三轮专题提分必练之4(函数的极限与导数)(理)
【高考】数学三轮增分练【高考】压轴大题突破练三函数与导数1理
【高考】数学三轮增分练【高考】压轴大题突破练三函数与导数1理1．已知函数f (x )＝x 2＋a x(x ≠0，a ∈R )．(1)判断函数f (x )的奇偶性，并说明理由；(2)若f (x )在区间[2，＋∞)上是增函数，求实数a 的取值范围．解 (1)当a ＝0时，f (x )＝x 2，对任意x ∈(－∞，0)∪(0，＋∞)， f (－x )＝(－x )2＝x 2＝f (x )，∴f (x )为偶函数．当a ≠0时，f (x )＝x 2＋a x (a ≠0，x ≠0)，令x ＝－1，得f (－1)＝1－a .令x ＝1，得f (1)＝1＋a .∴f (－1)＋f (1)＝2≠0，f (－1)－f (1)＝－2a ≠0，∴f (－1)≠－f (1)，f (－1)≠f (1)．∴函数f (x )既不是奇函数，也不是偶函数．综上，当a ＝0时，f (x )为偶函数；当a ≠0时，f (x )既不是奇函数，也不是偶函数．(2)若函数f (x )在[2，＋∞)上为增函数，则f ′(x )≥0在[2，＋∞)上恒成立，即2x －a x 2≥0在[2，＋∞)上恒成立，即a ≤2x 3在[2，＋∞)上恒成立，只需a ≤(2x 3)min ，x ∈[2，＋∞)，∴a ≤16，∴a 的取值范围是(－∞，16]．2．(2016·课标全国乙)已知函数f (x )＝(x －2)e x ＋a (x －1)2.(1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )有两个零点，求a 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝(x －1)e x ＋2a (x －1)＝(x －1)(e x ＋2a )．(ⅰ)设a ≥0，则当x ∈(－∞，1)时，f ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0.所以f (x )在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．(ⅱ)设a <0，由f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝ln(－2a )．①若a ＝－e 2，则f ′(x )＝(x －1)(e x －e)， 所以f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增．②若a >－e 2，则ln(－2a )<1， 故当x ∈(－∞，ln(－2a ))∪(1，＋∞)时，f ′(x )>0；当x ∈(ln(－2a )，1)时，f ′(x )<0.所以f (x )在(－∞，ln(－2a ))，(1，＋∞)上单调递增，在(ln(－2a )，1)上单调递减．③若a <－e 2，则ln(－2a )>1， 故当x ∈(－∞，1)∪(ln(－2a )，＋∞)时，f ′(x )>0；当x ∈(1，ln(－2a ))时，f ′(x )<0.所以f (x )在(－∞，1)，(ln(－2a )，＋∞)上单调递增，在(1，ln(－2a ))上单调递减．(2)(ⅰ)设a >0，则由(1)知，f (x )在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． 又f (1)＝－e ，f (2)＝a ，取b 满足b <0且b <ln a 2，则 f (b )>a 2(b －2)＋a (b －1)2＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2－32b >0， 所以f (x )有两个零点．(ⅱ)设a ＝0，则f (x )＝(x －2)e x ，所以f (x )只有一个零点．(ⅲ)设a <0，若a ≥－e 2，则由(1)知，f (x )在(1，＋∞)上单调递增．又当x ≤1时，f (x )<0，故f (x )不存在两个零点；若a <－e 2，则由(1)知，f (x )在(1，ln(－2a ))上单调递减，在(ln(－2a )，＋∞)上单调递增．又当x ≤1时，f (x )<0，故f (x )不存在两个零点．综上，a 的取值范围为(0，＋∞)．3．(2016·山东)设f (x )＝x ln x －ax 2＋(2a －1)x ，a ∈R .(1)令g (x )＝f ′(x )，求g (x )的单调区间；(2)已知f (x )在x ＝1处取得极大值，求实数a 的取值范围．解 (1)由f ′(x )＝ln x －2ax ＋2a ，可得g (x )＝ln x －2ax ＋2a ，x ∈(0，＋∞)，所以g ′(x )＝1x －2a ＝1－2ax x. 当a ≤0，x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )＞0，函数g (x )单调递增；当a ＞0，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 时，g ′(x )＞0，函数g (x )单调递增，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，g ′(x )＜0，函数g (x )单调递减．所以当a ≤0时，g (x )的单调增区间为(0，＋∞)；当a ＞0时，g (x )的单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a ，单调减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞. (2)由(1)知，f ′(1)＝0.①当a ≤0时，f ′(x )单调递增，所以当x ∈(0,1)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减，当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，所以f (x )在x ＝1处取得极小值，不合题意．②当0＜a ＜12时，12a ＞1，由(1)知f ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 内单调递增． 可得当x ∈(0,1)时，f ′(x )＜0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12a 时，f ′(x )＞0. 所以f (x )在(0,1)内单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12a 内单调递增． 所以f (x )在x ＝1处取得极小值，不合题意．③当a ＝12时，12a＝1，f ′(x )在(0,1)内单调递增， 在(1，＋∞)内单调递减，所以当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )≤0，f (x )单调递减，不合题意．④当a ＞12时，0＜12a ＜1，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，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 )在x ＝1处取得极大值，符合题意 .综上可知，实数a 的取值范围为a ＞12. 4．已知函数f (x )＝a ln x －x ＋1x. (1)判断函数f (x )的单调性；(2)证明：当x >0时，ln(1＋1x )<1x 2＋x .(1)解 f ′(x )＝a x －1－1x 2＝－x 2＋ax －1x 2(x >0)．记g (x )＝－x 2＋ax －1，对称轴为x ＝a 2，Δ＝a 2－4， 而g (0)＝－1<0，且开口方向向下，则①当Δ＝a 2－4≤0，即－2≤a ≤2时，g (x )≤0，f ′(x )≤0， ∴f (x )在(0，＋∞)上单调递减．②当Δ＝a 2－4>0，即a >2或a <－2时，若a >2，则a 2>1，方程g (x )＝0的两根 x 1＝a ＋a 2－42>0，x 2＝a －a 2－42>0， 当0<x <a －a 2－42或x >a ＋a 2－42时，f ′(x )<0； 当a －a 2－42<x <a ＋a 2－42时，f ′(x )>0.则f (x )在区间(0，a －a 2－42)，(a ＋a 2－42，＋∞)上单调递减， 在区间(a －a 2－42，a ＋a 2－42)上单调递增．若a <－2，则a 2<－1，g (x )<0， ∴f (x )在(0，＋∞)上单调递减．综上所述，当a ≤2时，f (x )在(0，＋∞)上单调递减；当a >2时，f (x )在区间(0，a －a 2－42)，(a ＋a 2－42，＋∞)上单调递减， 在区间(a －a 2－42，a ＋a 2－42)上单调递增．(2)证明 原不等式可化为ln(1＋1x )< 1x1＋1x ＝ 1＋1x－1 1＋1x . 令t ＝ 1＋1x， ∵x >0，∴t >1，则原不等式等价于2ln t <t －1t. 令φ(t )＝2ln t －t ＋1t， 由(1)可知，函数φ(t )在(1，＋∞)上单调递减，∴φ(t )<φ(1)＝0，∴2ln t <t －1t，故原不等式成立．。
【高考冲刺押题】高考数学三轮 基础技能闯关夺分必备 导数的概念及运算(含解析).pdf
导数的概念及运算 【考点导读】 1.了解导数概念的某些实际背景(如瞬时速度、加速度、光滑曲线切线的斜率等)；掌握函数在一点处的导数的定义和导数的几何意义；理解导函数的概念熟记基本导数公式；掌握两个函数和、差、积、商的求导法则了解复合函数的求导法则会求某些简单函数的导数与x0,h的关系是 仅与x0有关而与h无关 。
2．一点沿直线运动，如果由始点起经过t秒后的距离为，那么速度为零的时刻是 1，2，4秒末。
3．已知, 则 0 。
4．已知,则当时,。
5．（1）已知,则。
（2）（理科）设函数，则′＝。
6．已知两曲线和都经过点P（1,2），且在点P处有公切线，试求a,b,c值。
解：因为点P（1,2）在曲线上， 函数和的导数分别为和，且在点P处有公切数 ，得b=2 又由，得 【范例导析】 例1． 电流强度是单位时间内通过导体的电量的大小。
从时刻开始的秒内，通过导体的电量（单位：库仑）可由公式表示。
求第5秒内时的电流强度； 什么时刻电流强度达到63安培（即库仑/秒）？ 分析：为了求得各时刻的电流强度，类似求瞬时速度一样，先求平均电流强度，然后再用平均电流强度逼近瞬时电流强度。
解：（1）从时刻到时刻通过导体的这一横截面的电量为： 则这段时间内平均电流强度为 当 当时，则（安培）。
（2）令，得（秒）。
答：（1）第5秒时电流强度为23安培；（2）第15秒时电流强度为63安培。
点评：导数的实际背景丰富多彩，本题从另一个侧面深化对导数概念的理解。
例2．下列函数的导数： ① ② ③ 分析：利用导数的四则运算求导数。
解：①法一： ∴ 法二：=+ ② ∴ ③e－x（cosx+sinx）+e－x（－sinx+cosx）2e－xx, 点评：利用基本函数的导数、导数的运算法则及复合函数的求导法则进行导数运算，是高考对导数考查的基本要求。
例3． 如果曲线的某一切线与直线平行，求切点坐标与切线方程． 分析：本题重在理解导数的几何意义：曲线在给定点处的切线的斜率，用导数的几何意义求曲线的斜率就很简单了。
高考数学压轴专题新备战高考《函数与导数》知识点训练及答案
新数学《函数与导数》期末复习知识要点一、选择题1．函数()1sin cos 1sin cos 1tan 01sin cos 1sin cos 32x x x x f x x x x x x x π+-++⎛⎫=++<< ⎪+++-⎝⎭的最小值为（ ）ABCD【答案】B【解析】【分析】利用二倍角公式化简函数()f x ，求导数，利用导数求函数的最小值即可.【详解】22222sin 2sin cos 2cos 2sin cos 1sin cos 1sin cos 2222221sin cos 1sin cos 2cos 2sin cos 2sin 2sin cos 222222x x x x x x x x x x x x x x x xx x x x +++-+++=++++-++ 2sin sin cos 2cos sin cos sin cos 222222222sin cos sin 2cos sin cos 2sin sin cos 22222222x x x x x x x xx x x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=+=+=⎛⎫⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 则()21tan 0sin 32f x x x x π⎛⎫=+<< ⎪⎝⎭， 32222221sin 2cos 16cos cos 1()sin 3cos sin 3cos 3sin cos x x x x f x x x x x x x '''--+⎛⎫⎛⎫=+=-+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 令()cos 0,1t x =∈，()3261g t t t =--+为减函数，且102g ⎛⎫= ⎪⎝⎭， 所以当03x π<<时，()11,02t g t <<<，从而()'0f x <； 当32x ππ<<时，()10,02t g t <<>，从而()'0f x >. 故()min 33f x f π⎛⎫==⎪⎝⎭. 故选：A【点睛】 本题主要考查了三角函数的恒等变换，利用导数求函数的最小值，换元法，属于中档题.2．已知直线2y kx =-与曲线ln y x x =相切，则实数k 的值为（ ）A ．ln 2B ．1C ．1ln2-D ．1ln2+【答案】D【解析】 由ln y x x =得'ln 1y x =+，设切点为()00,x y ，则0ln 1k x =+，000002ln y kx y x x =-⎧⎨=⎩，0002ln kx x x ∴-=，002ln k x x ∴=+，对比0ln 1k x =+，02x ∴=，ln 21k ∴=+，故选D.3．已知函数()32f x x x x a =--+，若曲线()y f x =与x 轴有三个不同交点，则实数a 的取值范围为（ ）A ．11,27⎛⎫-∞-⎪⎝⎭ B ．()1,+? C ．5,127⎛⎫- ⎪⎝⎭ D ．11,127⎛⎫- ⎪⎝⎭【答案】C【解析】【分析】根据曲线()y f x =与x 轴有三个不同交点，可转化为函数()32g x x x x =-++与y a =的图象有三个不同的交点，即可求出实数a 的取值范围.【详解】Q 函数()32f x x x x a =--+与x 轴有三个不同交点，可转化为函数()32g x x x x =-++与y a =的图象有三个不同的交点. 又()2321(31)(1)g x x x x x '=-++=-+-Q ， ∴在1,,(1,)3⎛⎫-∞-+∞ ⎪⎝⎭上，()0g x '<；在1,13⎛⎫- ⎪⎝⎭上，()0g x '>. ∴()15327g x g ⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭极小值，()()11g x g ==极大值， 5127a ∴-<<. 故选：C【点睛】本题考查函数的零点及导数与极值的应用，考查了转化思想和数形结合思想，属于中档题.4．已知()ln x f x x=，则下列结论中错误的是（ ） A ．()f x 在()0,e 上单调递增B ．()()24f f =C ．当01a b <<<时，b a a b <D ．20192020log 20202019> 【答案】D【解析】【分析】 根据21ln (),(0,)x f x x x-'=∈+∞，可得()f x 在()0,e 上单调递增，在(),e +∞上单调递减，进而判断得出结论.【详解】 21ln (),(0,)x f x x x -'=∈+∞Q ∴对于选项A ，可得()f x 在()0,e 上单调递增，在(),e +∞上单调递减，故A 正确；对于选项B ，()2ln 4ln 2ln 24(2)442f f ====，故B 正确； 对于选项C ，由选项A 知()f x 在()0,1上也是单调递增的，01a b <<<Q ，ln ln a b a b∴<，可得b a a b <，故选项C 正确； 对于选项D ，由选项A 知()f x 在(),e +∞上单调递减， (2019)(2020)f f ∴>，即ln 2019ln 202022019020>⇒20192020ln 2020log 2020ln 02019219>=， 故选项D 不正确.故选：D【点睛】本题考查导数与函数单调性、极值与最值的应用及方程与不等式的解法，考查了理解辨析能力与运算求解能力，属于中档题.5．已知函数f （x ）＝（k ＋4k ）lnx ＋24x x－，k ∈[4，＋∞），曲线y ＝f （x ）上总存在两点M （x 1，y 1），N （x 2，y 2），使曲线y ＝f （x ）在M ，N 两点处的切线互相平行，则x 1＋x 2的取值范围为A ．（85，＋∞） B ．（165，＋∞） C ．[85，＋∞） D ．[165，＋∞） 【答案】B【解析】【分析】 利用过M 、N 点处的切线互相平行，建立方程，结合基本不等式，再求最值，即可求x 1+x 2的取值范围．【详解】由题得f′（x ）=4k k x +﹣24x ﹣1=﹣2244x k x k x ⎛⎫-++ ⎪⎝⎭=﹣()24x k x k x ⎛⎫-- ⎪⎝⎭，（x ＞0，k ＞0） 由题意，可得f ′（x 1）=f′（x 2）（x 1，x 2＞0，且x 1≠x 2）， 即21144k k x x +-﹣1=24k k x +﹣224x ﹣1， 化简得4（x 1+x 2）=（k+4k ）x 1x 2， 而x 1x 2＜212()2x x +， 4（x 1+x 2）＜（k+4k ）212()2x x +， 即x 1+x 2＞164k k+对k ∈[4，+∞）恒成立，令g （k ）=k+4k， 则g′（k ）=1﹣24k =()()222k k k +-＞0对k ∈[4，+∞）恒成立， ∴g （k ）≥g （4）=5， ∴164k k +≤165， ∴x 1+x 2＞165， 故x 1+x 2的取值范围为（165，+∞）. 故答案为B【点睛】本题运用导数可以解决曲线的切线问题，函数的单调性、极值与最值，正确求导是我们解题的关键，属于中档题.6．给出下列说法：①“tan 1x =”是“4x π=”的充分不必要条件；②定义在[],a b 上的偶函数2()(5)f x x a x b =+++的最大值为30；③命题“0001,2x x x ∃∈+≥R ”的否定形式是“1,2x x x∀∈+>R ”. 其中错误说法的个数为（ ） A ．0B ．1C ．2D ．3 【答案】C【解析】【分析】利用充分条件与必要条件的定义判断①；利用函数奇偶性的性质以及二次函数的性质判断②；利用特称命题的否定判断③，进而可得结果.【详解】对于①，当4x π=时，一定有tan 1x =，但是当tan 1x =时，,4x k k ππ=+∈Z ，所以“tan 1x =”是“4x π=”的必要不充分条件，所以①不正确；对于②，因为()f x 为偶函数，所以5a =-.因为定义域[],a b 关于原点对称，所以5b =，所以函数2()5,[5,5]f x x x =+∈-的最大值为()()5530f f -==，所以②正确；对于③，命题“0001,2x x x ∃∈+≥R ”的否定形式是“1,2x x x∀∈+<R ”，所以③不正确； 故错误说法的个数为2.故选：C.【点睛】 本题考查了特称命题的否定、充分条件与必要条件，考查了函数奇偶性的性质，同时考查了二次函数的性质，属于中档题..7．已知函数()2f x x x =+，且()1231ln log 223a f b f c f -⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，，，则a b c ，，的大小关系为（ ） A ．a c b << B ．b c a <<C ．c a b <<D ．b a c << 【答案】A【解析】【分析】由函数()2f x x x =+，可得()()f x f x -=，得到函数()f x 为偶函数，图象关于y 轴对称，又由由二次函数的性质可得，函数()f x 在[0,)+∞上为单调递增函数，则函数()f x 在(,0)-∞上为单调递减函数，再根据对数函数的性质，结合图象，即可求解．【详解】由题意，函数()2f x x x =+，满足()()22()f x x x x x f x -=-+-=+=，所以函数()f x 为定义域上的偶函数，图象关于y 轴对称，又当0x ≥时，()2f x x x =+，由二次函数的性质可得，函数()f x 在[0,)+∞上为单调递增函数，则函数()f x 在(,0)-∞上为单调递减函数，又由31ln 22<=，113222log log 1<=-，1122-=， 根据对称性，可得11323(ln )(2)(log )2f f f -<<，即a c b <<，故选A ． 【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性和单调性的应用，其中解答中得到函数的单调性与奇偶性，以及熟练应用对数函数的性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．8．若关于x 的不等式220x ax -+>在区间[1,5]上有解，则a 的取值范围是（ ）A ．)+∞B ．(,-∞C ．(,3)-∞D ．27(,)5-∞ 【答案】D【解析】【分析】把220x ax -+>在区间[]1,5上有解，转化为存在一个[]1,5x ∈使得22x 2ax x a x+>⇒+>，解出()f x 的最大值． 【详解】 220x ax -+>在区间[]1,5上有解，转化为存在一个[]1,5x ∈使得22x 2ax x a x +>⇒+>，设()2f x x x =+，即是()f x 的最大值a >，()f x 的最大值275=，当5x =时取得，故选D 【点睛】9．设奇函数()f x 在[]11-，上为增函数，且()11f =，若[]11x ∃∈-，，使[]11a ∀∈-，，不等式()221f x t at ≤--成立，则t 的取值范围是（ ） A ．22t -≤≤B ．1122t -≤≤C ．2t ≥或2t ≤-或0t =D ．12t ≥或12t ≤-或0t = 【答案】C【解析】【分析】()f x 在[]11x ∈-，上为增函数,[]11x ∃∈-，，使[]11a ∀∈-，,不等式()221f x t at ≤--成立,只需对于[]11a ∀∈-，,()2121f t at -≤--即可. 【详解】∵奇函数()f x 在[]11x ∈-，上为增函数，且()11f =，∴函数在[]11x ∈-，上的最小值为()()111f f -=-=-，又∵[]11x ∃∈-，，使[]11a ∀∈-，，不等式()221f x t at ≤--成立， ∴()22111t at f --≥-=-， 即220t at -≥，①0t =时，不等式成立；②0t >时，()2220t at t t a -=-≥恒成立，从而2t a ≥，解得2t ≥； ③0t <时，()2220t at t t a -=-≥恒成立，从而2t a ≤，解得2t ≤- 故选：C.【点睛】本题考查了含参数不等式恒成立问题，需要将不等式问题转化为函数最值问题，考查了理解辨析能力、运算求解能力和分类讨论思想，是中档题.10．已知函数()0,1ln ,1x f x x x <⎧=⎨≥⎩，若不等式()≤-f x x k 对任意的x ∈R 恒成立，则实数k 的取值范围是（ ） A ．(],1-∞B ．[)1,+∞C ．[)0,1D ．(]1,0-【答案】A【解析】【分析】先求出函数()f x 在(1,0)处的切线方程，在同一直角坐标系内画出函数()0,1ln ,1x f x x x <⎧=⎨≥⎩和()g x x k =-的图象，利用数形结合进行求解即可. 【详解】当1x ≥时，()''1ln ,()(1)1f x x f x f x=⇒=⇒=，所以函数()f x 在(1,0)处的切线方程为：1y x =-，令()g x x k =-，它与横轴的交点坐标为(,0)k .在同一直角坐标系内画出函数()0,1ln ,1x f x x x <⎧=⎨≥⎩和()g x x k =-的图象如下图的所示：利用数形结合思想可知：不等式()≤-f x x k 对任意的x ∈R 恒成立，则实数k 的取值范围是1k ≤.故选：A【点睛】本题考查了利用数形结合思想解决不等式恒成立问题，考查了导数的应用，属于中档题.11．若点1414(log 7,log 56)在函数()3f x kx =+的图象上，则()f x 的零点为（ ） A ．1B ．32C ．2D ．34 【答案】B【解析】【分析】将点的坐标代入函数()y f x =的解析式，利用对数的运算性质得出k 的值，再解方程 ()0f x =可得出函数()y f x =的零点．【详解】141414141414log 56log 4log 1412log 212(1log 7)32log 7=+=+=+-=-Q ，2k ∴=-，()2 3.f x x =-+故()f x 的零点为32，故选B. 【点睛】本题考查对数的运算性质以及函数零点的概念，解题的关键在于利用对数的运算性质求出参数的值，解题时要正确把握零点的概念，考查运算求解能力，属于中等题．12．已知函数()f x 的导函数为()f x '且满足()()21ln f x x f x '=⋅+，则1f e ⎛⎫'= ⎪⎝⎭（ ）A ．12e -B ．2e -C ．1-D ．e【答案】B【解析】【分析】对函数求导得到导函数，代入1x =可求得()11f '=-，从而得到()f x '，代入1x e =求得结果.【详解】由题意得：()()121f x f x''=+ 令1x =得：()()1211f f ''=+，解得：()11f '=-()12f x x '∴=-+ 12f e e ⎛⎫'∴=- ⎪⎝⎭本题正确选项：B【点睛】本题考查导数值的求解，关键是能够通过赋值的方式求得()1f '，易错点是忽略()1f '为常数，导致求导错误.13．已知函数()f x 为偶函数，当x ＜0时，2()ln()f x x x =--，则曲线()y f x =在x ＝1处的切线方程为（ ）A ．x -y ＝0B ．x -y -2＝0C ．x +y -2＝0D ．3x -y -2＝0【答案】A【解析】【分析】先求出当0x >时，()f x 的解析式，再利用导数的几何意义计算即可得到答案.【详解】当0x >时，0x -<，2()ln f x x x -=-，又函数()f x 为偶函数，所以2()ln f x x x =-，(1)1f =，所以'1()2f x x x=-，'(1)1f =，故切线方程为11y x -=-，即y x =. 故选：A ．【点睛】本题考查导数的几何意义，涉及到函数的奇偶性求对称区间的解析式，考查学生的数学运算能力，是一道中档题.14．已知函数()f x 是定义在R 上的偶函数，且在()0,∞+上单调递增，则（ ） A ．()()()0.633log 132f f f -<-< B ．()()()0.6332log 13f f f -<<- C ．()()()0.632log 133f f f <-<- D ．()()()0.6323log 13f f f <-< 【答案】C【解析】【分析】利用指数函数和对数函数单调性可得到0.632log 133<<，结合单调性和偶函数的性质可得大小关系.【详解】 ()f x Q 为R 上的偶函数，()()33f f ∴-=，()()33log 13log 13f f -=，0.633322log 9log 13log 273<=<<=Q 且()f x 在()0,∞+上单调递增，()()()0.632log 133f f f ∴<<，()()()0.632log 133f f f ∴<-<-.故选：C .【点睛】本题考查函数值大小关系的比较，关键是能够利用奇偶性将自变量转化到同一单调区间内，由自变量的大小关系，利用函数单调性即可得到函数值的大小关系.15．已知函数()2f x x mx =+图象在点()()1,1A f 处的切线l 与直线320x y ++=垂直，若数列()1f n ⎧⎫⎪⎪⎨⎬⎪⎪⎩⎭的前n 项和为n S ，则2018S 的值为（ ） A ．20152016B ．20162017C ．20172018D ．20182019【答案】D【解析】【分析】 求出原函数的导函数，得到()y f x =在1x =时的导数值，进一步求得m ，可得函数解析式，然后利用裂项相消法可计算出2018S 的值．【详解】由()2f x x mx =+，得()2f x x m '=+，()12f m '∴=+， 因为函数()2f x x mx =+图象在点()()1,1A f 处的切线l 与直线320x y ++=垂直， ()123f m '∴=+=，解得1m =，()2f x x x ∴=+，则()()21111111f n n n n n n n ===-+++.因此，20181111112018112232018201920192019S =-+-++-=-=L . 故选：D.【点睛】 本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，训练了利用裂项相消法求数列的前n 项和，是中档题．16．若函数()f x 的定义域为R ，其导函数为()f x '．若()3f x '<恒成立，()20f -=，则()36f x x <+ 解集为（ ）A ．(),2-∞-B ．()2,2-C ．(),2-∞D ．()2,-+∞【答案】D【解析】【分析】设()()36g x f x x =--，求导后可得()g x 在R 上单调递减，再结合()20g -=即可得解.【详解】设()()36g x f x x =--， Q ()3f x '<，∴()()30g x f x ''=-<，∴()g x 在R 上单调递减，又()()22660g f -=-+-=，不等式()36f x x <+即()0g x <，∴2x >-，∴不等式()36f x x <+的解集为()2,-+∞.故选：D.【点睛】本题考查了导数的应用，关键是由题意构造出新函数，属于中档题.17．如图，记图中正方形介于两平行线x y a +=与1x y a +=+之间的部分的面积为()S S a =，则()S a 的图象大致为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】D【解析】【分析】根据函数的部分特征，利用排除法，即可得到本题答案.【详解】①当011a ≤+<时，即10a -≤<，21()(1)2S a a =+；②当11a +=时，即0a =，1()2S a =. 由此可知，当10a -≤<时，21()(1)2S a a =+且1(0)2S =，所以,,A B C 选项不正确. 故选：D【点睛】本题主要考查根据函数的性质选择图象，排除法是解决此题的关键.18．曲线3πcos 02y x x ⎛⎫=≤≤⎪⎝⎭与x 轴以及直线3π2x =所围图形的面积为（ ） A ．4B ．2C ．52D ．3【答案】B【解析】【分析】【详解】 试题分析：()332222(0cos )sin 2S x dx x ππππ=-=-=⎰，选B.考点：定积分的几何意义19．已知函数()2ln 2xx f x e x =+-的极值点为1x ，函数()2x g x e x =+-的零点为2x ，函数()ln 2x h x x=的最大值为3x ，则（ ） A ．123x x x >>B ．213x x x >>C ．312x x x >>D ．321x x x >> 【答案】A【解析】【分析】根据()f x '在()0,∞+上单调递增，且11024f f ⎛⎫⎛⎫''⋅< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，可知导函数零点在区间11,42⎛⎫ ⎪⎝⎭内，即()f x 的极值点111,42x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭；根据()g x 单调递增且11024g g ⎛⎫⎛⎫⋅< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭可知211,42x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭；通过判断()()12g x g x >，结合()g x 单调性可得12x x >；利用导数可求得()max 1124h x e =<，即314x <，从而可得三者的大小关系. 【详解】()1x f x e x x'=+-Q 在()0,∞+上单调递增 且1213022f e ⎛⎫'=-> ⎪⎝⎭，14115044f e ⎛⎫'=-< ⎪⎝⎭ 111,42x ⎛⎫∴∈ ⎪⎝⎭且11110x e x x +-= Q 函数()2x g x e x =+-在()0,∞+上单调递增 且1213022g e ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭，14112044g e ⎛⎫=+-< ⎪⎝⎭ 211,42x ⎛⎫∴∈ ⎪⎝⎭ 又()()11111211112220x g x e x x x g x x x ⎛⎫=+-=-+-=->= ⎪⎝⎭ 且()g x 单调递增 12x x ∴>由()21ln 2x h x x-'=可得：()()max 12h x h e e ==，即31124x e =< 123x x x ∴>>本题正确选项：A【点睛】本题考查函数极值点、零点、最值的判断和求解问题，涉及到零点存在定理的应用，易错点是判断12,x x 大小关系时，未结合()g x 单调性判断出()()12g x g x >，造成求解困难.20．已知函数221,0()log ,0x x f x x x ⎧+-≤=⎨>⎩，若()1f a ≤，则实数a 的取值范围是（ ） A ．(4][2,)-∞-+∞U B ．[1,2]-C ．[4,0)(0,2]-UD ．[4,2]- 【答案】D【解析】【分析】不等式()1f a ≤等价于0,211,a a ≤⎧⎨+-≤⎩或20,log 1,a a >⎧⎨≤⎩分别解不等式组后，取并集可求得a的取值范围.【详解】()1f a ≤⇔0,211,a a ≤⎧⎨+-≤⎩或20,log 1,a a >⎧⎨≤⎩， 解得：40a -≤≤或02a <≤，即[4,2]a ∈-，故选D.【点睛】本题考查与分段函数有关的不等式，会对a 进行分类讨论，使()f a 取不同的解析式，从而将不等式转化为解绝对值不等式和对数不等式.。
导数专题训练(含答案)
导数专题训练及答案专题一导数的几何意义及其应用导数的几何意义是高考重点考查的内容之一，常与解析几何知识交汇命题，主要题型是利用导数的几何意义求曲线上某点处切线的斜率或曲线上某点的坐标或过某点的切线方程，求解这类问题的关键就是抓住切点P(x0，f(x0))，P点的坐标适合曲线方程，P点的坐标也适合切线方程，P点处的切线斜率k＝f′(x0)．解题方法:(1) 解决此类问题一定要分清“在某点处的切线”，还是“过某点的切线”的问法．(2)解决“过某点的切线”问题，一般是设切点坐标为P(x0，y0)，然后求其切线斜率k＝f′(x0)，写出其切线方程．而“在某点处的切线”就是指“某点”为切点．(3)曲线与直线相切并不一定只有一个公共点，当曲线是二次曲线时，我们知道直线与曲线相切，有且只有一个公共点，这种观点对一般曲线不一定正确．[例1]已知曲线y＝13x3＋43.(1)求曲线在点P(2，4)处的切线方程；(2)求曲线过点P(2，4)的切线方程；(3)求斜率为4的曲线的切线方程．[变式训练]已知函数f(x)＝x3＋x－16.(1)求曲线y＝f(x)在点(2，－6)处的切线的方程；(2)直线l为曲线y＝f(x)的切线，且经过原点，求直线l的方程及切点坐标．专题二导数在研究函数单调性中的应用利用导数的符号判断函数的单调性，进而求出函数的单调区间，是导数几何意义在研究曲线变化规律时的一个重要应用，体现了数形结合思想．这类问题要注意的是f(x)为增函数⇔f′(x)≥0且f′(x)＝0的根有有限个，f(x)为减函数⇔f′≤0且f′(x)＝0的根有有限个．解题步骤：(1)确定函数的定义域；(2)求导数f′(x)；(3)①若求单调区间(或证明单调性)，只需在函数f(x)的定义域内解(或证明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0.②若已知函数f(x)的单调性，则将原问题转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题，再进行求解．[例2]设函数f(x)＝x e a－x＋bx，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝(e－1)x＋4.(1)求a，b的值；(2)求f(x)的单调区间．[变式训练]设函数f(x)＝xekx(k≠0)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若函数f(x)在区间(－1，1)内单调递增，求k的取值范围．专题三 导数在求函数极值与最值中的应用利用导数可求出函数的极值或最值，反之，已知函数的极值或最值也能求出参数的值或取值范围．该部分内容也可能与恒成立问题、函数零点问题等结合在一起进行综合考查，是高考的重点内容．解题方法：(1)运用导数求可导函数y ＝f(x)的极值的步骤：①先求函数的定义域，再求函数y ＝f(x)的导数f ′(x)；②求方程f ′(x)＝0的根；③检查f ′(x)在方程根的左右的值的符号，如果左正右负，那么f(x)在这个根处取得极大值，如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得极小值．(2)求闭区间上可导函数的最值时，对函数极值是极大值还是极小值，可不再作判断，只需要直接与端点的函数值比较即可获得．(3)当连续函数的极值点只有一个时，相应的极值点必为函数的最值．[例3] 已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2＋bx 在区间(－2，1)内，当x ＝－1时取极小值，当x ＝23时取极大值．(1)求函数y ＝f (x )在x ＝－2时的对应点的切线方程；(2)求函数y ＝f (x )在[－2，1]上的最大值与最小值．[变式训练] 设函数f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x .(1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程与x 轴平行，求a ；(2)若f (x )在x ＝2处取得极小值，求a 的取值范围．专题四 导数在证明不等式中的应用在用导数方法证明不等式时，常构造函数，利用单调性和最值方法证明不等式．解题方法：一般地，如果证明f(x)＞g(x)，x ∈(a ，b)，可转化为证明F(x)＝f(x)－g(x)＞0，若F ′(x)＞0，则函数F(x)在(a ，b)上是增函数，若F(a)≥0，则由增函数的定义知，F(x)＞F(a)≥0，从而f(x)＞g(x)成立，同理可证f(x)＜g(x)，f(x)＞g(x)．[例4] 已知函数f (x )＝ln x －（x －1）22. (1)求函数f (x )的单调递增区间；(2)证明：当x ＞1时，f (x )＜x －1.[变式训练] 已知函数f (x )＝a e x －ln x －1.(1)设x ＝2是f (x )的极值点，求a ，并求f (x )的单调区间；(2)证明：当a ≥1e 时，f (x )≥0.专题五 定积分及其应用定积分的基本应用主要有两个方面：一个是求坐标平面上曲边梯形的面积，另一个是求变速运动的路程(位移)或变力所做的功．高考中要求较低，一般只考一个小题．解题方法：(1)用微积分基本定理求定积分，关键是找出被积函数的原函数，这就需要利用求导运算与求原函数是互逆运算的关系来求原函数．(2) 利用定积分求平面图形的面积的步骤如下：①画出图形，确定图形范围；②解方程组求出图形交点坐标，确定积分上、下限；③确定被积函数，注意分清函数图形的上、下位置；④计算定积分，求出平面图形面积．(3)利用定积分求加速度或路程(位移)，要先根据物理知识得出被积函数，再确定时间段，最后用求定积分方法求出结果．[例5] 已知抛物线y ＝x 2－2x 及直线x ＝0，x ＝a ，y ＝0围成的平面图形的面积为43，求a 的值．[变式训练] (1)若函数f (x )在R 上可导，f (x )＝x 3＋x 2f ′(1)，则∫20f (x )d x ＝ ____；(2)在平面直角坐标系xOy 中，直线y ＝a (a ＞0)与抛物线y ＝x 2所围成的封闭图形的面积为823，则a ＝____．专题六 化归与转化思想在导数中的应用化归与转化就是在处理问题时，把待解决的问题或难解决的问题，通过某种转化过程，归结为一类已解决或易解决的问题，最终求得问题的解答．解题方法：与函数相关的问题中，化归与转化思想随处可见，如，函数在某区间上单调可转化为函数的导数在该区间上符号不变，不等式的证明可转化为最值问题等．[例6] 设f (x )＝e x1＋ax 2，其中a 为正实数． (1)当a ＝43时，求f (x )的极值点；(2)若f (x )为R 上的单调函数，求a 的取值范围．[变式训练] 如果函数f(x)＝2x2－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________．答案例1 解：(1)因为P (2，4)在曲线y ＝13x 3＋43上，且y ′＝x 2，所以在点P (2，4)处的切线的斜率k ＝y ′|x ＝2＝4.所以曲线在点P (2，4)处的切线方程为y －4＝4(x －2)，即4x －y －4＝0.(2)设曲线y －13x 3＋43与过点P (2，4)的切线相切于点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，13x 30＋43，则切线的斜率k ＝y ′|x ＝x 0＝x 20，所以切线方程为y －⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 30＋43＝x 20(x －x 0)， 即y ＝x 20·x －23x 30＋43.因为点P (2，4)在切线上，所以4＝2x 20－23x 30＋43，即x 30－3x 20＋4＝0，所以x 30＋x 20－4x 20＋4＝0，所以(x 0＋1)(x 0－2)2＝0，解得x 0＝－1或x 0＝2，故所求的切线方程为4x －y －4＝0或x －y ＋2＝0.(3)设切点为(x 1，y 1)，则切线的斜率k ＝x 21＝4，得x 0＝±2.所以切点为(2，4)，⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－43， 所以切线方程为y －4＝4(x －2)和y ＋43＝4(x ＋2)，即4x －y －4＝0和12x －3y ＋20＝0.变式训练 解：(1)因为f (2)＝23＋2－16＝－6，所以点(2，－6)在曲线上．因为f ′(x )＝(x 3＋x －16)′＝3x 2＋1，所以在点(2，－6)处的切线的斜率为k ＝f ′(2)＝3×22＋1＝13，所以切线的方程为y ＝13(x －2)＋(－6)，即y ＝13x －32.(2)设切点坐标为(x 0，y 0)，则直线l 的斜率为f ′(x 0)＝3x 20＋1，所以直线l 的方程为y ＝(3x 20＋1)(x －x 0)＋x 30＋x 0－16.又因为直线l 过点(0，0)，所以0＝(3x 20＋1)(－x 0)＋x 30＋x 0－16，整理得x 30＝－8，所以x 0＝－2，y 0＝(－2)3＋(－2)－16＝－26，所以k ＝3×(－2)2＋1＝13，所以直线l 的方程为y ＝13x ，切点坐标为(－2，－26)．例2 解：(1)因为f (x )＝x e a －x ＋bx ，所以f ′(x )＝(1－x )e a －x ＋b .依题设，知⎩⎪⎨⎪⎧f （2）＝2e ＋2，f ′（2）＝e －1，即⎩⎪⎨⎪⎧2e a －2＋2b ＝2e ＋2，－e a －2＋b ＝e －1.解得a ＝2，b ＝e.(2)由(1)知f (x )＝x e 2－x ＋e x .由f ′(x )＝e 2－x (1－x ＋e x －1)及e 2－x >0知，f ′(x )与1－x ＋e x －1同号． 令g (x )＝1－x ＋e x －1，则g ′(x )＝－1＋e x －1.所以，当x ∈(－∞，1)时，g ′(x )<0，g (x )在区间(－∞，1)上单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )在区间(1，＋∞)上单调递增． 故g (1)＝1是g (x )在区间(－∞，＋∞)上的最小值，从而g (x )>0，x ∈(－∞，＋∞)．综上可知，f ′(x )>0，x ∈(－∞，＋∞)． 故f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)．变式训练 解：(1)f ′(x )＝(1＋kx )e kx (k ≠0)， 令f ′(x )＝0得x ＝－1k (k ≠0)．若k >0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1k 时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1k ，＋∞时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增； 若k <0，则当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－1k 时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1k ，＋∞时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减． (2)由(1)知，若k >0时，则当且仅当－1k ≤－1，即k ≤1，函数f (x )在(－1，1)上单调递增．若k <0时，则当且仅当－1k ≥1，即k ≥－1时，函数f (x )在(－1，1)上单调递增．综上可知，函数f (x )在(－1，1)上单调递增时，k 的取值范围是[－1，0)∪(0，1]．例3 解：(1)f ′(x )＝－3x 2＋2ax ＋b .又x ＝－1，x ＝23分别对应函数取得极小值、极大值的情况，所以－1，23为方程－3x 2＋2ax ＋b ＝0的两个根．所以a ＝－12，b ＝2，则f (x )＝－x 3－12x 2＋2x . x ＝－2时，f (x )＝2，即(－2，2)在曲线上． 又切线斜率为k ＝f ′(x )＝－3x 2－x ＋2， f ′(－2)＝－8，所求切线方程为y －2＝－8(x ＋2)， 即为8x ＋y ＋14＝0.(2)x 在变化时，f ′(x )及f (x )的变化情况如下表： ↘↗↘则f (x )在[－2，1]上的最大值为2，最小值为－32.变式训练 解：(1)因为f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x ， 所以f ′(x )＝[2ax －(4a ＋1)]e x ＋[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x ＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x .所以f ′(1)＝(1－a )e.由题设知f ′(1)＝0，即(1－a )e ＝0，解得a ＝1. 此时f (1)＝3e ≠0. 所以a 的值为1.(2)由(1)得f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x ＝(ax －1)(x －2)e x .若a >12，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，2时，f ′(x )<0；当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0. 所以f (x )在x ＝2处取得极小值．若a ≤12，则当x ∈(0，2)时，x －2<0，ax －1≤12x －1<0，所以f ′(x )>0.所以2不是f (x )的极小值点．综上可知，a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞.例4 (1)解：f ′(x )＝1x －x ＋1＝－x 2＋x ＋1x，x ∈(0，＋∞)． 由f ′(x )＞0得⎩⎪⎨⎪⎧x ＞0，－x 2＋x ＋1＞0，解得0＜x ＜1＋52. 故f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1＋52. (2)证明：令F (x )＝f (x )－(x －1)，x ∈(0，＋∞)． 则有F ′(x )＝1－x 2x .当x ∈(1，＋∞)时，F ′(x )＜0， 所以F (x )在[1，＋∞)上单调递减，故当x ＞1时，F (x )＜F (1)＝0，即当x ＞1时，f (x )＜x －1.变式训练 (1)解：f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a e x －1x .由题设知，f ′(2)＝0，所以a ＝12e 2. 从而f (x )＝12e 2e x －ln x －1，f ′(x )＝12e 2e x －1x . 当0<x <2时，f ′(x )<0；当x >2时，f ′(x )>0.所以f (x )在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增． (2)证明：当a ≥1e 时，f (x )≥e xe －ln x －1. 设g (x )＝e x e －ln x －1，则g ′(x )＝e x e －1x . 当0<x <1时，g ′(x )<0；当x >1时，g ′(x )>0. 所以x ＝1是g (x )的最小值点． 故当x >0时，g (x )≥g (1)＝0. 因此，当a ≥1e 时，f (x )≥0.例5 解：作出y ＝x 2－2x 的图象如图所示．(1)当a ＜0时，S ＝∫0a (x 2－2x )d x ＝⎝⎛⎭⎪⎫13x 3－x 2|0a ＝－a 33＋a 2＝43，所以(a ＋1)(a －2)2＝0， 因为a ＜0，所以a ＝－1. (2)当a ＞0时， ①若0＜a ≤2，则S ＝－∫a 0(x 2－2x )d x ＝ －⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 3－x 2|a 0＝a 2－a 33＝43， 所以a 3－3a 2＋4＝0， 即(a ＋1)(a －2)2＝0. 因为a ＞0，所以a ＝2. ②当a ＞2时，不合题意． 综上a ＝－1或a ＝2.变式训练 解析：(1)因为f (x )＝x 3＋x 2f ′ 所以f ′(x )＝3x 2＋2xf ′(x )， 所以f ′(1)＝3＋2f ′(1)， 所以f ′(1)＝－3，所以∫20f (x )d x ＝⎝⎛⎭⎪⎫14x 4＋13x 3f ′（1）|20＝－4.(2)由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x 2，y ＝a 可得A (－a ，a )，B (a ，a )，S ＝ (a －x 2)d x＝⎝ ⎛⎭⎪⎫ax －13x 3|＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫a a －13a a ＝4a 323＝823， 解得a ＝2. 答案：(1)－4 (2)2例6 解：(1)对f (x )求导得f ′(x )＝e x·1＋ax 2－2ax （1＋ax 2）2.①当a ＝43时，若f ′(x )＝0，则4x 2－8x ＋3＝0， 解得x 1＝32，x 2＝12. 综合①，可知： ↗↘↗所以，x 1＝32是极小值点，x 2＝12是极大值点． (2)若f (x )为R 上的单调函数，则f ′(x )在R 上不变号，结合①与条件a ＞0， 知ax 2－2ax ＋1≥0在R 上恒成立， 因此Δ＝4a 2－4a ＝4a (a －1)≤0， 由此并结合a ＞0，知0＜a ≤1.变式训练 解析：显然函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， y ′＝4x －1x ＝4x 2－1x .由y ′＞0，得函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞； 由y ′＜0，得函数f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎪⎫0，12，由于函数在区间(k －1，k ＋1)上不是单调函数，所以⎩⎨⎧k －1＜12＜k ＋1，k －1≥0，解得1≤k ＜32. 答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，32。
中学数学 利用导数研究函数的极值和最值(含答案)
专题4 利用导数研究函数的极值和最值专题知识梳理1.函数的极值（1）函数极值定义:一般地，设函数在点附近有定义，如果对附近的所有的点，都有，就说是函数的一个极大值，记作y极大值=,是极大值点。
如果对附近的所有的点，都有.就说是函数的一个极小值，记作y 极小值=，是极小值点。
极大值与极小值统称为极值.(2)判别f (x 0)是极大、极小值的方法:若满足，且在的两侧的导数异号，则是的极值点，是极值，并且如果在两侧满足“左正右负”，则是的极大值点，是极大值；如果在两侧满足“左负右正”，则是的极小值点，是极小值. (3)求可导函数f (x )的极值的步骤: ①确定函数的定义区间，求导数 ; ①求出方程的定义域内的所有实数根；①用函数的导数为的点，顺次将函数的定义域分成若干小开区间，并列成表格.标出在方程根左右的值的符号，如果左正右负，那么f (x )在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f (x )在这个根处取得极小值；如果左右不改变符号，那么f (x )在这个根处无极值。
①根据表格下结论并求出需要的极值。
2. 函数的最值（1）定义：若在函数的定义域内存在,使得对于任意的,都有,则称为函数的最大值，记作;若在函数的定义域内存在,使得对于任意的,都有,则称为函数的最小值，记作;（2）在闭区间上图像连续不断的函数在上必有最大值与最小值． （3）求函数在上的最大值与最小值的步骤： ①求在内的极值；①将的各极值与比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值, 从而得出函数在上的最值。
考点探究)(x f x 0x 0f (x )<f (x 0)f (x 0))(x f f (x 0)x 0x 0f (x )>f (x 0)f (x 0))(x f f (x 0)x 00x 0)(0='x f 0x )(x f 0x )(x f )(0x f )(x f '0x 0x )(x f )(0x f )(x f '0x 0x )(x f )(0x f )(x f '¢f (x )=00)(x f ')(x f I x 0x ÎI f (x )£f (x 0))(0x f y max =f (x 0))(x f I x 0x ÎI f (x )³f (x 0))(0x f y min =f (x 0)[]b a ,)(x f []b a ,)(x f []b a ,)(x f (,)a b )(x f f (a ),f (b ))(x f []b a ,考向1 利用导数研究函数的极值 【例】已知函数x xx f ln 1)(+=，求函数()f x 的极值. 【解析】因为1()ln f x x x =+，所以2111'()x f x x x x-=-+=,令，得x =1，列表:所以是f x 的极小值1，无极大值。
2024版高考数学全程学习复习导学案第四章导数及其应用第三节导数与函数的极值最值课件
2.若函数f(x)在[a,b]上是单调函数,则f(x)一定在区间端点处取得最值.
3.若函数f(x)在区间(a,b)内只有一个极值点,则相应的极值点一定是函数的最值
点.
【基础小题·固根基】
教材改编
结论应用
1
4
2
A.0
B.
C. 4
D. 2
e
e
e
1−
【解析】f'(x)= .当 x∈[0,1)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当
e
4
x∈(1,4]时,f'(x)<0,f(x)单调递
减.因为 f(0)=0,f(4)= 4 >0,所以当 x=0 时,f(x)有最小值,且最小值为 0.
e
1 3
4.(教材提升)若函数f(x)= x -4x+m在[0,3]上的最大值为4,则m=
2.函数的最值与导数
(1)函数f(x)在[a,b]上有最值的条件
连续不断
一般地,如果在区间[a,b]上函数y=f(x)的图象是一条__________的曲线,那么它必有最大
值和最小值.
(2)求函数y=f(x)在区间[a,b]上的最大值与最小值的步骤
极值
①求函数y=f(x)在区间(a,b)内的______;
定义域
(2)求方程_______在f(x)定义域内的根.
f'(x)=0
(3)检查导数f'(x)在方程根的左右的值的符号,如果左正右负,那么f(x)在这个
-1
所以函数 f(x)在 x=-1 处取得极大值为 f(-1)=5e .
轮专题：极限与导数
极限与导数● 高考风向标数学归纳法、数学归纳法应用举例，数列的极限．函数的极限，极限的四则运算，函数的连续性，闭区间上连续函数有最大值和最小值的性质．导数的概念，导数的几何意义，几种常见函数的导数．两个函数的和、差、积、商的导数，复合函数的导数，基本导数公式．利用导数研究函数的单调性和极值，函数的最大值和最小值．● 典型题选讲例１求函数241)1ln()(x x x f -+=在[0，2]上的最大值和最小值. 讲解 我们知道，在闭区间上连续函数有最大值和最小值，于是，应用导数得,2111)(x x x f -+=' 令 ,02111=-+x x 化简为 ,022=-+x x 解得122(),1x x =-=舍去．当)(,0)(,10x f x f x >'<≤时单调增加；当)(,0)(,21x f x f x <'≤<时单调减少．所以412ln )1(-=f 为函数)(x f 的极大值． 又因为),2()1(,013ln )2(,0)0(f f f f >>-== 所以 0)0(=f 为函数)(x f 在[0，2]上的最小值，412ln )1(-=f 为函数)(x f 在[0，2]上的最大值． 点评 本小题主要考查函数的导数计算，利用导数讨论函数的性质，判断函数的最大值、最小值以及综合运算能力．例２设函数()(1)(),(1)f x x x x a a =-->（1）求导数/()f x ; 并证明()f x 有两个不同的极值点12,x x ; （2）若不等式12()()0f x f x +≤成立，求a 的取值范围．讲解 （I ）.)1(23)(2a x a x x f ++-=')(,;0)(,;0)(,:)())((3)(,,,04)1(4.0)1(23,0)(221121212122>'><'<<<'<'--='<>≥+-=∆=++-='x f x x x f x x x x f x x x f x x x x x f x x x x a a a a x a x x f 时当时当时当的符号如下可判断由不妨设故方程有两个不同实根因得方程令因此1x 是极大值点，2x 是极小值点.（II ）因故得不等式,0)()(21≤+x f x f.0)(]2))[(1(]3))[((.0)())(1(212122121221212122213231≤++-++--++≤++++-+x x a x x x x a x x x x x x x x a x x a x x 即又由（I ）知⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+=+.3),1(322121a x x a x x 代入前面不等式，两边除以（1+a ），并化简得.0)()(,2,)(212.0252212成立不等式时当因此舍去或解不等式得≤+≥≤≥≥+-x f x f a a a a a 点评 本题是２００４年重庆高考第２０题．我们可以看到由于导数的引入，使得三次函数成为高考命题的热点内容之一．例３ 设函数f x x ln x m =-+（）（）， 其中常数m 为整数． (1) 当m 为何值时, 0fx ≥（）； (2) 定理： 若函数g(x) 在[a, b ]上连续,且g(a) 与g(b)异号,则至少存在一点x 0∈(a,b),使g(x 0)=0.试用上述定理证明:当整数m>1时,方程f(x)= 0,在[e -ｍ-m ,e 2ｍ-m ]内有两个实根． 讲解 （１）函数f(x)=x-ln(x+m),x ∈(-m,+∞)连续，且m x x f mx x f -==+-=1,0)(,11)(''得令． 当x ∈(-m,1-m)时, ()'0fx <，f(x)为减函数,f(x)>f(1-m)；当x ∈(1-m, +∞)时, ()'0fx >，f(x)为增函数,f(x)>f(1-m)．根据函数极值判别方法，f(1-m)=1-m 为极小值，而且 对x ∈(-m, +∞)都有f(x)≥f(1-m)=1-m ， 故当整数m ≤1时，f(x) ≥1-m ≥0．(２)由（I ）知，当整数m>1时，f(1-m)=1-m<0, 函数f(x)=x-ln(x+m),在]1,[m m em--- 上为连续减函数．,)1()(,10)ln()(异号与时当整数m f m ef m e m m e m e m e f mm m m m -->>=+---=------，由所给定理知，存在唯一的0)(),1,(11=--∈-x f m m ex m使，而当整数m>1时，2222(21)()3(11)31230,2(1211,)m m m m m f e m e m m m m m m --=->+->++->>⇒->上述不等式也可用数学归纳法证明 类似地，当整数m>1时，函数f(x)=x-ln(x+m),在],1[m e m m--- 上为连续增函数且f(1-m)与)(2m e f m -异号，由所给定理知，存在唯一的0)(],,,1[22=--∈-x f m e m x m 使，故当m>1时，方程f(x)=0在],[2m e m em m---内有两个实根．点评 本题是２００４年广东高考第２１题，试题当中的定理是高等数学中的基本知识，这种给出新的情景，由此来考查学习的潜能，需要读者在复习数学多多重视．例４ （1）),0(∞+∈x 求证x x x x 11ln 11<+<+； （2）N n ∈ 2≥n 求证 11211ln 13121-+++<<+++n n n ．讲解 想办法构造函数，妙用导数知识来证明不等式．（1）令t x =+11， 由 0>x 知1>t ， 11-=t x ． 于是，原不等式等价于11ln 1t t t-<<-．一方面，令 t t t f ln 1)(--=， 则有tt f 11)(-='，当),1(∞+∈t ，有0)(>'t f 从而可以知道，函数()f t 在),1(∞+∈t 上是递增函数，所以有0)1()(=>f t f ，即得 t t ln 1>- ．另一面，令 t t t g 11ln )(+-= ，则有 22111)(tt t t t g -=-='，当),1(∞+∈t 时，有0)(>'t g ，从而可以知道，函数()g t 在),1(∞+∈t 上是递增函数，所以有0)1()(=>g t g ，即得tt 11ln ->．综上可知xx x x 11ln 11<+<+． （2）联系不等式（１）和（２），就会发现，令1,2,,1x n =- 时，不等式xx x x 11ln 11<+<+也成立，于是代入，将所得各不等式相加，得112111lg 23ln 12ln 13121-+++<-+++<+++n n n n ， 即 11211ln 13121-+++<<+++n n n ． 点评 本题的解答中构造的函数与２００４年高考全国２压卷题中显示的函数f(x )=ln(1+x )－x 没有什么区别．有着高等数学背景的、如同２００４年江苏卷的压轴题相近的不等式证明题似乎是高考命题的又一新的开挖点，昆明市第一次统测21题就是典型例子．例５×过点)0,1(P 作曲线kx y C =:（),0(+∞∈x ，+∈N k ，1>k ）的切线切点为1Q ，设1Q 点在x 轴上的投影是点1P ；又过点1P 作曲线C 的切线切点为2Q ，设2Q 点在x 轴上的投影是点2P ；……；依此下去，得到一系列点 ,,,,21n Q Q Q ，设点n Q 的横坐标是n a ．（1）求证：nn k k a )1(-=，+∈N n ； （2）求证：11-+≥k na n ；（3）求证：k k a i ni i -<∑=21（注：121ni n i a a a a ==+++∑）．讲解：（１）为了求切线的斜率，只要对ky x =求导数，得/1k y kx-=．若切点是(,)k n n n Q a a ，则切线方程是1()k k n n n y a ka x a --=-． 当1n =时，切线过点(1,0)P ，即11110(1)k k a ka a --=-，得11ka k =-； 当1n >时，切线过点11(,0)n n P a --，即110()k k n n n n a ka a a ---=-，得11n n a k a k -=-． 所以数列{}n a 是首项为1k k -，公比为1k k -的等比数列，nn k k a )1(-=，+∈N n ． （２）应用二项式定理，得1()(1)11n nn k a k k ==+--0122011111()()111111nn n nn n n n n C C C C C C k k k k k =++++≥+=+-----至少2项． （３）记121121n n n n n S a a a a --=++++，则2311121n n n k n nS k a a a a +--⋅=++++，两式错位相减，得121121111111(1)n n n nk n S k a a a a a a a +--=+++-<+++， 11[1()]1111nn k k k k S k k k k---<<---，故 2n S k k <-．点评：本题综合解析几何、导数、数列、二项式定理、不等式等知识点，在解答时，需要较强的思维能力和排除万难的吃苦精神．将函数与数列相综合也是高考命题的一个关注的方向，而数列的不等式证明又是常考不衰的话题．针对性演练 1.)12112131211(lim +-+-+-+++-+∞→n nn n n n n n 的值为（ ）． A ．1- B.0 C ．12 D.12.⎪⎭⎫ ⎝⎛----→2111411lim x x x x 的值等于（ ）． Ａ．31-Ｂ．41 Ｃ．41- Ｄ．313. 已知nn nn n e e n ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞→∞→311lim ,(11lim 则为常数）等于（ ）． Ａ．１ Ｂ．E Ｃ．31e Ｄ．3e 4.f /(3)= —2, f(3)=2，则=--→3)(32lim 3x x f x x （ ）. A.－4 B. 0 C.8D.不存在5. 下列函数在x ＝０处连续的是（ ）．Ａ．⎩⎨⎧>-≤-=)0(1)0(1)(x x x x f Ｂ．x x f ln )(=Ｃ．x x x f =)( Ｄ．⎪⎩⎪⎨⎧<=>-=)0(1)0(0)0(1)(x x x x f 6. 如图，正方形上连接等腰直角三角形，直角三角形边上再连接正方形，……，无限重复.设正方形原面积为,,,321S S S ……，三角形的面积为321,,T T T ，……，当1S 的边长为2时，这些正方形和三角形的面积总和为（ ）A ．10B ．11C ．12D ．137. 函数()y f x =是定义在R 上的可导函数，则()y f x =为R 上的严格单调增函数是()0f x '>的（ ）． Ａ．充分不必要条件 Ｂ．必要不充分条件 Ｃ．充要条件 Ｄ．既不充分又不必要条件 8. 已知函数x x f 2sin )(2=，则)(x f '等于（ ）．Ａ．x 4sin 2 B ．x 4cos 2 C ．x 2sin 4 D ．x 2cos 4 9. 已知函数1)6()(23++++=x m mx x x f 既存在极大值又存在最小值，则实数m 的取值范围是（ ）． Ａ()2,1-Ｂ．),6()3,(∞+--∞Ｃ．()6,3- D. ),2()1,(∞+--∞10. 点P 是曲线2ln y x x =-上任意一点，则点P 到直线2y x =-的最小距离为（ ）．A.1B. 2C.22D.3 11. 设函数f(x)在定义域内可导，y=f(x)的图象如图所示，则导函数y=f(x)可能为（ ）.12. 若点Ｐ在曲线23+-=x x y 上移动，经过点Ｐ的切线的倾斜角为α，则α的取值范围是（ ）．Ａ．⎥⎦⎤⎢⎣⎡2,0π Ｂ．⎪⎭⎫⎢⎣⎡⎪⎭⎫⎢⎣⎡πππ,432, o Ｃ．⎥⎦⎤⎢⎣⎡ππ,43 Ｃ．⎥⎦⎤⎝⎛⎪⎭⎫⎢⎣⎡43,22,0πππ 13. 如图P 1是一块半径为1的半圆形纸板，在P 1的左下端剪去一个半径为12的半圆后得到图形P 2，然后依次剪去一个更小半圆（其直径为前一个被剪掉半圆的半径）得圆形P 3，xyO xy O A xy O BxyO Cx y O Df(x)P4，…..，P n ，…,记纸板P n 的面积为n S ，则n n S ∞→lim = _.14.n ,10<<b 若n n S ∞→lim 存在，则=∞→n n S lim __________.15. 曲线106323-++=x x x y 的切线中，斜率最小的切线方程是 ３x －y －11＝０.１６．某汽车启动阶段的路程函数为32()25S t t t =-，则2t =秒时，汽车的瞬时速度是 . 4.17．已知0>c .设P ：0lim =∞→nn c ，Q ：当]2,21[∈x 时，函数cx x x f 11)(>+=恒成立. 如果P 和Q 有且仅有一个正确，求c 的取值范围. 18. 已知函数23)(2+-+=x x x x f ，1,(-∞∈x ]（1）判断)(x f 的单调性；（2）求)(lim x f x ∞→；（3）求出该函数的值域. 19．已知函数).,()(23R b a b ax x x f ∈++-=（1）若1=a ，函数)(x f 的图象能否总在直线b y =的下方？说明理由；（2）若函数)(x f 在[0，2]上是增函数，2=x 是方程)(x f =0的一个根，求证：2)1(-≤f ； （3）若函数)(x f 图象上任意不同的两点连线斜率小于1，求实数a 的取值范围. 20．甲方是一农场，乙方是一工厂. 由于乙方生产须占用甲方的资源，因此甲方有权向乙方索赔以弥补经济损失并获得一定净收入，在乙方不赔付甲方的情况下，乙方的年利润x （元）与年产量t （吨）满足函数关系t x 2000=.若乙方每生产一吨产品必须赔付甲方s 元（以下称s 为赔付价格），（1）将乙方的年利润w （元）表示为年产量t （吨）的函数，并求出乙方获得最大利润的年产量；（2）甲方每年受乙方生产影响的经济损失金额2002.0t y =（元），在乙方按照获得最大利润的产量进行生产的前提下，甲方要在索赔中获得最大净收入，应向乙方要求的赔付价格s 是多少？ 21．已知f (x )=222+-x ax (x ∈R )在区间[-1，1]上是增函数． （１）求实数a 的值组成的集合A ； （２）设关于x 的方程f (x )=x1的两个非零实根为x 1、x 2.试问：是否存在实数m ，使得不等式m 2+tm +1≥|x 1-x 2|对任意a ∈A 及t ∈[－1，1]恒成立？若存在，求m 的取值范围；若不存在，请说明理由．２２．如图，A 、B 为函数图像上两点，且AB ∥x 轴，点M （1，m ）（m>3）是△ABC 边AC 的中点．（1）设点B 的横坐标为t ，△ABC 的面积为S ，求S 关于t 的函数关系式)(t f S =； （2）求函数)(t f S =的最大值，并求出相应的点C 的坐标．参考答案１．A. ２．D.３．C.４．C.５．A. ６．A. ７．B.８．D. ９．B. １０．B. １１．D. １２．B. 13．3π．14．1． 15．３x －y －11＝０．16． 4． 17. 100lim <<⇒=∞→c c nn ．当]2,21[∈x 时，因为211)(xx f -='，故函数)(x f 在)1,21[为减函数，在]2,1(上为增函数，∴x x x f 1)(+=在]2,21[∈x 的最小值为2)1(=f ．当]2,21[∈x 时，函数c x x x f 11)(>+=恒成立.2112>⇒>⇔c c ．如果P 正确，且Q 不正确，则210≤<c ．如果P 不正确，且Q 正确，则1≥c ．所以c 的取值范围为),1[]21,0(+∞ ．18. (1).)(x f 在(]1,∞-是减函数.(2)23.(3)由(1) (2)知值域为⎪⎭⎫⎢⎣⎡23,1.19. （1）不能． （2）略． （3）.33<<-a20．（1）因为赔付价格为s 元/吨,所以乙方的实际年利润为：w st =.由'w s==，令'0w =得201000()t t s ==. 当0t t <时，'0w >；当0t t >时'0w <，所以0t t =时， w 取得最大值.（可略） 因此乙方取得最大年利润的年产量201000()t s=（吨）. （2）设甲方净收入为v 元，则20.002v st t =-. 将21000()t s=代入上式，得到甲方净收入v 与赔付价格s 之间的函数关系式 234100021000v s s ⨯=-.又23232551000810001000(8000)'s v s s s ⨯⨯-=-+=，令'0v =，得20s =.当20s <时，'0v >；当20s >时，'0v < ，所以20s =时，v 取得最大值. 因此甲方向乙方要求赔付价格s 20=（元/吨）时，获最大净收入。
极限和导数知识点总结
极限和导数知识点总结一、极限的概念1.1 极限的定义在微积分学中，当自变量趋于一个特定的值时，函数的取值趋于一个特定的常数。
这个常数就是函数在这个点的极限。
极限的定义可以用“只要x充分接近a，函数f(x)的值就充分接近L”来描述。
其数学符号表示为lim(x→a)f(x)=L。
1.2 极限的性质极限具有很多重要的性质，包括有界性、局部性、保号性、保序性、四则运算法则等。
这些性质对于求解极限和理解函数的性质都非常重要。
1.3 极限的计算求解极限的方法有很多种，包括直接代入法、夹逼法、洛必达法则、泰勒展开式等。
这些方法在不同的情况下都有其特定的应用。
1.4 极限的应用极限在微积分学中有着广泛的应用，包括计算函数的导数和积分、求解极限值、研究函数的性态和曲线的性质等。
二、导数的概念2.1 导数的定义在微积分学中，导数表示函数在某一点的变化率，或者函数的某一点的切线的斜率。
其定义为在x点的导数为lim(Δx→0)(f(x+Δx)-f(x))/Δx。
导数是函数的局部性质，它描述了函数在某一点的瞬时变化率。
2.2 导数的性质导数具有很多重要的性质，包括可加性、可乘性、反函数的导数、复合函数的导数、高阶导数等。
这些性质对于理解函数的变化规律和研究函数的性质都非常重要。
2.3 导数的计算求解导数的方法有很多种，包括基本函数的导数公式、复合函数的求导法则、隐函数的求导法则、参数方程的求导法则等。
这些方法在不同的情况下都有其特定的应用。
2.4 导数的应用导数在微积分学中有着广泛的应用，包括求解函数的极值和拐点、研究函数的图像和曲线的性质、描述物理和工程问题中的变化规律等。
三、极限和导数的关系3.1 极限和导数的联系极限和导数是微积分学中两个非常重要的概念，它们之间有着密切的联系。
事实上，导数的定义就是一个特定类型的极限，即函数在某一点的变化率的极限。
因此，理解极限和导数之间的联系对于深入理解微积分学是非常重要的。
3.2 极限和导数的计算在求解函数的导数时，往往需要使用极限的计算方法。
考研数学三极限与导数专题重点解析
考研数学三极限与导数专题重点解析极限与导数专题重点解析1，极限：（1）极限计算的常用方法：四则运算、洛必达法则、等价无穷小代换、两个重要极限、利用泰勒公式求极限、利用定积分求极限、单调有界收敛定理、利用连续性求极限等方法。
（2）四则运算、洛必达法则、等价无穷小代换、两个重要极限是常用方法，在基础阶段的学习中是重点，进入强化复习阶段这些内容还应继续练习达到熟练的程度。
（3）遇到一些较为复杂的极限计算，此时运用泰勒公式代替洛必达法则来求极限会简化计算，熟记一些常见的麦克劳林公式往往可以达到事半功倍之效。
（4）利用定积分定义常常用来计算某些和式的极限。
（5）如果最大的分母和最小的分母相除的极限等于1，则使用夹逼定理进行计算，如果最大的分母和最小的分母相除的极限不等于1，则凑成定积分的定义的形式进行计算。
（6）单调有界收敛定理可用来证明数列极限存在，并求递归数列的极限。
2，导数：（1）常考题型：a,利用定义计算导数或讨论函数可导性;b,导数与微分的计算(包括高阶导数);c,切线与法线;d,对单调性与凹凸性的考查;e,求函数极值与拐点;f,对函数及其导数相关性质的考查。
（2）对于导数与微分，对于它们的定义要给予足够的重视，按定义求导在分段函数求导中是特别重要的。
（3）要熟练掌握可导、可微与连续性的关系。
（4）求导计算中常用的方法是四则运算法则和复合函数求导法则。
（5）一元函数微分法则中最重要的是复合函数求导法及相应的一阶微分形式不变性。
（6）利用求导的四则运算法则与复合函数求导法可求初等函数的任意阶导数。
（7）幂指函数求导法、隐函数求导法、参数式求导法、反函数求导法及变限积分求导法等都是复合函数求导法的应用。
3，导数计算中需要掌握的常见类型：（1）基本函数类型的求导。
（2）复合函数求导。
（3）隐函数求导，对于隐函数求导，不要刻意记忆公式，记住计算方法即可，计算的时候要注意结合各种求导法则。
（4）由参数方程所确定的函数求导，不必记忆公式，要掌握其计算方法，依据复合函数求导法则计算即可。
2024数学高考前冲刺题《导数》含答案
黄金冲刺大题05 导数（精选30题）1．（2024·安徽·二模）已知函数2()103(1)ln f x x x f x '=-+.(1)求函数()f x 在点(1,(1))f 处的切线方程；(2)求()f x 的单调区间和极值.2．（2024·江苏南京·二模）已知函数2()e xx ax a f x -+=，其中a ∈R ．(1)当0a =时，求曲线()y f x =在(1,(1))f 处的切线方程；(2)当0a >时，若()f x 在区间[0,]a 上的最小值为1e，求a 的值．3．（2024·浙江绍兴·模拟预测）已知()e xf x a x =-，()cosg x x =.(1)讨论()f x 的单调性.(2)若0x ∃使得()()00f x g x =，求参数a 的取值范围.4．（2024·福建漳州·一模）已知函数()ln f x a x x a =-+，R a ∈且0a ≠．(1)证明：曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程过坐标原点．(2)讨论函数()f x 的单调性．5．（2024·山东·二模）已知函数()2e ln x f x a x x x =--．(1)当a =()f x 的单调区间；(2)当0a >时，()2f x a ≥-，求a 的取值范围．6．（2024·山东·一模）已知函数21()ln (1)2f x x a x =+-．(1)当12a =-时，求函数()f x 的单调区间；(2)若函数()()21g x f x x =-+有两个极值点12,x x ，且12)3(2()1g x x ag +≥--，求a 的取值范围．7．（2024·湖北·二模）求解下列问题，(1)若1ln kx x -≥恒成立，求实数k 的最小值；(2)已知a ，b 为正实数，[]0,1x ∈，求函数()()11x xg x ax x b a b -=+--⋅的极值．8．（2024·湖北武汉·模拟预测）函数9πππ()tan sin ,()sin cos ,(0,2222n n f x x x x x g x x x x x n +=+--<<=-∈∈N ，．(1)求函数()f x 的极值；(2)若()0g x >恒成立，求n 的最大值．9．（2024·湖北·模拟预测）已知函数()()2ln 1f x ax x x =-++，a ∈R ，(1)若对定义域内任意非零实数1x ，2x ，均有()()12120f x f x x x >，求a ；(2)记1112n t n =++⋅⋅⋅+，证明：()5ln 16n n t n t -<+<．10．（2024·湖南·一模）已知函数()sin cos ,f x x ax x a =-⋅∈R ．(1)当1a =时，求函数()f x 在π2x =处的切线方程；(2)π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时；（ⅰ）若()sin20f x x +>，求a 的取值范围；（ⅱ）证明：23sin tan x x x ⋅>．11．（2024·全国·模拟预测）已知函数()ln(1)f x x =+(1)求曲线()y f x =在(0,(0))f 处的切线方程；(2)若(1,π)x ∈-，讨论曲线()y f x =与曲线2cos y x =-的交点个数．12．（2024·广东佛山·二模）已知()21e 4e 52x x f x ax =-+--.(1)当3a =时，求()f x 的单调区间；(2)若()f x 有两个极值点1x ，2x ，证明：()()12120f x f x x x +++<.13．（2024·广东广州·模拟预测）已知函数()()e ,xf x x kx k =-∈R .(1)当0k =时，求函数()f x 的极值；(2)若函数()f x 在()0,∞+上仅有两个零点，求实数k 的取值范围.14．（2024·江苏南通·二模）已知函数()ln f x x ax =-，()2g x ax=，0a ≠.(1)求函数()f x 的单调区间；(2)若0a >且()()f x g x ≤恒成立，求a 的最小值.15．（2024·山东济南·二模）已知函数()()()22l ,n 1e x f x ax x g x x ax a =--=-∈R .(1)讨论()f x 的单调性；(2)证明：()()f x g x x +≥.16．（2024·福建·模拟预测）已知函数()ln f x a x bx =-在()()1,1f 处的切线在y 轴上的截距为2-．(1)求a 的值；(2)若()f x 有且仅有两个零点，求b 的取值范围．17．（2024·浙江杭州·二模）已知函数()()()21ln 22f x a x x a =+-∈R ．(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)若函数()f x 有两个极值点，（ⅰ）求实数a 的取值范围；（ⅱ）证明：函数()f x 有且只有一个零点．18．（2024·河北沧州·模拟预测）已知函数()ln 1f x x ax =-+，a ∈R ．(1)讨论()f x 的单调性；(2)若0x ∀>，()2e 2xf x x ax ≤-恒成立，求实数a 的取值范围．19．（2024·广东·二模）已知()()21122ln ,02f x ax a x x a =+-->.(1)求()f x 的单调区间；(2)函数()f x 的图象上是否存在两点()()1122,,,A x y B x y （其中12x x ≠），使得直线AB 与函数()f x 的图象在1202x x x +=处的切线平行？若存在，请求出直线AB ；若不存在，请说明理由.20．（2024·广东深圳·二模）已知函数()()1e x f x ax =+，()f x '是()f x 的导函数，且()()2e xf x f x '-=．(1)若曲线()y f x =在0x =处的切线为y kx b =+，求k ，b 的值；(2)在（1）的条件下，证明：()f x kx b ≥+．21．（2024·辽宁·二模）已知函数()2ln f x ax ax x =--.(1)若曲线()y f x =在1x =处的切线方程为2y mx =+，求实数,a m 的值；(2)若对于任意1x ≥，()f x ax a +≥恒成立，求实数a 的取值范围．22．（2024·黑龙江哈尔滨·一模）已知函数()e ,e xxx f x a a =-∈R ．(1)当0a =时，求()f x 在1x =处的切线方程；(2)当1a =时，求()f x 的单调区间和极值；(3)若对任意x ∈R ，有()1e xf x -≤恒成立，求a 的取值范围．23．（2024·安徽合肥·二模）已知曲线():e e x xC f x x =-在点()()1,1A f 处的切线为l ．(1)求直线l 的方程；(2)证明：除点A 外，曲线C 在直线l 的下方；(3)设()()1212,f x f x t x x ==≠，求证：1221etx x t +<--．24．（2024·江苏扬州·模拟预测）已知函数()()22ln 1f x x ax a =-+∈R .(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)若存在正数x ，使()0f x ≥成立，求a 的取值范围；(3)若120x x <<，证明：对任意()0,a ∈+∞，存在唯一的实数()012,x x x ∈，使得()()()21021f x f x f x x x '-=-成立.25．（2024·重庆·模拟预测）已知函数()()()23e ln R ,xf x x a x a x ⎛⎫=-++∈ ⎪⎝⎭(1)若过点()2,0的直线与曲线()y f x =切于点()()1,1f ，求a 的值；(2)若()f x 有唯一零点，求a 的取值范围．26．（2024·江苏南通·模拟预测）设函数()()ln f x x a x x a =--+，R a ∈.(1)若0a =，求函数()f x 的单调区间；(2)若220e a -<<，试判断函数()f x 在区间()22e ,e -内的极值点的个数，并说明理由；(3)求证：对任意的正数a ，都存在实数t ，满足：对任意的()x t t a ∈+，，()1f x a <-.27．（2024·河北保定·二模）已知函数()sin cos f x a x x x =+.(1)若0a =，求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程；(2)若()π,πx ∈-，试讨论()f x 的零点个数.28．（2024·河北·二模）已知函数()e xf x =．(1)求曲线()y f x =在0x =处的切线l 与坐标轴围成的三角形的周长；(2)若函数()f x 的图象上任意一点P 关于直线1x =的对称点Q 都在函数()g x 的图象上，且存在[)0,1x ∈，使()()2e f x x m g x -≥+成立，求实数m 的取值范围．29．（2024·河北邯郸·二模）已知函数()()e ,ln x f x mx g x x m x =-=-．(1)是否存在实数m ，使得()f x 和()g x 在()0,∞+上的单调区间相同？若存在，求出m 的取值范围；若不存在，请说明理由．(2)已知12,x x 是()f x 的零点，23,x x 是()g x 的零点．①证明：e m >，②证明：31231e x x x <<．30．（2024·浙江杭州·模拟预测）已知函数()()1122e ,e e e 1xxx x f x m m g x -=+-=++.(1)当0m =时，证明：()e xf x -<；(2)当0x <时，()g x t ≥，求t 的最大值；(3)若()f x 在区间()0,∞+存在零点，求m 的取值范围.黄金冲刺大题05 导数（精选30题）1．（2024·安徽·二模）已知函数2()103(1)ln f x x x f x '=-+.(1)求函数()f x 在点(1,(1))f 处的切线方程；(2)求()f x 的单调区间和极值.【答案】(1)413y x =-；(2)递增区间为(0,2),(3,)+∞，递减区间为()2,3，极大值1612ln 2-+，极小值2112ln 3-+.【分析】（1）求出函数()f x 的导数，赋值求得(1)f '，再利用导数的几何意义求出切线方程.（2）由（1）的信息，求出函数()f x 的导数，利用导数求出单调区间及极值.【详解】（1）函数2()103(1)ln f x x x f x '=-+，求导得3(1)()210f f x x x''=-+，则(1)83(1)f f ''=-+，解得(1)4f '=，于是2()1012ln f x x x x =-+，(1)9f =-，所以所求切线方程为：94(1)y x +=-，即413y x =-.（2）由（1）知，函数2()1012ln f x x x x =-+，定义域为(0,)+∞，求导得122(2)(3)()210x x f x x x x--'=-+=，当02x <<或3x >时，()0f x '>，当23x <<时，()0f x '<，因此函数()f x 在(0,2),(3,)+∞上单调递增，在(2,3)上单调递减，当2x =时，()f x 取得极大值(2)1612ln 2f =-+，当3x =时，()f x 取得极小值(3)2112ln 3f =-+，所以函数()f x 的递增区间为(0,2),(3,)+∞，递减区间为(2,3)，极大值1612ln 2-+，极小值2112ln 3-+.2．（2024·江苏南京·二模）已知函数2()e xx ax af x -+=，其中a ∈R ．(1)当0a =时，求曲线()y f x =在(1,(1))f 处的切线方程；(2)当0a >时，若()f x 在区间[0,]a 上的最小值为1e，求a 的值．【答案】(1)e 0x y -=(2)1a =【分析】（1）由0a =，分别求出(1)f 及(1)f '，即可写出切线方程；（2）计算出()f x '，令()0f x '=，解得2x =或x a =，分类讨论a 的范围，得出()f x 的单调性，由()f x 在区间[0,]a 上的最小值为1e，列出方程求解即可．【详解】（1）当0a =时，2()ex x f x =，则1(1)e f =，22()e x x x f x -'=，所以1(1)e f '=，所以曲线()y f x =在(1,(1))f 处的切线方程为：11(1)e ey x -=-，即e 0x y -=．（2）2(2)2(2)()()e e x xx a x a x x a f x -++---'==-，令()0f x '=，解得2x =或x a =，当02a <<时，[0,]x a ∈时，()0f x '≤，则()f x 在[0,]a 上单调递减，所以min ()()f x f a ==1e ea a =，则1a =，符合题意；当2a >时，[0,2]x ∈时，()0f x '≤，则()f x 在[0,2]上单调递减，(2,]x a ∈时，()0f x '>，则()f x 在(2,]a 上单调递增，所以min ()(2)f x f ==241e ea -=，则4e 2a =-<，不合题意；当2a =时，[0,2]x ∈时，()0f x '≤，则()f x 在[0,2]上单调递减，所以min ()(2)f x f ==221e e=≠，不合题意；综上，1a =．3．（2024·浙江绍兴·模拟预测）已知()e xf x a x =-，()cosg x x =.(1)讨论()f x 的单调性.(2)若0x ∃使得()()00f x g x =，求参数a 的取值范围.【答案】(1)当0a ≤时，()f x 在(),-∞+∞上单调递减；当0a >时，()f x 在(),ln a -∞-上单调递减，在()ln ,a -+∞上单调递增.(2)(],1-∞【分析】（1）对()e xf x a x =-求导数，然后分类讨论即可；（2）直接对1a >和1a ≤分类讨论，即可得到结果.【详解】（1）由()e xf x a x =-，知()e 1x f x a '=-.当0a ≤时，有()e 10110xf x a =-≤-=-<'，所以()f x 在(),∞∞-+上单调递减；当0a >时，对ln x a <-有()ln e 1e1110x af x a a --'=-<=-=，对ln x a >-有()ln e 1e1110x af x a a --'=->=-=，所以()f x 在(),ln a ∞--上单调递减，在()ln ,a ∞-+上单调递增.综上，当0a ≤时，()f x 在(),∞∞-+上单调递减；当0a >时，()f x 在(),ln a ∞--上单调递减，在()ln ,a ∞-+上单调递增.（2）当1a >时，由（1）的结论，知()f x 在(),ln a ∞--上单调递减，在()ln ,a ∞-+上单调递增，所以对任意的x 都有()()()ln ln eln 1ln 1ln11cos af x f a a a a xg x -≥-=+=+>+=≥=，故()()f x g x >恒成立，这表明此时条件不满足；当1a ≤时，设()e cos xh x a x x =--，由于()()()()11111e1cos 1ee1e1e 0a a a a h a a a a a a a a a a ----------=++---≥+≥-+=-≥-=，()00e 0cos 010h a a =--=-≤，故由零点存在定理，知一定存在01,0x a ⎡⎤∈--⎣⎦，使得()00h x =，故()()()000000e cos 0xf xg x a x xh x -=--==，从而()()00f x g x =，这表明此时条件满足.综上，a 的取值范围是(],1-∞.4．（2024·福建漳州·一模）已知函数()ln f x a x x a =-+，R a ∈且0a ≠．(1)证明：曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程过坐标原点．(2)讨论函数()f x 的单调性．【答案】(1)证明见解析(2)答案见解析【分析】（1）先利用导数的几何意义求得()f x 在()()1,1f 处的切线方程，从而得证；（2）分类讨论0a <与0a >，利用导数与函数的单调性即可得解.【详解】（1）因为()()ln 0f x a x x a x =-+>，所以()1a a xf x x x'-=-=，则(1)ln111f a a a =-+=-，(1)1f a '=-，所以()f x 在()()1,1f 处的切线方程为:(1)(1)(1)y a a x --=--，当0x =时，(1)(1)(01)(1)y a a a --=--=--，故0y =，所以曲线()y f x =在点()()1,1f 处切线的方程过坐标原点.（2）由（1）得()1a a x f x x x'-=-=，当0a <时，0a x -<，则()0f x '<，故()f x 单调递减；当0a >时，令()0f x '=则x a =，当0x a <<时，()0f x '>，()f x 单调递增；当x a >时，()0f x '<，()f x 单调递减；综上：当0a <时，()f x 在(0,)+∞上单调递减；当0a >时，()f x 在(0,)a 上单调递增，在(,)a +∞上单调递减.5．（2024·山东·二模）已知函数()2e ln xf x a x x x =--．(1)当a =()f x 的单调区间；(2)当0a >时，()2f x a ≥-，求a 的取值范围．【答案】(1)()f x 的减区间为()0,1，增区间为()1,+∞(2)1a ≥【分析】（1）当a =()1e ln ,0xf x x x x x -=-->，求导得()()11e 1x x f x x x-'+=-，令()1e 1x g x x -=-，求()g x '确定()g x 的单调性与取值，从而确定()f x '的零点，得函数的单调区间；（2）求()f x '，确定函数的单调性，从而确定函数()f x 的最值，即可得a 的取值范围．【详解】（1）当a =()1e ln ,0xf x x x x x -=-->，则()()()11111e 1e 1x x x f x x x x x--+=+--=-'，设()1e1x g x x -=-，则()()11e 0x g x x -+'=>恒成立，又()01e 10g =-=，所以当()0,1x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减，当()1,x ∈+∞时，()0f x ¢>，()f x 单调递增，所以()f x 的减区间为()0,1，增区间为()1,+∞；（2）()()()22111e 1e 1xx x f x a x a x x x'+=+--=-，设()2e 1xh x a x =-，则()()21e 0x h x a x =+>，所以()h x 在()0,∞+上单调递增，又()010h =-<，2121e 10a h a ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭，所以存在0210,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()00h x =，即020e 10x a x -=，当()00,x x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减，当()0,x x ∈+∞时，()0f x ¢>，()f x 单调递增，当0x x =时，()f x 取得极小值，也是最小值，所以()()()00200000e ln 1ln e 12ln x x f x f x a x x x x a ≥=--=-=+，所以12ln 2a a +≥-，即2ln 10a a +-≥，设()2ln 1F a a a =+-，易知()F a 单调递增，且()10F =，所以()()1F a F ≥，解得1a ≥，综上，1a ≥.6．（2024·山东·一模）已知函数21()ln (1)2f x x a x =+-．(1)当12a =-时，求函数()f x 的单调区间；(2)若函数()()21g x f x x =-+有两个极值点12,x x ，且12)3(2()1g x x ag +≥--，求a 的取值范围．【答案】(1)增区间(0,2)，减区间(2,)+∞(2)[1,)+∞【分析】（1）将12a =-代入求导，然后确定单调性即可；（2）求导，根据导函数有两个根写出韦达定理，代入12)3(2()1g x x ag +≥--，构造函数，求导，研究函数性质进而求出a 的取值范围．【详解】（1）当12a =-时，21()ln (1)4f x x x =--，0x >，则11(2)(1)()(1)22x x f x x x x-+'=--=-，当(0,2)x ∈，()0f x '>，()f x 单调递增，当(2,)x ∈+∞，()0f x '<，()f x 单调递减，所以()f x 的单调递增区间是(0,2)，单调递减区间是(2,)+∞；（2）21()()21ln (1)212g x f x x x a x x =-+=+--+，所以21(2)1()(1)2ax a x g x a x x x-++'=+--=，设2()(2)1x ax a x ϕ=-++，令()0x ϕ=，由于()g x 有两个极值点12,x x ，所以221212Δ(2)4402010a a a a x x a x x a ⎧⎪=+-=+>⎪+⎪+=>⎨⎪⎪=>⎪⎩，解得0a >．由122a x x a ++=，121=x x a，得()()()()221211122211ln 121ln 12122g x g x x a x x x a x x +=+--+++--+()()()()212121212121ln 222222x x a x x x x x x x x ⎡⎤=++--++-++⎣⎦2112222ln 22222a a a a a a a a a ⎡⎤+++⎛⎫=+--⋅+-⋅+⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦123ln1122a a a a=+--≥--，即11ln 02a a a ⎛⎫--≤ ⎪⎝⎭，令11()ln 2m a a a a ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，则222111(1)()0222a m a a a a -'=--=-≤，所以()m a 在(0,)+∞上单调递减，且(1)0m =，所以1a ≥，故a 的取值范围是[1,)+∞．7．（2024·湖北·二模）求解下列问题，(1)若1ln kx x -≥恒成立，求实数k 的最小值；(2)已知a ，b 为正实数，[]0,1x ∈，求函数()()11x xg x ax x b a b -=+--⋅的极值．【答案】(1)1(2)答案见解析【分析】（1）求导，然后分0k ≤和0k >讨论，确定单调性，进而得最值；（2）先发现()()010g g ==，当a b =时，()0g x =，当01x <<，a b ¹时，取at b=，()1x L x tx x t =+--，求导，研究单调性，进而求出最值得答案.【详解】（1）记()()1ln 0f x kx x x =-->，则需使()0f x ≥恒成立，()()10f x k x x∴=->'，当0k ≤时，()0f x '<恒成立，则()f x 在(0,)+∞上单调递减，且在1x >时，()0f x <，不符合题意，舍去；当0k >时．令()0f x '=，解得1x k=，则()f x 在10,k ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,k ∞⎛⎫+ ⎪⎝⎭上单调递增，所以()min 11ln ln f x f k k k ⎛⎫==-= ⎪⎝⎭，要使1ln kx x -≥恒成立，只要ln 0k ≥即可，解得1k ≥，所以k 的最小值为1；（2）1()(1)x x g x ax x b a b -=+--⋅，[0,1]x ∈，0a >，0b >，易知()()010g g ==，当a b =时，()0g x ax a ax a =+--=，此时函数无极值；当01x <<，a b ¹时，()(1)(1xx a a a g x ax x b b b x x b b b ⎡⎤⎛⎫=+--⋅=+--⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦，取at b=，0t >，1t ≠，()1x L x tx x t =+--，0t >，1t ≠，()0,1x ∈，则()1ln xL x t t t =--'，当1t >时，由()0L x '≥得1lnln ln t t x t-≤，由（1）知1ln t t -≥，当1t >时，11ln t t->，因为1ln x x -≥，所以111ln x x-≥，所以1ln 1x x ≥-，即0x >，当1t >时，1ln 1t t >-，所以1ln t t t->，则1ln ln 0ln t t t ->>，所以1lnln 1ln t t t-<，即()L x 在1ln ln 0,ln t t t -⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递增，在1ln ln ,1ln t t t -⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭单调递减．所以函数()1ln ln ln t t g x g t -⎛⎫⎪= ⎪ ⎪⎝⎭极大，a t b =，a b ¹，当01t <<时，同理有()1lnln 0,1ln t t t-∈，由()0L x '≥得1lnln ln t t x t-≤，即()x 在1ln ln 0,ln t t t -⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递增，在1ln ln ,1ln t t t -⎛⎫⎪⎪ ⎪⎝⎭上单调递减．所以函数()1ln ln ln t t g x g t -⎛⎫⎪= ⎪ ⎪⎝⎭极大，a t b =，a b ¹，综上可知，当a b =时，函数()g x 没有极值；当a b ¹时，函数()g x 有唯一的极大值1ln ln ln t t g t -⎛⎫⎪⎪ ⎪⎝⎭，其中at b=，没有极小值．【点睛】关键点点睛：取at b=，将两个参数的问题转化为一个参数的问题，进而求导解答问题.8．（2024·湖北武汉·模拟预测）函数9πππ()tan sin ,()sin cos ,(0,2222n n f x x x x x g x x x x x n +=+--<<=-∈∈N ，．(1)求函数()f x 的极值；(2)若()0g x >恒成立，求n 的最大值．【答案】(1)极小值为π()3f =π()3f -=；(2)3.【分析】（1）判断函数()f x 为奇函数，利用导数求出()f x 在区间π(0,2上的极值，利用奇偶性即可求得定义域上的极值.（2）利用导数证明当1n =时，()0g x >恒成立，当1n >时，等价变形不等式并构造函数1sin π(),02cos nx F x x x x=-<<，利用导数并按导数为负为正确定n的取值范围，进而确定不等式恒成立与否得解.【详解】（1）函数9ππ()tan sin 222f x x x x x =+--<<，，9()tan()sin()()()2f x x x x f x -=-+---=-，即函数()f x 为奇函数，其图象关于原点对称，当π02x <<时，sin 9()sin cos 2x f x x x x =+-，求导得：3222192cos 9cos 2()cos cos 22cos x x f x x x x -+'=+-==，由于cos (0,1)x ∈，由()0f x '>，得10cos 2x <<，解得ππ32x <<，由()0f x '<，得1cos 12x <<，解得π03x <<，即()f x 在(0,π3)上单调递减，在ππ(,)32上单调递增，因此函数()f x 在π(0,)2上有极小值π()3f =从而()f x 在ππ(,)22-上的极小值为π()3f =π()3f -=.（2）当1n =时，()0g x >恒成立，即sin cos 0x x x ->恒成立，亦即tan x x >恒成立，令π()tan ,(0,)2h x x x x =-∈，求导得222211cos ()1tan 0cos cos xh x x x x -'=-==>，则函数()h x 在π(0,2上为增函数，有()(0)0h x h >=，因此tan 0x x ->恒成立；当1n >时，()0g x >x >恒成立，令1sin π(),02cos nx F x x x x=-<<，求导得：1111122211cos cos cos (sin )sin cossin cos ()11cos cos n n nn nnn nx x x x x x x xn nF x xx+--⋅-⋅⋅-⋅+⋅⋅'=-=-11222221111111cos sin coscos (1cos )coscos 1cos cos cos n n nnn n n n n nn x x x x x x x n n n nxxx+++++-+⋅-----=-==令1211()coscos n nn G x x x n n +-=--，求导得则111()cos (sin )2cos (sin )n n n G x x x x x n n+-'=⋅--⋅⋅-11sin 221[(22)cos (1)cos ]sin (cos cos )22n n x n n n x n x x x x n n n -+=--+=⋅--11221sin cos (cos )22n n n n n x x x n n --+=⋅⋅--，由π1,(0,)2n x >∈，得122sin cos 0n n x x n-⋅⋅>，当1122n n +≥-时，即3n ≤时，()0'<G x ，则函数()G x 在π(0,)2上单调递减，则有()(0)0G x G <=，即()0F x '<，因此函数()F x 在π(0,)2上单调递减，有()(0)0F x F <=，即()0g x >，当1122n n +<-时，即3n >时，存在一个0π(0,2x ∈，使得101cos 22n n n x n -+=-，且当0(0,)x x ∈时，()0G x '>，即()G x 在0(0,)x 上单调递增，且()(0)0G x G >=，则()0F x '>，于是()F x 在0(0,)x 上单调递增，因此()(0)0F x F >=x <，与()0g x >矛盾，所以n 的最大值为3.【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：①通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；②利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．③根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．9．（2024·湖北·模拟预测）已知函数()()2ln 1f x ax x x =-++，a ∈R ，(1)若对定义域内任意非零实数1x ，2x ，均有()()12120f x f x x x >，求a ；(2)记1112n t n =++⋅⋅⋅+，证明：()5ln 16n n t n t -<+<．【答案】(1)12a =(2)证明见解析【分析】（1）求导可得() 00f '=，再分0a ≤与0a >两种情况分析原函数的单调性，当0a >时分析极值点的正负与原函数的正负区间，从而确定a 的值；（2）由（1）问的结论可知，21111ln 12n n n n ⎛⎫-<+< ⎪⎝⎭，再累加结合放缩方法证明即可.【详解】（1）()f x 的定义域为()1,-+∞，且()00f =；()112122111x f x ax ax x a x x x ⎛⎫'=-+=-=- ⎪+++⎝⎭，因此() 00f '=；i.0a ≤时，1201a x -<+，则此时令()0f x ¢>有()1,0x ∈-，令()0f x '<有()0,x ∈+∞，则()f x 在()1,0-上单调递增，()0,∞+上单调递减，又()00f =，于是()0f x ≤，此时令120x x <，有()()12120f x f x x x <，不符合题意；ii.0a >时，()f x '有零点0和0112x a=-，若00x <，即12a >，此时令()0f x '<有()0,0x x ∈，()f x 在()0,0x 上单调递减，又()00f =，则()00f x >，令1>0x ，02x x =，有()()12120f x f x x x <，不符合题意；若00x >，即102a <<，此时令()0f x '<有()00,x x ∈，()f x 在()00,x 上单调递减，又()00f =，则()00f x <，令12010,x x x -<<=，有()()12120f x f x x x <，不符合题意；若00x =，即12a =，此时()201x f x x +'=>，()f x 在()1,-+∞上单调递增，又()00f =，则0x >时()0f x >，0x <时()0f x <；则0x ≠时()0f x x>，也即对120x x ≠，()()12120f x f x x x >，综上，12a =（2）证：由（1）问的结论可知，0a =时，()()ln 10f x x x =-++≤；且12a =时0x >，()()21ln 102f x x x x =-++>； 则0x >时，()21ln 12x x x x -<+<，令1x n =，有21111ln 12n n n n ⎛⎫-<+< ⎪⎝⎭，即()2111ln 1ln 2n n n n n-<+-<，于是()()2111ln ln 11121n n n n n -<--<---11ln212-<<将上述n 个式子相加，()221111ln 122n n t n t n ⎛⎫-++⋅⋅⋅+<+< ⎪⎝⎭；欲证()5ln 16n n t n t -<+<，只需证2251111622n n t t n ⎛⎫-<-++⋅⋅⋅+ ⎪⎝⎭，只需证22115123n ++⋅⋅⋅+<；因为2221441124412121n n n n n ⎛⎫=<=- ⎪--+⎝⎭，所以22111111115251122355721213213n n n n ⎛⎫++⋅⋅⋅+<+-+-+⋅⋅⋅+-=-< ⎪-++⎝⎭，得证：于是得证()5ln 16n n t n t -<+<.【点睛】方法点睛：（1）此题考导数与函数的综合应用，找到合适的分类标准，设极值点，并确定函数正负区间是解此题的关键；（2）对累加结构的不等式证明，一般需要应用前问的结论，取特定参数值，得出不等式累加证明，遇到不能累加的数列结构，需要进行放缩证明.10．（2024·湖南·一模）已知函数()sin cos ,f x x ax x a =-⋅∈R ．(1)当1a =时，求函数()f x 在π2x =处的切线方程；(2)π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时；（ⅰ）若()sin20f x x +>，求a 的取值范围；（ⅱ）证明：23sin tan x x x ⋅>．【答案】(1)2ππ220.2x y -+-=(2)（ⅰ）3a ≤（ⅱ）证明见解析【分析】（1）令1a =时，利用导数的几何意义求出斜率，进行计算求出切线方程即可.（2）（ⅰ）设π()2sin tan ,(0,),2g x x x ax x =+-∈由()0g x '>得3a ≤，再证明此时满足()0g x >.（ⅱ）根据（ⅰ）结论判断出()23sin tan F x x x x =⋅-在π(0,)2上单调递增，()(0)0,F x F ∴>=即23sin tan .x x x >【详解】（1）当1a =时，()sin cos ,()cos (cos sin )sin ,f x x x x f x x x x x x x '=-⋅=--⋅=⋅πππ(,() 1.222f f '==所以切线方程为：ππ1(),22y x -=-即2ππ220.2x y -+-=（2）（ⅰ）()sin 2sin cos sin 20,f x x x ax x x +=-⋅+>即πtan 2sin 0,(0,2x ax x x -+>∈，设π()2sin tan ,(0,),2g x x x ax x =+-∈322211()2cos (2cos cos 1).cos cos g x x a x a x x x'=+-=-+又(0)0,(0)3,(0)30g g a g a ''==-∴=-≥ 是()0g x >的一个必要条件，即 3.a ≤下证3a ≤时，满足π()2sin tan 0,(0,2g x x x ax x =+->∈又3221()(2cos 3cos 1)cos g x x x x'≥-+，设322()231,(0,1),()666(1)0,t t t t h t t t t t '=-+∈=-=-<()h t 在(0,1)上单调递减，所以()(1)0h t h >=，又π(0,(0,1),()0,2x x g x '∈∈∴>即()g x 在π(0,)2单调递增.π(0,)2x ∴∈时，()(0)0g x g >=；下面证明3a >时不满足π()2sin tan 0,(0,),2g x x x ax x =+->∈，21()2cos cos g x x a x'=+-，令21()()2cos cos h x g x x a x'==+-，则332sin 1()2sin 2sin 1cos cos x h x x x x x ⎛⎫'=-+=- ⎪⎝⎭，3π10,,sin 0,102cos x x x ⎛⎫∈∴>-> ⎪⎝⎭，∴()0,()()h x h x g x ''>∴=在π0,2⎛⎫⎪⎝⎭为增函数，令0x满足00π0,,cos 2x x ⎛⎫∈= ⎪⎝⎭，则()0002012cos 2cos 0cos g x x a x a a x '=+-=+->，又(0)30,g a '=-<∴()100,x x ∃∈,使得()10g x '=，当()10,x x ∈时，()1()0g x g x ''<=，∴此时()g x 在()10,x 为减函数，∴当()10,x x ∈时，()(0)0g x g <=，∴3a >时，不满足()0g x ≥恒成立.综上3a ≤.（ⅱ）设23π()sin tan ,(0,),2F x x x x x =⋅-∈2222221()2sin cos tan sin 32sin tan 3cos F x x x x x x x x x x '=⋅⋅+⋅-=+-222222(sin )(tan )2(2sin tan )23.x x x x x x x x x x =-+-++---由（ⅰ）知22sin tan 3,()002360,x x x F x x x x '+>∴>++⋅-=，()F x 在π(0,)2上单调递增，()(0)0,F x F ∴>=即23sin tan .x x x >【点睛】关键点点睛：本题考查导数，解题关键是进行必要性探路，然后证明充分性，得到所要求的参数范围即可．11．（2024·全国·模拟预测）已知函数()ln(1)f x x =+(1)求曲线()y f x =在(0,(0))f 处的切线方程；(2)若(1,π)x ∈-，讨论曲线()y f x =与曲线2cos y x =-的交点个数．【答案】(1)312y x =-；(2)2．【分析】（1）求导，即可根据点斜式求解方程，（2）求导，分类讨论求解函数的单调性，结合零点存在性定理，即可根据函数的单调性，结合最值求解.【详解】（1）依题意，()()3211121f x x x '=+++，故()302f '=，而()01f =-，故所求切线方程为312y x +=，即312y x =-．（2）令()ln 12cos x x +=-，故()ln 12cos 0x x ++=，令()()ln 12cos g x x x =++()()32112sin 112g x x x x -=++'-+，令()()()32112sin 112h x g x x x x -==-++'+，()()()522132cos 141h x x x x -=---++'．①当π1,2x ⎛⎤∈- ⎥⎝⎦时，()()522cos 0,10,10x x x -≥+>+>，()()0,h x h x ∴∴'<在π1,2⎛⎤- ⎥⎝⎦上为减函数，即()g x '在π1,2⎛⎤- ⎥⎝⎦上为减函数，又()()32111111010,12sin122sin1120222222g g -=+>=-+⋅'<-⋅+<-'⨯=，()'∴g x 在()0,1上有唯一的零点，设为0x ，即()()00001g x x ='<<．()g x ∴在()01,x -上为增函数，在0π,2x ⎛⎫⎪⎝⎭上为减函数．又()πππ0210,ln 12cos 444g g ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=->-=-+- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭πππln 10,ln 10422g ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-<=+> ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，()g x ∴在()01,x -上有且只有一个零点，在0π,2x ⎛⎤⎥⎝⎦上无零点；②当π5π,26x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，()()()3211110,12g x x g x x -<-++<+'单调递减，又12π5π5π5π0,ln 11ln402666g g -⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫>=++<< ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，()g x ∴在π5π,26⎛⎤⎥⎝⎦内恰有一零点；③当5π,π6x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()()()522132cos 141h x x x x -=---++'为增函数，()5225π135π1106465π1+6h x h -⎛⎫⎛⎫∴==-+-⋅+> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎛⎫⎝'⎪⎭，()'∴g x 单调递增，又()5ππ0,06g g ⎛⎫>< ⎪⎝'⎭'，所以存在唯一()005π,π,06x g x '⎛⎫∈=⎪⎝⎭，当05π,6x x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()()0,g x g x '<递减；当()0,πx x ∈时，()()0,g x g x '>递增，()()5πmax ,π06g x g g ⎧⎫⎛⎫≤<⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭，()g x ∴在5π,π6⎛⎫⎪⎝⎭内无零点．综上所述，曲线()y f x =与曲线2cos y x =-的交点个数为2．【点睛】方法点睛：本题考查了导数的综合运用，求某点处的切线方程较为简单，利用导数求单调性时，如果求导后的正负不容易辨别，往往可以将导函数的一部分抽离出来，构造新的函数，利用导数研究其单调性，进而可判断原函数的单调性.在证明不等式时，常采用两种思路：求直接求最值和等价转化.无论是那种方式，都要敢于构造函数，构造有效的函数往往是解题的关键.12．（2024·广东佛山·二模）已知()21e 4e 52x xf x ax =-+--.(1)当3a =时，求()f x 的单调区间；(2)若()f x 有两个极值点1x ，2x ，证明：()()12120f x f x x x +++<.【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）求导后，借助导数的正负即可得原函数的单调性；（2）借助换元法，令e x t =，11e x t =，22e xt =，可得1t 、2t 是方程240t t a -+=的两个正根，借助韦达定理可得124t t +=，12t t a =，即可用1t 、2t 表示()()1212f x f x x x +++，进而用a 表示()()1212f x f x x x +++，构造相关函数后借助导数研究其最大值即可得.【详解】（1）当3a =时，()21e 4e 352x xf x x =-+--，()()()2e 4e 3e 1e 3x x x x f x =-+-=---'，则当()()e 0,13,x∞∈⋃+，即()(),0ln 3,x ∞∞∈-⋃+时，()0f x '<，当()e 1,3x∈，即()0,ln 3x ∈时，()0f x '>，故()f x 的单调递减区间为(),0∞-、()ln 3,∞+，单调递增区间为()0,ln 3；（2）()2e 4e x x f x a -+'=-，令e x t =，即()24f x t t a '=-+-，令11e x t =，22e xt =，则1t 、2t 是方程240t t a -+=的两个正根，则()2Δ441640a a =--=->，即4a <，有124t t +=，120t t a =>，即04a <<，则()()1122221212121211e 4e 5e 4e 522x x x xf x f x x x ax ax x x +++=-+---+--++()()()()22121212141ln ln 102t t t t a t t =-+++--+-()()()2121212121241ln 102t t t t t t a t t ⎡⎤=-+-++---⎣⎦()()1162161ln 102a a a =--+---()1ln 2a a a =---，要证()()12120f x f x x x +++<，即证()()1ln 2004a a a a ---<<<，令()()()1ln 204g x x x x x =---<<，则()111ln ln x g x x x x x-⎛⎫=-+='- ⎪⎝⎭，令()()1ln 04h x x x x=-<<，则()2110h x x x '=--<，则()g x '在()0,4上单调递减，又()11ln111g =-='，()12ln 202g =-<'，故存在()01,2x ∈，使()0001ln 0g x x x =-='，即001ln x x =，则当()00,x x ∈时，()0g x '>，当()0,4x x ∈时，()0g x '<，故()g x 在()00,x 上单调递增，()g x 在()0,4x 上单调递减，则()()()()000000000111ln 2123g x g x x x x x x x x x ≤=---=--⨯-=+-，又()01,2x ∈，则00152,2x x ⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭，故()000130g x x x =+-<，即()0g x <，即()()12120f x f x x x +++<.【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助换元法，令e x t =，11e x t =，22e xt =，从而可结合韦达定理得1t 、2t 的关系，即可用a 表示()()1212f x f x x x +++，构造相关函数后借助导数研究其最大值即可得.13．（2024·广东广州·模拟预测）已知函数()()e ,xf x x kx k =-∈R .(1)当0k =时，求函数()f x 的极值；(2)若函数()f x 在()0,∞+上仅有两个零点，求实数k 的取值范围.【答案】(1)极小值为1e-，无极大值(2)()e,+∞【分析】（1）求出导函数，然后列表求出函数的单调区间，根据极值定义即可求解；（2）把原函数有两个零点转化为()e xg x kx =-在()0,∞+上仅有两个零点，分类讨论，利用导数研究函数的单调性，列不等式求解即可.【详解】（1）当0k =时，()e (xf x x x =∈R ），所以()()1e x f x x ='+，令()0f x '=，则=1x -，x(),1∞--1-()1,∞-+()f x '-+()f x 单调递减极小值单调递增所以()1min 1()1e ef x f -=-=-=-，所以()f x 的极小值为1e-，无极大值.（2）函数()()e xf x x kx =-在()0,∞+上仅有两个零点，令()e xg x kx =-，则问题等价于()g x 在()0,∞+上仅有两个零点，易知()e xg x k '=-，因为()0,x ∞∈+，所以e 1x >.①当(],1k ∈-∞时，()0g x '>在()0,∞+上恒成立，所以()g x 在()0,∞+上单调递增，所以()()01g x g >=，所以()g x 在()0,∞+上没有零点，不符合题意；②当()1,k ∞∈+时，令()0g x '=，得ln x k =，所以在()0,ln k 上，()0g x '<，在()ln ,k ∞+上，()0g x '>，所以()g x 在()0,ln k 上单调递减，在(ln ,)+∞k 上单调递增，所以()g x 的最小值为()ln ln g k k k k =-⋅.因为()g x 在()0,∞+上有两个零点，所以()ln ln 0g k k k k =-⋅<，所以e k >.因为()()()222010,ln ln 2ln g g kkk k k k k =>=-⋅=-，令()2ln h x x x =-，则()221x h x x x'-=-=，所以在()0,2上，()0h x '<，在()2,∞+上，()0h x '>，所以()h x 在()0,2上单调递减，在()2,∞+上单调递增，所以()222ln2lne ln40h x ≥-=->，所以()()2ln 2ln 0g k k k k =->，所以当e k >时，()g x 在()0,ln k 和(ln ,)+∞k 内各有一个零点，即当e k >时，()g x 在()0,∞+上仅有两个零点.综上，实数k 的取值范围是()e,∞+.【点睛】方法点睛：求解函数单调区间的步骤：（1）确定()f x 的定义域.（2）计算导数()f x '.（3）求出()0f x '=的根.（4）用()0f x '=的根将()f x 的定义域分成若干个区间，判断这若干个区间内()f x '的符号，进而确定()f x 的单调区间.()0f x '>，则()f x 在对应区间上单调递增，对应区间为增区间；()0f x '<，则()f x 在对应区间上单调递减，对应区间为减区间.如果导函数含有参数，那么需要对参数进行分类讨论，分类讨论要做到不重不漏.14．（2024·江苏南通·二模）已知函数()ln f x x ax =-，()2g x ax=，0a ≠.(1)求函数()f x 的单调区间；(2)若0a >且()()f x g x ≤恒成立，求a 的最小值.【答案】(1)答案见解析(2)32e .【分析】（1）求导后，利用导数与函数单调性的关系，对0a >与0a <分类讨论即可得；（2）结合函数的单调性求出函数的最值，即可得解.【详解】（1）()11axf x a x x'-=-=（0a ≠），当0a <时，由于0x >，所以()0f x '>恒成立，从而()f x 在()0,∞+上递增；当0a >时，10x a<<，()0f x '>；1x a >，()0f x '<，从而()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上递增，在1,a ∞⎛⎫+ ⎪⎝⎭递减；综上，当0a <时，()f x 的单调递增区间为()0,+∞，没有单调递减区间；当0a >时，()f x 的单调递增区间为10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，单调递减区间为1,a ∞⎛⎫+ ⎪⎝⎭.（2）令()()()2ln h x f x g x x ax ax =-=--，要使()()f x g x ≤恒成立，只要使()0h x ≤恒成立，也只要使()max 0h x ≤.()()()221212ax ax h x a x ax ax -+-=-+='，由于0a >，0x >，所以10ax +>恒成立，当20x a <<时，()0h x '>，当2x a<<+∞时，()0h x '<，所以()max 22ln 30h x h a a ⎛⎫==-≤ ⎪⎝⎭，解得：32e a ≥，所以a 的最小值为32e.15．（2024·山东济南·二模）已知函数()()()22l ,n 1e x f x ax x g x x ax a =--=-∈R .(1)讨论()f x 的单调性；(2)证明：()()f x g x x +≥.【答案】(1)答案见详解(2)证明见详解【分析】（1）求导可得()221ax f x x='-，分0a ≤和0a >两种情况，结合导函数的符号判断原函数单调性；（2）构建()()(),0F x f x g x x x =+->，()1e ,0xh x x x =->，根据单调性以及零点存在性定理分析()h x 的零点和符号，进而可得()F x 的单调性和最值，结合零点代换分析证明.【详解】（1）由题意可得：()f x 的定义域为()0,∞+，()21212ax f x ax x x ='-=-，当0a ≤时，则2210ax -<在()0,∞+上恒成立，可知()f x 在()0,∞+上单调递减；当0a >时，令()0f x '>，解得x >()0f x '<，解得0x <<可知()f x 在⎛ ⎝上单调递减，在∞⎫+⎪⎪⎭上单调递增；综上所述：当0a ≤时，()f x 在()0,∞+上单调递减；当0a >时，()f x在⎛ ⎝上单调递减，在∞⎫+⎪⎪⎭上单调递增.（2）构建()()()e ln 1,0xF x f x g x x x x x x =+-=--->，则()()()111e 11e xx F x x x x x ⎛⎫=+--=+- ⎝'⎪⎭，由0x >可知10x +>，构建()1e ,0xh x x x=->，因为1e ,xy y x==-在()0,∞+上单调递增，则()h x 在()0,∞+上单调递增，且()120,1e 102h h ⎛⎫==- ⎪⎝⎭，可知()h x 在()0,∞+上存在唯一零点01,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，当00x x <<，则()0h x <，即()0F x '<；当0x x >，则()0h x >，即()0F x '>；可知()F x 在()00,x 上单调递减，在()0,x ∞+上单调递增，则()()00000e ln 1xF x F x x x x ≥=---，又因为001e 0x x -=，则00001e ,e x x x x -==，01,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，可得()000001ln e 10x F x x x x -=⨯---=，即()0F x ≥，所以()()f x g x x +≥.16．（2024·福建·模拟预测）已知函数()ln f x a x bx =-在()()1,1f 处的切线在y 轴上的截距为2-．(1)求a 的值；(2)若()f x 有且仅有两个零点，求b 的取值范围．【答案】(1)2(2)20,e b ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭【分析】（1）借助导数的几何意义计算即可得；（2）借助函数与方程的关系，可将()f x 有且仅有两个零点转化为方程2ln xb x=有两个根，构造对应函数。
极限与导数知识点总结
极限与导数知识点总结极限与导数是微积分学中非常重要的内容，它们是我们理解函数性质和计算函数变化率的基础。
在这篇总结中，我将从定义、性质和常见计算方法等方面对极限与导数进行详细的介绍和解析。
一、极限的概念与性质1. 极限的定义极限是描述函数在某一点附近的行为的概念。
如果一个函数$f(x)$在$x=a$附近的取值随着$x$的逼近$a$而无限接近某一值$A$，那么我们就说当$x$趋近$a$时$f(x)$的极限为$A$，记作$\lim_{x\to a}f(x)=A$。
2. 极限的性质（1）唯一性：若$\lim_{x\to a}f(x)$存在，则其极限唯一。
（2）局部有界性：如果$\lim_{x\to a}f(x)=A$存在，则存在一个$\delta>0$，使得当$0<|x-a|<\delta$时，$f(x)$有界。
（3）局部保号性：若$\lim_{x\to a}f(x)=A$存在且$A>0$，则存在一个$\delta>0$，当$0<|x-a|<\delta$时，$f(x)>0$；若$A<0$，则存在一个$\delta>0$，当$0<|x-a|<\delta$时，$f(x)<0$。
（4）局部保号性：若$\lim_{x\to a}f(x)=A>0$，则存在一个$\delta>0$，当$0<|x-a|<\delta$时，$f(x)>0$；若$\lim_{x\to a}f(x)=A<0$，则存在一个$\delta>0$，当$0<|x-a|<\delta$时，$f(x)<0$。
3. 极限存在的条件函数$f(x)$在$x=a$处的极限存在的条件有：（1）情况一：$\lim_{x\to a}f(x)$存在且有限。
（2）情况二：$\lim_{x\to a^+}f(x)$和$\lim_{x\to a^-}f(x)$均存在且相等。
2020高考数学三轮冲刺提分专项练习：函数与导数
函数与导数1.己知函数X^)=log^(0<tz<l)的导函数为/3)，记A=/(。
)，8=穴。
+1)一大。
)，C=f(a +1)，贝！!()A.A>B>CB.A>OBC.B>A>CD.C>B>A答案D解析绘制函数>)=log^(0<o<1)的图象如图所示，且M(a,log a a),N(a+1,loga(a+l)),由题意可知A=f(a)为函数在点M处切线的斜率，C=f(a+1)为函数在点N处切线的斜率，B=fia+1)~f{d)为直线MN的斜率，由数形结合可得ob>A.\I-L t2.已知函数»=(.?-2x)e x-dn x(a eR)在区间(0,十8)上单调递增，则a的最大值是()e22A.—eB.eC.—万D.4e2答案A解析因为函数J(x)=(x—2x)e x—aln x(a R),所以/3)=。
'(户一2x)+e*(2x—2)—?=e x(x2—2)-务>0).因为函数/(x)=(x2—2x)e x~aln x(a R)在区间(0,+8)上单调递增，所以/3)=矿(J—2)—0在区间(0,+8)上恒成立，即^<eV-2)在区间(0,+8)上恒成立，亦即a^e x(x3—2工)在区间(0,+8)上恒成立,令h(x)=e x(x3—2x),x>0,则h f(x)=eV-2x)+e x(3x2-2)—e x(%3一2x~\~3x2一2)=e x(x-l)(x2+4x+2),x>0,因为工仁(0,+°°),所以x2+4x+2>0.因为e*>0,令h'(x)>0,可得a>1,令h'(x)<0,可得0<Xl.所以函数"(X)在区间(1,+8)上单调递增，在区间(0,1)上单调递减.所以/1(尤)血=人(1)=。
函数的极限与导数的基本应用
2012年高考考前30天三轮专题提分必练绝密之专题(四)[第4讲 函数的极限与导数的基本应用](时间：10分钟＋35分钟)2012二轮精品提分必练1．设函数f (x )在定义域内可导，y ＝f (x )的图象如图4－1，则导函数y ＝f ′(x )的图象可能为( )2012二轮精品提分必练2．设函数f (x )＝g (x )＋x 2，曲线y ＝g (x )在点(1，g (1))处切线方程为y ＝2x ＋1，则曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处切线的斜率为( )A ．4B ．－14C ．2D ．－123．“函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1(x ＜0)，x ＋a 2(x ≥0)，在点x ＝0处连续”是“a ＝1”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件4．函数f (x )＝x 3－3x 2＋2在区间[]－1，1上的最大值是( ) A ．－2 B ．0 C ．2 D ．42012二轮精品提分必练1．已知函数f (x )的导函数为f ′(x )，且满足f (x )＝2xf ′(1)＋ln x ，则f ′(1)＝( ) A ．－e B ．－1 C ．e D ．12．函数f (x )＝e x cos x 的图象在点(0，f (0))处的切线的倾斜角为( )A ．0 B.π4C ．1 D.π23．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧(x ＋1)e x(x ＜0)，x 3＋2a (x ≥0)在点x ＝0处连续，则lim x →0⎣⎡⎦⎤1x 2－x －1a (x 2－2x )＝( ) A ．0 B ．1C ．－1D ．－124．设a ∈R ，若函数y ＝e ax ＋3x ，x ∈R 有恒大于零的极值点，则( ) A ．a ＞－3 B ．a ＜－3C ．a ＞－13D ．a ＜－135．设f (x )是R 上的奇函数，且f (－1)＝0，当x ＞0时，(x 2＋1)f ′(x )－2xf (x )＜0，则不等式f (x )＞0的解集为________ .6．已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2－4在x ＝2处取得极值，若m 、n ∈[]－1，1，则f (m )＋f ′(n )的最小值是_______．7.已知函数f (x )＝13x 3＋a －32x 2＋(a 2－3a )x －2a .(1)若函数f (x )在x ＝－1处有极值，求a 的值及f (x )的单调区间；(2)如果对任意x ∈[]1，2，f ′(x )＞a 2恒成立，求实数a 的取值范围．8．已知f (x )＝ax －ln x ，x ∈(]0，e ，g (x )＝ln xx，其中e 是自然常数，a ∈R .(1)讨论a ＝1时，函数f (x )的单调性和极值；(2)求证：在(1)的条件下，f (x )＞g (x )＋12；(3)是否存在实数a ，使f (x )的最小值是3？若存在，求出a 的值；若不存在，说明理由．2012年高考考前30天三轮专题提分必练绝密之专题(四)【基础演练】1．D 【解析】 由函数y ＝f (x )的图象可知，当x ＜0时y ＝f (x )单调递增，则此时y ＝f ′(x )的图象在x 轴上方；当x ＞0时y ＝f (x )先递增，然后递减，最后递增，则对应的y ＝f ′(x )的图象从x 轴上方到x 轴下方，再到x 轴上方．对照选项，知D 符合要求．2．A 【解析】 由题意知g ′(1)＝2，又f ′(x )＝g ′(x )＋2x ，∴曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处切线的斜率为f ′(1)＝g ′(1)＋2＝4.3．B 【解析】 lim x →0－f (x )＝lim x →0－ (x ＋1)＝1，lim x →0＋f (x )＝lim x →0＋(x ＋a 2)＝a 2.若函数f (x )在点x ＝0处连续，则f (0)＝lim x →0＋f (x )＝lim x →0－f (x )，故a 2＝1，∴a ＝±1；若a ＝1，则有f (0)＝lim x →0＋f (x )＝lim x →0－f (x )，即函数f (x )在点x ＝0处连续．故选B.4．C 【解析】 对f (x )求导得f ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)，则f (x )在区间[)－1，0上递增，在区间(]0，1上递减，因此函数f (x )在[－1,1]的最大值为f (0)＝2.【提升训练】1．B 【解析】 对f (x )求导，得f ′(x )＝2f ′(1)＋1x，令x ＝1，得f ′(1)＝2f ′(1)＋1，∴f ′(1)＝－1.2．B 【解析】 对f (x )求导得f ′(x )＝e x cos x ＋e x (－sin x )＝e x (cos x －sin x )，则函数y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线的斜率k ＝f ′(0)＝e 0＝1，故切线的倾斜角为π4.3．D 【解析】 lim x →0－f (x )＝lim x →0－ (x ＋1)e x ＝1，lim x →0＋f (x )＝lim x →0＋(x 3＋2a )＝2a .∵ f (x )在点x ＝0处连续，∴lim x →0－f (x )＝lim x →0＋f (x )＝f (0)，得1＝2a ，∴a ＝12.将a ＝12代入lim x →0⎣⎡⎦⎤1x 2－x －1a (x 2－2x )中，得lim x →0⎣⎡⎦⎤1x 2－x －2x 2－2x ＝ lim x →0 －1(x －1)(x －2)＝－12.4．B 【解析】 对y ＝e ax ＋3x 求导，得y ′＝3＋a e ax ，若函数对x ∈R 有恒大于零的极值点，即方程y ′＝3＋a e ax ＝0有正根．当y ′＝3＋a e ax ＝0成立时，a ＜0，此时x ＝1a ln ⎝⎛⎭⎫－3a .由x ＞0解得a ＜－3，于是，a 的取值范围是a ＜－3.5．(－∞，－1)∪(0,1) 【解析】 令g (x )＝f (x )x 2＋1，则g ′(x )＝(x 2＋1)f ′(x )－2xf (x )(x 2＋1)2.∵当x ＞0时，(x 2＋1)f ′(x )－2xf (x )＜0，∴g (x )在(0，＋∞)上单调递减，又∵g (x )是R 上的奇函数，则f (x )＞0等价于g (x )＞0，g (－1)＝0，∴g (1)＝0.当g ＞0时，g (x )＞0＝g (1)⇒x ＜1，∴0＜x ＜1；当x ＜0时，g (x )＞0＝g (－1)⇒x ＜－1，∴x ＜－1.综合可得，不等式f (x )＞0的解集为(－∞，－1)∪(0,1)．6．－13 【解析】 对f (x )求导，得f ′(x )＝－3x 2＋2ax ，由函数在x ＝2处取得极值知f ′(2)＝0，即－3×4＋2a ×2＝0，∴a ＝3.于是f (x )＝－x 3＋3x 2－4，f ′(x )＝－3x 2＋6x ，由此可得f (x )在[)－1，0上单调递减，在(]0，1上单调递增，∴当m ∈[]－1，1时，f (m )min ＝f (0)＝－4.又∵f ′(x )＝－3x 2＋6x 的图象开口向下，且对称轴为x ＝1，∴当n ∈[]－1，1时，f ′(n )min ＝f (－1)＝－9.故f (m )＋f ′(n )的最小值为－13.7．【解答】 对f (x )求导，得f ′(x )＝x 2＋(a －3)x ＋a 2－3a . (1)∵在x ＝－1处有极值，∴f ′(－1)＝(－1)2＋(a －3)(－1)＋a 2－3a ＝0，解得a ＝2， 此时f ′(x )＝x 2－x －2＝(x ＋1)(x －2)．令f ′(x )＞0，则x ＞2或x ＜－1；令f ′(x )＜0，则－1＜x ＜2，∴f (x )在(－∞，－1)和(2，＋∞)上单调递增，在(－1,2)上单调递减． (2)∵f ′(x )－a 2＝x 2＋(a －3)x －3a ＝(x －3)(x ＋a )，∴要使得任意x ∈[]1，2，f ′(x )＞a 2恒成立，只需(x －3)(x ＋a )＞0在x ∈[1,2]上恒成立，令g (x )＝(x －3)(x ＋a )，则g (x )的图象恒过点(3,0)，(－a,0)，且开口向上， 要使得g (x )＞0在x ∈[1,2]恒成立，只需－a ＞2，求得a ＜－2即可． ∴要使得任意x ∈[]1，2，f ′(x )＞a 2恒成立， 则实数a 的取值范围是(－∞，－2)．8．【解答】 (1)当a ＝1时，则f (x )＝x －ln x ，f ′(x )＝1－1x ＝x －1x，当0＜x ＜1时，f ′(x )＜0，此时f (x )单调递减；当1＜x ＜e ， f ′(x )＞0，此时f (x )单调递增． ∴f (x )的极小值为 f (1)＝1.(2)证明∵f (x )的极小值为1，即f (x )在(]0，e 上取最小值为1， ∴f (x )min ＝1.又g ′(x )＝1－ln xx2，∴当0＜x ＜e 时，g ′(x )＞0，g (x )在(]0，e 上单调递增，∴g (x )max ＝g (e)＝1e ＜12，∴f (x )min －g (x )max ＞12，即在(1)的条件下，f (x )＞g (x )＋12.(3)假设存在实数a ，使f (x )＝ax －ln x (x ∈(]0，e )有最小值3，则f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x.①当a ≤0时，f (x )在(0，e]上单调递减，f (x )min ＝f (e)＝a e －1＝3，a ＝4e(舍去)，所以，此时f (x )的最小值不是3；②当0＜1a ＜e 即a ＞1e时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递减，在⎝⎛⎦⎤1a ，e 上单调递增， f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫1a ＝1＋ln a ＝3，a ＝e 2，满足条件；③当1a ≥e 即0＜a ≤1e 时，f (x )在(]0，e 上单调递减，f (x )min ＝f (e)＝a e －1＝3，a ＝4e(舍去)，所以，此时，f (x )无最小值．综上，存在实数a ＝e 2，使得当x ∈(]0，e 时，f (x )有最小值3.。
高考三轮数学临场实战提分技巧 函数与导数 第四讲 函数与导数命题规律和解题技巧(下)(文) 课件
∴ f ( x)min f (a) ln a ． 当 a 2时， f '( x) 0 在(1，2)上恒成立，这时 f ( x) 在[1，2]上为减函数，
∴
f ( x)min
f (2) ln 2
a 1 2
于是，①当 0 a 1时， f ( x)min a 1 0 ，不符合题意；
②当1
又由(0) h(0) 0 ，所以当 x 0,ln(6k) ， h( x) h(0) 0，
所以 h( x) 在 0,ln(6k) 上单调递减，又因为 h(0) 0 ，所以 x 0,ln(6k) 时 h( x) 0 ，
这与题意 h( x) 0 在0, 上恒成立相矛盾，故舍去．
综上所述， k 1 ，即实数 k 的最大值是 1 ．
∵l 与直线 x 2 y 0 垂直，∴ k y | x 1 1 a 2 ，∴ a 1
（Ⅱ）∵ g( x) ln x 1 x2 (b 1)x( x 0) ， 2
∴ g( x) 1 x (b 1) x2 (b 1)x 1 设 ( x) x2 (b 1)x 1 ，
x
x
则
(0)
1
0
只须
b
1 0 2 (b 1)2
4
0
b b
1 3或b
1
b
3
，
∴b 的取值范围为 (3, )
例 7．函数 f ( x) x3 3x2 9x 5 在[4, 4] 上
的最大值为______________ 例 8．已知函数 f ( x) x a ln x在x 1 处的切
故当 x 0, 时， h( x) h(0) 0，所以 h( x) 在0, 上单调递增，
又因为 h(0) 0 ，所以 h( x) 0 在0, 上恒成立，满足题意；
(浙江专用)高考数学三轮冲刺抢分练疑难专用练(八)函数与导数
（浙江专用）高考数学三轮冲刺抢分练疑难专用练（八）函数与导数(八) 函数与导数1．已知函数f (x )＝log a x (0<a <1)的导函数为f ′(x )，记A ＝f ′(a )，B ＝f (a ＋1)－f (a )，C ＝f ′(a ＋1)，则( ) A ．A >B >C B ．A >C >B C ．B >A >C D ．C >B >A答案 D解析 绘制函数f (x )＝log a x ()0<a <1的图象如图所示，且M ()a ，log a a ，N ()a ＋1，log a (a ＋1)，由题意可知A ＝f ′(a )为函数在点M 处切线的斜率，C ＝f ′(a ＋1)为函数在点N 处切线的斜率，B ＝f (a ＋1)－f (a )＝f (a ＋1)－f (a )(a ＋1)－a为直线MN 的斜率，由数形结合可得C >B >A .2．已知函数f (x )＝(x 2－2x )e x－a ln x (a ∈R )在区间(0，＋∞)上单调递增，则a 的最大值是( )A ．－eB ．eC ．－e 22D ．4e 2答案 A解析 因为函数f (x )＝(x 2－2x )e x－a ln x (a ∈R )， 所以f ′(x )＝e x (x 2－2x )＋e x(2x －2)－a x＝e x(x 2－2)－a x(x >0)．因为函数f (x )＝(x 2－2x )e x－a ln x (a ∈R )在区间(0，＋∞)上单调递增，所以f ′(x )＝e x (x 2－2)－a x ≥0在区间(0，＋∞)上恒成立，即a x≤e x (x 2－2)在区间(0，＋∞)上恒成立，亦即a ≤e x (x 3－2x )在区间(0，＋∞)上恒成立， 令h (x )＝e x(x 3－2x )，x >0，则h ′(x )＝e x (x 3－2x )＋e x (3x 2－2)＝e x (x 3－2x ＋3x 2－2)＝e x (x －1)(x 2＋4x ＋2)，x >0， 因为x ∈(0，＋∞)，所以x 2＋4x ＋2>0. 因为e x>0，令h ′(x )>0，可得x >1， 令h ′(x )<0，可得0<x <1.所以函数h (x )在区间(1，＋∞)上单调递增，在区间(0,1)上单调递减． 所以h (x )min ＝h (1)＝e 1(1－2)＝－e. 所以a ≤－e.所以a 的最大值是－e. 3．已知函数f (x )＝f ′(1)ee x＋f (0)2x 2－x ，若存在实数m 使得不等式f (m )≤2n 2－n 成立，则实数n 的取值范围为( ) A.⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－12∪[1，＋∞) B ．(－∞，－1]∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞C.(]－∞，0∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞ D.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－12∪[0，＋∞) 答案 A解析 对函数求导可得，f ′(x )＝f ′(1)e·e x ＋f (0)2×2x －1，∴f ′(1)＝f ′(1)＋f (0)－1，∴f (0)＝f ′(1)e＝1，∴f ′(1)＝e ，f (x )＝e x ＋12x 2－x ，f ′(x )＝e x＋x －1，设g (x )＝f ′(x )，则g ′(x )＝e x＋1>0， ∴函数f ′(x )单调递增，而f ′(0)＝0，∴当x <0时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x >0时，f ′(x )>0，f (x )单调递增． 故f (x )min ＝f (0)＝1，由存在性的条件可得关于实数n 的不等式2n 2－n ≥1， 解得n ∈⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－12∪[1，＋∞)． 4．若点P 是曲线y ＝32x 2－2ln x 上任意一点，则点P 到直线y ＝x －52的距离的最小值为( )A.2B.332C.322 D. 5答案 C解析 点P 是曲线y ＝32x 2－2ln x 上任意一点，所以当曲线在点P 的切线与直线y ＝x －52平行时，点P 到直线y ＝x －52的距离最小，直线y ＝x －52的斜率为1，函数y ＝32x 2－2ln x 的导数为y ′＝3x －2x ，令3x －2x＝1，解得x ＝1或x ＝－23(舍)． 所以曲线与直线的切点为P 0⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32. 点P 到直线y ＝x －52的距离的最小值是⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－32－5212＋12＝322.故选C.5．已知f ′(x )是函数f (x )的导函数，且对任意的实数x 都有f ′(x )＝e x()2x －2＋f (x )(e是自然对数的底数)，f (0)＝1，则( ) A ．f (x )＝e x(x ＋1) B ．f (x )＝e x(x －1) C ．f (x )＝e x(x ＋1)2D ．f (x )＝e x(x －1)2答案 D 解析 令G (x )＝f (x )e x，则G ′(x )＝f ′(x )－f (x )ex＝2x －2，可设G (x )＝x 2－2x ＋c ，∵G (0)＝f (0)＝1，∴c ＝1，∴G (x )＝x 2－2x ＋1. ∴f (x )＝(x 2－2x ＋1)e x ＝e x (x －1)2.6．若曲线C 1：y ＝ax 2(a >0)与曲线C 2：y ＝e x存在公共切线，则a 的取值范围为( )A.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，e 28 B.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，e 24C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫e 28，＋∞ D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫e 24，＋∞ 答案 D解析 设公共切线在曲线C 1，C 2上的切点分别为(m ，am 2)，(t ，e t )，则2am ＝e t＝am 2－e tm －t，所以m ＝2t －2，a ＝et4(t －1)(t >1)，令f (t )＝e t 4(t －1)(t >1)，则f ′(t )＝e t(t －2)4(t －1)2，则当t >2时，f ′(t )>0；当1<t <2时，f ′(t )<0， 因此f (t )≥f (2)＝e 24，所以a ≥e24，故选D.7．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1＋ln x ，x ≥1，12x ＋12，x <1，若x 1≠x 2，且f (x 1)＋f (x 2)＝2，则x 1＋x 2的取值范围是( ) A ．[2，＋∞) B ．[e －1，＋∞) C ．[3－2ln2，＋∞) D ．[3－2ln3，＋∞)答案 C解析 设x 1<x 2，若x 2>x 1≥1， 则f (x 1)＋f (x 2)＝1＋ln x 1＋1＋ln x 2 ＝2＋ln(x 1x 2)＝2， ∴x 1x 2＝1，不成立； 若x 1<x 2<1，则f (x 1)＋f (x 2)＝12x 1＋12＋12x 2＋12＝12(x 1＋x 2)＋1＝2， ∴x 1＋x 2＝2，不成立；若x 1<1≤x 2，则f (x 1)＋f (x 2)＝12x 1＋12＋1＋ln x 2＝12x 1＋ln x 2＋32＝2， ∴x 1＝1－2ln x 2，∴x 1＋x 2＝1－2ln x 2＋x 2， 设g (x )＝1－2ln x ＋x (x ≥1)， 则g ′(x )＝－2x ＋1＝x －2x，当1≤x <2时，g ′(x )<0，则g (x )单调递减， 当x >2时，g ′(x )>0，则g (x )单调递增， ∴g (x )min ＝g (2)＝1－2ln2＋2＝3－2ln2， ∴x 1＋x 2∈[3－2ln2，＋∞)．8．已知函数f (x )＝x ＋2cos x ＋λ，在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上任取三个数x 1，x 2，x 3均存在以f (x 1)，f (x 2)，f (x 3)为边长的三角形，则λ的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，＋∞B.()－2，＋∞C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，3－5π6D.⎝ ⎛⎭⎪⎫3－5π6，＋∞答案 D解析 ∵函数f (x )＝x ＋2cos x ＋λ， ∴f ′(x )＝1－2sin x ，当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2时，由f ′(x )＝0，得x ＝π6，∴当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π6时，f ′(x )>0，当x ∈⎝⎛⎦⎥⎤π6，π2时，f ′(x )<0， ∴f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝π6＋3＋λ，又f (0)＝2＋λ，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝π2＋λ，∴f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝π2＋λ，∵在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上任取三个数x 1，x 2，x 3均存在以f (x 1)，f (x 2)，f (x 3)为边长的三角形，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝π2＋λ>0，①f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，②联立①②，得λ>3－5π6. 9．已知函数f (x )＝x 2＋(ln3x )2－2a (x ＋3ln3x )＋10a 2，若存在x 0使得f (x 0)≤110成立，则实数a 的值为( ) A.110B.25C.15D.130 答案 D解析 f (x )＝x 2＋(ln3x )2－2a (x ＋3ln3x )＋10a 2＝(x －a )2＋(ln3x －3a )2表示点M (x ，ln3x )与点N (a,3a )距离的平方，M 点的轨迹是函数g (x )＝ln3x 的图象，N 点的轨迹是直线y ＝3x ，则g ′(x )＝1x .作g (x )的平行于直线y ＝3x 的切线，设切点为(x 1，y 1)，则1x 1＝3，所以x 1＝13，切点为P ⎝ ⎛⎭⎪⎫13，0，所以曲线g (x )上点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫13，0到直线y ＝3x 的距离最小，最小距离d ＝110，所以f (x )≥110，根据题意，要使f (x 0)≤110，则f (x 0)＝110，此时N 为垂足，点M 与点P 重合，k MN ＝3a －0a －13＝－13，得a ＝130. 10．下列命题中真命题的个数是( ) ①ln3<3ln2；②lnπ<πe；③215<15；④3eln2<4 2. A ．1B ．2C ．3D ．4 答案 C解析 构造函数f (x )＝ln xx，导数为f ′(x )＝1－ln xx2， 当0<x <e 时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 当x >e 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减， 可得当x ＝e 时，f (x )取得最大值1e .构造函数g (x )＝ln xx，x >0，同理可得g (x )在(0，e 2)上单调递增，在(e 2，＋∞)上单调递减，有最大值g (e 2)． ln3<3ln2⇔2ln 3<3ln2⇔ln 33<ln22，由3<2<e 可得f (3)<f (2)，故①正确； lnπ<πe ⇔ln ππ<ln e e，由e<π<e ， 可得f (e)<f (π)，故②错误；因为e 2<15<16，所以g (15)>g (16)，即ln1616<ln1515，即4ln24<ln1515，ln2<ln1515， 215<15⇔log 2215<log 215⇔15<ln15ln2，显然成立，故③正确；3eln2<42⇔ln822<lne2e2，因为e<e 2<8，所以g (8)<g (e 2)，故④正确． 11．我们常用以下方法求形如函数y ＝f (x )g (x )(f (x )>0)的导数：先两边同取自然对数ln y ＝g (x )ln f (x )，再两边同时求导得1y y ′＝g ′(x )ln f (x )＋g (x )1f (x )f ′(x )，于是得到y ′＝f (x )g (x )⎣⎢⎡⎦⎥⎤g ′(x )ln f (x )＋g (x )1f (x )f ′(x )，运用此方法求得函数y x >0)的单调递减区间是________． 答案 (e ，＋∞)解析 因为y ln y ＝ln x x，两边同时求导得1y y ′＝1－ln xx2，因此y由y ， 得ln x >1，x >e ，即单调递减区间是(e ，＋∞)．12．若x ＝1e 是函数f (x )＝ln x －kx 的极值点，则实数k ＝________，函数f (x )在点(1，f (1))处的切线方程是____________． 答案 e (e －1)x ＋y ＋1＝0解析 由题意得f ′(x )＝1x －k ，∴f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝e －k ＝0， ∴k ＝e.∴f ′(1)＝1－k ＝1－e.f (1)＝－k ＝－e ，∴切点坐标为(1，－e)，∴切线方程为y ＋e ＝(1－e)(x －1)， ∴(e－1)x ＋y ＋1＝0. 13．已知函数f (x )＝x ＋a x 2＋1(a ∈R )的值域是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－14，m ，则常数a ＝________，m ＝________. 答案 341解析 由题意得f (x )＝x ＋a x 2＋1≥－14， 即a ≥－14x 2－x －14对任意x ∈R 恒成立，且存在x ∈R 使得等号成立，所以a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－14x 2－x －14max ，又因为－14x 2－x －14＝－14(x ＋2)2＋34，所以a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－14x 2－x －14max ＝34，所以f (x )＝x ＋34x 2＋1＝4x ＋34x 2＋4，则f ′(x )＝－2x 2－3x ＋22(x 2＋1)2＝(x ＋2)(－2x ＋1)2(x 2＋1)2， 当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫－2，12时，f ′(x )>0， 当x ∈(－∞，－2)和⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞时，f ′(x )＜0，又x →－∞时，f (x )→0，所以易知，当x ＝12时，f (x )取得最大值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝4×12＋34×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋4＝1，即m ＝1. 14．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋(a ＋6)x ＋1.若函数f (x )的图象在点(1，f (1))处的切线斜率为6，则实数a ＝________；若函数在(－1,3)内既有极大值又有极小值，则实数a 的取值范围是________．答案 －1 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－337，－3解析 由题意得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋a ＋6.若函数f (x )的图象在点(1，f (1))处的切线斜率为6， 则f ′(1)＝3×12＋2a ×1＋a ＋6＝6， 解得a ＝－1.若函数f (x )在(－1,3)内既有极大值又有极小值，则其导函数f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋a ＋6在(－1,3)内有两个不同的零点，则⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝(2a )2－4×3×(a ＋6)>0，－1<－2a 2×3<3，3×(－1)2＋2a ×(－1)＋a ＋6>0，3×32＋2a ×3＋a ＋6>0，解得－337<a <－3.15．若存在两个正实数x ，y 使等式2x ＋m (y －2e x )(ln y －ln x )＝0成立(其中e ＝2.71828…)，则实数m 的取值范围是__________________．答案 (－∞，0)∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫2e ，＋∞解析 由题意可得m ＝2x(2e x －y )(ln y －ln x )，则1m ＝(2e x －y )(ln y －ln x )2x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫e －12·y x ·ln y x ， 令t ＝yx ()t >0，构造函数g (t )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫e －t 2ln t (t >0)， 则g ′(t )＝－12ln t ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫e －t 2×1t＝－12ln t ＋e t －12(t >0)，设h (t )＝g ′(t )，则h ′(t )＝－12t －e t 2＝－t ＋2e 2t 2<0恒成立，则g ′(t )在(0，＋∞)上单调递减， 当t ＝e 时，g ′(t )＝0，则当t ∈(0，e)时，g ′(t )>0，函数g (t )单调递增， 当t ∈(e，＋∞)时，g ′(t )<0，函数g (t )单调递减， 则当t ＝e 时，g (t )取得最大值g (e)＝e2，据此有1m ≤e 2，∴m <0或m ≥2e.综上可得实数m 的取值范围是(－∞，0)∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫2e ，＋∞.16．若对任意x ∈[－1,1]，恒有|4x 3－ax |≤b (a ，b ∈R )成立，则当b 取得最小值________时，实数a 的值为____________． 答案 1 3解析 对任意x ∈[－1,1]，恒有|4x 3－ax |≤b 成立等价于b ≥|4x 3－ax |max ，x ∈[－1,1]． 设f (x )＝4x 3－ax ，x ∈[－1,1]， 则易得f (x )为奇函数，则只需讨论f (x )在[0,1]上的情况即可．f ′(x )＝12x 2－a ，当a <0时，f ′(x )>0在[0,1]上恒成立，f (x )在[0,1]上单调递增，则|4x 3－ax |max ＝f (1)＝4－a >4；当a >12时，f ′(x )<0在[0,1]上恒成立，f (x )在[0,1]上单调递减，则|4x 3－ax |max ＝|f (1)|＝a －4>8；当0≤a ≤12时，令f ′(x )＝0得x ＝3a 6，则函数f (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，3a 6上单调递减，在⎝ ⎛⎦⎥⎤3a 6，1上单调递增，则|4x 3－ax |max ＝max ⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫|f (1)|，⎪⎪⎪⎪⎪⎪f⎝ ⎛⎭⎪⎫3a 6＝max ⎩⎨⎧|4－a |，令|4－a | 得(a －3)(a －12)2＝0，解得a ＝3或12， 当a ＝12时，|4x 3－ax |max ＝8； 当a ＝3时，|4x 3－ax |max ＝1；当|4－a 0≤a <3时，|4x 3－ax |max ＝|4－a |>1；当3<a <12时，|4x 3－ax |max 综上所述，当b 取得最小值1时，实数a 的值为3.17．已知函数f (x )＝ln x ＋(e －a )x －b ，其中e 为自然对数的底数．若不等式f (x )≤0恒成立，则b a的最小值为______________．答案 －1e解析 因为函数f (x )＝ln x ＋(e －a )x －b ，所以f ′(x )＝1x＋e －a ，其中x >0， 当a ≤e 时，f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增，所以f (x )≤0不恒成立；当a >e 时，令f ′(x )＝1x ＋e －a ＝0，得x ＝1a －e， 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a －e 时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －e ，＋∞时，f ′(x )<0，f (x )单调递减， 所以当x ＝1a －e 时，f (x )取得最大值， 因为不等式f (x )≤0恒成立，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －e ＝－ln(a －e)－b －1≤0， 所以ln(a －e)＋b ＋1≥0，所以b ≥－1－ln(a －e)，所以b a ≥－1－ln (a －e )a，a >e ， 设F (x )＝－1－ln (x －e )x，x >e ， 则F ′(x )＝－1x －e x ＋1＋ln (x －e )x 2 ＝(x －e )ln (x －e )－e (x －e )x 2， 令H (x )＝(x －e)ln(x －e)－e ，x >e ，则H ′(x )＝ln(x －e)＋1，由H ′(x )＝0，解得x ＝e ＋1e， 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫e ＋1e ，＋∞时，H ′(x )>0，H (x )单调递增， 当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫e ，e ＋1e 时，H ′(x )<0，H (x )单调递减，所以当x ＝e ＋1e时，H (x )取得最小值， 最小值为H ⎝ ⎛⎭⎪⎫e ＋1e ＝－e －1e ， 因为当x →e 时，H (x )→－e ，当x >2e 时，H (x )>0，H (2e)＝0，所以当x ∈(e,2e)时，F ′(x )<0，F (x )单调递减， 当x ∈(2e，＋∞)时，F ′(x )>0，F (x )单调递增，所以当x ＝2e 时，F (x )取最小值F (2e)＝－1－12e ＝－1e， 所以b a 的最小值为－1e.。
热点题型三 导数与函数的单调性、极值、最值《奇招制胜》数学(理)热点+题型全突破
热点题型三导数与函数的单调性、极值、最值【知识梳理】1。
函数的单调性与导数的关系函数y＝f(x）在某个区间内可导,则：(1)若f′(x)〉0，则f(x)在这个区间内单调递增；(2)若f′(x)<0,则f(x)在这个区间内单调递减；（3)若f′（x）＝0,则f（x）在这个区间内是常数函数。
2.函数的极值与导数的关系（1)函数的极小值与极小值点若函数f(x）在点x＝a处的函数值f(a）比它在点x＝a附近其他点的函数值都小,f′(a)＝0，而且在点x＝a附近的左侧f′(x）〈0，右侧f′(x）>0，则点a叫做函数的极小值点,f（a)叫做函数的极小值. (2）函数的极大值与极大值点若函数f（x）在点x＝b处的函数值f（b)比它在点x＝b附近其他点的函数值都大,f′（b）＝0，而且在点x＝b附近的左侧f′(x）〉0，右侧f′（x)<0,则点b叫做函数的极大值点，f(b）叫做函数的极大值.3.函数的最值与导数的关系（1）函数f（x)在a，b]上有最值的条件如果在区间a，b]上函数y＝f（x)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值.(2）求y＝f(x）在a，b］上的最大（小)值的步骤①求函数y＝f(x)在（a，b）内的极值；②将函数y＝f（x）的各极值与端点处的函数值f(a)，f（b）比较,其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值.一、导数与函数的单调性题型一利用导数研究函数的单调性【典例1】【2016·四川卷节选】设函数f（x）＝ax2－a－ln x,g（x)＝错误!－错误!，其中a∈R，e＝2.718…为自然对数的底数。
（1）讨论f(x)的单调性；（2）证明：当x〉1时，g（x）>0.【解析】(1) 由题意得f′(x）＝2ax－错误!＝错误!(x〉0).当a≤0时,f′（x)<0，f（x）在(0，＋∞）内单调递减.当a>0时，由f′（x)＝0有x＝错误!,当x∈错误!时,f′(x）〈0，f(x)单调递减；当x∈错误!时，f′(x）>0,f（x)单调递增。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
2012年高考考前30天三轮专题提分必练绝密之专题(四)[第4讲 函数的极限与导数的基本应用](时间：10分钟＋35分钟)2012二轮精品提分必练1．设函数f (x )在定义域内可导，y ＝f (x )的图象如图4－1，则导函数y ＝f ′(x )的图象可能为( )2012二轮精品提分必练2．设函数f (x )＝g (x )＋x 2，曲线y ＝g (x )在点(1，g (1))处切线方程为y ＝2x ＋1，则曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处切线的斜率为( )A ．4B ．－14C ．2D ．－123．“函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1(x ＜0)，x ＋a 2(x ≥0)，在点x ＝0处连续”是“a ＝1”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件4．函数f (x )＝x 3－3x 2＋2在区间[]－1，1上的最大值是( ) A ．－2 B ．0 C ．2 D ．42012二轮精品提分必练1．已知函数f (x )的导函数为f ′(x )，且满足f (x )＝2xf ′(1)＋ln x ，则f ′(1)＝( ) A ．－e B ．－1 C ．e D ．12．函数f (x )＝e x cos x 的图象在点(0，f (0))处的切线的倾斜角为( )A ．0 B.π4C ．1 D.π23．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧(x ＋1)e x(x ＜0)，x 3＋2a (x ≥0)在点x ＝0处连续，则lim x →0⎣⎡⎦⎤1x 2－x －1a (x 2－2x )＝( ) A ．0 B ．1C ．－1D ．－124．设a ∈R ，若函数y ＝e ax ＋3x ，x ∈R 有恒大于零的极值点，则( ) A ．a ＞－3 B ．a ＜－3C ．a ＞－13D ．a ＜－135．设f (x )是R 上的奇函数，且f (－1)＝0，当x ＞0时，(x 2＋1)f ′(x )－2xf (x )＜0，则不等式f (x )＞0的解集为________ .6．已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2－4在x ＝2处取得极值，若m 、n ∈[]－1，1，则f (m )＋f ′(n )的最小值是_______．7.已知函数f (x )＝13x 3＋a －32x 2＋(a 2－3a )x －2a .(1)若函数f (x )在x ＝－1处有极值，求a 的值及f (x )的单调区间；(2)如果对任意x ∈[]1，2，f ′(x )＞a 2恒成立，求实数a 的取值范围．8．已知f (x )＝ax －ln x ，x ∈(]0，e ，g (x )＝ln xx，其中e 是自然常数，a ∈R .(1)讨论a ＝1时，函数f (x )的单调性和极值；(2)求证：在(1)的条件下，f (x )＞g (x )＋12；(3)是否存在实数a ，使f (x )的最小值是3？若存在，求出a 的值；若不存在，说明理由．2012年高考考前30天三轮专题提分必练绝密之专题(四)【基础演练】1．D 【解析】 由函数y ＝f (x )的图象可知，当x ＜0时y ＝f (x )单调递增，则此时y ＝f ′(x )的图象在x 轴上方；当x ＞0时y ＝f (x )先递增，然后递减，最后递增，则对应的y ＝f ′(x )的图象从x 轴上方到x 轴下方，再到x 轴上方．对照选项，知D 符合要求．2．A 【解析】 由题意知g ′(1)＝2，又f ′(x )＝g ′(x )＋2x ，∴曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处切线的斜率为f ′(1)＝g ′(1)＋2＝4.3．B 【解析】 lim x →0－f (x )＝lim x →0－ (x ＋1)＝1，lim x →0＋f (x )＝lim x →0＋(x ＋a 2)＝a 2.若函数f (x )在点x ＝0处连续，则f (0)＝lim x →0＋f (x )＝lim x →0－f (x )，故a 2＝1，∴a ＝±1；若a ＝1，则有f (0)＝lim x →0＋f (x )＝ lim x →0－f (x )，即函数f (x )在点x ＝0处连续．故选B.4．C 【解析】 对f (x )求导得f ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)，则f (x )在区间[)－1，0上递增，在区间(]0，1上递减，因此函数f (x )在[－1,1]的最大值为f (0)＝2.【提升训练】1．B 【解析】 对f (x )求导，得f ′(x )＝2f ′(1)＋1x，令x ＝1，得f ′(1)＝2f ′(1)＋1，∴f ′(1)＝－1.2．B 【解析】 对f (x )求导得f ′(x )＝e x cos x ＋e x (－sin x )＝e x (cos x －sin x )，则函数y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线的斜率k ＝f ′(0)＝e 0＝1，故切线的倾斜角为π4.3．D 【解析】 lim x →0－f (x )＝lim x →0－ (x ＋1)e x ＝1，lim x →0＋f (x )＝lim x →0＋(x 3＋2a )＝2a .∵ f (x )在点x ＝0处连续，∴lim x →0－f (x )＝lim x →0＋f (x )＝f (0)，得1＝2a ，∴a ＝12.将a ＝12代入lim x →0⎣⎡⎦⎤1x 2－x －1a (x 2－2x )中，得lim x →0⎣⎡⎦⎤1x 2－x －2x 2－2x ＝ lim x →0 －1(x －1)(x －2)＝－12.4．B 【解析】 对y ＝e ax ＋3x 求导，得y ′＝3＋a e ax ，若函数对x ∈R 有恒大于零的极值点，即方程y ′＝3＋a e ax ＝0有正根．当y ′＝3＋a e ax ＝0成立时，a ＜0，此时x ＝1a ln ⎝⎛⎭⎫－3a .由x ＞0解得a ＜－3，于是，a 的取值范围是a ＜－3.5．(－∞，－1)∪(0,1) 【解析】 令g (x )＝f (x )x 2＋1，则g ′(x )＝(x 2＋1)f ′(x )－2xf (x )(x 2＋1)2.∵当x ＞0时，(x 2＋1)f ′(x )－2xf (x )＜0，∴g (x )在(0，＋∞)上单调递减，又∵g (x )是R 上的奇函数，则f (x )＞0等价于g (x )＞0，g (－1)＝0，∴g (1)＝0.当g ＞0时，g (x )＞0＝g (1)⇒x ＜1，∴0＜x ＜1；当x ＜0时，g (x )＞0＝g (－1)⇒x ＜－1，∴x ＜－1.综合可得，不等式f (x )＞0的解集为(－∞，－1)∪(0,1)．6．－13 【解析】 对f (x )求导，得f ′(x )＝－3x 2＋2ax ，由函数在x ＝2处取得极值知f ′(2)＝0，即－3×4＋2a ×2＝0，∴a ＝3.于是f (x )＝－x 3＋3x 2－4，f ′(x )＝－3x 2＋6x ，由此可得f (x )在[)－1，0上单调递减，在(]0，1上单调递增，∴当m ∈[]－1，1时，f (m )min ＝f (0)＝－4.又∵f ′(x )＝－3x 2＋6x 的图象开口向下，且对称轴为x ＝1，∴当n ∈[]－1，1时，f ′(n )min ＝f (－1)＝－9.故f (m )＋f ′(n )的最小值为－13.7．【解答】 对f (x )求导，得f ′(x )＝x 2＋(a －3)x ＋a 2－3a . (1)∵在x ＝－1处有极值，∴f ′(－1)＝(－1)2＋(a －3)(－1)＋a 2－3a ＝0，解得a ＝2， 此时f ′(x )＝x 2－x －2＝(x ＋1)(x －2)．令f ′(x )＞0，则x ＞2或x ＜－1；令f ′(x )＜0，则－1＜x ＜2，∴f (x )在(－∞，－1)和(2，＋∞)上单调递增，在(－1,2)上单调递减． (2)∵f ′(x )－a 2＝x 2＋(a －3)x －3a ＝(x －3)(x ＋a )，∴要使得任意x ∈[]1，2，f ′(x )＞a 2恒成立，只需(x －3)(x ＋a )＞0在x ∈[1,2]上恒成立，令g (x )＝(x －3)(x ＋a )，则g (x )的图象恒过点(3,0)，(－a,0)，且开口向上，要使得g (x )＞0在x ∈[1,2]恒成立，只需－a ＞2，求得a ＜－2即可． ∴要使得任意x ∈[]1，2，f ′(x )＞a 2恒成立， 则实数a 的取值范围是(－∞，－2)．8．【解答】 (1)当a ＝1时，则f (x )＝x －ln x ，f ′(x )＝1－1x ＝x －1x，当0＜x ＜1时，f ′(x )＜0，此时f (x )单调递减；当1＜x ＜e ， f ′(x )＞0，此时f (x )单调递增． ∴f (x )的极小值为 f (1)＝1.(2)证明∵f (x )的极小值为1，即f (x )在(]0，e 上取最小值为1， ∴f (x )min ＝1.又g ′(x )＝1－ln xx2，∴当0＜x ＜e 时，g ′(x )＞0，g (x )在(]0，e 上单调递增，∴g (x )max ＝g (e)＝1e ＜12，∴f (x )min －g (x )max ＞12，即在(1)的条件下，f (x )＞g (x )＋12.(3)假设存在实数a ，使f (x )＝ax －ln x (x ∈(]0，e )有最小值3，则f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x.①当a ≤0时，f (x )在(0，e]上单调递减，f (x )min ＝f (e)＝a e －1＝3，a ＝4e(舍去)，所以，此时f (x )的最小值不是3；②当0＜1a ＜e 即a ＞1e时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递减，在⎝⎛⎦⎤1a ，e 上单调递增， f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫1a ＝1＋ln a ＝3，a ＝e 2，满足条件； ③当1a ≥e 即0＜a ≤1e 时，f (x )在(]0，e 上单调递减，f (x )min ＝f (e)＝a e －1＝3，a ＝4e(舍去)，所以，此时，f (x )无最小值．综上，存在实数a ＝e 2，使得当x ∈(]0，e 时，f (x )有最小值3.。