，故11f f a b ⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，设11x a =，21x b =，由(1)可知不妨设101x <<，21x >.因为()0,1x ∈时，()()1ln 0f x x x =->，(),x e ∈+∞时，()()1ln 0f x x x =-<， 故21x e <<.先证：122x x +>，若22x ≥，122x x +>必成立. 若22x <，要证：122x x +>，即证122x x >-，而2021x <-<， 故即证12()(2)f x f x >-，即证：22()(2)f x f x >-，其中212x <<. 设()()()2g x f x f x =--，12x <<则()()()()()2ln ln 2ln 2g x f x f x x x x x '''⎡⎤=+-=---=--⎣⎦， 因为12x <<，故()021x x <-<，故()ln 20x x -->，所以()0g x '>，故()g x 在()1,2为增函数，所以()()10g x g >=，故()()2f x f x >-，即()()222f x f x >-成立，所以122x x +>成立，综上，122x x +>成立.设21x tx =，则1t >，结合ln 1ln +1a b a b +=，11x a =，21x b=可得：()()11221ln 1ln x x x x -=-， 即：()111ln 1ln ln x t t x -=--，故11ln ln 1t t tx t --=-， 要证：12x x e +<，即证()11t x e +<，即证()1ln 1ln 1t x ++<， 即证：()1ln ln 111t t tt t --++<-，即证：()()1ln 1ln 0t t t t -+-<， 令()()()1ln 1ln S t t t t t =-+-，1t >，则()112()ln 11ln ln 111t S t t t t t t -⎛⎫'=++--=+-⎪++⎝⎭， 先证明一个不等式：()ln 1x x ≤+.设()()ln 1u x x x =+-，则1()111xu x x x -'=-=++， 当10x -<<时，()0u x '>；当0x >时，()0u x '<，故()u x 在()1,0-上为增函数，在()0,+∞上为减函数，故max ()(0)0u x u ==，故()ln 1x x ≤+成立由上述不等式可得当1t >时，112ln 11t tt ⎛⎫+≤<⎪+⎝⎭，故()0S t '<恒成立， 故()S t 在()1,+∞上为减函数，故()()10S t S <=，故()()1ln 1ln 0t t t t -+-<成立，即12x x e +<成立.综上所述，112e a b<+<. 6.答案：（1）由题意得()()e 2x f x x a '=-，当0a ≤时，令()0f x '>，得0x >；令()0f x '<，得0x <. 所以()f x 在(,0)-∞上单调递减，在(0,)+∞上单调递增. 当0a >时，令()0f x '=，得0x =或ln2x a =，①当102a <<时，令()0f x '>，得ln2x a <或0x >，令()0f x '<，得ln20a x <<.所以()f x 在(,ln 2)a -∞，(0,)+∞上单调递增，在(ln 2,0)a 上单调递减，②当12a =时，()()e 10x f x x '=-≥且等号不恒成立，所以()f x 在R 上单调递增.③当12a >时，令()0f x '>，得0x <或ln2x a >； 令()0f x '<，得0ln2x a <<，所以()f x 在(,0)-∞，(ln 2,)a +∞上单调递增，在(0,ln 2)a 上单调递减. （2）选择条件①，证明如下：由（1）知当12a >时，()f x 在(,0)-∞，(ln 2,)a +∞上单调递增，在(0,ln 2)a 上单调递减.所以()f x 在0x =处取得极大值(0)f ，在ln2x a =处取得极小值(ln 2)f a ， 且(0)1fb =-+，(ln 2)(2ln 2)ln 22f a a a a a b a =-+-.由于21e 22a <≤，2b a >，所以(0)0f >，ln20a >，20b a ->.令()2ln 2g x x x x =-，则()2ln 211ln 2g x x x '=--=-，令()0g x '=，得e2x =，当1e 22x <<时，()0g x '>.当2e e 22x <≤时，()0g x '<. 所以()g x 在1e ,22⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，在2e e ,22⎛⎤ ⎥⎝⎦上单调递减，所以()g x 在e 2x =处取得极大值e2g ⎛⎫⎪⎝⎭. 由于e e 022g ⎛⎫=> ⎪⎝⎭，102g ⎛⎫> ⎪⎝⎭，2e 02g ⎛⎫= ⎪⎝⎭，所以()0g x ≥在21e ,22⎛⎤⎥⎝⎦上恒成立，所以(ln 2)0f a >.当x →-∞时，()f x →-∞，所以()f x 有一个零点，得证. 选择条件②，证明如下：由（1）知，当102a <<时，()f x 在(,ln 2)a -∞，(0,)+∞上单调递增，在(ln 2,0)a 上单调递减，所以()f x 在ln2x a =处取得极大值(ln 2)f a ， 在0x =处取得极小值(0)f .由于102a <<，2b a ≤，所以(0)0f <，20b a -≤，ln20a <，ln20a a ->， 则2ln20a a a ->，所以(ln 2)0f a <.当x →+∞，()f x →+∞，所以()f x 有一个零点，得证.7.答案：（1）（i ）当6k =时，3()6ln f x x x =+，故26()3f x x x'=+.所以(1)1f =，(1)9f '=，所以曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为19(1)y x -=-，即98y x =-.（ii ）依题意，323()36ln g x x x x x =-++，(0,)x ∈+∞，从而可得2263()36g x x x x x '=-+-，整理可得323(1)(1)()x x g x x -+'=.令()0g x '=，解得1x =.当x 变化时，()g x '，()g x 的变化情况如表：x(0,1) 1 (1,)+∞()g x ' -0 + ()g x单调递减极小值单调递增()g x (0,1)(1,)+∞()g x (1)1g =，无极大值.（2）由3()ln f x x k x =+，得2()3kf x x x'=+. 对任意的1x ，2[1,)x ∈+∞，且12x x >，令12(1)x t t x =>，则 ()()()()()()()1212122x x f x f x f x f x ''-+--()22331121212122332ln x k k x x x x x x k x x x ⎛⎫⎛⎫=-+++--+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭3322121121212212332ln x x x x x x x x x k k x x x ⎛⎫=--++-- ⎪⎝⎭()332213312ln x t t t k t t t ⎛⎫=-+-+-- ⎪⎝⎭.①令1()2ln h x x x x=--，[1,)x ∈+∞.当1x >时，22121()110h x x x x ⎛⎫'=+-=-> ⎪⎝⎭， 由此可得()h x 在[1,)+∞上单调递增，所以当1t >时，()(1)h t h >，即12ln 0t t t-->. 因为21x ≥，323331(1)0t t t t -+-=->，3k ≥-，所以()()332322113312ln 33132ln x t t t k t t t t t t t tt⎛⎫⎛⎫-+-+--≥-+---- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭32336ln 1t t t t=-++-.②由（1）（ii ）可知，当1t >时，()(1)g t g >，即32336ln 1t t t t-++>，故32336ln 10t t t t-++->.③由①②③可得()()()()()()()12121220x x f x f x f x f x ''-+-->. 所以当3k ≥-时，对任意的1x ，2[1,)x ∈+∞，且12x x >，有()()()()1212122f x f x f x f x x x ''+->-.8.答案：()212f x x =-（1）设切点为()()00,x f x ()2f x x '=-()0022f x x '=-=-01x ∴= ()111f =∴切线()1121y x -=--213y x ∴=-+（2）()212f x x =-定义域R ，()()f x f x -=.∴()f x 为偶函数()f x 关于y 轴对称∴只须分析0x ≥既可当0x =不合题意舍0t ∴>()2f x x '=- ()2f t x '=-：在()()t f t 、处切线()()2122y t t x t --=-- 令0x = 得212y t =+；令0y =时2122t x t+= ()()22221211244t S t xy tt +=== ∴t x =()0x >()412x g x x+=()()()(234223222412x x x x x x g x x x +---+'==()0g x '> 2x ()0g x '< 02x <<()min 282g x g∴==()()()2min min 1324S t g x ∴== 9.答案：(1).当34a =-时，3()ln 1,04f x x x x =-++>．3(12)(211)()42141x x f 'x x x x x+-++=-=++ 所以，函数()f x 的单调递减区间为03（，），单调递增区间为3+∞（，）． (2).由1(1)2f a≤，得20a <≤当204a <≤时，()2x f x a ≤等价于212ln 0x xx a a+--≥． 令1t a=，则22t ≥． 设()212ln ,2g t t x t x x t =+≥，则()(22)4212ln g t g x x x ≥=+．①.当1,7x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭1122x + ()(22)4212ln g t g x x x ≥=+．记1()4221ln ,7p x x x x x =+≥，则 212121()11x x x x p'x x x x x x +--+==++. 故x17 1(,1)71 (1,)+∞()p'x+ ()p x1()7p 单调递减极小值(1)p单调递增()(1)0p x p ≥=因此，()(22)2()0g t g p x ≥=≥．②.当211,e 7x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，12ln (1)()12x x x g t g x x --+≥+=． 令211()(1),,e 7q x x x x x ⎡⎤=++∈⎢⎥⎣⎦，则()10q'x x =>， 故()q x 在211,e 7⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，所以1()7q x q ⎛⎫≤ ⎪⎝⎭．由（i ）得127127(1)07777q p p ⎛⎫⎛⎫=-<-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．所以，()<0q x ．因此1()102g t g x x ≥+=>． 由（i ）（ii ）得对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，[22,),()0t g t ∈+∞≥，即对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，均有()2x f x a ≤．综上所述，所求a 的取值范围是20,4⎛ ⎝⎦．10.答案：(1). 1a =(2). a 的取值范围是1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭解析：(1). 因为2()(41)43xf x ax a x a e ⎡⎤=-+++⎣⎦,所以()()()()()22 2414143212x x xf x ax a e ax a x a e x R ax a x e ⎡⎤⎡⎤--⎡⎤⎣⎦⎣'=-+++++∈=++⎦⎣⎦,()()11.f a e '=-由题设知()10,f '=即()10,a e -=解得1a =. 此时()130f e =≠.所以a 的值为1(2).由(1)得()()()()221212x xf x ax a x e ax x e ⎡'=++-⎣⎦-⎤-=.若12a >,则当1,2x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时, ()'0f x <;当()2,x ∈+∞时, ()0f x '>.所以()0f x <在2x =处取得极小值. 若12a ≤,则当()0,2x ∈时, 1–20,1102x ax x <-≤-<,所以()0f x '>. 所以2不是()f x 的极小值点.综上可知, a 的取值范围是1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭。
导数及其应用复习题
导数及其应用专项训练一． 选择题1.若函数f (x )可导，则lim Δx →0(1)(1)2f x f x∆∆--等于( )A ．－2f ′(1) B.12 f ′(1) C ．－12f ′(1) D ．f ′12⎛⎫ ⎪⎝⎭2.已知曲线e ln x y a x x =+在点（1，a e ）处的切线方程为y =2x +b ，则（ ） A ．e 1a b ==-，B ．a=e ，b =1C ．1e 1a b -==，D ．1e a -=，1b =-3.曲线y =2sin x +cos x 在点(π，-1)处的切线方程为（ ）A ．10x y --π-=B ．2210x y --π-=C ．2210x y +-π+=D ．10x y +-π+= 4.已知函数f (x )的图象如图所示，则下列不等关系中正确的是( ) A ．0<f ′(2)<f ′(3)<f (3)－f (2) B ．0<f ′(2)<f (3)－f (2)<f ′(3) C ．0<f ′(3)<f (3)－f (2)<f ′(2) D ．0<f (3)－f (2)<f ′(2)<f ′(3) 5．下列运算中正确的是( )A ．(ax 2＋bx ＋c )′＝a (x 2)′＋b (x )′B ．(sin x －2x 2)′＝(sin x )′－2′(x 2)′C. ()()222sin sin x x x x x '''-⎛⎫= ⎪⎝⎭D ．(cos x ·sin x )′＝(sin x )′cos x ＋(cos x )′cos x 6.若函数f (x )＝e x sin x ，则此函数图象在点(4，f (4))处的切线的倾斜角为( ) A.π2 B ．0 C ．钝角 D ．锐角 7.设曲线11x y x +=-在点(3,2)处的切线与直线ax ＋y ＋1＝0垂直，则a 等于( ) A ．2 B.12 C ．－12D ．－2 8. 函数2cos(2)3y x x π=-的导数为( )A ．22cos(2)sin(2)33y x x x x ππ'=---B ． 22cos(2)2sin(2)33y x x x x ππ'=---C ．2cos(2)2sin(2)33y x x x x ππ'=---D ． 22cos(2)2sin(2)33y x x x x ππ'=-+-9.设曲线y ＝ax －ln(x ＋1)在点(0,0)处的切线方程为y ＝2x ，则a 等于( ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．310.函数y=f (x )的导函数()y f x '=的图象如图所示，则函数y=f (x )的图象可能是（ ）11.已知函数y ＝f (x )的定义域为[－1,5]，部分对应值如下表．f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示.x －1 0 4 5 f (x )1221①函数y ＝f (x )是周期函数； ②函数f (x )在[0,2]上是减函数；③如果当x ∈[－1，t ]时，f (x )的最大值是2，那么t 的最大值为4； ④当1<a <2时，函数y ＝f (x )－a 有4个零点． 其中正确说法的个数是( )A ．4B ．3C ．2D ．1 12.函数f (x )＝3＋x ·ln x 的单调递增区间是( ) A. 10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．(e ，＋∞) C. 1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭D. 1,e e ⎛⎫ ⎪⎝⎭13.函数f (x )的导函数f ′(x )的图象如图所示，若△ABC 为锐角三角形，则下列不等式一定成立的是( )A ．f (cos A )<f (cosB ) B ．f (sin A )<f (cos B )C ．f (sin A )>f (sin B )D ．f (sin A )>f (cos B )14.若函数f (x )＝2x 2－ln x 在定义域内的一个子区间(k －1，k ＋1)上不是单调函数，则实数k 的取值范围是( )A. 31,2⎡⎫⎪⎢⎣⎭B. 31,2⎛⎤ ⎥⎝⎦C ．(1,2]D ．[1,2)15.设函数()2ln f x x x=+，则( ) A ．12x =为f (x )的极大值点 B ．12x =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16.设三次函数f (x )的导函数为f ′(x )，函数y ＝xf ′(x )的图象的一部分如图所示，则( )A ．f (x )极大值为f (3)，极小值为f (－3)B ．f (x )极大值为f (－3)，极小值为f (3)C ．f (x )极大值为f (－3)，极小值为f (3)D ．f (x )极大值为f (3)，极小值为f (－3)17.函数f (x )＝x 3－3x ＋1在闭区间[－3,0]上的最大值和最小值分别是( )A ．1，－1B ．1，－17C ．3，－17D ．9，－1918.某商场从生产厂家以每件20元的价格购进一批商品．若该商品零售价定为P 元，销售量为Q 件，且销量Q 与零售价P 有如下关系：Q ＝8 300－170P －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 ．28 000元D ．23 000元 二． 填空题19.若f ′(x 0)＝2，则lim Δx →000()()2f x f x x x∆∆-+ ＝________.20.一物体的运动方程为s (t )＝7t 2－13t ＋8，则t 0＝________时该物体的瞬时速度为1. 21.已知f (x )＝ln x 且()0201f x x '=，则x 0＝ . 22.函数()2(1)21xf x f x x '=+-，则f ′(0)＝________. 23.在平面直角坐标系xOy 中，点A 在曲线y =ln x 上，且该曲线在点A 处的切线经过点（-e ，-1)(e 为自然对数的底数），则点A 的坐标是 .24.若曲线y ＝e －x 上点P 处的切线平行于直线2x ＋y ＋1＝0，则点P 的坐标是________．25.已知函数f (x )＝x ln x ，若直线l 过点(0，－1)，并且与曲线y ＝f (x )相切，则直线l 的方程为______________． 26.函数f (x )＝(x 2＋2x )e x (x ∈R )的单调递减区间为____________．27.若函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ＋d 的单调递减区间为[－1,2]，则b ＝________，c ＝________. 28.若函数f (x )的导函数为f ′(x )＝x 2－4x ＋3，则函数f (x ＋1)的单调递减区间是________． 29.若函数f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)上单调递增，则k 的取值范围是________． 30.若函数343y x ax =-+有三个单调区间，则a 的取值范围是________． 31.若函数f (x )＝(x －2)(x 2＋c )在x ＝2处有极值，则函数f (x )的图象在x ＝1处的切线的斜率为________． 32.将一段长为100 cm 的铁丝截成两段，一段弯成正方形，一段弯成圆，当正方形与圆形面积之和最小时，圆的周长为________ cm.33.统计表明：某种型号的汽车在匀速行驶中每小时的耗油量y (升)关于行驶速度x (千米/时)的函数解析式可以表示为313812800080y x x =-+，x ∈(0,120]，且甲、乙两地相距100千米，则当汽车以________千米/时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地的耗油量最少． 34.已知，若对任意两个不等的正实数都有恒成立，则的取值范围是 .21()ln (0)2f x a x x a =+>12x x 、1212()()2f x f x x x ->-a三． 解答题35.已知曲线y ＝f (x )＝x ，y ＝g (x )＝1x，过两条曲线交点作两条曲线的切线，求两切线与x 轴所围成的三角形面积．36.已知函数f (x )＝ax 2＋bx ＋3(a ≠0)，其导函数为f ′(x )＝2x －8. (1)求a ，b 的值；(2)设函数g (x )＝e x sin x ＋f (x )，求曲线g (x )在x ＝0处的切线方程．37.已知函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ＋d 的图象经过点P (0,2)，且在点M (－1，f (－1))处的切线方程为6x －y ＋7＝0.(1)求函数y ＝f (x )的解析式；(2)求函数y ＝f (x )的单调区间．38.已知函数f (x )＝ax 2＋ln(x ＋1)． (1)当a ＝－14时，求函数f (x )的单调区间； (2)若函数f (x )在区间[1，＋∞)上为减函数，求实数a 的取值范围．61.某汽车生产企业上年度生产一品牌汽车的投入成本为10万元/辆，出厂价为13万元/辆．本年度为适应市场需求，计划提高产品档次，适当增加投入成本，若每辆车的投入成本增加的比例为x (0<x <1)，则出厂价相应提高的比例为0.7x ，年销售量也相应增加，年销售量y 关于x 的函数为y ＝3 240⎝⎛⎭⎫－x 2＋2x ＋53，则当x 为何值时，本年度的年利润最大？最大利润为多少？(年利润＝(每辆车的出厂价－每辆车的投入成本)×年销售量)55.讨论函数f (x )＝12ax 2＋x －(a ＋1)ln x (a ≥0)的单调性．。
高考大题专项(一) 导数的综合应用
高考大题专项(一) 导数的综合应用突破1 利用导数研究与不等式有关的问题1.(2020全国1,理21)已知函数f (x )=e x +ax 2-x. (1)当a=1时,讨论f (x )的单调性; (2)当x ≥0时,f (x )≥12x 3+1,求a 的取值范围.2.(2020山东潍坊二模,20)已知函数f (x )=1x +a ln x ,g (x )=e x x .(1)讨论函数f (x )的单调性; (2)证明:当a=1时,f (x )+g (x )-(1+ex 2)ln x>e .3.已知函数f (x )=ln x+a x(a ∈R )的图象在点1e ,f (1e)处的切线斜率为-e,其中e 为自然对数的底数.(1)求实数a 的值,并求f (x )的单调区间; (2)证明:xf (x )>x ex .4.(2020广东湛江一模,文21)已知函数f (x )=ln ax-bx+1,g (x )=ax-ln x ,a>1. (1)求函数f (x )的极值;(2)直线y=2x+1为函数f (x )图象的一条切线,若对任意的x 1∈(0,1),x 2∈[1,2]都有g (x 1)>f'(x 2)成立,求实数a 的取值范围.5.(2020山东济宁5月模拟,21)已知两个函数f(x)=e xx ,g(x)=lnxx+1x-1.(1)当t>0时,求f(x)在区间[t,t+1]上的最大值;(2)求证:对任意x∈(0,+∞),不等式f(x)>g(x)都成立.6.(2020湖北武汉二月调考,理21)已知函数f(x)=(x-1)e x-kx2+2.(1)略;(2)若∀x∈[0,+∞),都有f(x)≥1成立,求实数k的取值范围.7.(2020山东济南一模,22)已知函数f(x)=a(e x-x-1)x2,且曲线y=f(x)在(2,f(2))处的切线斜率为1.(1)求实数a的值;(2)证明:当x>0时,f(x)>1;(3)若数列{x n}满足e x n+1=f(x n),且x1=13,证明:2n|e x n-1|<1.8.(2020湖南长郡中学四模,理21)已知函数f(x)=x ln x.(1)若函数g(x)=f'(x)+ax2-(a+2)x(a>0),试研究函数g(x)的极值情况;(2)记函数F(x)=f(x)-xe x 在区间(1,2)上的零点为x0,记m(x)=min f(x),xe x,若m(x)=n(n∈R)在区间(1,+∞)上有两个不等实数解x1,x2(x1<x2),证明:x1+x2>2x0.突破2 利用导数研究与函数零点有关的问题1.(2020山东烟台一模,21)已知函数f (x )=1+lnxx -a (a ∈R ).(1)若f (x )≤0在(0,+∞)上恒成立,求a 的取值范围,并证明:对任意的n ∈N *,都有1+12+13+ (1)>ln(n+1); (2)设g (x )=(x-1)2e x ,讨论方程f (x )=g (x )的实数根的个数.2.(2020北京通州区一模,19)已知函数f (x )=x e x ,g (x )=a (e x -1),a ∈R . (1)当a=1时,求证:f (x )≥g (x );(2)当a>1时,求关于x 的方程f (x )=g (x )的实数根的个数.3.(2020湖南长郡中学四模,文21)已知函数f(x)=2a e2x+2(a+1)e x.(1)略;(2)当a∈(0,+∞)时,函数f(x)的图象与函数y=4e x+x的图象有唯一的交点,求a的取值集合.4.(2020天津和平区一模,20)已知函数f(x)=ax+be x,a,b∈R,且a>0.x,求函数f(x)的解析式;(1)若函数f(x)在x=-1处取得极值1e(2)在(1)的条件下,求函数f(x)的单调区间;的取值范(3)设g(x)=a(x-1)e x-f(x),g'(x)为g(x)的导函数,若存在x0∈(1,+∞),使g(x0)+g'(x0)=0成立,求ba围.x3+2(1-a)x2-8x+8a+7.5.已知函数f(x)=ln x,g(x)=2a3(1)若曲线y=g(x)在点(2,g(2))处的切线方程是y=ax-1,求函数g(x)在[0,3]上的值域;(2)当x>0时,记函数h(x)={f(x),f(x)<g(x),g(x),f(x)≥g(x),若函数y=h(x)有三个零点,求实数a的取值集合.参考答案高考大题专项(一)导数的综合应用突破1利用导数研究与不等式有关的问题1.解(1)当a=1时,f(x)=e x+x2-x,f'(x)=e x+2x-1.故当x∈(-∞,0)时,f'(x)<0;当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0.所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.(2)f(x)≥12x3+1等价于12x3-ax2+x+1e-x≤1.设函数g(x)=(12x3-ax2+x+1)e-x(x≥0),则g'(x)=-12x3-ax2+x+1-32x2+2ax-1e-x=-12x[x2-(2a+3)x+4a+2]e-x=-12x(x-2a-1)(x-2)e-x.①若2a+1≤0,即a≤-12,则当x∈(0,2)时,g'(x)>0.所以g(x)在(0,2)上单调递增,而g(0)=1,故当x∈(0,2)时,g(x)>1,不合题意.②若0<2a+1<2,即-12<a<12,则当x ∈(0,2a+1)∪(2,+∞)时,g'(x )<0;当x ∈(2a+1,2)时,g'(x )>0.所以g (x )在(0,2a+1),(2,+∞)上单调递减,在(2a+1,2)上单调递增.由于g (0)=1,所以g (x )≤1当且仅当g (2)=(7-4a )e -2≤1,即a ≥7-e 24.所以当7-e 24≤a<12时,g (x )≤1.③若2a+1≥2,即a ≥12,则g (x )≤12x 3+x+1e -x .由于0∈7-e 24,12,故由②可得(12x 3+x +1)e -x ≤1.故当a ≥12时,g (x )≤1.综上,a 的取值范围是[7-e 24,+∞).2.(1)解 函数的定义域为(0,+∞),f'(x )=-1x 2+ax =ax -1x 2,当a ≤0时,f'(x )<0,所以f (x )在(0,+∞)上单调递减; 当a>0时,由f'(x )>0,得x>1a ,由f'(x )<0,得0<x<1a , 所以f (x )在(0,1a )上单调递减,在(1a ,+∞)上单调递增, 综上可知:当a ≤0时,f (x )在(0,+∞)上单调递减;当a>0时,f (x )在(0,1a )上单调递减,在(1a ,+∞)上单调递增. (2)证明 因为x>0,所以不等式等价于e x -e x+1>elnxx ,设F (x )=e x -e x+1,F'(x )=e x -e,所以当x ∈(1,+∞)时,F'(x )>0,F (x )单调递增;当x ∈(0,1)时,F'(x )<0,F (x )单调递减,所以F (x )min =F (1)=1.设G (x )=elnxx ,G'(x )=e (1-lnx )x 2, 所以当x ∈(0,e)时,G'(x )>0,G (x )单调递增,当x ∈(e,+∞)时,G'(x )<0,G (x )单调递减,所以G (x )max =G (e)=1.虽然F (x )的最小值等于G (x )的最大值,但1≠e,所以F (x )>G (x ),即e x -e x+1>elnxx ,故原不等式成立.3.(1)解因为函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=1x −ax2,所以f'(1e)=e-a e2=-e,所以a=2e,所以f'(x)=1x−2ex2.令f'(x)=0,得x=2e,当x∈(0,2e)时,f'(x)<0,当x∈(2e,+∞)时,f'(x)>0,所以f(x)在(0,2e)上单调递减,在(2e,+∞)上单调递增.(2)证明设h(x)=xf(x)=x ln x+2e ,由h'(x)=ln x+1=0,得x=1e,所以当x∈(0,1e)时,h'(x)<0;当x∈(1e,+∞)时,h'(x)>0,所以h(x)在(0,1e)上单调递减,在(1e,+∞)上单调递增,所以h(x)min=h(1e )=1e.设t(x)=xe x(x>0),则t'(x)=1-xe x,所以当x∈(0,1)时,t'(x)>0,t(x)单调递增,当x∈(1,+∞)时,t'(x)<0,t(x)单调递减,所以t(x)max=t(1)=1e.综上,在(0,+∞)上恒有h(x)>t(x),即xf(x)>x e x .4.解(1)∵a>1,∴函数f(x)的定义域为(0,+∞).∵f(x)=ln ax-bx+1=ln a+ln x-bx+1,∴f'(x)=1x-b=1-bxx.①当b≤0时,f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)上为增函数,无极值;②当b>0时,由f'(x)=0,得x=1b.∵当x∈(0,1b)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(1b,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,∴f(x)在定义域上有极大值,极大值为f(1b )=ln ab.(2)设直线y=2x+1与函数f(x)图像相切的切点为(x0,y0),则y0=2x0+1.∵f'(x)=1x -b,∴f'(x0)=1x0-b=2,∴x0=1b+2,即bx0=1-2x0.又ln ax 0-bx 0+1=2x 0+1,∴ln ax 0=1,∴ax 0=e . ∴x 0=ea .∴ae =b+2.∵对任意的x 1∈(0,1),x 2∈[1,2]都有g (x 1)>f'(x 2)成立, ∴只需g (x 1)min >f'(x 2)max . ∵g'(x )=a-1x =ax -1x, ∴由g'(x )=0,得x=1a . ∵a>1,∴0<1a <1.∴当x ∈(0,1a )时,g'(x )<0,g (x )单调递减; 当x ∈(1a ,1)时,g'(x )>0,g (x )单调递增.∴g (x )≥g (1a )=1+ln a , 即g (x 1)min =1+ln a.∵f'(x 2)=1x 2-b 在x 2∈[1,2]上单调递减,∴f'(x 2)max =f'(1)=1-b=3-ae .∴1+ln a>3-ae .即lna+a e -2>0.设h (a )=ln a+ae -2,易知h (a )在(1,+∞)上单调递增.又h (e)=0,∴实数a 的取值范围为(e,+∞). 5.(1)解 由f (x )=e x x 得,f'(x )=xe x -e xx 2=e x (x -1)x 2,∴当x<1时,f'(x )<0,当x>1时,f'(x )>0,∴f (x )在区间(-∞,1)上单调递减,在区间(1,+∞)上单调递增.①当t ≥1时,f (x )在区间[t ,t+1]上单调递增,f (x )的最大值为f (t+1)=e t+1t+1.②当0<t<1时,t+1>1,f (x )在区间(t ,1)上单调递减,在区间(1,t+1)上单调递增,∴f (x )的最大值为f (x )max =max{f (t ),f (t+1)}.下面比较f (t )与f (t+1)的大小.f (t )-f (t+1)=e tt−e t+1t+1=[(1-e )t+1]e tt (t+1).∵t>0,1-e <0,∴当0<t ≤1e -1时,f (t )-f (t+1)≥0,故f (x )在区间[t ,t+1]上的最大值为f (t )=e t t ,当1e -1<t<1时,f (t )-f (t+1)<0,f (x )在区间[t ,t+1]上的最大值为f (t+1)=e t+1t+1.综上可知,当0<t ≤1e -1时,f (x )在区间[t ,t+1]上的最大值为f (t )=e t t ,当t>1e -1时,f (x )在区间[t ,t+1]上的最大值为f (t+1)=e t+1t+1. (2)证明 不等式f (x )>g (x )即为e xx>lnx x +1x -1.∵x>0,∴不等式等价于e x >ln x-x+1,令h (x )=e x -(x+1)(x>0),则h'(x )=e x -1>0,∴h (x )在(0,+∞)上为增函数,h (x )>h (0)=0,即e x >x+1,所以,要证e x >ln x-x+1成立,只需证x+1>ln x-x+1成立即可. 即证2x>ln x 在(0,+∞)上成立. 设φ(x )=2x-ln x ,则φ'(x )=2-1x=2x -1x,当0<x<12时,φ'(x )<0,φ(x )单调递减,当x>12时,φ'(x )>0,φ(x )单调递增,∴φ(x )min =φ(12)=1-ln 12=1+ln 2>0,∴φ(x )>0在(0,+∞)上成立,∴对任意x ∈(0,+∞),不等式f (x )>g (x )都成立. 6.解 (1)略(2)f'(x )=x e x -2kx=x (e x -2k ),①当k ≤0时,e x -2k>0,所以,当x<0时,f'(x )<0,当x>0时,f'(x )>0,则f (x )在区间(-∞,0)上单调递减,在区间(0,+∞)上单调递增, 所以f (x )在区间[0,+∞)上的最小值为f (0),且f (0)=1,符合题意; ②当k>0时,令f'(x )=0,得x=0或x=ln 2k ,所以当0<k ≤12时,ln 2k ≤0,在区间(0,+∞)上f'(x )>0,f (x )单调递增, 所以f (x )在区间[0,+∞)上的最小值为f (0),且f (0)=1,符合题意;当k>12时,ln 2k>0,当x ∈(0,ln 2k )时,f'(x )<0,f (x )在区间(0,ln 2k )上单调递减, 所以f (ln 2k )<f (0)=1,不满足对任意的x ∈[0,+∞),f (x )≥1恒成立, 综上,k 的取值范围是(-∞,12].7.(1)解 f'(x )=a [(x -2)e x +x+2)]x 3,因为f'(2)=a2=1,所以a=2.(2)证明 要证f (x )>1,只需证h (x )=e x -12x 2-x-1>0.h'(x )=e x -x-1,令c (x )=e x -x-1,则c'(x )=e x -1.因为当x>0时,c'(x )>0,所以h'(x )=e x -x-1在(0,+∞)上单调递增,所以h'(x)=e x-x-1>h'(0)=0.所以h(x)=e x-12x2-x-1在(0,+∞)上单调递增,所以h(x)=e x-12x2-x-1>h(0)=0成立.所以当x>0时,f(x)>1.(3)证明(方法1)由(2)知当x>0时,f(x)>1.因为e x n+1=f(x n),所以x n+1=ln f(x n).设g(x n)=ln f(x n),则x n+1=g(x n),所以x n=g(x n-1)=g(g(x n-2))=…=g((…(g(x1))…))>0.要证2n|e x n-1|<1,只需证|e x n-1|<12n.因为x1=13,所以|e x1-1|=e13-1.因为e-323=e-278<0,所以e 13<32,所以|e x1-1|=e 13-1<12.故只需证|e x n+1-1|<12|e x n-1|.因为x n∈(0,+∞),故只需证e x n+1-1<12e x n−12,即证f(x n)-1<12e x n−12.只需证当x∈(0,+∞)时,φ(x)=12x2-2e x+12x2+2x+2>0,φ'(x)=12x2+x-2e x+x+2,令α(x)=12x2+x-2e x+x+2,则α'(x)=12x2+2x-1e x+1,令β(x)=12x2+2x-1e x+1,则β'(x)=12x2+3x+1e x>0,所以β(x)在区间(0,+∞)上单调递增,故β(x)=12x2+2x-1e x+1>β(0)=0.所以α(x)在区间(0,+∞)上单调递增,故α(x)=12x2+x-2e x+x+2>α(0)=0.所以φ(x)在区间(0,+∞)上单调递增,所以φ(x)=12x2-2e x+12x2+2x+2>φ(0)=0,所以原不等式成立.(方法2)由(2)知当x>0时,f(x)>1.因为e x n+1=f(x n),所以x n+1=ln f(x n).设g(x n)=ln f(x n),则x n+1=g(x n),所以x n=g(x n-1)=g(g(x n-2))=…=g((…(g(x1))…))>0.要证2n|e x n-1|<1,只需证|e x n-1|<12n.因为x1=13,所以|e x1-1|=e13-1.因为e-323=e-278<0,所以e 13<32,所以|e x1-1|=e 13-1<12.故只需证|e x n+1-1|<12|e x n-1|.因为x n∈(0,+∞),故只需证e x n+1-1<12e x n−12,即证f(x n)-1<12e x n−12.只需证当x∈(0,+∞)时,φ(x)=12x2-2e x+12x2+2x+2>0.因为φ(x)=12(x2-4)e x+12(x2+4x+4)=12(x+2)[(x-2)e x+(x+2)],设u(x)=(x-2)e x+(x+2),故只需证u(x)>0.u'(x)=(x-1)e x+1,令v(x)=(x-1)e x+1,则v'(x)=x e x>0,所以v(x)在区间(0,+∞)上单调递增,故v(x)=(x-1)e x+1>v(0)=0,所以u(x)在区间(0,+∞)上单调递增,故u(x)=(x-2)e x+(x+2)>u(0)=0,所以原不等式成立.8.(1)解由题意,得f'(x)=ln x+1,故g(x)=ax2-(a+2)x+ln x+1,故g'(x)=2ax-(a+2)+1x=(2x-1)(ax-1)x,x>0,a>0.令g'(x)=0,得x1=12,x2=1a.①当0<a<2时,1a >12,由g'(x)>0,得0<x<12或x>1a;由g'(x)<0,得12<x<1a.所以g(x)在x=12处取极大值g12=-a4-ln 2,在x=1a处取极小值g1a=-1a-ln a.②当a=2时,1a =12,g'(x)≥0恒成立,所以不存在极值.③当a>2时,1a <12,由g'(x)>0,得0<x<1a或x>12;由g'(x)<0,得1a<x<12.所以g(x)在x=1a处取极大值g1a=-1a-ln a,在x=12处取极小值g12=-a4-ln 2.综上,当0<a<2时,g(x)在x=12处取极大值-a4-ln 2,在x=1a处取极小值-1a-ln a;当a=2时,不存在极值;当a>2时,g(x)在x=1a处取极大值-1a-ln a,在x=12处取极小值-a4-ln 2.(2)证明F(x)=x ln x-xe x ,定义域为x∈(0,+∞),F'(x)=1+ln x+x-1e x.当x∈(1,2)时,F'(x)>0,即F(x)在区间(1,2)上单调递增.又因为F(1)=-1e<0,F(2)=2ln 2-2e2>0,且F(x)在区间(1,2)上的图像连续不断,故根据函数零点存在定理,F(x)在区间(1,2)上有且仅有一个零点.所以存在x0∈(1,2),使得F(x0)=f(x0)-x0e x0=0.且当1<x<x0时,f(x)<xe x;当x>x0时,f(x)>xe x.所以m(x)=min f(x),xe x={xlnx,1<x<x0,xe x,x>x0.当1<x<x0时,m(x)=x ln x,由m'(x)=1+ln x>0,得m(x)单调递增;当x>x 0时,m (x )=x e x ,由m'(x )=1-xe x <0,得m (x )单调递减. 若m (x )=n 在区间(1,+∞)上有两个不等实数解x 1,x 2(x 1<x 2), 则x 1∈(1,x 0),x 2∈(x 0,+∞).要证x 1+x 2>2x 0,即证x 2>2x 0-x 1.又因为2x 0-x 1>x 0,而m (x )在区间(x 0,+∞)上单调递减, 所以可证m (x 2)<m (2x 0-x 1).由m (x 1)=m (x 2),即证m (x 1)<m (2x 0-x 1),即x 1ln x 1<2x 0-x 1e 2x 0-x 1. 记h (x )=x ln x-2x 0-xe 2x 0-x,1<x<x 0, 其中h (x 0)=0. 记φ(t )=t e t ,则φ'(t )=1-te t . 当t ∈(0,1)时,φ'(t )>0; 当t ∈(1,+∞)时,φ'(t )<0. 故φ(t )max =1e .而φ(t )>0,故0<φ(t )<1e . 因为2x 0-x>1, 所以-1e <-2x 0-xe 2x 0-x<0. 因此h'(x )=1+ln x+1e2x 0-x −2x 0-x e 2x 0-x>1-1e >0,即h (x )单调递增,故当1<x<x 0时,h (x )<h (x 0)=0, 即x 1ln x 1<2x 0-x 1e 2x 0-x 1, 故x 1+x 2>2x 0,得证.突破2 利用导数研究 与函数零点有关的问题1.(1)证明 由f (x )≤0可得,a ≥1+lnxx(x>0),令h (x )=1+lnx x ,则h'(x )=1x ·x -(1+lnx )x 2=-lnxx 2. 当x ∈(0,1)时,h'(x )>0,h (x )单调递增;当x ∈(1,+∞)时,h'(x )<0,h (x )单调递减,故h (x )在x=1处取得最大值,要使a ≥1+lnxx,只需a ≥h (1)=1,故a 的取值范围为[1,+∞). 显然,当a=1时,有1+lnxx≤1,即不等式ln x<x-1在(1,+∞)上成立,令x=n+1n >1(n ∈N *),则有ln n+1n <n+1n -1=1n ,所以ln 21+ln 32+…+ln n+1n <1+12+13+…+1n , 即1+12+13+…+1n >ln(n+1).(2)解 由f (x )=g (x ),可得1+lnxx -a=(x-1)2e x ,即a=1+lnxx -(x-1)2e x ,令t (x )=1+lnxx -(x-1)2e x , 则t'(x )=-lnx x 2-(x 2-1)e x ,当x ∈(0,1)时,t'(x )>0,t (x )单调递增;当x ∈(1,+∞)时,t'(x )<0,t (x )单调递减,故t (x )在x=1处取得最大值t (1)=1,又当x →0时,t (x )→-∞,当x →+∞时,t (x )→-∞,所以,当a=1时,方程f (x )=g (x )有一个实数根;当a<1时,方程f (x )=g (x )有两个不同的实数根; 当a>1时,方程f (x )=g (x )没有实数根. 2.(1)证明 设函数F (x )=f (x )-g (x )=x e x -a e x +a.当a=1时,F (x )=x e x -e x +1,所以F'(x )=x e x . 所以当x ∈(-∞,0)时,F'(x )<0; 当x ∈(0,+∞)时,F'(x )>0.所以F (x )在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增. 所以当x=0时,F (x )取得最小值F (0)=0. 所以F (x )≥0,即f (x )≥g (x ).(2)解 设函数F (x )=f (x )-g (x )=x e x -a e x +a.当a>1时,F'(x )=(x-a+1)e x ,令F'(x )>0,即(x-a+1)e x >0,解得x>a-1; 令F'(x )<0,即(x-a+1)e x <0,解得x<a-1.所以F (x )在(-∞,a-1)上单调递减,在(a-1,+∞)上单调递增.所以当x=a-1时,F (x )取得最小值,即F (a-1)=a-e a-1. 令h (a )=a-e a-1,则h'(a )=1-e a-1.因为a>1,所以h'(a )<0.所以h (a )在(1,+∞)上单调递减. 所以h (a )<h (1)=0,所以F (a-1)<0.又因为F (a )=a>0,所以F (x )在区间(a-1,a )上存在一个零点. 所以在[a-1,+∞)上存在唯一的零点.又因为F (x )在区间(-∞,a-1)上单调递减,且F (0)=0, 所以F (x )在区间(-∞,a-1)上存在唯一的零点0.所以函数F (x )有且仅有两个零点,即方程f (x )=g (x )有两个实数根.3.解 (1)略.(2)设t=e x ,则f (t )=2at 2+2(a+1)t 的图像与y=4t+ln t 的图像只有一个交点,其中t>0,则2at 2+2(a+1)t=4t+ln t 只有一个实数解,即2a=2t+lntt 2+t只有一个实数解. 设g (t )=2t+lnt t 2+t,则g'(t )=-2t 2+t -2tlnt+1-lnt(t 2+t )2,g'(1)=0.令h (t )=-2t 2+t-2t ln t+1-ln t , 则h'(t )=-4t-1φ-2ln t-1.设y=1t +2ln t ,令y'=-1t 2+2t =2t -1t 2=0,解得t=12,则y ,y'随t 的变化如表所示0,1212,+∞y' - 0+则当t=12时,y=1t +2ln t 取最小值为2-2ln 2=2×(1-ln 2)>0. 所以-1t -2ln t<0, 即h'(t )=-4t-1t -2ln t-1<0.所以h (t )在(0,+∞)上单调递减. 因此g'(t )=0只有一个根,即t=1. 当t ∈(0,1)时,g'(t )>0,g (t )单调递增; 当t ∈(1,+∞)时,g'(t )<0,g (t )单调递减. 所以,当t=1时,g (t )有最大值为g (1)=1.由题意知,y=2a 与g (t )图像只有一个交点,而a ∈(0,+∞), 所以2a=1,即a=12,所以a 的取值集合为12.4.解 (1)函数f (x )的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞).f'(x )=ax 2+bx -b x 2e x,由题知{f '(-1)=0,f (-1)=1e ,即{(a -2b )e -1=0,(-a+b )-1e -1=1e ,解得{a =2,b =1,所以函数f (x )=2x+1x e x (x ≠0). (2)f'(x )=2x 2+x -1x 2e x =(x+1)(2x -1)x 2e x. 令f'(x )>0得x<-1或x>12, 令f'(x )<0得-1<x<0或0<x<12.所以函数f (x )的单调递增区间是(-∞,-1),12,+∞, 单调递减区间是(-1,0),0,12.(3)根据题意易得g (x )=ax-b x -2a e x (a>0), 所以g'(x )=bx 2+ax-bx -a e x .由g (x )+g'(x )=0,得ax-bx -2a e x +bx 2+ax-bx -a e x =0.整理,得2ax 3-3ax 2-2bx+b=0.存在x 0∈(1,+∞),使g (x 0)+g'(x 0)=0成立,等价于存在x 0∈(1,+∞),使2a x 03-3a x 02-2bx 0+b=0成立.设u (x )=2ax 3-3ax 2-2bx+b (x>1),则u'(x )=6ax 2-6ax-2b=6ax (x-1)-2b>-2b. 当b ≤0时,u'(x )>0,此时u (x )在(1,+∞)上单调递增, 因此u (x )>u (1)=-a-b.因为存在x 0∈(1,+∞),使2a x 03-3a x 02-2bx 0+b=0成立, 所以只要-a-b<0即可,此时-1<ba ≤0. 当b>0时,令u (x )=b , 解得x 1=3a+√9a 2+16ab4a>3a+√9a 24a=32>1,x 2=3a -√9a 2+16ab 4a(舍去),x 3=0(舍去),得u (x 1)=b>0.又因为u (1)=-a-b<0,于是u (x )在(1,x 1)上必有零点,即存在x 0>1,使2a x 03-3a x 02-2bx 0+b=0成立,此时ba >0.综上,ba 的取值范围为(-1,+∞). 5.解 (1)因为g (x )=2a3x 3+2(1-a )x 2-8x+8a+7,所以g'(x )=2ax 2+4(1-a )x-8,所以g'(2)=0. 所以a=0,即g (x )=2x 2-8x+7. g (0)=7,g (3)=1,g (2)=-1.所以g (x )在[0,3]上的值域为[-1,7].(2)①当a=0时,g (x )=2x 2-8x+7,由g (x )=0,得x=2±√22∈(1,+∞),此时函数y=h (x )有三个零点,符合题意.②当a>0时,g'(x )=2ax 2+4(1-a )x-8=2a (x-2)x+2a . 由g'(x )=0,得x=2. 当x ∈(0,2)时,g'(x )<0; 当x ∈(2,+∞)时,g'(x )>0.若函数y=h (x )有三个零点,则需满足g (1)>0且g (2)<0,解得0<a<316.③当a<0时,g'(x )=2ax 2+4(1-a )x-8=2a (x-2)x+2a . 由g'(x )=0,得x 1=2,x 2=-2a .(ⅰ)当-2a <2,即a<-1时,因为g (x )极大值=g (2)=163a-1<0,此时函数y=h (x )至多有一个零点,不符合题意.(ⅱ)当-2a =2,即a=-1时,因为g'(x )≤0,此时函数y=h (x )至多有两个零点,不符合题意. (ⅲ)当-2a >2,即-1<a<0时,若g (1)<0,函数y=h (x )至多有两个零点,不符合题意; 若g (1)=0,得a=-320;因为g -2a =1a 28a 3+7a 2+8a+83,所以g -2a >0,此时函数y=h (x )有三个零点,符合题意;若g (1)>0,得-320<a<0. 由g -2a =1a 28a 3+7a 2+8a+83.记φ(a)=8a3+7a2+8a+83,则φ'(a)>0.所以φ(a)>φ-320>0,此时函数y=h(x)有四个零点,不符合题意.综上所述,满足条件的实数a∈-220∪0,316.。
2024年高考数学总复习第三章《导数及其应用》测试卷及答案解析
2024年高考数学总复习第三章《导数及其应用》测试卷及答案解析(时间：120分钟满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)1．已知曲线y＝f(x)在x＝5处的切线方程是y＝－x＋5，则f(5)与f′(5)分别为() A．5，－1B．－1,5C．－1,0D．0，－1答案D解析由题意可得f(5)＝－5＋5＝0，f′(5)＝－1，故选D.2．已知函数f(x)＝x sin x＋ax，且f1，则a等于()A．0B．1C．2D．4答案A解析∵f′(x)＝sin x＋x cos x＋a，且f1，∴sin π2＋π2cosπ2＋a＝1，即a＝0.3．若曲线y＝mx＋ln x在点(1，m)处的切线垂直于y轴，则实数m等于() A．－1B．0C．1D．2答案A解析f(x)的导数为f′(x)＝m＋1x，曲线y＝f(x)在点(1，m)处的切线斜率为k＝m＋1＝0，可得m＝－1.故选A.4．已知f1(x)＝sin x＋cos x，f n＋1(x)是f n(x)的导函数，即f2(x)＝f1′(x)，f3(x)＝f2′(x)，…，f n＋1(x)＝f n′(x)，n∈N*，则f2020(x)等于()A．－sin x－cos x B．sin x－cos xC．－sin x＋cos x D．sin x＋cos x答案B解析∵f1(x)＝sin x＋cos x，∴f2(x)＝f1′(x)＝cos x－sin x，∴f3(x)＝f2′(x)＝－sin x－cos x，∴f4(x)＝f3′(x)＝－cos x＋sin x，∴f5(x)＝f4′(x)＝sin x＋cos x＝f1(x)，∴f n(x)是以4为周期的函数，∴f2020(x)＝f4(x)＝sin x－cos x，故选B.5．已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f(x)＝2xf′(e)＋ln x(其中e为自然对数的底数)，则f′(e)等于()A ．1B ．－1C ．－eD ．－e －1答案D解析已知f (x )＝2xf ′(e)＋ln x ，其导数f ′(x )＝2f ′(e)＋1x，令x ＝e ，可得f ′(e)＝2f ′(e)＋1e ，变形可得f ′(e)＝－1e ，故选D.6．函数y ＝12x 2－ln x 的单调递减区间为()A ．(－1,1]B ．(0,1]C ．[1，＋∞)D ．(0，＋∞)答案B解析由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，又由y ′＝x －1x≤0，解得0<x ≤1，所以函数的单调递减区间为(0,1]．7．(2019·沈阳东北育才学校模拟)已知定义在(0，＋∞)上的函数f (x )＝x 2＋m ，g (x )＝6ln x －4x ，设两曲线y ＝f (x )与y ＝g (x )在公共点处的切线相同，则m 值等于()A ．5B ．3C ．－3D ．－5答案D解析f ′(x )＝2x ，g ′(x )＝6x －4，令2x ＝6x－4，解得x ＝1，这就是切点的横坐标，代入g (x )求得切点的纵坐标为－4，将(1，－4)代入f (x )得1＋m ＝－4，m ＝－5.故选D.8．(2019·新乡模拟)若函数f (x )＝a e x ＋sin x 在－π2，0上单调递增，则a 的取值范围为()B ．[－1,1]C ．[－1，＋∞)D ．[0，＋∞)答案D解析依题意得，f ′(x )＝a e x ＋cos x ≥0，即a ≥－cos xe x 对x ∈－π2，0恒成立，设g (x )＝－cos xe x ，x ∈－π2，0，g ′(x )g ′(x )＝0，则x ＝－π4，当x ∈－π2，－g ′(x )<0；当x －π4，0时，g ′(x )>0，故g (x )max ＝g (0，则a ≥0.故选D.9.(2019·河北衡水中学调研)如图所示，某几何体由底面半径和高均为5的圆柱与半径为5的半球面对接而成，该封闭几何体内部放入一个小圆柱体，且小圆柱体的上下底面均与外层圆柱的底面平行，则小圆柱体积的最大值为()A.2000π9B.4000π27C ．81πD ．128π答案B解析小圆柱的高分为上下两部分，上部分同大圆柱一样为5，下部分深入底部半球内设为h (0<h <5)，小圆柱的底面半径设为r (0<r <5)，由于r ，h 和球的半径5满足勾股定理，即r 2＋h 2＝52，所以小圆柱体积V ＝πr 2(h ＋5)＝π(25－h 2)(h ＋5)(0<h <5)，求导V ′＝－π(3h －5)·(h ＋5)，当0<h ≤53时，体积V 单调递增，当53<h <5时，体积V 单调递减．所以当h ＝53时，小圆柱体积取得最大值，V max ＝＝4000π27，故选B.10．(2019·凉山诊断)若对任意的0<x 1<x 2<a 都有x 2ln x 1－x 1ln x 2<x 1－x 2成立，则a 的最大值为()A.12B ．1C ．eD ．2e答案B解析原不等式可转化为1＋ln x 1x 1<1＋ln x 2x 2，构造函数f (x )＝1＋ln x x ，f ′(x )＝－ln xx2，故函数在(0,1)上导数大于零，单调递增，在(1，＋∞)上导数小于零，单调递减．由于x 1<x 2且f (x 1)<f (x 2)，故x 1，x 2在区间(0,1)上，故a 的最大值为1，故选B.11．(2019·洛阳、许昌质检)设函数y ＝f (x )，x ∈R 的导函数为f ′(x )，且f (x )＝f (－x ),f ′(x )<f (x )，则下列不等式成立的是(注：e 为自然对数的底数)()A ．f (0)<e －1f (1)<e 2f (2)B ．e －1f (1)<f (0)<e 2f (2)C ．e 2f (2)<e －1f (1)<f (0)D ．e 2f (2)<f (0)<e －1f (1)答案B解析设g (x )＝e －x f (x )，∴g ′(x )＝－e －x f (x )＋e －x f ′(x )＝e －x (f ′(x )－f (x ))，∵f ′(x )<f (x )，∴g ′(x )<0，∴g (x )为减函数．∵g (0)＝e 0f (0)＝f (0)，g (1)＝e －1f (1),g (－2)＝e 2f (－2)＝e 2f (2)，且g (－2)>g (0)>g (1)，∴e －1f (1)<f (0)<e 2f (2)，故选B.12．(2019·廊坊省级示范高中联考)已知函数f (x )＝－13x 3－12x 2＋ax －b 的图象在x ＝0处的切线方程为2x －y －a ＝0，若关于x 的方程f (x 2)＝m 有四个不同的实数解，则m 的取值范围为()A.－323，－B.－2－323，－2答案D解析由函数f (x )＝－13x 3－12x 2＋ax －b ，可得f ′(x )＝－x 2－x ＋a ，则f (0)＝－b ＝－a ，f ′(0)＝a ＝2，则b ＝2，即f (x )＝－13x 3－12x 2＋2x －2，f ′(x )＝－x 2－x ＋2＝－(x －1)(x ＋2)，所以函数f (x )在(－2,1)上单调递增，在(－∞，－2)，(1，＋∞)上单调递减，又由关于x 的方程f (x 2)＝m 有四个不同的实数解，等价于函数f (x )的图象与直线y ＝m 在x ∈(0，＋∞)，上有两个交点，又f (0)＝－2，f (1)＝－56，所以－2<m <－56，故选D.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．(2019·陕西四校联考)已知函数f (x )＝ln x ＋2x 2－4x ，则函数f (x )的图象在x ＝1处的切线方程为________________．答案x －y －3＝0解析∵f (x )＝ln x ＋2x 2－4x ，∴f ′(x )＝1x ＋4x －4，∴f ′(1)＝1，又f (1)＝－2，∴所求切线方程为y －(－2)＝x －1，即x －y －3＝0.14．已知函数f (x )＝(x －a )ln x (a ∈R )，若函数f (x )存在三个单调区间，则实数a 的取值范围是________．答案－1e2，解析f ′(x )＝ln x ＋1x (x －a )＝ln x ＋1－ax，函数f (x )＝(x －a )ln x (a ∈R )，若函数f (x )存在三个单调区间，则f ′(x )有两个变号零点，即f ′(x )＝0有两个不等实根，即a ＝x (ln x ＋1)有两个不等实根，转化为y ＝a 与y ＝x (ln x ＋1)的图象有两个不同的交点．令g (x )＝x (ln x ＋1)，则g ′(x )＝ln x ＋2，令ln x ＋2＝0，则x ＝1e 2，即g (x )＝x (ln x ＋1)[g (x )]min ＝－1e 2，当x →0时，g (x )→0，当x →＋∞时，f (x )→＋∞，所以结合f (x )的图象(图略)可知a －1e 2，15．(2019·山师大附中模拟)已知函数f (x )＝x 3－2x ＋e x －1e x ，其中e 是自然对数的底数，f (a －1)＋f (2a 2)≤0，则实数a 的取值范围是________．答案－1，12解析由函数f (x )＝x 3－2x ＋e x －1e x f ′(x )＝3x 2－2＋e x ＋1e x ≥－2＋e x ＋1ex ≥－2＋2e x ·1e x＝0，当且仅当x ＝0时等号成立，可得f (x )在R 上递增，又f (－x )＋f (x )＝(－x )3＋2x ＋e －x －e x ＋x 3－2x ＋e x －1e x 0，可得f (x )为奇函数，则f (a －1)＋f (2a 2)≤0，即有f (2a 2)≤0－f (a －1)＝f (1－a )，即有2a 2≤1－a ，解得－1≤a ≤12.16．(2019·湖北黄冈中学、华师附中等八校联考)定义在R 上的函数f (x )满足f (－x )＝f (x )，且对任意的不相等的实数x 1，x 2∈[0，＋∞)有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2<0成立，若关于x 的不等式f (2mx －ln x－3)≥2f (3)－f (－2mx ＋ln x ＋3)在x ∈[1,3]上恒成立，则实数m 的取值范围是______________．答案12e ，1＋ln 36解析∵函数f (x )满足f (－x )＝f (x )，∴函数f (x )为偶函数．又f (2mx －ln x －3)≥2f (3)－f (－2mx ＋ln x ＋3)＝2f (3)－f (2mx －ln x －3)，∴f (2mx －ln x －3)≥f (3)．由题意可得函数f (x )在(－∞，0)上单调递增，在[0，＋∞)上单调递减．∴|2mx －ln x －3|≤3对x ∈[1,3]恒成立，∴－3≤2mx －ln x －3≤3对x ∈[1,3]恒成立，即ln x2x ≤m ≤ln x ＋62x对x ∈[1,3]恒成立．令g (x )＝ln x2x ，x ∈[1,3]，则g ′(x )＝1－ln x 2x 2∴g (x )在[1，e ]上单调递增，在(e,3]上单调递减，∴g (x )max ＝g (e)＝12e .令h (x )＝ln x ＋62x ，x ∈[1,3]，则h ′(x )＝－5－ln x2x 2<0，∴h (x )在[1,3]上单调递减，∴h (x )min ＝h (3)＝6＋ln 36＝1＋ln 36.综上可得实数m 的取值范围为12e ，1＋ln 36.三、解答题(本大题共70分)17．(10分)(2019·辽宁重点高中联考)已知函数f (x )＝x 3＋mx 2－m 2x ＋1(m 为常数，且m >0)有极大值9.(1)求m 的值；(2)若斜率为－5的直线是曲线y ＝f (x )的切线，求此直线方程．解(1)f ′(x )＝3x 2＋2mx －m 2＝(x ＋m )(3x －m )＝0，令f ′(x )＝0，则x ＝－m 或x ＝13m ，当x 变化时，f ′(x )与f (x )的变化情况如下表：f ′(x )＋0－0＋f (x )增极大值减极小值增从而可知，当x ＝－m 时，函数f (x )取得极大值9，即f (－m )＝－m 3＋m 3＋m 3＋1＝9，∴m ＝2.(2)由(1)知，f (x )＝x 3＋2x 2－4x ＋1，依题意知f ′(x )＝3x 2＋4x －4＝－5，∴x ＝－1或x ＝－13，又f (－1)＝6，＝6827，所以切线方程为y －6＝－5(x ＋1)或y －6827＝－即5x ＋y －1＝0或135x ＋27y －23＝0.18．(12分)(2019·成都七中诊断)已知函数f (x )＝x sin x ＋2cos x ＋ax ＋2，其中a 为常数．(1)若曲线y ＝f (x )在x ＝π2处的切线斜率为－2，求该切线的方程；(2)求函数f (x )在x ∈[0，π]上的最小值．解(1)求导得f ′(x )＝x cos x －sin x ＋a ，由f a －1＝－2，解得a ＝－1.此时2，所以该切线的方程为y －2＝－2x ＋y －2－π＝0.(2)对任意x ∈[0，π]，f ″(x )＝－x sin x ≤0，所以f ′(x )在[0，π]内单调递减．当a ≤0时，f ′(x )≤f ′(0)＝a ≤0，∴f (x )在区间[0，π]上单调递减，故f (x )min ＝f (π)＝a π.当a ≥π时，f ′(x )≥f ′(π)＝a －π≥0，∴f (x )在区间[0，π]上单调递增，故f (x )min ＝f (0)＝4.当0<a <π时，因为f ′(0)＝a >0，f ′(π)＝a －π<0，且f ′(x )在区间[0，π]上单调递减，结合零点存在定理可知，存在唯一x 0∈(0，π)，使得f ′(x 0)＝0，且f (x )在[0，x 0]上单调递增，在[x 0，π]上单调递减．故f (x )的最小值等于f (0)＝4和f (π)＝a π中较小的一个值．①当4π≤a <π时，f (0)≤f (π)，故f (x )的最小值为f (0)＝4.②当0<a <4π时，f (π)≤f (0)，故f (x )的最小值为f (π)＝a π.综上所述，函数f (x )的最小值f (x )min，a ≥4π，π，a <4π.19．(12分)(2019·武汉示范高中联考)已知函数f (x )＝4ln x －mx 2＋1(m ∈R )．(1)若函数f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线2x －y －1＝0平行，求实数m 的值；(2)若对于任意x ∈[1，e ]，f (x )≤0恒成立，求实数m 的取值范围．解(1)∵f (x )＝4ln x －mx 2＋1，∴f ′(x )＝4x －2mx ，∴f ′(1)＝4－2m ，∵函数f (x )在(1，f (1))处的切线与直线2x －y －1＝0平行，∴f ′(1)＝4－2m ＝2，∴m ＝1.(2)∵对于任意x ∈[1，e ]，f (x )≤0恒成立，∴4ln x －mx 2＋1≤0，在x ∈[1，e ]上恒成立，即对于任意x ∈[1，e ]，m ≥4ln x ＋1x 2恒成立，令g (x )＝4ln x ＋1x 2，x ∈[1，e ]，g ′(x )＝2(1－4ln x )x 3，令g ′(x )>0，得1<x <14e ，令g ′(x )<0，得14e <x <e ，当x 变化时，g ′(x )，g (x )的变化如下表：x 14(1,e )14e14(e ,e)g ′(x )＋0－g (x )极大值∴函数g (x )在区间[1，e ]上的最大值g (x )max ＝g (14e )＝141244ln e 1(e )+＝2e e ，∴m ≥2ee，即实数m 的取值范围是2ee ，＋20．(12分)已知函数f (x )＝ln x －ax (ax ＋1)，其中a ∈R .(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若函数f (x )在(0,1]内至少有1个零点，求实数a 的取值范围．解(1)依题意知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1x －2a 2x －a ＝2a 2x 2＋ax －1－x ＝(2ax －1)(ax ＋1)－x，当a ＝0时，f (x )＝ln x ，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，由f ′(x )>0，得0<x <12a，由f ′(x )<0，得x >12a，函数f (x )当a <0时，由f ′(x )>0，得0<x <－1a ，由f ′(x )<0，得x >－1a ，函数f (x )－1a，＋.(2)①当a ＝0时，函数f (x )在(0，1]内有1个零点x 0＝1;②当a >0时，由(1)知函数f (x )若12a ≥1，即0<a ≤12时，f (x )在(0,1]上单调递增，由于当x →0时，f (x )→－∞且f (1)＝－a 2－a <0知，函数f (x )在(0,1]内无零点；若0<12a <1，即当a >12时，f (x )1上单调递减，要使函数f (x )在(0,1]内至少有1个零点，只需满足0，即ln 12a ≥34，又∵a >12，∴ln 12a <0，∴不等式不成立．∴f (x )在(0,1]内无零点；③当a <0时，由(1)知函数f (x )－1a，＋若－1a ≥1，即－1≤a <0时，f (x )在(0,1]上单调递增，由于当x →0时，f (x )→－∞，且f (1)＝－a 2－a >0，知函数f (x )在(0,1]内有1个零点；若0<－1a <1，即a <－1时，函数f (x )－1a，1上单调递减，由于当x →0时，f (x )→－∞，且当a <－1时，，知函数f (x )在(0,1]内无零点．综上可得a 的取值范围是[－1,0]．21．(12分)(2019·湖北黄冈中学、华师附中等八校联考)在工业生产中，对一正三角形薄钢板(厚度不计)进行裁剪可以得到一种梯形钢板零件，现有一边长为3(单位：米)的正三角形钢板(如图)，沿平行于边BC 的直线DE 将△ADE 剪去，得到所需的梯形钢板BCED ，记这个梯形钢板的周长为x (单位：米)，面积为S (单位：平方米)．(1)求梯形BCED 的面积S 关于它的周长x 的函数关系式；(2)若在生产中，梯形BCED 试确定这个梯形的周长x 为多少时，该零件才可以在生产中使用？解(1)∵DE ∥BC ，△ABC 是正三角形，∴△ADE 是正三角形，AD ＝DE ＝AE ，BD ＝CE ＝3－AD ，则DE ＋2(3－AD )＋3＝9－AD ＝x ，S ＝(3＋AD )·(3－AD )·sin 60°2＝3(12－x )(x －6)4(6<x <9)，化简得S ＝34(－x 2＋18x －72)(6<x <9)．故梯形BCED 的面积S 关于它的周长x 的函数关系式为S ＝34(－x 2＋18x －72)(6<x <9)．(2)∵由(1)得S ＝34(－x 2＋18x －72)(6<x <9)，令f (x )＝S x ＝x －72x ＋x <9)，∴f ′(x )1令f ′(x )＝0，得x ＝62或x ＝－62(舍去)，f (x )，f ′(x )随x 的变化如下表：x(6,62)62(62，9)f ′(x )＋0－f (x )单调递增极大值单调递减∴当x ＝62时，函数f (x )＝S x有最大值，为f (62)＝923－36.∴当x ＝62米时，该零件才可以在生产中使用．22．(12分)(2019·衡水中学调研)已知函数f (x )＝k e x －x 2(其中k ∈R ，e 是自然对数的底数)．(1)若k ＝2，当x ∈(0，＋∞)时，试比较f (x )与2的大小；(2)若函数f (x )有两个极值点x 1，x 2(x 1<x 2)，求k 的取值范围，并证明：0<f (x 1)<1.解(1)当k ＝2时，f (x )＝2e x －x 2，则f ′(x )＝2e x －2x ，令h (x )＝2e x －2x ，h ′(x )＝2e x －2，由于x ∈(0，＋∞)，故h ′(x )＝2e x －2>0，于是h (x )＝2e x －2x 在(0，＋∞)上为增函数，所以h (x )＝2e x －2x >h (0)＝2>0，即f ′(x )＝2e x －2x >0在(0，＋∞)上恒成立，从而f (x )＝2e x －x 2在(0，＋∞)上为增函数，故f (x )＝2e x －x 2>f (0)＝2.(2)函数f (x )有两个极值点x 1，x 2，则x 1，x 2是f ′(x )＝k e x －2x ＝0的两个根，即方程k ＝2x ex 有两个根，设φ(x )＝2x e x ，则φ′(x )＝2－2x ex ，当x <0时，φ′(x )>0，函数φ(x )单调递增且φ(x )<0；当0<x <1时，φ′(x )>0，函数φ(x )单调递增且φ(x )>0；当x >1时，φ′(x )<0，函数φ(x )单调递减且φ(x )>0.作出函数φ(x )的图象如图所示，要使方程k ＝2x e x 有两个根，只需0<k <φ(1)＝2e，故实数k f (x )的两个极值点x 1，x 2满足0<x 1<1<x 2，由f ′(x 1)＝1e x k －2x 1＝0得k ＝112e x x ，所以f (x 1)＝1e x k －x 21＝112e x x 1e x －x 21＝－x 21＋2x 1＝－(x 1－1)2＋1，由于x 1∈(0,1)，所以0<－(x 1－1)2＋1<1，所以0<f (x 1)<1.。
历年(2019-2023)高考数学真题专项(导数及应用解答题)汇编(附答案)
历年（2019-2023）高考数学真题专项（导数及应用解答题）汇编 考点01 利用导数求函数单调性，求参数（2）若不等式()1f x ≥恒成立，求a 的取值范围．考点02 恒成立问题1．（2023年全国新高考Ⅱ卷（文））（1）证明：当01x <<时，sin x x x x 2-<<； （2）已知函数()()2cos ln 1f x ax x =--，若0x =是()f x 的极大值点，求a 的取值范围．2．（2020年全国高考Ⅱ卷（文）数学试题）已知函数1()e ln ln x f x a x a -=-+．（1）当a e =时，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积； （2）若不等式()1f x ≥恒成立，求a 的取值范围．3．（2019∙全国Ⅰ卷数学试题）已知函数f （x ）=2sin x －x cos x －x ，f ′（x ）为f （x ）的导数． （1）证明：f ′（x ）在区间（0，π）存在唯一零点； （2）若x [0∈，π]时，f （x ）≥ax ，求a 的取值范围．4．（2019年全国高考Ⅱ卷（文））已知函数()(1)ln 1f x x x x =---.证明： （1）()f x 存在唯一的极值点；（2）()=0f x 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.考点03 三角函数相关导数问题a=时，求b的取值范围；（i）当0（ii）求证：22e+>．a b4．（2021年全国高考Ⅰ卷数学试题）已知函数f（x）=2sin x－x cos x－x，f′（x）为f（x）的导数． （1）证明：f′（x）在区间（0，π）存在唯一零点；∈，π]时，f（x）≥ax，求a的取值范围．（2）若x[0考点04 导数类综合问题参考答案考点01 利用导数求函数单调性，求参数考点02 恒成立问题 1考点03 三角函数相关导数问题2022年8月11日高中数学作业学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________考点04 导数类综合问题 一、解答题)(【点睛】思路点睛：函数的最值问题，而不同方程的根的性质，注意利用方程的特征找到两类根之间的关系4．（2022∙全国新高考Ⅱ卷（文））已知函数(2) 和首先求得导函数的解析式，然后分类讨论导函数的符号即可确定原函数的单调性；当时，的解为：当113,ax⎛⎫--∈-∞⎪时，单调递增；时，单调递减；时，单调递增；综上可得：当时，在当时，在解得：，则，()1+,a x与联立得化简得3210--+=,由于切点的横坐标x x x综上，曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标为和【点睛】本题考查利用导数研究含有参数的函数的单调性问题，和过曲线外一点所做曲线的切线问题，注。
高三导数及应用练习题
高三导数及应用练习题导数是微积分中非常重要的概念，对于高中生来说，学习导数是必不可少的一部分内容。
导数的概念以及其应用能力的培养对于高三学生来说具有重要的意义，因此在这篇文章中，我将为大家提供一些导数及应用的练习题，希望能够帮助大家提升自己的学习水平。
【练习题一】1. 求函数 f(x) = 3x^2 - 2x + 1 在点 x = 2 处的导数。
解: 首先，我们可以利用导数的定义来求解该题目。
导数的定义是函数 f(x) 在某一点 x 附近的变化率。
对于给定的函数 f(x) = 3x^2 - 2x + 1，我们可以通过求函数在 x = 2 处的变化率来求解该导数值。
根据定义，我们可以得到如下结果:f'(2) = lim(h→0) [f(2+h) - f(2)] / h代入 f(x) = 3x^2 - 2x + 1，得到:f'(2) = lim(h→0) [(3(2+h)^2 - 2(2+h) + 1 - (3(2)^2 - 2(2) + 1)] / h化简上述表达式，我们可以得到:f'(2) = lim(h→0) [(12h + 9)] / h进一步简化，我们得到:f'(2) = lim(h→0) [12h + 9] / h利用极限的性质，我们可以得到:f'(2) = 12因此，函数 f(x) = 3x^2 - 2x + 1 在点 x = 2 处的导数为 12。
2. 求函数 g(x) = sin(2x) 在点x = π/4 处的导数。
解: 对于函数g(x) = sin(2x)，我们需要利用链式法则来求解其导数。
根据链式法则的定义，我们可以得到如下结果:g'(x) = cos(2x) * 2代入x = π/4，我们可以得到:g'(π/4) = cos(2 * π/4) * 2化简表达式，我们可以得到:g'(π/4) = cos(π/2) * 2利用三角函数的性质，我们可以得到:g'(π/4) = 0 * 2因此，函数 g(x) = sin(2x) 在点x = π/4 处的导数为 0。
高考数学-导数及其应用(含22年真题讲解)
高考数学-导数及其应用（含22年真题讲解）1．【2022年全国甲卷】当x =1时，函数f(x)=alnx +bx 取得最大值−2，则f ′(2)=（ ） A ．−1 B ．−12C ．12D ．1【答案】B 【解析】 【分析】根据题意可知f (1)=−2，f ′(1)=0即可解得a,b ，再根据f ′(x )即可解出． 【详解】因为函数f (x )定义域为(0,+∞)，所以依题可知，f (1)=−2，f ′(1)=0，而f ′(x )=ax −bx 2，所以b =−2,a −b =0，即a =−2,b =−2，所以f ′(x )=−2x +2x 2，因此函数f (x )在(0,1)上递增，在(1,+∞)上递减，x =1时取最大值，满足题意，即有f ′(2)=−1+12=−12． 故选：B.2．【2022年全国甲卷】已知a =3132,b =cos 14,c =4sin 14，则（ ） A ．c >b >a B ．b >a >c C ．a >b >c D ．a >c >b【答案】A 【解析】 【分析】由cb =4tan 14结合三角函数的性质可得c >b ；构造函数f(x)=cosx +12x 2−1,x ∈(0,+∞)，利用导数可得b >a ，即可得解. 【详解】因为cb =4tan 14,因为当x ∈(0,π2),sinx <x <tanx 所以tan 14>14,即cb >1,所以c >b ； 设f(x)=cosx +12x 2−1,x ∈(0,+∞)，f ′(x)=−sinx +x >0，所以f(x)在(0,+∞)单调递增， 则f (14)>f(0)=0,所以cos 14−3132>0，所以b >a ,所以c >b >a ， 故选：A3．【2022年新高考1卷】设a =0.1e 0.1,b =19，c =−ln0.9，则（ ） A ．a <b <c B ．c <b <a C ．c <a <b D ．a <c <b【答案】C 【解析】 【分析】构造函数f(x)=ln(1+x)−x ， 导数判断其单调性，由此确定a,b,c 的大小. 【详解】设f(x)=ln(1+x)−x(x >−1)，因为f ′(x)=11+x −1=−x1+x ， 当x ∈(−1,0)时，f ′(x)>0，当x ∈(0,+∞)时f ′(x)<0，所以函数f(x)=ln(1+x)−x 在(0,+∞)单调递减，在(−1,0)上单调递增， 所以f(19)<f(0)=0，所以ln109−19<0，故19>ln109=−ln0.9，即b >c ，所以f(−110)<f(0)=0，所以ln 910+110<0，故910<e −110，所以110e 110<19，故a <b ，设g(x)=xe x +ln(1−x)(0<x <1)，则g ′(x)=(x +1)e x +1x−1=(x 2−1)e x +1x−1,令ℎ(x)=e x (x 2−1)+1，ℎ′(x)=e x (x 2+2x −1)，当0<x <√2−1时，ℎ′(x)<0，函数ℎ(x)=e x (x 2−1)+1单调递减， 当√2−1<x <1时，ℎ′(x)>0，函数ℎ(x)=e x (x 2−1)+1单调递增， 又ℎ(0)=0，所以当0<x <√2−1时，ℎ(x)<0，所以当0<x <√2−1时，g ′(x)>0，函数g(x)=xe x +ln(1−x)单调递增， 所以g(0.1)>g(0)=0，即0.1e 0.1>−ln0.9，所以a >c 故选：C.4．【2022年新高考1卷】（多选）已知函数f(x)=x 3−x +1，则（ ） A ．f(x)有两个极值点B ．f(x)有三个零点C ．点(0,1)是曲线y =f(x)的对称中心D ．直线y =2x 是曲线y =f(x)的切线【答案】AC【解析】 【分析】利用极值点的定义可判断A ，结合f(x)的单调性、极值可判断B ，利用平移可判断C ；利用导数的几何意义判断D. 【详解】由题，f ′(x )=3x 2−1，令f ′(x )>0得x >√33或x <−√33，令f ′(x)<0得−√33<x <√33，所以f(x)在(−√33,√33)上单调递减，在(−∞,−√33)，(√33,+∞)上单调递增， 所以x =±√33是极值点，故A 正确；因f(−√33)=1+2√39>0，f(√33)=1−2√39>0，f (−2)=−5<0，所以，函数f (x )在(−∞,−√33)上有一个零点，当x ≥√33时，f (x )≥f (√33)>0，即函数f (x )在(√33,+∞)上无零点，综上所述，函数f(x)有一个零点，故B 错误；令ℎ(x)=x 3−x ，该函数的定义域为R ，ℎ(−x )=(−x )3−(−x )=−x 3+x =−ℎ(x )， 则ℎ(x)是奇函数，(0,0)是ℎ(x)的对称中心， 将ℎ(x)的图象向上移动一个单位得到f(x)的图象， 所以点(0,1)是曲线y =f(x)的对称中心，故C 正确； 令f ′(x )=3x 2−1=2，可得x =±1，又f(1)=f (−1)=1，当切点为(1,1)时，切线方程为y =2x −1，当切点为(−1,1)时，切线方程为y =2x +3， 故D 错误. 故选：AC.5．【2022年全国乙卷】已知x =x 1和x =x 2分别是函数f(x)=2a x −ex 2（a >0且a ≠1）的极小值点和极大值点．若x 1<x 2，则a 的取值范围是____________． 【答案】(1e ,1) 【解析】 【分析】由x 1,x 2分别是函数f (x )=2a x −ex 2的极小值点和极大值点，可得x ∈(−∞,x 1)∪(x 2,+∞)时，f′(x)<0，x∈(x1,x2)时，f′(x)>0，再分a>1和0<a<1两种情况讨论，方程2lna ⋅a x−2ex=0的两个根为x1,x2，即函数y=lna⋅a x与函数y=ex的图象有两个不同的交点，构造函数g(x)=lna⋅a x，利用指数函数的图象和图象变换得到g(x)的图象，利用导数的几何意义求得过原点的切线的斜率，根据几何意义可得出答案.【详解】解：f′(x)=2lna⋅a x−2ex，因为x1,x2分别是函数f(x)=2a x−ex2的极小值点和极大值点，所以函数f(x)在(−∞,x1)和(x2,+∞)上递减，在(x1,x2)上递增，所以当x∈(−∞,x1)∪(x2,+∞)时，f′(x)<0，当x∈(x1,x2)时，f′(x)>0，若a>1时，当x<0时，2lna⋅a x>0,2ex<0，则此时f′(x)>0，与前面矛盾，故a>1不符合题意，若0<a<1时，则方程2lna⋅a x−2ex=0的两个根为x1,x2，即方程lna⋅a x=ex的两个根为x1,x2，即函数y=lna⋅a x与函数y=ex的图象有两个不同的交点，∵0<a<1,∴函数y=a x的图象是单调递减的指数函数，又∵ln a<0,∴y=lna⋅a x的图象由指数函数y=a x向下关于x轴作对称变换，然后将图象上的每个点的横坐标保持不变，纵坐标伸长或缩短为原来的|ln a|倍得到，如图所示：设过原点且与函数y=g(x)的图象相切的直线的切点为(x0,lna⋅a x0)，则切线的斜率为g′(x0)=ln2a⋅a x0，故切线方程为y−lna⋅a x0=ln2a⋅a x0(x−x0)，则有−lna⋅a x0=−x0ln2a⋅a x0，解得x0=1lna，则切线的斜率为ln2a⋅a1lna=eln2a，因为函数y=lna⋅a x与函数y=ex的图象有两个不同的交点，所以eln2a<e，解得1e<a<e，又0<a<1，所以1e<a<1，综上所述，a的范围为(1e,1).【点睛】本题考查了函数的极值点问题，考查了导数的几何意义，考查了转化思想及分类讨论思想，有一定的难度.6．【2022年新高考1卷】若曲线y=(x+a)e x有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是________________．【答案】(−∞,−4)∪(0,+∞)【解析】【分析】设出切点横坐标x0，利用导数的几何意义求得切线方程，根据切线经过原点得到关于x0的方程，根据此方程应有两个不同的实数根，求得a的取值范围.【详解】∵y=(x+a)e x，∴y′=(x+1+a)e x，设切点为(x0,y0),则y0=(x0+a)e x0,切线斜率k=(x0+1+a)e x0,切线方程为：y−(x0+a)e x0=(x0+1+a)e x0(x−x0),∵切线过原点，∴−(x0+a)e x0=(x0+1+a)e x0(−x0),整理得：x02+ax0−a=0,∵切线有两条，∴∆=a2+4a>0,解得a<−4或a>0,∴a的取值范围是(−∞,−4)∪(0,+∞),故答案为：(−∞,−4)∪(0,+∞)7．【2022年新高考2卷】曲线y=ln|x|过坐标原点的两条切线的方程为____________，___ _________．【答案】y=1e x y=−1ex【解析】【分析】分x>0和x<0两种情况，当x>0时设切点为(x0,lnx0)，求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，从而表示出切线方程，再根据切线过坐标原点求出x0，即可求出切线方程，当x <0时同理可得；【详解】解：因为y=ln|x|，当x>0时y=lnx，设切点为(x0,lnx0)，由y′=1x ，所以y′|x=x0=1x，所以切线方程为y−lnx0=1x0(x−x0)，又切线过坐标原点，所以−lnx0=1x0(−x0)，解得x=e，所以切线方程为y−1=1e(x−e)，即y=1ex；当x<0时y=ln(−x)，设切点为(x1,ln(−x1))，由y′=1x ，所以y′|x=x1=1x1，所以切线方程为y−ln(−x1)=1x1(x−x1)，又切线过坐标原点，所以−ln(−x1)=1x1(−x1)，解得x1=−e，所以切线方程为y−1=1−e(x+e)，即y=−1ex；故答案为：y=1e x；y=−1ex8．【2022年全国甲卷】已知函数f(x)=x3−x,g(x)=x2+a，曲线y=f(x)在点(x1,f(x1))处的切线也是曲线y=g(x)的切线．(1)若x1=−1，求a；(2)求a的取值范围．【答案】(1)3(2)[−1,+∞)【解析】【分析】（1）先由f(x)上的切点求出切线方程，设出g(x)上的切点坐标，由斜率求出切点坐标，再由函数值求出a即可；（2）设出g(x)上的切点坐标，分别由f(x)和g(x)及切点表示出切线方程，由切线重合表示出a，构造函数，求导求出函数值域，即可求得a的取值范围.(1)由题意知，f(−1)=−1−(−1)=0，f′(x)=3x2−1，f′(−1)=3−1=2，则y=f(x)在点(−1,0)处的切线方程为y=2(x+1)，即y=2x+2，设该切线与g(x)切于点(x2,g(x2))，g′(x)=2x，则g′(x2)=2x2=2，解得x2=1，则g(1)=1+a=2+2，解得a=3；(2)f′(x)=3x2−1，则y=f(x)在点(x1,f(x1))处的切线方程为y−(x13−x1)=(3x12−1)(x−x1)，整理得y=(3x12−1)x−2x13，设该切线与g(x)切于点(x2,g(x2))，g′(x)=2x，则g′(x2)=2x2，则切线方程为y−(x22+a)=2x2(x−x2)，整理得y=2x2x−x22+a，则{3x12−1=2x2−2x13=−x22+a ，整理得a=x22−2x13=(3x122−12)2−2x13=94x14−2x13−32x12+14，令ℎ(x)=94x4−2x3−32x2+14，则ℎ′(x)=9x3−6x2−3x=3x(3x+1)(x−1)，令ℎ′(x)>0，解得−13<x<0或x>1，令ℎ′(x)<0，解得x<−13或0<x<1，则x变化时，ℎ′(x),ℎ(x)的变化情况如下表：则ℎ(x)的值域为[−1,+∞)，故a的取值范围为[−1,+∞).9．【2022年全国甲卷】已知函数f(x)=e xx−lnx+x−a．(1)若f(x)≥0，求a的取值范围；(2)证明：若f(x)有两个零点x1,x2，则环x1x2<1．【答案】(1)(−∞,e+1](2)证明见的解析【解析】【分析】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；（2）利用分析法，转化要证明条件为e xx −x e1x−2[lnx−12(x−1x)]>0，再利用导数即可得证.(1)f(x)的定义域为(0,+∞)，f′(x)=(1x −1x2)e x−1x+1=1x(1−1x)e x+(1−1x)=x−1x(e xx+1)令f(x)=0,得x=1当x∈(0,1),f′(x)<0,f(x)单调递减当x∈(1,+∞),f′(x)>0,f(x)单调递增f(x)≥f(1)=e+1−a，若f(x)≥0,则e+1−a≥0,即a≤e+1所以a的取值范围为(−∞,e+1](2)由题知,f(x)一个零点小于1,一个零点大于1不妨设x1<1<x2要证x1x2<1,即证x1<1x2因为x1,1x2∈(0,1),即证f(x1)>f(1x2)因为f(x1)=f(x2),即证f(x2)>f(1x2)即证e xx −lnx+x−x e1x−lnx−1x>0,x∈(1,+∞)即证e xx −x e1x−2[lnx−12(x−1x)]>0下面证明x>1时，e xx −x e1x>0,lnx−12(x−1x)<0设g(x)=e xx−x e1x,x>1，则g′(x)=(1x −1x2)e x−(e1x+x e1x⋅(−1x2))=1x(1−1x)e x−e1x(1−1x)=(1−1x)(exx−e1x)=x−1x(exx−e1x)设φ(x)=e xx (x>1),φ′(x)=(1x−1x2)e x=x−1x2ex>0所以φ(x)>φ(1)=e,而e1x<e所以e xx−e1x>0,所以g′(x)>0所以g(x)在(1,+∞)单调递增即g(x)>g(1)=0,所以e xx−x e1x>0令ℎ(x)=lnx−12(x−1x),x>1ℎ′(x)=1x−12(1+1x2)=2x−x2−12x2=−(x−1)22x2<0所以ℎ(x)在(1,+∞)单调递减即ℎ(x)<ℎ(1)=0,所以lnx−12(x−1x)<0；综上, e xx −x e1x−2[lnx−12(x−1x)]>0,所以x1x2<1.【点睛】关键点点睛：本题是极值点偏移问题，关键点是通过分析法，构造函数证明不等式ℎ(x)=lnx−12(x−1x)这个函数经常出现，需要掌握10．【2022年全国乙卷】已知函数f(x)=ax−1x−(a+1)lnx．(1)当a=0时，求f(x)的最大值；(2)若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围．【答案】(1)−1(2)(0,+∞)【解析】【分析】（1）由导数确定函数的单调性，即可得解；（2）求导得f′(x)=(ax−1)(x−1)x2，按照a≤0、0<a<1及a>1结合导数讨论函数的单调性，求得函数的极值，即可得解.(1)当a=0时，f(x)=−1x −lnx,x>0，则f′(x)=1x2−1x=1−xx2，当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(1,+∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；所以f(x)max=f(1)=−1；(2)f(x)=ax−1x −(a+1)lnx,x>0，则f′(x)=a+1x2−a+1x=(ax−1)(x−1)x2，当a≤0时，ax−1≤0，所以当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(1,+∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；所以f(x)max=f(1)=a−1<0，此时函数无零点，不合题意；当0<a<1时，1a >1，在(0,1),(1a,+∞)上，f′(x)>0，f(x)单调递增；在(1,1a)上，f′(x)<0，f(x)单调递减；又f(1)=a−1<0，当x趋近正无穷大时，f(x)趋近于正无穷大，所以f(x)仅在(1a,+∞)有唯一零点，符合题意；当a=1时，f′(x)=(x−1)2x2≥0，所以f(x)单调递增，又f(1)=a−1=0，所以f(x)有唯一零点，符合题意；当a>1时，1a <1，在(0,1a),(1,+∞)上，f′(x)>0，f(x)单调递增；在(1a,1)上，f′(x)<0，f(x)单调递减；此时f(1)=a−1>0，又f(1a n )=1a n−1−a n+n(a+1)lna，当n趋近正无穷大时，f(1a n)趋近负无穷，所以f(x)在(0,1a )有一个零点，在(1a,+∞)无零点，所以f(x)有唯一零点，符合题意；综上，a的取值范围为(0,+∞).【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用导数研究函数的极值与单调性，把函数零点问题转化为函数的单调性与极值的问题.11．【2022年全国乙卷】已知函数f(x)=ln(1+x)+axe−x(1)当a=1时，求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；(2)若f(x)在区间(−1,0),(0,+∞)各恰有一个零点，求a的取值范围．【答案】(1)y=2x(2)(−∞,−1)【解析】【分析】（1）先算出切点,再求导算出斜率即可（2）求导,对a分类讨论,对x分(−1,0),(0,+∞)两部分研究(1)f(x)的定义域为(−1,+∞)当a=1时,f(x)=ln(1+x)+xe x ,f(0)=0,所以切点为(0,0)f′(x)=11+x+1−xe x,f′(0)=2,所以切线斜率为2所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=2x (2)f(x)=ln(1+x)+ax e xf′(x)=11+x+a(1−x)e x=ex+a(1−x2)(1+x)e x设g(x)=e x+a(1−x2)1°若a>0,当x∈(−1,0),g(x)=e x+a(1−x2)>0,即f′(x)>0所以f(x)在(−1,0)上单调递增,f(x)<f(0)=0故f(x)在(−1,0)上没有零点,不合题意2°若−1⩽a⩽0,当x∈(0,+∞),则g′(x)=e x−2ax>0所以g(x)在(0,+∞)上单调递增所以g(x)>g(0)=1+a⩾0,即f′(x)>0所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,f(x)>f(0)=0故f(x)在(0,+∞)上没有零点,不合题意3°若a<−1(1)当x∈(0,+∞),则g′(x)=e x−2ax>0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增g(0)=1+a<0,g(1)=e>0所以存在m∈(0,1),使得g(m)=0,即f′(m)=0当x∈(0,m),f′(x)<0,f(x)单调递减当x∈(m,+∞),f′(x)>0,f(x)单调递增所以当x∈(0,m),f(x)<f(0)=0当x→+∞,f(x)→+∞所以f(x)在(m,+∞)上有唯一零点又(0,m)没有零点,即f(x)在(0,+∞)上有唯一零点(2)当x∈(−1,0),g(x)=e x+a(1−x2)设ℎ(x)=g′(x)=e x−2axℎ′(x)=e x−2a>0所以g′(x)在(−1,0)单调递增g′(−1)=1e+2a<0,g′(0)=1>0所以存在n∈(−1,0),使得g′(n)=0当x∈(−1,n),g′(x)<0,g(x)单调递减当x∈(n,0),g′(x)>0,g(x)单调递增,g(x)<g(0)=1+a<0又g(−1)=1e>0所以存在t∈(−1,n),使得g(t)=0,即f′(t)=0当x∈(−1,t),f(x)单调递增,当x∈(t,0),f(x)单调递减有x→−1,f(x)→−∞而f(0)=0,所以当x∈(t,0),f(x)>0所以f(x)在(−1,t)上有唯一零点,(t,0)上无零点即f(x)在(−1,0)上有唯一零点所以a<−1,符合题意所以若f(x)在区间(−1,0),(0,+∞)各恰有一个零点,求a的取值范围为(−∞,−1)【点睛】方法点睛：本题的关键是对a的范围进行合理分类，否定和肯定并用，否定只需要说明一边不满足即可，肯定要两方面都说明.12．【2022年新高考1卷】已知函数f(x)=e x−ax和g(x)=ax−lnx有相同的最小值．(1)求a；(2)证明：存在直线y=b，其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．【答案】(1)a=1(2)见解析【解析】【分析】（1）根据导数可得函数的单调性，从而可得相应的最小值，根据最小值相等可求a.注意分类讨论.（2）根据（1）可得当b>1时，e x−x=b的解的个数、x−lnx=b的解的个数均为2，构建新函数ℎ(x)=e x+lnx−2x，利用导数可得该函数只有一个零点且可得f(x),g(x)的大小关系，根据存在直线y=b与曲线y=f(x)、y=g(x)有三个不同的交点可得b的取值，再根据两类方程的根的关系可证明三根成等差数列.(1)f(x)=e x−ax的定义域为R，而f′(x)=e x−a，若a≤0，则f′(x)>0，此时f(x)无最小值，故a>0.g(x)=ax−lnx的定义域为(0,+∞)，而g′(x)=a−1x =ax−1x.当x<lna时，f′(x)<0，故f(x)在(−∞,lna)上为减函数，当x>lna时，f′(x)>0，故f(x)在(lna,+∞)上为增函数，故f(x)min=f(lna)=a−alna.当0<x<1a 时，g′(x)<0，故g(x)在(0,1a)上为减函数，当x>1a 时，g′(x)>0，故g(x)在(1a,+∞)上为增函数，故g(x)min=g(1a )=1−ln1a.因为f(x)=e x−ax和g(x)=ax−lnx有相同的最小值，故1−ln1a =a−alna，整理得到a−11+a=lna，其中a>0，设g(a)=a−11+a −lna,a>0，则g′(a)=2(1+a)2−1a=−a2−1a(1+a)2≤0，故g(a)为(0,+∞)上的减函数，而g(1)=0，故g(a)=0的唯一解为a=1，故1−a1+a=lna的解为a=1.综上，a=1.(2)由（1）可得f(x)=e x−x和g(x)=x−lnx的最小值为1−ln1=1−ln11=1.当b>1时，考虑e x−x=b的解的个数、x−lnx=b的解的个数.设S(x)=e x−x−b，S′(x)=e x−1，当x<0时，S′(x)<0，当x>0时，S′(x)>0，故S(x)在(−∞,0)上为减函数，在(0,+∞)上为增函数，所以S(x)min=S(0)=1−b<0，而S(−b)=e−b>0，S(b)=e b−2b，设u(b)=e b−2b，其中b>1，则u′(b)=e b−2>0，故u(b)在(1,+∞)上为增函数，故u(b)>u(1)=e−2>0，故S(b)>0，故S(x)=e x−x−b有两个不同的零点，即e x−x=b的解的个数为2.设T(x)=x−lnx−b，T′(x)=x−1x，当0<x<1时，T′(x)<0，当x>1时，T′(x)>0，故T(x)在(0,1)上为减函数，在(1,+∞)上为增函数，所以T(x)min=T(1)=1−b<0，而T(e−b)=e−b>0，T(e b)=e b−2b>0，T(x)=x−lnx−b有两个不同的零点即x−lnx=b的解的个数为2.当b=1，由（1）讨论可得x−lnx=b、e x−x=b仅有一个零点，当b<1时，由（1）讨论可得x−lnx=b、e x−x=b均无零点，故若存在直线y=b与曲线y=f(x)、y=g(x)有三个不同的交点，则b>1.设ℎ(x)=e x+lnx−2x，其中x>0，故ℎ′(x)=e x+1x−2，设s(x)=e x−x−1，x>0，则s′(x)=e x−1>0，故s(x)在(0,+∞)上为增函数，故s(x)>s(0)=0即e x>x+1，所以ℎ′(x)>x+1x−1≥2−1>0，所以ℎ(x)在(0,+∞)上为增函数，而ℎ(1)=e−2>0，ℎ(1e3)=e1e3−3−2e3<e−3−2e3<0，故ℎ(x)在(0,+∞)上有且只有一个零点x 0，1e3<x 0<1且：当0<x <x 0时，ℎ(x)<0即e x −x <x −lnx 即f(x)<g(x)， 当x >x 0时，ℎ(x)>0即e x −x >x −lnx 即f(x)>g(x)，因此若存在直线y =b 与曲线y =f(x)、y =g(x)有三个不同的交点， 故b =f(x 0)=g(x 0)>1，此时e x −x =b 有两个不同的零点x 1,x 0(x 1<0<x 0)， 此时x −lnx =b 有两个不同的零点x 0,x 4(0<x 0<1<x 4)， 故e x 1−x 1=b ，e x 0−x 0=b ，x 4−lnx 4−b =0，x 0−lnx 0−b =0 所以x 4−b =lnx 4即e x 4−b =x 4即e x 4−b −(x 4−b)−b =0， 故x 4−b 为方程e x −x =b 的解，同理x 0−b 也为方程e x −x =b 的解又e x 1−x 1=b 可化为e x 1=x 1+b 即x 1−ln(x 1+b)=0即(x 1+b)−ln(x 1+b)−b =0， 故x 1+b 为方程x −lnx =b 的解，同理x 0+b 也为方程x −lnx =b 的解， 所以{x 1,x 0}={x 0−b,x 4−b}，而b >1， 故{x 0=x 4−b x 1=x 0−b 即x 1+x 4=2x 0. 【点睛】思路点睛：函数的最值问题，往往需要利用导数讨论函数的单调性，此时注意对参数的分类讨论，而不同方程的根的性质，注意利用方程的特征找到两类根之间的关系. 13．【2022年新高考2卷】已知函数f(x)=x e ax −e x ． (1)当a =1时，讨论f(x)的单调性；(2)当x >0时，f(x)<−1，求a 的取值范围； (3)设n ∈N ∗，证明：√12+1√22+2⋯√n 2+n>ln(n +1)．【答案】(1)f(x)的减区间为(−∞,0)，增区间为(0,+∞). (2)a ≤12 (3)见解析 【解析】 【分析】（1）求出f ′(x)，讨论其符号后可得f(x)的单调性.（2）设ℎ(x)=x e ax −e x +1，求出ℎ″(x)，先讨论a >12时题设中的不等式不成立，再就0<a≤12结合放缩法讨论ℎ′(x)符号，最后就a ≤0结合放缩法讨论ℎ(x)的范围后可得参数的取值范围.（3）由（2）可得2lnt <t −1t 对任意的t >1恒成立，从而可得ln(n +1)−lnn <√n 2+n 对任意的n ∈N ∗恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式. (1)当a =1时，f(x)=(x −1)e x ，则f ′(x)=x e x ， 当x <0时，f ′(x)<0，当x >0时，f ′(x)>0， 故f(x)的减区间为(−∞,0)，增区间为(0,+∞). (2)设ℎ(x)=x e ax −e x +1，则ℎ(0)=0，又ℎ′(x)=(1+ax)e ax −e x ，设g(x)=(1+ax)e ax −e x ， 则g ′(x)=(2a +a 2x)e ax −e x ， 若a >12，则g ′(0)=2a −1>0， 因为g ′(x)为连续不间断函数，故存在x 0∈(0,+∞)，使得∀x ∈(0,x 0)，总有g ′(x)>0， 故g(x)在(0,x 0)为增函数，故g(x)>g(0)=0，故ℎ(x)在(0,x 0)为增函数，故ℎ(x)>ℎ(0)=−1，与题设矛盾. 若0<a ≤12，则ℎ′(x)=(1+ax)e ax −e x =e ax+ln(1+ax)−e x ， 下证：对任意x >0，总有ln(1+x)<x 成立，证明：设S(x)=ln(1+x)−x ，故S ′(x)=11+x −1=−x1+x <0， 故S(x)在(0,+∞)上为减函数，故S(x)<S(0)=0即ln(1+x)<x 成立. 由上述不等式有e ax+ln(1+ax)−e x <e ax+ax −e x =e 2ax −e x ≤0， 故ℎ′(x)≤0总成立，即ℎ(x)在(0,+∞)上为减函数， 所以ℎ(x)<ℎ(0)=−1.当a ≤0时，有ℎ′(x)=e ax −e x +ax e ax <1−1+0=0， 所以ℎ(x)在(0,+∞)上为减函数，所以ℎ(x)<ℎ(0)=−1. 综上，a ≤12. (3)取a=12，则∀x>0，总有x e12x−e x+1<0成立，令t=e12x，则t>1,t2=e x,x=2lnt，故2tlnt<t2−1即2lnt<t−1t对任意的t>1恒成立.所以对任意的n∈N∗，有2ln√n+1n <√n+1n−√nn+1，整理得到：ln(n+1)−lnn<√n2+n，故√12+1√22+2⋯√n2+n>ln2−ln1+ln3−ln2+⋯+ln(n+1)−lnn=ln(n+1)，故不等式成立.【点睛】思路点睛：函数参数的不等式的恒成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注意结合端点处导数的符号合理分类讨论，导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式.14．【2022年北京】已知函数f(x)=e x ln(1+x)．(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；(2)设g(x)=f′(x)，讨论函数g(x)在[0,+∞)上的单调性；(3)证明：对任意的s,t∈(0,+∞)，有f(s+t)>f(s)+f(t)．【答案】(1)y=x(2)g(x)在[0,+∞)上单调递增.(3)证明见解析【解析】【分析】（1）先求出切点坐标，在由导数求得切线斜率，即得切线方程；（2）在求一次导数无法判断的情况下，构造新的函数，再求一次导数，问题即得解；（3）令m(x)=f(x+t)−f(x)，(x,t>0)，即证m(x)>m(0)，由第二问结论可知m(x)在[0,+∞）上单调递增，即得证.(1)解：因为f(x)=e x ln(1+x)，所以f(0)=0，即切点坐标为(0,0)，又f′(x)=e x(ln(1+x)+11+x)，∴切线斜率k=f′(0)=1∴切线方程为：y=x(2)解：因为g(x)=f′(x)=e x(ln(1+x)+11+x)，所以g′(x)=e x(ln(1+x)+21+x−1(1+x)2)，令ℎ(x)=ln(1+x)+21+x−1(1+x)2，则ℎ′(x)=11+x −2(1+x)2+2(1+x)3=x2+1(1+x)3>0，∴ℎ(x)在[0,+∞)上单调递增，∴ℎ(x)≥ℎ(0)=1>0∴g′(x)>0在[0,+∞)上恒成立，∴g(x)在[0,+∞)上单调递增.(3)解：原不等式等价于f(s+t)−f(s)>f(t)−f(0)，令m(x)=f(x+t)−f(x)，(x,t>0)，即证m(x)>m(0)，∵m(x)=f(x+t)−f(x)=e x+t ln(1+x+t)−e x ln(1+x)，m′(x)=e x+t ln(1+x+t)+e x+t1+x+t −e x ln(1+x)−e x1+x=g(x+t)−g(x)，由（2）知g(x)=f′(x)=e x(ln(1+x)+11+x)在[0,+∞)上单调递增，∴g(x+t)>g(x)，∴m′(x)>0∴m(x)在(0,+∞)上单调递增，又因为x,t>0，∴m(x)>m(0)，所以命题得证.15．【2022年浙江】设函数f(x)=e2x+lnx(x>0)．(1)求f(x)的单调区间；(2)已知a,b∈R，曲线y=f(x)上不同的三点(x1,f(x1)),(x2,f(x2)),(x3,f(x3))处的切线都经过点(a,b)．证明：（ⅰ）若a >e ，则0<b −f(a)<12(ae−1)；（ⅱ）若0<a <e ,x 1<x 2<x 3，则2e+e−a 6e2<1x 1+1x 3<2a −e −a 6e2． （注：e =2.71828⋯是自然对数的底数）【答案】(1)f(x)的减区间为(0,e 2)，增区间为(e 2,+∞). (2)（ⅰ）见解析；（ⅱ）见解析. 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性.（2）（ⅰ）由题设构造关于切点横坐标的方程，根据方程有3个不同的解可证明不等式成立，（ⅱ） k =x 3x 1，m =a e<1，则题设不等式可转化为t 1+t 3−2−2m<(m−13)(m 2−m+12)36m(t 1+t 3)，结合零点满足的方程进一步转化为lnm +(m−1)(m−13)(m 2−m+12)72(m+1)<0，利用导数可证该不等式成立. (1)f ′(x)=−e 2x 2+1x=2x−e 2x 2，当0<x <e 2，f ′(x)<0；当x >e2，f ′(x)>0， 故f(x)的减区间为(0,e 2)，f(x)的增区间为(e 2,+∞). (2)（ⅰ）因为过(a,b)有三条不同的切线，设切点为(x i ,f(x i )),i =1,2,3， 故f(x i )−b =f ′(x i )(x i −a)，故方程f(x)−b =f ′(x)(x −a)有3个不同的根，该方程可整理为(1x −e 2x 2)(x −a)−e 2x −lnx +b =0， 设g(x)=(1x −e 2x 2)(x −a)−e 2x −lnx +b ， 则g ′(x)=1x −e 2x 2+(−1x 2+e x 3)(x −a)−1x +e 2x 2 =−1x 3(x −e )(x −a)，当0<x <e 或x >a 时，g ′(x)<0；当e <x <a 时，g ′(x)>0， 故g(x)在(0,e ),(a,+∞)上为减函数，在(e ,a)上为增函数，因为g(x)有3个不同的零点，故g(e )<0且g(a)>0， 故(1e −e2e 2)(e −a)−e 2e−ln e +b <0且(1a −e 2a 2)(a −a)−e2a −lna +b >0， 整理得到：b <a 2e+1且b >e2a +lna =f(a)，此时b −f(a)−12(ae−1)<a2e+1−(e 2a +lna)−a2e+12=32−e 2a −lna ， 设u(a)=32−e 2a −lna ，则u ′(a)=e -2a2a 2<0， 故u(a)为(e ,+∞)上的减函数，故u(a)<32−e 2e −ln e =0，故0<b −f(a)<12(ae−1).（ⅱ）当0<a <e 时，同（ⅰ）中讨论可得：故g(x)在(0,a),(e ,+∞)上为减函数，在(a,e )上为增函数， 不妨设x 1<x 2<x 3，则0<x 1<a <x 2<e <x 3， 因为g(x)有3个不同的零点，故g(a)<0且g(e )>0， 故(1e −e2e 2)(e −a)−e 2e−ln e +b >0且(1a −e 2a 2)(a −a)−e2a −lna +b <0， 整理得到：a2e+1<b <a 2e+lna ，因为x 1<x 2<x 3，故0<x 1<a <x 2<e <x 3， 又g(x)=1−a+e x+e a2x 2−lnx +b ，设t =ex ，a e=m ∈(0,1)，则方程1−a+e x+e a2x 2−lnx +b =0即为： −a+e et +a2et 2+lnt +b =0即为−(m +1)t +m 2t 2+lnt +b =0，记t 1=e x 1,t 2=e x 2,t 3=e x 3, 则t 1,t 1,t 3为−(m +1)t +m 2t 2+lnt +b =0有三个不同的根， 设k =t1t 3=x3x 1>e a >1，m =a e<1，要证：2e+e−a 6e2<1x 1+1x 2<2a −e −a 6e2，即证2+e −a 6e<t 1+t 3<2ea−e −a6e，即证：13−m6<t 1+t 3<2m −1−m6，即证：(t 1+t 3−13−m6)(t 1+t 3−2m +1−m6)<0， 即证：t 1+t 3−2−2m <(m−13)(m 2−m+12)36m(t 1+t 3)，而−(m +1)t 1+m 2t 12+lnt 1+b =0且−(m +1)t 3+m 2t 32+lnt 3+b =0，故lnt 1−lnt 3+m 2(t 12−t 32)−(m +1)(t 1−t 3)=0，故t 1+t 3−2−2m =−2m ×lnt 1−lnt 3t 1−t 3，故即证：−2m ×lnt 1−lnt 3t 1−t 3<(m−13)(m 2−m+12)36m(t 1+t 3)，即证：(t 1+t 3)ln t 1t 3t 1−t 3+(m−13)(m 2−m+12)72>0即证：(k+1)lnk k−1+(m−13)(m 2−m+12)72>0，记φ(k)=(k+1)lnk k−1,k >1，则φ′(k)=1(k−1)2(k −1k −2lnk)>0，设u(k)=k −1k −2lnk ，则u ′(k)=1+1k 2−2k >2k −2k =0即φ′(k)>0， 故φ(k)在(1,+∞)上为增函数，故φ(k)>φ(m)， 所以(k+1)lnk k−1+(m−13)(m 2−m+12)72>(m+1)lnm m−1+(m−13)(m 2−m+12)72，记ω(m)=lnm +(m−1)(m−13)(m 2−m+12)72(m+1),0<m <1，则ω′(m)=(m−1)2(3m 3−20m 2−49m+72)72m(m+1)2>(m−1)2(3m 3+3)72m(m+1)2>0，所以ω(m)在(0,1)为增函数，故ω(m)<ω(1)=0， 故lnm +(m−1)(m−13)(m 2−m+12)72(m+1)<0即(m+1)lnm m−1+(m−13)(m 2−m+12)72>0，故原不等式得证： 【点睛】思路点睛：导数背景下的切线条数问题，一般转化为关于切点方程的解的个数问题，而复杂方程的零点性质的讨论，应该根据零点的性质合理转化需求证的不等式，常用的方法有比值代换等.1．（2022·全国·南京外国语学校模拟预测）设函数()f x 在R 上存在导数()f x '，对于任意的实数x ，有()()22f x f x x +-=，当(],0x ∈-∞时，()42f x x '+<，若()()2422f m f m m m +++≤-，则实数m 的取值范围是（ ） A ．[)1,2 B ．(](),12,-∞+∞ C ．[)2,2-D ．(](),12,-∞-+∞【解析】 【分析】构造函数()()24g x f x x x =-+，得到()g x 为奇函数，()g x 在R 上单调递减，分20m -<和20m ->两种情况，利用奇偶性和单调性解不等式，求出实数m 的取值范围.【详解】∵()42f x x '+<，∵()420f x x '+-<．令()()24g x f x x x =-+，且()()24g x f x x ''=-+，则()g x 在(],0-∞上单调递减．又∵()()22f x f x x +-=，∵()()()()2244g x g x f x x x f x x x +-=-++---=()()220f x f x x +--=，∵()g x 为奇函数，()g x 在R 上单调递减． ∵()()2422f m f m m m +++≤-，∵()()2242402f m f m m m m +++-+≤-．当20m -<，即2m <时，()()224240f m f m m m +++-+≥，即()()()()2222424f m m m f m m m ⎡⎤+-+++≥--+⎣⎦即()()2g m g m +≥-，由于()g x 在R 上递减，则2m m +≤-， 解得：1m ≤-， ∵1m ≤-．当20m ->，即2m >时，()()224240f m f m m m +++-+≤，即()()2g m g m +≤-．由()g x 在R 上递减，则2m m +≥-， 解得：1m ≥-，所以2m >．综上所述，实数m 的取值范围是(](),12,-∞-+∞．【点睛】构造函数，研究出构造的函数的奇偶性和单调性，进而解不等式，是经常考查的一类题目，结合题干信息，构造出函数是关键.2．（2022·内蒙古·海拉尔第二中学模拟预测（理））已知函数()()e ln e (0)xf x a a a =+>，若对任意实数1x >，不等式()()ln 1f x x ≥-总成立，则实数a 的取值范围为（ ） A ．210,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．221,e e ⎛⎤⎥⎝⎦C ．21,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭D ．21,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭【答案】D 【解析】 【分析】将所求不等式变形为()()ln 1ln eln eln 1x x ax a x -+++≥+-，构造函数()e x g x x =+，可知该函数在R 上为增函数，由此可得出()ln ln 1a x x ≥--，其中1x >，利用导数求出()()ln 1h x x x =--的最大值，即可求得实数a 的取值范围. 【详解】当1x >时，由()()ln 1f x x ≥-可得()ln eln 1ln 1x aa x +++≥-， 即()()()ln 1ln eln 1ln 1eln 1x x ax a x x x -+++≥-+-=+-，构造函数()e x g x x =+，其中x ∈R ，则()e 10xg x '=+>，所以，函数()g x 在R 上为增函数， 由()()ln 1ln eln eln 1x x ax a x -+++≥+-可得()()ln ln 1g x a g x +≥-⎡⎤⎣⎦，所以，()ln ln 1x a x +≥-，即()ln ln 1a x x ≥--，其中1x >， 令()()ln 1h x x x =--，其中1x >，则()12111xh x x x -'=-=--. 当12x <<时，()0h x '>，函数()h x 单调递增， 当2x >时，()0h x '<，函数()h x 单调递减，所以，()()max ln 22a h x h ≥==-，21e a ∴≥. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题考查利用函数不等式恒成立求参数，解题的关键就是将所求不等式进行转化，通过不等式的结构构造新函数，结合新函数的单调性来求解.3．（2022·江苏无锡·模拟预测）已知13e ,(93ln 3)e a b c --===-，则a ，b ，c 的大小为（ ） A ．a b c << B ．a c b << C ．c a b << D ．b c a <<【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，构造函数ln ()(e)xf x x x=≥，利用函数的单调性比较大小作答. 【详解】 令函数ln ()(e)x f x x x =≥，当e x >时，求导得：()21ln 0xf x x '-=<， 则函数()f x 在[e,)+∞上单调递减，又ln 3(3)3a f ==，ln e (e)eb f ==，3333e ln3(3ln 3)e 3()e e 33c f -===，显然3e e 33<<，则有3e ()(3)(e)3f f f <<，所以c a b <<.故选：C 【点睛】思路点睛：某些数或式大小比较问题，探讨给定数或式的内在联系，构造函数，分析并运用函数的单调性求解.4．（2022·福建·三明一中模拟预测）己知e 为自然对数的底数，a ，b 均为大于1的实数，若1e ln a a b b b ++<，则（ ）A ．1e a b +<B ．1e a b +>C ．e ab <D ．e ab >【答案】B 【解析】 【分析】由题意化简得到e ln e ln e e a a b b <，设()ln f x x x =，得到(e )()eab f f <，结合题意和函数()f x 的单调性，即可求解. 【详解】由1e ln a a b b b ++<，可得1eln (ln 1)ln ea b a b b b b b b +<-=-=，即e ln e ln e e a a b b<，设()ln f x x x =，可得(e )()eab f f <，因为0a >，可得e 1a >，又因为(ln 1)0,0b b b ->>，所以ln 1b >，即e b >，所以1eb>， 当1x >时，()ln 10f x x '=+>，可得函数()f x 在(1,)+∞为单调递增函数，所以e eab<，即1e a b +>. 故选：B.5．（2022·河南·开封市东信学校模拟预测（文））已知函数e ()e ln 2xf x x =-，则曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为（ ） A ．e 2e 0x y +-= B ．e e 02x y +=- C ．e 2e 0x y --= D ．e 2e 0x y ++=【答案】B 【解析】 【分析】根据导数的几何意义及点斜式方程即可求解. 【详解】 ∵e ()e 2x f x x ='-，∵e e (1)e 22f '=-=. 又1e (1)e ln12e f =-⨯=，切点为(1,e)所以曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线的斜率为e (1)2k f '==， 所以曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为 ee (1)2y x -=-，即e e 02x y +=-. 故选：B.6．（2022·湖北·模拟预测）若过点()(),0m n m <可作曲线3y x =-三条切线，则（ ） A ．30n m <<-B ．3n m >-C ．0n <D ．30n m <=-【答案】A 【解析】 【分析】设切点为()3,t t -，根据导数的几何意义写出切线的方程，代入点()(),0m n m <，转化为方程有3个根，构造函数()3223g t t mt n =--，利用导数可知函数的极值，根据题意列出不等式组求解即可. 【详解】设切点为()3,t t -，由323y x y x '=-⇒=-，故切线方程为()323y t t x t +=--，因为()(),0m n m <在切线上，所以代入切线方程得32230t mt n --=， 则关于t 的方程有三个不同的实数根，令()3223g t t mt n =--，则()2660g t t mt t m '=-=⇒=或0=t ，所以当(),t m ∈-∞，()0,∞+时，()0g t '>，()g t 为增函数， 当(),0t m ∈-时，()0g t '<，()g t 为减函数， 且t →-∞时，()g t →-∞，t →+∞时，()g t →+∞，所以只需()()()()300g t g m m n g t g n ⎧==-->⎪⎨==-<⎪⎩极大值极小值，解得30n m <<-故选：A7．（2022·全国·模拟预测（理））若关于x 的方程22e ln (eln )0()x a x x x a ++=∈R 有两个不相等的实数根，则a 的取值范围是（ ） A ．(,2)(2,)-∞-+∞ B ．(,2][2,)-∞-+∞ C ．(2,2)- D ．[2,2]-【答案】A 【解析】 【分析】首先判断1x =不是方程的根，再方程两边同除以2(eln )x ，即可得到210eln eln x x a x x ⎛⎫++= ⎪⎝⎭，令()eln xf x x=，利用导数说明函数的单调性，即可得到函数的图象，令()t f x =，设方程210t at ++=的两根分别为1t 、2t ，对∆分类讨论，结合函数图象即可得解；【详解】解：当1x =时等式显然不成立，故1不是方程的根，当1x ≠时，将22e ln (eln )0x a x x x ++=的两边同除以2(eln )x ，可得210eln eln x x a x x ⎛⎫++= ⎪⎝⎭， 令()eln x f x x =，则0x >且1x ≠，所以()2ln 1eln x f x x-'=， 所以当01x <<和1e x <<时()0f x '<，当e x >时()0f x '>，即()f x 在()0,1和()1,e 上单调递减，在()e,+∞上单调递增，且()e 1f =， 函数()f x 的图象如下所示：令()t f x =，设方程210t at ++=的两根分别为1t 、2t ，24a ∆=-， ①当∆<0时，方程无解，舍去；②当0∆=时，2a =±，若2a =，则1t =-，由图可得()1f x =-有且仅有一个解，故舍去， 若2a =-，则1t =，由图可得()1f x =有且仅有一个解，故舍去， ③当0∆>时，2a >或2a <-，若2a >，由120t t a +=-<，1210t t ⋅=>，所以10t <，10t <由图可得()1f x t =与()2f x t =各有一个解，符合题意，若2a <-，由122t t a +=->，1210t t ⋅=>，可设210t t >>，()10,1t ∈，()21,t ∈+∞， 由图可得()1f x t =无解，()2f x t =有两个解，符合题意， 综上可得a 的取值范围为(,2)(2,)-∞-+∞； 故选：A8．（2022·河南安阳·模拟预测（理））已知函数2()3(ln )=-+f x x ax ，若21,e x ⎡⎤∈⎣⎦时，()f x 在1x =处取得最大值，则实数a 的取值范围是（ ）A ．26,e ⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦B ．(,0]-∞C ．260,e ⎛⎫⎪⎝⎭D ．266,e e ⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】B 【解析】 【分析】根据题意()(1)f x f ≤当21,e x ⎡⎤∈⎣⎦时恒成立，整理得()213(ln )a x x -≤，当21,e x ⎡⎤∈⎣⎦时，()1y a x =-在()23(ln )g x x =图像的下方，结合图像分析处理．【详解】根据题意得()(1)f x f ≤当21,e x ⎡⎤∈⎣⎦时恒成立则23(ln )x ax a -+≤，即()213(ln )a x x -≤∵当21,e x ⎡⎤∈⎣⎦时，()1y a x =-在()23(ln )g x x =图像的下方 ()6ln xg x x'=，则()10g '=，则0a ≤ 故选：B ．9．（2022·河南开封·模拟预测（理））若关于x 的不等式ln ln 0e x x a a xx+->对()0,1x ∀∈恒成立，则实数a 的取值范围为（ ） A ．1,e ⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦B ．1e ,⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭C ．1,1e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭D ．10,e ⎛⎤ ⎥⎝⎦【答案】B 【解析】 【分析】由题设有ln e ln e x x a xa x>，构造ln ()x f x x =，利用导数研究其单调性及值域，将问题转化为e x a x >在0,1上恒成立，再构造()ex xg x =结合导数求参数范围.【详解】由题设可得ln e ln e xx a xa x>，令ln ()x f x x =，则(e )()x f a f x >在0,1上恒成立， 由21ln ()xf x x -'=，在()0,e 上()0f x '>；在()e,+∞上()0f x '<；所以()f x 在()0,e 上递增；在()e,+∞上递减，且(1)0f =， 在0,1上()0f x <，(1,)+∞上()0f x >，而0a >， 所以，只需e x a x >在0,1上恒成立，即e xxa >恒成立， 令()e x x g x =，则1()0e x x g x -'=>，即()g x 在0,1上递增，故1(1)e a g ≥=. 故a 的取值范围为1e ,⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭.故选：B 【点睛】。
专题03 导数及其应用专项高考真题总汇(带答案与解析)
专题03导数及其应用（选择题、填空题）1．【2021·全国高考真题】若过点(),a b 可以作曲线e x y =的两条切线，则（）A ．e b a <B ．e a b <C ．0e b a <<D ．0e ab <<【答案】D【分析】解法一：根据导数几何意义求得切线方程，再构造函数，利用导数研究函数图象，结合图形确定结果；解法二：画出曲线x y e =的图象，根据直观即可判定点(),a b 在曲线下方和x 轴上方时才可以作出两条切线.【解析】在曲线x y e =上任取一点(),tP t e，对函数xy e=求导得e x y '=，所以，曲线x y e =在点P 处的切线方程为()tty e e x t -=-，即()1tty e x t e =+-，由题意可知，点(),a b 在直线()1tty e x t e =+-上，可得()()11tttb ae t e a t e =+-=+-，令()()1tf t a t e =+-，则()()tf t a t e '=-.当t a <时，()0f t '>，此时函数()f t 单调递增，当t a >时，()0f t '<，此时函数()f t 单调递减，所以，()()max af t f a e ==，由题意可知，直线y b =与曲线()y f t =的图象有两个交点，则()max ab f t e <=，当1t a <+时，()0f t >，当1t a >+时，()0f t <，作出函数()f t 的图象如下图所示：由图可知，当0a b e <<时，直线y b =与曲线()y f t =的图象有两个交点.故选：D.解法二：画出函数曲线x y e =的图象如图所示，根据直观即可判定点(),a b 在曲线下方和x 轴上方时才可以作出两条切线.由此可知0a b e <<.故选：D.【点睛】解法一是严格的证明求解方法，其中的极限处理在中学知识范围内需要用到指数函数的增长特性进行估计，解法二是根据基于对指数函数的图象的清晰的理解与认识的基础上，直观解决问题的有效方法.2．【2021·浙江高考真题】已知函数21(),()sin 4f x xg x x =+=，则图象为如图的函数可能是（）A ．1()()4y f x g x =+-B ．1()()4y f x g x =--C ．()()y f x g x =D ．()()g x y f x =【答案】D【分析】由函数的奇偶性可排除A 、B ，结合导数判断函数的单调性可判断C ，即可得解.【解析】对于A ，()()21sin 4y f x g x x x =+-=+，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除A ；对于B ，()()21sin 4y f x g x x x =--=-，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除B ；对于C ，()()21sin 4y f x g x x x ⎛⎫==+⎪⎝⎭，则212sin cos 4y x x x x ⎛⎫'=++ ⎪⎝⎭，当4x π=时，210221642y ππ⎛⎫'=⨯++⨯> ⎪⎝⎭，与图象不符，排除C.故选：D.3．【2021·全国高考真题（理）】设2ln1.01a =，ln1.02b =，1c =-．则（）A ．a b c <<B ．b c a<<C ．b a c<<D ．c a b<<【答案】B【分析】利用对数的运算和对数函数的单调性不难对a ,b 的大小作出判定，对于a 与c ，b 与c 的大小关系，将0.01换成x ,分别构造函数()()2ln 11f x x =+-,()()ln 121g x x =+-，利用导数分析其在0的右侧包括0.01的较小范围内的单调性，结合f (0)=0,g (0)=0即可得出a 与c ，b 与c 的大小关系.【解析】()()2222ln1.01ln1.01ln 10.01ln 120.010.01ln1.02a b ===+=+⨯+>=,所以b a <;下面比较c 与,a b 的大小关系.记()()2ln 11f x x =+-,则()00f =,()2121xf x x --='=+由于()()2214122x x x x x x +-+=-=-所以当0<x <2时，()21410x x+-+>,()1x >+,()0f x '>,所以()f x 在[]0,2上单调递增，所以()()0.0100ff >=,即2ln1.011>,即a c >;令()()ln 121g x x =+-,则()00g =,()212212x g x x --==+',由于()2214124x x x +-+=-，在x >0时,()214120x x +-+<,所以()0g x '<,即函数()g x 在[0,+∞)上单调递减，所以()()0.0100gg <=,即ln1.021<,即b <c ;综上，b c a <<,故选：B.【点睛】本题考查比较大小问题，难度较大，关键难点是将各个值中的共同的量用变量替换，构造函数，利用导数研究相应函数的单调性，进而比较大小，这样的问题，凭借近似估计计算往往是无法解决的.4．【2021·全国高考真题（理）】设0a ≠，若x a =为函数()()()2f x a x a x b =--的极大值点，则（）A ．a b <B ．a b>C ．2ab a <D ．2ab a >【答案】D【分析】结合对a 进行分类讨论，画出()f x 图象，由此确定正确选项.【解析】若a b =，则()()3f x a x a =-为单调函数，无极值点，不符合题意，故a b ¹.依题意，x a =为函数()()()2f x a x a x b =--的极大值点，当0a <时，由x b >，()0f x ≤，画出()f x 的图象如下图所示：由图可知b a <，0a <，故2ab a >.当0a >时，由x b >时，()0f x >，画出()f x 的图象如下图所示：由图可知b a >，0a >，故2ab a >.综上所述，2ab a >成立.故选：D【点睛】本小题主要考查三次函数的图象与性质，利用数形结合的数学思想方法可以快速解答.5．【2021·全国高考真题（理）】曲线212x y x -=+在点()1,3--处的切线方程为__________．【答案】520x y -+=【分析】先验证点在曲线上，再求导，代入切线方程公式即可．【解析】由题，当1x =-时，3y =-，故点在曲线上．求导得：()()()()222221522x x y x x +--==++'，所以1|5x y =-='．故切线方程为520x y -+=．故答案为：520x y -+=．6．【2021·全国高考真题】函数()212ln f x x x =--的最小值为______.【答案】1【分析】由解析式知()f x 定义域为(0,)+∞，讨论102x <≤、112x <≤、1x >，并结合导数研究的单调性，即可求()f x 最小值.【解析】由题设知：()|21|2ln f x x x =--定义域为(0,)+∞，∴当102x <≤时，()122ln f x x x =--，此时()f x 单调递减；当112x <≤时，()212ln f x x x =--，有2()20f x x'=-≤，此时()f x 单调递减；当1x >时，()212ln f x x x =--，有2()20f x x'=->，此时()f x 单调递增；又()f x 在各分段的界点处连续，∴综上有：01x <≤时，()f x 单调递减，1x >时，()f x 单调递增；∴()(1)1f x f ≥=故答案为：1.7．【2020年高考全国Ⅰ卷理数】函数43()2f x x x =-的图像在点(1(1))f ，处的切线方程为A ．21y x =--B ．21y x =-+C ．23y x =-D ．21y x =+【答案】B【解析】()432f x x x =- ，()3246f x x x '∴=-，()11f ∴=-，()12f '=-，因此，所求切线的方程为()121y x +=--，即21y x =-+.故选：B ．【点睛】本题考查利用导数求解函图象的切线方程，考查计算能力，属于基础题.8．【2020年高考全国III 卷理数】若直线l 与曲线yx 2+y 2=15都相切，则l 的方程为A ．y =2x +1B ．y =2x +12C ．y =12x +1D ．y =12x +12【答案】D【解析】设直线l在曲线y =上的切点为(0x ，则00x >，函数y =的导数为y '=，则直线l的斜率k =，设直线l的方程为)0y x x =-，即00x x -+=，由于直线l 与圆2215x y +==两边平方并整理得2005410x x --=，解得01x =，015x =-（舍），则直线l 的方程为210x y -+=，即1122y x =+.故选：D ．【点睛】本题主要考查了导数的几何意义的应用以及直线与圆的位置的应用，属于中档题.9．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】已知曲线e ln x y a x x =+在点（1，a e ）处的切线方程为y =2x +b ，则A ．e 1a b ==-，B ．a=e ，b =1C ．1e 1a b -==，D ．1e a -=，1b =-【答案】D【解析】∵e ln 1,x y a x '=++∴切线的斜率1|e 12x k y a ='==+=，1e a -∴=，将(1,1)代入2y x b =+，得21,1b b +==-.故选D ．【名师点睛】本题求解的关键是利用导数的几何意义和点在曲线上得到含有a ，b 的等式，从而求解，属于常考题型.10．【2019年高考天津理数】已知a ∈R ，设函数222,1,()ln ,1.x ax a x f x x a x x ⎧-+≤=⎨->⎩若关于x 的不等式()0f x ≥在R 上恒成立，则a 的取值范围为A ．[]0,1B ．[]0,2C ．[]0,eD ．[]1,e【答案】C【解析】当1x =时，(1)12210f a a =-+=>恒成立；当1x <时，22()22021x f x x ax a a x =-+≥⇔≥-恒成立，令2()1x g x x =-，则222(11)(1)2(1)1()111x x x x g x x x x -----+=-=-=----112201x x ⎛⎫⎛⎫=--+-≤--= ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭，当111x x-=-，即0x =时取等号，∴max 2()0a g x ≥=，则0a >.当1x >时，()ln 0f x x a x =-≥，即ln xa x≤恒成立，令()ln xh x x=，则2ln 1()(ln )x h x x -'=，当e x >时，()0h x '>，函数()h x 单调递增，当0e x <<时，()0h x '<，函数()h x 单调递减，则e x =时，()h x 取得最小值(e)e h =，∴min ()e a h x ≤=，综上可知，a 的取值范围是[0,e].故选C.【名师点睛】本题考查分段函数的最值问题，分别利用基本不等式和求导的方法研究函数的最值，然后解决恒成立问题.11．【2019年高考浙江】已知,a b ∈R ，函数32,0()11(1),032x x f x x a x ax x <⎧⎪=⎨-++≥⎪⎩．若函数()y f x ax b =--恰有3个零点，则A ．a <–1，b <0B ．a <–1，b >0C ．a >–1，b <0D ．a >–1，b >0【答案】C【解析】当x ＜0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b ＝x ﹣ax ﹣b ＝（1﹣a ）x ﹣b ＝0，得x ，则y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 最多有一个零点；当x ≥0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣bx 3（a +1）x 2+ax ﹣ax ﹣bx3（a +1）x 2﹣b ，2(1)y x a x =+-'，当a +1≤0，即a ≤﹣1时，y ′≥0，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 在[0，+∞）上单调递增，则y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 最多有一个零点，不合题意；当a +1＞0，即a >﹣1时，令y ′＞0得x ∈(a +1，+∞），此时函数单调递增，令y ′＜0得x ∈[0，a +1），此时函数单调递减，则函数最多有2个零点.根据题意，函数y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 恰有3个零点⇔函数y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 在（﹣∞，0）上有一个零点，在[0，+∞）上有2个零点，如图：∴0且，解得b ＜0，1﹣a ＞0，b （a +1）3，则a >–1，b <0.故选C ．【名师点睛】本题考查函数与方程，导数的应用.当x ＜0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b ＝x ﹣ax﹣b ＝（1﹣a ）x ﹣b 最多有一个零点；当x ≥0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣bx 3（a +1）x 2﹣b ，利用导数研究函数的单调性，根据单调性画出函数的草图，从而结合题意可列不等式组求解．12．【2020年高考北京】为满足人民对美好生活的向往，环保部门要求相关企业加强污水治理，排放未达标的企业要限期整改、设企业的污水摔放量W 与时间t 的关系为()W f t =，用()()f b f a b a---的大小评价在[,]a b 这段时间内企业污水治理能力的强弱，已知整改期内，甲、乙两企业的污水排放量与时间的关系如下图所示.给出下列四个结论：①在[]12,t t 这段时间内，甲企业的污水治理能力比乙企业强；②在2t 时刻，甲企业的污水治理能力比乙企业强；③在3t 时刻，甲、乙两企业的污水排放都已达标；④甲企业在[][][]112230,,,,,t t t t t 这三段时间中，在[]10,t 的污水治理能力最强．其中所有正确结论的序号是____________________．【答案】①②③【解析】()()f b f a b a ---表示区间端点连线斜率的负数，在[]12,t t 这段时间内，甲的斜率比乙的小，所以甲的斜率的相反数比乙的大，因此甲企业的污水治理能力比乙企业强；①正确；甲企业在[][][]112230,,,,,t t t t t 这三段时间中，甲企业在[]12,t t 这段时间内，甲的斜率最小，其相反数最大，即在[]12,t t 的污水治理能力最强．④错误；在2t 时刻，甲切线的斜率比乙的小，所以甲切线的斜率的相反数比乙的大，甲企业的污水治理能力比乙企业强；②正确；在3t 时刻，甲、乙两企业的污水排放量都在污水打标排放量以下，所以都已达标；③正确；故答案为：①②③【点睛】本题考查斜率应用、切线斜率应用、函数图象应用，考查基本分析识别能力，属中档题.13．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】曲线23()e xy x x =+在点(0)0，处的切线方程为____________．【答案】30x y -=【解析】223(21)e 3()e 3(31)e ,x x x y x x x x x '=+++=++所以切线的斜率0|3x k y ='==，则曲线23()e x y x x =+在点(0,0)处的切线方程为3y x =，即30x y -=．【名师点睛】准确求导数是进一步计算的基础，本题易因为导数的运算法则掌握不熟，而导致计算错误．求导要“慢”，计算要准，是解答此类问题的基本要求．14．【2019年高考江苏】在平面直角坐标系xOy 中，P 是曲线4(0)y x x x =+>上的一个动点，则点P 到直线0x y +=的距离的最小值是▲.【答案】4【解析】由4(0)y x x x =+>，得241y x'=-，设斜率为1-的直线与曲线4(0)y x x x=+>切于0004(,)x x x +，由20411x -=-得0x =0x =舍去），∴曲线4(0)y x x x =+>上，点P 到直线0x y +=的距离最小，最小值为4=.故答案为4．【名师点睛】本题考查曲线上任意一点到已知直线的最小距离，渗透了直观想象和数学运算素养.采取导数法，利用数形结合和转化与化归思想解题.15．【2019年高考江苏】在平面直角坐标系xOy 中，点A 在曲线y =ln x 上，且该曲线在点A 处的切线经过点（-e ，-1)(e 为自然对数的底数），则点A 的坐标是▲.【答案】(e, 1)【解析】设出切点坐标，得到切线方程，然后求解方程得到横坐标的值，可得切点坐标.设点()00,A x y ，则00ln y x =.又1y x'=，当0x x =时，01y x '=，则曲线ln y x =在点A 处的切线为0001()y y x x x -=-，即00ln 1x y x x -=-，将点()e,1--代入，得00e 1ln 1x x ---=-，即00ln e x x =，考察函数()ln H x x x =，当()0,1x ∈时，()0H x <，当()1,x ∈+∞时，()0H x >，且()ln 1H x x '=+，当1x >时，()()0,H x H x '>单调递增，注意到()e e H =，故00ln e x x =存在唯一的实数根0e x =，此时01y =，故点A 的坐标为()e,1.【名师点睛】导数运算及切线的理解应注意的问题：一是利用公式求导时要特别注意除法公式中分子的符号，防止与乘法公式混淆．二是直线与曲线公共点的个数不是切线的本质，直线与曲线只有一个公共点，直线不一定是曲线的切线，同样，直线是曲线的切线，则直线与曲线可能有两个或两个以上的公共点．16．【2019年高考北京理数】设函数()e e x xf x a -=+（a 为常数）．若f （x ）为奇函数，则a =________；若f （x ）是R 上的增函数，则a 的取值范围是___________．【答案】(]1,0--∞【解析】首先由奇函数的定义得到关于a 的恒等式，据此可得a 的值，然后利用()0f x '≥可得a 的取值范围.若函数()e e x x f x a -=+为奇函数，则()(),f x f x -=-即()e e e e x x x x a a --+=-+，即()()1e e 0x x a -++=对任意的x 恒成立，则10a +=，得1a =-.若函数()e e xx f x a -=+是R 上的增函数，则() e e 0x x f x a -'=-≥在R 上恒成立，即2e x a ≤在R 上恒成立，又2e 0x >，则0a ≤，即实数a 的取值范围是(],0-∞.【名师点睛】本题考查函数的奇偶性､单调性､利用单调性确定参数的范围.解答过程中，需利用转化与化归思想，转化成恒成立问题.注重重点知识､基础知识､基本运算能力的考查.。
高三数学导数及其应用试卷
考试时间：120分钟满分：100分一、选择题（每题5分，共30分）1. 函数$f(x)=x^3-3x^2+4x+1$在$x=1$处的导数是：A. $1$B. $2$C. $3$D. $4$2. 若函数$f(x)=\frac{1}{x}$的导数$f'(x)$在$x=2$处的值为$-\frac{1}{4}$，则函数$f(x)$在$x=2$处的切线斜率为：A. $-\frac{1}{4}$B. $\frac{1}{4}$C. $1$D. $-1$3. 函数$y=2^x$的导数是：A. $2^x$B. $2^x\ln2$C. $\frac{1}{2^x}$D. $\frac{1}{2^x\ln2}$4. 已知函数$f(x)=\sin x$的导数$f'(x)$，则下列说法正确的是：A. $f'(x)$为奇函数B. $f'(x)$为偶函数C. $f'(x)$在$x=0$处为0D. $f'(x)$在$x=0$处不为05. 函数$y=x^2+2x+1$的导数在$x=-1$处的值为：A. $0$B. $1$C. $2$D. $3$二、填空题（每题5分，共25分）6. 函数$f(x)=x^3$的导数为__________。
7. 函数$y=\ln x$的导数为__________。
8. 函数$f(x)=e^x$的导数为__________。
9. 函数$y=\sin x$的导数为__________。
10. 函数$y=\cos x$的导数为__________。
三、解答题（每题15分，共60分）11. （15分）求函数$f(x)=x^3-6x^2+9x$的导数，并求出$f'(x)$在$x=1$和$x=3$处的值。
12. （15分）求函数$y=\frac{1}{x}$在$x=2$处的切线方程。
13. （15分）求函数$y=2^x$在$x=0$处的切线方程。
14. （15分）已知函数$f(x)=\sin x+\cos x$，求$f'(x)$。
导数及应用高考题及解析
导数及应用高考题及解析————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期：1。
(2008山东文21题）设函数2132()x f x x e ax bx -=++，已知2x =-和1x =为()f x 的极值点．（Ⅰ）求a 和b 的值； （Ⅱ）讨论()f x 的单调性； （Ⅲ)设322()3g x x x =-,试比较()f x 与()g x 的大小． 2。
(2008山东理21）已知函数1()ln(1),(1)nf x a x x =+--其中n ∈N ＊,a 为常数。
（Ⅰ)当n =2时，求函数f (x ）的极值;（Ⅱ）当a =1时，证明：对任意的正整数n , 当x ≥2时，有f （x ）≤x —1。
3.（2009山东文21题）已知函数321()33f x ax bx x =+++，其中0a ≠ （1） 当b a ,满足什么条件时，)(x f 取得极值?（2） 已知0>a ，且)(x f 在区间(0,1]上单调递增，试用a 表示出b 的取值范围.4.（2010山东文10题)观察2'()2x x =，4'2()4x x =，(cos )'sin x x =-，由归纳推理可得：若定义在R 上的函数()f x 满足()()f x f x -=，记()()g x f x 为的导函数，则()g x -=（A ）()f x(B)()f x -（C ）()g x（D)()g x -5。
（2010山东文21题)已知函数).(111)(R a xaax nx x f ∈--+-= （Ⅰ）当处的切线方程；，在点（时，求曲线))2(2)(1f x f y a =-= （Ⅱ）当12a ≤时，讨论()f x 的单调性． 6. （2011山东理16题)已知函数()log (0,1)a f x x x b a a =+->≠且， 当234a b <<<<时，函数()f x 的零点*0(,1),x n n n N ∈+∈，则n =__________。
专题05导数及其应用解答题(原卷版)
大数据之十年高考真题（2013-2022）与优质模拟题（新高考卷与新课标理科卷）专题05导数及其应用解答题1．【2022年全国甲卷理科21】已知函数f(x)=e xx−lnx+x−a．(1)若f(x)≥0，求a的取值范围；(2)证明：若f(x)有两个零点x1,x2，则环x1x2<1．2．【2022年全国乙卷理科21】已知函数f(x)=ln(1+x)+axe−x(1)当a=1时，求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；(2)若f(x)在区间(−1,0),(0,+∞)各恰有一个零点，求a的取值范围．3．【2022年新高考1卷22】已知函数f(x)=e x−ax和g(x)=ax−lnx有相同的最小值．(1)求a；(2)证明：存在直线y=b，其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．4．【2022年新高考2卷22】已知函数f(x)=x e ax−e x．(1)当a=1时，讨论f(x)的单调性；(2)当x>0时，f(x)<−1，求a的取值范围；(3)设n∈N∗，证明：1√12+1+1√22+2+⋯+1√n2+n>ln(n+1)．5．【2021年全国甲卷理科21】已知a>0且a≠1，函数f(x)=x aa x(x>0)．（1）当a=2时，求f(x)的单调区间；（2）若曲线y=f(x)与直线y=1有且仅有两个交点，求a的取值范围．6．【2021年新高考1卷22】已知函数f(x)=x(1−lnx).（1）讨论f(x)的单调性；（2）设a，b为两个不相等的正数，且blna−alnb=a−b，证明：2<1a +1b<e.7．【2021年全国乙卷理科20】设函数f(x)=ln(a−x)，已知x=0是函数y=xf(x)的极值点．（1）求a；真题汇总（2）设函数g(x)=x+f(x)xf(x)．证明:g(x)<1．8．【2021年新高考2卷22】已知函数f(x)=(x −1)e x −ax 2+b ． （1）讨论f(x)的单调性；（2）从下面两个条件中选一个，证明：f(x)有一个零点 ①12<a ≤e 22,b >2a ；②0<a <12,b ≤2a ．9．【2020年全国1卷理科21】已知函数f(x)=e x +ax 2−x . （1）当a =1时，讨论f （x ）的单调性； （2）当x ≥0时，f （x ）≥12x 3+1，求a 的取值范围. 10．【2020年全国2卷理科21】已知函数f (x )=sin 2x sin2x . （1）讨论f (x )在区间(0，π)的单调性； （2）证明：|f(x)|≤3√38； （3）设n ∈N *，证明：sin 2x sin 22x sin 24x …sin 22n x ≤3n4n .11．【2020年全国3卷理科21】设函数f(x)=x 3+bx +c ，曲线y =f(x)在点(12，f (12))处的切线与y 轴垂直．（1）求b ．（2）若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，证明：f(x)所有零点的绝对值都不大于1． 12．【2020年山东卷21】已知函数f(x)=ae x−1−lnx +lna ．（1）当a =e 时，求曲线y =f （x ）在点（1，f （1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积； （2）若f （x ）≥1，求a 的取值范围．13．【2020年海南卷22】已知函数f(x)=ae x−1−lnx +lna ．（1）当a =e 时，求曲线y =f （x ）在点（1，f （1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积； （2）若f （x ）≥1，求a 的取值范围．14．【2019年新课标3理科20】已知函数f （x ）＝2x 3﹣ax 2+b ． （1）讨论f （x ）的单调性；（2）是否存在a ，b ，使得f （x ）在区间[0，1]的最小值为﹣1且最大值为1？若存在，求出a ，b 的所有值；若不存在，说明理由．15．【2019年全国新课标2理科20】已知函数f （x ）＝lnx −x+1x−1．（1）讨论f （x ）的单调性，并证明f （x ）有且仅有两个零点；（2）设x 0是f （x ）的一个零点，证明曲线y ＝lnx 在点A （x 0，lnx 0）处的切线也是曲线y ＝e x 的切线． 16．【2019年新课标1理科20】已知函数f （x ）＝sin x ﹣ln （1+x ），f ′（x ）为f （x ）的导数．证明： （1）f ′（x ）在区间（﹣1，π2）存在唯一极大值点；（2）f （x ）有且仅有2个零点．17．【2018年新课标1理科21】已知函数f （x ）=1x −x +alnx ． （1）讨论f （x ）的单调性；（2）若f （x ）存在两个极值点x 1，x 2，证明：f(x 1)−f(x 2)x 1−x 2＜a ﹣2．18．【2018年新课标2理科21】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 ．19．【2018年新课标3理科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 ．20．【2017年新课标1理科21】已知函数f （x ）＝ae 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．21．【2017年新课标2理科21】已知函数f （x ）＝ax 2﹣ax ﹣xlnx ，且f （x ）≥0． （1）求a ；（2）证明：f （x ）存在唯一的极大值点x 0，且e ﹣2＜f （x 0）＜2﹣2．22．【2017年新课标3理科21】已知函数f （x ）＝x ﹣1﹣alnx ． （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． 23．【2016年新课标1理科21】已知函数f （x ）＝（x ﹣2）e x +a （x ﹣1）2有两个零点． （Ⅰ）求a 的取值范围；（Ⅱ）设x 1，x 2是f （x ）的两个零点，证明：x 1+x 2＜2．24．【2016年新课标2理科21】（Ⅰ）讨论函数f （x ）=x−2x+2e x 的单调性，并证明当x ＞0时，（x ﹣2）e x +x +2＞0；（Ⅱ）证明：当a∈[0，1）时，函数g（x）=e x−ax−ax2（x＞0）有最小值．设g（x）的最小值为h（a），求函数h（a）的值域．25．【2016年新课标3理科21】设函数f（x）＝a cos2x+（a﹣1）（cos x+1），其中a＞0，记|f（x）|的最大值为A．（Ⅰ）求f′（x）；（Ⅱ）求A；（Ⅲ）证明：|f′（x）|≤2A．26．【2015年新课标1理科21】已知函数f（x）＝x3+ax+14，g（x）＝﹣lnx（i）当a为何值时，x轴为曲线y＝f（x）的切线；（ii）用min{m，n}表示m，n中的最小值，设函数h（x）＝min{f（x），g（x）}（x＞0），讨论h（x）零点的个数．27．【2015年新课标2理科21】设函数f（x）＝e mx+x2﹣mx．（1）证明：f（x）在（﹣∞，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增；（2）若对于任意x1，x2∈[﹣1，1]，都有|f（x1）﹣f（x2）|≤e﹣1，求m的取值范围．28．【2014年新课标1理科21】设函数f（x）＝ae x lnx+be x−1x，曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处得切线方程为y＝e（x﹣1）+2．（Ⅰ）求a、b；（Ⅱ）证明：f（x）＞1．29．【2014年新课标2理科21】已知函数f（x）＝e x﹣e﹣x﹣2x．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）设g（x）＝f（2x）﹣4bf（x），当x＞0时，g（x）＞0，求b的最大值；（Ⅲ）已知1.4142＜√2＜1.4143，估计ln2的近似值（精确到0.001）．30．【2013年新课标1理科21】已知函数f（x）＝x2+ax+b，g（x）＝e x（cx+d），若曲线y＝f（x）和曲线y ＝g（x）都过点P（0，2），且在点P处有相同的切线y＝4x+2．（Ⅰ）求a，b，c，d的值；（Ⅱ）若x≥﹣2时，f（x）≤kg（x），求k的取值范围．31．【2013年新课标2理科21】已知函数f（x）＝e x﹣ln（x+m）（Ⅰ）设x＝0是f（x）的极值点，求m，并讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）当m≤2时，证明f（x）＞0．1．已知函数f(x)=x22+cosx−1．(1)求函数f(x)的最小值；(2)证明：∑cos1k >n+12n−1nk=1．2．已知函数f(x)=e x(sinx+cosx)−asinx..(1)当a=1时，求函数f（x）在区间[0，2π]上零点的个数；(2)若函数y=f(x)在（0，2π）上有唯一的极小值点，求实数a的取值范围3．已知函数ℎ(x)=x−alnx(a∈R).(1)若ℎ(x)有两个零点，a的取值范围；(2)若方程x e x−a(lnx+x)=0有两个实根x1、x2，且x1≠x2，证明：e x1+x2>e2x1x2.4．已知函数f(x)=a2x2+(a−1)x−lnx(a∈R)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a>4时，若方程f(x)=ax2−x+a2在(0，1)内存在唯一实根x0，求证：x0∈(14,1e)．5．已知函数f(x)=e1−x+a(x2−1)，a∈R．(1)若a=12，求f(x)的最小值；(2)若当x>1时，f(x)>1x+lnx恒成立，求a的取值范围．6．已知函数f(x)=2x3+3(1+m)x2+6mx(x∈R).(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若f(1)=5，函数g(x)=a(lnx+1)−f(x)x2≤0在(1,+∞)上恒成立，求整数a的最大值.7．已知函数f(x)=lnx+ax,a∈R.(1)当a=1时，求函数f(x)的单调递增区间；(2)设函数g(x)=f(x)−1x，若g(x)在[1,e2]上存在极值，求a的取值范围.8．设函数f(x)=a e x−x−1，a∈R．(1)当a=1时，求f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；(2)当x∈R时，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围；模拟好题(3)求证：当x∈(0,+∞)时，e x−1x>e x2．9．已知f(x)=34x2−x22lnx−a(x−1).(1)若f(x)恒有两个极值点x1，x2（x1<x2），求实数a的取值范围；(2)在（1）的条件下，证明f(x1)+f(x2)>32.10．已知函数f(x)=xsinx+cosx+12ax2,x∈[0,π].(1)当a=0时，求f(x)的单调区间；(2)当a>0时，讨论f(x)的零点个数.11．已知函数f(x)=xe x−1+(1−a)lnx，g(x)=lnx+ax．(1)当a=1时，求y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；(2)当a=2时，对于在(0,1)中的任意一个常数b，是否存在正数x0，使得e g(x0+1)−3x0−2+b2x02<1，请说明理由；(3)设ℎ(x)=f(x)−g(x)，x1是ℎ(x)的极小值点，且ℎ(x1)≥0，证明：ℎ(x1)≥2(x12−x13)．12．已知函数f(x)=ax−2e x+3(a∈R)，g(x)=lnx+x e x（e为自然对数的底数，e<259）．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若a=−1，ℎ(x)=f(x)+g(x)，当x∈[12,1]时，ℎ(x)∈(m,n),(m,n∈Z)，求n−m的最小值．13．已知函数f(x)=a e xx+lnx−x(a∈R)．(1)若f(x)在(1,+∞)上单调递增，求a的取值范围；(2)当a>1时，设F(x)=f(x)−(2lnx−x+1x )，求证：F(x)>ln(ax)x−lnx+e−1．14．设函数f(x)=m e x−1,g(x)=lnx+n，m、n为实数，若F(x)=g(x)x 有最大值为1e2(1)求n的值；(2)若f(x)e2>xg(x)，求实数m的最小整数值.15．已知f(x)=34x2−x22lnx−a(x−1),a>0.(1)若f(x)在区间(1,+∞)上有且仅有一个极值点m，求实数a的取值范围；(2)在（1）的条件下，证明34<f(m)<e24.16．已知函数f(x)=ln(x−1)−mx(m∈R),g(x)=2x+n−2．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当−1≤m≤e−2时，若不等式f(x)≤g(x)恒成立，求n−3的最小值．m+217．已知函数f(x)=e x2lnx(x>0)．(1)求f(x)的极值点．(2)若有且仅有两个不相等的实数x1,x2(0<x1<x2)满足f(x1)=f(x2)=e k．（i）求k的取值范围（ⅱ）证明x2e2−2e≤e−e21．x118．已知函数f(x)=xlnx−a(x2−1),a∈R(1)当a=0时，求f(x)的单调区间；(2)若过原点作曲线y=f(x)的切线有两条，求a的取值范围，并证明这两条切线的斜率互为相反数．19．已知函数f(x)=e−x+sinx−ax，g(x)为f(x)的导函数．]内存在唯一的极值点x0，√2<2cosx0<√3；(1)证明：当a=0时，函数g(x)在区[0,π2(2)若f(x)在(0,π)上单调递减，求整数a的最小值．(x>0).20．已知函数f(x)=1+ln(x+1)x(1)试判断函数f(x)在(0，+∞)上单调性并证明你的结论；(2)若f(x)>k对于∀x∈(0,+∞)恒成立，求正整数k的最大值；x+1(3)求证：(1+1×2)(1+2×3)(1+3×4)⋯[1+n(n+1)]>e2n−3．。
导数的综合应用 高考真题
导数的综合应用 高考真题26．(2018全国卷Ⅰ)已知函数1()ln f x x a x x=-+． (1)讨论()f x 的单调性；(2)若()f x 存在两个极值点12,x x ，证明：1212()()2-<--f x f x a x x ．27．(2018全国卷Ⅱ)已知函数2()e =-x f x ax ．(1)若1=a ，证明：当0≥x 时，()1≥f x ； (2)若()f x 在(0,)+∞只有一个零点，求a ．28．(2018全国卷Ⅲ)已知函数2()(2)ln(1)2f x x ax 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 ．29．(2018北京)设函数2()[(41)43]xf x ax a x a e =-+++．(1)若曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线与x 轴平行，求a ； (2)若()f x 在2x =处取得极小值，求a 的取值范围．30．(2018天津)已知函数()xf x a =，()log a g x x =，其中1a >．(1)求函数()()ln h x f x x a =-的单调区间；(2)若曲线()y f x =在点11(,())x f x 处的切线与曲线()y g x =在点22(,())x g x 处的切线平行，证明122ln ln ()ln ax g x a+=-； (3)证明当1ee a ≥时，存在直线l ，使l 是曲线()yf x =的切线，也是曲线()yg x =的切线．31．(2018江苏)记(),()f x g x ''分别为函数(),()f x g x 的导函数．若存在0x ∈R ，满足00()()f xg x =且00()()f x g x ''=，则称0x 为函数()f x 与()g x 的一个“S 点”． (1)证明：函数()f x x =与2()22g x x x =+-不存在“S 点”； (2)若函数2()1f x ax =-与()ln g x x =存在“S 点”，求实数a 的值；(3)已知函数2()f x x a =-+，e ()xb g x x=．对任意0a >，判断是否存在0b >，使函数()f x 与()g x 在区间(0,)+∞内存在“S 点”，并说明理由．32．(2018浙江)已知函数()ln f x x =．(1)若()f x 在1x x =，2x (12x x ≠)处导数相等，证明：12()()88ln 2f x f x +>-；(2)若34ln 2a -≤，证明：对于任意0k >，直线y kx a =+与曲线()y f x =有唯一公共点．33．（2017新课标Ⅰ）已知函数2()(2)xx f x aea e x =+--．(2)若()f x 有两个零点，求a 的取值范围．34．（2017新课标Ⅱ）已知函数2()ln f x ax ax x 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 --<<．35．（2017新课标Ⅲ）已知函数()1ln f x x a x =--．(1)若()0f x ≥，求a 的值；(2)设m 为整数，且对于任意正整数n ，2111(1)(1)(1)222n m ++⋅⋅⋅+<，求m 的最小值．36．（2017浙江）已知函数()(x f x x e -=1()2x ≥．（Ⅰ）求()f x 的导函数；（Ⅱ）求()f x 在区间1[,)2+∞上的取值范围．37．（2017江苏）已知函数32()1f x x ax bx =+++(0,)a b >∈R 有极值，且导函数()f x ' 的极值点是()f x 的零点．（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值） （1）求b 关于a 的函数关系式，并写出定义域；（2）证明：23b a >；（3）若()f x ，()f x '这两个函数的所有极值之和不小于72-，求a 的取值范围．38．（2017天津）设a ∈Z ，已知定义在R 上的函数432()2336f x x x x x a =+--+在区间(1,2)内有一个零点0x ，()g x 为()f x 的导函数． （Ⅰ）求()g x 的单调区间； （Ⅱ）设00[1,)(,2]m x x ∈，函数0()()()()h x g x m x f m =--，求证：0()()0h m h x <；（Ⅲ）求证：存在大于0的常数A ，使得对于任意的正整数,p q ，且00[1,)(,2],px x q∈ 满足041||p x q Aq -≥．39．（2017山东）已知函数()22cos f x x x =+，()()cos sin 22x g x e x x x =-+-，其中 2.71828e =是自然对数的底数．（Ⅰ）求曲线()y f x =在点(,())f ππ处的切线方程；（Ⅱ）令()()()h x g x af x =-()a R ∈，讨论()h x 的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．40．(2016年山东)已知()221()ln ,R x f x a x x a x-=-+∈． （I ）讨论()f x 的单调性；（II ）当1a =时，证明()3()'2f x f x +＞对于任意的[]1,2x ∈成立．41．(2016年四川) 设函数2()ln f x ax a x =--，其中a R ∈.（I ）讨论()f x 的单调性；（II ）确定a 的所有可能取值，使得11()xf x e x->-在区间(1,)+∞内恒成立(e=2.718…为自然对数的底数)．42．(2016年天津)设函数3()(1)f x x ax b =---,R x ∈，其中R b a ∈,(I)求)(x f 的单调区间；(II)若)(x f 存在极值点0x ，且)()(01x f x f =，其中01x x ≠，求证：1023x x +=； (Ⅲ)设0>a ，函数|)(|)(x f x g =，求证：)(x g 在区间]1,1[-上的最大值不小于．．．41．43．(2016年全国Ⅰ) 已知函数2()(2)(1)xf x x e a x =-+-有两个零点．（I ）求a 的取值范围；（II ）设1x ，2x 是()f x 的两个零点，证明：122x x +<．44．(2016年全国Ⅱ)(I)讨论函数2()e 2xx f x x -=+的单调性，并证明当0x >时，(2)e 20xx x -++>；(II)证明：当[0,1)a ∈ 时，函数()2e =(0)x ax ag x x x--> 有最小值．设()g x 的最小值为()h a ，求函数()h a 的值域．45．(2016年全国Ⅲ) 设函数()cos 2(1)(cos 1)f x x x αα=+-+，其中0α>，记|()|f x 的最大值为A ． （Ⅰ）求()f x '； （Ⅱ）求A ；（Ⅲ）证明|()|2f x A '≤．46．（2016年浙江高考）已知3a ≥，函数()F x =2min{2|1|,242}x x ax a --+-，其中min{,}p q =,>p p qq p q ⎧⎨⎩，≤ ．（I ）求使得等式2()242F x x ax a =-+-成立的x 的取值范围； （II ）（i ）求()F x 的最小值()m a ；（ii ）求()F x 在区间[0,6]上的最大值()M a ．47．(2016江苏) 已知函数()()0,0,1,1x x f x a b a b a b =+>>≠≠．（1）设2a =，12b =． ①求方程()2f x =的根；②若对于任意x ∈R ，不等式()()26f x mf x -≥恒成立，求实数m 的最大值； （2）若01a <<，1b >，函数()()2g x f x =-有且只有1个零点，求ab 的值．48．(2015新课标Ⅱ）设函数2()mx f x e x mx =+-．(Ⅰ)证明：()f x 在(,0)-∞单调递减，在(0,)+∞单调递增；(Ⅱ)若对于任意1x ，2x [1,1]∈-，都有12|()()|f x f x -1e -≤，求m 的取值范围．49．(2015山东)设函数2()ln(1)()f x 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．50．（2015湖南）已知0a >，函数()sin ([0,))axf x e x x =∈+∞．记n x 为()f x 的从小到大的第n *()n N ∈个极值点．证明：（1）数列{()}n f x 是等比数列；（2）若a ，则对一切*n N ∈，|()|n n x f x <恒成立．51．（2014新课标Ⅱ）已知函数32()32f x x x ax =-++，曲线()y f x =在点（0，2）处的切线与x轴交点的横坐标为－2． （Ⅰ）求a ；（Ⅱ）证明：当1k <时，曲线()y f x =与直线2y kx =-只有一个交点．52．(2014山东）设函数())ln 2(2x xk x e x f x +-=（k 为常数， 2.71828e =是自然对数的底数）．（Ⅰ）当0k ≤时，求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）若函数()f x 在()0,2内存在两个极值点，求k 的取值范围．53．（2014新课标Ⅰ）设函数()()21ln 12a f x a x x bx a -=+-≠，曲线()y f x =在点 (1,(1))f 处的切线斜率为0．（Ⅰ）求b ；（Ⅱ）若存在01,x ≥使得()01af x a <-，求a 的取值范围．54．（2014山东）设函数1()ln 1x f x a x x -=++ ，其中a 为常数． （Ⅰ）若0a =，求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程； （Ⅱ）讨论函数()f x 的单调性．55．(2014广东) 已知函数321()1()3f x x x ax a R =+++∈． （Ⅰ）求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）当0a <时，试讨论是否存在011(0,)(,1)22x ∈，使得01()()2f x f =．56．(2014江苏)已知函数x x x f -+=e e )(，其中e 是自然对数的底数．（Ⅰ）证明：)(x f 是R 上的偶函数；（Ⅱ）若关于x 的不等式)(x mf ≤1e -+-m x 在),0(+∞上恒成立，求实数m 的取值范围；（Ⅲ）已知正数a 满足：存在),1[0+∞∈x ，使得)3()(0300x x a x f +-<成立．试比较1e -a 与1e -a 的57．（2013新课标Ⅰ）已知函数2()()4x f x e ax b x x =+--，曲线()y f x =在点(0,(0))f 处切线方程为44y x =+． （Ⅰ）求,a b 的值；（Ⅱ）讨论()f x 的单调性，并求()f x 的极大值．58．（2013新课标Ⅱ）已知函数2()x f x x e -=．（Ⅰ）求()f x 的极小值和极大值；（Ⅱ）当曲线()y f x =的切线l 的斜率为负数时，求l 在x 轴上截距的取值范围． 59．（2013福建）已知函数()1xaf x x e =-+（a R ∈，e 为自然对数的底数）． （Ⅰ）若曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线平行于x 轴，求a 的值； （Ⅱ）求函数()f x 的极值；（Ⅲ）当1a =的值时，若直线:1l y kx =-与曲线()y f x =没有公共点，求k 的最大值．60．(2013天津)已知函数2()ln f x x x =．（Ⅰ）求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ） 证明：对任意的0t >，存在唯一的s ，使()t f s =． （Ⅲ）设（Ⅱ）中所确定的s 关于t 的函数为()s g t =，2ln ()1g t61．（2013江苏）设函数()ln f x x ax =-，()x g x e ax =-，其中a 为实数．（Ⅰ）若()f x 在(1,)+∞上是单调减函数，且()g x 在(1,)+∞上有最小值，求a 的取值范围； （Ⅱ）若()g x 在(1,)-+∞上是单调增函数，试求()f x 的零点个数，并证明你的结论．62．（2012新课标）设函数()2x f x e ax =--．（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）若1a =，k 为整数，且当0x >时，()()10x k f x x '-++>，求k 的最大值． 63．（2012安徽）设函数1()(0)xx f x ae b a ae=++>． （Ⅰ）求()f x 在[0,)+∞内的最小值；（Ⅱ）设曲线()y f x =在点(2,(2))f 的切线方程为32y x =，求,a b 的值．64．（2012山东）已知函数ln ()xx kf x e +=（k 为常数， 71828.2=e 是自然对数的底数），曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线与x 轴平行．（Ⅰ）求k 的值；（Ⅱ）求()f x 的单调区间；（Ⅲ）设2()()()g x x x f x '=+，其中()f x '是()f x 的导数．证明：对任意的0x >，2()1g x e -<+．65．（2011新课标）已知函数ln ()1a x b f x x x=++，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为230x y +-=．（Ⅰ）求a ，b 的值；（Ⅱ）证明：当0x >，且1x ≠时，ln ()1x f x x >-．66．（2011浙江）设函数ax x x a x f +-=22ln )(，0>a ．（Ⅰ）求)(x f 的单调区间；（Ⅱ）求所有实数a ，使21()e f x e -≤≤对],1[e x ∈恒成立．注：e 为自然对数的底数． 67．（2011福建）已知a ，b 为常数，且0a ≠，函数()ln f x ax b ax x =-++，()2f e =（e=2.71828…是自然对数的底数）．（Ⅰ）求实数b 的值；（Ⅱ）求函数()f x 的单调区间；（Ⅲ）当1a =时，是否同时存在实数m 和M (m M <)，使得对每一个t ∈[,]m M ，直线y t=与曲线()y f x =(x ∈[1e，e ])都有公共点？若存在，求出最小的实数m 和最大的实数M ；若不存在，说明理由．68．（2010新课标）设函数2()(1)x f x x e ax =--． （Ⅰ）若12a =，求()f x 的单调区间； （Ⅱ）若当0x ≥时()0f x ≥，求a 的取值范围．。
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导数及其应用
1．【河北省武邑中学2019届高三第二次调研考试数学】函数f(x)=x 2−2lnx 的单调减区间是
A ．(0,1]
B ．[1,+∞)
C ．(−∞,−1]∪(0，1]
D ．[−1,0)∪(0,1]
2．【江西省南昌市2019届高三模拟考试数学】已知f(x)在R 上连续可导，f ′(x)为其导函数，且f(x)=e x +
e −x −
f ′(1)x ⋅(e x −e −x )，则f ′(2)+f ′(−2)−f ′(0)f ′(1)= A ．4e 2+4e −2 B ．4e 2−4e −2 C ．0
D ．4e 2
3．【江西省新八校2019届高三第二次联考数学】若3()3()21f x f x x x +-=++对x ∈R 恒成立，则曲线
()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为
A ．5250x y +-=
B ．10450x y +-=
C ．540x y +=
D ．204150x y --=
4．【云南省玉溪市第一中学2019届高三第二次调研考试数学】函数2l ()n f x x x =的最小值为
A ．1
e
- B ．1e C ．12e
-
D ．
12e
5．【四川省内江市2019届高三第三次模拟考试数学】若函数f(x)=12
ax 2+xlnx −x 存在单调递增区间，则
a 的取值范围是 A ．1,1e ⎛⎫
- ⎪⎝⎭
B ．1,e ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭
C ．()1,-+∞
D ．1,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝
⎭
6．【山西省太原市2019届高三模拟试题（一）数学】已知定义在(0,+∞)上的函数f(x)满足xf ′(x)−f(x)<0，
且f(2)=2，则f (e x )−e x >0的解集是 A ．(−∞,ln2) B ．(ln2,+∞) C ．(0,e 2)
D ．(e 2,+∞)
7．【河南省焦作市2019届高三第四次模拟考试数学】已知a =ln √33
，b =e −1，c =3ln28
，则a,b,c 的大小关
系为 A ．b <c <a B ．a >c >b C ．a >b >c
D ．b >a >c
8．【安徽省毛坦厂中学2019届高三校区4月联考数学】已知f (x )=lnx +1−ae x ，若关于x 的不等式f (x )<0
恒成立，则实数a 的取值范围是 A ．1,e ⎛
⎫-∞ ⎪⎝⎭
B ．(),0-∞
C ．1,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭
D ．1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭
9．【辽宁省丹东市2019届高三总复习质量测试】若1x =是函数()3
221()(1)33
f x x a x a a x =
++-+-的极值点，则a 的值为 A ．-2 B ．3 C ．-2或3
D ．-3或2
10．【黑龙江省大庆市第一中学2019届高三下学期第四次模拟（最后一卷)考试】已知奇函数()f x 是定义
在R 上的可导函数，其导函数为()f x '，当0x >时，有()()2
2f x xf x x '>+，则不等式
()
()()2
2018+2018420x f x f +-<＋的解集为
A ．(),2016-∞-
B ．()2016,2012--
C ．(),2018-∞-
D ．()2016,0-
11．【重庆西南大学附属中学校2019届高三第十次月考数学】曲线2
1()ln 2
f x x x x =
+在点(1(1))f ，处的切线与直线10ax y --=垂直，则a =________.
12．【广东省深圳市高级中学2019届高三适应性考试（6月）数学】已知函数22,0,
()e ,0,
x x x f x x ⎧≤=⎨>⎩若方程
2[()]f x a =恰有两个不同的实数根12,x x ，则12x x +的最大值是______．
13．【山东省烟台市2019届高三3月诊断性测试（一模）数学】已知函数42
11()42
f x x ax =
-，a ∈R . （1）当1a =时，求曲线()f x 在点(2,(2))f 处的切线方程；
（2）设函数2()(22)e e ()x g x x x a f x =-+--，其中e 2.71828...=是自然对数的底数，讨论()g x 的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．
14．【陕西省2019届高三第三次联考数学】已知函数f(x)=lnx −ax ，g(x)=x 2，a ∈R .
（1）求函数f(x)的极值点；
（2）若f(x)≤g(x)恒成立，求a 的取值范围.
15．【山东省济宁市2019届高三二模数学】已知函数f(x)=lnx −xe x +ax(a ∈R).
（1）若函数f(x)在[1,+∞)上单调递减，求实数a 的取值范围； （2）若a =1，求f(x)的最大值.
16．【福建省龙岩市2019届高三5月月考数学】今年3月5日，国务院总理李克强作的政府工作报告中，
提到要“惩戒学术不端，力戒学术不端，力戒浮躁之风”.教育部日前公布的《教育部2019年部门预算》中透露，2019年教育部拟抽检博士学位论文约6000篇，预算为800万元.国务院学位委员会、教育部
2014年印发的《博士硕士学位论文抽检办法》通知中规定：每篇抽检的学位论文送3位同行专家进行评议，3位专家中有2位以上（含2位）专家评议意见为“不合格”的学位论文，将认定为“存在问题学位论文”.有且只有1位专家评议意见为“不合格”的学位论文，将再送2位同行专家进行复评，2位复评专家中有1位以上（含1位）专家评议意见为“不合格”的学位论文，将认定为“存在问题学位论文”.设每篇学位论文被每位专家评议为“不合格”的概率均为(01)p p <<，且各篇学位论文是否被评议为“不合格”相互独立.
（1）记一篇抽检的学位论文被认定为“存在问题学位论文”的概率为()f p ，求()f p ；
（2）若拟定每篇抽检论文不需要复评的评审费用为900元，需要复评的评审费用为1500元；除评审费外，其它费用总计为100万元.现以此方案实施，且抽检论文为6000篇，问是否会超过预算？并说明理由.
17．【北京市西城区2019届高三4月统一测试（一模）数学】设函数f(x)=m e x −x 2+3，其中m ∈R ．
（1）当f(x)为偶函数时，求函数ℎ(x)=xf(x)的极值；
（2）若函数f(x)在区间[−2 , 4]上有两个零点，求m 的取值范围．。