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江苏高考数学导数练习题

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《导数》基础训练题(1)答案

《导数》基础训练题(1)答案

高考数学模拟卷基础题型训练（1）姓名：导数概念公式【笔记】课堂练习1、在曲线2y x =上切线倾斜角为4π的点是（ D ） A ．(0,0) B ．(2,4) C ．11(,)416 D ．11(,)24【笔记】 2、曲线221y x =+在点(1,3)P -处的切线方程为（ A ）A ．41y x =--B ．47y x =--C ．41y x =-D ．47y x =+【笔记】 3、函数在322y x x =-+在2x =处的切线的斜率为 10【笔记】4、函数1y x x=+的导数是（ A ） A ．211x -B ．11x -C ．211x + D ．11x+ 【笔记】5、函数cos xy x=的导数是（ C ） A ．2sin x x - B ．sin x - C ．2sin cos x x x x +- D ． 2cos cos x x xx+- 【笔记】6、函数sin (cos 1)y x x =+的导数是（ C ）A ．cos2cos x x -B ．cos2sin x x +C ．cos2cos x x +D ．2cos cos x x +【笔记】课后作业（1） 姓名：1、32()32f x ax x =++,若'(1)4f -=，则a 的值等于（ D ）A ．319 B ．316 C ．313 D ．3102、函数sin 4y x =在点(,0)M π处的切线方程为（ D ）A ．y x π=-B ．0y =C ． 4y x π=-D ．44y x π=- 3、求下列函数的导数：（1）12y x =； （2）41y x=； （3）y 【答案】（1）11'12x y =， （2）54--=x y ；（3）5253-=x y4、若3'0(),()3f x x f x ==，则0x 的值为_________1±________5、函数sin x y x =的导数为___________2'sin cos xx x x y -=__________ 6、与曲线y ＝1ex 2相切于P (e ，e)处的切线方程是(其中e 是自然对数的底)高考数学模拟卷基础题型训练（2）姓名：1、已知曲线3:C y x =。

2020年高考数学二轮专项提升江苏专题03 导数函数的综合应用原卷版

2020年高考数学二轮专项提升江苏专题03 导数函数的综合应用原卷版

03 导数、函数的综合运用专题4xOy0)(x?y?x?PP.20191到直上的一个动点，则点在平面直角坐标系是曲线、（中，江苏卷）x. y=0x+_____的距离的最小值是线R?)(x?b)(x?c),a,b,cf(x)?(x?a)xf'(xf.20192，设函数（、（）的导函数．江苏卷）为a1a=b=cf4=8，求），（的值；）若（3,1,3}{?)(xf'xfxfc2abb=（的零点均在集合）和，中，求（（，且）若）的极小值；≠411,c?a?0,0?b?MM:fx3，求证≤）的极大值为，且（．）若（27 fxcosxxf ′xx32019f=2sinxx）的导数．（-（-、【，年高考全国Ⅰ卷文数】已知函数）为（）0π1f ′x）存在唯一零点；（（，）证明：）在区间（axaπ]fx≥2x[0的取值范围．时，）∈（，（，求）若1?x?1)ln?xf(x)?(x 4、【2019年高考全国Ⅱ卷文数】已知函数．证明：)xf(存在唯一的极值点；（1）)=0xf(有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．（2）x1)e(x?)(x?ln x?af R?a.52019，其中、【年高考天津文数】设函数)xf( a≤0的单调性；（Ⅰ）若，讨论1?a0?，（Ⅱ）若e)xf( i恰有两个零点；）证明（2??x3xxxxx?)f)(xf(x. ii，证明（为）设为的零点，且的极值点，100011232ax2x??f(x)? 20196．年高考全国Ⅲ卷文数】已知函数、【)(xf 1的单调性；（）讨论mM?)(xf，求的取值范围．[0，1]<3（2）当0<a时，记的最大值为M，最小值为m在区间132?x?x)?xxf( 72019．、【年高考北京文数】已知函数4y?f(x)1 的切线方程；（Ⅰ）求曲线的斜率为x?[?2,4]x?6?f(x)?x；（Ⅱ）当时，求证：F(x)?|f(x)?(x?a)|(a?R)F(x)[?2,4]MaMa）（），当（上的最大值为在区间，记（Ⅲ）设a的值．最小时，求0a?0.xa ln?1,?xxf?(x)=，设函数2019年高考浙江】已知实数8、【3??af(x)的单调区间；时，求函数）当1（4x1a,?(x)f,??)x?[）对任意均有2 求（的取值范围．2a2e注：e=2.71828…为自然对数的底数．一、函数零点的问题.对于此类端点值恰1、利用导数讨论函数零点个数、根据恒成立的不等式求解参数范围的问题为恒成立不等式取等的值的问题，通常采用构造函数的方式，将问题转变成函数最值与零之间的.比较，进而通过导函数的正负来确定所构造函数的单调性，从而得到最值2、对于函数零点个数问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性、草图确定其中参数范围．从图象的最高点、最低点，分析函数的最值、极值；从图象的对称性，分析函数的奇偶性；从图象的走向趋势，分析函数的单调性、周期性等．但需注意探求与论证之间区别，论证是充要关系，要充分利用零点存在定理及函数单调性严格说明函数零点个数.二、函数单调性的讨论对于含有参数的函数单调性、极值、零点问题,通常要根据参数进行分类讨论,要注意分类讨论的原则：互斥、无漏、最简；,解决函数不等式的证明问题的思路是构造适当的函数,利用导数研究函数的单调性或极值破解.三、新型定义问题的处理“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解。

压轴题03 函数与导数常见经典压轴小题(解析版)-2023年高考数学压轴题专项训练(江苏专用)

压轴题03 函数与导数常见经典压轴小题(解析版)-2023年高考数学压轴题专项训练(江苏专用)

压轴题03函数与导数常见经典压轴小题1、导数的计算和几何意义是高考命题的热点，多以选择题、填空题形式考查，难度较小．2、应用导数研究函数的单调性、极值、最值多在选择题、填空题靠后的位置考查，难度中等偏上，属综合性问题．考向一：函数、零点嵌套问题考向二：函数整数解问题考向三：等高线问题考向四：零点问题考向五：构造函数解不等式考向六：导数中的距离问题考向七：导数的同构思想考向八：最大值的最小值问题（平口单峰函数、铅锤距离）1、分段函数零点的求解与判断方法：（1）直接法：直接根据题设条件构造关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成球函数值域的问题加以解决；（3）数形结合法：先将解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．2、由于三次函数的导函数为我们最熟悉的二次函数，所以基本的研究思路是：借助导函数的图象来研究原函数的图象．如借助导函数的正负研究原函数的单调性；借助导函数的（变号）零点研究原函数的极值点（最值点）；综合借助导函数的图象画出原函数的图象并研究原函数的零点，具体来说，对于三次函数()()32 0f x ax bx cx d a =+++＞，其导函数为()()232 0f x ax bx c a '=++＞，根的判别式()243b ac ∆=-．a ＞()232f x ax bx c'=++判别式∆＞0∆=0∆＜图象()32f x ax bx cx d=+++单调性增区间：()1, x -∞，()2, x +∞；减区间：()12, x x 增区间：(), -∞+∞增区间：(), -∞+∞图象（1）当0∆≤时，()0f x '≥恒成立，三次函数()f x 在R 上为增函数，没有极值点，有且只有一个零点；（2）当0∆≥时，()0f x '=有两根1x ，2x ，不妨设12x x ＜，则1223bx x a+=-，可得三次函数()f x 在()1, x -∞，()2, x +∞上为增函数，在()12, x x 上为减函数，则1x ，2x 分别为三次函数()32f x ax bx cx d =+++的两个不相等的极值点，那么：①若()()120f x f x ⋅＞，则()f x 有且只有1个零点；②若()()120f x f x ⋅＜，则()f x 有3个零点；③若()()120f x f x ⋅=，则()f x 有2个零点．特别地，若三次函数()()32 0f x ax bx cx d a =+++＞存在极值点0x ，且()00f x =，则()f x 地解析式为()()()20f x a x x x m =--．同理，对于三次函数()()32 0f x ax bx cx d a =+++＜，其性质也可类比得到．3、由于三次函数()()32 0f x ax bx cx d a =+++≠的导函数()232f x ax bx c '=++为二次函数，其图象变化规律具有对称性，所以三次函数图象也应当具有对称性，其图象对称中心应当为点, 33bb faa ⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，此结论可以由对称性的定义加以证明．事实上，该图象对称中心的横坐标正是三次函数导函数的极值点．4、恒成立（或存在性）问题常常运用分离参数法，转化为求具体函数的最值问题．5、如果无法分离参数，可以考虑对参数或自变量进行分类讨论，利用函数性质求解，常见的是利用函数单调性求解函数的最大、最小值．6、当不能用分离参数法或借助于分类讨论解决问题时，还可以考虑利用函数图象来求解，即利用数形结合思想解决恒成立（或存在性）问题，此时应先构造函数，作出符合已知条件的图形，再考虑在给定区间上函数图象之间的关系，得出答案或列出条件，求出参数的范围．7、两类零点问题的不同处理方法利用零点存在性定理的条件为函数图象在区间[a ，b ]上是连续不断的曲线，且()()0f a f b ⋅<．．①直接法：判断-一个零点时，若函数为单调函数，则只需取值证明()()0f a f b ⋅<．②分类讨论法：判断几个零点时，需要先结合单调性，确定分类讨论的标准，再利用零点存在性定理，在每个单调区间内取值证明()()0f a f b ⋅<．8、利用导数研究方程根（函数零点）的技巧（1）研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等．（2）根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极（最）值的位置．（3）利用数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现．9、已知函数零点个数求参数的常用方法（1）分离参数法：首先分离出参数，然后利用求导的方法求出构造的新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围．（2）分类讨论法：结合单调性，先确定参数分类的标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各小范围并在一起，即为所求参数范围．1．（2023·江西宜春·统考模拟预测）已知函数()()()ln 1,ln (0)1m xf x xg x x m x m=+-=+>+，且()()120f x g x ==，则()2111em x x -+的最大值为（）A ．1B ．eC ．2eD ．1e【答案】A【解析】()()()()()ln 10,ln 10,1ln 1,11m mf x x x m x x x x =+-=+-==++++()ln0,e ,x xg x x m x m=+==由题意知，()()21121ln 1e ,x x x x m ++==即()()2221121ln 1e e ln e ,x x xx x x m ++===因为0m >，所以21e 1,11xx >+>，设()ln ,1p x x x x =>，则()1ln 0p x x '=+>，()()211e ,xp x p m +==所以211e x x +=，所以()22121111e e e ex m m m x x x m---+==，1(),0e m m t m m -=>，则11(),e m m t m --'=当01m <<时，()0;t m '>当1m >时，()0;t m '<所以()t m 在()0,1时单调递增，在()1,+∞时单调递减，所以max ()(1)1,t m t ==故选：A.2．（2023·湖南岳阳·统考二模）若函数()22ln 2e 2ln x xf x a x ax -=-+有两个不同的零点，则实数a 的取值范围是（）A ．(),e -∞-B ．(],e -∞-C ．()e,0-D ．()【答案】A【解析】函数()f x 的定义域为(0,)+∞，()()222ln 22ln 2e 2ln e 2ln x x x x f x a x ax a x x --=-+=+-，设2()2ln (0)h x x x x =->，则22(1)(1)()2x x h x x x x+-'=-=，令()01h x x '>⇒>，令()001h x x '<⇒<<，所以函数()h x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增，且(1)1h =，所以min ()(1)1h x h ==，所以()1h x ≥，函数()f x 有两个不同的零点等价于方程()0f x =有两个不同的解，则()222ln 2ln 22e e 2ln 02ln x x x x a x x a x x--+-=⇒-=-，等价于函数y a =-与22ln 2e 2ln x xy x x-=-图象有两个不同的交点.令22ln x x t -=，()1e ,tg t tt =>，则函数y a =-与()1e ,tg t tt =>图象有一个交点，则()()22e 1e e 0tt t t t g t t t '--==>，所以函数()g t 在(1,)+∞上单调递增，所以()()1e g t g >=，且t 趋向于正无穷时，()e tg t t=趋向于正无穷，所以e a ->，解得e a <-.故选：A.3．（2023·江西吉安·统考一模）已知,R,0,0x y x y ∈>>，且2x y xy +=，则8e y x-的可能取值为（）（参考数据： 1.1e 3≈， 1.2e 3.321≈）A ．54B ．32C ．e 1-D ．e【答案】D【解析】由2x y xy +=，可得844x y =-且1y >，所以84e e 4y yx y-=+-，令()()4e 4,1,yg y y y =+-∈+∞，可得()24e y g y y='-，令()24e yh y y =-，可得()38e 0yh y y '=+>，()h y 为单调递增函数，即()g y '单调递增，又()()1.1 1.222441.1e 0, 1.2e 01.1 1.2g g =--'<'=>，所以存在()0 1.1,1.2y ∈，使得()00204e 0yg y y =-='，所以()()0min 002000444e 44, 1.1,1.2yg g y y y y y ==+-=-∈，设()0200444f y y y =+-，则()0320084f y y y =--'，因为()0 1.1,1.2y ∈，所以()00f y '<，所以()0f y 在()1.1,1.2上单调递减，所以()()0191.229f y f >=>，又因为()22e 2e g =->，()g y 在()0,y ∞+上递增，所以D 正确.故选：D.4．（2023·河南开封·开封高中校考一模）若存在[)1,x ∞∈+，使得关于x 的不等式11e x ax +⎛⎫+≥ ⎪⎝⎭成立，则实数a 的最小值为（）A ．2B ．1ln2C ．ln21-D ．11ln2-【答案】D 【解析】由11e x ax +⎛⎫+≥ ⎪⎝⎭两边取对数可得 1()ln 11x a x ⎛⎫++≥ ⎪⎝⎭①，令11,t x +=则11x t =-，因为[)1,x ∞∈+，所以(1,2]t ∈，则①可转化得1ln 11a t t ⎛⎫+≥⎪-⎝⎭，因为ln 0t >，11ln 1a t t ∴≥--因为存在[)1,x ∞∈+，使得关于x 的不等式11e x ax +⎛⎫+≥ ⎪⎝⎭成立，所以存在(1,2]t ∈，11ln 1a t t ≥--成立，故求11ln 1t t --的最小值即可，令11(),(1,2]ln 1g x x x x =-∈-2211()(ln )(1)g x x x x '∴=-+⋅-2222(ln )(1)(1)(ln )x x x x x x ⋅--=-2222222(1)1(ln )(ln )2(1)(ln )(1)(ln )x x x x x x x x x x ----+==--，令()h x 21(ln )2,(1,2]x x x x=--+∈212ln 11()2ln 1x x x h x x x xx-+'∴=⋅-+=，令1()2ln ,(1,2]x x x x xϕ=-+∈，2222121()1x x x x x x ϕ-+-'∴=--=22(1)0x x --=<，所以()ϕx 在(1,2]上单调递减，所以()(1)0x ϕϕ<=，()0h x '∴<，所以()h x 在(1,2]上单调递减，所以()(1)0,()0,h x h g x '<=∴<()g x ∴在(1,2]上单调递减，1()(2)1ln 2g x g ∴≥=-，11ln 2a ∴≥-，所以实数a 的最小值为11ln 2-故选：D5．（2023·河北石家庄·统考一模）已知210x x a -=在()0,x ∈+∞上有两个不相等的实数根，则实数a 的取值范围是（）A ．10,2e ⎛⎤ ⎥⎝⎦B ．10,2e ⎛⎫⎪⎝⎭C ．12e 1,e ⎛⎤ ⎥⎝⎦D ．12e 1,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】D【解析】由()0,x ∈+∞，则210x x a =>，故2ln ln xa x=，要使原方程在()0,x ∈+∞有两个不等实根，即2ln ()xf x x =与ln y a =有两个不同的交点，由432ln 12ln ()x x x x f x x x --'==，令()0f x '>，则120e x <<，()0f x '<，则12e x >，所以()f x 在12(0,e )上递增，12(e ,)+∞上递减，故12max 1()(e )2e f x f ==，又x 趋向于0时，()f x 趋向负无穷，x 趋向于正无穷时，()f x 趋向0，所以，要使()f x 与ln y a =有两个不同的交点，则10ln 2ea <<，所以12e 1e a <<.故选：D6．（2023·吉林·统考三模）已知不等式22e ln ln x x λλ+≥在()0,x ∈+∞上恒成立，则实数λ的取值范围是（）A ．10,2e ⎛⎤ ⎥⎝⎦B ．10,4e ⎛⎤ ⎥⎝⎦C ．1,2e ∞⎡⎫+⎪⎢⎣⎭D ．1,4e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭【答案】C【解析】由22e ln ln x x λλ+≥得22e ln ln lnxxx λλλ≥-=，即22e lnxxxx λλ≥，令()e t f t t =，()0,t ∈+∞，则()()1e 0tf t t '=+>，所以()e tf t t =在()0,∞+上单调递增，而ln22e lnlne xxxxxx λλλλ≥=等价于()2ln x f x f λ⎛⎫≥ ⎪⎝⎭，∴2lnxx λ≥，即2e xx λ≥令()2e x g x x =，()0,x ∈+∞，则()212e xg x x-'=，所以()g x 在10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时()0g x '>，为增函数；在在1,2x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时()0g x '<，为减函数，所以()g x 最大值为1122e g ⎛⎫= ⎪⎝⎭，∴12e λ≥．故选：C7．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考二模）设()f x 是定义在R 上的可导函数，()f x 的导函数为()f x '，且()()32f x f x x '⋅>在R 上恒成立，则下列说法中正确的是（）A ．()()20232023f f <-B ．()()20232023f f >-C ．()()20232023f f <-D ．()()20232023f f >-【答案】D【解析】由题设32()()4f x f x x ⋅>'，构造24()()g x f x x =-，则3()2()()40g x f x f x x =-'>'，所以()g x 在R 上单调递增，则(2023)(2023)g g >-，即2424(2023)2023(2023)(2023)f f ->---，所以22(2023)(2023)f f >-，即()()20232023f f >-.故选：D8．（2023·四川广安·统考二模）若存在[]01,2x ∈-，使不等式()022002e 1ln e 2ex ax a x +-≥+-成立，则a 的取值范围是（）A ．21,e 2e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．221,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．421,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．41,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦【答案】D【解析】()022002e 1ln e 2e x a x a x +-≥+-⇔()()222e 1ln e 12e x a a x ---≥-()()()000022222 e 1ln e 1ln e 2 e 1ln 2e e x x x x a a a a e ⇔---≥-⇔-≥-令ex at =，即()2e 1ln 220t t --+≥，因为0[1,2]x ∈-，所以21,e e a a t -⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，令()2()e 1ln 22f t t t =--+.则原问题等价于存在21,e e a a t -⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，使得()0f t ≥成立.()22e 12e 1()2t f t t t---'=-=令()0f t '<，即()2e 120,t --<解得2e 12t ->，令()0f t '>，即()2e 120,t -->解得2e 102t -<<，所以()f t 在2e 10,2⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，在2e 1,2⎛⎫-+∞⎪⎝⎭上单调递减.又因为()()2222(1)0,e e 1ln e 2e 2f f ==--+222e 22e 20=--+=而22e 11e 2-<<，∴当21e t ≤≤时，()0f t ≥.若存在21,e e a a t -⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，使得()0f t ≥成立.只需22e e a ≤且11e a -≥，解得4ea ≤且1e a ≥，所以41e ea ≤≤.故a 的取值范围为41,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦.故选：D9．（2023·河南郑州·统考二模）函数()ln ,01,0x x x f x x x >⎧=⎨+≤⎩，若关于x 的方程()()()210f x m f x m -++=⎡⎤⎣⎦恰有5个不同的实数根，则实数m 的取值范围是（）A ．10em -<<B ．10em -<≤C ．10em -≤<D ．10em -≤≤【答案】A【解析】由()2[()]1()[()][()1]0f x m f x m f x m f x -++=--=，可得()f x m =或()1f x =，令ln y x x =且定义域为(0,)+∞，则ln 1y x ¢=+，当1(0,ex ∈时0'<y ，即y 递减；当1(,)ex ∈+∞时0'>y ，即y 递增；所以min 1e y =-，且1|0x y ==，在x 趋向正无穷y 趋向正无穷，综上，根据()f x 解析式可得图象如下图示：显然()1f x =对应两个根，要使原方程有5个根，则()f x m =有三个根，即(),f x y m =有3个交点，所以10em -<<.故选：A10．（2023·贵州·统考模拟预测）已知函数()f x 在R 上满足如下条件：（1）()()0f x f x -+=；（2）()20f -=；（3）当()0,x ∈+∞时，()()f x f x x'<.若()0f a >恒成立，则实数a 的值不可能是（）A ．3-B ．2C ．4-D ．1【答案】B 【解析】设()()f x g x x =，则()()()2xf x f x g x x'-'=，因为当()0,x ∈+∞时，()()f x f x x'<，所以当0x >时，有()()0xf x f x '-<恒成立，即此时()g x '<0，函数()g x 为减函数，因为()f x 在R 上满足()()0f x f x -+=，所以函数()f x 是奇函数，又()20f -=，所以()20f =，又()()()()()f x f x f x g x g x x x x---====--，故()g x 是偶函数，所以()()220g g =-=，且()g x 在(),0x ∈-∞上为增函数，当0a >时，()0f a >，即()()0f a ag a =>，等价为()0g a >，即()()2g a g >，得02a <<；当a<0时，()0f a >，即()()0f a ag a =>，等价为()0g a <，即()()2g a g <-，此时函数()g x 为增函数，得2a <-，综上不等式()0f a >的解集是()(),20,2-∞- ，结合选项可知，实数a 的值可能是3-，4-，1.故选：B11．（2023·广西·统考三模）已知2()cos f x x x =+，若3441e ,ln ,54a f b f c f -⎛⎫⎛⎫⎛⎫===- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，则a ，b ，c 的大小关系为（）A ．b c a <<B ．c a b<<C ．c b a<<D ．a c b<<【答案】A【解析】因为2()cos ,R f x x x x =+∈，定义域关于原点对称，()22()()cos()cos f x x x x x f x -=-+-=+=，所以()f x 为R 上的偶函数，当0x ≥时,()2sin ,f x x x '=-，设()2sin g x x x =-，则()2cos g x x =-'，1cos 1x -≤≤ ，()0g x '∴>，所以()g x 即()f x '在[0,)+∞上单调递增，所以()(0)0f x f ''≥=,所以()f x 在[0,)+∞上单调递增，又因为()f x 为偶函数,所以()f x 在(,0]-∞上单调递减，又因为41ln0,054<-<,所以445ln ln ln 554b f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫==-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭,1144c f f ⎛⎫⎛⎫=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭又因为31411ee e 4-->=>,因为141ln e 4=,41445e e, 2.4e 4⎛⎫⎛⎫=≈< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以145e 4>,所以145ln e ln 4>，即15ln 44>,所以3415eln 44->>,所以3441e 5ln 4f f f -⎛⎫⎛⎫⎛⎫>> ⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎭⎝⎭,即a c b >>.故选：A.12．（2023·天津南开·统考一模）已知函数()()216249,1,11,1,9x x x f x f x x ⎧-+≤⎪=⎨->⎪⎩则下列结论：①()1*9,Nn f n n -=∈②()()10,,x f x x∞∀∈+<恒成立③关于x 的方程()()R f x m m =∈有三个不同的实根，则119m <<④关于x 的方程()()1*9N n f x n -=∈的所有根之和为23n n +其中正确结论有（）A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个【答案】B【解析】由题意知，()()()()1211111219999n n f n f n f n f n n --=-=-==--=⎡⎤⎣⎦ ，所以①正确；又由上式知，要使得()()10,,x f x x∞∀∈+<恒成立，只需满足01x <≤时，()1f x x <恒成立，即2116249x x x-+<，即321624910x x x -+-<恒成立，令()(]32162491,0,1g x x x x x =-+-∈，则()248489g x x x '=-+，令()0g x '=，解得14x =或34x =，当1(0,4x ∈时，()0g x '>，()g x 单调递增；当13(,)44x ∈时，()0g x '<，()g x 单调递减；当3(,)4x ∈+∞时，()0g x '>，()g x 单调递增，当14x =时，函数()g x 取得极大值，极大值11101444g f ⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，，所以②不正确；作出函数()f x 的图象，如图所示，由图象可知，要使得方程()()R f x m m =∈有三个不同的实根，则满足()()21f m f <<，即119m <<，所以③正确；由()1(1)9f x f x =-知，函数()f x 在(),1n n +上的函数图象可以由()1,n n -上的图象向右平移一个单位长度，再将所有点的横坐标不变，纵坐标变为原来的19倍得到，因为216249y x x =-+的对称轴为34x =，故()09f x =的两根之和为32，同理可得：()19f x =的两个之和为322+， ，()19nf x -=的两个之和为32(1)2n +-，故所有根之和为23333(2)[2(1)]2222n n n +++++-=+，所以④不正确.故选：B.13．（2023·山东济南·一模）函数()()()221xxx f x a a a =++-+（0a >且1a ≠）的零点个数为（）A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】B【解析】由()0f x =可得22011x x a a a a +⎛⎫⎛⎫+-= ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭，即11112011x xa a ⎛⎫⎛⎫-++-= ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭，因为0a >且1a ≠，则1110,,1122a ⎛⎫⎛⎫∈ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭，令11t a =+，令()()()112x xg x t t =-++-，则()()010g g ==，()()()()()1ln 11ln 1xxg x t t t t '=--+++，令()()()()()1ln 11ln 1xxh x t t t t =--+++，则()()()()()221ln 11ln 10xxh x t t t t '=--+++>⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦，所以，函数()g x '在R 上单调递增，因为()()()()20ln 1ln 1ln 1ln10g t t t'=-++=-<=，()()()()()11ln 11ln 1g t t t t '=--+++，令()()()()()1ln 11ln 1p t t t t t =--+++，其中01t <<，则()()()ln 1ln 10p t t t '=+-->，所以，函数()p t 在()0,1上单调递增，所以，()()()100g p t p >'==，由零点存在定理可知，存在()00,1x ∈，使得()00g x '=，且当0x x <时，()0g x '<，此时函数()g x 单调递减，当0x x >时，()0g x '>，此时函数()g x 单调递增，所以，()()()0010g x g g <==，所以，函数()g x 的零点个数为2，即函数()f x 的零点个数为2.故选：B.14．（2023·陕西榆林·统考二模）已知函数()()25e xf x x x =+-，若函数()()()()222g x f x a f x a =---⎡⎤⎣⎦恰有5个零点，则a 的取值范围是（）A ．()3e,0-B ．470,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．473e,e ⎛⎫- ⎪⎝⎭D ．()0,3e 【答案】B【解析】函数()g x 恰有5个零点等价于关于x 的方程()()()2220f x a f x a ⎡⎤---=⎣⎦有5个不同的实根．由()()()2220f x a f x a ⎡⎤---=⎣⎦，得()f x a =或()2f x =-．因为()()25e x f x x x =+-，所以()()234e x f x x x '=+-()()41e xx x =+-，由()0f x ¢>，得<4x -或1x >，由()0f x '<，得41x -<<，则()f x 在(),4-∞-和()1,+∞上单调递增，在()4,1-上单调递减．因为()474e f -=，()13e f =-，当x →+∞时，()f x →+∞，当x →-∞时，()0f x →，所以可画出()f x 的大致图象：由图可知()2f x =-有2个不同的实根，则()f x a =有3个不同的实根，故470,e a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，故A ，C ，D 错误.故选：B.15．（2023·山东枣庄·统考二模）已知()f x =，a ∈R ，曲线cos 2y x =+上存在点()00,x y ，使得()()00f f y y =，则a 的范围是（）A ．()8,18ln 3+B ．[]8,18ln 3+C ．()9,27ln 3+D ．[]9,27ln 3+【答案】B【解析】因为[]cos 1,1x ∈-，所以[]cos 21,3y x =+∈，由题意cos 2y x =+上存在一点()00,x y 使得()()00f f y y =，即[]01,3y ∈，只需证明()00f y y =，显然()f x =假设()00f y y c =>，则()()()()000f f y f c c y f y ==>>不满足()()00f f y y =，同理()00f y c y =<不满足()()00f f y y =，所以()00f y y =，那么函数()[]1,3f x =即函数()f x x =在[]1,3x ∈有解，x =，可得[]2ln 9,1,3x x a x x +-=∈，从而[]2ln 9,1,3x x x a x +-=∈，令()[]2ln 9,1,3h x x x x x =+-∈，则()2119292x x h x x x x+-'=+-=，令()0h x '=，即21920x x +-=，解得12993,044x x -=>=（舍去），()0h x '>时03x <<<()0h x '<时x >所以()h x 在[]1,3单调递增，所以()()()13h h x h ≤≤，()1ln1918h =+-=，()3ln 3279ln 318h =+-=+，所以()h x 的取值范围为[]8,ln 318+，即a 的取值范围为[]8,ln 318+.故选：B.16．（2023·四川绵阳·盐亭中学校考模拟预测）已知()(0)ln kxx k xϕ=>，若不等式()11e kxxx ϕ+<+在()1+∞，上恒成立，则k 的取值范围为（）A ．1e⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，B ．()ln2+∞，C ．()0,eD ．()0,2e 【答案】A【解析】由题意知，(1,)x ∀∈+∞，不等式11e ln kx x kx x+<+恒成立，即()(1,),1eln e(1)ln kxkxx x x ∀∈+∞+>+成立.设()(1)ln (1)f x x x x =+>，则()e ()kxf f x >.因为11()ln ln 10x f x x x x x+'=+=++>，所以()f x 在()1+∞，上单调递增，于是e kx x >对任意的()1x ∈+∞，恒成立，即ln xk x >对任意的()1x ∈+∞，恒成立.令ln ()(1)x g x x x=>，即max ()k g x >.因为21ln ()xg x x-'=，所以当(1,e)x ∈时，()0g x '>;当()e x ∈+∞，时，()g x '<0，所以()g x 在(1,e)上单调递增，在()e ，+∞上单调递减，所以max 1()(e)eg x g ==，所以1ek >.故选：A .17．（2023·江西·校联考模拟预测）已知()ee 1ln x x a x+>有解，则实数a 的取值范围为（）A ．21,e ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭B ．1,e⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭C ．()1,-+∞D ．1,e⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭【答案】A【解析】不等式()e e 1ln x x a x+>可化为()e ln 1x a x x x ++>，()()e ln e 1x x a x x +>，令e x t x =，则ln 1at t +>且0t >，由已知不等式ln 1t at +>在()0,∞+上有解，所以1ln ta t ->在()0,∞+上有解.令()1ln t f t t -=，则()2ln 2t f t t ='-，当20e t <<时，()0f t '<，()f t 在()20,e 上单调递减；当2t e >时，()0f t '>，()f t 在()2e ,+∞单调递增，所以()min f t =()221e e f =-，所以21e a >-，所以a 的取值范围为21,e ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭，故选：A.18．（2023·辽宁朝阳·校联考一模）设0k >，若不等式()ln e 0xk kx -≤在0x >时恒成立，则k 的最大值为（）A ．eB ．1C ．1e -D ．2e 【答案】A【解析】对于()ln e 0xk kx -≤，即()e ln x kx k≤，因为()ln y kx =是e xy k =的反函数，所以()ln y kx =与e xy k =关于y x =对称，原问题等价于e x x k≥对一切0x >恒成立，即e xk x≤；令()e x f x x =，则()()'21e x x f x x -=，当01x <<时，()()'0,f x f x <单调递减，当1x >时，()()'0,f x f x >单调递增，()()min 1e f x f ==，e k ∴≤；故选：A.19．（2023·四川南充·统考二模）已知函数()()2ln ln 1212x x h x t t x x ⎛⎫=--+- ⎪⎝⎭有三个不同的零点123,,x x x ，且123x x x <<．则实数11ln 1x x ⎛-⎝）A ．1t -B ．1t -C ．－1D ．1【答案】D 【解析】令ln x y x =，则21ln xy x-'=，当(0,e)x ∈时0'>y ，y 是增函数，当(e,)x ∈+∞时0'<y ，y 是减函数；又x 趋向于0时y 趋向负无穷，x 趋向于正无穷时y 趋向0，且e 1|ex y ==，令ln xm x=，则2()()(12)12h x g m m t m t ==--+-，要使()h x 有3个不同零点，则()g m 必有2个零点12,m m ，若11(0,e m ∈，则21em =或2(,0]m ∞∈-，所以2(12)120m t m t --+-=有两个不同的根12,m m ，则2Δ(12)4(12)0t t =--->，所以32t <-或12t >，且1212m m t +=-，1212m m t =-，①若32t <-，12124m m t +=->，与12,m m 的范围相矛盾，故不成立；②若12t >，则方程的两个根12,m m 一正一负，即11(0,)em ∈，2(,0)m ∞∈-；又123x x x <<，则12301e x x x <<<<<，且121ln x m x =，32123ln ln x x m x x ==，故11ln 1x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭(()()221111m m m =-=--12121()1m m m m =-++=.故选：D20．（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学统考二模）已知实数0a >，e 2.718=…，对任意()1,x ∈-+∞，不等式()e e 2ln xa ax a ⎡⎤++⎣⎦≥恒成立，则实数a 的取值范围是（）A ．10,e ⎛⎤⎥⎝⎦B ．1,1e⎡⎫⎪⎢⎣⎭C ．20,e⎛⎫⎪⎝⎭D ．2,1e⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】A【解析】因为()e e 2ln xa ax a ⎡⎤++⎣⎦≥，所以()()1e2ln 2ln 2ln ln(1)x a ax a a a ax a a a a a x -⎡⎤++=++=+++⎣≥⎦，即11e 2ln ln(1)x a x a-⋅++≥+，即1ln 11ln e e 2ln ln(1)e 2ln ln(1)x x a a a x a x ---⋅+++⇔+≥++≥，所以1ln e 1ln ln(1)1x a x x a x --+≥--+++，令()e ,(1,)x f x x x =+∈-+∞，易知()f x 在()1,x ∈-+∞上单调递增，又因为ln(1)[ln(1)]e ln(1)1ln(1)x f x x x x ++=++=+++，所以(1ln )[ln(1)]f x a f x --≥+，所以1ln ln(1),(1,)x a x x --≥+∈-+∞，所以ln 1ln(1),(1,)a x x x ≤--+∈-+∞，令()1ln(1),(1,)g x x x x =--+∈-+∞，则1()111x g x x x '=-=++，所以当(1,0)x ∈-时，()0g x '<，()g x 单调递减；当,()0x ∈+∞时，()0g x '>，()g x 单调递增；所以min ()(0)1g x g ==-，所以ln 1a ≤-，解得10ea <≤.故选：A21．（2023·陕西榆林·统考二模）已知函数()()25e xf x x x =+-，若函数()()()()0g x f f x a a =->，则()g x 的零点个数不可能是（）A ．1B ．3C ．5D ．7【答案】D【解析】令()0g x =，即()()f f x a =，因为()()25e xf x x x =+-，所以()2()34e x f x x x '=+-，由()0f x ¢>，得<4x -或1x >，由()0f x '<，得41x -<<，则()f x 在(),4-∞-和()1,+∞上单调递增，在()4,1-上单调递减，因为()474e f -=，()13e f =-，当+x →∞时，()+f x →∞，当x →-∞时，()0f x →，令()0f x =，解得1212x -=或1212x -=，所以可画出()f x 的大致图像，设()t f x =，则()f t a =，第一种情况：当470e a <<时，()f t a =有三个不同的零点1t ，2t ，3t ，不妨设123t t t <<，则14t <-，2142t -<<-，312t ->，①讨论()1f x t =根的情况：当13e t <-时，()1f x t =无实数根，当13e t =-时，()1f x t =有1个实数根，当13e 4t -<<-时，()1f x t =有2个实数根，②讨论()2f x t =根的情况：因为2142t -<<-，所以()2f x t =有2个实数根，③讨论()3f x t =根的情况：因为3t >47e>，所以()3f x t =只有1个实数根，第二种情况：当47e a =时，()f t a =有2个实数根44t =-，51212t ->，则()4f x t =有2个实数根，()5f x t =有1个实数根，故当47ea =时，()()f f x a =有3个实数根；第三种情况：当47e a >时，()f t a =有一个实数根612t ->，则()6f x t =有1个实数根，综上，当470ea <<时，()()f f x a =可能有3个或4个或5个实数根；当47e a =时，()()f f x a =有3实数根；当47e a >时，()()f f x a =有1个实数根；综上，()g x 的零点个数可能是1或3或4或5．故选：D ．22．（多选题）（2023·河北唐山·开滦第二中学校考一模）若关于x 的不等式1ln ln e e ex m xm -+≥在(),m +∞上恒成立，则实数m 的值可能为（）A ．21e B ．22e C ．1eD ．2e【答案】CD【解析】因为不等式1ln ln ee e x m x m -+≥在(),m +∞上恒成立，显然0x m >>，1x m >，ln 0xm>，因此ln 1ln ln 1ee ln e ln e ln e e e xx x x x mm x x x x x m x x m m m m m-+≥⇔≥⇔≥⇔≥⋅，令()e ,0x f x x x =>，求导得()(1)0x f x x e '=+>，即函数()f x 在(0,)+∞上单调递增，ln e ln e ()(ln xxm x x x f x f m m ≥⋅⇔≥，于是ln x x m ≥，即e e xx x x m m ≥⇔≥，令(),0e x xg x x =>，求导得1()ex x g x -'=，当01x <<时，()0g x '>，当1x >时，()0g x '<，因此函数()g x 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，max 1()(1)eg x g ==，因为0x m >>，则当01m <<时，()g x 在(,1)m 上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，1()(1)eg x g ≤=，因此要使原不等式成立，则有11em ≤<，当m 1≥时，函数()g x 在(,)m +∞上单调递减，()()()11eg x g m g <≤=，符合题意，所以m 的取值范围为1[,)e+∞，选项AB 不满足，选项CD 满足.故选：CD23．（多选题）（2023·山东·沂水县第一中学校联考模拟预测）已知函数()()()32e 04610x x f x x x x ⎧<⎪=⎨-+≥⎪⎩，其中e 是自然对数的底数，记()()()2h x f x f x a =-+⎡⎤⎣⎦，()()()3g x f f x =-，则（）A ．()g x 有唯一零点B ．方程()f x x =有两个不相等的根C ．当()h x 有且只有3个零点时，[)2,0a ∈-D ．0a =时，()h x 有4个零点【答案】ABD【解析】因为32()461(0)f x x x x =-+≥，所以2()121212(1)(0)f x x x x x x '=-=-≥，所以(0,1)x ∈时，()0f x '<，(1,)x ∈+∞时，()0f x '>所以()()()32e04610x x f x x x x ⎧<⎪=⎨-+≥⎪⎩的图像如下图，选项A ，因为()()()3g x f f x =-，令()f x t =，由()0g x =，得到()3f t =，由图像知，存在唯一的01t >，使得()3f t =，所以0()1f x t =>，由()f x 的图像知，存在唯一0x ，使00()f x t =，即()()()3g x f f x =-只有唯一零点，所以选项A 正确；选项B ，令()g x x =，如图，易知()g x x =与()y f x =有两个交点，所以方程()f x x =有两个不相等的根，所以选项B 正确；选项C ，因为()()()2h x f x f x a =-+⎡⎤⎣⎦，令()f x m =，由()0h x =，得到20m m a -+=，当()h x 有且只有3个零点时，由()f x 的图像知，方程20m m a -+=有两等根0m ，且0(0,1)m ∈，或两不等根12,m m ，1210,1m m -<<>，或121,1m m =-=（舍弃，不满足韦达定理），所以140a ∆=-=或Δ140(0)0(1)0(1)0a f f f =->⎧⎪<⎪⎨->⎪⎪<⎩即14a =或14020a a aa ⎧<⎪⎪⎪<⎨⎪-<⎪<⎪⎩，所以14a =或20a -<<，当14a =时，12m =，满足条件，所以选项C 错误；选项D ，当0a =时，由()0h x =，得到()0f x =或()1f x =，由()f x 的图像知，当()0f x =时，有2个解，当()1f x =时，有2个解，所以选项D 正确.故选：ABD.24．（多选题）（2023·全国·模拟预测）已知函数()21ln 1f x a x x =++．若当()0,1x ∈时，()0f x >，则a 的一个值所在的区间可能是（）A ．()12,11--B ．()0,1C ．()2,3D ．()24e ,e 【答案】ABC 【解析】设21t x =，因为01x <<，所以1t >，则211ln 1ln 12a x t a t x ++=-+．设()1ln 12g t t a t =-+，则()12ag t t'=-．若2a ≤，则()0g t '>，所以()g t 在()1,+∞上单调递增，所以()()120g t g >=>，则A ，B 符合题意．若2a >，则当1,2a t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g t '<，所以()g t 单调递减；当,2a t ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0g t '>，所以()g t 单调递增．所以()ln 12222a a a ag t g ⎛⎫≥=-+ ⎪⎝⎭．设()()ln 11h x x x x x =-+>，则()ln 0h x x '=-<，所以()h x 在()1,+∞上单调递减，且3533ln 02222h ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭，所以若()2,3a ∈，则()30222a a g t g h h ⎛⎫⎛⎫⎛⎫≥=>> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，当()0,1x ∈时，()0f x >，C 符合题意．因为()h x 在()1,+∞上单调递减，且()22e e 10h =-+<，所以若()24e ,e a ∈，则24e e ,222a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，取22e a =，则()2e 022a a g h h ⎛⎫⎛⎫=<< ⎪ ⎝⎭⎝⎭，此时存在()1,t ∈+∞，使得()0g t <，即存在()0,1x ∈时，使得()0f x <，D 不符合题意．故选：ABC ．25．（多选题）（2023·全国·本溪高中校联考模拟预测）已知函数()f x 是定义在()0,∞+上的函数，()f x '是()f x 的导函数，若()()122e xx f x xf x '+=，且()e 22f =，则下列结论正确的是（）A ．函数()f x 在定义域上有极小值．B ．函数()f x 在定义域上单调递增．C ．函数()()eln H x xf x x =-的单调递减区间为()0,2．D ．不等式()12e e 4x f x +>的解集为()2,+∞．【解析】令()()m x xf x =，则()()()m x f x xf x ''=+，又()()22e xx f x xf x '+=得：()()2e xf x xf x x'+=，由()()m x f x x =得：()()()()()()()22222e xm x x m x xf x x f x m x m x f x x x x ''⋅-+--'===，令()()2e xh x m x =-得：()()2222e e e 2e 222x x x xx h x m x x x -''=-=-=⎛⎫ ⎪⎝⎭，当()0,2x ∈时，()0h x '<，()h x 单调递减；当()2,x ∈+∞时，()0h x '>，()h x 单调递增，所以()()()()2e 2e 220h x h m f ≥=-=-=，即()0f x '≥，所以()f x 单调递增，所以B 正确，A 不正确；由()()eln H x m x x =-且定义域为()0,∞+得：()()2e e e x H x m x xx-''=-=，令()0H x '<，解得02x <<，即()H x 的单调递减区间为()0,2，故C 正确．()12ee 4xf x +>的解集等价于()2e e 4x x x xf x +>的解集，设()()2e e 44xx x x m x ϕ=--，则()()222ee ee e 11424424x xx x x x m x x ϕ⎛⎫⎛⎫''=-+-=-+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭2282e e 84x x x x --=⋅-，当()2,x ∈+∞时，2820x x --<，此时()0x ϕ'<，即()x ϕ在()2,+∞上递减，所以()()()22e 0x m ϕϕ<=-=，即()2e e 4x x x xf x +<在()2,+∞上成立，故D 错误．26．（多选题）（2023·山东泰安·统考一模）已知函数()()()ln f x x x ax a =-∈R 有两个极值点1x ，2x ()12x x <，则（）A ．102a <<B ．2112x a<<C ．21112x x a->-D ．()10<f x ，()212f x >-【答案】ACD【解析】对于A ：()()()ln f x x x ax a =-∈R ，定义域()0,x ∈+∞，()()ln 120f x x ax x '=+->，函数()f x 有两个极值点1x ，2x ，则()f x '有两个变号零点，设()()ln 120g x x ax x =+->，则()1122axg x a xx-'=-=，当0a ≤时，()0g x '>，则函数()f x '单调递增，则函数()f x '最多只有一个变号零点，不符合题意，故舍去；当0a >时，12x a <时，()0g x '>，12x a>时，()0g x '<，则函数()f x '在10,2a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，在1,2a ⎛⎫+∞⎪⎝⎭上单调递减，若()f x '有两个变号零点，则102f a ⎛⎫'> ⎪⎝⎭，解得：12a <，此时x 由正趋向于0时，()f x '趋向于-∞，x 趋向于+∞时，()f x '趋向于-∞，则()f x '有两个变号零点，满足题意，故a 的范围为：102a <<，故A 正确；对于B ：函数()f x 有两个极值点1x ，2x ()12x x <，即()f x '有两个变号零点1x ，2x ()12x x <，则1212x x a<<，故B 错误；对于C ：当102a <<时，()1120f a '=->，则12112x x a <<<，即212x a >，11x ->-，则21112x x a->-，故C 正确；对于D ：()f x '有两个变号零点1x ，2x ()12x x <，且函数()f x '先增后减，则函数()f x 在()10,x 与()2,x +∞上单调递减，在()12,x x 上单调递增，121x x << ，且102a <<，()()()()1210112f x f a f x f a ⎧<=-<⎪∴⎨>=->-⎪⎩，故D 正确；故选：ACD.27．（多选题）（2023·吉林·东北师大附中校考二模）已知函数()ln xf x a a =，()()ln 1g x a x =-，其中0a >且1a ≠．若函数()()()h x f x g x =-，则下列结论正确的是（）A ．当01a <<时，()h x 有且只有一个零点B ．当1e 1e a <<时，()h x 有两个零点C ．当1e e a >时，曲线()yf x =与曲线()yg x =有且只有两条公切线D ．若()h x 为单调函数，则e e 1a -≤<【答案】BCD【解析】对A ，()ln ln(1),x h x a a a x =--令()10,ln ln(1),log (1)x x a h x a a a x a x -=∴=-∴=-，令111,164a x =-=，或111,162a x =-=1log (1)x a a x -=-都成立，()h x 有两个零点，故A 错误；对B ，1ln ln(1),x a a x -=-令1ln ,(1)ln ln ,ln(1),1x ta t x a t t x x -=∴-=∴⋅=--ln (1)ln(1)t t x x ∴=--，（1t >）.考虑ln (),()ln 10,y x x F x F x x '===+=11,()(1),e x x F a F x -∴=∴=-所以函数()F x 在1(0,e单调递减，在1(,)e +∞单调递增，1()(1),x F a F x -∴=-1ln(1)1,ln 1x x a x a x --∴=-∴=-.考虑2ln 1ln (),()0,e,x xQ x Q x x x x -'=∴==∴=所以函数()Q x 在(0,e)单调递增，在(e,)+∞单调递减，1(e),eQ =当1ln1e ()e 0,1e eQ ==-<x →+∞时，()0Q x >,所以当10ln e a <<时，有两个零点.此时1e 1e a <<，故B 正确；对C ，设21ln ,(),()e 1x ak a f x a k g x x ''=>=⋅=-，1t x =-.设切点1122111222(,()),(,()),()()(),()()(),x f x x g x y f x f x x x y g x g x x x ''∴-=--=-所以12111222()()()()()()f x g x f x x f x g x x g x ''''=⎧⎨-=-⎩.①111122222211,,11x x t a a k a k a k x x t -=∴==--。

高考数学专题：导数大题专练含答案

高考数学专题：导数大题专练含答案

高考数学专题：导数大题专练含答案一、解答题1．已知函数()ln f x ax x =+ (1)讨论()f x 的单调区间；(2)设()2xg x =，若对任意的[]11,100x ∈，存在[]20,1x ∈，使()()12f x g x <成立，求实数a 的取值范围. 2．已知函数()ln f x x =．(1)当()()sin 1g x x =-，求函数()()()T x f x g x =+在()0,1的单调性； (2)()()12h x f x b x=+-有两个零点1x ，2x ，且12x x <，求证：121x x +>． 3．已知函数()21si cos n 2f x x x a x x =-++．(1)当1a =-时，求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程； (2)若函数()f x 在3π0,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，求a 的取值范围．4．已知a R ∈，函数()22e 2xax f x =+． (1)求曲线()y f x =在0x =处的切线方程 (2)若函数()f x 有两个极值点12,x x ，且1201x x ，（ⅰ）求a 的取值范围；（ⅱ）当9a <-时，证明：21x x <-<． （注： 2.71828e =…是自然对数的底数） 5．求下列函数的导数： (1)2cos x xy x -=； (2)()e 1cos 2x x y x =+-； (3)()3log 51y x =-．6．已知函数()322f x x ax bx =++-在2x =-时取得极值，且在点()()1,1f --处的切线的斜率为3- . (1)求()f x 的解析式；(2)若函数()y f x λ=-有三个零点，求实数λ的取值范围.7．已知函数()323f x x ax x =-+.(1)若3x =是()f x 的极值点，求()f x 在[]1,a 上的最大值和最小值；(2)若()f x 在[)1,+∞上是单调递增的，求实数a 的取值范围.8．2020年9月22日，中国政府在第七十五届联合国大会上提出：“中国将提高国家自主贡献力度，采取更加有力的政策和措施，二氧化碳排放力争于2030年前达到峰值，努力争取2060年前实现碳中和.”为了进一步了解普通大众对“碳中和”及相关举措的认识，某机构进行了一次问卷调查，部分结果如下：(1)根据所给数据，完成下面的22⨯列联表，并根据列联表，判断是否有95%的把握认为“是否了解‘碳中和’及相关措施”与“学生”身份有关？附：()()()()()22n ad bc K a b c d a c b d -=++++，n a b c d =+++.(2)经调查后，有关部门决定加大力度宣传“碳中和”及相关措施以便让节能减排的想法深入人心.经过一段时间后，计划先随机从社会上选10人进行调查，再根据检验结果决定后续的相关举措.设宣传后不了解“碳中和”的人概率都为()01p p <<，每个被调查的人之间相互独立.①记10人中恰有3人不了解“碳中和”的概率为()f p ，求()f p 的最大值点0p ； ②现对以上的10人进行有奖答题，以①中确定的0p 作为答错的概率p 的值.已知回答正确给价值a 元的礼品，回答错误给价值b 元的礼品，要准备的礼品大致为多少元？（用a ，b 表示即可）9．已知函数()ln 2f x x x ax =++在点()()1,1f 处的切线与直线220x y 相互垂直．(1)求实数a 的值；(2)求()f x 的单调区间和极值．10．已知函数()222(0)e xmx x f x m +-=>. (1)判断()f x 的单调性；(2)若对[]12,1,2x x ∀∈，不等式()()1224e f x f x -≤恒成立，求实数m 的取值范围.【参考答案】一、解答题1．(1)答案见解析 (2)31a e ≤-【解析】 【分析】（1）由()()110ax f x a x xx+=+=>'，按0a ≥，0a <进行分类讨论求解； （2）由已知，转化为()()max max f x g x <，由已知得()()max 12g x g ==，由此能求出实数a 的取值范围． (1)()(]110ax f x a x x x+'=+=>， ①当0a ≥时，由于0x >，故10ax +>，()0f x '>， 所以()f x 的单调递增区间为()0,∞+；②当0a <时，由()0f x '=，得1x a=-，在区间10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上()0f x '>，在区间1,a∞⎛⎫-+ ⎪⎝⎭上()0f x '<，所以，函数()f x 的单调递增区间为10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭，单调递减区间为1,a∞⎛⎫-+ ⎪⎝⎭；(2)由题目知，只需要()()max max f x g x <即可又因为()()max 12g x g ==，所以只需要()max 2f x <即可()max 2f x <即等价于()2f x <恒成立，由变量分离可知2ln xa x-<，[]1,100x ∈， 令()2ln xh x x -=，下面求()h x 的最小值， 令()23ln xh x x-+'=，所以()0h x '=得3x e =， 所以()h x 在31,e ⎡⎤⎣⎦为减函数，3,100e ⎡⎤⎣⎦为增函数，所以()()33min 1h x h e e -==，所以31a e ≤-. 2．(1)单调递增 (2)证明见解析 【解析】 【分析】（1）直接求导，判断出导数大于0，即可得到单调性；（2）直接由1x ，2x 是函数()1ln 2h x x b x =+-的两个零点得到1212122ln x xx x x x -=，分别解出1211212ln x xx x x -=，2121212ln xx x x x -=，再换元令12x t x =构造函数()12ln l t t t t=--，求导确定单调性即可求解. (1)由题意，函数()()sin 1ln T x x x =-+，则()()1cos 1T x x x'=--+，又∵()0,1x ∈，∴11x>，()()10,1,cos 11x x -∈-<，∴()0T x '>，∴()T x 在（0，1）上单调递增． (2)根据题意，()()1ln 02h x x b x x =+->， ∵1x ，2x 是函数()1ln 2h x x b x=+-的两个零点，∴111ln 02x b x +-=，221ln 02x b x +-=． 两式相减，可得122111ln22x x x x =-，即112221ln 2x x x x x x -=， ∴1212122ln x x x x x x -=，则1211212ln x x x x x -=，2121212ln xx x x x -=． 令12x t x =，()0,1t ∈，则1211112ln 2ln 2ln t t t t x x t t t---+=+=．记()12ln l t t t t =--，()0,1t ∈，则()()221t l t t-'=． 又∵()0,1t ∈，∴()0l t '>恒成立，∴()l t 在()0,1上单调递增，故()()1l t l <，即12ln 0t t t --<，即12ln t t t-<．因为ln 0t <，可得112ln t t t->，∴121x x +>．【点睛】本题关键点在于对双变量的处理，通过对111ln 02x b x +-=，221ln 02x b x +-=作差，化简得到1212122ln x x x x xx -=， 分别得到12,x x 后，换元令12x t x =，这样就转换为1个变量，再求导确定单调性即可求解． 3．(1)10y +=； (2)[)1,+∞. 【解析】 【分析】（1）将1a =-代入函数()f x 中，得出函数()f x 的解析式，进而可以求出切点坐标，再利用导数的几何意义及点斜式即可求解；（2）根据已知条件可以将问题转化为恒成立问题，进而转化为求函数的最值问题，利用导数法求函数的最值即可求解. (1)当1a =-时，()2cos 1sin 2f x x x x x =--+()2cos 10000sin 012f =⨯--+=-，所以切点为0,1，()1sin cos x f x x x '=-++，∴(0)01sin 0cos00f '=-++=，所以曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线的斜率为(0)0k f '==， 所以曲线()y f x =在点0,1处的切线的斜率切线方程为()()100y x --=⨯-，即10y +=.(2)由()21si cos n 2f x x x a x x =-++，得()s 1co i s n f x x a x x '=--+因为函数()f x 在3π0,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，可得()0f x '≤对任意3π0,4x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦恒成立， 设()()1c s os in g x f x x a x x '==--+，则()cos 1sin g x a x x '=--. 因为si (n 0)001cos00g a =--+=， 所以使()0f x '≤对任意3π0,4x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦恒成立， 则至少满足()00g '≤，即10a -≤，解得1a ≥. 下证明当1a ≥时，()0f x '≤恒成立，因为3π0,4x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，所以sin 0x ≥， 因为1a ≥，所以()sin 1cos f x x x x '≤--+.记s ()cos n 1i h x x x x =--+，则π()1sin 14cos h x x x x ⎛⎫'=-=+ ⎝-⎪⎭.当π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '<；当π3π,24x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '>. 所以函数()h x 在π0,2⎡⎫⎪⎢⎣⎭上单调递减，在π3π,24⎛⎤⎥⎝⎦上单调递增.因为ππ(),h h ⎛⎫==- ⎪⎝⎭33001044， 所以()h x 在3π0,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值为(0)0h =. 即()()1sin cos 0f x h x x x x '≤=--+≤在3π0,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦上恒成立.所以a 的取值范围为[)1,+∞.4．(1)(21y x =-+(2)（ⅰ）22e ,-；（ⅱ）证明见解析【解析】 【分析】（1）由导数的几何意义即可求解；（2）（ⅰ）原问题等价于12,x xa =-的两根，且1201x x ，从而构造函数())0g x x =>，将问题转化为直线y a =-与函数()g x 的图象有两个交点，且交点的横坐标大于0小于1即可求解；（ⅱ）由1e x x +≤，利用放缩法可得()()1112210x ax f x '++-=，即1x 2114x <<，从而可证21x x -<()21e 011x x x x +<<<-，然后利用放缩法可得()()1201,21i i i ix ax f x i x +'⋅+->==-，即(()22201,2i i ax a x i -++++-=，最后构造二次函数()(222m x ax a x =-++++21x x ->而得证原不等式. (1)解：因为()22e x f x ax '=+所以()02f '=()01f =，所以曲线()y f x =在0x =处的切线方程为(21y x =-+； (2)解：（ⅰ）因为函数()f x 有两个极值点12,x x ，所以12,x x 是关于x 的方程()22e 0x f x ax =+'的两根，也是关于x的方程a =-的两正根， 设())0g x x =>，则()g x '=， 令())224e 2e 0x x h x x x =->，则()28e xh x x '=，当0x >时，()0h x '>，所以()h x 在()0,∞+上单调递增，又104h ⎛⎫= ⎪⎝⎭，所以，当104x <<时，()0h x <，()0g x '<；当14x >时，()0h x >，()0g x '>，所以函数()g x 在10,4⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，在1,4⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，又因为1201x x ，所以()114g a g ⎛⎫<-<⎪⎝⎭，即22e a <-<- 所以a的取值范围是22e ,-；22e 9a <<-， 因为1e x x +≤，所以()()1112210x ax f x '++-=，所以()142a x +-，所以1x 2114x <<，所以211x x -<= 下面先证明不等式()21e 011x xx x+<<<-， 设()()2101e 1xx r x x x -=⋅<<+，则()()2222e 1x x r x x '=-+， 所以，当01x <<时，()0r x '<，()r x '在()0,1上单调递减， 所以，()()01r x r <=，所以不等式()21e 011x xx x+<<<-成立， 因为12,x x ，()1201x x <<<是()22e 0x f x ax '=+=的两个根，所以()()01,2i f x i '==，又()21e 011x xx x+<<<-，所以()()1201,21ii i ixax f x i x +'⋅+->==-，即(()22201,2i i ax a x i -++++-=，设函数()(222m x ax a x =-++++x t ==因为((()2224261620a a a ∆=+++-=+-+->，且()00m >，()10m >，102t <<， 所以函数()m x 有两个不同的零点，记为α，()βαβ<，且01t αβ<<<<，因为()22616212e 201ta tf t at at t+++'=+-⋅+-=<-，且()00f '>，()10f '>，所以1201x x ，因为()m x 在()0,t 上单调递减，且()()10m x m α>=，所以10x t α<<<； 因为()m x 在(),1t 上单调递增，且()()20m x m β>=，所以21t x β<<<； 所以1201x x αβ<<<<<，所以21x x βα->-，因为βα-=又()109a-<<<-，所以βα-> 所以21x x->综上，21x x <-< 【点睛】关键点点睛：本题（2）问（ii）小题证明的关键是，利用1e x x +≤，进行放缩可得1x 21x x -<；再利用()21e 011x xx x +<<<-，进行放缩可得()()1201,21ii i ixax f x i x +'⋅+->==-，从而构造二次函数()(222m x ax ax =-++++21x x ->5．(1)'y ()31sin 2cos x x xx --=；(2)'y ()e 1cos sin 2ln 2x xx x =+--；(3)'y ()551ln 3x =-⋅.【解析】 【分析】根据导数的运算法则，对（1）（2）（3）逐个求导，即可求得结果. (1)因为2cos x x y x -=，故'y ()()()243sin 12cos 1sin 2cos x x x x x x x x x x------==. (2)因为()e 1cos 2x x y x =+-，故'y ()e 1cos sin 2ln 2x xx x =+--.(3)因为()3log 51y x =-，故'y ()()155?51ln 351ln 3x x =⨯=--⋅. 6．(1)()3232f x x x =+-(2)()2,2- 【解析】 【分析】（1）由已知可得()()2013f f ⎧-=⎪⎨-=-''⎪⎩，可得出关于实数a 、b 的方程组，解出这两个未知数的值，即可得出函数()f x 的解析式；（2）分析可知，直线y λ=与函数()f x 的图象有3个交点，利用导数分析函数()f x 的单调性与极值，数形结合可得出实数λ的取值范围.(1)解：因为()322f x x ax bx =++-，则()232f x x ax b '=++，由题意可得()()212401323f a b f a b ⎧-=-+=⎪⎨-=-+=-''⎪⎩，解得30a b =⎧⎨=⎩，所以，()3232f x x x =+-.当3a =，0b =时，()236f x x x '=+，经检验可知，函数()f x 在2x =-处取得极值. 因此，()3232f x x x =+-.(2)解：问题等价于()f x λ=有三个不等的实数根，求λ的范围.由()2360f x x x '=+>，得2x <-或0x >，由()2360f x x x '=+<，得20x -<<，所以()f x 在(),2-∞-、()0,∞+上单调递增，在()2,0-上单调递减， 则函数()f x 的极大值为()22f -=，极小值为()02f =-，如下图所示：由图可知，当22λ-<<时，直线y λ=与函数()f x 的图象有3个交点， 因此，实数λ的取值范围是()2,2-. 7．(1)最大值为15，最小值为9- (2)3a ≤ 【解析】 【分析】（1）由()30f '=可求得实数a 的值，再利用函数的最值与导数的关系可求得函数()f x 在[]1,a 上的最大值和最小值；（2）分析可知()23230f x x ax '=-+≥对任意的1≥x 恒成立，利用参变量分离法结合基本不等式可求得实数a 的取值范围. (1)解：因为()323f x x ax x =-+，则()2323f x x ax =-+'，则()33060f a '=-=，解得5a =，所以，()3253f x x x x =-+，则()()()23103313f x x x x x '=-+=--，列表如下：所以，min 39f x f ==-，因为11f =-，515f =，则max 515f x f ==. (2)解：由题意可得()23230f x x ax '=-+≥对任意的1≥x 恒成立，即312a x x⎛⎫≤+ ⎪⎝⎭，由基本不等式可得313322x x ⎛⎫+≥⨯ ⎪⎝⎭，当且仅当1x =时，等号成立，故3a ≤.8．(1)列联表见解析，没有95%的把握认为“是否了解‘碳中和’及相关措施”与“学生”身份有关； (2)①0310p =；②()73a b + 【解析】 【分析】（1）对满足条件的数据统计加和即可，然后根据给定的2K 计算公式，将计算结果与195%0.05-=所对应的k 值比较大小即可；（2）①利用独立重复试验与二项分布的特点，写出10人中恰有3人不了解“碳中和”的概率为()f p ，再利用导数求出最值点； ②利用独立重复试验的期望公式代入可求出答案. (1)由题中表格数据完成22⨯列联表如下：()22800125250150275800 3.463 3.841275525400400231K ⨯⨯-⨯==≈<⨯⨯⨯.故没有95%的把握认为“是否了解‘碳中和’及相关措施”与“学生”身份有关. (2)①由题得，()()733101f p C p p =-，()0,1p ∈， ∴()()()()()763236321010C 3171C 1310f p p p p p p p p ⎡⎤'=---=--⎣⎦. 令()0f p '=，得310p =，当30,10p ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f p '>； 当3,110p ⎛⎫∈⎪⎝⎭时，()0f p '<， ∴当30,10p ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()f p '单调选增；当3,110p ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()f p '单调递减， ∴()f p 的最大值点0310p =. ②本题求要准备的礼品大致为多少元，即求10个人礼品价值X 的数学期望. 由①知答错的概率为310， 则()33101731010E X a b a b ⎡⎤⎛⎫=-+=+ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦， 故要准备的礼品大致为73a b +元. 9．(1)3a =-；(2)增区间为()2e ,+∞，减区间为()20,e ，极小值22e -，无极大值.【解析】 【分析】（1）根据()1112f '⨯=-，代值计算即可求得参数值；（2）根据（1）中所求参数值，求得()f x '，利用导数的正负即可判断函数单调性和极值. (1)因为()ln 1f x x a '=++，在点()()1,1f 处的切线斜率为()11k f a '==+， 又()f x 在点()()1,1f 处的切线与直线220x y 相互垂直， 所以()1112f '⨯=-，解得3a =-. (2)由（1）得，()ln 2f x x '=-，()0,x ∈+∞，令()0f x '>，得2e x >，令()0f x '<，得20e x <<，即()f x 的增区间为()2e ,+∞，减区间为()20,e ． 又()22222e e ln e 3e 22ef =-+=-，所以()f x 在2e x =处取得极小值22e -，无极大值． 【点睛】本题考查导数的几何意义，以及利用导数研究函数的单调性和极值，属综合中档题.10．(1)单调增区间为2,2m ⎛⎫- ⎪⎝⎭，单调减区间为[)2,,2,m ∞∞⎛⎤--+⎥⎝⎦ (2)20,4e ⎛⎤ ⎥-⎝⎦【解析】 【分析】（1）先对函数求导，然后由导数的正负可求出函数的单调区间， （2）由函数()f x 在[]1,2上为增函数，求出函数的最值，则()()max min 24e 2()()e m g m f x f x -+=-=，然后将问题转化为()224e 24e e m -+≥，从而可求出实数m 的取值范围. (1)()()()()221422(0)e e xxmx m x mx x f x m -+-+-+-=>'=令()0f x '=，解得2x m =-或2x =，且22m-< 当2,x m ∞⎛⎤∈-- ⎥⎝⎦时，()0f x '≤，当2,2x m ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()0f x '>，当[)2,x ∞∈+时，()0f x '≤即()f x 的单调增区间为2,2m ⎛⎫- ⎪⎝⎭，单调减区间为[)2,,2,m ∞∞⎛⎤--+⎥⎝⎦(2)由（1）知，当[]0,1,2m x >∈时，()0f x '>恒成立 所以()f x 在[]1,2上为增函数， 即()()max min242()2,()1e em mf x f f x f +====. ()()12f x f x -的最大值为()()max min 24e 2()()e m g m f x f x -+=-=()()1224e f x f x ⎡⎤≥-⎣⎦恒成立()224e 24e e m -+∴≥ 即24em ≤-， 又0m > 20,4e m ⎛⎤∴∈ ⎥-⎝⎦ 故m 的取值范围20,4e ⎛⎤ ⎥-⎝⎦。

高考专题 导数-2020年苏教版(理)二轮专项复习(典型例题+练习题+课后习题+答案)

高考专题 导数-2020年苏教版(理)二轮专项复习(典型例题+练习题+课后习题+答案)

专题04 导数导数的概念是微积分的核心概念之一，它有极其丰富的实际背景和广泛的应用．在本专题中，我们将复习导数的概念及其运算，体会导数的思想及其内涵；应用导数探索函数的单调性、极值等性质，感受导数在解决数学问题和实际问题中的作用．导数的相关问题主要围绕以下三个方面：导数的概念与运算，导数的应用，定积分与微积分基本定理．§4－1 导数概念与导数的运算【知识要点】1．导数概念：(1)平均变化率：对于函数y ＝f (x )，定义1212)()(x x x f x f --为函数y ＝f (x )从x 1到x 2的平均变化率．换言之，如果自变量x 在x 0处有增量∆x ，那么函数f (x )相应地有增量f (x 0＋∆x )－f (x 0)，则比值xx f x x f ∆-∆+)()(00就叫做函数y ＝f (x )从x 0到x 0＋∆x 之间的平均变化率．(2)函数y ＝f (x )在x ＝x 0处的导数：函数y ＝f (x )在x ＝x 0处的瞬时变化率是xx f x x f x ∆-∆+→∆)()(lim000，我们称它为函数y ＝f (x )在x ＝x 0处的导数，记作f ′(x 0)，即x x f x x f x f x ∆-∆+='→∆)()(lim)(0000. (3)函数y ＝f (x )的导函数(导数)：当x 变化时，f ′(x )是x 的一个函数，我们称它为函数y ＝f (x )的导函数(简称导数)，即xx f x x f x f x ∆-∆+='→∆)()(lim)(0.2．导数的几何意义：函数y ＝f (x )在点x 0处的导数f '(x 0)就是曲线y ＝f (x )在点(x 0，f (x 0))处的切线的斜率，即k ＝f '(x 0)．3．导数的运算：(1)几种常见函数的导数： ①(C )′＝0(C 为常数)；②(x n )′＝nx n －1(x ＞0，n ∈Q *)； ③(sin x )′＝cos x ； ④(cos x )′＝－sin x ； ⑤(e x )′＝e x ；⑥(a x )′＝a x ln a (a ＞0，且a ≠1)；⑦x x 1)(ln =； ⑧e xx a a log 1)(log =(a ＞0，且a ≠1)．(2)导数的运算法则：①[u (x )±v (x )]′＝u ′(x )±v ′(x )；②[u (x )v (x )]′＝u ′(x )v (x )＋u (x )v ′(x )；③)0)(()()()()()(])()([2=/'-'='⋅x v x v x v x u x v x u x v x u . (3)简单的复合函数(仅限于形如f (ax ＋b ))的导数：设函数y ＝f (u )，u ＝g (x )，则函数y ＝f (u )＝f [g (x )]称为复合函数．其求导步骤是：x y '＝u f '·x g '，其中u f '表示f 对u 求导，x g '表示g 对x 求导．f 对u 求导后应把u 换成g (x )．【复习要求】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 ，y ＝x ，y ＝x 2，y ＝x 3，x y xy ==,1的导数； 4．能利用给出的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； 5．理解简单复合函数(仅限于形如f (ax ＋b ))导数的求法． 【例题分析】例1 求下列函数的导数：(1)y ＝(x ＋1)(x 2－1)；(2)11+-=x x y ； (3)y ＝sin2x ； (4)y ＝e x ·ln x ．解：(1)方法一：y ′＝(x ＋1)′(x 2－1)＋(x ＋1)(x 2－1)′＝x 2－1＋(x ＋1)·2x ＝3x 2＋2x －1．方法二：∵y ＝(x ＋1)(x 2－1)＝x 3＋x 2－x －1，∴y ′＝(x 3＋x 2－x －1)′＝3x 2＋2x －1．(2)方法一：⋅+=+--+=+'+--+'-='+-='222)1(2)1()1()1()1()1)(1()1()1()11(x x x x x x x x x x x y 方法二：∵12111.+-=+-=x x x y ，∴2)1(2)12()121('+='+-='+-=x x x y . (3)方法一：y'＝(sin2x )'＝(2sin x · cos x )'＝2[(sin x )'·cos x ＋sin x ·(cos x )']＝2(cos 2x －sin 2x )＝2cos2x ． 方法二：y'＝(sin2x )'·(2x )'＝cos2x ·2＝2cos2x ．(4))(ln e ln )e ('+'='⋅⋅x x y xx＝xx xxx x x e )1(ln e ln e ⋅⋅+=+．【评析】理解和掌握求导法则和式子的结构特点是求导运算的前提条件．运用公式和求导法则求导数的基本步骤为：①分析函数y ＝f (x )的结构特征；②选择恰当的求导法则和导数公式求导数； ③化简整理结果．应注意：在可能的情况下，求导时应尽量减少使用乘法的求导法则，可在求导前利用代数、三角恒等变形等方法对函数式进行化简，然后再求导，这样可减少运算量．(如(1)(2)题的方法二较方法一简捷)．对于(3)，方法一是使用积的导数运算公式求解，即使用三角公式将sin2x 表示为sin x 和cos x 的乘积形式，然后求导数；方法二是从复合函数导数的角度求解．方法二较方法一简捷．对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要熟练、准确． 例2 (1)求曲线y ＝x 2在点(1，1)处的切线方程；(2)过点(1，－3)作曲线y ＝x 2的切线，求切线的方程．【分析】对于(1)，根据导数的几何意义：函数y ＝f (x )在点x 0处的导数f '(x 0)就是曲线y ＝f (x )在点(x 0，f (x 0))处的切线的斜率，可求出切线的斜率，进而由直线方程的点斜式求得切线方程．对于(2)，注意到点(1，－3)不在曲线y ＝x 2上，所以可设出切点，并通过导数的几何意义确定切点的坐标，进而求出切线方程．解：(1)曲线y ＝x 2在点(1，1)处的切线斜率为y ′＝2x ｜x ＝1＝2， 从而切线的方程为y －1＝2(x －1)，即2x －y －1＝0．(2)设切点的坐标为),(200x x ．根据导数的几何意义知，切线的斜率为y '＝2x |x x =＝2x 0，从而切线的方程为).(20020x x x x y -=-因为这条切线过点(1，－3)，所以有)1(230020x x x -=--， 整理得032020=--x x ，解得x 0＝－1，或x 0＝3．从而切线的方程为y －1＝－2(x ＋1)，或y －9＝6(x －3)， 即切线的方程为2x ＋y ＋1＝0，或6x －y －9＝0．【评析】用导数求曲线的切线方程，常依据的条件是：①函数y ＝f (x )在点x 0处的导数f '(x 0)就是曲线y ＝f (x )在点(x 0，f (x 0))处的切线的斜率， 即k ＝f '(x 0)；②切点既在切线上又在曲线上，即切点的坐标同时满足切线与曲线的方程．例3设函数f (x )＝ax 3＋bx ＋c (a ≠0)为奇函数，其图象在点(1，f (1))处的切线与直线x －6y －7＝0垂直，导函数f '(x )的最小值为－12．求a ，b ，c 的值．【分析】本题考查函数的奇偶性、二次函数的最值、导数的几何意义等基础知识，以及推理能力和运算能力．题目涉及到三个未知数，而题设中有三个独立的条件，因此，通过解方程组来确定参数a 、b 、c 的值．解：∵f (x )为奇函数， ∴f (－x )＝－f (x )， 即－ax 3－bx ＋c ＝－ax 3－bx －c ， ∴c ＝0．∵f '(x )＝3ax 2＋b 的最小值为－12， ∴b ＝－12． 又直线x －6y －7＝0的斜率为61，因此，f '(1)＝3a ＋b ＝－6， ∴a ＝2． 综上,a ＝2，b ＝－12，c ＝0． 例4 已知a ＞0，函数a x x f -=1)(，x ∈(0，＋∞)．设ax 201<<，记曲线y ＝f (x )在点M (x 1，f (x 1))处的切线为l ． (1)求l 的方程；(2)设l 与x 轴的交点是(x 2，0)，证明：ax 102≤<. 【分析】对于(1)，根据导数的几何意义，不难求出l 的方程；对于(2)，涉及到不等式的证明，依题意求出用x 1表示的x 2后，将x 2视为x 1的函数，即x 2＝g (x 1)，结合要证明的结论进行推理．解：(1)对f (x )求导数，得21)(xx f -='，由此得切线l 的方程为： )(1)1(1211x x x a x y --=--． (2)依题意，切线方程中令y ＝0，得211112122)1(ax x x a x x x -=+-=． 由ax 201<<，及)2(2112112ax x ax x x -=-=，有x 2＞0； 另一方面，aa x a ax x x 1)1(2212112+--=-=，从而有ax 102≤<，当且仅当a x 11=时，a x 12=.【评析】本题考查的重点是导数的概念和计算、导数的几何意义及不等式的证明．涉及的基础知识都比较基本，题目难度也不大，但把导数的相关知识与不等式等内容有机整合，具有一定新意，体现了导数作为工具分析和解决一些函数性质问题的方法．本题中的(2)在证明ax 102≤<时，还可用如下方法： ①作法，.0)1(1211212112≥-=+-=-ax aax x a x a②利用平均值不等式，aax ax a ax ax a ax x x 1)22(1)2)((1)2(21111112=-+≤-=-=．例5 设函数),(1)('Z ∈++=b a bx ax x f ，曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为y＝3．(1)求f'(x )的解析式；(2)证明：曲线y ＝f (x )的图象是一个中心对称图形，并求其对称中心；(3)证明：曲线y ＝f (x )上任一点处的切线与直线x ＝1和直线y ＝x 所围三角形的面积为定值，并求出此定值． 解：(1)2)(1)('b x a x f +-=， 于是⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+-=++,0)2(1,12122b a b a 解得⎩⎨⎧-==,1,1b a 或⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-==.38,49b a 因为a ，b ∈Z ，所以⋅-+=11)(x x x f(2)证明：已知函数y 1＝x ，xy 12=都是奇函数， 所以函数xx x g 1)(+=也是奇函数，其图象是以原点为中心的中心对称图形．而1111)(+-+-=x x x f ， 可知，函数g (x )的图象按向量a ＝(1，1)平移，即得到函数f (x )的图象，故函数f (x )的图象是以点(1，1)为中心的中心对称图形． (3)证明：在曲线上任取一点)11,(000-+x x x ． 由200)1(11)('--=x x f 知，过此点的切线方程为)]()1(11[110200020x x x x x x y ---=-+--．令x ＝1得1100-+=x x y ，切线与直线x ＝1交点为)11,1(00-+x x ； 令y ＝x 得y ＝2x 0－1，切线与直线y ＝x 交点为(2x 0－1，2x 0－1)．直线x ＝1与直线y ＝x 的交点为(1，1)； 从而所围三角形的面积为2|22||12|21|112||111|2100000=--=----+⋅⋅x x x x x ． 所以，所围三角形的面积为定值2． 练习4－1一、选择题：1．(tan x )′等于( ) (A)x2sin 1(B)x2sin 1-(C)x 2cos 1(D)x2cos 1-2．设f (x )＝x ln x ，若f '(x 0)＝2，则x 0等于( ) (A)e 2(B)e(C)22ln (D)ln23．函数y ＝ax 2＋1的图象与直线y ＝x 相切，则a 等于( ) (A)81 (B)41 (C)21 (D)14．曲线x y 21e =在点(4，e 2)处的切线与坐标轴所围三角形的面积为( )(A)2e 29 (B)4e 2(C)2e 2(D)e 2二、填空题： 5．f '(x )是1231)(3++=x x x f 的导函数，则f '(－1)＝______． 6．若函数y ＝f (x )的图象在点M (1，f (1))处的切线方程是y ＝x ＋2，则f (1)＋f '(1)＝______． 7．过原点作曲线y ＝e x 的切线，则切点的坐标为______；切线的斜率为______． 8．设函数f (x )＝xe kx (k ≠0)，则曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程是______． 三、解答题：9．求下列函数的导数： (1)y ＝x －e x ；(2)y ＝x 3＋cos x ； (3)y ＝(x ＋1)(x ＋2)(x ＋3)；(4)⋅=xxy ln10．已知抛物线y ＝ax 2＋bx ＋c 经过点A (1，1)，B (2，－1)，且该曲线在点B 处的切线方程为y ＝x －3，求a 、b 、c 的值．11．求曲线24121232-=-=x y x y 与在交点处的两条切线的夹角的大小．§4－2 导数的应用【知识要点】1．利用导数判断函数的单调性：(1)函数的单调性与其导函数的正负有如下关系：设函数f (x )在区间(a ，b )内可导， ①如果恒有f '(x )＞0，那么函数f (x )在区间(a ，b )内单调递增； ②如果恒有f '(x )＜0，那么函数f (x )在区间(a ，b )内单调递减．值得注意的是，若函数f (x )在区间(a ，b )内有f '(x )≥0(或f '(x )≤0)，但其中只有有限个点使得f '(x )＝0，则函数f (x )在区间(a ，b )内仍是增函数(或减函数)．(2)一般地，如果一个函数在某一范围内的导数的绝对值越大，说明这个函数在这个范围内变化得快．这时函数的图象就比较“陡峭”(向上或向下)；反之，函数的图象就比较“平缓”．2．利用导数研究函数的极值：(1)设函数f (x )在点x 0附近有定义，如果对x 0附近所有的点，都有f (x )＜f (x 0)，就说f (x 0)是函数f (x )的一个极大值，x 0是极大值点；如果对x 0附近所有的点，都有f (x )＞f (x 0)，就说f (x 0)是函数f (x )的一个极小值，x 0是极小值点．(2)需要注意，可导函数的极值点必是导数为零的点，但导数为零的点不一定是极值点．如y ＝x 3在x ＝0处的导数值为零，但x ＝0不是函数y ＝x 3的极值点．也就是说可导函数f (x )在x 0处的导数f '(x 0)＝0是该函数在x 0处取得极值的必要但不充分条件．(3)函数f (x )在区间[a ，b ]上的最值：f (x )在区间[a ，b ]上的最大值(或最小值)是f (x )在区间(a ，b )内的极大值(或极小值)及f (a )、f (b )中的最大者(或最小者)．(4)应注意，极值只是相对一点附近的局部性质，而最值是相对整个定义域内的整体性质．【复习要求】1．了解函数单调性和导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(对多项式函数一般不超过三次)；2．了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(对多项式函数一般不超过三次)；会求闭区间上函数的最大值、最小值(对多项式函数一般不超过三次)；3．会利用导数解决某些实际问题． 【例题分析】例1 求下列函数的单调区间： (1)f (x )＝x 3－3x ； (2)f (x )＝3x 2－2ln x ；(3)2)1(2)(--=x bx x f ． 解：(1)f (x )的定义域是R ，且f '(x )＝3x 2－3， 令f '(x )＝0，得x ＝－1，x ＝1．列表分析如下：所以函数f (x )的减区间是(－1，1)，增区间是(－∞，－1)和(1，＋∞)． (2)f (x )的定义域是(0，＋∞)，且xx x f 26)(-='， 令f ′(x )＝0，得33,3321-==x x ．列表分析如下： 所以函数f (x )的减区间是)33,0(，增区间是),33(+∞． (3)f (x )的定义域为(－∞，1)∪(1，＋∞)，求导数得3342)1()1(2)1(222)1()1(2)2()1(2)(---=--+-=-----='⋅x x b x b x x x b x x x f ．令f ′(x )＝0，得x ＝b －1．①当b －1＜1，即b ＜2时，f ′(x )的变化情况如下表：＋∞)上单调递减．②当b －1＞1，即b ＞2时，f ′(x )的变化情况如下表：所以，当b ＞2时，f (x )在(－∞，1)上单调递减，在(1，b －1)上单调递增，在(b －1，＋∞)上单调递减．③当b －1＝1，即b ＝2时，12)(-=x x f ，所以f (x )在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递减．【评析】求函数f (x )的单调区间的步骤是：①确定f (x )的定义域(这一步必不可少，单调区间是定义域的子集)； ②计算导数f ′(x )；③求出方程f ′(x )＝0的根；④列表考察f ′(x )的符号，进而确定f (x )的单调区间(必要时要进行分类讨论)．例2求函数44313+-=x x y 的极值． 解：y ′＝x 2－4＝(x ＋2)(x －2)，令y ′＝0，解得x 1＝－2，x 2＝2． 列表分析如下：所以当x ＝－2时，y 有极大值3；当x ＝2时，y 有极小值3-． 【评析】求函数f (x )的极值的步骤是：①计算导数f ′(x )；②求出方程f ′(x )＝0的根；③列表考察f ′(x )＝0的根左右值的符号：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．例3 已知函数f (x )＝－x 3＋3x 2＋9x ＋a ． (1)求f (x )的单调递减区间；(2)若f (x )在区间[－2，2]上的最大值为20，求它在该区间上的最小值． 解：(1)f ′(x )＝－3x 2＋6x ＋9．令f ′(x )＜0，解得x ＜－1或x ＞3．所以函数f (x )的单调递减区间为(－∞，－1)，(3，＋∞)．(2)因为f (－2)＝8＋12－18＋a ＝2＋a ，f (2)＝－8＋12＋18＋a ＝22＋a ，所以f (2)＞f (－2)．因为在(－1，3)上f ′(x )＞0，所以f (x )在[－1，2]上单调递增，又由于f (x )在[－2，－1]上单调递减，因此f (2)和f (－1)分别是f (x )在区间[－2，2]上的最大值和最小值．于是有22＋a ＝20，解得a ＝－2．故f (x )＝－x 3＋3x 2＋9x －2，因此f (－1)＝1＋3－9－2＝－7， 即函数f (x )在区间[－2，2]上的最小值为－7．【评析】求函数f (x )在闭区间[a ，b ]上最值的方法： ①计算导数f ′(x )；②求出方程f ′(x )＝0的根x 1，x 2，…； ③比较函数值f (x 1)，f (x 2)，…及f (a )、f (b )的大小，其中的最大(小)者就是f (x )在闭区间[a ，b ]上最大(小)值．例4 设f (x )，g (x )分别是定义在R 上的奇函数和偶函数，当x ＜0时，f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )＞0，且g (－3)＝0，则不等式f (x )g (x )＜0的解集是( )A ．(－3，0)∪(3，＋∞)B ．(－3，0)∪(0，3)C ．(－∞，－3)∪(3，＋∞)D ．(－∞，－3)∪(0，3)【分析】本题给出的信息量较大，并且还都是抽象符号函数．解答时，首先要标出重要的已知条件，从这些条件入手，不断深入研究．由f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )＞0你能产生什么联想?它和积的导数公式很类似，整理可得[f (x )g (x )]′＞0．令h (x )＝f (x )g (x )，则当x ＜0时，h (x )是增函数．再考虑奇偶性，函数h (x )是奇函数．还有一个已知条件g (－3)＝0，进而可得h (－3)＝f (－3)g (－3)＝0，这样我们就可以画出函数h (x )的示意图，借助直观求解．答案：D.例5 求证：当x ＞0时，1＋x ＜e x ．分析：不等式两边都是关于x 的函数，且函数类型不同，故可考虑构造函数f (x )＝1＋x －e x ，通过研究函数f (x )的单调性来辅助证明不等式．证明：构造函数f (x )＝1＋x －e x ，则f ′(x )＝1－e x ． 当x ＞0时，有e x ＞1，从而f ′(x )＝1－e x ＜0，所以函数f (x )＝1＋x －e x 在(0，＋∞)上单调递减， 从而当x ＞0时，f (x )＜f (0)＝0， 即当x ＞0时，1＋x ＜e x ．【评析】通过构造函数，利用函数的单调性证明不等式是常用方法之一，而借助导数研究函数单调性辅助证明不等式突出了导数的工具性作用．例6用总长14.8 m 的钢条制作一个长方体容器的框架，如果容器底面的长比宽多0.5 m ，那么长和宽分别为多少时容器的容积最大?并求出它的最大容积．解：设容器底面长方形宽为x m ，则长为(x ＋0.5)m ，依题意，容器的高为x x x 22.3)]5.0(448.14[41-=+--．显然⎩⎨⎧>->,022.3,0x x ⇒0＜x ＜1.6，即x 的取值范围是(0，1.6)．记容器的容积为y m 3，则y ＝x (x ＋0.5)(3.2－2x )＝－2x 3＋2.2x 2＋1.6x x ∈(0，1.6)． 对此函数求导得，y ′＝－6x 2＋4.4x ＋1.6．令y ′＞0，解得0＜x ＜1；令y ′＜0，解得1＜x ＜1.6．所以，当x ＝1时，y 取得最大值1.8，这时容器的长为1＋0.5＝1.5．答：容器底面的长为1.5m 、宽为1m 时，容器的容积最大，最大容积为1.8m 3．【评析】解决实际优化问题的关键在于建立数学模型(目标函数)，通过把题目中的主要关系(等量和不等量关系)形式化，把实际问题抽象成数学问题，再选择适当的方法求解．例7 已知f (x )＝ax 3＋cx ＋d (a ≠0)是R 上的奇函数，当x ＝1时，f (x )取得极值－2． (1)求f (x )的解析式；(2)证明对任意x 1、x 2∈(－1，1)，不等式｜f (x 1)－f (x 2)｜＜4恒成立．【分析】对于(1)题目涉及到三个未知数，而题设中有三个独立的条件，因此，通过解方程组来确定参数a 、c 、d 的值；对于(2)可通过研究函数f (x )的最值加以解决．解：(1)由f (x )＝ax 3＋cx ＋d (a ≠0)是R 上的奇函数，知f (0)＝0，解得d ＝0， 所以f (x )＝ax 3＋cx (a ≠0)，f ′(x )＝3ax 2＋c (a ≠0)．由当x ＝1时，f (x )取得极值－2，得f (1)＝a ＋c ＝－2，且f ′(1)＝3a ＋c ＝0，解得 a ＝1，c ＝－3，所以f (x )＝x 3－3x ．(2)令f ′(x )＞0，解得x ＜－1，或x ＞1；令f ′(x )＜0，解得－1＜x ＜1，从而函数f (x )在区间(－∞，－1)内为增函数，(－1，1)内为减函数，在(1，＋∞)内为增函数．故当x ∈[－1，1]时，f (x )的最大值是f (－1)＝2，最小值是f (1)＝－2， 所以，对任意x 1、x 2∈(－1，1)，|f (x 1)－f (x 2)|＜2－(－2)＝4． 【评析】使用导数判断函数的单调性，进而解决极值(最值)问题是常用方法，较为简便． 例8 已知函数f (x )＝x ln x ． (1)求f (x )的最小值；(2)若对所有x ≥1都有f (x )≥ax －1，求实数a 的取值范围． 解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f (x )的导数f ′(x )＝1＋ln x ．令f ′(x )＞0，解得e 1>x ； 令f ′(x )＜0，解得e 10<<x ． 从而f (x )在)e 1,0(单调递减，在),e 1(+∞单调递增．所以，当e 1=x 时，f (x )取得最小值e1-．(2)解法一：令g (x )＝f (x )－(ax －1)，则g ′(x )＝f ′(x )－a ＝1－a ＋ln x ，①若a ≤1，当x ＞1时，g ′(x )＝1－a ＋ln x ＞1－a ≥0， 故g (x )在(1，＋∞)上为增函数，所以，x ≥1时，g (x )≥g (1)＝1－a ≥0，即f (x )≥ax －1．②若a ＞1，方程g ′(x )＝0的根为x 0＝e a －1，此时，若x ∈(1，x 0)，则g ′(x )＜0，故g (x )在该区间为减函数． 所以，x ∈(1，x 0)时，g (x )＜g (1)＝1－a ＜0， 即f (x )＜ax －1，与题设f (x )≥ax －1相矛盾． 综上，满足条件的a 的取值范围是(－∞，1]．解法二：依题意，得f (x )≥ax －1在[1，＋∞)上恒成立，即不等式x x a 1ln +≤对于x ∈[1，＋∞)恒成立． 令xx x g 1ln )(+=，则)11(111)(2x x x x x g -=-='．当x ＞1时，因为0)11(1)(>-='xx x g ，故g (x )是(1，＋∞)上的增函数，所以g (x )的最小值是g (1)＝1，从而a 的取值范围是(－∞，1]． 例9 已知函数)1ln()1(1)(-+-=x a x x f n，其中n ∈N *，a 为常数． (1)当n ＝2时，求函数f (x )的极值；(2)当a ＝1时，证明：对任意的正整数n ，当x ≥2时，有f (x )≤x －1． 解：(1)由已知得函数f (x )的定义域为{x ｜x ＞1}，当n ＝2时，)1ln()1(1)(2-+-=x a x x f ，所以32)1()1(2)('x x a x f ---=．①当a ＞0时，由f (x )＝0得121,12121<-=>+=ax a x ， 此时321)1())(()(x x x x x a x f ----='．当x ∈(1，x 1)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减； 当x ∈(x 1，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增． ②当a ≤0，f ′(x )＜0恒成立，所以f (x )无极值． 综上所述，n ＝2时， 当a ＞0时，f (x )在ax 21+=处取得极小值，极小值为)2ln 1(2)21(a a a f +=+． 当a ≤0时，f (x )无极值．(2)证法一：因为a ＝1，所以)1ln()1(1)(-+-=x x x f n．当n 为偶数时，令)1ln()1(11)(-----=x x x x g n， 则)2(0)1(1211)1(1)(11≥>-+--=---+='++x x nx x x x n x g n n ． 所以当x ≥2时，g (x )单调递增，又g (2)＝0， 因此0)2()1ln()1(11)(=≥-----=g x x x x g n恒成立， 所以f (x )≤x －1成立．当n 为奇数时，要证f (x )≤x －1，由于0)1(1<-nx ，所以只需证ln(x －1)≤x －1，令h (x )＝x －1－ln(x －1)， 则)2(012111)(≥≥--=--='x x x x x h ． 所以，当x ≥2时，h (x )＝x －1－ln(x －1)单调递增，又h (2)＝1＞0， 所以，当x ≥2时，恒有h (x )＞0，即ln(x －1)＜x －1成立． 综上所述，结论成立． 证法二：当a ＝1时，)1ln()1(1)(-+-=x x x f n.当x ≥2时，对任意的正整数n ，恒有1)1(1≤-nx ， 故只需证明1＋ln(x －1)≤x －1．令h (x )＝x －1－[1＋ln(x －1)]＝x －2－ln(x －1)，x ∈[2，＋∞)， 则12111)(--=--='x x x x h ， 当x ≥2时，h ′(x )≥0，故h (x )在[2，＋∞)上单调递增，因此当x ≥2时，h (x )≥h (2)＝0，即1＋ln(x －1)≤x －1成立． 故当x ≥2时，有1)1ln()1(1-≤-+-x x x n， 即f (x )≤x －1．练习4－2一、选择题：1．函数y ＝1＋3x －x 3有( ) (A)极小值－2，极大值2 (B)极小值－2，极大值3 (C)极小值－1，极大值1(D)极小值－1，极大值32．f '(x )是函数y ＝f (x )的导函数，y ＝f '(x )图象如图所示，则y ＝f (x )的图象最有可能是( )3．函数f (x )＝ax 3－x 在R 上为减函数，则a 的取值范围是( ) (A)a ＜0(B)a ≤0(C)31<a (D)31≤a 4．设a ∈R ，若函数f (x )＝e x ＋ax ，x ∈R 有大于零的极值点，则a 的取值范围是( ) (A)a ＜－1 (B)a ＞－1(C)e1-<a (D)e1->a 二、填空题：5．函数f (x )＝x 3－3ax 2＋2bx 在x ＝1处取得极小值－1，则a ＋b ＝______． 6．函数y ＝x (1－x 2)在[0，1]上的最大值为______．7．已知函数f (x )＝2x 3－6x 2＋a 在[－2，2]上的最小值为－37，则实数a ＝______． 8．有一块边长为6m 的正方形铁板，现从铁板的四个角各截去一个相同的小正方形，做成一个长方体形的无盖容器，为使其容积最大，截下的小正方形边长为______m ． 三、解答题：9．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx (a ，b ∈R )的图象过点P (1，2)，且在点P 处的切线斜率为8． (1)求a ，b 的值；(2)求函数f (x )的单调区间；(3)求函数f (x )在区间[－1，1]上的最大值与最小值．10．当)2π,0( x 时，证明：tan x ＞x ．11．已知函数f (x )＝e x －e －x ．(1)证明：f (x )的导数f '(x )≥2；(2)若对所有x ≥0都有f (x )≥ax ，求a 的取值范围．专题04 导数参考答案练习4－1一、选择题：1．C 2．B 3．B 4．D 二、填空题：5．3 6．4 7．(1，e)；e 8．y ＝x 三、解答题：9．(1)y '＝1－e x ；(2)y '＝3x 2－sin x ；(3)y '＝3x 2＋12x ＋11；(4)2ln 1x xy -=10．略解：因为抛物线y ＝ax 2＋bx ＋c 经过点A (1，1)，B (2，－1)两点，所以a ＋b ＋c ＝1．① 4a ＋2b ＋c ＝－1．②因为y '＝2ax ＋b ，所以y '｜x ＝2＝4a ＋b ．故4a ＋b ＝1．③ 联立①、②、③，解得a ＝3，b ＝－11，c ＝9．11．解：由01622412122332=-+⇒⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=-=x x x y x y ，所以(x －2)(x 2＋4x ＋8)＝0，故x ＝2，所以两条曲线只有一个交点(2，0)．对函数2212x y -=求导数，得y ′＝－x ， 从而曲线2212x y -=在点(2，0)处切线的斜率是－2．对函数2413-=x y 求导数，得243'x y =，从而曲线2413-=x y 在点(2，0)处切线的斜率是3．设两条切线的夹角为α ，则1|3)2(132|tan =⨯-+--=α，所以两条切线的夹角的大小是45°．练习4－2一、选择题：1．D 2．C 3．B 4．A 二、填空题： 5．61-6．932 7．3 8．1三、解答题：9．解：(1)a ＝4，b ＝－3．(2)函数f (x )的单调增区间为(－∞，－3)，),31(+∞；减区间为)31,3(-． (3)函数f (x )在[－1，1]上的最小值为2714-，最大值为6．10．证明：设f (x )＝tan x －x ，)2π,0(∈x ．则0tan 1cos 11)'cos sin ()(2.2>=-=-='x xx x x f ， 所以函数f (x )＝tan x －x 在区间)2π,0(内单调递增．又f (0)＝0，从而当)2π,0(∈x 时，f (x )＞f (0)恒成立，即当)2π,0(∈x 时，tan x ＞x ．11．解：(1)f (x )的导数f '(x )＝e x ＋e －x ．由于2e e 2e e =≥+--⋅x x x x ，故f '(x ）≥2，当且仅当x ＝0时，等号成立． (2)令g (x )＝f (x )－ax ，则g '(x )＝f '(x )－a ＝e x ＋e －x －a ，①若a ≤2，当x ＞0时，g '(x )＝e x ＋e －x －a ＞2－a ≥0， 故g (x )在(0，＋∞)上为增函数，所以，x ≥0时，g (x )≥g (0)，即f (x )≥ax ．②若a ＞2，方程g '(x )＝0的正根为24ln 21-+=a a x ，此时，若x ∈(0，x 1)，则g ′(x )＜0，故g (x )在该区间为减函数．所以，x ∈(0，x 1)时，g (x )＜g (0)＝0，即f (x )＜ax ，与题设f (x )≥ax 相矛盾． 综上，满足条件的a 的取值范围是(－∞，2]．习题4一、选择题：1．B 2．B 3．A 4．D 5．C 二、填空题：6．1 7．－2 8．5；－15 9．y ＝－3x 10．61 三、解答题：11．(1)f '(x )＝(1＋kx )e kx ，令(1＋kx )e kx ＝0，得)0(1=/-=k kx ． 若k ＞0，则当)1,(k x --∞∈时，f '(x )＜0，函数f (x )单调递减；当),1(+∞-∈kx 时，f '(x )＞0，函数f (x )单调递增．若k ＜0，则当)1,(kx --∞∈时，f '(x )＞0，函数f (x )单调递增；当),1(+∞-∈kx 时，f '(x )＜0，函数f (x )单调递减． (2)若k ＞0，则当且仅当11-≤-k ，即k ≤1时，函数f (x )在区间(－1，1)内单调递增；若k ＜0，则当且仅当11≥-k，即k ≥－1时，函数f (x )在区间(－1，1)内单调递增．综上，函数f (x )在区间(－1，1)内单调递增时，k 的取值范围是[－1，0)∪(0，1]．12．解：(1)f '(x )＝6x 2＋6ax ＋3b ，因为函数f (x )在x ＝1及x ＝2取得极值，则有f '(1)＝0，f '(2)＝0．即⎩⎨⎧=++=++.031224,0366b a b a 解得a ＝－3，b ＝4．(2)由(1)可知，f (x )＝2x 3－9x 2＋12x ＋8c ， f '(x )＝6x 2－18x ＋12＝6(x －1)(x －2)．当x ∈(0，1)时，f '(x )＞0；当x ∈(1，2)时，f '(x )＜0；当x ∈(2，3)时，f '(x )＞0． 所以，当x ＝1时，f (x )取得极大值f (1)＝5＋8c ，又f (0)＝8c ，f (3)＝9＋8c ． 则当x ∈[0，3]时，f (x )的最大值为f (3)＝9＋8c ． 因为对于任意的x ∈[0，3]，有f (x )＜c 2恒成立， 所以 9＋8c ＜c 2，解得c ＜－1或c ＞9，因此c 的取值范围为(－∞，－1)∪(9，＋∞)．13．解：对函数f (x )求导得：f '(x )＝e ax (ax ＋2)(x －1)．(1)当a ＝2时，f '(x )＝e 2x (2x ＋2)(x －1)． 令f '(x )＞0，解得x ＞1或x ＜－1； 令f '(x )＜0，解得－1＜x ＜1．所以，f (x )单调增区间为(－∞，－1)，(1，＋∞)；f (x )单调减区间为(－1，1)．(2)令f '(x )＝0，即(ax ＋2)(x －1)＝0，解得ax 2-=，或x ＝1． 由a ＞0时，列表分析得：当a x -<时，因为0,,02>>->a a x x ，所以02>--a x x ，从而f (x )＞0． 对于a x 2-≥时，由表可知函数在x ＝1时取得最小值01)1(<-=a e af ，所以，当x ∈R 时，a af x f e 1)1()(min -==．由题意，不等式03)(≥+ax f 对x ∈R 恒成立，所以得031≥+-ae a a ，解得0＜a ≤ln3．14．(1)解：对函数f (x )求导数，得x a x x f 21)('++=．依题意有f '(－1)＝0，故23=a ．从而23)1)(12(23132)(2+++=+++='x x x x x x x f ．f (x )的定义域为),23(+∞-，当123-<<-x 时，f '(x )＞0； 当211-<<-x 时，f '(x )＜0； 当21->x 时，f ′(x )＞0． 从而，f (x )分别在区间),21(),1,23(+∞---内单调递增，在区间)21,1(--内单调递减．(2)解：f (x )的定义域为(－a ，＋∞)，ax ax x x f +++=122)(2．方程2x 2＋2ax ＋1＝0的判别式∆＝4a 2－8． ①若∆＜0，即22<<-a ，在f (x )的定义域内f '(x )＞0，故f (x )无极值．②若∆＝0，则2=a 或.2-=a若⋅++='+∞-∈=2)12()(),,2(,22x x x f x a 当22-=x 时，f '(x )＝0， 当)22,2(--∈x 或),22(+∞-∈x 时，f '(x )＞0，所以f (x )无极值．若),2(,2+∞∈-=x a ，f '(x )2)12(2--=x x ＞0，f (x )也无极值．③若∆＞0，即2>a 或2-<a ，则2x 2＋2ax ＋1＝0有两个不同的实数根22,222221-+-=---=a a x a a x ．当2-<a 时，x 1＜－a ，x 2＜－a ，从而f ′(x )在f (x )的定义域内没有零点，故f (x )无极值． 当2>a 时，x 1＞－a ，x 2＞－a ，f '(x )在f (x )的定义域内有两个不同的零点，所以f (x )在x ＝x 1，x ＝x 2处取得极值．综上，f (x )存在极值时，a 的取值范围为),2(+∞． f (x )的极值之和为f (x 1)＋f (x 2)＝ln(x 1＋a )＋x 12＋ln(x 2＋a )＋x 22 ＝ln[(x 1＋a )(x 2＋a )]＋(x 1＋x 2)2－2x 1x 2＝ln21＋a 2－1＞1－ln2＝ln 2e．。

高考数学专题：导数大题专练含答案

高考数学专题：导数大题专练含答案

高考数学专题：导数大题专练含答案一、解答题1．已知函数()ln ex f x x =，()2ln 1g x a x x =-+，e 是自然对数的底数．(1)求函数()f x 的最小值；(2)若()0g x ≤在()0,∞+上恒成立，求实数a 的值；(3)求证：2022202320232023e 20222022⎛⎫⎛⎫<< ⎪⎪⎝⎭⎝⎭．2．已知函数()()e sin x f x rx r *=⋅∈N ，其中e 为自然对数的底数.(1)若1r =，求函数()y f x =的单调区间；(2)证明：对于任意的正实数M ，总存在大于M 的实数a ，b ，使得当[,]x a b ∈时，|()|1f x ≤.3．已知：()e xf x mx =+.(1)当1m =时，求曲线()y f x =的斜率为2的切线方程；(2)当0x ≥时，()2213222m f x x ≥+-成立，求实数m 的范围4．设函数()1e ln 1xa f x a x -=--，其中0a > (1)当1a =时，讨论()f x 单调性；(2)证明：()f x 有唯一极值点0x ，且()00f x ≥.5．已知函数()ln 1f x x ax =++，R a ∈，函数()()21e ln 2xg x x x x x x =-++-，)2e ,x -∈+∞⎡⎣．(1)试讨论函数()f x 的单调性；(2)若0x 是函数()g x 的最小值点，且函数()()h x xf x =在0x x =处的切线斜率为2，试求a 的值．6．已知函数()()32131.3f x x a x x =-++ (1)若1a =，求函数()f x 的单调区间; (2)证明：函数()2y f x a =-至多有一个零点. 7．已知函数()ln xf x x =， ()()1g x k x =-． (1)证明： R k ∀∈，直线y g x 都不是曲线()y f x =的切线；(2)若2e,e x ⎡⎤∀∈⎣⎦，使()()f x g x ≤恒成立，求实数k 的取值范围．8．2020年9月22日，中国政府在第七十五届联合国大会上提出：“中国将提高国家自主贡献力度，采取更加有力的政策和措施，二氧化碳排放力争于2030年前达到峰值，努力争取2060年前实现碳中和.”为了进一步了解普通大众对“碳中和”及相关举措的认识，某机构进行了一次问卷调查，部分结果如下：(1)根据所给数据，完成下面的22⨯列联表，并根据列联表，判断是否有95%的把握认为“是否了解‘碳中和’及相关措施”与“学生”身份有关？附：()()()()()22n ad bc K a b c d a c b d -=++++，n a b c d =+++.(2)经调查后，有关部门决定加大力度宣传“碳中和”及相关措施以便让节能减排的想法深入人心.经过一段时间后，计划先随机从社会上选10人进行调查，再根据检验结果决定后续的相关举措.设宣传后不了解“碳中和”的人概率都为()01p p <<，每个被调查的人之间相互独立.①记10人中恰有3人不了解“碳中和”的概率为()f p ，求()f p 的最大值点0p ； ②现对以上的10人进行有奖答题，以①中确定的0p 作为答错的概率p 的值.已知回答正确给价值a 元的礼品，回答错误给价值b 元的礼品，要准备的礼品大致为多少元？（用a ，b 表示即可）9．已知函数()321623f x x ax x =+-+在2x =处取得极值．(1)求()f x 的单调区间；(2)求()f x 在[]4,3-上的最小值和最大值．10．已知函数()ln 2f x x x ax =++在点()()1,1f 处的切线与直线220x y 相互垂直．(1)求实数a 的值；(2)求()f x 的单调区间和极值．【参考答案】一、解答题 1．(1)1- (2)2(3)证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据导数判断函数()f x 的单调性，进而可得最值；（2）将不等式恒成立转化为求函数()g x 的最大值问题，可得参数取值范围； （3）根据函数()f x 与()g x 的单调性直接可证不等式. (1)函数()ln ln ex f x x x x x ==-的定义域为()0,∞+，()ln f x x '=，当()0,1x ∈时，()0f x '<，()1,x ∈+∞时，()0f x '>， 故()f x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增， 所以()()min 11f x f ==-． (2)函数()2ln 1g x a x x =-+，0x >，则()()2220a a x g x x x x x-'=-=>，当0a ≤时，()0g x '<，()g x 在()0,∞+上单调递减， 此时存在()00,1x ∈，使得()()010g x g >=，与题设矛盾，当0a >时，x ⎛∈ ⎝时，()0g x '>，x ⎫∈+∞⎪⎪⎭时，()0g x '<，故()g x 在⎛ ⎝上单调递增，在⎫+∞⎪⎪⎭上单调递减，所以()max 1ln 12222a a a ag x g a ==+=-+，要使()0g x ≤在()0,∞+恒成立， 则()max 0g x ≤，即ln 10222aa a -+≤，又由（1）知()ln 1f x x x x =-≥-即ln 10x x x -+≥，（当且仅当1x =时，等号成立）．令2a x =有ln 10222a a a -+≥，故ln 1022a a -+=且12a =， 所以2a =． (3)由（1）知()l n 1l n x f x x x x ex ==-≥-（当且仅当1x =时等号成立）．令()10t x t t +=>，则1x >，故111ln 1t t t t t t +++->-，即11ln 1tt t ++⎛⎫> ⎪⎝⎭，所以11e tt t ++⎛⎫> ⎪⎝⎭令2022t =，则20232023e 2022⎛⎫> ⎪⎝⎭；由（2）知22ln 1x x ≤-在()0,∞+上恒成立， 所以22ln 1x x ≤-（当且仅当1x =时等号成立）．令()210m x m m +=>，则21x >，故11ln 1m m m m ++<-，即1ln 1mm m +⎛⎫< ⎪⎝⎭， 所以1e mm m +⎛⎫< ⎪⎝⎭．令2022m =，则20222023e 2022⎛⎫< ⎪⎝⎭综上，2022202320232023e 20222022⎛⎫⎛⎫<< ⎪⎪⎝⎭⎝⎭.【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．2．(1)增区间为32,2,44k k k Z ππππ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦ 减区间为52,2,44k k k Z ππππ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦(2)证明过程见解析. 【解析】 【分析】（1）对函数求导，利用辅助角公式合并为同名三角函数，利用单调增减区间代入公式求解即可.（2）将绝对值不等式转化为11sin e e xxrx ⎛⎫⎛⎫-≤≤ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，移向构造新函数，利用导数判定单调性，借助零点定理和隐零点证明新构造函数恒正，再结合三角函数的特有的周期特点寻找M 即可. (1)()e (sin cos )sin 4x x f x x x x π⎛⎫'=+=+ ⎪⎝⎭令22242k x k πππππ-≤+≤+，得32,244x k k ππππ⎡⎤∈-+⎢⎥⎣⎦令322242k x k ππππ+≤+≤π+，得24x k ππ⎡∈+⎢⎣,524k ππ⎤+⎥⎦当32,244x k k ππππ⎡⎤∈-+⎢⎥⎣⎦时, ()0f x '>,()f x 单调递增 当24x k ππ⎡∈+⎢⎣,524k ππ⎤+⎥⎦时, ()0,()f x f x '< 单调递減 综上() f x 单调递增区间为32,2,44k k k Z ππππ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦单调递减区间为 52,2,44k k k Z ππππ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦(2)要证|()|1f x ≤，即证e sin 1xrx ⋅≤，即证11sin =e e xx rx ⎛⎫≤ ⎪⎝⎭即证 11sin e e xxrx ⎛⎫⎛⎫-≤≤ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭在[,]x a b ∈时成立即可,[,]x a b ∈时,1sin 0e 1sin 0e xxrx rx ⎧⎛⎫-≤⎪ ⎪⎪⎝⎭⎨⎛⎫⎪+≥ ⎪⎪⎝⎭⎩. 令1()sin e x h x rx ⎛⎫=- ⎪⎝⎭, 1()cos e xh x r rx ⎛⎫'=+ ⎪⎝⎭当222,k k x rr πππ⎛⎫+ ⎪∈⎪ ⎪⎝⎭时, cos 0,r rx > 所以1()cos 0,e xh x r rx ⎛⎫'=+> ⎪⎝⎭所以()h x 单调递增，2210,e k rk h rππ⎛⎫⎛⎫=-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭2221210(0)e k r k h k r ππππ+⎛⎫⎛⎫+ ⎪⎪=±>> ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭0(2)22,k k x rrπππ+∴∃∈ , 满足()00h x =由单调性可知02,k x x r π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭, 满足()0()0h x h x <= 又因为当021,,sin 0,0,xk x x rx r e π⎛⎫⎛⎫∈>≥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 1sin 0xrx e ⎛⎫∴+≥ ⎪⎝⎭，所以1sin 0e 1sin 0e xxrx rx ⎧⎛⎫-≤⎪ ⎪⎪⎝⎭⎨⎛⎫⎪+≥ ⎪⎪⎝⎭⎩能够同时满足， 对于任意的正实数M ，总存在正整数k ，且满足2Mr k π>时, 使得 2k M r π>成立， 所以不妨取 02,,2k Mr a k b x rππ⎛⎫=>= ⎪⎝⎭ 则,a b M >且[,]x a b ∈时，1sin 01sin 0xxrx e rx e ⎧⎛⎫-≤⎪ ⎪⎪⎝⎭⎨⎛⎫⎪+≥ ⎪⎪⎝⎭⎩， 故对于任意的正实数M ，总存在大于M 的实数,a b ，使得当[,]x a b ∈ 时,|()|1f x ≤. 3．(1)21y x =+(2)ln 3m ⎡∈-⎣【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义直接可得切线方程；（2）()2213222m f x x ≥+-恒成立，可转化为()22130222xm g x e mx x =+--+≥恒成立，利用导数判断函数()g x 的单调性与最值情况. (1)当1m =时，()e xf x x =+， 则()e 1xf x '=+，设切点为()()00,x f x ，故()00e 12xk f x '==+=，解得00x =，故()000e e 01x f x x =+=+=，即切点坐标为()0,1，所以切线方程()120y x -=-，即21y x =+； (2)当0x ≥时，()2213222m f x x ≥+-成立，即2213e 0222xm mx x +--+≥恒成立，设()2213e 222xm g x mx x =+--+，()e x g x x m '=-+， ()e 1x g x ''=-，因为0x ≥，故()e 10xg x ''=-≥恒成立， 则()e xg x x m '=-+在()0,∞+上单调递增，所以()()01g x g m ''≥=+，当1m ≥-时，()()010g x g m ''≥=+≥恒成立， 故()g x 在()0,∞+上单调递增，即()()2235012222m m g x g ≥=-+=-，所以25022m -≥，解得m ≤≤故1m -≤≤当1m <-时，()010g m '=+<，()e 2m g m m -'-=+，设()e 2mh m m -=+，1m <-，()e 20m h m -'=-+<恒成立，则()h m 在(),1-∞-上单调递减，所以()()120h m h e >-=->，即()e 20mg m m -'-=+>，所以存在()00,x m ∈-，使()00g x '=，即000xe x m -+=，所以()g x 在()00,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增， 故()()02200013e 222x m g x g x mx x ≥=+--+()()00000222000011313e e e e e 022222x x x x x x x x x =+----+=-++≥，解得0ln 3x ≤，即00ln 3x ≤≤， 设()e xx m x ϕ==-，0ln3x ≤≤，()1e 0x x ϕ'=-≤恒成立，故()x ϕ在()0,3上单调递减， 故()()3ln33x ϕϕ≥=-， 即ln33m ≥-， 所以ln331m -≤<-，综上所述，ln 3m ⎡∈-⎣.【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用．4．(1)()f x 在0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增； (2)证明见解析. 【解析】 【分析】（1）首先确定()f x 定义域，再应用二阶导数的符号判断f x 的单调性，进而分区间判断f x 的符号，即可确定()f x 的单调性.（2）求()f x 的二阶导，根据其符号知f x 在()0,+∞上单调递增，令0f x 得到ln 1x x a+=，构造()ln 1x h x x a=+-结合其单调性，注意利用导数研究()ln 1x x x ϕ=-+的符号，再用放缩法判断1a h a ⎛⎫⎪+⎝⎭、()1ea h +的符号，即可判断零点0x 的唯一性，进而得到00011ln ln x x a x -==-，结合基本不等式求证()00f x ≥. (1)当1a =时，()1e ln 1xf x x -=--，定义域为()0,+∞，则()11e x f x x -'=-，()121e 0xf x x -+'=>'， 所以f x 在()0,+∞上单调递增，又()10f '=， 当01x <<时，0f x ，所以()f x 在区间0,1上单调递减； 当1x >时，0f x，所以()f x 在区间()1,+∞上单调递增.综上，()f x 在0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增. (2)由题意，()11ex af x x -='-，()1211e 0x af x a x-=⋅+'>'，则f x 在()0,+∞上单调递增，至多有一个零点，令()ln 1x x x ϕ=-+，其中1x >，则()111xx x xϕ-'=-=， 当()0,1x ∈时，()0ϕ'>x ，()ϕx 单调递增. 当()1,x ∈+∞时，()0ϕ'<x ，()ϕx 单调递减，所以()()10x ϕϕ≤=，即ln 10x x -+≤，于是ln 1≤-x x ， 令0f x，则e e x a x ⋅=，两边取自然对数可得ln 1xx a+=，令()ln 1x h x x a=+-，则()h x 在()0,+∞上单调递增. 故11ln 1111011111a a a h a a a a a ⎛⎫=+-≤-+-=-<⎪+++++⎝⎭，又()11111e eln ee 10a a a a h a a a++++=+⋅-=+>， 所以()h x 在()0,+∞上有唯一零点0x ，则f x 有唯一零点0x ，即()f x 有唯一极值点0x .下证()00f x ≥： 因为()01001e0x af x x -'=-=，所以0101e x a x -=，可得00011ln ln x x a x -==-，所以()010000e ln 11120x ax a f x a x x a -=--=+--≥=，当且仅当0x a =时等号成立，综上，()f x 有唯一极值点0x 且()00f x ≥，得证. 【点睛】关键点点睛：第二问，利用二阶导数研究一阶导数的单调性，根据零点所得的等量关系构造()ln 1x h x x a=+-，结合单调性、零点存在性定理判断f x 零点的唯一性，进而利用基本不等式证明不等式. 5．(1)答案见解析； (2)12a =. 【解析】 【分析】（1）由题可得()11ax f x a xx+'=+=，讨论0a ≥，0a <即得； （2）由题可得()g x '是一个单调递增的函数，利用零点存在定理可得()2e ,1t -∃∈，使得()0g t '=，进而可得()0000111ln e e 1ln x x x x ⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭，利用导数可得001e x x =，结合条件可得00ln 20x ax +=，即求. (1)()11ax f x a x x+'=+=，0x >， 当0a ≥时，函数()f x 在定义域()0,∞+上单调递增； 当0a <时，函数的单调性如表格所示：由题可得()()()22121e 1ln 2e ln 1x xg x x x x x x x x '=-++-++-=++-，0x >，则()g x '是一个单调递增的函数， 当2e x -=时，()()2242e e e e e 30g ----'=+-<，当1x =时，()12e 10g '=->，故()2e ,1t -∃∈，使得()0g t '=，且所以0x t =，00000e ln 10g x x x x '=++-=，整理该式有()02000e 1ln x xx x +=-，()000001111e ln xx x x x +=+， ∴()000111ln ee1ln x x x x ⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭令()()21ln ,e m x x x x -=+>，则()2ln 0m x x '=+>，所以函数在()2e ,-+∞上单调递增，故()000111ln ee1ln x x x x ⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭的解满足001e xx =；又()2ln h x x x ax x =++，()1ln 21h x x ax '=+++，()0002ln 22h x x ax '=++=，所以00ln 20x ax +=，由01e xx =知，0020x ax -+=，故12a =．6．(1)()f x 在(,1)-∞-，(3,)+∞上单调递增，在(1,3)-上单调递减 (2)证明见解析 【解析】 【分析】（1）直接求导后判断单调性即可；（2）先变形得到323033x a x x -=++，构造函数，求导后说明单调性即可证明.(1)当1a =时，()()321313f x x x x =-++，2()23f x x x '=--. 令()0f x '=，解得1x =-或3x =，当()(),13,x ∞∞∈--⋃+时，()0f x '>；当(1,3)x ∈-时，()0f x '<， 故()f x 在(,1)-∞-，(3,)+∞上单调递增，在(1,3)-上单调递减.(2)()321()2333y f x a x a x x =-=-++，由于2330x x ++>，所以()20f x a -=等价于3230.33x a x x -=++设()32333x g x a x x =-++， 则()g x '()()222269033x x x xx ++=++，当且仅当0x =或3x =-时，()0g x '=，所以()g x 在(,)-∞+∞上单调递增，故()g x 至多有一个零点，从而()2y f x a =-至多有一个零点. 7．(1)证明见解析 (2)e ,e 1⎡⎫+∞⎪⎢-⎣⎭【解析】 【分析】（1）求出()f x 的导数，设出切点，可得切线的斜率，根据斜率相等，进而构造函数()=ln 1h x x x +-，求出导数和单调区间，即可证明；（2）由2e,e x ⎡⎤∀∈⎣⎦，使()()f x g x ≤恒成立转化为()maxln 1x k x x ⎡⎤≥⎢⎥⎢⎥⎣⎦-2e,e x ⎡⎤∈⎣⎦，再 利用导数法求出()()n 1l xx x x ϕ-=在2e,e ⎡⎤⎣⎦的最大值即可求解.(1)由题意可知，()f x 的定义域为()()0,11,+∞，由()ln x f x x=，得()()2ln 1ln x f x x -'=， 直线y g x 过定点()1,0， 若直线yg x 与曲线()y f x =相切于点()00000,01ln x x x x x ⎛⎫>≠ ⎪⎝⎭且，则()002000ln 1ln 1ln x x x k x x --==-，即00ln 10x x +-=① 设()()=ln 1,0h x x x x +-∈+∞，则()1=10h x x'+>， 所以()h x 在()0+∞上单调递增，又()1ln1110h =+-=， 从而当且仅当01x =时，①成立，这与01x ≠矛盾. 所以，R k ∀∈，直线y g x 都不是曲线()y f x =的切线. (2)由()()f x g x ≤，得()1ln xxk x ≤-， 22e e ,0e 11e 1x x ∴≤≤∴<-≤-≤-，()l 1n xk x x -∴≥若2e,e x ⎡⎤∀∈⎣⎦，使()()f x g x ≤恒成立转化为()maxln 1xk x x ⎡⎤≥⎢⎥⎢⎥⎣⎦-，2e,e x ⎡⎤∈⎣⎦即可. 令()()n 1l x x x x ϕ-=，2e,e x ⎡⎤∈⎣⎦，则()()2ln 1ln 1x x x x x ϕ---+'=⎡⎤⎣⎦，令()ln 1t x x x =--+，2e,e x ⎡⎤∈⎣⎦，则()110t x x'=--<， 所以()t x 在2e,e ⎡⎤⎣⎦上是单调递减；所以()()e lne e 1e<0t x t ≤=--+=-，故()0ϕ'<x()ϕx 在2e,e ⎡⎤⎣⎦上是单调递减；当e x =时，()ϕx 取得最大值为()()e ee e 1ln e e 1ϕ==--，即ee 1k ≥-. 所以实数k 的取值范围为e ,e 1⎡⎫+∞⎪⎢-⎣⎭【点睛】解决此题的关键利用导数的几何意义及两点求斜率，再根据同一切线斜率相等即可证明，对于恒成立问题通常采用分离常数法，进而转化为求函数的最值问题，利用导数法即可求解.8．(1)列联表见解析，没有95%的把握认为“是否了解‘碳中和’及相关措施”与“学生”身份有关； (2)①0310p =；②()73a b + 【解析】（1）对满足条件的数据统计加和即可，然后根据给定的2K 计算公式，将计算结果与195%0.05-=所对应的k 值比较大小即可；（2）①利用独立重复试验与二项分布的特点，写出10人中恰有3人不了解“碳中和”的概率为()f p ，再利用导数求出最值点； ②利用独立重复试验的期望公式代入可求出答案. (1)由题中表格数据完成22⨯列联表如下：()22800125250150275800 3.463 3.841275525400400231K ⨯⨯-⨯==≈<⨯⨯⨯.故没有95%的把握认为“是否了解‘碳中和’及相关措施”与“学生”身份有关. (2)①由题得，()()733101f p C p p =-，()0,1p ∈， ∴()()()()()763236321010C 3171C 1310f p p p p p p p p ⎡⎤'=---=--⎣⎦. 令()0f p '=，得310p =，当30,10p ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f p '>； 当3,110p ⎛⎫∈⎪⎝⎭时，()0f p '<， ∴当30,10p ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()f p '单调选增；当3,110p ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()f p '单调递减， ∴()f p 的最大值点0310p =. ②本题求要准备的礼品大致为多少元，即求10个人礼品价值X 的数学期望. 由①知答错的概率为310， 则()33101731010E X a b a b ⎡⎤⎛⎫=-+=+ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦， 故要准备的礼品大致为73a b +元.9．(1)增区间为(),3-∞-，()2,+∞，减区间为()3,2- (2)()max 312f x =，()min 163f x =-【分析】（1）根据题意得()20f '=，进而得12a =，再根据导数与单调性的关系求解即可；（2）由（1）知[]4,3x ∈-时，()f x 的增区间为[)4,3--，(]2,3，减区间为()3,2-，进而求解()4f -，()3f -，()2f ，()3f 的值即可得答案. (1)解：（1）()226f x x ax '=+-，因为()f x 在2x =处取得极值，所以()24460f a '=+-=，解得12a =． 检验得12a =时，()f x 在2x =处取得极小值，满足条件.所以()26f x x x '=+-，令()0f x '>，解得3x <-或2x >，令()0f x '<，解得32x -<<， 所以()f x 的增区间为(),3-∞-，()2,+∞，减区间为()3,2-； (2)解：令()260f x x x '=+-=，解得3x =-或2x =，由（1）知()f x 的增区间为(),3-∞-，()2,+∞，减区间为()3,2-； 当[]4,3x ∈-时，()f x 的增区间为[)4,3--，(]2,3，减区间为()3,2- 又()()()()321138444642323f -=⨯-+⨯--⨯-+=， ()()()()321131333632322f -=⨯-+⨯--⨯-+=，()321116222622323f =⨯+⨯-⨯+=-，()32115333632322f =⨯+⨯-⨯+=-，所以()max 312f x =，()min 163f x =-． 10．(1)3a =-；(2)增区间为()2e ,+∞，减区间为()20,e ，极小值22e -，无极大值.【解析】 【分析】（1）根据()1112f '⨯=-，代值计算即可求得参数值；（2）根据（1）中所求参数值，求得()f x '，利用导数的正负即可判断函数单调(1)因为()ln 1f x x a '=++，在点()()1,1f 处的切线斜率为()11k f a '==+， 又()f x 在点()()1,1f 处的切线与直线220x y 相互垂直， 所以()1112f '⨯=-，解得3a =-. (2)由（1）得，()ln 2f x x '=-，()0,x ∈+∞， 令()0f x '>，得2e x >，令()0f x '<，得20e x <<，即()f x 的增区间为()2e ,+∞，减区间为()20,e ．又()22222e e ln e 3e 22ef =-+=-，所以()f x 在2e x =处取得极小值22e -，无极大值． 【点睛】本题考查导数的几何意义，以及利用导数研究函数的单调性和极值，属综合中档题.。

高考数学专题：导数大题专练附答案

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高考数学专题：导数大题专练附答案一、解答题 1．已知函数()()2ln 0f x a x ax a =+-> (1)求()f x 的最大值(2)若()0f x ≤恒成立，求a 的值 2．已知函数()1ln f x ax x =--，a R ∈． (1)讨论函数()f x 在区间()1,e 的极值；(2)若函数()f x 在1x =处取得极值，对()0,x ∀∈+∞，()2f x bx ≥-恒成立，求实数b 的取值范围．3．已知函数1()2ln f x x x x=+-． (1)求函数的单调区间和极值；(2)若12x x ≠且()()12f x f x =，求证：121x x <．4．已知a R ∈，函数()22e 2xax f x =+． (1)求曲线()y f x =在0x =处的切线方程 (2)若函数()f x 有两个极值点12,x x ，且1201x x ，（ⅰ）求a 的取值范围；（ⅱ）当9a <-时，证明：21x x <-<． （注： 2.71828e =…是自然对数的底数）5．设函数()()2()ln 1f x x a x x =++-，其中R a ∈.(1)1a =时，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程； (2)讨论函数()f x 极值点的个数，并说明理由； (3)若()0,0x f x ∀>成立，求a 的取值范围. 6．求下列函数的导数： (1)2cos x xy x -=； (2)()e 1cos 2x x y x =+-； (3)()3log 51y x =-．7．已知函数()e xf x kx =-，()()28ln ag x x x a R x=--∈.(1)当1k =时，求函数()f x 在区间[]1,1-的最大值和最小值；(2)当()0f x =在1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦有解，求实数k 的取值范围；(3)当函数()g x 有两个极值点1x ，()212x x x <，且11x ≠时，是否存在实数m ，总有()21221ln 51a x m x x x >--成立，若存在，求出实数m 的取值范围，若不存在，请说明理由.8．已知函数()e (1)()x f x a x a -=++∈R ． (1)当1a =时，求函数()y f x =的极值；(2)若函数()()ln e g x f x x =-+-在[1,)+∞有唯一的零点，求实数a 的取值范围． 9．已知函数()()1ln f x x x =+ (1)求函数()f x 的单调区间和极值；(2)若m Z ∈，()()1m x f x -<对任意的()1,x ∈+∞恒成立，求m 的最大值. 10．已知函数2()e 1)(x f x ax x =-+.(1)求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线的方程； (2)若函数()f x 在0x =处取得极大值，求a 的取值范围； (3)若函数()f x 存在最小值，直接写出a 的取值范围.【参考答案】一、解答题1．(1)22ln 2ln 2a a --+ (2)2a = 【解析】 【分析】（1）求导求解单调性即可求出最值；（2）要使()0f x ≤成立必须()22ln 2ln 20a a a ϕ=--+≤，求单调性求解即可. (1)因为()()2ln 0f x a x ax a =+->，所以()()20axf x a x-'=>， 由()0f x '>得20x a <<；()0f x '<得2x a>；所以()f x 在20,a⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，在2,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减，故()222ln 2ln 2max f x f a a a ⎛⎫==--+ ⎪⎝⎭，即()()22ln 2ln 20a a a a ϕ=--+>.(2)要使()0f x ≤成立必须()22ln 2ln 20a a a ϕ=--+≤， 因为()2a a aϕ-'=，所以当02a <<，()0a ϕ'<；当2a >时，()0a ϕ'>. 所以()a ϕ在()0,2上单调递减，在()2,+∞上单调递增. 所以()()20min a ϕϕ==，所以满足条件的a 只有2，即2a =. 【点睛】用导数求函数的单调区间或判断函数的单调性问题时应注意如下几方面： (1)在利用导数讨论函数的单调区间时，首先要确定函数的定义域； (2)不能随意将函数的2个独立的单调递增（或递减）区间写成并集形式； (3)利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用. 2．(1)答案见解析 (2)211e b ≤-【解析】 【分析】（1）先讨论()f x 的单调性再确定()f x 在()1,e 上的极值（2）利用极值点处的导数为求出1a =，代入恒成立的不等式中，用分离参数法求b 的取值范围 (1)在区间()0,∞+上， ()11ax f x a xx-'=-=， 当0a ≤时， ()0f x '<恒成立， ()f x 在区间()1,e 上单调递减， 则()f x 在区间()1,e 上无极值； 当0a >时，令()0f x '=得1x a=， 在区间10,a⎛⎫ ⎪⎝⎭上，()0f x '<，函数()f x 单调递减，在区间1,a⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上，()0f x '>，函数()f x 单调递增.若11e a <<，即11e a<<，则()f x 在区间()1,e 上极小值1ln f a a ⎛⎫= ⎪⎝⎭若1a ≥或10ea <≤，即11a≤或1e a≥，则()f x 在区间()1,e 上无极值 (2)因为函数()f x 在1x =处取得极值，所以()10f '=，解得1a =，经检验可知满足题意 由已知()2f x bx ≥-，即1ln 2x x bx --≥-， 即1ln 1+xb xx-≥对()0,x ∀∈+∞恒成立， 令()1ln 1x g x xx =+-，则()22211ln ln 2x x g x x x x-='---=， 当()20,e x ∈时，()0g x '<；当()2e ,x ∈+∞时，()0g x '> 所以()g x 在()20,e 上单调递减，在()2e ,+∞上单调递增，所以()()22min 1e 1e g x g ==-， 即211e b ≤-. 3．(1)减区间()0,1，增区间()1,+∞，极小值3， (2)证明见解析 【解析】 【分析】（1）依据导函数与原函数的关系去求函数的单调区间和极值即可； （2）构造新函数利用函数单调性去证明121x x <即可. (1)1()2ln (0)f x x x x x =+->，则()()2221111()2(0)x x f x x x x x +-'=--=> 由()0f x '>得1x >，由()0f x '<得01x <<， 即()f x 减区间为()0,1，增区间为()1,+∞，在1x =时()f x 取得极小值(1)2103f =+-=，无极大值. (2)不妨设12x x <且()()12f x f x a ==，则101x <<，21>x ，3a >，2101x << 令1()()2ln (0)h x f x a x x a x x=-=+-->，则()()120h x h x ==()()2221111()2x x h x x x x +-'=--=， 则当1x >时()0h x '>，()h x 单调递增；当01x <<时()0h x '<，()h x 单调递减 由()222212ln 0x x h x a x +=--=，得22212ln a x x x =+- 则2222222222211ln 2ln 2ln 1x x x x x h x x x x x ⎛⎫++-+-=-+ ⎪⎛⎫=⎪⎝⎝⎭⎭令21t x =，则222112ln 2ln (01)x x t t t x t -+=--<< 令()12ln (01)t m t t t t --<=<，则()()22211210t t tt m t -'=+-=> 即()12ln (01)t m t t t t--<=<为增函数，又()11100m =--=，则()12ln 0m t t tt --<=在(0,1)上恒成立.则222212ln 10x x x h x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭=-<恒成立，则()211h h x x ⎛⎫⎪< ⎝⎭， 又01x <<时()h x 单调递减，101x <<，2101x <<则211x x >，故121x x <4．(1)(21y x =-+(2)（ⅰ）22e ,-；（ⅱ）证明见解析【解析】 【分析】（1）由导数的几何意义即可求解；（2）（ⅰ）原问题等价于12,x xa =-的两根，且1201x x ，从而构造函数())0g x x =>，将问题转化为直线y a =-与函数()g x 的图象有两个交点，且交点的横坐标大于0小于1即可求解；（ⅱ）由1e x x +≤，利用放缩法可得()()1112210x ax f x '++-=，即1x 2114x <<，从而可证21x x -<()21e 011x xx x +<<<-，然后利用放缩法可得()()1201,21i i i ix ax f x i x +'⋅+->==-，即(()22201,2i i ax a x i -++++-=，最后构造二次函数()(222m x ax a x =-++++21x x ->而得证原不等式. (1)解：因为()22e x f x ax '=+所以()02f '=()01f =，所以曲线()y f x =在0x =处的切线方程为(21y x =-+； (2)解：（ⅰ）因为函数()f x 有两个极值点12,x x ，所以12,x x 是关于x 的方程()22e 0x f x ax =+'的两根，也是关于x的方程a =-的两正根， 设())0g x x =>，则()g x '=， 令())224e 2e 0x x h x x x =->，则()28e xh x x '=，当0x >时，()0h x '>，所以()h x 在()0,∞+上单调递增，又104h ⎛⎫= ⎪⎝⎭，所以，当104x <<时，()0h x <，()0g x '<；当14x >时，()0h x >，()0g x '>，所以函数()g x 在10,4⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，在1,4⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增， 又因为1201x x ，所以()114g a g ⎛⎫<-<⎪⎝⎭，即22e a <-<- 所以a的取值范围是22e ,-；22e 9a <<-， 因为1e x x +≤，所以()()1112210x ax f x '++-=，所以()142a x +-，所以1x 2114x <<，所以211x x -<= 下面先证明不等式()21e 011x xx x+<<<-， 设()()2101e 1xx r x x x -=⋅<<+，则()()2222e 1x x r x x '=-+， 所以，当01x <<时，()0r x '<，()r x '在()0,1上单调递减，所以，()()01r x r <=，所以不等式()21e 011xxx x+<<<-成立， 因为12,x x ，()1201x x <<<是()22e 0x f x ax '=+=的两个根，所以()()01,2i f x i '==，又()21e 011x xx x+<<<-，所以()()1201,21ii i ixax f x i x +'⋅+->==-，即(()22201,2i i ax a x i -++++-=，设函数()(222m x ax a x =-++++x t ==因为((()2224261620a a a ∆=+++-=+-+->，且()00m >，()10m >，102t <<， 所以函数()m x 有两个不同的零点，记为α，()βαβ<，且01t αβ<<<<，因为()22616212e 201ta tf t at at t+++'=+-⋅+-=<-，且()00f '>，()10f '>，所以1201x x ，因为()m x 在()0,t 上单调递减，且()()10m x m α>=，所以10x t α<<<； 因为()m x 在(),1t 上单调递增，且()()20m x m β>=，所以21t x β<<<； 所以1201x x αβ<<<<<，所以21x x βα->-，因为βα-=又()109a -<<<-，所以βα-> 所以21x x-> 综上，21x x <-< 【点睛】关键点点睛：本题（2）问（ii ）小题证明的关键是，利用1e x x +≤，进行放缩可得1x 21x x -<；再利用()21e 011xx x x +<<<-，进行放缩可得()()1201,21ii i ix ax f x i x+'⋅+->==-，从而构造二次函数()(222mx ax a x =-++++21x x ->5．(1)322ln230x y -+-=(2)当0a <时，函数()f x 有一个极值点； 当809a ≤≤时，函数()f x 无极值点； 当89a >时，函数()f x 有两个极值点. (3)0,1【解析】 【分析】（1）将1a =代入函数()f x 中，得出函数()f x 的解析式，进而可以求出切点坐标，再利用导数的几何意义及点斜式即可求解；（2）根据已知条件，对a 进行分类讨论，利用导数法求函数极值的步骤及函数极值的定义即可求解；（3）根据()0,0x f x ∀>成立，转化为()min 0,0x f x ∀>即可，再利用第（2）的结论即可求解. (1)当1a =时，()2()ln 1f x x x x =++-()()21ln 1111ln 2f =++-=，所以切点为()1,ln2，()()11321,12111112f x x k f x ''=+-∴==+⨯-=++， 所以曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线的斜率为()312k f ='=， 所以曲线()y f x =在点()1,ln2处的切线的斜率切线方程为()3ln212y x -=-，即322ln230x y -+-= (2)由题意知函数()f x 的定义域为()1,-+∞，()()21212111ax ax a f x a x x x +-+=+-='++，令()()221,1,g x ax ax a x =+-+∈-+∞，（i ）当0a =时，()10f x '=>，函数()f x 在()1,-+∞单调递增，无极值点 （ii ）当0a >时，()Δ98a a =-，①当809a <≤时，()()Δ0,0,0g x f x '≤≥≥， 所以函数()f x 在()1,-+∞单调递增，无极值点； ②当89a >时，Δ0>，设方程2210ax ax a +-+=两根1212,,x x x x ==此时12x x <()121211111,,,110,12444x x x x g x +=-∴---=>-<<∴<->()()121,,,x x x ∴∈-+∞时，()()0,0g x f x '>>，函数()f x 单调递增；()12,x x x ∈时，()()0,0g x f x '<<，函数()f x 单调递减. ∴函数有两个极值点；③当0a <时，()Δ980a a =->，设方程2210ax ax a +-+=两根1212,,x x x x ==此时12x x >()12110,1x g x -=>∴-<<()11,x x ∴∈-时，()()0,0g x f x '>>，函数()f x 单调递增； ()1,x x ∈+∞时，()()0,0g x f x '<<，函数()f x 单调递减.∴函数有一个极值点；综上所述：当0a <时，函数()f x 有一个极值点； 当809a ≤≤时，函数()f x 无极值点； 当89a >时，函数()f x 有两个极值点. (3)由()0,0x f x ∀>成立等价于()min 0,0x f x ∀>≥即可. ①当809a ≤≤时，函数()f x 在()0,+∞上单调递增，()()00,0,f x =∴∈+∞时，()0f x >，符合题意；②当819a <≤时，由()00g >，得20x ≤，∴函数()f x 在()0,+∞上单调递增，又()()00,0,f x =∴∈+∞时，()0f x >，符合题意； ③当1a >时，由()00<g ，得20x >()20,x x ∴∈时， ()f x 单调递减,()()200,0,f x x =∴∈时，()0f x <时，不合题意；④当0a <时，设()()ln 1h x x x =-+，()0,x ∈+∞，时，()()110,11x h x h x x x =-=>∴+'+在()0,+∞上单调递增. ∴当()0,x ∞∈+时，()()00h x h >=，即()ln 1x x +<，可得()()()221f x x a x x ax a x <+-=+-，当11x a>-时，()210ax a x +-<，此时()0f x <，不合题意.综上，a 的取值范围是0,1. 【点睛】解决此题的关键是第一问利用导数的几何意义及点斜式即可，第二问主要是对参数进行分类讨论，再结合利用导数法求函数的极值的步骤即可，第三问主要将恒成立问题转化为最值问题再结合第二问的结论即可求解. 6．(1)'y ()31sin 2cos x x xx --=；(2)'y ()e 1cos sin 2ln 2x xx x =+--；(3)'y ()551ln 3x =-⋅.【解析】 【分析】根据导数的运算法则，对（1）（2）（3）逐个求导，即可求得结果. (1)因为2cos x x y x -=，故'y ()()()243sin 12cos 1sin 2cos x x x x x x x x x x ------==. (2)因为()e 1cos 2x x y x =+-，故'y ()e 1cos sin 2ln 2x xx x =+--.(3)因为()3log 51y x =-，故'y ()()155?51ln 351ln 3x x =⨯=--⋅. 7．(1)最大值为e 1-，最小值为1；(2)21e,?e 2⎡⎤⎢⎥⎣⎦； (3)(],1-∞-. 【解析】 【分析】（1）求得'()f x ，利用导数研究函数在区间上的单调性，再利用单调性求其最值即可；（2）分离参数并构造函数()e xh x x=，求其在区间上的值域即可求得参数的范围；（3）根据12,x x 是()g x 的极值点，求得12,,x x a 的等量关系以及取值范围，等价转化目标不等式，且构造函数()()212ln ,02m x m x x x x-=+<<，对参数进行分类讨论，利用导数研究其值域，即可求得参数范围.(1)当1k =时，()e xf x x =-，'()f x e 1x =-，令'()f x 0=，解得0x =，当()1,,0x ∈-时，()f x 单调递减，当()0,1x ∈时，()f x 单调递增； 又()()()111,01,1e 1ef f f -=+==-，且()()11f f >-， 故()f x 在[]1,1-上的最大值为e 1-，最小值为1. (2)令()e xf x kx =-0=，因为1,22x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，则0x ≠，故e xk x =，令()e 1,,22x h x x x ⎡⎤=∈⎢⎥⎣⎦，则'()h x ()2e 1 x x x-=， 故当1,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()h x 单调递减，当()1,2x ∈，()h x 单调递增， 又()()2111e,2e 22h h h ⎛⎫=== ⎪⎝⎭，且()122h h ⎛⎫> ⎪⎝⎭，故()h x 的值域为21e,?e 2⎡⎤⎢⎥⎣⎦，则要满足题意，只需21e,?e 2k ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦.即()h x 的取值范围为：21e,?e 2⎡⎤⎢⎥⎣⎦.(3)因为()28ln a g x x x x =--，'()g x 2228282a x x a x x x -+=+-=，因为()g x 有两个极值点12,x x ，故可得12126480,4,02a a x x x x ->+==>， 也即08a <<，且12124,2ax x x x +==. 因为11x ≠，12x x <，故()()10,11,2x ∈⋃，则()21221ln 51a x m x x x >--，即()()()211111124ln 5441x x x m x x x -⎡⎤>---⎣⎦-， 因为140x ->，故上式等价于()11112ln 11x x m x x >+-，即()21111112ln 01m x x x x x ⎡⎤-⎢⎥+>-⎢⎥⎣⎦，又当()0,1x ∈时，1101x x >-，当()1,2x ∈时，1101xx <-， 令()()212ln ,02m x m x x x x-=+<<，则'()m x 222mxx mx ++=， 当0m ≥时，'()m x 0>，故()m x 在()0,2单调递增，又()10m =， 故当()0,1x ∈时，()0m x <，当()1,2x ∈时，()0m x >，故不满足题意；当0m <时，令()22n x mx x m =++，若方程()0n x =对应的2440m =-≤时，即1m ≤-时，'()m x 0≤，()m x 单调递减， 又()10m =，故当()0,1x ∈时，()0m x >，当()1,2x ∈时，()0m x <，满足题意； 若2440m =->，即10m -<<时，又()y n x =的对称轴11x m=->，且开口向下， 又()1220n m =+>，不妨取1min ,2b m ⎧⎫=-⎨⎬⎩⎭， 故当()1,x b ∈，'()m x 0>，()m x 单调递增，又()10m =， 故此时()0m x >，不满足题意，舍去； 综上所述：m 的取值范围为(],1-∞-. 【点睛】本题考察利用导数研究函数值域，有解问题，以及利用导数处理恒成立问题；其中第三问中，合理的处理12,,x x a 以及m 多变量问题，以及构造函数，是解决本题的关键，属综合困难题. 8．(1)()f x 的极小值为2，无极大值； (2)(,e 1]-∞+ 【解析】 【分析】（1）当1a =时，求导分析()f x 的单调性，即可得出答案．（2）由题意可得()()ln e e ln e(1)x g x f x x ax a x x =-+-=-++-，求导得()g x '，从而可推出()g x '在(1,)+∞单调递增，(1)e 1g a '=+-，分两种情况讨论：①当e 10a +-，②当e 10a +-<，分析()g x 的单调性，即可得出答案．(1)当1a =时，()(1)xf x e x -=++，1()1xxxe f x e e --+'=-+=，令1e 0x -+>，得0x >， 令1e 0x -+<，得0x <，则()f x 单调递增区间为(0,)+∞，单调递减区间为(,0)-∞， ∴()f x 存在极小值为()02f =，无极大值； (2)()()ln e e (1)ln e e ln e(1)x x g x f x x a x x ax a x x =-+-=+-++-=-++-，则1()xg x e a x'=-+，令1()xh x e a x =-+，则221()x x e h x x -'=，由1x >得，21x >，210x x e ->，则()0h x '>，故()g x '在(1,)+∞单调递增，(1)e 1g a '=+-，①当e 10a +-，即e 1a +时，即(1,)x ∈+∞时，()0g x '>， ∴()g x 在(1,)+∞上单调递增，又(1)0g =， ∴当1x >时，函数()g x 没有零点， ②当e 10a +-<，即e 1a >+时， 由e e (1)x y x x =->，得e e 0x y '=->， ∴e e x x >，∴11()e e xg x a x a x x '=+->+-，e e e 0e e a a g a a a ⎛⎫'>⋅+-=> ⎪⎝⎭， 又∵e 1e ea >=，∴存在01,e a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()00g x '=，当()01,x x ∈时，()0g x '<，()g x 单调递减， 又∵(1)0g =，∴当0(]1,x x ∈时，()0g x <，在()01,x 内，函数()g x 没有零点， 又∵()0,x x ∈+∞时，()0g x '>， ∴()g x 单调递增，又∵22e )e 1(ln e a a g a a a a a +-+>-=-+， 令2()e 1(1)>x k x x x =-+，()()e 2x s x k x x '==-，()e 2e 20x s x '=->->，∴()k x '在(1,)+∞上单调递增， 又∵(1)0k '>，∴1x >时，()0k x '>，()k x 在(1,)+∞上单调递增， ∴()(1)0k a k >>， ∴()0g a >， 又∵0eaa x >>， ∴由零点的存在定理可知存在()()101,,0x x a g x ∈=， ∴在()0,x a 内，函数()g x 有且只有1个零点， 综上所述，实数a 的取值范围是(,e 1]-∞+.9．(1)递增区间为2(e ,)-+∞，递减区间为2(0,e )-，极小值为2e --，没有极大值 (2)3 【解析】【分析】（1）由导数分析单调性后求解 （2）参变分离后，转化为最值问题求解 (1)函数()()1ln f x x x =+的定义域为(0,)+∞， 由()=ln 2f x x '+，令()=0f x '可得2e x -=，当2(0,)e x -∈时，()0f x '<，函数()()1ln f x x x =+在2(0,e )-上单调递减， 当2(e ,)x -∈+∞时，()0f x '>，函数()()1ln f x x x =+在2(e ,)-+∞上单调递增， ∴ 函数()()1ln f x x x =+的递增区间为2(e ,)-+∞，递减区间为2(0,e )-，函数()()1ln f x x x =+在2e x -=时取极小值，极小值为2e --，函数()()1ln f x x x =+没有极大值 (2)当()1,x ∈+∞时，不等式()()1m x f x -<可化为ln 1x x xm x +<-， 设ln ()1x x xg x x +=-，由已知可得[]min ()g x m <， 又()()()22ln 2(1)ln 2'ln 11()x x x x g x x x x x x +---==----， 令()ln 2(1)h x x x x =-->，则1'()10h x x=->，∴ ()ln 2h x x x =--在()1,+∞上为增函数，又(3)1ln30h =-<，(4)2ln 40h =->， ∴ 存在0(3,4)x ∈，使得0()0h x =，即002ln x x -= 当()01,x x ∈时，()0g x '<，函数ln ()1x x xg x x +=-在0(1,)x 上单调递减， 当0(,)x x ∈+∞时，()0g x '>，函数ln ()1x x xg x x +=-在0(,)x +∞上单调递增， ∴ []20000000min 00ln ()=()==11x x x x x g x g x x x x +-=--， ∴ 0m x <， ∴ m 的最大值为3. 10．(1)1y = (2)1(,)2-∞ (3)10,4⎛⎤ ⎥⎝⎦【解析】 【分析】（1）先求导后求出切线的斜率'(0)0f =，然后求出直线上该点的坐标即可写出直线方程；（2）根据函数的单调性和最值分类讨论； （3）分情况讨论，根据函数的单调性和极限求解. (1)解：由题意得：22'e 121)e 2)()((x x ax x a f x ax x x ax =-++-=+- '(0)0f =，(0)1f =故曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线的方程1y =. (2)由（1）得要使得()f x 在0x =处取得极大值，'()f x 在0x <时应该'()0f x >，'()f x 在0x >时应该'()0f x <，'e 2(1)()x x x ax f a =+-故①0a <且120aa-<，解得0a < ②0a >且120a a->，解得102a <<当0a =时，'()e x f x x =-，满足题意； 当12a =时，'21(e )2x f x x =，不满足题意； 综上：a 的取值范围为1(,)2-∞. (3)可以分三种情况讨论：①0a ≤②102a <<③12a ≥ 若0a ≤，()f x 在12(,)a a --∞上单调递减，在12(,0)aa-单调递增，在(0,)+∞上单调递减，无最小值；若102a <<时，当0x <时，x 趋向-∞时，()f x 趋向于0；当0x > ，要使函数取得存在最小值121221212112()[(41)0e ()]e a aaa a a a f a a a a a a -----=-=-≤+，解得104a <≤，故 12a x a -=处取得最小值,故a 的取值范围10,4⎛⎤⎥⎝⎦. 若12a ≥时，()f x 在x 趋向-∞时，()f x 趋向于0，又(0)1f =故无最小值； 综上所述函数()f x 存在最小值， a 的取值范围10,4⎛⎤⎥⎝⎦.。

高考数学专题：导数大题专练含答案

高考数学专题：导数大题专练含答案

高考数学专题：导数大题专练含答案一、解答题1．已知函数()ln f x ax x =+ (1)讨论()f x 的单调区间；(2)设()2xg x =，若对任意的[]11,100x ∈，存在[]20,1x ∈，使()()12f x g x <成立，求实数a 的取值范围.2．已知函数1()2ln f x x x x=+-． (1)求函数的单调区间和极值；(2)若12x x ≠且()()12f x f x =，求证：121x x <． 3．已知函数()ln .f x x x ax a =-+(1)若1≥x 时，()0f x ≥恒成立，求a 的取值范围；(2)当1a =，01b <<时，方程()f x b =有两个不相等的实数根12,x x ，求证：12 1.x x <4．设函数()()2()ln 1f x x a x x =++-，其中R a ∈.(1)1a =时，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程； (2)讨论函数()f x 极值点的个数，并说明理由； (3)若()0,0x f x ∀>成立，求a 的取值范围.5．已知函数1()(1)(0)x f x x e x x=+->，()ln ()x g x xe a x a R =+∈，且1()0f x = (1)若1a =，且0()0g x =，试比较0x 与1x 的大小关系，并说明理由； (2)若1a =-，且222(1)()()x f x g x +=，证明： （i ）25593x e <<； （ii ）12213232x x x ex -->-.（参考数据：1ln3 1.098,ln5 1.609,0.368e≈≈≈） 6．已知函数()ln f x x =(1)过原点作()f x 的切线l ，求l 的方程；(2)令()()f x g x x=，求()g x a ≥在4⎤⎦恒成立，求a 的取值范围 7．已知函数2()2ln f x x x =-+，()()ag x x a x =+∈R . (1)求函数()f x 的单调区间；(2)若函数()f x 与()g x 有相同的极值点，求函数()g x 在区间1[,3]2上的最值.8．已知函数()322f x x ax bx =++-在2x =-时取得极值，且在点()()1,1f --处的切线的斜率为3- . (1)求()f x 的解析式；(2)若函数()y f x λ=-有三个零点，求实数λ的取值范围. 9．已知函数2()ln (2)(R)f x a x x a x a =+-+∈. (1)若1a =，求()f x 在区间[]1,e 上的最大值； (2)求()f x 在区间[]1,e 上的最小值()g a .10．已知函数()e 2x f x ax =-，()22sin 1g x a x x =-+，其中e 是自然对数的底数，a ∈R .(1)试判断函数()f x 的单调性与极值点个数；(2)若关于x 的方程()()0af x g x +=在[]0,π上有两个不等实根，求实数a 的最小值.【参考答案】一、解答题1．(1)答案见解析 (2)31a e ≤-【解析】 【分析】（1）由()()110ax f x a x xx+=+=>'，按0a ≥，0a <进行分类讨论求解； （2）由已知，转化为()()max max f x g x <，由已知得()()max 12g x g ==，由此能求出实数a 的取值范围． (1)()(]110ax f x a x x x+'=+=>， ①当0a ≥时，由于0x >，故10ax +>，()0f x '>， 所以()f x 的单调递增区间为()0,∞+； ②当0a <时，由()0f x '=，得1x a=-，在区间10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上()0f x '>，在区间1,a∞⎛⎫-+ ⎪⎝⎭上()0f x '<，所以，函数()f x 的单调递增区间为10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭，单调递减区间为1,a∞⎛⎫-+ ⎪⎝⎭；(2)由题目知，只需要()()max max f x g x <即可又因为()()max 12g x g ==，所以只需要()max 2f x <即可()max 2f x <即等价于()2f x <恒成立，由变量分离可知2ln xa x-<，[]1,100x ∈， 令()2ln xh x x -=，下面求()h x 的最小值， 令()23ln xh x x-+'=，所以()0h x '=得3x e =， 所以()h x 在31,e ⎡⎤⎣⎦为减函数，3,100e ⎡⎤⎣⎦为增函数， 所以()()33min 1h x h e e -==，所以31a e ≤-. 2．(1)减区间()0,1，增区间()1,+∞，极小值3， (2)证明见解析 【解析】 【分析】（1）依据导函数与原函数的关系去求函数的单调区间和极值即可； （2）构造新函数利用函数单调性去证明121x x <即可. (1)1()2ln (0)f x x x x x =+->，则()()2221111()2(0)x x f x x x x x +-'=--=>由()0f x '>得1x >，由()0f x '<得01x <<， 即()f x 减区间为()0,1，增区间为()1,+∞，在1x =时()f x 取得极小值(1)2103f =+-=，无极大值. (2)不妨设12x x <且()()12f x f x a ==，则101x <<，21>x ，3a >，2101x <<令1()()2ln (0)h x f x a x x a x x=-=+-->，则()()120h x h x ==()()2221111()2x x h x x x x +-'=--=， 则当1x >时()0h x '>，()h x 单调递增；当01x <<时()0h x '<，()h x 单调递减 由()222212ln 0x x h x a x +=--=，得22212ln a x x x =+-则2222222222211ln 2ln 2ln 1x x x x x h x x x x x ⎛⎫++-+-=-+ ⎪⎛⎫=⎪⎝⎝⎭⎭ 令21t x =，则222112ln 2ln (01)x x t t t x t -+=--<< 令()12ln (01)t m t t t t --<=<，则()()22211210t t tt m t -'=+-=>即()12ln (01)t m t t t t--<=<为增函数，又()11100m =--=，则()12ln 0m t t tt --<=在(0,1)上恒成立.则222212ln 10x x x h x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭=-<恒成立，则()211h h x x ⎛⎫⎪< ⎝⎭， 又01x <<时()h x 单调递减，101x <<，2101x <<则211x x >，故121x x <3．(1)(,1].-∞ (2)证明见解析 【解析】 【分析】(1)1x ≥，()0ln 0a f x x a x ≥⇔-+≥，设()ln (1)ag x x a x x=-+≥，求导得221()a x ag x x x x-'=-=，分1a ≤与1a >两类讨论，即可求得a 的取值范围；(2)当1a =时，方程()f xb =有两个不相等的实数根1x ，2x ，不妨设12x x <，则1201x x <<<，要证121x x ⋅<，只需证2111x x <<，而12()()f x f x =，只需证明111()()f x f x <，再构造函数，设1()()()(01)F x f x f x x=-<<，通过求导分析即可证得结论成立． (1)1x ≥，()0f x ∴≥，即ln 0ax a x-+≥， 设()ln (1)ag x x a x x=-+≥，221()a x ag x x x x -'=-=，当1a ≤时，()0g x '≥， ()g x ∴在[1,)+∞上单调递增，()(1)0g x g ∴≥=，满足条件；当1a >时，令()0g x '=，得x a =，当1x a <≤时，()0g x '<；当x a >时，()0g x '>，()g x ∴在区间[1,]a 上单调递减，在区间[,)a +∞上单调递增，min ()()ln 1g x g a a a ∴==-+，()(1)0g a g ∴<=，与已知矛盾．综上所述，a 的取值范围是(,1].-∞(2)证明：当1a =时，()ln f x x '=，则()f x 在区间(0,1]上单调递减，在区间[1,)+∞上单调递增，由方程()f x b =有两个不相等的实数根12,x x ， 不妨设12x x <，则1201x x <<<，要证121x x ⋅<，只需证2111x x <<，()f x 在区间[1,)+∞上单调递增，只需证121()()f x f x < 又()()12f x f x =，∴只需证明111()()f x f x <，设1()()()(01)F x f x f x x=-<<， 则22211()ln ln ln 0x F x x x x x x-'=-=>，()F x ∴在区间(0,1)上单调递增，()(1)0F x F ∴<=，1()()0f x f x∴-<，即111()()f x f x <成立， ∴原不等式成立，即121x x ⋅<成立．【点睛】导数是研究函数的单调性、极值（最值）最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．（3）利用导数求函数的最值（极值），解决生活中的优化问题．（4）考查数形结合思想的应用． 4．(1)322ln230x y -+-=(2)当0a <时，函数()f x 有一个极值点； 当809a ≤≤时，函数()f x 无极值点； 当89a >时，函数()f x 有两个极值点. (3)0,1 【解析】 【分析】（1）将1a =代入函数()f x 中，得出函数()f x 的解析式，进而可以求出切点坐标，再利用导数的几何意义及点斜式即可求解；（2）根据已知条件，对a 进行分类讨论，利用导数法求函数极值的步骤及函数极值的定义即可求解；（3）根据()0,0x f x ∀>成立，转化为()min 0,0x f x ∀>即可，再利用第（2）的结论即可求解. (1)当1a =时，()2()ln 1f x x x x =++-()()21ln 1111ln 2f =++-=，所以切点为()1,ln2，()()11321,12111112f x x k f x ''=+-∴==+⨯-=++， 所以曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线的斜率为()312k f ='=， 所以曲线()y f x =在点()1,ln2处的切线的斜率切线方程为()3ln212y x -=-，即322ln230x y -+-= (2)由题意知函数()f x 的定义域为()1,-+∞，()()21212111ax ax a f x a x x x +-+=+-='++，令()()221,1,g x ax ax a x =+-+∈-+∞，（i ）当0a =时，()10f x '=>，函数()f x 在()1,-+∞单调递增，无极值点 （ii ）当0a >时，()Δ98a a =-，①当809a <≤时，()()Δ0,0,0g x f x '≤≥≥， 所以函数()f x 在()1,-+∞单调递增，无极值点； ②当89a >时，Δ0>，设方程2210ax ax a +-+=两根1212,,x x x x ==此时12x x <()121211111,,,110,12444x x x x g x +=-∴---=>-<<∴<->()()121,,,x x x ∴∈-+∞时，()()0,0g x f x '>>，函数()f x 单调递增；()12,x x x ∈时，()()0,0g x f x '<<，函数()f x 单调递减. ∴函数有两个极值点；③当0a <时，()Δ980a a =->，设方程2210ax ax a +-+=两根1212,,x x x x ==此时12x x >()12110,1x g x -=>∴-<<()11,x x ∴∈-时，()()0,0g x f x '>>，函数()f x 单调递增； ()1,x x ∈+∞时，()()0,0g x f x '<<，函数()f x 单调递减.∴函数有一个极值点；综上所述：当0a <时，函数()f x 有一个极值点； 当809a ≤≤时，函数()f x 无极值点； 当89a >时，函数()f x 有两个极值点. (3)由()0,0x f x ∀>成立等价于()min 0,0x f x ∀>≥即可. ①当809a ≤≤时，函数()f x 在()0,+∞上单调递增，()()00,0,f x =∴∈+∞时，()0f x >，符合题意；②当819a <≤时，由()00g >，得20x ≤，∴函数()f x 在()0,+∞上单调递增，又()()00,0,f x =∴∈+∞时，()0f x >，符合题意； ③当1a >时，由()00<g ，得20x >()20,x x ∴∈时， ()f x 单调递减,()()200,0,f x x =∴∈时，()0f x <时，不合题意；④当0a <时，设()()ln 1h x x x =-+，()0,x ∈+∞，时，()()110,11x h x h x x x =-=>∴+'+在()0,+∞上单调递增. ∴当()0,x ∞∈+时，()()00h x h >=，即()ln 1x x +<，可得()()()221f x x a x x ax a x <+-=+-，当11x a>-时，()210ax a x +-<，此时()0f x <，不合题意.综上，a 的取值范围是0,1. 【点睛】解决此题的关键是第一问利用导数的几何意义及点斜式即可，第二问主要是对参数进行分类讨论，再结合利用导数法求函数的极值的步骤即可，第三问主要将恒成立问题转化为最值问题再结合第二问的结论即可求解. 5．(1)01x x >，理由见解析(2)（i ）证明见解析；（ii ）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由0x →时，(),()0f x g x →，1()02f >，1()02>g 可得011,(0,)2x x ∈，构造1()ln (0)1m x x x x =+>+，求导分析单调性，由1112()()()ln 2023g x m x m =<=-<，故10()()g x g x <，分析即得解；（2）（i ）由题意，22ln 222222(1)(1)(ln )0x x x x e x x x +++-++=，先证明1x e x ≥+，代入分析可得22ln 0x x +=，构造()ln (0)x x x x ϕ=+>，求导分析单调性，结合而5()09ϕ<，5()03eϕ>即得解； （ii ）构造1()(1)(2)t x x x x e=---，可得21(1)()f x f x -<，再构造()(32)(0)x h x x e x =->，()()(1)H x h x h x =--，分析即得解(1)对函数()f x ，()g x 求导得：21()(2)0x f x x e x '=++>，1()(1)0xg x x e x'=++> 当0x →时，(),()0f x g x →.而1()22f ，1()ln 22g .由21.5e >，13ln 2ln1644=<知1()02f >，1()02>g因此0x ，1x 唯一且011,(0,)2x x ∈ 由1111(1)0x x ex +-=知1111(1)x e x x =+，1111()ln 1g x x x =++. 构造1()ln (0)1m x x x x =+>+，则221()0(1)x x m x x x ++'=>+. 故()m x 在(0,)+∞单调递增；因此1112()()()ln 223g x m x m =<=-，由12ln 2ln833=>知1()0g x <. 故10()()g x g x <，结合()g x 单调性知01x x >. (2)（i ）证明：由题意得22ln 222222(1)(1)(ln )0x x x x e x x x +++-++=.构造()1x r x e x =--，则'()1x r x e =-，()(0)0r x r ≥=. 因此1x e x ≥+.因此22ln 22222222220(1)(1)(ln )(1)(ln )x x x x e x x x x x x +=++-++≥++.故22ln 0x x +≤.因此2222ln ln 2222222220(1)(1)(ln )(1)(1)x x x x x x e x x x x x e ++=++-++≥++-故22ln 0x x +≥.因此22ln 0x x +=.构造()ln (0)x x x x ϕ=+>，则1()10x x ϕ'=+>. 而55()ln52ln3099ϕ=+-<，55()ln5ln31033e e ϕ=+-->，因此25593x e<<. （ii ）由22ln 0x x +=知221xe x =. 因此222222221(1)(2)(2)1(1)1(1)xx x x e x e f x e x e x -----=-=--.构造1()(1)(2)t x x x x e=---，则2()362t x x x '=-+. 因此()t x在(1上单调递减. 因此251()()0.3609t x t e<<-<，故2(1)0f x -<.因此21(1)()f x f x -<，结合()f x 单调性知211x x -<，故211x x >-. 构造()(32)(0)x h x x e x =->，()()(1)H x h x h x =--，则()(12)x h x x e '=-. 因此()h x 在1(0,)2上单调增，1(,1)2上单调减.而当102x <≤时，1()(12)()0x x H x x e e -'=--≤，()H x 单调减. 因此11()()02H x H >>，11()(1)h x h x >-.而121112x x <-<<，因此21()(1)h x h x <-，因此12()()h x h x >. 因此12213232x x x ex --<-.6．(1)1ey x =； (2)4e 4a ≤. 【解析】 【分析】（1）设切线的方程为y kx =，设切点为(,ln )t t ,求出e t =即得解；（2）利用导数求出函数()g x在4⎤⎦上的单调区间即得解. (1)解：设切线的方程为y kx =，设切点为(,ln )t t , 因为()1f x x '=，则()1k f t t'==所以切线方程为()1ln y t x t t-=-即1ln 1y x t t =+-由题得ln 10t -=则e t = ∴切线l 的方程为1ey x =． (2) 解：()21ln xg x x -'=，e x <<时，()0g x '>；4e e x <<时，()0g x '<，所以函数()g x 在单调递增，在4(e,e )单调递减，∵g =，()44e e 4g =， 因为44e <=所以最小值()44e e 4g =． 4e 4a ∴≤. 7．(1)单增区间为(0,1)，单减区间为(1,)+∞(2)min ()2g x =，max 10()3g x =【解析】 【分析】（1）求导之后，分别令()0f x '>，()0f x '<即可求出()f x 的单调区间； （2）由有相同的极值点求出a 的值，再利用对勾函数的单调性求出()g x 在区间1,32⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最值. (1)()f x 的定义域：()0,∞+()()22122x f x x x x--'=-+=，由()0f x '>得01x <<，由()0f x '<得1x >， ∴()f x 的单增区间为()0,1，单减区间为()1,+∞. (2)()21ag x x ='-，由（1）知()f x 的极值点为1. ∵函数()f x 与()g x 有相同的极值点， ∴()10g '=，即10a -=，∴1a =，从而()1g x x x =+，()g x 在1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，在(]1,3上递增,又1522g ⎛⎫= ⎪⎝⎭，()1033g =, ∴在区间1,32⎡⎤⎢⎥⎣⎦上，()()min 12g x g ==，()max 103g x =. 8．(1)()3232f x x x =+-(2)()2,2-【解析】【分析】（1）由已知可得()()2013f f ⎧-=⎪⎨-=-''⎪⎩，可得出关于实数a 、b 的方程组，解出这两个未知数的值，即可得出函数()f x 的解析式；（2）分析可知，直线y λ=与函数()f x 的图象有3个交点，利用导数分析函数()f x 的单调性与极值，数形结合可得出实数λ的取值范围. (1)解：因为()322f x x ax bx =++-，则()232f x x ax b '=++，由题意可得()()212401323f a b f a b ⎧-=-+=⎪⎨-=-+=-''⎪⎩，解得30a b =⎧⎨=⎩，所以，()3232f x x x =+-. 当3a =，0b =时，()236f x x x '=+，经检验可知，函数()f x 在2x =-处取得极值.因此，()3232f x x x =+-.(2)解：问题等价于()f x λ=有三个不等的实数根，求λ的范围.由()2360f x x x '=+>，得2x <-或0x >，由()2360f x x x '=+<，得20x -<<，所以()f x 在(),2-∞-、()0,∞+上单调递增，在()2,0-上单调递减，则函数()f x 的极大值为()22f -=，极小值为()02f =-，如下图所示：由图可知，当22λ-<<时，直线y λ=与函数()f x 的图象有3个交点， 因此，实数λ的取值范围是()2,2-.9．(1)2e 3e 1-+(2)()()221,2ln ,22e 241e e 2e,2ea a a a g a a a a a a --≤⎧⎪⎪=--<<⎨⎪-+-≥⎪⎩ 【解析】【分析】（1）利用导数求得()f x 在区间[]1,e 上的最大值.（2）由()'f x 对a 进行分类讨论，由此求得()f x 在区间[]1,e 上的最小值()g a .(1)当1a =时，()()2ln 31e f x x x x x =+-≤≤，()()()'123123x x f x x x x--=+-=， 所以()f x 在区间()()'31,,0,2f x f x ⎛⎫< ⎪⎝⎭递减；在区间()()'3,e ,0,2f x f x ⎛⎫> ⎪⎝⎭递增. ()()212,e e 3e 10f f =-=-+>，所以()f x 在区间[]1,e 上的最大值为2e 3e 1-+.(2)2()ln (2)(R,1e)f x a x x a x a x =+-+∈≤≤，()()()()'1222x x a a f x x a x x --=+-+=， 当1,22aa ≤≤时，()f x 在区间()()()'1,e ,0,f x f x >递增，所以()f x 在区间[]1,e 上的最小值为()()1121f a a =-+=--. 当1e,22e 2a a <<<<时，()f x 在区间()()'1,,0,2a f x f x ⎛⎫< ⎪⎝⎭递减； 在区间()',e ,02a f x ⎛⎫> ⎪⎝⎭，()f x 递增. 所以()f x 在区间[]1,e 上的最小值为()22ln 2ln 222224a a a a a a f a a a a ⎛⎫⎛⎫=+-+⋅=-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 当e,2e 2a a ≥≥时，()f x 在区间()()()'1,e ,0,f x f x <递减，所以()f x 在区间[]1,e 上的最小值为()()()22e e 2e 1e e 2e f a a a =+-+=-+-.所以()()221,2ln ,22e 241e e 2e,2e a a a a g a a a a a a --≤⎧⎪⎪=--<<⎨⎪-+-≥⎪⎩. 【点睛】利用导数求解函数的单调性、最值，若导函数含有参数，则需要对参数进行分类讨论，分类讨论标准的制定，可以考虑利用导函数的零点分布来进行分类. 10．(1)答案见解析(2)e π--【解析】【分析】（1）求出()f x '，分类讨论，分0a ≤和0a >讨论()f x 的单调性与极值； （2）利用分离参数法得到sin 1e x x a -=，令()()sin 10e xx h x x π-=≤≤，利用导数判断 ()h x 的单调性与最值，根据直线y a =与函数()h x 的图像有两个交点，求出实数a 的最小值.(1)()e 2x f x ax =-，则()e 2x f x a '=-.①当0a ≤时，()0f x '>，则()f x 在R 上单调递增，此时函数()f x 的极值点个数为0；②当0a >时，令()20e x f x a '=-=，得()ln 2x a =，当()ln 2x a >时，()0f x '>，则()f x 在()()ln 2,a +∞上单调递增，当()ln 2x a <时，()0f x '<，则()f x 在()(),ln 2a -∞上单调递减，此时函数()f x 的极值点个数为1.综上所述，当0a ≤时，()f x 在R 上单调递增，极值点个数为0；当0a >时，()f x 在()()ln 2,a +∞上单调递增，在()(),ln 2a -∞上单调递减，极值点个数为1.(2)由()()0af x g x +=，得sin 1x x a e -=. 令()()sin 10x x h x x eπ-=≤≤， 因为关于x 的方程()()0af x g x +=在[]0,π上有两个不等实根，所以直线y a =与函数()sin 1xx h x e -=的图像在[]0,π上有两个交点.()1cos sin 14x xx x x h x e e π⎛⎫-+ ⎪-+⎝⎭'==， 令()0h x '=，则sin 42x π⎛⎫-= ⎪⎝⎭[]0,x π∈，所以2x π=或x π=， 所以当02x π<<时，()0h x '>；当2x ππ<<时，()0h x '<， 所以()h x 在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在,2ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，所以()max 02h x h π⎛⎫== ⎪⎝⎭. 又()01h =-，()e h ππ-=-， e 1π-->- 所以当)e ,0x a -⎡∈-⎣时，直线y a =与函数()h x 的图像有两个交点，所以实数a 的最小值为e π--.【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系；(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题；(4)利用导数研究零点问题，考查数形结合思想的应用．。

高中数学导数专题常考练习题

高中数学导数专题常考练习题

高中数学导数专题常考练习题高考数学中，导数是一个常考的题型。

下面介绍几道典型的导数题目。

1.已知函数$f(x)$的导函数$f'(x)$满足以下条件：①当$f'(x)>0$时，$x2$；②当$f'(x)<0$时，$-1<x<2$；③当$f'(x)=0$时，$x=-1$或$x=2$。

则函数$f(x)$的大致图象是什么？2.已知直线$2x-y+1=0$与曲线$y=ae^{x}$相切（其中$e$为自然对数的底数），则实数$a$的值是多少？3.已知函数$f(x)=ax+(1-a)x^3$是奇函数，则曲线$y=f(x)$在$x=1$处的切线的倾斜角为多少？4.已知函数$f(x)=x+ax+bx^2+a$在$x=1$处的极值为10，则数对$(a,b)$为什么？5.函数$f(x)=x^3-4x^2+mx$在$[0,3]$上的最大值为4，则$m$的值为多少？6.已知函数$f(x)=x-mx^3+4x^2-3$在区间$[1,2]$上是增函数，则实数$m$的取值范围为什么？7.已知偶函数$f(x)(x\neq0)$的导函数为$f'(x)$，且满足$f(1)=0$。

当$x>0$时，$xf'(x)0$成立的$x$的取值范围是什么？8.已知曲线$y=x+\ln x$在点$(1,1)$处的切线与曲线$y=ax^2+(a+2)x+1$相切，则$a$等于多少？9.若函数$f(x)=x^3+x^2-3$在区间$(a,a+5)$上存在最小值，则实数$a$的取值范围是什么？10.已知$f'(x)$是函数$f(x)$的导函数，$f(1)=e$，$x\in\mathbb{R}$，且$2f(x)-f'(x)>0$。

则不等式$f(x)<e^{2x}-1$的解集是什么？11.已知函数 $f(x)=2x^3-ax^2+b$，讨论 $f(x)$ 的单调性。

高考数学真题导数专题及答案

高考数学真题导数专题及答案

高考数学真题导数专题及答案2019年高考真题-导数专题一、解答题（共12小题）1.已知函数 $f(x)=ae^{2x}+(a-2)e^{x}-x$。

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。

2.已知函数 $f(x)=ax^2-ax-x\ln{x}$，且 $f(x)\geq 0$。

1）求 $a$；2）证明：$f(x)$ 存在唯一的极大值点 $x$，且 $e^{-2}<f(x)<2^{-2}$。

3.已知函数 $f(x)=x^{-1}-a\ln{x}$。

1）若 $f(x)\geq 0$，求 $a$ 的值；2）设 $m$ 为整数，并且对于任意正整数 $n$，$(1+\frac{1}{m})^n\geq 2$，求 $m$ 的最小值。

4.已知函数 $f(x)=x^3+ax^2+bx+1$（$a>0,b\in\mathbb{R}$）有极值，且导函数 $f'(x)$ 的极值点是 $f(x)$ 的零点。

1）求 $b$ 关于 $a$ 的函数关系式，并写出定义域；2）证明：$b^2>3a$；3）若 $f(x)$，$f'(x)$ 这两个函数的所有极值之和不小于$-1$，求 $a$ 的取值范围。

5.设函数 $f(x)=(1-x^2)e^x$。

1）讨论 $f(x)$ 的单调性；2）当$x\geq 0$ 时，$f(x)\leq ax+1$，求$a$ 的取值范围。

6.已知函数 $f(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}$。

1）求 $f(x)$ 的导函数；2）求 $f(x)$ 在区间 $(0,+\infty)$ 上的取值范围。

7.已知函数 $f(x)=x^2+2\cos{x}$，$g(x)=e^x(\cos{x}-\sin{x}+2x^{-2})$，其中 $e\approx 2.\cdots$ 是自然对数的底数。

Ⅰ）求曲线 $y=f(x)$ 在点 $(\pi,f(\pi))$ 处的切线方程；Ⅱ）令 $h(x)=g(x)-af(x)$（$a\in \mathbb{R}$），讨论$h(x)$ 的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值。

2019江苏高考数学14个填空题专题练导数及其简单应用

2019江苏高考数学14个填空题专题练导数及其简单应用

2019江苏高考数学14个填空题专题练 导数及其简单应用A 组——题型分类练题型一 导数的概念与运算 1．y ＝ln xx的导数为________．解析：y ′＝⎝⎛⎭⎫ln x x ′＝(ln x )′x －x ′ln x x 2＝1x ·x －ln x x 2＝1－ln x x 2. 答案：1－ln xx 22．已知a ∈R ，设函数f (x )＝ax －ln x 的图象在点(1，f (1))处的切线为l ，则l 在y 轴上的截距为________．解析：因为f ′(x )＝a －1x ，所以f ′(1)＝a －1，又f (1)＝a ，所以切线l 的方程为y －a ＝(a －1)(x －1)，令x ＝0，得y ＝1.答案：13．若曲线y ＝a cos x ＋1在点⎝⎛⎭⎫π2，1处的切线与直线2x ＋y ＋3＝0垂直，则a ＝________. 解析：因为y ＝a cos x ＋1的导函数为y ′＝－a sin x ，所以曲线在点⎝⎛⎭⎫π2，1处的切线的斜率为k ＝－a ，由于切线与直线2x ＋y ＋3＝0垂直，则(－a )·(－2)＝－1，即a ＝－12.答案：－124．已知函数f (x )的导函数为f ′(x )，且满足f (x )＝3x 2＋2xf ′(2)，则f ′(5)＝________. 解析：对f (x )＝3x 2＋2xf ′(2)求导，得f ′(x )＝6x ＋2f ′(2)．令x ＝2，得f ′(2)＝－12.再令x ＝5，得f ′(5)＝6×5＋2f ′(2)＝6.答案：6 [临门一脚] 1．求导时应注意：(1)求导之前利用代数或三角恒等变换对函数进行化简可减少运算量．(2)对于商式的函数若在求导之前变形，则可以避免使用商的导数法则，减少失误． 2．利用导数求切线方程时，函数在某点处的切线斜率等于在该点的导数值，求导之后要注意代入的是切点横坐标，如果没有切点坐标，一般要设出切点坐标，再利用导数的几何意义求切线方程．题型二 导数与函数的单调性1．函数f (x )＝x －ln x 的单调递减区间为________．解析：函数f (x )的定义域是(0，＋∞)，且f ′(x )＝1－1x ＝x －1x ，令f ′(x )<0，解得0<x <1，所以单调递减区间是(0,1)．答案：(0,1)2．已知函数f (x )＝x 3－ax 2＋bx 在区间(－∞，－3)和(2，＋∞)上是增函数，在(－3,2)上是减函数，则ab ＝________.解析：因为f ′(x )＝3x 2－2ax ＋b ，由已知条件可得－3,2是f ′(x )＝0的两根，所以a ＝－32，b ＝－18，从而ab ＝27. 答案：273．若函数f (x )＝13x 3＋x 2－ax ＋3a 在区间[1,2]上单调递增，则实数a 的取值范围是________．解析：由题意得，f ′(x )＝x 2＋2x －a ，根据题意知f ′(x )≥0，即x 2＋2x ≥a ，而x 2＋2x ＝(x ＋1) 2－1≥(1＋1) 2－1＝3，所以a ≤3.答案：(－∞，3]4．设函数f (x )＝12x 2－9ln x 在区间[a －1，a ＋1]上单调递减，则实数a 的取值范围是________．解析：因为f (x )＝12x 2－9ln x ，所以f ′(x )＝x －9x (x >0)，当x －9x ≤0时，有0<x ≤3，即在(0,3]上f (x )是减函数，所以a －1>0且a ＋1≤3，解得1<a ≤2.答案：(1,2] [临门一脚]1．f ′(x )>0与f (x )为增函数的关系：f ′(x )>0能推出f (x )为增函数，但反之不一定．如函数f (x )＝x 3在(－∞，＋∞)上单调递增，但f ′(x )≥0，所以f ′(x )>0是f (x )为增函数的充分不必要条件．2．用导数研究含参函数单调性首先要求定义域，单调性的逆向问题应该解f ′(x )≥0或f ′(x )≤0的恒成立问题，要注意分类讨论和数形结合思想的运用．3．函数在给定区间上单调、不单调、存在单调区间这三类问题要区分清楚． 题型三 导数与函数的极值、最值 1．函数y ＝2x －1x 2的极大值是________．解析：y ′＝2＋2x 3，令y ′＝0，得x ＝－1.当x <－1时，y ′>0；当－1<x <0时，y ′<0. 所以当x ＝－1时，y 取得极大值－3.答案：－32．已知函数f (x )＝13x 3＋x 2－2ax ＋1，若函数f (x )在(1,2)上有极值，则实数a 的取值范围为________．解析：因为函数f (x )在(1,2)上有极值，则需函数f (x )在(1,2)上有极值点．法一：令f ′(x )＝x 2＋2x －2a ＝0，得x 1＝－1－1＋2a ，x 2＝－1＋1＋2a ，因为x 1∉(1,2)，因此则需1<x 2<2，即1<－1＋1＋2a <2，即4<1＋2a <9，所以32<a <4，故实数a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫32，4.法二：f ′(x )＝x 2＋2x －2a 的图象是开口向上的抛物线，且对称轴为x ＝－1，则f ′(x )在(1,2)上是单调递增函数，因此⎩⎪⎨⎪⎧f ′(1)＝3－2a <0，f ′(2)＝8－2a >0，解得32<a <4，故实数a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫32，4.答案：⎝⎛⎭⎫32，43．(2018·镇江高三期末)函数y ＝cos x －x tan x 的定义域为⎣⎡⎦⎤－π4，π4，则其值域为________． 解析：易知函数y ＝cos x －x tan x 为偶函数，所以只需研究函数在⎣⎡⎦⎤0，π4内的值域．由y ＝cos x －x sin x cos x ，得y ′＝－sin x －sin x cos x ＋x cos 2x ≤0，对x ∈⎣⎡⎦⎤0，π4恒成立，所以y ＝cos x －x sin xcos x 在⎣⎡⎦⎤0，π4上单调递减，故函数的值域为⎣⎡⎦⎤22－π4，1. 答案：⎣⎡⎦⎤22－π4，14．已知函数f (x )＝a ln x －bx 2的图象在x ＝1处与直线y ＝－12相切，则函数f (x )在[1，e]上的最大值为________．解析：由题意知，f ′(x )＝ax－2bx ，因为函数f (x )＝a ln x －bx 2的图象在x ＝1处与直线y ＝－12相切，所以⎩⎪⎨⎪⎧f ′(1)＝a －2b ＝0，f (1)＝－b ＝－12， 解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝12，即函数f (x )＝ln x －x 22.又当x ∈[1，e]时，f ′(x )＝1x －x ≤0，所以函数f (x )在[1，e]上单调递减， 其最大值为f (1)＝－12.答案：－12[临门一脚]1．导数法是求函数值域的重要方法，对于比较复杂的函数值域，一般应用导数研究函数的单调性、极值情况，同时要注意函数的定义域、零点情况．2．可导函数的极值点必须是导数为0的点，但导数为0的点不一定是极值点，即f ′(x 0)＝0是可导函数f (x )在x ＝x 0处取得极值的必要不充分条件．例如函数y ＝x 3在x ＝0处有y ′|x＝0＝0，但x ＝0不是极值点．此外，函数不可导的点也可能是函数的极值点．3．函数在闭区间上的极值不一定是最值，需要和端点的函数值比较大小才能确定． 4．含有参数的恒成立问题优先考虑分参转化为不含参数的函数的最值问题，如果不能分参，再分类讨论处理．B 组——高考提速练1．曲线f (x )＝2x＋3x 在点(1，f (1))处的切线方程为________________．解析：因为f ′(x )＝－2x 2＋3，所以f ′(1)＝－2＋3＝1，又f (1)＝21＋3×1＝5，故切线方程为y －5＝1·(x －1)，即x －y ＋4＝0.答案：x －y ＋4＝02．已知函数f (x )＝4ln x ＋ax 2－6x ＋b (a ，b 为常数)，且x ＝2为f (x )的一个极值点，则a 的值为________．解析：由题意知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， ∵f ′(x )＝4x＋2ax －6，∴f ′(2)＝2＋4a －6＝0，即a ＝1. 答案：13．若曲线f (x )＝a cos x 与曲线g (x )＝x 2＋bx ＋1在交点(0，m )处有公切线，则a ＋b ＝________.解析：∵f ′(0)＝－a sin 0＝0， ∴g ′(0)＝2×0＋b ＝0，∴b ＝0， 又m ＝1＝a ，∴a ＋b ＝1. 答案：14．已知y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝x －1，且f ′(x )＝ln x ＋1，则函数f (x )的最小值为________．解析：因为f ′(x )＝ln x ＋1，设f (x )＝x ln x ＋C ，又因为f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝x －1，故切点为(1,0)，切点在曲线f (x )＝x ln x ＋C 上，故C ＝0，故f (x )＝x ln x ．令f ′(x )＝ln x ＋1>0，解得x >1e ；令f ′(x )<0，解得0<x <1e .故f (x )在区间⎝⎛⎭⎫0，1e 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞上单调递增，故当x ＝1e 时，函数f (x )取得最小值，所以f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫1e ＝－1e. 答案：－1e5．已知曲线y ＝a ln x (a ＞0)在x ＝1处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为4，则a ＝________.解析：因为y ＝a ln x ，所以y ′＝ax ，所以在x ＝1处的切线的斜率k ＝a ，而f (1)＝a ln 1＝0，故切点为(1,0)，所以切线方程为y ＝a (x －1)．令y ＝0，得x ＝1；令x ＝0，得y ＝－a .所以三角形面积S ＝12×a ×1＝4，所以a ＝8.答案：86．已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2－4在x ＝2处取得极值，若m ∈[－1,1]，则f (m )的最小值为________．解析：求导得f ′(x )＝－3x 2＋2ax ，由f (x )在x ＝2处取得极值知f ′(2)＝0，即－3×4＋2a ×2＝0，故a ＝3.则f (x )＝－x 3＋3x 2－4，f ′(x )＝－3x 2＋6x .由此可得f (x )在(－1,0)上单调递减，在(0,1)上单调递增，所以对m ∈[－1,1]时，f (m )min ＝f (0)＝－4.答案：－47．已知函数f (x )＝x ＋a sin x 在(－∞，＋∞)上单调递增，则实数a 的取值范围是________． 解析：∵函数f (x )＝x ＋a sin x 在(－∞，＋∞)上单调递增，∴函数f (x )的导函数f ′(x )＝1＋a ·cos x ≥0在(－∞，＋∞)上恒成立．令cos x ＝t ，t ∈[－1,1]，问题转化为g (t )＝at ＋1≥0在t ∈[－1,1]上恒成立，即g (－1)≥0，g (1)≥0成立，所以－1≤a ≤1.答案：[－1,1]8．设函数f (x )＝x 3－x 22－2x ＋5，若对任意的x ∈[－1，2]，都有f (x )>a ，则实数a 的取值范围为________．解析：f ′(x )＝3x 2－x －2， 令f ′(x )＝0，得3x 2－x －2＝0， 解得x ＝1或x ＝－23，故f (x )在⎝⎛⎭⎫－1，－23，(1,2)上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－23，1上单调递减，故f (x )在x ＝1处取得。

导数 高考数学题库(江苏较难题)

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Fr 的导数编辑库(江苏较难题)一、解答题1.已知函数f x =e ln x +kx(其中e 是自然对数的底数，k 为正数)(1)若f x 在x =x 0处取得极值，且x 0是f x 的一个零点，求k 的值；(2)若k ∈1,e ，求f x 在区间1e ,1上的最大值；(3)设函数g x =f x -kx 在区间1e,e 上是减函数，求k 的取值范围．【来源】江苏省连云港市2022-2023学年高三上学期期中复习数学试题【答案】(1)1；(2)答案见解析；(3)e 2,+∞【分析】(1)由f x 在x =x 0处取得极值，可得x 0是极值点导数值为0，函数值也为0，解方程得k ；(2)函数在闭区间上的最值:先利用导数判断单调性后，求最值；(3)函数在区间上是减函数，故其导数在该区间上小于或等于恒成立, 故可解得k 的范围.【详解】(1)由f x =e ln x +k x 可得f (x )=e x -kx2,x >0，由已知f x 在x =x 0处取得极值，所以f (x 0)=0,即f (x 0)=e x 0-k x 02=e x 0-k e x 02=0，∴x 0=ke ，又f (x 0)=0, 即e ln ke+e =0，∴k =1.(2)f (x )=e x -kx 2=e x -k e x2,x >0，∵1≤k ≤e ，∴1e ≤ke≤1，当1e ≤k e <1时，x ∈1e ,k e 时，f (x )单调递减，当x ∈k e ,1 时，f (x )单调递增;当k e =1时，x ∈1e,1 时，f (x )单调递减；故函数f (x )在区间1e ,1 上的最大值为：f 1e或f (1).又f 1e=ek -e ,f (1)=k ，当ek -e >k ，即e e -1<k ≤e 时，函数f (x )的最大值为f 1e=ek -e ；当ek -e ≤k ，即1≤k ≤ee -1时，函数f (x )的最大值为f (1)=k .(3)g (x )=f (x )-k =e x -kx 2-k ,x >0，∵g (x )在x ∈1e,e 上是减函数，∴g (x )≤0在x ∈1e ,e 上恒成立，即e x -k x2-k ≤0在x ∈1e ,e 上恒成立，∴k ≥e x +1x 在x ∈1e ,e 上恒成立，又x +1x ≥2x ⋅1x =2，当且仅当x =1时等号成立.∴e x +1x≤e 2,∴k ∈e 2,+∞ .【点睛】关键点睛：本题关键是要明确导数在函数的单调性、极值和最值中的应用. 先利用导数判断单调性, 结合分类讨论思想后求最值.并利用参数分离以及基本不等式的应用求出参数范围，属于较难题.2.已知函数f (x )=e x -ax ，g x =ax -ln x ，a ∈R ．(1)若f x 在x =0处的切线与g x 在x =1处的切线相同，求实数a 的值；(2)令F x =f x +g x ，直线y =m 与函数F x 的图象有两个不同的交点，交点横坐标分别为x 1，x 2，证明：x 1+x 2>1．【来源】江苏省常州市教育学会2022-2023学年高三上学期期中数学试题【答案】(1)a =1(2)证明见解析【分析】(1)由于f x 在x =0处的切线与g x 在x =1处的切线相同，f '(0)=g '(1)即可.(2)本问题为极值点偏移问题，可转化为单变量的不等式证明，构造函数，利用导数证明即可.【详解】(1)f (x )=e x -a ，f (0)=1-a ．g (x )=a -1x，g1 =a -1，1-a =a -1，a =1．检验a =1时两个函数切线方程都是y =1．(2)F (x )=e x -ln x ，x >0，令G (x )=F (x )=e x -1x ，则G (x )=e x +1x2>0，∴F x 在0,+∞ 递增，F 12=e 12-2<0，F (1)=e -1>0，因为函数y =F x 连续不间断，所以存在唯一实数x 0∈12,1 ，F x 0 =0，e x 0=1x 0，从而F x 在0,x 0 递减，x 0,+∞ 递增．不妨设0<x 1<x 0<x 2，则F x 1 =F x 2 =m ，当x 2≥2x 0时，x 1+x 2≥2x 0>1．当0<x 1<x 0<x 2<2x 0，则x 2，2x 0-x 1∈x 0,2x 0 ，F x 在x 0,2x 0 递增，，F x 2 -F 2x 0-x 1 =F x 1 -F 2x 0-x 1 =e x 1-ln x 1-e 2x 0-x 1+ln 2x 0-x 1 ，令g (x )=e x -ln x -e 2x 0-x +ln 2x 0-x ，x ∈0,x 0 ，令h (x )=g (x )=e x -1x +e 2x 0-x -12x 0-x ，h (x )=e x -e 2x 0-x +1x 2-12x 0-x2，令t (x )=e x +1x2，h (x )=t (x )-t 2x 0-x ，t (x )=e x -2x 3≤e x0-2x 30=x 20-2x 30<0，x ∈0,x 0 ，t x 在0,x 0 递减，因为0<x <2x 0-x ，t (x )>t 2x 0-x ，h x >0，g x 在0,x 0 递增，g (x )<g x 0 =2e x 0-1x 0=0，所以g x 在0,x 0 递减，所以g (x )>g x 0 =0，即F x 1 -F 2x 0-x 1 =F x 2 -F 2x 0-x 1 >0，即F x 2 >F 2x 0-x 1 ，因为x 2，2x 0-x 1∈x 0,2x 0 ，F x 在x 0,2x 0 递增，所以x 2>2x 0-x 1，所以x 1+x 2>2x 0>1．综上可得，x 1+x 2>1．【点睛】导数中常用的两种转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，转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.3.已知函数f (x )=(x +2-ae 2x )e x ，其中e 为自然对数的底数．(1)当a =0时，求函数f (x )的单调区间；(2)当a >0时，(i )若f (x )≤1恒成立，求实数a 的最小值；(ii )若f (x )存在最大值，求实数a 的取值范围．【来源】江苏省扬州市2022-2023学年高三上学期期中数学试题【答案】(1)f (x )的单调递增区间为(-3,+∞)，单调递减区间为(-∞,-3).(2)(i )1;(ii )0<a ≤e 32【分析】(1)代入a 的值,求f (x )的导函数, f (x )>0即为增区间, f (x )<0即为减区间.(2)(i )因为f (x )≤1恒成立，即转化为a ≥xe x +2e x -1e 3x max ，求g (x )=xe x +2e x -1e 3x的最大值即可. (ii )若f (x )存在最大值，则在定义域范围内的必有极值点，转化为极值问题.【详解】(1)a =0,f (x )=(x +2)e x ,f (x )=e x (x +3),令f (x )=0，得x =-3，当x <-3时，f (x )<0，当x >-3时，f (x )>0，所以函数f (x )的单调递增区间为(-3,+∞)，单调递减区间为(-∞,-3).(2)(i )由f (x )≤1，即(x -ae 2x +2)ex ≤1解得a ≥xe x +2e x -1e 3x max ，令g (x )=xe x +2e x -1e 3x，g(x )=e x (x +2)+e x ⋅e 3x -e x (x +2)-1 ⋅3e 3x(e 3x )2=e x -2x -3 +3e 3x ，令h (x )=e x (-2x -3)+3，h (x )=(-2x -5)e x所以h (x )>0,x <-52，h (x )在-∞,-52 单调递增，h (x )<0,x >-52，h (x )在-52,+∞ 单调递减.h (x )max =h -52>0且x <0时，h (x )>0h (x )在-52,+∞ 上有唯一的零点，∵h (0)=0，当x <0时，h (x )>0,g (x )>0,g (x )单调递增，当x >0时，h (x )<0,g (x )<0，g (x )单调递减，∴g (x )max =g (0)=1，∴a ≥1所以a 的最小值为1.(ii )f (x )=(x +2-ae 2x )e x ，所以f (x )=e x (x -3ae 2x +3)，设g (x )=x -3ae 2x +3，则g (x )=1-6ae 2x ，∴g (x )在-∞,-12ln6a 上递增，在-12ln6a ,+∞ 上递减，∴g (x )max =g -12ln6a =-12ln6a +52.若a ≥5e26，则g (x )max ≤0，∴f (x )≤0，∴f (x )在R 上单调递减，∴f (x )无最大值，不合题意舍去.若0<a <5e 26，则g (x )max >0，且-12ln6a >-52，∵g (-3)0,g -12ln6a 0,g (x )在-∞,-12ln6a 上递增且连续，∴g (x )在区间-3,-12ln6a 上存在唯一零点，设为x 1，设h (x )=e x -x -1，h x =e x -1,h (x )>0,x >0，h (x )<0,x <0，∴h (x )min =h (0)=0∴e x ≥x +1，x +3≤e x +2，∴g (x )=x +3-3ae 2x ≤e x +2-3ae 2x =e x (e 2-3ae x)，不妨取x 0=ln e 23a +1，则x 0>-12ln6a ，∵g (x 0)<0,∴g -12ln6a >0,g (x )在-12ln6a ,+∞ 上递减且连续，所以g (x )在-12ln6a ,x 0 上存在唯一零点，设为x 2-3<x 1<-52<-12ln6a <x 2<x 0，g (x i )=x i +3-3ae 2x i,则a =x i +33e 2x i，∴f (x )在(-∞,x 1)上递减，在(x 1,x 2)上递增，在(x 2,+∞)上递减，在x ∈-∞,-3 时，x +2-ae 2x 0,e x 0∴f (x )<0，f (x )<f (-3)<0，f (x )极大=f x 2 =x 2+2-ae 2x 2e x 2=x 2+2-x 2+33 e x 2=2x 2+33e x2.函数y =x +33e 2x 在-52,+∞ 上单调递减，(其中y=-2x -53e 2x<0)，当x ≥-32，即0<a ≤e 32时，f (x 2)≥0，∴f (x )存在最大值f (x 2)，符合题意.当-52<x 2<-32时，即当e 32<a <e 56，f (x 2)<0.下证：存在实数x ∈(-∞,x 1),使得f (x 2)<f (x )<0，设t (x )=2x 2e x ,x ∈(-∞,-3)，t (x )=2(2+x )xe x >0，所以t (x )=2x 2e x ,在x ∈(-∞,-3)上单调递增，所以t x =2x 2e x <t -3 =18e -3<1，所以当x ∈(-∞,2-a ),2-a <-3时，f (x )=(x +2-ae 2x )e x >(x +a -2)e x >2xe x >1x，所以取k =max f (x 2),12-a ，则1k ∈(-∞,2-a )，f 1k>k ≥f (x 2)∴f (x )不存在最大值.综上得，a ∈0,e 32【点睛】利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.4.已知函数f x =ln 2x -1 +ax +b ，曲线y =f x 在点1,f 1 处的切线方程为x -y -1=0．(1)求a ,b 的值；(2)记m 表示不超过实数m 的最大整数，若f x ⋅x 2+px +q ≤0对任意x ∈12,+∞ 恒成立，求ln q -1 +1ep +2-q 的值．【来源】江苏省南京市江宁区五校2022-2023学年高三上学期期中联考数学试题【答案】(1)a =-1，b =1；(2)1.【分析】(1)根据导数的几何意义及f (1)=0列方程求解即可；(2)利用导数求出函数的极值、单调性，再由零点存在性定理求出函数的隐零点x 0∈2,52，由恒成立问题转化为x 2+px +q =0的两根为1,x 0，求出p ,q 代入ln q -1 +1ep +2-q 计算即可.【详解】(1)因为f x =22x -1+a ，所以f 1 =2+a =1⇒a =-1f 1 =a +b =0⇒b =-a =1(2)由(1)知f x =ln 2x -1 -x +1，f x =22x -1-1=-2x +32x -1=0⇒x =32，列表如下：x 12,323232,+∞f x +0-f x↗极大值↘f x 极大值=f 32=ln2-12>0，因为f 2 =ln3-1>0，f 52 =ln4-32=ln 16e3 12<0，且函数f x 在32,+∞ 是连续不间断的减函数，所以恰有一个x 0∈2,52 ，使f x 0 =0因为f 1 =0，所以x ∈12,1 ∪x 0,+∞ 时，f x <0，x ∈1,x 0 时，f x >0，因为f x ⋅x 2+px +q ≤0任意x ∈12,+∞ 恒成立，所以x ∈12,1 ∪x 0,+∞ 时，x 2+px +q >0，x ∈1,x 0 时，x 2+px +q <0，所以x 2+px +q =0有两个根1和x 0，所以x 0+1=-p ，x 0=qf x 0 =0⇒ln 2x 0-1 =x 0-1⇒e x 0-1=2x 0-1所以ln q -1 +1ep +2-q =ln x 0-1 +e x 0-1-x 0=ln x 0-1 +2x 0-1-x 0=ln x 0-1 +x 0-1=ln 2x 0-1 +ln x 0-1 =ln 2x 02-3x 0+1设g x =2x 2-3x +1,x ∈2,52 ，因为对称轴x =34，所以3=g 2 <g x =2x 2-3x +1<g 52=6，即ln3<ln 2x 02-3x 0+1 <ln6，所以ln q -1+1ep +2-q=1【点睛】关键点点睛：利用导数确定出函数的单调性后，根据零点存在性定理，得到函数的隐零点x 0是解题的关键点之一，根据f (x )的正负及f x ⋅x 2+px +q ≤0恒成立，可转化为1,x 0是x 2+px +q =0的两根，进而求出p ,q 是关键点之二，利用隐零点满足ln 2x 0-1 =x 0-1进行运算化简是解题的关键点之三.5.已知函数f x =x -p e x 的极值为-1．(1)求p 的值，并求f x 的单调区间；(2)若f a =f b (a ≠b )，证明：a +b +e a +e b <2．【来源】江苏省南通市通州区2022-2023学年高三上学期期中数学试题【答案】(1)p =1；单调减区间为-∞,0 ，单调增区间为0,+∞ ；(2)证明见解析.【分析】(1)根据极值点处导数为零，以及函数的极值，列出方程求得参数；再利用导数判断函数单调性即可；(2)构造函数g x =e x -1+ln 1-x ，根据其单调性，通过证明e b <1-a ，e a <1-b 即可证明结果.【详解】(1)设f x 的极值点为x 0，f x =x +1-p e x ，则x 0+1-p ex 0=0x 0-p e x 0=-1，解得x 0=0，p =1，经检验，p =1时满足题意．所以f x =x -1 e x ，f x =xe x ，当x <0时，f x <0，当x >0时，f x >0，所以f x 的单调减区间为-∞,0 ，单调增区间为0,+∞ ．(2)不妨设a <b ，因为f a =f b =a -1 e a <0，由(1)知，a <0<b <1，f x ≥f 0 =-1．设函数g x =e x -1+ln 1-x ，x <1，则g x =e x-11-x =-x -1 e x +1 1-x≤0，所以g x 在-∞,1 上单调递减，所以g a >g 0 =0，即ln 1-a -1>-e a ，所以ln 1-a -1 ⋅e ln 1-a >a -1 e a ，即f ln 1-a >f a =f b ．又ln 1-a >0，b >0，所以ln 1-a >b ，即e b <1-a ．由f a =f b ，得e a 1-b=e b1-a <1，又b <1，所以e a <1-b所以e a +e b <2-a -b ，即a +b +e a +e b <2，得证．【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数由函数极值求参数，以及利用导数求函数单调性和证明不等式；第二问处理的关键是如何逆向思考，得到构造g x =e x -1+ln 1-x 的思路，属综合困难题.6.已知函数f (x )=ln x(1)求曲线f (x )在x =e 处的切线方程；(2)已知g (x )=f (x )1+x-f (x )，求证：存在实数x 0使得g (x )在x =x 0处取得最大值，且g (x 0)=x 0(3)求证：h (x )=af (x )-x 2a <0 有唯一零点【来源】江苏省淮安市高中校协作体2022-2023学年高三上学期期中联考数学试题【答案】(1)y =1ex(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】(1)利用导数可求得函数在某一点处的切线；(2)整理函数解析式，求导，构造函数，利用其单调性以及零点存在性定理，可得导数的性质，结合导数求得最值，可得答案；(3)函数求导，明确其单调性，结合零点存在性定理，可得答案.【详解】(1)由y =ln x ，则y =1x ，将x =e 代入y =ln x ，可得y =1，切线斜率k =1e，则y -1=1e x -e ，整理可得y =1e x .(2)由g (x )=ln x x +1-ln x ，∴g (x )=-1+x +ln x1+x 2，x >0，设u (x )=1+x +ln x ，x >0，∵u (x )在0,+∞ 递增，u 1e 2 =1+1e 2-2<0，u (1)=2>0，知∃x 0∈1e 2,1 有1+x 0+ln x 0=0，且u (x )在0,x 0 小于0，在x 0,+∞ 大于0，∴g (x )在0,x 0 递增，在x 0,+∞ 递减，∴g (x )在x =x 0处取最大值，∴g (x 0)=ln x 01+x 0-ln x 0=-1-x 01+x 0-ln x 0=-1-ln x 0=x 0.(3)∵h (x )=a ln x -x 2,(a <0)，∴h (x )=ax-2x <0，∴h (x )在0,+∞ 上单调递减，h e 1a =a ln e 1a -e 2a =1-e 2a ，又∵a <0，所以2a <0，∴e 2a <e 0=1∴h e 1a =1-e 2a >0，又∵h 1 =-1<0，故∃x 1∈e 1a,1 ，h x 1 =0且唯一，故函数h (x )=af (x )-x 2a <0 有唯一零点.【点睛】解决函数存在唯一零点，利用函数的导数研究其单调性，结合零点存在性定理，可得零点的唯一性，推广也可求得函数的零点的个数；当函数的导数时分式函数时，往往利用其分子构造成新函数，通过研究新函数的单调性和最值，可得导数与零的大小关系，可得原函数的单调性.7.已知a >0,n 为正整数．(1)设y =(x -a )n ，证明：y =n (x -a )n -1；(2)设f n (x )=x n -(x -a )n ，对任意n ≥a ，证明：f n +1 (n +1)>(n +1)f n (n )．【来源】2003年普通高等学校招生考试数学试题(江苏卷)【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】(1)利用二项式定理结合导数的定义证明即可；(2)我们易得当x >a >0时，f n (x )=x n -(x -a )n 是关于x 的增函数，且n ≥a 时，有：(n +1)n -(n +1-a )n >n n -(n -a )n ，求出f n +1 (n +1)后，用不等式的性质即可得到结论．【详解】(1)证明：由二项展开式a +b n=∑nk =0C k nan -k b k，可得(x -a )+Δx n=∑nk =0C kn x -a n -k Δx k =x -a n +∑nk =1C kn x -a n -k Δx k ，所以由导数的定义可得y ′=limΔx →0x -a +Δxn-(x -a )nx=limΔx →0∑nk =1C kn x -a n -k Δx k Δx=lim Δx →0∑nk =1C kn x -a n -k Δx k -1=lim Δx →0C 1n x -a n -1Δx 0=n x -an -1故y =n (x -a )n -1(2)证明：由(1)知，y =n (x -a )n -1，所以f n (x )=nx n -1-n (x -a )n -1=n [x n -1-(x -a )n -1]，∵a >0，x >0，∴f n (x )>0，∴f n (x )在(0,+∞)单调递增，∴当n ≥a 时，有：(n +1)n -(n +1-a )n >n n -(n -a )n ，∴f n +1 (x )=(n +1)[x n -(x +a )n ]，∴f n +1 (n +1)=(n +1)[(n +1)n -(n +1-a )n ]>(n +1)[n n -(n -a )n ]=(n +1)[n n -(n -a )(n -a )n -1]，∵(n +1)f n (n )=(n +1)n [n n -1-(n -a )n -1]=(n +1)[n n -n (n -a )n -1]，∵-(n -a )>-n ，∴f n +1 (n +1)>(n +1)f n(n ).8.已知a >1，x 0是函数f x =xe x -a sin x 在区间0,π2上的极值点.(1)若函数y =-e x tan x 的图象过点x 0,f x 0 ，求x 0；(2)求证：f x 在区间0,+∞ 上存在两个零点x 1,x 2，且x 1+x 2<2x 0.【来源】江苏省南通市海安市2022-2023学年高三上学期11月期中数学试题【答案】(1)x 0=π4(2)证明见解析【分析】(1)求导，求出函数f x =xe x -a sin x 的极值点满足的等式，再加上函数y =-e x tan x 的图象过点x 0,f x 0 得到的等式，联立求出x 0；(2)求导，可得一个零点为0，另一个零点所在范围，再利用f x 的单调性，判断出f 2x 0 >0=f x 2 ，进而可通过单调性去掉f 得到答案.【详解】(1)∵f x =xe x -a sin x ，a >1∴f x =e x +xe x -a cos x =x +1 e x -a cos x令g x =x +1 e x -a cos x ，x ∈0,π2时，g x =x +2 e x +a sin x >0，∴f x 在0,π2上单调递增，∵f 0 =1-a <0，f π2 =π2+1 e π2>0，∴存在唯一的x 0∈0,π2使f x 0 =0，且当0<x <x 0时，f x <0，f x 单调递减；当x 0<x <π2时，f x >0，f x 单调递增；∴x 0为f x 的极小值点且f x 0 =x 0+1 e x 0-a cos x 0=0，则a =x 0+1 excos x 0，∵y =-e x tan x 过x 0,f x 0 ，∴-e x 0tan x 0=x 0e x 0-a sin x 0，∴-e x 0tan x 0=x 0e x-x 0+1 e xcos x 0⋅sin x 0，∴-e x 0tan x 0=x 0e x 0-x 0+1 e x 0tan x 0，∴tan x 0=1，x ∈0,π2，∴x 0=π4;(2)当x ∈0,π 时，g x =x +2 e x +a sin x >0，f x 在0,π 上单调递增，由(1)知存在唯一的x 0∈0,π2使f x 0 =0，∴f x 在0,x 0 上单调递减；x 0,π 上单调递增，∵f 0 =0，f x 0 <f 0 =0，f π =πe π>0，∴f x 在0,π 上有两个零点，不妨设一个零点为x 1=0，另一个零点x 2∈x 0,π ∴x 1+x 2=x 2且2x 0∈x 0,π ，f x 在x 0,π 上单调递增，∴f 2x 0 =2x 0e 2x 0-a sin2x 0=2x 0e 2x 0-2a sin x 0cos x 0，=2x 0e 2x 0-2x 0+1 e x 0sin x 0=2e x 0x 0e x 0-x 0+1 sin x 0>2e x 0x 0x 0+1 -x 0+1 x 0 =0(利用e x ≥x +1,x ≥sin x 放缩)∴f 2x 0 >f x 2 ⇒x 2<2x 0，即x 1+x 2<2x 0命题得证！证明：e x ≥x +1，设h x =e x -x -1，x ∈0,π ，则h x =e x -1>0，即h x =e x -x -1在0,π 上单调递增，h x ≥h0 =e0-1=0，即e x≥x+1；证明：x≥sin x，设p x =x-sin x，x∈0,π则p x =1-cos x≥0，即p x =x-sin x在0,π上单调递增，p x ≥p0 =-sin0=0，即x≥sin x.【点睛】方法点睛：1：当一次求导不能解决问题的时候，可以再求一次导；2：针对不等式的证明，有时候可以利用不等式e x≥x+1，ln x≤x-1来帮助进行证明.9.已知函数f x =ae x-e1-a，g x =ln x+1，a∈R.(1)求函数g x 在x=0处的切线方程；(2)关于x的不等式f x ≥g x 恒成立，求实数a的取值范围.【来源】江苏省南通市海门市2022-2023学年高三上学期期中数学试题【答案】(1)y=x(2)1，+∞【分析】(1)利用导数的几何意义即可求得切线方程.(2)根据函数的结构特征利用切线进行放缩进行证明从而得到a的范围.【详解】(1)由已知g x =ln x+1定义域为-1，+∞所以g x =1x+1，所以斜率的斜率为k=g 0 =1又因为g0 =0，所以切点为0,0故切线方程为y=x(2)由已知f x ≥g x ，即ae x-e1-a≥ln x+1⇒x=0时，a-e1-a≥0令h x =x-e1-x，所以h a ≥h1易知h x =x-e1-x在R为单调递增，所以a≥1(必要性)下证充分性：当a≥1时，令m x =e x-x-1，所以m x =e x-1当x∈-∞，0时，m x <0，故m x 为单调递减，当x∈0，+∞时，m x >0，故m x 为单调递增，所以m x =e x-x-1≥m0 =0，即e x≥x+1，令n x =ln x+1-x，则n x =1x+1-1=-xx+1，当x∈-1,0时，n x >0,n x 单调递增，当x∈0,+∞时，n x <0,n x 单调递减，则n x ≤n0 =0,ln x+1≤x，所以f x -g x =a⋅e x-e1-a-ln x+1≥e x-1-ln x+1≥x+1-1-x=0故充分性成立，得证.故实数a的取值范围为1，+∞10.已知函数f x =x ln x+1．(1)求f x 的最小值；(2)设点A a,b,0<b<a ln a+a，证明：当x∈e-2,+∞时，过点A可以作曲线y=f x 的两条切线．【来源】江苏省无锡市2022-2023学年高三上学期期中数学试题【答案】(1)f x min=-1 e2(2)证明见解析【分析】(1)根据导数研究函数单调性，再根据单调性求解最值即可；(2)设过点A且与f x 相切的直线与f x 的切点为P x0,x0ln x0+1，进而根据导数几何意义将问题转化为h x=a ln x-x+2a-b在x∈e-2,+∞上有两个零点问题，进而利用导数研究函数零点即可.【详解】(1)解：f x =ln x+1+1=ln x+2，令f x =0，解得x=e-2，所以，当0<x<e-2时，f'x <0，f x 单调递减；当x>e-2时，f'x >0，f x 单调递增，所以，f x min=f e-2=e-2-2+1=-1e2．(2)证明：设过点A且与f x 相切的直线与f x 的切点为P x0,x0ln x0+1，所以，切线的斜率为k=ln x0+2所以，切线方程为y-x0ln x0+1=ln x0+2x-x0因为点A a,b在切线上，所以，b-x0ln x0+1=ln x0+2a-x0，即b=ln x0+2a-x0，所以，a ln x0-x0+2a-b=0因为a ln a+a>0，所以a>1e，令h x =a ln x-x+2a-b，h x =ax-1=a-xx=0，解得x=a，所以，当e-2<x<a时，h x >0，h x 单调递增；当x>a时，h x <0，h x 单调递减，所以，h x 在e-2,+∞上至多两个零点，因为0<b<a ln a+a，h e-2=-e-2-b<0，h a =a ln a+a-b>0，所以，h x 在e-2,a上有一个零点，下面证明h x 在a,+∞有一个零点.令y=ln x-x,x>1，则y =1x-12x=2-x2x，所以，当x∈1,4时，y >0，y=ln x-x单调递增；当x∈4,+∞时，y <0，y=ln x-x单调递减；所以，y=ln x-x≤ln4-2<0，即ln x<x，x>1，当x>1时，h x =a ln x-x+2a-b<a x-x+2a<3a x-x，令3a x-x≤0，则x≥9a2所以，h9a2<0，h a =a ln a+a-b>0所以，h x 在a,9a2上有一个零点所以，当x∈e-2,+∞时，过点A可以作曲线y=f x 的两条切线．【点睛】关键点点睛：本题第二问解题的关键在于结合导数的几何意义，将问题转化为h x =a ln x-x+2a-b在x ∈e-2,+∞上有两个零点问题，进而研究函数的单调性易得h x 在e-2,a上有一个零点，再通过不等式放缩得h9a2<0即可证明h x 在a,9a2上有一个零点，进而综合证明结论.11.已知函数f(x)=ln x-a x-1x+1.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若对任意的x>1，f(x)>0恒成立，求实数a的取值范围；(3)证明：若函数f(x)有极值点，则f(x)必有3个不同的零点.【来源】江苏省镇江市2022-2023学年高三上学期期中数学试题【答案】(1)答案见解析(2)-∞,2(3)证明见解析【分析】(1)求出f x ，对判别式Δ的正负进行讨论，得出函数的单调区间；(2)借助第一问的结论，将不等式恒成立问题转化为单调性求最值得问题，另外注意特殊值f1 =0；(3)借助第一问的结论，确定在a>2的时候存在极值，然后根据两极值点的大小及隐含范围，逐步给与证明.【详解】(1)f(x)=ln x-a x-1x+1定义域为0,+∞fx =1x -a x +1-x -1 (x +1)2=1x -2a(x +1)2=(x +1)2-2ax x (x +1)2=x 2+2-2a x +1x (x +1)2，令f x =0，即x 2+2-2a x +1=0，Δ=(2-2a )2-4=4a 2-8a(i )若Δ=4a 2-8a ≤0，即0≤a ≤2时，f x ≥0,f x 在0,+∞ 上单调递增.(ii )若a <0时，x 2+2-2a x +1>0在0,+∞ 上恒成立，则有f x >0，f x 在0,+∞ 上单调递增.(iii )若a >2时，令f x =0，则x =a -1±a 2-2a ；当x ∈0,a -1-a 2-2a ∪a -1+a 2-2a ,+∞ 时，有f x >0；当x ∈a -1-a 2-2a ,a -1+a 2-2a 时，有f x >0.因此f x 在0,a -1-a 2-2a 上单调递增，a -1-a 2-2a ,a -1+a 2-2a 上单调递减，a -1+a 2-2a ,+∞ 上单调递增.综上：a ≤2时，f x 单增区间为0,+∞ ，无单减区间；a >2时，f x 单调递增区间为0,a -1-a 2-2a ，a -1+a 2-2a ,+∞单递减区间为a -1-a 2-2a ,a -1+a 2-2a(2)由(1)知，当a ≤2时，f x 在1,+∞ 上单调递增，此时f x >f 1 =0当a >2时，f x 在1,a -1+a 2-2a 上单调递减，此时有f x <f 1 =0这与f x >0矛盾，综上：a 的取值范围为-∞,2 .(3)由(1)知，当a ≤2时，f x 无极值点当a >2时，f x 在0,a -1-a 2-2a 上单调递增，a -1-a 2-2a ,a +1+a 2-2a 上单调递减，a -1+a 2-2a ,+∞ 上单调递增且f (1)=0则f a -1-a 2-2a 为极大值，f a -1+a 2-2a 为极小值.又a -1-a 2-2a <1<a +1+a 2-2a要使f x 有3个不同的零点，则f a -1-a 2-2a >0，f a -1+a 2-2a <0当0<x <1时，ln x -a x -1x +1<ln x +a ，令ln x +a =0⇒x =e -a∴f e -a <0，当x >1时，ln x -a x -1x +1>ln x -a ，令ln x -a =0,x =e a∴f e a >0,∴f x 在e -a ,a -1-a 2-2a ，a +1+a 2-2a ,e a上各有一个零点另一个零点为1，共3个不同的零点.【点睛】用导数求函数的单调区间或判断函数的单调性问题时应注意如下几方面：(1)在利用导数讨论函数的单调区间时，首先要确定函数的定义域；(2)不能随意将函数的2个独立的单调递增(或递减)区间写成并集形式；12.函数f x =e x ，g x =sin x ．(1)求函数y =g xf x的单调递增区间；(2)当x ∈0,π 时，g x -t ln x +1 +2≤2f x ，求实数t 的取值范围．【来源】江苏省泰州市泰兴市2022-2023学年高三上学期期中数学试题【答案】(1)2k π-3π4,2k π+π4k ∈Z(2)-1,+∞【分析】(1)利用导数与函数单调性的关系可求得函数y =g xf x的单调递增区间；(2)构造函数h x =2f x -g x +t ln x +1 -2，可知对任意的x ∈0,π ，h x ≥h 0 ，对实数t 的取值进行分类讨论，利用导数分析函数h x 在0,π 上的单调性，验证h x ≥h 0 对任意的x ∈0,π 能否恒成立，综合可得出实数t 的取值范围.【详解】(1)解：y =g x f x =sin x e x ，求导得y =cos x -sin xe x=2cos x +π4e x，由y >0可得cos x +π4 >0，则2k π-π2<x +π4<2k π+π2k ∈Z ，解得2k π-3π4<x <2k π+π4k ∈Z ，故函数y =g x f x 的单调递增区间为2k π-3π4,2k π+π4 k ∈Z .(2)解：令h x =2f x -g x +t ln x +1 -2=2e x -sin x +t ln x +1 -2，其中x ∈0,π ，且h 0 =0，由题意可知，对任意的x ∈0,π ，h x ≥h 0 ，则h x =2e x -cos x +t x +1，令p x =2e x -cos x +t x +1，其中x ∈0,π ，p x =2e x +sin x -t x +12，①当t ≥0时，对任意的x ∈0,π ，cos x ∈-1,1 ，2e x ≥2，则h x >0，此时函数h x 在0,π 上单调递增，故h x ≥h 0 =0，合乎题意；②当t <0时，p x >0对任意的x ∈0,π 恒成立，所以，函数p x 在0,π 上单调递增，因为p 0 =t +1，p π =2e π+1+t π+1，(i )当t +1≥0时，即当-1≤t <0时，对任意的x ∈0,π ，h x ≥0且h x 不恒为零，此时，函数h x 在0,π 上单调递增，则h x ≥h 0 =0，合乎题意；(ii )当p 0 <0p π >0时，即当-π+1 2e π+1 <t <-1时，由零点存在定理可知，存在x 0∈0,π ，使得h x 0 =0，且当x ∈0,x 0 时，h x <0，则函数h x 在0,x 0 上单调递减，所以，h x 0 <h 0 =0，不合乎题意；(iii )当p π ≤0时，即当t ≤-π+1 2e π+1 时，对任意的x ∈0,π ，h x ≤0且h x 不恒为零，此时，函数h x 在0,π 上单调递减，则h π <h 0 =0，不合乎题意.综上所述，t ≥-1.【点睛】方法点睛：恒(能)成立问题的解法：若f x 在区间D 上有最值，则(1)恒成立：∀x ∈D ,f x >0⇔f x min >0；∀x ∈D ,f x <0⇔f x max <0；(2)能成立：∃x ∈D ,f x >0⇔f x max >0；∃x ∈D ,f x <0⇔f x min <0.若能分离常数，即将问题转化为：a >f x (或a <f x )，则(1)恒成立：a >f x ⇔a >f x max ；a <f x ⇔a <f x min ；(2)能成立：a >f x ⇔a >f x min ；a <f x ⇔a <f x max .13.设函数f x =sin x -x +m 3x 3.(1)若m =12，求函数f x 在0,+∞ 上的最小值；(2)若对任意的x ∈0,+∞ ，有f x ≥0，求m 的取值范围.【来源】江苏省南京师范大学附属中学2022-2023学年高三上学期期中数学试题【答案】(1)0；(2)12,+∞【分析】(1)对f x 进行求导可得f x =cos x -1+12x 2，令g x =cos x -1+12x 2，对其求导可得g x =-sin x +x ，令h x =-sin x +x ，利用导数的知识研究h x 的单调性即可求解；(2)对f x 进行求导可得f x =cos x -1+mx 2，令m x =cos x -1+mx 2，对其求导可得m x =-sin x +2mx ，令n x =-sin x +2mx ，分m ≤0，m ≥12和0<m <12三种情况对n x 的单调性进行求解即可【详解】(1)由f x =sin x -x +16x 3可得f x =cos x -1+12x 2，令g x =cos x -1+12x 2，所以g x =-sin x +x ，令h x =-sin x +x ，所以h x =-cos x +1因为h x ≥0，所以h x 即g x 在0,+∞ 单调递增，又因为g 0 =0，所以g x ≥0，所以g x 即f x 在0,+∞ 单调递增，所以f x 在0,+∞ 上的最小值为f 0 =0；(2)由f x =sin x -x +m 3x 3可得f x =cos x -1+mx 2，令m x =cos x -1+mx 2，所以m x =-sin x +2mx ，令n x =-sin x +2mx ，所以n x =-cos x +2m①m ≤0时，f x ≤0，即f x 在0,+∞ 单调递减，又因为f 0 =0，所以f x ≤0，与已知矛盾，舍；②m ≥12时，n x =-cos x +2m ≥1-cos x ≥0，所以n x 即m x 在0,+∞ 单调递增，又因为m 0 =0，所以m x ≥0，所以m x 即f x 在0,+∞ 单调递增，又因为f 0 =0，所以f x ≥0，所以f x 在0,+∞ 单调递增，又因为f 0 =0，所以f x ≥0，满足题意；③0<m <12时，n x 在0,π2 上单调递增，又因为n 0 =2m -1<0，n π2 =2m >0，所以存在t ∈0,π2，令n t =0，当0≤x ≤t 时，n x ≤0，所以n x 即m x 在0,t 单调递减，又因为m 0 =0，所以m x ≤0，所以m x 即f x 在0,t 单调递减，又因为f 0 =0，所以f x ≤0，所以f x 在0,t 单调递减，又因为f 0 =0，所以f t <0，与已知矛盾，舍；综上所述，m 的取值范围为12,+∞【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；(2)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题；(3)考查数形结合思想的应用．14.已知函数f (x )=ln (1+x )-(ln a )⋅x (实数a >0)．(1)若实数a ∈N *，当x ∈(0,+∞)时，f (x )<0恒成立，求实数a 的最小值；(2)证明：1+1n n <3．【来源】江苏省苏州市2022-2023学年高三上学期期中数学试题【答案】(1)3(2)证明见解析【分析】(1)由题意，利用导数证明不等式恒成立，由a 的取值范围，逐一检验，可得答案；(2)由(1)，令a =3，根据单调性，整理不等式，结合对数运算，可得答案.【详解】(1)因为f (x )=ln (1+x )-(ln a )⋅x ，求导得f (x )=11+x -ln a ．由于x ∈(0,+∞)，11+x ∈(0,1)，又因为a ∈N *，当a =1时，f (x )=11+x >0，f (x )在(0,+∞)上单调递增，f (x )>f (0)=0舍去；当a =2时，令f (x )=11+x -ln2=0，得x =1ln2-1>0，当x ∈0,1ln2-1 时，f (x )>0，f (x )在0,1ln2-1 上单调递增，此区间上f (x )>f (0)=0舍去；当a ≥3时，由于11+x ∈(0,1)，ln a >1，f '(x )=11+x-ln a 恒小于零，f (x )在(0,+∞)上单调递减，f (x )<f (0)=0，满足题意．综合上述，实数a 的最小值为3．(2)由(1)，当a =3时，f (x )<0恒成立，即ln (1+x )-(ln3)⋅x <0，于是ln (1+x )<(ln3)⋅x ．取x =1n ，有ln 1+1n <(ln3)⋅1n ，所以n ln 1+1n <ln3，即ln 1+1n n <ln3，所以1+1nn <3．【点睛】利用导数证明不等式恒成立，根据导数与单调性的关系，求解函数与端点值之间的大小关系，因此，在解题时，观察不等式与函数端点值的关系，清晰解题思路.15.已知函数f (x )=ax -ln x (a ∈R )．(1)讨论f (x )的极值；(2)当x >0时，是否存在正实数a ，使得e ax -2ax 2+2x ln x -(e -2)x <0成立(e 为自然对数的底数)？若存在，求a 的取值范围；若不存在，请说明理由．【来源】江苏省南京师范大学苏州实验学校2022-2023学年高三上学期10月月考数学试题【答案】(1)答案见解析(2)0<a <1【分析】(1)求出函数的导函数，再分a ≤0、a >0两种情况讨论，分别求出函数的单调区间，即可求出函数的极值；(2)依题意可得e ax x-2ax +2ln x -(e -2)<0在0,+∞ 上有解，即e ax -ln x -2ax -ln x -(e -2)<0在0,+∞ 上有解，由(1)可得ax -ln x min =1+ln a ，令t =ax -ln x ，则问题转化为e t -2t -(e -2)<0在1+ln a ,+∞ 上有解，构造函数h t =e t -2t -(e -2)，利用导数说明函数的单调性，即可得解.(1)解：函数f (x )=ax -ln x (a ∈R )的定义域为(0,+∞)．∴f (x )=a -1x =ax -1x．①当a ≤0时，f (x )<0恒成立，∴f (x )在(0,+∞)上为减函数，函数不存在极值；②当a >0时，当x >1a 时f (x )>0，当0<x <1a 时f (x )<0∴f (x )在0,1a 上单调递减，在1a ,+∞ 上单调递增，所以f x 在x =1a 处取得极小值，即f x 极小值=f 1a=1+ln a ，无极大值．综上可得：当a ≤0时函数无极值，当a >0时f x 极小值=1+ln a ，无极大值；(2)解：因为x >0时e ax -2ax 2+2x ln x -(e -2)x <0成立，即e ax x-2ax +2ln x -(e -2)<0在0,+∞ 上有解，即e ax -ln x -2ax -ln x -(e -2)<0在0,+∞ 上有解，又a >0，由(1)可知f x 极小值=1+ln a ，即ax -ln x min =1+ln a ，令t =ax -ln x ，则t ≥1+ln a ，则e t -2t -(e -2)<0在1+ln a ,+∞ 上有解，令h t =e t -2t -(e -2)，则h t =e t -2，所以当t <ln2时h t <0，当t >ln2时h t >0，即h t 在-∞,ln2 上单调递减，在ln2,+∞ 上单调递增，又h 1 =0，h 0 =3-e >0，所以存在t 0∈0,ln2 使得h t 0 =0，所以当t >1时h t >0，当t <t 0时h t >0，当t 0<t <1时h t <0，所以只需1+ln a <1，即0<a <1时满足题意.【点睛】方法点睛：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．16.已知函数f (x )=3me x (x -3)-x 3+3x 2．(1)若曲线y =f (x )在(0,f (0))处的切线与直线x -6y +2=0垂直，求实数m 的值；(2)若函数f (x )有3个不同的零点x 1，x 2，x 3，求实数m 的取值范围，并证明：x 1+x 2+x 3>4．【来源】江苏省宿迁市沭阳县建陵高级中学2022-2023学年高三上学期第一次月考数学试题【答案】(1)m =1；(2)0<m <1e 且m ≠2e2，证明见解析.【分析】(1)利用导数的几何意义，根据切线的斜率求解.(2)根据函数零点与方程根的关系，通过求导、式子变形、分离参数、构造函数，再利用导数、结合图形，利用均值不等式进行求解.(1)由题知，y =f (x )在(0,f (0))处的切线斜率为-6，因为f (x )=3me x (x -3)-x 3+3x 2，所以f (x )=3me x (x -3+1)-3x 2+6x =3me x (x -2)-3x 2+6x ，所以f (0)=3me 0(0-2)-3×02+6×0=-6，解得m =1.(2)因为f (x )=3me x (x -3)-x 3+3x 2，所以f (x )定义域为R ，又f (x )=3me x x -2 -3x 2+6x =3x -2 me x -x 有3个不同的零点x 1，x 2，x 3，所以f (x )=3x -2 me x -x =0由3个不同的实数根，不管m 为何值时，方程f (x )=0始终有一个根2，不妨设x 1=2，当me x -x =0时，m =x e x ，令g (x )=x e x ，则g (x )=1-x e x，当x >1时，g (x )=1-x e x <0，g (x )=x e x 单调递减，当x 趋向+∞，g (x )趋向0；当x <1时，g (x )=1-x e x >0，g (x )=x e x 单调递增，当x 趋向-∞，g (x )趋向-∞；所以g (x )max =g (1)=1e ，当0<m <1e 时，才存在x 2，x 3，且不妨设x 3>x 2，则x 3>1>x 2>0，又g (0)=0，g (2)=2e 2，所以0<m <1e 且m ≠2e 2.令g (x 2)=g (x 3)=t ，则x 2e x 2=t ，x 3ex 3=t ，两式两边取对数有：ln x 2=x 2+ln t ，ln x 3=x 3+ln t ，两式相减得：ln x 2-ln x 3=x 2-x 3，即x 2-x 3ln x 2-ln x 3=1，由对数均值不等式a -b ln a -ln b<a +b 2有：x 2-x 3ln x 2-ln x 3=1<x 2+x 32，故x 2+x 3>2，又x 1=2，所以x 1+x 2+x 3>4，结论得证.(对数均值不等式a -b ln a -ln b <a +b 2证明如下：不妨设a >b >0，要证a -b ln a -ln b <a +b 2，即证a b -1ln a b<a b +12，令m =a b>1，即证m -1ln m <m +12，即2(m -1)m +1<ln m ，即证：ln m -2(m -1)m +1>0，令h (m )=ln m -2(m -1)m +1，则h (m )=1m -4(m +1)2=(m -1)2m (m +1)2>0，所以h (m )=ln m -2(m -1)m +1在1,+∞ 上单调递增，所以h (m )>h (1)=0，所以a -b ln a -ln b <a +b 2结论得证.)17.已知函数f x =x 2+x +a ln x +b ，其中a ,b ∈R .(1)若a ∈-1,0 ，b ∈Z ，且f x 没有零点，求b 的最小值；(2)若a ∈25,1 ，b ∈0,a ，求g x =f ax 的零点个数.【来源】江苏省2023届高三上学期起航调研测试(Ⅱ)数学试题【答案】(1)1(2)g x 只有1个零点.【分析】(1)求导，利用导数证明ln x ≥1-1x x >0 ，进而可得f x 的单调性，由f x >x 2+x ln x +b >0即可确定b ，(2)构造函数u x =g (x )-b a =ax 2+x +1 ln ax ，通过反复求导，确定单调性，即可求解.(1)设h x =ln x +1x -1x >0 ，h x =1x -1x 2=x -1x 2，令h x =0，解得x =1，h 1 =0，所以h x ≥h 1 =0，即ln x ≥1-1x x >0 ，f x =2x +1 ln x +x +1+a x >2x +1 ln x +x +1-1x，当x ≥1时，f x >0，即f x 在1,+∞ 上为增函数，所以f 1 =b >0，当x ∈0,1 时，ln x <0，a ln x >0，所以f x >x 2+x ln x +b >0，且p x =x 2+x ln x +1>x 2+x 1-1x+1>0，所以当b ≥1时，符合条件，且b ∈Z ，b >0，所以b 的最小值为1；(2)g x =f ax =a 2x 2+ax +a ln ax +b ，设u x =g (x )-b a =ax 2+x +1 ln ax ，u x =2ax +1 ln ax +ax +1+1x ，记v (x )=u x , 则v x =2a ln ax +3a +1x -1x2，记k x =v x ,k x =2a x -1x 2+2x 3=2ax 2-x +2x 3在F x =2ax 2-x +2中，Δ=1-16a <0，所以k x >0恒成立，即v x 在0,+∞ 上为增函数，且v 1 =2a ln a +3a ≥2a 1-1a +3a >0，设φx =ln x -x +1x >0 ，φ x =1x-1，令φ x =0，解得x =1，φ1 =0，所以φx ≤φ1 =0，即ln x ≤x -1x >0 ，则v 1e =2a ln a +a -e 2+e ≤2a a -1 +a -e 2+e <0，所以存在x 0∈1e,1 ，使得v x 0 =0，所以u x 在0,x 0 上为减函数，在x 0,+∞ 上为增函数，且v x 0 =2a ln ax 0 +3a +1x 0-1x 20=0，且u x 0 =2ax 0+1 ln ax 0 +ax 0+1+1x 0=2x 0-2ax 0+ln ax 0 ，设m x =ln ax -2ax +2x ,x ∈1e ,1 ，m x =1x -2x 2-2a =x -2x 2-2a <0，所以m x 在1e ,1 上为减函数，且m 1 =ln a -2a +2，设m 1 =h a =ln a -2a +2，a ∈25,1 ，h a =1a -2，令h a >0，h a <0，所以h a 在25,12 上为增函数，在12,1 上为减函数，所以h a >h 1 =0，则m 1 >0，m x 0 >0，所以u x 0 >0，即u x >0，u x 在0,+∞ 上为增函数，。

江苏省高考数学复习专题导数(学生) (2)

江苏省高考数学复习专题导数(学生) (2)

江苏省高考数学复习专题导数1．(2009 江·苏高考 )在平面直角坐标系 xOy 中，点 P 在曲线 C：y＝x 3－ 10x＋ 3 上，且在第二象限内，已知曲线 C 在点 P 处的切线的斜率为2，则点 P 的坐标为 ________．2． (2010 江·苏高考 )函数 y＝ x2(x>0)的图象在点 (a k， a k2)处的切线与x 轴交点的横坐标为a k＋1，k 为正整数， a1＝ 16，则 a1＋ a3＋ a5＝ ________.3．若函数 f(x)＝ e x－ 2x－ a 在R上有两个零点，则实数 a 的取值范围是 ________．4． (2010 ·苏高考江)将边长为 1 m 的正三角形薄片，沿一条平行于底边的直线剪成两块，此中一块是梯形，记 S＝梯形的周长 2梯形的面积，则 S的最小值是 ________．5． (2011 江·苏高考 )在平面直角坐标系 xOy 中，已知点 P 是函数 f(x)＝ e x(x>0) 的图象上的动点，该图象在 P 处的切线 l 交 y 轴于点 M，过点 P 作 l 的垂线交 y 轴于点 N，设线段 MN 的中点的纵坐标为 t，则 t 的最大值是 ________．[典例 1](2012 ·州调研扬)已知函数 f(x)＝ e x＋ ax， g(x)＝ e x ln x(e 是自然对数的底数 )．(1)若曲线 y＝ f(x)在 x＝ 1 处的切线也是抛物线 y 2＝ 4(x－ 1)的切线，求 a 的值；(2)若对于随意 x∈R， f(x)>0 恒建立，试确立实数 a 的取值范围；(3)当 a＝－ 1 时，能否存在 x0∈ (0，＋∞ )，使曲线 C： y＝ g(x)－ f(x) 在点 x＝ x0处的切线斜率与 f(x) 在R上的最小值相等？若存在，求切合条件的x0的个数；若不存在，请说明理由．第一问考察导数的几何意义；第二问还可采纳分别参数结构函数求最值的方法，可是也要进行议论；第三问先求 f(x)的最小值，而后再研究函数 h(x)＝g( x)－ f(x)＝ e x ln x－ e x＋ x 在 x ＝x0处的切线斜率，最后利用函数与方程思想，把方程实根的问题转变为函数的零点问题．[操练 1]已知抛物线C1：y＝ x2＋ 2x 和 C2：y＝－ x2＋ a.假如直线l 同时是 C1和 C2的切线，称l是 C1和 C2的公切线，公切线上两个切点之间的线段，称为公切线段．(1)a 取什么值时，C1和 C2有且仅有一条公切线？写出此公切线的方程；(2)若 C1和 C2有两条公切线，证明相应的两条公切线段相互均分．[典例 2](2012 苏·锡常镇一调)若斜率为k 的两条平行直线l，m 经过曲线C 的端点或与曲线 C 相切，且曲线 C 上的全部点都在l ，m 之间 (也可在直线l， m 上 )，则把 l， m 间的距离称为曲线 C 在“ k 方向上的宽度”，记为d(k)．(1)若曲线 C： y＝ 2x2－ 1(－1≤ x≤ 2)，求 d(－ 1)；3(2)已知 k>2，若曲线 C： y＝ x－ x(－ 1≤ x≤ 2)，求对于 k 的函数关系式 d( k)．此题是一个即时定义问题，背景新奇，在解决第二问时要注意将k 当作一个常数，对k进行议论，研究出两条直线与曲线 C 的关系是都相切仍是都是经过点仍是一个相切一个经过点，而且认识经过哪个点．这些都能够利用导数这个工具解决．[操练 2]1设函数 f(x)＝ ax＋(a， b∈Z )，曲线 y＝f(x)在点 (2， f(2)) 处的切线方程为 y＝ 3.x＋ b(1) 求 f(x)的分析式；(2) 证明：曲线 y＝ f(x)上任一点的切线与直线x＝ 1 和直线 y＝ x 所围三角形的面积为定值，并求出此定值．[典例 3](2012 ·州中学期中泰)已知函数f(x) ＝ax3＋bx2－3x( a，b∈R )在点 (1， f(1)) 处的切线方程为y＋ 2＝ 0.(1)求函数 f(x)的分析式；(2)若对于区间 [－ 2,2] 上随意两个自变量的值x1， x2都有 |f(x1) －f(x2)|≤ c，务实数c 的最小值；(3)若过点 M(2， m)(m≠ 2)可作曲线y＝ f(x)的三条切线，务实数m 的取值范围．本 考 数的几何意 、不等式恒建立、极 、最 等 ，一、二两 中 中矩，掌握好 算方法即可， 第三 主要能 将 “ 若 点 M(2，m)( m ≠ 2)可作曲 y ＝ f(x)的三条切 ” 化成 “ 对于切点横坐 x 0 的方程 2x 30－ 6x 20＋ 6＋ m ＝ 0 有三个不一样的 数解 ” ， 就水到渠成了．[演 3](2012·京一模南 )已知函数f(x)＝ x － 1－ ln x.(1)求函数f(x)的最小 ；(2)求 ：当n ∈ N * ， e1＋ 1＋1＋⋯＋ 1>n ＋ 1；2 3n(3) 于函数h( x)和 g(x)定 域上的随意 数x ，若存在常数 k ， b ，使得不等式 h( x)≥ kx＋b 和 g(x)≤ kx ＋ b 都建立， 称直 y ＝kx ＋ b 是函数 h(x)与 g(x)的“分界 ”． 函数 h( x) ＝1x 2，g(x)＝ e[x － 1－f(x)] ， 函数 h(x)与 g(x)能否存在“分界 ”？若存在， 求出常数 k ，2b 的 ；若不存在， 明原因．[ 技法 ](1) 利用公式求 ，必定要注意公式的合用范 和符号．(2) 能够利用 数求曲 的切 方程，因为函数 y ＝ f(x)在 x ＝ x 0 的 数表示曲 在点P(x 0， f(x 0)) 切 的斜率，所以，曲y ＝ f(x)在点 P(x 0， f(x 0)) 的切 方程可以下求得：①求出函数 y ＝ f(x) 在点 x ＝ x 0 的 数，即曲 y ＝ f(x)在点 P(x 0， f(x 0)) 切 的斜率．②在已知切点坐 和切 斜率的条件下，求得切 方程y ＝ y 0＋ f ′ (x 0)( x － x 0)．1． (2012 ·通研南 )P 是函数y＝x(x＋ 1)象上异于原点的点，且象在点P 的切的斜角θ，θ的取范是________．2．若方程ln x－ 2x－ a＝ 0 有两个不等的数根，数 a 的取范是________．33．若函数f( x)＝x＋ ln x 在区 (m， m＋ 2)上减，数m 的范是 ________．4． f(x) ＝x3＋ax2＋ bx＋ a2在 x＝ 1 有极10， a＝ ________， b＝ ________.5．曲y＝x n＋1(n∈N*)在点 (1,1)的切与y 的交点的坐y n，令 b n＝ 2y n，b1·b2·⋯ ·b2 010的 ________．6．已知函数 y＝ f(x)在定域－3， 3 上可，其象如，y＝ f( x)的函2数y＝ f ′(x)，不等式 xf′( x)≤ 0 的解集是 ________．7．曲梯形由曲y＝ e x， y＝ 0，x＝ 1， x＝ 5 所成，曲y＝ e x， x∈[1,5] 上一点P 作切，使得此切从曲梯形上切出一个面最大的一般梯形，点P 的坐是 ________．8．已知函数 f(x) ＝－1 2t 的取范2 x ＋ 4x－ 3ln x 在 [t， t＋ 1]上不是函数，是 ________．9．出定：若函数f(x)在 D 上可，即 f′ (x)存在，且函数 f′( x)在 D 上也可，称 f( x)在 D 上存在二函数，f″ (x)＝ (f′ (x))′ .若 f″ (x)<0 在 D 上恒建立，称 f(x)π在 D 上凸函数．以下四个函数在0，2上不是凸函数的是 ________． (把你正确的序号都填上 )① f(x)＝sin x＋ cos x；② f(x)＝ ln x－2x；③ f(x)＝－ x3＋ 2x－ 1；④ f(x)＝ xe x.10．曲 y＝ x n＋1(n∈N*) 在点 (1,1)的切与 x 的交点的横坐x n，令 a n＝lg x n，a1＋ a2＋⋯＋ a99的 ________．a＋ sin x11．已知函数f(x)＝－bx(a，b∈ R)．(1)若 f(x)在R上存在最大与最小，且其最大与最小的和 2 680，求 a 和 b 的；(2)若 f(x)为奇函数，2π2π①能否存在实数 b ，使得 f(x)在 0， 3为增函数，， π为减函数？若存在，求出b3的值；若不存在，请说明原因；②假如当 x ≥ 0 时，都有 f(x)≤ 0 恒建立，试求 b 的取值范围．12． (2012 无·锡一中 )已知函数 f(x)＝x 3＋ ax 2－a 2x ＋ 2， a ∈R . (1)若 a<0 时，试求函数 y ＝ f(x)的单一递减区间；(2)若 a ＝ 0，且曲线 y ＝ f(x)在点 A ， B(A ， B 不重合 )处切线的交点位于直线 x ＝ 2 上，证明： A ，B 两点的横坐标之和小于4；(3)假如对于全部 x 1， x 2， x 3∈ [0,1] ，总存在以 f(x 1)，f(x 2)， f(x 3)为三边长的三角形，试求正实数 a 的取值范围．。

江苏高考数学导数练习题

江苏高考数学导数练习题

B A 1 A 2C O A 3 导数复习课1．记定义在R 上的函数y ＝f (x )的导函数为f′(x )．如果存在x 0∈[a ，b ]，使得f (b )－f (a )＝f′(x 0)(b －a )成立，则称x 0为函数f (x )在区间[a ，b ]上的“中值点”．那么函数f (x )＝x 3－3x 在区间[－2，2]上“中值点”的个数为 ．2．问题“求方程345x x x +=的解”有如下的思路：方程345x x x +=可变为34()()155x x +=，考察函数34()()()55x x f x =+可知，(2)1f =，且函数()f x 在R 上单调递减，∴原方程有唯一解2x =.仿照此解法可得到不等式：632(23)(23)x x x x -+>+-的解是 ．3．已知函数221()23ln 2f x x ex e x b =+--，若函数F (x ) = f ’(x ) + x a 有最小值m ，且m ＞2e ，则实数a 的取值范围是 ．4.已知函数1ln )1()(2+++=ax x a x f（1）讨论()f x 的单调性；（2）设.1-<a 如果对任意的求a x x x f x f x x ,4)()(),,0(21212,1-≥-+∞∈取值范围。

5.如图所示：一吊灯的下圆环直径为4m ，圆心为O ，通过细绳悬挂在天花板上，圆环呈水平状态，并且与天花板的距离)(OB 即为2m ，在圆环上设置三个等分点A 1，A 2，A 3。

点C 为OB 上一点（不包含端点O 、B ），同时点C 与点A 1，A 2，A 3，B 均用细绳相连接，且细绳CA 1，CA 2，CA 3的长度相等。

设细绳的总长为y（1）设∠CA 1O = θ (rad )，将y 表示成θ的函数关系式；（2）请你设计θ，当角θ正弦值的大小是多少时，细绳总长y 最小，并指明此时 BC 应为多长。

6．已知函数，. (1)讨论函数f(x)的单调性;(2) 是否存在实数，使当时恒成立若存在，求 出实数a;若不存在，请说明理由。

苏教版高二数学导数练习题

苏教版高二数学导数练习题

导数检测一、选择题〔7′×4〕1、假设函数12)(2-=x x f 的图象上一点〔1,1〕及邻近一点〔1+△x,1+△y 〕,那么x y ∆∆〔 〕 A 、4 B 、x x ∆+4 C 、x ∆+4 D 、2)(4x x ∆+∆2、假设)(x f 为偶函数,且)(x f '存在,那么=')0(f 〔 〕A 、0B 、1C 、x -D 、x -3、假设可导函数)(x f y =的导数,即)(x f '=0只有一个实根0x x =,那么〔 〕A 、)(0x f 是函数的最值B 、)(0x f 是函数的极值C 、)(x f '在0x x =的左右异号D 、当)(x f 有极值时,其极值是)(0x f4、函数223)(a bx ax x x f +--=,在1=x 时有极值10,那么a 、b 值为〔 〕A 、11,43,3=-=-==b a b a 或B 、11,41,4=-==-=b a b a 或C 、5,1=-=b aD 、以上都不对二、填空题〔7'×4〕5、求函数积分值：⑴、⎰+202)sin (πdx x x =___________; ⑵、θθπd ⎰40tan =_____________. 6、假设x ax x f +=3)(恰有三个单调区间,那么a 的取值范围为______________.7、b x b x b x x f ()1(2131)(223+-+=为常数〕在1=x 处取极值,那么b 的值为______. 8、,432)(23x x x x f ++-=那么过点〔0,0〕的曲线)(x f y =的切线方程是_________. 三、计算题〔515141'+'+'〕 9、设a 为实数,函数a x x x x f +--=23)(,求：⑴求)(x f 的极值：⑵当a 在什么范围内取值时,曲线)(x f y =与x 轴仅有一个交点.10、)(324)(32R x x ax x x f ∈-+=在区间[-1,1]上是增函数.求实数a 的值组成的集合A.11、要做一个底面为长方体的带盖的箱子,其体积为723cm ,其底面两邻边长为1：2,问它的三底〔长、宽、高〕各为多少才能使外表积最小？答案：1、A2、A3、D4、D5、1243+π,2ln 21 C 6、a<0 7、b=0 8、083504=-=-y x y x 或 9、⑴极大值为a +275,极小值为a +-1 ⑵a >1或275- a 10、}{11/≤≤-a a11、长宽高分别为3、6、4。

江苏专用2020版高考数学专题复习专题3导数及其应用第23练导数综合练练习理

江苏专用2020版高考数学专题复习专题3导数及其应用第23练导数综合练练习理

练导数综合练练习理训练目标（1）利用导数研究函数的常见题型：（2）解题步骤的规范训练.训练题型（1）利用导数求切线问题：（2）导数与单调性：（3）导数与极值、最值.解题策略（1）求曲线切线的关键是确立切点：（2）讨论函数的单调性、极值、最值可通过研究导数的符号用列表法解决；（3）证明不等式、不等式恒成立或有解、函数零点问题都可以转化为函数极值、最值问题.1.（2016 -河北衡水中学调考）是定义在R上的函数，其导函数为/ C Y）,若f（对一F 3VI, f（0）=2 016,则不等式A.Y）＞2 015-e x+l（其中e为自然对数的底数）的解集为22.（2017 -福建“四地六校”联考）已知曲线f3=§「一£+a—l存在两条斜率为3的切线，且切点的横坐标都大于零，则实数a的取值范围为__________________ •3.（2016 -泰州二模）若函数在区间［0,2］上单调递增,则实数a的取值范围是 _______________ .4.（2016 -扬州期末）若函数X^）=ln X--UER）在区间［1, e］上取得最小值4,则实数eX的值是 _______ .5.（2016 •南京调研）已知函数f3=*+£-2ax+l,若函数f3在（1, 2）上有极值，则实数a的取值范围为________________ .6.函数尸丛的极小值为 ___________ .X7.某商场从生产厂家以每件20元购进一批商品，若该商品零售价泄为p元，则销售量0（单位：件）与零售价P（单位：元）有如下关系：0=8 300-170p-Z问该商品零售价泄为_______ 元时毛利润最大（毛利润=销售收入一进货支出）.8.（2016 -盐城模拟）当曲［一2, 1］时，不等式af—玄+4x+320恒成立，则实数a的取值范围是 _________ .2x— f e”，9.已知函数Kv）= _ g（x）=fCY）+2&,若函数gCv）恰有两个不同.—X十dY十J,的零点，则实数&的取值范围为__________________ ・（江苏专用）2018版高考数学专题复习专3导数及其应用第231 + V10・(2016 •苏州模拟)已知函数Hx) =ln厂丄・L — X(1)求曲线y= A.Y)在点(0, f(0))处的切线方程：(2)求证：当A-G (0, 1)时，f(x) >2(x+刘：⑶设实数k使得f3 >Z Y4-^)对曲(0, 1)恒成立，求k的最大值.答案精析3. (一8, O]u[3, +8)4. -3e解析 因为函数f(w)在(1,2)上有极值，则需函数fG)在(1,2)上有极值点.方法一 令 f (A *) =x +2x —2a=0,得 *i = — ] —pl +2&,上=—1 +寸1 + 2a,因为2), 因此需1<冬<2, 即IV-l+pr 阮V2,即4<l + 2a<9,所以才<&<4,故实数a 的取值范围为(y 4).方法二 f 3=/+2x —2a 的图象是开口向上的抛物线，且对称轴为x=-l,则f 3(r 1 =3—2&<0,3 在(1,2)上是单调递增函数，因此_ n c c ° 解得专V&V4,故实数a 的取值 X 2 =8-2a>0, 23范围为(务4).6. 0解析函数的泄义域为(0, +8).. ,、 .z x 21n x —ln'-v —In x In x~2令 y=Ax), Z (x)= --------------- ： --- = ------------- E ------------- ・令 (x)=0,解得 ”=1 或f (-v)与f(x)随x 的变化情况如F 表:故当尸1时，函数尸=取到极小值0.7. 30解析 由题意知，毛利润=销售收入一进货支出，设该商品的毛利润为z(p),则 z(p) =pQ-20Q=Q(p-2Q)=(8 300-170p-p 2) (p~20)=—p —15Qp +11 700p —166 000 >所以 Z/ (p) = —3p"—300p+ll 700.令// (p)=0,1. (Of +8)5.解得p= 30或p= — 130 (舍去).此时，厶(30) =23 000.因为在p=30附近的左侧L' (p)>0.右侧& (p) <0.所以"30)是极大值，根据实际问题的意义知，£(30)是最大值.8. [—6, —2]解析 当•丫 =0时，a/-£+4x+320变为320恒成立，即aGR.当 xW (0, 1]时，4-v —3< 心 --------------------- ----- ，•••沁)在(0,1]上递增, 0(%)远=少(1) = —6,/.a^ — 6 ・ ¥_4x_3 xln.当 JvG[-2, 一 1)时，4 C Y )<0,当 A ^(-1,0)时，0f (x) >0.・•・当％= — 1时，0(x)有极小值，即为最小值.、1+4—3而 0(.¥)^= 0( — 1)= --------- - - =—2, —1 综上知一 6WaW-2・解析 由 y= (2.v-y)e x (A<0)求导，得 =(2~Y )e\ 故 y= (2x-y)e^(^0)在(一住,5 、 JV :—4x —3设巾(-¥)= 12%—4 空一 €—4・丫一3 3丘6XY-8.Y-9=i X-Y —9 ・Y +1 >0, 仍设0 (-¥)=Y-4-Y-3 (!>r 3 =-Y —9 x+1 9./•Y —4-Y —3 5 X0］上单调递增，在(一8, —住)上单调递减，且当xVO 时，恒有y= (2-Y-Y )e r <0.又y=-Y4-4^+3(.Y>0)在(0,2)上单调递增，在(2, +<-)上单调递减，所以可作出函数y =f3的图象，如图.由图可知，要使函数金恰有两个不同的零点，需-2□或-2Q 寺或3<粋<7,10・⑴解因为f3 = In(l + x) —ln(l —.¥),所以 f @)=亠+「一, f (0)=2.1+X L~X又因为f(0)=0,所以曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程为y=2x(2)证明 令 g{x) =f(x) —2卜+才)， 则 / 3=f 3—2(1+£=二・\ — x因为 C Y )>0(0V X V1), 所以&(0在区间(0,1)上单调递增.所以 g(x)>g(0)=0, jre (0,1), 即当 xE (0, 1)时，f(x) >2(丫+才).(3) 解 由(2)知，当kW2时,当k>2时,所以当oVxV 〈件2时，h ，Q )v°，因此方3在区间o. 上单调递减.当 OVxV b —9 卞时’心叫0, 即 f 3f3则 h rCv )=r U )-HI +Y )=即实数&的取值范国为(一右对(0, 1)恒成立・令 h{x) =fix)—所以当k>2时，>4*+才)并非对灼(0, 1)恒成立. 综上可知，比的最大值为2・。

江苏高考数学高考必会题型专题三函数与导数第9练分段函数,剪不断理还乱

江苏高考数学高考必会题型专题三函数与导数第9练分段函数,剪不断理还乱

第9练 分段函数，剪不断理还乱题型一 分段函数的值域问题例1函数f(x)＝⎩⎨⎧log21x ，x≥1，2x ，x<1的值域为________．破题切入点 求各段值域，然后求并集． 答案 (－∞，2)解析 因为当x≥1时，f(x)＝log21x＝－log2x≤0，当x<1时，0<f(x)＝2x<2，因此函数f(x)的值域为(－∞，2)． 题型二 分段函数的零点问题例2 (2021·扬州模拟)已知函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧⎪⎪⎪⎪x ＋1x ，x≠0，0，x ＝0，那么关于x 的方程f2(x)＋bf(x)＋c ＝0有5个不同实数解的充要条件是________．破题切入点 分类讨论思想，结合函数图象解决． 答案 b<－2且c ＝0解析 能够从c ＝0，c≠0两种情形来考虑．假设c ＝0，那么x ＝0是方程f2(x)＋bf(x)＋c ＝0其中的一个根，且f(x)[f(x)＋b]＝0，现在f(x)≠0，因此f(x)＋b ＝0，因此当－b>2时，f(x)＋b ＝0有四个根，知足题意，因此b<－2. 题型三 分段函数的综合性问题例3 已知函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧－x2＋2x ，x>0，0，x ＝0，x2＋mx ，x<0是奇函数．(1)求实数m 的值；(2)假设函数f(x)在区间[－1，a －2]上单调递增，求实数a 的取值范围． 破题切入点 分段函数奇偶性的概念，结合图象分类讨论． 解 (1)∵函数f(x)是奇函数， ∴f(－x)＝－f(x)．当x>0时，－x<0，有(－x)2－mx ＝－(－x2＋2x)， 即x2－mx ＝x2－2x. ∴m ＝2.(2)由(1)知f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧－x2＋2x ，x>0，0，x ＝0，x2＋2x ，x<0，当x>0时，f(x)＝－x2＋2x ＝－(x －1)2＋1，∴当x ∈[1，＋∞)时，f(x)单调递减； 当x ∈(0,1]时，f(x)单调递增．当x<0时，f(x)＝x2＋2x ＝(x ＋1)2－1， ∴当x ∈(－∞，－1]时，f(x)单调递减； 当x ∈[－1,0)时，f(x)单调递增．综上知：函数f(x)在[－1,1]上单调递增． 又函数f(x)在区间[－1，a －2]上单调递增．∴⎩⎪⎨⎪⎧a －2>－1，a －2≤1，解之得1<a≤3. 故实数a 的取值范围是(1,3]．总结提高 (1)分段函数是一个函数在其概念域的不同子集上，因对应法那么的不同而别离用几个不同的式子来表示的．分段函数的概念域等于各段函数的概念域的并集，其值域等于各段函数的值域的并集，分段函数虽由几个部份组成，但它表示的是一个函数．(2)在求分段函数f(x)解析式时，必然要第一判定x 属于概念域的哪个子集，然后再代入相应的关系式．1．设函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧21－x ，x≤1，1－log2x ，x>1，那么知足f(x)≤2的x 的取值范围是________．答案 [0，＋∞)解析 当x≤1时，21－x≤2，解得x≥0，因此0≤x≤1； 当x>1时，1－log2x≤2，解得x≥12， 因此x>1.综上可知x≥0.2．已知函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧(a －3)x ＋5，x≤1，2a x ，x>1是(－∞，＋∞)上的减函数，那么a 的取值范围是________．答案 (0,2]解析 由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧a －3<0，a>0，a －3＋5≥2a ，解得0<a≤2.3．设函数g(x)＝x2－2(x ∈R)，f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧g (x )＋x ＋4，x<g (x )，g (x )－x ，x≥g (x )， 那么f(x)的值域是______________________．答案 [－94，0]∪(2，＋∞) 解析 由x<g(x)得x<x2－2， ∴x<－1或x>2；由x≥g(x)得x≥x2－2，∴－1≤x≤2.∴f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧x2＋x ＋2，x<－1或x>2，x2－x －2，－1≤x≤2.即f(x)＝⎩⎨⎧(x ＋12)2＋74，x<－1或x>2，(x －12)2－94，－1≤x≤2.当x<－1时，f(x)>2；当x>2时，f(x)>8.∴当x ∈(－∞，－1)∪(2，＋∞)时，函数的值域为(2，＋∞)．当－1≤x≤2时，－94≤f(x)≤0.∴当x ∈[－1,2]时，函数的值域为[－94，0]． 综上可知，f(x)的值域为[－94，0]∪(2，＋∞)．4．已知f(x)＝⎩⎨⎧－2x (－1≤x≤0)，x (0<x≤1)，那么以下函数的图象错误的选项是________．答案 ④解析 先在座标平面内画出函数y ＝f(x)的图象，再将函数y ＝f(x)的图象向右平移1个单位长度即可取得y ＝f(x －1)的图象，因此①正确；作函数y ＝f(x)的图象关于y 轴的对称图形，即可取得y ＝f(－x)的图象，因此②正确；y ＝f(x)的值域是[0,2]，因此y ＝|f(x)|的图象与y ＝f(x)的图象重合，③正确；y ＝f(|x|)的概念域是[－1,1]，且是一个偶函数，当0≤x≤1时，y ＝f(|x|)＝x ，相应这部份图象不是一条线段，因此④不正确．5．设函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧log 12x ，x>0，log2(－x )，x<0.假设f(m)>f(－m)，那么实数m 的取值范围是________．答案 (－∞，－1)∪(0,1)解析 假设m>0，那么－m<0，f(m)＝12log m＝－log2m ，f(－m)＝log2m ，由f(m)>f(－m)，得－log2m>log2m ，即log2m<0,0<m<1；假设m<0，那么－m>0，f(－m)＝log 12(－m)＝－log2(－m)，f(m)＝log2(－m)，由f(m)>f(－m)得log2(－m)>－log2(－m)，解得m<－1.6．对实数a 和b ，概念运算“⊗”：a ⊗b ＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，a －b≤1，b ，a －b>1.设函数f(x)＝(x2－2)⊗(x －x2)，x ∈R.假设函数y ＝f(x)－c 的图象与x 轴恰有两个公共点，那么实数c 的取值范围是____________________． 答案 (－∞，－2]∪(－1，－34)解析 f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧x2－2，x2－2－(x －x2)≤1，x －x2，x2－2－(x －x2)>1，即f(x)＝⎩⎨⎧x2－2，－1≤x≤32，x －x2，x<－1或x>32，f(x)的图象如下图，由图象可知c 的取值范围为(－∞，－2]∪(－1，－34)．7．已知函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧log2x ，x>0，f (x ＋2)＋1，x≤0，那么f(－3)的值为________．答案 2解析 f(－3)＝f(－1)＋1＝f(1)＋2＝2.8．已知函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧x2＋2ax ，x≥2，2x ＋1，x<2，假设f(f(1))>3a2，那么a 的取值范围是________．答案 －1<a<3解析 由分段函数可得f(f(1))＝f(3)＝6a ＋9，故f(f(1))>3a2⇔6a ＋9>3a2，解得－1<a<3.9．已知函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ， x≥2，(x －1)3， x<2.假设关于x 的方程f(x)＝k 有两个不同的实根，那么实数k 的取值范围是________．答案 (0,1)解析 画出分段函数f(x)的图象如下图，结合图象能够看出，假设f(x)＝k 有两个不同的实根，也即函数y ＝f(x)的图象与y ＝k 有两个不同的交点，k 的取值范围为(0,1)．10．设f(x)是概念在R 上且周期为2的函数，在区间[－1,1]上，f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧ax ＋1，－1≤x<0，bx ＋2x ＋1，0≤x≤1，其中a ，b ∈R.假设f ⎝⎛⎭⎫12＝f ⎝⎛⎭⎫32，那么a ＋3b 的值为________．答案 －10解析 因为f(x)的周期为2，因此f ⎝⎛⎭⎫32＝f ⎝⎛⎭⎫32－2＝f ⎝⎛⎭⎫－12， 即f ⎝⎛⎭⎫12＝f ⎝⎛⎭⎫－12. 又因为f ⎝⎛⎭⎫－12＝－12a ＋1，f ⎝⎛⎭⎫12＝b 2＋212＋1＝b ＋43， 因此－12a ＋1＝b ＋43. 整理，得a ＝－23(b ＋1)．① 又因为f(－1)＝f(1)，因此－a ＋1＝b ＋22，即b ＝－2a.② 将②代入①，得a ＝2，b ＝－4. 因此a ＋3b ＝2＋3×(－4)＝－10.11．(2021·四川)已知函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧x2＋2x ＋a ，x<0，ln x ，x>0，其中a 是实数，设A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))为该函数图象上的两点，且x1<x2.(1)指出函数f(x)的单调区间；(2)假设函数f(x)的图象在点A ，B 处的切线相互垂直，且x2<0，证明：x2－x1≥1； (3)假设函数f(x)的图象在点A ，B 处的切线重合，求a 的取值范围．(1)解 函数f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)，单调递增区间为[－1,0)，(0，＋∞)．(2)证明 由导数的几何意义可知，点A 处的切线斜率为f′(x1)，点B 处的切线斜率为f′(x2)． 故当点A 处的切线与点B 处的切线垂直时， 有f′(x1)·f′(x2)＝－1，当x<0时，对函数f(x)求导，得f′(x)＝2x ＋2， 因为x1<x2<0，因此(2x1＋2)(2x2＋2)＝－1， 因此2x1＋2<0,2x2＋2>0.因此x2－x1＝12[－(2x1＋2)＋2x2＋2]≥ [－(2x1＋2)](2x2＋2)＝1.(当且仅当－(2x1＋2)＝2x2＋2＝1， 即x1＝－32且x2＝－12时等号成立)因此，函数f(x)的图象在点A 、B 处的切线相互垂直时，有x2－x1≥1. (3)解 当x1<x2<0或x2>x1>0时， f′(x1)≠f′(x2)， 故x1<0<x2. 当x1<0时，函数f(x)的图象在点(x1，f(x1))处的切线方程为y －(x21＋2x1＋a)＝(2x1＋2)(x －x1)， 即y ＝(2x1＋2)x －x21＋a.当x2>0时，函数f(x)的图象在点(x2，f(x2))处的切线方程为 y －ln x2＝1x2(x －x2)，即y ＝1x2·x ＋ln x2－1. 两切线重合的充要条件是⎩⎪⎨⎪⎧1x2＝2x1＋2， ①ln x2－1＝－x21＋a ② 由①及x1<0<x2知，0<1x2<2. 由①②得，a ＝ln x2＋⎝⎛⎭⎫12x2－12－1＝－ln 1x2＋14⎝⎛⎭⎫1x2－22－1. 令t ＝1x2，那么0<t<2，且a ＝14t2－t －ln t. 设h(t)＝14t2－t －ln t(0<t<2)， 那么h′(t)＝12t －1－1t ＝(t －1)2－32t<0， 因此h(t)(0<t<2)为减函数，那么h(t)>h(2)＝－ln 2－1，因此a>－ln 2－1. 而当t ∈(0,2)且t 趋近于0时，h(t)无穷增大， 因此a 的取值范围是(－ln 2－1，＋∞)，故当函数f(x)的图象在点A 、B 处的切线重合时，a 的取值范围为(－ln 2－1，＋∞)．12．(2021·湖南)已知a>0，函数f(x)＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －a x ＋2a .(1)记f(x)在区间[0,4]上的最大值为g(a)，求g(a)的表达式；(2)是不是存在a ，使函数y ＝f(x)在区间(0,4)内的图象上存在两点，在该两点处的切线彼此垂直？假设存在，求a 的取值范围；假设不存在，请说明理由． 解 (1)当0≤x≤a 时，f(x)＝a －xx ＋2a ；当x>a 时，f(x)＝x －ax ＋2a .因此，当x ∈(0，a)时，f′(x)＝－3a(x ＋2a )2<0，f(x)在(0，a)上单调递减；当x ∈(a ，＋∞)时，f′(x )＝3a(x ＋2a )2>0，f(x)在(a ，＋∞)上单调递增．①假设a≥4，那么f(x)在(0,4)上单调递减，g(a)＝f(0)＝12.②假设0<a<4，那么f(x)在(0，a)上单调递减，在(a,4)上单调递增． 因此g(a)＝max{f(0)，f(4)}． 而f(0)－f(4)＝12－4－a 4＋2a ＝a －12＋a ，故当0<a≤1时，g(a)＝f(4)＝4－a4＋2a； 当1<a<4时，g(a)＝f(0)＝12. 综上所述，g(a)＝⎩⎪⎨⎪⎧4－a 4＋2a ，0<a≤1，12，a>1.(2)由(1)知，当a≥4时，f(x)在(0,4)上单调递减，故不知足要求． 当0<a<4时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a,4)上单调递增．假设存在x1，x2∈(0,4)(x1<x2)，使曲线y ＝f(x)在(x1，f(x1))，(x2，f(x2))两点处的切线相互垂直．那么x1∈(0，a)，x2∈(a,4)，且f′(x1)·f′(x2)＝－1. 即－3a (x1＋2a )2·3a(x2＋2a )2＝－1.亦即x1＋2a ＝3ax2＋2a.(*)由x1∈(0，a)，x2∈(a,4)得x1＋2a ∈(2a,3a)，3a x2＋2a ∈⎝⎛⎭⎫3a 4＋2a ，1.故(*)成立等价于集合A ＝{x|2a<x<3a}与集合B ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x|3a4＋2a <x<1的交集非空．因为3a 4＋2a<3a ，因此当且仅当0<2a<1，即0<a<12时，A∩B≠∅.综上所述，存在a 使函数f(x)在区间(0,4)内的图象上存在两点，在该两点处的切线相互垂直，且a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫0，12.。

专题 导数解答题(解析版)-高考数学(江苏、山东等新高考地区专用)

专题 导数解答题(解析版)-高考数学(江苏、山东等新高考地区专用)

专题24 导数解答题一、真题展示1.（2021新高考Ⅰ卷）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】（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()(1)max f x f =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)]0h x f x f x lnx ln x ln x x '='+'-=---=-->,故函数()h x 单调递增,()h x h ∴<（1）0=．11()(2)f x f x ∴<-,122x x ∴<+,得证．同理,要证12x x e +<,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 >,()0f x >,且f （e ）0=,故0x →,(0)0ϕ>,ϕ（1）f =（1）(1)0f e -->,()0x ϕ∴>恒成立,12x x e +<得证, 则112e a b<+<． 2. （2021新高考Ⅱ卷）已知函数2()(1)x f x x e ax b =--+．（1）讨论()f x 的单调性；（2）从下面两个条件中选一个,证明：()f x 有一个零点 ①21,222e a b a <≤>； ②10,22a b a <<≤． 【解析】(1)由函数的解析式可得：()()'2x f x x e a =-, 当0a ≤时,若(),0x ∈-∞,则()()'0,f x f x <单调递减,若()0,x ∈+∞,则()()'0,f x f x >单调递增； 当102a <<时,若()(),ln 2x a ∈-∞,则()()'0,f x f x >单调递增, 若()()ln 2,0x a ∈,则()()'0,f x f x <单调递减,若()0,x ∈+∞,则()()'0,f x f x >单调递增； 当12a =时,()()'0,f x f x ≥在R 上单调递增； 当12a >时,若(),0x ∈-∞,则()()'0,f x f x >单调递增, 若()()0,ln 2x a ∈,则()()'0,f x f x <单调递减,若()()ln 2,x a ∈+∞,则()()'0,f x f x >单调递增； (2)若选择条件①： 由于2122e a <,故212a e <≤,则()21,010b a f b >>=->, 而()()210b f b b e ab b --=----<,而函数在区间(),0-∞上单调递增,故函数在区间(),0-∞上有一个零点.()()()()2ln 22ln 21ln 2f a a a a a b =--+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦()()22ln 21ln 22a a a a a >--+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦()()22ln 2ln 2a a a a =-⎡⎤⎣⎦ ()()ln 22ln 2a a a =-⎡⎤⎣⎦, 由于2122e a <,212a e <≤,故()()ln 22ln 20a a a -≥⎡⎤⎣⎦, 结合函数的单调性可知函数在区间()0,∞+上没有零点.综上可得,题中的结论成立.若选择条件②：由于102a <<,故21a <,则()01210fb a =-≤-<, 当0b ≥时,24,42e a ><,()2240f e a b =-+>,而函数在区间()0,∞+上单调递增,故函数在区间()0,∞+上有一个零点.当0b <时,构造函数()1x H x e x =--,则()1xH x e '=-, 当(),0x ∈-∞时,()()0,H x H x '<单调递减,当()0,x ∈+∞时,()()0,H x H x '>单调递增,注意到()00H =,故()0H x ≥恒成立,从而有：1x e x ≥+,此时：()()()()22111x f x x e ax b x x ax b =---≥-+-+()()211a x b =-+-, 当11b x a->-,()()2110a x b -+->, 取0111b x a -=-,则()00f x >, 即：()100,101b f f a ⎫-<>⎪⎪-⎭,而函数在区间()0,∞+上单调递增,故函数在区间()0,∞+上有一个零点.()()()()2ln 22ln 21ln 2f a a a a a b =--+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦()()22ln 21ln 22a a a a a ≤--+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦()()22ln 2ln 2a a a a =-⎡⎤⎣⎦ ()()ln 22ln 2a a a =-⎡⎤⎣⎦,由于102a <<,021a <<,故()()ln 22ln 20a a a -<⎡⎤⎣⎦, 结合函数的单调性可知函数在区间(),0-∞上没有零点.综上可得,题中的结论成立.3．(2021全国卷II)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．【解析】（1）当2a =时,()()()()22222ln 2222ln 2,242x x 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 '<, ∴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 a f x a x x a a x a x a==⇔=⇔=⇔=,设函数()ln x g x x =, 则()21ln x g 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 ⋃+∞．4．(2021年全国卷I)设函数()()ln f x a x =-,已知0x =是函数()y xf x =的极值点．(1)求a ；(2)设函数()()()x f x g x xf x +=．证明:()1g x <． 【解析】（1）由()()()n 1'l a f x a x f x x ⇒==--,()()'ln x y a x x a y xf x ⇒=-=+-, 又0x =是函数()y xf x =的极值点,所以()'0ln 0y a ==,解得1a =；（2）由（1）得()()ln 1f x x =-,()()ln 1()()()ln 1x x x f x g x xf x x x +-+==-,1x <且0x ≠, 当()0,1x ∈时,要证()()ln 1()1ln 1x x g x x x +-=<-,()0,ln 10x x >-<,()ln 10x x ∴-<,即证()()ln 1ln 1x x x x +->-,化简得()()1ln 10x x x +-->；同理,当(),0x ∈-∞时,要证()()ln 1()1ln 1x x g x x x +-=<-,()0,ln 10x x <->,()ln 10x x ∴-<,即证()()ln 1ln 1x x x x +->-,化简得()()1ln 10x x x +-->；令()()()1ln 1h x x x x =+--,再令1t x =-,则()()0,11,t ∈+∞,1x t =-, 令()1ln g t t t t =-+,()'1ln 1ln g t t t =-++=,当()0,1t ∈时,()'0g x <,()g x 单减,假设()1g 能取到,则()10g =,故()()10g t g >=；当()1,t ∈+∞时,()'0g x >,()g x 单增,假设()1g 能取到,则()10g =,故()()10g t g >=；综上所述,()()ln 1()1ln 1x x g x x x +-=<-在()(),00,1x ∈-∞恒成立5．(2020全国卷Ⅰ)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． 【解析】(1)当1a =时,()2x x x e f x =+-,()21x f x e x '=+-,由于()20xf x e ''=+>,故()'f x 单调递增,注意到()00f '=,故： 当(),0x ∈-∞时,()()0,f x f x '<单调递减,当()0,x ∈+∞时,()()0,f x f x '>单调递增．(2)由()3112f x x ≥+得,23112x e ax x x +-+,其中0x ≥, ①．当x =0时,不等式为：11≥,显然成立,符合题意； ①．当0x >时,分离参数a 得,32112x e x x a x ----, 记()32112xe x x g x x ---=-,()()231212x x e x x g x x ⎛⎫---- ⎪⎝⎭'=-, 令()()21102x e x x h x x ---≥=, 则()1xh x e x '=--,()10x h x e ''=-≥, 故()'h x 单调递增,()()00h x h ''≥=,故函数()h x 单调递增,()()00h x h ≥=,由()0h x ≥可得：21102x e x x ---恒成立, 故当()0,2x ∈时,0g x,()g x 单调递增； 当()2,x ∈+∞时,0g x,()g x 单调递减； 因此,()()2max 724e g x g -⎡⎤==⎣⎦, 综上可得,实数a 的取值范围是27,4e ⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭． 6.（2020新高考山东卷）.已知函数1()e ln ln x f x a x a -=-+．（1）当a e =时,求曲线y =f （x ）在点（1,f （1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；（2）若f （x ）≥1,求a 的取值范围．【解析】（1）()ln 1x f x e x =-+,1()x f x e x'∴=-,(1)1k f e '∴==-. (1)1f e =+,①切点坐标为(1,1+e ),①函数f(x)在点(1,f (1)处的切线方程为1(1)(1)y e e x --=--,即()12y e x =-+,∴切线与坐标轴交点坐标分别为2(0,2),(,0)1e --, ①所求三角形面积为1222||=211e e -⨯⨯--; （2）解法一：1()ln ln x f x ae x a -=-+,11()x f x ae x-'∴=-,且0a >. 设()()g x f x =',则121()0,x g x ae x -'=+> ①g(x )在(0,)+∞上单调递增,即()f x '在(0,)+∞上单调递增,当1a =时,()01f '=,①()()11min f x f ==,∴()1f x ≥成立.当1a >时,11a < ,111a e -<∴,111()(1)(1)(1)0a f f a e a a-''∴=--<, ①存在唯一00x >,使得01001()0x f x ae x -'=-=,且当0(0,)x x ∈时()0f x '<,当0(,)x x ∈+∞时()0f x '>,0101x ae x -∴=,00ln 1ln a x x ∴+-=-, 因此01min 00()()ln ln x f x f x ae x a -==-+000011ln 1ln 2ln 122ln 1a x a a x a x x =++-+≥-+⋅=+>1, ∴()1,f x >∴()1f x ≥恒成立；当01a <<时, (1)ln 1,f a a a =+<<①(1)1,()1f f x <≥不是恒成立.综上所述,实数a 的取值范围是[1,+∞).解法二：()111x lna x f x ae lnx lna e lnx lna -+-=-+=-+≥等价于11lna x lnx e lna x lnx x e lnx +-++-≥+=+,令()xg x e x =+,上述不等式等价于()()1g lna x g lnx +-≥, 显然()g x 为单调增函数,①又等价于1lna x lnx +-≥,即1lna lnx x ≥-+,令()1h x lnx x =-+,则()111x h x x x-=-=' 在()0,1上h’(x)>0,h(x)单调递增；在(1,+∞)上h’(x)<0,h(x)单调递减,①()()10max h x h ==,01lna a ≥≥，即,①a 的取值范围是[1,+∞).二、命题意图揭秘从近两年的新高考试题来看,新高考解答题中对导数的考查与老高考考查的模式没有改变,一般都是作为压轴题,第1问通常考查函数的单调性与极值及导数的几何意义,这一问相当一部分考生可以得分；第2问通常考查不等式证明、恒成立问题及零点、方程实根个数等问题,难度比较大,只有少部分考生可以得分.三、重点知识与方法整合1.求导应注意的问题(1)求导之前,应利用代数、三角恒等式等变形对函数进行化简,然后求导,这样可以减少运算量,提高运算速度,减少差错；遇到函数的商的形式时,如能化简则化简,这样可避免使用商的求导法则,减少运算量．(2)复合函数求导时,先确定复合关系,由外向内逐层求导,必要时可换元．2.导数的几何意义是切点处切线的斜率,应用时主要体现在以下几个方面：(1)已知切点A (x 0,f (x 0))求斜率k ,即求该点处的导数值：k ＝f ′(x 0)．(2)已知斜率k ,求切点A (x 1,f (x 1)),即解方程f ′(x 1)＝k .(3)若求过点P (x 0,y 0)的切线方程,可设切点为(x 1,y 1),由⎩⎪⎨⎪⎧ y 1＝f x 1，y 0－y 1＝f ′x 1x 0－x 1求解即可．(4)函数图象在每一点处的切线斜率的变化情况反映函数图象在相应点处的变化情况,由切线的倾斜程度可以判断出函数图象升降的快慢．3.确定函数单调区间的步骤(1)确定函数f (x )的定义域；(2)求f ′(x )；(3)解不等式f ′(x )>0,解集在定义域内的部分为单调递增区间；(4)解不等式f ′(x )<0,解集在定义域内的部分为单调递减区间．4.含参数函数单调性的讨论(1)研究含参数的函数的单调性,要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论．(2)划分函数的单调区间时,一般要分类讨论,常见的分类讨论标准有以下几种可能：①方程f ′(x )＝0是否有根；①若f ′(x )＝0有根,求出根后判断其是否在定义域内；①若根在定义域内且有两个,比较根的大小是常见的分类方法．(3)个别导数为0的点不影响所在区间的单调性,如f (x )＝x 3,f ′(x )＝3x 2≥0(f ′(x )＝0在x ＝0时取到),f (x )在R 上是增函数．5.根据函数单调性求参数的一般思路(1)利用集合间的包含关系处理：y ＝f (x )在(a ,b )上单调,则区间(a ,b )是相应单调区间的子集．(2)f (x )为增函数的充要条件是对任意的x ①(a ,b )都有f ′(x )≥0且在(a ,b )内的任一非空子区间上f ′(x )不恒为零,应注意此时式子中的等号不能省略,否则漏解．(3)函数在某个区间存在单调区间可转化为不等式有解问题．6.用导数研究函数的极值(1)求函数f(x)极值的步骤①确定函数的定义域；①求导数f′(x)；①解方程f′(x)＝0,求出函数定义域内的所有根；①列表检验f′(x)在f′(x)＝0的根x0左右两侧值的符号,如果左正右负,那么f(x)在x0处取极大值,如果左负右正,那么f(x)在x0处取极小值．(2)若函数y＝f(x)在区间(a,b)内有极值,那么y＝f(x)在(a,b)内绝不是单调函数,即在某区间上单调函数没有极值．7.求函数f(x)在[a,b]上的最大值和最小值的步骤(1)求函数在(a,b)内的极值；(2)求函数在区间端点的函数值f(a),f(b)；(3)将函数f(x)的极值与f(a),f(b)比较,其中最大的一个为最大值,最小的一个为最小值．求一个函数在闭区间上的最值和在无穷区间(或开区间)上的最值时,方法是不同的．求函数在无穷区间(或开区间)上的最值,不仅要研究其极值情况,还要研究其单调性,并通过单调性和极值情况,画出函数的大致图象,然后借助图象观察得到函数的最值．8.导数与不等式问题(1)利用导数解不等式的思路已知一个含f′(x)的不等式,可得到和f(x)有关的函数的单调性,然后可利用函数单调性解不等式．(2)利用导数证明不等式的方法证明f(x)<g(x),x①(a,b),可以构造函数F(x)＝f(x)－g(x),如果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,x①(a,b)时,有F(x)<0,即证明了f(x)<g(x)．(3)利用导数解决不等式的恒成立问题的策略①首先要构造函数,利用导数研究函数的单调性,求出最值,进而得出相应的含参不等式,从而求出参数的取值范围．①也可分离变量,构造函数,直接把问题转化为函数的最值问题．利用导数研究方程的根(函数的零点)的策略9.函数的零点与方程实根个数的确定研究方程的根或曲线的交点个数问题,可构造函数,转化为研究函数的零点个数问题．可利用导数研究函数的极值、最值、单调性、变化趋势等,从而画出函数的大致图象,然后根据图象判断函数的零点个数．10.利用导数解决生活中的优化问题的四个步骤(1)分析实际问题中各个量之间的关系,列出实际问题的数学模型,写出实际问题中变量之间的函数关系式y＝f(x)．(2)求函数的导数f ′(x ),解方程f ′(x )＝0.(3)比较函数在区间端点和使f ′(x )＝0的点的函数值的大小,最大(小)者为最大(小)值；若函数在开区间内只有一个极值点,那么该极值点就是最值点．(4)回归实际问题作答．四、押题冲关1．(2022届广东省梅州市高三二模)已知()e 2x f x x =-.(1)求()f x 的单调区间；(2)证明：方程()cos f x x =在π,02⎛⎫- ⎪⎝⎭上无实数解 【解析】 (1)()f x 的定义域为R ,()e 2x f x '=-,令()0f x '>,即e 2x >,解得：ln2x >,令()0f x '<,即e 2x <.解得：ln2x <.综上所述,()f x 的单调递减区间为(),ln 2-∞,单调递增区间为()ln2,+∞.(2)令()e 2cos x g x x x =--,π,02x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭,()e sin 2x g x x '=+-, 因为当π,02x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时,()()()e 1sin 10x g x x =-+-<', 所以()g x 在π,02⎛⎫- ⎪⎝⎭单调递减. 所以()()00g x g >=,所以函数()g x 在π,02⎛⎫- ⎪⎝⎭上无零点. 即方程()cos f x x =在,02π⎛⎫- ⎪⎝⎭上无实根. 2．(2022届重庆市高三第二次联合诊断)已知函数()2e 1(0)x f x ax x x =--->存在极值点0x .(1)求实数a 的取值范围；(2)比较()02f x 与0的大小,请说明理由.【解析】 (1)()e 21x f x ax =--',令()()e 21(0),e 212x x h x ax x h x a a =-->=->-', 当12a 时,()()0,h x h x '>在()0,+∞上单调递增,即f x 在()0,+∞上单调递增,()()00f x f ''∴>=,从而()f x 在()0,+∞上单增,故()f x 无极值点,不满足题意,当12a >时,()()0ln2,0ln2h x x a h x x a >⇒><⇒<'', ()h x ∴在()0,ln2a 上单调递减,在()ln2,a +∞上单调递增,即fx 在()0,ln2a 上单调递减,在()ln2,a +∞上单调递增,又()00f '=时,故()ln 20f a '<,而()22ln 244ln 21f a a a a '=--,设21t a =>,()22ln 1,1u t t t t t =-->,则()222ln u t t t '=--,()()210t u t t-''=>,故()u t '在()1,+∞上为增函数, 故()()10u t u '>=,故()u t 在()1,+∞上为增函数,故()()10u t u >=, 故()2ln 20f a '>,而2ln 2ln 2a a >,故fx 在()ln2,a +∞上有且只有一个零点,故必存在0ln2x a >,使得()00f x '=,且当()00,x x ∈时()()0,f x f x '<单调递减,当()0,x x ∈+∞时()()0,f x f x '>单调递增, 故()f x 在0x x =处取得极小值,符合题意,12a ∴>； (2)由（1）知00e 210xax --=,即0002e 1,0x ax x =->,()()0000022220000002e 421e 2e 121e 2e 1x x x x x f x ax x x x x =---=----=--,令()2e 2e 1x x g x x =--,则()()()22e 21e 2e e 1x x x xg x x x =-+=--', 令()e 1xh x x =--,当0x >时,()()e 10,xh x h x =->'单调递增,()()()()00,0,h x h g x g x '>=>∴单调递增,()()00g x g >=,()020f x ∴>.3．(2022届广东省佛山市高三二模)已知函数()2122x xe xf x e a-+=+.其中e 为自然对数的底数. (1)当12a =-时,求()f x 的单调区间：(2)当0a >时,若()f x 有两个极值点12,x x ,且()()122lna f x f x k f ⎛⎫+>⋅ ⎪⎝⎭恒成立,求k 的最大值.【解析】 (1)对()f x 求导得'2111()x x f x e e a=-+当12a =-时,()()()222221111122x x x x x x x x e e e e f x e e e e-+--=--==-' 当210x e ->,即ln 2x >-,'()0f x <； 当2e 10x -<,即ln2x <-,'()0f x >；故当12a =-时,()f x 的递增区间为(,ln 2)-∞-,递减区间为(ln 2,)-+∞.(2)当0a >时,由（1）知'2111()x x f x e e a=-+ 令1(0)x t t e =>,则210t t a -+=的两个不等实数解为121211,x x t t e e == 故12124Δ=10,0111111x x x x a a e e e e a ⎧->>⎪⎪⎪+=⎨⎪⎪⋅=⎪⎩即12124,,x x x x a e e a e a +>+==（或12ln x x a +=） ()()1122122221111122x x x x x x e e e a f x a e f x --++++++= 12122211112x x x x e ea +⎛⎫=-+++ ⎪⎝⎭1212112x x a a +⎛⎫=--++ ⎪⎝⎭11ln 2a a+=+ 1ln 2ln ln 12ln 12ln 222a a a e a a a f e a -+-++⎛⎫=+= ⎪⎝⎭故不等式()()122lna f x f x k f ⎛⎫+>⋅ ⎪⎝⎭恒成立⇔11l l n 212n a aa k a -++++>恒成立（*） 由于4a >,故12ln 3ln 4a a -+>+,故（*）12ln k a a++⇔->恒成立 令()12ln a a aϕ=-++则()()()'211112ln 22ln ()12ln a a a a a a a a a aϕ⎛⎫⎛⎫+-++-+++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭-+)()2222212ln a a a a a a a--+⎝⎭=-+()()2ln 21+01ln a a a a a a⎛⎫-+ ⎪⎝⎭>-+ ()a ϕ是(4,)+∞上的增函数,62ln 4()(4)23ln 4a ϕϕ+>==+2k ∴≤,即k 最大值为2.4．(2022届江苏省苏州市高三2月调研)已知函数321()e () 1.2x f x g x ax x x ==+++，(1)若0a =,证明：当0x >时,()()f x g x >,当0x <时,()()f x g x <； (2)记函数()()()h x f x g x =-,若0x =是()h x 的极小值点,求实数a 的值． 【解析】 (1)证明：令21()()()e 12xh x f x g x x x =-=---,则()e 1x h x x '=--,()e 1x h x ''=-, 当0x >时()0h x ''>,当0x <时()0h x ''<,故()e 1x h x x '=--在(,0)-∞上单调递减,在(0,)+∞上单调递增, 故()(0)0h x h '≥=,()h x 在R 上单调递增 当0x >时,()(0)0h x h >=,故()()f x g x >, 同理得当0x <时,()()f x g x <．(2)321()()()e 12x h x f x g x ax x x =-=----,则2()e 31x h x ax x '=---,(0)0h '=满足题意若0x =是()h x 的极小值点,在0x =附近的左侧()0h x '<,右侧()0h x '>, 即存在120x x <<,使得()h x '在12[,]x x 上单调递增 ()e 610x h x ax ''=--≥在12[,]x x 上恒成立而(0)0h ''=,故在0x =附近的左侧()0h x '''<,右侧()0h x '''>, ()e 6x h x a '''=-,可得160a -=,16a =此时21()e 12xh x x x '=---,由（1）可知满足题意16a =时,0x =是()h x 的极小值点5．(2022届江西省宜春市高三4月模拟)已知函数()ln f x x x =． (1)讨论函数()()(2)g x f x a x =++的单调性； (2)若()m f x x=有两个不等实根()1212,x x x x <,证明：32212e x x -<． 【解析】 (1)解：因为()ln (2)g x x x a x =++, 所以()ln 3g x x a '=++,()(3)0,e a x -+∈时,()0,()g x g x '<单调递减；()(3)e ,a x ∞-+∈+时,()0,()'>g x g x 单调递增, 所以()g x 单调递减区间为()(3)0,ea -+,单调递增区间为()(3)e,a -++∞；(2)由题意可知221122ln ln m x x x x ==,不妨设12x x <,211x t x =>, ①21222ln 1ln 1t t lnx t tlnx t ⎧=⎪⎪-⎨⎪=⎪-⎩,于是原式32212e x x -<等价于1232ln ln 2x x +<-, 即222ln ln 32112t t t t t +<---, ①2231ln 221t t t ->⋅+,下面先证明,当1t >时,2(1)ln 1t t t ->+, 令2(1)()ln 1t h t t t -=-+, 222212(1)2(1)14(1)()0(1)(1)(1)t t t h t t t t t t t +---=-=-=++'>+,又①(1)0h =, ①()(1)0h t h >=, ①2(1)ln 1t t t ->+,在1t >时恒成立, ①欲证2231ln 221t t t ->⋅+,只需证明222(1)311221t t t t -->⋅++即可．①22311221t t t +>⋅++, 变形得,2561(51)(1)0t t t t -+=-->, 当1t >时,显然成立, 所以32212e x x -<得证．6．(2022届河北省衡水市高三3月联考)已知函数()()ln e 0,R xf x x x x m x m =-++>∈.(1)若()()ln g x f x x =-,求()g x 在[]1,2上的最大值与最小值之差； (2)若()0f x <,证明：1m <【解析】 (1)由题意得()()ln e ,[1,2]xg x f x x x x m x =-=-++∈,则()e (1)1,[1,2]xg x x x '=-++∈,由于=e ,1,[1,2]x y y x x =+∈都是递增函数,故()e (1)1,[1,2]xg x x x '=-++∈是递减函数,则()()e (1)112e 10xg x x g ''=-++<=-+<,故()e ,[1,2]xg x x x m x =-++∈为递减函数,则()2min max (1)e 1,()(2)2e 2g x g m g x g m ==-++==-++, 故()22min max ()e 1(2e 2)2e e 1g x g x m m -=-++--++=--； (2)证明：由()ln e 0xf x x x x m =-++<,(0)x > ,可得e ln x m x x x <--,设1()e ln ,()(1)(e )x xh x x x x h x x x'=--=+-,令211()e ,()e 0x x x x x x ϕϕ'=-=+> ,故1()e ,(0)xx x xϕ=->单调递增,又121()e 20,(1)e 102ϕϕ=-<=->,故存在01(,1)2x ∈ ,使得001e x x =,当00x x << 时,1()(1)(e )0xh x x x '=+-<,()e ln x h x x x x =--单调递减,当0x x > 时,1()(1)(e )0xh x x x'=+->,()e ln x h x x x x =--单调递增,故0min 000000()()e ln 1ln xh x h x x x x x x ==--=--,由于01e x x =,则00ln x x =-,故0min 000000()()e ln 1ln 1xh x h x x x x x x ==--=--=, 所以1m <.7．(2022届湖南省新高考教学教研联盟高三4月联考)已知函数()2ln f x ax x =-,R a ∈.(1)讨论()f x 的单调性； (2)若对任意()0,x ∈+∞,不等式()2ex x xf x -+≥恒成立,求实数a 的取值范围.【解析】 (1)()f x 的定义域为()0,∞+,求导得()1212ax f x a x x-=-=', 当0a ≤时,()0f x '<,则()f x 在()0,∞+上单调递减, 当0a >时,当102x a <<时,()0f x '<,当12x a >时,()0f x '>,则()f x 在1(0,)2a 上单调递减,在1(,)2a+∞上单调递增,所以,当0a ≤时,()f x 在()0,∞+上单调递减,当0a >时,()f x 在1(0,)2a 上单调递减,在1(,)2a+∞上单调递增. (2)0x ∀>,不等式()2222e 1ln e e 2ln 2x x x xx x xf x x ax x x ax ---+++≥⇔+≥-⇔≥ 22ln ln e 1ln e 1ln 22e x x x x x x a a x x---++++⇔≥⇔≥,令()e 1x h x x =--,()e 1x h x '=-, 当0x <时,()0h x '<,当0x >时,()0h x '>,()h x 在(,0)-∞上单调递减,在(0,)+∞上单调递增,R x ∀∈,()(0)0h x h ≥=,即恒有e 1x x ≥+成立,当且仅当0x =时取“=”,因此,当0x >时,2ln e 1ln [(2ln )1]1ln 1x x x x x xx x --++--+++≥=,当且仅当2ln 0x x --=时取“=”, 令()2ln ,0x x x x ϕ=-->,1()1x xϕ'=,当01x <<时,()0x ϕ'<,当1x >时,()0x ϕ'>,即()ϕx 在(0,1)上单调递减,在(1,)+∞上单调递增,(1)10ϕ=-<,22(e )e 0ϕ--=>,(4)2(1ln 2)0ϕ=->,即21(e ,1)x -∃∈,使得111()2ln 0x x x ϕ=--=,2(1,4)x ∃∈,使得222()2ln 0x x x ϕ=--=,即2ln 0x x --=有解,因此,不等式2ln e 1ln 1x x x x --++≥中能取到等号,所以2ln e 1ln x x xx--++的最小值为1,即12a ≥,解得12a ≤,所以实数a 的取值范围是12a ≤. 8．(2022届河南省焦作市高三第二次模拟)已知函数()()e 2axf x x =-.(1)若1a =,()f x 的一个零点为()000x x ≠,求曲线()y f x =在0x x =处的切线方程； (2)若当0x >时,不等式()132ln f x a x x x x ⎡⎤⎛⎫+≥+⋅ ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭恒成立,求实数a 的取值范围. 【解析】 (1)若1a =,则()()e 2xf x x =-,由()0f x =,可得0x =或ln 2x =,所以0ln 2x =.因为()e e 2x xf x x '=+-,所以()02ln 2f x '=,所以曲线()y f x =在0x x =处的切线方程为()2ln 2(ln 2)y x =⨯-, 即()()22ln 22ln 2x y ⨯-=.(2)因为当0x >时,()132ln f x a x x x x ⎡⎤⎛⎫+≥+⋅ ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭恒成立, 所以当0x >时()()2e 121ln ax ax x x +≥+⋅,即()()22e 1ln e 1ln ax ax x x +≥+⋅恒成立.设()(1)ln g t t t =+,则1()ln 1g t t t '=++,设()()h t g t '=,则22111()t h t t t t-=-='.当01t <<时,()0h t '<,即()g t '单调递减,当1t >时,()0h t '>,即()g t '单调递增, 所以()(1)20g t g ''≥=>,所以()g t 在(0,)+∞上单调递增. 当0x >时,()()2e axg g x ≥恒成立,则当0x >时,2eaxx ≥恒成立,即2ln xa x≥恒成立. 设2ln ()x x x ϕ=,则222ln ()xx x ϕ-'=. 当0e x <<时,()0x ϕ'>,函数()ϕx 单调递增,当e x >时,()0x ϕ'<,函数()ϕx 单调递减, 所以max 2()(e)e x ϕϕ==,所以2ea ≥, 即实数a 的取值范围为2,e⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭.9．（2022届山东省潍坊市高三下学期学科核心素养测评）已知函数()()1ln 0f x a x x a x=-+>． (1)当1≥x 时,()0f x ≤恒成立,求实数a 的取值范围；(2)当1a =时,()()21g x xf x x =+-,方程()g x m =的根为1x 、2x ,且21x x >,求证：211e x x m ->+．【解析】 (1)解：因为()()1ln 0f x a x x a x =-+>,则()222111a x ax f x x x x -+-'=--=,且()10f =, 由题意可知,对任意的1≥x ,()()01f x f ≤=, 设21y x ax =-+-,则24a ∆=-,（①）当02a <≤时,0∆≤,()0f x '≤恒成立且()f x '不恒为零,()f x 在[)1,+∞上是减函数, 又因为()10f =,所以()0f x ≤恒成立；（①）当2a >时,0∆>,方程210x ax -+-=的根为214a a x --=,224a a x +-=又因为121=x x ,所以121x x ．由()0f x '>得241a a x +-≤<由()0f x '<,得24a a x +- 所以()f x 在24a a ⎡++⎢⎢⎣⎭上是增函数,在24a a ⎫+-+∞⎪⎪⎝⎭上是减函数, 因为()10f =,所以()0f x ≤不恒成立． 综上所述,02a <≤．(2)证明：当1a =时,()()21ln g x xf x x x x =+-=,()1ln g x x '=+,由()0g x '<,可得10e x <<,由()0g x '>,可得1ex >,所以()g x 在10,e ⎛⎫⎪⎝⎭上是减函数,在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上是增函数,则()min 11e e g x g ⎛⎫==- ⎪⎝⎭,当01x <<时,()ln 0g x x x =<,所以,12101x x e <<<<,且10em -<<, 当10,e x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,ln 1x <-,所以ln x x x <-,即()g x x <-．设直线y x =-与y m =的交点的横坐标为3x ,则3111ln x m x x x =-=->,下面证明当1,1e x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()()11e 1g x x <--,设()()()111ln 1ln e 1e 1e 1h x x x x x x x ⎡⎤=--=-+⎢⎥---⎣⎦,令()()11ln e 1e 1p x x x =-+--,则()()()()22e 1111e 1e 1x p x x x x --'=-=--, 当11e e 1x <<-时,()0p x '<,当11e 1x <<-时,()0p x '>, 所以()p x 在11,e e 1⎛⎫ ⎪-⎝⎭上是减函数,在1,1e 1⎛⎫⎪-⎝⎭上是增函数, 又因为10e p ⎛⎫= ⎪⎝⎭,()10p =,所以当11e x <<时,()0p x <,()0h x <,故当1,1e x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()()11e 1g x x <--． 设直线()111e y x =--与y m =的交点的横坐标为4x ,则41e 1x m -=-,可得()41e 1x m =+-, 如下图所示：则()241e 1x x m >=+-,所以21431e x x x x m ->-=+,得证．10．（2022届河北省保定市高三一模）已知()2,13,1x x x f x x x ⎧-≥-=⎨+<-⎩,()()ln g x x a =+． (1)存在0x 满足：()()00f x g x =,()()00f x g x ''=,求a 的值； (2)当4a ≤时,讨论()()()h x f x g x =-的零点个数．【解析】 (1)1x ≥-时()2f x x x =-,原条件等价于200000ln()1210x x x a x x a ⎧-=+⎪⎨-=>⎪+⎩, ①()2000ln 21x x x -=--,令()()2ln 21x x x x ϕ=-+-,则()221021x x x ϕ'=-+>-, ①()ϕx 为增函数,由()10ϕ=,则()0x ϕ=有唯一解01x =,所以0a =,1x <-时,()000311x ln x a x a ⎧+=+⎪⎨=⎪+⎩,解得：4a =．综上,0a =或4．(2)①.0a <时0x a +>,则0x a >->,()()()22ln ln h x x x x a x x x x ϕ=--+>--=,而()121x x x ϕ'=--,()2120x xϕ''=+>,即()x ϕ'为增函数,又()01ϕ'=, 当()0,1∈x 时()0ϕ'<x ；当()1,x ∈+∞时()0ϕ'>x ,故()()10x ϕϕ≥=, ①()0h x >恒成立,故0a <时零点个数为0；①.0a =时,()2ln h x x x x =--,由①知：仅当1x =时()0h x =,此时零点个数为1．①.01a <≤时,()()()2ln h x x x x a x a =--+>-,则()121h x x x a'=--+,()()2120h x x a ''=+>+, ①()h x '为增函数,2102a h a a ⎛⎫'-=---< ⎪⎝⎭,()11101h a '=->+, ①()0h x '=仅有一解,设为0(,1)2ax ∈-,则在()0,a x -上()0h x '<,在()0,x +∞上()0h x '>, 所以()h x 最小值为()0h x ,故()()010h x h ≤<．又2ln 02422a aa a h ⎛⎫-=+-> ⎪⎝⎭,()()22ln 20h a =-+>,故0,2a x ⎛⎫- ⎪⎝⎭、()0,2x 上()h x 各有一零点,即()h x 有2个零点．①.14a <<时,(),1a --上()()()()3ln 3ln 4h x x x a x x p x =+-+>+-+=,()()()1103304p x x p x p x '=-=⇒=-⇒≥-=+, ①()h x 无零点,则[)1,-+∞上()()2ln h x x x x a =--+,()121h x x x a'=--+,()()2120h x x a ''=+>+, ①()h x '为增函数,()11301h a '-=--<-+,()11101h a'=->+, ①()0h x '=有唯一解,设为x ',则()()10h x h '≤<,又()()12ln 10h a -=--+>,()()22ln 20h a =-+>,故()1,x '-、(),2x '上,()h x 各有一个零点,即()h x 有2个零点．①.4a =时,由（1）知：(]4,1--上()h x 有唯一零点：3x =-；在()1,-+∞上()()2ln 4h x x x x =--+,则()1214h x x x '=--+,()2120(4)h x x ''=+>+, 所以()h x '为增函数,()11301h a '-=--<-+,()4105h '=>,故1(1,1)x ∃∈-使1()0h x '=, 则1(1,)x -上()0h x '<,()h x 递减；1(,)x +∞上()0h x '>,()h x 递增； 故1()()h x h x ≥,而1()(1)ln 50h x h <=-<,又(1)2ln30h -=->,(2)2ln 60h =->,故在1(1,)x -、1(),2x 上()h x 各有一个零点, 所以()h x 共有3个零点．综上：0a <时()h x 零点个数为0；0a =时()h x 零点个数为1；04a <<时()h x 零点个数为2；4a =时()h x 零点个数为3．11．（2022届浙江省绍兴市高三4月适应性考试）已知a R ∈,函数()22e e 2xax f x x =+-． (1)求曲线()y f x =在0x =处的切线方程 (2)若函数()f x 有两个极值点12,x x ,且1201x x , （①）求a 的取值范围； （①）当9a <-时,证明：212e 6ea x x ++-<-<（注： 2.71828e =…是自然对数的底数）【解析】 (1)解：因为()22e e xf x ax '=+所以()02e f '=又()01f =,所以曲线()y f x =在0x =处的切线方程为(2e 1y x =-+； (2)解：（①）因为函数()f x 有两个极值点12,x x ,所以12,x x 是关于x 的方程()22e e 0xf x ax =+'的两根,也是关于x 22e ex a -=-的两正根, 设())22e e 0x g x x -=>,则()224e 2e ex x x g x -+'=令())224e 2e e 0x xh x x x =->,则()28e x h x x '=,当0x >时,()0h x '>,所以()h x 在()0,∞+上单调递增,又104h ⎛⎫= ⎪⎝⎭,所以,当104x <<时,()0h x <,()0g x '<；当14x >时,()0h x >,()0g x '>, 所以函数()g x 在10,4⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减,在1,4⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增,又因为1201x x ,所以()114g a g ⎛⎫<-< ⎪⎝⎭,即2e 2e e a <-<-所以a 的取值范围是2e 2e ,4e -；（①）证明：结合（①2e 2e 9a -<<-, 因为1e x x +≤,所以()()111221e 0x ax f x '++=, 所以()14e 2a x +-,所以1e 2x -又由（①）知2114x <<,所以21e 26e1a x x -+--<-=下面先证明不等式()21e011xxx x+<<<-, 设()()2101e 1xx r x x x -=⋅<<+,则()()2222e 1x x r x x '=-+, 所以,当01x <<时,()0r x '<,()r x '在()0,1上单调递减, 所以,()()01r x r <=,所以不等式()21e011xxx x+<<<-成立, 因为12,x x ,()1201x x <<<是()22e e 0xf x ax '=+=的两个根,所以()()01,2i f x i '==,又()21e 011x xx x +<<<-, 所以()()12e 01,21ii i i x ax f x i x +'⋅+->==-,即(()22e 2e 01,2i i ax a x i -++++>=, 设函数()(22e 2e m x ax a x =-++++-对称轴2e a x t ++==因为((()222e42e 6e16e 20a a a ∆=++=+-+->,且()00m >,()10m >,102t <<, 所以函数()m x 有两个不同的零点,记为α,()βαβ<,且01t αβ<<<<, 因为()()226e16e 212e e 2e 0122eta tf t at at ta +-+-+'=+<⋅+=<---,且()00f '>,()10f '>,所以1201x x ,因为()m x 在()0,t 上单调递减,且()()10m x m α>=,所以10x t α<<<； 因为()m x 在(),1t 上单调递增,且()()20m x m β>=,所以21t x β<<<； 所以1201x x αβ<<<<<,所以21x x βα->-,因为()()22242e2e 2e 122e1a a aaaβα-+⎛⎫++--=+++ ⎪ ⎪⎝⎭ 又()122e 109a --<<<-,所以2eβα+-> 所以212ex x +-> 综上,212e 6ea x x ++-<-<12．（2022届山东省青岛市三下学期一模）已知函数()e sin cos xf x x x ax =+--．(1)若函数()f x 在[)0,∞+上单调递增,求实数a 的取值范围；(2)设函数()()()ln 1g x f x x =--,若()0g x ≥,求a 的值．【解析】 (1)由题意知()e cos sin xf x x x a '=++-因为函数()f x 在[)0,∞+上单调递增,所以()e cos sin 0xf x x x a '=++-≥,即e cos sin x a x x ≤++对[)0,x ∈+∞恒成立设()e cos sin xh x x x =++,则()e sin cos 24x x h x x x e x π⎛⎫'=-+=- ⎪⎝⎭当02x π≤<时,()e 21104xh x x π⎛⎫'=->-= ⎪⎝⎭当2x π≥时,()2e 2e 20h x π'>>所以函数()e cos sin xh x x x =++在[)0,∞+上单调递增所以()()min 02a h x h ≤==(2)由题知()()()()()ln 1e sin cos ln 11xg x f x x x x ax x x =--=+----<所以()1e cos sin 1xg x x x a x'=++-+-,()00g = 因为()0g x ≥,所以(),1x ∀∈-∞,()()0g x g ≥即()0g 为()g x 的最小值,0x =为()g x 的一个极小值点,所以()010e cos0sin 0010g a '=++-+=-,解得3a = 当3a =时,()()()e sin cos 3ln 11xg x x x x x x =+----<所以()11e cos sin 3e 23141xx g x x x x x x π⎛⎫'=++-+=+-+ ⎪--⎝⎭ ①当01x ≤<时,()11310g x '≥+-+=（当且仅当0x =时等号成立） 所以()g x 在[)0,1上单调递增 ①当0x <时,若02x π-≤<,()11310g x '<+-+=；若2x π<-,()22132e23302222g x πππ-'<+<+-+<++ 所以()g x 在(),0∞-上单调递减综上,()g x 在(),0∞-上单调递减,在[)0,1上单调递增所以当3a =时,()()00g x g ≥=13．（2022届四川省成都市高三下学期二诊）已知函数()()()1111ln k knk x f x x k-=-⋅-=-∑．(1)分别求n=1和n=2的函数()f x 的单调性； (2)求函数()f x 的零点个数．【解析】 (1)解：由已知,得()()()()()()2311111ln 123n nx x x f x x x n-⎡⎤----=---+++⎢⎥⎢⎥⎣⎦． ①当1n =时,()()ln 1f x x x =--,()11f x x'=-． 由()110f x x '=->,得01x <<；由()110'=-<f x x,得1x >． 因此,当1n =时,函数()f x 在()0,1上单调递增,在()1,+∞上单调递减．①当2n =时,()()()21ln 12x f x x x ⎡⎤-=---⎢⎥⎢⎥⎣⎦,()()()21111x f x x x x -'=-+-=．因为()0f x '≥在()0,∞+恒成立,且只有当1x =时,()0f x '=, 所以()f x 在()0,∞+上单调递增．(2)解：由()()()()()()2311111ln 123n nx x x f x x x n-⎡⎤----=---+++⎢⎥⎢⎥⎣⎦, 得()()()()()()()()211111111111111nnn n x x f x x x x x x x x-----⎡⎤'=---+-++--=-=⎣⎦--． 当n 为偶数时,()0f x '≥在()0,∞+恒成立,且只有当1x =时,()0f x '=, 所以()f x 在()0,∞+上单调递增．因为()10f =,所以()f x 有唯一零点1x =．当n 为奇数时,由()()10nx f x x-'=>,得01x <<；由()()10nx f x x-'=<,得1x >．因此,()f x 在()0,1上单调递增,在()1,+∞上单调递减． 因为()10f =,所以()f x 有唯一零点1x =．综上,函数()f x 有唯一零点1x =,即函数()f x 的零点个数为1．。

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A 1 A 2 1．记定义在R 上的函数y ＝f (x )的导函数为f′(x )．如果存在x 0∈[a ，
b ]，使得f (b )－f (a )＝f′(x 0)(b －a )成立，则称x 0为函数f (x )
在区间[a ，b ]上的“中值点”．那么函数f (x )＝x 3－3x 在区间[－2，2]上“中值点”的个数为 ．
2．问题“求方程345x x x +=的解”有如下的思路：方程345x x x +=可
变为34()()155x x +=，考察函数34()()()55
x x f x =+可知，(2)1f =，且函数()f x 在R 上单调递减，∴原方程有唯一解2x =.仿照此解法可得到不等式：632(23)(23)x x x x -+>+-的解是 ．
3．已知函数221()23ln 2f x x ex e x b =+--，若函数F (x ) = f ’(x ) + x
a 有最小值m ，且m ＞2e ，则实数a 的取值范围是 ．
4.已知函数1ln )1()(2+++=ax x a x f
（1）讨论的单调性； （2）设.1-<a 如果对任意的求a x x x f x f x x ,4)()(),,0(21212,1-≥-+∞∈取值范围。

5.如图所示：一吊灯的下圆环直径为4m ，圆心为O ，
通过细绳悬挂在天花板上，圆环呈水平状态，并且
与天花板的距离)(OB 即为2m ，在圆环上设置三个等
分点A 1，A 2，A 3。

点C 为OB 上一点（不包含端点O 、B ），同时点C 与点A 1，A 2，A 3，B 均用细绳相连接，且细绳CA 1，CA 2，CA 3的长度相等。

设细绳的总长为y
（1）设∠CA 1O = θ (rad )，将y 表示成θ的函数关系式；
（2）请你设计θ，当角θ正弦值的大小是多少时，细绳总长y 最小，并指明此时 BC 应为多长。

6．已知函数，.
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2) 是否存在实数，使当时恒成立？若存在，求 出实数a;若不存在，请说明理由。

7.已知函数()ln f x x mx m =-+，m R ∈
（1）求函数()f x 的单调区间；
（2）若函数()0f x ≤在()0,x ∈+∞上恒成立，求实数m 的取值范围；
（3）在（2）的条件下，任意的0a b <<，证明：
()()()11f b f a b a a a -<-+. 8．设
()f x 是定义在(0 )+∞，的可导函数，且不恒为0，记()()()n n f x g x n x
=∈*N ．若对定义域内的每一个x ，总有()0n g x <，则称()f x 为“n 阶负函数”；若对定义域内的每一个x ，总有[]()0n g x '≥，则称()f x 为
“n 阶不减函数”（[]()n g x '为函数()n g x 的导函数）．
（1）若31()(0)a f x x x x x =-->既是“1阶负函数”，又是“1阶不减函数”，求实数a 的取值范围；
（2）对任给的“2阶不减函数”()f x ，如果存在常数c ，使得()f x c <恒成立，试判断()f x 是否为“2阶负函数”？并说明理由．。

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