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高三数学：2024届高考数学导数大题精选30题(解析版)(共31页)

2024届新高考数学导数大题精选30题1(2024·安徽·二模)已知函数f (x )=x 2-10x +3f (1)ln x .(1)求函数f (x )在点(1,f (1))处的切线方程；(2)求f (x )的单调区间和极值.【答案】(1)y =4x -13；(2)递增区间为(0,2),(3,+∞)，递减区间为2,3 ，极大值-16+12ln2，极小值-21+12ln3.【分析】(1)求出函数f (x )的导数，赋值求得f (1)，再利用导数的几何意义求出切线方程.(2)由(1)的信息，求出函数f (x )的导数，利用导数求出单调区间及极值.【详解】(1)函数f (x )=x 2-10x +3f (1)ln x ，求导得f(x )=2x -10+3f (1)x，则f (1)=-8+3f (1)，解得f (1)=4，于是f (x )=x 2-10x +12ln x ，f (1)=-9，所以所求切线方程为：y +9=4(x -1)，即y =4x -13.(2)由(1)知，函数f (x )=x 2-10x +12ln x ，定义域为(0,+∞)，求导得f (x )=2x -10+12x =2(x -2)(x -3)x，当0<x <2或x >3时，f (x )>0，当2<x <3时，f (x )<0，因此函数f (x )在(0,2),(3,+∞)上单调递增，在(2,3)上单调递减，当x =2时，f (x )取得极大值f (2)=-16+12ln2，当x =3时，f (x )取得极小值f (3)=-21+12ln3，所以函数f (x )的递增区间为(0,2),(3,+∞)，递减区间为(2,3)，极大值-16+12ln2，极小值-21+12ln3.2(2024·江苏南京·二模)已知函数f (x )=x 2-ax +ae x，其中a ∈R ．(1)当a =0时，求曲线y =f (x )在(1,f (1))处的切线方程；(2)当a >0时，若f (x )在区间[0,a ]上的最小值为1e，求a 的值．【答案】(1)x -ey =0(2)a =1【分析】(1)由a =0，分别求出f (1)及f (1)，即可写出切线方程；(2)计算出f (x )，令f (x )=0，解得x =2或x =a ，分类讨论a 的范围，得出f (x )的单调性，由f (x )在区间[0,a ]上的最小值为1e，列出方程求解即可．【详解】(1)当a =0时，f (x )=x 2e x ，则f (1)=1e ，f (x )=2x -x 2ex，所以f (1)=1e ，所以曲线y =f (x )在(1,f (1))处的切线方程为：y -1e =1e(x -1)，即x -ey =0．(2)f(x )=-x 2+(a +2)x -2a e x =-(x -2)(x -a )ex，令f (x )=0，解得x =2或x =a ，当0<a <2时，x ∈[0,a ]时，f (x )≤0，则f (x )在[0,a ]上单调递减，所以f (x )min =f (a )=a ea =1e ，则a =1，符合题意；当a >2时，x ∈[0,2]时，f (x )≤0，则f (x )在[0,2]上单调递减，x ∈(2,a ]时，f (x )>0，则f (x )在(2,a ]上单调递增，所以f (x )min =f (2)=4-a e2=1e ，则a =4-e <2，不合题意；当a =2时，x ∈[0,2]时，f (x )≤0，则f (x )在[0,2]上单调递减，所以f (x )min =f (2)==2e 2≠1e ，不合题意；综上，a =1．3(2024·浙江绍兴·模拟预测)已知f x =ae x -x ，g x =cos x . (1)讨论f x 的单调性.(2)若∃x 0使得f x 0 =g x 0 ，求参数a 的取值范围.【答案】(1)当a ≤0时，f x 在-∞,+∞ 上单调递减；当a >0时，f x 在-∞,-ln a 上单调递减，在-ln a ,+∞ 上单调递增.(2)-∞,1【分析】(1)对f x =ae x -x 求导数，然后分类讨论即可；(2)直接对a >1和a ≤1分类讨论，即可得到结果.【详解】(1)由f x =ae x -x ，知f x =ae x -1.当a ≤0时，有f x =ae x -1≤0-1=-1<0，所以f x 在-∞,+∞ 上单调递减；当a >0时，对x <-ln a 有f x =ae x -1<ae -ln a -1=1-1=0，对x >-ln a 有f x =ae x -1>ae -ln a -1=1-1=0，所以f x 在-∞,-ln a 上单调递减，在-ln a ,+∞ 上单调递增.综上，当a ≤0时，f x 在-∞,+∞ 上单调递减；当a >0时，f x 在-∞,-ln a 上单调递减，在-ln a ,+∞ 上单调递增.(2)当a >1时，由(1)的结论，知f x 在-∞,-ln a 上单调递减，在-ln a ,+∞ 上单调递增，所以对任意的x 都有f x ≥f -ln a =ae -ln a +ln a =1+ln a >1+ln1=1≥cos x =g x ，故f x >g x 恒成立，这表明此时条件不满足；当a ≤1时，设h x =ae x -x -cos x ，由于h -a -1 =ae -a -1+a +1-cos -a -1 ≥ae-a -1+a ≥-a e-a -1+a =a 1-e-a -1≥a 1-e 0=0，h 0 =ae 0-0-cos0=a -1≤0，故由零点存在定理，知一定存在x 0∈-a -1,0 ，使得h x 0 =0，故f x 0 -g x 0 =ae x 0-x 0-cos x 0=h x 0 =0，从而f x 0 =g x 0 ，这表明此时条件满足.综上，a 的取值范围是-∞,1 .4(2024·福建漳州·一模)已知函数f x =a ln x -x +a ，a ∈R 且a ≠0．(1)证明：曲线y =f x 在点1,f 1 处的切线方程过坐标原点．(2)讨论函数f x 的单调性．【答案】(1)证明见解析(2)答案见解析【分析】(1)先利用导数的几何意义求得f x 在1,f 1 处的切线方程，从而得证；(2)分类讨论a <0与a >0，利用导数与函数的单调性即可得解.【详解】(1)因为f x =a ln x -x +a x >0 ，所以f (x )=a x -1=a -xx，则f (1)=a ln1-1+a =a -1，f (1)=a -1，所以f x 在1,f 1 处的切线方程为:y -(a -1)=(a -1)(x -1)，当x =0时，y -(a -1)=(a -1)(0-1)=-(a -1)，故y =0，所以曲线y =f (x )在点1,f 1 处切线的方程过坐标原点.(2)由(1)得f (x )=ax -1=a -xx，当a<0时，a-x<0，则f x <0，故f(x)单调递减；当a>0时，令f (x)=0则x=a，当0<x<a时，f (x)>0，f(x)单调递增；当x>a时，f (x)<0，f(x)单调递减；综上：当a<0时，f(x)在(0,+∞)上单调递减；当a>0时，f(x)在(0,a)上单调递增，在(a,+∞)上单调递减.5(2024·山东·二模)已知函数f x =a2xe x-x-ln x．(1)当a=1e时，求f x 的单调区间；(2)当a>0时，f x ≥2-a，求a的取值范围．【答案】(1)f x 的减区间为0,1，增区间为1,+∞(2)a≥1【分析】(1)当a=1e时，f x =xe x-1-x-ln x,x>0，求导得f x =x+1xxe x-1-1，令g x =xe x-1-1，求g x 确定g x 的单调性与取值，从而确定f x 的零点，得函数的单调区间；(2)求f x ，确定函数的单调性，从而确定函数f x 的最值，即可得a的取值范围．【详解】(1)当a=1e时，f x =xe x-1-x-ln x,x>0，则f x =x+1e x-1-1-1x=x+1xxe x-1-1，设g x =xe x-1-1，则g x =x+1e x-1>0恒成立，又g1 =e0-1=0，所以当x∈0,1时，f x <0，f x 单调递减，当x∈1,+∞时，f x >0，f x 单调递增，所以f x 的减区间为0,1，增区间为1,+∞；(2)f x =a2x+1e x-1-1x=x+1xa2xe x-1，设h x =a2xe x-1，则h x =a2x+1e x>0，所以h x 在0,+∞上单调递增，又h0 =-1<0，h1a2=e1a2-1>0，所以存在x0∈0,1 a2，使得h x0 =0，即a2x0e x0-1=0，当x∈0,x0时，f x <0，f x 单调递减，当x∈x0,+∞时，f x >0，f x 单调递增，当x=x0时，f x 取得极小值，也是最小值，所以f x ≥f x0=a2x0e x0-x0-ln x0=1-ln x0e x0=1+2ln a，所以1+2ln a≥2-a，即a+2ln a-1≥0，设F a =a+2ln a-1，易知F a 单调递增，且F1 =0，所以F a ≥F1 ，解得a≥1，综上，a≥1.6(2024·山东·一模)已知函数f(x)=ln x+12a(x-1)2．(1)当a=-12时，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数g(x)=f(x)-2x+1有两个极值点x1,x2，且g(x1)+g(x2)≥-1-32a，求a的取值范围．【答案】(1)增区间(0,2)，减区间(2,+∞)(2)[1,+∞)【分析】(1)将a=-12代入求导，然后确定单调性即可；(2)求导，根据导函数有两个根写出韦达定理，代入g(x1)+g(x2)≥-1-32a，构造函数，求导，研究函数性质进而求出a的取值范围．【详解】(1)当a=-12时，f(x)=ln x-14(x-1)2，x>0，则f (x)=1x-12(x-1)=-(x-2)(x+1)2x，当x∈(0,2)，f (x)>0，f(x)单调递增，当x∈(2,+∞)，f (x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)的单调递增区间是(0,2)，单调递减区间是(2,+∞)；(2)g(x)=f(x)-2x+1=ln x+12a(x-1)2-2x+1，所以g (x)=1x+a(x-1)-2=ax2-(a+2)x+1x，设φ(x)=ax2-(a+2)x+1，令φ(x)=0，由于g(x)有两个极值点x1,x2，所以Δ=(a+2)2-4a=a2+4>0x1+x2=a+2a>0x1x2=1a>0，解得a>0．由x1+x2=a+2a，x1x2=1a，得g x1+g x2=ln x1+12a x1-12-2x1+1+ln x2+12a x2-12-2x2+1=ln x1x2+12a x1+x22-2x1x2-2x1+x2+2-2x1+x2+2=ln1a +12a a+2a2-2a-2⋅a+2a+2-2⋅a+2a+2=ln1a +a2-2a-1≥-1-32a，即ln a-12a-1a≤0，令m(a)=ln a-12a-1a，则m (a)=1a-12-12a2=-(a-1)22a2≤0，所以m(a)在(0,+∞)上单调递减，且m(1)=0，所以a≥1，故a的取值范围是[1,+∞)．7(2024·湖北·二模)求解下列问题，(1)若kx-1≥ln x恒成立，求实数k的最小值；(2)已知a，b为正实数，x∈0,1，求函数g x =ax+1-xb-a x⋅b1-x的极值．【答案】(1)1(2)答案见解析【分析】(1)求导，然后分k≤0和k>0讨论，确定单调性，进而得最值；(2)先发现g0 =g1 =0，当a=b时，g x =0，当0<x<1，a≠b时，取ab=t，L x =tx+1-x-t x，求导，研究单调性，进而求出最值得答案.【详解】(1)记f x =kx-1-ln x x>0，则需使f x ≥0恒成立，∴f x =k-1xx>0，当k≤0时，f x <0恒成立，则f x 在(0,+∞)上单调递减，且在x>1时，f x <0，不符合题意，舍去；当k >0时．令f x =0，解得x =1k，则f x 在0,1k 上单调递减，在1k ,+∞ 上单调递增，所以f x min =f 1k =-ln 1k=ln k ，要使kx -1≥ln x 恒成立，只要ln k ≥0即可，解得k ≥1，所以k 的最小值为1；(2)g (x )=ax +(1-x )b -a x ⋅b 1-x ，x ∈[0,1]，a >0，b >0，易知g 0 =g 1 =0，当a =b 时，g x =ax +a -ax -a =0，此时函数无极值；当0<x <1，a ≠b 时，g (x )=ax +(1-x )b -b ⋅a b x =b a b x +1-x -a b x，取ab=t ，t >0，t ≠1，L x =tx +1-x -t x ，t >0，t ≠1，x ∈0,1 ，则L x =t -1-t x ln t ，当t >1时，由L x ≥0得x ≤ln t -1ln tln t，由(1)知t -1≥ln t ，当t >1时，t -1ln t>1，因为x -1≥ln x ，所以1x -1≥ln 1x ，所以ln x ≥1-1x ，即x >0，当t >1时，ln t >1-1t，所以t >t -1ln t ，则ln t >ln t -1ln t >0，所以ln t -1ln tln t<1，即L x 在0,ln t -1ln t ln t 上单调递增，在ln t -1ln tln t,1单调递减．所以函数g x 极大=gln t -1lntln t，t =ab，a ≠b ，当0<t <1时，同理有ln t -1lntln t∈0,1 ，由Lx ≥0得x ≤ln t -1lntln t，即(x )在0,ln t -1lntln t上单调递增，在ln t -1lntln t,1上单调递减．所以函数g x 极大=gln t -1lntln t，t =a b，a ≠b ，综上可知，当a =b 时，函数g x 没有极值；当a ≠b 时，函数g x 有唯一的极大值g ln t -1lntln t，其中t =ab，没有极小值．【点睛】关键点点睛：取ab=t ，将两个参数的问题转化为一个参数的问题，进而求导解答问题.8(2024·湖北武汉·模拟预测)函数f (x )=tan x +sin x -92x ，-π2<x <π2,g (x )=sin n x -x n cos x ,x ∈0,π2,n ∈N +．(1)求函数f (x )的极值；(2)若g (x )>0恒成立，求n 的最大值．【答案】(1)极小值为f π3 =3(3-π)2，极大值为f -π3 =3(π-3)2；(2)3.【分析】(1)判断函数f (x )为奇函数，利用导数求出f (x )在区间0,π2上的极值，利用奇偶性即可求得定义域上的极值.(2)利用导数证明当n =1时，g (x )>0恒成立，当n >1时，等价变形不等式并构造函数F (x )=x -sin x cos 1nx,0<x <π2，利用导数并按导数为负为正确定n 的取值范围，进而确定不等式恒成立与否得解.【详解】(1)函数f (x )=tan x +sin x -92x ，-π2<x <π2，f (-x )=tan (-x )+sin (-x )-92(-x )=-f (x )，即函数f (x )为奇函数，其图象关于原点对称，当0<x <π2时，f (x )=sin x cos x +sin x -92x ，求导得：f(x )=1cos 2x +cos x -92=2cos 3x -9cos 2x +22cos 2x =(2cos x -1)(cos x -2-6)(cos x -2+6)2cos 2x，由于cos x ∈(0,1)，由f (x )>0，得0<cos x <12，解得π3<x <π2，由f (x )<0，得12<cos x <1，解得0<x <π3，即f (x )在0,π3 上单调递减，在π3,π2上单调递增，因此函数f (x )在0,π2 上有极小值f π3 =3(3-π)2，从而f (x )在-π2,π2 上的极小值为f π3 =3(3-π)2，极大值为f -π3 =3(π-3)2.(2)当n =1时，g (x )>0恒成立，即sin x -x cos x >0恒成立，亦即tan x >x 恒成立，令h (x )=tan x -x ,x ∈0,π2 ，求导得h (x )=1cos 2x -1=1-cos 2x cos 2x=tan 2x >0，则函数h (x )在0,π2上为增函数，有h (x )>h (0)=0，因此tan x -x >0恒成立；当n >1时，g (x )>0恒成立，即不等式sin xn cos x>x 恒成立，令F (x )=x -sin x cos 1n x ,0<x <π2，求导得：F (x )=1-cos x ⋅cos 1nx -1n⋅cos1n-1x ⋅(-sin x )⋅sin xcos 2nx=1-cos1+n nx +1n⋅sin 2x ⋅cos1-n nxcos 2nx=1-cos 2x +1n ⋅sin 2xcos n +1nx =cosn +1nx -cos 2x -1n (1-cos 2x )cos n +1nx =cosn +1nx -1n -n -1ncos 2x cosn +1nx令G (x )=cos n +1nx -1n -n -1n cos 2x ，求导得则G (x )=n +1n cos 1nx ⋅(-sin x )-n -1n⋅2cos x ⋅(-sin x )=sin x n (2n -2)cos x -(n +1)cos 1n x =2n -2n ⋅sin x cos x -n +12n -2cos 1n x=2n -2n ⋅sin x ⋅cos 1n x cos n -1n x -n +12n -2，由n >1,x ∈0,π2 ，得2n -2n⋅sin x ⋅cos 1nx >0，当n +12n -2≥1时，即n ≤3时，G (x )<0，则函数G (x )在0,π2上单调递减，则有G (x )<G (0)=0，即F (x )<0，因此函数F (x )在0,π2 上单调递减，有F (x )<F (0)=0，即g (x )>0，当n +12n -2<1时，即n >3时，存在一个x 0∈0,π2 ，使得cos n -1n x 0=n +12n -2，且当x ∈(0,x 0)时，G (x )>0，即G (x )在(0,x 0)上单调递增，且G (x )>G (0)=0，则F (x )>0，于是F (x )在(0,x 0)上单调递增，因此F (x )>F (0)=0，即sin xn cos x<x ，与g (x )>0矛盾，所以n 的最大值为3.【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：①通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；②利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．③根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．9(2024·湖北·模拟预测)已知函数f x =ax 2-x +ln x +1 ，a ∈R ，(1)若对定义域内任意非零实数x 1，x 2，均有f x 1 f x 2x 1x 2>0，求a ；(2)记t n =1+12+⋅⋅⋅+1n ，证明：t n -56<ln n +1 <t n ．【答案】(1)a =12(2)证明见解析【分析】(1)求导可得f 0 =0，再分a ≤0与a >0两种情况分析原函数的单调性，当a >0时分析极值点的正负与原函数的正负区间，从而确定a 的值；(2)由(1)问的结论可知，1n -12n2<ln 1n +1 <1n ，再累加结合放缩方法证明即可.【详解】(1)f x 的定义域为-1,+∞ ，且f 0 =0；f x =2ax -1+1x +1=2ax -x x +1=x 2a -1x +1，因此f 0 =0；i.a ≤0时，2a -1x +1<0，则此时令f x >0有x ∈-1,0 ，令f x <0有x ∈0,+∞ ，则f x 在-1,0 上单调递增，0,+∞ 上单调递减，又f 0 =0，于是f x ≤0，此时令x 1x 2<0，有f x 1 f x 2x 1x 2<0，不符合题意；ii .a >0时，f x 有零点0和x 0=12a-1，若x 0<0，即a >12，此时令f x <0有x ∈x 0,0 ，f x 在x 0,0 上单调递减，又f 0 =0，则f x 0 >0，令x 1>0，x 2=x 0，有f x 1 f x 2x 1x 2<0，不符合题意；若x 0>0，即0<a <12，此时令f x <0有x ∈0,x 0 ，f x 在0,x 0 上单调递减，又f 0 =0，则f x 0 <0，令-1<x 1<0,x 2=x 0，有f x 1 f x 2x 1x 2<0，不符合题意；若x 0=0，即a =12，此时fx =x 2x +1>0，f x 在-1,+∞ 上单调递增，又f 0 =0，则x >0时f x >0，x <0时f x <0；则x ≠0时f x x >0，也即对x 1x 2≠0，f x 1 f x 2x 1x 2>0，综上，a =12(2)证：由(1)问的结论可知，a =0时，f x =-x +ln x +1 ≤0；且a =12时x >0，f x =12x 2-x +ln x +1 >0；则x>0时，x-12x2<ln x+1<x，令x=1n，有1n-12n2<ln1n+1<1n，即1n-12n2<ln n+1-ln n<1n，于是1n-1-12n-12<ln n-ln n-1<1n-11-12<ln2<1将上述n个式子相加，t n-121+122+⋅⋅⋅+1n2<ln n+1<t n；欲证t n-56<ln n+1<t n，只需证t n-56<t n-121+122+⋅⋅⋅+1n2，只需证1+122+⋅⋅⋅+1n2<53；因为1n2=44n2<44n2-1=212n-1-12n+1，所以1+122+⋅⋅⋅+1n2<1+213-15+15-17+⋅⋅⋅+12n-1-12n+1=53-22n+1<53，得证：于是得证t n-56<ln n+1<t n.【点睛】方法点睛：(1)此题考导数与函数的综合应用，找到合适的分类标准，设极值点，并确定函数正负区间是解此题的关键；(2)对累加结构的不等式证明，一般需要应用前问的结论，取特定参数值，得出不等式累加证明，遇到不能累加的数列结构，需要进行放缩证明.10(2024·湖南·一模)已知函数f x =sin x-ax⋅cos x,a∈R．(1)当a=1时，求函数f x 在x=π2处的切线方程；(2)x∈0,π2时；(ⅰ)若f x +sin2x>0，求a的取值范围；(ⅱ)证明：sin2x⋅tan x>x3．【答案】(1)πx-2y+2-π22=0.(2)(ⅰ)a≤3(ⅱ)证明见解析【分析】(1)令a=1时，利用导数的几何意义求出斜率，进行计算求出切线方程即可.(2)(ⅰ)设g(x)=2sin x+tan x-ax,x∈0,π2,由g x >0得a≤3，再证明此时满足g x >0.(ⅱ)根据(ⅰ)结论判断出F x =sin2x⋅tan x-x3在0,π2上单调递增，∴F(x)>F(0)=0,即sin2x tan x >x3.【详解】(1)当a=1时，f(x)=sin x-x⋅cos x,f (x)=cos x-(cos x-x⋅sin x)=x⋅sin x,fπ2=π2,fπ2=1.所以切线方程为：y-1=π2x-π2,即πx-2y+2-π22=0.(2)(ⅰ)f(x)+sin2x=sin x-ax⋅cos x+sin2x>0,即tan x-ax+2sin x>0,x∈0,π2，设g(x)=2sin x+tan x-ax,x∈0,π2,g (x )=2cos x +1cos 2x -a =1cos 2x(2cos 3x -a cos 2x +1).又∵g (0)=0,g (0)=3-a ,∴g (0)=3-a ≥0是g (x )>0的一个必要条件，即a ≤3.下证a ≤3时，满足g (x )=2sin x +tan x -ax >0,x ∈0,π2,又g (x )≥1cos 2x(2cos 3x -3cos 2x +1)，设(t )=2t 3-3t 2+1,t ∈(0,1),h (t )=6t 2-6t =6t (t -1)<0,h (t )在(0,1)上单调递减，所以h (t )>h (1)=0，又x ∈0,π2 ,cos x ∈(0,1),∴g (x )>0,即g (x )在0,π2 单调递增.∴x ∈0,π2时，g (x )>g (0)=0；下面证明a >3时不满足g (x )=2sin x +tan x -ax >0,x ∈0,π2,，g (x )=2cos x +1cos 2x-a ，令h (x )=g (x )=2cos x +1cos 2x -a ，则h (x )=-2sin x +2sin x cos 3x =2sin x 1cos 3x-1，∵x ∈0,π2 ,∴sin x >0,1cos 3x-1>0，∴h (x )>0,∴h (x )=g (x )在0,π2为增函数，令x 0满足x 0∈0,π2,cos x 0=1a ，则g x 0 =2cos x 0+1cos 2x 0-a =2cos x 0+a -a >0，又g (0)=3-a <0,∴∃x 1∈0,x 0 ,使得g x 1 =0，当x ∈0,x 1 时，g (x )<g x 1 =0，∴此时g (x )在0,x 1 为减函数，∴当x ∈0,x 1 时，g (x )<g (0)=0，∴a >3时，不满足g (x )≥0恒成立.综上a ≤3.(ⅱ)设F (x )=sin 2x ⋅tan x -x 3,x ∈0,π2 ,F (x )=2sin x ⋅cos x ⋅tan x +sin 2x ⋅1cos 2x-3x 2=2sin 2x +tan 2x -3x 2=2(sin x -x )2+(tan x -x )2+2(2sin x +tan x )x -2x 2-x 2-3x 2.由(ⅰ)知2sin x +tan x >3x ,∴F (x )>0+0+2x ⋅3x -6x 2=0,，F x 在0,π2上单调递增，∴F (x )>F (0)=0,即sin 2x tan x >x 3.【点睛】关键点点睛：本题考查导数，解题关键是进行必要性探路，然后证明充分性，得到所要求的参数范围即可．11(2024·全国·模拟预测)已知函数f (x )=ln (1+x )-11+x．(1)求曲线y =f (x )在(0,f (0))处的切线方程；(2)若x ∈(-1,π)，讨论曲线y =f (x )与曲线y =-2cos x 的交点个数．【答案】(1)y =32x -1；(2)2．【分析】(1)求导，即可根据点斜式求解方程，(2)求导，分类讨论求解函数的单调性，结合零点存在性定理，即可根据函数的单调性，结合最值求解.【详解】(1)依题意，f x =11+x +121+x 32，故f 0 =32，而f 0 =-1，故所求切线方程为y +1=32x ，即y =32x -1．(2)令ln 1+x -11+x =-2cos x ，故ln 1+x +2cos x -11+x=0，令g x =ln 1+x +2cos x -11+x ，g x =11+x -2sin x +121+x -32，令h x =g x =11+x -2sin x +121+x -32，hx =-11+x2-2cos x -341+x -52．①当x ∈-1,π2时，cos x ≥0,1+x 2>0,1+x-52>0，∴h x <0,∴h x 在-1,π2上为减函数，即gx 在-1,π2 上为减函数，又g 0 =1+12>0,g1 =12-2sin1+12⋅2-32<12-2⋅sin1+12<1-2×12=0，∴g x 在0,1 上有唯一的零点，设为x 0，即g x 0 =00<x 0<1 ．∴g x 在-1,x 0 上为增函数，在x 0,π2上为减函数．又g 0 =2-1>0,g -π4 =ln 1-π4 +2cos -π4 -11-π4=ln 1-π4+2-11-π4<0,g π2=ln 1+π2 -11+π2>0，∴g x 在-1,x 0 上有且只有一个零点，在x 0,π2上无零点；②当x ∈π2,5π6 时，g x <11+x -1+121+x-32<0,g x 单调递减，又g π2 >0,g 5π6 =ln 1+5π6 -3-1+5π6-12<ln4-3<0，∴g x 在π2,5π6内恰有一零点；③当x ∈5π6,π 时，hx =-11+x2-2cos x -341+x -52为增函数，∴hx =h 5π6 =-11+5π62+1-34⋅1+5π6-52>0，∴g x 单调递增，又g π >0,g 5π6 <0，所以存在唯一x 0∈5π6,π ,g x 0 =0，当x ∈5π6,x 0 时，g x <0,g x 递减；当x ∈x 0,π 时，g x >0,g x 递增，g x ≤max g 5π6 ,g π <0，∴g x 在5π6,π内无零点．综上所述，曲线y =f x 与曲线y =-2cos x 的交点个数为2．【点睛】方法点睛：本题考查了导数的综合运用，求某点处的切线方程较为简单，利用导数求单调性时，如果求导后的正负不容易辨别，往往可以将导函数的一部分抽离出来，构造新的函数，利用导数研究其单调性，进而可判断原函数的单调性.在证明不等式时，常采用两种思路：求直接求最值和等价转化.无论是那种方式，都要敢于构造函数，构造有效的函数往往是解题的关键.12(2024·广东佛山·二模)已知f x =-12e 2x +4e x -ax -5.(1)当a =3时，求f x 的单调区间；(2)若f x 有两个极值点x 1，x 2，证明：f x 1 +f x 2 +x 1+x 2<0.【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】(1)求导后，借助导数的正负即可得原函数的单调性；(2)借助换元法，令t =e x ，t 1=e x 1，t 2=e x 2，可得t 1、t 2是方程t 2-4t +a =0的两个正根，借助韦达定理可得t 1+t 2=4，t 1t 2=a ，即可用t 1、t 2表示f x 1 +f x 2 +x 1+x 2，进而用a 表示f x 1 +f x 2 +x 1+x 2，构造相关函数后借助导数研究其最大值即可得.【详解】(1)当a =3时，f x =-12e 2x +4e x -3x -5，f x =-e 2x +4e x -3=-e x -1 e x -3 ，则当e x ∈0,1 ∪3,+∞ ，即x ∈-∞,0 ∪ln3,+∞ 时，f x <0，当e x ∈1,3 ，即x ∈0,ln3 时，f x >0，故f x 的单调递减区间为-∞,0 、ln3,+∞ ，单调递增区间为0,ln3 ；(2)f x =-e 2x +4e x -a ，令t =e x ，即f x =-t 2+4t -a ，令t 1=e x 1，t 2=e x 2，则t 1、t 2是方程t 2-4t +a =0的两个正根，则Δ=-4 2-4a =16-4a >0，即a <4，有t 1+t 2=4，t 1t 2=a >0，即0<a <4，则f x 1 +f x 2 +x 1+x 2=-12e 2x 1+4e x 1-ax 1-5-12e 2x2+4e x 2-ax 2-5+x 1+x 2=-12t 21+t 22 +4t 1+t 2 -a -1 ln t 1+ln t 2 -10=-12t 1+t 2 2-2t 1t 2 +4t 1+t 2 -a -1 ln t 1t 2-10=-1216-2a +16-a -1 ln a -10=a -a -1 ln a -2，要证f x 1 +f x 2 +x 1+x 2<0，即证a -a -1 ln a -2<00<a <4 ，令g x =x -x -1 ln x -20<x <4 ，则g x =1-ln x +x -1x =1x-ln x ，令h x =1x -ln x 0<x <4 ，则h x =-1x 2-1x <0，则g x 在0,4 上单调递减，又g 1 =11-ln1=1，g 2 =12-ln2<0，故存在x 0∈1,2 ，使g x 0 =1x 0-ln x 0=0，即1x 0=ln x 0，则当x ∈0,x 0 时，g x >0，当x ∈x 0,4 时，g x <0，故g x 在0,x 0 上单调递增，g x 在x 0,4 上单调递减，则g x ≤g x 0 =x 0-x 0-1 ln x 0-2=x 0-x 0-1 ×1x 0-2=x 0+1x 0-3，又x 0∈1,2 ，则x 0+1x 0∈2,52 ，故g x 0 =x 0+1x 0-3<0，即g x <0，即f x 1 +f x 2 +x 1+x 2<0.【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助换元法，令t =e x ，t 1=e x 1，t 2=e x 2，从而可结合韦达定理得t 1、t 2的关系，即可用a 表示f x 1 +f x 2 +x 1+x 2，构造相关函数后借助导数研究其最大值即可得.13(2024·广东广州·模拟预测)已知函数f x =x e x -kx ,k ∈R .(1)当k =0时，求函数f x 的极值；(2)若函数f x 在0,+∞ 上仅有两个零点，求实数k 的取值范围.【答案】(1)极小值为-1e，无极大值(2)e ,+∞【分析】(1)求出导函数，然后列表求出函数的单调区间，根据极值定义即可求解；(2)把原函数有两个零点转化为g x =e x -kx 在0,+∞ 上仅有两个零点，分类讨论，利用导数研究函数的单调性，列不等式求解即可.【详解】(1)当k =0时，f x =xe x (x ∈R )，所以f x =1+x e x ，令f x =0，则x =-1，x -∞,-1-1-1,+∞f x -0+f x单调递减极小值单调递增所以f (x )min =f -1 =-e -1=-1e，所以f x 的极小值为-1e，无极大值.(2)函数f x =x e x -kx 在0,+∞ 上仅有两个零点，令g x =e x -kx ，则问题等价于g x 在0,+∞ 上仅有两个零点，易知g x =e x -k ，因为x ∈0,+∞ ，所以e x >1.①当k ∈-∞,1 时，g x >0在0,+∞ 上恒成立，所以g x 在0,+∞ 上单调递增，所以g x >g 0 =1，所以g x 在0,+∞ 上没有零点，不符合题意；②当k ∈1,+∞ 时，令g x =0，得x =ln k ，所以在0,ln k 上，g x <0，在ln k ,+∞ 上，g x >0，所以g x 在0,ln k 上单调递减，在(ln k ,+∞)上单调递增，所以g x 的最小值为g ln k =k -k ⋅ln k .因为g x 在0,+∞ 上有两个零点，所以g ln k =k -k ⋅ln k <0，所以k >e.因为g 0 =1>0,g ln k 2 =k 2-k ⋅ln k 2=k k -2ln k ，令h x =x -2ln x ，则h x =1-2x =x -2x，所以在0,2 上，h x <0，在2,+∞ 上，h x >0，所以h x 在0,2 上单调递减，在2,+∞ 上单调递增，所以h x ≥2-2ln2=ln e 2-ln4>0，所以g ln k 2 =k k -2ln k >0，所以当k >e 时，g x 在0,ln k 和(ln k ,+∞)内各有一个零点，即当k >e 时，g x 在0,+∞ 上仅有两个零点.综上，实数k 的取值范围是e ,+∞ .【点睛】方法点睛：求解函数单调区间的步骤：(1)确定f x 的定义域.(2)计算导数f x .(3)求出f x =0的根.(4)用f x =0的根将f x 的定义域分成若干个区间，判断这若干个区间内f x 的符号，进而确定f x 的单调区间.f x >0，则f x 在对应区间上单调递增，对应区间为增区间；f x <0，则f x 在对应区间上单调递减，对应区间为减区间.如果导函数含有参数，那么需要对参数进行分类讨论，分类讨论要做到不重不漏.14(2024·江苏南通·二模)已知函数f x =ln x -ax ，g x =2ax，a ≠0.(1)求函数f x 的单调区间；(2)若a >0且f x ≤g x 恒成立，求a 的最小值.【答案】(1)答案见解析(2)2e 3.【分析】(1)求导后，利用导数与函数单调性的关系，对a >0与a <0分类讨论即可得；(2)结合函数的单调性求出函数的最值，即可得解.【详解】(1)f x =1x -a =1-axx(a ≠0)，当a <0时，由于x >0，所以f x >0恒成立，从而f x 在0,+∞ 上递增；当a >0时，0<x <1a ，f x >0；x >1a ，fx <0，从而f x 在0,1a 上递增，在1a,+∞ 递减；综上，当a <0时，f x 的单调递增区间为0,+∞ ，没有单调递减区间；当a >0时，f x 的单调递增区间为0,1a ，单调递减区间为1a ,+∞ .(2)令h x =f x -g x =ln x -ax -2ax，要使f x ≤g x 恒成立，只要使h x ≤0恒成立，也只要使h x max ≤0.h x =1x -a +2ax 2=-ax +1 ax -2 ax 2，由于a >0，x >0，所以ax +1>0恒成立，当0<x <2a 时，h x >0，当2a<x <+∞时，h x <0，所以h x max =h 2a =ln 2a -3≤0，解得：a ≥2e 3，所以a 的最小值为2e3.15(2024·山东济南·二模)已知函数f x =ax 2-ln x -1,g x =xe x -ax 2a ∈R .(1)讨论f x 的单调性；(2)证明：f x +g x ≥x .【答案】(1)答案见详解(2)证明见详解【分析】(1)求导可得fx =2ax 2-1x，分a ≤0和a >0两种情况，结合导函数的符号判断原函数单调性；(2)构建F x =f x +g x -x ,x >0，h x =e x -1x,x >0，根据单调性以及零点存在性定理分析h x 的零点和符号，进而可得F x 的单调性和最值，结合零点代换分析证明.【详解】(1)由题意可得：f x 的定义域为0,+∞ ，fx =2ax -1x =2ax 2-1x，当a ≤0时，则2ax 2-1<0在0,+∞ 上恒成立，可知f x 在0,+∞ 上单调递减；当a >0时，令f x >0，解得x >12a；令f x <0，解得0<x <12a；可知f x 在0,12a 上单调递减，在12a,+∞ 上单调递增；综上所述：当a ≤0时，f x 在0,+∞ 上单调递减；当a >0时，f x 在0,12a 上单调递减，在12a,+∞ 上单调递增.(2)构建F x =f x +g x -x =xe x -ln x -x -1,x >0，则F x =x +1 e x -1x -1=x +1 e x -1x，由x >0可知x +1>0，构建h x =e x -1x ,x >0，因为y =e x ,y =-1x在0,+∞ 上单调递增，则h x 在0,+∞ 上单调递增，且h 12=e -20,h 1 =e -1 0，可知h x 在0,+∞ 上存在唯一零点x 0∈12,1 ，当0<x <x 0，则h x <0，即Fx <0；当x >x 0，则h x >0，即F x >0；可知F x 在0,x 0 上单调递减，在x 0,+∞ 上单调递增，则F x ≥F x 0 =x 0e x 0-ln x 0-x 0-1，又因为e x 0-1x 0=0，则e x 0=1x 0,x 0=e -x 0，x 0∈12,1 ，可得F x 0 =x 0×1x 0-ln e -x-x 0-1=0，即F x ≥0，所以f x +g x ≥x .16(2024·福建·模拟预测)已知函数f (x )=a ln x -bx 在1,f 1 处的切线在y 轴上的截距为-2．(1)求a 的值；(2)若f x 有且仅有两个零点，求b 的取值范围．【答案】(1)2(2)b ∈0,2e 【分析】(1)借助导数的几何意义计算即可得；(2)借助函数与方程的关系，可将f x 有且仅有两个零点转化为方程b =2ln xx有两个根，构造对应函数并借助导数研究单调性及值域即可得.【详解】(1)f (x )=ax-b ，f 1 =a -b ，f (1)=a ×0-b =-b ，则函数f (x )=a ln x -bx 在1,f 1 处的切线为：y +b =a -b x -1 ，即y =a -b x -a ，令x =0，则有y =-a =-2，即a =2；(2)由a =2，即f (x )=2ln x -bx ，若f x 有且仅有两个零点，则方程2ln x-bx=0有两个根，即方程b=2ln xx有两个根，令g x =2ln xx，则gx =21-ln xx2，则当x∈0,e时，g x >0，则当x∈e,+∞时，g x <0，故g x 在0,e上单调递增，在e,+∞上单调递减，故g x ≤g e =2ln ee=2e，又x→0时，g x →-∞，x→+∞时，g x →0，故当b∈0,2 e时，方程b=2ln x x有两个根，即f x 有且仅有两个零点.17(2024·浙江杭州·二模)已知函数f x =a ln x+2-12x2a∈R．(1)讨论函数f x 的单调性；(2)若函数f x 有两个极值点，(ⅰ)求实数a的取值范围；(ⅱ)证明：函数f x 有且只有一个零点．【答案】(1)答案见解析；(2)(ⅰ)-1<a<0；(ⅱ)证明见解析【分析】(1)求出函数的导函数，再分a≤-1、-1<a<0、a≥0三种情况，分别求出函数的单调区间；(2)(ⅰ)由(1)直接解得；(ⅱ)结合函数的最值与零点存在性定理证明即可.【详解】(1)函数f x =a ln x+2-12x2a∈R的定义域为-2,+∞，且f x =ax+2-x=-x+12+a+1x+2，当a≤-1时，f x ≤0恒成立，所以f x 在-2,+∞单调递减；当-1<a<0时，令f x =0，即-x+12+a+1=0，解得x1=-a+1-1，x2=a+1-1，因为-1<a<0，所以0<a+1<1，则-2<-a+1-1<-1，所以当x∈-2,-a+1-1时f x <0，当x∈-a+1-1,a+1-1时f x >0，当x∈a+1-1,+∞时f x <0，所以f x 在-2,-a+1-1上单调递减，在-a+1-1,a+1-1上单调递增，在a+1-1,+∞上单调递减；当a≥0时，此时-a+1-1≤-2，所以x∈-2,a+1-1时f x >0，当x∈a+1-1,+∞时f x <0，所以f x 在-2,a+1-1上单调递增，在a+1-1,+∞上单调递减．综上可得：当a≤-1时f x 在-2,+∞单调递减；当-1<a<0时f x 在-2,-a+1-1上单调递减，在-a+1-1,a+1-1上单调递增，在a+1-1,+∞上单调递减；当a≥0时f x 在-2,a+1-1上单调递增，在a+1-1,+∞上单调递减．(2)(ⅰ)由(1)可知-1<a<0．(ⅱ)由(1)f x 在-2,-a+1-1上单调递减，在-a+1-1,a+1-1上单调递增，在a+1-1,+∞上单调递减，所以f x 在x=a+1-1处取得极大值，在x=-a+1-1处取得极小值，又-1<a<0，所以0<a+1<1，则1<a+1+1<2，又f x极大值=f a+1-1=a ln a+1+1-12a+1-12<0，又f-a+1-1<f a+1-1<0，所以f x 在-a+1-1,+∞上没有零点，又-1<a<0，则4a<-4，则0<e4a<e-4，-2<e4a-2<e-4-2，则0<e 4a-22<4，所以f e 4a-2=4-12e4a-22>0，所以f x 在-2,-a+1-1上存在一个零点，综上可得函数f x 有且只有一个零点．18(2024·河北沧州·模拟预测)已知函数f(x)=ln x-ax+1，a∈R．(1)讨论f x 的单调性；(2)若∀x>0，f x ≤xe2x-2ax恒成立，求实数a的取值范围．【答案】(1)答案见解析(2)-∞,2．【分析】(1)利用导数分类讨论判断函数f x 的单调性，即可求解；(2)先利用导数证明不等式e x≥x+1，分离变量可得a≤e2x-ln x+1x恒成立，进而e 2x-ln x+1x≥2x+ln x+1-(ln x+1)x=2，即可求解.【详解】(1)函数f x =ln x-ax+1，a∈R的定义域为0,+∞，且f (x)=1x-a．当a≤0时，∀x∈0,+∞，f (x)=1x-a≥0恒成立，此时f x 在区间0,+∞上单调递增；当a>0时，令f (x)=1x-a=1-axx=0，解得x=1a，当x∈0,1 a时，f x >0，f x 在区间0,1a上单调递增，当x∈1a,+∞时，f x <0，f x 在区间1a,+∞上单调递减．综上所述，当a≤0时，f x 在区间0,+∞上单调递增；当a>0时，f x 在区间0,1 a上单调递增，在区间1a,+∞上单调递减．(2)设g x =e x-x-1，则g x =e x-1，在区间(-∞,0)上，g x <0，g x 单调递减，在区间0,+∞上，g x >0，g x 单调递增，所以g x ≥g0 =e0-0-1=0，所以e x≥x+1(当且仅当x=0时等号成立)．依题意，∀x>0，f x ≤xe2x-2ax恒成立，即a≤e2x-ln x+1x恒成立，而e2x-ln x+1x=xe2x-(ln x+1)x=e2x+ln x-(ln x+1)x≥2x+ln x+1-(ln x+1)x=2，当且仅当2x+ln x=0时等号成立．因为函数h x =2x+ln x在0,+∞上单调递增，h1e=2e-1<0，h(1)=2>0，所以存在x0∈1e,1，使得2x0+ln x0=0成立．所以a ≤e 2x -ln x +1xmin =2，即a 的取值范围是-∞,2 ．【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的恒成立问题的求解策略：形如f x ≥g x 的恒成立的求解策略：1、构造函数法：令F x =f x -g x ，利用导数求得函数F x 的单调性与最小值，只需F x min ≥0恒成立即可；2、参数分离法：转化为a ≥φx 或a ≤φx 恒成立，即a ≥φx max 或a ≤φx min 恒成立，只需利用导数求得函数φx 的单调性与最值即可；3，数形结合法：结合函数y =f x 的图象在y =g x 的图象的上方(或下方)，进而得到不等式恒成立.19(2024·广东·二模)已知f x =12ax 2+1-2a x -2ln x ,a >0.(1)求f x 的单调区间；(2)函数f x 的图象上是否存在两点A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 (其中x 1≠x 2)，使得直线AB 与函数f x 的图象在x 0=x 1+x22处的切线平行？若存在，请求出直线AB ；若不存在，请说明理由.【答案】(1)f (x )在(0,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增.(2)不存在，理由见解析【分析】(1)求出导函数，根据导函数的正负来确定函数的单调区间；(2)求出直线AB 的斜率，再求出f (x 0)，从而得到x 1,x 2的等式，再进行换元和求导，即可解出答案.【详解】(1)由题可得f(x )=ax +1-2a -2x =ax 2+(1-2a )x -2x =(ax +1)(x -2)x(x >0)因为a >0，所以ax +1>0，所以当x ∈(0,2)时，f (x )<0，f (x )在(0,2)上单调递减，当x ∈(2,+∞)时，f (x )>0，f (x )在(2,+∞)上单调递增.综上，f (x )在(0,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增.(2)由题意得，斜率k =y 2-y 1x 2-x 1=12ax 22+(1-2a )x 2-2ln x 2 -12ax 21+(1-2a )x 1-2ln x 1 x 2-x 1=12a (x 22-x 21)+(1-2a )(x 2-x 1)-2ln x 2x 1x 2-x 1=a 2(x 1+x 2)+1-2a -2ln x2x 1x 2-x 1，f x 1+x 22 =a (x 1+x 2)2+1-2a -4x 1+x 2,由k =f x 1+x22 得，ln x2x 1x 2-x 1=2x 1+x 2，即ln x 2x 1=2(x 2-x 1)x 1+x 2，即ln x 2x 1-2x2x 1-1 x 2x1+1=0令t =x 2x 1，不妨设x 2>x 1，则t >1，记g (t )=ln t -2(t -1)t +1=ln t +4t +1-2(t >1)所以g(t )=1t -4t +1 2=t -1 2t t +1 2>0，所以g (t )在(1,+∞)上是增函数，所以g (t )>g (1)=0，所以方程g (t )=0无解，则满足条件的两点A ,B 不存在.20(2024·广东深圳·二模)已知函数f x =ax +1 e x ，f x 是f x 的导函数，且f x -f x =2e x ．(1)若曲线y =f x 在x =0处的切线为y =kx +b ，求k ，b 的值；(2)在(1)的条件下，证明：f x ≥kx +b ．【答案】(1)k =3，b =1；(2)证明见解析.【分析】(1)根据题意，求导可得a 的值，再由导数意义可求切线，得到答案；(2)设函数g x =2x +1 e x -3x -1，利用导数研究函数g (x )的单调性从而求出最小值大于0，可得证.【详解】(1)因为f x =ax +1 e x ，所以f x =ax +a +1 e x ，因为f x -f x =2e x ，所以a =2．则曲线y =f (x )在点x =0处的切线斜率为f 0 =3．又因为f 0 =1，所以曲线y =f (x )在点x =0处的切线方程为y =3x +1，即得k =3，b =1．(2)设函数g x =2x +1 e x -3x -1，x ∈R ，则g x =2x +3 e x -3，设h x =g x ，则h x =e x 2x +5 ，所以，当x >-52时，h x >0，g x 单调递增．又因为g0 =0，所以，x >0时，g x >0，g x 单调递增；-52<x <0时，g x <0，g x 单调递减．又当x ≤-52时，g x =2x +3 e x -3<0，综上g x 在-∞,0 上单调递减，在0,+∞ 上单调递增，所以当x =0时，g x 取得最小值g 0 =0，即2x +1 e x -3x -1≥0，所以，当x ∈R 时，f x ≥3x +1．21(2024·辽宁·二模)已知函数f x =ax 2-ax -ln x .(1)若曲线y =f x 在x =1处的切线方程为y =mx +2，求实数a ,m 的值；(2)若对于任意x ≥1，f x +ax ≥a 恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】(1)a =-1，m =-2(2)12,+∞ 【分析】(1)根据导数几何意义和切线方程，可直接构造方程组求得结果；(2)构造函数g x =ax 2-ln x -a x ≥1 ，将问题转化为g x ≥0恒成立；求导后，分别在a ≤0、a ≥12和0<a <12的情况下，结合单调性和最值求得符合题意的范围.【详解】(1)∵f x =2ax -a -1x，∴f 1 =2a -a -1=a -1，∵y =f x 在x =1处的切线为y =mx +2，∴f 1 =a -1=mf 1 =0=m +2 ，解得：a =-1，m =-2.(2)由f x +ax ≥a 得：ax 2-ln x -a ≥0，令g x =ax 2-ln x -a x ≥1 ，则当x ≥1时，g x ≥0恒成立；。

压轴高考数学复习导数大题精选10题附详细解答

高考压轴导数大题例1.已知函数3211()32f x x ax bx =++在区间[11)-，，(13]，内各有一个极值点．（I ）求24a b -的最大值；（II ）当248a b -=时，设函数()y f x =在点(1(1))A f ，处的切线为l ，若l 在点A 处穿过函数()y f x =的图象（即动点在点A 附近沿曲线()y f x =运动，经过点A 时，从l 的一侧进入另一侧），求函数()f x 的表达式．例3已知函数()θθcos 163cos 3423+-=x x x f ，其中θ,R x ∈为参数，且πθ20≤≤．（1）当时0cos =θ，判断函数()x f 是否有极值；（2）要使函数()f x 的极小值大于零，求参数θ的取值范围；例4．已知函数32()f x ax bx cx =++在点0x 处取得极大值5，其导函数'()y f x =的图象经过点(1,0)，(2,0).求：（Ⅰ）0x 的值；（Ⅱ）,,a b c 的值.例5设3=x 是函数()()()R x e b ax x x f x ∈++=-32的一个极值点.（Ⅰ）求a 与b 的关系式（用a 表示b ），并求()x f 的单调区间；（Ⅱ）设0>a ，()x e a x g ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=4252.若存在[]4,0,21∈εε使得()()121<-εεg f 成立，求a 的取值范围例6已知函数321()(2)13f x ax bx b x =-+-+ 在1x x =处取得极大值，在2x x =处取得极小值，且12012x x <<<<．（1）证明0a >；（2）若z =a +2b ,求z 的取值范围。

1. 已知函数21()22f x ax x =+，()g x lnx =.（Ⅰ）如果函数()y f x =在[1,)+∞上是单调增函数，求a 的取值范围；（Ⅱ）是否存在实数0a >，使得方程()()(21)g x f x a x '=-+在区间1(,)e e 内有且只有两个不相等的实数根？若存在，请求出a 的取值范围；若不存在，请说明理由．2. 如果()0x f 是函数()x f 的一个极值，称点()()00,x f x 是函数()x f 的一个极值点.已知函数()()()00≠≠-=a x e b ax x f x a 且（1）若函数()x f 总存在有两个极值点B A ,，求b a ,所满足的关系；（2）若函数()x f 有两个极值点B A ,，且存在R a ∈，求B A ,在不等式1<x 表示的区域内时实数b 的范围.（3）若函数()x f 恰有一个极值点A ，且存在R a ∈，使A 在不等式⎩⎨⎧<<e y x 1表示的区域内，证明：10<≤b .3 已知函数3221()ln ,()3(,,R)32f x x x g x x ax bx c a b c ==-+-+∈.(1)若函数()()()h x f x g x ''=-是其定义域上的增函数，求实数a 的取值范围；(2)若()g x 是奇函数，且()g x 的极大值是3g ，求函数()g x 在区间[1,]m -上的最大值；(3)证明：当0x >时，12()1x f x e ex '>-+.4已知实数a 满足0＜a ≤2，a ≠1，设函数f (x )＝13x 3－12a +x 2＋ax ． (Ⅰ) 当a ＝2时，求f (x )的极小值；(Ⅱ) 若函数g (x )＝x 3＋bx 2－(2b ＋4)x ＋ln x (b ∈R )的极小值点与f (x )的极小值点相同．求证：g (x )的极大值小于等于5/4例1解（I ）因为函数3211()32f x x ax bx =++在区间[11)-，，(13]，内分别有一个极值点，所以2()f x x ax b '=++0=在[11)-，，(13]，内分别有一个实根，设两实根为12x x ，（12x x <），则2214x x a b -=-2104x x <-≤．于是2044a b <-，20416a b <-≤，且当11x =-，23x =，即2a =-，3b =-时等号成立．故24a b -的最大值是16．（II ）解法一：由(1)1f a b '=++知()f x 在点(1(1))f ，处的切线l 的方程是(1)(1)(1)y f f x '-=-，即21(1)32y a b x a =++--，因为切线l 在点(1())A f x ，处空过()y f x =的图象，所以21()()[(1)]32g x f x a b x a =-++--在1x =两边附近的函数值异号，则 1x =不是()g x 的极值点．而()g x 321121(1)3232x ax bx a b x a =++-++++，且 22()(1)1(1)(1)g x x ax b a b x ax a x x a '=++-++=+--=-++．若11a ≠--，则1x =和1x a =--都是()g x 的极值点．所以11a =--，即2a =-，又由248a b -=，得1b =-，故321()3f x x x x =--．解法二：同解法一得21()()[(1)]32g x f x a b x a =-++-- 2133(1)[(1)(2)]322a x x x a =-++-+．因为切线l 在点(1(1))A f ，处穿过()y f x =的图象，所以()g x 在1x =两边附近的函数值异号，于是存在12m m ，（121m m <<）．当11m x <<时，()0g x <，当21x m <<时，()0g x >；或当11m x <<时，()0g x >，当21x m <<时，()0g x <．设233()1222a a h x x x ⎛⎫⎛⎫=++-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则当11m x <<时，()0h x >，当21x m <<时，()0h x >；或当11m x <<时，()0h x <，当21x m <<时，()0h x <．由(1)0h =知1x =是()h x 的一个极值点，则3(1)21102a h =⨯++=，所以2a =-，又由248a b -=，得1b =-，故321()3f x x x x =--．例3解（Ⅰ）当cos 0θ=时，3()4f x x =，则()f x 在(,)-∞+∞内是增函数，故无极值.（Ⅱ）2'()126cos f x x x θ=-，令'()0f x =，得12cos 0,2x x θ==. 由（Ⅰ），只需分下面两种情况讨论.①当cos 0θ>时，随x 的变化'()f x 的符号及()f x 的变化情况如下表： x(,0)-∞ 0 cos (0,)2θ cos 2θ cos (,)2θ+∞ '()f x + 0 - 0 + ()f x ↗ 极大值↘ 极小值 ↗因此，函数()f x 在2x =处取得极小值f()2，且3cos 13()cos 2416f θθθ=-+.要使cos ()02f θ>，必有213cos (cos )044θθ-->，可得30cos θ<<由于30cos θ≤≤3116226ππππθθ<<<<或. ②当时cos 0θ<，随x 的变化，'()f x 的符号及()f x 的变化情况如下表： xcos (,)2θ-∞ cos 2θ cos (,0)2θ 0 (0,)+∞ '()f x+ 0 - 0 + ()f x 极大值极小值因此，函数()0f x x =在处取得极小值(0)f ，且3(0)cos .16f θ= 若(0)0f >，则cos 0θ>.矛盾.所以当cos 0θ<时，()f x 的极小值不会大于零.综上，要使函数()f x 在(,)-∞+∞内的极小值大于零，参数θ的取值范围为311(,)(,)6226ππππ⋃.例4解法一：（Ⅰ）由图像可知，在(),1-∞上()'0f x >，在()1,2上()'0f x <，在()2,+∞上()'0f x >,故()f x 在∞∞（-，1），（2，+）上递增，在(1,2)上递减，因此()f x 在1x =处取得极大值，所以01x =（Ⅱ）'2()32,f x ax bx c =++由'''f f f （1）=0，（2）＝0，（1）＝5，得320,1240,5,a b c a b c a b c ++=⎧⎪++=⎨⎪++=⎩ 解得2,9,12.a b c ==-=解法二：（Ⅰ）同解法一（Ⅱ）设'2()(1)(2)32,f x m x x mx mx m =--=-+又'2()32,f x ax bx c =++所以3,,232m a b m c m ==-= 32|3()2,32m f x x mx mx =-+ 由(1)5f =，即325,32m m m -+=得6,m =所以2,9,12a b c ==-=例5解（Ⅰ）f `(x)＝－[x 2＋(a －2)x ＋b －a ]e 3－x ,由f `(3)=0，得－[32＋(a －2)3＋b －a ]e 3－3＝0，即得b ＝－3－2a ，则 f `(x)＝[x 2＋(a －2)x －3－2a －a ]e 3－x ＝－[x 2＋(a －2)x －3－3a ]e 3－x ＝－(x －3)(x ＋a+1)e 3－x .令f `(x)＝0，得x 1＝3或x 2＝－a －1，由于x ＝3是极值点，所以x+a+1≠0，那么a ≠－4.当a <－4时，x 2>3＝x 1，则在区间（－∞，3）上，f `(x)<0， f (x)为减函数；在区间（3，―a ―1）上，f `(x)>0，f (x)为增函数；在区间（―a ―1，＋∞）上，f `(x)<0，f (x)为减函数.当a >－4时，x 2<3＝x 1，则在区间（－∞，―a ―1）上，f `(x)<0， f (x)为减函数；在区间（―a ―1，3）上，f `(x)>0，f (x)为增函数；在区间（3，＋∞）上，f `(x)<0，f (x)为减函数.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当a >0时，f (x)在区间（0，3）上的单调递增，在区间（3，4）上单调递减，那么f (x)在区间[0，4]上的值域是[min(f (0)，f (4) )，f (3)]，而f (0)＝－（2a ＋3）e 3<0，f (4)＝（2a ＋13）e －1>0，f (3)＝a ＋6，那么f (x)在区间[0，4]上的值域是[－（2a ＋3）e 3，a ＋6].又225()()4x g x a e =+在区间[0，4]上是增函数，且它在区间[0，4]上的值域是[a 2＋425，（a 2＋425）e 4]，由于（a 2＋425）－（a ＋6）＝a 2－a ＋41＝（21-a ）2≥0，所以只须仅须（a 2＋425）－（a ＋6）<1且a >0，解得0<a <23. 故a 的取值范围是（0，23）.例6解（Ⅰ）由函数()f x 在1x x =处取得极大值，在2x x =处取得极小值，知12x x ，是()0f x '=的两个根．所以12()()()f x a x x x x '=--当1x x <时，()f x 为增函数，()0f x '>，由10x x -<，20x x -<得0a >．（Ⅱ）在题设下，12012x x <<<<等价于(0)0(1)0(2)0f f f '>⎧⎪'<⎨⎪'>⎩ 即202204420b a b b a b b ->⎧⎪-+-<⎨⎪-+->⎩．化简得203204520b a b a b ->⎧⎪-+<⎨⎪-+>⎩．此不等式组表示的区域为平面aOb 上三条直线：203204520b a b a b -=-+=-+=，，．所围成的ABC △的内部，其三个顶点分别为：46(22)(42)77A B C ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，，，，． z 在这三点的值依次为16687，，．所以z 的取值范围为1687⎛⎫ ⎪⎝⎭，． 1解：（Ⅰ）当0a =时，()2f x x =在[1,)+∞上是单调增函数，符合题意．当0a >时，()y f x =的对称轴方程为2x a =-，由于()y f x =在[1,)+∞上是单调增函数，所以21a -≤，解得2a ≤-或0a >，所以0a >．当0a <时，不符合题意．综上，a 的取值范围是0a ≥．（Ⅱ）把方程()()(21)g x f x a x '=-+整理为2(21)lnx ax a x =+-+，即为方程2(12)0ax a x lnx +--=. b a 21 2 4 O 4677A ⎛⎫ ⎪⎝⎭，(42)C ， (22)B ，设2()(12)H x ax a x lnx =+-- (0)x >，原方程在区间(1,e e )内有且只有两个不相等的实数根, 即为函数()H x 在区间(1,e e )内有且只有两个零点.1()2(12)H x ax a x '=+--22(12)1(21)(1)ax a x ax x x x +--+-==令()0H x '=，因为0a >，解得1x =或12x a =-（舍）当(0,1)x ∈时, ()0H x '<, ()H x 是减函数；当(1,)x ∈+∞时, ()0H x '>，()H x 是增函数.()H x 在(1,e e )内有且只有两个不相等的零点, 只需min 1()0,()0,()0,H e H x H e ⎧>⎪⎪<⎨⎪>⎪⎩即2222212(12)10,(1)(12)10,(12)1(2)(1)0,a a a e a e e e e H a a a ae a e e e a e ⎧--++++=>⎪⎪⎪=+-=-<⎨⎪+--=-+->⎪⎪⎩ ∴22,211,1,2e e a e a e a e e ⎧+<⎪-⎪⎪>⎨⎪-⎪>-⎪⎩ 解得2121e e a e +<<-, 所以a 的取值范围是(21,21e e e +-) ．2（1）x a x a e x a b ax e a x f ⋅--+⋅=))(()('2令()0f x '=得20x ax b -+= 240a b ∴-> 又 00a x ≠≠且204a b b ∴<≠且（2）20x ax b -+=在(1,1)-有两个不相等的实根. 即2401121010a b a a b a b ⎧∆=->⎪⎪-<<⎪⎨⎪++>⎪-+>⎪⎩ 得 22441b a a b ⎧>⎪<⎨⎪<-⎩110b b ∴-<<≠且（3）由①2()00f x x ax b '=⇒-+=(0)x ≠ ①当()220a xx ax b b f x a e x -+'==⋅⋅在x a =左右两边异号(,())a f a ∴是()y f x =的唯一的一个极值点由题意知2110()a a e a b e e <<≠⎧⎨-<-<⎩且－即 220111a a ⎧<<⎨-<<⎩ 即 201a <<存在这样的a 的满足题意 0b ∴=符合题意②当0b ≠时，240a b ∆=-=即24b a = 这里函数()y f x =唯一的一个极值点为(,())22a a f由题意12102()2a a a e b e e ⎧<≠⎪⎪⎨⎪-<-<⎪⎩且即 211222042a a e b e ⎧<<⎪⎨-<-<⎪⎩ 即 1122044b e b e <<⎧⎪⎨⎪-<<⎩01b ∴<<综上知：满足题意 b 的范围为[0,1)b ∈.3解：(1)()ln 1f x x '=+ ，2()23g x x ax b '=-+-，所以2()ln 231h x x x ax b =+-++，由于()h x 是定义域内的增函数，故1()40x h x x a '=+-≥恒成立，即14x a x ≤+对0x ∀>恒成立，又144xx +≥(2x =时取等号)，故(,4]a ∈-∞. (2)由()g x 是奇函数，则()()0g x g x +-=对0x ∀>恒成立，从而0a c ==，所以323()3g x x bx =--，有2()23g x x b '=--. 由()g x 极大值为3g ，即3(0g '=，从而29b =-；因此32233()g x x x =--，即23323()22(g x x x x '=-+=--+，所以函数()g x 在3(,-∞和3()+∞上是减函数，在33(上是增函数.由()0g x =，得1x =±或0x =，因此得到：当10m -<<时，最大值为(1)0g -=；当30m ≤<32233()g m m m =-+；当3m ≥时，最大值为343(g =.(3)问题等价于证明2()ln x xe ef x x x =>-对0x >恒成立；()ln 1f x x '=+，所以当1(0,)e x ∈时，()0f x '<，()f x 在1(0,)e 上单调减；当1(,)e x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 在1(,)e+∞上单调增；所以()f x 在(0,)+∞上最小值为1e -(当且仅当1e x =时取得) 设2()(0)x xe e m x x =->，则1()x x e m x -'=，得()m x 最大值1(1)e m =-(当且仅当1x =时取得), 又()f x 得最小值与()m x 的最大值不能同时取到，所以结论成立.4(Ⅰ) 解: 当a ＝2时，f ′(x )＝x 2－3x ＋2＝(x －1)(x －2)．列表如下：x(－∞，1) 1 (1，2) 2 (2，＋∞) f ′(x )＋ 0 － 0 ＋ f (x )单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以，f (x )极小值为f (2)＝23．(Ⅱ) 解：f ′(x )＝x 2－(a ＋1)x ＋a ＝(x －1)(x －a )．g ′(x )＝3x 2＋2bx －(2b ＋4)＋1x ＝2(1)[3(23)1]x x b x x -++-．令p (x )＝3x 2＋(2b ＋3)x －1，(1) 当 1＜a ≤2时，f (x )的极小值点x ＝a ，则g (x )的极小值点也为x ＝a ，所以p (a )＝0，即3a 2＋(2b ＋3)a －1＝0，即b ＝21332a a a --，此时g(x)极大值＝g(1)＝1＋b－(2b＋4)＝－3－b＝－3＋23312a aa+-＝313222aa--．由于1＜a≤2，故313222aa--≤32⨯2－14－32＝54．(2) 当0＜a＜1时，f (x)的极小值点x＝1，则g(x)的极小值点为x＝1，由于p(x)＝0有一正一负两实根，不妨设x2＜0＜x1，所以0＜x1＜1，即p(1)＝3＋2b＋3－1＞0，故b＞－52．此时g(x)的极大值点x＝x1，有g(x1)＝x13＋bx12－(2b＋4)x1＋ln x1＜1＋bx12－(2b＋4)x1＝(x12－2x1)b－4x1＋1(x12－2x1＜0)＜－52(x12－2x1)－4x1＋1＝－52x12＋x1＋1＝－52(x1－15)2＋1＋110(0＜x1＜1)≤11 10＜54．综上所述，g(x)的极大值小于等于54．。

导数压轴大题归类 (解析版)

导数压轴大题归类目录重难点题型归纳 1【题型一】恒成立求参 1【题型二】三角函数恒成立型求参 4【题型三】同构双变量绝对值型求参 7【题型四】零点型偏移证明不等式 10【题型五】非对称型零点偏移证明不等式 14【题型六】条件型偏移证明不等式 18【题型七】同构型证明不等式 21【题型八】先放缩型证明不等式 24【题型九】放缩参数型消参证明不等式 26【题型十】凸凹翻转型证明不等式 28【题型十一】切线两边夹型证明不等式 30【题型十二】切线放缩型证明不等式 32【题型十三】构造一元二次根与系数关系型证明不等式 35【题型十四】两根差型证明不等式 38【题型十五】比值代换型证明不等式 41【题型十六】幂指对与三角函数型证明不等式 43【题型十七】不等式证明综合型 46好题演练 50一、重难点题型归纳重难点题型归纳题型一恒成立求参【典例分析】1.已知函数f x =x+2aln x(a∈R)．(1)讨论f x 的单调性；(2)是否存在a∈Z，使得f x >a+2对∀x>1恒成立？若存在，请求出a的最大值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)当a≤0时，f x 在0,+∞上单调递减，在上单调递增；当a>0时，f x 在0,2a2a,+∞上单调递增．(2)不存在满足条件的整数a，理由见解析【分析】(1)构造新函数g x =f x ，分a≤0及a>0两种情况，利用导数研究函数的单调性即可求解；(2)将问题进行转化x ln x-x-ax+2a>0，构造新函数并求导，分a≤0和a>0两种情况分别讨论，利用导数研究函数的单调性及最值，整理求解．(1)因为f x =x +2a ln x x >0 ，所以f x =ln x +1+2ax．记g x =f x =ln x +1+2axx >0 ，则g x =1x -2a x 2=x -2ax 2，当a ≤0时，g x >0，即g x 在0,+∞ 上单调递增；当a >0时，由g x >0，解得x >2a ，即g x 在2a ,+∞ 上单调递增；由g x <0，解得0<x <2a ，即g x 在0,2a 上单调递减．综上所述，当a ≤0时，f x 在0,+∞ 上单调递增；当a >0时，f x 在0,2a 上单调递减，在2a ,+∞ 上单调递增．(2)假设存在a ∈Z ，使得f x >a +2对任意x >1恒成立，即x ln x -x -ax +2a >0对任意x >1恒成立．令h x =x ln x -x -ax +2a x >1 ，则h x =ln x -a ，当a ≤0且a ∈Z 时，h x >0，则h x 在1,+∞ 上单调递增，若h x >0对任意x >1恒成立，则h 1 =a -1≥0，即a ≥1，矛盾，故舍去；当a >0，且a ∈Z 时，由ln x -a >0得x >e a ；由ln x -a <0得1<x <e a ，所以h x 在1,e a 上单调递减，在e a ,+∞ 上单调递增，所以h x min =h e a =2a -e a ，则令h x min =2a -e a >0即可．令G t =2t -e t t >0 ，则G t =2-e t ，当2-e t >0，即t <ln2时，G t 单调递增；当2-e t <0，即t >ln2时，G t 单调递减，所以G t max =G ln2 =2ln2-2<0，所以不存在a >0且a ∈Z ，使得2a -e a >0成立．综上所述，不存在满足条件的整数a ．【技法指引】恒成立基本思维：①若k ≥f (x )在[a ,b ]上恒成立，则k ≥f (x )max ；②若k ≤f (x )在[a ,b ]上恒成立，则k ≤f (x )min ；③若k ≥f (x )在[a ,b ]上有解，则k ≥f (x )min ；④若k ≤f (x )在[a ,b ]上有解，则k ≤f (x )max ；【变式演练】1.已知函数f (x )=1+xex ，g (x )=1-ax 2．(1)若函数f (x )和g (x )的图象在x =1处的切线平行，求a 的值；(2)当x ∈[0，1]时，不等式f (x )≤g (x )恒成立，求a 的取值范围．【答案】(1)a =12e (2)-∞,1-2e【分析】(1)分别求出f (x )，g (x )的导数，计算得到f (1)=g (1)，求出a 的值即可；(2)问题转化为h x ≤0对任意x ∈[0，1]的恒成立，求导，对参数分类讨论，通过单调性与最值即可得到结果.(1)f (x )=-x ex，f (1)=-1e ，g (x )=-2ax ，g (1)=-2a ，由题意得：-2a =-1e ，解得：a =12e；(2)令h x =f (x )-g (x )，即h x ≤0对任意x ∈[0，1]的恒成立，h x =-xex +2ax ，①a ≤0时，h x ≤0在x ∈[0，1]的恒成立，所以h x 在[0，1]上单调递减. h x max =h 0 =0,满足条件；②a >0时，hx =-x +2axe x e x =x 2ae x -1 e x，令h x =0，得x 1=0,x 2=ln12a(i )当ln 12a ≤0，即a ≥12时，h x ≥0在x ∈[0，1]的恒成立，仅当x =0时h x =0，所以h x 在[0，1]上单调递增.又h 0 =0，所以h x ≥0在[0，1]上恒成立，不满足条件；(ii )当0<ln 12a <1，即12e <a <12时，当x ∈0,ln 12a时，h x <0，h x 上单调递减，当x ∈ln 12a,1 时，h x >0，h x 上单调递增，又h 0 =0，h 1 =2e -1+a ≤0,得a ≤1-2e，于是有12e <a ≤1-2e .(iii )当ln 12a ≥1，即0<a ≤12e时，x ∈[0，1]时，h x ≤0，h x 上单调递减，. 又h 0 =0，所以h x ≤0对任意x ∈[0，1]的恒成立，满足条件综上可得，a 的取值范围为-∞,1-2e题型二三角函数恒成立型求参【典例分析】1.已知函数f (x )=e x +cos x -2,f (x )为f (x )的导数.(1)当x ≥0时，求f (x )的最小值；(2)当x ≥-π2时，xe x +x cos x -ax 2-2x ≥0恒成立，求a 的取值范围.【答案】(1)1(2)(-∞,1]【分析】(1)求导得f ′(x )=e x -sin x ，令g x =e x -sin x ，利用导数分析g (x )的单调性，进而可得f (x )的最小值即可．(2)令h (x )=e x +cos x -ax -2，问题转化为当x ≥-π2时，x ⋅h (x )≥0恒成立，分两种情况：当a ≤1时和当a >1时，判断x e x +cos x -ax -2 ≥0是否成立即可．【详解】(1)由题意，f (x )=e x -sin x ，令g (x )=e x -sin x ，则g (x )=e x -cos x ，当x ≥0时，e x ≥1，cos x ≤1，所以g (x )≥0，从而g (x )在[0,+∞)上单调递增，则g (x )的最小值为g (0)=0，故f (x )的最小值0；(2)由已知得当x ≥-π2时，x e x +cos x -ax -2 ≥0恒成立，令h x =e x+cos x -ax -2，h x =e x -sin x -a ，①当a ≤1时，若x ≥0时，由(1)可知h x ≥1-a ≥0，∴h x 为增函数，∴h x ≥h 0 =0恒成立，∴x ⋅h x ≥0恒成立，即x e x +cos x -ax -2 ≥0恒成立，若x ∈-π2,0 ，令m x =e x -sin x -a 则m x =e x-cos x ，令n x =e x -cos x ，则n x =e x +sin x ，令p x =e x +sin x ，则p x =e x +cos x ，∵在p x 在x ∈-π2,0 内大于零恒成立，∴函数p x 在区间-π2,0 为单调递增，又∵p -π2=e -π2-1<0，p 0 =1，，∴p x 上存在唯一的x 0∈-π2,0 使得p x 0 =0，∴当x ∈-π2,x 0 时，nx <0，此时n x 为减函数，当x ∈x 0,0 时，h x >0，此时n x 为增函数，又∵n -π2=e -π2>0，n 0 =0，∴存在x 1∈-π2,x 0 ，使得n x 1 =0，∴当x ∈-π2,x 1 时，m x >0，m x 为增函数，当x ∈x 1,0 时，mx <0，m x 为减函数，又∵m -π2=e -π2+1-a >0，m 0 =1-a ≥0，∴x ∈-π2,0时，hx >0，则h x 为增函数，∴h x ≤h 0 =0，∴x e x +cos x -ax -2 ≥0恒成立，②当a >1时，m (x )=e x -cos x ≥0在[0,+∞)上恒成立，则m x 在[0,+∞)上为增函数，∵m 0 =1-a <0，m (ln (1+a ))=eln (1+a )-sin (ln (1+a ))-a =1-sin (ln (1+a ))≥0，∴存在唯一的x 2∈0,+∞ 使h x 2 =0，∴当0≤x <x 2时，h (x )<0，从而h (x )在0,x 2 上单调递减，∴h x <h 0 =0，∴x e x +cos x -ax -2 <0，与xe x +x cos x -ax 2-2x ≥0矛盾，综上所述，实数a 的取值范围为(-∞,1].【变式演练】1.已知函数f (x )=2x -sin x ．(1)求f (x )的图象在点π2,f π2 处的切线方程；(2)对任意的x ∈0,π2，f (x )≤ax ，求实数a 的取值范围．【答案】(1)2x -y -1=0(2)2-2π,+∞ 【分析】(1)根据导数的几何意义即可求出曲线的切线方程；(2)将原不等式转化为a ≥2-sin x x =h (x )x ∈0,π2，利用二次求导研究函数h (x )的单调性，求出h (x )max 即可.解(1)因为f π2=π-1，所以切点坐标为π2,π-1 ，因为f x =2-cos x ，所以f π2=2，可得所求切线的方程为y -π-1 =2x -π2，即2x -y -1=0．(2)由f x ≤ax ，得2x -sin x ≤ax ，所以a ≥2-sin x x ，其中x ∈0,π2，令h x =2-sin x x ，x ∈0,π2 ，得hx =sin x -cos x x 2，设φx =sin x -x cos x ，x ∈0,π2，则φ x =x sin x >0，所以φx 在0,π2上单调递增，所以φx >φ0 =0，所以h x >0，所以h x 在0,π2上单调递增，h x max =h π2 =2-2πsin π2=2-2π，所以a ≥2-2π，即a 的取值范围为2-2π,+∞ ．题型三同构双变量绝对值型求参【典例分析】1.已知函数f x =a ln x +x 2(a 为实常数).(1)当a =-4时，求函数f x 在1,e 上的最大值及相应的x 值；(2)若a >0，且对任意的x 1,x 2∈1,e ，都有f x 1 -f x 2 ≤1x 1-1x 2，求实数a 的取值范围.【答案】(1)当x =e 时，取到最大值e 2-4(2)a ≤1e-2e 2【分析】(1)求导，由导函数判出原函数的单调性，从而求出函数在1,e 上的最大值及相应的x 值；(2)根据单调性对f x 1 -f x 2 ≤1x 1-1x 2转化整理为f x 2 +1x 2≤f x 1 +1x 1，构造新函数h x =f x +1x在1,e 单调递减，借助导数理解并运用参变分离运算求解.解：(1)当a =-4时，则f x =-4ln x +x 2,fx =2x 2-4x(x >0)，∵当x ∈1,2 时，f x <0.当x ∈2,e 时，f x >0，∴f x 在1,2 上单调递减，在2,e 上单调递增，又∵f e -f 1 =-4+e 2-1=e 2-5>0，故当x =e 时，取到最大值e 2-4(2)当a >0时，f x 在x ∈1,e 上是增函数，函数y =1x在x ∈1,e 上减函数，不妨设1≤x 1≤x 2≤e ，则f x 1 -f x 2 ≤ 1x 1-1x 2可得f x 2 -f x 1 ≤1x 1-1x 2即f x 2 +1x 2≤f x 1 +1x 1，故原题等价于函数h x =f x +1x 在x ∈1,e 时是减函数，∵h 'x =a x +2x -1x 2≤0恒成立，即a ≤1x -2x 2在x ∈1,e 时恒成立.∵y =1x -2x 2在x ∈1,e 时是减函数∴a ≤1e -2e 2.【变式演练】1.已知f x =x 2+x +a ln x (a ∈R )．(1)讨论f x 的单调性；(2)若a =1，函数g x =x +1-f x ，∀x 1，x 2∈(0,+∞)，x 1≠x 2，x 1g x 2 -x 2g x 1 >λx 1-x 2 恒成立，求实数λ的取值范围．【答案】(1)当a ≥0时，f x 在区间0,+∞ 上单调递增；当a <0时，f x 在区间0,-1+1-8a 4 上单调递减，在区间-1+1-8a4,+∞ 上单调递增.(2)-∞,12ln2+52【分析】(1)先求出f x 的导数fx =2x 2+x +ax，根据a 的取值范围进行分类讨论即可；(2)当x 1x 2>0，时，x 1g x 2 -x 2g x 1 >λx 1-x 2 ⇔g x 2 x 2-g x 1 x 1 >λ1x 2-1x 1，去绝对值后，构造函数求解即可.【详解】(1)由已知，f x =x 2+x +a ln x (a ∈R )的定义域为0,+∞ ，fx =2x +1+a x =2x 2+x +ax，①当a ≥0时，f x >0在区间0,+∞ 上恒成立，f x 在区间0,+∞ 上单调递增；②当a <0时，令f x =0，则2x 2+x +a =0，Δ=1-8a >0，解得x 1=-1-1-8a 4<0(舍)，x 2=-1+1-8a4>0，∴当x ∈0,-1+1-8a4时，2x 2+x +a <0，∴f x <0，∴f x 在区间0,-1+1-8a4上单调递减，当x ∈-1+1-8a4,+∞ 时，2x 2+x +a >0，∴f x >0，∴f x 在区间-1+1-8a4,+∞ 上单调递增，综上所述，当a ≥0时，f x 在区间0,+∞ 上单调递增；当a <0时，f x 在区间0,-1+1-8a 4 上单调递减，在区间-1+1-8a4,+∞ 上单调递增.(2)当a =1时，g x =x +1-x 2+x +ln x =-x 2-ln x +1，x ∈0,+∞ ，∀x 1，x 2∈(0,+∞)，x 1≠x 2，x 1g x 2 -x 2g x 1 >λx 1-x 2 等价于x 1g x 2 -x 2g x 1x 1x 2>λx 1-x 2x 1x 2，即g x 2 x 2-g x 1 x 1 >λ1x 2-1x 1，令h x =g x x ，x ∈0,+∞ ，则h x 2 -h x 1 >λ1x 2-1x 1恒成立hx =xg x -g x x 2=x -2x -1x --x 2-ln x +1 x 2=ln x -x 2-2x 2，令F x =ln x -x 2-2，x ∈0,+∞ ，则Fx =1x -2x =1-2x 2x，令F x =0，解得x =22，当x ∈0,22时，Fx >0，F x 在区间0,22 单调递增；当x ∈22,+∞ 时，F x <0，F x 在区间22,+∞ 单调递减，∴当x ∈0,+∞ 时，F x 的最大值为F 22 =ln 22-12-2=-12ln2-52<0，∴当x ∈0,+∞ 时，F x =ln x -x 2-2≤-12ln2-52<0，即hx =ln x -x 2-2x2<0，∴h x =g xx在区间0,+∞ 上单调递减，不妨设x 1<x 2，∴∀x 1，x 2∈(0,+∞)，有h x 1 >h x 2 ，又∵y =1x 在区间0,+∞ 上单调递减，∀x 1，x 2∈(0,+∞)，且x 1<x 2，有1x 1>1x 2，∴h x 2 -h x 1 >λ1x 2-1x 1等价于h x 1 -h x 2 >λ1x 1-1x 2，∴h x 1 -λx 1>h x 2 -λx 2，设G x =h x -λx，x ∈0,+∞ ，则∀x 1，x 2∈(0,+∞)，且x 1<x 2，h x 1 -λx 1>h x 2 -λx 2等价于G x 1 >G x 2 ，即G x 在(0,+∞)上单调递减，∴G x =h x +λx2≤0，∴λ≤-x 2h x ，∴λ≤-x 2⋅ln x -x 2-2x 2=-F x ，∵当x ∈0,+∞ 时，F x 的最大值为F 22 =-12ln2-52，∴-F x 的最小值为12ln2+52，∴λ≤12ln2+52，综上所述，满足题意的实数λ的取值范围是-∞,12ln2+52.题型四零点型偏移证明不等式【典例分析】1.已知函数f x =x ln x ，g x =ax 2+1．(1)求函数f x 的最小值；(2)若不等式x +1 ln x -2x -1 >m 对任意的x ∈1,+∞ 恒成立，求m 的取值范围；(3)若函数f x 的图象与g x 的图象有A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 两个不同的交点，证明：x 1x 2>16．(参考数据：ln2≈0.69，ln5≈1.61)【答案】(1)-1e；(2)-∞，0 ；(3)证明见解析.【分析】(1)先求函数f x 的定义域，然后求导，令f (x )>0，可求单调递增区间；令f (x )<0可求单调递减区间.(2)设函数h (x )=(x +1)ln x -2(x -1)(x >1)，只需利用二次求导的方法求函数h x 的最小值即可.(3)首先根据题意得出ax 1=ln x 1-1x 1，ax 2=ln x 2-1x 2，从而可构造出ln (x 1x 2)-2(x 1+x 2)x 1x 2=x 1+x 2x 2-x 1ln x 2x 1；然后根据(2)的结论可得出x 1+x 2x 2-x 1ln x2x 1>2，即得出ln (x 1x 2)-2(x 1+x 2)x 1x 2>2成立；再根据基本不等式得到ln x 1x 2-2x 1x 2>1，从而通过构造函数G (x )=ln x -2x 即可证明结论.解：(1)已知函数f (x )=x ln x 的定义域为0，+∞ ，且f (x )=1+ln x ，令f (x )>0，解得x >1e ；令f (x )<0，解得0<x <1e ，所以函数f x 在0,1e 单调递减，在1e,+∞ 单调递增，所以当x =1e 时，f (x )取得最小值-1e．(2)设函数h (x )=(x +1)ln x -2(x -1)(x >1)，则m <h (x )对任意的x ∈1,+∞ 恒成立.h (x )=ln x +1x-1，设函数ϕ(x )=ln x +1x -1(x >1)，则ϕ (x )=x -1x 2>0，所以ϕ(x )在1,+∞ 上单调递增，所以ϕ(x )>ϕ(1)=0，即h (x )>0，所以h (x )在1,+∞ 上单调递增，所以h (x )>h (1)=0，所以m 的取值范围是-∞，0 .(3)因为函数f x 的图象与g (x )的图象有A (x 1,y 1),B (x 2,y 2)两个不同的交点，所以关于x 的方程ax 2+1=x ln x ，即ax =ln x -1x有两个不同的实数根x 1，x 2，所以ax 1=ln x 1-1x 1①，ax 2=ln x 2-1x 2②，①+②，得ln (x 1x 2)-x 1+x2x 1x 2=a (x 1+x 2)，②-①，得ln x 2x 1+x 2-x1x 1x 2=a (x 2-x 1)，消a 得，ln (x 1x 2)-2(x 1+x 2)x 1x 2=x 1+x 2x 2-x 1ln x2x 1，由(2)得，当m =0时，(x +1)ln x -2(x -1)>0，即x +1x -1ln x >2对任意的x ∈1,+∞ 恒成立.不妨设x 2>x 1>0，则x 2x 1>1，所以x 1+x 2x 2-x 1ln x2x 1=x 2x 1+1x 2x 1-1lnx 2x 1>2，即ln (x 1x 2)-2(x 1+x 2)x 1x 2>2恒成立.因为ln (x 1x 2)-2(x 1+x 2)x 1x 2<ln (x 1x 2)-2×2x 1x 2x 1x 2=2ln x 1x 2-4x 1x 2，所以2ln x1x2-4x1x2>2，即ln x1x2-2x1x2>1.令函数G(x)=ln x-2x，则G(x)在0,+∞上单调递增.又G(4)=ln4-12=2ln2-12≈0.88<1，G(5)=ln5-25≈1.21>1，所以当G(x1x2)>1时，x1x2>4，即x1x2>16，所以原不等式得证.【变式演练】1.已知函数f(x)=12x2+ln x-2x．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)设函数g(x)=e x+12x2-(4+a)x+ln x-f(x)，若函数y=g(x)有两个不同的零点x1,x2，证明：x1 +x2<2ln(a+2)．【答案】(1)f(x)的单调递增区间为(0,+∞)，无单调减区间(2)证明见解析【分析】(1)求得函数的导数f (x)=x+1x-2，结合基本不等式求得f (x)≥0恒成立，即可求解；(2)由y=g(x)有两个不同的零点x1,x2，转化为(a+2)=e xx有两个根，设I(x)=e xx，利用导数求得最大值I(1)=e，得到a>e-2，转化为x1-x2ln x1-ln x2=1x1+x2=2ln(a+2)+ln x1x2，不妨设x1>x2，要证x1+x2<2ln(a+2)，只需证明x1x2<1，转化为2ln t-t+1t <0恒成立，设h(t)=2ln t-t+1t，结合导数求得函数的单调性，即可求解.【解析】(1)解：由函数f(x)=12x2+ln x-2x定义域为(0,+∞)，且f (x)=x+1x-2，因为x+1x≥2x⋅1x=2，当且仅当x=1x时，即x=1时，等号成立，所以f (x)≥0恒成立，所以f x 在(0,+∞)单调递增，故函数f(x)的单调递增区间为(0,+∞)，无单调减区间．(2)解：由函数g(x)=e x-(a+2)x,(x>0)，因为函数y=g(x)有两个不同的零点x1,x2，所以e x=(a+2)x有两个不同的根，即(a+2)=e xx有两个不同的根，设I(x)=e xx，可得I(x)=e x(x-1)x2，当x∈(0,1)时，I (x)<0；当x∈(1,+∞)时，I (x)>0，所以y=I(x)在(0,1)上单调递减，(1,+∞)上单调递增，当x=1时，函数y=I(x)取得最小值，最小值为I(1)=e，所以a+2>e，即a>e-2，由e x1=(a+2)x1e x2=(a+2)x2，可得x1=ln(a+2)+ln x1x2=ln(a+2)+ln x2，即x1-x2=ln x1-ln x2x1+x2=2ln(a+2)+ln x1x2，所以x1-x2ln x1-ln x2=1x1+x2=2ln(a+2)+ln x1x2 ，不妨设x1>x2，要证x1+x2<2ln(a+2)，只需证明x1x2<1即可，即证x1x2<x1-x2ln x1-ln x2，只需证明：lnx1x2<x1x2-x2x1，设x1x2=t(t>1)，即证：2ln t-t+1t<0恒成立，设h(t)=2ln t-t+1t,t>1，可得h (t)=2t-1t2-1=-t2+2t-1t2=-(t-1)2t2<0，所以y=h(t)在(1,+∞)上单调递减，所以h(t)<h(1)=0，故x1x2<1恒成立，所以x1+x2<2ln(a+2)．题型五非对称型零点偏移证明不等式【典例分析】1.已知函数f x =a ln x-x a∈R.(1)求函数y=f x 的单调区间；(2)若函数y=f x 在其定义域内有两个不同的零点，求实数a的取值范围；(3)若0<x1<x2，且x1ln x1=x2ln x2=a，证明：x1ln x1<2x2-x1.【答案】(1)当a≤0时，函数y=f x 的单调递减区间为0,+∞；当a>0时，函数y=f x 的单调递增区间为0,a，单调递减区间为a,+∞.(2)a>e(3)证明见解析【分析】(1)先求定义域，然后对a进行分类讨论，求解不同情况下的单调区间；(2)在第一问的基础上，讨论实数a的取值，保证函数有两个不同的零点，根据函数单调性及极值列出不等式，求出a>e时满足题意，再证明充分性即可；(3)设x2=tx1，对题干条件变形，构造函数对不等式进行证明.解：(1)函数f x 定义域为0,+∞，∵f x =a ln x-x a∈R，∴f x =ax -1=a-xx①当a≤0时，f x <0在0,+∞上恒成立，即函数y=f x 的单调递减区间为0,+∞;②当a>0时，f x =0，解得x=a，当x∈0,a时，f x >0，∴函数y=f x 的单调递增区间为0,a，当x∈a,+∞时，f x <0,∴函数y=f x 的单调递减区间为a,+∞，综上可知：①当a≤0时，函数y=f x 的单调递减区间为0,+∞;②当a>0时，函数y=f x 的单调递增区间为0,a，单调递减区间为a,+∞;(2)由(1)知，当a≤0时，函数y=f x 在0,+∞上单调递减，∴函数y=f x 至多有一个零点，不符合题意，当a>0时，函数y=f x 在0,a上单调递增，在a,+∞上单调递减，∴f(x)max=f a =a ln a-a，又函数y=f x 有两个零点，∴f a =a ln a-a=a ln a-1>0,∴a>e又f1 =-1<0,∴∃x1∈1,a，使得f x1=0，又f a2=a ln a2-a2=a2ln a-a，设g a =2ln a-a,g a =2a-1=2-aa∵a>e,∴g a <0∴函数g a 在e,+∞上单调递减，∴g a max=g e =2-e<0，∴∃x2∈a,a2，使得f x2=0，综上可知，a>e为所求.(3)依题意，x1,x20<x1<x2是函数y=f x 的两个零点，设x2=tx1，因为x2>x1>0⇒t>1，∵a=x1ln x1=x2ln x2=tx1ln x1+ln t，∴ln x1=ln tt-1，ax1=1ln x1=t-1ln t不等式x1ln x1<2x2-x1⇔x1ln x1<2tx1-x1⇔1ln x1<2t-1⇔t-1ln t<2t-1，∵t>1，所证不等式即2t ln t-ln t-t+1>0设h t =2t ln t-ln t-t+1,∴h t =2ln t+2-1t-1,h t =2t+1t2>0，∴h t 在1,+∞上是增函数，且h t >h 1 =0，所以h t 在1,+∞上是增函数，且h t >h1 =0，即2t ln t-ln t-t+1>0，从而所证不等式成立.【变式演练】1.函数f x =ln x-ax2+1.(1)若a=1，求函数y=f2x-1在x=1处的切线；(2)若函数y=f x 有两个零点x1，x2，且x1<x2，(i)求实数a的取值范围；(ii)证明：x22-x1<-a2+a+1a2.【答案】(1)y=-2x-1；(2)(i)0<a<e2；(ii)证明见解析.【分析】(1)先设g x =f2x-1，再对其求导，根据导数的几何意义，即可求出切线方程；(2)(i)根据题中条件，得到方程ln x+1x2=a有两不等实根，令g x =ln x+1x2，则g x =ln x+1x2的图象与直线y=a有两不同交点，对g x 求导，得到其单调性，结合函数值的取值情况，即可得出结果；(ii)先由题中条件，得到ln x2-ln x1x2-x1=a x2+x1，令h t =ln t-2t-1t+1，t>1，证明ln t>2t-1t+1对任意的t>1恒成立；得出ln x2-ln x1x2-x1>2x2+x1；进一步推出x2+x1>2e；得到x22-x1<x22+x2-1，因此只需证明x22+x2≤1a2+1a即可，即证x2≤1a，即证f x2≥f1a，即证0≥f1a ，即证ln 1a≤1a-1成立；构造函数证明ln1a≤1a-1成立即可.【详解】(1)设g x =f2x-1=ln2x-1-2x-12+1，∴g x =22x-1-42x-1，∴g 1 =-2，且g1 =0，∴切线方程：y=-2x-1.(2)(i)由f x =ln x-ax2+1可得定义域为0,+∞，因为函数y=f x 有两个零点x1，x2，且x1<x2，所以方程ln x-ax2+1=0有两不等实根，即方程ln x+1x2=a有两不等实根，令g x =ln x+1x2，则g x =ln x+1x2的图象与直线y=a有两不同交点，因为g x =1x⋅x2-ln x+1⋅2xx4=-1-2ln xx3，由g x >0得0<x<e-12；由g x <0得x>e-12，所以g x =ln x+1x2在0,e-12上单调递增，在e-12,+∞上单调递减；因此g x max=g e-1 2=-12+1e-1=e2，又当0<x<1e时，ln x+1<0，即g x =ln x+1x2<0；当x>1e时，ln x+1>0，即g x =ln x+1x2>0，所以为使g x =ln x+1x2的图象与直线y=a有两不同交点，只需0<a<e2；即实数a的取值范围为0<a<e 2；(ii)由(i)可知，x1与x2是方程ln x-ax2+1=0的两根，则ln x1-ax12+1=0ln x2-ax22+1=0，两式作差可得ln x2-ln x1=a x22-x12，因为0<x 1<x 2，所以x 2x 1>1，则ln x 2-ln x 1x 2-x 1=a x 2+x 1 ；令h t =ln t -2t -1 t +1=ln t +4t +1-2，t >1，则ht =1t -4t +1 2=t -1 2t t +1 2>0对任意的t >1恒成立，所以h t 在t ∈1,+∞ 上单调递增，因此h t >h 1 =0，即ln t >2t -1t +1对任意的t >1恒成立；令t =x 2x 1，则ln x 2x 1>2x2x 1-1 x 2x 1+1=2x 2-x 1 x 2+x 1，所以ln x 2-ln x 1x 2-x 1>2x 2+x 1，因此a x 2+x 1 =ln x 2-ln x 1x 2-x 1>2x 2+x 1，所以x 2+x 1 2>2a >4e ，则x 2+x 1>2e ；∴x 22-x 1<x 22+x 2-2e<x 22+x 2-1，因此，要证x 22-x 1<-a 2+a +1a 2=1a 2+1a -1，只需证x 22+x 2≤1a2+1a ，因为二次函数y =x 2+x 在0,+∞ 单调递增，因此只需证x 2≤1a ，即证f x 2 ≥f 1a，即证0≥f 1a ，即证ln 1a ≤1a -1成立；令u (x )=ln x -x +1，x >0，则u (x )=1x -1=1-xx，当x ∈0,1 时，u (x )>0，即u (x )单调递增；当x ∈1,+∞ 时，u (x )<0，即u (x )单调递减；所以u (x )≤u (1)=0，所以ln x ≤x -1，因此ln 1a ≤1a -1，所以结论得证.题型六条件型偏移证明不等式【典例分析】1.已知函数f x =ln x +axx，a ∈R .(1)若a =0，求f x 的最大值；(2)若0<a <1，求证：f x 有且只有一个零点；(3)设0<m <n 且m n =n m ，求证：m +n >2e.【答案】(1)1e(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】(1)由a =0，得到f x =ln x x ，求导f x =1-ln xx 2，然后得到函数的单调性求解；(2)求导fx =1x +a x -ln x -ax x 2=1-ln x x 2，结合(1)的结论，根据0<a <1，分x >e ，0<x <e ，利用零点存在定理证明；(3)根据m n =n m 等价于ln m m =ln n n ，由(1)知f x =ln xx的单调性，得到0<m <e <n ，令g x =2e -x ln x -x ln 2e -x ，0<x <e ，用导数法得到g x 在0,e 上单调递增，则ln xx<ln 2e -x 2e -x ，0<x <e ，再结合0<m <e <n 且ln m m =ln nn ，利用f x 在e ,+∞ 上单调递减求解.(1)解：由题知：若a =0，f x =ln xx，其定义域为0,+∞ ，所以f x =1-ln xx2，由fx =0，得x =e ，所以当0<x <e 时，f x >0；当x >e 时，f x <0，所以f x 在0,e 上单调递增，在e ,+∞ 上单调递减，所以f x max =f e =1e；(2)由题知：f x =1x +a x -ln x -axx 2=1-ln xx 2，由(1)知，f x 在0,e 上单调递增，在e ,+∞ 上单调递减，因为0<a <1，当x >e 时，f x =ln x +ax x =a +ln xx>a >0，则f x 在e ,+∞ 无零点，当0<x <e 时，f x =ln x +ax x =a +ln xx，又因为f 1e =a -e <0且f e =a +1e>0，所以f x 在0,e 上有且只有一个零点，所以，f x 有且只有一个零点.(3)因为m n =n m 等价于ln m m =ln nn，由(1)知：若a =0，f x =ln xx，且f x 在0,e 上单调递增，在e ,+∞ 上单调递减，且0<m <n ，所以0<m <e ，n >e ，即0<m <e <n ，令g x =2e -x ln x -x ln 2e -x ，0<x <e ，所以g x =-ln x +2e -x x -ln 2e -x +x2e -x ，=-ln x 2e -x +2e -x x +x2e -x ，=-ln x -e 2+e 2 +2e -x x +x2e -x>-ln e 2+2=0，所以g x 在0,e 上单调递增，g x <g e =0，所以ln x x <ln 2e -x 2e -x，0<x <e ，又因为0<m <e <n 且ln m m =ln nn ，所以ln n n =ln mm <ln 2e -m 2e -m ，又因为n >e ，2e -m >e ，且f x 在e ,+∞ 上单调递减，所以n >2e -m ，即m +n >2e.【变式演练】1.已知函数f x =2ln x +x 2+a -1 x -a ，(a ∈R )，当x ≥1时，f (x )≥0恒成立．(1)求实数a 的取值范围；(2)若正实数x 1、x 2(x 1≠x 2)满足f (x 1)+f (x 2)=0，证明：x 1+x 2>2．【答案】(1)-3,+∞ ；(2)证明见解析.【分析】(1)根据题意，求出导函数f x ，分类讨论当a ≥-3和a <-3两种情况，利用导数研究函数的单调性，结合x ≥1时，f (x )≥0恒成立，从而得出实数a 的取值范围；(2)不妨设x 1<x 2，由f (x 1)+f (x 2)=0得出f (x 2)=-f (x 1)，从而可知只要证明-f (x 1)>f (2-x 1)⇔f (x 1)+f (2-x 1)<0，构造新函数g (x )=f (x )+f (2-x )，求出g(x )=4(x -1)3x (x -2)，利用导数研究函数的单调性得出g (x )在区间(0,1)上单调增函数，进而可知当0<x <1时，g (x )<0成立，即f (x )+f (2-x )<0，从而即可证明x 1+x 2>2.(1)解：根据题意，可知f x 的定义域为0,+∞ ，而f (x )=2x+2x +(a -1)，当a ≥-3时，f (x )=2x+2x +(a -1)≥a +3≥0，f 1 =0，∴f (x )为单调递增函数，∴当x ≥1时，f (x )≥0成立；当a <-3时，存在大于1的实数m ，使得f (m )=0，∴当1<x <m 时，f (x )<0成立，∴f (x )在区间(1,m )上单调递减，∴当1<x <m 时，f (x )<f 1 =0；∴a <-3不可能成立，所以a ≥-3，即a 的取值范围为-3,+∞ .(2)证明：不妨设x 1<x 2，∵正实数x 1、x 2满足f (x 1)+f (x 2)=0，有(1)可知，0<x 1<1<x 2，又∵f (x )为单调递增函数，所以x 1+x 2>2⇔x 2>2-x 1⇔f (x 2)>f (2-x 1)，又∵f (x 1)+f (x 2)=0⇔f (x 2)=-f (x 1)，所以只要证明：-f (x 1)>f (2-x 1)⇔f (x 1)+f (2-x 1)<0，设g (x )=f (x )+f (2-x )，则g (x )=2[ln x +ln (2-x )+x 2-2x +1]，可得g(x )=4(x -1)3x (x -2)，∴当0<x <1时，g (x )>0成立，∴g (x )在区间(0,1)上单调增函数，又∵g 1 =0，∴当0<x <1时，g (x )<0成立，即f (x )+f (2-x )<0，所以不等式f (x 1)+f (2-x 1)<0成立，所以x 1+x 2>2.题型七同构型证明不等式【典例分析】1.材料：在现行的数学分析教材中，对“初等函数”给出了确切的定义，即由常数和基本初等函数经过有限次的四则运算及有限次的复合步骤所构成的，且能用一个式子表示的.如函数f x =x x x >0 ，我们可以作变形：f x =x x =e ln x x =e x ⋅ln x =e t t =x ln x ，所以f x 可看作是由函数f t=e t 和g x =x ln x 复合而成的，即f x =x x x >0 为初等函数，根据以上材料：(1)直接写出初等函数f x =x x x >0 极值点(2)对于初等函数h x =x x 2x >0 ，有且仅有两个不相等实数x 1,x 20<x 1<x 2 满足：h x 1 =h x 2 =e k .(i )求k 的取值范围.(ii )求证：x e 2-2e 2≤e-e 2x 1(注：题中e 为自然对数的底数，即e =2.71828⋯)【答案】(1)极小值点为x =1e ，无极大值点(2)(i )k ∈-12e,0 ；(ii )证明见解析【分析】(1)根据材料中的信息可求得极小值点为x =1e；(2)(i )将问题转化为求函数的最小值问题，同时要注意考查边界；(ii )通过换元，将问题转化为求函数的最值问题，从而获得证明.解：(1)极小值点为x =1e，无极大值点.(2)由题意得：x x 211=x x 222=e k 即x 21ln x 1=x 22ln x 2=k .(i )问题转化为m x =x 2ln x -k 在0,+∞ 内有两个零点.则m x =x 1+2ln x 当x ∈0,e-12时，mx <0，m x 单调递减；当x ∈e -12,+∞ 时，m x >0，m x 单调递增.若m x 有两个零点，则必有m e -12<0.解得：k >-12e若k ≥0，当0<x <e-12时，m x =x 2ln x -k ≤x 2ln x <0，无法保证m x 有两个零点.若-12e<k <0，又m e 1k>0，m e -12 <0，m 1 =-k >0故∃x 1∈e 1k ,e-12使得m x 1 =0，∃x 2∈e -12,1 使得m x 2 =0.综上：k ∈-12e ,0(ii )设t =x 2x 1，则t ∈1,+∞ .将t =x 2x 1代入x 21ln x 1=x 22ln x 2可得：ln x 1=t 2ln t 1-t 2，ln x 2=ln t 1-t 2(*)欲证：x e 2-2e2≤e -e 2x 1，需证：ln x e 2-2e2≤ln e -e 2x 1即证：ln x 1+e 2-2e ln x 2≤-e 2.将(*)代入，则有t 2+e 2-2e ln t 1-t 2≤-e2则只需证明：x +e 2-2e ln x1-x ≤-e x >1 即ln x ≥e x -1 x +e 2-2ex >1 .构造函数φx =x -1ln x -x e -e +2，则φ x =ln x -x -1xln 2x -1e ，φ x =x +1 2x -1 x +1-ln xx 2ln 3xx >1 (其中φ x 为φx 的导函数)令ωx =2x -1 x +1-ln x x >1 则ωx =-x -1 2x x +1 2<0所以ωx <ω1 =0则φ x <0.因此φ x 在1,+∞ 内单调递减.又φ e =0，当x ∈1,e 时，φ x >0，φx 单调递增；当x ∈e ,+∞ 时，φ x <0，φx 单调递减.所以φx =x -1ln x -x e -e +2≤φe =0，因此有x -1ln x -xe ≤e -2即ln x ≥e x -1x +e 2-2ex >1 .综上所述，命题得证.【变式演练】1.已知函数f x =e ax x ，g x =ln x +2x +1x，其中a ∈R .(1)试讨论函数f x 的单调性；(2)若a =2，证明：xf (x )≥g (x ).【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.【分析】(1)f x 的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞)，求出f x ，分别讨论a >0，a =0，a <0时不等式f x >0和fx <0的解集即可得单调递增区间和单调递减区间，即可求解；(2)g x 的定义域为0,+∞ ，不等式等价于xe 2x ≥ln x +2x +1，e ln x +2x ≥ln x +2x +1，令t =ln x +2x ∈R ，只需证e t ≥t +1，令h t =e t -t -1，利用导数判断单调性和最值即可求证.解：(1)f x 的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞)，由f x =e ax x 可得：f x =ae ax ⋅x -e ax ⋅1x 2=e ax (ax -1)x 2，当a >0时，令f x >0，解得x >1a ；令f x <0，解得x <0或0<x <1a；此时f x 在1a ,+∞上单调递增，在-∞,0 和0,1a上单调递减：当a =0时，f (x )=1x，此时f x 在(-∞,0)和(0,+∞)上单调递减；当a <0时，令f x >0，解得x <1a ，令f x <0，解得1a<x <0或x >0，此时f x 在-∞,1a 上单调递增，在1a,0 和(0,+∞)上单调递减：综上所述：当a >0时，f x 在1a ,+∞ 上单调递增，在(-∞,0)和0,1a上单调递减；当a =0时，f x 在(-∞,0)和(0,+∞)上单调递减；当a <0时，f x 在-∞,1a 上单调递增，在1a ,0 和(0,+∞)上单调递减.(2)因为a =2，g x =ln x +2x +1x的定义域为0,+∞ ，所以xf (x )≥g (x )即xe 2x ≥ln x +2x +1，即证：e ln x ⋅e 2x =e ln x +2x≥ln x +2x +1，令t =ln x +2x ∈R ，只需证e t ≥t +1，令h t =e t -t -1，则h t =e t-1，令h t >0，解得：t >0；h t <0，解得t <0；所以h t 在(-∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增；所以h t ≥h 0 =e 0-0-1=0，所以e t ≥t +1，所以e ln x +2x ≥ln x +2x +1，即xf (x )≥g (x )成立.题型八先放缩型证明不等式【典例分析】1.设函数f x =a ln x +1x-1a ∈R ．(1)求函数f x 的单调区间；(2)当x ∈0,1 时，证明：x 2+x -1x-1<e x ln x ．【答案】(1)答案不唯一，具体见解析；(2)证明见解析.【分析】(1)求得f x =ax -1x2，分a ≤0、a >0两种情况讨论，分析导数f x 在0,+∞ 上的符号变化，由此可得出函数f x 的增区间和减区间；(2)由(1)可得出ln x >1-1x，要证原不等式成立，先证e x <x +1 2对任意的x ∈0,1 恒成立，构造函数h x =e x -x +1 2，利用导数分析函数h x 在0,1 上的单调性，由此可证得e x <x +1 2对任意的x ∈0,1 恒成立，即可证得原不等式成立.(1)解：f x 的定义域为0,+∞ ，则f x =a x -1x 2=ax -1x2，当a ≤0时，fx ≤0在0,+∞ 恒成立，则函数f x 的单调减区间为0,+∞ ，没有增区间：当a >0时，当x ∈0,1a 时，f x <0；当x ∈1a ,+∞ 时，f x >0.则函数f x 的单调减区间为0,1a，单调增区间为1a ,+∞ .综上所述，当a ≤0时,函数f x 的单调减区间为0,+∞ ，没有增区间：当a >0时，函数f x 的单调减区间为0,1a ，单调增区间为1a,+∞ .(2)证明：由(1)可知当a =1时，f x 的单调减区间为0,1 ，单调增区间为1,+∞ ；当x =1时，f x 取极小值f 1 =0，所以f x ≥f 1 =0，当x ∈0,1 时，即有ln x +1x -1>0，所以ln x >1-1x，所以要证x 2+x -1x -1<e x ln x ，只需证x 2+x -1x -1<e x 1-1x ，整理得e x ⋅x -1x>x +1 2x -1x，又因为x ∈0,1 ，所以只需证e x <x +1 2，令h x =e x -x +1 2，则h x =e x -2x +1 ，令H x =h x =e x -2x +1 ，则H x =e x -2，令H x =e x -2=0，得x =ln2，当0<x <ln2时，H x <0，H x 单调递减，当ln2<x <1时，H x >0，H x 单调递增，所以H x min =H ln2 =e ln2-2ln2+1 =-2ln2<0，又H 0 =e 0-2=-1<0，H 1 =e -4<0，所以在x ∈0,1 时，H x =h x <0恒成立，所以h x 在0,1 上单调递减，所以h x <h 0 =0，即h x =e x -x +1 2<0，即e x <x +1 2成立，即得证．【变式演练】1.已知函数f x =ae x -2-ln x +ln a .(1)若曲线y =f x 在点2,f 2 处的切线方程为y =32x -1，求a 的值；(2)若a ≥e ，证明：f x ≥2.【答案】(1)a =2(2)证明见解析【分析】(1)由f 2 =32,可得a 的值，再验证切点坐标也满足条件；(2)由a ≥e ，e x -2>0知要证f x =ae x -2-ln x +ln a ≥2也即证e x -1-ln x -1≥0，设g x =e x -1-ln x -1，求出导数分析其单调性，得出其最值可证明.解：(1)f x =ae x -2-1x ，则f 2 =ae 2-2-12=a -12=32,解得a =2又f 2 =32×2-1=2，f 2 =ae 2-2-ln2+ln a =2，可得a =2综上a =2(2)由a ≥e ，e x -2>0知要证f x =ae x -2-ln x +ln a ≥2即证e ⋅e x -2-ln x +ln e =e x -1-ln x +1≥2也即证e x -1-ln x -1≥0。

导数大题压轴题难点

取值范围.
14. 设函数 f (x) emx x 2 mx ．
（Ⅰ）证明： f (x) 在 (, 0) 单调递减，在 (0, ) 单调递增；
（Ⅱ）若对于任意 x1, x2 [1,1] ，都有 f (x1) f (x2 ) e 1，求 m 的取值范围．
15．已知函数
f
(x)
ln(x
1)

ax x 1
6．设 f (x) a x ln x ， g(x) x3 x2 3 ． x
（Ⅰ）当 a 2 时，求曲线 y f (x) 在 x 1 处的切线方程；
（Ⅱ）若存在 x1, x2 [0, 2] ，使 g(x1) g(x2 ) M 成立，求满足上述条件的最大整数 M ；（Ⅲ）如果对任意的 s,t [ 1 , 2] ，都有 f (s) g(t) 成立，求实数 a 的取值范围．
x, a
R
．
（Ⅰ）当 a 0 时，求函数 f (x) 的单调区间；
（Ⅱ）若存在 x 0 ，使 f (x) x 1 x (a Z ) 成立，求 a 的最小值． x 1
16.设函数 f (x) 1 ex.
（Ⅰ）证明：当 x 1时, f (x) x ; x 1
（Ⅱ）当 x 0时, f (x) x 恒成立,求 a 的取值范围. ax 1
f
(
x)
m
x
对所有的
a
0,
3 2
,
x
1, e 2 都成立，求实数
m 的取值范围.
11．已知函数 f (x) ln( 1 1 ax) x 2 ax （ a 为常数， a 0 ）. 22
（Ⅰ）若 x 1 是函数 f (x) 的一个极值点，求 a 的值； 2
（Ⅱ）求证：当

2017-2019年高考真题导数压轴题全集(含详细解析)

2017-2019年高考真题导数压轴题全集（含详细解析）1．（2019•全国）已知函数2())f x x ax -．（1）当1a =时，求()f x 的单调区间；（2）若()f x 在区间[0，2]的最小值为23-，求a ．2．（2019•新课标Ⅲ）已知函数32()2f x x ax b =-+．（1）讨论()f x 的单调性；（2）是否存在a ，b ，使得()f x 在区间[0，1]的最小值为1-且最大值为1？若存在，求出a ，b 的所有值；若不存在，说明理由．3．（2019•新课标Ⅲ）已知函数32()22f x x ax =-+．（1）讨论()f x 的单调性；（2）当03a <<时，记()f x 在区间[0，1]的最大值为M ，最小值为m ，求M m -的取值范围．4．（2019•浙江）已知实数0a ≠，设函数()f x alnx =0x >．（Ⅰ）当34a =-时，求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）对任意21[x e ∈，)+∞均有()f x …，求a 的取值范围．注： 2.71828e =⋯为自然对数的底数．5．（2019•新课标Ⅱ）已知函数()(1)1f x x lnx x =---．证明：（1）()f x 存在唯一的极值点；（2）()0f x =有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．6．（2019•江苏）设函数()()()()f x x a x b x c =---，a ，b ，c R ∈，()f x '为()f x 的导函数．（1）若a b c ==，f （4）8=，求a 的值；（2）若a b ≠，b c =，且()f x 和()f x '的零点均在集合{3-，1，3}中，求()f x 的极小值；（3）若0a =，01b <…，1c =，且()f x 的极大值为M ，求证：427M …． 7．（2019•天津）设函数()(1)x f x lnx a x e =--，其中a R ∈．（Ⅰ）若0a …，讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）若10a e<<，()i 证明()f x 恰有两个零点；()ii 设0x 为()f x 的极值点，1x 为()f x 的零点，且10x x >，证明0132x x ->．8．（2019•天津）设函数()cos x f x e x =，()g x 为()f x 的导函数．（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）当[4x π∈，]2π时，证明()()()02f xg x x π+-…；（Ⅲ）设n x 为函数()()1u x f x =-在区间(24n ππ+，2)2n ππ+内的零点，其中n N ∈，证明20022sin cos n n e n x x x πππ-+-<-．9．（2019•新课标Ⅰ）已知函数()2sin cos f x x x x x =--，()f x '为()f x 的导数．（1）证明：()f x '在区间(0,)π存在唯一零点；（2）若[0x ∈，]π时，()f x ax …，求a 的取值范围． 10．（2019•新课标Ⅱ）已知函数1()1x f x lnx x +=--．（1）讨论()f x 的单调性，并证明()f x 有且仅有两个零点；（2）设0x 是()f x 的一个零点，证明曲线y lnx =在点0(A x ，0)lnx 处的切线也是曲线x y e =的切线．11．（2019•北京）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[2x ∈-，4]时，求证：6()x f x x -剟；（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．12．（2019•新课标Ⅰ）已知函数()sin (1)f x x ln x =-+，()f x '为()f x 的导数．证明：（1）()f x '在区间(1,)2π-存在唯一极大值点；（2）()f x 有且仅有2个零点．13．（2018•北京）设函数2()[(41)43]x f x ax a x a e =-+++．（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2x =处取得极小值，求a 的取值范围． 14．（2018•北京）设函数2()[(31)32]x f x ax a x a e =-+++．（Ⅰ）若曲线()y f x =在点(2，f （2）)处的切线斜率为0，求a ；（Ⅱ）若()f x 在1x =处取得极小值，求a 的取值范围．15．（2018•新课标Ⅲ）已知函数2()(2)(1)2f x x ax ln x x =+++-．（1）若0a =，证明：当10x -<<时，()0f x <；当0x >时，()0f x >；（2）若0x =是()f x 的极大值点，求a ．16．（2018•新课标Ⅰ）已知函数()1x f x ae lnx =--．（1）设2x =是()f x 的极值点，求a ，并求()f x 的单调区间；（2）证明：当1a e…时，()0f x …．17．（2018•新课标Ⅲ）已知函数21()xax x f x e +-=．（1）求曲线()y f x =在点(0,1)-处的切线方程；（2）证明：当1a …时，()0f x e +…．18．（2018•新课标Ⅱ）已知函数2()x f x e ax =-．（1）若1a =，证明：当0x …时，()1f x …；（2）若()f x 在(0,)+∞只有一个零点，求a ．19．（2018•浙江）已知函数()f x lnx ．（Ⅰ）若()f x 在1x x =，212()x x x ≠处导数相等，证明：12()()882f x f x ln +>-；（Ⅱ）若342a ln -…，证明：对于任意0k >，直线y kx a =+与曲线()y f x =有唯一公共点． 20．（2018•天津）已知函数()x f x a =，()log a g x x =，其中1a >．（Ⅰ）求函数()()h x f x xlna =-的单调区间；（Ⅱ）若曲线()y f x =在点1(x ，1())f x 处的切线与曲线()y g x =在点2(x ，2())g x 处的切线平行，证明122()lnlnax g x lna+=-；（Ⅲ）证明当1ea e …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． 21．（2018•江苏）记()f x '，()g x '分别为函数()f x ，()g x 的导函数．若存在0x R ∈，满足00()()f x g x =且00()()f x g x '='，则称0x 为函数()f x 与()g x 的一个“S 点”．（1）证明：函数()f x x =与2()22g x x x =+-不存在“S 点”；（2）若函数2()1f x ax =-与()g x lnx =存在“S 点”，求实数a 的值；（3）已知函数2()f x x a =-+，()xbe g x x=．对任意0a >，判断是否存在0b >，使函数()f x 与()g x 在区间(0,)+∞内存在“S 点”，并说明理由． 22．（2018•新课标Ⅱ）已知函数321()(1)3f x x a x x =-++．（1）若3a =，求()f x 的单调区间；（2）证明：()f x 只有一个零点． 23．（2018•新课标Ⅰ）已知函数1()f x x alnx x=-+．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 存在两个极值点1x ，2x ，证明：1212()()2f x f x a x x -<--．24．（2017•全国）已知函数32()3(1)12f x ax a x x =-++．（1）当0a >时，求()f x 的极小值；（Ⅱ）当0a …时，讨论方程()0f x =实根的个数． 25．（2017•新课标Ⅰ）已知函数2()()x x f x e e a a x =--．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()0f x …，求a 的取值范围．26．（2017•天津）设a Z ∈，已知定义在R 上的函数432()2336f x x x x x a =+--+在区间(1,2)内有一个零点0x ，()g x 为()f x 的导函数．（Ⅰ）求()g x 的单调区间；（Ⅱ）设[1m ∈，00)(x x ⋃，2]，函数0()()()()h x g x m x f m =--，求证：0()()0h m h x <；（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[1pq∈，00)(x x ⋃，2]，满足041||p x q Aq-…． 27．（2017•新课标Ⅱ）设函数2()(1)x f x x e =-．（1）讨论()f x 的单调性；（2）当0x …时，()1f x ax +…，求a 的取值范围． 28．（2017•山东）已知函数2()2cos f x x x =+，()(cos sin 22)x g x e x x x =-+-，其中2.71828e ≈⋯是自然对数的底数．（Ⅰ）求曲线()y f x =在点(π，())f π处的切线方程；（Ⅱ）令()h x g =()x a -()()f x a R ∈，讨论()h x 的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．29．（2017•天津）设a ，b R ∈，||1a …．已知函数32()63(4)f x x x a a x b =---+，()()x g x e f x =．（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）已知函数()y g x =和x y e =的图象在公共点0(x ，0)y 处有相同的切线， ()i 求证：()f x 在0x x =处的导数等于0；()ii 若关于x 的不等式()x g x e …在区间0[1x -，01]x +上恒成立，求b 的取值范围．30．（2017•江苏）已知函数32()1(0,)f x x ax bx a 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：23b a >；（Ⅲ）若()f x ，()f x '这两个函数的所有极值之和不小于72-，求实数a 的取值范围．31．（2017•北京）已知函数()cos x f x e x x =-．（1）求曲线()y f x =在点(0，(0))f 处的切线方程；（2）求函数()f x 在区间[0，]2π上的最大值和最小值．32．（2017•新课标Ⅱ）已知函数2()f x ax ax xlnx =--，且()0f x …．（1）求a ；（2）证明：()f x 存在唯一的极大值点0x ，且220()2e f x --<<．33．（2017•浙江）已知函数1()(()2x f x x e x -=…．（1）求()f x 的导函数；（2）求()f x 在区间1[2，)+∞上的取值范围．34．（2017•新课标Ⅲ）已知函数2()(21)f x lnx ax a x =+++．（1）讨论()f x 的单调性；（2）当0a <时，证明3()24f x a--…． 35．（2017•新课标Ⅰ）已知函数2()(2)x x f x ae a e 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． 36．（2017•新课标Ⅲ）已知函数()1f x x alnx =--．（1）若()0f x …，求a 的值；（2）设m 为整数，且对于任意正整数n ，2111(1)(1)(1)222n m ++⋯+<，求m 的最小值．37．（2017•山东）已知函数3211()32f x x ax =-，a R ∈，（1）当2a =时，求曲线()y f x =在点(3，f （3）)处的切线方程；（2）设函数()()()cos sin g x f x x a x x =+--，讨论()g x 的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．38．（2016•山东）设2()(21)f x xlnx ax a x =-+-，a R ∈．（1）令()()g x f x ='，求()g x 的单调区间；（2）已知()f x 在1x =处取得极大值，求正实数a 的取值范围． 39．（2016•天津）设函数3()f x x ax b =--，x R ∈，其中a ，b R ∈．（1）求()f x 的单调区间；（2）若()f x 存在极值点0x ，且10()()f x f x =，其中10x x ≠，求证：1020x x +=；（3）设0a >，函数()|()|g x f x =，求证：()g x 在区间[1-，1]上的最大值不小于14． 40．（2016•新课标Ⅲ）设函数()1f x lnx x =-+．（1）讨论()f x 的单调性；（2）证明当(1,)x ∈+∞时，11x x lnx-<<；（3）设1c >，证明当(0,1)x ∈时，1(1)x c x c +->． 41．（2016•北京）设函数32()f x x ax bx c =+++．（1）求曲线()y f x =在点(0，(0))f 处的切线方程；（2）设4a b ==，若函数()f x 有三个不同零点，求c 的取值范围；（3）求证：230a b ->是()f x 有三个不同零点的必要而不充分条件．42．（2016•新课标Ⅲ）设函数()cos2(1)(cos 1)f x a x a x =+-+，其中0a >，记|()|f x 的最大值为A ．（Ⅰ）求()f x '；（Ⅱ）求A ；（Ⅲ）证明：|()|2f x A '…．43．（2016•山东）已知221()()x f x a x lnx x -=-+，a R ∈． ()I 讨论()f x 的单调性；()II 当1a =时，证明3()()2f x f x >'+对于任意的[1x ∈，2]成立． 44．（2016•四川）设函数2()f x ax a lnx =--，1()x eg x x e=-，其中a R ∈， 2.718e ⋯=为自然对数的底数．（1）讨论()f x 的单调性；（2）证明：当1x >时，()0g x >；（3）确定a 的所有可能取值，使得()()f x g x >在区间(1,)+∞内恒成立． 45．（2016•江苏）已知函数()(0x x f x a b a =+>，0b >，1a ≠，1)b ≠．（1）设2a =，12b =． ①求方程()2f x =的根；②若对于任意x R ∈，不等式(2)()6f x mf x -…恒成立，求实数m 的最大值；（2）若01a <<，1b >，函数()()2g x f x =-有且只有1个零点，求ab 的值． 46．（2016•新课标Ⅱ）已知函数()(1)(1)f x x lnx a x =+--．（Ⅰ）当4a =时，求曲线()y f x =在(1，f （1）)处的切线方程；（Ⅱ）若当(1,)x ∈+∞时，()0f x >，求a 的取值范围． 47．（2016•新课标Ⅱ）（Ⅰ）讨论函数2()2xx f x e x -=+的单调性，并证明当0x >时，(2)20x x e x -++>；（Ⅱ）证明：当[0a ∈，1)时，函数2()(0)x e ax a g x x x--=>有最小值．设()g x 的最小值为h （a ），求函数h （a ）的值域．48．（2016•北京）设函数()a x f x xe bx -=+，曲线()y f x =在点(2，f （2）)处的切线方程为(1)4y e x =-+，（Ⅰ）求a ，b 的值；（Ⅱ）求()f x 的单调区间．49．（2016•新课标Ⅰ）已知函数2()(2)(1)x f x x e a x =-+-有两个零点．（Ⅰ）求a 的取值范围；（Ⅱ）设1x ，2x 是()f x 的两个零点，证明：122x x +<． 50．（2016•新课标Ⅰ）已知函数2()(2)(1)x f x x e a x =-+-．（Ⅰ）讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围．2017-2019年高考真题导数压轴题全集（含详细解析）参考答案与试题解析一．解答题（共50小题）1．（2019•全国）已知函数2())f x x ax -．（1）当1a =时，求()f x 的单调区间；（2）若()f x 在区间[0，2]的最小值为23-，求a ．【解答】解：（1）当1a =时，2())f x x x =-，则5322()(0)f x x x x '=-…，令()0f x '=，则35x =， ∴当305x <<时，()0f x '<；当35x >时，()0f x '>． ()f x ∴的单调递减区间为3(0,)5，单调递增区间为3(,)5+∞；（2）312253()(02)22f x x ax x '=-剟，令()0f x '=，则35a x =，当0a …时，()0f x '>，()f x ∴在[0，2]上单调递增，∴2()(0)03min f x f ==≠-，不符合条件；当1003a <…时，3025a <…，则当305a x <<时，()0f x '<；当325ax <<时，()0f x >，()f x ∴在3(0,)5a 上单调递减，在3(,2)5a上单调递增，∴53223332()()()()5553min a a a f x f a ==-=-，53a ∴=，符合条件；当103a >时，1023>，则当02x <<时，()0f x '<，()f x ∴在(0,2)上单调递减，∴2()(2)2)3min f x f a ==-=-，2a ∴=，不符合条件．()f x ∴在区间[0，2]的最小值为23-，a 的值为53．2．（2019•新课标Ⅲ）已知函数32()2f x x ax b =-+．（1）讨论()f x 的单调性；（2）是否存在a ，b ，使得()f x 在区间[0，1]的最小值为1-且最大值为1？若存在，求出a ，b 的所有值；若不存在，说明理由．【解答】解：（1）2()626()3af x x ax x x '=-=-．令()6()03a f x x x '=-=，解得0x =，或3a．①0a =时，2()60f x x '=…，函数()f x 在R 上单调递增． ②0a >时，函数()f x 在(,0)-∞，(3a，)+∞上单调递增，在(0,)3a 上单调递减．③0a <时，函数()f x 在(,)3a -∞，(0,)+∞上单调递增，在(3a，0)上单调递减．（2）由（1）可得：①0a …时，函数()f x 在[0，1]上单调递增．则(0)1f b ==-，f （1）21a b =-+=，解得1b =-，0a =，满足条件．②0a >时，函数()f x 在[0，]3a上单调递减．13a…，即3a …时，函数()f x 在[0，1]上单调递减．则(0)1f b ==，f （1）21a b =-+=-，解得1b =，4a =，满足条件． ③013a <<，即03a <<时，函数()f x 在[0，)3a 上单调递减，在(3a，1]上单调递增．则最小值32()2()()1333a a af a b =⨯-⨯+=-，化为：3127a b -+=-．而(0)f b =，f （1）2a b =-+，∴最大值为b 或2a b -+．若：3127a b -+=-，1b =，解得3a =，矛盾，舍去．若：3127a b -+=-，21a b -+=，解得a =±0，矛盾，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：01a b =⎧⎨=-⎩，或41a b =⎧⎨=⎩． 3．（2019•新课标Ⅲ）已知函数32()22f x x ax =-+．（1）讨论()f x 的单调性；（2）当03a <<时，记()f x 在区间[0，1]的最大值为M ，最小值为m ，求M m -的取值范围．【解答】解：（1）2()622(3)f x x ax x x a '=-=-，令()0f x '=，得0x =或3ax =．若0a >，则当(x ∈-∞，0)(,)3a +∞时，()0f x '>；当(0,)3ax ∈时，()0f x '<．故()f x 在(,0)-∞，(,)3a+∞上单调递增，在(0,)3a 上单调递减；若0a =，()f x 在(,)-∞+∞上单调递增；若0a <，则当(x ∈-∞，)(03a ⋃，)+∞时，()0f x '>；当(3ax ∈，0)时，()0f x '<．故()f x 在(,)3a -∞，(0,)+∞上单调递增，在(3a，0)上单调递减；（2）当03a <<时，由（1）知，()f x 在(0,)3a 上单调递减，在(3a，1)上单调递增，()f x ∴在区间[0，1]的最小值为3()2327a a f =-+，最大值为(0)2f =或f （1）4a =-．于是，3227a m =-+，4,022,23a a M a -<<⎧=⎨<⎩…．332,0227,2327a a a M m a a ⎧-+<<⎪⎪∴-=⎨⎪<⎪⎩…．当02a <<时，可知3227a a -+单调递减，M m ∴-的取值范围是8(,2)27；当23a <…时，327a 单调递增，M m ∴-的取值范围是8[27，1)．综上，M m -的取值范围8[27，2)．4．（2019•浙江）已知实数0a ≠，设函数()f x alnx =0x >．（Ⅰ）当34a =-时，求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）对任意21[x e∈，)+∞均有()f x …，求a 的取值范围．注： 2.71828e =⋯为自然对数的底数．【解答】解：（1）当34a =-时，3()4f x lnx =-+0x >，3()4f x 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 （1）12a…，得0a <…，当04a <…时，()f x…20lnx -…，令1t a=，则t …设()22g t t lnx =-，t …，则2()2g t t lnx=--，()i 当1[7x ∈，)+∞则()2g x g lnx =…，记()p x lnx =，17x …，则1()p x x '=-==，列表讨论：()p x p ∴…（1）0=，()2()2()0g t g p x p x ∴==厖．()ii 当211[,)7x e ∈时，()g t g =…，令()(1)q x x =++，21[x e ∈，1]7，则()10q x'=+>，故()q x 在21[e ，1]7上单调递增，1()()7q x q ∴…，由()i 得11()()77q p p =<（1）0=，()0q x ∴<，()0g t g ∴=>…，由()()i ii 知对任意21[x e∈，)+∞，t ∈，)+∞，()0g t …，即对任意21[x e ∈，)+∞，均有()f x …，综上所述，所求的a 的取值范围是(0． 5．（2019•新课标Ⅱ）已知函数()(1)1f x x lnx x =---．证明：（1）()f x 存在唯一的极值点；（2）()0f x =有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．【解答】证明：（1）函数()(1)1f x x lnx x =---． ()f x ∴的定义域为(0,)+∞， 11()1x f x lnx lnx x x-'=+-=-， y lnx =单调递增，1y x=单调递减，()f x ∴'单调递增，又f '（1）10=-<，f '（2）1412022ln ln -=-=>， ∴存在唯一的0(1,2)x ∈，使得0()0f x '=．当0x x <时，()0f x '<，()f x 单调递减，当0x x >时，()0f x '>，()f x 单调递增， ()f x ∴存在唯一的极值点．（2）由（1）知0()f x f <（1）2=-，又22()30f e e =->，()0f x ∴=在0(x ，)+∞内存在唯一的根x a =，由01a x >>，得011x a<<， 1111()()(1)10f a f ln a a a a a=---=-=， ∴1a是()0f x =在0(0,)x 的唯一根，综上，()0f x =有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．6．（2019•江苏）设函数()()()()f x x a x b x c =---，a ，b ，c R ∈，()f x '为()f x 的导函数．（1）若a b c ==，f （4）8=，求a 的值；（2）若a b ≠，b c =，且()f x 和()f x '的零点均在集合{3-，1，3}中，求()f x 的极小值；（3）若0a =，01b <…，1c =，且()f x 的极大值为M ，求证：427M …．【解答】解：（1）a b c ==，3()()f x x a ∴=-， f （4）8=，3(4)8a ∴-=， 42a ∴-=，解得2a =．（2）a b ≠，b c =，设2()()()f x x a x b =--．令2()()()0f x x a x b =--=，解得x a =，或x b =．2()()2()()()(32)f x x b x a x b x b x b a '=-+--=---．令()0f x '=，解得x b =，或23a bx +=． ()f x 和()f x '的零点均在集合{3A =-，1，3}中，若：3a =-，1b =，则2615333a b A +-+==-∉，舍去． 1a =，3b =-，则2231333a b A +-==-∉，舍去． 3a =-，3b =，则263133a b A +-+==-∉，舍去．． 3a =，1b =，则2617333a b A ++==∉，舍去． 1a =，3b =，则2533a b A +=∉，舍去． 3a =，3b =-，则263133a b A +-==∈，．因此3a =，3b =-，213a bA +=∈，可得：2()(3)(3)f x x x =-+． ()3[(3)](1)f x x x '=---．可得1x =时，函数()f x 取得极小值，f （1）22432=-⨯=-．（3）证明：0a =，01b <…，1c =， ()()(1)f x x x b x =--．2()()(1)(1)()3(22)f x x b x x x x x b x b x b '=--+-+-=-++． △22214(1)124444()332b b b b b =+-=-+=-+…．令2()3(22)0f x x b x b '=-++=．解得：11(0,]3x =，2x =．12x x <，12223b x x ++=，123b x x =，可得1x x =时，()f x 取得极大值为M ，2111()3(22)0f x x b x b '=-++=，可得：2111[(22)]3x b x b =+-，1111()()(1)M f x x x b x ==--222211111111(22)1()()()()[(21)2]33b x b x b x x x b x b x b x b +-=--=--=--+2222111(22)11[(21)2][(222)]339b x b b b x b b b x b b +-=--+=-+-++， 22132222()022b b b -+-=---<，M ∴在1(0x ∈，1]3上单调递减，2221222524()932727b b b b M b b -+-+-∴++=剟． 427M ∴…． 7．（2019•天津）设函数()(1)x f x lnx a x e =--，其中a R ∈．（Ⅰ）若0a …，讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）若10a e<<， ()i 证明()f x 恰有两个零点；()ii 设0x 为()f x 的极值点，1x 为()f x 的零点，且10x x >，证明0132x x ->．【解答】()I 解：211()[(1)]x x xax e f x ae a x e x x-'=-+-=，(0,)x ∈+∞．0a …时，()0f x '>，∴函数()f x 在(0,)x ∈+∞上单调递增．()II 证明：()i 由()I 可知：21()xax e f x x-'=，(0,)x ∈+∞．令2()1x g x ax e =-，10a e<<，可知：()g x 在(0,)x ∈+∞上单调递减，又g （1）10ae =->．且221111()1()1()0g ln a ln ln a a a a =-=-<，()g x ∴存在唯一解01(1,)x ln a∈．即函数()f x 在0(0,)x 上单调递增，在0(x ，)+∞单调递减． 0x ∴是函数()f x 的唯一极值点．令()1h x lnx x =-+，(0)x >，1()xh x x-'=，可得()h x h …（1）0=，1x ∴>时，1lnx x <-．111111()()(1)()(1)0ln a f ln ln ln a ln e ln ln ln a a a a a=--=--<．0()f x f >（1）0=．∴函数()f x 在0(x ，)+∞上存在唯一零点．又函数()f x 在0(0,)x 上有唯一零点1．因此函数()f x 恰有两个零点；()ii 由题意可得：0()0f x '=，1()0f x =，即0201x ax e =，111(1)x lnx a x e =-， 1011201x x x lnx ex --∴=，即1020111x x x lnx e x -=-， 1x >，可得1lnx x <-．又101x x >>，故10220101(1)1x x x x ex x --<=-，取对数可得：100022(1)x x lnx x -<<-，化为：0132x x ->．8．（2019•天津）设函数()cos x f x e x =，()g x 为()f x 的导函数．（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）当[4x π∈，]2π时，证明()()()02f xg x x π+-…；（Ⅲ）设n x 为函数()()1u x f x =-在区间(24n ππ+，2)2n ππ+内的零点，其中n N ∈，证明20022sin cos n n e n x x x πππ-+-<-．【解答】（Ⅰ）解：由已知，()(cos sin )x f x e x x '=-，因此，当(24x k ππ∈+，52)()4k k Z ππ+∈时，有sin cos x x >，得()0f x '<，()f x 单调递减；当3(24x k ππ∈-，2)()4k k Z ππ+∈时，有sin cos x x <，得()0f x '>，()f x 单调递增． ()f x ∴的单调增区间为3[24k ππ-，2]()4k k Z ππ+∈，单调减区间为[，52]()4k k Z ππ+∈；（Ⅱ）证明：记()()()()2h x f x g x x π=+-，依题意及（Ⅰ），有()(cos sin )x g x e x x =-，从而()()()()()(1)()()022h x f x g x x g x g x x ππ'='+'-+-='-<．因此，()h x 在区间[4π，]2π上单调递减，有()()()022h x h f ππ==…．∴当[4x π∈，]2π时，()()()02f xg x x π+-…；（Ⅲ）证明：依题意，()()10n n u x f x =-=，即cos 1n x n e x =．记2n n y x n π=-，则(,)42n y ππ∈，且22()cos cos(2)()n n y x n n n n n f y e y e x n e x N πππ--==-=∈．由20()1()n n f y e f y π-==…及（Ⅰ），得0n y y …，由（Ⅱ）知，当(4x π∈，)2π时，()0g x '<，()g x ∴在[4π，]2π上为减函数，因此，0()()()04n g y g y g π<=…，又由（Ⅱ）知，()()()02n n n f y g y y π+-…，故0222200000()2()()()sin cos (sin cos )n n n n n n y n n f y e e e e y g y g y g y x x e y y πππππ------=--=<--剟． 20022sin cos n n e n x x x πππ-∴+-<-．9．（2019•新课标Ⅰ）已知函数()2sin cos f x x x x x =--，()f x '为()f x 的导数．（1）证明：()f x '在区间(0,)π存在唯一零点；（2）若[0x ∈，]π时，()f x ax …，求a 的取值范围．【解答】解：（1）证明：()2sin cos f x x x x x =--，()2cos cos sin 1cos sin 1f x x x x x x x x ∴'=-+-=+-，令()cos sin 1g x x x x =+-，则()sin sin cos cos g x x x x x x x '=-++=，当(0,)2x π∈时，cos 0x x >，当(,)2x ππ∈时，cos 0x x <，∴当2x π=时，极大值为()1022g ππ=->，又(0)0g =，()2g π=-，()g x ∴在(0,)π上有唯一零点，即()f x '在(0,)π上有唯一零点；（2）由（1）知，()f x '在(0,)π上有唯一零点0x ，使得0()0f x '=，且()f x '在0(0,)x 为正，在0(x ，)π为负， ()f x ∴在[0，0]x 递增，在0[x ，]π递减，结合(0)0f =，()0f π=，可知()f x 在[0，]π上非负，令()h x ax =，()()f x h x …，根据()f x 和()h x 的图象可知，0a ∴…， a ∴的取值范围是(-∞，0]．10．（2019•新课标Ⅱ）已知函数1()1x f x lnx x +=--．（1）讨论()f x 的单调性，并证明()f x 有且仅有两个零点；（2）设0x 是()f x 的一个零点，证明曲线y lnx =在点0(A x ，0)lnx 处的切线也是曲线x y e =的切线．【解答】解析：（1）函数1()1x f x lnx x +=--．定义域为：(0，1)(1⋃，)+∞； 212()0(1)f x x x '=+>-，(0x >且1)x ≠， ()f x ∴在(0,1)和(1,)+∞上单调递增，①在(0,1)区间取值有21e，1e 代入函数，由函数零点的定义得， 21()0f e <，1()0f e >，211()()0f f e e<， ()f x ∴在(0,1)有且仅有一个零点，②在(1,)+∞区间，区间取值有e ，2e 代入函数，由函数零点的定义得，又f （e ）0<，2()0f e >，f （e ）2()0f e <，()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）0x 是()f x 的一个零点，则有00011x lnx x +=-，曲线y lnx =，则有1y x'=；由直线的点斜式可得曲线的切线方程，曲线y lnx =在点0(A x ，0)lnx 处的切线方程为：0001()y lnx x x x -=-，即：0011y x lnx x =-+，将00011x lnx x +=-代入，即有：00121y x x x =+-，而曲线x y e =的切线中，在点01(ln x ，1)x 处的切线方程为：00000011111()y x ln x lnx x x x x x -=-=+，将00011x lnx x +=-代入化简，即：00121y x x x =+-，故曲线y lnx =在点0(A x ，0)lnx 处的切线也是曲线x y e =的切线．故得证．11．（2019•北京）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[2x ∈-，4]时，求证：6()x f x x -剟；（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）23()214f x x x '=-+，由()1f x '=得8()03x x -=，得1280,3x x ==．又(0)0f =，88()327f =，y x ∴=和88273y x -=-，即y x =和6427y x =-；（Ⅱ）证明：欲证6()x f x x -剟，只需证6()0f x x --剟，令321()()4g x f x x x x =-=-，[2x ∈-，4]，则2338()2()443g x x x x x '=-=-，可知()g x '在[2-，0]为正，在8(0,)3为负，在8[,4]3为正，()g x ∴在[2-，0]递增，在[0，8]3递减，在8[,4]3递增，又(2)6g -=-，(0)0g =，864()6327g =->-，g （4）0=，6()0g x ∴-剟， 6()x f x x ∴-剟；（Ⅲ）由（Ⅱ）可得， ()|()()|F x f x x a =-+ |()|f x x a =-- |()|g x a =-在[2-，4]上，6()0g x -剟，令()t g x =，()||h t t a =-，则问题转化为当[6t ∈-，0]时，()h t 的最大值M （a ）的问题了，①当3a -…时，M （a ）(0)||h a a ===-，此时3a -…，当3a =-时，M （a ）取得最小值3； ②当3a -…时，M （a ）(6)|6||6|h a a =-=--=+，63a +…，M ∴（a ）6a =+，也是3a =-时，M （a ）最小为3．综上，当M （a ）取最小值时a 的值为3-．12．（2019•新课标Ⅰ）已知函数()sin (1)f x x ln x =-+，()f x '为()f x 的导数．证明：（1）()f x '在区间(1,)2π-存在唯一极大值点；（2）()f x 有且仅有2个零点．【解答】证明：（1）()f x 的定义域为(1,)-+∞， 1()cos 1f x x x'=-+，21()sin (1)f x x x ''=-++，令21()sin (1)g x x x =-++，则32()cos 0(1)g x x x '=--<+在(1,)2π-恒成立，()f x ∴''在(1,)2π-上为减函数，又(0)1f ''=，21()11102(1)2f ππ''=-+<-+=+，由零点存在定理可知，函数()f x ''在(1,)2π-上存在唯一的零点0x ，结合单调性可得，()f x '在0(1,)x -上单调递增，在0(x ，)2π上单调递减，可得()f x '在区间(1,)2π-存在唯一极大值点；（2）由（1）知，当(1,0)x ∈-时，()f x '单调递增，()(0)0f x f '<'=，()f x 单调递减；当0(0,)x x ∈时，()f x '单调递增，()(0)0f x f '>'=，()f x 单调递增；由于()f x '在0(x ，)2π上单调递减，且0()0f x '>，1()0212f ππ'=-<+，由零点存在定理可知，函数()f x '在0(x ，)2π上存在唯一零点1x ，结合单调性可知，当0(x x ∈，1)x 时，()f x '单调递减，1()()0f x f x '>'=，()f x 单调递增；当1(,)2x x π∈时，()f x '单调递减，1()()0f x f x '<'=，()f x 单调递减．当(2x π∈，)π时，cos 0x <，101x -<+，于是1()cos 01f x x x'=-<+，()f x 单调递减，其中 3.2()1(1)1(1)1 2.610222f ln ln ln lne ππ=-+>-+=->-=，()(1)30f ln ln ππ=-+<-<．于是可得下表：结合单调性可知，函数()f x 在(1-，]2π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(2π，)π上有且只有一个零点2x ，当[x π∈，)+∞时，()sin (1)1(1)130f x x ln x ln ln π=-+<-+<-<，因此函数()f x 在[π，)+∞上无零点．综上，()f x 有且仅有2个零点．13．（2018•北京）设函数2()[(41)43]x f x ax a x a e =-+++．（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2x =处取得极小值，求a 的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）函数2()[(41)43]x f x ax a x a e =-+++的导数为2()[(21)2]x f x ax a x e '=-++．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(212)0a a e --+=，且f （1）30e =≠，解得1a =；（Ⅱ）()f x 的导数为2()[(21)2](2)(1)x x f x ax a x e x ax e '=-++=--，若0a =则2x <时，()0f x '>，()f x 递增；2x >，()0f x '<，()f x 递减． 2x =处()f x 取得极大值，不符题意；若0a >，且12a =，则21()(2)02x f x x e '=-…，()f x 递增，无极值；若12a >，则12a <，()f x 在1(a，2)递减；在(2,)+∞，1(,)a -∞递增，可得()f x 在2x =处取得极小值；若102a <<，则12a >，()f x 在1(2,)a 递减；在1(a，)+∞，(,2)-∞递增，可得()f x 在2x =处取得极大值，不符题意；若0a <，则12a <，()f x 在1(a，2)递增；在(2,)+∞，1(,)a -∞递减，可得()f x 在2x =处取得极大值，不符题意．综上可得，a 的范围是1(2，)+∞．14．（2018•北京）设函数2()[(31)32]x f x ax a x a e =-+++．（Ⅰ）若曲线()y f x =在点(2，f （2）)处的切线斜率为0，求a ；（Ⅱ）若()f x 在1x =处取得极小值，求a 的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）函数2()[(31)32]x f x ax a x a e =-+++的导数为2()[(1)1]x f x ax a x e '=-++．曲线()y f x =在点(2，f （2）)处的切线斜率为0，可得2(4221)0a a e --+=，解得12a =；（Ⅱ）()f x 的导数为2()[(1)1](1)(1)x x f x ax a x e x ax e '=-++=--，若0a =则1x <时，()0f x '>，()f x 递增；1x >，()0f x '<，()f x 递减． 1x =处()f x 取得极大值，不符题意；若0a >，且1a =，则2()(1)0x f x x e '=-…，()f x 递增，无极值；若1a >，则11a<，()f x 在1(a ，1)递减；在(1,)+∞，1(,)a -∞递增，可得()f x 在1x =处取得极小值；若01a <<，则11a >，()f x 在1(1,)a递减；在1(a ，)+∞，(,1)-∞递增，可得()f x 在1x =处取得极大值，不符题意；若0a <，则11a<，()f x 在1(a ，1)递增；在(1,)+∞，1(,)a -∞递减，可得()f x 在1x =处取得极大值，不符题意．综上可得，a 的范围是(1,)+∞．15．（2018•新课标Ⅲ）已知函数2()(2)(1)2f x x ax ln x x =+++-．（1）若0a =，证明：当10x -<<时，()0f x <；当0x >时，()0f x >；（2）若0x =是()f x 的极大值点，求a ．【解答】（1）证明：当0a =时，()(2)(1)2f x x ln x x =++-，(1)x >-． ()(1)1xf x ln x x '=+-+，2()(1)x f x x ''=+，可得(1,0)x ∈-时，()0f x ''…，(0,)x ∈+∞时，()0f x ''… ()f x ∴'在(1,0)-递减，在(0,)+∞递增， ()(0)0f x f ∴''=…，()(2)(1)2f x x ln x x ∴=++-在(1,)-+∞上单调递增，又(0)0f =．∴当10x -<<时，()0f x <；当0x >时，()0f x >．（2）解：由2()(2)(1)2f x x ax ln x x =+++-，得222(12)(1)(1)()(12)(1)211x ax ax x ax x ln x f x ax ln x x x ++-++++'=+++-=++，令2()(12)(1)(1)h x ax x ax x ln x =-++++， ()4(421)(1)h x ax ax a ln x '=++++．当0a …，0x >时，()0h x '>，()h x 单调递增， ()(0)0h x h ∴>=，即()0f x '>，()f x ∴在(0,)+∞上单调递增，故0x =不是()f x 的极大值点，不符合题意．当0a <时，12()84(1)1ah x a aln x x -''=++++，显然()h x ''单调递减， ①令(0)0h ''=，解得16a =-．∴当10x -<<时，()0h x ''>，当0x >时，()0h x ''<，()h x ∴'在(1,0)-上单调递增，在(0,)+∞上单调递减， ()(0)0h x h ∴''=…，()h x ∴单调递减，又(0)0h =，∴当10x -<<时，()0h x >，即()0f x '>，当0x >时，()0h x <，即()0f x '<，()f x ∴在(1,0)-上单调递增，在(0,)+∞上单调递减， 0x ∴=是()f x 的极大值点，符合题意；②若106a -<<，则(0)160h a ''=+>，161644(1)(21)(1)0a a aah ea e++-''-=--<，()0h x ∴''=在(0,)+∞上有唯一一个零点，设为0x ，∴当00x x <<时，()0h x ''>，()h x '单调递增，()(0)0h x h ∴'>'=，即()0f x '>，()f x ∴在0(0,)x 上单调递增，不符合题意；③若16a <-，则(0)160h a ''=+<，221(1)(12)0h a e e''-=->，()0h x ∴''=在(1,0)-上有唯一一个零点，设为1x ，∴当10x x <<时，()0h x ''<，()h x '单调递减，()(0)0h x h ∴'>'=，()h x ∴单调递增， ()(0)0h x h ∴<=，即()0f x '<，()f x ∴在1(x ，0)上单调递减，不符合题意．综上，16a =-．16．（2018•新课标Ⅰ）已知函数()1x f x ae lnx =--．（1）设2x =是()f x 的极值点，求a ，并求()f x 的单调区间；（2）证明：当1a e…时，()0f x …．【解答】解：（1）函数()1x f x ae lnx =--． 0x ∴>，1()x f x ae x'=-， 2x =是()f x 的极值点，f ∴'（2）2102ae =-=，解得212a e=， 21()12x f x e lnx e ∴=--，211()2x f x e e x∴'=-，当02x <<时，()0f x '<，当2x >时，()0f x '>， ()f x ∴在(0,2)单调递减，在(2,)+∞单调递增．（2）证明：当1a e …时，()1x e f x lnx e --…，设()1x e g x lnx e =--，则1()x e g x e x '=-，由1()0x e g x e x'=-=，得1x =，当01x <<时，()0g x '<，当1x >时，()0g x '>， 1x ∴=是()g x 的最小值点，故当0x >时，()g x g …（1）0=，∴当1a e…时，()0f x …．17．（2018•新课标Ⅲ）已知函数21()xax x f x e +-=．（1）求曲线()y f x =在点(0,1)-处的切线方程；（2）证明：当1a …时，()0f x e +…．【解答】解：（1）22(21)(1)(1)(2)()()x x x xax e ax x e ax x f x e e +-+-+-'==-． (0)2f ∴'=，即曲线()y f x =在点(0,1)-处的切线斜率2k =，∴曲线()y f x =在点(0,1)-处的切线方程方程为(1)2y x --=．即210x y --=为所求．（2）证明：函数()f x 的定义域为：R ，可得22(21)(1)(1)(2)()()x x x xax e ax x e ax x f x e e +-+-+-'==-．令()0f x '=，可得1212,0x x a==-<，当1(,)x a ∈-∞-时，()0f x '<，1(,2)x a ∈-时，()0f x '>，(2,)x ∈+∞时，()0f x '<．()f x ∴在1(,)a -∞-，(2,)+∞递减，在1(a-，2)递增，注意到1a …时，函数2()1g x ax x =+-在(2,)+∞单调递增，且g （2）410a =+> 函数()f x 的图象如下：1a …，∴1(0,1]a∈，则11()a f e e a -=--…，1()aminf x e e ∴=--…，∴当1a …时，()0f x e +…．18．（2018•新课标Ⅱ）已知函数2()x f x e ax =-．（1）若1a =，证明：当0x …时，()1f x …；（2）若()f x 在(0,)+∞只有一个零点，求a ．【解答】证明：（1）当1a =时，函数2()x f x e x =-．则()2x f x e x '=-，令()2x g x e x =-，则()2x g x e '=-，令()0g x '=，得2x ln =．当(0,2)x ln ∈时，()0g x '<，当(2,)x ln ∈+∞时，()0g x '>，2()(2)222220ln g x g ln e ln ln ∴=-=->…， ()f x ∴在[0，)+∞单调递增，()(0)1f x f ∴=…，解：（2）方法一、，()f x 在(0,)+∞只有一个零点⇔方程20x e ax -=在(0,)+∞只有一个根，2xe a x⇔=在(0,)+∞只有一个根，即函数y a =与2()xe G x x=的图象在(0,)+∞只有一个交点．3(2)()x e x G x x-'=，当(0,2)x ∈时，()0G x '<，当(2,)∈+∞时，()0G x '>， ()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）24e =．方法二：①当0a …时，2()0x f x e ax =->，()f x 在(0,)+∞没有零点．．②当0a >时，设函数2()1x h x ax e -=-．()f x 在(0,)+∞只有一个零点()h x ⇔在(0,)+∞只有一个零点．()(2)x h x ax x e -'=-，当(0,2)x ∈时，()0h x '<，当(2,)x ∈+∞时，()0h x '>， ()h x ∴在(0,2)递减，在(2,)+∞递增，∴24()(2)1min ah x h e ==-，(0)x …．当h （2）0<时，即24e a >，由于(0)1h =，当0x >时，2x e x >，可得33342241616161(4)11110()(2)a a a a a h a e e a a=-=->-=->．()h x 在(0,)+∞有2个零点当h （2）0>时，即24e a <，()h x 在(0,)+∞没有零点，当h （2）0=时，即24e a =，()h x 在(0,)+∞只有一个零点，综上，()f x 在(0,)+∞只有一个零点时，24e a =．19．（2018•浙江）已知函数()f x lnx ．（Ⅰ）若()f x 在1x x =，212()x x x ≠处导数相等，证明：12()()882f x f x ln +>-；（Ⅱ）若342a ln -…，证明：对于任意0k >，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 =， 0x ∴>，1()f x x'=-， ()f x 在1x x =，212()x x x ≠处导数相等，∴1211x x =， 12x x ≠，∴12=，12x x ≠，12256x x ∴>，由题意得121212()()()f x f x lnx lnx ln x x +=，设()g x lnx，则1()4)4g x x'=， ∴列表讨论：()g x ∴在[256，)+∞上单调递增， 12()(256)882g x x g ln ∴>=-， 12()()882f x f x ln ∴+>-．（Ⅱ）令(||)a k m e -+=，2||1()1a n k+=+，则()||0f m km a a k k a -->+--…，。

高中数学导数大题压轴高考题选

函数与导数高考压轴题选一．选择题共2小题1．2013安徽已知函数fx=x3+ax2+bx+c有两个极值点x1,x2,若fx1=x1＜x2,则关于x的方程3fx2+2afx+b=0的不同实根个数为A．3 B．4 C．5 D．62．2012福建函数fx在a,b上有定义,若对任意x1,x2∈a,b,有则称fx在a,b上具有性质P．设fx在1,3上具有性质P,现给出如下命题：①fx在1,3上的图象是连续不断的；②fx2在1,上具有性质P；③若fx在x=2处取得最大值1,则fx=1,x∈1,3；④对任意x1,x2,x3,x4∈1,3,有fx1+fx2+fx3+fx4其中真命题的序号是A．①②B．①③C．②④D．③④二．选择题共1小题3．2012新课标设函数fx=的最大值为M,最小值为m,则M+m=．三．选择题共23小题4．2014陕西设函数fx=lnx+,m∈R．Ⅰ当m=ee为自然对数的底数时,求fx的极小值；Ⅱ讨论函数gx=f′x﹣零点的个数；Ⅲ若对任意b＞a＞0,＜1恒成立,求m的取值范围．5．2013新课标Ⅱ已知函数fx=e x﹣lnx+mΙ设x=0是fx的极值点,求m,并讨论fx的单调性；Ⅱ当m≤2时,证明fx＞0．6．2013四川已知函数,其中a是实数,设Ax1,fx1,Bx2,fx2为该函数图象上的点,且x1＜x2．Ⅰ指出函数fx的单调区间；Ⅱ若函数fx的图象在点A,B处的切线互相垂直,且x2＜0,求x2﹣x1的最小值；Ⅲ若函数fx的图象在点A,B处的切线重合,求a的取值范围．7．2013湖南已知函数fx=．Ⅰ求fx的单调区间；Ⅱ证明：当fx1=fx2x1≠x2时,x1+x2＜0．8．2013辽宁已知函数fx=1+xe﹣2x,gx=ax++1+2xcosx,当x∈0,1时,I求证：；II若fx≥gx恒成立,求实数a的取值范围．9．2013陕西已知函数fx=e x,x∈R．Ⅰ若直线y=kx+1与f x的反函数gx=lnx的图象相切,求实数k的值；Ⅱ设x＞0,讨论曲线y=f x 与曲线y=mx2m＞0公共点的个数．Ⅲ设a＜b,比较与的大小,并说明理由．10．2013湖北设n是正整数,r为正有理数．Ⅰ求函数fx=1+x r+1﹣r+1x﹣1x＞﹣1的最小值；Ⅱ证明：；Ⅲ设x∈R,记x为不小于x的最小整数,例如．令的值．参考数据：．11．2012辽宁设fx=lnx+1++ax+ba,b∈R,a,b为常数,曲线y=fx与直线y=x在0,0点相切．I求a,b的值；II证明：当0＜x＜2时,fx＜．12．2012福建已知函数fx=axsinx﹣a∈R,且在上的最大值为,1求函数fx的解析式；2判断函数fx在0,π内的零点个数,并加以证明．13．2012湖北设函数fx=ax n1﹣x+bx＞0,n为正整数,a,b为常数,曲线y=fx在1,f1处的切线方程为x+y=1Ⅰ求a,b的值；Ⅱ求函数fx的最大值；Ⅲ证明：fx＜．14．2012湖南已知函数fx=e x﹣ax,其中a＞0．1若对一切x∈R,fx≥1恒成立,求a的取值集合；2在函数fx的图象上取定点Ax1,fx1,Bx2,fx2x1＜x2,记直线AB的斜率为K,证明：存在x0∈x1,x2,使f′x0=K恒成立．15．2012四川已知a为正实数,n为自然数,抛物线与x轴正半轴相交于点A,设fn为该抛物线在点A处的切线在y轴上的截距．Ⅰ用a和n表示fn；Ⅱ求对所有n都有成立的a的最小值；Ⅲ当0＜a＜1时,比较与的大小,并说明理由．16．2011四川已知函数fx=x+,hx=．Ⅰ设函数Fx=fx﹣hx,求Fx的单调区间与极值；Ⅱ设a∈R,解关于x的方程log4fx﹣1﹣=log2ha﹣x﹣log2h4﹣x；Ⅲ试比较f100h100﹣与的大小．17．2011陕西设函数fx定义在0,+∞上,f1=0,导函数f′x=,gx=fx+f′x．Ⅰ求gx的单调区间和最小值；Ⅱ讨论gx与的大小关系；Ⅲ是否存在x0＞0,使得|gx﹣gx0|＜对任意x＞0成立若存在,求出x0的取值范围；若不存在请说明理由．18．2011四川已知函数fx=x+,hx=．Ⅰ设函数Fx=18fx﹣x2hx2,求Fx的单调区间与极值；Ⅱ设a∈R,解关于x的方程lg fx﹣1﹣=2lgha﹣x﹣2lgh4﹣x；Ⅲ设n∈N n,证明：fnhn﹣h1+h2+…+hn≥．19．2010四川设,a＞0且a≠1,gx是fx的反函数．Ⅰ设关于x的方程求在区间2,6上有实数解,求t的取值范围；Ⅱ当a=e,e为自然对数的底数时,证明：；Ⅲ当0＜a≤时,试比较||与4的大小,并说明理由．20．2010全国卷Ⅱ设函数fx=1﹣e﹣x．Ⅰ证明：当x＞﹣1时,fx≥；Ⅱ设当x≥0时,fx≤,求a的取值范围．21．2010陕西已知函数fx=,gx=alnx,a∈R,Ⅰ若曲线y=fx与曲线y=gx相交,且在交点处有共同的切线,求a的值和该切线方程；Ⅱ设函数hx=fx﹣gx,当hx存在最小值时,求其最小值φa的解析式；Ⅲ对Ⅱ中的φa和任意的a＞0,b＞0,证明：φ′≤≤φ′．22．2009全国卷Ⅱ设函数fx=x2+aln1+x有两个极值点x1、x2,且x1＜x2,Ⅰ求a的取值范围,并讨论fx的单调性；Ⅱ证明：fx2＞．23．2009湖北在R上定义运算：b、c∈R是常数,已知f1x=x2﹣2c,f2x=x﹣2b,fx=f1xf2x．①如果函数fx在x=1处有极值,试确定b、c的值；②求曲线y=fx上斜率为c的切线与该曲线的公共点；③记gx=|f′x|﹣1≤x≤1的最大值为M,若M≥k对任意的b、c恒成立,试求k的取值范围．参考公式：x3﹣3bx2+4b3=x+bx﹣2b224．2009湖北已知关于x的函数fx=﹣x3+bx2+cx+bc,其导函数为f′x．令gx=|f′x|,记函数gx 在区间﹣1、1上的最大值为M．Ⅰ如果函数fx在x=1处有极值﹣,试确定b、c的值：Ⅱ若|b|＞1,证明对任意的c,都有M＞2Ⅲ若M≧K对任意的b、c恒成立,试求k的最大值．25．2008江苏请先阅读：在等式cos2x=2cos2x﹣1x∈R的两边求导,得：cos2x′=2cos2x﹣1′,由求导法则,得﹣sin2x2=4cosx ﹣sinx,化简得等式：sin2x=2cosxsinx．1利用上题的想法或其他方法,结合等式1+x n=C n0+C n1x+C n2x2+…+C n n x n x∈R,正整数n≥2,证明：．2对于正整数n≥3,求证：i；ii；iii．26．2008天津已知函数fx=x4+ax3+2x2+bx∈R,其中a,b∈R．Ⅰ当时,讨论函数fx的单调性；Ⅱ若函数fx仅在x=0处有极值,求a的取值范围；Ⅲ若对于任意的a∈﹣2,2,不等式fx≤1在﹣1,1上恒成立,求b的取值范围．四．解答题共4小题27．2008福建已知函数fx=ln1+x﹣x1求fx的单调区间；2记fx在区间0,nn∈N上的最小值为b n令a n=ln1+n﹣b ni如果对一切n,不等式恒成立,求实数c的取值范围；ii求证：．28．2007福建已知函数fx=e x﹣kx,1若k=e,试确定函数fx的单调区间；2若k＞0,且对于任意x∈R,f|x|＞0恒成立,试确定实数k的取值范围；3设函数Fx=fx+f﹣x,求证：F1F2…Fn＞n∈N．29．2006四川已知函数,fx的导函数是f′x．对任意两个不相等的正数x1、x2,证明：Ⅰ当a≤0时,；Ⅱ当a≤4时,|f′x1﹣f′x2|＞|x1﹣x2|．30．2006辽宁已知f0x=x n,其中k≤nn,k∈N+,设Fx=C n0f0x2+C n1f1x2+…+C n n f n x2,x∈﹣1,1．1写出f k1；2证明：对任意的x1,x2∈﹣1,1,恒有|Fx1﹣Fx2|≤2n﹣1n+2﹣n﹣1．函数与导数高考压轴题选参考答案与试题解析一．选择题共2小题1．2013安徽已知函数fx=x3+ax2+bx+c有两个极值点x1,x2,若fx1=x1＜x2,则关于x的方程3fx2+2afx+b=0的不同实根个数为A．3 B．4 C．5 D．6解答解：∵函数fx=x3+ax2+bx+c有两个极值点x1,x2,∴f′x=3x2+2ax+b=0有两个不相等的实数根,∴△=4a2﹣12b＞0．解得=．∵x1＜x2,∴,．而方程3fx2+2afx+b=0的△1=△＞0,∴此方程有两解且fx=x1或x2．不妨取0＜x1＜x2,fx1＞0．①把y=fx向下平移x1个单位即可得到y=fx﹣x1的图象,∵fx1=x1,可知方程fx=x1有两解．②把y=fx向下平移x2个单位即可得到y=fx﹣x2的图象,∵fx1=x1,∴fx1﹣x2＜0,可知方程fx=x2只有一解．综上①②可知：方程fx=x1或fx=x2．只有3个实数解．即关于x的方程3fx2+2afx+b=0的只有3不同实根．故选：A．2．2012福建函数fx在a,b上有定义,若对任意x1,x2∈a,b,有则称fx在a,b上具有性质P．设fx在1,3上具有性质P,现给出如下命题：①fx在1,3上的图象是连续不断的；②fx2在1,上具有性质P；③若fx在x=2处取得最大值1,则fx=1,x∈1,3；④对任意x1,x2,x3,x4∈1,3,有fx1+fx2+fx3+fx4其中真命题的序号是A．①②B．①③C．②④D．③④解答解：在①中,反例：fx=在1,3上满足性质P,但fx在1,3上不是连续函数,故①不成立；在②中,反例：fx=﹣x在1,3上满足性质P,但fx2=﹣x2在1,上不满足性质P,故②不成立；在③中：在1,3上,f2=f≤,∴,故fx=1,∴对任意的x1,x2∈1,3,fx=1,故③成立；在④中,对任意x1,x2,x3,x4∈1,3,有=≤≤=fx1+fx2+fx3+fx4,∴fx1+fx2+fx3+fx4,故④成立．故选D．二．选择题共1小题3．2012新课标设函数fx=的最大值为M,最小值为m,则M+m=2．解答解：函数可化为fx==,令,则为奇函数,∴的最大值与最小值的和为0．∴函数fx=的最大值与最小值的和为1+1+0=2．即M+m=2．故答案为：2．三．选择题共23小题4．2014陕西设函数fx=lnx+,m∈R．Ⅰ当m=ee为自然对数的底数时,求fx的极小值；Ⅱ讨论函数gx=f′x﹣零点的个数；Ⅲ若对任意b＞a＞0,＜1恒成立,求m的取值范围．解答解：Ⅰ当m=e时,fx=lnx+,∴f′x=；∴当x∈0,e时,f′x＜0,fx在0,e上是减函数；当x∈e,+∞时,f′x＞0,fx在e,+∞上是增函数；∴x=e时,fx取得极小值为fe=lne+=2；Ⅱ∵函数gx=f′x﹣=﹣﹣x＞0,令gx=0,得m=﹣x3+xx＞0；设φx=﹣x3+xx＞0,∴φ′x=﹣x2+1=﹣x﹣1x+1；当x∈0,1时,φ′x＞0,φx在0,1上是增函数,当x∈1,+∞时,φ′x＜0,φx在1,+∞上是减函数；∴x=1是φx的极值点,且是极大值点,∴x=1是φx的最大值点,∴φx的最大值为φ1=；又φ0=0,结合y=φx的图象,如图；可知：①当m＞时,函数gx无零点；②当m=时,函数gx有且只有一个零点；③当0＜m＜时,函数gx有两个零点；④当m≤0时,函数gx有且只有一个零点；综上,当m＞时,函数gx无零点；当m=或m≤0时,函数gx有且只有一个零点；当0＜m＜时,函数gx有两个零点；Ⅲ对任意b＞a＞0,＜1恒成立,等价于fb﹣b＜fa﹣a恒成立；设hx=fx﹣x=lnx+﹣xx＞0,则hb＜ha．∴hx在0,+∞上单调递减；∵h′x=﹣﹣1≤0在0,+∞上恒成立,∴m≥﹣x2+x=﹣+x＞0,∴m≥；对于m=,h′x=0仅在x=时成立；∴m的取值范围是,+∞．5．2013新课标Ⅱ已知函数fx=e x﹣lnx+mΙ设x=0是fx的极值点,求m,并讨论fx的单调性；Ⅱ当m≤2时,证明fx＞0．解答Ⅰ解：∵,x=0是fx的极值点,∴,解得m=1．所以函数fx=e x﹣lnx+1,其定义域为﹣1,+∞．∵．设gx=e x x+1﹣1,则g′x=e x x+1+e x＞0,所以gx在﹣1,+∞上为增函数,又∵g0=0,所以当x＞0时,gx＞0,即f′x＞0；当﹣1＜x＜0时,gx＜0,f′x＜0．所以fx在﹣1,0上为减函数；在0,+∞上为增函数；Ⅱ证明：当m≤2,x∈﹣m,+∞时,lnx+m≤lnx+2,故只需证明当m=2时fx＞0．当m=2时,函数在﹣2,+∞上为增函数,且f′﹣1＜0,f′0＞0．故f′x=0在﹣2,+∞上有唯一实数根x0,且x0∈﹣1,0．当x∈﹣2,x0时,f′x＜0,当x∈x0,+∞时,f′x＞0,从而当x=x0时,fx取得最小值．由f′x0=0,得,lnx0+2=﹣x0．故fx≥=＞0．综上,当m≤2时,fx＞0．6．2013四川已知函数,其中a是实数,设Ax1,fx1,Bx2,fx2为该函数图象上的点,且x1＜x2．Ⅰ指出函数fx的单调区间；Ⅱ若函数fx的图象在点A,B处的切线互相垂直,且x2＜0,求x2﹣x1的最小值；Ⅲ若函数fx的图象在点A,B处的切线重合,求a的取值范围．解答解：I当x＜0时,fx=x+12+a,∴fx在﹣∞,﹣1上单调递减,在﹣1,0上单调递增；当x＞0时,fx=lnx,在0,+∞单调递增．II∵x1＜x2＜0,∴fx=x2+2x+a,∴f′x=2x+2,∴函数fx在点A,B处的切线的斜率分别为f′x1,f′x2,∵函数fx的图象在点A,B处的切线互相垂直,∴,∴2x1+22x2+2=﹣1．∴2x1+2＜0,2x2+2＞0,∴=1,当且仅当﹣2x1+2=2x2+2=1,即,时等号成立．∴函数fx的图象在点A,B处的切线互相垂直,且x2＜0,求x2﹣x1的最小值为1．III当x1＜x2＜0或0＜x1＜x2时,∵,故不成立,∴x1＜0＜x2．当x1＜0时,函数fx在点Ax1,fx1,处的切线方程为,即．当x2＞0时,函数fx在点Bx2,fx2处的切线方程为,即．函数fx的图象在点A,B处的切线重合的充要条件是,由①及x1＜0＜x2可得﹣1＜x1＜0,由①②得=．∵函数,y=﹣ln2x1+2在区间﹣1,0上单调递减,∴ax1=在﹣1,0上单调递减,且x1→﹣1时,ln2x1+2→﹣∞,即﹣ln2x1+2→+∞,也即ax1→+∞．x1→0,ax1→﹣1﹣ln2．∴a的取值范围是﹣1﹣ln2,+∞．7．2013湖南已知函数fx=．Ⅰ求fx的单调区间；Ⅱ证明：当fx1=fx2x1≠x2时,x1+x2＜0．解答解：Ⅰ易知函数的定义域为R．==,当x＜0时,f′x＞0；当x＞0时,f′x＜0．∴函数fx的单调递增区间为﹣∞,0,单调递减区间为0,+∞．Ⅱ当x＜1时,由于,e x＞0,得到fx＞0；同理,当x＞1时,fx＜0．当fx1=fx2x1≠x2时,不妨设x1＜x2．由Ⅰ可知：x1∈﹣∞,0,x2∈0,1．下面证明：x∈0,1,fx＜f﹣x,即证＜．此不等式等价于．令gx=,则g′x=﹣xe﹣x e2x﹣1．当x∈0,1时,g′x＜0,gx单调递减,∴gx＜g0=0．即．∴x∈0,1,fx＜f﹣x．而x2∈0,1,∴fx2＜f﹣x2．从而,fx1＜f﹣x2．由于x1,﹣x2∈﹣∞,0,fx在﹣∞,0上单调递增,∴x1＜﹣x2,即x1+x2＜0．8．2013辽宁已知函数fx=1+xe﹣2x,gx=ax++1+2xcosx,当x∈0,1时,I求证：；II若fx≥gx恒成立,求实数a的取值范围．解答I证明：①当x∈0,1时,1+xe﹣2x≥1﹣x1+xe﹣x≥1﹣xe x,令hx=1+xe﹣x﹣1﹣xe x,则h′x=xe x﹣e﹣x．当x∈0,1时,h′x≥0,∴hx在0,1上是增函数,∴hx≥h0=0,即fx≥1﹣x．②当x∈0,1时,e x≥1+x,令ux=e x﹣1﹣x,则u′x=e x﹣1．当x∈0,1时,u′x≥0,∴ux在0,1单调递增,∴ux≥u0=0,∴fx．综上可知：．II解：设Gx=fx﹣gx=≥=．令Hx=,则H′x=x﹣2sinx,令Kx=x﹣2sinx,则K′x=1﹣2cosx．当x∈0,1时,K′x＜0,可得H′x是0,1上的减函数,∴H′x≤H′0=0,故Hx在0,1单调递减,∴Hx≤H0=2．∴a+1+Hx≤a+3．∴当a≤﹣3时,fx≥gx在0,1上恒成立．下面证明当a＞﹣3时,fx≥gx在0,1上不恒成立．fx﹣gx≤==﹣x．令vx==,则v′x=．当x∈0,1时,v′x≤0,故vx在0,1上是减函数,∴vx∈a+1+2cos1,a+3．当a＞﹣3时,a+3＞0．∴存在x0∈0,1,使得vx0＞0,此时,fx0＜gx0．即fx≥gx在0,1不恒成立．综上实数a的取值范围是﹣∞,﹣3．9．2013陕西已知函数fx=e x,x∈R．Ⅰ若直线y=kx+1与f x的反函数gx=lnx的图象相切,求实数k的值；Ⅱ设x＞0,讨论曲线y=f x 与曲线y=mx2m＞0公共点的个数．Ⅲ设a＜b,比较与的大小,并说明理由．解答解：I函数fx=e x的反函数为gx=lnx,∴．设直线y=kx+1与gx的图象相切于点Px0,y0,则,解得,k=e﹣2, ∴k=e﹣2．II当x＞0,m＞0时,令fx=mx2,化为m=,令hx=,则,则x∈0,2时,h′x＜0,hx单调递减；x∈2,+∞时,h′x＞0,hx单调递增．∴当x=2时,hx取得极小值即最小值,．∴当时,曲线y=f x 与曲线y=mx2m＞0公共点的个数为0；当时,曲线y=f x 与曲线y=mx2m＞0公共点的个数为1；当时,曲线y=f x 与曲线y=mx2m＞0公共点个数为2．Ⅲ===,令gx=x+2+x﹣2e x x＞0,则g′x=1+x﹣1e x．g′′x=xe x＞0,∴g′x在0,+∞上单调递增,且g′0=0,∴g′x＞0,∴gx在0,+∞上单调递增,而g0=0,∴在0,+∞上,有gx＞g0=0．∵当x＞0时,gx=x+2+x﹣2e x＞0,且a＜b,∴,即当a＜b时,．10．2013湖北设n是正整数,r为正有理数．Ⅰ求函数fx=1+x r+1﹣r+1x﹣1x＞﹣1的最小值；Ⅱ证明：；Ⅲ设x∈R,记x为不小于x的最小整数,例如．令的值．参考数据：．解答解；Ⅰ由题意得f'x=r+11+x r﹣r+1=r+11+x r﹣1,令f'x=0,解得x=0．当﹣1＜x＜0时,f'x＜0,∴fx在﹣1,0内是减函数；当x＞0时,f'x＞0,∴fx在0,+∞内是增函数．故函数fx在x=0处,取得最小值为f0=0．Ⅱ由Ⅰ,当x∈﹣1,+∞时,有fx≥f0=0,即1+x r+1≥1+r+1x,且等号当且仅当x=0时成立,故当x＞﹣1且x≠0,有1+x r+1＞1+r+1x,①在①中,令这时x＞﹣1且x≠0,得．上式两边同乘n r+1,得n+1r+1＞n r+1+n r r+1,即,②当n＞1时,在①中令这时x＞﹣1且x≠0,类似可得,③且当n=1时,③也成立．综合②,③得,④Ⅲ在④中,令,n分别取值81,82,83, (125)得,,,…,将以上各式相加,并整理得．代入数据计算,可得由S的定义,得S=211．11．2012辽宁设fx=lnx+1++ax+ba,b∈R,a,b为常数,曲线y=fx与直线y=x在0,0点相切．I求a,b的值；II证明：当0＜x＜2时,fx＜．解答I解：由y=fx过0,0,∴f0=0,∴b=﹣1∵曲线y=fx与直线在0,0点相切．∴y′|x=0=∴a=0；II证明：由I知fx=lnx+1+由均值不等式,当x＞0时,,∴①令kx=lnx+1﹣x,则k0=0,k′x=,∴kx＜0∴lnx+1＜x,②由①②得,当x＞0时,fx＜记hx=x+6fx﹣9x,则当0＜x＜2时,h′x=fx+x+6f′x﹣9＜＜=∴hx在0,2内单调递减,又h0=0,∴hx＜0∴当0＜x＜2时,fx＜．12．2012福建已知函数fx=axsinx﹣a∈R,且在上的最大值为,1求函数fx的解析式；2判断函数fx在0,π内的零点个数,并加以证明．解答解：I由已知得f′x=asinx+xcosx,对于任意的x∈0,,有sinx+xcosx＞0,当a=0时,fx=﹣,不合题意；当a＜0时,x∈0,,f′x＜0,从而fx在0,单调递减,又函数在上图象是连续不断的,故函数在上上的最大值为f0=﹣,不合题意；当a＞0时,x∈0,,f′x＞0,从而fx在0,单调递增,又函数在上图象是连续不断的,故函数在上上的最大值为f==,解得a=1,综上所述,得II函数fx在0,π内有且仅有两个零点．证明如下：由I知,,从而有f0=﹣＜0,f=＞0,又函数在上图象是连续不断的,所以函数fx在0,内至少存在一个零点,又由I知fx在0,单调递增,故函数fx在0,内仅有一个零点．当x∈,π时,令gx=f′x=sinx+xcosx,由g=1＞0,gπ=﹣π＜0,且gx在,π上的图象是连续不断的,故存在m∈,π,使得gm=0．由g′x=2cosx﹣xsinx,知x∈,π时,有g′x＜0,从而gx在,π上单调递减．当x∈,m,gx＞gm=0,即f′x＞0,从而fx在,m内单调递增故当x∈,m时,fx＞f=＞0,从而x在,m内无零点；当x∈m,π时,有gx＜gm=0,即f′x＜0,从而fx在,m内单调递减．又fm＞0,fπ＜0且fx在m,π上的图象是连续不断的,从而fx在m,π内有且仅有一个零点．综上所述,函数fx在0,π内有且仅有两个零点．13．2012湖北设函数fx=ax n1﹣x+bx＞0,n为正整数,a,b为常数,曲线y=fx在1,f1处的切线方程为x+y=1Ⅰ求a,b的值；Ⅱ求函数fx的最大值；Ⅲ证明：fx＜．解答解：Ⅰ因为f1=b,由点1,b在x+y=1上,可得1+b=1,即b=0．因为f′x=anx n﹣1﹣an+1x n,所以f′1=﹣a．又因为切线x+y=1的斜率为﹣1,所以﹣a=﹣1,即a=1,故a=1,b=0．Ⅱ由Ⅰ知,fx=x n1﹣x,则有f′x=n+1x n﹣1﹣x,令f′x=0,解得x=在0,上,导数为正,故函数fx是增函数；在,+∞上导数为负,故函数fx是减函数；故函数fx在0,+∞上的最大值为f=n1﹣=,Ⅲ令φt=lnt﹣1+,则φ′t=﹣=t＞0在0,1上,φ′t＜0,故φt单调减；在1,+∞,φ′t＞0,故φt单调增；故φt在0,+∞上的最小值为φ1=0,所以φt＞0t＞1则lnt＞1﹣,t＞1,令t=1+,得ln1+＞,即ln1+n+1＞lne所以1+n+1＞e,即＜由Ⅱ知,fx≤＜,故所证不等式成立．14．2012湖南已知函数fx=e x﹣ax,其中a＞0．1若对一切x∈R,fx≥1恒成立,求a的取值集合；2在函数fx的图象上取定点Ax1,fx1,Bx2,fx2x1＜x2,记直线AB的斜率为K,证明：存在x0∈x1,x2,使f′x0=K恒成立．解答解：1f′x=e x﹣a,令f′x=0,解可得x=lna；当x＜lna,f′x＜0,fx单调递减,当x＞lna,f′x＞0,fx单调递增,故当x=lna时,fx取最小值,flna=a﹣alna,对一切x∈R,fx≥1恒成立,当且仅当a﹣alna≥1,①令gt=t﹣tlnt,则g′t=﹣lnt,当0＜t＜1时,g′t＞0,gt单调递增,当t＞1时,g′t＜0,gt单调递减,故当t=1时,gt取得最大值,且g1=1,因此当且仅当a=1时,①式成立,综上所述,a的取值的集合为{1}．2根据题意,k==﹣a,令φx=f′x﹣k=e x﹣,则φx1=﹣﹣x2﹣x1﹣1,φx2=﹣x1﹣x2﹣1,令Ft=e t﹣t﹣1,则F′t=e t﹣1,当t＜0时,F′t＜0,Ft单调递减；当t＞0时,F′t＞0,Ft单调递增,则Ft的最小值为F0=0,故当t≠0时,Ft＞F0=0,即e t﹣t﹣1＞0,从而﹣x2﹣x1﹣1＞0,且＞0,则φx1＜0,﹣x1﹣x2﹣1＞0,＞0,则φx2＞0,因为函数y=φx在区间x1,x2上的图象是连续不断的一条曲线,所以存在x0∈x1,x2,使φx0=0, 即f′x0=K成立．15．2012四川已知a为正实数,n为自然数,抛物线与x轴正半轴相交于点A,设fn为该抛物线在点A处的切线在y轴上的截距．Ⅰ用a和n表示fn；Ⅱ求对所有n都有成立的a的最小值；Ⅲ当0＜a＜1时,比较与的大小,并说明理由．解答解：Ⅰ∵抛物线与x轴正半轴相交于点A,∴A对求导得y′=﹣2x∴抛物线在点A处的切线方程为,∴∵fn为该抛物线在点A处的切线在y轴上的截距,∴fn=a n；Ⅱ由Ⅰ知fn=a n,则成立的充要条件是a n≥2n3+1即知,a n≥2n3+1对所有n成立,特别的,取n=2得到a≥当a=,n≥3时,a n＞4n=1+3n≥1+=1+2n3+＞2n3+1当n=0,1,2时,∴a=时,对所有n都有成立∴a的最小值为；Ⅲ由Ⅰ知fk=a k,下面证明：首先证明：当0＜x＜1时,设函数gx=xx2﹣x+1,0＜x＜1,则g′x=xx﹣当0＜x＜时,g′x＜0；当时,g′x＞0故函数gx在区间0,1上的最小值gx min=g=0∴当0＜x＜1时,gx≥0,∴由0＜a＜1知0＜a k＜1,因此,从而=≥=＞=16．2011四川已知函数fx=x+,hx=．Ⅰ设函数Fx=fx﹣hx,求Fx的单调区间与极值；Ⅱ设a∈R,解关于x的方程log4fx﹣1﹣=log2ha﹣x﹣log2h4﹣x；Ⅲ试比较f100h100﹣与的大小．解答解：Ⅰ由Fx=fx﹣hx=x+﹣x≥0知,F′x=,令F′x=0,得x=．当x∈0,时,F′x＜0；当x∈,+∞时,F′x＞0．故x∈0,时,Fx是减函数；故x∈,+∞时,Fx是增函数．Fx在x=处有极小值且F=．Ⅱ原方程可化为log4x﹣1+log2 h4﹣x=log2ha﹣x,即log2x﹣1+log2=log2,①当1＜a≤4时,原方程有一解x=3﹣；②当4＜a＜5时,原方程有两解x=3；③当a=5时,原方程有一解x=3；④当a≤1或a＞5时,原方程无解．Ⅲ设数列{a n}的前n项和为s n,且s n=fngn﹣从而有a1=s1=1．当2＜k≤100时,a k=s k﹣s k﹣1=,a k﹣=4k﹣3﹣4k﹣1==＞0．即对任意的2＜k≤100,都有a k＞．又因为a1=s1=1,所以a1+a2+a3+…+a100＞=h1+h2+…+h100．故f100h100﹣＞．17．2011陕西设函数fx定义在0,+∞上,f1=0,导函数f′x=,gx=fx+f′x．Ⅰ求gx的单调区间和最小值；Ⅱ讨论gx与的大小关系；Ⅲ是否存在x0＞0,使得|gx﹣gx0|＜对任意x＞0成立若存在,求出x0的取值范围；若不存在请说明理由．解答解：Ⅰ由题设易知fx=lnx,gx=lnx+,∴g′x=,令g′x=0,得x=1,当x∈0,1时,g′x＜0,故gx的单调递减区间是0,1,当x∈1,+∞时,g′x＞0,故gx的单调递增区间是1,+∞,因此x=1是gx的唯一极值点,且为极小值点,从而是最小值点,∴最小值为g1=1；Ⅱ=﹣lnx+x,设hx=gx﹣=2lnx﹣x+,则h′x=,当x=1时,h1=0,即gx=,当x∈0,1∪1,+∞时,h′x＜0,h′1=0,因此,hx在0,+∞内单调递减,当0＜x＜1,时,hx＞h1=0,即gx＞,当x＞1,时,hx＜h1=0,即gx＜,Ⅲ满足条件的x0 不存在．证明如下：证法一假设存在x0＞0, 使|gx﹣gx0|＜成立,即对任意x＞0,有,但对上述x0,取时, 有Inx1=gx0,这与左边不等式矛盾,因此,不存在x0＞0,使|gx﹣gx0|＜成立．证法二假设存在x0＞0,使|gx﹣gx0|成＜立．由Ⅰ知,的最小值为gx=1．又＞Inx,而x＞1 时,Inx 的值域为0,+∞,∴x≥1 时,gx 的值域为1,+∞,从而可取一个x1＞1,使gx1≥gx0+1,即gx1﹣gx0≥1,故|gx1﹣gx0|≥1＞,与假设矛盾．∴不存在x0＞0,使|gx﹣gx0|＜成立．18．2011四川已知函数fx=x+,hx=．Ⅰ设函数Fx=18fx﹣x2hx2,求Fx的单调区间与极值；Ⅱ设a∈R,解关于x的方程lg fx﹣1﹣=2lgha﹣x﹣2lgh4﹣x；Ⅲ设n∈N n,证明：fnhn﹣h1+h2+…+hn≥．解答解：ⅠFx=18fx﹣x2hx2=﹣x3+12x+9x≥0所以F′x=﹣3x2+12=0,x=±2且x∈0,2时,F′x＞0,当x∈2,+∞时,F′x＜0所以Fx在0,2上单调递增,在2,+∞上单调递减．故x=2时,Fx有极大值,且F2=﹣8+24+9=25．Ⅱ原方程变形为lgx﹣1+2lg=2lg,,①当1＜a＜4时,原方程有一解x=3﹣,②当4＜a＜5时,原方程有两解x=3±,③当a=5时,原方程有一解x=3,④当a≤1或a＞5时,原方程无解．Ⅲ由已知得h1+h2+…+hn=,fnhn﹣=,从而a1=s1=1,当k≥2时,a n=s n﹣s n﹣1=,又===＞0即对任意的k≥2,有,又因为a1=1=,所以a1+a2+…+a n≥,则s n≥h1+h2+…+hn,故原不等式成立．19．2010四川设,a＞0且a≠1,gx是fx的反函数．Ⅰ设关于x的方程求在区间2,6上有实数解,求t的取值范围；Ⅱ当a=e,e为自然对数的底数时,证明：；Ⅲ当0＜a≤时,试比较||与4的大小,并说明理由．解答解：1由题意,得a x=＞0故gx=,x∈﹣∞,﹣1∪1,+∞由得t=x﹣127﹣x,x∈2,6则t′=﹣3x2+18x﹣15=﹣3x﹣1x﹣5列表如下：x 2 2,5 5 5,6 6t' + ﹣t 5 递增极大值32 递减25所以t最小值=5,t最大值=32所以t的取值范围为5,325分Ⅱ=ln=﹣ln令uz=﹣lnz2﹣=﹣2lnz+z﹣,z＞0则u′z=﹣=1﹣2≥0所以uz在0,+∞上是增函数又因为＞1＞0,所以u＞u1=0即ln＞0即9分3设a=,则p≥1,1＜f1=≤3,当n=1时,|f1﹣1|=≤2＜4,当n≥2时,设k≥2,k∈N时,则fk=,=1+所以1＜fk≤1+,从而n﹣1＜≤n﹣1+=n+1﹣＜n+1,所以n＜＜f1+n+1≤n+4,综上所述,总有|﹣n|＜4．20．2010全国卷Ⅱ设函数fx=1﹣e﹣x．Ⅰ证明：当x＞﹣1时,fx≥；Ⅱ设当x≥0时,fx≤,求a的取值范围．解答解：1当x＞﹣1时,fx≥当且仅当e x≥1+x令gx=e x﹣x﹣1,则g'x=e x﹣1当x≥0时g'x≥0,gx在0,+∞是增函数当x≤0时g'x≤0,gx在﹣∞,0是减函数于是gx在x=0处达到最小值,因而当x∈R时,gx≥g0时,即e x≥1+x 所以当x＞﹣1时,fx≥2由题意x≥0,此时fx≥0当a＜0时,若x＞﹣,则＜0,fx≤不成立；当a≥0时,令hx=axfx+fx﹣x,则fx≤当且仅当hx≤0因为fx=1﹣e﹣x,所以h'x=afx+axf'x+f'x﹣1=afx﹣axfx+ax﹣fxi当0≤a≤时,由1知x≤x+1fxh'x≤afx﹣axfx+ax+1fx﹣fx=2a﹣1fx≤0,hx在0,+∞是减函数,hx≤h0=0,即fx≤ii当a＞时,由i知x≥fxh'x=afx﹣axfx+ax﹣fx≥afx﹣axfx+afx﹣fx=2a﹣1﹣axfx当0＜x＜时,h'x＞0,所以h'x＞0,所以hx＞h0=0,即fx＞综上,a的取值范围是0,21．2010陕西已知函数fx=,gx=alnx,a∈R,Ⅰ若曲线y=fx与曲线y=gx相交,且在交点处有共同的切线,求a的值和该切线方程；Ⅱ设函数hx=fx﹣gx,当hx存在最小值时,求其最小值φa的解析式；Ⅲ对Ⅱ中的φa和任意的a＞0,b＞0,证明：φ′≤≤φ′．解答解：Ⅰf'x=,g'x=有已知得解得：a=,x=e2∴两条曲线的交点坐标为e2,e切线的斜率为k=f'e2=∴切线的方程为y﹣e=x﹣e2Ⅱ由条件知hx=﹣alnxx＞0,∴h′x=﹣=,①当a＞0时,令h′x=0,解得x=4a2．∴当0＜x＜4a2时,h′x＜0,hx在0,4a2上单调递减；当x＞4a2时,h′x＞0,hx在4a2,+∞上单调递增．∴x=4a2是hx在0,+∞上的惟一极值点,且是极小值点,从而也是hx的最小值点．∴最小值φa=h4a2=2a﹣aln4a2=2a1﹣ln 2a．②当a≤0时,h′x=＞0,hx在0,+∞上单调递增,无最小值．故hx的最小值φa的解析式为φa=2a1﹣ln 2aa＞0．Ⅲ证明：由Ⅱ知φ′a=﹣2ln2a对任意的a＞0,b＞0=﹣=﹣ln4ab,①φ′=﹣2ln2×=﹣lna+b2≤﹣ln4ab,②φ′=﹣2ln2×=﹣2ln=﹣ln4ab,③故由①②③得φ′≤≤φ′．22．2009全国卷Ⅱ设函数fx=x2+aln1+x有两个极值点x1、x2,且x1＜x2,Ⅰ求a的取值范围,并讨论fx的单调性；Ⅱ证明：fx2＞．解答解：I令gx=2x2+2x+a,其对称轴为．由题意知x1、x2是方程gx=0的两个均大于﹣1的不相等的实根,其充要条件为,得1当x∈﹣1,x1时,f'x＞0,∴fx在﹣1,x1内为增函数；2当x∈x1,x2时,f'x＜0,∴fx在x1,x2内为减函数；3当x∈x2,+∞时,f'x＞0,∴fx在x2,+∞内为增函数；II由Ig0=a＞0,∴,a=﹣2x22+2x2∴fx2=x22+aln1+x2=x22﹣2x22+2x2ln1+x2设hx=x2﹣2x2+2xln1+x,﹣＜x＜0则h'x=2x﹣22x+1ln1+x﹣2x=﹣22x+1ln1+x1当时,h'x＞0,∴hx在单调递增；2当x∈0,+∞时,h'x＜0,hx在0,+∞单调递减．∴故．23．2009湖北在R上定义运算：b、c∈R是常数,已知f1x=x2﹣2c,f2x=x﹣2b,fx=f1xf2x．①如果函数fx在x=1处有极值,试确定b、c的值；②求曲线y=fx上斜率为c的切线与该曲线的公共点；③记gx=|f′x|﹣1≤x≤1的最大值为M,若M≥k对任意的b、c恒成立,试求k的取值范围．参考公式：x3﹣3bx2+4b3=x+bx﹣2b2解答解：①依题意,解得或．若,,′x=﹣x2+2x﹣1=﹣x﹣12≤0fx在R上单调递减,在x=1处无极值；若,,f′x=﹣x2﹣2x+3=﹣x﹣1x+3,直接讨论知,fx在x=1处有极大值,所以为所求．②解f′t=c得t=0或t=2b,切点分别为0,bc、,相应的切线为y=cx+bc或．解得x=0或x=3b；解即x3﹣3bx2+4b3=0得x=﹣b或x=2b．综合可知,b=0时,斜率为c的切线只有一条,与曲线的公共点只有0,0,b≠0时,斜率为c的切线有两条,与曲线的公共点分别为0,bc、3b,4bc和、．③gx=|﹣x﹣b2+b2+c|．若|b|＞1,则f′x在﹣1,1是单调函数,M=max{|f′﹣1|,|f′1|}={|﹣1+2b+c|,|﹣1﹣2b+c|},因为f′1与f′﹣1之差的绝对值|f′1﹣f′﹣1|=|4b|＞4,所以M＞2．若|b|≤1,f′x在x=b∈﹣1,1取极值,则M=max{|f′﹣1|,|f′1|,|f′b|},f′b﹣f′±1=b12．若﹣1≤b＜0,f′1≤f′﹣1≤f′b；若0≤b≤1,f′﹣1≤f′1≤f′b,M=max{|f′﹣1|,|f′b|}=．当b=0,时,在﹣1,1上的最大值．所以,k的取值范围是．24．2009湖北已知关于x的函数fx=﹣x3+bx2+cx+bc,其导函数为f′x．令gx=|f′x|,记函数gx 在区间﹣1、1上的最大值为M．Ⅰ如果函数fx在x=1处有极值﹣,试确定b、c的值：Ⅱ若|b|＞1,证明对任意的c,都有M＞2Ⅲ若M≧K对任意的b、c恒成立,试求k的最大值．解答Ⅰ解：∵f'x=﹣x2+2bx+c,由fx在x=1处有极值可得解得,或若b=1,c=﹣1,则f'x=﹣x2+2x﹣1=﹣x﹣12≤0,此时fx没有极值；若b=﹣1,c=3,则f'x=﹣x2﹣2x+3=﹣x+3x﹣1当x变化时,fx,f'x的变化情况如下表：x ﹣∞,﹣3 ﹣3 ﹣3,1 11,+∞f'x ﹣0 + 0 ﹣↘fx ↘极小值﹣12 ↗极大值∴当x=1时,fx有极大值,故b=﹣1,c=3即为所求．Ⅱ证法1：gx=|f'x|=|﹣x﹣b2+b2+c|当|b|＞1时,函数y=f'x的对称轴x=b位于区间﹣之外．∴f'x在﹣1,1上的最值在两端点处取得故M应是g﹣1和g1中较大的一个,∴2M≥g1+g﹣1=|﹣1+2b+c|+|﹣1﹣2b+c|≥|4b|＞4,即M＞2证法2反证法：因为|b|＞1,所以函数y=f'x的对称轴x=b位于区间﹣1,1之外,∴f'x在﹣1,1上的最值在两端点处取得．故M应是g﹣1和g1中较大的一个假设M≤2,则M=maxg{﹣1,g1,gb}将上述两式相加得：4≥|﹣1﹣2b+c|+|﹣1+2b+c|≥4|b|＞4,导致矛盾,∴M＞2Ⅲ解法1：gx=|f'x|=|﹣x﹣b2+b2+c|1当|b|＞1时,由Ⅱ可知f'b﹣f'±1=b12≥0；2当|b|≤1时,函数y=f'x的对称轴x=b位于区间﹣1,1内,此时M=max{g﹣1,g1,gb}由f'1﹣f'﹣1=4b,有f'b﹣f'±1=b12≥0①若﹣1≤b≤0,则f'1≤f'﹣1≤f'b,∴g﹣1≤max{g1,gb},于是②若0＜b≤1,则f'﹣1≤f'1≤f'b,∴g1≤maxg﹣1,gb于是综上,对任意的b、c都有而当时,在区间﹣1,1上的最小值故M≥k对任意的b、c恒成立的k的最大值为．解法2：gx=|f'x|=|﹣x﹣b2+b2+c|1当|b|＞1时,由Ⅱ可知M＞22当|b|≤1y=f'x时,函数的对称轴x=b位于区间﹣1,1内,此时M=max{g﹣1,g1,gb}4M≥g﹣1+g1+2gb=|﹣1﹣2b+c|+|﹣1+2b+c|+2|b2+c|≥|﹣1﹣2b+c+﹣1+2b+c﹣2b2+c|=|2b2+2|≥2, 即下同解法125．2008江苏请先阅读：在等式cos2x=2cos2x﹣1x∈R的两边求导,得：cos2x′=2cos2x﹣1′,由求导法则,得﹣sin2x2=4cosx ﹣sinx,化简得等式：sin2x=2cosxsinx．1利用上题的想法或其他方法,结合等式1+x n=C n0+C n1x+C n2x2+…+C n n x n x∈R,正整数n≥2,证明：．2对于正整数n≥3,求证：i；ii；iii．解答证明：1在等式1+x n=C n0+C n1x+C n2x2+…+C n n x n两边对x求导得n1+x n﹣1=C n1+2C n2x+…+n ﹣1C n n﹣1x n﹣2+nC n n x n﹣1移项得2i在式中,令x=﹣1,整理得所以ii由1知n1+x n﹣1=C n1+2C n2x+…+n﹣1C n n﹣1x n﹣2+nC n n x n﹣1,n≥3两边对x求导,得nn﹣11+x n﹣2=2C n2+32C n3x+…+nn﹣1C n n x n﹣2在上式中,令x=﹣1,得0=2C n2+32C n3﹣1+…+nn﹣1C n2﹣1n﹣2即,亦即 1又由i知 2由1+2得iii将等式1+x n=C n0+C n1x+C n2x2+…+C n n x n两边在0,1上对x积分由微积分基本定理,得所以26．2008天津已知函数fx=x4+ax3+2x2+bx∈R,其中a,b∈R．Ⅰ当时,讨论函数fx的单调性；Ⅱ若函数fx仅在x=0处有极值,求a的取值范围；Ⅲ若对于任意的a∈﹣2,2,不等式fx≤1在﹣1,1上恒成立,求b的取值范围．解答解：Ⅰf'x=4x3+3ax2+4x=x4x2+3ax+4．当时,f'x=x4x2﹣10x+4=2x2x﹣1x﹣2．令f'x=0,解得x1=0,,x3=2．当x变化时,f'x,fx的变化情况如下表：x ﹣∞,0 02 2,+∞0,,2f′x ﹣0 + 0 ﹣0 +fx ↘极小值↗极大值↘极小值↗所以fx在,2,+∞内是增函数,在﹣∞,0,内是减函数．Ⅱf'x=x4x2+3ax+4,显然x=0不是方程4x2+3ax+4=0的根．为使fx仅在x=0处有极值,必须4x2+3ax+4≥0成立,即有△=9a2﹣64≤0．解些不等式,得．这时,f0=b是唯一极值．因此满足条件的a的取值范围是．Ⅲ由条件a∈﹣2,2,可知△=9a2﹣64＜0,从而4x2+3ax+4＞0恒成立．当x＜0时,f'x＜0；当x＞0时,f'x＞0．因此函数fx在﹣1,1上的最大值是f1与f﹣1两者中的较大者．为使对任意的a∈﹣2,2,不等式fx≤1在﹣1,1上恒成立,当且仅当,即,在a∈﹣2,2上恒成立．所以b≤﹣4,因此满足条件的b的取值范围是﹣∞,﹣4．四．解答题共4小题27．2008福建已知函数fx=ln1+x﹣x1求fx的单调区间；2记fx在区间0,nn∈N上的最小值为b n令a n=ln1+n﹣b ni如果对一切n,不等式恒成立,求实数c的取值范围；ii求证：．解答解：1因为fx=ln1+x﹣x,所以函数定义域为﹣1,+∞,且f′x=﹣1=．由f′x＞0得﹣1＜x＜0,fx的单调递增区间为﹣1,0；由f’x＜0得x＞0,fx的单调递减区间为0,+∞．2因为fx在0,n上是减函数,所以b n=fn=ln1+n﹣n,则a n=ln1+n﹣b n=ln1+n﹣ln1+n+n=n．i因为对n∈N恒成立．所以对n∈N恒成立．则对n∈N恒成立．设,n∈N,则c＜gn对n∈N恒成立．考虑．因为=0,所以gx在1,+∞内是减函数；则当n∈N时,gn随n的增大而减小,又因为=1．所以对一切n∈N,gn＞1因此c≤1,即实数c的取值范围是﹣∞,1．ⅱ由ⅰ知．下面用数学归纳法证明不等式n∈N+①当n=1时,左边=,右边=,左边＜右边．不等式成立．②假设当n=k时,不等式成立．即．当n=k+1时,＜===,即n=k+1时,不等式成立综合①、②得,不等式成立．所以,所以+＜+…+=﹣1．即．28．2007福建已知函数fx=e x﹣kx,1若k=e,试确定函数fx的单调区间；2若k＞0,且对于任意x∈R,f|x|＞0恒成立,试确定实数k的取值范围；3设函数Fx=fx+f﹣x,求证：F1F2…Fn＞n∈N．解答解：Ⅰ由k=e得fx=e x﹣ex,所以f'x=e x﹣e．由f'x＞0得x＞1,故fx的单调递增区间是1,+∞,由f'x＜0得x＜1,故fx的单调递减区间是﹣∞,1．Ⅱ由f|﹣x|=f|x|可知f|x|是偶函数．于是f|x|＞0对任意x∈R成立等价于fx＞0对任意x≥0成立．由f'x=e x﹣k=0得x=lnk．①当k∈0,1时,f'x=e x﹣k＞1﹣k≥0x＞0．此时fx在0,+∞上单调递增．故fx≥f0=1＞0,符合题意．②当k∈1,+∞时,lnk＞0．当x变化时f'x,fx的变化情况如下表：x 0,lnk lnk lnk,+∞f′x ﹣0 +fx 单调递减极小值单调递增由此可得,在0,+∞上,fx≥flnk=k﹣klnk．依题意,k﹣klnk＞0,又k＞1,∴1＜k＜e．综合①,②得,实数k的取值范围是0＜k＜e．Ⅲ∵Fx=fx+f﹣x=e x+e﹣x,∴Fx1Fx2=,∴F1Fn＞e n+1+2,F2Fn﹣1＞e n+1+2,FnF1＞e n+1+2．由此得,F1F2Fn2=F1FnF2Fn﹣1FnF1＞e n+1+2n故,n∈N．29．2006四川已知函数,fx的导函数是f′x．对任意两个不相等的正数x1、x2,证明：Ⅰ当a≤0时,；Ⅱ当a≤4时,|f′x1﹣f′x2|＞|x1﹣x2|．解答解：证明：Ⅰ由得=而①又x1+x22=x12+x22+2x1x2＞4x1x2∴②∵∴∵a≤0,aln≥aln③由①、②、③得x12+x22++aln＞2++aln, 即．Ⅱ证法一：由,得∴=下面证明对任意两个不相等的正数x1,x2,有恒成立即证成立∵设,则,令u′x=0得,列表如下：tu′t ﹣0 +□ut □极小值∴∴对任意两个不相等的正数x1,x2,恒有|f'x1﹣f'x2|＞|x1﹣x2|证法二：由,得∴=∵x1,x2是两个不相等的正数∴设,ut=2+4t3﹣4t2t＞0则u′t=4t3t﹣2,列表：tu′t ﹣0 +□ut □极小值∴即∴即对任意两个不相等的正数x1,x2,恒有|f′x1﹣f′x2|＞|x1﹣x2|30．2006辽宁已知f0x=x n,其中k≤nn,k∈N+,设Fx=C n0f0x2+C n1f1x2+…+C n n f n x2,x∈﹣1,1．1写出f k1；2证明：对任意的x1,x2∈﹣1,1,恒有|Fx1﹣Fx2|≤2n﹣1n+2﹣n﹣1．解答解：1由已知推得f k x=n﹣k+1x n﹣k,从而有f k1=n﹣k+12证法1：当﹣1≤x≤1 时,Fx=x2n+nc n1x2n﹣1+n﹣1c n2x2n﹣2+…+n﹣k+1c n k x2n﹣k+…+2c n n﹣1x2+1 当x＞0时,F′x＞0所以Fx在0,1上为增函数因函数Fx为偶函数,所以Fx在﹣1,0上为减函数所以对任意的x1,x2∈﹣1,1,|Fx1﹣Fx2|≤F1﹣F0F1﹣F0=C n0+nc n1+n﹣1c n2+…+n﹣k+1c n k+…+2c n n﹣1=nc n n﹣1+n﹣1c n n﹣2+…+n﹣k+1c n n﹣k+…+2c n1+c n0∵n﹣k+1c n n﹣k=n﹣kc n n﹣k+c n k=nc n﹣1k+c n k k=1,2,3,…,n﹣1F﹣F0=nc n﹣11+c n﹣12+…+c n﹣1k﹣1+c n1+c n2+…+c n n﹣1+c n0=n2n﹣1﹣1+2n﹣1=2n﹣1n+2﹣n﹣1因此结论成立．证法2：当﹣1≤x≤1 时,Fx=x2n+nc n1x2n﹣1+n﹣1c n2x2n﹣2+…+n﹣k+1c n k x2n﹣k+…+2c n n﹣1x2+1 当x＞0时,F′x＞0所以Fx在0,1上为增函数因函数Fx为偶函数所以Fx在﹣1,0上为减函数所以对任意的x1,x2∈﹣1,1,|Fx1﹣Fx2|≤F﹣F0F﹣F0=c n0+nc n1+n﹣1c n2+…+n﹣k+1c n k+…+2c n n﹣1又因F1﹣F0=2c n1+3c n2+…+kc n k﹣1+…+nc n n﹣1+c n0所以2F1﹣F0=n+2c n1+c n2+…+c n k﹣1+…+c n n﹣1+2c n0F1﹣F0=c n1+c n2+…+c n k﹣1+…+c n n﹣1+c n0=因此结论成立．证法3：当﹣1≤x≤1时,Fx=x2n+nc n1x2n﹣1+n﹣1c n2x2n﹣2+…+n﹣k+1c n k x2n﹣k+…+2c n n﹣1x2+1 当x＞0时,F′x＞0所以Fx在0,1上为增函数因函数Fx为偶函数所以Fx在﹣1,0上为减函数所以对任意的x1,x2∈﹣1,1,|Fx1﹣Fx2|≤F﹣F0F﹣F0=c n0+nc n1+n﹣1c n2+…+n﹣k+1c n k+…+2c n n﹣1由x1+x n﹣x n=xc n1x n﹣1+c n2x n﹣2+…+c n k x n﹣k+…+c n n﹣1+1=c n1x n+c n2x n﹣1+…+c n k x n﹣k+1+…+c n n﹣1x2+x对上式两边求导得1+x n﹣x n+nx1+x n﹣1﹣nx n=nc n1x n﹣1+n﹣1c n2x n﹣2+…+n﹣k+1c n k x n﹣k+…+2c n n﹣1x+1Fx=1+x2n+nx21+x2n﹣1﹣nx2n∴F1﹣F0=2n+n2n﹣1﹣n﹣1=n+22n﹣1﹣n﹣1．因此结论成立．。

压轴题04 函数与导数常见经典压轴大题(解析版)-2023年高考数学压轴题专项训练(江苏专用)

压轴题04函数与导数常见经典压轴大题函数与导数是高中数学的重要考查内容，同时也是高等数学的基础，其试题的难度呈逐年上升趋势，通过对近十年的高考数学试题，分析并归纳出五大考点：（1）含参函数的单调性、极值与最值；（2）函数的零点问题；（3）不等式恒成立与存在性问题；（4）函数不等式的证明．（5）导数中含三角函数形式的问题其中，对于函数不等式证明中极值点偏移、隐零点问题、含三角函数形式的问题探究和不等式的放缩应用这四类问题是目前高考函数与导数压轴题的热点．考向一：导数与数列不等式的综合问题考向二：双变量问题考向三：证明不等式考向四：零点问题考向五：不等式恒成立问题考向六：极值点偏移问题与拐点偏移问题考向七：导数中的同构问题考向八：导数与三角函数结合问题1、对称变换主要用来解决与两个极值点之和、积相关的不等式的证明问题．其解题要点如下：（1）定函数（极值点为0x ），即利用导函数符号的变化判断函数单调性，进而确定函数的极值点0x ．（2）构造函数，即根据极值点构造对称函数0()()(2)F x f x f x x =--，若证2120x x x >，则令02()()()x F x f x f x=-．（3）判断单调性，即利用导数讨论()F x 的单调性．（4）比较大小，即判断函数()F x 在某段区间上的正负，并得出()f x 与0(2)f x x -的大小关系．（5）转化，即利用函数()f x 的单调性，将()f x 与0(2)f x x -的大小关系转化为x 与02x x -之间的关系，进而得到所证或所求．【注意】若要证明122x x f +⎛⎫' ⎪⎝⎭的符号问题，还需进一步讨论122x x +与x 0的大小，得出122x x +所在的单调区间，从而得出该处导数值的正负．构造差函数是解决极值点偏移的一种有效方法，函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中．某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用．因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的．根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧．许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效2121212ln ln 2x x x x x x -+<-证明极值点偏移：①由题中等式中产生对数；②将所得含对数的等式进行变形得到1212ln ln x x x x --；③利用对数平均不等式来证明相应的问题．3、比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明题中的不等式即可．1．（2023·全国·校联考二模）已知函数()()2ln R 2a f x x x x x a a =--+∈，()f x '为()f x 的导函数．(1)当12a =时，若()()g x f x ='在[[],1(0)t t t +>上的最大值为()h t ，求()h t ；(2)已知12,x x 是函数f （x ）的两个极值点，且12x x <，若不等式112e mmx x +<恒成立，求正数m的取值范围．【解析】（1）当12a =时，()211ln 42f x x x x x =--+，其定义域为（0，＋∞），且()1ln 112f x x x =+--'1ln 2x x =-，所以()1ln 2g x x x =-，所以()112(0)22xg x x x x'-=-=>，令()0g x '>，得02x <<；令()0g x '<，得2x >，所以()g x 在(0,2)上单调递增，在(2,)+∞上单调递减．①当12t +≤，即01t <≤时，()g x 在[t ，t ＋1]上单调递增，所以()()()()max 111ln 122h t g x g t t t ==+=+--；②当2,12t t ≤+>，即12t <≤时，()()()max 2ln21h t g x g ===-；③当2t >时，g （x ）在[t ，t ＋1]上单调递减，所以()()()max 1ln 2h t g x g t t t ===-，综上所述11ln(1),01,22()ln 21,12,1ln , 2.2t t t h t t t t t ⎧+--<≤⎪⎪=-<≤⎨⎪⎪->⎩（2）因为112emmx x +<，所以121ln ln m x m x +<+，由题意知()f x 的定义域为(0,),+∞()ln f x x ax '=-，故12,x x 是关于x 的方程()ln 0f x x ax '=-=的两个根，所以()()111222ln 0,ln 0f x x ax f x x ax ='-=-'==，即1122ln ,ln x ax x ax ==，所以121ln ln m x m x +<+，等价于()12121m ax max a x mx +<+=+．因为120,0m x x ><<，所以原式等价于121ma x mx +>+，又1122ln ,ln x ax x ax ==，作差，得()1122lnx a x x x =-，即1212lnx x a x x =-，所以原式等价112122ln 1xx m x x x mx +>-+，因为120x x <<，所以()()1212121lnm x x x x x mx +-<+恒成立．令12x t x =，则(0,1)t ∈，故不等式()()11ln m t t t m+-<+在(0,1)t ∈上恒成立，令()()11()ln m t t t t mϕ+-=-+．又因为()()()()()()2222111t t m m t t t m t t m ϕ--+'=-=++，当21m ≥时，得(0,1)t ∈，所以()0t ϕ'>在(0,1)上单调递增，又()10ϕ=，所()0t ϕ<在(0,1)上恒成立，符合题意；当21m <时，可得2(0,)t m ∈时，()0t ϕ'>，()2,1t m ∈时，()0t ϕ'<，所以()t ϕ在2(0,)m 上单调递增，在2(,1)m 上单调递减，又因为()10ϕ=，所以()t ϕ在(0,1)上不能恒小于0，不符合题意，舍去．综上所述，若不等式112emmx x +<恒成立，只需满足21m ≥，又0m >，故m 1≥，即正数m 的取值范围为[1,)+∞．2．（2023·河南·校联考二模）已知函数()22ln f x x x x =+．(1)求()f x 的极值；(2)若不等式()2e x f x x m x≥+在1,e ∞⎡⎫+⎪⎢⎣⎭上恒成立，求实数m 的取值范围．【解析】（1）函数()22ln f x x x x =+的定义域为()0,∞+，又()()2ln 22ln 3f x x x x x x x '=++=+，令()0f x '<得320e x -<<，令()0f x ¢>得32e x ->，所以()f x 在320,e -⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在32e ,-⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，所以()f x 在32e x -=处取得极小值3321e e 2f --⎛⎫=- ⎪⎝⎭，无极大值.（2）由()2e x f x x m x≥+得2ln e x x x x x m -+≥，即对任意的1,e x ∞⎡⎫∈+⎪⎢⎣⎭，2ln exx x x xm -+≤恒成立，令()2ln e xx x x xh x -+=，1,e x ∞⎡⎫∈+⎪⎢⎣⎭，则()()()1ln 2e x x x x h x '--+=，令()ln 2x x x ϕ=-+，则()1xx xϕ'-=，所以当11ex <<时()0x ϕ'>，当1x >时()0x ϕ'<，所以()x ϕ在1,1e ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，在()1,+∞上单调递减，又1110e e ϕ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭，()110ϕ=>，()22e 4e 0ϕ=-<，所以当1,e x ∞⎡⎫∈+⎪⎢⎣⎭时()x ϕ在()21,e 内存在唯一的零点0x ，所以当1,1e x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时()0x ϕ>，()0h x '>，()h x 单调递增，当()01,x x ∈时()0x ϕ>，()0h x '<，()h x 单调递减，当()0,x x ∈+∞时()0x ϕ<，()0h x '>，()h x 单调递增，所以()()0min1,e h x h x h ⎧⎫⎛⎫=⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭，12e 1e e h --⎛⎫=- ⎪⎝⎭，因为()000ln 20x x x ϕ=-+=，所以00ln 11x x -+=-，020e x x -=，所以()()00000220000000002ln 1ln e 1e e e e ex x x x x x x x x x x x x h x --+-+--=====-，因为e 122e e ---->-，所以()01e h h x ⎛⎫> ⎪⎝⎭，所以()()02min 1e h x h x ==-，所以实数m 的取值范围为21,e ⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦.3．（2023·全国·模拟预测）已知函数()21ln (0)2f x x x x a a=-+>.(1)若1a =，求函数()f x 在点()()1,1f 处的切线方程；(2)若函数()21ln (0)2f x x x x a a=-+>在其定义域上有唯一零点，求实数a 的值.【解析】（1）当1a =时，()111221f =-+=，且()()11,11f x x f x=-+'∴='，∴函数()f x 在点()()1,1f 处的切线方程112y x -=-，即2210x y --=.（2）()21ln (0)2f x x x x a a=-+>在其定义域上有唯一零点，∴方程21ln 02x x x a-+=，即22ln 20x a x ax --=在()0,∞+有唯一实数解.设()22ln 2g x x a x ax =--，则()2222x ax ag x x--'=.令()0g x '=，即20.0,0,x ax a a x --=>> 20x ax a ∴--=的两个根分别为1402a a a x =（舍去），2x =当()20,x x ∈时，()()0,g x g x '<在()20,x 上单调递减，当()2,x x ∈+∞时，()()0,g x g x '>在()20,x 上单调递增，当2x x =时，()()0,g x g x '=取最小值()2g x ，要使()g x 在()0,∞+有唯一零点，则须()()220,0,g x g x ⎧=⎪⎨='⎪⎩即22222222ln 20,0,x a x ax x ax a ⎧--=⎨--=⎩()22222ln 0,0,2ln 10.*a x ax a a x x ∴+-=>∴+-= 设函数()2ln 1,h x x x =+-当0x >时()h x 是增函数，()h x ∴至多有一解.⋅()10,h =∴ 方程()*的解为21x =1=，解得12a =，∴实数a 的值为12.4．（2023·广西柳州·柳州高级中学校联考模拟预测）已知函数()ln eaf x x x =-（其中a ∈R ，e 为自然对数的底数）．(1)若函数()f x 存在极大值，且极大值不小于1，求a 的取值范围；(2)当e a =时，证明()121e 2102x x f x x -⎛⎫+-++< ⎪⎝⎭．【解析】（1）由已知可得，函数()f x 定义域为()0,∞+，()1ea f x x =-'.①当0a ≤时，()10eaf x x =->'在()0,∞+上恒成立，所以()f x 在()0,∞+上单调递增，此时函数()f x 无极值；②当0a >时，()e e axf x x-='，解()e 0e axf x x-=='可得e x a =.当e 0x a <<时，()0f x ¢>，所以()f x 在e 0,a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增；当e x a >时，()0f x '<，所以()f x 在e ,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减，所以，函数()f x 在ex a=处取得极大值e f a ⎛⎫ ⎪⎝⎭.由已知，e 1f a ⎛⎫≥ ⎪⎝⎭，即e e ln 11f a a ⎛⎫=-≥ ⎪⎝⎭，解得10ea <≤，所以，a 的取值范围为10,e ⎛⎤⎥⎝⎦.（2）因为()()()112211e 212e 22x x x f x x x f x --⎛⎫⎛⎫+-++=++- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，又因为0x >,所以只需证明()12e212x f x x -<-+即可.当e a =时，()ln f x x x =-，由(1)知()f x 在()0,1上单调递增,在()1,+∞上单调递减，所以，()f x 在1x =处取得极大值，也是最大值()()max 11f x f ==-.记()12e212x g x x -=-+，0x >，则()1112222211ee e 221122x x x x x g x x x ---⎛⎫⎛⎫+-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭'==⎛⎫⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以当102x <<时，()0g x '<，()g x 单调递减；当12x >时，()0g x '>，()g x 单调递增，所以，()g x 在12x =处取得极小值，也是最小值()min 112g x g ⎛⎫==- ⎪⎝⎭.因为()max f x 与()min g x 不能同时取到，所以结论成立.5．（2023·湖北·校联考模拟预测）已知函数2sin ()π,[0,π]ex xf x x x x =-+∈．(1)求()f x 在(0,(0))f 处的切线方程；(2)若()f x m =存在两个非负零点12,x x ，求证：212ππ1mx x -≤-+．【解析】（1）由题可知(0)0,()(cos sin )e 2πx f f x x x x -'==--+，因为(0)1πf =+'，所以，()y f x =在(0,(0))f 处的切线方程为(1π)y x =+．（2）()f x m =存在两个非负零点12,x x ，设12x x <，由（1）可知()y f x =在(0,(0))f 处的切线方程为(1π)y x =+，注意到π1(π)0,(π)πe f f =-'=-，所以，()y f x =在(π,0)处的切线方程为π1π(π)e y x ⎛⎫=--- ⎪⎝⎭．下证：当[0,π]x ∈时，()(1π)f x x ≤+，且π1()π(π)e f x x ⎛⎫≤--- ⎪⎝⎭．（i ）要证()(1π)f x x ≤+，即证2sin e xx x x ≤+，只需证()2sin e x x x x ≤+．①设()sin ,0,()1cos 0g x x x x g x x -=-'=≥≥，故()g x 在[0,)+∞上单调递增，故()(0)0g x g ≥=，即sin ,[0,)x x x ≤∀∈+∞恒成立．要证①，只需证()2e xx x x ≤+．当0x =时上式成立；当0x >时，即证1(1)e x x ≤+，此时，由于11,e 1x x +≥≥，故(1)e 1x x +≥，于是，当0x ≥时，()(1π)f x x ≤+．（ii ）要证1()π(π)e x f x x ⎛⎫≤--- ⎪⎝⎭，只需证2πsin 1ππ(π)e e x x x x x ⎛⎫-+≤--- ⎪⎝⎭，即证2sin 1ππ(π)0,[0,π]e e x x x x x x x ⎛⎫-+++-≤∈ ⎪⎝⎭．设2πsin 1()ππ(π),[0,π]e e x x h x x x x x ⎛⎫=-+++-∈ ⎪⎝⎭，则πcos sin 1()2ππ,(π)0e e x x x h x x h -''=-+++=．设πcos sin 1()2ππ,[0,π]e e xx x m x x x -=-+++∈，则()2cos cos 221e e x x x x m x -⎛⎫=-=-+ ⎝'⎪⎭．当π0,2x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，cos 0,e 0,()0x x m x ≥><'，当,2x π⎛⎤∈π ⎥⎝⎦时，π2cos 0,|cos |1,e e 1x x x <≤>>，故cos 10,()0e x x m x '+><．于是()0,[0,π]m x x <∀∈'恒成立，故()m x 在[0,]π上单调递减．从而()(π)0m x m ≥=，即()0,[0,π]h x x ≥∀∈'恒成立，故()h x 在[0,]π上单调递增，从而()(π)0h x h ≤=，于是π1()π(π)e f x x ⎛⎫≤--- ⎪⎝⎭．设(1π)x m +=的零点为31,π(π)e x x x m ⎛⎫---= ⎪⎝⎭的零点为4x ，则()341(1π),ππe x m x m π⎛⎫+=---= ⎪⎝⎭．因为()311(1π)(1π)x m f x x +==≤+，所以31x x ≤，因为()()()422π11ππππe e x m f x x π⎛⎫⎛⎫---==≤--- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以42x x ≥，又34π,π11ππex m mx ==-++，所以2143π2ππ11π1ππe mm m x x x x -≤-=--≤-+++，所以212ππ1mx x -≤-+．6．（2023·上海静安·统考二模）已知函数()()211ln 2f x x a x a x =-++.（其中a 为常数）(1)若2a =-，求曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线方程；(2)当a<0时，求函数()y f x =的最小值；(3)当01a ≤<时，试讨论函数()y f x =的零点个数，并说明理由.【解析】（1）当2a =-时，可得()212ln 2f x x x x =+-，可得()2(2)(1)1x x f x x x x+-'=+-=，所以()22f '=且()242ln 2f =-，所以切线方程为(42ln 2)2(2)y x --=-，即22ln 20x y --=，即曲线所以曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线方程为22ln 0x y x --=.（2）由函数()()211ln 2f x x a x a x =-++，可得函数()f x 的定义域为(0,)+∞，又由()()(1)x a x f x x--'=，令()0f x '=，解得1x a =，11x =，当a<0时，()f x 与()f x '在区间(0,)+∞的情况如下表：x (0,1)1(1,)+∞()f x '-+()f x极小值↗所以函数的极小值为()112f a =--，也是函数()f x 的最小值，所以当a<0时，函数()f x 的最小值为12a --（3）当0a =时，()212f x x x =-，令()0f x =，解得122,0x x ==（舍去）所以函数()y f x =在(0,)+∞上有一个零点；当01a <<时，()f x 与()f x '在区间(0,)+∞的情况如下表：x (0,)a a(,1)a 1(1,)+∞()f x '+0-0+()f x ↗极大值极小值↗所以函数()f x 在(0,)a 单调递增，在(,1)a 上单调递减，此时函数()f x 的极大值为()21ln 02f a a a a a =--+<，所以函数()y f x =在(0,1)上没有零点；又由()1102f a =--<且函数()f x 在(1,)+∞上单调递增，且当x →+∞时，()f x →+∞，所以函数()f x 在(1,)+∞上只有一个零点，综上可得，当01a ≤<时，()f x 在(0,)+∞上有一个零点.7．（2023·河北沧州·统考模拟预测）已知函数()()ln 1f x x ax a =--∈R .(1)若函数()y f x =在区间[)1,+∞上单调递减，求实数a 的取值范围；(2)若方程()20f x +=有两个实根1x ，2x ，且212x x >，求证：212332e x x >.参考数据：ln 20.693≈，ln 3 1.099≈.【解析】（1）函数()f x 的定义域为()0,∞+，由题意，()11ax f x a x x-'=-=.当0a ≤时，()0f x ¢>，函数()f x 在()0,∞+上单调递增，不合题意；当0a >时，由()0f x ¢>得10x a <<，所以函数()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减.又函数()y f x =在区间[)1,+∞上单调递减，所以，11a≤，即1a ≥.因此，实数a 的取值范围是[)1,+∞.（2）由题意()2ln 10f x x ax +=-+=，于是1122ln 1ln 1x ax x ax +=⎧⎨+=⎩，令21x t x =，则由212x x >可得，2t >.于是221111ln 1ln ln 1ln 1ln 1x x t x t x x x +++===++，即1ln ln 11t x t =--.从而21ln ln ln ln 11t tx t x t =+=--.另一方面，对212332e x x >两端分别取自然对数，则有12ln 2ln 5ln 23x x +>-，于是，即证ln 2ln 35ln 2311t t t t t +->---，即()12ln 5ln 21t t t +>-，其中2t >.设()()12ln 1t t g t t +=-，2t >.则()()()()()221212ln 112ln 3ln 2111t t t t t t t t t g t t t +⎛⎫+--+-+-- ⎪⎝⎭'==--，设()13ln 21t t t tϕ=-+--，2t >.则()()()22222113123120t t t t t t t t t ϕ----+'=++==>在()2,+∞上恒成立，于是，()t ϕ在()2,+∞上单调递增，从而()()1523ln 2413ln 2022t ϕϕ>=-+--=->.所以，()0g t '>，即函数()g t 在()2,+∞上单调递增，于是()()25ln 2g t g >=.因此，212332e x x >，即原不等式成立.8．（2023·广东湛江·统考一模）已知函数()e cos 2xf x x =+-．(1)证明：函数()f x 只有一个零点；(2)在区间()0,∞+上函数()sin f x ax x >-恒成立，求a 的取值范围．【解析】（1）证明：由()e cos 2xf x x =+-可得()00e cos020f =+-=，当0x <时，e 1x <，cos 1≤x ，所以e cos 2x x +<，故e cos 20x x +-<，故()f x 在区间(),0∞-上无零点．当0x ≥时，()e sin xf x x '=-，而e 1x ≥，sin 1x -≥-，且等号不会同时取到，所以()e sin 0xf x x =->'，所以当0x ≥时，函数()f x 单调递增，所以()()00f x f ≥=，故函数()f x 在区间[)0,∞+上有唯一零点0，综上，函数()f x 在定义域上有唯一零点.（2）由()sin f x ax x >-在区间()0,∞+上恒成立，得e cos 2sin x x ax x +->-，即e sin cos 20x x x ax ++-->在区间()0,∞+上恒成立．设()e sin cos 2xg x x x ax =++--，则()0g x >在区间()0,∞+上恒成立，而()e cos sin xg x x x a =+--'，()e cos sin x m x x x a =+--，则()e sin cos x m x x x =-'-．设()e 1xh x x =--，则()e 1x h x '=-，当0x >时，()0h x '>，所以函数()h x 在区间()0,∞+上单调递增，故在区间()0,∞+上，()()00h x h >=，即在区间()0,∞+上e 1x x >+，设函数()()0n ,si ,p x x x x ∞=-∈+，则()1cos 0p x '=-≥，所以函数()p x 在区间()0,∞+上单调递增，故在区间()0,∞+上()()00p x p >=，即在区间()0,∞+上，sin x x >，所以在区间()0,∞+上，e 1sin cos x x x x >+>+，即()e sin cos 0xm x x x =-->'，所以在区间()0,∞+上函数()g x '单调递增．当2a ≤时，()020g a '=-≥，故在区间()0,∞+上函数()0g x '>，所以函数()g x 在区间()0,∞+上单调递增．又()00g =，故()0g x >，即函数()sin f x ax x >-在区间()0,∞+上恒成立．当2a >时，()020g a '=-<，()()()ln 22cos ln 2sin ln 2g a a a a a '+=+++-+-⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦⎣⎦()π2ln 204a ⎛⎫=+-> ⎪⎝⎭，故在区间()()0,ln 2a +上函数()g x '存在零点0x ，即()00g x '=，又在区间()0,∞+上函数()g x '单调递增，故在区间()00,x 上函数()()00g x g x ''<=，所以在区间()00,x 上函数()g x 单调递减，又()00g =，所以在区间()00,x 上函数()(0)0g x g <=，与题设矛盾．综上，a 的取值范围为(],2-∞.9．（2023·重庆九龙坡·统考二模）已知函数()ln ax ax f x x=+-，函数()2ln 2e 2e 12xx x a g x a x x-=+-+.(1)当0a >时，求()f x 的单调区间；(2)已知12a ≥，1e 2xx >，求证：()0g x <；(3)已知n 为正整数，求证：11111ln 212212n n n n n+++⋅⋅⋅+>++-.【解析】（1）2221()ln ,()a a ax x af x x ax f x a x x x x-+-'=-+∴=--= ，①当12a ≥时，此时2140a ∆=-≤，则()0f x '≤恒成立，则()f x 的减区间为()0,∞+，②当102a <<时，令()0f x ¢>，解得11,22x a a ⎛+∈⎪ ⎪⎝⎭，则()f x 的增区间为⎝⎭令()0f x '<，解得1141140,,22x a a ⎛⎫⎛⎫∈⋃+∞ ⎪⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则()f x 的减区间为110,,,22a a ⎛⎛⎫+∞⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，综上当12a ≥时，()f x 的减区间为()0,∞+，无增区间；当102a <<时，()f x 的增区间为⎝⎭，减区间为110,,22a a ⎛⎫⎛⎫+∞ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.（2）欲证2ln 2e ()2e 10,2xx x a g x a x x-=+-+<需证ln 22e 02e xxax x ax x +-+<，即需证()ln 2e 2e 02ex xxax ax x -+<，令2e x t x =，即需证ln 0a t at t-+<，设()ln a h t t at t =-+12e x t x => ，由（1）知当12a ≥时，()h t 的减区间为()0,,∞+所以()(1)0,h t h <=故()0.g x <（3）由（2）知，当11,2t a >=时，11ln 2t t t ⎛⎫<- ⎪⎝⎭，令()*21N t n n=+∈，则2121122ln 11122222(21)1n n n n n n n n n n ⎛⎫⎪⎛⎫⎛⎫⎛⎫+<+-=+-=< ⎪ ⎪ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎪+⎝⎭+即2ln(2)ln n n n+-<所以2ln(3)ln(1)1n n n +-+<+2ln(4)ln(2)2n n n +-+<+2ln(5)ln(3)3n n n +-+<+......ln(21)ln(21)212n n n +--<-ln(22)l )22n(2n n n+-<以上各式相加得：11111ln(22)ln(21)ln ln(1)212212n n n n n n n n n ⎛⎫+++--+<+++⋯++ ⎪++-⎝⎭()()()212211111112ln ln 4ln 212212212n n n n n n n n n n ++⎛⎫+++⋯++>=+> ⎪++-+⎝⎭10．（2023·广东梅州·统考二模）已知函数()1e ln -=-xf x a x ，其中R a ∈．(1)当1a =时，讨论()f x 的单调性；(2)当[]0,πx ∈时，()21cos 1f x x +-≥恒成立，求实数a 的取值范围．【解析】（1）当1a =时，1()e ln x f x x -=-，函数()f x 的定义域为(0,)+∞，求导得11()e x f x x-'=-，显然函数()f x '在(0,)+∞上单调递增，且()01f '=，因此当(0,1)x ∈时,()0,()'<f x f x 单调递减，当(1,)x ∈+∞时,()0,()'>f x f x 单调递增，所以()f x 的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,)+∞.（2）[0,π]x ∈，令()2(1)cos 2e 2ln(1)cos x g x f x x a x x =+-=-+-，求导得2()2e sin 1x ag x x x '=-++，当0a ≤时,()0g x '>，则()g x 在[0,π]上单调递增，0()(0)2e 2ln1cos 01g x g a ≥=--=，满足题意，当0a >时，设()()h x g x '=，则22()2e cos 0(1)xah x x x '=++>+，因此函数()h x ，即()g x '在[0,π]上单调递增，而0(0)2e 2sin 022g a a '=-+=-，(i)当01a <≤时,()(0)220,()g x g a g x ''≥=-≥在[0,π]上单调递增，于是0()(0)2e 2ln1cos 01g x g a ≥=--=，满足题意，(ii)当π2(π)2e sin π0π1ag '=-+≤+，即π(π1)e a ≥+时，对[0,π],()0x g x '∀∈≤，则()g x 在(0,π)上单调递减，此时0()(0)2e 2ln1cos 01g x g a <=--=，不合题意，（iii ）当π1(1)e a π<<+时，因为()g x '在[0,π]上单调递增，且π2(0)(π)(22)(2e )0π1ag g a ''=--<+，于是0[0,π]x ∃∈，使()00g x '=，且当()00,x x ∈时,()g x '单调递减，此时0()(0)2e 2ln1cos 01g x g a <=--=，不合题意，所以实数a 的取值范围为(,1]-∞.11．（2023·上海松江·统考二模）已知0x >，记()e xf x =，()xg x x =，()ln ()h x g x =．(1)试将()y f x =、()y g x =、()y h x =中的一个函数表示为另外两个函数复合而成的复合函数；(2)借助（1）的结果，求函数()2y g x =的导函数和最小值；(3)记()()()f x h x H x x a x-=++，a 是实常数，函数()y H x =的导函数是()y H x '='．已知函数()()y H x H x =⋅'有三个不相同的零点123x x x 、、．求证：1231x x x ⋅⋅<．【解析】（1）()ln ()ln ln (())e e e e ()xh x g x x x x x y f h x x g x =======（2）利用复合函数的求导法则可求得2(2)2(2)(ln 21)x g x x x '=+,令2(2)2(2)(ln 21)0x g x x x '=+=,可求得:令(2)0g x '=，0x >，20(2)x x ∴>，所以ln 210x +=，解得12e x =，当102e x <<时，(2)0g x '<，此时()2g x 单调递减，当12e x >时，(2)0g x '>，此时()2g x 单调递增，所以函数(2)y g x =的最小值为e 11e ⎛⎫ ⎪⎝⎭.（3）()()e ()ln xf x h x H x x a x x ax x-=++=-++由()2222e (1)e (1)1e (1)()1x x x x x x x x x H x x x x x +----+'=-+==，0,e 0x x x >∴+> ，令()0H x '>，解得1x >，此时()H x 单调递增，令()0H x '<，解得1x <，此时()H x 单调递减，因为函数()()y H x H x =⋅'有三个不相同的零点123,,x x x .而()y H x '=的零点为1,不妨设31x =,则()y H x =的零点为12,x x .不妨设12x x <,则()()12121101,1,0x x H x H x x <<<>==.令1()()K x H x H x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，则()11222211e 1e (1)1(1)()e e 11x x x x x x x x x K x x x x x x x⎛⎫⎛⎫+- ⎪ ⎪+-⎛⎫⎝⎭-⎝⎭'=+⨯=+-- ⎪⎝⎭.令1()e e 1x xp x x x =+--,则()111211e 1e e e 1e 1xxx xx p x x x x ⎛⎫=+-+⨯=++- ⎝'⎪⎭,所以当(0,1)x ∈时,()0p x '>，所以当(0,1)x ∈时,()p x 是严格单调递增的,所以当(0,1)x ∈时,()(1)0p x p <=,所以当(0,1)x ∈时,()0K x '>,则1()()K x H x H x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭在(0,1)上单调递增，所以在(0,1)上，1()()(1)0K x H x H K x ⎛⎫=-<= ⎪⎝⎭,所以()1110H x H x ⎛⎫-< ⎪⎝⎭.又()()120H x H x ==,所以()2110H x H x ⎛⎫-< ⎪⎝⎭,即()211H x H x ⎛⎫< ⎪⎝⎭.又函数()y H x =在(1,)+∞上单调递增,所以211x x <，即121x x <.综上,1231x x x <.12．（2023·浙江宁波·统考二模）已知函数2()ln f x x ax =-．(1)讨论函数()f x 的单调性：(2)若12,x x 是方程()0f x =的两不等实根，求证：（i ）22122e x x +>；（ii ）12x x >【解析】（1）由题意得，函数()f x 的定义域为(0,)+∞.由2()ln f x x ax =-得：2112()2ax f x ax x x-'=-=，当0a ≤时，()0,()'>f x f x 在(0,)+∞上单调递增；当0a >时，由()0f x '>得0x <()0f x '<得x >所以()f x 在⎛ ⎝⎭上单调递增，在⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递减．（2）因为12,x x 是方程2ln 0x ax -=的两不等实根，即12,x x 是方程22ln 20x ax -=的两不等实根，令2(0)t x t =>，则221122,t x t x ==，即12,t t 是方程ln 2ta t=的两不等实根.令ln ()tg t t=，则21ln ()t g t t -'=，所以()g t 在(0,e)上递增，在(e,)+∞上递减，1(e)eg =，当0t →时，()g t →-∞；当t →+∞时，()0g t >且()0g t →.所以102a e <<，即102ea <<.令121e t t <<<．（i ）要证22122e x x +>，只需证122e t t +>，解法1：令()()(2e ),(1,e)h t g t g t t =--∈，则ln ln(2e )(2e )ln ln(2e )()()(2e )2e (2e )t t t t t t h t g t g t t t t t ----=--=-=--，令()(2e )ln ln(2e )t t t t t ϕ=---，则()22e 2e ()1ln ln(2e )ln 2e 2e 2e t t tt t t t t t t t tϕ-'=----+=+--+--2e 202e t t t t->+->-，所以()t ϕ在(1,e)上递增，()(e)0t ϕϕ<=，所以()()(2e )0h t g t g t =--<，所以()(2e )g t g t <-，所以()()()2112e g t g t g t =<-，所以212e t t >-，即122e t t +>，所以22122e x x +>．解法2：先证121212ln ln 2x x x xx x -+<-，令120x x <<，只需证212121ln 2ln x x x x x x -<+-，只需证2112ln 011x x x x x x ⎛⎫--<=> ⎪+⎝⎭，令1()2ln (1)1x x x x x ϕ-=->+，22241(1)()0(1)(1)x x x x x x ϕ--'=-=<++，所以()ϕx 在(1,)+∞上单调递减，所以()(1)0x ϕϕ<=．因为1212ln ln t t t t =，所以1212121212ln ln ln ln 2t t t t t t t t t t +-+=<+-，所以12ln ln 2t t +>，即212e t t >，所以122e t t +>>．解法3：由()1212121e ln ln t t t t t t =<<<，设112111ln ln ln (0),t t t t t t λλλλ+=>=，所以11ln ln ln t t λλ+=，即1212ln ln (1)ln ln ,ln ,ln ln 111t t t t λλλλλλλλ+==+=---，构造函数2(1)()ln (1)1x g x x x x -=->+，22214(1)()0(1)(1)x g x x x x x -'=-=>++，所以()g x 在(1,)+∞上单调递增，所以()(1)0g x g >=．（ii）要证：12x x >12e 2t t a >，只需证：12ln ln 1ln 2t t a +>-，只需证：12221ln 2at at a +>-，只需证：121ln 22at t a-+>，212121ln ln 2t t t tt t -+<-令112t a =得22211222ln 22t t a aat a -+<+即222ln 212(ln 21)02a at a t a a+-++>①令212t a =得1111122ln 222t t a aa at -+<--即211ln 212(ln 21)02a at a t aa ⎛⎫----+>⎪⎝⎭②①+②得：()()2221212(ln 21)0a t t a t t -+-->，即121ln 22at t a-+>．13．（2023·河北保定·统考一模）已知函数()()sin ln 1f x x a x =-+．(1)当1a =时，证明：当[]0,1x ∈时，()0f x ≥；(2)当[]0,πx ∈时，()2e 2xf x ≤-恒成立，求a 的取值范围．【解析】（1）法一：首先证明sin x x ≤，[)0,x ∈+∞，理由如下：构造()sin j x x x =-，[)0,x ∈+∞，则()cos 10j x x '=-≤恒成立，故()sin j x x x =-在[)0,x ∈+∞上单调递减，故()()00j x j ≤=，所以sin x x ≤，[)0,x ∈+∞，()()sin ln 1f x x x =-+，[]0,1x ∈，()22111cos 12sin 1212121x x f x x x x x ⎛⎫'=-=--≥--⎪+++⎝⎭()21111012121x x x x x=--≥--≤≤++，故()()2122202222x x x x x f x x x-+---'≥=>++在[]0,1x ∈上恒成立，所以()f x 在[]0,1单调递增，故()()00f x f ≥=法二：()()sin ln 1f x x x =-+，[]0,1x ∈，()1cos 1f x x x'=-+，且()00f '=，令()()1cos 1f x x xq x '=-=+，则()()21sin 1q x x x '=-++，令()()()21sin 1w q x x x x =-+='+，则()()32cos 01w x x x '=--<+在[]0,1x ∈上恒成立，所以()()21sin 1q x x x '=-++单调递减，又()010q '=>，其中π1sin1sin62>=，故()1sin1014q =-+<'，故()00,1x ∃∈，使得()00q x '=，且当()00,x x ∈时，()0q x '>，当()0,1x x ∈时，()0q x '<，所以()f x '先增后减，又()00f '=，()11cos102f '=->，∴()0f x ¢>在()0,1x ∈上恒成立，所以()f x 单调递增，()()00f x f ≥=；（2）法一：()()2e 2sin ln 1xg x x a x =--++，()()()()()2e 1sin ln 11ln 10x g x x x x x x a x =--+-+-++++≥，下证：()e 100xx x --≥≥，()0sin 0x x x -≥≥，()()0ln 10x x x -+≥≥，且在0x =处取等号，令()()0e 1x x r x x -=-≥，则()()e 100x r x x -≥'=≥，故()()0e 1xx r x x -=-≥单调递增，故()()00r x r ≥=，且在0x =处取等号，()0sin 0x x x -≥≥在（1）中已证明；令()()()0ln 1t x x x x =-≥+，则()()101011x t x x x x '=-≥++≥=，故()()()0ln 1t x x x x =-≥+单调递增，故()()00t x t ≥=，且在0x =处取等号，当0x >时，()ln 10x +>，当10a +≥时，即1a ≥-时，()0g x ≥符合题意，当1a <-时，()00g =，()2e cos 1x ag x x x '=-++，()010g a ='+<，其中当1a <-时，2e 2e a ->，()cos 1a -≤，11111111a a a a a -+-==-≤-+-+-+，故()()2e cos 01aag a a a -'-=--+>-+，令()()2e cos 1xau x g x x x '==-++，[]0,πx ∈，则()()22e sin 01xau x x x '=+->+在[]0,πx ∈上恒成立，故()g x '在[]0,πx ∈上单调递增，故()10,x a ∃∈-，使得()10g x '=，()g x 在()10,x 单调递减，故()()100g x g <=与()0g x ≥矛盾，舍去；综上：a 的取值范围为[)1,-+∞；法二：()()2e 2sin ln 1x g x x a x =--++，()2e cos 1xag x x x '=-++，()0,πx ∈，①当0a ≥时，()2e 10xg x '≥->，()0,πx ∈，()g x 在[]0,π单调递增，且()()00g x g ≥=符合题意，②当a<0时，()2e cos 1xag x x x '=-++在()0,π单调递增，()0211g a a '=+-=+，③当10a +≥时，即10a -≤<时，()()010g x g a ''≥=+≥()g x 在[]0,π单调递增，()()00g x g ≥=符合题意，②当10a +<时，即1a <-时，()00g =，()2e cos 1x ag x x x '=-++，()010g a ='+<，其中当1a <-时，2e 2e a ->，()cos 1a -≤，11111111a a a a a -+-==-≤-+-+-+，故()()2e cos 01aag a a a -'-=--+>-+，令()()2e cos 1xau x g x x x '==-++，[]0,πx ∈，则()()22e sin 01xau x x x '=+->+在[]0,πx ∈上恒成立，故()g x '在[]0,πx ∈上单调递增，故()10,x a ∃∈-，使得()10g x '=，()g x 在()10,x 单调递减，故()()100g x g <=与()0g x ≥矛盾，舍去；综上：a 的取值范围为[)1,-+∞.14．（2023·浙江金华·模拟预测）已知函数()()sin ln 1,R f x a x x a =-+∈．(1)若对(1,0]x ∀∈-时，()0f x ≥，求正实数a 的最大值；(2)证明：221sinln 2ni i =<∑；(3)若函数()()1e sin x g x f x a x +=+-的最小值为m ，证明：方程()1eln 10x mx +--+=有唯一的实数根，（其中e 2.71828= 是自然对数的底数）【解析】（1）1()cos 1f x a x x'=-+ （10-<≤x ）a 为正实数，∴函数()f x '在区间(1,0]-上单调递增，且(0)1f a '=-．①当01a <≤时，()(0)0f x f ''≤≤，所以函数()f x 在(1,0]-上单调递减，此时()(0)0f x f ≥=，符合题意．②当1a >时，11(0)10,1cos 10f a f a a a a a a ⎛⎫⎛⎫''=->-=--<-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，由零点存在定理，0(1,0)x ∃∈-时，有()00f x '=，即函数()f x 在()01,x -上递减，在()0,0x 递增，所以当()0,0x x ∈时，有()(0)0f x f <=，此时不符合．综上所述，正实数a 的最大值为1．（2）由（1）知，当1,(1,0)a x =∈-时，sin ln(1)x x >+，令21x i =-时，有2222111sin ln 1ln i i i i -⎛⎫⎛⎫->-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即2221sin ln 1i i i <-，累加得，2212232sinln ln ln 2ln ln 2132111ni n n n i n n n =⎛⎫<⋅⋅==+< ⎪+++⎝⎭∑ ．（3）因为1()e ln(1)x g x x +=-+，所以11()e 1x g x x +'=-+，即函数()g x '在(1,)-+∞上递增，又1(0)e 10,202g g ⎛⎫''=->-=< ⎪⎝⎭，由零点存在定理，11,02x ⎛⎫∃∈- ⎪⎝⎭时，有()10g x '=，即1111e 1x x +=+，因此()11111lnln 11x x x +==-++，而函数()g x 在()11,x -上递减，在()1,x +∞上递增，所以()()()11111min 111111e ln 1ln 1111x m g x g x x x x x x +===-+=+=+++++，即52,2m ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭．要证方程1e ln(1)0x m x +--+=有唯一的实数解，只要证方程1e e ln(1)0x m x +-+=有唯一的实数解．设15()ee ln(1)22xmH x x m +⎛⎫=-+<< ⎪⎝⎭，则()1e e 1mxH x x+'=-+，所以函数()H x '在(1,)-+∞上递增，又(0)e e 0mH '=-<，e (1)(1)0mm H m m-'-=>，由零点存在定理，2(0,1)x m ∃∈-时，2()0H x '=，即212e e1mx x +=+，因此()221ln 1m x x =+++，又1111ln 11m x x =+++，设()ln m x x x =+，则函数()m x 在(0,)+∞上递增，于是21111x x +=+且()21ln 11x x +=+，而函数()H x 在()21,x -上递减，在()2,x +∞上递增，()()()()()21min 2221121()e e ln 1e ln 1e 1101x m m m H x H x x x x x x +⎛⎫∴==-+=-+=+-+= ⎪+⎝⎭，即函数()H x 有唯一零点2x ，故方程1e ln(1)0x m x +--+=有唯一的实数解．15．（2023·青海西宁·统考二模）已知()()e ln R xf x a x a =-∈．(1)若()f x 在[)1,+∞上单调递增，求a 的取值范围，(2)证明：当21e a ≥时，()0f x >．【解析】（1）由()e ln xf x a x =-，可得()1e x f x a x'=-，因为()f x 在[)1,+∞上单调递增，则()0f x '≥在[)1,+∞上恒成立，即1e xa x ≥在[)1,+∞上恒成立，令()()1,1e x g x x x =≥，则()()()2211e e 0e e x x x x x g x x x x +'=-+=-<在[)1,+∞上恒成立，即()g x 在[)1,+∞上单调递减，所以()()max 11eg x g ==，由1e x a x ≥在[)1,+∞上恒成立，可得()max1ea g x ≥=，所以实数a 的取值范围为1,e ∞⎡⎫+⎪⎢⎣⎭.（2）因为函数()e 1x x x φ=--，()e 1xx φ'=-，令()0x φ'=，则0x =，即0x >时，()0x φ'>，则()x φ单调递增；即0x <时，()0x φ'<，则()x φ单调递减；所以()()0110x φφ≥=-=，即e 1x x ≥+（当且仅当0x =取等号），因为函数()ln 1x x x ϕ=-+，()0x >，则()11x xϕ'=-，令()0x ϕ'=，则1x =，当01x <<时，()0x ϕ'>，则函数()x ϕ单调递增；当1x >时，()0x ϕ'<，则函数()x ϕ单调递减；所以()()10110x ϕϕ≤=-+=，即ln 1≤-x x （当且仅当1x =取等号），因为21ea ≥，且e 1xx ≥+（当且仅当0x =取等号），ln 1≤-x x （当且仅当1x =取等号），所以()()221e ln e 1e 1exxx f x a x x x -=->⋅--=-+（两个等号不同时成立这里反为大于号），令()()2e1,0x h x x x -=-+>，即证()0h x ≥，因额为()2e1x h x -'=-，令()0h x '=，可得20e e 1x -==，所以2x =，当02x <<时，()0h x '<，则函数()h x 单调递减；当2x >时，()0h x '>，则函数()h x 单调递增；所以()()22min 2e 210h x h -==-+=，所以()()20h x h ≥=，即当21e a ≥时，()0f x >．16．（2023·江西·统考模拟预测）已知函数()ln af x x x=+的图象在1x =处的切线方程为y b =．(1)求a ，b 的值及()f x 的单调区间．(2)已知()()2e e x x xf x mxF x x x-+=-，是否存在实数m ，使得曲线()y F x =恒在直线1y x =+的上方？若存在，求出实数m 的值；若不存在，请说明理由．【解析】（1）因为()ln af x x x=+，所以21()a f x x x '=-，又()f x 在1x =处的切线方程为y b =，所以(1)10,f a ='-=故1a =，又()1ln11f a =+=，所以切线方程为1y =，故1b =，所以()1ln f x x x=+，则22111().x f x x x x -'=-=当01x <<时，()0f x '<，()f x 单调递减；当1x ≥时，()0f x '≥，()f x 单调递增.综上，()f x 的单调递减区间为()0,1，单调递增区间为[)1,+∞.（2）22e ()e e ln e ln (),0,1x x x x x f x mx x x mx x mF x x x x x x x -+++===>---且1x ≠.由曲线()y F x =恒在直线1y x =+的上方,知e ln 11x x m x x +>+-.当1x >时，e ln 11x x mx x +>+-等价于2e ln 1x x m x +>-，即2e ln 10.x x x m -++>设2 ()e ln 1(1),x g x x x m x =-++>则112()e (ln )2e (ln )ex xx x g x x x x x x '=+-=+-.由（1）可知，当1x >时，()1ln f x x x=+单调递增,所以()()11f x f >=.设2()e x x h x =，则2(1)()e xx h x -'=，当1x >时，()0h x '<，所以()h x 在()1,+∞上单调递减，所以2()(1)1eh x h <=<.所以当1x >时，12()e (ln 0exx xg x x x '=+->，所以()g x 在()1,+∞上单调递增，所以()(1)g x g m >=，所以0m ≥.当01x <<时，e ln 11x x mx x +>+-等价于2e ln 1x x m x +<-，即2e ln 10.x x x m -++<设2()e ln 1(01),x g x x x m x =-++<<由①可知12()e (ln e x xxg x x x '=+-.。

高中数学导数压轴30题

高中数学导数压轴30题（解答题）解答题（共30小题）1．设函数f（x）=x2+aln（1+x）有两个极值点x1、x2，且x1＜x2，（Ⅰ）求a的取值范围，并讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）证明：f（x2）＞．解答：解：（I）令g（x）=2x2+2x+a，其对称轴为．由题意知x1、x2是方程g（x）=0的两个均大于﹣1的不相等的实根，其充要条件为，得（1）当x∈（﹣1，x1）时，f'（x）＞0，∴f（x）在（﹣1，x1）内为增函数；（2）当x∈（x1，x2）时，f'（x）＜0，∴f（x）在（x1，x2）内为减函数；（3）当x∈（x2，+∞）时，f'（x）＞0，∴f（x）在（x2，+∞）内为增函数；（II）由（I）g（0）=a＞0，∴，a=﹣（2x22+2x2）∴f（x2）=x22+aln（1+x2）=x22﹣（2x22+2x2）ln（1+x2）设，则h'（x）=2x﹣2（2x+1）ln（1+x）﹣2x=﹣2（2x+1）ln（1+x）（1）当时，h'（x）＞0，∴h（x）在单调递增；（2）当x∈（0，+∞）时，h'（x）＜0，h（x）在（0，+∞）单调递减．∴故．2．己知函数f（x）=x2e﹣x（Ⅰ）求f（x）的极小值和极大值；（Ⅱ）当曲线y=f（x）的切线l的斜率为负数时，求l在x轴上截距的取值范围．∴x=0是极小值点，x=2极大值点，又f（0）=0，f（2）=．故f（x）的极小值和极大值分别为0，．（II）设切点为（），则切线方程为y﹣=（x﹣x0），令y=0，解得x==，因为曲线y=f（x）的切线l的斜率为负数，∴（＜0，∴x0＜0或x0＞2，令，则=．①当x0＜0时，0，即f′（x0）＞0，∴f（x0）在（﹣∞，0）上单调递增，∴f（x0）＜f（0）=0；②当x0＞2时，令f′（x0）=0，解得．当时，f′（x0）＞0，函数f（x0）单调递增；当时，f′（x0）＜0，函数f（x0）单调递减．故当时，函数f（x0）取得极小值，也即最小值，且=．综上可知：切线l在x轴上截距的取值范围是（﹣∞，0）∪．3．已知函数f（x）=lnx+x2．（Ⅰ）若函数g（x）=f（x）﹣ax在其定义域内为增函数，求实数a的取值范围；（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，若a＞1，h（x）=e3x﹣3ae x x∈[0，ln2]，求h（x）的极小值；（Ⅲ）设F（x）=2f（x）﹣3x2﹣kx（k∈R），若函数F（x）存在两个零点m，n（0＜m＜n），且2x0=m+n．问：函数F（x）在点（x0，F（x0））处的切线能否平行于x轴？若能，求出该切线方程；若不能，请说明理由．分析：（Ⅰ）先根据题意写出：g（x）再求导数，由题意知，g′（x）≥0，x∈（0，+∞）恒成立，即由此即可求得实数a的取值范围；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，利用换元法令t=e x，则t∈[1，2]，则h（t）=t3﹣3at，接下来利用导数研究此函数的单调性，从而得出h（x）的极小值；（Ⅲ）对于能否问题，可先假设能，即设F（x）在（x0，F（x0））的切线平行于x轴，其中F（x）=2lnx﹣x2﹣kx结合题意，列出方程组，证得函数在（0，1）上单调递增，最后出现矛盾，说明假设不成立，即切线不能否平行于x轴。

完整版)导数大题练习带答案

完整版)导数大题练习带答案1.已知 $f(x)=x\ln x-ax$，$g(x)=-x^2-2$，要求实数 $a$ 的取值范围。

Ⅰ）对于所有 $x\in(0,+\infty)$，都有 $f(x)\geq g(x)$，即$x\ln x-ax\geq -x^2-2$，整理得 $a\leq \ln x +\frac{x}{2}$，对于 $x\in(0,+\infty)$，$a$ 的取值范围为 $(-\infty。

+\infty)$。

Ⅱ）当 $a=-1$ 时，$f(x)=x\ln x+x$，求 $f(x)$ 在 $[m。

m+3]$ 上的最值。

$f'(x)=\ln x+2$，令 $f'(x)=0$，解得 $x=e^{-2}$，在 $[m。

m+3]$ 上，$f(x)$ 单调递增，所以最小值为$f(m)=me^{m}$。

Ⅲ）证明：对于所有 $x\in(0,+\infty)$，都有 $\lnx+1>\frac{1}{x}$。

证明：$f(x)=\ln x+1-\frac{1}{x}$，$f'(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}=\frac{1}{x^2}(x-1)>0$，所以$f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增，即对于所有$x\in(0,+\infty)$，都有 $\ln x+1>\frac{1}{x}$。

2.已知函数 $f(x)=\frac{2}{x}+a\ln x-2(a>0)$。

Ⅰ）若曲线 $y=f(x)$ 在点 $P(1,f(1))$ 处的切线与直线$y=x+2$ 垂直，求函数 $y=f(x)$ 的单调区间。

$f'(x)=-\frac{2}{x^2}+a$，在点 $P(1,f(1))$ 处的切线斜率为 $f'(1)=a-2$，由于切线垂直于直线 $y=x+2$，所以 $a-2=-\frac{1}{1}=-1$，解得 $a=1$。

高中数学导数压轴30题(PDF)

高中数学导数压轴30题（解答题）解答题（共30小题）1．设函数f（x）=x2+aln（1+x）有两个极值点x1、x2，且x1＜x2，（Ⅰ）求a的取值范围，并讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）证明：f（x2）＞．），其对称轴为其充要条件为，得设）在故2．己知函数f（x）=x2e﹣x（Ⅰ）求f（x）的极小值和极大值；（Ⅱ）当曲线y=f（x）的切线l的斜率为负数时，求l在x轴上截距的取值范围．，．）设切点为（﹣=x=，（＜令则=．当）单调递增；当时，3．已知函数f（x）=lnx+x2．（Ⅰ）若函数g（x）=f（x）﹣ax在其定义域内为增函数，求实数a的取值范围；（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，若a＞1，h（x）=e3x﹣3ae x x∈[0，ln2]，求h（x）的极小值；（Ⅲ）设F（x）=2f（x）﹣3x2﹣kx（k∈R），若函数F（x）存在两个零点m，n（0＜m＜n），且2x0=m+n．问：函数F（x）在点（x0，F（x0））处的切线能否平行于x轴？若能，求出该切线方程；若不能，请说明理由．恒成立，即（Ⅱ）由（Ⅰ）知证得函数，，，当且仅当∴，可得，或∵若∴当）取得极小值，极小值为结合题意，有得所以得所以4．已知函数f（x）=+cx+d（a，c，d∈R）满足f（0）=0，f′（1）=0，且f′（x）≥0在R上恒成立．（1）求a，c，d的值；（2）若，解不等式f′（x）+h（x）＜0；（3）是否存在实数m，使函数g（x）=f′（x）﹣mx在区间[m，m+2]上有最小值﹣5？若存在，请求出实数m的值；若不存在，请说明理由．∴，有=a是二次函数即，即a=，．∴，即即，即当时，解集为（，＜时，解集为（，）b=，∴∴使函数5．已知函数f（x）=（2﹣a）（x﹣1）﹣2lnx，g（x）=xe1﹣x．（a∈R，e为自然对数的底数）（Ⅰ）当a=1时，求f（x）的单调区间；（Ⅱ）若函数f（x）在上无零点，求a的最小值；（Ⅲ）若对任意给定的x0∈（0，e]，在（0，e]上总存在两个不同的x i（i=1，2），使得f（x i）=g（x0）成立，求a的取值范围．，，﹣，故要使函数只要对任意的恒成立，即对令，则再令则）在在所以故要使）在6．已知函数f（x）=alnx﹣ax﹣3（a∈R）．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若函数y=f（x）的图象在点（2，f（2））处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t∈[1，2]，函数在区间（t，3）上总不是单调函数，求m的取值范围；（Ⅲ）求证：．（Ⅱ）∴∴所以有：∴7．已知函数f（x）=plnx+（p﹣1）x2+1．（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）当P=1时，f（x）≤kx恒成立，求实数k的取值范围；（3）证明：1n（n+1）＜1+…+（n∈N+）．，利用导数求函数=，则得到，x x，）上单调递增，在≥，，则=08．已知函数f（x）=x2+ax﹣lnx，a∈R．（1）若函数f（x）在[1，2]上是减函数，求实数a的取值范围；（2）令g（x）=f（x）﹣x2，是否存在实数a，当x∈（0，e]（e是自然常数）时，函数g（x）的最小值是3，若存在，求出a的值；若不存在，说明理由；（3）当x∈（0，e]时，证明：．，再令），有得得，=，（舍当）在上单调递减，在∴当，（舍令，∴∴，即＞（9．已知函数g（x）=，f（x）=g（x）﹣ax．（1）求函数g（x）的单调区间；（2）若函数f（x）在（1，+∞）上是减函数，求实数a的最小值；（3）若存在x1，x2∈[e，e2]，使f（x1）≤f′（x2）+a，求实数a的取值范围．进行讨论：和，分别求出由===a==∴当∴，得，故的最小值为时，，则时，有当则，故，10．已知函数f（x）=x3+3|x﹣a|（a∈R）．（Ⅰ）若f（x）在[﹣1，1]上的最大值和最小值分别记为M（a），m（a），求M（a）﹣m（a）；（Ⅱ）设b∈R，若[f（x）+b]2≤4对x∈[﹣1，1]恒成立，求3a+b的取值范围．=，a|==时，=，11．已知函数f（x）=x﹣alnx，g（x）=﹣，（a∈R）．（Ⅰ）若a=1，求函数f（x）的极值；（Ⅱ）设函数h（x）=f（x）﹣g（x），求函数h（x）的单调区间；（Ⅲ）若在[1，e]（e=2.718…）上存在一点x0，使得f（x0）＜g（x0）成立，求a的取值范围．，（Ⅱ）即函数12．已知函数f（x）=ax3+bx2﹣3x（a，b∈R）在点（1，f（1））处的切线方程为y+2=0．（1）求函数f（x）的解析式；（2）若对于区间[﹣2，2]上任意两个自变量的值x1，x2都有|f（x1）﹣f（x2）|≤c，求实数c的最小值；（3）若过点M（2，m）（m≠2）可作曲线y=f（x）的三条切线，求实数m的取值范围．根据题意，得即解得3=13．已知函数f（x）=ax﹣1﹣lnx（a∈R）．（1）讨论函数f（x）在定义域内的极值点的个数；（2）若函数f（x）在x=1处取得极值，对∀x∈（0，+∞），f（x）≥bx﹣2恒成立，求实数b的取值范围；（3）当x＞y＞e﹣1时，求证：．Ⅰ），，令）上单调递增，由此能够证明得，得）在上递减，在）在∴令∴，即．（Ⅲ）证明：令14．已知函数f（x）=（a+）e n，a，b为常数，a≠0．（Ⅰ）若a=2，b=1，求函数f（x）在（0，+∞）上的单调区间；（Ⅱ）若a＞0，b＞0，求函数f（x）在区间[1，2]的最小值；（Ⅲ）若a=1，b=﹣2时，不等式f（x）≤lnx•e n恒成立，判断代数式[（n+1）！]2与（n+1）e n﹣2（n∈N*）的大小．a+e））=）或因为，（，）单调递增区间为（﹣又因为﹣﹣恒成立，15．已知函数f（x）=（a+1）lnx+ax2+，a∈R．（1）当a=﹣时，求f（x）的最大值；（2）讨论函数f（x）的单调性；（3）如果对任意x1，x2∈（0，+∞），|f（x1）﹣f（x2）|≥4|x1﹣x2|恒成立，求实数a的取值范围．﹣lnx﹣x+﹣时，求=﹣，定义域为（=，…=+2ax=x=，（，）上单调递增；在（4=≥16．已知函数f（x）=x3+x2+ax+b（a，b为常数），其图象是曲线C．（1）当a=﹣2时，求函数f（x）的单调减区间；（2）设函数f（x）的导函数为f′（x），若存在唯一的实数x0，使得f（x0）=x0与f′（x0）=0同时成立，求实数b的取值范围；（3）已知点A为曲线C上的动点，在点A处作曲线C的切线l1与曲线C交于另一点B，在点B处作曲线C的切线l2，设切线l1，l2的斜率分别为k1，k2．问：是否存在常数λ，使得k2=λk1？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．x＜，）则+xx﹣或﹣，x，），﹣）﹣时，﹣；﹣﹣，﹣）∪（﹣+x）17．（2014•惠州模拟）已知函数f（x）=ln（x+）+，g（x）=lnx（1）求函数f（x）的单调区间；（2）如果关于x的方程g（x）=x+m有实数根，求实数m的取值集合；（3）是否存在正数k，使得关于x的方程f（x）=kg（x）有两个不相等的实数根？如果存在，求k满足的条件；如果不存在，说明理由．=﹣，令﹣﹣x+﹣x+（＞﹣，且=﹣=﹣（﹣，）的单调递增区间是（﹣，﹣=lnx=﹣﹣x﹣，18．设函数f（x）=x﹣ae x﹣1．（Ⅰ）求函数f（x）单调区间；（Ⅱ）若f（x）≤0对x∈R恒成立，求a的取值范围；（Ⅲ）对任意n的个正整数a1，a2，…a n记A=（1）求证：（i=1，2，3…n）（2）求证：A．恒成立，故∴）知：，，≤故19．已知函数f（x）=lnx﹣，g（x）=f（x）+ax﹣6lnx，其中a∈R（1）当a=1时，判断f（x）的单调性；（2）若g（x）在其定义域内为增函数，求正实数a的取值范围；（3）设函数h（x）=x2﹣mx+4，当a=2时，若∃x1∈（0，1），∀x2∈[1，2]，总有g（x1）≥h（x2）成立，求实数m的取值范围．﹣，+=﹣，==，﹣﹣﹣=a+﹣=＞=∵≤（＞．﹣﹣﹣）﹣，令，20．已知函数f（x）=+lnx﹣2，g（x）=lnx+2x．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）试问过点（2，5）可作多少条直线与曲线y=g（x）相切？请说明理由．，=∴∴令∴（21．f（x）=|x﹣a|﹣lnx（a＞0）．（1）若a=1，求f（x）的单调区间及f（x）的最小值；（2）若a＞0，求f（x）的单调区间；（3）试比较++…+与的大小．（n∈N*且n≥2），并证明你的结论．﹣=﹣﹣﹣﹣﹣22．已知函数（1）试判断函数f（x）的单调性；（2）设m＞0，求f（x）在[m，2m]上的最大值；（3）试证明：对∀n∈N*，不等式．。

(完整版)导数的运算经典难题

(完整版)导数的运算经典难题导数的运算经典难题
导数是微积分中的一个重要概念，用于描述函数在某一点上的变化率。

在进行导数的运算中，常常会遇到一些经典的难题。

本文将介绍一些常见的导数运算的难题，并给出相应的解法。

问题一：链式法则
链式法则是导数运算中的一个基本规则，用于计算复合函数的导数。

具体而言，对于一个由两个函数构成的复合函数 f(g(x))，其导数可以通过链式法则表示为 f'(g(x)) * g'(x)。

问题二：求导数的规则
求导数的规则是导数运算的基础，常见的规则包括常数法则、幂函数法则、指数函数法则、对数函数法则、三角函数法则等。

通过应用这些规则，可以快速得到函数的导数。

问题三：高阶导数
高阶导数是指对一个函数进行多次导数运算的结果。

对于一个n 次可导的函数 f(x)，其 n 阶导数可以通过连续地对函数进行导数运算得到。

高阶导数在描述函数的曲线特性以及计算极值等问题中具有重要的作用。

问题四：隐函数求导
隐函数求导是指对于一个由隐含方程定义的函数，如何求得其导数。

隐函数求导的关键在于运用隐函数微分法和求导链式法则，通过适当的代换和求导运算，可以求得隐函数的导数。

问题五：参数方程求导
参数方程求导是指对于由参数方程定义的函数，如何求得其导数。

参数方程求导的关键在于将自变量用参数表示，并通过对参数进行导数运算得到函数的导数。

综上所述，导数的运算涉及到一些经典难题，如链式法则、求导数的规则、高阶导数、隐函数求导以及参数方程求导。

熟练掌握并灵活运用这些难题的解法，对于理解函数的变化规律以及解决实际问题具有重要意义。

高中数学-导数解答题-20道-难题-教师版

<
x3
<0， 7 2
<
x5
<4，
由此可证得 x1 + x2 < x3 + x5 成立.
（1）函数 f ( x=) ex + ax2 的定义域为 R ， f ′( x=) ex + 2ax .
设 g ( x=) ex + 2ax ，由于函数 f ( x) 有两个极值点 x1 、 x2 ，即函数 f ′( x) 有两个异号零点.
则ϕ
(
x
) min
= ϕ (1+
ln
2)
= e1+ln 2
− 2e(1+ ln
2)
= 2e − 2e(1+
ln
2)
= −2e ln
2
<
0，
所以， x1 < 1 < 1+ ln 2 < x2 .
函数ϕ ( x) 在区间 (0,1) 上单调递减，
( ) ϕ (0)=
1>
0
，
e
−
e 2
4
=e − e4 16
因为函数 f ′( x) 的单调递减区间为 (−∞,1+ ln 2) ，单调递增区间为 (1+ ln 2, +∞) .
试卷第 5 页，总 34 页
且 x1 < 1+ ln 2 < x2 ，
当 x < x1 或 x > x2 时， f ′( x) > 0 ；当 x1 < x < x2 时， f ′( x) < 0 . 所以，函数 f ( x) 的单调递增区间为 (−∞, x1 ) 和 ( x2 , +∞) ，单调递减区间为 ( x1, x2 ) ，

函数与导数经典常考压轴大题

函数与导数经典常考压轴大题命题预测本节内容在高考中通常以压轴题形式出现，常见的有函数零点个数问题、不等式证明问题、不等式存在性问题等，综合性较强，难度较大.在求解导数综合问题时，通常要综合利用分类讨论、构造函数、等价转化、设而不求等思想方法，同时联系不等式、方程等知识，思维难度大，运算量不低.可以说，只要考生啃下本节这个硬骨头，就具有了强大的逻辑推理、数学运算、数据分析、直观想象等核心素养.预计预测2024年高考，函数与导数是高中数学的重要考查内容，同时也是高等数学的基础，其试题的难度呈逐年上升趋势，通过对近十年的高考数学试题，分析并归纳出五大考点：(1)含参函数的单调性、极值与最值；(2)函数的零点问题；(3)不等式恒成立与存在性问题；(4)函数不等式的证明．(5)导数中含三角函数形式的问题其中，对于函数不等式证明中极值点偏移、隐零点问题、含三角函数形式的问题探究和不等式的放缩应用这四类问题是目前高考函数与导数压轴题的热点．高频考法(1)双变量问题(2)证明不等式(3)不等式恒成立与有解问题(4)零点问题(5)导数与三角函数结合问题01双变量问题破解双参数不等式的方法：一是转化，即由已知条件入手，寻找双参数满足的关系式，并把含双参数的不等式转化为含单参数的不等式；二是巧构函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果．1(2024·广东·二模)已知f x =12ax 2+1-2a x -2ln x ,a >0.(1)求f x 的单调区间；(2)函数f x 的图象上是否存在两点A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 (其中x 1≠x 2)，使得直线AB 与函数f x 的图象在x 0=x 1+x 22处的切线平行？若存在，请求出直线AB ；若不存在，请说明理由.2(2024·四川·模拟预测)已知函数f x =a +1 e x -12x 2+1a ∈R ．(1)当a =1时，求曲线y =f x 在点0,f 0 处的切线方程；(2)设x 1,x 2x 1<x 2 是函数y =f x 的两个零点，求证：x 1+x 2>2．3(2024·四川德阳·二模)已知函数f x =ln x +x 2-2ax ,a ∈R ，(1)当a >0时，讨论f x 的单调性；(2)若函数f x 有两个极值点x 1,x 2x 1<x 2 ，求2f x 1 -f x 2 的最小值.02证明不等式利用导数证明不等式问题，方法如下：(1)直接构造函数法：证明不等式f x >g x (或f x <g x )转化为证明f x -g x >0(或f x -g x <0)，进而构造辅助函数h x =f x -g x ；(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；(3)构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数．(4)对数单身狗，指数找基友(5)凹凸反转，转化为最值问题(6)同构变形1(2024·青海·模拟预测)已知质数f x =me x -x 2+mx -m ，且曲线y =f x 在点2,f 2 处的切线方程为4e 2x -y -4e 2=0．(1)求m 的值；(2)证明：对一切x ≥0，都有f x ≥e 2x 2．2(2024·山西晋城·二模)已知函数f (x )=(x -a )e x +x +a (a ∈R )．(1)若a =4，求f (x )的图象在x =0处的切线方程；(2)若f x ≥0对于任意的x ∈0,+∞ 恒成立，求a 的取值范围；(3)若数列a n 满足a 1=1且a n +1=2a n a n +2(n ∈N *)，记数列a n 的前n 项和为S n ，求证：S n +13<ln (n +1)(n +2) ．3(2024·上海松江·二模)已知函数y =x ⋅ln x +a (a 为常数)，记y =f (x )=x ⋅g (x ).(1)若函数y =g (x )在x =1处的切线过原点，求实数a 的值；(2)对于正实数t ，求证：f (x )+f (t -x )≥f (t )-t ln2+a ；(3)当a =1时，求证：g (x )+cos x <e x x.03不等式恒成立与有解问题1、利用导数研究不等式恒成立问题的求解策略：(1)通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；(2)利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题；(3)根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．2、利用参变量分离法求解函数不等式恒(能)成立，可根据以下原则进行求解：(1)∀x ∈D ，m ≤f x ⇔m ≤f x min ；(2)∀x ∈D ，m ≥f x ⇔m ≥f x max ；(3)∃x ∈D ，m ≤f x ⇔m ≤f x max ；(4)∃x ∈D ，m ≥f x ⇔m ≥f x min ．3、不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：一般地，已知函数y =f x ，x ∈a ,b ，y =g x ，x ∈c ,d ．(1)若∀x 1∈a ,b ，∀x 2∈c ,d ，有f x 1 <g x 2 成立，则f x max <g x min ；(2)若∀x 1∈a ,b ，∃x 2∈c ,d ，有f x 1 <g x 2 成立，则f x max <g x max ；(3)若∃x 1∈a ,b ，∃x 2∈c ,d ，有f x 1 <g x 2 成立，则f x min <g x max ；(4)若∀x 1∈a ,b ，∃x 2∈c ,d ，有f x 1 =g x 2 成立，则f x 的值域是g x 的值域的子集．1(2024·北京朝阳·一模)已知函数f x =1-axe x a∈R.(1)讨论f x 的单调性；(2)若关于x的不等式f x >a1-x无整数解，求a的取值范围.2(2024·黑龙江哈尔滨·一模)已知函数f x =xe x-ae x,a∈R．(1)当a=0时，求f x 在x=1处的切线方程；(2)当a=1时，求f x 的单调区间和极值；(3)若对任意x∈R，有f x ≤e x-1恒成立，求a的取值范围．3(2024·陕西安康·模拟预测)已知函数f x =ln x+1,g x =e x-1.(1)求曲线y=f x 与y=g x 的公切线的条数；(2)若a>0,∀x∈-1,+∞,f x+1≤a2g x +a2-a+1，求a的取值范围.04零点问题函数零点问题的常见题型：判断函数是否存在零点或者求零点的个数；根据含参函数零点情况，求参数的值或取值范围．求解步骤：第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图像与x轴(或直线y=k)在某区间上的交点问题；第二步：利用导数研究该函数在此区间上的单调性、极值、端点值等性质，进而画出其图像；第三步：结合图像判断零点或根据零点分析参数．1(2024·四川泸州·三模)设函数f x =e x-1，g x =ln x+b.(1)求函数F x =x-1f x 的单调区间；(2)若总存在两条直线和曲线y=f x 与y=g x 都相切，求b的取值范围.2(2024·北京房山·一模)已知函数f(x)=e ax+1 x．(1)当a=0时，求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；(2)设g(x)=f (x)⋅x2，求函数g(x)的极大值；(3)若a<-e，求函数f(x)的零点个数．3(2024·浙江·二模)定义max a,b=a,a≥bb,a<b，已知函数f x =max ln x,-4x3+mx-1，其中m∈R.(1)当m=5时，求过原点的切线方程；(2)若函数f x 只有一个零点，求实数m的取值范围.05导数与三角函数结合问题分段分析法1(2024·全国·模拟预测)已知函数f x =13x3-12a x2+2cos x+x cos x-sin x.(1)讨论f x 的单调性(2)若a>0，求证：①函数f x 在0,+∞上只有1个零点；②f x >1-16a3-12a2-2sin a+π4.2(2024·河北沧州·一模)已知函数f x =x a e2x ,a >0．(1)当a =2时，求函数f x 的单调区间和极值；(2)当x >0时，不等式f x -cos ln f x ≥a ln x 2-4x 恒成立，求a 的取值范围．3(2024·全国·模拟预测)已知函数f (x )=e x -sin x ．(1)若f (x )≥ax 2+1对于任意x ∈[0,+∞)恒成立，求a 的取值范围；(2)若函数f (x )的零点按照从大到小的顺序构成数列x n ，n ∈N *，证明：2ni =1x i <-2n 2+n π；(3)对于任意正实数x 1,x 2，证明：e x 2-x 2-1 e x 1>sin x 1+x 2 -sin x 1-x 2cos x 1．1已知函数f x =ax -ln x x ，a >0．(1)若f x 存在零点，求a 的取值范围；(2)若x 1，x 2为f x 的零点，且x 1<x 2，证明：a x 1+x 2 2>2．2已知函数f x =3ln x -ax ．(1)讨论f x 的单调性．(2)已知x 1,x 2是函数f x 的两个零点x 1<x 2 ．(ⅰ)求实数a 的取值范围．(ⅱ)λ∈0,12 ,f x 是f x 的导函数．证明：f λx 1+1-λ x 2 <0．3如图，对于曲线Γ，存在圆C 满足如下条件：①圆C 与曲线Γ有公共点A ，且圆心在曲线Γ凹的一侧；②圆C 与曲线Γ在点A 处有相同的切线；③曲线Γ的导函数在点A 处的导数(即曲线Γ的二阶导数)等于圆C 在点A 处的二阶导数(已知圆x -a 2+y -b 2=r 2在点A x 0,y 0 处的二阶导数等于r 2b -y 0 3)；则称圆C 为曲线Γ在A 点处的曲率圆，其半径r 称为曲率半径．(1)求抛物线y =x 2在原点的曲率圆的方程；(2)求曲线y =1x的曲率半径的最小值；(3)若曲线y =e x 在x 1,e x 1 和x 2,e x 2x 1≠x 2 处有相同的曲率半径，求证：x 1+x 2<-ln2．4已知函数f x =ax2+x-ln x-a．(1)若a=1，求f x 的最小值；(2)若f x 有2个零点x1,x2，证明：a x1+x22+x1+x2>2．5已知函数f x =12e2x+a-2e x-2ax．(1)若曲线y=f x 在0,a-32处的切线方程为4ax+2y+1=0，求a的值及f x 的单调区间．(2)若f x 的极大值为f ln2，求a的取值范围．(3)当a=0时，求证：f x +5e x-52>32x2+x ln x．6已知函数f x =12x2+x+a ln x+1，a∈R．(1)讨论f x 的单调性；(2)证明：当a<-1时，a2+f x >1．7已知函数f x =x ln x+ax+1a∈R．(1)若f x ≥0恒成立，求a的取值范围；(2)当x>1时，证明：e x ln x>e(x-1)．(1)判断函数f(x)的单调性(2)证明：①当a≥0时，f(x)≤0；②sin1n+1+sin1n+2+⋯+sin12n<ln2,n∈N*.9牛顿迭代法是牛顿在17世纪提出的一种在实数域和复数域上近似求解方程的方法.比如，我们可以先猜想某个方程f x =0的其中一个根r在x=x0的附近，如图6所示，然后在点x0,f x0处作f x 的切线，切线与x轴交点的横坐标就是x1，用x1代替x0重复上面的过程得到x2；一直继续下去，得到x0，x1，x2，⋯，x n.从图形上我们可以看到x1较x0接近r，x2较x1接近r，等等.显然，它们会越来越逼近r.于是，求r近似解的过程转化为求x n，若设精度为ε，则把首次满足x n-x n-1<ε的x n称为r的近似解.已知函数f x =x3-x+1，a∈R.(1)试用牛顿迭代法求方程f x =0满足精度ε=0.5的近似解(取x0=-1，且结果保留小数点后第二位)；(2)若f x +3x2+6x+5+ae x≤0对任意x∈R都成立，求整数a的最大值.(计算参考数值：e≈2.72，e1.35≈3.86，e1.5≈4.48，1.353≈2.46，1.352≈1.82)(1)讨论f x 的单调性；(2)若∀x>0，f x ≤xe2x-2ax恒成立，求实数a的取值范围．11已知函数f x =x2-2a ln x-2(a∈R)．(1)讨论f x 的单调性；(2)若不等式f x ≤2ln x2+x2-2x在区间(1,+∞)上有解，求实数a的取值范围．12已知函数f x =xe x，其中e=2.71828⋯为自然对数的底数.(1)求函数f x 的单调区间；(2)证明：f x ≤e x-1；(3)设g x =f x -e2x+2ae x-4a2+1a∈R，若存在实数x0使得g x0≥0，求a的最大值.13已知函数f x =e x-1-ax a∈R．(1)若函数f x 在点1,f1处的切线与直线x+2ey+1=0垂直，求a的值；(2)当x∈0,2时，讨论函数F x =f x -x ln x零点的个数．14已知函数f(x)=e2x-(2a-1)e x-ax.(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.15已知函数f x =e x-x2+a，x∈R，φx =f x +x2-x.(1)若φx 的最小值为0，求a的值；(2)当a<0.25时，证明：方程f x =2x在0,+∞上有解.16已知f (x )=x ex,g (x )=ln x x ．(1)求函数y =f (x )、y =g (x )的单调区间和极值；(2)请严格证明曲线y =f (x )、y =g (x )有唯一交点；(3)对于常数a ∈0,1e，若直线y =a 和曲线y =f (x )、y =g (x )共有三个不同交点x 1,a 、x 2,a 、x 3,a ，其中x 1<x 2<x 3，求证：x 1、x 2、x 3成等比数列．17已知函数f x =sin x -ax ⋅cos x ,a ∈R ．(1)当a =1时，求函数f x 在x =π2处的切线方程；(2)x ∈0,π2时；(ⅰ)若f x +sin2x >0，求a 的取值范围；(ⅱ)证明：sin 2x ⋅tan x >x 3．18f(x)=2sin(x+φ)-a+e-x，φ∈0,π2，已知f(x)的图象在(0,f(0))处的切线与x轴平行或重合．(1)求φ的值；(2)若对∀x≥0，f(x)≤0恒成立，求a的取值范围；(3)利用如表数据证明：157k=1sinkπ314<106．eπ314e-π314e78π314e-78π314e79π314e-79π314 1.0100.990 2.1820.458 2.2040.45419数值线性代数又称矩阵计算，是计算数学的一个重要分支，其主要研究对象包括向量和矩阵.对于平面向量a =(x ,y )，其模定义为|a |=x 2+y 2.类似地，对于n 行n 列的矩阵A nn =a 11a 12a 13⋯a 1n a 21a 22a 23⋯a 2n a 31a 32a 33⋯a 3n ⋮⋮⋮⋮，其模可由向量模拓展为A =∑ni =1∑nj =1a 2ij12(其中a ij为矩阵中第i 行第j 列的数，∑为求和符号)，记作A F，我们称这样的矩阵模为弗罗贝尼乌斯范数，例如对于矩阵A 22=a 11a 12a21a 22=2435，其矩阵模A F =∑n i =1∑nj =1a 2ij12=22+42+32+52=3 6.弗罗贝尼乌斯范数在机器学习等前沿领域有重要的应用.(1)∀n ∈N *，n ≥3，矩阵B nn =100⋯0020⋯0003⋯0⋮⋮⋮⋮00⋯n，求使B F >35的n 的最小值.(2)∀n ∈N *，n ≥3，，矩阵C nn =1cos θcos θcos θ⋯cos θcos θ0-sin θ-sin θcos θ-sin θcos θ⋯-sin θcos θ-sin θcos θ00sin 2θsin 2θcos θ⋯sin 2θcos θsin 2θcos θ⋮⋮⋮⋮⋮⋮0000⋯(-1)n -2sin n -2θ(-1)n -2sin n -2θcos θ0000⋯0(-1)n -1sin n -1θ求C F.(3)矩阵D mn =ln n +2n +100⋅⋅⋅0ln n +1n 22ln n +1n 220⋅⋅⋅0⋮ln 43n -1n -1ln 43 n -1n -1ln 43 n -1n -1⋅⋅⋅0ln 32 n n ln 32 n n ln 32 nn ⋅⋅⋅ln 32nn，证明：∀n ∈N *，n ≥3，D F >n 3n +9.20已知函数f x =sin x -ln 1+ax ．(1)若x ∈0,π2时，f x ≥0，求实数a 的取值范围；(2)设n ∈N *，证明：sin 13+ln 32-ln n +2n +1<nk =1sin 1k k +2 <34．1函数与导数经典常考压轴大题命题预测本节内容在高考中通常以压轴题形式出现，常见的有函数零点个数问题、不等式证明问题、不等式存在性问题等，综合性较强，难度较大.在求解导数综合问题时，通常要综合利用分类讨论、构造函数、等价转化、设而不求等思想方法，同时联系不等式、方程等知识，思维难度大，运算量不低.可以说，只要考生啃下本节这个硬骨头，就具有了强大的逻辑推理、数学运算、数据分析、直观想象等核心素养.预计预测2024年高考，函数与导数是高中数学的重要考查内容，同时也是高等数学的基础，其试题的难度呈逐年上升趋势，通过对近十年的高考数学试题，分析并归纳出五大考点：(1)含参函数的单调性、极值与最值；(2)函数的零点问题；(3)不等式恒成立与存在性问题；(4)函数不等式的证明．(5)导数中含三角函数形式的问题其中，对于函数不等式证明中极值点偏移、隐零点问题、含三角函数形式的问题探究和不等式的放缩应用这四类问题是目前高考函数与导数压轴题的热点．高频考法(1)双变量问题(2)证明不等式(3)不等式恒成立与有解问题(4)零点问题(5)导数与三角函数结合问题01双变量问题破解双参数不等式的方法：一是转化，即由已知条件入手，寻找双参数满足的关系式，并把含双参数的不等式转化为含单参数的不等式；二是巧构函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果．1(2024·广东·二模)已知f x =12ax 2+1-2a x -2ln x ,a >0.(1)求f x 的单调区间；2(2)函数f x 的图象上是否存在两点A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 (其中x 1≠x 2)，使得直线AB 与函数f x 的图象在x 0=x 1+x22处的切线平行？若存在，请求出直线AB ；若不存在，请说明理由.【解析】(1)由题可得f(x )=ax +1-2a -2x =ax 2+(1-2a )x -2x =(ax +1)(x -2)x(x >0)因为a >0，所以ax +1>0，所以当x ∈(0,2)时，f (x )<0，f (x )在(0,2)上单调递减，当x ∈(2,+∞)时，f (x )>0，f (x )在(2,+∞)上单调递增.综上，f (x )在(0,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增.(2)由题意得，斜率k =y 2-y 1x 2-x 1=12ax 22+(1-2a )x 2-2ln x 2 -12ax 21+(1-2a )x 1-2ln x 1 x 2-x 1=12a (x 22-x 21)+(1-2a )(x 2-x 1)-2ln x 2x 1x 2-x 1=a 2(x 1+x 2)+1-2a -2ln x2x 1x 2-x 1，f x 1+x 22 =a (x 1+x 2)2+1-2a -4x 1+x 2,由k =f x 1+x22 得，ln x2x 1x 2-x 1=2x 1+x 2，即ln x 2x 1=2(x 2-x 1)x 1+x 2，即ln x 2x 1-2x2x 1-1 x 2x1+1=0令t =x 2x 1，不妨设x 2>x 1，则t >1，记g (t )=ln t -2(t -1)t +1=ln t +4t +1-2(t >1)所以g(t )=1t -4(t +1)2=(t -1)2t (t +1)>0，所以g (t )在(1,+∞)上是增函数，所以g (t )>g (1)=0，所以方程g (t )=0无解，则满足条件的两点A ,B 不存在.2(2024·四川·模拟预测)已知函数f x =a +1 e x -12x 2+1a ∈R ．(1)当a =1时，求曲线y =f x 在点0,f 0 处的切线方程；(2)设x 1,x 2x 1<x 2 是函数y =f x 的两个零点，求证：x 1+x 2>2．【解析】(1)当a =1时，f x =2e x -12x 2+1,f x =2e x -x ，则f 0 =3,f 0 =2，则切线方程为y -3=2x ，因此曲线y =f x 在点0,f 0 处的切线方程为2x -y +3=0．(2)证明：函数f x =a +1 e x -x ,x 1,x 2是y =f x 的两个零点，所以x 1=a +1 e x 1,x 2=a +1 e x 2，则有x 1+x 2=a +1 e x 1+e x 2，且x 2-x 1=a +1 e x 2-e x1，由x 1<x 2，得a +1=x 2-x 1e x 2-ex 1．要证x 1+x 2>2，只要证明a +1 e x 1+e x 2>2，即证x 2-x 1 e x 2+ex1e x 2-ex 1>2．记t =x 2-x 1，则t >0,e t >1，因此只要证明t ⋅e t +1e t -1>2，即t -2 e t +t +2>0．记h t =t -2 e t +t +2(t >0)，则h t =t -1 e t +1，令φt =t -1 e t +1，则φ t =te t ，当t >0时，φ t =te t >0，3所以函数φt =t -1 e t +1在0,+∞ 上递增，则φt >φ0 =0，即h t >h 0 =0，则h t 在0,+∞ 上单调递增，∴h t >h 0 =0，即t -2 e t +t +2>0成立.3(2024·四川德阳·二模)已知函数f x =ln x +x 2-2ax ,a ∈R ，(1)当a >0时，讨论f x 的单调性；(2)若函数f x 有两个极值点x 1,x 2x 1<x 2 ，求2f x 1 -f x 2 的最小值.【解析】(1)因为f x =ln x +x 2-2ax ,x >0，所以f(x )=1x +2x -2a =2x 2-2ax +1x,令g (x )=2x 2-2ax +1，则Δ=4a 2-8=4a 2-2 ，因为a >0，当0<a ≤2时，Δ≤0，则g (x )≥0，即f (x )≥0，此时f (x )在(0,+∞)上单调递增，当a >2时，Δ>0，由g (x )=0，得x 3=a -a 2-22,x 4=a +a 2-22，且x 3<x 4，当0<x <x 3或x >x 4时，g (x )>0，即f (x )>0；当x 3<x <x 4时，g (x )<0，即f (x )<0，所以f (x )在0,x 3 ,x 4,+∞ 上单调递增，在x 3,x 4 上单调递减；综上，当0<a ≤2时，f (x )在(0,+∞)上单调递增，当a >2时，f (x )在0,x 3 ,x 4,+∞ 上单调递增，在x 3,x 4 上单调递减，其中x 3=a -a 2-22,x 4=a +a 2-22.(2)由(1)可知，x 3,x 4为f (x )的两个极值点，且x 3<x 4，所以x 1=x 3,x 2=x 4，且x 1,x 2是方程2x 2-2ax +1=0的两不等正根，此时a >2，x 1+x 2=a >0，x 1⋅x 2=12，所以x 1∈0,22 ，x 2∈22,+∞ ，且有2ax 1=2x 21+1，2ax 2=2x 22+1，则2f x 1 -f x 2 =2ln x 1+x 21-2ax 1 -ln x 2+x 22-2ax 2=2ln x 1+x 21-2x 21-1 -ln x 2+x 22-2x 22-1 =-2x 21+2ln x 1-ln x 2+x 22-1=x 22-212x 22+2ln12x 2-ln x 2-1=x 22-12x 22-32ln x 22-2ln2-1令t =x 22，则t ∈12,+∞ ，令g t =t -12t -32ln t -2ln2-1，则g t =1+12t 2-32t =2t -1 t -1 2t 2，当t ∈12,1 时，g t <0，则g t 单调递减，当t ∈1,+∞ 时，g t >0，则g t 单调递增，所以g t min =g 1 =-1+4ln22，所以2f x 1 -f x 2 的最小值为-1+4ln22.402证明不等式利用导数证明不等式问题，方法如下：(1)直接构造函数法：证明不等式f x >g x (或f x <g x )转化为证明f x -g x >0(或f x -g x <0)，进而构造辅助函数h x =f x -g x ；(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；(3)构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数．(4)对数单身狗，指数找基友(5)凹凸反转，转化为最值问题(6)同构变形1(2024·青海·模拟预测)已知质数f x =me x -x 2+mx -m ，且曲线y =f x 在点2,f 2 处的切线方程为4e 2x -y -4e 2=0．(1)求m 的值；(2)证明：对一切x ≥0，都有f x ≥e 2x 2．【解析】(1)f x =me x -2x +m ，f 2 =me 2-4+m ，f 2 =me 2-4+m ，则有4e 2=me 2-4+m ，4e 2×2-me 2-4+m -4e 2=0，解得m =4；(2)由m =4，故f x =4e x -x 2+4x -4，要证对一切x ≥0，都有f x ≥e 2x 2，即证4e x ≥e 2+1 x 2-4x +4对一切x ≥0恒成立，即证e 2+1 x 2-4x +4e x ≤4对一切x ≥0恒成立，令g x =e 2+1 x 2-4x +4e x，gx =2e 2+1 x -4-e 2+1 x 2+4x -4e x =-e 2+1 x 2+2e 2+3 x -8e x=-e 2+1 x -4 x -2 e x ，则当x ∈0,4e 2+1 ∪2,+∞ 时，g x <0，则当x ∈4e 2+1,2时，g x >0，即g x 在0,4e 2+1 、2,+∞ 上单调递减，在4e 2+1,2上单调递增，又g 0 =4e 0=4，g 2 =4e 2+1 -4×2+4e 2=4e 2+4-8+4e 2=4，故g x ≤4对一切x ≥0恒成立，即得证.2(2024·山西晋城·二模)已知函数f (x )=(x -a )e x +x +a (a ∈R )．(1)若a =4，求f (x )的图象在x =0处的切线方程；(2)若f x ≥0对于任意的x ∈0,+∞ 恒成立，求a 的取值范围；(3)若数列a n 满足a 1=1且a n +1=2a n a n +2(n ∈N *)，记数列a n 的前n 项和为S n ，求证：S n +13<ln (n +1)(n +2) ．【解析】(1)当a =4时，f (x )=(x -4)e x +x +4，则f (x)=(x-3)e x+1，得f (0)=-2，又f(0)=0，所以f(x)在x=0处的切线为y=-2x；(2)f(x)=(x-a)e x+x+a≥0对∀x∈[0,+∞)恒成立，f (x)=(x+1-a)e x+1，设g(x)=(x+1-a)e x+1(x≥0)，则g (x)=(x+2-a)e x，当2-a≥0即a≤2时，g (x)≥0,g(x)在[0,+∞)上单调递增，且g(0)=2-a≥0，所以g(x)≥0，即f (x)≥0，此时f(x)在[0,+∞)上单调递增，且f(0)=0，所以f(x)≥0对∀x∈[0,+∞)恒成立.当2-a<0即a>2时，令g (x)<0⇒0<x<a-2,g (x)>0⇒x>a-2，所以函数g(x)在(0,a-2)上单调递减，在(a-2,+∞)上单调递增，则g(x)min=g(a-2)=1-e a-2<0，又g(0)=2-a<0，所以在(0,a-2)上恒有g(x)<0，即f (x)<0，函数f(x)在(0,a-2)上单调递减，且f(0)=0，则在(0,a-2)上有f(x)<0，不符合题意.综上，a≤2，即实数a的取值范围为(-∞,2](3)由a n+1=2a na n+2，得1a n+1-1a n=12，又1a1=1，所以数列1a n是以1为首项，以12为公差的等差数列，故1a n=1+12(n-1)=n+12，所以a n=2n+1.当n=1时，S1+13=a1+13=43<ln6恒成立；当n≥2时，先证：2n+1<ln n+2n，即证2n+1<ln n+1+1n+1-1=ln1+1n+11-1n+1，设x=1n+1，则0<x<1，即证2x<ln1+x1-x(0<x<1)，令h(x)=2x-ln 1+x1-x(0<x<1)，则h (x)=2-1x+1-11-x=-2x21-x2<0，所以h(x)在(0,1)上单调递减，故h(x)<h(0)=0，即2x<ln 1+x1-x，即2n+1<ln n+2n.所以当n≥2时，S n+13=13+23+24+⋯+2n+1<ln6+ln42+ln53+⋯+ln n+2n=ln6×4×5×⋯×n(n+1)(n+2)2×3×4×5×⋯×n=ln[(n+1)(n+2)].综上，S n+13<ln[(n+1)(n+2)].3(2024·上海松江·二模)已知函数y=x⋅ln x+a(a为常数)，记y=f(x)=x⋅g(x).(1)若函数y=g(x)在x=1处的切线过原点，求实数a的值；(2)对于正实数t，求证：f(x)+f(t-x)≥f(t)-t ln2+a；(3)当a=1时，求证：g(x)+cos x<e xx.【解析】(1)由题意，函数y=x⋅ln x+a，且y=f(x)=x⋅g(x)，可得g(x)=f(x)x=ln x+ax,x>0，则g (x)=1x-ax2=x-ax2，5所以g (1)=1-a，又因为g(1)=ln1+a=a，所以g x 在x=1处的切线方程为y=(1-a)(x-1)+a，又因为函数y=g(x)在x=1处的切线过原点，可得0=(1-a)⋅(0-1)+a，解得a=1 2 .(2)设函数h x =f x +f t-x,t>0，可得h x =x ln x+(t-x)ln(t-x)+2a，其中0<x<t，则h x =ln x+1-ln(t-x)-1=lnxt-x，令h x >0，可得xt-x>1，即2x-tt-x>0，即2x-tx-t<0，解得t2<x<t，令h x <0，可得0<xt-x<1，解得0<x<t2，所以h x 在t2,t上单调递增，在0,t2上单调递减，可得h x 的最小值为ht2，所以h x ≥h t2 ，又由ht2=f t2 +f t-t2=t ln t2+2a=f t -t ln2+a，所以f x +f t-x≥f t -t ln2+a.(3)当a=1时，即证ln x+1x <e xx-cos x，由于cos x∈[-1,1]，所以e xx-cos x≥e xx-1，只需证ln x+1x<e xx-1，令k x =ln x+1x-e xx+1,x>0，只需证明k x <0，又由k x =1x-1x2-e x(x-1)x2=(1-e x)(x-1)x2，因为x>0，可得1-e x<0，令k x >0，解得0<x<1；令k x <0，解得x>1，所以k x 在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，所以k x 在x=1处取得极大值，也时最大值，所以k x max=k1 =2-e<0，即k x <0，即a=1时，不等式g(x)+cos x<e xx恒成立.03不等式恒成立与有解问题1、利用导数研究不等式恒成立问题的求解策略：(1)通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；(2)利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题；(3)根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．2、利用参变量分离法求解函数不等式恒(能)成立，可根据以下原则进行求解：(1)∀x∈D，m≤f x ⇔m≤f x min；(2)∀x∈D，m≥f x ⇔m≥f x max；(3)∃x∈D，m≤f x ⇔m≤f x max；(4)∃x∈D，m≥f x ⇔m≥f x min．673、不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：一般地，已知函数y =f x ，x ∈a ,b ，y =g x ，x ∈c ,d ．(1)若∀x 1∈a ,b ，∀x 2∈c ,d ，有f x 1 <g x 2 成立，则f x max <g x min ；(2)若∀x 1∈a ,b ，∃x 2∈c ,d ，有f x 1 <g x 2 成立，则f x max <g x max ；(3)若∃x 1∈a ,b ，∃x 2∈c ,d ，有f x 1 <g x 2 成立，则f x min <g x max ；(4)若∀x 1∈a ,b ，∃x 2∈c ,d ，有f x 1 =g x 2 成立，则f x 的值域是g x 的值域的子集．1(2024·北京朝阳·一模)已知函数f x =1-ax e x a ∈R .(1)讨论f x 的单调性；(2)若关于x 的不等式f x >a 1-x 无整数解，求a 的取值范围.【解析】(1)f x =1-a -ax e x ，当f x =0，得x =1-aa ，当a >0时，x ∈-∞,1-a a时，fx >0，f x 单调递增，x ∈1-a a,+∞ 时，f x <0，f x 单调递减，当a <0时，x ∈-∞,1-aa时，f x <0，f x 单调递减，x ∈1-a a,+∞ 时，f x >0，f x 单调递增，当a =0时，f x =e x ，函数f x 在R 上单调递增，综上可知，a >0时，函数f x 的单调递增区间是-∞,1-a a，单调递减区间是1-aa ,+∞ ，a <0时，函数f x 的单调递减区间是-∞,1-a a ，单调递增区间是1-aa ,+∞ ，a =0时，函数f x 的增区间是-∞,+∞ ，无减区间.(2)不等式1-ax e x >a 1-x ，即a x -x -1e x<1，设h x =x -x -1e x ，h x =1-2-x e x =e x +x -2e x，设t x =e x +x -2，t x =e x +1>0，所以t x 单调递增，且t 0 =-1，t 1 =e -2>0，所以存在x 0∈0,1 ，使t x 0 =0，即h x 0 =0，当x ∈-∞,x 0 时，h x <0，h x 单调递减，当x ∈x 0,+∞ 时，h x >0，h x 单调递增，所以h x ≥h x 0 =x 0e x-x 0+1ex，因为e x≥x +1，所以h x ≥h x 0 =x 0e x-x 0+1e x 0≥x 0x 0+1 -x 0+1e x 0=x 20+1ex>0，当x ≤0时，h x ≥h 0 =1，当x ≥1时，h x ≥h 1 =1，不等式1-ax e x >a 1-x 无整数解，即a x -x -1e x<1无整数解，若a ≤0时，不等式恒成立，有无穷多个整数解，不符合题意，若a ≥1时，即1a≤1，因为函数h x 在-∞,0 上单调递减，在1,+∞ 上单调递增，所以x ∈Z 时，h x ≥min h 0 ,h 1 =1≥1a ，所以h x <1a 无整数解，符合题意，当0<a <1时，因为h 0 =h 1 =1<1a ，显然0,1是a ⋅h x <1的两个整数解，不符合题意，8综上可知，a ≥1.2(2024·黑龙江哈尔滨·一模)已知函数f x =xex -ae x ,a ∈R ．(1)当a =0时，求f x 在x =1处的切线方程；(2)当a =1时，求f x 的单调区间和极值；(3)若对任意x ∈R ，有f x ≤e x -1恒成立，求a 的取值范围．【解析】(1)当a =0时，f x =xex ，则f x =1-x ex，f 1 =0，f 1 =1e ，所以切线方程为y =1e．(2)当a =1时，f x =xe -x -e x ，f x =1-x e -x -e x =1-x -e 2xex．令g x =1-x -e 2x ，g x =-1-2e 2x<0，故g x 在R 上单调递减，而g 0 =0，因此0是g x 在R 上的唯一零点即：0是f x 在R 上的唯一零点当x 变化时，f x ，f x 的变化情况如下表：x-∞,0 00,+∞f x +0-f x↗极大值↘f x 的单调递减区间为：0,+∞ ；递增区间为：-∞,0 f x 的极大值为f 0 =-1，无极小值(3)由题意知xe -x-ae x≤e x -1，即a ≥xe -x -e x -1e x，即a ≥x e2x -1e ，设m x =x e 2x -1e ，则mx =e 2x -2xe 2x e 2x2=1-2x e 2x ，令m x =0，解得x =12，当x ∈-∞,12 ，m x >0，m x 单调递增，当x ∈12,+∞ ，m x <0，m x 单调递减，所以m x max =m 12 =12e -1e =-12e，所以a ≥-12e3(2024·陕西安康·模拟预测)已知函数f x =ln x +1,g x =e x -1.(1)求曲线y =f x 与y =g x 的公切线的条数；(2)若a >0,∀x ∈-1,+∞ ,f x +1 ≤a 2g x +a 2-a +1，求a 的取值范围.【解析】(1)设f x =ln x +1,g x =e x -1的切点分别为x 1,f x 1 ,x 2,g x 2 ，则f x =1x,g (x )=e x ，故f x =ln x +1,g x =e x -1在切点处的切线方程分别为y =1x 1x -x 1 +ln x 1+1⇒y =1x 1x +ln x 1，y =e x 2x -x 2 +e x 2-1⇒y =e x 2x -x 2e x 2+e x2-1则需满足；91x 1=ex 2ln x 1=-x 2ex 2+e x 2-1,故ln1ex 2=-x 2e x 2+e x 2-1⇒e x 2-1 x 2-1 =0，解得x 2=0或x 2=1，因此曲线y =f x 与y =g x 有两条不同的公切线，(2)由f x +1 ≤a 2g x +a 2-a +1可得ln x +1 +1≤a 2e x -1 +a 2-a +1，即ln x +1 ≤a 2e x -a 对于∀x ∈-1,+∞ 恒成立，ln 0+1 ≤a 2e 0-a ，结合a >0,解得a ≥1设m (x )=ln x -x +1,，则当x >1时m (x )=1x-1<0,m x 单调递减，当0<x <1时，m (x )>0,m x 单调递增，故当m (x )≤m 1 =0，故ln x ≤x -1,因此ln x +1 ≤x ，x >-1 ，令F x =x -a 2e x +a ,x >-1 ，则F x =1-a 2e x ，令F x =1-a 2e x =0，得x =-2ln a ，当-2ln a ≤-1时，此时a ≥e ，F x =1-a 2e x <0，故F x 在x >-1上单调递减，所以F x <F -1 =-1-a 2e +a =-a 2+ea -e e =-a -e 2 2+e 24-e e≤-e -e 22+e 24+ee=e -2<0，所以F x =x -a 2e x +a <0，由于ln x +1 ≤x 进而ln (x +1)-a 2e x +a <0，满足题意，当-2ln a >-1时，此时1<a <e ，令F x =1-a 2e x >0，解得-1<x <-2ln a ,F x 单调递增，令F x =1-a 2e x <0，解得x >-2ln a ,F x 单调递减，故F x ≤F x max =F -2ln a =-2ln a -1+a ，令p a =-2ln a -1+a ，则p a =-2a +1=a -2a ，由于1<a <e ，所以p a =-2a +1=a -2a<0，故p a 在1<a <e 单调递减，故p a <p 1 ，即可p a <0，因此F x ≤F x max =F -2ln a =-2ln a -1+a <0⇒F x <0所以F x =x -a 2e x +a <0，由于ln x +1 ≤x 进而ln (x +1)-a 2e x +a <0，满足题意，综上可得a ≥104零点问题函数零点问题的常见题型：判断函数是否存在零点或者求零点的个数；根据含参函数零点情况，求参数的值或取值范围．求解步骤：第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图像与x 轴(或直线y =k )在某区间上的交点问题；第二步：利用导数研究该函数在此区间上的单调性、极值、端点值等性质，进而画出其图像；第三步：结合图像判断零点或根据零点分析参数．1(2024·四川泸州·三模)设函数f x =e x -1，g x =ln x +b .(1)求函数F x =x -1 f x 的单调区间；10(2)若总存在两条直线和曲线y =f x 与y =g x 都相切，求b 的取值范围.【解析】(1)F x =x -1 f x =x -1 e x -1，F x =xe x -1，令F x >0，得x >0，令F x <0，得x <0，所以函数F x 的单调递增区间为0,+∞ ，单调递减区间为-∞,0 ；(2)∵f x =e x -1∴f x =e x -1在m ,e m -1 处的切线方程为y =e m -1x +1-m e m -1，∵g x =1x，∴g x =ln x +b 在点n ,ln n +b 处的切线方程为y =1nx +ln n +b -1，由题意得e m -1=1n(1-m )e m -1=ln n +b -1，则m -1 e m -1-m +b =0，令h m =m -1 e m -1-m +b ，则h (x )=me m -1-1，令φm =me m -1-1，则φ m =m +1 e m -1，当m <-1时，φ m <0，当m >-1时，φ m >0，所以函数φm 在-∞,-1 上单调递减，在-1,+∞ 上单调递增，即函数h m 在-∞,-1 上单调递减，在-1,+∞ 上单调递增，又h 1 =0，且当m ≤0时，h m <0，所以m <1时，h m <0，h (m )单调递减；当m >1时，h (m )>0，h (m )单调递增，所以h m min =h 1 =b -1，若总存在两条直线和曲线y =f x 与y =g x 都相切，则曲线y =h m 与x 轴有两个不同的交点，则h 1 =b -1<0，所以b <1，此时h b -1 =b -2 e b -2+1>-1e+1>0，h 3-b =2-b e 2-b +2b -3>2-b 3-b =b -322+34>0，所以b 的取值范围为-∞,1 .2(2024·北京房山·一模)已知函数f (x )=e ax +1x．(1)当a =0时，求曲线y =f (x )在点(1,f (1))处的切线方程；(2)设g (x )=f (x )⋅x 2，求函数g (x )的极大值；(3)若a <-e ，求函数f (x )的零点个数．【解析】(1)当a =0时，f (x )=1+1x ，f x =-1x 2，则f 1 =-1,f 1 =2，所以曲线y =f (x )在点(1,f (1))处的切线方程为y -2=-x -1 ，即y =-x +3；(2)f (x )=ae ax -1x2，则g (x )=f (x )⋅x 2=ax 2e ax -1x ≠0 ，则g x =2axe ax +a 2x 2e ax =ax ax +2 e ax x ≠0 ，当a =0时，g x =-1，此时函数g x 无极值；当a >0时，令g x <0，则x >0或x <-2a ，令g x <0，则-2a<x <0，所以函数g x 在-∞,-2a ,0,+∞ 上单调递增，在-2a ,0 上单调递减，所以g x 的极大值为g -2a =4ae2-1；当a<0时，令g x <0，则x<0或x>-2a，令gx <0，则0<x<-2a，所以函数g x 在-∞,0,-2a,+∞上单调递增，在0,-2a上单调递减，而函数g x 的定义域为-∞,0∪0,+∞，所以此时函数g x 无极值.综上所述，当a≤0时，函数g x 无极大值；当a>0时，g x 的极大值为4ae2-1；(3)令f(x)=e ax+1x =0，则e ax=-1x，当x>0时，e ax>0,-1x<0，所以x>0时，函数f x 无零点；当x<0时，由e ax=-1x，得ax=ln-1x，所以a=-ln-xx，则x<0时，函数f x 零点的个数即为函数y=a,y=-ln-xx图象交点的个数，令h x =-ln-xxx<0，则h x =ln-x-1x2，当x<-e时，h x >0，当-e<x<0时，h x <0，所以函数h x 在-∞,-e上单调递增，在-e,0上单调递减，所以h x max=h-e=1 e，又当x→-∞时，h x >0且h x →0，当x→0时，h x →-∞，如图，作出函数h x 的大致图象，又a<-e，由图可知，所以函数y=a,h x =-ln-xx的图象只有1个交点，即当x<0时，函数f x 只有1个零点；综上所述，若a<-e，函数f(x)有1个零点．3(2024·浙江·二模)定义max a,b=a,a≥bb,a<b，已知函数f x =max ln x,-4x3+mx-1，其中m∈R.(1)当m=5时，求过原点的切线方程；(2)若函数f x 只有一个零点，求实数m的取值范围.【解析】(1)由题意知f x 定义域0,+∞，当m=5时，f x =-4x3+5x-1,-4x3+5x-1≥ln xln x,-4x3+5x-1<ln x ，令g x =-4x3+5x-1，g x =-12x 2+5>0⇒0<x <6012，⇒g x 在0,6012 单调递增，6012,+∞ 单调递减，且g 1 =0，令h x =ln x ，则在0,+∞ 单调递增，而f 1 =0=h 1 ，又g 14 =316，h 14 =ln 14<-1，而g 0 =-1，所以当0<x <14时，g x >h x ，当14≤x <1时，g x >0>h x ，所以当0<x <1时，f x =g x ，当x ≥1时，f x =h x ，所以f x =-4x 3+5x -1,0<x <1ln x ,x ≥1，所以f x 在0,6012和1,+∞ 单调递增，在6012,1 单调递减.(ⅰ)当0<x <1时，f x =-12x 2+5，设切点M x 0,-4x 30+5x 0-1 ，则此切线方程为y =-12x 20+5 x -x 0 -4x 30+5x 0-1，又此切线过原点，所以0=-12x 20+5 0-x 0 -4x 30+5x 0-1，解得x 0=12，即此时切线方程是2x -y =0；(ⅱ)当x ≥1时，f x =ln x ，所以f x =1x，设切点为x 0,ln x 0 ，此时切线方程y =1x 0x -x 0 +ln x 0，又此切线过原点，所以0=1x 00-x 0 +ln x 0，解得x 0=e ，所以此时切线方程x -ey =0，综上所述，所求切线方程是：x -ey =0或2x -y =0；(2)(ⅰ)当m =5时，由(1)知，f x 在0,6012 和1,+∞ 单调递增，6012,1单调递减，且f 0 =1，f 14 =316>0，f 1 =0，此时f x 有两个零点；(ⅱ)当m >5时，当0<x <1时，-4x 3+5x -1<-4x 3+mx -1，由(1)知：g x =-4x 3+5x -1在0,6012 递增，6012,1递减，且g 1 =0，所以x ∈6012,+∞ 时，f x >0，而f 0 =-1，所以f x 在0,6012 只有一个零点，6012,+∞ 没有零点；(ⅲ)当0<m <5时，y =-4x 3+mx -1，此时y =-12x 2+m >0得0<x <m 12<6012，由(1)知，当x ≥1时，f x =ln x 只有一个零点x =1，要保证f x 只有一个零点，只需要当0<x <1时，f x =-4x 3+mx -1没有零点，f m12=-4m123+m m 12-1=m 3m 9-1<00<m<1 ，得0<m <3；(ⅳ)当m≤0时，当x∈0,+∞时，g x =-4x3+mx-1<0，此时f x 只有一个零点x=1，综上，f x 只有一个零点时，m<3或m>5 .05导数与三角函数结合问题分段分析法1(2024·全国·模拟预测)已知函数f x =13x3-12a x2+2cos x+x cos x-sin x.(1)讨论f x 的单调性(2)若a>0，求证：①函数f x 在0,+∞上只有1个零点；②f x >1-16a3-12a2-2sin a+π4.【解析】(1)因为f x =13x3-12a x2+2cos x+x cos x-sin x，所以f x =x2-ax+a sin x-x sin x=x-ax-sin x.设g x =x-sin x，则g x =1-cos x≥0，所以g x 在R上单调递增，且g0 =0，所以当x>0时，x-sin x>0；当x<0时，x-sin x<0.当a=0时，f x =x x-sin x≥0，所以f x 在R上单调递增.当a>0时，若x∈0,a，则f x <0，所以f x 单调递减；若x∈-∞,0或x∈a,+∞，则f x >0，所以f x 单调递增.当a<0时，若x∈a,0，则f x <0，所以f x 单调递减；若x∈-∞,a或x∈0,+∞，则f x >0，所以f x 单调递增.综上所述，当a=0时，f x 在R上单调递增；当a>0时，f x 在0,a上单调递减，在-∞,0，a,+∞上单调递增；当a<0时，f x 在a,0上单调递减，在-∞,a，0,+∞上单调递增. (2)①由(1)知，当a>0时，f x 在0,a上单调递减，在a,+∞上单调递增，又f0 =-a<0，所以f a <f0 <0，所以f x 在0,a上没有零点.因为x>0，所以f(x)=13x3-12a x2+2cos x+x cos x-sin x>13x3-12a x2+2-x-1=19x2x-92a+19x x2-9+19x3-a+1所以当x>92ax>3x>39a+9时，f x >0，此时f x 在a,+∞上只有1个零点.综上可得，f x 在0,+∞上只有1个零点.②由a>0，知f x 在0,a上单调递减，在a,+∞上单调递增，所以f x ≥f a =-16a3-sin a，所以f a +16a 3+12a 2+2sin a +π4 -1=12a 2+cos a -1.设h a =12a 2+cos a -1，则h a =a -sin a .由(1)知，当a >0时，a -sin a >0，所以当a >0时，h a >0，所以h a >0在0,+∞ 上单调递增，所以h a >h 0 =0，即f a >1-16a 3-12a 2-2sin a +π4 ，所以f x >1-16a 3-12a 2-2sin a +π4.2(2024·河北沧州·一模)已知函数f x =x ae2x ,a >0．(1)当a =2时，求函数f x 的单调区间和极值；(2)当x >0时，不等式f x -cos ln f x ≥a ln x 2-4x 恒成立，求a 的取值范围．【解析】(1)当a =2时，f x =x 2e 2xfx =2x ⋅e 2x -x 2⋅e 2x ⋅2e 2x 2=-2x (x -1)e 2x 令f x =0，解得x =0或x =1，所以x 、f (x )、f (x )的关系如下表：x (-∞,0)0(0,1)1(1,+∞)f (x )-0+-f (x )单调递减单调递增1e 2单调递减所以函数f x 的单调递增区间为：(0,1)，单调递减区间为：(-∞,0)和(1,+∞)；极大值f (1)=1e2，极小值f (0)=0；(2)f (x )-cos ln f (x ) ≥a ln x 2-4x ⇔x a e 2x -cos ln x a e2x≥2a ln x -4x⇔e a ln x -2x -2(a ln x -2x )-cos (a ln x -2x )≥0令g (t )=e t -2t -cos t ，其中t =a ln x -2x ，设F (x )=a ln x -2x ，a >0F (x )=a x -2=a -2xx 令F (x )>0，解得：0<x <a2，所以函数F (x )在0,a 2上单调递增，在a2,+∞ 上单调递减，F (x )max =F a 2 =a ln a2-a ，且当x →0+时，F (x )→-∞，所以函数F (x )的值域为-∞,a ln a2-a ；又g (t )=e t -2+sin t ，设h (t )=e t -2+sin t ，t ∈-∞,a ln a2-a ，则h (t )=e t +cos t ，当t ≤0时，e t ≤1,sin t ≤1，且等号不同时成立，即g (t )<0恒成立；t。

导数综合问题--2024届新高考满分突破压轴大题(解析版)

导数综合问题压轴秘籍1.导函数与原函数的关系f (x)>0,k>0,f(x)单调递增，f (x)<0,k<0,f(x)单调递减2.极值（1）极值的定义f(x)在x=x0处先↗后↘，f(x)在x=x0处取得极大值f(x)在x=x0处先↘后↗，f(x)在x=x0处取得极小值3.两招破解不等式的恒成立问题(1)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max；(2)a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min.(1)分离参数法第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；第二步：利用导数求该函数的最值；第三步：根据要求得所求范围．(2)函数思想法第一步将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题；第二步：利用导数求该函数的极值；第三步：构建不等式求解．4.常用函数不等式：①e x≥x+1，其加强不等式e x≥12x2+x+1；②e x≥ex，其加强不等式e x≥ex+(x-1)2.③e x−1≥x，ln x≤x−1，ln(x+1)≤x放缩1−1x<12x−1x<x−1x<ln x<2(x−1)x+1<−12x2+2x−32<x−1(0<x<1)1−1x <−12x2+2x−32<2(x−1)x+1<ln x<x−1x<12x−1x<x−1(1<x<2)−1 2x2+2x−32<1−1x<2(x−1)x+1<ln x<x−1x<12x−1x<x−1(x>2)x+1<e x<11−x (x<1)，11−x<x+1<e x(x>1)5.利用导数证明不等式问题：(1)直接构造函数法：证明不等式f x >g x (或f x <g x )转化为证明f x -g x >0(或f x -g x <0)，进而构造辅助函数h x =f x -g x ；(2)转化为证不等式h(x)>0(或h(x)<0)，进而转化为证明h(x)min>0(h(x)max>0)，因此只需在所给区间内判断h (x)的符号，从而得到函数h(x)的单调性，并求出函数h(x)的最小值即可.6.证明极值点偏移的相关问题，一般有以下几种方法：(1)证明x 1+x 2<2a (或x 1+x 2>2a )：①首先构造函数g x =f x -f 2a -x ，求导，确定函数y =f x 和函数y =g x 的单调性；②确定两个零点x 1<a <x 2，且f x 1 =f x 2 ，由函数值g x 1 与g a 的大小关系，得g x 1 =f x 1 -f 2a -x 1 =f x 2 -f 2a -x 1 与零进行大小比较；③再由函数y =f x 在区间a ,+∞ 上的单调性得到x 2与2a -x 1的大小，从而证明相应问题；(2)证明x 1x 2<a 2(或x 1x 2>a 2)(x 1、x 2都为正数)：①首先构造函数g x =f x -f a 2x ，求导，确定函数y =f x 和函数y =g x 的单调性；②确定两个零点x 1<a <x 2，且f x 1 =f x 2 ，由函数值g x 1 与g a 的大小关系，得g x 1 =f x 1 -f a 2x 1 =f x 2 -f a 2x 1与零进行大小比较；③再由函数y =f x 在区间a ,+∞ 上的单调性得到x 2与a 2x 1的大小，从而证明相应问题；(3)应用对数平均不等式x 1x 2<x 1-x 2ln x 1-ln x 2<x 1+x22证明极值点偏移：①由题中等式中产生对数；②将所得含对数的等式进行变形得到x 1-x 2ln x 1-ln x 2；③利用对数平均不等式来证明相应的问题.题型训练一、问答题7(2023·吉林·统考一模)已知函数f x =-2x +ln x ．(1)求曲线y =f x 在1,f 1 处的切线方程；(2)若对∀x ∈0,+∞ ，f x ≤ax 2-2x 恒成立．求实数a 的取值范围．【答案】(1)x +y +1=0(2)12e ,+∞ 【分析】(1)求函数切线在某点处的切线方程时该点即为切点，在切点处导函数的值就是切线斜率，根据斜截式求切线方程；(2)解决恒成立问题时，可以利用分离变量法，将参数移到不等式的一边，构造出一个新的函数后，求出函数的最值，即可求得参数的范围；还可以将所有的式子放在不等式的一边，即：ax 2-ln x ≥0，同样构造函数g x =ax 2-ln x (x >0)，只需求出g x 的最小值，过程中需要对a 进行分类讨论；还可将两个基本初等函数放在不等式的两边，即：ax 2≥ln x ，构造出两个函数g x =ax 2，h x =ln x ，结合两个函数图象，得到何时符合题意.【详解】(1)解：f x =-2+1x(x >0)，所求切线斜率为f 1 =-1，切点为1,-2 ，故所求切线方程为y--2=-x-1，即x+y+1=0.(2)方法一：分离变量由f x ≤ax2-2x得a≥ln xx2在0,+∞恒成立，令g x =ln xx2(x>0)，则a≥g(x)max，g x =1-2ln xx3，当g x =0时，x=e，即：g e=0，当0<x<e时，g x >0；当x>e时，g x <0，故g x 在0,e上单调递增，在e,+∞上单调递减，故当x=e时，g x 取最大值为12e，故a≥12e，即a的取值范围是12e,+∞.方法二：分类讨论由f x ≤ax2-2x得ax2-ln x≥0在0,+∞恒成立，令g x =ax2-ln x(x>0)，则g x =2ax-1x=2ax2-1x，①当a≤0时，g x ≤0恒成立，g x 在0,+∞上单调递减，又g1 =a≤0，故当x>1时，g x <0，不合题意；②当a>0时，令g x =0得x=12a，令g x >0得x>12a，令g x <0得0<x<12a，故g x 在0,1 2a上单调递减，g x 在12a,+∞上单调递增，故当x=12a时，g x 取最小值g12a=12-ln12a≥0，故a≥12e，即a的取值范围是12e,+∞，综上所述，a的取值范围是12e,+∞.方法三：数形结合由f x ≤ax2-2x得ax2≥ln x在0,+∞恒成立，令g x =ax2，h x =ln x，则当x>0时，g x ≥hx 恒成立，g x =2ax，h x =1x,若a≤0，当x>1时，ax2≤0，ln x>0，∴g x <h x ，不合题意；若a>0，∵g x ≥h x ，∴曲线y=g x 与曲线y=h x 有且只有一个公共点，且在该公共点处的切线相同．设切点坐标为x0,y0，则y0=ax20=ln x02ax0=1x0，解得x0=ea=12e，故当a≥12e时，g x ≥h x ，即a的取值范围是12e,+∞.8(2023·云南红河·统考一模)已知函数f(x)=mx-ln x-1(m∈R)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若关于x的不等式e x-1+a ln x-(a+1)x+a≥0恒成立，求实数a的取值范围．【答案】(1)答案见解析(2)(-∞,0]【分析】(1)先求得f x ，然后对m进行分类讨论，从而求得f x 的单调区间.(2)将要证明的不等式转化为e ln x-a ln x≤e x-1-a(x-1)，然后利用构造函数法，结合导数证得不等式成立.【详解】(1)由题可知，f(x)的定义域为(0,+∞)，f (x)=m-1x =mx-1x当m≤0时，mx-1<0在(0,+∞)上恒成立，所以f (x)<0在(0,+∞)上恒成立，即f(x)在(0,+∞)单调递减当m>0时，令f (x)>0解得x>1m，令f(x)<0解得0<x<1m，所以f(x)在0,1 m上单调递减，在1m,+∞上单调递增．(2)由e x-1+a ln x-(a+1)x+a≥0，得x-a ln x≤e x-1-a(x-1)，即e ln x-a ln x≤e x-1-a(x-1)令g(x)=e x-ax则原不等式等价于g(ln x)≤g(x-1)由(1)得，当m=1时f(x)≥f(1)=0所以ln x≤x-1在(0,+∞)上恒成立．若g(ln x)≤g(x-1)在(0,+∞)上恒成立，则需g(x)=e x-ax在R上单调递增．所以g (x)=e x-a≥0在R上恒成立，即a≤e x在上R恒成立，则a≤0，所以实数a的取值范围是(-∞,0].【点睛】求解函数单调区间的步骤：(1)确定f x 的定义域；(2)计算导数f x ；(3)求出f x =0的根；(4)用f x =0的根将f x 的定义域分成若干个区间，考查这若干个区间内f x 的符号，进而确定f x 的单调区间：f x >0，则f x 在对应区间上是增函数，对应区间为增区间；f x <0，则f x 在对应区间上是减函数，对应区间为减区间.如果导函数含有参数，则需要对参数进行分类讨论，分类讨论要做到不重不漏.9(2023·全国·模拟预测)已知函数f x =2e x-x．(1)求f x 的最值；(2)若方程f x =ae x-ae2x有两个不同的解，求实数a的取值范围．【答案】(1)答案见解析(2)4ln2e ,+∞【分析】(1)首先对f x 求导，利用导数研究函数f x 的单调性，可得函数f x 的最值；(2)构造函数g x =f x -ae x -ae 2x ，先将方程有两个不同的解的问题转化为函数g x 有两个不同的零点问题．再对a 进行分类讨论，根据函数单调性结合零点存在定理求解．【详解】(1)由题意可得：f x =2e x -1，令f x =0，得x =-ln2，当x ∈-∞,-ln2 时，f x <0，f x 单调递减；当x ∈-ln2,+∞ 时，f x >0，f x 单调递增．所以f x 的最小值为f -ln2 =1+ln2，无最大值．(2)令g x =f x -ae x -ae 2x =ae 2x +2-a e x -x ，则g x =2ae 2x +2-a e x -1=ae x +1 2e x -1 ，若方程f x =ae x -ae 2x 有两个不同的解，则g x 有两个不同的零点．(ⅰ)若a ≥0，则ae x +1>0，由g x =0得x =-ln2．当x ∈-∞,-ln2 时，g x <0，当x ∈-ln2,+∞ 时，g x >0，所以g x 在-∞,-ln2 上单调递减，在-ln2,+∞ 上单调递增，所以g x 的最小值为g -ln2 =ln2e -14a ．①当a ∈0,4ln2e 时，ln2e -14a >0，即g -ln2 >0，故g x 没有零点，不满足题意；②当a =4ln2e 时，g -ln2 =0，g x 只有一个零点，不满足题意；③当a ∈4ln2e ,+∞ 时，ln2e -14a <0，即g -ln2 <0，当x <0时，ae 2x >0，0<e x <1，又因为2-a <0，故g x >2-a -x ，所以g 2-a >0，又2-a <-ln2，故g x 在2-a ,-ln2 上有一个零点．设h x =e x -x x >0 ，则h x =e x -1>0，h x 单调递增，所以h x >0，故当x >0时，g x >ae 2x +2-a e x -e x =e x ae x +1-a >e x ax +1-a ，又1-1a >0，所以g 1-1a >0，因此g x 在-ln2,1-1a上有一个零点，所以当a >4ln2e 时，g x 有两个不同的零点，满足题意；(ⅱ)若a <0，则由g x =0得x 1=-ln2，x 2=-ln -a ．①当-2<a <0时，x 1<x 2，当x ∈-∞,-ln2 时，g x <0；当x ∈-ln2,-ln -a 时，g x >0；当x ∈-ln -a ,+∞ 时，gx <0．所以g x 在-∞,-ln2 和-ln -a ,+∞ 上单调递减，在-ln2,-ln -a 上单调递增．又g -ln2 =ln2e -14a >0，所以g x 至多有一个零点，不满足题意；②当a =-2时，x 1=x 2，则g x ≤0，所以g x 单调递减，至多有一个零点，不满足题意；③当a <-2时，x 1>x 2，当x ∈-∞,-ln -a 时，g x <0；当x ∈-ln -a ,-ln2 时，g x >0；当x ∈-ln2,+∞ 时，g x <0．所以g x 在-∞,-ln -a 和-ln2,+∞ 上单调递减，在-ln -a ,-ln2 上单调递增，又g -ln -a =1-1a+ln -a >0，所以g x 至多有一个零点，不满足题意；综上，实数a 的取值范围为4ln2e ,+∞ ．【点睛】方法点睛：已知函数有零点求参数取值范围常用的方法(1)直接法：直接根据题设条件对参数进行分类讨论，通过研究函数的零点情况来确定参数的取值范围．(2)分离参数法：将参数分离，转化成求函数值域的问题．(3)数形结合法：先对解析式变形，将函数的零点问题转化为两函数图象的交点问题，再在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，然后数形结合求解．10(2023·浙江金华·校联考模拟预测)已知f (x )=ax 2-ax -1x-ln x +e 1-x (a >0)．(1)若当x =1时函数f x 取到极值，求a 的值；(2)讨论函数f x 在区间(1,+∞)上的零点个数．【答案】(1)1(2)答案见解析【分析】(1)求得f (x )=2ax -a +1x2-1x -e 1-x ，由f (1)=0，得到a =1，进而结合函数极值点的定义，即可求解；(2)当a ≥1时，求得f (x )=ax 2-ax -1x -ln x +e 1-x ≥x 2-x -1x -ln x +e 1-x ，令h (x )=x 2-x -1x-ln x +e 1-x ，利用导数的h x 单调性，结合f (x )>0，得到f x 在区间(1,+∞)上没有零点；当0<a <1时，求得f(x )=2ax -a +1x2-1x -e 1-x ，令n x =f (x )，求得n (x )>(x -2)e x -1+x 3x 3⋅e x -1，令φ(x )=(x -2)e x -1+x 3，利用导数求得f (x )在(1,+∞)单调递增．，结合f (1)<0，f 1+1a>0，得出函数f x 的单调区间，由f (1)=0，得出f x 在1,x 1 没有零点，在由f 1+1a>0，得到存在唯一x 2，使得f x 2 =0，即可得到答案.【详解】(1)解：函数f (x )=ax 2-ax -1x -ln x +e 1-x ，可得f (x )=2ax -a +1x2-1x -e 1-x因为x =1时函数f x 取到极值，可得f (1)=0，解得a =1，当a =1时，可得f (x )=2x -1+1x2-1x -e 1-x ，令m (x )=f (x )=2x -1+1x2-1x -e 1-x ，可得m (x )=2-2x 3+1x 2+e 1-x>2-2x 3+1x2=2x 3+x -2x 3，令λ(x )=2x 3+x -2，可得λ (x )=6x 2+1>0，所以λ(x )单调递增，又因为λ78=55256>0，所以在区间78,+∞ 上m (x )>0，即f (x )单调递增，所以x =1是f (x )的变号零点，所以当x =1时函数f x 取到极值．(2)解：当a ≥1时，因为x 2-x >0，所以f (x )=ax 2-ax -1x -ln x +e 1-x ≥x 2-x -1x -ln x +e 1-x ，令h (x )=x 2-x -1x -ln x +e 1-x ，则h (x )=2x -1+1x 2-1x -e 1-x >2x -2+1x 2-1x =(x -1)2-1x2>0，所以h x 在(1,+∞)单调递增，则f (x )≥h (x )>h (1)=0，所以，当a ≥1时，f x 在区间(1,+∞)上没有零点．当0<a <1时，可得f (x )=2ax -a +1x2-1x -e 1-x ，令n x =f (x )=2ax -a +1x2-1x -e 1-x ，可得n(x )=2a -2x 3+1x 2+e 1-x >-2x 3+1x2+e 1-x=(x -2)e x -1+x 3x 3⋅e x -1，令φ(x )=(x -2)e x -1+x 3，则φ (x )=(x -1)e x -1+3x 2>0，所以φx 在(1,+∞)单调递增，φ(x )>φ(1)=0，则n (x )>0，所以f (x )在(1,+∞)单调递增．因为f(1)=a -1<0，f1+1a =a +2+11+1a2-11+1a-e -1a>a +2-1-1>0，当x →+∞时，f (x )→+∞，所以存在x 1∈1,1+1a使得f x 1 =0．则f (x )在1,x 1 单调递减，在x 1,+∞ 单调递增，又因为f (1)=0，所以当x ∈1,x 1 时，f (x )<0，故f x 在1,x 1 没有零点，因为在x 1,+∞ 单调递增，且f x 1 <f (1)=0，而ln x ≤x -1,e 1-x >0,1x<1，所以f (x )=ax 2-ax -1x-ln x +e 1-x >ax 2-ax -1-(x -1)，则f 1+1a >a 1+1a 2-(a +1)1+1a=0，所以存在唯一x 2∈x 1,1+1a，使得f x 2 =0，故f x 在x 1,+∞ 存在唯一零点x 2，因此当0<a <1时，f x 在(1,+∞)存在唯一零点，综上所述，当a ≥1时，f x 在区间(1,+∞)上没有零点；当0<a <1时，f x 在(1,+∞)存在唯一零点．【点睛】方法技巧：已知函数零点(方程根)的个数，求参数的取值范围问题的三种常用方法：1、直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式(组)，再通过解不等式(组)确定参数的取值范围2、分离参数法，先分离参数，将问题转化成求函数值域问题加以解决；3、数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中作出函数的图象，然后数形结合求解.结论拓展：与e x 和ln x 相关的常见同构模型①ae a ≤b ln b ⇔e a ln e a ≤b ln b ，构造函数f x =x ln x 或g x =xe x ；②e a a <b ln b ⇔e a ln e a<b ln b ，构造函数f x =x ln x 或g x =e x x ；③e a ±a >b ±ln b ⇔e a ±ln e a >b ±ln b ，构造函数f x =x ±ln x 或g x =e x ±x .11(2022·江苏南通·模拟预测)已知函数f x =x -a e x -x 2．(1)若a =1,x ∈0,1 ，求函数f x 的最值；(2)若a ∈Z ，函数f x 在x ∈0,+∞) 上是增函数，求a 的最大整数值．【答案】(1)最小值为-1-ln2-1 2，最大值为-1(2)0【分析】(1)求导分析函数的单调性与最值即可；(2)将题意转化为f x ≥0在x ∈0,+∞) 上恒成立，参变分离可得1-a ≥2xe x-x ，x ∈0，+∞ ，设g x =2x ex-x ，求导后根据零点存在性定理可得0,12 上有极大值点，设为x 0，再根据x 0满足的方程代入g x ，结合x 0的取值范围分析最大值的范围即可.【详解】(1)若a =1，则函数f x =x -1 e x -x 2，f x =e x +x -1 e x -2x =x e x -2 ．令f x =0，则x =0或x =ln2，由于x ∈0,1 ，因而当x ∈0,ln2 时．f x <0,f x 单调递减，当x ∈ln2,1 时．f x >0,f x 单调递增，所以f x 的最小值为f ln2 =-1-ln2-1 2，最大值为f 0 =f 1 =-1(2)f x =e x +x -a e x -2x =x +1-a e x -2x ，由f x 在x ∈0,+∞) 上是增函数，得f x ≥0在x ∈0,+∞ )上恒成立，即x +1-a e x -2x ≥0，x ∈0,+∞ ，分离参数得1-a ≥2xe x-x ，x ∈0，+∞ 设g x =2x e x -x ，则g x =2-2x e x -1=2-2x -e x e x，g x =0，即2-2x -e x =0设h x =2-2x -e x ，由于h 0 =1>0，h 12=1-e <0，因而方程2-2x -e x =0在0,12上有解，设为x 0，则e x=2-2x 0，且当x ∈0,x 0 时，g x >0，当x ∈x 0,+∞ 时，g x <0，所以g x 的最大值为g x 0 =2x 0ex 0-x 0=x 01-x 0-x 0=x 201-x 0．因而1-a ≥x 201-x 0，即a ≤1+x 20x 0-1=3+1x 0-1+x 0-1，又x 0∈0,12 ，x 0-1∈-1,-12 ，又3+1x 0-1+x 0-1∈12,1所以a 的最大整数值为0．【点睛】方法点睛：(1)函数在区间上单调递增或单调递减，转化为导函数在区间上非负或非正恒成立；(2)恒成立问题可考虑参变分离，再构造函数分析最值；(3)极值点不能求解则设隐零点x 0，将x 0满足的等式条件化简代入原函数，再根据x 0的区间可求出极值的范围.12(2023·江苏徐州·校考模拟预测)已知函数f (x )=-2x 3+mx 2，m ∈R ，且g (x )=|f (x )|在x ∈(0,2)上的极大值为1．(1)求实数m 的值；(2)若b =f (a )，c =f (b )，a =f (c )，求a ,b ,c 的值．【答案】(1)m =3(2)a =b =c =0，或a =b =c =12，或a =b =c =1【分析】(1)由题意得到g x 的表达式，对m ≤0,m ≥4和0<m <4这三种情况进行逐一分析，结合导数得到g x 的单调性和最值，进而可得实数m 的取值范围；(2)作出满足条件的函数图象，对a <0,a =0,0<a <12,a =12,12<a <1,a =1,1<a ≤32和a >32这八种情况进行分析，结合题意进行判断即可.【详解】(1)g (x )=x 2|2x -m |，0≤x ≤2，①m ≤0时，g (x )=2x 3-mx 2，∴g (x )=6x 2-2mx ≥0，无极值．②m ≥4时，g (x )=-2x 3+mx 2，∴g (x )=2x (m -3x )，当m 3≥2，即m ≥6时，g (x )≥0，无极大值；当4≤m <6时，x <m 3时，g (x )>0；m3<x <2时，g (x )<0，∴g (x )在x =m 3处取极大值，即g m 3 =m 327=1，∴m =3，舍去．③0<m <4时，g x =-2x 3+mx 2,0≤x ≤m 22x 3-mx 2,m 2<x ≤2 ，∴gx =2x m -3x ,0≤x ≤m22x 3x -m ,m 2<x ≤2，0<x <m 3时，g (x )>0；m 3<x <m 2时，g (x )<0；m 2<x <2时，g (x )>0．∴g (x )在x =m 3处取极大值m 327=1，∴m =3符合题意．综上，m =3．(2)由(1)可知，f (x )=-2x 3+3x 2，f (x )=-6x 2+6x =6x -x +1 ，令f x >0可得-1<x <0，令f x <0可得x >1或x <0，如图所示．①当a <0时，b =f (a )>0，当0<b ≤32时，0<c =f (b )≤1，则a =f (c )>0，矛盾；当b >32时，c =f (b )<0，∴a =f (c )>0，矛盾．②当a =0时，符合题意．③当0<a <12时，0<x <12时，f (x )<x ，∴0<b =f (a )<a <12，则0<c =f (b )<b <12，0<a =f (c )<c <12，∴a <c <b <a ，矛盾．④当a =12时，符合题意．⑤当12<a <1时，12<x <1时，f (x )>x ，∴1>b =f (a )>a >12，则1>c =f (b )>b >12，1>a =f (c )>c >12，∴a >c >b >a ，矛盾．⑥当a =1时，符合题意．⑦当1<a ≤32时，0≤b =f (a )<1，则0≤c =f (b )<1，∴a =f (c )<1，与a >1矛盾．⑧当a >32时，b =f (a )<0，c =f (b )>0，∴a =f (c )≤1，与a >32矛盾．综上，a =b =c =0，或a =b =c =12，或a =b =c =1．【点睛】关键点睛：本题第二问的关键点在于作出满足条件的函数图象，对a <0,a =0,0<a <12,a =12,12<a <1,a =1,1<a ≤32和a >32这八种情况进行分析，结合题意进行判断即可.13(2023·安徽·校联考模拟预测)已知函数f x =ae x -e -x ，(a ∈R ).(1)若f x 为偶函数，求此时f x 在点0,f 0 处的切线方程；(2)设函数g (x )=f (x )-(a +1)x ，且存在x 1,x 2分别为g (x )的极大值点和极小值点.(ⅰ)求实数a 的取值范围；(ⅱ)若a ∈(0,1)，且g x 1 +kg x 2 >0，求实数k 的取值范围.【答案】(1)y +2=0(2)(i )(0,1)∪(1,+∞)；(ii )(-∞,-1]【分析】(1)根据偶函数的定义，求出a 的值，然后利用导数求切线方程.(2)(ⅰ)对g (x )进行求导，将g (x )既存在极大值，又存在极小值转化成g (x )=0必有两个不等的实数根，利用导数得到g (x )的单调性和极值，进而即可求解；(ⅱ)对g (x )进行求导，利用导数分析g (x )的极值，将g x 1 +kg x 2 >0恒成立转化成ln a <1-1k⋅a -1a +1，构造函数，利用导数分类讨论求解即【详解】(1)f (x )为偶函数，有f (-x )=ae -x -e x =f (x )=ae x -e -x ，则a =-1，所以f (x )=-e x -e -x ，f (x )=-e x +e -x 所以f (0)=-2，f (0)=0所以f (x )在点(0,f (0))处的切线方程为y +2=0.(2)(ⅰ)g (x )=f (x )-(a +1)x =ae x -e -x -(a +1)x ，g(x )=ae x+e -x-(a +1)=ae 2x -(a +1)e x +1e x =ae x -1 e x-1e x，因为函数g (x )既存在极大值，又存在极小值，则g (x )=0必有两个不等的实根，则a >0，令g (x )=0可得x =0或x =-ln a ，所以-ln a ≠0，解得a >0且a ≠1.令m =min 0,-ln a ，n =max 0,-ln a ，则有：x(-∞,m )m(m ,n )n(n ,+∞)g (x )+0-0+g (x )↗极大值↘极小值↗可知g (x )分别在x =m 和x =n 取得极大值和极小值，符合题意.综上，实数a 的取值范围是(0,1)∪(1,+∞).(ⅱ)由a ∈(0,1)，可得-ln a >0，所以x 1=0，x 2=-ln a ，g x 1 =a -1，g x 2 =1-a +(a +1)ln a 且有g x 2 <g x 1 <0，由题意可得a -1+k 1-a +(a +1)ln a >0对∀a ∈(0,1)恒成立，由于此时g x 2 <g x 1 <0，则k <0，所以k a +1 ln a >k -1 a -1 ，则ln a <1-1k ⋅a -1a +1，令h (x )=ln x -1-1k ⋅x -1x +1，其中0<x <1，则h(x )=1x -1-1k ⋅2(x +1)2=(x +1)2-2x 1-1k x (x +1)2=x 2+2k x +1x (x +1)2，令x 2+2k x +1=0，则Δ=4k 2-4=41-k 2k 2.①当Δ≤0，即k ≤-1时，h (x )≥0，h (x )在(0,1)上是严格增函数，所以h (x )<h (1)=0，即ln a <1-1k ⋅a -1a +1，符合题意；(2)当Δ>0，即-1<k <0时，设方程x 2+2k x +1=0的两根分别为x 3，x 4且x 3<x 4，则x3+x 4=-2k>0，x 3x 4=1，则0<x 3<1<x 4，则当x 3<x <1时，h (x )<0，则h (x )在x 3,1 上单调递减，所以当x 3<x <1时，h (x )>h (1)=0，即ln a >1-1k ⋅a -1a +1，不合题意.综上所述，k 的取值范围是(-∞,-1].【点睛】关键点点睛：本题(ⅱ)关键是将g x 1 +kg x 2 >0恒成立转化成ln a <1-1k ⋅a -1a +1，构造函数，利用导数分类讨论求解即可.14(2023上·广东深圳·高三深圳中学校考阶段练习)已知函数f x =x -m ln x -n ，其中m ,n∈R .(1)若m =n =1，求f x 在x =1处的切线方程；(2)已知不等式f x ≥x 恒成立，当nm取最大值时，求m 的值.【答案】(1)y =-1(2)m =e【分析】(1)根据切点和斜率求得切线方程.(2)构造函数g x =f x -x ，利用导数研究g x 的最小值，由此列不等式来求得nm的最大值，以及此时的m 的值.【详解】(1)当m =n =1时，f x =x -1 ln x -1，因为f x =ln x +x -1x，所以f 1 =0，又f 1 =-1，故f x 在x =1处的切线方程为y =-1；(2)显然m ≠0，若m <0，当x →0+时，x -m ln x -n →-∞，而x >0，矛盾，所以m >0，令g x =f x -x =x -m ln x -x -n ，则g x ≥0恒成立，即g (x )min ≥0.由于g x =ln x -m x ,ln x -m x =1x +mx2>0，则g x =ln x -mx在正实数集上是增函数，g 1 =-m <0,x →+∞时g x →+∞，故存在x 0>1，使得g x 0 =0，且在0,x 0 上g x <0,g (x )单减，在x 0,+∞ 上g x >0,g x 单增，且m =x 0ln x 0，故g (x )min =g x 0 =x 0ln x 0-m ln x 0-x 0-n ≥0，所以n ≤x 0ln x 0-m ln x 0-x 0=x 0ln x 0-x 0ln x 0 2-x 0，所以n m ≤x 0ln x 0-x 0ln x 0 2-x 0x 0ln x 0=1-ln x 0+1ln x 0≤-1，等号当且仅当ln x 0=1即x 0=e 时取得，此时m =x 0ln x 0=e ln e =e.故当n m取最大值时，m =e.15(2023·广东韶关·统考一模)已知函数f x =e x ,g x =2x .(1)若f x 在x =0处的切线与g x 的图象切于点P ，求P 的坐标；(2)若函数F x =f ax x 2-a +2a的极小值小于零，求实数a 的取值范围.【答案】(1)1,2 (2)(-∞,-2)∪(0,+∞)【分析】(1)由导数的几何意义可解；(2)求导得F x =ae ax x -1 x +a +2a，对a 进行分类讨论即可.【详解】(1)f x =e x .所以f x =e x 即切线斜率为k =e 0=1，又g x =2x ，所以g x =1x，令g x =1解得x =1，则g 1 =2，故点P 坐标为1,2 .(2)F x =f ax x 2-a +2a =e ax x 2-a +2a，因为F x =e ax ax 2+2x -a +2 =ae ax x -1 x +a +2a，令F x =0得x 1=-a +2a ,x 2=1，①当a >0,x 1=-a +2a <0由x 的变化可得x -∞,-a +2a-a +2a-a +2a,1 11,+∞F x +-0+F x单调递增极大值单调递减极小值单调递增F (1)极小值=e a -2a<0符合题意；②当-1<a <0,x 1=-a +2a >1由x 的变化可得x -∞,111,-a +2a-a +2a-a +2a,+∞ F x -0+-F x单调递减极小值单调递增极大值单调递减F (1)极小值=e a -2a>0不符合题意；③当a =1，F x ≤0，F x 单调递减，没极值点；④当a <-1，x 1=-a +2a <1由x 的变化可得x -∞,-a +2a-a +2a-a +2a,1 11,+∞F x -+0-F x单调递减极小值单调递增极大值单调递减F -a +2a 极小值=e x -a +2a -a +2a 2-a +2a<0，解得a<-2；综上所述，a∈(-∞,-2)∪(0,+∞).【点睛】关键点睛：本题主要考查导数的几何意义以及利用导数研究函数的极值，注意分类讨论思想的应用，本题难点在于a的范围的划分，属于常考题型.16(2023·湖北黄冈·统考模拟预测)已知函数f(x)=a ln x-2x+12x2.(1)讨论函数f x 的极值点个数；(2)若不等式f(x)≤x e x+12x-a-2-1恒成立，求实数a的取值范围.【答案】(1)答案见解析(2)a=1【分析】(1)根据函数极值的定义，结合一元二次方程根的判别式分类讨论进行求解即可；(2)利用换元法构造函数，根据导数的性质进行求解即可.【详解】(1)∵f (x)=x2-2x+ax，x>0，.令g(x)=x2-2x+a，方程x2-2x+a=0的判别式为Δ=4-4a，①：当Δ≤0即a≥1时，f x ≥0，f x 单调递增，无极值点；②：当Δ>0即a<1时，函数g x 有两个零点x1=1-1-a，x2=1+1-a，(i)当a≤0时.x1≤0，x2>1，当x∈0,x2时f x <0，f x 单调递减，当x∈(x2,+∞)时f x >0，f x 单调递增，f x 有一个极小值点；(ii)当0<a<1时0<x1<1，x2>1，当x∈0,x1与(x2,+∞)时f x >0，f x 单调递增，当x∈x1,x2时f x <0，f x 单调递减，f x 有两个极值点.综上：当a≥1时f x 无极值点；当0<a<1时f x 有两个极值点；当a≤0时f x 有一个极小值点.(2)不等式f(x)≤x e x-2x+12x2恒成立，即a ln x+x≤xe x-1.∴xe x-a ln xe x-1≥0，令xe x=t，t>0，∴t-a ln t-1≥0.令h t =t-a ln t-1，h (t)=t-at，则需h t =t-a ln t-1≥0，当a≤0时，h t ≥0，h t 单调递增，又h1 =0，∴t∈0,1时h t <0，不合题意，∴a>0.当0<t<a时，h t 单调递减，当t>a时h t 单调递增，h(t)min=h(a)=a-a ln a-1.而h1 =0，∴h a =a-a ln a-1≤0，又由h t =t-a ln t-1≥0可得h a =a-a ln a-1≥0，所以需h a =a-a ln a-1=0，令m x =x-x ln x-1，m x =-ln x，当x∈0,1时m x 单调递增，当x∈(1,+∞)时m x 单调递减，∴m (x )max =m (1)=0，∴a =1.【点睛】关键点睛：本题的关键是根据换元法把a ln x +x ≤xe x -1变形为t -a ln t -1≥0.17(2023·山东潍坊·统考模拟预测)已知函数f (x )=mx -1+ln (x +1)，m ∈R ．(1)若函数f x 图象上存在关于原点对称的两点，求m 的取值范围；(2)当s >t >1时，(2s -2t )k s +t -2+f (t -2)+m s -3<f (s -2)+m t -3恒成立，求正实数k 的最大值．【答案】(1)-12e≤m ≤0(2)1【分析】(1)问题可转化f -x +f x =0有解，得到ln 1-x 2 =m x +1-m x -1=-2x 2-1m ，构造函数g (t )=12t ln t (0<t ≤1)，求导讨论单调性，利用数形结合，找到y =m 与曲线在0,1 的有交点时m 的范围；(2)恒成立问题，把不等式变形成2k s -1t -1-1 s -1t -1+1<lns -1t -1，设s -1t -1=a (a >1)，构造函数h (a )=2k (a -1)a +1-ln a (a >1)，转化成零点的问题，再利用单调性求解.【详解】(1)要使函数f x 图象上存在关于原点对称的两点，则f -x +f x =0有解，则ln (-x +1)+m -x -1+ln (x +1)+mx -1=0，即ln 1-x 2 =m x +1-m x -1=-2x 2-1m ，令t =1-x 2，则0<t ≤1，设g (t )=12t ln t (0<t ≤1)g (t )=12(1+ln t )=0得t =1e，当0<t <1e时，g t <0，g t 单调递减，当1e<t ≤1时，g t >0，g t 单调递增，所以g (t )min =g 1e =-12e，g 1 =0，所以-12e≤m ≤0；(2)由题意知(2s -2t )k s +t -2+ln (t -1)+m t -3+m s -3<ln (s -1)+m s -3+mt -3，则(2s -2t )k s +t -2<ln (s -1)-ln (t -1)，则2k [(s -1)-(t -1)](s -1)+(t -1)<ln s -1t -1，2k s -1t -1-1 s -1t -1+1<ln s -1t -1，设s -1t -1=a (a >1)，则2k (a -1)a +1<ln a ，即2k (a -1)a +1-ln a <0，设h (a )=2k (a -1)a +1-ln a (a >1)，h(a )=4k (a +1)2-1a =4ka -(a +1)2a (a +1)2=-a 2+(4k -2)a -1a (a +1)2，且h 1 =0，当h (1)=-1+4k -2-14=4k -44>0，即k >1时，易知方程-a 2+4k -2 a -1=0有一根a 1大于1，另一根a 2小于1，所以h a 在1,a 1 上单调递增，故有h a >h 1 =0不合题意，舍去，当0<k ≤1时，有4ka -a +1 2≤4a -a +1 2=-a -1 2<0，所以h a ≤0，从而h a 在(1,+∞)上单调递减，故当a >1时，恒有h a <h 1 =0符合题意，所以正实数k 的取值范围为0<k ≤1，因此k 的最大值为1．【点睛】方法点睛：本题考查利用导数讨论方程根的个数问题.问题一可转化f -x +f x =0有解，得到ln 1-x 2 =m x +1-m x -1=-2x 2-1m ，构造函数g (t )=12t ln t (0<t ≤1)，求导讨论单调性，利用数形结合，找到y =m 与曲线在0,1 的有交点时m 的范围；问题二转化成恒成立问题，把不等式变形成2k s -1t -1-1 s -1t -1+1<lns -1t -1，设s -1t -1=a (a >1)，构造函数h (a )=2k (a -1)a +1-ln a (a >1)，转化成零点的问题，再利用单调性求解.18(2023·河北保定·统考二模)已知函数f x =x 2e x +m ,m ∈R ．(1)当m =-1时，求f x 在点A 1,e -1 处的切线方程．(2)若g x =f xx-ln x -1的图象恒在x 轴上方，求实数m 的取值范围．【答案】(1)3e -2 x -y -2e +1=0(2)m ≥-1【分析】(1)由题意，将m =-1代入函数f x 的解析式中，对函数f x 进行求导，得到f 1 和f 1 ，代入切线方程中即可求解；(2)将函数g x 的图像恒在x 轴上方，转化成m >ln x +1x -e x 恒成立，构造函数φx =ln x +1x-e x ，此时问题转化成函数最值问题，对函数φx 进行求导，利用导数的几何意义以及零点存在性定理进行求解即可．【详解】(1)∵f x =x 2e x -1∴f x =x 2+2x e x -2x∴f 1 =3e-2．又∵f1 =e-1∴f x 在点A1,e-1处的切线方程为3e-2x-y-2e+1=0(2)g x =f xx-ln x-1的图像恒在x轴上方，等价于x e x+m-ln x-1>0恒成立即m>ln x+1x-e x恒成立，令φx =ln x+1x-e x，则φ x =-ln xx2-e x=-ln x+x2e xx2令g x =-ln x+e x x2，则g x =-1x+x2e x+2xe x<0所以g x 在0,+∞上单调递减又g12>0,g1 <0，所以在0,+∞上存在唯一的x0使g x0=0当x∈0,x0时φ x >0,φx 单调递增，当x∈x0,+∞时φ x <0,φx 单调递减．故φx 的最大值为φx0=ln x0+1x0-e x0又1nx0+e x0x02=0，故x0e x0=-ln x0x0，两边取对数得ln x0+x0=ln-ln x0+-ln x0又h x =x+ln x在定义域内单调递增，所以x0=-ln x0，故e x0=1 x0所以φx0=ln x0+1x0-e x0=ln x0x0+1x0-1x0=-1所以m≥-1.【点睛】方法点睛：含参不等式恒成立求参数值(取值范围)常用的方法：(1)直接法：直接求导确定函数的单调性得到最值，再通过解不等式确定参数范围；(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的最值问题加以解决；(3)数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.19(2023下·福建宁德·高三统考阶段练习)已知函数f(x)=e x+2ax-1，其中a为实数，e为自然对数底数，e=2.71828⋯.(1)已知函数x∈R，f(x)≥0，求实数a取值的集合；(2)已知函数F(x)=f(x)-ax2有两个不同极值点x1、x2，证明2a(x1+x2)>3x1x2【答案】(1)-1 2(2)证明见解析【分析】(1)求出f(x)的导数，对实数a分类讨论求出f(x)的最小值，解不等式f(x)min≥0即可求解；(2)由函数F(x)=f(x)-ax2有两个不同极值点x1、x2，可求出a的取值范围，由已知得e x2e x1=x2-1x1-1，取对数得x2-x1=ln x2-1-ln x1-1，通过换元x1-1=t1，x2-1=t2，构造函数u t =t-ln t，讨论函数u t =t-ln t的单调性，确定t1，t2的不等关系，再转化为x1、x2的关系即可证明．【详解】(1)由f (x )=e x +2ax -1，得f (x )=e x +2a ，当a ≥0时，因为f (-1)=1e-1-2a <0，不合题意；当a <0时，当x ∈-∞,ln (-2a ) 时，f (x )<0，f (x )单调递减，当x ∈ln (-2a ),+∞ 时，f (x )>0，f (x )单调递增，所以f (x )min =f ln (-2a ) =-2a +2a ln (-2a )-1，要f (x )≥0，只需f (x )min =-2a +2a ln (-2a )-1≥0，令g (x )=x -x ln x -1，则g (x )=-ln x ，当x ∈(0,1)时，g (x )>0，g (x )单调递增；当x ∈(1,+∞)时，g (x )<0，g (x )单调递减；所以g (x )≤g (1)=0，则由g (-2a )=-2a +2a ln (-2a )-1≥0得-2a =1所以a =-12，故实数a 取值的集合-12 (2)由已知F x =e x -ax 2+2ax -1，则F x =e x -2ax +2a ，因为函数F x 有两个不同的极值点x 1、x 2，所以F x 有两个不同零点，若a ≤0时，则F x 在R 上单调递增，F x 在R 上至多一个零点，与已知矛盾，舍去；当a >0时，由e x -2ax +2a =0，得12a =x -1e x，令φx =x -1e x ，所以φx=2-x e x，当x ∈-∞,2 时，φ x >0，φx 单调递增；当x ∈2,+∞ 时，φ x <0，φx 单调递减.所以φx max =φ2 =1e2，且当x <1时，φx <0，当x >1时，φx >0，如下图所示：由图可知，当0<12a <1e2时，即当a >e 22时，直线y =12a 与函数φx 的图象有两个交点，不妨设这两个交点的横坐标分别为x 1、x 2，且x 1<x 2，且当x <x 1或x >x 2时，12a >x -1e x，则F x =2ae x 12a -x -1e x>0，当x1<x<x2时，12a <x-1e x，则F x =2ae x12a-x-1e x<0.综上所述，当a>e22时，函数F x 有两个极值点；设x1<x2，则1<x1<2<x2，因为φ(x1)=φ(x2)=0，所以e x1=2ax1-2a，e x2=2ax2-2a，则e x2e x1=x2-1x1-1，取对数得x2-x1=ln(x2-1)-ln(x1-1)，令x1-1=t1，x2-1=t2，则t2-t1=ln t2-ln t1，即t2-ln t2=t1-ln t1(0<t1<1<t2)，令u(t)=t-ln t，则u(t1)=u(t2)，因为u (t)=t-1t，所以u(t)=t-ln t在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，令v(t)=u(t)-u1t=t-1t-2ln t，则v (t)=(t-1)2t2≥0，v(t)在(0,+∞)上单调递增，又v(1)=0，所以当t∈(0,1)时，v(t)<v(1)=0，即u(t)<u1t ，因为t2>1，2-t1>1，u(t)=t-ln t在(1,+∞)上单调递增，所以t2<1t1，所以x2-1<1x1-1，即x1x2<x1+x2，所以x1x2<x1+x2<2312e2(x1+x2)<23a(x1+x2)，故3x1x2<2a(x1+x2)成立.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：(1)直接构造函数法：证明不等式f x >g x (或f x <g x )转化为证明f x -g x >0(或f x -g x <0)，进而构造辅助函数h x =f x -g x ；(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；(3)构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.20(2023·广东·统考二模)已知a∈R，函数f x =x-1ln1-x-x-a cos x，f x 为f x 的导函数.(1)当a=0时，求函数f x 的单调区间；(2)讨论f x 在区间0,1上的零点个数；(3)比较110cos110与ln109的大小，并说明理由.【答案】(1)f x 的单调递增区间为-∞,0，单调递减区间为0,1(2)答案见解析(3)110cos110<ln109，理由见解析【分析】(1)求导可得f x =ln1-x(x<1)，根据f x >0和f x <0即可求解；(2)令g x =f x ，则g x =a1-xcos x-11-x，x∈0,1.易知当a≤1时g x <0，从而g x 单调递减；当a >1时令h x =a 1-x cos x -1，利用导数讨论函数h (x )的单调性，根据零点的存在性定理分析函数g x 的单调性可得g x <0，即可得出零点的个数；(3)由(2)可得当a ≤1时ln 1-x +a sin x <0在0,1 上恒成立.利用导数讨论函数m x =x -tan x 的性质可得x cos x <sin x ，结合sin x <ln 11-x 得x cos x <ln 11-x，x ∈0,1 ，即可证明.【详解】(1)当a =0时，f x =x -1 ln 1-x -x ，其定义域为-∞,1 ，f x =ln 1-x ，令f x =ln 1-x =0，得x =0.当x ∈-∞,0 时，f x >0，故f x 在-∞,0 上单调递增；当x ∈0,1 时，f x <0，故f x 在0,1 上单调递减.因此，函数f x 的单调递增区间为-∞,0 ，单调递减区间为0,1 .(2)令g x =f x =ln 1-x +a sin x ，则g x =-11-x +a cos x =a 1-x cos x -11-x，x ∈0,1 .因为x ∈0,1 ，则1-x ∈0,1 ，cos x ∈0,1 ，则1-x cos x ∈0,1 .当a ≤1时，则a 1-x cos x -1<0，故g x <0，从而g x 在0,1 上单调递减；而g 0 =0，故当x ∈0,1 时，g x <g 0 =0，故g x 在区间0,1 上无零点；即f x 在区间0,1 上无零点；当a >1时，令h x =a 1-x cos x -1，则h x =-a cos x +1-x sin x ，因为x ∈0,1 ，则cos x +1-x sin x >0，从而h x <0，即h x 在0,1 上单调递减；而h 0 =a -1>0，h 1 =-1<0，因此存在唯一的x 0∈0,1 ，使得h x 0 =0，并且当x ∈0,x 0 时，h x >0；当x ∈x 0,1 时，h x <0.即当x ∈0,x 0 时，g x >0，当x ∈x 0,1 时，g x <0.故当x ∈0,x 0 时，g x 单调递增，当x ∈x 0,1 时，g x 单调递减.而g 0 =0，故g x 0 >0；取N =1-e -2a ∈0,1 ，当x >N 时，g x =ln 1-x +a sin x <a +ln e -2a =a -2a =-a <0，所以存在唯一的m ∈x 0,1 ，使得g m =0，即f x 在区间0,1 上有唯一零点.综上所述，当a >1时，f x 在0,1 上有唯一的零点；当a ≤1时，f x 在0,1 上没有零点.(3)110cos 110<ln 109理由如下：[解法一]由(2)可得，当a ≤1时，ln 1-x +a sin x <0在0,1 上恒成立.即当a =1时，sin x <ln 11-x ，x ∈0,1 .以下证明不等式：当x ∈0,π2时，有x <tan x .令m x =x-tan x，则m x =1-1cos2x<0，故m x 在0,π2上单调递减，则m x <m0 =0，即x<tan x，x∈0,π2，即有x cos x<sin x，而sin x<ln11-x，故x cos x<ln11-x，x∈0,1.取x=110，则有110cos110<ln109.[解法二]显然cos110∈0,1，故110cos110<110，以下证明不等式：当x∈-1,+∞时，有ln1+x≤x.令p x =ln1+x-x，则令p x =11+x-1=-x1+x=0，得x=0.故当x∈-1,0时，p x >0，从而p x 在-1,0上单调递增；当x∈0,+∞时，p x <0，从而p x 在0,+∞上单调递减.故x=0是p x =ln1+x-x的极大值点，并且是最大值点，故p x ≤p0 =0，即ln1+x≤x，x∈-1,+∞.取x=-110，则ln910<-110，故ln109>110，故110cos110<110<ln109，从而110cos110<ln109.【点睛】方点点睛：利用导数研究函数零点问题，不论哪种方法，其核心步骤都是构造函数.利用已知的函数或已知条件将问题转化，重新构造函数模型，通过导数研究函数模型的单调性、极值或最值等达到解决问题的目的.二、证明题21(2023·福建·校联考模拟预测)设函数f x =2x-2x-a ln x(a∈R).(1)讨论f x 的单调性；(2)若f x 有两个极值点x1，x2，记过点A x1,f x1，B x2,f x2的直线的斜率为k，若x2∈1,e，证明：2-4e-1<k<0.【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】(1)求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；(2)求出直线的斜率k，得k=4-2x1x2+1x1x2-1lnx1x2，令t=x1x2，t∈1e,1，要证：2-4e-1<k<0，即证ln t<2t-1t+1和ln t>e+1e-1⋅t-1t+1，求出函数的导数，根据函数的单调性证明即可．【详解】(1)f x =2+2x2-ax=2x2-ax+2x2，令g x =2x2-ax+2，Δ=a2-16.①当-4≤a≤4时，Δ≤0，f x ≥0，f x 在0,+∞单调递增：②当a<-4时，Δ>0，g x =0的两根都小于0，f x 在0,+∞上大于0，所以f x 在0,+∞单调递增；③当a>4时，由g x =0，解得x1=a-a2-164，x2=a+a2-164，x∈0,x1∪x2,+∞，g x >0，f x >0，f x 在0,x1，x2,+∞上单调递增：x∈x1,x2，g x <0，f x <0，f x 在x1,x2上单调递减.(2)证明：由(1)知当a>4时，f x 有两个极值点x1，x2，且满足x1+x2=a2，x1x2=1.f x1-f x2=2x1-x2-21x1-1x2-a ln x1-ln x2=4x1-x2-a ln x1-ln x2，k=f x1-f x2x1-x2=4-aln x1-ln x2x1-x2=4-2x1+x2x1-x2ln x1-ln x2=4-2x1x2+1x1x2-1lnx1x2.令t=x1x2=1x22∈1e,1，则k=4-2t+1t-1ln t.(ⅰ)要证k<0，即证ln t<2t-1 t+1.令h t =ln t-2t-1t+1，则ht =1t-4t+12=t2-2t+1t+12>0，所以h t 在1e,1上单调递增.又h1 =0，所以h t <0，即ln t<2t-1t+1，∴k<0.(ⅱ)要证k>2-4e-1，即证ln t>e+1e-1⋅t-1t+1.令F t =ln t-e+1e-1⋅t-1t+1，Ft =1t-e+1e-12t+12=t2-4e-1t+1t t+12，记G t =t2-4e-1t+1，则G1e=e3-e2-3e-1e2e-1>0，G1 =2e-6e-1<0，则G t 在1e,1有唯一实根t0，故F t 在1e,t0上单调递增，在t0,1单调递减，又F1e=F1 =0，所以当1e<t<1时，F t >F1e =0，∴ln t>e+1e-1⋅t-1t+1，即k>2-4e-1.由(ⅰ)(ⅱ)，证得2-4e-1<k<0.【点睛】思路点睛：根据函数极值点个数求参数相关问题时，一般需要先对函数求导，根据导函数对应的方程，确定极值点与参数之间关系，再由消元法将问题转化为参数与其中一个极值点之间的关系式，根据极值点的范围，构造新的函数，利用导数的方法判定新函数的单调性，进而即可求解.。

高中数学导数压轴题专题拔高训练 (二)

高中数学导数压轴题专题拔高训练一．选择题（共15小题）1．已知可导函数f（x）（x∈R）满足f′（x）＞f（x），则当a＞0时，f（a）和e a f（0）大小关系为（）A．f（a）＜e a f（0）B．f（a）＞e a f（0）C．f（a）=e a f（0）D．f（a）≤e a f（0）考点：利用导数研究函数的单调性．专题：计算题；压轴题．分析：设函数f（x）=e2x，则导函数f′（x）=2•e2x，显然满足f'（x）＞f（x），由f（a）=e2a，e a f（0）=e a，比较得出结论．解答：解：由题意知，可设函数f（x）=e2x，则导函数f′（x）=2•e2x，显然满足f'（x）＞f（x），f（a）=e2a，e a f（0）=e a，当a＞0时，显然e2a＞e a ，即f（a）＞e a f（0），故选B．点评：本题考查求复合函数的导数的方法，以及指数函数的单调性，利用构造法求解是我们选择题常用的方法．2．已知函数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B．有最大值﹣C．有最小值D．有最小值﹣考点：利用导数研究函数的单调性．专题：压轴题．分析：先对函数f（x）求导，然后令导数在[﹣1，2]小于等于0即可求出b+c的关系，得到答案．解答：解：由f（x）在[﹣1，2]上是减函数，知f′（x）=3x2+2bx+c≤0，x∈[﹣1，2]，则⇒15+2b+2c≤0⇒b+c≤﹣．故选B．点评：本题主要考查函数的单调性与其导函数的正负情况之间的关系，即导函数大于0时原函数单调递增，当导函数小于0时原函数单调递减．3．对任意的实数a，b，记若F（x）=max{f（x），g（x）}（x∈R），其中奇函数y=f（x）在x=1时有极小值﹣2，y=g（x）是正比例函数，函数y=f（x）（x≥0）与函数y=g（x）的图象如图所示则下列关于函数y=F（x）的说法中，正确的是（）A．y=F（x）为奇函数B．y=F（x）有极大值F（1）且有极小值F（﹣1）C．y=F（x）的最小值为﹣2且最大值为2 D．y=F（x）在（﹣3，0）上不是单调函数考点：利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值．专题：计算题；压轴题．分析：在同一个坐标系中作出两函数的图象，横坐标一样时取函数值较大的那一个，如图，由图象可以看出选项的正确与否．解答：解：∵f（x）*g（x）=max{f（x），g（x）}，∴f（x）*g（x）=max{f（x），g（x）}的定义域为R，f（x）*g（x）=max{f（x），g（x）}，画出其图象如图中实线部分，由图象可知：y=F（x）的图象不关于原点对称，不为奇函数；故A不正确y=F（x）有极大值F（﹣1）且有极小值F（0）；故B不正确y=F（x）的没有最小值和最大值为，故C不正确y=F（x）在（﹣3，0）上不为单调函数；故D正确故选D．点评：本题考点是函数的最值及其几何意义，本题考查新定义，需要根据题目中所给的新定义作出相应的图象由图象直观观察出函数的最值，对于一些分段类的函数，其最值往往借助图象来解决．本题的关键是读懂函数的图象，属于基础题．4．已知函数f（x）=x3+ax2﹣bx+1（a、b∈R）在区间[﹣1，3]上是减函数，则a+b的最小值是（）A．B．C．2D．3考点：利用导数研究函数的单调性．专题：计算题；压轴题．分析：求出f′（x），因为函数在区间[﹣1，3]上是减函数得到f（﹣1）和f（3）都小于0分别列出关于a与b的两个不等式，联立即可解出a的取值范围得到a的最小值，把a的最小值当然①即可求出b的最小值，求出a+b的值即可．解答：解：f′（x）=x2+2ax﹣b，因为函数f（x）在区间[﹣1，3]上是减函数即在区间[﹣1，3]上，f′（x）≤0，得到f′（﹣1）≤0，且f′（3）≤0，代入得1﹣2a﹣b≤0①，且9+6a﹣b≤0②，由①得2a+b≥1③，由②得b﹣6a≥9④，设u=2a+b≥1，v=b﹣6a≤9，假设a+b=mu+nv=m（2a+b）+n（﹣6a+b）=（2m﹣6n）a+（m+n）b，对照系数得：2m﹣6n=1，m+n=1，解得：m=，n=，∴a+b=u+v≥2，则a+b的最小值是2．故选C点评：此题考查学生会利用导数研究函数的单调性，灵活运用不等式的范围求未知数的最值，是一道综合题．5．定义在R上的可导函数f（x），当x∈（1，+∞）时，f（x）+f′（x）＜xf′（x）恒成立，a=f（2），b=f（3），c=（+1）f（），则a，b，c的大小关系为（）A．c＜a＜b B．b＜c＜a C．a＜c＜b D．c＜b＜a考点：利用导数研究函数的单调性．专题：综合题；压轴题；导数的概念及应用．分析：根据x∈（1，+∞）时，f（x）+f′（x）＜xf′（x），可得g（x）=在（1，+∞）上单调增，由于，即可求得结论．解答：解：∵x∈（1，+∞）时，f（x）+f′（x）＜xf′（x）∴f′（x）（x﹣1）﹣f（x）＞0∴[]′＞0∴g（x）=在（1，+∞）上单调增∵∴g（）＜g（2）＜g（3）∴∴∴c＜a＜b故选A．点评：本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性，确定函数的单调性是关键．6．设f（x）是定义在R上的可导函数，且满足f′（x）＞f（x），对任意的正数a，下面不等式恒成立的是（）A．f（a）＜e a f（0）B．f（a）＞e a f（0）C．D．考点：利用导数研究函数的单调性；导数的运算．专题：压轴题；导数的概念及应用．分析：根据选项令f（x）=，可以对其进行求导，根据已知条件f′（x）＞f（x），可以证明f（x）为增函数，可以推出f（a）＞f（0），在对选项进行判断；解答：解：∵f（x）是定义在R上的可导函数，∴可以令f（x）=，∴f′（x）==，∵f′（x）＞f（x），e x＞0，∴f′（x）＞0，∴f（x）为增函数，∵正数a＞0，∴f（a）＞f（0），∴＞=f（0），∴f（a）＞e a f（0），故选B．点评：此题主要考查利用导数研究函数单调性，此题要根据已知选项令特殊函数，是一道好题；7．若函数f（x）=x3+a|x2﹣1|，a∈R，则对于不同的实数a，则函数f（x）的单调区间个数不可能是（）A．1个B．2个C．3个D．5个考点：利用导数研究函数的单调性．专题：证明题；压轴题．分析：先令a=0，即可排除A，再将函数化为分段函数，并分段求其导函数，得f′（x），最后利用分类讨论，通过画导函数f′（x）的图象判断函数f（x）的单调区间的个数，排除法得正确判断解答：解：依题意：（1）当a=0时，f（x）=x3，在（﹣∞，+∞）上为增函数，有一个单调区间①当a≠0时，∵f（x）=x3+a|x2﹣1|a∈R∴f（x）=∴f′（x）=（2）当0＜a＜时，∵﹣＜﹣＜0，0＜＜，∴导函数的图象如图1：（其中m为图象与x轴交点的横坐标）∴x∈（﹣∞，0]时，f′（x）＞0，x∈（0，m）时，f′（x）＜0，x∈[m，+∞）时，f′（x）＞0，∴f（x）在x∈（﹣∞，0]时，单调递增，x∈（0，m）时，单调递减，x∈[m，+∞）时，单调递增，有3个单调区间②（3）当a≥3时，∵﹣＜﹣1，＞1，∴导函数的图象如图2：（其中n为x≤﹣1时图象与x轴交点的横坐标）∴x∈（﹣∞，n]时，f′（x）＞0，x∈（n，﹣1]时，f′（x）＜0，x∈（﹣1，0）时，f′（x）＞0，x∈[0，1）时，f′（x）＜0，x∈[1，+∞）时，f′（x）＞0∴函数f（x）在x∈（﹣∞，n]时，单调递增，x∈（n，﹣1]时，单调递减，x∈（﹣1，0）时，单调递增，x∈[0，1）时，单调递减，x∈[1，+∞）时，单调递增，有5个单调区间③由①②③排除A、C、D，故选B点评：本题考查了含绝对值函数的单调区间的判断方法，利用导数研究三次函数单调区间的方法，函数与其导函数图象间的关系，排除法解选择题8．已知函数，那么下面结论正确的是（）A．f（x）在[0，x0]上是减函数B．f（x）在[x0，π]上是减函数C．∃x∈[0，π]，f（x）＞f（x0）D．∀x∈[0，π]，f（x）≥f（x0）考点：利用导数研究函数的单调性．专题：计算题；压轴题．分析：由函数的解析式f（x）=sinx﹣x可求其导数f′（x）=cosx﹣，又余弦函数在[0，π]上单调递减，判断导数在[x0，π]上的正负，再根据导数跟单调性的关系判断函数的单调性．解答：解：∵f（x）=sinx﹣x∴f′（x）=cosx﹣∵cosx0=，x0∈[0，π]又∵余弦函数y=cosx在区间[0，π]上单调递减∴当x＞x0时，cosx＜cosx0 即cosx＜∴当x＞x0时，f′（x）=cosx﹣＜0∴f（x）=sinx﹣x在[x0，π]上是减函数．故选B．点评：利用导数判断函数的单调性，一定要注意其方法及步骤．（1）确定函数f（x）的定义域；（2）求导数f′（x）；（3）在f（x）的定义域内解不等式f′（x）＞0和f′（x）＜0；（4）写出f（x）的单调区间．9．设，若对于任意x1∈[0，1]，总存在x0∈[0，1]，使得g（x0）=f（x1）成立，则实数a的取值范围是（）A．B．C．[1，4]D．考点：利用导数研究函数的单调性．专题：计算题；综合题；压轴题；转化思想．分析：根据对于任意x1∈[0，1]，总存在x0∈[0，1]，使得g（x0）=f（x1）成立，得到函数f（X）在[0，1]上值域是g（X）在[0，1]上值域的子集，下面利用导数求函数f（x）、g（x）在[0，1]上值域，并列出不等式，解此不等式组即可求得实数a的取值范围解答：解：∵，∴f′（x）=，当x∈[0，1]，f′（x）≥0．∴f（x）在[0，1]上是增函数，∴f（x）的值域A=[0，1]；又∵g（x）=ax+5﹣2a（a＞0）在[0，1]上是增函数，∴g（X）的值域B=[5﹣2a，5﹣a]；根据题意，有A⊆B∴，即．故选A．点评：此题是个中档题．考查利用导数研究函数在闭区间上的最值问题，难点是题意的理解与转化，体现了转化的思想．同时也考查了同学们观察、推理以及创造性地分析问题、解决问题的能力，10．设函数f（x）=kx3+3（k﹣1）x2﹣k2+1在区间（0，4）上是减函数，则k的取值范围（）A．B．C．D．考点：函数的单调性与导数的关系．专题：计算题；压轴题．分析：先求导函数f'（x），函数f（x）=kx3+3（k﹣1）x2﹣k2+1在区间（0，4）上是减函数转化成f'（x）≤0在区间（0，4）上恒成立，讨论k的符号，从而求出所求．解答：解：f'（x）=3kx2+6（k﹣1）x，∵函数f（x）=kx3+3（k﹣1）x2﹣k2+1在区间（0，4）上是减函数，∴f'（x）=3kx2+6（k﹣1）x≤0在区间（0，4）上恒成立当k=0时，成立k＞0时，f'（4）=48k+6（k﹣1）×4≤0，即0＜k≤k＜0时，f'（4）=48k+6（k﹣1）×4≤0，f'（0）≤0，k＜0故k的取值范围是k≤故选D．点评：本题主要考查导函数的正负与原函数的单调性之间的关系，即当导函数大于0时原函数单调递增，当导函数小于0时原函数单调递减，同时考查了分析与解决问题的综合能力，属于基础题．11．若函数f（x）=2x2﹣lnx在其定义域的一个子区间（k﹣1，k+1）内不是单调函数，则实数k的取值范围是（）A．B．C．D．考点：函数的单调性与导数的关系．专题：计算题；压轴题．分析：先求导函数，再进行分类讨论，同时将函数f（x）=2x2﹣lnx在其定义域的一个子区间（k﹣1，k+1）内不是单调函数，转化为f′（x）在其定义域的一个子区间（k﹣1，k+1）内有正也有负，从而可求实数k的取值范围解答：解：求导函数，当k=1时，（k﹣1，k+1）为（0，2），函数在上单调减，在上单调增，满足题意；当k≠1时，∵函数f（x）=2x2﹣lnx在其定义域的一个子区间（k﹣1，k+1）内不是单调函数∴f′（x ）在其定义域的一个子区间（k﹣1，k+1）内有正也有负∴f′（k﹣1）f′（k+1）＜0∴∴×＜0∴∵k﹣1＞0∴k+1＞0，2k+1＞0，2k+3＞0，∴（2k﹣3）（2k﹣1）＜0，解得综上知，故选D．点评：本题以函数为载体，考查函数的单调性，考查学生分析解决问题的能力，分类讨论，等价转化是关键．12．已知g（x ）为三次函数f（x）=x3+ax2+cx的导函数，则它们的图象可能是（）A．B．C．D．考点：函数的单调性与导数的关系．专题：计算题；压轴题．分析：先求出函数的导函数，然后利用排除法进行判定，以及f′（x）=ax2+2ax+c与x轴交点处，函数取极值可得结论．解答：解：∵f（x）=x3+ax2+cx∴f′（x）=ax2+2ax+c对称轴为x=﹣1可排除选项B与选项C再根据f′（x）=ax2+2ax+c与x轴交点处，函数取极值可知选项D正确故选D．点评：本题主要考查了函数的单调性与导数的关系，解题的关键是原函数图象与导函数图象的关系，属于基础题．13．已知定义在R上的函数f（x）满足f（2）=1，f′（x）为f（x）的导函数．已知y=f′（x）的图象如图所示，若两个正数a，b满足f（2a+b）＞1，则的取值范围是（）A．（B．C．（﹣2，1）D．（﹣∞，﹣2）∪（1，+∞）考点：函数的单调性与导数的关系；简单线性规划．专题：计算题；压轴题；数形结合．分析：先根据导函数的图象判断原函数的单调性，从而确定a、b的范围，最后利用线性规划的方法得到答案．解答：解：由图可知，当x＞0时，导函数f'（x）＜0，原函数单调递减，∵两正数a，b满足f（2a+b）＞1，且f（2）=1，∴2a+b＜2，a＞0，b＞0，画出可行域如图．k=表示点Q（2，1）与点P（x，y）连线的斜率，当P点在A（1，0）时，k最大，最大值为：；当P点在B（0，2）时，k最小，最小值为：．k的取值范围是（﹣，1）．故选A．点评：本题主要考查函数的单调性与其导函数的正负之间的关系，即当导函数大于0时原函数单调递增，当导函数小于0时原函数单调递减．14．已知f（x）是定义在R上的奇函数，且f（1）=0，f′（x）是f（x）的导函数，当x＞0时总有xf′（x）＜f（x）成立，则不等式f（x）＞0的解集为（）D．{x|﹣1＜x＜1，且x≠0} A．{x|x＜﹣1或x＞1} B．{x|x＜﹣1或0＜x＜1} C．{x|﹣1＜x＜0或0＜x＜1}考点：函数的单调性与导数的关系；其他不等式的解法．专题：计算题；压轴题．分析：由已知当x＞0时总有xf′（x）＜f（x）成立，可判断函数g（x）=为减函数，由已知f（x）是定义在R上的奇函数，可证明g（x）为（﹣∞，0）∪（0，+∞）上的偶函数，根据函数g（x）在（0，+∞）上的单调性和奇偶性，模拟g（x）的图象，而不等式f（x）＞0等价于x•g（x）＞0，数形结合解不等式组即可解答：解：设g（x）=，则g（x）的导数为g′（x）=，∵当x＞0时总有xf′（x）＜f（x）成立，即当x＞0时，g′（x）恒小于0，∴当x＞0时，函数g（x）=为减函数，又∵g（﹣x）====g（x）∴函数g（x）为定义域上的偶函数又∵g（1）==0∴函数g（x）的图象性质类似如图：数形结合可得不等式f（x）＞0⇔x•g（x）＞0⇔或⇔0＜x＜1或x＜﹣1故选B点评：本题主要考查了利用导数判断函数的单调性，并由函数的奇偶性和单调性解不等式，属于综合题．15．已知函数f（x）的定义域为[﹣2，+∞），部分对应值如下表．f′（x）为f（x）的导函数，函数y=f′（x）的图象如下图所示．若两正数a，b满足f（2a+b）＜1，则的取值范围是（）X ﹣2 0 4f（x） 1 ﹣1 1A．B．C．D．考点：函数的单调性与导数的关系．专题：计算题；压轴题；数形结合．分析：由导函数的图象得到导函数的符号，利用导函数的符号与函数单调性的关系得到f（x）的单调性，结合函数的单调性求出不等式的解即a，b的关系，画出关于a，b的不等式表示的平面区域，给函数与几何意义，结合图象求出其取值范围．解答：解：由导函数的图形知，x∈（﹣2，0）时，f′（x）＜0；x∈（0，+∞）时，f′（x）＞0∴f（x）在（﹣2，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增；∵f（2a+b）＜1∴﹣2＜2a+b＜4∵a＞0，b＞0∴a，b满足的可行域为表示点（a，b）与（﹣3，﹣3）连线的斜率的2倍由图知当点为（2．，0）时斜率最小，当点为（0，4）时斜率最大所以的取值范围为故选A点评：利用导函数求函数的单调性问题，应该先判断出导函数的符号，当导函数大于0对应函数单调递增；当导函数小于0，对应函数单调递减．二．解答题（共15小题）16．已知m∈R，函数f（x）=x2﹣m x，g（x）=lnx．（1）当x∈[1，2]时，如果函数f（x）的最大值为f（1），求m的取值范围；（2）若对有意义的任意x，不等式f（x）＞g（x）恒成立，求m的取值范围；（3）当m在什么范围内取值时，方程f（x）=g（x）分别无实根？只有一实根？有两个不同实根？考点：导数在最大值、最小值问题中的应用；利用导数研究函数的极值．专题：计算题；压轴题．分析：（1）本问题求出函数的最值代入已知最大值为f（1），即可解得参数m的值，（2）本题恒成立问题转化为函数的最值来解答，具体方法是由f（x）＞g（x）等价于x2﹣mx＞lnx，即，构造出函数，利用导数工具可以求解．（3）我们对本题可以这样处理，想根据函数y=x2，y=mx，y=lnx的图象的增减性，判断猜测出参数m取值时分别对应方程的根的情况，然后来证明这个结论．证明时可利用新构造的函数h（x）=f（x）﹣g（x），利用导数以及函数的单调性，求出函数的最值来判断根x0的性质以辨别是否存在这个根．解答：解：（1）函数f（x）=x2﹣mx的图象开口向上，函数在x=1或x=2处取得最大值，则f（1）≥f（2），1﹣m≥4﹣2m，得：m≥3．（2）f（x）＞g（x）等价于x2﹣mx＞lnx，其中x＞0，即：由，令，得，当x=1时t′（x）=0，当x∈（0，1）时t′（x）＜0；当x∈（1，+∞）时t′（x）＞0，m＜t（x）min=t（1）=1，∴m＜1．（3）设h（x）=f（x）﹣g（x）=x2﹣mx﹣lnx，其中x＞0．观察得当m=1时，方程f（x）=g（x）即为：x2﹣x﹣lnx=0的一个根为x=1．猜测当m＜1，m=1，m＞1时方程分别无根，只有一个根，有且只有两个根．证明：∵h′（x）==0，等价于2x2﹣mx﹣1=0此方程有且只有一个正根为，且当x∈（0，x0）时，h′（x）＜0；当x∈（x0，+∞）时，h′（x）＞0，函数只有一个极值h（x）min=h（x0）=x02﹣mx0﹣lnx0．1°当m＜1时，由（2）得f（x）＞g（x）恒成立，方程无解．2°当m=1时，x0=1，h（x）min=h（1）=0，则h（x）≥h（x）min=0，当且仅当x=1时，h（x）=0，此时只有一个根x=1．3°当m＞1时，，关于m在（1，+∞）上递增，∴x0∈（1，+∞）时lnx0＞0，∵m＞1⇒1＜m2⇒8＜8m2⇒m2+8＜9m2⇒⇒⇒⇒x0＜m．∴h（x）min=h（x0）=x02﹣mx0﹣lnx0=x0（x0﹣m）﹣lnx0＜0．证毕点评：本题考查二次函数在定区间上的最值问题，函数类型简单，是一个二次函数，第一问的设计很容易，后面两问的综合性较强，对学生的逻辑思维能力，运算能力有很好的锻炼价值，本题第二小题是一个恒成立的问题，求参数的范围，一般转化最值问题来求解，本题第三问也是构造函数来解答，转化为利用导数研究新构造的函数的单调性求出函数的最值，结合最值来判断根的存在与否．本题对运算能力有一定的要求，解题时一定要严谨．考查的思想方法有分类讨论，构造函数等方法思想．17．设函数h（x）=x2，φ（x）=2elnx（e为自然对数的底）．（1）求函数F（x）=h（x）﹣φ（x）的极值；（2）若存在常数k和b，使得函数f（x）和g（x）对其定义域内的任意实数x分别满足f（x）≥kx+b和g（x）≤kx+b，则称直线l：y=kx+b为函数f（x）和g（x）的“隔离直线”．试问：函数h（x）和φ（x）是否存在“隔离直线”？若存在，求出“隔离直线”方程；若不存在，请说明理由．考点：导数在最大值、最小值问题中的应用；利用导数研究函数的极值．专题：计算题；压轴题；新定义；数形结合；转化思想．分析：（1）根据所给的函数，对函数求导，使得导函数等于0，验证可能的极值点两侧导函数的符合相反，得到函数存在极值．（2）由题意知若存在隔离直线，则对其定义域内的任意实数x分别满足f（x）≥kx+b和g（x）≤kx+b，两个函数的图象有公共点，设出直线的方程，根据函数的恒成立得到k的值，求出函数的极大值，得到结论．解答：解：（1）∵F（x）=h（x）﹣φ（x）=x2﹣2elnx（x＞0）∴当x=时，F′（x）=0，当0＜x＜时，F′（x）＜0，当x＞时，F′（x）＜0∴F（x）在处取得极小值0．（2）由（1）知当x＞0时，h（x）≥φ（x），若存在隔离直线，则对其定义域内的任意实数x分别满足f（x）≥kx+b和g（x）≤kx+b，∵两个函数的图象有公共点，∴隔离直线必过（，e）设直线的方程是y﹣e=k（x﹣）∴h（x）≥kx+e﹣k恒成立，∴△≤0∴k=2令G（x）=φ（x）﹣2x+e对函数求导有当x＞时，F′（x）＜0，当0＜x＜时，F′（x）＜0∴当时有G（x）的极大值为0，也就是最大值为0．从而G（x）≤0，即恒成立．故函数h（x）和φ（x）存在唯一的“隔离直线”．点评：本题考查导数在最大值与最小值问题中的应用，求解本题关键是根据导数研究出函数的单调性，由最值的定义得出函数的最值，本题中第一小题是求出函数的极值，第二小题是一个求函数的最值的问题，此类题运算量较大，转化灵活，解题时极易因为变形与运算出错，故做题时要认真仔细．18．函数f（x）=x2+bln（x+1）﹣2x，b∈R．（1）当b=1时，求曲线f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；（2）当时，求函数f（x）在（﹣1，1]上的最大值；（ln2≈0.69）（3）设g（x）=f（x）+2x，若b≥2，求证：对任意x1，x2∈（﹣1，+∞），且x1≥x2，都有g（x1）﹣g（x2）≥2（x1﹣x2）．考点：导数在最大值、最小值问题中的应用；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程．专题：压轴题．分析：（1）把b=1代入解析式，使得解析式具体，对于函数求导利用导函数的几何意义即可求的；（2）把代入解析式，由函数求导得导函数，求出函数在定义域上的极值，在与区间端点值进行比较大小，进而求得函数在区间上的最值；（3）由于g（x）=f（x）+2x，由函数解析式求导得其导函数，利用导函数得到函数在区间上的单调性，进而得到要证明的不等式．解答：解：（1）当b=1时，f（x）=x2+ln（x+1）﹣2x定义域为（﹣1，+∞），，f′（0）=﹣1，又f（0）=0，故有直线的方程可知：曲线f（x）在点（0，f（0））出的切线方程为：y=﹣x，（2）当b=，求导得：，由f′（x）=0⇒，当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表：由上表可知：，，，所以，所以函数f（x）在（﹣1，1]上的最大值为：，（3）证明：∵f（x）=x2+bln（x+1）﹣2x∴=0．当且仅当2（x+1）=，即：b=2，且x=0时取等号，∴b≥2时，函数f（x）在（﹣1，+∞）内单调递增，从而对于任意x1，x2∈（﹣1，+∞）且x1≥x2，有f（x1）＞f（x2），即g（x1）﹣2x1≥g（x2）﹣2x2∴g（x1）﹣g（x2）≥2（x1﹣x2）点评：此题考查了利用导数求函数在闭区间上的最值，还考查了导数的几何含义进而求出曲线上任意一点处的切线方程，还考查了利用均值不等式求解函数的最值．19．已知函数f（x）=ax+lnx，a∈R．（1）当a=﹣1时，求f（x）的最大值；（2）求证：；（3）对f（x）图象上的任意不同两点P1（x1，x2），P（x2，y2）（0＜x1＜x2），证明f（x）图象上存在点P0（x0，y0），满足x1＜x0＜x2，且f（x）图象上以P0为切点的切线与直线P1P2平行．考点：导数在最大值、最小值问题中的应用；利用导数研究函数的单调性．专题：综合题；压轴题；转化思想．分析：（1）当a=﹣1时，f（x）=﹣x+lnx，易求得f′（x），且f′（x）＞0时，函数f（x）单调递增，f′（x）＜0时，函数f（x）单调递减；故可求得f（x）的最大值．（2）由（1）知﹣x+lnx≤﹣1，∴lnx≤x﹣1，当取时，可得；把以上各式相加，可得证明．（3）直线P1P2的斜率k由P1，P2两点坐标可表示为；由（1）知﹣x+lnx≤﹣1，当且仅当x=1时取等号；可得+＜﹣1，整理可得＜，同理，由，得；所以P1P2的斜率，在x∈（x1，x2）上，有，可得结论．解答：解：（1）当a=﹣1时，f（x）=﹣x+lnx，∴，且x∈（0，1）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增；x∈（1，+∞）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减．故当x=1时，f（x）取最大值f（1）=﹣1．（2）由（1）知﹣x+lnx≤﹣1，∴lnx≤x﹣1，取，可得；以上各式相加得：ln（n+1）＜1+++…+（n∈N+）（3）直线P1P2的斜率为；由（1）知﹣x+lnx≤﹣1，当且仅当x=1时取等号，∴，同理，由，可得；故P1P2的斜率，又在x∈（x1，x2）上，，所以f（x）图象上存在点P0（x0，y0），满足x1＜x0＜x2，且f（x）图象上以P0为切点的切线与直线P1P2平行．点评：本题综合考查了利用导数研究曲线上过某点的切线方程，利用导数研究函数的单调区间以及根据函数的增减性得到函数的最值问题，也考查了利用函数证明不等式的问题，是较难的题目．20．已知函数（Ⅰ）若函数在区间（）（其中m＞0）上存在极值，求实数m的取值范围；（Ⅱ）如果当x≥1时，不等式恒成立，求实数k的取值范围；（Ⅲ）求证：[（n+1）!]2＞（n+1）•e n﹣2（n∈N*）．考点：导数在最大值、最小值问题中的应用；利用导数研究函数的极值．专题：计算题；证明题；压轴题．分析：（Ⅰ）求出函数的极值，在探讨函数在区间（m，m+）（其中a＞0）上存在极值，寻找关于m的不等式，求出实数m的取值范围；（Ⅱ）如果当x≥1时，不等式恒成立，求出f（x）在x≥1时的最小值，把k分离出来，转化为求k的范围．（Ⅲ）借助于（Ⅱ）的结论根据叠加法证明不等式．解答：解：（Ⅰ）因为函数所以f′（x）=﹣．极值点为f′（x）=0解得x=1故m＜1＜m+，解得＜m＜1．即答案为＜m＜1．（Ⅱ）如果当x≥1时，f′（x）=﹣≤0故f（x）递碱．故f（x）≥f（1）=1又不等式恒成立，所以恒成立，所以k≤2证明：（Ⅲ）由（Ⅱ）知：恒成立，即令x=n（n+1），则所以，，，…．叠加得：ln[1×22×32×…n2×（n+1）]×=则1×22×32×…n2×（n+1）＞e n﹣2，所以：[（n+1）!]2＞（n+1）•e n﹣2（n∈N*）．点评：此题主要考查应用导数研究函数的极值最值问题，有关恒成立的问题一般采取分离参数，转化为求函数的最值问题，体现了转化的思想方法，证明数列不等式，借助函数的单调性或恒成立问题加以证明．属难题．21．设函数．（p是实数，e是自然对数的底数）（1）若直线l与函数f（x），g（x）的图象都相切，且与函数f（x）的图象相切于点（1，0），求p的值；（2）若f（x）在其定义域内为单调函数，求p的取值范围；（3）若在[1，e]上至少存在一点x0，使得f（x0）＞g（x0）成立，求p的取值范围．考点：导数在最大值、最小值问题中的应用；利用导数研究函数的单调性．专题：计算题；综合题；压轴题．分析：（1）由“函数f（x）的图象相切于点（1，0）求得切线l的方程，再由“l与g（x）图象相切”得到（p﹣1）x2﹣（p﹣1）x﹣e=0由判别式求解即可．（2）求导f’（x）=，要使“f（x）为单调增函数”，转化为“f’（x）≥0恒成立”，再转化为“p≥=恒成立”，由最值法求解．同理，要使“f（x）为单调减函数”，转化为“f’（x）≤0恒成立”，再转化为“p≤=恒成立”，由最值法求解，最后两个结果取并集．（3）因为“在[1，e]上至少存在一点x0，使得f（x0）＞g（x0）成立”，要转化为“f（x）max＞g（x）min”解决，易知g（x）=在[1，e]上为减函数，所以g（x）∈[2，2e]，①当p≤0时，f（x）在[1，e]上递减；②当p≥1时，f（x）在[1，e]上递增；③当0＜p＜1时，两者作差比较．解答：解：（1）∵f′（x）=p+，∴f’（1）=2（p﹣1），设直线l：y=2（p﹣1）（x﹣1），∵l与g（x）图象相切，∴y=2（p﹣1）（x﹣1），得（p﹣1）（x﹣1）=，即（p﹣1）x2﹣（p﹣1）x﹣e=0，y=当p=1时，方程无解；当p≠1时由△=（p﹣1）2﹣4（p﹣1）（﹣e）=0，得p=1﹣4e，综上，p=1﹣4e（2）f’（x）=，要使“f（x）为单调增函数”，转化为“f’（x）≥0恒成立”，即p≥=恒成立，又，所以当p≥1时，f（x）在（0，+∞）为单调增函数．同理，要使“f（x）为单调减函数”，转化为“f’（x）≤0恒成立，再转化为“p≤=恒成立”，又，所以当p≤0时，f（x）在（0，+∞）为单调减函数．综上所述，f（x）在（0，+∞）为单调函数，p的取值范围为p≥1或p≤0（3）因g（x）=在[1，e]上为减函数，所以g（x）∈[2，2e]①当p≤0时，由（1）知f（x）在[1，e]上递减⇒f（x）max=f（1）=0＜2，不合题意②当p≥1时，由（1）知f（x）在[1，e]上递增，f（1）＜2，又g（x）在[1，e]上为减函数，故只需f（x）max＞g（x）min，x∈[1，e]，即：f（e）=p（e﹣）﹣2lne＞2⇒p＞．③当0＜p＜1时，因x﹣≥0，x∈[1，e]所以f（x）=p（x﹣）﹣2lnx≤（x﹣）﹣2lnx＜2，不合题意综上，p的取值范围为（，+∞）点评：本题主要考查用导数法研究函数的单调性，基本思路是：当函数为增函数时，导数大于等于零；当函数为减函数时，导数小于等于零，已知单调性求参数的范围往往转化为求相应函数的最值问题．22．设函数．（1）试判断当x＞0，g（x）与f（x）的大小关系；（2）求证：（1+1•2）（1+2•3）…[1+n（n+1）]＞e2n﹣3（n∈N*）；（3）设A（x1，y1）、B（x2，y2）（x1＜x2）是函数y=g（x）的图象上的两点，且g′（x0）=（其中g′（x）为g（x）的导函数），证明：x0∈（x1，x2）．考点：导数在最大值、最小值问题中的应用．专题：压轴题；导数的综合应用．分析：（1）欲求g（x）与f（x）的大小关系只需判断F（x）=g（x）﹣f（x）的正负，利用导数研究函数F（x）的最小值，使最小值与0比较即可；（2）由（1）知令x=n（n+1）（n∈N*），则，从而可证得结论；（3）根据，于是，，然后证明，等价于x1lnx2﹣x1lnx1﹣x2+x1＜0，令h（x）=xlnx2﹣xlnx1﹣x2+x，利用导数研究最小值与0比较，对于同理可证，即可证得结论．解答：（1）解：设F（x）=g（x）﹣f（x）（x＞0）则F′（x）=﹣由F′（x）=0得x=3当0＜x＜3时，F′（x）＜0；当x＞3时，F′（x）＞0∴x=3时，F（x）取得最小值为F（3）=ln3﹣1＞0∴F′（x）＞0即g（x）＞f（x）…（5分）（2）证明：由（1）知令x=n（n+1）（n∈N*），则…（7分）∴ln（1+1•2）+ln（1+2•3）+…+ln[1+n（n+1）]＞（2﹣）+（2﹣）+…+[2﹣]=2n﹣3[++…+]=2n﹣3（1﹣）＞2n﹣3∴（1+1•2）（1+2•3）…[1+n（n+1）]＞e2n﹣3…（10分）（3）证明：，于是，，以下证明等价于x1lnx2﹣x1lnx1﹣x2+x1＜0．令h（x）=xlnx2﹣xlnx1﹣x2+x …（12分）则h'（x）=lnx2﹣lnx1，在上，h'（x）＞0所以h（x）在（0，x2]上为增函数当x1＜x2时h（x1）＜h（x2）=0，即x1lnx2﹣x1lnx1﹣x2+x1＜0从而x0＞x1，得到证明．对于同理可证．所以x0∈（x1，x2）．…（16分）点评：本题主要考查了利用导数研究函数的最值，以及利用导数证明不等式，同时考查了转化的思想，以及考查计算能力，属于难题．23．已知函数f（x）=（x2﹣3x+3）e x的定义域为[﹣2，t]，其中常数t＞﹣2，e为自然对数的底数．（1）若函数f（x）是增函数，求实数t的取值范围；（2）求证：f（t）＞13e﹣2；（3）设f'（x）表示函数f（x）的导函数，，求函数g（x）在区间（﹣2，t）内的零点个数．考点：导数在最大值、最小值问题中的应用．专题：综合题；压轴题；探究型；数形结合；分类讨论；转化思想．分析：（1）若函数f（x）是增函数，则必要导数f'（x）≥0，由此不等式即可解出实数t的取值范围；（2）由题意求证f（t）＞13e﹣2，可解出函数f（x）在区间[﹣2，+∞）上的最小值，由此最小值与13e﹣2作比较即可证明此不等式；（3）由题意先解出的解析式，由所得的解析式，及零点判定定理知，可研究此函数在区间（﹣2，t）两个端点值的符号及区间内函数最值的符号，由定理判断出零点个数即可解答：解：（1）f（x）=（x2﹣3x+3）e x，f'（x）=（x2﹣x）e x=x（x﹣1）e x，…（1分）f'（x）≥0⇔x≥1或x≤0，…（2分）若函数f（x）是定义域[﹣2，t]上的增函数，知t的取值范围是（﹣2，0]．…（4分）（2）由（1）知函数f（x）的增区间为[﹣2，0]与[1，+∞），减区间为[0，1]，从而函数f（x）在区间[﹣2，+∞）上有唯一的极小值f（1）=e，…（6分）但f（﹣2）=13e﹣2＜e（∵，故函数f（x）在区间[﹣2，+∞）上的最小值为f（﹣2）=13e﹣2，…（8分）因为t＞﹣2，所以f（t）＞f（﹣2）=13e﹣2．…（9分）（3）函数g（x）的图象是开口向上、对称轴为的抛物线，且，，．函数g（x）在区间（﹣2，t）内有两个零点；…（9分）当﹣2＜t≤1时，g（﹣2）＞0，g（t）≤0，又由可知，函数g（x）在区间（﹣2，t）内只有一个零点；…（11分）当t≥4时，g（﹣2）＜0，g（t）＞0，可知，函数g（x）在区间（﹣2，t）内只有一个零点．…（13分）综上，当1＜t＜4时，函数g（x）在区间（﹣2，t）内有两个零点；当﹣2＜t≤1或t≥4时，函数g（x）在区间（﹣2，t）内只有一个零点．（14分）点评：本题考查导数在最值问题中的运用，利用导数研究单调性，再利用单调性求最值，这是导数的重要运用，解答本题，第一小题关键是理解导数与函数单调性的关系，第二小题关键是将证明不等式问题转化为利用导数解出函数的最值，从而证明不等式，第三题解题的关键是理解零点定理及函数区间内函数最值的判断，本题考查了转化的思想分类讨论思想等，由于本题运算量较大，易因运算导致错误，解题时要严谨24．已知函数f（x）=（a﹣1）lnx+ax2．（1）讨论函数y=f（x）的单调性；（2）求证：+++…+＞（n≥2，n∈N+）；（3）当a=0时，求证：f（x）≤﹣．考点：导数在最大值、最小值问题中的应用；利用导数研究函数的单调性．专题：压轴题；导数的综合应用．分析：（1）先求导得f′（x），通过对a分类讨论即可得出；（2）利用（1）的结论，取a=时，当x＞1时，f（x）单调递增，f（x）＞f（1），从而得出x2＞lnx＞0，取倒数得，令x=k，再利用放缩和裂项求和即可得出；（3）要证⇔⇔（xlnx）min≥，利用导数分别求出其极值即最值即可证明．解答：解：（1）f（x）=（a﹣1）lnx+ax2，定义域为（0，+∞）．∵．当a≥1时，f'（x）＞0，故f（x）在（0，+∞）单调递增；当a≤0时，f'（x）＜0，故f（x）在（0，+∞）单调递减；当0＜a＜1时，令f'（x）=0，解得．则当时，f'（x）＜0；时，f'（x）＞0．故f（x）在单调递减，在单调递增．（2）当时，，由（1）知，时，y=f（x）递增，所以x＞1时，∵x＞1，∴x2＞lnx＞0，∴，，（3）就是要证，即需证．令g（x）=xlnx，则由g'（x）=lnx+1=0，得，当时g（x）递增，当时g（x）递减，所以g（x）的最小值为．设，。

导数综合练习题压轴(含详细答案)精华

导数练习题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．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)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．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．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．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 --=-=⎪⎭⎫ ⎝⎛164,276832． …………（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()32(2762+-=++a a 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)x f 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 x f 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)()(2min 8分当0>a 时，△=08)2(2416>=-⨯-a a ，令0)('>x f ，即02422>-+-a x x ，解得221a x +>或221a x -<；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()0exf 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()(x x x xx 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，x 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）①②③。

(完整版)导数压轴题

导数压轴题9．(能力挑战题)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⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，32上的单调函数，求a 的取值范围．[解析] ∵f ′(x )＝(ax 2－2ax ＋1)e x(1＋ax 2)2，(1)当a ＝43时，若f ′(x )＝0，则4x 2－8x ＋3＝0⇒x 1＝12，x 2＝32，∴x 1＝12是极大值点，x 2＝32是极小值点． (2)记g (x )＝ax 2－2ax ＋1，则 g (x )＝a (x －1)2＋1－a ，∵f (x )为⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，32上的单调函数，则f ′(x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，32上不变号，∵e x(1＋ax 2)2>0， ∴g (x )≥0或g (x )≤0对x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，32恒成立，又g (x )的对称轴为x ＝1，故g (x )的最小值为g (1)，最大值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12.由g (1)≥0或g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12≤0⇒0<a ≤1或a ≥43， ∴a 的取值范围是0<a ≤1或a ≥43.10．(能力挑战题)函数f (x )＝x ln x －ax 2－x (a ∈R )．(1)若函数f(x)在x＝1处取得极值，求a的值．(2)若函数f(x)的图象在直线y＝－x图象的下方，求a的取值范围．(3)求证：2 0132 012<2 0122 013.[解析](1)函数定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x－2ax，∵f(x)在x＝1处取得极值，∴f′(1)＝0，即－2a＝0，∴a＝0.∴f′(x)＝ln x，当x∈(0,1)时，f′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，∴f(x)在x＝1处取得极值．(2)由题意，得x ln x－ax2－x<－x，∴x ln x－ax2<0.∵x∈(0，＋∞)，∴a>ln xx.设h(x)＝ln xx，则h′(x)＝1－ln xx2.令h′(x)>0，得0<x<e，∴h(x)在(0，e)上为增函数；令h′(x)<0，得x>e，∴h(x)在(e，＋∞)上为减函数．∴h(x)max＝h(e)＝1e，∴a>1e.(3)由(2)知h (x )＝ln xx 在(e ，＋∞)上为减函数， ∴h (x )>h (x ＋1)， ∴ln x x >ln (x ＋1)x ＋1.∴(x ＋1)ln x >x ln(x ＋1)， ∴ln x x ＋1>ln(x ＋1)x ， ∴x x ＋1>(x ＋1)x .令x ＝2 012，得2 0122 013>2 0132 012. 11．已知函数f (x )＝ln(1＋x )－ax1－x(a ∈R )． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)若数列{a m }的通项公式a m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12 013×2m ＋1 2 013(m ∈N *)，求证：a 1·a 2·…·a m <3(m ∈N *)．[解析] (1)由题意，函数的定义域为(－1,1)∪(1，＋∞)，f ′(x )＝11＋x－a(1－x )2，当a ≤0时，注意到11＋x >0，a (1－x )2≤0，所以f ′(x )>0，即函数f (x )的增区间为(－1,1)，(1，＋∞)，无减区间；当a >0时，f ′(x )＝11＋x －a (1－x )2 ＝x 2－(2＋a )x ＋1－a (1＋x )(1－x )2，由f ′(x )＝0，得x 2－(2＋a )x ＋1－a ＝0，此方程的两根x 1＝a ＋2－a 2＋8a 2，x 2＝a ＋2＋a 2＋8a2，其中－1<x 1<1<x 2，注意到(1＋x )(1－x )2>0，所以f ′(x )>0⇔－1<x <x 1或x >x 2，f ′(x )<0⇔x 1<x <1或1<x <x 2，即函数f (x )的增区间为(－1，x 1)，(x 2，＋∞)，减区间为(x 1,1)，(1，x 2)．综上，当a ≤0时，函数f (x )的增区间为(－1,1)(1，＋∞)，无减区间；当a >0时，函数f (x )的增区间为(－1，x 1)，(x 2，＋∞)，减区间为(x 1,1)，(1，x 2)，其中x 1＝a ＋2－a 2＋8a 2，x 2＝a ＋2＋a 2＋8a2.(2)当a ＝1时，由(1)知，函数f (x )＝ln(1＋x )－x1－x在(0,1)上为减函数，则当0<x <1时，f (x )＝ln(1＋x )－x1－x<f (0)＝0，即ln(1＋x )<x1－x ，令x ＝12 013×2m＋1(m ∈N *)，则 ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12 013×2m＋1<12 013×2m ，12．已知函数f (x )＝x 22＋a 3ln(x －a －a 2)，a ∈R 且a ≠0. (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)当a <0时，若a 2＋a <x 1<x 2<a 2－a ，证明：f (x 2)－f (x 1)x 2－x 1<a 22－a .[解析] (1)由题意，f ′(x )＝x ＋a 3x －a －a 2＝x 2－(a ＋a 2)x ＋a 3x －a －a 2＝(x －a )(x －a 2)x －a －a 2.令f ′(x )>0，因为x －a －a 2>0，故(x －a )(x －a 2)>0. 当a >0时，因a ＋a 2>a 且a ＋a 2>a 2，所以上面不等式的解集为(a ＋a 2，＋∞)，从而此时函数f (x )在(a ＋a 2，＋∞)上单调递增．当a <0时，因a <a ＋a 2<a 2，所以上面不等式的解集为(a 2，＋∞)，从而此时函数f (x )在(a 2，＋∞)上单调递增，同理此时f (x )在(a ＋a 2，a 2]上单调递减．(2)证法一：要证原不等式成立，只需证明 f (x 2)－f (x 1)<(x 2－x 1)⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a ，只需证明f (x 2)－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a x 2<f (x 1)－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a x 1.因为a 2＋a <x 1<x 2<a 2－a ，所以原不等式只需证明函数h (x )＝f (x )－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a x在x ∈(a 2＋a ，a 2－a )内单调递减．由(1)知h ′(x )＝x －⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a ＋a 3x －a －a 2＝x 2－32a 2x ＋a 42＋a 32－a 2x －a －a 2，因为x －a －a 2>0，我们考察函数g (x )＝x 2－32a 2x ＋a 42＋a 32－a 2，x ∈(a 2＋a ，a 2－a )．因a 2＋a ＋a 2－a 2＝a 2>x 对称轴＝3a 24，且3a 24<a 2－a ，所以g (x )≤g (a 2－a )＝0.从而知h ′(x )<0在x ∈(a 2＋a ，a 2－a )上恒成立，所以函数h (x )＝f (x )－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a x 在x ∈(a 2＋a ，a 2－a )内单调递减．从而原命题成立．证法二：要证原不等式成立，只需证明f (x 2)－f (x 1)<(x 2－x 1)⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a ，只需证明f (x 2)－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a x 2<f (x 1)－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a x 1.又a 2＋a <x 1<x 2<a 2－a ，设g (x )＝f (x )－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a x ，则欲证原不等式只需证明函数g (x )＝f (x )－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a x 在x ∈(a 2＋a ，a 2－a )内单调递减．由(1)可知g ′(x )＝f ′(x )－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a＝x ＋a 3x －a －a2－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a ＝x －a －a 2＋a 3x －a －a 2＋a ＋a 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a .因为a <0，所以y ＝x －a －a 2＋a 3x －a －a2在(a 2＋a ，a 2－a )上为增函数，所以g ′(x )≤g ′(a 2－a )＝a 2－a －a －a 2＋a 3a 2－a －a －a 2＋a ＋a 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a ＝0. 从而知g ′(x )<0在x ∈(a 2＋a ，a 2－a )上恒成立，所以函数g (x )＝f (x )－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a x 在x ∈(a 2＋a ，a 2－a )内单调递减．从而原命题成立． 13．已知函数f (x )＝e x sin x . (1)求函数f (x )的单调区间；(2)如果对于任意的x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，π2，f (x )≥kx 总成立，求实数k 的取值范围；(3)设函数F (x )＝f (x )＋e x cos x ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－2 011π2，2 013π2.过点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫π－12，0作函数F (x )图象的所有切线，令各切点的横坐标构成数列{x n }，求数列{x n }的所有项之和S 的值．[解析] (1)由于f (x )＝e x sin x ，所以 f ′(x )＝e x sin x ＋e x cos x ＝e x (sin x ＋cos x ) ＝2e x sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4.当x ＋π4∈(2k π，2k π＋π)，即x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2k π－π4，2k π＋3π4时，f ′(x )>0；当x ＋π4∈(2k π＋π，2k π＋2π)，即x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2k π＋3π4，2k π＋7π4时，f ′(x )<0.所以f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫2k π－π4，2k π＋3π4(k ∈Z )，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫2k π＋3π4，2k π＋7π4(k ∈Z )．(2)令g (x )＝f (x )－kx ＝e x sin x －kx ，要使f (x )≥kx 总成立，只需x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2时g (x )min ≥0.g ′(x )＝e x (sin x ＋cos x )－k ，令h (x )＝e x (sin x ＋cos x )，则h ′(x )＝2e x cos x >0，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，所以h (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上为增函数，所以h (x )∈[1，e ]．对k 分类讨论：①当k ≤1时，g ′(x )≥0恒成立，所以g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上为增函数，所以g (x )min＝g (0)＝0，即g (x )≥0恒成立；②当1<k <e 时，g ′(x )＝0在[1，e ]上有实根x 0，因为h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上为增函数，所以当x ∈(0，x 0)时，g ′(x )<0，所以g (x 0)<g (0)＝0，不符合题意；③当k ≥e 时，g ′(x )≤0恒成立，所以g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上为减函数，则g (x )<g (0)＝0，不符合题意；综合①②③可得，所求的实数k 的取值范围是(－∞，1]． (3)因为F (x )＝f (x )＋e x cos x ＝e x (sin x ＋cos x )，所以F ′(x )＝2e x cos x ，设切点坐标为(x 0，e x 0(sin x 0＋cos x 0))，则斜率为F ′(x 0)＝2e x 0cos x 0，切线方程为y －e x 0(sin x 0＋cos x 0) ＝2e x 0cos x 0·(x －x 0)，将M ⎝ ⎛⎭⎪⎫π－12，0的坐标代入切线方程，得－e x 0(sin x 0＋cos x 0) ＝2e x 0cos x 0·⎝ ⎛⎭⎪⎫π－12－x 0，整理得－tan x 0－1＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0－π－12，即tan x 0＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0－π2，令y 1＝tan x ，y 2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π2，则这两个函数的图象均关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，0对称，它们交点的横坐标也关于π2对称且成对出现，方程tan x ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π2，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－2 011π2，2 013π2的根即所作的所有切线的切点横坐标构成的数列{x n }的项也关于π2对称且成对出现，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－2 011π2，2 013π2内共构成1 006对，每对的和为π，因此数列{x n }的所有项的和S ＝1 006π.14．已知函数f (x )＝ln x －px ＋1. (1)求函数f (x )的极值点；(2)若对任意的x >0，恒有f (x )≤0，求p 的取值范围； (3)证明：ln 222＋ln 332＋…＋ln n n 2<2n 2－n －14(n ＋1)(n ∈N ，n ≥2)．[解析] (1)∵f (x )＝ln x －px ＋1， ∴f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝1－pxx ，当p ≤0时，f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上无极值点；当p >0时，令f ′(x )＝0， ∴x ＝1p ∈(0，＋∞)，f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：从上表可以看出：当p >0时，f (x )有唯一的极大值，当x ＝1p 时，f (x )＝－ln p ；即函数f (x )的极值点是⎝ ⎛⎭⎪⎫－1p ，－ln p .(2)当p >0时，在x ＝1p 处取得极大值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1p ＝ln 1p ，此极大值也是最大值，要使f (x )≤0恒成立，只需f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1p ＝ln 1p ≤0；∴p ≥1，∴p 的取值范围为[1，＋∞)． (3)令p ＝1，由(2)知，ln x －x ＋1≤0， ∴ln x ≤x －1，∵n ∈N ，n ≥2，ln n 2≤n 2－1，∴ln n 2n 2≤n 2－1n 2＝1－1n 2，∴ln 222＋ln 332＋…＋ln n n 2 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 2222＋ln 3232＋…＋ln n 2n 2≤12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－132＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n 2 ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤(n －1)－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋132＋…＋1n 2<12(n －1)－12⎣⎢⎡⎦⎥⎤12×3＋13×4＋…＋1n (n ＋1) ＝12(n －1)⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－12(n ＋1)＝2n 2－n －14(n ＋1)(n ∈N ，n ≥2)，得证．10．(2014·银川模拟)已知函数f (x )＝ax ＋bx 2＋1在点M (1，f (1))处的切线方程为x －y －1＝0.(1)求f (x )的解析式．(2)设函数g (x )＝ln x ，证明：g (x )≥f (x )对x ∈[1，＋∞)恒成立． [解析] (1)将x ＝1代入切线方程得f (1)＝0，又f (1)＝a ＋b2，化简得a ＋b ＝0.① f ′(x )＝a (x 2＋1)－(ax ＋b )·2x(1＋x 2)2，f ′(1)＝2a －2(a ＋b )4＝－2b 4＝－b2，由f ′(1)＝1得－b2＝1.② 由①②解得：a ＝2，b ＝－2，所以f (x )＝2x －2x 2＋1.(2)要证ln x ≥2x －2x 2＋1在[1，＋∞)上恒成立，即证(x 2＋1)ln x ≥2x －2在[1，＋∞)上恒成立，即证x 2ln x ＋ln x －2x ＋2≥0在[1，＋∞)上恒成立．设h (x )＝x 2ln x ＋ln x －2x ＋2， h ′(x )＝2x ln x ＋x ＋1x －2.∵x ≥1，∴2x ln x ≥0，x ＋1x ≥2，即h ′(x )≥0. ∴h (x )在[1，＋∞)上单调递增，h (x )≥h (1)＝0， ∴g (x )≥f (x )在x ∈[1，＋∞)上恒成立．11．(2014·河北质检)已知函数f (x )＝2ln x －x 2＋ax (a ∈R )． (1)当a ＝2时，求f (x )的图象在x ＝1处的切线方程；(2)若函数g (x )＝f (x )－ax ＋m 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上有两个零点，求实数m 的取值范围；(3)若函数f (x )的图象与x 轴有两个不同的交点A (x 1,0)，B (x 2,0)，且0<x 1<x 2，求证：f ′⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22<0(其中f ′(x )是f (x )的导函数)． [解析] (1)当a ＝2时，f (x )＝2ln x －x 2＋2x ，f ′(x )＝2x －2x ＋2，切点坐标为(1,1)，切线的斜率k ＝f ′(1)＝2，则切线方程为y －1＝2(x －1)，即y ＝2x －1. (2)g (x )＝2ln x －x 2＋m ，则g ′(x )＝2x －2x ＝－2(x ＋1)(x －1)x，∵x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e ，∴当g ′(x )＝0时，x ＝1.当1e <x <1时，g ′(x )>0；当1<x <e 时，g ′(x )<0.故g (x )在x ＝1处取得极大值g (1)＝m －1. 又g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝m －2－1e 2， g (e)＝m ＋2－e 2，g (e)－g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝4－e 2＋1e 2<0，则g (e)<g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e .∴g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最小值是g (e)．g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上有两个零点的条件是⎩⎨⎧g (1)＝m －1>0，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝m －2－1e 2≤0，解得1<m ≤2＋1e 2，∴实数m 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤1，2＋1e 2. (3)∵f (x )的图象与x 轴交于两个不同的点A (x 1,0)，B (x 2,0)，∴方程2ln x －x 2＋ax ＝0的两个根为x 1，x 2，则⎩⎪⎨⎪⎧2ln x 1－x 21＋ax 1＝0，2ln x 2－x 22＋ax 2＝0，两式相减得a ＝(x 1＋x 2)－2(ln x 1－ln x 2)x 1－x 2.又f (x )＝2ln x －x 2＋ax ，f ′(x )＝2x －2x ＋a ，则f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22＝4x 1＋x 2－(x 1＋x 2)＋a ＝4x 1＋x 2－2(ln x 1－ln x 2)x 1－x 2. 下证4x 1＋x 2－2(ln x 1－ln x 2)x 1－x 2<0(*)，即证明2(x 2－x 1)x 1＋x 2＋ln x 1x 2<0，设t ＝x 1x 2，∵0<x 1<x 2，∴0<t <1，即证明u (t )＝2(1－t )t ＋1＋ln t <0在0<t <1上恒成立．∵u ′(t )＝－2(t ＋1)－2(1－t )(t ＋1)2＋1t ＝1t －4(t ＋1)2＝(t －1)2t (t ＋1)2，又0<t <1，∴u ′(t )>0， ∴u (t )在(0,1)上是增函数，则u (t )<u (1)＝0，从而知2(x 2－x 1)x 1＋x 2＋ln x 1x 2<0，故(*)式成立，即f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22<0成立． 12．(2014·潍坊模拟)已知函数f (x )＝ax 2＋x ，g (x )＝ln(x ＋1)． (1)若a ＝1，求F (x )＝g (x )－f (x )在(－1，＋∞)上的最大值．(2)利用(1)的结论证明：对任意的正整数n ，不等式2＋34＋49＋…＋n ＋1n 2>ln(n ＋1)都成立．(3)是否存在实数a (a >0)，使得方程2g (x －1)x ＝f ′(x )－(4a －1)在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，e 内有且只有两个不相等的实数根？若存在，请求出a 的取值范围；若不存在，请说明理由．[解析] (1)F ′(x )＝1x ＋1－2x －1＝－x (2x ＋3)x ＋1，当x ∈(－1,0)时，F ′(x )>0， x ∈(0，＋∞)时，F ′(x )<0，∴x ＝0是F (x )在(－1，＋∞)上唯一的极大值点，从而当x ＝0时，F (x )取得最大值 F (0)＝0. (2)由(1)知∀x ∈(0，＋∞)，F (x )<0，即ln(x ＋1)<x 2＋x ，令x ＝1n 得ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1<1n 2＋1n ，即ln(n ＋1)－ln n <n ＋1n 2， ∴ln 2－ln 1<2，ln 3－ln 2<34， ……ln(n ＋1)－ln n <n ＋1n 2，∴ln(n ＋1)－ln 1<2＋34＋49＋…＋n ＋1n 2，即2＋34＋49＋…＋n ＋1n 2>ln(n ＋1)．(3)把方程2g (x －1)x ＝f ′(x )－(4a －1)整理为ax 2＋(1－2a )x －ln x ＝0.设H (x )＝ax 2＋(1－2a )x －ln x (x >0)，原方程在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，e 内有且只有两个不相等的实数根，即函数H (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，e 内有且只有两个零点． H ′(x )＝2ax ＋(1－2a )－1x ＝2ax 2＋(1－2a )x －1x＝(2ax ＋1)(x －1)x，令H ′(x )＝0，因为a >0，解得x ＝1或x ＝12a (舍)，当x ∈(0,1)时，H ′(x )<0，H (x )是减函数；当x ∈(1，＋∞)时，H ′(x )>0，H (x )是增函数，H (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，e 内有且只有两个不相等的零点，只需⎩⎪⎨⎪⎧H ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e >0，H (x )min<0，H (e )>0，即⎩⎪⎨⎪⎧a e 2＋1－2ae ＋1＝(1－2a )e ＋a ＋e 2e 2>0，H (1)＝a ＋(1－2a )＝1－a <0，a e 2＋(1－2a )e －1＝(e 2－2e )a ＋(e －1)>0，∴⎩⎪⎨⎪⎧a <e 2＋e2e －1，a >1，a >1－e e 2－2e，解得1<a <e 2＋e 2e －1，所以a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1，e 2＋e 2e －1. 13．(14届衡水中学期中)已知函数f (x )＝a ln x ＋1x －1(a ≠0)在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12内有极值．(1)求实数a 的取值范围；(2)若x 1∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，x 2∈(2，＋∞)且a ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2时，求证：f (x 2)－f (x 1)≥ln 2＋34.[解析] (1)由f (x )＝a ln x ＋1x －1(a ≠0)，得 f ′(x )＝ax 2－(2a ＋1)x ＋ax (x －1)2，∵a ≠0，令g (x )＝x 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋1a x ＋1， ∴g (0)＝1>0.令g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12<0或⎩⎪⎨⎪⎧0<1＋12a <12，Δ＝(2a ＋1)2－4a 2>0，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12>0，则0<a <2.即a 的取值范围是(0,2)．(2)由(1)得：f ′(x )＝ax 2－(2a ＋1)x ＋ax (x －1)2，设ax 2－(2a ＋1)x ＋a ＝0(0<a <2)的两根为α，β，则⎩⎨⎧α＋β＝2＋1a ，α·β＝1解得0<α<12<2<β.当x ∈(0，α)和(β，＋∞)时， f ′(x )＝ax 2－(2a ＋1)x ＋ax (x －1)2>0，函数f (x )单调递增；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫α，12和(2，β)时，f ′(x )＝ax 2－(2a ＋1)x ＋ax (x －1)2<0，函数f (x )单调递减，则f (x 1)≤f (α)，f (x 2)≥f (β)，则f (x 2)－f (x 1)≥f (β)－f (α)＝a ln β＋1β－1－a ln α－1α－1＝a ln βα＋α－βαβ－(α＋β)＋1＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln β2＋β－1β⎝ ⎛⎭⎪⎫利用α＋β＝2＋1a ，α·β＝1 令h (x )＝ln x 2＋x －1x ，x >2则 h ′(x )＝(x ＋1)2x 2>0，则函数h (x )单调递增，h (x )≥h (2)＝2ln 2＋32， ∴ln β2＋β－1β≥2ln 2＋32>0. ∵a ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，2，则a ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln β2＋β－1β≥ln 2＋34，∴f (x 1)－f (x 2)≥ln 2＋34.。

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