2020高考数学精准提分二轮第二篇第26练导数的概念及简单应用

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2020版高考数学导数及其应用 Word版含解析

第2课时导数与方程题型一求函数零点个数例1 已知函数f (x )＝2a 2ln x －x 2(a >0)． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)讨论函数f (x )在区间(1，e 2)上零点的个数(e 为自然对数的底数)．解 (1)∵f (x )＝2a 2ln x －x 2，∴f ′(x )＝2a 2x －2x ＝2a 2－2x 2x ＝－2(x －a )(x ＋a )x ，∵x >0，a >0，当0<x <a 时，f ′(x )>0，当x >a 时，f ′(x )<0.∴f (x )的单调增区间是(0，a )，单调减区间是(a ，＋∞)． (2)由(1)得f (x )max ＝f (a )＝a 2(2ln a －1)．讨论函数f (x )的零点情况如下：①当a 2(2ln a －1)<0，即0<a <e 时，函数f (x )无零点，在(1，e 2)上无零点；②当a 2(2ln a －1)＝0，即a ＝e 时，函数f (x )在(0，＋∞)内有唯一零点a ，而1<a ＝e<e 2，∴f (x )在(1，e 2)内有一个零点；③当a 2(2ln a －1)>0，即a >e 时，由于f (1)＝－1<0，f (a )＝a 2(2ln a －1)>0，f (e 2)＝2a 2ln(e 2)－e 4＝4a 2－e 4＝(2a －e 2)(2a ＋e 2)，当2a －e 2<0，即e<a <e 22时，1<e<a <e 22<e 2，f (e 2)<0，由函数f (x )的单调性可知，函数f (x )在(1，a )内有唯一零点x 1，在(a ，e 2)内有唯一零点x 2， ∴f (x )在(1，e 2)内有两个零点．当2a －e 2≥0，即a ≥e 22>e 时，f (e 2)≥0，而且f (e)＝2a 2·12－e ＝a 2－e>0，f (1)＝－1<0，由函数的单调性可知，无论a ≥e 2，还是a <e 2，f (x )在(1，e)内有唯一的零点，在(e ，e 2)内没有零点，从而f (x )在(1，e 2)内只有一个零点．综上所述，当0<a <e 时，函数f (x )在区间(1，e 2)上无零点；当a ＝e 或a ≥e 22时，函数f (x )在区间(1，e 2)上有一个零点；当e<a <e 22时，函数f (x )在区间(1，e 2)上有两个零点．思维升华 (1)可以通过构造函数，将两曲线的交点问题转化为函数零点问题．(2)研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，并借助函数的大致图象判断方程根的情况．跟踪训练1 设函数f (x )＝ln x ＋mx，m ∈R .(1)当m ＝e(e 为自然对数的底数)时，求f (x )的极小值； (2)讨论函数g (x )＝f ′(x )－x3的零点的个数．解 (1)由题设，当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋ex ，则f ′(x )＝x －ex2(x >0)，由f ′(x )＝0，得x ＝e.∴当x ∈(0，e)时，f ′(x )<0，f (x )在(0，e)上单调递减，当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在(e ，＋∞)上单调递增， ∴当x ＝e 时，f (x )取得极小值f (e)＝ln e ＋ee ＝2，∴f (x )的极小值为2.(2)由题设g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x3(x >0)，令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x >0)．设φ(x )＝－13x 3＋x (x ≥0)，则φ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1)，当x ∈(0,1)时，φ′(x )>0，φ(x )在(0,1)上单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )<0，φ(x )在(1，＋∞)上单调递减．∴x ＝1是φ(x )的唯一极值点，且是极大值点，因此x ＝1也是φ(x )的最大值点， ∴φ(x )的最大值为φ(1)＝23.又φ(0)＝0，结合y ＝φ(x )的图象(如图)，可知①当m >23时，函数g (x )无零点；②当m ＝23时，函数g (x )有且只有一个零点；③当0<m <23时，函数g (x )有两个零点；④当m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点．综上所述，当m >23时，函数g (x )无零点；当m ＝23或m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点；当0<m <23时，函数g (x )有两个零点．题型二根据函数零点情况求参数范围例2 (2018·南京联合体调研)已知f (x )＝12x 2－a ln x ，a ∈R .(1)求函数f (x )的单调增区间；(2)若函数f (x )有两个零点，求实数a 的取值范围，并说明理由． (参考求导公式：[f (ax ＋b )]′＝af ′(ax ＋b ))解 (1)由题知f ′(x )＝x －a x ＝x 2－ax，x >0，当a ≤0时，f ′(x )>0，函数f (x )的增区间为(0，＋∞)；当a >0时，f ′(x )＝(x ＋a )(x －a )x ，令f ′(x )>0，因为x >0，所以x ＋a >0，所以x >a ，所以函数f (x )的单调增区间为(a ，＋∞)．综上，当a ≤0时，f (x )的单调增区间为(0，＋∞)；当a >0时，f (x )的单调增区间为(a ，＋∞)．(2)由(1)知，若a ≤0，f (x )在(0，＋∞)上为增函数，函数f (x )至多有一个零点，不合题意．若a >0，当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0，f (x )在(0，a )上为减函数；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在(a ，＋∞)上为增函数，所以f (x )min ＝f (a )＝12a －12a ln a ＝12a (1－ln a )．要使f (x )有两个零点，则f (x )min ＝12a (1－ln a )<0，所以a >e. 下面证明：当a >e 时，函数f (x )有两个零点．因为a >e ，所以1∈(0，a )，而f (1)＝12>0，所以f (x )在(0，a )上存在唯一零点．方法一又f (e a )＝12e a 2－a ⎝⎛⎭⎫12＋ln a ＝12a (e a －1－2ln a )，令h (a )＝e a －1－2ln a ，a >e ，h ′(a )＝e －2a >0，所以h (a )在(e ，＋∞)上单调递增，所以h (a )>h (e)＝e 2－3>0，所以f (x )在(a ，＋∞)上也存在唯一零点．综上，当a >e 时，函数f (x )有两个零点．所以当f (x )有两个零点时，实数a 的取值范围为(e ，＋∞)．方法二先证x ∈(1，＋∞)有ln x <x －1，所以f (x )＝12x 2－a ln x >12x 2－ax ＋a .因为a >e ，所以a ＋a 2－2a >a >a .因为12(a ＋a 2－2a )2－a (a ＋a 2－2a )＋a ＝0.所以f (a ＋a 2－2a )>0，所以f (x )在(a ，＋∞)上也存在唯一零点；综上，当a >e 时，函数f (x )有两个零点．所以当f (x )有两个零点时，实数a 的取值范围为(e ，＋∞)．思维升华函数的零点个数可转化为函数图象的交点个数，确定参数范围时要根据函数的性质画出大致图象，充分利用导数工具和数形结合思想．跟踪训练2 已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3(a 为实数)，若方程g (x )＝2f (x )在区间⎣⎡⎦⎤1e ，e 上有两个不等实根，求实数a 的取值范围．解由g (x )＝2f (x )，可得2x ln x ＝－x 2＋ax －3，a ＝x ＋2ln x ＋3x ，设h (x )＝x ＋2ln x ＋3x(x >0)，所以h ′(x )＝1＋2x －3x 2＝(x ＋3)(x －1)x 2.所以x 在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上变化时，h ′(x )，h (x )的变化情况如下表：又h ⎝⎛⎭⎫1e ＝1e ＋3e －2，h (1)＝4，h (e)＝3e ＋e ＋2. 且h (e)－h ⎝⎛⎭⎫1e ＝4－2e ＋2e<0. 所以h (x )min ＝h (1)＝4，h (x )max ＝h ⎝⎛⎭⎫1e ＝1e ＋3e －2，所以实数a 的取值范围为4<a ≤e ＋2＋3e ，即a 的取值范围为⎝⎛⎦⎤4，e ＋2＋3e .1．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．2．已知f (x )＝1x ＋e x e －3，F (x )＝ln x ＋e xe －3x ＋2.(1)判断f (x )在(0，＋∞)上的单调性； (2)判断函数F (x )在(0，＋∞)上零点的个数．解 (1)f ′(x )＝－1x 2＋e x e ＝x 2e x－ee x 2，令f ′(x )>0，解得x >1，令f ′(x )<0，解得0<x <1，所以f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． (2)F ′(x )＝f (x )＝1x ＋e xe －3，由(1)得∃x 1，x 2，满足0<x 1<1<x 2，使得f (x )在(0，x 1)上大于0，在(x 1，x 2)上小于0，在(x 2，＋∞)上大于0，即F (x )在(0，x 1)上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减，在(x 2，＋∞)上单调递增，而F (1)＝0，x →0时，F (x )→－∞， x →＋∞时，F (x )→＋∞，画出函数F (x )的草图，如图所示．故F (x )在(0，＋∞)上的零点有3个．3．已知函数f (x )＝ax 2(a ∈R )，g (x )＝2ln x ，且方程f (x )＝g (x )在区间[2，e]上有两个不相等的解，求a 的取值范围．解由已知可得方程a ＝2ln xx2在区间[2，e]上有两个不等解，令φ(x )＝2ln xx 2，由φ′(x )＝2(1－2ln x )x 3易知，φ(x )在(2，e)上为增函数，在(e ，e)上为减函数，则φ(x )max ＝φ(e)＝1e ，由于φ(e)＝2e 2，φ(2)＝ln 22，φ(e)－φ(2)＝2e 2－ln 22＝4－e 2ln 22e 2＝24e 2ln e ln 22e-<ln 81－ln 272e 2<0，所以φ(e)<φ(2)．所以φ(x )min ＝φ(e)，如图可知φ(x )＝a 有两个不相等的解时，需ln 22≤a <1e.即f (x )＝g (x )在[2，e]上有两个不相等的解时，a 的取值范围为⎣⎡⎭⎫ln 22，1e .4．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x 1，x 2是f (x )的两个零点，证明：x 1＋x 2<2.(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)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．又f (1)＝－e ，f (2)＝a ，取b 满足b <0且b <ln a2，则f (b )>a2(b －2)＋a (b －1)2＝a ⎝⎛⎭⎫b 2－32b >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，＋∞)内单调递增．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 ))内单调递减，在(ln(－2a )，＋∞)内单调递增．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x 1<x 2，由(1)知，x 1∈(－∞，1)，x 2∈(1，＋∞)，2－x 2∈(－∞，1)， f (x )在(－∞，1)内单调递减，所以x 1＋x 2<2等价于f (x 1)>f (2－x 2)，即f (2－x 2)<0. 由于222222(2)e(1)x f x x a x －－＝－＋－，而()22222(2)e (1)0xf x x a x ＝－＋－＝，所以222222(2)e(2)e .x x f x x x －－＝－－－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<2.5．(2018·南通模拟)已知函数f (x )＝e x －|x －a |，其中a ∈R . (1)若f (x )在R 上单调递增，求实数a 的取值范围；(2)若函数有极大值点x 2和极小值点x 1，且f (x 2)－f (x 1)≥k (x 2－x 1)恒成立，求实数k 的取值范围．解 (1)因为f (x )＝e x －|x －a |＝⎩⎪⎨⎪⎧e x －x ＋a ，x ≥a ，e x＋x －a ，x <a ，则f ′(x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e x－1，x ≥a ，e x ＋1，x <a .因为f (x )在R 上单调递增，所以f ′(x )≥0恒成立，当x <a 时，f ′(x )＝e x ＋1>1>0恒成立；当x ≥a 时，要使f ′(x )＝e x －1≥0恒成立，所以f ′(a )≥0，即a ≥0.所以实数a 的取值范围为[0，＋∞)．(2)由(1)知，当a ≥0时，f (x )在R 上单调递增，不符合题意，所以有a <0.此时，当x <a 时，f ′(x )＝e x ＋1>1>0，f (x )单调递增；当x ≥a 时，f ′(x )＝e x －1，令f ′(x )＝0，得x ＝0，所以f ′(x )<0在(a,0)上恒成立，f (x )在(a,0)上单调递减， f ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立，f (x )在(0，＋∞)上单调递增．所以f (x )极大值＝f (a )＝e a ，f (x )极小值＝f (0)＝1＋a ，即a <0符合题意．由f (x 2)－f (x 1)≥k (x 2－x 1)恒成立，可得e a －a －1≥ka 对任意a <0恒成立．设g (a )＝e a －(k ＋1)a －1，求导得g ′(a )＝e a －(k ＋1)．①当k ≤－1时，g ′(a )>0恒成立，g (a )在(－∞，0)上单调递增，又因为g (－1)＝1e＋k <0，与g (a )≥0矛盾． ②当k ≥0时，g ′(a )<0在(－∞，0)上恒成立，g (a )在(－∞，0)上单调递减，又因为当a →0时，g (a )→0，所以此时g (a )>0恒成立，符合题意． ③当－1<k <0时，g ′(a )>0在(－∞，0)上的解集为(ln(k ＋1)，0)，即g (a )在(ln(k ＋1)，0)上单调递增，又因为当a →0时，g (a )→0，所以g (ln(k ＋1))<0，不合题意．综上，实数k 的取值范围为[0，＋∞)．。

2020高考数学二轮复习导数基础篇

高考冲刺之导数（基础篇）1．导数的几何意义函数y＝f(x)在x＝x0处的导数f′(x0)是曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处切线l的斜率，切线l的方程是y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)．2．导数的物理意义若物体位移随时间变化的关系为s＝f(t)，则f′(t0)是物体运动在t＝t0时刻的瞬时速度．3．函数的单调性在(a，b)内可导函数f(x)，f′(x)在(a，b)任意子区间内都不恒等于0.f′(x)≥0⇔函数f(x)在(a，b)上单调递增；f′(x)≤0⇔函数f(x)在(a，b)上单调递减．4．函数的极值(1)判断f(x0)是极值的方法一般地，当函数f(x)在点x0处连续时，①如果在x0附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，那么f(x0)是极大值；②如果在x0附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，那么f(x0)是极小值．(2)求可导函数极值的步骤①求f′(x)；②求方程f′(x)＝0的根；③检查f′(x)在方程f′(x)＝0的根左右值的符号．如果左正右负，那么f(x)在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得极小值，如果左右两侧符号一样，那么这个根不是极值点．5．函数的最值(1)在闭区间[a，b]上连续的函数f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值．(2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值．(3)设函数f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，求f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤如下：①求f(x)在(a，b)内的极值；②将f(x)的各极值与f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．6．利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤(1)分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y＝f(x)；(2)求函数的导数f′(x)，解方程f′(x)＝0；(3)比较函数在区间端点和f′(x)＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值；(4)回归实际问题作答．两个注意(1)注意实际问题中函数定义域的确定．(2)在实际问题中，如果函数在区间内只有一个极值点，那么只要根据实际意义判定最大值还是最小值即可，不必再与端点的函数值比较．三个防范(1)求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过认真比较才能下结论；另外注意函数最值是个“整体”概念，而极值是个“局部”概念． (2)f ′(x 0)＝0是y ＝f (x )在x ＝x 0取极值的既不充分也不必要条件．如①y ＝|x |在x ＝0处取得极小值，但在x ＝0处不可导； ②f (x )＝x 3，f ′(0)＝0，但x ＝0不是f (x )＝x 3的极值点．(3)若y ＝f (x )可导，则f ′(x 0)＝0是f (x )在x ＝x 0处取极值的必要条件．易误警示直线与曲线有且只有一个公共点，直线不一定是曲线的切线；反之直线是曲线的切线，但直线不一定与曲线有且只有一个公共点．两个条件(1)f ′(x )＞0在(a ，b )上成立是f (x )在(a ，b )上单调递增的充分条件．(2)对于可导函数f (x )，f ′(x 0)＝0是函数f (x )在x ＝x 0处有极值的必要不充分条件．三个步骤求函数单调区间的步骤：(1)确定函数f (x )的定义域；(2)求导数f ′(x )；(3)由f ′(x )＞0(f ′(x )＜0)解出相应的x 的范围．当f ′(x )＞0时，f (x )在相应的区间上是增函数；当f ′(x )＜0时，f (x )在相应的区间上是减函数，还可以列表，写出函数的单调区间．小题分类1.（导数与积分）定积分ln 20e x dx ⎰的值为（）A. －1B. 1C. 2e 1-D. 2e 【答案】B（2）当0x >时，函数2y x =与函数2xy =的图像所围成的封闭区域的面积是【答案】427（3）用max{}a b ，表示a ，b 两个数中的最大数，设2()max{f x x =1()4x ≥，那么由函数()y f x =的图象、x 轴、直线14x =和直线2x =所围成的封闭图形的面积是【答案】3512（4）若dx x c dx x b xdx a ⎰⎰⎰-=-==12111,1,，则c b a ,,的大小关系是（）A.c b a <<B.b c a <<C.c a b <<D.ab c << 【答案】A变式设a ＝⎠⎛0π(sinx ＋cosx)dx ，则(a x －1x )6的二项展开式中含x 2的系数是( )A ．192B ．－192C ．96D ．－96解析：因为a ＝⎠⎛0π(sinx ＋cosx)dx ＝(－cosx ＋sinx)| π0＝(－cosπ＋sinπ)－(－cos0＋sin0)＝2，所以(a x －1x)6＝⎝⎛⎭⎪⎫2x －1x 6，则可知其通项T r ＋1＝(－1)r C r 626－r x 6－r2－r 2＝(－1)r C r 626－r x 3－r ，令3－r ＝2⇒r ＝1，所以展开式中含x 2项的系数是(－1)r C r 626－r ＝(－1)1C 1626－1＝－192，故答案选B.（2）若等比数列{a n }的首项为23，且a 4＝⎠⎛14(1＋2x)dx ，则公比等于________．解析：⎠⎛14(1＋2x)dx ＝(x ＋x 2)|41＝(4＋16)－(1＋1)＝18，即a 4＝18＝23·q 3⇒q ＝3.2.(导数的单调性)若()224ln f x x x x =--，则()f x 的单调递增区间为（）A ．()1,0-B ．()()1,02,-⋃+∞C ．()2,+∞D ．()0,+∞ 【答案】C（2）函数()f x 的定义域为R ，对任意实数x 满足(1)(3)f x f x -=-，且(1)(3)f x f x -=-．当l ≤x ≤2时，函数()f x 的导数()0f x '>，则()f x 的单调递减区间是（）A ．[2,21]()k k k Z +∈B ．[21,2]()k k k Z -∈C ．[2,22]()k k k Z +∈D ．[22,2]()k k k Z -∈ 【答案】A（3）已知函数2()(21)(R xf x ax x e a -=-+⋅∈，e 为自然对数的底数). 若函数()f x 在[-1，1]上单调递减，求a 的取值范围．【答案】解： ]322[)12()22()(22+---=⋅+--⋅-='---x ax ax e e x ax eax x f x x x令3)1(2)(2++-=x a ax x g ①若0=a ，则32)(+-=x x g ，在)11(，-内，0)(>x g ，即0)(<'x f ，函数)(x f 在区间]11[，-上单调递减.………………7分②若0>a ，则3)1(2)(2++-=x a ax x g ，其图象是开口向上的抛物线，对称轴为11>+=aa x ，当且仅当0)1(≥g ，即10≤<a 时，在)11(，-内0)(>x g ，0)(<'x f ，函数)(x f 在区间]11[，-上单调递减.③若0<a ，则3)1(2)(2++-=x a ax x g ，其图象是开口向下的抛物线，当且仅当⎩⎨⎧≥≥-0)1(0)1(g g ，即035<≤-a 时，在)11(，-内0)(>x g ，0)(<'x f ，函数)(x f 在区间]11[，-上单调递减. 综上所述，函数)(x f 在区间]11[，-上单调递减时，a 的取值范围是135≤≤-a ．…12分 3.（导数与切线斜率）设R a ∈,函数()e e x xf x a -=+⋅的导函数是()f x '，且()f x '是奇函数，若曲线()y f x =的一条切线的斜率是32，则切点的横坐标为（） A. ln 22-B.ln 2-C.ln 22D. ln 2 【答案】D（2）已知函数)0()1(2131)(23>++-=a x x aa x x f ，则)(x f 在点))1(,1(f 处的切线的斜率最大时的切线方程是______________【答案】31=y (3)曲线y ＝13x 3＋x 在点⎝ ⎛⎭⎪⎫1，43处的切线与坐标轴围成的三角形面积为 ( ) A.19 B.29 C.13 D.23 【答案】A4.(导数与图像)函数y ＝f （x ）在定义域（－32，3）内的图像如图所示．记y ＝f （x ）的导函数为y ＝f '（x ），则不等式f '（x ）≤0的解集为A ．[－13，1]∪[2，3）B ．[－1，12]∪[43，83]C ．[－32，12]∪[1，2）D ．（－32，－13]∪[12，43]∪[43，3）【答案】A（2）设()f x '是函数()f x 的导函数,()y f x '=的图象如右图所示，则()y f x =的图象最有可能的是【答案】C（3）已知R 上可导函数)(x f 的图象如图所示，则不等式0)()32(2>'--x f x x 的解集为（）【答案】DA ．),1()2,(+∞⋃--∞B ．)2,1()2,(⋃--∞C ．),2()0,1()1,(+∞⋃-⋃--∞D. ),3()1,1()1,(+∞⋃-⋃--∞5.（导数的运用）已知定义在R 上的函数)(),(x g x f 满足x a x g x f =)()(，且),()()()(x g x f x g x f '<'25)1()1()1()1(=--+g f g f ，则a 的值是（） A ．2B ．21 C ．3 D ．31【答案】B（2）已知定义在实数集R 上的函数)(x f 满足)1(f =1，且)(x f 的导数)(x f '在R 上恒有)(x f '<)(21R x ∈，则不等式212)(22+<x x f 的解集为（） A ．),1(+∞ B ．)1,(--∞ C ．)1,1(- D．)1,(--∞∪),1(+∞【答案】D（3）函数)(x f 的定义域为R ,2)1(=-f ,对任意2)(,'>∈x f R x ,则42)(+>x x f 的解集为（）A.)1,1(-B.),1(+∞-C.)1,(--∞D.R 【答案】B（4）()cos(3)(0)f x x ϕϕπ=+<<,若()()f x f x '+是奇函数，则ϕ=【答案】（5）)(x f 是定义在),0(+∞上的非负可导函数，且满足()()'≤xf x f x ，对任意的正数b a 、，若b a <，则必有 A ．)()(a bf b af ≤ B ．)()(b bf a af ≥ C ．)()(b bf a af ≤D ．)()(a bf b af ≥【答案】A大题冲关1.（研究函数的单调性、极值、最值等问题）例1.设函数2()(1)2ln(1)f x x x =+-+．（I ）求()f x 的单调区间；（II ）当0<a<2时，求函数2()()1g x f x x ax =---在区间[03]，上的最小值．解：（I ）定义域为(1,)-+∞． 12(2)()2(1)11x x f x x x x +'=+-=++．令()0f x '>，则2(2)01x x x +>+，所以2x <-或0x >．因为定义域为(1,)-+∞，所以0x >．令()0f x '<，则2(2)01x x x +<+，所以20x -<<．因为定义域为(1,)-+∞，所以10x -<<．所以函数的单调递增区间为(0,)+∞，单调递减区间为(1,0)-．（II ）()(2)2ln(1)g x a x x =--+ （1x >-）．2(2)()(2)11a x ag x a x x x--'=--=++．因为0<a<2，所以20a ->，02a a >-．令()0g x '> 可得2ax a >-．所以函数()g x 在(0,)2a a -上为减函数，在(,)2a a+∞-上为增函数． ①当032a a <<-，即302a <<时，在区间[03]，上，()g x 在(0,)2a a -上为减函数，在(,3)2a a-上为增函数．所以min 2()()2ln22a g x g a a a==---． ②当32a a ≥-，即322a ≤<时，()g x 在区间(03)，上为减函数．所以min ()(3)632ln 4g x g a ==--．综上所述，当302a <<时，min 2()2ln 2g x a a =--；当322a ≤<时，min ()632ln 4g x a =--．例 2.已知函数ln ()1a x bf x x x=++，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为230x y +-=。

(完整word版)2020高考二轮复习导数.doc

③f′(x)＝0时，x＝－1或x＝2.
则函数f(x)的大致图象是()
2．(2019·北省九校第二次联考河
3＋2ln x的单调递减区间是()
)函数y＝x＋x
A．(－3，1)
B.(0，1)
C．(－1，3)
D.(0，3)
3．(2019
南·昌市第一次模拟测试
)已知f(x)在R上连续可导，f′( x)为其导函数，且f( x)
成的三角形的面积为
(
)
3
1
1
A.2
B.
2
C.2
D.
4
(2)(2019全·国卷Ⅲ)已知曲线
y＝aex＋xln x在点(1，ae)处的切线方程为
y＝2x＋b，则
()
A．a＝e，b＝－1
B. a＝e，b＝1
－
－
C．a＝e1，b＝1
D. a＝e1，b＝－1
(3)(2019成·都市第二次诊断性检测
)已知直线l既是曲线
D.(－3，3)或(4，－11)
5．(2019洛·阳市统考)已知a>0，曲线f(x)＝3x2－4ax
与曲线g(x)＝2a2ln x－b有公共点，
且在公共点处的切线相同，则实数
b的最小值为(
)
A．0
B.－12
e
2
4
C．－e2
D.－e2
6．若函数f(x)＝ex－(m＋1)ln x＋2(m＋1)x－1恰有两个极值点，则实数m的取值范围为
x
－x
x
－x
)，则f′(2)＋f′(－2)
－f′(0)f′(1)＝()
＝e
＋e
－f′(1)x·(e
－e
2
－2
B.4e

2020版新高考数学二轮复习-导数的简单应用-

切线记为 l，则切线 l 与曲线 C 的公共点个数为( )
A．1
B．2
C．3
D．4
解析：选 C.y′＝12x3－6x2－18x，所以切线 l 的斜率 k＝y′x＝1＝－12，所以切线 l 的方程为 12x＋y－8＝0.联立方程得1y＝2x3＋x4y－－28x＝3－0 9x2＋4，消去 y，得 3x4－2x3－9x2＋12x －4＝0，所以(x＋2)(3x－2)(x－1)2＝0，所以 x1＝－2，x2＝23，x3＝1，所以切线 l 与曲线 C 有 3 个公共点．故选 C.
已知曲线的切线关键是过好“双关”：一是转化关，即把所求的含双参数的代数式
方程，求含有双转化为含单参数的代数式，此时需利用已知切线方程，寻找双参数
参数的代数式的的关系式；二是求最值关，常利用函数的单调性、基本不等式等方
取值范围
法求最值，从而得所求代数式的取值范围
[对点训练]
1．(2019·武汉调研)设曲线 C：y＝3x4－2x3－9x2＋4，在曲线 C 上一点 M(1，－4)处的
由 f′(x)≥0 得12≤cos x≤1，即 2kπ－π3≤x≤2kπ＋π3，k∈Z，
由 f′(x)≤0 得－1≤cos x≤12，即 2kπ＋π≥x≥2kπ＋π3或 2kπ－π≤x≤2kπ－π3，k∈Z，
所以当 x＝2kπ－π3(k∈Z)时，f(x)取得最小值，
且 f(x)min＝f2kπ－π3＝2sin2kπ－π3＋sin 22kπ－π3＝－323.
在点(0，0)处的切线方程为( )
A．y＝－2x
B．y＝－x
C．y＝2x
D．y＝x
解析：选 D.法一：因为函数 f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax 为奇函数，所以 f(－x)＝－f(x)，所以(－x)3＋(a－1)(－x)2＋a(－x)＝－[x3＋(a－1)x2＋ax]，所以 2(a－1)x2＝0，因为 x∈R，所以 a＝1，所以 f(x)＝x3＋x，所以 f′(x)＝3x2＋1，所以 f′(0)＝1，所以曲线 y＝ f(x)在点(0，0)处的切线方程为 y＝x.故选 D. 法二：因为函数 f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax 为奇函数，所以 f(－1)＋f(1)＝0，所以－1＋a －1－a＋(1＋a－1＋a)＝0，解得 a＝1，所以 f(x)＝x3＋x，所以 f′(x)＝3x2＋1，所以 f′(0) ＝1，所以曲线 y＝f(x)在点(0，0)处的切线方程为 y＝x.故选 D.

2020版高考数学二轮复习专题限时集训导数的简单应用文

专题限时集训(十三) 导数的简单应用[专题通关练] (建议用时：30分钟)1．已知函数f (x )的导函数f ′(x )满足下列条件： ①f ′(x )>0时.x <－1或x >2； ②f ′(x )<0时.－1<x <2； ③f ′(x )＝0时.x ＝－1或x ＝2. 则函数f (x )的大致图象是( )A [根据条件知.函数f (x )在(－1,2)上是减函数．在(－∞.－1).(2.＋∞)上是增函数.故选A.]2．已知直线2x －y ＋1＝0与曲线y ＝a e x＋x 相切(其中e 为自然对数的底数).则实数a 的值是( )A.12 B ．1 C ．2D ．eB [由题意知y ′＝a e x＋1＝2.则a >0.x ＝－ln a .代入曲线方程得y ＝1－ln a .所以切线方程为y －(1－ln a )＝2(x ＋ln a ).即y ＝2x ＋ln a ＋1＝2x ＋1⇒a ＝1.]3．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2在x ＝1处的极值为10.则数对(a .b )为( ) A ．(－3,3) B ．(－11,4)C ．(4.－11)D ．(－3,3)或(4.－11)C [f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b .依题意可得⎩⎪⎨⎪⎧f′1＝0，f 1＝10，即⎩⎪⎨⎪⎧3＋2a ＋b ＝0，1＋a ＋b ＋a2＝10，消去b 可得a 2－a －12＝0.解得a ＝－3或a ＝4.故⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4，b ＝－11.当⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝3时.f ′(x )＝3x 2－6x ＋3＝3(x －1)2≥0.这时f (x )无极值.不合题意.舍去.故选C.]4．已知f (x )＝x 2＋ax ＋3ln x 在(1.＋∞)上是增函数.则实数a 的取值范围为( ) A ．(－∞.－26] B.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，62 C ．[－2 6.＋∞)D ．[－5.＋∞)C [由题意得f ′(x )＝2x ＋a ＋3x ＝2x2＋ax ＋3x ≥0在(1.＋∞)上恒成立⇔g (x )＝2x 2＋ax ＋3≥0在(1.＋∞)上恒成立⇔Δ＝a 2－24≤0或⎩⎪⎨⎪⎧－a 4≤1，g 1≥0⇔－26≤a ≤26或⎩⎪⎨⎪⎧a≥－4，a≥－5⇔a ≥－2 6.故选C.]5．(20xx·重庆七校联考)函数f (x )(x >0)的导函数为f ′(x ).若xf ′(x )＋f (x )＝e x.且f (1)＝e.则( )A ．f (x )的最小值为eB ．f (x )的最大值为eC ．f (x )的最小值为1eD ．f (x )的最大值为1eA [设g (x )＝xf (x )－e x.则g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )－e x＝0. 所以g (x )＝xf (x )－e x为常数函数．因为g (1)＝1×f (1)－e ＝0. 所以g (x )＝xf (x )－e x＝g (1)＝0. 所以f (x )＝ex x .f ′(x )＝exx －1x2. 当0<x <1时.f ′(x )<0. 当x >1时.f ′(x )>0. 所以f (x )≥f (1)＝e.]6．(20xx·西安八校联考)已知曲线f (x )＝e x＋x 2.则曲线在(0.f (0))处的切线与坐标轴围成的图形的面积为________．②当a >0时.令f ′(x )＝－2ax2＋x ＋1x ＝0.则－2ax 2＋x ＋1＝0.易知其判别式为正. 设方程的两根分别为x 1.x 2(x 1<x 2). 则x 1x 2＝－12a<0.∴x 1<0<x 2.∴f ′(x )＝－2ax2＋x ＋1x ＝－2a x －x1x －x2x.x >0.令f ′(x )>0.得x ∈(0.x 2).令f ′(x )<0得x ∈(x 2.＋∞).其中x 2＝1＋8a ＋14a.∴函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1＋8a ＋14a 上单调递增.在⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋8a ＋14a ，＋∞上单调递减． 10．设函数f (x )＝ln x －2mx 2－n (m .n ∈R )． (1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )有最大值－ln 2.求m ＋n 的最小值． [解] (1)函数f (x )的定义域为(0.＋∞).f ′(x )＝1x －4mx ＝1－4mx2x. 当m ≤0时.f ′(x )>0.∴f (x )在(0.＋∞)上单调递增；当m >0时.令f ′(x )>0.得0<x <m 2m. 令f ′(x )<0.得x >m 2m. ∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，m 2m 上单调递增. 在⎝⎛⎭⎪⎫m 2m ，＋∞上单调递减． (2)由(1)知.当m ≤0时.f (x )在(0.＋∞)上单调递增.无最大值．当m >0时.f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，m 2m 上单调递增.在⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2m ，＋∞上单调递减． ∴f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎪⎫m 2m ＝ln m 2m －2m ·14m －n ＝－ln 2－12ln m －12－n ＝－ln 2. ∴n ＝－12ln m －12.∴m ＋n ＝m －12ln m －12.点.则P .Q 两点间距离的最小值为________．32 [y ′＝e －x－x e －x＝(1－x )e －x.令(1－x )e －x＝1.则e x ＝1－x .e x＋x －1＝0.令h (x )＝e x ＋x －1.易得h (x )是增函数.且h (0)＝0.则方程e x＋x －1＝0有且只有一解x ＝0.易求得过曲线y ＝x e －x上点(0,0)的切线方程为y ＝x .由题意可得.P .Q 两点间距离d 的最小值即两平行直线x －y ＝0和x －y ＋6＝0间的距离.所以最小值为d min ＝62＝3 2.]【押题2】已知函数f (x )＝ax 2＋bx －ln x (a .b ∈R )．(1)当a ＝－1.b ＝3时.求函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上的最大值和最小值； (2)当a ＝0时.是否存在正实数b .使当x ∈(0.e](e 是自然对数的底数)时.函数f (x )的最小值是3？若存在.求出b 的值；若不存在.说明理由．[解] (1)当a ＝－1.b ＝3时.f (x )＝－x 2＋3x －ln x .且x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2.则f ′(x )＝－2x ＋3－1x ＝－2x2－3x ＋1x ＝－2x －1x －1x.令f ′(x )>0.得12<x <1；令f ′(x )<0.得1<x <2.所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上单调递增.在(1,2)上单调递减．所以函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上仅有极大值点x ＝1.且这个极大值点也是最大值点.故函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上的最大值为f (1).且f (1)＝2. 又f (2)－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝(2－ln 2)－⎝ ⎛⎭⎪⎫54＋ln 2＝34－2ln 2＝34－ln 4<0.所以f (2)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12. 故函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上的最小值为f (2).且f (2)＝2－ln 2.综上.函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上的最大值为2.最小值为2－ln 2. (2)当a ＝0时.f (x )＝bx －ln x .则f ′(x )＝b －1x ＝b ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1b x.①当0<b ≤1e .即1b≥e 时.f ′(x )<0.所以f (x )在(0.e]上单调递减.所以f (x )min ＝f (e)＝b e －1≤0.②当b >1e .即0<1b <e 时.令f ′(x )<0.得0<x <1b .所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1b 上单调递减；令f ′(x )>0.得1b<x <e.所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1b，e 上单调递增．。

导数及其应用(教学案)-2020年高考理数二轮复习精品资料Word版含解析_1

高考将以导数的几何意义为背景，重点考查运算及数形结合能力，导数的综合运用涉及的知识面广，综合的知识点多，形式灵活，是每年的必考内容，经常以压轴题的形式出现．预测高考仍将利用导数研究方程的根、函数的零点问题、含参数的不等式恒成立、能成立、实际问题的最值等形式考查．1．导数的定义f′(x)＝limΔx→0ΔyΔx＝limΔx→0f x＋Δx－f xΔx.2．导数的几何意义函数y＝f(x)在x＝x0处的导数f′(x0)就是曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线的斜率，即k＝f′(x0)．3．导数的运算(1)基本初等函数的导数公式①c′＝0(c为常数)；②(x m)′＝mx m－1；③(sin x)′＝cos x; ④(cos x)′＝－sin x；⑤(e x)′＝e x; ⑥(a x)′＝a x ln a；⑦(ln x)′＝1x；⑧(log a x)′＝1x ln a.(2)导数的四则运算法则①[f(x)±g(x)]′＝f′(x)±g′(x)；②[f(x)·g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)；③[f xg x ]′＝f′x g x－f x g′xg2x.④设y＝f(u)，u＝φ(x)，则y′x＝y′u u′x.4．函数的性质与导数在区间(a，b)内，如果f′(x)>0，那么函数f(x)在区间(a，b)上单调递增．如果f′(x)<0，那么函数f(x)在区间(a，b)上单调递减．5．利用定积分求曲线围成图形的面积的步骤：①画出图形；②确定被积函数；③求出交点坐标，确定积分的上、下限；④运用微积分基本定理计算定积分，求出平面图形的面积．特别注意平面图形的面积为正值，定积分值可能是负值．被积函数为y＝f(x)，由曲线y＝f(x)与直线x＝a，x＝b(a<b)和y＝0所围成的曲边梯形的面积为S.①当f (x )>0时，S ＝⎠⎛ab f (x )d x ；②当f (x )<0时，S ＝－⎠⎛ab f (x )d x ；③当x ∈[a ，c ]时，f (x )>0；当x ∈[c ，b ]时，f (x )<0，则S ＝⎠⎛a c f (x )d x －⎠⎛cb f (x )d x .高频考点一导数的几何意义及应用例1、（2018年全国Ⅲ卷理数）曲线在点处的切线的斜率为，则________．【答案】-3 【解析】，则所以【变式探究】(1)已知函数f (x )＝ax 3＋x ＋1的图象在点(1，f (1))处的切线过点(2,7)，则a ＝________. 解析：基本法：由题意可得f ′(x )＝3ax 2＋1， ∴f ′(1)＝3a ＋1，又f (1)＝a ＋2，∴f (x )＝ax 3＋x ＋1的图象在点(1，f (1))处的切线方程为y －(a ＋2)＝(3a ＋1)(x －1)，又此切线过点(2,7)，∴7－(a ＋2)＝(3a ＋1)(2－1)，解得a ＝1.速解法：∵f (1)＝2＋a ，由(1，f (1))和(2,7)连线斜率k ＝5－a1＝5－a ，f ′(x )＝3ax 2＋1，∴5－a ＝3a ＋1，∴a ＝1.答案：1(2)已知曲线y ＝x ＋ln x 在点(1,1)处的切线与曲线y ＝ax 2＋(a ＋2)x ＋1相切，则a ＝________. 解析：基本法：令f (x )＝x ＋ln x ，求导得f ′(x )＝1＋1x ，f ′(1)＝2，又f (1)＝1，所以曲线y ＝x ＋ln x 在点(1,1)处的切线方程为y －1＝2(x －1)，即y ＝2x －1.设直线y ＝2x －1与曲线y ＝ax 2＋(a ＋2)x ＋1的切点为P (x 0，y 0)，则y ′|x ＝x 0＝2ax 0＋a ＋2＝2，得a (2x 0＋1)＝0，∴a ＝0或x 0＝－12，又ax 20＋(a ＋2)x 0＋1＝2x 0－1，即ax 20＋ax 0＋2＝0，当a ＝0时，显然不满足此方程， ∴x 0＝－12，此时a ＝8.速解法：求出y ＝x ＋ln x 在(1,1)处的切线为y ＝2x －1由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x －1y ＝ax 2＋a ＋2x ＋1得ax 2＋ax ＋2＝0， ∴Δ＝a 2－8a ＝0，∴a ＝8或a ＝0(显然不成立)．【变式探究】设曲线y ＝ax －ln(x ＋1)在点(0,0)处的切线方程为y ＝2x ，则a ＝( ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．3解析：基本法：y ′＝a －1x ＋1，当x ＝0时，y ′＝a －1＝2，∴a ＝3，故选D. 答案：D高频考点二导数与函数的极值、最值例2、（2018年浙江卷）已知λ∈R ，函数f (x )=，当λ=2时，不等式f (x )<0的解集是___________．若函数f (x )恰有2个零点，则λ的取值范围是___________．【答案】 (1). (1,4) (2). 【解析】由题意得或，所以或，即，不等式f (x )<0的解集是当时，，此时，即在上有两个零点；当时，，由在上只能有一个零点得.综上，的取值范围为。

新高考2020高考数学二轮复习小题考法专训十导数的简单应用

小题考法专训（十）导数的简单应用A 级——保分小题落实练一、选择题1．已知函数f (x )的导函数为f ′(x )，且满足f (x )＝2xf ′(1)＋ln x ，则f ′(1)等于( ) A ．－e B ．－1 C ．1D ．e解析：选B 因为f (x )＝2xf ′(1)＋ln x ，所以f ′(x )＝2f ′(1)＋1x，令x ＝1，得f ′(1)＝2f ′(1)＋1，解得f ′(1)＝－1.2．已知直线2x －y ＋1＝0与曲线y ＝a e x＋x 相切(其中e 为自然对数的底数)，则实数a 的值是( )A ．eB ．2eC ．1D ．2解析：选C 设切点为(x 0，a e x 0＋x 0)，由曲线y ＝a e x＋x ，可得y ′＝a e x＋1，则切线的斜率k ＝y ′|x ＝x 0＝a e x 0＋1.令a e x 0＋1＝2可得x 0＝ln 1a，则曲线在点(x 0，a e x 0＋x 0)，即⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1a ，1＋ln 1a 处的切线方程为y －1－ln 1a ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －ln 1a ，整理可得2x －y －ln 1a ＋1＝0.结合题中所给的切线2x －y ＋1＝0，得－ln 1a＋1＝1，∴a ＝1.3．已知直线y ＝kx ＋1与曲线y ＝x 3＋ax ＋b 相切于点A (1,3)，则b 的值为( ) A ．3 B ．－3 C ．5D ．－5解析：选A 由题意知，3＝k ＋1，∴k ＝2.又(x 3＋ax ＋b )′|x ＝1＝(3x 2＋a )|x ＝1＝3＋a ，∴3＋a ＝2，∴a ＝－1，∴3＝1－1＋b ，即b ＝3.4．(2019·河北九校第二次联考)函数y ＝x ＋3x＋2ln x 的单调递减区间是( )A ．(－3,1)B ．(0,1)C ．(－1,3)D ．(0,3)解析：选B 令y ′＝1－3x 2＋2x＜0，得－3＜x ＜1，又x ＞0，故所求函数的单调递减区间为(0,1)，故选B.5.已知函数y ＝xf ′(x )的图象如图所示(其中f ′(x )是函数f (x )的导函数)，下面四个图象中大致为y ＝f (x )的图象的是( )解析：选C 当0＜x ＜1时，xf ′(x )＜0，∴f ′(x )＜0，故y ＝f (x )在(0,1)上为减函数；当x ＞1时，xf ′(x )＞0，∴f ′(x )＞0，故y ＝f (x )在(1，＋∞)上为增函数，因此排除A 、B 、D ，故选C.6．若函数f (x )＝kx －2ln x 在区间(1，＋∞)上单调递增，则k 的取值范围是( ) A ．(－∞，－2] B ．(－∞，－1] C ．[1，＋∞)D ．[2，＋∞)解析：选D 因为f (x )＝kx －2ln x ，所以f ′(x )＝k －2x.因为f (x )在区间(1，＋∞)上单调递增，所以在区间(1，＋∞)上f ′(x )＝k －2x ≥0恒成立，即k ≥2x恒成立，当x ∈(1，＋∞)时，0＜2x＜2，所以k ≥2，故选D.7．若函数f (x )＝12x 2＋(a －1)x －a ln x 存在唯一的极值，且此极值不小于1，则a 的取值范围为( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，2 B ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞ C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，32 D ．(－1,0)∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞解析：选B 对函数求导得f ′(x )＝x ＋a －1－a x ＝(x ＋a )(x －1)x，因为函数存在唯一的极值，所以导函数存在唯一的零点，且零点大于0，故x ＝1是唯一的极值点，此时－a ≤0且f (1)＝－12＋a ≥1⇒a ≥32.故选B.8．(2020届高三·武汉调研)设曲线C ：y ＝3x 4－2x 3－9x 2＋4，在曲线C 上一点M (1，－4)处的切线记为l ，则切线l 与曲线C 的公共点个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选C y ′＝12x 3－6x 2－18x ，所以切线l 的斜率k ＝y ′|x ＝1＝－12，所以切线l 的方程为12x ＋y －8＝0.联立方程⎩⎪⎨⎪⎧12x ＋y －8＝0，y ＝3x 4－2x 3－9x 2＋4，消去y ，得3x 4－2x 3－9x 2＋12x －4＝0，所以(x ＋2)(3x －2)(x －1)2＝0，所以x 1＝－2，x 2＝23，x 3＝1，所以切线l 与曲线C 有3个公共点，故选C.9．已知函数f (x )＝x ln x －a e x(e 为自然对数的底数)有两个极值点，则实数a 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e B ．(0，e) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，e D ．(－∞，e)解析：选A f ′(x )＝ln x －a e x＋1，令f ′(x )＝0，得a ＝ln x ＋1ex.若函数f (x )＝x ln x －a e x有两个极值点，则y ＝a 和g (x )＝ln x ＋1ex在(0，＋∞)上有2个交点，g ′(x )＝1x －ln x －1ex(x ＞0)．令h (x )＝1x－ln x －1，则h ′(x )＝－1x2－1x＜0，h (x )在(0，＋∞)上单调递减，而h (1)＝0，故x ∈(0,1)时，h (x )＞0，即g ′(x )＞0，g (x )单调递增，x ∈(1，＋∞)时，h (x )＜0，即g ′(x )＜0，g (x )单调递减，故g (x )max ＝g (1)＝1e ，而x →0时，g (x )→－∞，x →＋∞时，g (x )→0.若y ＝a 和g (x )＝ln x ＋1e x在(0，＋∞)上有2个交点，只需0＜a ＜1e. 10．已知函数f (x ＋1)是偶函数，当x ∈(1，＋∞)时，函数f (x )＝sin x －x ，设a ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，b ＝f (3)，c ＝f (0)，则a ，b ，c 的大小关系为( )A ．b ＜a ＜cB ．c ＜a ＜bC ．b ＜c ＜aD ．a ＜b ＜c解析：选A ∵函数f (x ＋1)是偶函数，∴函数f (x )的图象关于直线x ＝1对称，∴a ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52，b ＝f (3)，c ＝f (0)＝f (2)．又∵当x ∈(1，＋∞)时，函数f (x )＝sin x －x ，∴当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＝cos x －1≤0，即f (x )＝sin x －x 在(1，＋∞)上为减函数，∴b ＜a ＜c .11．设函数f (x )在R 上存在导函数f ′(x )，对任意的实数x 都有f (x )＝4x 2－f (－x )，当x ∈(－∞，0]时，f ′(x )＋12＜4x ，若f (m ＋1)≤f (－m )＋4m ＋2，则实数m 的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－12，＋∞ B ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫－32，＋∞C ．[－1，＋∞)D ．[－2，＋∞)解析：选A 令F (x )＝f (x )－2x 2，因为F (－x )＋F (x )＝f (－x )＋f (x )－4x 2＝0，所以F (－x )＝－F (x )，故F (x )＝f (x )－2x 2是奇函数．则当x ∈(－∞，0]时，F ′(x )＝f ′(x )－4x ＜－12＜0，所以函数F (x )＝f (x )－2x 2在(－∞，0]上单调递减，故函数F (x )在R 上单调递减．不等式f (m ＋1)≤f (－m )＋4m ＋2等价于f (m ＋1)－2(m ＋1)2≤f (－m )－2m 2，即F (m ＋1)≤F (－m )，由函数的单调性可得m ＋1≥－m ，即m ≥－12.故选A.12．(2019·福州模拟)已知函数f (x )＝x 3－2e x 2＋mx －ln x ，若f (x )＞x 恒成立，则实数m 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2＋1e ＋1，＋∞B ．⎝ ⎛⎦⎥⎤0，e 2＋1e ＋1C.⎝⎛⎦⎥⎤－∞，e 2＋1e ＋1D ．⎝⎛⎦⎥⎤－∞，e 2＋1e 解析：选A 由f (x )＞x 恒成立，得x 3－2e x 2＋mx －ln x ＞x 恒成立，即x 3－2e x 2＋(m －1)x －ln x ＞0恒成立，因为x ＞0，所以两边同时除以x ，得x 2－2e x ＋(m －1)－ln x x＞0，则m －1＞ln x x －x 2＋2e x 恒成立．令g (x )＝ln x x －x 2＋2e x ，则g ′(x )＝1－ln xx2－2x ＋2e ，当0＜x ＜e 时，1－ln x x 2＞0,2e －2x ＞0，所以g ′(x )＞0；当x ＞e 时，1－ln xx2＜0,2e －2x ＜0，所以g ′(x )＜0.所以当x ＝e 时，g (x )max ＝1e ＋e 2，则m －1＞1e ＋e 2，所以m ＞e 2＋1e ＋1，故选A.二、填空题13．若曲线f (x )＝x sin x ＋1在x ＝π2处的切线与直线ax ＋2y ＋1＝0相互垂直，则实数a ＝________.解析：因为f ′(x )＝sin x ＋x cos x ，所以f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝sin π2＋π2·cos π2＝1.又直线ax ＋2y ＋1＝0的斜率为－a2，所以1×⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝－1，解得a ＝2.答案：214．已知函数f (x )＝sin x －13x ，x ∈[0，π]，cos x 0＝13，x 0∈[0，π]．①f (x )的最大值为f (x 0)； ②f (x )的最小值为f (x 0)； ③f (x )在[0，x 0]上是减函数； ④f (x )在[x 0，π]上是减函数．那么上面命题中真命题的序号是________．解析：f ′(x )＝cos x －13，由f ′(x )＝0，得cos x ＝13，即x ＝x 0.因为x ∈[0，π]，当0＜x ＜x 0时，f ′(x )＞0；当x 0＜x ＜π时，f ′(x )＜0，所以f (x )的最大值为f (x 0)，f (x )在[x 0，π]上是减函数．答案：①④15．若函数f (x )＝ln x －12ax 2－2x 存在单调递减区间，则实数a 的取值范围是________．解析：f ′(x )＝1x －ax －2＝－ax 2＋2x －1x.因为函数f (x )存在单调递减区间，所以f ′(x )≤0有解．又因为函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，所以ax 2＋2x －1≥0在(0，＋∞)上有解．①当a ＞0时，y ＝ax 2＋2x －1为开口向上的抛物线，Δ＝4＋4a ＞0恒成立，所以ax 2＋2x －1≥0在(0，＋∞)上有解恒成立；②当a ＜0时，y ＝ax 2＋2x －1为开口向下的抛物线，ax 2＋2x －1≥0在(0，＋∞)上恒有解，则⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝4＋4a ＞0，x ＝－1a ＞0，解得－1＜a ＜0；③当a ＝0时，显然符合题意．综上所述，实数a 的取值范围是(－1，＋∞)．答案：(－1，＋∞)16．(2019·江西七校第一次联考)定义：如果函数f (x )在[a ，b ]上存在x 1，x 2(a ＜x 1＜x 2＜b )满足f ′(x 1)＝f ′(x 2)＝f (b )－f (a )b －a，则称函数f (x )是[a ，b ]上的“中值函数”．已知函数f (x )＝13x 3－12x 2＋m 是[0，m ]上的“中值函数”，则实数m 的取值范围是________．解析：由题意，知f ′(x )＝x 2－x 在区间[0，m ]上存在x 1，x 2(0＜x 1＜x 2＜m )，满足f ′(x 1)＝f ′(x 2)＝f (m )－f (0)m ＝13m 2－12m ，所以方程x 2－x ＝13m 2－12m 在区间(0，m )上有两个不相等的解．令g (x )＝x 2－x －13m 2＋12m (0＜x ＜m )，则⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧Δ＝1＋43m 2－2m ＞0，g (0)＝－13m 2＋12m ＞0，g (m )＝23m 2－12m ＞0，m ＞12，解得34＜m ＜32.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫34，32B 级——拔高小题提能练1．[多选题]已知函数y ＝f (x )的导函数f ′(x )的图象如图所示，则下列判断正确的是( )A ．函数y ＝f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，－12内单调递增B ．当x ＝－2时，函数y ＝f (x )取得极小值C ．函数y ＝f (x )在区间(－2,2)内单调递增D ．当x ＝3时，函数y ＝f (x )有极小值解析：选BC 对于A ，函数y ＝f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，－12内有增有减，故A 不正确；对于B ，当x ＝－2时，函数y ＝f (x )取得极小值，故B 正确；对于C ，当x ∈(－2,2)时，恒有f ′(x )＞0，则函数y ＝f (x )在区间(－2,2)内单调递增，故C 正确；对于D ，当x ＝3时，f ′(x )≠0，故D 不正确．2．[多选题]已知函数y ＝f (x )在R 上可导且f (0)＝1，其导函数f ′(x )满足f ′(x )－f (x )x －1＞0，对于函数g (x )＝f (x )ex，下列结论正确的是( )A ．函数g (x )在(1，＋∞)上为单调递增函数B ．x ＝1是函数g (x )的极小值点C ．函数g (x )至多有两个零点D ．当x ≤0时，不等式f (x )≤e x恒成立解析：选ABC g (x )＝f (x )ex，则g ′(x )＝f ′(x )－f (x )ex.当x ＞1时，由f ′(x )－f (x )x －1＞0可得f ′(x )－f (x )＞0，则g ′(x )＞0，故y ＝g (x )在(1，＋∞)上单调递增，故A 正确；当x ＜1时，由f ′(x )－f (x )x －1＞0可得f ′(x )－f (x )＜0，则g ′(x )＜0，故y ＝g (x )在(－∞，1)上单调递减，故x ＝1是函数y ＝g (x )的极小值点，故B 正确；若g (1)＜0，则函数y ＝g (x )有2个零点，若g (1)＝0，则函数y ＝g (x )有1个零点，若g (1)＞0，则函数y ＝g (x )没有零点，故C 正确；因为y ＝g (x )在(－∞，1)上单调递减，所以y ＝g (x )在(－∞，0)上单调递减，由g (0)＝f (0)e＝1，得当x ≤0时，g (x )≥g (0)，即f (x )ex≥1，故f (x )≥e x，故D 错误．3．已知函数f (x )＝a ln x －bx 2，a ，b ∈R.若不等式f (x )≥x 对所有的b ∈(－∞，0]，x ∈(e ，e 2]都成立，则实数a 的取值范围是( )A ．[e ，＋∞)B ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫e 22，＋∞C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫e22，e 2 D ．[e 2，＋∞)解析：选B f (x )≥x 对所有的b ∈(－∞，0]，x ∈(e ，e 2]都成立，即a ln x －x ≥bx 2对所有的b ∈(－∞，0]，x ∈(e ，e 2]都成立，因为b ∈(－∞，0]，x ∈(e ，e 2]，所以bx 2的最大值为0，所以a ln x －x ≥0在x ∈(e ，e 2]时恒成立，所以a ≥xln x在x ∈(e ，e 2]时恒成立，令g (x )＝xln x ，x ∈(e ，e 2]，则g ′(x )＝ln x －1ln 2x ＞0恒成立，所以g (x )＝x ln x在(e ，e 2]上单调递增，所以当x ＝e 2时，g (x )取得最大值e 22，所以a ≥e22，故选B.4．(2019·石家庄模拟)已知函数f (x )＝23ax 3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a －12x 2，a ∈R ，当x ∈[0,1]时，函数f (x )仅在x ＝1处取得最大值，则a 的取值范围为________．解析：∵f (x )＝23ax 3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a －12x 2，∴f ′(x )＝2ax 2＋(2a －1)x ， ∵0≤x ≤1，∴a ≤0时，f ′(x )≤0， ∴函数f (x )在区间[0,1]上单调递减，∴x ＝1时，f (x )取得最小值，与题意不符，∴a ＞0. 由f ′(x )＝2ax 2＋(2a －1)x ＝0，得x ＝0或x ＝12a－1.①当12a －1≤0，即a ≥12时，f ′(x )≥0(x ∈[0,1])，f (x )在区间[0,1]上单调递增，f (x )仅在x ＝1处取得最大值，符合题意．②当0＜12a －1＜1，即14＜a ＜12时，令f ′(x )＜0，得0＜x ＜12a －1，令f ′(x )＞0，得12a －1＜x ≤1，∴f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，12a －1上单调递减，在⎝ ⎛⎦⎥⎤12a －1，1上单调递增，要使f (x )仅在x ＝1处取得最大值，则f (1)＞f (0)，即53a －12＞0，所以310＜a ＜12.③当12a －1≥1，即0＜a ≤14时，f ′(x )≤0(x ∈[0,1])，f (x )在区间[0,1]上单调递减，∴x ＝1时，f (x )取得最小值，与题意不符．综上，a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫310，＋∞.答案：⎝⎛⎭⎪⎫310，＋∞ 5．已知函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋4k ln x ＋4－x 2x ，k ∈[4，＋∞)，曲线y ＝f (x )上总存在两点M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，使曲线y ＝f (x )在M ，N 两点处的切线互相平行，则x 1＋x 2的取值范围为________．解析：f ′(x )＝k ＋4k x －4x2－1(x ＞0，k ≥4)，由题意知f ′(x 1)＝f ′(x 2)(x 1，x 2＞0且x 1≠x 2)，即k ＋4k x 1－4x 21－1＝k ＋4k x 2－4x 22－1，化简得4(x 1＋x 2)＝⎝⎛⎭⎪⎫k ＋4k x 1x 2，而x 1x 2＜⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 222，所以4(x 1＋x 2)＜⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋4k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 222，即x 1＋x 2＞16k ＋4k对k ∈[4，＋∞)恒成立．令g (k )＝k ＋4k ，则g ′(k )＝1－4k 2＝(k ＋2)(k －2)k2＞0对k ∈[4，＋∞)恒成立，故g (k )在[4，＋∞)上单调递增，所以g (k )≥g (4)＝5，所以16k ＋4k≤165，所以x 1＋x 2＞165，故x 1＋x 2的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫165，＋∞. 答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫165，＋∞。

2020版高考数学大二轮复习2.3导数的简单应用课件文

【解析】本题主要考查导数及其应用、函数的单调性、函数的极值与函数零点个数的证明等，考查考生的推理论证能力、运算求解能力、抽象概括能力等，考查化归与转化思想、分类讨论思想、数形结合思想等，考查的核心素养是逻辑推理、直观想象、数学运算．
(1)设 g(x)＝f′(x)，则 g(x)＝cos x－1＋1 x，g′(x)＝－sin x＋1＋1 x2. 当 x∈－1，π2时，g′(x)单调递减，而 g′(0)>0，g′π2<0，可得 g′(x)在－1，π2有唯一零点，设为 α.则当 x∈(－1，α)时，g′(x)>0；当 x∈α，2π时，g′(x)<0.
所以 g(x)在(－1，α)单调递增，在α，π2单调递减，故 g(x)在－1，π2存在唯一极大值点，即 f′(x)在－1，π2存在唯一极大值点．
(2)f(x)的定义域为(－1，＋∞)． (ⅰ)当 x∈(－1,0]时，由(1)知，f′(x)在(－1,0)单调递增，而 f′(0) ＝0，所以当 x∈(－1,0)时，f′(x)<0，故 f(x)在 (－1,0)单调递减．又 f(0)＝0，从而 x＝0 是 f(x)在(－1,0]的唯一零点．
2．[2019·河北保定乐凯中学模拟]设函数 f(x)＝g(x)＋x2，曲线 y
＝g(x)在点(1，g(1))处的切线方程为 y＝2x＋1，则曲线 y＝f(x)在点 (1，f(1))处的切线的斜率为( )
A．2
1 B.4
C．4 D．－12
解析：因为曲线 y＝g(x)在点(1，g(1))处的切线方程为 y＝2x＋1，
(ⅲ)当 0<a<3 时，由(1)知，f(x)在[0,1]的最小值为 f(a3)＝－2a73＋ b，最大值为 b 或 2－a＋b.

2020高考精品系列之数学(理)专题04 导数及其应用解答题(解析版)

专题04导数及其应用解答题考纲解读三年高考分析1.导数概念及其几何意义 (1)了解导数概念的实际背景. (2)理解导数的几何意义.2.导数的运算（1）能根据导数定义求函数y =C (C 为常数),y =x ,y =x 2,y =1x的导数. (2)能利用下面给出的基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则求简单函数的导数,能求简单的复合函数(仅限于形如f (ax +b )的复合函数)的导数. •常见基本初等函数的导数公式：(C )'=0(C 为常数)；(x n )'=nx n -1,n ∈N ； (sin x )'=cos x ；(cos x )'=-sin x ； (e x )'=e x ；(a x )'=a x ln a (a >0,且a ≠1)；(ln x )'=1x ；(log a x )'=1x log a e (a >0,且a ≠1)•常用的导数运算法则：法则1：[u (x )±v (x )]'=u '(x )±v '(x ).法则2：[u (x )v (x )]'=u '(x )v (x )+u (x )v '(x ). 法则3：2()'()()()'()[]'(()0)()()u x u x v x u x v x v x v x v x -=≠ 3.导数在研究函数中的应用(1)了解函数单调性和导数的关系；能利用导数研究函数的单调性,会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次).(2)了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数一般不超过三次)；会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数一般不超过三次).4.生活中的优化问题会利用导数解决某些实际问题.5.定积分与微积分基本定理(1)了解定积分的实际背景,了解定积分的基本思想,了解定积分的概念.(2)了解微积分基本定理的含义. 导数的运算法则和导数的具体应用是考查的重点，解题时常用到导函数的求解、分类讨论的数学思想、等价转化的数学思想等，考查学生的数学抽象能力、逻辑推理能力、数学运算能力、直观想象能力，题型以选择填空题和解答题为主，较大难度.考查函数的单调性、极值、最值，利用函数的性质求参数范围；与方程、不等式等知识相结合命题，强化函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想的应用意识；题型以解答题为主，一般难度较大.1．【2019年天津理科20】设函数f（x）＝e x cos x，g（x）为f（x）的导函数．（Ⅰ）求f（x）的单调区间；（Ⅱ）当x∈[，]时，证明f（x）+g（x）（x）≥0；（Ⅲ）设x n为函数u（x）＝f（x）﹣1在区间（2nπ，2nπ）内的零点，其中n∈N，证明2nπx n．【解答】（Ⅰ）解：由已知，f′（x）＝e x（cos x﹣sin x），因此，当x∈（，）（k∈Z）时，有sin x＞cos x，得f′（x）＜0，f（x）单调递减；当x∈（，）（k∈Z）时，有sin x＜cos x，得f′（x）＞0，f（x）单调递增．∴f（x）的单调增区间为[，]（k∈Z），单调减区间为[，]（k∈Z）；（Ⅱ）证明：记h（x）＝f（x）+g（x）（），依题意及（Ⅰ），有g（x）＝e x（cos x﹣sin x），从而h′（x）＝f′（x）+g′（x）•（）+g（x）•（﹣1）＝g′（x）（）＜0．因此，h（x）在区间[，]上单调递减，有h（x）≥h（）＝f（）＝0．∴当x∈[，]时，f（x）+g（x）（x）≥0；（Ⅲ）证明：依题意，u（x n）＝f（x n）﹣1＝0，即．记y n＝x n﹣2nπ，则y n∈（），且f（y n）e﹣2nπ（x∈N）．由f（y n）＝e﹣2nπ≤1＝f（y0）及（Ⅰ），得y n≥y0，由（Ⅱ）知，当x∈（，）时，g′（x）＜0，∴g（x）在[，]上为减函数，因此，g（y n）≤g（y0）＜g（）＝0，又由（Ⅱ）知，，故．∴2nπx n．2．【2019年新课标3理科20】已知函数f（x）＝2x3﹣ax2+b．（1）讨论f（x）的单调性；（2）是否存在a，b，使得f（x）在区间[0，1]的最小值为﹣1且最大值为1？若存在，求出a，b 的所有值；若不存在，说明理由．【解答】解：（1）f′（x）＝6x2﹣2ax＝6x（x）．令f′（x）＝6x（x）＝0，解得x＝0，或．①a＝0时，f′（x）＝6x2≥0，函数f（x）在R上单调递增．②a＞0时，函数f（x）在（﹣∞，0），（，+∞）上单调递增，在（0，）上单调递减．③a＜0时，函数f（x）在（﹣∞，），（0，+∞）上单调递增，在（，0）上单调递减．（2）由（1）可得：①a＝0时，函数f（x）在[0，1]上单调递增．则f（0）＝b＝﹣1，f（1）＝2﹣a+b＝1，解得b＝﹣1，a＝0，满足条件．②a＞0时，函数f（x）在[0，]上单调递减．1，即a时，函数f（x）在[0，1]上单调递减．则f（0）＝b＝1，f（1）＝2﹣a+b＝﹣1，解得b＝1，a＝4，满足条件．01，即0＜a时，函数f（x）在[0，）上单调递减，在（，1]上单调递增．则f（）a b＝﹣1，而f（0）＝b，f（1）＝2﹣a+b＞b，∴f（1）＝2﹣a+b＝1，联立解得：无解，舍去．③a＜0时，函数f（x）在[0，1]上单调递增，则f（0）＝b＝﹣1，f（1）＝2﹣a+b＝1，解得b＝﹣1，a＝0，不满足条件，舍去．综上可得：存在a，b，使得f（x）在区间[0，1]的最小值为﹣1且最大值为1．a，b的所有值为：，或．3．【2019年全国新课标2理科20】已知函数f（x）＝lnx．（1）讨论f（x）的单调性，并证明f（x）有且仅有两个零点；（2）设x0是f（x）的一个零点，证明曲线y＝lnx在点A（x0，lnx0）处的切线也是曲线y＝e x的切线．【解答】解析：（1）函数f（x）＝lnx．定义域为：（0，1）∪（1，+∞）；f′（x）0，（x＞0且x≠1），∴f（x）在（0，1）和（1，+∞）上单调递增，①在（0，1）区间取值有，代入函数，由函数零点的定义得，∵f（）＜0，f（）＞0，f（）•f（）＜0，∴f（x）在（0，1）有且仅有一个零点，②在（1，+∞）区间，区间取值有e，e2代入函数，由函数零点的定义得，又∵f（e）＜0，f（e2）＞0，f（e）•f（e2）＜0，∴f（x）在（1，+∞）上有且仅有一个零点，故f（x）在定义域内有且仅有两个零点；（2）x0是f（x）的一个零点，则有lnx0，曲线y＝lnx，则有y′；曲线y＝lnx在点A（x0，lnx0）处的切线方程为：y﹣lnx0（x﹣x0）即：y x﹣1+lnx0即：y x而曲线y＝e x的切线在点（ln，）处的切线方程为：y（x﹣ln），即：y x，故曲线y＝lnx在点A（x0，lnx0）处的切线也是曲线y＝e x的切线．故得证．4．【2019年新课标1理科20】已知函数f（x）＝sin x﹣ln（1+x），f′（x）为f（x）的导数．证明：（1）f′（x）在区间（﹣1，）存在唯一极大值点；（2）f（x）有且仅有2个零点．【解答】证明：（1）f（x）的定义域为（﹣1，+∞），f′（x）＝cos x，f″（x）＝﹣sin x，令g（x）＝﹣sin x，则g′（x）＝﹣cos x0在（﹣1，）恒成立，∴f″（x）在（﹣1，）上为减函数，又∵f″（0）＝1，f″（）＝﹣11+1＝0，由零点存在定理可知，函数f″（x）在（﹣1，）上存在唯一的零点x0，结合单调性可得，f′（x）在（﹣1，x0）上单调递增，在（x0，）上单调递减，可得f′（x）在区间（﹣1，）存在唯一极大值点；（2）由（1）知，当x∈（﹣1，0）时，f′（x）单调递增，f′（x）＜f′（0）＝0，f（x）单调递减；当x∈（0，x0）时，f′（x）单调递增，f′（x）＞f′（0）＝0，f（x）单调递增；由于f′（x）在（x0，）上单调递减，且f′（x0）＞0，f ′（）0，由零点存在定理可知，函数f′（x）在（x0，）上存在唯一零点x1，结合单调性可知，当x∈（x0，x1）时，f′（x）单调递减，f′（x）＞f′（x1）＝0，f（x）单调递增；当x∈（）时，f′（x）单调递减，f′（x）＜f′（x1）＝0，f（x）单调递减．当x∈（，π）时，cos x＜0，0，于是f′（x）＝cos x0，f（x）单调递减，其中f （）＝1﹣ln（1）＞1﹣ln（1）＝1﹣ln2.6＞1﹣lne＝0，f（π）＝﹣ln（1+π）＜﹣ln3＜0．于是可得下表：x（﹣1，0）0 （0，x1）x1（）（）πf′（x）﹣0 + 0 ﹣﹣﹣﹣f（x）减函数0 增函数大于0 减函数大于0 减函数小于0 结合单调性可知，函数f（x）在（﹣1，]上有且只有一个零点0，由函数零点存在性定理可知，f（x ）在（，π）上有且只有一个零点x2，当x∈[π，+∞）时，f（x）＝sin x﹣ln（1+x）＜1﹣ln（1+π）＜1﹣ln3＜0，因此函数f（x）在[π，+∞）上无零点．综上，f（x）有且仅有2个零点．5．【2019年北京理科19】已知函数f（x）x3﹣x2+x．（Ⅰ）求曲线y＝f（x）的斜率为l的切线方程；（Ⅱ）当x∈[﹣2，4]时，求证：x﹣6≤f（x）≤x；（Ⅲ）设F（x）＝|f（x）﹣（x+a）|（a∈R），记F（x）在区间[﹣2，4]上的最大值为M（a）．当M（a）最小时，求a的值．【解答】解：（Ⅰ）f′（x），由f′（x）＝1得x（x）＝0，得．又f（0）＝0，f（），∴y＝x和，即y＝x和y＝x；（Ⅱ）证明：欲证x﹣6≤f（x）≤x，只需证﹣6≤f（x）﹣x≤0，令g（x）＝f（x）﹣x，x∈[﹣2，4]，则g′（x），可知g′（x）在[﹣2，0]为正，在（0，）为负，在[]为正，∴g（x）在[﹣2，0]递增，在[0，]递减，在[]递增，又g（﹣2）＝﹣6，g（0）＝0，g（）6，g（4）＝0，∴﹣6≤g（x）≤0，∴x﹣6≤f（x）≤x；（Ⅲ）由（Ⅱ）可得，F（x）＝|f（x）﹣（x+a）|＝|f（x）﹣x﹣a|＝|g（x）﹣a|∵在[﹣2，4]上，﹣6≤g（x）≤0，令t＝g（x），h（t）＝|t﹣a|，则问题转化为当t∈[﹣6，0]时，h（t）的最大值M（a）的问题了，①当a≤﹣3时，M（a）＝h（0）＝|a|＝﹣a，此时﹣a≥3，当a＝﹣3时，M（a）取得最小值3；②当a≥﹣3时，M（a）＝h（﹣6）＝|﹣6﹣a|＝|6+a|，∵6+a≥3，∴M（a）＝6+a，也是a＝﹣3时，M（a）最小为3．综上，当M（a）取最小值时a的值为﹣3．6．【2019年江苏19】设函数f（x）＝（x﹣a）（x﹣b）（x﹣c），a，b，c∈R，f′（x）为f（x）的导函数．（1）若a＝b＝c，f（4）＝8，求a的值；（2）若a≠b，b＝c，且f（x）和f′（x）的零点均在集合{﹣3，1，3}中，求f（x）的极小值；（3）若a＝0，0＜b≤1，c＝1，且f（x）的极大值为M，求证：M．【解答】解：（1）∵a＝b＝c，∴f（x）＝（x﹣a）3，∵f（4）＝8，∴（4﹣a）3＝8，∴4﹣a＝2，解得a＝2．（2）a≠b，b＝c，设f（x）＝（x﹣a）（x﹣b）2．令f（x）＝（x﹣a）（x﹣b）2＝0，解得x＝a，或x＝b．f′（x）＝（x﹣b）2+2（x﹣a）（x﹣b）＝（x﹣b）（3x﹣b﹣2a）．令f′（x）＝0，解得x＝b，或x．∵f（x）和f′（x）的零点均在集合A＝{﹣3，1，3}中，若：a＝﹣3，b＝1，则∉A，舍去．a＝1，b＝﹣3，则∉A，舍去．a＝﹣3，b＝3，则1∉A，舍去．．a＝3，b＝1，则∉A，舍去．a＝1，b＝3，则∉A，舍去．a＝3，b＝﹣3，则1∈A，．因此a＝3，b＝﹣3，1∈A，可得：f（x）＝（x﹣3）（x+3）2．f′（x）＝3[x﹣（﹣3）]（x﹣1）．可得x＝1时，函数f（x）取得极小值，f（1）＝﹣2×42＝﹣32．（3）证明：a＝0，0＜b≤1，c＝1，f（x）＝x（x﹣b）（x﹣1）．f′（x）＝（x﹣b）（x﹣1）+x（x﹣1）+x（x﹣b）＝3x2﹣（2b+2）x+b．△＝4（b+1）2﹣12b＝4b2﹣4b+4＝43≥3．令f′（x）＝3x2﹣（2b+2）x+b＝0．解得：x1∈，x2．x1＜x2，x1+x2，x1x2，可得x＝x1时，f（x）取得极大值为M，∵f′（x1）（2b+2）x1+b＝0，可得：[（2b+2）x1﹣b]，M＝f（x1）＝x1（x1﹣b）（x1﹣1）＝（x1﹣b）（x1）＝（x1﹣b）（x1）[（2b﹣1）2b2x1+b2]，∵﹣2b2+2b﹣2＝﹣20，∴M在x1∈（0，]上单调递减，∴M．∴M．7．【2019年浙江22】已知实数a≠0，设函数f（x）＝alnx，x＞0．（Ⅰ）当a时，求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）对任意x∈[，+∞）均有f（x），求a的取值范围．注意：e＝2.71828……为自然对数的底数．【解答】解：（1）当a时，f（x ），x＞0，f′（x ），∴函数f（x）的单调递减区间为（0，3），单调递增区间为（3，+∞）．（2）由f（x ），得0＜a，当0＜a时，f（x ），等价于2lnx≥0，令t，则t，设g（t）＝t 22t2lnx，t，则g（t ）（t）22lnx，（i）当x∈[，+∞）时，，则g（x）≥g（2），记p（x）＝42lnx，x，则p′（x ），列表讨论：1 （1，+∞）x（）p′（x）﹣0 +↓极小值p（1）↑P（x）p （）∴p（x）≥p（1）＝0，∴g（t）≥g（22p（x）≥0．（ii）当x∈[）时，g（t）≥g（），令q（x）＝2lnx+（x+1），x∈[，]，则q′（x）1＞0，故q（x）在[，]上单调递增，∴q（x）≤q（），由（i）得q（）p（）p（1）＝0，∴q（x）＜0，∴g（t）≥g（）0，由（i）（ii）知对任意x∈[，+∞），t∈[2，+∞），g（t）≥0，即对任意x∈[，+∞），均有f（x），综上所述，所求的a的取值范围是（0，]．8．【2018年江苏19】记f′（x），g′（x）分别为函数f（x），g（x）的导函数．若存在x0∈R，满足f（x0）＝g（x0）且f′（x0）＝g′（x0），则称x0为函数f（x）与g（x）的一个“S点”．（1）证明：函数f（x）＝x与g（x）＝x2+2x﹣2不存在“S点”；（2）若函数f（x）＝ax2﹣1与g（x）＝lnx存在“S点”，求实数a的值；（3）已知函数f（x）＝﹣x2+a，g（x）．对任意a＞0，判断是否存在b＞0，使函数f（x）与g（x）在区间（0，+∞）内存在“S点”，并说明理由．【解答】解：（1）证明：f′（x）＝1，g′（x）＝2x+2，则由定义得，得方程无解，则f（x）＝x与g（x）＝x2+2x﹣2不存在“S点”；（2）f′（x）＝2ax，g′（x），x＞0，由f′（x）＝g′（x）得2ax，得x，f（）g（）lna2，得a；（3）f′（x）＝﹣2x，g′（x），（x≠0），由f′（x0）＝g′（x0），假设b＞0，得b0，得0＜x0＜1，由f（x0）＝g（x0），得﹣x02+a，得a＝x02，令h（x）＝x2a，（a＞0，0＜x＜1），设m（x）＝﹣x3+3x2+ax﹣a，（a＞0，0＜x＜1），则m（0）＝﹣a＜0，m（1）＝2＞0，得m（0）m（1）＜0，又m（x）的图象在（0，1）上不间断，则m（x）在（0，1）上有零点，则h（x）在（0，1）上有零点，则存在b＞0，使f（x）与g（x）在区间（0，+∞）内存在“S”点．9．【2018年新课标1理科21】已知函数f（x）x+alnx．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若f（x）存在两个极值点x1，x2，证明：a﹣2．【解答】解：（1）函数的定义域为（0，+∞），函数的导数f′（x）1，设g（x）＝x2﹣ax+1，当a≤0时，g（x）＞0恒成立，即f′（x）＜0恒成立，此时函数f（x）在（0，+∞）上是减函数，当a＞0时，判别式△＝a2﹣4，①当0＜a≤2时，△≤0，即g（x）≥0，即f′（x）≤0恒成立，此时函数f（x）在（0，+∞）上是减函数，②当a＞2时，x，f′（x），f（x）的变化如下表：x（0，）（，）（，+∞）f′（x）﹣0 + 0 ﹣f（x）递减递增递减综上当a≤2时，f（x）在（0，+∞）上是减函数，当a＞2时，在（0，），和（，+∞）上是减函数，则（，）上是增函数．（2）由（1）知a＞2，0＜x1＜1＜x2，x1x2＝1，则f（x1）﹣f（x2）＝（x2﹣x1）（1）+a（lnx1﹣lnx2）＝2（x2﹣x1）+a（lnx1﹣lnx2），则2，则问题转为证明1即可，即证明lnx1﹣lnx2＞x1﹣x2，则lnx1﹣ln x 1，即lnx1+lnx1＞x 1，即证2lnx1＞x 1在（0，1）上恒成立，设h（x）＝2lnx﹣x，（0＜x＜1），其中h（1）＝0，求导得h′（x）10，则h（x）在（0，1）上单调递减，∴h（x）＞h（1），即2lnx﹣x0，故2lnx＞x，则a﹣2成立．（2）另解：注意到f（）＝x alnx＝﹣f（x），即f（x）+f（）＝0，由韦达定理得x1x2＝1，x1+x2＝a＞2，得0＜x1＜1＜x2，x1，可得f（x2）+f（）＝0，即f（x1）+f（x2）＝0，要证a﹣2，只要证a﹣2，即证2alnx2﹣ax20，（x2＞1），构造函数h（x）＝2alnx﹣ax，（x＞1），h′（x）0，∴h（x）在（1，+∞）上单调递减，∴h（x）＜h（1）＝0，∴2alnx﹣ax0成立，即2alnx2﹣ax20，（x2＞1）成立．即a﹣2成立．10．【2018年新课标2理科21】已知函数f（x）＝e x﹣ax2．（1）若a＝1，证明：当x≥0时，f（x）≥1；（2）若f（x）在（0，+∞）只有一个零点，求a．【解答】证明：（1）当a＝1时，函数f（x）＝e x﹣x2．则f′（x）＝e x﹣2x，令g（x）＝e x﹣2x，则g′（x）＝e x﹣2，令g′（x）＝0，得x＝ln2．当x∈（0，ln2）时，g′（x）＜0，当x∈（ln2，+∞）时，g′（x）＞0，∴g（x）≥g（ln2）＝e ln2﹣2•ln2＝2﹣2ln2＞0，∴f（x）在[0，+∞）单调递增，∴f（x）≥f（0）＝1，解：（2）方法⇔a在（0，+∞）只有一个根，即函数y＝a与G（x）的图象在（0，+∞）只有一个交点．G，当x∈（0，2）时，G′（x）＜0，当∈（2，+∞）时，G′（x）＞0，∴G（x）在（0，2）递减，在（2，+∞）递增，当→0时，G（x）→+∞，当→+∞时，G（x）→+∞，∴f（x）在（0，+∞）只有一个零点时，a＝G（2）．方法二：①当a≤0时，f（x）＝e x﹣ax2＞0，f（x）在（0，+∞）没有零点．．②当a＞0时，设函数h（x）＝1﹣ax2e﹣x．f（x）在（0，+∞）只有一个零点⇔h（x）在（0，+∞）只有一个零点．h′（x）＝ax（x﹣2）e﹣x，当x∈（0，2）时，h′（x）＜0，当x∈（2，+∞）时，h′（x）＞0，∴h（x）在（0，2）递减，在（2，+∞）递增，∴，（x≥0）．当h（2）＜0时，即a，由于h（0）＝1，当x＞0时，e x＞x2，可得h（4a）＝110．h（x）在（0，+∞）有2个零点当h（2）＞0时，即a，h（x）在（0，+∞）没有零点，当h（2）＝0时，即a，h（x）在（0，+∞）只有一个零点，综上，f（x）在（0，+∞）只有一个零点时，a．11．【2018年新课标3理科21】已知函数f（x）＝（2+x+ax2）ln（1+x）﹣2x．（1）若a＝0，证明：当﹣1＜x＜0时，f（x）＜0；当x＞0时，f（x）＞0；（2）若x＝0是f（x）的极大值点，求a．【解答】（1）证明：当a＝0时，f（x）＝（2+x）ln（1+x）﹣2x，（x＞﹣1）．，，可得x∈（﹣1，0）时，f″（x）≤0，x∈（0，+∞）时，f″（x）≥0∴f′（x）在（﹣1，0）递减，在（0，+∞）递增，∴f′（x）≥f′（0）＝0，∴f（x）＝（2+x）ln（1+x）﹣2x在（﹣1，+∞）上单调递增，又f（0）＝0．∴当﹣1＜x＜0时，f（x）＜0；当x＞0时，f（x）＞0．（2）解：由f（x）＝（2+x+ax2）ln（1+x）﹣2x，得f′（x）＝（1+2ax）ln（1+x）2，令h（x）＝ax2﹣x+（1+2ax）（1+x）ln（x+1），h′（x）＝4ax+（4ax+2a+1）ln（x+1）．当a≥0，x＞0时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，∴h（x）＞h（0）＝0，即f′（x）＞0，∴f（x）在（0，+∞）上单调递增，故x＝0不是f（x）的极大值点，不符合题意．当a＜0时，h″（x）＝8a+4aln（x+1），显然h″（x）单调递减，①令h″（0）＝0，解得a．∴当﹣1＜x＜0时，h″（x）＞0，当x＞0时，h″（x）＜0，∴h′（x）在（﹣1，0）上单调递增，在（0，+∞）上单调递减，∴h′（x）≤h′（0）＝0，∴h（x）单调递减，又h（0）＝0，∴当﹣1＜x＜0时，h（x）＞0，即f′（x）＞0，当x＞0时，h（x）＜0，即f′（x）＜0，∴f（x）在（﹣1，0）上单调递增，在（0，+∞）上单调递减，∴x＝0是f（x）的极大值点，符合题意；②若a＜0，则h″（0）＝1+6a＞0，h″（1）＝（2a﹣1）（1）＜0，∴h″（x）＝0在（0，+∞）上有唯一一个零点，设为x0，∴当0＜x＜x0时，h″（x）＞0，h′（x）单调递增，∴h′（x）＞h′（0）＝0，即f′（x）＞0，∴f（x）在（0，x0）上单调递增，不符合题意；③若a，则h″（0）＝1+6a＜0，h″（1）＝（1﹣2a）e2＞0，∴h″（x）＝0在（﹣1，0）上有唯一一个零点，设为x1，∴当x1＜x＜0时，h″（x）＜0，h′（x）单调递减，∴h′（x）＞h′（0）＝0，∴h（x）单调递增，∴h（x）＜h（0）＝0，即f′（x）＜0，∴f（x）在（x1，0）上单调递减，不符合题意．综上，a．12．【2018年浙江22】已知函数f（x）lnx．（Ⅰ）若f（x）在x＝x1，x2（x1≠x2）处导数相等，证明：f（x1）+f（x2）＞8﹣8ln2；（Ⅱ）若a≤3﹣4ln2，证明：对于任意k＞0，直线y＝kx+a与曲线y＝f（x）有唯一公共点．【解答】证明：（Ⅰ）∵函数f（x）lnx，∴x＞0，f′（x），∵f（x）在x＝x1，x2（x1≠x2）处导数相等，∴，∵x1≠x2，∴，由基本不等式得：，∵x1≠x2，∴x1x2＞256，由题意得f（x1）+f（x2）ln（x1x2），设g（x），则，∴列表讨论：x（0，16）16 （16，+∞）g′（x）﹣0 +g（x）↓2﹣4ln2 ↑∴g（x）在[256，+∞）上单调递增，∴g（x1x2）＞g（256）＝8﹣8ln2，∴f（x1）+f（x2）＞8﹣8ln2．（Ⅱ）令m＝e﹣（|a|+k），n＝（）2+1，则f（m）﹣km﹣a＞|a|+k﹣k﹣a≥0，f（n）﹣kn﹣a＜n（k）≤n（k）＜0，∴存在x0∈（m，n），使f（x0）＝kx0+a，∴对于任意的a∈R及k∈（0，+∞），直线y＝kx+a与曲线y＝f（x）有公共点，由f（x）＝kx+a，得k，设h（x），则h′（x），其中g（x）lnx，由（1）知g（x）≥g（16），又a≤3﹣4ln2，∴﹣g（x）﹣1+a≤﹣g（16）﹣1+a＝﹣3+4ln2+a≤0，∴h′（x）≤0，即函数h（x）在（0，+∞）上单调递减，∴方程f（x）﹣kx﹣a＝0至多有一个实根，综上，a≤3﹣4ln2时，对于任意k＞0，直线y＝kx+a与曲线y＝f（x）有唯一公共点．13．【2018年北京理科18】设函数f（x）＝[ax2﹣（4a+1）x+4a+3]e x．（Ⅰ）若曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线与x轴平行，求a；（Ⅱ）若f（x）在x＝2处取得极小值，求a的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）函数f（x）＝[ax2﹣（4a+1）x+4a+3]e x的导数为f′（x）＝[ax2﹣（2a+1）x+2]e x．由题意可得曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线斜率为0，可得（a﹣2a﹣1+2）e＝0，且f（1）＝3e≠0，解得a＝1；（Ⅱ）f（x）的导数为f′（x）＝[ax2﹣（2a+1）x+2]e x＝（x﹣2）（ax﹣1）e x，若a＝0则x＜2时，f′（x）＞0，f（x）递增；x＞2，f′（x）＜0，f（x）递减．x＝2处f（x）取得极大值，不符题意；若a＞0，且a，则f′（x）（x﹣2）2e x≥0，f（x）递增，无极值；若a，则2，f（x）在（，2）递减；在（2，+∞），（﹣∞，）递增，可得f（x）在x＝2处取得极小值；若0＜a，则2，f（x）在（2，）递减；在（，+∞），（﹣∞，2）递增，可得f（x）在x＝2处取得极大值，不符题意；若a＜0，则2，f（x）在（，2）递增；在（2，+∞），（﹣∞，）递减，可得f（x）在x＝2处取得极大值，不符题意．综上可得，a的范围是（，+∞）．14．【2018年天津理科20】已知函数f（x）＝a x，g（x）＝log a x，其中a＞1．（Ⅰ）求函数h（x）＝f（x）﹣xlna的单调区间；（Ⅱ）若曲线y＝f（x）在点（x1，f（x1））处的切线与曲线y＝g（x）在点（x2，g（x2））处的切线平行，证明x1+g（x2）；（Ⅲ）证明当a时，存在直线l，使l是曲线y＝f（x）的切线，也是曲线y＝g（x）的切线．【解答】（Ⅰ）解：由已知，h（x）＝a x﹣xlna，有h′（x）＝a x lna﹣lna，令h′（x）＝0，解得x＝0．由a＞1，可知当x变化时，h′（x），h（x）的变化情况如下表：x（﹣∞，0）0 （0，+∞）h′（x）﹣0 +h（x）↓极小值↑∴函数h（x）的单调减区间为（﹣∞，0），单调递增区间为（0，+∞）；（Ⅱ）证明：由f′（x）＝a x lna，可得曲线y＝f（x）在点（x1，f（x1））处的切线的斜率为lna．由g′（x），可得曲线y＝g（x）在点（x2，g（x2））处的切线的斜率为．∵这两条切线平行，故有，即，两边取以a为底数的对数，得log a x2+x1+2log a lna＝0，∴x1+g（x2）；（Ⅲ）证明：曲线y＝f（x）在点（）处的切线l1：，曲线y＝g（x）在点（x2，log a x2）处的切线l2：．要证明当a时，存在直线l，使l是曲线y＝f（x）的切线，也是曲线y＝g（x）的切线，只需证明当a时，存在x1∈（﹣∞，+∞），x2∈（0，+∞）使得l1与l2重合，即只需证明当a时，方程组由①得，代入②得：，③因此，只需证明当a时，关于x1的方程③存在实数解．设函数u（x），既要证明当a时，函数y＝u（x）存在零点．u′（x）＝1﹣（lna）2xa x，可知x∈（﹣∞，0）时，u′（x）＞0；x∈（0，+∞）时，u′（x）单调递减，又u′（0）＝1＞0，u′0，故存在唯一的x0，且x0＞0，使得u′（x0）＝0，即．由此可得，u（x）在（﹣∞，x0）上单调递增，在（x0，+∞）上单调递减，u（x）在x＝x0处取得极大值u（x0）．∵，故lnlna≥﹣1．∴．下面证明存在实数t，使得u（t）＜0，由（Ⅰ）可得a x≥1+xlna，当时，有u（x）．∴存在实数t，使得u（t）＜0．因此，当a时，存在x1∈（﹣∞，+∞），使得u（x1）＝0．∴当a时，存在直线l，使l是曲线y＝f（x）的切线，也是曲线y＝g（x）的切线．15．【2017年江苏20】已知函数f（x）＝x3+ax2+bx+1（a＞0，b∈R）有极值，且导函数f′（x）的极值点是f（x）的零点．（Ⅰ）求b关于a的函数关系式，并写出定义域；（Ⅱ）证明：b2＞3a；（Ⅲ）若f（x），f′（x）这两个函数的所有极值之和不小于，求实数a的取值范围．【解答】（Ⅰ）解：因为f（x）＝x3+ax2+bx+1，所以g（x）＝f′（x）＝3x2+2ax+b，g′（x）＝6x+2a，令g′（x）＝0，解得x．由于当x时g′（x）＞0，g（x）＝f′（x）单调递增；当x时g′（x）＜0，g（x）＝f′（x）单调递减；所以f′（x）的极小值点为x，由于导函数f′（x）的极值点是原函数f（x）的零点，所以f（）＝0，即1＝0，所以b（a＞0）．因为f（x）＝x3+ax2+bx+1（a＞0，b∈R）有极值，所以f′（x）＝3x2+2ax+b＝0有实根，所以4a2﹣12b＞0，即a20，解得a＞3，所以b（a＞3）．（Ⅱ）证明：由（1）可知h（a）＝b2﹣3a（4a3﹣27）（a3﹣27），由于a＞3，所以h（a）＞0，即b2＞3a；（Ⅲ）解：由（1）可知f′（x）的极小值为f′（）＝b，设x1，x2是y＝f（x）的两个极值点，则x1+x2，x1x2，所以f（x1）+f（x2）a（）+b（x1+x2）+2＝（x1+x2）[（x1+x2）2﹣3x1x2]+a[（x1+x2）2﹣2x1x2]+b（x1+x2）+22，又因为f（x），f′（x）这两个函数的所有极值之和不小于，所以b2，因为a＞3，所以2a3﹣63a﹣54≤0，所以2a（a2﹣36）+9（a﹣6）≤0，所以（a﹣6）（2a2+12a+9）≤0，由于a＞3时2a2+12a+9＞0，所以a﹣6≤0，解得a≤6，所以a的取值范围是（3，6]．16．【2017年新课标1理科21】已知函数f（x）＝ae2x+（a﹣2）e x﹣x．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若f（x）有两个零点，求a的取值范围．【解答】解：（1）由f（x）＝ae2x+（a﹣2）e x﹣x，求导f′（x）＝2ae2x+（a﹣2）e x﹣1，当a＝0时，f′（x）＝﹣2e x﹣1＜0，∴当x∈R，f（x）单调递减，当a＞0时，f′（x）＝（2e x+1）（ae x﹣1）＝2a（e x）（e x），令f′（x）＝0，解得：x＝ln，当f′（x）＞0，解得：x＞ln，当f′（x）＜0，解得：x＜ln，∴x∈（﹣∞，ln）时，f（x）单调递减，x∈（ln，+∞）单调递增；当a＜0时，f′（x）＝2a（e x）（e x）＜0，恒成立，∴当x∈R，f（x）单调递减，综上可知：当a≤0时，f（x）在R单调减函数，当a＞0时，f（x）在（﹣∞，ln）是减函数，在（ln，+∞）是增函数；（2）①若a≤0时，由（1）可知：f（x）最多有一个零点，当a＞0时，f（x）＝ae2x+（a﹣2）e x﹣x，当x→﹣∞时，e2x→0，e x→0，∴当x→﹣∞时，f（x）→+∞，当x→∞，e2x→+∞，且远远大于e x和x，∴当x→∞，f（x）→+∞，∴函数有两个零点，f（x）的最小值小于0即可，由f（x）在（﹣∞，ln）是减函数，在（ln，+∞）是增函数，∴f（x）min＝f（ln）＝a×（）+（a﹣2）ln0，∴1ln0，即ln1＞0，设t，则g（t）＝lnt+t﹣1，（t＞0），求导g′（t）1，由g（1）＝0，∴t1，解得：0＜a＜1，∴a的取值范围（0，1）．方法二：（1）由f（x）＝ae2x+（a﹣2）e x﹣x，求导f′（x）＝2ae2x+（a﹣2）e x﹣1，当a＝0时，f′（x）＝﹣2e x﹣1＜0，∴当x∈R，f（x）单调递减，当a＞0时，f′（x）＝（2e x+1）（ae x﹣1）＝2a（e x）（e x），令f′（x）＝0，解得：x＝﹣lna，当f′（x）＞0，解得：x＞﹣lna，当f′（x）＜0，解得：x＜﹣lna，∴x∈（﹣∞，﹣lna）时，f（x）单调递减，x∈（﹣lna，+∞）单调递增；当a＜0时，f′（x）＝2a（e x）（e x）＜0，恒成立，∴当x∈R，f（x）单调递减，综上可知：当a≤0时，f（x）在R单调减函数，当a＞0时，f（x）在（﹣∞，﹣lna）是减函数，在（﹣lna，+∞）是增函数；（2）①若a≤0时，由（1）可知：f（x）最多有一个零点，②当a＞0时，由（1）可知：当x＝﹣lna时，f（x）取得最小值，f（x）min＝f（﹣lna）＝1ln，当a＝1，时，f（﹣lna）＝0，故f（x）只有一个零点，当a∈（1，+∞）时，由1ln0，即f（﹣lna）＞0，故f（x）没有零点，当a∈（0，1）时，1ln0，f（﹣lna）＜0，由f（﹣2）＝ae﹣4+（a﹣2）e﹣2+2＞﹣2e﹣2+2＞0，故f（x）在（﹣∞，﹣lna）有一个零点，假设存在正整数n0，满足n0＞ln（1），则f（n0）（a a﹣2）﹣n0n0n0＞0，由ln（1）＞﹣lna，因此在（﹣lna，+∞）有一个零点．∴a的取值范围（0，1）．17．【2017年新课标2理科21】已知函数f（x）＝ax2﹣ax﹣xlnx，且f（x）≥0．（1）求a；（2）证明：f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．【解答】（1）解：因为f（x）＝ax2﹣ax﹣xlnx＝x（ax﹣a﹣lnx）（x＞0），则f（x）≥0等价于h（x）＝ax﹣a﹣lnx≥0，求导可知h′（x）＝a．则当a≤0时h′（x）＜0，即y＝h（x）在（0，+∞）上单调递减，所以当x0＞1时，h（x0）＜h（1）＝0，矛盾，故a＞0．因为当0＜x时h′（x）＜0、当x时h′（x）＞0，所以h（x）min＝h（），又因为h（1）＝a﹣a﹣ln1＝0，所以1，解得a＝1；另解：因为f（1）＝0，所以f（x）≥0等价于f（x）在x＞0时的最小值为f（1），所以等价于f（x）在x＝1处是极小值，所以解得a＝1；（2）证明：由（1）可知f（x）＝x2﹣x﹣xlnx，f′（x）＝2x﹣2﹣lnx，令f′（x）＝0，可得2x﹣2﹣lnx＝0，记t（x）＝2x﹣2﹣lnx，则t′（x）＝2，令t′（x）＝0，解得：x，所以t（x）在区间（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，所以t（x）min＝t（）＝ln2﹣1＜0，从而t（x）＝0有解，即f′（x）＝0存在两根x0，x2，且不妨设f′（x）在（0，x0）上为正、在（x0，x2）上为负、在（x2，+∞）上为正，所以f（x）必存在唯一极大值点x0，且2x0﹣2﹣lnx0＝0，所以f（x0）x0﹣x0lnx0x0+2x0﹣2x0，由x0可知f（x0）＜（x0）max；由f′（）＜0可知x0，所以f（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，）上单调递减，所以f（x0）＞f（）；综上所述，f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．18．【2017年新课标3理科21】已知函数f（x）＝x﹣1﹣alnx．（1）若f（x）≥0，求a的值；（2）设m为整数，且对于任意正整数n，（1）（1）…（1）＜m，求m的最小值．【解答】解：（1）因为函数f（x）＝x﹣1﹣alnx，x＞0，所以f′（x）＝1，且f（1）＝0．所以当a≤0时f′（x）＞0恒成立，此时y＝f（x）在（0，+∞）上单调递增，这与f（x）≥0矛盾；当a＞0时令f′（x）＝0，解得x＝a，所以y＝f（x）在（0，a）上单调递减，在（a，+∞）上单调递增，即f（x）min＝f（a），若a≠1，则f（a）＜f（1）＝0，从而与f（x）≥0矛盾；所以a＝1；（2）由（1）可知当a＝1时f（x）＝x﹣1﹣lnx≥0，即lnx≤x﹣1，所以ln（x+1）≤x当且仅当x＝0时取等号，所以ln（1），k∈N*．ln（1）+ln（1）+…+ln（1）11，即（1）（1）…（1）＜e；因为m为整数，且对于任意正整数n，（1）（1）…（1）＜m成立，当n＝3时，不等式左边大于2，所以m的最小值为3．19．【2017年浙江20】已知函数f（x）＝（x）e﹣x（x）．（1）求f（x）的导函数；（2）求f（x）在区间[，+∞）上的取值范围．【解答】解：（1）函数f（x）＝（x）e﹣x（x），导数f′（x）＝（1••2）e﹣x﹣（x）e﹣x＝（1﹣x）e﹣x＝（1﹣x）（1）e﹣x；（2）由f（x）的导数f′（x）＝（1﹣x）（1）e﹣x，可得f′（x）＝0时，x＝1或，当x＜1时，f′（x）＜0，f（x）递减；当1＜x时，f′（x）＞0，f（x）递增；当x时，f′（x）＜0，f（x）递减，且x⇔x2≥2x﹣1⇔（x﹣1）2≥0，则f（x）≥0．由f（），f（1）＝0，f（），即有f（x）的最大值为，最小值为f（1）＝0．则f（x）在区间[，+∞）上的取值范围是[0，]．20．【2017年上海21】设定义在R上的函数f（x）满足：对于任意的x1、x2∈R，当x1＜x2时，都有f（x1）≤f（x2）．（1）若f（x）＝ax3+1，求a的取值范围；（2）若f（x）是周期函数，证明：f（x）是常值函数；（3）设f（x）恒大于零，g（x）是定义在R上的、恒大于零的周期函数，M是g（x）的最大值．函数h（x）＝f（x）g（x）．证明：“h（x）是周期函数”的充要条件是“f（x）是常值函数”．【解答】（1）解：由f（x1）≤f（x2），得f（x1）﹣f（x2）＝a（x13﹣x23）≤0，∵x1＜x2，∴x13﹣x23＜0，得a≥0．故a的范围是[0，+∞）；（2）证明：若f（x）是周期函数，记其周期为T k，任取x0∈R，则有f（x0）＝f（x0+T k），由题意，对任意x∈[x0，x0+T k]，f（x0）≤f（x）≤f（x0+T k），∴f（x0）＝f（x）＝f（x0+T k）．又∵f（x0）＝f（x0+nT k），n∈Z，并且…∪[x0﹣3T k，x0﹣2T k]∪[x0﹣2T k，x0﹣T k]∪[x0﹣T k，x0]∪[x0，x0+T k]∪[x0+T k，x0+2T k]∪…＝R，∴对任意x∈R，f（x）＝f（x0）＝C，为常数；（3）证明：充分性：若f（x）是常值函数，记f（x）＝c1，设g（x）的一个周期为T g，则h（x）＝c1•g（x），则对任意x0∈R，h（x0+T g）＝c1•g（x0+T g）＝c1•g（x0）＝h（x0），故h（x）是周期函数；必要性：若h（x）是周期函数，记其一个周期为T h．若存在x1，x2，使得f（x1）＞0，且f（x2）＜0，则由题意可知，x1＞x2，那么必然存在正整数N1，使得x2+N1T k＞x1，∴f（x2+N1T k）＞f（x1）＞0，且h（x2+N1T k）＝h（x2）．又h（x2）＝g（x2）f（x2）＜0，而h（x2+N1T k）＝g（x2+N1T k）f（x2+N1T k）＞0≠h（x2），矛盾．综上，f（x）＞0恒成立．由f（x）＞0恒成立，任取x0∈A，则必存在N2∈N，使得x0﹣N2T h≤x0﹣T g，即[x0﹣T g，x0]⊆[x0﹣N2T h，x0]，∵…∪[x0﹣3T k，x0﹣2T k]∪[x0﹣2T k，x0﹣T k]∪[x0﹣T k，x0]∪[x0，x0+T k]∪[x0+T k，x0+2T k]∪…＝R，∴…∪[x0﹣2N2T h，x0﹣N2T h]∪[x0﹣N2T h，x0]∪[x0，x0+N2T h]∪[x0+N2T h，x0+2N2T h]∪…＝R．h（x0）＝g（x0）•f（x0）＝h（x0﹣N2T h）＝g（x0﹣N2T h）•f（x0﹣N2T h），∵g（x0）＝M≥g（x0﹣N2T h）＞0，f（x0）≥f（x0﹣N2T h）＞0．因此若h（x0）＝h（x0﹣N2T h），必有g（x0）＝M＝g（x0﹣N2T h），且f（x0）＝f（x0﹣N2T h）＝c．而由（2）证明可知，对任意x∈R，f（x）＝f（x0）＝C，为常数．综上，必要性得证．21．【2017年北京理科19】已知函数f（x）＝e x cos x﹣x．（1）求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；（2）求函数f（x）在区间[0，]上的最大值和最小值．【解答】解：（1）函数f（x）＝e x cos x﹣x的导数为f′（x）＝e x（cos x﹣sin x）﹣1，可得曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线斜率为k＝e0（cos0﹣sin0）﹣1＝0，切点为（0，e0cos0﹣0），即为（0，1），曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为y＝1；（2）函数f（x）＝e x cos x﹣x的导数为f′（x）＝e x（cos x﹣sin x）﹣1，令g（x）＝e x（cos x﹣sin x）﹣1，则g（x）的导数为g′（x）＝e x（cos x﹣sin x﹣sin x﹣cos x）＝﹣2e x•sin x，当x∈[0，]，可得g′（x）＝﹣2e x•sin x≤0，即有g（x）在[0，]递减，可得g（x）≤g（0）＝0，则f（x）在[0，]递减，即有函数f（x）在区间[0，]上的最大值为f（0）＝e0cos0﹣0＝1；最小值为f（）cos．22．【2017年天津理科20】设a∈Z，已知定义在R上的函数f（x）＝2x4+3x3﹣3x2﹣6x+a在区间（1，2）内有一个零点x0，g（x）为f（x）的导函数．（Ⅰ）求g（x）的单调区间；（Ⅱ）设m∈[1，x0）∪（x0，2]，函数h（x）＝g（x）（m﹣x0）﹣f（m），求证：h（m）h（x0）＜0；（Ⅲ）求证：存在大于0的常数A，使得对于任意的正整数p，q，且∈[1，x0）∪（x0，2]，满足|x0|．【解答】（Ⅰ）解：由f（x）＝2x4+3x3﹣3x2﹣6x+a，可得g（x）＝f′（x）＝8x3+9x2﹣6x﹣6，进而可得g′（x）＝24x2+18x﹣6．令g′（x）＝0，解得x＝﹣1，或x．当x变化时，g′（x），g（x）的变化情况如下表：x（﹣∞，﹣1）（﹣1，）（，+∞）g′（x）+ ﹣+g（x）↗↘↗所以，g（x）的单调递增区间是（﹣∞，﹣1），（，+∞），单调递减区间是（﹣1，）．（Ⅱ）证明：由h（x）＝g（x）（m﹣x0）﹣f（m），得h（m）＝g（m）（m﹣x0）﹣f（m），h（x0）＝g（x0）（m﹣x0）﹣f（m）．令函数H1（x）＝g（x）（x﹣x0）﹣f（x），则H′1（x）＝g′（x）（x﹣x0）．由（Ⅰ）知，当x∈[1，2]时，g′（x）＞0，故当x∈[1，x0）时，H′1（x）＜0，H1（x）单调递减；当x∈（x0，2]时，H′1（x）＞0，H1（x）单调递增．因此，当x∈[1，x0）∪（x0，2]时，H1（x）＞H1（x0）＝﹣f（x0）＝0，可得H1（m）＞0即h（m）＞0，令函数H2（x）＝g（x0）（x﹣x0）﹣f（x），则H′2（x）＝g（x0）﹣g（x）．由（Ⅰ）知，g（x）在[1，2]上单调递增，故当x∈[1，x0）时，H′2（x）＞0，H2（x）单调递增；当x∈（x0，2]时，H′2（x）＜0，H2（x）单调递减．因此，当x∈[1，x0）∪（x0，2]时，H2（x）＞H2（x0）＝0，可得得H2（m）＜0即h（x0）＜0，．所以，h（m）h（x0）＜0．（Ⅲ）对于任意的正整数p，q，且，令m，函数h（x）＝g（x）（m﹣x0）﹣f（m）．由（Ⅱ）知，当m∈[1，x0）时，h（x）在区间（m，x0）内有零点；当m∈（x0，2]时，h（x）在区间（x0，m）内有零点．所以h（x）在（1，2）内至少有一个零点，不妨设为x1，则h（x1）＝g（x1）（x0）﹣f（）＝0．由（Ⅰ）知g （x ）在[1，2]上单调递增，故0＜g （1）＜g （x 1）＜g （2），于是|x 0|．因为当x ∈[1，2]时，g （x ）＞0，故f （x ）在[1，2]上单调递增，所以f （x ）在区间[1，2]上除x 0外没有其他的零点，而x 0，故f （）≠0．又因为p ，q ，a 均为整数，所以|2p 4+3p 3q ﹣3p 2q 2﹣6pq 3+aq 4|是正整数，从而|2p 4+3p 3q ﹣3p 2q 2﹣6pq 3+aq 4|≥1．所以|x 0|．所以，只要取A ＝g （2），就有|x 0|．1．【湖北省黄冈中学2019届高三第三次模拟考试】已知函数()||ln (0)f x x a x a =-->. （Ⅰ）讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）比较222222ln 2ln 3ln 23n n++⋯+ 与(1)(21)2(1)n n n -++的大小(n N +∈且)2n >，并证明你的结论.【答案】（I ）见解析；（II ）见解析【解析】（Ⅰ）函数()f x 可化为ln ,()ln ,0x x a x af x a x x x a --≥⎧=⎨--<<⎩，当0x a <<时，1()10f x x '=--<，从而()f x 在(0,)a 上总是递减的，当x a ≥时，11()1x f x x x-=-='，此时要考虑a 与1的大小.若1a ≥，则()0f x '≥，故()f x 在[,)a +∞上递增，若01a <<，则当1a x ≤<时，()0f x '<，当1x >时，()0f x '>，故()f x 在[,1)a 上递减，在(1,)+∞上递增，而()f x 在x a =处连续，所以当1a ≥时，()f x 在(0,)a 上递减，在[,)a +∞上递增；当01a <<时，()f x 在(0,1)上递减，在[1,)+∞上递增.（Ⅱ）由（Ⅰ）可知当1a =，1x >时，1ln 0x x -->，即ln 1x x >-，所以ln 11x x x<-.所以 222222ln 2ln 3ln 23n n L +++22211111123n <-+-+-L 222111123n n ⎛⎫=--+++ ⎪⎝⎭L 11112334(1)n n n ⎛⎫<--+++ ⎪⨯⨯+⎝⎭L 11121n n ⎛⎫=--- ⎪+⎝⎭1(1)2(1)n n n -=--+ 2221(1)(21)2(1)2(1)n n n n n n --+-+==++.2．【湖南省师范大学附属中学2019届高三下学期模拟（三)】已知函数()ln 1f x x ax =-+，其中a 为实常数.（1）若当0a >时，()f x 在区间[1,]e 上的最大值为1-，求a 的值；（2）对任意不同两点()()11,A x f x ，()()22,B x f x ，设直线AB 的斜率为k ，若120x x k ++>恒成立，求a 的取值范围.【答案】(1) 2a = (2) (,2]-∞ 【解析】（1）1()(0)f x a x x '=->，令1()0f x a x '=->，则10x a <<. 所以()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减.①当101a<≤，即1a ≥时，()f x 在区间[]1,e 上单调递减，则max ()(1)1f x f a ==-+，由已知，11a -+=-，即2a =，符合题意. ②当11e a<<时，即11a e <<时，()f x 在区间上单调递增，在上单调递减，则max 1()ln f x f a a ⎛⎫==- ⎪⎝⎭，由已知，ln 1a -=-，即a e =，不符合题意，舍去. ③当1e a ≥，即10a e<≤时，()f x 在区间[]1,e 上单调递增，则，由已知，21ae -=-，即3a e=，不符合题意，舍去.综上分析，2a =.（2）由题意，()()1212f x f x k x x -=-，则原不等式化为()()1212120f x f x x x x x -++>-，不妨设120x x >>，则()()()()1212120x x x x f x f x +-+->，即()()2212120x x f x f x -+->，即()()221122f x x f x x +>+.设22()()ln 1g x f x x x x ax =+=+-+，则2121()2x ax g x x a x x'-+=+-=，由已知，当120x x >>时，不等式()()12g x g x >恒成立，则()g x 在(0,)+∞上是增函数.所以当0x >时，()0g x '≥，即2210x ax -+≥，即22112x a x x x+≤=+恒成立，因为1222x x +≥12x x =，即22x =时取等号，所以min 1222x x ⎛⎫+= ⎪⎝⎭故a 的取值范围是(,2]-∞.3．【2019年湖北省武汉市高考数学(5月份)】已知函数2()12xx f x e =--（1）若直线y x a =+为()f x 的切线，求a 的值．（2）若[)0,x ∀∈+∞，()f x bx ≥恒成立，求b 的取值范围．【答案】（1）0；（2）1b ≤ 【解析】（1）设切点为()00,P x y ，()'xf x e x =-，∴()000'1xf x e x =-=，令()xh x e x =-，则()'1xh x e =-，当0x >时，()'0h x >，()h x 在()0,∞+上为增函数；当0x <时，()'0h x <，()h x 在(),0-∞上为减函数；所以()()min 01h x h ==，所以00x =，又0200112xe x x a --=+，所以0a =．（2）[)0,x ∀∈+∞，()f x bx ≥恒成立2102xx e bx ⇔---≥，[)0,x ∈+∞．令2()12xx g x e bx =---，[)0,x ∈+∞．()()'x g x e x b h x =--=，()'1x h x e =-,当0x >时，()'10xh x e =->，所以()h x 在[)0,+∞上为增函数，()min 1h x b =-，①若1b ≤，则当0x >时'()0g x >，故()g x 在[)0,+∞上为增函数，故[)0,x ∈+∞时，有()()00g x g ≥=即2102xx e bx ---≥恒成立，满足题意.②若1b >，因为()'g x 为()0,∞+上的增函数且()'010g b =-<，()'ln 2ln ln 2g b b b =--⎡⎤⎣⎦，令()ln ln 2s b b b =--，其中1b >，()1'10s b b=->，所以()s b 在()1,+∞为增函数，所以()()11ln 20s b s >=->，故存在0x ，使得()0'0g x =且()00,x x ∈时，()'0g x <，()g x 在()00,x 为减函数，故当()00,x x ∈时，()()00g x g <=，矛盾，舍去.综上可得：1b ≤．4．【山东省淄博市部分学校2019届高三5月阶段性检测（三模)】已知函数()()21ln ,2f x x xg x mx ==．（1）若函数()f x 与()g x 的图象上存在关于原点对称的点，求实数m 的取值范围；（2）设()()()F x f x g x =-，已知()F x 在()0,∞+上存在两个极值点12,x x ，且12x x <，求证：2122x x e >（其中e 为自然对数的底数）．【答案】（1）2m e≥-；（2）证明见解析. 【解析】（1）函数()f x 与()g x 的图像上存在关于原点对称的点，即21()()2g x m x --=--的图像与函数()ln f x x x =的图像有交点，即21()ln 2m x x x --=在(0,)+∞上有解. 即1ln 2x m x=-在(0,)+∞上有解. 设ln ()x x x ϕ=-，（0x >），则2ln 1()x x xϕ'-= 当(0,)x e ∈时，()x ϕ为减函数；当(,)x e ∈+∞时，()x ϕ为增函数，所以min 1()()x e e ϕϕ==-，即2m e≥-. （2）21()()()ln 2F x f x g x x x mx =-=-，()ln 1F x x mx '=-+()F x 在(0,)+∞上存在两个极值点1x ，2x ，且12x x <，所以1122ln 10ln 10x mx x mx -+=⎧⎨-+=⎩ 因为1212ln ln 2x x m x x ++=+且1212ln ln x x m x x -=-，所以12121212ln ln 2ln ln x x x x x x x x ++-=+-，即112212112112221lnln ln 2ln 1x x x x x x x x x x x x x x ⎛⎫+ ⎪+⎝⎭++==-- 设12(0,1)x t x =∈，则12(1)ln ln ln 21t t x x t +++=- 要证2122x x e >，即证12ln ln 22x x ++>，只需证(1)ln 21t t t +>-，即证2(1)ln 01t t t --<+设2(1)()ln 1t h t t t -=-+，22214(1)()0(1)(1)t h t t t t t '-=-=>++，则2(1)()ln 1t h t t t -=-+在(0,1)上单调递增，()(1)0h t h <=，即2(1)()ln 01t h t t t -=-<+ 所以，12ln ln 2x x +>即2122x x e >.5．【广东省深圳市高级中学2019届高三适应性考试（6月)】已知函数()xf x e =，()()210g x ax x a =++>.（1）设()()()g x F x f x =，讨论函数()F x 的单调性；（2）若102a <≤，证明：()()f x g x >在()0,∞+恒成立. 【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】（1）因为2()1()()xg x ax x F x f x e++==，所以221(21)'()xxa ax x ax a x a F x e e -⎛⎫-- ⎪-+-⎝⎭==， ①若12a =，2'()0xax F x e-=≤.∴()F x 在R 上单调递减. ②若12a >，则210a a->，当0x <，或21a x a ->时，'()0F x <，当210a x a-<<时，'()0F x >，∴()F x 在(,0)-∞，21,a a -⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减，在210,a a -⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增.③若102a <<，则210a a-<，当21a x a -<，或0x >时，'()0F x <，当210a x a-<<时，'()0F x >. ∴()F x 在21,a a -⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭，(0,)+∞上单调递减，在21,0a a -⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增. （2）∵102a <≤，∴221112ax x x x ++≤++. 设21()12xh x e x x =---，则'()1x h x e x =--. 设()'()1x p x h x e x ==--，则'()1xp x e =-，在(0,)+∞上，'()0p x ≥恒成立.∴)'(h x 在(0,)+∞上单调递增.又∵'(0)0h =，∴(0,)x ∈+∞时，'()0h x >，所以()h x 在(0,)+∞上单调递增， ∴()(0)0h x h >=，∴21102xx e x --->，2112x x e x >++，所以221112xe x x ax x >++≥++，所以()()f x g x >在(0,)+∞上恒成立.6．【湖南省师范大学附属中学2019届高三下学期模拟（三)】已知函数1()ln af x a x x x-=-++. （1）当2a ≥时，求函数()f x 的单调区间；（2）设()23xg x e mx =+-，当21a e =+时，对任意1[1,)x ∈+∞，存在2[1,)x ∈+∞，使212()2()f x e g x +≥，证明：2m e e ≤-.【答案】(1)见解析；(2)见证明【解析】（1）函数()f x 的定义域为(0,)+∞，又221(1)[(1)]()1a a x x a f x x x x'----=-++=，由()0f x '=，得1x =或1x a =-.当2a >即11a ->时，由()0f x '<得11x a <<-，由()0f x '>得01x <<或1x a >-；当2a =即11a -=时，当0x >时都有()0f x '≥；∴当2a >时，单调减区间是()1,1a -，单调增区间是()0,1，()1,a -+∞；当2a =时，单调增区间是()0,+∞，没有单调减区间；（2）当21a e =+时，由（1）知()f x 在()21,e 单调递减，在()2,e +∞单调递增. 从而()f x 在[)1,+∞上的最小值为22()3f e e =--.对任意[)11,x ∈+∞，存在[)21,x ∈+∞，使()()2212g x f x e ≤+，即存在[)21,x ∈+∞，使的值不超过()22f x e +在区间[)1,+∞上的最小值23e -.由222e 32e e 3xmx --+≥+-得22xmx e e +≤，22xe e m x-∴≤. 令22()xe e h x x-=，则当[)1,x ∈+∞时，max ()m h x ≤. ()()()22223222()x x x x e x e e xxe e e h x x x ---+-'==-Q ，。

2020版高中数学高二选修2-2教案及练习归纳整理26知识讲解《导数及其应用》全章复习与巩固(基础)

《导数及其应用》全章复习与巩固【学习目标】1.会利用导数解决曲线的切线的问题.2.会利用导数解决函数的单调性等有关问题.3.会利用导数解决函数的极值、最值等有关问题.4.能通过运用导数这一工具解决生活中的一些优化问题:例如利润最大、用料最省、效率最高等问题【知识网络】【要点梳理】要点一:有关切线问题直线与曲线相切,我们要抓住三点:①切点在切线上;②切点在曲线上;③切线斜率等于曲线在切点处的导数值.要点诠释:通过以上三点可以看出,抓住切点是解决此类题的关键,有切点直接求,无切点则设切点,布列方程组. 要点二:有关函数单调性的问题设函数()y f x =在区间(a,b)内可导,(1)如果恒有'()0f x >,则函数()f x 在(a,b)内为增函数; (2)如果恒有'()0f x <,则函数()f x 在(a,b)内为减函数; (3)如果恒有'()0f x =,则函数()f x 在(a,b)内为常数函数. 要点诠释:(1)若函数()f x 在区间(a,b)内单调递增,则'()0f x ≥,若函数()f x 在(a,b)内单调递减,则'()0f x ≤.(2)'()0f x ≥或'()0f x ≤恒成立,求参数值的范围的方法: ① 分离参数法:()m g x ≥或()m g x ≤.② 若不能隔离参数,就是求含参函数(,)f x m 的最小值min (,)f x m ,使min (,)0f x m ≥. (或是求含参函数(,)f x m 的最大值max (,)f x m ,使max (,)0f x m ≤) 要点三:函数极值、最值的问题函数极值的问题 (1)确定函数的定义域; (2)求导数)(x f '; (3)求方程0)(='x f 的根;(4)检查'()f x 在方程根左右的值的符号,如果左正右负,则f(x)在这个根处取得极大值;如果左负右正,则f(x)在这个根处取得极小值.(最好通过列表法) 要点诠释: ①先求出定义域②一般都要列表:然后看在每个根附近导数符号的变化:若由正变负,则该点为极大值点; 若由负变正,则该点为极小值点.注意:无定义的点不用在表中列出③根据表格给出结论:注意一定指出在哪取得极值. 函数最值的问题若函数()y f x =在闭区间],[b a 有定义,在开区间(,)a b 内有导数,则求函数()y f x =在],[b a 上的最大值和最小值的步骤如下:(1)求函数)(x f 在),(b a 内的导数)(x f '; (2)求方程0)(='x f 在),(b a 内的根;(3)求在),(b a 内所有使0)(='x f 的的点的函数值和)(x f 在闭区间端点处的函数值)(a f ,)(b f ; (4)比较上面所求的值,其中最大者为函数()y f x =在闭区间],[b a 上的最大值,最小者为函数()y f x =在闭区间],[b a 上的最小值.要点诠释:①求函数的最值时,不需要对导数为0的点讨论其是极大还是极小值,只需将导数为0的点和端点的函数值进行比较即可.②若)(x f 在开区间),(b a 内可导,且有唯一的极大(小)值,则这一极大(小)值即为最大(小)值. 要点四:优化问题在实际生活中用料最省、利润最大、效率最高等问题,常常可以归结为函数的最大值问题,从而可用导数来解决.我们知道,导数是求函数最大(小)值的有力工具,导数在实际生活中的应用主要是解决有关函数最大值、最小值的实际问题.利用导数解决实际问题中的最值的一般步骤:(1) 分析实际问题中各量之间的关系,找出实际问题的数学模型,写出实际问题中变量之间的函数关系式()y f x =;(2) 求函数的导数'()f x ,解方程'()0f x =;(3) 比较函数在区间端点和极值点的函数值大小,最大(小)者为最大(小)值. 要点诠释:①解决优化问题的方法:首先是需要分析问题中各个变量之间的关系,建立适当的函数关系,并确定函数的定义域,通过创造在闭区间内求函数取值的情境,即核心问题是建立适当的函数关系.再通过研究相应函数的性质,提出优化方案,使问题得以解决,在这个过程中,导数是一个有力的工具. 利用导数解决优化问题的基本思路:②得出变量之间的关系()y f x =后,必须由实际意义确定自变量x 的取值范围;③在实际问题中,有时会遇到函数在区间内只有一个点使'()0f x =的情形,如果函数在这点有极大(小)值,那么不与端点值比较,也可以知道这就是最大(小)值.④在求实际问题的最大(小)值时,一定要注意考虑实际问题的意义,不符合实际意义的值应舍去. 要点五:定积分的概念如果函数=()y f x 在区间[]a b ，上连续,用分点0121i i n a x x x x x x b -=<<<<<<<=将区间[]a b ，等分成n 个小区间,在每个小区间[]1,i i x x -上取点()1,2,,i i n =ξ,作和式:11()()n nn ii i i b aS f x f n==-=∆=∑∑ξξ.当n →+∞时,上述和式n S 无限趋近于常数,那么称该常数为函数()f x 在区间[,]a b 上的定积分,记作:()baf x dx ⎰,即+1()lim()nbi an i b af x dx f n →∞=-=∑⎰ξ.要点诠释: (1)定积分()baf x dx ⎰是一个常数,即n S 无限趋近的常数S (n →+∞时),记为()baf x dx ⎰,而不是n S .(2) 定积分是一个数值(极限值),它的值仅仅取决于被积函数与积分的上、下限,而与积分变量用什么字母表示无关,即()()()bb baaaf x dx f u du f t dt ===⎰⎰⎰(称为积分形式的不变性),另外定积分()()baf x d x ⎰与积分区间[a ,b ]息息相关,不同的积分区间,定积分的积分上下限不同,所得的值也就不同,例如120(1)x dx +⎰与320(1)x dx +⎰的值就不同.要点六:定积分的几何意义从几何上看,如果在区间[],a b 上函数()f x 连续且恒有()0f x ≥，那么定积分()b af x dx ⎰表示由直线,(),0x a x b a b y ==≠=和曲线()y f x =所围成的曲边梯形(如要点诠释:(1)当()0f x ≤时,由()y f x =、x =a 、x =b 与x 轴所围成的曲边梯形位于x 轴的下方,积分()d baf x x ⎰在几何上表示上述曲边梯形面积的相反数(负数).所以[()]d ()b baaS f x x f x S =-=-=-⎰⎰,即()d baf x x S =-⎰,如图(b).(2)当()f x 在区间[a ,b ]上有正有负时,积分()d ba f x x ⎰在几何上表示几个小曲边梯形面积的代数和(x 轴上方面积取正号,x 轴下方面积取负号).在如图(c)所示的图象中,定积分132()d baf x x S S S =+-⎰.要点七:定积分的运算性质性质1:()d ()bba ak f x x k f x kS ==⎰⎰;性质2:[()g()]d ()g()d bb baaaf x x x f x x x ±=±⎰⎰⎰;性质3:定积分关于积分区间具有可加性。

专题二第3讲导数概念及简单应用高考领航二轮数学(理)复习

核心知识
核心考点新题演练限时规范训练
大二轮复习数学（理）
(3)(2018· 高考全国卷Ⅱ)曲线 y＝2ln(x＋1)在点(0，0)处的切线方程为________．
解析：∵y＝2ln(x＋1)，∴y′＝ 2 .当 x＝0 时，y′＝2，∴曲线 y x＋ 1
＝2ln (x＋1)在点(0，0)处的切线方程为 y－0＝2(x－0)，即 y＝2x.
0
答案：2
核心知识
核心考点新题演练限时规范训练
大二轮复习数学（理）
1．求曲线 y＝f(x)的切线方程的三种类型及方法 (1)已知切点 P(x0，y0)，求 y＝f(x)过点 P 的切线方程：可先求出切线的斜率 f′(x0)，由点斜式写出方程； (2)已知切线的斜率 k，求 y＝f(x)的切线方程：设切点 P(x0， y0)，通过方程 k＝f′(x0)解得 x0，再由点斜式写出方程； (3)已知切线上一点(非切点)，求 y＝f(x)的切线方程：设切点 P(x0，y0)，利用导数求得切线斜率 f′(x0)，然后由斜率公式求得切线斜率，列方程(组)解得 x0，再由点斜式或两点式写出方程．
大二轮复习数学（理）
4．y＝ex 在(0，1)处的切线方程为 y＝x＋1，过原点的切线的切点为 (1，e)； y＝ln x 在(1，0)处的切线方程为 y＝x－1，过原点的切线的切点为 (e，1)． 5．(1)f′(x)＞0 是 f(x)为增函数的充分不必要条件，如函数 f(x)＝x3 在(－∞，＋∞)上单调递增，但 f′(x)≥0. (2)f′(x)≥0 是 f(x)为增函数的必要不充分条件，当函数在某个区间内恒有 f′(x)＝0 时，f(x)为常数函数，函数不具有单调性．
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2020年高考数学二轮提升专题训练考点5 导数的概念与应用含答案

考点05 导数的概念与应用【知识框图】【自主热身，归纳提炼】1、(2019苏州期末）曲线y ＝x ＋2e x在x ＝0处的切线与两坐标轴围成的三角形面积为________．【答案】 23【解析】由y ＝x ＋2e x，得y ′＝1＋2e x ，切点为(0，2)，切线斜率为3，切线方程为y ＝3x ＋2.切线与坐标轴的交点为A ⎝ ⎛⎭⎪⎫23，0，B(0，2)，所以S △AOB ＝12·23·2＝23. 2、(2015苏锡常镇、宿迁一调）若曲线C 1：y ＝ax 3－6x 2＋12x 与曲线C 2：y ＝e x在x ＝1处的两条切线互相垂直，则实数a 的值为________．【答案】－13e【解析】：因为y ′＝3ax 2－12x ＋12，y ′＝e x，所以两条曲线在x ＝1处的切线斜率分别为k 1＝3a ，k 2＝e ，即k 1·k 2＝－1，即3a e ＝－1，所以a ＝－13e.3、(2015南通期末）在平面直角坐标系xOy 中，记曲线y ＝2x －m x(x ∈R ，m ≠－2)在x ＝1处的切线为直线l .若直线l 在两坐标轴上的截距之和为12，则实数m 的值为________．【答案】－3或－4【解析】y ′＝2＋m x2，y ′x ＝1＝2＋m ，所以直线l 的方程为y －(2－m )＝(2＋m )(x －1)，即y ＝(2＋m )x －2m .令x ＝0，得y ＝－2m ；令y ＝0，x ＝2m m ＋2.由题意得2mm ＋2－2m ＝12，解得m ＝－3或m ＝－4. 4、(2017苏北三市期末）已知函数322301()5 1x x m x f x mx x ⎧++=⎨+⎩≤≤，，，＞.若函数f (x )的图象与x 轴有且只有两个不同的交点，则实数m 的取值范围为．【答案】（5，0）【解析】由32()23=++f x x x m ，所以，2()66'=+f x x x ，所以，()f x 在[]01, 上单调递增，即至多有一个交点，要使函数f (x )的图象与x 轴有且只有两个不同的交点，即500+>⎧⎨<⎩m m ，从而可得m ∈(－5,0)．5、(2017六市二模联考）已知点A (1,1)和B (－1，－3)在曲线C ：y ＝ax 3＋bx 2＋d (a ，b ，d 均为常数)上．若曲线C 在点A ，B 处的切线互相平行，则a 3＋b 2＋d ＝________. 【答案】7【解析】由题意得y ′＝3ax 2＋2bx ，因为k 1＝k 2，所以3a ＋2b ＝3a －2b ，即b ＝0.又a ＋d ＝1，d －a ＝－3，所以d ＝－1，a ＝2，即a 3＋b 2＋d ＝7.6、(2016南通二模联考）已知函数f (x )＝ln x －mx(m ∈R )在区间[1，e]上取得最小值4，则m ＝________. 【答案】－3e【解析】：因为f (x )在区间[1，e]上取得最小值4，所以至少满足f (1)≤4，f (e)≤4，解得m ≤－3e ，又f ′(x )＝x ＋m x 2，且x ∈[1，e]，所以f ′(x )<0，即f (x )在[1，e]上单调递减，所以f (x )min ＝f (e)＝1－me＝4，即m ＝－3e.精彩点评：本题的解法采用了逐步逼近的方法，本题题干中所给条件为f (x )在区间[1，e]上取得最小值4，那么f (1)≤4，f (e)≤4，这样可以得出m 的范围，从而缩小了参数的取值范围，减少了不必要的讨论，比起一般的分类讨论求最值的方法，本方法起到了简化讨论的作用．7、（2018年扬州学期调研）若函数3()3g x x x =-在开区间2(6)a a -,既有最大值又有最小值，则实数a 的取值范围是．【答案】{2}．【解析】：函数()g x 在1x =处取得极小值(1)2g =-，在1x =-处取得极大值(1)2g -=，又因为函数在开区间2(6)a a -, 内既有最大值又有最小值，所以221,162,a a -<-⎧⎨<-⎩≤≤即a 的取值范围是{2}．【问题探究，开拓思维】题型一函数图像的切线问题知识点拨：利用导数研究函数的切线问题，要区分在与过的不同，要是过某一点一定要设切点坐标，然后根据具体的条件得到方程，然后解出参数即可。

2020-2021学年高考数学(理)考点：导数的概念及运算

A． x y 1 0 B． 2x y 2 1 0 C． 2x y 2 1 0 D． x y 1 0 【答案】C 【解析】由 y 2sin x cos x ，得 y 2 cos x sin x ，
y |x 2 cos sin 2 ，曲线 y 2sin x cos x 在点 ( , 1) 处的切线方程为 y 1 2(x ) ，
6．（2018•新课标Ⅰ）设函数 f (x) x3 (a 1)x2 ax ．若 f (x) 为奇函数，则曲线 y f (x) 在点
(0, 0) 处的切线方程为 ( )
A． y 2x
B． y x
C． y 2x
D． y x
【答案】D 【解析】函数 f (x) x3 (a 1)x2 ax ，若 f (x) 为奇函数， f (x) f (x) ，
f′(x)＝axln a 1
f′(x)＝x 1
f′(x)＝xln a
4.导数的运算法则
若 f′(x)，g′(x)存在，则有
(1)[f (x)±g(x)]′＝f′(x)±g′(x)；
(2)[f (x)·g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f (x)g′(x)；
[ ]f x f′xgx－f xg′x
(3) gx ′＝
D． a e1 ， b 1
由在点 (1, ae) 处的切线方程为 y 2x b ，
可得 ae 1 0 2 ，解得 a e1 ，
又切点为 (1,1) ，可得1 2 b ，即 b 1 ，
故选 D ． 5．（2018•全国）若函数 f (x) ax2 1图象上点 (1 ， f （1） ) 处的切线平行于直线 y 2x 1 ，则
B． y lnx
C． y ex
D． y x3
【答案】A

2020年高考数学（理）函数与导数专题12导数的概念及运算（解析版）

2020年⾼考数学（理）函数与导数专题12导数的概念及运算（解析版）函数与导数12 导数及其应⽤导数的概念及运算⼀、具体⽬标：1.导数概念及其⼏何意义：(1）了解导数概念的实际背景；（2）理解导数的⼏何意义.2.导数的运算：（1）根据导数定义，求函数y c y x ==，，2y x =，1y x=的导数； (2)能利⽤下⾯给出的基本初等函数公式和导数的四则运算法则求简单函数的导数. 【考点透析】【备考重点】(1) 熟练掌握基本初等函数的导数公式及导数的四则运算法则； (2) 熟练掌握直线的倾斜⾓、斜率及直线⽅程的点斜式. ⼆、知识概述： 1．由0()()'()limx f x x f x f x x→+?-=?可以知道，函数的导数是函数的瞬时变化率，函数的瞬时变化率是平均变化率的极限.2.基本初等函数的导数公式及导数的运算法则原函数导函数 f (x )＝c (c 为常数)f ′(x )＝0()()Q n x x f n ∈= ()1-='n nx x f()x x f sin = ()x x f cos =' ()x x f cos =()x x f sin -=' ()x a x f =()a a x f x ln ='【考点讲解】1）基本初等函数的导数公式2）导数的运算法则（1） [f (x )±g (x )]′＝f ′(x )±g ′(x )；（和或差的导数是导数的和与差）（2） [f (x )·g (x )]′＝f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )；（积的导数是，前导后不导加上后导前不导）（3）2()'()()'()()'()()f x f x g x g x f x g x g x -?=?(g (x )≠0)．（商的导数是上导下不导减去上不导下导与分母平⽅的商）(4) 复合函数的导数复合函数y ＝f (g (x ))的导数和函数y ＝f (u )，u ＝g (x )的导数间的关系为y x ′＝y u ′·u x ′，即y 对x 的导数等于y 对u 的导数与u 对x 的导数的乘积．3．函数()y f x =在0x x =处的导数⼏何意义函数f (x )在点x 0处的导数f ′(x 0)的⼏何意义是在曲线y ＝f (x )上点(x 0，f (x 0))处的切线的斜率(瞬时速度就是位移函数s (t )对时间t 的导数)．相应地，切线⽅程为y －f (x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0)．【温馨提⽰】1.求函数()f x 图象上点00(,())P x f x 处的切线⽅程的关键在于确定该点切线处的斜率k ，由导数的⼏何意义知0'()kf x =，故当0'()f x 存在时，切线⽅程为000()'()()y f x f x x x -=-.2.可以利⽤导数求曲线的切线⽅程，由于函数()y f x =在0x x =处的导数表⽰曲线在点00(,())P x f x 处切线的斜率，因此，曲线()y f x =在点00(,())P x f x 处的切线⽅程，可按如下⽅式求得：第⼀，求出函数()y f x =在0x x =处的导数，即曲线()y f x =在点00(,())P x f x 处切线的斜率；第⼆，在已知切点坐标和切线斜率的条件下，求得切线⽅程000'()()y y f x x x =+-；如果曲线()y f x =在点00(,())P x f x 处的切线平⾏于y 轴(此时导数不存在)时，由切线的定义可知，切线的⽅程为0x x =. 【提⽰】解导数的⼏何意义问题时⼀定要抓住切点的三重作⽤：①切点在曲线上；②切点在切线上；③切点处的导数值等于切线的斜率．1. 【2019年⾼考全国Ⅲ卷】已知曲线e ln xy a x x =+在点（1，a e ）处的切线⽅程为y =2x +b ，则（） A ．e 1a b ==-，B ．a=e ，b =1C ．1e 1a b -==，D ．1e a -=，1b =-【解析】本题求解的关键是利⽤导数的⼏何意义和点在曲线上得到含有a ，b 的等式，从⽽求解，属于常考题型.∵e ln 1,xy a x '=++∴切线的斜率1|e 12x k y a ='==+=，1e a -∴=，将(1,1)代⼊2y x b =+，得21,1b b +==-.故选D ．【答案】D2.【2019年⾼考全国Ⅱ卷】曲线y =2sin x +cos x 在点(π，-1)处的切线⽅程为（）A ．10x y --π-=B ．2210x y --π-=C ．2210x y +-π+=D ．10x y +-π+=【解析】本题要注意已知点是否为切点，若是切点，可以直接利⽤导数求解；若不是切点，设出切点，再求导，然后列出切线⽅程．【真题分析】2cos sin ,y x x '=-Q π2cos πsin π2,x y =∴=-=-'则2sin cos y x x =+在点(,1)π-处的切线⽅程为(1)2()y x --=--π，即2210x y +-π+=．故选C ．【答案】C3.【2018年⾼考全国Ⅰ卷】设函数32()(1)f x x a x ax =+-+.若()f x 为奇函数，则曲线()y f x =在点(0,0)处的切线⽅程为（）A ．2y x =-B ．y x =-C ．2y x =D ．y x = 【解析】因为函数是奇函数，所以，解得，所以，，所以，所以曲线在点处的切线⽅程为，化简可得.故选D. 【答案】D4.【2017年⾼考浙江】函数y=f (x )的导函数()y f x '=的图象如图所⽰，则函数y=f (x )的图象可能是（）【解析】本题主要考查导数图象与原函数图象的关系：若导函数图象与x 轴的交点为0x ，且图象在0x 两侧附近连续分布于x 轴上下⽅，则0x 为原函数单调性的拐点，运⽤导数知识来讨论函数单调性时，由导函数()f x '的正负，得出原函数()f x 的单调区间．原函数先减再增，再减再增，且0x =位于增区间内，因此选D ．【答案】D5.【2019年⾼考全国Ⅰ卷】曲线23()e xy x x =+在点(0)0，处的切线⽅程为____________．【解析】223(21)e 3()e 3(31)e ,x x xy x x x x x '=+++=++所以切线的斜率0|3x k y ='==，则曲线23()e xy x x =+在点(0,0)处的切线⽅程为3y x =，即30x y -=．【答案】30x y -=6.【变式】【2018年理数全国卷II 】曲线()1ln 2+=x y在点()00，处的切线⽅程为__________．【解析】本题主要考查导数的计算和导数的⼏何意义，先求导数，再根据导数⼏何意义得切线斜率，最后根据点斜式求切线⽅程.由题中条件可得：12+='x y ，所以切线的斜率为2102=+=k ，切线⽅程为()020-=-x y ，即x y 2=.【答案】x y 2=7.【2019年⾼考天津⽂数】曲线cos 2xy x =-在点(0,1)处的切线⽅程为__________. 【解析】∵1sin 2y x '=--，∴01|sin 0212x y ='=---=，故所求的切线⽅程为112y x -=-，即220x y +-=. 【答案】220x y +-=8．【2018年⾼考天津⽂数】已知函数f (x )=e x ln x ，f ′(x )为f (x )的导函数，则f ′（1）的值为__________．【解析】由函数的解析式可得，则.即的值为e.【答案】e9.【2019年⾼考江苏】在平⾯直⾓坐标系xOy 中，点A 在曲线y =ln x 上，且该曲线在点A 处的切线经过点（-e ，-1)(e 为⾃然对数的底数），则点A 的坐标是 .【解析】设出切点坐标，得到切线⽅程，然后求解⽅程得到横坐标的值，可得切点坐标.设点()00,A x y ，则00ln y x =.⼜1y x '=，当0x x =时，01y x '=，则曲线ln y x =在点A 处的切线为0001()y y x x x -=-，即00ln 1x y x x -=-，将点()e,1--代⼊，得00e1ln 1x x ---=-，即00ln e x x =，考察函数()ln H x x x =，当()0,1x ∈时，()0H x <，当()1,x ∈+∞时，()0H x >，且()ln 1H x x'=+，当1x >时，()()0,H x H x '>单调递增，注意到()e e H =，故00ln e x x =存在唯⼀的实数根0e x =，此时01y =，故点A 的坐标为()e,1. 【答案】(e, 1)10.【2018年全国卷Ⅲ理】曲线()()x e ax x f 1+=在点()10，处的切线的斜率为2-，则=a ________．【解析】本题主要考查导数的计算和导数的⼏何意义，并利⽤导数的⼏何意义求参数的值.由题意可知：()()x x e ax ae x f 1++='，则()210-=+='a f ，所以3-=a ，故答案为-3.【答案】3-【变式】已知函数()31f x ax x =++的图像在点()()1,1f 的处的切线过点()2,7，则 a = .【解析】本题主要考查导数的计算和导数的⼏何意义，并利⽤导数的⼏何意义求参数的值.∵2()31f x ax '=+，∴(1)31f a '=+，即切线斜率31k a =+，⼜∵(1)2f a =+，∴切点为（1，2a +），∵切线过（2,7），∴273112a a +-=+-，解得a =1.【答案】111．【2017年⾼考天津⽂数】已知a ∈R ，设函数()ln f x ax x =-的图象在点（1，(1)f ）处的切线为l ，则l 在y 轴上的截距为___________．【解析】由题可得(1)f a =，则切点为(1,)a ，因为1()f x a x'=-，所以切线l 的斜率为(1)1f a '=-，切线l 的⽅程为(1)(1)y a a x -=--，令0x =可得1y =，故l 在y 轴上的截距为1．【答案】1 12.【2019年⾼考江苏】在平⾯直⾓坐标系xOy 中，P 是曲线4(0)y x x x=+>上的⼀个动点，则点P 到直线0x y +=的距离的最⼩值是 . 【解析】由4(0)y x x x =+>，得241y x '=-，设斜率为1-的直线与曲线4(0)y x x x=+>切于0004(,)x x x +，由20411x -=-得0x =0x =，∴曲线4(0)y x x x=+>上，点P 到直线0x y +=4=.故答案为4．【答案】413.【2017福建4⽉质检】已知定义在R 上的函数()f x 满⾜()()112f x f x -++=，且当1x >时，()2x x f x e -=，则曲线()y f x =在0x =处的切线⽅程是__________．【解析】本题考点是考点：1、函数的对称性；2、解析式；3、导数的⼏何意义．.因为()()112f x f x -++=，所以函数关于点（1,1）对称， 1x <时，取点(,)x y ，关于（1,1）对称点是(2-,2)x y -代⼊1x >时， ()2x x f x e -=，可得22x x y e ---=，可得22--=-x x y e ，所以 1'--=xx y e ，令0,'1,0x y y ==-=所以切线⽅程为0x y +=. 【答案】y x =-【变式】（1）【2016⾼考新课标Ⅲ⽂数】已知()f x 为偶函数，当0x ≤ 时，1()x f x ex --=-，则曲线()y f x =在(1,2)处的切线⽅程式_____________________________.【解析】考点：1、函数的奇偶性；2、解析式；3、导数的⼏何意义．当0x >时，0x -<，则1()x f x e x --=+．⼜因为()f x 为偶函数，所以1()()x f x f x e x -=-=+，所以1()1x f x e-'=+，则切线斜率为(1)2f '=，所以切线⽅程为22(1)y x -=-，即2y x =．【答案】2y x =【变式】（2）【2016⾼考新课标3理数】已知()f x 为偶函数，当0x <时，()ln()3f x x x =-+，则曲线()y f x =在点(1,3)-处的切线⽅程是_______________．【解析】考点：1、函数的奇偶性与解析式；2、导数的⼏何意义．当0x >时，0x -<，则()ln 3f x x x -=-．⼜因为()f x 为偶函数，所以()()ln 3f x f x x x =-=-，所以1()3f x x'=-，则切线斜率为(1)2f '=-，所以切线⽅程为32(1)y x +=--，即21y x =--．【答案】21y x =--【变式】（3）【2015⾼考陕西，⽂15】函数xy xe =在其极值点处的切线⽅程为____________. 【解析】本题考点是函数的极值与导数的⼏何意义.()()(1)x xy f x xe f x x e '==?=+，令()01f x x '=?=-，此时1(1)f e -=-.函数x y xe =在其极值点处的切线⽅程为1y e=-.【答案】1y e=-14.【2018年理北京卷】设函数()()[]x e a x a ax x f 34142+++-=．（Ⅰ）若曲线()x f y =在点()()11f ，处的切线与x 轴平⾏，求a ；（Ⅱ）若()x f 在2=x 处取得极⼩值，求a 的取值范围．【解析】本题考点导数的运算法则，并利⽤导数的⼏何意义、函数的极值求待定的参数问题. （Ⅰ）因为()()[]x e a x a ax x f 34142+++-=，对函数求导可得：()()[]()[]x x e a x a ax e a ax x f 34141422+++-++-='()[]x e x a ax 2122++-=.⼜因为()x f y =在点()()11f ，处的切线与x 轴平⾏，有()()e a f -='11，所以有()()011=-='e a f ，即1=a ，此时(),031≠=e f 所以a 的值是1.（Ⅱ）由（Ⅰ）得()()[]()()x x e x ax e x a ax x f 212122--=++-='.讨论：若21>a ，则当??∈2,1a x 时，()0<'x f ；当()+∞∈,2x 时，()0>'x f ．所以()x f 在2=x 处取得极⼩值．若21≤a ，则当()20，∈x )时，02<-x ，01211<-≤-x ax ，所以()0>'x f ．所以2不是()x f 的极⼩值点．综上可知，a 的取值范围是??∞+，21．【答案】(1) a 的值为1 (2) a 的取值范围是??∞+，21. 15.【2019年⾼考北京⽂数】已知函数321()4f x x x x =-+．（Ⅰ）求曲线()y f x =的斜率为1的切线⽅程；（Ⅱ）当[2,4]x ∈-时，求证：6()x f x x -≤≤；（Ⅲ）设()|()()|()F x f x x a a =-+∈R ，记()F x 在区间[2,4]-上的最⼤值为M （a ），当M （a ）最⼩时，求a 的值．【解析】（Ⅰ）由321()4f x x x x =-+得23()214f x x x '=-+．令()1f x '=，即232114x x -+=，得0x =或83x =．⼜(0)0f =，88()327f =，所以曲线()y f x =的斜率为1的切线⽅程是y x =与88273y x -=-，即y x =与6427y x =-．（Ⅱ）令()(),[2,4]g x f x x x =-∈-．由321()4g x x x =-得23()24g'x x x =-．令()0g'x =得0x =或83x =．(),()g'x g x 的情况如下：所以()g x 的最⼩值为6-，最⼤值为0．故6()0g x -≤≤，即6()x f x x -≤≤．（Ⅲ）由（Ⅱ）知，当3a <-时，()(0)|(0)|3M F g a a a ≥=-=->；当3a >-时，()(2)|(2)|63M F a g a a ≥-=--=+>；当3a =-时，()3M a =．综上，当()M a 最⼩时，3a =-．【答案】（Ⅰ）y x =与64 27y x =-；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）3a =-.1.设)(x f 是可导函数，且='=?-?-→?)(,2)()2(lim0000x f xx f x x f x 则( ).A ．21 B ．－1C ．0D ．－2【解析】因为()='0x f xx f x x f x ?-?-→?)()(lim000，由题意可知,22)()2(lim 2)(20000=?--?--='-→?xx f x x f x f x 所以有1)(0-='x f .【答案】B2.曲线3)(3+-=x x x f 在点P 处的切线平⾏于直线12-=x y ，则P 点的坐标为（） A ．)3,1( B ．)3,1(- C ．)3,1(和)3,1(- D ．)3,1(-【解析】因2'()31f x x =-，令'()2f x =，故23121x x -=?=或1-，所以(1,3)P 或(1,3)-，经检验，点(1,3)，(1,3)-均不在直线21y x =-上，故选C ．【答案】C.3. 已知函数()f x 的导函数为()f x '，且满⾜x e f x x f ln )(2)(+'=，则=')(e f （） A ．e B ．1- C ．1--e D ．e -【模拟考场】【解析】本题主要考查导数的运算法则，因为1()2()f x f e x ''=+，所以1()2()f e f e e''=+，解得11()f e e e-'=-=-，故选C ．【答案】C4.设直线l 1，l 2分别是函数f (x )= ln ,01,ln ,1,x x x x -<>?图象上点P 1，P 2处的切线，l 1与l 2垂直相交于点P ，且l 1，l 2分别与y 轴相交于点A ，B ，则△P AB 的⾯积的取值范围是( )A.(0,1)B. (0,2)C. (0,+∞)D. (1,+ ∞)【解析】考点：1.导数的⼏何意义；2.两直线垂直关系；3.直线⽅程的应⽤；4.三⾓形⾯积取值范围. 设()()111222,ln ,,ln P x x P x x -（不妨设121,01x x ><<），则由导数的⼏何意义易得切线12,l l 的斜率分别为121211,.k k x x ==-由已知得12122111,1,.k k x x x x =-∴=∴=∴切线1l 的⽅程分别为()1111ln y x x x x -=-，切线2l 的⽅程为()2221ln y x x x x +=--，即1111ln y x x x x ??-=--. 分别令0x =得()()110,1ln ,0,1ln .A x B x -++ ⼜1l 与2l 的交点为221111112222111121121,ln .1,1,0111211PAB A B P PAB x x x x P x x S y y x S x x x x -++>∴=-?=<=∴<< ?++++??Q ，故选A. 【答案】A5.已知曲线ln y x x =+在点()1,1 处的切线与曲线()221y ax a x =+++ 相切,则a = ．【解析】本题主要考查导数的⼏何意义及直线与抛物线相切问题. 由11y x'=+可得曲线ln y x x =+在点()1,1处的切线斜率为2,故切线⽅程为21y x =-, 与()221y ax a x =+++ 联⽴得220ax ax ++=,显然0a ≠,所以由 2808a a a ?=-=?=.【答案】86.在平⾯直⾓坐标系xoy 中，若曲线2by ax x=+（,a b 为常数）过点(2,5)P -，且该曲线在点P 处的切线与直线7230x y ++=平⾏，则a b += .【解析】本题考点是导数与切线斜率．曲线2b y ax x =+过点(2,5)P -，则452b a +=-①，⼜2'2by ax x=-，所以7442b a -=-②，由①②解得1,2,a b =-??=-?所以3a b +=-．【答案】3-7.设曲线axy e =在点(01)，处的切线与直线210x y ++=垂直，则a = ．【解析】由已知可知曲线的切线斜率为2，⼜()axf x ae '=Q ，(0) 2.f a '∴== 【答案】28.【2017年⾼考全国Ⅰ卷⽂数】曲线21y x x=+在点（1，2）处的切线⽅程为______________．【解析】设()y f x =，则21()2f x x x'=-，所以(1)211f '=-=，所以曲线21y x x=+在点(1,2)处的切线⽅程为21(1)y x -=?-，即1y x =+．【答案】1y x =+9.曲线2()f x x =过点(1,0)P -处的切线⽅程是_____________. 【解析】由题意可知，()x x f 2='，设直线与曲线相切于点()00,y x ，所求的曲线的切线的斜率为02x k =，所以有110200000+=+-=x yx y x ，因为()00,y x 在曲线上，所以有200x y =，即有+==12000200x y x x y 解这个⽅程组可得：2,000-==x x ，所以有40-==k k ，或.所求切线⽅程为0440=++=y x y 或.【答案】0440y x y =++=，10.322()13f x x x ax =-+-⼰知曲线存在两条斜率为3的切线，且切点的横坐标都⼤于零，则实数a 的取值范围为．【解析】由题意可知原三次函数的导函数是⼆次函数，并且曲线存在两条斜率为3的切线，说明导函数有两个零点，()a x x x f +-='222，⽅程有3222=+-a x x 有两个不等正实根，所以有()0384>--=?a ，并且有()0321,12121>-==+a x x x x ，可得273<(3,)211.某⼭区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进⼀步改善⼭区的交通现状，计划修建⼀条连接两条公路的⼭区边界的直线型公路，记两条相互垂直的公路为12l l ，，⼭区边界曲线为C ，计划修建的公路为l ，如图所⽰，M ，N 为C 的两个端点，测得点M 到12l l ，的距离分别为5千⽶和40千⽶，点N 到12l l ，的距离分别为20千⽶和2.5千⽶，以12l l ，所在的直线分别为x ，y 轴，建⽴平⾯直⾓坐标系xOy ，假设曲线C 符合函数2ay x b=+（其中a ，b 为常数）模型. （1）求a ，b 的值；（2）设公路l 与曲线C 相切于P 点，P 的横坐标为t .①请写出公路l 长度的函数解析式()f t ，并写出其定义域；②当t 为何值时，公路l 的长度最短？求出最短长度.【解析】本题考点为利⽤导数求函数最值，导数⼏何意义. （1）由题意得函数2ay x b=+过点(5,40),(20,2.5)，列⽅程组就可解出a ，b 的值（2）①求公路l 长度的函数解析式()f t ，就是求出直线l 与x,y 轴交点，再利⽤两点间距离公式计算即可，关键是利⽤导数⼏何意义求出直线l ⽅程，再根据M ，N 为C 的两个端点的限制条件得定义域为[5,20]②对函数解析式()f t 解析式根式内部分单独求导求最值，注意列表说明函数变化趋势.试题解析：（1）由题意知，点M ，N 的坐标分别为()5,40，()20,2.5．MNl 2l 1xy OCPl将其分别代⼊2ay x b =+，得4025 2.5400ab a b=+=+，解得10000a b =??=?．（2）①由（1）知，21000y x =（520x ≤≤），则点P 的坐标为21000,t t ?? ???，设在点P 处的切线l 交x ，y 轴分别于A ，B 点，32000y x '=-，则l 的⽅程为()2310002000y x t t t -=--，由此得3,02t ??A ，230000,t ??B ??．故()f t ==，[]5,20t ∈．②设()624410g t t t ?=+，则()6516102g t t t'=-．令()0g t '=，解得t =当(t ∈时，()0g t '<，()g t 是减函数；当()t ∈时，()0g t '>，()g t 是增函数．从⽽，当t =()g t 有极⼩值，也是最⼩值，所以()min 300g t =，此时()min f t =答：当t =l的长度最短，最短长度为千⽶．【答案】（1）1000,0;a b ==（2）①()f t =定义域为[5,20]，②min ()t f t == 12.已知函数()ax e x f x-=（a 为常数）的图象与y 轴交于点A ，曲线()x f y =在点A 处的切线斜率为-1.（I ）求a 的值及函数()x f 的极值；（II ）证明：当0>x 时，xe x <2；（III ）证明：对任意给定的正数c ，总存在0x ，使得当()∞+∈，0x x ，恒有x ce x <2. 【解析】考点：1.函数的极值.2.构建新函数证明不等式.3.开放性题.4.导数的综合应⽤.5.运算能⼒.6.分类讨论的数学思想.试题分析：（I ）由函数()ax e x f x-=（a 为常数）的图象与y 轴交于点A ，曲线()x f y =在点A 处的切线斜率为-1.所以求函数()x f 的导数,即可求出a 的值.再根据函数()x f 的导数地正负,即可得函数()x f 的极值.（II ）当0>x 时，x e x <2恒成⽴,等价转换为函数的最值问题.令2()xg x e x =-,通过求函数()g x 的导数求出最值即可得到结论.（III ）对任意给定的正数c ，总存在0x ，使得当()∞+∈，0x x ，恒有x ce x <2.由（II ）得到函数的单调性当1c ≥时,即可找到00x =符合题意.当01c <<时.通过等价转化,等价于不等式恒成⽴问题,再对通过估算得到0x 的值.即可得到结论.解法⼀:（I ）由()xf x e ax =-，得'()xf x e a =-.⼜'(0)11f a =-=-,得2a =. 所以()2,'()2xxf x e x f x e =-=-.令'()0f x =,得ln 2x =.当ln 2x <时, '()0,()f x f x <单调递减;当ln 2x >时, '()0,()f x f x >单调递增. .所以当ln 2x =时, ()f x 取得极⼩值,且极⼩值为ln 2(ln 2)2ln 22ln 4,()f ef x =-=-⽆极⼤值.（II ）令2()xg x e x =-,则'()2xg x e x =-.由（I ）得'()()(ln 2)0g x f x f =≥>,故()g x 在R 上单调递增,⼜(0)10g =>,因此,当0x >时, ()(0)0g x g >>,即2xx e <.（III ）①若1c ≥,则x x e ce ≤.⼜由（II ）知，当0x >时, 2x x e <.所以当0x >时, 2xx ce <.取00x =,当0(,)x x ∈+∞时，恒有22x cx <.②若01c <<,令11k c=>,要使不等式2x x ce <成⽴，只要2x e kx >成⽴.⽽要使2x e kx >成⽴，则只要2ln()x kx >,只要2ln ln x x k >+成⽴.令()2ln ln h x x x k =--,则22'()1x h x x x-=-=. 所以当2x >时, '()0,()h x h x >在(2,)+∞内单调递增. 取01616x k =>,所以()h x 在0(,)x +∞内单调递增.⼜0()162ln(16)ln 8(ln 2)3(ln )5h x k k k k k k k =--=-+-+.易知ln ,ln 2,50k k k k >>>.所以0()0h x >.即存在016x c=,当0(,)x x ∈+∞时，恒有2x x ce <. 综上，对任意给定的正数c ，总存在0x ,当0(,)x x ∈+∞时,恒有2x x ce <. 解法⼆: （I ）同解法⼀.（II ）同解法⼀.（III ）对任意给定的正数c ,取0x =由（II ）知,当0x >时, 2x e x >,所以2222()(),22x xx x x e e e =?>?当0x x >时, 22222241()()()222xx xx x x e e e x c c=?>?>=,因此,对任意给定的正数c ,总存在0x ,当0(,)x x ∈+∞时,恒有2x x ce <.解法三: （I ）同解法⼀.（II ）同解法⼀.（III ）⾸先证明当(0,)x ∈+∞时,恒有313x x e <.证明如下:令31(),3x h x x e =-则2'()x h x x e =-.由（II ）知,当0x >时, 2x x e <.从⽽'()0,()h x h x <在(0,)+∞单调递减,所以()(0)10,h x h <=-<即31 3x x e <.取03x c =,当0x x >时,有23113x x x e c <<.因此,对任意给定的正数c ,总存在0x ,当0(,)x x ∈+∞时,恒有2x x ce <.。

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第26练导数的概念及简单应用[小题提速练][明晰考情] 1.命题角度：考查导数的几何意义，利用导数研究函数的单调性、极值和最值.2.题目难度：中档偏难.考点一导数的几何意义方法技巧 (1)f ′(x 0)表示函数f (x )在x ＝x 0处的瞬时变化率. (2)f ′(x 0)的几何意义是曲线y ＝f (x )在点P (x 0，y 0)处切线的斜率.1.已知函数f (x ＋1)＝2x ＋1x ＋1，则曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处切线的斜率为( )A.1B.－1C.2D.－2答案 A解析由f (x ＋1)＝2x ＋1x ＋1，知f (x )＝2x －1x ＝2－1x .∴f ′(x )＝1x2，且f ′(1)＝1.由导数的几何意义，得所求切线的斜率k ＝1.2.函数f (x )＝e x cos x 的图象在点(0，f (0))处的切线方程是( ) A.x ＋y ＋1＝0 B.x ＋y －1＝0 C.x －y ＋1＝0 D.x －y －1＝0 答案 C解析 f (0)＝e 0cos 0＝1，因为f ′(x )＝e x cos x －e x sin x ，所以f ′(0)＝1，所以切线方程为y －1＝x －0，即x －y ＋1＝0，故选C.3.(2018·全国Ⅰ)设函数f (x )＝x 3＋(a －1)x 2＋ax ，若f (x )为奇函数，则曲线y ＝f (x )在点(0，0)处的切线方程为( ) A.y ＝－2xB.y ＝－xC.y ＝2xD.y ＝x答案 D解析方法一 ∵f (x )＝x 3＋(a －1)x 2＋ax ， ∴f ′(x )＝3x 2＋2(a －1)x ＋a .又f (x )为奇函数，∴f (－x )＝－f (x )恒成立，即－x 3＋(a －1)x 2－ax ＝－x 3－(a －1)x 2－ax 恒成立， ∴a ＝1，∴f ′(x )＝3x 2＋1，∴f ′(0)＝1， ∴曲线y ＝f (x )在点(0，0)处的切线方程为y ＝x . 故选D.方法二 ∵f (x )＝x 3＋(a －1)x 2＋ax 为奇函数， ∴f ′(x )＝3x 2＋2(a －1)x ＋a 为偶函数， ∴a ＝1，即f ′(x )＝3x 2＋1，∴f ′(0)＝1， ∴曲线y ＝f (x )在点(0，0)处的切线方程为y ＝x . 故选D.4.(2016·全国Ⅱ)若直线y ＝kx ＋b 是曲线y ＝ln x ＋2的切线，也是曲线y ＝ln(x ＋1)的切线，则b ＝________. 答案 1－ln 2解析 y ＝ln x ＋2的切线为y ＝1x 1·x ＋ln x 1＋1(设切点横坐标为x 1).y ＝ln(x ＋1)的切线为y ＝1x 2＋1x ＋ln(x 2＋1)－x 2x 2＋1(设切点横坐标为x 2)，∴⎩⎪⎨⎪⎧1x 1＝1x 2＋1，ln x 1＋1＝ln (x 2＋1)－x2x 2＋1，解得x 1＝12，x 2＝－12，∴b ＝ln x 1＋1＝1－ln 2.考点二导数与函数的单调性方法技巧 (1)若求单调区间(或证明单调性)，只要在函数定义域内解(或证明)不等式f ′(x )>0或f ′(x )<0.(2)若已知函数的单调性，则转化为不等式f ′(x )≥0或f ′(x )≤0在单调区间上恒成立问题来求解.5.已知函数f (x )＝ln x －x ＋1x ，若a ＝－f ⎝⎛⎭⎫13，b ＝f (π)，c ＝f (5)，则( ) A.c <b <a B.c <a <b C.b <c <a D.a <c <b答案 A解析 ∵f ′(x )＝1x －1－1x 2＝－x 2－x ＋1x 2<0恒成立，∴f (x )在(0，＋∞)上为减函数.a ＝－f ⎝⎛⎭⎫13＝－⎝⎛⎭⎫ln 13－13＋3＝ln 3－3＋13＝f (3). ∵3<π<5，∴f (3)>f (π)>f (5)， ∴a >b >c .故选A.6.设函数f (x )＝12x 2－9ln x 在区间[a －1，a ＋1]上单调递减，则实数a 的取值范围是( )A.(1，2]B.[4，＋∞)C.(－∞，2]D.(0，3] 答案 A解析易知f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝x －9x .由f ′(x )＝x －9x<0，解得0<x <3.∵f (x )＝12x 2－9ln x 在[a －1，a ＋1]上单调递减，∴⎩⎪⎨⎪⎧a －1>0，a ＋1≤3，解得1<a ≤2. 7.定义在R 上的函数f (x )满足f ′(x )>f (x )恒成立，若x 1<x 2，则()12e xf x 与()21e xf x 的大小关系为( )A.()()1221e e xxf x f x >B.()()1221e e xxf x f x <C.()()1221e e xxf x f x ＝D.()12e xf x 与()21e xf x 的大小关系不确定答案 A解析设g (x )＝f (x )e x ，则g ′(x )＝f ′(x )e x －f (x )e x e 2x ＝f ′(x )－f (x )e x ，由题意知g ′(x )>0，所以g (x )单调递增，当x 1<x 2时，g (x 1)<g (x 2)，即1212()()e ex x f x f x <，所以()()1221e e x x f x f x >. 考点三导数与函数的极值、最值方法技巧 (1)函数零点问题，常利用数形结合与函数极值求解.(2)含参恒成立或存在性问题，可转化为函数最值问题；若能分离参数，可先分离. 特别提醒 (1)f ′(x 0)＝0是函数y ＝f (x )在x ＝x 0处取得极值的必要不充分条件. (2)函数f (x )在[a ，b ]上有唯一一个极值点，这个极值点就是最值点. 8.(2017·全国Ⅱ)若x ＝－2是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)·e x －1的极值点，则f (x )的极小值为( )A.－1B.－2e －3 C.5e －3 D.1答案 A解析函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x －1，则f ′(x )＝(2x ＋a )e x －1＋(x 2＋ax －1)e x －1 ＝e x －1·[x 2＋(a ＋2)x ＋a －1]. 由x ＝－2是函数f (x )的极值点，得f ′(－2)＝e －3·(4－2a －4＋a －1)＝(－a －1)e －3＝0，所以a ＝－1.所以f (x )＝(x 2－x －1)e x －1， f ′(x )＝e x －1·(x 2＋x －2).由e x －1＞0恒成立，得当x ＝－2或x ＝1时，f ′(x )＝0，且当x ＜－2时，f ′(x )＞0；当－2＜x ＜1时，f ′(x )＜0；当x ＞1时，f ′(x )＞0.所以x ＝1是函数f (x )的极小值点. 所以函数f (x )的极小值为f (1)＝－1. 故选A.9.已知f ′(x )是定义在R 上的可导函数f (x )的导数，对任意x ∈R ，x ≠3且x ≠－1，都有(x 2－2x －3)f ′(x )－e x ＝0，f (－1)<0，f (－2)<f (3)，f (5)>0，则下列结论错误的是( ) A.f (x )的增区间为(－∞，－1)，(3，＋∞) B.f (x )在x ＝3处取极小值，在x ＝－1处取极大值 C.f (x )有3个零点D.f (x )无最大值也无最小值答案 C解析由x ≠3且x ≠－1，(x 2－2x －3)f ′(x )－e x＝0知，f ′(x )＝e xx 2－2x －3，当x <－1或x >3时，x 2－2x －3>0，∴f ′(x )>0，当－1<x <3时，x 2－2x －3<0，f ′(x )<0，∴f (x )的增区间为(－∞，－1)，(3，＋∞)，减区间为(－1，3)；f (x )在x ＝3处取极小值，在x ＝－1处取极大值.又∵f (－1)<0，由f (x )的草图(图略)知，f (x )恰有一个零点.f (x )无最大值也无最小值，故A ，B ，D 结论正确，错误的结论为C.10.(2018·江苏)若函数f (x )＝2x 3－ax 2＋1(a ∈R )在(0，＋∞)内有且只有一个零点，则f (x )在[－1，1]上的最大值与最小值的和为________. 答案－3解析 f ′(x )＝6x 2－2ax ＝2x (3x －a )(x ＞0).①当a ≤0时，f ′(x )＞0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，又f (0)＝1，∴f (x )在(0，＋∞)上无零点，不合题意. ②当a ＞0时，由f ′(x )＞0，解得x ＞a 3，由f ′(x )＜0，解得0＜x ＜a3，∴f (x )在⎝⎛⎭⎫0，a 3上单调递减，在⎝⎛⎭⎫a3，＋∞上单调递增. 又f (x )只有一个零点，∴f ⎝⎛⎭⎫a 3＝－a327＋1＝0，∴a ＝3. 此时f (x )＝2x 3－3x 2＋1，f ′(x )＝6x (x －1)，当x ∈[－1，1]时，f (x )在[－1，0]上单调递增，在(0，1]上单调递减. 又f (1)＝0，f (－1)＝－4，f (0)＝1， ∴f (x )max ＋f (x )min ＝f (0)＋f (－1)＝1－4＝－3.11.已知f (x )＝x 3－3x ＋3－xe x ，g (x )＝－(x ＋1)2＋a ，∃x 1∈[0，2]，∀x 2∈[0，2]，使得f (x 1)≤g (x 2)成立，则实数a 的取值范围是______________. 答案 ⎣⎡⎭⎫10－1e ，＋∞ 解析 ∃x 1∈[0，2]，∀x 2∈[0，2]，使得f (x 1)≤g (x 2)成立，等价于f (x )min ≤g (x )min ，f ′(x )＝3x 2－3＋x －1ex ＝(x －1)⎝⎛⎭⎫3x ＋3＋1e x ，故当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0；当x ∈(1，2)时，f ′(x )>0，故f (x )min ＝f (1)＝1－1e ；当x ＝2时，g (x )取得最小值g (2)＝a －9，所以1－1e ≤a －9，即实数a 的取值范围是a ≥10－1e .考点四定积分要点重组微积分基本定理：一般地，如果f (x )是区间[a ，b ]上的连续函数，且F ′(x )＝f (x )，那么ʃb a f (x )d x ＝F (b )－F (a ). 12.ʃe 1⎝⎛⎭⎫x ＋1x d x 等于( ) A.e 2B.e 2＋12C.e 2－12D.e 2＋32答案 B解析 ʃe 1⎝⎛⎭⎫x ＋1x d x ＝⎝⎛⎭⎫12x 2＋ln x |e 1 ＝⎝⎛⎭⎫12e 2＋1－⎝⎛⎭⎫12＋0＝e 2＋12.13.设f (x )＝⎩⎨⎧1－x 2，x ∈[－1，1)，x 2－1，x ∈[1，2]，则ʃ2－1f (x )d x 的值为( )A.π2＋43B.π2＋3 C.π4＋43 D.π4＋3 答案 A解析根据定积分的性质，可得ʃ2－1f (x )d x ＝ʃ1－1(1－x 2)d x ＋ʃ21(x 2－1)d x ，根据定积分的几何意义，可得ʃ1－1(1－x 2)d x 是以原点为圆心，以1为半径的圆的面积的12，∴ʃ1－1(1－x 2)d x ＝π2，∴ʃ2－1f (x )d x ＝π2＋⎪⎪⎝⎛⎭⎫13x 3－x 21＝π2＋43. 14.曲线y ＝cos x ⎝⎛⎭⎫0≤x ≤3π2与坐标轴所围图形的面积为( ) A.4 B.2 C.52 D.3答案 D解析曲线y ＝cos x ⎝⎛⎭⎫0≤x ≤3π2与坐标轴所围图形的面积为S ＝20π⎰cos x d x －223ππ⎰cos x d x＝2202sin sin xxπ3ππ-＝3.15.由曲线y ＝x ，直线y ＝x －2及y 轴所围成的图形的面积为( ) A.103 B.4 C.163 D.6 答案 C解析如图，由y ＝x 和y ＝x －2的图象易得A (0，－2).由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ，y ＝x －2，得其交点坐标为B (4，2). 因此y ＝x 与y ＝x －2及y 轴所围成的图形的面积为 ʃ40[x －(x －2)]d x ＝ʃ40(x －x ＋2)d x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2332x －12x 2＋2x |40＝23×8－12×16＋2×4＝163.1.已知f (x )＝ln x ，g (x )＝12x 2＋mx ＋72(m <0)，直线l 与函数f (x )，g (x )的图象都相切，且与f (x )图象的切点为(1，f (1))，则m 等于( ) A.－1 B.－3 C.－4 D.－2答案 D解析 ∵f ′(x )＝1x，∴直线l 的斜率为k ＝f ′(1)＝1. 又f (1)＝0，∴切线l 的方程为y ＝x －1. g ′(x )＝x ＋m ，设直线l 与g (x )的图象的切点为(x 0，y 0)，则有x 0＋m ＝1，y 0＝x 0－1，y 0＝12x 20＋mx 0＋72(m <0)，于是解得m ＝－2.故选D.2.(2016·全国Ⅰ)若函数f (x )＝x －13sin 2x ＋a sin x 在(－∞，＋∞)上单调递增，则a 的取值范围是( ) A.[－1，1] B.⎣⎡⎦⎤－1，13 C.⎣⎡⎦⎤－13，13 D.⎣⎡⎦⎤－1，－13 答案 C解析方法一 (特殊值法)不妨取a ＝－1，则f (x )＝x －13sin 2x －sin x ，f ′(x )＝1－23cos 2x －cos x ，但f ′(0)＝1－23－1＝－23<0，不具备在(－∞，＋∞)上单调递增，排除A ，B ，D.故选C. 方法二 (综合法)∵函数f (x )＝x －13sin 2x ＋a sin x 在(－∞，＋∞)上单调递增，∴f ′(x )＝1－23cos 2x ＋a cos x＝1－23(2cos 2x －1)＋a cos x＝－43cos 2x ＋a cos x ＋53≥0，即a cos x ≥43cos 2x －53在(－∞，＋∞)上恒成立.当cos x ＝0时，恒有0≥－53，得a ∈R ；当0<cos x ≤1时，得a ≥43cos x －53cos x ，令t ＝cos x ，g (t )＝43t －53t 在(0，1]上为增函数，得a ≥g (1)＝－13；当－1≤cos x <0时，得a ≤43cos x －53cos x ，令t ＝cos x ，g (t )＝43t －53t 在[－1，0)上为增函数，得a ≤g (－1)＝13.综上可得，a 的取值范围是⎣⎡⎦⎤－13，13，故选C. 3.函数f (x )的定义域为开区间(a ，b )，导函数f ′(x )在(a ，b )内的图象如图所示，则函数f (x )在开区间(a ，b )内的极小值点有( )A.1个B.2个C.3个D.4个答案 A解析由极小值的定义及导函数f ′(x )的图象可知， f (x )在开区间(a ，b )内有1个极小值点.4.若直线y ＝a 分别与直线y ＝2(x ＋1)，曲线y ＝x ＋ln x 交于点A ，B ，则|AB |的最小值为______. 答案 32解析解方程2(x ＋1)＝a ，得x ＝a2－1.设方程x ＋ln x ＝a 的根为t (t ＞0)，则t ＋ln t ＝a ，则|AB |＝⎪⎪⎪⎪t －a 2＋1＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪t －t ＋ln t 2＋1＝⎪⎪⎪⎪t 2－ln t 2＋1. 设g (t )＝t 2－ln t2＋1(t ＞0)，则g ′(t )＝12－12t ＝t －12t (t ＞0)，令g ′(t )＝0，得t ＝1.当t ∈(0，1)时，g ′(t )＜0，g (t )单调递减；当t ∈(1，＋∞)时，g ′(t )＞0，g (t )单调递增，所以g (t )min ＝g (1)＝32，所以|AB |≥32，所以|AB |的最小值为32.解题秘籍 (1)对于未知切点的切线问题，一般要先设出切点. (2)f (x )递增的充要条件是f ′(x )≥0，且f ′(x )在任意区间内不恒为零.(3)利用导数求解函数的极值、最值问题要利用数形结合思想，根据条件和结论的联系灵活进行转化.1.已知函数y ＝－xf ′(x )的图象如图所示(其中f ′(x )是函数f (x )的导函数)，下面四个图象中，y ＝f (x )的图象可能是( )答案 B解析由函数y ＝－xf ′(x )的图象知，当x <－1时，f ′(x )>0，f (x )为增函数；当－1<x <0时，f ′(x )<0，f (x )为减函数；当0<x <1时，f ′(x )<0，f (x )为减函数；当x >1时，f ′(x )>0，f (x )为。