高考导数大题汇编理科答案

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高考数学专题：导数大题专练(含答案)

高考数学专题：导数大题专练(含答案)一、解答题1．已知函数()ln f x ax x =+ (1)讨论()f x 的单调区间；(2)设()2xg x =，若对任意的[]11,100x ∈，存在[]20,1x ∈，使()()12f x g x <成立，求实数a 的取值范围.2．已知函数1()2ln f x x x x=+-． (1)求函数的单调区间和极值；(2)若12x x ≠且()()12f x f x =，求证：121x x <． 3．已知函数2()ln (2)f x x a x a =+<． (1)若2a =-，求函数()f x 的极小值点；(2)当2(]0,x ∈时，讨论函数()f x 的图象与函数(2)22y a x a =+--的图象公共点的个数，并证明你的结论．4．已知函数()ln 1f x x ax =++，R a ∈，函数()()21e ln 2xg x x x x x x =-++-，)2e ,x -∈+∞⎡⎣．(1)试讨论函数()f x 的单调性；(2)若0x 是函数()g x 的最小值点，且函数()()h x xf x =在0x x =处的切线斜率为2，试求a 的值．5．已知函数()2()2e =+-xf x x a ．(1)讨论函数的单调性；(2)若(0,),()x f x a ∈+∞≥-恒成立，求整数a 的最大值． 6．已知函数()e (1)()x f x a x a -=++∈R ． (1)当1a =时，求函数()y f x =的极值；(2)若函数()()ln e g x f x x =-+-在[1,)+∞有唯一的零点，求实数a 的取值范围．7．已知函数()()e ln 1xf x a x =+-+，()'f x 是其导函数，其中a R ∈．(1)若()f x 在(,0)-∞上单调递减，求a 的取值范围；(2)若不等式()()f x f x '≤对(,0)x ∀∈-∞恒成立，求a 的取值范围．8．用数学的眼光看世界就能发现很多数学之“美”.现代建筑讲究线条感，曲线之美让人称奇.衡量曲线弯曲程度的重要指标是曲率，曲线的曲率定义如下：若fx 是()f x 的导函数，()f x ''是fx 的导函数，则曲线()y f x =在点()(),x f x 处的曲率()()()3221f x K f x ''='+⎡⎤⎣⎦.(1)若曲线()ln f x x x =+与()g x x ()1,1处的曲率分别为1K ，2K ，比较1K ，2K 大小；(2)求正弦曲线()sin h x x =（x ∈R ）曲率的平方2K 的最大值. 9．已知函数()321623f x x ax x =+-+在2x =处取得极值． (1)求()f x 的单调区间；(2)求()f x 在[]4,3-上的最小值和最大值．10．设函数()223ln 1f x a x ax x =+-+，其中0a >．(1)求()f x 的单调区间；(2)若()y f x =的图象与x 轴没有公共点，求a 的取值范围．【参考答案】一、解答题1．(1)答案见解析 (2)31a e ≤-【解析】【分析】（1）由()()110ax f x a x xx+=+=>'，按0a ≥，0a <进行分类讨论求解；（2）由已知，转化为()()max max f x g x <，由已知得()()max 12g x g ==，由此能求出实数a 的取值范围． (1)()(]110ax f x a x x x+'=+=>，①当0a ≥时，由于0x >，故10ax +>，()0f x '>，所以()f x 的单调递增区间为()0,∞+； ②当0a <时，由()0f x '=，得1x a=-，在区间10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上()0f x '>，在区间1,a∞⎛⎫-+ ⎪⎝⎭上()0f x '<，所以，函数()f x 的单调递增区间为10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭，单调递减区间为1,a∞⎛⎫-+ ⎪⎝⎭；(2)由题目知，只需要()()max max f x g x <即可又因为()()max 12g x g ==，所以只需要()max 2f x <即可()max 2f x <即等价于()2f x <恒成立，由变量分离可知2ln xa x-<，[]1,100x ∈，令()2ln xh x x -=，下面求()h x 的最小值，令()23ln xh x x-+'=，所以()0h x '=得3x e =，所以()h x 在31,e ⎡⎤⎣⎦为减函数，3,100e ⎡⎤⎣⎦为增函数，所以()()33min 1h x h e e -==，所以31a e ≤-. 2．(1)减区间()0,1，增区间()1,+∞，极小值3， (2)证明见解析【解析】【分析】（1）依据导函数与原函数的关系去求函数的单调区间和极值即可；（2）构造新函数利用函数单调性去证明121x x <即可. (1)1()2ln (0)f x x x x x =+->，则()()2221111()2(0)x x f x x x x x +-'=--=>由()0f x '>得1x >，由()0f x '<得01x <<，即()f x 减区间为()0,1，增区间为()1,+∞，在1x =时()f x 取得极小值(1)2103f =+-=，无极大值. (2)不妨设12x x <且()()12f x f x a ==，则101x <<，21>x ，3a >，2101x <<令1()()2ln (0)h x f x a x x a x x=-=+-->，则()()120h x h x ==()()2221111()2x x h x x x x +-'=--=，则当1x >时()0h x '>，()h x 单调递增；当01x <<时()0h x '<，()h x 单调递减由()222212ln 0x x h x a x +=--=，得22212ln a x x x =+- 则2222222222211ln 2ln 2ln 1x x x x x h x x x x x ⎛⎫++-+-=-+ ⎪⎛⎫=⎪⎝⎝⎭⎭ 令21t x =，则222112ln 2ln (01)x x t t t x t -+=--<< 令()12ln (01)t m t t t t --<=<，则()()22211210t t tt m t -'=+-=> 即()12ln (01)t m t t t t--<=<为增函数，又()11100m =--=，则()12ln 0m t t tt --<=在(0,1)上恒成立.则222212ln 10x x x h x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭=-<恒成立，则()211h h x x ⎛⎫⎪< ⎝⎭，又01x <<时()h x 单调递减，101x <<，2101x <<则211x x >，故121x x <3．(1)详见解析； (2)详见解析；【解析】【分析】（1）由2a =-，得到2()2ln f x x x =-，然后求导2()2f x x x'=-求解；（2）令2()ln (2)22=+-+++g x x a x a x a ，求导()()21()--'=x a x g x x，分0a ≤，012a <<，12a =，122a<<讨论求解. (1)解：当2a =-时，2()2ln f x x x =-，所以2()2f x x x'=-，令()0f x '=，得1x =，当01x <<时，()0f x '<，当1x >时，()0f x '>，所以1x =是函数()f x 的极小值点；(2)当2(]0,x ∈时，令2()ln (2)22=+-+++g x x a x a x a ，则()()2212(2)()2(2)---++'=+-+==x a x a x a x a g x x a x x x，当0a ≤时，01x <<时，()0g x '<，12x <≤时，()0g x '>，所以当1x =时，()g x 取得极小值，且0x →，()g x ∞→+，当()110g a =+>，即10a -<≤，函数()f x 的图象与函数(2)22y a x a =+--的图象无公共点；当()110g a =+=，即1a =-时，函数()f x 的图象与函数(2)22y a x a =+--的图象有1个公共点；当()()11022ln 20g a g a ⎧=+<⎪⎨=+≥⎪⎩，即21ln 2-≤<-a 时，函数()f x 的图象与函数(2)22y a x a =+--的图象有2个公共点；当()()11022ln 20g a g a ⎧=+<⎪⎨=+<⎪⎩，即2ln 2a <-，函数()f x 的图象与函数(2)22y a x a =+--的图象有1个公共点；当012a <<，即02a <<时，02ax <<或1x >时，()0g x '>，12a x <<时，()0g x '<，所以当2ax =时，()g x 取得极大值，当1x =时，()g x 取得极小值，且0x →，()g x →-∞，因为()110g a =+>恒成立，所以函数()f x 的图象与函数(2)22y a x a =+--的图象只有1个公共点；当12a =，即2a =时，()0g x '≥恒成立，所以()g x 在(0,2]上递增，所以函数()f x 的图象与函数(2)22y a x a =+--的图象有1个公共点；当122a <<，即24a <<时，01x <<或22a x <<时，()0g x '>，12ax <<时，()0g x '<，所以当1x =时，()g x 取得极大值，当2ax =时，()g x 取得极小值，且0x →，()g x →-∞，因为()110g a =+>，()22ln 20=+<g a ，2ln 20242⎛⎫=-+++> ⎪⎝⎭a a a g a a 恒成立，所以()f x 的图象与函数(2)22y a x a =+--的图象只有1个公共点.综上：当10a -<≤时，函数()f x 的图象与函数(2)22y a x a =+--的图象无公共点；当1a =-或 2ln 2a <-或04a <<时，()f x 的图象与函数(2)22y a x a =+--的图象只有1个公共点；当21ln 2-≤<-a 时，函数()f x 的图象与函数(2)22y a x a =+--的图象有2个公共点.4．(1)答案见解析； (2)12a =. 【解析】【分析】（1）由题可得()11ax f x a xx+'=+=，讨论0a ≥，0a <即得；（2）由题可得()g x '是一个单调递增的函数，利用零点存在定理可得()2e ,1t -∃∈，使得()0g t '=，进而可得()0000111ln e e 1ln x x x x ⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭，利用导数可得001e x x =，结合条件可得00ln 20x ax +=，即求. (1)()11ax f x a x x+'=+=，0x >，当0a ≥时，函数()f x 在定义域()0,∞+上单调递增；当0a <时，函数的单调性如表格所示：由题可得()()()22121e 1ln 2e ln 1x xg x x x x x x x x '=-++-++-=++-，0x >，则()g x '是一个单调递增的函数，当2e x -=时，()()2242ee e e e 30g ----'=+-<，当1x =时，()12e 10g '=->，故()2e ,1t -∃∈，使得()0g t '=，且所以0x t =，020000e ln 10x g x x x x '=++-=，整理该式有()02000e 1ln x xx x +=-，()000001111e ln xx x x x +=+， ∴()000111ln ee1ln x x x x ⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭令()()21ln ,e m x x x x -=+>，则()2ln 0m x x '=+>，所以函数在()2e ,-+∞上单调递增，故()000111ln ee1ln x x x x ⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭的解满足001e xx =；又()2ln h x x x ax x =++，()1ln 21h x x ax '=+++，()0002ln 22h x x ax '=++=，所以00ln 20x ax +=，由01e xx =知，0020x ax -+=，故12a =． 5．(1)答案见解析 (2)4 【解析】【分析】（1）求得()'f x ，对a 进行分类讨论，由此求得()f x 的单调区间.（2）由(0,),()x f xa ∈+∞≥-恒成立分离常数a ，通过构造函数，结合导数求得a 的取值范围，从而求得整数a 的最大值. (1)()'2(22)e x f x x x a =++-①当1a≤时，()0f x '≥恒成立，故()f x 在R 上恒增； ②当1a >时，当(,1x ∈-∞-时()0f x '>，()f x 单调递增，(11x ∈--时()0f x '<，()f x 单调递减， (1)x ∈-+∞时()0f x '>，()f x 单调递增，综上所述：当1a ≤时，()f x 在R 上恒增；当1a >时，()f x 在(,1-∞-和(1)-++∞上单调递增，在(11--上单调递减.(2)2e (2)(e 1)xxx a +≥-，由于,()0x ∈+∞，2e (2)e 1x x x a +≤-，2e (2)()e 1x x x g x +=-，22e (2e 22)()(e 1)x x x x x x g x ---'=-，令2()2e 22x h x x x x =---，()(e 1)(22)x h x x '=-+，由于,()0x ∈+∞，则()(e 1)(22)0x h x x '=-+>，故2()2e 22x h x x x x =---单调递增，3334443393338()e 2e 4(e )042162223h =---<-=-<，(1)2e 50h =->，所以存在03(,1)4x ∈使得0()0h x =，即020002e 22xx x x =++，当00(0,)x x ∈时()0h x <，()g x 单调递减，当00(,)x x ∈+∞时()0h x >，()g x 单调递增；那么()()00202000e 222e 1x x x a g x xx +≤==++-，03(,1)4x ∈，故034()()(1)54g g x g <<<=，由于a 为整数，则a 的最大值为4. 【点睛】求解含参数不等式恒成立问题，可考虑分离常数法，然后通过构造函数，结合导数来求得参数的取值范围. 6．(1)()f x 的极小值为2，无极大值； (2)(,e 1]-∞+ 【解析】【分析】（1）当1a =时，求导分析()f x 的单调性，即可得出答案．（2）由题意可得()()ln e e ln e(1)x g x f x x ax a x x =-+-=-++-，求导得()g x '，从而可推出()g x '在(1,)+∞单调递增，(1)e 1g a '=+-，分两种情况讨论：①当e 10a +-，②当e 10a +-<，分析()g x 的单调性，即可得出答案．(1)当1a =时，()(1)xf x e x -=++，1()1x xxe f x e e --+'=-+=，令1e 0x -+>，得0x >，令1e 0x -+<，得0x <，则()f x 单调递增区间为(0,)+∞，单调递减区间为(,0)-∞， ∴()f x 存在极小值为()02f =，无极大值； (2)()()ln e e (1)ln e e ln e(1)x x g x f x x a x x ax a x x =-+-=+-++-=-++-，则1()xg x e a x'=-+，令1()xh x e a x =-+，则221()x x e h x x -'=，由1x >得，21x >，210x x e ->，则()0h x '>，故()g x '在(1,)+∞单调递增，(1)e 1g a '=+-，①当e 10a +-，即e 1a +时，即(1,)x ∈+∞时，()0g x '>， ∴()g x 在(1,)+∞上单调递增，又(1)0g =， ∴当1x >时，函数()g x 没有零点， ②当e 10a +-<，即e 1a >+时，由e e (1)x y x x =->，得e e 0x y '=->， ∴e e x x >，∴11()e e xg x a x a x x '=+->+-，e ee 0e e a a g a a a⎛⎫'>⋅+-=> ⎪⎝⎭，又∵e 1e ea >=，∴存在01,e a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()00g x '=，当()01,x x ∈时，()0g x '<，()g x 单调递减，又∵(1)0g =，∴当0(]1,x x ∈时，()0g x <，在()01,x 内，函数()g x 没有零点，又∵()0,x x ∈+∞时，()0g x '>， ∴()g x 单调递增，又∵22e )e 1(ln e a a g a a a a a +-+>-=-+，令2()e 1(1)>x k x x x =-+，()()e 2x s x k x x '==-，()e 2e 20x s x '=->->，∴()k x '在(1,)+∞上单调递增，又∵(1)0k '>，∴1x >时，()0k x '>，()k x 在(1,)+∞上单调递增， ∴()(1)0k a k >>， ∴()0g a >，又∵0eaa x >>， ∴由零点的存在定理可知存在()()101,,0x x a g x ∈=， ∴在()0,x a 内，函数()g x 有且只有1个零点，综上所述，实数a 的取值范围是(,e 1]-∞+.7．(1)1,e⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭(2)(],1-∞- 【解析】【分析】（1）求出导函数()e x a f x x'=+，根据()f x 在(,0)-∞上单调递减，可得()e 0x af x x'=+≤在(,0)-∞上恒成立，分类参数可得e x a x ≥-⋅在(,0)-∞上恒成立，令()()e ,0x g x x x =-⋅<，利用导数求出函数()g x 的最大值即可得解；（2）将已知不等式转化为()ln 10a a x x--+≤对(,0)x ∀∈-∞恒成立，令()()()ln 1,0ah x a x x x=--+<，在对a 分类讨论，求出()h x 的最大值小于等于0，即可求出答案. (1)解：()e xa f x x'=+，因为()f x 在(,0)-∞上单调递减，所以()e 0xa f x x'=+≤在(,0)-∞上恒成立，即e x a x ≥-⋅在(,0)-∞上恒成立，令()()e ,0xg x x x =-⋅<，则()()e e 1e x x xg x x x '=--=-+，当1x <-时，()0g x '>，当10x -<<时，()0g x '<，所以函数()g x 在(),1-∞-上递增，在()1,0-上递减，所以()()max 11eg x g =-=，所以a 的取值范围为1,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭；(2)解：由()()f x f x '≤得()ln 1aa x x-+≤，即()ln 10a a x x--+≤对(,0)x ∀∈-∞恒成立，令()()()ln 1,0ah x a x x x=--+<，()()()221,0a x a a h x x x x x +'=+=<，当0a =时，()1h x =，不满足()0h x ≤；当0a >时，1x <-时，()0h x '<，10x -<<时，()0h x '>，所以函数()h x 在(),1-∞-上递减，在()1,0-上递增，所以()()min 110h x h a =-=+>，不符合题意；当0a <时，1x <-时，()0h x '>，10x -<<时，()0h x '<，所以函数()h x 在(),1-∞-上递增，在()1,0-上递减，所以()()max 110h x h a =-=+≤，解得1a ≤-，综上所述，a 的取值范围(],1-∞-. 【点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性和最值，考查了不等式恒成立问题，考查了转化思想和分类讨论思想，考查了学生的计算能力. 8．(1)12K K <； (2)1. 【解析】【分析】（1）对()f x 、()g x 求导，应用曲率公式求出()1,1处的曲率1K ，2K ，即可比较大小；（2）由题设求出()h x 的曲率平方，利用导数求2K 的最大值即可. (1)由()11f x x '=+，()21f x x ''=，则()()()()13332222211112511f K f ''===+'+⎡⎤⎣⎦，由()g x '=，()3214g x x -''=-，则()()()2333222221124511112g K g ''===⎡⎤'+⎡⎤⎛⎫⎣⎦+⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦，所以12K K <； (2)由()cos h x x '=，()sin h x x ''=-，则()322sin 1cos xK x =+，()()2223322sin sin 1cos 2sin xxK x x ==+-，令22sin t x =-，则[]1,2t ∈，故232tK t -=，设()32t p t t -=，则()()32643226t t t t p t t t----'==，在[]1,2t ∈时()0p t '<，()p t 递减，所以()()max 11p t p ==，2K 最大值为1.9．(1)增区间为(),3-∞-，()2,+∞，减区间为()3,2- (2)()max 312f x =，()min 163f x =- 【解析】【分析】（1）根据题意得()20f '=，进而得12a =，再根据导数与单调性的关系求解即可；（2）由（1）知[]4,3x ∈-时，()f x 的增区间为[)4,3--，(]2,3，减区间为()3,2-，进而求解()4f -，()3f -，()2f ，()3f 的值即可得答案. (1)解：（1）()226f x x ax '=+-，因为()f x 在2x =处取得极值，所以()24460f a '=+-=，解得12a =．检验得12a =时，()f x 在2x =处取得极小值，满足条件.所以()26f x x x '=+-，令()0f x '>，解得3x <-或2x >，令()0f x '<，解得32x -<<，所以()f x 的增区间为(),3-∞-，()2,+∞，减区间为()3,2-； (2)解：令()260f x x x '=+-=，解得3x =-或2x =，由（1）知()f x 的增区间为(),3-∞-，()2,+∞，减区间为()3,2-；当[]4,3x ∈-时，()f x 的增区间为[)4,3--，(]2,3，减区间为()3,2- 又()()()()321138444642323f -=⨯-+⨯--⨯-+=， ()()()()321131333632322f -=⨯-+⨯--⨯-+=，()321116222622323f =⨯+⨯-⨯+=-，()32115333632322f =⨯+⨯-⨯+=-，所以()max 312f x =，()min 163f x =-． 10．(1)在10,a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，在1,a⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增 (2)1,e⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【解析】【分析】（1）求导，根据定义域和a 的范围，讨论导数符号可得单调区间；（2）由（1）中单调性可得函数最小值，由最小值大于0可解. (1)函数()f x 的定义域为()0+∞，， ()()()222231323'2ax ax a x ax f x a x a x x x+-+-=+-==由于0a >且()0x ∈+∞，，所以230ax +>，令()'0f x =，解得1x a=，当10x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，，()'0f x <，函数()f x 单调递减，当1x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭，，()'0f x >，函数()f x 单调递增， ()f x ∴在10a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，上单调递减，在1a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，上单调递增． (2)要使()y f x =的图像与x 轴没有公共点，所以只需min ()0f x >即可，由（1）知min 111()113ln 133ln 33ln 0f x f a a a a ⎛⎫==+-+=-=+> ⎪⎝⎭，解得1e >a ，即a 的取值范围为1(,)e+∞。

函数与导数例高考题汇编(含答案)

函数与导数高考题1.(安徽理3)设f(x)是定义在R 上的奇函数，当x≤0时，f(x)=2x'-x,则f()=(A)-3 (B)- 1 (C)1 (D)3【答案】A【命题意图】本题考查函数的奇偶性，考查函数值的求法 .属容易题.【解析】f()= - f( - 1)= - 42( - 1)²- ( - 1)]= - 3 .故选A.2 . (安徽理10)函数f (x )=ax ”g 1- x )“在区间〔0,1〕上的图像如图所示，则m ,n 的值可能是(A)m=1,n=1(B) m=1,n=2(C) m=2,n=1(D) m=3,n=1【答案】B 【命题意图】本题考查导数在研究函数单调性中的应用，考查函数图像，考查思维的综合能力.难度大.【解析】代入验证，当m = 1 , n = 2 , f ( x ) = a x g ( 1 - x ) ² = n ( x ³ - 2 x ² + x ) ,则f ' ( x ) = a ( 3 x ² - 4 x + 1 ) , 由 ,结合图像可知函数应在递增，在递减，即在, 知 a 存在 . 故选 B .3.(安徽文5)若点(a,b)在y=lgx 图像上，a≠1,则下列点也在此图像上的是(A)(,b) (B)(10a,1 b) (C)(,b+1) (D)(a2,2b)【答案】D 【命题意图】本题考查对数函数的基本运算，考查对数函数的图像与对应点的关系 .【解析】由题意b = 1 g a , 2 b = 2 1 l g a = 1 g a ² , 即( a ² , 2 b )也在函数 y = l g x 图像上 .4 . (安徽文10) 函数f(x )=ax ”g (1 - . x )² 在区间(0,1)上的图像如图所示，则n 可能是 (A)1 (B) 2取得最大值，由f'(x)=a(3x²-4x+1)=0可知，(C) 3 (D)4【答案】A【命题意图】本题考查导数在研究函数单调性中的应用，考查函数图像，考查思维的综合能力.难度大.【解析】代入验证，当7=1时，f(x)=axg(1-x)²=a(x³-2x²+x),则f(x)=a(3r²-4x+1)由f ( x ) = a ( 3 x ² 4 x + 1 ) = 0 可知，,结合图像可知函数应在递增，在递减，即在取得最大值，由, 知a 存在. 故选A .7 . (福建理5) 等于A.1B.e- 1C. CD.e+1【答案】C8 . (福建理9 )对于函数f ( x ) = a s i n x + b x + c (其中，a , b ∈R , c ∈Z ) ,选取a , b , C 的一组值计算f ( )和f ( - 1 )所得出的正确结果一定不可能是A . 4和6B . 3和1C . 2和4D . 1和2【答案】D9 . ( 福建理1 0 ) 已知函数f ( x ) = e⁴+ x , 对于曲线y = f ( x ) 上横坐标成等差数列的三个点A , B , c , 给出以下判断：①△ABC 一定是钝角三角形②△ABC可能是直角三角形③△ABC可能是等腰三角形④△ABC不可能是等腰三角形其中，正确的判断是A.①③B.①④C.②③D.②④【答案】B10.(福建文6)若关于x的方程x2+mx+1=0有两个不相等的实数根，则实数m的取值范围是A.(- 1,1)B.(-2,2)C.(-o,-2)U(2,+o)D.(-o,- 1)U(1,+c)【答案】C11. (福建文8)已知函数 ,若f(a)+f(1)=0,则实数a的值等于A. 3B. 1C. 1D. 3【答案】A12.(福建文10)若a>0,b>0,且函数f(x)=4x3-ax2-2bx+2在x=1处有极值，则ab的最大值等于A.2B.3C. 6D. 9【答案】D13.(广东理4)设函数f(x)和g(x)分别是R上的偶函数和奇函数，则下列结论恒成立的是A . f(x)+1g(x)是偶函数B . f(x) - 1g(x)是奇函数c.if(x)\+g(x)是偶函数 D . i f ( x ) - g ( x )是奇函数【答案】A【解析】因为g(x)是R 上的奇函数，所以lg(x)是R 上的偶函数，从而f(x)+1g(x)是偶函数，故选A.14 . (广东文4)函的定义域是 ( )A.(-~,- 1)B.(1,+~) c.(- 1,1)U(1,+oo) D.(-0,+oo)【答案】C16.(湖北理6)已知定义在R 上的奇函数f(x)和偶函数g(x)满足f(x)+g(x)=a¹-a ⁴+2(a>0,且a≠1),若g(2)=a,则f(2)=A.2B.C.D. a² 【答案】B【解析】由条件f(2)+g(2)=a²-a²+2,f(-2)+g(-2)=a²-a²+2, 即-f(2)+g(2)=a²-a²+2, 由此解得g(2)=2,f(2)=a²-a-所以 a = 2 ,, 所以选 B18 . (湖南文7)曲线主点处的切线的斜率为( )A. B. 2 C. D. 【答案】B【解析】19.(湖南文8)已知函数f(x)=e¹-1,g(x)=-x²+4x -3.若有f(a)=g(b),则b 的取值范围为A.[2-√2,2+√2]B.(2-√2.2+√2)c.[1,3] p.(1,3)【答案】B【解析】由题可知f(x)=e ⁴- 1>- 1,g(x)=-x²+4x-3=-(x-2)²+1≤1,若有f(a)=g(b),则g(b) ∈(- 1,1), 即-b²+4b-3>- 1,解得2-√Z<b<2+√2., 所以,y=020 . (湖南理6)由直线与曲线y=COSX 所围成的封闭图形的面积为( )A.2B.1C.D.√3 【答案】D【解析】由定积分知识可得, 故选 D 。

高考数学真题分项汇编专题05 导数选择、填空(理科)(解析版)

十年（2014－2023）年高考真题分项汇编导数选择、填空目录题型一：导数的概念及其几何意义 ..................................... 1 题型二：导数与函数的单调性 ......................................... 8 题型三：导数与函数的极值、最值 ..................................... 9 题型四：导数与函数的零点 .......................................... 14 题型五：导数的综合应用 ............................................ 16 题型六：定积分 (20)题型一：导数的概念及其几何意义一、选择题1．(2021年新高考Ⅰ卷·第7题)若过点(),a b 可以作曲线e x y =的两条切线，则( )A ．e b a <B ．e a b <C ．0e b a <<D ．0e a b <<【答案】D解析:在曲线x y e =上任取一点(),tP t e ，对函数x y e =求导得e x y ′=，所以，曲线x y e =在点P 处的切线方程为()t t y e e x t −=−，即()1t ty e x t e +−，由题意可知，点(),a b 在直线()1t t y e x t e +−上，可得()()11t tt b ae t e a t e =+−=+−，令()()1t f t a t e =+−，则()()t f t a t e ′=−．当t a <时，()0f t ′>，此时函数()f t 单调递增，当t a >时，()0f t ′<，此时函数()f t 单调递减，所以，()()max a f t f a e ==，由题意可知，直线y b =与曲线()y f t =的图象有两个交点，则()max a b f t e <=，当1t a <+时，()0f t >，当1t a >+时，()0f t <，作出函数()f t 的图象如下图所示：由图可知，当0a b e <<时，直线y b =与曲线()y f t =的图象有两个交点,故选D ．2．(2020年高考课标Ⅰ卷理科·第0题)函数43()2f xx x =−的图像在点(1(1))f ，处的切线方程为( )A ．21y x =−− B ．21y x =−+ C ．23y x =− D ．21y x =+ 【答案】B【解析】()432f x x x =− ，()3246f x x x ′∴=−，()11f ∴=−，()12f ′=−，因此，所求切线的方程为()121y x +=−−，即21y x =−+．故选：B ．【点睛】本题考查利用导数求解函图象的切线方程，考查计算能力，属于基础题 3．(2020年高考课标Ⅲ卷理科·第0题)若直线l 与曲线yx 2+y 2=15都相切，则l 的方程为( )A ．y =2x +1B ．y =2x +12C ．y =12x +1 D ．y =12x +12【答案】D解析：设直线l在曲线y =(0x ，则00x >，函数y =的导数为y ′=，则直线l的斜率k =，设直线l的方程为)0y x x −−，即00x x −+=，由于直线l 与圆2215x y +==，两边平方并整理得2005410x x −−=，解得01x =，015x =−(舍)，则直线l 的方程为210x y −+=，即1122y x =+．故选：D ．【点睛】本题主要考查了导数的几何意义的应用以及直线与圆的位置的应用，属于中档题．4．(2019·全国Ⅲ·理·第6题)已知曲线e ln x y a x x =+在点()1,ae 处的切线方程为2y x b =+，则( )A ．,1a e b ==−B ．,1a e b ==C ．1,1a e b −==D ．1,1a e b −==−【答案】D【解析】由/ln 1x y ae x =++，根据导数的几何意义易得/1|12x y ae ==+=，解得1a e −=，从而得到切点坐标为(1,1)，将其代入切线方程2y x b =+，得21b +=，解得1b =−，故选D ．【点评】准确求导是进一步计算的基础，本题易因为导数的运算法则掌握不熟，二导致计算错误．求导要“慢”，计算要准，是解答此类问题的基本要求．另外对于导数的几何意义要注意给定的点是否为切点，若为切点，牢记三条：①切点处的导数即为切线的斜率；②切点在切线上；③切点在曲线上。

高考导数大题大全理科答案

一、解答题1. 解:(Ⅰ) 函数()f x 的定义域为(0,)+∞，'112()e ln e e e .xx x x a b b f x a x x x x--=+-+ 由题意可得'(1)2,(1) e.f f ==故1,2a b ==.（Ⅱ）由(Ⅰ)知12e ()e ln ,x xf x x x -=+从而()1f x >等价于2ln e .ex x x x ->- 设函数()ln g x x x =，则()1ln g x x '=+，所以当1(0,)ex ∈时，'()0g x <; 当1(,)ex ∈+∞时，'()0g x >,故()g x 在1(0,)e 单调递减，在1(,)e+∞单调递增，从而()g x 在(0,)+∞的最小值为11().e eg =-. 设函数2()eexh x x -=-，则'()e (1)x h x x -=-，所以当(0,1)x ∈时，'()0h x >；当(1,)x ∈+∞时，'()0h x <，故()h x 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，从而()h x 在(0,)+∞的最大值为1(1)eh =-. 综上，当0x >时，()()g x h x >，即()1f x >.2. 解题指南（1）根据导数公式求出函数的导数，利用分类讨论思想求解；（2）根据函数的单调性以及函数极值与导数的关系式确定函数的极值点，代入函数中求解.解析（1）2/222(2)24(1)()1(2)(1)(2)a x x ax a f x ax x ax x +-+-=-=++++ （*）当1a ≥时，/()0f x >，此时，()f x 在区间(0,)+∞上单调递增．当01a <<时，由/()0f x =得1x =（2x =-舍去）．当1(0,)x x ∈时，/()0f x <；当1(,)x x ∈+∞时，/()0f x >．故()f x 在区间1(0,)x 上单调递减，在区间1(,)x +∞上单调递增．综上所述，当1a ≥时，()f x 在区间(0,)+∞上单调递增．当01a <<时，()f x在区间(0,上单调递减，在区间)+∞上单调递增．由（*）式知，当1a ≥时，/()0f x >，此时()f x 不存在极值点，因而要使得()f x 有两个极值点，必有01a <<．又()f x的极值点只可能是1x =和2x =-，且由定义可知，1x a >-且2x ≠-，所以1a ->-且2-≠-，解得12a ≠- 此时，由（*）式易知，12,x x 分别是()f x 的极小值和极大值点，而令21a x -=，则01a <<且12a ≠-知：当102a <<时，10x -<<；当112a <<时，01x <<．记22()ln 2g x x x=+-，（Ⅰ）当10x -<<时，2()2ln()2g x x x =-+-，所以/222222()0x g x x x x-=-=< 因此，()g x 在区间(1,0)-上单调递减，从而()(1)40g x g <-=-<，故当102a <<时， 12()()0f x f x +<．（Ⅱ）当01x <<时，2()2ln 2g x x x =+-，所以/222222()0x g x x x x-=-=< 因此，()g x 在区间(0,1)上单调递减，从而()(1)0g x g >=，故当时112a <<，12()()0f x f x +>．综上所述，满足条件的a 的取值范围为1(,1)2． 3. (1)证明：因为对任意x ∈R ，都有()()e ee e ()x x x xf x f x -----=+=+=，所以f (x )是R 上的偶函数．(2)解：由条件知(e e1)e 1x xx m --+-≤-在(0，+∞)上恒成立．令t = e x(x >0)，则t >1，所以m ≤21111111t t t t t --=--+-++-对于任意t >1成立．因为11111t t -++≥- = 3，所以1113111t t -≥--++-，当且仅当t = 2，即x = ln2时等号成立．因此实数m 的取值范围是1,3⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦．(3)解：令函数31()e (3)e xx g x a x x =+--+，则21()e 3(1)exxg x a x '=-+-．当x ≥1时，1e 0ex x ->，x 2– 1≥0，又a >0，故g ′(x )>0，所以g (x )是[1，+∞)上的单调增函数，因此g (x )在[1，+∞)上的最小值是1(1)e e 2g a -=+-．由于存在x 0∈[1，+∞)，使0030e e (3)0x x a x x -+--+<成立，当且仅当最小值g (1)<0，故1e+e20a --<，即1e e2a -+>．令函数()(e 1)ln 1h x x x =---，则()1h x '=-e 1x-，令h ′(x ) = 0，得e 1x =-．当(0,e 1)x ∈-时，h ′(x )<0，故h (x )是(0,e 1)-上的单调减函数．当x ∈(e – 1，+∞)时，h ′(x )>0，故h (x )是(e – 1，+∞)上的单调增函数．所以h (x )在(0，+∞)上的最小值是(e 1)h -．注意到h (1) = h (e) = 0，所以当(1,e 1)x ∈- ?(0,e 1)-时，(e 1)h -)≤h (x )<h (1) = 0；当(e 1,e)(e 1,)a ∈-⊆-+∞时，h (x )<h (e) = 0，所以h (x )<0对任意的x ∈(1，e)成立．①当a ∈1e e ,e 2-⎛⎫+⎪⎝⎭?(1，e)时，h (a )<0，即1(e 1)ln a a -<-，从而1e 1e a a --<； ②当a = e 时，1e 1ea a --<；③当(e,)(e 1,)a ∈+∞⊆-+∞时，h (a )>h (e) = 0，即1(e 1)ln a a ->-，故1e 1e a a -->．综上所述，当a ∈1e e ,e 2-⎛⎫+⎪⎝⎭时，1e 1e a a --<，当a = e 时，1e 1e a a --=，当(e,)a ∈+∞ 时，1e 1ea a -->．4. 解题指南：（I ）利用'()f x 为偶函数和()y f x =在点(0,(0))f 处的切线的斜率为4c -建立关于,a b 的方程求解. （II ）利用基本不等式求解.(III)需对c 进行分类，讨论方程'()0f x =是否有实根，从而确定极值.解析：（I ）对()f x 求导得'22()22xxf x aebec -=+-，由()f x '为偶函数，知'()'()f x f x -=，即222()()0x x a b e e --+=，因220x x e e -+>，所以a b =. 又'(0)224f a b c c =+-=-，故1,1a b ==. （II ）当3c =时，22()3x x f x e e x -=--，那么故()f x 在R 上为增函数.(III)由（Ⅰ）知'22()22x x f x e e c -=+-，而22224,x x e e -+≥当0x =时等号成立. 下面分三种情况进行讨论.当4c <时，对任意22,()220x x x R f x e e c -'∈=+->，此时()f x 无极值；当4c =时，对任意220,()220x x x f x e e c -'≠=+->，此时()f x 无极值；当4c >时，令2xe t =，注意到方程220t c t+-=有两根1,20t =>，即'()0f x =有两根112211ln ln 22x t x t ==或. 当12x x x <<时，'()0f x <；又当2x x >时，'()0f x >，从而'()f x 在2x x =处取得极小值；综上，若'()f x 有极值，则c 取值范围为()4,+∞.5. 解题指南（1）先求导数，结合解不等式求解函数的单调区间；（2）利用单调性与导数的关系求解字母的取值范围.解析⑴当4b =时,2()(4f x x x =++定义域为12(,)-∞,212()(24)(44)(2)f x x x x '=+++⨯-=.令()0f x '=,解得12x =-,20x =. 当2x <-或120x <<时,()0f x '<；当20x -<<时,()0f x '>.所以()f x 在(,2)-∞-,12(0,)上单调递减；在(2,0)-上单调递增.所以当2x =-时,()f x 取得极小值(2)0f -=；当0x =时,()f x 取得极大值(0)4f =.⑵因为()f x 在13(0,)上单调递增,所以()0f x '≥,且不恒等于0对13(0,)x ∈恒成立.2212()(2)()(2)f x x b x bx b '=+++⨯-=所以25320x bx x --+≥,得min 253()x b -≤.因为1252513339x-⨯->=,所以19b ≤,故b 的取值范围为19(,]-∞.6. 解析：（Ⅰ）对()f x 求导得222(6)(3)3(6)'(),()x x x xx a e x ax e x a x af x e e+-+-+-+== 因为()f x 在0x =处取得极值，所以'(0)0f =即0a =.当0a =时，()f x =22336,'(),x xx x x f x e e -+=故33(1),'(1),f f e e==从而()f x 在点（1，(1)f ）处的切线方程为33(1),y x e e-=-化简得30.x ey -= （Ⅱ）由（Ⅰ）知23(6)'().xx a x af x e-+-+= 令2()3(6),g x x a x a =-+-+由()0g x =解得12x x == 当1x x <时，()0g x <，即'()0f x <，故()f x 为减函数；当12x x x <<时，()0g x >，即'()0f x >，故()f x 为增函数；当2x x >时，()0g x <，即'()0f x <，故()f x 为减函数；由()f x 在[)3,+∞上为减函数，知263,6a x -=≤解得9,2a ≥- 故a 的取值范围为9,.2⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭考点分类第四章考点一、导数的概念、运算及其几何意义；考点二、导数的应用；第九章考点一、不等关系与一元二次不等式7. 解：（1）∵22'()2(1)(1)0x x xf x x x x =++=+≥e e e （仅当1x =-时取等号），∴()f x 的单调递增区间为(,)-∞+∞．（2）∵(0)10f a =-<，2(ln )(ln )0f a a a =>，∴()f x 在单调递增区间(,)-∞+∞上仅有一个零点．（3）由题意知'()0P f x =，又仅'(1)0f -=，得1P x =-，2P y a =-e，由题意知'()OP f m k =，得22(1)m m a +=-e e，要证1m ≤，即要证32(1)m a +≤-e ，只需证32(1)(1)mm m +≤+e ，即要证1m m +≤e ，① 设()1mg m m =+-e ，则'()1mg m =-e ，又'()00g m m ⇔==，∴()g m 在(,0)-∞上递增，在(0,)∞+上递减。

高三数学：2024届高考数学导数大题精选30题(解析版)(共31页)

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

高考试题汇编导数及参考答案1

高考试题汇编导数及参考答案11（安徽理）、若曲线的一条切线与直线垂直，则的方程为AA．B．C．D．2．（安徽理）（本大题满分12分）已知函数在R上有定义，对任何实数和任何实数，都有（Ⅰ）证明；（Ⅱ）证明其中和均为常数；（Ⅲ）当（Ⅱ）中的时，设，讨论在内的单调性并求极值。

证明（Ⅰ）令，则，∵，∴。

（Ⅱ）①令，∵，∴，则。

假设时，，则，而，∴，即成立。

②令，∵，∴，假设时，，则，而，∴，即成立。

∴成立。

（Ⅲ）当时，，令，得；当时，，∴是单调递减函数；当时，，∴是单调递增函数；所以当时，函数在内取得极小值，极小值为3．（安徽理）（本大题满分12分）数列的前项和为，已知（Ⅰ）写出与的递推关系式，并求关于的表达式；（Ⅱ）设，求数列的前项和。

3．解：由得：，即，所以，对成立。

由，，…，相加得：，又，所以，当时，也成立。

（Ⅱ）由，得。

而，，4．（安徽文）（本大题满分12分）设函数，已知是奇函数。

（Ⅰ）求、的值。

（Ⅱ）求的单调区间与极值。

4．证明（Ⅰ）∵，∴。

从而＝是一个奇函数，所以得，由奇函数定义得；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，从而，由此可知，和是函数是单调递增区间；是函数是单调递减区间；在时，取得极大值，极大值为，在时，取得极小值，极小值为。

5．（北京文理）（本小题共13 分）已知函数在点处取得极大值5，其导函数的图象经过点（1，0），（2，0），如图所示，求：（Ⅰ）的值；（Ⅱ）a，b，c 的值.解法一：（Ⅰ）由图象可知，在（－∞，1）上,在(1,2)上,在上, 故在,上递增,在(1,2)上递减,因此在处取得极大值,所以.(Ⅱ)由得解得解法二:(Ⅰ)同解法一.(Ⅱ)设又所以由,即得,所以.6.（福建理）（本小题满分12分）已知函数（I）求在区间上的最大值（II）是否存在实数使得的图象与的图象有且只有三个不同的交（21）本小题主要考查函数的单调性、极值、最值等基本知识，考查运用导数研究函数性质的方法，考查运算能力，考查函数与方程、数形结合、分类与整合等数学思想方法和分析问题、解决问题的能力。

高中数学导数理科数学试题含答案

高中数学导数理科数学试题含答案
高二年级导数理科数学试题
一、选择题：（每题5分，共60分）
1．若，则等于（C）
A．2B．－2C． D．
2．物体运动方程为，则时瞬时速度为（D）
A．2B．4 C．6D．8
3．函数的图象上一点处的切线的斜率为（D）
A．1B． C． D．
4．设，若，则（B）
20．(本小题共12分)给定函数和
(I)求证: 总有两个极值点;(II)若和有相同的极值点,求的值.
证明:(I)因为 ,
令 ,则 ,------------------------------------------2分
则当时, ,当 ,
所以为的一个极大值点,-----------------------4分
(1)若f(x)在（-∞，+∞）上是增函数，求b的取值范围;
(2)若f(x)在x=1处取得极值，且x∈［-1,2］时，f(x)<c2恒成立，求c的取值范围.
解（1） =3x2-x+b,因f(x)在（-∞，+∞）上是增函数，则 ≥0.即3x2-x+b≥0,
∴b≥x-3x2在（-∞，+∞）恒成立.设g(x)=x-3x2.
13．若f(x)=x3+3ax2+3(a+2)x+1没有极值，则a的取值范围为[-1,2].
14.已知，函数定义域中任意的，有如下结论：
① ；② ；
③ ④
上述结论中正确结论的序号是①③.
15．对于函数
（1）是的单调递减区间；
（2）是的极小值，是的极大值；
（3）有最大值，没有最小值；
（Ⅰ）写出函数的解析式，并求出函数的定义域；

高考数学专题：导数大题专练含答案

高考数学专题：导数大题专练含答案一、解答题1．已知函数()ln f x ax x =+ (1)讨论()f x 的单调区间；(2)设()2xg x =，若对任意的[]11,100x ∈，存在[]20,1x ∈，使()()12f x g x <成立，求实数a 的取值范围. 2．已知函数()ln f x x =．(1)当()()sin 1g x x =-，求函数()()()T x f x g x =+在()0,1的单调性； (2)()()12h x f x b x=+-有两个零点1x ，2x ，且12x x <，求证：121x x +>． 3．已知函数()21si cos n 2f x x x a x x =-++．(1)当1a =-时，求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程； (2)若函数()f x 在3π0,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，求a 的取值范围．4．已知a R ∈，函数()22e 2xax f x =+． (1)求曲线()y f x =在0x =处的切线方程 (2)若函数()f x 有两个极值点12,x x ，且1201x x ，（ⅰ）求a 的取值范围；（ⅱ）当9a <-时，证明：21x x <-<．（注： 2.71828e =…是自然对数的底数） 5．求下列函数的导数： (1)2cos x xy x -=； (2)()e 1cos 2x x y x =+-； (3)()3log 51y x =-．6．已知函数()322f x x ax bx =++-在2x =-时取得极值，且在点()()1,1f --处的切线的斜率为3- . (1)求()f x 的解析式；(2)若函数()y f x λ=-有三个零点，求实数λ的取值范围.7．已知函数()323f x x ax x =-+.(1)若3x =是()f x 的极值点，求()f x 在[]1,a 上的最大值和最小值；(2)若()f x 在[)1,+∞上是单调递增的，求实数a 的取值范围.8．2020年9月22日，中国政府在第七十五届联合国大会上提出：“中国将提高国家自主贡献力度，采取更加有力的政策和措施，二氧化碳排放力争于2030年前达到峰值，努力争取2060年前实现碳中和.”为了进一步了解普通大众对“碳中和”及相关举措的认识，某机构进行了一次问卷调查，部分结果如下：(1)根据所给数据，完成下面的22⨯列联表，并根据列联表，判断是否有95%的把握认为“是否了解‘碳中和’及相关措施”与“学生”身份有关？附：()()()()()22n ad bc K a b c d a c b d -=++++，n a b c d =+++.(2)经调查后，有关部门决定加大力度宣传“碳中和”及相关措施以便让节能减排的想法深入人心.经过一段时间后，计划先随机从社会上选10人进行调查，再根据检验结果决定后续的相关举措.设宣传后不了解“碳中和”的人概率都为()01p p <<，每个被调查的人之间相互独立.①记10人中恰有3人不了解“碳中和”的概率为()f p ，求()f p 的最大值点0p ； ②现对以上的10人进行有奖答题，以①中确定的0p 作为答错的概率p 的值.已知回答正确给价值a 元的礼品，回答错误给价值b 元的礼品，要准备的礼品大致为多少元？（用a ，b 表示即可）9．已知函数()ln 2f x x x ax =++在点()()1,1f 处的切线与直线220x y 相互垂直．(1)求实数a 的值；(2)求()f x 的单调区间和极值．10．已知函数()222(0)e xmx x f x m +-=>. (1)判断()f x 的单调性；(2)若对[]12,1,2x x ∀∈，不等式()()1224e f x f x -≤恒成立，求实数m 的取值范围.【参考答案】一、解答题1．(1)答案见解析 (2)31a e ≤-【解析】【分析】（1）由()()110ax f x a x xx+=+=>'，按0a ≥，0a <进行分类讨论求解；（2）由已知，转化为()()max max f x g x <，由已知得()()max 12g x g ==，由此能求出实数a 的取值范围． (1)()(]110ax f x a x x x+'=+=>， ①当0a ≥时，由于0x >，故10ax +>，()0f x '>，所以()f x 的单调递增区间为()0,∞+；②当0a <时，由()0f x '=，得1x a=-，在区间10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上()0f x '>，在区间1,a∞⎛⎫-+ ⎪⎝⎭上()0f x '<，所以，函数()f x 的单调递增区间为10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭，单调递减区间为1,a∞⎛⎫-+ ⎪⎝⎭；(2)由题目知，只需要()()max max f x g x <即可又因为()()max 12g x g ==，所以只需要()max 2f x <即可()max 2f x <即等价于()2f x <恒成立，由变量分离可知2ln xa x-<，[]1,100x ∈，令()2ln xh x x -=，下面求()h x 的最小值，令()23ln xh x x-+'=，所以()0h x '=得3x e =，所以()h x 在31,e ⎡⎤⎣⎦为减函数，3,100e ⎡⎤⎣⎦为增函数，所以()()33min 1h x h e e -==，所以31a e ≤-. 2．(1)单调递增 (2)证明见解析【解析】【分析】（1）直接求导，判断出导数大于0，即可得到单调性；（2）直接由1x ，2x 是函数()1ln 2h x x b x =+-的两个零点得到1212122ln x xx x x x -=，分别解出1211212ln x xx x x -=，2121212ln xx x x x -=，再换元令12x t x =构造函数()12ln l t t t t=--，求导确定单调性即可求解. (1)由题意，函数()()sin 1ln T x x x =-+，则()()1cos 1T x x x'=--+，又∵()0,1x ∈，∴11x>，()()10,1,cos 11x x -∈-<，∴()0T x '>，∴()T x 在（0，1）上单调递增． (2)根据题意，()()1ln 02h x x b x x =+->， ∵1x ，2x 是函数()1ln 2h x x b x=+-的两个零点，∴111ln 02x b x +-=，221ln 02x b x +-=．两式相减，可得122111ln22x x x x =-，即112221ln 2x x x x x x -=， ∴1212122ln x x x x x x -=，则1211212ln x x x x x -=，2121212ln xx x x x -=．令12x t x =，()0,1t ∈，则1211112ln 2ln 2ln t t t t x x t t t---+=+=．记()12ln l t t t t =--，()0,1t ∈，则()()221t l t t-'=．又∵()0,1t ∈，∴()0l t '>恒成立，∴()l t 在()0,1上单调递增，故()()1l t l <，即12ln 0t t t --<，即12ln t t t-<．因为ln 0t <，可得112ln t t t->，∴121x x +>．【点睛】本题关键点在于对双变量的处理，通过对111ln 02x b x +-=，221ln 02x b x +-=作差，化简得到1212122ln x x x x xx -=，分别得到12,x x 后，换元令12x t x =，这样就转换为1个变量，再求导确定单调性即可求解． 3．(1)10y +=； (2)[)1,+∞. 【解析】【分析】（1）将1a =-代入函数()f x 中，得出函数()f x 的解析式，进而可以求出切点坐标，再利用导数的几何意义及点斜式即可求解；（2）根据已知条件可以将问题转化为恒成立问题，进而转化为求函数的最值问题，利用导数法求函数的最值即可求解. (1)当1a =-时，()2cos 1sin 2f x x x x x =--+()2cos 10000sin 012f =⨯--+=-，所以切点为0,1，()1sin cos x f x x x '=-++，∴(0)01sin 0cos00f '=-++=，所以曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线的斜率为(0)0k f '==，所以曲线()y f x =在点0,1处的切线的斜率切线方程为()()100y x --=⨯-，即10y +=.(2)由()21si cos n 2f x x x a x x =-++，得()s 1co i s n f x x a x x '=--+因为函数()f x 在3π0,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，可得()0f x '≤对任意3π0,4x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦恒成立，设()()1c s os in g x f x x a x x '==--+，则()cos 1sin g x a x x '=--. 因为si (n 0)001cos00g a =--+=，所以使()0f x '≤对任意3π0,4x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦恒成立，则至少满足()00g '≤，即10a -≤，解得1a ≥. 下证明当1a ≥时，()0f x '≤恒成立，因为3π0,4x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，所以sin 0x ≥，因为1a ≥，所以()sin 1cos f x x x x '≤--+.记s ()cos n 1i h x x x x =--+，则π()1sin 14cos h x x x x ⎛⎫'=-=+ ⎝-⎪⎭.当π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '<；当π3π,24x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '>. 所以函数()h x 在π0,2⎡⎫⎪⎢⎣⎭上单调递减，在π3π,24⎛⎤⎥⎝⎦上单调递增.因为ππ(),h h ⎛⎫==- ⎪⎝⎭33001044，所以()h x 在3π0,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值为(0)0h =. 即()()1sin cos 0f x h x x x x '≤=--+≤在3π0,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦上恒成立.所以a 的取值范围为[)1,+∞.4．(1)(21y x =-+(2)（ⅰ）22e ,-；（ⅱ）证明见解析【解析】【分析】（1）由导数的几何意义即可求解；（2）（ⅰ）原问题等价于12,x xa =-的两根，且1201x x ，从而构造函数())0g x x =>，将问题转化为直线y a =-与函数()g x 的图象有两个交点，且交点的横坐标大于0小于1即可求解；（ⅱ）由1e x x +≤，利用放缩法可得()()1112210x ax f x '++-=，即1x 2114x <<，从而可证21x x -<()21e 011x x x x +<<<-，然后利用放缩法可得()()1201,21i i i ix ax f x i x +'⋅+->==-，即(()22201,2i i ax a x i -++++-=，最后构造二次函数()(222m x ax a x =-++++21x x ->而得证原不等式. (1)解：因为()22e x f x ax '=+所以()02f '=()01f =，所以曲线()y f x =在0x =处的切线方程为(21y x =-+； (2)解：（ⅰ）因为函数()f x 有两个极值点12,x x ，所以12,x x 是关于x 的方程()22e 0x f x ax =+'的两根，也是关于x的方程a =-的两正根，设())0g x x =>，则()g x '=，令())224e 2e 0x x h x x x =->，则()28e xh x x '=，当0x >时，()0h x '>，所以()h x 在()0,∞+上单调递增，又104h ⎛⎫= ⎪⎝⎭，所以，当104x <<时，()0h x <，()0g x '<；当14x >时，()0h x >，()0g x '>，所以函数()g x 在10,4⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，在1,4⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，又因为1201x x ，所以()114g a g ⎛⎫<-<⎪⎝⎭，即22e a <-<- 所以a的取值范围是22e ,-；22e 9a <<-，因为1e x x +≤，所以()()1112210x ax f x '++-=，所以()142a x +-，所以1x 2114x <<，所以211x x -<= 下面先证明不等式()21e 011x xx x+<<<-，设()()2101e 1xx r x x x -=⋅<<+，则()()2222e 1x x r x x '=-+，所以，当01x <<时，()0r x '<，()r x '在()0,1上单调递减，所以，()()01r x r <=，所以不等式()21e 011x xx x+<<<-成立，因为12,x x ，()1201x x <<<是()22e 0x f x ax '=+=的两个根，所以()()01,2i f x i '==，又()21e 011x xx x+<<<-，所以()()1201,21ii i ixax f x i x +'⋅+->==-，即(()22201,2i i ax a x i -++++-=，设函数()(222m x ax a x =-++++x t ==因为((()2224261620a a a ∆=+++-=+-+->，且()00m >，()10m >，102t <<，所以函数()m x 有两个不同的零点，记为α，()βαβ<，且01t αβ<<<<，因为()22616212e 201ta tf t at at t+++'=+-⋅+-=<-，且()00f '>，()10f '>，所以1201x x ，因为()m x 在()0,t 上单调递减，且()()10m x m α>=，所以10x t α<<<；因为()m x 在(),1t 上单调递增，且()()20m x m β>=，所以21t x β<<<；所以1201x x αβ<<<<<，所以21x x βα->-，因为βα-=又()109a-<<<-，所以βα-> 所以21x x->综上，21x x <-< 【点睛】关键点点睛：本题（2）问（ii）小题证明的关键是，利用1e x x +≤，进行放缩可得1x 21x x -<；再利用()21e 011x xx x +<<<-，进行放缩可得()()1201,21ii i ixax f x i x +'⋅+->==-，从而构造二次函数()(222m x ax ax =-++++21x x ->5．(1)'y ()31sin 2cos x x xx --=；(2)'y ()e 1cos sin 2ln 2x xx x =+--；(3)'y ()551ln 3x =-⋅.【解析】【分析】根据导数的运算法则，对（1）（2）（3）逐个求导，即可求得结果. (1)因为2cos x x y x -=，故'y ()()()243sin 12cos 1sin 2cos x x x x x x x x x x------==. (2)因为()e 1cos 2x x y x =+-，故'y ()e 1cos sin 2ln 2x xx x =+--.(3)因为()3log 51y x =-，故'y ()()155?51ln 351ln 3x x =⨯=--⋅. 6．(1)()3232f x x x =+-(2)()2,2- 【解析】【分析】（1）由已知可得()()2013f f ⎧-=⎪⎨-=-''⎪⎩，可得出关于实数a 、b 的方程组，解出这两个未知数的值，即可得出函数()f x 的解析式；（2）分析可知，直线y λ=与函数()f x 的图象有3个交点，利用导数分析函数()f x 的单调性与极值，数形结合可得出实数λ的取值范围.(1)解：因为()322f x x ax bx =++-，则()232f x x ax b '=++，由题意可得()()212401323f a b f a b ⎧-=-+=⎪⎨-=-+=-''⎪⎩，解得30a b =⎧⎨=⎩，所以，()3232f x x x =+-.当3a =，0b =时，()236f x x x '=+，经检验可知，函数()f x 在2x =-处取得极值. 因此，()3232f x x x =+-.(2)解：问题等价于()f x λ=有三个不等的实数根，求λ的范围.由()2360f x x x '=+>，得2x <-或0x >，由()2360f x x x '=+<，得20x -<<，所以()f x 在(),2-∞-、()0,∞+上单调递增，在()2,0-上单调递减，则函数()f x 的极大值为()22f -=，极小值为()02f =-，如下图所示：由图可知，当22λ-<<时，直线y λ=与函数()f x 的图象有3个交点，因此，实数λ的取值范围是()2,2-. 7．(1)最大值为15，最小值为9- (2)3a ≤ 【解析】【分析】（1）由()30f '=可求得实数a 的值，再利用函数的最值与导数的关系可求得函数()f x 在[]1,a 上的最大值和最小值；（2）分析可知()23230f x x ax '=-+≥对任意的1≥x 恒成立，利用参变量分离法结合基本不等式可求得实数a 的取值范围. (1)解：因为()323f x x ax x =-+，则()2323f x x ax =-+'，则()33060f a '=-=，解得5a =，所以，()3253f x x x x =-+，则()()()23103313f x x x x x '=-+=--，列表如下：所以，min 39f x f ==-，因为11f =-，515f =，则max 515f x f ==. (2)解：由题意可得()23230f x x ax '=-+≥对任意的1≥x 恒成立，即312a x x⎛⎫≤+ ⎪⎝⎭，由基本不等式可得313322x x ⎛⎫+≥⨯ ⎪⎝⎭，当且仅当1x =时，等号成立，故3a ≤.8．(1)列联表见解析，没有95%的把握认为“是否了解‘碳中和’及相关措施”与“学生”身份有关； (2)①0310p =；②()73a b + 【解析】【分析】（1）对满足条件的数据统计加和即可，然后根据给定的2K 计算公式，将计算结果与195%0.05-=所对应的k 值比较大小即可；（2）①利用独立重复试验与二项分布的特点，写出10人中恰有3人不了解“碳中和”的概率为()f p ，再利用导数求出最值点； ②利用独立重复试验的期望公式代入可求出答案. (1)由题中表格数据完成22⨯列联表如下：()22800125250150275800 3.463 3.841275525400400231K ⨯⨯-⨯==≈<⨯⨯⨯.故没有95%的把握认为“是否了解‘碳中和’及相关措施”与“学生”身份有关. (2)①由题得，()()733101f p C p p =-，()0,1p ∈， ∴()()()()()763236321010C 3171C 1310f p p p p p p p p ⎡⎤'=---=--⎣⎦. 令()0f p '=，得310p =，当30,10p ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f p '>；当3,110p ⎛⎫∈⎪⎝⎭时，()0f p '<， ∴当30,10p ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()f p '单调选增；当3,110p ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()f p '单调递减， ∴()f p 的最大值点0310p =. ②本题求要准备的礼品大致为多少元，即求10个人礼品价值X 的数学期望. 由①知答错的概率为310，则()33101731010E X a b a b ⎡⎤⎛⎫=-+=+ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，故要准备的礼品大致为73a b +元. 9．(1)3a =-；(2)增区间为()2e ,+∞，减区间为()20,e ，极小值22e -，无极大值.【解析】【分析】（1）根据()1112f '⨯=-，代值计算即可求得参数值；（2）根据（1）中所求参数值，求得()f x '，利用导数的正负即可判断函数单调性和极值. (1)因为()ln 1f x x a '=++，在点()()1,1f 处的切线斜率为()11k f a '==+，又()f x 在点()()1,1f 处的切线与直线220x y 相互垂直，所以()1112f '⨯=-，解得3a =-. (2)由（1）得，()ln 2f x x '=-，()0,x ∈+∞，令()0f x '>，得2e x >，令()0f x '<，得20e x <<，即()f x 的增区间为()2e ,+∞，减区间为()20,e ．又()22222e e ln e 3e 22ef =-+=-，所以()f x 在2e x =处取得极小值22e -，无极大值．【点睛】本题考查导数的几何意义，以及利用导数研究函数的单调性和极值，属综合中档题.10．(1)单调增区间为2,2m ⎛⎫- ⎪⎝⎭，单调减区间为[)2,,2,m ∞∞⎛⎤--+⎥⎝⎦ (2)20,4e ⎛⎤ ⎥-⎝⎦【解析】【分析】（1）先对函数求导，然后由导数的正负可求出函数的单调区间，（2）由函数()f x 在[]1,2上为增函数，求出函数的最值，则()()max min 24e 2()()e m g m f x f x -+=-=，然后将问题转化为()224e 24e e m -+≥，从而可求出实数m 的取值范围. (1)()()()()221422(0)e e xxmx m x mx x f x m -+-+-+-=>'=令()0f x '=，解得2x m =-或2x =，且22m-< 当2,x m ∞⎛⎤∈-- ⎥⎝⎦时，()0f x '≤，当2,2x m ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()0f x '>，当[)2,x ∞∈+时，()0f x '≤即()f x 的单调增区间为2,2m ⎛⎫- ⎪⎝⎭，单调减区间为[)2,,2,m ∞∞⎛⎤--+⎥⎝⎦(2)由（1）知，当[]0,1,2m x >∈时，()0f x '>恒成立所以()f x 在[]1,2上为增函数，即()()max min242()2,()1e em mf x f f x f +====. ()()12f x f x -的最大值为()()max min 24e 2()()e m g m f x f x -+=-=()()1224e f x f x ⎡⎤≥-⎣⎦恒成立()224e 24e e m -+∴≥ 即24em ≤-，又0m > 20,4e m ⎛⎤∴∈ ⎥-⎝⎦ 故m 的取值范围20,4e ⎛⎤ ⎥-⎝⎦。

高中数学高三导数大题精选(附详细解答)

高中数学高三导数大题精选一、选择题1.函数的单调递增区间是（）A．（0，+∞）B．（-3,1）C．（1，+∞）D．（0,1）2.如图是定义在（a，b）上的函数f（x）的导函数的图象，则函数f（x）的极值点的个数为A．2B．3C．4D．53.曲线在点（0,2））处的切线方程为（）．A．y=2B．y=x+2C．y=2x+2D．y=-2x+24.函数在处有极值10，则点（a ，b）为（）A．（3,-3）B．（-4,11）C．（3,-3）或（-4,11）D．不存在5.函数f(x)＝x(ex－1)＋ln x的图象在点(1，f(1))处的切线方程是( ) A．y＝2ex－e－1B．y＝2ex－e＋1C．y＝2ex＋e－1D．y＝2ex＋e＋16.已知函数f（x）的导函数f′（x）的图象如图所示，那么函数f（x）的图象最有可能的是（）A. B.C. D.7.已知x=2 是函数的极小值点，那么函数f（x）的极大值为（）A.15B.16C.17D.188.已知函数y=f（x）是R上的可导函数，当x≠0时，有，则函数的零点个数是（）A. 0B. 1C. 2D. 39.若函数f（x）=在（0，2）内单调递减，则实数a的取值范围为A．a=3 B．a≤3C．a≥3 D．0＜a＜310.函数的导数是A． B．C． D．二、填空题11.已知函数，则过点可以作出________条图象的切线三、解答题12.设函数，．（1）当时，函数取得极值，求的值；（2）当时，求函数在区间[1，2]上的最大值；（3）当时，关于的方程有唯一实数解，求实数的值．13.已知函数（1）若x=2为的极值点，求实数a的值；（2）若在上为增函数，求实数a的取值范围；（3）当时，方程有实根，求实数b的最大14.求下列函数的导数（1）（2）（3）15.已知函数．若函数在处有极值-4．（1）求的单调递减区间；（2）求函数在上的最大值和最小值．参考答案一、选择题1、【答案】D解：函数的定义域为，且，解不等式，即，由于，解得.因此，函数的单调递增区间为，故选：D.2、【答案】B3、【答案】C4、【答案】B解：，则，解得或，当时，，此时在定义域上为增函数，无极值，舍去.当,,为极小值点.5、【答案】A解：f(1)＝e－1，f′(x)＝ex(1＋x)＋－1，f′(1)＝2e，∴在点(1，f(1))处的切线方程为y－(e－1)＝2e(x－1)，即为y＝2ex－e－1.6、【答案】A7、【答案】D8、【答案】B9、【答案】C10、【答案】B二、填空题11、【答案】2解：设切点的坐标为：，，因此切线方程为：，把的坐标代入切线方程中，化简得：或，所以过点可以作出二条的切线.故答案为：2三、解答题12、13、【答案】(1)解：因为x= 2为f(x)的极值点，所以即，解得：a=0又当a = 0时，，从而x=2为f(x)的极值点成立．(2)解：∵f(x)在区间[3，+∞)上为增函数，∴在区间[3，+∞)上恒成立．①当a = 0时，在[3，+∞)上恒成立，所以f (x)在[3，+∞)上为增函数，故a = 0符合题意．②当a≠0时，由函数f (x)的定义域可知，必须有2ax + 1 > 0对x≥3恒成立，故只能a > 0，所以在区间[3，+∞)上恒成立令，其对称轴为∵a > 0，∴，从而g (x)≥0在[3，+∞)上恒成立，只要g (3)≥0即可，由，解得：∵a > 0，∴．综上所述，a的取值范围为[0，](3)解：时，方程可化为，．问题转化为在(0，+∞)上有解令，则当0 < x < 1时，，∴h (x)在(0，1)上为增函数当x > 1时，，∴h (x)在(1，+∞)上为减函数故h (x)≤h (1) = 0，而x > 0，故即实数b的最大值是0．14、15、解：（1）∵，∴，依题意有即，解得∴，由，得，∴函数单调递减区间由知∴，令，解得．当变化时，的变化情况如下表：由上表知，函数在上单调递减，在上单调递增．故可得又．∴综上可得函数在上的最大值和最小值分别为和．。

2019届高三数学理科导数大题训练(含答案)

高三数学理科大题训练1．已知函数1()()ln (,,0).f x a x m x a m R m x=--∈≠ （1）若曲线()y f x =在点1(1))f （，处的切线方程为20,x y m --=求a m 、的值；（2）若1m =且关于x 的不等式'()0f x ≥在[2,)+∞上恒成立，求实数a 的取值范围.1．已知函数),(,)()(2R b a b ax x x f ∈+=在2=x 时有极值，其图象在点))1(,1(f 处的切线与直线03=+y x 平行．（1）求b a 、的值和函数)(x f 的单调区间；（2）若当[]4,1∈x 时，恒有()x f t ≥，试确定t 的取值范围．3．已知函数()ln ()=+∈f x ax x x a R（1）若函数()f x 在区间[,]e +∞上为增函数，求a 的取值范围；（2）当1a =且k z ∈时，不等式(1)()k x f x -<在(1,)x ∈+∞上恒成立，求k 的最大值。

4．已知函数()2axf x x e =⋅（a 为小于0的常数）．（1）当1a =-时，求函数()x f 的单调区间；（2）存在[1,2]x ∈使不等式44()f x e ≥成立，求实数a 的取值范围．5．已知R a ∈,函数x ax x f ln 21)(2-=．（1）当1=a 时，求曲线)(x f y =在点))1(1(f ，处的切线的斜率；（2）讨论)(x f 的单调性；（3）是否存在实数a ，使得方程2)(=x f 有两个不等的实数根？若存在，求出a 的取值范围；若不存在，说明理由．6．函数R k kx x x f ∈-=,31)(3。

（1）当4=k 时，求函数)(x f 的极值；（2）若曲线)(x f y =与直线k y =只有一个交点，求实数k 的取值范围。

7．已知函数()ln (,)R b f x x ax a b x =-+∈，且对任意0x >，都有0)1()(=+xf x f . （1）用含a 的表达式表示b ；（2）若)(x f 存在两个极值点1x ，2x ，且12x x <，求出a 的取值范围，并证明0)2(2>af ；（3）在（2）的条件下，判断()y f x =零点的个数，并说明理由．8．设函数)1ln(1)(2++-=x x x f （1）求函数)(x f 的单调区间；（2）若不等式21)(x x kxx f -+> （k N *∈）在),0(+∞上恒成立，求k 的最大值．9．已知函数1)(--=ax e x f x（a ∈R ）．（1）求函数)(x f 的单调区间；（2）若函数221)()(x x f x F -=在[1，2]上有且仅有一个零点，求a 的取值范围；（3）已知当x>-1,n≥1时，nx x n+≥+1)1(，求证：当n ∈N *，x 2<n 时，不等式2)1(x e nx n n x n ≤--成立．10．已知函数322()(0).+f x x ax a x m a =+->（1）若函数()f x 在[]1,1-内没有极值点，求实数a 的取值范围；（2）若a =1时函数()f x 有三个互不相同的零点，求实数m 的取值范围；（3）若对任意的[]3,6a ∈，不等式()1f x ≤在[]2,2-上恒成立，求实数m 的取值范围.11．已知函数2()(1)||f x x x x a =+--．（1）若1a =-，解方程()1f x =；（2）若函数()f x 在R 上单调递增，求实数a 的取值范围；（3）若1a <且不等式()23f x x ≥-对一切实数x R ∈恒成立，求a 的取值范围12．已知函数),(ln 2)(2R b a x bx x a x f ∈+-=. （1）若1==b a ，求)(x f 点())1(,1f 处的切线方程；（2）设0≤a ，求)(x f 的单调区间；（3）设0<a ，且对任意的)2()(,0f x f x ≤>，试比较)ln(a -与b 2-的大小13．已知函数22()(2)ln 2f x x x x ax =-⋅++.（1）当1a=-时，求()f x 在(1,(1))f 处的切线方程；（2）设函数()()2g x f x x =--，（ⅰ）若函数()g x 有且仅有一个零点时，求a 的值；（ⅱ）在（ⅰ）的条件下，若2e x e -<<，()g x m ≤，求m 的取值范围。

全国卷理科高考导数函数题(详解版)

全国卷13-17高考真题分类汇编：函数、导数及其应用1.〔2015.Ⅱ理5〕设函数211log (2),1,()2,1,x x x f x x -+-<⎧=⎨≥⎩,2(2)(log 12)f f -+=( )A ．3B ．6C ．9D ．12【解析】选C 由已知得2(2)1log 43f -=+=，又2log 121>，所以22log 121log 62(log 12)226f -===，故2(2)(log 12)9f f -+=，故选C ．2.【2017.Ⅰ理5】函数()f x 在(,)-∞+∞单调递减，且为奇函数．假设(11)f =-，则满足21()1x f --≤≤的x 的取值范围是〔〕 A ．[2,2]-B ．[1,1]-C ．[0,4]D ．[1,3]【答案】D【考点】函数的奇偶性、单调性【名师点睛】奇偶性与单调性的综合问题，要重视利用奇、偶函数与单调性解决不等式和比较大小问题，假设()f x 在R 上为单调递增的奇函数，且12()()0f x f x +>，则120x x +>，反之亦成立. 3. (2014·Ⅱ理8)设曲线y=ax-ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为y=2x,则a= ( )【解题提示】将函数y=ax-ln 〔x+1〕求导,将x=0代入,利用导数的几何意义求得a. 【解析】选D.因为f(x)=ax-ln(x+1),所以f'(x)=a-11x +.所以f(0)=0,且f'(0)=2.联立解得a=3.故选D. 4．〔2013·Ⅰ文〕已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋2x ，x ≤0，ln (x ＋1)，x >0.假设|f (x )|≥ax ，则a 的取值范围是 ( )A ．(－∞，0]B ．(－∞，1]C ．[－2,1]D ．[－2,0]【解析】选D 此题主要考查数形结合思想、函数与方程思想，利用导数研究函数间关系，对分析能力有较高要求．y ＝|f (x )|的图像如下图，y ＝ax 为过原点的一条直线，当a >0时，与y ＝|f (x )|在y 轴右侧总有交点，不合题意．当a ＝0时成立．当a <0时，有k ≤a <0，其中k 是y ＝|－x 2＋2x |在原点处的切线斜率，显然k ＝－2，于是－2≤a <0.综上，a ∈[－2,0]．5．〔2013·大纲卷理〕已知函数f (x )的定义域为(－1,0)，则函数f (2x ＋1)的定义域为( ) A ．(－1,1) B.⎝⎛⎭⎫－1，－12 C ．(－1,0) D .⎝⎛⎭⎫12，1 【解析】选B 此题考查函数定义域问题．由－1<2x ＋1<0，解得－1<x <－12，故函数f (2x ＋1)的定义域为⎝⎛⎭⎫－1，－12.6．〔2016.III.理6〕已知432a =，254b =，1325c =，则〔〕〔A 〕b a c << 〔B 〕a b c << 〔C 〕b c a << 〔D 〕c a b << 【答案】A7、〔2016.I 理8〕假设101a b c >><<，，则〔〕 A ．c c a b < B ．c c ab ba < C ．log log b a a c b c <D ．log log a b c c<【答案】C8.【2017.Ⅰ理11】设x 、y 、z 为正数，且235x y z ==，则〔〕A ．2x <3y <5zB ．5z <2x <3yC ．3y <5z <2xD ．3y <2x <5z【答案】D 【解析】试题分析：令235(1)x y zk k ===>，则2log x k =，3log y k =，5log z k =∴22lg lg 3lg 913lg 23lg lg8x k y k =⋅=>，则23x y >， 22lg lg5lg 2515lg 25lg lg32x k z k =⋅=<，则25x z <，故选D. 9．〔2013·大纲理〕假设函数f (x )＝x 2＋ax ＋1x 在⎝⎛⎭⎫12，＋∞是增函数，则a 的取值范围是〔〕 A ．[－1,0] B ．[－1，＋∞) C ．[0,3] D ．[3，＋∞)【解析】选D 此题考查函数的单调性等知识．f ′(x )＝2x ＋a －1x 2，因为函数在⎝⎛⎭⎫12，＋∞是增函数，所以f ′(x )≥0在⎝⎛⎭⎫12，＋∞上恒成立，即a ≥1x 2－2x 在⎝⎛⎭⎫12，＋∞上恒成立，设g (x )＝1x 2－2x ，g ′(x )＝－2x 3－2，令g ′(x )＝－2x3－2＝0，得x ＝－1，当6、〔2016.I 理8〕假设101a b c >><<，，则〔〕〔A 〕c c a b <〔B 〕c cab ba <〔C 〕log log b a a c b c <〔D 〕log log a b c c <【答案】C10. (2014·Ⅱ文11)假设函数f (x )=kx-lnx 在区间(1,+∞)单调递增,则k 的取值范围是( )(D)(C)(B)(A)xyπ4π23π4π22π3π4π2π4yxxyπ4π23π4π22π3π4π2π4yxA. (,2]-∞-B. (,1]-∞-C. [2,)+∞D. [1,)+∞【解题提示】利用函数f(x)在区间(1,+∞)上单调递增,可得其导函数f(x)≥0恒成立,别离参数,求得k 的取值范围.【解析】选D.因为f(x)在(1,+∞)上递增,所以f'(x)≥0恒成立,因为f(x)=kx-lnx,所以f'(x)=k-1x ≥≥1>1x.所以k ∈[1,+∞),选D11、〔2016.I 理7〕函数y =2x 2–e |x |在[–2,2]的图像大致为〔〕〔A 〕〔B 〕〔C 〕〔D 〕【答案】D 【解析】()22288 2.80f e =->->，排除A ，()22288 2.71f e =-<-<，排除B0x >时，()22x f x x e =-()4x f x x e '=-，当10,4x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()01404f x e '<⨯-=因此()f x 在10,4⎛⎫⎪⎝⎭单调递减，排除C故选D ．12.〔2015.Ⅱ理10〕如图，长方形ABCD 的边2AB =，1BC =，O 是AB 的中点，点P 沿着边BC ，CD 与DA 运动，记BOP x ∠=．将动P 到A 、B 两点距离之和表示为x 的函数()f x ，则()y f x =的图像大致为〔〕【解析】选B 由已知得，当点P 在BC 边上运动时，即04x π≤≤时，2tan 4tan PA PB x x +=++；当点P 在CD 边上运动时，即3,442x x πππ≤≤≠时，2211(1)1(1)1tan tan PA PB x x +=-+++，DPCB OA x当2x π=时，22PA PB +=；当点P 在AD 边上运动时，即34x ππ≤≤时，2tan 4tan PA PB x x +=+-，从点P 的运动过程可以看出，轨迹关于直线2x π=对称，且()()42f f ππ>，且轨迹非线型，故选B ． 13.〔2015.Ⅰ文12〕设函数()y f x =的图像与2x a y +=的图像关于直线y x =-对称，且(2)(4)1f f -+-=，则a =( )〔A 〕 1- 〔B 〕1 〔C 〕2 〔D 〕4【解析】选C 设(,)x y 是函数()y f x =的图像上任意一点，它关于直线y x =-对称为〔,y x --〕，由已知知〔,y x --〕在函数2x ay +=的图像上，∴2y a x -+-=，解得2log ()y x a =--+，即2()log ()f x x a =--+，∴22(2)(4)log 2log 41f f a a -+-=-+-+=，解得2a =，故选C.【解析】由0.6xy =在区间(0,)+∞是单调减函数可知， 1.50.600.60.61<<<，又0.61.51>，故选C . 14．〔2016.II.理12〕已知函数()()f x x ∈R 满足()2()f x f x -=-，假设函数1x y x+=与()y f x =图像的交点为1122(,),(,),,(,),m m x y x y x y ⋅⋅⋅则1()miii x y =+=∑〔〕〔A 〕0 〔B 〕m 〔C 〕2m 〔D 〕4m 【答案】B15.【2017.II 理11】假设2x =-是函数21()(1)x f x x ax e-=+-的极值点，则()f x 的极小值为〔〕A.1-B.32e --C.35e - 【答案】A 【解析】【考点】函数的极值；函数的单调性【名师点睛】(1)可导函数y ＝f (x )在点x 0处取得极值的充要条件是f ′(x 0)＝0，且在x 0左侧与右侧f ′(x )的符号不同。

(完整版)高考导数专题(含详细解答)

导数及其应用导数的运算1. 几种常有的函数导数：①、 c（ c 为常数）； ②、( x n )（ n R ）； ③、 (sin x) = ；④、 (cos x) =；⑤、( a x )； ⑥、 ( ex)； ⑦、 (log a x ) ； ⑧、 (ln x ).2. 求导数的四则运算法规：(u v)u v ； (uv) u vu'u v ' uv 'u ( v0 ) 注：① u, v 必定是可导函数 .uv ； (u)vuvvvv 223. 复合函数的求导法规：f x ( ( x))f (u) ? ( x) 或 y xy u ? u x一、求曲线的切线（导数几何意义）导数几何意义： f (x 0 ) 表示函数 y f (x) 在点 ( x 0 ， f (x 0 ) )处切线 L 的斜率；函数 y f (x) 在点 ( x 0 ， f (x 0 ) )处切线 L 方程为 y f (x 0 )f (x 0 )(x x 0 )1. 曲线在点处的切线方程为（）。

A:B:C:D:答案详解 B 正确率 : 69%, 易错项 : C解析 :本题主要观察导数的几何意义、导数的计算以及直线方程的求解。

对求导得，代入得即为切线的斜率，切点为，因此切线方程为即。

故本题正确答案为B 。

2.3. 设函数f ( x) g( x) x2，曲线 y g(x) 在点 (1,g(1)) 处的切线方程为 y 2x 1，则曲线 y f ( x) 在点 (1, f (1))处切线的斜率为( )A ．41C．21B ． D ．4 24. 已知函数 f ( x) 在R上满足 f ( x) 2 f (2 x) x28x 8，则曲线y f (x) 在点 (1, f (1)) 处的切线方程是()A . y2x 1 B. y x C. y3x 2 D. y2x 3变式二：5. 在平面直角坐标系xoy 中，点P在曲线C : y x310 x 3 上，且在第二象限内，已知曲线 C 在点 P 处的切线的斜率为 2，则点 P 的坐标为.6. 设曲线 yx n 1 (n N * ) 在点（ 1，1）处的切线与 x 轴的交点的横坐标为 x n ,令 a n lg x n ，则 a 1 a 2 L a 99 的值为.7. 已知点 P 在曲线 y=4 上，为曲线在点 P 处的切线的倾斜角，则的取值范围是e x1, 3]D 、 [ 3,A 、 [0, )B 、 [, ) C 、 ( )44 22 4 4变式三：8. 已知直线y =x＋ 1 与曲线y ln( x a) 相切，则α的值为( )A . 1 B. 2 C. － 1 D. － 29. 若存在过点 (1,0)的直线与曲线 yx 3 和 y ax 2 15 x 9 都相切，则 a 等于4( )A ． 1或 -25B ． 1或21C ． 7 或 - 25D ．7或 76444 6441 110. 若曲线 yx 2 在点 a, a 2 处的切线与两个坐标围成的三角形的面积为18，则 aA 、64B 、 32C 、 16D 、811. （本小题满分 13 分）设 f ( x)ae x 1b( a 0) . （ I ）求 f ( x) 在 [0, ) 上的最小值；ae x3x ；求 a,b 的值 .（ II ）设曲线 yf ( x) 在点 (2, f (2)) 的切线方程为 y212. 若曲线 f x ax2Inx 存在垂直于y轴的切线，则实数 a 的取值范围是.二、求单调性或单调区间1、利用导数判断函数单调性的方法：设函数y f (x) 在某个区间 D 内可导，若是 f ( x) ＞0，则y f (x) 在区间D上为增函数；若是 f ( x) ＜0，则y f (x) 在区间 D 上为减函数；若是 f ( x) =0恒成立，则y f (x) 在区间 D 上为常数 .2、利用导数求函数单调区间的方法：不等式 f ( x) ＞0的解集与函数y f (x) 定义域的交集，就是y f ( x) 的增区间；不等式 f ( x) ＜0的解集与函数y f (x) 定义域的交集，就是y f (x) 的减区间 .1、函数f (x) ( x 3)e x的单调递加区间是( )A . ( ,2) B. (0,3) C. (1,4) D . (2, )2. 函数f (x)x315x233x 6 的单调减区间为.3. 已知函数，，谈论的单调性。

完整版)导数大题练习带答案

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

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

+\infty)$。

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

m+3]$ 上的最值。

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

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

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

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

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

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

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

理科数学高考真题分类汇编导数的综合应用答案

,
x2
=
b
+1+
b2 − b +1 ． 3
列表如下：
x
(−, x1)
x1
(x1, x2 )
x2
f '(x)
+
0
–
0
f (x)
极大值
极小值
(x2 , +)
+
所以 f (x) 的极大值M = f ( x1) ．
解法一： M = f ( x1) = x13 − (b +1)x12 + bx1
( ) =
[3x12
2.解析（1） f (x) = 6x2 − 2ax = 2x(3x − a) ．
令 f (x) = 0 ，得 x=0 或 x = a . 3
若 a>0，则当x (−, 0)
a 3
,
+
时， f
(x)
0
；当
x
0,
a 3
时，
f
(x)
0
．故
f
(x)
在
(−,
0),
a 3
,
+
单调递增，在
0,
p' (x) = 2 −
2
−1=2 x
x+1−
2x−
x+1
.
x x +1 x
x x +1
故
x
1
7
p' ( x)
p(x)
p (1)
7
所以， p(x) p(1) = 0 ．
( 1 ,1) 7 −
单调递减
1 0
极小值 p(1)
(1, +)

(完整版)导数大题练习带答案

导数解答题练习1．已知f (x )＝x ln x －ax ，g (x )＝－x 2－2，(Ⅰ)对一切x ∈(0，＋∞)，f (x )≥g (x )恒成立，求实数a 的取值范围； (Ⅱ)当a ＝－1时，求函数f (x )在[m ，m ＋3](m ＞0)上的最值；(Ⅲ)证明：对一切x ∈(0，＋∞)，都有ln x ＋1＞ex e x 21-成立．2、已知函数2()ln 2(0)f x a x a x=+->. （Ⅰ）若曲线y =f (x )在点P （1，f (1)）处的切线与直线y =x +2垂直，求函数y =f (x )的单调区间；（Ⅱ）若对于(0,)x ∀∈+∞都有f (x )＞2(a ―1)成立，试求a 的取值范围；（Ⅲ）记g (x )=f (x )+x ―b （b ∈R ）.当a =1时，函数g (x )在区间[e ―1，e]上有两个零点，求实数b 的取值范围.3、设函数f (x )=ln x +(x －a )2，a ∈R .（Ⅰ）若a =0，求函数f (x )在[1，e]上的最小值；（Ⅱ）若函数f (x )在1[,2]2上存在单调递增区间，试求实数a 的取值范围；（Ⅲ）求函数f (x )的极值点.4、已知函数21()(21)2ln ()2f x ax a x x a =-++∈R . (Ⅰ)若曲线()y f x =在1x =和3x =处的切线互相平行，求a 的值； (Ⅱ)求()f x 的单调区间；(Ⅲ)设2()2g x x x =-，若对任意1(0,2]x ∈，均存在2(0,2]x ∈，使得12()()f x g x <，求a 的取值范围.5、已知函数1ln ()xf x x+=． (1)若函数在区间1(,)2a a +(其中0a >)上存在极值，求实数a 的取值范围； (2)如果当1x ≥时，不等式()1kf x x ≥+恒成立，求实数k 的取值范围．1.解：(Ⅰ)对一切)()(),,0(x g x f x ≥+∞∈恒成立，即2ln 2--≥-x ax x x 恒成立.也就是++≤x x a ln x2在),0(+∞∈x 恒成立.………1分令xx x x F 2ln )(++= ，则F '2222)1)(2(2211)(x x x x x x x x x -+=-+=-+=，……2分在)10(，上F '0)(<x ，在)1(∞+，上F '0)(>x ，因此，)(x F 在1=x 处取极小值，也是最小值，即3)1()(min ==F x F ，所以3≤a .……4分(Ⅱ)当时，1-=a x x x x f +=ln )(， f '2ln )(+=x x ，由f '0)(=x 得21ex =. ………6分 ①当210em <<时，在)1,[2e m x ∈上f '0)(<x ，在]3,1(2+∈m e x 上f '0)(>x 因此，)(x f 在21e x =处取得极小值，也是最小值. 2min 1)(ex f -=. 由于0]1)3)[ln(3()3(,0)(>+++=+<m m m f m f 因此，]1)3)[ln(3()3()(max +++=+=m m m f x f………8分②当时21em ≥，0)('≥x f ，因此]3,[)(+m m x f 在上单调递增，所以)1(ln )()(min +==m m m f x f ，]1)3)[ln(3()3()(max +++=+=m m m f x f ……9分(Ⅲ)证明：问题等价于证明)),0((2ln +∞∈->+x ee x x x x x ,………10分由(Ⅱ)知1-=a 时，x x x xf +=ln )(的最小值是21e-，当且仅当21e x =时取得，……11分设)),0((2)(+∞∈-=x e e x x G x ，则G 'xexx -=1)(，易知eG x G 1)1()(max -==，当且仅当1x =时取到， ………12分但，e e112->-从而可知对一切(0,)x ∈+∞，都有exe x x 211ln ->+成立. ………13分 2、解：（Ⅰ）直线y =x +2的斜率为1.函数f (x )的定义域为（0，+∞），因为22'()a f x x x=-+，所以22'(1)111af =-+=-，所以a =1.所以2()ln 2f x x x =+-. 22'()x f x x -=.由'()0f x >解得x ＞0；由'()0f x <解得0＜x ＜2. 所以f (x )的单调增区间是（2，+∞），单调减区间是（0，2）.…… 4分（Ⅱ）2222'()a ax f x x x x -=-+=，由'()0f x >解得2x a>；由'()0f x <解得20x a <<.所以f (x )在区间2(,)a +∞上单调递增，在区间2(0,)a 上单调递减.所以当2x a=时，函数f (x )取得最小值，min 2()y f a=. 因为对于(0,)x ∀∈+∞都有()2(1)f x a >-成立，所以2()2(1)f a a >-即可. 则22ln 22(1)2a a a a+->-.由2ln a a a >解得20e a <<.所以a 的取值范围是2(0,)e. ……………… 8分（Ⅲ）依题得2()ln 2g x x x b x=++--，则222'()x x g x x +-=.由'()0g x >解得x ＞1；由'()0g x <解得0＜x ＜1.所以函数()g x 在区间（0，1）为减函数，在区间（1，+∞）为增函数.又因为函数()g x 在区间[e －1，e]上有两个零点，所以1()0()0(1)0g e g e g -⎧≥⎪≥⎨⎪<⎩.解得21e 1e b <≤+-.所以b 的取值范围是2(1,e 1]e+-. (13)分3．解：（Ⅰ）f (x )的定义域为（0，+∞）.……………… 1分因为1'()20f x x x=+>，所以f (x )在[1，e]上是增函数，当x =1时，f (x )取得最小值f (1)=1. 所以f (x )在[1，e]上的最小值为1.……………… 3分（Ⅱ）解法一：21221'()2()x ax f x x a x x-+=+-=设g (x )=2x 2―2ax +1，……………… 4分依题意，在区间1[,2]2上存在子区间使得不等式g (x )＞0成立.…… 5分注意到抛物线g (x )=2x 2―2ax +1开口向上，所以只要g (2)＞0，或1()02g >即可……………… 6分由g (2)＞0，即8―4a +1＞0，得94a <，由1()02g >，即1102a -+>，得32a <，所以94a <，所以实数a 的取值范围是9(,)4-∞.……………… 8分解法二：21221'()2()x ax f x x a x x-+=+-=，……………… 4分依题意得，在区间1[,2]2上存在子区间使不等式2x 2―2ax +1＞0成立. 又因为x ＞0，所以12(2)a x x<+. ……………… 5分设1()2g x x x =+，所以2a 小于函数g (x )在区间1[,2]2的最大值. 又因为1'()2g x x=-，由21'()20g x x=->解得2x >；由21'()20g x x =-<解得02x <<.所以函数g (x )在区间2)2上递增，在区间1(,22上递减. 所以函数g (x )在12x =，或x =2处取得最大值. 又9(2)2g =，1()32g =，所以922a <，94a <所以实数a 的取值范围是9(,)4-∞.……………… 8分（Ⅲ）因为2221'()x ax f x x-+=，令h (x )=2x 2―2ax +1①显然，当a ≤0时，在（0，+∞）上h (x )＞0恒成立，f '(x )＞0，此时函数f (x )没有极值点； ……………… 9分 ②当a ＞0时，（i ）当Δ≤0，即0a <≤时，在（0，+∞）上h (x )≥0恒成立，这时f '(x )≥0，此时，函数f (x )没有极值点；……………… 10分（ii ）当Δ＞0时，即a >x <<h (x )＜0，这时f '(x )＜0；当02a x <<或2a x >时，h (x )＞0，这时f '(x )＞0；所以，当a >2a x =是函数f (x )的极大值点；2a x +=是函数f (x )的极小值点.……………… 12分综上，当a ≤f (x )没有极值点；当a >x =是函数f (x )的极大值点；x =是函数f (x )的极小值点.4．解：2()(21)f x ax a x '=-++(0)x >. ………1分 (Ⅰ)(1)(3)f f ''=，解得23a =. ………3分(Ⅱ)(1)(2)()ax x f x x--'=(0)x >. ………4分 ①当0a ≤时，0x >，10ax -<，在区间(0,2)上，()0f x '>；在区间(2,)+∞上()0f x '<，故()f x 的单调递增区间是(0,2)，单调递减区间是(2,)+∞. ………5分 ②当102a <<时，12a>，在区间(0,2)和1(,)a +∞上，()0f x '>；在区间1(2,)a上()0f x '<，故()f x 的单调递增区间是(0,2)和1(,)a +∞，单调递减区间是1(2,)a. ………6分③当12a =时，2(2)()2x f x x -'=，故()f x 的单调递增区间是(0,)+∞. ………7分 ④当12a >时，102a <<，在区间1(0,)a 和(2,)+∞上，()0f x '>；在区间1(,2)a上()0f x '<，故()f x 的单调递增区间是1(0,)a和(2,)+∞，单调递减区间是1(,2)a. ………8分 (Ⅲ)由已知，在(0,2]上有max max ()()f x g x <. ………9分由已知，max ()0g x =，由(Ⅱ)可知， ①当12a ≤时，()f x 在(0,2]上单调递增，故max ()(2)22(21)2ln 2222ln 2f x f a a a ==-++=--+，所以，222ln 20a --+<，解得ln 21a >-，故1ln 212a -<≤.……10分 ②当12a >时，()f x 在1(0,]a 上单调递增，在1[,2]a上单调递减，故max 11()()22ln 2f x f a a a==---. 由12a >可知11ln ln ln 12ea >>=-，2ln 2a >-，2ln 2a -<，所以，22ln 0a --<，max ()0f x <，综上所述，ln 21a >-. ………12分5、(Ⅰ)直线y ＝x ＋2的斜率为1，函数f (x )的定义域为 ()+∞,0因为x a x x f +-=2'2)(，所以()111212'-=+-=a f ，所以a ＝1 所以()()2'2,2ln 2xx x f x x x f -=-+= 由()0'>x f解得x ＞2 ；由()0'<x f 解得0＜x ＜2所以f (x )得单调增区间是()+∞,2，单调减区间是()2,0 ………4分(Ⅱ)22'22)(x ax x a x x f -=+-= 由()0'>x f 解得;2a x >由()0'<x f 解得a x 20<<所以f (x )在区间),2(+∞a 上单调递增，在区间)2,0(a 上单调递减所以当a x 2=时，函数f (x )取得最小值)2(min af y =因为对于任意()())1(2,0->+∞∈a x f x 都有成立，所以)1(2)2(->a af 即可则)1(222ln 22->-+a a a a，由a a a >2ln 解得e a 20<< 所以a 得取值范围是)2,0(e……… 8分(Ⅲ)依题意得b x xx g --+=2ln 2)(，则22'2)(x x x x g -+= 由()0'>x g 解得x ＞1，由()0'<x g 解得0＜x ＜1所以函数g (x )在区间[]e ,e 1-上有两个零点，所以⎪⎩⎪⎨⎧<≥≥-0)1(0)(0)(1g e g e g 解得121-+≤<e e b所以b 得取值范围是]12,1(-+e e……… 12分6、解：(1)因为1ln ()x f x x +=，0x >，则2ln ()xf x x'=-， …1分当01x <<时，()0f x '>；当1x >时，()0f x '<． ∴()f x 在(0,1)上单调递增；在(1,)+∞上单调递减， ∴函数()f x 在1x =处取得极大值．………3分∵函数()f x 在区间1(,)2a a +(其中0a >)上存在极值，∴1,11,2a a <⎧⎪⎨+>⎪⎩解得112a <<．……….5分(2)不等式()1k f x x ≥+，即为(1)(1ln )x x k x++≥， ………7分记(1)(1ln )()x x g x x ++=∴22[(1)(1ln )](1)(1ln )ln ()x x x x x x xg x x x'++-++-'==，…9分令()ln h x x x =-，则1'()1h x x=-，∵1x ≥，∴'()0h x ≥，∴()h x 在[1,)+∞上递增， ∴min [()](1)10h x h ==>，从而()0g x '>，故()g x 在[1,)+∞上也单调递增， ∴min [()](1)2g x g ==，∴2k ≤．………12分。

历年(2019-2023)全国高考数学真题分项(导数及其应用)汇编(附答案)

历年（2019-2023）全国高考数学真题分项（导数及其应用）汇编考点一导数的运算1．【多选】（2022•新高考Ⅰ）已知函数()f x 及其导函数()f x '的定义域均为R ，记()()g x f x ='．若3(2)2f x -，(2)g x +均为偶函数，则( ) A ．(0)0f =B ．1()02g -=C ．(1)f f -=（4）D ．(1)g g -=（2）考点二利用导数研究曲线上某点切线方程2．（2021•新高考Ⅰ）若过点(,)a b 可以作曲线x y e =的两条切线，则( ) A ．b e a <B ．a e b <C ．0b a e <<D ．0a b e <<3．（2022•新高考Ⅰ）若曲线()x y x a e =+有两条过坐标原点的切线，则a 的取值范围是． 4．（2022•新高考Ⅱ）曲线||y ln x =过坐标原点的两条切线的方程为，．5．（2021•新高考Ⅱ）已知函数()|1|x f x e =-，10x <，20x >，函数()f x 的图象在点1(A x ，1())f x 和点2(B x ，2())f x 的两条切线互相垂直，且分别交y 轴于M ，N 两点，则||||AM BN 的取值范围是．考点三利用导数研究函数的单调性6．（2023•新高考Ⅱ）已知函数()x f x ae lnx =-在区间(1,2)上单调递增，则a 的最小值为( ) A ．2eB ．eC ．1e -D ．2e -7．（2023•新高考Ⅰ）已知函数()()x f x a e a x =+-．（1）讨论()f x 的单调性；（2）证明：当0a >时，3()22f x lna >+． 8．（2022•浙江）设函数()(0)2ef x lnx x x=+>．（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）已知a ，b R ∈，曲线()y f x =上不同的三点1(x ，1())f x ，2(x ，2())f x ，3(x ，3())f x 处的切线都经过点(,)a b ．证明：（ⅰ）若a e >，则0b f <-（a ）1(1)2ae<-；（ⅱ）若0a e <<，123x x x <<，则2213211266e a e ae e x x a e --+<+<-．（注: 2.71828e =⋯是自然对数的底数） 9．（2022•新高考Ⅱ）已知函数()ax x f x xe e =-．（1）当1a =时，讨论()f x 的单调性；（2）当0x >时，()1f x <-，求a 的取值范围；（3）设*n N ∈(1)ln n +>+．10．（2021•新高考Ⅱ）已知函数2()(1)x f x x e ax b =--+．（Ⅰ）讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）从下面两个条件中选一个，证明：()f x 恰有一个零点．①2122e a <…，2b a >； ②102a <<，2b a …． 11．（2021•浙江）设a ，b 为实数，且1a >，函数2()()x f x a bx e x R =-+∈．（Ⅰ）求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）若对任意22b e >，函数()f x 有两个不同的零点，求a 的取值范围；（Ⅲ）当a e =时，证明：对任意4b e >，函数()f x 有两个不同的零点1x ，2x ，满足22122blnb e x x e b>+．（注: 2.71828e = 是自然对数的底数） 12．（2021•新高考Ⅰ）已知函数()(1)f x x lnx =-．（1）讨论()f x 的单调性；（2）设a ，b 为两个不相等的正数，且blna alnb a b -=-，证明：112e a b<+<． 13．（2020•海南）已知函数1()x f x ae lnx lna -=-+．（1）当a e =时，求曲线()y f x =在点(1，f （1）)处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；（2）若()1f x …，求a 的取值范围．14．（2019•浙江）已知实数0a ≠，设函数()f x alnx =+0x >．（Ⅰ）当34a =-时，求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）对任意21[x e∈，)+∞均有()2f x a …，求a 的取值范围．注： 2.71828e =⋯为自然对数的底数．考点四利用导数研究函数的极值15．【多选】（2023•新高考Ⅱ）若函数2()(0)b cf x alnx a x x =++≠既有极大值也有极小值，则( ) A ．0bc >B ．0ab >C ．280b ac +>D ．0ac <16．【多选】（2022•新高考Ⅰ）已知函数3()1f x x x =-+，则( ) A ．()f x 有两个极值点 B ．()f x 有三个零点C ．点(0,1)是曲线()y f x =的对称中心D ．直线2y x =是曲线()y f x =的切线17．（2023•新高考Ⅱ）（1）证明：当01x <<时，2sin x x x x -<<；（2）已知函数2()cos (1)f x ax ln x =--，若0x =为()f x 的极大值点，求a 的取值范围．考点五利用导数研究函数的最值18．（2022•新高考Ⅰ）已知函数()x f x e ax =-和()g x ax lnx =-有相同的最小值．（1）求a ；（2）证明：存在直线y b =，其与两条曲线()y f x =和()y g x =共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．参考答案考点一导数的运算1．【多选】（2022•新高考Ⅰ）已知函数()f x 及其导函数()f x '的定义域均为R ，记()()g x f x ='．若3(2)2f x -，(2)g x +均为偶函数，则( ) A ．(0)0f =B ．1()02g -=C ．(1)f f -=（4）D ．(1)g g -=（2）【过程解析】3(2)2f x - 为偶函数，∴可得33(2)(2)22f x f x -=+，()f x ∴关于32x =对称，令54x =，可得3535(2(2)2424f f -⨯=+⨯，即(1)f f -=（4），故C 正确； (2)g x + 为偶函数，(2)(2)g x g x ∴+=-，()g x 关于2x =对称，故D 不正确； ()f x 关于32x =对称，32x ∴=是函数()f x 的一个极值点， ∴函数()f x 在3(2，)t 处的导数为0，即33()()022g f ='=，又()g x ∴的图象关于2x =对称，53((022g g ∴==，∴函数()f x 在5(2，)t 的导数为0，52x ∴=是函数()f x 的极值点，又()f x 的图象关于32x =对称，5(2∴，)t 关于32x =的对称点为1(2，)t ，由52x =是函数()f x 的极值点可得12x =是函数()f x 的一个极值点，11(()022g f ∴='=，进而可得17()()022g g ==，故72x =是函数()f x 的极值点，又()f x 的图象关于32x =对称，7(2∴，)t 关于32x =的对称点为1(2-，)t ，11()()022g f ∴-='-=，故B 正确； ()f x 图象位置不确定，可上下移动，即每一个自变量对应的函数值不是确定值，故A 错误．解法二：构造函数法，令()1sin f x x π=-，则3(2)1cos 22f x x π-=+，则()()cosg x f x x ππ='=-，(2)cos(2)cos g x x x πππππ+=-+=-，满足题设条件，可得只有选项BC 正确，故选：BC ．考点二利用导数研究曲线上某点切线方程2．（2021•新高考Ⅰ）若过点(,)a b 可以作曲线x y e =的两条切线，则( ) A ．b e a <B ．a e b <C ．0b a e <<D ．0a b e <<【过程解析】法一：函数x y e =是增函数，0x y e '=>恒成立，函数的图象如图，0y >，即切点坐标在x 轴上方，如果(,)a b 在x 轴下方，连线的斜率小于0，不成立．点(,)a b 在x 轴或下方时，只有一条切线．如果(,)a b 在曲线上，只有一条切线； (,)a b 在曲线上侧，没有切线；由图象可知(,)a b 在图象的下方，并且在x 轴上方时，有两条切线，可知0a b e <<．故选：D ．法二：设过点(,)a b 的切线横坐标为t ，则切线方程为()t t y e x t e =-+，可得(1)t b e a t =+-，设()(1)f t a t =+-，可得()()t f t e a t '=-，(,)t a ∈-∞，()0f t '>，()f t 是增函数， (,)t a ∈+∞，()0f t '<，()f t 是减函数，因此当且仅当0a b e <<时，上述关于t 的方程有两个实数解，对应两条切线．故选：D ．3．（2022•新高考Ⅰ）若曲线()x y x a e =+有两条过坐标原点的切线，则a 的取值范围是．【过程解析】()x x y e x a e '=++，设切点坐标为0(x ，00())x x a e +， ∴切线的斜率000()x x k e x a e =++，∴切线方程为000000()(())()x x x y x a e e x a e x x -+=++-，又切线过原点，000000()(())()x x x x a e e x a e x ∴-+=++-，整理得：2000x ax a +-=，切线存在两条，∴方程有两个不等实根，∴△240a a =+>，解得4a <-或0a >，即a 的取值范围是(-∞，4)(0-⋃，)+∞，故答案为：(-∞，4)(0-⋃，)+∞．4．（2022•新高考Ⅱ）曲线||y ln x =过坐标原点的两条切线的方程为，．【过程解析】当0x >时，y lnx =，设切点坐标为0(x ，0)lnx ， 1y x '=，∴切线的斜率01k x =， ∴切线方程为0001()y lnx x x x -=-，又切线过原点，01lnx ∴-=-， 0x e ∴=，∴切线方程为11()y x e e-=-，即0x ey -=，当0x <时，()y ln x =-，与y lnx =的图像关于y 轴对称， ∴切线方程也关于y 轴对称， ∴切线方程为0x ey +=，综上所述，曲线||y ln x =经过坐标原点的两条切线方程分别为0x ey -=，0x ey +=，故答案为：0x ey -=，0x ey +=．5．（2021•新高考Ⅱ）已知函数()|1|x f x e =-，10x <，20x >，函数()f x 的图象在点1(A x ，1())f x 和点2(B x ，2())f x 的两条切线互相垂直，且分别交y 轴于M ，N 两点，则||||AM BN 的取值范围是．【过程解析】当0x <时，()1x f x e =-，导数为()x f x e '=-，可得在点1(A x ，_11)x e -处的斜率为_11x k e =-，切线AM 的方程为_1_11(1)()x x y e e x x --=--，令0x =，可得_1_111x x y e x e =-+，即_1_11(0,1)x x M e x e -+，当0x >时，()1x f x e =-，导数为()x f x e '=，可得在点2(B x ，_21)x e -处的斜率为_22x k e =，令0x =，可得_2_221x x y e x e =--，即_2_22(0,1)x x N e x e --，由()f x 的图象在A ，B 处的切线相互垂直，可得_1_2121x x k k e e =-⋅=-，即为120x x +=，10x <，20x >，所以2||1(0,1)||x AM BN e ===∈．故答案为：(0,1)．考点三利用导数研究函数的单调性6．（2023•新高考Ⅱ）已知函数()x f x ae lnx =-在区间(1,2)上单调递增，则a 的最小值为( ) A ．2eB ．eC ．1e -D ．2e -【过程解析】对函数()f x 求导可得，1()x f x ae x'=-，依题意，10x ae x -…在(1,2)上恒成立，即1x a xe…在(1,2)上恒成立，设1(),(1,2)x g x x xe =∈，则22()(1)()()()x x x x x e xe e x g x xe xe -++'==-，易知当(1,2)x ∈时，()0g x '<，则函数()g x 在(1,2)上单调递减，则11()(1)max a g x g e e-===…．故选：C ． 7．（2023•新高考Ⅰ）已知函数()()x f x a e a x =+-．（1）讨论()f x 的单调性；（2）证明：当0a >时，3()22f x lna >+．【过程解析】（1）()()x f x a e a x =+-，则()1x f x ae '=-，①当0a …时，()0f x '<恒成立，()f x 在R 上单调递减，②当0a >时，令()0f x '=得，1x lna=，当1(,)x ln a ∈-∞时，()0f x '<，()f x 单调递减；当1(x ln a ∈，)+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增，综上所述，当0a …时，()f x 在R 上单调递减；当0a >时，()f x 在1(,)ln a -∞上单调递减，在1(ln a，)+∞上单调递增．证明：（2）由（1）可知，当0a >时，2111()(()1min f x f ln a a ln a lna a a a==+-=++，要证3()22f x lna >+，只需证23122a lna lna ++>+，只需证2102a lna -->，设g （a ）212a lna =--，0a >，则g '（a ）21212a a a a -=-=，令g '（a ）0=得，2a =，当(0,)2a ∈时，g '（a ）0<，g （a）单调递减，当(2a ∈，)+∞时，g '（a ）0>，g （a ）单调递增，所以g （a）11(022222g ln ln =--=->…，即g （a ）0>，所以2102a lna -->得证，即3()22f x lna >+得证． 8．（2022•浙江）设函数()(0)2ef x lnx x x=+>．（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）已知a ，b R ∈，曲线()y f x =上不同的三点1(x ，1())f x ，2(x ，2())f x ，3(x ，3())f x 处的切线都经过点(,)a b ．证明：（ⅰ）若a e >，则0b f <-（a ）1(1)2ae<-；（ⅱ）若0a e <<，123x x x <<，则2213211266e a e ae e x x a e --+<+<-．（注: 2.71828e =⋯是自然对数的底数）【过程解析】（Ⅰ）函数()(0)2ef x lnx x x=+>， ∴2212()22e x ef x x x x -'=-+=，(0)x >，由22()02x e f x x -'=>，得2ex >，()f x ∴在(2e ，)+∞上单调递增；由22()02x ef x x -'=<，得02e x <<，()f x ∴在(0,)2e 上单调递减．（Ⅱ）()i 证明：过(,)a b 有三条不同的切线，设切点分别为1(x ，1())f x ，2(x ，2())f x ，3(x ，3())f x ，()()()i i i f x b f x x a ∴-='-，(1i =，2，3)，∴方程()()()f x b f x x a -='-有3个不同的根，该方程整理为21()()022e ex a lnx b x x x ----+=，设21()()()22e eg x x a lnx b x x x=----+，则223231111()()()()22e e e g x x a x e x a x x x x x x x'=-+-+--+=---，当0x e <<或x a >时，()0g x '<；当e x a <<时，()0g x '>， ()g x ∴在(0,)e ，(,)a +∞上为减函数，在(,)e a 上为增函数， ()g x 有3个不同的零点，g ∴（e ）0<且g （a ）0>，21()()022e e e a lne b e e e ∴----+<，且21()()022e ea a lnab a a a----+>，整理得到12a b e <+且()2eb lna f a a>+=，此时，12a b e <+，且()2e b lna f a a >+=，此时，1()(1)1()02222a a e e b f a lna lna b e e a a ---<+-+--+>，整理得12a b e <+，且()2e b lna f a a>+=，此时，b f -（a ）113(1)1()2222222a a e a elna lna e e a e a--<+-+-+=--，设μ（a ）为(,)e +∞上的减函数，μ∴（a ）3022elne e<--=， ∴10()(1)2ab f a e<-<-． ()ii 当0a e <<时，同()i 讨论，得：()g x 在(0,)a ，(,)e +∞上为减函数，在(,)a e 上为增函数，不妨设123x x x <<，则1230x a x e x <<<<<，()g x 有3个不同的零点，g ∴（a ）0<，且g （e ）0>，21()()022e e e a lne b e e e ∴----+>，且21()022e e a a lna b a a a----+<，整理得122a ab lna e e+<<+， 123x x x << ，1230x a x e x ∴<<<<<，2()12a e eag x lnx b x x+=-+-+ ，设,(0,1)e a t m x e ==∈，则方程2102a e ealnx b x x+-+-+=即为：202a e a t t lnt b e e +-+++=，即为2(1)02mm t t lnt b -++++=，记123123,,e e et t t x x x ===，则1t ，2t ，3t 为2(1)02m m t t lnt b -++++=有三个不同的根，设31311x t e k t x a ==>>，1am e =<，要证：2213211266e a e ae e x x a e --+<+<-，即证132266e a e e at t e a e--+<+<-，即证：213132(13)(12)236()m m m t t m m t t --++--<+，而2111(1)02m m t t lnt b -++++=，且2333(1)02m m t t lnt b -++++=， ∴22131313()(1)()02m lnt lnt t t m t t -+--+-=， ∴131313222lnt lnt t t m m t t -+--=-⨯-， ∴即证21313132(13)(12)36()lnt lnt m m m m t t m t t ---+-⨯<-+，即证1132313()(13)(12)072t t t lnt m m m t t +--++>-，即证2(1)(13)(12)0172k lnk m m m k +--++>-，记(1)(),11k lnkk k k ϕ+=>-，则211()(2)0(1)k k lnk k kϕ=-->-， ()k ϕ∴在(1,)+∞为增函数，()()k m ϕϕ∴>，∴22(1)(13)(12)(1)(13)(12)172172k lnk m m m m lnm m m m k m +--++--++>+--，设2(1)(13)(12)()72(1)m m m m m lnm m ω---+=++，01m <<，则2322322(1)(3204972)(1)(33)()072(1)72(1)m m m m m m x m m m m ω---+-+'=>>++，()m ω∴在(0,1)上是增函数，()m ωω∴<（1）0=， 2(1)(13)(12)072(1)m m m m lnm m ---+∴+<+，即2(1)(13)(12)0172m lnm m m m m +--++>-， ∴若0a e <<，123x x x <<，则2213211266e a e ae e x x a e --+<+<-． 9．（2022•新高考Ⅱ）已知函数()ax x f x xe e =-．（1）当1a =时，讨论()f x 的单调性；（2）当0x >时，()1f x <-，求a 的取值范围；（3）设*n N ∈(1)ln n +>+．【过程解析】（1）当1a =时，()(1)x x x f x xe e e x =-=-，()(1)x x x f x e x e xe '=-+=，0x e > ，∴当(0,)x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增；当(,0)x ∈-∞时，()0f x '<，()f x 单调递减．（2）令()()11(0)ax x g x f x xe e x =+=-+>， ()1f x <- ，()10f x +<， ()(0)0g x g ∴<=在0x >上恒成立，又()ax ax x g x e axe e '=+-，令()()h x g x ='，则()()(2)ax ax ax x ax ax x h x ae a e axe e a e axe e '=++-=+-， (0)21h a ∴'=-，①当210a ->，即12a >，存在0δ>，使得当(0,)x δ∈时，()0h x '>，即()g x '在(0,)δ上单调递增．因为()(0)0g x g '>'=，所以()g x 在(0,)δ内递增，所以()1f x >-，这与()1f x <-矛盾，故舍去；②当210a -…，即12a …， ()(1)ax ax x ax x g x e axe e ax e e '=+-=+-，若10ax +…，则()0g x '<，所以()g x 在[0，)+∞上单调递减，()(0)0g x g =…，符合题意．若10ax +>，则1111(1)(1)2222()0x ln x x x axaxxax ln ax xxx g x e axe e ee eeee +++++'=+-=---=剟，所以()g x 在(0,)+∞上单调递减，()(0)0g x g =…，符合题意．综上所述，实数a 的取值范围是12a …．另解：()f x 的导数为()(1)(0)ax x f x ax e e x '=+->，①当1a …时，()(1)0ax x ax x x f x ax e e e ex e e '=+->--=…，所以()f x 在(0,)+∞递增，所以()1f x >-，与题意矛盾；②当0a …时，()10ax x x f x e e e '--<剟，所以()f x 在(0,)+∞递减，所以()1f x <-，满足题意；．③当102a <…时，11122211()(1)[(1)]22x x x x f x x e e e x e '+-=+-…．设121()(1)(0)2x G x x e x =+->，1211()022x G x e '=-<，则()G x 在(0,)+∞递减，所以()0G x <，12()()0x f x e G x '=<，所以()f x 在(0,)+∞递减，所以()1f x <-，满足题意；④当112a <<时，(1)()[(1)]ax a x f x e ax e -'=+-，令(1)()(1)a x H x ax e -=+-，则()()ax f x e H x '=，(1)()(1)a x H x a a e -'=+-，可得()H x '递减，(0)21H a '=-，所以存在00x >，使得0()0H x '=．当0(0,)x x ∈时，()0H x '>， ()H x 在0(0,)x 递增，此时()0H x >，所以当0(0,)x x ∈时，()()0ax f x e H x '=>，()f x 在0(0,)x 递增，所以()1f x >-，与题意矛盾．综上可得，a 的取值范围是(-∞，1]2．（3）由（2）可知，当12a =时，12()1(0)x x f x xe e x =-<->，令*1(1)()x ln n N n=+∈得，111(1)(1)21(1)1ln n n ln e e n +++⋅-<-，整理得，11(10ln n n+<，∴11(1ln n >+，∴1()n ln n +>，∴11231((...(1)12n nk k k n ln ln ln n k n ==++>=⨯⨯⨯=+∑，...(1)ln n +>+．另解：运用数学归纳法证明．当1n =时，左边22ln ==>成立．假设当(1,*)n k k k N =∈…...(1)ln k ++>+．当1n k =+...(2)ln k +>+，只要证(1)(2)ln k ln k ++>+，21(2)(1)(1)11k ln k ln k lnln k k +>+-+==+++．可令11t k =+，则(0t ∈，1]2(1)ln t >+，再令2x x =∈，则需证明12(2x lnx x x ->∈．构造函数1()2()((1g x lnx x x x =--∈，22211()1(1)0g x x x x'=--=--<，可得()g x 在(1上递减，则()g x g <（1）0=，所以原不等式成立，即1n k =+...(2)ln k ++>+成立．...(1)ln n +>+成立．10．（2021•新高考Ⅱ）已知函数2()(1)x f x x e ax b =--+．（Ⅰ）讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）从下面两个条件中选一个，证明：()f x 恰有一个零点．①2122e a <…，2b a >； ②102a <<，2b a …．【过程解析】（Ⅰ）2()(1)x f x x e ax b =--+ ，()(2)x f x x e a '=-，①当0a …时，当0x >时，()0f x '>，当0x <时，()0f x '<，()f x ∴在(,0)-∞上单调递减，在(0,)+∞上单调递增，②当0a >时，令()0f x '=，可得0x =或(2)x ln a =，()i 当102a <<时，当0x >或(2)x ln a <时，()0f x '>，当(2)0ln a x <<时，()0f x '<，()f x ∴在(-∞，(2))ln a ，(0,)+∞上单调递增，在((2)ln a ，0)上单调递减， 1()2ii a =时， ()(1)0x f x x e '=-… 且等号不恒成立，()f x ∴在R 上单调递增，()iii 当12a >时，当0x <或(2)x ln a >时，()0f x '>，当0(2)x ln a <<时，()0f x '<，()f x 在(,0)-∞，((2)ln a ，)+∞上单调递增，在(0，(2))ln a 上单调递减．综上所述：当0a … 时，()f x 在(,0)-∞上单调递减；在(0,)+∞上单调递增；当102a << 时，()f x 在(-∞，(2))ln a 和(0,)+∞上单调递增；在((2)ln a ，0)上单调递减；当12a = 时，()f x 在R 上单调递增；当12a >时，()f x 在(,0)-∞和((2)ln a ，)+∞ 上单调递增；在(0，(2))ln a 上单调递减．（Ⅱ）证明：若选①，由（Ⅰ）知，()f x 在(,0)-∞上单调递增，(0，(2))ln a 单调递减，((2)ln a ，)+∞ 上()f x 单调递增．注意到((1)0,(0)1210f ef b a =-<=->->．()f x ∴ 在( 上有一个零点； 22((2))((2)1)222(2)222(2)(2(2))f ln a ln a a a ln a b aln a a aln a a aln a ln a =-⋅-⋅+>--+=-，由2122e a <… 得0(2)2ln a <…，(2)(2(2))0aln a ln a ∴-…， ((2))0f ln a ∴>，当0x … 时，()((2))0f x f ln a >…，此时()f x 无零点．综上：()f x 在R 上仅有一个零点．另解：当1(2a ∈，22e 时，有(2)(0ln a ∈，2]，而(0)1210f b a =->-=，于是2((2))((2)1)2(2)f ln a ln a a aln a b =-⋅-+(2)(2(2))(2)0ln a a ln a b a =-+->，所以()f x 在(0,)+∞没有零点，当0x <时，(0,1)x e ∈，于是2()()0b f x ax b f a <-+⇒-<，所以()f x 在(，0)上存在一个零点，命题得证．若选②，则由（Ⅰ）知：()f x 在(-∞，(2))ln a 上单调递增，在((2)ln a ，0)上单调递减，在(0,)+∞ 上单调递增．22((2))((2)1)222(2)222(2)(2(2))f ln a ln a a aln a b aln a a aln a a aln a ln a =--+--+=-…，102a <<，(2)0ln a ∴<，(2)(2(2))0aln a ln a ∴-<，((2))0f ln a ∴<， ∴当0x … 时，()((2))0f x f ln a <…，此时()f x 无零点．当0x > 时，()f x 单调递增，注意到(0)1210f b a =--<…，取c =21b a << ，∴1c >>，又易证1c e c >+，∴22221()(1)(1)(1)(1)11111102c f c c e ac b c c ac b a c b c b b b =--+>-+-+=-+->+-=-++-=>，()f x ∴在(0,)c 上有唯一零点，即()f x 在(0,)+∞上有唯一零点．综上：()f x 在R 上有唯一零点． 11．（2021•浙江）设a ，b 为实数，且1a >，函数2()()x f x a bx e x R =-+∈．（Ⅰ）求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）若对任意22b e >，函数()f x 有两个不同的零点，求a 的取值范围；（Ⅲ）当a e =时，证明：对任意4b e >，函数()f x 有两个不同的零点1x ，2x ，满足22122blnb e x x e b>+．（注: 2.71828e = 是自然对数的底数）【过程解析】（Ⅰ）()x f x a lna b '=-，①当0b …时，由于1a >，则0x a lna >，故()0f x '>，此时()f x 在R 上单调递增；②当0b >时，令()0f x '>，解得b lnlna x lna >，令()0f x '<，解得blnlna x lna <，∴此时()f x 在(,b lnlna lna -∞单调递减，在(,)b lnlna lna+∞单调递增；综上，当0b …时，()f x 的单调递增区间为(,)-∞+∞；当0b >时，()f x 的单调递减区间为(,)blnlna lna-∞，单调递增区间为(,)blnlna lna+∞；（Ⅱ）注意到x →-∞时，()f x →+∞，当x →+∞时，()f x →+∞，由（Ⅰ）知，要使函数()f x 有两个不同的零点，只需()(0min blnlna f x f lna=<即可，∴20b blnlnlna lna a b e lna lna-⋅+<对任意22b e >均成立，令b ln lna t lna =，则20t a bt e -+<，即20tlna e bt e -+<，即20bln lna b ln lna e b e lna-⋅+<，即20bln blna b e lna lna -⋅+<，∴20bb b lne lna lna-⋅+<对任意22b e >均成立，记22(),2bg b b b lne lna b e lna =-⋅+>，则1()1()()b lna g b ln b ln lna lnb lna b lna'=-+⋅⋅=-，令g '（b ）0=，得b lna =，①当22lnae >，即22e a e >时，易知g （b ）在2(2e ，)lna 单调递增，在(,)lna +∞单调递减，此时g （b ）22()1(1)0g lna lna lna ln e lna lna e =-⋅+=⋅+>…，不合题意；②当22lna e …，即221e a e <…时，易知g （b ）在2(2e ，)+∞单调递减，此时2222222222()(2)2222[(2)()]e g b g e e e ln e lna e e ln e ln lna e lna lna <=-⋅+=--+，故只需22[22()]0ln ln lna lna -+-+…，即2()222lna ln lna ln ++…，则2lna …，即2a e …；综上，实数a 的取值范围为(1，2]e ；（Ⅲ）证明：当a e =时，2()x f x e bx e =-+，()x f x e b '=-，令()0f x '=，解得4x lnb =>，易知22222422()()433(13)0lnb min f x f lnb e b lnb e b blnb e b b e e b e e e e ==-⋅+=-+<-+=-<-=-<，()f x ∴有两个零点，不妨设为1x ，2x ，且12x lnb x <<，由2222()0x f x e bx e =-+=，可得222x e e x b b=+，∴要证22122blnb e x x e b >+，只需证2122x e blnb x b e >，只需证22122x b lnb e x e >，而222222222222()20e eb b e e f e e e e e e e b=-+=-<-<，则212e x b <， ∴要证22122x b lnbe x e>，只需证2x e blnb >，只需证2()x ln blnb >，而()222221(())()()(4)404ln blnb f ln blnb e bln blnb e blnb bln blnb e blnb bln b e b ln e e bln =-+=-+<-+=⋅+=-<，2()x ln blnb ∴>，即得证．12．（2021•新高考Ⅰ）已知函数()(1)f x x lnx =-．（1）讨论()f x 的单调性；（2）设a ，b 为两个不相等的正数，且blna alnb a b -=-，证明：112e a b<+<．【过程解析】（1）解：由函数的过程解析式可得()11f x lnx lnx '=--=-，(0,1)x ∴∈，()0f x '>，()f x 单调递增，(1,)x ∈+∞，()0f x '<，()f x 单调递减，则()f x 在(0,1)单调递增，在(1,)+∞单调递减．（2）证明：由blna alnb a b -=-，得111111ln ln a a b b b a -+=-，即1111(1)(1)ln ln a a b b-=-，由（1）()f x 在(0,1)单调递增，在(1,)+∞单调递减，所以()max f x f =（1）1=，且f （e ）0=，令11x a =，21x b=，则1x ，2x 为()f x k = 的两根，其中(0,1)k ∈．不妨令1(0,1)x ∈，2(1,)x e ∈，则121x ->，先证122x x <+，即证212x x >-，即证211()()(2)f x f x f x =<-，令()()(2)h x f x f x =--，则()()(2)(2)[(2)]h x f x f x lnx ln x ln x x '='+'-=---=--在(0,1)单调递减，所以()h x h '>'（1）0=，故函数()h x 在(0,1)单调递增，1()h x h ∴<（1）0=．11()(2)f x f x ∴<-，122x x ∴<+，得证．同理，要证12x x e +<，（法一）即证211x e x <<-，根据（1）中()f x 单调性，即证211()()()f x f x f e x =>-，令()()()x f x f e x ϕ=--，(0,1)x ∈，则()[()]x ln x e x ϕ'=--，令0()0x ϕ'=， 0(0,)x x ∈，()0x ϕ'>，()x ϕ单调递增，0(x x ∈，1)，()0x ϕ'<，()x ϕ单调递减，又0x e <<时，()0f x >，且f （e ）0=，故0lim ()0x x ϕ+→=， ϕ（1）f =（1）(1)0f e -->，()0x ϕ∴>恒成立， 12x x e +<得证，（法二）12()()f x f x =，1122(1)(1)x lnx x lnx -=-，又1(0,1)x ∈，故111lnx ->，111(1)x lnx x ->，故12112222(1)(1)x x x lnx x x lnx x +<-+=-+，2(1,)x e ∈，令()(1)g x x lnx x =-+，()1g x lnx '=-，(1,)x e ∈，在(1,)e 上，()0g x '>，()g x 单调递增，所以()g x g <（e ）e =，即222(1)x lnx x e -+<，所以12x x e +<，得证，则112e a b<+<． 13．（2020•海南）已知函数1()x f x ae lnx lna -=-+．（1）当a e =时，求曲线()y f x =在点(1，f （1）)处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；（2）若()1f x …，求a 的取值范围．【过程解析】（1）当a e =时，()1x f x e lnx =-+， 1()x f x e x∴'=-， f ∴'（1）1e =-， f （1）1e =+，∴曲线()y f x =在点(1，f （1）)处的切线方程为(1)(1)(1)y e e x -+=--，当0x =时，2y =，当0y =时，21x e -=-， ∴曲线()y f x =在点(1，f （1）)处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积1222211S e e =⨯⨯=--．（2）方法一：由()1f x …，可得11x ae lnx lna --+…，即11x lna e lnx lna -+-+…，即11x lna lnx e lna x lnx x e lnx -+++-+=+…，令()t g t e t =+，则()10t g t e '=+>，()g t ∴在R 上单调递增， (1)()g lna x g lnx +- …1lna x lnx ∴+-…，即1lna lnx x -+…，令()1h x lnx x =-+， 11()1xh x x x-∴'=-=，当01x <<时，()0h x '>，函数()h x 单调递增，当1x >时，()0h x '<，函数()h x 单调递减，()h x h ∴…（1）0=，0lna ∴…， 1a ∴…，故a 的范围为[1，)+∞．方法二：由()1f x …可得11x ae lnx lna --+…，0x >，0a >，即11x ae lnx lna ---…，设()1x g x e x =--，()10x g x e ∴'=->恒成立，()g x ∴在(0,)+∞单调递增， ()(0)1010g x g ∴>=--=， 10x e x ∴-->，即1x e x >+，再设()1h x x lnx =--， 11()1x h x x x-∴'=-=，当01x <<时，()0h x '<，函数()h x 单调递减，当1x >时，()0h x '>，函数()h x 单调递增，()h x h ∴…（1）0=，10x lnx ∴--…，即1x lnx -…1x e x -∴…，则1x ae ax -…，此时只需要证ax x lna -…，即证(1)x a lna --…，当1a …时， (1)0x a lna ∴->>-恒成立，当01a <<时，(1)0x a lna -<<-，此时(1)x a lna --…不成立，综上所述a 的取值范围为[1，)+∞．方法三：由题意可得(0,)x ∈+∞，(0,)a ∈+∞， 11()x f x ae x-∴'=-，易知()f x '在(0,)+∞上为增函数，①当01a <<时，f '（1）10a =-<，11111((1)0aa f ae a a e a--'=-=->，∴存在01(1,x a∈使得0()0f x '=，当0(1,)x x ∈时，()0f x '<，函数()f x 单调递减，()f x f ∴<（1）1a lna a =+<<，不满足题意，②当1a …时，10x e ->，0lna >，1()x f x e lnx -∴-…，令1()x g x e lnx -=-，11()x g x e x-∴'=-，易知()g x '在(0,)+∞上为增函数， g ' （1）0=，∴当(0,1)x ∈时，()0g x '<，函数()g x 单调递减，当(1,)x ∈+∞时，()0g x '>，函数()g x 单调递增，()g x g ∴…（1）1=，即()1f x …，综上所述a 的取值范围为[1，)+∞．方法四：1()x f x ae lnx lna -=-+ ，0x >，0a >， 11()x f x ae x-∴'=-，易知()f x '在(0,)+∞上为增函数， 1x y ae -= 在(0,)+∞上为增函数，1y x=在0，)+∞上为减函数， 1x y ae -∴=与1y x=在0，)+∞上有交点， ∴存在0(0,)x ∈+∞，使得01001()0x f x ae x -'=-=，则0101x ae x -=，则001lna x lnx +-=-，即001lna x lnx =--，当0(0,)x x ∈时，()0f x '<，函数()f x 单调递减，当0(x x ∈，)+∞时，()0f x '>，函数()f x 单调递增，0100()()x f x f x ae lnx lna -∴=-+ (000000011)1211lnx x lnx lnx x x x =-+--=-+-… ∴000120lnx x x --… 设1()2g x lnx x x=--，易知函数()g x 在(0,)+∞上单调递减，且g （1）1010=--=，∴当(0x ∈，1]时，()0g x …，0(0x ∴∈，1]时，000120lnx x x --…，设()1h x x lnx =--，(0x ∈，1]，1()10h x x ∴'=--<恒成立， ()h x ∴在(0，1]上单调递减，()h x h ∴…（1）1110ln =--=，当0x →时，()h x →+∞，01lna ln ∴=…，1a ∴…．方法五：()1f x …等价于11x ae lnx lna --+…，该不等式恒成立．当1x =时，有1a lna +…，其中0a >．设g （a ）1a lna =+-，则g '（a ）110a=+>，则g （a ）单调递增，且g （1）0=．所以若1a lna +…成立，则必有1a …． ∴下面证明当1a …时，()1f x …成立．设()1x h x e x =--，()1x h x e ∴'=-，()h x ∴在(,0)-∞单调递减，在(0,)+∞单调递增，()(0)1010h x h ∴=--=…，10x e x ∴--…，即1x e x +…，把x 换成1x -得到1x e x -…，1x lnx - …，1x lnx ∴-…．11()1x x f x ae lnx lna e lnx x lnx --∴=-+--厖?，当1x =时等号成立．综上，1a …． 14．（2019•浙江）已知实数0a ≠，设函数()f x alnx =+0x >．（Ⅰ）当34a =-时，求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）对任意21[x e∈，)+∞均有()f x …a 的取值范围．注： 2.71828e =⋯为自然对数的底数．【过程解析】（1）当34a =-时，3()4f x lnx =-+，0x >，3()4f x x '=-+= ∴函数()f x 的单调递减区间为(0,3)，单调递增区间为(3,)+∞．（2）由f （1）12a …，得04a <…，当0a <…时，()f x …20lnx --…，令1t a=，则t …，设()22g t t lnx =，t …，则2()2g t t lnx=，()i 当1[7x ∈，)+∞，则()2g x g lnx =--…，记()p x lnx =--，17x …，则1()p x x '--==，列表讨论：()2()2()0g t g p x p x ∴==厖．()ii 当211[,7x e ∈时，()g t g =…，令()(1)q x x =++，21[x e ∈，17，则()10q x'=+>，故()q x 在21[e ，1]7上单调递增，1()(7q x q ∴…，由()i 得11()()7777q p p =-<-（1）0=，()0q x ∴<，()0g t g ∴=>…，由()()i ii 知对任意21[x e ∈，)+∞，t ∈，)+∞，()0g t …，即对任意21[x e∈，)+∞，均有()f x …综上所述，所求的a 的取值范围是(0．考点四利用导数研究函数的极值15．【多选】（2023•新高考Ⅱ）若函数2()(0)b c f x alnx a x x =++≠既有极大值也有极小值，则( ) A ．0bc > B ．0ab > C ．280b ac +> D ．0ac <【过程解析】函数定义域为(0,)+∞，且223322()a b c ax bx c f x x x x x --'=--=，由题意，方程()0f x '=即220ax bx c --=有两个正根，设为1x ，2x ，则有120b x x a+=>，1220c x x a -=>，△280b ac =+>， 0ab ∴>，0ac <，20ab ac a bc ∴⋅=<，即0bc <．故选：BCD ．16．【多选】（2022•新高考Ⅰ）已知函数3()1f x x x =-+，则( ) A ．()f x 有两个极值点B ．()f x 有三个零点C ．点(0,1)是曲线()y f x =的对称中心D ．直线2y x =是曲线()y f x =的切线【过程解析】2()31f x x '=-，令()0f x '>，解得3x <或3x >，令()0f x '<，解得33x <<，()f x ∴在(,)-∞+∞上单调递增，在(上单调递减，且99(0,(03939f f +--=>=>， ()f x ∴有两个极值点，有且仅有一个零点，故选项A 正确，选项B 错误；又33()()112f x f x x x x x +-=-+-++=，则()f x 关于点(0,1)对称，故选项C 正确；假设2y x =是曲线()y f x =的切线，设切点为(,)a b ，则23122a a b⎧-=⎨=⎩，解得12a b =⎧⎨=⎩或12a b =-⎧⎨=-⎩，显然(1,2)和(1,2)--均不在曲线()y f x =上，故选项D 错误．故选：AC ．17．（2023•新高考Ⅱ）（1）证明：当01x <<时，2sin x x x x -<<；（2）已知函数2()cos (1)f x ax ln x =--，若0x =为()f x 的极大值点，求a 的取值范围．【过程解析】（1）证明：设2()sin g x x x x =--，(0,1)x ∈，则()12cos g x x x '=--，()2sin 0g x x ∴''=-+<，()g x ∴'在(0,1)上单调递减，()(0)0g x g ∴'<'=，()g x ∴在(0,1)上单调递减，()(0)0g x g ∴<=，即2sin 0x x x --<，(0,1)x ∈，2sin x x x ∴-<，(0,1)x ∈，设()sin h x x x =-，(0,1)x ∈，则()1cos 0h x x '=->，()h x ∴在(0,1)上单调递增，()(0)0h x h ∴>=，(0,1)x ∈，即sin 0x x ->，(0,1)x ∈，sin x x ∴<，(0,1)x ∈，综合可得：当01x <<时，2sin x x x x -<<；（2）解：22()sin 1x f x a ax x '=-+- ，222222()cos (1)x f x a ax x +∴''=-+-，且(0)0f '=，2(0)2f a ''=-+，①若2()20f x a ''=->，即a <<时，易知存在10t >，使得1(0,)x t ∈时，()0f x ''>，()f x ∴'在1(0,)t 上单调递增，()(0)0f x f ∴'>'=，()f x ∴在1(0,)t 上单调递增，这显然与0x =为函数的极大值点相矛盾，故舍去；②若2()20f x a ''=-<，即a <a >存在20t >，使得2(x t ∈-，2)t 时，()0f x ''<，()f x ∴'在2(t -，2)t 上单调递减，又(0)0f '=，∴当20t x -<<时，()0f x '>，()f x 单调递增；当20x t <<时，()0f x '<，()f x 单调递减，满足0x =为()f x 的极大值点，符合题意；③若2()20f x a ''=-=，即a =()f x 为偶函数，∴只考虑a =的情况，此时22())1x f x x '=+-，(0,1)x ∈时， 2221()22(1)011x f x x x x x '>-+=->--， ()f x ∴在(0,1)上单调递增，与显然与0x =为函数的极大值点相矛盾，故舍去．综合可得：a 的取值范围为(-∞，⋃，)+∞．考点五利用导数研究函数的最值18．（2022•新高考Ⅰ）已知函数()x f x e ax =-和()g x ax lnx =-有相同的最小值．（1）求a ；（2）证明：存在直线y b =，其与两条曲线()y f x =和()y g x =共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．【过程解析】（1）()f x 定义域为R ，()x f x e ax =- ，()x f x e a '∴=-，若0a …，则()0f x '>，()f x 无最小值，故0a >，当()0f x '=时，x lna =，当x lna <时，()0f x '<，函数()f x 在(,)lna -∞上单调递减，当x lna >时，()0f x '>，函数()f x 在(,)lna +∞上单调递增，故()()min f x f lna a alna ==-，()g x 的定义域为(0,)+∞，()g x ax lnx =- ，1()g x a x'∴=-，令()0g x '=，解得1x a =，当10x a <<时，()0g x '<，函数()g x 在1(0,)a 上单调递减，当1x a >时，()0g x '>，函数()g x 在1(a，)+∞上单调递增，故()1min g x lna =+，函数()x f x e ax =-和()g x ax lnx =-有相同的最小值1a alna lna ∴-=+，0a > ，1a alna lna ∴-=+化为101a lna a --=+，令1()1x h x lnx x -=-+，0x >，则222211(1)121()(1)(1)(1)x x x h x x x x x x x +--+'=-=-=+++， 0x > ，221()0(1)x h x x x +'∴=>+恒成立， ()h x ∴在(0,)+∞上单调递增，又h （1）0=，h ∴（a ）h =（1），仅有此一解， 1a ∴=．（2）证明：由（1）知1a =，函数()x f x e x =-在(,0)-∞上单调递减，在(0,)+∞上单调递增，函数()g x x lnx =-在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增，设()()()2(0)x u x f x g x e x lnx x =-=-+>，则1()22x x u x e e x'=-+>-，当1x …时，()20u x e '->…，所以函数()u x 在(1,)+∞上单调递增，因为u （1）20e =->，所以当1x …时，()u x u …（1）0>恒成立，即()()0f x g x ->在1x …时恒成立，所以1x …时，()()f x g x >，。