【5年高考3年模拟】(新课标专用)高考数学一轮复习试题分类汇编导数的应用(B)

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五年高考3年模拟2019高中文科数学3.1导数的概念与运算

２２
５年高考３年模拟Ｂ版（教师用书）
第三章导数及其应用
§ ３．１导数的概念与运算
��
ｙ′
＝
１ｘｌｎ
ａ（ａ＞０，且
ａ≠１）
３．导数的运算法则运算
对应学生用书起始页码Ｐ４０法则
加、减
［ｕ（ｘ） ±ｖ（ｘ）］′ ＝ｕ′（ｘ）±ｖ′（ｘ）
乘
［ｕ（ｘ）ｖ（ｘ）］′ ＝ｕ′（ｘ）ｖ（ｘ）＋ｕ（ｘ）ｖ′（ｘ）
除
[ ] ｕ（ｘ）ｖ（ｘ）
′
＝
ｕ′（
ｘ）
ｖ（ｘ）［ｖ（
）
，又点（
０，０）
在切线上，所以
－ｘ３０－３ｘ２０
＝－３ｘ３０－６ｘ２０，解得
ｘ０
＝０（舍去）或
ｘ０
＝－
３２
，故切线方程
为９ｘ＋４ｙ＝０．
答案（１）ｙ＝２ｅｘ－ｅ（２）ｙ＝０或９ｘ＋４ｙ＝０
１－１
已知
ａ＞０，曲线
ｆ（ｘ）＝
２ａｘ２
－
１ａｘ
在点（１，ｆ（１））
，
因为ｆ ′（ｘ）是奇函数，
所以ｆ ′（０）＝０⇒ａ＝１．
设切点坐标为（ｘ０，ｙ０），
由题意得ｆ
′（ｘ０）＝
ｅｘ０
－
１ｅｘ０
＝
３２
，
解得ｘ０＝ｌｎ２．来自１２时，ｆ ′（１）取得最小值４，故选Ａ．

五年高考三年模拟2018届高三数学理新课标一轮复习课件：3.2 导数的应用精品

x
因而f(1)=1, f '(1)=-1, 所以曲线y=f(x)在点A(1, f(1))处的切线方程为y-1=-(x-1),即x+y-2=0.
(2)由f '(x)=1- a = x a ,x>0知:
xx
①当a≤0时, f '(x)>0,函数f(x)为(0,+∞)上的增函数,函数f(x)无极值; ②当a>0时,由f '(x)=0,解得x=a. 又当x∈(0,a)时, f '(x)<0;当x∈(a,+∞)时, f '(x)>0, 从而函数f(x)在x=a处取得极小值,且极小值为f(a)=a-aln a,无极大值. 综上,当a≤0时,函数f(x)无极值;当a>0时,函数f(x)在x=a处取得极小值a-aln a,无极大值.
,
上单调递减,只需f
'
2 3
>0即可.由f
'
2 3
=
2 9
+2a>0,
解得a>- 1 ,所以,a的取值范围是a>- 1 .
9
9
(2)由(1)知f '(x)=-x2+x+2a,令f '(x)=0,得x1= 1 1 8a ,x2= 1 1 8a ,所以f(x)在(-∞,x1),(x2,+∞)上单
2-1 (2015山东,21,14分)设函数f(x)=ln(x+1)+a(x2-x),其中a∈R.
(1)讨论函数f(x)极值点的个数,并说明理由;
(2)若∀x>0, f(x)≥0成立,求a的取值范围.
解析 (1)由题意知函数f(x)的定义域为(-1,+∞),

高考数学(文科)(5年高考+3年模拟)精品课件全国卷1地区通用：3.2 导数的应用

解析 (1)f 'x()=(1-2 x -x 2)ex. 令f 'x()=0,得x =-1- 或x =-1+ . 当x ∈(-∞,-1- )时, f 'x()<0; 当x ∈(-1- ,-1+ )时, f 'x()>0; 当x ∈(-1+ ,+ ∞)时, f 'x()<0. 所以f(x )在(-∞,-1- ),(-1+ ,+ ∞)上单调递减, 在(-1- ,-1+ )上单调递增. (2)f(x )=(1+ x )(1-x )ex. 当a≥1 时,设函数h (x )=(1- x )ex,h '(x )=- x ex<0( x >0),因此h (x )在[0,+∞)上单调递减,而h (0)=1, 故h (x )≤1,所以f(x )=(x +1) h (x )≤x +1 ≤ax +1.
围是 ( )
A答.[案-1,1] C 解法B一. :f ' x()=1- C.cos 2x + acosD.x =1- ·(2cos2x -1)+ acos x =- cos 2x + acos
x + , f(x )在R 上
单调递增,则f 'x()≥0 在R 上恒成立,令cos x = t,t∈[-1,1]则, - t2+ at+ ≥0 在[-1,1]上恒成立,即
,
当a≤0 时,取x 0= ,则x 0∈(0,1),f(x 0)>(1- x 0)(1+x 0)2=1 ≥ax 0+1.
综上,a的取值范围是[1,+∞).

2020版【5年高考3年模拟】高考新课标版理数3.2 导数的应用

极小值,记作f(x)极小值=f(x0).极大值与极小值统称为极值
结论
设函数f(x)在点x0处连续.(1)如果在x0附近的左侧f '(x)>0,右侧f '(x)<0,那么f(x0)是极大值;
(2)如果在x0附近的左侧f ‘(x)<0,右侧f ’(x)>0,那么f(x0)是极小值;(3)如果在x0附近的左、右两侧导数值③ 同号 ,那么 f(x0)④ 不是极值
利用导数求函数极值的步骤
(1)求f ‘(x);(2)求方程f '(x)=0的根; (3)判断f '(x)在方程的根的左、右两侧值的符号; (4)利用结论求出极值
注:(1)在函数的整个定义域内,函数的极值不一定唯一,在整个定义域内可能有多个极大值和极小值;
栏目索引
(2)极大值与极小值没有必然关系,极大值可能比极小值还小; (3)导数等于零的点不一定是极值点(例如: f(x)=x3,f ‘(x)=3x2,当x=0时,f ’(0 )=0,但x=0不是函数的极值点); (4)对于处处可导的函数,极值点的导数必为零.
栏目索引
1 (i)若a<0,则 <0<2,当0<x<2时, f '(x)>0; a
当x>2时, f '(x)<0,
所以a<0时, f(x)在(0,2)上单调递增;在(2,+∞)上单调递减.
1 a x ( x 2) 1 1 1 a (ii)若0<a< ,则0<2< ,解不等式 >0, 得 0< x <2 或 x > ;解不 x2 a a 2 1 a x ( x 2) 1 a 等式 <0, 得 2< x < . x2 a

【免费下载】5年高考3年模拟新课标版高考数学真题分类汇编 32 导数的应用文

'(1)=--a=-2,解得 a=.
(2)由(1)知 f(x)=+-ln x-,则 f '(x)=,
令 f '(x)=0,解得 x=-1 或 x=5. 因 x=-1 不在 f(x)的定义域(0,+∞)内,故舍去. 当 x∈(0,5)时, f '(x)<0,故 f(x)在(0,5)内为减函数;当 x∈(5,+∞)时, f '(x)>0,故 f(x)在 (5,+∞)内为增函数.由此知函数 f(x)在 x=5 时取得极小值 f(5)=-ln 5. 3.(2014 安徽,20,13 分)设函数 f(x)=1+(1+a)x-x2-x3,其中 a>0. (1)讨论 f(x)在其定义域上的单调性; (2)当 x∈[0,1]时,求 f(x)取得最大值和最小值时的 x 的值. 解析 (1)f(x)的定义域为(-
由<,得 ln π3<ln 3π,所以 3π>π3;
由<,得 ln 3e<ln e3,所以 3e<e3.
1
综上,6 个数中的最大数是 3π,最小数是 3e. 5.(2014 广东,21,14 分)已知函数 f(x)=x3+x2+ax+1(a∈R). (1)求函数 f(x)的单调区间; (2)当 a<0 时,试讨论是否存在 x0∈∪,使得 f(x0)=f.
答案 C
7.(2014 天津,19,14 分)已知函数 f(x)=x2-ax3(a>0),x∈R. (1)求 f(x)的单调区间和极值; (2)若对于任意的 x1∈(2,+∞),都存在 x2∈(1,+∞),使得 f(x1)·f(x2)=1.求 a 的取值范围.

三年(2021-2023)年高考数学真题分类汇编专题：导数及其应用

三年（2019-2023）年高考真题分项汇编专题03 导数及其应用考点一导数的运算1．【多选】（2022•新高考Ⅰ）已知函数()f x 及其导函数()f x '的定义域均为R ，记()()gx f x ='．若3(2)2f x -，(2)g x +均为偶函数，则( ) A ．(0)0f = B ．1()02g -=C ．(1)f f -=（4）D ．(1)g g -=（2）【解析】3(2)2f x -为偶函数，∴可得33(2)(2)22f x f x -=+，()f x ∴关于32x =对称，令54x =，可得3535(2)(2)2424f f -⨯=+⨯，即(1)f f -=（4），故C 正确； (2)g x +为偶函数，(2)(2)g x g x ∴+=-，()g x 关于2x =对称，故D 不正确； ()f x 关于32x =对称，32x ∴=是函数()f x 的一个极值点， ∴函数()f x 在3(2，)t 处的导数为0，即33()()022g f ='=，又()g x ∴的图象关于2x =对称，53()()022g g ∴==，∴函数()f x 在5(2，)t 的导数为0，52x ∴=是函数()f x 的极值点，又()f x 的图象关于32x =对称，5(2∴，)t 关于32x =的对称点为1(2，)t ，由52x =是函数()f x 的极值点可得12x =是函数()f x 的一个极值点，11()()022g f ∴='=，进而可得17()()022g g ==，故72x =是函数()f x 的极值点，又()f x 的图象关于32x =对称，7(2∴，)t 关于32x =的对称点为1(2-，)t ，11()()022g f ∴-='-=，故B 正确；()f x 图象位置不确定，可上下移动，即每一个自变量对应的函数值不是确定值，故A 错误．解法二：构造函数法，令()1sin f x x π=-，则3(2)1cos 22f x x π-=+，则()()cosg x f x x ππ='=-，(2)cos(2)cos g x x x πππππ+=-+=-，满足题设条件，可得只有选项BC 正确，故选：BC ．考点二利用导数研究曲线上某点切线方程2．（2021•新高考Ⅰ）若过点(,)a b 可以作曲线x y e =的两条切线，则( ) A ．b e a <B ．a e b <C ．0b a e <<D ．0a b e <<【解析】法一：函数x y e =是增函数，0x y e '=>恒成立，函数的图象如图，0y >，即切点坐标在x 轴上方，如果(,)a b 在x 轴下方，连线的斜率小于0，不成立．点(,)a b 在x 轴或下方时，只有一条切线．如果(,)a b 在曲线上，只有一条切线；(,)a b 在曲线上侧，没有切线；由图象可知(,)a b 在图象的下方，并且在x 轴上方时，有两条切线，可知0a b e <<．故选：D ．法二：设过点(,)a b 的切线横坐标为t ，则切线方程为()t t y e x t e =-+，可得(1)t b e a t =+-，设()(1)f t a t =+-，可得()()t f t e a t '=-，(,)t a ∈-∞，()0f t '>，()f t 是增函数，(,)t a ∈+∞，()0f t '<，()f t 是减函数，因此当且仅当0a b e <<时，上述关于t 的方程有两个实数解，对应两条切线．故选：D ．3．（2022•新高考Ⅰ）若曲线()x y x a e =+有两条过坐标原点的切线，则a 的取值范围是．【解析】()x x y e x a e '=++，设切点坐标为0(x ，00())x x a e +， ∴切线的斜率000()x x k e x a e =++，∴切线方程为000000()(())()x x x y x a e e x a e x x -+=++-，又切线过原点，000000()(())()x x x x a e e x a e x ∴-+=++-，整理得：2000x ax a +-=，切线存在两条，∴方程有两个不等实根， ∴△240a a =+>，解得4a <-或0a >，即a 的取值范围是(-∞，4)(0-⋃，)+∞，故答案为：(-∞，4)(0-⋃，)+∞．4．（2022•新高考Ⅱ）曲线||y ln x =过坐标原点的两条切线的方程为，．【解析】当0x >时，y lnx =，设切点坐标为0(x ，0)lnx ， 1y x '=，∴切线的斜率01k x =， ∴切线方程为0001()y lnx x x x -=-，又切线过原点，01lnx ∴-=-， 0x e ∴=，∴切线方程为11()y x e e-=-，即0x ey -=，当0x <时，()y ln x =-，与y lnx =的图像关于y 轴对称， ∴切线方程也关于y 轴对称，∴切线方程为0x ey +=，综上所述，曲线||y ln x =经过坐标原点的两条切线方程分别为0x ey -=，0x ey +=，故答案为：0x ey -=，0x ey +=．5．（2021•新高考Ⅱ）已知函数()|1|x f x e =-，10x <，20x >，函数()f x 的图象在点1(A x ，1())f x 和点2(B x ，2())f x 的两条切线互相垂直，且分别交y 轴于M ，N 两点，则||||AM BN 的取值范围是．【解析】当0x <时，()1x f x e =-，导数为()x f x e '=-，可得在点1(A x ，_11)x e -处的斜率为_11x k e =-，切线AM 的方程为_1_11(1)()x x y e e x x --=--，令0x =，可得_1_111x x y e x e =-+，即_1_11(0,1)x x M e x e -+，当0x >时，()1x f x e =-，导数为()x f x e '=，可得在点2(B x ，_21)x e -处的斜率为_22x k e =，令0x =，可得_2_221x x y e x e =--，即_2_22(0,1)x x N e x e --，由()f x 的图象在A ，B 处的切线相互垂直，可得_1_2121x x k k e e =-⋅=-，即为120x x +=，10x <，20x >，所以2||1(0,1)||x AM BN e ===∈．故答案为：(0,1)．考点三利用导数研究函数的单调性6．（2023•新高考Ⅱ）已知函数()x f x ae lnx =-在区间(1,2)上单调递增，则a 的最小值为( ) A ．2eB ．eC ．1e -D ．2e -【解析】对函数()f x 求导可得，1()x f x ae x'=-，依题意，10x ae x-…在(1,2)上恒成立，即1xa xe …在(1,2)上恒成立，设1(),(1,2)x g x x xe=∈，则22()(1)()()()x x x x x e xe e x g x xe xe -++'==-，易知当(1,2)x ∈时，()0g x '<，则函数()g x 在(1,2)上单调递减，则11()(1)max a g x g e e-===…．故选：C ．7．（2023•新高考Ⅰ）已知函数()()x f x a e a x =+-．（1）讨论()f x 的单调性；（2）证明：当0a >时，3()22f x lna >+．【解析】（1）()()x f x a e a x =+-，则()1x f x ae '=-，①当0a …时，()0f x '<恒成立，()f x 在R 上单调递减， ②当0a >时，令()0f x '=得，1x ln a=，当1(,)x ln a ∈-∞时，()0f x '<，()f x 单调递减；当1(x ln a∈，)+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增，综上所述，当0a …时，()f x 在R 上单调递减；当0a >时，()f x 在1(,)ln a -∞上单调递减，在1(ln a，)+∞上单调递增．证明：（2）由（1）可知，当0a >时，2111()()()1min f x f ln a a ln a lna a a a==+-=++，要证3()22f x lna >+，只需证23122a lna lna ++>+，只需证2102a lna -->，设g （a ）212a lna =--，0a >，则g '（a ）21212a a a a-=-=，令g '（a ）0=得，a =，当a ∈时，g '（a ）0<，g （a）单调递减，当a ∈，)+∞时，g '（a ）0>，g （a ）单调递增，所以g （a）11022g =--=->…，即g （a ）0>，所以2102a lna -->得证，即3()22f x lna >+得证． 8．（2022•浙江）设函数()(0)2ef x lnx x x=+>．（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）已知a ，b R ∈，曲线()y f x =上不同的三点1(x ，1())f x ，2(x ，2())f x ，3(x ，3())f x 处的切线都经过点(,)a b ．证明：（ⅰ）若a e >，则0b f <-（a ）1(1)2ae<-；（ⅱ）若0a e <<，123x x x <<，则2213211266e a e ae e x x a e --+<+<-．（注: 2.71828e =⋯是自然对数的底数）【解析】（Ⅰ）函数()(0)2ef x lnx x x=+>，∴2212()22e x ef x x x x -'=-+=，(0)x >，由22()02x e f x x -'=>，得2e x >，()f x ∴在(2e，)+∞上单调递增；由22()02x ef x x -'=<，得02e x <<，()f x ∴在(0,)2e 上单调递减．（Ⅱ）()i 证明：过(,)a b 有三条不同的切线，设切点分别为1(x ，1())f x ，2(x ，2())f x ，3(x ，3())f x ，()()()i i i f x b f x x a ∴-='-，(1i =，2，3)，∴方程()()()f x b f x x a -='-有3个不同的根，该方程整理为21()()022e ex a lnx b x x x ----+=，设21()()()22e eg x x a lnx b x x x=----+，则223231111()()()()()22e e e g x x a x e x a x x x x x x x'=-+-+--+=---，当0x e <<或x a >时，()0g x '<；当e x a <<时，()0g x '>，()g x ∴在(0,)e ，(,)a +∞上为减函数，在(,)e a 上为增函数， ()g x 有3个不同的零点，g ∴（e ）0<且g （a ）0>，21()()022e e e a lne b e e e ∴----+<，且21()()022e ea a lnab a a a----+>，整理得到12a b e <+且()2eb lna f a a>+=，此时，12a b e <+，且()2e b lna f a a>+=，此时，1()(1)1()02222a a e eb f a lna lna b e e a a---<+-+--+>，整理得12a b e <+，且()2e b lna f a a>+=，此时，b f -（a ）113(1)1()2222222a a e a elna lna e e a e a--<+-+-+=--，设μ（a ）为(,)e +∞上的减函数，μ∴（a ）3022e lne e<--=， ∴10()(1)2ab f a e<-<-． ()ii 当0a e <<时，同()i 讨论，得：()g x 在(0,)a ，(,)e +∞上为减函数，在(,)a e 上为增函数，不妨设123x x x <<，则1230x a x e x <<<<<，()g x 有3个不同的零点，g ∴（a ）0<，且g （e ）0>，21()()022e e e a lne b e e e ∴----+>，且21()()022e e a a lna b a a a----+<，整理得122a ab lna e e+<<+， 123x x x <<，1230x a x e x ∴<<<<<，2()12a e eag x lnx b x x+=-+-+，设,(0,1)e a t m x e ==∈，则方程2102a e ealnx b x x +-+-+=即为：202a e a t t lnt b e e +-+++=，即为2(1)02mm t t lnt b -++++=，记123123,,e e et t t x x x ===，则1t ，2t ，3t 为2(1)02m m t t lnt b -++++=有三个不同的根，设31311x t e k t x a==>>，1am e =<，要证：2213211266e a e ae e x x a e --+<+<-，即证132266e a e e at t e a e--+<+<-，即证：213132(13)(12)236()m m m t t m m t t --++--<+，而2111(1)02m m t t lnt b -++++=，且2333(1)02mm t t lnt b -++++=， ∴22131313()(1)()02m lnt lnt t t m t t -+--+-=， ∴131313222lnt lnt t t m m t t -+--=-⨯-， ∴即证21313132(13)(12)36()lnt lnt m m m m t t m t t ---+-⨯<-+，即证1132313()(13)(12)072t t t lnt m m m t t +--++>-，即证2(1)(13)(12)0172k lnk m m m k +--++>-，记(1)(),11k lnkk k k ϕ+=>-，则211()(2)0(1)k k lnk k k ϕ=-->-， ()k ϕ∴在(1,)+∞为增函数，()()k m ϕϕ∴>，∴22(1)(13)(12)(1)(13)(12)172172k lnk m m m m lnm m m m k m +--++--++>+--，设2(1)(13)(12)()72(1)m m m m m lnm m ω---+=++，01m <<，则2322322(1)(3204972)(1)(33)()072(1)72(1)m m m m m m x m m m m ω---+-+'=>>++，()m ω∴在(0,1)上是增函数，()m ωω∴<（1）0=， 2(1)(13)(12)072(1)m m m m lnm m ---+∴+<+，即2(1)(13)(12)0172m lnm m m m m +--++>-，∴若0a e <<，123x x x <<，则2213211266e a e ae e x x a e --+<+<-． 9．（2022•新高考Ⅱ）已知函数()ax xf x xe e =-．（1）当1a =时，讨论()f x 的单调性；（2）当0x >时，()1f x <-，求a 的取值范围；（3）设*n N ∈(1)ln n +⋯+>+．【解析】（1）当1a =时，()(1)x x x f x xe e e x =-=-，()(1)x x x f x e x e xe '=-+=，0x e >，∴当(0,)x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增；当(,0)x ∈-∞时，()0f x '<，()f x 单调递减．（2）令()()11(0)ax x g x f x xe e x =+=-+>，()1f x <-，()10f x +<， ()(0)0g x g ∴<=在0x >上恒成立，又()ax ax x g x e axe e '=+-，令()()h x g x ='，则()()(2)ax ax ax x ax ax x h x ae a e axe e a e axe e '=++-=+-，(0)21h a ∴'=-， ①当210a ->，即12a >，存在0δ>，使得当(0,)x δ∈时，()0h x '>，即()g x '在(0,)δ上单调递增．因为()(0)0g x g '>'=，所以()g x 在(0,)δ内递增，所以()1f x >-，这与()1f x <-矛盾，故舍去； ②当210a -…，即12a …， ()(1)ax ax x ax x g x e axe e ax e e '=+-=+-，若10ax +…，则()0g x '<，所以()g x 在[0，)+∞上单调递减，()(0)0g x g =…，符合题意．若10ax +>，则1111(1)(1)2222()0x ln x x x axaxxax ln ax xxx g x e axe e ee eeee +++++'=+-=---=剟，所以()g x 在(0,)+∞上单调递减，()(0)0g x g =…，符合题意．综上所述，实数a 的取值范围是12a …．另解：()f x 的导数为()(1)(0)ax x f x ax e e x '=+->， ①当1a …时，()(1)0ax x ax x x f x ax e e e ex e e '=+->--=…，所以()f x 在(0,)+∞递增，所以()1f x >-，与题意矛盾； ②当0a …时，()10ax x x f x e e e '--<剟，所以()f x 在(0,)+∞递减，所以()1f x <-，满足题意；．③当102a <…时，11122211()(1)[(1)]22x x x x f x x e e e x e '+-=+-…．设121()(1)(0)2x G x x e x =+->，1211()022x G x e '=-<，则()G x 在(0,)+∞递减，所以()0G x <，12()()0x f x e G x '=<，所以()f x 在(0,)+∞递减，所以()1f x <-，满足题意；④当112a <<时，(1)()[(1)]ax a x f x e ax e -'=+-，令(1)()(1)a x H x ax e -=+-，则()()ax f x e H x '=，(1)()(1)a x H x a a e -'=+-，可得()H x '递减，(0)21H a '=-，所以存在00x >，使得0()0H x '=．当0(0,)x x ∈时，()0H x '>，()H x 在0(0,)x 递增，此时()0H x >，所以当0(0,)x x ∈时，()()0ax f x e H x '=>，()f x 在0(0,)x 递增，所以()1f x >-，与题意矛盾．综上可得，a 的取值范围是(-∞，1]2．（3）由（2）可知，当12a =时，12()1(0)x x f x xe e x =-<->，令*1(1)()x ln n N n =+∈得，111(1)(1)21(1)1ln ln n n ln e e n+++⋅-<-，整理得，11(1)0ln n n+-<，∴11(1)ln n >+，∴1()n ln n +>，∴11231()(...)(1)12n nk k k n ln ln ln n k n ==++>=⨯⨯⨯=+∑，...(1)ln n ++>+．另解：运用数学归纳法证明．当1n =时，左边2ln =>成立．假设当(1,*)n k k k N =∈…...(1)ln k ++>+．当1n k =+...(2)ln k ++>+，只要证(1)(2)ln k ln k +>+，21(2)(1)(1)11k ln k ln k lnln k k +>+-+==+++．可令11t k =+，则(0t ∈，1]2(1)ln t >+，再令x x =∈，则需证明12(x lnx x x ->∈．构造函数1()2()((1g x lnx x x x =--∈， 22211()1(1)0g x x x x'=--=--<，可得()g x 在(1，上递减，则()g x g <（1）0=，所以原不等式成立，即1n k =+...(2)ln k ++>+成立．...(1)ln n ++>+成立．10．（2021•新高考Ⅱ）已知函数2()(1)x f x x e ax b =--+．（Ⅰ）讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）从下面两个条件中选一个，证明：()f x 恰有一个零点．①2122e a <…，2b a >； ②102a <<，2b a …．【解析】（Ⅰ）2()(1)x f x x e ax b =--+，()(2)x f x x e a '=-，①当0a …时，当0x >时，()0f x '>，当0x <时，()0f x '<，()f x ∴在(,0)-∞上单调递减，在(0,)+∞上单调递增， ②当0a >时，令()0f x '=，可得0x =或(2)x ln a =，()i 当102a <<时，当0x >或(2)x ln a <时，()0f x '>，当(2)0ln a x <<时，()0f x '<，()f x ∴在(-∞，(2))ln a ，(0,)+∞上单调递增，在((2)ln a ，0)上单调递减， 1()2ii a =时， ()(1)0x f x x e '=-… 且等号不恒成立，()f x ∴在R 上单调递增，()iii 当12a >时，当0x <或(2)x ln a >时，()0f x '>，当0(2)x ln a <<时，()0f x '<，()f x 在(,0)-∞，((2)ln a ，)+∞上单调递增，在(0，(2))ln a 上单调递减．综上所述：当0a … 时，()f x 在(,0)-∞上单调递减；在(0,)+∞上单调递增；当102a << 时，()f x 在(-∞，(2))ln a 和(0,)+∞上单调递增；在((2)ln a ，0)上单调递减；当12a = 时，()f x 在R 上单调递增；当12a >时，()f x 在(,0)-∞和((2)ln a ，)+∞ 上单调递增；在(0，(2))ln a 上单调递减．（Ⅱ）证明：若选①，由（Ⅰ）知，()f x 在(,0)-∞上单调递增，(0，(2))ln a 单调递减，((2)ln a ，)+∞ 上()f x 单调递增．注意到((1)0,(0)1210f e f b a =<=->->．()f x ∴ 在( 上有一个零点； 22((2))((2)1)222(2)222(2)(2(2))f ln a ln a a a ln a b aln a a aln a a aln a ln a =-⋅-⋅+>--+=-，由2122e a <… 得0(2)2ln a <…，(2)(2(2))0aln a ln a ∴-…， ((2))0f ln a ∴>，当0x … 时，()((2))0f x f ln a >…，此时()f x 无零点．综上：()f x 在R 上仅有一个零点．另解：当1(2a ∈，2]2e 时，有(2)(0ln a ∈，2]，而(0)1210f b a =->-=，于是2((2))((2)1)2(2)f ln a ln a a aln a b =-⋅-+(2)(2(2))(2)0ln a a ln a b a =-+->，所以()f x 在(0,)+∞没有零点，当0x <时，(0,1)x e ∈，于是2()()0bf x ax b f a<-+⇒-<，所以()f x 在(，0)上存在一个零点，命题得证．若选②，则由（Ⅰ）知：()f x 在(-∞，(2))ln a 上单调递增，在((2)ln a ，0)上单调递减，在(0,)+∞ 上单调递增．22((2))((2)1)222(2)222(2)(2(2))f ln a ln a a aln a b aln a a aln a a aln a ln a =--+--+=-…，12a <<，(2)0ln a ∴<，(2)(2(2))0aln a ln a ∴-<，((2))0f ln a ∴<， ∴当0x … 时，()((2))0f x f ln a <…，此时()f x 无零点．当0x > 时，()f x 单调递增，注意到(0)1210f b a =--<…，取c ，21b a <<，∴1c >>，又易证1c e c >+，∴22221()(1)(1)(1)(1)11111102c f c c e ac b c c ac b a c b c b b b =--+>-+-+=-+->+-=-++-=>，()f x ∴在(0,)c 上有唯一零点，即()f x 在(0,)+∞上有唯一零点．综上：()f x 在R 上有唯一零点．11．（2021•浙江）设a ，b 为实数，且1a >，函数2()()x f x a bx e x R =-+∈．（Ⅰ）求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）若对任意22b e >，函数()f x 有两个不同的零点，求a 的取值范围；（Ⅲ）当a e =时，证明：对任意4b e >，函数()f x 有两个不同的零点1x ，2x ，满足22122blnb e x x e b>+．（注: 2.71828e =是自然对数的底数）【解析】（Ⅰ）()x f x a lna b '=-，①当0b …时，由于1a >，则0x a lna >，故()0f x '>，此时()f x 在R 上单调递增； ②当0b >时，令()0f x '>，解得b lnlna x lna >，令()0f x '<，解得blnlna x lna<，∴此时()f x 在(,)b lnlna lna -∞单调递减，在(,)b lnlna lna+∞单调递增；综上，当0b …时，()f x 的单调递增区间为(,)-∞+∞；当0b >时，()f x 的单调递减区间为(,)b lnlna lna -∞，单调递增区间为(,)blnlna lna+∞；（Ⅱ）注意到x →-∞时，()f x →+∞，当x →+∞时，()f x →+∞，由（Ⅰ）知，要使函数()f x 有两个不同的零点，只需()()0min blnlna f x f lna=<即可，∴20b blnlnlna lna a b e lna lna-⋅+<对任意22b e >均成立，令blnlna t lna=，则20t a b t e -+<，即20tl n ae b t e -+<，即20bln lnablnlna eb e lna-⋅+<，即20blnblna b e lna lna-⋅+<， ∴20bb b lne lna lna-⋅+<对任意22b e >均成立，记22(),2b g b b b lne lna b e lna =-⋅+>，则1()1()()b lna g b ln b ln lna lnb lna b lna'=-+⋅⋅=-，令g '（b ）0=，得b lna =，①当22lna e >，即22e a e >时，易知g （b ）在2(2e ，)lna 单调递增，在(,)lna +∞单调递减，此时g （b ）22()1(1)0g lna lna lna ln e lna lna e =-⋅+=⋅+>…，不合题意； ②当22lna e …，即221e a e <…时，易知g （b ）在2(2e ，)+∞单调递减，此时2222222222()(2)2222[(2)()]e g b g e e e ln e lna e e ln e ln lna e lna lna<=-⋅+=--+，故只需22[22()]0ln ln lna lna -+-+…，即2()222lna ln lna ln ++…，则2lna …，即2a e …；综上，实数a 的取值范围为(1，2]e ；（Ⅲ）证明：当a e =时，2()x f x e bx e =-+，()x f x e b '=-，令()0f x '=，解得4x lnb =>，易知22222422()()433(13)0lnb min f x f lnb e b lnb e b blnb e b b e e b e e e e ==-⋅+=-+<-+=-<-=-<，()f x ∴有两个零点，不妨设为1x ，2x ，且12x lnb x <<，由2222()0x f x e bx e =-+=，可得222x e e x b b=+，∴要证22122blnb e x x e b >+，只需证2122x e blnb x b e >，只需证22122x b lnb e x e >，而222222222222()20e eb b e e f e e e e e e e b =-+=-<-<，则212e x b<， ∴要证22122x b lnb e x e>，只需证2x e blnb >，只需证2()x ln blnb >，而()222221(())()()(4)404ln blnb f ln blnb e bln blnb e blnb bln blnb e blnb bln b e b ln e e bln =-+=-+<-+=⋅+=-<，2()x ln blnb ∴>，即得证．12．（2021•新高考Ⅰ）已知函数()(1)f x x lnx =-．（1）讨论()f x 的单调性；（2）设a ，b 为两个不相等的正数，且blna alnb a b -=-，证明：112e a b<+<．【解析】（1）解：由函数的解析式可得()11f x lnx lnx '=--=-，(0,1)x ∴∈，()0f x '>，()f x 单调递增， (1,)x ∈+∞，()0f x '<，()f x 单调递减，则()f x 在(0,1)单调递增，在(1,)+∞单调递减．（2）证明：由blna alnb a b -=-，得111111ln ln a a b b b a -+=-，即1111(1)(1)ln ln a a b b-=-，由（1）()f x 在(0,1)单调递增，在(1,)+∞单调递减，所以()max f x f =（1）1=，且f （e ）0=，令11x a =，21x b=，则1x ，2x 为()f x k = 的两根，其中(0,1)k ∈．不妨令1(0,1)x ∈，2(1,)x e ∈，则121x ->，先证122x x <+，即证212x x >-，即证211()()(2)f x f x f x =<-，令()()(2)h x f x f x =--，则()()(2)(2)[(2)]h x f x f x lnx ln x ln x x '='+'-=---=--在(0,1)单调递减，所以()h x h '>'（1）0=，故函数()h x 在(0,1)单调递增，1()h x h ∴<（1）0=．11()(2)f x f x ∴<-，122x x ∴<+，得证．同理，要证12x x e +<，（法一）即证211x e x <<-，根据（1）中()f x 单调性，即证211()()()f x f x f e x =>-，令()()()x f x f e x ϕ=--，(0,1)x ∈，则()[()]x ln x e x ϕ'=--，令0()0x ϕ'=， 0(0,)x x ∈，()0x ϕ'>，()x ϕ单调递增， 0(x x ∈，1)，()0x ϕ'<，()x ϕ单调递减，又0x e <<时，()0f x >，且f （e ）0=，故0lim ()0x x ϕ+→=， ϕ（1）f =（1）(1)0f e -->，()0x ϕ∴>恒成立， 12x x e +<得证，（法二）12()()f x f x =，1122(1)(1)x lnx x lnx -=-，又1(0,1)x ∈，故111lnx ->，111(1)x lnx x ->，故12112222(1)(1)x x x lnx x x lnx x +<-+=-+，2(1,)x e ∈，令()(1)g x x lnx x =-+，()1g x lnx '=-，(1,)x e ∈，在(1,)e 上，()0g x '>，()g x 单调递增，所以()g x g <（e ）e =，即222(1)x lnx x e -+<，所以12x x e +<，得证，则112e a b<+<．考点四利用导数研究函数的极值13．【多选】（2023•新高考Ⅱ）若函数2()(0)b cf x alnx a x x =++≠既有极大值也有极小值，则( )A ．0bc >B ．0ab >C ．280b ac +>D ．0ac <【解析】函数定义域为(0,)+∞，且223322()a b c ax bx cf x x x x x --'=--=，由题意，方程()0f x '=即220ax bx c --=有两个正根，设为1x ，2x ，则有120b x x a +=>，1220cx x a-=>，△280b ac =+>， 0ab ∴>，0ac <，20ab ac a bc ∴⋅=<，即0bc <．故选：BCD ．14．【多选】（2022•新高考Ⅰ）已知函数3()1f x x x =-+，则( ) A ．()f x 有两个极值点 B ．()f x 有三个零点C ．点(0,1)是曲线()y f x =的对称中心D ．直线2y x =是曲线()y f x =的切线【解析】2()31f x x '=-，令()0f x '>，解得x <或x >，令()0f x '<，解得x <<，()f x ∴在(,)-∞+∞上单调递增，在(上单调递减，且(0,0f f =>=>， ()f x ∴有两个极值点，有且仅有一个零点，故选项A 正确，选项B 错误；又33()()112f x f x x x x x +-=-+-++=，则()f x 关于点(0,1)对称，故选项C 正确；假设2y x =是曲线()y f x =的切线，设切点为(,)a b ，则23122a a b ⎧-=⎨=⎩，解得12a b =⎧⎨=⎩或12a b =-⎧⎨=-⎩，显然(1,2)和(1,2)--均不在曲线()y f x =上，故选项D 错误．故选：AC ．15．（2023•新高考Ⅱ）（1）证明：当01x <<时，2sin x x x x -<<；（2）已知函数2()cos (1)f x ax ln x =--，若0x =为()f x 的极大值点，求a 的取值范围．【解析】（1）证明：设2()sin g x x x x =--，(0,1)x ∈，则()12cos g x x x '=--，()2sin 0g x x ∴''=-+<，()g x ∴'在(0,1)上单调递减，()(0)0g x g ∴'<'=， ()g x ∴在(0,1)上单调递减，()(0)0g x g ∴<=，即2sin 0x x x --<，(0,1)x ∈，2sin x x x ∴-<，(0,1)x ∈，设()sin h x x x =-，(0,1)x ∈，则()1cos 0h x x '=->，()h x ∴在(0,1)上单调递增，()(0)0h x h ∴>=，(0,1)x ∈，即sin 0x x ->，(0,1)x ∈， sin x x ∴<，(0,1)x ∈，综合可得：当01x <<时，2sin x x x x -<<；（2）解：22()sin 1x f x a ax x '=-+-，222222()cos (1)x f x a ax x +∴''=-+-，且(0)0f '=，2(0)2f a ''=-+，①若2()20f x a ''=->，即a <<时，易知存在10t >，使得1(0,)x t ∈时，()0f x ''>，()f x ∴'在1(0,)t 上单调递增，()(0)0f x f ∴'>'=，()f x ∴在1(0,)t 上单调递增，这显然与0x =为函数的极大值点相矛盾，故舍去；②若2()20f x a ''=-<，即a <a > 存在20t >，使得2(x t ∈-，2)t 时，()0f x ''<，()f x ∴'在2(t -，2)t 上单调递减，又(0)0f '=， ∴当20t x -<<时，()0f x '>，()f x 单调递增；当20x t <<时，()0f x '<，()f x 单调递减，满足0x =为()f x 的极大值点，符合题意；③若2()20f x a ''=-=，即a =()f x 为偶函数，∴只考虑a =此时22())1xf x x '=+-，(0,1)x ∈时， 2221()22(1)011x f x x x x x '>-+=->--， ()f x ∴在(0,1)上单调递增，与显然与0x =为函数的极大值点相矛盾，故舍去．综合可得：a 的取值范围为(-∞，⋃)+∞．考点五利用导数研究函数的最值16．（2022•新高考Ⅰ）已知函数()x f x e ax =-和()g x ax lnx =-有相同的最小值．（1）求a ；（2）证明：存在直线y b =，其与两条曲线()y f x =和()y g x =共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．【解析】（1）()f x 定义域为R ，()x f x e ax =-， ()x f x e a '∴=-，若0a …，则()0f x '>，()f x 无最小值，故0a >，当()0f x '=时，x lna =，当x lna <时，()0f x '<，函数()f x 在(,)lna -∞上单调递减，当x lna >时，()0f x '>，函数()f x 在(,)lna +∞上单调递增，故()()min f x f lna a alna ==-，()g x 的定义域为(0,)+∞， ()g x ax lnx =-， 1()g x a x'∴=-，令()0g x '=，解得1x a=，当10x a <<时，()0g x '<，函数()g x 在1(0,)a上单调递减，当1x a >时，()0g x '>，函数()g x 在1(a，)+∞上单调递增，故()1min g x lna =+，函数()x f x e ax =-和()g x ax lnx =-有相同的最小值 1a alna lna ∴-=+， 0a >，1a alna lna ∴-=+化为101a lna a --=+，令1()1x h x lnx x -=-+，0x >，则222211(1)121()(1)(1)(1)x x x h x x x x x x x +--+'=-=-=+++， 0x >，221()0(1)x h x x x +'∴=>+恒成立，()h x ∴在(0,)+∞上单调递增，又h （1）0=，h ∴（a ）h =（1），仅有此一解， 1a ∴=．（2）证明：由（1）知1a =，函数()x f x e x =-在(,0)-∞上单调递减，在(0,)+∞上单调递增，函数()g x x lnx =-在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增，设()()()2(0)x u x f x g x e x lnx x =-=-+>，则1()22x x u x e e x'=-+>-，当1x …时，()20u x e '->…，所以函数()u x 在(1,)+∞上单调递增，因为u （1）20e =->，所以当1x …时，()u x u …（1）0>恒成立，即()()0f x g x ->在1x …时恒成立，所以1x …时，()()f x g x >，因为(0)1f =，函数()f x 在(0,)+∞上单调递增，g （1）1=，函数()g x 在(0,1)上单调递减，所以函数()f x 与函数()g x 的图象在(0,1)上存在唯一交点，设该交点为(m ，())(01)f m m <<，此时可作出函数()y f x =和()y g x =的大致图象，由图象知当直线y b =与两条曲线()y f x =和()y g x =共有三个不同的交点时，直线y b =必经过点(M m ，())f m ，即()b f m =，因为()()f m g m =，所以m e m m lnm -=-，即20m e m lnm -+=，令()()f x b f m ==得x m e x e m m lnm -=-=-，解得x m =或x lnm =，由01m <<，得0l n m m <<，令()()g x b f m ==得m x lnx e m m lnm -=-=-，解得x m =或m x e =，由01m <<，得1m m e <<，所以当直线y b =与两条曲线()y f x =和()y g x =共有三个不同的交点时，从左到右的三个交点的横坐标依次为，lnm ，m ，m e ，因为20m e m lnm -+=，所以2m e lnm m +=，所以lnm ，m ，m e 成等差数列．∴存在直线y b =，其与两条曲线()y f x =和()y g x =共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．。

【五年高考三年模拟】2017届高三数学(理)新课标一轮复习练习：3.1 导数与积分

第三章导数及其应用§3.1 导数与积分考点一导数的概念及其几何意义11.(2012广东,12,5分)曲线y=x 3-x+3在点(1,3)处的切线方程为 . 答案 2x-y+1=0解析易知y'=3x 2-1,∴y=x 3-x+3在点(1,3)处的切线的斜率k=2,∴切线方程为y-3=2(x-1),即2x-y+1=0.评析本题考查导数的几何意义及直线方程,考查运算求解能力.12.(2012辽宁,21,12分)设f(x)=ln(x+1)+ x +1+ax+b(a,b ∈R ,a,b 为常数),曲线y=f(x)与直线y=32x 在(0,0)点相切. (1)求a,b 的值;(2)证明:当0<x<2时, f(x)<9xx +6. 解析 (1)由y=f(x)过(0,0)点,得b=-1. 由y=f(x)在(0,0)点的切线斜率为32,又y'x=0=1x +1+2 x +1+a x=0=32+a,得a=0.(3分)(2)证明:证法一:由基本不等式,知当x>0时,2 (x +1)·1<x+1+1=x+2,故 x +1<x2+1. 记h(x)=f(x)-9xx +6,则h'(x)=1x +1+12 x +1-54(x +6)2=2+ x +12(x +1)-54(x +6)2<x +64(x +1)-54(x +6)2 =(x +6)3-216(x+1)4(x +1)(x +6)2.令g(x)=(x+6)3-216(x+1),则当0<x<2时,g'(x)=3(x+6)2-216<0.因此g(x)在(0,2)内是递减函数,又g(0)=0,故g(x)<0,所以h'(x)<0.(10分) 因此h(x)在(0,2)内是递减函数,又h(0)=0,故h(x)<0. 于是当0<x<2时, f(x)<9xx +6.(12分) 证法二:由(1)知f(x)=ln(x+1)+ x +1-1.由基本不等式,知当x>0时,2 <x+1+1=x+2,故 x +1<x2+1.① 令k(x)=ln(x+1)-x,则k(0)=0,当x>0时,k'(x)=1x +1-1=-xx +1<0,故k(x)<0,即ln(x+1)<x.② 由①②得,当x>0时, f(x)<32x. 记h(x)=(x+6)f(x)-9x,则当0<x<2时, h'(x)=f(x)+(x+6)f '(x)-9<32x+(x+6) 1x +112x +1-9 =12(x +1)[3x(x+1)+(x+6)(2+ x +1)-18(x+1)] <12(x +1)3x(x+1)+(x+6)3+x 2-18(x+1)=x4(x +1)(7x-18)<0.(10分)因此h(x)在(0,2)内单调递减,又h(0)=0,所以h(x)<0,即f(x)<9xx +6.(12分)评析本题考查了导数的概念及运算,考查导数的几何意义及应用,考查构造法.考点二定积分的运算及应用12.(2012湖北,3,5分)已知二次函数y=f(x)的图象如图所示,则它与x 轴所围图形的面积为( )A.2π5B.43C.32D.π2答案 B 由题图知二次函数的解析式为f(x)=-x 2+1,其图象与x 轴所围图形的面积为∫ -11f(x)d x=2∫ 01f(x)dx=2∫ 01(-x 2+1)dx=2 -13x 3+x 01=2× -13+1 =43.故选B.评析本题考查了定积分的知识,考查了学生运算求解能力.运用数形结合思想求出二次函数和定积分是解题关键.13.(2013湖南,12,5分)若∫ T0x 2dx=9,则常数T 的值为 .答案 3 解析 ∫ 0Tx 2dx=x 33 0T =T 33=9,解得T=3.14.(2013福建,15,5分)当x ∈R ,|x|<1时,有如下表达式: 1+x+x 2+…+x n +…=11-x. 两边同时积分得: 1120d x + x 120d x +120x 2d x +…+120x n d x +…=1211-xd x ,从而得到如下等式:1×12+12× 12 2+13× 12 3+…+1n +1× 12n +1+…=ln2.请根据以上材料所蕴含的数学思想方法,计算:C n 0×12+12C n 1× 12 2+13C n 2× 12 3+…+1n +1C n n × 12n +1= .答案1n +1 32n +1-1 解析 C n 0+C n 1x+C n 2x 2+…+C n n x n=(1+x)n ,两边同时积分得:∫120C n 0d x +∫ 120C n 1xdx+∫ 120C n 2x 2dx+…+∫ 120C n n x n dx=∫ 12(1+x)n dx,从而得到如下等式:C n 0×12+12C n 1× 12 2+13C n 2× 12 3+…+1n +1C n n× 12n +1 =1n +1 32 n +1-1 .15.(2012江西,11,5分)计算定积分∫ -11(x 2+sin x)dx= . 答案 23解析 ∫ -11(x 2+sin x)dx= 13x 3-cos x -11=23. 评析本题考查了定积分的运算.。

高中数学五三高考真题解析3.2 导数的应用

3.2导数的应用挖命题【考情探究】分析解读 1.会利用导数研究函数的单调性,掌握求函数单调区间的方法.2.掌握求函数极值与最值的方法,解决利润最大、用料最省、效率最高等实际生产、生活中的优化问题.3.利用导数求函数极值与最值、结合单调性与最值求参数范围、证明不等式是高考热点.分值为12~17分,属于高档题.破考点【考点集训】考点一导数与函数的单调性1.(2017安徽二模,7)已知f(x)=,则()A.f(2)>f(e)>f(3)B.f(3)>f(e)>f(2)C.f(3)>f(2)>f(e)D.f(e)>f(3)>f(2)答案D2.(2017安徽江淮十校第三次联考,12)设函数f(x)=x2-9ln x在区间[a-1,a+1]上单调递减,则实数a的取值范围是()A.1<a≤2B.a≥4C.a≤2D.0<a≤3答案A考点二导数与函数的极(最)值1.(2018河南中原名校期中,7)已知定义在R上的函数f(x),其导函数f'(x)的大致图象如图所示,则下列叙述正确的是()①f(b)>f(a)>f(c);②函数f(x)在x=c处取得极小值,在x=e处取得极大值;③函数f(x)在x=c处取得极大值,在x=e处取得极小值;④函数f(x)的最小值为f(d).A.③B.①②C.③④D.④答案A2.(2018河南豫南九校第二次质量考评,10)若函数f(x)=x(x-c)2在x=2处有极小值,则常数c 的值为()A.4B.2或6C.2D.6答案C考点三导数的综合应用(2018河北衡水金卷信息卷(二),6)已知某服装厂生产某种品牌的衣服,销售量q(x)(单位:百件)关于每件衣服的利润x(单位:元)的函数解析式为q(x)=则当该服装厂所获效益最大时,x=()A.20B.60C.80D.40答案C炼技法【方法集训】方法1利用导数研究函数单调性的方法1.(2019届安徽皖中名校联盟10月联考,8)函数y=的图象大致是()答案D2.已知函数f(x)=2x3+ax2+bx+3在x=-1和x=2处取得极值.(1)求f(x)的表达式和极值;(2)若f(x)在区间[m,m+4]上是单调函数,试求m的取值范围.解析(1)依题意知f'(x)=6x2+2ax+b=0的两根分别为-1和2,∴∴∴f(x)=2x3-3x2-12x+3,∴f'(x)=6x2-6x-12=6(x+1)(x-2),令f'(x)>0,得x<-1或x>2;令f'(x)<0,得-1<x<2,∴f(x)极大值=f(-1)=10,f(x)极小值=f(2)=-17.(2)由(1)知,f(x)在(-∞,-1]和[2,+∞)上单调递增,在(-1,2)上单调递减.∴m+4≤-1或或m≥2.∴m≤-5或m≥2,则m的取值范围是(-∞,-5]∪[2,+∞).方法2 利用导数研究函数的极(最)值的方法1.(2018北京海淀二模,8)如图,已知直线y=kx与曲线y=f(x)相切于两点,函数g(x)=kx+m(m>0),则函数F(x)=g(x)-f(x)()A.有极小值,没有极大值B.有极大值,没有极小值C.至少有两个极小值和一个极大值D.至少有一个极小值和两个极大值答案C2.(2018四川双流中学第二次模拟,12)若函数g(x)=mx+在区间(0,2π)有一个极大值和一个极小值,则实数m的取值范围是()A.[-e-2π,)B.(-e-π,e-2π)C. D.(-e-3π,eπ)答案A方法3 利用导数求解不等式问题1.已知x∈(0,2),若关于x的不等式<恒成立,则实数k的取值范围为()A.[0,e+1)B.[0,2e-1)C.[0,e)D.[0,e-1)答案D2.(2018广东深圳中学第一次阶段测试,16)函数f(x)=x-2sin x,对任意x1,x2∈[0,π],恒有|f(x1)-f(x2)|≤M,则M的最小值为.答案+方法4 利用导数研究函数的零点或方程的根1.(2017安徽十大名校11月联考,12)若函数f(x)=有4个零点,则实数m的取值范围是()A.(16,20)B.(-20,-16)C.(-∞,-20)∪(-16,+∞)D.(-∞,16)∪(20,+∞)答案B2.(2018安徽合肥期中,21)已知二次函数f(x)的最小值为-4,且关于x的不等式f(x)≤0的解集为{x|-1≤x≤3,x∈R}.(1)求函数f(x)的解析式;(2)求函数g(x)=-4ln x的零点个数.解析(1)∵f(x)是二次函数,且关于x的不等式f(x)≤0的解集为{x|-1≤x≤3,x∈R},∴f(x)=a(x+1)(x-3)=ax2-2ax-3a,且a>0.∴f(x)min=f(1)=-4a=-4,∴a=1.故函数f(x)的解析式为f(x)=x2-2x-3.(2)∵g(x)=-4ln x=x--4ln x-2(x>0),∴g'(x)=1+-=,令g'(x)=0,得x1=1,x2=3.当x变化时,g'(x),g(x)的变化情况如下表:当0<x≤3时,g(x)≤g(1)=-4<0,g(e5)=e5--20-2>25-1-22=9>0.∵g(x)在(3,+∞)上单调递增,∴g(x)在(3,+∞)上只有1个零点,故g(x)在(0,+∞)上仅有1个零点.过专题【五年高考】A组统一命题·课标卷题组考点一导数与函数的单调性1.(2018课标Ⅰ,21,12分)已知函数f(x)=-x+aln x.(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.解析(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=--1+=-.(i)若a≤2,则f'(x)≤0,当且仅当a=2,x=1时,f'(x)=0,所以f(x)在(0,+∞)单调递减. (ii)若a>2,令f'(x)=0,得x=或x=.当x∈∪时,f'(x)<0;当x∈时,f'(x)>0.所以f(x)在,单调递减,在单调递增. (2)证明:由(1)知,f(x)存在两个极值点当且仅当a>2.由于f(x)的两个极值点x1,x2满足x2-ax+1=0,所以x1x2=1,不妨设x1<x2,则x2>1,由于=--1+a=-2+a=-2+a,所以<a-2等价于-x2+2ln x2<0.设函数g(x)=-x+2ln x,由(1)知,g(x)在(0,+∞)单调递减,又g(1)=0,从而当x∈(1,+∞)时,g(x)<0,所以-x2+2ln x2<0,即<a-2.方法总结利用导数证明不等式的常用方法(1)证明f(x)<g(x),x∈(a,b)时,可以构造函数F(x)=f(x)-g(x).若F'(x)<0,则F(x)在(a,b)上是减函数,同时若F(a)≤0,由减函数的定义可知,x∈(a,b)时,有F(x)<0,即证明了f(x)<g(x).(2)证明f(x)>g(x),x∈(a,b)时,可以构造函数F(x)=f(x)-g(x),若F'(x)>0,则F(x)在(a,b)上是增函数,同时若F(a)≥0,由增函数的定义可知,x∈(a,b)时,有F(x)>0,即证明了f(x)>g(x).2.(2017课标Ⅰ,21,12分)已知函数f(x)=ae2x+(a-2)e x-x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.解析本题考查导数的运算和应用、函数的单调性以及函数的零点,考查学生的运算求解能力、推理论证能力以及对分类讨论思想的应用能力.(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),f'(x)=2ae2x+(a-2)e x-1=(ae x-1)(2e x+1).(i)若a≤0,则f'(x)<0,所以f(x)在(-∞,+∞)单调递减.(ii)若a>0,则由f'(x)=0得x=-ln a.当x∈(-∞,-ln a)时,f'(x)<0;当x∈(-ln a,+∞)时,f'(x)>0.所以f(x)在(-∞,-ln a)单调递减,在(-ln a,+∞)单调递增.(2)(i)若a≤0,由(1)知,f(x)至多有一个零点.(ii)若a>0,由(1)知,当x=-ln a时,f(x)取得最小值,最小值为f(-ln a)=1-+ln a.①当a=1时,由于f(-ln a)=0,故f(x)只有一个零点;②当a∈(1,+∞)时,由于1-+ln a>0,即f(-ln a)>0,故f(x)没有零点;③当a∈(0,1)时,1-+ln a<0,即f(-ln a)<0.又f(-2)=ae-4+(a-2)e-2+2>-2e-2+2>0,故f(x)在(-∞,-ln a)有一个零点.设正整数n0满足n0>ln,则f(n0)=(a+a-2)-n0>-n0>-n0>0.由于ln>-ln a,因此f(x)在(-ln a,+∞)有一个零点.综上,a的取值范围为(0,1).考点二导数与函数的极(最)值1.(2017课标Ⅱ,11,5分)若x=-2是函数f(x)=(x2+ax-1)e x-1的极值点,则f(x)的极小值为()A.-1B.-2e-3C.5e-3D.1答案A2.(2018课标Ⅰ,16,5分)已知函数f(x)=2sin x+sin2x,则f(x)的最小值是.答案-3.(2018课标Ⅲ,21,12分)已知函数f(x)=(2+x+ax2)ln(1+x)-2x.(1)若a=0,证明:当-1<x<0时,f(x)<0;当x>0时,f(x)>0;(2)若x=0是f(x)的极大值点,求a.解析本题考查导数与函数的单调性、导数与函数的极值.(1)证明:当a=0时,f(x)=(2+x)ln(1+x)-2x,f'(x)=ln(1+x)-.设函数g(x)=f'(x)=ln(1+x)-,则g'(x)=.当-1<x<0时,g'(x)<0;当x>0时,g'(x)>0.故当x>-1时,g(x)≥g(0)=0,且仅当x=0时,g(x)=0,从而f'(x)≥0,且仅当x=0时,f'(x)=0.所以f(x)在(-1,+∞)单调递增.又f(0)=0,故当-1<x<0时,f(x)<0;当x>0时,f(x)>0.(2)(i)若a≥0,由(1)知,当x>0时,f(x)≥(2+x)ln(1+x)-2x>0=f(0),这与x=0是f(x)的极大值点矛盾. (ii)若a<0,设函数h(x)==ln(1+x)-.由于当|x|<min时,2+x+ax2>0,故h(x)与f(x)符号相同.又h(0)=f(0)=0,故x=0是f(x)的极大值点当且仅当x=0是h(x)的极大值点.h'(x)=-=.如果6a+1>0,则当0<x<-,且|x|<min时,h'(x)>0,故x=0不是h(x)的极大值点.如果6a+1<0,则a2x2+4ax+6a+1=0存在根x1<0,故当x∈(x1,0),且|x|<min时,h'(x)<0,所以x=0不是h(x)的极大值点.如果6a+1=0,则h'(x)=.则当x∈(-1,0)时,h'(x)>0;当x∈(0,1)时,h'(x)<0.所以x=0是h(x)的极大值点,从而x=0是f(x)的极大值点.综上,a=-.思路分析(1)a=0时,写出f(x)的解析式,对f(x)求导.易得f(0)=0,结合单调性可将问题解决.(2)对a进行分类讨论,分析各类情况下的极大值点,进而得参数a的值.考点三导数的综合应用(2015课标Ⅰ,12,5分)设函数f(x)=e x(2x-1)-ax+a,其中a<1,若存在唯一的整数x0使得f(x0)<0,则a的取值范围是()A.B. C. D.答案DB组自主命题·省(区、市)卷题组考点一导数与函数的单调性1.(2017浙江,7,4分)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()答案D2.(2016山东,20,13分)已知f(x)=a(x-ln x)+,a∈R.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当a=1时,证明f(x)>f'(x)+对于任意的x∈[1,2]成立.解析(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=a--+=.当a≤0时,x∈(0,1)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减.当a>0时,f'(x)=.①0<a<2时,>1,当x∈(0,1)或x∈时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当x∈时,f'(x)<0,f(x)单调递减.②a=2时,=1,在x∈(0,+∞)内,f'(x)≥0,f(x)单调递增.③a>2时,0<<1,当x∈或x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当x∈时,f'(x)<0,f(x)单调递减.综上所述,当a≤0时,f(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)内单调递减;当0<a<2时,f(x)在(0,1)内单调递增,在内单调递减,在内单调递增;当a=2时,f(x)在(0,+∞)内单调递增;当a>2时,f(x)在内单调递增,在内单调递减,在(1,+∞)内单调递增. (2)由(1)知,a=1时,f(x)-f'(x)=x-ln x+-=x-ln x++--1,x∈[1,2].设g(x)=x-ln x,h(x)=+--1,x∈[1,2].则f(x)-f'(x)=g(x)+h(x).由g'(x)=≥0,可得g(x)≥g(1)=1.当且仅当x=1时取得等号.又h'(x)=.设φ(x)=-3x2-2x+6,则φ(x)在x∈[1,2]内单调递减.因为φ(1)=1,φ(2)=-10,所以∃x0∈(1,2),使得x∈(1,x0)时,φ(x)>0,x∈(x0,2)时,φ(x)<0.所以h(x)在(1,x0)内单调递增,在(x0,2)内单调递减.由h(1)=1,h(2)=,可得h(x)≥h(2)=,当且仅当x=2时取得等号.所以f(x)-f'(x)>g(1)+h(2)=,即f(x)>f'(x)+对于任意的x∈[1,2]成立.考点二导数与函数的极(最)值1.(2018江苏,11,5分)若函数f(x)=2x3-ax2+1(a∈R)在(0,+∞)内有且只有一个零点,则f(x)在[-1,1]上的最大值与最小值的和为.答案-32.(2016北京,14,5分)设函数f(x)=①若a=0,则f(x)的最大值为;②若f(x)无最大值,则实数a的取值范围是.答案①2②(-∞,-1)3.(2017山东,20,13分)已知函数f(x)=x2+2cos x,g(x)=e x(cos x-sin x+2x-2),其中e=2.718 28…是自然对数的底数.(1)求曲线y=f(x)在点(π,f(π))处的切线方程;(2)令h(x)=g(x)-af(x)(a∈R),讨论h(x)的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值.解析本题考查导数的几何意义和极值.(1)由题意f(π)=π2-2,又f'(x)=2x-2sin x,所以f'(π)=2π,因此曲线y=f(x)在点(π,f(π))处的切线方程为y-(π2-2)=2π(x-π),即y=2πx-π2-2.(2)由题意得h(x)=e x(cos x-sin x+2x-2)-a(x2+2cos x),因为h'(x)=e x(cos x-sin x+2x-2)+e x(-sin x-cos x+2)-a(2x-2sin x)=2e x(x-sin x)-2a(x-sin x)=2(e x-a)(x-sin x),令m(x)=x-sin x,则m'(x)=1-cos x≥0,所以m(x)在R上单调递增.因为m(0)=0,所以当x>0时,m(x)>0;当x<0时,m(x)<0.①当a≤0时,e x-a>0,当x<0时,h'(x)<0,h(x)单调递减,当x>0时,h'(x)>0,h(x)单调递增,所以当x=0时h(x)取到极小值,极小值是h(0)=-2a-1;②当a>0时,h'(x)=2(e x-e ln a)(x-sin x),由h'(x)=0得x1=ln a,x2=0.a.当0<a<1时,ln a<0,当x∈(-∞,ln a)时,e x-e ln a<0,h'(x)>0,h(x)单调递增;当x∈(ln a,0)时,e x-e ln a>0,h'(x)<0,h(x)单调递减;当x∈(0,+∞)时,e x-e ln a>0,h'(x)>0,h(x)单调递增.所以当x=ln a时h(x)取到极大值,极大值为h(ln a)=-a[(ln a)2-2ln a+sin(ln a)+cos(ln a)+2],当x=0时h(x)取到极小值,极小值是h(0)=-2a-1;b.当a=1时,ln a=0,所以当x∈(-∞,+∞)时,h'(x)≥0,函数h(x)在(-∞,+∞)上单调递增,无极值;c.当a>1时,ln a>0,所以当x∈(-∞,0)时,e x-e ln a<0,h'(x)>0,h(x)单调递增;当x∈(0,ln a)时,e x-e ln a<0,h'(x)<0,h(x)单调递减;当x∈(ln a,+∞)时,e x-e ln a>0,h'(x)>0,h(x)单调递增.所以当x=0时h(x)取到极大值,极大值是h(0)=-2a-1;当x=ln a时h(x)取到极小值,极小值是h(ln a)=-a[(ln a)2-2ln a+sin(ln a)+cos(ln a)+2].综上所述:当a≤0时,h(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,函数h(x)有极小值,极小值是h(0)=-2a-1;当0<a<1时,函数h(x)在(-∞,ln a)和(0,+∞)上单调递增,在(ln a,0)上单调递减,函数h(x)有极大值,也有极小值,极大值是h(ln a)=-a[(ln a)2-2ln a+sin(ln a)+cos(ln a)+2],极小值是h(0)=-2a-1;当a=1时,函数h(x)在(-∞,+∞)上单调递增,无极值;当a>1时,函数h(x)在(-∞,0)和(ln a,+∞)上单调递增,在(0,ln a)上单调递减,函数h(x)有极大值,也有极小值,极大值是h(0)=-2a-1,极小值是h(ln a)=-a[(ln a)2-2ln a+sin(ln a)+cos(ln a)+2].考点三导数的综合应用1.(2017江苏,11,5分)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.答案2.(2018天津,20,14分)已知函数f(x)=a x,g(x)=log a x,其中a>1.(1)求函数h(x)=f(x)-xln a的单调区间;(2)若曲线y=f(x)在点(x1,f(x1))处的切线与曲线y=g(x)在点(x2,g(x2))处的切线平行,证明x1+g(x2)=-;(3)证明当a≥时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线.解析(1)由已知,h(x)=a x-xln a,有h'(x)=a x ln a-ln a.令h'(x)=0,解得x=0.由a>1,可知当x变化时,h'(x),h(x)的变化情况如下表:所以函数h(x)的单调递减区间为(-∞,0),单调递增区间为(0,+∞).(2)证明:由f'(x)=a x ln a,可得曲线y=f(x)在点(x1,f(x1))处的切线斜率为ln a.由g'(x)=,可得曲线y=g(x)在点(x2,g(x2))处的切线斜率为.因为这两条切线平行,故有ln a=,即x2(ln a)2=1.两边取以a为底的对数,得log a x2+x1+2log a ln a=0,所以x1+g(x2)=-.(3)证明:曲线y=f(x)在点(x1,)处的切线l1:y-=ln a·(x-x1).曲线y=g(x)在点(x2,log a x2)处的切线l2:y-log a x2=(x-x2).要证明当a≥时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线,只需证明当a≥时,存在x1∈(-∞,+∞),x2∈(0,+∞),使得l1与l2重合.即只需证明当a≥时,方程组有解.由①得x2=,代入②,得-x1ln a+x1++=0.③因此,只需证明当a≥时,关于x1的方程③存在实数解.设函数u(x)=a x-xa x ln a+x++,即要证明当a≥时,函数y=u(x)存在零点.u'(x)=1-(ln a)2xa x,可知x∈(-∞,0)时,u'(x)>0;x∈(0,+∞)时,u'(x)单调递减,又u'(0)=1>0,u'=1-<0,故存在唯一的x0,且x0>0,使得u'(x0)=0,即1-(ln a)2x0=0.由此可得u(x)在(-∞,x0)上单调递增,在(x0,+∞)上单调递减.u(x)在x=x0处取得极大值u(x0).因为a≥,故ln ln a≥-1,所以u(x0)=-x0ln a+x0++=+x0+≥≥0.下面证明存在实数t,使得u(t)<0.由(1)可得a x≥1+xln a,当x>时,有u(x)≤(1+xln a)(1-xln a)+x++=-(ln a)2x2+x+1++,所以存在实数t,使得u(t)<0.因此,当a≥时,存在x1∈(-∞,+∞),使得u(x1)=0.所以,当a≥时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线.C组教师专用题组考点一导数与函数单调性1.(2015福建,10,5分)若定义在R上的函数f(x)满足f(0)=-1,其导函数f'(x)满足f'(x)>k>1,则下列结论中一定错误的是()A.f<B.f>C.f<D.f>答案C2.(2015四川,15,5分)已知函数f(x)=2x,g(x)=x2+ax(其中a∈R).对于不相等的实数x1,x2,设m=,n=.现有如下命题:①对于任意不相等的实数x1,x2,都有m>0;②对于任意的a及任意不相等的实数x1,x2,都有n>0;③对于任意的a,存在不相等的实数x1,x2,使得m=n;④对于任意的a,存在不相等的实数x1,x2,使得m=-n.其中的真命题有(写出所有真命题的序号).答案①④3. (1)讨论函数f(x)=e x的单调性,并证明当x>0时,(x-2)·e x+x+2>0;(2)证明:当a∈[0,1)时,函数g(x)=(x>0)有最小值.设g(x)的最小值为h(a),求函数h(a)的值域.解析(1)f(x)的定义域为(-∞,-2)∪(-2,+∞).(2分)f'(x)==≥0,且仅当x=0时,f'(x)=0,所以f(x)在(-∞,-2),(-2,+∞)单调递增.因此当x∈(0,+∞)时,f(x)>f(0)=-1.所以(x-2)e x>-(x+2),(x-2)e x+x+2>0.(4分)(2)g'(x)==(f(x)+a).(5分)由(1)知,f(x)+a单调递增.对任意a∈[0,1),f(0)+a=a-1<0,f(2)+a=a≥0.因此,存在唯一x a∈(0,2],使得f(x a)+a=0,即g'(x a)=0.(6分)当0<x<x a时,f(x)+a<0,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x>x a时,f(x)+a>0,g'(x)>0,g(x)单调递增.(7分)因此g(x)在x=x a处取得最小值,最小值为g(x a)===.(8分)于是h(a)=,由'=>0,得y=单调递增.所以,由x a∈(0,2],得=<h(a)=≤=.(10分)因为y=单调递增,对任意λ∈,存在唯一的x a∈(0,2],a=-f(x a)∈[0,1),使得h(a)=λ.所以h(a)的值域是.综上,当a∈[0,1)时,g(x)有最小值h(a),h(a)的值域是.(12分)思路分析(1)利用f'(x)得出单调性,进而利用函数单调性求出f(x)在(0,+∞)上的值域,由此即可证明.(2)求g'(x),利用单调性求得g(x)min(即h(a)),再利用导数与函数单调性可得h(a)的值域.考点二导数与函数的极(最)值1.(2018北京,18,13分)设函数f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]e x.(1)若曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与x轴平行,求a;(2)若f(x)在x=2处取得极小值,求a的取值范围.解析(1)因为f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]e x,所以f'(x)=[ax2-(2a+1)x+2]e x.f'(1)=(1-a)e.由题设知f'(1)=0,即(1-a)e=0,解得a=1.此时f(1)=3e≠0.所以a的值为1.(2)由(1)得f'(x)=[ax2-(2a+1)x+2]e x=(ax-1)(x-2)e x.若a>,则当x∈时,f'(x)<0;当x∈(2,+∞)时,f'(x)>0.所以f(x)在x=2处取得极小值.若a≤,则当x∈(0,2)时,x-2<0,ax-1≤x-1<0,所以f'(x)>0,所以2不是f(x)的极小值点.综上可知,a的取值范围是.方法总结函数极值问题的常见类型及解题策略(1)已知导函数图象判断函数极值的情况.先找导数为0的点,再判断导数为0的点的左、右两侧导数的符号.(2)已知函数求极值.求f'(x)→求方程f'(x)=0的根→列表检验f'(x)在f'(x)=0的根的附近两侧的符号→下结论.(3)已知极值求参数.若函数f(x)在点(x0,y0)处取得极值,则f'(x0)=0,且在该点左、右两侧导数值的符号相反.2.(2017课标Ⅱ,21,12分)已知函数f(x)=ax2-ax-xln x,且f(x)≥0.(1)求a;(2)证明:f(x)存在唯一的极大值点x0,且e-2<f(x0)<2-2.解析(1)f(x)的定义域为(0,+∞).设g(x)=ax-a-ln x,则f(x)=xg(x),f(x)≥0等价于g(x)≥0.因为g(1)=0,g(x)≥0,故g'(1)=0,而g'(x)=a-,g'(1)=a-1,得a=1.若a=1,则g'(x)=1-.当0<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x=1是g(x)的极小值点,故g(x)≥g(1)=0.综上,a=1.(2)证明:由(1)知f(x)=x2-x-xln x,f'(x)=2x-2-ln x.设h(x)=2x-2-ln x,则h'(x)=2-.当x∈时,h'(x)<0;当x∈时,h'(x)>0.所以h(x)在单调递减,在单调递增.又h(e-2)>0,h<0,h(1)=0,所以h(x)在有唯一零点x0,在有唯一零点1,且当x∈(0,x0)时,h(x)>0;当x∈(x0,1)时,h(x)<0;当x∈(1,+∞)时,h(x)>0.因为f'(x)=h(x),所以x=x0是f(x)的唯一极大值点.由f'(x0)=0得ln x0=2(x0-1),故f(x0)=x0(1-x0).由x0∈(0,1)得f(x0)<.因为x=x0是f(x)在(0,1)的最大值点,由e-1∈(0,1),f'(e-1)≠0得f(x0)>f(e-1)=e-2,所以e-2<f(x0)<2-2.方法总结利用导数解决不等式问题的一般思路:(1)恒成立问题常利用分离参数法转化为最值问题求解.若不能分离参数,可以对参数进行分类讨论.(2)证明不等式问题可通过构造函数转化为函数的最值问题求解.3.(2017北京,19,13分)已知函数f(x)=e x cos x-x.(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;(2)求函数f(x)在区间上的最大值和最小值.解析本题考查导数的几何意义,考查利用导数研究函数的单调性、最值.(1)因为f(x)=e x cos x-x,所以f'(x)=e x(cos x-sin x)-1,f'(0)=0.又因为f(0)=1,所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=1.(2)设h(x)=e x(cos x-sin x)-1,则h'(x)=e x(cos x-sin x-sin x-cos x)=-2e x sin x.当x∈时,h'(x)<0,所以h(x)在区间上单调递减.所以对任意x∈有h(x)<h(0)=0,即f'(x)<0.所以函数f(x)在区间上单调递减.因此f(x)在区间上的最大值为f(0)=1,最小值为f=-.4.(2016课标Ⅲ,21,12分)设函数f(x)=αcos2x+(α-1)·(cos x+1),其中α>0,记|f(x)|的最大值为A.(1)求f'(x);(2)求A;(3)证明|f'(x)|≤2A.解析(1)f'(x)=-2αsin2x-(α-1)sin x.(2分)(2)当α≥1时,|f(x)|=|αcos2x+(α-1)(cos x+1)|≤α+2(α-1)=3α-2=f(0).因此A=3α-2.(4分)当0<α<1时,将f(x)变形为f(x)=2αcos2x+(α-1)cos x-1.设t=cos x,则t∈[-1,1],令g(t)=2αt2+(α-1)t-1,则A是|g(t)|在[-1,1]上的最大值,g(-1)=α,g(1)=3α-2,且当t=时,g(t)取得最小值,最小值为g=--1=-.令-1<<1,解得α<-(舍去),或α>.(5分)(i)当0<α≤时,g(t)在(-1,1)内无极值点,|g(-1)|=α,|g(1)|=2-3α,|g(-1)|<|g(1)|,所以A=2-3α. (ii)当<α<1时,由g(-1)-g(1)=2(1-α)>0,知g(-1)>g(1)>g.又-|g(-1)|=>0,所以A==.综上,A=(9分)(3)证明:由(1)得|f'(x)|=|-2αsin2x-(α-1)sin x|≤2α+|α-1|.当0<α≤时,|f'(x)|≤1+α≤2-4α<2(2-3α)=2A.当<α<1时,A=++>1,所以|f'(x)|≤1+α<2A.当α≥1时,|f'(x)|≤3α-1≤6α-4=2A.所以|f'(x)|≤2A.(12分)思路分析(1)利用求导公式和求导法则求f'(x).(2)对α分类讨论(分α≥1和0<α<1),当0<α<1时,进一步分0<α≤和<α<1两种情况求解.(3)由(1)得|f'(x)|,利用(2)中对α所分的三种情况分别进行证明.5.(2016天津,20,14分)设函数f(x)=(x-1)3-ax-b,x∈R,其中a,b∈R.(1)求f(x)的单调区间;(2)若f(x)存在极值点x0,且f(x1)=f(x0),其中x1≠x0,求证:x1+2x0=3;(3)设a>0,函数g(x)=|f(x)|,求证:g(x)在区间[0,2]上的最大值.解析(1)由f(x)=(x-1)3-ax-b,可得f'(x)=3(x-1)2-a.下面分两种情况讨论:①当a≤0时,有f'(x)=3(x-1)2-a≥0恒成立,所以f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞).②当a>0时,令f'(x)=0,解得x=1+或x=1-.当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:-∞,1-1-1-,1+1+1+,+∞所以f(x)的单调递减区间为,单调递增区间为,.(2)证明:因为f(x)存在极值点,所以由(1)知a>0,且x0≠1.由题意,得f'(x0)=3(x0-1)2-a=0,即(x0-1)2=,进而f(x0)=(x0-1)3-ax0-b=-x0--b.又f(3-2x0)=(2-2x0)3-a(3-2x0)-b=(1-x0)+2ax0-3a-b=-x0--b=f(x0),且3-2x0≠x0,由题意及(1)知,存在唯一实数x1满足f(x1)=f(x0),且x1≠x0,因此x1=3-2x0.所以x1+2x0=3. (3)证明:设g(x)在区间[0,2]上的最大值为M,max{x,y}表示x,y两数的最大值.下面分三种情况讨论:①当a≥3时,1-≤0<2≤1+,由(1)知,f(x)在区间[0,2]上单调递减,所以f(x)在区间[0,2]上的取值范围为[f(2),f(0)],因此M=max{|f(2)|,|f(0)|}=max{|1-2a-b|,|-1-b|}=max{|a-1+(a+b)|,|a-1-(a+b)|}=所以M=a-1+|a+b|≥2.②当≤a<3时,1-≤0<1-<1+<2≤1+,由(1)和(2)知f(0)≥f=f,f(2)≤f=f,所以f(x)在区间[0,2]上的取值范围为,因此M=max=max=max=+|a+b|≥××=.③当0<a<时,0<1-<1+<2,由①和②知f(0)<f=f,f(2)>f=f,所以f(x)在区间[0,2]上的取值范围为[f(0),f(2)],因此M=max{|f(0)|,|f(2)|}=max{|-1-b|,|1-2a-b|}=max{|1-a+(a+b)|,|1-a-(a+b)|}=1-a+|a+b|>.综上所述,当a>0时,g(x)在区间[0,2]上的最大值不小于.6.(2014课标Ⅰ,21,12分)设函数f(x)=ae x ln x+,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=e(x-1)+2.(1)求a,b;(2)证明:f(x)>1.解析(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=ae x ln x+e x-e x-1+e x-1.由题意可得f(1)=2,f'(1)=e.故a=1,b=2.(2)证明:由(1)知,f(x)=e x ln x+e x-1,从而f(x)>1等价于xln x>xe-x-.设函数g(x)=xln x,则g'(x)=1+ln x.所以当x∈时,g'(x)<0;当x∈时,g'(x)>0.故g(x)在上单调递减,在上单调递增,从而g(x)在(0,+∞)上的最小值为g=-.设函数h(x)=xe-x-,则h'(x)=e-x(1-x).所以当x∈(0,1)时,h'(x)>0;当x∈(1,+∞)时,h'(x)<0.故h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,从而h(x)在(0,+∞)上的最大值为h(1)=-.综上,当x>0时,g(x)>h(x),即f(x)>1.思路分析(1)利用导数的几何意义及切线过切点求a,b的值;(2)利用(1)得f(x)的解析式,将f(x)>1等价转化为xln x>xe-x-,构造函数g(x)=xln x,h(x)=xe-x-,再利用导数分别求出g(x)min,h(x)max,进而得g(x)>h(x),从而证得原不等式成立.方法总结证明不等式,可构造函数,转化为求解函数最值的问题.考点三导数的综合应用1.(2014课标Ⅰ,11,5分)已知函数f(x)=ax3-3x2+1,若f(x)存在唯一的零点x0,且x0>0,则a的取值范围是()A.(2,+∞)B.(1,+∞)C.(-∞,-2)D.(-∞,-1)答案C2.(2014陕西,10,5分)如图,某飞行器在4千米高空水平飞行,从距着陆点A的水平距离10千米处开始下降,已知下降飞行轨迹为某三次函数图象的一部分,则该函数的解析式为()A.y=x3-xB.y=x3-xC.y=x3-xD.y=-x3+x答案A3.(2014辽宁,11,5分)当x∈[-2,1]时,不等式ax3-x2+4x+3≥0恒成立,则实数a的取值范围是()A.[-5,-3]B.C.[-6,-2]D.[-4,-3]答案C4.(2017课标Ⅲ,21,12分)已知函数f(x)=x-1-aln x.(1)若f(x)≥0,求a的值;(2)设m为整数,且对于任意正整数n,…<m,求m的最小值.解析本题考查导数的综合应用.(1)f(x)的定义域为(0,+∞).①若a≤0,因为f=-+aln2<0,所以不满足题意;②若a>0,由f'(x)=1-=知,当x∈(0,a)时,f'(x)<0;当x∈(a,+∞)时,f'(x)>0.所以f(x)在(0,a)单调递减,在(a,+∞)单调递增.故x=a是f(x)在(0,+∞)的唯一最小值点.由于f(1)=0,所以当且仅当a=1时,f(x)≥0.故a=1.(2)由(1)知当x∈(1,+∞)时,x-1-ln x>0.令x=1+,得ln<.从而ln+ln+…+ln<++…+=1-<1.故…<e.而>2,所以m的最小值为3.思路分析(1)对a分类讨论,并利用导数研究f(x)的单调性,找出最小值点,从而求出a.(2)由(1)得当x>1时,x-1-ln x>0.令x=1+,换元后可求出…的范围.一题多解(1)f'(x)=1-=(x>0).当a≤0时,f'(x)>0,而f(1)=0,不合题意,∴a>0,∴f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增.又f(x)≥0,∴f(a)≥0,即a-1-aln a≥0①,记h(x)=x-1-xln x,则h'(x)=1-ln x-1=-ln x.∴h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,∴h(x)≤h(1)=0,即当且仅当x=1时,h(x)≥0,∴当且仅当a=1时,①式成立.∴a=1.5.(2017浙江,20,15分)已知函数f(x)=(x-)·e-x.(1)求f(x)的导函数;(2)求f(x)在区间上的取值范围.解析本题主要考查函数的最大(小)值,导数的运算及其应用,同时考查分析问题和解决问题的能力.(1)因为(x-)'=1-,(e-x)'=-e-x,所以f'(x)=e-x-(x-)e-x=.(2)由f'(x)==0,解得x=1或x=.因为又f(x)=(-1)2e-x≥0,所以f(x)在区间上的取值范围是.6.(2017天津,20,14分)设a∈Z,已知定义在R上的函数f(x)=2x4+3x3-3x2-6x+a在区间(1,2)内有一个零点x0,g(x)为f(x)的导函数.(1)求g(x)的单调区间;(2)设m∈[1,x0)∪(x0,2],函数h(x)=g(x)(m-x0)-f(m),求证:h(m)h(x0)<0;(3)求证:存在大于0的常数A,使得对于任意的正整数p,q,且∈[1,x0)∪(x0,2],满足≥.解析本题主要考查导数的运算、利用导数研究函数的性质、证明不等式等基础知识和方法.考查函数思想和化归思想.考查抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力.(1)由f(x)=2x4+3x3-3x2-6x+a,可得g(x)=f'(x)=8x3+9x2-6x-6,进而可得g'(x)=24x2+18x-6.令g'(x)=0,解得x=-1或x=.当x变化时,g'(x),g(x)的变化情况如下表:所以,g(x)的单调递增区间是(-∞,-1),,单调递减区间是.(2)证明:由h(x)=g(x)(m-x0)-f(m),得h(m)=g(m)(m-x0)-f(m),h(x0)=g(x0)(m-x0)-f(m).令函数H1(x)=g(x)(x-x0)-f(x),则H1'(x)=g'(x)(x-x0).由(1)知,当x∈[1,2]时,g'(x)>0,故当x∈[1,x0)时,H1'(x)<0,H1(x)单调递减;当x∈(x0,2]时,H1'(x)>0,H1(x)单调递增.因此,当x∈[1,x0)∪(x0,2]时,H1(x)>H1(x0)=-f(x0)=0,可得H1(m)>0,即h(m)>0.令函数H2(x)=g(x0)(x-x0)-f(x),则H2'(x)=g(x0)-g(x).由(1)知g(x)在[1,2]上单调递增,故当x∈[1,x0)时,H2'(x)>0,H2(x)单调递增;当x∈(x0,2]时,H2'(x)<0,H2(x)单调递减.因此,当x∈[1,x0)∪(x0,2]时,H2(x)<H2(x0)=0,可得H2(m)<0,即h(x0)<0.所以,h(m)h(x0)<0.(3)证明:对于任意的正整数p,q,且∈[1,x0)∪(x0,2],令m=,函数h(x)=g(x)(m-x0)-f(m).由(2)知,当m∈[1,x0)时,h(x)在区间(m,x0)内有零点;当m∈(x0,2]时,h(x)在区间(x0,m)内有零点.所以h(x)在(1,2)内至少有一个零点,不妨设为x1,则h(x1)=g(x1)-f=0.由(1)知g(x)在[1,2]上单调递增,故0<g(1)<g(x1)<g(2),于是=≥=.因为当x∈[1,2]时,g(x)>0,故f(x)在[1,2]上单调递增,所以f(x)在区间[1,2]上除x0外没有其他的零点,而≠x0,故f≠0.又因为p,q,a均为整数,所以|2p4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|是正整数,从而|2p4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|≥1.所以≥.所以,只要取A=g(2),就有≥.思路分析(1)求出函数f(x)的导函数g(x)=f'(x)=8x3+9x2-6x-6,求出使导函数为零的x的值,通过列表求出单调区间即可.(2)由h(x)推出h(m),h(x0),令函数H1(x)=g(x)(x-x0)-f(x),H2(x)=g(x0)(x-x0)-f(x),求出导函数H1'(x),H2'(x),由此可推出h(m)h(x0)<0.(3)对于任意的正整数p,q,令m=,函数h(x)=g(x)·(m-x0)-f(m),由(2)可推出h(x)在(1,2)内至少有一个零点,结合(1)可得=≥=,进而得到|2p4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|≥1,最后推出结果即可.7.(2016课标Ⅰ,21,12分)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.解析(1)f'(x)=(x-1)e x+2a(x-1)=(x-1)(e x+2a).(2分)(i)设a=0,则f(x)=(x-2)e x,f(x)只有一个零点.(3分)(ii)设a>0,则当x∈(-∞,1)时,f'(x)<0;当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0.所以f(x)在(-∞,1)单调递减,在(1,+∞)单调递增.又f(1)=-e,f(2)=a,取b满足b<0且b<ln,则f(b)>(b-2)+a(b-1)2=a>0,故f(x)存在两个零点.(4分)(iii)设a<0,由f'(x)=0得x=1或x=ln(-2a).若a≥-,则ln(-2a)≤1,故当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,因此f(x)在(1,+∞)单调递增.又当x≤1时,f(x)<0,所以f(x)不存在两个零点.(6分)若a<-,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))单调递减,在(ln(-2a),+∞)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,+∞).(8分)(2)证明:不妨设x1<x2.由(1)知,x1∈(-∞,1),x2∈(1,+∞),2-x2∈(-∞,1),f(x)在(-∞,1)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)=-x2+a(x2-1)2,而f(x2)=(x2-2)+a(x2-1)2=0,所以f(2-x2)=-x2-(x2-2).(10分)设g(x)=-xe2-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.(12分)思路分析(1)根据a的值分a=0,a>0和a<0三种情况讨论,利用函数的单调性及极值的符号即可确定零点个数,进而得a的范围;(2)由(1)确定出函数的单调性,进而将x1+x2<2转化为函数值间的不等关系,从而构造函数进行证明.8.(2015广东,19,14分)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.解析(1)函数f(x)的定义域为R.因为f'(x)=2x·e x+(1+x2)e x=(x2+2x+1)e x=(x+1)2e x≥0,所以函数f(x)在R上单调递增,即f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞),无单调递减区间.(2)证明:因为a>1,所以f(0)=1-a<0,f(ln a)=(1+ln2a)·e ln a-a=aln2a>0,所以f(0)·f(ln a)<0,由零点存在性定理可知f(x)在(0,ln a)内存在零点.又由(1)知,f(x)在R上单调递增,故f(x)在(-∞,+∞)上仅有一个零点.(3)证明:设点P(x0,y0),由题意知,f'(x0)=(x0+1)2=0,解得x0=-1.所以y0=(1+)-a=-a,所以点P的坐标为.所以k OP=a-.由题意可得,f'(m)=(m+1)2e m=a-.要证明m≤-1,只需要证明m+1≤,只需要证明(m+1)3≤a-=(m+1)2e m,只需要证明m+1≤e m.构造函数:h(x)=e x-x-1(x∈R),则h'(x)=e x-1.当x<0时,h'(x)<0,即h(x)在(-∞,0)上单调递减;当x>0时,h'(x)>0,即h(x)在(0,+∞)上单调递增.所以函数h(x)有最小值,为h(0)=0,则h(x)≥0.所以e x-x-1≥0,故e m-m-1≥0,故m+1≤e m,故原不等式成立.9.(2015天津,20,14分)已知函数f(x)=nx-x n,x∈R,其中n∈N*,且n≥2.(1)讨论f(x)的单调性;(2)设曲线y=f(x)与x轴正半轴的交点为P,曲线在点P处的切线方程为y=g(x),求证:对于任意的正实数x,都有f(x)≤g(x);(3)若关于x的方程f(x)=a(a为实数)有两个正实数根x1,x2,求证:|x2-x1|<+2.解析(1)由f(x)=nx-x n,可得f'(x)=n-nx n-1=n(1-x n-1),其中n∈N*,且n≥2.下面分两种情况讨论:①当n为奇数时.令f'(x)=0,解得x=1,或x=-1.当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:所以,f(x)在(-∞,-1),(1,+∞)上单调递减,在(-1,1)内单调递增.②当n为偶数时.当f'(x)>0,即x<1时,函数f(x)单调递增;当f'(x)<0,即x>1时,函数f(x)单调递减.所以,f(x)在(-∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.(2)证明:设点P的坐标为(x0,0),则x0=,f'(x0)=n-n2.曲线y=f(x)在点P处的切线方程为y=f '(x0)(x-x0),即g(x)=f'(x0)(x-x0).令F(x)=f(x)-g(x),即F(x)=f(x)-f'(x0)(x-x0),则F'(x)=f'(x)-f'(x0).由于f'(x)=-nx n-1+n在(0,+∞)上单调递减,故F'(x)在(0,+∞)上单调递减.又因为F'(x0)=0,所以当x∈(0,x0)时,F'(x)>0,当x∈(x0,+∞)时,F'(x)<0,所以F(x)在(0,x0)内单调递增,在(x0,+∞)上单调递减,所以对于任意的正实数x,都有F(x)≤F(x0)=0,即对于任意的正实数x,都有f(x)≤g(x). (3)证明:不妨设x1≤x2.由(2)知g(x)=(n-n2)(x-x0).设方程g(x)=a的根为x'2,可得x'2=+x0.当n≥2时,g(x)在(-∞,+∞)上单调递减.又由(2)知g(x2)≥f(x2)=a=g(x'2),可得x2≤x'2.类似地,设曲线y=f(x)在原点处的切线方程为y=h(x),可得h(x)=nx.当x∈(0,+∞)时, f(x)-h(x)=-x n<0,即对于任意的x∈(0,+∞),f(x)<h(x).设方程h(x)=a的根为x'1,可得x'1=.因为h(x)=nx在(-∞,+∞)上单调递增,且h(x'1)=a=f(x1)<h(x1),因此x'1<x1.由此可得x2-x1<x'2-x'1=+x0.因为n≥2,所以2n-1=(1+1)n-1≥1+=1+n-1=n,故2≥=x0.所以,|x2-x1|<+2.10.(2015课标Ⅰ,21,12分)已知函数f(x)=x3+ax+,g(x)=-ln x.(1)当a为何值时,x轴为曲线y=f(x)的切线?(2)用min{m,n}表示m,n中的最小值,设函数h(x)=min{f(x),g(x)}(x>0),讨论h(x)零点的个数.解析(1)设曲线y=f(x)与x轴相切于点(x0,0),则f(x0)=0,f'(x0)=0,即解得x0=,a=-.因此,当a=-时,x轴为曲线y=f(x)的切线.(5分)(2)当x∈(1,+∞)时,g(x)=-ln x<0,从而h(x)=min{f(x),g(x)}≤g(x)<0,故h(x)在(1,+∞)无零点.当x=1时,若a≥-,则f(1)=a+≥0,h(1)=min{f(1),g(1)}=g(1)=0,故x=1是h(x)的零点;若a<-,则f(1)<0,h(1)=min{f(1),g(1)}=f(1)<0,故x=1不是h(x)的零点.当x∈(0,1)时,g(x)=-ln x>0,所以只需考虑f(x)在(0,1)的零点个数.(i)若a≤-3或a≥0,则f'(x)=3x2+a在(0,1)无零点,故f(x)在(0,1)单调.而f(0)=,f(1)=a+,所以当a≤-3时,f(x)在(0,1)有一个零点;当a≥0时,f(x)在(0,1)没有零点.(ii)若-3<a<0,则f(x)在单调递减,在单调递增,故在(0,1)中,当x=时,f(x)取得最小值,最小值为f=+.①若f>0,即-<a<0,则f(x)在(0,1)无零点;②若f=0,即a=-,则f(x)在(0,1)有唯一零点;③若f<0,即-3<a<-,由于f(0)=,f(1)=a+,所以当-<a<-时,f(x)在(0,1)有两个零点;当-3<a≤-时,f(x)在(0,1)有一个零点.(10分)综上,当a>-或a<-时,h(x)有一个零点;当a=-或a=-时,h(x)有两个零点;当-<a<-时,h(x)有三个零点.(12分)思路分析(1)设切点为(x0,0),由条件得f(x0)=0,f'(x0)=0,由此列方程组,进而解得结果. (2)分x>1,x=1,0<x<1三种情形讨论h(x)的零点.注意当0<x<1时,由于g(x)>0,故只需分析f(x)的零点,此时又需分类讨论a≤-3或a≥0与-3<a<0两种情况.12.(2015四川,21,14分)已知函数f(x)=-2(x+a)ln x+x2-2ax-2a2+a,其中a>0.(1)设g(x)是f(x)的导函数,讨论g(x)的单调性;(2)证明:存在a∈(0,1),使得f(x)≥0在区间(1,+∞)内恒成立,且f(x)=0在区间(1,+∞)内有唯一解.解析(1)由已知得,函数f(x)的定义域为(0,+∞),g(x)=f'(x)=2(x-a)-2ln x-2,所以g'(x)=2-+=.当0<a<时,g(x)在区间,上单调递增,在区间上单调递减;当a≥时,g(x)在区间(0,+∞)上单调递增.(2)证明:由f'(x)=2(x-a)-2ln x-2=0,解得a=.令φ(x)=-2ln x+x2-2×·x-2+.则φ(1)=1>0,φ(e)=--2<0.故存在x0∈(1,e),使得φ(x0)=0.令a0=,u(x)=x-1-ln x(x≥1).由u'(x)=1-≥0知,函数u(x)在区间(1,+∞)上单调递增.所以0=<=a0<=<1.即a0∈(0,1).当a=a0时,有f'(x0)=0,f(x0)=φ(x0)=0.由(1)知,f'(x)在区间(1,+∞)上单调递增,故当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.所以,当x∈(1,+∞)时,f(x)≥0.综上所述,存在a∈(0,1),使得f(x)≥0在区间(1,+∞)内恒成立,且f(x)=0在区间(1,+∞)内有唯一。

高考数学五年(2019-2023)年高考真题分项汇编解析—导数及其应用

高考数学五年（2019-2023）年高考真题分项汇编解析—导数及其应用考点一导数的运算1．【多选】（2022•新高考Ⅰ）已知函数()f x 及其导函数()f x '的定义域均为R ，记()()g x f x ='．若3(2)2f x -，(2)g x +均为偶函数，则()A ．(0)0f =B ．1()02g -=C ．(1)f f -=（4）D ．(1)g g -=（2）【解析】3(2)2f x - 为偶函数，∴可得33(2)(2)22f x f x -=+，()f x ∴关于32x =对称，令54x =，可得3535(2(22424f f -⨯=+⨯，即(1)f f -=（4），故C 正确；(2)g x + 为偶函数，(2)(2)g x g x ∴+=-，()g x 关于2x =对称，故D 不正确；()f x 关于32x =对称，32x ∴=是函数()f x 的一个极值点，∴函数()f x 在3(2，)t 处的导数为0，即33(()022g f ='=，又()g x ∴的图象关于2x =对称，53(()022g g ∴==，∴函数()f x 在5(2，)t 的导数为0，52x ∴=是函数()f x 的极值点，又()f x 的图象关于32x =对称，5(2∴，)t 关于32x =的对称点为1(2，)t ，由52x =是函数()f x 的极值点可得12x =是函数()f x 的一个极值点，11()()022g f ∴='=，进而可得17((022g g ==，故72x =是函数()f x 的极值点，又()f x 的图象关于32x =对称，7(2∴，)t 关于32x =的对称点为1(2-，)t ，11()(022g f ∴-='-=，故B 正确；()f x 图象位置不确定，可上下移动，即每一个自变量对应的函数值不是确定值，故A 错误．解法二：构造函数法，令()1sin f x x π=-，则3(2)1cos 22f x x π-=+，则()()cos g x f x x ππ='=-，(2)cos(2)cos g x x x πππππ+=-+=-，满足题设条件，可得只有选项BC 正确，故选：BC ．考点二利用导数研究曲线上某点切线方程2．（2021•新高考Ⅰ）若过点(,)a b 可以作曲线x y e =的两条切线，则()A ．b e a<B ．a e b<C ．0ba e <<D ．0ab e <<【解析】法一：函数x y e =是增函数，0x y e '=>恒成立，函数的图象如图，0y >，即切点坐标在x 轴上方，如果(,)a b 在x 轴下方，连线的斜率小于0，不成立．点(,)a b 在x 轴或下方时，只有一条切线．如果(,)a b 在曲线上，只有一条切线；(,)a b 在曲线上侧，没有切线；由图象可知(,)a b 在图象的下方，并且在x 轴上方时，有两条切线，可知0a b e <<．故选：D ．法二：设过点(,)a b 的切线横坐标为t ，则切线方程为()t t y e x t e =-+，可得(1)t b e a t =+-，设()(1)f t a t =+-，可得()()t f t e a t '=-，(,)t a ∈-∞，()0f t '>，()f t 是增函数，(,)t a ∈+∞，()0f t '<，()f t 是减函数，因此当且仅当0a b e <<时，上述关于t 的方程有两个实数解，对应两条切线．故选：D ．3．（2022•新高考Ⅰ）若曲线()x y x a e =+有两条过坐标原点的切线，则a 的取值范围是．【解析】()x x y e x a e '=++，设切点坐标为0(x ，00())x x a e +，∴切线的斜率000()x xk e x a e =++，∴切线方程为000000()(())()x x xy x a e e x a e x x -+=++-，又切线过原点，000000()(())()x x x x a e e x a e x ∴-+=++-，整理得：2000x ax a +-=，切线存在两条，∴方程有两个不等实根，∴△240a a =+>，解得4a <-或0a >，即a 的取值范围是(-∞，4)(0-⋃，)+∞，故答案为：(-∞，4)(0-⋃，)+∞．4．（2022•新高考Ⅱ）曲线||y ln x =过坐标原点的两条切线的方程为，．【解析】当0x >时，y lnx =，设切点坐标为0(x ，0)lnx ，1y x '=，∴切线的斜率01k x =，∴切线方程为0001()y lnx x x x -=-，又切线过原点，01lnx ∴-=-，0x e ∴=，∴切线方程为11()y x e e-=-，即0x ey -=，当0x <时，()y ln x =-，与y lnx =的图像关于y 轴对称，∴切线方程也关于y 轴对称，∴切线方程为0x ey +=，综上所述，曲线||y ln x =经过坐标原点的两条切线方程分别为0x ey -=，0x ey +=，故答案为：0x ey -=，0x ey +=．5．（2021•新高考Ⅱ）已知函数()|1|x f x e =-，10x <，20x >，函数()f x 的图象在点1(A x ，1())f x 和点2(B x ，2())f x 的两条切线互相垂直，且分别交y 轴于M ，N 两点，则||||AM BN 的取值范围是．【解析】当0x <时，()1x f x e =-，导数为()x f x e '=-，可得在点1(A x ，_11)x e -处的斜率为_11x k e =-，切线AM 的方程为_1_11(1)()x x y e e x x --=--，令0x =，可得_1_111x x y e x e =-+，即_1_11(0,1)x x M e x e -+，当0x >时，()1x f x e =-，导数为()x f x e '=，可得在点2(B x ，_21)x e -处的斜率为_22x k e =，令0x =，可得_2_221x x y e x e =--，即_2_22(0,1)x x N e x e --，由()f x 的图象在A ，B 处的切线相互垂直，可得_1_2121x x k k e e =-⋅=-，即为120x x +=，10x <，20x >，所以2||1(0,1)||x AM BN e ===∈．故答案为：(0,1)．考点三利用导数研究函数的单调性6．（2023•新高考Ⅱ）已知函数()x f x ae lnx =-在区间(1,2)上单调递增，则a 的最小值为()A ．2eB ．eC ．1e -D ．2e -【解析】对函数()f x 求导可得，1()x f x ae x'=-，依题意，10x ae x - 在(1,2)上恒成立，即1x a xe在(1,2)上恒成立，设1(),(1,2)x g x x xe =∈，则22()(1)()()()x x x x x e xe e x g x xe xe -++'==-，易知当(1,2)x ∈时，()0g x '<，则函数()g x 在(1,2)上单调递减，则11()(1)max a g x g e e-=== ．故选：C ．7．（2023•新高考Ⅰ）已知函数()()x f x a e a x =+-．（1）讨论()f x 的单调性；（2）证明：当0a >时，3()22f x lna >+．【解析】（1）()()x f x a e a x =+-，则()1x f x ae '=-，①当0a时，()0f x '<恒成立，()f x 在R 上单调递减，②当0a >时，令()0f x '=得，1x ln a=，当1(,x ln a ∈-∞时，()0f x '<，()f x 单调递减；当1(x ln a∈，)+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增，综上所述，当0a时，()f x 在R 上单调递减；当0a >时，()f x 在1(,)ln a-∞上单调递减，在1(lna，)+∞上单调递增．证明：（2）由（1）可知，当0a >时，2111()(()1min f x f ln a a ln a lna a a a==+-=++，要证3()22f x lna >+，只需证23122a lna lna ++>+，只需证2102a lna -->，设g （a ）212a lna =--，0a >，则g '（a ）21212a a a a-=-=，令g '（a ）0=得，2a =，当22a ∈时，g '（a ）0<，g （a ）单调递减，当2(2a ∈，)+∞时，g '（a ）0>，g （a ）单调递增，所以g （a ）21212(022222g ln ln =--=-> ，即g （a ）0>，所以2102a lna -->得证，即3()22f x lna >+得证．8．（2022•浙江）设函数()(0)2ef x lnx x x=+>．（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）已知a ，b R ∈，曲线()y f x =上不同的三点1(x ，1())f x ，2(x ，2())f x ，3(x ，3())f x处的切线都经过点(,)a b ．证明：（ⅰ）若a e >，则0b f <-（a ）1(1)2ae<-；（ⅱ）若0a e <<，123x x x <<，则2213211266e a e ae e x x a e --+<+<-．（注: 2.71828e =⋯是自然对数的底数）【解析】（Ⅰ）函数()(0)2ef x lnx x x=+>，∴2212()22e x ef x x x x -'=-+=，(0)x >，由22()02x e f x x -'=>，得2e x >，()f x ∴在(2e，)+∞上单调递增；由22()02x e f x x -'=<，得02e x <<，()f x ∴在(0,)2e上单调递减．（Ⅱ）()i 证明：过(,)a b 有三条不同的切线，设切点分别为1(x ，1())f x ，2(x ，2())f x ，3(x ，3())f x ，()()()i i i f x b f x x a ∴-='-，(1i =，2，3)，∴方程()()()f x b f x x a -='-有3个不同的根，该方程整理为21()()022e ex a lnx b x x x ----+=，设21()()()22e eg x x a lnx b x x x=----+，则223231111()()()()22e e e g x x a x e x a x x x x x x x'=-+-+--+=---，当0x e <<或x a >时，()0g x '<；当e x a <<时，()0g x '>，()g x ∴在(0,)e ，(,)a +∞上为减函数，在(,)e a 上为增函数，()g x 有3个不同的零点，g ∴（e ）0<且g （a ）0>，21()()022e e e a lne b e e e ∴----+<，且21()022e ea a lnab a a a----+>，整理得到12a b e <+且()2eb lna f a a>+=，此时，12a b e <+，且()2e b lna f a a>+=，此时，1()(1)1()02222a a e eb f a lna lna b e e a a---<+-+--+>，整理得12a b e <+，且()2e b lna f a a>+=，此时，b f -（a ）113(1)1()2222222a a e a elna lna e e a e a--<+-+-+=--，设μ（a ）为(,)e +∞上的减函数，μ∴（a ）3022e lne e<--=，∴10()(1)2ab f a e<-<-．()ii 当0a e <<时，同()i 讨论，得：()g x 在(0,)a ，(,)e +∞上为减函数，在(,)a e 上为增函数，不妨设123x x x <<，则1230x a x e x <<<<<，()g x 有3个不同的零点，g ∴（a ）0<，且g （e ）0>，21()()022e e e a lne b e e e ∴----+>，且21()022e e a a lna b a a a----+<，整理得122a ab lna e e+<<+，123x x x << ，1230x a x e x ∴<<<<<，2()12a e eag x lnx b x x+=-+-+ ，设,(0,1)e a t m x e ==∈，则方程2102a e ealnx b x x +-+-+=即为：202a e a t t lnt b e e +-+++=，即为2(1)02mm t t lnt b -++++=，记123123,,e e et t t x x x ===，则1t ，2t ，3t 为2(1)02m m t t lnt b -++++=有三个不同的根，设31311x t e k t x a==>>，1am e =<，要证：2213211266e a e ae e x x a e --+<+<-，即证132266e a e e at t e a e--+<+<-，即证：213132(13)(12)236()m m m t t m m t t --++--<+，而2111(1)02m m t t lnt b -++++=，且2333(1)02mm t t lnt b -++++=，∴22131313()(1)()02m lnt lnt t t m t t -+--+-=，∴131313222lnt lnt t t m m t t -+--=-⨯-，∴即证21313132(13)(12)36()lnt lnt m m m m t t m t t ---+-⨯<-+，即证1132313()(13)(12)072t t t lnt m m m t t +--++>-，即证2(1)(13)(12)0172k lnk m m m k +--++>-，记(1)(),11k lnkk k k ϕ+=>-，则211()(2)0(1)k k lnk k kϕ=-->-，()k ϕ∴在(1,)+∞为增函数，()()k m ϕϕ∴>，∴22(1)(13)(12)(1)(13)(12)172172k lnk m m m m lnm m m m k m +--++--++>+--，设2(1)(13)(12)()72(1)m m m m m lnm m ω---+=++，01m <<，则2322322(1)(3204972)(1)(33)()072(1)72(1)m m m m m m x m m m m ω---+-+'=>>++，()m ω∴在(0,1)上是增函数，()m ωω∴<（1）0=，2(1)(13)(12)072(1)m m m m lnm m ---+∴+<+，即2(1)(13)(12)0172m lnm m m m m +--++>-，∴若0a e <<，123x x x <<，则2213211266e a e ae e x x a e--+<+<-．9．（2022•新高考Ⅱ）已知函数()ax x f x xe e =-．（1）当1a =时，讨论()f x 的单调性；（2）当0x >时，()1f x <-，求a 的取值范围；（3）设*n N ∈，证明：(1)ln n ⋯+>+．【解析】（1）当1a =时，()(1)x x x f x xe e e x =-=-，()(1)x x x f x e x e xe '=-+=，0x e > ，∴当(0,)x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增；当(,0)x ∈-∞时，()0f x '<，()f x 单调递减．（2）令()()11(0)ax x g x f x xe e x =+=-+>，()1f x <- ，()10f x +<，()(0)0g x g ∴<=在0x >上恒成立，又()ax ax x g x e axe e '=+-，令()()h x g x ='，则()()(2)ax ax ax x ax ax x h x ae a e axe e a e axe e '=++-=+-，(0)21h a ∴'=-，①当210a ->，即12a >，存在0δ>，使得当(0,)x δ∈时，()0h x '>，即()g x '在(0,)δ上单调递增．因为()(0)0g x g '>'=，所以()g x 在(0,)δ内递增，所以()1f x >-，这与()1f x <-矛盾，故舍去；②当210a -，即12a ，()(1)ax ax x ax x g x e axe e ax e e '=+-=+-，若10ax +，则()0g x '<，所以()g x 在[0，)+∞上单调递减，()(0)0g x g = ，符合题意．若10ax +>，则1111(1)(1)2222()0x ln x x axaxxax ln ax xxx g x e axe e ee ee ee +++++'=+-=---= ，所以()g x 在(0,)+∞上单调递减，()(0)0g x g = ，符合题意．综上所述，实数a 的取值范围是12a ．另解：()f x 的导数为()(1)(0)ax x f x ax e e x '=+->，①当1a时，()(1)0ax x ax x x f x ax e e e ex e e '=+->--= ，所以()f x 在(0,)+∞递增，所以()1f x >-，与题意矛盾；②当0a时，()10ax x x f x e e e '--< ，所以()f x 在(0,)+∞递减，所以()1f x <-，满足题意；．③当102a < 时，11122211()(1)[(1)]22x x x xf x x e e e e '+-=+- ．设121()(1)(0)2x G x x e x =+->，1211()022x G x e '=-<，则()G x 在(0,)+∞递减，所以()0G x <，12()()0x f x e G x '=<，所以()f x 在(0,)+∞递减，所以()1f x <-，满足题意；④当112a <<时，(1)()[(1)]ax a x f x e ax e -'=+-，令(1)()(1)a x H x ax e -=+-，则()()ax f x e H x '=，(1)()(1)a x H x a a e -'=+-，可得()H x '递减，(0)21H a '=-，所以存在00x >，使得0()0H x '=．当0(0,)x x ∈时，()0H x '>，()H x 在0(0,)x 递增，此时()0H x >，所以当0(0,)x x ∈时，()()0ax f x e H x '=>，()f x 在0(0,)x 递增，所以()1f x >-，与题意矛盾．综上可得，a 的取值范围是(-∞，1]2．（3）由（2）可知，当12a =时，12()1(0)x x f x xe e x =-<->，令*1(1)x ln n N n=+∈得，111(1(121(1)1ln ln n n ln e e n +++⋅-<-，整理得，11(1)0ln n n+<，∴11(1nln n >+，∴1()n ln n +>，∴11231((...(1)12n nk k k n ln ln ln n k n ==++>=⨯⨯⨯=+∑，...(1)ln n ++．另解：运用数学归纳法证明．当1n =时，左边222ln =>成立．假设当(1,*)n k k k N =∈...(1)ln k +++>+．当1n k =+时，要证...(2)ln k ++，只要证(1)(2)ln k ln k +++，21(2)(1)(1)11k ln k ln k lnln k k +>+-+==+++．可令11t k =+，则(0t ∈，1]2(1)ln t >+，再令6(1,])2x x =∈，则需证明162((1,])2x lnx x x ->∈．构造函数1()2()((1g x lnx x x x =--∈，6])2，22211()1(10g x x x x'=--=--<，可得()g x 在(1上递减，则()g x g <（1）0=，所以原不等式成立，即1n k =+...(2)ln k ++成立．...(1)ln n ++成立．10．（2021•新高考Ⅱ）已知函数2()(1)x f x x e ax b =--+．（Ⅰ）讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）从下面两个条件中选一个，证明：()f x 恰有一个零点．①2122e a < ，2b a >；②102a <<，2b a．【解析】（Ⅰ）2()(1)x f x x e ax b =--+ ，()(2)x f x x e a '=-，①当0a 时，当0x >时，()0f x '>，当0x <时，()0f x '<，()f x ∴在(,0)-∞上单调递减，在(0,)+∞上单调递增，②当0a >时，令()0f x '=，可得0x =或(2)x ln a =，()i 当102a <<时，当0x >或(2)x ln a <时，()0f x '>，当(2)0ln a x <<时，()0f x '<，()f x ∴在(-∞，(2))ln a ，(0,)+∞上单调递增，在((2)ln a ，0)上单调递减，1()2ii a =时，()(1)0x f x x e '=- 且等号不恒成立，()f x ∴在R 上单调递增，()iii 当12a >时，当0x <或(2)x ln a >时，()0f x '>，当0(2)x ln a <<时，()0f x '<，()f x 在(,0)-∞，((2)ln a ，)+∞上单调递增，在(0，(2))ln a 上单调递减．综上所述：当0a时，()f x 在(,0)-∞上单调递减；在(0,)+∞上单调递增；当102a <<时，()f x 在(-∞，(2))ln a 和(0,)+∞上单调递增；在((2)ln a ，0)上单调递减；当12a =时，()f x 在R 上单调递增；当12a >时，()f x 在(,0)-∞和((2)ln a ，)+∞上单调递增；在(0，(2))ln a 上单调递减．（Ⅱ）证明：若选①，由（Ⅰ）知，()f x 在(,0)-∞上单调递增，(0，(2))ln a 单调递减，((2)ln a ，)+∞上()f x 单调递增．注意到((1)0,(0)1210f ef b a =<=->->．()f x ∴在(上有一个零点；22((2))((2)1)222(2)222(2)(2(2))f ln a ln a a a ln a b aln a a aln a a aln a ln a =-⋅-⋅+>--+=-，由2122e a < 得0(2)2ln a < ，(2)(2(2))0aln a ln a ∴- ，((2))0f ln a ∴>，当0x 时，()((2))0f x f ln a > ，此时()f x 无零点．综上：()f x 在R 上仅有一个零点．另解：当1(2a ∈，2]2e 时，有(2)(0ln a ∈，2]，而(0)1210f b a =->-=，于是2((2))((2)1)2(2)f ln a ln a a aln a b =-⋅-+(2)(2(2))(2)0ln a a ln a b a =-+->，所以()f x 在(0,)+∞没有零点，当0x <时，(0,1)x e ∈，于是2()()0bf x ax b f a<-+⇒-<，所以()f x在(，0)上存在一个零点，命题得证．若选②，则由（Ⅰ）知：()f x 在(-∞，(2))ln a 上单调递增，在((2)ln a ，0)上单调递减，在(0,)+∞上单调递增．22((2))((2)1)222(2)222(2)(2(2))f ln a ln a a aln a b aln a a aln a a aln a ln a =--+--+=- ，102a <<，(2)0ln a ∴<，(2)(2(2))0aln a ln a ∴-<，((2))0f ln a ∴<，∴当0x时，()((2))0f x f ln a < ，此时()f x 无零点．当0x >时，()f x 单调递增，注意到(0)1210f b a =--< ，取c =21b a << ，∴1c >>，又易证1c e c >+，∴22221()(1)(1)(1)(1)11111102c f c c e ac b c c ac b a c b c b b b =--+>-+-+=-+->+-=-++-=>，()f x ∴在(0,)c 上有唯一零点，即()f x 在(0,)+∞上有唯一零点．综上：()f x 在R 上有唯一零点．11．（2021•浙江）设a ，b 为实数，且1a >，函数2()()x f x a bx e x R =-+∈．（Ⅰ）求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）若对任意22b e >，函数()f x 有两个不同的零点，求a 的取值范围；（Ⅲ）当a e =时，证明：对任意4b e >，函数()f x 有两个不同的零点1x ，2x ，满足22122blnb e x x e b>+．（注: 2.71828e = 是自然对数的底数）【解析】（Ⅰ）()x f x a lna b '=-，①当0b时，由于1a >，则0x a lna >，故()0f x '>，此时()f x 在R 上单调递增；②当0b >时，令()0f x '>，解得b lnlna x lna >，令()0f x '<，解得blnlna x lna<，∴此时()f x 在(,b lnlna lna -∞单调递减，在(,)blnlna lna+∞单调递增；综上，当0b时，()f x 的单调递增区间为(,)-∞+∞；当0b >时，()f x 的单调递减区间为(,b lnlna lna -∞，单调递增区间为(,)blnlna lna+∞；（Ⅱ）注意到x →-∞时，()f x →+∞，当x →+∞时，()f x →+∞，由（Ⅰ）知，要使函数()f x 有两个不同的零点，只需()()0min blnlna f x f lna=<即可，∴20b blnlnlna lna a b e lna lna-⋅+<对任意22b e >均成立，令b lnlna t lna =，则20t a bt e -+<，即20tlna e bt e -+<，即20blnlna bln lna e b e lna-⋅+<，即20b lnblna b e lna lna-⋅+<，∴20bb b lne lna lna-⋅+<对任意22b e >均成立，记22(),2b g b b b lne lna b e lna =-⋅+>，则1()1(()b lna g b ln b ln lna lnb lna b lna'=-+⋅⋅=-，令g '（b ）0=，得b lna =，①当22lna e >，即22e a e >时，易知g （b ）在2(2e ，)lna 单调递增，在(,)lna +∞单调递减，此时g （b ）22()1(1)0g lna lna lna ln e lna lna e =-⋅+=⋅+>，不合题意；②当22lna e ，即221e a e < 时，易知g （b ）在2(2e ，)+∞单调递减，此时2222222222()(2)2222[(2)()]e g b g e e e ln e lna e e ln e ln lna e lna lna<=-⋅+=--+，故只需22[22()]0ln ln lna lna -+-+ ，即2()222lna ln lna ln ++ ，则2lna，即2a e ；综上，实数a 的取值范围为(1，2]e ；（Ⅲ）证明：当a e =时，2()x f x e bx e =-+，()x f x e b '=-，令()0f x '=，解得4x lnb =>，易知22222422()()433(13)0lnb min f x f lnb e b lnb e b blnb e b b e e b e e e e ==-⋅+=-+<-+=-<-=-<，()f x ∴有两个零点，不妨设为1x ，2x ，且12x lnb x <<，由2222()0x f x e bx e =-+=，可得222x e e x b b=+，∴要证22122blnb e x x e b >+，只需证2122x e blnb x b e>，只需证22122x b lnb e x e >，而222222222222(20e eb b e e f e e e e e e e b =-+=-<-<，则212e x b<，∴要证22122x b lnbe x e>，只需证2x e blnb >，只需证2()x ln blnb >，而()222221(())()()(4)404ln blnb f ln blnb e bln blnb e blnb bln blnb e blnb bln b e b ln e e bln =-+=-+<-+=⋅+=-<，2()x ln blnb ∴>，即得证．12．（2021•新高考Ⅰ）已知函数()(1)f x x lnx =-．（1）讨论()f x 的单调性；（2）设a ，b 为两个不相等的正数，且blna alnb a b -=-，证明：112e a b<+<．【解析】（1）解：由函数的解析式可得()11f x lnx lnx '=--=-，(0,1)x ∴∈，()0f x '>，()f x 单调递增，(1,)x ∈+∞，()0f x '<，()f x 单调递减，则()f x 在(0,1)单调递增，在(1,)+∞单调递减．（2）证明：由blna alnb a b -=-，得111111ln ln a a b b b a -+=-，即1111(1)(1ln ln a a b b-=-，由（1）()f x 在(0,1)单调递增，在(1,)+∞单调递减，所以()max f x f =（1）1=，且f （e ）0=，令11x a =，21x b=，则1x ，2x 为()f x k =的两根，其中(0,1)k ∈．不妨令1(0,1)x ∈，2(1,)x e ∈，则121x ->，先证122x x <+，即证212x x >-，即证211()()(2)f x f x f x =<-，令()()(2)h x f x f x =--，则()()(2)(2)[(2)]h x f x f x lnx ln x ln x x '='+'-=---=--在(0,1)单调递减，所以()h x h '>'（1）0=，故函数()h x 在(0,1)单调递增，1()h x h ∴<（1）0=．11()(2)f x f x ∴<-，122x x ∴<+，得证．同理，要证12x x e +<，（法一）即证211x e x <<-，根据（1）中()f x 单调性，即证211()()()f x f x f e x =>-，令()()()x f x f e x ϕ=--，(0,1)x ∈，则()[()]x ln x e x ϕ'=--，令0()0x ϕ'=，0(0,)x x ∈，()0x ϕ'>，()x ϕ单调递增，0(x x ∈，1)，()0x ϕ'<，()x ϕ单调递减，又0x e <<时，()0f x >，且f （e ）0=，故0lim ()0x x ϕ+→=，ϕ（1）f =（1）(1)0f e -->，()0x ϕ∴>恒成立，12x x e +<得证，（法二）12()()f x f x =，1122(1)(1)x lnx x lnx -=-，又1(0,1)x ∈，故111lnx ->，111(1)x lnx x ->，故12112222(1)(1)x x x lnx x x lnx x +<-+=-+，2(1,)x e ∈，令()(1)g x x lnx x =-+，()1g x lnx '=-，(1,)x e ∈，在(1,)e 上，()0g x '>，()g x 单调递增，所以()g x g <（e ）e =，即222(1)x lnx x e -+<，所以12x x e +<，得证，则112e a b<+<．13．（2020•海南）已知函数1()x f x ae lnx lna -=-+．（1）当a e =时，求曲线()y f x =在点(1，f （1）)处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；（2）若()1f x ，求a 的取值范围．【解析】（1）当a e =时，()1x f x e lnx =-+，1()x f x e x∴'=-，f ∴'（1）1e =-，f （1）1e =+，∴曲线()y f x =在点(1，f （1）)处的切线方程为(1)(1)(1)y e e x -+=--，当0x =时，2y =，当0y =时，21x e -=-，∴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1222211S e e =⨯⨯=--．（2）方法一：由()1f x ，可得11x ae lnx lna --+ ，即11x lna e lnx lna -+-+ ，即11x lna lnx e lna x lnx x e lnx -+++-+=+ ，令()t g t e t =+，则()10t g t e '=+>，()g t ∴在R 上单调递增，(1)()g lna x g lnx +- 1lna x lnx ∴+- ，即1lna lnx x -+，令()1h x lnx x =-+，11()1xh x x x-∴'=-=，当01x <<时，()0h x '>，函数()h x 单调递增，当1x >时，()0h x '<，函数()h x 单调递减，()h x h ∴ （1）0=，0lna ∴ ，1a ∴ ，故a 的范围为[1，)+∞．方法二：由()1f x 可得11x ae lnx lna --+ ，0x >，0a >，即11x ae lnx lna --- ，设()1x g x e x =--，()10x g x e ∴'=->恒成立，()g x ∴在(0,)+∞单调递增，()(0)1010g x g ∴>=--=，10x e x ∴-->，即1x e x >+，再设()1h x x lnx =--，11()1x h x x x-∴'=-=，当01x <<时，()0h x '<，函数()h x 单调递减，当1x >时，()0h x '>，函数()h x 单调递增，()h x h ∴ （1）0=，10x lnx ∴-- ，即1x lnx -1x e x -∴ ，则1x ae ax - ，此时只需要证ax x lna -，即证(1)x a lna -- ，当1a时，(1)0x a lna ∴->>-恒成立，当01a <<时，(1)0x a lna -<<-，此时(1)x a lna -- 不成立，综上所述a 的取值范围为[1，)+∞．方法三：由题意可得(0,)x ∈+∞，(0,)a ∈+∞，11()x f x ae x-∴'=-，易知()f x '在(0,)+∞上为增函数，①当01a <<时，f '（1）10a =-<，11111()(1)0a a f ae a a e a--'=-=->，∴存在01(1,x a∈使得0()0f x '=，当0(1,)x x ∈时，()0f x '<，函数()f x 单调递减，()f x f ∴<（1）1a lna a =+<<，不满足题意，②当1a时，10x e ->，0lna >，1()x f x e lnx -∴- ，令1()x g x e lnx -=-，11()x g x e x-∴'=-，易知()g x '在(0,)+∞上为增函数，g ' （1）0=，∴当(0,1)x ∈时，()0g x '<，函数()g x 单调递减，当(1,)x ∈+∞时，()0g x '>，函数()g x 单调递增，()g x g ∴ （1）1=，即()1f x ，综上所述a 的取值范围为[1，)+∞．方法四：1()x f x ae lnx lna -=-+ ，0x >，0a >，11()x f x ae x-∴'=-，易知()f x '在(0,)+∞上为增函数，1x y ae -= 在(0,)+∞上为增函数，1y x =在0，)+∞上为减函数，1x y ae -∴=与1y x=在0，)+∞上有交点，∴存在0(0,)x ∈+∞，使得01001()0x f x ae x -'=-=，则0101x ae x -=，则001lna x lnx +-=-，即001lna x lnx =--，当0(0,)x x ∈时，()0f x '<，函数()f x 单调递减，当0(x x ∈，)+∞时，()0f x '>，函数()f x 单调递增，0100()()x f x f x ae lnx lna-∴=-+ 0000000111211lnx x lnx lnx x x x =-+--=-+- ∴000120lnx x x --设1()2g x lnx x x=--，易知函数()g x 在(0,)+∞上单调递减，且g （1）1010=--=，∴当(0x ∈，1]时，()0g x，0(0x ∴∈，1]时，000120lnx x x -- ，设()1h x x lnx =--，(0x ∈，1]，1()10h x x∴'=--<恒成立，()h x ∴在(0，1]上单调递减，()h x h ∴ （1）1110ln =--=，当0x →时，()h x →+∞，01lna ln ∴= ，1a ∴ ．方法五：()1f x 等价于11x ae lnx lna --+ ，该不等式恒成立．当1x =时，有1a lna +，其中0a >．设g （a ）1a lna =+-，则g '（a ）110a=+>，则g （a ）单调递增，且g （1）0=．所以若1a lna +成立，则必有1a ．∴下面证明当1a时，()1f x 成立．设()1x h x e x =--，()1x h x e ∴'=-，()h x ∴在(,0)-∞单调递减，在(0,)+∞单调递增，()(0)1010h x h ∴=--= ，10x e x ∴-- ，即1x e x + ，把x 换成1x -得到1x e x - ，1x lnx - ，1x lnx ∴- ．11()1x x f x ae lnx lna e lnx x lnx --∴=-+-- ，当1x =时等号成立．综上，1a．14．（2019•浙江）已知实数0a ≠，设函数()f x alnx =+0x >．（Ⅰ）当34a =-时，求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）对任意21[x e ∈，)+∞均有()2f x a，求a 的取值范围．注： 2.71828e =⋯为自然对数的底数．【解析】（1）当34a =-时，3()4f x lnx =-+0x >，3()4f x x '=-=∴函数()f x 的单调递减区间为(0,3)，单调递增区间为(3,)+∞．（2）由f （1）12a，得0a <当204a < 时，()2f x a ，等价于22120lnx a a-- ，令1t a=，则t ，设()22g t t lnx =，t，则2()2g t t lnx=-，()i 当1[7x ∈，)+∞，则()2g x g lnx =- ，记()p x lnx =-，17x ，则1()p x x '=-=列表讨论：x 171(7，1)1(1,)+∞()p x '-0+()P x 1()7p 单调递减极小值p （1）单调递增()p x p ∴ （1）0=，()2()2()0g t g p x p x ∴== ．()ii 当211[,7x e ∈时，()g t g = ，令()(1)q x x =++，21[x e ∈，17，则()10q x'=>，故()q x 在21[e ，1]7上单调递增，1()()7q x q ∴ ，由()i 得11()()7777q p p =-<-（1）0=，()0q x ∴<，()0g t g ∴=> ，由()()i ii 知对任意21[x e∈，)+∞，t ∈，)+∞，()0g t ，即对任意21[x e ∈，)+∞，均有()2f x a ，综上所述，所求的a 的取值范围是(0，24．考点四利用导数研究函数的极值15．【多选】（2023•新高考Ⅱ）若函数2()(0)b c f x alnx a x x =++≠既有极大值也有极小值，则()A ．0bc >B ．0ab >C ．280b ac +>D ．0ac <【解析】函数定义域为(0,)+∞，且223322()a b c ax bx c f x x x x x --'=--=，由题意，方程()0f x '=即220ax bx c --=有两个正根，设为1x ，2x ，则有120b x x a +=>，1220c x x a-=>，△280b ac =+>，0ab ∴>，0ac <，20ab ac a bc ∴⋅=<，即0bc <．故选：BCD ．16．【多选】（2022•新高考Ⅰ）已知函数3()1f x x x =-+，则()A ．()f x 有两个极值点B ．()f x 有三个零点C ．点(0,1)是曲线()y f x =的对称中心D ．直线2y x =是曲线()y f x =的切线【解析】2()31f x x '=-，令()0f x '>，解得x <或x >，令()0f x '<，解得x <()f x ∴在33(,),()33-∞-+∞上单调递增，在33()33-上单调递减，且(0,0f f ==，()f x ∴有两个极值点，有且仅有一个零点，故选项A 正确，选项B 错误；又33()()112f x f x x x x x +-=-+-++=，则()f x 关于点(0,1)对称，故选项C 正确；假设2y x =是曲线()y f x =的切线，设切点为(,)a b ，则23122a a b ⎧-=⎨=⎩，解得12a b =⎧⎨=⎩或12a b =-⎧⎨=-⎩，显然(1,2)和(1,2)--均不在曲线()y f x =上，故选项D 错误．故选：AC ．17．（2023•新高考Ⅱ）（1）证明：当01x <<时，2sin x x x x -<<；（2）已知函数2()cos (1)f x ax ln x =--，若0x =为()f x 的极大值点，求a 的取值范围．【解析】（1）证明：设2()sin g x x x x =--，(0,1)x ∈，则()12cos g x x x '=--，()2sin 0g x x ∴''=-+<，()g x ∴'在(0,1)上单调递减，()(0)0g x g ∴'<'=，()g x ∴在(0,1)上单调递减，()(0)0g x g ∴<=，即2sin 0x x x --<，(0,1)x ∈，2sin x x x ∴-<，(0,1)x ∈，设()sin h x x x =-，(0,1)x ∈，则()1cos 0h x x '=->，()h x ∴在(0,1)上单调递增，()(0)0h x h ∴>=，(0,1)x ∈，即sin 0x x ->，(0,1)x ∈，sin x x ∴<，(0,1)x ∈，综合可得：当01x <<时，2sin x x x x -<<；（2）解：22()sin 1x f x a ax x '=-+- ，222222()cos (1)x f x a ax x +∴''=-+-，且(0)0f '=，2(0)2f a ''=-+，①若2()20f x a ''=->，即a <<时，易知存在10t >，使得1(0,)x t ∈时，()0f x ''>，()f x ∴'在1(0,)t 上单调递增，()(0)0f x f ∴'>'=，()f x ∴在1(0,)t 上单调递增，这显然与0x =为函数的极大值点相矛盾，故舍去；②若2()20f x a ''=-<，即a <a >时，存在20t >，使得2(x t ∈-，2)t 时，()0f x ''<，()f x ∴'在2(t -，2)t 上单调递减，又(0)0f '=，∴当20t x -<<时，()0f x '>，()f x 单调递增；当20x t <<时，()0f x '<，()f x 单调递减，满足0x =为()f x 的极大值点，符合题意；③若2()20f x a ''=-=，即a =()f x 为偶函数，∴只考虑a =的情况，此时22())1x f x x '=+-，(0,1)x ∈时，2221()22(1)011x f x x x x x '>-+=->--，()f x ∴在(0,1)上单调递增，与显然与0x =为函数的极大值点相矛盾，故舍去．综合可得：a 的取值范围为(-∞，⋃，)+∞．考点五利用导数研究函数的最值18．（2022•新高考Ⅰ）已知函数()x f x e ax =-和()g x ax lnx =-有相同的最小值．（1）求a ；（2）证明：存在直线y b =，其与两条曲线()y f x =和()y g x =共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．【解析】（1）()f x 定义域为R ，()x f x e ax =- ，()x f x e a '∴=-，若0a，则()0f x '>，()f x 无最小值，故0a >，当()0f x '=时，x lna =，当x lna <时，()0f x '<，函数()f x 在(,)lna -∞上单调递减，当x lna >时，()0f x '>，函数()f x 在(,)lna +∞上单调递增，故()()min f x f lna a alna ==-，()g x 的定义域为(0,)+∞，()g x ax lnx =- ，1()g x a x'∴=-，令()0g x '=，解得1x a =，当10x a <<时，()0g x '<，函数()g x 在1(0,)a上单调递减，当1x a >时，()0g x '>，函数()g x 在1(a，)+∞上单调递增，故()1min g x lna =+，函数()x f x e ax =-和()g x ax lnx =-有相同的最小值1a alna lna ∴-=+，0a > ，1a alna lna ∴-=+化为101a lna a --=+，令1()1x h x lnx x -=-+，0x >，则222211(1)121()(1)(1)(1)x x x h x x x x x x x +--+'=-=-=+++，0x > ，221()0(1)x h x x x +'∴=>+恒成立，()h x ∴在(0,)+∞上单调递增，又h （1）0=，h ∴（a ）h =（1），仅有此一解，1a ∴=．（2）证明：由（1）知1a =，函数()x f x e x =-在(,0)-∞上单调递减，在(0,)+∞上单调递增，函数()g x x lnx =-在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增，设()()()2(0)x u x f x g x e x lnx x =-=-+>，则1()22x x u x e e x'=-+>-，当1x 时，()20u x e '-> ，所以函数()u x 在(1,)+∞上单调递增，因为u （1）20e =->，所以当1x 时，()u x u （1）0>恒成立，即()()0f x g x ->在1x时恒成立，所以1x 时，()()f x g x >，因为(0)1f =，函数()f x 在(0,)+∞上单调递增，g （1）1=，函数()g x 在(0,1)上单调递减，所以函数()f x 与函数()g x 的图象在(0,1)上存在唯一交点，设该交点为(m ，())(01)f m m <<，此时可作出函数()y f x =和()y g x =的大致图象，31由图象知当直线y b =与两条曲线()y f x =和()y g x =共有三个不同的交点时，直线y b =必经过点(M m ，())f m ，即()b f m =，因为()()f m g m =，所以m e m m lnm -=-，即20m e m lnm -+=，令()()f x b f m ==得x m e x e m m lnm -=-=-，解得x m =或x lnm =，由01m <<，得0lnm m <<，令()()g x b f m ==得m x lnx e m m lnm -=-=-，解得x m =或m x e =，由01m <<，得1m m e <<，所以当直线y b =与两条曲线()y f x =和()y g x =共有三个不同的交点时，从左到右的三个交点的横坐标依次为，lnm ，m ，m e ，因为20m e m lnm -+=，所以2m e lnm m +=，所以lnm ，m ，m e 成等差数列．∴存在直线y b =，其与两条曲线()y f x =和()y g x =共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．。

课标版文数《5年高考3年模拟》A版 §3.2 导数的应用精品课件

(2)由(1)知,当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上无最大值;当a>0时,f(x)在x= 处取
1 1 1 得最大值,最大值为f =ln +a 1 =-ln a+a-1. a a a 因此f >2a-2等价于ln a+a-1<0. 1 a
最大值为f 1 a
a>0时,求出f(x)的
>2a-2等价于 f 1 a
ln a+a-1<0 值范围
构造函数g(a)=ln a+a-1
利用g(a)的单调性求出a的取
11
栏目索引
解析 (1)f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)= -a.
1 x
大值;若函数f(x)在[a,b]上单调递减,则f(a)为函数的最大值,f(b)为函数的
最小值. (2)设函数f(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内可导,求f(x)在[a,b]上的最大值和最
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小值的步骤如下: (i)求f(x)在(a,b)内的极值; (ii)将f(x)的各极值与f(a)、 f(b)比较,其中最大的一个是最大值,最小的一个是最小值. (3)如果函数y=f(x)在闭区间[a,b]上连续,那么函数y= f(x)在[a,b]上必有最大值和最小值,函数的最大值和最小值一定产生在极值点或闭区间的端点处. 知识拓展
2
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(2)求可导函数极值的步骤 (i)求f '(x); (ii)求方程f '(x)=0的根; (iii)检查f ‘(x)在方程f ’(x)=0的根的左、右值的符号.如果左正右负,那么 f(x)在这个根处取得极大值;如果左负右正,那么f(x)在这个根处取得极小值. 3.函数的最值 (1)若函数f(x)在[a,b]上单调递增,则f(a)为函数的最小值,f(b)为函数的最

课标专用5年高考3年模拟A版2021高考数学专题三导数及其应用1导数的概念及运算试题理52

1
专题三导数及其应用
【真题探秘】
3.1 导数的概念及运算
探考情悟真题【考情探究】
考点
内容解读
5年考情
预测热度
考题示例考向关联考点
导数的概念及运算
①了解导数概念的实际背景. ②理解导数的几何意义. ③能根据导数定义求函数y=C(C
为常
数),y=x,y=1
x ,y=x 2
,y=x 3
,y=√x的导数.
④能利用基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则求简单函数的导数
2019课标Ⅰ,13,5
分
导数的几何意义
★★★
2019课标Ⅲ,6,5分
导数的几何意义一次函数
2018课标Ⅰ,5,5分导数的几何意义函数的奇偶性
2018课标Ⅱ,13,5
分
导数的几何意义对数函数 2016课标Ⅱ,16,5
分
导数的几何意义
对数函数和一次函
数
分析解读本部分主要是对导数概念及其运算的考查,以导数的运算公式和运算法则为基础,以导数的几何意义为重点.
1.导数的几何意义最常见的是求过曲线上某点的切线的斜率、方程、倾斜角、切点的坐标,或以平行、垂直直线的斜率间的关系为载体求字母的取值等
.。

【5年高考3年模拟】(新课标版)高考数学真题分类汇编 3.2 导数的应用理

§3.2 导数的应用考点一函数的单调性1.(2014课标Ⅰ,11,5分)已知函数f(x)=ax3-3x2+1,若f(x)存在唯一的零点x0,且x0>0,则a 的取值范围是( )A.(2,+∞)B.(1,+∞)C.(-∞,-2)D.(-∞,-1)答案 C2.(2014课标Ⅱ,21,12分)已知函数f(x)=e x-e-x-2x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)设g(x)=f(2x)-4bf(x),当x>0时,g(x)>0,求b的最大值;(3)已知1.414 2<<1.414 3,估计ln 2的近似值(精确到0.001).解析(1)f '(x)=e x+e-x-2≥0,等号仅当x=0时成立.所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增.(2)g(x)=f(2x)-4bf(x)=e2x-e-2x-4b(e x-e-x)+(8b-4)x,g'(x)=2[e2x+e-2x-2b(e x+e-x)+(4b-2)]=2(e x+e-x-2)(e x+e-x-2b+2).(i)当b≤2时,g'(x)≥0,等号仅当x=0时成立,所以g(x)在(-∞,+∞)上单调递增.而g(0)=0,所以对任意x>0,g(x)>0.(ii)当b>2时,若x满足2<e x+e-x<2b-2,即0<x<ln(b-1+)时,g'(x)<0.而g(0)=0,因此当0<x≤ln(b-1+)时,g(x)<0.综上,b的最大值为2.(3)由(2)知,g(ln)=-2b+2(2b-1)ln 2.当b=2时,g(ln)=-4+6ln 2>0,ln 2>>0.692 8;当b=+1时,ln(b-1+)=ln,g(ln)=--2+(3+2)ln 2<0,ln 2<<0.693 4.所以ln 2的近似值为0.693.3.(2014广东,21,14分)设函数f(x)=,其中k<-2.(1)求函数f(x)的定义域D(用区间表示);(2)讨论函数f(x)在D上的单调性;(3)若k<-6,求D上满足条件f(x)>f(1)的x的集合(用区间表示).解析(1)由题意得(x2+2x+k)2+2(x2+2x+k)-3>0,∴[(x2+2x+k)+3]·[(x2+2x+k)-1]>0,∴x2+2x+k<-3或x2+2x+k>1,∴(x+1)2<-2-k(-2-k>0)或(x+1)2>2-k(2-k>0),∴|x+1|<或|x+1|>,∴-1-<x<-1+或x<-1-或x>-1+,∴函数f(x)的定义域D为(-∞,-1-)∪(-1-,-1+)∪(-1+,+∞).(2)f '(x)=-=-,由f '(x)>0得(x2+2x+k+1)(2x+2)<0,即(x+1+)(x+1-)(x+1)<0,∴x<-1-或-1<x<-1+,结合定义域知x<-1-或-1<x<-1+,所以函数f(x)的单调递增区间为(-∞,-1-),(-1,-1+),同理,递减区间为(-1-,-1),(-1+,+∞).(3)由f(x)=f(1)得(x2+2x+k)2+2(x2+2x+k)-3=(3+k)2+2(3+k)-3,∴[(x2+2x+k)2-(3+k)2]+2[(x2+2x+k)-(3+k)]=0,∴(x2+2x+2k+5)·(x2+2x-3)=0,∴(x+1+)(x+1-)·(x+3)(x-1)=0,∴x=-1-或x=-1+或x=-3或x=1,∵k<-6,∴1∈(-1,-1+),-3∈(-1-,-1),-1-<-1-,-1+>-1+,结合函数f(x)的单调性知f(x)>f(1)的解集为(-1-,-1-)∪(-1-,-3)∪(1,-1+)∪(-1+,-1+).考点二函数的极值与最值4.(2014课标Ⅱ,12,5分)设函数f(x)=sin.若存在f(x)的极值点x0满足+[f(x0)]2<m2,则m 的取值范围是( )A.(-∞,-6)∪(6,+∞)B.(-∞,-4)∪(4,+∞)C.(-∞,-2)∪(2,+∞)D.(-∞,-1)∪(1,+∞)答案 C5.(2014安徽,18,12分)设函数f(x)=1+(1+a)x-x2-x3,其中a>0.(1)讨论f(x)在其定义域上的单调性;(2)当x∈[0,1]时,求f(x)取得最大值和最小值时的x的值.解析(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞), f '(x)=1+a-2x-3x2.令f '(x)=0,得x1=,x2=,x1<x2,所以f '(x)=-3(x-x1)(x-x2).当x<x1或x>x2时, f '(x)<0;当x1<x<x2时, f '(x)>0.故f(x)在(-∞,x1)和(x2,+∞)内单调递减,在(x1,x2)内单调递增.(2)因为a>0,所以x1<0,x2>0.①当a≥4时,x2≥1.由(1)知, f(x)在[0,1]上单调递增.所以f(x)在x=0和x=1处分别取得最小值和最大值.②当0<a<4时,x2<1.由(1)知, f(x)在[0,x2]上单调递增,在[x2,1]上单调递减.所以f(x)在x=x2=处取得最大值.又f(0)=1, f(1)=a,所以当0<a<1时, f(x)在x=1处取得最小值;当a=1时, f(x)在x=0处和x=1处同时取得最小值;当1<a<4时, f(x)在x=0处取得最小值.6.(2014山东,20,13分)设函数f(x)=-k(k为常数,e=2.718 28…是自然对数的底数).(1)当k≤0时,求函数f(x)的单调区间;(2)若函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点,求k的取值范围.解析(1)函数y=f(x)的定义域为(0,+∞).f '(x)=-k=-=.由k≤0可得e x-kx>0,所以当x∈(0,2)时, f '(x)<0,函数y=f(x)单调递减,当x∈(2,+∞)时, f '(x)>0,函数y=f(x)单调递增.所以f(x)的单调递减区间为(0,2),单调递增区间为(2,+∞).(2)由(1)知,当k≤0时,函数f(x)在(0,2)内单调递减,故f(x)在(0,2)内不存在极值点;当k>0时,设函数g(x)=e x-kx,x∈[0,+∞).因为g'(x)=e x-k=e x-e ln k,当0<k≤1时,当x∈(0,2)时,g'(x)=e x-k>0,y=g(x)单调递增,故f(x)在(0,2)内不存在两个极值点;当k>1时,得x∈(0,ln k)时,g'(x)<0,函数y=g(x)单调递减,x∈(ln k,+∞)时,g'(x)>0,函数y=g(x)单调递增.所以函数y=g(x)的最小值为g(ln k)=k(1-ln k).函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点,当且仅当解得e<k<.综上所述,函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点时,k的取值范围为.7.(2014福建,20,14分)已知函数f(x)=e x-ax(a为常数)的图象与y轴交于点A,曲线y=f(x)在点A处的切线斜率为-1.(1)求a的值及函数f(x)的极值;(2)证明:当x>0时,x2<e x;(3)证明:对任意给定的正数c,总存在x0,使得当x∈(x0,+∞)时,恒有x2<ce x.解析解法一:(1)由f(x)=e x-ax,得f '(x)=e x-a.又f '(0)=1-a=-1,得a=2.所以f(x)=e x-2x,f '(x)=e x-2.令f '(x)=0,得x=ln 2.当x<ln 2时, f '(x)<0,f(x)单调递减;当x>ln 2时, f '(x)>0,f(x)单调递增.所以当x=ln 2时,f(x)取得极小值,且极小值为f(ln 2)=e ln 2-2ln 2=2-ln 4,f(x)无极大值.(2)令g(x)=e x-x2,则g'(x)=e x-2x.由(1)得g'(x)=f(x)≥f(ln 2)>0,故g(x)在R上单调递增,又g(0)=1>0,因此,当x>0时,g(x)>g(0)>0,即x2<e x.(3)①若c≥1,则e x≤ce x.又由(2)知,当x>0时,x2<e x.所以当x>0时,x2<ce x.取x0=0,当x∈(x0,+∞)时,恒有x2<ce x.②若0<c<1,令k=>1,要使不等式x2<ce x成立,只要e x>kx2成立.而要使e x>kx2成立,则只要x>ln(kx2),只要x>2ln x+ln k成立.令h(x)=x-2ln x-ln k,则h'(x)=1-=,所以当x>2时,h'(x)>0,h(x)在(2,+∞)内单调递增.取x0=16k>16,所以h(x)在(x0,+∞)内单调递增,又h(x0)=16k-2ln(16k)-ln k=8(k-ln 2)+3(k-ln k)+5k,易知k>ln k,k>ln 2,5k>0,所以h(x0)>0.即存在x0=,当x∈(x0,+∞)时,恒有x2<ce x.综上,对任意给定的正数c,总存在x0,当x∈(x0,+∞)时,恒有x2<ce x.解法二:(1)同解法一.(2)同解法一.(3)对任意给定的正数c,取x0=,由(2)知,当x>0时,e x>x2,所以e x=·>,当x>x0时,e x>>=x2,因此,对任意给定的正数c,总存在x0,当x∈(x0,+∞)时,恒有x2<ce x.解法三:(1)同解法一.(2)同解法一.(3)首先证明当x∈(0,+∞)时,恒有x3<e x.证明如下:令h(x)=x3-e x,则h'(x)=x2-e x.由(2)知,当x>0时,x2<e x,从而h'(x)<0,h(x)在(0,+∞)内单调递减,所以h(x)<h(0)=-1<0,即x3<e x.取x0=,当x>x0时,有x2<x3<e x.因此,对任意给定的正数c,总存在x0,当x∈(x0,+∞)时,恒有x2<ce x.注:对c的分类可有不同的方式,只要解法正确,均相应给分.考点三导数的综合应用8.(2014陕西,10,5分)如图,某飞行器在4千米高空水平飞行,从距着陆点A的水平距离10千米处开始下降,已知下降飞行轨迹为某三次函数图象的一部分,则该函数的解析式为( )A.y=x3-xB.y=x3-xC.y=x3-xD.y=-x3+x答案 A9.(2014辽宁,11,5分)当x∈[-2,1]时,不等式ax3-x2+4x+3≥0恒成立,则实数a的取值范围是( )A.[-5,-3]B.C.[-6,-2]D.[-4,-3]答案 C10.(2014课标Ⅰ,21,12分)设函数f(x)=ae x ln x+,曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为y=e(x-1)+2.(1)求a,b;(2)证明:f(x)>1.解析(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)=ae x ln x+e x-e x-1+e x-1.由题意可得f(1)=2, f '(1)=e.故a=1,b=2.(2)由(1)知, f(x)=e x ln x+e x-1,从而f(x)>1等价于xln x>xe-x-.设函数g(x)=xln x,则g'(x)=1+ln x.所以当x∈时,g'(x)<0;当x∈时,g'(x)>0.故g(x)在上单调递减,在上单调递增,从而g(x)在(0,+∞)上的最小值为g=-.设函数h(x)=xe-x-,则h'(x)=e-x(1-x).所以当x∈(0,1)时,h'(x)>0;当x∈(1,+∞)时,h'(x)<0.故h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,从而h(x)在(0,+∞)上的最大值为h(1)=-.综上,当x>0时,g(x)>h(x),即f(x)>1.11.(2014北京,18,13分)已知函数f(x)=xcos x-sin x,x∈.(1)求证:f(x)≤0;(2)若a<<b对x∈恒成立,求a的最大值与b的最小值.解析(1)由f(x)=xcos x-sin x得f '(x)=cos x-xsin x-cos x=-xsin x.因为在区间上f '(x)=-xsin x<0,所以f(x)在区间上单调递减.从而f(x)≤f(0)=0.(2)当x>0时,“>a”等价于“sin x-ax>0”;“<b”等价于“sin x-bx<0”.令g(x)=sin x-cx,则g'(x)=cos x-c.当c≤0时,g(x)>0对任意x∈恒成立.当c≥1时,因为对任意x∈,g'(x)=cos x-c<0,所以g(x)在区间上单调递减.从而g(x)<g(0)=0对任意x∈恒成立.当0<c<1时,存在唯一的x0∈使得g'(x0)=cos x0-c=0.g(x)与g'(x)在区间上的情况如下:因为g(x)在区间[0,x0]上是增函数,所以g(x0)>g(0)=0.进一步,“g(x)>0对任意x∈恒成立”当且仅当g=1-c≥0,即0<c≤.综上所述,当且仅当c≤时,g(x)>0对任意x∈恒成立;当且仅当c≥1时,g(x)<0对任意x∈恒成立.所以,若a<<b对任意x∈恒成立,则a的最大值为,b的最小值为1.12.(2014江西,18,12分)已知函数f(x)=(x2+bx+b)(b∈R).(1)当b=4时,求f(x)的极值;(2)若f(x)在区间上单调递增,求b的取值范围.解析(1)当b=4时, f '(x)=,由f '(x)=0得x=-2或x=0.当x∈(-∞,-2)时, f '(x)<0, f(x)单调递减;当x∈(-2,0)时, f '(x)>0, f(x)单调递增;当x∈时, f '(x)<0, f(x)单调递减,故f(x)在x=-2处取极小值f(-2)=0,在x=0处取极大值f(0)=4.(2)f '(x)=,因为当x∈时,<0,依题意,当x∈时,有5x+(3b-2)≤0,从而+(3b-2)≤0.所以b的取值范围为.13.(2014天津,20,14分)设f(x)=x-ae x(a∈R),x∈R.已知函数y=f(x)有两个零点x1,x2,且x1<x2.(1)求a的取值范围;(2)证明随着a的减小而增大;(3)证明x1+x2随着a的减小而增大.解析(1)由f(x)=x-ae x,可得f '(x)=1-ae x,下面分两种情况讨论:①a≤0时,f '(x)>0在R上恒成立,可得f(x)在R上单调递增,不合题意.②a>0时,由f '(x)=0,得x=-ln a.当x变化时, f '(x), f(x)的变化情况如下表:这时, f(x)的单调递增区间是(-∞,-ln a);单调递减区间是(-ln a,+∞).于是,“函数y=f(x)有两个零点”等价于如下条件同时成立:(i)f(-ln a)>0;(ii)存在s1∈(-∞,-ln a),满足f(s1)<0;(iii)存在s2∈(-ln a,+∞),满足f(s2)<0.由f(-ln a)>0,即-ln a-1>0,解得0<a<e-1.而此时,取s1=0,满足s1∈(-∞,-ln a),且f(s1)=-a<0;取s2=+ln,满足s2∈(-ln a,+∞),且f(s2)=+<0.所以a的取值范围是(0,e-1).(2)证明:由f(x)=x-ae x=0,有a=.设g(x)=,由g'(x)=,知g(x)在(-∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.并且,当x∈(-∞,0]时,g(x)≤0;当x∈(0,+∞)时,g(x)>0.由已知,x1,x2满足a=g(x1),a=g(x2).由a∈(0,e-1),及g(x)的单调性,可得x1∈(0,1),x2∈(1,+∞).对于任意的a1,a2∈(0,e-1),设a1>a2,g(ξ1)=g(ξ2)=a1,其中0<ξ1<1<ξ2;g(η1)=g(η2)=a2,其中0<η1<1<η2.因为g(x)在(0,1)上单调递增,故由a1>a2,即g(ξ1)>g(η1),可得ξ1>η1;类似可得ξ2<η2.又由ξ1,η1>0,得<<.所以随着a的减小而增大.(3)证明:由x1=a,x2=a,可得ln x1=ln a+x1,ln x2=ln a+x2.故x2-x1=ln x2-ln x1=ln.设=t,则t>1,且解得x1=,x2=.所以x1+x2=.(*)令h(x)=,x∈(1,+∞),则h'(x)=.令u(x)=-2ln x+x-,得u'(x)=.当x∈(1,+∞)时,u'(x)>0.因此,u(x)在(1,+∞)上单调递增,故对于任意的x∈(1,+∞),u(x)>u(1)=0,由此可得h'(x)>0,故h(x)在(1,+∞)上单调递增. 因此,由(*)可得x1+x2随着t的增大而增大.而由(2),知t随着a的减小而增大,所以x1+x2随着a的减小而增大.14.(2014辽宁,21,12分)已知函数f(x)=(cos x-x)(π+2x)-(sin x+1),g(x)=3(x-π)cos x-4(1+sin x)ln.证明:(1)存在唯一x0∈,使f(x0)=0;(2)存在唯一x1∈,使g(x1)=0,且对(1)中的x0,有x0+x1<π.证明(1)当x∈时, f '(x)=-(1+sin x)(π+2x)-2x-cos x<0,函数f(x)在上为减函数,又f(0)=π->0, f=-π2-<0,所以存在唯一x0∈,使f(x0)=0.(2)考虑函数h(x)=-4ln,x∈.令t=π-x,则x∈时,t∈.记u(t)=h(π-t)=-4ln,则u'(t)=.由(1)得,当t∈(0,x0)时,u'(t)>0,当t∈时,u'(t)<0.在(0,x0)上u(t)是增函数,又u(0)=0,从而当t∈(0,x0]时,u(t)>0,所以u(t)在(0,x0]上无零点.在上u(t)为减函数,由u(x0)>0,u=-4ln 2<0,知存在唯一t1∈,使u(t1)=0.所以存在唯一的t1∈,使u(t1)=0.因此存在唯一的x1=π-t1∈,使h(x1)=h(π-t1)=u(t1)=0.因为当x∈时,1+sin x>0,故g(x)=(1+sin x)h(x)与h(x)有相同的零点,所以存在唯一的x1∈,使g(x1)=0.因x1=π-t1,t1>x0,所以x0+x1<π.15.(2014湖南,22,13分)已知常数a>0,函数f(x)=ln(1+ax)-.(1)讨论f(x)在区间(0,+∞)上的单调性;(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,且f(x1)+f(x2)>0,求a的取值范围.解析(1)f '(x)=-=.(*)当a≥1时, f '(x)>0,此时, f(x)在区间(0,+∞)上单调递增.当0<a<1时,由f '(x)=0得x1=2x2=-2舍去.当x∈(0,x1)时, f '(x)<0;当x∈(x1,+∞)时, f '(x)>0,故f(x)在区间(0,x1)上单调递减,在区间(x1,+∞)上单调递增.综上所述,当a≥1时, f(x)在区间(0,+∞)上单调递增;当0<a<1时, f(x)在区间上单调递减,在区间上单调递增.(2)由(*)式知,当a≥1时, f '(x)≥0,此时f(x)不存在极值点.因而要使得f(x)有两个极值点,必有0<a<1,又f(x)的极值点只可能是x1=2和x2=-2,且由f(x)的定义可知,x>-且x≠-2,所以-2>-,-2≠-2,解得a≠.此时,由(*)式易知,x1,x2分别是f(x)的极小值点和极大值点. 而f(x1)+f(x2)=ln(1+ax1)-+ln(1+ax2)-=ln[1+a(x1+x2)+a2x1x2]-=ln(2a-1)2-=ln(2a-1)2+-2,令2a-1=x,由0<a<1且a≠知,当0<a<时,-1<x<0;当<a<1时,0<x<1,记g(x)=ln x2+-2.(i)当-1<x<0时,g(x)=2ln(-x)+-2,所以g'(x)=-=<0,因此,g(x)在区间(-1,0)上单调递减,从而g(x)<g(-1)=-4<0,故当0<a<时, f(x1)+f(x2)<0. (ii)当0<x<1时,g(x)=2ln x+-2,所以g'(x)=-=<0,因此,g(x)在区间(0,1)上单调递减,从而g(x)>g(1)=0,故当<a<1时, f(x1)+f(x2)>0.综上所述,满足条件的a的取值范围为.16.(2014湖北,22,14分)π为圆周率,e=2.718 28…为自然对数的底数.(1)求函数f(x)=的单调区间;(2)求e3,3e,eπ,πe,3π,π3这6个数中的最大数与最小数;(3)将e3,3e,eπ,πe,3π,π3这6个数按从小到大的顺序排列,并证明你的结论.解析(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞).因为f(x)=,所以f '(x)=.当f '(x)>0,即0<x<e时,函数f(x)单调递增;当f '(x)<0,即x>e时,函数f(x)单调递减.故函数f(x)的单调递增区间为(0,e),单调递减区间为(e,+∞).(2)因为e<3<π,所以eln 3<eln π,πln e<πln 3,即ln 3e<ln πe,ln eπ<ln 3π.于是根据函数y=ln x,y=e x,y=πx在定义域上单调递增,可得3e<πe<π3,e3<eπ<3π.故这6个数的最大数在π3与3π之中,最小数在3e与e3之中.由e<3<π及(1)的结论,得f(π)<f(3)<f(e),即<<.由<,得ln π3<ln 3π,所以3π>π3;由<,得ln 3e<ln e3,所以3e<e3.综上,6个数中的最大数是3π,最小数是3e.(3)由(2)知,3e<πe<π3<3π,3e<e3.又由(2)知,<,得πe<eπ.故只需比较e3与πe和eπ与π3的大小.由(1)知,当0<x<e时, f(x)<f(e)=,即<.在上式中,令x=,又<e,则ln<,从而2-ln π<,即得ln π>2-.①由①得,eln π>e>2.7×>2.7×(2-0.88)=3.024>3,即eln π>3,亦即ln πe>ln e3,所以e3<πe.又由①得,3ln π>6->6-e>π,即3ln π>π,所以eπ<π3.综上可得,3e<e3<πe<eπ<π3<3π,即6个数从小到大的顺序为3e,e3,πe,eπ,π3,3π.17.(2014重庆,20,12分)已知函数f(x)=ae2x-be-2x-cx(a,b,c∈R)的导函数f '(x)为偶函数,且曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线的斜率为4-c.(1)确定a,b的值;(2)若c=3,判断f(x)的单调性;(3)若f(x)有极值,求c的取值范围.解析(1)对f(x)求导得f '(x)=2ae2x+2be-2x-c,由f '(x)为偶函数,知f '(-x)=f '(x),即2(a-b)(e2x+e-2x)=0,因为e2x+e-2x>0,所以a=b.又f '(0)=2a+2b-c=4-c,故a=1,b=1.(2)当c=3时, f(x)=e2x-e-2x-3x,那么f '(x)=2e2x+2e-2x-3≥2-3=1>0,故f(x)在R上为增函数.(3)由(1)知f '(x)=2e2x+2e-2x-c,而2e2x+2e-2x≥2=4,当x=0时等号成立.下面分三种情况进行讨论.当c<4时,对任意x∈R, f '(x)=2e2x+2e-2x-c>0,此时f(x)无极值;当c=4时,对任意x≠0, f '(x)=2e2x+2e-2x-4>0,此时f(x)无极值;当c>4时,令e2x=t,注意到方程2t+-c=0有两根t1,2=>0,即f '(x)=0有两个根x1=ln t1,x2=ln t2.当x1<x<x2时, f '(x)<0;又当x>x2时, f '(x)>0,从而f(x)在x=x2处取得极小值.综上,若f(x)有极值,则c的取值范围为(4,+∞).18.(2014浙江,22,14分)已知函数f(x)=x3+3|x-a|(a∈R).(1)若f(x)在[-1,1]上的最大值和最小值分别记为M(a),m(a),求M(a)-m(a);(2)设b∈R.若[f(x)+b]2≤4对x∈[-1,1]恒成立,求3a+b的取值范围.解析(1)因为f(x)=所以f '(x)=由于-1≤x≤1,(i)当a≤-1时,有x≥a,故f(x)=x3+3x-3a.此时f(x)在(-1,1)上是增函数,因此,M(a)=f(1)=4-3a,m(a)=f(-1)=-4-3a,故M(a)-m(a)=(4-3a)-(-4-3a)=8.(ii)当-1<a<1时,若x∈(a,1),则f(x)=x3+3x-3a,在(a,1)上是增函数;若x∈(-1,a),则f(x)=x3-3x+3a,在(-1,a)上是减函数,所以,M(a)=max{f(1),f(-1)},m(a)=f(a)=a3,由于f(1)-f(-1)=-6a+2,因此,当-1<a≤时,M(a)-m(a)=-a3-3a+4;当<a<1时,M(a)-m(a)=-a3+3a+2.(iii)当a≥1时,有x≤a,故f(x)=x3-3x+3a,此时f(x)在(-1,1)上是减函数,因此,M(a)=f(-1)=2+3a,m(a)=f(1)=-2+3a,故M(a)-m(a)=(2+3a)-(-2+3a)=4.综上,M(a)-m(a)=(2)令h(x)=f(x)+b,则h(x)=h'(x)=因为[f(x)+b]2≤4对x∈[-1,1]恒成立,即-2≤h(x)≤2对x∈[-1,1]恒成立,所以由(1)知, (i)当a≤-1时,h(x)在(-1,1)上是增函数,h(x)在[-1,1]上的最大值是h(1)=4-3a+b,最小值是h(-1)=-4-3a+b,则-4-3a+b≥-2且4-3a+b≤2,矛盾.(ii)当-1<a≤时,h(x)在[-1,1]上的最小值是h(a)=a3+b,最大值是h(1)=4-3a+b,所以a3+b≥-2且4-3a+b≤2,从而-2-a3+3a≤3a+b≤6a-2且0≤a≤.令t(a)=-2-a3+3a,则t'(a)=3-3a2>0,t(a)在上是增函数,故t(a)≥t(0)=-2,因此-2≤3a+b≤0.(iii)当<a<1时,h(x)在[-1,1]上的最小值是h(a)=a3+b,最大值是h(-1)=3a+b+2,所以a3+b≥-2且3a+b+2≤2,解得-<3a+b≤0.(iv)当a≥1时,h(x)在[-1,1]上的最大值是h(-1)=2+3a+b,最小值是h(1)=-2+3a+b,所以3a+b+2≤2且3a+b-2≥-2,解得3a+b=0.综上,得3a+b的取值范围是-2≤3a+b≤0.19.(2014四川,21,14分)已知函数f(x)=e x-ax2-bx-1,其中a,b∈R,e=2.718 28…为自然对数的底数.(1)设g(x)是函数f(x)的导函数,求函数g(x)在区间[0,1]上的最小值;(2)若f(1)=0,函数f(x)在区间(0,1)内有零点,求a的取值范围.解析(1)由f(x)=e x-ax2-bx-1,有g(x)=f '(x)=e x-2ax-b.所以g'(x)=e x-2a.因此,当x∈[0,1]时,g'(x)∈[1-2a,e-2a].当a≤时,g'(x)≥0,所以g(x)在[0,1]上单调递增.因此g(x)在[0,1]上的最小值是g(0)=1-b;当a≥时,g'(x)≤0,所以g(x)在[0,1]上单调递减,因此g(x)在[0,1]上的最小值是g(1)=e-2a-b;当<a<时,令g'(x)=0,得x=ln(2a)∈(0,1).所以函数g(x)在区间[0,ln(2a)]上单调递减,在区间(ln(2a),1]上单调递增.于是,g(x)在[0,1]上的最小值是g(ln(2a))=2a-2aln(2a)-b.综上所述,当a≤时,g(x)在[0,1]上的最小值是g(0)=1-b;当<a<时,g(x)在[0,1]上的最小值是g(ln(2a))=2a-2aln(2a)-b;当a≥时,g(x)在[0,1]上的最小值是g(1)=e-2a-b.(2)设x0为f(x)在区间(0,1)内的一个零点,则由f(0)=f(x0)=0可知, f(x)在区间(0,x0)上不可能单调递增,也不可能单调递减.则g(x)不可能恒为正,也不可能恒为负.故g(x)在区间(0,x0)内存在零点x1.同理g(x)在区间(x0,1)内存在零点x2.所以g(x)在区间(0,1)内至少有两个零点.由(1)知,当a≤时,g(x)在[0,1]上单调递增,故g(x)在(0,1)内至多有一个零点.当a≥时,g(x)在[0,1]上单调递减,故g(x)在(0,1)内至多有一个零点.所以<a<.此时g(x)在区间[0,ln(2a)]上单调递减,在区间(ln(2a),1]上单调递增.因此x1∈(0,ln(2a)],x2∈(ln(2a),1),必有g(0)=1-b>0,g(1)=e-2a-b>0.由f(1)=0有a+b=e-1<2,有g(0)=1-b=a-e+2>0,g(1)=e-2a-b=1-a>0.解得e-2<a<1.当e-2<a<1时,g(x)在区间[0,1]内有最小值g(ln(2a)).若g(ln(2a))≥0,则g(x)≥0(x∈[0,1]),从而f(x)在区间[0,1]上单调递增,这与f(0)=f(1)=0矛盾,所以g(ln(2a))<0.又g(0)=a-e+2>0,g(1)=1-a>0,故此时g(x)在(0,ln(2a))和(ln(2a),1)内各只有一个零点x1和x2.由此可知f(x)在[0,x1]上单调递增,在(x1,x2)上单调递减,在[x2,1]上单调递增.所以f(x1)>f(0)=0, f(x2)<f(1)=0,故f(x)在(x1,x2)内有零点.综上可知,a的取值范围是(e-2,1).。