痛点五 导数中的综合问题(原卷版)
导数综合应用(含答案)
11.导数的综合应用（含答案）（高二）1.（15北京理科）已知函数()1ln 1xf x x+=-．（Ⅰ）求曲线()y f x =在点()()00f ，处的切线方程； （Ⅱ）求证：当()01x ∈，时，()323x f x x ⎛⎫>+ ⎪⎝⎭； （Ⅲ）设实数k 使得()33x f x k x ⎛⎫>+ ⎪⎝⎭对()01x ∈，恒成立，求k 的最大值． 【答案】（Ⅰ）20x y -=，（Ⅱ）证明见解析，（Ⅲ）k 的最大值为2.试题解析：（Ⅰ）212()ln,(1,1),(),(0)2,(0)011x f x x f x f f x x+''=∈-===--，曲线()y f x =在点()()00f ，处的切线方程为20x y -=；（Ⅱ）当()01x ∈，时，()323x f x x ⎛⎫>+ ⎪⎝⎭，即不等式3()2()03x f x x -+>，对(0,1)x ∀∈成立，设331()ln 2()ln(1)ln(1)2()133x x x F x x x x x x +=-+=+---+-，则422()1x F x x'=-，当()01x ∈，时，()0F x '>，故()F x 在（0，1）上为增函数，则()(0)0F x F >=，因此对(0,1)x ∀∈，3()2()3x f x x >+成立；（Ⅲ）使()33x f x k x ⎛⎫>+ ⎪⎝⎭成立，()01x ∈，，等价于31()ln ()013x x F x k x x +=-+>-，()01x ∈，；422222()(1)11kx k F x k x x x+-'=-+=--， 当[0,2]k ∈时，()0F x '≥，函数在（0，1）上位增函数，()(0)0F x F >=，符合题意；当2k >时，令402()0,(0,1)k F x x k-'==∈，()(0)F x F <，显然不成立，综上所述可知：k 的最大值为2.考点：1.导数的几何意义；2.利用导数研究函数的单调性，证明不等式；3.含参问题讨论.2．（15年安徽理科）设函数2()f x x ax b =-+.（1）讨论函数(sin )22f x ππ在(-,)内的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值；（2）记20000(),(sin )(sin )f x x a x b f x f x =-+-求函数在22ππ(-,)上的最大值D ；（3）在（2）中，取2000,D 14aa b z b ===-≤求满足时的最大值。
导数的综合应用答案
1专题三 导数及其应用 第八讲 导数的综合应用答案部分 2019 年1.解析 当 x =1 时， f (1) =1- 2a + 2a = 1 > 0 恒成立；当 x <1时， f (x ) = x 2- 2ax + 2a 厖0 ⇔ 2ax 2 x - 1恒成立，x 2 x 2(1 - x -1)2(1 - x )2-2 (1 - x ) +1令 g (x )=x -1 = - 1- x= - 1- x= -1- x=-(1- x ) + 1 1- x-⎛ 2(1 - x ) ⋅ 11- x ⎫ - 2 ⎪ = 0 ，⎝⎭所以 2a …g ( x )max = 0 ，即a > 0 ． 当 x >1 时， f (x )= x - a ln x 厔0 ⇔ ax ln x恒成立， 令 h (x ) = x，则 h '( x ) =ln x ln x - x ⋅ 1x (ln x )2= ln x -1 ， (ln x )2当 x > e 时， h '( x ) > 0 ， h (x )递增，当1 < x < e 时， h '( x ) < 0， h (x )递减， 所以当 x = e 时， h (x )取得最小值h (e )= e . 所以a … h (x )min = e .综上， a 的取值范围是[0, e ]．2.解析（1） f '(x ) = 6x 2- 2ax = 2x (3x -a ) ． 令 f '(x ) = 0 ，得 x =0 或x = a.3若 a >0，则当x∈(-∞, 0) ⎛ a , +∞ ⎫ 时，f '(x ) > 0 ；当 x ∈⎛ 0, a ⎫时， f '(x ) < 0 ．故 f (x ) 3 ⎪ 3 ⎪ ⎝ ⎭ ⎝ ⎭在(-∞, 0), ⎛ a , +∞ ⎫ 单调递增，在⎛ 0, a ⎫单调递减； 3 ⎪ 3 ⎪ ⎝ ⎭ ⎝ ⎭3若 a =0， f (x ) 在(-∞, +∞) 单调递增；若a <0，则当x ∈⎛-∞, a ⎫ (0, +∞) 时，f '(x ) > 0 ；当x ∈⎛ a , 0⎫时， f '(x ) < 0 ．故 f (x ) 3 ⎪ 3 ⎪ ⎝⎭ ⎝ ⎭在⎛ -∞,a ⎫ , (0, +∞) 单调递增，在⎛ a , 0⎫单调递减. 3 ⎪ 3 ⎪⎝ ⎭ ⎝ ⎭（2）满足题设条件的 a ，b 存在.（i ）当a ≤0 时，由（1）知，f (x ) 在[0，1]单调递增，所以 f (x ) 在区间[0，l]的最小值为 f (0)=b ，最大值为 f (1) = 2 - a + b .此时 a ，b 满足题设条件当且仅当b = -1 ，2 - a + b =1 ，即 a =0，b = -1 ．（ii ）当 a ≥3 时，由（1）知， f (x ) 在[0，1]单调递减，所以 f (x ) 在区间[0，1]的最大值为f (0)=b ，最小值为 f (1) = 2 - a + b ．此时a ，b 满足题设条件当且仅当 2 - a + b = -1 ，b =1，即 a =4，b =1．f (x )f ⎛ a ⎫= - a 3+ b （iii ）当 0<a <3 时，由（1）知，或2 - a + b ．在[0，1]的最小值为 ⎪ ⎝ ⎭27 ，最大值为 b- a 327 + b = -1 ，b =1，则 a = 33 2 ，与 0<a <3 矛盾.- a 327 + b = -1 ，2 - a + b =1，则 a = 3 3 或 a = -3 3 或 a =0，与 0<a <3 矛盾．综上，当且仅当 a =0，b = -1 或 a =4 ，b =1 时， f (x ) 在[0，1]的最小值为–1，最大值为 1． 3.解析：（Ⅰ）当a = - 3 时， f ( x ) = - 3ln x + 1 + x , x > 0 ．4 4f ' (x ) = - 3+ 1 = ( 1+ x - 2)(2 1+ x + 1) ，4x 2 1+ x 4 x 1+ x所以，函数 f (x ) 的单调递减区间为（0，3），单调递增区间为（3，+ ∞ ）．（Ⅱ）由 f (1) ≤ 1 2a，得0 < a ≤2 ．4当0 < a ≤2 时， f ( x ) ≤x 等价于x - 2 1+ x- 2ln x ≥ 0 ． 42a令t = 1，则t ≥ 2 2 ．aa 2 a若 若1 7 ⎭ ⎝ ⎭ ⎭设 g (t ) = t 2 x - 2t 1+ x - 2ln x ,t ≥ 2 2 ，则g (t ) ≥ g (2 2) = 8 x - 4 2 1+ x - 2ln x ．（i ）当x ∈⎡ 1 , +∞⎫时， 1 + ≤ 2 2 ， 则⎢⎣ 7 ⎪xg (t ) ≥ g (2 2) = 8 x - 4 2 1+ x - 2ln x ．记 p (x ) = 4x - 2 2 1+ x - ln x , x ≥1，则7p' (x ) = 2-2- 1 =2 x x + 1 - 2 x - x + 1 .xx +1 x x x +1故x1 ( 1,1) 771 (1, +∞)p'(x )-+p (x )p ( 1 ) 7单调递减极小值 p (1)单调递增所以， p (x ) ≥ p (1) = 0 ．因此， g (t ) ≥ g (2 2) = 2 p (x ) ≥ 0 ．（ii ）当x ∈⎡ 1 , 1 ⎫时， g (t )…g ⎛ 1+ 1 ⎫ = -2 x ln x - (x + 1) ．⎢⎣ e 2 7 ⎪ x ⎪ 2 x⎭ ⎝ ⎭令q (x ) = 2 x ln x + (x +1), x ∈ ⎡ 1 , 1 ⎤ ，则q' (x ) =ln x + 2 +1 > 0 ， ⎢⎣ e 2 7⎥⎦x故 q (x ) 在⎡ 1 , 1⎤ 上单调递增，所以 q (x )… q ⎛ 1 ⎫ ．⎢⎣ e 2 7⎥⎦ ⎪由（i ）得q⎛ 1 ⎫= - 2 7 p ⎛ 1 ⎫< - 2 7 p (1) = 0 ． 7 ⎪ 7 7 ⎪ 7 ⎝ ⎭ ⎝ ⎭所以，q (x )<0 ．因此 g (t )…g ⎛1+ 1 ⎫ = -q ( x )> 0．x ⎪ 2 x ⎝ ⎭由（i ）（ii ）得对任意 x ∈ ⎡ 1 , +∞⎫， t ∈[2 2, +∞), g (t )…0 ，⎢⎣e 2 ⎪⎭即对任意x ∈⎡ 1, +∞⎫，均有 f ( x )…x ． ⎢⎣e 2 ⎪ 2a 综上所述，所求a 的取值范围是⎛ 2 ⎤0, 4 ⎥ ⎝ ⎦4.解析：（1）设g (x ) = f '(x ) ，则g (x ) = cos x -11 + x， g' (x ) = - sin x +1 . (1+ x )2当 x ∈⎛-1,π ⎫时， g' (x )单调递减，而 g'(0) > 0, g'( π) < 0 ，2 ⎪2 ⎝ ⎭可得 g' (x ) 在⎛-1,π ⎫有唯一零点，设为α. 2 ⎪ ⎝⎭则当x ∈( -1,α) 时， g'(x ) > 0 ；当x ∈⎛α, π ⎫ 时， g'(x ) < 0 . 2 ⎪ ⎝ ⎭所以 g (x ) 在(-1,α) 单调递增，在 ⎛α, π ⎫ 单调递减，故 g (x ) 在⎛-1, π⎫ 存在唯一极2 ⎪ 2 ⎪ ⎝ ⎭ ⎝ ⎭大值点，即 f '(x ) 在⎛-1, π⎫ 存在唯一极大值点.2 ⎪ ⎝ ⎭（2） f (x ) 的定义域为(-1, +∞) .（i ）当x ∈ (-1, 0] 时，由（1）知， f '(x ) 在( -1,0) 单调递增，而 f '(0) = 0 ，所以当x ∈ (-1, 0) 时， f '(x ) < 0 ，故 f (x ) 在( -1,0) 单调递减，又 f (0)=0 ，从而x = 0 是f (x ) 在(-1, 0] 的唯一零点.（ii ）当 x ∈⎛0, π⎤ 时，由（1）知， f '(x ) 在(0,α) 单调递增，在⎛α, π⎫ 单调递减，2⎥ 2 ⎪ ⎝ ⎦ ⎝ ⎭而 f '(0)=0 f '⎛ π ⎫ < 0 ，所以存在β∈ ⎛α, π ⎫，使得 f '(β) = 0 ，且当x ∈(0,β) 时， ， 2 ⎪2 ⎪ ⎝ ⎭ ⎝ ⎭f '(x ) > 0 ；当 x ∈⎛ β, π ⎫时， f '(x ) < 0 .故 f (x ) 在(0,β) 单调递增，在⎛ β, π⎫ 单调2 ⎪ 2 ⎪ ⎝ ⎭ ⎝ ⎭ 递减.又 f (0)=0 ， f ⎛ π ⎫ =1 -ln ⎛1 + π ⎫ >0 ，所以当 x ∈⎛0, π⎤时， f (x ) > 0 .2 ⎪ 2 ⎪ 2⎥从而 f (x ) ⎝ ⎭ ⎝ ⎭ ⎝ ⎦ 在⎛0, π⎤没有零点.2⎥ ⎝ ⎦（iii ）当x ∈⎛ π , π⎤ 时， f '(x ) < 0 ，所以 f (x ) 在⎛ π, π⎫ 单调递减.而f ⎛ π⎫ > 0 ，2 ⎥ 2 ⎪ 2 ⎪ ⎝ ⎦ ⎝ ⎭ ⎝ ⎭f (π) < 0 ，所以 f (x ) 在⎛ π, π⎤有唯一零点.2 ⎥ ⎝ ⎦（iv ）当x ∈(π, +∞) 时，ln(x +1) > 1 ，所以 f (x ) <0，从而 f (x ) 在(π, +∞) 没有零点. 综上， f (x ) 有且仅有2个零点.5.解析：（1）f （x ）的定义域为(0,1) (1, +∞) .因为 f '(x ) = 1+x 1( x -1) 2> 0，所以 f (x ) 在（0，1），（1，+∞）单调递增．f e =1- e +1< 0f (e 2) = 2 - e 2 +1 = e 2 - 3> 0因为 （ ），e - 1 ，e 2 -1 e 2-1所以 f （x ）在（1，+∞）有唯一零点x 1，即 f （x 1 ）=0．又0 <1 <1， f ( 1) = -ln x + x 1 +1 = - f ( x ) = 0 ， x x 1x -1 1111故 f （x ）在（0，1）有唯一零点 1．x 1综上，f （x ）有且仅有两个零点．（2）因为 1 x 0 = e - ln x 0，故点 B （–ln x 0， 1 x 0）在曲线 y =e x 上．由题设知 f (x ) = 0 ，即ln x = x 0 +1 ，1- ln xx 0 -11 - x 0 + 1 故直线 AB 的斜率k = x 0= x 0 x 0 -1 = 1 ．- ln x 0 - x 0 - x 0 +1 - x x 0x 0 -1 0所以 f (x ) 的极小值为 f (1) = (1- 3)(1+ 3)2= -32 ．（3）因为 a = 0, c = 1，所以 f (x ) = x (x - b )(x -1) = x 3 - (b + 1)x 2+ bx ，f ' (x ) = 3x 2 - 2(b + 1)x + b ．因为0 < b ≤ 1 ，所以∆= 4(b + 1)2- 12b = (2b - 1)2+ 3> 0 ，则 f '(x )有2个不同的零点，设为 x 1 , x 2 (x 1 < x 2 ) ．曲线 y =e x 在点B ( -ln x 0 , 1) 处切线的斜率是 1 ，曲线 y = ln x 在点A ( x , ln x ) 处切线的x 0 x 00 0 斜率也是 x ，1所以曲线y = ln x 在点A ( x 0, ln x 0 )处的切线也是曲线y =e x 的切线．6.解析（1）因为a = b = c ，所以 f (x ) = (x - a )(x - b )( x - c ) = (x -a )3 ． 因为 f (4) = 8 ，所以 (4 - a ) 3 = 8 ，解得a = 2 ．（2）因为b = c ，所以 f (x ) = (x - a )(x - b )2= x 3- (a + 2b )x 2+ b (2a + b ) x - ab 2， 从而 f ' (x ) = 3(x - b ) x - ⎛2a +b ⎫．令 ⎝ 3 ⎪⎭f '(x ) = 0 ，得x = b 或x = 2 a + b 3 ． 因为a ,b ,2a + b都在集合{-3,1, 3}中，且a ≠ b ， 3 所以 2 a + b= 1, a = 3, b = -3 ． 3此时 f (x ) = (x - 3)(x + 3)2， f '(x ) = 3(x + 3)(x -1) ． 令 f '(x ) = 0 ，得x = -3 或 x =1 ．列表如下：xf '(x ) f (x )(-∞, -3)+-30 (-3,1)–10 (1, +∞)+极大值极小值1 1 13 ⎝ ⎭由 f '(x ) = 0 ，得x 1 = b +1- b 2 - b +1 3 , x 2 =b +1+ b 2 - b +13列表如下：x(-∞, x 1 )x 1(x 1, x 2 )x 2( x 2 , +∞)f '(x ) f (x )+0 –0 +极大值极小值所以 f (x ) 的极大值M = f (x 1) ．解法一： M = f ( x 1) = x 3 - (b +1)x 2+ bx⎛ x b +1 ⎫ 2 (b 2- b +1)b (b +1) = [3x 2 - 2(b +1) x 1 + b ] 1- ⎪ -x 1 + 1⎝ 3 9 ⎭9 9 -2(b 2 - b + 1)(b + 1) b (b +1) 2 3= + + 27 9 27b 2 - b + 1)= b (b +1) - 2(b -1)2 (b +1) + 2 (b (b - 1) + 1) 327 27 27≤ b (b +1) + 2 ≤4 ．因此M ≤ 4． 27 27 27 27解法二：因为0 < b ≤ 1 ，所以x 1 ∈ (0,1) ． 当x ∈ (0,1) 时， f (x ) = x (x - b )(x -1) ≤ x (x -1)2．令 g (x ) = x ( x -1)2, x ∈ (0,1) ，则g'(x ) = 3⎛ x -1 ⎫( x -1) ．3 ⎪ ⎝ ⎭令g'(x ) = 0 ，得 x = 1．列表如下：3x(0, 1) 1 33(1 ,1) 3g' (x ) g (x ) +0 –极大值所以当 x = 1时， g (x ) 取得极大值，且是最大值，故g (x ) = g⎛ 1 ⎫ = 4 ．3max⎪． (27所以当x ∈(0,1) 时， f ( x) ≤g( x) ≤4，因此M ≤4．27 277.解析：（I）由f(x)=1x3-x2+x，得4f '( x) =3x2 -2x +1 ．4令 f '(x) =1 ，即3x2 -2x +1 =1 ，解得 x = 0 或x =8.4 3又 f (0) =0, f ( 8) =8,3 27所以曲线y =f (x) 的斜率为 1 的切线方程是 y =x 与y -8=x -8，即y =x 与y =x -64. 27（II）令g(x) =f (x) -x ， x ∈[-2, 4].由g (x) =1x3 -x2 得g '( x) =3x2 -2 x .27 3 4 4令g '( x) = 0 得x = 0 或x =8 .3g '( x), g(x) 随x 的变化情况如表所示x -2 (-2,0)0⎛0, 8⎫8 ⎛8, 4 ⎫43⎪ 3 3 ⎪⎝⎭⎝⎭g '(x)+ - +g(x)-6 Z 0 ]-64Z 0 27所以 g(x) 的最小值为-6，最大值为 0，所以-6 ≤g(x) ≤ 0 ，即 x - 6 ≤f (x) ≤x .（III）由（II）知，当a ≤-3 时，M (a)≥F (0)=g (0)-a =-a > 3；当a >-3 时， M (a)≥F (-2)=当a =-3 时， M (a)= 3.综上，当M (a )最小时， a =-3.g (-2)-a = 6 +a > 3 ；8. 解析（Ⅰ）由已知，有 f '( x) = e x (cos x - sin x). 因此，当x ∈⎛2kπ+π, 2k π+5π⎫(k ∈Z) 时，有sin x > cos x ，得f '(x)< 0，则f (x)单调递减；4 4 ⎪ ⎝⎭4 2⎪ 2 2 4 2 ⎪ 4 2 4 当 x ∈⎛ 2k π -3π , 2k π + π ⎫(k ∈ Z) 时，有sin x < cos x ，得 f ' (x ) > 0 ，则 f (x ) 单调递 4 4⎪ ⎝⎭增.所以， f (x )的单调递增区间为 ⎡2k π -3π, 2k π + π⎤(k ∈ Z), f ( x ) 的单调递减区间为⎡2k π + π , 2k π + 5π⎤ ⎢⎣(k ∈ Z ) .4 4 ⎥⎦⎣⎢ 4 4 ⎥⎦（Ⅱ）记h (x ) = f (x ) + g (x )⎛ π -x ⎫ .依题意及（Ⅰ），有g (x ) = e x(cos x - sin x ) ，从而 2 ⎪ ⎝ ⎭g '( x ) = -2e x sin x .当 x ∈⎛ π, π⎫ 时，g ' (x )< 0 ， ⎝ ⎭故h '(x ) = f '(x )+ g '(x )⎛ π - x ⎫+ g (x )(-1) = g '(x )⎛ π - x ⎫< 0.2 ⎪ 2 ⎪ ⎝ ⎭ ⎝ ⎭因此，h (x )在区间⎡ π , π⎤ 上单调递减，进而 h (x )…h ⎛ π ⎫ = f ⎛ π ⎫= 0. ⎢⎣ 4 2 ⎥⎦ 所以，当x ∈⎡ π, π⎤ 时， f ( x ) + g ( x ) ⎛ π - x ⎫…0 .⎪ ⎪ ⎝ ⎭ ⎝ ⎭⎢⎣ 4 2⎥⎦ 2 ⎪（Ⅲ）依题意，u (x n )= f ⎝ ⎭(x n )-1= 0 ，即e xn cos x n =1 .记 y n = x n - 2n π ，则 y n ∈⎛ π , π ⎫ ，⎝ ⎭且 f ( y n ) = e y n cos y n = e x n -2n π cos ( x n - 2n π) = e -2n π (n ∈N ). 由 f (y n ) = e -2n π… 1= f (y 0 ) 及（Ⅰ），得y n …y 0 . 由（ Ⅱ）知，当 x ∈⎛ π , π ⎫ 时， g '(x )< 0 ， 所以 g (x ) 在⎡ π , π⎤上为减函数，因此 ⎪ ⎝ ⎭g ( y )… g ( y ) < g ⎛ π ⎫= 0.⎢⎣ 4 2 ⎥⎦ n 0 ⎪⎝ ⎭又由（Ⅱ）知， f ( y )+ g (y )⎛ π - y ⎫…0， nn2 n ⎪π f (y n ) ⎝ ⎭e -2n π e -2n πe -2n πe -2n π 故 2 - y n 剟- g (y ) = - g (y ) g (y ) = e y 0 (sin y -cos y ) <sin x -cos x .n nπ e -2 n π 0 0 0 0 0 所以，2n π + 2 - x n < sin x - cos x .2010-2018 年 1．A 【解析】∵ f '(x ) = [x 2 + (a + 2)x + a - 1]ex- 1，∵f '(-2) = 0 ，∴a = -1 ，所以 f ( x ) = ( x 2 - x -1)e x -1 ， f '(x ) = (x 2 + x - 2)e x -1，令 f '(x ) = 0 ，解得x = -2 或 x = 1 ，所以当x ∈(-∞, -2) ， f '(x ) > 0 ， f (x ) 单调递增；当 x ∈ (-2,1) 时， f '(x ) < 0， f (x ) 单调递减；当 x ∈ (1, +∞) ， f '(x ) > 0 ， f (x ) 单调递增，所以 f (x ) 的极小值为 f (1) = (1-1-1)e 1-1 = -1，选 A ．2．D 【解析】由导函数的图象可知，y = f (x ) 的单调性是减→ 增→ 减→ 增，排除 A 、C ；由导函数的图象可知， y = f (x ) 的极值点一负两正，所以 D 符合，选 D ．ln 4 ）上单调递增，在[ ln 4 ，2]上单调递减，又 f '(0) = -1< 0 ，f '(1 ) = 2- 2e > 0 ，f '(1) = 4 - e > 0，f '(2) = 8- e 2> 0，所以存在 x ∈(0, 1) 是函数 f ( x ) 的极小值点，2即函数 f ( x ) 在(0, x 0) 上单调递减，在( x 0, 2) 上单调递增，且该函数为偶函数，符合 条 件 的 图 像 为 D ． 4．B 【解析】（解法一） m ≠ 2 时，抛物线的对称轴为 x = - n - 8．据题意，当m > 2时，m - 2- n - 8≥ 2 即 2m + n ≤12 ． m - 22m ⋅n ≤ 2m + n≤ 6 ∴mn ≤ 18 ． 由 2m = n 且 2⎨ ⎩⎨ 2⎨ 2m + n =12 得m = 3, n = 6 ．当 m < 2时，抛物线开口向下，据题意得，-n - 8 ≤ 1m - 2 2即 m + 2n ≤18 ．2m ⋅n ≤ 2m + n ≤9 ∴ mn ≤ 81．由2n = m 且 m + 2n = 18 得 2 2m = 9 > 2 ，故应舍去.要使得mn 取得最大值，应有m + 2n = 18 (m < 2, n > 8) ．所以mn = (18- 2n )n < (18 - 2⨯8) ⨯8 = 16 ，所以最大值为 18．选 B ．（解法二）由已知得 f '(x ) = (m - 2)x + n - 8，对任意的 x ∈[1, 2] ， 2f '(x ) ≤ 0，所⎧ f '(1) ≤0 ⎧m ≥ 0, n ≥ 0 ⎪，即⎪ m + 2n ≤18 ．画出该不等式组表示的平面区域如图中阴影部分 ⎪⎩ f '( x ) ≤ 0 ⎪ 2m + n ≤ 2所示，m18m +2n =1862m +n =12nO9 12令mn = t ，则当n = 0时，t = 0 ，当 n ≠ 0时，m = t n，由线性规划的相关知识，只有当直线2m + n =12 与曲线m = t n⎧ - t 相切时，t 取得最大值，由⎪ n 21 = - 12 ，解得 n = 6， tt =18 ，所以 (mn )max = 18 ，选 B ．⎪9 - n = ⎩ 2 n 5．A 【解析】令h (x ) =f ( x )，因为 f (x ) 为奇函数，所以h (x ) 为偶函数，由于xh '(x ) = xf '(x ) - f (x )，当x > 0 时， xf '(x ) - f (x ) x2 < 0 ，所以h (x ) 在(0, +∞)上单调递减，根据对称性h (x ) 在(-∞, 0) 上单调递增，又 f (-1) = 0 ， f (1) = 0 ，数形结合可知，使得 f (x ) > 0 成立的 x 的取值范围是( -∞, -1)( 0,1) ．6．D 【解析】由题意可知存在唯一的整数x 0 ，使得e x0 (2x 0 -1) < ax 0 - a ，设g (x ) = e x (2x -1) ， h (x ) = ax - a ，由 g '( x ) = e x (2 x +1) ，可知g (x ) 在(-∞, - 1 )2上单调递减，在(- 1, +∞) 上单调递增，作出 g (x ) 与h (x ) 的大致图象如图所示，2以⎩ ⎨⎪ ⎪3 2 1 O–3 –2–1 –1yg (x )=e x (2x -1)h (x )= ax -a 12 x⎧h (0) > g (0) 故⎨h ( -1) ≤ g ( -1) ⎧ a < 1，即⎪-2a ≤ - ⎩ 3 ，所以 3 e2e≤ a < 1 ． 7．D 【解析】∵ f (x ) = kx - ln x ，∴f '(x ) = k - 1，∵ f (x ) 在(1, +∞) 单调递增， x所以当 x > 1 时， f '(x ) = k - 1 ≥ 0 恒成立，即k ≥ 1在(1, +∞) 上恒成立，∵ x > 1 ，∴01< x< x x 1 ，所以k ≥1，故选 D ．8．A 【解析】法一 由题意可知，该三次函数满足以下条件：过点(0，0)，(2，0)，在(0，0)处的切线方程为y = -x ，在(2，0)处的切线方程为 y = 3x - 6 ，以此对选项进行检验．A 选项， y = 1x 3- 1x 2- x ，显然过两个定点，又 y ' = 3x 2- x -1 ，22 2则 y ' |x =0 = -1, y ' |x =2 = 3，故条件都满足，由选择题的特点知应选 A ．法二 设该三次函数为 f (x ) = ax 3 + bx 2 + cx + d ，则 f '(x ) = 3ax 2+ 2bx + c⎧f (0) = 0 ⎪f (2) = 0a 1 ,b 1 ,c 1,d 0 ⎪由题设有⎨ f '(0) = -1 ，解得 =2 = - 2 = - = ． ⎩⎪ f '(2) = 3故该函数的解析式为 y = 1 x 3 - 1 x 2- x ，选 A ．2 29．C 【解析】由正弦型函数的图象可知： f (x )的极值点x 0 满足 f (x 0 ) = ± 3 ，则πx 0 = π+ 2k π (k ∈ Z ) ，从而得x = (k + 1)m ( k ∈ Z ) ．所以不等式m 2 02x 2 +[ f (x )]2 < m2 ，即为(k + 1)2 m 2 +3 < m 2 ，变形得m 2[1- (k + 1)] > 3， 0 02 2其中k ∈ Z ．由题意，存在整数k 使得不等式m 2[1- (k + 1)] > 3 成立．2当 k ≠ -1且k ≠ 0 时，必有(k + 1)2 > 1 ，此时不等式显然不能成立，2故k = -1 或k = 0 ，此时，不等式即为3m 2 > 3 ，解得m < -2 或m > 2 ．410．A 【解析】设所求函数解析式为 y = f (x ) ，由题意知 f (5) = -2, （f - 5）= 2 ，且 f '(±5) = 0 ，代入验证易得y =1x 3 - 3x 符合题意，故选A ． 125 511．C 【解析】当x ∈ (0,1] 时，得a ≥ -3( 1 )3 -4(1 )2 + 1 ，令t = 1，则t ∈[1, +∞) ，x x x xa ≥ -3t 3 - 4t 2 + t ，令 g (t ) = -3t 3 - 4t 2 + t ， t ∈[1, +∞) ，则g '(x )= -9t 2- 8t +1= -(t +1)(9t -1) ，显然在[1, +∞) 上， g '(t )< 0 ，g (t )单调递减，所以 g (t )max = g (1) = -6 ，因此a ≥-6 ；同理，当x ∈[-2,0) 时，得 a ≤-2．由以上两种情况得-6≤a ≤-2 ． 显然当x = 0时也成立，故实数 a 的取值范围为[-6, -2] ．12．C 【解析】设 f ( x ) = e x - ln x ，则 f '(x ) = e x- 1，故 f (x ) 在(0,1) 上有一个极值点，x即 f (x ) 在(0,1) 上不是单调函数，无法判断 f (x 1 ) 与 f (x 2 ) 的大小，故 A 、B 错；构造函数 g (x ) =e x ，g '( x ) =e x (x -1)，故 g (x ) 在(0,1) 上单调递减，所以 g ( x ) > g ( x ) ，xx 212选 C ．13．【解析】B当a = 0 ，可得图象 D ；记 f ( x ) = ax 2 - x + a， g (x ) = a 2 x 3 - 2ax 2+ 2x + a (a ∈ R ) ，取a = 1， f ( x ) = 1( x -1) 2 - 1，令g '(x ) = 0 ，得 x = 2, 2 ，易知2 2 43 g (x )的极小值为 g (2) = 1 ，又 f (2) = 1，所以g (2) > f (2) ，所以图象 A 有可能；2 4同理取a = 2 ，可得图象 C 有可能；利用排除法可知选 B ． 14．C 【解析】若c = 0则有 f (0) = 0 ，所以 A 正确．由 f (x ) = x 3+ ax 2+ bx + c 得f (x ) - c = x 3 + ax 2 + bx ，因为函数 y = x 3 + ax 2 + bx 的对称中心为（0,0），所以 f (x ) = x 3 + ax 2+ bx + c 的对称中心为(0, c ) ，所以 B 正确．由三次函数的图象可知，若 x 0 是 f ( x ) 的极小值点，则极大值点在 x 0 的左侧，所以函数在区间(-∞, x 0 ) 单调递减是错误的，D 正确．选 C ． 15．A 【解析】法一：由题意可得， y 0 = sin x 0∈[-1,1] ，而由 f (x ) = e x + x - a 可知 y 0 ∈[0,1] ，当 a = 0 时， f (x ) ＝ e x + x 为增函数， ∴ y 0 ∈[0,1] 时， f (x 0 ) ∈[1, e +1]． ∴ f ( f ( y 0 ))≥ e +1 >1．∴ 不存在 y 0 ∈[0,1] 使 f ( f ( y 0 )) = y 0 成立，故 B ，D 错； 当a = e +1 时， f (x ) ＝ e x + x - e -1，当 y 0 ∈[0,1] 时，只有 y 0 = 1 时 f (x ) 才有意义，而 f (1) = 0 ， ∴ f ( f (1)) = f (0) ，显然无意义，故 C 错．故选 A ．法二：显然，函数 f (x ) 是增函数， f (x ) ≥ 0 ，从而以题意知 y 0 ∈[0,1] ．于是，只能有 f ( y 0 ) = y 0 ．不然的话，若 f ( y 0 ) > y 0 ，得 f ( f ( y 0)) > f ( y 0 ) > y 0 ，与条件矛盾；若 f ( y 0 ) < y 0 ，得 f ( f ( y 0 )) < 于是，问题转化为 f (t ) = t 在[0,1] 上有解．f ( y 0 ) < y 0 ，与条件矛盾．由t = e t + t - a ，得t 2 = e t + t - a ，分离变量，得 a = g (t ) = e t - t 2+ t ，t ∈[0,1]因为 g '(t ) = e t- 2t +1 > 0 ，t ∈[0,1] ，所以，函数 g (t )在[0,1] 上是增函数，于是有1 = g (0) ≤ g (t ) ≤ g (1) = e ， 即 a ∈[1, e ] ，应选 A ．16．D 【解析】A ．∀x ∈ R , f (x ) ≤ f (x 0) ，错误． x 0 (x 0 ≠ 0) 是 f (x ) 的极大值点，并不是最大值点；B ． - x 0 是 f (-x ) 的极小值点．错误． f (-x ) 相当于 f (x ) 关于 y 轴的对称图像，故 - x 0 应是 f (-x ) 的极大值点；C ．- x 0 是 - f (x ) 的极小值点．错误．- f (x ) 相当于 f (x ) 关于x 轴的对称图像，故 x 0 应是 - f (x ) 的极小值点．跟- x 0 没有关系；D ．- x 0是 - f (-x ) 的极小值点．正确． - f (-x ) 相当于 f (x ) 先关于 y 轴的对称，再关于 x 轴的对称图像．故 D 正确．17．B【解析】∵ y =1x2 - ln x ,∴ y'=x -1,由 y'…0 ，解得-1剟x 1 ，又x > 0 ，2 x∴0 <x … 1 故选B．18．D【解析】 f ( x) =xe x ， f '(x ) =e x (x + 1)， e x > 0 恒成立，令 f '(x) =0，则 x =-1当x <-1时，f '(x) <0 ，函数单调减，当x >-1时，则x =-1 为f ( x) 的极小值点，故选D．f '(x) >0，函数单调增，19．D【解析】f '(x) =12x2 -2ax -2b ，由f '(1) =0，即12 - 2a - 2b = 0 ，得a +b =6 ．由a > 0，b > 0，所以ab ≤(a +b)2 =9 ，当且仅当a =b =3 时取等号．选2D．20．D【解析】若x =-1为函数f ( x)e x 的一个极值点，则易知a =c ，∵选项A，B 的函数为f (x) =a(x +1)2 ，∴[ f ( x)e x ] =[ f '( x) +f (x)]e x =a( x +1)( x +3)e x ，∴x =-1 为函数 f ( x)e x 的一个极值点满足条件；选项 C 中，对称轴x =-且开口向下，∵a < 0,b > 0 ，∴f (-1) = 2a -b < 0 ，也满足条件；b>0 ，2a选项 D 中，对称轴 x =-b<0，且开口向上，∴a > 0,b > 2a ，2a∴ f (-1) = 2a - b < 0 ，与题图矛盾，故选D．21．D【解析】由题| MN |=x2 - ln x ，(x > 0) 不妨令h(x) =x 2 - ln x ，则h'(x) = 2x -1，令 h'(x) = 0解得 x =x2，因 x ∈(0,22) 时，h'(x) < 0 ，2当 x ∈(即t =2, +∞) 时，h'(x) > 0 ，所以当x =22．2时，| MN | 达到最小．2222．①③④⑤【解析】令f (x) =x3 +ax +b, f '(x) =3x2 +a ，当a ≥ 0 时，f '(x) ≥0 ，则f (x) 在R 上单调递增函数，此时x3 +ax +b = 0 仅有一个实根，所以(4)(5)对；当a =-3 时，由f '(x) =3x2 -3<0 得-1<x < 1 ，所以x = 1 是f (x) 的极小值点．由 f (1) > 0 ，得13 - 3⋅1+ b > 0 ,即 b > 2 ，(3)对． x = -1 是 f (x ) 的极大值点， 由 f (-1) < 0 ，得(-1)3- 3⋅ (-1) + b < 0 ，即 b < -2 ，(1)对．23．①④【解析】（1）设 x 1 > x 2 ，函数2x 单调递增，所有2x 1 >2x2 ， x 1 - x 2 >0 ，则 m = f (x 1 )- f (x 2 ) = 2 x 1 - 2 x 2 >0x 1 - x 2 x 1 - x 2 ，所以正确；（2）设x 1 > x 2 ，则x 1 - x 2 > 0 ，则n = g (x 1 ) - g (x 2 ) = x 122 x 1 - x 2 - x 2 +a (x 1 - x 2 ) x 1 - x 2=(x - x )(x +x +a )1 2 1 2 x - x = x + x +a ，可令 =1， 1 2 x 1 x 2 =2， a = - 4， 1 2则 n = -1< 0，所以错误； （3）因为m = n ，由（2）得：f ( x 1) - f ( x 2 )= x + x + a ，分母乘到右边，x 1 - x 21 2 右边即为g ( x 1 ) - g (x 2 ) ，所以原等式即为 f (x 1 ) - f (x 2 ) = g ( x 1 ) - g (x 2 ) ， 即为 f (x 1 ) - g (x 2 ) = f (x 1 )- g (x 2 ) ，令h (x ) = f (x ) - g (x ) ，则原题意转化为对于任意的a ，函数h (x ) = f (x ) - g (x ) 存在不相等的实数 x 1 ，x 2 使得函数值相等，h (x ) = 2 x - x 2 - ax ，则 h '(x ) = 2 x ln 2 - 2 x - a ，则h '(x ) = 2x(ln 2) - 2 ，令h '(x 0 ) = 0 ，且1 < x 0 < 2 ，可得h '( x 0 ) 为极小值． 若 a = -10000，则 h '(x 0) > 0 ，即h '(x 0) > 0 ， h (x ) 单调递增，不满足题意， 所以错误．（4）由(3) 得 f (x 1) - f (x 2 ) = g ( x 1 ) - g (x 2 ) ，则 f (x 1 ) + g (x 1 ) = g (x 2 ) + f (x 2 ) ， 设h (x ) = f (x ) + g (x ) ，有 x 1 ， x 2 使其函数值相等，则h (x ) 不恒为单调．h (x ) = 2 x + x 2 + ax ，h '(x ) = 2 x ln 2 + 2x + a ，h '(x ) = 2 x (ln 2 )2+ 2 > 0 恒成立，h '(x ) 单调递增且h '(-∞) < 0 ，h '( +∞) >0 ．所以h (x ) 先减后增，满足题意，所以正确．24．4【解析】当0 < x ≤1 时， f (x ) = - ln x ， g (x ) = 0 ，此时方程| f (x ) + g (x ) |=1即为ln x =1 或ln x = - 1 ，故 x = e 或 x = 1 ，此时 x = 1 符合题意，方程有一个实根．ee当1< x < 2 时， f (x ) = ln x ， g (x ) = 4 - x 2- 2 = 2 - x 2，方程| f (x ) + g (x ) |=1即为ln x + 2 - x 2 =1 或ln x +2 - x 2 = - 1 ，即ln x +1- x 2 = 0 或ln x +3 - x 2 = 0 ，令 y = ln x +1- x 2，则 y ¢= 1- x2x < 0，函数 y = ln x +1- x 2 在x Î(1, 2) 上单调递减，且x =1 时 y = 0，所以当1< x < 2 时，方程ln x +1- x 2 = 0 无解；令 y = ln x +3 - x 2 ，则 y ¢= 1- x2x < 0 ，函数 y = ln x +3 - x 2 在 x Î (1, 2) 上单调递减，且 x =1时 y = 2 > 0 ，x = 2时 y = ln 2 - 1 < 0 ，所以当1< x < 2 时，方程ln x +3 - x 2 = 0 有一个实根． 当 x ≥ 2 时， f (x ) = ln x ，g (x ) = x 2- 6，方程| f (x ) + g (x ) |=1 即为ln x + x 2 -6 =1或ln x + x 2 - 6 = - 1 ，即ln x + x 2 - 7 = 0 或ln x + x 2 - 5 = 0 ，令y = ln x + x 2 - 7，xy = ln 2 - 3 < 0 ， x = 3时 y = ln 3 +2 > 0 ，所以当 x ≥ 2 时方程ln x + x 2 - 7 = 0故方程| f (x ) + g (x ) |= 1 实根的个数为 4 个．)有 1 个实根．25．2【解析】由题意 f '(x ) = 3x 2- 6x = 3x (x - 2) ，令 f '(x ) = 0 得 x = 0或 x =2 ． 因 x < 0 或x > 2 时， f '(x ) > 0 ，0 < x < 2 时， f '(x ) < 0 ．∴ x = 2 时f (x ) 取得极小值．26 (1) f (x )(0, +∞) f '(x ) = - 1 - 1+ a = - x 2- ax + 1 ．【解析】 的定义域为 ， ． x2 xx 2（i ）若a ≤2 ，则 f '(x )≤ 0 ，当且仅当a = 2，x = 1时 f '(x ) = 0 ，所以 f (x ) 在(0, +∞)单调递减．（ii ）若a > 2，令f '(x ) = 0得， x = a -a 2- 4 a + 2或x =a 2 - 4 2当x ∈(0, a - a 2 -4 ) U( a + a 2 -4, +∞) 时， f '(x ) < 0 ； 2 2．当 x ∈( a - a 2 - 4 a + 2 , a 2 - 4 2 ) 时， f (x ) > 0 ． 所以 f (x ) 在(0,' a - a 2 - 42) ， ( a + 2 a 2 - 4, +∞) 单调递减，在( a - a 2- 4 , a + a 2 - 4) 2 2单调递增． (2)由(1)知， f (x ) 存在两个极值点当且仅当 a > 2．由于 f (x ) 的两个极值点 x 1 ， x 2 满足 x 2- ax +1 = 0 ，所以x 1x 2 = 1 ，不妨设 x 1 < x 2 ， 则x 2 > 1 ．由于f (x 1 ) - f (x 2 ) = - 1 -1 + a ln x 1 - ln x 2 = -2 + a ln x 1 - ln x 2 = -2 + a -2ln x 2 ，x 1 - x 2 x 1 x 2 x 1 - x 2 x 1 - x 2x 21 - x2 所以f (x ) - f (x ) 1 2x - x < a - 2等价于 - x + 2ln x < 0 ．1 2 2 1 2 x 2设函数 g (x ) = 1- x + 2 ln x ，由(1)知， g (x ) 在(0, +∞) 单调递减，又g (1) = 0 ，从而 x当x ∈ (1, +∞) 时， g (x ) < 0 ．所以 1- x + 2ln x < 0，即 f (x 1 ) - f (x 2 )< a - 2．22 2 x 1 - x 227．【解析】(1)当a =1时， f (x ) ≥1 等价于(x 2 +1)e -x-1≤ 0 ．设函数g (x ) = (x 2+ 1)e - x- 1 ，则g'( x ) = -( x 2- 2 x + 1)e- x= -( x -1)2 e -x． 当x ≠ 1 时，g'(x ) < 0 ，所以g (x ) 在(0, +∞) 单调递减．而 g (0) = 0 ，故当x ≥0 时， g (x ) ≤ 0 ，即 f (x ) ≥1 ．(2)设函数h (x ) = 1 - ax 2e - x．f (x ) 在(0, +∞) 只有一个零点当且仅当h (x ) 在(0, +∞) 只有一个零点．（i ）当a ≤0 时， h ( x ) > 0 ， h (x ) 没有零点；（ii ）当a > 0 时， h' (x ) = ax (x -2)e - x．当x ∈ (0, 2) 时，h'(x ) < 0 ；当 x ∈ (2,+∞) 时， h'(x ) > 0 ．xe所以h (x ) 在(0, 2) 单调递减，在(2, +∞) 单调递增． 故h (2) =1 -4a 是h (x ) 在[0, +∞) 的最小值．e22 ①若h (2) > 0 ，即a < 4， h (x ) 在(0, +∞) 没有零点；②若h (2) = 0 ，即 a = e 24， h (x ) 在(0, +∞) 只有一个零点；③若h (2) < 0 a > e 24，由于 h (0) = 1 ，所以h (x ) 在(0, 2)有一个零点，由(1)知，当 x > 0时， e x> x 2，h a16a 3 16a 3 16a 3 1所 以 (4 ) =1- e4a = 1- (e 2a )2 > 1- (2a )4 = 1- a > 0 ．故h (x ) 在(2, 4a ) 有一个零点，因此h (x ) 在(0, +∞) 有两个零点．综上， f (x ) 在(0, +∞) 只有一个零点时， a = e 2．428．【解析】(1)当a = 0 时， f (x ) = (2 + x ) ln(1+ x ) - 2x ， f '(x ) = ln(1+ x )-x ． 1 + x设函数g (x ) = f ' (x ) = ln(1+ x )-x 1 + x，则g '( x ) =x ．(1 + x )2当-1< x < 0 时， g '(x ) < 0 ；当 x > 0 时， g '(x ) > 0 ．故当 x > -1时， g (x ) ≥ g (0) = 0 ，且仅当 x = 0时， g (x ) = 0 ，从而 f '(x ) ≥ 0，且仅当 x = 0时， f '(x ) = 0．所以 f (x ) 在(-1, +∞) 单调递增．又 f (0) = 0 ，故当-1< x < 0时， f (x ) < 0 ；当 x > 0 时， f (x ) > 0 ．(2)（i ）若a ≥ 0 ，由(1)知，当x > 0 时， f (x )≥ (2 + x ) ln(1+ x ) - 2x > 0 = f (0) ，这与 x = 0是 f (x ) 的极大值点矛盾．（ii ）若a < 0，设函数h (x ) = f ( x )2 + x + a x 2 = ln(1 + x ) - 2 x ． 2 + x + a x 2，即由于当| x |< min{1,1| a |} 时，2 + x + ax 2 > 0 ，故h (x ) 与 f (x ) 符号相同．又h (0) = f (0) = 0 ，故 x = 0是 f (x ) 的极大值点当且仅当x = 0 是h (x ) 的极大值点．' 12(2+x + ax 2 )- 2x (1+ 2ax ) x 2 (a 2x 2 + 4ax + 6a + 1) h (x ) = 1+ x - (2 + x + ax 2 )2 = ． (x +1)(ax 2 + x + 2)2如果6a +1 > 0 ，则当0 < x < -6a +1 ，且| x |< min{1,4a1| a |} 时，h '(x ) > 0 ，故x = 0 不是h (x ) 的极大值点．如果6a +1 < 0 ，则a 2 x 2 + 4ax + 6a +1 = 0 存在根x 1 < 0 ，故当 x ∈ (x 1 ,0)，且| x |< min{1,1| a |} 时，h '(x ) < 0 ，所以 x = 0 不是h (x ) 的极大值点．如果6a +1 = 0 ，则h '( x ) =x 3 (x - 24)( x +1)( x 2 - 6x -12)2．则当x ∈ (-1, 0) 时，h '(x ) > 0 ；当x ∈ (0,1) 时，h '(x ) < 0 ．所以 x = 0是h (x ) 的极大值点，从而 x = 0是 f (x ) 的极大值点综上，a = - 1．629．【解析】(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（ x ∈ R ）=[ ax 2 -(2 a +1) x +2]e x．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．22若 a > 1 ，则当 x ∈(1, 2)时， f '(x ) < 0 ；2a当 x ∈(2, +∞)时， f '(x ) > 0．所以 f (x ) < 0 在 x = 2 处取得极小值．若 a ≤ 1 ，则当 x ∈ (0, 2) 时， x - 2 < 0 ， ax -1≤ 1x -1< 0 ，22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( 1, +∞) ．230．【解析】(1)由已知，h (x ) = a x - x ln a ，有h '( x ) = a xln a -lna ．令h '(x ) = 0 ，解得x = 0 ．由a >1 ，可知当 x 变化时， h '(x ) ， h (x ) 的变化情况如下表：x(-∞,0)0 (0, +∞)h '(x )h (x )-0 +极小值所以函数h (x ) 的单调递减区间(-∞,0) ，单调递增区间为(0, +∞) ．(2) 证明： 由 f '(x ) = a xln a ， 可得曲线 y = f (x ) 在点 ( x 1, f (x 1)) 处的切线斜率为x'1a 1 ln a ． 由 g ( x ) =x ln a， 可得曲线 y = g (x ) 在点(x 2, g ( x 2 )) 处的切线斜率为1 x1 x 2x ln a ．因为这两条切线平行，故有 a 1 ln a =x ln a ，即x 2 a 1 (ln a ) =1．两边取以 a 为底的对数，得log x 2 + x 1 + 2log ln a = 0 ，所以 x + g ( x ) = - 2ln ln a ．aa12ln a(3)证明：曲线y = f (x ) 在点(x 1,a x 1 ) 处的切线l 1 ： y - a x 1 = a x 1 ln a ⋅ (x - x 1) ． 曲线 y = g (x ) 在点(x 2 , log a x 2 ) 处的切线l 2 ： y - log a 1x 2 =1x 2 ln a⋅ (x - x 2 ) ． 要证明当 a ≥ e e 时，存在直线l ，使l 是曲线 y = f (x ) 的切线，也是曲线y = g (x ) 的⎩1 切线，只需证明当a ≥ e e时，存在 x 1 ∈ (-∞, +∞) ， x 2 ∈ (0, +∞) ，使得 l 1 和 l 2 重合．⎧a x 1ln a = a 1 ⎪1 ① x2 ln a 即只需证明当 ≥ e e 时，方程组⎨⎪a x 1 - x 1a x 1 ln a = log a x 2 - 1ln a有解， ②由①得x 2 =1 a x 1 (ln a )2 ，代入②，得 a x 1 - x 1a x 1ln a + x 1+ 1 ln a+ 2 ln ln a = 0． ③ ln a1因此，只需证明当a ≥ e e 时，关于 x 1 的方程③有实数解．设函数u (x ) = a x - xa xln a + x +11 ln a2 ln ln a ，ln a 即要证明当a ≥ e e 时，函数 y = u (x ) 存在零点．u '(x ) = 1 - (ln a )2 xa x ，可知x ∈ (-∞,0) 时， u '(x ) > 0 ；x ∈ (0, +∞) 时， u '(x )单调递减，又u '(0) =1 > 0 ， u '( 1(ln a )21) =1 - a (ln a )2< 0 ，故存在唯一的x 0 ，且 x 0 > 0 ，使得u '(x 0) = 0 ，即1 -(ln a )2 x 0a x 0 = 0 ．由此可得u (x ) 在(-∞, x 0 ) 上单调递增，在(x 0 , +∞) 上单调递减． u (x ) 在x = x 0 处取得极大值u (x 0 ) ． 1 因为a ≥ e e，故ln(ln a ) ≥ -1，所以u (x ) = a x - x a xln a + x + 1+ 2ln l n a 00 0 0ln a ln a= 1+ x + 2ln ln a ≥ 2 + 2ln ln a ≥ 0． x 0 (ln a )2ln a ln a下面证明存在实数t ，使得u (t ) < 0 ．由(1)可得a x≥1+ x ln a ，当x >1时，ln a有u (x ) ≤ (1+ x ln a )(1- x ln a ) + x + 1 ln a 2ln ln a ln a= -(ln a )2 x 2 + x +1+ 1 ln a2ln ln a ，ln a⎩- 2 0 ⎩所以存在实数t ，使得u (t ) < 01因此，当a ≥ e e 时，存在 x 1 ∈ (-∞, +∞) ，使得u (x 1 ) = 0 ．1所以，当 a ≥ e e 时，存在直线l ，使l 是曲线 y = f (x ) 的切线，也是曲线y = g (x ) 的切线．31．【解析】(1)函数 f (x ) = x ， g (x ) = x 2 + 2x - 2 ，则 f '(x ) = 1， g '(x ) = 2x + 2 ．f (x )g (x ) f '(x ) g '(x ) ⎧x = x 2 + 2x - 2 由 = 且= ，得⎨1 = 2x + 2 ，此方程组无解，因此， f (x ) 与 g (x ) 不存在“S 点”．(2)函数 f (x ) = ax 2- 1 ， g (x ) = ln x ，则 f '(x ) = 2ax ，g '(x ) = 1．x设 x 0 为 f (x ) 与 g (x ) 的“ S 点”，由 f (x 0) = g (x 0) 且f '(x 0 )=g '(x 0 ) ，得⎧ax 2 -1 = ln x 2 ⎪ 0 0⎧⎪ax 0 -1 = l n x 0 ⎨2ax = 1，即⎨2ax 2 = 1 ，（*）⎪ 0 x 01⎩⎪ 0 -1 1 e 得ln x 0 = - 2，即x 0 =e 2 ，则a = 12(e 2)= 2 ． 当a = e 2时，x 0=e - 12 满足方程组（*），即 x 0 为 f (x ) 与 g (x ) 的“ S 点”． 因此，a 的值为 e．2(3)对任意a > 0 ，设 h (x ) = x 3 - 3x 2 - ax + a ．因为h (0) = a > 0，h (1) =1- 3 - a + a = -2 < 0 ，且h (x ) 的图象是不间断的，所以存在 x 0 ∈ (0,1)，使得 h (x 0) = 0 ．令b =函数 f ( x ) = -x 2+ a ，g ( x ) = b e x，x2 x 3e x 0(1 - x 0)，则b > 0．。
导数的综合应用(含答案)
导数的综合应用 高考趋势：高考中对导数的应用考查的很频繁，可直接应用于对某一类函数性质的研究，也可以联系方程的根、不等式的恒成立、有解、证明等综合问题，填空、解答等题型均有可能，分值比重比较高，是高考的重要内容之一。
利用导数来解决函数的单调性与最值问题已成为炙手可热的热点.既有填空题，侧重于利用导数确定函数的单调性和极值；也解答题，侧重于导数的综合应用，即导数与函数、方程、不等式的综合应用. 基础训练：例题精讲：例1：（1）若2>a ，则方程013123=+-axx 在区间)2,0(上恰好有____1_____个根。
变式：讨论方程013123=+-axx 在区间)2,0(上的根的个数解析：当263<a 时，无解；当1211263≥=a a 或时，有1解；当1211263<<a 时，有2解。
（2）若关于x 的方程3232ln 21xm x x =++在区间)2,1(上有解，则实数m 的取值范围是___)2ln 310,61(-_____小结1：变式1：若关于x 的不等式3232ln 21x m x x <++在区间)2,1(上有解，则实数m 的取值范围是_2ln 310-<m ___变式2：若关于x 的不等式3232ln 21x m x x <++在区间)2,1(上恒成立，则实数m 的取值范围是61≤m ____小结2：例2：已知函数x a x x f ln )(2-=在]2,1(是增函数,x a x x g -=)(在(0,1)为减函数. （1）求)(x f 、)(x g 的表达式；(2）若212)(xbx x f -≥在x ∈]1,0(内恒成立,求b 的取值范围.解析：（1）2=a ，x x x f ln 2)(2-=，x x x g 2)(-=（2）1≤b例3：已知)0(2721)(,ln )(2<++==m mx x x g x x f ，直线l 与函数)(),(x g x f 的图象都相切且与函数)(x f 的图象的切点的横坐标为1.(1)求直线l 的方程及m 值；（2）证明：1)()(+'≤x g x f ；（3）当a b <<0时，证明：aa b a f b a f 2)2()(-<-+。
痛点五 导数中的综合问题(解析版)
痛点五 导数中的综合问题一、单选题 1．函数()()2211x f x x -=-的大致图象是（ ）．A ．B ．C ．D ．【答案】A【解析】由题意可知，()()2211x f x x -=-的定义域为{}|1x x ≠，令()()22101x f x x -==-，得12x =，排除选项D ；又()()()4211x x f x x --'=-，当()(),01,x ∈-∞+∞时，()0f x <′，所以()f x 在区间(),0-∞和()1,+∞上单调递减；当 ()0,1x ∈时，()0f x >′，所以()f x 在区间()0,1上单调递增；结合图像可知选项A 正确. 2．已知()f x 的导函数为()f x '，且满足()()21ln f x xf x '=-，则1f e ⎛⎫'= ⎪⎝⎭（ ） A ．12e-B ．2e -C ．2e --D ．12e--【答案】B【解析】()()21ln f x xf x '=-，则()()'121f x f x '=-，取1x =，则()()11211f f ''=-，则()11f '=，故()12f x x '=-，12f e e ⎛⎫'=- ⎪⎝⎭. 3．已知函数()ln kf x x x=+（k ∈R ）若对任意120x x >>，()()1212f x f x x x -<-恒成立，则k 的取值范围是（ ）A ．1,4⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭B ．1,4⎛⎫+∞⎪⎝⎭C ．(0,)+∞D ．[)0,+∞【答案】A【解析】条件等价于对任意120x x >>.()()1122f x x f x x -<-恒成立，设()()ln kh x f x x x x x=-=+-（0x >）.则()h x 在(0,)+∞上单调递减，则21()10kh x x x'=--≤在(0,)+∞上恒成立， 得221124k x x x ⎛⎫≥-+=--+ ⎪⎝⎭（0x >）恒成立，∴14k ≥（对14k =，()0h x '=仅在12x =时成立），故k 的取值范围是1,4⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭.4．已知函数()2bf x x ax =+的导数()23f x x '=+，则数列()()*12n f n ⎧⎫⎪⎪∈⎨⎬+⎪⎪⎩⎭N 的前n 项和是（ ）A ．1nn +B ．()121n n -+C ．()22nn +D ．()()12nn n ++【答案】C【解析】()2b f x x ax =+，()21223b f x bx a x -'∴=+=+，则223b a =⎧⎨=⎩，得31a b =⎧⎨=⎩，()23f x x x ∴=+，()()()2111112321212f n n n n n n n ∴===-+++++++，因此，数列()()*12n f n ⎧⎫⎪⎪∈⎨⎬+⎪⎪⎩⎭N 的前n 项和111111233412n S n n =-+-++-++()112222n n n =-=++.5．若函数()f x 的定义域是R ，()02f =，()()1f x f x '+<，则不等式的()1xxe f x e >+的解集为（ ） A ．(),0-∞ B ．()(),11,-∞-+∞C ．()0,∞+D ．()(),00,-∞⋃+∞【答案】A【解析】构造函数()()1xxg x e f x e =--，则不等式()1xxe f x e >+可转化为()0g x >，则()()()''x x x g x e f x e f x e =+⋅-()()'1x e f x f x =+-⎡⎤⎣⎦，∵()()'1f x f x +<，∴()()()''10xg x e f x f x =+-<⎡⎤⎣⎦，则函数()()1x xg x e f x e =--在R 上单调递减，∵()02f =，∴()()00010g e f e =--=，则()0g x >的解集为(),0-∞，则不等式()1xxe f x e >+的解集为(),0-∞.6．曲线1C ：2y x 与曲线2C ：ln y x =公切线的条数是（ ）A ．0B ．1C ．2D ．3【答案】C【解析】设公切线与2yx 的切点为()211,x x ，公切线与ln y x =的 切点为()22,ln x x ，2yx 的导数为2y x '=；ln y x =的导数为1y x'=，则在切点()211,x x 处的切线方程为()21112y x x x x -=-，即2112y x x x =-，则在切点()22,ln x x 处的切线方程为()2221ln y x x x x -=-，即221ln 1y x x x =+- 12212121ln x x x x ⎧=⎪∴⎨⎪=-⎩，整理得到211ln 1ln 2x x -=+，令2()ln ,(0,)f x x x x =-∈+∞，则2121()2x f x x x x -'=-=，2()02f x x '>⇒>；2()002f x x '<⇒<<，()f x ∴在区间20,⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在区间2,2⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递增，min 211()ln 21ln 2222f x f ⎛⎫==+<+ ⎪ ⎪⎝⎭，即函数()f x 与1ln 2y =+的图象，如下图所示由图可知，函数()f x 与1ln 2y =+有两个交点，则方程211ln 1ln 2x x -=+有两个不等正根，即曲线1C ：2yx 与曲线2C ：ln y x =公切线的条数有2条。
高中数学课件-导数中的综合问题-第2课时 证明不等式
高考重难突破一导数中的综合问题第2课时证明不等式利用导数证明不等式问题一般要用到构造法，构造法是指在证明与函数有关的不等式时，根据所要证明的不等式，构造与之相关的函数，利用函数单调性、极值、最值加以证明.常见的构造方法有：（1）直接构造法：证明不等式(p>op（或(p<op）转化为证明(p−op>0（或(p−op<0）,进而构造辅助函数ℎ(p=op−op;（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如l n ≤−1,e≥+1,l n <<e(>0),r1≤ln(+1)≤o>−1);（3）构造“形似”函数：稍作变形再构造，对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数，把不等式转化为左、右两边是相同结构的式子的形式，根据“相同结构”构造辅助函数；（4）构造双函数：若直接构造函数求导难以判断符号，导函数零点也不易求得，函数单调性与极值点都不易获得，则可构造函数(p和(p，利用其最值求解.技法一作差构造法例1设(p=2En +1，求证：(p≤2−+1+2ln .【证明】2−+1+2ln −op=(−1)(−1−2ln p(>0).令(p=−1−2ln ，则′(p=1+12−2=(K1)22≥0,所以(p在(0,+∞)上单调递增，又(1)=0,所以当0<<1时，(p<0,当>1时，(p>0.所以当>0时，(−1)(−1−2ln p≥0恒成立,即(p≤2−+1+2ln .利用作差构造法证明不等式的基本步骤（1）作差或变形；（2）构造新的函数(p;（3）利用导数研究(p的单调性或最值；（4）根据单调性及最值，得到所证不等式.【对点训练】已知函数(p=+En ，求证：(p>3(−1).证明：令(p=op−3(−1),即(p=En −2+3(>0).′(p=ln −1,由′(p=0,得=e.由′(p>0,得>e;由′(p<0,得0<<e.所以(p在(0,e)上单调递减，在(e,+∞)上单调递增，所以(p在(0,+∞)上的最小值为(e)=3−e>0.于是在(0,+∞)上，都有(p≥oe)>0,所以(p>3(−1).技法二同构构造法例2.（1）若l n −ln <1ln −1ln (>1,>1),则()√A.e K>1B.e K<1C.e KK1>1D.e KK1<1解析：依题意，l n −1ln <ln −1ln .令(p=−1(≠0),则′(p=1+12>0,所以(p在(−∞,0),(0,+∞)上单调递增.又>1, >1,得l n >0,l n >0,又l n −1ln <ln −1ln ,则(ln p<oln p.又(p在(0,+∞)上单调递增，则l n <ln ,所以1<<,即−>0,所以e K>e0=1，A正确，B错误；又无法确定−−1与0的关系，故C，D错误.（2）(2023·广东深圳高级中学联考)已知,,∈(0,1)且2−2ln −1=ln 33,2−2ln −1=1e,2−2ln −1=lnππ,则( )A.>>B.>>C.>>D.>>解析：令(p =2−2ln −1(>0),所以′(p =2−2=2(r1)(K1).因为,,∈(0,1),所以当∈(0,1)时，′(p <0,即(p在(0,1)上单调递减.令(p =ln(>0),则′(p =1−ln2,所以当∈(0,e)时，√′(p>0,函数(p单调递增，当∈(e,+∞)时，′(p<0,函数(p 单调递减.因为π>3>e,所以lnππ<ln 33<1e，即(p<op<op，所以>>,故选D.同构式是指除了变量不同，其余地方均相同的表达式.（1）同构式的应用①在方程中的应用：如果方程(p=0和(p=0呈现同构特征，则,可视为方程(p=0的两个根.②在不等式中的应用：如果不等式的两侧呈现同构特征，则可将相同的结构构造为一个函数，进而和函数的单调性找到联系.可比较大小或解不等式.（2）同构法构造函数的策略①指对各一边，参数是关键；②常用“母函数”：(p=x,(p=e±，寻找“亲戚函数”是关键；③信手拈来凑同构，凑常数、和参数；④复合函数（亲戚函数）比大小，利用单调性求参数范围.【对点训练】1.(2023·广东广州模拟)设=999ln 1 001,=1 000ln 1 000,=1 001ln 999，则下列选项正确的是()√A.>>B.>>C.>>D.>>解析：选B.设(p=(1 000−pln(1 000+p,∈[−1,1]，当∈[−1,1]时，′(p=−ln(1 000+p+1 000−1 000+<0，所以函数(p 单调递减，所以(−1)=1 001ln 999>o0)=1 000ln 1 000>o1)=999ln 1 001，即>>，故选B.2.(2023·湖北高三开学考试)已知，，∈(0,1)，e是自然对数的底数，若e4=4e,e3=3e,2=e ln 2，则有()√A.<<B.<<C.<<D.<<解析：选A.由题意得，e=e44,e=e33,e=2ln2=4ln4=e ln4ln4,令(p=e(>0)，则′(p=e(K1)2，当0<<1时，′(p<0，(p单调递减，当>1时，′(p>0，(p单调递增.又因为1<ln 4<3<4，所以(ln 4)<o3)<o4)，即(p<op<op，又因为,,∈(0,1)，且(p在(0,1)上单调递减，所以<<，故选A.技法三适当放缩法例3(2023·湖南岳阳教学质量监测)已知函数(p=x−−.当≥1时，从下面①和②两个结论中任选其一进行证明.①(p>En −sin ；②(p>oln −1)−cos .注：如果选择多个条件分别作答，按第一个解答计分.【证明】选择①，当≥1,>0时，(p=x−−=oe−1)−≥e−1−,当=1时等号成立.设(p=e−−En +sin −1,>0.当0<≤1时，−En ≥0,s in >0,e−1−>0,故(p>0.当>1时，′(p=e−2−ln +cos ,设ℎ(p=e−2−ln +cos o>1),则ℎ′(p=e−1−sin >e−1−1>0,所以ℎ(p在(1,+∞)上单调递增，ℎ(p>e−2+cos 1>0,所以(p在(1,+∞)上单调递增，(p>e−2+sin 1>0(>1).综上，当≥1时，(p>En −sin .选择②，当≥1,>0时，(p=x−−=oe−1)−≥e−1−,当=1时等号成立.设(p=e−En +cos −1,>0.当0<≤1时，−En ≥0,c os >0,e−1>0,故(p>0.当>1时，′(p=e−1−ln −sin ,设ℎ(p=e−1−ln −sin o>1),则ℎ′(p=e−1−cos >e−1−1>0,所以ℎ(p在(1,+∞)上单调递增，ℎ(p>e−1−sin 1>0,所以(p在(1,+∞)上单调递增，(p>e−1+cos 1>0(>1).综上，当≥1时，(p>oln −1)−cos .放缩法构造函数的技巧（1）利用已知条件中参数范围及不等式性质进行放缩（如本题中的≥1）；（2）利用经典不等式①e≥1+；②l n ≤−1进行放缩.【对点训练】已知∈(0,1),求证：2−1<ln e.证明：要证2−1<ln e.只需证e(2−1)<ln ,又易证e>+1(0<<1),所以只需证明l n +(+1)(1−2)>0.即证l n +1−3+1−2>0,而3<,2<o0<<1),所以只需证l n +1−2+1>0.令(p=ln +1−2+1,则′(p=1−2−12=−22−r12,而22−+1>0恒成立，所以′(p<0,所以(p在(0,1)上单调递减，所以当∈(0,1)时，(p>o1)=0,即l n +1−2+1>0.所以2−1<ln e.技法四双函数最值法例4(2023·湖北武汉模拟)已知函数(p=En +.（1）讨论(p的单调性；【解】(p的定义域为(0,+∞)，′(p=+1=r.当≥0时，′(p>0，所以(p在(0,+∞)上单调递增.当<0时，若∈(−s+∞)，则′(p>0,若∈(0,−p，则′(p<0，所以(p在(−s+∞)上单调递增，在(0,−p上单调递减.综上所述，当≥0时，(p在(0,+∞)上单调递增；当<0时，(p在(−s+∞)上单调递增，在(0,−p上单调递减.(2023·湖北武汉模拟)已知函数(p=En +.（2）当=1时，证明：op<e.证明：当=1时，要证op<e,即证2+En <e,即证1+ln <e2.令函数(p=1+ln (>0),则′(p=1−ln 2.令′(p>0,得∈(0,e),令′(p<0，得∈(e,+∞).所以(p在(0,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减.所以(p max=oe)=1+1e.令函数ℎ(p=e2(>0)，则ℎ′(p=e(K2)3，当∈(0,2)时，ℎ′(p<0;当∈(2,+∞)时，ℎ′(p>0.所以ℎ(p在(0,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增，所以ℎ(p min=ℎ(2)=e24.因为e24−(1+1e)>0，所以ℎ(p min>op max,即1+ln <e2.从而op<e得证.若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标，本例中同时含l n与e，不能直接构造函数，把指数与对数分离两边，分别计算它们的最值，借助最值进行证明.【对点训练】(2023·百校大联考)已知函数(p=eln −B(∈p.（1）讨论函数(p的单调性；解：′(p=e−o>0),①若≤0,则′(p>0,(p在(0,+∞)上单调递增；②若>0,则当0<<e时，′(p>0；当>e时，′(p<0,故(p在(0,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减.综上，当≤0时，(p在(0,+∞)上单调递增；当>0时,(p在(0,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减.(2023·百校大联考)已知函数(p=eln −B(∈p.（2）当=e时，证明：op−e+2e≤0.证明：因为>0,所以只需证(p≤e−2e.当=e时，由（1）知，(p在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，所以(p max=o1)=−e.设(p=e−2e(>0),则′(p=(K1)e2,所以当0<<1时，′(p<0,(p单调递减；当>1时,′(p>0,(p单调递增，所以(p min=o1)=−e.综上，当>0时，(p≤op，即(p≤e−2e.故不等式op−e+2e≤0得证.。
导数的综合大题及其分类
导数的综合应用是历年高考必考的热点，试题难度较大，多以压轴题形式出现，命题的热点主要有利用导数研究函数的单调性、极值、最值；利用导数研究不等式；利用导数研究方程的根(或函数的零点)；利用导数研究恒成立问题等•体现了分类讨论、数形结合、函数与方程、转化与化归等数学思想的运用.题型一利用导数研究函数的单调性、极值与最值题型概览：函数单调性和极值、最值综合问题的突破难点是分类讨论.(1)单调性讨论策略：单调性的讨论是以导数等于零的点为分界点，把函数定义域分段，在各段上讨论导数的符号，在不能确定导数等于零的点的相对位置时，还需要对导数等于零的点的位置关系进行讨论.(2)极值讨论策略：极值的讨论是以单调性的讨论为基础，根据函数的单调性确定函数的极值点.⑶最值讨论策略：图象连续的函数在闭区间上最值的讨论，是以函数在该区间上的极值和区间端点的函数值进行比较为标准进行的，在极值和区间端点函数值中最大的为最大值，最小的为最小值.1 已知函数f(x) = x—-，g(x)= alnx(a € R).入(1) 当a> —2时，求F(x)= f(x) —g(x)的单调区间；1(2) 设h(x) = f(x) + g(x)，且h(x)有两个极值点为x〔，X2，其中禺€ 0，~，求h(xj —h(X2)的最小值.［审题程序］第步:在定义域内，依据F ' (x) —0根的情况对F' (x)的符号讨论;第二步:整合讨论结果，确定单调区间；第三步:建立禺、X2及a间的关系及取值范围；第四步:通过代换转化为关于捲(或X2)的函数，求出最小值.1［规范解答］(1)由题意得F(x) = x—x —alnx，入x2ax+ 1其定义域为(0,+x)，贝U F' (x)= ——2— x令m(x) = x2—ax+ 1，贝U △= a2—4.①当一2<a<2时，A<0,从而F' (x)>0,二F(x)的单调递增区间为(0，+)；••• F(x)的单调递增区间为 a — a 2 — 4 a + a 2 — 40 , 2 和 2，+^，F(x)的单调递减区间为a-；匸4, a+广4综上，当一2<a <2时，F(x)的单调递增区间为(0,+^)； 当a>2时，F(x)的单调递增区间为1⑵对 h(x) = x — 一 + alnx , x € (0,+ )x1 a求导得，h ' (x) = 1 + x + x =•••池=x ，从而有 a = — x 1 — x ；.令 H(x)= h(x) — h 11又 H (x 1)= h(x 1)— h x = h(x 1) — h(x 2),x1②当a>2时，少0,设F ' (x) = 0的两根为X 1 = a — a 2 — 4 2 ，X 2 a + a 2 —4 2 1 — x 1 + x Inxlnx =x 2当 x € 0,时，H ' (x)<0 ,••• H(x)在 0, 11上单调递减, 0a —和 2a+a2—4+’ ,2F(x)的单调递减区间为a —寸 a 2— 4 a +寸 a 2 — 4x 2 + ax + 1x 2设h ' (x) = 0的两根分别为x i ， X 2, 贝U 有 x 1 x 2= 1 , X 1 + x 2= — a , 1 =x — _+x1—x — Inx — x 1—x +x1ln _ x1• • ［h(X i) —h(X2)］min = H ㊁=5ln2—3・［解题反思］本例⑴中求F(x)的单调区间，需先求出F(x)的定义域，同时在解不等式F' (x)>0 时需根据方程x2- ax + 1 = 0的根的情况求出不等式的解集，故以判别式“ △”的取值作为分类讨论的依据•在⑵中求出h(x i)- h(X2)的最小值，需先求出其解析式.由题可知x i, X2是h ' (x) = 0的两根，可得到X1X2 = 1, x i + X2=—a,从而将h(x i) - h(X2)只用一个变量x i导出.从而得到H(x i)1 1 1=h(x i)- h X，这样将所求问题转化为研究新函数H(x) = h(x)- h -在0, 2上的最值问题，体现X i X 2转为与化归数学思想.［答题模板］解决这类问题的答题模板如下:1.设函数 f(x) = (1+ x)2 — 2ln(1 + x). (1)求f(x)的单调区间;⑵当0<a<2时，求函数g(x) = f(x) — x 2— ax — 1在区间［0,3］上的最小值.［解］(1)f(x)的定义域为(—1 ,+乂).V f(x)= (1+ x)2 — 2ln(1 + x), x € (— 1,+ 乂),由 f ‘ (x)>0，得 x>0;由 f ‘ (x)<0，得一1<x<0.二函数f(x)的单调递增区间为(0,+x ),单调递减区间为(一1,0). ⑵由题意可知 g(x) = (2 — a)x — 2ln(1 + x)(x>— 1),-0<a<2，…2— a>0, 令 g ‘ (x)= 0,得 x = 一^， a a•••函数g(x)在0, 2Z 上为减函数，在23a ，+x 上为增函数. a 3① 当0<2—a <3，即0<a<2时，在区间［0,3］上, a ag(x)在0, 23上为减函数，在23a ，3上为增函数， . a 2 …g(x)min = g 2― a = a -21口2一 a"a3② 当 一>3,即a<2时，g(x)在区间［0,3］上为减函数,2 — a 2 二 g(x)min = g(3) = 6 — 3a — 2ln4.［题型专练］(x) = 2(1 + x)—2 2x x + 21 + x _ x + 1则g ‘ (x)= 2 — a — 2 _ 1 + x _ 2— ax —a1 + x3 2综上所述，当0<a<2时，g(x)min = a—2ln芦a；3 当2w a<2 时，g(x)min = 6—3a—2ln4.北京卷(19)(本小题13分)已知函数f (x) =e x cos x-x.(I)求曲线y= f (x)在点(0, f ( 0))处的切线方程；(n)求函数f(x)在区间［0 , n］上的最大值和最小值.2(19)(共13 分)解：(I)因为f(x) e x cosx x，所以f (x) e x(cosx si n x) 1,f (0) 0 .又因为f(0) 1，所以曲线y f(x)在点(0, f(0))处的切线方程为y 1.(n)设h(x) e x(cosx sin x) 1，则h (x) e x(cosx sin x sin x cosx) 2e x sinx.当x (0,-)时，h(x) 0 ,2n所以h(x)在区间［0,才上单调递减.所以对任意x (0,—］有h(x) h(0) 0，即f (x) 0.2n 所以函数f(x)在区间［0,-］上单调递减.因此f(x)在区间［0, n］上的最大值为f(0) 1，最小值为f(-) -.2 2 221. (12 分)已知函数f (x) ax3 ax xlnx,且f(x) 0.(1 )求a;(2)证明： 2 3f (x)存在唯一的极大值点x0，且e f(X0) 2 .21.解:(1) f x的定义域为0,+设g x = ax - a - l nx，贝y f x = xg x , f x 0 等价于g x因为f ' x h x ，所以x=X o 是f(x)的唯一极大值点 由 f ' X 。
高考压轴题！导数的综合应用题型归类及详细解析
高考压轴题！导数的综合应用题型归类及详细解析
导数的综合应用题型归类是高考每年必然考察的主要内容，填空题和选择题都出现过相关的考试试题，小题更是每年高考必考。
为了让同学们更好地掌握此类问题解题方法、技巧与思路，轻松拿下相关的试题12分，这里给同学们准备了高考大题类型规范训练。
其中包括题组点对点训练和题型模板训练。
题组点对点的训练，就是把高考的相关类型题，结合考点和教材内容知识点进行强化训练，以求迅速掌握此类小题涵盖的知识点和类型题解题思路，从而迅速提升解决此类问题的能力。
易错易混训练就是通过此类大题得训练，强化容易出现错误的知识点，通过训练达到进一步的掌握，同时对容易混淆不清的知识点进行梳理归类。
以后再遇到此类问题，就能轻松解决问题。
即将要高考了，小编把最美好的祝愿送给你们——我亲爱的同学们，在这里衷心地预祝同学们在2020年高考中超常发挥考出优异的成绩，金榜题名考上理想大学！。
专题16 函数与导数的综合问题- 2022届高考数学二模试题分类汇编(新高考卷)(原卷版)
《专题16 函数与导数的综合问题- 2022届高考数学二模试题分类汇编（新高考卷）》1．【利用导数研究极值问题】（2022·河南焦作·二模）已知函数()(2)e x f x x =-. (1)求()f x 的极值；(2)若函数()()(ln )g x f x k x x =--在区间1,12⎛⎫⎪⎝⎭上没有极值，求实数k 的取值范围.2．【利用导数研究极值问题】（2022·四川泸州·三模）已知函数()313f x x ax =-+，R a ∈．(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)若()()xg x f x e =⋅有且只有一个极值点，求a 的取值范围．3．【利用导数研究最值问题】（2022·甘肃兰州·模拟预测）已知函数()2e sin xf x ax x =--，e为自然对数的底数．(1)求()f x 在0x =处的切线方程；(2)当0x ≥时，()1sin f x x x ≥--，求实数a 的最大值． 4．【利用导数研究最值问题】（2022·北京·一模）已知函数()21x af x x -=-． (1)若曲线()y f x =在点()()22f ,处的切线斜率为1-，求a 的值； (2)若()f x 在()1,+∞上有最大值，求a 的取值范围.5．【利用导数证明不等式】（2022·湖北·二模）已知函数()e 1,()(ln )x f x x g x a x x =-=+． (1)若不等式()()f x g x ≥恒成立，求正实数a 的值； (2)证明：2e (2)ln 2sin x x x x x >++．6．【利用导数证明不等式】（2022·四川省泸县第四中学模拟预测）设函数()ln f x ax x =，其中R a ∈，曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线经过点()3,2. (1)求函数()f x 的极值； (2)证明：()2e ex x f x >-. 7．【利用导数解决恒成立问题】（2022·吉林·延边州教育学院一模）已知函数()()e R x f x ax a =+∈．(1)讨论函数()f x 的极值点个数；(2)若()1ln(1)≥-+f x x 对任意的[0,)x ∈+∞恒成立，求实数a 的取值范围．8．【利用导数解决恒成立问题】（2022·云南·二模）己知e 是自然对数的底数，()e 1x f x ax =-+，常数a 是实数.(1)设e a =，求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程； (2)1x ∀≥，都有(1)ln f x x -≤，求a 的取值范围.9．【利用导数解决能成立问题】（2022·辽宁·一模）已知函数()321sin 1,,462f x x x x ππαα⎡⎤=-++∈-⎢⎥⎣⎦， (1)讨论函数()f x 的单调性；(2)证明：存在,62ππα⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦，使得不等式()e xf x > 有解（e 是自然对数的底）.10．【利用导数解决能成立问题】（2022·广西广西·模拟预测）已知函数()()()221ln f x x a x a x a R =-++∈.(1)若()f x 在区间[]1,2上是单调函数，求实数a 的取值范围；(2)函数()()1g x a x =-，若[]01,e x ∃∈使得()()00f x g x ≥成立.求实数a 的取值范围. 11．【利用导数解决零点问题】（2022·广西南宁·二模）设函数()()212ln x f x a x x x -=-+，a ∈R ．(1)当1a =时，讨论()f x 的单调性；(2)若()f x 有两个零点，求实数a 的取值范围．12．【利用导数解决零点问题】（2022·山东枣庄·一模）已知函数()()e sin xf x x a x a =-∈R ．(1)若[]0,πx ∀∈，()0f x ≥，求a 的取值范围；(2)当59a ≥-时，试讨论()f x 在()0,2π内零点的个数，并说明理由．13．【利用导数解决方程的根问题】（2022·宁夏·固原一中一模）设函数()2ln 25f x x x x =+-.（1）求函数()f x 的极小值；（2）若关于x 的方程()()226f x x m x =+-在区间2[1,e ]上有唯一实数解，求实数m 的取值范围.14．【利用导数解决方程的根问题】（2022湖北襄阳五中高三模拟）已知函数()1e 2ln 46x f x x x -=-+-，e 是自然对数的底数．（1）求曲线()y f x =在()()1,1f 处的切线方程；（2）若()0,x ∈+∞，证明：曲线()y f x =不落在()32y x =-图像的下方．15．【利用导数解决双变量问题】（2022·黑龙江齐齐哈尔·二模）已知函数()()2ln f x a x a R x=+∈. (1)求函数()f x 的单调区间；(2)若函数()()2g x x f x =-有两个极值点12,x x ，且(]11,x e ∈（e 为自然对数底数，且2.71828e =⋯），求()()12g x g x -的取值范围.16．【利用导数解决双变量问题】（2022·河南·汝州市第一高级中学模拟预测）已知函数()()1ln f x x ax a R x=--∈.(1)当3a =时，证明：()sin 3f x x <--；(2)若()f x 的两个零点分别为()1212,x x x x <，证明：2122e x x ⋅>.。
利用导数解决综合问题(word解析版附答案)
利用导数解决综合问题【考纲要求】（1）了解函数单调性和导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间（其中多项式函数一般不超过三次）.（2）了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值（其中多项式函数一般不超过三次）；会求闭区间上函数的最大值、最小值（其中多项式函数一般不超过三次）.（3）会利用导数解决某些实际问题。
【命题规律】导数综合问题是高考中的难点所在，题型变化较多，尤其是利用导数证明不等式等相关知识.熟练掌握利用导数这一工具，将试题进行分解，逐一突破，灵活运用数形结合思想、分类讨论思想、函数方程思想等，分析问题解决问题，这也是2018年考试的热点问题.【典型高考试题变式】（一）构造函数在导数问题中的应用例1.【2015全国2卷（理）】设函数是奇函数（）的导函数，，当时，，则使得成立的的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】试题分析：考虑取特殊函数，是奇函数，且，，当时，>0，满足题设条件.直接研究函数，图象如下图，可知选B答案.【方法技巧归纳】本题主要考查了函数的奇偶性、导数在研究函数的单调性中的应用和导数在研究函数的极值中的应用，考查学生综合知识能力，渗透着转化与化归的数学思想，属中档题.其解题的方法运用的是特值法，将抽象问题具体化，找出与已知条件符合的特殊函数，分析其函数的图像及其性质，进而得出所求的结果，其解题的关键是特值函数的正确选取.【变式1】【2017河南郑州三质检】设函数满足，，则时，的最小值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】对于等式，因为，故此等式可化为：，且.令，..当时，，单调递增，故，因此当时，恒成立.因为，所以恒成立.因此，在上单调递增，的最小值为.故本题正确答案为D.【变式2】【2017河南息县第一高级中学三质检】已知函数()f x 的定义域为R ，其图象关于点()1,0-中心对称，其导函数()f x '，当1x <-时，()()()()110x f x x f x '⎡⎤+++<⎣⎦，则不等式()()10xf x f ->的解集为（ ）A. ()1,+∞B. (),1-∞-C. ()1,1-D. ()(),11,-∞-⋃+∞【答案】C【解析】由题意设()()()1g x x f x =+，则()()()()'1'g x f x x f x =++，当1x <-时，()()()()11'0x f x x f x ⎡⎤+++<⎣⎦， ∴当1x <-时， ()()()1'0f x x f x ++>，则()g x 在(),1-∞-上递增， 函数()f x 的定义域为R ，其图象关于点()1,0-中心对称，∴函数()1f x -的图象关于点()0,0中心对称，则函数()1f x -是奇函数，令()()()()11,h x g x xf x h x =-=-∴是R 上的偶函数，且在(),0-∞递增，由偶函数的性质得：函数()h x 在()0,+∞上递减，()()10,h f =∴不等式()()10xf x f ->化为： ()()1h x h >，即1x <，解得11x -<<， ∴不等式解集是()1,1-，故选C.【变式3】【2017江西省鹰潭市高三第一次模拟考试数学（理）】函数()f x 是定义在区间()0,+∞上的可导函数，其导函数为()'f x ，且满足()()'20xf x f x +>，则不等式()()()201620165552016x f x f x ++<+的解集为（ ）A. {}2011x x -B. {|2011}x x <-C. {|20110}x x -<<D. {|20162011}x x -<<-【答案】D【变式4】【2018安徽蚌埠二中高三7月月考（文）】已知对任意实数1k >，关于x 的不等式()2x xk x a e->在()0,+∞上恒成立，则a 的最大整数值为( ) A. 0 B. 1- C. 2- D. 3-【答案】B 【解析】令()2(0)xxf x x e =>，依题意，对任意1k >，当0x >时， ()y f x =图象在直线()y k x a =-下方，∴()()21xx f x e ='-列表()y f x =得的大致图象则当0a =时，∵()02f '=，∴当12k <<时不成立； 当1a =-时，设()01y k x =+与()y f x =相切于点()()00,x f x . 则()()000200002111x x f x k x x e x -==⇔-=+，解得()010,12x =∈.∴01k =<<，故成立，∴当a Z ∈时, max 1a =-.故选B. （二）方程解（函数零点）的个数问题例2.【2015全国1卷（理）】已知函数，．（1）当为何值时，轴为曲线的切线；（2）用表示中的最小值，设函数，讨论零点的个数．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）当或时，由一个零点；当或时，有两个零点；当时，有三个零点.【解析】试题分析：（Ⅰ）先利用导数的几何意义列出关于切点的方程组，解出切点坐标与对应的值；（Ⅱ）根据对数函数的图像与性质将分为研究的零点个数，若零点不容易求解，则对再分类讨论.试题解析：（Ⅰ）设曲线与轴相切于点，则，，即，解得.因此，当时，轴是曲线的切线. （Ⅱ）当时，，从而，∴在（1，+∞）无零点.当=1时，若，则，,故=1是的零点；若，则，,故=1不是的零点. 当时，，所以只需考虑在（0,1）的零点个数.（ⅰ）若或，则在（0,1）无零点，故在（0,1）单调，而，，所以当时，在（0，1）有一个零点；当0时，在（0，1）无零点.（ⅱ）若，则在（0，）单调递减，在（，1）单调递增，故当=时，取的最小值，最小值为=.①若＞0，即＜＜0，在（0,1）无零点.②若=0，即，则在（0,1）有唯一零点；③若＜0，即，由于，，所以当时，在（0,1）有两个零点；当时，在（0,1）有一个零点.…10分综上，当或时，由一个零点；当或时，有两个零点；当时，有三个零点.【方法技巧归纳】1.确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可结合导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图象.2.方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理.3. 与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点，从而判断函数的大致图像，讨论其图象与 轴的位置关系，进而确定参数的取值范围；或通过对方程等价变形转化为两个函数图象的交点问题．【变式1】【2015江苏卷】已知函数),()(23R b a b ax x x f ∈++=. （1）试讨论)(x f 的单调性；（2）若a c b -=（实数c 是a 与无关的常数），当函数)(x f 有三个不同的零点时，a 的取值范围恰好是),23()23,1()3,(+∞--∞ ，求c 的值.【答案】（1）当0a =时， ()f x 在(),-∞+∞上单调递增；当0a >时， ()f x 在2,3a ⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭，()0,+∞上单调递增，在2,03a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减； 当0a <时， ()f x 在(),0-∞，2,3a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，在20,3a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减．（2） 1.c =【解析】试题分析（1）先求函数导数，根据导函数零点大小讨论函数单调性，注意需分三种情况讨论，不要忽略相等的情况（2）首先转化条件：函数)(x f 有三个不同的零点，就是零在极大值与极小值之间，然后研究不等式340,0,027a a c a c a >+->-<以及340,0,027a a c a c a <+-<->解集情况，令34()27g a a c a =+-，则当3a =-时(3)0g -≤且当32a =时3()02g ≥，因此确定1c =，然后再利用函数因式分解验证满足题意（2）由（1）知，函数()f x 的两个极值为()0f b =，324327a f a b ⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭，则函数()f x 有三个零点等价于()32400327a f f b a b ⎛⎫⎛⎫⋅-=+< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，从而304027a a b >⎧⎪⎨-<<⎪⎩或304027a b a <⎧⎪⎨<<-⎪⎩． 又b c a =-，所以当0a >时，34027a a c -+>或当0a <时，34027a a c -+<． 设()3427g a a a c =-+，因为函数()f x 有三个零点时，a 的取值范围恰好是 ()33,31,,22⎛⎫⎛⎫-∞-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则在(),3-∞-上()0g a <，且在331,,22⎛⎫⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭上()0g a >均恒成立，从而()310g c -=-≤，且3102g c ⎛⎫=-≥ ⎪⎝⎭，因此1c =．此时，()()()3221111f x x ax a x x a x a ⎡⎤=++-=++-+-⎣⎦，因函数有三个零点，则()2110x a x a +-+-=有两个异于1-的不等实根，所以()()22141230a a a a ∆=---=+->，且()()21110a a ---+-≠，解得()33,31,,22a ⎛⎫⎛⎫∈-∞-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．综上1c =．【变式2】【2015天津卷（理）】已知函数()n ,n f x x x x R =-∈，其中*n ,n 2N ∈≥.（Ⅰ）讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）设曲线()y f x =与x 轴正半轴的交点为P ，曲线在点P 处的切线方程为()y g x =,求证：对于任意的正实数x ，都有()()f x g x ≤；（Ⅲ）若关于x 的方程()=a(a )f x 为实数有两个正实根12x x ，，求证：21|-|21ax x n<+- 【答案】（Ⅰ） 当n 为奇数时，()f x 在(,1)-∞-，(1,)+∞上单调递减，在(1,1)-内单调递增；当n 为偶数时，()f x 在(,1)-∞-上单调递增，()f x 在(1,)+∞上单调递减. （Ⅱ）见解析； （Ⅲ）见解析.【解析】（Ⅰ）由()n f x nx x =-，可得，其中*n N ∈且2n ≥， 下面分两种情况讨论： （1）当n 为奇数时：令()0f x '=，解得1x =或1x =-，当x 变化时，(),()f x f x '的变化情况如下表：所以，()f x 在(,1)-∞-，(1,)+∞上单调递减，在(1,1)-内单调递增.（Ⅱ）证明：设点P 的坐标为0(,0)x ，则110n x n-=，20()f x n n '=-，曲线()y f x =在点P 处的切线方程为()00()y f x x x '=-，即()00()()g x f x x x '=-，令()()()F x f x g x =-，即()00()()()F x f x f x x x '=--，则0()()()F x f x f x '''=-由于1()n f x nx n -'=-+在()0,+∞上单调递减，故()F x '在()0,+∞上单调递减，又因为0()0F x '=，所以当0(0,)x x ∈时，0()0F x '>，当0(,)x x ∈+∞时，0()0F x '<，所以()F x 在0(0,)x 内单调递增，在0(,)x +∞内单调递减，所以对任意的正实数x 都有0()()0F x F x ≤=，即对任意的正实数x ，都有()()f x g x ≤.（Ⅲ）证明：不妨设12x x ≤，由（Ⅱ）知()()20()g x n n x x =--，设方程()g x a =的根为2x '，可得202.ax x n n'=+-，当2n ≥时，()g x 在(),-∞+∞上单调递减，又由（Ⅱ）知222()()(),g x f x a g x '≥==可得22x x '≤.类似的，设曲线()y f x =在原点处的切线方程为()y h x =，可得()h x nx =，当(0,)x ∈+∞，()()0n f x h x x -=-<，即对任意(0,)x ∈+∞，()().f x h x <设方程()h x a =的根为1x '，可得1ax n'=，因为()h x nx =在(),-∞+∞上单调递增，且111()()()h x a f x h x '==<，因此11x x '<.由此可得212101ax x x x x n''-<-=+-.因为2n ≥，所以11112(11)111n n n Cn n ---=+≥+=+-=，故1102n nx -≥=，所以2121ax x n-<+-. 【变式3】【2016北京卷（文）】设函数()32.f x x ax bx c =+++ （Ⅰ）求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程；（Ⅱ）设4a b ==，若函数()f x 有三个不同零点，求c 的取值范围； （Ⅲ）求证：230a b -＞是()f x 有三个不同零点的必要而不充分条件.【答案】（Ⅰ）y bx c =+;（Ⅱ）320,27⎛⎫ ⎪⎝⎭;（Ⅲ）见解析.【解析】试题分析：（Ⅰ）求函数f （x ）的导数，根据()0f c =，()0f b '=求切线方程；（Ⅱ）根据导函数判断函数f （x ）的单调性，由函数()f x 有三个不同零点，求c 的取值范围；（Ⅲ）从两方面必要性和不充分性证明，根据函数的单调性判断零点个数.试题解析：（Ⅰ）由()32f x x ax bx c =+++，得()232f x x ax b '=++． 因为()0f c =，()0f b '=，所以曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程为y bx c =+． （Ⅱ）当4a b ==时，()3244f x x x x c =+++， 所以()2384f x x x '=++．令()0f x '=，得23840x x ++=，解得2x =-或23x =-．()f x 与()f x '在区间(),-∞+∞上的情况如下：所以，当0c >且32027c -<时，存在()14,2x ∈--，222,3x ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭，32,03x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，使得()()()1230f x f x f x ===．由()f x 的单调性知，当且仅当320,27c ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，函数()3244f x x x x c =+++有三个不同零点．综上所述，若函数()f x 有三个不同零点，则必有24120a b =->∆． 故230a b ->是()f x 有三个不同零点的必要条件．当4a b ==，0c =时，230a b ->，()()232442f x x x x x x =++=+只有两个不同零点，所以230a b ->不是()f x 有三个不同零点的充分条件． 因此230a b ->是()f x 有三个不同零点的必要而不充分条件． （三）函数中的隐零点问题例3.【2017全国1卷（理）】已知函数()()2e 2e x x f x a a x =+--. （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围.【解析】（1）由于()()2e 2e x x f x a a x =+--，故()()()()22e 2e 1e 12e 1x x x xf x a a a '=+--=-+.①当0≤a 时，e 10x a -<，2e 10x +>．从而()0f x '<恒成立． ()f x 在R 上单调递减.②当0a >时，令()0f x '=，从而e 10x a -=，得ln x a =-．综上，当0≤a ()f x R 当0a >时，()f x 在(,ln )a -∞-上单调递减，在(ln ,)a -+∞上单调递增. （2）由（1）知，当0≤a 时，()f x 在R 上单调减，故()f x 在R 上至多一个零点，不满足条件． 当0a >时，()min 1ln 1ln f f a a a =-=-+．令()11ln g a a a=-+． 令()()11ln 0g a a a a=-+>，则()2110g a a a'=+>．从而()g a 在()0+∞，上单调增，而()10g =．当01a <<时，()0g a <．当1a =时()0g a =．当1a >时()0g a >若1a >，则()m i n 11ln 0f a g a a=-+=>，故()0f x >恒成立，从而()f x 无零点，不满足条件．若1a =，则m in 11l n 0f a a=-+=，故()0f x =仅有一个实根ln 0x a =-=，不满足条件． 若01a <<，则min 11ln 0f a a=-+<，注意到ln 0a ->．()22110e e ea a f -=++->． 故()f x 在()1ln a --，上有一个实根，而又31ln 1ln ln a a a ⎛⎫->=- ⎪⎝⎭．且33ln 1ln 133ln(1)e e 2ln 1a a f a a a a ⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=⋅+--- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭()33132ln 1a a a a ⎛⎫⎛⎫=-⋅-+---= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 331ln 10a a ⎛⎫⎛⎫---> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．故()f x 在3ln ln 1a a ⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，上有一个实根． 又()f x 在()ln a -∞-，上单调减，在()ln a -+∞，单调增，故()f x 在R 上至多两个实根．又()f x 在()1ln a --，及3ln ln 1a a ⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，上均至少有一个实数根，故()f x 在R 上恰有两个实根． 综上，01a <<．【方法技巧归纳】研究函数零点问题常常与研究对应方程的实根问题相互转化.已知函数()f x 有2个零点求参数a 的取值范围，第一种方法是分离参数，构造不含参数的函数，研究其单调性、极值、最值，判断y a =与其交点的个数，从而求出a 的取值范围；第二种方法是直接对含参函数进行研究，研究其单调性、极值、最值，注意点是若()f x 有2个零点，且函数先减后增，则只需其最小值小于0，且后面还需验证最小值两边存在大于0的点.【变式1】【2018山西孝义高三入学摸底考试】已知函数()()21f x a x b =-+. （1）讨论函数()()x g x e f x =-在区间[]0,1上的单调性；（2）已知函数()12x x h x e xf ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，若()10h =，且函数()h x 在区间()0,1内有零点，求a 的取值范围.【答案】（1）见解析（2）12e a -<<试题解析：解：(1)由题得()()21x g x e a x b =---，所以()()'21x g x e a =--.当32a ≤时， ()'0g x ≥，所以()g x 在[]0,1上单调递增； 当12ea ≥+时， ()'0g x ≤，所以()g x 在[]0,1上单调递减；当3122ea <<+时，令()'0g x =，得()()ln 220,1x a =-∈， 所以函数()g x 在区间()0,ln 22a ⎡⎤-⎣⎦上单调递减，在区间()(ln 22,1a ⎤-⎦上单调递增.综上所述，当32a ≤时， ()g x 在[]0,1上单调递增； 当3122ea <<+时，函数()g x 在区间()0,ln 22a ⎡⎤-⎣⎦上单调递减，在区间()(ln 22,1a ⎤-⎦上单调递增；当12ea ≥+时，所以()g x 在[]0,1上单调递减. (2) ()()21112x x x h x e xf e a x bx ⎛⎫=--=---- ⎪⎝⎭，()()()'21x h x e a x b g x =---=，设0x 为()h x 在区间()0,1内的一个零点，则由()()000h h x ==，可知()h x 在区间()00,x 上不单调，则()g x 在区间()00,x 内存在零点1x ，同理， ()g x 在区间()0,1x 内存在零点2x ，所以()g x 在区间()0,1内至少有两个零点. 由(1)知，当32a ≤时， ()g x 在[]0,1上单调递增，故()g x 在()0,1内至多有一个零点，不合题意.当12ea ≥+时， ()g x 在[]0,1上单调递减，故()g x 在()0,1内至多有一个零点，不合题意，所以3122ea <<+，此时()g x 在区间()0,ln 22a ⎡⎤-⎣⎦上单调递减，在区间()(ln 22,1a ⎤-⎦上单调递增. 因此， ()(10,ln 22x a ⎤∈-⎦， ()(2ln 22,1x a ⎤∈-⎦，必有()010g b =->，()1220g e a b =-+->.由()10h =，得a b e +=， 102g e ⎛⎫=< ⎪⎝⎭.又()010g a e =-+>， ()120g a =->，解得12e a -<<. （四）极值点偏移问题例4.【2016全国1卷（理）】已知函数2()(2)e (1)x f x x a x =-+-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：122x x +<. 【答案】（Ⅰ）(0,)+∞；（Ⅱ）见解析 【解析】试题分析：（Ⅰ）求导，根据导函数的符号来确定（主要要根据导函数零点来分类）；（Ⅱ）借助（Ⅰ）的结论来证明，由单调性可知122x x +<等价于12()(2)f x f x >-，即2(2)0f x -<．设2()e (2)e x x g x x x -=---，则2'()(1)(e e )x x g x x -=--．则当1x >时，'()0g x <，而(1)0g =，故当1x >时，()0g x <．从而22()(2)0g x f x =-<，故122x x +<．试题解析：（Ⅰ）'()(1)e 2(1)(1)(e 2)x x f x x a x x a =-+-=-+．（Ⅲ）设0a <，由'()0f x =得1x =或ln(2)x a =-．若e2a ≥-，则ln(2)1a -≤，故当(1,)x ∈+∞时，'()0f x >，因此()f x 在(1,)+∞单调递增．又当1x ≤时()0f x <，所以()f x 不存在两个零点．若e2a <-，则l n (2)1a ->，故当(1,ln(2))x a ∈-时，'()0f x <；当(l n (2),)x a ∈-+∞时，'()0f x >．因此()f x 在(1,ln(2))a -单调递减，在(ln(2),)a -+∞单调递增．又当1x ≤时，()0f x <，所以()f x 不存在两个零点． 综上，a 的取值范围为(0,)+∞．（Ⅱ）不妨设12x x <，由（Ⅰ）知12(,1),(1,)x x ∈-∞∈+∞，22(,1)x -∈-∞，()f x 在(,1)-∞单调递减，所以122x x +<等价于12()(2)f x f x >-，即2(2)0f x -<． 由于222222(2)e (1)x f x x a x --=-+-，而22222()(2)e (1)0x f x x a x =-+-=，所以222222(2)e (2)e x x f x x x --=---．设2()e (2)e x x g x x x -=---，则2'()(1)(e e )x x g x x -=--．所以当1x >时，'()0g x <，而(1)0g =，故当1x >时，()0g x <． 从而22()(2)0g x f x =-<，故122x x +<．【方法技巧归纳】对于含有参数的函数单调性、极值、零点问题,通常要根据参数进行分类讨论,要注意分类讨论的原则：互斥、无漏、最简.解决函数不等式的证明问题的思路是构造适当的函数,利用导数研究函数的单调性或极值破解.【变式1】【2018广东深圳高三入学摸底考试（文）】已知函数.（1）求函数的极小值；（2）若函数有两个零点，求证：.【答案】（1）极小值为（2）见解析【解析】试题分析：（1）先求函数导数.再根据导函数是否变号进行分类讨论：当时，导函数不变号，无极小值；当时，导函数先负后正，有一个极小值（2）先用分析法转化要证不等式：因为. 令，所以只要证，即证，利用导数易得为增函数，即得所以原命题成立.试题解析：解：（1）.当时，在上为增函数，函数无极小值；当时，令，解得.若，则单调递减；若，则单调递增.故函数的极小值为.（2）证明：由题可知.要证，即证，不妨设，只需证，令，即证，要证，只需证，令，只需证，∵，∴在内为增函数，故，∴成立.所以原命题成立.【变式2】【2018广东珠海高三9月摸底考试（理）】函数()()2ln 1f x x m x =++(1)讨论()f x 的单调性；(2)若函数()f x 有两个极值点12x x 、，且12x x <，求证： ()21122ln2f x x x >-+【答案】(1) 0m ≤时， ()f x在1122⎛⎫--+ ⎪ ⎪⎝⎭，上单减，在12⎛⎫-++∞ ⎪ ⎪⎝⎭上单增； 102m <<时， ()f x在1122⎛--- ⎝⎭上单减，在112⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭，和12⎛⎫-++∞ ⎪ ⎪⎝⎭上单增; 12m ≥时， ()f x 在()1-+∞，上单增;(2)见解析. 【解析】试题分析：(1) ()2221x x mf x x++'=+，分类讨论，研究()f x '的符号情况，进而得到函数的单调区间;(2) 设函数()f x 有两个极值点12x x 、，且12x x <，1x 、2x 是()2220g x x x m =++=的二根∴ 12121{ 2x x m x x +=-=，若证()21122ln2f x x x >-+成立，只需证()()()()222222241ln 1112ln20x x x x x -++-+->对2102x -<<恒成立.设()()()()()21241ln 1112ln2(0)2x x x x x x x ϕ=-++-+--<<，研究其最值即可.试题解析：解： ()f x 的定义域是()1-+∞，,()2221x x mf x x++'=+ (1)由题设知， 10x +>令()222g x x x m =++，这是开口向上，以12x =-为对称轴的抛物线．在1x >-时，当11022g m ⎛⎫-=-+≥ ⎪⎝⎭，即12m ≥时， ()0g x ≥，即()0f x '≥在()1-+∞，上恒成立．2) 当1111222x -<=--<-时，即1022<<，即102m <<时 12x x x <<时， ()0g x <，即()0f x '<11x x -<<或2x x >时， ()0g x >，即()0f x '>综上:0m ≤时， ()f x在1122⎛⎫--+ ⎪ ⎪⎝⎭，上单减，在122⎛⎫-++∞ ⎪ ⎪⎝⎭上单增； 102m <<时， ()f x在112222⎛⎫---+ ⎪ ⎪⎝⎭上单减，在112⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭，和12⎛⎫-++∞ ⎪ ⎪⎝⎭上单增; 12m ≥时， ()f x 在()1-+∞，上单增．(2)若函数()f x 有两个极值点12x x 、，且12x x < 则必是102m <<，则1022<<，则121102x x -<<-<<， 且()f x 在()12x x ，上单减，在()11x -，和()2x +∞，上单增， 则()()200f x f <=1x 、2x 是()2220g x x x m =++=的二根∴ 12121{ 2x x m x x +=-=，即121x x =--， 122m x x =∴若证()21122ln2f x x x >-+成立，只需证()()()222222122222ln 124ln 1f x x m x x x x x =++=++()()()()2222222241ln 1121ln2x x x x x x =-++>---+--()22121ln2x x =+-+即证()()()()222222241ln 1112ln20x x x x x -++-+->对2102x -<<恒成立 设()()()()()21241ln 1112ln2(0)2x x x x x x x ϕ=-++-+--<<()()()4412ln 1ln x x x eϕ=-+++'当102x -<<时， 120x +>， ()ln 10x +<， 4ln 0e >故()0x ϕ'>,故()x ϕ在102⎛⎫- ⎪⎝⎭，上单增故()()11111124ln 12ln20242222x ϕϕ⎛⎫⎛⎫>-=⨯-⨯⨯-⨯-⨯-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∴ ()()()()222222241ln 1112ln20x x x x x -++-+->对2102x -<<恒成立 ∴ ()21122ln2f x x x >-+【变式3】【2018安徽六安市寿县第一中学第一次月考】已知函数()ln f x x x =-．（Ⅰ）求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）若方程()f x m = (2)m <-有两个相异实根1x ， 2x ，且12x x <，证明：2122x x <.【答案】（Ⅰ）()y f x =在(0,1)递增， ()y f x =在(1,+ )∞递减（Ⅱ在此处键入公式。
2023高考数学二轮复习专项训练《导数的综合问题》(含答案)
2023高考数学二轮复习专项训练《导数的综合问题》一 、单选题（本大题共12小题，共60分）1.（5分）已知函数y =f(x)(x ∈R)的图象如图所示，则不等式xf ′(x)<0的解集为()A. (−∞,0)∪(13,2)B. (−∞,13)⋃(13,2)C. (−∞,13)⋃(2,+∞)D. (−1,0)⋃(1,3)2.（5分）已知函数f(x)=e x (x −m)(m ∈R)，若对∀x ∈(2,3)，使得f(x)+xf ′(x)>0，则实数m 的取值范围为( )A. (−∞,154]B. (−∞,83]C. [154,+∞)D. [83,+∞)3.（5分）已知定义在(0,+∞)上的函数f(x)，其导函数为f ′(x)，恒有x2f ′(x)+f(x)⩽0，且f(2)=14，则不等式f(x)>1x 2的解集为( )A. (0,2)B. (−2,0)C. (−2,0)∪(0,2)D. (−2,2)4.（5分）已知函数f(x)=lnx −x −xe −x −k 恒有零点，则实数k 的取值范围是()A. (−∞,−1]B. (−∞,−1−1e] C. [−1−1e ,−1]D. [−1−1e ,0)5.（5分）已知函数f(x)=-x 3+2x 2−x ，若过点P (1,t )可作曲线y =f (x )的三条切线，则t 的取值范围是( )A. (0,130) B. (0,129) C. (0,128)D. (0,127)6.（5分）已知函数f (x )=2a e x −x 2−2x 在(−∞,+∞)上是单调函数，则实数a 的取值范围是A. a ⩾eB. a ⩾1C. a ⩾1eD. a ⩾27.（5分）已知函数f (x )={−x 2+3ax −2a +2e ,0<x <1,ln x +e x ,x ⩾1,若存在x 0∈(0,+∞)，使得f(x 0)<g(x 0)，则实数a 的取值范围是( )A. (−∞,1−e)B. (1+e 2,+∞) C. (−∞,1−e)∪(1+e 2,+∞)D. [1+e2,+∞)8.（5分）若关于x 的不等式e 2x −a ln x ⩾12a 恒成立，则实数a 的取值范围是( )A. [0,2e ]B. (−∞,2e ]C. [0,2e 2]D. (−∞,2e 2]9.（5分）若关于x 不等式x ln x −x 3+x 2⩽ae x 恒成立，则实数a 的取值范围是( )A. [e,+∞)B. [0,+∞)C. [1e ,+∞)D. [1,+∞)10.（5分）已知函数f(x)=xe x ，要使函数g(x)=m[f(x)]2−2f(x)+1恰有一个零点，则实数m 的取值范围是( )A. [−e 2−2e ,0]B. (−e 2−2e ,0]∪{ 1}C. [−e 2+2e ,0]D. (−e 2+2e ,0]∪{ 1}11.（5分）已知函数f(x)=x 2+ax +1x在[12,+∞)上单调递增，则实数a 的取值范围为( )A. [−1,0]B. (3,+∞)C. [0,3]D. [3,+∞)12.（5分）已知函数f(x)=x −1−lnx ，对定义域内任意x 都有f(x)⩾kx −2，则实数k 的取值范围是( )A. (−∞,1−1e 2]B. (−∞,−1e2]C. [−1e 2,+∞)D. [1−1e 2,+∞)二 、填空题（本大题共5小题，共25分）13.（5分）对于任意的实数x ∈[1,e]，总存在三个不同的实数y ∈[−1,4]，使得x|ye 1−y |−ax −lnx =0成立，则实数a 的取值范围是______14.（5分）已知函数f(x)=a ln (2x )−e 2xe 有且只有一个零点，则实数a 的取值范围是______．15.（5分）已知函数f(x)={2x 2−3x ,x ⩽0e x +e 2,x >0，若不等式f(x)⩾kx ，对x ∈R 恒成立，则实数k 的取值范围是______．16.（5分）(1)设函数f(x)={2lg x,x >0,(14)x ,x <0,则f(−f(10))=________.(2)直线2y +1=0与曲线y =cos x 在(−3 π 4,3 π 2)上的交点的个数为________.(3)张军自主创业，在网上经营一家干果店，销售的干果中有松子、开心果、腰果、核桃，价格依次为120元/千克、80元/千克、70元/千克、40元/千克，为增加销量，张军对这四种干果进行促销：一次购买干果的总价达到150元，顾客就少付x(2x ∈Z)元．每笔订单顾客网上支付成功后，张军会得到支付款的80％.①若顾客一次购买松子和腰果各1千克，需要支付180元，则x =________； ②在促销活动中，为保证张军每笔订单得到的金额均不低于促销前总价的七折，则x 的最大值为________.(4)已知函数f(x)的定义域为(0,+∞)，其导函数f′(x)满足f(x)+xf′(x)<xf(x)对x+1 x∈(0,+∞)恒成立，且f(1)=2，则不等式(x+1)f(x+1)<x+2的解集是________.17.（5分）若函数f(x)=lnx−ax有两个不同的零点，则实数a的取值范围是______．三、解答题（本大题共6小题，共72分）18.（12分）已知函数f(x)=(a−1)x a−ax1a.(1)当a=2时，求f(x)的图象在x=1处的切线方程;(2)当0⩽x⩽1且0<a⩽1时，求证：e−1a f(e)+f(x)⩾−2.ax2−ax(a≠0).19.（12分）已知函数f(x)=ax e x−12(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a<0时，函数f(x)在(−∞,0)上的最小值为g(a)，若不等式g(a)⩾ta−ln(−a)有解，求实数t的取值范围.20.（12分）已知函数f(x)=ln x−kx(k∈R)，g(x)=x(e x−2).(1)若f(x)有唯一零点，求k的取值范围;(2)若g(x)−f(x)⩾1恒成立，求k的取值范围.21.（12分）设函数f(x)=(x−t1)(x−t2)(x−t3)，其中t1，t2，t3∈R，且t1，t2，t3是公差为d的等差数列．(Ⅰ)若t2=0，d=1，求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；(Ⅱ)若d=3，求f(x)的极值；(Ⅲ)若曲线y=f(x)与直线y=−(x−t2)−6√3有三个互异的公共点，求d的取值范围．22.（12分）已知函数f(x)=e x，g(x)=ln x.(1)若函数ℎ(x)=xg(x)，求函数ℎ(x)的单调区间和极值；(2)是否存在同时与函数f(x)，g(x)的图像都相切的直线l?若存在，求出符合条件的直线l的条数并证明；若不存在，请说明理由．23.（12分）设f(x)=xe x(e为自然对数的底数)，g(x)=(x+1)2．(I)记F(x)=f(x)．g(x)(i)讨论函数F(x)单调性；(ii)证明当m>0时，F(−1+m)>F(−1−m)恒成立；(II)令G(x)=af(x)+g(x)(a∈R)，设函数G(x)有两个零点，求参数a的取值范围．四、多选题（本大题共5小题，共25分）24.（5分）若当x⩾1时，不等式e x⩾ax恒成立，则a的可能取值是()C. 2D. 3A. eB. 1e25.（5分）某同学对函数f(x)=sin x进行研究后，得出以下结论，其中正确的有()e x-e-xA. 函数y=f(x)的图象关于原点对称B. 函数y=f(x)在(0,+∞)上有无穷多个零点，且每相邻两零点间距离相等C. 对定义域中的任意实数x的值，恒有|f(x)|<1成立D. 对任意常数m>0，存在常数b>a>m，使函数y=f(x)在[a,b]上单调递减，且b-a=π2,x>0cos x,x⩽0，则下列四个结论中正确的是()26.（5分）设函数f(x)={&xe x−1A. 函数f(x)在区间[−π,1)上单调递增B. 函数y=f(x)−x有且仅有两个零点C. 函数f(x)的值域是[−1,1]D. 对任意两个不相等正实数x1，x2，若f(x1)=f(x2)，则x1+x2>2+ln x，下列说法正确的是()27.（5分）关于函数f(x)=1xA. f(1)是f(x)的极小值B. 函数y=f(x)−x有且只有1个零点)<g(√e)C. f(x)在(−∞,1)上单调递减D. 设g(x)=xf(x)，则g(1e28.（5分）已知函数f(x)=x2+sin x，则下列说法正确的是A. f(x)有且只有一个极值点B. 设g(x)=f(x).f(−x)，则g(x)与f(x)的单调性相同C. f(x)有且只有两个零点]上单调递增D. f(x)在[0,π2答案和解析1.【答案】A; 【解析】此题主要考查不等式求解，涉及导数研究函数的单调性，函数的图象的应用，属于基础题.根据函数的单调性和f ′(x)的正负关系即可求解. 解：由f(x)图象单调性可得，当x ∈(−∞,13)∪(2,+∞)时，f ′(x)>0， 当x ∈(13,2)时，f ′(x)<0，∴xf ′(x)<0等价于 {x <0f′(x)>0或 {x >0f ′(x)<0， ∴xf ′(x)<0的解集为(−∞,0)∪(13,2). 故选A.2.【答案】B; 【解析】该题考查函数的导数的应用，函数的最值的求法，考查转化思想以及计算能力． 求出函数的导数，化简不等式，通过条件恒成立，转化为函数的最值问题求解即可．解：由题意知，f′(x)=e x (x −m +1)， ∴f(x)+xf ′(x)=e x [x 2+(2−m)x −m]>0， 只需x 2+(2−m)x −m >0在(2,3)上恒成立， 即m <x 2+2x x+1=x +1−1x+1，在x ∈(2,3)上恒成立，因为y =x +1−1x+1，在∀x ∈(2,3)，是增函数，所以函数的最小值大于83，∴m ⩽83， 故选：B ．3.【答案】A; 【解析】此题主要考查导数中的不等式问题，涉及导数的运算和导数与单调性的关系，属一般题，构造函数g(x)=x 2f(x)，以便和已知的导数不等式建立联系，是解决问题的关键. 根据题意，令g(x)=x 2f(x)，对其求导分析可得g(x)在(0,+∞)上为减函数，原不等式可以转化为g(x)>g(2)，结合函数g(x)的单调性分析可得答案．解：[x 2f(x)]′=2xf (x)+x 2f′(x)=2x [f(x)+x2f′(x)]，∵x2f ′(x)+f(x)⩽0， 令g(x)=x 2f(x). ∴当x >0时，g′(x)⩽0， g(x)为单调减函数， 又∵f(2)=14，∴g(2)=4f(2)=1. ∴不等式f(x)>1x 2⇔x 2f(x)>1⇔g(x)>g(2)⇔0<x <2， 故选A.4.【答案】B; 【解析】此题主要考查函数的零点和方程根的关系，考查利用导数研究函数的单调性，考查利用导数求出函数的最大值，属于较难题.由题可知f(x)=lnx −x −xe −x −k 恒有零点(x >0)，可转化成lnx −x −xe −x =k 有根，即g(x)=lnx −x −xe −x 与y =k 有交点， g′(x)=1x −1−e −x +xe −x =(x−1)(xe −x −1)x，当g ′(x)=0时，解得x =1，则当0<x <1时，g ′(x)>0，当x >1时，g′(x)<0，故g(x)在(0,1)单调递增，在(1,+∞)单调递减， 所以g(x)最大值为g(1)=−1−1e ，则g(x)⩽−1−1e ， 当y =k 与g(x)有交点时，k ⩽−1−1e ，则实数k 的取值范围是(−∞,−1−1e ].5.【答案】D;【解析】解：f(x)=−x 3+2x 2−x 的导数为f′(x)=−3x 2+4x −1=−(3x −1)(x −1)，设切点为M(x 0,y 0)，可得切线的斜率为k =−3x 02+4x 0−1，切线的方程为y −y 0=(−3x 02+4x 0−1)(x −x 0)，即y −(−x 03+2x 02−x 0)=(−3x 02+4x 0−1)(x −x 0)，代入(1,t)，可得t −(−x 03+2x 02−x 0)=(−3x 02+4x 0−1)(1−x 0)，化简整理可得2x 03−5x 02+4x 0−1−t =0，过点P(1,t)可作曲线的三条切线，故此方程有三个不同解，下研究方程解有三个时参数t 所满足的条件．设g(x 0)=2x 03−5x 02+4x 0−1−t ，则g′(x 0)=6x 02−10x 0+4，由g′(x 0)=0，得x 0=23或x 0=1，由g(x 0)在(−∞,23)，(1,+∞)上单调递增，在(23,1)上单调递减．可得g(x 0)的极大值点为23，极小值点为1，则关于x 0方程2x 03−5x 02+4x 0−1−t =0有三个实根的充要条件是：{g(23)=127−t >0g(1)=−t <0，解得0<t <127，故选：D.设切点坐标M(x 0,y 0)，求得f(x)的导数，得切线的斜率和方程，代入(1,t)，整理可得2x 03−5x 02+4x 0−1−t =0，再借助导数判断单调性与极值，确定其有三个解的条件，列关于t 的不等式组求解．此题主要考查利用导数求切线的方程和单调性、极值，考查转化思想和方程思想，考查运算能力和推理能力，属于中档题．6.【答案】B; 【解析】此题主要考查利用导数研究函数的单调性和最值，属于基础题.对f(x)求导，根据函数f (x )=2a e x −x 2−2x 在(−∞,+∞)上是单调函数可得f′(x )⩾0或f′(x )⩽0在(−∞,+∞)恒成立，解不等式即可.解：∵函数f(x)=2a e x −x 2−2x 在(−∞,+∞)上是单调函数， ∴f′(x )⩾0或f′(x )⩽0在(−∞,+∞)恒成立， ∵f′(x)=2a e x −2x −2， ∴a ⩾x+1e x或a ⩽x+1e x在(−∞,+∞)恒成立，设g (x )=x+1e x，∴a ⩾g (x )max 或a ⩽g (x )min ， ∴g′(x )=e x −(x+1)e x(e x )2=−x e x， 令g′(x )=e x −(x+1)e x(e x )2=−x e x=0，∴x =0， 当x <0时，g′(x )=−x e x >0， 当x >0时，g′(x )=−x e x<0，∴x =0时，g (x )取最大值g (0)=0+1e 0=1，没有最小值，∴a⩾1.故选B.7.【答案】C;【解析】当0<x<1时，分离参数得出a的范围，当x>1时，根据导数的几何意义得出a的范围．此题主要考查了函数的单调性，导数的几何意义，属于中档题．解：设ℎ(x)=f(x)−g(x)，则ℎ(x)<0在(0,+∞)上有解．，当0<x<1时，−x2+ax+e<0，即a<x−ex设m(x)=x−e，则m(x)在(0,1)上单调递增，x∴m(x)<m(1)=1−e.∴a<1−e.当x=1时，显然ℎ(1)=0，不符合题意；当x>1时，显然f(x)=ln x+e x是增函数，且f(1)=e，∵g(1)=e，且f′(1)=1+e，∴当2a⩽1+e时，f(x)>g(x)在(1,+∞)上恒成立，当2a>1+e时，f(x)<g(x)在(1,+∞)上有解，符合题意．,+∞).综上，a的取值范围是(−∞,1−e)∪(1+e2故选：C.8.【答案】C;【解析】此题主要考查不等式恒成立问题解法，属于较难的题目．讨论a<0时，不符题意；检验a=0时显然成立；讨论a>0时，求得f(x)的导数和极值点m、极值和最值，求得m的范围，结合a=2m e2m，可得所求范围．解：当a<0时，f(x)=e2x−a ln x为(0,+∞)的增函数，f(x)无最小值，不符合题意；a即为e2x⩾0显然成立；当a=0时，e2x−a ln x⩾12，当a>0时，f(x)=e2x−a ln x的导数为f′(x)=2e2x−ax由于y=2e2x−a在(0,+∞)递增，x设f′(x)=0的根为m，即有a=2m e2m，当0<x <m 时，f′(x)<0，f(x)递减； 当x >m 时，f′(x)>0，f(x)递增，可得x =m 处f(x)取得极小值，且为最小值e 2m −a ln m ， 由题意可得e 2m −a ln m ⩾12a ，即a 2m−a ln m ⩾12a ，化为m +2mln m ⩽1，设g(m)=m +2mln m ，g′(m)=3+2ln m ，所以函数g(m)在(0,e −32)上单调递减，在(e −32,+∞)上单调递增. 当m =1时，g(1)=1，当m →0时，g(m)→0. 故可得m +2mln m ⩽1的解为0<m ⩽1. 易知y =2m e 2m 在(0,1]上单调递增， 则a =2m e 2m ∈(0,2e 2], 综上可得a ∈[0,2e 2]， 故选C.9.【答案】B;【解析】该题考查了不等式恒成立问题，也考查了利用导数研究函数的单调性与求最值问题，是综合题．利用导数求出f(x)的极值和最值，从而求出a 的取值范围．解：【方法一】设f(x)=x ln x −x 3+x 2，x >0， 则f′(x)=ln x +1−3x 2+2x ， 且f′(1)=ln 1+1−3+2=0， ∴1是f(x)的极值点，也是最值点； ∴f(x)<0恒成立， 又x >0时，e x >1恒成立， ∴a 的取值范围是[0,+∞)．【方法二】不等式x ln x −x 3+x 2⩽ae x可化为ln x −x 2+x ⩽ae x x，设f(x)=ln x −x 2+x ，g(x)=ae x x，其中x >0；∴f′(x)=1x −2x +1=−2x 2+x+1x，令f′(x)=0，解得x =1或x =−12(舍去)， ∴x =1时f(x)取得极大值，也是最大值，为0； 又g′(x)=a ⋅e x (x−1)x 2，令g′(x)=0，解得x =1，∴x =1时g(x)取得极值，也是最值，a ⩾0时g(x)取得最小值为a ； 由题意知实数a 的取值范围是a ⩾0． 故选：B ．设f(x)=x ln x −x 3+x 2，x >0，10.【答案】B;【解析】解：解：∵函数f(x)=xe x，x∈R，∴f′(x)=e x+xe x=e x(x+1)，∴当x∈(−∞,−1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x∈(−1,+∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，∴函数f(x)的最小值为f(−1)=−1e，函数f(x)的大致图象，如图所示：，函数g(x)=m[f(x)]2−2f(x)+1恰有一个零点，等价于方程m[f(x)]2−2f(x)+1=0只有一个根，令f(x)=t，由函数f(x)的图象可知方程mt2−2t+1=0，只能有一个正根，且若有负根的话，负根必须小于−1e，①当m=0时，方程为−2t+1=0，∴t=12，符合题意，②当m≠0时，若Δ=4−4m=0，即m=1时，方程为t2−2t+1=0，∴t=1，符合题意，若Δ>0，即m<1时：设ϕ(t)=mt2−2t+1，(i)当m<0时，二次函数ϕ(x)开口向下，又ϕ(0)=1>0，要使方程mt2−2t+1=0只有一个正根，且负根小于−1e ，则g(−1e)>0，即m.1e2+2e+1>0，∴m>−e2−2e，∴−e2−2e<m<0，(ii)当0<m<1时，二次函数ϕ(x)开口向下，又ϕ(0)=1>0，则方程mt2−2t+1=0要么有两个负根，要么有两个正根，不符合题意，综上所求，实数m的取值范围是：−e2−2e<m⩽0或m=1，故选：B．先利用导数求出函数f(x)的单调性和极值，画出函数f(x)的大致图象，由题意可知方程m[f(x)]2−2f(x)+1=0只有一个根，令f(x)=t，由函数f(x)的图象可知方程mt2−2t+1=0，只能有一个正根，且若有负根的话，负根必须小于−1e，m=0时显然符合题意，m≠0时，利用二次函数的根的分布即可列出不等式，求出m的取值范围．这道题主要考查了利用导数研究函数的极值，考查了二次函数的图象和性质，以及二次函数根的分布，是中档题．11.【答案】D;【解析】此题主要考查了导数在研究函数的单调性中的应用，同时考查了恒成立问题，属于中档题.先求导，从而转化为恒成立问题，再分离参数求函数的最值即可.解：由题可得f′(x)=2x+a−1x2，因为函数f(x)在[12,+∞)上单调递增，所以f′(x)⩾0在[12,+∞)上恒成立，即a⩾1x2−2x在[12,+∞)上恒成立．显然函数y=1x2−2x在[12,+∞)上单调递减，所以x=12时，y max=3，所以y⩽3，所以a⩾3，故实数a的取值范围为[3,+∞).故选D.12.【答案】A;【解析】该题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及不等式恒成立问题，属于中档题．问题转化为k⩽1+1x −lnxx对任意x∈(0,+∞)恒成立，令g(x)=1+1x−lnxx，根据函数的单调性求出g(x)的最小值，从而即可求出k的取值范围．解：因为f(x)=x−1−lnx，对定义域内任意x都有f(x)⩾kx−2，则k⩽1+1x −lnxx对x∈(0,+∞)恒成立，令g(x)=1+1x −lnxx，则g′(x)=lnx−2x2，令g′(x)>0，解得：x>e2，令g′(x)<0，解得：0<x<e2，故g(x)在(0,e2)上递减，在(e2,+∞)上递增，故g(x)的最小值是g(e2)=1−1e2，故k⩽1−1e2．故选A．13.【答案】[4e3，1−1e);【解析】解：x|ye1−y|−ax−lnx=0，可化为：|ye1−y|=a+lnxx成立，设g(y)=ye1−y(−1⩽y⩽4)，则g′(y)=e1−y−ye1−y=(1−y)e1−y；即函数g(y)在(−1,1)为增函数，在(1,4)为减函数，又g(−1)=−e2，g(0)=0，g(1)=1，g(4)=4e3；则：|g(y)|=|ye1−y|∈[0,e2]，(−1⩽y⩽4)，设f(x)=a+lnxx，x∈[1,e]，f′(x)=1−lnxx2，即函数f(x)在[1,e]为增函数，所以a⩽f(x)⩽a+1e，对于任意的实数x∈[1,e]，总存在三个不同的实数y∈[−1,4]，使得x|ye1−y|−ax−lnx=0成立，即：|g(x)|=|ye1−y|=a+lnxx=f(x)成立，则对于a⩽f(x)⩽a+1e ，有a⩾g(4)=4e3；a+1e<g(1)=1；成立即可．即a∈[4e3,1−1e)；故答案为：a∈[4e3,1−1e).由方程有解问题、恒成立问题得对于任意的实数x∈[1,e]，总存在三个不同的实数y∈[−1,4]，使得x|ye1−y|−ax−lnx=0成立，即对于任意的实数x∈[1,e]，总存在三个不同的实数y∈[−1,4]，使得成立，先构造函数：g(y)=ye1−y(−1⩽y⩽4)，f(x)=a+lnxx，x∈[1,e]，再利用导数求函数的单调性及最值，对于任意的实数x∈[1,e]恒成立，利用数形结合即求a的范围．该题考查了方程有解问题、恒成立问题及利用导数求函数的单调性及最值，属中档题．14.【答案】(−∞,0)∪{ e};【解析】解：当x =12时，显然x =12不是该函数的零点； 当x ≠12时，由f(x)=a ln (2x )−e 2x e=0，分离参数得a =e 2xeln2x，令p(x)=e 2xeln2x ，函数f(x)=a ln (2x )−e 2x e有且只有一个零点，等价于直线y =a 与函数p(x)=e 2xeln2x有且只有一个零点． 利用导数，可得p′(x)=2e ⋅e 2x e ⋅ln2x −1x⋅e 2x e (ln2x )2=e 2x e (2eln2x −1x)(ln2x )2．当x ∈(0,12)∪(12,e2)时，p′(x)<0，p(x)单调递减， 当x ∈(e2,+∞)时，p′(x)>0，p(x)单调递增， 且当x →0时，p(x)→0，当x =12时，p(x)不存在， 当x =e2时，p(x)有极小值为e ． 得出p(x)的图象如图所示，∵直线y =a 与函数p(x)的图象的交点个数为1， 由图可知，实数a 的取值范围是(−∞,0)∪{ e}， 故答案为：(−∞,0)∪{ e}．当x =12时，显然x =12不是该函数的零点；当x ≠12时，由f(x)=a ln (2x )−e 2xe =0，分离参数得a =e 2xeln2x ，利用导数研究函数p(x)=e 2xeln2x 的单调性，作出图象，数形结合得答案．此题主要考查函数零点的判定，考查利用导数研究函数的单调性，考查数形结合的解题思想方法，是中档题．15.【答案】−3⩽k ⩽e 2; 【解析】这道题主要考查函数恒成立问题，利用参数分离法，构造函数求函数的导数，利用导数研究函数的单调性和最值是解决本题的关键．综合性较强．根据分段函数的表达式，利用参数分离法，构造函数，求函数的导数，利用导数研究函数的最值即可得到结论．解：当x =0时，不等式f(x)⩾kx 等价于0⩾0成立， 当x <0时，由f(x)⩾kx 得2x 2−3x ⩾kx ，即2x −3⩽k ， 当x <0，2x −3<−3，则k ⩾−3； 当x >0时，由f(x)⩾kx 得e x +e 2⩾kx ，e x +e 2x⩾k ，设ℎ(x)=e x +e 2x ，x >0， ℎ′(x)=xe x −e x −e 2x 2，x >0设g(x)=xe x −e x −e 2，则g′(x)=xe x ， 当x >0时，g′(x)>0，即函数g(x)为增函数， ∵g(2)=2e 2−e 2−e 2=0，∴当x >2时，g(x)>0，ℎ′(x)>0，函数ℎ(x)为增函数， 当0<x <2时，g(x)<0，ℎ′(x)<0，函数ℎ(x)为减函数， 即当x =2时，函数ℎ(x)取得极小值，同时也是最小值ℎ(2)=e 2+e 22=e 2，此时k ⩽e 2，综上实数k 的取值范围是−3⩽k ⩽e 2， 故答案为：−3⩽k ⩽e 2．16.【答案】(1)16； (2)3；(3)①10；②18.5； (4)(0,+∞) . ;【解析】(1)此题主要考查分段函数求值，考查运算求解能力，属于基础题. 将自变量带入相应定义区间解析式进行运算即可求解.解：∵函数f(x)={2lg x,x >0(14)x ,x <0，∴f(10)=2log 10=2，∴f(−f(10))=f(−2)=42=16， 故答案为16. (2)此题主要考查三角函数的图象及函数与方程，考查数形结合的数学方法，属于基础题. 求出y =cos x 在(−3 π 4,3 π 2)上图像分布，然后结合函数图像分析即可求解.解：由题意当x∈(−3π4,3π2)时，y=cos x图像如下：∵cos(−3π4)=−√22<−12，∴结合函数图像可得直线2y+1=0与曲线y=cos x在(−3π4,3π2)上有3个交点．故答案为3.(3)此题主要考查数学在生活中的实际应用，考查数学建模的数学核心素养，属于中档题.①根据题意可建立方程120+70−x=180，解出x即可；②设顾客一次购买干果的总价为M元，然后分当0<M<150与M⩾150时两种情况进行分析即可求解.解：①顾客一次购买松子和腰果各1千克，需要支付120+70−x=180元，则x=10，②设顾客一次购买干果的总价为M元，当0<M<150时，张军每笔订单得到的金额显然不低于促销前总价的七折；当M⩾150时，则有0.8(M−x)⩾0.7M，即M⩾8x对M⩾150恒成立，则8x⩽150，x⩽18.75，又∵2x∈Z，所以x的最大值为18.5.故答案为①①10；②18.5.(4)此题主要考查导数的应用，考查函数构造法的应用与推理论证能力，属于中档题.由题意，构造函数g(x)=xf(x)x+1(x>0)，求出函数导数，根据f(x)+xf′(x)<xf(x)x+1判断导数符号得到函数g(x)单调性，然后建立不等式求解即可.解：设函数g(x)=xf(x)x+1(x>0)，则g′(x)=[f(x)+xf′(x)](x+1)−xf(x)(x+1)2，因为f(x)+xf′(x)<xf(x)x+1，所以[f(x)+xf′(x)](x+1)−xf(x)<0，所以g′(x)<0，故g(x)在(0,+∞)上单调递减，所以(x+1)f(x+1)<x+2⇔(x+1)f(x+1)x+2<1⇔{x+1>0,g(x+1)<1=g(1),则x+1>1，即x>0，所以不等式(x+1)f(x+1)<x+2的解集为(0,+∞).故答案为(0,+∞).17.【答案】(0,1e);【解析】该题考查了数形结合的应用及函数的零点与函数的图象的应用，属于基础题．函数f(x)=lnx−ax有两个不同的零点，可化为y=lnx与y=ax在R上有两个不同的交点，作图求解．解：函数f(x)=lnx−ax在R上有两个不同的零点可化为y=lnx与y=ax在R上有两个不同的交点，作函数y=lnx与y=ax在R上的图象如下，当直线与y=lnx相切时，则lnxx =1x，解得，x=e；故直线与y=lnx相切时，切线的斜率a=1e；故实数a的取值范围是(0,1e)；故答案为：(0,1e).18.【答案】(1)解：当a=2时，f(x)=x2−2x12，则f′(x)=2x−x−12，f′(1)=2−1=1，f(1)=−1，所以f(x)的图象在x=1处的切线方程为y−(−1)= x−1，即y=x−2.(2)证明：当a=1时，f(x)=−x，0⩽x⩽1时，f(x)min=f(1)=−1;当0<a<1时，f′(x)=a(a−1)x a−1−x1a−1=x1a−1[a(a−1)x a−1a−1]，a(a−1)<0，a−1a<0，y=a(a−1)x a−1a−1在(0,1]上单调递增，所以a(a−1)x a−1a−1⩽a(a−1)−1=a2−a−1<0，又x 1a−1⩾0，所以f′(x)=x1a−1[a(a−1)x a−1a−1]⩽0，从而f(x)在[0,1]上单调递减， 所以f(x)min =f(1)=a −1−a =−1.要证e −1a f(e)+f(x)⩾−2，只需证e −1a f(e)−1⩾−2，即e −1a f(e)⩾−1， 亦即e −1a f(e)=(a −1)e a−1a −a ⩾−1. 令g(x)=(x −1)e x−1x−x(0<x ⩽1)，g ′(x)=ex−1x+(x −1)e x−1x·1+x 2x 2−1.因为0<x ⩽1，所以e x−1x −1⩽0，(x −1)e x−1x ·1+x 2x 2⩽0，所以g ′(x)=ex−1x+(x −1)ex−1x·1+x 2x 2−1⩽0(当且仅当x =1时取等号)，所以g(x)在(0,1]上单调递减，所以g(x)min =g(1)=−1，即e −1a f(e)⩾−1.综上，当0⩽x ⩽1且0<a ⩽1时，e −1a f(e)+f(x)⩾−2.;【解析】此题主要考查导数的综合应用，考查导数的几何意义及切线的求法，考查不等式的证明方法，属于难题.19.【答案】解：(1)由f(x)=ax e x −12ax 2−ax (a ≠0)得 f ′(x)=a [(x +1)e x −(x +1)]=a (x +1)(e x −1)， ①当a >0时，令f ′(x)>0，得(x +1)(e x −1)>0， ∴{x +1>0e x−1>0，或{x +1<0e x −1<0，即{x >−1e x >1或{x <−1e x <1， 解得x >0或x <−1，令f ′(x)<0，得(x +1)(e x −1)<0， ∴{x +1>0e x−1<0，或{x +1<0e x −1>0，即{x >−1e x <1或{x <−1e x >1， 解得−1<x <0或x ∈∅，∴函数f(x)的单调增区间为(−∞,−1)，(0,+∞)，单调减区间为(−1,0)； ②当a <0时，令f ′(x)>0，得(x +1)(e x −1)<0，由①可得−1<x <0， 令f ′(x)<0，得(x +1)(e x −1)>0，由①可得，x >0或x <−1， ∴函数f(x)的单调增区间为(−1,0)，单调减区间为(−∞,−1)，(0,+∞)；综上可得，当a >0时，函数f(x)的单调增区间为(−∞,−1)，(0,+∞)，单调减区间为(−1,0)；当a <0时，函数f(x)的单调增区间为(−1,0)，单调减区间为(−∞,−1)，(0,+∞)； (2)由(1)知，a <0时，x ∈(−∞,0)时，函数f(x)在(−∞,−1)的上单调递减，在(−1,0)上单调递增，∴g (a )=f (−1)=−ae −1−12a +a =(12−1e )a ，∴不等式g(a)⩾ ta −ln (−a)有解等价于(12−1e )a ⩾ ta −ln (−a)有解，即t⩾12−1e+ln(−a)a有解(a<0)，设ℎ(x)=ln(−x)x (x<0)，则ℎ′(x)=1−ln(−x)x2(x<0)，∴当x∈(−∞,e)时，ℎ′(x)<0，ℎ(x)单调递减，当x∈(−e,0)时，ℎ′(x)>0，ℎ(x)单调递增，∴ℎ(x)的极小值也是最小值，且最小值为ℎ(−e)=ln e−e =−1e，∴t⩾12−1e−1e=12−2e，∴实数t的取值范围[12−2e,+∞).;【解析】此题主要考查由导数求含参数的函数的单调区间以及由导数求最值，求解存在性问题，难度较大.(1)分类讨论，利用导数求单调区间；(2)分离变量，构造函数，利用导数求最值即可解答.20.【答案】解：(1)由f(x)=ln x−kx有唯一零点，可得方程ln x−kx=0有唯一实根，即方程k=ln xx有唯一解.令ℎ(x)=ln xx ，则ℎ′(x)=1−ln xx2，由ℎ′(x)>0得0<x<e；由ℎ′(x)<0，得x>e.∴ℎ(x)在(0,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减，∴ℎ(x)⩽ℎ(e)=1e.在同一坐标系中，考察函数ℎ(x)=ln xx的图象与直线y=k的交点特征，可得：k=1e或k⩽0.(2)∵x(e x−2)−(ln x−kx)⩾1恒成立，且x>0，∴k⩾1+ln xx−e x+2，令ϕ(x)=1+ln xx −e x+2，则ϕ′(x)=−x2e x+ln xx2，再令μ(x)=x2e x+ln x，∵μ′(x)=x(x+2)e x+1x>0，∴μ(x)在(0,+∞)上单调递增，而μ(1e)=e1e−2−1<0，μ(1)=e>0，∴由零点存在性定理知，存在唯一x0∈(1e,1)，使得μ(x0)=0，即x02e x0=−ln x0，并且当x∈(0,x0)时，μ(x)<0，ϕ′(x)>0，ϕ(x)单调递增；当x∈(x0,+∞)时，μ(x)>0，ϕ′(x)<0，ϕ(x)单调递减.∴ϕ(x)max=ϕ(x0)=1+ln x0x0−e x0+2.又对x02e x0=−ln x0两边取对数，得：2ln x0+x0=ln(−ln x0)，于是有：ln x0+x0=ln(−ln x0)+(−ln x0).易知函数y=ln x+x在(0,+∞)上单调递增，∴x0=−ln x0，x0e x0=1，于是ϕ(x)max=ϕ(x0)=1+ln x0x0−e x0+2=1−x0x0−1x0+2=1，∴k⩾ϕ(x)max=1.因此，k的取值范围是[1,+∞).;【解析】此题主要考查利用导数研究函数的零点以及含参数的不等式恒成立问题，考查等价转换思想和运算能力，属于难题.(1)f(x)=ln x−kx有唯一零点，等价于方程ln x−kx=0有唯一实根，即方程k=ln xx 有唯一解，记ℎ(x)=ln xx，通过研究它的单调性和图象特征，问题可解；(2)不等式g(x)−f(x)⩾1恒成立，等价于当x>0时k⩾1+ln xx−e x+2恒成立，通过构造函数ϕ(x)=1+ln xx −e x+2，研究它的最大值即可.因为ϕ′(x)=−x2e x+ln xx2，不容易判断它的符号，所以还需要构造函数μ(x)=x2e x+ln x，通过对它的单调性的分析判断来解决问题.21.【答案】解：(Ⅰ)函数f(x)=(x−t1)(x−t2)(x−t3)，t2=0，d=1时，f(x)=x(x+1)(x−1)=x3−x，∴f′(x)=3x2−1，∴f(0)=0，f′(0)=−1，∴y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y−0=−1×(x−0)，即x+y=0；(Ⅱ)d=3时，f(x)=(x−t2+3)(x−t2)(x−t2−3)=(x−t2)3−9(x−t2)=x3−3t2x2+(3t22−9)x−t23+9t2；∴f′(x)=3x2−6t2x+3t22−9，令f′(x)=0，解得x=t2−√3或x=t2+√3；当x<t2−√3时，f′(x)>0，此时f(x)单调递增；当t2−√3<x<t2+√3时，f′(x)<0，此时f(x)单调递减；当x >t 2+√3时，f′(x)>0，此时f(x)单调递增，∴f(x)的极大值为f(t 2−√3)=(−√3)3−9×(−√3)=6√3， 极小值为f(t 2+√3)=(√3)3−9×√3=−6√3；(Ⅲ)曲线y =f(x)与直线y =−(x −t 2)−6√3有三个互异的公共点，等价于关于x 的方程(x −t 2+d)(x −t 2)(x −t 2−d)+(x −t 2)−6√3=0有三个互异的实数根，令u =x −t 2，可得u 3+(1−d 2)u +6√3=0； 设函数g(x)=x 3+(1−d 2)x +6√3，则曲线y =f(x)与直线y =−(x −t 2)−6√3有3个互异的公共点， 等价于函数y =g(x)有三个不同的零点； 又g′(x)=3x 2+(1−d 2)，当d 2⩽1时，g′(x)⩾0恒成立，此时g(x)在R 上单调递增，不合题意；当d 2>1时，令g′(x)=0，解得x 1=√d 2−1√3，x 2=√d 2−1√3；∴g(x)在(−∞,x 1)上单调递增，在(x 1,x 2)上单调递减， 在(x 2,+∞)上也单调递增； ∴g(x)的极大值为g(x 1)=√d 2−1√3)=2√3(d 2−1)329+6√3>0；极小值为g(x 2)=g(√d 2−1√3)=−2√3(d 2−1)329+6√3；若g(x 2)⩾0，由g(x)的单调性可知， 函数g(x)至多有两个零点，不合题意；若g(x 2)<0，即(d 2−1)32>27，解得|d|>√10， 此时|d|>x 2，g(|d|)=|d|+6√3>0；−2|d|<x 1，g(−2|d|)=−6|d|3−2|d|+6√3<0， 从而由g(x)的单调性可知，函数y =g(x)在区间(−2|d|,x 1)，(x 1,x 2)，(x 2,|d|)内各有一个零点，符合题意， ∴d 的取值范围是(−∞,−√10)∪(√10,+∞)．;【解析】此题主要考查了导数的运算以及导数的几何意义，运用导数研究函数的单调性与极值的应用问题，是综合题．(Ⅰ)求出t 2=0，d =1时f(x)的导数，利用导数求斜率，再写出切线方程； (Ⅱ)计算d =3时f(x)的导数，利用导数判断f(x)的单调性，求出f(x)的极值； (Ⅲ)曲线y =f(x)与直线y =−(x −t 2)−6√3有三个互异的公共点，等价于关于x 的方程f(x)+(x −t 2)−6√3=0有三个互异的实数根，利用换元法研究函数的单调性与极值，求出满足条件的d 的取值范围．22.【答案】解：(1)函数ℎ(x)的定义域为(0,+∞)，ℎ′(x)=ln x +1， 令ℎ′(x)=ln x +1>0，解得：x >1e ，函数ℎ(x)的单调增区间为(1e,+∞)，单调减区间为(0,1e)，故当x =1e 时，函数ℎ(x)有极小值为−1e ，无极大值.(2)设点P(x 1,e x 1)为曲线f(x)上任意一点，则由f′(x)=e x ，知：曲线f(x)在点P(x 1,e x 1)处的切线方程为：y =e x 1(x −x 1)+e x 1，设点Q(x 2,ln x 2)为曲线g(x)上任意一点，则由g′(x)=1x ，知：曲线g(x)在点Q(x 2,ln x 2) 处的切线方程为：y =1x 2(x −x 2)+ln x 2，若存在l 同时与函数f(x)，g(x)的图像都相切，则有： {e x 1=1x 2,①e x 1(1−x 1)=ln x 2−1,②，从而公切线l 的条数即为方程组(∗)的解的个数，由e x 1=1x 2，两边同时取自然对数得：x 1=−ln x 2，代入②得：1x 2(1+ln x 2)=ln x 2−1，即有：ln x 2=x 2+1x 2−1，构造函数ℎ(x)=ln x −x+1x−1(x ∈(0,1)∪(1,+∞))，则由ℎ′(x)=1x+2(x−1)2=x 2+1x(x−1)2>0，知：函数ℎ(x)在区间(0,1)和(1,+∞)上均为单调递增函数，且当x ∈(1,+∞)时，由 ℎ(e)=−2e−1<0，ℎ(e 2)=e 2−3e 2−1>0且函数ℎ(x)在区间(1,+∞)上单调递增，知：函数ℎ(x)在区间(1,+∞)上有唯一的零点x 0，即ℎ(x 0)=ln x 0−x 0+1x 0−1=0，由x 0∈(1,+∞)， 知：1x 0∈(0,1)且ℎ(1x 0)=ln1x 0−1x 0+11x 0−1=−ln x 0−1+x 01−x 0=−(ln x 0−x 0+1x 0−1)=0，ℎ(x)在区间(0,1)上有唯一的零点1x 0，综上，函数ℎ(x)的零点个数为2，即方程组(∗)的解的个数为2， 故公切线l 的条数为2. ;【解析】此题主要考查了切线方程问题，利用导数研究函数的单调性、极值问题，以及导数中的零点问题，考查了推理能力与计算能力，属于较难题. (1)由已知求出ℎ′(x)，从而根据导数正负符号求出函数ℎ(x)区间与极值；(2)设点P(x 1,e x 1)为曲线f(x)上任意一点，点Q(x 2,ln x 2)为曲线g(x)上任意一点，若存在l 同时与函数f(x)，g(x)的图像都相切，则有： {e x 1=1x 2,①e x 1(1−x 1)=ln x 2−1,②，从而公切线l 的条数即为方程组(∗)的解的个数，从而通过构造函数求解函数的导数，求出函数的零点，即可得出结论.23.【答案】解：（Ⅰ）F(x)=f(x)g(x)=xe x(x+1)2（x≠-1），（i ）F′（x ）=(x+1)e x .(x+1)2−xe x .2(x+1)(x+1)4=e x .(x 2+1)(x+1)3，…（2分）所以，当x ∈（-∞，-1）时，F′（x ）＜0，F （x ）单调减； 当x ∈（-1，+∞）时，F′（x ）＜0，F （x ）单调增； …（3分） （ii ）F （-1+m ）-F （-1-m ）=(m−1)e m−1m 2-(−m−1)e −m−1m 2=m+1m 2e m+1（m−1m+1e 2m +1），令φ（m ）=m−1m+1e 2m +1=e 2m -2e 2mm+1+1（m ＞0），φ′（m ）=2e 2m -4e 2m (m+1)−2e2m (m+1)2=2m 2e 2m (m+1)2＞0，…（5分）所以φ（m ）在m ＞0递增，即有φ（m ）＞φ（0）=0，又m+1m 2e m+1＞0，所以m ＞0时，F （-1+m ）-F （-1-m ）=m+1m 2e m+1（m−1m+1e 2m+1）＞0恒成立，即 当m ＞0时，F （-1+m ）＞F （-1-m ）恒成立． …（6分） （Ⅱ）由已知，G （x ）=af （x ）+g （x ）=ax e x +（x+1）2， G′（x ）=a （x+1）e x +2（x+1）=（x+1）（a e x +2）．①当a=0时，G （x ）=（x+1）2，有唯一零点-1； …（7分） ②当a ＞0时，a e x +2＞0，所以当x ＜-1时，G′（x ）＜0，G （x ）单调减； 当x ＞-1时，G′（x ）＞0，G （x ）单调增． 所以G （x ）极小值为G （-1）=-ae ＜0，因G （0）=1＞0，所以当x ＞-1时，G （x ）有唯一零点； 当x ＜-1时，ax ＜0，e x ＜1e ，所以ax e x ＞axe ， 所以G （x ）＞＞axe+（x+1）2=x 2+（2+ae）x+1，因为（2+a e ）2-4×1×1=4a e +（ae ）2＞0，所以，∃t 1，t 2，且t 1＜t 2，当x ＜t 1，或x ＞t 2时，使x 2+（2+ae ）x+1＞0，取x 0∈（-∞，-1）∪（-∞，t 1），则G （x 0）＞0，从而可知 当x ＜-1时，G （x ）有唯一零点，即当a ＞0时，函数G （x ）有两个零点． …（10分）③当a ＜0时，G′（x ）=a （x+1）（e x -（-2a ）），由G′（x ）=0，得x=-1，或x=ln （-2a）．（1）若-1=ln （-2a ），即a=-2e 时，G′（x ）=-2e （x+1）（e x -1e ）≤0， 所以G （x ）是单调减函数，至多有一个零点；（2）若-1＞ln （-2a ），即a ＜-2e 时，G′（x ）=a （x+1）（e x -（-2a ）），注意到y=x+1，y=e x+2a，都是增函数，所以，当x＜ln（-2a）时，G′（x）＜0，G（x）是单调减函数；当ln（-2a）＜x＜-1时，G′（x）＞0，G（x）是单调增函数；当x＞-1时，G′（x）＜0，G（x）是单调减函数．G（x）的极小值为G（ln（-2a ））=aln（-2a）•（-2a）+（ln（-2a）+1）2=l n2（-2a）+1＞0，所以G（x）至多有一个零点；…（12分）（3）若-1＜ln（-2a），即0＞a＞-2e时，同理可得当x＜-1时，G′（x）＜0，G（x）是单调减函数；当-1＜x＜ln（-2a）时，G′（x）＞0，G（x）是单调增函数；当x＞ln（-2a）时，G′（x）＜0，G（x）是单调减函数．所以G（x）的极小值为G（-1）=-ae＜0，G（x）至多有一个零点．综上，若函数G（x）有两个零点，则参数a的取值范围是（0，+∞）．…（14分）;【解析】(Ⅰ)(i)求出F(x0的导数，由导数大于0，可得增区间；导数小于0，可得减区间；(ii)作差可得F(−1+m)−F(−1−m)，令ϕ(m)=m−1m+1e2m+1，求出导数，判断单调性即可得证；(Ⅱ)由已知，求得G(x)的导数，讨论a=0，a>0，a<0，运用单调性，求出G(x)的极小值，结合函数的零点个数，即可得到所求a的范围．此题主要考查函数的单调性的判断，注意运用导数，考查不等式恒成立问题的解法，注意运用导数判断单调性，运用作差法和构造函数法，同时考查函数零点问题，注意运用分类讨论和转化思想，属于难题．24.【答案】ABC;【解析】此题主要考查导数中的恒成立问题，属于基础题.由题意，得a⩽e xx 在x⩾1时恒成立，令f(x)=exx(x⩾1)，利用导数求出最小值，即可得a的范围，结合选项即可得答案.解：由题意，得a⩽e xx在x⩾1时恒成立，令f(x)=e xx (x⩾1)，则f′(x)=e x x−e xx2=e x(x−1)x2⩾0，故f(x)在[1,+∞)上单调递增，则f(x)min=f(1)=e，故a⩽e，由选项可知，ABC符合，故选ABC.25.【答案】CD;【解析】此题主要考查了函数的奇偶性，利用导数研究函数的单调性，导数中的恒成立问题，正弦函数的图像与性质，属于较难题，由函数的奇偶性即可判定A；由e x−e−x≠0可研究y=sin x(x≠0)的零点问题即可判定B；令ℎ(x)=e x−e−x−|sin x|(x⩾0)，利用打赏研究该函数的最值，结合f(x)的奇偶性即可判定C；由f′(x)=(e x−e−x)cos x−(e x+e−x)sin x(e x−e−x)2⩽0在x∈[π4+2kπ,3π4+2kπ](k∈Z)恒成立即可判定D.解：A、f(x)函数的定义域为\left{ x|x≠0}，关于原点对称，∵f(−x)=sin(−x)e−x−e x =sin xe x−e−x=f(x)，−f(x)=−sin xe x−e−x =sin xe−x−e x≠f(−x)，∴−f(x)≠f(−x),f(x)=f(−x)，∴f(x)为偶函数，不为奇函数，f(x)的图象不关于原点对称，故A错误；B、因为e x−e−x≠0，所以函数f(x)的零点即为函数y=sin x(x≠0)的零点，因为函数y=sin x(x≠0)的图象与x轴交点坐标为(kπ,0)(k∈Z且k≠0)，所以交点(−π,0)与(π,0)间的距离为2π，而其余任意相邻两点之间距离为π，故B错误；C、令ℎ(x)=e x−e−x−|sin x|(x⩾0)，则ℎ′(x)=e x+e−x±cos x，∵x⩾0，∴e x+e−x⩾2，又∵±cos x∈[−1,1]，∴ℎ′(x)>0，∴ℎ(x)在[0,+∞)上单调递增，∴ℎ(x)⩾ℎ(0)=0，即e x−e−x⩾|sin x|在x∈[0,+∞)上恒成立，所以e x−e−x>|sin x|在x∈(0,+∞)上恒成立，又因为当x>0时，e x−e−x>0恒成立，所以|sin x|e x−e−x<1在x∈(0,+∞)上恒成立，即|f(x)|=|sin x|e x−e−x<1在x∈(0,+∞)上恒成立，又因为f(x)为偶函数，且定义域为\left{ x|x≠0}，∴|f(x)|<1恒成立.故C正确；D、因为函数y=f(x)在[a,b]上单调递减，所以f′(x)=(e x−e−x)cos x−(e x+e−x)sin x(e x−e−x)2⩽0在x∈[a,b]恒成立，即e x(cos x−sin x)−e−x(cos x+sin x)⩽0，也即e2x(cos x−sin x)⩽cos x+sin x在x∈[a,b]恒成立，因为x∈[π4+2kπ,3π4+2kπ](k∈Z)时，cos x−sin x⩽0，cos x+sin x⩾0，e2x>0，所以e2x(cos x−sin x)⩽cos x+sin x在x∈[π4+2kπ,3π4+2kπ](k∈Z)恒成立，又因为(3π4+2kπ)−(π4+2kπ)=π2(k∈Z).令b=3π4+2kπ,a=π4+2kπ(k∈Z)，∴对于任意常数m>0，存在常数b>a>m，使函数y=f(x)在[a,b]上单调递减，且b−a=π2.故D正确.故选CD.26.【答案】CD;【解析】此题主要考查函数单调性，函数零点以及函数值域，属于较难题；利用导数判断x>0时，y=f(x)的单调性，根据单调性可求值域，然后结合x⩽0时，f(x)=cos x，从而可判断选项A，C;首先利用导数判断x⩽0时，g(x)=f(x)−x=cos x−x的零点个数，然后再利用单调性判断x>0时，g(x)=f(x)−x=xe x−1−x的零点个数，从而可判断选项B;不妨设0<x1<1<x2，根据题意把要证明x1+x2>2，转化为证明f(2−x1)>f(x1);然后构造函数ϕ(x)=xe x−1−2−xe1−x(0<x<1)，利用导数判定函数单调性即可证明，从而判断选项D.解：对于选项A，C：当x>0时，f(x)=xe x−1，所以f′(x)=e x−1−xe x−1(e x−1)2=1−xe x−1，所以当0<x<1时，f′(x)>0，y=f(x)在(0,1)单调递增，当x>1时，f′(x)<0，y=f(x)在(1,+∞)单调递减，故x>0时，0<f(x)⩽f(1)=1，又当x⩽0时，f(x)=cos x，所以f(0)=1，−1⩽f(x)⩽1，所以函数f(x)在[−π,0),(0,1)单调递增，所以选项A错误，选项C正确;对于B：当x⩽0时，令g(x)=f(x)−x=cos x−x，则g′(x)=−sin x−1⩽0，所以g(x)= cos x−x在(−∞,0]单调递减，所以当x⩽0时，g(x)⩾g(0)=1，所以函数y=f(x)−x在(−∞,0]上没有零点;当x>0时，ℎ(x)=f(x)−x=xe x−1−x，所以只需求导函数ℎ′(x)=1e x−1−1在(0,+∞)上零点个数，又因为ℎ′(x)=1e x−1−1在(0,+∞)上单调递减，且ℎ′(1)=1e1−1−1=0，所以函数y=f(x)−x在(0,+∞)上只有一个零点.所以函数y=f(x)−x有且仅有一个零点，所以选项B错误;对于选项D：当x>0时，若f(x1)=f(x2)，因为函数f(x)在(0,1)单调递增，在(1,+∞)单调递减，所以不妨设0<x1<1<x2，则1<2−x1<2，所以要证x1+x2>2，只需证2−x1<x2，即只需证f(2−x1)>f(x2)，又因为f(x1)=f(x2)，所以只需证f(2−x1)> f(x1).因为f(x1)−f(2−x1)=x1e x1−1−2−x1e2−x1−1=x1e x1−1−2−x1e1−x1，所以令函数ϕ(x)=xe x−1−2−x e1−x (0<x<1)，则ϕ′(x)=1−xe x−1−1−xe1−x=(1−x)(e2−e2x)e x+1>0，所以ϕ(x)=xe x−1−2−xe1−x在。
痛点五 导数中的综合问题
导数中的综合问题一、单选题 1．函数()()2211x f x x -=-的大致图象是（ ）．A ．B ．C ．D ．【答案】A【解析】由题意可知，()()2211x f x x -=-的定义域为{}|1x x ≠，令()()22101x f x x -==-，得12x =，排除选项D ；又()()()4211x x f x x --'=-，当()(),01,x ∈-∞+∞时，()0f x <′，所以()f x 在区间(),0-∞和()1,+∞上单调递减；当 ()0,1x ∈时，()0f x >′，所以()f x 在区间()0,1上单调递增；结合图像可知选项A 正确. 2．已知()f x 的导函数为()f x '，且满足()()21ln f x xf x '=-，则1f e ⎛⎫'= ⎪⎝⎭（ ） A ．12e-B ．2e -C ．2e --D ．12e--【答案】B【解析】()()21ln f x xf x '=-，则()()'121f x f x '=-，取1x =，则()()11211f f ''=-，则()11f '=，故()12f x x '=-，12f e e ⎛⎫'=- ⎪⎝⎭. 3．已知函数()ln kf x x x=+（k ∈R ）若对任意120x x >>，()()1212f x f x x x -<-恒成立，则k 的取值范围是（ ）A ．1,4⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭B ．1,4⎛⎫+∞⎪⎝⎭C ．(0,)+∞D ．[)0,+∞【答案】A【解析】条件等价于对任意120x x >>.()()1122f x x f x x -<-恒成立，设()()ln kh x f x x x x x=-=+-（0x >）.则()h x 在(0,)+∞上单调递减，则21()10kh x x x'=--≤在(0,)+∞上恒成立， 得221124k x x x ⎛⎫≥-+=--+ ⎪⎝⎭（0x >）恒成立，∴14k ≥（对14k =，()0h x '=仅在12x =时成立），故k 的取值范围是1,4⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭.4．已知函数()2bf x x ax =+的导数()23f x x '=+，则数列()()*12n f n ⎧⎫⎪⎪∈⎨⎬+⎪⎪⎩⎭N 的前n 项和是（ ）A ．1nn +B ．()121n n -+C ．()22nn +D ．()()12nn n ++【答案】C【解析】()2b f x x ax =+，()21223b f x bx a x -'∴=+=+，则223b a =⎧⎨=⎩，得31a b =⎧⎨=⎩，()23f x x x ∴=+，()()()2111112321212f n n n n n n n ∴===-+++++++，因此，数列()()*12n f n ⎧⎫⎪⎪∈⎨⎬+⎪⎪⎩⎭N 的前n 项和111111233412n S n n =-+-++-++()112222n n n =-=++.5．若函数()f x 的定义域是R ，()02f =，()()1f x f x '+<，则不等式的()1xxe f x e >+的解集为（ ） A ．(),0-∞ B ．()(),11,-∞-+∞C ．()0,∞+D ．()(),00,-∞⋃+∞【答案】A【解析】构造函数()()1xxg x e f x e =--，则不等式()1xxe f x e >+可转化为()0g x >，则()()()''x x x g x e f x e f x e =+⋅-()()'1x e f x f x =+-⎡⎤⎣⎦，∵()()'1f x f x +<，∴()()()''10xg x e f x f x =+-<⎡⎤⎣⎦，则函数()()1x xg x e f x e =--在R 上单调递减，∵()02f =，∴()()00010g e f e =--=，则()0g x >的解集为(),0-∞，则不等式()1xxe f x e >+的解集为(),0-∞.6．曲线1C ：2y x 与曲线2C ：ln y x =公切线的条数是（ ）A ．0B ．1C ．2D ．3【答案】C【解析】设公切线与2yx 的切点为()211,x x ，公切线与ln y x =的 切点为()22,ln x x ，2yx 的导数为2y x '=；ln y x =的导数为1y x'=，则在切点()211,x x 处的切线方程为()21112y x x x x -=-，即2112y x x x =-，则在切点()22,ln x x 处的切线方程为()2221ln y x x x x -=-，即221ln 1y x x x =+- 12212121ln x x x x ⎧=⎪∴⎨⎪=-⎩，整理得到211ln 1ln 2x x -=+，令2()ln ,(0,)f x x x x =-∈+∞，则2121()2x f x x x x -'=-=，2()02f x x '>⇒>；2()002f x x '<⇒<<，()f x ∴在区间20,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在区间2,2⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递增，min 211()ln 21ln 2222f x f ⎛⎫==+<+ ⎪ ⎪⎝⎭，即函数()f x 与1ln 2y =+的图象，如下图所示由图可知，函数()f x 与1ln 2y =+有两个交点，则方程211ln 1ln 2x x -=+有两个不等正根，即曲线1C ：2yx 与曲线2C ：ln y x =公切线的条数有2条。
四川省成都列五中学导数及其应用多选题试题含答案
四川省成都列五中学导数及其应用多选题试题含答案一、导数及其应用多选题1．已知函数()xf x e =，()1ln22x g x =+的图象与直线y m =分别交于A 、B 两点，则（ ）A ．AB 的最小值为2ln2+B ．m ∃使得曲线()f x 在A 处的切线平行于曲线()g x 在B 处的切线C ．函数()()f x g x m -+至少存在一个零点D ．m ∃使得曲线()f x 在点A 处的切线也是曲线()g x 的切线 【答案】ABD 【分析】求出A 、B 两点的坐标，得出AB 关于m 的函数表达式，利用导数求出AB 的最小值，即可判断出A 选项的正误；解方程()12ln 2m f m g e -⎛⎫''= ⎪⎝⎭，可判断出B 选项的正误；利用导数判断函数()()y f x g x m =-+的单调性，结合极值的符号可判断出C 选项的正误；设切线与曲线()y g x =相切于点()(),C n g n ，求出两切线的方程，得出方程组，判断方程组是否有公共解，即可判断出D 选项的正误.进而得出结论. 【详解】令()xf x e m ==，得ln x m =，令()1ln22x g x m =+=，得122m x e -=， 则点()ln ,A m m 、122,m B e m -⎛⎫⎪⎝⎭，如下图所示：由图象可知，122ln m AB e m -=-，其中0m >，令()122ln m h m em -=-，则()1212m h m em-'=-，则函数()y h m '=单调递增，且102h ⎛⎫'= ⎪⎝⎭，当102m <<时，0h m，当12m >时，0h m.所以，函数()122ln m h m e m -=-在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,2⎛⎫+∞⎪⎝⎭上单调递增， 所以，min 112ln 2ln 222AB h ⎛⎫==-=+⎪⎝⎭，A 选项正确； ()x f x e =，()1ln 22x g x =+，则()x f x e '=，()1g x x'=，曲线()y f x =在点A 处的切线斜率为()ln f m m '=，曲线()y g x =在点B 处的切线斜率为1212122m m g e e --⎛⎫'= ⎪⎝⎭，令()12ln 2m f m g e -⎛⎫''= ⎪⎝⎭，即1212m m e -=，即1221m me -=， 则12m =满足方程1221m me -=，所以，m ∃使得曲线()y f x =在A 处的切线平行于曲线()y g x =在B 处的切线，B 选项正确；构造函数()()()1ln22xx F x f x g x m e m =-+=-+-，可得()1x F x e x'=-， 函数()1xF x e x '=-在()0,∞+上为增函数，由于120F e ⎛⎫'=< ⎪⎝⎭，()110F e -'=>，则存在1,12t ⎛⎫∈⎪⎝⎭，使得()10t F t e t '=-=，可得ln t t =-，当0x t <<时，()0F x '<；当x t >时，()0F x '>.()()min 1111ln ln ln 2ln 22222t t t F x F t e m e t m t m t ∴==-+-=-++-=+++-13ln 2ln 2022m m >+-=++>，所以，函数()()()F x f x g x m =-+没有零点，C 选项错误；设曲线()y f x =在点A 处的切线与曲线()y g x =相切于点()(),C n g n ， 则曲线()y f x =在点A 处的切线方程为()ln ln my m ex m -=-，即()1ln y mx m m =+-，同理可得曲线()y g x =在点C 处的切线方程为11ln 22n y x n =+-，所以，()111ln ln 22m nn m m ⎧=⎪⎪⎨⎪-=-⎪⎩，消去n 得()11ln ln 202m m m --++=，令()()11ln ln 22G x x x x =--++，则()111ln ln x G x x x x x-'=--=-， 函数()y G x '=在()0,∞+上为减函数，()110G '=>，()12ln 202G '=-<，则存在()1,2s ∈，使得()1ln 0G s s s'=-=，且1s s e =. 当0x s <<时，()0G x '>，当x s >时，()0G x '<.所以，函数()y G x =在()2,+∞上为减函数，()5202G =>，()17820ln 202G =-<， 由零点存在定理知，函数()y G x =在()2,+∞上有零点， 即方程()11ln ln 202m m m --++=有解. 所以，m ∃使得曲线()y f x =在点A 处的切线也是曲线()y g x =的切线. 故选：ABD. 【点睛】本题考查导数的综合应用，涉及函数的最值、零点以及切线问题，计算量较大，属于难题.2．关于函数()sin x f x e a x =+，(,)x π∈-+∞，下列说法正确的是（ ） A ．当1a =时，()f x 在(0,(0))f 处的切线方程为210x y -+=； B ．当1a =时，()f x 存在唯一极小值点0x ，且()010f x -<<； C ．对任意0a >，()f x 在(,)π-+∞上均存在零点； D ．存在0a <，()f x 在(,)π-+∞上有且只有一个零点. 【答案】ABD 【分析】当1a =时，()sin x f x e x =+，求出(),(0),(0)f x f f ''，得到()f x 在(0,(0))f 处的切线的点斜式方程，即可判断选项A ；求出()0,()0f x f x ''><的解，确定()f x 单调区间，进而求出()f x 极值点个数，以及极值范围，可判断选项B ；令()sin 0xf x e a x =+=，当0a ≠时，分离参数可得1sin x x ae -=，设sin (),(,)xxg x x eπ=∈-+∞，求出()g x 的极值最值，即可判断选项C ，D 的真假. 【详解】A.当1a =时，()sin x f x e x =+，所以()cos x f x e x '=+，0(0)cos 02f e '=+=，0(0)01f e =+=，所以()f x 在(0,(0))f 处的切线方程为210x y -+=，故正确；B. 因为()sin 0x f x e x ''=->，所以()'f x 单调递增，又()202f π'-=>，334433()cos 442f e e ππππ--⎛⎫'-=+-=- ⎪⎝⎭，又233442e e e ππ⎛⎫= ⎪⎝>>⎭，即34e π>，则3()04f π'-<，所以存在03,42x ππ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭，使得0()0f x '=，即 00cos 0x e x +=，则在()0,x π-上()0f x '<，在()0,x +∞上，()0f x '>，所以()f x 存在唯一极小值点0x，因为000000()sin sin cos 4xf x e x x x x π⎛⎫=+=-=- ⎪⎝⎭，03,42x ππ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭，所以03,44x πππ⎛⎫-∈-- ⎪⎝⎭()01,04x π⎛⎫-∈- ⎪⎝⎭，故正确； C.令()sin 0x f x e a x =+=，当0a ≠时，可得1sin x xa e-=，设sin (),(,)x xg x x eπ=∈-+∞，则cos sin 4()x x x x x g x e e π⎛⎫- ⎪-⎝⎭'==，令()0g x '=，解得,,14x k k Z k ππ=+∈≥-当52,244x k k ππππ⎡⎤∈++⎢⎥⎣⎦时()0g x '<，当592,244x k k ππππ⎡⎤∈++⎢⎥⎣⎦时，()0g x '>，所以当524x k ππ=+，,1k Z k ∈≥-时，()g x 取得极小值，即35,,...44x ππ=-，()g x 取得极小值，又35 (44)g g ππ⎛⎫⎛⎫-<> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，因为在3,4ππ⎡⎤--⎢⎥⎣⎦上，()g x 递减，所以()34342g x g e ππ⎛⎫≥-=- ⎪⎝⎭，所以当24x k ππ=+，,0k Z k ∈≥时， ()g x 取得极大值，即9,, (44)x ππ=，()g x 取得极大值，又9 (44)g g ππ⎛⎫⎛⎫>> ⎪⎪⎝⎭⎝⎭ ，所以 ()442g x g e ππ⎛⎫≤= ⎪⎝⎭，所以(),x π∈-+∞时，()34422g x e ππ-≤≤，当3412e a π-<-，即34a e π>时，()f x 在(,)π-+∞上不存在零点，故C 错误； D.当412ae -=4a e π=时，1=-y a 与()sin x xg x e =的图象只有一个交点，所以存在0a <，()f x 在(,)π-+∞上有且只有一个零点，故D 正确； 故选：ABD 【点睛】方法点睛：用导数研究函数的零点，一方面用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理判断；另一方面，也可将零点问题转化为函数图象的交点问题，利用数形结合来解决．3．关于函数()2ln f x x x=+，下列判断正确的是（ ） A ．2x =是()f x 的极大值点 B ．函数yf xx 有且只有1个零点C ．存在正实数k ，使得()f x kx >恒成立D ．对任意两个正实数1x ，2x ，且21x x >，若()()12f x f x =，则124x x +> 【答案】BD 【分析】对于A ，利用导数研究函数()f x 的极值点即可； 对于B ，利用导数判断函数y f xx 的单调性，再利用零点存在性定理即得结论；对于C ，参变分离得到22ln xk x x <+，构造函数()22ln x g x x x=+，利用导数判断函数()g x 的最小值的情况；对于D ，利用()f x 的单调性，由()()12f x f x =得到1202x x <<<，令()211x t t x =>，由()()12f x f x =得21222ln t x x t t-+=，所以要证124x x +>，即证2224ln 0t t t -->，构造函数即得． 【详解】A ：函数()f x 的定义域为0,，()22212x f x x x x-'=-+=，当()0,2x ∈时，0f x，()f x 单调递减，当()2,x ∈+∞时，0fx，()f x 单调递增，所以2x =是()f x 的极小值点，故A 错误．B ：()2ln y f x x x x x=-=+-，22221210x x y x x x -+'=-+-=-<，所以函数在0,上单调递减．又()112ln1110f -=+-=>，()221ln 22ln 210f -=+-=-<，所以函数yf xx 有且只有1个零点，故B 正确．C ：若()f x kx >，即2ln x kx x +>，则22ln x k x x <+．令()22ln x g x x x=+，则()34ln x x xg x x-+-'=．令()4ln h x x x x =-+-，则()ln h x x '=-，当()0,1∈x 时，()0h x '>，()h x 单调递增，当()1,∈+∞x 时，()0h x '<，()h x 单调递减，所以()()130h x h ≤=-<，所以0g x，所以()22ln x g x x x=+在0,上单调递减，函数无最小值，所以不存在正实数k ，使得()f x kx >恒成立，故C 错误． D ：因为()f x 在()0,2上单调递减，在2,上单调递增，∴2x =是()f x 的极小值点．∵对任意两个正实数1x ，2x ，且21x x >，若()()12f x f x =，则1202x x <<<． 令()211x t t x =>，则21x tx =，由()()12f x f x =，得121222ln ln x x x x +=+， ∴211222ln ln x x x x -=-，即()2121212ln x x x x x x -=，即()11121ln t x t x tx -=⋅，解得()121ln t x t t-=，()2121ln t t x tx t t-==，所以21222ln t x x t t-+=．故要证124x x +>，需证1240x x +->，需证22240ln t t t -->，需证2224ln 0ln t t tt t-->． ∵211x t x =>，则ln 0t t >， ∴证2224ln 0t t t -->．令()()2224ln 1H t t t t t =-->，()()44ln 41H t t t t '=-->，()()()414401t H t t t t-''=-=>>，所以()H t '在1,上是增函数．因为1t →时，()0H t '→，则()0H t '>，所以()H t 在1,上是增函数．因为1t →时，()0H t →，则()0H t >，所以2224ln 0ln t t tt t-->， ∴124x x +>，故D 正确． 故选：BD ． 【点睛】关键点点睛：利用导数研究函数的单调性、极值点，结合零点存在性定理判断A 、B 的正误；应用参变分离，构造函数，并结合导数判断函数的最值；由函数单调性，应用换元法并构造函数，结合分析法、导数证明D 选项结论.4．在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，它得名于荷兰数学家鲁伊兹布劳威尔（L.E.Brouwer ）简单的讲就是对于满足一定条件的连续函数()f x ，存在一个点0x ，使得()00f x x =，那么我们称该函数为“不动点”函数，而称0x 为该函数的一个不动点，依据不动点理论，下列说法正确的是（ ）A ．函数()sin f x x =有3个不动点B ．函数2()(0)f x ax bx c a =++≠至多有两个不动点C ．若定义在R 上的奇函数()f x ，其图像上存在有限个不动点，则不动点个数是奇数D ．若函数()f x =[0,1]上存在不动点，则实数a 满足l a e ≤≤（e 为自然对数的底数） 【答案】BCD 【分析】根据题目中的定义，结合导数、一元二次方程的性质、奇函数的性质进行判断即可. 【详解】令()sin g x x x =-，()1cos 0g x x '=-≥， 因此()g x 在R 上单调递增，而(0)0g =， 所以()g x 在R 有且仅有一个零点， 即()f x 有且仅有一个“不动点”，A 错误；0a ≠，20ax bx c x ∴++-=至多有两个实数根，所以()f x 至多有两个“不动点”，B 正确；()f x 为定义在R 上的奇函数，所以(0)0f =，函数()-y f x x =为定义在R 上的奇函数，显然0x =是()f x 的一个“不动点”，其它的“不动点”都关于原点对称，个数和为偶数， 因此()f x 一定有奇数个“不动点”，C 正确；因为()f x 在[0,1]存在“不动点”，则()f x x =在[0,1]有解，x =⇒2x a e x x =+-在[0,1]有解，令2()xm x e x x =+-，()12x m x e x '=+-，令()12x n x e x '=+-，()20x n x e '=-=，ln 2x =，()n x 在(0,ln 2)单调递减，在(ln 2,1)单调递增，∴min ()(ln 2)212ln 232ln 20n x n ==+-=->， ∴()0m x '>在[0,1]恒成立，∴()m x 在[0,1]单调递增，min ()(0)1m x m ==，max ()(1)m x m e ==，∴1a e ≤≤，D 正确，. 故选：BCD 【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的.遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.5．设函数()()1x af x a x a =->的定义域为()0,∞+，已知()f x 有且只有一个零点，下列结论正确的有（ ） A ．a e =B ．()f x 在区间()1,e 单调递增C ．1x =是()f x 的极大值点D ．()f e 是()f x 的最小值【答案】ACD 【分析】()f x 只有一个零点，转化为方程0x a a x -=在(0,)+∞上只有一个根，即ln ln x ax a=只有一个正根．利用导数研究函数ln ()xh x x=的性质，可得a e =，判断A ，然后用导数研究函数()x e f x e x =-的性质，求出()'f x ，令()0f x '=，利用新函数确定()'f x 只有两个零点1和e ，并证明出()'f x 的正负，得()f x 的单调性，极值最值．判断BCD ．【详解】()f x 只有一个零点，即方程0x a a x -=在(0,)+∞上只有一个根，x a a x =，取对数得ln ln x a a x =，即ln ln x ax a=只有一个正根． 设ln ()xh x x =，则21ln ()x h x x-'=，当0x e <<时，()0h x '>，()h x 递增，0x →时，()h x →-∞，x e >时，()0h x '<，()h x 递减，此时()0h x >，max 1()()h x h e e==． ∴要使方程ln ln x ax a =只有一个正根．则ln 1a a e =或ln 0a a<，解得a e =或0a <，又∵1a >，∴a e =．A 正确；()x e f x e x =-，1()x e f x e ex -'=-，1()0x e f x e ex -'=-=，11x e e x --=，取对数得1(1)ln x e x -=-，易知1x =和x e =是此方程的解．设()(1)ln 1p x e x x =--+，1()1e p x x-'=-，当01x e <<-时，()0p x '>，()p x 递增，1x e >-时，()0p x '<，()p x 递减，(1)p e -是极大值，又(1)()0p p e ==， 所以()p x 有且只有两个零点，01x <<或x e >时，()0p x <，即(1)ln 1e x x -<-，11e x x e --<，1e x ex e -<，()0f x '>，同理1x e <<时，()0f x '<，所以()f x 在(0,1)和(,)e +∞上递增，在(1,)e 上递减，所以极小值为()0f e =，极大值为(1)f ，又(0)1f =，所以()f e 是最小值．B 错，CD 正确． 故选：ACD ．关键点点睛：本题考用导数研究函数的零点，极值，单调性．解题关键是确定()'f x 的零点时，利用零点定义解方程，1()0xe f x e ex-'=-=，11x e e x --=，取对数得1(1)ln x e x -=-，易知1x =和x e =是此方程的解．然后证明方程只有这两个解即可．6．已知函数()f x 的定义域为()0,∞+，其导函数()f x '满足()1f x x'<，且()11f =，则下列结论正确的是（ ） A ．()2f e > B ．10f e ⎛⎫> ⎪⎝⎭C ．()1,x e ∀∈，()2f x <D ．1,1x e ⎛⎫∀∈ ⎪⎝⎭， ()120x f x f ⎛⎫+> ⎪⎝⎭-【答案】BCD 【分析】令()()ln F x f x x =-，求导得：'1()()0F x f x x'=-<，可得函数的单调性，再结合(1)1f =，可得(1)1F =，对选项进行一一判断，即可得答案；【详解】令()()ln F x f x x =-，∴'1()()0F x f x x'=-<， ()F x ∴在(0,)+∞单调递减， (1)1f =，(1)(1)1F f ∴==，对A ，()(1)()11()2F e F f e f e <⇒-<⇒<，故A 错误； 以B ，111(1)()110eF F f f e e ⎛⎫⎛⎫>⇒+>⇒> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故B 正确； 对C ，(1,)()(1)()ln 1x e F x F f x x ∈∴<⇒-<，()1ln f x x ∴<+，(1.),ln (0,1)x e x ∈∈， 1ln (1,2)x ∴+∈，()2f x ∴<，故C 正确；对D ，111,1,,()x x F x F e x x ⎛⎫⎛⎫∈>> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()1ln ln f x x f x x ⎛⎫⇒->+ ⎪⎝⎭1()2ln f x f x x ⎛⎫⇒-> ⎪⎝⎭，1,1,ln (1,0)x x e ⎛⎫∈∴∈- ⎪⎝⎭，1()2f x f x ⎛⎫∴->- ⎪⎝⎭1()20f x f x ⎛⎫⇒-+> ⎪⎝⎭，故D 正确；【点睛】根据条件构造函数，再利用导数的工具性研究函数的性质，是求解此类抽象函数问题的关键.7．已知函数1()2ln f x x x=+，数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足12a =，()()*1N n n a f a n +=∈，则下列有关数列{}n a 的叙述正确的是（ ）A ．21a a <B ．1n a >C ．100100S <D ．112n n n a a a +⋅+<【答案】AB 【分析】A ．计算出2a 的值，与1a 比较大小并判断是否正确；B ．利用导数分析()f x 的最小值，由此判断出1n a >是否正确；C ．根据n a 与1的大小关系进行判断；D ．构造函数()()1ln 11h x x x x =+->，分析其单调性和最值，由此确定出1ln 10nn a a +->，将1ln 10n na a +->变形可得112n n a a ++>，再将112n n a a ++>变形可判断结果.【详解】A 选项，3221112ln 2ln 4ln 2222a e =+=+<+=，A 正确；B 选项，因为222121()x f x x x x='-=-，所以当1x >时，()0f x '>，所以()f x 单增，所以()(1)1f x f >=，因为121a =>，所以()11n n a f a +=>，所以1n a >，B 正确； C 选项，因为1n a >，所以100100S >，C 错误； D 选项，令1()ln 1(1)h x x x x =+->，22111()0x h x x x x-='=->， 所以()h x 在(1,)+∞单调递增，所以()(1)0h x h >=，所以1ln 10n na a +->， 则22ln 20n n a a +->，所以112ln 2n n n a a a ⎛⎫++> ⎪⎝⎭，即112n n a a ++>，所以112n n n a a a ++>，所以D 错误. 故选：AB. 【点睛】易错点睛：本题主要考查导数与数列的综合问题，属于难题.解决该问题应该注意的事项： （1）转化以函数为背景的条件时，应该注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是很容易被忽视的问题；（2）利用函数的方法研究数列中的相关问题时，应准确构造相应的函数，注意数列中相关限制条件的转化.8．下列命题正确的有（ ）A ．已知0,0a b >>且1a b +=，则1222a b -<<B ．34a b ==a b ab+= C ．323y x x x =--的极大值和极小值的和为6-D ．过(1,0)A -的直线与函数3y x x =-有三个交点，则该直线斜率的取值范围是1(,2)(2,)4-+∞ 【答案】ACD【分析】由等式关系、指数函数的性质可求2a b -的范围；利用指对数互化，结合对数的运算法求a b ab+；利用导数确定零点关系，结合原函数式计算极值之和即可；由直线与3y x x =-有三个交点，即可知2()h x x x k =--有两个零点且1x =-不是其零点即可求斜率范围.【详解】A 选项，由条件知1b a =-且01a <<，所以21(1,1)a b a -=-∈-，即1222a b -<<；B 选项，34a b ==log a =4log b =1212112(log 3log 4)2a b ab a b+=+=+=； C 选项，2361y x x '=--中>0∆且开口向上，所以存在两个零点12,x x 且122x x +=、1213x x =-，即12,x x 为y 两个极值点， 所以2212121212121212()[()3]3[()2]()6y y x x x x x x x x x x x x +=++--+--+=-；D 选项，令直线为(1)y k x =+与3y x x =-有三个交点，即2()()(1)g x x x k x =--+有三个零点，所以2()h x x x k =--有两个零点即可∴140(1)20k h k ∆=+>⎧⎨-=-≠⎩，解得1(,2)(2,)4k ∈-+∞ 故选：ACD【点睛】本题考查了指对数的运算及指数函数性质，利用导数研究极值，由函数交点情况求参数范围，属于难题.。
(完整版)导数难题(含答案)
一、单选题1．已知可导函数()f x 的导函数为()'f x ， ()02018f =，若对任意的x R ∈，都有()()'f x f x >，则不等式()2018xf x e <的解集为（ ）A. ()0,+∞B. 21,e ⎛⎫+∞⎪⎝⎭ C. 21,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭D. (),0-∞ 2．定义在R 上的偶函数()f x 的导函数为()f x '，且当()()0,20x xf x f x +'><.则（ ）A.()()224f e f e >B. ()()931f f >C.()()239f e f e -<D.()()224f e f e -<3．已知()f x 为定义在()0,+∞上的可导函数，且()()'f x xf x >恒成立，则不等式()210x f f x x ⎛⎫-> ⎪⎝⎭的解集为（ ）A. ()1,+∞B. (),1-∞C. ()2,+∞D. (),2-∞二、解答题4．已知函数()()2ln f x ax x a R =-+∈ .（1）讨论()f x 的单调性；（2）若存在()()1,,x f x a ∈+∞>-，求a 的取值范围.5．设函数()()222ln f x x ax x x x =-++-． （1）当2a =时，讨论函数()f x 的单调性；（2）若()0,x ∈+∞时， ()0f x >恒成立，求整数a 的最小值．6．已知函数()()()1ln ,af x x a xg x a R x+=-=-∈. 若1a =，求函数()f x 的极值；设函数()()()h x f x g x =-，求函数()h x 的单调区间；若在区间[]()1, 2.71828e e =⋯上不存在．．．0x ，使得()()00f x g x <成立，求实数a 的取值范围.7．已知函数()()ln ,f x x a x a R =-∈ . （1）当0a =时，求函数()f x 的极小值；（2）若函数()f x 在()0,+∞上为增函数，求a 的取值范围.8．已知函数()()2x f x x ax a e =--． （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()0,2a ∈，对于任意[]12,4,0x x ∈-，都有()()2124a f x f x e me --<+恒成立，求m 的取值范围【解析】令()()()()()()0,02018xxf x f x f xg x g x g e e -<'=='=∴因此()2018xf x e < ()()()201800xf xg x g x e⇒<⇒⇒，选A.点睛：利用导数解抽象函数不等式，实质是利用导数研究对应函数单调性，而对应函数需要构造. 构造辅助函数常根据导数法则进行：如()()f x f x '<构造()()xf xg x e=， ()()0f x f x '+<构造()()x g x e f x =， ()()xf x f x '<构造()()f x g x x=， ()()0xf x f x +<'构造()()g x xf x =等2．D【解析】根据题意，设g （x ）=x 2f （x ），其导数g′（x ）=（x 2）′f （x ）+x 2•f （x ）=2xf （x ）+x 2•f （x ）=x[2f （x ）+xf'（x ）]， 又由当x ＞0时，有2f （x ）+xf'（x ）<0成立，则数g′（x ）=x[2f （x ）+xf'（x ）]<0， 则函数g （x ）在（0，+∞）上为减函数，若g （x ）=x 2f （x ），且f （x ）为偶函数，则g （-x ）=（-x ）2f （-x ）=x 2f （x ）=g （x ）， 即g （x ）为偶函数，所以()()2g e g < 即()()224f e f e <因为()f x 为偶函数，所以()()2f 2f -=,所以()()224f e f e -<故选D点睛：本题考查函数的导数与函数单调性的关系，涉及函数的奇偶性与单调性的应用，关键是构造函数g （x ）并分析g （x ）的单调性与奇偶性． 3．A【解析】令()()f x g x x=，则()()()2xf x f x g x x -=''∵()()f x xf x >'∴()()0xf x f x -<'，即()()()20xf x f x g x x'-='<在()0,+∞上恒成立()g x ()0,+∞∵()210x f f x x ⎛⎫->⎪⎝⎭∴()11f f x x x x⎛⎫ ⎪⎝⎭>，即()1g g x x ⎛⎫> ⎪⎝⎭∴1x x<，即1x > 故选A点睛：本题首先需结合已知条件构造函数，然后考查利用导数判断函数的单调性，再由函数的单调性和函数值的大小关系，判断自变量的大小关系. 4．（1）()f x在⎛ ⎝上递增，在⎫+∞⎪⎭上递减.；（2）1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭. 【解析】试题分析：（1）对函数()f x 求导，再根据a 分类讨论，即可求出()f x 的单调性；（2）将()f x a >-化简得()21ln 0a x x --<，再根据定义域()1,x ∈+∞，对a 分类讨论， 0a ≤时，满足题意， 0a >时，构造()()21ln g x a x x =--，求出()g x 的单调性，可得()g x 的最大值，即可求出a 的取值范围.试题解析：（1）()21122ax f x a x x-='=-+，当0a ≤时， ()0f x '>，所以()f x 在()0,+∞上递增， 当0a > 时，令()0f x '=，得x =， 令()0f x '>，得x ⎛∈ ⎝；令()0f x '<，得x ⎫∈+∞⎪⎭，所以()f x在⎛ ⎝上递增，在⎫+∞⎪⎭上递减. （2）由()f x a >-，得()21ln 0a x x --<，因为()1,x ∈+∞，所以2ln 0,10x x --， 当0a ≤时， ()21ln 0a x x --<满足题意，当12a ≥时，设()()()22211ln (1),0ax g x a x x x g x x -'=-->=>， 所以()g x 在()1,+∞上递增，所以()()10g x g >=，不合题意， 1⎫⎛所以()()max 10g x g g =<=，则()()1,0x g x ∃∈+∞<， 综上， a 的取值范围是1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭. 点睛：本题考查函数的单调性及恒成立问题，涉及函数不等式的证明，综合性强，难度大，属于难题.处理导数大题时，注意分层得分的原则.一般涉及求函数单调性时，比较容易入手，求导后注意分类讨论，对于恒成立问题一般要分离参数，然后利用函数导数求函数的最大值或最小值，对于含有不等式的函数问题，一般要构造函数，利用函数的单调性来解决，但涉及技巧比较多，需要多加体会. 5．(1) f （x ）递增区间为（0，12），（1，+∞），递减区间为（12，1）；(2)1. 【解析】试题分析：（1）求出函数f （x ）的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可； （2）问题转化为a>x-2（x-1）lnx 恒成立，令g （x ）=x-2（x-1）lnx ，根据函数的单调性求出a 的最小值即可．试题解析：（1）由题意可得f （x ）的定义域为（0，+∞）， 当a=2时，f （x ）=﹣x 2+2x+2（x 2﹣x ）lnx ，所以f′（x ）=﹣2x+2+2（2x ﹣1）lnx+2（x2﹣x ）•=（4x ﹣2）lnx ， 由f'（x ）＞0可得：（4x ﹣2）lnx ＞0，所以或，解得x ＞1或0＜x ＜；由f'（x ）＜0可得：（4x ﹣2）lnx ＜0，所以或，解得：＜x ＜1．综上可知：f （x ）递增区间为（0，），（1，+∞），递减区间为（，1）． （2）若x∈（0，+∞）时，f （x ）＞0恒成立，令g （x ）=x ﹣2（x ﹣1）lnx ，则a ＞g （x ）max ．因为g′（x ）=1﹣2（lnx+）=﹣2lnx ﹣1+，所以g'（x ）在（0，+∞）上是减函数，且g'（1）＞0，g′（2）＜0，故存在x 0∈（1，2）使得g （x ）在（0，x 0）上为增函数，在（x 0，+∞）上是减函数， ∴x=x 0时，g （x ）max =g （x 0）≈0， ∴a＞0，又因为a∈Z ，所以a min =1．点睛：导数问题经常会遇见恒成立的问题：（1）根据参变分离，转化为不含参数的函数的最值问题；（2）若()0f x >就可讨论参数不同取值下的函数的单调性和极值以及最值，最终转化为()min 0f x >，若()0f x <恒成立，转化为()max 0f x <;（3）若()()f x g x >恒成立，可转化为()()min max f x g x >.6．（1）极小值为()11f =；（2）见解析（3）2121e a e +-≤≤-【解析】试题分析：（1）先求导数，再求导函数零点，列表分析导数符号，确定极值（2）先求导数，求导函数零点，讨论1a +与零大小，最后根据导数符号确定函数单调性（3）正难则反，先求存在一点0x ,使得()()00f x g x <成立时实数a 的取值范围，由存在性问题转化为对应函数最值问题，结合（2）单调性可得实数a 的取值范围，最后取补集得结果试题解析：解：（I ）当1a =时， ()()1ln '01x f x x x f x x x-=-⇒=>⇒>，列极值分布表 ()f x ∴在（0,1）上递减，在1+∞（，）上递增，∴()f x 的极小值为()11f =； （II ）()1ln a h x x a x x+=-+ ()()()211'x x a h x x ⎡⎤+-+⎣⎦∴=①当1a ≤-时， ()()'0,h x h x >∴在0+∞（，）上递增； ②当1a >-时， ()'01h x x a >⇒>+，∴()h x 在0,1a +（）上递减，在()1,a ++∞上递增； （III ）先解区间[]1,e 上存在一点0x ,使得()()00f x g x <成立()()()0h x f x g x ⇔=-<[]1,e ⇔[]1,x e ∈()0h x <①当1a ≤-时， ()h x 在[]1,e 上递增， ()min 1202h h a a ∴==+<⇒<- ∴2a <- ②当1a >-时， ()h x 在0,1a +（）上递减，在()1,a ++∞上递增 当10a -<≤时， ()h x 在[]1,e 上递增， ()min 1202h h a a ∴==+<⇒<- a ∴无解 当1a e ≥-时， ()h x 在[]1,e 上递减()2min1101a e h h e e a a e e ++∴==-+⇒-，∴211e a e +>-；当01a e <<-时， ()h x 在[]1,1a +上递减，在()1,a e +上递增 ()()min 12ln 1h h a a a a ∴=+=+-+令()()()2ln 121ln 1a a a F a a aa +-+==+-+，则()221'01F a a a=--<+ ()F a ∴在()0,1e -递减， ()()2101F a F e e ∴>-=>-， ()0F a ∴<无解， 即()min 2ln 10h a a a =+-+<无解；综上：存在一点0x ,使得()()00f x g x <成立，实数a 的取值范围为： 2a <-或211e a e +>-.所以不存在一点0x ，使得()()00f x g x <成立，实数a 的取值范围为.点睛：函数单调性问题，往往转化为导函数符号是否变号或怎样变号问题，即转化为方程或不等式解的问题（有解，恒成立，无解等），而不等式有解或恒成立问题，又可通过适当的变量分离转化为对应函数最值问题.7．（1）1e-（2）21,e ⎛⎤-∞-⎥⎝⎦【解析】试题分析：（1）当0a =时，得出函数的解析式，求导数，令()'0f x =，解出x 的值，利用导数值的正负来求其单调区间进而求得极小值；（2）求出()'f x ，由于函数()f x 在()0,+∞是增函数，转化为()'0f x ≥对任意()0,x ∈+∞恒成立，分类参数，利用导数()ln g x x x x =+的最小值，即可求实数a 的取值范围． 试题解析：（1）定义域为()0,+∞．当0a =时， ()ln f x x x =， ()'ln 1f x x =+．当10,x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时， ()'0f x <， ()f x 为减函数；当1,x e ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时， ()'0f x >， ()f x 为增函数．所以函数()f x 的极小值是11f e e⎛⎫=- ⎪⎝⎭． （2）由已知得()'ln x af x x x-=+． 因为函数()f x 在()0,+∞是增函数，所以()'0f x ≥对任意()0,x ∈+∞恒成立， 由()'0f x ≥得ln 0x ax x-+≥，即ln x x x a +≥对任意的()0,x ∈+∞恒成立． 设()ln g x x x x =+，要使“ln x x x a +≥对任意()0,x ∈+∞恒成立”，只要()min a g x ≤. 因为()'ln 2g x x =+，令()'0g x =，得21x e =． 当210,x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时， ()'0g x <， ()g x 为减函数； 当21,x e ⎛⎫∈+∞⎪⎝⎭时， ()'0g x >， ()g x 为增函数． 所以()g x 的最小值是2211g ee ⎛⎫=-⎪⎝⎭． 故函数()f x 在()0,+∞是增函数时，实数a 的取值范围是21,e ⎛⎤-∞-⎥⎝⎦． 点睛：本题主要考查了导数在函数中的综合应用，解答中涉及到利用导数求解函数的单调区间，利用导数求解函数的极值与最值等知识点的综合应用，这属于教学的重点和难点，应熟练掌握，试题有一定的综合性，属于中档试题，解答中把函数()f x 在()0,+∞是增函数，所以()'0f x ≥对任意()0,x ∈+∞恒成立是解答的关键．8．（1）见解析；（2）231e m e+>. 【解析】试题分析：（1）求出()'f x ，分三种情况讨论，分别令()'0f x >求得x 的范围，可得函数()f x 增区间， ()'0f x <求得x 的范围，可得函数()f x 的减区间；（2）由（1）知， 所以()()()2max 24f x f a e -=-=+，()()()443+160f a e a f --=>-=，()()2a -()222a ---()21a m e ->+.. 立，利用导数研究函数的单调性，求出()21a a e e -+的最大值，即可得结果. 试题解析：（1）()()()2xf x x x a e '=+- ①若2a <-，则()f x 在(),a -∞， ()2,-+∞上单调递增，在(),2a -上单调递减； ②2a =-，则(),-∞+∞在上单调递增；③若2a >-，则()f x 在(),2-∞-， (),a +∞上单调递增，在()2,a -上单调递减；（2）由1知，当()0,2a ∈时， ()f x 在()4,2--上单调递增，在()2,0-单调递减， 所以()()()2max 24f x f a e -=-=+， ()()()443+160f a e a f --=>-=，故()()()()12max 20f x f x f f -=--= ()()222414a e a a e e ---++=++， ()()2124a f x f x e me --<+恒成立，即()222144a a e e e me ---++<+恒成立 即()21a a m e e->+恒成立， 令()(),0,2x x g x x e =∈， 易知()g x 在其定义域上有最大值()11g e=， 所以231e m e +>。
高中数学课件-导数中的综合问题-第1课时 恒(能)成立问题
高考重难突破一导数中的综合问题第1课时恒（能）成立问题对利用导数研究不等式恒成立与有解问题，一般可转化为最值问题处理.若>对∈恒成立，则只需>max;若<对∈恒成立，则只需<min;若存在0∈，使>0成立，则只需>min;若存在0∈，使<0成立，则只需<max,由此构造不等式，求解参数的取值范围.技法一分离参数法例1已知函数=En +1+B,且曲线=在点1,1处的切线方程为2−+1=0.（1）求实数,的值及函数的单调区间；【解】由=En +1+B>0,得′=−12+=B2+B−12,因为曲线=在点1,1处的切线方程为2−+1=0,所以有′1=2,1=3,即&+−1=2,&1+=3,解得&=1,&=2.所以′=22+K12=2K1r12>0,由′>0,得>12，所以函数的单调递增区间是12,+∞ ;由′<0,得0<<12,所以函数的单调递减区间为0,12.（2）若关于的不等式−2≥32+恒成立，求实数的取值范围.【解】 由（1）知=ln +1+2.不等式−2≥32+恒成立，等价于当∈0,+∞时，≤En +122−2+1恒成立.令=En +122−2+1>0,则≤min,′=ln +−1,当∈0,1时，′<0,单调递减；当∈1,+∞时，′>0,单调递增.所以min=1=−12，所以≤min=−12,即实数的取值范围是−∞,−12].求解含参不等式恒成立问题的关键是过好“双关”转化关通过分离参数法，先转化为≥（或≤）对任意∈恒成立，再转化为≥max（或≤min）最值关求函数在区间上的最大值（或最小值）【对点训练】(2023·黑龙江哈尔滨模拟)若对任意正实数，不等式e2−≤1恒成立，求实数的范围.解：因为不等式e2−≤1恒成立，e2>0，所以≤1e2+>0恒成立，设=1e2+，则≤min.因为′=−2e2+1，令′=0，则=ln 22，所以当∈ 0,ln 22时，′<0，当∈ln 22,+∞ 时，′>0，所以在0,ln 22上单调递减，在ln 22,+∞ 上单调递增，所以min=ln 22=12+ln 22，所以≤ln 22+12.故实数的取值范围为−∞,ln 22+12].技法二分类讨论法例2(2023·山东烟台模拟)已知函数=2+ ln .（1）讨论的单调性；【解】因为′=2+，>0，①若≥0，则′>0恒成立，在0,+∞上单调递增.②若<0，令′=0，得=−2，当∈ 0,−2时，′<0，单调递减；当∈−2,+∞ 时，′>0，单调递增.综上所述，当≥0时，在0,+∞上单调递增；当<0时，在0,−2上单调递减，在−2,+∞ 上单调递增.(2023·山东烟台模拟)已知函数=2+ ln .（2）若≥0恒成立，求的取值范围.【解】 由（1）知′=22+>0，当>0时，′>0，所以单调递增，又→0+，→−∞，故≥0不恒成立；当=0时，=2>0，符合题意；当<0时，在0,−2上单调递减，在−2,+∞ 上单调递增.所以min=−2=−2+En−2，由≥0恒成立，可得−2+En−2≥0，解得≥−2e，所以−2e≤<0.综上，的取值范围为[−2e,0].对于不适合分离参数的不等式，常常将参数看作常数直接构造函数，常用分类讨论法，利用导数研究单调性、最值，从而得出参数范围.【对点训练】(2023·湖南湘潭模拟)设函数=ln −B+1−+2−10<<1，若对于∀∈0,+∞，都有1−≥0成立，则实数的取值为__.12解析：由题意得，1=0，′=1−−1−2=−B2−r1−2=−K1[B−1−]2，令′=0，得1=1和2=1−，①当=12时，此时1−=1，所以′≤0，即有单调递减，故∈0,1时，>0；∈1,+∞时，<0，所以对于∀∈0,+∞，都有1−≥0成立，满足题意；②当0<<12时，有1<2，当∈1,2时，′>0，单调递增，而1=0，故可知当∈1,2时，均有≥1=0,所以1−≤0，不合题意；③当12<<1，有1>2，当∈2,1时，′>0，单调递增，而1=0，故可知当∈2,1时，均有≤1=0，所以1−≤0，不合题意.综上，=12.技法三最值定位法例3设=+En ，=3−2−3.如果对于任意的，∈[12,2]，都有≥成立，求实数的取值范围.【解】对任意的，∈[12,2]，都有≥，则min≥max.由题意知∈[12,2],′=32−2，由′>0，得23<≤2，由′<0，得12≤<23,所以在[12,23上单调递减，在23,2]上单调递增，12=−258，2=1，所以当∈[12,2]时，max=2=1.所以当∈[12,2]时，=+En ≥1恒成立，即≥−2ln 恒成立.令ℎ=−2ln ，∈[12,2]，所以ℎ′=1−2En −,ℎ″=−3−2ln <0，所以ℎ′在[12,2]上单调递减，又ℎ′1=0,所以当∈[12,1]时，ℎ′≥0，当∈[1,2]时，ℎ′≤0.所以ℎ在[12,1]上单调递增，在[1,2]上单调递减，所以ℎmax=ℎ1=1，故≥1.所以实数的取值范围是[1,+∞ .“双变量”的恒（能）成立问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，进行等价变换，常见的等价转换有：（1）∀1，2∈，1>2⇔min>max.（2）∀1∈1,∃2∈2，1>2⇔min>min.（3）∃1∈1，∀2∈2，1>2⇔max>max.【对点训练】已知=3−3+3−e ， =ln +1 + ， ∃1∈[0,2] ， ∀2∈[0,2] ，使得 1 ≤ 2 成立，则实数 的取值范围是_____________. [1−1e ,+∞解析：因为∃1∈[0,2]，∀2∈[0,2]，使得1≤2成立等价于在[0,2]上，min≤min.易得′=−1 3+3+1e，当∈[0,2]时，3+3+1e>0，所以在区间[0,1]上单调递减，在区间[1,2]上单调递增，所以函数在区间[0,2]上的最小值为1=1−1e.易知在[0,2]上单调递增，所以函数在区间[0,2]上的最小值为0=，所以1−1e≤，即实数的取值范围是[1−1e,+∞ .。
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痛点五 导数中的综合问题
一、单选题 1．函数()()
2
21
1x f x x -=
-的大致图象是（ ）．
A ．
B ．
C ．
D ．
2．已知()f x 的导函数为()f x '，且满足()()21ln f x xf x '=-，则1f e ⎛⎫
'= ⎪⎝⎭
（ ）
A ．12e
-
B ．2e -
C ．2e --
D ．12e
--
3．已知函数()ln k
f x x x
=+（k ∈R ）若对任意120x x >>，()()1212f x f x x x -<-恒成立，则k 的取值范围是（ ）
A ．1,4⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭
B ．1,4⎛⎫+∞
⎪⎝⎭
C ．(0,)+∞
D ．[)0,+∞
4．已知函数()2b
f x x ax =+的导数()23f x x '=+，则数列()()*
12n f n ⎧⎫⎪⎪∈⎨⎬+⎪⎪⎩⎭
N 的前n 项和是（ ）
A ．1
n
n +
B ．()121n n -+
C ．()
22n
n +
D ．
()()
12n
n n ++
5．若函数()f x 的定义域是R ，()02f =，()()1f x f x '+<，则不等式的()1x
x
e f x e >+的解集为（ ）
A ．(),0-∞
B ．()(),11,-∞-+∞
C ．()0,∞+
D ．()(),00,-∞⋃+∞
6．曲线1C ：2y
x 与曲线2C ：ln y x =公切线的条数是（ ）
A ．0
B ．1
C ．2
D ．3
7．若函数()2
ln f x x x bx =+-在[
)1,+∞是增函数，则b 的最大值是（ ）
A ．3
B ．22
C ．2
D ．2
8．已知函数()f x 的定义域为[]1,4-，部分对应值如下表，()f x 的导函数()'y f x =的图象如图所示.当
01a <<时，函数()()()22
21y f x a f x a a =-+++的零点个数为（ ）
x
-1 0 2 3 4 ()f x 1
2
2
A ．4
B ．5
C ．6
D ．7
9．设函数2()21ln f x x x a x =-++有两个极值点1x ，2x ，且12x x <，则()2f x 的取值范围是( ) A ．12ln 20,
4+⎛⎫ ⎪⎝⎭ B ．12ln 2,4-⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭ C ．12ln 2,4+⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭ D ．12ln 2,04-⎛⎫
⎪⎝⎭
10．设曲线()4ln f x x =在点()1,0处的切线上有一动点P ，曲线()2
32ln g x x x =-.上有一点Q ，则线段PQ 长度的最小值为（ ）
A ．
17
17
B 217
C ．
317
17
D 417
11．已知关于x 的方程为222
2(3)23(3)x x x e x e e
--=+-则其实根的个数为（ ）
A ．2
B ．3
C ．4
D ．5
12．已知函数()22ln ,03,02x x x x f x x x x ->⎧⎪
=⎨--≤⎪⎩的图象上有且仅有四个不同的点关于直线1y =的对称点在
10kx y +-=的图象上,则实数k 的取值范围是( )
A ．1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭
B ．13,24⎛⎫
⎪⎝⎭
C ．1,13⎛⎫ ⎪⎝⎭
D ．1,22⎛⎫
⎪⎝⎭
二、填空题 13．
函数()f x x a =
+的图象在1x =处的切线被圆22:2440C x y x y +-+-=截得弦长为2，则实
数a 的值为________.
14．已知函数()()10x e x
f x x x
-+=>,()285g x x x =---,实数0a b <<,若()10,x ∃∈+∞使得对
[]2,x a b ∀∈,都有()()12f x g x =成立,则b a -的最大值为__________.
15．设函数()sin cos f x ax x x =++．若函数()f x 的图象上存在不同的两点A 、B ，使得曲线()y f x =在点A 、B 处的切线互相垂直，则实数a 的取值范围为_____．
16．已知函数()()ln ,02,0,
x x
x f x x x e x ⎧>⎪
=⎨⎪+≤⎩
若函数()()g x f x a =-的零点有2个或3个，则实数a 的取值范
围为_____． 三、解答题
17．已知函数32()(,,)f x x ax bx c a b c =+++∈R 的图象过原点，且在原点处的切线与直线0x ＝垂直．2()x g x ax x xe =++（e 为自然对数的底数）． （1）讨论()f x 的单调性；
（2）若对任意的()0x ∈+∞，
，总有()()f x g x kx -＜成立，求实数k 的取值范围． 18．已知函数(),a
f x ax x =-函数()
g x clnx =与直线y x e
2=相切，设函数()()(),h x f x g x =-其中a 、c ∈R ，
e 是自然对数的底数. （1）讨论h (x )的单调性；
（2）h (x )在区间1(,2)2
内有两个极值点. ①求a 的取值范围；
②设函数h (x )的极大值和极小值的差为M ，求实数M 的取值范围.
19．已知函数1()f x ax x =+，()1x
e g x x
=-.
（1）讨论函数()f x 在(0,)+∞上的单调性； （2）当1
2
a =
时，设(,)P x y 为函数()1ln
((0,))()1x g x y x x f x ⋅-=∈+∞⋅-图象上任意一点.直线OP 的斜率为k ，求证：01k <<.
20．已知函数2
1()(1)2,2
x
f x x e ax ax a R =++
+∈ （Ⅰ）讨论()f x 极值点的个数；
（Ⅱ）若00(2)x x ≠-是()f x 的一个极值点，且2
(2)f e -->，证明：0()1≤f x
21．已知函数()()2e 12e x x
f x a a x =+--.
（1）当0a <时，讨论()f x 的单调性；
（2）若()f x 有两个不同零点1x ，2x ，证明：1a >且120x x +<. 22．已知函数()()2
1x
f x e x a x =-++.
（1）当0a =时，求()f x 在点()()
1,1f 处的切线方程； （2）若函数()f x 在R 上单调递增，求实数a 的取值范围；
（3）证明：当0x >时，不等式()2421
ln ln 212x e e x x x
+--≥++成立.。