导数综合应用复习题经典
导数综合应用复习题
导数综合应用复习题标准化管理部编码-[99968T-6889628-J68568-1689N]导数综合应用复习题一、知识回顾：1．导数与函数单调性的关系设函数()f x 在某个区间内可导，则在此区间内：（1）0)(>'x f ⇒)(x f ↗，)(x f ↗⇒()0f x '≥；（2）0)(≠'x f 时，0)(>'x f ⇔)(x f ↗（单调递减也类似的结论）2．单调区间的求解过程：已知)(x f y =（1）分析)(x f y =的定义域；（2）求导数)(x f y '='；（3）解不等式0)(>'x f ，解集在定义域内的部分为增区间（4）解不等式0)(<'x f ，解集在定义域内的部分为减区间3．函数极值的求解步骤：（1）分析)(x f y =的定义域；（2）求导数)(x f y '='并解方程()0f x '=；（3）判断出函数的单调性；（4）在定义域内导数为零且由增变减的地方取极大值；在定义域内导数为零且由减变增的地方取极小值。
4．函数在区间内的最值的求解步骤：利用单调性或者在求得极值的基础上再考虑端点值比较即可。
二、例题解析：例1、已知函数321()13f x x ax ax =+++ （1）若在R 上单调，求a 的取值范围。
（2）问是否存在a 值，使得()f x 在[]1,1-上单调递减，若存在，请求a 的取值范围。
解：先求导得2()2f x x ax a '=++（1）()f x 在R 上单调且()f x '是开口向上的二次函数 ∴()0f x '≥恒成立，即0∆≤ ∴2440a a -≤，解得01a ≤≤ （2）要使得()f x 在[]1,1-上单调递减且()f x '是开口向上的二次函数 ∴()0f x '≤对[]1,1x ∈-恒成立，即()()11201120f a a f a a '-=-+≤⎧⎪⎨'=++≤⎪⎩ 解得a ∈∅ ∴不存在a 值，使得()f x 在[]1,1-上单调递减。
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。
导数的四则运算综合训练
例 4、已知函数 f ( x) x3 bx2 cx d 的 图像过点 P(0，2)，且在点 M(-1，f(-1))处 的切线方程为 6x y 7 0 .求函数 y=f(x) 的解析式.
例 5、已知函数 f ( x) 2x3 ax 与 g(x) bx2 c 的图像都经过点 P(2，0)， 且在点 P 处有公共切线，求 f(x)，g(x) 的表达式。
求净化到下列纯净度时，所需净化费用的瞬时
变化率：（1） 90% （2） 98%
例 3、求满足下列条件的函数 f(x)： (1) f(x)是三次函数, 且 f (0) 3, f '(0) 0, f '(1) 3, f '(2) 0 (2) f '( x) 是一次函数,
x2 f '( x) (2x 1) f ( x) 1
则 a 的值等于（
19
A. 3
13
C. 3
）
16
B. 3
10
D. 3
特别的： [c f ( x)]' cf '(x)
3.两个函数的商的导数,等于分子的导数与分母
的积,减去分母的导数与分子的积,再除以分母
的平方 f ( x) f '( x)g( x) f ( x)g '( x)
g(
x)
'
g2(x)
(g( x) 0)
特别的:
1 g x
g
x
g2 x
知识应用
例 1、求下列函数的导数：
(1) y x2(ln x sin x)
(2) y
cos x x2x例 2、日常生活中的饮水通常是经过净化的．
随着水纯净度的提高，所需净化费用不断增加.
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()(-<-+。
2024届全国高考数学一轮复习好题专项(导数的综合应用)练习(附答案)
2024届全国高考数学一轮复习好题专项（导数的综合应用）练习一、基础练习1．（2021ꞏ沙坪坝区ꞏ重庆一中高三其他模拟）已知e 为自然对数的底数，a ，b 为实数，且不等式()ln 310x e a x b +-++≤对任意()0,x ∈+∞恒成立，则当3b a+取最大值时，实数a 的值为（ ） A ．3eB ．31e +C ．4eD ．41e +2．（2021ꞏ湖南高三其他模拟）已知函数()e ax f x =a 的取值范围是（ ） A ．0,2e ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．,2e ⎛⎫+∞⎪⎝⎭C ．10,2e ⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．1,2e ⎛⎫+∞⎪⎝⎭3．（2021ꞏ四川遂宁市ꞏ高三三模（理））已知函数()()2xh x x e =-，()212a a g x x x =-，又当()0h x ≥时，()()h x g x ≥恒成立，则实数a 的取值范围是（ ）A ．(2,e ⎤-∞⎦B ．(],e -∞C ．(20,e ⎤⎦D ．(]0,e4．（2021ꞏ全国高三其他模拟）已知f （x ）是定义在区间[﹣2，2]上的偶函数，当x ∈[0，2]时，f （x ）＝xxe ，若关于x 的方程2f 2（x ）+（2a ﹣1）f （x ）﹣a ＝0有且只有2个实数根，则实数a 的取值范围是（ ）A ．[﹣1e ，﹣22e ] B ．[﹣1e ，﹣22e ） C ．（﹣22e，0）D ．（﹣22e ，0）∪{﹣1e}5．（2021ꞏ宁夏银川市ꞏ高三其他模拟（理））平行于x 轴的直线与函数ln ,0,(),0,x x f x e x x>⎧⎪=⎨-<⎪⎩的图像交于,A B 两点，则线段AB 长度的最小值为（ ） A ．1e e-B ．1e e+C ．eD ．2e6．（2021ꞏ正阳县高级中学高三其他模拟（理））已知2m <-，若关于x 的不等式22e 2x mx n x +<+恒成立，则实数n 的取值范围为（ ） A ．[)3e,+∞B ．)2e ,⎡+∞⎣C ．[)e,+∞D ．[)2e,+∞7．【多选题】（2021ꞏ河北衡水中学高三其他模拟）已知函数()3e exxx a f x x -=-+-，则下列结论中正确的是（ ）A ．若()f x 在区间[]1,1-上的最大值与最小值分别为M ，m ，则0M m +=B ．曲线()y f x =与直线y ax =-相切C ．若()f x 为增函数，则a 的取值范围为(],2-∞D ．()f x 在R 上最多有3个零点8．（2021ꞏ黑龙江大庆市ꞏ高三一模（理））用总长11m 的钢条制作一个长方体容器的框架，如果所制容器底面一条边比另一条边长1m ，则该容器容积的最大值为________m 3（不计损耗）． 9．（2021ꞏ湖南高三其他模拟）中国最早的化妆水是1896年在香港开设的广生行生产的花露水，其具有保湿、滋润、健康皮肤的功效.已知该化妆水容器由一个半球和一个圆柱组成（其中上半球是容器的盖子，化妆水储存在圆柱中），容器轴截面如图所示，上部分是半圆形，中间区域是矩形，其外周长为12cm .则当圆柱的底面半径r =___________时，该容器的容积最大，最大值为___________.10．（2021ꞏ全国高三其他模拟）若函数ln ()1xxf x ae x=--只有一个零点，则实数a 的取值范围是 ________． 二、提升练习1．（2021ꞏ全国高三其他模拟）若不等式ln x ax b ≤+恒成立，则2a b +的最小值为（ ） A ．2B ．3C ．ln 2D ．52.（2021ꞏ北京高考真题）已知函数()lg 2f x x kx =--，给出下列四个结论： ①若0k =，则()f x 有两个零点； ②0k ∃<，使得()f x 有一个零点； ③0k ∃<，使得()f x 有三个零点； ④0k ∃>，使得()f x 有三个零点． 以上正确结论得序号是_______．3．（2021ꞏ四川省绵阳南山中学高三其他模拟（文））设函数()()222ln xf x x x e aex e x =-+-，其中e 为自然对数的底数，曲线()y f x =在()()22f ,处切线的倾斜角的正切值为2322e e +．（1）求a 的值； （2）证明：()0f x >．4．（2021ꞏ全国高三其他模拟（理））已知函数()()ln e xf x x m x -=+-.（1）若()f x 的图象在点()()1,1f 处的切线与直线20x y -=平行，求m 的值； （2）在（1）的条件下，证明：当0x >时，()0f x >； （3）当1m >时，求()f x 的零点个数.5．（2021ꞏ黑龙江哈尔滨市ꞏ哈尔滨三中高三其他模拟（文））已知函数2211()(1)ln (0)22f x x a x a x a a =-+++>. （1）讨论()f x 的单调性；（2）若函数()y f x =只有一个零点，求实数a 的取值范围.6．（2021ꞏ河北高三其他模拟）已知函数2ln 1()(ln )()2k x f x x k x+=+∈R . （1）当0k =时，求证：()1f x ≤； （2）当0k ≠时，讨论()f x 零点的个数.7．（2021ꞏ重庆市育才中学高三二模）已知函数()x f x e =，()1g x ax =+. （1）已知()()f x g x ≥恒成立，求a 的值；（2）若(0,1)x ∈，求证：21ln 11()x x f x x-+-<. 8.（2021ꞏ全国高三其他模拟）已知函数()()ln x a f x a x+=+，()0,x ∈+∞.（1）当0a =时，讨论函数()f x 的单调性； （2）若函数()f x 存在极大值M ，证明：12M e≤<.9．（2021ꞏ重庆高三二模）已知函数()ln ()f x ax x a R =+∈在1x =处取得极值． （1）若对(0,),()1x f x bx ∀∈+∞≤-恒成立，求实数b 的取值范围；（2）设()()(2)x g x f x x e =+-，记函数()y g x =在1,14⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值为m ，证明：(4)(3)0m m ++<． 10．（2021ꞏ江苏南通市ꞏ高三一模）已知函数()()21ln 22f x ax ax x =+-，0a >. （1）求函数()f x 的增区间；（2）设1x ，2x 是函数()f x 的两个极值点，且12x x <，求证：122x x +>. 三、真题练习1．（2021ꞏ全国高考真题（文））设函数22()3ln 1f x a x ax x =+-+，其中0a >. （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()y f x =的图像与x 轴没有公共点，求a 的取值范围.2.（2021ꞏ全国高考真题（理））设函数()()ln f x a x =-，已知0x =是函数()y xf x =的极值点． （1）求a ； （2）设函数()()()x f x g x xf x +=．证明:()1g x <．3．（2021ꞏ全国高考真题）已知函数()()1ln f x x x =-. （1）讨论()f x 的单调性；（2）设a ，b 为两个不相等的正数，且ln ln b a a b a b -=-，证明：112e a b<+<. 4.（2020·山东海南省高考真题）已知函数1()e ln ln x f x a x a -=-+．（1）当a e =时，求曲线y =f （x ）在点（1，f （1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积； （2）若f （x ）≥1，求a 的取值范围．5．（2020·浙江省高考真题）已知12a <≤，函数()e xf x x a =--，其中e =2.71828…为自然对数的底数．（Ⅰ）证明：函数()y f x =在(0)+∞，上有唯一零点；（Ⅱ）记x 0为函数()y f x =在(0)+∞，上的零点，证明：0x ≤≤； （ⅱ）00(e )(e 1)(1)x x f a a ≥--．6.（2019·全国高考真题（理））已知函数.（1）讨论f (x )的单调性，并证明f (x )有且仅有两个零点；（2）设x 0是f (x )的一个零点，证明曲线y =ln x 在点A (x 0，ln x 0)处的切线也是曲线的切线.()11ln x f x x x -=-+e x y =参考答案一、基础练习1．（2021ꞏ沙坪坝区ꞏ重庆一中高三其他模拟）已知e 为自然对数的底数，a ，b 为实数，且不等式()ln 310x e a x b +-++≤对任意()0,x ∈+∞恒成立，则当3b a+取最大值时，实数a 的值为（ ） A ．3e B ．31e +C ．4eD ．41e +【答案】C 【答案解析】不等式(3)10lnx e a x b +-++…对任意(0,)x ∈+∞恒成立，化为不等式31lnx ex ax b +--…对任意(0,)x ∈+∞恒成立，必然有0a >．令1=x e，化为：31b a e +…．令4a e =，1b =．利用导数研究函数的单调性极值最值即可得出结论． 【答案详解】解：不等式(3)10lnx e a x b +-++…对任意(0,)x ∈+∞恒成立， 则不等式31lnx ex ax b +--…对任意(0,)x ∈+∞恒成立， 则0a >． 令1=x e，则131a b e -+--…，化为：31b a e +…． 令4a e =，1b =．不等式31lnx ex ax b +--…对任意(0,)x ∈+∞恒成立，即不等式20lnx ex -+…对任意(0,)x ∈+∞恒成立， 令()2f x lnx ex =-+，则1()1()e x e f x e x x --'=-=，可得：1=x e 时，函数()f x 取得极大值即最大值，1(1120f e=--+=， 满足题意．可以验证其他值不成立． 故选：C ．2．（2021ꞏ湖南高三其他模拟）已知函数()e ax f x =a 的取值范围是（ ） A ．0,2e ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．,2e ⎛⎫+∞⎪⎝⎭C ．10,2e ⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．1,2e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【答案】C 【答案解析】函数零点即方程ax e =的解，2ax e x =（0x >），取对数得2ln ax x =，此方程有两个解，引入函数()ln 2g x x ax =-，利用导数求得函数的单调性，函数的变化趋势，然后由零点存在定理可得结论．【答案详解】显然(0)1f =，()e ax f x =有两个零点，即方程ax e =，2ax e x =在(0,)+∞上有两个解，两边取对数得到2ln ax x =，令()ln 2g x x ax =-，1()2g x a x '=-，()g x 在10,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增，在1,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递减，又当0x →时，()g x →-∞，当x →+∞时，()g x →-∞， 因为()g x 有两个零点，则11ln 1022g a a ⎛⎫=->⎪⎝⎭， 解得12e a <.所以正数a 的取值范围是10,2e ⎛⎫⎪⎝⎭. 故选：C ．3．（2021ꞏ四川遂宁市ꞏ高三三模（理））已知函数()()2xh x x e =-，()212a a g x x x =-，又当()0h x ≥时，()()h x g x ≥恒成立，则实数a 的取值范围是（ ）A ．(2,e ⎤-∞⎦B ．(],e -∞C ．(20,e ⎤⎦D ．(]0,e【答案】A 【答案解析】首先根据()0h x ≥求出2x ≥，进而参变分离解决恒成立的问题即可. 【答案详解】因为()()2xh x x e =-，所以()0h x ≥，即2x ≥，所以当2x ≥时，()()h x g x ≥恒成立，即()2122xa a x e x x -≥-， 即()()1222xx e x ax -≥-， 当2x =时，()()1222xx e x ax -≥-恒成立，符合题意；当()2,x ∈+∞时，有12xe ax ≥，即2xe xa ≥，令()2x e m x x =，则()()2210x e x m x x-'=>，所以()m x 在()2,x ∈+∞上单调递增，而()22m e =，所以2e a ≥，故选：A.4．（2021ꞏ全国高三其他模拟）已知f （x ）是定义在区间[﹣2，2]上的偶函数，当x ∈[0，2]时，f （x ）＝xxe ，若关于x 的方程2f 2（x ）+（2a ﹣1）f （x ）﹣a ＝0有且只有2个实数根，则实数a 的取值范围是（ ）A ．[﹣1e ，﹣22e ]B ．[﹣1e ，﹣22e ） C ．（﹣22e，0）D ．（﹣22e ，0）∪{﹣1e}【答案】D 【答案解析】利用导数研究函数在定义域上的单调性，得出1()f x e≤；结合题意得出()f x 在[]02，有且仅有1个解，计算(0)(2)f f 、的值即可. 【答案详解】当[]02x ∈，时()xxf x e =， 则1()x xf x e-'=令()=0f x '，解得1x =，所以当[]01x ∈，时()0f x '>，()f x 单调递增； 当[]12x ∈，时()0f x '<，()f x 单调递减， 所以max 1()(1)f x f e==，故1()f x e≤在定义域上恒成立，由22()(21)()0f x a f x a +--=有且只有2个实数根， 得方程[]12()()02f x a f x ⎡⎤+-=⎢⎥⎣⎦有2个解，又1()f x e≤，所以111()022f x e -≤-<，则()f x 在[]02，有且仅有1个解， 因为22(0)0(2)f f e ==，，则220a e <-<或1a e-=， 所以220a e-<<或1a e =-，即实数的取值范围是2210e e ⎛⎫⎧⎫--⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭，， 故选：D5．（2021ꞏ宁夏银川市ꞏ高三其他模拟（理））平行于x 轴的直线与函数ln ,0,(),0,x x f x e x x>⎧⎪=⎨-<⎪⎩的图像交于,A B 两点，则线段AB 长度的最小值为（ ） A ．1e e-B ．1e e+C ．eD ．2e【答案】D 【答案解析】画出函数图像，数形结合构造函数，利用导数判断函数单调性并求函数最值即可. 【答案详解】根据题意，画出()f x 的图象如下所示：令()f x t =，(0)t >，故可得lnx t =，解得t x e =；e t x -=，解得e x t=-.故可得(),,,te A e t B t t ⎛⎫- ⎪⎝⎭，(0)t >， 故()teAB g t e t==+，(0)t >， 故可得()2te g t e t ='-，()30te g t e t'=+>'恒成立， 故()g t '是单调递增函数，且()10g '=，关于()0g t '<在()0,1成立，()0g t '>在()1,+∞成立， 故()g t 在()0,1单调递减，在()1,+∞单调递增， 故()()12min g t g e e e ==+=. 即||AB 的最小值为2e . 故选：D6．（2021ꞏ正阳县高级中学高三其他模拟（理））已知2m <-，若关于x 的不等式22e 2x mx n x +<+恒成立，则实数n 的取值范围为（ ） A ．[)3e,+∞ B ．)2e ,⎡+∞⎣C ．[)e,+∞D ．[)2e,+∞【答案】D 【答案解析】参变分离可得222e x mx x n +-<，研究函数()222exmx xf x +-=，根据导函数()()22e x m x x m f x ⎛⎫--- ⎪⎝⎭'=以及2m <-，可得函数()f x 的极大值为22222e 0e m m f m -⎛⎫==> ⎪⎝⎭，当2x >，()2220ex mx x f x -+=<，所以()2max 2e m f x -⎡⎤=⎣⎦，根据()f x 的最大值的范围即可得解. 【答案详解】由22e 2xmx n x +<+，得222exmx x n +-<， 令()222exmx xf x +-=，则()()22e xm x x m f x ⎛⎫--- ⎪⎝⎭'=，当2m <-时，210m-<<， 函数()f x 在2,m ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭，()2,+∞上单调递增，在2,2m ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，故函数()f x 的极大值为22222e 0e mm f m -⎛⎫==> ⎪⎝⎭，极小值为()24220e m f -=<， 且2x >时，()2220ex mx x f x -+=<，所以()2max 2e m f x -⎡⎤=⎣⎦，由2m <-， 得22e 2e m -<，由()f x n <恒成立，得2e n ≥， 故选：D ．7．【多选题】（2021ꞏ河北衡水中学高三其他模拟）已知函数()3e exxx a f x x -=-+-，则下列结论中正确的是（ ）A ．若()f x 在区间[]1,1-上的最大值与最小值分别为M ，m ，则0M m +=B ．曲线()y f x =与直线y ax =-相切C ．若()f x 为增函数，则a 的取值范围为(],2-∞D ．()f x 在R 上最多有3个零点 【答案】ACD 【答案解析】由定义法确定函数的奇偶性，再求导数判断函数的单调性与切线斜率，以及零点情况. 【答案详解】因为对于任意x ∈R ，都有()()()()3e e x x x x a xf x f -=-+---=--， 所以()f x 为奇函数，其图象关于原点对称，故A 正确.又()2e e 3xxx a f x =++-'，令()f x a '=-，得2e e 30x x x -++=(*)，因为e 0x >，e 0x ->，所以方程(*)无实数解，即曲线()y f x =的所有切线的斜率都不可能为a -，故B 错误.若()f x 为增函数，则()f x ¢大于等于0，即2e e 3x x a x -≤++，2e e 32x x x -++≥， 当且仅当0x =时等号成立，所以2a ≤，故C 正确.令()0f x =，得0x =或2e e x x x a x --+=(0x ≠).设()2e e x x g x x x--=+，则()()()21e 1e 2x x x x x x g x -'=-+++，令()()()1e 1e x xx x t x -=-++，则()()e exxx x t -='-.当0x >时，()0t x '>，当0x =时，()0t x '=，当0x <时，()0t x '>，所以函数()t x 为增函数，且()00t =，所以当0x >时，()0t x >，从而()0g x ¢>，()g x 单调递增.又因为对于任意0x ≠，都有()()g x g x -=，所以()g x 为偶函数，其图象关于y 轴对称. 综上，()g x 在(),0-?上单调递减，在()0,+?上单调递增，则直线y a =与()y g x =最多有2个交点，所以()f x 在R 上最多有3个零点，故D 正确. 故选ACD .8．（2021ꞏ黑龙江大庆市ꞏ高三一模（理））用总长11m 的钢条制作一个长方体容器的框架，如果所制容器底面一条边比另一条边长1m ，则该容器容积的最大值为________m 3（不计损耗）． 【答案】916. 【答案解析】设长方体的底面边长为,a b ，高为h ，由题可得3217244V b b b =--+，求出函数导数，判断单调性，即可求出最值. 【答案详解】设长方体的底面边长为,a b ，高为h ，则由题可得1a b =+，()411a b h ++=，则可得784b h -=，则708b <<， 则该容器容积()32781712444b V abh b b b b b -==+⋅⋅=--+，217176624212V b b b b ⎛⎫⎛⎫'=--+=--+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，当10,2b ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，0V '>，V 单调递增；当17,28b ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，0V '<，V 单调递减， ∴当12b =时，max 916V =，即该容器容积的最大值为916. 故答案为：916.9．（2021ꞏ湖南高三其他模拟）中国最早的化妆水是1896年在香港开设的广生行生产的花露水，其具有保湿、滋润、健康皮肤的功效.已知该化妆水容器由一个半球和一个圆柱组成（其中上半球是容器的盖子，化妆水储存在圆柱中），容器轴截面如图所示，上部分是半圆形，中间区域是矩形，其外周长为12cm .则当圆柱的底面半径r =___________时，该容器的容积最大，最大值为___________.【答案】8 c m 2π+ ()32128 c m 2ππ+ 【答案解析】设圆柱的底面半径为r ，圆柱的高为h ，根据已知条件可得出262h r π+=-，根据柱体的体积公式可得()23262V r r πππ+=-，利用导数可求得V 的最大值及其对应的r 的值，即为所求.【答案详解】设圆柱的底面半径为r ，圆柱的高为h . 则由题意可得2212r h r π++=，所以()1222622r h r ππ-++==-.由0h >，得122r π<+. 故容器的容积()22232212660222V r h r r r r r πππππππ++⎛⎫⎛⎫==-=-<< ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭，容易忽略上半球是容器的盖子，化妆水储存在圆柱中.()232122V r r πππ+'=-，令0V '=，解得0r =（舍）或82r π=+. 显然当80,2r π⎛⎫∈ ⎪+⎝⎭时，0V '>，函数()23262V r r πππ+=-单调递增； 当812,22r ππ⎛⎫∈⎪++⎝⎭时，0V '<，函数()23262V r r πππ+=-单调递减. 所以当8cm 2r π=+时，V 取得最大值， 此时2862cm 22h ππ+=-⨯=+，()23281282cm 22V ππππ⎛⎫=⨯= ⎪+⎝⎭+. 故答案为：8 c m 2π+；()32128 c m 2ππ+. 10．（2021ꞏ全国高三其他模拟）若函数ln ()1xxf x ae x=--只有一个零点，则实数a 的取值范围是 ________． 【答案】0a ≤或1a e= 【答案解析】将函数的零点转化为方程ln (0)x x x a x xe +=>的根，令ln ()xx xg x xe +=，利用导数研究函数的图象特征，即可得到答案； 【答案详解】ln ln 10(0)x x x x xae a x x xe +--=⇔=>， 令ln ()xx x g x xe+=，则'2()(1ln )()x x x x g x x e +--=， ''()01ln 0,()01ln 0,g x x x g x x x >⇔--><⇔--<令()1ln u x x x =--，则'1()10u x x=--<在0x >恒成立， ∴()1ln u x x x =--在(0,)+∞单调递减，且(1)0u =， ∴''()001,()01g x x g x x >⇒<<<⇒>，∴()g x 在(0,1)单调递增，在(1,)+∞单调递减，且1(1)g e=，当x →+∞时，()0g x →， 如图所示，可得当0a ≤或1a e =时，直线y a =与ln xx x y xe +=有且仅有一个交点， 故答案为：0a ≤或1a e=1．（2021ꞏ全国高三其他模拟）若不等式ln x ax b ≤+恒成立，则2a b +的最小值为（ ） A ．2 B ．3C ．ln 2D ．5【答案】C 【答案解析】构造函数()ln f x ax x b =-+，根据函数的单调性及最值可得ln 1b a ≥--，故22ln 1a b a a +≥--，再构造()2ln 1g x x x =--，求得函数()g x 的最小值即可. 【答案详解】由ln x ax b ≤+恒成立，得ln 0ax x b -+≥， 设()ln f x ax x b =-+，()1f x a x'=-， 当0a ≤时，()0f x ¢<，()f x 在()0,+?上单调递减，不成立；当0a >时，令()0f x ¢=，解得1x a=，故函数()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增， 故()10f x f a ⎛⎫≥≥⎪⎝⎭，即11ln 0a b a a ⎛⎫⋅-+≥ ⎪⎝⎭，ln 1b a ≥--，练提升22ln 1a b a a +≥--，设()2ln 1g x x x =--，()12g x x'=-， 令()0g x ¢=，12x =， 故()g x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增， 故()1112ln 1ln 2222g x g ⎛⎫⎛⎫≥=⨯--=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 即2ln 2a b +≥， 故选：C.2.（2021ꞏ北京高考真题）已知函数()lg 2f x x kx =--，给出下列四个结论： ①若0k =，则()f x 有两个零点； ②0k ∃<，使得()f x 有一个零点； ③0k ∃<，使得()f x 有三个零点； ④0k ∃>，使得()f x 有三个零点． 以上正确结论得序号是_______． 【答案】①②④ 【答案解析】由()0f x =可得出lg 2x kx =+，考查直线2y kx =+与曲线()lg g x x =的左、右支分别相切的情形，利用方程思想以及数形结合可判断各选项的正误. 【答案详解】对于①，当0k =时，由()lg 20f x x =-=，可得1100x =或100x =，①正确； 对于②，考查直线2y kx =+与曲线()lg 01y x x =-<<相切于点(),lg P t t -，对函数lg y x =-求导得1ln10y x '=-，由题意可得2lg 1ln10kt t k t +=-⎧⎪⎨=-⎪⎩，解得100100lg e t k e e ⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩， 所以，存在100lg 0k e e=-<，使得()f x 只有一个零点，②正确； 对于③，当直线2y kx =+过点()1,0时，20k +=，解得2k =-，所以，当100lg 2e k e-<<-时，直线2y kx =+与曲线()lg 01y x x =-<<有两个交点， 若函数()f x 有三个零点，则直线2y kx =+与曲线()lg 01y x x =-<<有两个交点，直线2y kx =+与曲线()lg 1y x x =>有一个交点，所以，100lg 220e k ek ⎧-<<-⎪⎨⎪+>⎩，此不等式无解， 因此，不存在0k <，使得函数()f x 有三个零点，③错误；对于④，考查直线2y kx =+与曲线()lg 1y x x =>相切于点(),lg P t t ，对函数lg y x =求导得1ln10y x '=，由题意可得2lg 1ln10kt t k t +=⎧⎪⎨=⎪⎩，解得100lg 100t ee k e =⎧⎪⎨=⎪⎩，所以，当lg 0100ek e<<时，函数()f x 有三个零点，④正确.故答案为：①②④.3．（2021ꞏ四川省绵阳南山中学高三其他模拟（文））设函数()()222ln xf x x x e aex e x =-+-，其中e 为自然对数的底数，曲线()y f x =在()()22f ,处切线的倾斜角的正切值为2322e e +． （1）求a 的值； （2）证明：()0f x >．【答案】（1）2a =；（2）证明见答案解析． 【答案解析】（1）求出函数的导函数，再代入计算可得；（2）依题意即证()()2222ln 0xf x x x e ex e x =-+->，即()12ln 2x x x e e x--+>，构造函数()()222x g x x e e-=-+，()ln xh x x =，利用导数说明其单调性与最值，即可得到()()>g x h x ，从而得证； 【答案详解】解：（1）因为()()222ln xf x x x e aex e x =-+-，所以()()222xef x x e ae x'=-+-，()22332222e ef ae e =+=+'，解得2a =．（2）由（1）可得()()2222ln xf x x x e ex e x =-+-即证()()()2212ln 22ln 02x x x f x x x e ex e x x e e x-=-+->⇔-+>． 令()()222x g x x e e-=-+，()()21x g x x e -=-'，于是()g x 在()0,1上是减函数，在()1,+∞上是增函数，所以()()11g x g e≥=（1x =取等号）． 又令()ln x h x x =，则()21ln xh x x -'=，于是()h x 在()0,e 上是增函数，在(),e +∞上是减函数，所以()()1h x h e e≤=（x e =时取等号）．所以()()>g x h x ，即()0f x >．4．（2021ꞏ全国高三其他模拟（理））已知函数()()ln e xf x x m x -=+-.（1）若()f x 的图象在点()()1,1f 处的切线与直线20x y -=平行，求m 的值； （2）在（1）的条件下，证明：当0x >时，()0f x >； （3）当1m >时，求()f x 的零点个数.【答案】（1）1m =；（2）证明见答案解析；（3）有一个零点. 【答案解析】（1）利用导数的几何意义求解即可（2）利用导数，得到()f x 在()0,∞+上单调递增，由()00f =，即可证明()0f x >在()0,∞+上恒成立 （3）由（2）可知当1m >且0x >时，()()ln 1e0xf x x x ->+->，即()f x 在()0,∞+上没有零点，再根据，0x m +>，得到x m >-， 对(),0x m ∈-进行讨论，即可求解 【答案详解】解：（1）因为()f x 的图象在点()()1,1f 处的切线与直线20x y -=平行，所以()112f '=， 因为()()11e x f x x x m -+-'=+， 所以()11112f m ='=+，解得1m =. （2）由（1）得当1m =时，()()()21e 11e 11ex xx x f x x x x -+-=+-=++'， 当0x >时，因为()0f x '>，所以()f x 在()0,∞+上单调递增， 因为()00f =，所以()0f x >在()0,∞+上恒成立. （3）由（2）可知当1m >且0x >时，()()ln 1e 0xf x x x ->+->，即()f x 在()0,∞+上没有零点，当(),0x m ∈-时，()()()()2e 111e e x xxx m x m f x x x m x m -++--=+-=++'，令()()2e 1xg x x m x m =++--，(),0x m ∈-，则()e 21xg x x m =++-'单调递增，且()e21e 10mm g m m m m ---=-+-=--<'，()00g m '=>，所以()g x '在(),0m -上存在唯一零点，记为0x ，且()0,x m x ∈-时，()0g x '<，()0,0x x ∈时，()0g x '>， 所以()g x 在()0,m x -上单调递减，在()0,0x 上单调递增， 因为1m >， 所以()e0mg m --=>，()010g m =-<，因为()()00g x g <，所以()00g x <，所以()g x 在()0,m x -上存在唯一零点1x ，且在()0,0x 上恒小于零， 故()1,x m x ∈-时，()0g x >；()1,0x x ∈时，()0g x <，所以()f x 在()1,m x -上单调递增，在()1,0x 上单调递减，且()0ln 0f m =>， 所以()f x 在(),0m -上至多有一个零点， 取()e 2e ,0mm x m m -=-+∈-， 则有()()22ln e 0mf x x m m <++=，所以由零点存在定理可知()f x 在(),0m -上只有一个零点， 又f (0)不为0，所以()f x 在(),m -+∞上只有一个零点.5．（2021ꞏ黑龙江哈尔滨市ꞏ哈尔滨三中高三其他模拟（文））已知函数2211()(1)ln (0)22f x x a x a x a a =-+++>. （1）讨论()f x 的单调性；（2）若函数()y f x =只有一个零点，求实数a 的取值范围.【答案】（1）答案见答案解析；（2）01a <<+或a e >.【答案解析】 （1）求得()'fx ，对a 进行分类讨论，由此求得()f x 的单调区间.（2）根据（1）的结论，结合函数的极值以及零点个数，求得a 的取值范围. 【答案详解】 （1）()()()'1x x a f x x--=，当01a <<时，由()'00f x x a >⇒<<或1x >，所以()f x 在()0,a ，()1,+∞单调递增，由()'01fx a x <⇒<<，所以()f x 在(),1a 单调递减；当1a >时，由()'001fx x >⇒<<或x a >，所以()f x 在()0,1，(),a +∞单调递增，由()'01f x x a <⇒<<，所以()f x 在()1,a 单调递减；当1a =时，()()2'10x f x x-=≥⇒()f x 在()0,∞+单调递增.（2）1(1)(1(12f a a ⎡⎤⎡⎤=--⎣⎦⎣⎦，()(ln 1)f a a a =-， 由（1）知当01a <<时，()f x 在x a =处，有极大值，且()0f a <，此时函数有一个零点； 当1a =时，()f x 在()0,∞+单调递增，且()10f <，此时函数有一个零点；当1a >时，()0,1，(),a +∞单调递增，()1,a 单调递减，()f x 在x a =处，有极小值，()f x 在1x =处，有极大值，则当()10f <，或()0f a >时函数有一个零点，有11a <<或a e >.综上：01a <<+或a e >.6．（2021ꞏ河北高三其他模拟）已知函数2ln 1()(ln )()2k x f x x k x+=+∈R . （1）当0k =时，求证：()1f x ≤； （2）当0k ≠时，讨论()f x 零点的个数.【答案】（1）证明过程见解答；（2）当0k <时，()f x 有两个零点，当0k >时，()f x 有一个零点． 【答案解析】（1）将0k =代入，对()f x 求导，得到其单调性，判断其最值，即可得证；（2）令t lnx =，则()0f x =即为2102t k t t e ++=，显然0t ≠，进一步转化为212t k t t e +-=，令21()(0)t t h t t t e+=≠，利用导数作出()h t 的大致图象，进而图象判断方程解的情况，进而得到函数()f x 零点情况． 【答案详解】（1）证明：当0k =时，1()(0)lnx f x x x +=>，则2()lnxf x x'=-， ∴当(0,1)x ∈时，()0f x '>，()f x 单增，当(1,)x ∈+∞时，()0f x '<，()f x 单减，()f x f ∴…（1）1=，即得证；（2）令t lnx =，则()0f x =即为2102t k t t e++=，当0t =，即1x =时，该方程不成立，故1x =不是()f x 的零点； 接下来讨论0t ≠时的情况，当0t ≠时，方程可化为212tk t t e +-=， 令21()(0)t t h t t t e +=≠，则222()tt th t t e++'=-，当0t <时，22220t t ++-=-<…，当且仅当t =当0t >时，22220t t +++=+>…，当且仅当t =时取等号，∴当0t <时，()0h t '>，()h t 单增，当0t >时，()0h t '<，()h t 单减，且当0t →时，()h t →+∞，(1)0h -=，当1t <-时，()0h t <，当0t >时，()0h t >， 函数()h t 的大致图象如下：由图象可知，当02k -<，即0k >时，212t k t t e +-=只有一个解，则()f x 有一个零点，当02k ->，即0k <时，212tk t t e +-=有两个解，则()f x 有两个零点． 综上，当0k <时，()f x 有两个零点，当0k >时，()f x 有一个零点． 7．（2021ꞏ重庆市育才中学高三二模）已知函数()x f x e =，()1g x ax =+. （1）已知()()f x g x ≥恒成立，求a 的值；（2）若(0,1)x ∈，求证：21ln 11()x x f x x-+-<. 【答案】（1）1a =；（2）证明见答案解析. 【答案解析】（1）作差，设()()()1x h x f x g x e ax =-=--，利用导数求出()h x 的最小值为(ln )ln 10h a a a a =--≥，只需1ln 10a a +-≤；设1()ln 1a a aϕ=+-，利用导数求出min ()(1)0a ϕϕ==，解出1a =； （2）利用1x e x >+把原不等式转化为证明1ln 111x x x x -+-<+，即证：21ln 10x x x-++>， 设21()ln 1F x x x x=-++，利用导数求出最小值，即可证明.【答案详解】（1）设()()()1x h x f x g x e ax =-=--，()x h x e a '=-，当0a ≤时，()0x h x e a '=->，()h x 单增，当,()x h x →-∞→-∞，不满足恒成立 当0a >，()h x 在(,ln )x a ∈-∞单减，()h x 在(ln ,)x a ∈+∞单增， 所以()h x 的最小值为(ln )ln 10h a a a a =--≥，即11ln 0a a --≥，即1ln 10a a+-≤ 设1()ln 1a a a ϕ=+-，21()a a aϕ-'=，所以()ϕx 在(0,1)x ∈单减，()ϕx 在(1,)+∞单增， 即min()(1)0a ϕϕ==，故1ln 10a a+-≤的解只有1a =，综上1a =（2）先证当(0,1)x ∈时，1x e x >+恒成立.令()1x h x e x =--，求导()10x h x e '=->，所以()h x 在(0,1)x ∈上单调递增，()(0)0h x h >=，所以1x e x >+所以要证1ln 11x x x e x -+-<，即证1ln 111x x x x-+-<+， 即证211ln 1x x x x x x +-++-<+，即证：21ln 10x x x -++>， 设21()ln 1F x x x x=-++，求导22111()2(1)20F x x x x x x x '=--=--<，所以()F x 在(0,1)上单调递减，所以()(1)10F x F >=>，即原不等式成立.所以当(0,1)x ∈时，如1ln 11()x x f x x-+-<成立. 8.（2021ꞏ全国高三其他模拟）已知函数()()ln x a f x a x+=+，()0,x ∈+∞.（1）当0a =时，讨论函数()f x 的单调性； （2）若函数()f x 存在极大值M ，证明：12M e≤<. 【答案】（1）当()0,x e ∈时，()f x 单调递增；当(),x e ∈+∞时，()f x 单调递减；（2）证明见答案解析． 【答案解析】（1）将0a =代入函数，并求导即可分析单调性；（2）求导函数，讨论当0a =，01a <<与1a ≥时分析单调性，并判断是否有极大值，再求解极大值，即可证明．【答案详解】（1）()f x 的定义域是()0,∞+ 当0a =时，()ln x f x x =，()21ln xf x x -'=， 令()0f x '=，得x e =，所以当()0,x e ∈时，()0f x '>，()f x 单调递增； 当(),x e ∈+∞时，()0f x '<，()f x 单调递减；（2）()()()()()22ln ln xx a x x a x ax a f x x x x a -+-+++'==+， 令()()()()ln ,0,g x x x a x a x =-++∈+∞， 则()()ln g x x a '=-+，由()f x 的定义域是()0,∞+，易得0a ≥，当0a =时，由（1）知，()f x 在x e =处取得极大值，所以()1==M f e e. 当1a ≥时，()0g x '<在()0,x ∈+∞上恒成立，所以()g x 在()0,∞+上单调递减，()ln 0g x a a <-<，所以()0f x '<，故()f x 没有极值. 当01a <<时，令()0g x '=，得1x a =-，所以当()0,1x a ∈-时，()0g x '>，()g x 单调递增；当()1,x a ∈-+∞时，()0g x '<，()g x 单调递减. 所以当()0,1x a ∈-时，()ln 0g x a a >->，又()110g a a -=->，()0-=-<g e a a ，且1-<-e a a ，所以存在唯一()01,∈--x a e a ，使得()()()0000ln g x x x a x a =-+⋅+，当()00,x x ∈时，()0g x >，即()0f x '>，()f x 单调递增；当()0,x x ∈+∞时，()0g x <，即()0f x '<，()f x 单调递减.所以当0x x =时，()f x 取得极大值，所以()()000ln x a M f x a x +==+，所以()()()()000000011ln M x a x x a x a x a x a x a=++-=++-+⋅+++. 令0x a t +=，则()1,t e ∈，设()1ln h t t t t t=+-，()1,t e ∈， 则()21ln 0h t t t'=--<， 所以()h t 在()1,e 上单调递减， 所以()12<<h t e ，所以12<<M e. 综上，若函数()f x 存在极大值M ，则12M e≤<． 9．（2021ꞏ重庆高三二模）已知函数()ln ()f x ax x a R =+∈在1x =处取得极值． （1）若对(0,),()1x f x bx ∀∈+∞≤-恒成立，求实数b 的取值范围；（2）设()()(2)x g x f x x e =+-，记函数()y g x =在1,14⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值为m ，证明：(4)(3)0m m ++<． 【答案】（1）211b e -≤；（2）证明见答案解析． 【答案解析】（1）由条件求出a ，然后由()1f x bx ≤-可得1ln 1+x b x x≤-，然后用导数求出右边对应函数的最小值即可；（2）11()(1)e 1(1)(xx g x x x e x x'=--+=--，令()1e x h x x =-，然后可得存在01(,1)2x ∈使得()00h x =，即01ex x =，即00ln x x =-，然后可得0max 000000000012()()(2)ln (2)12x m g x g x x e x x x x x x x x ===--+=---=--，然后判断出函数2()12G x x x=--的单调性即可. 【答案详解】 （1）∵1()f x a x'=+，(1)10f a '=+=，∴1a =-，由已知()1f x bx ≤-，即ln 1x x bx -≤-，即1ln 1+x b x x≤-对()0,x ∀∈+∞恒成立， 令1ln ()1x t x x x =+-，则22211ln ln 2()x x t x x x x --'=--=，易得()t x 在2(0,)e 上单调递减，在2(,)e +∞上单调递增， ∴2min 21()()1t x t e e==-，即211b e -≤． （2）()()(2)e (2)e ln x x g x f x x x x x =+-=--+，则11()(1)e 1(1)(xx g x x x e x x'=--+=--． 当114x <<时，10x -<，令()1e xh x x=-， 则21()e 0xh x x'=+>，所以()h x 在1[,1]4上单调递增．∵121(()e 202h h x ==-<，(1)10h e =->，∴存在01(,1)2x ∈使得()00h x =，即01ex x =，即00ln x x =-． ∴当01(,)4x x ∈时，()0h x <，此时()0g x '>； 当0(,1)x x ∈时，()0h x >，此时()0g x '<； 即()g x 在01(,)4x 上单调递增，在0(),1x 上单调递减，则0max 000000000012()()(2)ln (2)12xm g x g x x e x x x x x x x x ===--+=---=--． 令2()12G x x x =--，1(,1)2x ∈，则22222(1)()20x G x x x '-=-=>，∴()G x 在1(,1)2x ∈上单调递增，则1()(42G x G >=-，()(1)3G x G <=-， ∴43m -<<-．∴()()430m m ++<．10．（2021ꞏ江苏南通市ꞏ高三一模）已知函数()()21ln 22f x ax ax x =+-，0a >. （1）求函数()f x 的增区间；（2）设1x ，2x 是函数()f x 的两个极值点，且12x x <，求证：122x x +>.【答案】（1）答案见答案解析；（2）证明见答案解析. 【答案解析】（1）求函数的导数，分类讨论，解不等式即可求解；（2）根据极值点可转化为1x ，2x 是方程2210-+=ax x 的两个不相等的正实数根，可得12x >且1x ≠，要证122x x +>，只要证212x x >-，利用构造函数的单调性证明即可. 【答案详解】（1）由题意得()21212ax ax x f x x x-+=+='-(0x >). 令()0f x '>，则2210ax x -+>.①当()2240a ∆=--≤，即1a ≥时，2210ax x -+>在()0,∞+上恒成立，即()f x 的增区间为()0,∞+；②当()2240a ∆=-->，即01a <<时，10x a -<<或1x a+>，即()f x 的增区间为10,a ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭和1,a ⎛⎫++∞ ⎪ ⎪⎝⎭.综上，当1a ≥时，()f x 的增区间为()0,∞+；当01a <<时，()f x 的增区间为10,a ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭和1,a ⎛⎫++∞ ⎪ ⎪⎝⎭. （2）因为()221x x ax xf -+'=(0x >)，()f x 有两个极值点1x ，2x ， 所以1x ，2x 是方程2210-+=ax x 的两个不相等的正实数根，可求出 从而()2240a ∆=-->，0a >，解得01a <<. 由2210-+=ax x 得221x a x -=. 因为01a <<，所以12x >且1x ≠.令()221x g x x -=，12x >且1x ≠，则()()321x g x x-'=，所以当112x <<时，()0g x '>，从而()g x 单调递增；当1x >时，()0g x '<，从而()g x 单调递减， 于是1222122121x x a x x --==(12112x x <<<). 要证122x x +>，只要证212x x >-，只要证明()()212g x g x <-. 因为()()12g x g x =，所以只要证()()112g x g x <-. 令()()()()()1111122112212122x x F x g x g x x x ---=--=-- 则()()()()1113311212212x x F x xx --⎡⎤-⎣⎦'=+-()()()11331121212x x x x --=+- ()()1331111212x x x ⎡⎤=--⎢⎥-⎢⎥⎣⎦()()()()22211111331141222x x x x x x x ⎡⎤--+-+⎣⎦=-.因为1112x <<， 所以()10F x '>，即()1F x 在1,12⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，所以()()110F x F <=，即()()112g x g x <-， 所以212x x >-，即122x x +>.1．（2021ꞏ全国高考真题（文））设函数22()3ln 1f x a x ax x =+-+，其中0a >. （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()y f x =的图像与x 轴没有公共点，求a 的取值范围. 【答案】（1）()f x 的减区间为10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，增区间为1,+a ⎛⎫∞ ⎪⎝⎭；（2）1a e >. 练真题（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性.（2）根据()10f >及（1）的单调性性可得()min 0f x >，从而可求a 的取值范围. 【答案详解】（1）函数的定义域为()0,∞+，又()23(1)()ax ax f x x+-'=，因为0,0a x >>，故230ax +>， 当10x a <<时，()0f x '<；当1x a>时，()0f x '>； 所以()f x 的减区间为10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，增区间为1,+a ⎛⎫∞ ⎪⎝⎭.（2）因为()2110f a a =++>且()y f x =的图与x 轴没有公共点， 所以()y f x =的图象在x 轴的上方， 由（1）中函数的单调性可得()min 1133ln 33ln f x f a a a ⎛⎫==-=+ ⎪⎝⎭， 故33ln 0a +>即1a e>. 2.（2021ꞏ全国高考真题（理））设函数()()ln f x a x =-，已知0x =是函数()y xf x =的极值点． （1）求a ； （2）设函数()()()x f x g x xf x +=．证明:()1g x <．【答案】1；证明见答案详解 【答案解析】（1）由题意求出'y ，由极值点处导数为0即可求解出参数a ； （2）由（1）得()()ln 1()ln 1x x g x x x +-=-，1x <且0x ≠，分类讨论()0,1x ∈和(),0x ∈-∞，可等价转化为要证()1g x <，即证()()ln 1ln 1x x x x +->-在()0,1x ∈和(),0x ∈-∞上恒成立，结合导数和换元法即可求解（1）由()()()n 1'l a f x a x f x x ⇒==--，()()'ln xy a x x ay xf x ⇒=-=+-， 又0x =是函数()y xf x =的极值点，所以()'0ln 0y a ==，解得1a =； （2）由（1）得()()ln 1f x x =-，()()ln 1()()()ln 1x x x f x g x xf x x x +-+==-，1x <且0x ≠，当 ()0,1x ∈时，要证()()ln 1()1ln 1x x g x x x +-=<-，()0,ln 10x x >-< ， ()ln 10x x ∴-<，即证()()ln 1ln 1x x x x +->-，化简得()()1ln 10x x x +-->；同理，当(),0x ∈-∞时，要证()()ln 1()1ln 1x x g x x x +-=<-，()0,ln 10x x <-> ， ()ln 10x x ∴-<，即证()()ln 1ln 1x x x x +->-，化简得()()1ln 10x x x +-->；令()()()1ln 1h x x x x =+--，再令1t x =-，则()()0,11,t ∈+∞ ，1x t =-， 令()1ln g t t t t =-+，()'1ln 1ln g t t t =-++=，当()0,1t ∈时，()'0g x <，()g x 单减，假设()1g 能取到，则()10g =，故()()10g t g >=； 当()1,t ∈+∞时，()'0g x >，()g x 单增，假设()1g 能取到，则()10g =，故()()10g t g >=； 综上所述，()()ln 1()1ln 1x x g x x x +-=<-在()(),00,1x ∈-∞ 恒成立3．（2021ꞏ全国高考真题）已知函数()()1ln f x x x =-. （1）讨论()f x 的单调性；（2）设a ，b 为两个不相等的正数，且ln ln b a a b a b -=-，证明：112e a b<+<. 【答案】（1）()f x 的递增区间为()0,1，递减区间为()1,+∞；（2）证明见答案解析. 【答案解析】（1）求出函数的导数，判断其符号可得函数的单调区间； （2）设1211,x x a b==，原不等式等价于122x x e <+<，前者可构建新函数，利用极值点偏移可证，后者可设21x tx =，从而把12x x e +<转化为()()1ln 1ln 0t t t t -+-<在()1,+∞上的恒成立问题，利用导数可。
导数的综合应用
3 2
2
例2．已知 f ( x) x5 ax3 bx 1 ，当 x 1 时取得极值。且极大值比极小值大4。 （1）求a，b的值。 （2）求函数的极大值和极小值。
f ' x x 1 x 1 5 x 2 3a 5
当n 2时，f x 1
2
a ln x 1 ,
1 当a 0时，令f x 0得：
0
2 2 x1 1 1, x2 1 1, a a a x x1 x x2 此时f x 3 1 x 当x 1, x1 时，f x 0, f x 单调递减； 当x x1， 时，f x 0, f x 单调递增.
1 试确定a、b的值； 2 讨论函数f x 的单调区间； 2 3 若对任意x 0，不等式f x 2c
恒成立，求c的取值范围.
解： f 1 3 c ， b c 3 c b 3. 1 1 x 4ax ln x ax 4bx 3 x 3 4a ln x a 4b 又f x 而f 1 0， a 4b 0，解得a 12.
证明： 由f ( x) e x，则f ( x) e 1. 1
x / x
当f ( x) e 1 0时，x 0,
/ x x
函数f ( x) e x在 0， 是增加的； 当f ( x) e 1 0时，x 0,
/ x
函数f ( x) e x在 ， 是减少的； 0
20 当a 0时，f x 0恒成立，所以f x 无极值. 2 综上所述，当a>0时，f x 在x 1 取得 a 2 a 2 极小值，极小值为f 1 1 ln a 2 a 当a 0时，f x 无极值.
高考导函数综合训练(含标准参考答案)
导函数的综合应用【典型例题】考点一、利用导数研究函数的零点或方程的根【例1】(2015·高考北京卷)设函数f(x)＝－k ln x，k>0.(1)求f(x)的单调区间和极值；(2)证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，]上仅有一个零点．(2)【变式训练2】已知函数f(x)＝(e为自然对数的底数)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)设函数φ(x)＝xf(x)＋tf′(x)＋，存在实数x1，x2∈[0,1]，使得2φ(x1)<φ(x2)成立，求实数t的取值范围．考点三与导函数有关的参数求解或求取值范围问题【例3】已知函数f(x)＝ln x－.(2)M；【应用体验】1.函数f(x)＝ax3＋x恰有三个单调区间，则a的取值范围是__________.2.若函数f(x)＝x＋a sin x在R上递增，则实数a的取值范围为________.3.已知函数f (x )的定义域为R ，f ′(x )为f (x )的导函数，函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，且f (－2)＝1，f (3)＝1，则不等式f (x 2－6)>1的解集为( )A.(－3，－2)∪(2,3)B.(－，)C.(2,3)4.)5.，g ′(x )>01．已知曲线cos y ax x =在(22A ．2πB ．2π-C ．1-πD ．1π2.已知定义域为R 的偶函数()f x ，其导函数为()f x '，对任意[)0,x ∈+∞，均满足：()()2xf x f x '>-．若()()2g x x f x =，则不等式()()21g x g x <-的解集是（）A ．(),1-∞-B ．1,3⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭C ．11,3⎛⎫- ⎪⎝⎭D ．()1,1,3⎛⎫-∞-⋃+∞ ⎪⎝⎭3.若函数f (x )＝x 3－tx 2＋3x 在区间[1,4]上单调递减，则实数t 的取值范围是( )A.B ．(－∞，3] C.D ．[3，＋∞)二、填空题4.a 12≤恒5.6.7y8．已知函数f (x )＝ln x ＋＋ax (a 是实数)，g (x )＝＋1.(1)当a ＝2时，求函数f (x )在定义域上的最值；(2)若函数f (x )在[1，＋∞)上是单调函数，求a 的取值范围；(3)是否存在正实数a 满足：对于任意x 1∈[1,2]，总存在x 2∈[1,2]，使得f (x 1)＝g (x 2)成立？若存在，求出a 的取值范围，若不存在，说明理由．B 组能力提升2.b 的3.2)为偶5.已知函数()()21x f x e x ax a =--+，其中a <1，若存在唯一的整数0x ，使得()0f x <0，则a 的取值范围是.(e 为自然对数的底数)6.若()x x f x e ae -=+为偶函数，则21(1)e f x e +-<的解集为_____________．三、解答题7．(2015·高考广东卷)设a>1，函数f(x)＝(1＋x2)e x－a.(1)求f(x)的单调区间；(2)证明：f(x)在(－∞，＋∞)上仅有一个零点；(3)若曲线y＝f(x)在点P处的切线与x轴平行，且在点M(m，n)处的切线与直线OP平行(O是坐标原点)，证明：m≤－1.【例题1】[解](1)由f(x)＝－k ln x(k>0)，得x>0且f′(x)＝x－＝.由f′(x)＝0，解得x＝.f(x)与f′(x)在区间(0，＋∞)上的情况如下：∞)；f(x)在x＝处取得极小值f()＝.(2)证明：由(1)知，f(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为f()＝.因为f(x)存在零点，所以≤0，从而k≥e.当k＝e时，f(x)在区间(1，)上单调递减，且f()＝0，所以x＝是f(x)在区间(1，]上的唯一零点．，0000由u′(x)＝1－≥0知，函数u(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，故0＝u(1)<a0＝u(x0)<u(e)＝e－2<1，即a0∈(0,1)．当a＝a0时，有f′(x0)＝0，f(x0)＝φ(x0)＝0.再由(1)知，f′(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，当x∈(1，x0)时，f′(x)<0，从而f(x)>f(x0)＝0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，从而f(x)>f(x0)＝0；又当x∈(0,1]时，f(x)＝(x－a0)2－2x ln x>0.故x∈(0，＋∞)时，f(x)≥0.综上所述，存在a∈(0,1)，使得f(x)≥0恒成立，且f(x)＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．【例题2】解：(1)m＝－1时，f(x)＝(1－x)e x＋x2，则f′(x)＝x(2－e x)，(2)假设存在x1，x2∈[0,1]，使得2φ(x1)<φ(x2)成立，则2[φ(x)]min<[φ(x)]max.∵φ(x)＝xf(x)＋tf′(x)＋e－x＝，∴φ′(x)＝＝－.①当t≥1时，φ′(x)≤0，φ(x)在[0,1]上单调递减，∴2φ(1)<φ(0)，即t>3－>1.②当t≤0时，φ′(x)>0，φ(x)在[0,1]上单调递增，∴2φ(0)<φ(1)，即t<3－2e<0.③当0<t<1时，若x∈[0，t)，φ′(x)<0，φ(x)在[0，t)上单调递减；若x∈(t,1]，φ′(x)>0，φ(x)在(t,1]上单调递增，所以2φ(t)<max{φ(0)，φ(1)}，即2·<max，(*)③若－e<a<－1，令f′(x)＝0得x＝－a，当1<x<－a时，f′(x)<0，∴f(x)在(1，－a)上为减函数；当－a<x<e时，f′(x)>0，∴f(x)在(－a，e)上为增函数，∴f(x)min＝f(－a)＝ln(－a)＋1＝，∴a ＝－.综上所述，a ＝－.(3)∵f (x )<x 2，∴ln x －<x 2.又x >0，∴a >x ln x －x 3.令g (x )＝x ln x －x 3，h (x )＝g ′(x )＝1＋ln x －3x 2，1.【答案】C 【解析】令()cos y f x ax x ==，则()c o s s in f x a x a x x '=-，所以()cos sin 22222a a f a πππππ'=-=- 12=，解得1a =-π.故选C ． 2.【答案】C【解析】试题分析：[)0,x ∈+∞时()()()()()22(2)0g x xf x x f x x f x xf x '''=+=+>，而()()2g x x f x =也为偶函数，所以()()()()2121|2||1||2||1|321013g x g x g x g x x x x x x <-⇔<-⇔<-⇔+-<⇔-<<，选C.3.解析：f ′(x )＝3x 2－2tx ＋3，由于f (x )在区间[1,4]上单调递减，则有f ′(x )≤0在[1,4]12k ≤12≥． 令()333x g x x x e =-+-，则()233(1)(33)x x g x x x x e e'=--=-++，所以当(,1)x ∈-∞时，()0g x '<，当(1,)x ∈+∞时，()0g x '>，所以()g x 在(,1)x ∈-∞上是减函数，在(1,)x ∈+∞是增函数，故()()min 111g x g e==-．6.【答案】),1()1,(+∞⋃--∞【解析】()()()()()22''2'211221'()222x g x f x g x x f x x x f x f x ⎡⎤=--∴=⋅-=⋅-<⎣⎦ ()'2210f x ∴⋅-<()'0g x ∴>得0x <，()'0g x <得0x >()()g x g x -=可知函数为偶函数()()()111010g f g =-=∴-=，结合()g x 的函数图像可知()0g x <的解集为),1()1,(+∞⋃--∞，即不等式212)(22+<x x f 的解集为),1()1,(+∞⋃--∞ 7.解：(1)f ′(x )＝x －(a ＋b )＋＝.(a ，(a ，＋∞)点，不合题意．综上所述，a 的取值范围为.8.解：(1)当a ＝2时，f (x )＝ln x ＋＋2x ，x ∈(0，＋∞)，f ′(x )＝－＋2＝＝，令f ′(x )＝0，则x ＝－1或x ＝.当x ∈时，f ′(x )<0；当x ∈时，f ′(x )>0，所以f (x )在x ＝处取到最小值，最小值为3－ln2；无最大值．(2)f ′(x )＝－＋a ＝，x ∈[1，＋∞)，显然a ≥0时，f ′(x )≥0，且不恒等于0，所以函数f (x )在[1，＋∞)上是单调递增函数，符合要求．当a <0时，令h (x )＝ax 2＋x －1，易知h (x )≥0在[1，＋∞)上不恒成立，所以函数f (x )在[1，＋∞)上只能是单调递减函数．a 无试题分析：设12()()x g x e f x =，则11122211'()'()()(()2'())22x x x g x e f x e f x e f x f x =+=+，则已知'()0g x >，所以()g x 是增函数，所以(1)(0)g g >，即12(1)(0)e f f >，(1)f>A ． 考点：导数与函数的单调性．2.【答案】C【解析】 试题分析：由题意，得2212()ln ()()x x b x x b f x x +----'=，则()()f x xf x +'＝2ln ()x x b x+-－212()ln ()x x b x x b x +----＝12()x x b x +-．若存在1[,2]2x ∈，使得()'()f x x f x >-⋅，则12()0x x b +->，所以12b x x <+．设1()2g x x x=+，则222121()122x g x x x -'=-=，当122x ≤≤时，()g x '<递增，94=，)x 是单)1=，所以(g )∞，故试题分析：验证发现，当x=1时，将1代入不等式有0≤a+b ≤0，所以a+b=0，当x=0时，可得0≤b ≤1，结合a+b=0可得-1≤a ≤0，令f （x ）=x 4-x 3+ax+b ，即f （1）=a+b=0，又f ′（x ）=4x 3-3x 2+a ，f ′′（x ）=12x 2-6x ，令f′′（x）＞0，可得x＞12，则f′（x）=4x3-3x2+a在[0，12]上减，在[12，+∞）上增，又-1≤a≤0，所以f′（0）=a＜0，f′（1）=1+a≥0，又x≥0时恒有430x x ax b≤-++，结合f（1）=a+b=0知，1必为函数f（x）=x4-x3+ax+b的极小值点，也是最小值点．y ax =-12 x>-时，1时，考点：利用导数研究函数的极值；函数的零点.6.【答案】(0,2)【解析】试题分析：由()x x f x e ae -=+为偶函数可得1a =，所以()x x f x e e -=+．因为()x x f x e e -'=-),0(+∞上为增函数，所以()(0)0f x f ''>=，所以函数()f x 在),0(+∞上为增函数，所以21(1)e f x e+-<等价于1(1)f x e e --<+，即(1)(1)f x f -<，所以111x -<-<，所以02x <<． 考点：1、函数的奇偶性；2、函数的单调性．7.解：(1)f ′(x )＝2x e x ＋(1＋x 2)e x ＝(x 2＋2x ＋1)e x ＝(x ＋1)2e x ≥0，故f (x )是R 上的单调(2)ln 2a )a(3)0，即8.＝2，设h (x )＝f (x )－g (x )＝(x ＋1)ln x －，当x ∈(0,1]时，h (x )<0，又h (2)＝3ln2－＝ln8－>1－1＝0，所以存在x 0∈(1,2)，使得h (x 0)＝0.因为h ′(x )＝ln x ＋＋1＋，所以当x ∈(1,2)时，h ′(x )>1－>0，当x∈[2，＋∞)时，h′(x)>0，所以当x∈(1，＋∞)时，h(x)单调递增．所以k＝1时，方程f(x)＝g(x)在(k，k＋1)内存在唯一的根．(3)由(2)知，方程f(x)＝g(x)在(1,2)内存在唯一的根x0，且x∈(0，x0)时，f(x)<g(x)，x∈(x0，＋∞)时，f(x)>g(x)，所以m(x)＝。
导数及应用综合练习(经典题目)
导数及应用综合练习（经典题目）一．选择题（共11小题）1．曲线y＝xe x﹣1在点（1，1）处切线的斜率等于（）A．2e B．e C．2D．12．已知曲线y＝lnx的切线过原点，则此切线的斜率为（）A．e B．﹣e C．D．﹣3．设函数f（x）在定义域内可导，y＝f（x）的图象如图所示，则导函数y＝f′（x）的图象可能为（）A．B．C．D．4．设函数f（x）在x0处可导，则等于（）A．f′（x0）B．f′（﹣x0）C．﹣f′（x0）D．﹣f（﹣x0）5．已知f（x）＝alnx+x2（a＞0），若对任意两个不等的正实数x1，x2，都有＞2恒成立，则a的取值范围是（）A．（0，1]B．（1，+∞）C．（0，1）D．[1，+∞）6．设函数f′（x）是奇函数f（x）（x∈R）的导函数，f（﹣1）＝0，当x＞0时，xf′（x）﹣f（x）＜0，则使得f（x）＞0成立的x的取值范围是（）A．（﹣∞，﹣1）∪（0，1）B．（﹣1，0）∪（1，+∞）C．（﹣∞，﹣1）∪（﹣1，0）D．（0，1）∪（1，+∞）7．函数f（x）＝ax3+bx2+cx+d的图象如图所示，则下列结论成立的是（）A．a＞0，b＜0，c＞0，d＞0B．a＞0，b＜0，c＜0，d＞0C．a＜0，b＜0，c＜0，d＞0D．a＞0，b＞0，c＞0，d＜08．若函数f（x）＝x2+ax+在是增函数，则a的取值范围是（）A．[﹣1，0]B．[﹣1，+∞）C．[0，3]D．[3，+∞）9．若函数f（x）＝x3+x2﹣在区间（a，a+5）内存在最小值，则实数a的取值范围是（）A．[﹣5，0）B．（﹣5，0）C．[﹣3，0）D．（﹣3，0）10．函数f（x）＝x3﹣3x+1在闭区间[﹣3，0]上的最大值、最小值分别是（）A．1，﹣1B．1，﹣17C．3，﹣17D．9，﹣1911．已知函数f（x）＝﹣ax，x∈（0，+∞），当x2＞x1＞0时，不等式恒成立，则实数a的取值范围为（）A．（﹣∞，]B．（﹣∞，e）C．（﹣∞，）D．（﹣∞，e]二．填空题（共8小题）12．设函数f（x）的导数为f′（x），且f（x）＝x3+f′（）x2﹣x，则f′（1）＝．13．已知函数f（x）＝，f'（x）是f（x）的导函数，则f'（1）＝．14．若函数y＝f（x）满足f（x）＝sin x+cos x，则＝．15．已知函数f（x）＝x3﹣2x+e x﹣，其中e是自然对数的底数．若f（a﹣1）+f（2a2）≤0．则实数a的取值范围是．16．函数f（x）＝（x﹣3）e x的单调递增区间是．17．已知函数f（x）＝mx2+lnx﹣2x在定义域内是增函数，则实数m的取值范围为．18．函数y＝x2﹣lnx的单调递减区间为．19．设定义域为R的函数f（x）满足f'（x）＞f（x），则不等式e x﹣1f（x）＜f（2x﹣1）的解为．三．解答题（共7小题）20．已知函数f（x）＝﹣x+alnx．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若f（x）存在两个极值点x1，x2，证明：＜a﹣2．21．已知函数f（x）＝（x﹣2）e x+a（x﹣1）2．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）若f（x）有两个零点，求a的取值范围．22．已知函数f（x）＝x﹣1﹣alnx．（1）若f（x）≥0，求a的值；（2）设m为整数，且对于任意正整数n，（1+）（1+）…（1+）＜m，求m的最小值．23．已知f（x）＝a（x﹣lnx）+，a∈R．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）当a＝1时，证明f（x）＞f′（x）+对于任意的x∈[1，2]成立．24．已知函数f（x）＝ae x﹣lnx﹣1．（1）设x＝2是f（x）的极值点，求a，并求f（x）的单调区间；（2）证明：当a≥时，f（x）≥0．25．已知函数f（x）＝lnx+．（Ⅰ）探究函数f（x）的单调性；（Ⅱ）若f（x）≥m+1﹣x在[1，+∞）上恒成立，求实数m的取值范围．26．已知函数．（1）若f（x）在x＝2时取得极值，求a的值；（2）求f（x）的单调区间；（3）求证：当x＞1时，．。
导数及其应用复习题
导数及其应用专项训练一． 选择题1.若函数f (x )可导，则lim Δx →0(1)(1)2f x f x∆∆--等于( )A ．－2f ′(1) B.12 f ′(1) C ．－12f ′(1) D ．f ′12⎛⎫ ⎪⎝⎭2.已知曲线e ln x y a x x =+在点（1，a e ）处的切线方程为y =2x +b ，则（ ） A ．e 1a b ==-，B ．a=e ，b =1C ．1e 1a b -==，D ．1e a -=，1b =-3.曲线y =2sin x +cos x 在点(π，-1)处的切线方程为（ ）A ．10x y --π-=B ．2210x y --π-=C ．2210x y +-π+=D ．10x y +-π+= 4.已知函数f (x )的图象如图所示，则下列不等关系中正确的是( ) A ．0<f ′(2)<f ′(3)<f (3)－f (2) B ．0<f ′(2)<f (3)－f (2)<f ′(3) C ．0<f ′(3)<f (3)－f (2)<f ′(2) D ．0<f (3)－f (2)<f ′(2)<f ′(3) 5．下列运算中正确的是( )A ．(ax 2＋bx ＋c )′＝a (x 2)′＋b (x )′B ．(sin x －2x 2)′＝(sin x )′－2′(x 2)′C. ()()222sin sin x x x x x '''-⎛⎫= ⎪⎝⎭D ．(cos x ·sin x )′＝(sin x )′cos x ＋(cos x )′cos x 6.若函数f (x )＝e x sin x ，则此函数图象在点(4，f (4))处的切线的倾斜角为( ) A.π2 B ．0 C ．钝角 D ．锐角 7.设曲线11x y x +=-在点(3,2)处的切线与直线ax ＋y ＋1＝0垂直，则a 等于( ) A ．2 B.12 C ．－12D ．－2 8. 函数2cos(2)3y x x π=-的导数为( )A ．22cos(2)sin(2)33y x x x x ππ'=---B ． 22cos(2)2sin(2)33y x x x x ππ'=---C ．2cos(2)2sin(2)33y x x x x ππ'=---D ． 22cos(2)2sin(2)33y x x x x ππ'=-+-9.设曲线y ＝ax －ln(x ＋1)在点(0,0)处的切线方程为y ＝2x ，则a 等于( ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．310.函数y=f (x )的导函数()y f x '=的图象如图所示，则函数y=f (x )的图象可能是（ ）11.已知函数y ＝f (x )的定义域为[－1,5]，部分对应值如下表．f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示.x －1 0 4 5 f (x )1221①函数y ＝f (x )是周期函数； ②函数f (x )在[0,2]上是减函数；③如果当x ∈[－1，t ]时，f (x )的最大值是2，那么t 的最大值为4； ④当1<a <2时，函数y ＝f (x )－a 有4个零点． 其中正确说法的个数是( )A ．4B ．3C ．2D ．1 12.函数f (x )＝3＋x ·ln x 的单调递增区间是( ) A. 10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．(e ，＋∞) C. 1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭D. 1,e e ⎛⎫ ⎪⎝⎭13.函数f (x )的导函数f ′(x )的图象如图所示，若△ABC 为锐角三角形，则下列不等式一定成立的是( )A ．f (cos A )<f (cosB ) B ．f (sin A )<f (cos B )C ．f (sin A )>f (sin B )D ．f (sin A )>f (cos B )14.若函数f (x )＝2x 2－ln x 在定义域内的一个子区间(k －1，k ＋1)上不是单调函数，则实数k 的取值范围是( )A. 31,2⎡⎫⎪⎢⎣⎭B. 31,2⎛⎤ ⎥⎝⎦C ．(1,2]D ．[1,2)15.设函数()2ln f x x x=+，则( ) A ．12x =为f (x )的极大值点 B ．12x =为f (x )的极小值点 C ．x ＝2为f (x )的极大值点 D ．x ＝2为f (x )的极小值点16.设三次函数f (x )的导函数为f ′(x )，函数y ＝xf ′(x )的图象的一部分如图所示，则( )A ．f (x )极大值为f (3)，极小值为f (－3)B ．f (x )极大值为f (－3)，极小值为f (3)C ．f (x )极大值为f (－3)，极小值为f (3)D ．f (x )极大值为f (3)，极小值为f (－3)17.函数f (x )＝x 3－3x ＋1在闭区间[－3,0]上的最大值和最小值分别是( )A ．1，－1B ．1，－17C ．3，－17D ．9，－1918.某商场从生产厂家以每件20元的价格购进一批商品．若该商品零售价定为P 元，销售量为Q 件，且销量Q 与零售价P 有如下关系：Q ＝8 300－170P －P 2，则最大毛利润为(毛利润＝销售收入－进货支出)( )A ．30元B ．60元C ．28 000元D ．23 000元 二． 填空题19.若f ′(x 0)＝2，则lim Δx →000()()2f x f x x x∆∆-+ ＝________.20.一物体的运动方程为s (t )＝7t 2－13t ＋8，则t 0＝________时该物体的瞬时速度为1. 21.已知f (x )＝ln x 且()0201f x x '=，则x 0＝ . 22.函数()2(1)21xf x f x x '=+-，则f ′(0)＝________. 23.在平面直角坐标系xOy 中，点A 在曲线y =ln x 上，且该曲线在点A 处的切线经过点（-e ，-1)(e 为自然对数的底数），则点A 的坐标是 .24.若曲线y ＝e －x 上点P 处的切线平行于直线2x ＋y ＋1＝0，则点P 的坐标是________．25.已知函数f (x )＝x ln x ，若直线l 过点(0，－1)，并且与曲线y ＝f (x )相切，则直线l 的方程为______________． 26.函数f (x )＝(x 2＋2x )e x (x ∈R )的单调递减区间为____________．27.若函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ＋d 的单调递减区间为[－1,2]，则b ＝________，c ＝________. 28.若函数f (x )的导函数为f ′(x )＝x 2－4x ＋3，则函数f (x ＋1)的单调递减区间是________． 29.若函数f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)上单调递增，则k 的取值范围是________． 30.若函数343y x ax =-+有三个单调区间，则a 的取值范围是________． 31.若函数f (x )＝(x －2)(x 2＋c )在x ＝2处有极值，则函数f (x )的图象在x ＝1处的切线的斜率为________． 32.将一段长为100 cm 的铁丝截成两段，一段弯成正方形，一段弯成圆，当正方形与圆形面积之和最小时，圆的周长为________ cm.33.统计表明：某种型号的汽车在匀速行驶中每小时的耗油量y (升)关于行驶速度x (千米/时)的函数解析式可以表示为313812800080y x x =-+，x ∈(0,120]，且甲、乙两地相距100千米，则当汽车以________千米/时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地的耗油量最少． 34.已知，若对任意两个不等的正实数都有恒成立，则的取值范围是 .21()ln (0)2f x a x x a =+>12x x 、1212()()2f x f x x x ->-a三． 解答题35.已知曲线y ＝f (x )＝x ，y ＝g (x )＝1x，过两条曲线交点作两条曲线的切线，求两切线与x 轴所围成的三角形面积．36.已知函数f (x )＝ax 2＋bx ＋3(a ≠0)，其导函数为f ′(x )＝2x －8. (1)求a ，b 的值；(2)设函数g (x )＝e x sin x ＋f (x )，求曲线g (x )在x ＝0处的切线方程．37.已知函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ＋d 的图象经过点P (0,2)，且在点M (－1，f (－1))处的切线方程为6x －y ＋7＝0.(1)求函数y ＝f (x )的解析式；(2)求函数y ＝f (x )的单调区间．38.已知函数f (x )＝ax 2＋ln(x ＋1)． (1)当a ＝－14时，求函数f (x )的单调区间； (2)若函数f (x )在区间[1，＋∞)上为减函数，求实数a 的取值范围．61.某汽车生产企业上年度生产一品牌汽车的投入成本为10万元/辆，出厂价为13万元/辆．本年度为适应市场需求，计划提高产品档次，适当增加投入成本，若每辆车的投入成本增加的比例为x (0<x <1)，则出厂价相应提高的比例为0.7x ，年销售量也相应增加，年销售量y 关于x 的函数为y ＝3 240⎝⎛⎭⎫－x 2＋2x ＋53，则当x 为何值时，本年度的年利润最大？最大利润为多少？(年利润＝(每辆车的出厂价－每辆车的投入成本)×年销售量)55.讨论函数f (x )＝12ax 2＋x －(a ＋1)ln x (a ≥0)的单调性．。
高考大题专项(一) 导数的综合应用
高考大题专项(一)导数的综合应用突破1导数与函数的单调性x3-a(x2+x+1).1.已知函数f(x)=13(1)若a=3,求f(x)的单调区间;(2)略.2.已知函数f(x)=e x-ax2.(1)若a=1,证明:当x≥0时,f(x)≥1;(2)略.13.已知函数f(x)=1-x+a ln x.x(1)讨论f(x)的单调性;(2)略.4.(2019山东潍坊三模,21)已知函数f(x)=x2+a ln x-2x(a∈R).(1)求f(x)的单调递增区间;(2)略.25.(2018全国3,文21)已知函数f(x)=ax 2+x-1 x.(1)求曲线y=f(x)在点(0,-1)处的切线方程;(2)证明:当a≥1时,f(x)+e≥0.6.(2019河南开封一模,21)设函数f(x)=(x-1)e x-k2x2(其中k∈R).(1)求函数f(x)的单调区间;(2)略.37.(2019河北衡水同卷联考,21)已知函数f(x)=x2e ax-1.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)略.8.(2019江西新余一中质检一,19)已知函数f(x)=ln(x-a)x.(1)若a=-1,证明:函数f(x)在(0,+∞)上单调递减;(2)若曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与直线x-y=0平行,求a的值;(3)若x>0,证明:ln(x+1)x >xe x-1(其中e是自然对数的底数).突破2利用导数研究函数的极值、最值1.(2019哈尔滨三中模拟)已知函数f(x)=ln x-ax(a∈R).(1)当a=12时,求f(x)的极值;(2)略.42.(2019河北衡水深州中学测试)讨论函数f(x)=ln x-ax(a∈R)在定义域内的极值点的个数.3.(2019陕西咸阳模拟一,21)设函数f(x)=2ln x-x2+ax+2.(1)当a=3时,求f(x)的单调区间和极值;(2)略.54.已知函数f(x)=(x-a)e x(a∈R).(1)当a=2时,求函数f(x)在x=0处的切线方程;(2)求f(x)在区间[1,2]上的最小值.5.(2019湖北八校联考二,21)已知函数f(x)=ln x+ax2+bx.6(1)函数f(x)在点(1,f(1))处的切线的方程为2x+y=0,求a,b的值,并求函数f(x)的最大值;(2)略.6.(2019广东广雅中学模拟)已知函数f(x)=ax+ln x,其中a为常数.(1)当a=-1时,求f(x)的最大值;(2)若f(x)在区间(0,e]上的最大值为-3,求a的值.7.(2019湘赣十四校联考一,21)已知函数f(x)=ln x-mx-n(m,n∈R).7(1)若n=1时,函数f(x)有极大值为-2,求m的值;(2)若对任意实数x>0,都有f(x)≤0,求m+n的最小值.突破3导数在不等式中的应用1.(2019湖南三湘名校大联考一,21)已知函数f(x)=x ln x.(1)略;时,f(x)≤ax2-x+a-1,求实数a的取值范围.(2)当x≥1e2.(2018全国1,文21)已知函数f(x)=a e x-ln x-1.(1)设x=2是f(x)的极值点,求a,并求f(x)的单调区间;时,f(x)≥0.(2)证明:当a≥1e83.(2019湖南湘潭一模,21)已知函数f(x)=e x-x2-ax.(1)略;(2)当x>0时,f(x)≥1-x恒成立,求实数a的取值范围.4.(2019安徽合肥一模,21)已知函数f(x)=e x-1-a(x-1)+ln x(a∈R,e是自然对数的底数).(1)略;(2)若对x∈[1,+∞),都有f(x)≥1成立,求实数a的取值范围.5.(2019陕西咸阳一模,21)设函数f(x)=x+1-m e x,m∈R.(1)当m=1时,求f(x)的单调区间;(2)求证:当x∈(0,+∞)时,ln e x-1x>x2.96.已知函数f(x)=-a ln x-e xx+ax,a∈R.(1)略;(2)当a=1时,若不等式f(x)+bx-b+1xe x-x≥0在x∈(1,+∞)时恒成立,求实数b的取值范围.7.设函数f(x)=e mx+x2-mx.(1)求证:f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增;(2)若对于任意x1,x2∈[-1,1],都有|f(x1)-f(x2)|≤e-1,求m的取值范围.108.(2019山西太原二模,21)已知x1,x2(x1<x2)是函数f(x)=e x+ln(x+1)-ax(a∈R)的两个极值点.(1)求a的取值范围;(2)求证:f(x2)-f(x1)<2ln a.突破4导数与函数的零点1.(2018全国2,文21)已知函数f(x)=1x3-a(x2+x+1).(1)略;(2)证明:f(x)只有一个零点.2.(2019河北唐山三模,21)已知函数f(x)=x ln x-a(x2-x)+1,函数g(x)=f'(x).(1)若a=1,求f(x)的极大值;(2)当0<x<1时,g(x)有两个零点,求a的取值范围.113.(2019河南开封一模,21)已知函数f(x)=ax 2+bx+1 e x.(1)略;(2)若f(1)=1,且方程f(x)=1在区间(0,1)内有解,求实数a的取值范围.4.(2019安徽安庆二模,21)已知函数f(x)=ax-ln x(a∈R).(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)=0有两个相异的正实数根x1,x2,求证:f'(x1)+f'(x2)<0.5.(2019河北石家庄二模,20)已知函数f(x)=1+lnxx.12(1)略;(2)当x>1时,方程f(x)=a(x-1)+1(a>0)有唯一零点,求a的取值范围.x6.(2019山西运城二模,21)已知函数f(x)=x e x-a(ln x+x),a∈R.(1)当a=e时,求f(x)的单调区间;(2)若f(x)有两个零点,求实数a的取值范围.7.已知函数f(x)=(x-2)e x+a(x-1)2有两个零点.(1)求a的取值范围;(2)设x1,x2是f(x)的两个零点,证明:x1+x2<2.138.(2019天津,20)设函数f(x)=ln x-a(x-1)e x,其中a∈R.(1)若a≤0,讨论f(x)的单调性;,(2)若0<a<1e①证明:f(x)恰有两个零点;②设x0为f(x)的极值点,x1为f(x)的零点,且x1>x0,证明3x0-x1>2.参考答案高考大题专项(一)导数的1415综合应用突破1 导数与函数的单调性1.解 (1)当a=3时,f (x )=13x 3-3x 2-3x-3,f'(x )=x 2-6x-3. 令f'(x )=0,解得x=3-2√3或x=3+2√3. 当x ∈(-∞,3-2√3)∪(3+2√3,+∞)时,f'(x )>0; 当x ∈(3-2√3,3+2√3)时,f'(x )<0.故f (x )在(-∞,3-2√3),(3+2√3,+∞)上单调递增,在(3-2√3,3+2√3)上单调递减. 2.证明 (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 2-2x+1)e -x =-(x-1)2e -x .当x ≠1时,g'(x )<0,所以g (x )在(0,+∞)上单调递减.而g (0)=0,故当x ≥0时,g (x )≤0,即f (x )≥1.3.解 (1)f (x )的定义域为(0,+∞),f'(x )=-1x 2-1+a x =-x 2-ax+1x 2.①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,+∞)上单调递减. ②若a>2,令f'(x )=0得,x=a -√a 2-42或x=a+√a 2-42.当x ∈(0,a -√a 2-42)∪a+√a 2-42,+∞时,f'(x )<0;当x ∈a -√a 2-42,a+√a 2-42时,f'(x )>0.所以f (x )在(0,a -√a 2-42),(a+√a 2-42,+∞)上单调递减,在(a -√a 2-42,a+√a 2-42)上单调递增.164.解 (1)函数f (x )的定义域为(0,+∞),f'(x )=2x+a x -2=2x 2-2x+ax,令2x 2-2x+a=0,Δ=4-8a=4(1-2a ),若a ≥1,则Δ≤0,f'(x )≥0在(0,+∞)上恒成立,函数f (x )在(0,+∞)上单调递增; 若a<12,则Δ>0,方程2x 2-2x+a=0,两根为x 1=1-√1-2a 2,x 2=1+√1-2a2, 当a ≤0时,x 2>0,x ∈(x 2,+∞),f'(x )>0,f (x )单调递增; 当0<a<12时,x 1>0,x 2>0,x ∈(0,x 1),f'(x )>0,f (x )单调递增, x ∈(x 2,+∞),f'(x )>0,f (x )单调递增.综上,当a ≥12时,函数f (x )单调递增区间为(0,+∞),当a ≤0时,函数f (x )单调递增区间为1+√1-2a2,+∞,当0<a<12时,函数f (x )单调递增区间为0,1-√1-2a 2,1+√1-2a2,+∞.5.(1)解 f'(x )=-ax 2+(2a -1)x+2e x,f'(0)=2.因此曲线y=f (x )在(0,-1)处的切线方程是2x-y-1=0. (2)证明 当a ≥1时,f (x )+e ≥(x 2+x-1+e x+1)e -x . 令g (x )=x 2+x-1+e x+1, 则g'(x )=2x+1+e x+1.当x<-1时,g'(x )<0,g (x )单调递减;当x>-1时,g'(x )>0,g (x )单调递增;所以g (x )≥g (-1)=0. 因此f (x )+e ≥0.6.解 (1)函数f (x )的定义域为(-∞,+∞),f'(x )=e x +(x-1)e x -kx=x e x -kx=x (e x -k ),①当k ≤0时,令f'(x )>0,解得x>0,∴f (x )的单调递减区间是(-∞,0),单调递增区间是(0,+∞). ②当0<k<1时,令f'(x )>0,解得x<ln k 或x>0,17∴f (x )在(-∞,ln k )和(0,+∞)上单调递增,在(ln k ,0)上单调递减. ③当k=1时,f'(x )≥0,f (x )在(-∞,+∞)上单调递增. ④当k>1时,令f'(x )>0,解得x<0或x>ln k ,所以f (x )在(-∞,0)和(ln k ,+∞)上单调递增,在(0,ln k )上单调递减. 7.解 (1)函数f (x )的定义域为R . f'(x )=2x e ax +x 2·a e ax =x (ax+2)e ax .当a=0时,f (x )=x 2-1,则f (x )在区间(0,+∞)内单调递增,在区间(-∞,0)内单调递减;当a>0时,f'(x )=ax x+2a e ax ,令f'(x )>0得x<-2a 或x>0,令f'(x )<0得-2a <x<0,所以f (x )在区间-∞,-2a 内单调递增,在区间-2a ,0内单调递减,在区间(0,+∞)内单调递增;当a<0时,f'(x )=ax x+2a e ax ,令f'(x )>0得0<x<-2a ,令f'(x )<0得x>-2a 或x<0,所以f (x )在区间(-∞,0)内单调递减,在区间0,-2a 内单调递增,在区间-2a ,+∞内单调递减. 8.(1)证明 当a=-1时,函数f (x )的定义域是(-1,0)∪(0,+∞),所以f'(x )=xx+1-ln (x+1)x 2,令g (x )=xx+1-ln(x+1),只需证当x>0时,g (x )≤0. 又g'(x )=1(x+1)2−1=-x (x+1)2<0在(0,+∞)上恒成立,故g (x )在(0,+∞)上单调递减,所以g (x )<g (0)=-ln 1=0,所以f'(x )<0,故函数f (x )在(0,+∞)上单调递减. (2)解 由题意知,f'(1)=1,且f'(x )=xx -a -ln (x -a )x 2,所以f'(1)=11-a -ln(1-a )=1,即有a1-a -ln(1-a )=0, 令t (a )=a1-a -ln(1-a ),a<1,则t'(a )=1(1-a )2+11-a >0,故t(a)在(-∞,1)上单调递增,又t(0)=0,故0是t(a)的唯一零点,即方程a1-a-ln(1-a)=0有唯一实根0,所以a=0.(3)证明因为xe x-1=ln e xe x-1=ln (ex-1+1)e x-1,故原不等式等价于ln(x+1)x>ln(ex-1+1)e x-1,由(1)知,当a=-1时,f(x)=ln(x+1)x在(0,+∞)上单调递减,故要证原不等式成立,只需证明当x>0时,x<e x-1,令h(x)=e x-x-1,则h'(x)=e x-1>0在(0,+∞)上恒成立,故h(x)在(0,+∞)上单调递增, 所以h(x)>h(0)=0,即x<e x-1,故f(x)>f(e x-1),即ln(x+1)x>ln (ex-1+1)e x-1=xe x-1.突破2利用导数研究函数的极值、最值1.解(1)当a=12时,f(x)=ln x-12x,函数的定义域为(0,+∞),f'(x)=1x−12=2-x2x,令f'(x)=0,得x=2,于是当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:故f(x)的极大值为ln 2-1,无极小值.2.解函数的定义域为(0,+∞),f'(x)=1x -a=1-axx(x>0).1819当a ≤0时,f'(x )>0在(0,+∞)上恒成立,故函数f (x )在(0,+∞)上单调递增,此时函数f (x )在定义域上无极值点; 当a>0时,若x ∈0,1a ,则f'(x )>0,若x ∈1a ,+∞,则f'(x )<0, 故函数f (x )在x=1a 处取极大值.综上可知,当a ≤0时,函数f (x )无极值点,当a>0时,函数f (x )有一个极大值点. 3.解 (1)f (x )的定义域为(0,+∞).当a=3时,f (x )=2ln x-x 2+3x+2, 所以f'(x )=2x -2x+3=-2x 2+3x+2x,令f'(x )=-2x 2+3x+2x=0,得-2x 2+3x+2=0,因为x>0,所以x=2. f (x )与f'(x )在区间(0,+∞)上的变化情况如下:所以f (x )的单调递增区间为(0,2),单调递减区间为(2,+∞). f (x )的极大值为2ln 2+4,无极小值. 4.解 (1)设切线的斜率为k.因为a=2,所以f (x )=(x-2)e x ,f'(x )=e x (x-1).所以f (0)=-2,k=f'(0)=e 0(0-1)=-1. 所以所求的切线方程为y=-x-2,即x+y+2=0. (2)由题意得f'(x )=e x (x-a+1),令f'(x )=0,可得x=a-1.①若a-1≤1,则a≤2,当x∈[1,2]时,f'(x)≥0,则f(x)在[1,2]上单调递增.所以f(x)min=f(1)=(1-a)e.②若a-1≥2,则a≥3,当x∈[1,2]时,f'(x)≤0,则f(x)在[1,2]上单调递减.所以f(x)min=f(2)=(2-a)e2.③若1<a-1<2,则2<a<3,所以f'(x),f(x)随x的变化情况如下表:所以f(x)的单调递减区间为[1,a-1],单调递增区间为[a-1,2].所以f(x)在[1,2]上的最小值为f(a-1)=-e a-1.综上所述,当a≤2时,f(x)min=f(1)=(1-a)e;当a≥3时,f(x)min=f(2)=(2-a)e2;当2<a<3时,f(x)min=f(a-1)=-e a-1.5.解(1)因为f(x)=ln x+ax2+bx,所以f'(x)=1x+2ax+b,则在点(1,f(1))处的切线的斜率为f'(1)=1+2a+b,由题意可得,1+2a+b=-2,且a+b=-2,解得a=b=-1.所以f'(x)=1x-2x-1=-2x2-x+1x=-2x2+x-1x,由f'(x)=0,可得x=12(x=-1舍去),2021当0<x<1时,f'(x )>0,f (x )单调递增;当x>1时,f'(x )<0,f (x )单调递减,故当x=12时,f (x )取得极大值,且为最大值,f 12=-ln 2-34.故f (x )的最大值为-ln 2-34. 6.解 (1)易知f (x )的定义域为(0,+∞),当a=-1时,f (x )=-x+ln x ,f'(x )=-1+1x =1-xx , 令f'(x )=0,得x=1.当0<x<1时,f'(x )>0;当x>1时,f'(x )<0.∴f (x )在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.∴f (x )max =f (1)=-1. ∴当a=-1时,函数f (x )的最大值为-1. (2)f'(x )=a+1x ,x ∈(0,e],则1x ∈1e ,+∞.①若a ≥-1e ,则f'(x )≥0,从而f (x )在(0,e]上单调递增,∴f (x )max =f (e)=a e +1≥0,不合题意. ②若a<-1,令f'(x )>0得,a+1>0,又x ∈(0,e],解得0<x<-1; 令f'(x )<0得,a+1x <0,又x ∈(0,e],解得-1a <x ≤e .从而f (x )在0,-1a 上单调递增,在-1a ,e 上单调递减,∴f (x )max =f -1a =-1+ln -1a . 令-1+ln -1a =-3, 得ln -1a =-2,即a=-e 2.∵-e 2<-1e ,∴a=-e 2符合题意.故实数a 的值为-e 2.7.解 (1)函数f (x )的定义域为(0,+∞),当n=1时,f (x )=ln x-mx-1,∵函数f (x )有极大值为-2, 由f'(x )=1x -m=0,得x=1m >0,∴f(1m)=-ln m-1-1=-2,∴m=1.经检验m=1满足题意.故m的值为1.(2)f'(x)=1x-m.①当m<0时,∵x∈(0,+∞),∴f'(x)>0,∴f(x)在(0,+∞)上单调递增.令x=e n,则f(e n)=ln e n-m e n-n=-m e n>0,舍去;②当m=0时,∵x∈(0,+∞),∴f'(x)>0,∴f(x)在(0,+∞)上单调递增,令x=e n+1,则f(e n+1)=ln e n+1-n=1>0,舍去;③当m>0时,若x∈0,1m ,则f'(x)>0,若x∈1m,+∞,则f'(x)<0,∴f(x)在0,1m 上单调递增,在1m,+∞上单调递减.∴f(x)的最大值为f1m=-ln m-1-n≤0, 即n≥-ln m-1.∴m+n≥m-ln m-1,设h(m)=m-ln m-1,令h'(m)=1-1m=0,则m=1.当m∈(0,1)时,h'(m)<0,∴h(m)在(0,1)上单调递减.当m∈(1,+∞)时,h'(m)>0.∴h(m)在(1,+∞)上单调递增.22∴h(m)的最小值为h(1)=0.综上所述,当m=1,n=-1时,m+n的最小值为0.突破3导数在不等式中的应用1.解(2)由已知得a≥xlnx+x+1x2+1,设h(x)=xlnx+x+1x2+1,则h'(x)=(1-x)(xlnx+lnx+2)(x2+1)2.∵y=x ln x+ln x+2是增函数,且x≥1,∴y≥-1-1+2>0,∴当x∈1e,1时,h'(x)>0;当x∈(1,+∞)时,h'(x)<0,∴h(x)在x=1处取得最大值,h(1)=1,∴a≥1.故a的取值范围为[1,+∞).2.(1)解f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=a e x-1x.由题设知,f'(2)=0,所以a=12e2.从而f(x)=12e2e x-ln x-1,f'(x)=12e2e x-1x.当0<x<2时,f'(x)<0;当x>2时,f'(x)>0.所以f(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增.(2)证明当a≥1e 时,f(x)≥e xe-ln x-1.设g(x)=e xe-ln x-1,2324则g'(x )=e x−1.当0<x<1时,g'(x )<0;当x>1时,g'(x )>0. 所以x=1是g (x )的最小值点. 故当x>0时,g (x )≥g (1)=0. 因此,当a ≥1时,f (x )≥0.3.解 (2)由题意,当x>0时,e x-x 2-ax ≥1-x ,即a ≤e x x -x-1x +1.令h (x )=e xx -x-1x +1(x>0), 则h'(x )=e x (x -1)-x 2+1x 2=(x -1)(e x -x -1)x 2. 令φ(x )=e x -x-1(x>0),则φ'(x )=e x -1>0. 当x ∈(0,+∞)时,φ(x )单调递增,φ(x )>φ(0)=0. 故当x ∈(0,1)时,h'(x )<0,h (x )单调递减; 当x ∈(1,+∞)时,h'(x )>0,h (x )单调递增. 所以h (x )min =h (1)=e -1,所以a ≤e -1. 故a 的取值范围为(-∞,e -1].4.解 (2)f'(x )=e x-1+1x -a (x ≥1),令g (x )=f'(x ),g'(x )=e x-1-1x 2, 令φ(x )=g'(x ),φ'(x )=e x-1+2x 3>0,∴g'(x )在[1,+∞)上单调递增,g'(x )≥g'(1)=0. ∴f'(x )在[1,+∞]上单调递增,f'(x )≥f'(1)=2-a.当a≤2时,f'(x)≥0,f(x)在[1,+∞)上单调递增,f(x)≥f(1)=1,满足条件; 当a>2时,f'(1)=2-a<0.又f'(ln a+1)=e ln a-a+1lna+1=1lna+1>0,∴∃x0∈(1,ln a+1),使得f'(x)=0,此时,当x∈(1,x0)时,f'(x)<0;当x∈(x0,ln a+1)时,f'(x)>0,∴f(x)在(1,x0)上单调递减,当x∈(1,x0)时,都有f(x)<f(1)=1,不符合题意.综上所述,实数a的取值范围为(-∞,2].5.(1)解当m=1时,f(x)=x+1-e x,f'(x)=1-e x,令f'(x)=0,则x=0.当x<0时,f'(x)>0;当x>0时,f'(x)<0.∴函数f(x)的单调递增区间是(-∞,0),单调递减区间是(0,+∞).(2)证明由(1)知,当m=1时,f(x)max=f(0)=0,∴当x∈(0,+∞)时,x+1-e x<0,即e x>x+1,当x∈(0,+∞)时,要证ln e x-1x>x2,只需证e x-1>x e x 2,令F(x)=e x-1-x e x 2=e x-x(√e)x-1,F'(x)=e x-(√e)x−12x(√e)x=(√e)x(√e)x-1-x2=e x2ex2-1-x2,由e x>x+1可得,e x2>1+x2,25故当x∈(0,+∞)时,F'(x)>0恒成立,即F(x)在(0,+∞)上单调递增,∴F(x)>F(0)=0,即e x-1>x e x2,∴lne x-1x>x2.6.解(2)由题意,当a=1时,f(x)+bx-b+1xe x -x≥0在x ∈(1,+∞)时恒成立, 整理得ln x-b(x-1)e x≤0在(1,+∞)上恒成立.令h(x)=ln x-b(x-1)e x,易知,当b≤0时,h(x)>0,不合题意,∴b>0.又h'(x)=1-bx e x,h'(1)=1-b e.①当b≥1时,h'(1)=1-b e≤0.又h'(x)=1-bx e x在[1,+∞)上单调递减.∴h'(x)≤h'(1)≤0在[1,+∞)上恒成立,则h(x)在[1,+∞)上单调递减.所以h(x)≤h(1)=0,符合题意.②当0<b<1e 时,h'(1)=1-b e>0,h'(1b)=b-e1b<01b>1.又h'(x)=1x-bx e x在[1,+∞)上单调递减,∴存在唯一x0∈(1,+∞),使得h'(x0)=0.∴h(x)在(1,x0)上单调递增,在(x0,+∞)上单调递减.又h(x)在x=1处连续,h(1)=0,∴h(x)>0在(1,x0)上恒成立,不合题意.综上所述,实数b的取值范围为1e,+∞.7.(1)证明f'(x)=m(e mx-1)+2x.若m≥0,则当x∈(-∞,0)时,e mx-1≤0,2627f'(x )≤0;当x ∈(0,+∞)时,e mx -1≥0, f'(x )≥0.若m<0,则当x ∈(-∞,0)时,e mx -1>0,f'(x )<0;当x ∈(0,+∞)时,e mx -1<0,f'(x )>0. 所以f (x )在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.(2)解 由(1)知,对任意的m ,f (x )在[-1,0]上单调递减,在[0,1]上单调递增,故f (x )在x=0处取得最小值.所以对于任意x 1,x 2∈[-1,1],|f (x 1)-f (x 2)|≤e -1的充要条件是{f (1)-f (0)≤e -1,f (-1)-f (0)≤e -1,即{e m -m ≤e -1,e -m +m ≤e -1.设函数g (t )=e t -t-e +1,则g'(t )=e t -1.当t<0时,g'(t )<0;当t>0时,g'(t )>0.故g (t )在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增. 又g (1)=0,g (-1)=e -1+2-e <0,故当t ∈[-1,1]时,g (t )≤0. 当m ∈[-1,1]时,g (m )≤0, g (-m )≤0,即{e m -m ≤e -1,e -m +m ≤e -1.当m>1时,由g (t )的单调性知,g (m )>0,即e m -m>e -1. 当m<-1时,g (-m )>0, 即e -m +m>e -1.综上,m 的取值范围是[-1,1].8.(1)解 由题意得f'(x )=e x +1x+1-a ,x>-1,令g (x )=e x +1x+1-a ,x>-1,则 g'(x )=e x -1(x+1)2,28令h (x )=e x -1(x+1)2,x>-1,则h'(x )=e x +2(x+1)3>0,∴h (x )在(-1,+∞)上单调递增,且h (0)=0. 当x ∈(-1,0)时,g'(x )=h (x )<0,g (x )单调递减, 当x ∈(0,+∞)时,g'(x )=h (x )>0,g (x )单调递增.∴g (x )≥g (0)=2-a.①当a ≤2时,f'(x )=g (x )>g (0)=2-a ≥0. f (x )在(-1,+∞)上单调递增,此时无极值;②当a>2时,∵g1a-1=e 1a -1>0,g (0)=2-a<0,∴∃x 1∈1a-1,0,g (x 1)=0,当x ∈(-1,x 1)时, f'(x )=g (x )>0,f (x )单调递增;当x ∈(x 1,0)时,f'(x )=g (x )<0,f (x )单调递减,∴x=x 1是f (x )的极大值点.∵g (ln a )=11+lna >0,g (0)=2-a<0, ∴∃x 2∈(0,ln a ),g (x 2)=0,当x ∈(0,x 2)时,f'(x )=g (x )<0,f (x )单调递减;当x ∈(x 2,+∞)时,f'(x )=g (x )>0,f (x )单调递增,∴x=x 2是f (x )的极小值点. 综上所述,a 的取值范围为(2,+∞).(2)证明 由(1)得a ∈(2,+∞),1a -1<x 1<0<x 2<ln a ,且g (x 1)=g (x 2)=0,∴x 2-x 1>0,1a <x 1+1<1,1<x2+1<1+ln a,e x2−e x1=x2-x1(x1+1)(x2+1),∴1(x1+1)(x2+1)-a<0,1<x2+1x1+1<a(1+ln a)<a2,∴f(x2)-f(x1)=e x2−e x1+ln x2+1x1+1-a(x2-x1)=(x2-x1)1(x1+1)(x2+1)-a +ln x2+1x1+1<ln a2=2ln a.突破4导数与函数的零点1.(2)证明由于x2+x+1>0,所以f(x)=0等价于x 3x2+x+1-3a=0.设g(x)=x3x2+x+1-3a,则g'(x)=x2(x2+2x+3)(x2+x+1)2≥0,仅当x=0时g'(x)=0,所以g(x)在(-∞,+∞)单调递增,故g(x)至多有一个零点,从而f(x)至多有一个零点.又f(3a-1)=-6a2+2a-13=-6(a-16)2−16<0,f(3a+1)=13>0,故f(x)有一个零点.综上,f(x)只有一个零点.2.解(1)f(x)=x ln x-x2+x+1(x>0),g(x)=f'(x)=ln x-2x+2,g'(x)=1-2=1-2x,当x∈0,12时,g'(x)>0,g(x)单调递增;当x∈12,+∞时,g'(x)<0,g(x)单调递减.又g(1)=f'(1)=0,则当x∈12,1时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减.故当x=1时,f(x)取得极大值f(1)=1.2930(2)g (x )=f'(x )=ln x+1-2ax+a ,g'(x )=1x -2a=1-2axx ,①若a ≤0,则g'(x )>0,g (x )单调递增,至多有一个零点,不合题意. ②若a>0,则当x ∈0,12a 时, g'(x )>0,g (x )单调递增;当x ∈12a ,+∞时,g'(x )<0,g (x )单调递减. 则g 12a ≥g 12=ln 12+1=ln e2>0.不妨设g (x 1)=g (x 2),x 1<x 2,则0<x 1<1<x 2<1.一方面,需要g (1)<0,得a>1.另一方面,由(1)得,当x>1时,ln x<x-1<x ,则x<e x , 进而,有2a<e 2a ,则e -2a <1,且g (e -2a )=-2a e -2a +1-a<0, 故存在x 1,使得0<e -2a <x 1<12a .综上,a 的取值范围是(1,+∞). 3.解 (2)由f (1)=1得b=e -1-a , 由f (x )=1得e x =ax 2+bx+1,设g (x )=e x -ax 2-bx-1,则g (x )在(0,1)内有零点,设x 0为g (x )在(0,1)内的一个零点, 由g (0)=g (1)=0知g (x )在(0,x 0)和(x 0,1)上不单调.设h (x )=g'(x ),则h (x )在(0,x 0)和(x 0,1)上均存在零点,即h (x )在(0,1)上至少有两个零点. g'(x )=e x -2ax-b ,h'(x )=e x -2a ,当a ≤12时,h'(x )>0,h (x )在(0,1)上单调递增,h (x )不可能有两个及以上零点,31当a ≥e2时,h'(x )<0,h (x )在(0,1)上单调递减,h (x )不可能有两个及以上零点, 当12<a<e2时,令h'(x )=0得x=ln(2a )∈(0,1),∴h (x )在(0,ln(2a ))上单调递减,在(ln(2a ),1)上单调递增,h (x )在(0,1)上存在最小值h (ln(2a )), 若h (x )有两个零点,则有h (ln(2a ))<0,h (0)>0,h (1)>0, h (ln(2a ))=3a-2a ln(2a )+1-e 12<a<e2,设φ(x )=32x-x ln x+1-e(1<x<e),则φ'(x )=12-ln x ,令φ'(x )=0,得x=√e , 当1<x<√e 时,φ'(x )>0,φ(x )单调递增;当√e <x<e 时,φ'(x )<0,φ(x )单调递减.∴φmax (x )=φ(√e )=√e +1-e <0, ∴h (ln(2a ))<0恒成立.由h (0)=1-b=a-e +2>0,h (1)=e -2a-b>0,得e -2<a<1.综上,a 的取值范围为(e -2,1). 4.(1)解 f (x )=ax-ln x 的定义域为(0,+∞),所以f'(x )=a-1x =ax -1x .①当a ≤0时,f'(x )<0,所以f (x )在(0,+∞)上为减函数.②当a>0时,由f'(x )>0,得x>1a ,所以f (x )在0,1a 上为减函数,在1a ,+∞上为增函数.(2)证明 解法1:要证f'(x 1)+f'(x 2)<0,即证2a-1x 1−1x 2<0,即2a<1x 1+1x 2.由f (x 1)=f (x 2)得a=ln x 1-ln x2x 12,所以只要证2ln x 1-ln x 2x 12<1x 1+1x 2.不妨设x 1>x 2>0,则只要证2ln x1x 2<(x 1-x 2)1x 1+1x 2⇔2ln x1x 2<x1x 2−x2x 1.令x 1x 2=t>1,则只要证明当t>1时,2ln t<t-1t 成立.32设g (t )=2ln t-t-1t(t>1),则g'(t )=2t -1-1t 2=-(t -1)2t2<0,所以函数g (t )在(1,+∞)上单调递减,所以g (t )<g (1)=0,即2ln t<t-1t 成立. 由上分析可知,f'(x 1)+f'(x 2)<0成立.解法2:要证f'(x 1)+f'(x 2)<0,即证2a-1x 1−1x 2<0,即2a<1x 1+1x 2. 令t 1=1x 1,t 2=1x 2,下证t 1+t 2>2a.由f (x 1)=f (x 2),得ax 1-ln x 1=ax 2-ln x 2,即at 1+ln t 1=at 2+ln t 2.令g (t )=a t +ln t ,g (t 1)=g (t 2),g'(t )=-a t 2+1t =t -at2.由g'(t )>0⇒t>a ,g'(t )<0⇒a>t>0,则g (t )在(0,a )上为减函数,在(a ,+∞)上为增函数. 设t 1∈(0,a ),t 2∈(a ,+∞),令h (t )=g (t )-g (2a-t )=at +ln t-a2a -t -ln(2a-t ). h'(t )=t -a t 2+a -t(2a -t )2 =4a (t -a )(a -t )t 2(2a -t )2,t 1∈(0,a ),h'(t 1)<0.所以h (t )在(0,a )上为减函数,h (t 1)>h (a )=0,即g (t 1)>g (2a-t 1),g (t 2)>g (2a-t 1). 又因为g (t )在(a ,+∞)上为增函数,所以t 2>2a-t 1,即t 1+t 2>2a. 故f'(x 1)+f'(x 2)<0.5.解 (2)当x>1时,方程f (x )=a (x-1)+1x ,即ln x-a (x 2-x )=0,33令h (x )=ln x-a (x 2-x ),有h (1)=0,h'(x )=-2ax 2+ax+1x,令r (x )=-2ax 2+ax+1,x ∈(1,+∞),因为a>0,所以r (x )在(1,+∞)上单调递减,①当r (1)=1-a ≤0即a ≥1时,r (x )<0,即h (x )在(1,+∞)上单调递减,所以h (x )<h (1)=0, 方程f (x )=a (x-1)+1x 无实根.②当r (1)>0即0<a<1时,存在x 0∈(1,+∞),使得x ∈(1,x 0)时,r (x )>0,即h (x )单调递增;x ∈(x 0,+∞)时,r (x )<0,即h (x )单调递减;因此h (x )max =h (x 0)>h (1)=0, 取x=1+1a ,则h 1+1a =ln 1+1a -a (1+1a )2+a 1+1a =ln 1+1a -1+1a , 令t=1+1a (t>1),h (t )=ln t-t ,则h'(t )=1t -1,t>1,所以h'(t )<0,即h (t )在t>1时单调递减,所以h (t )<h (1)=0.故存在x 1∈x 0,1+1a ,使得h (x 1)=0. 综上,a 的取值范围为0<a<1. 6.解 (1)f (x )定义域为(0,+∞),当a=e 时,f'(x )=(1+x )(xe x -e )x.∴0<x<1时,f'(x )<0,x>1时,f'(x )>0.∴f (x )在(0,1)上为减函数;在(1,+∞)上为增函数.(2)记t=ln x+x ,则t=ln x+x 在(0,+∞)上单调递增,且t ∈R .∴f (x )=x e x -a (ln x+x )=e t -at=g (t ).∴f (x )在(0,+∞)上有两个零点等价于g (t )=e t -at 在t ∈R 上有两个零点. ①当a=0时,g (t )=e t 在R 上单调增,且g (t )>0,故g (t )无零点; ②当a<0时,g'(t )=e t -a>0恒成立,∴g (t )在R 上单调递增. 又g (0)=1>0,g1a=e 1a -1<0,故g (t )在R 上只有一个零点;③当a>0时,由g'(t)=e t-a=0可知g(t)在t=ln a时有唯一的极小值g(ln a)=a(1-ln a),若0<a<e,g(t)极小值=a(1-ln a)>0,g(t)无零点;若a=e,g(t)极小值=0,g(t)只有一个零点;若a>e时,g(t)极小值=a(1-ln a)<0,而g(0)=1>0,由于y=lnxx在(e,+∞)上为减函数,可知当a>e时,e a>a a>a2,从而g(a)=e a-a2>0.∴g(t)在(0,ln a)和(ln a,+∞)上各有一个零点.综上可知,当a>e时f(x)有两个零点,即所求a的取值范围是(e,+∞).7.(1)解f'(x)=(x-1)e x+2a(x-1)=(x-1)(e x+2a).①设a=0,则f(x)=(x-2)e x,f(x)只有一个零点.②设a>0,则当x∈(-∞,1)时,f'(x)<0;当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,所以f(x)在(-∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.又f(1)=-e,f(2)=a,取b满足b<0且b<ln a ,则f(b)>a2(b-2)+a(b-1)2=a(b2-32b)>0,故f(x)存在两个零点.③设a<0,由f'(x)=0得x=1或x=ln(-2a).若a≥-e2,则ln(-2a)≤1,故当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,因此f(x)在(1,+∞)上单调递增.34又当x≤1时,f(x)<0,所以f(x)不存在两个零点.若a<-e2,则ln(-2a)>1,故当x∈(1,ln(-2a))时,f'(x)<0;当x∈(ln(-2a),+∞)时,f'(x)>0.因此f(x)在(1,ln(-2a))上单调递减,在(ln(-2a),+∞)上单调递增.又当x≤1时f(x)<0,所以f(x)不存在两个零点.综上,a的取值范围为(0,+∞).(2)证明不妨设x1<x2,由(1)知,x1∈(-∞,1),x2∈(1,+∞),2-x2∈(-∞,1),f(x)在(-∞,1)上单调递减, 所以x1+x2<2等价于f(x1)>f(2-x2),即f(2-x2)<0.由于f(2-x2)=-x2e2-x2+a(x2-1)2,而f(x2)=(x2-2)e x2+a(x2-1)2=0,所以f(2-x2)=-x2e2-x2-(x2-2)e x2.设g(x)=-x e2-x-(x-2)e x,则g'(x)=(x-1)(e2-x-e x).所以当x>1时,g'(x)<0,而g(1)=0,故当x>1时,g(x)<0.从而g(x2)=f(2-x2)<0,故x1+x2<2.8.(1)解由已知,f(x)的定义域为(0,+∞),且f'(x)=1x -[a e x+a(x-1)e x]=1-ax2e xx.3536因此当a ≤0时,1-ax 2e x >0,从而f'(x )>0, 所以f (x )在(0,+∞)内单调递增. (2)证明 ①由(1)知,f'(x )=1-ax 2e xx.令g (x )=1-ax 2e x ,由0<a<1e,可知g (x )在(0,+∞)内单调递减,又g (1)=1-a e >0,且g ln 1a =1-a ln 1a 21a =1-ln 1a 2<0,故g (x )=0在(0,+∞)内有唯一解,从而f'(x )=0在(0,+∞)内有唯一解,不妨设为x 0,则1<x 0<ln1a. 当x ∈(0,x 0)时,f'(x )=g (x )x >g (x 0)x=0, 所以f (x )在(0,x 0)内单调递增; 当x ∈(x 0,+∞)时,f'(x )=g (x )x <g (x 0)x=0,所以f (x )在(x 0,+∞)内单调递减,因此x 0是f (x )的唯一极值点.令h (x )=ln x-x+1,则当x>1时,h'(x )=1x -1<0,故h (x )在(1,+∞)内单调递减,从而当x>1时,h (x )<h (1)=0,所以ln x<x-1. 从而fln 1a=lnln 1a-aln 1a -1eln1a =lnln 1a -ln 1a +1=h ln 1a <0,又因为f (x 0)>f (1)=0,所以f (x )在(x 0,+∞)内有唯一零点.又f (x )在(0,x 0)内有唯一零点1,从而,f (x )在(0,+∞)内恰有两个零点.②由题意,{f '(x 0)=0,f (x 1)=0,即{ax 02e x 0=1,ln x 1=a (x 1-1)e x 1,从而ln x 1=x 1-1x 02e x 1-x 0,即e x 1-x 0=x 02ln x 1x 1-1.因为当x>1时,ln x<x-1,又x 1>x 0>1,故ex 1-x 0<x 02(x 1-1)1=x 02,两边取对数,得ln e x 1-x 0<ln x 02,于是x 1-x 0<2ln x 0<2(x 0-1),整理得3x 0-x 1>2.。
高考大题专项(一) 导数的综合应用
高考大题专项(一) 导数的综合应用突破1 利用导数研究与不等式有关的问题1.(2020全国1,理21)已知函数f (x )=e x +ax 2-x. (1)当a=1时,讨论f (x )的单调性; (2)当x ≥0时,f (x )≥12x 3+1,求a 的取值范围.2.(2020山东潍坊二模,20)已知函数f (x )=1x +a ln x ,g (x )=e x x .(1)讨论函数f (x )的单调性; (2)证明:当a=1时,f (x )+g (x )-(1+ex 2)ln x>e .3.已知函数f (x )=ln x+a x(a ∈R )的图象在点1e ,f (1e)处的切线斜率为-e,其中e 为自然对数的底数.(1)求实数a 的值,并求f (x )的单调区间; (2)证明:xf (x )>x ex .4.(2020广东湛江一模,文21)已知函数f (x )=ln ax-bx+1,g (x )=ax-ln x ,a>1. (1)求函数f (x )的极值;(2)直线y=2x+1为函数f (x )图象的一条切线,若对任意的x 1∈(0,1),x 2∈[1,2]都有g (x 1)>f'(x 2)成立,求实数a 的取值范围.5.(2020山东济宁5月模拟,21)已知两个函数f(x)=e xx ,g(x)=lnxx+1x-1.(1)当t>0时,求f(x)在区间[t,t+1]上的最大值;(2)求证:对任意x∈(0,+∞),不等式f(x)>g(x)都成立.6.(2020湖北武汉二月调考,理21)已知函数f(x)=(x-1)e x-kx2+2.(1)略;(2)若∀x∈[0,+∞),都有f(x)≥1成立,求实数k的取值范围.7.(2020山东济南一模,22)已知函数f(x)=a(e x-x-1)x2,且曲线y=f(x)在(2,f(2))处的切线斜率为1.(1)求实数a的值;(2)证明:当x>0时,f(x)>1;(3)若数列{x n}满足e x n+1=f(x n),且x1=13,证明:2n|e x n-1|<1.8.(2020湖南长郡中学四模,理21)已知函数f(x)=x ln x.(1)若函数g(x)=f'(x)+ax2-(a+2)x(a>0),试研究函数g(x)的极值情况;(2)记函数F(x)=f(x)-xe x 在区间(1,2)上的零点为x0,记m(x)=min f(x),xe x,若m(x)=n(n∈R)在区间(1,+∞)上有两个不等实数解x1,x2(x1<x2),证明:x1+x2>2x0.突破2 利用导数研究与函数零点有关的问题1.(2020山东烟台一模,21)已知函数f (x )=1+lnxx -a (a ∈R ).(1)若f (x )≤0在(0,+∞)上恒成立,求a 的取值范围,并证明:对任意的n ∈N *,都有1+12+13+ (1)>ln(n+1); (2)设g (x )=(x-1)2e x ,讨论方程f (x )=g (x )的实数根的个数.2.(2020北京通州区一模,19)已知函数f (x )=x e x ,g (x )=a (e x -1),a ∈R . (1)当a=1时,求证:f (x )≥g (x );(2)当a>1时,求关于x 的方程f (x )=g (x )的实数根的个数.3.(2020湖南长郡中学四模,文21)已知函数f(x)=2a e2x+2(a+1)e x.(1)略;(2)当a∈(0,+∞)时,函数f(x)的图象与函数y=4e x+x的图象有唯一的交点,求a的取值集合.4.(2020天津和平区一模,20)已知函数f(x)=ax+be x,a,b∈R,且a>0.x,求函数f(x)的解析式;(1)若函数f(x)在x=-1处取得极值1e(2)在(1)的条件下,求函数f(x)的单调区间;的取值范(3)设g(x)=a(x-1)e x-f(x),g'(x)为g(x)的导函数,若存在x0∈(1,+∞),使g(x0)+g'(x0)=0成立,求ba围.x3+2(1-a)x2-8x+8a+7.5.已知函数f(x)=ln x,g(x)=2a3(1)若曲线y=g(x)在点(2,g(2))处的切线方程是y=ax-1,求函数g(x)在[0,3]上的值域;(2)当x>0时,记函数h(x)={f(x),f(x)<g(x),g(x),f(x)≥g(x),若函数y=h(x)有三个零点,求实数a的取值集合.参考答案高考大题专项(一)导数的综合应用突破1利用导数研究与不等式有关的问题1.解(1)当a=1时,f(x)=e x+x2-x,f'(x)=e x+2x-1.故当x∈(-∞,0)时,f'(x)<0;当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0.所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.(2)f(x)≥12x3+1等价于12x3-ax2+x+1e-x≤1.设函数g(x)=(12x3-ax2+x+1)e-x(x≥0),则g'(x)=-12x3-ax2+x+1-32x2+2ax-1e-x=-12x[x2-(2a+3)x+4a+2]e-x=-12x(x-2a-1)(x-2)e-x.①若2a+1≤0,即a≤-12,则当x∈(0,2)时,g'(x)>0.所以g(x)在(0,2)上单调递增,而g(0)=1,故当x∈(0,2)时,g(x)>1,不合题意.②若0<2a+1<2,即-12<a<12,则当x ∈(0,2a+1)∪(2,+∞)时,g'(x )<0;当x ∈(2a+1,2)时,g'(x )>0.所以g (x )在(0,2a+1),(2,+∞)上单调递减,在(2a+1,2)上单调递增.由于g (0)=1,所以g (x )≤1当且仅当g (2)=(7-4a )e -2≤1,即a ≥7-e 24.所以当7-e 24≤a<12时,g (x )≤1.③若2a+1≥2,即a ≥12,则g (x )≤12x 3+x+1e -x .由于0∈7-e 24,12,故由②可得(12x 3+x +1)e -x ≤1.故当a ≥12时,g (x )≤1.综上,a 的取值范围是[7-e 24,+∞).2.(1)解 函数的定义域为(0,+∞),f'(x )=-1x 2+ax =ax -1x 2,当a ≤0时,f'(x )<0,所以f (x )在(0,+∞)上单调递减; 当a>0时,由f'(x )>0,得x>1a ,由f'(x )<0,得0<x<1a , 所以f (x )在(0,1a )上单调递减,在(1a ,+∞)上单调递增, 综上可知:当a ≤0时,f (x )在(0,+∞)上单调递减;当a>0时,f (x )在(0,1a )上单调递减,在(1a ,+∞)上单调递增. (2)证明 因为x>0,所以不等式等价于e x -e x+1>elnxx ,设F (x )=e x -e x+1,F'(x )=e x -e,所以当x ∈(1,+∞)时,F'(x )>0,F (x )单调递增;当x ∈(0,1)时,F'(x )<0,F (x )单调递减,所以F (x )min =F (1)=1.设G (x )=elnxx ,G'(x )=e (1-lnx )x 2, 所以当x ∈(0,e)时,G'(x )>0,G (x )单调递增,当x ∈(e,+∞)时,G'(x )<0,G (x )单调递减,所以G (x )max =G (e)=1.虽然F (x )的最小值等于G (x )的最大值,但1≠e,所以F (x )>G (x ),即e x -e x+1>elnxx ,故原不等式成立.3.(1)解因为函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=1x −ax2,所以f'(1e)=e-a e2=-e,所以a=2e,所以f'(x)=1x−2ex2.令f'(x)=0,得x=2e,当x∈(0,2e)时,f'(x)<0,当x∈(2e,+∞)时,f'(x)>0,所以f(x)在(0,2e)上单调递减,在(2e,+∞)上单调递增.(2)证明设h(x)=xf(x)=x ln x+2e ,由h'(x)=ln x+1=0,得x=1e,所以当x∈(0,1e)时,h'(x)<0;当x∈(1e,+∞)时,h'(x)>0,所以h(x)在(0,1e)上单调递减,在(1e,+∞)上单调递增,所以h(x)min=h(1e )=1e.设t(x)=xe x(x>0),则t'(x)=1-xe x,所以当x∈(0,1)时,t'(x)>0,t(x)单调递增,当x∈(1,+∞)时,t'(x)<0,t(x)单调递减,所以t(x)max=t(1)=1e.综上,在(0,+∞)上恒有h(x)>t(x),即xf(x)>x e x .4.解(1)∵a>1,∴函数f(x)的定义域为(0,+∞).∵f(x)=ln ax-bx+1=ln a+ln x-bx+1,∴f'(x)=1x-b=1-bxx.①当b≤0时,f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)上为增函数,无极值;②当b>0时,由f'(x)=0,得x=1b.∵当x∈(0,1b)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(1b,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,∴f(x)在定义域上有极大值,极大值为f(1b )=ln ab.(2)设直线y=2x+1与函数f(x)图像相切的切点为(x0,y0),则y0=2x0+1.∵f'(x)=1x -b,∴f'(x0)=1x0-b=2,∴x0=1b+2,即bx0=1-2x0.又ln ax 0-bx 0+1=2x 0+1,∴ln ax 0=1,∴ax 0=e . ∴x 0=ea .∴ae =b+2.∵对任意的x 1∈(0,1),x 2∈[1,2]都有g (x 1)>f'(x 2)成立, ∴只需g (x 1)min >f'(x 2)max . ∵g'(x )=a-1x =ax -1x, ∴由g'(x )=0,得x=1a . ∵a>1,∴0<1a <1.∴当x ∈(0,1a )时,g'(x )<0,g (x )单调递减; 当x ∈(1a ,1)时,g'(x )>0,g (x )单调递增.∴g (x )≥g (1a )=1+ln a , 即g (x 1)min =1+ln a.∵f'(x 2)=1x 2-b 在x 2∈[1,2]上单调递减,∴f'(x 2)max =f'(1)=1-b=3-ae .∴1+ln a>3-ae .即lna+a e -2>0.设h (a )=ln a+ae -2,易知h (a )在(1,+∞)上单调递增.又h (e)=0,∴实数a 的取值范围为(e,+∞). 5.(1)解 由f (x )=e x x 得,f'(x )=xe x -e xx 2=e x (x -1)x 2,∴当x<1时,f'(x )<0,当x>1时,f'(x )>0,∴f (x )在区间(-∞,1)上单调递减,在区间(1,+∞)上单调递增.①当t ≥1时,f (x )在区间[t ,t+1]上单调递增,f (x )的最大值为f (t+1)=e t+1t+1.②当0<t<1时,t+1>1,f (x )在区间(t ,1)上单调递减,在区间(1,t+1)上单调递增,∴f (x )的最大值为f (x )max =max{f (t ),f (t+1)}.下面比较f (t )与f (t+1)的大小.f (t )-f (t+1)=e tt−e t+1t+1=[(1-e )t+1]e tt (t+1).∵t>0,1-e <0,∴当0<t ≤1e -1时,f (t )-f (t+1)≥0,故f (x )在区间[t ,t+1]上的最大值为f (t )=e t t ,当1e -1<t<1时,f (t )-f (t+1)<0,f (x )在区间[t ,t+1]上的最大值为f (t+1)=e t+1t+1.综上可知,当0<t ≤1e -1时,f (x )在区间[t ,t+1]上的最大值为f (t )=e t t ,当t>1e -1时,f (x )在区间[t ,t+1]上的最大值为f (t+1)=e t+1t+1. (2)证明 不等式f (x )>g (x )即为e xx>lnx x +1x -1.∵x>0,∴不等式等价于e x >ln x-x+1,令h (x )=e x -(x+1)(x>0),则h'(x )=e x -1>0,∴h (x )在(0,+∞)上为增函数,h (x )>h (0)=0,即e x >x+1,所以,要证e x >ln x-x+1成立,只需证x+1>ln x-x+1成立即可. 即证2x>ln x 在(0,+∞)上成立. 设φ(x )=2x-ln x ,则φ'(x )=2-1x=2x -1x,当0<x<12时,φ'(x )<0,φ(x )单调递减,当x>12时,φ'(x )>0,φ(x )单调递增,∴φ(x )min =φ(12)=1-ln 12=1+ln 2>0,∴φ(x )>0在(0,+∞)上成立,∴对任意x ∈(0,+∞),不等式f (x )>g (x )都成立. 6.解 (1)略(2)f'(x )=x e x -2kx=x (e x -2k ),①当k ≤0时,e x -2k>0,所以,当x<0时,f'(x )<0,当x>0时,f'(x )>0,则f (x )在区间(-∞,0)上单调递减,在区间(0,+∞)上单调递增, 所以f (x )在区间[0,+∞)上的最小值为f (0),且f (0)=1,符合题意; ②当k>0时,令f'(x )=0,得x=0或x=ln 2k ,所以当0<k ≤12时,ln 2k ≤0,在区间(0,+∞)上f'(x )>0,f (x )单调递增, 所以f (x )在区间[0,+∞)上的最小值为f (0),且f (0)=1,符合题意;当k>12时,ln 2k>0,当x ∈(0,ln 2k )时,f'(x )<0,f (x )在区间(0,ln 2k )上单调递减, 所以f (ln 2k )<f (0)=1,不满足对任意的x ∈[0,+∞),f (x )≥1恒成立, 综上,k 的取值范围是(-∞,12].7.(1)解 f'(x )=a [(x -2)e x +x+2)]x 3,因为f'(2)=a2=1,所以a=2.(2)证明 要证f (x )>1,只需证h (x )=e x -12x 2-x-1>0.h'(x )=e x -x-1,令c (x )=e x -x-1,则c'(x )=e x -1.因为当x>0时,c'(x )>0,所以h'(x )=e x -x-1在(0,+∞)上单调递增,所以h'(x)=e x-x-1>h'(0)=0.所以h(x)=e x-12x2-x-1在(0,+∞)上单调递增,所以h(x)=e x-12x2-x-1>h(0)=0成立.所以当x>0时,f(x)>1.(3)证明(方法1)由(2)知当x>0时,f(x)>1.因为e x n+1=f(x n),所以x n+1=ln f(x n).设g(x n)=ln f(x n),则x n+1=g(x n),所以x n=g(x n-1)=g(g(x n-2))=…=g((…(g(x1))…))>0.要证2n|e x n-1|<1,只需证|e x n-1|<12n.因为x1=13,所以|e x1-1|=e13-1.因为e-323=e-278<0,所以e 13<32,所以|e x1-1|=e 13-1<12.故只需证|e x n+1-1|<12|e x n-1|.因为x n∈(0,+∞),故只需证e x n+1-1<12e x n−12,即证f(x n)-1<12e x n−12.只需证当x∈(0,+∞)时,φ(x)=12x2-2e x+12x2+2x+2>0,φ'(x)=12x2+x-2e x+x+2,令α(x)=12x2+x-2e x+x+2,则α'(x)=12x2+2x-1e x+1,令β(x)=12x2+2x-1e x+1,则β'(x)=12x2+3x+1e x>0,所以β(x)在区间(0,+∞)上单调递增,故β(x)=12x2+2x-1e x+1>β(0)=0.所以α(x)在区间(0,+∞)上单调递增,故α(x)=12x2+x-2e x+x+2>α(0)=0.所以φ(x)在区间(0,+∞)上单调递增,所以φ(x)=12x2-2e x+12x2+2x+2>φ(0)=0,所以原不等式成立.(方法2)由(2)知当x>0时,f(x)>1.因为e x n+1=f(x n),所以x n+1=ln f(x n).设g(x n)=ln f(x n),则x n+1=g(x n),所以x n=g(x n-1)=g(g(x n-2))=…=g((…(g(x1))…))>0.要证2n|e x n-1|<1,只需证|e x n-1|<12n.因为x1=13,所以|e x1-1|=e13-1.因为e-323=e-278<0,所以e 13<32,所以|e x1-1|=e 13-1<12.故只需证|e x n+1-1|<12|e x n-1|.因为x n∈(0,+∞),故只需证e x n+1-1<12e x n−12,即证f(x n)-1<12e x n−12.只需证当x∈(0,+∞)时,φ(x)=12x2-2e x+12x2+2x+2>0.因为φ(x)=12(x2-4)e x+12(x2+4x+4)=12(x+2)[(x-2)e x+(x+2)],设u(x)=(x-2)e x+(x+2),故只需证u(x)>0.u'(x)=(x-1)e x+1,令v(x)=(x-1)e x+1,则v'(x)=x e x>0,所以v(x)在区间(0,+∞)上单调递增,故v(x)=(x-1)e x+1>v(0)=0,所以u(x)在区间(0,+∞)上单调递增,故u(x)=(x-2)e x+(x+2)>u(0)=0,所以原不等式成立.8.(1)解由题意,得f'(x)=ln x+1,故g(x)=ax2-(a+2)x+ln x+1,故g'(x)=2ax-(a+2)+1x=(2x-1)(ax-1)x,x>0,a>0.令g'(x)=0,得x1=12,x2=1a.①当0<a<2时,1a >12,由g'(x)>0,得0<x<12或x>1a;由g'(x)<0,得12<x<1a.所以g(x)在x=12处取极大值g12=-a4-ln 2,在x=1a处取极小值g1a=-1a-ln a.②当a=2时,1a =12,g'(x)≥0恒成立,所以不存在极值.③当a>2时,1a <12,由g'(x)>0,得0<x<1a或x>12;由g'(x)<0,得1a<x<12.所以g(x)在x=1a处取极大值g1a=-1a-ln a,在x=12处取极小值g12=-a4-ln 2.综上,当0<a<2时,g(x)在x=12处取极大值-a4-ln 2,在x=1a处取极小值-1a-ln a;当a=2时,不存在极值;当a>2时,g(x)在x=1a处取极大值-1a-ln a,在x=12处取极小值-a4-ln 2.(2)证明F(x)=x ln x-xe x ,定义域为x∈(0,+∞),F'(x)=1+ln x+x-1e x.当x∈(1,2)时,F'(x)>0,即F(x)在区间(1,2)上单调递增.又因为F(1)=-1e<0,F(2)=2ln 2-2e2>0,且F(x)在区间(1,2)上的图像连续不断,故根据函数零点存在定理,F(x)在区间(1,2)上有且仅有一个零点.所以存在x0∈(1,2),使得F(x0)=f(x0)-x0e x0=0.且当1<x<x0时,f(x)<xe x;当x>x0时,f(x)>xe x.所以m(x)=min f(x),xe x={xlnx,1<x<x0,xe x,x>x0.当1<x<x0时,m(x)=x ln x,由m'(x)=1+ln x>0,得m(x)单调递增;当x>x 0时,m (x )=x e x ,由m'(x )=1-xe x <0,得m (x )单调递减. 若m (x )=n 在区间(1,+∞)上有两个不等实数解x 1,x 2(x 1<x 2), 则x 1∈(1,x 0),x 2∈(x 0,+∞).要证x 1+x 2>2x 0,即证x 2>2x 0-x 1.又因为2x 0-x 1>x 0,而m (x )在区间(x 0,+∞)上单调递减, 所以可证m (x 2)<m (2x 0-x 1).由m (x 1)=m (x 2),即证m (x 1)<m (2x 0-x 1),即x 1ln x 1<2x 0-x 1e 2x 0-x 1. 记h (x )=x ln x-2x 0-xe 2x 0-x,1<x<x 0, 其中h (x 0)=0. 记φ(t )=t e t ,则φ'(t )=1-te t . 当t ∈(0,1)时,φ'(t )>0; 当t ∈(1,+∞)时,φ'(t )<0. 故φ(t )max =1e .而φ(t )>0,故0<φ(t )<1e . 因为2x 0-x>1, 所以-1e <-2x 0-xe 2x 0-x<0. 因此h'(x )=1+ln x+1e2x 0-x −2x 0-x e 2x 0-x>1-1e >0,即h (x )单调递增,故当1<x<x 0时,h (x )<h (x 0)=0, 即x 1ln x 1<2x 0-x 1e 2x 0-x 1, 故x 1+x 2>2x 0,得证.突破2 利用导数研究 与函数零点有关的问题1.(1)证明 由f (x )≤0可得,a ≥1+lnxx(x>0),令h (x )=1+lnx x ,则h'(x )=1x ·x -(1+lnx )x 2=-lnxx 2. 当x ∈(0,1)时,h'(x )>0,h (x )单调递增;当x ∈(1,+∞)时,h'(x )<0,h (x )单调递减,故h (x )在x=1处取得最大值,要使a ≥1+lnxx,只需a ≥h (1)=1,故a 的取值范围为[1,+∞). 显然,当a=1时,有1+lnxx≤1,即不等式ln x<x-1在(1,+∞)上成立,令x=n+1n >1(n ∈N *),则有ln n+1n <n+1n -1=1n ,所以ln 21+ln 32+…+ln n+1n <1+12+13+…+1n , 即1+12+13+…+1n >ln(n+1).(2)解 由f (x )=g (x ),可得1+lnxx -a=(x-1)2e x ,即a=1+lnxx -(x-1)2e x ,令t (x )=1+lnxx -(x-1)2e x , 则t'(x )=-lnx x 2-(x 2-1)e x ,当x ∈(0,1)时,t'(x )>0,t (x )单调递增;当x ∈(1,+∞)时,t'(x )<0,t (x )单调递减,故t (x )在x=1处取得最大值t (1)=1,又当x →0时,t (x )→-∞,当x →+∞时,t (x )→-∞,所以,当a=1时,方程f (x )=g (x )有一个实数根;当a<1时,方程f (x )=g (x )有两个不同的实数根; 当a>1时,方程f (x )=g (x )没有实数根. 2.(1)证明 设函数F (x )=f (x )-g (x )=x e x -a e x +a.当a=1时,F (x )=x e x -e x +1,所以F'(x )=x e x . 所以当x ∈(-∞,0)时,F'(x )<0; 当x ∈(0,+∞)时,F'(x )>0.所以F (x )在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增. 所以当x=0时,F (x )取得最小值F (0)=0. 所以F (x )≥0,即f (x )≥g (x ).(2)解 设函数F (x )=f (x )-g (x )=x e x -a e x +a.当a>1时,F'(x )=(x-a+1)e x ,令F'(x )>0,即(x-a+1)e x >0,解得x>a-1; 令F'(x )<0,即(x-a+1)e x <0,解得x<a-1.所以F (x )在(-∞,a-1)上单调递减,在(a-1,+∞)上单调递增.所以当x=a-1时,F (x )取得最小值,即F (a-1)=a-e a-1. 令h (a )=a-e a-1,则h'(a )=1-e a-1.因为a>1,所以h'(a )<0.所以h (a )在(1,+∞)上单调递减. 所以h (a )<h (1)=0,所以F (a-1)<0.又因为F (a )=a>0,所以F (x )在区间(a-1,a )上存在一个零点. 所以在[a-1,+∞)上存在唯一的零点.又因为F (x )在区间(-∞,a-1)上单调递减,且F (0)=0, 所以F (x )在区间(-∞,a-1)上存在唯一的零点0.所以函数F (x )有且仅有两个零点,即方程f (x )=g (x )有两个实数根.3.解 (1)略.(2)设t=e x ,则f (t )=2at 2+2(a+1)t 的图像与y=4t+ln t 的图像只有一个交点,其中t>0,则2at 2+2(a+1)t=4t+ln t 只有一个实数解,即2a=2t+lntt 2+t只有一个实数解. 设g (t )=2t+lnt t 2+t,则g'(t )=-2t 2+t -2tlnt+1-lnt(t 2+t )2,g'(1)=0.令h (t )=-2t 2+t-2t ln t+1-ln t , 则h'(t )=-4t-1φ-2ln t-1.设y=1t +2ln t ,令y'=-1t 2+2t =2t -1t 2=0,解得t=12,则y ,y'随t 的变化如表所示0,1212,+∞y' - 0+则当t=12时,y=1t +2ln t 取最小值为2-2ln 2=2×(1-ln 2)>0. 所以-1t -2ln t<0, 即h'(t )=-4t-1t -2ln t-1<0.所以h (t )在(0,+∞)上单调递减. 因此g'(t )=0只有一个根,即t=1. 当t ∈(0,1)时,g'(t )>0,g (t )单调递增; 当t ∈(1,+∞)时,g'(t )<0,g (t )单调递减. 所以,当t=1时,g (t )有最大值为g (1)=1.由题意知,y=2a 与g (t )图像只有一个交点,而a ∈(0,+∞), 所以2a=1,即a=12,所以a 的取值集合为12.4.解 (1)函数f (x )的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞).f'(x )=ax 2+bx -b x 2e x,由题知{f '(-1)=0,f (-1)=1e ,即{(a -2b )e -1=0,(-a+b )-1e -1=1e ,解得{a =2,b =1,所以函数f (x )=2x+1x e x (x ≠0). (2)f'(x )=2x 2+x -1x 2e x =(x+1)(2x -1)x 2e x. 令f'(x )>0得x<-1或x>12, 令f'(x )<0得-1<x<0或0<x<12.所以函数f (x )的单调递增区间是(-∞,-1),12,+∞, 单调递减区间是(-1,0),0,12.(3)根据题意易得g (x )=ax-b x -2a e x (a>0), 所以g'(x )=bx 2+ax-bx -a e x .由g (x )+g'(x )=0,得ax-bx -2a e x +bx 2+ax-bx -a e x =0.整理,得2ax 3-3ax 2-2bx+b=0.存在x 0∈(1,+∞),使g (x 0)+g'(x 0)=0成立,等价于存在x 0∈(1,+∞),使2a x 03-3a x 02-2bx 0+b=0成立.设u (x )=2ax 3-3ax 2-2bx+b (x>1),则u'(x )=6ax 2-6ax-2b=6ax (x-1)-2b>-2b. 当b ≤0时,u'(x )>0,此时u (x )在(1,+∞)上单调递增, 因此u (x )>u (1)=-a-b.因为存在x 0∈(1,+∞),使2a x 03-3a x 02-2bx 0+b=0成立, 所以只要-a-b<0即可,此时-1<ba ≤0. 当b>0时,令u (x )=b , 解得x 1=3a+√9a 2+16ab4a>3a+√9a 24a=32>1,x 2=3a -√9a 2+16ab 4a(舍去),x 3=0(舍去),得u (x 1)=b>0.又因为u (1)=-a-b<0,于是u (x )在(1,x 1)上必有零点,即存在x 0>1,使2a x 03-3a x 02-2bx 0+b=0成立,此时ba >0.综上,ba 的取值范围为(-1,+∞). 5.解 (1)因为g (x )=2a3x 3+2(1-a )x 2-8x+8a+7,所以g'(x )=2ax 2+4(1-a )x-8,所以g'(2)=0. 所以a=0,即g (x )=2x 2-8x+7. g (0)=7,g (3)=1,g (2)=-1.所以g (x )在[0,3]上的值域为[-1,7].(2)①当a=0时,g (x )=2x 2-8x+7,由g (x )=0,得x=2±√22∈(1,+∞),此时函数y=h (x )有三个零点,符合题意.②当a>0时,g'(x )=2ax 2+4(1-a )x-8=2a (x-2)x+2a . 由g'(x )=0,得x=2. 当x ∈(0,2)时,g'(x )<0; 当x ∈(2,+∞)时,g'(x )>0.若函数y=h (x )有三个零点,则需满足g (1)>0且g (2)<0,解得0<a<316.③当a<0时,g'(x )=2ax 2+4(1-a )x-8=2a (x-2)x+2a . 由g'(x )=0,得x 1=2,x 2=-2a .(ⅰ)当-2a <2,即a<-1时,因为g (x )极大值=g (2)=163a-1<0,此时函数y=h (x )至多有一个零点,不符合题意.(ⅱ)当-2a =2,即a=-1时,因为g'(x )≤0,此时函数y=h (x )至多有两个零点,不符合题意. (ⅲ)当-2a >2,即-1<a<0时,若g (1)<0,函数y=h (x )至多有两个零点,不符合题意; 若g (1)=0,得a=-320;因为g -2a =1a 28a 3+7a 2+8a+83,所以g -2a >0,此时函数y=h (x )有三个零点,符合题意;若g (1)>0,得-320<a<0. 由g -2a =1a 28a 3+7a 2+8a+83.记φ(a)=8a3+7a2+8a+83,则φ'(a)>0.所以φ(a)>φ-320>0,此时函数y=h(x)有四个零点,不符合题意.综上所述,满足条件的实数a∈-220∪0,316.。
(完整版)导数应用题
(完整版)导数应用题
导数应用题
导数是微积分中的一个重要概念，它在物理学、经济学等学科
中有广泛的应用。
下面是几个关于导数应用的题目。
题目一：速度和加速度
一个物体随时间 t 的位移函数为：s(t) = 2t^3 - 3t^2 + 4t - 6。
求：
1. 物体在 t=2 时的速度；
2. 物体在 t=2 时的加速度。
题目二：边际利润
某公司生产某种产品的总成本和销售量之间的关系由函数 C(x) = 40x^2 - 10x + 200 决定，其中 x 表示销售量（单位：千件）。
产
品的销售价格为 500 元/件。
求：
1. 销售量为 10 千件时的总成本；
2. 销售量为 10 千件时的边际利润（边际利润定义为每增加一
单位销售量所带来的额外利润）。
题目三：物体的高度
一颗子弹以初速度 v0 被发射成 60°角度与水平面成的抛体轨迹。
子弹的飞行轨迹可以用函数 h(t) = -5t^2 + v0*sin(60°)*t 表示，
其中h(t) 表示子弹的高度（单位：米），t 表示时间（单位：秒）。
求：
1. 子弹飞行的最高点的高度；
2. 子弹从发射到达最高点的时间。
题目四：排队等候时间
某银行服务窗口的等候时间服从指数分布，平均等候时间为 10 分钟。
一位客户进入银行后等候 8 分钟后决定离开，请问他的等待
时间与等候时间之差服从的概率分布是什么？
以上是关于导数应用的几个题目，希望能帮助到你。
如果有任何疑问，请随时提问。
高三导数及应用练习题
高三导数及应用练习题导数是微积分中非常重要的概念，对于高中生来说，学习导数是必不可少的一部分内容。
导数的概念以及其应用能力的培养对于高三学生来说具有重要的意义，因此在这篇文章中，我将为大家提供一些导数及应用的练习题，希望能够帮助大家提升自己的学习水平。
【练习题一】1. 求函数 f(x) = 3x^2 - 2x + 1 在点 x = 2 处的导数。
解: 首先，我们可以利用导数的定义来求解该题目。
导数的定义是函数 f(x) 在某一点 x 附近的变化率。
对于给定的函数 f(x) = 3x^2 - 2x + 1，我们可以通过求函数在 x = 2 处的变化率来求解该导数值。
根据定义，我们可以得到如下结果:f'(2) = lim(h→0) [f(2+h) - f(2)] / h代入 f(x) = 3x^2 - 2x + 1，得到:f'(2) = lim(h→0) [(3(2+h)^2 - 2(2+h) + 1 - (3(2)^2 - 2(2) + 1)] / h化简上述表达式，我们可以得到:f'(2) = lim(h→0) [(12h + 9)] / h进一步简化，我们得到:f'(2) = lim(h→0) [12h + 9] / h利用极限的性质，我们可以得到:f'(2) = 12因此，函数 f(x) = 3x^2 - 2x + 1 在点 x = 2 处的导数为 12。
2. 求函数 g(x) = sin(2x) 在点x = π/4 处的导数。
解: 对于函数g(x) = sin(2x)，我们需要利用链式法则来求解其导数。
根据链式法则的定义，我们可以得到如下结果:g'(x) = cos(2x) * 2代入x = π/4，我们可以得到:g'(π/4) = cos(2 * π/4) * 2化简表达式，我们可以得到:g'(π/4) = cos(π/2) * 2利用三角函数的性质，我们可以得到:g'(π/4) = 0 * 2因此，函数 g(x) = sin(2x) 在点x = π/4 处的导数为 0。
导数应用精选50题(含有答案)
C.2
D. 3
2
13.对于三次函数 f (x) ax3 bx2 cx d （ a 0 ），定义：设 f (x) 是函数 y f (x) 的
导数，若方程 f (x) 0 有实数解 x0，则称点（x0，（f x0））为函数 y f (x) 的“拐点”．有
同学发现:“任何一个三次函数都有‘拐点’；任何一个三次函数都有对称中心；且‘拐点’
)
99
A. a b c
B. c > b > a
C. c > a > b
D. a > c > b
10. f (x)是函数f (x)的导函数, 将y f (x)和y f (x) 的图象画在同一直角坐标系中，不
可能正确的是
()
11.已知函数 y xf (x) 的图象如图 3 所示（其中 f (x) 是函数 f (x) 的导函数）．下面四个图 象中， y f (x) 的图象大致是（ ）
常数 为方程 f (x) = x 的实数根。 (1) 求证：当 x > 时，总有 x > f (x) 成立； (2) 对任意 x1、x2 若满足| x1－ | < 1,| x2－ | < 1,求证：| f (x1)－f (x2)| < 2.
25.（本小题满分 12 分）
已知函数 f (x) ax3 bx2 ，当 x 1 时，有极大值 3 ；
f
( ) ， f 3
(x ) 为 f(x)的导函数，令 a＝
12，b＝log32，则下列关系
正确的是( )
A．f(a)>f(b) B．f(a)<f(b)
C．f(a)＝f(b)
D．f(|a|)<f(b)
16.设在函数 y x sin x cos x 的图象上的点 x0, y0 处的切线斜率为 k，若 k g x0 ，则
2023年高考备考导数与放缩法综合应用(含答案)
高考材料高考材料专题13 导数与放缩法综合应用一、解答题1．〔2023·全国·高三专题练习〕已知函数. ()1ln xf x x x=+〔1〕假设时，，求实数的取值范围； 1≥x ()1mf x x ≥+m 〔2〕求证：.()()2*11ln ln 11nk n n k k n N n =--++>∈⎡⎤⎣⎦+∑（答案）〔1〕；〔2〕证明见解析． 2m ≤（解析） （分析）〔1〕先别离参数转化为求函数的最小值，通过求导函数，进而分析单调性再求得最小值得出结果； 〔2〕由〔1〕知：恒成立，即，则累加后结合放缩法即可证明命题． ()21f x x ≥+2ln 1>-x x ()22ln 111+>-+⎡⎤⎣⎦+n n n n （详解）解：〔1〕不等式，即为，()1m f x x ≥+()()11ln x x m x++≤记，()()()11ln x x g x x++=故， ()()()()()'2211ln 11ln ln x x x x x x x g x x x ⎡⎤++-++-='⎣⎦=令，则， ()ln h x x x =-()11h x x'=-∵，∴在单调递增， 1≥x ()()0,h x h x '≥[)1,+∞故，故， ()()min 110h x h ==>()0g x '>故在上单调递增， ()g x [)1,+∞故，故； ()()min 12g x g ==2m ≤〔2〕由〔1〕知：恒成立， ()21f x x ≥+即， 122ln 1112x x x x x-≥=->-++令，则，()1x n n =+()()222ln 11111+>-=-+⎡⎤⎣⎦++n n n n n n 故，()()2222ln 121,ln 2311223⨯>-+⨯>-+， ()()2222ln 341,,ln 11341⨯>-++>-+⎡⎤⎣⎦+ n n n n 累加得：，()21111ln ln 1212111nk n n k k n n n n n =--⎛⎫++>-->-+=⎡⎤ ⎪⎣⎦+++⎝⎭∑故． ()()2*11ln ln 11nk n n k k n N n =--++>∈⎡⎤⎣⎦+∑2．〔2023·上海·闵行中学高三开学考试〕定义在上的函数满足：假设对任意的实数，有R ()f x x y ≠，则称为函数．()()y x x f f y -<-()f x L 〔1〕推断和是否为函数，并说明理由； ()21f x x =+()211g x x =+L 〔2〕当时，函数的图像是一条连续的曲线，值域为，且，求证：关于的方程[],x a b ∈L ()f x G [],G a b ⊆x ()f x x =在区间上有且只有一个实数根；[],a b 〔3〕设为函数，且，定义数列：，，证明：对任意，有()f x L ()33f ={}()n a n *∈N 11a =()()112n n n a f a a +=+n *∈N ．13n n a a +<<（答案）〔1〕不是函数，是函数，理由见解析；〔2〕证明见解析；〔3〕证明见解析. ()f x L ()g x L （解析） （分析）(1)利用给定定义结合已知函数式直接验证即可得解；(2)构造函数，利用零点存在性定理及反证法即可得解；()(),[,]h x f x x x a b =-∈(3)依据给定条件，先证得，然后利用数学归纳法证明对任意正整数成立. 123a a <<13n n a a +<<（详解）(1)，，12,R x x ∀∈12x x ≠，显然值可以趋近于正无穷大，即不成立，2212121212|()()|||||||f x f x x x x x x x -=-=+⋅-12||x x +1212|()()|||f x f x x x -<-所以函数不是函数；()f x L ， 12121222221212||11|()()|||||11(1)(1)x x g x g x x x x x x x +-=-=⋅-++++而，则恒成立， ()()()()()2222121212122222222212121212111111222111111x x x x x x x x x x x x x x x x +++++++≤≤=<++++++++1212|()()|||g x g x x x -<-所以函数是函数；()g x L (2)令，显然的图象是上的一条连续曲线，而值域为，且， ()(),[,]h x f x x x a b =-∈()h x [,]a b ()f x G [],G a b ⊆于是得，，由零点存在性定理知，方程在内有实根，()()0h a f a a =-≥()()0h b f b b =-≤()0h x =[,]a b 假设在内有两个不同的实根，则有，即， ()()0h x f x x =-=[,]a b 34,x x 3344(),()f x x f x x ==3434|()()|||f x f x x x -=-而函数是函数，对上述的，必有与矛盾， ()f x L 34,x x 3434|()()|||f x f x x x -<-3434|()()|||f x f x x x -=-所以关于的方程在区间上有且只有一个实数根；x ()f x x =[],a b高考材料高考材料(3)因函数是函数，又，，于是得，即， ()f x L ()33f =11a =11|()(3)||3|2f a f a -<-=11()5f a <<，从而有，2111[()](1,3)2a f a a =+∈123a a <<用数学归纳法证明不等式：，， 13n n a a +<<n *∈N ①当时，不等式显然成立，1n =②假设时，不等式成立，即，,N n k k *=∈13k k a a +<<，即有，则， ()()()()11113333k k k k f a f f a f a a ++++-≤-<-=-()()11336k k f a a f +++<+=()211132k k k a f a a +++⎡⎤=+<⎣⎦又，即， ()()()()1111k k k k k k k k f a f a f a f a a a a a ++++-≤-<-=-()()11k k k k f a a f a a +++<+则，即， ()()111122k k k k f a a f a a ++⎡⎤⎡⎤+<+⎣⎦⎣⎦12k k a a ++<从而得，即时，不等式成立， 123k k a a ++<<1n k =+综合①②得，对任意，有.n *∈N 13n n a a +<<3．〔2023·宁夏·银川一中三模〔理〕〕已知函数，其中 21()e 2xf x k x =-.k ∈R (1)假设有两个极值点，记为 ()f x 1212,(),x x x x <①求的取值范围； k ②求证：； 122x x +>(2)求证：对任意恒有 ,n *∈N 22212112 1.23e (1)e (1)ek n k n k n --+++++<++ （答案）(1)①；② 证明见解析； 10e<<k (2)证明见解析. （解析） （分析）〔1〕① 由题得有两个变号零点，设求出函数的单调性即得解；② 利用极值点偏移的方法证明； e x x k =(),e xxg x =〔2〕证明，再利用裂项相消求和即得证.21e 11(1)1n n n n n -<-++(1)解：〔1〕由题得有两个变号零点， ()e 0x f x k x '=-=所以有两个变号零点， e xxk =设 1(),(),e e x xx xg x g x -'=∴=当时，函数单调递增，当时，函数单调递减，1x <()g x 1x >()g x当时，，当时，，， 0x <()0g x <0x >()0>g x 1(1)eg =所以. 10e<<k (2)设， ()()(2),(1)h x g x g x x =-->所以， 211()()[(2)]=0,(1)e ex x x xh x g x g x x ---'''=--+>>所以在单调递增，又， ()h x (1,)+∞(1)0h =所以 又， ()(2),g x g x >-121x x <<所以22()(2),g x g x >-所以 因为，所以. 12()(2),g x g x >-221x -<12122,+2x x x x >-∴>(2)证明：由〔1〕知，所以 1,e e x x ≤11,e x x-≤所以对任意恒有， ,n *∈N 2121111(1)e (1)(1)1n n n n n n n n -≤<=-++++所以 2221211211111(1()()23e (1)e (1)e 2231k n k n k n n n --+++++<-+-++-+++ 所以. 2221211211123e (1)e (1)e 1k n k n k n n --+++++<-<+++ 4．〔2023·全国·高三专题练习〕已知函数. ()2()ln 12xf x x x =+-+〔1〕证明：时，； 0x >()0f x>〔2〕证明：1113521n ++⋅⋅⋅+<+（答案）〔1〕证明见解析；〔2〕证明见解析. （解析）〔1〕由，即在定义域内为增函数，即可证明结论. 22()0(1)(2)x f x x x '=>++()f x 〔2〕依据〔1〕结论，令可得，将所得的n 个式子相加，结合对数运算性质、放缩法即可1x n =21ln 21n n n+<+*n N ∈证不等式. （详解）〔1〕时，， 0x >22214()01(2)(1)(2)x f x x x x x '=-=>++++故为增函数，； ()f x ()()00f x f >=〔2〕由〔1〕知：， 2ln(1)2xx x +>+令时，有， 1x n =12121ln 1ln 1212n n n n n n⋅+⎛⎫<+⇒< ⎪+⎝⎭+高考材料高考材料故，，…，， 22ln 31<23ln 52<21ln 21n n n+<+将式相加得：，n 222231ln ln ln 352112n n n ++++<++++ 231ln ln(1)12n n n +⎛⎫=⋅=+ ⎪⎝⎭ ∴. 1111ln(1)35212n n +++<+=+ 5．〔2023·云南师大附中高三阶段练习〔文〕〕已知函数.()ln f x x =〔1〕证明：当时，恒成立；2x >()2532xf x x -+<<〔2〕设数列的通项公式为，记为的前项和，求证：.{}n a 2222n a f n n ⎛⎫=+ ⎪+⎝⎭n S {}n a n 213364n n S n +<<+〔参考数据：〕 2.71828e = 1.41421= （答案）〔1〕证明见解析；〔2〕证明见解析. （解析） （分析）〔1〕构造函数，利用导数得出，可证得成立，构造函数()()253g x f x x =+-()()20g x g >>()253f x x >-+，利用导数得出可证得，综合可证得结论成立； ()()2x h x f x =-()()20h x h <<()2xf x <〔2〕由〔1〕中的结论可得出，利用放缩法得出，22225112132n n n a n n n n +-+<<++++211111131222n a n n n n ⎛⎫+-<<+- ⎪+++⎝⎭结合裂项求和法可证得结论成立. （详解）证明：〔1〕令，可得， ()()2525ln 33g x f x x x x =+-=+-()22122x g x x x x-'=-=当时，，所以，函数在上单调递增．2x >()0g x '>()g x ()2,+∞又，而，，，()22ln 23g =-22ln 2332e e e -=-328=3223e e ⎛⎫= ⎪⎝⎭2.83e =≈>，在上恒成立． ()22ln 203g ∴=->()253f x x >-+()2,+∞令，则， ()()ln 22x x h x f x x =-=-()11222xh x x x-'=-=当时，，所以，函数在上单调递减． 2x >()0h x '<()h x ()2,+∞又，在上恒成立． ()2ln 21ln 2ln 0h e =-=-<()2xf x ∴<()2,+∞综上，当时，恒成立；2x >()2532xf x x -+<<〔2〕，而，22222ln 222n a f n n n n ⎛⎫⎛⎫=+=+ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭ 22222n n +>+所以令〔1〕中不等式的， 2222242222n n x n n n n++=+=++由〔1〕可得，22225112132n n n a n n n n+-+<<++++则一方面，， ()()()()()222221125521212133331211n n n n a n n n n n n +-+>-+=-=+>+++++++211312n n =+-++， 211111121121121323341232232336n S n n n n n n n ⎛⎫∴>+-+-++-=+->+-=+ ⎪+++⎝⎭ 另一方面，，()111111222n a n n n n ⎛⎫<+=+- ⎪++⎝⎭， 111111111111232422212n S n n n n n n ⎛⎫⎛⎫∴<+-+-++-=++-- ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭3111342124n n n n ⎛⎫=+-+<+ ⎪++⎝⎭综上，有．213364n n S n +<<+6．〔2023·四川省宜宾市第四中学校高三阶段练习〕已知函数，满足：①对任意，都有(),y f x x N +=∈,a b N +∈；()()()()af a bf b af b bf a +>+②对任意都有． *n N ∈[()]3f f n n =〔1〕试证明：为上的单调增函数； ()f x +N 〔2〕求；(1)(6)(28)f f f ++〔3〕令，试证明：(3),nn a f n N +=∈121111.424n n n a a a <+++<+ （答案）〔1〕证明见解析；〔2〕66；〔3〕证明见解析. （解析） （分析）〔1〕对①中等式变形，利用定义法推断出的单调性；()f x 〔2〕先假设，依据条件确定出的值，即可求解出的值，再结合〔1〕的单调性确定出的()1f a =a ()()1,6f f ()28f 值，由此计算出结果；〔3〕依据条件推断出为等比数列并求解出通项公式，利用不等式以及二项展开式采纳放缩方法证明不等式. {}n a （详解）解：〔1〕 由①知，对任意，都有 ， *,,a b N a b ∈<()(()())0a b f a f b -->由于，从而，所以函数为上的单调增函数；0a b -<()()f a f b <()f x *N 〔2〕令，则，显然，否则，与矛盾. ()1f a =1a …1a ≠()()()111f f f ==()()13f f =从而，而由，即得. 1a >((1))3f f =()3f a =又由〔1〕知，即.()(1)f a f a >=3a <于是得，又，从而，即.13a <<*a N ∈2a =()12f =高考材料高考材料又由知. ()3f a =()23f =于是，(3)((2))326f f f ==⨯=，， (6)((3))339f f f ==⨯=(9)((6))3618f f f ==⨯=，， (18)((9))3927f f f ==⨯=(27)((18))31854f f f ==⨯=， 由于，(54)((27))32781f f f ==⨯=5427815427-=-=而且由〔1〕知，函数为单调增函数，因此. ()f x (28)54155f =+=从而.(1)(6)(28)295566f f f ++=++=〔3〕，()()()13333n n n n f a f f +==⨯=，. ()()()()1133n n n n a f f f f a a ++===1(3)6a f ==即数列是以为首项，以为公比的等比数列. {}n a 63∴16323(1,2,3)n n n a n -=⨯=⨯= 于是，显然， 21211(1)111111111133((1)1233324313n n n n a a a -+++=+++=⨯=--1111434n ⎛⎫-< ⎪⎝⎭另一方面，1223(12)122212n n n nn n n C C C n =+=+⨯+⨯++⨯>+ 从而. 1111114342142nn n n ⎛⎫⎛⎫->-=⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭综上所述，. 121111424n n n a a a <+++<+ 7．〔2023·安徽省霍邱县第二中学高三开学考试〔理〕〕已知函数 ． ()ln 3f x a x ax =--(0)a ≠〔1〕商量的单调性；()f x 〔2〕假设对任意恒成立，求实数的取值范围〔为自然常数〕； ()(1)40f x a x e +++-≤2[,]x e e ∈a e 〔3〕求证：． 22221111ln(1)ln(1)ln(1)...ln(1)1234n++++++++<*(2,)n n ≥∈N （答案）〔1〕答案见解析；〔2〕；〔3〕证明见解析.212e e a --≤（解析）〔1〕求导得到 ，然后分和两种求解商量求解. '(1)()a x f x x-=0a >0a <〔2〕令,求导得到，令，得到()ln 3(1)4ln 1F x a x ax a x e a x x e =--+++-=++-'()a x F x x +='()0a x F x x+==x a =-，然后分，和三种情况商量求解.a e -≤2a e -≥2e a e <-<〔3〕令得到，则，由〔1〕知在上单调递增，则有1a =-()ln 3f x x x =-+-(1)2f =-()ln 3f x x x =-+-[1,)+∞即对一切成立， 从而，然后利用裂项相消法求解. ()(1)f x f >ln 1x x <-(1,)x ∈+∞2211111ln(1)(1)1n n n n n n+<<=---（详解）〔1〕函数的定义域为 ， ， ()0+∞，'(1)()a x f x x-=当时，的单调增区间为，单调减区间为； 0a >()f x (0,1][1,)+∞当时，的单调增区间为，单调减区间为； 0a <()f x [1,)+∞(0,1]〔2〕令，()ln 3(1)4ln 1F x a x ax a x e a x x e =--+++-=++-则，令，则 '()a x F x x +='()0a x F x x+==x a =- 〔a 〕假设，即 则在是增函数， a e -≤a e ≥-()F x 2[,]e e 无解.22max ()()210F x F e a e e ==++-≤〔b 〕假设即，则在是减函数，2a e -≥2a e ≤-()F x 2[,]e e 所以max ()()10F x F e a ==+≤1a ≤-2a e ≤-〔c 〕假设，即，在是减函数， 在是增函数，2e a e <-<2e a e -<<-()F x [,]e a -2[,]a e -可得， 可得22()210F e a e e =++-≤212e e a --≤()10F e a =+≤1a ≤-所以 2212e e e a ---≤≤综上所述 212e e a --≤〔3〕令〔或〕此时，所以， 1a =-1a =()ln 3f x x x =-+-(1)2f =-由〔1〕知在上单调递增，()ln 3f x x x =-+-[1,)+∞∴当时，即，∴对一切成立， (1,)x ∈+∞()(1)f x f >ln 10x x -+->ln 1x x <-(1,)x ∈+∞∵，则有， *2,n n N ≥∈2211111ln(1)(1)1n n n n n n+<<=---所以 22221111ln(1)ln(1)ln(1)...ln(1)234n ++++++++.1111111(1)(()...(223341n n <-+-+-+--111n=-<8．〔2023·四川·石室中学高三期末〕已知函数的图象上有一点列，点在()()()3log 101x f x x x +=>+()(),n n n P x y n N *∈n P x轴上的射影是，且〔且〕，． (),0n n Q x 132n n x x -=+2n ≥n *∈N 12x =〔1〕求证：是等比数列，并求出数列的通项公式；{}1n x +{}n x 〔2〕对任意的正整数，当]时，不等式恒成立，求实数的取值范围； n []1,1m ∈-21363n t mt y -+>t 〔3〕设四边形的面积是，求证：． 11n n n n P Q Q P ++n S 1211132nS S nS +++< （答案）〔1〕证明见解析，；〔2〕；〔3〕证明见解析.31nn x =-()(),22,-∞-+∞ （解析）高考材料高考材料（分析）〔1〕利用等比数列的定义可证得数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，可求得数列的通项公式； {}1n x +{}n x 〔2〕求得，利用数列单调性求得数列的最大项为，由题意可知，]时，不等式3n n n y ={}n y 113y =[]1,1m ∈-恒成立，设，依据题意可知关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围；220t mt ->()22g m mt t =-+t t 〔3〕求得，进而可求得，利用放缩法可得，进而可证得所证不等式成立. 3n n n nP Q =413nn S +=11131n nS n n ⎛⎫<- ⎪+⎝⎭（详解）〔1〕当且时，，则，且， 2n ≥n *∈N 132n n x x -=+111133311n n n n x x x x ---++==++113x +=所以，数列是以为首项，以为公比的等比数列，{}1n x +33，则；11333n n n x -∴+=⨯=31n n x =-〔2〕， ()()33log 1log 3133n n n n n n n x ny f x x +====+则，所以，数列单调递减， 1111120333n n n n n n n ny y ++++--=-=<{}n y 所以，数列的最大项为，可知对任意的，， {}n y 113y =n *∈N 21363n t mt y -+>则，化简得， 2113633t mt -+>220t mt ->当]时，不等式恒成立，[]1,1m ∈-220t mt ->设，则，解得或. ()22g m mt t =-+()()22120120g t t g t t ⎧-=+>⎪⎨=->⎪⎩2t <-2t >因此，实数的取值范围是；t ()(),22,-∞-+∞ 〔3〕由〔2〕可得，则， 3n n n nn P Q y ==11113n n n n P Q ++++=所以，，()()()1111111131312233n nn n n n n n n n n n n S x x P Q P Q ++++++⎛⎫=-+=⨯---⋅+ ⎪⎝⎭413n +=， ()()()113121111121241414414414443n n n nS n n n n n n n n ⎛⎫⎛⎫====-<- ⎪ ⎪+++++⎝⎭⎝⎭1131n n ⎛⎫=- ⎪+⎝⎭因此，.121111111113133313222311n S S nS n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++<-+-++-=-< ⎪ ⎪ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 故所证不等式成立. （点睛）此题考查等比数列定义的证明，同时也考查了数列不等式恒成立以及数列不等式的证明，考查推理能力与计算能力，属于中等题.9．〔2023·山东·模拟预测〕已知函数.()2ln(2)2f x x x =--〔1〕求证：有且仅有2个零点；()f x 〔2〕求证：. ()22*1ln (1)(21)2(2,1)nk k n n N n n n k=-++≥∈∑＜（答案）〔1〕证明见解析；〔2〕证明见解析. （解析） （分析）〔1〕先求出函数的单调区间，得到在上存在唯—零点，在上存在唯—的零点，即得有且()f x 1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭()f x 10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭()f x 仅有2个零点；〔2〕设，，证明， 令，得，得到，()ln 1g x x x =-+0x >ln 11x x x ≤-()2*x k k N =∈222ln 11k k k≤-222ln11111≤-，，…，，相加化简即得. 222ln 21122≤-222ln 31133≤-222ln 11n n n ≤-()21*2ln (1)(21)22,(1)ni n n N k n n kn =≥+<+∈-∑（详解）解：〔1〕由题意，函数的定义域为. ()f x (0,)+∞则. 121()2x f x x x-'=-=令，得， ()0f x '=12x =当时，，单调递减；10,2⎛⎫∈ ⎪⎝⎭x ()0f x '<() f x 当时，，单调递增，1,2⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭x ()0f x '>()f x 所以在处取得极小值，且极小值为， ()f x 12x =112102f ⎛⎫=-=-< ⎪⎝⎭而，故在上存在唯—零点，22222224202e f e e e ⎛⎫=--=-=-> ⎪⎝⎭()f x 1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭因为，，故在上存在唯—的零点， 2221112202f e ee ⎛⎫=+-=> ⎪⎝⎭102f ⎛⎫< ⎪⎝⎭()f x 10,2⎛⎫⎪⎝⎭综上所述，有且仅有2个零点. ()f x 〔2〕 设，， ()ln 1g x x x =-+0x >则，可得当时，单调递增， 11()1xg x x x-'=-=(0,1)x ∈()g x 当时，单调递减，所以，所以. (1,)x ∈+∞()(1)0g x g ≤=ln 1≤-x x 即〔当且仅当时，取等号〕. ln 11x x x≤-1x =令，得〔，当且仅当时，取等号〕 ()2*x k k N =∈222ln 11k k k≤-*N k ∈1k =所以依次令，得到1,2,3,,k n =⋯，，，…， 222ln11111≤-222ln 21122≤-222ln 31133≤-222ln 11n n n ≤-高考材料高考材料所以222222222222ln1ln 2ln3ln 11111111123123n n n++++-+-+-++-……22211111111232334(1)n n n n n ⎡⎤⎛⎫=--+++--+++ ⎪⎢⨯⨯+⎝⎭⎣⎦…＜…111111123341n n n ⎛⎫=---+-++- ⎪+⎝⎭…11121n n ⎛⎫=--- ⎪+⎝⎭(1)(21)2(1)n n n -+=+即 ()21*2ln (1)(21)22,(1)ni n n N k n n kn =≥+<+∈-∑10．〔2023·浙江·效实中学模拟预测〕已知为定义在上的奇函数，且当时，取最大值为1. ()2ax bf x x c+=+R 1x =()f x 〔1〕写出的解析式. ()f x 〔2〕假设，，求证 112x =()1n n x f x +=〔ⅰ〕；1n n x x +>〔ⅱ〕. ()()()2221223112231516n n n n x x x x x x x x x x x x ++---++⋅⋅⋅+<（答案）〔1〕；〔2〕〔ⅰ〕证明见解析；〔ⅱ〕证明见解析. ()221xf x x =+（解析） （分析）〔1〕先利用求出，再依据当时，取最大值为1可求出，从而得到的解析式. ()0f b 1x =()f x ,a c ()f x 〔2〕先利用数学归纳法证明，从而可证.再依据可得，利用根本不等式可证()0,1n x ∀∈1n n x x +>112x =112n x ≤<，再利用裂项相消法可证原不等式成立，也可以利用导数证明，从而得到，利1516n n x x +-<323110n n n x x x -≤+1310n n x x +-≤用裂项相消法可证原不等式成立. （详解）〔1〕因为的定义域为，得，又为奇函数， ()2ax bf x x c +=+R 0c >()f x 所以，得；又，所以. ()00b f c ==0b =()111af c==+10a c =+>当时，.0x ≤()()210c x f x x c+=≤+当时，，当且仅当0x >()()211c x c f x c x cx x++==≤++x =也就是当，x =()max f x =1==所以，，即的解析式为， 1c =2a =()f x ()221xf x x =+此时，为奇函数，故的解析式为. ()()221x f x f x x -=-=-+()f x ()f x ()221xf x x =+〔2〕〔ⅰ〕先证明， ()0,1n x ∀∈当时，，符合； 1n =()110,12x =∈设当时，有， n k =()0,1k x ∈则当时，因为，故. 1n k =+1221kk k x x x +=+10k x +>又，故，故.()2121011k k kx x x +-=-<+-11k x +<()10,1k x +∈ 由数学归纳法可知.()0,1n x ∀∈因为，故. ()231222120111n n n n nn n n n n n x x x x x x x x x x x +---=-==>+++1n n x x +>〔ⅱ〕法一〔根本不等式+裂项相消〕：因为，所以， 01n x <<()()()3122211111141n n n nn n n n n n n x x xx x x x x x x x +++--==-⋅≤⋅+++又因为， 21121121n n n n x x x x +=+++-+115416n n x x +-≤=<所以，()()211111151116n n n n n n n n n n n n x x x x x x x x x x x x ++++++-⎛⎫-=-⋅<- ⎪⎝⎭所以()()()222122311223112231151111115121616nn n n n n n x x x x x x x x x x x x x x x x x x x ++++---⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+<-+-+⋅⋅⋅+-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭由〔ⅰ〕可知，，所以，得. 1112n x +≤<151521616n x +⎛⎫-< ⎪⎝⎭()()()2221223112231516n n n n x x x x x x x x x x x x ++---++⋅⋅⋅+<法二〔函数的值域+裂项相消〕：因为，所以，由〔ⅰ〕可知，，设， 01n x <<3121n n n n n x x x x x +--=+1112n x +≤<()321x x g x x -=+112x ⎛⎫≤< ⎪⎝⎭所以()()()()()2232213121x x x x x g x x -+--'=+，()()()()()()222322222121252011x x x x x x x x -+---+==<++高考材料高考材料得在时单调递减，所以，得；()g x 1112n x +≤<()13210g x g ⎛⎫≤= ⎪⎝⎭1310n n x x +-≤所以，()()211111131110n n n n n n n n n n n n x x x x x x x x x x x x ++++++-⎛⎫-=-⋅≤- ⎪⎝⎭由〔ⅰ〕可知，，()()()222122311223112231131111113121010nn n n n n n x x x x x x x x x x x x x x x x x x x ++++---⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+≤-+-+⋅⋅⋅+-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭1112n x +≤<所以， 1121n x +-<，证毕. ()()()2221223112231131352101016nn n n n x x x x x x x x x x x x x +++---⎛⎫++⋅⋅⋅+≤-<< ⎪⎝⎭11．〔2023·全国·高三课时练习〕已知函数，其中． 2()ln f x a x x =+a R ∈〔1〕商量的单调性；()f x 〔2〕当时，证明：；1a=2()1f x x x ≤+-〔3〕求证：对任意的且，都有：．*n N ∈2n …222211*********e n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++⋯+< ⎪⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭〔其中为自然对数的底数〕．2.7183e ≈（答案）〔1〕当时，函数在上调递增；当时，函数在上单调递减，在0a ≥()f x (0,)+∞0a <()f x ⎛ ⎝⎫+∞⎪⎪⎭上单调递增；〔2〕证明见解析；〔3〕证明见解析. （解析） （分析）〔1〕求出导函数，按照和商量，确定的正负，得的单调区间；()'f x 0a ≥0a <()'f x ()f x 〔2〕不等式即为，即．引入函数，由导数确定其最大值后可证结论． ln 1≤-x x ln 10x x -+≤()ln 1g x x x =-+〔3〕关键是如何应用刚刚所证得的函数不等式，由〔2〕，令，让，这些不等式相加ln 1x x <-211x k =+2,3,,k n = 后右边利用放缩法证明和式，可得证结论． 1<（详解）解：〔1〕函数的定义域为，，()f x (0,)+∞22()2a a xf x x x x'+=+=①当时，，所以在上单调递增，a ≥()0f x '>()f x (0,)+∞②当时，令，解得0a <()0fx '=x =当，所以，所以在上单调递减； 0x <<220a x +<()0f x '<()f x ⎛ ⎝当，所以，所以在上单调递增． x >220a x +>()0f x '>()f x ⎫+∞⎪⎪⎭综上，当时，函数在上调递增；0a ≥()f x (0,)+∞当时，函数在上单调递减，在上单调递增． 0a <()f x ⎛ ⎝⎫+∞⎪⎪⎭〔2〕当时，，要证明， 1a =2()ln f x x x =+2()1f x x x ≤+-即证，即． ln 1≤-x x ln 10x x -+≤设，则，令得，． ()ln 1g x x x =-+1()xg x x-'=()0g x '=1x =当时，，当时，． (0,1)x ∈()0g x '>(1,)x ∈+∞()0g x '<所以为极大值点，也为最大值点．1x =所以，即．故． ()(1)0g x g ≤=ln 10x x -+≤2()1f x x x ≤+-〔3〕证：由〔2〕，〔当且仅当时等号成立〕令，则， ln 1≤-x x 1x =211x n =+2211ln 1n n⎛⎫+< ⎪⎝⎭∴222222*********ln 1ln 1ln 123231223(1)n n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++++<+++<+++ ⎪ ⎪ ⎪⨯⨯-⎝⎭⎝⎭⎝⎭L L L ， 111111111ln 12231e n n n =-+-++-=-<=-L 即，22221111ln 1111ln 234e n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++< ⎪⎪⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦ 所以． 222211*********e n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++< ⎪⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭12．〔2023·四川·成都七中高三期中〕已知函数，其中是的导函数. ()ln(1),()(),0f x x g x xf x x '=+=≥()'f x ()f x 假设.[]*11()(),()(),n n g x g x g x g g x n +==∈N 〔1〕求的表达式；()n g x 〔2〕求证：，其中n ∈N x .()()()()2222211213111n g g f g n n -+-+-++-<+ （答案）〔1〕；〔2〕证明见解析. ()*N 1n xg x n nx=∈+（解析） （分析）〔1〕依据已知条件猜测，利用数学归纳法证得猜测成立. ()1n xg x nx=+〔2〕利用放缩法，结合裂项求和法，证得不等式成立. （详解）〔1〕由题意可知，， ()01xg x x x=≥+由已知 ()()()12111x x g x g x g g x g x x ⎛⎫⎡⎤=== ⎪⎣⎦++⎝⎭，高考材料高考材料，， 11211xx x x x x+==+++()313xg x x =+ ，猜测，下面用数学归纳法证明： ()*N 1n xg x n nx=∈+〔i 〕当 n =1 时，，结论成立： ()11xg x x=+假设 n =k 〔k ≥1，k ∈N x 〕 时结论成立，即， ()1k xg x kx=+那么，当n =k +1〔k ≥1，k ∈N x 〕时，，即结论成立. ()()()()()1111111k k k k xg x x kx g x g g x x g x k x kx++⎡⎤====⎣⎦+++++由〔i 〕〔ii 〕可知，结论对 n ∈N x 成立. 〔2〕∵， ()01xg x x x=≥+，∴， ()()221111111x g x g n x x n==-⇒-=-++∴g 〔12﹣1〕+g 〔22﹣1〕+g 〔32﹣1〕+…+g 〔n 2﹣1〕222211*********n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-++- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭22221111123n n ⎛⎫=-++++ ⎪⎝⎭()11111223341n n n ⎡⎤-++++⎢⎥⨯⨯⨯+⎢⎥⎣⎦ ＜11111112231n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=--+-++- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦ ， 21111n n n n ⎛⎫=--=⎪++⎝⎭∴g 〔12﹣1〕+g 〔22﹣1〕+g 〔32﹣1〕+…+g 〔n 2﹣1〕. 21n n <+13．〔2023·全国·高三专题练习〕已知二次函数满足，，，. ()f x (2)()f x f x -=-()11f -=(0)2f =()x g x e =〔1〕求的解析式；()f x 〔2〕求证：时，； 0x ≥2()()g x f x ≥〔3〕求证：.()*11112(1)12(2)22()2n N g g g n n +++<∈+++ （答案）〔1〕〔2〕证明见解析；〔3〕证明见解析； 2()22f x x x =++（解析） （分析）〔1〕由，得的对称轴为，再利用待定系数法可求得结果；()2()f x f x -=-()f x 1x =-〔2〕作差构造函数，求导得，再构造函数，求导可得其最2()2e 22x x x x ϕ=---'()222x x e x ϕ=--()222x h x e x =--小值为0，所以，可知为上的增函数，所以时，，即； ()0x ϕ'≥()ϕx R 0x ≥()0x ϕ≥2()()g x f x ≥〔3〕由〔2〕知，即.易知时， 得，2()()g x f x ≥22()32g x x x x +≥++*x ∈N 211112()3212g x x x x x x <=-+++++，再裂项求和后放缩可证不等式.1112()12g n n n n <-+++（详解）〔1〕由，得的对称轴为， ()2()f x f x -=-()f x 1x =-所以可设，()2()1f x a x c =++由 (1)1,1,(0)21,f a f c ⎧-==⎧⇒⎨⎨==⎩⎩，即. 2()(1)1f x x ∴=++2()22f x x x =++〔2〕设，2()2()()2e 22x x g x f x x x ϕ=-=---，'()222x x e x ϕ=--令，即， ()'()x h x ϕ=()222x h x e x =--则，'()22x h x e =-由，'()00,'()00h x x h x x <⇒<>⇒>在区间上单调递减，在区间上单调递增，.()h x (),0-∞()0,∞+min ()(0)0h x h ==∴，'()0x ϕ≥∴在上单调递增， ()x ϕR ∴时，， 0x ≥()(0)0x ϕϕ≥=∴.2()()g x f x ≥〔3〕由〔2〕知即. 2()()g x f x ≥222()222()32g x x x g x x x x ≥++⇔+≥++易知时，，，*x ∈N 2()0g x x +>2320x x ++>，2111112()32(1)(2)12g x x x x x x x x ∴<==-+++++++所以，1112()12g n n n n <-+++.1111111111112(1)12(2)22()233412222g g g n n n n n ∴+++<-+-++-=-<++++++ 14．〔2023·吉林吉林·高三期末〔理〕〕已知函数.()21ln 2f x x x =+-高考材料高考材料〔1〕求函数在区间上的最值；()f x 1,44⎡⎤⎢⎥⎣⎦〔2〕求证：且.2222*2222ln1ln 2ln 3ln 13(12312n n n N n n +++⋅⋅⋅+<+-∈+2)n ≥（答案）〔1〕，；〔2〕见解析 ()min 2f x =()max 93ln 2f x =-（解析） （分析）(1)对f (x )求导,然后推断f (x )的单调性,再求出f (x )在区间上的最值即可;1,44⎡⎤⎢⎥⎣⎦(2)依据(1)可得,然后令,可得,再利用放缩法证明不等式ln 11x x x ≤-()2*x n n N =∈()2*22ln 11n n N n n≤-∈成马上可. 22222222ln1ln 2ln 3ln 1312312n n n n +++⋅⋅⋅+<+-+（详解）解:(1)∵,∴, ()21ln 2(0)f x x x x =+->()121'2x f x x x-=-=令,得;令,得, ()'0f x >12x >()'0f x <102x <<∴在上单调递减,在上单调递增,()f x 10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭∴在上单调递减,在上单调递增,()f x 11,42⎡⎤⎢⎥⎣⎦1,42⎡⎤⎢⎥⎣⎦∴当时,,1,44x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦()min 122f x f ⎛⎫== ⎪⎝⎭又,,13ln 242f ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭()493ln 2f =-∴,()13493ln 2ln 242f f ⎛⎫⎛⎫-=--+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭154ln 22=-15412>-⨯0>∴,∴当时,,()144f f ⎛⎫> ⎪⎝⎭1,44x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦()()max 493ln 2f x f ==-∴在区间上的最小值为2,最大值为.()f x 1,44⎡⎤⎢⎥⎣⎦93ln 2-(2)由(1)知,,∴,当且仅当时等号成立,21ln 22x x +-≥ln 221x x ≤-12x =∴,当且仅当时等号成立,即. ln 1≤-x x 1x =ln 11x x x≤-令,得,()2*x n n N =∈()2*22ln 11n n N n n≤-∈∴,,,…,, 222ln11111≤-222ln 21122≤-222ln 31133≤-222ln 11n n n ≤-∴ 222222222222ln1ln 2ln 3ln 11111111123123n n n +++⋅⋅⋅+≤-+-+-+⋅⋅⋅+- 222111123n n ⎛⎫=--++⋅⋅⋅+ ⎪⎝⎭()111123341n n n ⎡⎤<--++⋅⋅⋅+⎢⎥⨯⨯+⎣⎦111111123341n n n ⎛⎫=---+-+⋅⋅⋅+- ⎪+⎝⎭11121n n ⎛⎫=--- ⎪+⎝⎭ 1312n n =+-+即且2222*2222ln1ln 2ln 3ln 13(12312n n n N n n +++⋅⋅⋅+<+-∈+2)n ≥15．〔2023·天津市宝坻区第—中学三模〔理〕〕已知函数〔为自然对数的底数〕. ()e 1x f x ax =--e 〔1〕求函数的单调区间；()f x 〔2〕当时，假设对任意的恒成立，求实数的值；0a >()0f x ≥R x ∈a 〔3〕求证：. 22222232323ln 1ln 1...ln 12(31)(31)(31)n n ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⨯⨯⨯++++++<⎢⎥⎢⎥⎢⎥---⎣⎦⎣⎦⎣⎦（答案）〔Ⅰ〕答案见解析；〔Ⅱ〕；〔Ⅲ〕证明见解析. 1a =（解析）（分析）〔1〕由题设，， ()e '=-x f x a 当时，在上单调递增；0a ≤()0f x '>()f x R 当时，时，单调递减，0a >(,ln )x a ∈-∞()0f x '<()f x 时，单调递增．(ln ,)x a ∈+∞()0f x '>()f x 〔2〕由〔1〕知：时， 0a >min ()(ln )f x f a =所以，即恒成立，(ln )0f a ≥ln 10--≥a a a 记，则， ()ln 1(0)g a a a a a =-->()1(ln 1)ln g a a a '=-+=-所以在上，在上，(0,1)()0g a '>(1,)+∞()0g a '<所以在上递增，在上递减，则， ()g a (0,1)(1,)+∞()(1)0g a g ≤=所以，即．()0g a =1a =〔3〕时，， 1n =22332(31)2n n⨯=<-时，，2n ≥121123232311(31)(31)(33)(31)(31)3131n n n n n n n n n n ---⨯⨯⨯<==--------所以． 2133112(31)2231k nk nk =<+-<--∑2n ≥由〔2〕知：，即，则时，e 1x x ≥+ln(1)(1)x x x +≤>-0x >ln(1)x x +<综上，，即原不等式成立． 22222212323233ln[1]ln[1]ln[1]2(31)(31)(31)(31)n knn k k =⨯⨯⨯++++⋅⋅⋅++<<----∑高考材料高考材料。
高中 导数综合题 练习 含答案
训练目标(1)导数的综合应用；(2)压轴大题突破. 训练题型(1)导数与不等式的综合；(2)利用导数研究函数零点；(3)利用导数求参数范围. 解题策略 (1)不等式恒成立(或有解)可转化为函数的最值问题，函数零点可以和函数图象相结合；(2)求参数范围可用分离参数法.(1)求函数F (x )＝f (x )f ′(x )＋(f (x ))2的最大值和最小正周期；(2)若f (x )＝2f ′(x )，求1＋sin 2x cos 2x －sin x cos x的值．2．已知函数f (x )＝ax －e x (a >0)．(1)若a ＝12，求函数f (x )的单调区间； (2)当1≤a ≤1＋e 时，求证：f (x )≤x .3．已知函数f (x )＝ax ＋ln x ，a ∈R ，(1)求f (x )的单调区间；(2)设g (x )＝x 2－2x ＋1，若对任意x 1∈(0，＋∞)，总存在x 2∈[0,1]，使得f (x 1)<g (x 2)，求实数a 的取值范围．4．设f n (x )＝x ＋x 2＋…＋x n －1，x ≥0，n ∈N ，n ≥2.(1)求f n ′(2)；(2)证明：f n (x )在⎝⎛⎭⎫0，23内有且仅有一个零点(记为a n )，且0＜a n －12＜13n 32⎪⎭⎫ ⎝⎛.5．已知a ∈R ，函数f (x )＝12ax 2－ln x . (1)当a ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线的斜率；(2)讨论f (x )的单调性；(3)是否存在实数a ，使得方程f (x )＝2有两个不等的实数根？若存在，求出a 的取值范围；若不存在，请说明理由．答案解析1．解 (1)已知函数f (x )＝sin x ＋cos x ，则f ′(x )＝cos x －sin x ，代入F (x )＝f (x )f ′(x )＋(f (x ))2，可得F (x )＝cos 2x ＋sin 2x ＋1＝2sin(2x ＋π4)＋1， 当2x ＋π4＝2k π＋π2(k ∈Z )， 即x ＝k π＋π8(k ∈Z )时，F (x )max ＝2＋1，其最小正周期T ＝2π2＝π. (2)由f (x )＝2f ′(x )，易得sin x ＋cos x ＝2cos x －2sin x ，解得tan x ＝13. ∴1＋sin 2x cos 2x －sin x cos x ＝2sin 2x ＋cos 2x cos 2x －sin x cos x ＝2tan 2x ＋11－tan x＝116. 2．(1)解 当a ＝12时，f (x )＝12x －e x .f ′(x )＝12－e x ，令f ′(x )＝0，得x ＝－ln 2. 当x <－ln 2时，f ′(x )>0；当x >－ln 2时，f ′(x )<0，∴函数f (x )的单调递增区间为(－∞，－ln 2)；单调递减区间为(－ln 2，＋∞)．(2)证明 令F (x )＝x －f (x )＝e x －(a －1)x ，①当a ＝1时，F (x )＝e x >0，∴f (x )≤x 成立．②当1<a ≤1＋e 时，F ′(x )＝e x －(a －1)＝e x －e ln(a－1)， ∴当x <ln(a －1)时，F ′(x )<0；当x >ln(a －1)时，F ′(x )>0，∴F (x )在(－∞，ln(a －1))上单调递减，在(ln(a －1)，＋∞)上单调递增，∴F (x )≥F (ln(a －1))＝e ln(a－1)－(a －1)·ln(a －1)＝(a －1)[1－ln(a －1)]，∵1<a ≤1＋e ，∴a －1>0,1－ln(a －1)≥1－ln [(1＋e)－1]＝0，∴F (x )≥0，即f (x )≤x 成立．综上，当1≤a ≤1＋e 时，f (x )≤x .3．解 (1)f ′(x )＝a ＋1x ＝ax ＋1x(x >0)． ①当a ≥0时，由于x >0，故ax ＋1>0，f ′(x )>0，所以f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)．②当a <0时，由f ′(x )＝0，得x ＝－1a ，在区间(0，－1a)上，f ′(x )>0，f (x )单调递增． 在区间(－1a，＋∞)上，f ′(x )<0，f (x )单调递减． 综上所述，当a ≥0时，f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)；当a <0时，f (x )的单调递增区间为(0，－1a )，f (x )的单调递减区间为(－1a，＋∞)． (2)由已知，转化为f (x )max <g (x )max ，又g (x )max ＝g (0)＝1.由(1)知，当a ≥0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，值域为R ，故不符合题意．当a <0时，f (x )在(0，－1a )上单调递增，在(－1a，＋∞)上单调递减， 故f (x )的极大值即为最大值，即f (x )max ＝f (－1a )＝－1＋ln(－1a)＝－1－ln(－a )， 所以1>－1－ln(－a )，解得a <－1e 2. 故实数a 的取值范围是(－∞，－1e 2)． 4．(1)解 当x ≠1时，f n (x )＝x －x n ＋11－x－1， 则f n ′(x )＝[1－(n ＋1)x n ](1－x )＋(x －x n ＋1)(1－x )2， 可得f n ′(2)＝－[1－(n ＋1)2n ]＋2－2n ＋1(1－2)2＝(n －1)2n ＋1. (2)证明 因为f n (0)＝－1＜0，f n ⎝⎛⎭⎫23＝23⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫23n 1－23－1＝1－2×⎝⎛⎭⎫23n ≥1－2×⎝⎛⎭⎫232＞0， 所以f n (x )在⎝⎛⎭⎫0，23内至少存在一个零点， 又f ′n (x )＝1＋2x ＋…＋nx n －1＞0，所以f n (x )在⎝⎛⎭⎫0，23内单调递增， 因此f n (x )在⎝⎛⎭⎫0，23内有且仅有一个零点a n ， 由于f n (x )＝x －x n ＋11－x－1， 所以0＝f n (a n )＝a n －a n ＋1n 1－a n －1，由此可得a n ＝12＋12a n ＋1n ＞12， 故12＜a n ＜23， 所以0＜a n －12＝12a n ＋1n ＜12×⎝⎛⎭⎫23n ＋1＝13⎝⎛⎭⎫23n . 5．解 (1)当a ＝1时，f (x )＝12x 2－ln x (x >0)，f ′(x )＝x －1x，x >0， ∴k ＝f ′(1)＝0，所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线的斜率为0.(2)f ′(x )＝ax －1x ＝ax 2－1x，x >0. 当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在(0，＋∞)上单调递减；当a >0时，令f ′(x )＝0，解得x ＝a a (负值舍去)． 当x ∈(0，a a )时，f ′(x )<0，f (x )在(0，a a )上单调递减； 当x ∈(a a ，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在(a a，＋∞)上单调递增． (3)存在a ∈(0，e 3)，使得方程f (x )＝2有两个不等的实数根．理由如下：由(2)可知当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在(0，＋∞)上单调递减，方程f (x )＝2不可能有两个不等的实数根；当a >0时，函数f (x )在(0，a a )上单调递减，在(a a，＋∞)上单调递增，使得方程f (x )＝2有两个不等的实数根，等价于函数f (x )的极小值f (a a )<2，即f (a a )＝12＋12ln a <2，解得0<a <e 3，所以a 的取值范围是(0，e 3)．。
数学导数的综合运用试题
数学导数的综合运用试题1.已知函数（，，且）的图象在处的切线与轴平行. （1）确定实数、的正、负号；（2）若函数在区间上有最大值为，求的值．【答案】（1），（2）【解析】（1） 1分由图象在处的切线与轴平行，知，∴. 2分又，故，. 3分(2) 令,得或. 4分∵，令，得或令，得.于是在区间内为增函数，在内为减函数,在内为增函数.∴是的极大值点，是极小值点. 5分令，得或. 6分分类：①当时，，∴ .由解得， 8分②当时，, 9分∴.由得 . 10分记,∵,∴在上是增函数，又，∴,∴在上无实数根.综上，的值为. 12分2.（本题满分15分）已知函数（），且函数图象过原点.（Ⅰ）求函数的单调区间；（Ⅱ）函数在定义域内是否存在零点？若存在，请指出有几个零点；若不存在，请说明理由.【答案】见解析【解析】（Ⅰ）由题意可知故，则．当时，对，有，所以函数在区间上单调递增；当时，由，得；由，得，此时函数的单调增区间为，单调减区间为．综上所述，当时，函数的单调增区间为；当时，函数的单调增区间为，单调减区间为．（Ⅱ）函数的定义域为，由，得（），令（），则，由于，，可知当，；当时，，故函数在上单调递减，在上单调递增，故．又由（Ⅰ）知当时，对，有，即，（随着的增长，的增长速度越来越快，会超过并远远大于的增长速度，而的增长速度则会越来越慢．则当且无限接近于0时，趋向于正无穷大.）当时，函数有两个不同的零点；当时，函数有且仅有一个零点；当时，函数没有零点．3.若曲线在点处的切线与直线互相垂直，则实数的值为________．【答案】2．【解析】由已知得．【考点】导数的几何意义、两条直线的位置关系等知识，意在考查运算求解能力．4.（本小题满分13分）已知函数 (t∈R) ．(Ⅰ)若曲线在处的切线与直线平行，求实数的值；(Ⅱ)若对任意的，恒成立，求实数的取值范围.【答案】(Ⅰ) (Ⅱ)【解析】(Ⅰ) 由题意得，，且，即，解得； 3分(Ⅱ)由(Ⅰ) ，时，.当时，，函数在上单调递增.此时由，解得； 6分(2)当时，，函数在上单调递减.此时由，解得； 9分(3)当时，函数在上递减，在上递增，.此时恒成立，而，所以，. 12分综上，当实数的取值范围为时，对任意的，恒成立. 13分【考点】本题主要考查导数的计算、导数的几何意义及应用导数研究函数的单调性、极值，考查简单不等式恒成立问题的处理方法，意在考查考生的运算能力、分析问题、解决问题的能力及转化与化归思想的应用意识．5.广东理）设函数(其中).(1) 当时,求函数的单调区间；(2) 当时,求函数在上的最大值.【答案】(1) 函数的递减区间为,递增区间为,(2)【解析】(1)根据k的取值化简函数的表达式，明确函数的定义域，然后利用求导研究函数的单调区间，中规中矩；（2）借助构造函数的技巧进行求解，如构造达到证明的目的，构造达到证明的目的.(1) 当时,,令,得,当变化时,的变化如下表:(2),令,得,,令,则,所以在上递增,所以,从而,所以所以当时,；当时,；所以令,则,令,则所以在上递减,而所以存在使得,且当时,,当时,,所以在上单调递增,在上单调递减.因为,,所以在上恒成立,当且仅当时取得“”.综上,函数在上的最大值.【考点】本题考查函数的单调性和函数的最值问题，考查学生的分类讨论思想和构造函数的解题能力.6.天津理）已知函数.(1) 求函数f(x)的单调区间;(2) 证明: 对任意的t>0, 存在唯一的s, 使.(3) 设(2)中所确定的s关于t的函数为, 证明: 当时, 有.【答案】（1）函数的单调递减区间是，单调递增区间是（2）见解析（3）见解析【解析】(1) 函数f(x)的定义域为，，令，得，当变化时，、的变化情况如下表：所以函数的单调递减区间是，单调递增区间是.(2)证明:当时，，令，由(1)知在区间内单调递增，，故存在唯一的，使得成立.(3)证明：因为，由(2)知，，且，从而===，其中，要使成立，只需，当时，若，则由的单调性，有，矛盾，所以即，从而成立；另一方面，令，令，得.当时，；当时，，故对，，因此成立.综上，当时，有.【解题思路与技巧】本题第（1）问，求的单调区间，先求出定义域，然后解导数方程的根，判断根两侧的导数的正负即可；第(2)问，证明时，可构造函数；第(3))问，讨论.【易错点】对第（1）问，求单调区间时，注意定义域优先的原则；第(2)、(3))问，证明时要注意讨论.【考点】本小题主要考查函数的概念、函数的零点、导数的运算、利用导数研究函数的单调性、不等式等基础知识，考查函数思想、化归思想，考查抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力.7.浙江理）已知，函数（1）求曲线在点处的切线方程；（2）当时，求的最大值.【答案】（1）（2）【解析】此题第（1）问根据导数的加减法运算法则和幂函数的求导公式求出，然后求出和，然后利用直线方程的点斜式即可求出；第（2）求函数区间上的最值，但是函数中含有参数，要对参数进行讨论，而且是求区间上的最值，所有应该对函数在上的最值取绝对值后进行讨论，即讨论和在区间中的函数的极值；所以应对和零的关系进讨论，根据判别式在讨论和1的关系，在此过程中由于出现，所以又要讨论和的关系，然后得到是大于零还是小于零不确定，所以又要讨论和的关系，这也是这个题目的难点所在，此题注意讨论不漏不重；（1）由已知得：，且，所以所求切线方程为：，即为：；（2）由已知得到：，其中，当时，，（1）当时，，所以在上递减，所以，因为；（2）当，即时，恒成立，所以在上递增，所以，因为；（3）当，即时，，且，即+00所以，所以；由，所以（ⅰ）当时，，所以时，递增，时，递减，所以，因为，又因为，所以，所以，所以（ⅱ）当时，，所以，因为，此时，当时，是大于零还是小于零不确定，所以当时，，所以，所以此时当时，，所以，所以此时。
导数函数综合应用(含答案)
导数函数综合应用一．选择题（共6小题）1．定义在R上的函数y＝f（x），满足f（4﹣x）＝f（x），（x﹣2）f′（x）＜0，若x1＜x2，且x1+x2＞4，则有（）A．f（x1）＜f（x2）B．f（x1）＞f（x2）C．f（x1）＝f（x2）D．不确定2．定义在（1，+∞）上的函数f（x）满足下列两个条件：（1）对任意的x∈（1，+∞）恒有f（2x）＝2f（x）成立；（2）当x∈（1，2]时，f（x）＝2﹣x；记函数g（x）＝f（x）﹣k（x﹣1），若函数g（x）恰有两个零点，则实数k的取值范围是（）A．[1，2）B．C．D．3．设函数f（x）是定义在实数集上的奇函数，在区间[﹣1，0）上是增函数，且f（x+2）＝﹣f（x），则有（）A．B．C．D．4．已知函数f（x）＝，若函数y＝f（x）+|x﹣1|﹣kx在定义域内有且只有三个零点，则实数k的取值范围是（）A．[）B．[]C．[﹣）D．[﹣]5．设函数f（x）＝，若对任意给定的y∈（2，+∞），都存在唯一的x∈R，满足f（f（x））＝2a2y2+ay，则正实数a的最小值是（）A．2B．C．D．46．已知函数f（x）＝2mx2﹣2（4﹣m）x+1，g（x）＝mx，若对于任一实数x，f（x）与g（x）至少有一个为正数，则实数m的取值范围是（）A．（0，2）B．（0，8）C．（2，8）D．（﹣∞，0）二．填空题（共1小题）7．已知函数f（x）＝，若关于x的方程f（x）＝3恰有两个互异的实数解，则实数a的取值范围是．三．解答题（共19小题）8．已知函数f（x）＝﹣alnx（a∈R）．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若存在实数x0＝[1，e]，使得f（x0）＜0，求正实数a的取值范围．9．已知函数f（x）＝x2﹣（a+）x+lnx，其中a＞0．（Ⅰ）当a＝2时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处切线的方程；（Ⅱ）当a≠1时，求函数f（x）的单调区间；（Ⅲ）若a∈（0，），证明对任意x1，x2∈[，1]（x1≠x2），＜恒成立．10．已知函数f（x）＝lnx﹣ax2+（2﹣a）x．（1）若f′（1）＝﹣6，求函数f（x）在（1，f（1））处的切线；（2）设a＞0，证明：当0＜x＜时，f（+x）＞f（﹣x）；（3）若函数f（x）的图象与x轴交于A，B两点，线段AB中点的横坐标为x0，证明：f′（x0）＜0．11．已知a≠0，函数f（x）＝|e x﹣e|+e x+ax（1）讨论f（x）的单调性（2）若对∀x∈（﹣，+∞），不等式f（x）≥恒成立，求a的取值范围（3）已知当a＜﹣e时，函数f（x）有两个零点x1，x2（x1＜x2），求证：f（x1x2）＞a+e12．已知函数f（x）＝a（x﹣1）e x（a＞0），g（x）＝﹣cos x．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若对于任意的实数x1，x2∈[0，]，（其中x1≠x2），都有|f（x1）﹣f（x2）|＞|g（x1）﹣g（x2）|恒成立求实数a的取值范围．13．已知函数f（x）＝a+2lnx﹣ax（a＞0），（1）求f（x）的最大值φ（a）；（2）若f（x）≤0恒成立，求a的值；（3）在（2）的条件下，设g（x）＝在（a，+∞）上的最小值为m，求证：﹣11＜f（m）＜﹣1014．已知函数f（x）＝（x2﹣mx）e x（e为自然对数的底数）．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若m＝2，2n+1≥0，证明：关于x的不等式nf（x）+1≥e x在（﹣∞，0]上恒成立．15．已知函数f（x）＝（其中e是自然对数的底数），g（x）＝1﹣ax2（a∈R）．（Ⅰ）求函数f（x）的极值；（Ⅱ）设h（x）＝f（x）﹣g（x），若a满足0＜a＜且ln2a+1＞0，试判断方程h（x）＝0的实数根个数，并说明理由．16．已知函数f（x）＝ax2﹣lnx．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若函数f（x）有两个零点x1，x2，求a的取值范围，并证明：x1•x2＞1．17．己知p：实数m使得函数f（x）＝lnx（m﹣2）x2﹣x在定义域内为增函数：q：实数m使得函数g（x）＝mx2+（m+1）x﹣5在R上存在两个零点x1，x2，且x1＜1＜x2（1）分别求出条件p，q中的实数m的取值范围；（2）甲同学认为“p是q的充分条件”，乙同学认为“p是q的必要条件”，请判断两位同学的说法是否正确，并说明理由．18．已知函数f（x）＝In+cos x﹣|x|．（Ⅰ）求证：函数f（x）在[0，+∞）上单调递减；（Ⅱ）若f（2x﹣3）+π+1+ln（2+3π2）＜0，求x的取值范围．19．已知函数f（x）＝lnx﹣sin（x﹣1），f′（x）为f（x）的导函数．证明：（1）f′（x）在区间（0，2）存在唯一极小值点；（2）f（x）有且仅有2个零点．20．已知函数f（x）＝te2x+（t+2）e x﹣1，t∈R．（Ⅰ）当t＝﹣1时，求f（x）的单调区间与极值；（Ⅱ）当t＞0时，若函数g（x）＝f（x）﹣4e x﹣x+1在R上有唯一零点，求t的值．21．已知函数f（x）＝e x﹣x2﹣ax+b（e为自然对数的底数）．（Ⅰ）若a≥1，判断f（x）极值点个数；（Ⅱ）若f（x）≥f′（x）在x∈[﹣1，1]上恒成立，求a+b的取值范围．22．设函数f（x）＝lnx﹣a2x+2a（a∈R）（1）若函数f（x）在上递增，在上递减，求实数a的值．（2）讨论f（x）在（1，+∞）上的单调性；（3）若方程x﹣lnx﹣m＝0有两个不等实数根x1，x2，求实数m的取值范围，并证明x1x2＜1．23．已知函数f（x）＝2x3﹣3（a﹣1）x2﹣6ax+a2+1．（Ⅰ）设﹣1≤a≤1，曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线在y轴上的截距为b，求b的最小值；（Ⅱ）若f（x）只有一个零点x0，且x0＜0，求a的取值范围．24．设函数f（x）＝x﹣﹣alnx（a∈R，a＞0）．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）若f（x）有两个极值点x1和x2，记过A（x1，f（x1）），B（x2，f（x2））的直线的斜率为k．问：是否存在a，使k＝2﹣a？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．25．已知．（1）讨论函数f（x）的单调区间；（2）若f（x）存在极值且f（x）≥0，求实数a的取值范围；（3）求证：当x＞1时，．26．已知函数f（x）＝（ax+1）e x，a∈R（1）当a＝1时，求函数f（x）的最小值．（2）当a＝时，对于两个不相等的实数x1，x2，有f（x1）＝f（x2），求证：x1+x2＜2．导数函数综合应用参考答案与试题解析一．选择题（共6小题）1．定义在R上的函数y＝f（x），满足f（4﹣x）＝f（x），（x﹣2）f′（x）＜0，若x1＜x2，且x1+x2＞4，则有（B）A．f（x1）＜f（x2）B．f（x1）＞f（x2）C．f（x1）＝f（x2）D．不确定【解答】解：由题意f（4﹣x）＝f（x），可得出函数关于x＝2对称,又（x﹣2）f′（x）＜0，得x＞2时，导数为负，x＜2时导数为正，即函数在（﹣∞，2）上是增函数，在（2，+∞）上是减函数又x1＜x2，且x1+x2＞4，下进行讨论若2＜x1＜x2，显然有f（x1）＞f（x2）若x1＜2＜x2，有x1+x2＞4可得x1＞4﹣x2，故有f（x1）＞f（4﹣x2）＝f（x2）综上讨论知，在所给的题设条件下总有f（x1）＞f（x2）2．定义在（1，+∞）上的函数f（x）满足下列两个条件：（1）对任意的x∈（1，+∞）恒有f（2x）＝2f（x）成立；（2）当x∈（1，2]时，f（x）＝2﹣x；记函数g（x）＝f（x）﹣k（x﹣1），若函数g（x）恰有两个零点，则实数k的取值范围是（C）A．[1，2）B．C．D．【解答】解：因为对任意的x∈（1，+∞）恒有f（2x）＝2f（x）成立，且当x∈（1，2]时，f（x）＝2﹣x 所以f（x）＝﹣x+2b，x∈（b，2b]．由题意得f（x）＝k（x﹣1）的函数图象是过定点（1，0）的直线，如图所示红色的直线与线段AB相交即可（可以与B点重合但不能与A点重合）所以可得k的范围为3．设函数f（x）是定义在实数集上的奇函数，在区间[﹣1，0）上是增函数，且f（x+2）＝﹣f（x），则有（A）A．B．C．D．【解答】解：根据题意，函数f（x）满足f（x+2）＝﹣f（x），当x＝﹣时，有f（）＝﹣f（﹣）＝f（），函数f（x）是定义在实数集上的奇函数，在区间[﹣1，0）上是增函数，则f（x）在区间（0，1]上是增函数，则有f（）＜f（）＜f（1），则有f（）＜f（）＜f（1），4．已知函数f（x）＝，若函数y＝f（x）+|x﹣1|﹣kx在定义域内有且只有三个零点，则实数k的取值范围是（A）A．[）B．[]C．[﹣）D．[﹣]【解答】解：函数y＝f（x）+|x﹣1|﹣kx在定义域内有且只有三个零点，即为方程f（x）+|x﹣1|＝kx在[﹣3，+∞）内有3个不等实根，可令g（x）＝f（x）+|x﹣1|＝，作出g（x）的图象（如右），直线y＝kx，当k＝0时，y＝g（x）和y＝0显然有3个交点，符合题意；当直线y＝kx与y＝x2+3x+1相切，可得x2+（3﹣k）x+1＝0，△＝（3﹣k）2﹣4＝0，解得k＝1（k＝5舍去），由k＝1时，y＝g（x）和y＝x有两个交点，可得0≤k＜1时，符合题意；当k＜0时，且直线y＝kx经过点（﹣3，1）时，直线y＝kx与y＝g（x）有3个交点，此时k＝﹣，由y＝kx绕着原点旋转，可得﹣≤k＜0，综上可得，k的范围是[﹣，1）．5．设函数f（x）＝，若对任意给定的y∈（2，+∞），都存在唯一的x∈R，满足f（f（x））＝2a2y2+ay，则正实数a的最小值是（C）A．2B．C．D．4【解答】解：函数f（x）＝的值域为R．∵f（x）＝2x，（x≤0）的值域为（0，1]；f（x）＝log2x，（x＞0）的值域为R．∴f（x）的值域为（0，1]上有两个解，要想f（f（x））＝2a2y2+ay在y∈（2，+∞）上只有唯一的x∈R满足，必有f（f（x））＞1 （2a2y2+ay＞0）．∴f（x）＞2，即log2x＞2，解得：x＞4．当x＞4时，x与f（f（x））存在一一对应的关系．∴问题转化为2a2y2+ay＞1，y∈（2，+∞），且a＞0．∴（2ay﹣1）（ay+1）＞0，解得：y＞或者y＜﹣（舍去）．∴≤2，得a．6．已知函数f（x）＝2mx2﹣2（4﹣m）x+1，g（x）＝mx，若对于任一实数x，f（x）与g（x）至少有一个为正数，则实数m的取值范围是（B）A．（0，2）B．（0，8）C．（2，8）D．（﹣∞，0）【解答】解：当m≤0时，当x接近+∞时，函数f（x）＝2mx2﹣2（4﹣m）x+1与g（x）＝mx均为负值，显然不成立当x＝0时，因f（0）＝1＞0当m＞0时，若，即0＜m≤4时结论显然成立；若，时只要△＝4（4﹣m）2﹣8m＝4（m﹣8）（m﹣2）＜0即可，即4＜m＜8则0＜m＜8二．填空题（共1小题）7．已知函数f（x）＝，若关于x的方程f（x）＝3恰有两个互异的实数解，则实数a的取值范围是（﹣∞，6）．【解答】解：函数f（x）＝，当x≥1时，方程f（x）＝3，可得lnx+1＝3，解得x＝e2，函数有一个零点；x＜1时，函数只有一个零点，即x2﹣4x+a＝3，在x＜1时只有一个解，因为y＝x2﹣4x+a ﹣3开口向上，对称轴为x＝2，x＜1时，函数是减函数，所以f（1）＜3，可得﹣3+a＜3，解得a＜6．三．解答题（共19小题）8．已知函数f（x）＝﹣alnx（a∈R）．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若存在实数x0＝[1，e]，使得f（x0）＜0，求正实数a的取值范围．【解答】解：（1）由f（x）＝﹣alnx（a∈R），得f′（x）＝x﹣＝（x＞0）．当a≤0时，f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上单调递增；当a＞0时，由f′（x）＞0，得x＞，由f′（x）＜0，得0＜x＜．∴f（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增；（2）由（1）知，当a＞0时，f（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增．①当，即0＜a≤1时，f（x）在[1，e]上单调递增，＞0，不合题意；②当1＜＜e，即1＜a＜e2时，f（x）在[1，]上单调递减，在[，e]上单调递增，由＜0，解得e＜a＜e2；③当≥e，即a≥e2时，f（x）在[1，e]上单调递减，由＜0，解得a≥e2．综上所述，a的取值范围为（e，+∞）．9．已知函数f（x）＝x2﹣（a+）x+lnx，其中a＞0．（Ⅰ）当a＝2时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处切线的方程；（Ⅱ）当a≠1时，求函数f（x）的单调区间；（Ⅲ）若a∈（0，），证明对任意x1，x2∈[，1]（x1≠x2），＜恒成立．【解答】（Ⅰ）解：当a＝2时，f（x）＝，f′（x）＝，∴f′（1）＝，∵f（1）＝．∴切线方程为：y+2＝（x﹣1），整理得：x+2y+3＝0；（Ⅱ）f′（x）x﹣＝（x＞0），令f′（x）＝0，解得：x＝a或x＝．①若0＜a＜1，，当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如表：∴f（x）在区间（0，a）和（）内是增函数，在（a，）内是减函数；②若a＞1，，当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如表：∴f（x）在区间（0，）和（a，+∞）内是增函数，在（，+∞）内是减函数；（Ⅲ）∵0＜a＜，∴f（x）在[，1]内是减函数，又x1≠x2，不妨设0＜x1＜x2，则f（x1）＞f（x2），．于是等价于，即．令（x＞0），∵g′（x）＝在[，1]内是减函数，故g′（x）≤g′（）＝2﹣（a+）．从而g（x）在[，1]内是减函数，∴对任意，有g（x1）＞g（x2），即，∴当，对任意，恒成立．10．已知函数f（x）＝lnx﹣ax2+（2﹣a）x．（1）若f′（1）＝﹣6，求函数f（x）在（1，f（1））处的切线；（2）设a＞0，证明：当0＜x＜时，f（+x）＞f（﹣x）；（3）若函数f（x）的图象与x轴交于A，B两点，线段AB中点的横坐标为x0，证明：f′（x0）＜0．【解答】解：（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞），∵f（x）＝lnx﹣ax2+（2﹣a）x，∴f'（x）＝﹣2ax+2﹣a＝＝﹣．f′（﹣1）＝a+1＝﹣6，解得a＝﹣7，则函数f（x）在（1，f（1））处的切线斜率为k＝﹣6，切点为（1，16），则所求切线的方程为y﹣16＝﹣6（x ﹣1），即为6x+y﹣22＝0；（2）证明：设函数g（x）＝f（+x）﹣f（﹣x），则g（x）＝ln（1+ax）﹣ln（1﹣ax）﹣2ax，g′（x）＝+﹣2a＝，当x∈（0，）时，g′（x）＞0，g（x）递增，而g（0）＝0，即有g（x）＞0，故当0＜x＜时，f（+x）＞f（﹣x）．（3）证明：当a≤0时，f′（x）＞0恒成立，因此f（x）在（0，+∞）单调递增，即有函数y＝f（x）的图象与x轴至多有一个交点，故a＞0，从而f（x）的最大值为f（），且f（）＞0，不妨设A（x1，0），B（x2，0），0＜x1＜x2，则0＜x1＜＜x2，由（2）得，f（﹣x1）＝f（+﹣x1）＞f（x1）＝f（x2）＝0，又f（x）在（，+∞）单调递减，∴﹣x1＜x2，于是x0＝，当x∈（，+∞）（a＞0）时，f′（x）＜0，则f′（x0）＜0成立．11．已知a≠0，函数f（x）＝|e x﹣e|+e x+ax（1）讨论f（x）的单调性（2）若对∀x∈（﹣，+∞），不等式f（x）≥恒成立，求a的取值范围（3）已知当a＜﹣e时，函数f（x）有两个零点x1，x2（x1＜x2），求证：f（x1x2）＞a+e【解答】解：（1）函数f（x）＝|e x﹣e|+e x+ax＝，∴f′（x）＝，当a＞0时，f（x）在R上是增函数；当a＜0时，x≥1时，令f′（x）＞0，⇒e x＞﹣⇒x＞ln（﹣），①ln（﹣）≤1，即﹣2e≤a＜0，f（x）在（﹣∞，1）是减函数；在（1，+∞）是增函数；②ln（﹣）＞1，即a＜﹣2e，f（x）在（﹣∞，ln（﹣））是减函数；在（ln（﹣），+∞）是增函数；（2）函数f（x）＝|e x﹣e|+e x+ax＝，若x∈（﹣，1），ax+e．∴可得﹣，当x∈[1，+∞）时，，即2a，设g（x）＝，g′（x）＝，所以g（x）在[1，+∞）上是减函数，所以g（x）max＝g（1）＝﹣e，所以a．综上．（3）证明：∵f（1）＝a+e，∴不等式f（x1x2）＞a+e转化为f（x1x2）＞f（1），∵a＜﹣e，∴f（1）＝a+e＜0，∴f（x）的两个零点x1＜1＜x2，∴，∴，∴x1x2＝，令h（x）＝，h′（x）＝，令t（x）＝e x﹣xe x﹣e，t′（x）＝（1﹣x）e x＜0，∴t（x）在（1，+∞）上是减函数，t（x）＜t（1）＝0，即h′（x）＜0，h（x）在（1，+∞）是减函数，h（x）＜h（1）＝1，即x1x2＜1，∵a＜﹣e时，f（x）在（﹣∞，1）是减函数，∴f（x1x2）＞a+e．12．已知函数f（x）＝a（x﹣1）e x（a＞0），g（x）＝﹣cos x．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若对于任意的实数x1，x2∈[0，]，（其中x1≠x2），都有|f（x1）﹣f（x2）|＞|g（x1）﹣g（x2）|恒成立求实数a的取值范围．【解答】解：（1）函数f（x）的定义域为（﹣∞，+∞），f′（x）＝a[e x+（x﹣1）e x]＝ax•e x．当x＝0时，f′（x）＝0；当x＜0时，f′（x）＜0；当x＞0时，f′（x）＞0，所以函数f（x）的单调减区间为（﹣∞，0），单调增区间为（0，+∞）．（2）不妨设x1＜x2，因为g（x）在[0，]上是增函数，所以g（x1）＜g（x2），即g（x1）﹣g（x2）＜0，由（1）得f（x）在[0，]上是增函数，所以f（x1）＜f（x2），即f（x1）﹣f（x2）＜0．由题意，得f（x2）﹣f（x1）＞g（x2）﹣g（x1），即f（x2）﹣g（x2）＞f（x1）﹣g（x1）．令h（x）＝f（x）﹣g（x）＝a（x﹣1）e x+cos x在[0，]上是增函数，则h′（x）＝axe x﹣sin x≥0对任意的x恒成立．设F（x）＝（0），则F（x）≤0恒成立，．令，则，从而G（x）在[0，]上是减函数，所以，即．当a≥1时，F（x）≤0′，当且仅当a＝1，x＝0时取等号，所以F（x）在上是减函数，所以当x时，F（x）≤F（0）＝0，故a≥1满足题意．当0＜a＜1时，F′（0）＝1﹣a＞0，F．由零点存在定理，存在，使得F′（x0）＝0．因为G（x）在（0，）上是减函数，所以F′（x）＝G（x）﹣a在（0，）上是减函数，所以0＜x＜x0时，F′（x）＞F′（x0）＝0，所以F（x）在（0，x0）上是增函数，所以当x∈（0，x0）（这里（0，x0）⊊）时，F（x）＞F（0）＝0．所以0＜a＜1不满足题意，综上，实数a的取值范围是[1，+∞）．13．已知函数f（x）＝a+2lnx﹣ax（a＞0），（1）求f（x）的最大值φ（a）；（2）若f（x）≤0恒成立，求a的值；（3）在（2）的条件下，设g（x）＝在（a，+∞）上的最小值为m，求证：﹣11＜f（m）＜﹣10【解答】解：（1）∵f（x）＝a+2lnx﹣ax（a＞0），∴f′（x）＝（a＞0），由f′（x）＞0得0＜x＜；f′（x）＜0得x＞；所以f（x）在（0，）上单调递增，在（，+∞）上单调递减．故f（x）max＝f（）＝a﹣2﹣2lna+2ln2即φ（a）＝a﹣2﹣2lna+2ln2（a＞0）（2）要使f（x）≤0 成立必须φ（a）＝a﹣2﹣2lna+2ln2≤0．因为φ′（a）＝，所以当0＜a＜2 时，φ′（a）＜0；当a＞2 时，φ′（a）＞0．所以φ（a）在（0，2）上单调递减，在（2，+∞）上单调递增．∴φ（a）min＝φ（2）＝0，所以满足条件的a只有2，即a＝2．（3）由（2）知g（x）＝，∴g′（x）＝令u（x）＝x-2lnx﹣4，则u′（x）＝＞0，u（x）是（2，+∞）上的增函数；又u（8）＜0，u（9）＞0，所以存在x0∈（8，9）满足u（x0）＝0，即2lnx0＝x0﹣4，且当x∈（2，x0）时，u（x）＜0，g′（x）＜0；当x∈（x0，+∞）时，u（x）＞0，g′（x）＞0；所以g（x）在（2，x0）上单调递减；在（x0，+∞）上单调递增．所以g（x）min＝g（x0）＝＝＝x0，即m＝x0．所以f（m）＝f（x0）＝2+2lnx0﹣2x0＝x0﹣2∈（﹣11，﹣10），即﹣11＜f（m）＜﹣10．14．已知函数f（x）＝（x2﹣mx）e x（e为自然对数的底数）．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若m＝2，2n+1≥0，证明：关于x的不等式nf（x）+1≥e x在（﹣∞，0]上恒成立．【解答】解：（Ⅰ）依题意x∈R，f′（x）＝（x2﹣mx+2x﹣m）e x＝[x2+（2﹣m）x﹣m]e x令y＝x2+（2﹣m）x﹣m，则△＝（2﹣m）2+4m＝4+m2＞0令f′（x）＝0，则x2+（2﹣m）x﹣m＝0解得x＝结合二次函数图象可知：∴f（x）的单调递增区间为（﹣∞，）和（，+∞）单调递减区间为（，）（Ⅱ）令g（x）＝nf（x）+1﹣e x＝n（x2﹣2x）e x﹣e x+1当x∈（﹣∞，0]时，x2﹣2x≥0而2n+1≥0⇔n≥﹣故n（x2﹣2x）e x≥﹣（x2﹣2x）e x∴g（x）≥﹣（x2﹣2x）e x﹣e x+1令h（x）＝﹣（x2﹣2x）e x﹣e x+1，x∈（﹣∞，0]∴h′（x）＝﹣x2e x≤0故函数h（x）在（﹣∞，0]上单调递减，则h（x）≥h（0）＝0则任意的x∈（﹣∞，0]，g（x）≥h（x）≥0∴关于x的不等式nf（x）+1≥e x在（﹣∞，0]上恒成立．15．已知函数f（x）＝（其中e是自然对数的底数），g（x）＝1﹣ax2（a∈R）．（Ⅰ）求函数f（x）的极值；（Ⅱ）设h（x）＝f（x）﹣g（x），若a满足0＜a＜且ln2a+1＞0，试判断方程h（x）＝0的实数根个数，并说明理由．【解答】解：（Ⅰ）易知，当x＜0时，f′（x）＞0，此时f（x）单调递增；当x＞0时，f′（x）＜0，此时f（x）单调递减，所以f（x）极大值＝f（0）＝1，但无极小值．（Ⅱ）因为，所以．导数因为，所以，于是，令h′（x）＝0，此时，当x＜0时，f′（x）＜0，此时f（x）单调递减；当时，f′（x）＞0，此时f（x）单调递增；所以．因为，所以，，又函数h（x）在R上连续，故h（x）有一个零点0，且在上也有一个零点；综上，方程h（x）＝0有2个实数根．16．已知函数f（x）＝ax2﹣lnx．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若函数f（x）有两个零点x1，x2，求a的取值范围，并证明：x1•x2＞1．【解答】解：（1）∵函数f（x）＝ax2﹣lnx．定义域为（0，+∞）∴f′（x）＝2ax﹣＝①当a≤0时，f′（x）＝＜0恒成立，∴f（x）在（0，+∞）上为减函数．②当a＞0时，令f′（x）＝＜0，解得0＜x＜令f′（x）＝＞0，解得x＞∴f（x）＝ax2﹣lnx在（0，）上为减函数，在（，+∞）上为增函数综上a≤0时f（x）的单调减区间为（0，+∞）a＞0时f（x）的单调减区间为（0，），增区间是（，+∞）．（2）∵函数f（x）有两个零点x1，x2，由（1）知x＝是f（x）的最小值点，∴f（x）在（0，+∞）上的最小值f（）＝a•（）2﹣ln＜0时，f（x）有两个零点x1，x2∴解得0＜a＜要证x1•x2＞1⇔要证lnx1•x2＞ln1⇔要证lnx1+lnx2＞0∵函数f（x）有两个零点x1，x2，不防设0＜x1＜＜x2则f（x1）＝ax12﹣lnx1＝0 ①f（x2）＝ax22﹣lnx2＝0 ②①+②得：lnx1+lnx2＝a（x12+x22），而a（x12+x22）＞0，∴lnx1+lnx2＞0即x1•x2＞1得证．17．己知p：实数m使得函数f（x）＝lnx（m﹣2）x2﹣x在定义域内为增函数：q：实数m使得函数g（x）＝mx2+（m+1）x﹣5在R上存在两个零点x1，x2，且x1＜1＜x2（1）分别求出条件p，q中的实数m的取值范围；（2）甲同学认为“p是q的充分条件”，乙同学认为“p是q的必要条件”，请判断两位同学的说法是否正确，并说明理由．【解答】解：（1）p：实数m使得函数f（x）＝lnx（m﹣2）x2﹣x在定义域内为增函数：则有在R上恒成立．∴m﹣2＝（）2﹣∴m．q：实数m使得函数g（x）＝mx2+（m+1）x﹣5在R上存在两个零点x1，x2，且x1＜1＜x2则有m•f（1）＜0⇒m（m﹣2）＜0⇒0＜m＜2．（2）由（1）可得p：∴m．，q：0＜m＜2．∵{m|m}⊈{|0＜m＜2}{m|m}⊉{|0＜m＜2}∴p是q的既不充分也不必要条件．故两位同学都错．18．已知函数f（x）＝In+cos x﹣|x|．（Ⅰ）求证：函数f（x）在[0，+∞）上单调递减；（Ⅱ）若f（2x﹣3）+π+1+ln（2+3π2）＜0，求x的取值范围．【解答】（1）证明：∵函数f（x）＝In+cos x﹣|x|．∴x∈[0，+∞）时f（x）＝﹣ln（2+3x2）+cos x﹣x ∴f′（x）＝﹣sin x﹣1，∴x∈[0，+∞）时f′（x）＝﹣sin x﹣1＜0，∴函数f（x）在[0，+∞）上单调递减；（2）∵函数f（x）＝In+cos x﹣|x|．定义域为R∴f（﹣x）＝）＝﹣ln（2+3x2）+cos（﹣x）﹣|﹣x|＝﹣ln（2+3x2）+cos x﹣x＝f（x）∴f（x）是偶函数．由（1）知f（x）在[0，+∞）上单调递减；∴f（x）在（﹣∞，0]上单调递增；又f（2x﹣3）+π+1+ln（2+3π2）＜0⇔f（2x﹣3）＜f（π）∴|2x﹣3|＞π⇔2x﹣3＞π或2x﹣3＜﹣π解得x＞或x＜∴x的取值范围为：（﹣∞，）∪（，+∞）19．已知函数f（x）＝lnx﹣sin（x﹣1），f′（x）为f（x）的导函数．证明：（1）f′（x）在区间（0，2）存在唯一极小值点；（2）f（x）有且仅有2个零点．【解答】解：（1）令g（x）＝f′（x）＝，，当x∈（0，1）时，g′（x）＜0恒成立，当x∈（1，2）时，＞0．∴g′（x）在（1，2）递增，．故存在a∈（1，2）使得，x∈（1，a）时g′（x）＜0，x∈（a，2）时，g′（x）＞0．综上，f′（x）在区间（0，2）存在唯一极小值点x＝a．（2）由（1）可得x∈（0，a）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，x∈（a，2）时，g′（x）＜0，g（x）单调递增．且g（1）＝0，g（2）＝．故g（x）的大致图象如下：当x∈（2，3）时，sin（x﹣1）∈（sin1，sin2），sin（x﹣1）＞sin30°∴此时g′（x）＞0，g（x）单调递增，而g（3）＝﹣cos2＞0．故存在∈（2，3），使得g（m）＝0故在x∈（0，3）上，g（x）的图象如下：综上，x∈（0，1）时，g（x）＜0，x∈（1，m）时，g（x）＜0，x∈（m，3）时，g（x）＞0．∴f（x）在（0，1）递增，在（1，m）递减，在（m，3）递增，而f（1）＝0，f（3）＝ln3﹣sin2＞0，又当x＞3时，lnx＞1，f（x）＞0恒成立．故在（0，+∞）上f（x）的图象如下：∴f（x）有且仅有2个零点．20．已知函数f（x）＝te2x+（t+2）e x﹣1，t∈R．（Ⅰ）当t＝﹣1时，求f（x）的单调区间与极值；（Ⅱ）当t＞0时，若函数g（x）＝f（x）﹣4e x﹣x+1在R上有唯一零点，求t的值．【解答】解：（Ⅰ）当t＝﹣1时，f（x）＝﹣e2x+e x﹣1，则f′（x）＝﹣2e2x+e x＝e x（1﹣2e x）令f′（x）＝0，解得x＝﹣ln2∴f（x）的单调递增区间是（﹣∞，﹣ln2），单调递减区间是（﹣ln2，+∞）∴f（x）的极大值是f（﹣ln2）＝﹣，无极小值．（Ⅱ）当t＞0时，g（x）＝f（x）﹣4e x﹣x+1＝te2x+（t﹣2）e x﹣x∴g′（x）＝2te2x+（t﹣2）e x﹣1＝（te x﹣1）（2e x+1）＝0，解得x＝﹣lnt∴g（x）的单调递减区间是（﹣∞，﹣lnt），单调递增区间是（﹣lnt，+∞）∴g（x）的极小值是g（﹣lnt）∴g（﹣lnt）＝0，即lnt﹣+1＝0时，能满足题意．令F（t）＝lnt﹣+1，则F′（t）＝+＞0∴F（t）＝lnt﹣+1在（0，+∞）上单调递增，唯有t＝1时，F（1）＝0∴t＝121．已知函数f（x）＝e x﹣x2﹣ax+b（e为自然对数的底数）．（Ⅰ）若a≥1，判断f（x）极值点个数；（Ⅱ）若f（x）≥f′（x）在x∈[﹣1，1]上恒成立，求a+b的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）∵f′（x）＝e x﹣x﹣a，x∈R，f″（x）＝e x﹣1可得函数f′（x）在（﹣∞，0）上单调递减；在（0，+∞）单调递增，f′（x）min＝f′（0）＝1﹣a当a＞1时，1﹣a＜0，且f′（﹣a）＝e﹣a＞0，取b＞0，使得b＞ln（b+a），∴f′（b）＝e b﹣（b+a）＞b+a﹣（b+a）＝0即函数f′（x）的图象与x轴有两个交点，此时f（x）极值点个数为2，；当a＝1时，f′（x）≥0，此时f（x）极值点个数为0；（Ⅱ）f（x）≥f′（x）在x∈[﹣1，1]上恒成立⇔e x﹣x2﹣ax+b≥e x﹣x﹣a在x∈[﹣1，1]上恒成立⇔a+b≥在x∈[﹣1，1]上恒成立．令h（x）＝①当1﹣a≥0时，h（x）．∴a+b②当1﹣a＜0时，h（x）max＝h（1）＝a﹣综上得，a+b22．设函数f（x）＝lnx﹣a2x+2a（a∈R）（1）若函数f（x）在上递增，在上递减，求实数a的值．（2）讨论f（x）在（1，+∞）上的单调性；（3）若方程x﹣lnx﹣m＝0有两个不等实数根x1，x2，求实数m的取值范围，并证明x1x2＜1．【解答】解：（1）由于函数函数f（x）在上递增，在上递减，由单调性知，是函数的极大值点，无极小值点．所以∵故，经验证成立．（2）∵f（x）＝lnx﹣a2x+2a，∴，①当a＝0时，在（1，+∞）上单调递增．②当a2≥1，即a≤﹣1或a≥1时，f'（x）＜0，∴f（x）在（1，+∞）上单调递减．③当﹣1＜a＜1且a≠0时，由f'（x）＝0得．令f'（x）＞0得；令f'（x）＜0得．∴f（x）在上单调递增，在上单调递减．综上，当a＝0时，f（x）在（1，+∞）上递增；当a≤﹣1或a≥1时，f（x）在（1，+∞）上递减；当﹣1＜a＜1且a≠0时，f（x）在上递增，在上递减．（3）令h（x）＝x﹣lnx（x＞0），g（x）＝m，当x∈（0，1）时，，h（x）＝x﹣lnx（x＞0）单调递减；当x∈（1，+∞）时，，h（x）＝x﹣lnx（x＞0）单调递增；故h（x）在x＝1处取得最小值，h（1）＝1又当x→0，h（x）→+∞；x→+∞，h（x）→1，∴m∈（1，+∞）不妨设x1＜x2，则有0＜x1＜1＜x2，，要证x1x2＜1⇔即证⇔即证h（x1）＞h（）∵h（x1）＝h（x2）＝m，∴＝令，∴p（x）在（1，+∞）上单调递增，故p（x）＞p（1）＝0即＞0，∴∴x1x2＜1 得证23．已知函数f（x）＝2x3﹣3（a﹣1）x2﹣6ax+a2+1．（Ⅰ）设﹣1≤a≤1，曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线在y轴上的截距为b，求b的最小值；（Ⅱ）若f（x）只有一个零点x0，且x0＜0，求a的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）f（x）＝2x3﹣3（a﹣1）x2﹣6ax+a2+1的导数为f′（x）＝6x2﹣6（a﹣1）x﹣6a，f（x）在点（1，f（1））处的切线斜率为6﹣6（a﹣1）﹣6a＝12﹣12a，切点为（1，6﹣9a+a2），可得切线方程为y﹣（6﹣9a+a2）＝（12﹣12a）（x﹣1），由x＝0，可得b＝a2+3a﹣6＝（a+）2﹣，由﹣1≤a≤1，可得b在[﹣1，1]上递增，可得b的最小值为﹣8；（Ⅱ）若f（x）只有一个零点x0，且x0＜0，可得f（0）＞0，f′（x）＝6x2﹣6（a﹣1）x﹣6a，由f′（x）＝0，可得x＝﹣1或x＝a，由f（﹣1）＜0，且f（a）＜0，即为a2+3a+2＜0，且a3+2a2﹣1＞0，解得＜a＜﹣1．24．设函数f（x）＝x﹣﹣alnx（a∈R，a＞0）．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）若f（x）有两个极值点x1和x2，记过A（x1，f（x1）），B（x2，f（x2））的直线的斜率为k．问：是否存在a，使k＝2﹣a？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）显然定义域为（0，+∞），∴f′（x）＝1+﹣＝，（a∈R，a＞0）．令g（x）＝x2﹣ax+2，其判别式△＝a2﹣8，①当0＜a时，△≤0，f′（x）≥0，f（x）在（0，+∞）上单调递增，②当a时，△＞0，令f′（x）＝0，得x1＝，x2＝，∵在（0，x1）上f′（x）＞0，在（x1，x2）上f′（x）＜0，在（x2，+∞）上f′（x）＞0，∴f（x）在（0，x1），（x2，+∞）上为增函数，在（x1，x2）上为减函数．（2）由（1）知，a，∴f（x1）﹣f（x2）＝（x1﹣x2）+﹣a（lnx1﹣lnx2），∴k＝＝1+﹣a，∵x1x2＝2，∴k＝2﹣a，假设存在a，使k＝2﹣a，则2﹣a＝2﹣a，∴＝1，∴lnx1﹣lnx2＝x1﹣x2，即x2﹣﹣2lnx2＝0（•），其中x2＞1，令h（t）＝t﹣﹣2lnt，∴h′（t）＝1+﹣＝＝＞0，∴h（t）在（1，+∞）上是增函数，∴h（t）＞h（1）＝0，与（•）矛盾．故不存在a使k＝2﹣a成立．25．已知．（1）讨论函数f（x）的单调区间；（2）若f（x）存在极值且f（x）≥0，求实数a的取值范围；（3）求证：当x＞1时，．【解答】解：（1）显然定义域为（0，+∞），∵f′（x）＝x﹣＝，①当a≤0时，f′（x）＞0，函数f（x）在（0，+∞）上是单调递增函数，②当a＞0时，令f′（x）＝0，得x＝，∵在（0，）上f′（x）＜0，∴f（x）是单调递减函数；∵在（，+∞）上f′（x）＞0，∴f（x）是单调递增函数．（2）∵f（x）存在极值且f（x）≥0，∴a＞0，∴只需f（x）min≥0，由上知f（x）min＝f（）＝a﹣alna＝a（1﹣lna）≥0，∴a∈（0，e]（3）设F（x）＝，∴F′（x）＝2x2﹣x﹣＝，∵x＞1，∴F′（x）＞0，即F（x）在（1，+∞）上为增函数，∴F（x）＞F（1）＝＞0，∴F（x）＞0在（1，+∞）上恒成立，故当x＞1时，．26．已知函数f（x）＝（ax+1）e x，a∈R（1）当a＝1时，求函数f（x）的最小值．（2）当a＝时，对于两个不相等的实数x1，x2，有f（x1）＝f（x2），求证：x1+x2＜2．【解答】解：（1）当a＝1，f（x）＝（x+1）e x，∴f′（x）＝（x+2）e x，∴f（x）在（﹣∞，﹣2）上单调递减，在（﹣2，+∞）上单调递增，∴f（x）min＝f（﹣2）＝﹣．（2）当a＝时，f（x）＝（﹣x+1）e x，对于两个不相等的实数x1，x2，有f（x1）＝f（x2），∵f′（x）＝（1﹣x）e x，∴f（x）在（﹣∞，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，不妨设x1＜1＜x2，令g（x）＝f（x）﹣f（2﹣x），（x＜1）∴g′（x）＝（1﹣x）（e x﹣e2﹣x），当x＜1时，1﹣x＞0，x＜2﹣x，e x﹣e2﹣x＜0，∴g′（x）＜0，∴g（x）在（﹣∞，1）单调递减，∴g（x）＞g（1）＝f（1）﹣f（1）＝0，即f（x）﹣f（2﹣x）＞0，不妨设x1＜1＜x2，则2﹣x1＞1，由以上可知f（x1）＞f（2﹣x1），∵f（x）在（﹣∞，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，∵f（x1）＝f（x2），∴f（x2）＞f（2﹣x1），∵x2＞1，2﹣x1＞1，∵f（x）在（1，+∞）上单调递减，∴x2＜2﹣x1，∴x1+x2＜2。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
导数综合应用复习题经典 RUSER redacted on the night of December 17,2020
导数综合应用复习题
一、知识回顾：
1．导数与函数单调性的关系
设函数()f x 在某个区间内可导，则在此区间内：
（1）0)(>'x f ⇒)(x f ↗，)(x f ↗⇒()0f x '≥；
（2）0)(≠'x f 时，0)(>'x f ⇔)(x f ↗
（单调递减也类似的结论）
2．单调区间的求解过程：已知)(x f y =
（1）分析)(x f y =的定义域；
（2）求导数)(x f y '='；
（3）解不等式0)(>'x f ，解集在定义域内的部分为增区间
（4）解不等式0)(<'x f ，解集在定义域内的部分为减区间
3．函数极值的求解步骤：
（1）分析)(x f y =的定义域；
（2）求导数)(x f y '='并解方程()0f x '=；
（3）判断出函数的单调性；
（4）在定义域内导数为零且由增变减的地方取极大值；
在定义域内导数为零且由减变增的地方取极小值。
4．函数在区间内的最值的求解步骤：
利用单调性或者在求得极值的基础上再考虑端点值比较即可。
二、例题解析：
例1、已知函数321()13
f x x ax ax =+++ （1）若在R 上单调，求a 的取值范围。
（2）问是否存在a 值，使得()f x 在[]1,1-上单调递减，
若存在，请求a 的取值范围。
解：先求导得2()2f x x ax a '=++
（1
）()f x 在R 上单调且()f x '是开口向上的二次函数 ∴()0f x '≥恒成立，即0∆≤ ∴2
440a a -≤，解得01a ≤≤ （2）要使得()f x 在[]1,1-上单调递减
且()f x '是开口向上的二次函数 ∴()0f x '≤对[]1,1x ∈-恒成立，
即()()
11201120f a a f a a '-=-+≤⎧⎪⎨'=++≤⎪⎩ 解得a ∈∅ ∴不存在a 值，使得()f x 在[]1,1-上单调递减。
例2、已知函数321()313
f x x x x =+-+， 2()2
g x x x a =-++ （1）讨论方程()f x k =（k 为常数）的实根的个数。
（2）若对[]0,2x ∈，恒有()f x a ≥成立，求a 的取值范围。
（3）若对[]0,2x ∈，恒有()()f x g x ≥成立，求a 的取值范围。
（4）若对[]10,2x ∈，[]20,2x ∈，恒有()12()f x g x ≥成立，
求a 的取值范围。
解：
（1）求导得：2()23f x x x '=+-
令()0f x '> 解得 31x x <->或，此时()f x 递增， 令()0f x '< 解得 31x -<<， 此时()f x 递减， ∴当3x =-时()f x 取极大值为(3)10f -=
当1x = 时()f x 取极小值为2(1)3f =- ∴方程()f x k =（k 为常数）的实根的个数就是函数()y f x =
与y k =的图象的交点个数
∴当23
k <-或10k >时方程有1个实根； 当23
k =-或10k =时方程有2个实根； 当2103
k -<<时方程有3个实根。
（2）[]0,2x ∈时，要使得()f x a ≥恒成立，则只需min ()f x a ≥
由（1）可知[]0,2x ∈时()min 2()13
f x f ==- （3）[]0,2x ∈时，要使得()()f x
g x ≥恒成立，
即()()0f x g x -≥，设()()()h x f x g x =-， 则只需[]0,2x ∈时min ()0h x ≥
令()2450h x x x '=+-=得5x =-或1x = ∴比较 ()01h a =- 得min 5()3
h x a =-- ∴ 503
a --≥ 即 53a ≤- （4）要有对[]10,2x ∈，[]20,2x ∈，恒有()12()f x g x ≥成立，
则只需在[]0,2x ∈中()min max ()f x g x ≥
由（1）可知[]0,2x ∈时()min 2()13
f x f ==- 而2()2
g x x x a =-++的对称轴为1x =且开口向下，
当[]0,2x ∈时()()max 11g x g a ==+ ∴213
a -≥+即53
a ≤- 三、课堂练习： 已知函数21()ln 4
f x x x =-， 1．求()f x 在[]0,2上的最值。
2．若对[]0,2x ∀∈，()ln 2f x m ≤+恒成立，求m 的取值范围。
3．若对[]0,2x ∀∈，()f x x m ≤+恒成立，求m 的取值范围。
4．若()g x x m =+，对[]0,2x ∀∈，使得()()f x g x ≤恒成立，求的m 取值范围。
四、作业布置：
自主收集广东近五年的高考试题中涉及导数知识的三道题并解答。