高中数学题型归纳大全函数与导数题专题练习二

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高中数学人教A版选择性必修二17函数与导数专题(二)构造新函数专题

（2）设函数 f (x) 是定义在 R 上的奇函数，函数 g(x) 是定义在 R 上的偶函数，且 g(x) 0 ，当 x 0 时， f (x)g(x) f (x)g(x) 0 ，若 f (2) 0 ，则不等式 f (x) 0 的解集是___________________
g(x)
例 2（1） f (x) 是可导函数,且 xf '(x) f (x) 0 ,若 a b ,则 (
（2）已知 f (x) f (x) 0, 构造 H (x) ex f (x)
（3）已知 xf (x) f (x) 0, 构造 H (x) xf (x)
（4）已知 xf (x) nf (x) 0, 构造 H (x) xn f (x)
关系是“减号”型
（1）已知 f (x)g(x) g(x) f (x) 0, 构造 H (x) f (x) (g(x) 0) g(x)
2、若函数
f
(x)
在区间
R
上的导数为
f
' ( x) ， [
f (x) ex
]'
_______________
3、若函数 f (x) 在区间 R 上的导数为 f ' (x) ， f (x) cosx =
2 课时
4、抽象导函数常见模型总结：关系是“加号”型
（1）已知 f (x)g(x) g(x) f (x) 0, 构造 H (x) f (x)g(x)
2、定义在 R 上的函数 f (x) 满足 f (x) f (x) 0 ，若 f(0) 1, 则不等式 ex f ( x) 1的解集为
3、定义在 R 上的函数 f (x) 满足 f (x) - f (x) 0 ，若 f(0) 1, 则不等式 f (x) ex 的解集为______________

高中数学函数与导数常考题型归纳

高中数学函数与导数常考题型整理归纳题型一 : 利用导数研究函数的性质利用导数研究函数的单调性、极值、最值是高考的热点问题之一，每年必考，一般观察两类题型：(1)谈论函数的单调性、极值、最值，(2) 利用单调性、极值、最值求参数的取值范围.【例 1】已知函数 f ( x) ＝ln x＋ a(1 －x).(1)谈论 f ( x) 的单调性；(2)当 f x有最大值，且最大值大于a－2时，求实数a的取值范围.( )21解(1) f ( x) 的定义域为 (0 ，＋∞ ) ， f ′( x) ＝x－ a.若 a≤0，则 f ′ ( x) ＞0，因此 f ( x) 在 (0 ，＋∞ ) 上单调递加 .1若 a＞0，则当 x∈ 0，a时， f ′( x) ＞0；当x∈1，＋∞ 时， f ′x＜，a()011因此 f ( x) 在 0，a上单调递加，在a，＋∞ 上单调递减 .综上，知当 a≤0时， f ( x) 在(0 ，＋∞ ) 上单调递加；当 a＞0 时， f ( x) 在 0，1上单调递加，在1，＋∞ 上单调递减 .a a(2)由 (1) 知，当 a≤0时， f ( x) 在(0 ，＋∞ ) 上无最大值；1111当 a＞0 时， f ( x) 在 x＝a处获取最大值，最大值为 f a＝ln a＋ a 1－a＝－ ln a＋ a－ 1.因此f1＞a－2等价于lna＋ a－＜a2 1 0.令g( a) ＝ln a＋a－1，则 g( a) 在(0 ，＋∞ ) 上单调递加，g(1) ＝0.于是，当 0＜a＜1 时， g( a) ＜0；当a＞1 时， g( a) ＞ 0.因此，实数 a 的取值范围是 (0 ， 1).【类题通法】 (1) 研究函数的性质平时转变成对函数单调性的谈论，谈论单调性要先求函数定义域，再谈论导数在定义域内的符号来判断函数的单调性.(2) 由函数的性质求参数的取值范围，平时依照函数的性质获取参数的不等式，再解出参数的范围.若不等式是初等的一次、二次、指数或对数不等式，则能够直接解不等式得参数的取值范围；若不等式是一个不能够直接解出的超越型不等式时，如求解 ln a ＋a －1<0，则需要构造函数来解 .【变式训练】已知 a ∈ R ，函数 f ( x) ＝ ( － x 2＋ax)e x ( x ∈ R ， e 为自然对数的底数 ).(1) 当 a ＝2 时，求函数 f ( x) 的单调递加区间；(2) 若函数 f ( x) 在 ( － 1，1) 上单调递加，求实数 a 的取值范围 .解 (1) 当 a ＝ 2 时， f ( x) ＝( －x 2＋2x)e x ，因此 f ′(x) ＝ ( － 2x ＋2)e x ＋( － x 2＋2x)e x＝ ( － x 2＋2)e x .令 f ′(x)>0 ，即 ( －x 2＋2)e x >0，由于 e x >0，因此－ x 2＋ 2>0，解得－ 2<x< 2.因此函数 f ( x) 的单调递加区间是 ( － 2， 2).(2) 由于函数 f ( x) 在( －1， 1) 上单调递加，因此 f ′(x) ≥0对 x ∈( － 1，1) 都成立，由于 f ′(x) ＝ ( － 2x ＋a)e x ＋( － x 2＋ax)e x＝－ x 2＋( a －2) x ＋a]e x ，因此－ x 2＋ ( a －2) x ＋ a]e x ≥0 对 x ∈( － 1， 1) 都成立 .由于 e x >0，因此－ x 2＋( a － 2) x ＋a ≥0对 x ∈( － 1， 1) 都成立，x 2＋2x（x ＋1）2－ 1即 a ≥ x ＋1 ＝x ＋11＝ ( x ＋1) －x ＋1对 x ∈( － 1，1) 都成立 .11令 y ＝( x ＋ 1) －x ＋1，则 y ′＝ 1＋（x ＋1）2>0.1因此 y ＝( x ＋1) － x ＋ 1在( －1，1) 上单调递加，因此 y<(1 ＋1) －1 3 3 1＋1 ＝ . 即 a ≥ .223因此实数 a 的取值范围为 a ≥2.题型二 : 利用导数研究函数零点或曲线交点问题函数的零点、方程的根、曲线的交点，这三个问题实质上同属一个问题，它们之间可相互转变，这类问题的观察平时有两类： (1) 谈论函数零点或方程根的个数； (2) 由函数零点或方程的根求参数的取值范围 .m【例 2】设函数 f(x) ＝ ln x ＋x，m∈R.(1)当 m＝e(e 为自然对数的底数 ) 时，求 f ( x) 的极小值；x(2) 谈论函数 g( x) ＝f ′(x) －3零点的个数 .e解(1) 由题设，当 m＝e 时， f ( x) ＝ln x＋x，x－ e定义域为 (0 ，＋∞ ) ，则 f ′(x) ＝x2，由f′(x)＝0，得x＝e.∴当 x∈(0 ， e) ， f ′ ( x) ＜ 0， f ( x) 在 (0 ，e) 上单调递减，当 x∈(e，＋∞ ) ， f ′( x) ＞0，f ( x) 在(e ，＋∞ ) 上单调递加，e∴当 x＝e 时， f ( x) 获取极小值 f (e) ＝ln e ＋e＝2，∴f ( x) 的极小值为 2.x 1 m x(2) 由题设 g( x) ＝ f ′(x) －3＝x－x2－3( x＞0) ，1令g( x) ＝0，得 m＝－ x3＋ x( x＞0).31 3设φ( x) ＝－3x ＋x( x＞0) ，则φ′(x) ＝－ x2＋ 1＝－ ( x－1)( x＋1) ，当x∈(0 ， 1) 时，φ′( x) ＞0，φ ( x) 在(0 ， 1) 上单调递加；当x∈(1 ，＋∞ ) 时，φ′( x) ＜0，φ ( x) 在(1 ，＋∞ ) 上单调递减 .∴x＝ 1 是φ ( x) 的唯一极值点，且是极大值点，因此 x＝1 也是φ ( x) 的最大值点 .2∴ φ( x) 的最大值为φ(1) ＝3.又φ(0) ＝ 0，结合 y＝φ( x) 的图象 ( 如图 ) ，2可知①当 m＞3时，函数 g( x) 无零点；2②当 m＝3时，函数 g( x) 有且只有一个零点；2③当 0＜m＜3时，函数 g( x) 有两个零点；④当 m≤0时，函数 g( x) 有且只有一个零点 .2综上所述，当 m＞3时，函数 g( x) 无零点；2当 m＝3或 m≤0时，函数 g( x) 有且只有一个零点；2当 0＜m＜3时，函数 g( x) 有两个零点 .【类题通法】利用导数研究函数的零点常用两种方法：(1)运用导数研究函数的单调性和极值，利用单调性和极值定位函数图象来解决零点问题；(2)将函数零点问题转变成方程根的问题，利用方程的同解变形转变成两个函数图象的交点问题，利用数形结合来解决 .【变式训练】函数 f ( x) ＝( ax2＋ x)e x，其中 e 是自然对数的底数， a∈R.(1)当 a>0 时，解不等式 f ( x) ≤0；(2)当 a＝0 时，求整数 t 的所有值，使方程 f ( x) ＝ x＋ 2 在 t ，t ＋1] 上有解 .解(1) 由于 e x>0， ( ax2＋x)e x≤ 0.∴ax2＋ x≤0. 又由于 a>0，1因此不等式化为x x＋a≤ 0.1因此不等式 f ( x) ≤0的解集为－a，0 .(2)当 a＝0 时，方程即为 xe x＝x＋2，由于 e x>0，因此 x＝0 不是方程的解，2x因此原方程等价于 e －x－ 1＝0.x2令h( x) ＝e －x－1，x2由于 h′(x) ＝ e ＋x2>0 对于 x∈( －∞， 0) ∪(0 ，＋∞ ) 恒成立，因此 h x 在－∞， 0) 和 (0，＋∞ )内是单调递加函数，( ) (又 h＝－，h2h －＝－3－1，(1) e 3<0(2) ＝e －2>0， (3)e3<0h －2) ＝－ 2，( e >0因此方程 f x ) ＝x ＋有且只有两个实数根且分别在区间，和－，－ 2]上，因此整数 t 的所有值( 21 2] 3为 { － 3， 1}.题型三 : 利用导数研究不等式问题导数在不等式中的应用是高考的热点，常以解答题的形式观察，以中高档题为主，突出转变思想、函数思想的观察，常有的命题角度： (1) 证明简单的不等式； (2) 由不等式恒成立求参数范围问题；(3)不等式恒成立、能成立问题 .【例 3】设函数 f ( x) ＝ e 2x －aln x.(1) 谈论 f ( x) 的导函数 f ′(x) 零点的个数；2 (2) 证明：当 a ＞0 时， f ( x) ≥2a ＋aln .axa(1) 解 f( x) 的定义域为 (0 ，＋∞ ) ， f ′( x) ＝ 2e 2－x ( x ＞0).当 a ≤0时， f ′x ＞，f ′ x 没有零点.( )( )2xa当 a ＞0 时，设 u( x) ＝e ， v( x) ＝－ x ，由于 u x ＝ 2x 在 (0 ，＋∞ 上单调递加， v x ＝－ a 在 (0，＋∞ ) 上单调递加，因此f ′(x 在 (0，＋( ) e ) ( ) x)∞) 上单调递加 .a1又 f ′(a) ＞0，当 b 满足 0＜b ＜ 4且 b ＜4时， f ′( b) ＜ 0( 谈论 a ≥1或 a ＜1 来检验 ) ，故当 a ＞0 时， f ′( x) 存在唯一零点 .(2)证明由 (1) ，可设 f ′(x 在 (0 ，＋∞ 上的唯一零点为 x 0，当 x ∈(0 ， x 0 时， f ′ x ＜；) ) ) ( ) 0当 x ∈(x 0 ，＋∞ ) 时， f ′( x) ＞0.故 f ( x) 在(0 ， x 0 ) 上单调递减，在 ( x 0，＋∞ ) 上单调递加，因此当 x ＝ x 0 时， f ( x) 获取最小值，最小值为 f ( x 0 )a由于 2e2x 0－ x 0＝0，因此 f ( x 0 ) ＝ a＋ 2ax 0＋aln 2 2a ≥2a ＋ aln .x 0a22故当 a ＞0 时， f ( x) ≥2a ＋ aln a .【类题通法】 1. 谈论零点个数的答题模板第一步：求函数的定义域；第二步：分类谈论函数的单调性、极值；第三步：依照零点存在性定理，结合函数图象确定各分类情况的零点个数.2. 证明不等式的答题模板第一步：依照不等式合理构造函数；第二步：求函数的最值；第三步：依照最值证明不等式 .【变式训练】已知函数 f ( x) ＝ax ＋ln x( a ∈R).(1) 若 a ＝2，求曲线 y ＝f ( x) 在 x ＝1 处的切线方程；(2) 求 f ( x) 的单调区间；(3) 设 g( x) ＝x 2－2x ＋2，若对任意 x 1∈ (0 ，＋∞ ) ，均存在 x 2∈0，1] 使得 f ( x 1)< g( x 2) ，求 a 的取值范围 .1解(1) 由已知得 f ′(x) ＝ 2＋ x ( x>0) ，因此 f ′(1) ＝2＋1＝3，因此斜率 k ＝ 3. 又切点为 (1 ， 2) ，所以切线方程为 y － 2＝ 3( x － 1) ，即 3x － y － 1＝ 0，故曲线 y ＝ f ( x) 在 x ＝1 处的切线方程为 3x －y －1＝0.1 ax ＋1(2) f ′(x) ＝ a ＋ x ＝ x ( x>0) ，①当 a ≥0时，由于 x>0，故 ax ＋1>0， f ′ ( x)>0 ，因此 f ( x) 的单调增区间为 (0 ，＋∞ ).1②当 a<0 时，由 f ′(x) ＝0，得 x ＝－ a .11在区间 0，－ a 上， f ′( x )>0 ，在区间－a ，＋∞ 上， f ′( x)<0 ，因此函数 f ( x) 的单调递加区间为0，－ 1 ，单调递减区间为 1.a －，＋∞ a(3) 由已知得所求可转变成 f ( x) max <g( x) max ，g( x) ＝( x －1) 2＋1，x ∈0， 1] ，因此 g( x) max＝2，由(2) 知，当 a≥0时， f ( x) 在(0 ，＋∞ ) 上单调递加，值域为 R，故不吻合题意 .a时， f x在 0，－1上单调递加，在1x的极大值即为最大值，当<0－，＋∞ 上单调递减，故 f( )a a( )11是f －a＝－ 1＋ln －a＝－ 1－ln( －a) ，1因此 2>－1－ln( －a) ，解得 a<－e3.。

高中数学函数与导数复习题集附答案

高中数学函数与导数复习题集附答案1. 函数的概念与性质1.1 函数的定义函数是一种具有对应关系的数学工具，它使得一个集合中的每个元素都与另一个集合中的唯一元素相对应。

一般来说，函数由输入和输出组成，输入称为自变量，输出称为因变量。

1.2 函数的性质函数有以下几个基本性质：- 定义域：函数的自变量能取的值的范围。

例如，对于函数f(x) =√x，定义域是非负实数集。

- 值域：函数的因变量能取的值的范围。

继续以f(x) = √x为例，值域是非负实数集。

- 单调性：函数的增减关系。

可分为严格单调递增、严格单调递减、非严格单调递增、非严格单调递减四种情况。

- 奇偶性：函数图像相对于y轴的对称性。

奇函数满足f(-x) = -f(x)，偶函数满足f(-x) = f(x)。

- 周期性：函数图像的重复性。

周期函数满足f(x+T) = f(x)，其中T为正数。

2. 常见函数类型及性质2.1 一次函数（线性函数）一次函数的一般形式为f(x) = kx + b，其中k和b为常数。

- 斜率 k 决定了函数图像的斜率和单调性。

- 截距 b 决定了函数图像与y轴的交点位置。

2.2 二次函数（抛物线函数）二次函数的一般形式为f(x) = ax^2 + bx + c，其中a、b和c为常数，且a ≠ 0。

- 抛物线开口方向由二次项系数a的正负决定。

- 顶点坐标为(-b/2a, f(-b/2a))。

- 对称轴方程为x = -b/2a。

2.3 幂函数幂函数的一般形式为f(x) = x^a，其中a为常数。

- 当a > 1时，函数图像在定义域上是递增的。

- 当0 < a < 1时，函数图像在定义域上是递减的。

- 当a < 0时，函数图像具有奇对称性。

2.4 指数函数指数函数的一般形式为f(x) = a^x，其中a > 0且a ≠ 1。

- 指数函数的图像都通过点(0, 1)。

- 当a > 1时，函数图像在整个定义域上递增。

2020年高考数学大题专项练习导数与函数二(15题含答案解析)

2020年高考数学大题专项练习导数与函数二1.已知函数f(x)=e x－12x 2－ax 有两个极值点x 1，x 2(e 为自然对数的底数)．(1)求实数a 的取值范围； (2)求证：f(x 1)＋f(x 2)>2．2.设函数f(x)=lnx-0.5ax 2-bx.(1)当a=b=0.5时，求f(x)的最大值； (2)令，其图像上任意一点P(x 0,y 0)处切线的斜率k ≤0.5恒成立，求实数a 的取值范围.3.已知函数f(x)=e x-(x+a)ln(x+a)+x,(x ∈R).（1）当a=1时，求函数f(x)的图像在x=0处的切线方程；（2）若函数f(x)在定义域上为单调递增函数， ①求a 的最大整数；②证明：4.已知函数f(x)=kx3+3(k﹣1)x2﹣k2+1在x=0，x=4处取得极值.(1)求常数k的值；(2)求函数f(x)的单调区间与极值；(3)设g(x)=f(x)+c，且∀x∈[﹣1，2]，g(x)≥2c+1恒成立，求c的取值范围.5. (1)已知函数f(x)=x3＋bx2＋cx＋d的单调减区间为[-1,2]，求b，c的值.(2)设f(x)=ax3＋x恰好有三个单调区间，求实数a的取值范围.6.已知函数f （x ）=+x 在x=1处的切线方程为2x ﹣y+b=0．（Ⅰ）求实数a ，b 的值；（Ⅱ）设函数g （x ）=f （x ）+x 2﹣kx ，且g （x ）在其定义域上存在单调递减区间（即g /（x ）＜0在其定义域上有解），求实数k 的取值范围．7.已知f(x)=12x 2-a 2ln x ，a>0.(1)若f(x)≥0，求a 的取值范围；(2)若f(x 1)=f(x 2)，且x 1≠x 2，证明：x 1＋x 2>2a.8.若函数f(x)+g(x)和f(x)·g(x)同时在x=t 处取得极小值，则称f(x)和g(x)为一对“P(t)函数”．（1）试判断f(x)=x 与g(x)=x 2+ax+b 是否是一对“P(1)函数”；（2）若f(x)=e x 与g(x)=x 2+ax+1是一对“P(t)函数”． ①求a 和t 的值；②若a ＜0，若对于任意x ∈ [1，+∞)，恒有f(x)+g(x)<m ·f(x)g(x)，求实数m 的取值范围．9.已知函数f(x)=ae x－ln x －1.(1)设x=2是f(x)的极值点，求a ，并求f(x)的单调区间；(2)证明：当a≥1e时，f (x)≥0.10.已知函数f(x)=x-1-alnx(其中a 为参数)．(1) 求函数f(x)的单调区间；(2) 若对任意x ∈(0，＋∞)都有f(x)≥0成立，求实数a 的取值集合；(3) 证明：⎝⎛⎭⎫1＋1n n <e<⎝⎛⎭⎫1＋1n n ＋1(其中n ∈N *，e 为自然对数的底数)．11.已知函数．(1)若a=e ，求函数f(x)的极值；(2)若函数f(x)有两个零点，求实数a 的取值范围．12.设函数f(x)=e 2x－aln x.(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；(2)证明：当a>0时，f (x)≥2a＋aln 2a.13.已知函数在处的切线与轴平行，（）（1）试讨论在上的单调性；（2）①设，求的最小值；②证明：.14.已知函数①若函数f(x)在定义域内单调递增，求的取值范围； ②若且关于x 的方程在[1,4]上恰有两个不相等的实数根，求实数b取值范围；③设各项为正的数列满足:求证：.15.设函数f(x)=x2e x-1+ax3+bx2，已知x=-2和x=1为f(x)的极值点．(1)求a和b的值.(2)设试比较f(x)与g(x)的大小.答案解析1.解：(1)∵f(x)=e x －12x 2－ax ，∴f′(x)=e x－x －a ．设g(x)=e x －x －a ，则g′(x)=e x－1．令g′(x)=e x－1=0，解得x=0．∴当x ∈(－∞，0)时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减；当x ∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增． ∴g(x)min =g(0)=1－a ．当a≤1时，f′(x)=g(x)≥0，函数f(x)单调递增，无极值点；当a>1时，g(0)=1－a<0，且当x→＋∞时，g(x)→＋∞；当x→－∞时，g(x)→＋∞．∴当a>1时，f′(x)=g(x)=e x－x －a 有两个零点x 1，x 2．不妨设x 1<x 2，则x 1<0<x 2．∴函数f(x)有两个极值点时，实数a 的取值范围是(1，＋∞)． (2)证明：由(1)知，x 1，x 2为g(x)=0的两个实数根， x 1<0<x 2，且g(x)在(－∞，0)上单调递减．下面先证x 1<－x 2<0，只需证g(－x 2)<0． ∵g(x 2)=ex2－x 2－a=0，得a=ex2－x 2，∴g(－x 2)=e －x2＋x 2－a=e －x2－ex2＋2x 2．设h(x)=e －x －e x ＋2x(x>0)，则h′(x)=－1ex －e x＋2<0，∴h(x)在(0，＋∞)上单调递减，∴h(x)<h(0)=0，∴g(－x 2)<0，即x 1<－x 2<0．∵函数f(x)在(x 1，0)上单调递减，∴f(x 1)>f(－x 2)，∴要证f(x 1)＋f(x 2)>2，只需证f(－x 2)＋f(x 2)>2，即证ex2＋e －x2－x 22－2>0．设函数k(x)=e x ＋e －x －x 2－2(x>0)，则k′(x)=e x －e －x－2x ．设φ(x)=k′(x)=e x －e －x －2x ，φ′(x)=e x ＋e －x－2>0，∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴φ(x)>φ(0)=0，即k′(x)>0， ∴k(x)在(0，＋∞)上单调递增，k(x)>k(0)=0，∴当x ∈(0，＋∞)时，e x ＋e －x －x 2－2>0，则ex2＋e －x 2－x 22－2>0，∴f(－x 2)＋f(x 2)>2，∴f(x 1)＋f(x 2)>2．2.解：3.解：4.解：5.解:(1)∵函数f(x)的导函数f′(x)=3x2＋2bx＋c，由题设知-1<x<2是不等式3x2＋2bx＋c<0的解集.∴-1,2是方程3x2＋2bx＋c=0的两个实根，∴-1＋2=-23b，(-1)×2=c3，即b=-1.5，c=-6.(2)∵f′(x)=3ax2＋1，且f(x)有三个单调区间，∴方程f′(x)=3ax2＋1=0有两个不等的实根，∴Δ=02-4×1×3a>0，∴a<0.∴a的取值范围为(-∞，0).6.7.解：(1)f′(x)=x-a 2x =x ＋a x －ax(x>0)．当x ∈(0，a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x ∈(a ，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．当x=a 时，f(x)取最小值f(a)=12a 2-a 2ln a.令12a 2-a 2ln a≥0，解得0<a< e. 故a 的取值范围是(0，e]．(2)证明：由(1)知，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增，不失一般性，设0<x 1<a<x 2<2a ，则2a-x 2<a.要证x 1＋x 2>2a ，即x 1>2a-x 2，则只需证f(x 1)<f(2a-x 2)．因为f(x 1)=f(x 2)，则只需证f(x 2)<f(2a-x 2)．设g(x)=f(x)-f(2a-x)，a≤x≤2a.则g′(x)=x-a 2x ＋2a-x-a 22a －x =-2a a －x2x 2a －x≤0，所以g(x)在[a,2a)上单调递减，从而g(x)≤g(a)=0. 又a<x 2<2a ，于是g(x 2)=f(x 2)-f(2a-x 2)<0，即f(x 2)<f(2a-x 2)．因此x 1＋x 2>2a.8.解：9.解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)=ae x－1x.由题设知，f ′(2)=0，所以a=12e2.从而f(x)=12e 2e x －ln x －1，f ′(x)=12e 2e x －1x.当0＜x ＜2时，f ′(x)＜0；当x ＞2时，f ′(x)＞0. 所以f(x)在(0，2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增．(2)证明：当a≥1e 时，f (x)≥exe －ln x －1.设g(x)=e x e －ln x －1，则g′(x)=e x e －1x.当0＜x ＜1时，g ′(x)＜0；当x ＞1时，g ′(x)＞0.所以x=1是g(x)的最小值点．故当x ＞0时，g (x)≥g(1)=0.因此，当a≥1e时，f (x)≥0.10.解：(1) f ′(x)=1-a x =x －ax(x>0)，当a ≤0时，f ′(x)=1-a x =x －ax>0，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数；当a>0时，所以f(x)的增区间是(a ，＋∞)，减区间是(0，a)．综上所述，当a ≤0时，f(x)的单调递增区间是(0，＋∞)；当a>0时，f(x)的单调递增区间是(a ，＋∞)，单调递减区间是(0，a)． (2) 由题意得f(x)min ≥0.当a ≤0时，由(1)知f(x)在(0，＋∞)上是增函数，当x →0时，f(x)→-∞，故不合题意；(6分)当a>0时，由(1)知f(x)min =f(a)=a-1-alna ≥0.令g(a)=a-1-alna ，则由g ′(a)=-lna=0，得a=1，所以g(a)=a-1-alna ≤0，又f(x)min =f(a)=a-1-alna ≥0，所以a-1-alna=0，所以a=1，即实数a 的取值集合是{1}．(10分)(3) 要证不等式1＋1n n <e<1＋1nn ＋1，两边取对数后，只要证nln1＋1n <1<(n ＋1)ln1＋1n ，即只要证1n ＋1<ln1＋1n <1n，令x=1＋1n ，则只要证1-1x<lnx<x-1(1<x ≤2)．由(1)知当a=1时，f(x)=x-1-lnx 在(1,2]上递增，因此f(x)>f(1)，即x-1-lnx>0，所以lnx<x-1(1<x ≤2)令φ(x)=lnx ＋1x -1(1<x ≤2)，则φ′(x)=x －1x2>0，所以φ(x)在(1,2]上递增，故φ(x)>φ(1)，即lnx ＋1x -1>0，所以1-1x<lnx(1<x ≤2)．综上，原命题得证．11.解：12.解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)=2e 2x－a x(x ＞0)．当a≤0时，f ′(x)＞0，f ′(x)没有零点；当a ＞0时，设u(x)=e 2x，v(x)=－a x，因为u(x)=e 2x在(0，＋∞)上单调递增，v(x)=－a x在(0，＋∞)上单调递增，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．又f′(a)＞0，当b 满足0＜b ＜a 4且b ＜14时，f ′(b)＜0，故当a ＞0时，f ′(x)存在唯一零点．(2)证明：由(1)可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x 0，当x∈(0，x 0)时，f ′(x)＜0；当x∈(x 0，＋∞)时，f ′(x)＞0. 故f(x)在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，所以当x=x 0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x 0)．由于2e2x 0－a x 0=0，所以f(x 0)=a 2x 0＋2ax 0＋aln 2a ≥2a ＋aln 2a.故当a ＞0时，f (x)≥2a＋aln 2a.13.14.解：15.解：。

高三数学函数与导数压轴题训练——二次求导

高三数学函数与导数压轴题训练——二次求导导数既是高中数学的一个重要内容，又是高考的一个必考内容．近几年高考中，出现了一种新的“导数”，它是对导函数进行二次求导而产生的新函数，尤其是近几年作为高考的压轴题时常出现．[典例] 若函数f (x )＝sin xx，0<x 1<x 2<π.设a ＝f (x 1)，b ＝f (x 2)，试比较a ，b 的大小． [思路点拨]此题可联想到研究函数f (x )＝sin xx在(0，π)的单调性．函数图象虽然可以直观地反映出两个变量之间的变化规律，但大多数复合的函数作图困难较大．导数的建立拓展了应用图象解题的空间．导数这个强有力的工具对函数单调性的研究提供了简单、程序化的方法，具有很强的可操作性．当f ′(x )>0时，函数f (x )单调递增；当f ′(x )<0时，函数f (x )单调递减．[方法演示]解：由f (x )＝sin xx ，得f ′(x )＝x cos x －sin x x 2，设g (x )＝x cos x －sin x ，则g ′(x )＝－x sin x ＋cos x －cos x ＝－x sin x . ∵0<x <π，∴g ′(x )<0，即函数g (x )在(0，π)上是减函数． ∴g (x )<g (0)＝0，因此f ′(x )<0，故函数f (x )在(0，π)是减函数， ∴当0<x 1<x 2<π，有f (x 1)>f (x 2)，即a >b . [解题师说]从本题解答来看，为了得到f (x )的单调性，须判断f ′(x )的符号，而f ′(x )＝x cos x －sin xx 2的分母为正，只需判断分子x cos x －sin x 的符号，但很难直接判断，故可通过二次求导，判断出一次导函数的符号，并最终解决问题．[应用体验]1．已知函数f (x )满足f (x )＝f ′(1)e x －1－f (0)x ＋12x 2，求f (x )的解析式及单调区间．解：因为f (x )＝f ′(1)e x －1－f (0)x ＋12x 2，所以f ′(x )＝f ′(1)e x －1－f (0)＋x . 令x ＝1，得f (0)＝1.所以f (x )＝f ′(1)e x －1－x ＋12x 2，所以f (0)＝f ′(1)e －1＝1，解得f ′(1)＝e. 所以f (x )＝e x －x ＋12x 2.设g (x )＝f ′(x )＝e x －1＋x ，则g ′(x )＝e x ＋1>0，所以y ＝g (x )在R 上单调递增．因为f ′(0)＝0，所以f ′(x )>0＝f ′(0)⇔x >0，f ′(x )<0＝f ′(0)⇔x <0.所以f (x )的解析式为f (x )＝e x －x ＋12x 2，且单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0).[典例] (理)已知函数f (x )＝(1)若x ＝23为y ＝f (x )的极值点，求实数a 的值；(2)若y ＝f (x )在[1，＋∞)上为增函数，求实数a 的取值范围；(3)若a ＝－1时，方程f (1－x )－(1－x )3＝bx 有实根，求实数b 的取值范围．[方法演示]解：(1)f ′(x )＝aax ＋1＋3x 2－2x －a .由题意，知f ′⎝⎛⎭⎫23＝0，所以a 23a ＋1＋43－43－a ＝0，解得a ＝0.当a ＝0时，f ′(x )＝x (3x －2)，从而x ＝23为y ＝f (x )的极值点．(2)因为f (x )在[1，＋∞)上为增函数，所以f ′(x )＝aax ＋1＋3x 2－2x －a＝x [3ax 2＋(3－2a )x －(a 2＋2)]ax ＋1≥0在[1，＋∞)上恒成立．当a ＝0时，f ′(x )＝x (3x －2)，此时f (x )在[1，＋∞)上为增函数恒成立，故a ＝0符合题意；当a ≠0时，由ax ＋1>0对x >1恒成立，知a >0.所以3ax 2＋(3－2a )x －(a 2＋2)≥0对x ∈[1，＋∞)恒成立．令g (x )＝3ax 2＋(3－2a )x －(a 2＋2)，其对称轴为x ＝13－12a ，因为a >0，所以13－12a <13，所以g (x )在[1，＋∞)上为增函数，所以只需g (1)≥0即可，即－a 2＋a ＋1≥0，解得0<a ≤1＋52.综上，实数a 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，1＋52.(3)由已知得，x >0，∴b ＝x (ln x ＋x －x 2)＝x ln x ＋x 2－x 3.令g (x )＝x ln x ＋x 2－x 3，则g ′(x )＝ln x ＋1＋2x －3x 2. 令h (x )＝g ′(x )，则h ′(x )＝1x ＋2－6x ＝－6x 2－2x －1x . 当0<x <1＋76时，h ′(x )>0，∴函数h (x )＝g ′(x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，1＋76上递增；当x >1＋76时，h ′(x )<0，∴函数h (x )＝g ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋76，＋∞上递减．又g ′(1)＝0，∴存在x 0∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1＋76，使得g ′(x 0)＝0.当0<x <x 0时，g ′(x )<0，∴函数g (x )在(0，x 0)上递减；当x 0<x <1时，g ′(x )>0，∴函数g (x )在(x 0,1)上递增；当x >1时，g ′(x )<0，∴函数g (x )在(1，＋∞)上递减．又当x →＋∞时，g (x )→－∞.又g (x )＝x ln x ＋x 2－x 3＝x (ln x ＋x －x 2)≤x ⎝⎛⎭⎫ln x ＋14，当x →0时，ln x ＋14<0，则g (x )<0，且g (1)＝0，∴b 的取值范围为(－∞，0]． [解题师说]本题从题目形式来看，是极其常规的一道导数考题，第(3)问要求参数b 的范围问题，实际上是求g (x )＝x (ln x ＋x －x 2)极值问题，问题是g ′(x )＝ln x ＋1＋2x －3x 2＝0这个方程求解不易，这时我们可以尝试对h (x )＝g ′(x )再一次求导并解决问题．所以当导数值等于0这个方程求解有困难，考虑用二次求导尝试不失为一种妙法．(文)已知函数f (x )＝e x －x ln x ，g (x )＝e x －tx 2＋x ，t ∈R ，其中e 为自然对数的底数． (1)求函数f (x )的图象在点(1，f (1))处的切线方程；(2)若g (x )≥f (x )对任意的x ∈(0，＋∞)恒成立，求t 的取值范围． [方法演示]解：(1)由f (x )＝e x －x ln x ，知f ′(x )＝e －ln x －1，则f ′(1)＝e －1，而f (1)＝e ，则所求切线方程为y －e ＝(e －1)(x －1)，即y ＝(e －1)x ＋1.(2)∵f (x )＝e x －x ln x ，g (x )＝e x －tx 2＋x ，t ∈R ，∴g (x )≥f (x )对任意的x ∈(0，＋∞)恒成立等价于e x －tx 2＋x －e x ＋x ln x ≥0对任意的x ∈(0，＋∞)恒成立，即t ≤e x ＋x －e x ＋x ln x x 2对任意的x ∈(0，＋∞)恒成立．令F (x )＝e x ＋x －e x ＋x ln xx 2，则F ′(x )＝x e x ＋e x －2e x －x ln x x 3＝1x 2⎝⎛⎭⎫e x＋e －2e x x －ln x ，令G (x )＝e x＋e －2e xx －ln x ，则G ′(x )＝e x －2(x e x －e x )x 2－1x ＝e x (x －1)2＋e x －xx 2＞0对任意的x ∈(0，＋∞)恒成立．∴G (x )＝e x＋e －2e xx －ln x 在(0，＋∞)上单调递增，且G (1)＝0，∴当x ∈(0,1)时，G (x )＜0，当x ∈(1，＋∞)时，G (x )＞0，即当x ∈(0,1)时，F ′(x )＜0，当x ∈(1，＋∞)时，F ′(x )＞0，∴F (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， ∴F (x )≥F (1)＝1， ∴t ≤1，即t 的取值范围是(－∞，1]． [解题师说]本题从题目形式来看，是极其常规的一道导数考题，第(2)问要求参数t 的范围问题，实际上是求F (x )＝e x ＋x －e x ＋x ln x x 2极值问题，问题是F ′(x )＝1x 2e x＋e －2e x x －ln x 这个方程求解不易，这时我们可以尝试对G (x )＝F ′(x )再一次求导并解决问题．所以当导数值等于0这个方程求解有困难，考虑用二次求导尝试不失为一种妙法．[应用体验]2．设k ∈R ，函数f (x )＝e x －(1＋x ＋kx 2)(x >0)． (1)若k ＝1，求函数f (x )的导函数f ′(x )的极小值；(2)若对任意的t >0，存在s >0，使得当x ∈(0，s )时，都有f (x )<tx 2，求实数k 的取值范围．解：(1)当k ＝1时，函数f (x )＝e x －(1＋x ＋x 2)，则f (x )的导数f ′(x )＝e x －(1＋2x )，令g (x )＝f ′(x )，则g ′(x )＝e x －2，当0<x <ln 2时，g ′(x )<0；当x >ln 2时，g ′(x )>0，从而f ′(x )在(0，ln 2)上递减，在(ln 2，＋∞)上递增．故导数f ′(x )的极小值为f ′(ln 2)＝1－2ln 2.(2)对任意的t >0，记函数F (x )＝f (x )－tx 2＝e x －[1＋x ＋(k ＋t )x 2]，x >0，根据题意，存在s >0，使得当x ∈(0，s )时，F (x )<0.易得F (x )的导数F ′(x )＝e x －[1＋2(k ＋t )x ]，令h (x )＝F ′(x )，则h ′(x )＝e x －2(k ＋t )． ①若h ′(x )≥0，注意到h ′(x )在(0，s )上递增，故当x ∈(0，s )时，h ′(x )>h ′(0)≥0，于是F ′(x )在(0，s )上递增，则当x ∈(0，s )时，F ′(x )>F ′(0)＝0，从而F (x )在(0，s )上递增．故当x ∈(0，s )时，F (x )>F (0)＝0，与已知矛盾；②若h ′(x )<0，因为h ′(x )在(0，s )上连续且递增，故存在s >0，使得当x ∈(0，s )，h ′(x )<0，从而F ′(x )在(0，s )上递减，于是当x ∈(0，s )时，F ′(x )<F ′(0)＝0，因此F (x )在(0，s )上递减．故当x ∈(0，s )时，F (x )<F (0)＝0，满足已知条件．综上所述，对任意的t >0，都有h ′(x )<0，所以1－2(k ＋t )<0，即k >12－t ，故实数k 的取值范围为⎝⎛⎭⎫12－t ，＋∞.[典例] 证明当x >0时，sin x >x －x 36.[方法演示]证明：令f (x )＝sin x －x ＋x 36，则f ′(x )＝cos x －1＋x 22，所以f ″(x )＝－sin x ＋x .易知当x >0时，sin x <x ，所以在(0，＋∞)上f ″(x )>0，所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增．又f ′(0)＝0，所以在(0，＋∞)有f ′(x )>f ′(0)＝0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增．故当x >0时，f (x )＝sin x －x ＋x 36>f (0)＝0.所以sin x >x －x 36(x >0)．[解题师说]本题是应用导数证明不等式．证明的关键在于构造适当的函数，然后在相应区间上用二次求导的方法判定导数的符号，得到导函数的单调性，再利用单调性证明不等式．[应用体验]3．已知函数f (x )＝m e x －ln x －1.(1)当m ＝0时，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)当m ≥1时，证明：f (x )>1.解：(1)当m ＝0时，f (x )＝－ln x －1，则f ′(x )＝－1x ，所以f (1)＝－1，f ′(1)＝－1.所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －(－1)＝－(x －1)，即x ＋y ＝0. (2)证明：当m ≥1时，f (x )＝m e x －ln x －1≥e x －ln x －1. 要证f (x )>1，只需证e x －ln x －2>0. 设g (x )＝e x －ln x －2，则g ′(x )＝e x －1x .设h (x )＝e x －1x ，则h ′(x )＝e x ＋1x2>0.所以函数h (x )＝g ′(x )＝e x －1x 在(0，＋∞)上单调递增．因为g ′⎝⎛⎭⎫12＝e 12－2<0，g ′(1)＝e －1>0，所以函数g ′(x )＝e x －1x 在(0，＋∞)上有唯一零点x 0，且x 0∈⎝⎛⎭⎫12，1. 因为g ′(x 0)＝0，所以e x 0＝1x 0，即ln x 0＝－x 0.当x ∈(0，x 0)时，g ′(x )<0；当x ∈(x 0，＋∞)时，g ′(x )>0，所以当x ＝x 0时，g (x )取得极小值也是最小值g (x 0)．故g (x )≥g (x 0)＝e x 0－ln x 0－2＝1x 0＋x 0－2>0.综上可知，当m ≥1时，f (x )>1.1．(理)对任意实数x ，证明不等式1＋x ln(x ＋1＋x 2)≥1＋x 2. 证明：设f (x )＝1＋x ln(x ＋1＋x 2)－1＋x 2，∵f ′(x )＝ln(x ＋1＋x 2)＋x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋x 1＋x 2x ＋1＋x 2－x1＋x 2＝ln(x ＋1＋x 2)，设h (x )＝f ′(x )，则h ′(x )＝1＋x 1＋x 2x ＋1＋x2＝1＋x 2＋x 1＋x 2(x ＋1＋x 2)＝11＋x 2>0，所以f ′(x )在(－∞，＋∞)上是增函数．由f ′(x )＝0，即ln(x ＋1＋x 2)＝0，得x ＝0.所以当x <0时，f ′(x )<0，则f (x )在(－∞，0)上为减函数；当x >0时，f ′(x )>0，则f (x )在(0，＋∞)上为增函数．故f (x )在x ＝0处有极小值，所以f (x )≥f (0)＝0，即1＋x ln(x ＋1＋x 2)≥1＋x 2.(文)已知函数f (x )＝(x ＋1)ln x －ax ，当x 0∈(1，＋∞)时，函数f (x )的图象在点(x 0，f (x 0))处的切线方程为y ＝1ex －e.(1)求a 的值；(2)求证：函数f (x )在定义域内单调递增．解：(1)由题意，得f ′(x )＝ln x ＋1x ＋1－a ，所以函数f (x )的图象在点(x 0，f (x 0))处的切线方程为y －f (x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0)，即y －(x 0＋1)ln x 0＋ax 0＝⎝⎛⎭⎫ln x 0＋1x 0＋1－a (x －x 0)，即y ＝⎝⎛⎭⎫ln x 0＋1x 0＋1－a x ＋ln x 0－x 0－1，所以⎩⎪⎨⎪⎧ln x 0＋1x 0＋1－a ＝1e ，x 0－ln x 0＋1＝e.令g (x )＝x －ln x ＋1，则g ′(x )＝1－1x ＝x －1x ，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0，故当x∈(1，＋∞)时，g(x)单调递增．又因为g(e)＝e，所以x0＝e，将x0＝e代入ln x0＋1x0＋1－a＝1e，得a＝2.(2)证明：由a＝2，得f′(x)＝ln x＋1x－1(x>0)．令h(x)＝ln x＋1 x，则h′(x)＝1x－1x2＝x－1x2.当x∈(0,1)时，h′(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＞0，故当x∈(0,1)时，h(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，h(x)单调递增，故h(x)≥h(1)＝1.因此当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＝h(x)－1≥0，当且仅当x＝1时，f′(x)＝0.所以f(x)在定义域内单调递增．2．已知函数f(x)＝e x－ax2－bx－1，其中a，b∈R，e＝2.718 28……为自然对数的底数．设g(x)是函数f(x)的导函数，求函数g(x)在区间[0,1]上的最小值．解：由f(x)＝e x－ax2－bx－1，得g(x)＝f′(x)＝e x－2ax－b.所以g′(x)＝e x－2a.因此，当x∈[0,1]时，g′(x)∈[1－2a，e－2a]．当a≤12时，g′(x)≥0，所以g(x)在[0,1]上单调递增，因此g(x)在[0,1]上的最小值是g(0)＝1－b；当a≥e2时，g′(x)≤0，所以g(x)在[0,1]上单调递减，因此g(x)在[0,1]上的最小值是g(1)＝e－2a－b；当12<a<e2时，令g′(x)＝0，得x＝ln 2a∈(0,1)．当g′(x)<0时，0≤x<ln 2a；当g′(x)>0时，ln 2a<x≤1，所以函数g(x)在区间[0，ln 2a)上单调递减，在区间(ln 2a,1]上单调递增，于是g(x)在[0,1]上的最小值是g(ln 2a)＝2a－2a ln 2a－b.综上所述，当a≤12时，g(x)在[0,1]上的最小值是g(0)＝1－b；当12<a<e2时，g(x)在[0,1]上的最小值是g(ln 2a)＝2a－2a ln 2a－b；当a≥e2时，g(x)在[0,1]上的最小值是g(1)＝e－2a －b.3．已知函数F (x )＝e x ＋sin x －ax ，当x ≥0时，函数y ＝F (x )的图象恒在y ＝F (－x )的图象上方，求实数a 的取值范围．解：设φ(x )＝F (x )－F (－x )＝e x －e －x ＋2sin x －2ax . 则φ′(x )＝e x ＋e －x ＋2cos x －2a . 设S (x )＝φ″(x )＝e x －e －x －2sin x .∵S ′(x )＝e x ＋e －x －2cos x ≥0在x ≥0时恒成立， ∴函数S (x )在[0，＋∞)上单调递增， ∴S (x )≥S (0)＝0在x ∈[0，＋∞)时恒成立，因此函数φ′(x )在[0，＋∞)上单调递增，∴φ′(x )≥φ′(0)＝4－2a 在x ∈[0，＋∞)时恒成立．当a ≤2时，φ′(x )≥0，∴φ(x )在[0，＋∞)单调递增，即φ(x )≥φ(0)＝0. 故a ≤2时F (x )≥F (－x )恒成立．当a >2时，φ′(x )<0，又∵φ′(x )在[0，＋∞)单调递增， ∴存在x 0∈(0，＋∞)，使得在区间[0，x 0)上φ′(x )<0. 则φ(x )在[0，x 0)上递减，而φ(0)＝0，∴当x ∈(0，x 0)时，φ(x )<0，这与F (x )－F (－x )≥0对x ∈[0，＋∞)恒成立不符， ∴a >2不合题意．综上，实数a 的取值范围是(－∞，2]． 4．已知函数f (x )＝e x ，g (x )＝ax，a 为实常数．(1)设F (x )＝f (x )－g (x )，当a >0时，求函数F (x )的单调区间；(2)当a ＝－e 时，直线x ＝m ，x ＝n (m >0，n >0)与函数f (x )，g (x )的图象共有四个不同的交点，且以此四点为顶点的四边形恰为平行四边形．求证：(m －1)(n －1)<0.解：(1)F (x )＝e x －ax ，其定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)．而F ′(x )＝e x ＋ax 2，当a >0时，F ′(x )>0，故F(x)的单调递增区间为(－∞，0)∪(0，＋∞)，无单调递减区间．(2)证明：因为直线x＝m与x＝n平行，故该四边形为平行四边形等价于f(m)－g(m)＝f(n)－g(n)且m>0，n>0，m≠n.，当a＝－e时，F(x)＝f(x)－g(x)＝e x＋ex则F′(x)＝e x－ex－e x2(x>0)，x2.设h(x)＝F′(x)＝e则h′(x)＝e x＋2ex3>0，在(0，＋∞)上单调递增．故F′(x)＝e x－ex2又F′(1)＝e－e＝0，故当x∈(0,1)时，F′(x)<0，F(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，F′(x)>0，F(x)单调递增，而F(m)＝F(n)，故0<m<1<n或0<n<1<m，所以(m－1)(n－1)<0.。

函数与导数高考常考题型与解法(有答案)

函数与导数高考常考题型与方法题型一. 函数的性质及应用例1．定义在R 上的奇函数y ＝f (x )在(0，＋∞)上递增，且1()02f =，则满足19(log )0f x >的x 的集合为________．例2．已知函数f ( x ) 是定义在R 上的偶函数，且在区间 [0，＋∞) 上单调递增．若实数a 满足 212(log )(log )2(1)f a f a f +≤，则a 的取值范围是：11. [1, 2] . (0, ] . [, 2] D. (0, 2]22A B C例3．已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－4x ＋3，x ≤0，－x 2－2x ＋3，x >0，不等式f (x ＋a ) > f (2a －x ) 在[a ，a ＋1]上恒成立，则实数a 的取值范围是________．例4．定义在R 上的函数f ( x ) 满足 f (x ＋6)＝f (x )，当－3≤x <－1时，f (x )＝－(x ＋2)2；当－1≤ x <3时， f (x )＝x ，则f (1)＋f (2)＋f (3)＋…＋f (2 015) 等于：A ．335B ．336C ．1 678D ．2 012例5．已知函数f ( x ) 是(－∞，＋∞) 上的奇函数，且f ( x ) 的图象关于x ＝1对称，当x ∈[0，1] 时， f (x )＝2x －1，(1) 求证：f (x )是周期函数；(2) 计算f (0)＋f (1)＋f (2)＋…＋f (2 017) 的值．例6．若函数f (x )＝2|x －a |(a ∈R )满足f (1＋x )＝f (1－x )，且f (x )在[m ，＋∞)上单调递增，则实数m 的最小值等于________．例7．已知函数f (x )＝x 2－2x ＋3在闭区间[0，m ]上有最大值3，最小值2，则m 的取值范围为________．例8．已知函数y ＝－x 2＋ax －a 4＋12在区间[0，1]上的最大值是2，则实数a 的值为________．例9．已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx (a ，b 为常数，且a ≠0)满足条件f (1＋x )＝f (1－x )，且方程f (x )＝x 有两个相等的实根．(1) 求f (x )的解析式；(2) 是否存在实数m ，n ( m < n )，使f ( x ) 的定义域和值域分别为 [m ，n ]和 [3m ，3n ] ？如果存在，求出m ，n 的值；如果不存在，请说明理由．例10．已知f (x )＝x 2＋2x ＋ax，x ∈[1，＋∞)，且a ≤1.(1) 当a ＝12时，求函数f (x )的最小值；(2) 若对任意x ∈[1，＋∞)，f (x )＞0恒成立，试求实数a 的取值范围．题型二. 函数的图象及应用（识图、作图及用图）例11．函数y ＝e x ＋e －xe x －e－x 的图象大致为：例12．已知函数f (x )＝|x －2|＋1，g (x )＝k x 若方程f (x )＝g (x ) 有两个不相等的实根，则实数k 的取值范围是：A ．1(0, )2B ．1(, 1)2C ．(1，2)D ．(2，＋∞)例13．解：函数y ＝11－x的图象与函数y ＝2sin πx (－2≤x ≤4) 的图象所有交点的横坐标之和等于： A ．2 B ．4 C ．6 D ．8例14．已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|lg x |，x >0，2|x |，x ≤0，则函数y ＝2f 2(x )－3 f (x )＋1的零点个数是________．例15．已知函数{1231231232 |21|, 1(), ()()() ( ) log (1), 1x x f x f x f x f x x x x x x x x x +≤===≠≠++->若其中，则的取值范围是 .例16．若a b 、分别是方程lg 4, 104xx x x +=+= 的实数根，函数2()2, 0() 2, 0x a b x x f x x ⎧+++≤⎪=⎨>⎪⎩，则关于x 的方程 ()f x x = 解的个数是：. 1 . 2 . 3 . 4A B C D题型三. 不等式有解或不等恒成立求参数范围例17．对于任意实数x ，函数f (x )＝(5－a )x 2－6x ＋a ＋5恒为正值，则a 的取值范围是________．例18．已知函数f (x )＝x 2＋m x －1，若对于任意x ∈[m ，m ＋1]，都有f (x ) < 0成立，则实数m 的取值范围是________．例19．若不等式x 2＋ax ＋1≥0对一切1(0, ]2x ∈成立，求a 的最小值．例20．当x ∈(－∞，－1]时，不等式(m 2－m )·4x －2x < 0恒成立，则实数m 的取值范围是：A ．(－2，1)B ．(－4，3)C ．(－1，2)D ．(－3，4)例21．若不等式2x ln x ≥－x 2＋ax －3对x ∈(0，＋∞) 恒成立，则实数a 的取值范围是：A ．(－∞，0)B ．(－∞，4]C ．(0，＋∞)D ．[4，＋∞)例22．11 ()sin cos 3cos (4) [0, ]222f x x x a x a x π=-++-若函数在区间上单调递增，则实数 a 的取值范围是：1161. [0, ] . [, 0] . (, ] . (, 0]797A B C D --∞-∞例22．已知函数22()23, ()27f x x x g x x ax =-+=-+-(1) ()() s t f x g x a >若对任意实数、，都有，求实数的取值范围； (2) ()() x f x g x a >若对任意实数，都有，求实数的取值范围；例23．已知函数32()ln (), ()23af x x x a Rg x x x x=-∈=- (1) 若m 为正实数，求函数1(), [, ]y g x x m m=∈上的最小值； (2) 若对任意的实数1[, 2] ()()2s t f s g t ∈≤、，都有，求实数a 的取值范围.例24．已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝12ax 2＋2x ，(a ≠0)．(1) 若函数h (x )＝f (x )－g (x )存在单调递减区间，求a 的取值范围； (2) 若函数h (x )＝f (x )－g (x ) 在 [1，4] 上单调递减，求a 的取值范围．题型四. 导数的综合应用例25．(2015·全国卷Ⅱ)设函数f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R )的导函数，f (－1)＝0，当x >0时，x f ′(x )－f (x )<0，则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是：A ．(－∞，－1)∪(0，1)B ．(－1，0)∪(1，＋∞)C ．(－∞，－1)∪(－1，0)D ．(0，1)∪(1，＋∞)例26．设函数f (x )的导函数()f x '对任意x ∈R 都有()()f x f x '>成立，则：A ．3f (ln 2)>2f (ln 3)B ．3f (ln 2)＝2f (ln 3)C ．3(ln 2)<2f (ln 3)D ．3f (ln 2)与2f (ln 3)的大小不确定例27．定义在R 上的奇函数y ＝f (x )满足f (3)＝0，且不等式f (x )>－xf ′(x )在(0，＋∞)上恒成立，则函数g (x ) = x f (x )＋lg|x ＋1|的零点的个数为：A ．4B ．3C ．2D ．1例28．定义域为R 的函数 f ( x ) 对任意x 都有f (2＋x )＝f (2－x )，且其导函数f ′(x )满足f ′（x ）2－x >0，则当2 < a < 4时，有：A ．f (2a )<f (log 2a )<f (2)B ．f (log 2a )<f (2)<f (2a )C ．f (2a )<f (2)<f (log 2a )D ．f (log 2a )<f (2a )<f (2)例29．函数3211()22132f x ax ax ax a =+-++ 的图象经过四个象限的一个充分必要条件是： 41163.. 1 . 20 . 332516A aB aC aD a-<<--<<--<<-<<-例30．设函数f (x )＝x 3＋ax 2－9x －1(a <0)，若曲线y ＝f (x )的斜率最小的切线与直线12x ＋y ＝6平行．求：(1) a 的值；(2) 求函数f (x ) 的单调区间．例31．设函数f (x )＝13x 3－a2x 2＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x ) 在点(0，f (0)) 处的切线方程为y ＝1.(1) 求b ，c 的值；(2) 若a > 0，求函数f (x )的单调区间；(3) 设函数g (x )＝f (x )＋2x ，且g (x ) 在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，求实数a 的取值范围．例32．(2014·安徽高考) 设函数f (x )＝1＋(1＋a )x －x 2－x 3，其中a > 0.(1) 讨论f (x )在其定义域上的单调性；(2) 当x ∈[0，1]时，求f (x ) 取得最大值和最小值时的x 的值．例33．(2015·北京高考)设函数 f (x )＝x 22－k ln x ，k >0.(1) 求f (x )的单调区间和极值；(2) 证明：若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．例34．(2015·福建高考)已知函数f (x )＝ln x －（x －1）22.(1) 求函数f (x )的单调递增区间；(2) 证明：当x > 1时，f (x ) < x －1；(3) 确定实数k 的所有可能取值，使得存在x 0 >1，当x ∈(1，x 0) 时，恒有f (x ) > k (x －1)．例35．(2014·福建高考)已知函数f (x )＝e x －ax (a 为常数)的图象与y 轴交于点A ，曲线y ＝f (x )在点A 处的切线斜率为－1.(1) 求a 的值及函数f (x )的极值；(2) 证明：当x > 0时，x 2 < e x ；(3) 证明：对任意给定的正数c ，总存在x 0，使得当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2 < c e x .函数与导数高考常考题型与方法参考答案题型一. 函数的性质及应用知识要点：．必会结论 1．函数单调性常用的结论：① 对∀x 1，x 2∈D (x 1≠x 2)，f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2>0⇔f (x )在D 上是增函数，f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2<0⇔f (x )在D上是减函数．② 对勾函数y ＝x ＋ax(a > 0 ) 的增区间为(]－∞，－a 和[)a ，＋∞，减区间为[－a ，0)和(]0，a .③ 在区间D 上，两个增函数的和仍是增函数，两个减函数的和仍是减函数．④ 函数复合函数f (g (x )) 的单调性与函数y ＝f (u )和u ＝g (x )单调性的关系是“同增异减”． 2．函数奇偶性常用的结论：① 如果一个奇函数f (x )在原点处有定义，即f (x )有意义，那么一定有f (0)＝0； ② 如果函数f (x )是偶函数，那么f (x ) = f (－x ) = f (－|x |) = f (|x |)；③ 在公共定义域内有：奇±奇＝奇，偶±偶＝偶，奇×奇＝偶，偶×偶＝偶，奇×偶＝奇； ④ 奇函数在两个对称区间上具有相同的单调性．偶函数在两个对称区间上具有相反的单调性． 3．函数周期性常用结论：对f (x )定义域内任一自变量的值x ：① 若f (x ＋a )＝－f (x )，则T ＝2a ( a > 0 )；② 若f (x ＋a )＝1f （x ），则T ＝2a ( a > 0 )；③ 若f (x ＋a )＝－1f （x ），则T ＝2 a ( a > 0 )；④ 若 f (x ＋a )＝f (x －b )，则T ＝a+b ( a > 0，b > 0 )．4．对称性的三个常用结论：① 若函数y ＝f (x ＋a )是偶函数，即f (a －x )＝f (a ＋x )，则函数y ＝f (x )的图象关于直线x ＝a 对称； ② 若对于R 上的任意x 都有f (2a －x )＝f (x )或f (－x )＝f (2a ＋x )，则y ＝f (x )的图象关于直线x ＝a 对称； ③ 若函数y ＝f (x ＋b )是奇函数，即f (－x ＋b )＋f (x ＋b )＝0，则函数y ＝f (x )关于点(b ，0)中心对称．例1．解：由题意知11()0, ()022f f =-=，结合图象由11199911(log )0, log 0 og 22f x x x >-<<>得或l10 1< <33x x <<解得或例2．解：∵ f ( x ) 是偶函数，∴1222(log )(log )(log )f a f a f a =-=，∴原不等式可化为f (log 2a )≤ f (1)．又∵ f ( x ) 在区间 [0,＋∞)上单调递增，∴0≤|log 2a |≤1，即0≤log 2a ≤1或－1≤log 2a < 0 解得1≤a ≤2，12≤a <1，综上可知 12≤ a ≤2，故选C ．例3．解：二次函数y 1＝x 2－4x ＋3的对称轴是x ＝2，该函数在(－∞，0]上单调递减，∴ x 2－4x ＋3≥3，同样可知函数y 2＝－x 2－2x ＋3在(0，＋∞)上单调递减，∴－x 2－2x ＋3 < 3， ∴ f (x ) 在R 上单调递减，∴ 由f (x ＋a ) > f (2a －x ) 等价于x ＋a < 2a －x ，即2x < a ，∴2x < a 在 [ a ，a ＋1 ] 上恒成立，∴2(a ＋1) < a ，∴ a <－2．例4．解：由f (x ＋6)＝ f (x ) 知f ( x ) 为周期函数且周期为6，由题意知f (1)＝1，f (2)＝2，f (3)＝f (－3)＝－1，f (4)＝f (－2)＝0，f (5)＝f (－1)＝－1，f (6)＝f (0)＝0，f (1)＋f (2)＋f (3)＋f (4)＋…＋f (2 015) ＝335(f (1)＋f (2)＋f (3)＋f (4)＋f (5)＋f (6))＋f (1)＋f (2)＋f (3)＋f (4)＋f (5)＝335＋1＝336，故选B ．例5．(1) 证明：函数f (x )为奇函数且图象关于x ＝1对称，则f (－x )＝－f (x )，f (2＋x )＝f (－x )＝－f (x )，所以f (4＋x )＝f [(2＋x )＋2]＝－f (2＋x )＝f (x )，所以f (x )是以4为周期的周期函数．(2) 解：当x ∈[1，2]时，2－x ∈[0，1]，又f (x )的图象关于x ＝1对称，则f (x )＝f (2－x )＝22－x －1，x ∈[1，2]．∴ f (0)=0，f (1)=1，f (2)=0，f (3)=f (－1)=－f (1)=－1，又f (x ) 是以4为周期的周期函数． ∴ f (0)＋f (1)＋f (2)＋…＋f (2 017)＝f (2 016)＋f (2 017)＝f (0)＋f (1)＝1.例6．解：因为f ( x ) ＝2|x －a |，所以f ( x ) 的图象关于直线x ＝a 对称．又由f (1＋x )＝f (1－x )，知f (x )的图象关于直线x ＝1对称，故a ＝1，且f ( x ) 的增区间是[1，＋∞)，由函数f (x )在[m ，＋∞)上单调递增，知[m ，＋∞)⊆[1，＋∞)，所以m ≥1，故m 的最小值为1.例7．解：作出函数f (x )的图象如图所示，当x ＝1时，y 最小，最小值为2，当x ＝0或x ＝2时，y ＝3，由图象知m 的范围为 [1，2]．例8．解：y ＝f (x )＝2()2a x --＋14(a 2－a ＋2)，对称轴为x ＝a 2，(1) 当0≤a 2≤1时，即0≤a ≤2时，f (x )max ＝14(a 2－a ＋2)，由14(a 2－a ＋2)＝2得a ＝－2或a ＝3，与0≤a ≤2矛盾，舍去．(2) 当a2 <0时，即a <0时，f (x )在[0，1]上单调递减，f (x )max ＝f (0)，由f (0)＝2，得－a 4＋12＝2，解得a ＝－6.(3) 当 a2 >1，即a >2时，f (x )在[0，1]上单调递增，f (x )max ＝f (1)，由f (1)＝2，得－1＋a －a 4＋12＝2，解得a ＝103综上所述a ＝－6或a ＝103.例9．解：(1) ∵ f ( x ) 满足f (1＋x )＝f (1－x )，∴ f ( x ) 的图象关于直线x ＝1对称．而二次函数 f ( x ) 的对称轴为直线 x ＝－b 2a ，∴－b2a＝1. ①又 f ( x ) ＝x 有相等的根，即ax 2＋(b －1)x ＝0有等根，∴Δ＝(b －1)2＝0. ② 由① ②得b ＝1，a ＝－12，∴ f ( x ) ＝－12x 2＋x .(2) ∵ f ( x ) ＝－12x 2＋x ＝－12(x －1)2＋12 ≤ 12.若存在满足要求的m ，n ，则必须3n ≤ 12，∴ n ≤ 16.从而m < n ≤ 16 < 1，又当x ≤1时，f (x )单调递增，∴⎩⎨⎧f （m ）＝－12m 2＋m ＝3m ，f （n ）＝－12n 2＋n ＝3n ，可解得m ＝－4，n ＝0满足要求，∴ 存在m ＝－4，n ＝0满足要求．例10．解：(1) 当a ＝12时，f (x )＝x ＋12x ＋2，f ′(x )＝1－12x2＞0，x ∈[1，＋∞)，即f (x )在[1，＋∞)上是增函数，所以f (x )min ＝f (1)＝1＋12×1＋2＝72.(2) f (x )＝x ＋ax＋2，x ∈[1，＋∞)．① 当a ≤0时，f (x )在[1，＋∞)内为增函数．最小值为f (1)＝a ＋3. 要使f (x )＞0在x ∈[1，＋∞)上恒成立，只需a ＋3＞0，∴－3＜a ≤0. ② 当0＜a ≤1时，f (x )在[1，＋∞)上为增函数， f (x )min ＝f (1)＝a ＋3.∴a ＋3＞0，a ＞－3.∴0＜a ≤1.综上所述，f (x )在[1，＋∞)上恒大于零时，a 的取值范围是(－3，1]．规律方法：1．求函数最值的五种常用方法及其思路① 单调性法：先确定函数的单调性，再由单调性求最值．② 图象法：先作出函数的图象，再观察其最高点、最低点，求出最值．③ 基本不等式法：先对解析式变形，使之具备“一正二定三相等”的条件后用基本不等式求出最值． ④ 导数法：先求导，然后求出在给定区间上的极值，最后结合端点值，求出最值． ⑤ 换元法：对比较复杂的函数可通过换元转化为熟悉的函数，再用相应的方法求最值． 2．二次函数最值问题的类型及处理思路(1) 类型：① 对称轴、区间都是给定的（定轴定区间）；②对称轴动、区间固定（动轴定区间）； ③ 对称轴定、区间变动（定轴动区间）．(2) 解决这类问题的思路：抓住“三点一轴”数形结合，三点是指区间两个端点和中点，一轴指的是对称轴，结合配方法，根据函数的单调性及分类讨论的思想即可完成．题型二. 函数的图象及应用（识图、作图及用图）例11．解：函数为奇函数，且x ＝0时函数无意义，可排除C 、D ，又y ＝e x ＋e －x e x －e －x ＝1＋2e 2x －1在(－∞，0)，(0，＋∞)上为减函数，故选A ．例12．解：先作出函数f (x )＝|x －2|＋1的图象，如图所示，当直线g (x )＝kx 与直线AB 平行时斜率为1，当直线g (x )＝k x 过A 点时斜率为12，故f (x )＝g (x )有两个不相等的实根时，k 的范围为1(, 1)2.故选B ．（12题图）（13题图）（14题图）例13．解：如图，两个函数图象都关于点(1，0)成中心对称，两个图象在[－2，4]上共8个公共点，每两个对应交点横坐标之和为2，故所有交点的横坐标之和为8. 故选D.例14．解：方程2f 2(x )－3 f (x )＋1＝0的解就是f (x )＝12 或f (x ) =1的解，作出y ＝f (x )的图象(如下图），由图象知零点的个数为5.例15．解：结合图象知1231, (2, 9], (1, 8]x x x +=-∈故知答案是例16．解：法1） 104lg(4), 44, lg 4, 44bb b b b t b t t t a t b a b =-⇔=--=⇔=-=-==-⇒+=由令则所以∴ 2 42, 0() 2, 0x x x f x x ⎧++≤⎪=⎨>⎪⎩ ，212 0 42, 1, 2x x x x x x ≤++==-=-当时，解得0 2 () x x f x x >==当时，是方程的根，所以方程 ()f x x = 解的个数是3个．故选C . 法2）由已知得lg 4, 104xx x x =-=- ，在同一坐标系中作出lg , 10 4xy x y y x ===-以及的图象，其中lg , 10xy x y == 的图象关于y x = 对称，直线 4y x y x ==-与的交点为2 2（，），所以 4a b +=，242, 0() 2, 0x x x f x x ⎧++≤⎪=⎨>⎪⎩ ，212 0 42, 1, 2x x x x x x ≤++==-=-当时，解得 0 2 () x x f x x >==当时，是方程的根，所以方程 ()f x x = 解的个数是3个．故选C . 规律方法：1．有关图象辨识问题的常见类型及解题思路：(1) 从函数的定义域，判断图象左右的位置，从函数的值域，判断图象的上下位置； (2) 从函数的单调性，判断图象的变化趋势； (3) 从函数的奇偶性，判断图象的对称性；(4) 从函数的周期性，判断图象的循环往复．利用上述方法，排除、筛选错误或正确的选项． 2．利用对数函数的图象可求解的两类热点问题(1) 在求解函数单调性(单调区间)、值域(最值)、零点时，常利用数形结合思想求解． (2) 对于方程解的个数、不等式等问题常转化为相应的函数图象问题，利用数形结合法求解．题型三. 不等式有解或不等恒成立求参数范围例17．解：由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧5－a >0，36－4（5－a ）（a ＋5）<0，解得－4 < a < 4.例18．解：作出二次函数f (x )的图象，对于任意x ∈[m ，m ＋1]，都有f (x )<0，则有⎩⎪⎨⎪⎧f （m ）<0，f （m ＋1）<0，即⎩⎪⎨⎪⎧m 2＋m 2－1<0，（m ＋1）2＋m （m ＋1）－1<0，解得－22 < m < 0.例19．解：方法一、设f (x )＝x 2＋ax ＋1，则对称轴为x ＝－a 2，若－a 2 ≥12，即a ≤－1时，则f (x )在1(0, )2上是减函数．应有15()0122f a ≥⇒-≤≤-，若－a 2≤0，即a ≥0时，f (x )在1(0, )2上是增函数，应有f (0)＝1>0恒成立，故a ≥0.若0≤－a 2≤12，即－1≤a ≤0，应有()2af -＝a 24－a 22＋1＝1－a 24≥0恒成立．故－1≤a ≤0.综上a ≥－52，所以a 的最小值为－52.方法二、x 2＋ax ＋1≥0对一切1(0, ]2x ∈成立，即211 (0, ] 2x a x +≥-在上恒成立而22111515(0, ] , 222x x x y x y x x x ++∈==+∴≥-≤-时，单调递减，从而所以a ≥－52，故知a 的最小值为－52.例20．解：原不等式变形为m 2－m <1()2x ，∵ 函数y ＝1() (,1]2x -∞-在上是减函数，∴111()()222x -≥=，当x ∈(－∞，－1]时，m 2－m <1()2x恒成立等价于m 2－m <2，解得－1< m < 2，故选C .例21．解：由2x ln x ≥－x 2＋ax －3知a ≤ 2ln x ＋x ＋3x，设h (x )＝2ln x ＋x ＋3x (x > 0)，则h ′(x )＝（x ＋3）（x －1）x 2，当x ∈(0，1)时，h ′(x )<0，h (x )单调递减．当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0，h (x )单调递增．所以h (x )min ＝h (1)＝4，所以a ≤ h (x )min ＝4，故选C .例22．解：221(1cos 2)11sin 2()cos 3sin (4)0, = [0, ]223sin 43sin 42x x f x x a x a a x x π-'=--+-≥≤++即在上恒面立 22sin 11() 0 ()0, (0, ] ()(0, ]113sin 4274()3()sin sin x g x x g x x g x x x xπ===∈=∈++令，当时，当时，∴ 10(), 07g x a ≤≤≤所以，故选D .例22．解：(1)222222()23(1)22, ()27()77f x x x x g x x ax x a a a =-+=-+≥=-+-=--+-≤- 2min max ()() ()(), 27s t f x g x f x g x a >>>-对任意实数、，都有，等价于即 3 3.a a -<<解得的取值范围为(2) ()() , ()()0 x f x g x x R f x g x >∈->对任意实数，都有，等价于恒成立 22 , (1)50 (1)200x R x a x a ∈-++>∴∆=+-<即恒成立，11a a --<<-+解得的取值范围为例23．解：(1) 由题意得1()6(1), 0, 1g x x x m m m'=-<<>又所以所以1() [, 1]g x m在上单调递减，在 [1, ]m 上单调递增，故知min ()(1)1g x g ==-. (2) 方法一：对任意max min 11[, 2] ()() [, 2]()()22s t f s g t f s g t ∈≤≤、，都有成立，等价于在上，由(1) 知min ()1g x =-，只需满足21ln 1ln , [, 2]2a x x a x x x x x -≤-⇔≤-∈恒成立. 令2()ln , ()2ln 1, 1()0, 0 1 ()0h x x x x h x x x x x h x x h x '''=-=+->><<<当时，当时，所以min 1() [ [1 2 ()(1)12h x h x h ==-在,1]上递减，在,]上递增，所以所以1a ≤-方法二：对任意max min 11[, 2] ()() [, 2]()()22s t f s g t f s g t ∈≤≤、，都有成立，等价于在上，由(1) 知min ()1g x =-，令1, (1)1s f a ==≤-则1 1 [,2] () 1 2a f x ≤-≤-下面证明当时，在区间上，函数恒成立因为111()ln ln , ln 1 ln 1a f x x x x x x x x x x x x x=-≤----≤+≥只需要证明－，即令2311121()ln , [, 2], ()ln 1, ()02h x x x x h x x h x x x x x'''=+∈=-++=+> 所以1() [, 2], (1)02h x h ''=在上递增且所以1[, 1] ()0, () [1, 2] ()0, ()2x h x h x x h x h x ∈<∈>当时，递减，当时，递增所以 () (1)1h x h ≥=综上，实数a 的取值范围为1a ≤-.例24．解：(1) h (x )＝ln x －12ax 2－2x ，x ∈(0，＋∞)，所以h ′(x )＝1x－ax －2，由f (x )在(0，＋∞)上存在单调减区间，所以当x ∈(0，＋∞)时，1x －ax －2 < 0有解，即a > 1x 2－2x有解．设G (x )＝1x 2－2x ，所以只要a > G (x )min 即可．而21()(1)1G x x=--，所以G (x )min ＝－1.所以a >－1.(2) 由h (x ) 在[1，4] 上单调递减得，当x ∈[1，4]时，h ′(x )＝1x－ax －2≤0恒成立，即a ≥1x 2－2x 恒成立，所以a ≥G (x )max ，而21()(1)1G x x=--，因为x ∈[1，4]，所以11[, 1]4x ∈，所以G (x )max ＝－716 (此时x ＝4)，所以a ≥－716. 当a ＝－716时，h ′(x )＝1x ＋716x －2＝16＋7x 2－32x 16x ＝（7x －4）（x －4）16x ，∵ x ∈[1，4]，∴ h ′(x )＝（7x －4）（x －4）16x ≤0，即h (x )在[1，4]上为减函数．故实数a 的取值范围是a ≥－716.规律方法： 1．不等式有解或不等式恒成立求参数范围问题的求解策略：分离参数转化为不含参数的函数最值问题．2．一元二次不等式恒成立问题的求解策略(1) ax 2＋bx ＋c >0(a ≠0)恒成立的充要条件是a >0且b 2－4ac <0(x ∈R )． ax 2＋bx ＋c <0(a ≠0)恒成立的充要条件是a <0且b 2－4ac <0(x ∈R )．(2) 对于开口向上的抛物线f (x )与开口向下的抛物线g (x )，若在区间[a ，b ]上f (x )<0与g (x )>0恒成立，则只需有⎩⎪⎨⎪⎧f （a ）<0，f （b ）<0与⎩⎪⎨⎪⎧g （a ）>0，g （b ）>0. (3) 对于开口向上的抛物线f (x )与开口向下的抛物线g (x )．若在区间[a ，b ]上f (x )>0与g (x )<0恒成立，可转化为在区间[a ，b ]上f (x )min > 0与g (x )max < 0成立问题或分离参数转化为不含参数的函数最值问题．3．几种题型的处理方法(1) min , ()() ()()()0 ()0x R f x g x h x f x g x R h x ∈≥⇔=-≥⇔≥对任意时恒成立在上恒成立. (2) min max , ()() ()()s t R f s g t f x g x ∈≥⇔≥对任意、时恒成立.(3) min , ()() ()()()0 ()0x R f x g x h x f x g x h x ∈≥⇔=-≥⇔≥对任意时有解有解.题型四. 导数的综合应用例25．解：设g (x )＝f （x ）x (x ≠0)，则g ′(x )＝xf ′（x ）－f （x ）x 2，当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0，∴ g ′(x )<0，∴ g (x ) 在(0，＋∞)上为减函数，且g (1)＝f (1)＝－f (－1)＝0， ∵ f (x )为奇函数，∴ g (x )为偶函数，当x >0，g (x )>0时，f (x )>0，0 <x <1，当x <0，g (x )< 0时，f (x ) > 0，x <－1，故选A . 例26．解：构造函数 g (x )＝ f （x ）e x ，则 g ′(x )＝f ′（x ）e x －f （x ）e x e 2x＝ f ′（x ）－f （x ）e x，因为对任意x ∈R ，都有()()f x f x '>，所以g ′(x ) < 0，即函数g (x )在R 上单调递减，又ln 2 < ln 3，所以g (ln 2) > g (ln 3)，即 f （ln 2）e ln 2 > f （ln 3）e ln 3，即f （ln 2）2>f （ln 3）3，即 3f (ln 2) > 2f (ln 3)，故选A .例27．解：定义在R 的奇函数f (x )满足f (0)＝0＝f (3)＝f (－3)，f (－x )＝－f (x )，当x >0时，f (x )>－x f ′(x )，即f (x )＋x f ′(x )>0，∴[x f (x )]′>0，h (x )＝x f (x )在x >0时是增函数，又h (－x )＝－x f (－x )＝x f (x )，∴h (x )＝x f (x )是偶函数，∴当x <0时，h (x )是减函数，结合函数的定义域为R ，且f (0)＝f (3)＝f (－3)＝0，可得函数y 1＝x f (x )与y 2＝－lg|x ＋1|的大致图象如图，由图象可知，函数g (x )＝x f (x )＋lg |x ＋1|的零点的个数为3个．例28．解：由f (2＋x )＝f (2－x )知f (x )的对称轴为x ＝2，由f ′（x ）2－x>0知f (x )在(2，＋∞)上单调递减．在(－∞，2)上单调递增．∵2<a <4，∴1<log 2 a <2<4<2a ，又f (x )的对称轴为x ＝2， ∴ f (2)>f (log 2 a )>f (2a )，故选A .例29．解：2()2(2)(1)f x ax ax a a x x '=+-=+-，当0a = 时，()1f x = ，函数()f x 的图象只经过第一、二象限不合题意；当 0a >时，函数()f x 的极大值为165(2)1 (1)136a af f -===+，极小值为；若()f x 的图象经过四个象限，则需 165(2)10 (1)10 036a a f f a -=+>=+<>，，这与矛盾；当 0a <时，函数()f x 的极小值为165(2)1 (1)136a af f -===+，极大值为若 ()f x 的图象经过四个象限，则需16563(2)10 (1)1036516a a f f a -=+<=+>-<<-，，得，故选D .例30．解：(1) 因为f (x )＝x 3＋ax 2－9x －1，所以f ′(x )＝3x 2＋2ax －9＝23()3a x +－9－a 23.即当x ＝－a 3 时，f ′(x ) 取得最小值－9－a 23.因f (x )的斜率最小的切线与12x ＋y ＝6平行，即该切线的斜率为－12，所以－9－a 23＝－12，即a 2＝9，解得a ＝±3，由题设a <0，所以a ＝－3.(2) 由(1) 知a ＝－3，因此f (x )＝x 3－3x 2－9x －1，f ′(x )＝3x 2－6x －9＝3(x －3)(x ＋1)，令f ′(x )＝0，解得x 1＝－1，x 2＝3. 当x ∈(－∞，－1) 时，f ′(x )>0，故f (x )在(－∞，－1)上为增函数；当x ∈(－1，3)时，f ′(x )<0，故f (x )在(－1，3)上为减函数；当x ∈(3，＋∞)时，f ′(x )>0，故f (x )在(3，＋∞)上为增函数．所以函数f (x )的单调递增区间为(－∞，－1)和(3，＋∞)，单调递减区间为(－1，3)．例31．解：(1) f ′(x )＝x 2－ax ＋b ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧f （0）＝1，f ′（0）＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧c ＝1，b ＝0. (2) 由(1) 得，f ′(x )＝x 2－ax ＝x (x －a )(a >0)，当x ∈(－∞，0) 时，f ′(x )>0，当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0，当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0. 所以函数f (x )的单调递增区间为(－∞，0)，(a ，＋∞)，单调递减区间为(0，a )． (3) g ′(x )＝x 2－ax ＋2，依题意，存在x ∈(－2，－1)，使不等式g ′(x )＝x 2－ax ＋2<0成立，即x ∈(－2，－1)时，a <2()max x x+＝－22，当且仅当“x ＝2x ”即x ＝－2 时等号成立．所以满足要求的a 的取值范围是(－∞，－22)．例32．解：(1) f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝1＋a －2x －3x 2∵ a > 0，令f ′(x )＝0，得x 1＝－1－4＋3a 3，x 2＝－1＋4＋3a3且x 1 < x 2，所以f ′(x )＝－3(x －x 1)(x －x 2)．当x < x 1 或 x > x 2 时，f ′(x )<0；当x 1<x <x 2时，f ′(x )>0. 故f (x )在(－∞，x 1)和(x 2，＋∞)内单调递减，在(x 1，x 2)内单调递增． (2) 因为a > 0，所以x 1 < 0，x 2 > 0.① 当a ≥4时，x 2≥1，由(1) 知，f (x )在[0，1]上单调递增，所以f (x )在x ＝0和x ＝1处分别取得最小值和最大值．② 当0 < a <4时，x 2<1，由(1) 知，f (x )在[0，x 2]上单调递增，在[x 2，1]上单调递减，所以f (x ) 在x ＝x 2＝－1＋4＋3a3处取得最大值．又f (0)＝1，f (1)＝a ，所以当0<a <1时，f (x )在x ＝1处取得最小值；当a ＝1时，f (x )在x ＝0处和x ＝1处同时取得最小值；当1< a < 4 时，f (x )在x ＝0处取得最小值．例33．解：(1) 由f (x )＝x 22－k ln x (k >0)，得x >0且f ′(x )＝x －k x ＝x 2－kx，由f ′(x )＝0，解得x ＝k (负值舍去)．f (x )与f ′(x )在区间(0，＋∞)上的情况如下：所以，f (x ))． f (x ) 在x ＝k 处取得极小值f (k )＝k （1－ln k ）2，函数没有极大值. (2) 证明：由(1) 知，f (x )在区间(0，＋∞)上的最小值为f (k )＝k （1－ln k ）2.因为f (x ) 存在零点，所以k （1－ln k ）2≤0，从而 k ≥ e. 当k ＝e 时，f (x )在区间(1，e)上单调递减，且f (e)＝0，所以x ＝e 是f (x ) 在区间 (1，e] 上的唯一零点．当k > e 时，f (x )在区间(1，e)上单调递减，且f (1)＝12>0，f (e) ＝e －k 2 < 0，所以f (x )在区间(1，e ]上仅有一个零点．综上可知，若f (x )存在零点，则 f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．例34．解：(1) f ′(x )＝1x －x ＋1＝－x 2＋x ＋1x，x ∈(0，＋∞)．由f ′(x )>0，得⎩⎪⎨⎪⎧x >0，－x 2＋x ＋1>0，解得0<x <1＋52.故f (x )的单调递增区间是(0,. (2) 令F (x )＝f (x )－(x －1)，x ∈(0，＋∞)，则有F ′(x )＝1－x 2x.当x ∈(1，＋∞) 时，F ′(x )<0，所以F (x )在[1，＋∞)上单调递减，故当x >1时，F (x ) < F (1)＝0，即当x >1时，f (x )<x －1. (3) 由(2) 知，当k ＝1时，不存在x 0 > 1满足题意．当k >1时，对于x >1，有f (x )<x －1<k (x －1)，则f (x )<k (x －1)，不存在x 0>1满足题意．当k < 1时，令G (x )＝f (x )－k (x －1)，x ∈(0，＋∞)，则有G ′(x )＝1x －x ＋1－k ＝－x 2＋（1－k ）x ＋1x ，由G ′(x )＝0，得－x 2＋(1－k )x ＋1＝0，解得x 1＝1－k －（1－k ）2＋42 < 0，x 2＝1－k ＋（1－k ）2＋42 > 1.当x ∈(1，x 2) 时，G ′(x )>0，故G (x ) 在[1，x 2) 内单调递增．从而当x ∈(1，x 2) 时，G (x ) > G (1)＝0，即 f ( x ) > k ( x －1)，综上，k 的取值范围是(－∞，1)．例35．解：(1) 由f (x )＝e x －ax ，得f ′(x )＝e x －a ，又f ′(0)＝1－a ＝－1，得a ＝2.所以f (x )＝e x －2x ，f ′(x )＝e x －2，令f ′(x )＝0，得x ＝ln 2.当x <ln 2时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x >ln 2时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．所以当x ＝ln 2时，f (x )取得极小值，且极小值为f (ln 2)＝e ln 2－2ln 2＝2－ln 4， f (x ) 无极大值．(2) 证明：令g (x )＝e x －x 2，则g ′(x )＝e x －2x ，由(1) 得g ′(x )＝f (x ) ≥ f (ln 2) > 0，故g (x ) 在R 上单调递增，又g (0)＝1>0，因此，当x > 0时，g (x ) > g (0) > 0，即x 2 < e x . (3) 证法一：对任意给定的正数c ，取x 0＝4c，由(2) 知，当x ＞0时，e x ＞ x 2，所以 2222()()22x x xx x e e e =⋅>⋅ 当x ＞x 0 时，222222041()()()()()22222xx x x x x e x c c>⋅>⋅=⋅= 因此，对任意给定的正数c ，总存在x 0，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2 ＜c e x . 证法二：首先证明当x ∈(0，＋∞)时，恒有 13x 3 ＜ e x .令h (x )＝13x 3－e x ，则h ′(x )＝x 2－e x ，由(2) 知，当x ＞0时，x 2＜e x ，从而h ′(x ) ＜0，h (x ) 在(0，＋∞)单调递减，所以h (x )＜h (0)＝－1＜0，即13 x 3 ＜e x .取x 0＝3c ，当x ＞x 0 时，有1c x 2 ＜ 13x 3 ＜e x .因此，对任意给定的正数c ，总存在x 0，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2＜c e x .。

高中导数必会经典题型

《导数》必会经典题型【知识点】1.导数公式：'0C = '1()n n x nx -= '(sin )cos x x = '(cos )sin x x =-'()x x e e = '()ln x x a a a = '1(ln )x x = '1(log )ln a x x a = 2.运算法则：'''()u v u v +=+ '''()u v u v -=- '''()uv u v uv =+ '''2()u u v uv v v -= 3.复合函数的求导法则：（整体代换）例如：已知2()3sin (2)3f x x π=+，求'()f x 。

解：''()32sin(2)[sin(2)]33f x x x ππ=⋅+⋅+'6sin(2)cos(2)(2)333x x x πππ=+⋅++ 6sin(2)cos(2)212sin(2)cos(2)3333x x x x ππππ=+⋅+⋅=+⋅+26sin(4)3x π=+4.导数的物理意义：位移的导数是速度，速度的导数是加速度。

5.导数的几何意义：导数就是切线斜率。

6.用导数求单调区间、极值、最值、零点个数：对于给定区间[,]a b 内，若'()0f x >，则()f x 在[,]a b 内是增函数；若'()0f x <，则()f x 在[,]a b 内是减函数。

【题型一】求函数的导数 (1)ln x y x = (2)2sin(3)4y x π=- (3)2(1)x y e x =- (4)3235y x x =-- (5)231x x y x -=+ (6)2211()y x x x x =++ 【题型二】导数的物理意义的应用1.一杯90C 红茶置于25C 的房间里，它的温度会不断下降，设温度T 与时间t 的关系是函数()T f t =，则'()f t 符号为。

高中数学总复习考点知识专题讲解与提升练习02 函数的嵌套问题(解析版)

高中数学总复习考点知识专题讲解与提升练习第2讲函数的嵌套问题一．选择题（共15小题）1．（2021•合肥一模）已知函数,0()1,0x x e x f x xe x lnx x -⎧-=⎨--->⎩，则函数()(())()F x f f x ef x =-的零点个数为()(e 是自然对数的底数）． A ．6B ．5C ．4D ．3【解答】解：不妨设1()(0)x f x e x -=-，2()1(0)x f x xe x lnx x =--->，易知，1()0f x <在(-∞，0]上恒成立，且在(-∞，0]单调递增；211()1(1)()x x x f x e xe x e x x '=+--=+-，设1()(0)x g x e x x=->，由当0x +→时，()g x →-∞，g （1）10e =->，且函数()g x 在(0,)+∞上单增，故函数()g x 存在唯一零点0(0,1)x ∈，使得0()0g x =，即010x e x -=，则00001,0xx e lnx x =+=，故当0(0,)x x ∈时，()0g x <，2()0f x '<，2()f x 单减；当0(x x ∈，)+∞时，()0g x >，2()0f x '>，2()f x 单增，故0220000()()10x min f x f x x e x lnx ==---=，故2()0f x ；令()t f x =，()()0F t f t et =-=，当0t 时，0t e et ---=，解得1t =-，此时易知()1f x t ==-有一个解；当0t >时，10t te t lnt et ----=，即1t te t lnt et ---=，作函数2()f t 与函数y et =如下图所示，由图可知，函数2()f t 与函数y et =有两个交点，设这两个交点为1t ，2t ，且10t >，20t >，而由图观察易知，1()f x t =，2()f x t =均有两个交点，故此时共有四个解；综上，函数()(())()F x f f x ef x =-的零点个数为5．故选：B ．【点评】本题考查函数与方程，考查分段函数零点个数的判定，考查利用导数研究函数的零点问题，考查转化思想，换元思想，数形结合思想，分类讨论思想以及数据分析能力，运算求解能力，逻辑推理能力等综合数学素养，属于较难题目．2．（2021•绵阳模拟）已知函数()||x e f x x =，关于x 的方程2()2()10()f x af x a a R -+-=∈有四个相异的实数根，则a 的取值范围是()A ．21(1,)21e e ---B ．(1,)+∞C ．21(21e e --，2)D ．21(21e e --，)+∞【解答】解：当0x >时，()x e f x x =，函数的导数22(1)()x x x e x e e x f x x x --'==，当1x >时，()0f x '>，当01x <<时，()0f x '<，则当1x =时函数取得极小值f （1）e =，当0x <时，()x e f x x =-，函数的导数22(1)()x x x e x e e x f x x x --'=-=-，此时()0f x '>恒成立，此时函数为增函数，作出函数()f x 的图象如图：设()t f x =，则t e >时，()t f x =有3个根，当t e =时，()t f x =有2个根当0t e <<时，()t f x =有1个根，当0t 时，()t f x =有0个根，则2()2()10()f x af x a m R -+-=∈有四个相异的实数根，等价为2210()t at a m R -+-=∈有2个相异的实数根，其中0t e <<，t e >，设2()21h t t at a =-+-，则(0)0()0202h h e a a ⎧⎪>⎪<⎨⎪-⎪-=>⎩，即2102100a e ae a a ->⎧⎪-+-<⎨⎪>⎩，即21121a e a e >⎧⎪⎨->⎪-⎩，即2121e a e ->-，即实数a 的取值范围是21(21e e --，)+∞，故选：D ．【点评】本题主要考查函数与方程的应用，利用换元法转化为一元二次函数，利用数形结合以及根与系数之间的关系是解决本题的关键．综合性较强，有一定的难度． 3．（2021•海淀区校级开学）已知函数()f x 是定义域为R 的奇函数．当0x >时，5sin(),0142()1()1,14x x x f x x π⎧⎪⎪=⎨⎪+>⎪⎩若关于x 的方程25[()](56)()60()f x a f x a a R -++=∈，有且仅有2个不同实数根，则实数a 的取值范围是()A ．(-∞，55)(44-⋃，)+∞B ．(-∞，565){}(454-⋃，)+∞ C ．5(,)[14-∞--，51](4⋃，)+∞D ．5(4-，5)4【解答】解：作出函数的图象如图所示，令()f x t =，则由图象可得：当11t -或54t =±时，方程()f x t =有1解；当514t -<<-或514t <<时，方程()f x t =有2解；当54t <-或54t >时，方程()f x t =无解；因为25[()](56)()60fx a f x a -++=，所以6()5f x =或()f x a =，因为关于x 的方程25[()](56)()60()f x a f x a a R -++=∈有且仅有2个不同实数根，又6()5f x =有2 解，所以()f x a =无解或方程()f x a =的解也是方程6()5f x =的解，故54a <-或65a =或54a >，故选：B ．【点评】本题主要考查了方程根的个数的判定与应用问题，其中解答中涉及到一元二次方程根的求解，函数的图象的应用等知识点的综合运用，试题有一定的综合性，属于中档试题，解答中正确作出函数的图象和合理应用()f x t =的根的个数的应用是解答的关键． 4．（2021•三门峡一模）已知函数(1),0(),0xln x x f x xe x +⎧=⎨-<⎩，方程2()()0()f x mf x m R +=∈有四个不相等的实数根，则实数m 的取值范围是() A ．1(,)e-∞-B ．1(e-，0)C ．1(e-，)+∞D ．1(0,)e【解答】解：当0x <时，()x f x xe =-，则()(1)x f x x e '=-+，由()0f x '=得1x =-，当1x <-时，()0f x '>，当10x -<<时，()0f x '<，即当1x =-时，函数()f x 取得极大值，此时1(1)f e-=，且当0x <时，()0f x >，当0x 时，()(1)0f x ln x =+，设()t f x =，则当1t e=时，方程()t f x =有两个根，当1t e >或0t =时，方程()t f x =有1个根，当10t e<<时，方程()t f x =有3个根，当0t <时，方程()t f x =有0个根，则方程2()()0()f x mf x m R +=∈等价为20t mt +=，即0t =或t m =-，当0t =时，方程()t f x =有1个根，∴若方程2()()0()f x mf x m R +=∈有四个不相等的实数根，则等价为()t f x =有3个根，即10m e<-<，得10m e-<<，故选：B ．【点评】本题主要考查函数根的个数的判断，求函数的导数，研究函数的取值范围，利用换元法和图象法进行求解是解决本题的关键． 5．（2021秋•北碚区校级月考）已知函数(1),0(),0xln x x f x x e x +⎧=⎨-<⎩，函数1()(())2g x f f x =-零点的个数为()A ．4B ．3C ．2D ．1【解答】解：令()u f x =，令()0g x =，则1()02f u -=，当0u 时，则()(1)f u ln u =+，所以，1(1)2ln u +=，∴1u =．当0u <时，()u f u ue =-，则()(1)u f u u e '=-+，当1u <-时，()0f u '>；当10u -<<时，()0f u '<．此时，函数()y f u =在1u =-处取得极大值，且极大值为11(1)2f e-=<．所以，当0u <时，1()2f u <，则方程1()02f u -=在0u <时无解．再考虑方程()1f x =的根的个数，作出函数()u f x =的图象如下图所示，1112e>>，所以，直线1u=与函数()u f x=的图象只有一个交点，因此，函数()g x只有一个零点，故选：D．【点评】本题考查函数的零点个数，考查复合函数的零点个数问题，解决本题的关键在于灵活处理内层函数与外层函数零点之间的关系，属于难题．6．（2021春•渝北区校级期末）已知函数(),0()21,0xxln x x xf x x xexe--<⎧⎪=⎨--⎪⎩，()()g x f x x a=+-．若()g x 存在三个零点，则实数a的取值范围是()A．23(1,)e--B．23(0,2)e-C．32(0,2)e-D．32[1,2)e--【解答】解：因为()()g x f x x a=+-存在三个零点，所以方程()f x x a=-+存在三个实根，因为当0x<时，()f x x a=-+，即()ln x a-=有且只有一个实根，所以当0x时，()f x x a=-+，即21xxae-=有且只有2个实根，令21xxye-=，0x，则22(21)32()x xx xe x e xye e---'==，由32x<，得0y'>，由32x>，得0y'<，所以21xxye-=在3[0,)2上递增，在3(,)2+∞上递减，所以当32x=时，21xxye-=取得最大值323222ee-=，又0x=时，1y=-，x→+∞时，0y→，由函数21xxye-=，0x的图象可知，3202a e-<<．所以实数a 的取值范围是32(0,2)e -．故选：C ．【点评】本题考查了函数的零点方程根的关系，转化成函数图象的交点的关系是关键，考查数形结合的思想，是中档题．7．已知函数22,0()(1),0x x x f x ln x x ⎧-+>=⎨-+<⎩，关于x 的方程2()2()10()f x af x a a R -+-=∈有四个相异的实数根，则a 的取值范围是() A ．(,0)-∞B ．[1，)+∞C ．(,0)[2-∞，)+∞D ．(-∞，0)(1⋃，)+∞【解答】解：函数22,0()(1),0x x x f x ln x x ⎧-+>=⎨-+<⎩的图象如图：方程2()2()10()f x af x a a R -+-=∈有四个相异的实数根，必须()f x 由两个解，一个()1f x >，一个()(0f x ∈，1)，或者()(0f x ∈，1)，另一个()0f x ，2()2()10()f x af x a a R -+-=∈，可得()f x a =±，当1a >时，1a >，(0,1)a -．满足题意．当1a =时，2a ，0a =，不满足题意．考察选项可知，D 正确；故选：D ．【点评】本题考查分段函数的应用，函数与方程的应用，考察最值思想以及计算能力．本题如果直接求解，难度比较大，关于a 的不等式组不易求解．采用回代验证，方便快速得到结果．8．（2021•大东区一模）已知函数()||xe f x x =，关于x 的方程2()2()10()f x af x a a R -+-=∈有3个相异的实数根，则a 的取值范围是()A ．21(21e e --，)+∞B ．21(,)21e e --∞-C ．21(0,)21e e --D ．21{}21e e --【解答】解：当0x >时，()x e f x x =，函数的导数22(1)()x x x e x e e x f x x x --'==，当1x >时，()0f x '>，当01x <<时，()0f x '<，则当1x =时函数取得极小值f （1）e =，当0x <时，()x e f x x =-，函数的导数22(1)()x x x e x e e x f x x x --'=-=-，此时()0f x '>恒成立，此时函数为增函数，作出函数()f x 的图象如图：设()t f x =，则t e >时，()t f x =有3个根，当t e =时，()t f x =有2个根当0t e <<时，()t f x =有1个根，当0t 时，()t f x =有0个根，则2()2()10()f x af x a m R -+-=∈有三个相异的实数根，等价为2210()t at a m R -+-=∈有2个相异的实数根，其中0t e <<，t e =，当t e =时，2210e ae a -+-=，即2121e a e -=-，此时满足条件．故选：D ．【点评】本题主要考查函数与方程的应用，利用换元法转化为一元二次函数，利用数形结合以及根与系数之间的关系是解决本题的关键．综合性较强，有一定的难度．9．（2021秋•天津期末）已知函数2()(||xe f x e x =为自然对数的底数），关于x 的方程2[()]2()20()f x af x a a R -+-=∈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 -+∞-【解答】解：2()||xe f x x =， 0x >时，2()x e f x x =，22(21)()x e x f x x -'=，令()0f x '>，解得：12x >，令()0f x '<，解得：102x <<，故()f x 在1(0,)2递减，在1(2，)+∞递增，故1()()22min f x f e ==，0x <时，2()x e f x x =-，22(21)()0x e x f x x -'=->，函数()f x 的图象，如图示：，设()t f x =，方程2[()]2()20f x af x a -+-=等价于2220t at a -+-=，而△2244(2)4480a a a a =--=-+>，若关于x 的方程恰有四个不同的实数根，则102t e <<，22t e >，设2()22g t t at a =-+-，则(0)0(2)0g g e >⎧⎨<⎩，即2204420a e ae a ->⎧⎨-+-<⎩解得：24241e a e ->-，故选：D ．【点评】本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及数形结合思想，转化思想，换元思想，考查二次函数的性质，是一道中档题． 10．（2021秋•谯城区校级期末）已知函数2||,0()41,0lnx x f x x x x >⎧=⎨--+⎩，若关于x 的方程22()2()10f x af x a -+-=有8个不相等的实数根，则实数a 的取值范围为()A ．(2,4)B ．(2，4]C ．[2，4]D ．[2，4) 【解答】解：设()f x t =，则22()2()10f x af x a -+-=，化为22210t at a -+-=，作出()f x 的图象，由图知，若关于x 的方程22()2()10f x af x a -+-=有8个不相等的实数根，则关于t 的方程22210t at a -+-=有两个不等实根1215t t <<．设22()21(1)(1)g t t at a t a t a =-+-=---+，，则由图知，1115a a -⎧⎨+<⎩，解得：24a <，故选：D ．【点评】本题主要考查了函数的零点与方程根的关系，同时考查了转化的思想和数形结合的思想，属于中档题．11．（2021•郑州校级模拟）已知函数()y f x =是定义域为R 的偶函数．当0x 时，5sin()(01)42()1()1(1)4x x x f x x π⎧⎪⎪=⎨⎪+>⎪⎩，若关于x 的方程25[()](56)()60()f x a f x a a R -++=∈，有且仅有6个不同实数根，则实数a 的取值范围是()A ．01a <<或54a =B ．01a 或54a =C ．01a <或54a =D ．514a <或0a = 【解答】解：函数()y f x =是定义域为R 的偶函数，当0x 时，5sin()(01)42()1()1(1)4x x x f x x π⎧⎪⎪=⎨⎪+>⎪⎩，当0x <时，5sin(),10()4241,1x x x f x x π⎧--⎪=⎨⎪+<-⎩．作出函数()f x 的图象如右．由于关于x 的方程25[()](56)()60f x a f x a -++=，解得()f x a =或6()5f x =，当01x 时，()[0f x ∈，5]4，1x >时，()(1f x ∈，5)4．由65154<<，则6()5f x =有4个实根，由题意，只要()f x a =有2个实根，则由图象可得当01a <时，()f x a =有2个实根，当54a =时，()f x a =有2个实根．综上可得：01a <或54a =．故选：C ．【点评】本题考查函数的奇偶性和单调性的运用，考查方程和函数的转化思想，运用数形结合的思想方法是解决的常用方法．12．（2021•和平区四模）已知函数32()32f x x x =-+，函数22(3)1,0()1()1,02x x g x x x ⎧-++<⎪=⎨-+⎪⎩，则关于x 的方程[()]0(0)g f x a a -=>的实根最多有()A ．4个B ．5个C ．6个D ．7个【解答】解：作出函数()f x 和()g x 的图象如图：由[()]0(0)g f x a a -=>得[()]g f x a =，(0)a > 设()t f x =，则()g t a =，(0)a > 由()y g t =的图象知，①当01a <<时，方程()g t a =有两个根143t -<<-，或242t -<<-，由()t f x =的图象知，当143t -<<-时，()t f x =有0个根，当242t -<<-时，()t f x =有0个根，此时方程[()]0(0)g f x a a -=>有0个根，②当1a =时，方程()g t a =有两个根13t =-，或212t = 由()t f x =的图象知，当13t =-时，()t f x =有0个根，当212t =时，()t f x =有3个根，此时方程[()]0(0)g f x a a -=>有3个根，③当514a <<时，方程()g t a =有两个根1102t <<，或2112t <<，由()t f x =的图象知，当1102t <<时，()t f x =有3个根，当2112t <<时，()t f x =有3个根，此时方程[()]0(0)g f x a a -=>有336+=个根， ④当54a =时，方程()g t a =有两个根10t =，或21t =，由()t f x =的图象知，当10t =时，()t f x =有3个根，当21t =时，()t f x =有3个根，此时方程[()]0(0)g f x a a -=>有336+=个根 ⑤当54a >时，方程()g t a =有1个根11t >，由()t f x =的图象知，当1112t >时，()t f x =有3或2个或1个根，此时方程[()]0(0)g f x a a -=>有3或2个或1个根，综上方程[()]0(0)g f x a a -=>的实根最多有6个根，故选：C ．【点评】本题主要考查根的个数的判断，利用换元法转化为两个函数的交点个数问题，利用分类讨论和数形结合是解决本题的关键．综合性较强，难度较大．13．（2021•余姚市模拟）已知函数32()32f x x x =-+，210()420x x g x x x x x ⎧+>⎪=⎨⎪---⎩，则方程[()]0(g f x a a -=为正实数）的根的个数不可能为()A ．6个B ．5个C ．4个D ．3个【解答】解：函数32()32f x x x =-+，画出函数()f x 的图象，如图示：我们易求出()f x 与y a =的交点情况为：当2a >时，有一个交点；当2a =时，有两个交点；当02a <<时，有三个交点；21,0()42,0x x g x xx x x ⎧+>⎪=⎨⎪---⎩，画出函数()g x 的图象，如图示：我们易求出()g x 与y a =的交点情况为：当2a >时，有2个交点；当2a =时，有2个交点；当02a <<时，有2个交点；∴方程[()]0(g f x a a -=为正实数）的根的个数可能为：4个，5个，6个，不可能为3个，故选：D ．【点评】本题考查的知识点是根的存在性及根的个数判断，其中分析内外函数的图象是解答本题的关键．14．（2021春•安徽期末）已知函数32()31f x x x =-+，21,0()468,0x x g x x x x x ⎧+>⎪=⎨⎪---⎩，则当方程[()]0g f x a -=有6个解时a 的取值范围是()A ．514a <<B ．54a >或81a -<C ．54a >D ．01a【解答】解：函数32()31f x x x =-+，21,0()()468,0x x g x g x x x x x ⎧+>⎪==⎨⎪---⎩，2()36f x x x ∴'=-，令()0f x '=得：0x =，或2x =，故当0x =时，函数()f x 取极大值1，当2x =时，函数取极小值3-；则()f x 与y m =的交点情况为：当3m <-，或1m >时，有一个交点；当3m =-，或1m =时，有两个交点；当31m -<<时，有三个交点；()g x 与y a =的交点情况为：当01a <<时有两个交点，一个在区间(4,3)--上，一个在区间(3,2)--上；当1a =时有两个交点，一个为3-，一个为12；当1a >时有两个交点，一个在区间1(0,)2上，一个在区间1(2-，1)上．若方程[()]0g f x a -=有6个解，()0g m a -=有两个根，均在(3,1)-上，故5(1,)4a ∈，故选：A ．【点评】本题考查的知识点是根的存在性及根的个数判断，其中分析内外函数的图象是解答本题的关键．15．（2021春•舒城县校级期中）已知函数()||(0)x f x x e x =≠，其中e 为自然对数的底数，关于x 的方程2()0()f x f x λ+-=有四个相异实根，则实数λ的取值范围是()A ．1(0,)e B ．)+∞C ．2(,)e e ++∞D ．1(2,)e e++∞【解答】解：,0()||,0x xxx e x f x x e x e x ⎧>==⎨-<⎩．当0x >时，由()x f x x e =，得()(1)0x x x f x e x e e x '=+=+>，()f x ∴在(0,)+∞上为增函数；当0x <时，由()x f x x e =-，得()(1)x x x f x e x e e x '=--=-+．当(,1)x ∈-∞-时，()0f x '>，当(1,0)x ∈-时，()0f x '<，∴当1x =-时，函数()f x 取得极大值为1(1)f e-=．作出函数()||(0)x f x x e x =≠的图象的大致形状：令()f x t =，则方程2()0()f x f x λ+-=化为20t tλ+-=，即220t t λ-+=，要使关于x 的方程2()0()f x f x λ+-=有四个相异实根，则方程220t t λ-+=的两根一个在1(0,)e，一个在1(,)e+∞之间．则2120e e λ-+<，解得12e eλ>+． ∴实数λ的取值范围是1(2e e+，)+∞．故选：D ．【点评】本题考查根的存在性及根的个数判断，考查利用导数求极值，考查数学转化思想方法及数形结合的解题思想方法，是中档题．二．多选题（共1小题）16．（2021秋•广州月考）已知函数21,()()(2),x e x mf x m R x x m ⎧-=∈⎨-+<⎩，则() A ．对任意的m R ∈，函数()f x 都有零点B ．当3m -时，对12x x ∀≠，都有1212()(()())0x x f x f x --<成立C ．当0m =时，方程[()]0f f x =有4个不同的实数根D ．当0m =时，方程()()0f x f x +-=有2个不同的实数根【解答】解：对于A ：作出函数1x y e =-和244y x x =---的图象如图所示：当0m >时，函数()f x 只有1个零点，当20m -<时，函数()f x 有2个零点，当2m -时，函数()f x 只有1个零点，故A 正确；对于B ：当3m -时，函数()f x 单调递增，若当3m -时，对12x x ∀≠，都有1212()(()())0x x f x f x --<成立，则()f x 单调递减，故B 错误；对于:0C m =时，()0f t =得12t =-，20t =，当1()2f x t ==-时，方程有两个解，当2()0f x t ==时，方程有两个解，所以方程[()]0f f x =有4个不同的实数根，故C 正确；对于D ：当0m =时，方程()()0f x f x +-=的根为()()f x f x =--的根，令()()h x f x =--，作出()f x ，()h x 的图象：可得函数()f x 与()h x 有三个交点，其中包括0x =，即方程()()f x f x +-有三个根，故选：AC ．【点评】本题考查函数与方程之间的关系，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．三．填空题（共7小题）17．（2021春•安徽期末）已知函数()x e f x x=，关于x 的方程2()2()30()f x af x a a R -+-=∈有3个相异的实数根，则a的取值范围是23(,3)21ee--．【解答】解：由题得2(1)()(0)xe xf x xx-'=≠，当1x>时，()0f x'>，函数单调递增；当01x<<时，()0f x'<，函数单调递减；当0x<时，()0f x'<，函数单调递减；作出函数()xef xx=的图象如右图，令()t f x=，则2()23g t t at a=-+-，设函数()g t的两零点分别为1t，2t①1t<，2t e>，则2(0)30()230g ag e e ae a=-<⎧⎨=-+-<⎩，解得23(,3)21eae-∈-②1t e=，2t e>，则22()23044(4)0g e e ae aa ea a⎧=-+-=⎪>⎨⎪=-->⎩，此时无解，综上：23(,3)21eae-∈-，故答案为：23(,3)21ee--【点评】本题考查函数零点与方程根的关系，数形结合思想，分类讨论思想，属于中档题．18．（2021春•衡阳期末）已知函数()y f x =是定义域为R 的偶函数．当0x 时，5sin()(01)42()1()1(1)4x x x f x x π⎧⎪⎪=⎨⎪+>⎪⎩，则f （1）=54，若关于x 的方程2[()]()0(f x af x b a ++=，))b R ∈，有且仅有6个不同实数根，则实数a 的取值范围是．【解答】解：f （1）55sin()424π==，作函数()y f x =的图象如右图，设方程20x ax b ++=的两个根为1x ，2x ； ①若154x =，2514x <<，故129(4x x a +=-∈，5)2，故5(2a ∈-，9)4-；②若101x <，2514x <<，故129(1,)4x x a +=-∈，故9(4a ∈-，1)-；故答案为：54，5(2-，99)(44--⋃，1)-．【点评】本题考查了函数的性质的判断与应用，同时考查了数形结合的思想的应用． 19．（2021秋•全国Ⅰ卷月考）已知函数()f x 是定义域在R 上的偶函数，当0x 时，3sin(),01,22()1()1,1,2x x x f x x π⎧⎪⎪=⎨⎪+>⎪⎩则函数3()(())4g x f f x =-的零点个数为2．【解答】解：()f x 是偶函数，∴作出函数()f x 的图象如图，当01x 时，022xππ，则，33sin()222x π，当1x >时，13()1(1,)22x +∈，由3()(())04g x f f x =-=得3(())4f f x =，设()t f x =，则3()4f t =，由3()4f t =，得01t <<或10t -<<，当10t -<<时，()t f x =无解，当01t <<时，()t f x =有两个交点，即()g x 有两个零点，故答案为：2．【点评】本题主要考查函数与方程的关系，利用换元法转化为两个方程根的个数问题，以及利用数形结合是解决本题的关键，是中档题．20．（2021秋•常熟市月考）已知函数32()31f x x x =-+，2442,0()1|2|1,02x x x g x x x ⎧-+>⎪=⎨-++⎪⎩，若函数(())y g f x a =-有6个零点（互不相同），则实数a 的取值范围为1(,2)2．【解答】解：作出函数()f x 与()g x 的图象如图：令()f x t =，则由图可知，当()f x t =有3个交点时，(3,1)t ∈-，当(3,1)t ∈-时，要使()0y g t a =-=，即函数图象在(3,1)t ∈-时，y a =与()y g t =要有2个交点，根据图象可知1(3)2g -=，故1(2a ∈，2)，故答案为：1(2，2)．【点评】本题主要考查函数零点个数求解参数取值范围，分段函数图象的画法，数形结合是关键，综合性强，属于难题．21．（2021春•让胡路区校级月考）已知函数()||xe f x x =，关于x 的方程2()2()10()f x af x a m R -+-=∈有四个相异的实数根，则a 的取值范围是21(21e e --，)+∞．【解答】解：当0x >时，()x e f x x =，函数的导数22(1)()x x x e x e e x f x x x--'==，当1x >时，()0f x '>，当01x <<时，()0f x '<，则当1x =时函数取得极小值f （1）e =，当0x <时，()x e f x x =-，函数的导数22(1)()x x x e x e e x f x x x--'=-=-，此时()0f x '>恒成立，此时函数为增函数，作出函数()f x 的图象如图：设()t f x =，则t e >时，()t f x =有3个根，当t e =时，()t f x =有2个根当0t e <<时，()t f x =有1个根，当0t 时，()t f x =有0个根，则2()2()10()f x af x a m R -+-=∈有四个相异的实数根，等价为2210()t at a m R -+-=∈有2个相异的实数根，其中0t e <<，t e >，设2()21h t t at a =-+-，则(0)0()0202h h e a a ⎧⎪>⎪<⎨⎪-⎪-=>⎩，即2102100a e ae a a ->⎧⎪-+-<⎨⎪>⎩，即21121a e a e >⎧⎪⎨->⎪-⎩，即2121e a e ->-，故答案为：21(21e e --，)+∞【点评】本题主要考查函数与方程的应用，利用换元法转化为一元二次函数，利用数形结合以及根与系数之间的关系是解决本题的关键．综合性较强，有一定的难度． 22．（2021春•鼓楼区校级期末）函数2()(3)x f x x e =-，关于x 的方程2()()10f x mf x -+=恰有四个不同的实数解，则正数m 的取值范围为336(6e e +，)+∞．【解答】解：2()(23)(3)(1)x xf x x x e x x e '=+-=+-，令()0f x '=得，3x =-或1，当3x <-时，()0f x '>，函数()f x 在(,3)-∞-上单调递增，且()0f x >，当31x -<<时，()0f x '<，函数()f x 在(3,1)-上单调递减，当1x >时，()0f x '>，函数()f x 在(1,)+∞上单调递增，所以()36()3f x f e =-=极大值，()f x f =极小值（1）2e =-，令()f x t =，则方程210t mt -+=有两个不同的实数根1t ，2t ，且一个根在36(0,)e内，一个根在36(e，)+∞内，或者两个根都在(2,0)e -内，或者一个根在(2,0)e -内，一个根为36e ，因为m 为正数，所以120t t m +=>，又121t t =，所以1t ，2t 都为正根，所以两个根不可能在(2,0)e -内，令2()1g x x mx =-+，因为(0)10g =>，所以只需36()0g e <，即6336610m e e-+<，得3366e m e >+，即m 的取值范围为：336(6e e +，)+∞，故答案为：336(6e e +，)+∞．【点评】本题主要考查了利用导数研究函数的极值，考查了函数的零点与方程根的关系，是中档题．23．（2021春•德阳期中）已知函数||()x x f x e=，若关于x 的方程2()()10f x mf x m -+-=有四个不相等的实数根，则实数m 的取值范围是1(1,1)e +．【解答】解：化简得(0)()(0)x xx x e f x x x e ⎧⎪⎪=⎨-⎪<⎪⎩，当0x 时，()0f x ，21()()x x x x e xe x f x e e--'==，若01x <<时，()0f x '>，若1x >时，()0f x '<，所以当1x =时，函数()f x 有极大值f （1）1e=，当0x <时，2()1()0()x x x xe x e xf x e e ---⋅-+'==<，()f x 为减函数，作出函数()f x 的图象如图所示，由方程2()()10f x mf x m -+-=得，(()(1))(()1)0f x m f x ---=，所以()1f x =或()1f x m =-，由图象知方程()1f x =有1个解，要使关于x 的方程2()()10f x mf x m -+-=恰好有4个不相等的实数根，则()1f x m =-要有三个解，由函数图象知101m e <-<，所以111m e <<+．故答案为：1(1,1)e +【点评】本题考查了根的存在性及根的个数的判断，考查了利用函数的导函数分析函数的单调性，考查了学生分析问题和解决问题的能力，数形结合求得结果．四．解答题（共2小题）24．已知函数()y f x =的定义域为R ，且(2)y f x =+的函数图象关于2x =-对称，当0x 时，3sin()(01)22()1()1(1)2x x x f x x π⎧⎪⎪=⎨⎪+>⎪⎩，若关于x 的方程24()(45)()50()f x a f x a a R -++=∈，有且仅有6个不相同实数根，则实数a 的取值范围．【解答】解：(2)y f x =+的函数图象关于2x =-对称，将(2)y f x =+的图象右移2个单位，可得()y f x =的图象，可知图象关于y 轴对称．作出函数()y f x =的图象，关于x 的方程24()(45)()50f x a f x a -++=，即有5()4f x =或()f x a =．()y f x =和直线54y =的交点有4个，即5()4f x =的解的个数为4，由题意可得()f x a =有两个解．即()y f x =和直线y a =有两个交点，由图象可得32a =或01a <．综上可得a 的范围是(0，31]{}2．【点评】本题考查函数方程的转化思想的运用，考查方程的根的分布情况，注意运用数形结合的思想方法，属于中档题．25．已知函数1()f x x x=+，若关于x 的方程2()(1)()20f x m f x m -++=有四个不同的实数根，则实数m 的取值范围是多少？【解答】解：关于x 的方程2()(1)()20f x m f x m -++= 有4个不同的实数根，令1()t f x x x ==+，则2t ，或2t -，故关于t的一元二次方程2(1)20t m t m-++=有两个实数根，且这2个实数根大于2或小于2-．令2()(1)2g t t m t m=-++，①若这两个根都大于2，则由2(1)80122(2)20m mmg⎧=+->⎪+⎪>⎨⎪=>⎪⎩，求得3m>+②若这两个根都小于2-，则由2(1)80122(2)460m mmg m⎧=+->⎪+⎪<-⎨⎪-=+>⎪⎩，求得m∈∅．③若这两个根一个大于2，另一个小于2-，则由(2)460(2)20g mg-=+<⎧⎨=<⎩，可得m∈∅．综上可得，m的范围为(3+，)+∞．【点评】本题主要考查方程根的个数判断，体现了转化、分类讨论、数形结合的数学思想，属于难题．。

高中数学函数与导数复习题和答案

高中数学函数与导数复习题和答案一、选择题1. 设函数 f(x) = x^2 - 3x +1，则下列哪个说法是正确的？A. f(x) 是偶函数B. f(x) 是奇函数C. f(x) 是一次函数D. f(x) 是二次函数答案：D. f(x) 是二次函数2. 已知函数 y = e^x，则函数 y 的导数为：A. y' = exB. y' = e^xC. y' = 1/xD. y' = ln(x)答案：B. y' = e^x3. 若 f(x) 在区间 [a, b] 的内某点处存在极大值，则 f'(x) = 0 的解必定在该点的 __？A. 左侧B. 右侧C. 任意侧D. 无法确定答案：C. 任意侧4. 设函数 f(x) = x^3 + 2x^2 - 5x，则下列哪个说法是正确的？A. f(x) 在 x = 0 处存在极小值B. f(x) 在 x = 1 处存在极大值C. f(x) 是偶函数D. f(x) 是奇函数答案：B. f(x) 在 x = 1 处存在极大值二、填空题1. 设函数 f(x) = 3x^2 - 2x，则函数 f(x) 的导函数为 __？答案：f'(x) = 6x - 22. 函数 y = x^3 + 3x^2 - 4x - 1 在 x = 1 处的导数为 __？答案：f'(1) = 93. 已知函数 f(x) = e^x + ln(x)，则 f'(x) = __？答案：f'(x) = e^x + 1/x4. 设函数 f(x) = sin(2x)，则 f'(x) = __？答案：f'(x) = 2cos(2x)三、解答题1. 求函数 f(x) = 2x^3 - 3x^2 - 12x + 5 的导函数，并求其在 x = 2 处的导数值。

解：函数 f(x) 的导函数为 f'(x) = 6x^2 - 6x - 12。

高中数学函数与导数常考题型整理归纳

高中数学函数与导数常考题型整理归纳是一个以2为根的二次函数，开口向下，顶点坐标为(1.e)，所以f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以函数f(x)的单调递增区间为(1，＋∞).2)由题意可知，f′(x)＝ex(－2x＋a)(x＋2)，所以f(x)在(－∞，－2)和(－1，＋∞)上单调递减，在(－2，－1)上单调递增.又因为f(x)在(－1，1)上单调递增，所以a＞0，且f(－1)＜f(1)，即e(2a－1)＜2，解得a＜ln3/2.综上，实数a的取值范围为(0，ln3/2).导数在不等式中的应用是高考经常考查的热点，主要考察转化思想和函数思想。

常见的命题角度包括证明简单的不等式、求参数范围使得不等式恒成立、不等式能否成立等问题。

以函数f(x)=e^(2x)-a ln x为例，(1)讨论f(x)的导函数f'(x)的零点个数；(2)证明当a>1时，f(x)≥2a+a ln a。

首先，f(x)的定义域为(0.+∞)，f'(x)=2e^(2x)-a/x(x>0)。

当a≤1时，f'(x)始终大于0，没有零点；当a>1时，由于e^(2x)在(0.+∞)上单调递增，-a/x在(0.+∞)上单调递减，所以f'(x)在(0.+∞)上单调递增。

又因为f'(a)>0，所以当b满足a<b<4且b<1/a时，f'(b)<0，因此f'(x)存在唯一的零点。

其次，根据(1)，设f'(x)在(0.+∞)上的唯一零点为x，当x∈(0.x)时，f'(x)0.因此f(x)在(0.x)上单调递减，在(x。

+∞)上单调递增，所以当x=x时，f(x)取得最小值，最小值为f(x)=2x+2ax+a ln a。

由于2e^(2x)-a/x=a^2/(ae^(2x)/x)-a/x≥2a+aln a，因此当a>1时，f(x)≥2a+a ln a。

【高中数学】第二课时导数与函数的单调性(二)

第二课时导数与函数的单调性(二) 课标要求素养要求1.结合实例，借助几何直观了解函数的单调性与导数的关系.2.能利用导数研究函数的单调性. 进一步理解函数的导数和其单调性的关系，提升数学运算素养与直观想象素养.题型一含参数函数的单调性【例1】讨论函数f(x)＝12ax2＋x－(a＋1)ln x(a≥0)的单调性.解函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ax＋1－a＋1x＝ax2＋x－（a＋1）x.①当a＝0时，f′(x)＝x－1 x，由f′(x)>0，得x>1，由f′(x)<0，得0<x<1.∴f(x)在(0，1)内为减函数，在(1，＋∞)内为增函数.②当a>0时，f′(x)＝a⎝⎛⎭⎪⎫x＋a＋1a（x－1）x，∵a>0，∴a＋1 a>0.由f′(x)>0，得x>1，由f′(x)<0，得0<x<1.∴f(x)在(0，1)内为减函数，在(1，＋∞)内为增函数.综上所述，当a≥0时，f(x)在(0，1)内为减函数，在(1，＋∞)内为增函数.规律方法(1)研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论.(2)划分函数的单调区间时，要在函数的定义域内讨论，还要确定导数为0的点和函数的间断点.【训练1】求函数f(x)＝1x2＋a ln x(a∈R)的单调递减区间.解易得函数f (x )的定义域是(0，＋∞)，f ′(x )＝－2x 3＋a x ＝ax 2－2x 3. ①当a ≤0时，f ′(x )<0在(0，＋∞)上恒成立，故f (x )在(0，＋∞)上单调递减. ②当a >0时，若0<x <2a ，则f ′(x )<0；若x >2a ，则f ′(x )>0，所以f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，2a 上单调递减，在⎝⎛⎭⎪⎫2a ，＋∞上单调递增. 综上可知，当a ≤0时，f (x )的单调递减区间为(0，＋∞)，当a >0时，f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎪⎫0，2a . 题型二根据函数的单调性求参数【例2】 (1)若函数f (x )＝(x 2－cx ＋5)e x 在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，4上单调递增，则实数c 的取值范围是( ) A.(－∞，2] B.(－∞，4] C.(－∞，8]D.[－2，4](2)已知函数f (x )＝ln x ＋（x －b ）22在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上存在单调递增区间，则实数b 的取值范围是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，94 B.(－∞，3) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，32 D.(－∞，2)解析 (1)易得f ′(x )＝[x 2＋(2－c )x －c ＋5]e x .∵函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，4上单调递增，等价于x 2＋(2－c )x －c ＋5≥0对任意x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，4恒成立， ∴c ≤x 2＋2x ＋5x ＋1对任意x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，4恒成立.∵x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，4，∴x 2＋2x ＋5x ＋1＝x ＋1＋4x ＋1≥4，当且仅当x ＝1时等号成立，∴c ≤4.(2)易得f ′(x )＝12x ＋x －b ＝2x 2－2bx ＋12x .根据题意，得f ′(x )>0在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上有解.令h (x )＝2x 2－2bx ＋1，因为h (0)＝1>0，所以只需h (2)>0或h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12>0，解得b <94，故选A.答案 (1)B (2)A规律方法 (1)已知函数的单调性，求参数的取值范围，应用条件f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)，x ∈(a ，b )恒成立，利用分离参数或函数性质解出参数的取值范围(一般可用不等式恒成立的理论求解)，应注意参数的取值是f ′(x )不恒等于0的参数的范围，然后检验参数取“＝”时是否满足题意.(2)若函数y ＝f (x )在区间(a ，b )上不单调，则转化为f ′(x )＝0在(a ，b )上有解(需验证解的两侧导数是否异号).【训练2】若函数f (x )＝x 3－12x 在区间(k －1，k ＋1)上不单调，则实数k 的取值范围是( )A.(－∞，－3]∪[－1，1]∪[3，＋∞)B.(－3，－1)∪(1，3)C.(－2，2)D.不存在这样的实数k解析由题意得，f ′(x )＝3x 2－12＝0在区间(k －1，k ＋1)上至少有一个实数根. 又f ′(x )＝3x 2－12＝0的根为±2，且f ′(x )在x ＝2或－2两侧导数异号，而区间(k －1，k ＋1)的区间长度为2，故只有2或－2在区间(k －1，k ＋1)内， ∴k －1<2<k ＋1或k －1<－2<k ＋1， ∴1<k <3或－3<k <－1，故选B. 答案 B题型三函数单调性的应用【例3】(1)已知f(x)为R上的可导函数，其导函数为f′(x)，且对于任意的x∈R，均有f(x)＋f′(x)>0，则()A.e－2 019f(－2 019)<f(0)，e2 019f(2 019)>f(0)B.e－2 019f(－2 019)<f(0)，e2 019f(2 019)<f(0)C.e－2 019f(－2 019)>f(0)，e2 019f(2 019)>f(0)D.e－2 019f(－2 019)>f(0)，e2 019f(2 019)<f(0)(2)已知f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)为f(x)的导函数，且满足f(x)<－xf′(x)，则不等式f(x＋1)>(x－1)·f(x2－1)的解集是()A.(0，1)B.(2，＋∞)C.(1，2)D.(1，＋∞)解析(1)构造函数h(x)＝e x f(x)，则h′(x)＝e x f(x)＋e x f′(x)＝e x(f(x)＋f′(x))>0，所以函数h(x)在R上单调递增，故h(－2 019)<h(0)，即e－2 019f(－2 019)<e0f(0)，即e－2 019f(－2 019)<f(0).同理，h(2 019)>h(0)，即e2 019f(2 019)>f(0)，故选A.(2)构造函数y＝xf(x)，x∈(0，＋∞)，则y′＝f(x)＋xf′(x)<0，所以函数y＝xf(x)在(0，＋∞)上单调递减.又因为f(x＋1)>(x－1)f(x2－1)，所以(x＋1)f(x＋1)>(x2－1)f(x2－1)，所以x＋1<x2－1，解得x>2或x<－1(舍).所以不等式f(x＋1)>(x－1)f(x2－1)的解集是(2，＋∞).故选B.答案(1)A(2)B【迁移1】把例3(1)中的条件“f(x)＋f′(x)>0”换为“f′(x)>f(x)”，比较e2 019f(－2 019)和f(0)的大小.解令g(x)＝f（x）e x，则g′(x)＝f′（x）－f（x）e x，因为对任意的x∈R，都有f′(x)>f(x)，所以g′(x)>0，即g(x)在R上单调递增，所以h(－2 019)<h(0)，即f （－2 019）e－2 019<f （0）e 0，所以e 2 019f (－2 019)<f (0). 【迁移2】把例3(2)中的条件“f (x )<－xf ′(x )”换为“f (x )<xf ′(x )”，解不等式(x 2＋1)f (2x ＋1)>(2x ＋1)f (x 2＋1).解设g (x )＝f （x ）x ，则g ′(x )＝xf ′（x ）－f （x ）x 2，∵f (x )<xf ′(x )，∴g ′(x )>0，故g (x )在(0，＋∞)上是增函数，由(x 2＋1)f (2x ＋1)>(2x ＋1)f (x 2＋1)得 f （2x ＋1）2x ＋1>f （x 2＋1）x 2＋1即g (2x ＋1)>g (x 2＋1)，所以⎩⎨⎧2x ＋1>0，2x ＋1>x 2＋1，解得0<x <2. 即不等式(x 2＋1)f (2x ＋1)>(2x ＋1)f (x 2＋1)的解集为(0，2).规律方法用函数单调性比较大小或解不等式时常构造函数，常见的有： (1)对于f ′(x )>g ′(x )，构造h (x )＝f (x )－g (x ). (2)对于f ′(x )＋g ′(x )>0，构造h (x )＝f (x )＋g (x ). (3)对于f ′(x )＋f (x )>0，构造h (x )＝e x f (x ). (4)对于f ′(x )>f (x )，构造h (x )＝f （x ）e x . (5)对于xf ′(x )＋f (x )>0，构造h (x )＝xf (x ). (6)对于xf ′(x )－f (x )>0，构造h (x )＝f （x ）x .【训练3】 (多选题)已知定义在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2上的函数f (x )的导函数为f ′(x )，且f (0)＝0，f ′(x )cos x ＋f (x )sin x <0，则下列判断中正确的是( ) A.f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6<62f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4 B.f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln π3>0C.f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6>3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3 D.f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4>2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3解析令g (x )＝f （x ）cos x ，x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2，则g ′(x )＝f ′（x ）cos x ＋f （x ）sin xcos 2x，因为f ′(x )cos x ＋f (x )sin x <0，所以g ′(x )＝f ′（x ）cos x ＋f （x ）sin x cos 2x <0在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2上恒成立，因此函数g (x )＝f （x ）cos x 在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2上单调递减，又π6<π4，所以g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6>g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，即f⎝ ⎛⎭⎪⎫π6cos π6>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4cos π4，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6>62f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，故A 错；又f (0)＝0，所以g (0)＝f （0）cos 0＝0，所以g (x )＝f （x ）cos x ≤0在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2上恒成立，因为ln π3∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln π3<0，故B 错；又π6>π3，所以g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6>g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6cos π6>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3cos π3，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6>3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，故C 正确；又π4<π3，所以g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4>g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，所以f⎝ ⎛⎭⎪⎫π4cos π4>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3cos π3，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4>2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，故D 正确；故选CD.答案 CD一、素养落地1.通过学习导数与函数的单调性，提升数学运算与逻辑推理素养.2.对于含参数的导数的单调性，要清楚分类讨论的标准，做到不重不漏.3.利用函数的单调性求参数的取值范围的关键是转化为不等式的恒成立问题或存在性问题，再利用分离参数法或函数的性质求解. 二、素养训练1.设函数f (x )＝2x ＋sin x ，则( ) A.f (1)>f (2)B.f (1)<f (2)C.f(1)＝f(2)D.以上都不正确解析f′(x)＝2＋cos x>0，故f(x)是R上的增函数，故f(1)<f(2). 答案 B2.若f(x)＝13x3－ax2的单调减区间是(0，2)，则正数a的值是()A.1B.2C.3D.4解析f′(x)＝x2－2ax，令f′(x)<0，由于a>0，故解得0<x<2a，故2a＝2，即a＝1. 答案 A3.已知f(x)＝ln xx，则()A.f(2)>f(e)>f(3)B.f(3)>f(e)>f(2)C.f(3)>f(2)>f(e)D.f(e)>f(3)>f(2)解析f(x)的定义域是(0，＋∞)，∵f′(x)＝1－ln xx2，∴x∈(0，e)，f′(x)>0，x∈(e，＋∞)，f′(x)<0，故x＝e时，f(x)max＝f(e)，又f(2)＝ln 22＝ln 86，f(3)＝ln 33＝ln 96，则f(e)>f(3)>f(2).答案 D4.若函数y＝x2－2bx＋6在(2，8)内是增函数，则实数b的取值范围是________. 解析由题意得y′＝2x－2b≥0在(2，8)内恒成立，即b≤x在(2，8)内恒成立，所以b≤2.答案(－∞，2]5.若f(x)＝－12x2＋b ln(x＋2)在(－1，＋∞)上是减函数，则b的取值范围是________.解析∵f(x)在(－1，＋∞)上为减函数，∴f′(x)≤0在(－1，＋∞)上恒成立.∵f′(x)＝－x＋bx＋2，∴－x＋bx＋2≤0在(－1，＋∞)上恒成立，即b≤x(x＋2)在(－1，＋∞)上恒成立. 设g(x)＝x(x＋2)＝(x＋1)2－1，则当x>－1时，g(x)>－1，∴b≤－1.答案(－∞，－1]基础达标一、选择题1.已知函数f(x)＝e xx，当1<x<3时，下列关系正确的是()A.f(x)<f(x)<f2(x)B.f(x)<f(x)<f2(x)C.f2(x)<f(x)<f(x)D.f2(x)<f(x)<f(x)解析由题意得f′(x)＝（x－1）e xx2，当1<x<3时，f′(x)>0，所以f(x)在(1，3)上单调递增.又1<x<x<3，所以f(x)<f(x).由f(x)在(1，3)上单调递增，可知当x∈(1，3)时，f(x)>f(1)＝e，所以f2(x)>f(x).综上f(x)<f(x)<f2(x).答案 A2.已知函数f(x)，g(x)对任意实数x，有f(－x)＝－f(x)，g(－x)＝g(x)，且当x>0时，有f′(x)>0，g′(x)>0，则当x<0时，有()A.f′(x)>0，g′(x)>0B.f′(x)>0，g′(x)<0C.f′(x)<0，g′(x)>0D.f′(x)<0，g′(x)<0解析由已知，得f(x)为奇函数，g(x)为偶函数.∵当x>0时，f′(x)>0，g′(x)>0，∴f(x)，g(x)在(0，＋∞)上均单调递增，∴f(x)在(－∞，0)上单调递增，g(x)在(－∞，0)上单调递减，∴当x<0时，f′(x)>0，g′(x)<0.答案 B3.已知函数f(x)＝x2－ax＋3在(0，1)上为减函数，函数g(x)＝x2－a ln x在(1，2)上为增函数，则a＝()A.1B.2C.0D. 2解析∵函数f(x)＝x2－ax＋3在(0，1)上为减函数，∴a2≥1，得a≥2.g′(x)＝2x－a x ，依题意g ′(x )≥0在(1，2)上恒成立，即2x 2≥a 在x ∈(1，2)时恒成立，有a ≤2，∴a ＝2. 答案 B4.已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2－x －1在R 上是单调函数，则实数a 的取值范围是( )A.(－∞，－3]∪[3，＋∞)B.[－3，3]C.(－∞，－3)∪(3，＋∞)D.(－3，3)解析 f ′(x )＝－3x 2＋2ax －1，由题意，可知f ′(x )＝－3x 2＋2ax －1≤0在R 上恒成立，∴(2a )2－4×(－3)×(－1)≤0，解得－3≤a ≤ 3. 答案 B5.若函数f (x )＝2x 2－ln x 在定义域内的一个子区间(k －1，k ＋1)上不是单调函数，则实数k 的取值范围是( ) A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－12，32 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32 C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，32 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32 解析由题意，得函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝4x －1x .令f ′(x )＝0，解得x ＝12或x ＝－12(舍去).当0<x <12时，f ′(x )<0，函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上单调递减；当x >12时，f ′(x )>0，函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上单调递增.因为函数f (x )在区间(k －1，k ＋1)上不是单调函数，所以k －1<12<k ＋1，解得－12<k <32.又k －1≥0，所以1≤k <32.故选C. 答案 C 二、填空题6.若函数f (x )＝(x 2＋mx )e x 的单调递减区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－32，1，则实数m 的值为________.解析 f ′(x )＝[x 2＋(m ＋2)x ＋m ]e x .因为f (x )的单调减区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－32，1，所以f ′(x )＝0的两个根分别为x 1＝－32，x 2＝1，即⎩⎪⎨⎪⎧f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫－32＝0，f ′（1）＝0，解得m ＝－32.答案－327.函数f (x )＝13x 3－12(2a ＋1)x 2＋(a 2＋a )x ＋4的单调减区间是________.解析 f ′(x )＝x 2－(2a ＋1)x ＋a 2＋a ＝[x －(a ＋1)](x －a )，令f ′(x )<0，得a <x <a ＋1，故f (x )的减区间是(a ，a ＋1). 答案 (a ，a ＋1)8.已知f (x )是定义在R 上的奇函数，且f (2)＝0，若当x >0时，xf ′(x )＋f (x )>0，则不等式xf (x )>0的解集是________. 解析由题意设g (x )＝xf (x )，则g ′(x )＝xf ′(x )＋f (x ).∵当x >0时，xf ′(x )＋f (x )>0，∴g (x )在(0，＋∞)上单调递增. ∵f (x )是定义在R 上的奇函数， ∴g (x )是定义在R 上的偶函数. 又f (2)＝0，则g (2)＝2f (2)＝0， ∴不等式xf (x )>0等价于g (x )>0＝g (2)， ∴|x |>2，解得x <－2或x >2，∴不等式xf (x )>0的解集是(－∞，－2)∪(2，＋∞). 答案 (－∞，－2)∪(2，＋∞) 三、解答题9.已知函数f (x )＝x 3＋ax 2－a 2x ＋2.(1)若a ＝1，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)若a >0，求函数f (x )的单调区间. 解 (1)∵a ＝1，∴f (x )＝x 3＋x 2－x ＋2， ∴f ′(x )＝3x 2＋2x －1，∴f ′(1)＝4.又f (1)＝3，∴切点坐标为(1，3)，∴所求切线方程为y －3＝4(x －1)，即4x －y －1＝0. (2)f ′(x )＝3x 2＋2ax －a 2＝(x ＋a )(3x －a )，由f ′(x )＝0得x ＝－a 或x ＝a3. 又a >0，由f ′(x )<0，得－a <x <a3，由f ′(x )>0，得x <－a 或x >a3，故f (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－a ，a 3，单调递增区间为()－∞，－a 和⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，＋∞.10.试讨论函数f (x )＝kx －ln x 的单调区间. 解函数f (x )＝kx －ln x 的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝k －1x ＝kx －1x .当k ≤0时，kx －1<0，∴f ′(x )<0，则f (x )在(0，＋∞)上单调递减. 当k >0时，由f ′(x )<0，即kx －1x <0，解得0<x <1k ；由f ′(x )>0，即kx －1x >0，解得x >1k. ∴当k >0时，f (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1k ，单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ，＋∞.综上所述，当k ≤0时，f (x )的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间；当k >0时，f (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1k ，单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ，＋∞.能力提升11.已知函数f (x )＝x ln x ＋x (x －a )2(a ∈R ).若存在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，使得f (x )>xf ′(x )成立，则实数a 的取值范围是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫94，＋∞ B.⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞ C.(2，＋∞)D.(3，＋∞)解析由f (x )>xf ′(x )成立，可得⎣⎢⎡⎦⎥⎤f （x ）x ′＝xf ′（x ）－f （x ）x 2<0.设g (x )＝f （x ）x ＝ln x ＋(x －a )2，则存在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，使得g ′(x )＝1x ＋2(x －a )<0成立，即a >⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12x min .又x ＋12x ≥2x ·12x ＝2，当且仅当x ＝12x ，即x ＝22时取等号，所以a > 2.故选C. 答案 C12.已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋x ＋1，a ∈R . (1)讨论函数f (x )的单调区间；(2)设函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，－13内是减函数，求a 的取值范围.解 (1)f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋1，Δ＝4(a 2－3). 当Δ＞0，即a ＞3或a ＜－3时，令f ′(x )＞0，即3x 2＋2ax ＋1＞0，解得x ＞－a ＋a 2－33或x ＜－a －a 2－33；令f ′(x )＜0，即3x 2＋2ax ＋1＜0，解得－a －a 2－33＜x ＜－a ＋a 2－33.故函数f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－a －a 2－33，⎝ ⎛⎭⎪⎫－a ＋a 2－33，＋∞；单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－a －a 2－33，－a ＋a 2－33. 当Δ＜0，即－3＜a ＜3时，对所有的x ∈R 都有f ′(x )＞0，故f (x )在R 上单调递增.当Δ＝0，即a ＝±3时，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3＝0，且对所有的x ≠－a 3都有f ′(x )＞0，故f (x )在R上单调递增.(2)由(1)，知只有当a ＞3或a ＜－3时， f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－a －a 2－33，－a ＋a 2－33内是减函数，所以⎩⎪⎨⎪⎧－a －a 2－33≤－23，－a ＋a 2－33≥－13.解得a ≥2.故a 的取值范围是[2，＋∞).创新猜想13.(多选题)已知函数f (x )的导函数为f ′(x )，且f ′(x )<f (x )，对任意的x ∈R 恒成立，则( ) A.f (ln 2)<2f (0) B.f (2)<e 2f (0) C.f (ln 2)>2f (0)D.f (2)>e 2f (0)解析令g (x )＝f （x ）e x ，则g ′(x )＝f ′（x ）－f （x ）e x <0，故g (x )在R 上单调递减，而ln 2>0，2>0，故g (ln 2)<g (0)，g (2)<g (0)，即f （ln 2）2<f （0）1，f （2）e 2<f （0）1，所以f (ln 2)<2f (0)，f (2)<e 2f (0). 答案 AB14.(多空题)已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝12ax 2＋2x (a ≠0).(1)若函数h (x )＝f (x )－g (x )存在单调递减区间，则实数a 的取值范围是________； (2)若函数h (x )＝f (x )－g (x )在[1，4]上单调递减，则实数a 的取值范围是________. 解析 (1)由题知h (x )＝ln x －12ax 2－2x ，x ∈(0，＋∞)，所以h ′(x )＝1x －ax －2.由h (x )在(0，＋∞)上存在单调递减区间，可得当x ∈(0，＋∞)时，1x －ax －2<0有解，即a >1x 2－2x 有解.设G (x )＝1x 2－2x (x >0)，所以只要a >G (x )min 即可.而G (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12－1，所以G (x )min ＝－1.因为a ≠0，所以－1<a <0或a >0.(2)由h (x )在[1，4]上单调递减，得当x ∈[1，4]时，h ′(x )＝1x －ax －2≤0恒成立，即a ≥1x 2－2x 恒成立.设H (x )＝1x 2－2x ，x ∈[1，4]，所以a ≥H (x )max ，而H (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12－1，因为x ∈[1，4]，所以1x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，1，所以H (x )max ＝－716(此时x ＝4). 因为a ≠0，所以－716≤a <0或a >0.答案 (1)(－1，0)∪(0，＋∞) (2)⎣⎢⎡⎭⎪⎫－716，0∪(0，＋∞)高考数学：试卷答题攻略一、“六先六后”，因人因卷制宜。

专题函数与导数(练习)

（新高考地区）2023届高三数学一轮复习同步练习函数与导数____班____号姓名_________一、选择题（1-6单选，7-8多选）1. 已知函数()f x 的导数为()f x ‘，且()()220sin f x x f x x '=++，则()'0f =A ．-2B ．-1C ．1D ．22.函数f (x )＝2|sinx |＋cos2x 在[－π2，π2]上的单调递增区间为 A ．[－π2，－π6]和[0，π6] B ．[－π6，0]和[π6，π2] C ．[－π2，－π6]和[π6，π2] D ．[－π6，π6] 3. 设函数()219ln 2f x x x =-在区间[]1,1a a -+上单调递减，则实数a 的取值范围是A ．(]1,2B ．[)4,+∞C ．(],2-∞D ．(]0,34. 已知过点(),0A a 作曲线()1e x y x =-的切线有且仅有1条，则=aA ．3-B ．3C ．3-或1D ．3或15. 已知函数()e ,0ln ,0x x f x x x ⎧≤⎪=⎨>⎪⎩，（e 为自然对数的底数），则函数()()()211e =--⎡⎤⎣⎦F x f f x f x 的零点个数为A ．8B ．7C ．6D ．46. 设a ,b 都为正数,e 为自然对数的底数,若1a ae b ++ln b b <,则A .ab e >B .1a b e >＋C .ab e <D .1a b e <＋7.已知定义在上的函数的导函数为，且，，则下列判断中正确的是 A ． B ． C ． D ． 8. 已知()f x 是定义在R 上的奇函数，当0x >时，121,02()1(2),22x x f x f x x -⎧-<≤⎪=⎨->⎪⎩,下列结论中正确的有A.函数()f x 在()6,5--上单调递增0,2π⎡⎫⎪⎢⎣⎭()f x ()f x '()00f =()cos ()sin 0f x x f x x '+<64f f ππ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ln 03f π⎛⎫> ⎪⎝⎭63f ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭43f ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭B.函数()f x 的图象与直线y x =有且仅有2个不同的交点C.若关于x 的方程2[()](1)()0()f x a f x a a -++=∈R 恰有4个不相等的实数根，则这4个实数根之和为8D.记函数()f x 在[]()*21,2k k k -∈N 上的最大值为k a ，则数列{}n a 的前7项和为12764. 二、填空题9. 若函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2在x ＝1处取得极值10，则a ＝________，b ＝________.10. 已知函数()ln 2f x x ax =--在区间(1,2)上不单调，则实数a 的取值范围为___________.11.已知不等式e (3)20(1)+--<<x a x x a 恰有2个整数解，则a 的取值范围为___________.12．已知函数()()ln 1f x x x a x a =+-+，.a Z ∈若存在01x >，使得()00f x <，则实数a 的最小值为________．三、解答题13. 已知函数2()(1)ln 1f x a x ax =+++．(1)当2a =时，求曲线()y f x =在()1,(1)f 处的切线方程；(2)设2a ≤-，证明：对任意1x ，2(0,)x ∈+∞，1212|()()|4||f x f x x x -≥-．14. 已知函数()()x f x e ln x m =-+．（Ⅰ）设0x =是()f x 的极值点，求m ，并讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）当2m 时，证明：()0f x >．15.已知函数()()2ln 21f x x ax a x =++++，其中a ∈R .(1)求函数()f x 的单调区间；(2)设Z a ∈，若对任意的0x >，()0f x ≤恒成立，求a 的最大值.1ln22n++<17. 已知函数()()ln 1f x x =+，2()1g x x bx =++（b 为常数），()()()h x f x g x =-.(1)若存在过原点的直线与函数()f x ､()g x 的图象相切，求实数b 的值；(2)当2b =-时，[]12,0,1x x ∃∈使得()()12h x h x M -≥成立，求M 的最大值；(3)若函数()h x 的图象与x 轴有两个不同的交点()1,0A x ､()2,0B x ，且120x x <<，求证：12'02x x h +⎛⎫< ⎪⎝⎭.。

《集合、函数与导数》专题1,2(答案详解)

高二数学假期作业一．选择题（共16小题）1．若集合A={y|y=2x+2}，B={x|﹣x2+x+2≥0}，则（）A．A⊆B B．A∪B=R C．A∩B={2}D．A∩B=∅2．已知集合A={x|0＜x＜2}，B={x|x2＜1}，则A∪B=（）A．（0，1） B．（﹣1，2）C．（﹣1，1）D．（﹣∞，﹣1]∪[2，+∞）3．已知集合M={x|3x﹣x2＞0}，N={x|x2﹣4x+3＞0}，则M∩N=（）A．（0，1） B．（1，3） C．（0，3） D．（3，+∞）4．已知集合A={x|x2﹣x﹣12＜0}，B={x|y=log2（x+4）}，则A∩B=（）A．（﹣3，3）B．（﹣3，4）C．（0，3） D．（0，4）5．已知集合A={x|x=3n+2，n∈N}，B={6，8，10，12，14}，则集合A∩B=（）A．{8，10} B．{8，12} C．{8，14} D．{8，10，14}6．已知集合，则A∩B=（）A．[﹣1，3]B．（﹣1，3]C．（0，1]D．（0，3]7．已知全集为R，集合M={﹣1，1，2，4}，N={x|x2﹣2x＞3}，则M∩（∁R N）=（）A．{﹣1，1，2}B．{1，2}C．{4}D．{x|﹣1≤x≤2}8．已知集合M={（x，y）|y=f（x）}，若对于任意实数对（x1，y1）∈M，存在（x2，y2）∈M，使x1x2+y1y2=0成立，则称集合M是“垂直对点集”，给出下列四个集合：①M={（x，y）|y=}；②M={（x，y）|y=sinx+1}；③={（x，y）|y=2x﹣2}；④M={（x，y）|y=log2x}其中是“垂直对点集”的序号是（）A．②③④B．①②④C．①③④D．①②③9．已知二次函数f（x）=ax2+bx（a，b∈R），满足f（1﹣x）=f（1+x），且在区间[﹣1，0]上的最大值为3，若函数g（x）=|f（x）|﹣mx有唯一零点，则实数m的取值范围是（）A．[﹣2，0]B．[﹣2，0）∪[2，+∞）C．[﹣2，0）D．（﹣∞，0）∪[2，+∞）10．定义在R上的函数g（x）=e x+e﹣x+|x|，则满足g（2x﹣1）＜g（3）的x的取值范围是（）A．（﹣∞，2）B．（﹣2，2）C．（﹣1，2）D．（2，+∞）11．函数f（x）定义在实数集R上，f（2﹣x）=f（x），且当x≥1时f（x）=log2x，则有（）A．f（）＜f（2）＜f（）B．f（）＜f（2）＜f（）C．f（）＜f（）＜f（2）D．f（2）＜f（）＜f（12．已知函数f（x）=，则f（x）的值域是（）A．[1，+∞）B．[0，+∞）C．（1，+∞）D．[0，1）∪（1，+∞）13．若函数y=f（x）的图象如图所示，则函数y=f（1﹣x）的图象大致为（）A．B．C．D．14．函数y=的值域为（）A．（﹣∞，﹣2]∪[﹣1，+∞）B．（﹣∞，﹣2）∪（﹣1，+∞）C．{y|y≠﹣1，y∈R}D．{y|y≠﹣2，y∈R}15．已知函数f（x）=设m＞n≥﹣1，且f（m）=f（n），则m•f（m）的最小值为（）A．4 B．2 C．D．216．若函数f（x）=（x2+x﹣2）（x2+ax+b）是偶函数，则f（x）的最小值为（）A．B．C．﹣ D．﹣二．填空题（共8小题）17．已知集合A={0，1，2，3，4}，B={m|m=2n，n∈A}，M={x∈R|x＞2}，则集合B ∩∁R M=．18．设集合A={x|x2﹣x﹣6＜0}，B={x|﹣3≤x≤1}，则A∪B=．19．设M是一个非空集合，#是它的一种运算，如果满足以下条件：（Ⅰ）对M中任意元素a，b，c都有（a#b）#c=a#（b#c）；（Ⅱ）对M中任意两个元素a，b，满足a#b∈M．则称M对运算#封闭．下列集合对加法运算和乘法运算都封闭的为．①{﹣2，﹣1，1，2}②{1，﹣1，0}③Z④Q．20．设[x]表示不超过实数x的最大整数，例如：[4.3]=4，[﹣2.6]=﹣3，则点集{（x，y）|[x]2+[y]2=25}所覆盖的面积为．21．函数f（x）=﹣log2为奇函数，则实数a=．22．已知g（x）=mx+2，f（x）=x2﹣2x，若对∀x1∈[﹣1，2]．∃x0∈[﹣1，2]，有g（x1）=f（x0）成立，则m的取值范围是．23．已知f（x）是定义在R上的偶函数，且f（x+2）=f（x）对x∈R恒成立，当x∈[0，1]时，f（x）=2x，则f（﹣log224）=．24．函数f（x）=ax2+（b﹣2a）x﹣2b为偶函数，且在（0，+∞）单调递减，则f（x）＞0的解集为．三．解答题（共6小题）25．记函数f（x）=lg（x2﹣x﹣2）的定义域为集合A，函数g（x）=的定义域为集合B．（1）求①A∩B；②（∁R A）∪B；（2）若C={x|（x﹣m+1）（x﹣2m﹣1）＜0}，C⊆B，求实数m的取值范围．26．已知集合A={y|y=，x∈R}，B={x|y=lg（1﹣2x）}（1）求出集合A，集合B；（2）求（∁U B）∩A．27．已知集合A={x∈R|ax2﹣3x+2=0，a∈R}．（1）若A是空集，求a的取值范围；（2）若A中只有一个元素，求a的值，并把这个元素写出来．28．已知函数f（x）=9x﹣2a•3x+3：（1）若a=1，x∈[0，1]时，求f（x）的值域；（2）当x∈[﹣1，1]时，求f（x）的最小值h（a）；（3）是否存在实数m、n，同时满足下列条件：①n＞m＞3；②当h（a）的定义域为[m，n]时，其值域为[m2，n2]，若存在，求出m、n的值，若不存在，请说明理由．29．已知函数f（x）=4x﹣2x，实数s，t满足f（s）+f（t）=0，a=2s+2t，b=2s+t．（1）当函数f（x）的定义域为[﹣1，1]时，求f（x）的值域；（2）求函数关系式b=g（a），并求函数g（a）的定义域D；（3）在（2）的结论中，对任意x1∈D，都存在x2∈[﹣1，1]，使得g（x1）=f（x2）+m成立，求实数m的取值范围．30．已知函数f（x）=．（1）判断函数f（x）的奇偶性，并证明；（2）若不等式f（x）＞log9（2c﹣1）有解，求c的取值范围．参考答案与试题解析一．选择题（共16小题）1．（2017•楚雄州一模）若集合A={y|y=2x+2}，B={x|﹣x2+x+2≥0}，则（）A．A⊆B B．A∪B=R C．A∩B={2}D．A∩B=∅【分析】y=2x+2＞2，可得集合A=（2，+∞）．由﹣x2+x+2≥0，化为x2﹣x﹣2≤0，解出可得B=[﹣1，2]．再利用集合的运算性质即可得出．【解答】解：y=2x+2＞2，∴集合A={y|y=2x+2}=（2，+∞）．由﹣x2+x+2≥0，化为x2﹣x﹣2≤0，解得﹣1≤x≤2．∴B={x|﹣x2+x+2≥0}=[﹣1，2]．∴A∩B=∅，故选：D．【点评】本题考查了集合的运算性质、不等式的解法、函数的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．2．（2017•唐山三模）已知集合A={x|0＜x＜2}，B={x|x2＜1}，则A∪B=（）A．（0，1） B．（﹣1，2）C．（﹣1，1）D．（﹣∞，﹣1]∪[2，+∞）【分析】根据题意，解x2＜1可得集合B，由集合并集的定义计算可得答案．【解答】解：根据题意，集合A={x|0＜x＜2}，B={x|x2＜1}={x|﹣1＜x＜1}，则A∪B={x|﹣1＜x＜2}=（﹣1，2）；故选：B．【点评】本题考查集合的并集计算，关键是理解集合并集的定义．3．（2017•甘肃二模）已知集合M={x|3x﹣x2＞0}，N={x|x2﹣4x+3＞0}，则M∩N=（）A．（0，1） B．（1，3） C．（0，3） D．（3，+∞）【分析】分别求出M与N中不等式的解集确定出M与N，找出两集合的交集即可．【解答】解：由M中不等式变形得：x（x﹣3）＜0，解得：0＜x＜3，即M=（0，3），由N中不等式变形得：（x﹣1）（x﹣3）＞0，解得：x＜1或x＞3，即N=（﹣∞，1）∪（3，+∞），则M∩N=（0，1），故选：A．【点评】此题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键．4．（2017•龙门县校级模拟）已知集合A={x|x2﹣x﹣12＜0}，B={x|y=log2（x+4）}，则A∩B=（）A．（﹣3，3）B．（﹣3，4）C．（0，3） D．（0，4）【分析】求出A中不等式的解集确定出A，求出B中x的范围确定出B，找出A与B的交集即可．【解答】解：由A中不等式变形得：（x﹣4）（x+3）＜0，解得：﹣3＜x＜4，即A=（﹣3，4），由B中y=log2（x+4），得到x+4＞0，解得：x＞﹣4，即B=（﹣4，+∞），则A∩B=（﹣3，4），故选：B．【点评】此题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键．5．（2017•宜宾模拟）已知集合A={x|x=3n+2，n∈N}，B={6，8，10，12，14}，则集合A∩B=（）A．{8，10} B．{8，12} C．{8，14} D．{8，10，14}【分析】用列举法写出集合A，根据交集的定义写出A∩B．【解答】解：集合A={x|x=3n+2，n∈N}={2，5，8，11，14，…}，B={6，8，10，12，14}，则集合A∩B={8，14}．故选：C．【点评】本题考查了交集的定义与应用问题，是基础题．6．（2017•黔东南州一模）已知集合，则A∩B=（）A．[﹣1，3]B．（﹣1，3]C．（0，1]D．（0，3]【分析】求出A与B中不等式的解集分别确定出A与B，找出两集合的交集即可．【解答】解：由A中不等式变形得：（x+1）（x﹣3）≤0，且x+1≠0，解得：﹣1＜x≤3，即A=（﹣1，3]，由B中不等式变形得：lgx≤1=lg10，解得：0＜x≤10，即B=（0，10]，则A∩B=（0，3]，故选：D．【点评】此题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键．7．（2017•咸阳二模）已知全集为R，集合M={﹣1，1，2，4}，N={x|x2﹣2x＞3}，则M∩（∁R N）=（）A．{﹣1，1，2}B．{1，2}C．{4}D．{x|﹣1≤x≤2}【分析】求出N中不等式的解集确定出N，根据全集R，求出N的补集，找出M与N 补集的交集即可．【解答】解：由N中不等式变形得：（x﹣3）（x+1）＞0，解得：x＜﹣1或x＞3，即N=（﹣∞，﹣1）∪（3，+∞），∵全集为R，∴∁R N=[﹣1，3]，∵M={﹣1，1，2，4}，∴M∩（∁R N）={﹣1，1，2}，故选：A．【点评】此题考查了交、并、补集的混合运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键．8．（2017•晋中二模）已知集合M={（x，y）|y=f（x）}，若对于任意实数对（x1，y1）∈M，存在（x2，y2）∈M，使x1x2+y1y2=0成立，则称集合M是“垂直对点集”，给出下列四个集合：①M={（x，y）|y=}；②M={（x，y）|y=sinx+1}；③={（x，y）|y=2x﹣2}；④M={（x，y）|y=log2x}其中是“垂直对点集”的序号是（）A．②③④B．①②④C．①③④D．①②③【分析】利用数形结合的方法解决，根据题意，若集合M={（x，y）|y=f（x）}是“垂直对点集”，就是在函数图象上任取一点A，得直线OA，过原点与OA垂直的直线OB，若OB总与函数图象相交即可．【解答】解：由题意，若集合M={（x，y）|y=f（x）}满足：对于任意A（x1，y1）∈M，存在B（x2，y2）∈M，使得x1x2+y1y2=0成立，因此．所以，若M是“垂直对点集”，那么在M图象上任取一点A，过原点与直线OA垂直的直线OB总与函数图象相交于点B．对于①：M={（x，y）|y=}，其图象是过一、二象限，且关于y轴对称，所以对于图象上的点A，在图象上存在点B，使得OB⊥OA，所以①符合题意；对于②：M={（x，y）|y=sinx+1}，画出函数图象，在图象上任取一点A，连OA，过原点作直线OA的垂线OB，因为y=sinx+1的图象沿x轴向左向右无限延展，且与x轴相切，因此直线OB总会与y=sinx+1的图象相交．所以M={（x，y）|y=sinx+1}是“垂直对点集”，故②符合题意；对于③：M={（x，y）|y=2x﹣2}，其图象过点（0，﹣1），且向右向上无限延展，向左向下无限延展，所以，据图可知，在图象上任取一点A，连OA，过原点作OA的垂线OB必与y=2x﹣2的图象相交，即一定存在点B，使得OB⊥OA成立，故M={（x，y）|y=2x﹣2}是“垂直对点集”．故③符合题意；对于④：M={x，y）|y=log2x}，对于函数y=log2x，取点（1，0），与y轴垂直，所以没有对应点，切点T明显在x轴下方有对应点所以对切点T，不存在点M，使得OM⊥OT，所以M={（x，y）|y=log2x}不是“垂直对点集”；故④不符合题意．故选：D．【点评】本题考查“垂直对点集”的判断，是中档题，解题时要认真审题，注意函数性质的合理运用．9．（2017•天津学业考试）已知二次函数f（x）=ax2+bx（a，b∈R），满足f（1﹣x）=f （1+x），且在区间[﹣1，0]上的最大值为3，若函数g（x）=|f（x）|﹣mx有唯一零点，则实数m的取值范围是（）A．[﹣2，0]B．[﹣2，0）∪[2，+∞）C．[﹣2，0）D．（﹣∞，0）∪[2，+∞）【分析】由题意可得直线x=1为函数f（x）的对称轴，即有﹣=1①，讨论a＞0，a ＜0，得到f（x）在区间[﹣1，0]的单调性，可得最大值，a﹣b=3②，解方程组可得a，b的值．作出函数f（x）=|x2﹣2x|的图象和直线y=mx，再分类讨论，结合图象即可得到结论．【解答】解：二次函数f（x）=ax2+bx（a，b∈R），满足f（1﹣x）=f（1+x），可得直线x=1为函数f（x）的对称轴，即有﹣=1①由f（x）在区间[﹣1，0]上的最大值为3，若a＞0时，则f（x）在[﹣1，0]递减，f（﹣1）取得最大值，且为a﹣b=3②若a＜0时，f（x）在[﹣1，0]递增，f（0）取得最大值，且为0，不成立．由①②解得a=1，b=﹣2．则f（x）=x2﹣2x，若函数g（x）=|f（x）|﹣mx有唯一零点，即为方程|f（x）|=mx有唯一实根，作出y=|f（x）|的图象和直线y=mx的图象，当m=0，有y=0与y=|f（x）|有两个交点；当m＞0时，由mx=2x﹣x2，即有x2+（m﹣2）x=0，由判别式（m﹣2）2﹣4×0=0，解得m=2．由图象可得m≥2时，y=|f（x）|的图象和直线y=mx的图象有两个交点；当0＜m＜2，y=|f（x）|的图象和直线y=mx的图象有，三个交点；当m＜0时，且y=mx为曲线y=|f（x）|的切线时，只有一个交点，即为原点为切点，y=|f（x）|=x2﹣2x（x＜0），可得mx=x2﹣2x即x2﹣（2+m）x=0只有相等的两实根，可得判别式（2+m）2﹣4×0=0，解得m=﹣2．由图象可得﹣2≤m＜0时，y=|f（x）|的图象和直线y=mx的图象只有一个交点，即为原点．综上可得，所求m的范围为[﹣2，0）．故选：C．【点评】本题考查二次函数的解析式的求法，注意运用函数的对称性和单调性，考查函数的零点，考查数形结合的数学思想，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．10．（2017•成都四模）定义在R上的函数g（x）=e x+e﹣x+|x|，则满足g（2x﹣1）＜g （3）的x的取值范围是（）A．（﹣∞，2）B．（﹣2，2）C．（﹣1，2）D．（2，+∞）【分析】根据f（﹣x）=e x+e﹣x+|x|=f（x）得该函数是偶函数，再由函数的单调性以及对称性求出不等式的解集．【解答】解：：∵函数f（﹣x）=e x+e﹣x+|x|=f（x），∴函数f（x）是偶函数，故函数f（x）的图象关于y轴对称．∵f（2x﹣1）＜f（3），且函数在（0，+∞）上是增函数，故函数在（﹣∞，0）上是减函数，∴|2x﹣1|＜3，解得﹣1＜x＜2，故选：C．【点评】本题考查了函数奇偶性和单调性的应用，利用奇（偶）函数图象的对称性，将函数值的大小对应的不等式进行转化，体现了转化思想，属于中档题．11．（2017•贵州模拟）函数f（x）定义在实数集R上，f（2﹣x）=f（x），且当x≥1时f（x）=log2x，则有（）A．f（）＜f（2）＜f（）B．f（）＜f（2）＜f（）C．f（）＜f（）＜f（2）D．f（2）＜f（）＜f（【分析】易判断f（x）在[1，+∞）上的单调性，根据f（2﹣x）=f（x）可把f（），f （）转化到区间[1，+∞）上，借助函数单调性可作出大小判断．【解答】解：∵x≥1时f（x）=log2x，∴f（x）在[1，+∞）上单调递增，∵f（2﹣x）=f（x），∴f（）=f（2﹣）=f（），f（）=f（2﹣）=f（），又1＜＜2，∴f（）＜f（）＜f（2），即f（）＜f（）＜f（2），故选C．【点评】本题考查函数的单调性及其应用，解决本题的关键是利用所给条件把问题转化到已知区间上利用函数性质解决问题．12．（2017•孝义市模拟）已知函数f（x）=，则f（x）的值域是（）A．[1，+∞）B．[0，+∞）C．（1，+∞）D．[0，1）∪（1，+∞）【分析】求出x≤1时二次函数的值域，再由基本不等式求出x＞1时函数的值域，取并集得答案．【解答】解：由f（x）=，知当x≤1时，x2≥0；当x＞1时，x+﹣3≥2﹣3=4﹣3=1，当且仅当x=，即x=2时取“=”，取并集得：f（x）的值域是[0，+∞）．故选：B．【点评】本题考查分段函数值域的求法，分段函数的值域分段求，然后取并集即可，是中档题．13．（2014•湖南二模）若函数y=f（x）的图象如图所示，则函数y=f（1﹣x）的图象大致为（）A．B．C．D．【分析】先找到从函数y=f（x）到函数y=f（1﹣x）的平移变换规律是：先关于y轴对称得到y=f（﹣x），再整体向右平移1个单位；再画出对应的图象，即可求出结果．【解答】解：因为从函数y=f（x）到函数y=f（1﹣x）的平移变换规律是：先关于y轴对称得到y=f（﹣x），再整体向右平移1个单位即可得到．即图象变换规律是：①→②．故选：A．【点评】本题考查了函数的图象与图象的变换，培养学生画图的能力，属于基础题，但也是易错题．易错点在于左右平移，平移的是自变量本身，与系数无关．14．（2017春•龙泉驿区校级月考）函数y=的值域为（）A．（﹣∞，﹣2]∪[﹣1，+∞）B．（﹣∞，﹣2）∪（﹣1，+∞）C．{y|y≠﹣1，y ∈R}D．{y|y≠﹣2，y∈R}【分析】由题意可得x=log2，即＞0，解得即可．【解答】解：y==﹣1+，则y+1=，则2x﹣1=，则2x=1+，则x=log2，∴＞0，解的y＞﹣1或y＜﹣2，故选：B．【点评】本题考查了函数的定义和解析式以及定义域和值域相关问题，属于中档题．15．（2017•钦州二模）已知函数f（x）=设m＞n≥﹣1，且f（m）=f（n），则m•f（m）的最小值为（）A．4 B．2 C．D．2【分析】做出f（x）的图象，根据图象判断m的范围，利用基本不等式得出最小值．【解答】解：做出f（x）的函数图象如图所示：∵f（m）=f（n），m＞n≥﹣1，∴1≤m＜4，∴mf（m）=m（1+）=m+≥2．当且仅当m=时取等号．故选：D．【点评】本题考查了分段函数的图象，基本不等式的应用，属于中档题．16．（2017•天津二模）若函数f（x）=（x2+x﹣2）（x2+ax+b）是偶函数，则f（x）的最小值为（）A．B．C．﹣ D．﹣【分析】根据题意，由于函数f（x）为偶函数，则可得f（﹣x）=f（x），即（x2﹣x﹣2）（x2﹣ax+b）=（x2+x﹣2）（x2+ax+b），分析可得a、b的值，即可得函数f（x）的解析式，对其求导，分析可得当x=±时，f（x）取得最小值；计算即可的答案．【解答】解：根据题意，函数f（x）=（x2+x﹣2）（x2+ax+b）是偶函数，则有f（﹣x）=f（x），即（x2﹣x﹣2）（x2﹣ax+b）=（x2+x﹣2）（x2+ax+b）分析可得：﹣2（1﹣a+b）=0，4（4+2a+b）=0，解可得：a=﹣1，b=﹣2，则f（x）=（x﹣1）（x+2）（x2﹣x﹣2）=x4﹣5x2+4，f′（x）=4x3﹣10x=x（4x2﹣10），令f′（x）=0，可得当x=±时，f（x）取得最小值；又由函数为偶函数，则f（x）min=（）4﹣5（）2+4=﹣；故选：C【点评】本题考查函数的最值计算，关键是利用函数的奇偶性求出a、b的值，确定函数的解析式，属于中档题二．填空题（共8小题）17．（2017•天津二模）已知集合A={0，1，2，3，4}，B={m|m=2n，n∈A}，M={x∈R|x＞2}，则集合B∩∁R M={0，2} ．【分析】根据题意，分析可得集合B，由补集的定义可得∁R M，进而由交集的定义计算可得答案．【解答】解：根据题意，集合A={0，1，2，3，4}，则B={m|m=2n，n∈A}={0，2，4，6，8}，而M={x∈R|x＞2}，则∁R M={x|x≤2}，故B∩∁R M={0，2}；故答案为：{0，2}．【点评】本题考查集合的交、补集的运算，关键是求出集合B．18．（2017•天津二模）设集合A={x|x2﹣x﹣6＜0}，B={x|﹣3≤x≤1}，则A∪B=[﹣3，3）．【分析】根据题意，解x2﹣x﹣6＜0可得集合A，进而有集合并集的定义计算可得答案．【解答】解：根据题意，x2﹣x﹣6＜0⇒﹣2＜x＜3，则A={x|x2﹣x﹣6＜0}={x|﹣2＜x＜3}=（﹣2，3），而B={x|﹣3≤x≤1}=[﹣3，1]，则A∪B=[﹣3，3）；故答案为：[﹣3，3）．【点评】本题考查集合并集的运算，涉及一元二次不等式的解法，关键是求出集合A．19．（2016•潍坊模拟）设M是一个非空集合，#是它的一种运算，如果满足以下条件：（Ⅰ）对M中任意元素a，b，c都有（a#b）#c=a#（b#c）；（Ⅱ）对M中任意两个元素a，b，满足a#b∈M．则称M对运算#封闭．下列集合对加法运算和乘法运算都封闭的为②③④．①{﹣2，﹣1，1，2}②{1，﹣1，0}③Z④Q．【分析】根据已知中“M对运算#封闭”的定义，逐一分析给定的四个集合是否满足“M对运算#封闭”的定义，可得答案．【解答】解：①中，当a=﹣1，b=1时，a+b=0∉{﹣2，﹣1，1，2}，当a=﹣2，b=2时，a×b=﹣4∉{﹣2，﹣1，1，2}，故①中集合对加法和乘法都不封闭，②中集合M={1，﹣1，0}满足：（Ⅰ）对M中任意元素a，b，c都有（a+b）+c=a+（b+c）；（Ⅱ）对M中任意两个元素a，b，满足a+b∈M．故②中集合对加法运算和乘法运算都封闭；③中集合M=Z满足：（Ⅰ）对M中任意元素a，b，c都有（a+b）+c=a+（b+c）；（Ⅱ）对M中任意两个元素a，b，满足a+b∈M．故③中集合对加法运算和乘法运算都封闭；④中集合M=Q满足：（Ⅰ）对M中任意元素a，b，c都有（a+b）+c=a+（b+c）；（Ⅱ）对M中任意两个元素a，b，满足a+b∈M．故④中集合对加法运算和乘法运算都封闭；故答案为：②③④【点评】本题考查的知识点是元素与集合关系的判断，正确理解“M对运算#封闭”的定义，是解答的关键．20．（2017•临川区校级模拟）设[x]表示不超过实数x的最大整数，例如：[4.3]=4，[﹣2.6]=﹣3，则点集{（x，y）|[x]2+[y]2=25}所覆盖的面积为12．【分析】根据方程，对于x，y≥0时，求出x，yd的整数解，分别对|[x]|=5、4、3、0时确定x的范围，对应的y的范围，求出面积，再求其和．【解答】解：方程：[x]2+[y]2=25x，y≥0时，[x]，[y]的整解有两组，（3，4），（0，5）显然x的最大值是5|[x]|=5时，5≤x＜6，或者﹣5≤x＜﹣4，|[y]|=0，0≤y＜1，围成的区域是2个单位正方形|[x]|=4时，4≤x＜5，或者﹣4≤x＜﹣3，|[y]|=3，﹣3≤y＜﹣2，或者3＜y≤4，围成的区域是4个单位正方形|[x]|=3时，3≤x＜4，或者﹣3≤x＜﹣2，|[y]|=4，﹣4≤y＜﹣3，或者4＜y≤5，围成的区域是4个单位正方形|[x]|=0时，0≤x＜1，|[y]|=5，5≤y＜6 或者﹣5≤y＜﹣4，围成的区域是2个单位正方形总面积是：12故答案为：12．【点评】本题考查探究性问题，是创新题，考查分类讨论思想，是中档题．21．（2017•佛山一模）函数f（x）=﹣log2为奇函数，则实数a=1．【分析】由题意，f（﹣x）=﹣f（x），可得﹣﹣log2=﹣+log2，即可求出a 的值．【解答】解：由题意，f（﹣x）=﹣f（x），可得﹣﹣log2=﹣+log2∴a=±1，a=﹣1，函数定义域不关于原点对称，舍去．故答案为1．【点评】本题考查奇函数的定义，考查学生的计算能力，属于中档题．22．（2017•新疆一模）已知g（x）=mx+2，f（x）=x2﹣2x，若对∀x1∈[﹣1，2]．∃x0∈[﹣1，2]，有g（x1）=f（x0）成立，则m的取值范围是[﹣1，] ．【分析】由已知中f（x）=x2﹣2x，g（x）=mx+2，对∀x1∈[﹣1，2]，∃x0∈[﹣1，2]，使g（x1）=f（x0），可得函数g（x）=mx+2在区间[﹣1，2]上的值域是函数f（x）=x2﹣2x在区间[﹣1，2]上的值域的子集，由此可以构造关于m的不等式，解不等式即可求出m的取值范围．【解答】解：∵f（x）=x2﹣2x，∴x0∈[﹣1，2]，∵f（x0）∈[﹣1，3]又∵∀x1∈[﹣1，2]，∃x0∈[﹣1，2]，使g（x1）=f（x0），若m＞0，则g（﹣1）≥﹣1，g（2）≤3解得﹣≤m≤，即0＜m≤，若m=0，则g（x）=2恒成立，满足条件；若m＜0，则g（﹣1）≤3，g（2）≥﹣1解各m≥﹣1即﹣1≤m＜0综上满足条件的m的取值范围是﹣1≤m≤故m的取值范围是[﹣1，]故答案为：[﹣1，]．【点评】本题考查的知识点是函数的值域，函数的定义域及其求法，二次函数的性质，其中根据已知条件对m进行分类讨论，是解答本题的关键．23．（2017•沙坪坝区校级模拟）已知f（x）是定义在R上的偶函数，且f（x+2）=f（x）对x∈R恒成立，当x∈[0，1]时，f（x）=2x，则f（﹣log224）=．【分析】根据题意，分析可得f（﹣log224）=f（log224）=f（4+log2）=f（log2），结合函数的解析式可得f（log2）的值，综合即可得答案．【解答】解：根据题意，由于f（x）是定义在R上的偶函数，且f（x+2）=f（x），则f（﹣log224）=f（log224）=f（4+log2）=f（log2），0＜log2＜1，又由当x∈[0，1]时，f（x）=2x，则f（log2）==，即f（﹣log224）=；故答案为：．【点评】本题函数的值的计算，涉及函数的奇偶性、周期性的性质，关键是充分利用函数的周期性．24．（2017•日照一模）函数f（x）=ax2+（b﹣2a）x﹣2b为偶函数，且在（0，+∞）单调递减，则f（x）＞0的解集为{x|﹣2＜x＜2} ．【分析】根据题意，由于函数f（x）=ax2+（b﹣2a）x﹣2b为偶函数，可得该二次函数的对称轴为y轴，分析可得b=2a，结合函数的单调性可得a＞0；综合可得f（x）＞0，即ax2﹣4a＞0，解可得x的取值范围，即可得答案、【解答】解：根据题意，函数f（x）=ax2+（b﹣2a）x﹣2b为二次函数，若其为偶函数，则该二次函数的对称轴为y轴，必有，即b=2a，故f（x）=ax2﹣4a．再根据函数在（0，+∞）单调递减，可得a＜0．若f（x）＞0，即ax2﹣4a＞0，解可得﹣2＜x＜2，故解集为{x|﹣2＜x＜2}．【点评】本题考查二次函数的性质，涉及函数的奇偶性、单调性的应用，注意结合二次函数的性质进行分析．三．解答题（共6小题）25．（2017春•启东市校级期中）记函数f（x）=lg（x2﹣x﹣2）的定义域为集合A，函数g（x）=的定义域为集合B．（1）求①A∩B；②（∁R A）∪B；（2）若C={x|（x﹣m+1）（x﹣2m﹣1）＜0}，C⊆B，求实数m的取值范围．【分析】对于（1）先将函数的定义域A和B求出来，再根据集合的运算法则运算即可；对于（2）要考虑C=∅时，C≠∅时要讨论m﹣1和2m+1的大小．【解答】解：（1）依题意，得A={x|x2﹣x﹣2＞0}=（﹣∞，﹣1）∪（2，+∞）B={x||3﹣x|x|≥0}=[﹣3，3]，①A∩B=[﹣3，﹣1）∪（2，3]②（∁R A）∪B=[﹣3，3]，（2）∵（x﹣m+1）（x﹣2m﹣1）＜0，∴[x﹣（m﹣1）][x﹣（2m+1）]＜0①当m﹣1=2m+1，即m=﹣2时，C=∅，满足C⊆B②当m﹣1＜2m+1，即m＞﹣2时，C=（m﹣1，2m+1），要使C⊆B，只要得﹣2＜m≤1③当2m+1＜m﹣1，即m＜﹣2时，C=（2m+1，m﹣1），要使C⊆B，只要得m∈∅综上，m 的取值范围是[﹣2，1]【点评】本题考查不等式的解法和集合的运算，分类讨论的思想方法，属于基础题．26．（2017春•湖北期中）已知集合A={y|y=，x∈R}，B={x|y=lg（1﹣2x）}（1）求出集合A，集合B；（2）求（∁U B）∩A．【分析】（1）分别求出函数的定义域和值域即可得到集合A，集合B，（2）根据集合交集、补集的运算法则，代入计算可得答案．【解答】解：（1）集合A={y|y=，x∈R}，∵e x＞0，∴﹣e x＜0，∴4﹣e x＜4，∴A=（﹣∞，2）∵B={x|y=lg（1﹣2x）}，∴1﹣2x＞0，解得x＜，故B=（﹣∞，），（2）由B=（﹣∞，），∴∁U B=[，+∞），∴（∁U B）∩A=[，e）．【点评】本题考查的知识点是交，并，补的混合运算，熟练掌握集合的运算规则是解答的关键．27．（2017春•淄川区校级月考）已知集合A={x∈R|ax2﹣3x+2=0，a∈R}．（1）若A是空集，求a的取值范围；（2）若A中只有一个元素，求a的值，并把这个元素写出来．【分析】（1）若A是空集，则方程ax2﹣3x+2=0无解，故△=9﹣8a＜0，由此解得a的取值范围．（2）若A中只有一个元素，则a=0 或△=9﹣8a=0，求出a的值，再把a的值代入方程ax2﹣3x+2=0，解得x的值，即为所求【解答】解：（1）若A是空集，则方程ax2﹣3x+2=0无解，故△=9﹣8a＜0，解得a＞，故a的取值范围为（，+∞）．（2）若A中只有一个元素，则a=0 或△=9﹣8a=0，解得a=0 或a=．当a=0时，解ax2﹣3x+2=0 可得x=．当a=时，解ax2﹣3x+2=0 可得x=．故A中的元素为和．【点评】本题主要考查集合中参数的取值问题，体现了分类讨论的数学思想，属于中档题．28．（2017•上海一模）已知函数f（x）=9x﹣2a•3x+3：（1）若a=1，x∈[0，1]时，求f（x）的值域；（2）当x∈[﹣1，1]时，求f（x）的最小值h（a）；（3）是否存在实数m、n，同时满足下列条件：①n＞m＞3；②当h（a）的定义域为[m，n]时，其值域为[m2，n2]，若存在，求出m、n的值，若不存在，请说明理由．【分析】（1）设t=3x，则φ（t）=t2﹣2at+3=（t﹣a）2+3﹣a2，φ（t）的对称轴为t=a，当a=1时，即可求出f（x）的值域；（2）由函数φ（t）的对称轴为t=a，分类讨论当a＜时，当≤a≤3时，当a＞3时，求出最小值，则h（a）的表达式可求；（3）假设满足题意的m，n存在，函数h（a）在（3，+∞）上是减函数，求出h（a）的定义域，值域，然后列出不等式组，求解与已知矛盾，即可得到结论．【解答】解：（1）∵函数f（x）=9x﹣2a•3x+3，设t=3x，t∈[1，3]，则φ（t）=t2﹣2at+3=（t﹣a）2+3﹣a2，对称轴为t=a．当a=1时，φ（t）=（t﹣1）2+2在[1，3]递增，∴φ（t）∈[φ（1），φ（3）]，∴函数f（x）的值域是：[2，6]；（Ⅱ）∵函数φ（t）的对称轴为t=a，当x∈[﹣1，1]时，t∈[，3]，当a＜时，y min=h（a）=φ（）=﹣；当≤a≤3时，y min=h（a）=φ（a）=3﹣a2；当a＞3时，y min=h（a）=φ（3）=12﹣6a．故h（a）=；（Ⅲ）假设满足题意的m，n存在，∵n＞m＞3，∴h（a）=12﹣6a，∴函数h（a）在（3，+∞）上是减函数．又∵h（a）的定义域为[m，n]，值域为[m2，n2]，则，两式相减得6（n﹣m）=（n﹣m）•（m+n），又∵n＞m＞3，∴m﹣n≠0，∴m+n=6，与n＞m＞3矛盾．∴满足题意的m，n不存在．【点评】本题主要考查二次函数的值域问题，二次函数在特定区间上的值域问题一般结合图象和单调性处理，是中档题．29．（2017•上海模拟）已知函数f（x）=4x﹣2x，实数s，t满足f（s）+f（t）=0，a=2s+2t，b=2s+t．（1）当函数f（x）的定义域为[﹣1，1]时，求f（x）的值域；（2）求函数关系式b=g（a），并求函数g（a）的定义域D；（3）在（2）的结论中，对任意x1∈D，都存在x2∈[﹣1，1]，使得g（x1）=f（x2）+m 成立，求实数m的取值范围．【分析】（1）换元根据t=2x∈[，2]，g（t）=t2﹣t单调递增，即可求f（x）的值域；（2）配方得出：（2s+2t）2﹣2•2s+t﹣（2s+2t）=0，a2﹣2b﹣a=0，a≥2，a≥2，a＞0，求解即可得出b=，1＜a≤2；（3）g（x）=（x2﹣x）∈（0，1]，f（x）∈[﹣，2]，对任意x1∈D，都存在x2∈[﹣1，1]，使得g（x1）=f（x2）+m成立，即可求实数m的取值范围．【解答】解：（1）∵函数f（x）=4x﹣2x，f（x）的定义域为[﹣1，1]时，∴t=2x∈[，2]，g（t）=t2﹣t单调递增，∵g（）=﹣，g（2）=2，∴f（x）的值域为：[﹣，2]．（2）∵f（s）+f（t）=0，∴4s﹣2s+4t﹣2t=0，化简得出：（2s+2t）2﹣2•2s+t﹣（2s+2t）=0，∵a=2s+2t，b=2s+t．2s+2t≥2．a≥2∴a2﹣2b﹣a=0，a≥2，a≥2，a＞0即b=，1＜a≤2，D=（1，2]；（3）g（x）=（x2﹣x）∈（0，1]，f（x）∈[﹣，2]．∵对任意x1∈D，都存在x2∈[﹣1，1]，使得g（x1）=f（x2）+m成立，∴（0，1]⊆[﹣+m，2+m]．∴﹣1≤m≤．【点评】本题综合考查了函数的性质，配方求解，考查换元法，考查学生分析解决问题的能力，属于综合题．30．（2017•杨浦区二模）已知函数f（x）=．（1）判断函数f（x）的奇偶性，并证明；（2）若不等式f（x）＞log9（2c﹣1）有解，求c的取值范围．【分析】（1）利用奇函数的定义，即可得出结论；（2）f（x）===﹣+∈（﹣，），不等式f（x）＞log9（2c﹣1）有解，可得＞log9（2c﹣1），即可求c的取值范围．【解答】解：（1）函数的定义域为R，f（x）==，f（﹣x）==﹣f（x），∴函数f（x）是奇函数；（2）f（x）===﹣+∈（﹣，）∵不等式f（x）＞log9（2c﹣1）有解，∴＞log9（2c﹣1），∴0＜2c﹣1＜3，∴．【点评】本题考查奇函数的定义，考查函数的值域，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．。

高三数学专项训练：函数与导数,解析几何解答题(二)(理科)

（1）求椭圆的方程；
（2）过右焦点的直线与椭圆交于不同的两点、，则内切圆的圆面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值及此时的直线方程；若不存在，请说明理由.
35．某校同学设计一个如图所示的“蝴蝶形图案（阴影区域）”，其中、是过抛物线焦点的两条弦，且其焦点，，点为轴上一点，记，其中为锐角．
（3）求证： .
4．已知函数 .
（Ⅰ）若函数的值域为，若关于的不等式的解集为，求的值；
（Ⅱ）当时，为常数，且，，求的取值范围.
5．已知函数，函数．
(I)试求f(x)的单调区间。
(II)若f(x)在区间上是单调递增函数，试求实数a的取值范围：
(III)设数列是公差为1．首项为l的等差数列，数列的前n项和为，求证：当时， .
41．（13分）已知椭圆C的中心在原点，离心率等于，它的一个短轴端点点恰好是抛物线的焦点。
（1）求椭圆C的方程；
（2）已知P（2,3）、Q（2，－3）是椭圆上的两点，A,B是椭圆上位于直线ＰＱ两侧的动点，
①若直线ＡＢ的斜率为，求四边形ＡＰＢＱ面积的最大值；
②当Ａ、B运动时，满足＝，试问直线AB的斜率是否为定值，请说明理由。
(2)点Q(x0，y0)(－2<x0<2)是曲线C上的动点，曲线C在点Q处的切线为，点P的坐标是(0，－1)，与PA，PB分别交于点D，E，求△QAB与△PDE的面积之比．
27．已知两点及，点在以、为焦点的椭圆上，且、、构成等差数列．
(Ⅰ)求椭圆的方程；
(Ⅱ)如图，动直线与椭圆有且仅有一个公共点，点是直线上的两点，且，
．求四边形面积的最大值．

高中求导专项练习题

高中求导专项练习题1. 求导问题一已知函数$y=x^3-2x^2$，求该函数在$x=2$处的导数值。

解析：求导即求函数的斜率，利用导数的定义进行求解。

函数$y=x^3-2x^2$的导数为$\frac{dy}{dx}=3x^2-4x$。

将$x=2$代入导数表达式中，即可求出该函数在$x=2$处的导数值。

2. 求导问题二已知函数$y=\sqrt{x+1}$，求该函数的导数。

解析：利用导数的定义求解。

函数$y=\sqrt{x+1}$的导数为$\frac{dy}{dx}=\frac{1}{2\sqrt{x+1}}$。

将导数表达式简化后即可得到该函数的导数。

3. 求导问题三已知函数$y=e^x\ln x$，求该函数的导数。

解析：利用乘法法则和链式法则求解。

函数$y=e^x\ln x$的导数为$\frac{dy}{dx}=e^x\ln x+\frac{e^x}{x}$。

利用指数函数和对数函数的导数规则，将导数表达式简化后即可得到该函数的导数。

4. 求导问题四已知函数$y=\sin^2x$，求该函数的导数。

解析：利用链式法则求解。

函数$y=\sin^2x$的导数为$\frac{dy}{dx}=2\sin x\cos x$。

利用三角函数的导数规则，将导数表达式简化后即可得到该函数的导数。

5. 求导问题五已知函数$y=\frac{1}{\log_2x}$，求该函数的导数。

解析：利用倒数法则和链式法则求解。

函数$y=\frac{1}{\log_2x}$的导数为$\frac{dy}{dx}=-\frac{1}{x\ln 2(\ln x)^2}$。

利用对数函数的导数规则，将导数表达式简化后即可得到该函数的导数。

6. 求导问题六已知函数$y=\frac{x^2}{\sqrt{1+x}}$，求该函数的导数。

解析：利用除法法则和链式法则求解。

函数$y=\frac{x^2}{\sqrt{1+x}}$的导数为$\frac{dy}{dx}=\frac{2x\sqrt{1+x}-\frac{1}{2}x^2\frac{1}{\sqrt{1+x}}}{1+x}$。

导数专题的题型总结

导数专题的题型总结一、导数的概念与运算题型1. 求函数的导数- 题目：求函数y = x^3+2x - 1的导数。

- 解析：- 根据求导公式(x^n)^′=nx^n - 1，对于y = x^3+2x - 1。

- 对于y = x^3，其导数y^′=(x^3)^′ = 3x^2；对于y = 2x，其导数y^′=(2x)^′=2；对于y=-1，因为常数的导数为0，所以y^′ = 0。

- 综上，函数y = x^3+2x - 1的导数y^′=3x^2+2。

2. 复合函数求导- 题目：求函数y=(2x + 1)^5的导数。

- 解析：- 设u = 2x+1，则y = u^5。

- 根据复合函数求导公式y^′_x=y^′_u· u^′_x。

- 先对y = u^5求导，y^′_u = 5u^4；再对u = 2x + 1求导，u^′_x=2。

- 所以y^′ = 5u^4·2=10(2x + 1)^4。

二、导数的几何意义题型1. 求切线方程- 题目：求曲线y = x^2在点(1,1)处的切线方程。

- 解析：- 对y = x^2求导，根据求导公式(x^n)^′=nx^n - 1，可得y^′ = 2x。

- 把x = 1代入导数y^′中，得到切线的斜率k = 2×1=2。

- 由点斜式方程y - y_0=k(x - x_0)（其中(x_0,y_0)=(1,1)，k = 2），可得切线方程为y - 1=2(x - 1)，即y = 2x-1。

2. 已知切线方程求参数- 题目：已知曲线y = ax^2+3x - 1在点(1,a + 2)处的切线方程为y = 7x + b，求a和b的值。

- 解析：- 先对y = ax^2+3x - 1求导，y^′=2ax + 3。

- 把x = 1代入导数y^′中，得到切线的斜率k = 2a+3。

- 因为切线方程为y = 7x + b，所以切线斜率为7，即2a + 3=7，解得a = 2。

高中总复习数学函数与导数专题练习参考答案

高中总复习数学函数与导数专题练习参考答案一、选择题 1. D 解析：∵B={1,3,4}，∴A∩(B)={1,3}.2. C解析：乙成立时，平面α、β有交点，即丙成立；当丙成立时，若直线l 、m 均不相交，则l 、m 与平面α、β的交线平行，此时l ∥m ，与甲矛盾，故乙也成立，即乙是丙的充要条件. 3. C解析：∵“p 且q”与“非q”同时为假命题⇒p 为假，q 为真，又|x-1|＞2⇔x<-1或x>3， ∴满足条件的x 为-1≤x≤3,x ∈Z ，即x=-1,0,1,2,3. 4. B解析：令A={1},B={2}，则card(A)=card(B)，故④为假，排除A 、C ；又令A={1},B={1,2}，则card(A)≤card(B),A ⊆B ，排除③，故选B.5.（理）B解析：{x|x 2+2tx-4t-3≠0}=R 等价于方程x 2+2tx-4t-3=0无解，故Δ1=(2t)2+4(4t+3)<0,-3<t<-1,∴A={t|-3<t<-1}. {x|x 2+2tx-2t=0}≠φ等价于方程x 2+2tx-2t=0有解，故Δ2=4t 2+8t≥0,t≤-2或t≥0，∴B={t|t≤-2或t≥0}，A∩B=(-3,-2]. （文）A 解析：直线y-1=k(x-1)过圆x 2+y 2-2y=0上的点（1,1）且斜率存在，故直线与圆相交（不相切），即选A. 6. B解析：∵-4-x 2∈［-2,0］,∴M ⊆［-2,0］,故选B. 7. C 解析：⎩⎨⎧-=-=-2)2()0()4(f f f ⇒f(x)=x 2+4x+2(x≤0)，f(x)=x ⇒x=2,-1,-2.8.（理）B解析：设t=2x ,t ∈(0,2］，则1+2x +(a-a 2)4x >0⇔a 2-a<21t t +=(t 1+21)2-41. ∵t ∈(0,2)，t 1∈［21,+∞］,∴(t 1+21)2-41∈［43,+∞］，∴ a 2-a<43⇔-21<a<23.（文）A解析：令a=-1，则f(x)=-x 2+4x+1，易知不满足题意，排除B 、C 、D ，选A. 9. D解析：y=(x+x 1)2-(x+x 1)-2=(x+x 1-21)2-49，令t=x+x1，因x<0，故t≤-2. 又y=(t-21)2-49在（-∞,-2）递减，∴ y min =(-2-21)2-49=4. 10. B解析：令2x 2+1=5，则x=±2；令2x 2+1=19，则 x=±3.则集合A={-2,2},B={-3,3}中各至少有一个元素为定义域中的元素，故定义域有)()(22122212C C C C +⨯+×=9种，即“孪生函数”有9个.11. A 解析：f(41)=log 241=-2,F(f(41),1)=F(-2,1)=-2+1=-1. 12.(理) B 解析：f(x)=(31)x ,f -1(x)=31log x ，由原方程得 f -1(x)=-1或3，故x=3或271. （文）D解析：根据 f -1(x)=log 3x+1的定义域及值域观察可得. 13. D 解析：f(535π)=f(32π)=f(-32π)=f(3π)=sin 3π=23.14. D解析：设点(x 0,y 0)是y=(21)x图象上的点，关于点（2，0）对称点为（x,y ），则x 0=4-x,y 0=-y, 又y 0=(21)x0，故-y=(21)4-x,即y=-2x-4=-162x ,故选D. 15. B 解析：⎩⎨⎧<<<-1005.0a a ⇒0<a<0.5.16. B解析：f′(x)=2x 2-2，当 x ∈［0,1］时，f′(x)<0，故函数f(x)在区间[0,1]上单调递减. 17. D解析：∵y′|x=1=（x 2-2x ）|x=1=1-2=-1,由导数的几何意义知,曲线在该点的切线斜率为-1,∴倾斜角为43π. 18. A解析：y′=6x 2-6x-12=6(x-2)(x+1),令y ′=0,得x=2或x=-1（舍）.∵f(0)=5,f(2)=-15,f(3)=-4,∴y max =5,y min =-15.19. B解析：∵f′(x)=x 2+2ax+a 2-1=(x+a)2-1，又a≠0, ∴f′(x)的图象为第三个，知f′(0)=0，故a=-1，f(-1)=-31+a+1=-31. 20. B解析：设点P(x 0,y 0)，在点P 处的切线的斜率为k=tanα=(x 3-x+32)′|x=x0=3x 02-1≥-1, 又∵0≤α≤π，∴α∈［0,2π］∪［43π,π］. 21. C解析：f′(x)=-3x 2-1<0,故f(x)在［m,n ］单调递减，又f(m)·f(n)<0,故f(m)>0,f(n)<0, ∴f(x)=0在区间［m,n ］上有且只有一个实数根. 22. D解析：y=2-x 与y=21log x 的图象关于直线y=x 对称；y=2log 4x=log 2x 与y=21log x 的图象关于x 轴对称；y=log 2(x+1)的图象向右平移一个单位即为y=21log x 的图象，故排除A 、B 、C ，选D.23. C解析：f(x)=x 2-2ax+a 在区间(-∞，1)上有最小值，故a<1，而g(x)=x+x a -2a ，g′(x)=1-2xa . ∵x>1，a<1,∴g′(x)<0,即g(x)在（1，+∞）递减.24. B解析：∵f(x)=ax 3+bx 2,f′(x)=3ax 2+2bx,∴⎩⎨⎧-=+=⨯+⨯,323,022232b a b a即⎩⎨⎧-==.3,1b a令f′(x)=3x 2-6x<0,则0<x<2,即选B. 25. D解析：∵y′=3x 2-3≥-3，∴tanα≥-3，又α∈［0,π］，∴α∈［0,2π］∪［32π,π］.二、填空题 26.（1）（3）（4）解析：（2）错在当m=0时不成立，其他根据概念即可判断. 27.（理）m≤9 解析：同时满足①②的x 的范围为2<x<3，要令f(x)=2x 2-9x+m<0在(2,3)上恒成立，则f(x)=0的两根x 1、x 2(x 1≤x 2)应满足x 1≤2且x 2≥3.则f(2)≤0且f(3)≤0，解得m≤9. （文）(-3，23) 解析：只需f(1)=-2p 2-3p+9>0或f(-1)=-2p 2+p+1>0 即-3＜p ＜23或21-＜p ＜1,∴p ∈(-3, 23). 28.②③解析：设P(x 1,y 1),Q(x 2,y 2)由图象知k PQ ∈(0,+∞),k OP >k OQ ，故①错，②对，又直线x=221x x +与函数f(x)的图象的交点在线段PQ 的中点上方，故③正确. 29. -4解析：∵f′(x)=3ax 2-2bx+c, ∴f′(2)=12a -4b+c=0. 又f(1)=a-b+c=4,∴b=5411+a ,c=51616a-. 所以f(-1)=-(a+b+c)=-(a+5411+a +51616a-)=-4.30.（21）|x|等解析：f(x)=(21)|x|或y=(31)|x|或y=a |x|(0<a<1).三、解答题31.解：由题意，M={x|x<-3或x>5}，P={x|(x+a)(x-8)≤0}.则 M∩P={x|5<x≤8}⇔-3≤-a≤5⇔-5≤a≤3.（1）只要是满足-5≤a≤3的一个数即可作为答案.（2）只要使集合{x|-5≤a≤3}成为所得范围集合的真子集即可作为答案. 32.解：（1）逆命题：在等比数列 {a n }中，前n 项和为S n ，若a m ,a m+2,a m+1成等差数列，则S m ,S m+2,S m+1成等差数列；（2）设{a n }的首项为a 1，公比为q ，则2a m+2=a m +a m+1，于是2a 1q m+1=a 1q m-1+a 1q m . 由a 1≠0,q≠0，化简上式得2q 2-q-1=0，解得q=1或q=-21, 当q=1时，∵S m =ma 1,S m+2=(m+2)a 1,S (m+1)=（m+1）a 1, ∴S m +S m+1≠2S m+2,即S m ,S m+2,S m+1不成等差数列；当q=-21时,∵S m +S m+1=])21(1[34211])21(1[211])21(1[21111++--=+--++--m m m a a a而2S m+2=])21[(34211])21(1[2221212+++-=+--=m m m a a S ，∴S m +S m+1=2S m+2，即S m ,S m+2,S m+1成等差数列；综上得，当公比q=1时，逆命题为假，当q=-21时，逆命题为真. 33.解：函数图象的对称轴为x=2a ， ①当2a<0即a<0时，f(0)=3,即a 2-2a+2=3,∴a=1-2或a=1+2（舍）， ②当0≤2a≤2即0≤a≤4时，f(2a )=3,∴a=-21（舍）， ③当2a>2即a>4时，f(x)min =f(2)=3即a 2-10a+18=3，∴a=5+10或5-10（舍），综上可知a=1-2或a=5+10.34.解析:由条件知Δ≤0,即(-4a)2-4(2a+12)≤0,∴-23≤a≤2, (1)当-23≤a ＜1时，原方程化为x=-a 2+a+6, ∵-a 2+a+6=-(a-21)2+425,∴当a=-23时，x min =49,当a=21时,x max =425.∴49≤x≤425.(2)当1≤a≤2时，x=a 2+3a+2=(a+23)2-41,∴当a=1时，x min =6,当a=2时，x max =12,∴6≤x≤12. 综上所述，49≤x≤12. 35.解：（1）设 x 1<x 2<0，则31x <32x ,321x x +<1，∵f(x 1)-f(x 2)=19311+x x - 19311+x x =)1)(1(3993332122112122++-+-++x x x x x x x x=)1)(1()1)((99333112121++--+x x x x xx <0,∴f(x 1)<f(x 2)，即y=f(x)在(-∞,0)上是增函数.（2）∵0<193+x x=xx 3131+≤21， ∴当x≤0时，f(x)=193+x x -21∈(-21,0]；当x>0时，f(x)=21-193+x x +1∈(0,21).综上得y=f(x)的值域为(-21,21). （3）∵f(x)=(-21,21)，又∵f(x)>31， ∴f(x)∈(31,21)，此时f(x)=21-193+x x(x>0)，令21-193+x x >31，即193+x x <61⇒32x-6·3x +1>0⇒3x >3+22⇒x>log 3(3+22)，∴不等式 f(x)>31的解集是(log 3(3+22),+∞). 36.解：（1）令x=y=0⇒f(0)=0，令y=-x ，则f(x)+f(-x)=0⇒f(-x)=-f(x)⇒f(x)在（-1,1）上是奇函数.(2)设0<x 1<x 2<1，则f(x 1)-f(x 2)=f(x 1)+f(-x 2)=f(21211x x x x --)，而x 1-x 2<0,0<x 1x 2<1⇒-1<21211x x x x --<0⇒f(21211x x x x --)>0.即当x 1<x 2时，f(x 1)>f(x 2)．∴f （x ）在（0，1）上单调递减．（3）（理）由于f(21)-f(51)=f(21)+f(-51)=f(52115121⨯--)=f(31)， f(31)-f(111)=f(41),f(41)-f(191)=f(51)， ∴f(21)-f(111)-f(191)=2f(51)=2×21=1．37.解：f′(x)=3x 2+6ax,g′(x)=-4x+2. （1）f′(2)=12+12a,g′(2)=-6. ∵12+12a=-6,∴a=-23. （2）令f′(x)=0得x 1=0或x 2=-2a,分别代入g(x)=-2x 2+2x+3得g(0)=3或g(-2a)=-8a 2-4a+3,∴⎩⎨⎧-+-=+---=.3128348,33332b a a a a b ∴⎩⎨⎧-=-=.1,1a b此时f′(x)=3x 2-6x=0,得x=0或x=2, ∴f(x)的单调递减区间是［0，2］，递增区间是（-∞,0）,［2,+∞］. 38.解：（1）建立如图所示坐标系，则抛物线方程为x 2=32(y+23)，当y=-0.5时，x=±36，∴水面宽EF=362m. （2）如上图，设抛物线一点M(t,23t 2-23)（t>0），因改造水渠中需挖土，而且要求挖出的土最少，所以只能沿过点M 与抛物线相切的切线挖土.由y=23x 2-23,求导得y′=3x ， ∴过点M 的切线斜率为3t ，切线方程为y-(23t 2-23)=3t(x-t). 令y=0，则x 1=t t 212+,令y=-23,则x 2=2t,故截面梯形面积为S=21(2x 1+2x 2)·23=23(t21+t)≥223,当且仅当t=22时所挖土最少，此时下底宽22m. 答：故截面梯形的下底边长为0.707米宽时，才能使所挖的土最少. 39.(1)证明：∵a·b=23⨯21-21⨯23=0，∴a ⊥b.(2)解：c·d=-y+2x(t-2x 2)=0⇒f(x)=2tx-4x 3.(3)解：若存在t 满足条件，则f′(x)=2t -12x 2(t≥0),由f′(x)=0⇒x=6t, 当0≤x<6t ,f′(x)>0,f(x)在［0，6t ］上递增; 当x>6t 时，f′(x)<0,f(x)在（6t ,+∞）上递减. ∴t≥6时，f(x)在［0，1］递增，f(x)max =f(1)=2t-4=12,∴t=8∈［6,+∞).综上，存在常数t=8，使f(x)有最大值为12. 40.(理)解：（1）已知函数f(x)=bx ax+2，∴f′(x)=222)()2()(b x x ax b x a +-+, 又函数f(x)在x=1处取得极值2，∴⎩⎨⎧==',2)1(,0)1(f f 即⎪⎩⎪⎨⎧=+=-+2102)1(ba ab a ⇒⎩⎨⎧==.1,4b a ∴f(x)=142+x x. （2）∵f′(x)=222)1()2(4)1(4+-+x x x x =222)1(44+-x x . 由f′(x)>0，得4-4x 2>0，即-1<x<1, 所以f(x)=142+x x的单调增区间为（-1，1）. 因函数f(x)在（m ，2m ＋1）上单调递增，则有⎪⎩⎪⎨⎧>+≤+-≥,12,112,1m m m m 解得-1<m≤0，即m ∈(-1,0)时，函数f(x)在（m ，2m ＋1）上为增函数. （3）f(x)=142+x x, ∴f′(x)=222)1()2(4)1(4+-+x x x x , 直线l 的斜率为k=f′(x 0)=220220)1(8)1(4+-+x x x =4［11)1(220220+-+x x ］.令1120+x =t ，t ∈(0,1),则直线l 的斜率k=4(2t 2-t),t ∈(0,1)∴k ∈［-21,4］，即直线l 的斜率k 的取值范围是［-21,4］［或者由k=f′(x 0)转化为关于x 02的方程，根据该方程有非负根求解］.（文）解：（1）设f(x)=ax 3+bx 2+cx+d,则f′(x)=3ax 2+2bx+c.∴⎪⎩⎪⎨⎧=++=++=++,12627,3412,023c b a c b a c b a 即⎪⎩⎪⎨⎧=-==.3,3,1c b a ∴f(x)-f(0)=x 3-3x 2+3x.（2）f′(x)=3x 2-6x+3.对任意的x ∈［-1,4］,f(x)>f′(x)⇔f(x)-f ′(x)=x 3-6x 2+9x+f(0)-3>0⇔f(0)>F(x)=-x 3+6x 2-9x+3. ∵F′(x)=-3x 2+12x-9,当x ∈［-1,1)时，F′(x)<0;当x=1或3时，F′(x)=0,当x ∈(1,3)时，F′(x)>0;当x ∈(3,4］时，F′(x)<0,又F （-1）>F(3),F(-1)>F(1),F(-1)>F(4).∴F(x)在［-1，4］上的最大值为F （-1）=19，f(0)的取值范围是（19，+∞）.。

高中数学导数压轴题专题拔高训练 (二)

高中数学导数压轴题专题拔高训练一．选择题（共15小题）1．已知可导函数f（x）（x∈R）满足f′（x）＞f（x），则当a＞0时，f（a）和e a f（0）大小关系为（）A．f（a）＜e a f（0）B．f（a）＞e a f（0）C．f（a）=e a f（0）D．f（a）≤e a f（0）考点：利用导数研究函数的单调性．专题：计算题；压轴题．分析：设函数f（x）=e2x，则导函数f′（x）=2•e2x，显然满足f'（x）＞f（x），由f（a）=e2a，e a f（0）=e a，比较得出结论．解答：解：由题意知，可设函数f（x）=e2x，则导函数f′（x）=2•e2x，显然满足f'（x）＞f（x），f（a）=e2a，e a f（0）=e a，当a＞0时，显然e2a＞e a ，即f（a）＞e a f（0），故选B．点评：本题考查求复合函数的导数的方法，以及指数函数的单调性，利用构造法求解是我们选择题常用的方法．2．已知函数f（x）=x3+bx2+cx+d在区间[﹣1，2]上是减函数，那么b+c（）A．有最大值B．有最大值﹣C．有最小值D．有最小值﹣考点：利用导数研究函数的单调性．专题：压轴题．分析：先对函数f（x）求导，然后令导数在[﹣1，2]小于等于0即可求出b+c的关系，得到答案．解答：解：由f（x）在[﹣1，2]上是减函数，知f′（x）=3x2+2bx+c≤0，x∈[﹣1，2]，则⇒15+2b+2c≤0⇒b+c≤﹣．故选B．点评：本题主要考查函数的单调性与其导函数的正负情况之间的关系，即导函数大于0时原函数单调递增，当导函数小于0时原函数单调递减．3．对任意的实数a，b，记若F（x）=max{f（x），g（x）}（x∈R），其中奇函数y=f（x）在x=1时有极小值﹣2，y=g（x）是正比例函数，函数y=f（x）（x≥0）与函数y=g（x）的图象如图所示则下列关于函数y=F（x）的说法中，正确的是（）A．y=F（x）为奇函数B．y=F（x）有极大值F（1）且有极小值F（﹣1）C．y=F（x）的最小值为﹣2且最大值为2 D．y=F（x）在（﹣3，0）上不是单调函数考点：利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值．专题：计算题；压轴题．分析：在同一个坐标系中作出两函数的图象，横坐标一样时取函数值较大的那一个，如图，由图象可以看出选项的正确与否．解答：解：∵f（x）*g（x）=max{f（x），g（x）}，∴f（x）*g（x）=max{f（x），g（x）}的定义域为R，f（x）*g（x）=max{f（x），g（x）}，画出其图象如图中实线部分，由图象可知：y=F（x）的图象不关于原点对称，不为奇函数；故A不正确y=F（x）有极大值F（﹣1）且有极小值F（0）；故B不正确y=F（x）的没有最小值和最大值为，故C不正确y=F（x）在（﹣3，0）上不为单调函数；故D正确故选D．点评：本题考点是函数的最值及其几何意义，本题考查新定义，需要根据题目中所给的新定义作出相应的图象由图象直观观察出函数的最值，对于一些分段类的函数，其最值往往借助图象来解决．本题的关键是读懂函数的图象，属于基础题．4．已知函数f（x）=x3+ax2﹣bx+1（a、b∈R）在区间[﹣1，3]上是减函数，则a+b的最小值是（）A．B．C．2D．3考点：利用导数研究函数的单调性．专题：计算题；压轴题．分析：求出f′（x），因为函数在区间[﹣1，3]上是减函数得到f（﹣1）和f（3）都小于0分别列出关于a与b的两个不等式，联立即可解出a的取值范围得到a的最小值，把a的最小值当然①即可求出b的最小值，求出a+b的值即可．解答：解：f′（x）=x2+2ax﹣b，因为函数f（x）在区间[﹣1，3]上是减函数即在区间[﹣1，3]上，f′（x）≤0，得到f′（﹣1）≤0，且f′（3）≤0，代入得1﹣2a﹣b≤0①，且9+6a﹣b≤0②，由①得2a+b≥1③，由②得b﹣6a≥9④，设u=2a+b≥1，v=b﹣6a≤9，假设a+b=mu+nv=m（2a+b）+n（﹣6a+b）=（2m﹣6n）a+（m+n）b，对照系数得：2m﹣6n=1，m+n=1，解得：m=，n=，∴a+b=u+v≥2，则a+b的最小值是2．故选C点评：此题考查学生会利用导数研究函数的单调性，灵活运用不等式的范围求未知数的最值，是一道综合题．5．定义在R上的可导函数f（x），当x∈（1，+∞）时，f（x）+f′（x）＜xf′（x）恒成立，a=f（2），b=f（3），c=（+1）f（），则a，b，c的大小关系为（）A．c＜a＜b B．b＜c＜a C．a＜c＜b D．c＜b＜a考点：利用导数研究函数的单调性．专题：综合题；压轴题；导数的概念及应用．分析：根据x∈（1，+∞）时，f（x）+f′（x）＜xf′（x），可得g（x）=在（1，+∞）上单调增，由于，即可求得结论．解答：解：∵x∈（1，+∞）时，f（x）+f′（x）＜xf′（x）∴f′（x）（x﹣1）﹣f（x）＞0∴[]′＞0∴g（x）=在（1，+∞）上单调增∵∴g（）＜g（2）＜g（3）∴∴∴c＜a＜b故选A．点评：本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性，确定函数的单调性是关键．6．设f（x）是定义在R上的可导函数，且满足f′（x）＞f（x），对任意的正数a，下面不等式恒成立的是（）A．f（a）＜e a f（0）B．f（a）＞e a f（0）C．D．考点：利用导数研究函数的单调性；导数的运算．专题：压轴题；导数的概念及应用．分析：根据选项令f（x）=，可以对其进行求导，根据已知条件f′（x）＞f（x），可以证明f（x）为增函数，可以推出f（a）＞f（0），在对选项进行判断；解答：解：∵f（x）是定义在R上的可导函数，∴可以令f（x）=，∴f′（x）==，∵f′（x）＞f（x），e x＞0，∴f′（x）＞0，∴f（x）为增函数，∵正数a＞0，∴f（a）＞f（0），∴＞=f（0），∴f（a）＞e a f（0），故选B．点评：此题主要考查利用导数研究函数单调性，此题要根据已知选项令特殊函数，是一道好题；7．若函数f（x）=x3+a|x2﹣1|，a∈R，则对于不同的实数a，则函数f（x）的单调区间个数不可能是（）A．1个B．2个C．3个D．5个考点：利用导数研究函数的单调性．专题：证明题；压轴题．分析：先令a=0，即可排除A，再将函数化为分段函数，并分段求其导函数，得f′（x），最后利用分类讨论，通过画导函数f′（x）的图象判断函数f（x）的单调区间的个数，排除法得正确判断解答：解：依题意：（1）当a=0时，f（x）=x3，在（﹣∞，+∞）上为增函数，有一个单调区间①当a≠0时，∵f（x）=x3+a|x2﹣1|a∈R∴f（x）=∴f′（x）=（2）当0＜a＜时，∵﹣＜﹣＜0，0＜＜，∴导函数的图象如图1：（其中m为图象与x轴交点的横坐标）∴x∈（﹣∞，0]时，f′（x）＞0，x∈（0，m）时，f′（x）＜0，x∈[m，+∞）时，f′（x）＞0，∴f（x）在x∈（﹣∞，0]时，单调递增，x∈（0，m）时，单调递减，x∈[m，+∞）时，单调递增，有3个单调区间②（3）当a≥3时，∵﹣＜﹣1，＞1，∴导函数的图象如图2：（其中n为x≤﹣1时图象与x轴交点的横坐标）∴x∈（﹣∞，n]时，f′（x）＞0，x∈（n，﹣1]时，f′（x）＜0，x∈（﹣1，0）时，f′（x）＞0，x∈[0，1）时，f′（x）＜0，x∈[1，+∞）时，f′（x）＞0∴函数f（x）在x∈（﹣∞，n]时，单调递增，x∈（n，﹣1]时，单调递减，x∈（﹣1，0）时，单调递增，x∈[0，1）时，单调递减，x∈[1，+∞）时，单调递增，有5个单调区间③由①②③排除A、C、D，故选B点评：本题考查了含绝对值函数的单调区间的判断方法，利用导数研究三次函数单调区间的方法，函数与其导函数图象间的关系，排除法解选择题8．已知函数，那么下面结论正确的是（）A．f（x）在[0，x0]上是减函数B．f（x）在[x0，π]上是减函数C．∃x∈[0，π]，f（x）＞f（x0）D．∀x∈[0，π]，f（x）≥f（x0）考点：利用导数研究函数的单调性．专题：计算题；压轴题．分析：由函数的解析式f（x）=sinx﹣x可求其导数f′（x）=cosx﹣，又余弦函数在[0，π]上单调递减，判断导数在[x0，π]上的正负，再根据导数跟单调性的关系判断函数的单调性．解答：解：∵f（x）=sinx﹣x∴f′（x）=cosx﹣∵cosx0=，x0∈[0，π]又∵余弦函数y=cosx在区间[0，π]上单调递减∴当x＞x0时，cosx＜cosx0 即cosx＜∴当x＞x0时，f′（x）=cosx﹣＜0∴f（x）=sinx﹣x在[x0，π]上是减函数．故选B．点评：利用导数判断函数的单调性，一定要注意其方法及步骤．（1）确定函数f（x）的定义域；（2）求导数f′（x）；（3）在f（x）的定义域内解不等式f′（x）＞0和f′（x）＜0；（4）写出f（x）的单调区间．9．设，若对于任意x1∈[0，1]，总存在x0∈[0，1]，使得g（x0）=f（x1）成立，则实数a的取值范围是（）A．B．C．[1，4]D．考点：利用导数研究函数的单调性．专题：计算题；综合题；压轴题；转化思想．分析：根据对于任意x1∈[0，1]，总存在x0∈[0，1]，使得g（x0）=f（x1）成立，得到函数f（X）在[0，1]上值域是g（X）在[0，1]上值域的子集，下面利用导数求函数f（x）、g（x）在[0，1]上值域，并列出不等式，解此不等式组即可求得实数a的取值范围解答：解：∵，∴f′（x）=，当x∈[0，1]，f′（x）≥0．∴f（x）在[0，1]上是增函数，∴f（x）的值域A=[0，1]；又∵g（x）=ax+5﹣2a（a＞0）在[0，1]上是增函数，∴g（X）的值域B=[5﹣2a，5﹣a]；根据题意，有A⊆B∴，即．故选A．点评：此题是个中档题．考查利用导数研究函数在闭区间上的最值问题，难点是题意的理解与转化，体现了转化的思想．同时也考查了同学们观察、推理以及创造性地分析问题、解决问题的能力，10．设函数f（x）=kx3+3（k﹣1）x2﹣k2+1在区间（0，4）上是减函数，则k的取值范围（）A．B．C．D．考点：函数的单调性与导数的关系．专题：计算题；压轴题．分析：先求导函数f'（x），函数f（x）=kx3+3（k﹣1）x2﹣k2+1在区间（0，4）上是减函数转化成f'（x）≤0在区间（0，4）上恒成立，讨论k的符号，从而求出所求．解答：解：f'（x）=3kx2+6（k﹣1）x，∵函数f（x）=kx3+3（k﹣1）x2﹣k2+1在区间（0，4）上是减函数，∴f'（x）=3kx2+6（k﹣1）x≤0在区间（0，4）上恒成立当k=0时，成立k＞0时，f'（4）=48k+6（k﹣1）×4≤0，即0＜k≤k＜0时，f'（4）=48k+6（k﹣1）×4≤0，f'（0）≤0，k＜0故k的取值范围是k≤故选D．点评：本题主要考查导函数的正负与原函数的单调性之间的关系，即当导函数大于0时原函数单调递增，当导函数小于0时原函数单调递减，同时考查了分析与解决问题的综合能力，属于基础题．11．若函数f（x）=2x2﹣lnx在其定义域的一个子区间（k﹣1，k+1）内不是单调函数，则实数k的取值范围是（）A．B．C．D．考点：函数的单调性与导数的关系．专题：计算题；压轴题．分析：先求导函数，再进行分类讨论，同时将函数f（x）=2x2﹣lnx在其定义域的一个子区间（k﹣1，k+1）内不是单调函数，转化为f′（x）在其定义域的一个子区间（k﹣1，k+1）内有正也有负，从而可求实数k的取值范围解答：解：求导函数，当k=1时，（k﹣1，k+1）为（0，2），函数在上单调减，在上单调增，满足题意；当k≠1时，∵函数f（x）=2x2﹣lnx在其定义域的一个子区间（k﹣1，k+1）内不是单调函数∴f′（x ）在其定义域的一个子区间（k﹣1，k+1）内有正也有负∴f′（k﹣1）f′（k+1）＜0∴∴×＜0∴∵k﹣1＞0∴k+1＞0，2k+1＞0，2k+3＞0，∴（2k﹣3）（2k﹣1）＜0，解得综上知，故选D．点评：本题以函数为载体，考查函数的单调性，考查学生分析解决问题的能力，分类讨论，等价转化是关键．12．已知g（x ）为三次函数f（x）=x3+ax2+cx的导函数，则它们的图象可能是（）A．B．C．D．考点：函数的单调性与导数的关系．专题：计算题；压轴题．分析：先求出函数的导函数，然后利用排除法进行判定，以及f′（x）=ax2+2ax+c与x轴交点处，函数取极值可得结论．解答：解：∵f（x）=x3+ax2+cx∴f′（x）=ax2+2ax+c对称轴为x=﹣1可排除选项B与选项C再根据f′（x）=ax2+2ax+c与x轴交点处，函数取极值可知选项D正确故选D．点评：本题主要考查了函数的单调性与导数的关系，解题的关键是原函数图象与导函数图象的关系，属于基础题．13．已知定义在R上的函数f（x）满足f（2）=1，f′（x）为f（x）的导函数．已知y=f′（x）的图象如图所示，若两个正数a，b满足f（2a+b）＞1，则的取值范围是（）A．（B．C．（﹣2，1）D．（﹣∞，﹣2）∪（1，+∞）考点：函数的单调性与导数的关系；简单线性规划．专题：计算题；压轴题；数形结合．分析：先根据导函数的图象判断原函数的单调性，从而确定a、b的范围，最后利用线性规划的方法得到答案．解答：解：由图可知，当x＞0时，导函数f'（x）＜0，原函数单调递减，∵两正数a，b满足f（2a+b）＞1，且f（2）=1，∴2a+b＜2，a＞0，b＞0，画出可行域如图．k=表示点Q（2，1）与点P（x，y）连线的斜率，当P点在A（1，0）时，k最大，最大值为：；当P点在B（0，2）时，k最小，最小值为：．k的取值范围是（﹣，1）．故选A．点评：本题主要考查函数的单调性与其导函数的正负之间的关系，即当导函数大于0时原函数单调递增，当导函数小于0时原函数单调递减．14．已知f（x）是定义在R上的奇函数，且f（1）=0，f′（x）是f（x）的导函数，当x＞0时总有xf′（x）＜f（x）成立，则不等式f（x）＞0的解集为（）D．{x|﹣1＜x＜1，且x≠0} A．{x|x＜﹣1或x＞1} B．{x|x＜﹣1或0＜x＜1} C．{x|﹣1＜x＜0或0＜x＜1}考点：函数的单调性与导数的关系；其他不等式的解法．专题：计算题；压轴题．分析：由已知当x＞0时总有xf′（x）＜f（x）成立，可判断函数g（x）=为减函数，由已知f（x）是定义在R上的奇函数，可证明g（x）为（﹣∞，0）∪（0，+∞）上的偶函数，根据函数g（x）在（0，+∞）上的单调性和奇偶性，模拟g（x）的图象，而不等式f（x）＞0等价于x•g（x）＞0，数形结合解不等式组即可解答：解：设g（x）=，则g（x）的导数为g′（x）=，∵当x＞0时总有xf′（x）＜f（x）成立，即当x＞0时，g′（x）恒小于0，∴当x＞0时，函数g（x）=为减函数，又∵g（﹣x）====g（x）∴函数g（x）为定义域上的偶函数又∵g（1）==0∴函数g（x）的图象性质类似如图：数形结合可得不等式f（x）＞0⇔x•g（x）＞0⇔或⇔0＜x＜1或x＜﹣1故选B点评：本题主要考查了利用导数判断函数的单调性，并由函数的奇偶性和单调性解不等式，属于综合题．15．已知函数f（x）的定义域为[﹣2，+∞），部分对应值如下表．f′（x）为f（x）的导函数，函数y=f′（x）的图象如下图所示．若两正数a，b满足f（2a+b）＜1，则的取值范围是（）X ﹣2 0 4f（x） 1 ﹣1 1A．B．C．D．考点：函数的单调性与导数的关系．专题：计算题；压轴题；数形结合．分析：由导函数的图象得到导函数的符号，利用导函数的符号与函数单调性的关系得到f（x）的单调性，结合函数的单调性求出不等式的解即a，b的关系，画出关于a，b的不等式表示的平面区域，给函数与几何意义，结合图象求出其取值范围．解答：解：由导函数的图形知，x∈（﹣2，0）时，f′（x）＜0；x∈（0，+∞）时，f′（x）＞0∴f（x）在（﹣2，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增；∵f（2a+b）＜1∴﹣2＜2a+b＜4∵a＞0，b＞0∴a，b满足的可行域为表示点（a，b）与（﹣3，﹣3）连线的斜率的2倍由图知当点为（2．，0）时斜率最小，当点为（0，4）时斜率最大所以的取值范围为故选A点评：利用导函数求函数的单调性问题，应该先判断出导函数的符号，当导函数大于0对应函数单调递增；当导函数小于0，对应函数单调递减．二．解答题（共15小题）16．已知m∈R，函数f（x）=x2﹣m x，g（x）=lnx．（1）当x∈[1，2]时，如果函数f（x）的最大值为f（1），求m的取值范围；（2）若对有意义的任意x，不等式f（x）＞g（x）恒成立，求m的取值范围；（3）当m在什么范围内取值时，方程f（x）=g（x）分别无实根？只有一实根？有两个不同实根？考点：导数在最大值、最小值问题中的应用；利用导数研究函数的极值．专题：计算题；压轴题．分析：（1）本问题求出函数的最值代入已知最大值为f（1），即可解得参数m的值，（2）本题恒成立问题转化为函数的最值来解答，具体方法是由f（x）＞g（x）等价于x2﹣mx＞lnx，即，构造出函数，利用导数工具可以求解．（3）我们对本题可以这样处理，想根据函数y=x2，y=mx，y=lnx的图象的增减性，判断猜测出参数m取值时分别对应方程的根的情况，然后来证明这个结论．证明时可利用新构造的函数h（x）=f（x）﹣g（x），利用导数以及函数的单调性，求出函数的最值来判断根x0的性质以辨别是否存在这个根．解答：解：（1）函数f（x）=x2﹣mx的图象开口向上，函数在x=1或x=2处取得最大值，则f（1）≥f（2），1﹣m≥4﹣2m，得：m≥3．（2）f（x）＞g（x）等价于x2﹣mx＞lnx，其中x＞0，即：由，令，得，当x=1时t′（x）=0，当x∈（0，1）时t′（x）＜0；当x∈（1，+∞）时t′（x）＞0，m＜t（x）min=t（1）=1，∴m＜1．（3）设h（x）=f（x）﹣g（x）=x2﹣mx﹣lnx，其中x＞0．观察得当m=1时，方程f（x）=g（x）即为：x2﹣x﹣lnx=0的一个根为x=1．猜测当m＜1，m=1，m＞1时方程分别无根，只有一个根，有且只有两个根．证明：∵h′（x）==0，等价于2x2﹣mx﹣1=0此方程有且只有一个正根为，且当x∈（0，x0）时，h′（x）＜0；当x∈（x0，+∞）时，h′（x）＞0，函数只有一个极值h（x）min=h（x0）=x02﹣mx0﹣lnx0．1°当m＜1时，由（2）得f（x）＞g（x）恒成立，方程无解．2°当m=1时，x0=1，h（x）min=h（1）=0，则h（x）≥h（x）min=0，当且仅当x=1时，h（x）=0，此时只有一个根x=1．3°当m＞1时，，关于m在（1，+∞）上递增，∴x0∈（1，+∞）时lnx0＞0，∵m＞1⇒1＜m2⇒8＜8m2⇒m2+8＜9m2⇒⇒⇒⇒x0＜m．∴h（x）min=h（x0）=x02﹣mx0﹣lnx0=x0（x0﹣m）﹣lnx0＜0．证毕点评：本题考查二次函数在定区间上的最值问题，函数类型简单，是一个二次函数，第一问的设计很容易，后面两问的综合性较强，对学生的逻辑思维能力，运算能力有很好的锻炼价值，本题第二小题是一个恒成立的问题，求参数的范围，一般转化最值问题来求解，本题第三问也是构造函数来解答，转化为利用导数研究新构造的函数的单调性求出函数的最值，结合最值来判断根的存在与否．本题对运算能力有一定的要求，解题时一定要严谨．考查的思想方法有分类讨论，构造函数等方法思想．17．设函数h（x）=x2，φ（x）=2elnx（e为自然对数的底）．（1）求函数F（x）=h（x）﹣φ（x）的极值；（2）若存在常数k和b，使得函数f（x）和g（x）对其定义域内的任意实数x分别满足f（x）≥kx+b和g（x）≤kx+b，则称直线l：y=kx+b为函数f（x）和g（x）的“隔离直线”．试问：函数h（x）和φ（x）是否存在“隔离直线”？若存在，求出“隔离直线”方程；若不存在，请说明理由．考点：导数在最大值、最小值问题中的应用；利用导数研究函数的极值．专题：计算题；压轴题；新定义；数形结合；转化思想．分析：（1）根据所给的函数，对函数求导，使得导函数等于0，验证可能的极值点两侧导函数的符合相反，得到函数存在极值．（2）由题意知若存在隔离直线，则对其定义域内的任意实数x分别满足f（x）≥kx+b和g（x）≤kx+b，两个函数的图象有公共点，设出直线的方程，根据函数的恒成立得到k的值，求出函数的极大值，得到结论．解答：解：（1）∵F（x）=h（x）﹣φ（x）=x2﹣2elnx（x＞0）∴当x=时，F′（x）=0，当0＜x＜时，F′（x）＜0，当x＞时，F′（x）＜0∴F（x）在处取得极小值0．（2）由（1）知当x＞0时，h（x）≥φ（x），若存在隔离直线，则对其定义域内的任意实数x分别满足f（x）≥kx+b和g（x）≤kx+b，∵两个函数的图象有公共点，∴隔离直线必过（，e）设直线的方程是y﹣e=k（x﹣）∴h（x）≥kx+e﹣k恒成立，∴△≤0∴k=2令G（x）=φ（x）﹣2x+e对函数求导有当x＞时，F′（x）＜0，当0＜x＜时，F′（x）＜0∴当时有G（x）的极大值为0，也就是最大值为0．从而G（x）≤0，即恒成立．故函数h（x）和φ（x）存在唯一的“隔离直线”．点评：本题考查导数在最大值与最小值问题中的应用，求解本题关键是根据导数研究出函数的单调性，由最值的定义得出函数的最值，本题中第一小题是求出函数的极值，第二小题是一个求函数的最值的问题，此类题运算量较大，转化灵活，解题时极易因为变形与运算出错，故做题时要认真仔细．18．函数f（x）=x2+bln（x+1）﹣2x，b∈R．（1）当b=1时，求曲线f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；（2）当时，求函数f（x）在（﹣1，1]上的最大值；（ln2≈0.69）（3）设g（x）=f（x）+2x，若b≥2，求证：对任意x1，x2∈（﹣1，+∞），且x1≥x2，都有g（x1）﹣g（x2）≥2（x1﹣x2）．考点：导数在最大值、最小值问题中的应用；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程．专题：压轴题．分析：（1）把b=1代入解析式，使得解析式具体，对于函数求导利用导函数的几何意义即可求的；（2）把代入解析式，由函数求导得导函数，求出函数在定义域上的极值，在与区间端点值进行比较大小，进而求得函数在区间上的最值；（3）由于g（x）=f（x）+2x，由函数解析式求导得其导函数，利用导函数得到函数在区间上的单调性，进而得到要证明的不等式．解答：解：（1）当b=1时，f（x）=x2+ln（x+1）﹣2x定义域为（﹣1，+∞），，f′（0）=﹣1，又f（0）=0，故有直线的方程可知：曲线f（x）在点（0，f（0））出的切线方程为：y=﹣x，（2）当b=，求导得：，由f′（x）=0⇒，当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表：由上表可知：，，，所以，所以函数f（x）在（﹣1，1]上的最大值为：，（3）证明：∵f（x）=x2+bln（x+1）﹣2x∴=0．当且仅当2（x+1）=，即：b=2，且x=0时取等号，∴b≥2时，函数f（x）在（﹣1，+∞）内单调递增，从而对于任意x1，x2∈（﹣1，+∞）且x1≥x2，有f（x1）＞f（x2），即g（x1）﹣2x1≥g（x2）﹣2x2∴g（x1）﹣g（x2）≥2（x1﹣x2）点评：此题考查了利用导数求函数在闭区间上的最值，还考查了导数的几何含义进而求出曲线上任意一点处的切线方程，还考查了利用均值不等式求解函数的最值．19．已知函数f（x）=ax+lnx，a∈R．（1）当a=﹣1时，求f（x）的最大值；（2）求证：；（3）对f（x）图象上的任意不同两点P1（x1，x2），P（x2，y2）（0＜x1＜x2），证明f（x）图象上存在点P0（x0，y0），满足x1＜x0＜x2，且f（x）图象上以P0为切点的切线与直线P1P2平行．考点：导数在最大值、最小值问题中的应用；利用导数研究函数的单调性．专题：综合题；压轴题；转化思想．分析：（1）当a=﹣1时，f（x）=﹣x+lnx，易求得f′（x），且f′（x）＞0时，函数f（x）单调递增，f′（x）＜0时，函数f（x）单调递减；故可求得f（x）的最大值．（2）由（1）知﹣x+lnx≤﹣1，∴lnx≤x﹣1，当取时，可得；把以上各式相加，可得证明．（3）直线P1P2的斜率k由P1，P2两点坐标可表示为；由（1）知﹣x+lnx≤﹣1，当且仅当x=1时取等号；可得+＜﹣1，整理可得＜，同理，由，得；所以P1P2的斜率，在x∈（x1，x2）上，有，可得结论．解答：解：（1）当a=﹣1时，f（x）=﹣x+lnx，∴，且x∈（0，1）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增；x∈（1，+∞）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减．故当x=1时，f（x）取最大值f（1）=﹣1．（2）由（1）知﹣x+lnx≤﹣1，∴lnx≤x﹣1，取，可得；以上各式相加得：ln（n+1）＜1+++…+（n∈N+）（3）直线P1P2的斜率为；由（1）知﹣x+lnx≤﹣1，当且仅当x=1时取等号，∴，同理，由，可得；故P1P2的斜率，又在x∈（x1，x2）上，，所以f（x）图象上存在点P0（x0，y0），满足x1＜x0＜x2，且f（x）图象上以P0为切点的切线与直线P1P2平行．点评：本题综合考查了利用导数研究曲线上过某点的切线方程，利用导数研究函数的单调区间以及根据函数的增减性得到函数的最值问题，也考查了利用函数证明不等式的问题，是较难的题目．20．已知函数（Ⅰ）若函数在区间（）（其中m＞0）上存在极值，求实数m的取值范围；（Ⅱ）如果当x≥1时，不等式恒成立，求实数k的取值范围；（Ⅲ）求证：[（n+1）!]2＞（n+1）•e n﹣2（n∈N*）．考点：导数在最大值、最小值问题中的应用；利用导数研究函数的极值．专题：计算题；证明题；压轴题．分析：（Ⅰ）求出函数的极值，在探讨函数在区间（m，m+）（其中a＞0）上存在极值，寻找关于m的不等式，求出实数m的取值范围；（Ⅱ）如果当x≥1时，不等式恒成立，求出f（x）在x≥1时的最小值，把k分离出来，转化为求k的范围．（Ⅲ）借助于（Ⅱ）的结论根据叠加法证明不等式．解答：解：（Ⅰ）因为函数所以f′（x）=﹣．极值点为f′（x）=0解得x=1故m＜1＜m+，解得＜m＜1．即答案为＜m＜1．（Ⅱ）如果当x≥1时，f′（x）=﹣≤0故f（x）递碱．故f（x）≥f（1）=1又不等式恒成立，所以恒成立，所以k≤2证明：（Ⅲ）由（Ⅱ）知：恒成立，即令x=n（n+1），则所以，，，…．叠加得：ln[1×22×32×…n2×（n+1）]×=则1×22×32×…n2×（n+1）＞e n﹣2，所以：[（n+1）!]2＞（n+1）•e n﹣2（n∈N*）．点评：此题主要考查应用导数研究函数的极值最值问题，有关恒成立的问题一般采取分离参数，转化为求函数的最值问题，体现了转化的思想方法，证明数列不等式，借助函数的单调性或恒成立问题加以证明．属难题．21．设函数．（p是实数，e是自然对数的底数）（1）若直线l与函数f（x），g（x）的图象都相切，且与函数f（x）的图象相切于点（1，0），求p的值；（2）若f（x）在其定义域内为单调函数，求p的取值范围；（3）若在[1，e]上至少存在一点x0，使得f（x0）＞g（x0）成立，求p的取值范围．考点：导数在最大值、最小值问题中的应用；利用导数研究函数的单调性．专题：计算题；综合题；压轴题．分析：（1）由“函数f（x）的图象相切于点（1，0）求得切线l的方程，再由“l与g（x）图象相切”得到（p﹣1）x2﹣（p﹣1）x﹣e=0由判别式求解即可．（2）求导f’（x）=，要使“f（x）为单调增函数”，转化为“f’（x）≥0恒成立”，再转化为“p≥=恒成立”，由最值法求解．同理，要使“f（x）为单调减函数”，转化为“f’（x）≤0恒成立”，再转化为“p≤=恒成立”，由最值法求解，最后两个结果取并集．（3）因为“在[1，e]上至少存在一点x0，使得f（x0）＞g（x0）成立”，要转化为“f（x）max＞g（x）min”解决，易知g（x）=在[1，e]上为减函数，所以g（x）∈[2，2e]，①当p≤0时，f（x）在[1，e]上递减；②当p≥1时，f（x）在[1，e]上递增；③当0＜p＜1时，两者作差比较．解答：解：（1）∵f′（x）=p+，∴f’（1）=2（p﹣1），设直线l：y=2（p﹣1）（x﹣1），∵l与g（x）图象相切，∴y=2（p﹣1）（x﹣1），得（p﹣1）（x﹣1）=，即（p﹣1）x2﹣（p﹣1）x﹣e=0，y=当p=1时，方程无解；当p≠1时由△=（p﹣1）2﹣4（p﹣1）（﹣e）=0，得p=1﹣4e，综上，p=1﹣4e（2）f’（x）=，要使“f（x）为单调增函数”，转化为“f’（x）≥0恒成立”，即p≥=恒成立，又，所以当p≥1时，f（x）在（0，+∞）为单调增函数．同理，要使“f（x）为单调减函数”，转化为“f’（x）≤0恒成立，再转化为“p≤=恒成立”，又，所以当p≤0时，f（x）在（0，+∞）为单调减函数．综上所述，f（x）在（0，+∞）为单调函数，p的取值范围为p≥1或p≤0（3）因g（x）=在[1，e]上为减函数，所以g（x）∈[2，2e]①当p≤0时，由（1）知f（x）在[1，e]上递减⇒f（x）max=f（1）=0＜2，不合题意②当p≥1时，由（1）知f（x）在[1，e]上递增，f（1）＜2，又g（x）在[1，e]上为减函数，故只需f（x）max＞g（x）min，x∈[1，e]，即：f（e）=p（e﹣）﹣2lne＞2⇒p＞．③当0＜p＜1时，因x﹣≥0，x∈[1，e]所以f（x）=p（x﹣）﹣2lnx≤（x﹣）﹣2lnx＜2，不合题意综上，p的取值范围为（，+∞）点评：本题主要考查用导数法研究函数的单调性，基本思路是：当函数为增函数时，导数大于等于零；当函数为减函数时，导数小于等于零，已知单调性求参数的范围往往转化为求相应函数的最值问题．22．设函数．（1）试判断当x＞0，g（x）与f（x）的大小关系；（2）求证：（1+1•2）（1+2•3）…[1+n（n+1）]＞e2n﹣3（n∈N*）；（3）设A（x1，y1）、B（x2，y2）（x1＜x2）是函数y=g（x）的图象上的两点，且g′（x0）=（其中g′（x）为g（x）的导函数），证明：x0∈（x1，x2）．考点：导数在最大值、最小值问题中的应用．专题：压轴题；导数的综合应用．分析：（1）欲求g（x）与f（x）的大小关系只需判断F（x）=g（x）﹣f（x）的正负，利用导数研究函数F（x）的最小值，使最小值与0比较即可；（2）由（1）知令x=n（n+1）（n∈N*），则，从而可证得结论；（3）根据，于是，，然后证明，等价于x1lnx2﹣x1lnx1﹣x2+x1＜0，令h（x）=xlnx2﹣xlnx1﹣x2+x，利用导数研究最小值与0比较，对于同理可证，即可证得结论．解答：（1）解：设F（x）=g（x）﹣f（x）（x＞0）则F′（x）=﹣由F′（x）=0得x=3当0＜x＜3时，F′（x）＜0；当x＞3时，F′（x）＞0∴x=3时，F（x）取得最小值为F（3）=ln3﹣1＞0∴F′（x）＞0即g（x）＞f（x）…（5分）（2）证明：由（1）知令x=n（n+1）（n∈N*），则…（7分）∴ln（1+1•2）+ln（1+2•3）+…+ln[1+n（n+1）]＞（2﹣）+（2﹣）+…+[2﹣]=2n﹣3[++…+]=2n﹣3（1﹣）＞2n﹣3∴（1+1•2）（1+2•3）…[1+n（n+1）]＞e2n﹣3…（10分）（3）证明：，于是，，以下证明等价于x1lnx2﹣x1lnx1﹣x2+x1＜0．令h（x）=xlnx2﹣xlnx1﹣x2+x …（12分）则h'（x）=lnx2﹣lnx1，在上，h'（x）＞0所以h（x）在（0，x2]上为增函数当x1＜x2时h（x1）＜h（x2）=0，即x1lnx2﹣x1lnx1﹣x2+x1＜0从而x0＞x1，得到证明．对于同理可证．所以x0∈（x1，x2）．…（16分）点评：本题主要考查了利用导数研究函数的最值，以及利用导数证明不等式，同时考查了转化的思想，以及考查计算能力，属于难题．23．已知函数f（x）=（x2﹣3x+3）e x的定义域为[﹣2，t]，其中常数t＞﹣2，e为自然对数的底数．（1）若函数f（x）是增函数，求实数t的取值范围；（2）求证：f（t）＞13e﹣2；（3）设f'（x）表示函数f（x）的导函数，，求函数g（x）在区间（﹣2，t）内的零点个数．考点：导数在最大值、最小值问题中的应用．专题：综合题；压轴题；探究型；数形结合；分类讨论；转化思想．分析：（1）若函数f（x）是增函数，则必要导数f'（x）≥0，由此不等式即可解出实数t的取值范围；（2）由题意求证f（t）＞13e﹣2，可解出函数f（x）在区间[﹣2，+∞）上的最小值，由此最小值与13e﹣2作比较即可证明此不等式；（3）由题意先解出的解析式，由所得的解析式，及零点判定定理知，可研究此函数在区间（﹣2，t）两个端点值的符号及区间内函数最值的符号，由定理判断出零点个数即可解答：解：（1）f（x）=（x2﹣3x+3）e x，f'（x）=（x2﹣x）e x=x（x﹣1）e x，…（1分）f'（x）≥0⇔x≥1或x≤0，…（2分）若函数f（x）是定义域[﹣2，t]上的增函数，知t的取值范围是（﹣2，0]．…（4分）（2）由（1）知函数f（x）的增区间为[﹣2，0]与[1，+∞），减区间为[0，1]，从而函数f（x）在区间[﹣2，+∞）上有唯一的极小值f（1）=e，…（6分）但f（﹣2）=13e﹣2＜e（∵，故函数f（x）在区间[﹣2，+∞）上的最小值为f（﹣2）=13e﹣2，…（8分）因为t＞﹣2，所以f（t）＞f（﹣2）=13e﹣2．…（9分）（3）函数g（x）的图象是开口向上、对称轴为的抛物线，且，，．函数g（x）在区间（﹣2，t）内有两个零点；…（9分）当﹣2＜t≤1时，g（﹣2）＞0，g（t）≤0，又由可知，函数g（x）在区间（﹣2，t）内只有一个零点；…（11分）当t≥4时，g（﹣2）＜0，g（t）＞0，可知，函数g（x）在区间（﹣2，t）内只有一个零点．…（13分）综上，当1＜t＜4时，函数g（x）在区间（﹣2，t）内有两个零点；当﹣2＜t≤1或t≥4时，函数g（x）在区间（﹣2，t）内只有一个零点．（14分）点评：本题考查导数在最值问题中的运用，利用导数研究单调性，再利用单调性求最值，这是导数的重要运用，解答本题，第一小题关键是理解导数与函数单调性的关系，第二小题关键是将证明不等式问题转化为利用导数解出函数的最值，从而证明不等式，第三题解题的关键是理解零点定理及函数区间内函数最值的判断，本题考查了转化的思想分类讨论思想等，由于本题运算量较大，易因运算导致错误，解题时要严谨24．已知函数f（x）=（a﹣1）lnx+ax2．（1）讨论函数y=f（x）的单调性；（2）求证：+++…+＞（n≥2，n∈N+）；（3）当a=0时，求证：f（x）≤﹣．考点：导数在最大值、最小值问题中的应用；利用导数研究函数的单调性．专题：压轴题；导数的综合应用．分析：（1）先求导得f′（x），通过对a分类讨论即可得出；（2）利用（1）的结论，取a=时，当x＞1时，f（x）单调递增，f（x）＞f（1），从而得出x2＞lnx＞0，取倒数得，令x=k，再利用放缩和裂项求和即可得出；（3）要证⇔⇔（xlnx）min≥，利用导数分别求出其极值即最值即可证明．解答：解：（1）f（x）=（a﹣1）lnx+ax2，定义域为（0，+∞）．∵．当a≥1时，f'（x）＞0，故f（x）在（0，+∞）单调递增；当a≤0时，f'（x）＜0，故f（x）在（0，+∞）单调递减；当0＜a＜1时，令f'（x）=0，解得．则当时，f'（x）＜0；时，f'（x）＞0．故f（x）在单调递减，在单调递增．（2）当时，，由（1）知，时，y=f（x）递增，所以x＞1时，∵x＞1，∴x2＞lnx＞0，∴，，（3）就是要证，即需证．令g（x）=xlnx，则由g'（x）=lnx+1=0，得，当时g（x）递增，当时g（x）递减，所以g（x）的最小值为．设，。

高中数学函数与导数综合题型分类总结 2

函数综合题分类复习题型一：关于函数的单调区间例1.已知函数321()23f x x bx x a =-++，2x =是)(x f 的一个极值点．（Ⅰ）求()f x 的单调递增区间；（Ⅱ）若当[1, 3]x ∈时，22()3f x a ->恒成立，求a 的取值范围．例2.设22(),1x f x x =+()52(0)g x ax a a =+->。

（1）求()f x 在[0,1]x ∈上的值域；（2）若对于任意1[0,1]x ∈，总存在0[0,1]x ∈,使得01()()g x f x =成立,求a 的取值范围。

例3.已知函数32()f x x ax =+图象上一点(1,)P b 的切线斜率为3-，326()(1)3(0)2t g x x x t x t -=+-++> （Ⅰ）求,a b 的值；（Ⅱ）当[1,4]x ∈-时，求()f x 的值域；（Ⅲ）当[1,4]x ∈时，不等式()()f x g x ≤恒成立，求实数t 的取值范围。

例4.已知定义在R 上的函数32()2f x ax ax b =-+）（0>a 在区间[]2,1-上的最大值是5，最小值是－11. （Ⅰ）求函数()f x 的解析式；（Ⅱ）若]1,1[-∈t 时，0(≤+'tx x f ）恒成立，求实数x 的取值范围.例5.已知函数23)(a x x f =图象上斜率为3的两条切线间的距离为5102，函数33)()(22+-=abx x f x g ．（1）若函数)(x g 在1=x 处有极值，求)(x g 的解析式；（2）若函数)(x g 在区间]1,1[-上为增函数，且)(42x g mb b ≥+-在区间]1,1[-上都成立，求实数m 的取值范围．题型二：已知函数在某个区间上的单调性求参数的范围及函数与x 轴即方程根的个数问题；例6．已知函数232)1(31)(x k x x f +-=，kx x g -=31)(，且)(x f 在区间),2(+∞上为增函数．（1）求实数k 的取值范围；（2）若函数)(x f 与)(x g 的图象有三个不同的交点，求实数k 的取值范围．例7.已知函数.313)(23ax ax x f -+-= （I ）讨论函数)(x f 的单调性。

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高中数学题型归纳大全函数与导数题专题练习二9．已知函数f（x）＝x（e2x﹣a）．（1）若y＝2x是曲线y＝f（x）的切线，求a的值；（2）若f（x）≥1+x+lnx，求a的取值范围．10．已知函数f（x）＝x2+ax+b，g（x）＝e x（cx+d），若曲线y＝f（x）和曲线y＝g（x）都过点P（0，2），且在点P处有相同的切线y＝4x+2．（Ⅰ）求a，b，c，d的值；（Ⅱ）若x≥﹣2时，f（x）≤kg（x），求k的取值范围．11．已知函数f（x）=alnxx+1+b x，曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为x+2y﹣3＝0．（Ⅰ）求a、b的值；（Ⅱ）证明：当x＞0，且x≠1时，f（x）＞lnxx−1．12．已知函数f(x)=(a −1x)lnx （a ∈R ）．（1）若曲线y ＝f （x ）在点（1，f （1））处的切线方程为x +y ﹣1＝0，求a 的值；（2）若f （x ）的导函数f '（x ）存在两个不相等的零点，求实数a 的取值范围；（3）当a ＝2时，是否存在整数λ，使得关于x 的不等式f （x ）≥λ恒成立？若存在，求出λ的最大值；若不存在，说明理由．13．已知函数f （x ）＝4lnx ﹣ax +a+3x （a ≥0）（Ⅰ）讨论f （x ）的单调性；（Ⅱ）当a ≥1时，设g （x ）＝2e x ﹣4x +2a ，若存在x 1，x 2∈[12，2]，使f （x 1）＞g （x 2），求实数a 的取值范围．（e 为自然对数的底数，e ＝2.71828…）14．已知函数f （x ）＝a x +x 2﹣xlna （a ＞0且a ≠1）（1）求函数f （x ）在点（0，f （0））处的切线方程；（2）求函数f（x）单调区间；（3）若存在x1，x2∈[﹣1，1]，使得|f（x1）﹣f（x2）|≥e﹣1（e是自然对数的底数），求实数a的取值范围．15．已知函数f（x）＝1−lnxx，g（x）=aee x+1x−bx，若曲线y＝f（x）与曲线y＝g（x）的一个公共点是A（1，1），且在点A处的切线互相垂直．（1）求a，b的值；（2）证明：当x≥1时，f（x）+g(x)≥2 x．16．已知函数f(x)=ax−1+lnx（a∈R，a为常数）．（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）若函数f（x）在（e，+∞）内有极值，试比较e a﹣1与a e﹣1的大小，并证明你的结论．高中数学题型归纳大全函数与导数题专题练习二9．已知函数f （x ）＝x （e 2x ﹣a ）．（1）若y ＝2x 是曲线y ＝f （x ）的切线，求a 的值；（2）若f （x ）≥1+x +lnx ，求a 的取值范围．【分析】（1）根据题意，设切点的坐标为（x 1，y 1），求出函数的导数，由导数的几何意义分析可得{y 1=2x 1y 1=x 1⋅e 2x 1−ax 1(2x 1+1)e 2x 1−a =2，解可得a 的值，即可得答案；（2）根据题意，f （x ）≥1+x +lnx 即x （e 2x ﹣a ）≥1+x +lnx ，结合x 的取值范围变形可得a +1≤e 2x −1+lnx x ，设g （x ）＝e 2x −1+lnx x，利用导数分析g （x ）在（0，+∞）上的最小值，据此分析可得答案．【解答】解：（1）根据题意，f （x ）＝x （e 2x ﹣a ），y ＝2x 是曲线y ＝f （x ）的切线，设切点的坐标为（x 1，y 1），则f ′（x ）＝（e 2x ﹣a ）+x ×2e 2x ＝（2x +1）e 2x ﹣a ，又由y ＝2x 是曲线y ＝f （x ）的切线，切点为（x 1，y 1），则f ′（x 1）＝2，则有{y 1=2x 1y 1=x 1⋅e 2x 1−ax 1(2x 1+1)e 2x 1−a =2，解可得a ＝﹣1；（2）根据题意，f （x ）＝x （e 2x ﹣a ），则f （x ）≥1+x +lnx ，即x （e 2x ﹣a ）≥1+x +lnx ，变形可得xe 2x ﹣（1+lnx ）≥（a +1）x ，又由x ＞0，所以a +1≤e 2x −1+lnxx，设g （x ）＝e 2x −1+lnxx，其导数g ′（x ）＝2e 2x +lnxx2=2x 2e 2x +lnxx 2，设h （x ）＝2x 2e 2x +lnx ，其导数h ′（x ）＝4xe 2x （x +1）+1x ＞0，则函数h （x ）在（0，+∞）上单调递增；又由h （1e ）＜0，h （1）＞0，则存在x 0∈（1e，1），满足h （x 0）＝0，即2x 02e 2x 0+lnx 0＝0，故g （x ）min ＝g （x 0）=e 2x 0−1+lnx 0x 0，若a +1≤e 2x −1+lnxx，必有a +1≤g （x 0），令t ＝x 02e 2x 0，变形可得2x 0+2lnx 0＝lnt ，由2x 02e 2x 0+lnx 0＝0，变形可得2t +lnx 0＝0，则有2x 0+lnx 0＝2t +lnt ，设F （x ）＝2x +lnx ，分析易得F （x ）＝2x +lnx 为增函数，则有x 0＝t ，则g （x 0）=e 2x 0−1+lnx 0x 0=2，必有a +1≤2，解可得a ≤1，故a 的取值范围为（﹣∞，1]．10．已知函数f （x ）＝x 2+ax +b ，g （x ）＝e x （cx +d ），若曲线y ＝f （x ）和曲线y ＝g （x ）都过点P （0，2），且在点P 处有相同的切线y ＝4x +2．（Ⅰ）求a ，b ，c ，d 的值；（Ⅱ）若x ≥﹣2时，f （x ）≤kg （x ），求k 的取值范围．【分析】（Ⅰ）对f （x ），g （x ）进行求导，已知在交点处有相同的切线及曲线y ＝f （x ）和曲线y ＝g （x ）都过点P （0，2），从而解出a ，b ，c ，d 的值；（Ⅱ）由（I ）得出f （x ），g （x ）的解析式，再求出F （x ）及它的导函数，通过对k 的讨论，判断出F （x ）的最值，从而判断出f （x ）≤kg （x ）恒成立，从而求出k 的范围．【解答】解：（Ⅰ）由题意知f （0）＝2，g （0）＝2，f ′（0）＝4，g ′（0）＝4，而f ′（x ）＝2x +a ，g ′（x ）＝e x （cx +d +c ），故b ＝2，d ＝2，a ＝4，d +c ＝4，从而a ＝4，b ＝2，c ＝2，d ＝2；（Ⅱ）由（I ）知，f （x ）＝x 2+4x +2，g （x ）＝2e x （x +1）设F （x ）＝kg （x ）﹣f （x ）＝2ke x （x +1）﹣x 2﹣4x ﹣2，则F ′（x ）＝2ke x （x +2）﹣2x ﹣4＝2（x +2）（ke x ﹣1），由题设得F （0）≥0，即k ≥1，令F ′（x ）＝0，得x 1＝﹣lnk ，x 2＝﹣2，①若1≤k ＜e 2，则﹣2＜x 1≤0，从而当x ∈（﹣2，x 1）时，F ′（x ）＜0，当x ∈（x 1，+∞）时，F ′（x ）＞0，即F （x ）在（﹣2，x 1）上减，在（x 1，+∞）上是增，故F （x ）在[﹣2，+∞）上的最小值为F （x 1），而F （x 1）＝﹣x 1（x 1+2）≥0，x ≥﹣2时F （x ）≥0，即f （x ）≤kg （x ）恒成立． ②若k ＝e 2，则F ′（x ）＝2e 2（x +2）（e x ﹣e ﹣2），从而当x ∈（﹣2，+∞）时，F ′（x ）＞0，即F （x ）在（﹣2，+∞）上是增，而F （﹣2）＝0，故当x ≥﹣2时，F （x ）≥0，即f （x ）≤kg （x ）恒成立．③若k ＞e 2时，F ′（x ）＞2e 2（x +2）（e x ﹣e ﹣2），而F （﹣2）＝﹣2ke ﹣2+2＜0，所以当x ＞﹣2时，f （x ）≤kg （x ）不恒成立，综上，k 的取值范围是[1，e 2]． 11．已知函数f （x ）=alnx x+1+bx，曲线y ＝f （x ）在点（1，f （1））处的切线方程为x +2y ﹣3＝0．（Ⅰ）求a 、b 的值；（Ⅱ）证明：当x ＞0，且x ≠1时，f （x ）＞lnxx−1．【分析】（I ）据切点在切线上，求出切点坐标；求出导函数；利用导函数在切点处的值为切线的斜率及切点在曲线上，列出方程组，求出a ，b 的值．（II ）构造新函数，求出导函数，通过研究导函数的符号判断出函数的单调性，求出函数的最值，证得不等式．【解答】解：（I ）f ′(x)=a(x+1x −lnx)(x+1)2−b x 2．由于直线x +2y ﹣3＝0的斜率为−12，且过点（1，1）所以{b =1a 2−b =−12解得a ＝1，b ＝1 （II ）由（I ）知f （x ）=lnx x+1+1x所以f(x)−lnx x−1=11−x 2(2lnx −x 2−1x )考虑函数ℎ(x)=2lnx −x 2−1x (x ＞0)，则ℎ′(x)=2x −2x 2−(x 2−1)x 2=−(x−1)2x 2所以当x ≠1时，h ′（x ）＜0而h （1）＝0，当x∈（0，1）时，h（x）＞0可得11−x2ℎ(x)＞0；当x∈(1，+∞)时，ℎ(x)＜0，可得11−x2ℎ(x)＞0从而当x＞0且x≠1时，f(x)−lnxx−1＞0即f(x)＞lnxx−112．已知函数f(x)=(a−1x)lnx（a∈R）．（1）若曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为x+y﹣1＝0，求a的值；（2）若f（x）的导函数f'（x）存在两个不相等的零点，求实数a的取值范围；（3）当a＝2时，是否存在整数λ，使得关于x的不等式f（x）≥λ恒成立？若存在，求出λ的最大值；若不存在，说明理由．【分析】（1）求导，利用导数的几何意义即可求解；（2）因为f′(x)=ax−1+lnxx2存在两个不相等的零点，所以g（x）＝ax﹣1+lnx存在两个不相等的零点，则g′(x)=1x+a，再对a分情况讨论求出a的取值范围；（3）当a＝2时，f(x)=(2−1x)lnx，f′(x)=1x2lnx+(2−1x)1x=2x−1+lnxx2，设g（x）＝2x﹣1+lnx，则g′(x)=1x+2＞0．所以g（x）单调递增，且g(12)=ln12＜0，g（1）＝1＞0，所以存在x0∈(12，1)使得g（x0）＝0，所以x＝x0时，f（x）取得极小值，也是最小值，此时f(x0)=(2−1x0)lnx0=(2−1x)(1−2x0)=−(4x0+1x)+4，因为x0∈(12，1)，所以f（x0）∈（﹣1，0），因为f（x）≥λ，且λ为整数，所以λ≤﹣1，即λ的最大值为﹣1．【解答】解：（1）f′(x)=1x2lnx+(a−1x)1x，因为曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为x+y﹣1＝0，所以f'（1）＝a﹣1＝﹣1，得a＝0；（2）因为f′(x)=ax−1+lnxx2存在两个不相等的零点，所以g（x）＝ax﹣1+lnx存在两个不相等的零点，则g′(x)=1x+a，①当a≥0时，g'（x）＞0，所以g（x）单调递增，至多有一个零点，②当a＜0时，因为当x∈(0，−1a)时，g'（x）＞0，g（x）单调递增，当x ∈(−1a，+∞)时，g '（x ）＜0，g （x ）单调递减，所以x =−1a 时，g(x)max =g(−1a )=ln(−1a)−2，因为g （x ）存在两个零点，所以ln(−1a )−2＞0，解得﹣e ﹣2＜a ＜0，因为﹣e ﹣2＜a ＜0，所以−1a＞e 2＞1，因为g （1）＝a ﹣1＜0，所以g （x ）在(0，−1a )上存在一个零点，因为﹣e ﹣2＜a ＜0，所以(−1a )2＞−1a，因为g[(−1a )2]=ln(−1a )2+1a −1，设t =−1a ，则y ＝2lnt ﹣t ﹣1（t ＞e 2），因为y ′=2−tt ＜0，所以y ＝2lnt ﹣t ﹣1（t ＞e 2）单调递减，所以y ＜2ln （e 2）﹣e 2﹣1＝3﹣e 2＜0，所以g[(−1a )2]=ln(−1a )2+1a −1＜0，所以g （x ）在(−1a，+∞)上存在一个零点，综上可知，实数a 的取值范围为（﹣e ﹣2，0）；（3）当a ＝2时，f(x)=(2−1x )lnx ，f ′(x)=1x 2lnx +(2−1x )1x =2x−1+lnxx 2，设g （x ）＝2x ﹣1+lnx ，则g ′(x)=1x +2＞0．所以g （x ）单调递增，且g(12)=ln 12＜0，g （1）＝1＞0，所以存在x 0∈(12，1)使得g （x 0）＝0，因为当x ∈（0，x 0）时，g （x ）＜0，即f '（x ）＜0，所以f （x ）单调递减；当x ∈（x 0，+∞）时，g （x ）＞0，即f '（x ）＞0，所以f （x ）单调递增，所以x ＝x 0时，f （x ）取得极小值，也是最小值，此时f(x 0)=(2−1x 0)lnx 0=(2−1x 0)(1−2x 0)=−(4x 0+1x 0)+4，因为x 0∈(12，1)，所以f （x 0）∈（﹣1，0），因为f （x ）≥λ，且λ为整数，所以λ≤﹣1，即λ的最大值为﹣1． 13．已知函数f （x ）＝4lnx ﹣ax +a+3x （a ≥0）（Ⅰ）讨论f （x ）的单调性；（Ⅱ）当a ≥1时，设g （x ）＝2e x ﹣4x +2a ，若存在x 1，x 2∈[12，2]，使f （x 1）＞g （x 2），求实数a 的取值范围．（e 为自然对数的底数，e ＝2.71828…）【分析】（Ⅰ）先求函数f （x ）的定义域、f ′（x ），然后解关于x 的不等式f ′（x ）＞0，f ′（x ）＜0即可．（Ⅱ）存在x 1，x 2∈[12，2]，使f （x 1）＞g （x 2）可转化为在[12，2]上f （x ）的最大值大于g （x ）的最小值，进而转化为求f （x ）、g （x ）在[12，2]上的最大值、最小值问题．【解答】解：（Ⅰ）f （x ）的定义域为（0，+∞）．f ′（x ）=4x −a −a+32=−ax 2+4x−(a+3)2，（x ＞0），令h （x ）＝﹣ax 2+4x ﹣（a +3），（1）当a ＝0时，h （x ）＝4x ﹣3，令h （x ）＞0，得x ＞34，此时f ′（x ）＞0；令h （x ）＜0，得0＜x ＜34，此时f ′（x ）＜0，∴f （x ）的减区间为（0，34]，增区间为[34，+∞）；（2）当a ＞0时，△＝42﹣4（﹣a ）[﹣（a +3）]＝﹣4（a ﹣1）（a +4），①若a ≥1，则△≤0，∴h （x ）≤0，f ′（x ）≤0，∴f （x ）在区间（0，+∞）上单调递减．②若0＜a ＜1，则△＞0，x 1+x 2=4a ＞0，x 1x 2=a+3a ＞0，∴x 1=2−√−(a−1)(a+4)a ＞0，x 2=2+√−(a−1)(a+4)a＞0，当x ∈（0，x 1）时，h （x ）＜0，f ′（x ）＜0，f （x ）单调递减，当x ∈（x 1，x 2）时，h （x ）＞0，f ′（x ）＞0，f （x ）单调递增，当x ∈（x 2，+∞）时，h （x ）＜0，f ′（x ）＜0，f （x ）单调递减．综上，当a ＝0时，f （x ）的减区间为（0，34]，增区间为[34，+∞）．当0＜a ＜1时，f （x ）的减区间为（0，2−√−(a−1)(a+4)a ），（2+√−(a−1)(a+4)a，+∞）；增区间为（2−√−(a−1)(a+4)a，2+√−(a−1)(a+4)a）．当a ≥1时，f （x ）的减区间为（0，+∞）．（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，当a ≥1时，f （x ）在[12，2]上单调递减，∴f （x ）在[12，2]上的最大值为f （12）＝﹣4ln 2+32a +6，g ′（x ）＝2e x ﹣4，令g ′（x ）＝0，得x ＝ln 2．当x ∈[12，ln 2）时，g ′（x ）＜0，∴g（x ）单调递减，x ∈（ln 2，2]时，g ′（x ）＞0，g （x ）单调递增， ∴g （x ）在[12，2]上的最小值为g （ln 2）＝4﹣4ln 2+2a ，由题意可知﹣4ln2+32a+6＞4﹣4ln2+2a，解得a＜4，又a≥1，所以实数a的取值范围为[1，4）．14．已知函数f（x）＝a x+x2﹣xlna（a＞0且a≠1）（1）求函数f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；（2）求函数f（x）单调区间；（3）若存在x1，x2∈[﹣1，1]，使得|f（x1）﹣f（x2）|≥e﹣1（e是自然对数的底数），求实数a的取值范围．【分析】（1）先求f′（x），再计算f′（0），和f（0），即可得到切线方程；（2）先求函数的导数f′（x）＝a x lna+2x﹣lna＝2x+（a x﹣1）lna，并且f′（0）＝0，判断零点两侧的正负，得到单调区间；（3）将存在性问题转化为|f（x1）﹣f（x2）|max≥e﹣1，即f（x）max﹣f（x）min≥e﹣1，根据上一问的单调性得到最小值f（0），再计算端点值f（﹣1）和f（1）比较大小．因为f(1)−f(−1)=(a+1−lna)−(1a+1+lna)=a−1a−2lna，再令令g(a)=a−1a−2lna(a＞0)，求其导数，分情况比较大小，计算a的取值范围．【解答】解：（1）因为函数f（x）＝a x+x2﹣xlna（a＞0，a≠1），所以f′（x）＝a x lna+2x﹣lna，f′（0）＝0，又因为f（0）＝1，所以函数f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为y＝1；（2）由（1），f′（x）＝a x lna+2x﹣lna＝2x+（a x﹣1）lna．当a＞1时，lna＞0，（a x﹣1）lna在R上递增；当0＜a＜1时，lna＜0，（a x﹣1）lna在R上递增；故当a＞0，a≠1时，总有f′（x）在R上是增函数，又f′（0）＝0，所以不等式f′（x）＞0的解集为（0，+∞），故函数f（x）的单调增区间为（0，+∞），递减区间为（﹣∞，0）；（3）因为存在x1，x2∈[﹣1，1]，使得|f（x1）﹣f（x2）|≥e﹣1成立，而当x∈[﹣1，1]时，|f（x1）﹣f（x2）|≤f（x）max﹣f（x）min，所以只要f（x）max﹣f（x）min≥e﹣1即可．又因为x，f'（x），f（x）的变化情况如下表所示：x（﹣∞，0）0 （0，+∞）f′（x）﹣0 +f（x）减函数极小值增函数可得f（x）在[﹣1，0]上是减函数，在[0，1]上是增函数，所以当x∈[﹣1，1]时，f（x）的最小值f（x）min＝f（0）＝1，f（x）的最大值f（x）max为f（﹣1）和f（1）中的最大值．因为f(1)−f(−1)=(a+1−lna)−(1a+1+lna)=a−1a−2lna，令g(a)=a−1a−2lna(a＞0)，因为g′(a)=1+1a2−2a=(1−1a)2＞0，所以g(a)=a−1a−2lna在a∈（0，1）、（1，+∞）上是增函数．而g（1）＝0，故当a＞1时，g（a）＞0，即f（1）＞f（﹣1）；当0＜a＜1时，g（a）＜0，即f（1）＜f（﹣1）．所以，当a＞1时，f（1）﹣f（0）≥e﹣1，即a﹣lna≥e﹣1，函数y＝a﹣lna在a∈（1，+∞）上是增函数，解得a≥e；当0＜a＜1时，f（﹣1）﹣f（0）≥e﹣1，即1a+lna≥e−1，函数y=1a+lna在a∈（0，1）上是减函数，解得0＜a≤1e．综上可知，所求a的取值范围为a∈(0，1e]∪[e，+∞)．15．已知函数f（x）＝1−lnxx，g（x）=aee x+1x−bx，若曲线y＝f（x）与曲线y＝g（x）的一个公共点是A（1，1），且在点A处的切线互相垂直．（1）求a，b的值；（2）证明：当x≥1时，f（x）+g(x)≥2 x．【分析】（1）根据题意，求出函数f（x）的导数，计算可得f′（1）＝﹣1；将公共点A 的坐标代入g（x）中，变形可得a＝b，求出g（x）的导数，分析可得g′（1）＝﹣a﹣1﹣a＝1，解可得a的值，进而可得b的值，即可得答案；（2）根据题意，由（1）的结论可得f（x）+g（x）＝1−lnxx−e e x+1x+x，设h（x）＝（1−lnx x−ee x+1x+x）−2x=1−lnx x−e e x−1x+x，计算可得h（0）＝0，求出其导数分析可得函数h（x）在[1，+∞）上为增函数，结合函数的单调性可得h（x）＝（1−lnxx−e e x+1x+x）−2x≥h（0）＝0，将其变形即可得结论．【解答】解：（1）根据题意，函数f（x）＝1−lnxx，其导数f′（x）=−1−lnx2，则有f′（1）＝﹣1，g（x）=aee x+1x−bx，过点（1，1），则有g（1）＝a+1﹣b＝1，化简可得a＝b，则g（x）=aee x+1x−ax，g′（x）=−ae e x−1x2−a，若曲线y＝f（x）与曲线y＝g（x）的一个公共点是A（1，1），且在点A处的切线互相垂直，且f′（1）＝﹣1，则g′（1）＝﹣a﹣1﹣a＝1，则有a＝﹣1，则b＝﹣1，故a＝b＝﹣1，（2）证明：由（1）的结论，g（x）=−ee x+1x+x，则f（x）+g（x）＝1−lnx x−e e x+1x+x，设h（x）＝（1−lnxx−e e x+1x+x）−2x=1−lnx x−e e x−1x+x，则有h（0）＝1﹣1﹣1+1＝0，其导数h′（x）=lnx−1x2+e e x+1x2+1，又由x≥1可得：h′（x）=lnx−1x2+e e x+1x2+1＞0，则函数h（x）在[1，+∞）上为增函数，则有当x≥1时，h（x）＝（1−lnxx−e e x+1x+x）−2x≥h（1）＝0，则有（1−lnxx−e e x+1x+x）−2x≥0，即f（x）+g(x)≥2 x．16．已知函数f(x)=ax−1+lnx（a∈R，a为常数）．（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）若函数f（x）在（e，+∞）内有极值，试比较e a﹣1与a e﹣1的大小，并证明你的结论．【分析】（1）求出f（x）的导数，通过讨论a的取值范围，确定函数的单调区间即可．（2）由（1）知a＞0，①则h（x）＝x2﹣（a+2）x+1有一变号零点在区间（e，+∞）上，不妨设x2＞e，又因为x1x2＝1，所以0＜x1＜1e＜e＜x2，又h（0）＝1，所以只需h（1e）＜0，得a ＞e +1e −2，②联立①②可得：a ＞e +1e−2．从而e a ﹣1与a e﹣1均为正数．要比较e a ﹣1a e﹣1与的大小⇒同取自然底数的对数，即比较（a ﹣1）与（e ﹣1）lna 的大小⇒再转化为比较lne e−1与lna a−1的大小．构造函数φ（x ）=lnxx−1（x ＞1），求导，分析单调性，讨论a 的取值范围，进而得出结论．【解答】解：（1）定义域为（0，1）∪（1，+∞）， f′(x)=1x −a (x−1)2=x 2−(a+2)x+1x(x−1)2，设h （x ）＝x 2﹣（a +2）x +1，△＝（a +2）2﹣4，当﹣4≤a ＜0时，△＝（a +2）2﹣4＜0，此时h （x ）＞0，从而f ′（x ）＞0恒成立，故函数f （x ）在（0，1）上是增函数，在（1，+∞）上是增函数；当a ＜﹣4时，函数h （x ）＝x 2﹣（a +2）x +1图象开口向上，对称轴x =a+22＜0，又h （0）＝1＞0，所以此时h （x ）＞0，从而f ′（x ）＞0恒成立，故函数f （x ）在（0，1）上是增函数，在（1，+∞）上是增函数；当a ＞0时，△＝（a +2）2﹣4＞0，设h （x ）＝x 2﹣（a +2）x +1有两个不同的实根x 1，x 2，共中x 1+x 2＝a +2＞0，x 1x 2＝1，令0＜x 1＜1＜x 2，则x 1=(a+2)−√a 2+4a 2，x 2=(a+2)+√a 2+4a 2，令f ′（x ）＞0，得0＜x ＜x 1或x ＞x 2；令f ′（x ）＜0，得x 1＜x ＜1或1＜x ＜x 2，故函数f （x ）在（0，x 1）上是增函数，在（x 2，+∞）上是增函数，在（x 1，1），（1，x 2）上单调单调递减．当a ＞0时，函数f （x ）在（0，(a+2)−√a 2+4a2）上是增函数，在（(a+2)+√a 2+4a2，+∞）上是增函数，在（(a+2)−√a 2+4a2，1）是减函数，在（1，(a+2)+√a 2+4a2）上是减函数．当a ＝0时，函数f （x ）在（0，1）上是增函数，在（1，+∞）上是增函数；（2）要使y ＝f （x ）在（e ，+∞）上有极值，由（1）知a ＞0，①则h （x ）＝x 2﹣（a +2）x +1有一变号零点在区间（e ，+∞）上，不妨设x 2＞e ，又因为x 1x 2＝1，∴0＜x 1＜1e ＜e ＜x 2，又h （0）＝1， ∴只需h （1e ）＜0，即1e −(a +2)1e+1＜0，∴a ＞e +1e −2，②联立①②可得：a＞e+1e−2．从而e a﹣1与a e﹣1均为正数．要比较e a﹣1a e﹣1与的大小，同取自然底数的对数，即比较（a﹣1）lne与（e﹣1）lna的大小，再转化为比较lnee−1与lnaa−1的大小．构造函数φ（x）=lnxx−1（x＞1），则φ′（x）=1−1x−lnx(x−1)2，再设m（x）＝1−1x−lnx，则m′(x)=1−xx2，从而m（x）在（1，+∞）上单调递减，此时m（x）＜m（1）＝0，故φ′（x）＜0在（1，+∞）上恒成立，则φ（x）=lnxx−1在（1，+∞）上单调递减．综上所述，当a∈（e+1e−2，e）时，e a﹣1＜a e﹣1；当a＝e时，e a﹣1＝a e﹣1；当a∈（e，+∞）时，e a﹣1＞a e﹣1．。