导数综合练习题
高中数学导数及其应用综合检测试题及答案
高中数学导数及其应用综合检测试题及答案第一章导数及其应用综合检测时间 120 分钟，满分150 分。
一、选择题 (本大题共12 个小题，每题 5 分，共 60 分．在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项切合题目要求的)1．(2019 全国Ⅱ文， 7)若曲线 y＝ x2 ＋ax＋ b 在点 (0， b)处的切线方程是 x－ y＋ 1＝0，则 ()A．a＝ 1，b＝ 1B．a＝－ 1， b＝ 1C．a＝ 1，b＝－ 1D ．a＝－ 1， b＝－ 1[答案]A[ 分析 ]y＝2x＋ a，y|x＝ 0＝ (2x＋ a)|x＝ 0＝ a＝1，将(0， b)代入切线方程得b＝ 1.2．一物体的运动方程为s＝ 2tsint＋ t，则它的速度方程为()A．v＝ 2sint＋2tcost＋ 1B．v ＝2sint＋ 2tcostC．v ＝2sintD ．v＝ 2sint＋2cost＋1[答案]A[ 分析 ]由于变速运动在t0 的刹时速度就是行程函数y＝s(t)在 t0 的导数， S＝2sint＋ 2tcost＋ 1，应选 A.3．曲线 y＝x2 ＋ 3x 在点 A(2,10) 处的切线的斜率是()A ．4B．5C．6D ．7[答案] D[ 分析 ]由导数的几何意义知，曲线y＝ x2＋ 3x 在点 A(2,10)处的切线的斜率就是函数y＝ x2＋3x 在 x＝ 2 时的导数， y|x ＝2＝7，应选 D.4．函数 y＝x|x(x － 3)|＋1()A ．极大值为 f(2) ＝ 5，极小值为f(0)＝ 1B．极大值为 f(2) ＝ 5，极小值为f(3)＝1C．极大值为 f(2) ＝ 5，极小值为f(0)＝f(3) ＝ 1D ．极大值为 f(2) ＝ 5，极小值为f(3)＝ 1， f( － 1)＝－ 3[答案 ]B[分析 ]y＝x|x(x － 3)|＋ 1＝x3 － 3x2＋ 1 (x0 或 x3)－ x3＋ 3x2＋1 (03)y＝ 3x2 －6x (x0 或 x3)－ 3x2＋ 6x (03)x变化时， f(x) ，f(x) 变化状况以下表：x (－， 0) 0 (0,2) 2 (2,3) 3 (3 ，＋ )f(x)＋0＋0－0＋f(x) ? 无极值? 极大值 5 ? 极小值 1 ?f(x) 极大＝ f(2) ＝5， f(x) 极小＝ f(3) ＝1故应选 B.5．(2009 安徽理， 9)已知函数 f(x) 在 R 上知足 f(x) ＝ 2f(2 － x)－x2 ＋ 8x－ 8，则曲线 y＝ f(x) 在点 (1，f(1)) 处的切线方程是 ()A．y＝ 2x－1B．y＝ xC．y＝ 3x－2D ．y＝－ 2x＋ 3[答案]A[ 分析 ]此题考察函数分析式的求法、导数的几何意义及直线方程的点斜式．∵f(x) ＝2f(2 － x) －x2 ＋ 8x－8，f(2 － x) ＝2f(x) － x2－ 4x＋ 4，f(x) ＝x2， f(x) ＝ 2x，曲线 y＝ f(x) 在点 (1， f(1)) 处的切线斜率为2，切线方程为y－1＝2(x －1)， y＝ 2x－ 1.6．函数 f(x) ＝ x3＋ax2＋ 3x－ 9，已知 f(x) 在 x＝－ 3 时获得极值，则 a 等于 ()A．2B．3C．4D ．5[答案] D[ 分析 ]f(x) ＝ 3x2 ＋2ax＋ 3，∵ f(x) 在 x＝－ 3 时获得极值，x＝－ 3 是方程 3x2＋ 2ax＋3＝ 0 的根，a＝ 5，应选 D.7．设 f(x) ，g(x) 分别是定义在R 上的奇函数和偶函数．当x0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)[答案] D[ 分析 ]令F(x)＝f(x)g(x)，易知F(x)为奇函数，又当x0 时，f(x)g(x) ＋ f(x)g(x)0 ，即 F(x)0 ，知 F(x) 在(－， 0)内单一递加，又 F(x) 为奇函数，所以 F(x) 在 (0，＋ )内也单一递加，且由奇函数知 f(0) ＝0， F(0)＝ 0.又由 g(－3)＝ 0，知 g(3)＝ 0F(－ 3)＝ 0，从而 F(3)＝ 0于是 F(x) ＝ f(x)g(x) 的大概图象以下图F(x) ＝ f(x)g(x)0 的解集为 (－，－ 3)(0,3) ，故应选 D.8．下边四图都是同一坐标系中某三次函数及其导函数的图象，此中必定不正确的序号是()A．①②B．③④C．①③D．①④[答案]B[ 分析 ]③不正确；导函数过原点，但三次函数在x＝ 0 不存在极值；④不正确；三次函数先增后减再增，而导函数先负后正再负．故应选 B.9． (2019 湖南理， 5)241xdx 等于 ()A ．－ 2ln2B．2ln2C．－ ln2D ．ln2[答案] D[ 分析 ]由于(lnx)＝1x，所以 241xdx ＝lnx|42 ＝ln4 －ln2＝ ln2.10．已知三次函数f(x) ＝ 13x3 － (4m－ 1)x2＋ (15m2 －2m－7)x ＋2 在 x( －，＋ )是增函数，则m 的取值范围是 ()A ．m2 或 m4B．－ 4－ 2C．24D．以上皆不正确[答案] D[ 分析 ]f(x) ＝ x2－ 2(4m－ 1)x＋ 15m2－ 2m－ 7，由题意得 x2 －2(4m－ 1)x＋ 15m2－2m－70 恒建立，＝ 4(4m －1)2－4(15m2 －2m－7)＝64m2－ 32m＋ 4－60m2＋ 8m＋ 28＝4(m2 －6m＋8)0，24，应选 D.11．已知 f(x) ＝x3 ＋ bx2＋ cx＋d 在区间 [－ 1,2] 上是减函数，那么 b＋ c()A ．有最大值152B．有最大值－ 152C．有最小值152D ．有最小值－ 152[答案]B[ 分析 ]由题意f(x)＝3x2＋2bx＋c在[－1,2]上，f(x)0恒建立．所以 f( － 1)0f(2)0即 2b－c－304b＋ c＋120令 b＋ c＝ z， b＝－ c＋ z，如图过 A －6，－ 32 得 z 最大，最大值为 b＋c＝－ 6－ 32＝－ 152.故应选 B.12．设 f(x) 、g(x) 是定义域为R 的恒大于 0 的可导函数，且f(x)g(x) － f(x)g(x)0 ，则当 ab 时有 ()A．f(x)g(x)f(b)g(b)B．f(x)g(a)f(a)g(x)C．f(x)g(b)f(b)g(x)D ．f(x)g(x)f(a)g(x)[答案] C[ 分析 ]令F(x)＝f(x)g(x)则 F(x) ＝ f(x)g(x) － f(x)g(x)g2(x)0f(x) 、g(x) 是定义域为R 恒大于零的实数F(x) 在 R 上为递减函数，当 x(a，b)时， f(x)g(x)f(b)g(b)f(x)g(b)f(b)g(x) ．故应选 C.二、填空题 (本大题共 4 个小题，每题 4 分，共 16 分．将正确答案填在题中横线上)13.－2－ 1dx(11＋ 5x)3＝________.[答案 ]772[ 分析 ]取F(x)＝－110(5x＋11)2，从而 F(x) ＝ 1(11＋ 5x)3则－ 2－1dx(11 ＋ 5x)3＝ F(－1)－F(－ 2)＝－ 11062＋ 11012＝ 110－ 1360＝772.14．若函数 f(x) ＝ ax2－1x 的单一增区间为(0，＋)，则实数 a的取范是 ________．[ 答案 ] a0[ 分析 ] f(x) ＝ ax－1x＝ a＋1x2，由意得， a＋ 1x20， x(0，＋ )恒建立，a－ 1x2， x(0 ，＋ )恒建立， a0.15． (2009 西理， 16) 曲 y＝ xn ＋1(nN*) 在点 (1,1)的切与 x 的交点的横坐xn ，令 an＝ lgxn ， a1＋ a2＋⋯＋a99 的 ________．[答案 ]－2[ 分析 ]本小主要考数的几何意和数函数的相关性．k＝ y|x＝ 1＝n＋ 1，切 l ：y－ 1＝ (n＋ 1)(x － 1)，令 y＝ 0， x＝nn＋ 1，an＝ lgnn ＋ 1，原式＝ lg12 ＋lg23 ＋⋯＋ lg99100＝l g1223 ⋯99100＝ lg1100＝－ 2.16．如暗影部分是由曲y＝1x ， y2＝x 与直 x＝ 2， y ＝0 成，其面________．[ 答案 ]23＋ ln2[ 分析 ]由y2＝x，y＝1x，得交点A(1,1)由 x＝ 2y＝ 1x 得交点 B2， 12.故所求面S＝ 01xdx ＋121xdx＝23x3210 ＋ lnx21 ＝ 23＋ ln2.三、解答题 (本大题共 6 个小题，共74 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(此题满分 12 分 )(2019 江西理，19)设函数 f(x) ＝ lnx ＋ ln(2－x)＋ ax(a0)．(1)当 a＝ 1 时，求 f(x) 的单一区间；(2)若 f(x) 在 (0,1] 上的最大值为12，求 a 的值．[ 分析 ]函数f(x)的定义域为(0,2)，f(x) ＝1x－ 12－ x＋a，(1)当 a＝ 1 时， f(x) ＝－ x2＋2x(2 －x) ，所以 f(x) 的单一递加区间为 (0， 2)，单一递减区间为 (2 ，2)；(2)当 x(0,1] 时， f(x) ＝2－2xx(2 － x) ＋a0，即 f(x) 在 (0,1] 上单一递加，故f(x) 在 (0,1] 上的最大值为f(1) ＝a，所以 a＝12.18．(此题满分12 分 )求曲线 y＝2x－ x2，y＝ 2x2 －4x 所围成图形的面积．[ 分析 ]由y＝2x－x2，y＝2x2－4x得x1＝0，x2＝2.由图可知，所求图形的面积为S＝ 02(2x － x2)dx ＋ |02(2x2－4x)dx| ＝02(2x －x2)dx － 02(2x2 － 4x)dx.由于 x2－ 13x3＝ 2x－x2，23x3－ 2x2＝ 2x2－4x ，所以 S＝ x2－13x320 －23x3－ 2x220＝ 4.19． (此题满分 12 分 )设函数 f(x) ＝x3 － 3ax＋ b(a0)．(1)若曲线 y＝ f(x) 在点 (2， f(2)) 处与直线y＝ 8 相切，求a，b 的值；(2)求函数 f(x) 的单一区间与极值点．[ 剖析 ]考察利用导数研究函数的单一性，极值点的性质，以及分类议论思想．[ 分析 ](1)f(x) ＝ 3x2－ 3a.由于曲线 y＝f(x) 在点 (2， f(2)) 处与直线 y＝8 相切，所以 f(2) ＝ 0， f(2) ＝8.即 3(4－a)＝ 0， 8－6a＋ b＝ 8.解得 a＝ 4，b＝ 24.(2)f(x) ＝ 3(x2－ a)(a0)．当 a0 时， f(x)0 ，函数 f(x) 在 (－，＋ )上单一递加，此时函数f(x) 没有极值点．当 a0 时，由 f(x) ＝ 0 得 x＝ a.当 x( －，－ a)时， f(x)0 ，函数 f(x) 单一递加；当 x( － a， a)时， f(x)0 ，函数 f(x) 单一递减；当 x(a，＋ )时， f(x)0 ，函数 f(x) 单一递加．此时 x＝－ a 是 f(x) 的极大值点， x＝ a 是 f(x) 的极小值点．20． (此题满分 12 分 )已知函数f(x) ＝ 12x2 ＋lnx.(1)求函数 f(x) 的单一区间；(2)求证：当x1 时， 12x2 ＋ lnx23x3.[ 分析 ] (1)依题意知函数的定义域为{x|x0} ，∵f(x) ＝x＋ 1x，故 f(x)0 ，f(x) 的单一增区间为(0，＋ )．(2)设 g(x) ＝ 23x3－12x2 － lnx ，g(x) ＝ 2x2 －x－ 1x，∵当 x1 时， g(x) ＝ (x－ 1)(2x2 ＋ x＋ 1)x0，g(x) 在 (1，＋ )上为增函数，g(x)g(1) ＝ 160，当 x1 时， 12x2 ＋lnx23x3.21． (此题满分 12 分 )设函数 f(x) ＝x3 － 92x2＋ 6x－ a.(1)关于随意实数x,f(x)m 恒建立，求m 的最大值；(2)若方程 f(x) ＝0 有且仅有一个实根，求 a 的取值范围．[ 剖析 ]此题主要考察导数的应用及转变思想，以及求参数的范围问题．[ 分析 ](1)f(x) ＝ 3x2－ 9x＋ 6＝ 3(x－ 1)(x －2)．由于 x( －，＋ )． f(x)m ，即 3x2－ 9x＋ (6－ m)0 恒建立．所以＝ 81－ 12(6－ m)0，得 m－ 34，即 m 的最大值为－ 34. (2)由于当 x1 时， f(x)0 ；当 12 时， f(x)0 ；当 x2 时 f(x)0.所以当 x＝ 1 时， f(x) 取极大值 f(1) ＝ 52－a，当 x＝ 2 时， f(x) 取极小值 f(2) ＝2－ a.故当 f(2)0 或 f(1)0 时，方程 f(x) ＝ 0 仅有一个实根，解得a2或 a52.22． (此题满分 14 分 )已知函数f(x) ＝－ x3＋ax2＋ 1(aR)．(1)若函数 y＝ f(x) 在区间 0， 23 上递加，在区间23，＋上递减，求 a 的值；(2)当 x[0,1] 时，设函数 y＝f(x) 图象上随意一点处的切线的倾斜角为，若给定常数a32，＋，求的取值范围；(3)在 (1)的条件下，能否存在实数m，使得函数 g(x) ＝ x4－ 5x3＋(2－ m)x2 ＋ 1(mR) 的图象与函数 y＝ f(x) 的图象恰有三个交点．若存在，恳求出实数 m 的值；若不存在，试说明原因．[ 分析 ] (1)依题意 f23 ＝ 0，由 f(x) ＝－ 3x2＋ 2ax，得－ 3232＋ 2a23＝ 0，即 a＝1.(2)当 x[0,1] 时， tan＝ f(x) ＝－ 3x2＋ 2ax＝－ 3x－ a32＋a23.由 a32，＋，得 a312，＋ .①当 a312，1，即 a32，3 时， f(x)max ＝ a23，f(x)min ＝f(0) ＝ 0.此时 0tana23.②当 a3(1，＋)，即 a(3，＋)时，f(x)max ＝f(1) ＝ 2a－ 3，f(x)min ＝f(0) ＝0，此时， 0tan2a－ 3.又∵ [0， )，当 323 时， 0，arctana23，当 a3 时， [0 ，arctan(2a－3)] ．(3)函数 y＝ f(x) 与 g(x) ＝x4 －5x3＋ (2－m)x2 ＋ 1(mR) 的图象恰有 3 个交点，等价于方程－x3＋x2 ＋1＝x4－ 5x3＋ (2－m)x2 ＋ 1 恰有 3 个不等实根，x4－ 4x3＋ (1－m)x2 ＝ 0，明显 x＝ 0 是此中一个根 (二重根 )，方程 x2－ 4x ＋(1－ m)＝ 0 有两个非零不等实根，则＝16－ 4(1－ m)01－ m0“师”之观点，大概是从先秦期间的“师长、师傅、先生”而来。
高中数学导数练习题
高中数学导数练习题一、基础题1. 求函数 $f(x) = x^3 3x$ 的导数。
2. 求函数 $f(x) = \sqrt{1+x^2}$ 的导数。
3. 求函数 $f(x) = \frac{1}{x^2}$ 的导数。
4. 求函数 $f(x) = \ln(x^2 + 1)$ 的导数。
5. 求函数 $f(x) = e^{2x}$ 的导数。
二、应用题1. 已知函数 $f(x) = ax^2 + bx + c$，求 $f'(x)$ 并说明其几何意义。
2. 某物体做直线运动，其位移 $s$ 与时间 $t$ 的关系为 $s =t^2 2t + 1$，求物体在 $t=2$ 时的瞬时速度。
3. 已知函数 $f(x) = \frac{1}{\sqrt{x}}$，求曲线在$x=4$ 处的切线方程。
4. 求函数 $f(x) = \sin(x)$ 在区间 $[0, \pi]$ 上的最大值和最小值。
5. 已知函数 $f(x) = \ln(x 1)$，求 $f(x)$ 的单调区间。
三、综合题1. 设函数 $f(x) = (x^2 1)^3$，求 $f'(x)$。
2. 已知函数 $f(x) = \frac{2x + 3}{x 1}$，求 $f'(x)$。
3. 求函数 $f(x) = \sqrt{1 + \sqrt{1 + x^2}}$ 的导数。
4. 已知函数 $f(x) = e^{x^2}$，求曲线在 $x=0$ 处的切线方程。
5. 设函数 $f(x) = \ln(\sin^2 x)$，求 $f'(x)$。
四、拓展题1. 已知函数 $f(x) = \frac{1}{x^2 + 1}$，求 $f''(x)$。
2. 设函数 $f(x) = (x^3 + 1)^4$，求 $f'''(x)$。
3. 已知函数 $f(x) = \arctan(x)$，求 $f'(x)$。
函数导数习题(含答案)
函数、导数部分1、已知函数()x f y =，[]b a x ,∈，那么集合()()[]{}(){}2,,,,=∈=x y x b a x x f y y x 中元素的个数为 1或02、将函数()xx f 2=的图象向左平移一个单位得到图象1C ，再将1C 向上平移一个单位得图象2C ，作出2C 关于直线x y =对称的图象3C ，则3C 对应的函数的解析式为()11log 2--=x y3、函数x x x y sin cos -=在下面的哪个区间上是增函数（ B ）A. ⎪⎭⎫⎝⎛23,2ππ B. ()ππ2, C. ⎪⎭⎫ ⎝⎛25,23ππ D. ()ππ3,24、设()x x x f s i n =，1x 、⎥⎦⎤⎢⎣⎡-∈2,22ππx ，且()1x f ＞()2x f ，则下列结论必成立的是（D ）A. 1x ＞2xB. 1x +2x ＞0C. 1x ＜2xD. 21x ＞22x 5、方程2log 2=+x x 和2log 3=+x x 的根分别是α、β，则有（ A ） 6、方程0122=++x ax 至少有一个负的实根的充要条件是 a ≤ 1 7、在同一坐标系中，函数1+=ax y 与1-=x a y （a >0且a ≠1）的图象可能是 C8、函数()()()b x b x a ax x f +-+-+=348123的图象关于原点中心对称，则()x f （B ）A. 在[]34,34-上为增函数 C. 在[)+∞,34上为增函数，在(]34,-∞-上为减函数B. 在[]34,34-上为减函数 D. 在(]34,-∞-上为增函数，在[)+∞,34上为减函数 9、设(){}12,2++==bx x y y x M ，()(){}b x a y y x P +==2,，(){}φ==P M b a S ,，则S 的面积是π10、已知()()x x x f a a log log 2+-=对任意⎪⎭⎫⎝⎛∈21,0x 都有意义，则实数a 的取值范围是1,116⎡⎫⎪⎢⎣⎭11、函数432--=x x y 的定义域为[]m ,0，值域为⎥⎦⎤⎢⎣⎡--4,425，则实数m 的取值范围是 3,32⎡⎤⎢⎥⎣⎦12、函数()cox x xcoxx f ++=sin 1sin 的值域是121,11,22⎡⎤⎛⎤---- ⎢⎥⎥ ⎣⎦⎝⎦. 13、对于任意实数x 、y ，定义运算x *y 为：x *y =cxy by ax ++，其中a 、b 、c 为常数，等式右边的运算是通常的加法和乘法运算，现已知1*2=3，2*3=4，并且有一个非零常数m ，使得对于任意实数x ，都有x *m =x ，则m =__________4_____. 14、若函数())4(log -+=xax x f a （a >0且a ≠1）的值域为R ，则实数a 的取值范围是04a <≤或1a ≠.15、若曲线()21a x y --=与2+=x y 有且只有一个公共点P ，O 为坐标原点，则OP 的取值范围是2⎤⎦.16、若定义在区间D 上的函数()x f 对D 上的任意n 个值1x ，2x ，…，n x ，总满足()()()[]n x f x f x f n ++211≤⎪⎭⎫ ⎝⎛++n x x x f n 21，则称()x f 为D 上的凸函数.已知函数x y sin =在区间()π,0上是“凸函数”，则在△ABC 中，C B A sin sin sin ++的17、二次函数()x f 满足()()22+-=+x f x f ，又()30=f ，()12=f ，若在[0，m ]上有最大值3，最小值1，则m 的取值范围是 [2,4]18.已知函数)(x f y =的图象与函数xa y =（0>a 且1≠a ）的图象关于直线x y =对称，记]1)2(2)()[()(-+=f x f x f x g ．若)(x g y =在区间]2,21[上是增函数，则实数a 的取值范围是（ D ）A ．),2[+∞B ．)2,1()1,0(C ．)1,21[D ．]21,0( 19、设a 为实数，设函数x x x a x f -+++-=111)(2的最大值为g (a )。
导数综合训练、含答案
1．[2009年普通高等学校招生全国统一考试福建省数学文科参考样卷第5题]曲线324y x x =-+在点(13)，处的切线的倾斜角为（ ） A ．30° B ．45° C ．60° D ．120°2．[福建省政和二中2009届高三数学第四次月考试卷第10题]若函数))4(,4(,sin )(f x e x f x 则此函数图象在点=处的切线的倾斜角为 （ ）A ．2πB ．0C ．钝角D ．锐角3．[辽宁省抚顺一中2009届高三第一次模拟考试数学（文科）试卷第12题]点P 在曲线325y x x =-+上移动，设过点P 的切线的倾斜角为α，则α的取值范围是（ ） A ．[0,]2π B ．3[0,][,)24πππ C ．3[0,)[,)24πππ D ．3[,)24ππ 4. [广东省惠州市2009届高三第三次调研考试数学试题（文科）第12题]垂直于直线2610x y -+=且与曲线3231y x x =+-相切的直线方程的一般式是 ．5．[浙江省嘉兴市2008学年高中学科基础测试数学(文科)试卷第7题，理科第8题]己知函数()32f x ax bx c =++，其导数f'(x)的图象如图所示，则函数()f x 的极小值是 ( )A ．a+b+cB ．8a+4b+cC ．3a+2bD ．c6、[辽宁省大连市第24中学2008～2009学年度上学期期中考试高三年级数学科试卷第2题]设()833-+=x x f x,用二分法求方程()33801,3xx x +-=∈在内近似解的过程中,首先取区间中点02x =，那么下一个有根的区间为A.（1,2）B.（2,3）C.（1,2）或（2,3）都可以D.不能确定7．[2008学年第一学期十校联合体高三期末联考数学试卷（文科）第4题] "3)(""2"2有两个零点函数是＝x mx x f m ++-=的（ ▲ ）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件8、[广东省南海中学2009届高三12月统测数学（理科）试卷第12题]根据表格中的数据，可以判定方程20x e x --=的一个零点所在的区间为))(1,(N k k k ∈+，则k 的值为 ；9．[2009年普通高等学校招生全国统一考试福建省数学文科参考样卷第12题]已知函数x x f x2log )31()(-=，正实数a 、b 、c 满足()0()()f c f a f b <<<，若实数d是函数()f x 的一个零点，那么下列四个判断：①a d <；②b d >；③cd <；④c d >． 其中可能成立的个数为A ．1B ．2C ．3D ．410．[宁夏区银川一中2009届高三年级第四次月考数 学 试 题（文科）第4题]函数)(1sin )(3R x x x x f ∈++=，若2)(=-a f ，则)(a f 的值为（ ）A ．3B ．0C ．-1D ．-211. [广东省惠州市2009届高三第三次调研考试数学试题（文科）第9题]若函数()f x 是奇函数，且在（0,+∞）内是增函数，(3)0f -=，则不等式()0x f x ⋅< 的解集为（ ）A ．{|303}x x x -<<>或B ．{|303}x x x <-<<或C ．{|33}x x x <->或D ．{|3003}x x x -<<<<或12、[辽宁省大连市第24中学2008～2009学年度上学期期中考试高三年级数学科试卷第5题]已知()f x 是实数集R 上的奇函数，且在区间(0,+∞)上单调递增，若102f ⎛⎫= ⎪⎝⎭， 三角形的内角A 满足()cos 0f A <，则A 的取值范围是 A.2,3ππ⎛⎫⎪⎝⎭ B.,32ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭ C.2,33ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭ D.2,323ππππ⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，13．[福建省政和二中2009届高三数学第四次月考试卷第7题]设)(x f 是定义在R 上的一个函数，则函数)()()(x f x f x F --=在R 上一定是（ ） A 奇函数 B 偶函数 C 既是奇函数又是偶函数 D 非奇非偶函数14、[辽宁省大连市第24中学2008～2009学年度上学期期中考试高三年级数学科试卷第8题]若定义在R 上的函数()f x 满足：对任意12,x x R ∈有()()()12121f x x f x f x +=++,则下列说法一定正确的是A.()f x 为奇函数B.()f x 为偶函数C.()1f x +为奇函数D.()1f x +为偶函数 15．[2009年无锡市高三年级部分学校调研测试数学第4题]幂函数()y f x =的图象经过点1(2,)8--，则满足()f x ＝27的x 的值是 ▲ ．16．[2009年无锡市高三年级部分学校调研测试数学第10题]已知函数f （x ）＝log a | x |在（0，＋∞）上单调递增，则f （－2） ▲ f （a ＋1）．（填写“<”，“＝”，“>”之一） 17．[辽宁省抚顺一中2009届高三第一次模拟考试数学（文科）试卷第16题]设0a >，且1a ≠，函数2lg(23)()x x f x a-+=有最大值，则2log (57)0a x x -+>的解集为______ .18．[济宁市育才中学2009届高三阶段性测试第7题]若01,1a x y <<>>，则下列关系式中正确的个数是 （ ）①xya a > ②a a x y > ③l o g l o g a a x y >④l o g l o g x y a a> A ．4个 B ．3个 C ．2个D ．1个19．[济宁市育才中学2009届高三阶段性测试第6题]设函数2103()10x x f x x x⎧-≥⎪⎪=⎨⎪<⎪⎩，若()f a a >，则实数a 的取值范围是 （ ）A ．(,3)-∞-B ．(,1)-∞-C ．(1,)+∞D ．(0,1) 20．[辽宁省沈阳二中2008—2009学年上学期高三期中考试数学试题(文科)第6题]已知),(,)1(log )1()3()(+∞-∞⎩⎨⎧≥<--=是x x x a x a x f a上是增函数，那么实数a 的取值范围是（ ）A ．（1，+∞）B ．（3,∞-）C ．)3,23[D ．（1，3）21．[宁夏区银川一中2009届高三年级第四次月考数 学 试 题（文科）第11题]已知函数x x x f cos )(2-=，对于⎥⎦⎤⎢⎣⎡-2,2ππ上的任意21,x x ，有如下条件： ①21x x >； ②2221x x >； ③21x x >．其中能使)()(21x f x f >恒成立的条件序号是 （ ）A ．①②B ．②C ．②③D ．③22．[宁夏区银川一中2009届高三年级第四次月考数 学 试 题（文科）第12题]关于x 的方程a a x +=22在]1,(-∞上有解，则实数a 的取值范围是 （ ）A ．][1,0()1,2⋃--B ．]][1,0(1,2⋃--C ．][2,0()1,2⋃--D ．[][2,0)1,2⋃--23．[2008学年第一学期十校联合体高三期末联考数学试卷（文科）第21题]（15分）设函数3()f x ax bx c =++(0)a ≠为奇函数，其图象在点(1,(1))f 处的切线与直线076=-+y x 垂直，且在x ＝－1处取得极值．(Ⅰ)求a ，b ，c 的值；（Ⅱ）求函数()f x 在[1,3]-上的最大值和最小值。
导数专题训练(含答案)
导数专题训练及答案专题一导数的几何意义及其应用导数的几何意义是高考重点考查的内容之一，常与解析几何知识交汇命题，主要题型是利用导数的几何意义求曲线上某点处切线的斜率或曲线上某点的坐标或过某点的切线方程，求解这类问题的关键就是抓住切点P(x0，f(x0))，P点的坐标适合曲线方程，P点的坐标也适合切线方程，P点处的切线斜率k＝f′(x0)．解题方法:(1) 解决此类问题一定要分清“在某点处的切线”，还是“过某点的切线”的问法．(2)解决“过某点的切线”问题，一般是设切点坐标为P(x0，y0)，然后求其切线斜率k＝f′(x0)，写出其切线方程．而“在某点处的切线”就是指“某点”为切点．(3)曲线与直线相切并不一定只有一个公共点，当曲线是二次曲线时，我们知道直线与曲线相切，有且只有一个公共点，这种观点对一般曲线不一定正确．[例1]已知曲线y＝13x3＋43.(1)求曲线在点P(2，4)处的切线方程；(2)求曲线过点P(2，4)的切线方程；(3)求斜率为4的曲线的切线方程．[变式训练]已知函数f(x)＝x3＋x－16.(1)求曲线y＝f(x)在点(2，－6)处的切线的方程；(2)直线l为曲线y＝f(x)的切线，且经过原点，求直线l的方程及切点坐标．专题二导数在研究函数单调性中的应用利用导数的符号判断函数的单调性，进而求出函数的单调区间，是导数几何意义在研究曲线变化规律时的一个重要应用，体现了数形结合思想．这类问题要注意的是f(x)为增函数⇔f′(x)≥0且f′(x)＝0的根有有限个，f(x)为减函数⇔f′≤0且f′(x)＝0的根有有限个．解题步骤：(1)确定函数的定义域；(2)求导数f′(x)；(3)①若求单调区间(或证明单调性)，只需在函数f(x)的定义域内解(或证明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0.②若已知函数f(x)的单调性，则将原问题转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题，再进行求解．[例2]设函数f(x)＝x e a－x＋bx，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝(e－1)x＋4.(1)求a，b的值；(2)求f(x)的单调区间．[变式训练]设函数f(x)＝xekx(k≠0)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若函数f(x)在区间(－1，1)内单调递增，求k的取值范围．专题三 导数在求函数极值与最值中的应用利用导数可求出函数的极值或最值，反之，已知函数的极值或最值也能求出参数的值或取值范围．该部分内容也可能与恒成立问题、函数零点问题等结合在一起进行综合考查，是高考的重点内容．解题方法：(1)运用导数求可导函数y ＝f(x)的极值的步骤：①先求函数的定义域，再求函数y ＝f(x)的导数f ′(x)；②求方程f ′(x)＝0的根；③检查f ′(x)在方程根的左右的值的符号，如果左正右负，那么f(x)在这个根处取得极大值，如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得极小值．(2)求闭区间上可导函数的最值时，对函数极值是极大值还是极小值，可不再作判断，只需要直接与端点的函数值比较即可获得．(3)当连续函数的极值点只有一个时，相应的极值点必为函数的最值．[例3] 已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2＋bx 在区间(－2，1)内，当x ＝－1时取极小值，当x ＝23时取极大值．(1)求函数y ＝f (x )在x ＝－2时的对应点的切线方程；(2)求函数y ＝f (x )在[－2，1]上的最大值与最小值．[变式训练] 设函数f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x .(1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程与x 轴平行，求a ；(2)若f (x )在x ＝2处取得极小值，求a 的取值范围．专题四 导数在证明不等式中的应用在用导数方法证明不等式时，常构造函数，利用单调性和最值方法证明不等式．解题方法：一般地，如果证明f(x)＞g(x)，x ∈(a ，b)，可转化为证明F(x)＝f(x)－g(x)＞0，若F ′(x)＞0，则函数F(x)在(a ，b)上是增函数，若F(a)≥0，则由增函数的定义知，F(x)＞F(a)≥0，从而f(x)＞g(x)成立，同理可证f(x)＜g(x)，f(x)＞g(x)．[例4] 已知函数f (x )＝ln x －（x －1）22. (1)求函数f (x )的单调递增区间；(2)证明：当x ＞1时，f (x )＜x －1.[变式训练] 已知函数f (x )＝a e x －ln x －1.(1)设x ＝2是f (x )的极值点，求a ，并求f (x )的单调区间；(2)证明：当a ≥1e 时，f (x )≥0.专题五 定积分及其应用定积分的基本应用主要有两个方面：一个是求坐标平面上曲边梯形的面积，另一个是求变速运动的路程(位移)或变力所做的功．高考中要求较低，一般只考一个小题．解题方法：(1)用微积分基本定理求定积分，关键是找出被积函数的原函数，这就需要利用求导运算与求原函数是互逆运算的关系来求原函数．(2) 利用定积分求平面图形的面积的步骤如下：①画出图形，确定图形范围；②解方程组求出图形交点坐标，确定积分上、下限；③确定被积函数，注意分清函数图形的上、下位置；④计算定积分，求出平面图形面积．(3)利用定积分求加速度或路程(位移)，要先根据物理知识得出被积函数，再确定时间段，最后用求定积分方法求出结果．[例5] 已知抛物线y ＝x 2－2x 及直线x ＝0，x ＝a ，y ＝0围成的平面图形的面积为43，求a 的值．[变式训练] (1)若函数f (x )在R 上可导，f (x )＝x 3＋x 2f ′(1)，则∫20f (x )d x ＝ ____；(2)在平面直角坐标系xOy 中，直线y ＝a (a ＞0)与抛物线y ＝x 2所围成的封闭图形的面积为823，则a ＝____．专题六 化归与转化思想在导数中的应用化归与转化就是在处理问题时，把待解决的问题或难解决的问题，通过某种转化过程，归结为一类已解决或易解决的问题，最终求得问题的解答．解题方法：与函数相关的问题中，化归与转化思想随处可见，如，函数在某区间上单调可转化为函数的导数在该区间上符号不变，不等式的证明可转化为最值问题等．[例6] 设f (x )＝e x1＋ax 2，其中a 为正实数． (1)当a ＝43时，求f (x )的极值点；(2)若f (x )为R 上的单调函数，求a 的取值范围．[变式训练] 如果函数f(x)＝2x2－ln x 在定义域内的一个子区间(k －1，k ＋1)上不是单调函数，则实数k 的取值范围是________．答案例1 解：(1)因为P (2，4)在曲线y ＝13x 3＋43上，且y ′＝x 2，所以在点P (2，4)处的切线的斜率k ＝y ′|x ＝2＝4.所以曲线在点P (2，4)处的切线方程为y －4＝4(x －2)，即4x －y －4＝0.(2)设曲线y －13x 3＋43与过点P (2，4)的切线相切于点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，13x 30＋43，则切线的斜率k ＝y ′|x ＝x 0＝x 20，所以切线方程为y －⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 30＋43＝x 20(x －x 0)， 即y ＝x 20·x －23x 30＋43.因为点P (2，4)在切线上，所以4＝2x 20－23x 30＋43，即x 30－3x 20＋4＝0，所以x 30＋x 20－4x 20＋4＝0，所以(x 0＋1)(x 0－2)2＝0，解得x 0＝－1或x 0＝2，故所求的切线方程为4x －y －4＝0或x －y ＋2＝0.(3)设切点为(x 1，y 1)，则切线的斜率k ＝x 21＝4，得x 0＝±2.所以切点为(2，4)，⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－43， 所以切线方程为y －4＝4(x －2)和y ＋43＝4(x ＋2)，即4x －y －4＝0和12x －3y ＋20＝0.变式训练 解：(1)因为f (2)＝23＋2－16＝－6，所以点(2，－6)在曲线上．因为f ′(x )＝(x 3＋x －16)′＝3x 2＋1，所以在点(2，－6)处的切线的斜率为k ＝f ′(2)＝3×22＋1＝13，所以切线的方程为y ＝13(x －2)＋(－6)，即y ＝13x －32.(2)设切点坐标为(x 0，y 0)，则直线l 的斜率为f ′(x 0)＝3x 20＋1，所以直线l 的方程为y ＝(3x 20＋1)(x －x 0)＋x 30＋x 0－16.又因为直线l 过点(0，0)，所以0＝(3x 20＋1)(－x 0)＋x 30＋x 0－16，整理得x 30＝－8，所以x 0＝－2，y 0＝(－2)3＋(－2)－16＝－26，所以k ＝3×(－2)2＋1＝13，所以直线l 的方程为y ＝13x ，切点坐标为(－2，－26)．例2 解：(1)因为f (x )＝x e a －x ＋bx ，所以f ′(x )＝(1－x )e a －x ＋b .依题设，知⎩⎪⎨⎪⎧f （2）＝2e ＋2，f ′（2）＝e －1，即⎩⎪⎨⎪⎧2e a －2＋2b ＝2e ＋2，－e a －2＋b ＝e －1.解得a ＝2，b ＝e.(2)由(1)知f (x )＝x e 2－x ＋e x .由f ′(x )＝e 2－x (1－x ＋e x －1)及e 2－x >0知，f ′(x )与1－x ＋e x －1同号． 令g (x )＝1－x ＋e x －1，则g ′(x )＝－1＋e x －1.所以，当x ∈(－∞，1)时，g ′(x )<0，g (x )在区间(－∞，1)上单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )在区间(1，＋∞)上单调递增． 故g (1)＝1是g (x )在区间(－∞，＋∞)上的最小值，从而g (x )>0，x ∈(－∞，＋∞)．综上可知，f ′(x )>0，x ∈(－∞，＋∞)． 故f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)．变式训练 解：(1)f ′(x )＝(1＋kx )e kx (k ≠0)， 令f ′(x )＝0得x ＝－1k (k ≠0)．若k >0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1k 时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1k ，＋∞时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增； 若k <0，则当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－1k 时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1k ，＋∞时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减． (2)由(1)知，若k >0时，则当且仅当－1k ≤－1，即k ≤1，函数f (x )在(－1，1)上单调递增．若k <0时，则当且仅当－1k ≥1，即k ≥－1时，函数f (x )在(－1，1)上单调递增．综上可知，函数f (x )在(－1，1)上单调递增时，k 的取值范围是[－1，0)∪(0，1]．例3 解：(1)f ′(x )＝－3x 2＋2ax ＋b .又x ＝－1，x ＝23分别对应函数取得极小值、极大值的情况，所以－1，23为方程－3x 2＋2ax ＋b ＝0的两个根．所以a ＝－12，b ＝2，则f (x )＝－x 3－12x 2＋2x . x ＝－2时，f (x )＝2，即(－2，2)在曲线上． 又切线斜率为k ＝f ′(x )＝－3x 2－x ＋2， f ′(－2)＝－8，所求切线方程为y －2＝－8(x ＋2)， 即为8x ＋y ＋14＝0.(2)x 在变化时，f ′(x )及f (x )的变化情况如下表： ↘↗↘则f (x )在[－2，1]上的最大值为2，最小值为－32.变式训练 解：(1)因为f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x ， 所以f ′(x )＝[2ax －(4a ＋1)]e x ＋[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x ＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x .所以f ′(1)＝(1－a )e.由题设知f ′(1)＝0，即(1－a )e ＝0，解得a ＝1. 此时f (1)＝3e ≠0. 所以a 的值为1.(2)由(1)得f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x ＝(ax －1)(x －2)e x .若a >12，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，2时，f ′(x )<0；当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0. 所以f (x )在x ＝2处取得极小值．若a ≤12，则当x ∈(0，2)时，x －2<0，ax －1≤12x －1<0，所以f ′(x )>0.所以2不是f (x )的极小值点．综上可知，a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞.例4 (1)解：f ′(x )＝1x －x ＋1＝－x 2＋x ＋1x，x ∈(0，＋∞)． 由f ′(x )＞0得⎩⎪⎨⎪⎧x ＞0，－x 2＋x ＋1＞0，解得0＜x ＜1＋52. 故f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1＋52. (2)证明：令F (x )＝f (x )－(x －1)，x ∈(0，＋∞)． 则有F ′(x )＝1－x 2x .当x ∈(1，＋∞)时，F ′(x )＜0， 所以F (x )在[1，＋∞)上单调递减，故当x ＞1时，F (x )＜F (1)＝0，即当x ＞1时，f (x )＜x －1.变式训练 (1)解：f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a e x －1x .由题设知，f ′(2)＝0，所以a ＝12e 2. 从而f (x )＝12e 2e x －ln x －1，f ′(x )＝12e 2e x －1x . 当0<x <2时，f ′(x )<0；当x >2时，f ′(x )>0.所以f (x )在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增． (2)证明：当a ≥1e 时，f (x )≥e xe －ln x －1. 设g (x )＝e x e －ln x －1，则g ′(x )＝e x e －1x . 当0<x <1时，g ′(x )<0；当x >1时，g ′(x )>0. 所以x ＝1是g (x )的最小值点． 故当x >0时，g (x )≥g (1)＝0. 因此，当a ≥1e 时，f (x )≥0.例5 解：作出y ＝x 2－2x 的图象如图所示．(1)当a ＜0时，S ＝∫0a (x 2－2x )d x ＝⎝⎛⎭⎪⎫13x 3－x 2|0a ＝－a 33＋a 2＝43，所以(a ＋1)(a －2)2＝0， 因为a ＜0，所以a ＝－1. (2)当a ＞0时， ①若0＜a ≤2，则S ＝－∫a 0(x 2－2x )d x ＝ －⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 3－x 2|a 0＝a 2－a 33＝43， 所以a 3－3a 2＋4＝0， 即(a ＋1)(a －2)2＝0. 因为a ＞0，所以a ＝2. ②当a ＞2时，不合题意． 综上a ＝－1或a ＝2.变式训练 解析：(1)因为f (x )＝x 3＋x 2f ′ 所以f ′(x )＝3x 2＋2xf ′(x )， 所以f ′(1)＝3＋2f ′(1)， 所以f ′(1)＝－3，所以∫20f (x )d x ＝⎝⎛⎭⎪⎫14x 4＋13x 3f ′（1）|20＝－4.(2)由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x 2，y ＝a 可得A (－a ，a )，B (a ，a )，S ＝ (a －x 2)d x＝⎝ ⎛⎭⎪⎫ax －13x 3|＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫a a －13a a ＝4a 323＝823， 解得a ＝2. 答案：(1)－4 (2)2例6 解：(1)对f (x )求导得f ′(x )＝e x·1＋ax 2－2ax （1＋ax 2）2.①当a ＝43时，若f ′(x )＝0，则4x 2－8x ＋3＝0， 解得x 1＝32，x 2＝12. 综合①，可知： ↗↘↗所以，x 1＝32是极小值点，x 2＝12是极大值点． (2)若f (x )为R 上的单调函数，则f ′(x )在R 上不变号，结合①与条件a ＞0， 知ax 2－2ax ＋1≥0在R 上恒成立， 因此Δ＝4a 2－4a ＝4a (a －1)≤0， 由此并结合a ＞0，知0＜a ≤1.变式训练 解析：显然函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， y ′＝4x －1x ＝4x 2－1x .由y ′＞0，得函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞； 由y ′＜0，得函数f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎪⎫0，12，由于函数在区间(k －1，k ＋1)上不是单调函数，所以⎩⎨⎧k －1＜12＜k ＋1，k －1≥0，解得1≤k ＜32. 答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，32。
【高中数学】习题课 导数的综合应用
习题课导数的综合应用题型一导数在解决实际问题中的应用【例1】某知名保健品企业新研发了一种健康饮品.已知每天生产该种饮品最多不超过40千瓶，最少1千瓶，经检测知生产过程中该饮品的正品率P与日产量x(x∈N*，单位：千瓶)间的关系为P＝4 200－x24 500，每生产一瓶正品盈利4元，每生产一瓶次品亏损2元.(注：正品率＝饮品的正品瓶数÷饮品总瓶数×100%)(1)将日利润y(元)表示成日产量x的函数；(2)求该种饮品的最大日利润.解(1)由题意，知每生产1千瓶正品盈利4 000元，每生产1千瓶次品亏损2 000元，故y＝4 000×4 200－x24 500x－2 000⎝⎛⎭⎪⎫1－4 200－x24 500x＝3 600x－43x3.所以日利润y＝－43x3＋3 600x(x∈N*，1≤x≤40).(2)令f(x)＝－43x3＋3 600x，x∈[1，40]，则f′(x)＝3 600－4x2.令f′(x)＝0，解得x＝30或x＝－30(舍去).当1≤x<30时，f′(x)>0；当30<x≤40时，f′(x)<0，所以函数f(x)在[1，30)上单调递增，在(30，40]上单调递减，所以当x＝30时，函数f(x)取得极大值，也是最大值，为f(30)＝－43×303＋3 600×30＝72 000，也即y的最大值为72 000，所以该种饮品的最大日利润为72 000元.规律方法利用导数解决实际应用问题的步骤(1)函数建模：细致分析实际问题中各个量之间的关系，正确设定所求最大值或最小值的变量y 与自变量x ，把实际问题转化为数学问题，即列出函数关系式y ＝f (x ). (2)确定定义域：一定要从问题的实际意义去考虑，舍去没有实际意义的自变量的范围.(3)求最值：尽量使用导数法求出函数的最值. (4)下结论：根据问题的实际意义给出圆满的答案.【训练1】 如图，要设计一面矩形广告牌，该广告牌含有大小相等的左右两个矩形栏目(即图中阴影部分)，这两个栏目的面积之和为18 000 cm 2，四周空白的宽度为10 cm ，两栏目之间的中缝空白的宽度为5 cm.怎样确定广告牌的高与宽的尺寸(单位：cm)，能使矩形广告牌的面积最小？解 设广告牌的高和宽分别为x cm ，y cm ， 则每个栏目的高和宽分别为(x －20)cm ，y －252 cm ， 其中x >20，y >25.∵两个栏目的面积之和为2(x －20)·y －252＝18 000，∴y ＝18 000x －20＋25， ∴广告牌的面积S (x )＝x ⎝ ⎛⎭⎪⎫18 000x －20＋25＝18 000xx －20＋25x ，∴S ′(x )＝18 000[（x －20）－x ]（x －20）2＋25＝－360 000（x －20）2＋25.令S ′(x )>0，得x >140；令S ′(x )<0，得20<x <140.∴函数S (x )在(140，＋∞)上单调递增，在(20，140)上单调递减， ∴S (x )的最小值为S (140).当x ＝140时，y ＝175，故当广告牌的高为140 cm ，宽为175 cm 时，可使广告牌的面积最小，最小面积为24 500 cm 2.题型二 与最值有关的恒成立问题【例2】设函数f(x)＝tx2＋2t2x＋t－1(x∈R，t＞0).(1)求f(x)的最小值h(t)；(2)若h(t)＜－2t＋m对t∈(0，2)恒成立，求实数m的取值范围.解(1)∵f(x)＝t(x＋t)2－t3＋t－1(x∈R，t＞0)，∴当x＝－t时，f(x)取最小值f(－t)＝－t3＋t－1，即h(t)＝－t3＋t－1.(2)令g(t)＝h(t)－(－2t＋m)＝－t3＋3t－1－m，由g′(t)＝－3t2＋3＝0得t＝1，t＝－1(不合题意，舍去).当t变化时g′(t)、g(t)的变化情况如下表：∴对t∈(0，2)，当maxh(t)<－2t－m对t∈(0，2)恒成立，也就是g(t)<0对t∈(0，2)恒成立，只需g(t)max＝1－m<0，∴m>1.故实数m的取值范围是(1，＋∞).规律方法(1)“恒成立”问题向最值问题转化是一种常见的题型，一般地，可采用分离参数法进行转化.λ≥f(x)恒成立⇔λ≥[f(x)]max；λ≤f(x)恒成立⇔λ≤[f(x)]min.对于不能分离参数的恒成立问题，直接求含参函数的最值即可.(2)此类问题特别要小心“最值能否取得到”和“不等式中是否含等号”的情况，以此来确定参数的范围能否取得“＝”.【训练2】设函数f(x)＝2x3－9x2＋12x＋8c，(1)若对任意的x∈[0，3]，都有f(x)＜c2成立，求c的取值范围；(2)若对任意的x∈(0，3)，都有f(x)＜c2成立，求c的取值范围.解(1)∵f′(x)＝6x2－18x＋12＝6(x－1)(x－2).∴当x∈(0，1)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈(1，2)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(2，3)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增.∴当x＝1时，f(x)取极大值f(1)＝5＋8c.又f(3)＝9＋8c＞f(1)，∴x∈[0，3]时，f(x)的最大值为f(3)＝9＋8c. ∵对任意的x∈[0，3]，有f(x)＜c2恒成立，∴9＋8c＜c2，即c＜－1或c＞9.∴c的取值范围为(－∞，－1)∪(9，＋∞).(2)由(1)知f(x)＜f(3)＝9＋8c，∴9＋8c≤c2，即c≤－1或c≥9，∴c的取值范围为(－∞，－1]∪[9，＋∞). 题型三利用导数证明不等式【例3】已知函数f(x)＝ln x－a（x－1）x(a∈R).(1)求函数f(x)的单调区间；(2)求证：对于任意x∈(1，2)，不等式1ln x－1x－1<12恒成立.(1)解易知f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x－a x2.①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②若a>0，当x∈(0，a)时，f′(x)<0，f(x)在(0，a)上单调递减，当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(a，＋∞)上单调递增.综上，当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；当a>0时，f(x)的单调递增区间为(a，＋∞)，单调递减区间为(0，a). (2)证明∵1<x<2，∴1ln x－1x－1<12等价于(x＋1)ln x－2(x－1)>0，令F(x)＝(x＋1)ln x－2(x－1)，即F′(x)＝ln x＋x＋1x－2＝ln x＋1x－1.由(1)知，当a＝1时，f(x)＝ln x－1＋1x在[1，＋∞)上单调递增，∴当x∈[1，2)时，f(x)≥f(1)，即ln x ＋1x －1≥0，F ′(x )≥0， ∴F (x )在[1，2)上单调递增， ∴当x ∈(1，2)时，F (x )>F (1)＝0， 即当1<x <2时，1ln x －1x －1<12恒成立.规律方法 (1)证明f (x )>g (x )的一般方法是证明h (x )＝f (x )－g (x )>0(利用单调性)，特殊情况是证明f (x )min >g (x )max (最值方法)，但后一种方法不具备普遍性. (2)证明二元不等式的基本思想是化为一元不等式，一种方法为变换不等式两个变元成为一个整体，另一种方法为转化后利用函数的单调性，如不等式f (x 1)＋g (x 1)<f (x 2)＋g (x 2)对x 1<x 2恒成立，即等价于函数h (x )＝f (x )＋g (x )为增函数. 【训练3】 设函数f (x )＝ln x －x ＋1. (1)讨论f (x )的单调性；(2)证明当x ∈(1，＋∞)时，1<x －1ln x <x . (1)解 依题意，f (x )的定义域为(0，＋∞). f ′(x )＝1x －1，令f ′(x )＝0，得x ＝1. ∴当0<x <1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增. 当x >1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减.(2)证明 由(1)知f (x )在x ＝1处取得最大值，且最大值f (1)＝0. 所以当x ≠1时，ln x <x －1. 故当x ∈(1，＋∞)时，x －1ln x >1， 又可将1x 代入ln x <x －1，得ln 1x <1x －1， 即－ln x <1x －1⇔ln x >1－1x ⇔ln x >x －1x ⇔x >x －1ln x ， 故当x ∈(1，＋∞)时恒有1<x －1ln x <x .题型四 利用导数解决函数的零点或方程的根问题 【例4】 已知函数f (x )＝ln x ＋ax －1，(1)求f (x )的单调区间；(2)当a ≤1时，求函数f (x )在区间(0，e]上零点的个数. 解 (1)f ′(x )＝1－ln x －a x2，令f ′(x )＝0，得x ＝e 1－a. f ′(x )及f (x )随x 的变化情况如下表：所以f (x )(2)由(1)可知f (x )的最大值为f (e1－a)＝1－e 1－a e1－a ，①当a ＝1时，f (x )在区间(0，1)上单调递增，在区间(1，e)上单调递减. 又f (1)＝0，故f (x )在区间(0，e]上只有一个零点. ②当a <1时，1－a >0，e 1－a >1， 则f (e1－a)＝1－e 1－ae1－a <0，所以f (x )在区间(0，e]上无零点.综上，当a ＝1时，f (x )在区间(0，e]上只有一个零点， 当a <1时，f (x )在区间(0，e]上无零点.规律方法 利用导数研究函数的零点或方程根的方法是借助于导数研究函数的单调性，极值(最值)，通过极值或最值的正负、函数的单调性判断函数图象走势，从而判断零点个数或者通过零点的个数求参数范围.【训练4】 若函数f (x )＝ax 3－bx ＋4，当x ＝2时，函数f (x )取得极值－43. (1)求函数f (x )的解析式；(2)若方程f (x )＝k 有3个不同的实数根，求实数k 的取值范围. 解 (1)对f (x )求导得f ′(x )＝3ax 2－b ， 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧f ′（2）＝12a －b ＝0，f （2）＝8a －2b ＋4＝－43，解得a ＝13，b ＝4(经检验满足题意).∴f (x )＝13x 3－4x ＋4.(2)由(1)可得f ′(x )＝x 2－4＝(x －2)(x ＋2). 令f ′(x )＝0，得x ＝2或x ＝－2.∴当x <－2或x >2时，f ′(x )>0；当－2<x <2时，f ′(x )<0.因此，当x ＝－2时，f (x )取得极大值283，当x ＝2时，f (x )取得极小值－43. ∴函数f (x )＝13x 3－4x ＋4的大致图象如图所示. 由图可知，实数k 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－43，283.一、素养落地1.通过学习利用导数解决实际应用问题、培养学生数学建模素养，通过学习利用导数解决不等式问题及函数零点问题，提升数学运算素养.2.正确理解题意，建立数学模型，利用导数求解是解应用题的主要方法.另外需要特别注意：(1)合理选择变量，正确给出函数表达式； (2)与实际问题相联系；(3)必要时注意分类讨论思想的应用.3.利用导数解决不等式问题与利用导数解决函数的零点问的一般方法都是转化为函数的极值或最值问题. 二、素养训练1.设底为等边三角形的直三棱柱的体积为V ，那么其表面积最小时底面边长为( )A.3V B.32VC.34VD.23V解析 设底面边长为x ， 则表面积S ＝32x 2＋43x V (x >0). ∴S ′＝3x 2(x 3－4V ).令S ′＝0，得x ＝34V . 答案 C2.已知f (x )是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf ′(x )＋f (x )≤0，对任意的正数a ，b ，若a <b ，则必有( ) A.bf (b )≤af (a ) B.bf (a )≤af (b ) C.af (a )≤bf (b )D.af (b )≤bf (a )解析 设g (x )＝xf (x )，x ∈(0，＋∞)， 则g ′(x )＝xf ′(x )＋f (x )≤0，∴g (x )在区间(0，＋∞)上单调递减或g (x )为常函数. ∵a <b ，∴g (a )≥g (b )，即af (a )≥bf (b )，故选A. 答案 A3.已知某生产厂家的年利润y (单位：万元)与年产量x (单位：万件)的函数关系式为y ＝－13x 3＋81x －234，则使该生产厂家获取最大年利润的年产量为( ) A.13万件 B.11万件 C.9万件D.7万件 解析 因为y ′＝－x 2＋81，所以当x ＞9时，y ′＜0；当x ∈(0，9)时，y ′＞0.所以，函数y ＝－13x 3＋81x －234在(9，＋∞)上单调递减，在(0，9)上单调递增. 所以x ＝9是函数的极大值点.又因为函数在(0，＋∞)上只有一个极大值点， 所以函数在x ＝9处取得最大值. 答案 C4.直线y ＝a 与函数y ＝x 3－3x 的图象有三个相异的交点，则a 的取值范围是________.解析f′(x)＝3x2－3，令f′(x)＝0，得x＝1或x＝－1.因为当x∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)时，f′(x)>0，当x∈(－1，1)时，f′(x)<0，所以f(x)极小值＝f(1)＝－2，f(x)极大值＝f(－1)＝2.函数y＝x3－3x的大致图象如图所示，所以－2<a<2.答案(－2，2)三、审题答题示范(二)利用导数解决不等式问题【典型示例】(12分)已知函数f(x)＝ax－e x(a∈R)，g(x)＝ln x x.(1)求函数f(x)的单调区间①；(2)∃x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－e x成立②，求a的取值范围.联想解题看到①想到解不等式f′(x)>0求f(x)的单调增区间，解不等式f′(x)<0求f(x)的单调减区间，但需注意讨论不等式中参数a的符号；看到②想到通过分离参数a构造新函数，把不等式问题转化为求函数的最值问题，需注意的是条件为“∃x”，而不是“∀x”，所以要弄清楚问题是求函数的最大值还是最小值.满分示范解(1)因为f′(x)＝a－e x，x∈R.当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在R上单调递减；2分当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝ln a.由f′(x)>0，得f(x)的单调递增区间为(－∞，ln a)；由f′(x)<0，得f(x)的单调递减区间为(ln a，＋∞).综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(－∞，＋∞)，无单调递增区间；当a>0时，f(x)的单调递增区间为(－∞，ln a)，单调递减区间为(ln a，＋∞).4分(2)因为∃x ∈(0，＋∞)，使不等式f (x )≤g (x )－e x ， 则ax ≤ln x x ，即a ≤ln xx 2.6分设h (x )＝ln x x 2，则问题转化为a ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x x 2max ，由h ′(x )＝1－2ln xx 3，令h ′(x )＝0，得x ＝ e.当x 在区间(0，＋∞)内变化时，h ′(x )，h (x )随x 变化的变化情况如下表：x (0，e) e (e ，＋∞)h ′(x ) ＋0 － h (x )极大值12e10分由上表可知，当x ＝e 时，函数h (x )有极大值，即最大值为12e ，所以a ≤12e . 故a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12e .12分满分心得(1)涉及含参数的函数的单调区间，一般要分类讨论，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论.(2)解决不等式“恒成立”或“能成立”问题首先要构造函数，利用导数求出最值、求出参数的取值范围，也可分离参数、构造函数，直接把问题转化为求函数的最值.基础达标一、选择题1.对任意的x ∈R ，函数f (x )＝x 3＋ax 2＋7ax 不存在极值点的充要条件是( ) A.0≤a ≤21 B.a ＝0或a ＝7 C.a <0或a >21D.a ＝0或a ＝21解析 f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋7a ， 当Δ＝4a 2－84a ≤0，即0≤a ≤21时，f ′(x )≥0恒成立，函数f (x )不存在极值点. 答案 A2.定义在R 上的函数f (x )，若(x －1)·f ′(x )<0，则下列各项正确的是( ) A.f (0)＋f (2)>2f (1) B.f (0)＋f (2)＝2f (1) C.f (0)＋f (2)<2f (1)D.f (0)＋f (2)与2f (1)大小不定 解析 ∵(x －1)f ′(x )<0，∴当x >1时，f ′(x )<0；当x <1时，f ′(x )>0，则f (x )在(1，＋∞)上单调递减，在(－∞，1)上单调递增， ∴f (0)<f (1)，f (2)<f (1)， 则f (0)＋f (2)<2f (1). 答案 C3.已知函数f (x )＝x －sin x ，则不等式f (x ＋1)＋f (2－2x )>0的解集是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－13 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，＋∞ C.(－∞，3)D.(3，＋∞)解析 因为f (x )＝x －sin x ，所以f (－x )＝－x ＋sin x ＝－f (x )，即函数f (x )为奇函数，函数的导数f ′(x )＝1－cos x ≥0，则函数f (x )是增函数，则不等式f (x ＋1)＋f (2－2x )>0等价为f (x ＋1)>－f (2－2x )＝f (2x －2)，即x ＋1>2x －2，解得x <3，故不等式的解集为(－∞，3). 答案 C4.方底无盖水箱的容积为256，则最省材料时，它的高为( ) A.4 B.6 C.4.5D.8解析 设底面边长为x ，高为h ， 则V (x )＝x 2·h ＝256，∴h ＝256x 2，∴S (x )＝x 2＋4xh ＝x 2＋4x ·256x 2＝x 2＋4×256x ，∴S ′(x )＝2x －4×256x 2.令S ′(x )＝0，解得x ＝8，∴h ＝25682＝4. 答案 A5.若函数f (x )＝x 2e x －a 恰有三个零点，则实数a 的取值范围是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫4e 2，＋∞ B.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，4e 2 C.(0，4e 2)D.(0，＋∞)解析 令g (x )＝x 2e x ， 则g ′(x )＝2x e x ＋x 2e x ＝x e x (x ＋2). 令g ′(x )＝0，得x ＝0或－2，∴g (x )在(－2，0)上单调递减，在(－∞，－2)，(0，＋∞)上单调递增. ∴g (x )极大值＝g (－2)＝4e 2，g (x )极小值＝g (0)＝0， 又f (x )＝x 2e x －a 恰有三个零点，则0<a <4e 2. 答案 B 二、填空题6.某厂生产某种商品x 件的总成本c (x )＝1 200＋275x 3(单位：万元)，已知产品单价的平方与产品件数x 成反比，生产100件这样的产品单价为50万元，则产量定为________件时，总利润最大.解析 设产品的单价为p 万元，根据已知，可设p 2＝k x ， 其中k 为比例系数.因为当x ＝100时，p ＝50，所以k ＝250 000. 所以p 2＝250 000x ，p ＝500x ，x ＞0.设总利润为y 万元，y ＝500x ·x －1 200－275x 3＝500x －275x 3－1 200.则y ′＝250x －225x 2. 令y ′＝0，得x ＝25.故当0＜x ＜25时，y ′＞0，当x ＞25时，y ′＜0，所以，当x ＝25时，函数y 取得极大值，也是最大值. 答案 257.已知函数f (x )＝2x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3对一切x ∈(0，＋∞)，f (x )≥g (x )恒成立，则a 的取值范围是________. 解析 由2x ln x ≥－x 2＋ax －3， 得a ≤2ln x ＋x ＋3x . 设h (x )＝2ln x ＋3x ＋x (x >0).则h ′(x )＝2x －3x 2＋1＝（x ＋3）（x －1）x 2，当x ∈(0，1)时，h ′(x )<0，h (x )单调递减， 当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0，h (x )单调递增. ∴h (x )min ＝h (1)＝4.又f (x )≥g (x )恒成立，∴a ≤4. 答案 (－∞，4]8.已知函数f (x )＝x 2－2ln x ，若关于x 的不等式f (x )－m ≥0在[1，e]上有实数解，则实数m 的取值范围是________. 解析 由f (x )－m ≥0得f (x )≥m ， 函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝2x －2x ＝2（x 2－1）x ，当x ∈[1，e]时，f ′(x )≥0，此时，函数f (x )单调递增，所以f (1)≤f (x )≤f (e). 即1≤f (x )≤e 2－2，要使f (x )－m ≥0在[1，e]上有实数解，则有m ≤e 2－2. 答案 (－∞，e 2－2] 三、解答题9.已知函数f (x )＝a ＋x ·ln x (a ∈R )，试求f (x )的零点个数. 解 f ′(x )＝(x )′ln x ＋x ·1x ＝x （ln x ＋2）2x，令f ′(x )>0，解得x >e －2， 令f ′(x )<0，解得0<x <e －2， 所以f (x )在(0，e －2)上单调递减， 在(e －2，＋∞)上单调递增. f (x )min ＝f (e －2)＝a －2e ，显然当a >2e 时，f (x )min >0，f (x )无零点， 当a ＝2e 时，f (x )min ＝0，f (x )有1个零点， 当a <2e 时，f (x )min <0，f (x )有2个零点.10.一艘轮船在航行中每小时的燃料费和它的速度的立方成正比.已知速度为每小时10海里时，燃料费是每小时6元，而其他与速度无关的费用是每小时96元， 问轮船的速度是多少时，航行1海里所需的费用总和最小？解 设速度为v 海里的燃料费每小时p 元，那么由题设的比例关系得p ＝k ·v 3，其中k 为比例系数，它可以由v ＝10，p ＝6求得，即k ＝6103＝0.006，于是有p ＝0.006v 3. 又设当船的速度为v 海里时，行1海里所需的总费用为q 元，那么每小时所需的总费用是0.006v 3＋96(元)，而行1海里所需时间为1v 小时，所以，行1海里的总费用为：q ＝1v (0.006v 3＋96)＝0.006v 2＋96v . q ′＝0.012v －96v 2＝0.012v 2(v 3－8 000)， 令q ′＝0，解得v ＝20.∴当v <20时，q ′<0； 当v >20时，q ′>0，∴当v ＝20时q 取得极小值，也是最小值，即速度为20海里/时时，航行1海里所需费用总和最小.能力提升11.已知函数f (x )＝e x －ln(x ＋3)，则下列有关描述正确的是( ) A.∀x ∈(－3，＋∞)，f (x )≥13B.∀x∈(－3，＋∞)，f(x)>－1 2C.∃x0∈(－3，＋∞)，f(x0)＝－1D.f(x)min∈(0，1)解析因为f(x)＝e x－ln(x＋3)，所以f′(x)＝e x－1x＋3，显然f′(x)在(－3，＋∞)上是增函数，又f′(－1)＝1e－12<0，f′(0)＝23>0，所以f′(x)在(－3，＋∞)上有唯一的零点，设为x0，且x0∈(－1，0)，则x＝x0为f(x)的极小值点，也是最小值点，且e x0＝1x0＋3，即x0＝－ln(x0＋3)，故f(x)≥f(x0)＝e x0－ln(x0＋3)＝1x0＋3＋x0>－12，故选B.答案 B12.已知函数f(x)＝12x2－a ln x(a∈R)，(1)若f(x)在x＝2时取得极值，求a的值；(2)求f(x)的单调区间；(3)求证：当x>1时，12x2＋ln x<23x3.(1)解f′(x)＝x－ax，因为x＝2是一个极值点，所以2－a2＝0，则a＝4.此时f′(x)＝x－4x＝（x＋2）（x－2）x，因为f(x)的定义域是(0，＋∞)，所以当x∈(0，2)时，f′(x)＜0；当x∈(2，＋∞)，f′(x)＞0，所以当a＝4时，x＝2是一个极小值点，则a＝4.(2)解因为f′(x)＝x－ax＝x2－ax，所以当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞).当a＞0时，f′(x)＝x－ax＝x2－ax＝（x＋a）（x－a）x，当0<x<a时，f′(x)<0，当x>a时，f′(x)>0，所以函数f(x)的单调递增区间(a，＋∞)；递减区间为(0，a).(3)证明 设g (x )＝23x 3－12x 2－ln x ，则g ′(x )＝2x 2－x －1x ＝（x －1）（2x 2＋x ＋1）x＞0，又x >1，所以g (x )在x ∈(1，＋∞)上为增函数，所以当x >1时，所以g (x )＞g (1)＝16＞0，所以当x ＞1时，12x 2＋ln x ＜23x 3.创新猜想13.(多选题)已知函数f (x )＝x ln x ＋x 2，x 0是函数f (x )的极值点，以下几个结论中正确的是( ) A.0<x 0<1e B.x 0>1e C.f (x 0)＋2x 0<0D.f (x 0)＋2x 0>0解析 函数f (x )＝x ln x ＋x 2(x >0)，∴f ′(x )＝ln x ＋1＋2x ， 易知f ′(x )＝ln x ＋1＋2x 在(0，＋∞)上单调递增， ∵x 0是函数f (x )的极值点，∴f ′(x 0)＝0， 即ln x 0＋1＋2x 0＝0，而f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝2e >0，当x →0，f ′(x )→－∞，∴0<x 0<1e ，即A 选项正确，B 选项不正确；f (x 0)＋2x 0＝x 0ln x 0＋x 20＋2x 0＝x 0(ln x 0＋x 0＋2)＝－x 0(x 0－1)>0，即D 正确，C 不正确.故答案为AD. 答案 AD14.(多选题)已知函数f (x )＝sin x ＋x 3－ax ，则下列结论正确的是( ) A.f (x )是奇函数B.若f (x )是增函数，则a ≤1C.当a ＝－3时，函数f (x )恰有两个零点D.当a ＝3时，函数f (x )恰有两个极值点解析 对A ，f (x )＝sin x ＋x 3－ax 的定义域为R ，且f (－x )＝sin(－x )＋(－x )3＋ax ＝－(sin x ＋x 3－ax )＝－f (x ).故A 正确.对B ，f ′(x )＝cos x ＋3x 2－a ，因为f (x )是增函数， 故cos x ＋3x 2－a ≥0恒成立.即a ≤cos x ＋3x 2恒成立.令g (x )＝cos x ＋3x 2，则g ′(x )＝6x －sin x ，设h(x)＝6x－sin x，h′(x)＝6－cos x>0，故g′(x)＝6x－sin x单调递增，又g′(0)＝0，故当x<0时g′(x)<0，当x>0时g′(x)>0.故g(x)＝cos x＋3x2最小值为g(0)＝1.故a≤1.故B正确.对C，当a＝－3时由B选项知，f(x)是增函数，故不可能有两个零点，故C错误. 对D，当a＝3时f(x)＝sin x＋x3－3x，f′(x)＝cos x＋3x2－3，令cos x＋3x2－3＝0则有cos x＝3－3x2.在同一坐标系中作出y＝cos x，y＝3－3x2的图象易得有两个交点，且交点左右的函数值大小不同.故函数f(x)恰有两个极值点.故D正确.故选ABD.答案ABD高考数学：试卷答题攻略一、“六先六后”，因人因卷制宜。
导数大题综合(含答案)
导数大题综合1．（2022春·广东东莞·高二校联考期中）已知函数()2395f x x x =-+.(1)求函数()f x 的单调递减区间；(2)求函数()f x 的极值.2．（2022春·广东深圳·高二深圳市光明区高级中学校考期中）已知函数()ln f x ax x x =-，且()f x 在e x =处的切线方程是0x y b ++=.(1)求实数a ，b 的值；(2)求函数()f x 的极值.3．（2022春·广东佛山·高二佛山一中校考期中）已知函数()2ln f x x a x bx =++在()()1,1f 处的切线方程为30x y ++=．(1)求a 、b 的值；(2)求()f x 的极值点，并计算两个极值之和．4．（2022春·广东深圳·高二校考期中）已知=1x -是函数()323f x x x ax =-++的一个极值点.(1)求()f x 的单调区间；(2)求()f x 在区间[]4,4-上的最大值.5．（2022秋·广东茂名·高二茂名市第一中学校考期中）已知函数()ln 2f x x x =+.(1)求函数()f x 的极值；(2)证明：2()f x x x>-.6．（2022春·广东深圳·高二校考期中）已知函数()2ln f x x a x =-.(1)若函数()f x 在点()()3,3f 处切线的斜率为4，求实数a 的值；(2)若函数()()21ln 222a ag x x f x x ⎛⎫=--- ⎪⎝⎭在[]1,4上是减函数，求实数a 的取值范围.7．（2022春·广东深圳·高二深圳市高级中学校考期中）已知函数()2ln f x ax x =+．(1)讨论()f x 的单调性；(2)设函数()2g x x =-+，若任意31,e x ⎡⎤∈⎣⎦，使得()()f x g x ≤，求a 的取值范围．8．（2022春·广东江门·高二校联考期中）已知函数()32f x x ax bx c =+++的图象在点()1,1P -处的切线斜率为12-，且()f x 在=1x -处取得极值.(1)求()f x 的解析式；(2)当[]2,2x ∈-时，求()f x 的最大值与最小值.9．（2022春·广东广州·高二校考期中）已知函数()1ln f x x a x =--（其中a 为参数）.(1)求函数()f x 的单调区间：(2)若对任意()0,x ∈+∞都有()0f x ≥成立，求实数a 的取值集合.10．（2022秋·广东茂名·高二茂名市第一中学校考期中）已知函数()2cos sin f x ax ax x x =--(1)当1a =时，求()f x 在[],ππ-上的值域；(2)当0x >时，()0f x ≥，求实数a 的取值范围.11．（2022春·广东深圳·高二深圳市光明区高级中学校考期中）已知函数2()ln (1)()2=+-+∈R a f x x x a x a ，2()()(1)2=-++a g x f x x a x .(1)讨论()f x 的单调性；(2)任取两个正数12,x x ，当12x x <时，求证：()()()1212122--<+x x g x g x x x .12．（2022春·广东深圳·高二校考期中）已知函数()1ln f x a x bx x=++且曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为210x y -+=.(1)求实数,a b 的值；(2)若关于x 的不等式()3222m f x x x-≥+恒成立，求实数m 的取值范围.13．（2022春·广东广州·高二广州市第十六中学校考期中）已知函数()ln 2=-f x ax x x .(1)若()f x 在1x =处取得极值，求()f x 的单调区间；(2)若2a =，求()f x 在区间1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最值；(3)若函数2()()2=-+f x h x x x有1个零点，求a 的取值范围.（参考数据：ln 20.693≈）14．（2022春·广东佛山·高二顺德一中校考期中）已知函数()e ln =--x af x a xx x(1)当0a =时，求函数()f x 在1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最值；(2)讨论函数()f x 的单调性.15．（2022春·广东广州·高二广州市第七中学校考期中）已知函数2()ln (2)f x x ax a x =-+-.(1)讨论()f x 的单调性；(2)若函数()y f x =的图像与x 轴交于A ，B 两点，线段AB 中点的横坐标为0x ，证明：()00f x '<.16．（2022春·广东佛山·高二佛山市顺德区郑裕彤中学校考期中）已知函数()2sin cos 2a f x x x x =++，R a ∈.(1)当0a =时，求函数()f x 在x π=处的切线方程；(2)当12a =-时，求函数()f x 在[],x ππ∈-上的最值.17．（2022春·广东佛山·高二佛山一中校考期中）已知函数21()ln 2f x x ax a =-+，(1)当1a =时，求()f x 的最值；(2)若ln 2()2f x £恒成立，求a 的取值范围．18．（2022春·广东江门·高二江门市第二中学校考期中）已知函数()e xf x ax =-，R a ∈.(1)若e a =，证明：当1x >时，()0f x >；(2)讨论()f x 零点的个数19．（2022春·广东深圳·高二深圳市高级中学校考期中）已知函数()2sin 1,R f x x a x a =++∈．(1)设函数()()g x f x '=，若()y g x =在区间0,2π⎡⎤⎢⎣⎦上是增函数，求a 的取值范围；(2)当2a =-时，证明函数()f x 在区间()0,π上无零点．20．（2022春·广东东莞·高二校联考期中）已知函数()()22ln f x ax a x x=-++(1)若1x =函数的极值点，求a 的值；(2)若1a ≥，求证：当[]1,e x ∈时，()0f x '≥，其中e 为自然对数的底数.21．（2022春·广东清远·高二统考期中）已知函数()e 1xxf x =-．(1)求证：()f x 在()1,+∞上单调递减(2)若对于任意()0,x ∈+∞，都有()2e x af x a≥+恒成立，求正实数a 的取值范围．22．（2022春·广东佛山·高二校考期中）已知函数()()ln af x x a R x=+∈．(1)判断函数()f x 在区间)2,e -⎡+∞⎣上的零点个数；(2)若函数()f x 在1x =处的切线平行于直线20x y -=，且在[]()1,271828e e =．上存在一点0x ，使得()0001x mf x x +<成立，求实数m ．23．（2022春·广东广州·高二广州市第七中学校考期中）已知函数21()e (,)2xf x a x b a b R =--∈.(1)若函数()f x 在0x =处的切线方程为1y x =-，求实数a ，b 的值；(2)若函数()f x 在1x x =和2x x =两处取得极值，求实数a 的取值范围.24．（2022春·广东广州·高二广州市玉岩中学校考期中）已知2()e (2)e (R)x x f x a a x a =+--∈(1)当1a =时，求证：()0f x ≥；(2)若()f x 有两个零点，求a 的取值范围.25．（2022春·广东深圳·高二校考期中）已知函数()21ln 2f x x mx x =-+，m ∈R .(1)当2m =时，求函数()f x 的单调区间；(2)若2m =-，正实数a ､b 满足()()0f a f b ab ++=，求证：a b +≥26．（2022春·广东江门·高二江门市新会东方红中学校考期中）已知函数e ()ln e x f x x x x -=--，2e 1()e ()2x g x ax a a R -=-++∈.(1)求函数e ()()e x x f x ϕ-=+的最小值；(2)设函数()()()F x f x g x =+的两个不同极值点分别为12,x x ()12x x <，求实数a 的取值范围.27．（2022春·广东深圳·高二深圳市龙岗区龙城高级中学校考期中）设函数()()()ln 12af x x a x x =+-+．(1)若0a =，求()f x 的单调区间；(2)若()f x 在区间(2,)+∞单调递增，求整数a 的最大值．28．（2022春·广东广州·高二校考期中）已知函数()sin x x x f -=.(1)判断函数()f x 是否存在极值，并说明理由；(2)设函数()()ln F x f x m x =-，若存在两个不相等的正数1x ，2x ，使得()()1122F x x F x x +=+，证明：212x x m <.29．（2022秋·广东茂名·高二茂名市第一中学校考期中）已知函数()2ln =++f x x ax bx (其中,a b 为常数且0a ≠)在1x =处取得极值.(1)当12a =时，求()f x 的单调区间;(2)若()f x 在(]0,e 上的最大值为1，求a 的值.30．（2022春·广东佛山·高二校联考期中）已知函数()e ()=-∈R x f x ax a ．(1)讨论()f x 的单调性．(2)若0a =，证明：对任意的1x >，都有432()3ln f x x x x x ≥-+．导数大题综合答案1．（2022春·广东东莞·高二校联考期中）已知函数()2395f x x x =-+.(1)求函数()f x 的单调递减区间；(2)求函数()f x 的极值.的切线方程是0x y b ++=.(1)求实数a ，b 的值；(2)求函数()f x 的极值.3．（2022春·广东佛山·高二佛山一中校考期中）已知函数()2ln f x x a x bx =++在()()1,1f 处的切线方程为30x y ++=．(1)求a 、b 的值；(2)求()f x 的极值点，并计算两个极值之和．所以，函数()f x 的极大值点为12x =，极大值为2ln 224f ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，极小值点为22x =，极小值为()22ln 26f =-，所以，函数()f x 的极大值和极小值为()133224f f ⎛⎫+=-⎪⎝⎭.4．（2022春·广东深圳·高二校考期中）已知=1x -是函数()323f x x x ax =-++的一个极值点.(1)求()f x 的单调区间；(2)求()f x 在区间[]4,4-上的最大值.(1)()'236f x x x a =-++， =1x -是函数()f x 的一个极值点∴()'190f a -=-+=，∴9a =，∴()'2369f x x x =-++，令()'0f x <，解得1x <-或3x >；令()'0f x >，解得13x -<<.所以函数()f x 的减区间为()(),1,3,∞∞--+，增区间为()1,3-.(2)由（1）()3239f x x x x =-++，又 ()f x 在[]4,1--上单调递减，在[]1,3-上单调递增，在[]3,4上单调递减∴函数()f x 在的极大值为()327f =，又()476f -=，∴函数()f x 在区间[]4,4-上的最大值为()476f -=.5．（2022秋·广东茂名·高二茂名市第一中学校考期中）已知函数()ln 2f x x x =+.(1)求函数()f x 的极值；(2)证明：2()f x x x>-.(1)若函数()f x 在点()()3,3f 处切线的斜率为4，求实数a 的值；(2)若函数()()21ln 222a ag x x f x x ⎛⎫=--- ⎪⎝⎭在[]1,4上是减函数，求实数a 的取值范围.．(1)讨论()f x 的单调性；(2)设函数()2g x x =-+，若任意31,e x ⎡⎤∈⎣⎦，使得()()f x g x ≤，求a 的取值范围．的图象在点1,1P -处的切线斜率为12-，且()f x 在=1x -处取得极值.(1)求()f x 的解析式；(2)当[]2,2x ∈-时，求()f x 的最大值与最小值.(2)由(1)可知，()f x 在[)2,1--上单调递增，在(]1,2-上单调递减，且()115f -=，()212f =-，()28f -=，∴()max 15f x =，()min 12f x =-．9．（2022春·广东广州·高二校考期中）已知函数()1ln f x x a x =--（其中a 为参数）.(1)求函数()f x 的单调区间：(2)若对任意()0,x ∈+∞都有()0f x ≥成立，求实数a 的取值集合.(1)当1a =时，求()f x 在[],ππ-上的值域；(2)当0x >时，()0f x ≥，求实数a 的取值范围.【详解】（1）由题意知()2cos sin f x x x x x =--，()()21cos sin f x x x x '=-+，[],x ππ∈-时，1cos 0x -≥，sin 0x x ≥，[],x ∴∈-ππ时，()0f x '≥恒成立，所以()f x 单调递增，∴()()()f f x f ππ-≤≤，即()33f x -π≤≤π所以()f x 的值域为[]3,3ππ-.（2）注意到()00f =，()2cos sin cos f x a a x ax x x '=-+-，若1a ≥，()()2cos sin 2cos sin f x ax x x x x x x =--≥--，由（1）知，当[]0,x π∈时，()()00f x f ≥=；当(),x π∈+∞时，2cos sin 2110x x x x x x x -->--=->，所以()0f x ≥恒成立，符合题意；若0a ≤，()()2cos sin f x ax x x =--，当[]0,x π∈时，()0f x ≤，不合题意，舍去；11．（2022春·广东深圳·高二深圳市光明区高级中学校考期中）已知函数2()ln (1)()2=+-+∈R f x x x a x a ，2()()(1)2=-++a g x f x x a x .(1)讨论()f x 的单调性；(2)任取两个正数12,x x ，当12x x <时，求证：()()()1212122--<+x x g x g x x x .12．（2022春·广东深圳·高二校考期中）已知函数()ln f x ax bx x=++且曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为210x y -+=.(1)求实数,a b 的值；(2)若关于x 的不等式()3222mf x x x-≥+恒成立，求实数m 的取值范围.∴()()min 11g x g ==-⎡⎤⎣⎦，即1m ≤-所以实数m 的取值范围为(],1-∞-.13．（2022春·广东广州·高二广州市第十六中学校考期中）已知函数()ln 2=-f x ax x x .(1)若()f x 在1x =处取得极值，求()f x 的单调区间；(2)若2a =，求()f x 在区间1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最值；(3)若函数2()()2=-+f x h x x x有1个零点，求a 的取值范围.（参考数据：ln 20.693≈）14．（2022春·广东佛山·高二顺德一中校考期中）已知函数()ln =--f x a xx x(1)当0a =时，求函数()f x 在1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最值；(2)讨论函数()f x 的单调性.当1e a <<时，当ln 1a x <<时，()0f x '<，()f x 单调递减；当0ln x a <<或1x >时，()0f x ¢>，()f x 单调递增；当e a =时，()0f x ¢>在定义域上恒成立，()f x 单调递增；当e a >时，当1ln x a <<时，()0f x '<，()f x 单调递减；当01x <<或ln x a >时，()0f x ¢>，()f x 单调递增；综上：当1a ≤时，()f x 的单调递增区间为()1,+∞，单调递减区间为()0,1；当1e a <<时，()f x 的单调递增区间为()0,ln a ，()1,+∞，单调递减区间为()ln ,1a ；当e a =时，()f x 的单调递增区间为()0,∞+；当e a >时，()f x 的单调递增区间为()0,1，()ln ,a +∞；单调递减区间为()1,ln a .15．（2022春·广东广州·高二广州市第七中学校考期中）已知函数2()ln (2)f x x ax a x =-+-.(1)讨论()f x 的单调性；(2)若函数()y f x =的图像与x 轴交于A ，B 两点，线段AB 中点的横坐标为0x ，证明：()00f x '<.16．（2022春·广东佛山·高二佛山市顺德区郑裕彤中学校考期中）已知函数()2sin cos 2f x x x x =++，R a ∈.(1)当0a =时，求函数()f x 在x π=处的切线方程；(2)当12a =-时，求函数()f x 在[],x ππ∈-上的最值.∵21336362f f πππ⎛⎫⎛⎫-==-+ ⎪ ⎝⎭⎝⎭，∴()2max 16362f x π=-+.∵()()214f f πππ-==--，()01f =，∴()2min14f x π=--.17．（2022春·广东佛山·高二佛山一中校考期中）已知函数21()ln 2f x x ax a =-+，(1)当1a =时，求()f x 的最值；(2)若ln 2()2f x £恒成立，求a 的取值范围．(1)若e a =，证明：当1x >时，()0f x >；(2)讨论()f x 零点的个数(1)设函数()()g x f x '=，若()y g x =在区间0,2π⎡⎤⎢⎣⎦上是增函数，求a 的取值范围；(2)当2a =-时，证明函数()f x 在区间()0,π上无零点．(1)若1x =函数的极值点，求a 的值；(2)若1a ≥，求证：当[]1,e x ∈时，()0f x '≥，其中e 为自然对数的底数.21．（2022春·广东清远·高二统考期中）已知函数()e 1x f x =-．(1)求证：()f x 在()1,+∞上单调递减(2)若对于任意()0,x ∈+∞，都有()2e x af x a≥+恒成立，求正实数a 的取值范围．22．（2022春·广东佛山·高二校考期中）已知函数()()ln f x x a R x=+∈．(1)判断函数()f x 在区间)2,e -⎡+∞⎣上的零点个数；(2)若函数()f x 在1x =处的切线平行于直线20x y -=，且在[]()1,271828e e =．上存在一点0x ，使得()0001x mf x x +<成立，求实数m ．23．（2022春·广东广州·高二广州市第七中学校考期中）已知函数2()e (,)2xf x a x b a b R =--∈.(1)若函数()f x 在0x =处的切线方程为1y x =-，求实数a ，b 的值；(2)若函数()f x 在1x x =和2x x =两处取得极值，求实数a 的取值范围.(1)解：()e '=-x f x a x ，因为函数()f x 在0x =处的切线方程为1y x =-，所以(0)1f '=，即1a =，(1)当1a =时，求证：()0f x ≥；(2)若()f x 有两个零点，求a 的取值范围.观察图象知，当且仅当01a <<时，直线y 所以a 的取值范围是01a <<.25．（2022春·广东深圳·高二校考期中）已知函数()2ln 2f x x mx x =-+，m ∈R .(1)当2m =时，求函数()f x 的单调区间；(2)若2m =-，正实数a ､b 满足()()0f a f b ab ++=，求证：a b +≥，2e 1()e ()2x g x ax a a R -=-++∈.(1)求函数e ()()e x x f x ϕ-=+的最小值；(2)设函数()()()F x f x g x =+的两个不同极值点分别为12,x x ()12x x <，求实数a 的取值范围.27．（2022春·广东深圳·高二深圳市龙岗区龙城高级中学校考期中）设函数()()()ln 12f x x a x x =+-+．(1)若0a =，求()f x 的单调区间；(2)若()f x 在区间(2,)+∞单调递增，求整数a 的最大值．(1)判断函数()f x 是否存在极值，并说明理由；(2)设函数()()ln F x f x m x =-，若存在两个不相等的正数1x ，2x ，使得()()1122F x x F x x +=+，证明：212x x m <.为常数且0a ≠)在1x =处取得极值.(1)当12a =时，求()f x 的单调区间;(2)若()f x 在(]0,e 上的最大值为1，求a 的值.(1)讨论()f x 的单调性．(2)若0a =，证明：对任意的1x >，都有432()3ln f x x x x x ≥-+．。
导数与微分真题答案及解析
导数与微分真题答案及解析一、基础概念在微积分中，导数与微分是非常重要的概念。
导数描述了函数在某一点的变化率，而微分则描述了函数在某一点附近的局部变化情况。
了解导数与微分的概念对于解决数学问题至关重要，下面就是一些导数与微分的真题及其答案解析。
二、导数计算真题1. 求函数f(x) = 3x^2 - 2x + 1的导数。
解析：根据导数的定义，可以使用求导法则来计算导数。
对于多项式函数f(x) = ax^n + bx^m + cx^l + ...，其导数可以通过对每一项求导后再相加的方式得到。
根据此法则，对于f(x) = 3x^2 - 2x + 1，求导后得到f'(x) = 6x - 2。
2. 求函数f(x) = sin(2x)的导数。
解析：根据导数的链式法则，对于复合函数f(g(x))，其导数可以通过对外层函数求导后再乘以内层函数的导数得到。
对于f(x) = sin(2x)，将外层函数设为f(u) = sin(u)，内层函数设为g(x) = 2x，则f'(x) = f'(g(x)) * g'(x) = cos(2x) * 2 = 2cos(2x)。
三、微分计算真题1. 求函数f(x) = e^x的微分。
解析：对于指数函数f(x) = e^x，其微分可以通过导数乘以微小变化量dx的方式得到。
由于f'(x) = e^x，所以微分df = f'(x) * dx = e^x * dx。
2. 求函数f(x) = ln(x)的微分。
解析：对于对数函数f(x) = ln(x)，其微分可以通过导数除以x的方式得到。
由于f'(x) = 1/x，所以微分df = f'(x) / x = 1 / (x * dx)。
四、综合计算真题1. 求函数f(x) = (x^2 + 1) / (x - 1)在点x = 2处的导数和微分。
解析：首先，求导数。
利用求导法则，对于f(x) = (x^2 + 1) / (x - 1)，可以通过分子分母求导再计算商的导数的方式来求得导数。
高考大题专项(一) 导数的综合应用
高考大题专项(一)导数的综合应用突破1导数与函数的单调性x3-a(x2+x+1).1.已知函数f(x)=13(1)若a=3,求f(x)的单调区间;(2)略.2.已知函数f(x)=e x-ax2.(1)若a=1,证明:当x≥0时,f(x)≥1;(2)略.13.已知函数f(x)=1-x+a ln x.x(1)讨论f(x)的单调性;(2)略.4.(2019山东潍坊三模,21)已知函数f(x)=x2+a ln x-2x(a∈R).(1)求f(x)的单调递增区间;(2)略.25.(2018全国3,文21)已知函数f(x)=ax 2+x-1 x.(1)求曲线y=f(x)在点(0,-1)处的切线方程;(2)证明:当a≥1时,f(x)+e≥0.6.(2019河南开封一模,21)设函数f(x)=(x-1)e x-k2x2(其中k∈R).(1)求函数f(x)的单调区间;(2)略.37.(2019河北衡水同卷联考,21)已知函数f(x)=x2e ax-1.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)略.8.(2019江西新余一中质检一,19)已知函数f(x)=ln(x-a)x.(1)若a=-1,证明:函数f(x)在(0,+∞)上单调递减;(2)若曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与直线x-y=0平行,求a的值;(3)若x>0,证明:ln(x+1)x >xe x-1(其中e是自然对数的底数).突破2利用导数研究函数的极值、最值1.(2019哈尔滨三中模拟)已知函数f(x)=ln x-ax(a∈R).(1)当a=12时,求f(x)的极值;(2)略.42.(2019河北衡水深州中学测试)讨论函数f(x)=ln x-ax(a∈R)在定义域内的极值点的个数.3.(2019陕西咸阳模拟一,21)设函数f(x)=2ln x-x2+ax+2.(1)当a=3时,求f(x)的单调区间和极值;(2)略.54.已知函数f(x)=(x-a)e x(a∈R).(1)当a=2时,求函数f(x)在x=0处的切线方程;(2)求f(x)在区间[1,2]上的最小值.5.(2019湖北八校联考二,21)已知函数f(x)=ln x+ax2+bx.6(1)函数f(x)在点(1,f(1))处的切线的方程为2x+y=0,求a,b的值,并求函数f(x)的最大值;(2)略.6.(2019广东广雅中学模拟)已知函数f(x)=ax+ln x,其中a为常数.(1)当a=-1时,求f(x)的最大值;(2)若f(x)在区间(0,e]上的最大值为-3,求a的值.7.(2019湘赣十四校联考一,21)已知函数f(x)=ln x-mx-n(m,n∈R).7(1)若n=1时,函数f(x)有极大值为-2,求m的值;(2)若对任意实数x>0,都有f(x)≤0,求m+n的最小值.突破3导数在不等式中的应用1.(2019湖南三湘名校大联考一,21)已知函数f(x)=x ln x.(1)略;时,f(x)≤ax2-x+a-1,求实数a的取值范围.(2)当x≥1e2.(2018全国1,文21)已知函数f(x)=a e x-ln x-1.(1)设x=2是f(x)的极值点,求a,并求f(x)的单调区间;时,f(x)≥0.(2)证明:当a≥1e83.(2019湖南湘潭一模,21)已知函数f(x)=e x-x2-ax.(1)略;(2)当x>0时,f(x)≥1-x恒成立,求实数a的取值范围.4.(2019安徽合肥一模,21)已知函数f(x)=e x-1-a(x-1)+ln x(a∈R,e是自然对数的底数).(1)略;(2)若对x∈[1,+∞),都有f(x)≥1成立,求实数a的取值范围.5.(2019陕西咸阳一模,21)设函数f(x)=x+1-m e x,m∈R.(1)当m=1时,求f(x)的单调区间;(2)求证:当x∈(0,+∞)时,ln e x-1x>x2.96.已知函数f(x)=-a ln x-e xx+ax,a∈R.(1)略;(2)当a=1时,若不等式f(x)+bx-b+1xe x-x≥0在x∈(1,+∞)时恒成立,求实数b的取值范围.7.设函数f(x)=e mx+x2-mx.(1)求证:f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增;(2)若对于任意x1,x2∈[-1,1],都有|f(x1)-f(x2)|≤e-1,求m的取值范围.108.(2019山西太原二模,21)已知x1,x2(x1<x2)是函数f(x)=e x+ln(x+1)-ax(a∈R)的两个极值点.(1)求a的取值范围;(2)求证:f(x2)-f(x1)<2ln a.突破4导数与函数的零点1.(2018全国2,文21)已知函数f(x)=1x3-a(x2+x+1).(1)略;(2)证明:f(x)只有一个零点.2.(2019河北唐山三模,21)已知函数f(x)=x ln x-a(x2-x)+1,函数g(x)=f'(x).(1)若a=1,求f(x)的极大值;(2)当0<x<1时,g(x)有两个零点,求a的取值范围.113.(2019河南开封一模,21)已知函数f(x)=ax 2+bx+1 e x.(1)略;(2)若f(1)=1,且方程f(x)=1在区间(0,1)内有解,求实数a的取值范围.4.(2019安徽安庆二模,21)已知函数f(x)=ax-ln x(a∈R).(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)=0有两个相异的正实数根x1,x2,求证:f'(x1)+f'(x2)<0.5.(2019河北石家庄二模,20)已知函数f(x)=1+lnxx.12(1)略;(2)当x>1时,方程f(x)=a(x-1)+1(a>0)有唯一零点,求a的取值范围.x6.(2019山西运城二模,21)已知函数f(x)=x e x-a(ln x+x),a∈R.(1)当a=e时,求f(x)的单调区间;(2)若f(x)有两个零点,求实数a的取值范围.7.已知函数f(x)=(x-2)e x+a(x-1)2有两个零点.(1)求a的取值范围;(2)设x1,x2是f(x)的两个零点,证明:x1+x2<2.138.(2019天津,20)设函数f(x)=ln x-a(x-1)e x,其中a∈R.(1)若a≤0,讨论f(x)的单调性;,(2)若0<a<1e①证明:f(x)恰有两个零点;②设x0为f(x)的极值点,x1为f(x)的零点,且x1>x0,证明3x0-x1>2.参考答案高考大题专项(一)导数的1415综合应用突破1 导数与函数的单调性1.解 (1)当a=3时,f (x )=13x 3-3x 2-3x-3,f'(x )=x 2-6x-3. 令f'(x )=0,解得x=3-2√3或x=3+2√3. 当x ∈(-∞,3-2√3)∪(3+2√3,+∞)时,f'(x )>0; 当x ∈(3-2√3,3+2√3)时,f'(x )<0.故f (x )在(-∞,3-2√3),(3+2√3,+∞)上单调递增,在(3-2√3,3+2√3)上单调递减. 2.证明 (1)当a=1时,f (x )≥1等价于(x 2+1)e -x -1≤0. 设函数g (x )=(x 2+1)e -x -1,则g'(x )=-(x 2-2x+1)e -x =-(x-1)2e -x .当x ≠1时,g'(x )<0,所以g (x )在(0,+∞)上单调递减.而g (0)=0,故当x ≥0时,g (x )≤0,即f (x )≥1.3.解 (1)f (x )的定义域为(0,+∞),f'(x )=-1x 2-1+a x =-x 2-ax+1x 2.①若a ≤2,则f'(x )≤0,当且仅当a=2,x=1时f'(x )=0,所以f (x )在(0,+∞)上单调递减. ②若a>2,令f'(x )=0得,x=a -√a 2-42或x=a+√a 2-42.当x ∈(0,a -√a 2-42)∪a+√a 2-42,+∞时,f'(x )<0;当x ∈a -√a 2-42,a+√a 2-42时,f'(x )>0.所以f (x )在(0,a -√a 2-42),(a+√a 2-42,+∞)上单调递减,在(a -√a 2-42,a+√a 2-42)上单调递增.164.解 (1)函数f (x )的定义域为(0,+∞),f'(x )=2x+a x -2=2x 2-2x+ax,令2x 2-2x+a=0,Δ=4-8a=4(1-2a ),若a ≥1,则Δ≤0,f'(x )≥0在(0,+∞)上恒成立,函数f (x )在(0,+∞)上单调递增; 若a<12,则Δ>0,方程2x 2-2x+a=0,两根为x 1=1-√1-2a 2,x 2=1+√1-2a2, 当a ≤0时,x 2>0,x ∈(x 2,+∞),f'(x )>0,f (x )单调递增; 当0<a<12时,x 1>0,x 2>0,x ∈(0,x 1),f'(x )>0,f (x )单调递增, x ∈(x 2,+∞),f'(x )>0,f (x )单调递增.综上,当a ≥12时,函数f (x )单调递增区间为(0,+∞),当a ≤0时,函数f (x )单调递增区间为1+√1-2a2,+∞,当0<a<12时,函数f (x )单调递增区间为0,1-√1-2a 2,1+√1-2a2,+∞.5.(1)解 f'(x )=-ax 2+(2a -1)x+2e x,f'(0)=2.因此曲线y=f (x )在(0,-1)处的切线方程是2x-y-1=0. (2)证明 当a ≥1时,f (x )+e ≥(x 2+x-1+e x+1)e -x . 令g (x )=x 2+x-1+e x+1, 则g'(x )=2x+1+e x+1.当x<-1时,g'(x )<0,g (x )单调递减;当x>-1时,g'(x )>0,g (x )单调递增;所以g (x )≥g (-1)=0. 因此f (x )+e ≥0.6.解 (1)函数f (x )的定义域为(-∞,+∞),f'(x )=e x +(x-1)e x -kx=x e x -kx=x (e x -k ),①当k ≤0时,令f'(x )>0,解得x>0,∴f (x )的单调递减区间是(-∞,0),单调递增区间是(0,+∞). ②当0<k<1时,令f'(x )>0,解得x<ln k 或x>0,17∴f (x )在(-∞,ln k )和(0,+∞)上单调递增,在(ln k ,0)上单调递减. ③当k=1时,f'(x )≥0,f (x )在(-∞,+∞)上单调递增. ④当k>1时,令f'(x )>0,解得x<0或x>ln k ,所以f (x )在(-∞,0)和(ln k ,+∞)上单调递增,在(0,ln k )上单调递减. 7.解 (1)函数f (x )的定义域为R . f'(x )=2x e ax +x 2·a e ax =x (ax+2)e ax .当a=0时,f (x )=x 2-1,则f (x )在区间(0,+∞)内单调递增,在区间(-∞,0)内单调递减;当a>0时,f'(x )=ax x+2a e ax ,令f'(x )>0得x<-2a 或x>0,令f'(x )<0得-2a <x<0,所以f (x )在区间-∞,-2a 内单调递增,在区间-2a ,0内单调递减,在区间(0,+∞)内单调递增;当a<0时,f'(x )=ax x+2a e ax ,令f'(x )>0得0<x<-2a ,令f'(x )<0得x>-2a 或x<0,所以f (x )在区间(-∞,0)内单调递减,在区间0,-2a 内单调递增,在区间-2a ,+∞内单调递减. 8.(1)证明 当a=-1时,函数f (x )的定义域是(-1,0)∪(0,+∞),所以f'(x )=xx+1-ln (x+1)x 2,令g (x )=xx+1-ln(x+1),只需证当x>0时,g (x )≤0. 又g'(x )=1(x+1)2−1=-x (x+1)2<0在(0,+∞)上恒成立,故g (x )在(0,+∞)上单调递减,所以g (x )<g (0)=-ln 1=0,所以f'(x )<0,故函数f (x )在(0,+∞)上单调递减. (2)解 由题意知,f'(1)=1,且f'(x )=xx -a -ln (x -a )x 2,所以f'(1)=11-a -ln(1-a )=1,即有a1-a -ln(1-a )=0, 令t (a )=a1-a -ln(1-a ),a<1,则t'(a )=1(1-a )2+11-a >0,故t(a)在(-∞,1)上单调递增,又t(0)=0,故0是t(a)的唯一零点,即方程a1-a-ln(1-a)=0有唯一实根0,所以a=0.(3)证明因为xe x-1=ln e xe x-1=ln (ex-1+1)e x-1,故原不等式等价于ln(x+1)x>ln(ex-1+1)e x-1,由(1)知,当a=-1时,f(x)=ln(x+1)x在(0,+∞)上单调递减,故要证原不等式成立,只需证明当x>0时,x<e x-1,令h(x)=e x-x-1,则h'(x)=e x-1>0在(0,+∞)上恒成立,故h(x)在(0,+∞)上单调递增, 所以h(x)>h(0)=0,即x<e x-1,故f(x)>f(e x-1),即ln(x+1)x>ln (ex-1+1)e x-1=xe x-1.突破2利用导数研究函数的极值、最值1.解(1)当a=12时,f(x)=ln x-12x,函数的定义域为(0,+∞),f'(x)=1x−12=2-x2x,令f'(x)=0,得x=2,于是当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:故f(x)的极大值为ln 2-1,无极小值.2.解函数的定义域为(0,+∞),f'(x)=1x -a=1-axx(x>0).1819当a ≤0时,f'(x )>0在(0,+∞)上恒成立,故函数f (x )在(0,+∞)上单调递增,此时函数f (x )在定义域上无极值点; 当a>0时,若x ∈0,1a ,则f'(x )>0,若x ∈1a ,+∞,则f'(x )<0, 故函数f (x )在x=1a 处取极大值.综上可知,当a ≤0时,函数f (x )无极值点,当a>0时,函数f (x )有一个极大值点. 3.解 (1)f (x )的定义域为(0,+∞).当a=3时,f (x )=2ln x-x 2+3x+2, 所以f'(x )=2x -2x+3=-2x 2+3x+2x,令f'(x )=-2x 2+3x+2x=0,得-2x 2+3x+2=0,因为x>0,所以x=2. f (x )与f'(x )在区间(0,+∞)上的变化情况如下:所以f (x )的单调递增区间为(0,2),单调递减区间为(2,+∞). f (x )的极大值为2ln 2+4,无极小值. 4.解 (1)设切线的斜率为k.因为a=2,所以f (x )=(x-2)e x ,f'(x )=e x (x-1).所以f (0)=-2,k=f'(0)=e 0(0-1)=-1. 所以所求的切线方程为y=-x-2,即x+y+2=0. (2)由题意得f'(x )=e x (x-a+1),令f'(x )=0,可得x=a-1.①若a-1≤1,则a≤2,当x∈[1,2]时,f'(x)≥0,则f(x)在[1,2]上单调递增.所以f(x)min=f(1)=(1-a)e.②若a-1≥2,则a≥3,当x∈[1,2]时,f'(x)≤0,则f(x)在[1,2]上单调递减.所以f(x)min=f(2)=(2-a)e2.③若1<a-1<2,则2<a<3,所以f'(x),f(x)随x的变化情况如下表:所以f(x)的单调递减区间为[1,a-1],单调递增区间为[a-1,2].所以f(x)在[1,2]上的最小值为f(a-1)=-e a-1.综上所述,当a≤2时,f(x)min=f(1)=(1-a)e;当a≥3时,f(x)min=f(2)=(2-a)e2;当2<a<3时,f(x)min=f(a-1)=-e a-1.5.解(1)因为f(x)=ln x+ax2+bx,所以f'(x)=1x+2ax+b,则在点(1,f(1))处的切线的斜率为f'(1)=1+2a+b,由题意可得,1+2a+b=-2,且a+b=-2,解得a=b=-1.所以f'(x)=1x-2x-1=-2x2-x+1x=-2x2+x-1x,由f'(x)=0,可得x=12(x=-1舍去),2021当0<x<1时,f'(x )>0,f (x )单调递增;当x>1时,f'(x )<0,f (x )单调递减,故当x=12时,f (x )取得极大值,且为最大值,f 12=-ln 2-34.故f (x )的最大值为-ln 2-34. 6.解 (1)易知f (x )的定义域为(0,+∞),当a=-1时,f (x )=-x+ln x ,f'(x )=-1+1x =1-xx , 令f'(x )=0,得x=1.当0<x<1时,f'(x )>0;当x>1时,f'(x )<0.∴f (x )在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.∴f (x )max =f (1)=-1. ∴当a=-1时,函数f (x )的最大值为-1. (2)f'(x )=a+1x ,x ∈(0,e],则1x ∈1e ,+∞.①若a ≥-1e ,则f'(x )≥0,从而f (x )在(0,e]上单调递增,∴f (x )max =f (e)=a e +1≥0,不合题意. ②若a<-1,令f'(x )>0得,a+1>0,又x ∈(0,e],解得0<x<-1; 令f'(x )<0得,a+1x <0,又x ∈(0,e],解得-1a <x ≤e .从而f (x )在0,-1a 上单调递增,在-1a ,e 上单调递减,∴f (x )max =f -1a =-1+ln -1a . 令-1+ln -1a =-3, 得ln -1a =-2,即a=-e 2.∵-e 2<-1e ,∴a=-e 2符合题意.故实数a 的值为-e 2.7.解 (1)函数f (x )的定义域为(0,+∞),当n=1时,f (x )=ln x-mx-1,∵函数f (x )有极大值为-2, 由f'(x )=1x -m=0,得x=1m >0,∴f(1m)=-ln m-1-1=-2,∴m=1.经检验m=1满足题意.故m的值为1.(2)f'(x)=1x-m.①当m<0时,∵x∈(0,+∞),∴f'(x)>0,∴f(x)在(0,+∞)上单调递增.令x=e n,则f(e n)=ln e n-m e n-n=-m e n>0,舍去;②当m=0时,∵x∈(0,+∞),∴f'(x)>0,∴f(x)在(0,+∞)上单调递增,令x=e n+1,则f(e n+1)=ln e n+1-n=1>0,舍去;③当m>0时,若x∈0,1m ,则f'(x)>0,若x∈1m,+∞,则f'(x)<0,∴f(x)在0,1m 上单调递增,在1m,+∞上单调递减.∴f(x)的最大值为f1m=-ln m-1-n≤0, 即n≥-ln m-1.∴m+n≥m-ln m-1,设h(m)=m-ln m-1,令h'(m)=1-1m=0,则m=1.当m∈(0,1)时,h'(m)<0,∴h(m)在(0,1)上单调递减.当m∈(1,+∞)时,h'(m)>0.∴h(m)在(1,+∞)上单调递增.22∴h(m)的最小值为h(1)=0.综上所述,当m=1,n=-1时,m+n的最小值为0.突破3导数在不等式中的应用1.解(2)由已知得a≥xlnx+x+1x2+1,设h(x)=xlnx+x+1x2+1,则h'(x)=(1-x)(xlnx+lnx+2)(x2+1)2.∵y=x ln x+ln x+2是增函数,且x≥1,∴y≥-1-1+2>0,∴当x∈1e,1时,h'(x)>0;当x∈(1,+∞)时,h'(x)<0,∴h(x)在x=1处取得最大值,h(1)=1,∴a≥1.故a的取值范围为[1,+∞).2.(1)解f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=a e x-1x.由题设知,f'(2)=0,所以a=12e2.从而f(x)=12e2e x-ln x-1,f'(x)=12e2e x-1x.当0<x<2时,f'(x)<0;当x>2时,f'(x)>0.所以f(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增.(2)证明当a≥1e 时,f(x)≥e xe-ln x-1.设g(x)=e xe-ln x-1,2324则g'(x )=e x−1.当0<x<1时,g'(x )<0;当x>1时,g'(x )>0. 所以x=1是g (x )的最小值点. 故当x>0时,g (x )≥g (1)=0. 因此,当a ≥1时,f (x )≥0.3.解 (2)由题意,当x>0时,e x-x 2-ax ≥1-x ,即a ≤e x x -x-1x +1.令h (x )=e xx -x-1x +1(x>0), 则h'(x )=e x (x -1)-x 2+1x 2=(x -1)(e x -x -1)x 2. 令φ(x )=e x -x-1(x>0),则φ'(x )=e x -1>0. 当x ∈(0,+∞)时,φ(x )单调递增,φ(x )>φ(0)=0. 故当x ∈(0,1)时,h'(x )<0,h (x )单调递减; 当x ∈(1,+∞)时,h'(x )>0,h (x )单调递增. 所以h (x )min =h (1)=e -1,所以a ≤e -1. 故a 的取值范围为(-∞,e -1].4.解 (2)f'(x )=e x-1+1x -a (x ≥1),令g (x )=f'(x ),g'(x )=e x-1-1x 2, 令φ(x )=g'(x ),φ'(x )=e x-1+2x 3>0,∴g'(x )在[1,+∞)上单调递增,g'(x )≥g'(1)=0. ∴f'(x )在[1,+∞]上单调递增,f'(x )≥f'(1)=2-a.当a≤2时,f'(x)≥0,f(x)在[1,+∞)上单调递增,f(x)≥f(1)=1,满足条件; 当a>2时,f'(1)=2-a<0.又f'(ln a+1)=e ln a-a+1lna+1=1lna+1>0,∴∃x0∈(1,ln a+1),使得f'(x)=0,此时,当x∈(1,x0)时,f'(x)<0;当x∈(x0,ln a+1)时,f'(x)>0,∴f(x)在(1,x0)上单调递减,当x∈(1,x0)时,都有f(x)<f(1)=1,不符合题意.综上所述,实数a的取值范围为(-∞,2].5.(1)解当m=1时,f(x)=x+1-e x,f'(x)=1-e x,令f'(x)=0,则x=0.当x<0时,f'(x)>0;当x>0时,f'(x)<0.∴函数f(x)的单调递增区间是(-∞,0),单调递减区间是(0,+∞).(2)证明由(1)知,当m=1时,f(x)max=f(0)=0,∴当x∈(0,+∞)时,x+1-e x<0,即e x>x+1,当x∈(0,+∞)时,要证ln e x-1x>x2,只需证e x-1>x e x 2,令F(x)=e x-1-x e x 2=e x-x(√e)x-1,F'(x)=e x-(√e)x−12x(√e)x=(√e)x(√e)x-1-x2=e x2ex2-1-x2,由e x>x+1可得,e x2>1+x2,25故当x∈(0,+∞)时,F'(x)>0恒成立,即F(x)在(0,+∞)上单调递增,∴F(x)>F(0)=0,即e x-1>x e x2,∴lne x-1x>x2.6.解(2)由题意,当a=1时,f(x)+bx-b+1xe x -x≥0在x ∈(1,+∞)时恒成立, 整理得ln x-b(x-1)e x≤0在(1,+∞)上恒成立.令h(x)=ln x-b(x-1)e x,易知,当b≤0时,h(x)>0,不合题意,∴b>0.又h'(x)=1-bx e x,h'(1)=1-b e.①当b≥1时,h'(1)=1-b e≤0.又h'(x)=1-bx e x在[1,+∞)上单调递减.∴h'(x)≤h'(1)≤0在[1,+∞)上恒成立,则h(x)在[1,+∞)上单调递减.所以h(x)≤h(1)=0,符合题意.②当0<b<1e 时,h'(1)=1-b e>0,h'(1b)=b-e1b<01b>1.又h'(x)=1x-bx e x在[1,+∞)上单调递减,∴存在唯一x0∈(1,+∞),使得h'(x0)=0.∴h(x)在(1,x0)上单调递增,在(x0,+∞)上单调递减.又h(x)在x=1处连续,h(1)=0,∴h(x)>0在(1,x0)上恒成立,不合题意.综上所述,实数b的取值范围为1e,+∞.7.(1)证明f'(x)=m(e mx-1)+2x.若m≥0,则当x∈(-∞,0)时,e mx-1≤0,2627f'(x )≤0;当x ∈(0,+∞)时,e mx -1≥0, f'(x )≥0.若m<0,则当x ∈(-∞,0)时,e mx -1>0,f'(x )<0;当x ∈(0,+∞)时,e mx -1<0,f'(x )>0. 所以f (x )在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.(2)解 由(1)知,对任意的m ,f (x )在[-1,0]上单调递减,在[0,1]上单调递增,故f (x )在x=0处取得最小值.所以对于任意x 1,x 2∈[-1,1],|f (x 1)-f (x 2)|≤e -1的充要条件是{f (1)-f (0)≤e -1,f (-1)-f (0)≤e -1,即{e m -m ≤e -1,e -m +m ≤e -1.设函数g (t )=e t -t-e +1,则g'(t )=e t -1.当t<0时,g'(t )<0;当t>0时,g'(t )>0.故g (t )在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增. 又g (1)=0,g (-1)=e -1+2-e <0,故当t ∈[-1,1]时,g (t )≤0. 当m ∈[-1,1]时,g (m )≤0, g (-m )≤0,即{e m -m ≤e -1,e -m +m ≤e -1.当m>1时,由g (t )的单调性知,g (m )>0,即e m -m>e -1. 当m<-1时,g (-m )>0, 即e -m +m>e -1.综上,m 的取值范围是[-1,1].8.(1)解 由题意得f'(x )=e x +1x+1-a ,x>-1,令g (x )=e x +1x+1-a ,x>-1,则 g'(x )=e x -1(x+1)2,28令h (x )=e x -1(x+1)2,x>-1,则h'(x )=e x +2(x+1)3>0,∴h (x )在(-1,+∞)上单调递增,且h (0)=0. 当x ∈(-1,0)时,g'(x )=h (x )<0,g (x )单调递减, 当x ∈(0,+∞)时,g'(x )=h (x )>0,g (x )单调递增.∴g (x )≥g (0)=2-a.①当a ≤2时,f'(x )=g (x )>g (0)=2-a ≥0. f (x )在(-1,+∞)上单调递增,此时无极值;②当a>2时,∵g1a-1=e 1a -1>0,g (0)=2-a<0,∴∃x 1∈1a-1,0,g (x 1)=0,当x ∈(-1,x 1)时, f'(x )=g (x )>0,f (x )单调递增;当x ∈(x 1,0)时,f'(x )=g (x )<0,f (x )单调递减,∴x=x 1是f (x )的极大值点.∵g (ln a )=11+lna >0,g (0)=2-a<0, ∴∃x 2∈(0,ln a ),g (x 2)=0,当x ∈(0,x 2)时,f'(x )=g (x )<0,f (x )单调递减;当x ∈(x 2,+∞)时,f'(x )=g (x )>0,f (x )单调递增,∴x=x 2是f (x )的极小值点. 综上所述,a 的取值范围为(2,+∞).(2)证明 由(1)得a ∈(2,+∞),1a -1<x 1<0<x 2<ln a ,且g (x 1)=g (x 2)=0,∴x 2-x 1>0,1a <x 1+1<1,1<x2+1<1+ln a,e x2−e x1=x2-x1(x1+1)(x2+1),∴1(x1+1)(x2+1)-a<0,1<x2+1x1+1<a(1+ln a)<a2,∴f(x2)-f(x1)=e x2−e x1+ln x2+1x1+1-a(x2-x1)=(x2-x1)1(x1+1)(x2+1)-a +ln x2+1x1+1<ln a2=2ln a.突破4导数与函数的零点1.(2)证明由于x2+x+1>0,所以f(x)=0等价于x 3x2+x+1-3a=0.设g(x)=x3x2+x+1-3a,则g'(x)=x2(x2+2x+3)(x2+x+1)2≥0,仅当x=0时g'(x)=0,所以g(x)在(-∞,+∞)单调递增,故g(x)至多有一个零点,从而f(x)至多有一个零点.又f(3a-1)=-6a2+2a-13=-6(a-16)2−16<0,f(3a+1)=13>0,故f(x)有一个零点.综上,f(x)只有一个零点.2.解(1)f(x)=x ln x-x2+x+1(x>0),g(x)=f'(x)=ln x-2x+2,g'(x)=1-2=1-2x,当x∈0,12时,g'(x)>0,g(x)单调递增;当x∈12,+∞时,g'(x)<0,g(x)单调递减.又g(1)=f'(1)=0,则当x∈12,1时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减.故当x=1时,f(x)取得极大值f(1)=1.2930(2)g (x )=f'(x )=ln x+1-2ax+a ,g'(x )=1x -2a=1-2axx ,①若a ≤0,则g'(x )>0,g (x )单调递增,至多有一个零点,不合题意. ②若a>0,则当x ∈0,12a 时, g'(x )>0,g (x )单调递增;当x ∈12a ,+∞时,g'(x )<0,g (x )单调递减. 则g 12a ≥g 12=ln 12+1=ln e2>0.不妨设g (x 1)=g (x 2),x 1<x 2,则0<x 1<1<x 2<1.一方面,需要g (1)<0,得a>1.另一方面,由(1)得,当x>1时,ln x<x-1<x ,则x<e x , 进而,有2a<e 2a ,则e -2a <1,且g (e -2a )=-2a e -2a +1-a<0, 故存在x 1,使得0<e -2a <x 1<12a .综上,a 的取值范围是(1,+∞). 3.解 (2)由f (1)=1得b=e -1-a , 由f (x )=1得e x =ax 2+bx+1,设g (x )=e x -ax 2-bx-1,则g (x )在(0,1)内有零点,设x 0为g (x )在(0,1)内的一个零点, 由g (0)=g (1)=0知g (x )在(0,x 0)和(x 0,1)上不单调.设h (x )=g'(x ),则h (x )在(0,x 0)和(x 0,1)上均存在零点,即h (x )在(0,1)上至少有两个零点. g'(x )=e x -2ax-b ,h'(x )=e x -2a ,当a ≤12时,h'(x )>0,h (x )在(0,1)上单调递增,h (x )不可能有两个及以上零点,31当a ≥e2时,h'(x )<0,h (x )在(0,1)上单调递减,h (x )不可能有两个及以上零点, 当12<a<e2时,令h'(x )=0得x=ln(2a )∈(0,1),∴h (x )在(0,ln(2a ))上单调递减,在(ln(2a ),1)上单调递增,h (x )在(0,1)上存在最小值h (ln(2a )), 若h (x )有两个零点,则有h (ln(2a ))<0,h (0)>0,h (1)>0, h (ln(2a ))=3a-2a ln(2a )+1-e 12<a<e2,设φ(x )=32x-x ln x+1-e(1<x<e),则φ'(x )=12-ln x ,令φ'(x )=0,得x=√e , 当1<x<√e 时,φ'(x )>0,φ(x )单调递增;当√e <x<e 时,φ'(x )<0,φ(x )单调递减.∴φmax (x )=φ(√e )=√e +1-e <0, ∴h (ln(2a ))<0恒成立.由h (0)=1-b=a-e +2>0,h (1)=e -2a-b>0,得e -2<a<1.综上,a 的取值范围为(e -2,1). 4.(1)解 f (x )=ax-ln x 的定义域为(0,+∞),所以f'(x )=a-1x =ax -1x .①当a ≤0时,f'(x )<0,所以f (x )在(0,+∞)上为减函数.②当a>0时,由f'(x )>0,得x>1a ,所以f (x )在0,1a 上为减函数,在1a ,+∞上为增函数.(2)证明 解法1:要证f'(x 1)+f'(x 2)<0,即证2a-1x 1−1x 2<0,即2a<1x 1+1x 2.由f (x 1)=f (x 2)得a=ln x 1-ln x2x 12,所以只要证2ln x 1-ln x 2x 12<1x 1+1x 2.不妨设x 1>x 2>0,则只要证2ln x1x 2<(x 1-x 2)1x 1+1x 2⇔2ln x1x 2<x1x 2−x2x 1.令x 1x 2=t>1,则只要证明当t>1时,2ln t<t-1t 成立.32设g (t )=2ln t-t-1t(t>1),则g'(t )=2t -1-1t 2=-(t -1)2t2<0,所以函数g (t )在(1,+∞)上单调递减,所以g (t )<g (1)=0,即2ln t<t-1t 成立. 由上分析可知,f'(x 1)+f'(x 2)<0成立.解法2:要证f'(x 1)+f'(x 2)<0,即证2a-1x 1−1x 2<0,即2a<1x 1+1x 2. 令t 1=1x 1,t 2=1x 2,下证t 1+t 2>2a.由f (x 1)=f (x 2),得ax 1-ln x 1=ax 2-ln x 2,即at 1+ln t 1=at 2+ln t 2.令g (t )=a t +ln t ,g (t 1)=g (t 2),g'(t )=-a t 2+1t =t -at2.由g'(t )>0⇒t>a ,g'(t )<0⇒a>t>0,则g (t )在(0,a )上为减函数,在(a ,+∞)上为增函数. 设t 1∈(0,a ),t 2∈(a ,+∞),令h (t )=g (t )-g (2a-t )=at +ln t-a2a -t -ln(2a-t ). h'(t )=t -a t 2+a -t(2a -t )2 =4a (t -a )(a -t )t 2(2a -t )2,t 1∈(0,a ),h'(t 1)<0.所以h (t )在(0,a )上为减函数,h (t 1)>h (a )=0,即g (t 1)>g (2a-t 1),g (t 2)>g (2a-t 1). 又因为g (t )在(a ,+∞)上为增函数,所以t 2>2a-t 1,即t 1+t 2>2a. 故f'(x 1)+f'(x 2)<0.5.解 (2)当x>1时,方程f (x )=a (x-1)+1x ,即ln x-a (x 2-x )=0,33令h (x )=ln x-a (x 2-x ),有h (1)=0,h'(x )=-2ax 2+ax+1x,令r (x )=-2ax 2+ax+1,x ∈(1,+∞),因为a>0,所以r (x )在(1,+∞)上单调递减,①当r (1)=1-a ≤0即a ≥1时,r (x )<0,即h (x )在(1,+∞)上单调递减,所以h (x )<h (1)=0, 方程f (x )=a (x-1)+1x 无实根.②当r (1)>0即0<a<1时,存在x 0∈(1,+∞),使得x ∈(1,x 0)时,r (x )>0,即h (x )单调递增;x ∈(x 0,+∞)时,r (x )<0,即h (x )单调递减;因此h (x )max =h (x 0)>h (1)=0, 取x=1+1a ,则h 1+1a =ln 1+1a -a (1+1a )2+a 1+1a =ln 1+1a -1+1a , 令t=1+1a (t>1),h (t )=ln t-t ,则h'(t )=1t -1,t>1,所以h'(t )<0,即h (t )在t>1时单调递减,所以h (t )<h (1)=0.故存在x 1∈x 0,1+1a ,使得h (x 1)=0. 综上,a 的取值范围为0<a<1. 6.解 (1)f (x )定义域为(0,+∞),当a=e 时,f'(x )=(1+x )(xe x -e )x.∴0<x<1时,f'(x )<0,x>1时,f'(x )>0.∴f (x )在(0,1)上为减函数;在(1,+∞)上为增函数.(2)记t=ln x+x ,则t=ln x+x 在(0,+∞)上单调递增,且t ∈R .∴f (x )=x e x -a (ln x+x )=e t -at=g (t ).∴f (x )在(0,+∞)上有两个零点等价于g (t )=e t -at 在t ∈R 上有两个零点. ①当a=0时,g (t )=e t 在R 上单调增,且g (t )>0,故g (t )无零点; ②当a<0时,g'(t )=e t -a>0恒成立,∴g (t )在R 上单调递增. 又g (0)=1>0,g1a=e 1a -1<0,故g (t )在R 上只有一个零点;③当a>0时,由g'(t)=e t-a=0可知g(t)在t=ln a时有唯一的极小值g(ln a)=a(1-ln a),若0<a<e,g(t)极小值=a(1-ln a)>0,g(t)无零点;若a=e,g(t)极小值=0,g(t)只有一个零点;若a>e时,g(t)极小值=a(1-ln a)<0,而g(0)=1>0,由于y=lnxx在(e,+∞)上为减函数,可知当a>e时,e a>a a>a2,从而g(a)=e a-a2>0.∴g(t)在(0,ln a)和(ln a,+∞)上各有一个零点.综上可知,当a>e时f(x)有两个零点,即所求a的取值范围是(e,+∞).7.(1)解f'(x)=(x-1)e x+2a(x-1)=(x-1)(e x+2a).①设a=0,则f(x)=(x-2)e x,f(x)只有一个零点.②设a>0,则当x∈(-∞,1)时,f'(x)<0;当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,所以f(x)在(-∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.又f(1)=-e,f(2)=a,取b满足b<0且b<ln a ,则f(b)>a2(b-2)+a(b-1)2=a(b2-32b)>0,故f(x)存在两个零点.③设a<0,由f'(x)=0得x=1或x=ln(-2a).若a≥-e2,则ln(-2a)≤1,故当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,因此f(x)在(1,+∞)上单调递增.34又当x≤1时,f(x)<0,所以f(x)不存在两个零点.若a<-e2,则ln(-2a)>1,故当x∈(1,ln(-2a))时,f'(x)<0;当x∈(ln(-2a),+∞)时,f'(x)>0.因此f(x)在(1,ln(-2a))上单调递减,在(ln(-2a),+∞)上单调递增.又当x≤1时f(x)<0,所以f(x)不存在两个零点.综上,a的取值范围为(0,+∞).(2)证明不妨设x1<x2,由(1)知,x1∈(-∞,1),x2∈(1,+∞),2-x2∈(-∞,1),f(x)在(-∞,1)上单调递减, 所以x1+x2<2等价于f(x1)>f(2-x2),即f(2-x2)<0.由于f(2-x2)=-x2e2-x2+a(x2-1)2,而f(x2)=(x2-2)e x2+a(x2-1)2=0,所以f(2-x2)=-x2e2-x2-(x2-2)e x2.设g(x)=-x e2-x-(x-2)e x,则g'(x)=(x-1)(e2-x-e x).所以当x>1时,g'(x)<0,而g(1)=0,故当x>1时,g(x)<0.从而g(x2)=f(2-x2)<0,故x1+x2<2.8.(1)解由已知,f(x)的定义域为(0,+∞),且f'(x)=1x -[a e x+a(x-1)e x]=1-ax2e xx.3536因此当a ≤0时,1-ax 2e x >0,从而f'(x )>0, 所以f (x )在(0,+∞)内单调递增. (2)证明 ①由(1)知,f'(x )=1-ax 2e xx.令g (x )=1-ax 2e x ,由0<a<1e,可知g (x )在(0,+∞)内单调递减,又g (1)=1-a e >0,且g ln 1a =1-a ln 1a 21a =1-ln 1a 2<0,故g (x )=0在(0,+∞)内有唯一解,从而f'(x )=0在(0,+∞)内有唯一解,不妨设为x 0,则1<x 0<ln1a. 当x ∈(0,x 0)时,f'(x )=g (x )x >g (x 0)x=0, 所以f (x )在(0,x 0)内单调递增; 当x ∈(x 0,+∞)时,f'(x )=g (x )x <g (x 0)x=0,所以f (x )在(x 0,+∞)内单调递减,因此x 0是f (x )的唯一极值点.令h (x )=ln x-x+1,则当x>1时,h'(x )=1x -1<0,故h (x )在(1,+∞)内单调递减,从而当x>1时,h (x )<h (1)=0,所以ln x<x-1. 从而fln 1a=lnln 1a-aln 1a -1eln1a =lnln 1a -ln 1a +1=h ln 1a <0,又因为f (x 0)>f (1)=0,所以f (x )在(x 0,+∞)内有唯一零点.又f (x )在(0,x 0)内有唯一零点1,从而,f (x )在(0,+∞)内恰有两个零点.②由题意,{f '(x 0)=0,f (x 1)=0,即{ax 02e x 0=1,ln x 1=a (x 1-1)e x 1,从而ln x 1=x 1-1x 02e x 1-x 0,即e x 1-x 0=x 02ln x 1x 1-1.因为当x>1时,ln x<x-1,又x 1>x 0>1,故ex 1-x 0<x 02(x 1-1)1=x 02,两边取对数,得ln e x 1-x 0<ln x 02,于是x 1-x 0<2ln x 0<2(x 0-1),整理得3x 0-x 1>2.。
高三一轮复习---导数综合训练(有详细答案)
高三一轮复习---导数综合训练（有详细答案）一．选择题（共13小题）1．（2014•上海二模）已知f（x）=alnx+x2（a＞0），若对任意两个不等的正实数x1，x2，都有2．（2014•重庆三模）对于三次函数f（x）=ax3+bx2+cx+d（a≠0），给出定义：设f′（x）是函数y=f（x）的导数，f″（x）是f′（x）的导数，若方程f′′（x）=0有实数解x0，则称点（x0，f（x0））为函数y=f（x）的“拐点”．某同学经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心．设函数g（x）=，则g（）+=（）3．（2014•海口二模）设f（x）是定义在R上的奇函数，且f（2）=0，当x＞0时，有恒24．（2014•合肥模拟）函数的图象经过四个象限，则实数a的取值范围是（）．C D．5．（2014•通州区二模）直线x=t（t＞0）与函数f（x）=x2+1，g（x）=lnx的图象分别交于A、B两点，当|AB|最小C D．6．（2013•辽宁）设函数f（x）满足x2f′（x）+2xf（x）=，f（2）=，则x＞0时，f（x）（）．．．D．8．（2013•安徽）已知函数f（x）=x3+ax2+bx+c有两个极值点x1，x2，若f（x1）=x1＜x2，则关于x的方程3（f（x））29．（2013•山东）抛物线C1：的焦点与双曲线C2：的右焦点的连线交C1于第一象限的点M．若C1在点M处的切线平行于C2的一条渐近线，则p=（）．C D．11．（2013•文昌模拟）如图是f（x）=x3+bx2+cx+d的图象，则x12+x22的值是（）．C D．12．（2012•辽宁）设函数f（x）（x∈R）满足f（﹣x）=f（x），f（x）=f（2﹣x），且当x∈[0，1]时，f（x）=x3．又函数g（x）=|xcos（πx）|，则函数h（x）=g（x）﹣f（x）在上的零点个数为（）13．（2012•太原模拟）已知定义在R上的函数y=f（x﹣1）的图象关于点（1，0）对称，且x∈（﹣∞，0）时，f（x）+xf′（x）＜0成立，（其中f′（x）是f（x）的导函数），a=（30.3）f（30.3），b=（logπ3）．f（logπ3），二．填空题（共13小题）14．（2012•浙江）设a∈R，若x＞0时均有[（a﹣1）x﹣1]（x2﹣ax﹣1）≥0，则a=_________．15．（2012•黑龙江）设函数f（x）=的最大值为M，最小值为m，则M+m=_________．16．（2012•河南模拟）给出下列四个命题：①函数f（x）=lnx﹣2+x在区间（1，e）上存在零点；②若f'（x0）=0，则函数y=f（x）在x=x0取得极值；③m≥﹣1，则函数的值域为R；④“a=1”是“函数在定义域上是奇函数”的充分不必要条件．其中真命题是_________（把你认为正确的命题序号都填在横线上）17．（2012•绵阳二模）对于具有相同定义域D的函数f（x）和g（x），若对任意的x∈D，都有|f（x）﹣g（x）|≤1，则称f（x）和g（x）在D上是“密切函数”．给出定义域均为D={x|0≤x≤4}的四组函数如下：①f（x）=ln（x+1），g（x）=；②f（x）=x3，g（x）=3x﹣1；③f（x）=e x﹣2x（其中e为自然对数的底数），g（x）=2﹣x；④f（x）=x﹣，g（x）=．其中，函数f（x）和g（x）在D上为“密切函数”的是_________．18．（2011•黄冈模拟）若函数上有最小值，则a的取值范围为_________．19．（2010•盐城三模）设a＞0，函数，若对任意的x1，x2∈[1，e]，都有f（x1）≥g（x2）成立，则实数a的取值范围为_________．20．（2014•河南二模）已知f（x）=alnx+，若对于∀x1，x2∈（0，+∞）且x1≠x2都有＞4，则a的取值范围是_________．21．（2014•萧山区模拟）设定义域为（0，+∞）的单调函数f（x），对任意的x∈（0，+∞），都有f[f（x）﹣log2x]=6，若x0是方程f（x）﹣f′（x）=4的一个解，且x0∈（a，a+1）（a∈N*），则实数a=_________．22．（2014•青岛二模）如图，y=f（x）是可导函数，直线l是曲线y=f（x）在x=4处的切线，令g（x）=，则g′（4）=_________．23．（2014•长葛市三模）设函数f（x）是定义在（﹣∞，0）上的可导函数，其导函数为f′（x），且2f（x）+xf′（x）＞x2，则不等式（x+2014）2f（x+2014）﹣4f（﹣2）＞0的解集为_________．24．（2014•云南一模）已知f（x）=ax﹣cosx，x∈[，]，若∀x1∈[，]，∀x2∈[，]，x1≠x2，＜0则实数a的取值范围为_________．25．（2014•厦门一模）已知函数f（x）=x+﹣2alnx在区间（1，2）内是增函数，则实数a的取值范围是_________．26．（2014•甘肃一模）已知函数f（x）的定义域为R，若存在常数c＞0，对∀x∈R，有f（x+c）＞f（x﹣c），则称函数f（x）具有性质P．给定下列函数：①f（x）=3x﹣1；②f（x）=|x|；③f（x）=cosx；④f（x）=x3﹣x．具有性质P 的函数的序号是_________．三．解答题（共4小题）27．（2014•广西）函数f（x）=ax3+3x2+3x（a≠0）．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）若f（x）在区间（1，2）是增函数，求a的取值范围．28．（2014•山东）设函数f（x）=﹣k（+lnx）（k为常数，e=2.71828…是自然对数的底数）．（Ⅰ）当k≤0时，求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若函数f（x）在（0，2）内存在两个极值点，求k的取值范围．29．（2014•湖南）已知常数a＞0，函数f（x）=ln（1+ax）﹣．（Ⅰ）讨论f（x）在区间（0，+∞）上的单调性；（Ⅱ）若f（x）存在两个极值点x1，x2，且f（x1）+f（x2）＞0，求a的取值范围．30．（2014•天津）设f（x）=x﹣ae x（a∈R），x∈R，已知函数y=f（x）有两个零点x1，x2，且x1＜x2．（Ⅰ）求a的取值范围；（Ⅱ）证明：随着a的减小而增大；（Ⅲ）证明x1+x2随着a的减小而增大．2014年11月28日兰贵的高中数学组卷参考答案与试题解析一．选择题（共13小题）1．（2014•上海二模）已知f（x）=alnx+x2（a＞0），若对任意两个不等的正实数x1，x2，都有＞，都有＞+x2．（2014•重庆三模）对于三次函数f（x）=ax3+bx2+cx+d（a≠0），给出定义：设f′（x）是函数y=f（x）的导数，f″（x）是f′（x）的导数，若方程f′′（x）=0有实数解x0，则称点（x0，f（x0））为函数y=f（x）的“拐点”．某同学经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心．设函数g（x）=，则g（）+=（），解得）的对称中心为∴，）=20123．（2014•海口二模）设f（x）是定义在R上的奇函数，且f（2）=0，当x＞0时，有恒2首先根据商函数求导法则，把[在（时，有恒成立，即[在（4．（2014•合肥模拟）函数的图象经过四个象限，则实数a的取值范围是（）．C D．=即（（5．（2014•通州区二模）直线x=t（t＞0）与函数f（x）=x2+1，g（x）=lnx的图象分别交于A、B两点，当|AB|最小C D．=＜，时，x=时，所设函数的最小值为+的值为6．（2013•辽宁）设函数f（x）满足x2f′（x）+2xf（x）=，f（2）=，则x＞0时，f（x）（））满足∴时，dx∴∴，∴∴．．．D．解：∵，x）单调递增；x=是函数）的极大值点，则，即，即∵=﹣（8．（2013•安徽）已知函数f（x）=x3+ax2+bx+c有两个极值点x1，x2，若f（x1）=x1＜x2，则关于x的方程3（f（x））2．解得．，∴，9．（2013•山东）抛物线C1：的焦点与双曲线C2：的右焦点的连线交C1于第一象．C D．，得，得，则抛物线的焦点与双曲线的右焦点的连线所在直线方程为处的切线的斜率为由题意可知，得．．，，则，11．（2013•文昌模拟）如图是f（x）=x3+bx2+cx+d的图象，则x12+x22的值是（）．C D．，，即可求得结论．，．12．（2012•辽宁）设函数f（x）（x∈R）满足f（﹣x）=f（x），f（x）=f（2﹣x），且当x∈[0，1]时，f（x）=x3．又函数g（x）=|xcos（πx）|，则函数h（x）=g（x）﹣f（x）在上的零点个数为（），[）（][）），，[，13．（2012•太原模拟）已知定义在R上的函数y=f（x﹣1）的图象关于点（1，0）对称，且x∈（﹣∞，0）时，f（x）+xf′（x）＜0成立，（其中f′（x）是f（x）的导函数），a=（30.3）f（30.3），b=（logπ3）．f（logπ3），只要比较又∵=∴二．填空题（共13小题）14．（2012•浙江）设a∈R，若x＞0时均有[（a﹣1）x﹣1]（x2﹣ax﹣1）≥0，则a=．，（a=故答案为：15．（2012•黑龙江）设函数f（x）=的最大值为M，最小值为m，则M+m=2．，令，则为奇函的最大值与最小值的和为=，则∴=16．（2012•河南模拟）给出下列四个命题：①函数f（x）=lnx﹣2+x在区间（1，e）上存在零点；②若f'（x0）=0，则函数y=f（x）在x=x0取得极值；③m≥﹣1，则函数的值域为R；④“a=1”是“函数在定义域上是奇函数”的充分不必要条件．其中真命题是①③④（把你认为正确的命题序号都填在横线上）③，17．（2012•绵阳二模）对于具有相同定义域D的函数f（x）和g（x），若对任意的x∈D，都有|f（x）﹣g（x）|≤1，则称f（x）和g（x）在D上是“密切函数”．给出定义域均为D={x|0≤x≤4}的四组函数如下：①f（x）=ln（x+1），g（x）=；②f（x）=x3，g（x）=3x﹣1；③f（x）=e x﹣2x（其中e为自然对数的底数），g（x）=2﹣x；④f（x）=x﹣，g（x）=．其中，函数f（x）和g（x）在D上为“密切函数”的是①④．，∴∵x﹣时，∴∴﹣=18．（2011•黄冈模拟）若函数上有最小值，则a的取值范围为[﹣2，1）．又因为函数﹣﹣可得x﹣，因此有以下不等式成立：19．（2010•盐城三模）设a＞0，函数，若对任意的x1，x2∈[1，e]，都有f（x1）≥g（x2）成立，则实数a的取值范围为．﹣∴=20．（2014•河南二模）已知f（x）=alnx+，若对于∀x1，x2∈（0，+∞）且x1≠x2都有＞4，则a的取值范围是（4，+∞）．+x=＞21．（2014•萧山区模拟）设定义域为（0，+∞）的单调函数f（x），对任意的x∈（0，+∞），都有f[f（x）﹣log2x]=6，若x0是方程f（x）﹣f′（x）=4的一个解，且x0∈（a，a+1）（a∈N*），则实数a=1．有零点，易得，﹣＜﹣﹣22．（2014•青岛二模）如图，y=f（x）是可导函数，直线l是曲线y=f（x）在x=4处的切线，令g（x）=，则g′（4）=﹣．的斜率为=故答案为：23．（2014•长葛市三模）设函数f（x）是定义在（﹣∞，0）上的可导函数，其导函数为f′（x），且2f（x）+xf′（x）＞x2，则不等式（x+2014）2f（x+2014）﹣4f（﹣2）＞0的解集为（﹣∞，﹣2016）．24．（2014•云南一模）已知f（x）=ax﹣cosx，x∈[，]，若∀x1∈[，]，∀x2∈[，]，x1≠x2，＜0则实数a的取值范围为（﹣∞，﹣]．，][，，[，[，[，][，][，，﹣，]25．（2014•厦门一模）已知函数f（x）=x+﹣2alnx在区间（1，2）内是增函数，则实数a的取值范围是﹣1≤a≤；．﹣=x+≤．≤26．（2014•甘肃一模）已知函数f（x）的定义域为R，若存在常数c＞0，对∀x∈R，有f（x+c）＞f（x﹣c），则称函数f（x）具有性质P．给定下列函数：①f（x）=3x﹣1；②f（x）=|x|；③f（x）=cosx；④f（x）=x3﹣x．具有性质P 的函数的序号是①④．）内递减，要想满足三．解答题（共4小题）27．（2014•广西）函数f（x）=ax3+3x2+3x（a≠0）．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）若f（x）在区间（1，2）是增函数，求a的取值范围．，解得﹣[28．（2014•山东）设函数f（x）=﹣k（+lnx）（k为常数，e=2.71828…是自然对数的底数）．（Ⅰ）当k≤0时，求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若函数f（x）在（0，2）内存在两个极值点，求k的取值范围．当且仅当e）29．（2014•湖南）已知常数a＞0，函数f（x）=ln（1+ax）﹣．（Ⅰ）讨论f（x）在区间（0，+∞）上的单调性；（Ⅱ）若f（x）存在两个极值点x1，x2，且f（x1）+f（x2）＞0，求a的取值范围．）﹣±，＞﹣﹣＞﹣且﹣﹣﹣﹣﹣﹣≠＜＜﹣==＜＜﹣=当的取值范围是（30．（2014•天津）设f（x）=x﹣ae x（a∈R），x∈R，已知函数y=f（x）有两个零点x1，x2，且x1＜x2．（Ⅰ）求a的取值范围；（Ⅱ）证明：随着a的减小而增大；（Ⅲ）证明x1+x2随着a的减小而增大．a===a，=a，则=ln，令=t=，+ln，满足﹣）ln﹣，得＜；∴随着=a，=a，∴=ln，设=t∴，，…﹣=。
高考大题专项(一) 导数的综合应用
高考大题专项(一) 导数的综合应用突破1 利用导数研究与不等式有关的问题1.(2020全国1,理21)已知函数f (x )=e x +ax 2-x. (1)当a=1时,讨论f (x )的单调性; (2)当x ≥0时,f (x )≥12x 3+1,求a 的取值范围.2.(2020山东潍坊二模,20)已知函数f (x )=1x +a ln x ,g (x )=e x x .(1)讨论函数f (x )的单调性; (2)证明:当a=1时,f (x )+g (x )-(1+ex 2)ln x>e .3.已知函数f (x )=ln x+a x(a ∈R )的图象在点1e ,f (1e)处的切线斜率为-e,其中e 为自然对数的底数.(1)求实数a 的值,并求f (x )的单调区间; (2)证明:xf (x )>x ex .4.(2020广东湛江一模,文21)已知函数f (x )=ln ax-bx+1,g (x )=ax-ln x ,a>1. (1)求函数f (x )的极值;(2)直线y=2x+1为函数f (x )图象的一条切线,若对任意的x 1∈(0,1),x 2∈[1,2]都有g (x 1)>f'(x 2)成立,求实数a 的取值范围.5.(2020山东济宁5月模拟,21)已知两个函数f(x)=e xx ,g(x)=lnxx+1x-1.(1)当t>0时,求f(x)在区间[t,t+1]上的最大值;(2)求证:对任意x∈(0,+∞),不等式f(x)>g(x)都成立.6.(2020湖北武汉二月调考,理21)已知函数f(x)=(x-1)e x-kx2+2.(1)略;(2)若∀x∈[0,+∞),都有f(x)≥1成立,求实数k的取值范围.7.(2020山东济南一模,22)已知函数f(x)=a(e x-x-1)x2,且曲线y=f(x)在(2,f(2))处的切线斜率为1.(1)求实数a的值;(2)证明:当x>0时,f(x)>1;(3)若数列{x n}满足e x n+1=f(x n),且x1=13,证明:2n|e x n-1|<1.8.(2020湖南长郡中学四模,理21)已知函数f(x)=x ln x.(1)若函数g(x)=f'(x)+ax2-(a+2)x(a>0),试研究函数g(x)的极值情况;(2)记函数F(x)=f(x)-xe x 在区间(1,2)上的零点为x0,记m(x)=min f(x),xe x,若m(x)=n(n∈R)在区间(1,+∞)上有两个不等实数解x1,x2(x1<x2),证明:x1+x2>2x0.突破2 利用导数研究与函数零点有关的问题1.(2020山东烟台一模,21)已知函数f (x )=1+lnxx -a (a ∈R ).(1)若f (x )≤0在(0,+∞)上恒成立,求a 的取值范围,并证明:对任意的n ∈N *,都有1+12+13+ (1)>ln(n+1); (2)设g (x )=(x-1)2e x ,讨论方程f (x )=g (x )的实数根的个数.2.(2020北京通州区一模,19)已知函数f (x )=x e x ,g (x )=a (e x -1),a ∈R . (1)当a=1时,求证:f (x )≥g (x );(2)当a>1时,求关于x 的方程f (x )=g (x )的实数根的个数.3.(2020湖南长郡中学四模,文21)已知函数f(x)=2a e2x+2(a+1)e x.(1)略;(2)当a∈(0,+∞)时,函数f(x)的图象与函数y=4e x+x的图象有唯一的交点,求a的取值集合.4.(2020天津和平区一模,20)已知函数f(x)=ax+be x,a,b∈R,且a>0.x,求函数f(x)的解析式;(1)若函数f(x)在x=-1处取得极值1e(2)在(1)的条件下,求函数f(x)的单调区间;的取值范(3)设g(x)=a(x-1)e x-f(x),g'(x)为g(x)的导函数,若存在x0∈(1,+∞),使g(x0)+g'(x0)=0成立,求ba围.x3+2(1-a)x2-8x+8a+7.5.已知函数f(x)=ln x,g(x)=2a3(1)若曲线y=g(x)在点(2,g(2))处的切线方程是y=ax-1,求函数g(x)在[0,3]上的值域;(2)当x>0时,记函数h(x)={f(x),f(x)<g(x),g(x),f(x)≥g(x),若函数y=h(x)有三个零点,求实数a的取值集合.参考答案高考大题专项(一)导数的综合应用突破1利用导数研究与不等式有关的问题1.解(1)当a=1时,f(x)=e x+x2-x,f'(x)=e x+2x-1.故当x∈(-∞,0)时,f'(x)<0;当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0.所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.(2)f(x)≥12x3+1等价于12x3-ax2+x+1e-x≤1.设函数g(x)=(12x3-ax2+x+1)e-x(x≥0),则g'(x)=-12x3-ax2+x+1-32x2+2ax-1e-x=-12x[x2-(2a+3)x+4a+2]e-x=-12x(x-2a-1)(x-2)e-x.①若2a+1≤0,即a≤-12,则当x∈(0,2)时,g'(x)>0.所以g(x)在(0,2)上单调递增,而g(0)=1,故当x∈(0,2)时,g(x)>1,不合题意.②若0<2a+1<2,即-12<a<12,则当x ∈(0,2a+1)∪(2,+∞)时,g'(x )<0;当x ∈(2a+1,2)时,g'(x )>0.所以g (x )在(0,2a+1),(2,+∞)上单调递减,在(2a+1,2)上单调递增.由于g (0)=1,所以g (x )≤1当且仅当g (2)=(7-4a )e -2≤1,即a ≥7-e 24.所以当7-e 24≤a<12时,g (x )≤1.③若2a+1≥2,即a ≥12,则g (x )≤12x 3+x+1e -x .由于0∈7-e 24,12,故由②可得(12x 3+x +1)e -x ≤1.故当a ≥12时,g (x )≤1.综上,a 的取值范围是[7-e 24,+∞).2.(1)解 函数的定义域为(0,+∞),f'(x )=-1x 2+ax =ax -1x 2,当a ≤0时,f'(x )<0,所以f (x )在(0,+∞)上单调递减; 当a>0时,由f'(x )>0,得x>1a ,由f'(x )<0,得0<x<1a , 所以f (x )在(0,1a )上单调递减,在(1a ,+∞)上单调递增, 综上可知:当a ≤0时,f (x )在(0,+∞)上单调递减;当a>0时,f (x )在(0,1a )上单调递减,在(1a ,+∞)上单调递增. (2)证明 因为x>0,所以不等式等价于e x -e x+1>elnxx ,设F (x )=e x -e x+1,F'(x )=e x -e,所以当x ∈(1,+∞)时,F'(x )>0,F (x )单调递增;当x ∈(0,1)时,F'(x )<0,F (x )单调递减,所以F (x )min =F (1)=1.设G (x )=elnxx ,G'(x )=e (1-lnx )x 2, 所以当x ∈(0,e)时,G'(x )>0,G (x )单调递增,当x ∈(e,+∞)时,G'(x )<0,G (x )单调递减,所以G (x )max =G (e)=1.虽然F (x )的最小值等于G (x )的最大值,但1≠e,所以F (x )>G (x ),即e x -e x+1>elnxx ,故原不等式成立.3.(1)解因为函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=1x −ax2,所以f'(1e)=e-a e2=-e,所以a=2e,所以f'(x)=1x−2ex2.令f'(x)=0,得x=2e,当x∈(0,2e)时,f'(x)<0,当x∈(2e,+∞)时,f'(x)>0,所以f(x)在(0,2e)上单调递减,在(2e,+∞)上单调递增.(2)证明设h(x)=xf(x)=x ln x+2e ,由h'(x)=ln x+1=0,得x=1e,所以当x∈(0,1e)时,h'(x)<0;当x∈(1e,+∞)时,h'(x)>0,所以h(x)在(0,1e)上单调递减,在(1e,+∞)上单调递增,所以h(x)min=h(1e )=1e.设t(x)=xe x(x>0),则t'(x)=1-xe x,所以当x∈(0,1)时,t'(x)>0,t(x)单调递增,当x∈(1,+∞)时,t'(x)<0,t(x)单调递减,所以t(x)max=t(1)=1e.综上,在(0,+∞)上恒有h(x)>t(x),即xf(x)>x e x .4.解(1)∵a>1,∴函数f(x)的定义域为(0,+∞).∵f(x)=ln ax-bx+1=ln a+ln x-bx+1,∴f'(x)=1x-b=1-bxx.①当b≤0时,f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)上为增函数,无极值;②当b>0时,由f'(x)=0,得x=1b.∵当x∈(0,1b)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(1b,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,∴f(x)在定义域上有极大值,极大值为f(1b )=ln ab.(2)设直线y=2x+1与函数f(x)图像相切的切点为(x0,y0),则y0=2x0+1.∵f'(x)=1x -b,∴f'(x0)=1x0-b=2,∴x0=1b+2,即bx0=1-2x0.又ln ax 0-bx 0+1=2x 0+1,∴ln ax 0=1,∴ax 0=e . ∴x 0=ea .∴ae =b+2.∵对任意的x 1∈(0,1),x 2∈[1,2]都有g (x 1)>f'(x 2)成立, ∴只需g (x 1)min >f'(x 2)max . ∵g'(x )=a-1x =ax -1x, ∴由g'(x )=0,得x=1a . ∵a>1,∴0<1a <1.∴当x ∈(0,1a )时,g'(x )<0,g (x )单调递减; 当x ∈(1a ,1)时,g'(x )>0,g (x )单调递增.∴g (x )≥g (1a )=1+ln a , 即g (x 1)min =1+ln a.∵f'(x 2)=1x 2-b 在x 2∈[1,2]上单调递减,∴f'(x 2)max =f'(1)=1-b=3-ae .∴1+ln a>3-ae .即lna+a e -2>0.设h (a )=ln a+ae -2,易知h (a )在(1,+∞)上单调递增.又h (e)=0,∴实数a 的取值范围为(e,+∞). 5.(1)解 由f (x )=e x x 得,f'(x )=xe x -e xx 2=e x (x -1)x 2,∴当x<1时,f'(x )<0,当x>1时,f'(x )>0,∴f (x )在区间(-∞,1)上单调递减,在区间(1,+∞)上单调递增.①当t ≥1时,f (x )在区间[t ,t+1]上单调递增,f (x )的最大值为f (t+1)=e t+1t+1.②当0<t<1时,t+1>1,f (x )在区间(t ,1)上单调递减,在区间(1,t+1)上单调递增,∴f (x )的最大值为f (x )max =max{f (t ),f (t+1)}.下面比较f (t )与f (t+1)的大小.f (t )-f (t+1)=e tt−e t+1t+1=[(1-e )t+1]e tt (t+1).∵t>0,1-e <0,∴当0<t ≤1e -1时,f (t )-f (t+1)≥0,故f (x )在区间[t ,t+1]上的最大值为f (t )=e t t ,当1e -1<t<1时,f (t )-f (t+1)<0,f (x )在区间[t ,t+1]上的最大值为f (t+1)=e t+1t+1.综上可知,当0<t ≤1e -1时,f (x )在区间[t ,t+1]上的最大值为f (t )=e t t ,当t>1e -1时,f (x )在区间[t ,t+1]上的最大值为f (t+1)=e t+1t+1. (2)证明 不等式f (x )>g (x )即为e xx>lnx x +1x -1.∵x>0,∴不等式等价于e x >ln x-x+1,令h (x )=e x -(x+1)(x>0),则h'(x )=e x -1>0,∴h (x )在(0,+∞)上为增函数,h (x )>h (0)=0,即e x >x+1,所以,要证e x >ln x-x+1成立,只需证x+1>ln x-x+1成立即可. 即证2x>ln x 在(0,+∞)上成立. 设φ(x )=2x-ln x ,则φ'(x )=2-1x=2x -1x,当0<x<12时,φ'(x )<0,φ(x )单调递减,当x>12时,φ'(x )>0,φ(x )单调递增,∴φ(x )min =φ(12)=1-ln 12=1+ln 2>0,∴φ(x )>0在(0,+∞)上成立,∴对任意x ∈(0,+∞),不等式f (x )>g (x )都成立. 6.解 (1)略(2)f'(x )=x e x -2kx=x (e x -2k ),①当k ≤0时,e x -2k>0,所以,当x<0时,f'(x )<0,当x>0时,f'(x )>0,则f (x )在区间(-∞,0)上单调递减,在区间(0,+∞)上单调递增, 所以f (x )在区间[0,+∞)上的最小值为f (0),且f (0)=1,符合题意; ②当k>0时,令f'(x )=0,得x=0或x=ln 2k ,所以当0<k ≤12时,ln 2k ≤0,在区间(0,+∞)上f'(x )>0,f (x )单调递增, 所以f (x )在区间[0,+∞)上的最小值为f (0),且f (0)=1,符合题意;当k>12时,ln 2k>0,当x ∈(0,ln 2k )时,f'(x )<0,f (x )在区间(0,ln 2k )上单调递减, 所以f (ln 2k )<f (0)=1,不满足对任意的x ∈[0,+∞),f (x )≥1恒成立, 综上,k 的取值范围是(-∞,12].7.(1)解 f'(x )=a [(x -2)e x +x+2)]x 3,因为f'(2)=a2=1,所以a=2.(2)证明 要证f (x )>1,只需证h (x )=e x -12x 2-x-1>0.h'(x )=e x -x-1,令c (x )=e x -x-1,则c'(x )=e x -1.因为当x>0时,c'(x )>0,所以h'(x )=e x -x-1在(0,+∞)上单调递增,所以h'(x)=e x-x-1>h'(0)=0.所以h(x)=e x-12x2-x-1在(0,+∞)上单调递增,所以h(x)=e x-12x2-x-1>h(0)=0成立.所以当x>0时,f(x)>1.(3)证明(方法1)由(2)知当x>0时,f(x)>1.因为e x n+1=f(x n),所以x n+1=ln f(x n).设g(x n)=ln f(x n),则x n+1=g(x n),所以x n=g(x n-1)=g(g(x n-2))=…=g((…(g(x1))…))>0.要证2n|e x n-1|<1,只需证|e x n-1|<12n.因为x1=13,所以|e x1-1|=e13-1.因为e-323=e-278<0,所以e 13<32,所以|e x1-1|=e 13-1<12.故只需证|e x n+1-1|<12|e x n-1|.因为x n∈(0,+∞),故只需证e x n+1-1<12e x n−12,即证f(x n)-1<12e x n−12.只需证当x∈(0,+∞)时,φ(x)=12x2-2e x+12x2+2x+2>0,φ'(x)=12x2+x-2e x+x+2,令α(x)=12x2+x-2e x+x+2,则α'(x)=12x2+2x-1e x+1,令β(x)=12x2+2x-1e x+1,则β'(x)=12x2+3x+1e x>0,所以β(x)在区间(0,+∞)上单调递增,故β(x)=12x2+2x-1e x+1>β(0)=0.所以α(x)在区间(0,+∞)上单调递增,故α(x)=12x2+x-2e x+x+2>α(0)=0.所以φ(x)在区间(0,+∞)上单调递增,所以φ(x)=12x2-2e x+12x2+2x+2>φ(0)=0,所以原不等式成立.(方法2)由(2)知当x>0时,f(x)>1.因为e x n+1=f(x n),所以x n+1=ln f(x n).设g(x n)=ln f(x n),则x n+1=g(x n),所以x n=g(x n-1)=g(g(x n-2))=…=g((…(g(x1))…))>0.要证2n|e x n-1|<1,只需证|e x n-1|<12n.因为x1=13,所以|e x1-1|=e13-1.因为e-323=e-278<0,所以e 13<32,所以|e x1-1|=e 13-1<12.故只需证|e x n+1-1|<12|e x n-1|.因为x n∈(0,+∞),故只需证e x n+1-1<12e x n−12,即证f(x n)-1<12e x n−12.只需证当x∈(0,+∞)时,φ(x)=12x2-2e x+12x2+2x+2>0.因为φ(x)=12(x2-4)e x+12(x2+4x+4)=12(x+2)[(x-2)e x+(x+2)],设u(x)=(x-2)e x+(x+2),故只需证u(x)>0.u'(x)=(x-1)e x+1,令v(x)=(x-1)e x+1,则v'(x)=x e x>0,所以v(x)在区间(0,+∞)上单调递增,故v(x)=(x-1)e x+1>v(0)=0,所以u(x)在区间(0,+∞)上单调递增,故u(x)=(x-2)e x+(x+2)>u(0)=0,所以原不等式成立.8.(1)解由题意,得f'(x)=ln x+1,故g(x)=ax2-(a+2)x+ln x+1,故g'(x)=2ax-(a+2)+1x=(2x-1)(ax-1)x,x>0,a>0.令g'(x)=0,得x1=12,x2=1a.①当0<a<2时,1a >12,由g'(x)>0,得0<x<12或x>1a;由g'(x)<0,得12<x<1a.所以g(x)在x=12处取极大值g12=-a4-ln 2,在x=1a处取极小值g1a=-1a-ln a.②当a=2时,1a =12,g'(x)≥0恒成立,所以不存在极值.③当a>2时,1a <12,由g'(x)>0,得0<x<1a或x>12;由g'(x)<0,得1a<x<12.所以g(x)在x=1a处取极大值g1a=-1a-ln a,在x=12处取极小值g12=-a4-ln 2.综上,当0<a<2时,g(x)在x=12处取极大值-a4-ln 2,在x=1a处取极小值-1a-ln a;当a=2时,不存在极值;当a>2时,g(x)在x=1a处取极大值-1a-ln a,在x=12处取极小值-a4-ln 2.(2)证明F(x)=x ln x-xe x ,定义域为x∈(0,+∞),F'(x)=1+ln x+x-1e x.当x∈(1,2)时,F'(x)>0,即F(x)在区间(1,2)上单调递增.又因为F(1)=-1e<0,F(2)=2ln 2-2e2>0,且F(x)在区间(1,2)上的图像连续不断,故根据函数零点存在定理,F(x)在区间(1,2)上有且仅有一个零点.所以存在x0∈(1,2),使得F(x0)=f(x0)-x0e x0=0.且当1<x<x0时,f(x)<xe x;当x>x0时,f(x)>xe x.所以m(x)=min f(x),xe x={xlnx,1<x<x0,xe x,x>x0.当1<x<x0时,m(x)=x ln x,由m'(x)=1+ln x>0,得m(x)单调递增;当x>x 0时,m (x )=x e x ,由m'(x )=1-xe x <0,得m (x )单调递减. 若m (x )=n 在区间(1,+∞)上有两个不等实数解x 1,x 2(x 1<x 2), 则x 1∈(1,x 0),x 2∈(x 0,+∞).要证x 1+x 2>2x 0,即证x 2>2x 0-x 1.又因为2x 0-x 1>x 0,而m (x )在区间(x 0,+∞)上单调递减, 所以可证m (x 2)<m (2x 0-x 1).由m (x 1)=m (x 2),即证m (x 1)<m (2x 0-x 1),即x 1ln x 1<2x 0-x 1e 2x 0-x 1. 记h (x )=x ln x-2x 0-xe 2x 0-x,1<x<x 0, 其中h (x 0)=0. 记φ(t )=t e t ,则φ'(t )=1-te t . 当t ∈(0,1)时,φ'(t )>0; 当t ∈(1,+∞)时,φ'(t )<0. 故φ(t )max =1e .而φ(t )>0,故0<φ(t )<1e . 因为2x 0-x>1, 所以-1e <-2x 0-xe 2x 0-x<0. 因此h'(x )=1+ln x+1e2x 0-x −2x 0-x e 2x 0-x>1-1e >0,即h (x )单调递增,故当1<x<x 0时,h (x )<h (x 0)=0, 即x 1ln x 1<2x 0-x 1e 2x 0-x 1, 故x 1+x 2>2x 0,得证.突破2 利用导数研究 与函数零点有关的问题1.(1)证明 由f (x )≤0可得,a ≥1+lnxx(x>0),令h (x )=1+lnx x ,则h'(x )=1x ·x -(1+lnx )x 2=-lnxx 2. 当x ∈(0,1)时,h'(x )>0,h (x )单调递增;当x ∈(1,+∞)时,h'(x )<0,h (x )单调递减,故h (x )在x=1处取得最大值,要使a ≥1+lnxx,只需a ≥h (1)=1,故a 的取值范围为[1,+∞). 显然,当a=1时,有1+lnxx≤1,即不等式ln x<x-1在(1,+∞)上成立,令x=n+1n >1(n ∈N *),则有ln n+1n <n+1n -1=1n ,所以ln 21+ln 32+…+ln n+1n <1+12+13+…+1n , 即1+12+13+…+1n >ln(n+1).(2)解 由f (x )=g (x ),可得1+lnxx -a=(x-1)2e x ,即a=1+lnxx -(x-1)2e x ,令t (x )=1+lnxx -(x-1)2e x , 则t'(x )=-lnx x 2-(x 2-1)e x ,当x ∈(0,1)时,t'(x )>0,t (x )单调递增;当x ∈(1,+∞)时,t'(x )<0,t (x )单调递减,故t (x )在x=1处取得最大值t (1)=1,又当x →0时,t (x )→-∞,当x →+∞时,t (x )→-∞,所以,当a=1时,方程f (x )=g (x )有一个实数根;当a<1时,方程f (x )=g (x )有两个不同的实数根; 当a>1时,方程f (x )=g (x )没有实数根. 2.(1)证明 设函数F (x )=f (x )-g (x )=x e x -a e x +a.当a=1时,F (x )=x e x -e x +1,所以F'(x )=x e x . 所以当x ∈(-∞,0)时,F'(x )<0; 当x ∈(0,+∞)时,F'(x )>0.所以F (x )在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增. 所以当x=0时,F (x )取得最小值F (0)=0. 所以F (x )≥0,即f (x )≥g (x ).(2)解 设函数F (x )=f (x )-g (x )=x e x -a e x +a.当a>1时,F'(x )=(x-a+1)e x ,令F'(x )>0,即(x-a+1)e x >0,解得x>a-1; 令F'(x )<0,即(x-a+1)e x <0,解得x<a-1.所以F (x )在(-∞,a-1)上单调递减,在(a-1,+∞)上单调递增.所以当x=a-1时,F (x )取得最小值,即F (a-1)=a-e a-1. 令h (a )=a-e a-1,则h'(a )=1-e a-1.因为a>1,所以h'(a )<0.所以h (a )在(1,+∞)上单调递减. 所以h (a )<h (1)=0,所以F (a-1)<0.又因为F (a )=a>0,所以F (x )在区间(a-1,a )上存在一个零点. 所以在[a-1,+∞)上存在唯一的零点.又因为F (x )在区间(-∞,a-1)上单调递减,且F (0)=0, 所以F (x )在区间(-∞,a-1)上存在唯一的零点0.所以函数F (x )有且仅有两个零点,即方程f (x )=g (x )有两个实数根.3.解 (1)略.(2)设t=e x ,则f (t )=2at 2+2(a+1)t 的图像与y=4t+ln t 的图像只有一个交点,其中t>0,则2at 2+2(a+1)t=4t+ln t 只有一个实数解,即2a=2t+lntt 2+t只有一个实数解. 设g (t )=2t+lnt t 2+t,则g'(t )=-2t 2+t -2tlnt+1-lnt(t 2+t )2,g'(1)=0.令h (t )=-2t 2+t-2t ln t+1-ln t , 则h'(t )=-4t-1φ-2ln t-1.设y=1t +2ln t ,令y'=-1t 2+2t =2t -1t 2=0,解得t=12,则y ,y'随t 的变化如表所示0,1212,+∞y' - 0+则当t=12时,y=1t +2ln t 取最小值为2-2ln 2=2×(1-ln 2)>0. 所以-1t -2ln t<0, 即h'(t )=-4t-1t -2ln t-1<0.所以h (t )在(0,+∞)上单调递减. 因此g'(t )=0只有一个根,即t=1. 当t ∈(0,1)时,g'(t )>0,g (t )单调递增; 当t ∈(1,+∞)时,g'(t )<0,g (t )单调递减. 所以,当t=1时,g (t )有最大值为g (1)=1.由题意知,y=2a 与g (t )图像只有一个交点,而a ∈(0,+∞), 所以2a=1,即a=12,所以a 的取值集合为12.4.解 (1)函数f (x )的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞).f'(x )=ax 2+bx -b x 2e x,由题知{f '(-1)=0,f (-1)=1e ,即{(a -2b )e -1=0,(-a+b )-1e -1=1e ,解得{a =2,b =1,所以函数f (x )=2x+1x e x (x ≠0). (2)f'(x )=2x 2+x -1x 2e x =(x+1)(2x -1)x 2e x. 令f'(x )>0得x<-1或x>12, 令f'(x )<0得-1<x<0或0<x<12.所以函数f (x )的单调递增区间是(-∞,-1),12,+∞, 单调递减区间是(-1,0),0,12.(3)根据题意易得g (x )=ax-b x -2a e x (a>0), 所以g'(x )=bx 2+ax-bx -a e x .由g (x )+g'(x )=0,得ax-bx -2a e x +bx 2+ax-bx -a e x =0.整理,得2ax 3-3ax 2-2bx+b=0.存在x 0∈(1,+∞),使g (x 0)+g'(x 0)=0成立,等价于存在x 0∈(1,+∞),使2a x 03-3a x 02-2bx 0+b=0成立.设u (x )=2ax 3-3ax 2-2bx+b (x>1),则u'(x )=6ax 2-6ax-2b=6ax (x-1)-2b>-2b. 当b ≤0时,u'(x )>0,此时u (x )在(1,+∞)上单调递增, 因此u (x )>u (1)=-a-b.因为存在x 0∈(1,+∞),使2a x 03-3a x 02-2bx 0+b=0成立, 所以只要-a-b<0即可,此时-1<ba ≤0. 当b>0时,令u (x )=b , 解得x 1=3a+√9a 2+16ab4a>3a+√9a 24a=32>1,x 2=3a -√9a 2+16ab 4a(舍去),x 3=0(舍去),得u (x 1)=b>0.又因为u (1)=-a-b<0,于是u (x )在(1,x 1)上必有零点,即存在x 0>1,使2a x 03-3a x 02-2bx 0+b=0成立,此时ba >0.综上,ba 的取值范围为(-1,+∞). 5.解 (1)因为g (x )=2a3x 3+2(1-a )x 2-8x+8a+7,所以g'(x )=2ax 2+4(1-a )x-8,所以g'(2)=0. 所以a=0,即g (x )=2x 2-8x+7. g (0)=7,g (3)=1,g (2)=-1.所以g (x )在[0,3]上的值域为[-1,7].(2)①当a=0时,g (x )=2x 2-8x+7,由g (x )=0,得x=2±√22∈(1,+∞),此时函数y=h (x )有三个零点,符合题意.②当a>0时,g'(x )=2ax 2+4(1-a )x-8=2a (x-2)x+2a . 由g'(x )=0,得x=2. 当x ∈(0,2)时,g'(x )<0; 当x ∈(2,+∞)时,g'(x )>0.若函数y=h (x )有三个零点,则需满足g (1)>0且g (2)<0,解得0<a<316.③当a<0时,g'(x )=2ax 2+4(1-a )x-8=2a (x-2)x+2a . 由g'(x )=0,得x 1=2,x 2=-2a .(ⅰ)当-2a <2,即a<-1时,因为g (x )极大值=g (2)=163a-1<0,此时函数y=h (x )至多有一个零点,不符合题意.(ⅱ)当-2a =2,即a=-1时,因为g'(x )≤0,此时函数y=h (x )至多有两个零点,不符合题意. (ⅲ)当-2a >2,即-1<a<0时,若g (1)<0,函数y=h (x )至多有两个零点,不符合题意; 若g (1)=0,得a=-320;因为g -2a =1a 28a 3+7a 2+8a+83,所以g -2a >0,此时函数y=h (x )有三个零点,符合题意;若g (1)>0,得-320<a<0. 由g -2a =1a 28a 3+7a 2+8a+83.记φ(a)=8a3+7a2+8a+83,则φ'(a)>0.所以φ(a)>φ-320>0,此时函数y=h(x)有四个零点,不符合题意.综上所述,满足条件的实数a∈-220∪0,316.。
导数必考题型小综合(一)至(七)
导数必考题型小综合（一）1、已知函数21(),(0)2a f x x a x =+≠．求函数()y f x =的单调区间．2、已知函数x xk kx x f ln 2)(--=. （Ⅰ）若0)2(='f ，求函数)(x f y =的解析式；（Ⅱ）若函数)(x f 在其定义域内为增函数，求实数k 的取值范围.3、已知函数2()ln f x a x x=+，a ∈R . （Ⅰ）若曲线()y f x =在点(1,(1))P f 处的切线垂直于直线2y x =+，求a 的值； （Ⅱ）求函数()f x 在区间(0, e]上的最小值.4.已知函数mx x x f -+=)1ln()(． （I ）当1m =时，求函数)(x f 的单调递减区间；（II ）求函数)(x f 的极值；（III ）若函数()f x 在区间20,1e ⎡⎤-⎣⎦上恰有两个零点，求m 的取值范围．导数必考题型小综合（二）1、已知函数211()ln (0)22f x a x x a =-+≠，求)(x f 的单调区间；2、设函数()0)(2>+=a bx ax x f 。
（1） 若函数)(x f 在1-=x 处取得极值2-，求b a ,的值；（2） 若函数)(x f 在区间()1,1-内单调递增，求b 的取值范围；3、已知函数232)1(31)(x k x x f +-=，kx x g -=31)(，且)(x f 在区间),2(+∞上为增函数．（1） 求实数k 的取值范围；（2） 若函数)(x f 与)(x g 的图象有三个不同的交点，求实数k 的取值范围．4.已知函数322()1,a f x x x =++其中0a >. （I ）若曲线()y f x =在(1,(1))f 处的切线与直线1y =平行，求a 的值；（II ）求函数()f x 在区间[1,2]上的最小值.导数必考题型小综合（三）1．已知函数1()ln 1a f x x ax x-=-+-．讨论函数()f x 的单调性；2、已知a ∈R ，函数()()2f x x x a =-．3.已知函数2()2ln f x x a x =+.（Ⅰ）若函数()f x 的图象在(2,(2))f 处的切线斜率为1，求实数a 的值；（Ⅱ）求函数()f x 的单调区间； （Ⅲ）若函数2()()g x f x x =+在[1,2]上是减函数，求实数a 的取值范围.4、已知函数2()ln 20)f x a x a x=+-> (. （Ⅱ）若对于(0,)x ∀∈+∞都有()2(1)f x a >-成立，试求a 的取值范围；（Ⅲ）记()()()g x f x x b b =+-∈R .当1a =时，函数()g x 在区间1[, ]e e -上有两个零点，求实数b 的取值范围.导数必考题型小综合（四）1.已知函数32()2f x x x x =++．（Ⅰ）求函数()f x 的单调区间与极值；（Ⅱ）若对于任意(0,)x ∈+∞，2()f x ax ≥恒成立，求实数a 的取值范围．2．已知函数()2ln bx x a x f -=图象上一点P （2，f (2)）处的切线方程为22ln 23++-=x y ．（Ⅰ）求b a ,的值；（Ⅱ）若方程()0=+m x f 在1[,e]e内有两个不等实根，求m 的取值范围。
数学导数的综合运用试题
数学导数的综合运用试题1.已知函数（，，且）的图象在处的切线与轴平行. （1）确定实数、的正、负号；（2）若函数在区间上有最大值为，求的值．【答案】（1），（2）【解析】（1） 1分由图象在处的切线与轴平行，知，∴. 2分又，故，. 3分(2) 令,得或. 4分∵，令，得或令，得.于是在区间内为增函数，在内为减函数,在内为增函数.∴是的极大值点，是极小值点. 5分令，得或. 6分分类：①当时，，∴ .由解得， 8分②当时，, 9分∴.由得 . 10分记,∵,∴在上是增函数，又，∴,∴在上无实数根.综上，的值为. 12分2.（本题满分15分）已知函数（），且函数图象过原点.（Ⅰ）求函数的单调区间；（Ⅱ）函数在定义域内是否存在零点？若存在，请指出有几个零点；若不存在，请说明理由.【答案】见解析【解析】（Ⅰ）由题意可知故，则．当时，对，有，所以函数在区间上单调递增；当时，由，得；由，得，此时函数的单调增区间为，单调减区间为．综上所述，当时，函数的单调增区间为；当时，函数的单调增区间为，单调减区间为．（Ⅱ）函数的定义域为，由，得（），令（），则，由于，，可知当，；当时，，故函数在上单调递减，在上单调递增，故．又由（Ⅰ）知当时，对，有，即，（随着的增长，的增长速度越来越快，会超过并远远大于的增长速度，而的增长速度则会越来越慢．则当且无限接近于0时，趋向于正无穷大.）当时，函数有两个不同的零点；当时，函数有且仅有一个零点；当时，函数没有零点．3.若曲线在点处的切线与直线互相垂直，则实数的值为________．【答案】2．【解析】由已知得．【考点】导数的几何意义、两条直线的位置关系等知识，意在考查运算求解能力．4.（本小题满分13分）已知函数 (t∈R) ．(Ⅰ)若曲线在处的切线与直线平行，求实数的值；(Ⅱ)若对任意的，恒成立，求实数的取值范围.【答案】(Ⅰ) (Ⅱ)【解析】(Ⅰ) 由题意得，，且，即，解得； 3分(Ⅱ)由(Ⅰ) ，时，.当时，，函数在上单调递增.此时由，解得； 6分(2)当时，，函数在上单调递减.此时由，解得； 9分(3)当时，函数在上递减，在上递增，.此时恒成立，而，所以，. 12分综上，当实数的取值范围为时，对任意的，恒成立. 13分【考点】本题主要考查导数的计算、导数的几何意义及应用导数研究函数的单调性、极值，考查简单不等式恒成立问题的处理方法，意在考查考生的运算能力、分析问题、解决问题的能力及转化与化归思想的应用意识．5.广东理）设函数(其中).(1) 当时,求函数的单调区间；(2) 当时,求函数在上的最大值.【答案】(1) 函数的递减区间为,递增区间为,(2)【解析】(1)根据k的取值化简函数的表达式，明确函数的定义域，然后利用求导研究函数的单调区间，中规中矩；（2）借助构造函数的技巧进行求解，如构造达到证明的目的，构造达到证明的目的.(1) 当时,,令,得,当变化时,的变化如下表:(2),令,得,,令,则,所以在上递增,所以,从而,所以所以当时,；当时,；所以令,则,令,则所以在上递减,而所以存在使得,且当时,,当时,,所以在上单调递增,在上单调递减.因为,,所以在上恒成立,当且仅当时取得“”.综上,函数在上的最大值.【考点】本题考查函数的单调性和函数的最值问题，考查学生的分类讨论思想和构造函数的解题能力.6.天津理）已知函数.(1) 求函数f(x)的单调区间;(2) 证明: 对任意的t>0, 存在唯一的s, 使.(3) 设(2)中所确定的s关于t的函数为, 证明: 当时, 有.【答案】（1）函数的单调递减区间是，单调递增区间是（2）见解析（3）见解析【解析】(1) 函数f(x)的定义域为，，令，得，当变化时，、的变化情况如下表：所以函数的单调递减区间是，单调递增区间是.(2)证明:当时，，令，由(1)知在区间内单调递增，，故存在唯一的，使得成立.(3)证明：因为，由(2)知，，且，从而===，其中，要使成立，只需，当时，若，则由的单调性，有，矛盾，所以即，从而成立；另一方面，令，令，得.当时，；当时，，故对，，因此成立.综上，当时，有.【解题思路与技巧】本题第（1）问，求的单调区间，先求出定义域，然后解导数方程的根，判断根两侧的导数的正负即可；第(2)问，证明时，可构造函数；第(3))问，讨论.【易错点】对第（1）问，求单调区间时，注意定义域优先的原则；第(2)、(3))问，证明时要注意讨论.【考点】本小题主要考查函数的概念、函数的零点、导数的运算、利用导数研究函数的单调性、不等式等基础知识，考查函数思想、化归思想，考查抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力.7.浙江理）已知，函数（1）求曲线在点处的切线方程；（2）当时，求的最大值.【答案】（1）（2）【解析】此题第（1）问根据导数的加减法运算法则和幂函数的求导公式求出，然后求出和，然后利用直线方程的点斜式即可求出；第（2）求函数区间上的最值，但是函数中含有参数，要对参数进行讨论，而且是求区间上的最值，所有应该对函数在上的最值取绝对值后进行讨论，即讨论和在区间中的函数的极值；所以应对和零的关系进讨论，根据判别式在讨论和1的关系，在此过程中由于出现，所以又要讨论和的关系，然后得到是大于零还是小于零不确定，所以又要讨论和的关系，这也是这个题目的难点所在，此题注意讨论不漏不重；（1）由已知得：，且，所以所求切线方程为：，即为：；（2）由已知得到：，其中，当时，，（1）当时，，所以在上递减，所以，因为；（2）当，即时，恒成立，所以在上递增，所以，因为；（3）当，即时，，且，即+00所以，所以；由，所以（ⅰ）当时，，所以时，递增，时，递减，所以，因为，又因为，所以，所以，所以（ⅱ）当时，，所以，因为，此时，当时，是大于零还是小于零不确定，所以当时，，所以，所以此时当时，，所以，所以此时。
导数函数综合应用(含答案)
导数函数综合应用一．选择题（共6小题）1．定义在R上的函数y＝f（x），满足f（4﹣x）＝f（x），（x﹣2）f′（x）＜0，若x1＜x2，且x1+x2＞4，则有（）A．f（x1）＜f（x2）B．f（x1）＞f（x2）C．f（x1）＝f（x2）D．不确定2．定义在（1，+∞）上的函数f（x）满足下列两个条件：（1）对任意的x∈（1，+∞）恒有f（2x）＝2f（x）成立；（2）当x∈（1，2]时，f（x）＝2﹣x；记函数g（x）＝f（x）﹣k（x﹣1），若函数g（x）恰有两个零点，则实数k的取值范围是（）A．[1，2）B．C．D．3．设函数f（x）是定义在实数集上的奇函数，在区间[﹣1，0）上是增函数，且f（x+2）＝﹣f（x），则有（）A．B．C．D．4．已知函数f（x）＝，若函数y＝f（x）+|x﹣1|﹣kx在定义域内有且只有三个零点，则实数k的取值范围是（）A．[）B．[]C．[﹣）D．[﹣]5．设函数f（x）＝，若对任意给定的y∈（2，+∞），都存在唯一的x∈R，满足f（f（x））＝2a2y2+ay，则正实数a的最小值是（）A．2B．C．D．46．已知函数f（x）＝2mx2﹣2（4﹣m）x+1，g（x）＝mx，若对于任一实数x，f（x）与g（x）至少有一个为正数，则实数m的取值范围是（）A．（0，2）B．（0，8）C．（2，8）D．（﹣∞，0）二．填空题（共1小题）7．已知函数f（x）＝，若关于x的方程f（x）＝3恰有两个互异的实数解，则实数a的取值范围是．三．解答题（共19小题）8．已知函数f（x）＝﹣alnx（a∈R）．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若存在实数x0＝[1，e]，使得f（x0）＜0，求正实数a的取值范围．9．已知函数f（x）＝x2﹣（a+）x+lnx，其中a＞0．（Ⅰ）当a＝2时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处切线的方程；（Ⅱ）当a≠1时，求函数f（x）的单调区间；（Ⅲ）若a∈（0，），证明对任意x1，x2∈[，1]（x1≠x2），＜恒成立．10．已知函数f（x）＝lnx﹣ax2+（2﹣a）x．（1）若f′（1）＝﹣6，求函数f（x）在（1，f（1））处的切线；（2）设a＞0，证明：当0＜x＜时，f（+x）＞f（﹣x）；（3）若函数f（x）的图象与x轴交于A，B两点，线段AB中点的横坐标为x0，证明：f′（x0）＜0．11．已知a≠0，函数f（x）＝|e x﹣e|+e x+ax（1）讨论f（x）的单调性（2）若对∀x∈（﹣，+∞），不等式f（x）≥恒成立，求a的取值范围（3）已知当a＜﹣e时，函数f（x）有两个零点x1，x2（x1＜x2），求证：f（x1x2）＞a+e12．已知函数f（x）＝a（x﹣1）e x（a＞0），g（x）＝﹣cos x．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若对于任意的实数x1，x2∈[0，]，（其中x1≠x2），都有|f（x1）﹣f（x2）|＞|g（x1）﹣g（x2）|恒成立求实数a的取值范围．13．已知函数f（x）＝a+2lnx﹣ax（a＞0），（1）求f（x）的最大值φ（a）；（2）若f（x）≤0恒成立，求a的值；（3）在（2）的条件下，设g（x）＝在（a，+∞）上的最小值为m，求证：﹣11＜f（m）＜﹣1014．已知函数f（x）＝（x2﹣mx）e x（e为自然对数的底数）．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若m＝2，2n+1≥0，证明：关于x的不等式nf（x）+1≥e x在（﹣∞，0]上恒成立．15．已知函数f（x）＝（其中e是自然对数的底数），g（x）＝1﹣ax2（a∈R）．（Ⅰ）求函数f（x）的极值；（Ⅱ）设h（x）＝f（x）﹣g（x），若a满足0＜a＜且ln2a+1＞0，试判断方程h（x）＝0的实数根个数，并说明理由．16．已知函数f（x）＝ax2﹣lnx．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若函数f（x）有两个零点x1，x2，求a的取值范围，并证明：x1•x2＞1．17．己知p：实数m使得函数f（x）＝lnx（m﹣2）x2﹣x在定义域内为增函数：q：实数m使得函数g（x）＝mx2+（m+1）x﹣5在R上存在两个零点x1，x2，且x1＜1＜x2（1）分别求出条件p，q中的实数m的取值范围；（2）甲同学认为“p是q的充分条件”，乙同学认为“p是q的必要条件”，请判断两位同学的说法是否正确，并说明理由．18．已知函数f（x）＝In+cos x﹣|x|．（Ⅰ）求证：函数f（x）在[0，+∞）上单调递减；（Ⅱ）若f（2x﹣3）+π+1+ln（2+3π2）＜0，求x的取值范围．19．已知函数f（x）＝lnx﹣sin（x﹣1），f′（x）为f（x）的导函数．证明：（1）f′（x）在区间（0，2）存在唯一极小值点；（2）f（x）有且仅有2个零点．20．已知函数f（x）＝te2x+（t+2）e x﹣1，t∈R．（Ⅰ）当t＝﹣1时，求f（x）的单调区间与极值；（Ⅱ）当t＞0时，若函数g（x）＝f（x）﹣4e x﹣x+1在R上有唯一零点，求t的值．21．已知函数f（x）＝e x﹣x2﹣ax+b（e为自然对数的底数）．（Ⅰ）若a≥1，判断f（x）极值点个数；（Ⅱ）若f（x）≥f′（x）在x∈[﹣1，1]上恒成立，求a+b的取值范围．22．设函数f（x）＝lnx﹣a2x+2a（a∈R）（1）若函数f（x）在上递增，在上递减，求实数a的值．（2）讨论f（x）在（1，+∞）上的单调性；（3）若方程x﹣lnx﹣m＝0有两个不等实数根x1，x2，求实数m的取值范围，并证明x1x2＜1．23．已知函数f（x）＝2x3﹣3（a﹣1）x2﹣6ax+a2+1．（Ⅰ）设﹣1≤a≤1，曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线在y轴上的截距为b，求b的最小值；（Ⅱ）若f（x）只有一个零点x0，且x0＜0，求a的取值范围．24．设函数f（x）＝x﹣﹣alnx（a∈R，a＞0）．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）若f（x）有两个极值点x1和x2，记过A（x1，f（x1）），B（x2，f（x2））的直线的斜率为k．问：是否存在a，使k＝2﹣a？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．25．已知．（1）讨论函数f（x）的单调区间；（2）若f（x）存在极值且f（x）≥0，求实数a的取值范围；（3）求证：当x＞1时，．26．已知函数f（x）＝（ax+1）e x，a∈R（1）当a＝1时，求函数f（x）的最小值．（2）当a＝时，对于两个不相等的实数x1，x2，有f（x1）＝f（x2），求证：x1+x2＜2．导数函数综合应用参考答案与试题解析一．选择题（共6小题）1．定义在R上的函数y＝f（x），满足f（4﹣x）＝f（x），（x﹣2）f′（x）＜0，若x1＜x2，且x1+x2＞4，则有（B）A．f（x1）＜f（x2）B．f（x1）＞f（x2）C．f（x1）＝f（x2）D．不确定【解答】解：由题意f（4﹣x）＝f（x），可得出函数关于x＝2对称,又（x﹣2）f′（x）＜0，得x＞2时，导数为负，x＜2时导数为正，即函数在（﹣∞，2）上是增函数，在（2，+∞）上是减函数又x1＜x2，且x1+x2＞4，下进行讨论若2＜x1＜x2，显然有f（x1）＞f（x2）若x1＜2＜x2，有x1+x2＞4可得x1＞4﹣x2，故有f（x1）＞f（4﹣x2）＝f（x2）综上讨论知，在所给的题设条件下总有f（x1）＞f（x2）2．定义在（1，+∞）上的函数f（x）满足下列两个条件：（1）对任意的x∈（1，+∞）恒有f（2x）＝2f（x）成立；（2）当x∈（1，2]时，f（x）＝2﹣x；记函数g（x）＝f（x）﹣k（x﹣1），若函数g（x）恰有两个零点，则实数k的取值范围是（C）A．[1，2）B．C．D．【解答】解：因为对任意的x∈（1，+∞）恒有f（2x）＝2f（x）成立，且当x∈（1，2]时，f（x）＝2﹣x 所以f（x）＝﹣x+2b，x∈（b，2b]．由题意得f（x）＝k（x﹣1）的函数图象是过定点（1，0）的直线，如图所示红色的直线与线段AB相交即可（可以与B点重合但不能与A点重合）所以可得k的范围为3．设函数f（x）是定义在实数集上的奇函数，在区间[﹣1，0）上是增函数，且f（x+2）＝﹣f（x），则有（A）A．B．C．D．【解答】解：根据题意，函数f（x）满足f（x+2）＝﹣f（x），当x＝﹣时，有f（）＝﹣f（﹣）＝f（），函数f（x）是定义在实数集上的奇函数，在区间[﹣1，0）上是增函数，则f（x）在区间（0，1]上是增函数，则有f（）＜f（）＜f（1），则有f（）＜f（）＜f（1），4．已知函数f（x）＝，若函数y＝f（x）+|x﹣1|﹣kx在定义域内有且只有三个零点，则实数k的取值范围是（A）A．[）B．[]C．[﹣）D．[﹣]【解答】解：函数y＝f（x）+|x﹣1|﹣kx在定义域内有且只有三个零点，即为方程f（x）+|x﹣1|＝kx在[﹣3，+∞）内有3个不等实根，可令g（x）＝f（x）+|x﹣1|＝，作出g（x）的图象（如右），直线y＝kx，当k＝0时，y＝g（x）和y＝0显然有3个交点，符合题意；当直线y＝kx与y＝x2+3x+1相切，可得x2+（3﹣k）x+1＝0，△＝（3﹣k）2﹣4＝0，解得k＝1（k＝5舍去），由k＝1时，y＝g（x）和y＝x有两个交点，可得0≤k＜1时，符合题意；当k＜0时，且直线y＝kx经过点（﹣3，1）时，直线y＝kx与y＝g（x）有3个交点，此时k＝﹣，由y＝kx绕着原点旋转，可得﹣≤k＜0，综上可得，k的范围是[﹣，1）．5．设函数f（x）＝，若对任意给定的y∈（2，+∞），都存在唯一的x∈R，满足f（f（x））＝2a2y2+ay，则正实数a的最小值是（C）A．2B．C．D．4【解答】解：函数f（x）＝的值域为R．∵f（x）＝2x，（x≤0）的值域为（0，1]；f（x）＝log2x，（x＞0）的值域为R．∴f（x）的值域为（0，1]上有两个解，要想f（f（x））＝2a2y2+ay在y∈（2，+∞）上只有唯一的x∈R满足，必有f（f（x））＞1 （2a2y2+ay＞0）．∴f（x）＞2，即log2x＞2，解得：x＞4．当x＞4时，x与f（f（x））存在一一对应的关系．∴问题转化为2a2y2+ay＞1，y∈（2，+∞），且a＞0．∴（2ay﹣1）（ay+1）＞0，解得：y＞或者y＜﹣（舍去）．∴≤2，得a．6．已知函数f（x）＝2mx2﹣2（4﹣m）x+1，g（x）＝mx，若对于任一实数x，f（x）与g（x）至少有一个为正数，则实数m的取值范围是（B）A．（0，2）B．（0，8）C．（2，8）D．（﹣∞，0）【解答】解：当m≤0时，当x接近+∞时，函数f（x）＝2mx2﹣2（4﹣m）x+1与g（x）＝mx均为负值，显然不成立当x＝0时，因f（0）＝1＞0当m＞0时，若，即0＜m≤4时结论显然成立；若，时只要△＝4（4﹣m）2﹣8m＝4（m﹣8）（m﹣2）＜0即可，即4＜m＜8则0＜m＜8二．填空题（共1小题）7．已知函数f（x）＝，若关于x的方程f（x）＝3恰有两个互异的实数解，则实数a的取值范围是（﹣∞，6）．【解答】解：函数f（x）＝，当x≥1时，方程f（x）＝3，可得lnx+1＝3，解得x＝e2，函数有一个零点；x＜1时，函数只有一个零点，即x2﹣4x+a＝3，在x＜1时只有一个解，因为y＝x2﹣4x+a ﹣3开口向上，对称轴为x＝2，x＜1时，函数是减函数，所以f（1）＜3，可得﹣3+a＜3，解得a＜6．三．解答题（共19小题）8．已知函数f（x）＝﹣alnx（a∈R）．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若存在实数x0＝[1，e]，使得f（x0）＜0，求正实数a的取值范围．【解答】解：（1）由f（x）＝﹣alnx（a∈R），得f′（x）＝x﹣＝（x＞0）．当a≤0时，f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上单调递增；当a＞0时，由f′（x）＞0，得x＞，由f′（x）＜0，得0＜x＜．∴f（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增；（2）由（1）知，当a＞0时，f（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增．①当，即0＜a≤1时，f（x）在[1，e]上单调递增，＞0，不合题意；②当1＜＜e，即1＜a＜e2时，f（x）在[1，]上单调递减，在[，e]上单调递增，由＜0，解得e＜a＜e2；③当≥e，即a≥e2时，f（x）在[1，e]上单调递减，由＜0，解得a≥e2．综上所述，a的取值范围为（e，+∞）．9．已知函数f（x）＝x2﹣（a+）x+lnx，其中a＞0．（Ⅰ）当a＝2时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处切线的方程；（Ⅱ）当a≠1时，求函数f（x）的单调区间；（Ⅲ）若a∈（0，），证明对任意x1，x2∈[，1]（x1≠x2），＜恒成立．【解答】（Ⅰ）解：当a＝2时，f（x）＝，f′（x）＝，∴f′（1）＝，∵f（1）＝．∴切线方程为：y+2＝（x﹣1），整理得：x+2y+3＝0；（Ⅱ）f′（x）x﹣＝（x＞0），令f′（x）＝0，解得：x＝a或x＝．①若0＜a＜1，，当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如表：∴f（x）在区间（0，a）和（）内是增函数，在（a，）内是减函数；②若a＞1，，当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如表：∴f（x）在区间（0，）和（a，+∞）内是增函数，在（，+∞）内是减函数；（Ⅲ）∵0＜a＜，∴f（x）在[，1]内是减函数，又x1≠x2，不妨设0＜x1＜x2，则f（x1）＞f（x2），．于是等价于，即．令（x＞0），∵g′（x）＝在[，1]内是减函数，故g′（x）≤g′（）＝2﹣（a+）．从而g（x）在[，1]内是减函数，∴对任意，有g（x1）＞g（x2），即，∴当，对任意，恒成立．10．已知函数f（x）＝lnx﹣ax2+（2﹣a）x．（1）若f′（1）＝﹣6，求函数f（x）在（1，f（1））处的切线；（2）设a＞0，证明：当0＜x＜时，f（+x）＞f（﹣x）；（3）若函数f（x）的图象与x轴交于A，B两点，线段AB中点的横坐标为x0，证明：f′（x0）＜0．【解答】解：（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞），∵f（x）＝lnx﹣ax2+（2﹣a）x，∴f'（x）＝﹣2ax+2﹣a＝＝﹣．f′（﹣1）＝a+1＝﹣6，解得a＝﹣7，则函数f（x）在（1，f（1））处的切线斜率为k＝﹣6，切点为（1，16），则所求切线的方程为y﹣16＝﹣6（x ﹣1），即为6x+y﹣22＝0；（2）证明：设函数g（x）＝f（+x）﹣f（﹣x），则g（x）＝ln（1+ax）﹣ln（1﹣ax）﹣2ax，g′（x）＝+﹣2a＝，当x∈（0，）时，g′（x）＞0，g（x）递增，而g（0）＝0，即有g（x）＞0，故当0＜x＜时，f（+x）＞f（﹣x）．（3）证明：当a≤0时，f′（x）＞0恒成立，因此f（x）在（0，+∞）单调递增，即有函数y＝f（x）的图象与x轴至多有一个交点，故a＞0，从而f（x）的最大值为f（），且f（）＞0，不妨设A（x1，0），B（x2，0），0＜x1＜x2，则0＜x1＜＜x2，由（2）得，f（﹣x1）＝f（+﹣x1）＞f（x1）＝f（x2）＝0，又f（x）在（，+∞）单调递减，∴﹣x1＜x2，于是x0＝，当x∈（，+∞）（a＞0）时，f′（x）＜0，则f′（x0）＜0成立．11．已知a≠0，函数f（x）＝|e x﹣e|+e x+ax（1）讨论f（x）的单调性（2）若对∀x∈（﹣，+∞），不等式f（x）≥恒成立，求a的取值范围（3）已知当a＜﹣e时，函数f（x）有两个零点x1，x2（x1＜x2），求证：f（x1x2）＞a+e【解答】解：（1）函数f（x）＝|e x﹣e|+e x+ax＝，∴f′（x）＝，当a＞0时，f（x）在R上是增函数；当a＜0时，x≥1时，令f′（x）＞0，⇒e x＞﹣⇒x＞ln（﹣），①ln（﹣）≤1，即﹣2e≤a＜0，f（x）在（﹣∞，1）是减函数；在（1，+∞）是增函数；②ln（﹣）＞1，即a＜﹣2e，f（x）在（﹣∞，ln（﹣））是减函数；在（ln（﹣），+∞）是增函数；（2）函数f（x）＝|e x﹣e|+e x+ax＝，若x∈（﹣，1），ax+e．∴可得﹣，当x∈[1，+∞）时，，即2a，设g（x）＝，g′（x）＝，所以g（x）在[1，+∞）上是减函数，所以g（x）max＝g（1）＝﹣e，所以a．综上．（3）证明：∵f（1）＝a+e，∴不等式f（x1x2）＞a+e转化为f（x1x2）＞f（1），∵a＜﹣e，∴f（1）＝a+e＜0，∴f（x）的两个零点x1＜1＜x2，∴，∴，∴x1x2＝，令h（x）＝，h′（x）＝，令t（x）＝e x﹣xe x﹣e，t′（x）＝（1﹣x）e x＜0，∴t（x）在（1，+∞）上是减函数，t（x）＜t（1）＝0，即h′（x）＜0，h（x）在（1，+∞）是减函数，h（x）＜h（1）＝1，即x1x2＜1，∵a＜﹣e时，f（x）在（﹣∞，1）是减函数，∴f（x1x2）＞a+e．12．已知函数f（x）＝a（x﹣1）e x（a＞0），g（x）＝﹣cos x．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若对于任意的实数x1，x2∈[0，]，（其中x1≠x2），都有|f（x1）﹣f（x2）|＞|g（x1）﹣g（x2）|恒成立求实数a的取值范围．【解答】解：（1）函数f（x）的定义域为（﹣∞，+∞），f′（x）＝a[e x+（x﹣1）e x]＝ax•e x．当x＝0时，f′（x）＝0；当x＜0时，f′（x）＜0；当x＞0时，f′（x）＞0，所以函数f（x）的单调减区间为（﹣∞，0），单调增区间为（0，+∞）．（2）不妨设x1＜x2，因为g（x）在[0，]上是增函数，所以g（x1）＜g（x2），即g（x1）﹣g（x2）＜0，由（1）得f（x）在[0，]上是增函数，所以f（x1）＜f（x2），即f（x1）﹣f（x2）＜0．由题意，得f（x2）﹣f（x1）＞g（x2）﹣g（x1），即f（x2）﹣g（x2）＞f（x1）﹣g（x1）．令h（x）＝f（x）﹣g（x）＝a（x﹣1）e x+cos x在[0，]上是增函数，则h′（x）＝axe x﹣sin x≥0对任意的x恒成立．设F（x）＝（0），则F（x）≤0恒成立，．令，则，从而G（x）在[0，]上是减函数，所以，即．当a≥1时，F（x）≤0′，当且仅当a＝1，x＝0时取等号，所以F（x）在上是减函数，所以当x时，F（x）≤F（0）＝0，故a≥1满足题意．当0＜a＜1时，F′（0）＝1﹣a＞0，F．由零点存在定理，存在，使得F′（x0）＝0．因为G（x）在（0，）上是减函数，所以F′（x）＝G（x）﹣a在（0，）上是减函数，所以0＜x＜x0时，F′（x）＞F′（x0）＝0，所以F（x）在（0，x0）上是增函数，所以当x∈（0，x0）（这里（0，x0）⊊）时，F（x）＞F（0）＝0．所以0＜a＜1不满足题意，综上，实数a的取值范围是[1，+∞）．13．已知函数f（x）＝a+2lnx﹣ax（a＞0），（1）求f（x）的最大值φ（a）；（2）若f（x）≤0恒成立，求a的值；（3）在（2）的条件下，设g（x）＝在（a，+∞）上的最小值为m，求证：﹣11＜f（m）＜﹣10【解答】解：（1）∵f（x）＝a+2lnx﹣ax（a＞0），∴f′（x）＝（a＞0），由f′（x）＞0得0＜x＜；f′（x）＜0得x＞；所以f（x）在（0，）上单调递增，在（，+∞）上单调递减．故f（x）max＝f（）＝a﹣2﹣2lna+2ln2即φ（a）＝a﹣2﹣2lna+2ln2（a＞0）（2）要使f（x）≤0 成立必须φ（a）＝a﹣2﹣2lna+2ln2≤0．因为φ′（a）＝，所以当0＜a＜2 时，φ′（a）＜0；当a＞2 时，φ′（a）＞0．所以φ（a）在（0，2）上单调递减，在（2，+∞）上单调递增．∴φ（a）min＝φ（2）＝0，所以满足条件的a只有2，即a＝2．（3）由（2）知g（x）＝，∴g′（x）＝令u（x）＝x-2lnx﹣4，则u′（x）＝＞0，u（x）是（2，+∞）上的增函数；又u（8）＜0，u（9）＞0，所以存在x0∈（8，9）满足u（x0）＝0，即2lnx0＝x0﹣4，且当x∈（2，x0）时，u（x）＜0，g′（x）＜0；当x∈（x0，+∞）时，u（x）＞0，g′（x）＞0；所以g（x）在（2，x0）上单调递减；在（x0，+∞）上单调递增．所以g（x）min＝g（x0）＝＝＝x0，即m＝x0．所以f（m）＝f（x0）＝2+2lnx0﹣2x0＝x0﹣2∈（﹣11，﹣10），即﹣11＜f（m）＜﹣10．14．已知函数f（x）＝（x2﹣mx）e x（e为自然对数的底数）．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若m＝2，2n+1≥0，证明：关于x的不等式nf（x）+1≥e x在（﹣∞，0]上恒成立．【解答】解：（Ⅰ）依题意x∈R，f′（x）＝（x2﹣mx+2x﹣m）e x＝[x2+（2﹣m）x﹣m]e x令y＝x2+（2﹣m）x﹣m，则△＝（2﹣m）2+4m＝4+m2＞0令f′（x）＝0，则x2+（2﹣m）x﹣m＝0解得x＝结合二次函数图象可知：∴f（x）的单调递增区间为（﹣∞，）和（，+∞）单调递减区间为（，）（Ⅱ）令g（x）＝nf（x）+1﹣e x＝n（x2﹣2x）e x﹣e x+1当x∈（﹣∞，0]时，x2﹣2x≥0而2n+1≥0⇔n≥﹣故n（x2﹣2x）e x≥﹣（x2﹣2x）e x∴g（x）≥﹣（x2﹣2x）e x﹣e x+1令h（x）＝﹣（x2﹣2x）e x﹣e x+1，x∈（﹣∞，0]∴h′（x）＝﹣x2e x≤0故函数h（x）在（﹣∞，0]上单调递减，则h（x）≥h（0）＝0则任意的x∈（﹣∞，0]，g（x）≥h（x）≥0∴关于x的不等式nf（x）+1≥e x在（﹣∞，0]上恒成立．15．已知函数f（x）＝（其中e是自然对数的底数），g（x）＝1﹣ax2（a∈R）．（Ⅰ）求函数f（x）的极值；（Ⅱ）设h（x）＝f（x）﹣g（x），若a满足0＜a＜且ln2a+1＞0，试判断方程h（x）＝0的实数根个数，并说明理由．【解答】解：（Ⅰ）易知，当x＜0时，f′（x）＞0，此时f（x）单调递增；当x＞0时，f′（x）＜0，此时f（x）单调递减，所以f（x）极大值＝f（0）＝1，但无极小值．（Ⅱ）因为，所以．导数因为，所以，于是，令h′（x）＝0，此时，当x＜0时，f′（x）＜0，此时f（x）单调递减；当时，f′（x）＞0，此时f（x）单调递增；所以．因为，所以，，又函数h（x）在R上连续，故h（x）有一个零点0，且在上也有一个零点；综上，方程h（x）＝0有2个实数根．16．已知函数f（x）＝ax2﹣lnx．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若函数f（x）有两个零点x1，x2，求a的取值范围，并证明：x1•x2＞1．【解答】解：（1）∵函数f（x）＝ax2﹣lnx．定义域为（0，+∞）∴f′（x）＝2ax﹣＝①当a≤0时，f′（x）＝＜0恒成立，∴f（x）在（0，+∞）上为减函数．②当a＞0时，令f′（x）＝＜0，解得0＜x＜令f′（x）＝＞0，解得x＞∴f（x）＝ax2﹣lnx在（0，）上为减函数，在（，+∞）上为增函数综上a≤0时f（x）的单调减区间为（0，+∞）a＞0时f（x）的单调减区间为（0，），增区间是（，+∞）．（2）∵函数f（x）有两个零点x1，x2，由（1）知x＝是f（x）的最小值点，∴f（x）在（0，+∞）上的最小值f（）＝a•（）2﹣ln＜0时，f（x）有两个零点x1，x2∴解得0＜a＜要证x1•x2＞1⇔要证lnx1•x2＞ln1⇔要证lnx1+lnx2＞0∵函数f（x）有两个零点x1，x2，不防设0＜x1＜＜x2则f（x1）＝ax12﹣lnx1＝0 ①f（x2）＝ax22﹣lnx2＝0 ②①+②得：lnx1+lnx2＝a（x12+x22），而a（x12+x22）＞0，∴lnx1+lnx2＞0即x1•x2＞1得证．17．己知p：实数m使得函数f（x）＝lnx（m﹣2）x2﹣x在定义域内为增函数：q：实数m使得函数g（x）＝mx2+（m+1）x﹣5在R上存在两个零点x1，x2，且x1＜1＜x2（1）分别求出条件p，q中的实数m的取值范围；（2）甲同学认为“p是q的充分条件”，乙同学认为“p是q的必要条件”，请判断两位同学的说法是否正确，并说明理由．【解答】解：（1）p：实数m使得函数f（x）＝lnx（m﹣2）x2﹣x在定义域内为增函数：则有在R上恒成立．∴m﹣2＝（）2﹣∴m．q：实数m使得函数g（x）＝mx2+（m+1）x﹣5在R上存在两个零点x1，x2，且x1＜1＜x2则有m•f（1）＜0⇒m（m﹣2）＜0⇒0＜m＜2．（2）由（1）可得p：∴m．，q：0＜m＜2．∵{m|m}⊈{|0＜m＜2}{m|m}⊉{|0＜m＜2}∴p是q的既不充分也不必要条件．故两位同学都错．18．已知函数f（x）＝In+cos x﹣|x|．（Ⅰ）求证：函数f（x）在[0，+∞）上单调递减；（Ⅱ）若f（2x﹣3）+π+1+ln（2+3π2）＜0，求x的取值范围．【解答】（1）证明：∵函数f（x）＝In+cos x﹣|x|．∴x∈[0，+∞）时f（x）＝﹣ln（2+3x2）+cos x﹣x ∴f′（x）＝﹣sin x﹣1，∴x∈[0，+∞）时f′（x）＝﹣sin x﹣1＜0，∴函数f（x）在[0，+∞）上单调递减；（2）∵函数f（x）＝In+cos x﹣|x|．定义域为R∴f（﹣x）＝）＝﹣ln（2+3x2）+cos（﹣x）﹣|﹣x|＝﹣ln（2+3x2）+cos x﹣x＝f（x）∴f（x）是偶函数．由（1）知f（x）在[0，+∞）上单调递减；∴f（x）在（﹣∞，0]上单调递增；又f（2x﹣3）+π+1+ln（2+3π2）＜0⇔f（2x﹣3）＜f（π）∴|2x﹣3|＞π⇔2x﹣3＞π或2x﹣3＜﹣π解得x＞或x＜∴x的取值范围为：（﹣∞，）∪（，+∞）19．已知函数f（x）＝lnx﹣sin（x﹣1），f′（x）为f（x）的导函数．证明：（1）f′（x）在区间（0，2）存在唯一极小值点；（2）f（x）有且仅有2个零点．【解答】解：（1）令g（x）＝f′（x）＝，，当x∈（0，1）时，g′（x）＜0恒成立，当x∈（1，2）时，＞0．∴g′（x）在（1，2）递增，．故存在a∈（1，2）使得，x∈（1，a）时g′（x）＜0，x∈（a，2）时，g′（x）＞0．综上，f′（x）在区间（0，2）存在唯一极小值点x＝a．（2）由（1）可得x∈（0，a）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，x∈（a，2）时，g′（x）＜0，g（x）单调递增．且g（1）＝0，g（2）＝．故g（x）的大致图象如下：当x∈（2，3）时，sin（x﹣1）∈（sin1，sin2），sin（x﹣1）＞sin30°∴此时g′（x）＞0，g（x）单调递增，而g（3）＝﹣cos2＞0．故存在∈（2，3），使得g（m）＝0故在x∈（0，3）上，g（x）的图象如下：综上，x∈（0，1）时，g（x）＜0，x∈（1，m）时，g（x）＜0，x∈（m，3）时，g（x）＞0．∴f（x）在（0，1）递增，在（1，m）递减，在（m，3）递增，而f（1）＝0，f（3）＝ln3﹣sin2＞0，又当x＞3时，lnx＞1，f（x）＞0恒成立．故在（0，+∞）上f（x）的图象如下：∴f（x）有且仅有2个零点．20．已知函数f（x）＝te2x+（t+2）e x﹣1，t∈R．（Ⅰ）当t＝﹣1时，求f（x）的单调区间与极值；（Ⅱ）当t＞0时，若函数g（x）＝f（x）﹣4e x﹣x+1在R上有唯一零点，求t的值．【解答】解：（Ⅰ）当t＝﹣1时，f（x）＝﹣e2x+e x﹣1，则f′（x）＝﹣2e2x+e x＝e x（1﹣2e x）令f′（x）＝0，解得x＝﹣ln2∴f（x）的单调递增区间是（﹣∞，﹣ln2），单调递减区间是（﹣ln2，+∞）∴f（x）的极大值是f（﹣ln2）＝﹣，无极小值．（Ⅱ）当t＞0时，g（x）＝f（x）﹣4e x﹣x+1＝te2x+（t﹣2）e x﹣x∴g′（x）＝2te2x+（t﹣2）e x﹣1＝（te x﹣1）（2e x+1）＝0，解得x＝﹣lnt∴g（x）的单调递减区间是（﹣∞，﹣lnt），单调递增区间是（﹣lnt，+∞）∴g（x）的极小值是g（﹣lnt）∴g（﹣lnt）＝0，即lnt﹣+1＝0时，能满足题意．令F（t）＝lnt﹣+1，则F′（t）＝+＞0∴F（t）＝lnt﹣+1在（0，+∞）上单调递增，唯有t＝1时，F（1）＝0∴t＝121．已知函数f（x）＝e x﹣x2﹣ax+b（e为自然对数的底数）．（Ⅰ）若a≥1，判断f（x）极值点个数；（Ⅱ）若f（x）≥f′（x）在x∈[﹣1，1]上恒成立，求a+b的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）∵f′（x）＝e x﹣x﹣a，x∈R，f″（x）＝e x﹣1可得函数f′（x）在（﹣∞，0）上单调递减；在（0，+∞）单调递增，f′（x）min＝f′（0）＝1﹣a当a＞1时，1﹣a＜0，且f′（﹣a）＝e﹣a＞0，取b＞0，使得b＞ln（b+a），∴f′（b）＝e b﹣（b+a）＞b+a﹣（b+a）＝0即函数f′（x）的图象与x轴有两个交点，此时f（x）极值点个数为2，；当a＝1时，f′（x）≥0，此时f（x）极值点个数为0；（Ⅱ）f（x）≥f′（x）在x∈[﹣1，1]上恒成立⇔e x﹣x2﹣ax+b≥e x﹣x﹣a在x∈[﹣1，1]上恒成立⇔a+b≥在x∈[﹣1，1]上恒成立．令h（x）＝①当1﹣a≥0时，h（x）．∴a+b②当1﹣a＜0时，h（x）max＝h（1）＝a﹣综上得，a+b22．设函数f（x）＝lnx﹣a2x+2a（a∈R）（1）若函数f（x）在上递增，在上递减，求实数a的值．（2）讨论f（x）在（1，+∞）上的单调性；（3）若方程x﹣lnx﹣m＝0有两个不等实数根x1，x2，求实数m的取值范围，并证明x1x2＜1．【解答】解：（1）由于函数函数f（x）在上递增，在上递减，由单调性知，是函数的极大值点，无极小值点．所以∵故，经验证成立．（2）∵f（x）＝lnx﹣a2x+2a，∴，①当a＝0时，在（1，+∞）上单调递增．②当a2≥1，即a≤﹣1或a≥1时，f'（x）＜0，∴f（x）在（1，+∞）上单调递减．③当﹣1＜a＜1且a≠0时，由f'（x）＝0得．令f'（x）＞0得；令f'（x）＜0得．∴f（x）在上单调递增，在上单调递减．综上，当a＝0时，f（x）在（1，+∞）上递增；当a≤﹣1或a≥1时，f（x）在（1，+∞）上递减；当﹣1＜a＜1且a≠0时，f（x）在上递增，在上递减．（3）令h（x）＝x﹣lnx（x＞0），g（x）＝m，当x∈（0，1）时，，h（x）＝x﹣lnx（x＞0）单调递减；当x∈（1，+∞）时，，h（x）＝x﹣lnx（x＞0）单调递增；故h（x）在x＝1处取得最小值，h（1）＝1又当x→0，h（x）→+∞；x→+∞，h（x）→1，∴m∈（1，+∞）不妨设x1＜x2，则有0＜x1＜1＜x2，，要证x1x2＜1⇔即证⇔即证h（x1）＞h（）∵h（x1）＝h（x2）＝m，∴＝令，∴p（x）在（1，+∞）上单调递增，故p（x）＞p（1）＝0即＞0，∴∴x1x2＜1 得证23．已知函数f（x）＝2x3﹣3（a﹣1）x2﹣6ax+a2+1．（Ⅰ）设﹣1≤a≤1，曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线在y轴上的截距为b，求b的最小值；（Ⅱ）若f（x）只有一个零点x0，且x0＜0，求a的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）f（x）＝2x3﹣3（a﹣1）x2﹣6ax+a2+1的导数为f′（x）＝6x2﹣6（a﹣1）x﹣6a，f（x）在点（1，f（1））处的切线斜率为6﹣6（a﹣1）﹣6a＝12﹣12a，切点为（1，6﹣9a+a2），可得切线方程为y﹣（6﹣9a+a2）＝（12﹣12a）（x﹣1），由x＝0，可得b＝a2+3a﹣6＝（a+）2﹣，由﹣1≤a≤1，可得b在[﹣1，1]上递增，可得b的最小值为﹣8；（Ⅱ）若f（x）只有一个零点x0，且x0＜0，可得f（0）＞0，f′（x）＝6x2﹣6（a﹣1）x﹣6a，由f′（x）＝0，可得x＝﹣1或x＝a，由f（﹣1）＜0，且f（a）＜0，即为a2+3a+2＜0，且a3+2a2﹣1＞0，解得＜a＜﹣1．24．设函数f（x）＝x﹣﹣alnx（a∈R，a＞0）．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）若f（x）有两个极值点x1和x2，记过A（x1，f（x1）），B（x2，f（x2））的直线的斜率为k．问：是否存在a，使k＝2﹣a？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）显然定义域为（0，+∞），∴f′（x）＝1+﹣＝，（a∈R，a＞0）．令g（x）＝x2﹣ax+2，其判别式△＝a2﹣8，①当0＜a时，△≤0，f′（x）≥0，f（x）在（0，+∞）上单调递增，②当a时，△＞0，令f′（x）＝0，得x1＝，x2＝，∵在（0，x1）上f′（x）＞0，在（x1，x2）上f′（x）＜0，在（x2，+∞）上f′（x）＞0，∴f（x）在（0，x1），（x2，+∞）上为增函数，在（x1，x2）上为减函数．（2）由（1）知，a，∴f（x1）﹣f（x2）＝（x1﹣x2）+﹣a（lnx1﹣lnx2），∴k＝＝1+﹣a，∵x1x2＝2，∴k＝2﹣a，假设存在a，使k＝2﹣a，则2﹣a＝2﹣a，∴＝1，∴lnx1﹣lnx2＝x1﹣x2，即x2﹣﹣2lnx2＝0（•），其中x2＞1，令h（t）＝t﹣﹣2lnt，∴h′（t）＝1+﹣＝＝＞0，∴h（t）在（1，+∞）上是增函数，∴h（t）＞h（1）＝0，与（•）矛盾．故不存在a使k＝2﹣a成立．25．已知．（1）讨论函数f（x）的单调区间；（2）若f（x）存在极值且f（x）≥0，求实数a的取值范围；（3）求证：当x＞1时，．【解答】解：（1）显然定义域为（0，+∞），∵f′（x）＝x﹣＝，①当a≤0时，f′（x）＞0，函数f（x）在（0，+∞）上是单调递增函数，②当a＞0时，令f′（x）＝0，得x＝，∵在（0，）上f′（x）＜0，∴f（x）是单调递减函数；∵在（，+∞）上f′（x）＞0，∴f（x）是单调递增函数．（2）∵f（x）存在极值且f（x）≥0，∴a＞0，∴只需f（x）min≥0，由上知f（x）min＝f（）＝a﹣alna＝a（1﹣lna）≥0，∴a∈（0，e]（3）设F（x）＝，∴F′（x）＝2x2﹣x﹣＝，∵x＞1，∴F′（x）＞0，即F（x）在（1，+∞）上为增函数，∴F（x）＞F（1）＝＞0，∴F（x）＞0在（1，+∞）上恒成立，故当x＞1时，．26．已知函数f（x）＝（ax+1）e x，a∈R（1）当a＝1时，求函数f（x）的最小值．（2）当a＝时，对于两个不相等的实数x1，x2，有f（x1）＝f（x2），求证：x1+x2＜2．【解答】解：（1）当a＝1，f（x）＝（x+1）e x，∴f′（x）＝（x+2）e x，∴f（x）在（﹣∞，﹣2）上单调递减，在（﹣2，+∞）上单调递增，∴f（x）min＝f（﹣2）＝﹣．（2）当a＝时，f（x）＝（﹣x+1）e x，对于两个不相等的实数x1，x2，有f（x1）＝f（x2），∵f′（x）＝（1﹣x）e x，∴f（x）在（﹣∞，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，不妨设x1＜1＜x2，令g（x）＝f（x）﹣f（2﹣x），（x＜1）∴g′（x）＝（1﹣x）（e x﹣e2﹣x），当x＜1时，1﹣x＞0，x＜2﹣x，e x﹣e2﹣x＜0，∴g′（x）＜0，∴g（x）在（﹣∞，1）单调递减，∴g（x）＞g（1）＝f（1）﹣f（1）＝0，即f（x）﹣f（2﹣x）＞0，不妨设x1＜1＜x2，则2﹣x1＞1，由以上可知f（x1）＞f（2﹣x1），∵f（x）在（﹣∞，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，∵f（x1）＝f（x2），∴f（x2）＞f（2﹣x1），∵x2＞1，2﹣x1＞1，∵f（x）在（1，+∞）上单调递减，∴x2＜2﹣x1，∴x1+x2＜2。
导数综合练习(一)
【课题】导数综合练习（一）一、前置作业1．函数3223125y x x x =--+在[0,3]上的最大值为_________最小值为_________2．关于函数762)(23+-=x x x f ，下列说法不正确的是 （ ）()A 在区间(,0)-∞内，)(x f 为增函数 ()B 在区间(0,2)内，)(x f 为减函数()C 在区间(2,)+∞内,)(x f 为增函数()D 在区间(,0)(2,)-∞+∞ 内)(x f 为增函数3．设()f x '是函数()f x 的导函数，()y f x '=的图象如下图（1）所示，则()y f x =的图象最有可能的是 （ ）()A ()B ()C ()D 4、将边长为1m 的正三角形薄片，沿一条平行于底边的直线剪成两块，其中一块是梯形，记梯形的面积梯形的周长）2(=S ，则S 的最小值是__________________ 5．已知函数x bx ax x f 3)(23-+=在1±=x 处取得极值．（1）讨论)1(f 和)1(-f 是函数)(x f 的极大值还是极小值；（2）过点)16,0(A 作曲线)(x f y =的切线，求此切线方程．（1）二．例题分析：例1．某工厂生产某种产品，已知该产品的月产量x （吨）与每吨的价格P （元/吨）之间的关系为21242005P x =-，且生产x 吨的成本为50000200R x =+元，问：该厂每月生产多少吨产品才能使利润达到最大？最大利润是多少？（利润=收入-成本）例2．已知函数3()f x ax cx d =++(0)a ≠是R 上的奇函数，当1x =时()f x 取得极值2-，（1）求()f x 的单调区间和极大值；（2）证明对任意12,(1,1)x x ∈-，不等式12|()()|4f x f x -<恒成立．例3．若函数c x bx ax x f +-+=3)(23为奇函数，且在)1,(--∞上单调递增，在)1,1(-上单调递减。
导数的四则运算综合训练
例 4、已知函数 f ( x) x3 bx2 cx d 的 图像过点 P(0，2)，且在点 M(-1，f(-1))处 的切线方程为 6x y 7 0 .求函数 y=f(x) 的解析式.
例 5、已知函数 f ( x) 2x3 ax 与 g(x) bx2 c 的图像都经过点 P(2，0)， 且在点 P 处有公共切线，求 f(x)，g(x) 的表达式。
求净化到下列纯净度时，所需净化费用的瞬时
变化率：（1） 90% （2） 98%
例 3、求满足下列条件的函数 f(x)： (1) f(x)是三次函数, 且 f (0) 3, f '(0) 0, f '(1) 3, f '(2) 0 (2) f '( x) 是一次函数,
x2 f '( x) (2x 1) f ( x) 1
则 a 的值等于（
19
A. 3
13
C. 3
）
16
B. 3
10
D. 3
特别的： [c f ( x)]' cf '(x)
3.两个函数的商的导数,等于分子的导数与分母
的积,减去分母的导数与分子的积,再除以分母
的平方 f ( x) f '( x)g( x) f ( x)g '( x)
g(
x)
'
g2(x)
(g( x) 0)
特别的:
1 g x
g
x
g2 x
知识应用
例 1、求下列函数的导数：
(1) y x2(ln x sin x)
(2) y
cos x x2x例 2、日常生活中的饮水通常是经过净化的．
随着水纯净度的提高，所需净化费用不断增加.
高考必刷大题 导数的综合问题
(2)已知函数f(x)＝cos ax－ln(1－x2)，若x＝0是f(x)的极大值点，求a的取 值范围.
12345
因为f(x)＝cos ax－ln(1－x2)(－1<x<1)，
所以f(x)＝f(－x)，
所以f(x)为偶函数. f′(x)＝－asin ax＋1－2xx2(－1<x<1)， 令 t(x)＝－asin ax＋1－2xx2(－1<x<1)， 则 t′(x)＝－a2cos ax＋211－＋xx222(－1<x<1). 令 n(x)＝－a2cos ax＋211－＋xx222，
所以f(x)在[0，＋∞)上有两个零点.
12345
3.已知函数f(x)＝ax＋ln x，其中a为常数，e为自然对数的底数. (1)当a＝－1时，求f(x)的单调区间；
函数f(x)的定义域为(0，＋∞)， 当 a＝－1 时，f(x)＝ln x－x，f′(x)＝1x－1＝1－x x，x>0， 令f′(x)>0，得0<x<1；令f′(x)<0，得x>1， ∴函数f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞).
12345
则 n′(x)＝a3sin ax＋4x1－3＋x2x23. 当a＝0时， 当0<x<1时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 当－1<x<0时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 所以x＝0是f(x)的极小值点，不符合题意. 当 a>0 时，取2πa与 1 中的较小者，为 m， 则当0<x<m时，易知n′(x)>0， 所以n(x)即t′(x)在(0，m)上单调递增，
12345
(2)证明：f(x)在[0，＋∞)上有两个零点.
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导数练习题（B ）1．（本题满分12分）已知函数d x b a c bx ax x f +--++=)23()(23的图象如图所示． （I ）求d c ,的值；（II ）若函数)(x f 在2=x 处的切线方程为0113=-+y x ，求函数)(x f 的解析式；（III ）在（II ）的条件下，函数)(x f y =与m x x f y ++'=5)(31的图象有三个不同的交点，求m 的取值范围． 2．（本小题满分12分）已知函数)(3ln )(R a ax x a x f ∈--=．（I ）求函数)(x f 的单调区间；（II ）函数)(x f 的图象的在4=x 处切线的斜率为,23若函数]2)('[31)(23mx f x x x g ++=在区间（1，3）上不是单调函数，求m 的取值范围．3．（本小题满分14分）已知函数c bx ax x x f +++=23)(的图象经过坐标原点，且在1=x 处取得极大值． （I ）求实数a 的取值范围；（II ）若方程9)32()(2+-=a x f 恰好有两个不同的根，求)(x f 的解析式；（III ）对于（II ）中的函数)(x f ，对任意R ∈βα、，求证：81|)sin 2()sin 2(|≤-βαf f ． 4．（本小题满分12分）已知常数0>a ，e 为自然对数的底数，函数x e x f x -=)(，x a x x g ln )(2-=．（I ）写出)(x f 的单调递增区间，并证明a e a >； （II ）讨论函数)(x g y =在区间),1(a e 上零点的个数． 5．（本小题满分14分）已知函数()ln(1)(1)1f x x k x =---+． （I ）当1k =时，求函数()f x 的最大值；（II ）若函数()f x 没有零点，求实数k 的取值范围； 6．（本小题满分12分）已知2x =是函数2()(23)x f x x ax a e =+--的一个极值点（⋅⋅⋅=718.2e ）． （I ）求实数a 的值；（II ）求函数()f x 在]3,23[∈x 的最大值和最小值． 7．（本小题满分14分）已知函数)0,(,ln )2(4)(2≠∈-+-=a R a x a x x x f （I ）当a=18时，求函数)(x f 的单调区间；（II ）求函数)(x f 在区间],[2e e 上的最小值． 8．（本小题满分12分）已知函数()(6)ln f x x x a x =-+在(2,)x ∈+∞上不具有．．．单调性． （I ）求实数a 的取值范围；（II ）若()f x '是()f x 的导函数，设22()()6g x f x x '=+-，试证明：对任意两个不相等正数12x x 、，不等式121238|()()|||27g x g x x x ->-恒成立． 9．（本小题满分12分）已知函数.1,ln )1(21)(2>-+-=a x a ax x x f （I ）讨论函数)(x f 的单调性；（II ）证明：若.1)()(,),,0(,,521212121->--≠+∞∈<x x x f x f x x x x a 有则对任意10．（本小题满分14分）已知函数21()ln ,()(1),12f x x a xg x a x a =+=+≠-． （I ）若函数(),()f x g x 在区间[1,3]上都是单调函数且它们的单调性相同，求实数a 的取值范围；（II ）若(1,]( 2.71828)a e e ∈= ，设()()()F x f x g x =-，求证：当12,[1,]x x a ∈时，不等式12|()()|1F x F x -<成立．11．（本小题满分12分）设曲线C ：()ln f x x ex =-（ 2.71828e =⋅⋅⋅），()f x '表示()f x 导函数．（I ）求函数()f x 的极值；（II ）对于曲线C 上的不同两点11(,)A x y ，22(,)B x y ，12x x <，求证：存在唯一的0x 12(,)x x ∈，使直线AB 的斜率等于0()f x '． 12．（本小题满分14分）定义),0(,,)1(),(+∞∈+=y x x y x F y，（I ）令函数22()(3,log (24))f x F x x =-+，写出函数()f x 的定义域；（II ）令函数322()(1,log (1))g x F x ax bx =+++的图象为曲线C ，若存在实数b 使得曲线C 在)14(00-<<-x x 处有斜率为－8的切线，求实数a 的取值范围；（III ）当,*x y ∈N 且x y <时，求证(,)(,)F x y F y x >．导数练习题（B ）答案1．（本题满分12分）已知函数d x b a c bx ax x f +--++=)23()(23的图象如图所示． （I ）求d c ,的值；（II ）若函数)(x f 在2=x 处的切线方程为0113=-+y x ，求函数)(x f 的解析式；（III ）在（II ）的条件下，函数)(x f y =与m x x f y ++'=5)(31的图象有三个不同的交点，求m 的取值范围．解：函数)(x f 的导函数为 b a c bx ax x f 2323)(2'--++= …………（2分） （I ）由图可知 函数)(x f 的图象过点（0，3），且0)1('=f得 ⎩⎨⎧==⇒⎩⎨⎧=--++=03023233c d b a c b a d …………（4分） （II ）依题意 3)2('-=f 且5)2(=f⎩⎨⎧=+--+-=--+534648323412b a b a b a b a 解得 6,1-==b a 所以396)(23++-=x x x x f …………（8分）（III ）9123)(2+-='x x x f ．可转化为：()m x x x x x x +++-=++-534396223有三个不等实根，即：()m x x x x g -+-=8723与x 轴有三个交点；2'，()m g m g --=-=⎪⎭⎫ ⎝⎛164,273． …………（10分） 当且仅当()01640276832<--=>-=⎪⎭⎫ ⎝⎛m g m g 且时，有三个交点， 故而，276816<<-m 为所求． …………（12分）2．（本小题满分12分）已知函数)(3ln )(R a ax x a x f ∈--=． （I ）求函数)(x f 的单调区间；（II ）函数)(x f 的图象的在4=x 处切线的斜率为,23若函数]2)('[31)(23mx f x x x g ++=在区间（1，3）上不是单调函数，求m 的取值范围．解：（I ）)0()1()('>-=x xx a x f （2分） 当(][)+∞>,1,1,0)(,0减区间为的单调增区间为时x f a 当[)(];1,0,,1)(,0减区间为的单调增区间为时+∞<x f a 当a=1时，)(x f 不是单调函数 （5分）（II ）32ln 2)(,22343)4('-+-=-==-=x x x f a a f 得 2)4()(',2)22(31)(223-++=∴-++=∴x m x x g x x mx x g （6分）2)0(',)3,1()(-=g x g 且上不是单调函数在区间⎩⎨⎧><∴.0)3(',0)1('g g （8分）⎪⎩⎪⎨⎧>-<∴,319,3m m （10分）)3,319(--∈m （12分）3．（本小题满分14分）已知函数c bx ax x x f +++=23)(的图象经过坐标原点，且在1=x 处取得极大值． （I ）求实数a 的取值范围；（II ）若方程9)32()(2+-=a x f 恰好有两个不同的根，求)(x f 的解析式；（III ）对于（II ）中的函数)(x f ，对任意R ∈βα、，求证：81|)sin 2()sin 2(|≤-βαf f ． 解：（I ）,23)(,00)0(2b ax x x f c f ++='=⇒=320)1(--=⇒='a b f),323)(1()32(23)(2++-=+-+='∴a x x a ax x x f由33210)(+-==⇒='a x x x f 或，因为当1=x 时取得极大值，所以31332-<⇒>+-a a ，所以)3,(:--∞的取值范围是a ；…………（4分）（II依题意得：9)32(272-=+a ，解得：9-=a 所以函数)(x f 的解析式是：x x x x f 159)(23+-=…………（10分）（III ）对任意的实数βα,都有,2sin 22,2sin 22≤≤-≤≤-βα在区间[-2，2]有：230368)2(,7)1(,7430368)2(=+-==-=---=-f f f,7)1()(=f x f 的最大值是7430368)2()(-=---=-f x f 的最小值是函数]2,2[)(-在区间x f 上的最大值与最小值的差等于81， 所以81|)sin 2()sin 2(|≤-βαf f ．…………（14分）4．（本小题满分12分）已知常数0>a ，e 为自然对数的底数，函数x e x f x -=)(，x a x x g ln )(2-=．（I ）写出)(x f 的单调递增区间，并证明a e a >； （II ）讨论函数)(x g y =在区间),1(a e 上零点的个数．解：（I ）01)(≥-='x e x f ，得)(x f 的单调递增区间是),0(+∞， …………（2分）∵0>a ，∴1)0()(=>f a f ，∴a a e a >+>1，即a e a >． …………（4分）（II ）a x a x ax x g )22)(22(22)(-+=-='，由0)(='x g ，得2a x =，列表当2x 222(…………（6分）由（I ）a e a >，∵⎪⎩⎪⎨⎧>>22a a e e aa ，∴22a e a>，∴22a e a >01)1(>=g ，0))(()(22>-+=-=a e a e a e e g a a a a …………（8分） （i ）当122≤a，即20≤<a 时，函数)(x g y =在区间),1(a e 不存在零点 （ii ）当122>a，即2>a 时 若0)2ln 1(2>-aa ，即e a 22<<时，函数)(x g y =在区间),1(a e 不存在零点若0)2ln 1(2=-aa ，即e a 2=时，函数)(x g y =在区间),1(a e 存在一个零点e x =；若0)2ln 1(2<-aa ，即e a 2>时，函数)(x g y =在区间),1(a e 存在两个零点；综上所述，)(x g y =在(1,)ae 上，我们有结论： 当02a e <<时，函数()f x 无零点； 当2a e = 时，函数()f x 有一个零点； 当2a e >时，函数()f x 有两个零点．…………（12分） 5．（本小题满分14分）已知函数()ln(1)(1)1f x x k x =---+． （I ）当1k =时，求函数()f x 的最大值；（II ）若函数()f x 没有零点，求实数k 的取值范围；解：（I ）当1k =时，2()1xf x x -'=-)(x f 定义域为（1，+∞），令()0,2f x x '==得， ………………（2分） ∵当(1,2),x ∈时()0f x '>，当(2,),x ∈+∞时()0f x '<， ∴()(1,2)f x 在内是增函数，(2,)+∞在上是减函数∴当2x =时，()f x 取最大值(2)0f = ………………（4分） （II ）①当0k ≤时，函数ln(1)y x =-图象与函数(1)1y k x =--图象有公共点， ∴函数()f x 有零点，不合要求； ………………（8分）②当0k >时，1()11()111kk x k kx k f x k x x x +-+-'=-==---- ………………（6分） 令1()0,k f x x k +'==得，∵1(1,),()0,k x f x k +'∈>时1(1,),()0x f x k '∈++∞<时，∴1()(1,1)f x k +在内是增函数，1[1,)k++∞在上是减函数，∴()f x 的最大值是1(1)ln f k k+=-，∵函数()f x 没有零点，∴ln 0k -<，1k >，因此，若函数()f x 没有零点，则实数k 的取值范围(1,)k ∈+∞．………………（10分） 6．（本小题满分12分）已知2x =是函数2()(23)xf x x ax a e =+--的一个极值点（⋅⋅⋅=718.2e ）． （I ）求实数a 的值；（II ）求函数()f x 在]3,23[∈x 的最大值和最小值．解：（I ）由2()(23)xf x x ax a e =+--可得22()(2)(23)[(2)3]x x x f x x a e x ax a e x a x a e '=+++--=++--……（4分）∵2x =是函数()f x 的一个极值点，∴(2)0f '=∴2(5)0a e +=，解得5a =- ……………（6分）（II ）由0)1)(2()(>--='x e x x x f ，得)(x f 在)1,(-∞递增，在),2(+∞递增，由0)(<'x f ，得)(x f 在在)2,1(递减∴2)2(e f =是()f x 在]3,23[∈x 的最小值； ……………（8分）2347)23(e f =，3)3(e f = ∵)23()3(,0)74(4147)23()3(23233f f e e e e e f f >>-=-=-∴()f x 在]3,23[∈x 的最大值是3)3(e f =． ……………（12分）7．（本小题满分14分）已知函数)0,(,ln )2(4)(2≠∈-+-=a R a x a x x x f （I ）当a=18时，求函数)(x f 的单调区间；（II ）求函数)(x f 在区间],[2e e 上的最小值．解：（Ⅰ）x x x x f ln 164)(2--=， xx x x x x f )4)(2(21642)('-+=--= 2分由0)('>x f 得0)4)(2(>-+x x ，解得4>x 或2-<x 注意到0>x ，所以函数)(x f 的单调递增区间是（4，+∞） 由0)('<x f 得0)4)(2(<-+x x ，解得-2＜x ＜4， 注意到0>x ，所以函数)(x f 的单调递减区间是]4,0(.综上所述，函数)(x f 的单调增区间是（4，+∞），单调减区间是]4,0( 6分（Ⅱ）在],[2e e x ∈时，x a x x xf ln )2(4)(2-+-=所以xax x x a x x f -+-=-+-=242242)('2， 设a x x x g -+-=242)(2 当0<a 时，有△=16+4×208)2(<=-a a ，此时0)(>x g ，所以0)('>x f ，)(x f 在],[2e e 上单调递增， 所以a e e e f x f -+-==24)()(2min8分当0>a 时，△=08)2(2416>=-⨯-a a ，令0)('>x f ，即02422>-+-a x x ，解得221a x +>或221ax -<； 令0)('<x f ，即02422<-+-a x x ，解得221a -221ax +<<. ①若221a+≥2e ，即a ≥22)1(2-e 时，)(x f 在区间],[2e e 单调递减，所以a e e e f x f 244)()(242min -+-==.②若2221e ae <+<，即222)1(2)1(2-<<-e a e 时间， )(x f 在区间]221,[a e +上单调递减，在区间],221[2e a +上单调递增，所以min )(x f )221(a f +=)221ln()2(322aa a a +-+--=.③若221a+≤e ，即a <0≤22)1(-e 时，)(x f 在区间],[2e e 单调递增，所以a e e e f x f -+-==24)()(2min综上所述，当a ≥222)1(-e 时，a e a x f 244)(24min -+-=；当222)1(2)1(2-<<-e a e 时，)221ln()2(322)(min aa a a x f +-+--=； 当a ≤2)1(2-e 时，a e e x f -+-=24)(2min14分 8．（本小题满分12分）已知函数()(6)ln f x x x a x =-+在(2,)x ∈+∞上不具有．．．单调性． （I ）求实数a 的取值范围；（II ）若()f x '是()f x 的导函数，设22()()6g x f x x '=+-，试证明：对任意两个不相等正数12x x 、，不等式121238|()()|||27g x g x x x ->-恒成立． 解：（I ）226()26a x x af x x x x-+'=-+=， ………………（2分）∵()f x 在(2,)x ∈+∞上不具有．．．单调性，∴在(2,)x ∈+∞上()f x '有正也有负也有0， 即二次函数226y x x a =-+在(2,)x ∈+∞上有零点 ………………（4分） ∵226y x x a =-+是对称轴是32x =，开口向上的抛物线，∴222620y a =⋅-⋅+< 的实数a 的取值范围(,4)-∞ ………………（6分）（II ）由（I ）22()2a g x x x x=+-， 方法1：2222()()62(0)a g x f x x x x x x'=-+=+->， ∵4a <，∴323233444244()22a x x g x x x x x x -+'=-+>-+=，…………（8分）设2344()2h x x x =-+，3448124(23)()x h x x x x-'=-= ()h x 在3(0,)2是减函数，在3(,)2+∞增函数，当32x =时，()h x 取最小值3827∴从而()g x '3827>，∴38(())027g x x '->，函数38()27y g x x =-是增函数，12x x 、是两个不相等正数，不妨设12x x <，则22113838()()2727g x x g x x ->-∴212138()()()27g x g x x x ->-，∵210x x ->，∴1212()()3827g x g x x x ->- ∴1212()()g x g x x x --3827>，即121238|()()|||27g x g x x x ->- ………………（12分）方法2： 11(,())M x g x 、22(,())N x g x 是曲线()y g x =上任意两相异点，121222121212()()2()2g x g x x x ax x x x x x -+=+--，12x x +> 4a <12221212122()22x x a a x x x x x x +∴+->+-1242x x >+- ………（8分）设0t t =>，令32()244MN k u t t t ==+-，()4(32)u t t t '=-，由()0u t '>，得2,3t >由()0u t '<得20,3t << ()u t ∴在)32,0(上是减函数，在),32(+∞上是增函数，)(t u ∴在32=t 处取极小值2738，38()27u t ∴≥，∴所以1212()()g x g x x x --3827>即121238|()()|||27g x g x x x ->- ………………（12分） 9．（本小题满分12分）已知函数.1,ln )1(21)(2>-+-=a x a ax x x f （I ）讨论函数)(x f 的单调性；（II ）证明：若.1)()(,),,0(,,521212121->--≠+∞∈<x x x f x f x x x x a 有则对任意（1）)(x f 的定义域为),0(+∞，xa x x x a ax x x a a x x f )1)(1(11)('2-+-=-+-=-+-= 2分（i ）若2,11==-a a 即，则 .)1()('2xx x f -=故)(x f 在),0(+∞单调增加．（ii ）若.0)(',)1,1(,21,1,11<-∈<<><-x f a x a a a 时则当故而)1,1()(,0)(',),1()1,0(->+∞∈-∈a x f x f x a x 在故时及当单调减少，在（0，a-1）， ),1(+∞单调增加．（iii ）若),1(),1,0(,)1,1()(,2,11+∞-->>-a a x f a a 在单调减少在同理可得即 单调增加．（II ）考虑函数x x f x g +=)()( .ln )1(212x x a ax x +-+-=由 .)11(1)1(121)1()('2---=---⋅≥-+--=a a xa x x a a x x g由于单调增加在即故),0()(,0)(',5+∞><x g x g a a ，从而当021>>x x 时有 ,0)()(,0)()(212121>-+->-x x x f x f x g x g 即故1)()(2121->--x x x f x f ，当210x x <<时，有1)()()()(12122121->--=--x x x f x f x x x f x f10．（本小题满分14分）已知函数21()ln ,()(1),12f x x a xg x a x a =+=+≠-． （I ）若函数(),()f x g x 在区间[1,3]上都是单调函数且它们的单调性相同，求实数a 的取值范围；（II ）若(1,]( 2.71828)a e e ∈= ，设()()()F x f x g x =-，求证：当12,[1,]x x a ∈时，不等式12|()()|1F x F x -<成立．解：（I ）(),()1af x xg x a x''=+=+， ……………（2分）∵函数(),()f x g x 在区间[1,3]上都是单调函数且它们的单调性相同，∴当[1,3]x ∈时，2(1)()()()0a x a f x g x x++''⋅=≥恒成立， ……………（4分） 即2(1)()0a x a ++≥恒成立， ∴21a a x >-⎧⎨≥-⎩在[1,3]x ∈时恒成立，或21a a x <-⎧⎨≤-⎩在[1,3]x ∈时恒成立， ∵91x -≤≤-，∴1a >-或9a ≤- ………………（6分）（II ）21()ln ,(1)2F x x a x a x =+-+，()(1)()(1)a x a x F x x a x x--'=+-+=∵()F x 定义域是(0,)+∞，(1,]a e ∈，即1a >∴()F x 在(0,1)是增函数，在(1,)a 实际减函数，在(,)a +∞是增函数∴当1x =时，()F x 取极大值1(1)2M F a ==--，当x a =时，()F x 取极小值21()ln 2m F a a a a a ==--， ………………（8分）∵12,[1,]x x a ∈，∴12|()()|||F x F x M m M m -≤-=- ………………（10分）设211()ln 22G a M m a a a =-=--，则()ln 1G a a a '=--， ∴1[()]1G a a''=-，∵(1,]a e ∈，∴[()]0G a ''> ∴()ln 1G a a a '=--在(1,]a e ∈是增函数，∴()(1)0G a G ''>=∴211()ln 22G a a a a =--在(1,]a e ∈也是增函数 ………………（12分） ∴()()G a G e ≤，即2211(1)()1222e G a e e -≤--=-， 而22211(1)(31)1112222e e e ----=-<-=，∴()1G a M m =-< ∴当12,[1,]x x a ∈时，不等式12|()()|1F x F x -<成立． ………………（14分）11．（本小题满分12分）设曲线C ：()ln f x x ex =-（ 2.71828e =⋅⋅⋅），()f x '表示()f x 导函数．（I ）求函数()f x 的极值；（II ）对于曲线C 上的不同两点11(,)A x y ，22(,)B x y ，12x x <，求证：存在唯一的0x 12(,)x x ∈，使直线AB 的斜率等于0()f x '． 解：（I ）11()0ex f x e x x -'=-==，得1x e= 当x 变化时，()f x '与()f x 变化情况如下表：∴当1x e=时，()f x 取得极大值()2f e =-，没有极小值； …………（4分）（II ）（方法1）∵0()AB f x k '=，∴2121021ln ln ()1x x e x x e x x x ----=-，∴21201ln 0x x xx x --=即20211ln ()0x x x x x --=，设2211()ln ()xg x x x x x =--211211()ln ()x g x x x x x =--，1/211()ln 10x x g x x =->，1()g x 是1x 的增函数，∵12x x <，∴2122222()()ln ()0xg x g x x x x x <=--=；222211()ln ()x g x x x x x =--，2/221()ln 10x x g x x =->，2()g x 是2x 的增函数，∵12x x <，∴1211111()()ln ()0xg x g x x x x x >=--=，∴函数2211()ln ()xg x x x x x =--在12(,)x x 内有零点0x ， …………（10分）又∵22111,ln 0x x x x >∴>，函数2211()ln ()xg x x x x x =--在12(,)x x 是增函数，∴函数2121()ln x x xg x x x -=-在12(,)x x 内有唯一零点0x ，命题成立…………（12分） （方法2）∵0()AB f x k '=，∴2121021ln ln ()1x x e x x e x x x ----=-，即020112ln ln 0x x x x x x -+-=，012(,)x x x ∈，且0x 唯一设2112()ln ln g x x x x x x x =-+-，则1121112()ln ln g x x x x x x x =-+-，再设22()ln ln h x x x x x x x =-+-，20x x <<，∴2()ln ln 0h x x x '=->∴22()ln ln h x x x x x x x =-+-在20x x <<是增函数∴112()()()0g x h x h x =<=，同理2()0g x >∴方程2112ln ln 0x x x x x x -+-=在012(,)x x x ∈有解 …………（10分）∵一次函数在12(,)x x 2112()(ln ln )g x x x x x x =-+-是增函数∴方程2112ln ln 0x x x x x x -+-=在012(,)x x x ∈有唯一解，命题成立………（12分）注：仅用函数单调性说明，没有去证明曲线C 不存在拐点，不给分．12．（本小题满分14分）定义),0(,,)1(),(+∞∈+=y x x y x F y ，（I ）令函数22()(3,log (24))f x F x x =-+，写出函数()f x 的定义域；（II ）令函数322()(1,log (1))g x F x ax bx =+++的图象为曲线C ，若存在实数b 使得曲线C 在)14(00-<<-x x 处有斜率为－8的切线，求实数a 的取值范围；（III ）当,*x y ∈N 且x y <时，求证(,)(,)F x y F y x >．解：（I ）22log (24)0x x -+>，即2241x x -+> ……………………（2分）得函数()f x 的定义域是(1,3)-， ……………………（4分） （II ）22322()(1,log (1))1,g x F x ax bx x ax bx =+++=+++设曲线00(41)C x x -<<-在处有斜率为－8的切线，又由题设,23)(,0)1(log 2232b ax x x g bx ax x ++='>+++∴存在实数b 使得⎪⎩⎪⎨⎧>+++-<<--=++1114823020300020bx ax x x b ax x 有解， ……………………（6分） 由①得,238020ax x b ---=代入③得082020<---ax x ，200028041x ax x ⎧++>⎪∴⎨-<<-⎪⎩由有解， ……………………（8分） 方法1：0082()()a x x <-+-，因为041x -<<-，所以0082()[8,10)()x x -+∈-， 当10a <时，存在实数b ，使得曲线C 在)14(00-<<-x x 处有斜率为－8的切线………………（10分）方法2：得08)1()1(208)4()4(222>+-⨯+-⨯>+-⨯+-⨯a a 或，1010,10.a a a ∴<<∴<或 ………………（10分）方法3：是222(4)(4)802(1)(1)80a a ⎧⨯-+⨯-+≤⎪⎨⨯-+⨯-+≤⎪⎩的补集，即10a < ………………（10分） （III ）令2)1ln(1)(,1,)1ln()(xx x x x h x x x x h +-+='≥+=由 又令,0),1ln(1)(>+-+=x x x x x p 0)1(11)1(1)(22<+-=+-+='∴x x x x x p ， ),0[)(+∞∴在x p 单调递减. ……………………（12）分 0()(0)0,1()0,x p x p x h x '∴><=∴≥<当时有当时有),1[)(+∞∴在x h 单调递减，①②③x y y x y x x y yy x x y x )1()1(),1ln()1ln(,)1ln()1ln(,1+>+∴+>+∴+>+<≤∴有时， ).,(),(,x y F y x F y x N y x ><∈∴*时且当 ………………（14分）。