儋州市高考数学提分专练：第21题导数在函数中的应用(解答题)

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江苏省苏州市高考数学提分专练：第21题导数在函数中的应用(解答题)

江苏省苏州市高考数学提分专练：第 21 题导数在函数中的应用（解答题）姓名:________班级:________成绩:________一、真题演练 (共 6 题；共 72 分)1. （12 分） (2020·江西模拟) 已知函数.（1）求的极值；（2）若，且，证明：.2. （12 分） (2018·淮南模拟) 已知函数（1）求实数的取值范围；在上不具有单调性.（2）若式是的导函数，设恒成立.，试证明：对任意两个不相等正数3. （12 分） (2017 高一上·钦州港月考) 已知函数当时，，又.对任意实数恒有，不等，且（1）判断的奇偶性；（2）求证：是 R 上的减函数；（3）若对一切实数，不等式 4. （12 分）已知函数 f（x）=exsinx．（1）求函数 f（x）的单调区间；恒成立，求实数的取值范围．（2）如果对于任意的，f（x）≥kx 恒成立，求实数 k 的取值范围；（3）设函数 F（x）=f（x）+excosx，，过点作函数 F（x）的图象的所有切线，令各切点的横坐标按从小到大构成数列{xn}，求数列{xn}的所有项之和的值．第 1 页共 20 页5. （12 分）已知函数 f（x）=lnx+x2﹣2ax+1（a 为常数）．（1）讨论函数 f（x）的单调性；（2）若对任意的范围．，都存在 x0∈（0，1]使得不等式成立，求实数 m 的取值6. （12 分） (2019·龙岩模拟) 已知函数，（Ⅰ）讨论函数的单调性；（Ⅱ）当 a=1 时,若关于的不等式二、模拟实训 (共 9 题；共 108 分)7. （12 分） (2019·齐齐哈尔模拟) 已知函数恒成立,求实数的取值范围． .（1）若函数在上有 2 个零点，求实数的取值范围.（注）（2）设，若函数恰有两个不同的极值点，，证明：.8. （12 分） (2020·包头模拟) 已知函数．（1）若函数在上单调递增，求实数 a 的值；（2）定义：若直线的公切线，证明：曲线与曲线与9.（12 分）(2020·阿拉善盟模拟) 已知函数（1）求函数的解析式；都相切，我们称直线为曲线、总存在公切线．在点处的切线为.（2）若，且存在，使得10. （12 分） (2020·漳州模拟) 已知函数成立，求的最小值. .（1）讨论的单调性；第 2 页共 20 页（2）若，证明：.11. （12 分） (2020·内江模拟) 已知函数满足：.（1）求的解析式；（2）若，且当时，12. （12 分） (2019 高二下·柯桥期末) 已知函数，求整数 k 的最大值. .（1）若不等式在上有解，求 a 的取值范围；（2）若13. （12 分）已知函数，对任意的 .均成立，求的最小值.（1）当（2）设时，比较与的大小；，若函数在上的最小值为14. （12 分） (2020 高三上·泸县期末) 已知函数.（1）讨论函数的单调性；，求的值.（2）当时，设函数15. （12 分） (2020·乌鲁木齐模拟) 已知函数有最小值，求的值域.（） .（1）当（2）若时，求曲线在点处的切线方程；在定义域内为单调函数，求实数的取值范围.第 3 页共 20 页一、真题演练 (共 6 题；共 72 分)参考答案1-1、第 4 页共 20 页1-2、2-1、第 5 页共 20 页2-2、 3-1、3-2、3-3、第 6 页共 20 页4-1、4-2、4-3、第 7 页共 20 页5-1、5-2、6-1、第 8 页共 20 页二、模拟实训 (共 9 题；共 108 分)第 9 页共 20 页7-1、第 10 页共 20 页7-2、8-1、8-2、9-1、9-2、10-1、10-2、11-1、11-2、12-1、12-2、13-1、13-2、14-1、14-2、15-1、15-2、。

(完整版)导数在研究函数中的应用(含标准答案)

导数在研究函数中的应用【自主归纳，自我查验】一、自主归纳1．利用导函数判断函数单调性问题函数f (x )在某个区间(a ，b )内的单调性与其导数的正负有如下关系 (1)若____ ___，则f (x )在这个区间上是增加的． (2)若____ ___，则f (x )在这个区间上是减少的． (3)若_____ __，则f (x )在这个区间内是常数． 2．利用导数判断函数单调性的一般步骤 (1)求f ′(x )．(2)在定义域内解不等式f ′(x )>0或f ′(x )<0. (3)根据结果确定f (x )的单调区间． 3．函数的极大值在包含0x 的一个区间(a ，b )内，函数y ＝f (x )在任何一点的函数值都_____0x 点的函数值，称点0x 为函数y ＝f (x )的极大值点，其函数值f (0x )为函数的极大值． 4．函数的极小值在包含x 0的一个区间(a ，b )内，函数y ＝f (x )在任何一点的函数值都_____0x 点的函数值，称点0x x 0为函数y ＝f (x )的极小值点，其函数值f (0x )为函数的极小值．极大值与极小值统称为_______，极大值点与极小值点统称为极值点． 5．函数的最值与导数1．函数y ＝f (x )在[a ，b ]上的最大值点0x 指的是：函数在这个区间上所有点的函数值都_________f (0x )．2．函数y ＝f (x )在[a ，b ]上的最小值点0x 指的是：函数在这个区间上所有点的函数值都_________f (0x )．二、自我查验1．函数f (x )＝x ＋eln x 的单调递增区间为( ) A ．(0，＋∞)B ．(－∞，0)C ．(－∞，0)和(0，＋∞)D ．R2．若函数f (x )＝x 3＋x 2＋mx ＋1是R 上的单调增函数，则m 的取值范围是________．3.函数f (x )的定义域为开区间(a ，b )，导函数f ′(x )在(a ，b )内的图象如图所示，则函数f (x )在开区间(a ，b )内有极小值点( ) A ．1个 B ．2个 C ．3个D ．4个4．若函数f (x )＝x 3＋ax 2＋3x －9在x ＝－3时取得极值，则a 等于( ) A ．2 B ．3 C ．4 D ．55.函数ln xy x=的最大值为（） A ．1e - B ．e C ．2e D ．103【典型例题】考点一利用导数研究函数的单调性【例1】(2015·高考全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝ln x ＋a (1－x )．(1)讨论f (x )的单调性；(2)当f (x )有最大值，且最大值大于2a －2时，求a 的取值范围．【变式训练1】已知()3222f x x ax a x =+-+．（1）若1a =时，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程；（2）若0a >，求函数()f x 的单调区间．考点二利用导函数研究函数极值问题【例2】已知函数()ln 3,f x x ax a =-+∈R . （1）当1a =时，求函数的极值；（2）求函数的单调区间.【变式训练2】(2011·安徽)设f (x )＝e x 1＋ax 2，其中a 为正实数.当a ＝43时，求f (x )的极值点；考点三利用导函数求函数最值问题【例3】已知a 为实数，.（1）求导数；（2）若，求在[]2,2-上的最大值和最小值.【应用体验】1.函数ln y x x =-的单调递减区间为（） A ．](1,1- B ．)(0,+∞ C ．[)1,+∞ D ．](0,1()))(4(2a x x x f --=()xf '()01=-'f ()x f2.函数()e x f x x -=的单调递减区间是（）A ．(1,)+∞B ．(,1)-∞-C ．(,1)-∞D ．(1,)-+∞ 3.函数()()3e x f x x =-的单调递增区间是（） A ．()0,3 B ．()1,4C ．()2,+∞D ．(),2-∞4.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 ．2x =为()f x 的极大值点D ．2x =为()f x 的极小值点5．函数32()23f x x x a =-+的极大值为6，那么a 的值是（） A ．0 B ．1 C ．5 D ．6【复习与巩固】A 组夯实基础一、选择题1．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（）A ．()()()f b f c f d >>B ．()()()f b f a f e >>C ．()()()f c f b f a >>D ．()()()f c f e f d >>2.函数()2ln f x x a x =+在1x =处取得极值，则a 等于（）A ．2B ．2-C ．4D ．4-3.函数()e xf x x =-（e 为自然对数的底数）在区间[]1,1-上的最大值是（）A.1B.1C.e ＋1D.e －1二、填空题4.若函数()321f x x x mx =+++是R 上的单调增函数，则实数m 的取值范围是________________．5.若函数()23exx axf x +=在0x =处取得极值，则a 的值为_________. 6.函数()e x f x x =-在]1,1[-上的最小值是_____________. 三、解答题 7.已知函数()21ln ,2f x x x =-求函数()f x 的单调区间8.已知函数(),1ln xf x ax x x=+>．（1）若()f x 在()1,+∞上单调递减，求实数a 的取值范围；（2）若2a =，求函数()f x 的极小值.B 组能力提升一、选择题1．已知函数()213ln 22f x x x =-+在其定义域内的一个子区间()1,1a a -+内不是单调函数，则实数a 的取值范围是（） A ．13,22⎛⎫-⎪⎝⎭ B ．51,4⎡⎫⎪⎢⎣⎭ C ．31,2⎛⎫ ⎪⎝⎭ D ．31,2⎡⎫⎪⎢⎣⎭2.若函数32y x ax a =-+在()0,1内无极值，则实数a 的取值范围是（） A ．30,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．(),0-∞C ．(]3,0,2⎡⎫-∞+∞⎪⎢⎣⎭U D ．3,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭3.若函数()3232f x x x a =-+在[]1,1-上有最大值3，则该函数在[]1,1-上的最小值是（） A ． B ．0 C ．D ．1二、填空题4．已知函数f (x )＝12x 2＋2ax －ln x ，若f (x )在区间⎣⎡⎦⎤13，2上是增函数，则实数a 的取值范围为________．5．设x 1，x 2是函数f (x )＝x 3－2ax 2＋a 2x 的两个极值点，若x 1<2<x 2，则实数a 的取值范围是________．6．若函数f (x )＝x 2－e x －ax 在R 上存在单调递增区间，则实数a 的取值范围是________．三、解答题7．已知函数f (x )＝x －2ln x －ax＋1，g (x )＝e x (2ln x －x )．(1)若函数f (x )在定义域上是增函数，求a 的取值范围；(2)求g (x )的最大值．12-128．设函数f(x)＝(x－1)e x－kx2(其中k∈R)．(1)当k＝1时，求函数f(x)的单调区间和极值；(2)当k∈[0，＋∞)时，证明函数f(x)在R上有且只有一个零点．《导数在研究函数中的应用》标准答案一．自主归纳1.（1）f ′(x )>0 （2）f ′(x )<0 （3）f ′(x )＝0 3. 小于 4. 大于极值 5.不超过不小于二．自我查验1.解析：函数定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1＋ex>0，故单调增区间是(0，＋∞)．答案：A2.解析：∵f (x )＝x 3＋x 2＋mx ＋1， ∴f ′(x )＝3x 2＋2x ＋m .又∵f (x )在R 上是单调增函数，∴f ′(x )≥0恒成立，∴Δ＝4－12m ≤0，即m ≥13.答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，＋∞3.解析：导函数f ′(x )的图象与x 轴的交点中，左侧图象在x 轴下方，右侧图象在x 轴上方的只有一个，故选A.答案：A4.解析：f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋3，由题意知f ′(－3)＝0，即3×(－3)2＋2×(－3)a ＋3＝0，解得a ＝5.答案：D5..A 当(0,e)x ∈时函数单调递增，当(e,)x ∈+∞时函数单调递减， A. 三．典型例题【例题1】(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－a .若a ≤0，则f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)单调递增．若a >0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )<0.所以f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞单调递减． (2)由(1)知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)无最大值；当a >0时，f (x )在x ＝1a处取得最大值，最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln 1a ＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a ＝－ln a ＋a －1.因此f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a >2a －2等价于ln a ＋a －1<0.令g (a )＝ln a ＋a －1，则g (a )在(0，＋∞)单调递增，g (1)＝0. 于是，当0<a <1时，g (a )<0；当a >1时，g (a )>0. 因此，a 的取值范围是(0,1)．【变式训练1】（1）当1a =时，()322f x x x x =+-+，∴()2321f x x x '=+-， ∴切线斜率为()14k f '==，又()13f =，∴切点坐标为()1,3，∴所求切线方程为()341y x -=-，即410x y --=．（2）()()()22323f x x ax a x a x a '=+-=+-，由()0f x '=，得x a =-或3ax =.0,.3a a a >∴>-Q 由()0f x '>，得x a <-或3a x >，由()0f x '<，得.3aa x -<<∴函数()f x 的单调递减区间为,3a a ⎛⎫- ⎪⎝⎭，单调递增区间为(),a -∞-和,3a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭．【例题2】（1）当1a =时，()ln 3f x x x =-+，()()1110xf x x x x-'=-=>，令()0f x '>，解得01x <<，所以函数()f x 在(0,1)上单调递增；令()0f x '<，解得1x >，所以函数()f x 在()1,+∞上单调递减；所以当1x =时取极大值，极大值为()12f =，无极小值. （2）函数()f x 的定义域为()0,+∞，()1f x a x'=-. 当0a ≤时，1()0f x a x'=->在()0,+∞上恒成立，所以函数()f x 在()0,+∞上单调递增；当0a >时，令()0f x '>，解得10x a <<，所以函数()f x 在10,a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增；令()0f x '<，解得1x a >，所以函数()f x 在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减. 综上所述，当0a ≤时，函数()f x 的单调增区间为()0,+∞；当0a >时，函数()f x 的单调增区间为10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，单调减区间为1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.【变式训练2】解对f (x )求导得f ′(x )＝e x ·1＋ax 2－2ax 1＋ax 22. 当a ＝43时，若f ′(x )＝0，则4x 2－8x ＋3＝0，解得x 1＝32，x 2＝12.结合①，可知x (－∞，12) 12 (12，32) 32 (32，＋∞) f ′(x ) ＋0 － 0 ＋ f (x )极大值极小值所以x 1＝2是极小值点，x 2＝2是极大值点.【例题3】1）.（2）由得，故，则43x =或，由，，41641205504.39329627f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯-=-⨯=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭故，.【变式训练3】1）当0a ≥时，函数()e 20x f x a '=+>，()f x 在R 上单调递增，当0a <时，()e 2x f x a '=+，令e 20x a +=，得ln(2)x a =-，所以当(,ln(2))x a ∈-∞-()423)4()(2'22--=-+-=ax x x a x x x f ()01=-'f 21=a 2421)21)(4()(232+--=--=x x x x x x f ()34,143'2=-=⇒--=x x x x x f 或0)2()2(==-f f 29)1(=-f 29)(max =x f 2750)(min -=x f时，()0f x '<，函数()f x 单调递减；当(ln(2),)x a ∈-+∞时，()0f x '>，函数()f x 单调递增.（2）由（1）可知，当0a ≥时，函数()e 20x f x ax =+>，不符合题意. 当0a <时，()f x 在(,ln(2))a -∞-上单调递减，在(ln(2),)a -+∞上单调递增.①当ln(2)1a -≤()f x 最小值为(1)2e f a =+.解2e 0a +=，得.②当ln(2)1a ->()f x 最小值为(ln(2))22ln(2)f a a a a -=-+-，解22ln(2)0a a a -+-=，得2ea =-，不符合题意.应用体验： 1.D【解析】函数的定义域为)(0,+∞，令1110x y x x-'=-=≤，解得](0,1x ∈，又0x >，所以](0,1x ∈，故选D. 考点：求函数的单调区间. 2.A【解析】导数为()()()e e 1e x x x f x x x ---'=+⋅-=-，令()0f x '<，得1x >，所以减区间为()1,+∞.考点：利用导数求函数的单调区间． 3.C【解析】()()()e 3e e 2x x x f x x x '=+-=-，令()()e 20x f x x '=->，解得2x >，所以函数()f x 的单调增区间为()2,+∞．故选C ． 4.【解析】()22212x f x x x x-'=-+=，由()0f x '=得2x =，又函数定义域为()0,+∞，当02x <<时，()0f x '<，()f x 递减，当2x >时，()0f x '>，()f x 递增，因此2x =是函数()f x 的极小值点．故选D ．考点：函数的极值点． 5.D【解析】()()322()23,6661f x x x a f x x x x x '=-+∴=-=-Q ，令()0,f x '= 可得0,1x =，容易判断极大值为()06f a ==. 考点：函数的导数与极值. 复习与巩固 A 组 1.C【解析】由()f x '图象可知函数()f x 在(),c -∞上单调递增，在(),c e 上单调递减，在(),e +∞上单调递增，又(),,,a b c c ∈-∞，且a b c <<，故()()()f c f b f a >>．考点：利用导数求函数单调性并比较大小． 2.B【解析】()2a f x x x '=+，由题意可得()121201af a '=⨯+=+=，2a ∴=-.故选B.考点：极值点问题. 3.D【解析】()e 1x f x '=-，令()0,f x '=得0x =.又()()()010e 01,1e 11,111,e f f f =-==->-=+>且11e 11e 2e e ⎛⎫--+=-- ⎪⎝⎭＝2e 2e 10e--=>，所以()()max 1e 1,f x f ==-故选D.考点：利用导数求函数在闭区间上的最值.4.1,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭【解析】由题意得()0f x '≥在R 上恒成立，则()2320f x x x m '=++≥，即232m x x ≥--恒成立.令()232g x x x =--，则()max m g x ≥⎡⎤⎣⎦，因为()g x232x x =--为R 上的二次函数，所以()2max11333g x g ⎛⎫⎛⎫=-=-⨯-⎡⎤ ⎪ ⎪⎣⎦⎝⎭⎝⎭11233⎛⎫-⨯-= ⎪⎝⎭，则m 的取值范围是1,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭.5.0【解析】()()()()()2226e 3e 36e e x xxx x a x ax x a x a f x +-+-+-+'==，由题意得()00f a '==．考点：导数与极值． 6.1【解析】因为()e 1x f x '=-，()00,()00f x x f x x ''>⇒><⇒<，所以()f x 在[1,0]-单调递减，在[0,1]单调递增，从而函数()e x f x x =-在]1,1[-上的最小值是0(0)e 01f =-=.考点：函数的最值与导数.7.【解析】()21ln 2f x x x =-的定义域为()0,+∞，()211x f x x x x-'=-=，令()0f x '=，则1x =或1-（舍去）.∴当01x <<时，()0f x '<，()f x 递减，当1x >时，()0f x '>，()f x 递增， ∴()f x 的递减区间是()0,1，递增区间是()1,+∞．考点：利用导数求函数的单调区间． 8.（1）14a ≤-（2）【解析】（1）函数(),1ln x f x ax x x =+>，则()2ln 1ln x f x a x-'=+，由题意可得()0f x '≤在()1,x ∈+∞上恒成立，∴2211111ln ln ln 24a x x x ⎛⎫≤-=-- ⎪⎝⎭， ∵()1,x ∈+∞，()ln 0,,x ∴∈+∞021ln 1=-∴x 时，函数2111ln 24t x ⎛⎫=--⎪⎝⎭取最小值41-，41-≤∴a ，（2）当2a =时，()2ln x f x x x =+，()22ln 12ln ln x x f x x -+'=，令()0f x '=，得22ln ln 10x x +-=，解得21ln =x 或ln 1x =-（舍去），即x =当1x <<()0f x '<，当x >()0f x '>， ∴()f x的极小值为f =.B 组 1.D【解析】因为函数()213ln 22f x x x =-+在区间()1,1a a -+上不单调，所以()2141222x f x x x x-'=-=在区间()1,1a a -+上有零点，由()0f x '=，得12x =，则10,111,2a a a -≥⎧⎪⎨-<<+⎪⎩得312a ≤<，故选D ．考点：函数的单调性与导数的关系．2.C【解析】232y x a '=-，①当0a ≤时，0y '≥，所以32y x ax a =-+在()0,1上单调递增，在()0,1内无极值，所以0a ≤符合题意；②当0a >时，令0y '=，即2320x a -=，解得12,33x x =-=，当,x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭U 时，0y '>，当x ⎛∈ ⎝⎭时，0y '<，所以32y x ax a =-+的单调递增区间为,,⎛⎫-∞+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，单调递减区间为⎛ ⎝⎭，当x =数取得极大值，当x =原函数取得极小值，要满足原函数在()0,1内无极值，1≥，解得32a ≥.综合①②得，a 的取值范围为(]3,0,2⎡⎫-∞+∞⎪⎢⎣⎭U ，故选C.考点：导函数，分类讨论思想. 3.C【解析】()()23331f x x x x x '=-=-，当()0f x '>时，1>x 或0<x ，当()0f x '<时，10<<x ，所以()f x 在区间[]1,0-上函数递增，在区间[]1,0上函数递减，所以当0=x 时，函数取得最大值()30==a f ，则()32332f x x x =-+，所以()211=-f ，()251=f ，所以最小值是()211=-f ．考点：利用导数求函数在闭区间上的最值.4.解析：由题意知f ′(x )＝x ＋2a －1x ≥0在⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，2上恒成立，即2a ≥－x ＋1x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，2上恒成立，∵⎝⎛⎭⎪⎫－x ＋1x max ＝83，∴2a ≥83，即a ≥43.答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫43，＋∞5.解析：本题考查利用导数研究函数的极值及不等式的解法．由f ′(x )＝3x 2－4ax ＋a 2＝0得x 1＝a3，x 2＝a .又∵x 1<2<x 2，∴⎩⎨⎧a >2，a3<2，∴2<a <6.答案：(2,6)6.解析：∵f (x )＝x 2－e x －ax ，∴f ′(x )＝2x －e x －a ， ∵函数f (x )＝x 2－e x －ax 在R 上存在单调递增区间，∴f ′(x )＝2x －e x －a ≥0，即a ≤2x －e x 有解，设g (x )＝2x －e x ，则g ′(x )＝2－e x ，令g ′(x )＝0，解得x ＝ln 2，则当x <ln 2时，g ′(x )>0，g (x )单调递增，当x >ln 2时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，∴当x ＝ln 2时，g (x )取得最大值，且g (x )max ＝g (ln 2)＝2ln 2－2，∴a ≤2ln 2－2. 答案：(－∞，2ln 2－2)7.解：(1)由题意得x >0，f ′(x )＝1－2x ＋ax2.由函数f (x )在定义域上是增函数，得f ′(x )≥0，即a ≥2x －x 2＝－(x －1)2＋1(x >0)．因为－(x －1)2＋1≤1(当x ＝1时，取等号)，所以a 的取值范围是[1，＋∞)．(2)g ′(x )＝e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －1＋2ln x －x ，由(1)得a ＝2时，f (x )＝x －2ln x －2x ＋1，且f (x )在定义域上是增函数，又f (1)＝0，所以，当x ∈(0,1)时，f (x )<0，当x ∈(1，＋∞)时，f (x )>0. 所以，当x ∈(0,1)时，g ′(x )>0，当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )<0. 故当x ＝1时，g (x )取得最大值－e.8.解：(1)当k ＝1时，f (x )＝(x －1)e x －x 2，f ′(x )＝e x ＋(x －1)e x －2x ＝x e x －2x ＝x (e x －2)，令f ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝ln 2. 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化如下表：0]，[ln 2，＋∞)．f (x )的极大值为f (0)＝－1，极小值为f (ln 2)＝－(ln 2)2＋2ln 2－2.(2)f ′(x )＝e x ＋(x －1)e x －2kx ＝x e x －2kx ＝x (e x －2k )，当x <1时，f (x )<0，所以f (x )在(－∞，1)上无零点．故只需证明函数f (x )在[1，＋∞)上有且只有一个零点．①若k ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，e 2，则当x ≥1时，f ′(x )≥0，f (x )在[1，＋∞)上单调递增．∵f (1)＝－k ≤0，f (2)＝e 2－4k ≥e 2－2e>0， ∴f (x )在[1，＋∞)上有且只有一个零点．②若k ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2，＋∞，则f (x )在[1，ln 2k ]上单调递减，在[ln 2k ，＋∞)上单调递增．f (1)＝－k <0，f (k ＋1)＝k e k ＋1－k (k ＋1)2＝k [e k ＋1－(k ＋1)2]，令g (t )＝e t －t 2，t ＝k ＋1>2，则g ′(t )＝e t －2t ，g ″(t )＝e t －2，∵t>2，∴g″(t)>0，g′(t)在(2，＋∞)上单调递增．∴g′(t)>g′(2)＝e2－4>0，∴g(t)在(2，＋∞)上单调递增．∴g(t)>g(2)＝e2－4>0.∴f(k＋1)>0.∴f(x)在[1，＋∞)上有且只有一个零点．综上，当k∈[0，＋∞)时，f(x)在R上有且只有一个零点．。

2018年高考数学提分专练：第21题导数在函数中的应用(解答题)

2018年高考数学提分专练：第21题导数在函数中的应用（解答题）一、真题演练(共6题；共72分)1．（12分）已知函数f（x）=e x（e x﹣a）﹣a2x．（12分）（1）（5分）讨论f（x）的单调性；（2）（7分）若f（x）≥0，求a的取值范围．2．（12分）已知函数f（x）=ae2x+（a﹣2）e x﹣x．（1）（5分）讨论f（x）的单调性；（2）（7分）若f（x）有两个零点，求a的取值范围．3．（12分）设函数f（x）=（1﹣x2）e x．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）当x≥0时，f（x）≤ax+1，求a的取值范围．4．（12分）已知函数f（x）=ax2﹣ax﹣xlnx，且f（x）≥0．（Ⅰ）求a；（Ⅱ）证明：f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．5．（12分）已知函数f（x）=lnx+ax2+（2a+1）x．（12分）（1）（5分）讨论f（x）的单调性；（2）（7分）当a＜0时，证明f（x）≤﹣34a﹣2．6．（12分）已知函数f（x）=x﹣1﹣alnx．（Ⅰ）若f（x）≥0，求a的值；（Ⅱ）设m为整数，且对于任意正整数n，（1+ 12）（1+122）…（1+ 12n）＜m，求m的最小值．二、模拟实训(共9题；共108分)7．（12分）已知函数f(x)=x−ax2−lnx(a>0).（1）（5分）讨论f(x)的单调性；（2）（7分）若f(x)有两个极值点x1，x2，证明：f(x1)+f(x2)>3−2ln2 .8．（12分）已知函数f(x)=lnx−13x+23x−1（1）（5分）求函数f(x)的单调区间；（2）（7分）设函数g(x)=x2−2bx−512，若对于∀x1∈[1,2],∃x2∈[0,1]，使f(x1)≥g(x2)成立，求实数b的取值范围．9．（12分）已知函数f(x)=−ax3+12x2+2x−1在x=1处的切线斜率为2.（Ⅰ）求f(x)的单调区间和极值；（Ⅱ）若f′(x)−klnx−2>0在[1,+∞)上无解，求k的取值范围.10．（12分）设函数f(x)=x2−alnx−(a−2)x.（1）（5分）求函数f(x)的单调区间；（2）（7分）若存在x1、x2满足f(x1)=f(x2).求证：f′(x1+2x23)>0（其中f′(x)为f(x)的导函数）11．（12分）已知f(x)=(x−1)e x−elnx,g(x)=−x3+32x2+a．（1）（5分）讨论f(x)的单调性；（2）（7分）若存在x1∈(0,+∞)及唯一正整数x2，使得f(x1)=g(x2)，求a的取值范围．12．（12分）已知函数f(x)=lnx+a(x−1)2(a>0).（1）（5分）讨论f(x)的单调性；（2）（7分）若f(x)在区间(0,1)内有唯一的零点x0，证明：e−32<x<e−1.13．（12分）已知f（x）=a（x﹣lnx）+ 2x−1x2，a∈R．（I）讨论f（x）的单调性；（II）当a=1时，证明f（x）＞f′（x）+ 32对于任意的x∈[1，2]成立．14．（12分）已知函数f(x)=ax2+lnx (a∈R)有最大值−12，g(x)=x2−2x+f(x)，且g′(x)是g(x)的导数．（Ⅰ）求a的值；（Ⅱ）证明：当x1<x2，g(x1)+g(x2)+3=0时，g′(x1+x2)>12．15．（12分）已知函数f（x）=e x﹣x2+2a+b（x∈R）的图象在x=0处的切线为y=bx．（e为自然对数的底数）．（Ⅰ）求a，b的值；（Ⅱ）若k∈Z，且f（x）+ 12（3x2﹣5x﹣2k）≥0对任意x∈R恒成立，求k的最大值．答案解析部分1．【答案】（1）解：f（x）=e x（e x﹣a）﹣a2x，∴f′（x）=2e2x﹣ae x﹣a2=（2e x+a）（e x﹣a），①当a=0时，f′（x）＞0恒成立，∴f（x）在R上单调递增，②当a＞0时，2e x+a＞0，令f′（x）=0，解得x=lna，当x＜lna时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，当x＞lna时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，③当a＜0时，e x﹣a＞0，令f′（x）=0，解得x=ln（﹣a2），当x＜ln（﹣a2）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，当x＞ln（﹣a2）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，综上所述，当a=0时，f（x）在R上单调递增，当a＞0时，f（x）在（﹣∞，lna）上单调递减，在（lna，+∞）上单调递增，当a＜0时，f（x）在（﹣∞，ln（﹣a2））上单调递减，在（ln（﹣a2），+∞）上单调递增，（2）①当a=0时，f（x）=e2x＞0恒成立，②当a＞0时，由（1）可得f（x）min=f（lna）=﹣a2lna≥0，∴lna≤0，∴0＜a≤1，③当a＞0时，由（1）可得f（x）min=f（ln（﹣a2））= 3a24﹣a2ln（﹣a2）≥0，∴ln（﹣a2）≤34，∴﹣e34≤a＜0，综上所述a的取值范围为[﹣e34，1]【解析】【分析】（1.）先求导，再分类讨论，根据导数和函数的单调性即可判断，（2.）根据（1）的结论，分别求出函数的最小值，即可求出a的范围．2．【答案】（1）解：由f（x）=ae2x+（a﹣2）e x﹣x，求导f′（x）=2ae2x+（a﹣2）e x﹣1，当a=0时，f′（x）=2e x﹣1＜0，∴当x∈R，f（x）单调递减，当a＞0时，f′（x）=（2e x+1）（ae x﹣1）=2a（e x+1 2）（e x﹣1a），令f′（x）=0，解得：x=ln 1a，当f′（x）＞0，解得：x＞ln 1a，当f′（x）＜0，解得：x ＜ln 1a ，∴x ∈（﹣∞，ln 1a ）时，f （x ）单调递减，x ∈（ln 1a ，+∞）单调递增；当a ＜0时，f′（x ）=2a （e x + 12 ）（e x ﹣ 1a）＜0，恒成立，∴当x ∈R ，f （x ）单调递减，综上可知：当a≤0时，f （x ）在R 单调减函数，当a ＞0时，f （x ）在（﹣∞，ln 1a ）是减函数，在（ln 1a ，+∞）是增函数；（2）①若a≤0时，由（1）可知：f （x ）最多有一个零点，②a ＞0时，由（1）可知，当x=-lna 时，f （x ）取得最小值，f （x ）min =f （-lna ）=1-1a -ln 1a ，当a=1时，f （-lna ）=0，故f （x ）只有一个零点，当a ∈（1，+∞）时，有1-1a -ln 1a ＞0，即f （-lna ）＞0故f （x ）没有零点当a ∈（0，1）时,1-1a -ln 1a＜0，f （-lna ）＜0有f （-2）=ae -4+（a-2）e -2+2＞-2e -2+2＞0 故f （x ）在（-∞，-lna ）有一个零点假设存在正整数n 0，满足n 0＞ln （3a −1），则f （n 0）=e n 0(ae n 0+a −2)−n 0＞2n 0−n 0＞0有ln （3a−1）＞-lna因此在（-lna ，+∞）有一个零点 ∴a 的取值范围是（0,1）.【解析】【分析】（1.）求导，根据导数与函数单调性的关系，分类讨论，即可求得f （x ）单调性；（2.）由（1）可知：当a ＞0时才有个零点，根据函数的单调性求得f （x ）最小值，由f （x ）min ＜0，g （a ）=alna+a ﹣1，a ＞0，求导，由g （a ）min =g （e ﹣2）=e ﹣2lne ﹣2+e ﹣2﹣1=﹣ 1e2 ﹣1，g （1）=0，即可求得a 的取值范围．3．【答案】解：（Ⅰ）因为f （x ）=（1﹣x 2）e x ，x ∈R ，所以f′（x ）=（1﹣2x ﹣x 2）e x ，令f′（x ）=0可知x=﹣1± √2 ，当x ＜﹣1﹣ √2 或x ＞﹣1+ √2 时f′（x ）＜0，当﹣1﹣ √2 ＜x ＜﹣1+ √2 时f′（x ）＞0，所以f （x ）在（﹣∞，﹣1﹣ √2 ），（﹣1+ √2 ，+∞）上单调递减，在（﹣1﹣ √2 ，﹣1+ √2 ）上单调递增；（Ⅱ）由题可知f （x ）=（1﹣x ）（1+x ）e x ．下面对a 的范围进行讨论：①当a≥1时，设函数h（x）=（1﹣x）e x，则h′（x）=﹣xe x＜0（x＞0），因此h（x）在[0，+∞）上单调递减，又因为h（0）=1，所以h（x）≤1，所以f（x）=（1﹣x）h（x）≤x+1≤ax+1；②当0＜a＜1时，设函数g（x）=e x﹣x﹣1，则g′（x）=e x﹣1＞0（x＞0），所以g（x）在[0，+∞）上单调递增，又g（0）=1﹣0﹣1=0，所以e x≥x+1．因为当0＜x＜1时f（x）＞（1﹣x）（1+x）2，所以（1﹣x）（1+x）2﹣ax﹣1=x（1﹣a﹣x﹣x2），取x0= √5−4a−12∈（0，1），则（1﹣x0）（1+x0）2﹣ax0﹣1=0，所以f（x0）＞ax0+1，矛盾；③当a≤0时，取x0= √5−12∈（0，1），则f（x0）＞（1﹣x0）（1+x0）2=1≥ax0+1，矛盾；综上所述，a的取值范围是[1，+∞）．【解析】【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，求出极值点，利用导函数的符号，判断函数的单调性即可．（Ⅱ）化简f（x）=（1﹣x）（1+x）e x．f（x）≤ax+1，下面对a的范围进行讨论：①当a≥1时，②当0＜a＜1时，设函数g（x）=e x﹣x﹣1，则g′（x）=e x﹣1＞0（x＞0），推出结论；③当a≤0时，推出结果，然后得到a的取值范围．4．【答案】（Ⅰ）解：因为f（x）=ax2﹣ax﹣xlnx=x（ax﹣a﹣lnx）（x＞0），则f（x）≥0等价于h（x）=ax﹣a﹣lnx≥0，因为h′（x）=a﹣1x ，且当0＜x＜1a时h′（x）＜0、当x＞1a时h′（x）＞0，所以h（x）min=h（1a），又因为h（1）=a﹣a﹣ln1=0，所以1a=1，解得a=1；（Ⅱ）证明：由（1）可知f（x）=x2﹣x﹣xlnx，f′（x）=2x﹣2﹣lnx，令f′（x）=0，可得2x﹣2﹣lnx=0，记t（x）=2x﹣2﹣lnx，则t′（x）=2﹣1x，令t′（x）=0，解得：x= 12，所以t（x）在区间（0，12）上单调递减，在（12，+∞）上单调递增，所以t（x）min=t（12）=ln2﹣1＜0，从而t（x）=0有解，即f′（x）=0存在两根x0，x2，且不妨设f′（x）在（0，x0）上为正、在（x0，x2）上为负、在（x2，+∞）上为正，所以f（x）必存在唯一极大值点x0，且2x0﹣2﹣lnx0=0，所以f（x0）= x02﹣x0﹣x0lnx0= x02﹣x0+2x0﹣2 x02=x0﹣x02，由x0＜12可知f（x0）＜（x0﹣x02）max=﹣122+ 12= 14；由f′（1e ）＜0可知x0＜1e＜12，所以f（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，1e）上单调递减，所以f（x0）＞f（1e ）=﹣1e2+ 1e= e−1e2＞1e2；综上所述，f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．【解析】【分析】（Ⅰ）通过分析可知f（x）≥0等价于h（x）=ax﹣a﹣lnx≥0，进而利用h′（x）=a﹣1x可得h（x）min=h（1a），从而可得结论；（Ⅱ）通过（Ⅰ）可知f（x）=x2﹣x﹣xlnx，记t（x）=f′（x）=2x﹣2﹣lnx，解不等式可知t（x）min=t（12）=ln2﹣1＜0，从而可知f′（x）=0存在两根x0，x2，利用f（x）必存在唯一极大值点x0及x0＜12可知f（x0）＜14，另一方面可知f（x0）＞f（1e）=﹣1e2+ 1e= e−1e2＞1e2．5．【答案】（1）解：因为f（x）=lnx+ax2+（2a+1）x，求导f′（x）= 1x +2ax+（2a+1）= 2ax2+(2a+1)x+1x= (2ax+1)(x+1)x，（x＞0），①当a=0时，f′（x）= 1x+1＞0恒成立，此时y=f（x）在（0，+∞）上单调递增；②当a＞0，由于x＞0，所以（2ax+1）（x+1）＞0恒成立，此时y=f（x）在（0，+∞）上单调递增；③当a＜0时，令f′（x）=0，解得：x=﹣12a．因为当x∈（0，﹣12a ）时，f′（x）＞0、当x∈（﹣12a，+∞）时，f′（x）＜0，所以y=f（x）在（0，﹣12a ）上单调递增、在（﹣12a，+∞）上单调递减．综上可知：当a≥0时f（x）在（0，+∞）上单调递增，当a＜0时，f（x）在（0，﹣12a ）上单调递增、在（﹣12a，+∞）上单调递减；（2）证明：由（1）可知：当a＜0时f（x）在（0，﹣12a ）上单调递增、在（﹣12a，+∞）上单调递减，所以当x=﹣12a 时函数y=f（x）取最大值f（x）max=f（﹣12a）=﹣1﹣ln2﹣14a+ln（﹣1a）．从而要证f（x）≤﹣34a ﹣2，即证f（﹣12a）≤﹣34a﹣2，即证﹣1﹣ln2﹣14a +ln（﹣1a）≤﹣34a﹣2，即证﹣12（﹣1a）+ln（﹣1a）≤﹣1+ln2．令t=﹣1a ，则t＞0，问题转化为证明：﹣12t+lnt≤﹣1+ln2．…（*）令g（t）=﹣12t+lnt，则g′（t）=﹣12+ 1t，令g′（t）=0可知t=2，则当0＜t＜2时g′（t）＞0，当t＞2时g′（t）＜0，所以y=g（t）在（0，2）上单调递增、在（2，+∞）上单调递减，即g（t）≤g（2）=﹣12×2+ln2=﹣1+ln2，即（*）式成立，所以当a＜0时，f（x）≤﹣34a﹣2成立．【解析】【分析】（1.）题干求导可知f′（x）= (2ax+1)(x+1)x（x＞0），分a=0、a＞0、a＜0三种情况讨论f′（x）与0的大小关系可得结论；（2.）通过（1）可知f（x）max=f（﹣12a ）=﹣1﹣ln2﹣14a+ln（﹣1a），进而转化可知问题转化为证明：当t＞0时﹣12t+lnt≤﹣1+ln2．进而令g（t）=﹣12t+lnt，利用导数求出y=g（t）的最大值即可．6．【答案】解：（Ⅰ）因为函数f（x）=x﹣1﹣alnx，x＞0，所以f′（x）=1﹣ax= x−ax，且f（1）=0．所以当a≤0时f′（x）＞0恒成立，此时y=f（x）在（0，+∞）上单调递增，所以在（0,1）上f(x)<0,这与f（x）≥0矛盾；当a＞0时令f′（x）=0，解得x=a，所以y=f（x）在（0，a）上单调递减，在（a，+∞）上单调递增，即f（x）min=f（a），又因为f（x）min=f（a）≥0，所以a=1；（Ⅱ）由（Ⅰ）可知当a=1时f（x）=x﹣1﹣lnx≥0，即lnx≤x﹣1，所以ln（x+1）≤x当且仅当x=0时取等号，所以ln（1+ 12k）＜12k，k∈N*,所以1+12k <e12k，k∈N*．一方面，因为12+122+…+ 12n=1﹣12n＜1，所以，（1+ 12）（1+122）…（1+ 12n）＜e；另一方面，（1+ 12）（1+122）…（1+ 12n）＞（1+ 12）（1+122）（1+123）= 13564＞2，同时当n≥3时，（1+ 12）（1+122）…（1+ 12n）∈（2，e）．因为m为整数，且对于任意正整数n（1+ 12）（1+122）…（1+ 12n）＜m，所以m的最小值为3．【解析】【分析】（Ⅰ）通过对函数f（x）=x﹣1﹣alnx（x＞0）求导，分a≤0、a＞0两种情况考虑导函数f′（x）与0的大小关系可得结论；（Ⅱ）通过（Ⅰ）可知lnx≤x﹣1，进而取特殊值可知ln（1+ 12k）＜12k，k∈N*．一方面利用等比数列的求和公式放缩可知（1+ 12）（1+122）…（1+ 12n）＜e；另一方面可知（1+ 12）（1+1 22）…（1+ 12n）＞2，且当n≥3时，（1+ 12）（1+122）…（1+ 12n）∈（2，e）．7．【答案】（1）解：函数f(x)的定义域为(0,+∞). f′(x)=1−2ax−1x=−ax2+x−1x.a>0，方程−2ax2+x−1=0的判别式Δ=1−8a.①当a≥18时，Δ≤0，∴f′(x)≤0，故函数f(x)在(0,+∞)上递减；②当0<a<18时，Δ>0，由f′(x)=0可得x1=1−√1−8a4a，x2=1+√1−8a4a.函数f(x)的减区间为(0,x1)(x2,+∞)；增区间为(x1,x2).所以，当a≥18时，f(x)在(0,+∞)上递减；当0<a<18时，f(x)在(1−√1−8a4a,1+√1−8a4a)上递增，在(0,1−√1−8a4a),(1+√1−8a4a,+∞)上递减（2）解：由（1）知当0<a<18时，函数f(x)有两个极值点x1,x2，且x1+x2=12a,x1x2=12a.f(x1)+f(x2)=x1−ax12−lnx1+x2−ax22−lnx2=(x1+x2)−a(x12+x22)−ln(x1x2)=(x1+x2)−a[(x1+x2)2−2x1x2]−ln(x1x2)=14a−ln12a+1设12a=t>4，则14a−ln12a+1=t2−lnt+1=ℎ(t)，ℎ′(t)=12−1t=t−22t>0，所以ℎ(t)在(4,+∞)上递增，ℎ(t)>ℎ(4)=3−2ln2，所以f(x1)+f(x2)>3−2ln2.【解析】【分析】（1）根据题目中所给的条件的特点，先求出函数的导数，通过分类讨论a的值，确定导函数的符号，利用导数研究函数的单调性，从而判断函数的单调性；（2）表示出f（x1）+f（x2），通过利用导数求闭区间上函数的最值进行证明．导数和函数的单调性的关系：（1）若f′（x）＞0在（a，b）上恒成立，则f（x）在（a，b）上是增函数，f′（x）＞0的解集与定义域的交集的对应区间为增区间；（2）若f′（x）＜0在（a，b）上恒成立，则f（x）在（a，b）上是减函数，f′（x）＜0的解集与定义域的交集的对应区间为减区间．8．【答案】（1）解：f′(x)=−x 2−3x+23x2=−(x−1)(x−2)3x2函数f(x)的定义域为(0,+∞)所以当0<x<1，或x>2时，f′(x)<0，当1<x<2时，f′(x)>0函数f(x)的单调递增区间为(1,2)；单调递减区间为(0,1),(2,+∞)（2）解：由(Ⅱ)知函数f(x)在区间(1,2)上为增函数，所以函数f(x)在[1,2]上的最小值为f(1)=−23若对于∀x1∈[1,2],∃x2∈[0,1]使f(x1)≥g(x2)成立等价于g(x)在[0,1]上的最小值不大于f(x)在[1，2]上的最小值−23（*）又g(x)=x2−2bx−512=(x−b)2−b2−512,x∈[0,1]①当b<0时，g(x)在上[0,1]为增函数，g(x)min=g(0)=−512>−23与（*）矛盾②当0≤b≤1时，g(x)min=g(b)=−b2−512，由−b2−512≤−23及0≤b≤1得，12≤b≤1③当b>1时，g(x)在上[0,1]为减函数，g(x)min=g(1)=712−2b≤−23，此时b>1综上所述，b的取值范围是[12,+∞)【解析】【分析】（1）根据题目中所给的条件的特点，直接利用函数与导数的关系，求出函数的导数，再讨论函数的单调性；导数和函数的单调性的关系：（i）若f′（x）＞0在（a，b）上恒成立，则f（x）在（a，b）上是增函数，f′（x）＞0的解集与定义域的交集的对应区间为增区间；（ii）若f′（x）＜0在（a，b）上恒成立，则f（x）在（a，b）上是减函数，f′（x）＜0的解集与定义域的交集的对应区间为减区间．（2）利用导数求出f（x）的最小值、利用二次函数知识或分离常数法求出g（x）在闭区间[1，2]上的最大值，然后解不等式求参数．9．【答案】解：（Ⅰ）∵f′(x)=−3ax2+x+2，f′(1)=−3a+1+2=2，∴a=13.∴f(x)=−13x3+12x2+2x−1，f′(x)=−x2+x+2.令f′(x)=0，解得x=−1或x=2.当f′(x)=0变化时，f′(x),f(x)的变化情况如下表：∴函数f(x)的单调递增区间为(−1,2)，单调递减区间为(−∞,−1)和(2,+∞).∴函数的极小值为f(−1)=−136，极大值为f(2)=73；（Ⅱ）令g(x)=f′(x)−klnx−2=−x2+x−klnx.∵g(x)>0在[1,+∞)上无解，∴g(x)≤0在[1,+∞)上恒成立.∵g′(x)=−2x+1−kx=−2x2+x−kx，记ℎ(x)=−2x2+x−k，∵ℎ′(x)=−4x+1<0在[1,+∞)上恒成立，∴ℎ(x)在[1,+∞)上单调递减.∴ℎ(x)max=ℎ(1)=−1−k.若k≥−1，则ℎ(1)≤0，ℎ(x)≤0，∴g′(x)≤0.∴g(x)单调递减.∴g(x)max=g(1)=0≤0恒成立.若k<−1，则ℎ(1)>0，存在x0∈(1,+∞)，使得ℎ(x0)=0，∴当x∈(1,x0)时，ℎ(x)>0，即g′(x)>0.∴g(x)在(1,x0)上单调递增.∵g(1)=0 ，∴g(x)>0 在 (1,x 0) 上成立，与已知矛盾，故舍去. 综上可知， k ≥−1【解析】【分析】（1）求出原函数的导函数，由函数f （x ）图象在（1，f （1））处切线的斜率为2，得f′（1）=1，由此式可求a 的值；再利用导函数小于0和导函数大于0求解函数的单调区间，然后根据极值的定义进行判定极值即可．（2）设出新的函数，直接利用导函数小于0和导函数大于0求解函数的单调区间，然后根据恒成立的条件进行判定即可．10．【答案】（1）（解：由题知 f′(x)=2x −(a −2)−a x =2x 2−(a−2)x−a x=(2x−a)(x+1)x (x >0) .当 a >0 ，此时函数 f(x) 在 (a 2,+∞) 单调递增，在 (0,a2) 单调递减.当 a ≤0 ，此时函数 f(x) 在 (0,+∞) 单调递增（2）（解：因为 f(x 1)=f(x 2) ，由（1）知 a >0不妨设 0<x 1<a 2<x 2 ，由 f(x 1)=f(x 2) 得， x 12−(a −2)x 1−alnx 1 =x 22−(a −2)x 2−alnx 2即 x 12−(a −2)x 1−alnx 2−x 22+(a −2)x 2+alnx 2=0 ，x 12+2x 1−x 22−2x 2 =ax 1+alnx 1−ax 2−alnx 2 =a(x 1+lnx 1−x 2−lnx 2)所以 a =x 12+2x 1−x 22−2x 2x 1+lnx 1−x 2−lnx 2. 又因为当 x ∈(0,a 2) 时， f′(x)<0 ；当 x ∈(a2,+∞) 时， f′(x)>0 ，故只要证 x 1+2x 23>a2 ，又 x 2>a 2 ，只要证 x 1+x 22>a 2 即证明 x 1+x 2>x 12+2x 1−x 22−2x 2x 1+lnx 1−x 2−lnx 2，即证 x 12−x 22+(x 1+x 2)(lnx 1−lnx 2)<x 12+2x 1−2x 22+2x 2 ，也就是证 ln x 1x 2<2x 1−2x2x 1+x 2.设 t =x 1x 2(0<t <1) .令 m(t)=lnt −2t−2t+1 ，则 m′(t)=1t −4(t+1)2=(t−1)2t(t+1)2 . 因为 t >0 ，所以 m′(t)≥0 ，所以 m(t) 在 (0,+∞) 上是增函数. 又 m(1)=0 ，所以当 t ∈(0,1) ， m(t)<0 总成立原题得证【解析】【分析】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想以及不等式的证明，是一道综合题．导数和函数的单调性的关系：（1）若f′（x）＞0在（a，b）上恒成立，则f（x）在（a，b）上是增函数，f′（x）＞0的解集与定义域的交集的对应区间为增区间；（2）若f′（x）＜0在（a，b）上恒成立，则f（x）在（a，b）上是减函数，f′（x）＜0的解集与定义域的交集的对应区间为减区间．11．【答案】（1）解：由题意知函数的定义域为(0,+∞)．因为f(x)=(x−1)e x−elnx，所以f′(x)=xe x−e x，令y=xe x−ex，则y′=e x+xe x+ex2>0，所以当x>0时，f′(x)=xe x−e x是增函数，又f′(1)=e−e=0，故当x∈(0,1)时，f′(x)<0,f(x)单调递减，当x∈(1,+∞)时，f′(x)>0,f(x)单调递增．所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增（2）解：由（1）知当x=1时，f(x)取得最小值，又f(1)=0，所以f(x)在(0,+∞)上的值域为[0,+∞)．因为存在x1∈(0,+∞)及唯一正整数x2，使得f(x1)=g(x2)，所以满足g(x)≥0的正整数解只有1个．因为g(x)=−x3+32x2+a，所以g′(x)=−3x2+3x=−3x(x−1)，所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，所以{g(1)≥0g(2)<0，即{12+a≥0−2+a<0，解得−12≤a<2．所以实数a的取值范围是[−12,2)【解析】【分析】本题综合考查了函数的单调区间及恒成立问题，掌握方法和正确计算及分类讨论是解决问题的关键．属于难题．导数和函数的单调性的关系：（1）若f′（x）＞0在（a，b）上恒成立，则f（x）在（a，b）上是增函数，f′（x）＞0的解集与定义域的交集的对应区间为增区间；（2）若f′（x）＜0在（a，b）上恒成立，则f（x）在（a，b）上是减函数，f′（x）＜0的解集与定义域的交集的对应区间为减区间．12．【答案】（1）解：f′(x)=2ax2−2ax+1x，①当0<a≤2时，f′(x)≥0，y=f(x)在(0,+∞)上单调递增②当a>2时，设2ax2−2ax+1=0的两个根为x1,x2(0<x1<12<x2)，且x1=a−√a2−2a2a,x2=a+√a2−2a2ay=f(x)在(0,x1),(x2,+∞)单调递増，在(x1,x2)单调递减.（2）解：依题可知f(1)=0，若f(x)在区间(0,1)内有唯一的零点x0，由（1）可知a> 2，且x0=x1∈(0,12).于是：lnx0+a(x0−1)2=0①2ax02−2ax0+1=0②由①②得lnx0−x0−12x0=0，设g(x)=lnx−x−12x,(x∈(0,1))，则g′(x)=2x−12x2，因此g(x)在(0,12)上单调递减，又g(e−32)=e 32−42>0，g(e−1)=e−1−32<0根据零点存在定理，故e−32<x<e−1 .【解析】【分析】(1)对参数a分类讨论,由导数研究函数的单调性; (2)由函数在区间内有唯一零点,用导数研究函数的单调性证明x0的范围.13．【答案】解：（Ⅰ）解：由f（x）=a（x﹣lnx）+ 2x−1x2，得f′（x）=a（1﹣1x ）+ 2x2−(2x−1)⋅2xx4= ax−ax+2−2xx3= ax3−ax2+2−2xx3=(x−1)(ax2−2)x3（x＞0）．若a≤0，则ax2﹣2＜0恒成立，∴当x∈（0，1）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数，当x ∈（1，+∞）时，f′（x ）＜0，f （x ）为减函数；当a ＞0，若0＜a ＜2，当x ∈（0，1）和（ √2a a ，+∞）时，f′（x ）＞0，f （x ）为增函数，当x ∈（1， √2a a）时，f′（x ）＜0，f （x ）为减函数；若a=2，f′（x ）≥0恒成立，f （x ）在（0，+∞）上为增函数；若a ＞2，当x ∈（0， √2a a ）和（1，+∞）时，f′（x ）＞0，f （x ）为增函数，当x ∈（ √2a a，1）时，f′（x ）＜0，f （x ）为减函数；（Ⅱ）解：∵a=1，令F （x ）=f （x ）﹣f′（x ）=x ﹣lnx +2x −1x 2 ﹣1 +2x 2+1x −2x 3 =x ﹣lnx+ 3x +1x 2−2x 3−1 ．令g （x ）=x ﹣lnx ，h （x ）= 3x +1x 2−2x3−1 ．则F （x ）=f （x ）﹣f′（x ）=g （x ）+h （x ），由 g′(x)=x−1x≥0 ，可得g （x ）≥g （1）=1，当且仅当x=1时取等号；又 ℎ′(x)=−3x 2−2x+6x 4，设φ（x ）=﹣3x 2﹣2x+6，则φ（x ）在[1，2]上单调递减，且φ（1）=1，φ（2）=﹣10，∴在[1，2]上存在x 0，使得x ∈（1，x 0）时φ（x 0）＞0，x ∈（x 0，2）时，φ（x 0）＜0， ∴函数h （x ）在（1，x 0）上单调递增；在（x 0，2）上单调递减，由于h （1）=1，h （2）= 12 ，因此h （x ）≥h （2）= 12 ，当且仅当x=2取等号，∴f （x ）﹣f′（x ）=g （x ）+h （x ）＞g （1）+h （2）= 32 ，∴F （x ）＞ 32恒成立．即f （x ）＞f′（x ）+ 32对于任意的x ∈[1，2]成立【解析】【分析】（Ⅰ）求出原函数的导函数，然后对a 分类分析导函数的符号，由导函数的符号确定原函数的单调性；（Ⅱ）构造函数F （x ）=f （x ）﹣f′（x ），令g （x ）=x ﹣lnx ，h （x ）= 3x +1x 2−2x 3−1 ．则F （x ）=f （x ）﹣f′（x ）=g （x ）+h （x ），利用导数分别求g （x ）与h （x ）的最小值得到F （x ）＞ 32 恒成立．由此可得f （x ）＞f′（x ）+ 32 对于任意的x ∈[1，2]成立．14．【答案】解：（Ⅰ） f(x) 的定义域为 (0,+∞) ， f ′(x)=2ax +1x．当a≥0时，f′(x)>0，f(x)在(0,∞)上为单调递增函数，无最大值，不合题意，舍去；当a<0时，令f′(x)=0，得x=√−12a，当x∈(0,√−12a)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；当x∈(√−12a,+∞)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，∴f(x)max=f(√−12a)=−12+ln√−12a,∴−12+ln√−12a=−12,∴a=−12．（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，g(x)=12x2−2x+lnx,∴g′(x)=x+1x−2．∵x+1x≥2，∴g′(x)≥0,∴g(x)在(0,+∞)上单调递增．又∵x1<x2，g(x1)+g(x2)=−3且g(1)=−32,∴0<x1<1<x2．∵g″(x)=1−1x2=x2−1x2,∴当x>1时，g″(x)>0，g′(x)单调递增,要证g′(x1+x2)>12，即g′(x1+x2)>g′(2)，只要证x1+x2>2，即x2>2−x1．∵x1<1，∴2−x1>1,所以只要证g(2−x1)<g(x2)=−3−g(x1)⇔g(x1)+g(2−x1)<−3————（*）,设G(x)=g(x)+g(2−x)=x2−2x−2+lnx+ln(2−x)（其中0<x<1）,∴G′(x)=2x−2+1x−12−x=2(1−x)[1x(2−x)−1]=2(x−1)3x(x−2)>0,∴G(x)在（0，1）上为增函数,∴G(x)<G(1)=−3，故（*）式成立，从而g′(x1+x2)>12【解析】【分析】（Ⅰ）根据题目中所给的条件的特点，求出函数的导数，通过讨论a的范围，利用导数和函数的单调性的关系求出函数的单调区间；（Ⅱ）求出函数的导数，根据函数的单调性问题进行等价转化为函数的最值问题求解即可.主要考查导数的几何意义、导数及其应用、不等式等基础知识.15．【答案】解：（I ）f′（x ）=e x ﹣2x ，f′（0）=1=b ，f （0）=1+2a+b=0，联立解得b=1，a=﹣1．（II ）由（I ）可得：f （x ）=e 2﹣x 2﹣1．f （x ）+ 12 （3x 2﹣5x ﹣2k ）≥0对任意x ∈R 恒成立⇔k≤e x + 12x 2 ﹣ 52 x ﹣1对∀x ∈R 恒成立．令h （x ）=e x + 12x 2 ﹣ 52 x ﹣1，h′（x ）=e x +x ﹣ 52 ，h ″（x ）=e x +1＞0恒成立．∴h′（x ）在R 上单调递增．h′（0）= −32 ＜0，h′（1）= e −32＞0， ℎ′(12) = √e −2 ＜0， ℎ′(34) = √e 34 ﹣ 74>1+34 ﹣ 74 =0．∴存在唯一零点x 0∈ (12，34) ，使得h′（x 0）=0，当x ∈（﹣∞，x 0）时，h′（x 0）＜0，函数h （x ）在（﹣∞，x 0）单调递减；当x ∈（x 0，+∞）时，h′（x 0）＞0，函数h （x ）在（x 0，+∞）上单调递增．∴h （x ）min =h （x 0）= e x 0 + 12x 02 ﹣ 52x 0 ﹣1，又h′（x 0）= e x 0 +x 0﹣ 52 =0，∴e x 0 = 52﹣x 0， ∴h （x 0）= 52 ﹣x 0+ 12x 02 ﹣ 52x 0 ﹣1= 12(x 02−7x 0+3) ， ∵x 0∈ (12，34) ，∴h （x 0）∈ (−2732，−18) ．又k≤e x + 12x 2 ﹣ 52 x ﹣1对∀x ∈R 恒成立⇔k≤h （x 0），k ∈Z ． ∴k 的最大值为﹣1【解析】【分析】（I ）f′（x ）=e x ﹣2x ，f′（0）=1=b ，f （0）=1+2a+b=0，联立解得b ，a ．（II ）由（I ）可得：f （x ）=e 2﹣x 2﹣1．f （x ）+ 12 （3x 2﹣5x ﹣2k ）≥0对任意x ∈R 恒成立⇔k≤e x + 12x 2 ﹣52 x ﹣1对∀x ∈R 恒成立．令h （x ）=e x + 12x 2 ﹣ 52 x ﹣1，h′（x ）=e x +x ﹣ 52，h ″（x ）=e x +1＞0恒成立．可得h′（x ）在R 上单调递增．h′（0）＜0，h′（1）＞0， ℎ′(12) ＜0， ℎ′(34) ＞0．可得存在唯一零点x 0∈ (12，34) ，使得h′（x 0）=0，利用单调性可得：h （x ）min =h （x 0）= e x 0 + 12x 02 ﹣52x 0﹣1，进而得出结论．。

高二数学导数在研究函数中的应用试题答案及解析

高二数学导数在研究函数中的应用试题答案及解析1.已知函数在点处的切线方程为．（1）求函数的解析式；（2）若经过点可以作出曲线的三条切线，求实数的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】解：（I）．根据题意，得即解得所以．（II）设切点为，则，，切线的斜率为则=，即．∵过点可作曲线的三条切线，∴方程有三个不同的实数解，∴函数有三个不同的零点，∴的极大值为正、极小值为负则．令，则或，列表：（-∞，0）0（0，2）2（2，+∞）极大值极小值由，解得实数的取值范围是．【考点】导数的运用点评：主要是考查了导数在研究函数单调性中的运用，属于中档题。

2.已知二次函数的导数为，，对于任意实数都有，则的最小值为_____________．【答案】2【解析】先求导，由f′（0）＞0可得b＞0，因为对于任意实数x都有f（x）≥0，所以结合二次函数的图象可得a＞0且b2-4ac≤0，又因为利用均值不等式即可求解．解：∵f'（x）=2ax+b，∴f'（0）=b＞0；∵对于任意实数x都有f（x）≥0，∴a＞0且b2-4ac≤0，∴b2≤4ac，∴c＞0；而对于,当a=c时取等号．故答案为2．【考点】导数的运用点评：本题考查了求导公式，二次函数恒成立问题以及均值不等式，综合性较强3.设函数的临界点是0和4.（1）求常数k的值；（2）确定函数的单调区间和极值.【答案】（1）（2）当为增函数，为减函数；可判断极大值为极小值为【解析】解:（1）依题意有，由于临界点是0和4，∴0和4是方程的两根，可求得（2）由（1）可知，∴当为增函数，为减函数；可判断极大值为极小值为【考点】导数的运用点评：解决的关键是根据导数的符号判定函数单调性，以及临界点的含义得到解析式来求解，属于基础题。

4.函数lnx的单调递减区间是（）A．()B．()C．（）D．（0，e）【答案】D【解析】函数定义域，，令得，所以减区间为【考点】函数单调性点评：判定函数单调性先求定义域，然后由导数小于零求得减区间，由导数大于零求得增区间5.函数y＝x3－ax2＋x－2a在R上不是单调函数，，则a的取值范围是________．【答案】(－∞，－1)∪(1，＋∞)【解析】函数导数，因为函数在R上不是单调函数，所以导数值有正有负，即导函数与x轴有两个交点或【考点】函数单调性点评：本题通过函数导数判定函数单调性，在R上不是单调函数，则存在极值点，即存在导数值大于零和小于零的情况6.曲线上的点到直线的最短距离是______________【答案】【解析】设与平行的直线与曲线相切，由得，令得，所以切点，最短距离为【考点】直线与曲线相切点评：本题另一解法：设出曲线上点，求出点到直线的距离，进而求得的最小值7.求曲线过原点的切线方程【答案】【解析】，切线斜率为2，又切线过原点，所以切线为【考点】切线方程点评：函数在某点处切线斜率通过函数在该点处的导数求解8.已知函数f(x)＝x3－ax2＋(a2－1)x＋b(a，b∈R)，其图象在点(1，f(1))处的切线方程为x＋y－3＝0.(1)求a，b的值；(2)求函数f(x)的单调区间、极值点，并求出f(x)在区间[－2,4]上的最大值．【答案】(1) a＝1，b＝ (2) f(x)的单调递增区间是(－∞，0)和(2，＋∞)，单调递减区间是(0,2)，x＝0和x＝2是f(x)的极值点，在区间[－2,4]上的最大值为8【解析】(1)f′(x)＝x2－2ax＋a2－1， 1分∵(1，f(1))在x＋y－3＝0上，∴f(1)＝2， 2分∵(1,2)在y＝f(x)上，∴2＝－a＋a2－1＋b， 3分又f′(1)＝－1，∴a2－2a＋1＝0，解得a＝1，b＝. 4分(2)∵f(x)＝x3－x2＋，∴f′(x)＝x2－2x， 5分、、的变化情况表：表 7分x(－∞，0)0(0,2)2(2，＋∞)由f′(x)＝0可知x＝0和x＝2是f(x)的极值点，（ 8分）所以f(x)的单调递增区间是(－∞，0)和(2，＋∞)，单调递减区间是(0,2)．（9分）∵f(0)＝，f(2)＝，f(－2)＝－4，f(4)＝8， (11分)∴在区间[－2,4]上的最大值为8. 12分【考点】函数导数求函数性质点评：由导数的几何意义可求切线斜率，导数大于零得增区间，导数小于零得减区间，增减区间分界处取极值，极值点边界点处可求得函数在某一区间上的最值9.曲线在点(1，一3)处的切线方程是___________ ．【答案】．【解析】∵，∴，∴切线斜率为，∴在点(1，一3)处的切线方程是y-(-3)=-5(x-1)即【考点】本题考查了导数的几何意义点评：函数在点处的导数的几何意义就是曲线在点处的切线的斜率10.已知二次函数f(x)的图象如右图所示，则其导函数f ′(x)的图象大致形状是【答案】C【解析】由图象可以看出，函数在函数是先减后增，故根据单调性与导数的对应关系作出选择解：由图知，当x<1时，导数为负；当x>1时，导数为正；当x=1时，导数为0；对照四个选择项，只有C有这个特征，是正确的．故应选C【考点】导数的正负与函数单调性点评：考查导数的正负与函数单调性的关系，利用图象法来考查这一知识点，是现在比较热的一方式11.函数的增区间为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】已知函数的定义域为，又，所以函数的增区间为。

专题21 导数及其应用(解答题)-备战2022年高考数学(理)母题题源解密(全国甲卷)(原卷版)

专题21 导数及其应用（解答题）1．已知0a >且1a ≠，函数()(0)ax x f x x a =>．（1）当2a =时，求()f x 的单调区间；（2）若曲线()y f x =与直线1y =有且仅有两个交点，求a 的取值范围．【试题来源】2021年全国高考甲卷（理）【答案】（1）20,ln2⎛⎤⎥⎝⎦上单调递增；2,ln2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上单调递减；（2）()()1,,e e ⋃+∞．【分析】（1）求得函数的导函数，利用导函数的正负与函数的单调性的关系即可得到函数的单调性；（2）利用指数对数的运算法则，可以将曲线()y f x =与直线1y =有且仅有两个交点等价转化为方程ln ln x ax a =有两个不同的实数根，即曲线()y g x =与直线ln a y a=有两个交点，利用导函数研究()g x 的单调性，并结合()g x 的正负，零点和极限值分析()g x 的图象，进而得到ln 10a a e<<，发现这正好是()()0g a g e <<，然后根据()g x 的图象和单调性得到a 的取值范围．【解析】（1）当2a =时，()()()()22222ln 2222ln 2,242xx x x x x x x x x x f x f x ⋅-⋅-⋅==='，令()'0f x =得2ln 2x =，当20ln 2x <<时，()0f x '>，当2ln 2x >时，()0f x '<，所以函数()f x 在20,ln2⎛⎤⎥⎝⎦上单调递增；2,ln2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上单调递减；（2）()ln ln 1ln ln a x a x x x af x a x x a a x a x a==⇔=⇔=⇔=，设函数()ln x g x x =，则()21ln xg x x -'=，令()0g x '=，得x e =，在()0,e 内()0g x '>，()g x 单调递增；在(),e +∞上()0g x '<，()g x 单调递减；()()1max g x g e e∴==，又()10g =，当x 趋近于+∞时，()g x 趋近于0，所以曲线()y f x =与直线1y =有且仅有两个交点，即曲线()y g x =与直线ln a y a =有两个交点的充分必要条件是ln 10a a e<<，这即是()()0g a g e <<，所以a 的取值范围是()()1,,e e +∞．【名师点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，根据曲线和直线的交点个数求参数的取值范围问题，属较难试题，关键是将问题进行等价转化，分离参数，构造函数，利用导数研究函数的单调性和最值，图象，利用数形结合思想求解．1．【2020年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数2()e x f x ax 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年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数2() sin sin2f x x x =．（1）讨论f (x )在区间(0，π)的单调性；（2）证明：33()8f x ≤；（3）设*n ∈N ，证明：2222sin sin 2sin 4sin 234nn nx x xx ≤．3．【2020年高考全国Ⅰ卷理数】设函数3()f x x bx c =++，曲线()y f x =在点(12，f (12))处的切线与y 轴垂直．（1）求B ．（2）若()f x 有一个绝对值不大于1的零点，证明：()f x 所有零点的绝对值都不大于1． 4．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数()sin ln(1)f x x x =-+，()f x '为()f x 的导数．证明：（1）()f x '在区间(1,)2π-存在唯一极大值点；（2）()f x 有且仅有2个零点．5．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】已知函数()11ln x f x x x -=-+.（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e xy =的切线.6．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】已知函数32()2f x x ax b =-+.（1）讨论()f x 的单调性；（2）是否存在,a b ，使得()f x 在区间[0,1]的最小值为1-且最大值为1？若存在，求出,a b 的所有值；若不存在，说明理由.1．从全国看，高考在逐年加大对导数问题的考查力度，不仅题型在变化，而且问题的难度、深度与广度也在不断加大，本部分的要求一般有三个层次：（1）主要考查求导公式，求导法则与导数的几何意义；（2）导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；（3）综合考查，如零点、证明不等式、恒成立问题、求参数等，包括解决应用问题，将导数内容和传统内容中有关不等式、数列及函数单调性有机结合，设计综合题．2．利用导数判断或证明一个函数在给定区间上的单调性，实质上就是判断或证明不等式()0f x '>（()0f x '<）在给定区间上恒成立．一般步骤为：（1）求f ′(x )；（2）确认f ′(x )在(a ,b )内的符号；（3）作出结论，()0f x '>时为增函数，()0f x '<时为减函数．注意：研究含参数函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论． 3．由函数()f x 的单调性求参数的取值范围的方法（1）可导函数在某一区间上单调，实际上就是在该区间上()0f x '≥(或()0f x '≤)(()f x '在该区间的任意子区间内都不恒等于0)恒成立，然后分离参数，转化为求函数的最值问题，从而得参数的取值范围；（2）可导函数在某一区间上存在单调区间，实际上就是()0f x '>(或()0f x '<)在该区间上存在解集，这样就把函数的单调性问题转化成了不等式问题；（3）若已知()f x 在区间I 上的单调性，区间I 中含有参数时，可先求出()f x 的单调区间，令I 是其单调区间的子集，从而可求出参数的取值范围． 4．函数极值问题的常见类型及解题策略（1）函数极值的判断：先确定导数为0的点，再判断导数为0的点的左、右两侧的导数符号．（2）求函数()f x 极值的方法： ①确定函数()f x 的定义域． ②求导函数()f x '． ③求方程()0f x '=的根．④检查()f x '在方程的根的左、右两侧的符号，确定极值点．如果左正右负，那么()f x 在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么()f x 在这个根处取得极小值；如果()f x '在这个根的左、右两侧符号不变，则()f x 在这个根处没有极值．（3）利用极值求参数的取值范围：确定函数的定义域，求导数()f x '，求方程()0f x '=的根的情况，得关于参数的方程(或不等式)，进而确定参数的取值或范围． 5．求函数f (x )在[a ,b ]上最值的方法（1）若函数f (x )在[a ,b ]上单调递增或递减，f (a )与f (b )一个为最大值，一个为最小值．（2）若函数f (x )在区间(a ,b )内有极值，先求出函数f (x )在区间(a ,b )上的极值，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）函数f (x )在区间(a ,b )上有唯一一个极值点时，这个极值点就是最大(或最小)值点．注意：（1）若函数中含有参数时，要注意分类讨论思想的应用．（2）极值是函数的“局部概念”，最值是函数的“整体概念”，函数的极值不一定是最值，函数的最值也不一定是极值．要注意利用函数的单调性及函数图象直观研究确定． 6．利用导数解决不等式恒成立问题的“两种”常用方法：（1）分离参数法：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的最值，根据要求得所求范围．一般地，()f x a ≥恒成立，只需min ()f x a ≥即可；()f x a ≤恒成立，只需max ()f x a ≤即可．（2）函数思想法：将不等式转化为某含待求参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的极值(最值)，然后构建不等式求解．7．利用导数解决函数的零点问题时，一般先由零点的存在性定理说明在所求区间内至少有一个零点，再利用导数判断在所给区间内的单调性，由此求解．1．已知函数321()23f x ax x x =+-+，其中a R ∈．（1）若函数()f x 恰好有三个单调区间，求实数a 的取值范围；（2）已知函数()f x 的图象经过点()1,3，且[2,2]x ∈-，求()f x 的最大值．2．已知函数()()ln 1xf x e ax =+-．（1）若函数()y f x =在点()()0,0f 处切线的斜率为0，求a 的值；（2）在第（1）问的前提下，讨论函数()y f x =的单调性及最值．3．已知函数21()2ln (2)2f x x a x a x =-+-．（1）当1a =-时，求函数()f x 的单调区间；（2）是否存在实数a ，使函数()()g x f x ax =-在(0,)+∞上单调递增？若存在，求出a 的取值范围；若不存在，请说明理由．4．已知函数()ln f x x a x =-．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个相异零点12,x x ，求证：212x x e ⋅>．5．已知函数()()2ln =+-∈f x ax x x a R ．（1）当1a =时，求()f x 在区间1[,1]3上的最值；（2）若()()g x f x x =-在定义域内有两个零点，求a 的取值范围． 6．定义在()0,∞+上的关于x 的函数2()(1)2x ax f x x e =--．（1）若a e =，讨论()f x 的单调性；（2）()3f x ≤在(]0,2上恒成立，求a 的取值范围．7．已知函数32()3f x x x ax b =-++在1x =-处的切线与x 轴平行．（1）求a 的值和函数()f x 的单调区间；（2）若函数()y f x =的图象与抛物线231532y x x =-+恰有三个不同交点，求b 的取值范围． 8．设函数()()22ln f x x a x a x =---（1）求函数()f x 的单调区间；（2）若函数()f x 有两个零点，求正整数a 的最小值． 9．已知函数()ln ()f x ax x a a R =--∈．（1）求函数()f x 的极值；（2）当1,22x ⎡∈⎤⎢⎥⎣⎦|时，函数()f x 有两个不同的零点，求实数a 的取值范围．10．已知函数2()cos f x x a x =+，且曲线()y f x =在6x π=处的切线方程为6y x b π=-+．（1）求实数a ，b 的值；（2）若对任意(0,)x ∈+∞，都有2()0f x m -恒成立，求m 的取值范围．11．已知函数()xe f x x=，()ln g x x =．（1）当0a >时，讨论函数1()()()=--F x af x g x x的单调性；（2）当1a >时，求证：()()(1)1->-+axf x g ax e x ． 12．已知函数2()e x f x mx =-．（1）若x 轴是曲线()y f x =的一条切线，求m 的值；（2）若当0x ≥时，()2sin 1f x x x ≥-+，求m 的取值范围．13．已知函数()2xf x xe ax a =-+()a R ∈．（1）当0a =时，求()f x 在[]22-,上的最值；（2）设()22x g x e ax =-，若()()()h x f x g x =-有两个零点，求a 的取值范围．14．已知函数()2ln f x ax x x =-+-．（1）讨论()f x 的单调性：（2）若()f x 在定义城上有两个极值点12x x ，，求证：()()1232ln 2f x f x +>-．15．已知函数()31ln 2f x x x x a =-+，()13212x a g x xe x x --=+-（a R ∈，e 为自然对数的底数）．（1）若函数()f x 在1,1e ⎛⎫⎪⎝⎭上有零点，求a 的取值范围；（2）当1≥x 时，不等式()()f x g x ≤恒成立，求实数a 的取值范围． 16．已知函数()()23312x f x x e ax =--，其中实数()0,a ∈+∞．（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）当12a >时，证明：关于x 的方程()233322f x ax x +=-有唯一实数解． 17．已知函数()ln f x a x x a =-+，()lng x kx x x b =--，其中,,a b k R ∈．（1）讨论函数()f x 的单调区间；（2）若1a =，任意[1,e]x ∈，不等式()()f x g x ≥恒成立时最大的k 记为c ，当[1,]b e ∈时，求b c +的取值范围．18．已知2()46ln f x x x x =--，（1）求()f x 在(1,(1))f 处的切线方程以及()f x 的单调性；（2）令()()4(6)ln g x f x x a x =+--，若()g x 有两个零点分别为1x ，2x ()12x x <且0x 为()g x 唯一极值点，求证：12034x x x +>．19．已知函数()ln f x a x x =-．（1）若0a ≥，讨论函数()f x 的零点个数；（2）设1x ，2x 是函数()f x 的两个零点，证明：122eln 0x x a +->．20．已知函数()2ln f x x ax a x =+-．（1）若函数()f x 在[2,5]上单调递增，求实数a 的取值范围；（2）当2a =时，若方程()22f x x m =+有两个不等实数根12,x x ，求实数m 的取值范围，并证明121x x <．21．已知函数()ln (0)f x a x x a =+≠，2()e ()x g x bx b =+∈R ．（1）记2()()h x f x x =+，试讨论函数()h x 的单调性；（2）若曲线()y f x =与曲线()y g x =在1x =处的切线都过点（0，1）．求证：当0x >时，()1()e 1g x f x x-+≥-． 22．已知函数()ln 1f x a x x =++（其中0a ≠， 2.71828e =⋅⋅⋅⋅⋅⋅）（1）当34a =-时，求函数()f x 的单调区间；（2）对任意的21,x e ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭均满足()f x x≤，试确定a 的取值范围．。

2021年新高考全国i卷第21题的探究

2021年新高考全国i卷第21题的探究
2021年新高考全国I卷第21题是一道关于函数和导数的题目，题目要求探究函数$f(x) = x + \ln(x)$的单调性，并求出函数的最小值。

首先，我们观察函数$f(x) = x + \ln(x)$，可以发现它是一个一次函数和一个自然对数函数的组合。

为了探究它的单调性，我们可以求出它的导数。

求导数：$f'(x) = 1 + \frac{1}{x}$
接下来，我们分析导数的符号：
当$x > 1$时，$\frac{1}{x} < 1$，所以$f'(x) = 1 + \frac{1}{x} < 2$，即$f'(x) < 0$，所以函数在$(1, +\infty)$上是单调递减的。

当$0 < x < 1$时，$\frac{1}{x} > 1$，所以$f'(x) = 1 + \frac{1}{x} > 2$，即$f'(x) > 0$，所以函数在$(0, 1)$上是单调递增的。

根据单调性，我们可以确定函数的最小值出现在区间的端点之一。

由于在$(0, 1)$上函数是单调递增的，而在$(1, +\infty)$上是单调递减的，因此最小值出现在$x=1$处。

计算最小值：$f(1) = 1 + \ln(1) = 1 + 0 = 1$ 所以，函数$f(x) = x + \ln(x)$的最小值为$1$。

21题高考数学21题导数知识点大全

高考数学第21题：函数导数1．函数的平均变化率为=∆∆=∆∆xfx y x x f x x f x x x f x f ∆-∆+=--)()()()(111212注1：其中x ∆是自变量的改变量，平均变化率可正，可负，可零。

注2：函数的平均变化率可以看作是物体运动的平均速度。

2、导函数的概念:函数在0x x =处的瞬时变化率是，则称函数在点处可导，并把这个极限叫做在处的导数，记作或，即=.3.函数的平均变化率的几何意义是割线的斜率；函数的导数的几何意义是切线的斜率。

注意：利用导数的几何意义求曲线的切线方程的步骤(1)求出函数f (x )在点x 0处的导数f ′(x 0)即k=f ′(x 0)；(2)点斜式写出切线方程，即y －f (x 0)＝f ′(x 0)·(x －x 0)．特别注意：若在点(x 0，y 0)处切线的倾斜角为π2，此时所求的切线平行于y 轴，所以直接得切线方程为x＝x 0.注意：导数的背景（1）切线的斜率；（2）瞬时速度；)(x f y =x x f x x f x yx x ∆-∆+=∆∆→∆→∆)()(lim lim0000)(x f y =0x )(x f y =0x )(0'x f 0|'x x y =)(0'x f xx f x x f x yx x ∆-∆+=∆∆→∆→∆)()(lim lim 00005、常见的导数和定积分运算公式:若()f x ，()g x 均可导（可积），则有：6.用导数求函数单调区间的步骤①求函数f (x )的导数'()f x②令'()f x >0,解不等式，得x 的范围就是递增区间. ③令'()f x <0,解不等式，得x 的范围，就是递减区间； [注]：求单调区间之前一定要先看原函数的定义域。

7.求可导函数f (x )的极值的步骤：(1)确定函数的定义域。

(2) 求函数f (x )的导数'()f x (3)求方程'()f x =0的根(4) 用函数的导数为0的点，顺次将函数的定义区间分成若干小开区间，并列成表格，检查/()f x 在方程根左右的值的符号，如果左正右负，那么f (x )在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f (x )在这个根处取得极小值；如果左右不改变符号，那么f (x )在这个根处无极值8.利用导数求函数的最值的步骤:求)(x f 在[]b a ,上的最大值与最小值的步骤如下： ⑴求)(x f 在[]b a ,上的极值；⑵将)(x f 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。

导数的应用练习题及详解

一、导数应用1．单调区间：一般地，设函数)(x f y =在某个区间可导，如果'f )(x 0>，则)(x f 为增函数；如果'f 0)(<x ，则)(x f 为减函数；如果在某区间内恒有'f 0)(=x ，则)(x f 为常数；2．极点与极值：曲线在极值点处切线的斜率为0，极值点处的导数为0；曲线在极大值点左侧切线的斜率为正，右侧为负；曲线在极小值点左侧切线的斜率为负，右侧为正；二、导数应用的细节1、导数与函数的单调性的关系㈠0)(>'x f 与)(x f 为增函数的关系。

0)(>'x f 能推出)(x f 为增函数，但反之不一定。

如函数3)(x x f =在),(+∞-∞上单调递增，但0)(≥'x f ，∴0)(>'x f 是)(x f 为增函数的充分不必要条件。

㈡0)(≠'x f 时，0)(>'x f 与)(x f 为增函数的关系。

若将0)(='x f 的根作为分界点，因为规定0)(≠'x f ，即抠去了分界点，此时)(x f 为增函数，就一定有0)(>'x f 。

∴当0)(≠'x f 时，0)(>'x f 是)(x f 为增函数的充分必要条件。

㈢0)(≥'x f 与)(x f 为增函数的关系。

)(x f 为增函数，一定可以推出0)(≥'x f ，但反之不一定，因为0)(≥'x f ，即为0)(>'x f 或0)(='x f 。

当函数在某个区间内恒有0)(='x f ，则)(x f 为常数，函数不具有单调性。

∴0)(≥'x f 是)(x f 为增函数的必要不充分条件。

㈣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。

2023年高考数学1卷试题第21题解读

2023年高考数学1卷试题第21题解读一、题目背景2023年高考数学1卷试题第21题是一道关于函数与导数的问题，考查了利用导数研究函数的单调性、极值等知识点，同时要求考生能够分析函数图象的变化趋势，理解并解决实际问题。

二、题目分析本题主要考查了导数的应用，包括利用导数研究函数的单调性、极值等知识点。

同时，题目还要求考生能够分析函数图象的变化趋势，理解并解决实际问题。

首先，题目给出了一个函数式：$f(x) = x^{3} - 3x + 2$，并要求求出该函数的单调区间和极值。

然后，根据求导公式，我们可以求出该函数的导数：$f^{\prime}(x) = 3x^{2} - 3$。

接下来，我们需要根据导数判断函数的单调性。

当$f^{\prime}(x) > 0$时，函数单调递增；当$f^{\prime}(x) < 0$时，函数单调递减。

根据导数方程，我们可以得出函数的单调递增区间为$x > 1$或$x < - 1$，单调递减区间为$- 1 < x < 1$。

最后，我们需要求出函数的极值点。

根据极值的定义，当函数在某一点的导数为零且在这一点两侧的导数符号相反时，该点为函数的极值点。

根据导数方程，我们可以得出函数的极值点为$x = 1$，且为极小值点。

三、解题方法本题的解题方法主要是利用导数研究函数的单调性、极值等知识点。

同时，还需要根据实际问题的需要，利用函数图象的变化趋势进行分析。

具体来说，可以按照以下步骤进行解题：1. 求出函数的导数；2. 根据导数判断函数的单调性；3. 求出函数的极值点；4. 根据实际问题的需要，利用函数图象的变化趋势进行分析。

四、结论与启示本题是一道关于函数与导数的问题，考查了利用导数研究函数的单调性、极值等知识点，同时要求考生能够分析函数图象的变化趋势，理解并解决实际问题。

通过本题的解答，我们可以得出以下结论和启示：1. 利用导数研究函数的单调性和极值是一种有效的数学方法；2. 在解题过程中要善于利用导数方程进行分析和推理；3. 要注意导数在实际问题中的应用，能够将实际问题转化为数学问题进行分析和解决；4. 在解题过程中要细心审题，注意细节的处理，避免因粗心而犯错；5. 要善于总结解题方法和思路，以便在以后的解题中能够更加高效地解决问题。

2023数学高考全国乙卷第21题

2023数学高考全国乙卷第21题2023年高考数学全国乙卷第21题是一道关于函数和导数的问题，主要考察了利用导数研究函数的单调性、极值和最值等知识点。

题目：已知函数$f(x) = x^{2} - 2x + a$在区间$[ - 1,3]$上有两个不同的零点，求实数$a$的取值范围。

分析：首先，我们需要找到函数$f(x) = x^{2} - 2x + a$在区间$[ - 1,3]$上的零点。

根据一元二次方程的判别式，我们知道当判别式$\Delta > 0$时，方程有两个不同的实根。

因此，我们需要找到满足$\Delta > 0$的$a$的取值范围。

解：首先，我们计算判别式$\Delta = b^{2} - 4ac = ( - 2)^{2} - 4 \times 1\times a = 4 - 4a$。

由于题目要求函数在区间$[ - 1,3]$上有两个不同的零点，所以我们需要满足$\Delta > 0$，即$4 - 4a > 0$。

解这个不等式，我们得到$a < 1$。

另外，由于函数在区间$[ - 1,3]$上单调递增，所以函数的最大值为$f(3) = a + 3$，最小值为$f( - 1) = a - 1$。

由于函数有两个不同的零点，所以函数的最大值和最小值必须满足$\max\{ f( - 1), f(3)\} \leq 0$。

解这个不等式，我们得到$\max\{ a - 1, a + 3\} \leq 0$。

解这个不等式组，我们得到$- 3 \leq a \leq 1$。

因此，实数$a$的取值范围是$- 3 \leq a < 1$。

福建省厦门市高考数学提分专练：第21题导数在函数中的应用(解答题)

福建省厦门市高考数学提分专练：第 21 题导数在函数中的应用（解答题）姓名:________班级:________成绩:________一、真题演练 (共 6 题；共 72 分)1. （12 分） (2020·肥城模拟) 已知函数在处取得极小值.（1）求实数的值；（2）若函数（参考数据：存在极大值与极小值，且函数，）有两个零点，求实数的取值范围.2. （12 分）已知函数.（1）当时，求证：；（2）设函数，且有两个不同的零点，①求实数的取值范围； ②求证：.3. （12 分）已知函数（）（1）若是的极值，求的值，并求的单调区间。

（2）若时，，求实数的取值范围。

4. （12 分）已知函数，.（1）当时，比较与的大小；（2）设，若函数在上的最小值为5. （12 分）已知函数，．（1）讨论函数的单调性；第 1 页共 21 页，求的值.（2）设函数，若在上存在极值，求的取值范围，并判断极值的正负．6. （12 分） (2020·德州模拟) 已知函数.（1）若，求函数在处的切线方程；（2）讨论极值点的个数；（3）若是的一个极小值点，且，证明：.二、模拟实训 (共 9 题；共 108 分)7. （12 分） (2017 高二下·合肥期中) 请您设计一个帐篷．它下部的形状是高为 1m 的正六棱柱，上部的形状是侧棱长为 3m 的正六棱锥（如图所示）．试问当帐篷的顶点 O 到底面中心 O1 的距离为多少时，帐篷的体积最大？8. （12 分） (2020·抚顺模拟) 已知函数．（1）当时，求曲线在处的切线方程；（2）讨论在区间上的零点个数．9. （12 分） (2019 高三上·浙江月考) 设函数（1）当时，若是函数的极值点，求证：；（2）（i）求证：当时，；（ii）若不等式对任意注：e=2.71828...为自然对数的底数.恒成立，求实数的取值范围.第 2 页共 21 页10. （12 分） (2019·河南模拟) 已知函数．（1）讨论函数的单调性；（2）若函数存在两个极值点，，且，证明：11. （12 分） (2020·盐城模拟) 设函数.（1）若 a＝0 时，求函数的单调递增区间；（2）若函数在 x＝1 时取极大值，求实数 a 的取值范围；（3）设函数的零点个数为 m ，试求 m 的最大值.12. （12 分） (2019 高二下·大庆月考) 已知函数点处的切线方程为．（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）证明：.13. （12 分） (2019·黄冈模拟) 设函数，．，曲线在（1）求的单调区间；（2）当时，若对任意的，都有，求实数的取值范围；（3）证明不等式.14. （12 分）已知函数（1）若函数，（且），.在上的最大值为 1，求的值；（2）若存在使得关于的不等式成立，求的取值范围.15. （12 分） (2018·中山模拟) 已知函数．第 3 页共 21 页（1）若（2）若,求函数的单调区间;对恒成立,求的取值范围．第 4 页共 21 页参考答案一、真题演练 (共 6 题；共 72 分)1-1、1-2、第 5 页共 21 页2-1、2-2、3-1、第 6 页共 21 页3-2、第 7 页共 21 页4-1、4-2、5-1、第 8 页共 21 页5-2、第 9 页共 21 页第 10 页共 21 页6-1、6-2、6-3、二、模拟实训 (共9题；共108分)7-1、8-1、8-2、9-1、9-2、10-1、10-2、11-1、11-2、11-3、12-1、13-1、13-2、13-3、14-1、14-2、15-1、。

辽宁省锦州市高考数学提分专练：第21题导数在函数中的应用(解答题)

辽宁省锦州市高考数学提分专练：第21题导数在函数中的应用（解答题）姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、真题演练 (共6题；共72分)1. （12分）(2017·葫芦岛模拟) 已知函数f（x）= +acosx，g（x）是f（x）的导函数．（1）若f（x）在处的切线方程为y= ，求a的值；（2）若a≥0且f（x）在x=0时取得最小值，求a的取值范围；（3）在（1）的条件下，当x＞0时，．2. （12分） (2016高一上·南京期末) 已知函数f（x）=x﹣a，g（x）=a|x|，a∈R．（1）设F（x）=f（x）﹣g（x）．①若a= ，求函数y=F（x）的零点；②若函数y=F（x）存在零点，求a的取值范围．（2）设h（x）=f（x）+g（x），x∈[﹣2，2]，若对任意x1，x2∈[﹣2，2]，|h（x1）﹣h（x2）|≤6恒成立，试求a的取值范围．3. （12分）(2017·四川模拟) 已知函数．（1）当a=1时，∃x0∈[1，e]使不等式f（x0）≤m，求实数m的取值范围；（2）若在区间（1，+∞）上，函数f（x）的图象恒在直线y=2ax的下方，求实数a的取值范围．4. （12分） (2017高二上·荔湾月考) 设函数，，其中是实数．（1）解关于的不等式．（2）若，求关于的方程实根的个数．5. （12分）(2020·漳州模拟) 已知，， .（1）求证：；（2）若，求证： .6. （12分）(2017·东城模拟) 对于n维向量A=（a1 ， a2 ，…，an），若对任意i∈{1，2，…，n}均有ai=0或ai=1，则称A为n维T向量．对于两个n维T向量A，B，定义d（A，B）= ．（Ⅰ）若A=（1，0，1，0，1），B=（0，1，1，1，0），求d（A，B）的值．（Ⅱ）现有一个5维T向量序列：A1 ， A2 ， A3 ，…，若A1=（1，1，1，1，1）且满足：d（Ai ， Ai+1）=2，i∈N* ．求证：该序列中不存在5维T向量（0，0，0，0，0）．（Ⅲ）现有一个12维T向量序列：A1 ， A2 ， A3 ，…，若且满足：d（Ai ， Ai+1）=m，m∈N* ， i=1，2，3，…，若存在正整数j使得，Aj为12维T向量序列中的项，求出所有的m．二、模拟实训 (共9题；共108分)7. （12分） (2018高三上·西安模拟) 设函数 .（1）当时，求函数的单调递增区间；（2）对任意恒成立，求实数的取值范围.8. （12分）(2020·山东模拟) 已知函数 .（1）讨论的单调性；（2）若有两个极值点，当时，求的最大值.9. （12分）(2020·银川模拟) 已知函数 .（1）若函数的图象在处的切线与平行，求实数的值；（2）设 .求证：至多有一个零点.10. （12分） (2016高三上·朝阳期中) 已知函数f（x）=ex（x2﹣a），a∈R．（1）当a=1时，求曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；（2）若函数f（x）在（﹣3，0）上单调递减，试求a的取值范围；（3）若函数f（x）的最小值为﹣2e，试求a的值．11. （12分）(2018·商丘模拟) 已知函数 .（1）如图，设直线将坐标平面分成四个区域（不含边界），若函数的图象恰好位于其中一个区域内，判断其所在的区域并求对应的的取值范围；（2）当时，求证：且，有 .12. （12分） (2018高三上·吉林月考) 已知函数 .（Ⅰ）讨论的单调性;（Ⅱ）当函数有两个不相等的零点时,证明: .13. （12分）(2017·上高模拟) 已知函数f（x）=xe2x﹣lnx﹣ax．（1）当a=0时，求函数f（x）在[ ，1]上的最小值；（2）若∀x＞0，不等式f（x）≥1恒成立，求a的取值范围；（3）若∀x＞0，不等式f（）﹣1≥ e + 恒成立，求a的取值范围．14. （12分） (2016高二上·常州期中) 如图，直角梯形地块ABCE，AF、EC是两条道路，其中AF是以A为顶点、AE所在直线为对称轴的抛物线的一部分，EC是线段．AB=2km，BC=6km，AE=BF=4km．计划在两条道路之间修建一个公园，公园形状为直角梯形QPRE（其中线段EQ和RP为两条底边）．记QP=x（km），公园面积为S（km2）．（Ⅰ）以A为坐标原点，AE所在直线为x轴建立平面直角坐标系，求AF所在抛物线的标准方程；（Ⅱ）求面积S（km2）关于x（km）的函数解析式；（Ⅲ）求面积S（km2）的最大值．15. （12分） (2016高二下·佛山期末) 已知函数f（x）=alnx﹣x2 ，a∈R，（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若x≥1时，f（x）≤0恒成立，求实数a的取值范围；（3）设a＞0，若A（x1，y1），B（x2，y2）为曲线y=f（x）上的两个不同点，满足0＜x1＜x2，且∃x3∈（x1，x2），使得曲线y=f（x）在x=x3处的切线与直线AB平行，求证：x3＜．参考答案一、真题演练 (共6题；共72分)1-1、1-2、1-3、2-1、2-2、3-1、3-2、4-1、4-2、5-1、5-2、6-1、二、模拟实训 (共9题；共108分)7-1、7-2、8-1、8-2、9-1、9-2、10-1、10-2、10-3、11-1、11-2、12-1、13-1、13-2、13-3、14-1、15-1、15-2、15-3、第21 页共21 页。

高中数学第三章导数应用 3.2 导数在实际问题中的应用第21课时最大值、最小值问题作业课件

e－x，若对任意的x∈(－∞，＋∞)，恒有fk(x)＝f(x)，则( D ) A．k的最大值为2 B．k的最小值为2
C．k的最大值为1 D．k的最小值为1
解析：对函数f(x)＝2－x－e－x求导得f′(x)＝e－x－1＝1ex－1. 当x<0时，f′(x)>0，f(x)在(－∞，0)上是增函数，当x>0时，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)上是减函数，则f(x)在(－∞，＋∞)上有极大值f(0)＝1，并且它也为f(x)在(－∞，＋∞)上的最大值，要使对任意的x∈ (－∞，＋∞)，恒有fk(x)＝f(x)，需使f(x)≤k恒成立，所以k≥1，即 k的最小值为1.
6．在半径为R的半球内有一内接圆柱(如图)，则这个圆柱的体积的最大值是( A )
2 A.
9
3πR3
4 B. 9
3πR3
2 C.
3
3πR3
D.49πR3
解析：设圆柱的高为h，则圆柱的底面半径为 R2－h2 ，圆柱
的体积为V＝π(R2－h2)h＝－πh3＋πR2h(0<h<R)，令V′＝－3πh2＋
复习课件
高中数学第三章导数应用 3.2 导数在实际问题中的应用第21课时最大值、最小值问题作业课件北师大版选修2-2
第三章导数应用
§2 导数在实际问题中的应用第21课时最大值、最小值问题
课时作业基设础计训练（45分钟）
——作业目标—— 1.能够利用导数求解函数在区间中的最值. 2.理解导数在解决实际问题时的作用，并利用其解决生活中的一些优化问题. 3.形成求解优化问题的思路和方法.
4．电动自行车的耗电量y与速度x有如下关系：y＝
1 3
x3－

海南省儋州市第一中学导数及其应用多选题试题含答案

海南省儋州市第一中学导数及其应用多选题试题含答案一、导数及其应用多选题1．关于函数()sin x f x e a x =+，(,)x π∈-+∞，下列说法正确的是（）A ．当1a =时，()f x 在(0,(0))f 处的切线方程为210x y -+=；B ．当1a =时，()f x 存在唯一极小值点0x ，且()010f x -<<；C ．对任意0a >，()f x 在(,)π-+∞上均存在零点；D ．存在0a <，()f x 在(,)π-+∞上有且只有一个零点. 【答案】ABD 【分析】当1a =时，()sin x f x e x =+，求出(),(0),(0)f x f f ''，得到()f x 在(0,(0))f 处的切线的点斜式方程，即可判断选项A ；求出()0,()0f x f x ''><的解，确定()f x 单调区间，进而求出()f x 极值点个数，以及极值范围，可判断选项B ；令()sin 0xf x e a x =+=，当0a ≠时，分离参数可得1sin x x ae -=，设sin (),(,)xxg x x eπ=∈-+∞，求出()g x 的极值最值，即可判断选项C ，D 的真假. 【详解】A.当1a =时，()sin x f x e x =+，所以()cos x f x e x '=+，0(0)cos 02f e '=+=，0(0)01f e =+=，所以()f x 在(0,(0))f 处的切线方程为210x y -+=，故正确；B. 因为()sin 0x f x e x ''=->，所以()'f x 单调递增，又()202f π'-=>，334433()cos 442f e e ππππ--⎛⎫'-=+-=- ⎪⎝⎭，又233442e e e ππ⎛⎫= ⎪⎝>>⎭，即34e π>，则3()04f π'-<，所以存在03,42x ππ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭，使得0()0f x '=，即 00cos 0x e x +=，则在()0,x π-上()0f x '<，在()0,x +∞上，()0f x '>，所以()f x 存在唯一极小值点0x，因为000000()sin sin cos 4xf x e x x x x π⎛⎫=+=-=- ⎪⎝⎭，03,42x ππ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭，所以03,44x πππ⎛⎫-∈-- ⎪⎝⎭()01,04x π⎛⎫-∈- ⎪⎝⎭，故正确； C.令()sin 0x f x e a x =+=，当0a ≠时，可得1sin x xa e-=，设sin (),(,)x xg x x eπ=∈-+∞，则cos sin 4()x xx x x g x e e π⎛⎫- ⎪-⎝⎭'==，令()0g x '=，解得,,14x k k Z k ππ=+∈≥-当52,244x k k ππππ⎡⎤∈++⎢⎥⎣⎦时()0g x '<，当592,244x k k ππππ⎡⎤∈++⎢⎥⎣⎦时，()0g x '>，所以当524x k ππ=+，,1k Z k ∈≥-时，()g x 取得极小值，即35,,...44x ππ=-，()g x 取得极小值，又35 (44)g g ππ⎛⎫⎛⎫-<> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，因为在3,4ππ⎡⎤--⎢⎥⎣⎦上，()g x 递减，所以()34342g x g e ππ⎛⎫≥-=- ⎪⎝⎭，所以当24x k ππ=+，,0k Z k ∈≥时， ()g x 取得极大值，即9,,...44x ππ=，()g x 取得极大值，又9 (44)g g ππ⎛⎫⎛⎫>> ⎪⎪⎝⎭⎝⎭ ，所以 ()442g x g e ππ⎛⎫≤= ⎪⎝⎭，所以(),x π∈-+∞时，()34422g x e ππ-≤≤，当3412e a π-<-，即4a e >()f x 在(,)π-+∞上不存在零点，故C 错误； D.当412ae π-=，即4a e π=时，1=-y a 与()sin x xg x e =的图象只有一个交点，所以存在0a <，()f x 在(,)π-+∞上有且只有一个零点，故D 正确；故选：ABD 【点睛】方法点睛：用导数研究函数的零点，一方面用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理判断；另一方面，也可将零点问题转化为函数图象的交点问题，利用数形结合来解决．2．若直线l 与曲线C 满足下列两个条件：（i ）直线l 在点()00,P x y 处与曲线C 相切；（ii ）曲线C 在P 附近位于直线l 的两侧，则称直线l 在点P 处“切过”曲线C . 下列命题正确的是（）A ．直线:0l y =在点()0,0P 处“切过”曲线3:C y x =B ．直线:1l x =-在点()1,0P -处“切过”曲线()2:1C y x =+C ．直线:l y x =在点()0,0P 处“切过”曲线:sin C y x =D ．直线:l y x =在点()0,0P 处“切过”曲线:tan C y x = 【答案】ACD 【分析】分别求出每个选项中命题中曲线C 对应函数的导数，求出曲线C 在点P 处的切线方程，再由曲线C 在点P 处两侧的函数值对应直线上的点的值的大小关系是否满足（ii ），由此可得出合适的选项. 【详解】对于A 选项，由3y x =，可得23y x '=，则00x y ='=，所以，曲线C 在点()0,0P 处的切线方程为0y =，当0x >时，0y >；当0x <时，0y <，满足曲线C 在点()0,0P 附近位于直线0y =两侧， A 选项正确；对于B 选项，由()21y x =+，可得()21y x '=+，则10x y =-'=，而直线:1l x =-的斜率不存在，所以，直线l 在点()1,0P -处不与曲线C 相切，B 选项错误；对于C 选项，由sin y x =，可得cos y x '=，则01x y ='=，所以，曲线C 在点()0,0P 处的切线方程为y x =，设()sin x x x f -=，则()1cos 0f x x '=-≥，所以，函数()f x 为R 上的增函数，当0x <时，()()00f x f <=，即sin x x <；当0x >时，()()00f x f >=，即sin x x >.满足曲线C 在点()0,0P 附近位于直线y x =两侧，C 选项正确；对于D 选项，由sin tan cos xy x x ==，可得21cos y x'=，01x y ='=，所以，曲线C 在点()0,0P 处的切线方程为y x =，当,22x ππ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，设()tan g x x x =-，则()2221sin 10cos cos xg x x x=-=-≤'，所以，函数()g x 在,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减.当02x π-<<时，()()00g x g >=，即tan x x >；当02x π<<时，()()00g x g <=，即tan x x <.满足曲线C 在点()0,0P 附近位于直线y x =两侧，D 选项正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：本题考查导数新定义，解题的关键就是理解新定义，并把新定义进行转化，一是求切线方程，二是判断在切点两侧函数值与切线对应的函数值的大小关系，从而得出结论.3．已知函数()1ln f x x x x=-+，给出下列四个结论，其中正确的是（） A ．曲线()y f x =在1x =-处的切线方程为10x y ++= B ．()f x 恰有2个零点C ．()f x 既有最大值，又有最小值D ．若120x x >且()()120f x f x +=，则121=x x 【答案】BD 【分析】本题首先可根据()10f -=以及13f判断出A 错误，然后根据当0x >时的函数单调性、当0x <时的函数单调性、()10f -=以及()10f =判断出B 正确和C 错误，最后根据()()120f x f x +=得出()121f x f x ⎛⎫= ⎪⎝⎭，根据函数单调性即可证得121=x x ，D 正确.【详解】函数()1ln f x x x x=-+的定义域为()(),00,-∞⋃+∞，当0x >时，()1ln f x x x x=-+，()2221111x x f x x x x -+-'=--=；当0x <时，1ln f x x x x，()2221111x x f x x x x -+-'=--=，A 项：1ln 1110f，22111131f，则曲线()y f x =在1x =-处的切线方程为031y x ，即33y x =--，A 错误；B 项：当0x >时，222215124x x x f xx x ，函数()f x 是减函数，当0x <时，222215124x x x f xx x ，函数()f x 是减函数，因为()10f -=，()10f =，所以函数()f x 恰有2个零点，B 正确； C 项：由函数()f x 的单调性易知，C 错误； D 项：当1>0x 、20x >时，因为()()120f x f x +=，所以1222222221111ln lnf x f x x x x fx x x x ，因为()f x 在()0,∞+上为减函数，所以121x x =，120x x >，同理可证得当10x <、20x <时命题也成立，D 正确，故选：BD. 【点睛】本题考查函数在某点处的切线求法以及函数单调性的应用，考查根据导函数求函数在某点处的切线以及函数单调性，导函数值即切线斜率，若导函数值大于0，则函数是增函数，若导函数值小于0，则函数是减函数，考查函数方程思想，考查运算能力，是难题.4．某同学对函数()sin e e x xxf x -=-进行研究后，得出以下结论，其中正确的是（）A ．函数()y f x =的图象关于原点对称B ．对定义域中的任意实数x 的值，恒有()1f x <成立C ．函数()y f x =的图象与x 轴有无穷多个交点，且每相邻两交点的距离相等D ．对任意常数0m >，存在常数b a m >>，使函数()y f x =在[]a b ，上单调递减【答案】BD 【分析】由函数奇偶性的定义即可判断选项A ；由函数的性质可知()sin 1xxx f x e e-=<-可得到sin x x x e e -<-，即sin 0x x e e x --->，构造函数()sin 0x x h x e e x x -=-->，求导判断单调性，进而求得最值即可判断选项B ；函数()y f x =的图象与x 轴的交点坐标为()0，πk (k Z ∈，且)0k ≠，可判断选项C ；求导分析()0f x '≤时成立的情况，即可判断选项D. 【详解】对于选项A ：函数()sin e e x xxf x -=-的定义域为{}|0x x ≠，且()()sin sin x x x xx xf x f x e e e e----===--，所以()f x 为偶函数，即函数()y f x =的图象关于y 轴对称，故A 选项错误；对于选项B ：由A 选项可知()f x 为偶函数，所以当0x >时，0x x e e -->，所以()sin 1x xx f x e e -=<-，可得到sin x x x e e -<-，即sin 0x xe e x --->，可设()sin 0x x h x e e x x -=-->，，()cos x x h x e e x -'=+±，因为2x x e e -+>，所以()cos 0x x h x e e x -±'=+>，所以()h x 在()0+∞，上单调递增，所以()()00h x h >=，即()sin 1xxx f x e e-=<-恒成立，故选项B 正确；对于选项C ：函数()y f x =的图象与x 轴的交点坐标为()()00k k Z k π∈≠，，且，交点()0π-，与()0π，间的距离为2π，其余任意相邻两点的距离为π，故C 选项错误；对于选项D ：()()()()2cos sin 0xx x x xxe e x e e xf x ee -----+-'=≤，可化为e x (cos x －sin x )()cos sin 0xex x --+≤，不等式两边同除以x e -得，()2cos sin cos sin x e x x x x -≤+，当()32244x k k k Z ππππ⎛⎫∈++∈⎪⎝⎭，，cos sin 0x x -<，cos sin 0x x +>，区间长度为12π>，所以对于任意常数m >0，存在常数b >a >m ，32244a b k k ππππ⎛⎫∈++⎪⎝⎭，，， ()k Z ∈，使函数()y f x =在[]a b ，上单调递减，故D 选项正确；故选：BD 【点睛】思路点睛：利用导数研究函数()f x 的最值的步骤： ①写定义域，对函数()f x 求导()'f x ；②在定义域内，解不等式()0f x '>和()0f x '<得到单调性； ③利用单调性判断极值点，比较极值和端点值得到最值即可.5．已知函数()f x 的定义域为()0,∞+，其导函数()f x '满足()1f x x'<，且()11f =，则下列结论正确的是（） A ．()2f e > B ．10f e ⎛⎫> ⎪⎝⎭C ．()1,x e ∀∈，()2f x <D ．1,1x e ⎛⎫∀∈ ⎪⎝⎭， ()120x f x f ⎛⎫+> ⎪⎝⎭- 【答案】BCD 【分析】令()()ln F x f x x =-，求导得：'1()()0F x f x x'=-<，可得函数的单调性，再结合(1)1f =，可得(1)1F =，对选项进行一一判断，即可得答案；【详解】令()()ln F x f x x =-，∴'1()()0F x f x x'=-<， ()F x ∴在(0,)+∞单调递减， (1)1f =，(1)(1)1F f ∴==，对A ，()(1)()11()2F e F f e f e <⇒-<⇒<，故A 错误；以B ，111(1)()110eF F f f e e ⎛⎫⎛⎫>⇒+>⇒> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故B 正确；对C ，(1,)()(1)()ln 1x e F x F f x x ∈∴<⇒-<，()1ln f x x ∴<+，(1.),ln (0,1)x e x ∈∈， 1ln (1,2)x ∴+∈，()2f x ∴<，故C 正确；对D ，111,1,,()x x F x F e x x ⎛⎫⎛⎫∈>> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()1ln ln f x x f x x ⎛⎫⇒->+ ⎪⎝⎭1()2ln f x f x x ⎛⎫⇒-> ⎪⎝⎭，1,1,ln (1,0)x x e ⎛⎫∈∴∈- ⎪⎝⎭，1()2f x f x ⎛⎫∴->- ⎪⎝⎭1()20f x f x ⎛⎫⇒-+> ⎪⎝⎭，故D 正确；故选：BCD. 【点睛】根据条件构造函数，再利用导数的工具性研究函数的性质，是求解此类抽象函数问题的关键.6．已知函数()sin xf x x=，(]0,x π∈，则下列结论正确的有（） A ．()f x 在区间(]0,π上单调递减B ．若120x x π<<≤，则1221sin sin x x x x ⋅>⋅C ．()f x 在区间(]0,π上的值域为[)0,1 D ．若函数()()cos g x xg x x '=+，且()1g π=-，()g x 在(]0,π上单调递减【答案】ACD 【分析】先求出函数的导数，然后对四个选项进行逐一分析解答即可，对于选项A ：当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，可得()0f x '<，可得()f x 在区间0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减；当,2x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，可得()0f x '<，可得()f x 在区间,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，最后作出判断；对于选项B ：由()f x 在区间(]0,π上单调递减可得()()12f x f x >，可得1212sin sin x x x x >，进而作出判断；对于选项C ：由三角函数线可知sin x x <，所以sin 1x x x x <=，sin ()0f πππ==，进而作出判断；对于选项D ：()()()sin g x g x xg x x ''''=+-，可得()()sin xg x f x x''==，然后利用导数研究函数()g x '在区间(]0,π上的单调性，可得()()0g x g π''≤=，进而可得出函数()g x 在(]0,π上的单调性，最后作出判断.【详解】()2cos sin x x xf x x-'=， (]0,x π∈，当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，cos 0x >，由三角函数线可知tan x x <，所以sin cos xx x<，即cos sin x x x <，所以cos sin 0x x x -<，所以()0f x '<，所以()f x 在区间0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，当,2x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，cos 0x ≤，sin 0x ≥，所以cos sin 0x x x -<，()0f x '<，所以()f x 在区间,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，所以()f x 在区间(]0,π上单调递减，故选项A 正确；当120x x π<<≤时，()()12f x f x >，所以1212sin sin x x x x >，即1221sin sin x x x x ⋅<⋅，故选项B 错误；由三角函数线可知sin x x <，所以sin 1x x x x <=，sin ()0f πππ==，所以当(]0,x π∈时，()[)0,1f x ∈，故选项C 正确；对()()cos g x xg x x '=+进行求导可得：所以有()()()sin g x g x xg x x ''''=+-，所以()()sin xg x f x x''==，所以()g x ''在区间(]0,π上的值域为[)0,1，所以()0g x ''≥，()g x '在区间(]0,π上单调递增，因为()0g π'=，从而()()0g x g π''≤=，所以函数()g x 在(]0,π上单调递减，故选项D 正确.故选：ACD. 【点睛】方法点睛：本题考查导数的综合应用，对于函数()sin xf x x=的性质，可先求出其导数，然后结合三角函数线的知识确定导数的符号，进而确定函数的单调性和极值，最后作出判断，考查逻辑思维能力和运算求解能力，属于中档题.7．对于函数2ln ()xf x x=，下列说法正确的是（） A ．函数在x e =处取得极大值12eB ．函数的值域为1,2e ⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦C ．()f x 有两个不同的零点D ．(2)()(3)f f f π<<【答案】ABD 【分析】求导，利用导数研究函数的单调区间，进而研究函数的极值可判断A 选项，作出函数()f x 的抽象图像可以判断BCD 选项. 【详解】函数的定义域为()0,∞+，求导2431ln 212ln ()x x xx x f x x x ⋅-⋅-'==，令()0f x '=，解得：x e = x()0,ee(),e +∞ ()'f x+-()f x极大值所以当x e =时，函数有极大值()2fe e=，故A 正确；对于BCD ，令()0f x =，得ln 0x =，即1x =，当x →+∞时，ln 0x >，20x >，则()0f x >作出函数()f x 的抽象图像，如图所示：由图可知函数的值域为1,2e ⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦，故B 正确；函数只有一个零点，故C 错误；又函数()f x 在)+∞2<<<，则(2)f f f <<，故D正确；故选：ABD 【点睛】方法点睛：本题考查利用导数研究函数单调性，函数的极值，函数的值域，及求函数零点个数，求函数零点个数常用的方法：（1）方程法：令()0f x =，如果能求出解，有几个解就有几个零点．（2）零点存在性定理法：利用定理不仅要求函数在区间[],a b 上是连续不断的曲线，且()()0f a f b ⋅<，还必须结合函数的图像与性质(如单调性、奇偶性、周期性、对称性)才能确定函数有多少个零点或零点值所具有的性质．（3）数形结合法：转化为两个函数的图像的交点个数问题．先画出两个函数的图像，看其交点的个数，其中交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．8．设函数()ln xf x x=，()ln g x x x =，下列命题，正确的是（） A ．函数()f x 在()0,e 上单调递增，在(),e +∞单调递减 B ．不等关系33e e ππππ<<<成立C ．若120x x <<时，总有()()()22212122a x x g x g x ->-恒成立，则1a ≥D ．若函数()()2h x g x mx =-有两个极值点，则实数()0,1m ∈【答案】AC 【分析】利用函数的单调性与导数的关系可判断A 选项的正误；由函数()f x 在区间(),e +∞上的单调性比较3π、e π的大小关系，可判断B 选项的正误；分析得出函数()()22s x g x ax=-在()0,∞+上为减函数，利用导数与函数单调性的关系求出a 的取值范围，可判断C 选项的正误；分析出方程1ln 2xm x+=在()0,∞+上有两个根，数形结合求出m 的取值范围，可判断D 选项的正误. 【详解】对于A 选项，函数()ln x f x x =的定义域为()0,∞+，则()21ln xf x x -'=. 由()0f x '>，可得0x e <<，由()0f x '>，可得x e >.所以，函数()f x 在()0,e 上单调递增，在(),e +∞单调递减，A 选项正确；对于B 选项，由于函数()ln x f x x =在区间(),e +∞上单调递减，且4e π>>，所以，()()4f f π>，即ln ln 44ππ>，又ln 41ln 213ln 22043236--=-=>，所以，ln ln 4143ππ>>，整理可得3e ππ>，B 选项错误；对于C 选项，若120x x <<时，总有()()()22212122a x x g x g x ->-恒成立，可得()()22112222g x ax g x ax ->-，构造函数()()2222ln s x g x ax x x ax =-=-，则()()12s x s x >，即函数()s x 为()0,∞+上的减函数，()()21ln 20s x x ax '=+-≤对任意的()0,x ∈+∞恒成立，即1ln x a x+≥对任意的()0,x ∈+∞恒成立，令()1ln x t x x +=，其中0x >，()2ln x t x x'=-. 当01x <<时，()0t x '>，此时函数()t x 单调递增；当1x >时，()0t x '<，此时函数()t x 单调递减. 所以，()()max 11t x t ==，1a ∴≥，C 选项正确；对于D 选项，()()22ln h x g x mx x x mx =-=-，则()1ln 2h x x mx '=+-，由于函数()h x 有两个极值点，令()0h x '=，可得1ln 2x m x+=，则函数2y m =与函数()t x 在区间()0,∞+上的图象有两个交点，当1x e>时，()0t x >，如下图所示：当021m <<时，即当102m <<时，函数2y m =与函数()t x 在区间()0,∞+上的图象有两个交点.所以，实数m 的取值范围是10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭，D 选项错误.故选：AC.【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与x 轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由()0f x =分离变量得出()a g x =，将问题等价转化为直线y a =与函数()y g x =的图象的交点问题.。

导数在函数中的应用题库

）．．，，则（＞﹣第1页，总8页答案第28页15.函数1sin sin33y a x x =+在π3x =处有极值，在a 的值为（）．A ．6-B ．6C ．2-D ．216.函数32()1f x x x x =+-+在区间[]2,1-上的最小值（）．A ．2227B ．2C ．1-D ．4-17.函数21e x ax y -=存在极值点，则实数a 的取值范围是（）． A ．1a <-B ．0a >C ．1a ≤-或0a ≥D ．1a <-或0a >18.若函数f （x ）在R 上可导，其导函数为f′（x ），且函数y=（1﹣x ）f′（x ）的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是（）A ．函数f （x ）有极大值f （﹣2），无极小值B ．函数f （x ）有极大值f （1），无极小值C ．函数f （x ）有极大值f （﹣2）和极小值f （1）D ．函数f （x ）有极大值f （1）和极小值f （﹣2）．19.已知三次函数f （x ）=x 3﹣（4m ﹣1）x 2+（15m 2﹣2m ﹣7）x+2在x ∈（﹣∞，+∞）无极值点，则m 的取值范围是（）A ．m ＜2或m ＞4B ．m ≥2或m ≤4C ．2≤m ≤4D ．2＜m ＜420.已知x=2是函数f （x ）=x 3﹣3ax+2的极小值点，那么函数f （x ）的极大值为（）A ．15B ．16C ．17D ．18 21.函数f （x ）=（x 2+ax ﹣1）e x ﹣1的一个极值点为x=1，则f （x ）的极大值为（）A ．﹣1B ．﹣2e ﹣3C ．5e ﹣3D ．122.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，+∞）23.当x ∈[﹣2，﹣1]，不等式ax 3﹣x 2+4x+3≥0恒成立，则实数a 的取值范围是（）A ．[﹣5，﹣3]B ．（﹣∞，﹣] C ．（﹣∞，﹣2] D ．[﹣4，﹣3]24.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（）+x恒成立，则第3页，总8页答案第4页，总8页C．D．31.已知函数y=f （x ）的图象如图所示，则其导函数y=f′（x ）的图象可能是（）A．B．C．D．32.已知32()f x x px qx =--和图象与x 轴切于()1,0，则()f x 的极值情况是（）A ．极大值为1()3f ，极小值为(1)f B ．极大值为(1)f ，极小值为1()3fC ．极大值为1()3f ，没有极小值 D ．极小值为(1)f ，没有极大值33.函数f(x)的图象如图所示，则不等式(3)()0x f x '+⋅<的解集为（）A. (,3)(1,1)-∞--B. (,3)-∞-C. (,1)(1,)-∞-+∞ D.(1,)+∞34.函数()323922y x x x x =---<<有（）A ．极大值5，极小值27-B ．极大值5，极小值11-C ．极大值5，无极小值D ．极小值27-，无极大值35.函数y ＝f （x ）在定义域（－32，3）内的图像如图所示．记y ＝f （x ）的导函数为y ＝f '（x ），则不等式f '（x ）≤0的解集为（）A ．[－13，1]∪[2，3） B ．[－1，12]∪[43，83] C ．[－32，12]∪[1，2）D ．（－32，－ 13]∪[12，43]∪[43，3）答案第68页试卷答案1.C2.B3.D4.D5.A6.C7.A8.D9.B 10.B 11.D 12.D 13.D 14.A 15.D 16.C17.C ∵21e xax y -=，2222e e (1)210(e )e x x x xax ax ax ax y ---++'===恒有解，∴0a ≠，2440a a ∆=+≥， 4(1)0a a +≥，∴1a -≤或0a >，当1a =-时，2(1)0exx y -'=≥（舍去），∴1a <-或0a >， 18.B 19.C 20.D 21.C 22.A22【解答】解：设g （x ）=，则g （x ）的导数为：g′（x ）=，∵当x ＞0时总有xf′（x ）＜f （x ）成立，即当x ＞0时，g′（x ）恒小于0， ∴当x ＞0时，函数g （x ）=为减函数，又∵g （﹣x ）====g （x ），∴函数g （x ）为定义域上的偶函数又∵g （﹣1）==0，∴函数g （x ）的图象性质类似如图：数形结合可得，不等式f （x ）＞0⇔x•g（x ）＞0 ⇔或，⇔0＜x ＜1或x ＜﹣1．故选：A ．23.C 24.A【解答】解：设g （x ）=，则g （x ）的导数为：g′（x ）=，===0，=．．第7页，总8页∴，解得或，验证知，当a=3，b=﹣3时，在x=1无极值，故选B．29.C30.C31.A32.A33.A34.C35.A36.A37.C38.C39.40.(1,0)(1,)-+∞41.342.1(0,)243.（-1,0）44.45.89答案第8页，总8页。

辽宁省阜新市高考数学提分专练：第21题导数在函数中的应用(解答题)

辽宁省阜新市高考数学提分专练：第21题导数在函数中的应用（解答题）姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、真题演练 (共6题；共72分)1. （12分） (2017高二下·双鸭山期末) 已知函数，其中 .（1）当时，求曲线的点处的切线方程；（2）当时，若在区间上的最小值为-2，求的取值范围.2. （12分）(2020·海安模拟) 已知函数 f（x）＝a（|sinx|+|cosx|）﹣sin2x﹣1，a∈R．（1）写出函数 f（x）的最小正周期（不必写出过程）；（2）求函数 f（x）的最大值；（3）当a＝1时，若函数 f（x）在区间（0，kπ）（k∈N*）上恰有2015个零点，求k的值．3. （12分）(2020·海南模拟) 设函数 .（1）若实数满足，求实数的取值范围；（2）记函数的最小值为，若不等式对恒成立，求实数的取值范围.4. （12分） (2018高二上·莆田月考) 已知：（1）求不等式的解集（2）若：，求的值5. （12分）(2020·许昌模拟) 已知函数．（1）讨论函数的单调性；（2）若函数图象过点，求证：．6. （12分）在数列中，（1）若，，求数列的通向公式；（2）若，，证明：。

二、模拟实训 (共9题；共108分)7. （12分） (2018·汕头模拟) 已知函数，．（1）讨论函数的单调性；（2）设函数，若在上存在极值，求的取值范围，并判断极值的正负．8. （12分）(2017·新余模拟) 已知函数f（x）=sinx﹣xcosx（x≥0）．（1）求函数f（x）的图象在处的切线方程；（2）若任意x∈[0，+∞），不等式f（x）＜ax3恒成立，求实数a的取值范围；（3）设m=f（x）dx，，证明：．9. （12分）已知函数地f（x）=a（x-1）-（x+1）ln x，a=R.（1）当a=2时，求曲线y=f（x）在点（2，f（2））处的切线方程；（2）当x>1时，f（x）<0，求实数a的取值范围.10. （12分） (2017高二下·湖北期中) 已知函数f（x）=ax﹣1﹣lnx（a∈R）．（Ⅰ）讨论函数f（x）在定义域内的极值点的个数；（Ⅱ）若函数f（x）在x=1处取得极值，对∀x∈（0，+∞），f（x）≥bx﹣2恒成立，求实数b的取值范围；（Ⅲ）当0＜x＜y＜e2且x≠e时，试比较的大小．11. （12分） (2016高二上·常州期中) 如图，直角梯形地块ABCE，AF、EC是两条道路，其中AF是以A为顶点、AE所在直线为对称轴的抛物线的一部分，EC是线段．AB=2km，BC=6km，AE=BF=4km．计划在两条道路之间修建一个公园，公园形状为直角梯形QPRE（其中线段EQ和RP为两条底边）．记QP=x（km），公园面积为S（km2）．（Ⅰ）以A为坐标原点，AE所在直线为x轴建立平面直角坐标系，求AF所在抛物线的标准方程；（Ⅱ）求面积S（km2）关于x（km）的函数解析式；（Ⅲ）求面积S（km2）的最大值．12. （12分） (2019高一上·海林期中) 已知函数f(x)是定义在(－2，2)上的奇函数．当x∈(－2，0)时，f(x)＝－loga(－x)－loga(2＋x)，其中a>1.（1）求函数f(x)的零点．（2）若t∈(0，2)，判断函数f(x)在区间(0，t]上是否有最大值和最小值．若有，请求出最大值和最小值，并说明理由．13. （12分）(2017·九江模拟) 已知函数f（x）=ax（lnx﹣1）﹣x2（a∈R）恰有两个极值点x1 ， x2 ，且x1＜x2 ．（Ⅰ）求实数a的取值范围；（Ⅱ）若不等式lnx1+λlnx2＞1+λ恒成立，求实数λ的取值范围．14. （12分） (2017高二下·临泉期末) 已知函数f（x）=ax+ ，其中函数f（x）的图象在点（1，f（1））处的切线方程为y=x﹣1．（1）若a= ，求函数f（x）的解析式；（2）若f（x）≥g（x）在[1，+∞）上恒成立，求实数a的取值范围；（3）证明：1+ ．15. （12分）(2018·榆社模拟) 已知函数 . （1）讨论的导函数零点的个数；（2）若函数的最小值为，求的取值范围.参考答案一、真题演练 (共6题；共72分)1-1、1-2、2-1、2-2、2-3、3-1、3-2、4-1、4-2、5-1、5-2、6-1、6-2、二、模拟实训 (共9题；共108分)7-1、7-2、8-1、8-2、8-3、9-1、9-2、10-1、11-1、12-1、12-2、14-1、14-2、14-3、15-1、15-2、。

专题21 导数的应用综合检测题(解析版)-2021年高考数学导数中必考知识专练

专题21导数的应用综合检测题（解析版）一、单选题1．函数()312f x x x =-在区间[]3,3-上的最小值是（）A ．-9B ．-16C ．-12D ．9【答案】B 【解析】【分析】利用导数求得函数在[]3,3-上的单调区间、极值，比较区间端点的函数值和极值，由此求得最小值. 【详解】()()()2312322f x x x x ==+'--，故函数在[][]3,2,2,3--区间上为增函数，在区间[]22-,上为减函数.()()327369,282416f f -=-+=-=-+=，()282416f =-=-，()327369f =-=-，故最小值为()216f =-.所以选B.【点睛】本小题主要考查利用导数求函数的最小值.首先利用函数的导数求得函数的单调区间，利用单调区间得到函数的极值点，然后计算函数在区间端点的函数值，以及函数在极值点的函数值，比较这几个函数值，其中最大的就是最大值，最小的就是最小值.本小题属于基础题.2．函数y ＝x 2(x －3)的单调递减区间是( ) A ．(－∞，0) B ．(2，＋∞) C ．(0，2) D ．(－2，2) 【答案】C 【解析】【分析】根据导函数与函数单调性的关系，令y'＜0，解出x 的范围即可．【详解】∵y=x 2（x ﹣3）=x 3﹣3x 2，∴y′=3x 2﹣6x ，∴令3x 2﹣6x ＜0 得0＜x ＜2，故函数的单调递减区间是（0，2）．故选：C ．【点睛】本题主要考查用导数求函数的单调区间的问题，属于基础题.3．若函数()31f x x ax =--的单调递减区间为()1,1-，则实数a 的值为（）A ．0B ．13C ．2D ．3【答案】D 【分析】由f′（x ）=3x 2-a ，f （x ）的单调递减区间为（-1，1），可得方程3x 2-a=0的根为±1，即可得出．【详解】由f′（x ）=3x 2﹣a ，f （x ）的单调递减区间为（﹣1，1），可得方程3x 2﹣a=0的根为±1，∴a=3．故选：D ．【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性求参数的问题，属于基础题．4．已知函数()(),f x g x 均为(),a b 上的可导函数，在[],a b 上连续且()()''f x g x <，则()()f x g x -的最大值为( ) A ．()()f a g a - B ．()()f b g b - C ．()()f a g b - D ．()()f b g a -【答案】A 【解析】【分析】构造函数，通过函数的单调性求出函数的最值即可．【详解】函数f （x ），g （x ）均为[a ，b ]上的可导函数，在[a ，b ]上连续令h （x ）=f （x ）﹣g （x ），则h′（x ）=f′（x ）﹣g′（x ）， ∵f′（x ）＜g′（x ）， ∴h′（x ）＜0，函数h （x ）是减函数，所以函数h （x ）=f （x ）﹣g （x ）在[a ，b ]上的最大值为：h （a ）=f （a ）﹣g （a ）．故答案为：A【点睛】本题考查函数的导数的应用，函数的最值的求法，函数的单调性的判断，考查分析问题解决问题的能力． 5．若函数y ＝x 3＋32x 2＋m 在[-2，1]上的最大值为92，则m 等于（） A ．0 B ．1 C ．2 D ．52【答案】C 【分析】利用导数研究函数的单调性，找出最值，解方程即可得到答案. 【详解】'2333(1)y x x x x =+=+，易知，当10x -<<时，'0y <，当21x -<<-或01x <<时，'0y >，所以函数y ＝x 3＋32x 2＋m 在(2,1)--，(0,1)上单调递增，在(1,0)-上单调递减，又当1x =-时，12y m =+，当1x =时，52y m =+，所以最大值为5922m +=，解得2m =. 故选：C 6．函数()ln xf x x=，若(4)a f =，(5.3)b f =，(6.2)c f =，则（） A ．a b c << B ．c b a <<C ．c a b <<D ．b a c <<【答案】B 【分析】求导'21ln ()xf x x-=，可得()f x 在(,)e +∞的单调性，利用单调性，即可得答案. 【详解】因为()ln xf x x =(0)x >，所以'21ln ()x f x x-=，当x e >时，'()0f x <，则()f x 在(,)e +∞为减函数，因为4 5.3 6.2e <<<，所以(4)(5.3)(6.2)f f f >>，即a b c >>，故选：B7．若函数()ln x f x x x ae =+没有极值点，则实数a 的取值范围是（） A ．1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭B ．10,e ⎛⎫⎪⎝⎭C ．1,e∞⎛⎤-- ⎥⎝⎦D ．1,0e ⎛⎫- ⎪⎝⎭【答案】C 【分析】先对函数求导，然后结合极值存在的条件转化为函数图象交点问题，分离参数后结合导数即可求解. 【详解】由题意可得，()1ln 0xf x x ae '=++=没有零点，或者有唯一解（但导数在点的两侧符号相同），即1ln xxa e +-=没有交点，或者只有一个交点但交点的两侧符号相同. 令1ln ()xxg x e +=，0x >，则1ln 1()xx xg x e --'=，令1()ln 1h x x x=--则()h x 在()0,∞+上单调递减且()10h =，所以当01x <<时，()0h x >，()0g x '>，()g x 单调递增，当1x >时，()0h x <，()0g x '<，()g x 单调递减，故当1x =时，()g x 取得最大值1(1)g e=，又0x →时，()g x →-∞，x →+∞时，()0g x →，结合图象可知，1a e -≥即1a e≤-. 故选：C.【点睛】方法点睛：已知函数没有极值点，求参数值(取值范围)常用的方法：（1）分离参数法：先求导然后将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；（2）数形结合法：先求导然后对导函数变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.8．设函数()()22log 1,0,0x x f x x x ⎧+>=⎨-⎩，若不等式()()ln ln f mx m f x x x -+对任意的[)1,3x ∈都成立，则实数m 的取值范围是（） A ．(],2-∞ B ．[]0,2C ．[]0,1D ．(),1-∞【答案】A 【分析】由已知得，求出()f x 在R 上的单调性，然后，把问题不等式()()ln ln f mx m f x x x -+对任意的[)1,3x ∈都成立，转化为ln ln mx m x x x-+对任意的[)1,3x ∈恒成立，然后，利用导数的单调性和极值来求出m 的范围【详解】解：由函数()f x 解析式知，()f x 在R 上单调递增，若不等式()()ln ln f mx m f x x x -+对任意的[)1,3x ∈都成立，等价于ln ln mx m x x x-+对任意的[)1,3x ∈恒成立，令()()1ln g x x x mx m =+-+，()1ln 1xx x m g =++-'，令()1ln 1h x x x =++，()210xh x x -'=[)()1,3x ∈，所以()h x 在[)1,3x ∈单调递增，因为()()12h x h =，故当2m 时，()0g x '，()g x 单调递增；因为()10g =，所以()0g x ，满足题意；当2m >时，取3m =，2x =，()()381ln 3ln 2633ln 23ln0eg x x x mx m =+-+=-+=-=<，不满足；综上：实数m 的取值范围为(],2-∞，故选：A 【点睛】本题考查利用导数的单调性和极值证明不等式恒成立问题，属于难题 9．函数2()(2)e x f x x x =-的图象大致是（）A ．B ．C ．D ．【答案】A 【分析】采用排除法进行排除，根据()00f =可知图象经过原点，以及导函数的符号判断函数的单调性，求出单调区间即可求解. 【详解】根据()00f =，排除C ，因为()22()22e (2)e (2)e xxxf x x x x x '=-+-=-，由2()(2)e 0xf x x '=->得2x >2x <-可知()f x 在(,2-∞和)2,+∞单调递增，在(2,2-单调递减，排除BD故选：A 【点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，以及由函数解析式选择函数的图象，属于常考题型.10．已知()f x 为偶函数，且(1)0f =，令2()()f x F x x =，若0x >时，()2()0xf x f x '->，关于x 的不等式(ln )0F x <的解集为（）A ．11xx e ⎧<<⎨⎩或}1x e << B ．{}0x x e <<C ．1xx e e ⎧⎫<<⎨⎬⎩⎭D ．10x x e⎧<<⎨⎩或}x e > 【答案】C 【分析】先对函数2()()f x F x x =求导，根据题中条件，判定0x >时，函数单调递增，根据函数奇偶性，得到2()()f x F x x =在(),0-∞上单调递减；结合函数奇偶性与单调性，即可求出不等式的解集. 【详解】因为2()()f x F x x =，则432()2()2()()()xf x f x x xf x f F x x xx ''=--'=，当0x >时，()2()0xf x f x '->，所以3()2()0()xf x x x f F x -''=>，即函数2()()f x F x x =在()0,∞+上单调递增；又()f x 为偶函数，所以2()()f x F x x =在(),0-∞上单调递减；因为(1)0f =，所以(1)0F =，则不等式(ln )0F x <可化为(ln )(1)F x F <，则ln 1x <，即1ln 1x -<<，解得1x e e<<. 故选：C. 【点睛】本题主要考查由导数的方法判定函数单调性，考查由函数奇偶性与单调性解不等式，属于常考题型.11．设02m <≤，已知函数()3125016x x f x m-+=，对于任意[]12,2,x x m m ∈-，都有()()121f x f x -≤，则实数m 的取值范围为（）A ．5,23⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．4,23⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．1,13⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．2,13⎡⎤⎢⎥⎣⎦【答案】B 【分析】令()31250g x x x =-+，用导数法得到()g x 在[]2,m m -上递减；再根据02m <≤，则()f x 在[]2,m m -上递减，然后再根据对任意[]12,2,x x m m ∈-，都有()()121f x f x -≤，由()()max min 1f x f x -≤求解.【详解】设()31250g x x x =-+，则()()2231234g x x x '=-=-，当2x <-或2x >时()0g x '>，()g x 递增；当22x -<<时()0g x '<，()g x 递减；当02m <≤时，[]2,m m - []22-,，所以()g x 在[]2,m m -上递减；所以()f x 在[]2,m m -上递减；所以()()()()max min 2,f x f m f x f m =-=因为任意[]12,2,x x m m ∈-，都有()()121f x f x -≤，所以()()max min 1f x f x -≤，即()()()()332122501250211616m m m m f m f m m m---+-+--=-≤，即23280m m +-≥，解得2m ≤-或43m ≥，又02m <≤，所以实数m 的取值范围为4,23⎡⎤⎢⎥⎣⎦，故选：B 【点睛】关键点点睛：本题关键有两点：一是对任意[]12,2,x x m m ∈-，都有()()121f x f x -≤等价于()()max min 1f x f x -≤，二是()f x 在[]2,m m -上的单调性，由()31250g x x x =-+，利用导数法求解.12．已知函数()()221x g x x e ax a =--+在()0,∞+上单调递增，则实数a 的取值范围是（）A ．(,-∞ B ．(0,C ．(,-∞D ．(,-∞【答案】A 【分析】先求导数，利用单调性转化为()()2120xg x x e ax '=+-≥，构造新函数()()21x xf x x e +=求解()f x 的最小值即可. 【详解】()()212x g x x e ax '=+-，由题意可知()()2120x g x x e ax '=+-≥在()0,∞+恒成立，即()212x x e a x+≥恒成立，设()()21x xf x x e +=，()()()()22221211x x x x e x x e x x f x +--+='=10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<，()f x 为减函数；1,2x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，()f x 为增函数；()f x的最小值为12f ⎛⎫= ⎪⎝⎭，所以a ≤故选：A. 【点睛】利用函数单调性求解参数时，通常转化为恒成立问题求解：（1）()f x 在区间D 上单调递增等价于()0f x '≥在区间D 上恒成立；（2）()f x 在区间D 上单调递减等价于()0f x '≤在区间D 上恒成立.二、填空题 13．函数31()3f x x x =-的极大值为_________. 【答案】23【分析】先求函数的导函数，再解不等式'()0f x >和'()0f x <得函数的单调区间，进而由极值的定义求得函数的极值点和极值. 【详解】可知2'()111f x x x x ，令'()0f x >，解得1x <-或1x >，令'()0f x <，解得11x -<<，()f x ∴在(),1-∞-，()1,+∞单调递增，在()1,1-单调递减， ()f x ∴在1x =-处取得极大值2(1)3f -=. 故答案为：23. 【点睛】利用导数工具求该函数的极值是解决该题的关键，要先确定出导函数等于零的实数x 的值，再讨论出函数的单调区间，根据极值的判断方法求出该函数的极值，体现了导数的工具作用．14．已知函数3()1f x x ax =--在()1,+∞内为增函数，则a 的取值范围；____ ； . 【答案】3a ≤ 【分析】求出导函数使2()30f x x a '=-≥在()1,+∞恒成立即可求解,【详解】由3()1f x x ax =--，则2()3f x x a '=-因为函数在()1,+∞内为增函数，则2()30f x x a '=-≥在()1,+∞恒成立，即23a x ≤在()1,+∞恒成立，所以3a ≤.故答案为：3a ≤15．若()()220xxxme ex e ex e ++-≤在()0,x ∈+∞上恒成立，则实数m 的取值范围为________．【答案】32m ≤- 【分析】对已知不等式进行变形，利用换元法、构造函数法、常变量分离法，结合导数的性质进行求解即可. 【详解】()()()()222210xx xx xxme ex e ex meex e ex e e++++-⇒≤≤ (1)，令x ext e=，因为()0,x ∈+∞，所以0t >，则不等式(1)化为：2221(2)(1)11t t m t t m t --+++≤⇒≤+，设()xex f x e=，()0,x ∈+∞，'(1)()x e x f x e -=，当1x >时，'()0,()f x f x <单调递减，当01x <<时，'()0,()f x f x >单调递增，因此当()0,x ∈+∞时，max ()(1)1f x f ==，而(0)0f =，因此当()0,x ∈+∞时，()(0,1]f x ∈，因此(0,1]t ∈，设2221()1t t g t t --+=+，(0,1]t ∈，因此要想()()220x x x me ex e ex e ++-≤在()0,x ∈+∞上恒成立，只需min ()m g t ≤，2'2243()(1)t t g t t ---=+，因为(0,1]t ∈，所以'()0g t <，因此()g t 在(0,1]t ∈时单调递减，所以min 3()(1)2g t g ==-，因此32m ≤-. 故答案为：32m ≤- 【点睛】本题考查了利用导数研究不等式恒成立问题，考查了数学运算能力.16．已知()xf x e =，()2x x g x e =，若存在实数1x ，2x 满足()()12f x g x =，则12x x 的最大值为______．【答案】2ee- 【分析】由()()12f x g x =，可得221(2ln )()f x x f x -=，由()xf x e =在R 上单调递增，可得1x =222ln x x -，1222ln 21x x x x =⋅-，构造函数ln ()x h x x=，利用导数求其最大值即可【详解】解：()()()22222ln 222212ln x x x x g x e f x x f x e -===-=，且()xf x e =在R 上单调递增，∴1x =222ln x x -，1222ln 21x x x x =⋅-．设ln ()x h x x =，则21ln ()x h x x-'=，当(0,)x e ∈时，()0h x '>；当(,)x e ∈+∞时，()0h x '<． ∴()h x 在(0,)e 上单调递增，在(,)e +∞上单调递减，∴max 1()()h x h e e ==，∴12max2e x e x ⎛⎫-= ⎪⎝⎭．故答案为：2ee - 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是将()2222ex x g x =化为()222ln 2x xg x e -=的形式，然后结合()()12f x g x =及()x f x e =的单调性得到关于1x ，2x 的式子．三、解答题 17．若()32133f x x x x =+-，R x ∈，求：（1）()f x 的单调增区间；（2）()f x 在[]0,2上的最小值和最大值.【答案】(1) 增区间为()()3,1-∞-+∞，，;(2) ()max 2,3f x = ()min 53f x =-. 【解析】分析：（1）求导()f x '，解不等式()0f x '>得到()f x 的单调增区间；（2）求出极值与端点值，经比较得到()f x 在[]0,2上的最小值和最大值. 详解：（1）()/223fx x x =+-，由 ()0f x '>解得31x x -或，()f x 的增区间为()()3,1-∞-+∞，，；（2）()2230f x x x =+-='， 3x =-（舍）或1x =，()15113-33f =+-=, ()00f =,()32122223233f =⨯+-⨯=，()max 2,3f x = ()min 53f x =-点睛：函数的最值(1)在闭区间[],a b 上连续的函数f (x )在[],a b 上必有最大值与最小值．(2)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． 18．如图，已知点(11,0)A ，直线(111)x t t =-<<与函数1y x =+的图象交于点P ，与x 轴交于点H ，记APH 的面积为()f t .（1）求函数()f t 的解析式；（2）求函数()f t 的最大值.【答案】（1）1()(111112f t t t =--<<；（2）8. 【分析】（1）根据题中条件，得到11AH t =-，PH =，进而可求出函数解析式；（2）对函数求导，根据导数的方法，即可求出最值. 【详解】（1）由题意，可得：11AH t =-，PH ，所以APH 的面积为1()(112f t t =-111t -<<.（2）由（1）可得，1()(11)2f t t '=⨯-=，由()0f t '=得3t =，函数()f t 与()f t '在定义域上的情况如下：所以当3t =时，函数()f t 取得极大值，也是最大值8. 【点睛】思路点睛：导数方法求函数最值时，需要先对函数求导，根据导数的方法研究函数的单调性，由函数在给定区间的单调性，即可求出极值，从而可得最值. 19．已知函数()ln 1a x bf x x x=++曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为230x y +-=.（1）求,a b 的值；（2）证明：当0x >且1x ≠时，()ln 1xf x x >-. 【答案】（Ⅰ）1a =，1b =．（Ⅱ）略【分析】()1先对函数求导，利用切线方程求出切线的斜率及切点，利用函数在切点处的导数值为曲线切线的斜率及切点也在曲线上，列出方程组，求出a b ，的值()2将不等式变形，构造新函数，求出新函数的导数，判断出导函数的符号，得到函数的单调性，从而得证．【详解】（1）()()221ln '1x x b x f x x x α+⎛⎫-⎪⎝⎭=-+由于直线230x y +-=的斜率为12-，且过点()1,1，故()()11,1'1,2f f ⎧=⎪⎨=-⎪⎩即1,1,22b a b =⎧⎪⎨-=-⎪⎩解得1a =，1b =.（2）由（1）知f(x)=ln 1,1x x x++所以 ()22ln 112ln 11x x f x x x x x ⎛⎫--=- ⎪--⎝⎭考虑函数()()2120x h x lnx x x-=->则h′(x)=()()222222112x x x x x x----=- 所以x≠1时h′(x)＜0而h(1)=0,故x ()0,1∈时h(x)>0可得()ln 1xf x x >-, x ()1∈+∞， h(x)<0可得()ln 1xf x x >-, 从而当0x >，且1x ≠时，()ln 1xf x x >-.【点睛】本题考查了导函数的几何意义，在切点处的导数值为切线的斜率，考查了通过判断导函数的符号判断出函数的单调性，通过求函数的最值证明不等式的恒成立，属于中档题． 20．已知函数32()(0)f x ax bx cx a =++≠在1x =±处取得极值，且()11f =-，（1）求常数a ，b ，c 的值；（2）求函数()f x 极大值和极小值.【答案】（1）12032a b c ⎧=⎪⎪=⎨⎪⎪=-⎩；（2）极大值1；极小值1-.【分析】（1）先对函数求导，根据极值点，以及()11f =-，列出方程组求解，即可求出结果；（2）由（1）得到313()22f x x x =-，对其求导，用导数的方法判定其单调性，进而可求出极值. 【详解】（1）因为32()f x ax bx cx =++，所以2()32f x ax bx c '=++，又函数32()(0)f x ax bx cx a =++≠在1x =±处取得极值，且()11f =-所以(1)320(1)320(1)1f a b c f a b c f a b c =++=⎧⎪-=-+=⎨⎪=+-'='+⎩，解得：12032a b c ⎧=⎪⎪=⎨⎪⎪=-⎩；（2）由（1）得313()22f x x x =-，则()()2333()11222f x x x x '=-=+-，由()0f x '>得1x >或1x <-；由()0f x '<得11x -<<；因此()f x 在(),1-∞-上单调递增，在()1,1-上单调递减，在()1,+∞上单调递增，因此当1x =-时，()f x 取得极大值()131212f =-+=-；当1x =时，()f x 取得极小值()111322f =-=-. 【点睛】本题主要考查由函数极值点求参数，考查导数的方法求函数的极值，属于常考题型. 21．已知函数()()21ln 2f x x ax a R =-∈ （1）若()f x 在点()()22f ,处的切线与直线210x y -+=垂直，求实数a 的值（2）求函数()f x 的单调区间；（3）讨论函数()f x 在区间21,e ⎡⎤⎣⎦上零点的个数【答案】（1）54a =；（2）当0a ≤时，函数()f x 的单调递增区间为()0,+∞；当0a >时，函数()f x 的单调递增区间为⎛ ⎝，单调递减区间为⎫+∞⎪⎪⎭ ；（3）当441a e e ≤<时，()f x 在区间21,e ⎡⎤⎣⎦上有两个零点；当0a <或1a e>时，()f x 在区间21,e ⎡⎤⎣⎦上没有零点；当440a e ≤<或1a e=时，()f x 在区间21,e ⎡⎤⎣⎦上有一个零点【解析】试题分析：（1）对()f x 求导，令()f x 在点()()22f ,处的导数等于直线210x y -+=的斜率即可求得a 的值；（2）由（1）知()211axf x ax x x='-=-对()f x 求导，分0a ≤和0a >讨论即可得到函数()f x 的单调区间；（3）由（2）可知()f x 在区间21,e ⎡⎤⎣⎦上单调的单调性，分0a <，0a =及0a >的1，②21e <<，③ 2e ≥诸情况讨论即可得到函数()f x 在区间21,e ⎡⎤⎣⎦上零点的个数情况.试题解析：（1）()f x 的定义域为()0,+∞，()()22111ln 2ax f x x ax f x ax x x-=-∴=-=' 由于直线210x y -+=的斜率为12，11451,224a a -∴⨯=-∴= （2）由（1）知()211ax f x ax x x='-=- 当0a ≤时，()0f x '>，()f x ∴在()0,+∞上单调递增当0a >时，由()0f x '>，得x <，由()0f x '<，得x >()f x ∴在⎛ ⎝上单调递增，在⎫+∞⎪⎪⎭上单调递减综上所述：当0a ≤时，函数()f x 的单调递增区间为()0,+∞；当0a >时，函数()f x的单调递增区间为⎛ ⎝，单调递减区间为⎫+∞⎪⎪⎭ （3）由（2）可知当0a <时，()f x 在区间21,e ⎡⎤⎣⎦上单调递增，()1102f a =->，()f x ∴在区间21,e ⎡⎤⎣⎦上没有零点当0a =时，()f x 在区间21,e ⎡⎤⎣⎦上单调递增，()1102f a =-=，()f x ∴在区间21,e ⎡⎤⎣⎦上有一个零点当0a >时，①1即1a ≥时，()f x 在区间21,e ⎡⎤⎣⎦上单调递减，()1102f a =-<()f x ∴在区间21,e ⎡⎤⎣⎦上没有零点②若21e <<，即411a e <<时，()f x 在⎡⎢⎣上单调递增，在2e ⎤⎥⎦上单调递减，()1102f a =-<，()24111ln ,2222f a f e ae =--=- 若11ln 022a --<，即1a e>时，()f x 在区间21,e ⎡⎤⎣⎦上没有零点若11ln 022a --=，即1a e=时，()f x 在区间21,e ⎡⎤⎣⎦上有一个零点若11ln 022a -->，即1a e <时，由()241202f e ae =->得44a e<，此时()f x 在区间21,e ⎡⎤⎣⎦上有一个零点由()241202f eae =-≤得44a e≥，此时()f x 在区间21,e ⎡⎤⎣⎦上有两个零点③2e ≥即410a e <≤时，()f x 在区间21,e ⎡⎤⎣⎦上单调递增，()()241110,2022f a f e ae =->=->，()f x ∴在区间21,e ⎡⎤⎣⎦上有一个零点综上所述，当440a e ≤<或1a e=时，()f x 在区间21,e ⎡⎤⎣⎦上有一个零点当441a e e≤<时，()f x 在区间21,e ⎡⎤⎣⎦上有两个零点当0a <或1a e>时，()f x 在区间21,e ⎡⎤⎣⎦上没有零点考点：利用导数研究函数的性质22．已知函数()22ln f x x x a x =--，()g x ax =．（1）若a 为负实数, 求函数()()()F x f x g x =+的极值；（2）若不等式()sin 2cos g xxx +≤对0x ≥恒成立，求a 的取值范围．【答案】（1）当2a =-时，()F x 没有极值；当20a -<<时，()2ln 22a a F x a a ⎛⎫=--- ⎪⎝⎭极大值，()1F a x =-极小值；当2a <-时，()1F a x =-极大值，()2ln 42a a F x a a ⎛⎫=--- ⎪⎝⎭极小值．（2）1,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭．【分析】（1）首先求出()F x 的解析式，再求出导函数()()()21=x a x F x x+-'，再对参数a 分类讨论，求出函数的单调区间与极值；（2）设()sin 2cos xh x ax x=-+（0x ≥）求出函数的导函数，依题意()0h x ≥在0x ≥时恒成立即可，从而求出参数的取值范围；【详解】解：（1）()22ln F x x x a x ax =--+，()F x 的定义域为()0,∞+()()()()22221x a x a x a x F x x x+--+-'==， ①012a <-<，即20a -<<时，()F x 在0,2a ⎛⎫- ⎪⎝⎭和()1,+∞上递增，在,12a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上递减，()2ln 242a a a F x F a a ⎛⎫⎛⎫=-=--- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭极大值，()()11F F x a ==-极小值；②12a-=，即2a =-时，()F x 在()0,∞+上递增，()F x 没有极值； ③12a ->，即2a <-时，()F x 在()0,1和,2a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上递增，()F x 在1,2a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上递减，∴()()11F F x a ==-极大值，()2ln 242a a a F x F a a ⎛⎫⎛⎫=-=--- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭极小值．综上可知：当2a =-时，()F x 没有极值；当20a -<<时，()2ln 222a a a F x F a a ⎛⎫⎛⎫=-=--- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭极大值，()()11F F x a ==-极小值；当2a <-时，()()11F F x a ==-极大值，()2ln 242a a a F x F a a ⎛⎫⎛⎫=-=--- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭极小值．（2）设()sin 2cos x h x ax x=-+（0x ≥），()()212cos 2cos x h x a x +'=-+，设cos t x =，则[]1,1t ∈-，()()2122tt t ϕ+=+，()()()()()()4322121022t t t t t t ϕ-+---'==≥++，∴()t ϕ在[]1,1-上递增，∴()t ϕ的值域为11,3⎡⎤-⎢⎥⎣⎦，①当13a ≥时，()0h x '≥，()h x 为[)0,+∞上的增函数， ∴()()00h x h ≥=，适合条件； ②当0a ≤时，∵ππ10222h a ⎛⎫=⋅-< ⎪⎝⎭，∴不适合条件； ③当103a <<时，对于π02x <<，()sin 3x h x ax <-，令()sin 3x T x ax =-，()cos 3x T x a '=-，存在π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()00,x x ∈时，()0T x '<．∴()T x 在()00,x 上单调递减，∴()()000T x T <=，即在()00,x x ∈时，()0h x <，∴不适合条件．综上，a 的取值范围为1,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭．【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．。

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儋州市高考数学提分专练：第21题导数在函数中的应用（解答题）
姓名:________ 班级:________ 成绩:________
一、真题演练 (共6题；共72分)
1. （12分）已知函数f(x）=-2(x+a)lnx+x2-2ax-2a2+a，其中a>0.
（1）
设g(x)是f(x）的导函数，评论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（1，+）内有唯一解.
2. （12分）已知函数f（x）=a2x﹣2ax+1+2（a＞0且a≠1）．
（Ⅰ）若f（﹣1）=，求函数g（x）=f（x）+1的所有零点；
（Ⅱ）若函数f（x）的最小值为﹣7，求实数a的值．
3. （12分）已知函数f（x）=2x2+mx﹣1，m为实数．
（1）已知对任意的实数f（x），都有f（x）=f（2﹣x）成立，设集合A={y|y=f（x），x∈[﹣， ]}，求集合A．
（2）记所有负数的集合为R﹣，且R﹣∩{y|y=f（x）+2}=∅，求所有符合条件的m的集合；
（3）设g（x）=|x﹣a|﹣x2﹣mx（a∈R），求f（x）+g（x）的最小值．
4. （12分）(2017·天津) 设a，b∈R，|a|≤1．已知函数f（x）=x3﹣6x2﹣3a（a﹣4）x+b，g（x）=exf （x）．（14分）
（Ⅰ）求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）已知函数y=g（x）和y=ex的图象在公共点（x0 ， y0）处有相同的切线，
（i）求证：f（x）在x=x0处的导数等于0；
（ii）若关于x的不等式g（x）≤ex在区间[x0﹣1，x0+1]上恒成立，求b的取值范围．
5. （12分） (2019高三上·和平月考) 已知函数，，
（Ⅰ）当，时，求曲线在处的切线方程；
（Ⅱ）当时，若对任意的，恒成立，求实数的取值范围；
（Ⅲ）当，时，若方程有两个不同的实数解，求证： .
6. （12分）(2017·东城模拟) 对于n维向量A=（a1 ， a2 ，…，an），若对任意i∈{1，2，…，n}均有ai=0或ai=1，则称A为n维T向量．对于两个n维T向量A，B，定义d（A，B）= ．（Ⅰ）若A=（1，0，1，0，1），B=（0，1，1，1，0），求d（A，B）的值．
（Ⅱ）现有一个5维T向量序列：A1 ， A2 ， A3 ，…，若A1=（1，1，1，1，1）且满足：d（Ai ， Ai+1）=2，i∈N* ．求证：该序列中不存在5维T向量（0，0，0，0，0）．
（Ⅲ）现有一个12维T向量序列：A1 ， A2 ， A3 ，…，若且满足：d（Ai ， Ai+1）
=m，m∈N* ， i=1，2，3，…，若存在正整数j使得，Aj为12维T向量序列中的项，求出所有的m．
二、模拟实训 (共9题；共108分)
7. （12分） (2017高二下·临淄期末) 已知（a∈R）．
（Ⅰ）判断f（x）在定义域上的单调性；
（Ⅱ）若f（x）在[1，e]上的最小值为，求a的值；
（Ⅲ）若f（x）＜x2在（1，+∞）上恒成立，试求a的取值范围．
8. （12分） (2017高二下·株洲期中) 已知函数f（x）=1+lnx﹣，其中k为常数．
（1）若k=0，求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程．
（2）若k=5，求证：f（x）有且仅有两个零点；
（3）若k为整数，且当x＞2时，f（x）＞0恒成立，求k的最大值．
9. （12分） (2019高二下·蕉岭月考) 已知函数 .
（1）讨论函数的单调性；
（2）若对任意，都有恒成立，求实数的取值范围.
10. （12分）(2017·南阳模拟) 已知f（x）=ex+acosx（e为自然对数的底数）．
（1）若f（x）在x=0处的切线过点P（1，6），求实数a的值；
（2）当x∈[0， ]时，f（x）≥ax恒成立，求实数a的取值范围．
11. （12分） (2017高二下·蚌埠期中) 设函数f（x）=（x﹣1）ex﹣kx2（k∈R）．
（1）当k=1时，求函数f（x）的单调区间；
（2）当时，求函数f（x）在[0，k]上的最大值M．
12. （12分）(2018·如皋模拟) 已知函数 .
（1）当时，求在上的值域；
（2）试求的零点个数，并证明你的结论.
13. （12分）(2017·郴州模拟) 已知函数f（x）=xlnx，g（x）=﹣x2+ax﹣3．
（1）求函数f（x）在[t，t+2]（t＞0）上的最小值；
（2）对一切x∈（0，+∞），2f（x）≥g（x）恒成立，求实数a的取值范围．
（3）探讨函数F（x）=lnx﹣ + 是否存在零点？若存在，求出函数F（x）的零点，若不存在，请说明理由．
14. （12分） (2015高二下·金台期中) 已知函数f（x）=ln（x+1），g（x）=kx（k∈R）．
（1）证明：当x＞0时，f（x）＜x；
（2）证明：当k＜1时，存在x0＞0，使得对任意的x∈（0，x0），恒有f（x）＞g（x）．
15. （12分）(2018·南宁模拟) 已知函数 .
（1）若，求的单调区间；
（2）若关于的不等式对一切恒成立，求实数的取值范围；（3）求证：对，都有 .
参考答案
一、真题演练 (共6题；共72分)
1-1、
1-2、
2-1、
3-1、
3-2、
3-3、
4-1、
5-1、
6-1、
二、模拟实训 (共9题；共108分)
8-1、8-2、
9-1、
9-2、10-1、
10-2、
11-1、
11-2、
12-1、
12-2、
13-1、
13-2、13-3、
14-1、14-2、15-1、
15-2、15-3、。