高中数学导数典型例题
高中数学导数经典20题附解析
导数经典20题目录导数经典20题 (1)一、【不等式恒成立-单变量】5道 (3)二、【不等式恒成立-双变量】5道 (13)三、【不等式证明】5道 (23)四、【零点问题】5道 (32)一、【不等式恒成立-单变量】【第01题】（2017•广东模拟）已知()ln a f x x x=+．（1）求()f x 的单调区间和极值；（2）若对任意0x >，均有()2ln ln x a x a −≤恒成立，求正数a 的取值范围．【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，从而求出函数的极值即可；（2）问题转化为2ln ln 1a a ≤+，求出a 的范围即可．【解答】解：（1）（0x >）， ()221a x a f x x x x−′=−=（0x >）， 当0a ≤时，()0f x ′>，在()0,+∞上递增，无极值；当0a >时，0x a <<时，()0f x ′<，在()0,a 上递减，x a >时，()0f x ′>，()f x 在(),a +∞上递增，()()ln 1f x f a a ==+极小值，无极大值．（2）若对任意0x >，均有恒成立，即对任意0x >，均有2ln ln a a x x≤+恒成立， 由（1）得：0a >时，()f x 的最小值是ln 1a +，故问题转化为：2ln ln 1a a ≤+，即ln 1a ≤，故0e a <≤．【点评】本题考查了函数的单调性、极值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，考查()ln a f x x x =+()f x ()f x ()2ln ln x a x a −≤转化思想，是一道中档题．一、【不等式恒成立-单变量】【第02题】（2019•西安一模）已知函数()()21e x f x x ax =−−（其中e 为自然对数的底数）． （1）判断函数()f x 极值点的个数，并说明理由；（2）若对任意的0x >，()3e x f x x x +≥+，求a 的取值范围．【分析】（1）首先求得导函数，然后分类讨论确定函数的极值点的个数即可；（2）将原问题转化为恒成立的问题，然后分类讨论确定实数a 的取值范围即可．【解答】解：（1）()()e 2e 2x xf x x ax x a ′=−=− ，当0a ≤时，()f x 在(),0−∞上单调递减，在()0,+∞上单调递增，()f x 有1个极值点； 当102a <<时，()f x 在(),ln 2a −∞上单调递增，在()ln 2,0a 上单调递减，在()0,+∞上单调递增，()f a 有2个极值点； 当12a =时，()f x 在R 上单调递增，此时函数没有极值点； 当12a >时，()f x 在(),0−∞上单调递增，在()0,ln 2a 上单调递减，在()ln 2,a +∞上单调递增，()f a 有2个极值点． 综上，当12a =时，()f x 没有极值点；当0a ≤时，()f x 有1个极值点；当0a >且12a ≠时，()f x 有2个极值点．（2）由得32e 0x x x ax x −−−≥．当0x >时，2e 10x x ax −−−≥， 即2e 1x x a x−−≤对0x ∀>恒成立． 设()2e 1x x g x x−−=（0x >）， ()3e x f x x x +≥+则()()()21e 1x x x g x x −−−′=，设()e 1x h x x =−−，则()e 1x h x ′=−，由0x >可知()0h x ′>，()h x 在()0,+∞上单调递增，()()00h x h >=，即e 1x x >+，()g x ∴在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增，()()1e 2g x g ∴≥=−，e 2a ∴≤−，故a 的取值范围是(],e 2−∞−．【点评】本题主要考查导数研究函数的极值点，导数研究不等式恒成立的方法，分类讨论的数学思想等知识，属于中等题．【第03题】（2017春•太仆寺旗校级期末）已知函数()ln f x x a x =−，()1a g x x+=−（a ∈R ）． （1）若1a =，求函数()f x 的极小值；（2）设函数()()()h x f x g x =−，求函数()h x 的单调区间；（3）若在区间[]1,e 上存在一点0x ，使得()()00f x g x <成立，求a 的取值范围．【分析】（1）先求出其导函数，让其大于0求出增区间，小于0求出减区间即可得到函数的单调区间进而求出函数()f x 的极值；（2）先求出函数()h x 的导函数，分情况讨论让其大于0求出增区间，小于0求出减区间即可得到函数的单调区间；（3）先把()()00f x g x <成立转化为()00h x <，即函数()1ln a h x x a x x +=+−在[]1,e 上的最小值小于零；再结合（2）的结论分情况讨论求出其最小值即可求出a 的取值范围．【解答】解：（1）()f x 的定义域为()0,+∞，当1a =时，()ln f x x x =−，()111x f x x x −′=−=， x ()0,11 ()1,+∞ ()'f x− 0 + ()f x减 极小 增 所以()f x 在1x =处取得极小值1．（2）()1ln a h x x a x x +=+−， ()()()221111x x a a a h x x x x+−+ + ′=−−=， ①当10a +>时，即1a >−时，在()0,1a +上()0h x ′<，在()1,a ++∞上()0h x ′>， 所以()h x 在()0,1a +上单调递减，在()1,a ++∞上单调递增；②当10a +≤，即1a ≤−时，在()0,+∞上()0h x ′>，所以，函数()h x 在()0,+∞上单调递增．（3）在区间[]1,e 上存在一点0x ，使得()()00f x g x <成立，即在[]1,e 上存在一点0x ，使得()00h x <，即函数在[]1,e 上的最小值小于零． 由（2）可知，①当1e a +≥，即e 1a ≥−时，()h x 在[]1,e 上单调递减，所以()h x 的最小值为()e h ，由()1e e 0ea h a +=+−<可得2e 1e 1a +>−， 因为2e 1e 1+−e 1>−， 所以2e 1e 1a +>−； ②当11a +≤，即0a ≤时，()h x 在上单调递增，所以()h x 最小值为()1h ，由()1110h a =++<可得2a <−；③当11e a <+<，即0e 1a <<−时，可得()h x 最小值为()1h a +，因为()0ln 11a <+<，所以，()0ln 1a a a <+<，故()()12ln 12h a a a a +=+−+>，此时，()10h a +<不成立．综上可得，所求a 的范围是：或2a <−． 【点评】本题第一问考查利用导函数来研究函数的极值．在利用导函数来研究函数的极值时，分三步①求导函数，②求导函数为0的根，③判断根左右两侧的符号，若左正右负，原函数取极大值；若左负右正，原函数取极小值．()1ln a h x x a x x+=+−[]1,e 2e 1e 1a +>−【第04题】（2019•蚌埠一模）已知函数()()2ln f x a x x x =−−．（1）当1a =时，求函数()f x 的单调区间；（2）若()0f x ≥恒成立，求a 的值．【分析】（1）代入a 的值，求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；（2）通过讨论x 的范围，问题转化为01x <<时，2ln x a x x ≤−，1x >时，2ln x a x x ≥−，令()g x =2ln x x x−，根据函数的最值求出a 的范围，取交集即可． 【解答】解：（1）1a =时，()2ln f x x x x −−，（0x >） 故()()()211121x x f x x x x+−′=−−=， 令()0f x ′>，解得：1x >，令()0f x ′<，解得：01x <<，故()f x 在()0,1递减，在()1,+∞递增．（2）若()0f x ≥恒成立，即()2ln a x x x −≥，①()0,1x ∈时，20x x −<，问题转化为2ln x a x x ≤−（()0,1x ∈），1x >时，20x x −>，问题转化为2ln x a x x ≥−（1x >）， 令()g x =2ln x x x −， 则()()()22121ln x x x g x x x −−−′=−， 令()()121ln h x x x x =−−−，则()112ln h x x x ′=−+−，()2120x x xh ′=−−<′， 故()h x ′在()0,1和()1,+∞内都递减，()0,1x ∈时，()()10h x h ′′>=，故()h x 在()0,1递增，()()10h x h <=，故()0,1x ∈时，()0g x ′<，()g x 在()0,1递减，而1x →时，()1g x →，故()0,1x ∈时，()1g x >，故1a ≤，()1,x ∈+∞时，()()10h x h ′′<=，故()h x 在()0,1递减，()()10h x h <=， 故()1,x ∈+∞时，()0g x ′<，()g x 在()1,+∞递减，而1x →时，()1g x →，故()1,x ∈+∞时，()1g x >，故1a ≥，②1x =时，显然成立．综上：1a =．【点评】本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，考查转化思想，分类讨论思想，是一道综合题．【第05题】（2019•南昌一模）已知函数()()e ln x f x x x a =−++（e 为自然对数的底数，a 为常数，且1a ≤）． （1）判断函数()f x 在区间()1,e 内是否存在极值点，并说明理由； （2）若当ln 2a =时，()f x k <（k ∈Z ）恒成立，求整数k 的最小值． 【分析】（1）由题意结合导函数的符号考查函数是否存在极值点即可； （2）由题意结合导函数研究函数的单调性，据此讨论实数k 的最小值即可． 【解答】解：（1）()1e ln 1x f x x x a x ′=−++−，令()1ln 1g x x x a x=−++−，()1,e x ∈，则()()'e x f x g x =， ()2210x x g x x −+′=−<恒成立，所以()g x 在()1,e 上单调递减，所以()()110g x g a <=−≤，所以()'0f x =在()1,e 内无解． 所以函数()f x 在区间()1,e 内无极值点．（2）当ln 2a =时，()()e ln ln 2x f x x x =−++，定义域为()0,+∞，()1e ln ln 21x f x x x x ′=−++−，令()1ln ln 21h x x x x =−++−， 由（1）知，()h x 在()0,+∞上单调递减，又11022h => ，()1ln 210h =−<，所以存在11,12x∈，使得()10h x =，且当()10,x x ∈时，()0h x >，即()'0f x >，当()1,x x ∈+∞时，()0h x <，即()'0f x <．所以()f x 在()10,x 上单调递增，在()1,x +∞上单调递减， 所以()()()1111max e ln ln 2x f x f x x x ==−++． 由()10h x =得1111ln ln 210x x x −++−=，即1111ln ln 21x x x −+=−， 所以()1111e 1x f x x =−，11,12x∈ ，令()1e 1x r x x =− ，1,12x ∈ ，则()211e 10x r x x x′=−+> 恒成立， 所以()r x 在1,12上单调递增，所以()()1102r r x r <<= ，所以()max 0f x <，又因为1211e ln 2ln 2122f=−−+=>−，所以()max 10f x −<<，所以若()f x k <（k ∈Z ）恒成立，则k 的最小值为0．【点评】本题主要考查导数研究函数的极值，导数研究函数的单调性，导数的综合运用等知识，属于中等题．二、【不等式恒成立-双变量】【第06题】（2019•广元模拟）已知函数()()ln 11xf x a x x=−++（a ∈R ），()2e mx g x x =（m ∈R ）． （1）当1a =时，求函数()f x 的最大值；（2）若0a <，且对任意的1x ，[]20,2x ∈，()()121f x g x +≥恒成立，求实数m 的取值范围．【分析】（1）求出函数的导数，得到函数的单调区间，求出函数的最大值即可； （2）令()()1x f x ϕ=+，根据函数的单调性分别求出()x ϕ的最小值和()g x 的最大值，得到关于m 的不等式，解出即可．【解答】解：（1）函数()f x 的定义域为()1,−+∞， 当1a =时，()()()2211111xf x xx x −′=−=+++，∴当()1,0x ∈−时，()'0f x >，函数()f x 在()1,0−上单调递增， ∴当()0,x ∈+∞时，()'0f x <，函数()f x 在()0,+∞上单调递减， ()()max 00f x f ∴==．（2）令()()1x f x ϕ=+，因为“对任意的1x ，[]20,2x ∈，()()121f x g x +≥恒成立”， 所以对任意的1x ，[]20,2x ∈，()()min max x g x ϕ≥成立， 由于()()211ax a x x ϕ−−+′=+，当0a <时，对[]0,2x ∀∈有()'0x ϕ>，从而函数()x ϕ在[]0,2上单调递增， 所以()()min 01x ϕϕ==， ()()222e e 2e mx mx mx g x x x mmxx ′=+⋅=+，当0m =时，()2g x x =，x ∈[]0,2时，()()max 24g x g ==，显然不满足()max 1g x ≤，当0m ≠时，令()'0g x =得10x =，22x m=−， ①当22m−≥，即10m −≤≤时，在[]0,2上()0g x ′≥，所以()g x 在[]0,2上单调递增， 所以()()2max 24e m g x g ==，只需24e 1m ≤，得ln 2m ≤−，所以1ln 2m −≤≤−． ②当202m <−<，即1m <−时，在20,m − 上()0g x ′≥，()g x 单调递增，在2,2m−−上()0g x ′<，()g x 单调递减，所以()22max 24eg x g m m== ， 只需2241e m ≤，得2e m ≤−，所以1m <−． ③当20m−<，即0m >时，显然在[]0,2上()0g x ′≥，()g x 单调递增， 所以()()2max 24e m g x g ==，24e 1m ≤不成立． 综上所述，m 的取值范围是(],ln 2−∞−．【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，属于难题．【第07题】（2019•濮阳一模）已知函数()ln b f x a x x =+（0a ≠）． （1）当2b =时，讨论函数()f x 的单调性；（2）当0a b +=，0b >时，对任意1x ，21,e e x ∈，都有()()12e 2f x f x −≤−成立，求实数b 的取值范围．【分析】（1）通过讨论a 的范围，求出函数的单调区间即可；（2）原问题等价于()()max min e 2f x f x −≤−成立，可得()()min 11f x f ==，可得()()max e e b f x f b ==−+，即e e 10b b −−+≤，设()e e 1b b b ϕ=−−+（0b >），可得()b ϕ在()0,+∞单调递增，且()10ϕ=，即可得不等式e e 10b b −−+≤的解集．【解答】解：（1）函数()f x 的定义域为()0,+∞． 当2b =时，()2ln f x a x x =+，所以()22x a f x x+′=． ①当0a >时，()0f x ′>，所以函数()f x 在()0,+∞上单调递增．②当0a <时，令()0f x ′=，解得：x =当0x <<()0f x ′<，所以函数()f x 在 上单调递减；当x >()0f x ′>，所以函数()f x 在+∞上单调递增． 综上所述，当2b =，0a >时，函数()f x 在()0,+∞上单调递增；当2b =，0a <时，函数()f x 在 上单调递减，在 +∞上单调递增． （2） 对任意1x ，21,e e x∈，有()()12e 2f x f x −≤−成立，()()max min e 2f x f x ≤∴−−成立，0a b += ，0b >时，()ln b f x b x x =−+．()()11bb b x b f x bx x x−−′=−+=． 当01x <<时，()0f x ′<，当1x >时，()0f x ′>，()f x ∴在1,1e单调递减，在[]1,e 单调递增，()()min 11f x f ==，1e e bf b − =+ ，()e e b f b =−+， 设()()1e e e 2e b b g b f f b −=−=−−（0b >），()e e 20b b g b −′=+−>． ()g b ∴在()0,+∞递增，()()00g b g ∴>=，()1e e f f ∴>．可得()max f x =()e e b f b =−+，e 1e 2b b ∴−+−≤−，即e e 10b b −−+≤，设()e e 1b b b ϕ=−−+（0b >），()e 10b b ϕ′−>在()0,b ∈+∞恒成立．()b ϕ∴在()0,+∞单调递增，且()10ϕ=，∴不等式e e 10b b −−+≤的解集为(]0,1． ∴实数b 的取值范围为(]0,1．【点评】本题考查了导数的应用，考查了转化思想、运算能力，属于压轴题．【第08题】（2019•衡阳一模）已知()32342f x x ax x −=+（x ∈R ），且()f x 在区间[]1,1−上是增函数．（1）求实数a 的值组成的集合A ；（2）设函数()f x 的两个极值点为1x 、2x ，试问：是否存在实数m ，使得不等式21213m tm x x ++≥−对任意a A ∈及[]1,1t ∈−恒成立？若存在，求m 的取值范围；若不存在，请说明理由．【分析】（1）由()f x 在区间[]1,1−上是增函数．可得()24220f x ax x ′=+−≥在区间[]1,1−上恒成立．可得()10f ′−≥，()10f ′≥，即可得出． （2）函数()f x 的两个极值点为1x 、2x ，可得12x x a +=，122x x =−．()()1212121212322x x x x x x x x x x −−++≤−++==a A ∈，设()h a =[]1,1a ∈−，则()h a 是偶函数，且在[]0,1上单调递增，进而得出其最大值为7．()21213g t m tm x x ++≥−=对任意a A ∈及[]1,1t ∈−恒成立，可得()()1717g g −≥ ≥，解得m 范围即可得出．【解答】解：（1） ()f x 在区间[]1,1−上是增函数， ∴()24220f x ax x ′=+−≥在区间[]1,1−上恒成立．()14220f a ∴′−=−−≥，()14220f a ′=+−≥，解得11a −≤≤． []1,1A ∴=−．（2）函数()f x 的两个极值点为1x 、2x ， ∴12x x a +=，122x x =−．∴()()1212121212322x x x x x x x x x x −−++≤−++==a A ∈ ，设()h a =[]1,1a ∈−，则()h a 是偶函数，且在[]0,1上单调递增．123x x ∴−的最大值为()17h =．设()2211g t m tm mt m ++=++=，[]1,1t ∈−，()123g t x x ≥−对任意a A ∈及[]1,1t ∈−恒成立，则()()1717g g −≥≥ ，解得3m ≤−或3m ≥． ∴存在实数3m ≤−或3m ≥，使得不等式21213m tm x x ++≥−对任意a A ∈及[]1,1t ∈−恒成立．【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性、方程与不等式的解法、转化方法、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．【第09题】（2018•呼和浩特一模）已知函数()ln f x x =，()212g x x bx =−（b 为常数）． （1）当4b =时，讨论函数()()()h x f x g x =+的单调性；（2）2b ≥时，如果对于1x ∀，(]21,2x ∈，且12x x ≠，都有()()()()1212f x f x g x g x −<−成立，求实数b 的取值范围．【分析】（1）先求导，再根据导数和函数的单调性关系即可求出，（2）令()()()x f x g x ϕ=+，则问题等价于函数()x ϕ在区间(]1,2（1，2]上单调递减，即等价于()10x x b xϕ′=+−≤在区间(]1,2上恒成立，所以得1b x x ≥+，求出即可．【解答】解：（1）()21ln 2h x x x bx =+−的定义域为()0,+∞，当4b =时，()21ln 42h x x x x =+−，()2141'4x x h x x x x−+=+−=， 令()'0h x =，解得12x =−，22x =+(2x ∈时，()0h x ′<， 当(0,2x ∈或()2+∞时，()0h x ′>，所以，()h x 在(0,2和()2+∞单调递增；在(2单调递减． （2）因为()ln f x x =在区间(]1,2上单调递增， 当2b ≥时，()212g x x bx =−在区间(]1,2上单调递减， 不妨设12x x >，则()()()()1212f x f x g x g x −<−等价于()()()()1122f x g x f x g x +<+， 令()()()x f x g x ϕ=+，则问题等价于函数()x ϕ在区间(]1,2上单调递减， 即等价于()10x x b xϕ′=+−≤在区间(]1,2上恒成立， 所以得1b x x≥+在区间(]1,2上恒成立， 因为1y x x=+在(]1,2上单调递增， 所以max 15222y =+=，所以得5b≥．2【点评】本题考查了导数研究函数的单调性以及根据函数的增减性得到函数的最值，理解等价转化思想的运用，属于中档题．【第10题】（2018•邕宁区校级模拟）设函数()e xa f x x x=−，a ∈R 且0a ≠，e 为自然对数的底数． （1）求函数()f x y x=的单调区间； （2）若1ea =，当120x x <<时，不等式()()()211212m x x f x f x x x −−>恒成立，求实数m 的取值范围．【分析】（1）求出函数y 的导数y ′，利用导数判断函数y 的单调性与单调区间； （2）120x x <<时，()()()211212m x x f x f x x x −−>等价于()()1212m mf x f x x x −>−；构造函数()()mg x f x x=−，由()g x 在()0,+∞上为减函数，得出()0g x ′≤， 再利用构造函数求最值法求出m 的取值范围． 【解答】解：（1）函数()2e 1xf x a y x x==−， ()243e 2e 2e xx x a x a x x a y x x −⋅−⋅∴′==， ①当0a >时，由0y ′>得02x <<，由0y ′<得0x <或2x >； ②当0a <时，由0y ′>得0x <或2x >，由0y ′<得02x <<． 综上：①当0a >时，函数()f x y x=的增区间为()0,2，减区间为(),0−∞，()2,+∞； ②当0a <时，函数()f x y x=的增区间为(),0−∞，()2,+∞，减区间为()0,2． （2）当120x x <<时，()()()211212m x x f x f x x x −−>等价于()()1212m mf x f x x x −>−，即函数())e (e x m mg x f x x x x x=−=−−在()0,+∞上为减函数，则()()()1212221e 1e 10x x x x x m m g x x x x−−−−−+′=−+=≤， ()121e x m x x −∴≤−−；令()()121e x h x x x −=−−， 则()()11 e 2e 2x x h x x xx −−′=−=−，由()0h x ′=得ln 2e x =；当()0,ln 2e x ∈时，()0h x ′<，()h x 为减函数； 当()ln 2e,+x ∈∞时，()0h x ′>，()h x 为增函数．()h x ∴的最小值为()()()()22ln 2e 12ln 2e ln 2e 1e ln 2e 2ln 2ln 21ln 21h −=−−=−+=−−； 2ln 21m ∴≤−−，m ∴的取值范围是(22,ln 1 −−∞− ．【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性与最值问题，也考查了不等式恒成立问题，是综合题．三、【不等式证明】【第11题】（2018新课标Ｉ）已知函数()e ln 1x f x a x =−−．（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1ea ≥时，()0f x ≥． 【分析】（1）推导出0x >，()1e x f x a x ′=−，由2x =是()f x 的极值点，解得212ea =，从而()21e ln 12exf x x =−−，进而()211e 2e x f x x ′=−，由此能求出()f x 的单调区间． （2）当1e a ≥时，()e ln 1e xf x x ≥−−，设()e ln 1e xg x x =−−，则()e 1e x g x x ′=−，由此利用导数性质能证明当1ea ≥时，()0f x ≥． 【解答】解：（1）∵函数()e ln 1x f x a x =−−． ∴0x >，()1e xf x a x′=−， ∵2x =是()f x 的极值点，∴()212e 02f a ′=−=，解得212ea =，∴()21e ln 12exf x x =−−，∴()211e 2e x f x 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1e a ≥时，()e ln 1e xf x x ≥−−，设()e ln 1e x g x x =−−，则()e 1e x g x x ′=−， 由()e 10e x g x 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，()()10g x g ≥=， ∴当1ea ≥时，()0f x ≥． 【点评】本题考查函数的单调性、导数的运算及其应用，同时考查逻辑思维能力和综合应用能力，是中档题．【第12题】（2018新课标Ⅲ）已知函数()21e xax x f x +−=． （1）求曲线()y f x =在点()0,1−处的切线方程； （2）证明：当1a ≥时，()e 0f x +≥． 【分析】（1）()()()()2221e 1e e x xx ax ax x f x +−+−′=由()02f ′=，可得切线斜率2k =，即可得到切线方程． （2）可得()()()()()()2221e 1e 12ee x xxx ax ax x ax x f x +−+−+−′==−．可得()f x 在1,a−∞−，()2,+∞递减，在1,2a−递增，注意到1a ≥时，函数()21g x ax x =+−在()2,+∞单调递增，且()2410g a =+>．只需()min e f x ≥−，即可． 【解答】解：（1）()()()()()()2221e 1e 12e e x xxx ax ax x ax x f x +−+−+−′==−．∴()02f ′=，即曲线()y f x =在点()01−，处的切线斜率2k =， ∴曲线()y f x =在点()01−，处的切线方程方程为()12y x −−=． 即210x y −−=为所求．（2）证明：函数()f x 的定义域为：R ， 可得()()()()()()2221e 1e 12e e x xxx ax ax x ax x f x +−+−+−′==−．令()0f x ′=，可得12x =，210x a=−<， 当1,x a∈−∞−时，()0f x ′<，当1,2x a ∈− 时，()0f x ′>，当()2,x ∈+∞时，()0f x ′<．∴()f x 在1,a−∞−，()2,+∞递减，在1,2a − 递增，注意到1a ≥时，函数()21g x ax x =+−在()2,+∞单调递增，且()2410g a =+>．函数()f x 的图象如下：∵1a ≥，∴(]10,1a∈，则11e e a f a−=−≥−， ∴()1min e e af x =−≥−， ∴当1a ≥时，()e 0f x +≥．【点评】本题考查了导数的几何意义，及利用导数求单调性、最值，考查了数形结合思想，属于中档题．【第13题】（2016新课标Ⅲ）设函数()ln 1f x x x =−+． （1）讨论()f x 的单调性； （2）证明当()1,x ∈+∞时，11ln x x x−<<； （3）设1c >，证明当()0,1x ∈时，()11x c x c +−>．【分析】（1）求出导数，由导数大于0，可得增区间；导数小于0，可得减区间，注意函数的定义域；（2）由题意可得即证ln 1ln x x x x <−<．运用（1）的单调性可得ln 1x x <−，设()ln 1F x x x x =−+，1x >，求出单调性，即可得到1ln x x x −<成立；（3）设()()11x G x c x c =+−−，求()G x 的二次导数，判断()G x ′的单调性，进而证明原不等式．【解答】解：（1）函数()ln 1f x x x =−+的导数为()11f x x′=−， 由()0f x ′>，可得01x <<；由()0f x ′<，可得1x >． 即有()f x 的增区间为()0,1；减区间为()1,+∞； （2）证明：当()1,x ∈+∞时，11ln x x x−<<，即为ln 1ln x x x x <−<． 由（1）可得()ln 1f x x x =−+在()1,+∞递减， 可得()()10f x f <=，即有ln 1x x <−；设()ln 1F x x x x =−+，1x >，()1ln 1ln F x x x ′=+−=， 当1x >时，()0F x ′>，可得()F x 递增，即有()()10F x F >=， 即有ln 1x x x >−，则原不等式成立； （3）证明：设()()11x G x c x c =+−−，则需要证明：当()0,1x ∈时，()0G x >（1c >）；()1ln x G x c c c ′=−−，()()2ln 0x G x c c ′′=−<，∴()G x ′在()0,1单调递减，而()01ln G c c ′=−−，()11ln G c c c ′=−−， 由（1）中()f x 的单调性，可得()01ln 0G c c ′=−−>，由（2）可得()()11ln 1ln 10G c c c c c ′=−−=−−<，∴()0,1t ∃∈，使得0G t ′=（），即()0,x t ∈时，()0G x ′>，(),1x t ∈时，()0G x ′<； 即()G x 在()0,t 递增，在(),1t 递减； 又因为：()()010G G ==，∴()0,1x ∈时()0G x >成立，不等式得证； 即1c >，当()0,1x ∈时，()11x c x c +−>．【点评】本题考查导数的运用：求单调区间和极值、最值，考查不等式的证明，注意运用构造函数法，求出导数判断单调性，考查推理和运算能力，属于中档题．【第14题】（2015新课标Ｉ）设函数()2e ln x f x a x =−． （1）讨论()f x 的导函数()f x ′零点的个数； （2）证明：当0a >时，()22lnf x a a a≥+． 【分析】（1）先求导，在分类讨论，当0a ≤时，当0a >时，根据零点存在定理，即可求出；（2）设导函数()f x ′在()0,+∞上的唯一零点为0x ，根据函数()f x 的单调性得到函数的最小值()0f x ，只要最小值大于22ln a a a+，问题得以证明．【解答】解：（1）()2e ln x f x a x =−的定义域为()0,+∞， ∴()22e x xx af =′−． 当0a ≤时，()0f x ′>恒成立，故()f x ′没有零点， 当0a >时，∵2e x y =为单调递增，ay x=−单调递增， ∴()f x ′在()0,+∞单调递增， 又()0f a ′>，假设存在b 满足0ln2a b <<时，且14b <，()0f b ′<， 故当0a >时，导函数()f x ′存在唯一的零点；（2）由（1）知，可设导函数()f x ′在()0,+∞上的唯一零点为0x ， 当()00,x x ∈时，()0f x ′<， 当()0,x x ∈+∞时，()0f x ′>，故f(x)在()00,x 单调递减，在()0,x +∞单调递增， 所欲当0x x =时，()f x 取得最小值，最小值为()0f x ， 由于0202e 0x ax −=，所以()002a f x x =+02ax +2ln a a ≥2a +2ln a a． 故当0a >时，()22lnf x a a a≥+． 【点评】本题考查了导数和函数单调性的关系和最值的关系，以及函数的零点存在定理，属于中档题．【第15题】（2015安徽）设n ∗∈N ，n x 是曲线221n y x +=+在点()1,2处的切线与x 轴交点的横坐标． （1）求数列{}n x 的通项公式； （2）记2221321n n T x x x −= ，证明：14n T n≥． 【分析】（1）利用导数求切线方程求得切线直线并求得横坐标； （2）利用放缩法缩小式子的值从而达到所需要的式子成立．【解答】解：（1）2221'1'22n n y x n x ++=+=+（）（），曲线221n y x +=+在点()1,2处的切线斜率为22n +，从而切线方程为()()2221y n x −=+−．令0y =，解得切线与x 轴的交点的横坐标为1111n n x n n =−=++；（2）证明：由题设和（1）中的计算结果可知：22213222211321242n n n n T x x x−− = =， 当1n =时，114T =， 当2n ≥时，因为()()()()2222212221211212212222n n n n n n n n n n n x −−−−−−−=>=== ， 所以2112112234n T n n n − >××××= ；综上所述，可得对任意的n ∗∈N ，均有14n T n≥． 【点评】本题主要考查切线方程的求法和放缩法的应用，属基础题型．四、【零点问题】【第16题】（2018秋•龙岩期末）已知函数()()2ln 12f x x ax a x a =−−−+（a ∈R ）． （1）讨论()f x 的单调性；（2）令函数()()()()22e 1ln 1x g x f x x a x −=+−+−−，若函数()g x 有且只有一个零点0x ，试判断0x 与3的大小，并说明理由．【分析】（1）由()222211a x x a f x x a x x +− ′−−−−（1x >），分212a +≤和212a +>两类分析函数的单调性；（2）函数()()()()()222e 1ln 1e ln 12x x g x f x x a x ax x a −−=+−+−−=−−−+，求其导函数，可得()21e 1x g x a x −′=−−−，令()()h x g x ′=，对()h x 求导，分析可得()g x ′在()1,+∞上有唯一零点1x ，结合已知可得01x x =，则()()0000g x g x ′ = = ，由此可得()()0200013e ln 1101x x x x −−−−+−=−， 令()()()213e ln 111x t x x x x −−−−+−−（1x >）． 再利用导数判断其单调性，结合函数零点的判定可得03x <． 【解答】解：（1）()222211a x x a f x x a x x +− ′−−−−（1x >）， 当212a +≤，即0a ≤时，()0f x ′>在()1,+∞上恒成立，()f x 在()1,+∞上单调递增； 当212a +>，即0a >时，若21,2a x + ∈ ，则()0f x ′<，若2,2a x + ∈+∞，则()0f x ′>， ∴()f x 在21,2a + 上单调递减，在2,2a ++∞上单调递增； （2）函数()()()()()222e 1ln 1e ln 12x x g x f x x a x ax x a −−=+−+−−=−−−+． 则()21e 1x g x a x −′=−−−，易知()g x ′在()1,+∞上单调递增，当1x >且1x →时，()g x ′→−∞，x →+∞，()g x ′→+∞， ∴()g x ′在()1,+∞上有唯一零点1x ，当()11,x x ∈时，()0g x ′<，当()1,x x ∈+∞时，()0g x ′>． ∴()()1min g x g x =，由已知函数()g x 有且只有一个零点0x ，则01x x =． ∴()()0000g x g x ′ = = ，即()0022001e 01e ln 120x x a x ax x a −− −−= − −−−+=， 消a 得，()000222000011e ln 1e 2e 011x x x x x x x −−−−−−−+−= −−， ()()0200013e ln 1101x x x x −−−−+−=−， 令()()()213e ln 111x t x x x x −−−−+−−（1x >）． 则()()()2212e 1x t x x x −′=−+−． ∴()1,2x ∈时，()0t x ′>，()2,x ∈+∞时，()0t x ′<． ∴()t x 在()2,+∞上单调递减． ∵()210t =>，()13ln 202t =−+<， ∴()t x 在()2,3上有一个零点，在()3,+∞上无零点． 若()t x 在()1,2上有一个零点，则该零点必小于3． 综上，03x <．【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性，考查函数零点的判定，考查了推理能力与计算能力，属于难题．【第17题】（2019•大庆二模）已知函数()22ln f x x a x =−（a ∈R ）． （1）当12a =时，点M 在函数()y f x =的图象上运动，直线2y x =−与函数()y f x =的图象不相交，求点M 到直线2y x =−距离的最小值； （2）讨论函数()f x 零点的个数，并说明理由．【分析】（1）首先写出函数的定义域，对函数求导，分析在什么情况下满足距离最小，构造等量关系式，求解，得到对应的点的坐标，之后应用点到直线的距离公式进行求解即可；（2）对函数求导，分情况讨论函数的单调性，依次得出函数零点的个数． 【解答】解：（1）()f x 的定义域为()0,+∞， 12a =时，()2ln f x x x =−，()12f x x x ′=−，令()1f x ′=，解得：1x =或12x =−，又()11f =，故图像上的点到直线20x y −−=的距离的最小值即为点()1,1M 到直线20x y −−=的距离，其距离d（2）由()0f x =，得22ln x a x =（0x >且1x ≠），设()2ln x g x x=（0x >且1x ≠），2y a =， 问题转化为讨论()y g x =的图象和2y a =的图象的交点个数问题， ()()22ln 1ln x x g x x−′=，（0x >且1x ≠），令()0g x ′=，解得x ，当01x <<或1x <<时，()0g x ′<，当x 时，()0g x ′>，故()g x 在()0,1，(递减，在)+∞递增，故()2e g x g =极小值，又01x <<时，()0g x <，当1x >时，()0g x >，故当20a <或22e a =即0a <或e a =时，直线2y a =与函数()y g x =的图象有1个交点， 当22e a >即e a >时，有2个交点， 当0e a ≤<时没有交点，故函数()f x 当0a <或e a =时1个零点，当0a <或e a =时2个零点，0e a ≤<时没有零点．【点评】该题考查的是有关应用导数研究函数的问题，涉及到的知识点有图象上的点到直线的距离的最小值的求解，导数的几何意义，应用导数研究函数的零点的问题，注意对分类讨论思想的应用，要做到不重不漏，属于较难题目．【第18题】（2018秋•周口期末）已知函数()22ln f x ax x =−（a ∈R ）． （1）讨论函数()f x 的单调性； （2）当21e a =时，若函数()y f x =的两个零点分别为1x ，2x （12x x <），证明：()12ln ln 21x x +>+．【分析】（1）求函数的定义域和函数的导数，分0a ≤和0a >分类讨论函数的单调性即可；（2）欲证()12ln ln 21x x +>+，只需证122e x x +>，即证122e x x >−，只需证()()212e 0f x f x −>=，将()22e f x −表示出来化简整理并构造函数()()442ln 2ln 2e 1etg t t =−+−−，由函数()g t 的单调性即可证明． 【解答】解：（1）易知()f x 的定义域是()0,+∞，()()22122ax f x ax x x−′=−=， 当0a ≤时，()0f x ′<，()f x 在()0,+∞递减，当0a >时，令()0f x ′>，解得x >，故()f x 在 递减，在 +∞递增； （2）证明：当21ea =时，()222ln e x f x x =−，由（1）知()()min e 1f x f ==−，且()10,e x ∈，()2e,x ∈+∞，又由()2e 22ln 20f =−>知22e x <，即()2e,2e x ∈，故()22e 0,e x −∈，由()222222ln 0e x f x x =−=，得22222e ln x x =，故()()()()222222222e 42e 2ln 2e 42ln 2ln 2e eex x f x x x x −−=−−=−+−−，()2e,2e x ∈，令()()442ln 2ln 2e etg t t t =−+−−，()e,2e t ∈， 则()()()24e 0e 2e t g t t t −′=>−， 故()g t 在()e,2e 递增，故()()e 0g t g >=，即()()212e 0f x f x −>=， 又()f x 在()0,e 上单调递减，故212e x x −<，即()12ln ln 21x x +>+．【点评】本题考查了函数的单调性，极值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想考查不等式的证明，是一道综合题．（2018秋•咸阳期末）已知函数()221ln 2f x x a x =−（0a >）． （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 在[]1,e 上没有零点，求a 的取值范围．【分析】（1）求出()f x ′，解不等式()0f x ′>，()0f x ′<，即可求出()f x 的单调区间； （2）用导数求出函数()f x 在区间[]1,e 上没有零点，只需在[]1,e 上()min 0f x >或()max 0f x <，分类讨论，根据导数和函数的最值得关系即可求出．【解答】解：（1）()222a x a f x x x x −′=−=（0x >）， 令()0f x ′>，解得x a >；令()0f x ′<，解得0x a <<， ∴函数()f x 的单调增区间为(),a +∞，单调减区间为()0,a ．（2）要使()f x 在[]1,e 上没有零点，只需在[]1,e 上()min 0f x >或()max 0f x <， 又()1102f =>，只需在区间[]1,e 上，()min 0f x >． ①当e a ≥时，()f x 在区间[]1,e 上单调递减，则()()22min 1e e 02f x f a ==−>，解得0a <<与e a ≥矛盾． ②当1e a <<时，()f x 在区间[)1,a 上单调递减，在区间(],e a 上单调递增， ()()()2min 112ln 02f x f a a a ==−>，解得0a <1a <③当01a <≤时，()f x 在区间[]1,e 上单调递增，()()min 10f x f =>，满足题意， 综上所述，实数a 的取值范围是：0a <<【点评】本题是导数在函数中的综合运用，考查运用导数求单调区间，求极值，求最值，考查分类讨论的思想方法，同时应注意在闭区间内只有一个极值，则一定为最值的结论的运用．（2018秋•芜湖期末）已知函数()2ln 1f x x a x =−−（a ∈R ）． （1）求()f x 的极值点；（2）若函数()f x 在区间()0,1内无零点，求a 的取值范围．【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，求出函数的极值点即可；（2）求出函数的导数，通过讨论a 的范围，求出函数的单调区间，从而确定是否存在零点，进而判断a 的范围．【解答】解：（1）()222a x a f x x x x −′=−=（0x >），当0a ≤时，()0f x ′>，()f x 在()0,+∞递增，当0a >时，令()0f x ′>，解得x >，故()f x 在 递减，在 +∞ 递增，故x =是极小值点，无极大值点； （2）()22x af x x −′=（01x <<）， ∵01x <<，∴2022x <<，当0a ≤时，()0f x ′>，()f x 在()0,1递增， 故()()10f x f <=，函数无零点，符合题意； 当2a ≥时，()0f x ′<，()f x 在()0,1递减， 故()()10f x f >=，函数无零点，符合题意；当02a <<时，存在()00,1x =，使得()00f x ′=，故()f x 在 递减，在递增，又10e1a−<<，1e 0a f −> ，()10f f <=， 故()f x 在()0,1有零点，不合题意；综上，若函数()f x 在区间()0,1内无零点，则2a ≥或0a ≤．【点评】本题考查了函数的单调性，极值问题，考查导数的应用以及函数零点问题，考查分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．。
高中数学导数练习题
高中数学导数练习题一、基础题1. 求函数 $f(x) = x^3 3x$ 的导数。
2. 求函数 $f(x) = \sqrt{1+x^2}$ 的导数。
3. 求函数 $f(x) = \frac{1}{x^2}$ 的导数。
4. 求函数 $f(x) = \ln(x^2 + 1)$ 的导数。
5. 求函数 $f(x) = e^{2x}$ 的导数。
二、应用题1. 已知函数 $f(x) = ax^2 + bx + c$，求 $f'(x)$ 并说明其几何意义。
2. 某物体做直线运动，其位移 $s$ 与时间 $t$ 的关系为 $s =t^2 2t + 1$，求物体在 $t=2$ 时的瞬时速度。
3. 已知函数 $f(x) = \frac{1}{\sqrt{x}}$，求曲线在$x=4$ 处的切线方程。
4. 求函数 $f(x) = \sin(x)$ 在区间 $[0, \pi]$ 上的最大值和最小值。
5. 已知函数 $f(x) = \ln(x 1)$，求 $f(x)$ 的单调区间。
三、综合题1. 设函数 $f(x) = (x^2 1)^3$，求 $f'(x)$。
2. 已知函数 $f(x) = \frac{2x + 3}{x 1}$，求 $f'(x)$。
3. 求函数 $f(x) = \sqrt{1 + \sqrt{1 + x^2}}$ 的导数。
4. 已知函数 $f(x) = e^{x^2}$，求曲线在 $x=0$ 处的切线方程。
5. 设函数 $f(x) = \ln(\sin^2 x)$，求 $f'(x)$。
四、拓展题1. 已知函数 $f(x) = \frac{1}{x^2 + 1}$，求 $f''(x)$。
2. 设函数 $f(x) = (x^3 + 1)^4$，求 $f'''(x)$。
3. 已知函数 $f(x) = \arctan(x)$，求 $f'(x)$。
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；。
高中导数经典例题精选全文完整版
可编辑修改精选全文完整版高中导数经典例题问题一 函数的单调性和导数的关系 例1、求下列函数的单调区间 （1）x x x f ln 23)(2-= （2）x e x x f -⋅=2)(（3）xx x f 1)(+=变式1、已知31292)(23-+-=x x x x f ，试确定)(x f 的单调区间.变式2、设函数)0(19)(23<--+=a x ax x x f ，若曲线)(x f y =的斜率最小的切线与直线612=+y x 平行，求：（1）a 的值；（2）求函数)(x f 的单调区间.例2、设函数aax x e x f ++=22)(，其中a 为实数.（1）若)(x f 的定义域为R ，求a 的取值范围. （2）当)(x f 的定义域为R ，求)(x f 的单调递减区间.例3、已知函数R a x ax x x f ∈+++=,1)(23（1）讨论函数)(x f 的单调区间； （2）设函数)(x f 在区间)31,32(--内是减函数，求a 的取值范围.变式1、若函数1)1(2131)(23+-+-=x a ax x x f 在区间（1，4）内为减函数，在区间（6，+∞）上为增函数，求函数a 的取值范围.问题二 函数的单调性与导数的关系的应用例4、（1）函数),0()0,(,sin ππ⋃-∈=x xxy 的图像可能是（ ）（2）设函数)(x f 在定义域内可导，)(x f y =的图像如图所示，则导函数)('x f y =的图像可能为（ ）变式1、设)('x f 是函数)(x f 的导函数，将)(x f y =与)('x f y =的图像画在同一个直角坐标系中，其中不可能正确的是（ ）例5、当20π<<x ，求证：x x x 2tan sin >+.变式1、已知1>x ，证明不等式：)1ln(x x +>。
导数高中试题及解析答案
导数高中试题及解析答案1. 计算函数 \( f(x) = x^3 - 3x^2 + 2x \) 在 \( x = 1 \) 处的导数。
解析：首先，我们需要找到函数 \( f(x) \) 的导数。
根据导数的定义，我们有：\[ f'(x) = \frac{d}{dx}(x^3 - 3x^2 + 2x) \]对每一项分别求导，我们得到：\[ f'(x) = 3x^2 - 6x + 2 \]现在，将 \( x = 1 \) 代入 \( f'(x) \) 得到：\[ f'(1) = 3(1)^2 - 6(1) + 2 = 3 - 6 + 2 = -1 \]答案：函数 \( f(x) \) 在 \( x = 1 \) 处的导数为 \( -1 \)。
2. 已知函数 \( g(x) = \sin(x) \)，求 \( g'(x) \)。
解析：根据三角函数的导数规则，我们知道 \( \sin(x) \) 的导数是\( \cos(x) \)。
因此，我们可以直接写出 \( g(x) \) 的导数：\[ g'(x) = \cos(x) \]答案：函数 \( g(x) \) 的导数是 \( \cos(x) \)。
3. 计算复合函数 \( h(x) = (x^2 - 1)^4 \) 的导数。
解析：这是一个复合函数，我们可以使用链式法则来求导。
首先，设\( u = x^2 - 1 \)，那么 \( h(x) = u^4 \)。
对 \( u \) 求导得到：\[ u' = \frac{d}{dx}(x^2 - 1) = 2x \]然后，对 \( h(x) \) 求导：\[ h'(x) = \frac{d}{dx}(u^4) = 4u^3 \cdot u' = 4(x^2 - 1)^3\cdot 2x \]答案：复合函数 \( h(x) \) 的导数是 \( 8x(x^2 - 1)^3 \)。
(完整版)导数的运算经典习题
（完整版）导数的运算经典习题1. 概述本文档列举了一些有关导数的运算的经典题，以帮助读者巩固和提高对该知识点的理解和应用能力。
2. 题集2.1 一阶导数1. 计算函数 $f(x) = 3x^2 + 2x + 1$ 的导函数 $f'(x)$。
2. 求函数 $g(x) = \sqrt{x}$ 的导数 $g'(x)$。
3. 计算函数 $h(x) = e^x - \sin(x)$ 在 $x = 0$ 处的导数 $h'(0)$。
4. 求函数 $k(x) = \ln(x)$ 的导函数 $k'(x)$。
2.2 高阶导数1. 计算函数 $f(x) = \cos(x)$ 的二阶导数 $f''(x)$。
2. 求函数 $g(x) = \frac{1}{x^2}$ 的二阶导数 $g''(x)$。
3. 计算函数 $h(x) = e^x \cos(x)$ 的二阶导数 $h''(x)$。
4. 求函数 $k(x) = \ln(x^2)$ 的二阶导数 $k''(x)$。
2.3 乘积法则和商积法则1. 使用乘积法则计算函数 $f(x) = (3x^2 + 2x + 1)(4x + 1)$ 的导函数 $f'(x)$。
2. 使用商积法则计算函数 $g(x) = \frac{x^2 + 1}{x}$ 的导数$g'(x)$。
2.4 链式法则1. 使用链式法则计算函数 $f(x) = \sin(3x^2 + 2x + 1)$ 的导数$f'(x)$。
2. 使用链式法则计算函数 $g(x) = e^{2x^3}$ 的导函数 $g'(x)$。
3. 总结本文档提供了一些有关导数的运算的经典习题，涵盖了一阶导数、高阶导数、乘积法则和商积法则、链式法则等知识点。
通过完成这些习题，读者可以巩固对导数运算的理解，并提高应用能力。
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高中数学导数的计算精选题目(附答案)
高中数学导数的计算精选题目（附答案）(1)基本初等函数的导数公式(2)导数运算法则①[f (x )±g (x )]′＝f ′(x )±g ′(x )；②[f (x )·g (x )]′＝f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )； 当g (x )＝c 时，[cf (x )]′＝cf ′(x )．③⎣⎢⎡⎦⎥⎤f (x )g (x )′＝f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )[g (x )]2(g (x )≠0)．（3）复合导数复合函数y ＝f (g (x ))的导数和函数y ＝f (u )，u ＝g (x )的导数间的关系为y x ′＝y u ′·u x ′，即y 对x 的导数等于y 对u 的导数与u 对x 的导数的乘积．1．求下列函数的导数： (1)y ＝10x ； (2)y ＝lg x ； (3)y ＝log 12x ；(4)y ＝4x 3；(5)y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫sin x2＋cos x 22－1.2．求下列函数的导数： (1)y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1e x ；(2)y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫110x ；(3)y ＝lg 5； (4)y ＝3lg 3x ； (5)y ＝2co S 2x2－1. 3.(1)y ＝x 3·e x ； (2)y ＝x －S i n x 2co S x2； (3)y ＝x 2＋log 3x; (4)y ＝e x ＋1e x －1.4．求下列函数的导数： (1)y ＝cos x x ； (2)y ＝xS i n x ＋x ； (3)y ＝1＋x 1－x ＋1－x1＋x； (4)y ＝lg x －1x 2.5．点P 是曲线y ＝e x 上任意一点，求点P 到直线y ＝x 的最小距离． 6．求过曲线y ＝co S x 上点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，12且与曲线在这点处的切线垂直的直线方程．7．求下列函数的导数． (1)y ＝1－2x 2； (2)y ＝e S i n x ；(3)y ＝S i n ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3；(4)y ＝5log 2(2x ＋1) 8．求下列函数的导数． (1)f (x )＝(－2x ＋1)2； (2)f (x )＝l n (4x －1)； (3)f (x )＝23x ＋2； (4)f (x )＝5x ＋4； (5)f (x )＝S i n ⎝ ⎛⎭⎪⎫3x ＋π6；(6)f (x )＝co S 2x .9．求下列函数的导数． (1)y ＝x 1＋x 2；(2)y ＝x co S ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π2S i n ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π2.10．求下列函数的导数． (1)y ＝S i n 2x3； (2)y ＝S i n 3x ＋S i n x 3； (3)y ＝11－x 2； (4)y ＝x l n (1＋x )．11. 设f (x )＝l n (x ＋1)＋x ＋1＋ax ＋b (a ，b ∈R ，a ，b 为常数)，曲线y ＝f (x )与直线y ＝32x 在(0,0)点相切．求a ，b 的值．12．曲线y ＝e －2x ＋1在点(0,2)处的切线与直线y ＝0和y ＝x 围成的三角形的面积为( )A.13B.12C.23 D ．1参考答案：1.解： (1)y ′＝(10x )′＝10x l n 10. (2)y ′＝(lg x )′＝1x ln 10.(3)y ′＝(log 12x )′＝1x ln 12＝－1x ln 2.(4)y ′＝(4x 3)′＝(x 34)′＝34x －14＝344x.(5)∵y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫sin x2＋cos x 22－1＝S i n 2x2＋2S i n x 2co S x 2＋co S 2x 2－1 ＝S i n x ，∴y ′＝(S i n x )′＝co S x .2.解：(1)y ′＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1e x ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1e x l n 1e ＝－1e x ＝－e －x .(2)y ′＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫110x ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫110x l n 110＝－ln 1010x＝－10－x l n 10.(3)∵y ＝lg 5是常数函数，∴y ′＝(lg 5)′＝0. (4)∵y ＝3 lg 3x ＝lg x ，∴y ′＝(lg x )′＝1x ln 10.(5)∵y ＝2co S 2x2－1＝co S x ，∴y ′＝(co S x )′＝－S i n x . 3.解： (1)y ′＝(x 3)′e x ＋x 3(e x )′＝3x 2e x ＋x 3e x ＝x 2(3＋x )e x . (2)∵y ＝x －12S i n x ，∴y ′＝x ′－12(S i n x )′＝1－12co S x . (3)y ′＝(x 2＋log 3x )′＝(x 2)′＋(log 3x )′＝2x ＋1x ln 3. (4)y ′＝(e x ＋1)′(e x －1)－(e x ＋1)(e x －1)′(e x －1)2＝e x (e x －1)－(e x ＋1)e x (e x －1)2＝－2e x (e x －1)2.4.解：(1)y ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫cos x x ′＝(cos x )′·x －cos x ·(x )′x 2＝－x ·sin x －cos x x 2＝－x sin x ＋cos xx 2.(2)y ′＝(xS i n x )′＋(x )′＝S i n x ＋x co S x ＋12x.(3)∵y ＝(1＋x )21－x ＋(1－x )21－x ＝2＋2x 1－x ＝41－x －2，∴y ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫41－x －2′＝－4(1－x )′(1－x )2＝4(1－x )2.(4)y ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫lg x －1x 2′＝(lg x )′－⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2′＝1x ln 10＋2x 3. 5.解：如图，当曲线y ＝e x 在点P (x 0，y 0)处的切线与直线y ＝x 平行时，点P 到直线y ＝x 的距离最近．则曲线y ＝e x 在点P (x 0，y 0)处的切线斜率为1，又y ′＝(e x )′＝e x ，∴e x 0＝1，得x 0＝0，代入y ＝e x ，得y 0＝1，即P (0,1)．利用点到直线的距离公式得最小距离为22.6.解：∵y ＝co S x ，∴y ′＝(co S x )′＝－S i n x ，∴曲线在点P π3，12处的切线的斜率为k ＝y ′|x ＝π3＝－S i n π3＝－32，∴过点P 且与切线垂直的直线的斜率为233，∴满足题意的直线方程为y －12＝233⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π3，即233x －y ＋12－239π＝0. 7.解： (1)设y ＝u 12，u ＝1－2x 2， 则y ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫u 12′(1－2x 2)′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12u －12·(－4x ) ＝12(1－2x 2)－12(－4x )＝－2x 1－2x 2 .(2)设y ＝e u ，u ＝S i n x ，则y x ′＝y u ′·u x ′＝e u ·co S x ＝e S i n x co S x . (3)设y ＝S i n u ，u ＝2x ＋π3，则y x ′＝y u ′·u x ′＝co S u ·2＝2co S ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3.(4)设y ＝5log 2u ，u ＝2x ＋1， 则y ′＝5(log 2u )′(2x ＋1)′＝10u ln 2＝10(2x ＋1)ln 2.8.解：(1)设y ＝u 2，u ＝－2x ＋1，则y ′＝y u ′·u x ′＝2u ·(－2)＝－4(－2x ＋1)＝8x －4. (2)设y ＝l n u ，u ＝4x －1， 则y ′＝y u ′·u x ′＝1u ·4＝44x －1.(3)设y ＝2u ，u ＝3x ＋2，则y ′＝y u ′·u x ′＝2u l n 2·3＝3l n 2·23x ＋2. (4)设y ＝u ，u ＝5x ＋4， 则y ′＝y u ′·u x ′＝12u·5＝525x ＋4.(5)设y ＝S i n u ，u ＝3x ＋π6，则y ′＝y u ′·u x ′＝co S u ·3＝3co S ⎝ ⎛⎭⎪⎫3x ＋π6.(6)法一：设y ＝u 2，u ＝co S x ， 则y ′＝y u ′·u x ′＝2u ·(－S i n x ) ＝－2co S x ·S i n x ＝－S i n 2x ； 法二：∵f (x )＝co S 2x ＝1＋cos 2x 2＝12＋12co S 2x ， 所以f ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋12cos 2x ′＝0＋12·(－S i n 2x )·2＝－S i n 2x . 9.解： (1)y ′＝(x 1＋x 2)′ ＝x ′1＋x 2＋x (1＋x 2)′ ＝1＋x 2＋x 21＋x 2＝(1＋2x 2)1＋x 21＋x 2.(2)∵y ＝x co S ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π2S i n ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π2＝x (－S i n 2x )co S 2x ＝－12xS i n 4x ，∴y ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12x sin 4x ′＝－12S i n 4x －x2co S 4x ·4 ＝－12S i n 4x －2x co S 4x .10.解：(1)y ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 2x 3′＝2S i n x 3·⎝ ⎛⎭⎪⎫sin x 3′ ＝2S i n x 3·co S x 3·⎝ ⎛⎭⎪⎫x 3′＝13S i n 2x3.(2)y ′＝(S i n 3x ＋S i n x 3)′＝(S i n 3x )′＋(S i n x 3)′ ＝3S i n 2x co Sx ＋co S x 3·3x 2＝3S i n 2x co S x ＋3x 2co S x 3. (3)y ′＝0－(1－x 2)′1－x 2＝－12(1－x 2)－12(1－x 2)′1－x 2＝x (1－x 2)－121－x 2＝x(1－x 2) 1－x 2.(4)y ′＝x ′l n (1＋x )＋x []ln (1＋x )′ ＝l n (1＋x )＋x 1＋x. 11.解： 由曲线y ＝f (x )过(0,0)点，可得l n 1＋1＋b ＝0，故b ＝－1.由f (x )＝l n (x ＋1)＋x ＋1＋ax ＋b ，得f ′(x )＝1x ＋1＋12x ＋1＋a ，则f ′(0)＝1＋12＋a ＝32＋a ，此即为曲线y ＝f (x )在点(0,0)处的切线的斜率．由题意，得32＋a ＝32，故a ＝0.12.解析：选A 依题意得y ′＝e －2x ·(－2)＝－2e －2x ，y ′|x ＝0＝－2e－2×0＝－2.曲线y ＝e－2x＋1在点(0,2)处的切线方程是y －2＝－2x ，即y ＝－2x ＋2.在坐标系中作出直线y ＝－2x ＋2、y ＝0与y ＝x 的图象，因为直线y ＝－2x ＋2与y ＝x的交点坐标是⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，直线y ＝－2x ＋2与x 轴的交点坐标是(1,0)，结合图象可得，这三条直线所围成的三角形的面积等于12×1×23＝13.。
关于导数的29个典型习题
关于导数的29个典型习题习题1设函数在0=x 的某邻域内1C 类(有一阶连续导数)，且.0)0(,0)0(≠'≠f f 若)0()2()(f h f b h f a -+在0→h 时是比h 高阶的无穷小，试确定b a ,的值。
解 由题设知 0)0()1()]0()2()([lim 0=-+=-+→f b a f h f b h f a h ..01,0)0(=-+∴≠b a f 由洛比达法则知).0()2(1)2(2)(lim )0()2()(lim 000f b a h f b h f a h f h bf h af h h '+='+'=-+=→→洛,0)0(≠'f 故.02=+b a 联立可解出.1,2-==b a习题2 设,0,00,)()(⎪⎩⎪⎨⎧=≠-=-x x xe x g xf x其中)(x g 有二阶连续导数，且1)0(,1)0(-='=g g .(1) 求);(x f '(2) 讨论)(x f '在),(+∞-∞上的连续性.解 (1) 当0≠x 时，用公式有,)1()()()(])([)(22x e x x g x g x x e x g e x g x x f xx x ---++-'=+-+'='当0=x 时，用定义求导数，有.21)0()(lim)0(20-''=-='-→g x e x g f xx 二次洛 ⎪⎩⎪⎨⎧=-''≠++-'='∴-.0,21)0(0,)1()()()(2x g x x e x x g x g x x f x(2) 因在0=x 处有).0(21)0(2)(lim 2)1()()()(lim )(lim 000f g e x g xe x e x g x g x x g xf xx xx x x '=-''=-''=+-+'-''+'='-→--→→洛而)(x f '在0≠x 处连续，故).,()(+∞-∞∈'C x f习题3 证明：若022=++++c y b x a y x （圆），其中c b a ,,为定数),04(22>-+c b a 则 =+xd y d dx dy22232])(1[定数。
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 $a=1$。
导数应用精选50题(含有答案)
C.2
D. 3
2
13.对于三次函数 f (x) ax3 bx2 cx d （ a 0 ），定义：设 f (x) 是函数 y f (x) 的
导数，若方程 f (x) 0 有实数解 x0，则称点（x0，（f x0））为函数 y f (x) 的“拐点”．有
同学发现:“任何一个三次函数都有‘拐点’；任何一个三次函数都有对称中心；且‘拐点’
)
99
A. a b c
B. c > b > a
C. c > a > b
D. a > c > b
10. f (x)是函数f (x)的导函数, 将y f (x)和y f (x) 的图象画在同一直角坐标系中，不
可能正确的是
()
11.已知函数 y xf (x) 的图象如图 3 所示（其中 f (x) 是函数 f (x) 的导函数）．下面四个图 象中， y f (x) 的图象大致是（ ）
常数 为方程 f (x) = x 的实数根。 (1) 求证：当 x > 时，总有 x > f (x) 成立； (2) 对任意 x1、x2 若满足| x1－ | < 1,| x2－ | < 1,求证：| f (x1)－f (x2)| < 2.
25.（本小题满分 12 分）
已知函数 f (x) ax3 bx2 ，当 x 1 时，有极大值 3 ；
f
( ) ， f 3
(x ) 为 f(x)的导函数，令 a＝
12，b＝log32，则下列关系
正确的是( )
A．f(a)>f(b) B．f(a)<f(b)
C．f(a)＝f(b)
D．f(|a|)<f(b)
16.设在函数 y x sin x cos x 的图象上的点 x0, y0 处的切线斜率为 k，若 k g x0 ，则
高中数学导数精选题目(附答案)
高中数学导数精选题目（附答案）(1)函数的单调性与其导数正负的关系一般地，在区间(a，b)内函数的单调性与导数有如下关系：导数函数的单调性f′(x)>0单调递增f′(x)<0单调递减f′(x)＝0常数函数(2)函数图象的变化趋势与导数值大小的关系一般地，设函数y＝f(x)，在区间(a，b)上：导数的绝对值函数值变化函数的图象越大快比较“陡峭”(向上或向下)越小慢比较“平缓”(向上或向下)(3)极值点与极值①极小值点与极小值如图，函数f(x)在点x＝a的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值都小，f′(a)＝0；且在点x＝a附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，则称点a叫做函数y＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y＝f(x)的极小值．②极大值点与极大值函数f(x)在点x＝b的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点的函数值都大，f′(b)＝0；且在点x＝b附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，则称点b叫做函数y＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y＝f(x)的极大值．③极值点与极值极小值点、极大值点统称为极值点，极大值和极小值统称为极值．(4)求可导函数y＝f(x)的极值的方法解方程f′(x)＝0，当f′(x0)＝0时：①如果在x0附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，那么f(x0)是极大值．②如果在x0附近的左侧f′(x)<0时，右侧f′(x)>0，那么f(x0)是极小值．(5)函数y＝f(x)在区间[a，b]上的最值一般地，如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值．(6)函数最值的求法求函数y＝f(x)在闭区间[a，b]上的最值的步骤如下：①求函数y＝f(x)在区间(a，b)内的极值；②将函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．(7)如果在区间(a，b)内恒有f′(x)＝0，则f(x)有什么特性？答：f(x)为常数函数，不具有单调性．(8)在区间(a，b)内，若f′(x)>0，则f(x)在此区间上单调递增，反之也成立吗？答：不一定成立．比如y＝x3在R上为增函数，但其在x＝0处的导数等于零．也就是说f′(x)>0是y＝f(x)在某个区间上单调递增的充分不必要条件．(9)下图为导函数y＝f′(x)的图象，则函数y＝f(x)的单调区间是什么？答：单调递增区间：(－∞，－3]，[－2,1]，[3，＋∞)；单调递减区间：[－3，－2]，[1,3]．(10):若函数f(x)为可导函数，且在区间(a，b)上是单调递增(或递减)函数，则f′(x)满足什么条件？答：f′(x)≥0(或f′(x)≤0)．(11):若函数f(x)在(a，b)上满足f′(x)>0(或f′(x)<0)，则f(x)在(a，b)上具备什么样的单调性？答：若f′(x)>0，则f(x)在(a，b)上为增函数；若f′(x)<0，则f(x)在(a，b)上为减函数．(12):f′(x)>0或f′(x)<0的解集与函数f(x)的单调区间有什么关系？答：f′(x)>0的解集对应函数f(x)的单调递增区间；f′(x)<0的解集对应函数f(x)的单调递减区间．(13):函数的极大值一定大于极小值吗？答：不一定，课本P27图1.3－11中c处的极小值大于f处的极大值．(14):函数f(x)的定义域为开区间(a，b)，导函数f′(x)在(a，b)内的图象如图所示，则函数f(x)在开区间(a，b)内有几个极小值点？答：一个．x1，x2，x3是极值点，其中x2是极小值点. x1、x3是极大值点．(15)：已知x0是函数f(x)定义域内的一点，当满足什么条件时，f(x0)是f(x)的极大值？当满足什么条件时，f(x0)是f(x)的极小值？答：当f′(x0)＝0，且在x0附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0时，f(x0)是极大值；当f′(x0)＝0，且在x0附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0时，f(x0)是极小值．(16):导数为0的点都是极值点吗？答：不一定，如f(x)＝x3，f′(0)＝0，但x＝0不是f(x)＝x3的极值点．所以，当f′(x0)＝0时，要判断x＝x0是否为f(x)的极值点，还要看f′(x)在x0两侧的符号是否相反．(17):函数y＝f(x)在给定区间(a，b)内一定有极值点吗？答：不一定，若函数y＝f(x)在区间(a，b)内是单调函数，就没有极值点．(18):若a≥f(x)恒成立，则a的取值范围是什么？若a≤f(x)恒成立，则a的取值范围是什么？答：(1)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)ma x.(2)a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)mi n.1．(1)设函数f(x)在定义域内可导，y＝f(x)的图象如图所示，则导函数y＝f′(x)的图象可能为()(2)已知f′(x)是f(x)的导函数，f′(x)的图象如图所示，则f(x)的图象只可能是()2．(1)函数y＝f(x)的图象如图所示，则导函数的图象大致是()(2)函数y＝f(x)在定义域R上有导数，其导函数的图象如图所示，则函数y ＝f(x)的递增区间为____________；递减区间为________________．3．求证：函数f(x)＝e x－x－1在(0，＋∞)内是增函数，在(－∞，0)内是减函数．利用导数判断函数f(x)在(a，b)内的单调性的步骤(1)求f′(x)；(2)确定f′(x)在(a，b)内的符号；(3)得出结论．4．试证明：函数f(x)＝ln xx在区间(0,2)上是单调递增函数．5．求下列函数的单调区间：(1)f(x)＝x3－2x2＋x；(2)f(x)＝3x2－2l n x.利用导数求函数单调区间的步骤(1)求函数的定义域；(2)求f′(x)，解不等式f′(x)>0(或f′(x)<0)；(3)利用不等式的解集与定义域求交集得单调区间．注意事项：①求函数的单调区间，必须在函数的定义域内进行．②如果函数的单调区间有多个时，单调区间不能用“∪”符号连接，只能用“，”或“和”隔开．③导数法求得的单调区间一般用开区间表示．6．求函数f(x)＝e xx－2的单调区间．7．已知函数f(x)＝x3－a x－1.讨论f(x)的单调区间．提示：由题意，可先求f′(x)，然后根据a的取值情况，讨论f′(x)>0或f′(x)<0的解集即可．8．(1)本例中f(x)不变，若f(x)为单调递增函数，求实数a的取值范围；(2)本例中f(x)不变，若f(x)在区间(1，＋∞)内为增函数，求a的取值范围；(3)本例中f(x)不变，若f(x)在区间(－1,1)上为减函数，试求a的取值范围；(4)本例中f(x)不变，若f(x)的单调递减区间为(－1,1)，求a的取值范围；(5)本例中f(x)不变，若f(x)在区间(－1,1)上不单调，求a的取值范围．9．求下列函数的极值：(1)f(x)＝x2e－x; (2)y＝ln x x.10．求下列函数的极值：(1)f(x)＝13x3－x2－3x＋3；(2)f(x)＝2xx2＋1－2.11．已知f(x)＝x3＋3a x2＋b x＋a2在x＝－1时有极值0，求常数a，b的值．12．已知f(x)＝a x3＋b x2＋c x(a≠0)在x＝±1处取得极值，且f(1)＝－1.(1)试求常数a，b，c的值；(2)试判断x＝±1是函数的极大值点还是极小值点，并说明理由．13．求函数f(x)＝x3－3a x＋b(a≠0)的极值．提示：分类讨论a取不同值时，函数的单调性，进而求极值．14．设函数f(x)＝－13x3＋x2＋(m2－1)x(x∈R)，其中m>0.(1)当m＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线的斜率；(2)求函数f(x)的单调区间与极值15．求下列各函数的最值．(1)f(x)＝－x3＋3x，x∈[－3，3]；(2)f(x)＝x2－54x(x<0)．16．求下列各函数的最值．(1)f(x)＝x3－3x2＋6x－2，x∈[－1,1]；(2)f(x)＝12x＋S i n x，x∈[0,2π]．17．已知函数f(x)＝(4x2＋4a x＋a2)x，其中a<0.(1)当a＝－4时，求f(x)的单调递增区间；(2)若f(x)在区间[1,4]上的最小值为8，求a的值．18．已知函数f(x)＝a x3－6a x2＋b，x∈[－1,2]的最大值为3，最小值为－29，求a，b的值．19．已知f(x)＝x l n x，g(x)＝－x2＋a x－3.(1)求函数f(x)的最小值；(2)对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围．提示：2f(x)≥g(x)恒成立，可转化为2f(x)－g(x)≥0恒成立，然后利用分离参数法求a的取值范围．(1)a≥f(x)(或≤f(x))恒成立⇔a≥f(x)ma x(或≤f(x)mi n);(2)a≥f(x)(或≤f(x))恒有解⇔a≥f(x)mi n(或≤f(x)ma x)；(3)f(x)≥g(x)恒成立⇔F(x)mi n≥0(其中F(x)＝f(x)－g(x));(4)f (x )≥g (x )恒有解⇔F (x )ma x ≥0(其中F (x )＝f (x )－g (x ))． 20．设函数f (x )＝x e x－x ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2x ＋1＋2.(1)若a ＝1，求f (x )的单调区间；(2)当x ≥0时，f (x )≥x 2－x ＋2恒成立，求a 的取值范围．参考答案：1.解： (1)由函数的图象可知：当x <0时，函数单调递增，导数始终为正； 当x >0时，函数先增后减再增，即导数先正后负再正，对照选项，应选D.(2)从f ′(x )的图象可以看出，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，a ＋b 2内， 导数单调递增； 在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2，b 内，导数单调递减．即函数f (x )的图象在⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，a ＋b 2内越来越陡，在a ＋b 2，b 内越来越平缓，由此可知，只有选项D 符合．2.解析：选D 因为函数f (x )在(0，＋∞)和(－∞，0)上都是单调递减的，即f ′(x )<0.解析：由f ′(x )的图象可知，当x ∈(－2，－1)∪(1,3)∪(4，＋∞)时，f ′(x )>0； 当x ∈(－∞，－2)∪(－1,1)∪(3,4)时，f ′(x )<0.故函数f (x )的增区间为(－2，－1)，(1,3)，(4，＋∞)；减区间为(－∞，－2)，(－1,1)，(3,4)．3.解： 由于f (x )＝e x －x －1， 所以f ′(x )＝e x －1，当x ∈(0，＋∞)时，e x ＞1，即f ′(x )＝e x －1>0. 故函数f (x )在(0，＋∞)内为增函数，当x ∈(－∞，0)时，e x <1，即f ′(x )＝e x －1<0. 故函数f (x )在(－∞，0)内为减函数．4.证明：由于f (x )＝ln xx ，所以f ′(x )＝1x ·x －ln x x 2＝1－ln x x 2. 由于0<x <2，所以l n x <l n 2<1， 故f ′(x )＝1－ln xx 2>0，即函数f (x )＝ln xx 在区间(0,2)上是单调递增函数. 5.解： (1)函数的定义域为R ，∵f (x )＝x 3－2x 2＋x ，∴f ′(x )＝3x 2－4x ＋1. 令f ′(x )>0，解得x >1或x <13.因此f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，13，(1，＋∞)．令f ′(x )<0，解得13<x <1.因此f (x )的单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1.(2)函数的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝6x －2x ＝2·3x 2－1x .令f ′(x )>0，即2·3x 2－1x >0，解得－33<x <0或x >33，又x >0，∴x >33； 令f ′(x )<0，即2·3x 2－1x <0，解得x <－33或0<x <33，又x >0，∴0<x <33. ∴f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫33，＋∞；单调递减区间为⎝⎛⎭⎪⎫0，33.6.解：函数f (x )的定义域为(－∞，2)∪(2，＋∞)． f ′(x )＝e x (x －2)－e x (x －2)2＝e x (x －3)(x －2)2.因为x ∈(－∞，2)∪(2，＋∞)，所以e x >0，(x －2)2>0. 由f ′(x )>0得x >3，所以函数f (x )的单调递增区间为(3，＋∞)；由f ′(x )<0得x <3，又定义域为(－∞，2)∪(2，＋∞)，所以函数f (x )的单调递减区间为(－∞，2)和(2,3). 7.解： f ′(x )＝3x 2－a . (1)当a ≤0时，f ′(x )≥0，所以f (x )在(－∞，＋∞)上为增函数． (2)当a >0时，令3x 2－a ＝0，得x ＝±3a3.当x >3a 3或x <－3a3时，f ′(x )>0; 当－3a 3<x <3a 3时，f ′(x )<0. 因此f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－3a 3，⎝ ⎛⎭⎪⎫3a 3，＋∞上为增函数，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－3a 3，3a 3上为减函数．综上可知， 当a ≤0时，f (x )在R 上为增函数．当a >0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－3a 3，⎝ ⎛⎭⎪⎫3a 3，＋∞上为增函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－3a 3，3a 3上为减函数．8.解：(1)由已知得f ′(x )＝3x 2－a ， 因为f (x )在(－∞，＋∞)上是单调增函数， 所以f ′(x )＝3x 2－a ≥0在(－∞，＋∞)上恒成立， 即a ≤3x 2对x ∈R 恒成立． 因为3x 2≥0， 所以只需a ≤0.又因为a ＝0时，f ′(x )＝3x 2≥0， f (x )＝x 3－1在R 上是增函数， 所以a ≤0.即实数a 的取值范围为(－∞，0]．(2)因为f ′(x )＝3x 2－a ，且f (x )在区间(1，＋∞)上为增函数， 所以f ′(x )≥0在(1，＋∞)恒成立， 即3x 2－a ≥0在(1，＋∞)恒成立， 所以a ≤3x 2在(1，＋∞)恒成立，即a的取值范围为(－∞，3]．(3)由f′(x)＝3x2－a≤0在(－1,1)上恒成立，得a≥3x2在x∈(－1,1)恒成立．因为－1<x<1，所以3x2<3，所以a≥3.即a的取值范围是[3，＋∞)．(4)由例题可知，f(x)的单调递减区间为－3a3，3a3，∴3a3＝1，即a＝3.(5)∵f(x)＝x3－a x－1，∴f′(x)＝3x2－a，由f′(x)＝0，得x＝±3a3(a≥0)，∵f(x)在区间(－1,1)上不单调，∴0<3a3<1，即0<a<3.故a的取值范围为(0,3)．9.解：(1)函数的定义域为R.f′(x)＝2x e－x－x2e－x＝x(2－x)e－x.令f′(x)＝0，得x＝0或x＝2.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：由上表可以看出，当x＝0时，函数有极小值，且f(0)＝0.当x＝2时，函数有极大值，且f(2)＝4 e2.(2)函数y＝ln xx的定义域为(0，＋∞)，y′＝1－ln xx2.令y′＝0，即1－ln xx2＝0，得x＝e.当x变化时，y′，y的变化情况如下表：由表可知，当x＝e时，函数有极大值1 e.10.解：(1)函数的定义域为R，f′(x)＝x2－2x－3.令f′(x)＝0，得x＝3或x＝－1.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：∴x＝－1是f(x)的极大值点，x＝3是f(x)的极小值点．∴f(x)极大值＝143，f(x)极小值＝－6.(2)函数的定义域为R，f′(x)＝2(x2＋1)－4x2 (x2＋1)2＝－2(x－1)(x＋1)(x2＋1)2.令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝1.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：由表可以看出：当x ＝－1时，函数f (x )有极小值，且f (－1)＝－22－2＝－3； 当x ＝1时，函数f (x )有极大值，且f (1)＝22－2＝－1. 11.解： ∵y ＝f (x )在x ＝－1时有极值为0， 且f ′(x )＝3x 2＋6a x ＋b ，∴⎩⎨⎧ f ′(－1)＝0，f (－1)＝0，即⎩⎨⎧3－6a ＋b ＝0，－1＋3a －b ＋a 2＝0. 解得⎩⎨⎧ a ＝1，b ＝3或⎩⎨⎧a ＝2，b ＝9.①当a ＝1，b ＝3时，f ′(x )＝3x 2＋6x ＋3＝3(x ＋1)2≥0， y ＝f (x )在R 上为增函数，无极值，故舍去． ②当a ＝2，b ＝9时，f ′(x )＝3x 2＋12x ＋9＝3(x ＋1)(x ＋3)． 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：由表可知，f (x )在x ＝－1处取极小值且f (－1)＝0. ∴a ＝2，b ＝9.12.解：f ′(x )＝3a x 2＋2b x ＋c ， (1)法一：∵x ＝±1是函数的极值点，∴x ＝±1是方程3a x 2＋2b x ＋c ＝0的两根．由根与系数的关系知⎩⎪⎨⎪⎧－2b 3a ＝0， ①c 3a ＝－1， ②又f (1)＝－1，∴a ＋b ＋c ＝－1，③ 由①②③解得a ＝12，b ＝0，c ＝－32.法二：由f ′(1)＝f ′(－1)＝0，得3a ＋2b ＋c ＝0，① 3a －2b ＋c ＝0，②又f (1)＝－1，∴a ＋b ＋c ＝－1，③ 由①②③解得a ＝12，b ＝0，c ＝－32.(2)f (x )＝12x 3－32x ，∴f ′(x )＝32x 2－32＝32(x －1)(x ＋1)．当x <－1或x >1时f ′(x )>0，当－1<x <1时，f ′(x )<0.∴函数f (x )在(－∞，－1)和(1，＋∞)上是增函数，在(－1,1)上是减函数．∴当x ＝－1时，函数取得极大值，x ＝－1为极大值点；当x ＝1时，函数取得极小值，x ＝1为极小值点.13.解： f ′(x )＝3(x 2－a )(a ≠0)，当a <0时，f ′(x )>0恒成立，即函数在(－∞，＋∞)上单调递增，此时函数没有极值；当a >0时，令f ′(x )＝0，得x ＝－a 或x ＝a .当x 变化时，f ′(x )与f (x )的变化情况如下表：∴f (x )的极大值为f (－a )＝2a a ＋b ， 极小值为f (a )＝－2a a ＋b .14.解：(1)当m ＝1时，f (x )＝－13x 3＋x 2，f ′(x )＝－x 2＋2x ，故f ′(1)＝1.所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线的斜率为1.(2)f ′(x )＝－x 2＋2x ＋m 2－1.令f ′(x )＝0，解得x ＝1－m 或x ＝1＋m .因为m >0，所以1＋m>1－m.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：所以函数f(x)的单调递减区间为(－∞，1－m)，(1＋m，＋∞)，递增区间为(1－m,1＋m)．函数f(x)在x＝1－m处取得极小值f(1－m)，且f(1－m)＝－23m3＋m2－13.函数f(x)在x＝1＋m处取得极大值f(1＋m)，且f(1＋m)＝23m3＋m2－13.15.解：(1)f′(x)＝3－3x2＝3(1－x)(1＋x)．令f′(x)＝0，得x＝1或x＝－1，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：所以x＝1和x＝－1是函数在[－3，3]上的两个极点，且f(1)＝2，f(－1)＝－2.又因为f(x)在区间端点处的取值为f(－3)＝0，f(3)＝－18.所以f(x)ma x＝2，f(x)mi n＝－18.(2)f′(x)＝2x＋54x2.令f′(x)＝0得x＝－3.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：所以x ＝－3时，f (x )取得极小值，也就是最小值， 故f (x )的最小值为f (－3)＝27，无最大值．16.解：(1)f ′(x )＝3x 2－6x ＋6＝3(x 2－2x ＋2)＝3(x －1)2＋3， 因为f ′(x )在[－1,1]内恒大于0， 所以f (x )在[－1,1]上为增函数． 故x ＝－1时，f (x )取最小值为－12， x ＝1时，f (x )取最大值为2. (2)f ′(x )＝12＋co S x ，令f ′(x )＝0， 又x ∈[0,2π]，解得x ＝2π3或x ＝4π3.计算得f (0)＝0，f (2π)＝π，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3＝π3＋32，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫4π3＝2π3－32.所以当x ＝0时，f (x )有最小值f (0)＝0； 当x ＝2π时，f (x )有最大值f (2π)＝π 17.解： (1)当a ＝－4时，f ′(x )＝2(5x －2)(x －2)x，令f ′(x )>0，得x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，25或x ∈(2，＋∞)，故函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，25和(2，＋∞)． (2)f ′(x )＝(10x ＋a )(2x ＋a )2x ，a <0，由f ′(x )＝0得x ＝－a 10或x ＝－a2.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－a 10时，f (x )单调递增；当x ∈－a 10，－a 2时，f (x )单调递减；当x∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞时，f (x )单调递增． 易知f (x )＝(2x ＋a )2x ≥0，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝0.①当－a2≤1，即－2≤a <0时，f (x )在[1,4]上的最小值为f (1)，由f (1)＝4＋4a＋a 2＝8，得a ＝±22－2，均不符合题意．②当1<－a 2≤4，即－8≤a <－2时，此时15<－a 10≤45，f (x )在[1,4]上的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝0，不符合题意．③当－a2>4，即a <－8时，f (x )在[1,4]上的最小值可能在x ＝1或x ＝4处取得，而f (1)＝8时没有符合题意的a 值，由f (4)＝2(64＋16a ＋a 2)＝8得a ＝－10或a ＝－6(舍去)，当a ＝－10时，f (x )在(1,4)上单调递减，f (x )在[1,4]上的最小值为f (4)＝8，符合题意．综上知，a ＝－10.18.解：由题设知a ≠0，否则f (x )＝b 为常函数，与题设矛盾．f ′(x )＝3a x 2－12a x ＝3a x (x －4)，令f ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝4(舍去)．(1)当a >0，且x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：由表可知，当x ＝0时，f (x )取得极大值，也就是函数在[－1,2]上的最大值，∴f (0)＝3，即b ＝3.又f (－1)＝－7a ＋3，f (2)＝－16a ＋3<f (－1)， ∴f (2)＝－16a ＋3＝－29，解得a ＝2.(2)当a <0时，同理可得，当x ＝0时，f (x )取得极小值，也就是函数在[－1,2]上的最小值，∴f (0)＝－29，即b ＝－29.又f (－1)＝－7a －29，f (2)＝－16a －29>f (－1)， ∴f (2)＝－16a －29＝3，解得a ＝－2. 综上可得，a ＝2，b ＝3或a ＝－2，b ＝－29.19.解： (1)已知函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝l n x ＋1， 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．所以f (x )mi n ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e . (2)2x l n x ≥－x 2＋a x －3，则a ≤2l n x ＋x ＋3x ， 设h (x )＝2l n x ＋x ＋3x (x >0)， 则h ′(x )＝(x ＋3)(x －1)x 2， ①x ∈(0,1)，h ′(x )<0，h (x )单调递减； ②x ∈(1，＋∞)，h ′(x )>0，h (x )单调递增； 所以h (x )mi n ＝h (1)＝4，对一切x ∈(0，＋∞)，2f (x )≥g (x )恒成立， 所以a ≤h (x )mi n ＝4，即a 的取值范围是(－∞，4]． 20.解：(1)∵a ＝1， ∴f (x )＝x e x －x ⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＋1＋2＝x e x －12x 2－x ＋2， ∴f ′(x )＝(e x －1)(x ＋1)， ∴当－1<x <0时，f ′(x )<0; 当x <－1或x >0时，f ′(x )>0，∴f (x )在(－1,0)上单调递减，在(－∞，－1)，(0，＋∞)上单调递增． (2)由f (x )≥x 2－x ＋2，得x ⎝ ⎛⎭⎪⎫e x －a ＋22x ≥0， 当x ＝0时，显然成立； 当x >0时，即e x x ≥a ＋22恒成立． 记g (x )＝e xx ，则g ′(x )＝e x (x －1)x 2， 当0<x <1时，g ′(x )<0，g (x )是减函数， 当x >1时，g ′(x )>0，g (x )是增函数．∴g(x)的最小值为g(1)＝e，∴a＋22≤e，得a≤2e－2.即a的取值范围是(－∞，2e－2]．。
高中数学导数专题常考练习题
高中数学导数专题常考练习题高考数学中，导数是一个常考的题型。
下面介绍几道典型的导数题目。
1.已知函数$f(x)$的导函数$f'(x)$满足以下条件：①当$f'(x)>0$时，$x2$；②当$f'(x)<0$时，$-1<x<2$；③当$f'(x)=0$时，$x=-1$或$x=2$。
则函数$f(x)$的大致图象是什么？2.已知直线$2x-y+1=0$与曲线$y=ae^{x}$相切（其中$e$为自然对数的底数），则实数$a$的值是多少？3.已知函数$f(x)=ax+(1-a)x^3$是奇函数，则曲线$y=f(x)$在$x=1$处的切线的倾斜角为多少？4.已知函数$f(x)=x+ax+bx^2+a$在$x=1$处的极值为10，则数对$(a,b)$为什么？5.函数$f(x)=x^3-4x^2+mx$在$[0,3]$上的最大值为4，则$m$的值为多少？6.已知函数$f(x)=x-mx^3+4x^2-3$在区间$[1,2]$上是增函数，则实数$m$的取值范围为什么？7.已知偶函数$f(x)(x\neq0)$的导函数为$f'(x)$，且满足$f(1)=0$。
当$x>0$时，$xf'(x)0$成立的$x$的取值范围是什么？8.已知曲线$y=x+\ln x$在点$(1,1)$处的切线与曲线$y=ax^2+(a+2)x+1$相切，则$a$等于多少？9.若函数$f(x)=x^3+x^2-3$在区间$(a,a+5)$上存在最小值，则实数$a$的取值范围是什么？10.已知$f'(x)$是函数$f(x)$的导函数，$f(1)=e$，$x\in\mathbb{R}$，且$2f(x)-f'(x)>0$。
则不等式$f(x)<e^{2x}-1$的解集是什么？11.已知函数 $f(x)=2x^3-ax^2+b$，讨论 $f(x)$ 的单调性。
高考导数大题30道
导数大题1 ．已知函数()b ax x x f ++=23的图象在点P (1,0)处的切线与直线03=+y x 平行｡ (1)求常数a 、b 的值;(2)求函数()x f 在区间[]t ,0上的最小值和最大值(0>t )｡2 ．已知函数R a ax x x f ∈+-=,)(3 (1)假设)(x f 在),1[+∞上为单调减函数,求实数a 取值范围;(2)假设,12=a 求)(x f 在[-3,0]上的最大值和最小值｡3 ．设函数x e x x f 221)(=. (1)求函数)(x f 的单调区间;(2)假设当]2,2[-∈x 时,不等式m x f <)(恒成立,求实数m 的取值范围.4 ．已知函数.),2,1()(3)(3l P P x f y x x x f 作直线过点上一点及-=-= (1)求使直线)(x f y l =和相切且以P 为切点的直线方程;(2)求使直线)(x f y l =和相切且切点异于P 的直线方程)(x g y =｡5 ．已知函数3()31,0f x x ax a =--≠ ()I 求()f x 的单调区间;()II 假设()f x 在1x =-处取得极大值,直线y=m 与()y f x =的图象有三个不同的交点,求m 的取值范围｡7 ．已知函数2()ln f x a x bx =-图象上一点(2,(2))P f 处的切线方程为22ln 23++-=x y . (Ⅰ)求b a ,的值;(Ⅱ)假设方程()f x m +=求m 的取值范围(其中e 为自然对数的底数);8 ．已知函数212()()ln f x a x x =-+.(R a ∈) (1)当a =1时,求()f x 在区间[1,e ]上的最大值和最小值;(2)假设在区间(1,+∞)上,函数()f x 的图象恒在直线2y ax =下方,求a 的取值范围。
10．已知函数2()sin 2(),()()2f x x b x b R F x f x =+-∈=+,且对于任意实数x ,恒有(5)(5)F x F x -=-｡ ⑴求函数)(x f 的解析式;⑵已知函数()()2(1)ln g x f x x a x =+++在区间(0,1)上单调,求实数a 的取值范围;⑶讨论函数21()ln(1)()2h x x f x k =+--零点的个数?12．已知函数b ax x x x f +++=23)(. ( I )当1-=a 时,求函数)(x f 的单调区间;( II )假设函数)(x f 的图象与直线ax y =只有一个公共点,求实数b 的取值范围.13．已知函数).()(2a x x x f += (1)当a =1时,求)(x f 的极值;(2)当0≠a 时,求)(x f 的单调区间.14．(本小题共13分)已知函数))0(,0(31)(23f d cx bx x x f 在点++-=处的切线方程为.2=y (I)求c 、d 的值;(II)求函数f (x )的单调区间｡15．已知函数2()(1)f x x x =+ . (Ⅰ)求函数()f x 的单调区间与极值;(Ⅱ)设2()g x ax =,假设对于任意(0,)x ∈+∞,()()f x g x ≥恒成立,求实数a 的取值范围.16．已知函数c bx ax x x f +++=23)(,412)(-=x x g , 假设0)1(=-f ,且)(x f 的图象在点))1(,1(f 处的切线方程为)(x g y =.(Ⅰ)求实数c b a ,,的值;(Ⅱ)求函数)()()(x g x f x h -=的单调区间.17．设函数x x a ax x f 12)36(2)(23++-=()R a ∈.(Ⅰ)当1=a 时,求函数)(x f 的极大值和极小值;(Ⅱ)假设函数)(x f 在区间)1,(-∞上是增函数,求实数a 的取值范围.18．已知函数32()(,f x x ax b a b =-++∈R). (Ⅰ)假设a =1,函数()f x 的图象能否总在直线y b =的下方?说明理由;(Ⅱ)假设函数()f x 在(0,2)上是增函数,求a 的取值范围;(Ⅲ)设123,,x x x 为方程()0f x =的三个根,且1(1,0)x ∈-,2(0,1)x ∈,3(,1)(1,)x ∈-∞-+∞,求证:||1a >.23．已知32()f x ax bx cx =++在区间[01]，上是增函数，在区间(0)(1)-+，，，∞∞上是减函数，又1322f ⎛⎫'= ⎪⎝⎭． 〔Ⅰ〕求()f x 的解析式；〔Ⅱ〕假设在区间[0](0)m m >，上恒有()f x x ≤成立，求m 的取值范围．24．已知函数32()2f x x ax bx =+++与直线450x y -+=切于点P 〔1-，1〕． 〔Ⅰ〕求实数,a b 的值；〔Ⅱ〕假设0x >时，不等式2()22f x mx x ≥-+恒成立，求实数m 的取值范围．27．已知函数()32f x x ax bx c =+++，在(-∞，-1)，(2，+∞)上单调递增，在(-1，2)上单调递减，当且仅当x>4时，()()245f x x x g x >-+=．〔Ⅰ〕求函数f(x)的解析式；〔Ⅱ〕假设函数y m =与函数f(x)、g(x)的图象共有3个交点，求m 的取值范围．。
高中求导专项练习题
高中求导专项练习题1. 求导问题一已知函数$y=x^3-2x^2$，求该函数在$x=2$处的导数值。
解析：求导即求函数的斜率，利用导数的定义进行求解。
函数$y=x^3-2x^2$的导数为$\frac{dy}{dx}=3x^2-4x$。
将$x=2$代入导数表达式中，即可求出该函数在$x=2$处的导数值。
2. 求导问题二已知函数$y=\sqrt{x+1}$，求该函数的导数。
解析：利用导数的定义求解。
函数$y=\sqrt{x+1}$的导数为$\frac{dy}{dx}=\frac{1}{2\sqrt{x+1}}$。
将导数表达式简化后即可得到该函数的导数。
3. 求导问题三已知函数$y=e^x\ln x$，求该函数的导数。
解析：利用乘法法则和链式法则求解。
函数$y=e^x\ln x$的导数为$\frac{dy}{dx}=e^x\ln x+\frac{e^x}{x}$。
利用指数函数和对数函数的导数规则，将导数表达式简化后即可得到该函数的导数。
4. 求导问题四已知函数$y=\sin^2x$，求该函数的导数。
解析：利用链式法则求解。
函数$y=\sin^2x$的导数为$\frac{dy}{dx}=2\sin x\cos x$。
利用三角函数的导数规则，将导数表达式简化后即可得到该函数的导数。
5. 求导问题五已知函数$y=\frac{1}{\log_2x}$，求该函数的导数。
解析：利用倒数法则和链式法则求解。
函数$y=\frac{1}{\log_2x}$的导数为$\frac{dy}{dx}=-\frac{1}{x\ln 2(\ln x)^2}$。
利用对数函数的导数规则，将导数表达式简化后即可得到该函数的导数。
6. 求导问题六已知函数$y=\frac{x^2}{\sqrt{1+x}}$，求该函数的导数。
解析：利用除法法则和链式法则求解。
函数$y=\frac{x^2}{\sqrt{1+x}}$的导数为$\frac{dy}{dx}=\frac{2x\sqrt{1+x}-\frac{1}{2}x^2\frac{1}{\sqrt{1+x}}}{1+x}$。
导数的基本公式14个例题
导数的基本公式14个例题一、导数的基本公式。
1. 常数函数的导数：若y = C（C为常数），则y^′=0。
- 例如：y = 5，求y^′。
- 解析：根据常数函数导数公式，y^′ = 0。
2. 幂函数的导数：若y=x^n，则y^′ = nx^n - 1。
- 例如：y=x^3，求y^′。
- 解析：根据幂函数导数公式，n = 3，所以y^′=3x^2。
- 例如：y = x^(1)/(2)，求y^′。
- 解析：n=(1)/(2)，根据公式y^′=(1)/(2)x^(1)/(2)-1=(1)/(2)x^-(1)/(2)=(1)/(2√(x))。
3. 正弦函数的导数：若y = sin x，则y^′=cos x。
- 例如：y=sin x，求y^′。
- 解析：根据正弦函数导数公式，y^′=cos x。
4. 余弦函数的导数：若y=cos x，则y^′ =-sin x。
- 例如：y = cos x，求y^′。
- 解析：根据余弦函数导数公式，y^′=-sin x。
5. 指数函数y = a^x的导数（a>0,a≠1）：y^′=a^xln a。
- 例如：y = 2^x，求y^′。
- 解析：根据指数函数导数公式，a = 2，所以y^′=2^xln2。
6. 对数函数y=log_ax的导数（a>0,a≠1,x>0）：y^′=(1)/(xln a)。
- 例如：y=log_2x，求y^′。
- 解析：根据对数函数导数公式，a = 2，所以y^′=(1)/(xln2)。
- 特别地，当a = e时，y=ln x，y^′=(1)/(x)。
- 例如：y=ln x，求y^′。
- 解析：根据自然对数函数导数公式，y^′=(1)/(x)。
7. 正切函数的导数：若y=tan x=(sin x)/(cos x)，则y^′=sec^2x=(1)/(cos^2)x。
- 例如：y = tan x，求y^′。
- 解析：根据正切函数导数公式，y^′=sec^2x=(1)/(cos^2)x。
高中数学中的导数应用案例全面解析与计算
高中数学中的导数应用案例全面解析与计算导数是高中数学中的一个重要概念，在不同的数学问题中都有广泛的应用。
本文将通过一些具体案例，全面解析和计算导数的应用，以帮助读者更好地理解和应用导数。
案例一：汽车行驶问题假设一辆汽车以恒定的速度行驶，车速为v(t)（单位：m/s）。
我们需要求出汽车行驶过程中的加速度a(t)。
根据导数的定义，加速度a(t)可以表示为车速v(t)对时间t的导数，即a(t) = dv(t)/dt。
由此，我们可以通过求车速对时间的导数得到加速度。
在具体计算中，我们可以用一个具体的函数来描述车速v(t)的变化规律。
例如，假设车速v(t) = 2t + 3，其中t为时间（单位：s）。
根据导数的计算规则，这个函数的导数即为加速度。
对v(t)进行求导，有：dv(t)/dt = d(2t + 3)/dt = 2因此，这辆汽车的加速度恒定为2 m/s²。
案例二：曲线的切线问题假设有一条曲线y = f(x)，我们需要求出该曲线在某一点P(x0, y0)处的切线斜率k。
根据导数的定义，斜率k可以表示为曲线y = f(x)在点P处的斜率，即k = dy/dx |x=x0。
其中，dy/dx表示y对x的导数，"|"表示在x=x0的意思。
在实际计算中，我们首先需要确定曲线函数f(x)的具体形式，以及点P(x0, y0)的坐标。
然后，对曲线函数进行求导，并将x的值代入导函数，即可得到切线斜率k的值。
以一个具体的例子来说明。
假设曲线为y = x²，要求在点P(2, 4)处的切线斜率k。
首先，对曲线函数y = x²进行求导，得到导函数dy/dx = 2x。
然后，将点P(2, 4)中的x坐标代入导函数2x，即可得到切线斜率：k = dy/dx |x=2 = 2(2) = 4所以，在曲线y = x²的点P(2, 4)处，切线的斜率为4。
通过以上两个案例，我们可以看到导数在不同数学问题中的应用。
求导数例题
求导数例题
求导数是高中数学学习中的一个重要部分，它给学生提供了开展数学研究和解决实际问题的方法。
这里将介绍几个求导数的例题，帮助学生更好地掌握求导数的技巧。
例题1：设函数f(x) = x2+2x，求f(x)的值
解：我们已知f(x) = x2+2x，用一阶导数的定义求出f(x) = 2x+2，所以f(x)的值为2x+2。
例题2：设函数f(x) = x3+3x2-2x，求f(x)的值
解：答案是f(x) = 3x2+6x-2。
例题3：设函数f(x) = sin x，求f(x)的值
解：f(x) = cos x，所以f(x)的值为cos x。
以上三个例题均是计算求导数的基本例题，它们可以帮助学生更好地了解求导数的概念和方法。
计算求导数的过程基本一致，其中重要的步骤是使用一阶微分定义和求值，熟悉这一基本步骤后，学生可以对更复杂的求导问题也能有效求出求导数的值。
除了掌握计算求导数的基本步骤，学生还需要学习求导数的相关知识，如函数的定义、利用泰勒级数计算求导数等，这些内容都是学习求导数的基础。
在学习求导数的时候，学生还需要不断的练习，并积极查找更复杂的求导数例题，通过多次练习，学生可以更好地掌握求导数的基本技能。
此外，学生还可以尝试解决求导数的应用题，例如使用求导数来分析函数的波峰、波谷点以及函数的单调性等。
求导数的学习涉及到较为抽象的概念，因此在学习的过程中，学生可以寻求老师或者辅导老师的帮助，以便更好地理解和掌握求导数的知识点。
总之，求导数是高中数学学习中一个重要的知识点，学习者需要不断练习，并积极查找不同类型的求导数例题，了解求导数相关的基础知识，同时也可以咨询老师以及辅导老师，从而掌握求导数的基本技能。
高中数学导数的计算精选题目(附答案)
高中数学导数的计算精选题目（附答案）(1)基本初等函数的导数公式(2)导数运算法则①[f(x)±g(x)]′＝f′(x)±g′(x)；②[f(x)·g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)；#当g(x)＝c时，[cf(x)]′＝cf′(x)．③⎣⎢⎡⎦⎥⎤f (x )g (x )′＝f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )[g (x )]2(g (x )≠0)．（3）复合导数复合函数y ＝f (g (x ))的导数和函数y ＝f (u )，u ＝g (x )的导数间的关系为y x ′＝y u ′·u x ′，即y 对x 的导数等于y 对u 的导数与u 对x 的导数的乘积．1．求下列函数的导数： (1)y ＝10x ； (2)y ＝lg x ； (3)y ＝log 12x ；!(4)y ＝4x 3；(5)y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫sin x2＋cos x 22－1.2．求下列函数的导数： (1)y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1e x ；(2)y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫110x；(3)y ＝lg 5； (4)y ＝3lg 3x ； (5)y ＝2co S 2x2－1./3.(1)y ＝x 3·e x ；(2)y ＝x －S i n x 2co S x2； (3)y ＝x 2＋log 3x; (4)y ＝e x ＋1e x －1.4．求下列函数的导数： (1)y ＝cos x x ； (2)y ＝xS i n x ＋x ；(3)y ＝1＋x 1－x ＋1－x1＋x； …(4)y ＝lg x －1x 2.5．点P 是曲线y ＝e x 上任意一点，求点P 到直线y ＝x 的最小距离． 6．求过曲线y ＝co S x 上点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，12且与曲线在这点处的切线垂直的直线方程．7．求下列函数的导数． (1)y ＝1－2x 2； (2)y ＝e S i n x ； (3)y ＝S i n ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3；(4)y ＝5log 2(2x ＋1);8．求下列函数的导数．(1)f (x )＝(－2x ＋1)2； (2)f (x )＝l n (4x －1)； (3)f (x )＝23x ＋2； (4)f (x )＝5x ＋4； (5)f (x )＝S i n ⎝ ⎛⎭⎪⎫3x ＋π6； (6)f (x )＝co S 2x .9．求下列函数的导数．&(1)y ＝x 1＋x 2；(2)y ＝x co S ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π2S i n ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π2.10．求下列函数的导数． (1)y ＝S i n 2x3； (2)y ＝S i n 3x ＋S i n x 3； (3)y ＝11－x 2；(4)y ＝x l n (1＋x )．11. 设f (x )＝l n (x ＋1)＋x ＋1＋ax ＋b (a ，b ∈R ，a ，b 为常数)，曲线y ＝f (x )与直线y ＝32x 在(0,0)点相切．求a ，b 的值．[12．曲线y ＝e －2x ＋1在点(0,2)处的切线与直线y ＝0和y ＝x 围成的三角形的面积为( )A.13B.12C.23 D ．1参考答案：1.解： (1)y ′＝(10x )′＝10x l n 10. (2)y ′＝(lg x )′＝1x ln 10.(3)y ′＝(log 12x )′＝1x ln 12＝－1x ln 2.(4)y ′＝(4x 3)′＝(x 34)′＝34x －14＝344x .(5)∵y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫sin x2＋cos x 22－1？＝S i n 2x 2＋2S i n x 2co S x 2＋co S 2x2－1 ＝S i n x ，∴y ′＝(S i n x )′＝co S x .2.解：(1)y ′＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1e x ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1e x l n 1e ＝－1e x ＝－e －x .(2)y ′＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫110x ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫110x l n 110＝－ln 1010x＝－10－x l n 10.(3)∵y ＝lg 5是常数函数，∴y ′＝(lg 5)′＝0. (4)∵y ＝3 lg 3x ＝lg x ，∴y ′＝(lg x )′＝1x ln 10.·(5)∵y ＝2co S 2x2－1＝co S x ，∴y ′＝(co S x )′＝－S i n x .3.解： (1)y ′＝(x 3)′e x ＋x 3(e x )′＝3x 2e x ＋x 3e x ＝x 2(3＋x )e x . (2)∵y ＝x －12S i n x ，∴y ′＝x ′－12(S i n x )′＝1－12co S x . (3)y ′＝(x 2＋log 3x )′＝(x 2)′＋(log 3x )′＝2x ＋1x ln 3. (4)y ′＝(e x ＋1)′(e x －1)－(e x ＋1)(e x －1)′(e x －1)2＝e x (e x －1)－(e x ＋1)e x (e x －1)2＝－2e x (e x －1)2.4.解：(1)y ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫cos x x ′＝(cos x )′·x －cos x ·(x )′x 2＝－x ·sin x －cos x x 2＝－x sin x ＋cos xx 2.:(2)y ′＝(xS i n x )′＋(x )′＝S i n x ＋x co S x ＋12x.(3)∵y ＝(1＋x )21－x ＋(1－x )21－x ＝2＋2x 1－x ＝41－x －2，∴y ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫41－x －2′＝－4(1－x )′(1－x )2＝4(1－x )2.(4)y ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫lg x －1x 2′＝(lg x )′－⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2′＝1x ln 10＋2x 3. 5.解：如图，当曲线y ＝e x 在点P (x 0，y 0)处的切线与直线y ＝x 平行时，点P 到直线y ＝x 的距离最近．则曲线y ＝e x 在点P (x 0，y 0)处的切线斜率为1，又y ′＝(e x )′＝e x ，∴e x 0＝1，得x 0＝0，代入y ＝e x ，得y 0＝1，即P (0,1)．利用点到直线的距离公式得最小距离为22.—6.解：∵y ＝co S x ，∴y ′＝(co S x )′＝－S i n x ，∴曲线在点P π3，12处的切线的斜率为k ＝y ′|x ＝π3＝－S i n π3＝－32，∴过点P 且与切线垂直的直线的斜率为233，∴满足题意的直线方程为y －12＝233⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π3，即233x －y ＋12－239π＝0. 7.解： (1)设y ＝u 12，u ＝1－2x 2， 则y ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫u 12′(1－2x 2)′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12u －12·(－4x )＝12(1－2x 2)－12(－4x )＝－2x 1－2x 2 .(2)设y ＝e u ，u ＝S i n x ，则y x ′＝y u ′·u x ′＝e u ·co S x ＝e S i n x co S x . (3)设y ＝S i n u ，u ＝2x ＋π3，则y x ′＝y u ′·u x ′＝co S u ·2＝2co S ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3.!(4)设y ＝5log 2u ，u ＝2x ＋1，则y ′＝5(log 2u )′(2x ＋1)′＝10u ln 2＝10(2x ＋1)ln 2.8.解：(1)设y ＝u 2，u ＝－2x ＋1，则y ′＝y u ′·u x ′＝2u ·(－2)＝－4(－2x ＋1)＝8x －4. (2)设y ＝l n u ，u ＝4x －1， 则y ′＝y u ′·u x ′＝1u ·4＝44x －1.(3)设y ＝2u ，u ＝3x ＋2，则y ′＝y u ′·u x ′＝2u l n 2·3＝3l n 2·23x ＋2.…(4)设y ＝u ，u ＝5x ＋4， 则y ′＝y u ′·u x ′＝12u·5＝525x ＋4.(5)设y ＝S i n u ，u ＝3x ＋π6，则y ′＝y u ′·u x ′＝co S u ·3＝3co S ⎝ ⎛⎭⎪⎫3x ＋π6.(6)法一：设y ＝u 2，u ＝co S x ， 则y ′＝y u ′·u x ′＝2u ·(－S i n x ) ＝－2co S x ·S i n x ＝－S i n 2x ； 法二：∵f (x )＝co S 2x ＝1＋cos 2x 2＝12＋12co S 2x ， 【所以f ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋12cos 2x ′＝0＋12·(－S i n 2x )·2＝－S i n 2x . 9.解： (1)y ′＝(x 1＋x 2)′ ＝x ′1＋x 2＋x (1＋x 2)′＝1＋x 2＋x 21＋x 2＝(1＋2x 2)1＋x 21＋x 2.(2)∵y ＝x co S ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π2S i n ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π2＝x (－S i n 2x )co S 2x ＝－12xS i n 4x ， ∴y ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12x sin 4x ′＝－12S i n 4x －x2co S 4x ·4 ＝－12S i n 4x －2x co S 4x .10.解：(1)y ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 2x 3′＝2S i n x 3·⎝ ⎛⎭⎪⎫sin x 3′ ＝2S i n x 3·co S x 3·⎝ ⎛⎭⎪⎫x 3′＝13S i n 2x3.(2)y ′＝(S i n 3x ＋S i n x 3)′＝(S i n 3x )′＋(S i n x 3)′ ＝3S i n 2x co Sx ＋co S x 3·3x 2＝3S i n 2x co S x ＋3x 2co S x 3.(3)y ′＝0－(1－x 2)′1－x 2＝－12(1－x 2)－12(1－x 2)′1－x 2＝x (1－x 2)－121－x 2＝x(1－x 2) 1－x 2.(4)y ′＝x ′l n (1＋x )＋x []ln (1＋x )′ ＝l n (1＋x )＋x 1＋x.11.解： 由曲线y ＝f (x )过(0,0)点，可得l n 1＋1＋b ＝0，故b ＝－1.由f (x )＝l n (x ＋1)＋x ＋1＋ax ＋b ，得f ′(x )＝1x ＋1＋12x ＋1＋a ，则f ′(0)＝1＋12＋a ＝32＋a ，此即为曲线y ＝f (x )在点(0,0)处的切线的斜率．由题意，得32＋a ＝32，故a ＝0.12.解析：选A 依题意得y ′＝e －2x ·(－2)＝－2e －2x ，y ′|x ＝0＝－2e－2×0＝－2.曲线y ＝e －2x ＋1在点(0,2)处的切线方程是y －2＝－2x ，即y ＝－2x ＋2.在坐标系中作出直线y ＝－2x ＋2、y ＝0与y ＝x 的图象，因为直线y ＝－2x ＋2与y ＝x的交点坐标是⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，直线y ＝－2x ＋2与x 轴的交点坐标是(1,0)，结合图象可得，这三条直线所围成的三角形的面积等于12×1×23＝13.。
高中数学导数的典型例题
高中数学导数的典型例题题型一 利用二次求导求函数的单调性【典例1】 若函数f (x )＝sin x x，0<x 1<x 2<π.设a ＝f (x 1)，b ＝f (x 2)，试比较a ，b 的大小． 【思路分析】此题可联想到研究函数f (x )＝sin x x在(0，π)的单调性．函数图象虽然可以直观地反映出两个变量之间的变化规律，但大多数复合的函数作图困难较大．导数的建立拓展了应用图象解题的空间．导数这个强有力的工具对函数单调性的研究提供了简单、程序化的方法，具有很强的可操作性．当f ′(x )>0时，函数f (x )单调递增；当f ′(x )<0时，函数f (x )单调递减．【解析】由f (x )＝sin x x ，得f ′(x )＝x cos x －sin x x 2， 设g (x )＝x cos x －sin x ，则g ′(x )＝－x sin x ＋cos x －cos x ＝－x sin x .∵0<x <π，∵g ′(x )<0，即函数g (x )在(0，π)上是减函数．∵g (x )<g (0)＝0，因此f ′(x )<0，故函数f (x )在(0，π)是减函数，∵当0<x 1<x 2<π，有f (x 1)>f (x 2)，即a >b .【方法归纳】从本题解答来看，为了得到f (x )的单调性，须判断f ′(x )的符号，而f ′(x )＝x cos x －sin x x 2的分母为正，只需判断分子x cos x －sin x 的符号，但很难直接判断，故可通过二次求导，判断出一次导函数的符号，并最终解决问题．【变式训练】1．已知函数f (x )满足f (x )＝f ′(1)e x －1－f (0)x ＋12x 2，求f (x )的解析式及单调区间． 解：因为f (x )＝f ′(1)e x －1－f (0)x ＋12x 2， 所以f ′(x )＝f ′(1)e x －1－f (0)＋x .令x ＝1，得f (0)＝1.所以f (x )＝f ′(1)e x －1－x ＋12x 2， 所以f (0)＝f ′(1)e －1＝1，解得f ′(1)＝e.所以f (x )＝e x －x ＋12x 2. 设g (x )＝f ′(x )＝e x －1＋x ，则g ′(x )＝e x ＋1>0，所以y ＝g (x )在R 上单调递增．因为f ′(0)＝0，所以f ′(x )>0＝f ′(0)∵x >0，f ′(x )<0＝f ′(0)∵x <0.所以f (x )的解析式为f (x )＝e x －x ＋12x 2，且单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0).题型二 利用二次求导求函数的极值或参数的范围【典例2】已知函数f (x )＝ln(ax ＋1)＋x 3－x 2－ax .(1)若x ＝23为y ＝f (x )的极值点，求实数a 的值； (2)若y ＝f (x )在[1，＋∞)上为增函数，求实数a 的取值范围；(3)若a ＝－1时，方程f (1－x )－(1－x )3＝b x有实根，求实数b 的取值范围． [方法演示]解：(1)f ′(x )＝a ax ＋1＋3x 2－2x －a . 由题意，知f ′⎝⎛⎭⎫23＝0，所以a 23a ＋1＋43－43－a ＝0，解得a ＝0. 当a ＝0时，f ′(x )＝x (3x －2)，从而x ＝23为y ＝f (x )的极值点． (2)因为f (x )在[1，＋∞)上为增函数，所以f ′(x )＝a ax ＋1＋3x 2－2x －a ＝x [3ax 2＋(3－2a )x －(a 2＋2)]ax ＋1≥0在[1，＋∞)上恒成立． 当a ＝0时，f ′(x )＝x (3x －2)，此时f (x )在[1，＋∞)上为增函数恒成立，故a ＝0符合题意；当a ≠0时，由ax ＋1>0对x >1恒成立，知a >0.所以3ax 2＋(3－2a )x －(a 2＋2)≥0对x ∵[1，＋∞)恒成立．令g (x )＝3ax 2＋(3－2a )x －(a 2＋2)，其对称轴为x ＝13－12a ，因为a >0，所以13－12a <13，所以g (x )在[1，＋∞)上为增函数，所以只需g (1)≥0即可，即－a 2＋a ＋1≥0，解得0<a ≤1＋52. 综上，实数a 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，1＋52. (3)由已知得，x >0，∵b ＝x (ln x ＋x －x 2)＝x ln x ＋x 2－x 3.令g (x )＝x ln x ＋x 2－x 3，则g ′(x )＝ln x ＋1＋2x －3x 2.令h (x )＝g ′(x )，则h ′(x )＝1x ＋2－6x ＝－6x 2－2x －1x. 当0<x <1＋76时，h ′(x )>0， ∵函数h (x )＝g ′(x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，1＋76上递增； 当x >1＋76时，h ′(x )<0， ∵函数h (x )＝g ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋76，＋∞上递减．又g ′(1)＝0，∵存在x 0∵⎝⎛⎭⎪⎫0，1＋76，使得g ′(x 0)＝0. 当0<x <x 0时，g ′(x )<0，∵函数g (x )在(0，x 0)上递减；当x 0<x <1时，g ′(x )>0，∵函数g (x )在(x 0,1)上递增；当x >1时，g ′(x )<0，∵函数g (x )在(1，＋∞)上递减．又当x →＋∞时，g (x )→－∞.又g (x )＝x ln x ＋x 2－x 3＝x (ln x ＋x －x 2)≤x ⎝⎛⎭⎫ln x ＋14， 当x →0时，ln x ＋14<0，则g (x )<0，且g (1)＝0， ∵b 的取值范围为(－∞，0]．【方法归纳】本题从题目形式来看，是极其常规的一道导数考题，第(3)问要求参数b 的范围问题，实际上是求g (x )＝x (ln x ＋x －x 2)极值问题，问题是g ′(x )＝ln x ＋1＋2x －3x 2＝0这个方程求解不易，这时我们可以尝试对h (x )＝g ′(x )再一次求导并解决问题．所以当导数值等于0这个方程求解有困难，考虑用二次求导尝试不失为一种妙法．【变式训练】2．设k ∵R ，函数f (x )＝e x －(1＋x ＋kx 2)(x >0)．(1)若k ＝1，求函数f (x )的导函数f ′(x )的极小值；(2)若对任意的t >0，存在s >0，使得当x ∵(0，s )时，都有f (x )<tx 2，求实数k 的取值范围．解：(1)当k ＝1时，函数f (x )＝e x －(1＋x ＋x 2)，则f (x )的导数f ′(x )＝e x －(1＋2x )，令g (x )＝f ′(x )，则g ′(x )＝e x －2，当0<x <ln 2时，g ′(x )<0；当x >ln 2时，g ′(x )>0，从而f ′(x )在(0，ln 2)上递减，在(ln 2，＋∞)上递增．故导数f ′(x )的极小值为f ′(ln 2)＝1－2ln 2.(2)对任意的t >0，记函数F (x )＝f (x )－tx 2＝e x －[1＋x ＋(k ＋t )x 2]，x >0，根据题意，存在s >0，使得当x ∵(0，s )时，F (x )<0.易得F (x )的导数F ′(x )＝e x －[1＋2(k ＋t )x ]，令h (x )＝F ′(x )，则h ′(x )＝e x －2(k ＋t )．∵若h ′(x )≥0，注意到h ′(x )在(0，s )上递增，故当x ∵(0，s )时，h ′(x )>h ′(0)≥0，于是F ′(x )在(0，s )上递增，则当x ∵(0，s )时，F ′(x )>F ′(0)＝0，从而F (x )在(0，s )上递增．故当x ∵(0，s )时，F (x )>F (0)＝0，与已知矛盾；∵若h ′(x )<0，因为h ′(x )在(0，s )上连续且递增，故存在s >0，使得当x ∵(0，s )，h ′(x )<0，从而F ′(x )在(0，s )上递减，于是当x ∵(0，s )时，F ′(x )<F ′(0)＝0，因此F (x )在(0，s )上递减．故当x ∵(0，s )时，F (x )<F (0)＝0，满足已知条件．综上所述，对任意的t >0，都有h ′(x )<0，所以1－2(k ＋t )<0，即k >12－t ，故实数k 的取值范围为⎝⎛⎭⎫12－t ，＋∞.题型三 利用二次求导证明不等式【典例3】证明当x >0时，sin x >x －x 36. 【解析】证明：令f (x )＝sin x －x ＋x 36， 则f ′(x )＝cos x －1＋x 22， 所以f ″(x )＝－sin x ＋x .易知当x >0时，sin x <x ，所以在(0，＋∞)上f ″(x )>0，所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增．又f ′(0)＝0，所以在(0，＋∞)有f ′(x )>f ′(0)＝0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增．故当x >0时，f (x )＝sin x －x ＋x 36>f (0)＝0. 所以sin x >x －x 36(x >0)． 【方法归纳】本题是应用导数证明不等式．证明的关键在于构造适当的函数，然后在相应区间上用二次求导的方法判定导数的符号，得到导函数的单调性，再利用单调性证明不等式．【变式训练】3．已知函数f (x )＝m e x －ln x －1.(1)当m ＝0时，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)当m ≥1时，证明：f (x )>1.解：(1)当m ＝0时，f (x )＝－ln x －1，则f ′(x )＝－1x， 所以f (1)＝－1，f ′(1)＝－1.所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －(－1)＝－(x －1)，即x ＋y ＝0.(2)证明：当m ≥1时，f (x )＝m e x －ln x －1≥e x －ln x －1.要证f (x )>1，只需证e x －ln x －2>0.设g (x )＝e x －ln x －2，则g ′(x )＝e x －1x. 设h (x )＝e x －1x ，则h ′(x )＝e x ＋1x 2>0. 所以函数h (x )＝g ′(x )＝e x －1x在(0，＋∞)上单调递增． 因为g ′⎝⎛⎭⎫12＝e 12－2<0，g ′(1)＝e －1>0，所以函数g ′(x )＝e x －1x在(0，＋∞)上有唯一零点x 0，且x 0∵⎝⎛⎭⎫12，1. 因为g ′(x 0)＝0，所以e x 0＝1x 0，即ln x 0＝－x 0.当x ∵(0，x 0)时，g ′(x )<0；当x ∵(x 0，＋∞)时，g ′(x )>0，所以当x ＝x 0时，g (x )取得极小值也是最小值g (x 0)．故g (x )≥g (x 0)＝e x 0－ln x 0－2＝1x 0＋x 0－2>0. 综上可知，当m ≥1时，f (x )>1.【巩固训练】1．对任意实数x ，证明不等式1＋x ln(x ＋1＋x 2)≥1＋x 2.证明：设f (x )＝1＋x ln(x ＋1＋x 2)－1＋x 2，∵f ′(x )＝ln(x ＋1＋x 2)＋x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋x 1＋x 2x ＋1＋x 2－x 1＋x 2＝ln(x ＋1＋x 2)，设h (x )＝f ′(x )，则h ′(x )＝1＋x 1＋x 2x ＋1＋x 2＝1＋x 2＋x1＋x 2(x ＋1＋x 2)＝11＋x 2>0， 所以f ′(x )在(－∞，＋∞)上是增函数．由f ′(x )＝0，即ln(x ＋1＋x 2)＝0，得x ＝0.所以当x <0时，f ′(x )<0，则f (x )在(－∞，0)上为减函数；当x >0时，f ′(x )>0，则f (x )在(0，＋∞)上为增函数．故f (x )在x ＝0处有极小值，所以f (x )≥f (0)＝0，即1＋x ln(x ＋1＋x 2)≥1＋x 2.2.已知函数f (x )＝(x ＋1)ln x －ax ，当x 0∵(1，＋∞)时，函数f (x )的图象在点(x 0，f (x 0))处的切线方程为y ＝1ex －e. (1)求a 的值；(2)求证：函数f (x )在定义域内单调递增．解：(1)由题意，得f ′(x )＝ln x ＋1x＋1－a ， 所以函数f (x )的图象在点(x 0，f (x 0))处的切线方程为y －f (x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0)，即y －(x 0＋1)ln x 0＋ax 0＝⎝⎛⎭⎫ln x 0＋1x 0＋1－a (x －x 0)， 即y ＝⎝⎛⎭⎫ln x 0＋1x 0＋1－a x ＋ln x 0－x 0－1， 所以⎩⎪⎨⎪⎧ln x 0＋1x 0＋1－a ＝1e ，x 0－ln x 0＋1＝e.令g (x )＝x －ln x ＋1，则g ′(x )＝1－1x ＝x －1x， 当x ∵(1，＋∞)时，g ′(x )＞0，故当x ∵(1，＋∞)时，g (x )单调递增．又因为g (e)＝e ，所以x 0＝e ，将x 0＝e 代入ln x 0＋1x 0＋1－a ＝1e，得a ＝2. (2)证明：由a ＝2，得f ′(x )＝ln x ＋1x－1(x >0)． 令h (x )＝ln x ＋1x， 则h ′(x )＝1x －1x 2＝x －1x 2. 当x ∵(0,1)时，h ′(x )＜0；当x ∵(1，＋∞)时，h ′(x )＞0，故当x ∵(0,1)时，h (x )单调递减；当x ∵(1，＋∞)时，h (x )单调递增，故h (x )≥h (1)＝1.因此当x ∵(0，＋∞)时，f ′(x )＝h (x )－1≥0，当且仅当x ＝1时，f ′(x )＝0.所以f (x )在定义域内单调递增．3．已知函数f (x )＝e x －ax 2－bx －1，其中a ，b ∵R ，e ＝2.718 28……为自然对数的底数．设g (x )是函数f (x )的导函数，求函数g (x )在区间[0,1]上的最小值．解：由f (x )＝e x －ax 2－bx －1，得g (x )＝f ′(x )＝e x －2ax －b .所以g ′(x )＝e x －2a .因此，当x ∵[0,1]时，g ′(x )∵[1－2a ，e －2a ]．当a ≤12时，g ′(x )≥0，所以g (x )在[0,1]上单调递增，因此g (x )在[0,1]上的最小值是g (0)＝1－b ； 当a ≥e 2时，g ′(x )≤0，所以g (x )在[0,1]上单调递减，因此g (x )在[0,1]上的最小值是g (1)＝e －2a －b ； 当12<a <e 2时，令g ′(x )＝0，得x ＝ln 2a ∵(0,1)． 当g ′(x )<0时，0≤x <ln 2a ；当g ′(x )>0时，ln 2a <x ≤1，所以函数g (x )在区间[0，ln 2a )上单调递减，在区间(ln 2a,1]上单调递增，于是g (x )在[0,1]上的最小值是g (ln 2a )＝2a －2a ln 2a －b .综上所述，当a ≤12时，g (x )在[0,1]上的最小值是g (0)＝1－b ；当12<a <e 2时，g (x )在[0,1]上的最小值是g (ln 2a )＝2a －2a ln 2a －b ；当a ≥e 2时，g (x )在[0,1]上的最小值是g (1)＝e －2a －b . 4．已知函数F (x )＝e x ＋sin x －ax ，当x ≥0时，函数y ＝F (x )的图象恒在y ＝F (－x )的图象上方，求实数a 的取值范围．解：设φ(x )＝F (x )－F (－x )＝e x －e －x ＋2sin x －2ax .则φ′(x )＝e x ＋e －x ＋2cos x －2a .设S (x )＝φ″(x )＝e x －e －x －2sin x .∵S ′(x )＝e x ＋e －x －2cos x ≥0在x ≥0时恒成立，∵函数S (x )在[0，＋∞)上单调递增，∵S (x )≥S (0)＝0在x ∵[0，＋∞)时恒成立，因此函数φ′(x )在[0，＋∞)上单调递增，∵φ′(x )≥φ′(0)＝4－2a 在x ∵[0，＋∞)时恒成立．当a ≤2时，φ′(x )≥0，∵φ(x )在[0，＋∞)单调递增，即φ(x )≥φ(0)＝0.故a ≤2时F (x )≥F (－x )恒成立．当a >2时，φ′(x )<0，又∵φ′(x )在[0，＋∞)单调递增，∵存在x 0∵(0，＋∞)，使得在区间[0，x 0)上φ′(x )<0.则φ(x )在[0，x 0)上递减，而φ(0)＝0，∵当x ∵(0，x 0)时，φ(x )<0，这与F (x )－F (－x )≥0对x ∵[0，＋∞)恒成立不符，∵a >2不合题意．综上，实数a 的取值范围是(－∞，2]．5．已知函数f (x )＝e x ，g (x )＝a x，a 为实常数． (1)设F (x )＝f (x )－g (x )，当a >0时，求函数F (x )的单调区间；(2)当a ＝－e 时，直线x ＝m ，x ＝n (m >0，n >0)与函数f (x )，g (x )的图象共有四个不同的交点，且以此四点为顶点的四边形恰为平行四边形．求证：(m －1)(n －1)<0.解：(1)F (x )＝e x －a x，其定义域为(－∞，0)∵(0，＋∞)． 而F ′(x )＝e x ＋a x 2， 当a >0时，F ′(x )>0，故F (x )的单调递增区间为(－∞，0)∵(0，＋∞)，无单调递减区间．(2)证明：因为直线x ＝m 与x ＝n 平行，故该四边形为平行四边形等价于f (m )－g (m )＝f (n )－g (n )且m >0，n >0，m ≠n .当a ＝－e 时，F (x )＝f (x )－g (x )＝e x ＋e x， 则F ′(x )＝e x －e x 2.设h (x )＝F ′(x )＝e x －e x 2(x >0)， 则h ′(x )＝e x ＋2e x 3>0， 故F ′(x )＝e x －e x 2在(0，＋∞)上单调递增． 又F ′(1)＝e －e ＝0，故当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，而F (m )＝F (n )，故0<m <1<n 或0<n <1<m ，所以(m －1)(n －1)<0.。
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高中数学导数典型例题
题型一：利用导数研究函数的单调性、极值、最值
1. 已知函数32()f x x ax bx c =+++ 过曲线()y f x =上的点(1,(1))P f 的切线方程为y=3x +1 。
（1）若函数2)(-=x x f 在处有极值，求)(x f 的表达式；
（2）在（1）的条件下，求函数)(x f y =在[－3，1]上的最大值；
（3）若函数)(x f y =在区间[－2，1]上单调递增，求实数b 的取值范围
2. 已知).(3232)(23R a x ax x x f ∈--=
(1)当4
1||≤ a 时, 求证：)x (f 在)1,1( -内是减函数; (2)若)x (f y =在)1,1( -内有且只有一个极值点, 求a 的取值范围.
题型二：利用导数解决恒成立的问题
例1：已知322()69f x x ax a x =-+（a ∈R ）．
（Ⅰ）求函数()f x 的单调递减区间；
（Ⅱ）当0a >时，若对[]0,3x ∀∈有()4f x ≤恒成立，求实数a 的取值范围．
例2：已知函数222()2()21x x f x e t e x x t =-++++，1()()2
g x f x '=．
（1）证明：当t <时，()g x 在R 上是增函数；
（2）对于给定的闭区间[]a b ，，试说明存在实数 k ，当t k >时，()g x 在闭区间[]a b ，
上是减函数；
（3）证明：3()2
f x ≥
．
例3：已知3)(,ln )(2-+-==ax x x g x x x f
（1）求函数)(x f 在)0](2,[>+t t t 上的最小值
（2）对(0,),2()()x f x g x ∀∈+∞≥恒成立，求实数a 的取值范围
题型三：利用导数研究方程的根
例4：已知函数a
x ax x f 313)(23-+-=. （Ｉ）讨论函数)(x f 的单调性；
（Ⅱ）若曲线()f x 上两点A 、B 处的切线都与y 轴垂直，且线段AB 与x 轴有公共点，求实
数a 的取值范围.
例5：已知函数),(3)(2
3R b a x bx ax x f ∈-+=，在点))1(,1(f 处的切线方程为.02=+y
（1）若对于区间]2,2[-上任意两个自变量的值21,x x ，都有c x f x f ≤-|)()(|21，求实数c
的最小值。
（2）若过点)2)(,2(≠m m M ，可作曲线)(x f y =的三条切线，求实数m 的取值范围。
题型四：导数与不等式的综合
例6：已知函数ln 1()x f x x +=
当1x ≥时，求证：()1f x ≤
例7：（2009 辽宁）已知函数f(x)=12
x 2－ax+(a －1)lnx ，a>1. （I ）讨论函数f(x)的单调性；
（II ）证明：若a<5，则对任意x 1，x 2∈(0，+∞)，x 1≠x 2，有f(x 1)－f(x 2)x 1－x 2
>－1.。