导数难题
高中数学导数难题怎么解题
高中数学导数难题怎么解题导数是高考数学必考的内容，近年来高考加大了对以导数为载体的知识问题的考查，题型在难度、深度和广度上不断地加大、加深，从而使得导数相关知识愈发显得重要。
下面是小编为大家整理的关于高中数学导数难题解题技巧，希望对您有所帮助。
欢迎大家阅读参考学习!1.导数在判断函数的单调性、最值中的应用利用导数来求函数的最值的一般步骤是： (1)先根据求导公式对函数求出函数的导数; (2)解出令函数的导数等于 0 的自变量; (3)从导数性质得出函数的单调区间; (4)通过定义域从单调区间中求出函数最值。
2.导数在函数极值中的应用利用导数的知识来求函数极值是高中数学问题比较常见的类型。
利用导数求函数极值的一般步骤是： (1)首先根据求导法则求出函数的导数; (2)令函数的导数等于 0，从而解出导函数的零点; (3)从导函数的零点个数来分区间讨论，得到函数的单调区间; (4)根据极值点的定义来判断函数的极值点，最后再求出函数的极值。
3.导数在求参数的取值范围时的应用利用导数求函数中的某些参数的取值范围，成为近年来高考的热点。
在一般函数含参数的题中，通过运用导数来化简函数，可以更快速地求出参数的取值范围。
导数知识在函数解题中的妙用函数知识是高中数学的重点内容，其中包括极值、图像、奇偶性、单调性等方面的分析，具有代表性的题型就是极值的计算和单调性的分析，按照普通的解题过程是通过图像来分析，可是对于较难的函数来说，制作图像不仅浪费时间，而且极容易出错，而在函数解题中应用导数简直就是手到擒来。
例如：函数 f(x)=x3+3x2+9x+a，分析 f(x)的单调性。
这是高中数学中常见的三次函数，在对这道题目进行单调性分析时，很多学生根据思维定式会采用常规的手法画图去分析单调区间，但由于未知数a 的存在而遇到困难。
如果考虑用导数的相关知识解决这一问题，解：f’(x)=-3x2+6x+9，令 f’(x)>0，那么解得 x<-1 或者 x>3，也就是说函数在(- ∞ ，-1)， (3，+∞)这个单调区间上单调递减，这样就能非常容易的判断函数的单调性。
(完整版)导数难题(含答案)
一、单选题1．已知可导函数()f x 的导函数为()'f x ， ()02018f =，若对任意的x R ∈，都有()()'f x f x >，则不等式()2018xf x e <的解集为（ ）A. ()0,+∞B. 21,e ⎛⎫+∞⎪⎝⎭ C. 21,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭D. (),0-∞ 2．定义在R 上的偶函数()f x 的导函数为()f x '，且当()()0,20x xf x f x +'><.则（ ）A.()()224f e f e >B. ()()931f f >C.()()239f e f e -<D.()()224f e f e -<3．已知()f x 为定义在()0,+∞上的可导函数，且()()'f x xf x >恒成立，则不等式()210x f f x x ⎛⎫-> ⎪⎝⎭的解集为（ ）A. ()1,+∞B. (),1-∞C. ()2,+∞D. (),2-∞二、解答题4．已知函数()()2ln f x ax x a R =-+∈ .（1）讨论()f x 的单调性；（2）若存在()()1,,x f x a ∈+∞>-，求a 的取值范围.5．设函数()()222ln f x x ax x x x =-++-． （1）当2a =时，讨论函数()f x 的单调性；（2）若()0,x ∈+∞时， ()0f x >恒成立，求整数a 的最小值．6．已知函数()()()1ln ,af x x a xg x a R x+=-=-∈. 若1a =，求函数()f x 的极值；设函数()()()h x f x g x =-，求函数()h x 的单调区间；若在区间[]()1, 2.71828e e =⋯上不存在．．．0x ，使得()()00f x g x <成立，求实数a 的取值范围.7．已知函数()()ln ,f x x a x a R =-∈ . （1）当0a =时，求函数()f x 的极小值；（2）若函数()f x 在()0,+∞上为增函数，求a 的取值范围.8．已知函数()()2x f x x ax a e =--． （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()0,2a ∈，对于任意[]12,4,0x x ∈-，都有()()2124a f x f x e me --<+恒成立，求m 的取值范围【解析】令()()()()()()0,02018xxf x f x f xg x g x g e e -<'=='=∴因此()2018xf x e < ()()()201800xf xg x g x e⇒<⇒⇒，选A.点睛：利用导数解抽象函数不等式，实质是利用导数研究对应函数单调性，而对应函数需要构造. 构造辅助函数常根据导数法则进行：如()()f x f x '<构造()()xf xg x e=， ()()0f x f x '+<构造()()x g x e f x =， ()()xf x f x '<构造()()f x g x x=， ()()0xf x f x +<'构造()()g x xf x =等2．D【解析】根据题意，设g （x ）=x 2f （x ），其导数g′（x ）=（x 2）′f （x ）+x 2•f （x ）=2xf （x ）+x 2•f （x ）=x[2f （x ）+xf'（x ）]， 又由当x ＞0时，有2f （x ）+xf'（x ）<0成立，则数g′（x ）=x[2f （x ）+xf'（x ）]<0， 则函数g （x ）在（0，+∞）上为减函数，若g （x ）=x 2f （x ），且f （x ）为偶函数，则g （-x ）=（-x ）2f （-x ）=x 2f （x ）=g （x ）， 即g （x ）为偶函数，所以()()2g e g < 即()()224f e f e <因为()f x 为偶函数，所以()()2f 2f -=,所以()()224f e f e -<故选D点睛：本题考查函数的导数与函数单调性的关系，涉及函数的奇偶性与单调性的应用，关键是构造函数g （x ）并分析g （x ）的单调性与奇偶性． 3．A【解析】令()()f x g x x=，则()()()2xf x f x g x x -=''∵()()f x xf x >'∴()()0xf x f x -<'，即()()()20xf x f x g x x'-='<在()0,+∞上恒成立()g x ()0,+∞∵()210x f f x x ⎛⎫->⎪⎝⎭∴()11f f x x x x⎛⎫ ⎪⎝⎭>，即()1g g x x ⎛⎫> ⎪⎝⎭∴1x x<，即1x > 故选A点睛：本题首先需结合已知条件构造函数，然后考查利用导数判断函数的单调性，再由函数的单调性和函数值的大小关系，判断自变量的大小关系. 4．（1）()f x在⎛ ⎝上递增，在⎫+∞⎪⎭上递减.；（2）1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭. 【解析】试题分析：（1）对函数()f x 求导，再根据a 分类讨论，即可求出()f x 的单调性；（2）将()f x a >-化简得()21ln 0a x x --<，再根据定义域()1,x ∈+∞，对a 分类讨论， 0a ≤时，满足题意， 0a >时，构造()()21ln g x a x x =--，求出()g x 的单调性，可得()g x 的最大值，即可求出a 的取值范围.试题解析：（1）()21122ax f x a x x-='=-+，当0a ≤时， ()0f x '>，所以()f x 在()0,+∞上递增， 当0a > 时，令()0f x '=，得x =， 令()0f x '>，得x ⎛∈ ⎝；令()0f x '<，得x ⎫∈+∞⎪⎭，所以()f x在⎛ ⎝上递增，在⎫+∞⎪⎭上递减. （2）由()f x a >-，得()21ln 0a x x --<，因为()1,x ∈+∞，所以2ln 0,10x x --， 当0a ≤时， ()21ln 0a x x --<满足题意，当12a ≥时，设()()()22211ln (1),0ax g x a x x x g x x -'=-->=>， 所以()g x 在()1,+∞上递增，所以()()10g x g >=，不合题意， 1⎫⎛所以()()max 10g x g g =<=，则()()1,0x g x ∃∈+∞<， 综上， a 的取值范围是1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭. 点睛：本题考查函数的单调性及恒成立问题，涉及函数不等式的证明，综合性强，难度大，属于难题.处理导数大题时，注意分层得分的原则.一般涉及求函数单调性时，比较容易入手，求导后注意分类讨论，对于恒成立问题一般要分离参数，然后利用函数导数求函数的最大值或最小值，对于含有不等式的函数问题，一般要构造函数，利用函数的单调性来解决，但涉及技巧比较多，需要多加体会. 5．(1) f （x ）递增区间为（0，12），（1，+∞），递减区间为（12，1）；(2)1. 【解析】试题分析：（1）求出函数f （x ）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）问题转化为a>x-2（x-1）lnx 恒成立，令g （x ）=x-2（x-1）lnx ，根据函数的单调性求出a 的最小值即可．试题解析：（1）由题意可得f （x ）的定义域为（0，+∞）， 当a=2时，f （x ）=﹣x 2+2x+2（x 2﹣x ）lnx ，所以f′（x ）=﹣2x+2+2（2x ﹣1）lnx+2（x2﹣x ）•=（4x ﹣2）lnx ， 由f'（x ）＞0可得：（4x ﹣2）lnx ＞0，所以或，解得x ＞1或0＜x ＜；由f'（x ）＜0可得：（4x ﹣2）lnx ＜0，所以或，解得：＜x ＜1．综上可知：f （x ）递增区间为（0，），（1，+∞），递减区间为（，1）． （2）若x∈（0，+∞）时，f （x ）＞0恒成立，令g （x ）=x ﹣2（x ﹣1）lnx ，则a ＞g （x ）max ．因为g′（x ）=1﹣2（lnx+）=﹣2lnx ﹣1+，所以g'（x ）在（0，+∞）上是减函数，且g'（1）＞0，g′（2）＜0，故存在x 0∈（1，2）使得g （x ）在（0，x 0）上为增函数，在（x 0，+∞）上是减函数， ∴x=x 0时，g （x ）max =g （x 0）≈0， ∴a＞0，又因为a∈Z ，所以a min =1．点睛：导数问题经常会遇见恒成立的问题：（1）根据参变分离，转化为不含参数的函数的最值问题；（2）若()0f x >就可讨论参数不同取值下的函数的单调性和极值以及最值，最终转化为()min 0f x >，若()0f x <恒成立，转化为()max 0f x <;（3）若()()f x g x >恒成立，可转化为()()min max f x g x >.6．（1）极小值为()11f =；（2）见解析（3）2121e a e +-≤≤-【解析】试题分析：（1）先求导数，再求导函数零点，列表分析导数符号，确定极值（2）先求导数，求导函数零点，讨论1a +与零大小，最后根据导数符号确定函数单调性（3）正难则反，先求存在一点0x ,使得()()00f x g x <成立时实数a 的取值范围，由存在性问题转化为对应函数最值问题，结合（2）单调性可得实数a 的取值范围，最后取补集得结果试题解析：解：（I ）当1a =时， ()()1ln '01x f x x x f x x x-=-⇒=>⇒>，列极值分布表 ()f x ∴在（0,1）上递减，在1+∞（，）上递增，∴()f x 的极小值为()11f =； （II ）()1ln a h x x a x x+=-+ ()()()211'x x a h x x ⎡⎤+-+⎣⎦∴=①当1a ≤-时， ()()'0,h x h x >∴在0+∞（，）上递增； ②当1a >-时， ()'01h x x a >⇒>+，∴()h x 在0,1a +（）上递减，在()1,a ++∞上递增； （III ）先解区间[]1,e 上存在一点0x ,使得()()00f x g x <成立()()()0h x f x g x ⇔=-<[]1,e ⇔[]1,x e ∈()0h x <①当1a ≤-时， ()h x 在[]1,e 上递增， ()min 1202h h a a ∴==+<⇒<- ∴2a <- ②当1a >-时， ()h x 在0,1a +（）上递减，在()1,a ++∞上递增 当10a -<≤时， ()h x 在[]1,e 上递增， ()min 1202h h a a ∴==+<⇒<- a ∴无解 当1a e ≥-时， ()h x 在[]1,e 上递减()2min1101a e h h e e a a e e ++∴==-+⇒-，∴211e a e +>-；当01a e <<-时， ()h x 在[]1,1a +上递减，在()1,a e +上递增 ()()min 12ln 1h h a a a a ∴=+=+-+令()()()2ln 121ln 1a a a F a a aa +-+==+-+，则()221'01F a a a=--<+ ()F a ∴在()0,1e -递减， ()()2101F a F e e ∴>-=>-， ()0F a ∴<无解， 即()min 2ln 10h a a a =+-+<无解；综上：存在一点0x ,使得()()00f x g x <成立，实数a 的取值范围为： 2a <-或211e a e +>-.所以不存在一点0x ，使得()()00f x g x <成立，实数a 的取值范围为.点睛：函数单调性问题，往往转化为导函数符号是否变号或怎样变号问题，即转化为方程或不等式解的问题（有解，恒成立，无解等），而不等式有解或恒成立问题，又可通过适当的变量分离转化为对应函数最值问题.7．（1）1e-（2）21,e ⎛⎤-∞-⎥⎝⎦【解析】试题分析：（1）当0a =时，得出函数的解析式，求导数，令()'0f x =，解出x 的值，利用导数值的正负来求其单调区间进而求得极小值；（2）求出()'f x ，由于函数()f x 在()0,+∞是增函数，转化为()'0f x ≥对任意()0,x ∈+∞恒成立，分类参数，利用导数()ln g x x x x =+的最小值，即可求实数a 的取值范围． 试题解析：（1）定义域为()0,+∞．当0a =时， ()ln f x x x =， ()'ln 1f x x =+．当10,x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时， ()'0f x <， ()f x 为减函数；当1,x e ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时， ()'0f x >， ()f x 为增函数．所以函数()f x 的极小值是11f e e⎛⎫=- ⎪⎝⎭． （2）由已知得()'ln x af x x x-=+． 因为函数()f x 在()0,+∞是增函数，所以()'0f x ≥对任意()0,x ∈+∞恒成立， 由()'0f x ≥得ln 0x ax x-+≥，即ln x x x a +≥对任意的()0,x ∈+∞恒成立． 设()ln g x x x x =+，要使“ln x x x a +≥对任意()0,x ∈+∞恒成立”，只要()min a g x ≤. 因为()'ln 2g x x =+，令()'0g x =，得21x e =． 当210,x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时， ()'0g x <， ()g x 为减函数； 当21,x e ⎛⎫∈+∞⎪⎝⎭时， ()'0g x >， ()g x 为增函数． 所以()g x 的最小值是2211g ee ⎛⎫=-⎪⎝⎭． 故函数()f x 在()0,+∞是增函数时，实数a 的取值范围是21,e ⎛⎤-∞-⎥⎝⎦． 点睛：本题主要考查了导数在函数中的综合应用，解答中涉及到利用导数求解函数的单调区间，利用导数求解函数的极值与最值等知识点的综合应用，这属于教学的重点和难点，应熟练掌握，试题有一定的综合性，属于中档试题，解答中把函数()f x 在()0,+∞是增函数，所以()'0f x ≥对任意()0,x ∈+∞恒成立是解答的关键．8．（1）见解析；（2）231e m e+>. 【解析】试题分析：（1）求出()'f x ，分三种情况讨论，分别令()'0f x >求得x 的范围，可得函数()f x 增区间， ()'0f x <求得x 的范围，可得函数()f x 的减区间；（2）由（1）知， 所以()()()2max 24f x f a e -=-=+，()()()443+160f a e a f --=>-=，()()2a -()222a ---()21a m e ->+.. 立，利用导数研究函数的单调性，求出()21a a e e -+的最大值，即可得结果. 试题解析：（1）()()()2xf x x x a e '=+- ①若2a <-，则()f x 在(),a -∞， ()2,-+∞上单调递增，在(),2a -上单调递减； ②2a =-，则(),-∞+∞在上单调递增；③若2a >-，则()f x 在(),2-∞-， (),a +∞上单调递增，在()2,a -上单调递减；（2）由1知，当()0,2a ∈时， ()f x 在()4,2--上单调递增，在()2,0-单调递减， 所以()()()2max 24f x f a e -=-=+， ()()()443+160f a e a f --=>-=，故()()()()12max 20f x f x f f -=--= ()()222414a e a a e e ---++=++， ()()2124a f x f x e me --<+恒成立，即()222144a a e e e me ---++<+恒成立 即()21a a m e e->+恒成立， 令()(),0,2x x g x x e =∈， 易知()g x 在其定义域上有最大值()11g e=， 所以231e m e +>。
高考数学导数大题技巧(精选5篇)
高考数学导数大题技巧(精选5篇)高考数学导数大题技巧【篇1】1、选择题部分，高考的选择题部分题型考试的方向基本都是固定的，当你在一轮二轮复习过程中总结出题目的出题策略时，答题就变得很简单了。
比如立体几何三视图，概率计算，圆锥曲线离心率等等试题中都有一些特征，只要掌握思考的切入方法和要点，再适当训练基本就可以全面突破，但是如果不掌握核心方法，单纯做题训练就算做很多题目，突破也非常困难，学习就会进入一个死循环，对照答案可以理解，但自己遇到新的题目任然无从下手。
2、关于大题方面，基本上三角函数或解三角形、数列、立体几何和概率统计应该是考生努力把分数拿满的题目。
对于较难的原则曲线和导数两道题目基本要拿一半的分数，考生复习时可把数学大题的每一道题作为一个独立的版块章节，先总结每道大题常考的几种题型，再专项突破里面的运算方法，图形处理方法以及解题的思考突破口，只要把这些都归纳到位，那么总结的框架套路，都是可以直接秒刷的题目的高考数学导数大题技巧【篇2】1个、多项选择部分，高考选择题的方向基本是固定的，当你在二轮复习过程中总结出题策略时，答案变得很简单。
比如三维几何三视图，概率计算，试题中存在圆锥截面偏心等特点，只要掌握了入门方法和思维要点，经过适当的训练，基本可以全面突破，但是如果不掌握核心方法，单纯做练习题也算做了很多题，也很难突破，学习会进入死循环，比对答案，但是遇到新问题还是无从下手。
2个、关于大话题，基本上是三角函数或求解三角形、顺序、三维几何和概率统计应该是考生努力拿满分的科目。
比较难的原理曲线和导数，基本要一半分，考生在复习时可以将数学大题的每一题作为一个独立的section，先总结一下每个大题经常考的几类题型，然后在计算方法上特别突破，解题的图形处理方法与思维突破，把它全部放在适当的位置，然后总结框架套路，都是可以直接秒刷的话题高考数学导数大题技巧【篇3】1、函数与导数主要考查数学集合运算、函数的有关概念定义域、值域、解析式、函数的极限、连续、导数。
导数难题
题目中的f'(x)g(x)+f(x)g'(x).0应该是f'(x)g(x)+f(x)g'(x)>0吧。。
你忘按shift键了～
下面是解答：
f'(x)g(x)+f(x)g'(x)是函数 f(x)g(x) 的导数，
由已知，当x<0时，f'(x)g(x)+f(x)g'(x)>0
则由 f(x)g(x) 在x<0时的单调性可知其在x>0时的单调性为
当x>2时，f(x)g(x)>0
当2>x>0时，f(x)g(x)<0.
综上可知不等式f(x)g(x)<0的解集为 (负无穷，-2) U (0，2)
你解答时画个大致的函数图形就更好了～
5、Y=xloga(x^2+x-1) Y=log2((x-1)/(x+1))
把①式代入椭圆方程X^2/a^2+Y^2/b^2=1,得：
X^2/a^2+[k(X-Xo)+Yo]^2/b^2=1即：
b^2·X^2+a^2·[k^2·(X-Xo)^2+Yo^2+2Yo·k(X-Xo)]=a^2·b^2即：
(b^2+a^2·k^2)X^2-(2a^2·k^2·Xo-2a^2·k)X+(a^2·k^2·Xo^2+a^2·Yo^2-2a^2·k·Xo-a^2·b^2)=0
2, （X-m）^2/a^2+(y-n)^2/b^2=0
3,（X-m）^2/a^2-(y-n)^2/b^2=0
第2讲 导数选择压轴题(解析版)
第2讲 导数选择压轴题一、单选题：1．（2021·湖北B4联盟）已知大于1的正数a ，b 满足22ln a nb b e a ⎛⎫< ⎪⎝⎭，则正整数n 的最大值为（ ）A ．7B ．8C ．9D ．11【答案】C【分析】22ln n a n b b e a <等价于22ln a n n b e b a <，令()2ln n x f x x =，()2xn e g x x=，分别求()f x ，()g x 的导数，判断函数的单调性，可求得()f x 有最大值2222n n f e e ⎛⎫ ⎪⎛⎫⎝⎭= ⎪⎝⎭，()g x 有最小值22n nn e g n ⎛⎫= ⎪⎝⎭⎛⎫ ⎪⎝⎭，根据题意，即求()()maxmin f x g x ≤，代入为2222n n e n e n ⎛⎫⎪⎝⎭≤⎛⎫⎪⎝⎭，等价于2ln 22n n n +≥-，令()2ln 22x x x x ϕ+=--，即求()0x ϕ>的最大的正整数．对()x ϕ求导求单调性，可知()x ϕ单调递减，代入数值计算即可求出结果．【解析】由题干条件可知：22ln n a n b b e a <等价于22ln an n b e b a<，令()2ln n x f x x =，()1x >，则()121ln (2ln )ln (2ln )'n n n x x n x x n x f x x x-+⋅--== ()'0f x =，2n x e = ，当()'0f x >时，21,n x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，当()'0f x <时，2,n x e ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭∴()f x 在21,n e ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，在2,n e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减，则()f x 有最大值2222n n f e e ⎛⎫⎪⎛⎫⎝⎭= ⎪⎝⎭．令()2xn e g x x =，()1x >，则()()222'x ne x n g x x-=，当12n ≤时，此题无解，∴12n >， 则()'0,2n g x x ==，当()'0,2n g x x >>，当()'0,12ng x x <<<， ∴()g x 在1,2n ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在,2n ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，则()g x 有最小值22n nn e g n ⎛⎫= ⎪⎝⎭⎛⎫ ⎪⎝⎭．若22ln a n n b e b a <成立，只需22n n f e g ⎛⎫⎛⎫≤ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即2222n n e n e n ⎛⎫⎪⎝⎭≤⎛⎫ ⎪⎝⎭，即222n n n e -+⎛⎫≥ ⎪⎝⎭， 两边取对数可得：22)ln 2(n n n +≥-．2n =时，等式成立，当3n ≥时，有2ln 22n nn +≥-， 令()2ln 22x xx x ϕ+=--，本题即求()0x ϕ>的最大的正整数． ()241'0(2)x x x ϕ-=-<-恒成立，则()x ϕ在[)3,+∞上单调递减，()58ln 403ϕ=->，()1199ln 1.5714 1.51072ϕ=-≈->，()310ln 502ϕ=-<，∴()0x ϕ>的最大正整数为9．故选C ． 【点睛】本题考查构造函数法解决恒成立问题．方法点睛：双变元的恒成立问题，经常采用构造成两个函数，转化为()()12f x g x <，若()()12max min f x g x <，则复合恒成立的情况．2．（2021·湖北B4联盟）已知集合1ln 1x a e a x A x x x --⎧⎫+⎪⎪=-≤⎨⎬⎪⎪⎩⎭，集合{}2021ln 2021B x x x =+≥，若B A ⊆，则实数a 的取值范围为（ ）A ．[],1e -B ．[],e e -C ．[]1,e -D ．[]1,1-【答案】A【分析】先求出集合B ，再根据包含关系可得1ln 1x a e a xxx--+-≤在[)1,+∞上恒成立即()ln ln x a x a x x e e ---≤-在[)1,+∞上恒成立，就0,01,1a a a ≤<≤>分类讨论后可得正确的选项．【解析】先考虑不等式2021ln 2021x x +≥的解，∵2021,ln y x y x ==均为()0,∞+上的增函数，故()2021ln f x x x =+为()0,∞+上的增函数，故[)1,B =+∞． 故[)1,+∞为不等式1ln 1x a e a x x x --+-≤的解集的子集，即1ln 1x a e a x x x--+-≤在[)1,+∞上恒成立，故()ln ln x axax x ee ---≤-在[)1,+∞上恒成立．令()ln g t t t =-，则()111t g t tt'-=-=，故当01t <<时，()0g t '<，故()g t 在()0,1上为减函数； 当1t >时，()0g t '>，故()g t 在()1,+∞上为增函数； 当0a ≤时，∵1≥x ，故(]()10,1,0,axx ee --∈∈，故a x x e -≥在[)1,+∞上恒成立，即ln xa x≥-在[)1,+∞上恒成立，令()ln x S x x =-，故()2ln 1ln x S x x-'=-， 当1x e ≤<时，()0S x '>，当x e >时，()0S x '<，故()S x 在[]1,e 上为增函数，在[),e +∞上为减函数， 故()max ln eS x e e=-=-，故a e ≥-即0e a -≤≤． 若0a >，当01a <≤时，∵1≥x ，故1a x x ≤≤，∴ln ln a a x x x x x x e --≤-≤+（注意ln x e x -≥-恒成立），故01a <≤符合题意． 当1a >时，∵()ln ln x axax x e e ---≤-在[)1,+∞上恒成立，故()33333ln ln 3aa e e e ee e e e e ----≤-=+，即3333a e e e a e --≤+，设()33,1aa T e a a ->=，则()3330aT a e '->=，故()T a 在()1,+∞上为增函数，故()()33351011331231328T a T e e e e -⎛⎫>=->-=>>+>+ ⎪⎝⎭，故3333a e e e a e --≤+不成立，故1a >舍去，综上，1e a -≤≤．故选A ．【点睛】思路点睛：导数背景下的不等式恒成立问题，应该根据不等式中解析式的特点合理转化，特别是对于指数与对数同时出现的形式，可利用同构的思想进行转化．3．（2021·浙江绍兴市·高三期末）已知a 、b R ∈，且0ab ≠，对任意0x >均有()()()ln 0x a x b x a b ----≥，则（ ）A ．0a <，0b <B ．0a <，0b >C ．0a >，0b <D ．0a >，0b >【答案】B【分析】推导出ln x a -与a x e -符号相同，构造函数()()()()af x x e x b x a b =----，然后对四个选项中的条件逐一验证，即可得出合适的选项．【解析】ln ln ln lna a x x a x e e -=-=，故ln x a -与ln axe的符号相同， 当ln 0ln1a x e >=时，a x e >；当ln 0ln1a xe<=时，a x e <．∴ln x a -与a x e -的符号相同．()()()()()()ln 00a x a x b x a b x e x b x a b ∴----≥⇔----≥，令()()()()af x x ex b x a b =----，∴当0x >时，()0f x ≥恒成立，令()0f x =，可得1ax e =，2x b =，3x a b =+．0ab ≠，分以下四种情况讨论：对于A 选项，当0a <，0b <时，则0a a b b e +<<<，当0a x e <<时，()0f x <，不合乎题意，A 选项错误；对于B 选项，当0a <，0b >时，则a b b +<， 若0a b +>，若+a b 、b 、a e 均为正数，①若a e b =，则()()()2f x x a b x b =---，当0x a b <<+时，()0f x <，不合乎题意；②若a e a b =+，则()()()2f x x a b x b =---，当0x a b <<+时，()0f x <，不合乎题意．③若+a b 、b 、a e 都不相等，记{}min ,,at b a b e=+，则当0x t <<时，()0f x <，不合乎题意．由上可知，0a b +≤，当0x >时，若使得()0f x ≥恒成立，则0aa b e b +≤⎧⎨=>⎩，如下图所示，∴当0a <，0b >时，且0a b +≤，0a b e =>时，当0x >时，()0f x ≥恒成立； 对于C 选项，当0a >，0b <时，则b a b <+，①若0a b +≤时，则当0a x e <<时，()0f x <，不合乎题意；②当0a b +>时，构造函数()ag a e a b =--，其中0a >，()10ag a e '=->，函数()g a 在()0,∞+上单调递增，则()()010g a g b >=->，a e a b ∴>+． 当a a b x e +<<时，由于0x b ->，则()0f x <，不合乎题意，C 选项错误； 对于D 选项，当0a >，0b >时，则b a b <+，此时b 、+a b 、a e 为正数． ①当b 、+a b 、a e 都不相等时，记{}min ,,at b a b e =+，当0x t <<时，()0f t <，不合乎题意；②若a b e =，则()()()2f x x b x a b =---，当0x b <<时，()0f x <，不合乎题意；③当a e a b =+时，()()()2f x x b x a b =---，当0x b <<时，()0f x <， 不合乎题意． ∴D 选项错误．故选B ．【点睛】关键点点睛：解本题的关键在于以下两点： （1）分析ln x a -与a x e -同号；（2）对b 、+a b 、a e 的大小关系进行讨论，结合穿针引线法进行验证．4．（2021·江苏省天一中学高三二模）若不等式32ln(1)20a x x x +-+>在区间(0,)+∞内的解集中有且仅有三个整数，则实数a 的取值范围是A ．932,2ln 2ln 5⎡⎤⎢⎥⎣⎦ B ．932,2ln 2ln 5⎛⎫ ⎪⎝⎭ C ．932,2ln 2ln 5⎛⎤ ⎥⎝⎦ D ．9,2ln 2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【答案】C【分析】由题可知，设函数()ln(1)f x a x =+，32()2g x x x =-，根据导数求出()g x 的极值点，得出单调性，根据32ln(1)20a x x x +-+>在区间(0,)+∞内的解集中有且仅有三个整数，转化为()()f x g x >在区间(0,)+∞内的解集中有且仅有三个整数，结合图象，可求出实数a 的取值范围．【解析】设函数()ln(1)f x a x =+，32()2g x x x =-，∵2()34g x x x '=-，∴()0g x '=，0x ∴=或43x =，∵403x <<时，()0g x '<，43x >或0x <时，()0g x '>，(0)(2)0g g ==，其图象如下：当0a 时，()()f x g x >至多一个整数根；当0a >时，()()f x g x >在(0,)+∞内的解集中仅有三个整数，只需(3)(3)(4)(4)f g f g >⎧⎨⎩，3232ln 4323ln 5424a a ⎧>-⨯∴⎨-⨯⎩，∴9322ln 2ln 5a <．故选C ． 【点睛】本题考查不等式的解法和应用问题，还涉及利用导数求函数单调性和函数图象，同时考查数形结合思想和解题能力．5．（2021·江西八校4月联考）已知函数2ln 1()x mx f x x +-=有两个零点a b 、，且存在唯一的整数0(,)x a b ∈，则实数m 的取值范围是（ ）A ．0,2e ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．ln 2,14e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭C ．ln 3,92e e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭ D ．ln 2e 0,4⎛⎫⎪⎝⎭【答案】B【分析】由题意可知2ln 1x m x +=，构造函数2ln 1()(0)x h x x x+=>，利用导数研究函数()h x 的单调性及极值，又1=x e时，()0h x =；当x →+∞时，()0h x →，作出函数()h x 的图像，利用数形结合思想即可求解．【解析】由题意2ln 1()0x mx f x x+-==，得2ln 1x m x +=， 设2ln 1()(0)x h x x x +=>，求导4332(ln 1)12(ln 1)(2ln 1)()x x x x x h x x x x -+-+-+'=== 令()0h x '=，解得12x e -=当120x e -<<时，()0h x '>，()h x 单调递增；当12x e ->时，()0h x '<，()h x 单调递减； 故当12x e -=时，函数取得极大值，且12()2e h e -=又1=x e时，()0h x =；当x →+∞时，2ln 10,0x x +>>，故()0h x →； 作出函数大致图像，如图所示：又(1)1h =，ln 21ln 2(2)44eh +==， ∵存在唯一的整数0(,)x a b ∈，使得y m =与2ln 1()x h x x+=的图象有两个交点，由图可知：(2)(1)h m h ≤<，即ln 214em ≤<，故选B ． 【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法： （1）直接法：直接求解方程得到方程的根，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，转化成求函数的值域问题加以解决；（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．6．（2021·河南焦作市·高三三模）已知曲线1C ：()xf x xe =在0x =处的切线与曲线2C ：ln ()()a xg x a R x=∈在1x =处的切线平行，令()()()h x f x g x =，则()h x 在(0,)+∞上（ ） A ．有唯一零点 B ．有两个零点C ．没有零点D ．不确定【答案】A【分析】先对函数()xf x xe =和()ln a xg x x=求导，根据两曲线在1x =处的切线平行，由导数的几何意义求出a ，得到函数()()()ln xh x f x g x e x ==，对其求导，利用导数的方法判定单调性，确定其在()0,∞+上的最值，即可确定函数零点个数．【解析】∵()xf x xe =，∴()()1xf x x e '=+，又()ln a xg x x =，∴()2ln a a xg x x-'=， 由题设知，()()01f g '='，即()02ln1101a a e -+=，∴1a =，则()()()ln ln x x x h x f x g x xe e x x==⋅=， ∴()()ln 1ln xx xx x ee h x e x x x+=='+，0x >， 令()ln 1m x x x =+，0x >，则()ln 1m x x '=+，当10,e x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0m x '<，即函数()ln 1m x x x =+单调递减； 当1,x e ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0m x '>，即函数()ln 1m x x x =+单调递增；∴在()0,∞+上()m x 的最小值为1110m e e⎛⎫=-> ⎪⎝⎭，∴()0m x >，则()0h x '>，∴()h x 在()0,∞+上单调递增，且()10h =．()h x 在()0,∞+上有唯一零点，故选A ．【点睛】思路点睛：利用导数的方法判定函数零点个数时，一般需要先对函数求导，利用导数的方法判定函数单调性，确定函数极值和最值，即可确定函数零点个数．（有时也需要利用数形结合的方法进行判断）7．（2021·陕西下学期质检）已知函数()()ln ,0,1,0x x x f x x x x ⎧>⎪=⎨+≤⎪⎩关于x 的方程()()210f x tf x ++=（t R ∈）有8个不同的实数根，则t 的取值范围是（ ） A ．1e,e ⎛⎫--+∞ ⎪⎝⎭B ．211,,e e 2e ⎛⎫⎛⎫---∞-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭C ．17,4⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭D ．()172,,4⎛⎫+∞-∞- ⎪⎝⎭【答案】C【分析】根据分段函数得解析式，利用导数研究函数()f x 的性质，作出函数()f x 的图象，将方程有8个不同的实数根转化为方程210m tm ++=在11,4e ⎛⎫⎪⎝⎭存在两个不同的实数根或在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭和10,4⎛⎫ ⎪⎝⎭上各有1个根，进而得到t 的取值范围．【解析】当0x >时，()ln f x x x =．令()ln F x x x =，则()ln 1F x x '=+． 令()0F x '=，则1e x =，e 1e 1F ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，11e ef ⎛⎫= ⎪⎝⎭，故当0x >时，函数()f x 在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,1e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,单调递增；当0x <时，易知函数()f x 在(),1-∞-上单调递减，在11,2⎛⎫-- ⎪⎝⎭上单调递增，在1,02⎛⎫- ⎪⎝⎭单调递减．又1124f ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，11e ef ⎛⎫= ⎪⎝⎭， 故可画出函数()f x 的大致图象如图所示，令()m f x =，则已知方程可化为210m tm ++=．观察图象可知，当1e m >时，只有2个交点；当1e m =时有3个交点；当114em <<时，有4个交点； 当14m =时有5个交点；当104m <<时，有6个交点．要想满足题意，则只需使得方程210m tm ++=在11,4e ⎛⎫⎪⎝⎭存在两个不同的实数根或在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭和10,4⎛⎫ ⎪⎝⎭上各有1个根．方程210m tm ++=的两根之积为1，令()21g m m tm =++，由题意只需()10,440,g g ⎧⎛⎫<⎪ ⎪⎝⎭⎨⎪<⎩解得174t <-，故选C ．【点睛】函数零点的求解与判断方法：(1)直接求零点：令f (x )＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a ，b ]上是连续不断的曲线，且f (a )·f (b )＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．8．（2021·天津十二区联考）已知定义在R 上的函数2ln ,1(),1x x f x x x x >⎧⎪=⎨-≤⎪⎩，若函数()()k x f x ax =+恰有2个零点，则实数a 的取值范围为（ ） A ．{}1,0(1,)e ⎛⎫-∞-⋃⋃+∞ ⎪⎝⎭B ．{}11,0(1,)e ⎛⎫--⋃⋃+∞ ⎪⎝⎭C ．111,{0},e e⎛⎫⎛⎫--⋃⋃+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭D ．1(,1){0},1e ⎛⎫-∞-⋃⋃ ⎪⎝⎭【答案】B【分析】函数()()k x f x ax =+恰有2个零点，转化为直线y ax =-与()y f x =的图象有两个交点，作出函数()f x 的图象及直线y ax =-观察它们交点个数，对函数()f x 要分类讨论，求在原点处或过原点的切线斜率．【解析】如图，数形结合，观察直线y ax =-与曲线()y f x =的位置关系．当2(,0],(),()21,(0)1x f x x x f x x f ''∈-∞=-=-=-，故在(0,0)处的切线方程为1y x =-．当2[0,1],()x f x x x ∈=-+，同理可得在(0,0)处的切线方程为2y x =．当1(1,),()ln ,()x f x x f x x'∈+∞==， 设切点为(,ln )t t ，其中1t >，则过该点的切线方程为1ln ()y t x t t-=-，代入(0,0)，得t e =，故过(,1)e 的切线方程为31y x e=． 可得当1(,1){0},1a e ⎛⎫-∈-∞-⋃⋃ ⎪⎝⎭时，有两个交点，即函数()y k x =恰有两个零点．此时11,{0}(1,)a e ⎛⎫∈--⋃⋃∞ ⎪⎝⎭，故选B ．【点睛】本题考查函数零点个数问题，解题关键是转化为直线与函数图象交点个数，通过数形结合思想求解．9．（2021·安徽江南十校3月联考）当x >1时，函数y =(ln x )2+a ln x +1的图象在直线y =x 的下方，则实数a 的取值范围是（ ） A ．(-∞，e )B ．(-∞，252e -)C ．(-∞，52) D ．(-∞，e -2)【答案】D【分析】分离参数，构造函数，求导分析出单调性，求出该函数的最小值，即可得到a 的取值范围． 【解析】由题意知，1ln ,(1),ln x a x x x -<->构造函数()1ln ,(1)ln x F x x x x-=->， ()()()2ln 11ln ,ln x x x F x x x'---=⋅令()1ln ,g x x x =--则()()()110,10,g x g x g x=>'->=故当1x e <<时()(),0,F x F x <'单调递减;当x e >时()(),0,F x F x >'单调递增，∴()()2,F x F e e =- ∴2,a e <-故选D ．10．（2021·浙江金华市·高三期末）已知函数()3f x x ax b =++，a 、b R ∈．1x 、()2,x m n ∈且满足()()1f x f n =，()()2f x f m =，对任意的[],x m n ∈恒有()()()f m f x f n ≤≤，则当a 、b 取不同的值时，（ ）A ．12n x +与22m x -均为定值B ．12n x -与22m x +均为定值C ．12n x -与22m x -均为定值D ．12n x +与22m x +均为定值【答案】D【分析】分析得出0a <，利用导数分析函数()f x 的单调性，可得知1x 为函数()f x 的极大值点，2x 为函数()f x 的极小值点，再由()()1f x f n =、()()2f x f m =结合因式分解可得出结论．【解析】当0a ≥时，()230f x x a '=+≥，此时，函数()f x 在R 上为增函数，当1x 、()2,x m n ∈时，()()1f x f n <，()()2f x f m >，不合乎题意，∴0a <．由()0f x '=可得x =， 当3a x或3ax 时，()0f x '>；当33a ax时，()0f x '<．∴函数()f x 的单调递增区间为,⎛-∞ ⎝，⎫+∞⎪⎪⎭，单调递减区间为⎛ ⎝． 对任意的[],x m n ∈恒有()()()f m f x f n ≤≤，()()min f x f m =，()()max f x f n =， 又当1x 、()2,x m n ∈且满足()()1f x f n =，()()2f x f m =，∴1x 为函数()f x 的极大值点，2x 为函数()f x 的极小值点，则1x =，2x =由()()1f x f n =可得3311x ax b n an b ++=++，可得()()33110x na x n -+-=，即()()221110x n x nx n a -+++=，∵1x n ≠，则22110x nx n a +++=，1x =--213a x =-，∴221120n nx x +-=，即()()1120n x n x -+=， ∴120n x +=，同理可得220m x +=，故选D ． 【点睛】关键点点睛：解本题的关键在于以下两点： （1）利用已知条件分析出1x 、2x 为函数()f x 的极值点；（2）利用等式()()1f x f n =，()()2f x f m =结合因式化简得出结果． 11．（2021·河南驻马店市·高三期末）已知函数1ln ()e +=-x xf x x，则()f x 的最大值是（ ） A ．1- B ．2-C ．0D ．1e -【答案】A【分析】构造函数()e 1=--xg x x 利用导数求出最小值，然后ln e (ln )1()1x x x x f x x+-+-=--可得答案．【解析】ln 1ln e e (ln )1()1(0)x x x x x x x f x x x x++--+-==-->，设()e 1=--x g x x ，()e 1x g x '=-，当0x >时，()0g x '>，()g x 是单调递增函数，当0x <时，()0g x '<，()g x 是单调递减函数，∴min ()(0)0g x g ==，∵ln 0x x +=时有解，∴()()ln maxe ln 11101x x x x f x x+-+-=--=--=-．故选A ．【点睛】本题考查了利用导数求函数的最值问题，关键点是构造函数()e 1=--xg x x 利用导数求出最小值，考查了学生分析问题、解决问题的能力．12．（2021·浙江绍兴市·高三期末）已知函数21()(0)f x a x a=>+，若对任意x ∈R ，存在12,x x 使得()()()1212()f x f x f x x x -=-，则a 的最大值为（ ）A ．18B ．827C ．2764D ．64125【答案】C【分析】根据题意，()f x 的值域是222()()x f x x a '=-+的值域的子集，易知()f x 的值域10,a ⎛⎤ ⎥⎝⎦，对于()'f x ，只需考虑0x <时，max 1()f x a'≥，求解即可得出结果． 【解析】21()(0)f x a x a=>+，222()()x f x x a '∴=-+， 当12x x ≠时，()()()()()12121212()()=f x f x f x f x f x x x f x x x --=-⇔-，若对任意x ∈R ，存在12,x x 使得()()()1212()f x f x f x x x -=-，即存在()()0f x f x '=，()f x 的值域为10,a ⎛⎤ ⎥⎝⎦，()f x '∴的值域包含10,a ⎛⎤⎥⎝⎦，2224223+2222()=()2ax x xf x a x a x a x ax x'∴=--=-++++，根据函数性质，只需研究0x <的值域即可．令()232a g x x ax x =++，则()()()222222+332x a x a a g x x a x x -'=+-=，,x ⎛∈-∞ ⎝，()0g x '>，x ⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭，()0g x '<，()g x g ⎛≤= ∴⎝0()f x '<≤1a≥，解得：6427a ≤，故a 的最大值为2764．故选C ． 【点睛】思路点睛：利用导数的方法研究函数的最值问题时，一般需要先对函数求导，根据导数的方法研究函数单调性，求出极值，结合题中条件即可求出最值（有时解析式中会含有参数，求解时，要讨论参数的不同取值范围，再判断函数的单调性，进行求解）13．（2021·天津部分区期末考试）已知函数()2xe f x x=（e 为自然对数的底数），关于x 的方程()()()2220af x a a R f x ⎡⎤⎣+-=⎦-∈恰有四个不同的实数根，则a 的取值范围为（ ）A ．()1,+∞B ．()2,+∞C ．2,21e e ⎛⎫+∞ ⎪-⎝⎭ D ．242,41e e ⎛⎫-+∞ ⎪-⎝⎭【答案】D【分析】令()u f x =，由()()()2220af x a a R f x ⎡⎤⎣+-=⎦-∈，可得2220u au a -+-=，利用导数分析函数()f x 的单调性与极值，作出函数()u f x =的图象，由图象可知，方程2220u au a -+-=有两根1u 、2u ，且满足12u e >，202u e <<，设()222g u u au a =-+-，利用二次函数的零点分布可得出关于实数a 的不等式组，由此可解得实数a 的取值范围．【解析】令()u f x =，由()()()2220af x a a R f x ⎡⎤⎣+-=⎦-∈，可得2220u au a -+-=，函数()f x 的定义域为{}0x x ≠，()222,0,0xx xe x e xf x x e x x⎧>⎪⎪==⎨⎪-<⎪⎩． 当0x >时，()()2221x e x f x x -'=，由()0f x '<可得102x <<，由()0f x '>可得12x >． ∴函数()f x 在区间10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在区间1,2⎛⎫+∞⎪⎝⎭上单调递增，()min 122f x f e ⎛⎫== ⎪⎝⎭；当0x <时，()()22120x e x f x x-'=>，此时函数()f x 单调递增，且()0f x >，作出函数()u f x =的图象如下图所示：由于关于x 的方程()()()2220af x a a R f x ⎡⎤⎣+-=⎦-∈恰有四个不同的实数根， 则关于u 的二次方程2220u au a -+-=恰有两个不同的实根1u 、()212u u u >，且直线1u u =与函数()u f x =的图象有三个交点，直线2u u =与函数()u f x =的图象有且只有一个交点，∴12u e >，202u e <<，设()222g u u au a =-+-，由二次函数的零点分布可得()()2020242220g a g e e a e a ⎧=->⎪⎨=-⨯+-<⎪⎩，解得24241e a e ->-．因此，实数a 的取值范围是242,41e e ⎛⎫-+∞ ⎪-⎝⎭．故选D ． 【点睛】方法点睛：本题考查利用二次函数的零点分布求参数，一般要分析以下几个要素： （1）二次项系数的符号； （2）判别式； （3）对称轴的位置；（4）区间端点函数值的符号．结合图象得出关于参数的不等式组求解．14．（2021·江苏扬州市·高三月考）已知函数()ln ,024,0x x x f x x e x >⎧=⎨+≤⎩，若12x x ≠且()()12f x f x =，则12x x -的最大值为（ ）A ．12e e-B ．21e + CD ．52e 【答案】D【分析】设点A 的横坐标为1x ，过点A 作y 轴的垂线交函数()y f x =于另一点B ，设点B 的横坐标为2x ，并过点B 作直线24y x e =+的平行线l ，设点A 到直线l 的距离为d ，计算出直线l 的倾斜角为4π，可得出12x x -=，于是当直线l 与曲线ln y x x =相切时，d 取最大值，从而12x x -取到最大值．【解析】当0x >时，()ln f x x x =，求导()ln 1f x x '=+，令()0f x '=，得1=x e当10,e x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<，()f x 单调递减；当1,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭时，()0f x '>，()f x 单调递增； 作分段函数图象如下所示：设点A 的横坐标为1x ，过点A 作y 轴的垂线交函数()y f x =于另一点B ，设点B 的横坐标为2x ，并过点B 作直线24y x e =+的平行线l ，设点A 到直线l 的距离为d ，12x x -=， 由图形可知，当直线l 与曲线ln y x x =相切时，d 取最大值，令()ln 12f x x '=+=，得x e =，切点坐标为(),e e ，此时，d ==，12max 522x x e ∴-==，故选D ． 【点睛】关键点点睛：本题考查函数零点差的最值问题，解题的关键将问题转化为两平行直线的距离，考查学生的化归与转化思想以及数形结合思想，属于难题．15．（2021·天水市第一中学高三月考）函数()ln f x x ax =-在()0,∞+上有两个零点，则实数a 的取值范围是（ ）A ．1,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭B ．10,e ⎛⎫⎪⎝⎭C ．211,e e ⎛⎫⎪⎝⎭D ．12,e e ⎛⎫⎪⎝⎭【答案】B【分析】分离参数a 后将函数零点个数转化为两个函数图像的交点个数． 【解析】函数定义域为()0,∞+，由()ln 0f x x ax =-=，得ln xa x=， 设()()2ln 1ln ,x xg x g x x x-'==，令()0g x '=得x e =， () 0,x e ∈时，()()0,g x g x '>单调递增； () ,x e ∈+∞时，()0g x '<，()g x 单调递减；x e =时，()g x 取极大值()1g e e=．()()0,0x x lim g x lim g x →→+∞→-∞→，∴要使函数()ln 0f x x ax =-=有两个零点即方程ln x a x=右有两个不同的根，即函数()g x 与y a =有两个不同交点即10,a e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，故选 B ．【点睛】思路点睛：涉及函数零点问题时，参数可以分离的情况下优先选择分离参数，然后构建新函数，将零点个数转化为两个函数图像的交点个数．16．（2021·江苏省滨海中学高三月考）已知关于x 方程(21)(1)0xe x m x -+-=有两个不等实根，则实数m的取值范围是（ ）A ．()324,11,e ⎡⎫---+∞⎪⎢⎣⎭ B ．32,4e ⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦C ．()324,11,0e ⎛⎫--- ⎪⎝⎭D ．()32,41,0e ⎛⎫-∞-- ⎪⎝⎭【答案】D【分析】将问题转化为“方程()211x e x m x --=-有两个不等实根”，构造新函数()()211x e x f x x -=-，利用导数分析其单调性以及取值情况，由此确定出方程有两个不等实根时m 的取值范围． 【解析】当1x =时，()()2110xex m x e -+-=≠，∴1x =不是方程的解，当1x ≠时，()()2110xe x m x -+-=有两个不等实根⇔()211x e x m x --=-有两个不等实根，即()211x e x y x -=-与y m =-的图象有两个交点，令()()()2111x e x f x x x -=≠-，()()()2231x x x e f x x -'=-，令()0f x '=，∴0x =或32x =， 当(),0x ∈-∞时，()0f x '>，()f x 单调递增，当()0,1x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减， 当31,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<，()f x 单调递减，当3,2x ⎛⎫∈+∞⎪⎝⎭时，()0f x '>，()f x 单调递增，()33223201,4122ef f e ⎛⎫=== ⎪⎝⎭，()()()()11lim 0,lim ,lim ,lim x x x x f x f x f x f x -+→-∞→+∞→→==-∞=+∞=+∞，∴要使()211x e x y x -=-与y m=-的图象有两个交点，则01m <-<或324m e ->，解得10m -<<或324m e <-，∴m 的取值范围是()32,41,0e ⎛⎫-∞-- ⎪⎝⎭，故选D ．【点睛】本题考查利用导数研究方程根的问题，主要考查学生的转化、分析与计算能力，难度较难．方程根的数目问题可以转化为函数图象的交点个数问题，也可转化为函数的零点个数问题． 17．（2021·辽宁辽南协作区期末）已知函数()()213142x f x k x e x ⎡⎤=-+-⎢⎥⎣⎦，若函数()f x 的单调递减区间（理解为闭区间）中包含且仅包含两个正整数，则实数k 的取值范围为（ ） A ．323131,128e e ⎡⎫--⎪⎢⎣⎭B ．23131,84e e ⎡⎫--⎪⎢⎣⎭ C ．323131,128e e ⎛⎤--⎥⎝⎦D ．23131,84e e ⎛⎤--⎥⎝⎦【答案】C【分析】函数()f x 的单调递减区间（理解为闭区间）中包含且仅包含两个正整数，转化为1()e 304x f x kx x ⎛⎫'=+-≤ ⎪⎝⎭解集中恰有两个正整数，利用数形结合建立不等式求解即可．【解析】∵()()213142x f x k x e x ⎡⎤=-+-⎢⎥⎣⎦的单调递减区间（理解为闭区间）中包含且仅包含两个正整数， ∴1()e 304x f x kx x ⎛⎫'=+-≤ ⎪⎝⎭的解集中恰有两个正整数，由1e 304x kx x ⎛⎫+-≤ ⎪⎝⎭可得，134e x x kx +≤ ， 令3()e x x g x =，则3(1)(),(,1)e xx g x x -=∈-∞'，()0g x '>，()g x 单调递增，(1,),()0x g x +'∈∞<，()g x 单调递减，作出函数()g x 与14y kx =+的图象如图，当()0f x '≤恰有两个正整数解时，即为1和2，∴232316231314e19e 12e 834e k k k ⎧+≤⎪⎪⇒-<≤-⎨⎪+>⎪⎩，故选 C ． 【点睛】本题以解不等式为载体，要求考生抓住函数图象和性质的本质，建立数与形之间的联系，体现了直观想象、逻辑推理、数学运算核心素养，属于难题．18．（2021·湖南岳阳市·高三一模）对于函数()y f x =，若存在0x ，使00()()f x f x =--，则点00(,())x f x 与点00(,())x f x --均称为函数()f x 的“先享点”已知函数316,0(),6,0ax x f x x x x ->⎧=⎨-≤⎩且函数()f x 存在5个“先享点”，则实数a 的取值范围为（ ） A ．(6,)+∞ B ．(,6)-∞ C ．(0,6) D ．(3,)+∞【答案】A【分析】首先根据题中所给的条件，判断出“先享点”的特征，之后根据()f x 存在5个“先享点”，等价于函数32()6(0)f x x x x =-≤关于原点对称的图象恰好与函数1()16(0)f x ax x =->有两个交点，构造函数利用导数求得结果．【解析】依题意，()f x 存在5个“先享点”，原点是一个，其余还有两对，即函数32()6(0)f x x x x =-≤关于原点对称的图象恰好与函数1()16(0)f x ax x =->有两个交点， 而函数32()6(0)f x x x x =-≤关于原点对称的函数为32()6(0)f x x x x =-≥，即3166ax x x -=-有两个正根，32166166x x a x x x-+==+-，令()2166(0)h x x x x =+->，322162(8)'()2x h x x x x-=-=， ∴当02x <<时，'()0h x <，当2x >时，'()0h x >，∴()h x 在(0,2)上单调递减，在(2,)+∞上单调递增，且(2)4866h =+-=，并且当0x →和x →+∞时，()f x →+∞，∴实数a 的取值范围为(6,)+∞，故选A ．【点睛】该题考查的是有关新定义问题，结合题意，分析问题，利用等价结果，利用导数研究函数的性质，属于较难题目．19．（2021·安徽合肥市·高三二模）函数()()221sin 1x xf x x ++=+的图象大致是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】B【分析】先把()f x 化为()22sin 11x x f x x +=++，利用()22sin 1+=+x xg x x 为奇函数可排除C ，再结合函数值的符号可排除A D ，从而可得正确的选项． 【解析】()()2221sin 2sin 111x x x x f x x x +++==+++，令()22sin 1+=+x x g x x ，则()()22sin 1x xg x g x x ---==-+，故()g x 为R 上的奇函数，故()f x 的图象关于()0,1对称，故排除C ． 又当0x >时，令()2sin h x x x =+，则()2cos 0h x x '=+>，故()()00h x h >=，故当0x >时，()1f x >，故排除D ．而()sin1102f -=-<，故排除A ，故选B ． 【点睛】方法点睛：已知函数解析式判断函数图象时，往往需要根据函数的奇偶性、单调性等来判断图象的性质，有时也需要根据函数值的正负来判断．20．（2021·陕西下学期质检）已知函数()e 1xa f x =-+在点()0,0O 处的切线与函数()2ln 1ax ax g x x x =--+的图象相切于点A ，则点A 的坐标为（ ）A ．151,ln 2482⎛⎫+ ⎪⎝⎭ B ．111,ln 2222⎛⎫+ ⎪⎝⎭C ．()1,1D ．()2,52ln 2-【答案】C 【分析】根据点()0,0O 在函数()f x 的图象上，可得2a =，再由导数的几何意义可得函数()f x 的切线l 的方程，再设(),A m n ，利用导数的几何意义列出方程即可求解． 【解析】由题意可知，点()0,0O 在函数()f x 的图象上，2a ∴=，()e xf x ∴'=，()01f '=，∴函数()f x 在点O 处的切线方程为0x y -=．()222ln 1x x g x x x =--+，则()43ln g x x x '=--．令点(),A m n ，则()43ln 1g m m m =--='，()222ln 1n m m g m m m ==--+．点A 在直线0x y -=上，243ln 1,22ln 1,m m m m m m n m --=⎧∴⎨--+==⎩解得1m n ==， ∴点()1,1A ，故选C ． 【点睛】导数运算及切线的理解应注意的问题：一是利用公式求导时要特别注意除法公式中分子的符号，防止与乘法公式混淆．二是直线与曲线公共点的个数不是切线的本质，直线与曲线只有一个公共点，直线不一定是曲线的切线，同样，直线是曲线的切线，则直线与曲线可能有两个或两个以上的公共点．三是复合函数求导的关键是分清函数的结构形式．由外向内逐层求导，其导数为两层导数之积．21．（2021·漠河市高级中学高三月考）已知()f x 是定义在R 上的奇函数，()'f x 是函数()f x 的导函数且在[)0,+∞上()1f x '<，若(2020)()20202f m f m m --≥-，则实数m 的取值范围为（ ）A ．[]1010,1010-B ．[)1010,+∞C ．(],1010-∞-D ．(][),10101010,-∞-+∞【答案】B 【分析】构造函数()()g x f x x =-，由已知得()g x 在R 上的奇函数且单调递减，即可将不等式变形为(2020)()g m g m -≥，利用函数的单调性求解即可．【解析】设()()g x f x x =-，则()()1g x f x ''=-又[)0,x ∈+∞上，()1f x '<，则()0g x '<，即函数()g x 在[)0,x ∈+∞上单调递减，又()f x 是定义在R 上的奇函数，则函数()g x 为R 上的奇函数，故()g x 在R 上单调递减， 又(2020)()20202f m f m m --≥-()(2020)2020()f m m f m m ∴---≥-，即(2020)()g m g m -≥可得：2020m m -≤，解得：1010m ≥ 故选B ． 【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数研究函数的单调性，解题的关键是根据题目条件构造与之对应的函数，再利用函数求导，结合函数的单调性来转化解决问题，考查学生的转化能力与运算求解能力，属于一般题． 22．（2021·江苏徐州市·高三二模）若ln ln ln 1a a b b c c >>=，则（ ） A ．ln ln ln b c c a a b e a e b e c +++>> B ．ln ln ln c a b c a b e b e a e c +++>> C ．ln ln ln a b c a b c e c e b e a +++>> D ．ln ln ln a b b c c a e c e a e b +++>>【答案】C【分析】构造函数()ln f x x x =，利用导数得出1a b c >>>，构造函数ln ()xxg x e =，利用导数证明ln ln ln a b c a b ce e e<<，从而得出ln ln ln a b c a b c e c e b e a +++>>． 【解析】令()ln f x x x =，则()1ln f x x '=+，当10x e <<时，()0f x '<，当1x e >时，()0f x '>，即函数()f x 在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，()()()1f a f b f c >>=，由图象易知，1a b c >>>，令ln ()x x g x e=，则1ln ()x xx g x e-'=，由于函数1ln y x x=-在(0,)+∞上单调递减，1ln c c =，111ln 0c c c c -=-=，则1ln 0x x-=在(0,)+∞上有唯一解c ，故在上有唯一解， 即当时，，则函数在上单调递减， 即，即，， ，故选C ．【点睛】关键点睛：解决本题的关键在于构造函数，利用导数得出函数的单调性，进而得出函数值的大小关系．23．（2021·四川遂宁市·高三二模）若，则的最大值为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】C 【分析】首先对进行变形，即，由于同构， 可构造函数，知在上单调递增，原不等式转化为，根据单调性的性质可得，再进行参变分离，求出函数()0g x '=(0,)+∞c x c >()0g x '<()g x (,)c +∞()()()g a g b g c <<ln ln ln a b c a b ce e e<<ln ln ,ln ln b a c b e a e b e b e c ∴<<ln ln ,ln ln ln ln ln b c a c a c b c b c a c b c e a e b e b e c e a e b e c +++++++∴<<⇒<<()()e 1ln 0,0xa x ax a x ≥-+>>a e4e 2e 2e e ln x x ax ax +≥+e ln e ln x x ax ax +≥+()()ln 0f x x x x =+>()f x ()0,∞+()()e xf f ax ≥e xax ≥e x a x ≤ex x最值， 即可得解． 【解析】原不等式化为，即， 令，知在上单调递增， 原不等式转化为，∴，即，设，则， 当时，，单调递减；当时，，单调递增，故当时取得最小值， ∴的最大值为． 故选C ． 【点睛】本题考查了利用函数单调性解不等式相关问题，考查了转化思想，有一定的计算量，属于中档题．本题关键有：（1）找到所给不等式的同构特征，同构特征是解题的关键； （2）构造函数，并求所构造函数的单调性； （3）参变分离，转为恒成立问题．24．（2021·山西名校模拟）已知函数，对于任意实数，，且，都有，则的取值范围为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】C 【分析】e ln x x ax ax +≥+e ln e ln x x ax ax +≥+()()ln 0f x x x x =+>()f x ()0,∞+()()exf f ax ≥e xax ≥e xa x≤()e x u x x =()()2e 1x x u x x -'=01x <<()0u x '<()u x 1x >()0u x '>()u x 1x =()u x ()1e u =a e e 1()e 1x x f x ax -=-+1x 2x 12x x ≠()()12120f x f x x x -<-a 12a >1a >12a ≥1a ≥根据题意得在上恒成立，再由求函数最大值即可． 【解析】由对于任意实数，，且，都有，可得在定义域上为减函数，∴在上恒成立， 即，又∵， ∴． 故选C ． 【点睛】关键点点睛：本题的解题关键是由分析得函数为单调递减，进而转化为在上恒成立，利用参变分离求参是解题的关键，属于中档题．25．（2021·河南新乡市·高三二模）已知函数的图象过点，若关于的方程有3个不同的实数根，则的取值范围是（ ）A ．B ．C ．D ． 【答案】C 【分析】2e ()0(e 1)2xx f x a '=-≤+R 2212e 2(e 1)e e x x x xa +≥=++1x 2x 12x x ≠()()1212f x f x x x -<-e 1()e 1x x f x ax -=-+2e ()0(e 1)2xxf x a '=-≤+R 2212e 2(e 1)e e x x x xa +≥=++212e 2e 1x x++≤=12a ≥()()12120f x f x x x -<-()0f x '≤R()2xx x mf x e++=11,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭x ()()0f x a a +=∈R a (),0e -()0,e 25,0e ⎛⎫-⎪⎝⎭25,e e ⎛⎫-⎪⎝⎭利用导数可确定的单调性和极值，由此得到的图象，将问题转化为与有个不同交点，利用数形结合的方式可求得结果． 【解析】，，． ，当和时，；当时，；在上单调递增，在，上单调递减，的极大值为，极小值为，且当时，，当时，，由此可得大致图象如下图：有个不同实数根等价于与有个不同的交点，由图象可知：，的取值范围为．故选C ． 【点睛】方法点睛：已知方程根的个数求参数值或取值范围常用的方法有： （1）直接法：直接求解方程得到方程的根，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，转化成求函数的值域问题加以解决；（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26．（2021·河南金太阳3月联考）已知函数是定义在上的偶函数，当时，()f x ()f x ()f x y a =-3()211m f e e +==1m ∴=-()21xx x f x e +-∴=()()()()()2221121x x xxx e e x x x x f x e e +-+--+'∴==-(),1x ∈-∞-()2,+∞()0f x '<()1,2x ∈-()0f x '>()f x ∴()1,2-(),1-∞-()2,+∞∴()f x ()252f e=()1f e -=-x →-∞()f x →+∞x →+∞()0f x →()f x ()0f x a +=3()f x y a =-3250a e<-<∴a 25,0e ⎛⎫-⎪⎝⎭(1)f x +R 1≥x ()cos xf x e x =+若，，，则（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】D 【分析】利用当时，，得到在上单调递增，根据函数是定义在上的偶函数，得到函数的图象关于直线对称，之后利用函数单调性和对称性之间的关系进行比较即可得到结果． 【解析】当时，， ∴在上单调递增．又∵函数是定义在上的偶函数， ∴函数的图象关于直线对称． ∴在上单调递减．∵，，，∴． 故选D ． 【点睛】关键点点睛：该题考查的是有关函数奇偶性和单调性的应用，根据条件求出函数的对称性是解决该题的关键．27．（2021·浙江宁波市·高三月考）已知函数，则函数的零点个数是（ ） A ．3B ．4C ．5D ．60.513a f -⎫⎛⎫⎛=⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭12log 3b f ⎛⎫= ⎪⎝⎭ln 2()c f e =a b c >>c b a >>b a c >>b c a >>1≥x ()e sin 0xf x x '=->()f x [1,)+∞(1)f x +R ()y f x =1x =1≥x ()e sin 0xf x x '=->()f x [1,)+∞(1)f x +R ()y f x =1x =()f x (,1)-∞()ln 2e(2)c f f ==0.51(2)3a f f f -⎫⎛⎫⎛==<⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()122log 3log 3b f f ⎫⎛==-⎪ ⎝⎭(1)(3)(2)f f f >-=>b c a >>24,0()1,0x x x x f x e x x ⎧+≤⎪=⎨->⎪⎩()()5g x f f x =-⎡⎤⎣⎦【答案】D 【分析】首先求出函数的导函数，分析函数的单调性，即可画出函数的草图，从而得到的零点，则，转化为或或，数形结合即可判断；【解析】解：∵，∴，令，解得，∴在上单调递减，令，解得或，∴在和上单调递增，函数图象如下所示：当时，令，得或；又时；时，，∴使得；要使，即或，或 即或，或由函数图象易知，，与都有两个交点，()f x ()()5g x f f x =-⎡⎤⎣⎦()50f x -=()54f x -=-()05f x x -=24,0()1,0x x x x f x e x x ⎧+≤⎪=⎨->⎪⎩224,0()1,0x x x f x e x x +≤⎧⎪=⎨+>'⎪⎩()0f x '<2x <-()f x (),2-∞-()0f x '>20x -<<0x >()f x ()2,0-()0,∞+0x ≤()0f x =0x =4x =-0x +→()f x →-∞x →+∞()f x →+∞()110f e =->()00,1x ∃∈()00f x =()()50g x f f x =-=⎡⎤⎣⎦()50f x -=()54f x -=-()05f x x -=()5f x =()1f x =()05f x x =+5y =1y =05y x =+()y f x =。
导数大题方法总结
一般来说，一到比较温和的导数题的会在第一问设置这样的问题：若 f(x)在 x =k 时取得极值，试求所给函数中参数的值；或者是 f(x)在(a , f(a)) 处的切线与某已知直线垂直，试求所给函数中参数的值等等很多条件。
虽然会有很多的花样，但只要明白他们的本质是考察大家求导数的能力，就会轻松解决。
这一般都是用来送分的，所以遇到这样的题，一定要淡定，方法是：先求出所给函数的导函数，然后利用题目所给的已知条件，以上述第一种情形为例：令 x = k，f(x)的导数为零，求解出函数中所含的参数的值，然后检验此时是否为函数的极值。
注意：①导函数一定不能求错，否则不只第一问会挂，整个题目会一并挂掉。
保证自己求导不会求错的最好方法就是求导时不要光图快，一定要小心谨慎，另外就是要将导数公式记牢，不能有马虎之处。
②遇到例子中的情况，一道要记得检验，尤其是在求解出来两个解的情况下，更要检验，否则有可能会多解，造成扣分，得不偿失。
所以做两个字来概括这一类型题的方法就是：淡定。
别人送分，就不要客气。
③求切线时，要看清所给的点是否在函数上，若不在，要设出切点，再进行求解。
切线要写成一般式。
一般这一类题都是在函数的第二问，有时也有可能在第一问，依照题目的难易来定。
这一类题问法都比较的简单，一般是求 f(x)的单调(增减)区间或函数的单调性，以及函数的极大(小)值或是笼统的函数极值。
一般来说，由于北京市高考不要求二阶导数的计算，所以这类题目也是送分题，所以做这类题也要淡定。
这类问题的方法是：首先写定义域，求函数的导函数，并且进行通分，变为假分式形式。
往下一般有两类思路，一是走一步看一步型，在行进的过程中，一点点发现参数应该讨论的范围，一步步解题。
这种方法个人认为比较累，而且容易丢掉一些情况没有进行讨论，所以比较推荐第二种方法，就是所谓的一步到位型，先通过观察看出我们要讨论的参数的几个必要的临介值，然后以这些值为分界点，分别就这些临界点所分割开的区间进行讨论，这样不仅不会漏掉一些对参数必要的讨论，而且还会是自己做题更有条理，更为高效。
高中数学导数难题练习题带答案
高中数学导数难题一．选择题（共20小题）1．对于任意的x∈[0，]，总存在b∈R，使得|sin2x+a sin x+b|≤1恒成立，则实数a的取值范围是（）A．[﹣3，1]B．[﹣1，3]C．[﹣3，3]D．[﹣1，1]2．设k，b∈R，若关于x的不等式ln（x﹣1）+x≤kx+b在（1，+∞）上恒成立，则的最小值是（）A．﹣e2B．﹣C．﹣D．﹣e﹣13．设k，b∈R，若关于x的不等式kx+b+1≥lnx在（0，+∞）上恒成立，则的最小值是（）A．﹣e2B．﹣C．﹣D．﹣e4．已知曲线在x＝x1处的切线为l1，曲线y＝lnx在x＝x2处的切线为l2，且l1⊥l2，则x2﹣x1的取值范围是（）A．B．（﹣∞，﹣1）C．（﹣∞，0）D．5．若对任意的a∈R，不等式e2a+a2+b2﹣2ab≥20恒成立，则实数b的取值范围是（）A．b B．b≥3+ln2C．b≥4+ln2D．b≥5+ln26．已知曲线f（x）＝lnx+ax+b在x＝1处的切线是x轴，若方程f（x）＝m（m∈R）有两个不等实根x1，x2，则x1+x2的取值范围是（）A．（0，）B．（0，1）C．（2，+∞）D．（4，+∞）7．已知a∈R，函数f（x）＝，则下列说法正确的是（）A．若a＜﹣1，则y＝f（x）（x∈R）的图象上存在唯一一对关于原点O对称的点B．存在实数a使得y＝f（x）（x∈R）的图象上存在两对关于原点O对称的点C．不存在实数a使得y＝f（x）（x∈R）的图象上存在两对关于y轴对称的点D．若y＝f（x）（x∈R）的图象上存在关于y轴对称的点，则a＞18．定义在R上的函数f（x）满足e4（x+1）f（x+2）＝f（﹣x），且对任意的x≥1都有f'（x）+2f（x）＞0（其中f'（x）为f（x）的导数），则下列一定判断正确的是（）A．e4f（2）＞f（0）B．e2f（3）＜f（2）C．e10f（3）＜f（﹣2）D．e6f（3）＜f（﹣1）9．已知a，b∈R且ab≠0，对于任意x≥0均有（x﹣a）（x﹣b）（x﹣2a﹣b）≥0，则（）A．a＜0B．a＞0C．b＜0D．b＞010．已知函数，若关于x的不等式在R上恒成立，则实数a的取值范围为（）A．B．C．D．11．已知函数y＝f（x）在R上的图象是连续不断的，其导函数为f'（x），且f'（x）＞﹣f（x），若对于∀x＞0，不等式xf（lnx）﹣e ax f（ax）≤0恒成立，则实数a的最小值为（）A．e B．C．D．e212．若对任意的x∈R，都存在x0∈[ln2，2]，使不等式+4x+m≥0成立，则整数m的最小值为（）（提示：ln2≈0.693）A．3B．4C．5D．613．已知函数f（x）＝e x﹣ax﹣1，g（x）＝lnx﹣ax﹣1，其中0＜a＜1，e为自然对数的底数，若∃x0∈（0，+∞），使f （x0）g（x0）＞0，则实数a的取值范围是（）A．B．C．D．14．已知函数f（x）＝ae x﹣x（a∈R）有两个零点x1，x2，且x1＜x2则下列结论中不正确的是（）A．B．0＜x1＜1C．x1+x2＞2D．lnx1﹣x1＜lnx2﹣x215．已知函数f（x）＝lnx﹣ax有两个零点x1，x2（x1＜x2），则下列说法错误的是（）A．B．x1+x2＜2e C．有极大值点x0，且x1+x2＞2x0D．16．已知函数f（x）＝，g（x）＝xe﹣x，若存在x1∈（0，+∞），x2∈R，使得f（x1）＝g（x2）＝k（k＜0）成立，则最小值为（）A．B．﹣C．D．﹣17．已知不等式e x﹣x﹣1＞m[x﹣ln（x+1）]对一切正数x都成立，则实数m的取值范围是（）A．B．C．（﹣∞，1]D．（﹣∞，e]18．已知函数f（x）是定义在（﹣，）上的奇函数．当时，f（x）+f′（x）tan x＞0，则不等式cos x •f（x+）+sin x•f（﹣x）＞0的解集为（）A．（，）B．（﹣，）C．D．19．若关于x的不等式2lnx≤ax2+（2a﹣2）x+1恒成立，则a的最小整数值是（）A．0B．1C．2D．320．已知可导函数f（x）的导函数f'（x），若对任意的x∈R，都有f（x）＞f'（x）+2，且f（x）﹣2020为奇函数，则不等式f（x）﹣2018e x＜2的解集为（）A．（﹣∞，0）B．（0，+∞）C．D．二．填空题（共10小题）21．已知函数f（x）＝x3﹣3x，若对任意的实数x，不等式f（x+t）＞f（x）+t（t≠0）恒成立，则实数t的取值范围．22．已知函数f（x）对定义域内R内的任意x都有f（x）＝f（4﹣x），且当x≠2，其导数f′（x）满足xf′（x）＜2f′（x），若f（3）＝0，则不等式xf（x）＞0的解集为．23．已知函数f（x）＝，则过原点且与“曲线y＝f（x）在y轴右侧的图象”相切的直线方程为，若f（x）＝mx有两个不同的根，则实数m的取值范围是．24．已知函数f（x）＝axlnx+（a＞0）．（1）当a＝1时，f（x）的极小值为；（2）若f（x）≥ax在（0，+∞）上恒成立，则实数a的取值范围为．25．若不等式x﹣2≤x2+ax+b≤4lnx对任意的x∈[1，e]恒成立，则实数b的最大值为．26．若函数f（x）＝x3﹣ax﹣2（a∈R）在（﹣∞，0）内有且只有一个零点，则f（x）在[﹣1，2]上的最小值为．27．过曲线上一点P作该曲线的切线l，l分别与直线y＝x，y＝2x，y轴相交于点A，B，C．设△OAC，△OAB的面积分别为S1，S2，则S1＝，S2的取值范围是．28．当x∈[0，+∞）时，不等式x2+3x+2﹣a≥0恒成立，则a的取值范围是．29．若不等式x2﹣|x﹣2a|≤a﹣3在x∈[﹣1，1]上恒成立，则正实数a的取值范围是．30．已知函数，若直线y＝2x﹣b与函数y＝f（x），y＝g（x）的图象均相切，则a的值为；若总存在直线与函数y＝f（x），y＝g（x）图象均相切，则a的取值范围是．三．解答题（共10小题）31．已知函数f（x）＝ax﹣lnx．（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）当x∈（0，e]时，是否存在实数a，使得f（x）的最小值为4？若存在，求出实数a，若不存在说明理由．32．已知函数f（x）＝x sin x+cos x+ax2，x∈[﹣π，π]．（1）当a＝0时，求f（x）的单调区间；（2）当a＞0时，讨论f（x）的零点个数．33．已知函数f（x）＝e x+，其导函数为f′（x），函数g（x）＝，对任意x∈R，不等式g（x）≥ax+1恒成立．（Ⅰ）求实数a的值；（Ⅱ）若0＜m＜2e，求证：x2g（x）＞m（x+1）lnx．34．设函数f（x）＝e x﹣ax﹣1，a∈R．（Ⅰ）讨论f（x）在（0，+∞）上的单调性；（Ⅱ）当a＞1时，存在正实数m，使得对∀x∈（0，m），都有|f（x）|＞x，求a的取值范围．35．已知函数．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若恒成立，求证：．36．已知函数f（x）＝．（1）求函数f（x）的极值；（2）令h（x）＝x2f（x），若对∀x≥1都有h（x）≥ax﹣1，求实数a的取值范围．37．已知函数f（x）＝lnx﹣．（1）求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；（2）若函数f（x）存在两个极值点x1，x2，求实数a的取值范围，并证明：f（x1），f（1），f（x2）成等差数列．38．已知函数f（x）＝alnx（a≠0）与的图象在它们的交点P（s，t）处具有相同的切线．（1）求f（x）的解析式；（2）若函数g（x）＝（x﹣1）2+mf（x）有两个极值点x1，x2，且x1＜x2，求的取值范围．39．已知函数f（x）＝﹣x+（x+1）ln（x+1）（a∈R）．（1）当a＝1时，求曲线y＝f（x）在x＝1处的切线方程；（2）若∀x1，x2∈（0，+∞），x1＜x2，都有f（x1）＜f（x2），求实数a的取值范围．40．已知实数a≥﹣1，设f（x）＝（x+a）lnx，x＞0．（1）若a＝﹣1，有两个不同实数x1，x2不满足|f'（x1）|＝|f'（x2）|，求证：x1+x2＞2；（2）若存在实数，使得|f（x）|＝c有四个不同的实数根，求a的取值范围．参考答案与试题解析一．选择题（共20小题）1．【解答】解：令t＝sin x∈[0，1]，则f（t）＝t2+at+b，t∈[0，1]．由已知得：①当，即a≥0时，则，整理得0≤a≤1；②当，即﹣1＜a＜0时，则，即，显然始终存在符合题意的b，使原式成立；③当，即﹣2＜a≤﹣1时，则，显然符合题意的b存在；④当，即a≤﹣2时，则，即，可得始终存在b，且﹣3≤a≤﹣2．综上可知，a的取值范围是[﹣3，1]．故选：A．2．【解答】解：ln（x﹣1）+x≤kx+b在（1，+∞）上恒成立，即为ln（x﹣1）+x﹣kx≤b对x＞1恒成立，可令t＝x﹣1，t＞0，则lnt+t+1﹣k（t+1）≤b，令f（t）＝lnt+（1﹣k）t+1﹣k，f′（t）＝+1﹣k，若k≤1，则f′（t）＞0，可得f（t）在t＞1递增，当t→∞时，f（t）→∞，不等式不能成立；故k＞1，当＝k﹣1时，f（t）取得最大值f（t）max＝f（）＝ln﹣1+1﹣k＝﹣ln（k﹣1）﹣k，即﹣ln（k﹣1）﹣k≤b，所以ln（k﹣1）+k﹣1≥﹣2﹣（b﹣1），则≥﹣﹣1，可令k﹣1＝u，g（u）＝﹣﹣1，g′（u）＝﹣＝，可得当lnu＝﹣1时，u＝，g（u）min＝﹣2e+e﹣1＝﹣e﹣1，则的最小值是﹣e﹣1．故选：D．3．【解答】解：kx+b+1≥lnx在（0，+∞）上恒成立，即为lnx﹣kx﹣1≤b在（0，+∞）上恒成立，令f（x）＝lnx﹣kx﹣1，f′（x）＝﹣k，若k≤0，则f′（x）＞0，可得f（x）在（0，+∞）递增，当x→∞时，f（x）→∞，不等式不能成立；故k＞0，当＝k时，f（x）取得最大值f（x）max＝f（）＝ln﹣2＝﹣lnk﹣2，即﹣lnk﹣2≤b，则≥﹣﹣，k＞0，可令g（k）＝﹣﹣，k＞0，g′（k）＝﹣＝，可得当lnk＝﹣1时，k＝，g（k）min＝﹣2e+e＝﹣e，则的最小值是﹣e．故选：D．4．【解答】解：由，得，则，由y＝lnx，得y′＝，则，∵l1⊥l2，∴，即．∵x2＞0，∴x1＞1，又，令h（x）＝，x＞1．则h′（x）＝．当x∈（1，+∞）时，y＝2﹣x﹣e x为减函数，故2﹣x﹣e x＜2﹣1﹣e＜0．∴h′（x）＜0在（1，+∞）上恒成立，故h（x）在（1，+∞）上为减函数，则h（x）＜h（1）＝﹣1．又当x＞1时，＜，∴h（x）的取值范围为（﹣∞，﹣1）．即x2﹣x1的取值范围是（﹣∞，﹣1）．故选：B．5．【解答】解：令f（x）＝e2x+x2+b2﹣2bx﹣20，f′（x）＝2e2x+2x﹣2b，f″（x）＝4e2x+2＞0，所以f′（x）在R上单调递增，又∵，所以存在x0使得f′（x0）＝0，代入化简可得，那么f（x）在（﹣∞，x0）单调递减，在（x0，+∞）上单调递增．∴＝，又∵f（x0）≥0，即．令，则t2+t≥20，解得：t≤﹣5 （含去），t≥4，即x0≥ln2，∴，故选：C．6．【解答】解：易知，切点为（1，0），切线斜率为0，而．∴，解得a＝﹣1，b＝1．∴f（x）＝lnx﹣x+1（x＞0）．∵，易知f′（1）＝0，且当x∈（0，1）时，f′（x）＞0；x∈（1，+∞）时，f′（x）＜0．∴f（x）在（0，1）上是增函数，在（1，+∞）上是减函数，故若方程f（x）＝m（m∈R）有两个不等实根x1＜x2，则必有0＜x1＜1＜x2，则2﹣x1＞1．∵f（x1）＝f（x2），∴f（x2）﹣f（2﹣x1）＝f（x1）﹣f（2﹣x1），令g（x）＝f（x）﹣f（2﹣x）＝lnx﹣x﹣1﹣[ln（2﹣x）﹣（2﹣x）﹣1]＝lnx﹣ln（2﹣x）﹣2x+2，x∈（0，1），∵（0＜x＜1），∴g（x）在（0，1）上单调递增，而g（1）＝0，故g（x）＜0在（0，1）上恒成立，∴f（x2）﹣f（2﹣x1）＜0恒成立，即f（x2）＜f（2﹣x1）恒成立而此时x2，2﹣x1∈（1，+∞），且f（x）在（1，+∞）上是减函数，∴x2＞2﹣x1，即x1+x2＞2．故选：C．7．【解答】解：由关于原点对称的点的特点，可将x换为﹣x，y换为﹣y，可得f（x）＝﹣x2﹣2x+a（x≤0）关于原点O对称的解析式g（x）＝x2﹣2x﹣a（x≥0），令h（x）＝e x﹣x2+2x+a（x＞0），则h'（x）＝e x﹣2x+2，h''（x）＝e x﹣2，由x＞ln2可得h′（x）递增；0＜x＜ln2时，h′（x）递减，所以h'（x）≥h′（ln2）＝4﹣2ln2＞0，因此，h（x）是单调递增的，且h（x）＝e x﹣x2+2x+a≥h（0）＝1+a，故当a＜﹣1，h（x）有唯一零点，当a≥﹣1时，h（x）不存在零点，故A正确；B不正确；由关于y轴对称的点的特点，可将x换为﹣x，y不变，可得f（x）＝﹣x2﹣2x+a（x≤0）关于y轴对称的解析式m（x）＝﹣x2+2x+a（x≥0），令n（x）＝e x+x2﹣2x﹣a（x＞0），n′（x）＝e x+2x﹣2，n″（x）＝e x+2，所以n″（x）＞0，n′（x）递增，n′（x）≥n′（0）＝﹣1，因此，n（x）不单调，当a＜0时，n（x）有零点，当a＝1时，n（x）存在两对零点，故C，D都不正确．故选：A．8．【解答】解：设F（x）＝e2x•f（x），则F'（x）＝2e2x f（x）+e2x f'（x）＝e2x[2f（x）+f'（x）]，∵对任意的x≥1都有f′（x）+2f（x）＞0；则F'（x）＞0，则F（x）在[1，+∞）上单调递增；F（x+2）＝e2（x+2）•f（x+2）；F（﹣x）＝e﹣2x•f（﹣x）；因为e4（x+1）f（x+2）＝f（﹣x），∴e2（x+2）•e2x•f（x+2）＝f（﹣x）；∴e2（x+2）•f（x+2）＝e﹣2x•f（﹣x）∴F（x+2）＝F（﹣x），所以F（x）关于x＝1对称，则F（﹣2）＝F（4），∵F（x）在[1，+∞）上单调递增；∴F（3）＜F（4）即F（3）＜F（﹣2），∴e6•f（3）＜e﹣4•f（﹣2）；即e10•f（3）＜f（﹣2）成立．故C正确；F（3）＝F（﹣1），F（0）＝F（2）故A，D均错误；F（3）＞F（2）∴e2f（3）＞f（2）．B错误．故选：C．9．【解答】解：设f（x）＝（x﹣a）（x﹣b）（x﹣2a﹣b），可得f（x）的图象与x轴有三个交点，即f（x）有三个零点a，b，2a+b且f（0）＝﹣ab（2a+b），由题意知，f（0）≥0在x≥0上恒成立，则ab（2a+b）≤0，a＜0，b＜0，可得2a+b＜0，ab（2a+b）≤0恒成立，排除B，D；我们考虑零点重合的情况，即中间和右边的零点重合，左边的零点在负半轴上．则有a＝b或a＝2a+b或b＝b+2a三种情况，此时a＝b＜0显然成立；若b＝b+2a，则a＝0不成立；若a＝2a+b，即a+b＝0，可得b＜0，a＞0且a和2a+b都在正半轴上，符合题意，综上b＜0恒成立．故选：C．10．【解答】解：当x≥1时，f（x）＝x2﹣x+4＝（x﹣2）2+＞0，当x＜1时，f（x）＝﹣x3+x2﹣x+，则f′（x）＝﹣x2+2x﹣1＜0，故f（x）在（﹣∞，1）递减，f（x）＞f（1）＝3＞0，若关于x的不等式在R上恒成立，则﹣x2+x﹣4≤x﹣a≤x2﹣x+4且x3﹣x2+x﹣≤x﹣a≤﹣x3+x2﹣x+恒成立，即﹣x2+x﹣4≤a≤x2﹣x+4且x3﹣x2+x﹣≤a≤﹣x3+x2﹣x+恒成立，所以（﹣x2+x﹣4）max≤a≤（x2﹣x+4）min且（x3﹣x2+x﹣）max≤a≤（﹣x3+x2﹣x+）min，对于y＝﹣x2+x﹣4（x≥1），对称轴是x＝，故x＝时y取最大值﹣，对于y＝x2﹣x+4（x≥1），对称轴是x＝，故x＝时y取最小值，故﹣≤a≤①，对于y＝x3﹣x2+x﹣（x＜1），y′＝x2﹣2x+＞0，函数在（﹣∞，1）递增，故y＜y|x＝1＝﹣，对于y＝﹣x3+x2﹣x+（x＜1），y′＝﹣（x﹣1）2+，令y′＞0，解得＜x＜1，令y′＜0，解得x＜，故函数在（﹣∞，）递减，在（，1）递增，y min＝y|x＝＝，故﹣≤a≤②，综合①②，得﹣≤a≤．故选：B．11．【解答】解：根据題意，令F（x）＝e x•f（x），则F'（x）＝e x[f（x）+f'（x）]＞0，故函数F（x）在R上单调递增，F（lnx）＝e lnx f（lnx）＝xf（lnx），F（ax）＝e ax f（ax），又∀x＞0，不等式xf（lnx）﹣e ax f（ax）≤0恒成立，所以F（lnx）≤F（ax）在（0，+∞）恒成立．从而lnx≤ax，即在（0，+∞）恒成立．令，，令g'（x）＝0，则x＝e，所以在（0，e）单调递增，在（e，+∞）单调递减．所以，故．则实数a的最小值为，故选：B．12．【解答】解：设，由题意可知f（x）≥0对x∈R恒成立，则在x0∈[ln2，2]上有解，即在x0∈[ln2，2]上有解．设g（x）＝x2+2x﹣e x﹣m+4，∴h（x）＝g'（x）＝2x﹣e x+2，则h'（x）＝2﹣e x，∵x∈[ln2，2]，∴h'（x）≤h'（ln2）＝2﹣e ln2＝0，则g'（x）在[ln2，2]上单调递减．∵g'（ln2）＝2ln2＞0，g'（2）＝6﹣e2＜0，∴∃x1∈（ln2，2），g'（x1）＝0，则g（x）在[ln2，x1）上单调递增，在（x1，2]上单调递减．∵g（ln2）＝（ln2）2+2ln2+2﹣m，g（2）＝12﹣e2﹣m，∴g（2）﹣g（ln2）＝10﹣e2﹣（ln2）2﹣2ln2＞0，则g（ln2）≤0，即（ln2）2+2ln2+2﹣m≤0，故m≥（ln2）2+2ln2+2，∵m∈Z，∴m的最小值是4．故选：B．13．【解答】解：由e x﹣ax﹣1，得f′（x）＝e x﹣a，∵0＜a＜1，∴当x∈（0，+∞）时，f′（x）＝e x﹣a＞0恒成立，则f（x）在（0，+∞）上单调递增，则f（x）＞f（0）＝0；若∃x0∈（0，+∞），使f（x0）g（x0）＞0，则∃x0∈（0，+∞），使g（x0）＞0，即∃x0∈（0，+∞），使lnx0﹣ax0﹣1＞0，∴∃x0∈（0，+∞），a＜，令h（x）＝，则h′（x）＝＝，当x∈（0，e2）时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，当x∈（e2，+∞）时，h′（x）＜0，h（x）单调递减，∴h（x）有极大值也是最大值为h（e2）＝，则a＜，∴实数a的取值范围是，故选：A．14．【解答】解：f′（x）＝ae x﹣1，当a≤0时，f′（x）＜0在x∈R上恒成立，此时f（x）在R上单调递减，不合题意；当a＞0时，由f'（x）＝0，解得x＝﹣lna，当x＜﹣lna时，f'（x）＜0，f（x）单调递减，当x＞﹣lna时，f'（x）＞0，f（x）单调递增，∴当a＞0时，f（x）单调减区间为（﹣∞，﹣lna），单调增区间为（﹣lna，+∞），可知当x＝﹣lna时，函数取得极小值为f（﹣lna）＝ae﹣lna+lna＝lna+1，又当x→﹣∞时，f（x）→+∞，x→+∞时，f（x）→+∞，∴要使函数f（x）有两个零点，则，得0＜a＜，故A正确；由f（0）＝a＞0，极小值点x＝﹣lna＞0，可得0＜x1＜x2．∵x1，x2是f（x）的两个零点，∴，．可得lnx1＝lna+x1，lnx2＝lna+x2．故lnx1﹣x1＝lnx2﹣x2，故D错误；由lnx1﹣x1＝lnx2﹣x2＝lna，设g（x）＝lnx﹣x﹣lna，则x1，x2为g（x）的两个零点，g′（x）＝﹣1＝，得g（x）在（0，1）上单调增，在（1，+∞）上单调减，∴0＜x1＜1＜x2，故B正确；设h（x）＝g（x）﹣g（2﹣x），（0＜x＜1），则h（x）＝lnx﹣ln（2﹣x）+2﹣2x（0＜x＜1），h′（x）＝+﹣2＝＞0恒成立，则h（x）在（0，1）上单调增，∵h（x）＜h（1）＝0，∴h（x1）＝g（x1）﹣g（2﹣x1）＜0，即g（x1）＜g（2﹣x1），得g（x2）＜g（2﹣x1）．又g（x）在（1，+∞）上单调减，x2，2﹣x1∈（1，+∞），∴x2＞2﹣x1，即x1+x2＞2，故C正确．综上，错误的结论是D．故选：D．15．【解答】解：由f（x）＝lnx﹣ax，可得，当a≤0时，f′（x）＞0，∴f（x）在x∈（0，+∞）上单调递增，与题意不符；当a＞0时，可得当，解得：，可得当时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，当时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，可得当时，f（x）取得极大值点，又因为由函数f（x）＝lnx﹣ax有两个零点x1，x2（x1＜x2），可得，可得，综合可得：，故A正确；由上可得f（x）的极大值为，设，设，其中，可得，可得，可得，易得当时，g′（x）＝0，当，g′（x）≤0，故，，故，，由，易得，且，且时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，故由，可得，即，即：有极大值点，且，故C正确，B不正确；由函数f（x）＝lnx﹣ax有两个零点x1，x2（x1＜x2），可得lnx1＝ax1，lnx2＝ax2，可得，，可得，由前面可得，，可得，故D正确．故选：B．16．【解答】解：函数f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）＝，∴当x∈（0，e）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，当x∈（e，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，又f（1）＝0，所以x∈（0，1）时，f（x）＜0；x∈（1，+∞）时，f（x）＞0，同时g（x）＝＝＝f（e x），若存在x1∈（0，+∞），x2∈R，使得f（x1）＝g（x2）＝k（k＜0）成立，则0＜x1＜1且f（x1）＝g（x2）＝f（），所以x1＝，即x2＝lnx1，又k＝，所以＝＝k，故e k＝k3e k，令h（k）＝k3e k，k＜0，则h′（k）＝k2（k+3）e k，令h′（k）＜0，解得k＜﹣3，令h′（k）＞0，解得：﹣3＜k＜0，∴h（k）在（﹣∞，﹣3）单调递减，在（﹣3，0）单调递增，∴h（k）min＝h（﹣3）＝﹣，故选：D．17．【解答】解：由题意可知：当x＞0时，e x﹣x﹣1﹣m[x﹣ln（x+1）]＞0恒成立，设f（x）＝e x﹣x﹣1﹣m[x﹣ln（x+1）]，则f′（x）＝e x﹣1﹣m（1﹣），f″（x）＝e x﹣，①m≤0时，f″（x）＞0恒成立，∴f′（x）递增，∵f′（0）＝0，∴x＞0时，f′（x）＞f′（0）＝0，f（x）递增，又∵f（0）＝0，∴x＞0时，f（x）＞f（0）＝0，符合题意，②m＞0时，f″′（x）＝e x+，∴f′″（x）＞0恒成立，f″（x）递增，f″（0）＝1﹣m，（i）1﹣m≥0即0＜m≤1时，与①同理，m符合题意，（ii）1﹣m＜0，即m＞1时，f″（0）＜0，另一方面，显然当x→+∞时，f″（x）＞0，且f″（x）连续，∴由零点定理，存在x0∈（0，+∞），使得f″（x0）＝0，∴0＜x＜x0时，f″（x）＜0，f′（x）递减，又∵f′（0）＝0，∴0＜x＜x0时，f′（x）＜0，f（x）递减，f（0）＝0，∴0＜x＜x0时，f（x）＜0，不合题意，综上，m的范围是（﹣∞，1]，故选：C．18．【解答】解：令g（x）＝f（x）sin x，g′（x）＝f（x）cos x+f′（x）sin x＝[f（x）+f′（x）tan x]•cos x，当x∈[0，）时，f（x）+f′（x）tan x＞0，∴g′（x）＞0，即函数g（x）单调递增．又g（0）＝0，∴时，g（x）＝f（x）sin x＞0，∵f（x）是定义在（﹣，）上的奇函数，∴g（x）是定义在（﹣，）上的偶函数．不等式cos x•f（x+）+sin x•f（﹣x）＞0，即sin（x+）f（x+）＞sin xf（x），即g（x+）＞g（x），∴|x+|＞|x|，∴x＞﹣①，又﹣＜x+＜，故﹣π＜x＜0②，由①②得不等式的解集是（﹣，0）．故选：C．19．【解答】解：若关于x的不等式2lnx≤ax2+（2a﹣2）x+1恒成立，问题等价于a≥在（0，+∞）恒成立，令g（x）＝，则g′（x）＝，令h（x）＝﹣x﹣lnx，（x＞0），则h′（x）＝﹣﹣＜0，故h（x）在（0，+∞）递减，不妨设h（x）＝0的根是x0，则lnx0＝﹣x0，则x∈（0，x0）时，g′（x）＞0，g（x）递增，x∈（x0，+∞）时，g′（x）＜0，g（x）递减，∴g（x）max＝g（x0）＝＝＝，∵h（1）＝1＞0，h（2）＝﹣ln2＜0，∴1＜x0＜2，＜＜1，∴a≥1，a的最小整数值是1，故选：B．20．【解答】解：设g（x）＝，由f（x）＞f′（x）+2，得：g′（x）＝＜0，故函数g（x）在R递减，由f（x）﹣2020为奇函数，得f（0）＝2020，∴g（0）＝f（0）﹣2＝2018，即g（0）＝2018，∵不等式f（x）﹣2018e x＜2，∴＜2018，即g（x）＜g（0），结合函数的单调性得：x＞0，故不等式f（x）﹣2018e x＜2的解集是（0，+∞），故选：B．二．填空题（共10小题）21．【解答】解：函数f（x）＝x3﹣3x，若对任意的实数x，不等式f（x+t）＞f（x）+t（t≠0）恒成立，则（x+t）3﹣3（x+t）＞x3﹣3x+t，即x3+3x2t+3xt2+t3﹣3x﹣3t＞x3﹣3x+t，所以3x2t+3xt2+t3﹣4t＞0（t≠0）恒成立，所以t＞0，且△＝（3t2）2﹣4•3t•（t3﹣4t）＝﹣3t4+48t2＜0，解得t＞4，又t＜0时，不等式不恒成立．综上，t的范围是（4，+∞）．22．【解答】解：∵函数f（x）对定义域R内的任意x都有f（x）＝f（4﹣x），∴f（x）关于直线x＝2对称；又当x≠2时其导函数f′（x）满足xf′（x）＜2f′（x）⇔f′（x）（x﹣2）＜0，∴当x＞2时，f′（x）＜0，f（x）在（2，+∞）上的单调递减；同理可得，当x＜2时，f（x）在（﹣∞，2）单调递增；∵f（3）＝0，∴f（1）＝0，即当1＜x＜3时，f（x）＞0，当x＞3或x＜1时，f（x）＜0，即f（x）的草图如右：则不等式xf（x）＞0等价为或，即1＜x＜3或x＜0，即不等式的解集为（﹣∞，0）∪（1，3），故答案为：（﹣∞，0）∪（1，3）．23．【解答】解：设切点为（x0，lnx0），由f（x）＝lnx，得f′（x）＝，则f′（x0）＝，∴曲线y＝f（x）在y轴右侧的图象在切点处的切线方程为y﹣lnx0＝，把原点代入，可得﹣lnx0＝﹣1，即x0＝e．则切线方程为y﹣1＝（x﹣e），即y＝；作出函数f（x）＝的图象如图：若f（x）＝mx有两个不同的根，则m≤0或＜m＜1．∴m的取值范围为（﹣∞，0]∪（，1）．故答案为：y＝；（﹣∞，0]∪（，1）．24．【解答】解：（1）a＝1时，f（x）＝xlnx+，（x＞0），f′（x）＝lnx+1﹣，f″（x）＝+＞0，故f′（x）在（0，+∞）递增，而f′（1）＝0，故x∈（0，1）时，f′（x）＜0，f（x）递减，x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）递增，故f（x）极小值＝f（1）＝1；（2）若f（x）≥ax在（0，+∞）上恒成立，即a（1﹣lnx）≤在（0，+∞）恒成立，①1﹣lnx≤0即x≥e时，∵a＞0，（1﹣lnx）≤0，＞0，故a（1﹣lnx）≤在（0，+∞）恒成立，②1﹣lnx＞0即0＜x＜e时，问题转化为a≤在（0，+∞）恒成立，即a≤[]min，只需求出g（x）＝x2（1﹣lnx）的最大值即可，（0＜x＜e），g′（x）＝x（1﹣2lnx），令g′（x）＞0，解得：0＜x＜，令g′（x）＜0，解得：＜x＜e，故g（x）在（0，）递增，在（，e）递减，故g（x）max＝g（）＝，故a≤＝，综上，a∈（0，]．故答案为：1，（0，]．25．【解答】解：由x﹣2≤x2+ax+b≤4lnx对任意的x∈[1，e]恒成立，得﹣x2+x﹣2≤ax+b≤4lnx﹣x2对任意的x∈[1，e]恒成立，令f（x）＝﹣x2+x﹣2，g（x）＝4lnx﹣x2．由g（x）＝4lnx﹣x2，得g′（x）＝（1≤x≤e）．当x∈（1，）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，当x∈（）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减．在同一平面直角坐标系内，作出函数y＝f（x）与y＝g（x）的图象如图：设过（1，﹣1）与f（x）＝﹣x2+x﹣2相切的直线方程为y+1＝k（x﹣1），联立，消去y得x2+（k﹣1）x+1﹣k＝0．由△＝（k﹣1）2﹣4（1﹣k）＝0，解得k＝﹣3或k＝1．当k＝﹣3时，直线方程为y＝﹣3x+2．由图可知，满足不等式x﹣2≤x2+ax+b≤4lnx对任意的x∈[1，e]恒成立的实数b的最大值为2．故答案为：2．26．【解答】解：∵f（x）＝x3﹣ax﹣2（a∈R），∴f′（x）＝3x2﹣a（x＜0），①当a≤0时，f′（x）＝3x2﹣a＞0，函数f（x）在（﹣∞，0）上单调递增，又f（0）＝﹣2＜0，∴f（x）在（﹣∞，0）上没有零点；②当a＞0时，由f′（x）＝3x2﹣a＞0，解得x＜或x＞（舍）．∴f（x）在（﹣∞，﹣）上单调递增，在（，0）上单调递减，而f（0）＝﹣2＜0，要使f（x）在（﹣∞，0）内有且只有一个零点，∴f（）＝，解得a＝3，f（x）＝x3﹣3x﹣2，f′（x）＝3x2﹣3＝3（x+1）（x﹣1），x∈[﹣1，2]，当x∈（﹣1，1）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，当x∈（1，2）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增．又f（﹣1）＝0，f（1）＝﹣4，f（2）＝0，∴f（x）min＝f（1）＝﹣4．故答案为：﹣4．27．【解答】解：由y＝x+，得y′＝1﹣，设P（）（x0＞0），则，∴曲线在P处的切线方程为．分别与y＝x与y＝2x联立，可得A（2x0，2x0），B（，），取x＝0，可得C（0，），又O（0，0），∴△OAC的面积S1＝；OA＝，点B到直线x﹣y＝0的距离d＝＝．∴△OAB的面积S2＝＝＝∈（0，2）．故答案为：2；（0，2）．28．【解答】解：可设t＝，由x≥0可得t≥1，由x＝，可得不等式恒成立，即为（）2+3（）+2﹣at﹣a2≥0对t≥1恒成立，化为a2+at﹣（t2+3）（t2+1）≤0对t≥1恒成立，设f（t）＝a2+at﹣（t2+3）（t2+1），f′（t）＝a﹣（t3+2t），由题意可得f（t）的最大值小于等于0，若f（x）不单调，可得a≥3，再由t≥1时，f（t）＝（t3+2t）2+t（t3+2t）﹣﹣（t2+3）（t2+1）的导数为f′（t）＝6t5+19t3+10t＞0，即有f（t）≥f（1）＝10＞0，不等式不恒成立，可得f（x）单调，且f（x）在[1，+∞）递减，可得a﹣（t3+2t）≤0，即a≤3；又a2+a﹣×（1+3）×（1+1）≤0，解得﹣2≤a≤1，即a的范围是[﹣2，1]．故答案为：[﹣2，1]．29．【解答】解：x2﹣|x﹣2a|≤a﹣3即|x﹣2a|≥x2﹣a+3，可得x﹣2a≥x2﹣a+3，或x﹣2a≤﹣x2+a﹣3，即为a≤x﹣x2﹣3或3a≥x2+x+3在﹣1≤x≤1恒成立，由y＝x﹣x2﹣3在[﹣1，1]的最小值为﹣1﹣1﹣3＝﹣5，可得a≤﹣5；由y＝x2+x+3在[﹣1，1]的最大值为1+1+3＝5，可得3a≥5，即a≥；由a＞0，可得a≥．故答案为：a≥．30．【解答】解：设直线y＝2x﹣b与函数y＝f（x）的图象相切的切点为（m，2lnm），由f′（x）＝，可得＝2，即m＝1，切点为（1，0），则b＝2，切线的方程为y＝2x﹣2，联立y＝g（x）＝ax2﹣x﹣，可得ax2﹣3x+＝0，由题意可得△＝9﹣4a•＝0，解得a＝；设y＝f（x）与y＝g（x）的图象在交点处存在切线y＝kx+t，且切点为（n，2lnn），由f′（x）＝，g′（x）＝2ax﹣1，可得＝k＝2an﹣1，2lnn＝kn+t＝an2﹣n﹣，化为kn＝2，an2＝，则2lnn＝，即4lnn+n＝1，设h（n）＝4lnn+n，h′（n）＝+1＞0，可得h（n）在（0，+∞）递增，由h（1）＝1，可得4lnn+n＝1的解为n＝1，则a＝，由y＝ax2﹣x﹣（a＞0）的图象可得，当a越大时，抛物线的开口越小，可得此时y＝f（x）和y＝g（x）的图象相离，总存在直线与它们的图象都相切，则a的范围是[，+∞）．故答案为：，[，+∞）．三．解答题（共10小题）31．【解答】解：（1）f′（x）＝a ﹣＝（x＞0），当a≤0时，f′（x）＜0，∴f（x）递减，当a＞0时，令f′（x）＜0，得0＜x ＜；令f′（x）＞0，得x ＞，综上：a≤0时减区间为（0，+∞），a＞0，时减区间为（0，）；增区间为[，+∞）；（2）a≤0时，f（x）在（0，e]上为减函数，∴f（x）min＝f（e）＝ae﹣1＝4，∴a ＝＞0，舍去，a＞0时①若≥e即a ≤时f（x）在（0，e]上为减函数，∴f（x）min＝f（e）＝ae﹣1＝4，∴a ＝，舍去，②若＜e即a ＞时f（x）在（0，）上递减，在（，e]上递增，∴f（x）min＝f （）＝1﹣ln＝4，∴a＝e3．32．【解答】解：（1）当a＝0时，f（x）＝x sin x+cos x，x∈[﹣π，π]．f'（x）＝sin x+x cos x﹣sin x＝x cos x．当x在区间[﹣π，π]上变化时，f'（x），f（x）的变化如下表x﹣π（﹣π，﹣）﹣（﹣，0）0（0，）（，π）πf'（x）+0﹣0+0﹣f（x）﹣1极大值极小值1极大值﹣1∴f（x）的单调增区间为（﹣π，﹣），（0，）；f（x ）的单调减区间为（﹣，0），（，π）．（2）任取x∈[﹣π，π]．∵f（﹣x）＝（﹣x）sin（﹣x）+cos（﹣x）+a（﹣x）2＝x sin x+cos x +ax2＝f（x），∴f（x）是偶函数．f′（x）＝ax+x cos x＝x（a+cos x）．当a≥1时，a+cos x≥0在[0，π）上恒成立，∴x∈[0，π）时，f′（x）≥0．∴f（x）在[0，π]上单调递增．又∵f（0）＝1，∴f（x）在[0，π]上有0个零点．又∵f（x）是偶函数，∴f（x）在[﹣π，π]上有0个零点．当0＜a＜1时，令f′（x）＝0，得cos x＝﹣a．由﹣1＜﹣a＜0可知存在唯一x0∈（，π）使得cos x0＝﹣a．∴当x∈[0，x0）时，f′（x）≥0，f（x）单调递增；当x∈（x0，π）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减．∵f（0）＝1，f（x0）＞1，f（π）＝aπ2﹣1．①当aπ2﹣1＞0，即＜a＜1时，f（x）在[0，π]上有0个零点．由f（x）是偶函数知f（x）在[﹣π，π]上有0个零点．②当aπ2﹣1≤0，即0＜a≤时，f（x）在[0，π]上有1个零点．由f（x）是偶函数知f（x）在[﹣π，π]上有2个零点．综上，当0＜a≤时，f（x）有2个零点；当a＞时，f（x）有0个零点．33．【解答】解：（Ⅰ）f′（x）＝e x﹣e﹣x，g（x）＝e x，h（x）＝e x﹣ax﹣1，h′（x）＝e x﹣a，（1）a≤0时，h′（x）＞0，h（x）在R递增，又h（﹣1）＝﹣1+a＜0，与题意不符，舍去，（2）a＞0时，由h′（x）＞0，解得：x＞lna，由h′（x）＜0，解得：x＜lna，故h（x）在（﹣∞，lna）递减，在（lna，+∞）递增，故h（x）min＝h（lna）＝a﹣alna﹣1，由已知得e x﹣ax﹣1≥0恒成立，故只需h（x）min≥0，故只需a﹣alna﹣1≥0①，设g（x）＝a﹣alna﹣1，g′（x）＝﹣lna，由g′（x）＞0，解得：0＜x＜1，由g′（x）＜0，解得：x＞1，故g（x）在（0，1）递增，在（1，+∞）递减，故g（x）max＝g（1）＝0，即a﹣alna﹣1≤0②，由①②得实数a的值为1，综上：a＝1；证明：（Ⅱ）由（Ⅰ）得：当x＞0时，e x﹣x﹣1＞0即e x＞x+1，x2e x＞x2（x+1），欲证x2e x＞m（x+1）lnx，x＞0，即证x2（x+1）＞m（x+1）lnx，即证x2＞mlnx（x＞0），①当x∈（0，1]时，x2＞0＞mlnx，②当x∈（1，+∞）时，令F（x）＝，则F′（x）＝，由F′（x）＞0，解得：x＞，由F′（x）＜0，解得：1＜x＜，故F（x）在（1，）递减，在（，+∞）递增，故x＞1时，F（x）≥F（）＝2e，由已知0＜m＜2e，故m＜F（x），即当x∈（1，+∞）时，m＜，故x∈（1，+∞）时，x2＞mlnx，综上，x＞0时，x2＞mlnx恒成立，故x2（x+1）＞m（x+1）lnx，x2e x＞m（x+1）lnx成立．34．【解答】解：（Ⅰ）由f（x）＝e x﹣ax﹣1，得f′（x）＝e x﹣a，∵x∈（0，+∞），∴e x＞1，当a＞1时，由f′（x）＝e x﹣a＞0，得x＞lna，即函数y＝f（x）在（lna，+∞）上单调递增，由f′（x）＜0，得0＜x＜lna，即函数y＝f（x）在（0，lna）上单调递减；当a≤1时，f′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，即函数y＝f（x）在（0，+∞）上单调递增．综上所述，当a≤1时，函数y＝f（x）在（0，+∞）上单调递增；当a＞1时，函数y＝f（x）在在（0，lna）上单调递减，（lna，+∞）上单调递增．（3分）（Ⅱ）f（0）＝0，当a＞1时，由（1）结合函数y＝f（x）的单调性知，∃x0＞0，使得对任意x∈（0，x0），都有f（x）＜0，则由|f（x）|＞x得（a﹣1）x+1﹣e x＞0．设t（x）＝（a﹣1）x+1﹣e x，则t′（x）＝a﹣1﹣e x，由t′（x）＞0得x＜ln（a﹣1），由t′（x）＜0得x＞ln（a﹣1）．（1）若1＜a≤2，则ln（a﹣1）≤0，故（0，x0）⊆（ln（a﹣1），+∞），即函数y＝t（x）在（0，x0）上单调递减，∵t（0）＝0，∴对任意x∈（0，x0），都有t（x）＜0，不合题意；（2）若a＞2，则ln（a﹣1）＞0，故（0，ln（a﹣1））⊆（﹣∞，ln（a﹣1）），∴y＝t（x）在（0，ln（a﹣1））上单调递增，∵t（0）＝0，∴对任意x∈（0，ln（a﹣1）），都有t（x）＞0，符合题意，此时取0＜m≤min{x0，ln（a﹣1）}，可使得对∀x∈（0，m），都有|f（x）|＞x．综上可得a的取值范围是（2，+∞）．（12分）35．【解答】解：（1）因为，所以当时，f′（x）＝﹣≤0，f（x）在R递减，当时，时，时，f′（x）＜0，f（x）在上单调递增，在上单调递减，当时，时，时，f′（x）＜0，f（x）在（，2）递增，在（﹣∞，），（2，+∞）递减，综上，时，f（x）在R递减，当时，f（x）在（2，）递增，在（﹣∞，2），（，+∞）递减，a＞时，f（x）在（，2）递增，在（﹣∞，），（2，+∞）递减；证明：（2）由＞0，（x＞0）知：ax2﹣x+1＞0在（0，+∞）上恒成立，即a＞﹣+在（0，+∞）上恒成立，∵﹣+＝﹣+≤，故a＞，又1﹣2a＞0，故＜a＜，由（1）知：＜a＜时，f（x）在（，）递减，故f（a）＜f（）＝＜＝．36．【解答】解：（1）由题意，函数f（x）＝，则f′（x）＝，当x∈（0，e）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，当x∈（e，+∞）时，f′（x）＜0，函数f（x）递减，当x＝e时，f（x）取得极大值，没有极小值；（2）h（x）＝x2f（x）＝xlnx，对∀x≥1，有xlnx≥ax﹣1，即a≤＝lnx+，令g（x）＝lnx+，则g′（x）＝，当x＞1时，g′（x）＞0，g（x）在（1，+∞）递增，故g（x）min＝g（1）＝1，故a≤1，即实数a的取值范围是（﹣∞，1]．37．【解答】解：（1）由f（x）＝lnx﹣得f′（x）＝+，故切线斜率k＝f′（1）＝1+，又f（1）＝﹣，故切线方程为：y+＝（1+）（x﹣1），即（4+a）x﹣4y﹣4﹣3a＝0；（2）f′（x）＝+＝（x＞0），由题意知：x1，x2是方程f′（x）＝0在（0，+∞）内的两个不同实数解，令g（x）＝x2+（2+a）x+1（x＞0），注意到g（0）＝1＞0，其对称轴为直线x＝﹣2﹣a，故只需，解得：a＜﹣4，即实数a的取值范围是（﹣∞，﹣4），由x1，x2是方程x2+（2+a）x+1＝0的两根，得：x1+x2＝﹣2﹣a，x1x2＝1，故f（x1）+f（x2）＝（lnx1﹣）+（lnx2﹣）＝ln（x1x2）﹣a•＝﹣a•＝﹣a，又f（1）＝﹣，即f（x1）+f（x2）＝2f（1），故f（x1），f（1），f（x2）成等差数列．38．【解答】解：（1）根据题意，函数f（x）＝alnx（a≠0）与y＝x2可知f′（x）＝，y′＝x，两图象在点P（s，t）处有相同的切线，所以两个函数切线的斜率相等，即•s＝，化简得s＝①，将P（s，t）代入两个函数可得＝alns②，综合上述两式①②可解得a＝1，所以f（x）＝lnx．（2）函数g（x）＝（x﹣1）2+mf（x）＝（x﹣1）2+mlnx，定义域为（0，+∞），g′（x）＝2（x﹣1）+＝，因为x1，x2为函数g（x）的两个极值点，所以x1，x2是方程2x2﹣2x+m＝0的两个不等实根，由根与系数的关系知x1+x2＝1，x1x2＝，（*），又已知x1＜x2，所以0＜x1＜＜x2＜1，＝，将（*）式代入得＝＝1﹣x2+2x2lnx2，令h（t）＝1﹣t+2tlnt，t∈（，1），h′（t）＝2lnt+1，令h′（t）＝0，解得：t＝，当t∈（，）时，h′（t）＜0，h（t）在（，）单调递减；当t∈（，1）时，h′（t）＞0，h（t）在（，1）单调递增；所以h（t）min＝h（）＝1﹣＝1﹣，h（t）＜max{h（），h（1）}，h（）＝﹣ln2＜0＝h（1），即的取值范围是[1﹣，0）．39．【解答】解：（1）f（x）＝﹣x+（x+1）ln（x+1）的导数为f′（x）＝a•﹣1+ln（x+1）+1＝ln（x+1）﹣，当a＝1时，f′（x）＝ln（x+1）﹣，可得曲线y＝f（x）在x＝1处的切线的斜率为k＝ln2﹣，又f（1）＝﹣1+2ln2，则曲线y＝f（x）在x＝1处的切线方程为y﹣（﹣1+2ln2）＝（ln2﹣）（x﹣1），化为（ln2﹣）x﹣y+﹣1+ln2＝0；（2）f（x）的导数f′（x）＝ln（x+1）﹣，由∀x1，x2∈（0，+∞），x1＜x2，都有f（x1）＜f（x2），可得f（x）在（0，+∞）递增，则f′（x）≥0在（0，+∞）内恒成立，即为a≤在（0，+∞）内恒成立，设g（x）＝，由于x＞0，所以e x＞1，ln（x+1）＞0，g（x）＞0，设h（x）＝g（x）﹣1＝，由y＝e x ln（x+1）﹣x的导数为y′＝e x（ln（x+1）+）﹣1，且y″＝e x（ln（x+1）+﹣）＝e x[ln（x+1）+]＞0，可得函数y′＝e x（ln（x+1）+）﹣1在x＞0递增，即有y′＞0，可得函数y＝e x ln（x+1）﹣x在x＞0递增，可得e x ln（x+1）＞x恒成立，则h（x）＞0恒成立，可得g（x）＞1，则a≤1．40．【解答】解：（1）证明：a＝﹣1时，f（x）＝（x﹣1）lnx（x＞0），．因为f'（x）在x∈（0，+∞）上单调递增，故f'（x1）+f'（x2）＝0（即）以下主要有三种做法：法一：由基本不等式得：（等号可不写）因此．令，可知f'（t）≥0．因为f'（t）在x＞0上单调递增，且f'（1）＝0，因此．因为x1≠x2，由基本不等式得：（（6分），若写x1+x2≥2不得分）法二：先证明：x1x2≥1．因为f'（1）＝0，故不妨x1＞1，0＜x2＜1．设．由基本不等式知：．因为f'（x）在x＞0上单调递增且f'（x1）+f'（x2）＝0，所以x1＞x2′即x1x2≥1．因为x1≠x2，由基本不等式得：（（6分），若写x1+x2≥2不得分）法三：因为f'（1）＝0，故不妨x1＞1，0＜x2＜1．设x2′＝2﹣x2＞1．由基本不等式得：（即x2x2′＜1）．因为f'（x）在x＞0上单调递增，且f'（1）＝0，因此f'（x2′）+f'（x2）＜0．所以x1+x2＞x2′+x2＞2．（（6分），若写x1+x2≥2不得分）（2）原题即f（x）＝±c共有四个不同的实数根．．①﹣1≤a≤0，因为f'（x）在x＞0上单调递增，且当x→0时f'（x）→﹣∞，当x→+∞时f'（x）→+∞，故存在唯一实数x0＞0，使得f'（x0）＝0，即a＝﹣x0（lnx0+1）．因此f（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增．由﹣1≤a≤0可知．把a＝﹣x0（lnx0+1）代入得：f（x）的极小值．令h（x）＝﹣x（lnx）2，h'（x）＝﹣lnx（lnx+2）．当时，h′（x）＜0；当时，h′（x）＞0．因此h（x）在上单调递减，在上单调递增．故，所以f（x）＝c上至多有两个不同的实数根，f（x）＝﹣c上至多有一个的实数根，故不合题意．②a＞0，当x→0时f'（x）→+∞，当x→+∞时f'（x）→+∞，．当x∈（0，a）时，f''（x）＜0；当x∈（a，+∞）时，f''（x）＞0，f'（a）＝2+lna．因此f'（x）在（0，a）上单调递减，在（a，+∞）上单调递增．（i）若a≥，则f'（x）≥0（当且仅当时取等），故f（x）在x＞0上单调递增．因此f（x）＝±c上至多有两个不同的实数根，故不合题意．（ii）若，则f'（a）＜0，故存在x1∈（0，a）和，使得f'（x1）＝f'（x2）＝0．因此f（x）在（0，x1）和（x2，+∞）上单调递增，在（x1，x2）上单调递减．因为当x→0时f（x）→﹣∞，当x→+∞时f'（x）→+∞，且，故f（x）＝c上有且仅有一个实数根．由①的h（x）可知：，．故存在﹣c∈（f（x2），f（x1）），使得．此时f（x）＝﹣c上恰有三个不同的实数根．此时f（x）＝±c共有四个不同的实数根．综上：满足条件．。
必须掌握的7种构造函数方法——合理构造函数,巧解导数难题
必须掌握的7种构造函数方法——合理构造函数，巧解导数难题近几年高考数学压轴题，多以导数为工具来证明不等式或求参数的范围，这类试题具有结构独特、技巧性高、综合性强等特点，而构造函数是解导数问题的最基本方法，但在平时的教学和考试中，发现很多学生不会合理构造函数，结果往往求解非常复杂甚至是无果而终．因此笔者认为解决此类问题的关键就是怎样合理构造函数，本文以近几年的高考题和模考题为例，对在处理导数问题时构造函数的方法进行归类和总结，供大家参考．一、作差构造法1．直接作差构造评注：本题采用直接作差法构造函数，通过特殊值缩小参数范围后，再对参数进行分类讨论来求解．2．变形作差构造二、分离参数构造法分离参数是指对已知恒成立的不等式在能够判断出参数系数正负的情况下，根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量的不等式，只要研究变量不等式的最值就可以解决问题．三、局部构造法1．化和局部构造2．化积局部构造四、换元构造法换元构造法在处理多变元函数问题中应用较多，就是用新元去代替该函数中的部分（或全部）变元．通过换元可以使变量化多元为少元，即达到减元的目的．换元构造法是求解多变元导数压轴题的常用方法．评注：本题的两种解法通过将待解决的式子进行恰当的变形，将二元字母变出统一的一种结构，然后用辅助元将其代替，从而将两个变元问题转化一个变元问题，再以辅助元为自变量构造函数，利用导数来来求解。
其中解法1、解法2还分别体现了化积局部构造法和变形作差构造法．五、主元构造法主元构造法，就是将多变元函数中的某一个变元看作主元（即自变量），将其它变元看作常数，来构造函数，然后用函数、方程、不等式的相关知识来解决问题的方法.六、特征构造法1．根据条件特征构造2．根据结论特征构造七、放缩构造法1．由基本不等式放缩构造2．由已证不等式放缩构造评注：本题第二问是一道典型且难度比较大的求参问题，这类题目很容易让考生想到用分离参数的方法，但分离参数后利用高中所学知识无法解决，笔者研究发现不能解决的原因是分离参数后，出现了“0/0型”的式子，解决这类问题的有效方法就是高等数学中的洛必达法则；若直接构造函数，里面涉及到指数函数、三角函数及高次函数，处理起来难度很大．本题解法中两次巧妙利用第一问的结论，通过分类讨论和假设反正，使问题得到解决，本题也让我们再次体会了化积局部构造法的独特魅力．。
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。
高中数学合理构造函数,巧解导数难题
文件来自数学教研QQ 群545423319 第三期精品微专题共享计划合理构造函数 巧解导数难题郑州市第四十四中学 苏明亮近几年高考数学压轴题，多以导数为工具来证明不等式或求参数的范围，这类试题具有结构独特、技巧性高、综合性强等特点，而构造函数是解导数问题的最基本方法，但在平时的教学和考试中，发现很多学生不会合理构造函数，结果往往求解非常复杂甚至是无果而终．因此笔者认为解决此类问题的关键就是怎样合理构造函数，本文以近几年的高考题和模考题为例，对在处理导数问题时构造函数的方法进行归类和总结，供大家参考．一、作差构造法作差构造法，是处理导数问题的最基本、最常用的方法．此法一般构造函数()()()F x f x g x =-，进而转化为求函数min ()0F x ≥（或max ()0F x ≤）即求函数的最值问题．1．直接作差构造 例1（2013年高考全国新课标Ⅰ卷理科第21题）已知函数()2f x x ax b =++， ()()x g x e cx d =+．若曲线()y f x =和曲线()y g x =都过点()0,2P ，且在点P 处有相同的切线42y x =+．（Ⅰ）求,,,a b c d 的值；（II ）若2x ≥-时，()()f x kg x ≤，求k 的取值范围．解：（Ⅰ）4,2,2,2a b c d ==== ．（II ）由（1）知，()242f x x x =++，()2(1)x g x e x =+．设函数()2()()2(1)42x F x kg x f x ke x x x =-=+---，则()'2(2)242(2)(1)x x F x ke x x x ke =+--=+-，有题设知()00F ≥且()20F -≥， 从而得21k e ≤≤．令()'120ln ,2F x x k x ==-=-得．（i ） 若211,20.k e x ≤<-<≤则从而当1(2,)x x ∈-时，()'0F x <；当1(,)x x ∈+∞时，()'0F x >，即()F x 在1(2,)x -上单调递减，在1(,)x +∞上单调递增， 故()F x 在[2,)-+∞上的最小值为()1F x ．而()21111112242(2)0F x x x x x x =+---=-+≥．故当2,()0,()()x F x f x kg x ≥-≥≤时即恒成立.（ii ） 若2'22,()2(2)()x k e x e x e e -==+-则F ．从而当'2,()0,()(2,)x F x F x >->-+∞时即在上单调递增，而(-2)=0,2()0,()()F x F x f x kg x ≥-≥≤故当时，即恒成立.综上，k 的取值范围为21,e ⎡⎤⎣⎦．评注：本题采用直接作差法构造函数，通过特殊值缩小参数范围后，再对参数进行分类讨论来求解．2．变形作差构造例2（山西省2015届高三第三次四校联考理科第21题（Ⅱ））设函数1()x e f x x-=.证明：对任意正数a ，存在正数x ，使不等式()1f x a -<成立. 证明：1()1x e x f x x---=，不等式()1f x a -<可化为(1)10x e a x -+-<. 令()(1)1x G x e a x =-+-，'()(1)x G x e a =-+，由'()0G x =得：ln(1)x a =+，当0ln(1)x a <<+时，'()0G x <，当ln(1)x a >+时，'()0G x >，所以min ()(ln(1))(1)ln(1)G x G a a a a =+=-++.令()ln 1t t t t ϕ=--，其中11t a =+>，易证()ln 10(1)t t t t t ϕ=--<>，即min ()(1)ln(1)0G x a a a =-++<.故存在正数ln(1)x a =+，使不等式()1f x a -<成立.评注：本题首先对()1f x a -<进行等价变形转化，构造函数()(1)1x G x e a x =-+-求其最小值，从而转化为仅仅关于字母a 的函数，再构造函数()ln 1t t t t ϕ=--（1t a =+），把一个复杂的函数不等式转化为求两个简单函数的最值问题.二、分离参数构造法分离参数是指对已知恒成立的不等式在能够判断出参数系数正负的情况下，根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量的不等式，只要研究变量不等式的最值就可以解决问题．例3（山西省太原市2015年高三模拟理科第21题（Ⅰ)）已知函数1()(2)(1)2,()(,x f x a x lnx g x xe a R e -=---=∈为自然对数的底数），若不等式 ()0f x >对于一切1(0,)2x ∈恒成立，求实数a 的最小值． 解：有题意得(2)(1)2n 0a x l x --->在1(0,)2上恒成立， 即221lnx a x >--在1(0,)2上恒成立．设2()21lnx h x x =--，1(0,)2x ∈， 则'2222()(1)lnx x h x x +-=-．设2()22x lnx x ϕ=+-，1(0,)2x ∈，则'222()0x x xϕ=-<， 所以1()(0,)2x ϕ在上是减函数，从而1()()22202x ln ϕϕ>=->，所以'()0h x >， 则1()(0,)2h x 在上为增函数，所以1()()2422h x h ln <=-，即242a ln ≥-．故实数a 最小值为242ln -．评注：在用此法求解问题的关键是过好双关：第一关是转化关，即通过分离参数，先转化为()()f x g a ≥（或()()f x g a ≤）对x D ∀∈恒成立，再转化为min ()()f x g a ≥（或max ()()f x g a ≤）对x D ∀∈恒成立；第二关是求最值关，即求函数()f x 在区间D 上的最小值（或最大值）．三、局部构造法若函数()F x 比较复杂，直接求导会更复杂，使解题无法进行下去，这时可将函数()F x 化成()= f ()()(f ()())F x x g x x g x +或，其中f ()()x g x 或有一个可明显判断出是否大于零，而另一个函数式又远比()F x 简单，这样就可以做局部处理，对这个函数进行求导，判断其单调性，使问题迎刃而解．1．化和局部构造例4（2014年高考全国新课标Ⅱ卷文科第21题）已知函数32()32f x x x ax =-++，曲线()y f x =在点(0,2)处的切线与x 轴交点的横坐标为2-．（Ⅰ）求a ；（Ⅱ）证明：当1k <时，曲线()y f x =与直线2y kx =-只有一个交点．分析：由曲线()y f x =与直线2y kx =-只有一个交点可以转化为函数32()()23(1)4g x f x kx x x k x =-+=-+-+有且只有一个零点．一般思路往 往利用导数求函数的单调区间和极值点，从而判断函数大致图像，再说明与x 轴只有一个交点即可．本题中由1k <易得'()0g x >且(1)10g k -=-<，(0)40g =>，所以()0g x =在(,0]-∞上有唯一实根．则接下来只需说明当0x >时()0g x =无实根即可，记32()3(1)4()g x x x k x h x x ϕ=-+-+=+（）， 而()(1)0x k x ϕ=->，因此只需证明32()340(0)h x x x x =-+≥>即可．2．化积局部构造例5（2012年高考山东卷理科第22题)已知函数ln ()xx k f x e +=（k 为常数， 2.71828e =⋅⋅⋅是自然对数的底数），曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线与x 轴平行.（Ⅰ）求k 的值；（Ⅱ）求()f x 的单调区间；（Ⅲ）设2()()'()g x x x f x =+,其中'()f x 为()f x 的导函数，证明：对任意20,()1x g x e -><+.解（Ⅰ）1k =.（Ⅱ）()f x 的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1,)+∞.（Ⅲ）221ln 1()()'()()(1ln )(0)x x x x x x g x x x f x x x x x x x xe e --+=+=+=-->. 令()1ln h x x x x =--，1()(0)x x k x x e +=>，从而()()()g x h x k x =. 易求得()h x 在2(0,)e -内单调递增，在2(,)e -+∞内单调递减，所以22max ()()1h x h e e --=+；易证1(0)x e x x >+>，即101x x e +<<. 故对任意210,()(1ln )()()()1x x x g x x x x h x k x h x e e-+>=--=<≤+. 评注：本题第（Ⅲ）问的常规思路是对函数()g x 求导进而求其最大值，但求导后发现导函数'()g x 表达式非常复杂，很难找出零点，进而无法确定单调区间，于是构造函数()()()g x h x k x =，即将()g x 转化为两个函数的乘积，分别求出()()h x k x 和的上限，这样大大降低了问题的求解难度，使问题迎刃而解.化积局部构造法在处理较复杂的导数问题时应用较多，平时应注意总结.四、换元构造法换元构造法在处理多变元函数问题中应用较多，就是用新元去代替该函数中的部分（或全部）变元．通过换元可以使变量化多元为少元，即达到减元的目的．换元构造法是求解多变元导数压轴题的常用方法．例6（2013年高考陕西卷理科第21题（Ⅲ））已知函数()e ,x f x x =∈R ．设a b <, 比较()()2f a f b +与()()f b f a b a --的大小, 并说明理由． 解法1：()()()()22b a b af a f b f b f a e e e e b a b a+-+--=--- 22[()22]2()2()b a b a b a ab a b a be be ae ae e e e b a e b a e b a b a --+---+==-+--+--， 设函数()22(0)x x g x xe x e x =+-+≥，则'()1x x g x xe e =+-．令()'()h x g x =，则'()0x x x x h x xe e e xe =+-=≥（当且仅当0x =时等号成立），所以'()g x 单调递增，所以当0x >时，'()'(0)0g x g >=，所以()g x 单调递增．当0x >时，()(0)0g x g >=．令x b a =-，则得()220b a b a b a eb a e ---+--+>，所以02b a b a e e e e b a +-->-， 所以()()()()2f a f b f b f a b a+->-． 解法2：可以证明()()()()2f a f b f b f a b a +->-．事实上，()()()()2f a f b f b f a b a+->⇔- 1()2221a b b a b a b a a b b a e e e e b a e e b a e b a b a e e e --+----->⇔>⇔>>-++． 令(0)x b a x =->，设函数1()(0)12x x e x x x e ϕ-=->+， 由于22221(1)'()0(1)22(1)x x x x e e x e e ϕ-=-=-<++，所以()x ϕ在(0,)+∞上递减． 因此，当0x >时，()(0)0x ϕϕ<=，即112x x e x e -<+，亦即112b a b a e b a e ----<+， 所以2a b b a e e e e b a +->-，即()()()()2f a f b f b f a b a+->-． 评注：本题的两种解法通过将待解决的式子进行恰当的变形，将二元字母,a b 变出统一的一种结构b a -（或b a e -），然后用辅助元t 将其代替，从而将两个变元问题转化一个变元问题，再以辅助元t 为自变量构造函数，利用导数来来求解，其中解法1、解法2还分别体现了化积局部构造法和变形作差构造法．五、主元构造法主元构造法，就是将多变元函数中的某一个变元看作主元（即自变量），将其它变元看作常数，来构造函数，然后用函数、方程、不等式的相关知识来解决问题的方法.例7（2004年高考全国卷理科第22题（Ⅱ））已知函数()ln(1)f x x x =+-，()ln g x x x =．设0a b <<,证明 ：0()()2()()ln 22a b g a g b g b a +<+-<-. 分析：所证不等式中有两个变量,a b ，从中选一个为自变量，另一个看成常数，构造相应函数，通过求解函数最值证明原不等式．证明：对()ln g x x x =求导,则()ln 1g x x =+.在()()2()2a b g a g b g ++-中以b 为主元构造函数, 设()()()2()2a x F x g a g x g +=+-,则''()'()2[()]ln ln 22a x a x F x g x g x ++=-=-. 当0x a <<时，'()0F x <,因此()F x 在(0,)a 内为减函数，当x a >时,'()0F x >,因此()F x 在(,)a +∞上为增函数，从而当x a =时, ()F x 有极小值()F a .因为()0,F a b a =>，所以()0F b >,即()()2()02a b g a g b g ++->. 设()()()ln 2G x F x x a =--，则'()ln ln ln 2ln ln()2x a G x x x x a +=--=-+， 当0x >时,'()0G x <.因此()G x 在(0,)+∞上为减函数.因为()0,G a b a =>，所以()0G b <,即()()2()()ln 22a b g a g b g b a ++-<-. 评注：本题以b 为主元构造函数，当然也可以以a 为主元构造函数，方法类似，读者不妨一试.对于例6我们也可以用主元策略进行求解，解法如下：例6另解： ()()()()22b a b a f a f b f b f a e e e e b a b a +-+--=---222()b a b a b abe be ae ae e e b a +---+=- ()22b a b a b a a be be ae ae e e ϕ=+---+，()a b <，则'()(1)2(1)a b a a a ba be e a e eb a e e ϕ=--++=-+-，又''()()a a b a e ϕ=-，由b a >，有''()0a ϕ>，从而函数'()a ϕ在(,)b -∞上为增函数，所以'()'()0b b a b e e ϕϕ<=-=，故函数()a ϕ在(,)b -∞上为减函数.因此()()0a b ϕϕ>=，即()()()()2f a f b f b f a b a +->-.. 六、特征构造法1．根据条件特征构造例8（2014年高考陕西卷文科第21题（Ⅲ））设函数()ln ,m f x x m R x=+∈． 若对任意()()0,1f b f a b a b a->><-恒成立，求m 的取值范围．解：对任意的()()0,1f b f a b a b a ->><-恒成立，等价于()()f b b f a a -<-恒成立．（＊） 设()()ln (0)m h x f x x x x x x=-=+->， 所以（＊）等价于()h x 在(0,)+∞上单调递减． 由21'()10m h x x x =--≤在(0,)+∞上恒成立， 得2211()(0)24m x x x x ≥-+=--+>恒成立， 所以14m ≥（对14m =，'()0h x =仅在12x =时成立）， 所以m 的取值范围是1[,)4+∞．评注：本题通过对()()1f b f a b a-<-进行等价变形为()()f b b f a a -<-，该不等式两边有相似的结构特征，于是构造函数()()h x f x x =-，从而转化为我们熟悉的已知函数单调性求参数的范围问题，使问题轻松得以解决．2．根据结论特征构造例9（河南八校2015届高三一联理科第21题）己知函数2()(1)ln 1f x a x ax =+++ ．（Ⅰ）讨论函数f （x ）的单调性；（Ⅱ）设2a ≤-，证明：对任意12,(0,)x x ∈+∞，1212()()4f x f x x x -≥-．（Ⅰ） 略 解：当0a ≥时，()f x 在(0,)+∞单调递增，当1a ≤-时，()f x 在(0,)+∞单调递减，当10a -<<时，()f x 在10,2a a ⎛⎫+- ⎪ ⎪⎝⎭单调递增，在1,2a a ⎛⎫+-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭单调递减． （Ⅱ）证明：不妨设12x x ，而2a ≤-，由（1）知()f x 在(0,)+∞单调递减，从而对任意12(0,)x x ∈+∞、，1212()()4f x f x x x --⇔1221()()4()f x f x x x --⇔1122()4()4f x x f x x ++，令()()4g x f x x =+， （＊）2221241441(21)'()240a ax x a x x x g x ax x x x x++++-+---=++=≤=≤则． 故()g x 在(0,)+∞单调递减，有（＊）式成立，得证．评注：本题中观察到待证不等式1122()4()4f x x f x x ++两边有相似结构，于是构造函数()()4g x f x x =+，然后利用此函数的单调性来寻求突破口．在根据特征构造函数时，需要有较强的观察和联想能力，灵活地针对不同的特征构造出相应的函数，这也需要我们平时注意积累，掌握一些常见解题模式，再如2014年高考江苏卷第19题：比较1a e -与1e a -的大小，只需比较1a -与(1)ln e a -的大小（根据特征同时取对数），然后构造函数()(1)ln 1g x e x x =--+，研究其最值即可．七、放缩构造法如若待求的函数式较复杂（或含有参数），可先将该函数式的一部分，利用函数单调性、基本不等式、已证不等式等进行放缩（或消参），使之简化，即要证()g()f x x <⇔()()g()f x h x x <<（或()g()f x x >⇔()()g()f x h x x >>）． 1．由基本不等式放缩构造例10（2012年高考辽宁卷理科第21题）设()ln(1)1(,,,)f x x x ax b a b R a b =+++++∈为常数，曲线()y f x =与直线32y x =在(0，0)点相切. (Ⅰ)求,a b 的值；(Ⅱ)证明：当02x <<时，9()6x f x x <+. 解：(Ⅰ)0,1a b ==-.(Ⅱ)由均值不等式，当0x >时，2(1)12x x +<+112x x ++. 所以()ln(1)11ln(1)2x f x x x x =++<++ 记9()ln(1)26x x h x x x =++-+， 则2221154(1536)'()12(6)2(1)(6)x x x h x x x x x +-=+-=++++. 当02x <<时，'()0h x <，所以()h x 在(0,2)内是减函数.故又由()(0)0h x h <=，所以9ln(1)26x x x x ++<+，即9ln(1)116x x x x +++<+， 故当02x <<时，9()6x f x x <+. 评注：本题第(Ⅱ)问若直接构造函数9()()6x h x f x x =-+，对()h x 进行求导，由于'()h x 中既有根式又有分式，因此'()h x 的零点及相应区间上的符号很难确定，而通过对1x +解决.112x x +<+，亦即是将抛物线弧1y x =+直线段12x y =+，而该线段正是抛物线弧1y x =+(0,1)处的切线，这种“化曲为直”的方法是我们用放缩法处理函数问题的常用方法，当然本题也可以先构造函数求导，再用基本不等式放缩.2．由已证不等式放缩构造例11（2013年高考辽宁卷理科第21题）．已知函数()()()321,12cos .2x x f x x e g x ax x x -=+=+++ 当[]0,1x ∈时，（I ）求证：()111x f x x-≤≤+ ； （II ）若()()f x g x ≥ 恒成立，求参数 a 的取值范围．解：（I ）略．（II ）()()()3321(12cos )112cos 22x x x f x g x x e ax x x x ax x x --=+-+++≥----- 2(12cos )2x x a x =-+++． 设2()2cos 2x G x x =+，则'()2sin G x x x =-．记()2sin H x x x =-， 则'()12cos H x x =-．当(0,1)x ∈时，'()0H x <，于是'()G x 在[]0,1上是减函数，从而当(0,1)x ∈时，''()(0)0G x G <=，故()G x 在[]0,1上是减函数．于是()(0)2G x G ≤=，从而1()3a G x a ++≤+．所以，当3a ≤-时，()()f x g x ≥ 在[]0,1上恒成立．下面证明，当3a >-时，()()f x g x ≥ 在[]0,1上不恒成立．()()3112cos 12x f x g x ax x x x -≤----+ 32cos 12x x ax x x x -=---+ 21(2cos )12x x a x x =-++++， 记211()2cos ()121x I x a x a G x x x =+++=++++，则''21()()(1)I x G x x -=++，当(0,1)x ∈时，'()0I x <，故()I x 在[]0,1上是减函数，于是()I x 在[]0,1上的值域[12cos1,a 3]a +++．因为当3a >-时，30a +>，所以存在0(0,1)x ∈，使得0()0I x >，此时()()00f x g x <，即()()f x g x ≥ 在[]0,1上不恒成立．综上，实数a 的取值范围是(,3]-∞．评注：本题第二问是一道典型且难度比较大的求参问题，这类题目很容易让考生想到用分离参数的方法，但分离参数后利用高中所学知识无法解决（笔者研究发现不能解决的原因是分离参数后，出现了“0 0型”的式子，解决这类问题的有效方法就是高等数学中的洛必达法则）；若直接构造函数，里面涉及到指数函数、三角函数及高次函数，处理起来难度很大．本题解法中两次巧妙利用第一问的结论，通过分类讨论和假设反正，使问题得到解决，本题也让我们再次体会了化积局部构造法的独特魅力．(《数学通讯》2015年第6期)。
高考数学难点突破_难点34__导数的运算法则及基本公式应用
120难点34 导数的运算法则及基本公式应用导数是中学限选内容中较为重要的知识，本节内容主要是在导数的定义，常用求等公式.四则运算求导法则和复合函数求导法则等问题上对考生进行训练与指导.●难点磁场(★★★★★)已知曲线C ：y =x 3－3x 2+2x ,直线l :y =kx ,且l 与C 切于点(x 0,y 0)(x 0≠0)，求直线l 的方程及切点坐标.●案例探究［例1］求函数的导数：)1()3( )sin ()2( cos )1(1)1(2322+=-=+-=x f y x b ax y xx x y ω 命题意图：本题3个小题分别考查了导数的四则运算法则，复合函数求导的方法，以及抽象函数求导的思想方法.这是导数中比较典型的求导类型，属于★★★★级题目.知识依托：解答本题的闪光点是要分析函数的结构和特征，挖掘量的隐含条件，将问题转化为基本函数的导数.错解分析：本题难点在求导过程中符号判断不清，复合函数的结构分解为基本函数出差错.技巧与方法：先分析函数式结构，找准复合函数的式子特征，按照求导法则进行求导.xx x x x x x x x x x x x x x x x xx x x x x x x x xx x x x x x x y 222222222222222222222cos )1(sin )1)(1(cos )12(cos )1(]sin )1(cos 2)[1(cos )1(cos )1(]))(cos 1(cos )1)[(1(cos )1(cos )1(]cos )1)[(1(cos )1()1(:)1(++-+--=++---+-=+'++'+--+-=-+'+--+'-='解(2)解：y =μ3,μ=ax －b sin 2ωx ,μ=av －byv =x ,y =sin γ γ=ωxy ′=(μ3)′=3μ2·μ′=3μ2(av －by )′=3μ2(av ′－by ′)=3μ2(av ′－by ′γ′)=3(ax －b sin 2ωx )2(a －b ωsin2ωx )(3)解法一：设y =f (μ),μ=v ,v =x 2+1,则y ′x =y ′μμ′v ·v ′x =f ′(μ)·21v －21·2x =f ′(12+x )·21112+x ·2x =),1(122+'+x f x x解法二：y ′=［f (12+x )］′=f ′(12+x )·(12+x )′121=f ′(12+x )·21(x 2+1)21-·(x 2+1)′ =f ′(12+x )·21(x 2+1) 21-·2x=12+x xf ′(12+x )［例2］利用导数求和(1)S n =1+2x +3x 2+…+nx n －1(x ≠0,n ∈N *)(2)S n =C 1n +2C 2n +3C 3n +…+n C n n ,(n ∈N *)命题意图：培养考生的思维的灵活性以及在建立知识体系中知识点灵活融合的能力.属 ★★★★级题目.知识依托：通过对数列的通项进行联想，合理运用逆向思维.由求导公式(x n )′=nx n －1,可联想到它们是另外一个和式的导数.关键要抓住数列通项的形式结构.错解分析：本题难点是考生易犯思维定势的错误，受此影响而不善于联想.技巧与方法：第(1)题要分x =1和x ≠1讨论，等式两边都求导.解：(1)当x =1时S n =1+2+3+…+n =21n (n +1); 当x ≠1时， ∵x +x 2+x 3+…+x n =xx x n --+11, 两边都是关于x 的函数，求导得 (x +x 2+x 3+…+x n )′=(x x x n --+11)′ 即S n =1+2x +3x 2+…+nx n －1=21)1()1(1x nx x n n n -++-+ (2)∵(1+x )n =1+C 1n x +C 2n x 2+…+C n n x n ,两边都是关于x 的可导函数，求导得n (1+x )n －1=C 1n +2C 2n x +3C 3n x 2+…+n C n n x n －1, 令x =1得，n ·2n －1=C 1n +2C 2n +3C 3n +…+n C n n , 即S n =C 1n +2C 2n +…+n C n n =n ·2n －1●锦囊妙计1.深刻理解导数的概念，了解用定义求简单的导数.xy ∆∆表示函数的平均改变量，它是Δx 的函数，而f ′(x 0)表示一个数值，即f ′122 (x )=x y x ∆∆→∆lim 0，知道导数的等价形式：)()()(lim )()(lim 0000000x f x x x f x f x x f x x f x x x '=--=∆-∆+→∆→∆. 2.求导其本质是求极限，在求极限的过程中，力求使所求极限的结构形式转化为已知极限的形式，即导数的定义，这是顺利求导的关键.3.对于函数求导，一般要遵循先化简，再求导的基本原则，求导时，不但要重视求导法则的应用，而且要特别注意求导法则对求导的制约作用，在实施化简时，首先必须注意变换的等价性，避免不必要的运算失误.4.复合函数求导法则，像链条一样，必须一环一环套下去，而不能丢掉其中的一环.必须正确分析复合函数是由哪些基本函数经过怎样的顺序复合而成的，分清其间的复合关系.●歼灭难点训练一、选择题1.(★★★★)y =e sin x cos(sin x )，则y ′(0)等于( )A.0B.1C.－1D.22.(★★★★)经过原点且与曲线y =59++x x 相切的方程是( ) A.x +y =0或25x +y =0 B.x －y =0或25x +y =0 C.x +y =0或25x －y =0 D.x －y =0或25x －y =0 二、填空题 3.(★★★★)若f ′(x 0)=2,kx f k x f k 2)()(lim 000--→ =_________.4.(★★★★)设f (x )=x (x +1)(x +2)…(x +n ),则f ′(0)=_________.三、解答题5.(★★★★)已知曲线C 1:y =x 2与C 2:y =－(x －2)2,直线l 与C 1、C 2都相切，求直线l 的方程.6.(★★★★)求函数的导数(1)y =(x 2－2x +3)e 2x ;(2)y =31xx -. 7.(★★★★)有一个长度为5 m 的梯子贴靠在笔直的墙上，假设其下端沿地板以3 m/s 的速度离开墙脚滑动，求当其下端离开墙脚1.4 m 时，梯子上端下滑的速度.8.(★★★★)求和S n =12+22x +32x 2+…+n 2x n －1,(x ≠0,n ∈N *).参考答案难点磁场解：由l 过原点，知k =00x y (x 0≠0),点(x 0,y 0)在曲线C 上，y 0=x 03－3x 02+2x 0, ∴00x y =x 02－3x 0+2123y ′=3x 2－6x +2,k =3x 02－6x 0+2又k =00x y ,∴3x 02－6x 0+2=x 02－3x 0+2 2x 02－3x 0=0,∴x 0=0或x 0=23 由x ≠0,知x 0=23 ∴y 0=(23)3－3(23)2+2·23=－83 ∴k =00x y =－41 ∴l 方程y =－41x 切点(23，－83) 歼灭难点训练一、1.解析：y ′=e sin x ［cos x cos(sin x )－cos x sin(sin x )］,y ′(0)=e 0(1－0)=1答案：B 2.解析：设切点为(x 0,y 0),则切线的斜率为k =00x y ,另一方面，y ′=(59++x x )′=2)5(4+-x ,故 y ′(x 0)=k ,即)5(9)5(40000020++==+-x x x x y x 或x 02+18x 0+45=0得x 0(1)=－3,y 0(2)=－15,对应有y 0(1)=3,y 0(2)=53515915=+-+-,因此得两个切点A (－3，3)或B (－15,53),从而得y ′(A )=3)53(4+-- =－1及y ′(B )=251)515(42-=+-- ,由于切线过原点，故得切线：l A :y =－x 或l B :y =－25x . 答案：A二、3.解析：根据导数的定义：f ′(x 0)=kx f k x f k ---+→)()]([(lim000(这时k x -=∆)1)(21)()(lim 21])()(21[lim 2)()(lim 0000000000-='-=----=---⋅-=--∴→→→x f k x f k x f k x f k x f k x f k x f k k k 答案：－14.解析：设g (x )=(x +1)(x +2)……(x +n ),则f (x )=xg (x ),于是f ′(x )=g (x )+xg ′(x ),f ′(0)=g (0)+0·g ′(0)=g (0)=1·2·…n =n ！答案：n !三、5.解：设l 与C 1相切于点P (x 1,x 12),与C 2相切于Q (x 2,－(x 2－2)2)对于C 1：y ′=2x ,则与C 1相切于点P 的切线方程为y －x 12=2x 1(x －x 1),即y =2x 1x －x 12 ①124对于C 2：y ′=－2(x －2),与C 2相切于点Q 的切线方程为y +(x 2－2)2=－2(x 2－2)(x －x 2),即y =－2(x 2－2)x +x 22－4 ②∵两切线重合，∴2x 1=－2(x 2－2)且－x 12=x 22－4,解得x 1=0,x 2=2或x 1=2,x 2=0∴直线l 方程为y =0或y =4x －46.解：(1)注意到y ＞0,两端取对数，得ln y =ln(x 2－2x +3)+ln e 2x =ln(x 2－2x +3)+2xxx e x x e x x x x x x y x x x x y x x x x x x x x x x x y y 2222222222222)2(2)32(32)2(232)2(232)2(223222232)32(1⋅+-=⋅+-⋅+-+-=⋅+-+-='∴+-+-=++--=++-'+-='⋅∴(2)两端取对数，得 ln|y |=31(ln|x |－ln|1－x |), 两边解x 求导，得 31)1(31)1(131)1(131)111(311x x x x y x x y x x x x y y --=⋅-⋅='∴-=---='⋅7.解：设经时间t 秒梯子上端下滑s 米,则s =5－2925t -,当下端移开1.4 m 时，t 0=157341=⋅,又s ′=－21 (25－9t 2)21-·(－9·2t )=9t 29251t -,所以s ′(t 0)=9×2)157(9251157⨯-⋅=0.875(m/s)8.解：(1)当x =1时，S n =12+22+32+…+n 2=61n (n +1)(2n +1),当x ≠1时，1+2x +3x 2+…+nx n -1=21)1()1(1x nx x n n n -++-+,两边同乘以x ,得 x +2x 2+3x 2+…+nx n =221)1()1(x nx x n x n n -++-++两边对x 求导，得 S n =12+22x 2+32x 2+…+n 2x n -1=322122)1()122()1(1x x n x n n x n x n n n ---+++-+++Von Neumann说过：In mathematics you don't understand things .You just get used to them.掌握了课本，一般的数学题就都可以做了。
高中数学导数难题七大题型答题技巧全解析
高中数学导数难题七大题型答题技巧全解析，转给所有高中生
在考试过程中，很多高中生由于没有掌握适用的解题技巧，尤其是对相关的知识点掌握不够牢固的同学，只能放弃，今天，小编为大家总结了导数七大题型，帮助大家在高考数学中多拿一分，轻松拿下140+！
1 导数单调性、极值、最值的直接应用
2 交点与根的分布
3 不等式证明
（一）做差证明不等式
（二）变形构造函数证明不等式
（三）替换构造不等式证明不等式
4 不等式恒成立求字母范围（一）恒成立之最值的直接应用
（二）恒成立之分离参数
（三）恒成立之讨论字母范围
5 函数与导数性质的综合运用
6 导数应用题
7 导数结合三角函数。
(完整版)导数难题(含答案)
一、单选题1．已知可导函数()f x 的导函数为()'f x ， ()02018f =，若对任意的x R ∈，都有()()'f x f x >，则不等式()2018xf x e <的解集为（ ）A. ()0,+∞B. 21,e ⎛⎫+∞⎪⎝⎭ C. 21,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭D. (),0-∞ 2．定义在R 上的偶函数()f x 的导函数为()f x '，且当()()0,20x xf x f x +'><.则（ ）A.()()224f e f e >B. ()()931f f >C.()()239f e f e -<D.()()224f e f e -<3．已知()f x 为定义在()0,+∞上的可导函数，且()()'f x xf x >恒成立，则不等式()210x f f x x ⎛⎫-> ⎪⎝⎭的解集为（ ）A. ()1,+∞B. (),1-∞C. ()2,+∞D. (),2-∞二、解答题4．已知函数()()2ln f x ax x a R =-+∈ .（1）讨论()f x 的单调性；（2）若存在()()1,,x f x a ∈+∞>-，求a 的取值范围.5．设函数()()222ln f x x ax x x x =-++-． （1）当2a =时，讨论函数()f x 的单调性；（2）若()0,x ∈+∞时， ()0f x >恒成立，求整数a 的最小值．6．已知函数()()()1ln ,af x x a xg x a R x+=-=-∈. 若1a =，求函数()f x 的极值；设函数()()()h x f x g x =-，求函数()h x 的单调区间；若在区间[]()1, 2.71828e e =⋯上不存在．．．0x ，使得()()00f x g x <成立，求实数a 的取值范围.7．已知函数()()ln ,f x x a x a R =-∈ . （1）当0a =时，求函数()f x 的极小值；（2）若函数()f x 在()0,+∞上为增函数，求a 的取值范围.8．已知函数()()2x f x x ax a e =--． （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()0,2a ∈，对于任意[]12,4,0x x ∈-，都有()()2124a f x f x e me --<+恒成立，求m 的取值范围【解析】令()()()()()()0,02018xxf x f x f xg x g x g e e -<'=='=∴因此()2018xf x e < ()()()201800xf xg x g x e⇒<⇒⇒，选A.点睛：利用导数解抽象函数不等式，实质是利用导数研究对应函数单调性，而对应函数需要构造. 构造辅助函数常根据导数法则进行：如()()f x f x '<构造()()xf xg x e=， ()()0f x f x '+<构造()()x g x e f x =， ()()xf x f x '<构造()()f x g x x=， ()()0xf x f x +<'构造()()g x xf x =等2．D【解析】根据题意，设g （x ）=x 2f （x ），其导数g′（x ）=（x 2）′f （x ）+x 2•f （x ）=2xf （x ）+x 2•f （x ）=x[2f （x ）+xf'（x ）]， 又由当x ＞0时，有2f （x ）+xf'（x ）<0成立，则数g′（x ）=x[2f （x ）+xf'（x ）]<0， 则函数g （x ）在（0，+∞）上为减函数，若g （x ）=x 2f （x ），且f （x ）为偶函数，则g （-x ）=（-x ）2f （-x ）=x 2f （x ）=g （x ）， 即g （x ）为偶函数，所以()()2g e g < 即()()224f e f e <因为()f x 为偶函数，所以()()2f 2f -=,所以()()224f e f e -<故选D点睛：本题考查函数的导数与函数单调性的关系，涉及函数的奇偶性与单调性的应用，关键是构造函数g （x ）并分析g （x ）的单调性与奇偶性． 3．A【解析】令()()f x g x x=，则()()()2xf x f x g x x -=''∵()()f x xf x >'∴()()0xf x f x -<'，即()()()20xf x f x g x x'-='<在()0,+∞上恒成立()g x ()0,+∞∵()210x f f x x ⎛⎫->⎪⎝⎭∴()11f f x x x x⎛⎫ ⎪⎝⎭>，即()1g g x x ⎛⎫> ⎪⎝⎭∴1x x<，即1x > 故选A点睛：本题首先需结合已知条件构造函数，然后考查利用导数判断函数的单调性，再由函数的单调性和函数值的大小关系，判断自变量的大小关系. 4．（1）()f x在⎛ ⎝上递增，在⎫+∞⎪⎭上递减.；（2）1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭. 【解析】试题分析：（1）对函数()f x 求导，再根据a 分类讨论，即可求出()f x 的单调性；（2）将()f x a >-化简得()21ln 0a x x --<，再根据定义域()1,x ∈+∞，对a 分类讨论， 0a ≤时，满足题意， 0a >时，构造()()21ln g x a x x =--，求出()g x 的单调性，可得()g x 的最大值，即可求出a 的取值范围.试题解析：（1）()21122ax f x a x x-='=-+，当0a ≤时， ()0f x '>，所以()f x 在()0,+∞上递增， 当0a > 时，令()0f x '=，得x =， 令()0f x '>，得x ⎛∈ ⎝；令()0f x '<，得x ⎫∈+∞⎪⎭，所以()f x在⎛ ⎝上递增，在⎫+∞⎪⎭上递减. （2）由()f x a >-，得()21ln 0a x x --<，因为()1,x ∈+∞，所以2ln 0,10x x --， 当0a ≤时， ()21ln 0a x x --<满足题意，当12a ≥时，设()()()22211ln (1),0ax g x a x x x g x x -'=-->=>， 所以()g x 在()1,+∞上递增，所以()()10g x g >=，不合题意， 1⎫⎛所以()()max 10g x g g =<=，则()()1,0x g x ∃∈+∞<， 综上， a 的取值范围是1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭. 点睛：本题考查函数的单调性及恒成立问题，涉及函数不等式的证明，综合性强，难度大，属于难题.处理导数大题时，注意分层得分的原则.一般涉及求函数单调性时，比较容易入手，求导后注意分类讨论，对于恒成立问题一般要分离参数，然后利用函数导数求函数的最大值或最小值，对于含有不等式的函数问题，一般要构造函数，利用函数的单调性来解决，但涉及技巧比较多，需要多加体会. 5．(1) f （x ）递增区间为（0，12），（1，+∞），递减区间为（12，1）；(2)1. 【解析】试题分析：（1）求出函数f （x ）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）问题转化为a>x-2（x-1）lnx 恒成立，令g （x ）=x-2（x-1）lnx ，根据函数的单调性求出a 的最小值即可．试题解析：（1）由题意可得f （x ）的定义域为（0，+∞）， 当a=2时，f （x ）=﹣x 2+2x+2（x 2﹣x ）lnx ，所以f′（x ）=﹣2x+2+2（2x ﹣1）lnx+2（x2﹣x ）•=（4x ﹣2）lnx ， 由f'（x ）＞0可得：（4x ﹣2）lnx ＞0，所以或，解得x ＞1或0＜x ＜；由f'（x ）＜0可得：（4x ﹣2）lnx ＜0，所以或，解得：＜x ＜1．综上可知：f （x ）递增区间为（0，），（1，+∞），递减区间为（，1）． （2）若x∈（0，+∞）时，f （x ）＞0恒成立，令g （x ）=x ﹣2（x ﹣1）lnx ，则a ＞g （x ）max ．因为g′（x ）=1﹣2（lnx+）=﹣2lnx ﹣1+，所以g'（x ）在（0，+∞）上是减函数，且g'（1）＞0，g′（2）＜0，故存在x 0∈（1，2）使得g （x ）在（0，x 0）上为增函数，在（x 0，+∞）上是减函数， ∴x=x 0时，g （x ）max =g （x 0）≈0， ∴a＞0，又因为a∈Z ，所以a min =1．点睛：导数问题经常会遇见恒成立的问题：（1）根据参变分离，转化为不含参数的函数的最值问题；（2）若()0f x >就可讨论参数不同取值下的函数的单调性和极值以及最值，最终转化为()min 0f x >，若()0f x <恒成立，转化为()max 0f x <;（3）若()()f x g x >恒成立，可转化为()()min max f x g x >.6．（1）极小值为()11f =；（2）见解析（3）2121e a e +-≤≤-【解析】试题分析：（1）先求导数，再求导函数零点，列表分析导数符号，确定极值（2）先求导数，求导函数零点，讨论1a +与零大小，最后根据导数符号确定函数单调性（3）正难则反，先求存在一点0x ,使得()()00f x g x <成立时实数a 的取值范围，由存在性问题转化为对应函数最值问题，结合（2）单调性可得实数a 的取值范围，最后取补集得结果试题解析：解：（I ）当1a =时， ()()1ln '01x f x x x f x x x-=-⇒=>⇒>，列极值分布表 ()f x ∴在（0,1）上递减，在1+∞（，）上递增，∴()f x 的极小值为()11f =； （II ）()1ln a h x x a x x+=-+ ()()()211'x x a h x x ⎡⎤+-+⎣⎦∴=①当1a ≤-时， ()()'0,h x h x >∴在0+∞（，）上递增； ②当1a >-时， ()'01h x x a >⇒>+，∴()h x 在0,1a +（）上递减，在()1,a ++∞上递增； （III ）先解区间[]1,e 上存在一点0x ,使得()()00f x g x <成立()()()0h x f x g x ⇔=-<[]1,e ⇔[]1,x e ∈()0h x <①当1a ≤-时， ()h x 在[]1,e 上递增， ()min 1202h h a a ∴==+<⇒<- ∴2a <- ②当1a >-时， ()h x 在0,1a +（）上递减，在()1,a ++∞上递增 当10a -<≤时， ()h x 在[]1,e 上递增， ()min 1202h h a a ∴==+<⇒<- a ∴无解 当1a e ≥-时， ()h x 在[]1,e 上递减()2min1101a e h h e e a a e e ++∴==-+⇒-，∴211e a e +>-；当01a e <<-时， ()h x 在[]1,1a +上递减，在()1,a e +上递增 ()()min 12ln 1h h a a a a ∴=+=+-+令()()()2ln 121ln 1a a a F a a aa +-+==+-+，则()221'01F a a a=--<+ ()F a ∴在()0,1e -递减， ()()2101F a F e e ∴>-=>-， ()0F a ∴<无解， 即()min 2ln 10h a a a =+-+<无解；综上：存在一点0x ,使得()()00f x g x <成立，实数a 的取值范围为： 2a <-或211e a e +>-.所以不存在一点0x ，使得()()00f x g x <成立，实数a 的取值范围为.点睛：函数单调性问题，往往转化为导函数符号是否变号或怎样变号问题，即转化为方程或不等式解的问题（有解，恒成立，无解等），而不等式有解或恒成立问题，又可通过适当的变量分离转化为对应函数最值问题.7．（1）1e-（2）21,e ⎛⎤-∞-⎥⎝⎦【解析】试题分析：（1）当0a =时，得出函数的解析式，求导数，令()'0f x =，解出x 的值，利用导数值的正负来求其单调区间进而求得极小值；（2）求出()'f x ，由于函数()f x 在()0,+∞是增函数，转化为()'0f x ≥对任意()0,x ∈+∞恒成立，分类参数，利用导数()ln g x x x x =+的最小值，即可求实数a 的取值范围． 试题解析：（1）定义域为()0,+∞．当0a =时， ()ln f x x x =， ()'ln 1f x x =+．当10,x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时， ()'0f x <， ()f x 为减函数；当1,x e ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时， ()'0f x >， ()f x 为增函数．所以函数()f x 的极小值是11f e e⎛⎫=- ⎪⎝⎭． （2）由已知得()'ln x af x x x-=+． 因为函数()f x 在()0,+∞是增函数，所以()'0f x ≥对任意()0,x ∈+∞恒成立， 由()'0f x ≥得ln 0x ax x-+≥，即ln x x x a +≥对任意的()0,x ∈+∞恒成立． 设()ln g x x x x =+，要使“ln x x x a +≥对任意()0,x ∈+∞恒成立”，只要()min a g x ≤. 因为()'ln 2g x x =+，令()'0g x =，得21x e =． 当210,x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时， ()'0g x <， ()g x 为减函数； 当21,x e ⎛⎫∈+∞⎪⎝⎭时， ()'0g x >， ()g x 为增函数． 所以()g x 的最小值是2211g ee ⎛⎫=-⎪⎝⎭． 故函数()f x 在()0,+∞是增函数时，实数a 的取值范围是21,e ⎛⎤-∞-⎥⎝⎦． 点睛：本题主要考查了导数在函数中的综合应用，解答中涉及到利用导数求解函数的单调区间，利用导数求解函数的极值与最值等知识点的综合应用，这属于教学的重点和难点，应熟练掌握，试题有一定的综合性，属于中档试题，解答中把函数()f x 在()0,+∞是增函数，所以()'0f x ≥对任意()0,x ∈+∞恒成立是解答的关键．8．（1）见解析；（2）231e m e+>. 【解析】试题分析：（1）求出()'f x ，分三种情况讨论，分别令()'0f x >求得x 的范围，可得函数()f x 增区间， ()'0f x <求得x 的范围，可得函数()f x 的减区间；（2）由（1）知， 所以()()()2max 24f x f a e -=-=+，()()()443+160f a e a f --=>-=，()()2a -()222a ---()21a m e ->+.. 立，利用导数研究函数的单调性，求出()21a a e e -+的最大值，即可得结果. 试题解析：（1）()()()2xf x x x a e '=+- ①若2a <-，则()f x 在(),a -∞， ()2,-+∞上单调递增，在(),2a -上单调递减； ②2a =-，则(),-∞+∞在上单调递增；③若2a >-，则()f x 在(),2-∞-， (),a +∞上单调递增，在()2,a -上单调递减；（2）由1知，当()0,2a ∈时， ()f x 在()4,2--上单调递增，在()2,0-单调递减， 所以()()()2max 24f x f a e -=-=+， ()()()443+160f a e a f --=>-=，故()()()()12max 20f x f x f f -=--= ()()222414a e a a e e ---++=++， ()()2124a f x f x e me --<+恒成立，即()222144a a e e e me ---++<+恒成立 即()21a a m e e->+恒成立， 令()(),0,2x x g x x e =∈， 易知()g x 在其定义域上有最大值()11g e=， 所以231e m e +>。
(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。
必须掌握的7种构造函数方法——合理构造函数,巧解导数难题 (1)
必须掌握的7种构造函数方法——合理构造函数，巧解导数难题近几年高考数学压轴题，多以导数为工具来证明不等式或求参数的范围，这类试题具有结构独特、技巧性高、综合性强等特点，而构造函数是解导数问题的最基本方法，但在平时的教学和考试中，发现很多学生不会合理构造函数，结果往往求解非常复杂甚至是无果而终．因此笔者认为解决此类问题的关键就是怎样合理构造函数，本文以近几年的高考题和模考题为例，对在处理导数问题时构造函数的方法进行归类和总结，供大家参考．一、作差构造法1．直接作差构造评注：本题采用直接作差法构造函数，通过特殊值缩小参数范围后，再对参数进行分类讨论来求解．2．变形作差构造二、分离参数构造法分离参数是指对已知恒成立的不等式在能够判断出参数系数正负的情况下，根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量的不等式，只要研究变量不等式的最值就可以解决问题．三、局部构造法1．化和局部构造2．化积局部构造四、换元构造法换元构造法在处理多变元函数问题中应用较多，就是用新元去代替该函数中的部分（或全部）变元．通过换元可以使变量化多元为少元，即达到减元的目的．换元构造法是求解多变元导数压轴题的常用方法．评注：本题的两种解法通过将待解决的式子进行恰当的变形，将二元字母变出统一的一种结构，然后用辅助元将其代替，从而将两个变元问题转化一个变元问题，再以辅助元为自变量构造函数，利用导数来来求解。
其中解法1、解法2还分别体现了化积局部构造法和变形作差构造法．五、主元构造法主元构造法，就是将多变元函数中的某一个变元看作主元（即自变量），将其它变元看作常数，来构造函数，然后用函数、方程、不等式的相关知识来解决问题的方法.六、特征构造法1．根据条件特征构造2．根据结论特征构造七、放缩构造法1．由基本不等式放缩构造2．由已证不等式放缩构造评注：本题第二问是一道典型且难度比较大的求参问题，这类题目很容易让考生想到用分离参数的方法，但分离参数后利用高中所学知识无法解决，笔者研究发现不能解决的原因是分离参数后，出现了“0/0型”的式子，解决这类问题的有效方法就是高等数学中的洛必达法则；若直接构造函数，里面涉及到指数函数、三角函数及高次函数，处理起来难度很大．本题解法中两次巧妙利用第一问的结论，通过分类讨论和假设反正，使问题得到解决，本题也让我们再次体会了化积局部构造法的独特魅力.。
(考前准备) 难题巧解!巧用ALG不等式,助你轻松攻克此高考导数应用热点题型
难题巧解！巧用ALG不等式，助你轻松攻克此高考导数应用热点题型高考进入最后冲刺阶段，同学们都在紧张地准备着。
作为历年压轴题候选题型之一的导数应用，自然是重中之重。
这不，下面这道高考导数应用热点题型（压轴题），同时被不少同学偶遇并被难住了。
先来看题目（已略去前面小问）：该题属于导数应用之不定式有关问题的双变量题型。
在本号原创导数专题中讲过，这类问题/题型的解法有两大方向，一是转化为纯不等式证明问题，一是转化为导数有关问题。
该题的已知函数综合了对数函数、三角函数、幂函数等三种初等函数而无法求出其导数的零点具体值，使函数构造、导数符号判定等操作或运算变得更困难、更复杂。
特别地，这让在导数有关方法、技巧等方面学得不够系统、熟练的同学备感头痛。
所以，这里考虑利用ALG不等式来证明之。
证明：依题意x>-1，且有：上面的解答过程是不是很简明、便捷？这也再次表明在确定解题思路时，解题路径的合理选择极其重要。
这种意识与能力甚至可以在很大程度上决定了一位同学在考试中用时紧张与否。
当然，大家也不要片面夸大不等式放缩法的作用，其本身也有局限性。
比如，若本题的设问改为“[(x1+1)(x2+1)]^(1/2)<3”或“[(x1+1)(x2+1)]^(1/2) < 2”，则上面思路就不适用了。
正所谓出奇守正，同学们若想更有效、便捷地解决这一类问题，同学们还是要熟练掌握更具普遍适用性的偏移问题之通用解题思路。
若把奇招、妙招比作点对点的阻击手，则可把通法视为一对多的机枪手，一扫一大片（问题）。
其重要性可见一斑。
有关“[(x1+1)(x2+1)]^(1/2) <3或<2”的解题通法——具有“想到了简单、没想到很难”的特点，值得每一位同学去学习和熟练掌握，详见《微创新已有解题思路，可轻松解出这道导数压轴难题，一题通通一类》。
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专题25 参变分离法解决导数问题(解析版)
专题25参变分离法解决导数问题一、单选题1．已知函数()e x b f x ax -=+(),a b ∈R ，且(0)1f =，当0x >时，()cos(1)f x x x >-恒成立，则a 的取值范围为（）A ．()0,+¥B ．()1e,-+∞C ．(),e -∞D ．()e,+∞【答案】B 【分析】由()0e1bf -==，可得0b =，从而()e xf x ax =+，从而当0x >时，e cos(1)xa x x>--恒成立，构造函数()()e ,0,xs x x x=∈+∞，可得()()min 1e s x s ==，结合1x =时，cos(1)x -取得最大值1，从而e cos(1)xx x--的最大值为1e -，只需1e a >-即可.【详解】由题意，()0e1bf -==，解得0b =，则()e x f x ax =+，则当0x >时，e cos(1)xax x x +>-，即e cos(1)xa x x>--恒成立，令()()e ,0,xs x x x =∈+∞，则()()2e 1x x s x x-'=，当()0,1∈x 时，()0s x '<，()1,∈+∞x 时，()0s x '>，所以()s x 在()0,1上是减函数，在()1,+¥是增函数，()()min 1e s x s ==，又因为当1x =时，cos(1)x -取得最大值1，所以当1x =时，e cos(1)xx x--取得最大值1e -，所以1e a >-.故选：B.【点睛】关键点点睛：本题考查不等式恒成立问题，解题关键是将原不等式转化为e cos(1)xa x x>--，进而求出e cos(1)xx x--的最大值，令其小于a 即可.考查学生的逻辑推理能力，计算求解能力，属于中档题.2．若函数()ln x f x x x ae =+没有极值点，则实数a 的取值范围是（）A ．1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭B ．10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．1,e∞⎛⎤-- ⎥⎝⎦D ．1,0e⎛⎫- ⎪⎝⎭【答案】C 【分析】先对函数求导，然后结合极值存在的条件转化为函数图象交点问题，分离参数后结合导数即可求解.【详解】由题意可得，()1ln 0x f x x ae '=++=没有零点，或者有唯一解（但导数在点的两侧符号相同），即1ln xxa e +-=没有交点，或者只有一个交点但交点的两侧符号相同.令1ln ()x xg x e +=，0x >，则1ln 1()xx x g x e --'=，令1()ln 1h x x x=--则()h x 在()0,∞+上单调递减且()10h =，所以当01x <<时，()0h x >，()0g x '>，()g x 单调递增，当1x >时，()0h x <，()0g x '<，()g x 单调递减，故当1x =时，()g x 取得最大值1(1)g e=，又0x →时，()g x →-∞，x →+∞时，()0g x →，结合图象可知，1a e -≥即1a e≤-.故选：C.【点睛】方法点睛：已知函数没有极值点，求参数值(取值范围)常用的方法：（1）分离参数法：先求导然后将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；（2）数形结合法：先求导然后对导函数变形，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.3．若函数()24ln f x x x b x =-++在()0,∞+上是减函数，则b 的取值范围是（）A ．(],2-∞-B ．(),2-∞-C ．()2,-+∞D ．[)2,-+∞【答案】A 【分析】2()4ln f x x x b x =-++在()0,∞+上是减函数等价于()'0f x ≤在()0,∞+上恒成立，利用分离参数求解即可.【详解】∵2()4ln f x x x b x =-++在()0,∞+上是减函数，所以()'0fx ≤在()0,∞+上恒成立，即'()240bf x x x=-++≤，即224b x x ≤-，∵22242(1)22x x x -=--≥-，∴2b ≤-，故选：A.【点睛】本题主要考查“分离参数”在解题中的应用、函数的定义域及利用单调性求参数的范围，属于中档题.利用单调性求参数的范围的常见方法：①视参数为已知数，依据函数的图象或单调性定义，确定函数的单调区间，与已知单调区间比较求参数需注意若函数在区间[],a b 上是单调的，则该函数在此区间的任意子集上也是单调的;②利用导数转化为不等式()'0f x ≤或()'0f x ≥恒成立问题求参数范围.4．已知函数()x ef x ex e -=+-（e 为自然对数的底数），()ln 4g x x ax ea =--+．若存在实数1x ，2x ，使得()()121f x g x ==，且211x e x ≤≤，则实数a 的最大值为（）A ．52eB ．25e e +C ．2eD ．1【答案】C 【分析】根据()1f e =可求得22e x e ≤≤，利用()21g x =得到22ln 3x a x e +=+，将问题转化为()ln 3x h x x e+=+，2,x e e ⎡⎤∈⎣⎦的最大值的求解问题，利用导数求得()max h x ，从而求得结果.【详解】()01f e e e e =+-= ，1x e ∴=，又211x e x ≤≤且20x >，22e x e ∴≤≤，由()21g x =，即22ln 41x ax ea --+=，整理得：22ln 3x a x e+=+，令()ln 3x h x x e+=+，2,x e e ⎡⎤∈⎣⎦，则()()()()()221ln 3ln 2e x e x x x x h x x e x e +-+--'==+-，e y x= 和ln y x =-在2,e e ⎡⎤⎣⎦上均为减函数，ln 2e y x x∴=--在2,e e ⎡⎤⎣⎦上单调递减，max 1ln 220y e ∴=--=-<，即()0h x '<在2,e e ⎡⎤⎣⎦上恒成立，()h x ∴在2,e e ⎡⎤⎣⎦上单调递减，()()max ln 322e h x h e e e+∴===，即实数a 的最大值为2e .故选：C.【点睛】本题考查导数在研究函数中的应用，解题关键是能够通过分离变量的方式将问题转化为函数最值的求解问题，进而利用导数求得函数最值得到结果.5．设函数()1axf x xe x-=-在()0,∞+上有两个零点，则实数a 的取值范围（）A ．2,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭B ．()1,e C ．12,e e ⎛⎫⎪⎝⎭D ．20,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】D 【分析】令()0f x =，进行参变分离得()2ln >0x a x x =，设()()2ln >0xg x x x=，将问题等价于y =a 与()g x 在()0+∞，有两个交点.求导，分析导函数的正负得出函数()g x 的单调性，从而作出图象和最值，运用数形结合的思想可得选项.【详解】令()0f x =，即10axxe x--=，解得()2ln >0x a x x =，设()()2ln >0x g x x x =，所以()f x 在()0+∞，有两个零点等价于y =a 与()g x 在()0+∞，有两个交点.因为()()()2'21ln 0>0x g x xx -==，得x e =，所以()g x 在(0，e )上单调递增，在()e +∞，上单调递减，所以()()max 2g x g e e==.如图所示，画出()g x 的大致图象。
高三数学导数试题答案及解析
高三数学导数试题答案及解析1.若函数在其定义域内的一个子区间内不是单调函数，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】因为的定义域为，又，由，得．当时，，当时，据题意，，解得．故选B．【考点】应用导数研究函数的单调性2.曲线处的切线与坐标轴围成的三角形面积为()A．B．C．D．【答案】A【解析】切线斜率，故切线方程为，即，其和坐标轴围成的三角形面积，选A.【考点】导数的几何意义、直线方程.3.已知函数在区间上是增函数,则实数的取值范围为 .【答案】【解析】由题意知在有定义，即在恒成立，即，又在增，故在恒成立，因为，故，综上可知,.【考点】利用导数研究函数单调性、函数最值.4.定义在上的函数同时满足以下条件：①函数在上是减函数，在上是增函数；②是偶函数；③函数在处的切线与直线垂直. （Ⅰ）求函数的解析式；（Ⅱ）设，若存在使得，求实数的取值范围.【答案】（Ⅰ）;（Ⅱ）【解析】（Ⅰ）由三个条件可得三个等式，从而可求出三个未知数.（Ⅱ）一般地若存在使得，则;若存在使得，则.在本题中，由可得: .则大于的最小值.试题解析：（Ⅰ）,由题设可得:所以（Ⅱ）由得: 即:令由题意得:所以在单调递增,在上单调递减又,所以的最小值为【考点】函数的性质,导数的求法及应用.5.设函数 (R)，且该函数曲线在处的切线与轴平行.（Ⅰ）讨论函数的单调性；（Ⅱ）证明：当时，.【答案】（Ⅰ）在上单调递减，在上单调递增；（Ⅱ）见解析.【解析】（Ⅰ）先求出原函数的导函数，令导函数大于零得单调增区间，令导函数小于零得单调减区间；（Ⅱ）当时，，在上单调递增，求出在上的最大值为和最小值，用最大值减去最小值可得结论.试题解析：（Ⅰ），由条件知，故则 3分于是.故当时，；当时，。
从而在上单调递减，在上单调递增. 6分（Ⅱ）由（Ⅰ）知在上单调递增，故在上的最大值为最小值为 10分从而对任意有，而当时，，从而12分【考点】1.利用导数研究函数的单调性；2.利用导数求函数的最值；3.正余弦函数的取值范围.6.曲线在点处的切线方程为 .【答案】【解析】∵，∴，∴，∴切线方程为，即.【考点】用导数求切线方程.7.过坐标原点与曲线相切的直线方程为 .【答案】【解析】设切点坐标为，∵，∴，∴，∴切线方程为，又∵在切线上，∴即，又∵在曲线上，∴，∴，∴切线方程为即.【考点】过点求切线.8.已知函数,则函数的图象在点处的切线方程是 .【答案】【解析】，由得，切线斜率为，所以切线方程为，即.【考点】1.直线方程；2.导数的几何意义.9.已知函数在点处的切线方程是x+ y－l=0，其中e为自然对数的底数，函数g（x）=1nx－ cx+ 1+ c（c>0），对一切x∈（0,+）均有恒成立．（Ⅰ）求a，b，c的值；（Ⅱ）求证：.【答案】（Ⅰ）,,；（Ⅱ）详见解析.【解析】（Ⅰ）利用导数的几何意义求、，利用导数导数法判断单调性，用函数的最值积恒成立求；（Ⅱ）构造新函数，利用导数法求的最小值，利用结合（Ⅰ）中的结论进行证明.试题解析：（Ⅰ）,,,,. (2分),由于,所以当时,是增函数,当时,是减函数,,由恒成立，，即恒成立，①（4分）令，则，在上是增函数，上是减函数，，即，当且仅当时等号成立 .，由①②可知，，所以. (6分)（Ⅱ）证法一:所求证不等式即为.设,,当时,是减函数,当时,是减函数,,即. (8分)由（Ⅰ）中结论②可知,,,当时,,从而 (10分).(或者也可)即,原不等式成立. (12分)【考点】导数法判断函数的单调性，恒成立，不等式的证明.10.曲线C：在x＝0处的切线方程为________．【答案】【解析】因为，，所以，，曲线在点处的切线的斜率为，曲线在点处的切线的方程为，故答案为．【考点】导数的几何意义11.已知，根据函数的性质、积分的性质和积分的几何意义计算的值为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】因为是奇函数，由定积分的性质【考点】考查定积分的简单计算．12.已知函数的导函数为（其中为自然对数的底数，为实数）,且在上不是单调函数，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】当时，，，在上恒成立，此时函数在上是单调递增函数，与题设条件矛盾，排除A、B选项，由于，故，函数的导函数，令，解不等式得，解不等式得，故函数在区间上单调递减，在上单调递增，故函数在处取得极小值，亦即最小值，由于函数在上不是单调函数，故函数存在变号零点，，由于，解得.【考点】函数的单调性与导数13.已知函数（为自然对数的底数）（Ⅰ）若曲线在点处的切线平行于轴，求的值；（Ⅱ）求函数的极值；（Ⅲ）当时，若直线与曲线没有公共点，求的最大值.【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）当时，函数无极小值；当，在处取得极小值，无极大值（Ⅲ）的最大值为【解析】（Ⅰ）由，得．又曲线在点处的切线平行于轴，得，即，解得．（Ⅱ），①当时，，为上的增函数，所以函数无极值．②当时，令，得，．，；，．所以在上单调递减，在上单调递增，故在处取得极小值，且极小值为，无极大值．综上，当时，函数无极小值；当，在处取得极小值，无极大值．（Ⅲ）当时，令，则直线：与曲线没有公共点，等价于方程在上没有实数解．假设，此时，，又函数的图象连续不断，由零点存在定理，可知在上至少有一解，与“方程在上没有实数解”矛盾，故．又时，，知方程在上没有实数解．所以的最大值为．解法二：（Ⅰ）（Ⅱ）同解法一．（Ⅲ）当时，．直线：与曲线没有公共点，等价于关于的方程在上没有实数解，即关于的方程：（*）在上没有实数解．①当时，方程（*）可化为，在上没有实数解．②当时，方程（*）化为．令，则有．令，得，当变化时，的变化情况如下表：当时，，同时当趋于时，趋于，从而的取值范围为．所以当时，方程（*）无实数解，解得的取值范围是．综上，得的最大值为．此题的一二问考查的是最基本的函数切线问题及对极值含参情况的讨论，所以导数公式必需牢记，对于参数的讨论找到一个合理的分类标准做到不重不漏即可，可这往往又是学生最容易出现问题的地方.而第三问对于曲线是否无交点要懂得转化成函数零点或方程根的个数问题处理，这也是常规处理含参就比较麻烦，平时要多加练习.【考点】本小题主要考查函数与导数，两数的单调性、极值、零点等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查函数与方程思想、数形结合思想、分类与整合思想、化归与转化思想．属综合要求比较高的难题.14.设，则的值为( )A．B．C．D．【答案】C【解析】根据题意，由于，那么可知，故选C.【考点】定积分的运算点评：主要是考查了分段函数的解析式以及定积分的计算，属于基础题。
专题25 参变分离法解决导数问题(解析版)
专题25 参变分离法解决导数问题一、单选题1．已知函数()e x b f x ax -=+(),a b ∈R ，且(0)1f =，当0x >时，()cos(1)f x x x >-恒成立，则a 的取值范围为（ ） A．0,B ．()1e,-+∞C ．(),e -∞D ．()e,+∞【答案】B 【分析】 由()0e1bf -==，可得0b =，从而()e xf x ax =+，从而当0x >时，e cos(1)xa x x>--恒成立，构造函数()()e ,0,xs x x x=∈+∞，可得()()min 1e s x s ==，结合1x =时，cos(1)x -取得最大值1，从而e cos(1)xx x--的最大值为1e -，只需1e a >-即可.【详解】 由题意，()0e1bf -==，解得0b =，则()e x f x ax =+，则当0x >时，e cos(1)xax x x +>-，即e cos(1)xa x x>--恒成立，令()()e ,0,xs x x x =∈+∞，则()()2e 1x x s x x-'=， 当()0,1∈x 时，()0s x '<，()1,∈+∞x 时，()0s x '>， 所以()s x 在0,1上是减函数，在1,是增函数，()()min 1e s x s ==，又因为当1x =时，cos(1)x -取得最大值1，所以当1x =时，e cos(1)xx x--取得最大值1e -，所以1e a >-. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题考查不等式恒成立问题，解题关键是将原不等式转化为e cos(1)xa x x>--，进而求出e cos(1)xx x--的最大值，令其小于a 即可.考查学生的逻辑推理能力，计算求解能力，属于中档题.2．若函数()ln x f x x x ae =+没有极值点，则实数a 的取值范围是（ ） A ．1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭B ．10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．1,e∞⎛⎤-- ⎥⎝⎦D ．1,0e ⎛⎫- ⎪⎝⎭【答案】C 【分析】先对函数求导，然后结合极值存在的条件转化为函数图象交点问题，分离参数后结合导数即可求解. 【详解】由题意可得，()1ln 0xf x x ae '=++=没有零点， 或者有唯一解（但导数在点的两侧符号相同），即1ln xxa e +-=没有交点，或者只有一个交点但交点的两侧符号相同. 令1ln ()x xg x e +=，0x >，则1ln 1()xx x g x e --'=， 令1()ln 1h x x x=--则()h x 在()0,∞+上单调递减且()10h =，所以当01x <<时，()0h x >，()0g x '>，()g x 单调递增， 当1x >时，()0h x <，()0g x '<，()g x 单调递减， 故当1x =时，()g x 取得最大值1(1)g e=， 又0x →时，()g x →-∞，x →+∞时，()0g x →， 结合图象可知，1a e -≥即1a e≤-. 故选：C.【点睛】方法点睛：已知函数没有极值点，求参数值(取值范围)常用的方法：（1）分离参数法：先求导然后将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；（2）数形结合法：先求导然后对导函数变形，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.3．若函数()24ln f x x x b x =-++在()0,∞+上是减函数，则b 的取值范围是（ ）A ．(],2-∞-B ．(),2-∞-C ．()2,-+∞D ．[)2,-+∞【答案】A 【分析】2()4ln f x x x b x =-++在()0,∞+上是减函数等价于()'0f x ≤在()0,∞+上恒成立，利用分离参数求解即可. 【详解】∵2()4ln f x x x b x =-++在()0,∞+上是减函数，所以()'0fx ≤在()0,∞+上恒成立，即'()240bf x x x=-++≤，即224b x x ≤-， ∵22242(1)22x x x -=--≥-，∵2b ≤-， 故选：A. 【点睛】本题主要考查“分离参数”在解题中的应用、函数的定义域及利用单调性求参数的范围，属于中档题. 利用单调性求参数的范围的常见方法：∵ 视参数为已知数，依据函数的图象或单调性定义，确定函数的单调区间，与已知单调区间比较求参数需注意若函数在区间[],a b 上是单调的，则该函数在此区间的任意子集上也是单调的; ∵ 利用导数转化为不等式()'0f x ≤或()'0f x ≥恒成立问题求参数范围. 4．已知函数()x ef x ex e -=+-（e 为自然对数的底数），()ln 4g x x ax ea =--+．若存在实数1x ，2x ，使得()()121f x g x ==，且211x e x ≤≤，则实数a 的最大值为（ ） A ．52eB ．25e e + C ．2eD ．1【答案】C 【分析】根据()1f e =可求得22e x e ≤≤，利用()21g x =得到22ln 3x a x e +=+，将问题转化为()ln 3x h x x e+=+，2,x e e ⎡⎤∈⎣⎦的最大值的求解问题，利用导数求得()max h x ，从而求得结果.【详解】()01f e e e e =+-=，1x e ∴=，又211x e x ≤≤且20x >，22e x e ∴≤≤， 由()21g x =，即22ln 41x ax ea --+=，整理得：22ln 3x a x e+=+，令()ln 3x h x x e+=+，2,x e e ⎡⎤∈⎣⎦，则()()()()()221ln 3ln 2e x e x x x x h x x e x e +-+--'==+-， e y x=和ln y x =-在2,e e ⎡⎤⎣⎦上均为减函数， ln 2e y x x ∴=--在2,e e ⎡⎤⎣⎦上单调递减，max 1ln 220y e ∴=--=-<， 即()0h x '<在2,e e ⎡⎤⎣⎦上恒成立，()h x ∴在2,e e ⎡⎤⎣⎦上单调递减，()()max ln 322e h x h e e e+∴===，即实数a 的最大值为2e .故选：C. 【点睛】本题考查导数在研究函数中的应用，解题关键是能够通过分离变量的方式将问题转化为函数最值的求解问题，进而利用导数求得函数最值得到结果. 5．设函数()1axf x xe x-=-在()0,∞+上有两个零点，则实数a 的取值范围（ ） A ．2,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭B ．()1,eC ．12,e e ⎛⎫⎪⎝⎭D ．20,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】D 【分析】令()0f x =，进行参变分离得()2ln >0x a x x =，设()()2ln >0xg x x x=，将问题等价于y = a 与()g x 在()0+∞，有两个交点.求导，分析导函数的正负得出函数()g x 的单调性，从而作出图象和最值，运用数形结合的思想可得选项. 【详解】令()0f x =，即10axxe x--=，解得()2ln >0x a x x =，设()()2ln >0x g x x x =，所以()f x 在()0+∞，有两个零点等价于y = a 与()g x 在()0+∞，有两个交点. 因为()()()2'21ln 0>0x g x xx -==，得x e =，所以()g x 在(0，e )上单调递增，在()e +∞，上单调递减，所以()()max 2g x g e e==. 如图所示，画出()g x 的大致图象。
导数综合题使用麦克劳林公式替代
导数综合题使用麦克劳林公式替代1. 嘿，大家好呀！今天我们来聊一下导数综合题，还有一个麦克劳林公式的神奇力量。
你知道吗，麦克劳林公式就像是一个万能的大招，可以把函数在某个点附近展开成无限个项的和，然后我们就可以更轻松地计算导数了。
1.1 说到导数，说实话有的时候真的把人搞得一脸懵逼。
有的函数复杂得像数学老师念牛顿第一定律一样枯燥无味。
不过，麦克劳林公式的出现就像是给我们一杯清凉的果汁，可以让我们在解题的海洋中轻松畅游。
1.2 那么问题来了，麦克劳林公式到底有多神奇呢？兄弟姐妹们找个安静的地方坐下来，听我给你们讲个故事。
想象一下，你有一个函数，而你想在某个点求它的导数。
咦，怎么办？莫慌，麦克劳林公式就是你的超级英雄。
2. 让我先废话一下，麦克劳林公式的核心就是用一个叫做泰勒级数的东西来近似表示原函数。
别被这个名字吓到了，其实泰勒级数就是一个函数无限项的和，每一项都是原函数在某个点的导数。
2.1 哎呀呀，咦，这个概念好像有点绕。
咱们换个说法吧。
就像是你要创作一幅画，但你只有一支铅笔和纸。
嗯，你拿着铅笔在纸上一点一点画，慢慢地你会发现画面渐渐完整起来。
麦克劳林公式也一样，它把函数在某个点附近的各个导数“一笔一画”地展开，最后得到一个完整的近似函数。
2.2 这个近似函数会在原函数的某个点上产生一个很神奇的效果。
它们的函数值是一样的，而且还有更特殊的，两者的导数也是完全相同的。
所以说，我们可以利用这个近似函数来求原函数在某个点的导数，这就是麦克劳林公式的奥秘所在。
3. 好了，下面咱们就来看看具体的例子，感受一下麦克劳林公式的魅力吧！3.1 假设有一个函数f(x)，我们要在点x=a处求它的导数。
那么我们可以把f(x)用泰勒级数表示出来。
泰勒级数的一般形式是：f(x)=f(a)+f'(a)(xa)+f''(a)(xa)^2/2!+...。
3.2 哟，我这是在说什么呢？看你一脸不解的样子，我来给你解释一下。
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一、单选题1．已知可导函数()f x 的导函数为()'f x ， ()02018f =，若对任意的x R ∈，都有()()'f x f x >，则不等式()2018xf x e <的解集为（ ）A. ()0,+∞B. 21,e ⎛⎫+∞⎪⎝⎭ C. 21,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭D. (),0-∞ 2．定义在R 上的偶函数()f x 的导函数为()f x '，且当()()0,20x xf x f x +'><.则（ ）A.()()224f e f e>B. ()()931f f >C.()()239f e f e-<D.()()224f e f e-<3．已知()f x 为定义在()0,+∞上的可导函数，且()()'f x xf x >恒成立，则不等式()210x f f x x ⎛⎫->⎪⎝⎭的解集为（ ）A. ()1,+∞B. (),1-∞C. ()2,+∞D. (),2-∞二、解答题4．已知函数()()2ln f x ax x a R =-+∈ .（1）讨论()f x 的单调性；（2）若存在()()1,,x f x a ∈+∞>-，求a 的取值范围.5．设函数()()222ln f x x ax x x x =-++-． （1）当2a =时，讨论函数()f x 的单调性；（2）若()0,x ∈+∞时， ()0f x >恒成立，求整数a 的最小值．6．已知函数()()()1ln ,af x x a xg x a R x+=-=-∈. 若1a =，求函数()f x 的极值；设函数()()()h x f x g x =-，求函数()h x 的单调区间；若在区间[]()1, 2.71828e e =⋯上不存在．．．0x ，使得()()00f x g x <成立，求实数a 的取值范围.7．已知函数()()ln ,f x x a x a R =-∈ . （1）当0a =时，求函数()f x 的极小值；（2）若函数()f x 在()0,+∞上为增函数，求a 的取值范围.8．已知函数()()2x f x x ax a e =--．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()0,2a ∈，对于任意[]12,4,0x x ∈-，都有()()2124a f x f x e me --<+恒成立，求m 的取值范围参考答1．A【解析】令()()()()()()0,02018xxf x f x f xg x g x g ee-<'=='=∴因此()2018xf x e < ()()()201800xf xg x g x e⇒<⇒⇒，选A.点睛：利用导数解抽象函数不等式，实质是利用导数研究对应函数单调性，而对应函数需要构造. 构造辅助函数常根据导数法则进行：如()()f x f x '<构造()()xf xg x e=， ()()0f x f x '+<构造()()x g x e f x =， ()()xf x f x '<构造()()f x g x x=， ()()0xf x f x +<'构造()()g x xf x =等2．D【解析】根据题意，设g （x ）=x 2f （x ），其导数g′（x ）=（x 2）′f（x ）+x 2•f（x ）=2xf （x ）+x 2•f（x ）=x[2f （x ）+xf'（x ）]，又由当x ＞0时，有2f （x ）+xf'（x ）<0成立，则数g′（x ）=x[2f （x ）+xf'（x ）]<0， 则函数g （x ）在（0，+∞）上为减函数，若g （x ）=x 2f （x ），且f （x ）为偶函数，则g （-x ）=（-x ）2f （-x ）=x 2f （x ）=g （x ）， 即g （x ）为偶函数，所以()()2g e g < 即()()224f e f e <因为()f x 为偶函数，所以()()2f 2f -=,所以()()224f e f e-<故选D点睛：本题考查函数的导数与函数单调性的关系，涉及函数的奇偶性与单调性的应用，关键是构造函数g （x ）并分析g （x ）的单调性与奇偶性． 3．A【解析】令()()f x g x x=，则()()()2xf x f x g x x -=''∵()()f x xf x >'∴()()0xf x f x -<'，即()()()20xf x f x g x x'-='<在()0,+∞上恒成立∴()g x 在()0,+∞上单调递减∵()210x f f x x ⎛⎫->⎪⎝⎭∴()11f f x x x x⎛⎫ ⎪⎝⎭>，即()1g g x x ⎛⎫> ⎪⎝⎭∴1x x<，即1x > 故选A点睛：本题首先需结合已知条件构造函数，然后考查利用导数判断函数的单调性，再由函数的单调性和函数值的大小关系，判断自变量的大小关系.4．（1）()f x 在⎛ ⎝上递增，在⎫+∞⎪⎭上递减.；（2）1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭. 【解析】试题分析：（1）对函数()f x 求导，再根据a 分类讨论，即可求出()f x 的单调性；（2）将()f x a >-化简得()21ln 0a x x --<，再根据定义域()1,x ∈+∞，对a 分类讨论， 0a ≤时，满足题意， 0a >时，构造()()21ln g x a x x =--，求出()g x 的单调性，可得()g x 的最大值，即可求出a 的取值范围.试题解析：（1）()21122ax f x a x x-='=-+，当0a ≤时， ()0f x '>，所以()f x 在()0,+∞上递增，当0a > 时，令()0f x '=，得x =， 令()0f x '>，得x ⎛∈ ⎝；令()0f x '<，得x ⎫∈+∞⎪⎭，所以()f x 在⎛ ⎝上递增，在⎫+∞⎪⎭上递减. （2）由()f x a >-，得()21ln 0a x x --<，因为()1,x ∈+∞，所以2ln 0,10x x --， 当0a ≤时， ()21ln 0a x x --<满足题意，当12a ≥时，设()()()22211ln (1),0ax g x a x x x g x x -'=-->=>， 所以()g x 在()1,+∞上递增，所以()()10g x g >=，不合题意，当102a <<时，令()0g x '>，得x ⎫∈+∞⎪⎭，令()0g x '<，得⎛⎝， 所以()()max 10g x g g =<=，则()()1,0x g x ∃∈+∞<，综上，a的取值范围是1,2⎛⎫-∞⎪⎝⎭.点睛：本题考查函数的单调性及恒成立问题，涉及函数不等式的证明，综合性强，难度大，属于难题.处理导数大题时，注意分层得分的原则.一般涉及求函数单调性时，比较容易入手，求导后注意分类讨论，对于恒成立问题一般要分离参数，然后利用函数导数求函数的最大值或最小值，对于含有不等式的函数问题，一般要构造函数，利用函数的单调性来解决，但涉及技巧比较多，需要多加体会.5．(1) f（x）递增区间为（0，12），（1，+∞），递减区间为（12，1）；(2)1.【解析】试题分析：（1）求出函数f（x）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）问题转化为a>x-2（x-1）lnx恒成立，令g（x）=x-2（x-1）lnx，根据函数的单调性求出a的最小值即可．试题解析：（1）由题意可得f（x）的定义域为（0，+∞），当a=2时，f（x）=﹣x2+2x+2（x2﹣x）lnx，所以f′（x）=﹣2x+2+2（2x﹣1）lnx+2（x2﹣x）•=（4x﹣2）lnx，由f'（x）＞0可得：（4x﹣2）lnx＞0，所以或，解得x＞1或0＜x＜；由f'（x）＜0可得：（4x﹣2）lnx＜0，所以或，解得：＜x＜1．综上可知：f（x）递增区间为（0，），（1，+∞），递减区间为（，1）．（2）若x∈（0，+∞）时，f（x）＞0恒成立，即a＞x﹣2（x﹣1）lnx恒成立，令g（x）=x﹣2（x﹣1）lnx，则a＞g（x）max．因为g′（x）=1﹣2（lnx+）=﹣2lnx﹣1+，所以g'（x）在（0，+∞）上是减函数，且g'（1）＞0，g′（2）＜0，故存在x0∈（1，2）使得g（x）在（0，x0）上为增函数，在（x0，+∞）上是减函数，∴x=x0时，g（x）max=g（x0）≈0，∴a＞0，又因为a∈Z，所以a min =1．点睛：导数问题经常会遇见恒成立的问题：（1）根据参变分离，转化为不含参数的函数的最值问题；（2）若()0f x >就可讨论参数不同取值下的函数的单调性和极值以及最值，最终转化为()min 0f x >，若()0f x <恒成立，转化为()max 0f x <;（3）若()()f x g x >恒成立，可转化为()()min max f x g x >.6．（1）极小值为()11f =；（2）见解析（3）2121e a e +-≤≤- 【解析】试题分析：（1）先求导数，再求导函数零点，列表分析导数符号，确定极值（2）先求导数，求导函数零点，讨论1a +与零大小，最后根据导数符号确定函数单调性（3）正难则反，先求存在一点0x ,使得()()00f xg x <成立时实数a 的取值范围，由存在性问题转化为对应函数最值问题，结合（2）单调性可得实数a 的取值范围，最后取补集得结果试题解析：解：（I ）当1a =时， ()()1ln '01x f x x x f x x x-=-⇒=>⇒>，列极值分布表 ()f x ∴在（0,1）上递减，在1+∞（，）上递增，∴()f x 的极小值为()11f =； （II ）()1ln a h x x a x x+=-+ ()()()211'x x a h x x ⎡⎤+-+⎣⎦∴= ①当1a ≤-时， ()()'0,h x h x >∴在0+∞（，）上递增； ②当1a >-时， ()'01h x x a >⇒>+，∴()h x 在0,1a +（）上递减，在()1,a ++∞上递增； （III ）先解区间[]1,e 上存在一点0x ,使得()()00f x g x <成立 ()()()0h x f x g x ⇔=-<在[]1,e 上有解⇔当[]1,x e ∈时， ()min 0h x <由（II ）知①当1a ≤-时， ()h x 在[]1,e 上递增， ()min 1202h h a a ∴==+<⇒<- ∴2a <-②当1a >-时， ()h x 在0,1a +（）上递减，在()1,a ++∞上递增 当10a -<≤时， ()h x 在[]1,e 上递增， ()min 1202h h a a ∴==+<⇒<- a ∴无解当1a e ≥-时， ()h x 在[]1,e 上递减 ()2min 1101a e h h e e a a e e ++∴==-+⇒-，∴211e a e +>-； 当01a e <<-时， ()h x 在[]1,1a +上递减，在()1,a e +上递增 ()()min 12ln 1h h a a a a ∴=+=+-+令()()()2ln 121ln 1a a a F a a a a +-+==+-+，则()221'01F a a a=--<+ ()F a ∴在()0,1e -递减， ()()2101F a F e e ∴>-=>-， ()0F a ∴<无解， 即()min 2ln 10h a a a =+-+<无解；综上：存在一点0x ,使得()()00f x g x <成立，实数a 的取值范围为： 2a <-或211e a e +>-. 所以不存在一点0x ，使得()()00f xg x <成立，实数a 的取值范围为.点睛：函数单调性问题，往往转化为导函数符号是否变号或怎样变号问题，即转化为方程或不等式解的问题（有解，恒成立，无解等），而不等式有解或恒成立问题，又可通过适当的变量分离转化为对应函数最值问题.7．（1）1e -（2）21,e ⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦【解析】试题分析：（1）当0a =时，得出函数的解析式，求导数，令()'0f x =，解出x 的值，利用导数值的正负来求其单调区间进而求得极小值；（2）求出()'f x ，由于函数()f x 在()0,+∞是增函数，转化为()'0f x ≥对任意()0,x ∈+∞恒成立，分类参数，利用导数()ln g x x x x =+的最小值，即可求实数a 的取值范围．试题解析：（1）定义域为()0,+∞．当0a =时， ()ln f x x x =， ()'ln 1f x x =+．令()'0f x =，得1x e=． 当10,x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时， ()'0f x <， ()f x 为减函数； 当1,x e ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时， ()'0f x >， ()f x 为增函数． 所以函数()f x 的极小值是11f e e⎛⎫=- ⎪⎝⎭． （2）由已知得()'ln x a f x x x-=+． 因为函数()f x 在()0,+∞是增函数，所以()'0f x ≥对任意()0,x ∈+∞恒成立，由()'0f x ≥得ln 0x a x x-+≥，即ln x x x a +≥对任意的()0,x ∈+∞恒成立． 设()ln g x x x x =+，要使“ln x x x a +≥对任意()0,x ∈+∞恒成立”，只要()min a g x ≤.因为()'ln 2g x x =+，令()'0g x =，得21x e=． 当210,x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时， ()'0g x <， ()g x 为减函数； 当21,x e ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时， ()'0g x >， ()g x 为增函数． 所以()g x 的最小值是2211g e e ⎛⎫=-⎪⎝⎭．故函数()f x 在()0,+∞是增函数时，实数a 的取值范围是21,e ⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦． 点睛：本题主要考查了导数在函数中的综合应用，解答中涉及到利用导数求解函数的单调区间，利用导数求解函数的极值与最值等知识点的综合应用，这属于教学的重点和难点，应熟练掌握，试题有一定的综合性，属于中档试题，解答中把函数()f x 在()0,+∞是增函数，所以()'0f x ≥对任意()0,x ∈+∞恒成立是解答的关键．8．（1）见解析；（2）231e m e+>. 【解析】试题分析：（1）求出()'f x ，分三种情况讨论，分别令()'0f x >求得x 的范围，可得函数()f x 增区间， ()'0f x <求得x 的范围，可得函数()f x 的减区间；（2）由（1）知，所以()()()2max 24f x f a e -=-=+， ()()()443+160f a e a f --=>-=，()()2124a f x f x e me --<+恒成立，即()222144a a e e e me ---++<+恒成立，即()21a a m e e ->+恒成立，利用导数研究函数的单调性，求出()21a a e e -+的最大值，即可得结果. 试题解析：（1）()()()2xf x x x a e '=+- ①若2a <-，则()f x 在(),a -∞， ()2,-+∞上单调递增，在(),2a -上单调递减；②2a =-，则(),-∞+∞在上单调递增；③若2a >-，则()f x 在(),2-∞-， (),a +∞上单调递增，在()2,a -上单调递减；（2）由1知，当()0,2a ∈时， ()f x 在()4,2--上单调递增，在()2,0-单调递减，所以()()()2max 24f x f a e -=-=+， ()()()443+160f a e a f --=>-=，故()()()()12max 20f x f x f f -=--= ()()222414a e a a e e ---++=++， ()()2124a f x f x e me --<+恒成立，即()222144a a e e e me ---++<+恒成立即()21a a m e e ->+恒成立， 令()(),0,2xx g x x e =∈， 易知()g x 在其定义域上有最大值()11g e=， 所以231e m e +>。