专题03导数及其应用（解析版）

专题03 导数及其应用
1．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】已知曲线e ln x y a x x =+在点（1，a e ）处的切线方程为y =2x +b ，则 A ．e 1a b ==-， B ．a=e ，b =1 C ．1e 1a b -==，
D ．1e a -=，1b =-
【答案】D
【解析】∵e ln 1,x y a x '=++
∴切线的斜率1|e 12x k y a ='==+=，1e a -∴=， 将(1,1)代入2y x b =+，得21,1b b +==-. 故选D ．
【名师点睛】本题求解的关键是利用导数的几何意义和点在曲线上得到含有a ，b 的等式，从而求解，属于常考题型.
2．【2019年高考天津理数】已知a ∈R ，设函数222,1,
()ln ,
1.x ax a x f x x a x x ⎧-+≤=⎨->⎩若关于x 的不等式()0
f x ≥在R 上恒成立，则a 的取值范围为 A ．[]
0,1 B ．[]
0,2 C ．[]0,e
D ．[]
1,e
【答案】C
【解析】当1x =时，(1)12210f a a =-+=>恒成立；
当1x <时，2
2
()22021
x f x x ax a a x =-+≥⇔≥-恒成立，
令2
()1
x g x x =-，
则222(11)(1)2(1)1
()111x x x x g x x x x -----+=-=-=-
---
112201x x ⎛⎫⎛⎫
=--+-≤-= ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭
，
当1
11x x
-=
-，即0x =时取等号， ∴max 2()0a g x ≥=，则0a >.
当1x >时，()ln 0f x x a x =-≥，即ln x
a x
≤恒成立， 令()ln x
h x x
=
，则2ln 1()(ln )x h x x -'=，
当e x >时，()0h x '>，函数()h x 单调递增， 当0e x <<时，()0h x '<，函数()h x 单调递减， 则e x =时，()h x 取得最小值(e)e h =， ∴min ()e a h x ≤=，
综上可知，a 的取值范围是[0,e]. 故选C.
【名师点睛】本题考查分段函数的最值问题，分别利用基本不等式和求导的方法研究函数的最值，然后解决恒成立问题.
3．（2019浙江）已知,a b ∈R ，函数32
,0
()11(1),03
2x x f x x a x ax x <⎧⎪
=⎨-++≥⎪⎩．若函数()y f x ax b =--恰有3个零点，则 A ．a <–1，b <0 B ．a <–1，b >0 C ．a >–1，b <0 D ．a >–1，b >0
【答案】C
【解析】当x ＜0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b ＝x ﹣ax ﹣b ＝（1﹣a ）x ﹣b ＝0，得x =b
1−a ， 则y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 最多有一个零点；
当x ≥0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b =1
3x 3−1
2（a +1）x 2+ax ﹣ax ﹣b =1
3x 3−1
2（a +1）x 2﹣b ，
2(1)y x a x =+-'，
当a +1≤0，即a ≤﹣1时，y ′≥0，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 在[0，+∞）上单调递增， 则y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 最多有一个零点，不合题意；
当a +1＞0，即a >﹣1时，令y ′＞0得x ∈(a +1，+∞），此时函数单调递增，
令y ′＜0得x ∈[0，a +1），此时函数单调递减，则函数最多有2个零点.
根据题意，函数y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 恰有3个零点⇔函数y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 在（﹣∞，0）上有一个零点，在[0，+∞）上有2个零点， 如图：
∴b
1−a ＜0且{−b ＞013(a +1)3−12
(a +1)(a +1)2−b ＜0， 解得b ＜0，1﹣a ＞0，b ＞−1
6
（a +1）3，
则a >–1，b <0. 故选C ．
【名师点睛】本题考查函数与方程，导数的应用.当x ＜0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b ＝x ﹣ax ﹣b ＝（1﹣a ）x ﹣b 最多有一个零点；当x ≥0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b =13x 3−1
2（a +1）x 2﹣b ，利用导数研究函数的单调性，根据单调性画出函数的草图，从而结合题意可列不等式组求解．
4．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】曲线2
3()e x
y x x =+在点(0)0，处的切线方程为____________． 【答案】30x y -=
【解析】223(21)e 3()e 3(31)e ,x x x y x x x x x '=+++=++ 所以切线的斜率0|3x k y ='==，
则曲线23()e x y x x =+在点(0,0)处的切线方程为3y x =，即30x y -=．
【名师点睛】准确求导数是进一步计算的基础，本题易因为导数的运算法则掌握不熟，而导致计算错误．求导要“慢”，计算要准，是解答此类问题的基本要求．
5．【2019年高考江苏】在平面直角坐标系xOy 中，P 是曲线4
(0)y x x x
=+
>上的一个动点，则点P 到直线0x y +=的距离的最小值是 ▲ . 【答案】4 【解析】由4(0)y x x x =+
>，得241y x
'=-， 设斜率为1-的直线与曲线4
(0)y x x x
=+
>切于0004(,)x x x +，
由20
4
11x -
=-
得0x =
0x =， ∴曲线4
(0)y x x x
=+>
上，点P 到直线0x y +=
4=.
故答案为4．
【名师点睛】本题考查曲线上任意一点到已知直线的最小距离，渗透了直观想象和数学运算素养.采取导数法，利用数形结合和转化与化归思想解题.
6．【2019年高考江苏】在平面直角坐标系xOy 中，点A 在曲线y =ln x 上，且该曲线在点A 处的切线经过
点（-e ，-1)(e 为自然对数的底数），则点A 的坐标是 ▲ . 【答案】(e, 1)
【解析】设出切点坐标，得到切线方程，然后求解方程得到横坐标的值，可得切点坐标. 设点()00,A x y ，则00ln y x =. 又1
y x
'=
， 当0x x =时，0
1y x '=
， 则曲线ln y x =在点A 处的切线为000
1
()y y x x x -=
-， 即00
ln 1x
y x x -=
-， 将点()e,1--代入，得00
e
1ln 1x x ---=
-，
即00ln e x x =，
考察函数()ln H x x x =，
当()0,1x ∈时，()0H x <，当()1,x ∈+∞时，()0H x >， 且()ln 1H x x '=+，
当1x >时，()()0,H x H x '>单调递增， 注意到()e e H =，
故00ln e x x =存在唯一的实数根0e x =， 此时01y =， 故点A 的坐标为()e,1.
【名师点睛】导数运算及切线的理解应注意的问题：
一是利用公式求导时要特别注意除法公式中分子的符号，防止与乘法公式混淆．
二是直线与曲线公共点的个数不是切线的本质，直线与曲线只有一个公共点，直线不一定是曲线的切线，同样，直线是曲线的切线，则直线与曲线可能有两个或两个以上的公共点．
7．【2019年高考北京理数】设函数()e e x
x
f x a -=+（a 为常数）．若f （x ）为奇函数，则a =________；
若f （x ）是R 上的增函数，则a 的取值范围是___________． 【答案】(]1
,0--∞
【解析】首先由奇函数的定义得到关于a 的恒等式，据此可得a 的值，然后利用()0f x '≥可得a 的取值范围.
若函数()e e x
x
f x a -=+为奇函数，则()(),f x f x -=-即()e
e e e x
x x x a a --+=-+，
即()()
1e e
0x x
a -++=对任意的x 恒成立， 则10a +=，得1a =-.
若函数()e e x
x
f x a -=+是R 上的增函数，则() e e 0x x f x a -'=-≥在R 上恒成立，
即2e x a ≤在R 上恒成立， 又2e 0x >，则0a ≤，
即实数a 的取值范围是(]
,0-∞.
【名师点睛】本题考查函数的奇偶性､单调性､利用单调性确定参数的范围.解答过程中，需利用转化与化归思想，转化成恒成立问题.注重重点知识､基础知识､基本运算能力的考查.
8．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数()sin ln(1)f x x x =-+，()f x '为()f x 的导数．证明：
（1）()f x '在区间(1,)2
π
-存在唯一极大值点； （2）()f x 有且仅有2个零点． 【答案】（1）见解析；（2）见解析.
【解析】（1）设()()g x f 'x =，则1
()cos 1g x x x =-
+，2
1sin ()
)(1x 'x g x =-++. 当1,2x π⎛
⎫∈- ⎪⎝⎭时，()g'x 单调递减，而(0)0,()02g'g'π><，可得()g'x 在1,2π⎛
⎫- ⎪⎝⎭
有唯一零点，
设为α.
则当(1,)x α∈-时，()0g'x >；当,
2x α⎛
π⎫
∈ ⎪⎝⎭
时，()0g'x <. 所以()g x 在(1,)α-单调递增，在,
2απ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，故()g x 在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭
存在唯一极大值点，即()f 'x 在1,
2π⎛
⎫
- ⎪⎝⎭
存在唯一极大值点. （2）()f x 的定义域为(1,)-+∞.
（i ）当(1,0]x ∈-时，由（1）知，()f 'x 在(1,0)-单调递增，而(0)0f '=，所以当(1,0)x ∈-时，
()0f 'x <，故()f x 在(1,0)-单调递减，又(0)=0f ，从而0x =是()f x 在(1,0]-的唯一零点.
（ii ）当0,2x ⎛π⎤∈ ⎥⎝
⎦时，由（1）知，()f 'x 在(0,)α单调递增，在,2απ⎛⎫ ⎪⎝
⎭单调递减，而(0)=0f '，02
f 'π⎛⎫< ⎪⎝⎭
，
所以存在,
2βαπ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()0f 'β=，且当(0,)x β∈时，()0f 'x >；当,2x βπ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭
时，()0f 'x <.故()f x 在(0,)β单调递增，在,
2βπ⎛
⎫
⎪⎝
⎭
单调递减.
又(0)=0f ，1ln 1022f ππ⎛⎫⎛⎫=-+> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以当0,2x ⎛π⎤∈ ⎥⎝⎦时，()0f x >.从而，()f x 在0,2⎛⎤
⎥⎝⎦
π没有零点. （iii ）当,2x π⎛⎤
∈π
⎥⎝⎦时，()0f 'x <，
所以()f x 在,2π⎛⎫π ⎪⎝⎭单调递减.而02f π⎛⎫
> ⎪⎝⎭
，()0f π<，
所以()f x 在,2π⎛⎤
π
⎥⎝⎦
有唯一零点. （iv ）当(,)x ∈π+∞时，ln(1)1x +>，所以()f x <0，从而()f x 在(,)π+∞没有零点. 综上，()f x 有且仅有2个零点.
【名师点睛】本题考查导数与函数极值之间的关系、利用导数解决函数零点个数的问题.解决零点问题的关键一方面是利用零点存在性定理或最值点来说明存在零点，另一方面是利用函数的单调性说明在区间内零点的唯一性，二者缺一不可.
9．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】已知函数()1
1
ln x f x x x -=-
+.
（1）讨论f (x )的单调性，并证明f (x )有且仅有两个零点；
（2）设x 0是f (x )的一个零点，证明曲线y =ln x 在点A (x 0，ln x 0)处的切线也是曲线e x y =的切线. 【答案】（1）函数()f x 在(0,1)和(1,)+∞上是单调增函数，证明见解析； （2）见解析.
【解析】（1）f （x ）的定义域为（0，1）（1，+∞）．
因为212
()0(1)
f 'x x x =
+>-，所以()f x 在（0，1），（1，+∞）单调递增． 因为f （e ）=e 110e 1+-<-，222
22e 1e 3(e )20e 1e 1
f +-=-=>--，所以f （x ）在（1，+∞）有唯一零点x 1，即f （x 1）=0．又1101x <
<，1111111()ln ()01x f x f x x x +=-+=-=-，故f （x ）在（0，1）有唯一零点1
1
x ．
综上，f （x ）有且仅有两个零点． （2）因为
0ln 01e x x -=，故点B （–ln x 0，0
1
x ）在曲线y =e x 上．
由题设知0()0f x =，即0001ln 1x x x +=-，故直线AB 的斜率000000000
0111ln 11
1ln 1
x x x x x k x x x x x x +--
-=
==+-----． 曲线y =e x 在点001(ln ,
)B x x -处切线的斜率是01x ，曲线ln y x =在点00(,ln )A x x 处切线的斜率也是0
1x ， 所以曲线ln y x =在点00(,ln )A x x 处的切线也是曲线y =e x 的切线．
【名师点睛】本题考查了利用导数求已知函数的单调性、考查了曲线的切线方程，考查了数学运算能力. 10．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】已知函数32()2f x x ax b =-+.
（1）讨论()f x 的单调性；
（2）是否存在,a b ，使得()f x 在区间[0,1]的最小值为1-且最大值为1若存在，求出,a b 的所有值；若不存在，说明理由. 【答案】（1）见解析；（2）0
1a b =⎧⎨
=-⎩或41
a b =⎧⎨
=⎩. 【解析】（1）2
()622(3)f x x ax x x a '=-=-． 令()0f x '=，得x =0或3
a
x =. 若a >0，则当(,0)
,3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当0,3a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭
时，()0f x '<．故()f x 在(,0),,3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在0,3a ⎛⎫
⎪⎝⎭
单调递减；
若a =0，()f x 在(,)-∞+∞单调递增；
若a <0，则当,
(0,)3a x ⎛
⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当,03a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭
时，()0f x '<．故()f x 在,,(0,)3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在,03a ⎛⎫ ⎪⎝⎭
单调递减.
（2）满足题设条件的a ，b 存在.
（i ）当a ≤0时，由（1）知，()f x 在[0，1]单调递增，所以()f x 在区间[0，l]的最小值为(0)=f b ，最大值为(1)2f a b =-+.此时a ，b 满足题设条件当且仅当1b =-，21a b -+=，即a =0，1b =-．
（ii ）当a ≥3时，由（1）知，()f x 在[0，1]单调递减，所以()f x 在区间[0，1]的最大值为(0)=f b ，最小值为(1)2f a b =-+．此时a ，b 满足题设条件当且仅当21a b -+=-，b =1，即a =4，b =1．
（iii ）当0<a <3时，由（1）知，()f x 在[0，1]的最小值为3327a a f b ⎛⎫
=-+ ⎪⎝⎭
，最大值为b 或2a b -+．
若3
127
a b -+=-，b =1，则a =0<a <3矛盾.
若3
127
a b -+=-，21a b -+=，则a =a =-a =0，与0<a <3矛盾． 综上，当且仅当a =0，1b =-或a =4，b =1时，()f x 在[0，1]的最小值为-1，最大值为1．
【名师点睛】这是一道常规的函数导数和不等式的综合题，题目难度比往年降低了不少，考查函数的单调性、最大值、最小值这种基本量的计算. 11．【2019年高考北京理数】已知函数3
21()4
f x x x x =
-+． （Ⅰ）求曲线()y f x =的斜率为1的切线方程； （Ⅱ）当[2,4]x ∈-时，求证：6()x f x x -≤≤；
（Ⅲ）设()|()()|()F x f x x a a =-+∈R ，记()F x 在区间[2,4]-上的最大值为M （a ）．当M （a ）最小时，求a 的值．
【答案】（Ⅰ）y x =与6427y x =-；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）3a =-. 【解析】（Ⅰ）由32
1()4f x x x x =-+得23()214
f x x x '=-+.
令()1f x '=，即232114x x -+=，得0x =或8
3x =.
又(0)0f =，88
()327
f =，
所以曲线()y f x =的斜率为1的切线方程是y x =与88273
y x -=-， 即y x =与64
27
y x =-.
（Ⅱ）令()(),[2,4]g x f x x x =-∈-. 由321()4g x x x =
-得23
()24
g'x x x =-.
令()0g'x =得0x =或83
x =
. (),()g'x g x 的情况如下：
所以()g x 的最小值为6-，最大值为0. 故6()0g x -≤≤，即6()x f x x -≤≤. （Ⅲ）由（Ⅱ）知，
当3a <-时，()(0)|(0)|3M F g a a a ≥=-=->； 当3a >-时，()(2)|(2)|63M F a g a a ≥-=--=+>； 当3a =-时，()3M a =. 综上，当()M a 最小时，3a =-.
【名师点睛】本题主要考查利用导函数研究函数的切线方程，利用导函数证明不等式，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 12．【2019年高考天津理数】设函数()e cos ,
()x
f x x
g x =为()f x 的导函数．
（Ⅰ）求()f x 的单调区间；
（Ⅱ）当,42x ππ⎡⎤
∈⎢⎥⎣⎦时，证明()()02f x g x x π
⎛⎫+-≥ ⎪⎝⎭
；
（Ⅲ）设n x 为函数()()1u x f x =-在区间2,242n n ππ⎛⎫
π+
π+ ⎪⎝⎭
内的零点，其中n ∈N ，证明200
22sin c s e o n n n x x x -π
ππ+-<
-． 【答案】（Ⅰ）()f x 的单调递增区间为3ππ2π,2π(),()44k k k f x ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣
⎦Z 的单调递减区间为
π5π2π,2π()44k k k ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦
Z .（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析. 【解析】（Ⅰ）由已知，有()e (cos sin )x f 'x x x =-．因此，当52,244x k k ππ⎛
⎫
∈π+
π+ ⎪⎝⎭
()k ∈Z 时，有sin cos x x >，得()0f 'x <，则()f x 单调递减；当32,244x k k ππ⎛
⎫
∈π-
π+ ⎪⎝⎭
()k ∈Z 时，有sin cos x x <，得()0f 'x >，则()f x 单调递增．
所以，()f x 的单调递增区间为32,2(),()44k k k f x ππ⎡
⎤
π-
π+∈⎢⎥⎣⎦
Z 的单调递减区间为52,2()44k k k ππ⎡
⎤π+π+∈⎢⎥⎣⎦
Z ． （Ⅱ）证明：记()()()2h x f x g x x π⎛⎫
=+-
⎪⎝⎭
．依题意及（Ⅰ），有()e (cos sin )x g x x x =-，从而()2e sin x g'x x =-．当,42x ππ⎛⎫
∈ ⎪⎝⎭时，0()g'x <，故
()()()()(1)()022h'x f 'x g'x x g x g'x x ππ⎛⎫⎛⎫
=+-+-=-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
．
因此，()h x 在区间,
42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦
上单调递减，进而()022h x h f ππ⎛⎫⎛⎫
≥== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭． 所以，当,42
x ππ⎡⎤
∈⎢⎥⎣⎦
时，()()02f x g x x π
⎛⎫+-≥ ⎪⎝
⎭
．
（Ⅲ）证明：依题意，()()10n n u x f x =-=，即cos e 1n x n x =．记2n n y x n =-π，则,42n y ππ⎛⎫
∈ ⎪⎝⎭
，且()()()22e cos e
cos 2e n n y
x n n n n n f y y x n n π
--π==-π=∈N ．
由()()20e
1n n f y f y -π
==≤及（Ⅰ），得0n y y ≥．由（Ⅱ）知，当,42x ππ⎛⎫
∈ ⎪⎝⎭
时，()0g'x <，所
以()g x 在,42ππ⎡⎤
⎢⎥⎣⎦上为减函数，因此()()004n g y g y g π⎛⎫
≤<= ⎪⎝⎭
．又由（Ⅱ）知，
()()02n n n f y g y y π⎛⎫
+-≥ ⎪⎝⎭
，故
()()()()()022*******
2sin cos sin c e e e e os e n n n n n n y n n f y y g y g y g y y y x x -π-π-π-π
π--=-≤=--≤<
． 所以，200
22sin c s e o n n n x x x -πππ+-<-．
【名师点睛】本小题主要考查导数的运算、不等式证明、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法．考查函数思想和化归与转化思想．考查抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力． 13．【2019年高考浙江】已知实数0a ≠
，设函数()=ln 0.f x a x x >
（1）当3
4
a =-
时，求函数()f x 的单调区间； （2）对任意21[
,)e x ∈+∞
均有()2f x a
≤ 求a 的取值范围． 注：e=…为自然对数的底数．
【答案】（1）()f x 的单调递增区间是()3,+∞,单调递减区间是()0,3；（2
）0,
4⎛ ⎝⎦
. 【解析】（1）当34a =-
时，3
()ln 04
f x x x =-+>．
3()4f 'x x =-
+=
所以，函数()f x 的单调递减区间为（0，3），单调递增区间为（3，+∞）．
（2）由1(1)2f a ≤
，得0a <≤．
当0a <≤
()f x ≤
2ln 0x -≥． 令1
t a
=
，则t ≥．
设()22ln ,g t t x t =≥
则2()2ln g t t x =
．
（i ）当1,7x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭
()2ln g t g x ≥=．
记1
()ln ,7
p x x x =≥
，则
1()
p'x x =
-=
=
.
故
所以，()(1)0p x p ≥=．
因此，()2()0g t g p x ≥=≥．
（ii ）当211,e 7x ⎡⎫
∈⎪⎢
⎣⎭时，1()1g t g x ⎛+= ⎝．
令
211()(1),,e 7q x x x x ⎡⎤
=++∈⎢
⎥⎣⎦
，则()10q'x =+>， 故()q x 在211,e 7⎡⎤⎢
⎥⎣⎦上单调递增，所以1()7q x q ⎛⎫
⎪⎝⎭
．
由（i ）得，11(1)077q p p ⎛⎫⎛⎫=<= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
． 所以，()<0q x ．
因此1()10
g t g x ⎛+=> ⎝．
由（i ）（ii ）知对任意2
1,e x ⎡⎫
∈+∞⎪⎢
⎣⎭
，),()0t g t ∈+∞， 即对任意21,e x ⎡⎫
∈+∞⎪⎢
⎣⎭
，均有()2x
f x a ．
综上所述，所求a 的取值范围是⎛
⎝
⎦
． 【名师点睛】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．
14．【2019年高考江苏】设函数()()()(),,,f x x a x b x c a b c =---∈R 、()f 'x 为f （x ）的导函数．
（1）若a =b =c ，f （4）=8，求a 的值；
（2）若a ≠b ，b =c ，且f （x ）和()f 'x 的零点均在集合{3,1,3}-中，求f （x ）的极小值；
（3）若0,01,1a b c =<=，且f （x ）的极大值为M ，求证:M ≤4
27
． 【答案】（1）2a =；（2）见解析；（3）见解析.
【解析】（1）因为a b c ==，所以3
()()()()()f x x a x b x c x a =---=-．
因为(4)8f =，所以3
(4)8a -=，解得2a =．
（2）因为b c =，
所以2
3
2
2
()()()(2)(2)f x x a x b x a b x b a b x ab =--=-+++-， 从而2()3()3a b f 'x x b x +⎛⎫
=-- ⎪⎝⎭
．令()0f 'x =，得x b =或23a b x +=． 因为2,,
3a b
a b +都在集合{3,1,3}-中，且a b ≠， 所以21,3,33
a b
a b +===-． 此时2
()(3)(3)f x x x =-+，()3(3)(1)f 'x x x =+-． 令()0f 'x =，得3x =-或1x =．列表如下：
所以()f x 的极小值为2(1)(13)(13)32f =-+=-．
（3）因为0,1a c ==，所以32()()(1)(1)f x x x b x x b x bx =--=-++，
2()32(1)f 'x x b x b =-++．
因为01b <≤，所以224(1)12(21)30b b b ∆=+-=-+>， 则()f 'x 有2个不同的零点，设为()1212,x x x x <．
由()0f 'x =，得12x x ==
． 列表如下：
所以()f x 的极大值()1M f x =． 解法一：
()3
21111(1)M f x x b x bx ==-++
()2
21
111211(1)[32(1)]3999b b x b b b x b x b x -+++⎛⎫=-++--+ ⎪
⎝⎭
()23
21(1)
(1)227
927
b b b b b --+++=
++
2
3(1)2(1)(1)2
272727b b b b +-+=-+
(1)24272727b b +≤
+≤．因此4
27
M ≤． 解法二：
因为01b <≤，所以1(0,1)x ∈．
当(0,1)x ∈时，2()()(1)(1)f x x x b x x x =--≤-． 令2()(1),(0,1)g x x x x =-∈，则1()3(1)3g'x x x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭
． 令()0g'x =，得1
x =
．列表如下：
所以当13x =
时，()g x 取得极大值，且是最大值，故max 14()327g x g ⎛⎫== ⎪⎝⎭
． 所以当(0,1)x ∈时，4()()27f x g x ≤≤
，因此4
27
M ≤． 【名师点睛】本题主要考查利用导数研究函数的性质，考查综合运用数学思想方法分析与解决问题以及逻辑推理能力．
15．【河北省武邑中学2019届高三第二次调研考试数学】函数f(x)=x 2−2lnx 的单调减区间是
A ．(0,1]
B ．[1,+∞)
C ．(−∞,−1]∪(0，1]
D ．[−1,0)∪(0,1]
【答案】A
【解析】f′(x)=2x −2
x =
2x 2−2x
(x >0)，
令f′(x)≤0，解得：0<x ≤1. 故选A ．
【名师点睛】本题考查了函数的单调性，考查导数的应用，是一道基础题.
16．【江西省南昌市2019届高三模拟考试数学】已知f(x)在R 上连续可导，f ′(x)为其导函数，且f(x)=e x +
e −x −
f ′(1)x ⋅(e x −e −x )，则f ′(2)+f ′(−2)−f ′(0)f ′(1)= A ．4e 2+4e −2 B ．4e 2−4e −2 C ．0
D ．4e 2
【答案】C
【解析】∵()e e (1)()(e e ()x x x x f x f x f x --'-=+=---)， ∴()f x 是偶函数，
两边对x 求导，得()()f x f x -'-='，即()()f x f x '-=-'， 则()f x '是R 上的奇函数，则(0)0f '=，
(2)(2)f f '-=-'，即(2)(2)0f f '+'-=，
则(2)(2)(0)(1)0f f f f ''''+--=. 故选C ．
【名师点睛】本题主要考查函数导数值的计算，根据条件判断函数的奇偶性是解决本题的关键，是中档题.
17．【江西省新八校2019届高三第二次联考数学】若3()3()21f x f x x x +-=++对x ∈R 恒成立，则曲线
()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为
A ．5250x y +-=
B ．10450x y +-=
C ．540x y +=
D ．204150x y --=
【答案】B 【解析】
()()3321f x f x x x +-=++……①，
()()3321f x f x x x ∴-+=--+……②，
联立①②，解得()31124f x x x =-
-+，则()23
12
f x x '=--， ()11511244f ∴=--+=-，()35
1122
f '=--=-，
∴切线方程为：()55
142
y x +
=--，即10450x y +-=. 故选B.
【名师点睛】本题考查利用导数的几何意义求解在某一点处的切线方程，关键是能够利用构造方程组的方式求得函数的解析式.
18．【云南省玉溪市第一中学2019届高三第二次调研考试数学】函数2l ()n f x x x =的最小值为
A ．1e -
B ．1e
C ．12e
-
D ．
12e
【答案】C
【解析】由题得(0,)x ∈+∞，()2ln (2ln 1)f x x x x x x '=+=+， 令2ln 10x +=，解得12
e
x -=，
则当12
(0,e )x -∈时，()f x 为减函数，当12
(e ,)x -∈+∞时，()f x 为增函数， 所以1
2
e x -=处的函数值为最小值，且12
1(e )2e
f -
=-
. 故选C.
【名师点睛】本题考查用导数求函数最值，解此类题首先确定函数的定义域，其次判断函数的单调性，确定最值点，最后代回原函数求得最值.
19．【四川省内江市2019届高三第三次模拟考试数学】若函数f(x)=1
2ax 2+xlnx −x 存在单调递增区间，
则a 的取值范围是 A ．1,1e ⎛⎫- ⎪⎝⎭
B ．1,e ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭
C ．()1,-+∞
D ．1,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝
⎭
【答案】B
【解析】()ln f x ax x '=+， ∴()0f x '>在x ∈()0+∞，上成立， 即ax+ln x ＞0在x ∈()0+∞，上成立，
即a ln x
x
-
＞在x ∈()0+∞，上成立． 令g （x ）ln x x =-，则g ′（x ）2
1ln x
x -=-， ∴g （x ）ln x
x =-在（0，e ）上单调递减，在（e ，+∞）上单调递增，
∴g （x ）ln x x =-的最小值为g （e ）=1
e
-，
∴a ＞1e
-
． 故选B ．
【名师点睛】本题考查学生利用导数研究函数的单调性及转化化归思想的运用，属中档题．
20．【山西省太原市2019届高三模拟试题（一）数学】已知定义在(0,+∞)上的函数f(x)满足xf ′(x)−f(x)<0，
且f(2)=2，则f (e x )−e x >0的解集是 A ．(−∞,ln2) B ．(ln2,+∞) C ．(0,e 2)
D ．(e 2,+∞)
【答案】A 【解析】令g (x )=
f (x )x
,g ′(
x )=xf ′(x )−f (x )
x 2
<0,
∴g(x)在(0,+∞)上单调递减，且g (2)=f (2)2
=1,
故f (e x )−e x >0等价为f (e x )e x
>
f (2)2
，即g (e x )>g (2)，
故e x <2,即x <ln2， 则所求的解集为(−∞,ln2). 故选A.
【名师点睛】本题考查导数与单调性的应用，构造函数的思想，考查分析推理能力，是中档题. 21．【河南省焦作市2019届高三第四次模拟考试数学】已知a =ln √33
，b =e −1，c =
3ln28
，则a,b,c 的大小
关系为 A ．b <c <a B ．a >c >b C ．a >b >c
D ．b >a >c
【答案】D
【解析】依题意，得ln33a ==，1lne e e b -==，3ln2ln888
c ==.
令f (x )=
ln x x
，所以f ′(x )=
1−ln x x 2
.
所以函数f (x )在(0,e )上单调递增，在(e,+∞)上单调递减， 所以[f (x )]max =f (e )=1
e =b ，且
f (3)>f (8)，即a >c ， 所以b >a >c . 故选D.
【名师点睛】本题主要考查了利用导数判断函数的单调性，构造出函数()ln x
f x x
=是解题的关键，属于中档题.
22．【安徽省毛坦厂中学2019届高三校区4月联考数学】已知f (x )=lnx +1−ae x ，若关于x 的不等式f (x )<
0恒成立，则实数a 的取值范围是 A ．1,e ⎛
⎫-∞ ⎪⎝⎭
B ．(),0-∞
C ．1,e
⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭
D ．1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭
【答案】D
【解析】由()0f x <恒成立得ln 1
e
x x a +>
恒成立， 设()ln 1
e x x h x +=，则()1
ln 1e x
x x h x -='-. 设()1ln 1g x x x =--，则()211
0g x x x
'=--<恒成立，
∴g (x )在(0,+∞)上单调递减，
又∵g (1)=0，∴当0<x <1时，g (x )>g (1)=0，即ℎ′(x )>0； 当x >1时，g (x )<g (1)=0，即ℎ′(x )<0， ∴ℎ(x )在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减， ∴ℎ(x)max =ℎ(1)=1
e ，∴a >1
e . 故选D.
【名师点睛】本题考查利用导数求函数的最值，不等式恒成立问题，分离参数是常见的方法，属于中档题.
23．【辽宁省丹东市2019届高三总复习质量测试】若1x =是函数()3
221()(1)33
f x x a x a a x =
++-+-的极值点，则a 的值为 A ．-2 B ．3 C ．-2或3
D ．-3或2
【答案】B 【解析】()()()()3
2222113(3)(13
2)f x x a x a a f x x x a x a a '=++-=
++-+-⇒+-，
由题意可知(1)0f '=，即()
2
12(1)303a a a a +-=+⇒-=+或2a =-，
当3a =时，()
222
()2(1)389(9)(1)f x x a x a a x x x x +-'=++-=+-=+-，
当1x >或9x <-时，()0f x '>，函数单调递增；当91x -<<时，()0f x '<，函数单调递减， 显然1x =是函数()f x 的极值点；
当2a =-时，()
2222
()232(111))(0a a f x x a x x x x +-=-++=-=+-≥'，
所以函数()f x 是R 上的单调递增函数，没有极值，不符合题意，舍去. 故3a =. 故选B ．
【名师点睛】本题考查了已知函数的极值，求参数的问题.本题易错的地方是求出a 的值，没有通过单调性来验证1x =是不是函数的极值点，也就是说使得导函数为零的自变量的值，不一定是极值点. 24．【黑龙江省大庆市第一中学2019届高三下学期第四次模拟（最后一卷)考试】已知奇函数()f x 是定义
在R 上的可导函数，其导函数为()f x '，当0x >时，有()()2
2f x xf x x '>+，则不等式
()
()()2
2018+2018420x f x f +-<＋的解集为
A ．(),2016-∞-
B ．()2016,2012--
C ．(),2018-∞-
D ．()2016,0-
【答案】A
【解析】设()()2
g x x f x =，
因为()f x 为R 上的奇函数，
所以()()()()2
2
g x x f x x f x -=--=-，
即()g x 为R 上的奇函数
对()g x 求导，得()()()2f g f x x x x x '=+'⎡⎤⎣⎦， 而当0x >时，有()()2
20f x xf x x '>+≥，
故0x >时，()0g x '>，即()g x 单调递增，
所以()g x 在R 上单调递增，
则不等式()()()2
2018+2018420x f x f +-<＋即()()()2
2018+201842x f x f +<--， 即()()()2
2018+201842x f x f +<， 即()()20182g x g +<，
所以20182x +<，解得2016x <-. 故选A.
【名师点睛】本题考查构造函数解不等式，利用导数求函数的单调性，函数的奇偶性，题目较综合，有一定的技巧性，属于中档题.
25．【重庆西南大学附属中学校2019届高三第十次月考数学】曲线2
1()ln 2
f x x x x =
+在点(1(1))f ，处的切线与直线10ax y --=垂直，则a =________. 【答案】12
-
【解析】因为2
1()ln 2
f x x x x =+，所以()ln 1f x x x '=++， 因此，曲线2
1()ln 2
f x x x x =
+在点(1(1))f ，处的切线斜率为(1)112k f '==+=， 又该切线与直线10ax y --=垂直，所以
1
2
a =-. 故答案为12
-
. 【名师点睛】本题主要考查导数在某点处的切线斜率问题，熟记导数的几何意义即可求解，属于常考题型.
26．【广东省深圳市高级中学2019届高三适应性考试（6月）数学】已知函数22,0,
()e ,0,
x x x f x x ⎧≤=⎨>⎩若方程
2[()]f x a =恰有两个不同的实数根12,x x ，则12x x +的最大值是______．
【答案】3ln 22-
【解析】作出函数()f x 的图象如图所示，
由()2
f x a =⎡⎤⎣⎦，可得()1f x =>， 即1a >，
不妨设12x x < ，则2212e x x =
(1)t t =>，则12ln x x t ==，
12ln x x t ∴+=
令()ln g t t =()g t '= ∴当18t <<时，()0g t '>，g t 在()1,8上单调递增；
当8t
时，()0g t '<，g t 在()8,+∞上单调递减，
∴当8t =时，g t 取得最大值，为(8)ln823ln22g =-=-.
故答案为3ln 22-.
【名师点睛】本题主要考查方程的根与图象交点的关系，考查了利用导数判断函数的单调性以及求函数的极值与最值，属于难题.求函数()f x 的极值与最值的步骤：（1）确定函数的定义域；（2）求导数
()f x '；（3）解方程()0,f x '=求出函数定义域内的所有根；（4）判断()f x '在()0f x '=的根0x 左
右两侧值的符号，如果左正右负（左增右减），那么()f x 在0x 处取极大值，如果左负右正（左减右增），那么()f x 在0x 处取极小值.（5）如果只有一个极值点，则在该点处取得极值也是最值；（6）如果求闭区间上的最值还需要比较端点处的函数值与极值的大小.
27．【山东省烟台市2019届高三3月诊断性测试（一模）数学】已知函数42
11()42
f x x ax =
-，a ∈R . （1）当1a =时，求曲线()f x 在点(2,(2))f 处的切线方程；
（2）设函数2()(22)e e ()x g x x x a f x =-+--，其中e 2.71828...=是自然对数的底数，讨论()g x 的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值． 【答案】（1）6100x y --=；
（2）当0a ≤时，()g x 在(,)-∞+∞上单调递增，无极值；当0a >时，()g x 在(,-∞和)
+∞
单调递增，在(单调递减，极大值为2e
(2)e
4
g a =+，极小值为
2e (4
g a =-+. 【解析】（1）由题意3()f x x ax '=-，所以当1a =时，(2)2f =，(2)6f '=， 因此曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线方程是26(2)y x -=-， 即6100x y --=.
（2）因为2()(22)e e ()x g x x x a f x =-+--， 所以2()(22)e (22)e e '()x x g x x x x a f x '=-+-+--
232()e e()()(e e )x x x a x ax x a x =---=--，
令()e e x h x x =-，则()e e x h x '=-， 令()0h x '=得1x =，
当(,1)x ∈-∞时，()0h x '<，()h x 单调递减， 当(1,)x ∈+∞时，()0h x '>，()h x 单调递增， 所以当1x =时，min ()(1)0h x h ==， 也就说，对于x ∀∈R 恒有()0h x ≥. 当0a ≤时，2()()()0g x x a h x '=-≥，
()g x 在(,)-∞+∞上单调递增，无极值；
当0a >时，令()0g x '=，可得x =
当x <x >
2
()()()0g x x a h x '=-≥，()g x 单调递增，
当x <<
()0g x '<，()g x 单调递减，
因此，当x =()g x 取得极大值2e
(2)e
4
g a =+；
当x =
()g x 取得极小值2e (4
g a =-+. 综上所述：
当0a ≤时，()g x 在(,)-∞+∞上单调递增，无极值；
当0a >时，()g x 在(,-∞和)+∞上单调递增，在(上单调递减， 函数既有极大值，又有极小值，
极大值为2e
(2)e
4g a =+，
极小值为2e (4
g a =-+. 【名师点睛】本题考查了函数的单调性，极值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．
28．【陕西省2019届高三第三次联考数学】已知函数f(x)=lnx −ax ，g(x)=x 2，a ∈R .
（1）求函数f(x)的极值点；
（2）若f(x)≤g(x)恒成立，求a 的取值范围.
【答案】（1）极大值点为1
a ，无极小值点.（2）a ≥−1.
【解析】（1）()ln f x x ax =-的定义域为(0,+∞)，f ′(x )=1
x −a ， 当a ≤0时，f ′(x )=1
x −a >0，
所以f (x )在(0,+∞)上单调递增，无极值点；
当a >0时，解f ′(x )=1
x −a >0得0<x <1
a ，解f ′(x )=1
x −a <0得x >1
a ， 所以f (x )在(0,1
a )上单调递增，在(1
a ,+∞)上单调递减，
所以函数f (x )有极大值点，为1
a ，无极小值点. （2）由条件可得ln x −x 2−ax ≤0(x >0)恒成立， 则当x >0时，a ≥ln x x
−x 恒成立，
令ℎ(x )=
ln x x
−x(x >0)，则ℎ′(x )=
1−x 2−ln x
x 2
，
令k (x )=1−x 2−ln x(x >0)，
则当x >0时，k ′(x )=−2x −1
x <0，所以k (x )在(0,+∞)上为减函数. 又k (1)=0，所以在(0,1)上，ℎ′(x )>0；在(1,+∞)上，ℎ′(x )<0. 所以ℎ(x )在(0,1)上为增函数，在(1,+∞)上为减函数， 所以ℎ(x )max =ℎ(1)=−1，所以a ≥−1.
【名师点睛】对于函数恒成立或者有解求参的问题，常用方法有：变量分离，参变分离，转化为函数最值问题；或者直接求函数最值，使得函数最值大于或者小于0；或者分离成两个函数，使得一个函数恒大于或小于另一个函数.
29．【山东省济宁市2019届高三二模数学】已知函数f(x)=lnx −xe x +ax(a ∈R).
（1）若函数f(x)在[1,+∞)上单调递减，求实数a 的取值范围； （2）若a =1，求f(x)的最大值.
【答案】（1）a ≤2e −1；（2）f(x)max =−1.
【解析】（1）由题意知，f′(x)=1
x −(e x +xe x )+a =1
x −(x +1)e x +a ≤0在[1,+∞)上恒成立， 所以a ≤(x +1)e x −1
x 在[1,+∞)上恒成立. 令g(x)=(x +1)e x −1
x ，则g′(x)=(x +2)e x +
1x 2
>0，
所以g(x)在[1,+∞)上单调递增，所以g(x)min =g(1)=2e −1， 所以a ≤2e −1.
（2）当a =1时，f(x)=lnx −xe x +x(x >0). 则f′(x)=1
x
−(x +1)e x +1=(x +1)(1
x
−e x )，
令m(x)=1x −e x ，则m′(x)=−1
x 2−e x <0， 所以m(x)在(0,+∞)上单调递减.
由于m(12)>0，m(1)<0，所以存在x 0>0满足m(x 0)=0，即e x 0=1
x 0
.
当x ∈(0,x 0)时，m(x)>0，f′(x)>0；当x ∈(x 0,+∞)时，m(x)<0，f′(x)<0. 所以f(x)在(0,x 0)上单调递增，在(x 0,+∞)上单调递减. 所以f(x)max =f (x 0)=lnx 0−x 0e x 0+x 0， 因为e x 0=1
x 0
，所以x 0=−lnx 0，
所以f(x 0)=−x 0−1+x 0=−1， 所以f(x)max =−1.
【名师点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，最值，零点存在性定理及其应用，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
30．【福建省龙岩市2019届高三5月月考数学】今年3月5日，国务院总理李克强作的政府工作报告中，
提到要“惩戒学术不端，力戒学术不端，力戒浮躁之风”.教育部日前公布的《教育部2019年部门预算》中透露，2019年教育部拟抽检博士学位论文约6000篇，预算为800万元.国务院学位委员会、教育部2014年印发的《博士硕士学位论文抽检办法》通知中规定：每篇抽检的学位论文送3位同行专家进行评议，3位专家中有2位以上（含2位）专家评议意见为“不合格”的学位论文，将认定为“存在问题学位论文”.有且只有1位专家评议意见为“不合格”的学位论文，将再送2位同行专家进行复评，2位复评专家中有1位以上（含1位）专家评议意见为“不合格”的学位论文，将认定为“存在问题学位论文”.设每篇学位论文被每位专家评议为“不合格”的概率均为(01)p p <<，且各篇学位论文是否被评议为“不合格”相互独立.
（1）记一篇抽检的学位论文被认定为“存在问题学位论文”的概率为()f p ，求()f p ；
（2）若拟定每篇抽检论文不需要复评的评审费用为900元，需要复评的评审费用为1500元；除评审费外，其它费用总计为100万元.现以此方案实施，且抽检论文为6000篇，问是否会超过预算并说明理由.
【答案】（1）−3p 5+12p 4−17p 3+9p 2；（2）若以此方案实施，不会超过预算.
【解析】（1）因为一篇学位论文初评被认定为“存在问题学位论文”的概率为C 32p 2(1−p )+C 33p 3， 一篇学位论文复评被认定为“存在问题学位论文”的概率为C 31p (1−p )2[1−(1−p )2]，
所以一篇学位论文被认定为“存在问题学位论文”的概率为
f (p )=C 32p 2(1−p )+C 33p 3+C 31p (1−p )2[1−(1−p )2]
=3p 2(1−p )+p 3+3p (1−p )2[1−(1−p )2] =−3p 5+12p 4−17p 3+9p 2.
（2）设每篇学位论文的评审费为X 元，则X 的可能取值为900，1500.
P (X =1500)=C 31p (1−p )2， P (X =900)=1−C 31p (1−p )2， 所以E (X )=900×[1−C 31p (1−p )2]+1500×C 31p (1−p )2
=900+1800p (1−p )2. 令g (p )=p (1−p )2,p ∈(0,1),
g ′(p )=(1−p )2−2p (1−p )=(3p −1)(p −1). 当p ∈(0,1
3)时，g ′(p )>0，g (p )在(0,1
3)上单调递增；
当p ∈(13
,1)时，g ′(p )<0，g (p )在(1
3
,1)上单调递减,
所以g (p )的最大值为g (13)=4
27.
所以实施此方案，最高费用为100+6000×(900+1800×4
27
)×10−4=800（万元）. 综上，若以此方案实施，不会超过预算.
【名师点睛】本题主要考查互斥事件的概率和独立重复试验的概率的求法，考查随机变量的期望的求法，考查利用导数求函数的最大值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力. 31．【北京市西城区2019届高三4月统一测试（一模）数学】设函数f(x)=m e x −x 2+3，其中m ∈R ．
（1）当f(x)为偶函数时，求函数ℎ(x)=xf(x)的极值；
（2）若函数f(x)在区间[−2 , 4]上有两个零点，求m 的取值范围． 【答案】（1）极小值ℎ(−1)=−2，极大值ℎ(1)=2；（2）−2e <m <13e 4
或m =6
e 3.
【解析】（1）由函数f(x)是偶函数，得f(−x)=f(x)， 即m e −x −(−x)2+3=m e x −x 2+3对于任意实数x 都成立， 所以m =0. 此时ℎ(x)=xf(x)=−x 3+3x ，则ℎ′(x)=−3x 2+3. 由ℎ′(x)=0，解得x =±1. 当x 变化时，ℎ′(x)与ℎ(x)的变化情况如下表所示：
所以ℎ(x)在(−∞,−1)，(1,+∞)上单调递减，在(−1,1)上单调递增. 所以ℎ(x)有极小值ℎ(−1)=−2，极大值ℎ(1)=2. （2）由f(x)=m e x −x 2+3=0，得m =
x 2−3e x
.
所以“f(x)在区间[−2 , 4]上有两个零点”等价于“直线y =m 与曲线g(x)=x 2−3e x
，x ∈[−2 , 4]有且只有两
个公共点”.
对函数g(x)求导，得g ′
(x)=
−x 2+2x+3
e x
.
由g ′(x)=0，解得x 1=−1，x 2=3. 当x 变化时，g ′(x)与g(x)的变化情况如下表所示：
所以g(x)在(−2,−1)，(3,4)上单调递减，在(−1,3)上单调递增. 又因为g(−2)=e 2，g(−1)=−2e ，g(3)=6e 3<g(−2)，g(4)=13e 4
>g(−1)，
所以当−2e <m <13e
4或m =6
e
3时，直线y =m 与曲线g(x)=
x 2−3e x
，x ∈[−2 , 4]有且只有两个公共点.
即当−2e <m <
13e 4或m =6
e
3时，函数f(x)在区间[−2 , 4]上有两个零点.
【名师点睛】利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法： （1）利用零点存在的判定定理构建不等式求解. （2）分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解. （3）转化为两熟悉的函数图象问题，从而构建不等式求解.。