导数的简单应用(小题)

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2022届高考数学二轮专题：导数的简单应用

导数的简单应用1．导数与函数的单调性1．已知函数22ln 03()()f x x xx a a，若函数f (x )在[1，2]上为单调函数，则实数a 的取值范围是________．【答案】20,1,5U 【解析】31()4f x x a x，若函数f (x )在[1，2]上为单调函数，即31()40f x x a x 或31()40f x x a x在[1，2]上恒成立，即314x a x 或314x a x在[1，2]上恒成立．令1()4h x x x ，则h (x )在[1，2]上单调递增，所以3(2)h a 或3(1)h a，即3152a 或33a，又a >0，所以205a 或a ≥1，故答案为 20,1,5U ．2．若函数2ln )01(2()2a h x x a x x 在[1，4]上存在单调递减区间，则实数a 的取值范围为________．【答案】 1,00, U 【解析】函数2l 1()2n 2h x x ax x，则1()2h x ax x，因为h (x )在[1，4]上存在单调递减区间，所以)0(h x 在[1，4]上有解，所以当x ∈[1，4]时，212a x x有解，令212()g x x x，而当x ∈[1，4]时，令11[,1]4t x ，212()g x x x，即为2()2t t t ，此时min ()(1)1t (此时x ＝1)，所以1a ，又因为a ≠0，所以a 的取值范围是 1,00, U ，故答案为 1,00, U ．3．已知函数2(n )3l 124f x x x x，则f (x )的极值点为x ＝________；若f (x )在区间[t ，t ＋1]上不单调，则实数t 的取值范围是________．【答案】1，3， 0,12,3U 【解析】由题意知3(1)(3)()4(0)x x f x x x x x，由()0f x ，得1x 或3x ，()0f x 时，13x ；()0f x 时，01x 或3x ，所以()f x 在(0,1)和(3,) 上单调递减，在(1,3)上单调递增，所以函数f (x )的极值点为x ＝1，3．因为函数f (x )在区间[t ，t ＋1]上不单调，所以111t t 或313t t，解得01t 或23t ，故答案为1，3； 0,12,3U ．4．（多选）若对任意的1x ， 2,x m ，且12x x ，都有122121ln ln 2x x x x x x ，则m 的值可能是（）（注e 2.71828 …为自然对数的底数）A．13B．1eC．3eD．1【答案】BCD【解析】由题意，210x x ，得210x x ，则122121ln ln 2x x x x x x 等价于122121ln ln 2x x x x x x ，即121212ln 2ln 2x x x x x x ，所以 1221ln 2ln 2x x x x ，则2121ln 2ln 2x x x x，令 ln 2x f x x，可得 21f x f x ，又21x x m ，所以 f x 在 ,m 上是减函数，所以 2ln 10x f x x，解得1e x ，则1em ．故m 可能值B、C、D 符合要求，故选BCD．5．已知函数 ln(1)()1xf x xa x aR ，求函数f (x )的单调区间．【答案】答案见解析．【解析】因为ln ()(1)()11f x x xa x x，所以 221111((1))a a x x f x x ax，当a ≤0时， 0f x ，所以函数f (x )的单调递增区间为(－1，＋∞)．当a ＞0时，由()01f x x，得111x a ；由()01f x x ，得11x a ．所以函数f (x )的单调递增区间是1(1,1)a ；单调递减区间是1(1,)a．综上所述，当a ≤0时，函数f (x )的单调递增区间为(－1，＋∞)；当a ＞0时，函数f (x )的单调递增区间是1(1,1a；单调递减区间是1(1,)a．6．已知函数2()(1)e xf x k x x ，其中k ∈R ．当2k 时，求函数()f x 的单调区间．【答案】答案见解析．【解析】由题设，()e 2(e 2)xxf x kx x x k ，当0k 时，e 20x k ，令()0f x ，得0x ；令()0f x ，得0x ，故()f x 的单调递增区间为(,0) ，单调递减区间为(0,) ．当02k 时，令()0f x ，得0x 或2ln 0x k，当02k ，即2ln0k时，当()0f x 时，2ln x k 或0x ；当()0f x 时，20ln x k，故()f x 的单调递增区间为(,0) 、2(ln ,)k ，减区间为2(0,ln )k．当2k ，即2ln 0k时，在R 上 0f x 恒成立，故()f x 的单调递增区间为(,) ．7．已知函数2()1e x f x ax x （a R 且0a ）．（1）求曲线()y f x 在点(0,(0))f 处的切线方程；（2）讨论函数()f x 的单调区间．【答案】（1）210x y ；（2）答案见解析．【解析】（1）∵2()1e x f x ax x ，∴22()(21)e 1e (21)2e x x xf x ax ax x ax a x ，∴(0)2f ，又(0)1f ，∴12y x ，∴所求切线方程为210x y ．（2）由题意知，函数()f x 的定义域为R ，由（1）知2()(21)2e xf x ax a x ，∴()(1)(2)e xf x ax x ，易知e 0x，①当0a 时，令()0f x ，得2x 或1x a ；令()0f x ，得12x a．②当102a 时，12a ，令()0f x ，得12x a ；令()0f x ，得1x a或2x ．③当12a 时， 0f x ．④当12a 时，12a ，令()0f x ，得12x a ；令()0f x ，得1x a或2x ．综上，当12a时，函数()f x 的单调递增区间为12,a ，单调递减区间为1,a，(,2) ；当12a 时，函数()f x 在R 上单调递减；当102a时，函数()f x 的单调递增区间为1,2a，单调递减区间为(2,) ，1,a；当0a 时，函数()f x 的单调递增区间为1,a ，(,2) ，单调递减区间为12,a．8．已知函数 2ln af x x a x x，0a ，讨论 f x 的单调性．【答案】答案见解析．【解析】由 f x 的定义域为 0, ，且 222221a a x ax af x x x x．令 22g x x ax a ，则244Δa a ．①当2440Δa a ，即01a 时，对任意的0x 有()0g x ，则()0f x ，此时，函数 y f x 在 0, 上单调递增；②当2440Δa a ，即1a 时，()0g x 有两个不等的实根，设为1x 、2x ，且12x x ，令220x ax a ，解得1x a ，2x a ．解不等式()0f x ，可得a x a解不等式()0f x ，可得0x a 或x a ．此时，函数 y f x 的单调递增区间为(0,a 、()a ，单调递减区间为(a a ．综上，当01a 时，函数 y f x 的单调递增区间为 0, ，无递减区间；当1a 时，函数 y f x 的单调递增区间为(0,a 、()a ，单调递减区间为(a a ．9．已知函数 ln 2af x x x a xR ．（1）若1x 是 f x 的极大值点，求a 的值；（2）讨论 f x 的单调性．【答案】（1）1 ；（2）见解析．【解析】（1）因为 ln 2af x x x x，定义域为 0, ，则212()ax x f x，由1x 是 f x 的极大值点，故0(1)f ，解得1a ，此时 2222211121(1)2f x x x x x x x x x，令0()f x ，则1x 或12（舍），故当 0,1x 时，0()f x ， f x 单调递增；当 1,x ，0()f x ， f x 单调递减，故1x 是 f x 的极大值点，满足题意．故1a ．（2）因为 ln 2af x x x x ，定义域为 0, ，则222122) (f x a x x a x x x，对22y x x a ，其18Δa ，当0Δ 时，即18a 时， 0f x ， f x 在 0, 单调递减；当0Δ 时，即18a时，令 0f x ，则114x ，214x ，且12x x ，当0a 时，120,0x x ，故当 20,x x ，0()f x ， f x 单调递增，当 2,x x ， 0f x ， f x 单调递减；当108a，120x x ，故当 10,x x ， 0f x ， f x 单调递减，当 12,x x x ， 0f x ， f x 单调递增；当 2,x x ， 0f x ， f x 单调递减．综上所述：当0a 时， f x 在1180,4 单调递增，在118,4单调递减；当108a 时， f x 在10,4 和1,4单调递减，在11,44单调递增；当18a时， f x 在 0, 单调递减．2．导数与函数的极值1．已知函数 sin cos xf x a x在区间 π,π 上的图象如图所示，则a （）A．2B．2C．2D．2【答案】B【解析】法一：当 0,πx 时，222cos cos sin cos 1cos cos x a x xa x f x a x a x，设01cos x a，其中 00,πx ，则 00f x ，另外0sin 0x，所以0sin x ，故000sin 2cos x f x a x a a，解得52a ，又因为0π102f a a，所以2a ，故选B．法二：由0π102f a a， sin sin cos cos xm x m x ma x ma a x，从而sin x由于 sin 1x1，解得m，又从图象可以看出 sin 2cos xf x a x，即2m2，解得2a ，由于0a ，故52a，故选B．2．已知函数32()3f x x x ax 在1x 处取得极值，若()f x 的单调递减区间为(,)m n ，n m （）A．5B．4C．5 D．4【答案】B【解析】∵32()3f x x x ax ，∴2()36f x x x a ，由题设可得(1)360f a ，解得9a ，即 ()331f x x x ，令 ()3310f x x x ，解得31x ，则函数()f x 的单减区间 ,m n 就是 3,1 ，则4n m ，故选B．3．已知函数 32,02a f x x x bx a b 的一个极值点为1，则22a b 的最大值为（）A．49B．94C．1681D．8116【答案】D【解析】对 322a f x x x bx求导得 23f x x ax b ，因为函数 f x 的一个极值点为1，所以 130f a b ，所以3a b ，又,0a b ，于是得2239224a b ab，当且仅当32a b 时等号成立，所以ab 的最大值为94，故22a b 的最大值为8116，故选D．4．若函数22e x x a f x x 在R 上无极值，则实数a 的取值范围（）A． 2,2B．C． D．22 ,【答案】D【解析】由22e x x a f x x 可得222e 2e 22e x x xx a x ax x a x f x a ，e 0x 恒成立， 222y x a x a 为开口向上的抛物线，若函数22e x x a f x x 在R 上无极值，则 2220y x a x a 恒成立，所以 22420Δa a ，解得22a ，所以实数a 的取值范围为 2,2 ，故选D．5．若函数3211()(3)(6)32f x x m x m x(m 为常数)在区间[1,) 上有两个极值点，则实数m 取值范围是_________．【答案】3, 【解析】由题意得 236f x x m x m ．∵函数 f x 在 1, 内有两个极值点，∴ 236f x x m x m 在 1, 内与x轴有两个不同的交点，如图所示：∴ 2(3)46011360312Δm m f m m m，解得3m ，故答案为 3, ．6．（多选）已知函数 321f x x ax bx （0a ，b R ）存在极大值和极小值，且极大值与极小值互为相反数，则（）A．2239a b aB．2239a b aC．2219a b aD．2219a b a【答案】B【解析】 321f x x ax bx Q ， 232f x x ax b ，设12,x x 是方程2320x ax b 的两个实数根，根据题意可知12x x ，不妨设12x x ，则12122·33bx x a x x，，且 120f x f x ，即3232111222110x ax bx x ax bx ，化简得22221212121212·2x x x x x x a x x b x x ，将12122·33b x x a x x ，代入化简计算得3348229273a a ab ，2239a b a，选项B 正确，选项ACD 错误，故选B．7．若2x 是函数 2224ln f x x a x a x 的极大值点，则实数a 的取值范围是（）A． ,2 B． 2, C． 2, D．2,2 【答案】A【解析】 22224224222x a x a x x a a f x x a x x x， 0x 若0a 时，当2x 时， 0f x ；当02x 时， 0f x ，则 f x 在 0,2上单调递减；在 2, 上单调递增．所以当2x 时， f x 取得极小值，与条件不符合，故不满足题意．当2a 时，由 0f x 可得02x 或x a ；由 0f x 可得2x a ，所以在 0,2上单调递增；在 2,a 上单调递减，在 ,a 上单调递增．所以当2x 时， f x 取得极大值，满足条件．当20a 时，由 0f x 可得0x a 或2x ；由 0f x 可得2a x ，所以在 0,a 上单调递增；在 ,2a 上单调递减，在 2, 上单调递增．所以当2x 时， f x 取得极小值，不满足条件．当2a 时， 0f x 在 0, 上恒成立，即 f x 在 0, 上单调递增．此时 f x 无极值．综上所述：2a 满足条件，故选A．8．已知函数 2e 2ln xf x k x kx x，若2x 是函数 f x 的唯一极值点，则实数k 的取值范围是（）A． 0,2B．2, C．e ,2D．2e ,4【答案】D【解析】由题意， 2e 2ln 0xf x k x kx x x ， 22e x x f x k x x，记 2e xg x k x ，则 3e 2x x g x x ，则 0,2x 时， 0g x ， g x 单调递减； 2,x 时， 0g x ， g x 单调递增，所以 2mine 24g x g k ．若2e 4k ，则 0,2x 时， 0f x ， f x 单调递减；2,x 时， 0f x ， f x 单调递增，于是2x 是函数 f x 的唯一极值点．若2e 4k ，则 2e 204g k ，易知 21g x k x，于是0x k 时， 0g x ；设 e 2xx x x ， 2e 1e 10xx ，即 x 在 2, 上单调递增，所以 2e 20e xx x ，则6x 时，33e e 327xxx x ，此时 27x g x k ，于是6x 且27x k 时， 0g x ．再结合函数 g x 的单调性可知，函数 g x 在 0,2,2, 两个区间内分别存在唯一一个零点12,x x ，且当 10,x x 时， 0f x ， f x 单调递减， 1,2x x 时， 0f x ，f x 单调递增， 22,x x 时， 0f x ， f x 单调递减， 2,x 时， 0f x ， f x 单调递增，于是函数 f x 存在3个极值点，综上所述2e 4k ，故选D．9．已知函数3()3ln f x x x x ．（1）求曲线 y f x 在点1,1f 处的切线方程；（2）若函数2()()3ln g x f x ax x 在区间（2，3）中至少有一个极值点，求实数a 的取值范围．【答案】（1）730x y ；（2）55,43．【解析】（1）解：因为函数3()3ln f x x x x ，所以 2133f x x x，则21(1)31371f，3(1)131ln14f ，所以曲线 y f x 在点1,1f 处的切线方程为 471y x ，即730x y ．（2）解：因为3232()3ln 3ln 33g x x x x ax x x ax x ，所以2()363g x x ax ，函数2()()3ln g x f x ax x 在区间（2，3）中至少有一个极值点，等价于2()363g x x ax 在区间（2，3）中至少有一个变号零点，因为函数2()363g x x ax 的对称轴为x a ，当2a 或3a 时，函数2()363g x x ax 在区间（2，3）上单调，所以(2)(3)0g g ，即 151230180a a ，解得5543a ，满足题意；当23a 时，函数2()363g x x ax 在区间 2,a 是单调递减，在区间 3a ，是单调递增，则需 2>00g g a或 3>0g g a ，即21512>0330a a 或23018>0330a a，解得514a 或1a ，与23a 相矛盾，所以实数a 的取值范围55,43．10．已知函数 221ln f x x a x a x ，其中a R ．（1）求函数 y f x 的极值；（2）若函数 f x 有两个不同的零点，求实数a 的取值范围．【答案】（1）答案见解析；（2） 1, ．【解析】（1）∵ 221ln f x x a x a x ，函数 f x 的定义域是 0, ，∴ 222221212210x a x a x x a a f x x a x x x x，当0a 时， 0f x ，函数 f x 单调递增，此时无极值；当0a 时，0x a ， 0f x ，函数 f x 单调递减；x a ， 0f x ，函数 f x 单调递增，故 ln 1f a a a a 是极小值，无极大值；综上：当0a 时无极值；当0a 时， ln 1f a a a a 是极小值，无极大值．（2）当0a 时， f x 单调递增， f x 最多有一零点，不满足条件；当01a 时， f x 的极小值是 ln 1a a a ，设 ln 1g x x x ， 10xg x x， g x 在0x 单调递增，∵ 1ln1110g ，01a ，∴ 0g a ，则 f x 的极小值大于等于零， f x 最多有一零点，不满足条件；当1a 时， f x 的极小值 f a ag a ，∵ 10g a g ， 0f a ，2111210e e e e f a，所以在1,e a必有一零点；2333ln 33ln 3330f a a a a a a a a a a ， f x 在 ,3a a 也有一零点，满足条件，故a 的取值范围是 1, ．3．导数与函数的最值1．已知函数()ln f x x ，()2g x x ，()()f m g n ，则mn 的最小值是（）A．12eB．12eC．2eD．2e【答案】A【解析】由函数()ln f x x ，()2g x x ，()()f m g n ，得ln 2m n ，则1ln 2mn m m，令11()ln ,0,()(1ln )22h m mn m m m h m m ，当1e m 时，()0h m ；当10em 时，()0h m，所以函数 h m 在10,e上递减，在1,e递增，所以min 11()e 2e h m h，即mn 的最小值是12e，故选A．2．已知函数 1ln ,111,12x x f x x x，若m n ，且 2f m f n ，则m n 的最小值等于（）A．42ln 3 B．43ln 2C．23ln 2D．32ln 2【答案】D【解析】由解析式知： f x 在各区间上均为增函数且连续，故在R 上单调递增，且 11f ，所以 2f m f n 时，可设1m n ，则 111ln 22f m f n m n ，得 12ln 1m n n ，于是12ln m n n n ，令 12ln 1g x x x x ，则 21g x x，所以在(1,2)上， 0g x ；在(2,) 上， 0g x ，故()g x 在(1,2)上递减，在(2,) 上递增，所以 g x 的极小值也是最小值，且为 232ln 2g ，故m n 的最小值是32ln 2 ．故选D．3．函数 e ,e 1,x xx af x x x a，若存在1 x R ，对任意x R ， 1f x f x ，则实数a 的取值范围是（）A． ,0 B．,0 C．0,1D．0,1【答案】A【解析】由题意可知，函数 f x 在R 上存在最大值，令 e e x xg x，其中x R ，则e 1e xx g x ．当1x 时， 0g x ，此时函数 g x 单调递增，当1x 时， 0g x ，此时函数 g x 单调递减，所以， max 11g x g ．①若0a ，当x a 时， 111f x x a ，此时 f x 存在最大值；②若0a ，则当x a 时，存在0x a 使得 0011f x x ，此时函数 f x 无最大值．综上所述，0a ，故选A．4．（多选）若函数 3220f x x ax a 在6,23a a上有最大值，则a 的取值可能为（）A．6 B．5C．3 D．2【答案】AB【解析】 322f x x ax ，则 26263a f x x ax x x，当,3a x和 0, 时， 0f x ，函数单调递增；当,03a x时， 0f x ，函数单调递减． f x 在3ax 处取极大值为3327a a f．函数 3220f x x axa 在6,23a a上有最大值，故6233a a a ，且633a a f f，即3236732632a a a a ，解得4a ．故选AB．5．若函数2221e x f x x x a 存在最小值，则实数a 的取值范围是_________．【答案】,0 【解析】因为函数2221e x f x x x a ，所以2243e x f x x x a ，当1a 时， 16430Δa ，2430x x a ，又2e 0x ，所以2243e 0x f x x x a ，所以函数()f x 在R 上单调递增，此时无最小值；当1a 时， 16430Δa ，则2430x x a 有两个不等实根，设2430x x a 两个不等实根 1212,x x x x ，则1222x x ，所以函数()f x 在区间 1,x 和 2,x 上单调递增，在区间 12,x x 上单调递减，所以2x x 是函数()f x 的极小值点，又x 时，2e 0x ，所以 221e0x f x x a，所以要使得函数()f x 存在最小值，则函数()f x 的最小值只能为2()f x ，且2()0f x ，即22222222221e1e 0x x x x a x a，所以2201a ，即20 ，解得0a ，所以 ,0a ，故答案为 ,0 ．6．已知0m ，函数 ln 12x x mxf x x e，若函数 y f f x 与 y f x 有相同的最大值，则m 的取值范围为__________．【答案】 ,2e 【解析】因为 ln 12x x mxf x x e ，所以 21ln xm x x f x x e，因为0m ，所以当01x 时， 0f x ；当1x 时， 0f x ，所以当1x 时， f x 取得最大值1me，因为 y f f x 与 y f x 有相同的最大值，所以11me，解得2m e ，所以m 的取值范围为 ,2e ，故答案为 ,2e ．7．已知函数()e 2xf x x ．（1）求曲线 y f x 在点0,0f 处的切线方程；（2）若 1,1x ，求函数 f x 的最值．【答案】（1）1y x ；（2）函数 f x 的最小值为22ln 2 ，最大值为12e．【解析】（1）函数()e 2xf x x ，求导得()e 2xf x ，则(0)1f ，而(0)1f ，所以曲线 y f x 在点0,0f 处的切线方程为1y x ．（2）由（1）知，由()e 20xf x ，解得ln 2x ，而 1,1x ，当1ln 2x 时，()0f x ；当ln 21x 时，()0f x ，因此，()f x 在[1,ln 2] 上单调递减，在[ln 2,1]上单调递增，则当ln 2x 时，ln 2min ()e 2ln 222ln 2f x ，而1(1)2e f，(1)e 2f ，显然12e 2e ，即有max 1()(1)2ef x f ，所以函数 f x 的最小值为22ln 2 ，最大值为12e．8．已知函数 2ln f x a x x，a R ．（1）若曲线 y f x 在点1,1P f 处的切线垂直于直线2y x ，求a 的值；（2）当0a 时，求函数 f x 在区间 0,e 上的最小值．【答案】（1）1a ；（2）当20e a时，最小值为2e a ；当2e a 时，最小值为2ln a a a ．【解析】（1）解：因为 2ln f x a x x ，所以22()af x x x，∵曲线()y f x 在点1,1P f 处的切线垂直于直线2y x ，又直线2y x 的斜率为1，∴22(1)111af ，∴1a ．（2）解：∵2222(),(0,)a ax f x x x x x，0,0a x Q ， ①当0a 时，在区间 0,e 上22()0f x x，此时函数()f x 在区间 0,e 上单调递减，则函数()f x 在区间 0,e 上的最小值为2(e)ef ．②当20e a ，即2e a 时，在区间2(0,)a 上()0f x ，此时函数()f x 在区间2(0,)a上单调递减，在区间2(,e]a 上()0f x ，此时函数()f x 在区间2(,e]a上单调递增，则函数()f x 在区间 0,e 上的最小值为22()ln f a a a a．③当2e a ，即20ea 时，在区间 0,e 上，()0f x ，此时函数()f x 在区间 0,e 上单调递减，则函数()f x 在区间 0,e 上的最小值 e e2f a ．综上所述，当20e a 时，函数()f x 在区间 0,e 上的最小值为2ea ；当2e a 时，函数()f x 在区间 0,e 上的最小值为22(ln f a a a a．9．设函数 2e 4xf x mx x m ，m R ．关于m 的函数 h m 表示 f x 在0, 的最小值．（1）求 0h 的值；（2）求 h m 的最大值．【答案】（1） 01h ；（2）2e 2 ．【解析】（1）当0m 时， e xf x x ， e 10xf x ．所以 f x 在 0, 单调递增， min 01f x f ，所以 01h ．（2）注意到无论m 取何值， 22e 2f ，从而 2e 2h m ．下面验证，当2e 14m 时，上述不等式的等号能成立．当2e 14m 时， 22e 1e 44x f x x x ， 2e 1e 12xf x x ．设 F x f x ，则 22e 1e xF x ．当2e 10ln 2x 时， 0F x ，此时函数 F x 单调递减，当2e 1ln 2x 时， 0F x ，此时函数 F x 单调递增，故 F x 在区间210n e ,l 2单调递减，在区间21l e n ,2单调递增．而 020F ， 2e 11e 102F ， 20F ，故 F x 有两个零点，分别为 01x 和2x ．当0x 时， 0f x ，此时函数 f x 单调递增，当2x 时， 0f x ，此时函数 f x 单调递减，当2x 时， 0f x ，此时函数 f x 单调递增，因此 f x 在区间 0, 上单调递增，在 ,2 上单调递减，在 2, 上单调递增．所以 21m e in 0,24h f f．而 202e 2f f ，所以22e 1e 24h．综上所述，当2e 14m 时， h m 取得最大值2e 2 ．。

选修2-2导数及其简单应用

河南省伊川高中II 部2010-2011学年高二下学期第一次月考理数试题命题人：张晓锋一、选择题（共有12个小题，每小题5分，共60分）1、若()()()kx f k x f x f k 2lim,20000--='→则的值为（）A ．-2 B. 2 C.-1 D. 12、曲线y=x 3+x-2在点P 0处的切线平行于直线y=4x ，则点P 0的坐标是（） A ．(0,1) B.(1,0) C.(-1,-4)或（1,0） D.(-1,-4) 3、下列求导运算正确的是（） A ．(x +211)1xx +=' B ．(log 2x )′=2ln 1xC ．(3x )′=3x log 3eD ．(x 2cos x )′=－2x sin x4、()()=+-=x f x xx f 则设函数,122（）A ．在（－∞，＋∞）单调递增B ．在（－∞，＋∞）单调递减C ．在（－1，1）单调递减，其余区间单调递增D ．在（－1，1）单调递增，其余区间单调递减5、已知函数f (x )的导数为x x x f 44)(3-='，当函数f (x )取得极大值时，x 的值应为（）A ．－1B ．0C ．1D ．±16、函数y=2x 3-3x 2-12x+5在[0,3]上的最大值与最小值分别是（） A. 5 , -15 B. 5 , 4 C. -4 , -15 D. 5 , -167、设()f x '是函数()f x 的导函数，将()y f x =和()y f x '=的图象画在同一个直角坐标系中，不可能正确的是（）A ．B ．C ．D ．8、两曲线3212xy y b ax x y +-=++=与相切于点（1，－1）处，则a ，b 值分别为（） A ．0，2 B ．－1，－1 C ．－1，1 D ． 1，－39、f (x )是定义在区间[－c,c]上的奇函数，其图象如图所示：令g(x )=af (x )+b ，则下列关于函数g （x ）的叙述正确的是（）A ．若a <0,则函数g （x ）的图象关于原点对称.B ．若a ≠0,b =2,则方程g （x ）=0有两个实根.C ．若a =－1，－2 B ．m n < C ．m n = D ．无法确定12、设2(01)()2(12)x x f x x x ⎧≤<=⎨-≤≤⎩，则20()f x dx ⎰等于（）A ．34 B ．45 C ．56D ．不存在二、填空题（共有4个小题，每小题5分，共20分）13、质点运动的速度2(183)/v t t m s =-，则质点由开始运动到停止运动所走过的路程是___________________.14、若f(x)=x 3＋3ax 2＋3(a ＋2)x ＋1有极大值和极小值，则a 的取值范围是__________________.15、已知函数2()321f x x x =++，若11()2()f x dx f a -=⎰成立，则a ＝______.16、已知x R ∈，奇函数32()f x x ax bx c =--+在[1,)+∞上单调，则字母,,a b c应满足的条件是 _________ .河南省伊川高中II部2010-2011学年高二下学期第一次月考理数试题命题人：张晓锋一、选择题（共有12个小题，每小题5分，共60分）二、填空题（共有4个小题，每小题5分，共20分）13、___________________ 14、___________________15、___________________ 16、___________________三、解答题（共有6个小题，共70分，解答必须写出文字说明、证明过程或演算步骤）17、设函数y=x3+ax2+bx+c的图象如图所示，且与y=0在原点相切，若函数的极小值为－4，（1）求a、b、c的值；（2）求函数的递减区间．18、已知函数f(x)=4x3+ax2+bx＋5在x=－1与x=32处有极值。

压轴题10 导数的简单应用(原卷版)--2023年高考数学压轴题专项训练(全国通用)

压轴题10导数的简单应用题型/考向一：导数的计算及几何意义题型/考向二：利用导数研究函数的单调性题型/考向三：利用导数研究函数的极值、最值○热○点○题○型一导数的计算及几何意义1.复合函数的导数复合函数y ＝f (g (x ))的导数和函数y ＝f (u )，u ＝g (x )的导数间的关系为y x ′＝y u ′·u x ′.2.导数的几何意义(1)函数在某点的导数即曲线在该点处的切线的斜率.(2)曲线在某点的切线与曲线过某点的切线不同.(3)切点既在切线上，又在曲线上.3.导数中的公切线问题，重点是导数的几何意义，通过双变量的处理，从而转化为零点问题，主要考查消元、转化、构造函数、数形结合能力以及数学运算素养.一、单选题1．函数()()ln 322f x x x =--的图象在点()()1,1f 处的切线方程是（）A ．10x y ++=B ．230x y ++=C ．230x y --=D ．30x y --=2．若函数()e ln xf x x a =++的图象在点()()1,1f 处的切线方程为1y kx =-，则=a （）A ．1B ．0C ．－1D ．e3．已知直线l 为曲线22ln y x x =-在1x =处的切线，则点()3,2-到直线l 的距离为（）AB ．10C ．5D 4．若直线y x a =+与函数()x f x e =和()ln g x x b =+的图象都相切，则a b +=（）A ．1-B ．0C ．1D ．35．曲线221e 24x y x -=⋅+在1x =处的切线与坐标轴围成的面积为（）A ．32B ．3C ．4916D ．4986．已知函数()()21220232023ln 22f x x xf x '=-++-，则()2023f '=（）A ．2022B ．2021C ．2020D ．20197．若对m ∀∈R ，,a b ∃∈R ，使得()()()f a f b f m a b-=-成立，则称函数()f x 满足性质Ω，下列函数不满足．．．性质Ω的是（）A ．()23f x x x=+B ．()()211f x x =+C ．()1ex f x -+=D ．()()cos 12f x x =-8．已知函数()f x 的定义域是()(),00,∞-+∞U ，()f x '为()f x 的导函数，若()()()121f f x f x x'=+-，则()f x 在()0,∞+上的最小值为（）A ．4215-B 1C 1D 1二、多选题9．已知函数()332f x x ax =+-的极值点分别为()1212,x x x x <，则下列选项正确的是（）A ．0a >B ．()()122f x f x +=C ．若()20f x <，则1a >D ．过()0,2仅能做曲线()=y f x 的一条切线10．若函数()()22ln 12x axf x x -=++的图象上，不存在互相垂直的切线，则a 的值可以是（）A ．-1B ．3C ．1D ．211．给出定义：若函数()f x 在D 上可导，即()f x '存在，且导函数()f x '在D 上也可导，则称()f x 在D 上存在二阶导函数，记()()()f x f x ''''=，若()0f x ''<在D 上恒成立，则称()f x 在D 上为凸函数，以下四个函数在π0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上是凸函数的是（）A ．()sin cos f x x x=-B ．()ln 3f x x x=-C ．()331f x x x =-+-D ．()exf x x -=12．设函数()y f x =在区间(),a b 上的导函数为()f x ，()f x 在区间(),a b 上的导函数为()f x ''，若区间(),a b 上()0f x ''<，则称函数()f x 在区间(),a b 上为“凸函数”．已知()5421122012f x x mx x =--在()1,2上为“凸函数”则实数m 的取值范围的一个必要不充分条件为（）A ．1m >-B ．m 1≥C ．1m >D ．0m >○热○点○题○型二利用导数研究函数的单调性利用导数研究函数单调性的关键(1)在利用导数讨论函数的单调区间时，首先要确定函数的定义域.(2)单调区间的划分要注意对导数等于零的点的确认.(3)已知函数单调性求参数范围，要注意导数等于零的情况.一、单选题1．函数()2e =-xf x x 的单调递增区间为（）A ．(),0∞-B ．()ln2,+∞C ．(],ln2∞-D ．[)0,∞+2．已知函数()2,0,ln ,,x a xf x x x a x⎧<<⎪⎪=⎨⎪≥⎪⎩若()f x 在()0,∞+上单调递减，则实数a 的取值范围是（）A ．21,e ⎡⎤⎣⎦B ．[]e,2eC ．2,e e ⎡⎤⎣⎦D ．[)e,+∞3．设0.33e a -=，0.6e b =， 1.6c =，则（）A ．c b a <-在R 上恒成立，且a b >，则（）A ．()()af b bf a >B ．()()af a bf b >C ．()()af a bf b <D ．()()af b bf a <5．已知()f x 是定义在R 上的偶函数，当0x ≥时，()e sin xf x x =+，则不等式()π21e f x -<的解集是（）A ．1π,2+⎛⎫+∞⎪⎝⎭B ．1π0,2+⎛⎫⎪⎝⎭C ．π1e 0,2⎛⎫+ ⎪⎝⎭D ．1π1π,22-+⎛⎫⎪⎝⎭6．已知函数()f x 与()g x 定义域都为R ，满足()()()1e xx g x f x +=，且有()()()0g x xg x xg x ''+-<，()12e g =，则不等式()4f x <的解集为（）A ．()1,4B ．()0,2C ．(),2-∞D ．()1,+∞7．已知函数()x f x e =，若存在0[1,2]x ∈-使得00()()f t x f x t =+-恒成立，则0()b f x t =-的取值范围（）A ．10,1e ⎡⎤+⎢⎥⎣⎦B ．211,e 2e⎡⎤+-⎢⎥⎣⎦C ．11,1e ⎡⎤+⎢⎥⎣⎦D ．21,e 2⎡⎤-⎣⎦8．已知函数()312x f x x +=+，()()42e xg x x =-，若[)12,0,x x ∀∈+∞，不等式()()()()2221e e t g x t f x +≤+恒成立，则正数t 的取值范围是（）A ．21,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．22,e ⎤-⎦C ．)2⎡++∞⎣D ．()2e,⎡+∞⎣二、多选题9．已知函数()(1)e x f x x =+的导函数为()f x '，则（）A ．函数()f x 的极小值点为21e -B ．(2)0f '-=C ．函数()f x 的单调递减区间为(,2)-∞-D ．若函数()()g x f x a =-有两个不同的零点，则21(,0)e a ∈-10．对于三次函数()()320ax bx d a f x cx =+++≠，给出定义：设()f x '是函数()y f x =的导数，()f x ''是函数()f x '的导数，若方程()0f x ''=有实数解0x ，则称()()00,x f x 为函数()y f x =的“拐点”．某同学经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心．若函数()()3211R 32f x x x x b b =-++∈，则（）A ．()f x 一定有两个极值点B ．函数()y f x =在R 上单调递增C ．过点()0,b 可以作曲线()y f x =的2条切线D ．当712b =时，123202220222023202320232023f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭三、解答题11．已知函数()321132f x x ax =-，a ∈R ．(1)当2a =时，求曲线()y f x =在点()()3,3f 处的切线方程；(2)讨论()f x 的单调性．12．已知函数()222ln 12x x f x x-+=．求函数()f x 的单调区间；○热○点○题○型三利用导数研究函数的极值、最值1.由导函数的图象判断函数y ＝f (x )的极值，要抓住两点(1)由y ＝f ′(x )的图象与x 轴的交点，可得函数y ＝f (x )的可能极值点.(2)由y ＝f ′(x )的图象可以看出y ＝f ′(x )的函数值的正负，从而可得到函数y ＝f (x )的单调性，可得极值点.2.求函数f (x )在[a ，b ]上的最大值和最小值的步骤(1)求函数在(a ，b )内的极值.(2)求函数在区间端点处的函数值f (a )，f (b ).(3)将函数f (x )的各极值与f (a )，f (b )比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值.一、单选题1．函数()32142f x x x x =+-的极小值为（）A ．43-B ．1C ．52-D ．104272．函数()f x 的定义域为R ，导函数()f x '的图象如图所示，则函数()f x （）A ．无极大值点、有四个极小值点B ．有三个极大值点、一个极小值点C ．有两个极大值点、两个极小值点D ．有四个极大值点、无极小值点3．已知函数()π2sin 3f x x ω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭()0ω>在()0,π上有3个极值点，则ω的取值范围为（）A ．13,6⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭B ．1319,66⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．1319,66⎛⎤ ⎥⎝⎦D ．713,66⎛⎤ ⎥⎝⎦4．已知函数()2e ln 2xx f x x =+-的极值点为1x ，函数()ln 2x h x x =的最大值为2x ，则（）A ．12x x >B ．21x x >C ．12x x ≥D ．21x x ≥5．若函数()3222f x x ax a x =++在1x =处有极大值，则实数a 的值为（）A ．1B ．1-或3-C ．1-D ．3-6．已知函数()()2ln 11f x x x =+++，则（）A ．0x =是()f x 的极小值点B ．1x =是()f x 的极大值点C ．()f x 的最小值为1ln 2+D ．()f x 的最大值为37．若函数()3e 3ln x f x a x x x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭只有一个极值点，则a 的取值范围是（）A ．2e ,4⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦B ．(,0]-∞C ．(]3e ,09⎧⎫-∞⎨⎬⎩⎭ D ．32e e ,49 纟禳镲çú-¥睚çú镲棼铪8．已知定义域为()0,∞+的函数()f x 满足()1()1f x xf x x'+=+，()10f '=，()1122g x a ax x=+--，若01a <<，则()()f x g x -的极值情况是（）A ．有极大值，无极小值B ．有极小值，无极大值C ．既有极大值，又有极小值D ．既无极小值，也无极大值二、多选题9．已知函数()2211e e x x f x -+=+，则（）A ．()f x 为奇函数B ．()f x 在区间()0,2上单调递减C ．()f x 的极小值为22e D ．()f x 的最大值为411e +10．设函数()ln xf x ax x=-，若函数()f x 有两个极值点，则实数a 的值可以是（）A ．12B ．18C ．2D ．14-三、解答题11．已知函数()()322113f x x ax a x b =-+-+（a ，b ∈R ），其图象在点()()1,1f 处的切线方程为30x y +-=．(1)求a ，b 的值；(2)求函数()f x 的单调区间和极值；(3)求函数()f x 在区间[]2,5-上的最大值．12．已知函数()ln xf x x a=+，其中a 为常数，e 为自然对数的底数.(1)当1a =-时，求()f x 的单调区间；(2)若()f x 在区间(]0,e 上的最大值为2，求a 的值.。

《导数及其简单应用》含答案

《导数及其简单应用》测试题一．选择题（共50分）1.一质点做直线运动,由始点起经过t s 后的距离为s =41t 4- 4t 3 + 16t 2, 则速度为零的时刻是（ D ） A.4s 末 B.8s 末 C.0s 与8s 末 D.0s,4s,8s 末 2.已知f(x)=3x ·sinx ，则'(1)f =( B ) A.31+cos1 B. 31sin1+cos1 C. 31sin1-cos1 D.sin1+cos1 3.若函数3()33f x x bx b =-+在区间(0,1)内有极小值，则（ A ）A.01b <<B.1b <C. 0b >D. 12b <4.已知对任意实数x ，有()()()()f x f x g x g x -=--=，，且0x >时，()0()0f x g x ''>>，，则0x <时（ B ）A ．()0()0f x g x ''>>，B ．()0()0f x g x ''><，C ．()0()0f x g x ''<>，D ．()0()0f x g x ''<<，5. f (x )与g(x )是定义在R 上的两个函数，若()()f x g x ''=,则f (x )与g (x )一定满足（ B ） A.f (x )=g (x ) B .f (x )－g (x )=C （C 为常数） C. f (x )+g (x )=C （C 为常数）D. f (x )=g (x )=06. 函数32(),f x ax bx =+（a 、b 为常数）在1x =处有极大值3，那么此函数在[]-1,1上的最大值为（ C ）A. 3B.0C. 15D. 1 7.以下是对连续函数f(x)在区间(),a b 上的定积分⎰badx x f )(的值的符号的叙述，其中正确的个数是( B )①一定是正的 ②若()0f x >则定积分值必为正 ③若()0f x <则定积分值必为负 ④若定积分值为0，则必有()0f x = A.1 B.2 C. 3 D. 48. 若21()ln(2)2f x x b x =-++∞在(-1,+)上是减函数，则b 的取值范围是（ C ) A. [1,)-+∞ B. (1,)-+∞ C. (,1]-∞- D. (,1)-∞-9. 以下定积分计算正确的个数是（ D ）①120ln 212x dx x =+⎰ ②22012x dx -=⎰③22π-=⎰④3(cos )aax x dx -⋅=⎰0 (0)a >其中A.1B.2C. 3D. 4 10.函数(3)1y x x x =-+ ( B )A ．极大值为f (2)＝5，极小值为f (0)＝1B ．极大值为f (2)＝5，极小值为f (3)＝1C ．极大值为f (2)＝5，极小值为f (0)＝f (3)＝1D ．极大值为f (2)＝5，无极小值[解析] y ＝x |x (x －3)|＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧ x 3－3x 2＋1 (x <0或x >3)－x 3＋3x 2＋1 (0≤x ≤3)∴y ′＝⎩⎪⎨⎪⎧3x 2－6x (x <0或x >3)－3x 2＋6x (0≤x ≤3) x 变化时，f ′(x )，f (x )变化情况如下表：极大极小二．填空题（共25分）11. 函数f(x)=ax 3＋x ＋1在实数集R 上有极值的充要条件是__________ a<012.已知)(x f 为一次函数，且10()2()f x x f t dt =+⎰，则)(x f =______ x-113.如图，曲线y ＝x 2(x ≥0)在点A （1,1）处的切线与x 轴交于C 点，图中阴影部分的面积是 .11214.周长为20cm 的矩形，绕一条边旋转成一个圆柱，则圆柱体积的最大值是__________3cm .400027π15. 已知函数3()3,f x x x =-若过点(1,)(2)A m m ≠-可作曲线()y f x =的三条切线，则实数m 的取值范围是 . 32m -<<-三．解答题（共75分）16. 点M (1,1)位于椭圆22142x y +=内，过点 M 的直线与椭圆交于两点A 、B ，且M 点为线段AB 的中点，求直线AB 的方程。

导数在物理中的应用举例

导数在物理中的应用举例引言在物理学中，导数是一种非常重要的概念，它描述了物理量随着时间或空间的变化率。

导数的应用广泛，可以帮助我们理解和解决许多物理问题。

本文将以几个具体的例子来说明导数在物理中的应用。

1. 速度和加速度一个最经典的例子是描述物体的速度和加速度。

在物理学中，速度是位置随时间的导数，即速度是位置的变化率。

类似地，加速度是速度随时间的导数，即加速度是速度的变化率。

这两个概念在描述动态物体的运动时非常重要。

考虑一个简单的例子：一个投掷物体在重力作用下自由下落。

我们可以通过计算高度和时间之间的关系来确定物体的速度和加速度。

通过求解位移公式和时间的导数，我们可以得到物体的速度和加速度。

这些数值可以帮助我们分析物体的运动轨迹，并预测其未来的位置和速度。

2. 力和功另一个应用导数的例子是描述力和功。

在物理学中，力是物体受到的作用，而功是力在物体上所做的功。

通过力和功的关系，我们可以计算物体所受的力以及力所做的功。

考虑一个简单的情况：一个物体以恒定的力推动另一个物体。

我们可以通过计算作用力和位移之间的关系来确定所做的功。

通过计算力对时间的导数，我们可以得到力对时间的变化率，也就是力的大小。

同时，通过计算位移对时间的导数，我们可以得到物体的速度。

这些数值可以帮助我们理解力的作用方式，并计算力所做的功。

3. 电路中的电流和电压导数在电路中的应用也非常重要。

在电路中，电流和电压是两个关键的物理量。

电流是电荷随时间的导数，而电压是电势随时间的导数。

电流和电压的知识可以帮助我们理解电路的行为，并计算电路中的能量转换和传输。

考虑一个简单的电路：一个直流电流通过一个电阻。

我们可以通过计算电势差和电阻之间的关系来确定电路中的电流。

通过计算电荷对时间的导数，我们可以得到电流的大小。

同时，通过计算电势差对时间的导数，我们可以得到电压的大小。

这些数值可以帮助我们分析电路的特性，并进行电能计算。

4. 光学中的折射定律导数也在光学中发挥着重要的作用。

数学3 考研经济应用题(导数和微分在经济学中的简单运用)

导数与微分在经济中的简单应用一、边际和弹性（一）边际与边际分析边际概念是经济学中的一个重要概念，通常指经济变量的变化率，即经济函数的导数称为边际。

而利用导数研究经济变量的边际变化的方法，就是边际分析方法。

1、总成本、平均成本、边际成本总成本是生产一定量的产品所需要的成本总额，通常由固定成本和可变成本两部分构成。

用c(x)表示，其中x 表示产品的产量，c(x)表示当产量为x 时的总成本。

不生产时，x=0，这时c(x)=c(o)，c(o)就是固定成本。

平均成本是平均每个单位产品的成本，若产量由x 0变化到x x ∆+0，则：xx c x x c ∆-∆+)()(00称为c(x)在)(00x x x ∆+，内的平均成本，它表示总成本函数c(x)在)(00x x x ∆+，内的平均变化率。

而x x c /)(称为平均成本函数，表示在产量为x 时平均每单位产品的成本。

例1，设有某种商品的成本函数为：x x x c 30135000)(++=其中x 表示产量（单位：吨），c(x)表示产量为x 吨时的总成本（单位：元），当产量为400吨时的总成本及平均成本分别为：（元）1080040030400135000)(400=⨯+⨯+==x x c 吨）（元/2740010800)(400===x xx c 如果产量由400吨增加到450吨，即产量增加x ∆=50吨时，相应地总成本增加量为：4.686108004.11468)400()450()(=-=-=∆c c x c 728.13504.686)()(500400==∆∆+=∆∆=∆=x x xx x c x x c 这表示产量由400吨增加到450吨时，总成本的平均变化率，即产量由400吨增加到450吨时，平均每吨增加成本13.728元。

类似地计算可得：当产量为400吨时再增加1吨，即x ∆=1时，总成本的变化为：7495.13)400()401()(=-=∆c c x c7495.1317495.13)(1400=∆∆=∆=x x x x c表示在产量为400吨时，再增加1吨产量所增加的成本。

第2讲导数的简单应用与定积分

=(n-1)- n 1 = 2n2 2 n 1 = n 12n 1 .
2n 1 2n 1
2n 1
︱高中总复习︱二轮·理数
方法技巧 (1)研究函数的单调性即研究函数导数大于零、小于零的不等式的解,对含有参数的函数需要分类讨论,注意函数定义域;(2)如果函数f(x)在区间 D单调递增(减),则f′(x)≥0(≤0)在D上恒成立;(3)关于正整数的不等式, 可以通过对实数区间上的不等式进行赋值得出.
︱高中总复习︱二轮·理数
则原问题等价于方程 ax-ex=k,k∈[-1,e2]至少有两个实数根, 即 ex=ax-k,k∈[-1,e2]至少有两个实数根, 考查临界情况,当 k=e2 时,直线 y=ax-e2 与指数函数 y=ex 相切,
由 y=ex 可得 y′=ex,则切点坐标为(x0, ex0 ),切线斜率为 y′| xx0 = ex0 ,
2
2
2
所以 g(x)在(0, 2 )上为减函数,在( 2 ,+∞)上为增函数,
2
2
︱高中总复习︱二轮·理数
所以 g(x)≥g( 2 )= 3 + 1 ln 2>0, 2 22
所以 f′(x)>0 恒成立, 所以 f(x)在(0,+∞)上单调递增.
︱高中总复习︱二轮·理数
(2)若f(x)存在极值点,求a的取值范围.
解析:(1)y′=aex+ln x+1, k=y′|x=1=ae+1=2, 所以a=e-1, 将(1,1)代入y=2x+b得2+b=1,b=-1,故选D.
︱高中总复习︱二轮·理数
(2)(2019·甘青宁 3 月联考)若直线 y=kx-2 与曲线 y=1+3ln x 相切,则 k 等于 ()

例谈导数的几个简单的应用

例谈导数的几个简单的应用王耀辉高中阶段学习导数以后，常常把导数作为研究函数单调性、极大（小）值、最大（小）值和解决生活中优化问题等来运用．实际上，它还有其他方面更多的应用．本文就根据高中学过的一些内容，列举了导数的几个简单的应用，供读者学习时参考．1．利用导数的定义求极限在一些教辅资料、高考题中，出现了一类特殊极限求值问题，最常见的是00型，感觉不好求．若能灵活运用导数的定义，问题便会迎刃而解．例1．求值：（1）0sin lim x x x →，（2）0ln(1)lim x x x→+．解：（1）根据导数的定义，该式实际上为求函数()sin f x x =在点0x =处的导数．所以00sin sin sin 0lim =lim x x x x x x→→-00(sin )|cos |cos 01x x x x =='====．（2）根据导数的定义，该式实际上为求函数()ln(1)f x x =+在点0x =处的导数．所以000ln(1)1lim=[ln(1)]||11x x x x x x x ==→+'+==+．例2．（2010年全国卷文科21题）设函数2()(1)x f x x e ax =--．若当0x ≥时()0f x ≥，求实数a 的取值范围．解：由已知得()(1)x f x x e ax =--≥0（x ≥0），即1x e ax --≥0（x ≥0），当0x =时，a R ∈；当0x >时，分离参数得1x e a x -≤（0x >），令1()x e g x x-=（0x >），求导得21()x x xe e g x x-+'=（0x >），再令()1x x h x xe e =-+（0x >），则()0x h x xe '=>（0x >），∴()1x x h x xe e =-+在(0,)+∞上递增，∴()(0)0h x h >=，∴()0g x '>，∴1()x e g x x-=在(0,)+∞上递增．∴0()lim ()x g x g x →>，所以0lim ()x a g x →≤．因为00001lim ()=lim =lim 0x x x x x e e e g x xx →→→---00()||1x x x x e e =='===，所以1a ≤．综上所述，实数a 的取值范围为1a ≤．2．利用函数极值点导数为零的性质，在三角函数中求值例3．已知()sin 2cos 2()f x a x x a R =+∈图像的一条对称轴方程为2x π=，则a 的值为（）A ．12B C ．3 D ．2 解析：由于三角函数的对称轴与其曲线的交点为极值点，所以由()2cos 22sin 2f x a x x '=-，得()2cos 2sin =0266f a πππ'=-，故3a =．例4．已知函数()cos f x x x =的图像向左平移ϕ(0)ϕ>个单位所得图像对应的函数为偶函数，则ϕ的最小值是（）A ．6πB ．3πC ．23πD ．56π解析：设函数()f x 图像向左平移ϕ(0)ϕ>个单位后的函数解析式为：()cos())g x x x ϕϕ=++，由于()g x 为偶函数，所以(0)0g '=．又()sin())g x x x ϕϕ'=-+-+，所以sin 0ϕϕ-=，tan ϕ=ϕ的最小值为23π．例5．已知2cos sin x x -=，求tan x 的值．解析：设()2cos sin f x x x =-，则曲线()2cos sin f x x x =-过点(,t ．由于2cos sin )x x x x -=+cos cos sin )x x ϕϕ=+)x ϕ=+，其中cos ϕϕ==所以函数()2cos sin f x x x =-在点(,t 处取极小值，导数为零．即()2sin cos 0f t t t '=--=，所以1tan 2t =-，从而1tan 2x =-．3．导数在数列求和中的应用例6．已知数列{}n a 的通项为12n n a n -=⋅，求数列{}n a 前n 项的和n S ．解析：令2x =，则11ni i i x -=⋅∑1()n i i x ='=∑12(1)1(1)=1(1)nn n x x n x n x x x +'⎡⎤--++⋅=⎢⎥--⎣⎦所以n S 121(1)22=(12)n n n n +-+⋅+⋅-1=1(1)22n nn n +-+⋅+⋅4．导数在二项式中的应用例7．证明：1231232n n n n n n C C C nC n -+++⋯+=⋅．证明：令012233(1)n n nn n n n n x C C x C x C x C x +=+++++…，对等式两边求导，得：1121321(1)23n n n n n n n n x C C x C x nC x --+=++++…，令1x =，代入上式即得1123223n n n n n n n C C C nC -⋅=+++⋯+，即1231232n n n n n n C C C nC n -+++⋯+=⋅．5．导数在三角恒等变换公式中的应用在三角恒等变换公式中，公式多，不易记，应用导数可以将这些恒等式进行沟通．（1）两角和、差的三角函数公式cos cos cos sin sin αβαβαβ-=+（），①视α为变量，β为常量，对等式①两边求导，得sin()sin cos cos sin αβαβαβ--=-+即sin()sin cos cos sin αβαβαβ-=-，②反过来，视α为变量，β为常量，对等式②两边求导，得cos cos cos sin sin αβαβαβ-=+（）故利用上述求导方法有：cos cos cos sin sin αβαβαβ±=（）αα对求导对求导sin()sin cos cos sin αβαβαβ±=±（2）二倍角公式 22cos 2cos sin ααα=-αα对求导对求导sin 22sin cos ααα=（3）积化和差公式 1sin cos [sin()sin()]2αβαβαβ⋅=++- αα对求导对求导1cos cos [cos()cos()]2αβαβαβ⋅=++-， 1cos sin [sin()sin()]2αβαβαβ⋅=+-- αα对求导对求导1sin sin [cos()cos()]2αβαβαβ⋅=-+--．当然，导数的应用不只这些，本文只是抛砖引玉，有兴趣的读者还可以继续探索．。

2022届高考数学一轮复习第3章导数及其应用第2讲导数的简单应用作业试题2含解析新人教版

第二讲导数的简单应用1.[2021贵阳市四校第二次联考]图3-2-1已知y=x ·f'(x)的图象如图3-2-1所示,则f(x)的图象可能是 ( )A BCD2.[原创题]函数f(x)=(12x-1)e x +12x 的极值点的个数为 ( )3.[2021安徽省示范高中联考]若函数f(x)=(x-1)e x -ax(e 为自然对数的底数)有两个极值点,则实数a 的取值范围是( )A.(-1e ,0) B.(-∞,0) C.(-1e ,+∞)D.(0,+∞)4.[2021蓉城名校联考]已知函数f(x)=e |x|-1),b=f(2),c=f(log 20.2),则 ( )A.c<b<aB.c<a<bC.b<a<cD.b<c<a5.[2021湖南六校联考]设函数f(x)的定义域为R,f'(x)是其导函数,若f(x)+f'(x)<0,f(0)=1,则不等式f(x)>e -x 的解集是( )A.(0,+∞)B.(1,+∞)C.(-∞,0)D.(0,1)6.[2021四省八校联考]函数f(x)=x 3-bx 2+c,若f(1-x)+f(1+x)=2,则下列正确的是 ( )A.f(ln 2)+f(ln 4)<2B.f(-2)+f(5)<2C.f(ln 2)+f(ln 3)<2D.f(-1)+f(2)>27.[2020皖中名校联考]已知函数f(x)=(x 2-mx-m)e x +2m(m>-2,e 是自然对数的底数)有极小值0,则其极大值是( )-2或(4+ln 2)e -2+2ln 2-2或(4+ln 2)e 2+2ln 2-2或(4+ln 2)e -2-2ln 2-2或(4+ln 2)e 2-2ln 28.[2021河南省名校第一次联考]若函数f(x)={alnx -x 2-2(x >0),x +1x +a(x <0)的最大值为f(-1),则实数a 的取值范围为 . 9.[2021广州市高三阶段模拟]已知函数f(x)=1+lnx x -1-k x .(1)当k=0时,求函数f(x)的单调区间;(2)若f(x)>0对任意的x ∈(1,+∞)恒成立,求整数k 的最大值.10.[2021大同市调研测试]设函数f(x)=ln x-12ax 2-bx.(1)当a=b=12时,求函数f(x)的最大值;(2)当a=0,b=-1时,方程2mf(x)=x2有唯一实数解,求正数m的值.11.[2021江苏省部分学校调考]定义在R上的偶函数f(x)的导函数为f '(x),若对任意x∈R,都有2f(x)+xf '(x)<2,则使x2f(x)-f(1)<x2-1成立的实数x的取值范围是( )A.{x|x≠±1}B.(-1,0)∪(0,1)C.(-1,1)D.(-∞,-1)∪(1,+∞)图3-2-212.[2021济南名校联考]如图3-2-2,在P地正西方向8 km的A处和正东方向1 km的B处各有一条正北方向的公路AC和BD,现计划在AC和BD路边各修建一个物流中心E和F,为缓解交通压力,决定修建两条互相垂直的公路PE和PF,设∠EPA=α(0<α<π2),为了节省建设成本,要使得PE+PF的值最小,此时AE=( )A.4 kmB.6 kmC.8 kmD.10 km13.[多选题]已知f(x)=e x-2x2有且仅有两个极值点,分别为x1,x2(x1<x2),则下列不等式中正确的有(参考数据:ln 2≈0.693 1,ln 3≈1.098 6) ( )1+x2<1141+x2>114C.f(x 1)+f(x 2)<0D.f(x 1)+f(x 2)>014.[多选题]已知函数y=f(x)在R 上可导且f(0)=1,其导函数 f'(x)满足f'(x)-f(x)x -1>0,对于函数g(x)=f(x)e x,下列结论正确的是( )A.函数g(x)在(1,+∞)上为单调递增函数B.x=1是函数g(x)的极小值点C.函数g(x)至多有两个零点D.x ≤0时,不等式f(x)≤e x 恒成立15.[2021洛阳市统考]已知函数f(x)=ln 1x-ax 2+x(a>0).(1)讨论f(x)的单调性﹔(2)若f(x)有两个极值点x 1,x 2,证明:f(x 1)+f(x 2)>3-2ln 2.16.[2019全国卷Ⅰ,12分]已知函数f(x)=sin x-ln(1+x),f '(x)为f(x)的导数,证明:(1)f '(x)在区间(-1,π2)上存在唯一极大值点; (2)f(x)有且仅有2个零点.17.[新角度题]直线x=a(a>0)分别与直线y=2x+1,曲线y=x+ln x 相交于A,B 两点,则|AB|的最小值为( )C.√2D.√318.[2020惠州市二调][交汇题]设函数f(x)=√3sin πxm,若存在f(x)的极值点x 0满足x 02+[f(x 0)]2<m 2,则m 的取值范围是( )A.(-∞,-6)∪(6,+∞)B.(-∞,-4)∪(4,+∞)C.(-∞,-2)∪(2,+∞)D.(-∞,-1)∪(1,+∞)19.[角度创新]已知函数f(x)=ax-e x +2,其中a ≠0.(1)讨论f(x)的单调性.(2)是否存在a ∈R,对任意x 1∈[0,1],总存在x 2∈[0,1],使得f(x 1)+f(x 2)=4成立?若存在,求出实数a 的值;若不存在,请说明理由.答案第二讲导数的简单应用1.D 由题图可知,当x<0时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减;当0<x0,函数f(x)单调递增;当x>b 时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减.又f'(b)=0,所以当x=b 时,f(x)取得极大值,综上,满足题意的f(x)的图象可能是D.2.A 由题意知f '(x)=12e x +(12x-1)e x +12=12[e x (x-1)+1].令g(x)=e x (x-1)+1,则g'(x)=e x (x-1)+e x =xe x ,令g'(x)=0,得x=0,则函数g(x)在区间(-∞,0)上单调递减,在区间(0,+∞)上单调递增,所以g(x)≥g(0)=0,由此可知f '(x)≥0,所以函数f(x)不存在极值点,故选A.3.A 由题意得f'(x)=xe x -a,因为函数f(x)=e x (x-1)-ax 有两个极值点,所以f'(x)=0有两个不等的实根,即a=xe x 有两个不等的实根,所以直线y=a 与y=xe x 的图象有两个不同的交点.令g(x)=xe x ,则g'(x)=e x (x+1).当x<-1时,g'(x)<0,当x>-1时,g'(x)>0,所以函数g(x)在(-∞,-1)上单调递减,在(-1,+∞)上单调递增,所以当x=-1时,g(x)取得最小值,且最小值为-1e.易知当x<0时,g(x)<0,当x>0时,g(x)>0,则可得函数g(x)的大致图象,如图D 3-2-1所示,则-1e<a<0,故选A.图D 3-2-14.D 当x ≥0时,f(x)=e x +cos x,则f '(x)=e x -sin x ≥e 0-sin x ≥0,所以f(x)在[0,+∞)上单调递增.又f(-x)=e |-x|+cos(-x)=e |x|-1)=f(103),b=f(2)<f(20)=f(1),c=f(log 20.2)=f(log 215)=f(-log 25)=f(log 25),又1=log 22<log 25<log 28=3<103,所以f(2)<f(log 25)< f(103),即b<c<a.故选D.5.C 令g(x)=e x f(x),则g'(x)=e x f(x)+e x f'(x),因为f(x)+f'(x)<0,所以g'(x)<0,所以g(x)在R 上单调递减.因为g(0)=e 0f(0)=f(0)=1,所以不等式f(x)>e -x 可转化为e x f(x)>1,即g(x)>1=g(0),又g(x)在R 上单调递减,所以x<0,故不等式f(x)>e -x 的解集为(-∞,0),故选C.6.A 解法一 f(1-x)+f(1+x)=2,分别令x=0,x=1(题眼),得{f(1)=1,f(0)+f(2)=2,即{1−b +c =1,c +8−4b +c =2,解得b=c=3,所以f(x)=x 3-3x 2+3,f '(x)=3x 2-6x=3x(x-2),令f '(x)=0,得x=0或x=2,所以当x<0或x>2时f '(x)>0,当0<x<2时f '(x)<0,所以函数f(x)在(0,2)上单调递减,在(-∞,0)和(2,+∞)上单调递增(题眼).由f(1-x)+f(1+x)=2,得f(x)+f(2-x)=2.对于A,2=f(ln 2)+f(2-ln 2)=f(ln 2)+f(ln e 22)>f(ln 2)+f(ln 4),故A 正确;对于B,2=f(-2)+f(4)<f(-2)+f(5),故B 不正确;对于C,2=f(ln 2)+f(2-ln 2)=f(ln 2)+f(ln e 22)<f(ln 2)+f(ln 3),故C 不正确;对于D,2=f(-1)+f(3)>f(-1)+f(2),故D 不正确.故选A.解法二由f(1-x)+f(1+x)=2知函数f(x)图象的对称中心为(1,1)(题眼),又三次函数g(x)=ax 3+dx 2+ex+f(a ≠0)图象的对称中心为(-d3a,g(-d3a)),所以b3=1,解得b=3,所以f(b3)=f(1)=1,即1-3+c=1,得 c=3,所以f(x)=x 3-3x 2+3.以下同解法一.7.A 由题意知, f '(x)=[x 2+(2-m)x-2m]e x =(x+2)(x-m)e x .由f '(x)=0得x=-2或x=m.因为m>-2,所以函数f(x)在区间(-∞,-2)和(m,+∞)内单调递增,在区间(-2,m)内单调递减. 于是函数f(x)的极小值为f(m)=0,即(m 2-m 2-m)e m +2m=0,(2-e m )m=0,解得m=0或m=ln 2.当m=0时,f(x)的极大值为f(-2)=4e -2;当m=ln 2时,f(x)的极大值为f(-2)=(4+ln 2)·e -2+2ln 2.故选A.8.[0,2e 3] x<0时,f(x)≤f(-1)=a-2,x>0时,aln x-x 2-2≤a-2,即x 2-aln x+a ≥0恒成立.令t(x)=x 2-aln x+a,则t'(x)=2x 2-a x,a<0时,t'(x)>0,x →0时,t(x)→-∞,不合题意.a=0时,t(x)=x 2≥0恒成立.a>0时,t(x)在(0,√a2)上单调递减,在(√a2,+∞)上单调递增,所以t(x)min =a2-a ·ln √a2+a ≥0,解得0<a ≤2e 3.综上,a ∈[0,2e 3]. 9.(1)f(x)的定义域为(0,1)∪(1,+∞).当k=0时,f '(x)=-1x-lnx(x -1)2.令g(x)=-1x -ln x,则g'(x)=1−xx 2. 当x ∈(0,1)时,g'(x)>0,g(x)单调递增;当x ∈(1,+∞)时,g'(x)<0,g(x)单调递减.∴g(x)max =g(1)=-1<0,∴g(x)<0,∴f '(x)<0,∴f(x)的单调递减区间为(0,1),(1,+∞),无单调递增区间.(2)由f(x)>0对任意的x ∈(1,+∞)恒成立,得1+lnx x -1-k x >0(x>1),即k<[x(1+lnx)x -1]min (x>1).令h(x)=x(1+lnx)x -1,x>1,则h'(x)=x -2-lnx (x -1)2,令φ(x)=x-2-ln x,x>1,则φ'(x)=x -1x>0,∴φ(x)在(1,+∞)上单调递增,又φ(3)=1-ln 3<0,φ(4)=2-2ln 2>0,∴存在唯一x 0∈(3,4),使得φ(x 0)=0,即x 0-2-ln x 0=0,x 0-1=1+ln x 0,当x 变化时,h'(x),h(x)的变化情况如下表所示:x (1,x 0) x 0 (x 0,+∞)h'(x) - 0 +h(x)单调递减极小值单调递增∴h(x)min =h(x 0)=x 0(1+lnx 0)x 0-1=x 0∈(3,4),∴整数k 的最大值为3.10.(1)依题意,知f(x)的定义域为(0,+∞),当a=b=12时,f(x)=ln x-14x 2-12x,则f'(x)=1x -12x-12=-(x+2)(x -1)2x,令f '(x)=0,解得x=1或x=-2(舍去).当0<x<1时,f '(x)>0,此时f(x)单调递增;当x>1时,f '(x)<0,此时f(x)单调递减.所以f(x)的极大值为f(1)=-34,此即函数f(x)的最大值.图D 3-2-2(2)由题意可知,2mf(x)=x 2⇔2m(lnx+x)=x 2⇔12m =lnx+x x 2.设g(x)=lnx+x x 2,则g'(x)=1−2lnx -xx 3,令h(x)=1-2ln x-x,则h'(x)=-2x-1.因为x>0,所以h'(x)<0,h(x)在(0,+∞)上单调递减.因为h(1)=0,所以当x ∈(0,1)时,h(x)>0,当x ∈(1,+∞)时,h(x)<0,所以函数g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,所以g(x)max =g(1)=1.又g(e -1)=-1+e -1e -2<0,且当x →+∞时,g(x)→0,所以可画出g(x)的大致图象,如图D 3-2-2所示,方程2mf(x)=x 2有唯一实数解就等价于直线y=12m与g(x)=lnx+x x 2的图象只有一个交点,由图象可知12m =1,即m=12.11.D 令g(x)=x 2f(x)-x 2,则g'(x)=2xf(x)+x 22f(x)-f(1)<x 2-1可化为x 2f(x)-x 2<f(1)-1,即g(x)<g(1),所以|x|>1,解得x>1或x<-1,故选D.12.A 因为PE ⊥PF,∠EPA=α,所以∠PFB=α,在Rt △PAE 中,PE=APcosα=8cosα,在Rt △PBF 中,PF=PBsinα=1sinα,则PE+PF=8cosα+1sinα .设f(α)=8cosα+1sinα,α∈(0,π2),则f '(α)=8sinαcos 2α-cosαsin 2α=8sin 3α-cos 3αcos 2αsin 2α,令f '(α)=8sin 3α-cos 3αcos 2αsin 2α=0,则tan α=12,当0<tan α<12时,f '(α)<0,当tan α>12时,f '(α)>0,所以当tan α=12时,f(α)取得最小值,此时AE=AP ·tan α=8×12=4,故选A.13.AD 由题意得f '(x)=e x -4x,则f '(14)=e 14-1>0,f '(12)=e 12-2<0,f '(2)=e 2-8<0.由ln 3≈1.098 6,得98>ln 3,所以f '(94)>0,从而14<x 1<12,2<x 2<94,所以x 1+x 2<114.因为f(0)=1,所以易得f(x 1)>1.因为f '(2ln 3)=9-8ln 3>0,所以x 2<2ln 3,因为f '(x 2)=0,所以f(x 2)=4x 2-2x 22.设g(x)=4x-2x 2,得g(x 2)>g(2ln 3)>g(2.2)=-0.88>-1,所以f(x 1)+f(x 2)>0. 14.ABC 因为f'(x)-f(x)x -1>0,所以当x>1时,f'(x)-f(x)>0;当x<1时,f'(x)-f(x)<0.因为g(x)=f(x)e x,所以g'(x)=f'(x)-f(x)e x,则当x>1时,g'(x)>0;当x<1时,g'(x)<0.所以函数g(x)在(1,+∞)上为单调递增函数,在(-∞,1)上为单调递减函数,则x=1是函数g(x)的极小值点,则选项A,B 均正确.当g(1)<0时,函数g(x)至多有两个零点,当g(1)=0时,函数g(x)有一个零点,当g(1)>0时,函数g(x)无零点,所以选项C 正确.g(0)=f(0)e 0=1,又g(x)在区间(-∞,1)上单调递减,所以当x ≤0时,g(x)=f(x)e x≥g(0)=1,又e x >0,所以f(x)≥e x ,故选项D 错误.故选ABC.15.(1)∵f(x)=ln 1x -ax 2+x =-ln x-ax 2+x(a>0,x>0), ∴f '(x)=-1x -2ax+1=-2ax 2-x+1x(a>0).令2ax 2-x+1=0,则其判别式Δ=1-8a.①当Δ≤0,即a ≥18时,f '(x)≤0,f(x)在(0,+∞)上单调递减.②当Δ>0,即0<a<18时,方程2ax 2-x+1=0有两个不相等的正根x 3= 1−√1−8a4a,x 4=1+√1−8a4a,则当0<x<x 3或x>x 4时,f '(x)<0,当x 3<x<x 4时,f '(x)>0,∴ f(x)在(0,1−√1−8a4a)上单调递减,在(1−√1−8a 4a,1+√1−8a4a)上单调递增,在(1+√1−8a4a,+∞)上单调递减.综上,当a ∈[18,+∞)时,f(x)在(0,+∞)上单调递减,无增区间; 当a ∈(0,18)时,f(x)在(0,1−√1−8a4a),(1+√1−8a4a,+∞)上单调递减,在(1−√1−8a 4a,1+√1−8a4a)上单调递增.(2)不妨设x 1<x 2.由(1)知,当且仅当a ∈(0,18)时,f(x)有极小值点x 1和极大值点x 2,∴x 1+x 2=12a,x 1x 2=12a.f(x 1)+f(x 2)=-lnx 1-a x 12+x 1-ln x 2-a x 22+x 2=-(ln x 1+ln x 2)-12(x 1-1)-12(x 2-1)+(x 1+x 2)=-ln(x 1x 2)+12(x 1+x 2)+1=ln(2a)+14a +1.令g(a)=ln(2a)+14a+1,a ∈(0,18),则g'(a)=1a-14a 2=4a -14a 2<0,∴g(a)在(0,18)上单调递减,∴g(a)>g(18)=ln(2×18)+14×18+1=3-2ln 2,即f(x 1)+f(x 2)>3-2ln 2.16.(1)设g(x)=f '(x),则g(x)=cos x-11+x,g'(x)=-sin x+1(1+x)2.当x ∈(-1,π2)时,g'(x)单调递减,而g'(0)>0,g'(π2)<0,可得g'(x)在(-1,π2)上有唯一零点,设为α.则当x ∈(-1,α)时,g'(x)>0;当x ∈(α,π2)时,g'(x)<0.所以g(x)在(-1,α)上单调递增,在(α,π2)上单调递减,故g(x)在(-1,π2)上存在唯一极大值点,即f '(x)在(-1,π2)上存在唯一极大值点.(2)f(x)的定义域为(-1,+∞).(i)当x ∈(-1,0]时,由(1)知,f '(x)在(-1,0)上单调递增,而f '(0)=0,所以当x ∈(-1,0)时,f '(x)<0,故f(x)在(-1,0)上单调递减.又f(0)=0,从而x=0是f(x)在(-1,0]上的唯一零点.(ii)当x ∈(0,π2]时,由(1)知,f '(x)在(0,α)上单调递增,在(α,π2)上单调递减,而f '(0)=0,f '(π2)<0,所以存在β∈(α,π2),使得f'(β)=0,且当x ∈(0,β)时,f '(x)>0;当x ∈(β,π2)时,f '(x)<0.故f(x)在(0,β)上单调递增,在(β,π2)上单调递减. 又f(0)=0,f(π2)=1-ln(1+π2)>0,所以当x ∈(0,π2]时,f(x)>0.从而f(x)在(0,π2]上没有零点.(iii)当x ∈(π2,π]时,f '(x)<0,所以f(x)在(π2,π)上单调递减.而f(π2)>0,f(π)<0,所以f(x)在(π2,π]上有唯一零点. (iv)当x ∈(π,+∞)时,ln(x+1)>1,所以f(x)<0,从而f(x)在(π,+∞)上没有零点.综上,f(x)有且仅有2个零点.17.B 根据题意,设f(x)=2x+1-x-ln x=x+1-ln x,则f'(x)=1-1x =x -1x (x>0),所以函数f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以 f(x)min =f(1)=2-ln 1=2,所以|AB|min =2.故选B.18.C 由题意得,当πx m =k π+π2(k ∈Z),即x=(2k+1)m 2(k ∈Z)时,f(x)取得极值±√3.若存在f(x)的极值点x 0满足x 02+[f(x 0)]2<m 2,则存在k ∈Z,使[(2k+1)m 2]2+3<m 2成立,问题等价于存在k ∈Z 使不等式m 2(k+12)2+3<m 2成立,因为(k+12)2的最小值为14,所以只要14m 2+3<m 2成立即可,即m 2>4,解得m>2或m<-2.故选C.19.(1)由f(x)=ax-e x +2,得f '(x)=a-e x .当a<0时,对任意x ∈R,f'(x)<0,所以f(x)单调递减.当a>0时,令f '(x)=0,得x=ln a,当x ∈(-∞,ln a)时,f '(x)>0,当x ∈(ln a,+∞)时,f '(x)<0,所以f(x)在(-∞,ln a)上单调递增,在(ln a,+∞)上单调递减.综上所述,当a<0时,f(x)在R 上单调递减,无增区间;当a>0时,f(x)在(-∞,ln a)上单调递增,在(ln a,+∞)上单调递减.(2)存在满足条件的实数a,且实数a 的值为e+1.理由如下:①当a ≤1,且a ≠0时,由(1)知,f(x)在[0,1]上单调递减,则x ∈[0,1]时,f(x)max =f(0)=1,则f(x 1)+f(x 2)≤2f(0)=2<4,所以此时不满足题意;②当1<a<e 时,由(1)知,在[0,ln a]上,f(x)单调递增,在(ln a,1]上,f(x)单调递减, 则当x ∈[0,1]时,f(x)max =f(ln a)=aln a-a+2.当x 1=0时,对任意x 2∈[0,1],f(x 1)+f(x 2)≤f(0)+f(ln a)=1+aln a-a+2=a(ln a-1)+3<3,所以此时不满足题意;③当a ≥e 时,令g(x)=4-f(x)(x ∈[0,1]),由(1)知,f(x)在[0,1]上单调递增,从而知g(x)在[0,1]上单调递减,所以g(x)max =g(0)=4-f(0),g(x)min =g(1)=4-f(1).若对任意的x 1∈[0,1],总存在x 2∈[0,1],使得f(x 1)+f(x 2)=4,则f(x)的值域为g(x)值域的子集,即{f(0)≥g(1),f(1)≤g(0),即{f(0)+f(1)≥4,f(1)+f(0)≤4,所以f(0)+f(1)=a-e+3=4,解得a=e+1.综上,存在满足题意的实数a,且实数a 的值为e+1.。

导数的简单应用

2022年高考数学总复习：导数的简单应用1．基本初等函数的八个导数公式(1)[f(x)±g(x)]′＝f_′(x)±g′(x).(2)[f(x)·g(x)]′＝f_′(x)·g(x)＋f(x)·g′(x).(3)[f(x)g(x)]′＝f′(x)·g(x)－f(x)·g′(x)[g(x)](g(x)≠0)．(4)(理)若y＝f(u)，u＝ax＋b，则y′x＝y′u·u′x，即y′x＝a·y′u.3．切线的斜率函数f(x)在x0处的导数是曲线f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率，因此曲线f(x)在点P 处的切线的斜率k＝f_′(x0)，相应的切线方程为y－f(x0)＝f_′(x0)(x－x0).4．函数的单调性在某个区间(a，b)内，如果f_′(x0)>0(f_′(x0)<0)，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递增(单调递减)．5．函数的极值设函数f(x)在点x0附近有定义，如果对x0附近所有的点x，都有f(x)<f(x0)，那么f(x0)是函数的一个极大值，记作y极大值＝f(x0)；如果对x0附近的所有的点都有f(x)>f(x0)，那么f(x0)是函数的一个极小值，记作y极小值＝f(x0)．极大值与极小值统称为极值．6．函数的最值将函数y＝f(x)在[a，b]内的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．Y易错警示i cuo jing shi1．判断极值的条件掌握不清：利用导数判断函数的极值时，忽视“导数等于零，并且两侧导数的符号相反”这两个条件同时成立．2．混淆在点P处的切线和过点P的切线：前者点P为切点，后者点P不一定为切点，求解时应先设出切点坐标．3．关注函数的定义域：求函数的单调区间及极(最)值应先求定义域．a－1x2＋ax.若f()x为奇函数，则曲线y＝f()x在1．(2018·全国卷Ⅰ，5)设函数f()x＝x3＋()0，0处的切线方程为( D )点()A．y＝－2x B．y＝－xC．y＝2x D．y＝x[解析]因为f(x)为奇函数，所以f(－x)＝－f(x)，即a＝1，所以f(x)＝x3＋x，所以f′(0)＝1，所以切线方程为y＝x.2．(2017·全国卷Ⅱ，11)若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)e x－1的极值点，则f(x)的极小值是( A )A．－1B．－2e－3C．5e－3D．1[解析]函数f(x)＝(x2＋ax－1)e x－1则f′(x)＝(2x＋a)e x－1＋(x2＋ax－1)·e x－1＝e x－1·[x2＋(a＋2)x＋a－1]．由x＝－2是函数f(x)的极值点得f′(－2)＝e－3·(4－2a－4＋a－1)＝(－a－1)e－3＝0，所以a＝－1.所以f(x)＝(x2－x－1)e x－1，f′(x)＝e x－1·(x2＋x－2)．由e x－1>0恒成立，得x＝－2或x＝1时，f′(x)＝0，且x<－2时，f′(x)>0；－2<x<1时，f′(x)<0；x>1时，f′(x)>0.所以x＝1是函数f(x)的极小值点．所以函数f(x)的极小值为f(1)＝－1.故选A．3．(2017·浙江卷，7)函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的图象可能是( D )[解析] 观察导函数f ′(x )的图象可知，f ′(x )的函数值从左到右依次为小于0，大于0，小于0，大于0，∴对应函数f (x )的增减性从左到右依次为减、增、减、增．观察选项可知，排除A ，C ．如图所示，f ′(x )有3个零点，从左到右依次设为x 1，x 2，x 3，且x 1，x 3是极小值点，x 2是极大值点，且x 2>0，故选项D 确，故选D ．4．(文)(2018·全国卷Ⅱ，13)曲线y ＝2ln x 在点(1,0)处的切线方程为y ＝2x －2. [解析] y ′＝2x ，k ＝21＝2，所以切线方程为y －0＝2(x －1)即y ＝2x －2.(理)(2018·全国卷Ⅱ，13)曲线y ＝2ln(x ＋1)在点(0,0)处的切线方程为y ＝2x . [解析] y ′＝2x ＋1，k ＝20＋1＝2，所以切线方程为y －0＝2(x －0)，即y ＝2x .5．(2018·天津卷，10)已知函数f (x )＝e x ln x ，f ′(x )为f (x )的导函数，则f ′(1)的值为e. [解析] 因为f (x )＝e x ln x ，所以f ′(x )＝(e x ln x )′＝(e x )′ln x ＋e x (ln x )′＝e x ·ln x ＋e x ·1x ，f ′(1)＝e 1·ln 1＋e 1·11＝e.6．(2018·江苏卷，11)若函数f (x )＝2x 3－ax 2＋1(a ∈R )在(0，＋∞)内有且只有一个零点，则f (x )在[－1,1]上的最大值与最小值的和为－3.[解析] 令f (x )＝2x 3－ax 2＋1＝0⇒a ＝2x ＋1x2，令g (x )＝2x ＋1x 2，g ′(x )＝2－2x 3>0⇒x >1⇒g (x )在(0,1)上单调减，在(1，＋∞)上单调增．因为有唯一零点，所以a ＝g (1)＝2＋1＝3⇒f (x )＝2x 3－3x 2＋1，求导可知在[－1,1]上，f (x )min ＝f (－1)＝－4，f (x )max ＝f (0)＝1，所以f (x )min ＋f (x )max ＝－3.7．(文)(2018·北京卷，19)设函数f (x )＝[ax 2－(3a ＋1)x ＋3a ＋2]e x . (1)若曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线斜率为0，求a ； (2)若f (x )在x ＝1处取得极小值，求a 的取值范围． [解析] (1)因为f (x )＝[ax 2－(3a ＋1)x ＋3a ＋2]e x ，所以f ′(x )＝[ax 2－(a ＋1)x ＋1]e x ，f ′(2)＝(2a －1)e 2，由题设知f ′(2)＝0，即(2a －1)e 2＝0，解得a ＝12.(2)方法一：由(1)得f ′(x )＝[ax 2－(a ＋1)x ＋1]e x ＝(ax －1)(x －1)e x若a >1，则当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，1时，f ′(x )<0. 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0. 所以f (x )在x ＝1处取得极小值．若a ≤1，则当x ∈(0,1)时，ax －1≤x －1<0，所以f ′(x )>0.所以1不是f (x )的极小值点．综上可知，a 的取值范围是(1，＋∞)．方法二：f ′(x )＝(ax －1)(x －1)e x . ①当a ＝0时，令f ′(x )＝0得x ＝1. f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：所以f (x )在②当a >0时，令f ′(x )＝0得x 1＝1a ，x 2＝1.(ⅰ)当x 1＝x 2，即a ＝1时，f ′(x )＝(x －1)2e x ≥0，所以f (x )在R 上单调递增，所以f (x )无极值，不合题意．(ⅱ)当x 1>x 2，即0<a <1时，f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：(ⅲ)当x 1<x 2，即a >1时，f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：③当a <0时，令f ′(x )＝0得x 1＝1a ，x 2＝1.f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：综上所述，a 的取值范围为(1，＋∞)．(理)(2018·北京卷，18)设函数f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x . (1)若曲线y ＝ f (x )在点(1，f (1))处的切线方程与x 轴平行，求a ； (2)若f (x )在x ＝2处取得极小值，求a 的取值范围． [解析] (1)因为f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x ，所以f ′(x )＝[2ax －(4a ＋1)]e x ＋[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x ＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x . f ′(1)＝(1－a )e.由题设知f ′(1)＝0，即(1－a )e ＝0，解得a ＝1. 此时f (1)＝3e ≠0，所以a 的值为1. (2)由(1)得f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x ＝(ax －1)(x －2)e x .若a >12，则当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，2时，f ′(x )<0；当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0. 所以f (x )在x ＝2处取得极小值．若a ≤12，则当x ∈(0,2)时，x －2<0，ax －1≤12x －1<0，所以f ′(x )>0.所以2不是f (x )的极小值点．综上可知，a 的取值范围是(12，＋∞)．8．(文)(2018·天津卷，20(1)(2))设函数f (x )＝(x －t 1)(x －t 2)(x －t 3)，其中t 1，t 2，t 3∈R ，且t 1，t 2，t 3是公差为d 的等差数列．(1)若t 2＝0，d ＝1，求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程； (2)若d ＝3，求f (x )的极值．[解析] (1)由已知，可得f (x )＝x (x －1)(x ＋1)＝x 3－x ，故f ′(x )＝3x 2－1，因此f (0)＝0，f ′(0)＝－1，又因为曲线y ＝f (x )在点(0, f (0))处的切线方程为y －f (0)＝f ′(0)(x －0)，故所求切线方程为x ＋y ＝0.(2)由已知可得f (x )＝(x －t 2＋3)( x －t 2) (x －t 2－3) ＝( x －t 2)3－9 ( x －t 2)＝x 3－3t 2x 2＋(3t 22－9)x － t 32＋9t 2. 故f ′(x )＝3x 2－6t 2x ＋3t 22－9.令f ′(x )＝0，解得x ＝ t 2－3，或x ＝ t 2＋ 3. 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如表：＝(3)3－9×3＝－6 3.(理)(2018·天津卷，20(1)(2))已知函数f (x )＝a x ，g (x )＝log a x ，其中a >1. (1)求函数h (x )＝f (x )－x ln a 的单调区间；(2)若曲线y ＝f (x )在点(x 1，f (x 1))处的切线与曲线y ＝g (x )在点(x 2，g (x 2))处的切线平行，证明x 1＋g (x 2)＝－2ln (ln a )ln a.[解析] (1)由已知，h (x )＝a x －x ln a ，有h ′(x )＝a x ln a －ln a . 令h ′(x )＝0，解得x ＝0.由a >1，可知当x 变化时，h ′(x )，h (x )的变化情况如表：所以函数h (2)由f ′(x )＝a x ln a ，可得曲线y ＝f (x )在点(x 1，f (x 1))处的切线斜率为ax 1ln a . 由g ′(x )＝1x ln a ，可得曲线y ＝g (x )在点(x 2，g (x 2))处的切线斜率为1x 2ln a .因为这两条切线平行，故有ax 1ln a ＝1x 2ln a ，即x 2ax 1(ln a )2＝1.2ln (ln a)两边取以a为底的对数，得log a x2＋x1＋2log a(ln a)＝0，所以x1＋g(x2)＝－ln a.。

高中数学选修2-2《导数及其简单应用》一堂练试题

《导数及其简单应用》一堂练一、选择题：每小题10分，共50分1、30(),'()6,f x x f x ==则0x = （）AB、 C、D 、1± 2、设连续函数()0f x >，则当a b <时，定积分()ba f x dx ⎰的符号是 ( )A 、必为正数B 、必为负数C 、0a b <<时为正数，0a b <<时为负数D 、不确定 3、若20(23)0kx x dx -=⎰，则k = ( )A 、1B 、0C 、1或0D 、以上都不对4、设ln y x x =-，则此函数在区间(0,1)内为 ( )A 、单调递增B 、有增有减C 、单调递减D 、不确定5、若函数()f x 在区间(,)a b 内的导数为正，且()0f b ≤，则函数()f x 在(,)a b 内有 ( )A 、()0f x >B 、()0f x <C 、()0f x =D 、无法确定二、填空题：每小题10分，共30分6、抛物线2(12)y x =-在32x =处的切线方程是 7、用定积分的几何意义，则3-=⎰8、若32()33(2)1f x x ax a x =++++有极大值和极小值，则a 的取值范围是三、解答题：任选一题解答，满分20分9、计算下列积分：（1）220(3sin )x x dx π+⎰ （2）220|1|x dx -⎰ （3）321(2)y y dy -⎰ （1）（2）（3）10、求抛物线2y x =与直线20x y +-=所围成的图形的面积班级姓名座号得分。

2022版高考数学大一轮复习第3章导数及其应用第2讲导数的简单应用1

第三章导数及其应用第二讲导数的简单应用练好题·考点自测1.［2021陕西模拟］若函数f(x）=kx-ln x在区间(1，+∞)上单调递增,则k的取值范围是（) A。

（-∞，—2］B.(-∞,—1]C。

［2,+∞）D.[1,+∞)2。

下列说法错误的是(）A。

函数在某区间上或定义域内的极大值是唯一的B。

若x0是可导函数y=f（x)的极值点，则一定有f'（x0）=0 C。

函数的最大值不一定是极大值，函数的最小值也不一定是极小值D.函数f(x）=x sin x有无数个极值点3.［2020安徽安庆一中5月模拟］函数y=f(x）的导函数的图象如图3—2—1所示,给出下列命题:①（0,3)为函数y=f(x）的单调递减区间；②(5,+∞）为函数y=f（x)的单调递增区间；③函数y=f(x)在x=0处取得极大值;④函数y=f（x)在x=5处取得极小值.其中正确的命题序号是() A.①③B.②④C.①④ D。

②③④图3-2-14.[2017全国卷Ⅱ,11，5分］若x =—2是函数f (x ）=(x 2+ax —1）e x -1的极值点，则 f (x )的极小值为（）A 。

—1 B.—2e -3 C 。

5e —3 D 。

15.[2021河南省名校第一次联考］已知函数f (x ）=x (x -c )2在x =2处取极大值,则c = 。

6。

[2021武汉市部分学校质检］设函数f (x )=ln1+sinx 2cosx在区间[−π4,π4］上的最小值和最大值分别为m 和M ，则m +M = .拓展变式1。

［2020全国卷Ⅱ，21,12分]［文］已知函数f (x )=2ln x +1. (1）若f （x ）≤2x +c ,求c 的取值范围; (2）设a >0，讨论函数g （x ）=f (x )-f (a )x -a的单调性。

2。

已知函数g （x ）=13x 3−a 2x 2+2x +5。

(1)若函数g (x )在（—2，-1）内单调递减，则a 的取值范围为；（2）若函数g （x ）在(-2,-1）内存在单调递减区间，则a 的取值范围为；（3）若函数g (x ）在（—2,—1）上不单调，则a 的取值范围为。

高中数学导数及其应用多选题测试试题含答案

高中数学导数及其应用多选题测试试题含答案一、导数及其应用多选题1．已知函数()f x 对于任意x ∈R ，均满足()()2f x f x =-.当1x ≤时()ln ,01,0x x x f x e x <≤⎧=⎨≤⎩，若函数()()2g x m x f x =--，下列结论正确的为（）A ．若0m <，则()g x 恰有两个零点B ．若32m e <<，则()g x 有三个零点 C ．若302m <≤，则()g x 恰有四个零点 D ．不存在m 使得()g x 恰有四个零点【答案】ABC 【分析】设()2h x m x =-，作出函数()g x 的图象，求出直线2y mx =-与曲线()ln 01y x x =<<相切以及直线2y mx =-过点()2,1A 时对应的实数m 的值，数形结合可判断各选项的正误. 【详解】由()()2f x f x =-可知函数()f x 的图象关于直线1x =对称. 令()0g x =，即()2m x f x -=，作出函数()f x 的图象如下图所示：令()2h x m x =-，则函数()g x 的零点个数为函数()f x 、()h x 的图象的交点个数，()h x 的定义域为R ，且()()22h x m x m x h x -=--=-=，则函数()h x 为偶函数，且函数()h x 的图象恒过定点()0,2-，当函数()h x 的图象过点()2,1A 时，有()2221h m =-=，解得32m =. 过点()0,2-作函数()ln 01y x x =<<的图象的切线，设切点为()00,ln x x ，对函数ln y x =求导得1y x'=，所以，函数ln y x =的图象在点()00,ln x x 处的切线方程为()0001ln y x x x x -=-，切线过点()0,2-，所以，02ln 1x --=-，解得01x e=，则切线斜率为e ，即当m e =时，函数()y h x =的图象与函数()ln 01y x x =<<的图象相切. 若函数()g x 恰有两个零点，由图可得0m ≤或m e =，A 选项正确；若函数()g x 恰有三个零点，由图可得32m e <<，B 选项正确；若函数()g x 恰有四个零点，由图可得302m <≤，C 选项正确，D 选项错误. 故选：ABC. 【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与x 轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由()0f x =分离变量得出()a g x =，将问题等价转化为直线y a =与函数()y g x =的图象的交点问题.2．在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，它得名于荷兰数学家鲁伊兹布劳威尔（L.E.Brouwer ）简单的讲就是对于满足一定条件的连续函数()f x ，存在一个点0x ，使得()00f x x =，那么我们称该函数为“不动点”函数，而称0x 为该函数的一个不动点，依据不动点理论，下列说法正确的是（） A ．函数()sin f x x =有3个不动点B ．函数2()(0)f x ax bx c a =++≠至多有两个不动点C ．若定义在R 上的奇函数()f x ，其图像上存在有限个不动点，则不动点个数是奇数 D．若函数()f x =[0,1]上存在不动点，则实数a 满足l a e ≤≤（e 为自然对数的底数）【答案】BCD 【分析】根据题目中的定义，结合导数、一元二次方程的性质、奇函数的性质进行判断即可. 【详解】令()sin g x x x =-，()1cos 0g x x '=-≥，因此()g x 在R 上单调递增，而(0)0g =，所以()g x 在R 有且仅有一个零点，即()f x 有且仅有一个“不动点”，A 错误；0a ≠，20ax bx c x ∴++-=至多有两个实数根，所以()f x 至多有两个“不动点”，B 正确；()f x 为定义在R 上的奇函数，所以(0)0f =，函数()-y f x x =为定义在R 上的奇函数，显然0x =是()f x 的一个“不动点”，其它的“不动点”都关于原点对称，个数和为偶数，因此()f x 一定有奇数个“不动点”，C 正确；因为()f x 在[0,1]存在“不动点”，则()f x x =在[0,1]有解，x =⇒2x a e x x =+-在[0,1]有解，令2()xm x e x x =+-，()12x m x e x '=+-，令()12x n x e x '=+-，()20x n x e '=-=，ln 2x =，()n x 在(0,ln 2)单调递减，在(ln 2,1)单调递增，∴min ()(ln 2)212ln 232ln 20n x n ==+-=->， ∴()0m x '>在[0,1]恒成立，∴()m x 在[0,1]单调递增，min ()(0)1m x m ==，max ()(1)m x m e ==，∴1a e ≤≤，D 正确，. 故选：BCD 【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的.遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.3．对于函数2ln ()xf x x =，下列说法正确的是（）A ．()f x 在x =12eB ．()f x 有两个不同的零点C ．fff <<D ．若()21f x k x<-在()0,∞+上恒成立，则2e k >【答案】ACD 【分析】求得函数的导数312ln ()-'=xf x x ，根据导数的符号，求得函数的单调区间和极值，可判定A 正确；根据函数的单调性和()10f =，且x >()0f x >，可判定B 不正确；由函数的单调性，得到f f >，再结合作差比较，得到f f >，可判定C 正确；分离参数得到()221ln 1x k f x x x+>+=在()0,∞+上恒成立，令()2ln 1x g x x+=，利用导数求得函数()g x 的单调性与最值，可判定D 正确. 【详解】由题意，函数2ln ()x f x x =，可得312ln ()(0)xf x x x -'=>，令()0f x '=，即312ln 0xx-=，解得x =当0x <<()0f x '>，函数()f x 在上单调递增；当x >()0f x '<，函数()f x 在)+∞上单调递减，所以当x =()f x 取得极大值，极大值为12f e=，所以A 正确；由当1x =时，()10f =，因为()f x 在上单调递增，所以函数()f x 在上只有一个零点，当x >()0f x >，所以函数在)+∞上没有零点，综上可得函数在(0,)+∞只有一个零点，所以B 不正确；由函数()f x 在)+∞上单调递减，可得f f >，由于ln ln 2ln ,242f f ππ====，则2ln ln 2ln ln 22444f f ππππππ-=-=-，因为22ππ>，所以0f f ->，即f f >，所以ff f <<，所以C 正确；由()21f x k x <-在()0,∞+上恒成立，即()221ln 1x k f x x x +>+=在()0,∞+上恒成立，设()2ln 1x g x x +=，则()32ln 1x g x x --'=，令()0g x '=，即32ln 10x x--=，解得x =所以当0x <<()0g x '>，函数()g x在上单调递增；当x >()0g x '<，函数()g x在)+∞上单调递减，所以当x =()g x取得最大值，最大值为22e eg e =-=，所以2ek >，所以D 正确. 故选：ACD. 【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及恒成立问题的求解，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，对于恒成立问题，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；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．4．已知0a >，0b >，下列说法错误的是（） A ．若1a b a b ⋅=，则2a b +≥ B ．若23a b e a e b +=+，则a b > C ．()ln ln a a b a b -≥-恒成立 D ．2ln a a b b e e-<恒成立【答案】AD 【分析】对A 式化简，通过构造函数的方法，结合函数图象，说明A 错误；对B 不等式放缩22a b e a e b +>+，通过构造函数的方法，由函数的单调性，即可证明B 正确；对C 不等式等价变型()ln ln ln1-≥-⇔≥-a b a a b a b b a ，通过10,ln 1∀>>-x x x恒成立，可得C 正确；D 求出ln -a a b b e 的最大值，当且仅当11a b e =⎧⎪⎨=⎪⎩时取等号，故D 错误.【详解】A. 1ln ln 0⋅=⇔+=a b a b a a b b 设()ln f x x x =，()()0∴+=f a f b由图可知，当1+→b 时，存在0+→a ，使()()0f a f b += 此时1+→a b ，故A 错误. B. 232+=+>+a b b e a e b e b设()2xf x e x =+单调递增，a b ∴>，B 正确C. ()ln ln ln 1-≥-⇔≥-a b a a b a b b a又10,ln 1∀>>-x x x ，ln 1∴≥-a bb a，C 正确D. max 1=⇒=x x y y e e当且仅当1x =； min 1ln =⇒=-y x x y e 当且仅当1=x e；所以2ln -≤a a b b e e ，当且仅当11a b e =⎧⎪⎨=⎪⎩时取等号，D 错误.故选：AD 【点睛】本题考查了导数的综合应用，考查了运算求解能力和逻辑推理能力，转化的数学思想和数形结合的数学思想，属于难题.5．设函数()ln xf x x=，()ln g x x x =，下列命题，正确的是（） A ．函数()f x 在()0,e 上单调递增，在(),e +∞单调递减 B ．不等关系33e e ππππ<<<成立C ．若120x x <<时，总有()()()22212122a x x g x g x ->-恒成立，则1a ≥D ．若函数()()2h x g x mx =-有两个极值点，则实数()0,1m ∈【答案】AC 【分析】利用函数的单调性与导数的关系可判断A 选项的正误；由函数()f x 在区间(),e +∞上的单调性比较3π、e π的大小关系，可判断B 选项的正误；分析得出函数()()22s x g x ax=-在()0,∞+上为减函数，利用导数与函数单调性的关系求出a 的取值范围，可判断C 选项的正误；分析出方程1ln 2xm x+=在()0,∞+上有两个根，数形结合求出m 的取值范围，可判断D 选项的正误. 【详解】对于A 选项，函数()ln x f x x =的定义域为()0,∞+，则()21ln xf x x-'=. 由()0f x '>，可得0x e <<，由()0f x '>，可得x e >.所以，函数()f x 在()0,e 上单调递增，在(),e +∞单调递减，A 选项正确；对于B 选项，由于函数()ln xf x x=在区间(),e +∞上单调递减，且4e π>>，所以，()()4f f π>，即ln ln 44ππ>，又ln 41ln 213ln 22043236--=-=>，所以，ln ln 4143ππ>>，整理可得3e ππ>，B 选项错误；对于C 选项，若120x x <<时，总有()()()22212122a x x g x g x ->-恒成立，可得()()22112222g x ax g x ax ->-，构造函数()()2222ln s x g x ax x x ax =-=-，则()()12s x s x >，即函数()s x 为()0,∞+上的减函数，()()21ln 20s x x ax '=+-≤对任意的()0,x ∈+∞恒成立，即1ln xa x+≥对任意的()0,x ∈+∞恒成立，令()1ln x t x x +=，其中0x >，()2ln xt x x'=-. 当01x <<时，()0t x '>，此时函数()t x 单调递增；当1x >时，()0t x '<，此时函数()t x 单调递减.所以，()()max 11t x t ==，1a ∴≥，C 选项正确；对于D 选项，()()22ln h x g x mx x x mx =-=-，则()1ln 2h x x mx '=+-，由于函数()h x 有两个极值点，令()0h x '=，可得1ln 2xm x+=，则函数2y m =与函数()t x 在区间()0,∞+上的图象有两个交点，当1x e>时，()0t x >，如下图所示：当021m <<时，即当102m <<时，函数2y m =与函数()t x 在区间()0,∞+上的图象有两个交点.所以，实数m 的取值范围是10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭，D 选项错误. 故选：AC. 【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与x 轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由()0f x =分离变量得出()a g x =，将问题等价转化为直线y a =与函数()y g x =的图象的交点问题.6．已知函数1()2ln f x x x=+，数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足12a =，()()*1N n n a f a n +=∈，则下列有关数列{}n a 的叙述正确的是（）A ．21a a C ．100100S <D ．112n n n a a a +⋅+<【答案】AB 【分析】A ．计算出2a 的值，与1a 比较大小并判断是否正确；B ．利用导数分析()f x 的最小值，由此判断出1n a >是否正确；C ．根据n a 与1的大小关系进行判断；D ．构造函数()()1ln 11h x x x x =+->，分析其单调性和最值，由此确定出1ln 10nn a a +->，将1ln 10n na a +->变形可得112n n a a ++>，再将112n n a a ++>变形可判断结果.【详解】A 选项，3221112ln 2ln 4ln 2222a e =+=+<+=，A 正确；B 选项，因为222121()x f x x x x='-=-，所以当1x >时，()0f x '>，所以()f x 单增，所以()(1)1f x f >=，因为121a =>，所以()11n n a f a +=>，所以1n a >，B 正确； C 选项，因为1n a >，所以100100S >，C 错误；D 选项，令1()ln 1(1)h x x x x =+->，22111()0x h x x x x-='=->，所以()h x 在(1,)+∞单调递增，所以()(1)0h x h >=，所以1ln 10nna a +->，则22ln 20n n a a +->，所以112ln 2n n n a a a ⎛⎫++> ⎪⎝⎭，即112n n a a ++>，所以112n n n a a a ++>，所以D 错误. 故选：AB. 【点睛】易错点睛：本题主要考查导数与数列的综合问题，属于难题.解决该问题应该注意的事项：（1）转化以函数为背景的条件时，应该注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是很容易被忽视的问题；（2）利用函数的方法研究数列中的相关问题时，应准确构造相应的函数，注意数列中相关限制条件的转化.7．已知函数()ln f x x mx =-有两个零点1x 、2x ，且12x x <，则下列结论不正确的是（） A ．10m e<【答案】C 【分析】由()0f x =得出ln xm x =，构造函数()ln x g x x=，利用导数分析函数()g x 的单调性与极值，数形结合可判断ACD 选项的正误；任取1m 、210,m e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，且12m m <，设()()121g g m ξξ==，其中121e ξξ<<<；设()()122g g m ηη==，其中121e ηη<<<，利用函数()g x 的单调性结合不等式的基本性质得出2121ξξηη->-，可判断B 选项的正误. 【详解】令()0f x =，可得ln xm x =，构造函数()ln x g x x=，定义域为()0,∞+，()1ln xg x x-'=. 当0x e <<时， ()0g x '>，此时函数()g x 单调递增；当x e >时，()0g x '<，此时函数()g x 单调递减. 所以，()()max 1g x g e e==，如下图所示：由图象可知，当10m e <<时，直线y m =与函数()ln x g x x=的图象有两个交点，A 选项正确；当1x >时，()0g x >，由图象可得11x e <<，2x e >，C 选项错误，D 选项正确；任取1m 、210,m e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，且12m m <，设()()121g g m ξξ==，其中121e ξξ<<<；设()()122g g m ηη==，其中121e ηη<<<.由于函数()g x 在区间()1,e 上单调递增，且()()11g g ξη<，11ξη∴<；函数()g x 在区间(),e +∞上单调递减，且()()22g g ξη<，22ξη∴>. 由不等式的基本性质可得1212ξξηη-<-，则2121ξξηη->-. 所以，21x x -的值随m 的增大而减小，B 选项正确. 故选：C. 【点睛】在利用导数研究函数的零点问题个数中，可转化为判定()m g x =有两个实根时实数m 应满足的条件，并注意()g x 的单调性、奇偶性、最值的灵活应用．另外还可作出函数()y g x =的大致图象，直观判定曲线交点个数，但应注意严谨性，进行必要的论证．8．已知实数a ，b ，c ，d 满足2111a a e cb d --==-，其中e 是自然对数的底数，则()()22a c b d -+-的值可能是（） A ．7B ．8C ．9D ．10【答案】BCD【分析】由题中所给的等式，分别构造函数()2xf x x e =-和()2g x x =-+，则()()22a c b d -+-的表示()y f x =上一点(),M a b 与()y g x =上一点(),N c d 的距离的平方，利用导数的几何意义可知当()01f x '=-时，切点到直线的距离最小，再比较选项.【详解】由212a a a e b a e b-=⇒=-，令()2x f x x e =-，()12x f x e '∴=- 由1121c d c d -=⇒=-+-，令()2g x x =-+ 则()()22a c b d -+-的表示()y f x =上一点(),M a b 与()y g x =上一点(),N c d 的距离的平方，设()y f x =上与()y g x =平行的切线的切点为()000,M x y由()0001210xf x e x '=-=-⇒=，∴切点为()00,2M -所以切点为()00,2M -到()y g x =的距离的平方为28=的距离为(),M a b 与(),N c d 的距离的平方的最小值.故选：BCD.【点睛】本题考查构造函数，利用导数的几何意义求两点间距离的最小值，重点考查转化思想，构造函数，利用几何意义求最值，属于偏难题型.。

2022年高中数学选择性必修第二册：导数运算法则的简单应用

2022年高中数学选择性必修第二册：导数运算法则的简单应用一、选择题1.(2020河南濮阳高二上期末,)设曲线y=a(x-1)-ln x在点(1,0)处的切线方程为y=3x-3,则a=()A.1B.2C.3D.42.(2020江西上饶中学高二上期中,)已知函数f(x)=xln x+a在点(1,f(1))处的切线经过原点,则实数a=()A.-1B.0C.1eD.13.(2019辽宁沈阳高二上期末,)偶函数f(x)=x(e x-ae-x)的图象在x=1处的切线斜率为()A.2eB.eC.2e D.e+1e4.(2019广东佛山高三月考,)若曲线y=e x在x=0处的切线,也是y=ln x+b的切线,则b=()A.-1B.1C.2D.e5.(2020广东中山期末,)设a∈R,函数f(x)=e x+a·e-x的导函数是f'(x),且f'(x)是奇函数.若曲线y=f(x)的一条切线的斜率是32,则切点的横坐标为()A.-ln22B.-ln2C.ln22D.ln26.(多选)()已知f'(x)为函数f(x)的导函数,且f(x)=12x 2-f(0)x+f'(1)e x-1,若g(x)=f(x)-12x 2+x,方程g(x)-ax=0有且只有一个根,则a 的取值可能是( )A.e B .1 C .-1 D.-12二、填空题7.(2020天津六校高三上期末联考,)曲线f(x)=2sin x+cos x 在点(π,f(π))处的切线方程为 . 8.(2020广东清远高三上期末,)对于三次函数f(x)=ax 3+bx 2+cx+d(a,b,c,d ∈R,a ≠0)有如下定义:设f'(x)是函数f(x)的导函数,f″(x)是函数f'(x)的导函数,若方程f″(x)=0有实数解m,则称点(m,f(m))为函数y=f(x)的“拐点”.若点(1,-3)是函数g(x)=x 3-ax 2+bx-5(a,b ∈R)的“拐点”,也是函数g(x)图象上的点,则函数h(x)=13asin x+12bcos 2x 的最大值是 .三、解答题9.(2019陕西西安中学高二上期末,)已知曲线f(x)=x+ln x.(1)求曲线f(x)在(e,f(e))处的切线方程;(2)若曲线f(x)在点(1,1)处的切线与曲线g(x)=ax 2+(a+2)x+1相切,求实数a 的值.10.()已知在曲线f(x)=13x3-2x2+ax(a∈R)的所有切线中,有且仅有一条切线l与直线y=x垂直.(1)求a的值和切线l的方程;(2)设曲线y=f(x)上任意一点处的切线的倾斜角为α,求α的取值范围.11.()已知函数f(x)=e x sin x+e x cos x,x∈[-2 015π2,2 017π2],过点M(π-12,0)作函数f(x)的图象的所有切线,令各切点的横坐标按从小到大的顺序形成数列{x n},求数列{x n}的所有项之和.答案全解全析一、选择题,因为曲线y=a(x-1)-ln x在点(1,0)处的切线的斜1.D由题意得,y'=a-1x率为3,所以a-1=3,所以a=4.故选D.2.D由f(x)=xln x+a得f'(x)=ln x+1,∴切线斜率为k=f'(1)=1.又f(1)=a,∴切线方程为y-a=1×(x-1),由切线过原点知-a=0-1,解得a=1.故选D.3.A因为函数f(x)为偶函数,所以f(-x)=f(x),即-x(e-x-ae x)=x(e x-ae-x),解得a=1,故f(x)=x(e x-e-x),所以f'(x)=e x-e-x+(e x+e-x)x,所以f'(1)=e1-e-1+e1+e-1=2e,故函数f(x)=x(e x-ae-x)的图象在x=1处的切线斜率为2e.故选A.4.C y=e x的导数为y'=e x,曲线y=e x在x=0处的切线斜率为k=e0=1,当x=0时,y=e0=1,即切点坐标为(0,1).则曲线y=e x在x=0处的切线方程为y-1=x,即y=x+1.,y=ln x+b的导数为y'=1x=1,设切点为(m,n),则1m解得m=1,则n=2,则有2=ln 1+b,解得b=2,故选C.5.D 由题可知x ∈R,∵函数f(x)=e x +a ·e -x ,∴f'(x)=e x -ae x .又∵f'(x)是奇函数,∴f'(0)=1-a=0, ∴a=1,∴f(x)=e x +1ex ,f'(x)=e x -1ex .∵曲线y=f(x)的一条切线的斜率是32,∴32=e x -1ex ,解方程可得x=ln 2.故选D.6.ACD ∵f(x)=12x 2-f(0)x+f'(1)e x-1,∴f(0)=f'(1)e -1, f'(x)=x-f(0)+f'(1)e x-1, ∴f'(1)=1-f'(1)e -1+f'(1)e 1-1, 解得f'(1)=e,∴f(0)=f'(1)e -1=1, ∴f(x)=12x 2-x+e x ,∴g(x)=f(x)-12x 2+x=12x 2-x+e x -12x 2+x=e x ,∵g(x)-ax=0,∴e x -ax=0,即e x =ax.当a=0时,y=e x 与y=0的图象没有交点,关于x 的方程e x -ax=0无解,不满足条件;当a<0时,y=e x 与y=ax 的图象只有一个交点,关于x 的方程e x -ax=0有唯一解,满足条件;当a=e 时,y=e x 与y=ax 的图象相切于一点(1,e),关于x 的方程e x -ax=0有唯一解,满足条件;当a>0且a ≠e 时,y=e x 与y=ax 的图象无交点或有两个交点,关于x 的方程e x -ax=0无解或有两个解,不满足条件. 故a 的取值范围是a=e 或a<0,故选ACD. 二、填空题7.答案 2x+y+1-2π=0 解析由f(x)=2sin x+cos x, 得f'(x)=2cos x-sin x, ∴f'(π)=2cos π-sin π=-2,又当x=π时,f(π)=2sin π+cos π=-1, ∴切点坐标为(π,-1).∴曲线f(x)=2sin x+cos x 在点(π,-1)处的切线方程为y+1=-2(x-π), 即2x+y-2π+1=0. 8.答案178解析由题可得,g'(x)=3x 2-2ax+b,g″(x)=6x -2a,因为点(1,-3)是g(x)的拐点,所以g″(1)=0,解得a=3,由g(1)=-3,得b=4,所以h(x)=sin x+2cos 2x=sin x-2sin 2x+2,令sin x=t,则t ∈[-1,1], 即求y=-2t 2+t+2在t ∈[-1,1]时的最大值,由二次函数开口向下及对称轴t=14∈[-1,1]可知,当t=14时,y 有最大值,且最大值为178.故函数h(x)的最大值为178.三、解答题9.解析由题可得f'(x)=1+1x.(1)f(e)=e+1,k=f'(e)=1+1e,所以曲线在点(e,f(e))处的切线方程为y-(e+1)=(1+1e)(x-e),即y=(1+1e)x.(2)函数f(x)=x+ln x在点(1,1)处的导数为f'(1)=1+1=2,设切线为l,则l 的方程为y=2x-1,曲线g(x)=ax2+(a+2)x+1的导数为g'(x)=2ax+a+2,因为l与该曲线相切,所以g'(x)=2ax+a+2=2,所以x=-12,代入曲线g(x)的方程可求得切点为(-12,-a4),代入切线方程得a=8.10.解析(1)由题意知,f'(x)=x2-4x+a,且方程x2-4x+a=-1有两个相等的实数根,∴Δ=(-4)2-4(a+1)=0,∴a=3,此时方程x2-4x+a=-1化为x2-4x+4=0,得x1=x2=2,∴切点的纵坐标为f(2)=23,∴切线l的方程为y-23=-(x-2),即3x+3y-8=0.(2)设曲线y=f(x)上任意一点(x,y)处的切线斜率为k(由题意知k存在),则由(1)知k=x2-4x+3=(x-2)2-1≥-1,即tanα≥-1,∴α的取值范围为0≤α<π2或3π4≤α<π.11.解析 f(x)=e x (sin x+cos x), ∴f'(x)=2e x cos x,设切点坐标为(x 0,e x 0(sin x 0+cos x 0)),则该点处的切线斜率为f'(x 0)=2e x 0cos x 0,从而切线方程为y-e x 0(sin x 0+cos x 0)=2e x 0·cos x 0(x-x 0), ∵切线过点M (π-12,0),∴-e x 0(sin x 0+cos x 0)=2e x 0cos x 0·(π-12-x 0),解得tan x 0=2(x 0-π2).令y 1=tan x,y 2=2(x -π2),这两个函数的图象均关于点(π2,0)对称,则它们交点的横坐标也关于x=π2对称,从而各切线切点的横坐标所构成的数列{x n }的项也关于x=π2成对出现,又x ∈[-2 015π2,2 017π2],∴共有1 008对,每对横坐标之和均为π, 故所有项之和为1 008π.。

高二数学导数及其应用试题答案及解析

高二数学导数及其应用试题答案及解析1.函数的导数是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】===【考点】基本函数的求导公式、积的求导法则点评：本题比较简单，直接代入求导公式运算。

要求学生熟记公式。

2.已知直线是的切线，则的值为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】，则∴切点为，曲线过∴，。

【考点】切线方程、对数运算。

点评：根据导数的几何意义，先把切点利用k表示，再利用切点是切线和曲线的公共点代入已知方程求值。

3.在曲线y=2x2－1的图象上取一点（1， 1）及邻近一点（1+Δx,1+Δy）,则等于A．4Δx+2Δx2B．4+2Δx C．4Δx+Δx2D．4+Δx【答案】B【解析】∵△y=2（1+△x）2-1-1=2△x2+4△x，∴=4+2△x，故选B．【考点】本题主要考查导数的概念。

点评：遵循“算增量，求比值”，细心计算。

4.（2006年福建卷）统计表明，某种型号的汽车在匀速行驶中每小时的耗油量（升）关于行驶速度（千米/小时）的函数解析式可以表示为：已知甲、乙两地相距100千米。

（I）当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地要耗油多少升？（II）当汽车以多大的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少？最少为多少升？【答案】（I）当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油17.5升。

（II）当汽车以80千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少，最少为11.25升.【解析】分析：结合物理知识进行求解.解：（I）当时，汽车从甲地到乙地行驶了小时，要耗没（升）。

答：当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油17.5升。

（II）当速度为千米/小时时，汽车从甲地到乙地行驶了小时，设耗油量为升，依题意得令得当时，是减函数；当时，是增函数。

当时，取到极小值因为在上只有一个极值，所以它是最小值。

答：当汽车以80千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少，最少为11.25升.【考点】本小题主要考查函数、导数及其应用。

高考数学二轮复习考点知识与题型专题解析20---导数的简单应用

高考数学二轮复习考点知识与题型专题解析导数的简单应用微专题1导数的几何意义及其应用导数的几何意义函数f(x)在x0处的导数是曲线f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率，曲线f(x)在点P 处的切线的斜率k＝f′(x0)，相应的切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)·(x－x0)．『典型题训练』1．若过函数f(x)＝ln x－2x图象上一点的切线与直线y＝2x＋1平行，则该切线方程为()A．2x－y－1＝0B．2x－y－2ln2＋1＝0C．2x－y－2ln2－1＝0D．2x＋y－2ln2－1＝02．已知a∈R，设函数f(x)＝ax－ln x＋1的图象在点(1，f(1))处的切线为l，则l过定点()A．(0，2) B．(1，0)C．(1，a＋1) D．(e，1))，则曲线y＝f(x)在x＝0 3．已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f(x)＝cos x－xf′(π2处的切线方程是()A．2x－y－1＝0 B．2x＋y＋1＝0C．x－2y＋2＝0 D．x＋2y＋1＝04．已知函数f(x)＝a e x＋x2的图象在点M(1，f(1))处的切线方程是y＝(2e+2)x＋b，那么ab＝()A．2 B．1 C．－1 D．－25．[2021·重庆三模]已知曲线C1：f(x)＝e x＋a和曲线C2：g(x)＝ln (x＋b)＋a2(a，b∈R)，若存在斜率为1的直线与C1，C2同时相切，则b的取值范围是()，+∞)B．[0，＋∞)A．[−94]C．(−∞，1]D．(−∞，94在点(－1，－3)处的切线方程为________________．6．[2021·全国甲卷(理)]曲线y＝2x−1x+2微专题2利用导数研究函数的单调性『常考常用结论』导数与单调性的关系1．f′(x)>0是f(x)为增函数的充分不必要条件，如函数f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上单调递增，但f′(x)≥0；2．f′(x)≥0是f(x)为增函数的必要不充分条件，当函数在某个区间内恒有f′(x)＝0时，则f(x)为常数，函数不具有单调性．『提分题组训练』1．[2021·山东烟台模拟]已知a＝ln12 020+2 0192 020，b＝ln12 021+2 0202 021，c＝ln12 022+2 0212 022，则a，b，c的大小关系是()A.a>b>c B．a>c>bC．c>b>a D．c>a>b2．函数f(x)＝x2－a ln x在[1，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围是()A．(0，2] B．(2，＋∞)C．(－∞，2] D．(－∞，2)3．已知函数f(x)＝23x3－ax2＋4x在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，则实数a的取值范围是()A．(2√2，＋∞) B．[2√2，＋∞)C．(－∞，－2√2) D．(－∞，－2√2]4．若函数f(x)的导函数为f′(x)，对任意x∈(－π，0)，f′(x)sin x<f(x)cos x恒成立，则()A．√2f(−5π6)>f(−3π4)B．f(−5π6)>√2f(−3π4)C．√2f(−5π6)<f(−3π4)D．f(−5π6)<√2f(−3π4)5．定义在R上的函数f(x)满足f(x)>1－f′(x)，f(0)＝6，则不等式f(x)>1＋5e x(e为自然对数的底数)的解集为()A．(0，＋∞) B．(5，＋∞)C．(－∞，0)∪(5，+∞) D.(−∞，0)6．[2021·山东济南一模]设a＝2022ln2020，b＝2021ln2021，c＝2020ln2022，则() A．a>c>b B．c>b>aC．b>a>c D．a>b>c微专题3利用导数研究函数的极值、最值『常考常用结论』导数与极值、最值(1)函数f(x)在x0处的导数f′(x0)＝0且f′(x)在x0附近“左正右负”⇔f(x)在x0处取极大值；函数f(x)在x0处的导数f′(x0)＝0且f′(x)在x0附近“左负右正”⇔f(x)在x0处取极小值．(2)函数f(x)在一闭区间上的最大值是此函数在该区间上的极值与该区间端点处函数值中的“最大者”；函数f(x)在一闭区间上的最小值是此函数在该区间上的极值与该区间端点处函数值中的“最小者”．『提分题组训练』1．已知函数f(x)＝12sin2x＋sin x，则f(x)的最小值是()A．－3√32B．3√32C．－3√34D．3√342．[2021·全国乙卷(理)]设a≠0，若x＝a为函数f(x)＝a(x－a)2(x－b)的极大值点，则()A ．a ＜bB ．a ＞bC ．ab ＜a 2D ．ab ＞a 23．函数f (x )＝x 3－ax 2－bx ＋a 2在x ＝1处有极值10，则点(a ，b )为() A ．(3，－3) B ．(－4，11) C ．(3，－3)或(－4，11) D ．(4，11)4．若函数f (x )＝x 3－3x 在区间(2a ，3－a 2)上有最大值，则实数a 的取值范围是() A ．(－3，1) B ．(－2，1) C ．(−3，−12) D ．(－2，－1]5．若函数f (x )＝12e 2x －m e x －m2x 2有两个极值点，则实数m 的取值范围是() A ．(12，+∞) B ．(1，＋∞) C ．(e 2，+∞) D ．(e ，＋∞) 6．[2021·山东模拟]若函数f (x )＝{2x−2−2m ，x <12x 3−6x 2，x ≥1有最小值，则m 的一个正整数取值可以为________．参考答案导数的简单应用微专题1导数的几何意义及其应用典型题训练1．解析：由题意，求导函数可得y ′＝1x －2， ∵切线与直线y ＝2x ＋1平行， ∴1x －2＝2， ∴x ＝14，∴切点P 坐标为(14，−2ln 2−12)，∴过点P 且与直线y ＝2x ＋1平行的切线方程为y ＋2ln2＋12＝2(x −14)，即2x －y －2ln2－1＝0.故选C.答案：C2．解析：由f (x )＝ax －ln x ＋1⇒f ′(x )＝a －1x ，f ′(1)＝a －1，f (1)＝a ＋1，故过(1，f (1))处的切线方程为：y ＝(a －1)(x －1)＋a ＋1＝(a －1)x ＋2，故l 过定点(0，2)．故选A.答案：A3．解析：∵f (x )＝cos x －xf ′(π2)， ∴f ′(x )＝－sin x －f ′(π2)，∴f ′(π2)＝－sin π2－f ′(π2)＝－1－f ′(π2)，解得：f ′(π2)＝－12，∴f (x )＝cos x ＋12x ，f ′(x )＝－sin x ＋12，∴f (0)＝1，f ′(0)＝12，∴y ＝f (x )在x ＝0处的切线方程为y －1＝12x ，即x －2y ＋2＝0.故选C.4．解析：因为f (x )＝a e x ＋x 2，所以f ′(x )＝a e x ＋2x ，因此切线方程的斜率k ＝f ′(1)＝a e ＋2，所以有a e ＋2＝2e ＋2，得a ＝2，又切点在切线上，可得切点坐标为(1，2e ＋2＋b )，将切点代入f (x )中，有f (1)＝2e ＋1＝2e ＋2＋b ，得b ＝－1，所以ab ＝－2.故选D. 答案：D5．解析：f ′(x )＝e x ，g ′(x )＝1x+b ，设斜率为1的切线在C 1，C 2上的切点横坐标分别为x 1，x 2，由题知e x 1＝1x2+b＝1，∴x 1＝0，x 2＝1－b ，两点处的切线方程分别为y －(1＋a )＝x 和y －a 2＝x －(1－b )，故a ＋1＝a 2－1＋b ，即b ＝2＋a －a 2＝－(a −12)2＋94≤94.故选D. 答案：D6．解析：y ′＝(2x−1x+2)′＝2(x+2)−(2x−1)(x+2)2＝5(x+2)2，所以y ′|x ＝－1＝5(−1+2)2＝5，所以切线方程为y ＋3＝5(x ＋1)，即y ＝5x ＋2.答案：y ＝5x ＋2微专题2利用导数研究函数的单调性提分题组训练1．解析：构造函数f (x )＝ln x ＋1－x ，f ′(x )＝1x－1＝1−x x，当0<x <1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，所以f (12 020)>f (12 021)>f (12 022)，a >b >c .故选A.2．解析：由题意得，f ′(x )＝2x －ax ≥0在x ∈[1，＋∞)上恒成立，所以a ≤2x 2在x ∈[1，＋∞)上恒成立，因为2x 2在x ∈[1，＋∞)的最小值为2，所以m ≤2.故选C. 答案：C3．解析：f ′(x )＝2x 2－2ax ＋4，由题意得∃x ∈(－2，－1)，使得不等式f ′(x )＝2(x 2－ax ＋2)<0成立，即x ∈(－2，－1)时，a <(x +2x )max ，令g (x )＝x ＋2x ，x ∈(－2，－1)，则g ′(x )＝1－2x 2＝x 2−2x 2，令g ′(x )>0，解得－2<x <－√2，令g ′(x )<0，解得－√2<x <－1，故g (x )在(－2，－√2)上单调递增，在(－√2，－1)上单调递减，故g (x )max ＝g (－√2)＝－2√2，故满足条件的a 的范围是(－∞，－2√2)，故选C. 答案：C4．解析：因为任意x ∈(－π，0)，f ′(x )sin x <f (x )cos x 恒成立，即任意x ∈(－π，0)，f ′(x )sin x －f (x )cos x <0恒成立，又x ∈(－π，0)时，sin x <0，所以[f (x )sin x ]′＝f ′(x )sin x−f (x )cos x(sin x )2<0，所以f (x )sin x 在(－π，0)上单调递减，因为－5π6<－3π4，所以f(−5π6)sin(−5π6)>f(−3π4)sin(−3π4)，即f(−5π6)−12>f(−3π4)−√22，所以√2f (−5π6)<f (−3π4)，故选C.答案：C5．解析：设g (x )＝e x f (x )－e x ，因为f (x )>1－f ′(x )，所以g ′(x )＝e x [f (x )＋f ′(x )]－e x ＝e x [f (x )＋f ′(x )－1]>0，所以g (x )是R 上的增函数，又g (0)＝e 0f (0)－e 0＝5，所以不等式f (x )>1＋5e x 可化为e xf (x )－e x >5，即g (x )>g (0)，所以x >0.故选A.答案：A6．解析：令f (x )＝ln xx+1且x ∈(0，＋∞)，则f ′(x )＝1+1x−ln x (x+1)2，若g (x )＝1＋1x －ln x ，则在x ∈(0，＋∞)上g ′(x )＝－1x 2−1x <0，即g (x )单调递减，又g (e)＝1e >0，g (e 2)＝1e 2－1<0，即∃x 0∈(1e ，e 2)使g (x 0)＝0， ∴在(x 0，＋∞)上g (x )<0，即f ′(x )<0，f (x )单调递减； ∴f (2021)<f (2020)，有ln 20212 022<ln 20202 021，即a >b ，令m (x )＝ln xx−1且x ∈(0，1)∪(1，+∞)，则m ′(x )＝1−1x−ln x (x−1)2，若n (x )＝1－1x －ln x ，则n ′(x )＝1x (1x －1)，即在x ∈(0，1)上n (x )单调递增，在x ∈(1，＋∞)上n (x )单调递减，∴n (x )<n (1)＝0，即m ′(x )<0，m (x )在x ∈(1，＋∞)上递减， ∴m (2022)<m (2021)，有ln 20222 021<ln 20212 020，即b >c ，故选D.答案：D微专题3利用导数研究函数的极值、最值提分题组训练1．解析：由题得f ′(x )＝cos2x ＋cos x ＝2cos 2x ＋cos x －1＝(2cos x －1)(cos x ＋1)，所以当cos x >12时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当－1≤cos x <12时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．所以f (x )取得最小值时，cos x ＝12，此时sin x ＝±√32，当sin x ＝－√32时，f (x )＝sin x cos x ＋sin x ＝－3√34；当sin x ＝√32时，f (x )＝sin x cos x ＋sin x ＝3√34；所以f (x )的最小值是－3√34.故选C.答案：C 2．解析：当a >0时，根据题意画出函数f (x )的大致图象，如图1所示，观察可知b >a .当a <0时，根据题意画出函数f (x )的大致图象，如图2所示，观察可知a >b .综上，可知必有ab >a 2成立．故选D.答案：D3．解析：由f (x )＝x 3－ax 2－bx ＋a 2，求导f ′(x )＝3x 2－2ax －b ，由函数f(x)＝x3－ax2－bx＋a2在x＝1处有极值10，则{f(1)=10f′(1)=0，即{1−a−b+a2=103−2a−b=0，解得{a=−4b=11或{a=3b=−3，当a＝3，b＝－3时，f′(x)＝3x2－6x＋3＝3(x－1)2≥0，此时f(x)在定义域R上为增函数，无极值，舍去．当a＝－4，b＝11，f′(x)＝3x2＋8x－11，x＝1为极小值点，符合题意，故选B.答案：B4．解析：因为函数f(x)＝x3－3x，所以f′(x)＝3x2－3，当x<－1或x>1时，f′(x)>0，当－1<x<1时，f′(x)<0，所以当x＝－1时，f(x)取得最大值，又f(－1)＝f(2)＝2，且f(x)在区间(2a，3－a2)上有最大值，所以2a<－1<3－a2≤2，解得－2<a≤－1，所以实数a的取值范围是(－2，－1]故选D.答案：D5．解析：依题意，f′(x)＝e2x－m e x－mx有两个变号零点，令f′(x)＝0，即e2x－m e x－mx＝0，则e2x＝m(e x+x)，显然m≠0，则1m ＝e x+xe2x，设g(x)＝e x+xe2x，则g′(x)＝(e x+1)·e2x−(e x+x)·2e2xe4x ＝1−e x−2xe2x，设h(x)＝1－e x－2x，则h′(x)＝－e x－2<0，∴h(x)在R上单调递减，又h(0)＝0，∴当x∈(－∞，0)时，h(x)>0，g′(x)>0，g(x)单调递增，当x∈(0，＋∞)时，h(x)<0，g′(x)<0，g(x)单调递减，∴g(x)max＝g(0)＝1，且x→－∞时，g(x)→－∞，x→＋∞时，g(x)→0，<1，解得m>1.∴0<1m故选B.答案：B6．解析：y＝2x－2－2m在(－∞，1)上单调递增，∴y＝2x－2－2m>－2m；当x≥1时，y＝2x3－6x2，此时，y′＝6x2－12x＝6x(x－2)．∴y＝2x3－6x2在(1，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，∴y＝2x3－6x2在[1，＋∞)上的最小值为－8，函数f(x)有最小值，则－2m≥－8，即m≤4，故m的一个正整数取值可以为4.答案：4。

第11节导数的简单应用

第11节导数的简单应用课时训练练题感提知能【选题明细表】一、选择题1.函数y=(3-x2)e x的单调递增区间是( D )(A)(-∞,0) (B)(0,+∞)(C)(-∞,-3)和(1,+∞) (D)(-3,1)解析:y′=-2xe x+(3-x2)e x=e x(-x2-2x+3),由y′>0⇒x2+2x-3<0⇒-3<x<1,∴函数y=(3-x2)e x的单调递增区间是(-3,1).故选D.2.已知函数f(x)=x3+ax2+bx+a2在x=1处有极值10,则f(2)等于( C )(A)11或18 (B)11(C)18 (D)17或18解析:∵函数f(x)=x3+ax2+bx+a2在x=1处有极值10,∴f(1)=10,且f′(1)=0,即解得或而当时,函数在x=1处无极值,故舍去.∴f(x)=x3+4x2-11x+16,∴f(2)=18.故选C.3.(2012年高考大纲全国卷)已知函数y=x3-3x+c的图象与x轴恰有两个公共点,则c等于( A )(A)-2或2 (B)-9或3(C)-1或1 (D)-3或1解析:∵y′=3(x+1)(x-1),∴当x=-1或x=1时取得极值,由题意得f(1)=0或f(-1)=0,即c-2=0或c+2=0,解得c=2或c=-2.故选A.4.若函数f(x)=ax3+bx2+cx+d有极值,则导函数f′(x)的图象不可能是( D )解析:若函数f(x)=ax3+bx2+cx+d有极值,则此函数在某点两侧的单调性相反,也就是说导函数f′(x)在此点两侧的导函数值的符号相反,所以导函数的图象要穿过x轴,观察四个选项中的图象只有D项是不符合要求的,即f′(x)的图象不可能是D.5.(2013福建厦门质检)若函数f(x)=x3-3x在(a,6-a2)上有最小值,则实数a的取值范围是( C )(A)(-,1) (B)[-,1)(C)[-2,1) (D)(-,-2]解析:f′(x)=3x2-3=0,得x=±1,且x=1为函数的极小值点,x=-1为函数的极大值点.函数f(x)在区间(a,6-a2)上,则函数f(x)极小值点必在区间(a,6-a2)内,即实数a满足a<1<6-a2且f(a)=a3-3a≥f(1)=-2.解a<1<6-a2得,-<a<1,不等式a3-3a≥f(1)=-2,即a3-3a+2≥0,即a3-1-3(a-1)≥0,即(a-1)(a2+a-2)≥0,即(a-1)2(a+2)≥0,即a≥-2.故实数a的取值范围是[-2,1).故选C.6.(2013乐山市高三第三次调研)已知函数f(x)的定义域为[-1,5],部分对应值如下表,f(x)的导函数y=f′(x)的图象如图所示,下列关于函数f(x)的命题:①函数f(x)是周期函数;②函数f(x)在[0,2]是减函数;③如当x∈[-1,t]时,f(x)的最大值为2,那么t的最大值为4;④当1<a<2时,函数y=f(x)-a有4个零点.其中正确的命题个数是( D )(A)4 (B)3 (C)2 (D)1解析:由f(x)的定义域为[-1,5]知函数f(x)不是周期函数,由导函数y=f′(x)的图象知f(x)在[0,2]是减函数.当x∈[-1,t]时,f(x)最大值为2,那么t的最大值为5,由于f(2)是函数的一个极小值,且f(2)的值未知,所以当1<a<2时,函数y=f(x)-a的零点个数不确定,故选D.7.(2014自贡模拟)若f(x)=-(x-2)2+bln x在(1,+∞)上是减函数,则b的取值范围是( C )(A)[-1,+∞) (B)(-1,+∞)(C)(-∞,-1] (D)(-∞,-1)解析:由题意可知f′(x)=-(x-2)+≤0,在x∈(1,+∞)上恒成立,即b≤x(x-2)在x∈(1,+∞)上恒成立,由于φ(x)=x(x-2)=x2-2x在(1,+∞)上的值域是(-1,+∞),故只要b≤-1即可.8.(2013石室中学高三模拟)已知函数f(x)=|xe x|,方程f2(x)+tf(x)+1=0(t∈R)有四个实数根,则t的取值范围为( B ) (A)(,+∞) (B)(-∞,-)(C)(-,-2) (D)(2,)解析:f(x)=|xe x|=x≥0时,f′(x)=e x+xe x=(1+x)e x>0,x<0时,f′(x)=-e x-xe x=-(1+x)e x,当-1≤x<0时,f′(x)<0,x≤-1时,f′(x)>0,又因f(0)=0于是函数f(x)在(-∞,-1),(0,+∞)上为单调增函数,在(-1,0)上为减函数,其大致图象如图所示,由题意知关于f(x)的方程f2(x)+tf(x)+1=0有两正实根,f(x1),f(x2),不妨设f(x1)<f(x2),则0<f(x1)<,f(x2)>,所以t<-.故选B.二、填空题9.已知向量a=(e x+,-x),b=(1,t),若函数f(x)=a²b在区间(-1,1)上存在增区间,则t的取值范围为.解析:f(x)=e x+-tx,x∈(-1,1),f′(x)=e x+x-t,函数在(x1,x2)⊆(-1,1)上单调递增,故e x+x>t,x∈(x1,x2)时恒成立,故e+1>t.答案:(-∞,e+1)10.(2013眉山模拟)若函数f(x)=x4-ax3+x2-2有且仅有一个极值点,则实数a的取值范围是.解析:f′(x)=4x3-3ax2+2x=x(4x2-3ax+2),函数f(x)=x4-ax3+x2-2有且只有一个极值点的充要条件是9a2-32≤0,解得-≤a≤.答案:[-,]11.(2014郑州模拟)已知函数f(x)=-x3+ax2-4在x=2处取得极值,若m,n∈[-1,1],则f(m)+f′(n)的最小值是.解析:f′(x)=-3x2+2ax,根据已知=2,得a=3,即f(x)=-x3+3x2-4.根据函数f(x)的极值点,可得函数f(m)在[-1,1]上的最小值为f(0)=-4,f′(n)=-3n2+6n在[-1,1]上单调递增,所以f′(n)的最小值为f′(-1)=-9.[f(m)+f′(n)]min=f(m)min+f′(n)min=-4-9=-13.答案:-1312.函数f(x)=的单调递增区间是.解析:f′(x)==>0,即cos x>-,结合三角函数图象或是单位圆中的三角函数线知道,2kπ-<x<2kπ+(k∈Z),即函数f(x)的单调递增区间是(2kπ-,2kπ+)(k∈Z).答案:(2kπ-,2kπ+)(k∈Z)13.函数f(x)=|e x-bx|,其中e为自然对数的底数.若函数y=f(x)有且只有一个零点,则实数b的取值范围是.解析:记g(x)=e x-bx.f(x)=0同解于g(x)=0,因此,只需g(x)=0有且只有一个解.即方程e x-bx=0有且只有一个解.因为x=0不满足方程,所以方程同解于b=(x≠0),令h(x)=,由h′(x)==0得x=1.当x∈(1,+∞)时,h′(x)>0,h(x)单调递增,h(x)∈(e,+∞);当x∈(0,1)时,h′(x)<0,h(x)单调递减,h(x)∈(e,+∞);所以当x∈(0,+∞)时,方程b=有且只有一解等价于b=e.当x∈(-∞,0)时,h(x)单调递减,且h(x)∈(-∞,0),从而方程b=有且只有一解等价于b∈(-∞,0).综上所述,b的取值范围为(-∞,0)∪{e}.答案:(-∞,0)∪{e}三、解答题14.(2014四川眉山二诊)已知函数f(x)=aln x-ax-3(a∈R).(1)求函数f(x)的单调区间;(2)若函数y=f(x)的图象在点(2,f(2))处的切线的倾斜角为45°,对于任意的t∈[1,2],函数g(x)=x3+x2²[f′(x)+]在区间(t,3)内总不是单调函数,求m的取值范围.解:(1)f′(x)=(x>0),当a>0时,f(x)的增区间为(0,1),减区间为(1,+∞);当a<0时,f(x)的增区间为(1,+∞),减区间为(0,1);当a=0时,f(x)不是单调函数.(2)由(1)得f′(2)=-=1,即a=-2,∴f(x)=-2ln x+2x-3,∴g(x)=x3++2x2-2x,∴g′(x)=3x2+(m+4)x-2.∵g(x)在区间(t,3)内总不是单调函数,即g′(x)=0在区间(t,3)内有变号零点.由于g′(0)=-2,∴当g′(t)<0,即3t2+(m+4)t-2<0对任意t∈[1,2]恒成立,由于g′(0)<0,故只要g′(1)<0且g′(2)<0,即m<-5且m<-9,即m<-9;由g′(3)>0,即m>-.所以-<m<-9.15.(2013四川广元高三第二次适应性测试)已知函数f(x)=x3-x2+ax+b的图象在点P(0,f(0))处的切线方程为y=3x-2.(1)求实数a、b的值;(2)设g(x)=f(x)+是[2,+∞)上的增函数,①求实数m的最大值;②当m取最大值时,是否存在点Q,使得过点Q的直线若能与曲线y=g(x)围成两个封闭图形,则这两个封闭图形的面积总相等?若存在,求出Q点的坐标;若不存在,说明理由.解:(1)∵f(x)=x3-x2+ax+b,f′(x)=x2-2x+a.由题设得即(2)①由g(x)=x3-x2+3x-2+得g′(x)=x2-2x+3-.∵g(x)是[2,+∞)上的增函数,所以g′(x)≥0在[2,+∞)上恒成立.设(x-1)2=t,因为x∈[2,+∞),所以t∈[1,+∞).即不等式t+2-≥0在[1,+∞)上恒成立.当m≤0时,设y=t+2-≥0在[1,+∞)上恒成立.当m>0时,设y=t+2-,t∈[1,+∞).∵y′=1+>0,所以函数y=t+2-在[1,+∞)上单调递增.∴y min=3-m.∵y min≥0,所以3-m≥0,即m≤3.又m>0,故0<m≤3.综上,m的最大值为3.②存在,由(1)得g(x)=x3-x2+3x-2+.∵g(x)=(x3-3x2+3x-1)+2(x-1)++=(x-1)3+2(x-1)++它的图象是由奇函数h(x)=x3+2x+的图象向右平移1个单位,再向上平移个单位得来的,∴g(x)的图象关于点Q(1,)成中心对称.∴存在点Q(1,)使得过点Q的直线若能与函数g(x)的图象围成两个封闭图形,则这两个封闭图形的面积总相等.16.(2013成都市高中毕业班第三次诊断)已知函数f(x)=x2+ln(x-a),a∈R.(1)若f(x)有两个不同的极值点,求a的取值范围;(2)当a≤-2时,令g(a)表示f(x)在[-1,0]上的最大值,求g(a)的表达式;(3)求证:+ln<1+++…+,n∈N*.解:(1)f′(x)=2x+=(x>a).∵f(x)有两个不同的极值点,∴令h(x)=2x2-2ax+1,则h(x)有两个大于a的零点.∴∴a<-.(2)由(1),知当a≤-2时,f(x)在(a,],[,+∞)上单调递增;在,上单调递减.x=-≤-1-<-1,1=又x,<=-a,故x2<0.注意到h(x)=2x2-2ax+1的对称轴x=<-1,h(-1)=3+2a<0,h(0)=1>0,可推知-1<x2<0.∴当x∈[-1,0]时,g(a)=f(x)max=max{f(-1),f(0)}.而f(0)=ln(-a),f(-1)=1+ln(-1-a),又由f(0)> f(-1)⇒a>,但>-2,故f(0)>f(1)不成立.综上分析可知,g(a)=f(-1)=1+ln(-1-a)(a≤-2).(3)由(2),当a=-2时,f(x)在[-1,0]上有最大值f(-1)=1.即当x∈[-1,0],a=-2时,x2+ln(x+2)≤1.令x+2=,则x=-∈(-1,0].∴2+ln<1.∴ln<-,即+ln<.∴+ln<+ln<.∴+ln(n+1)<,即+ln(n+1)<.∴+ln<1+++…+.。

微专题32 导数的简单应用

微专题32 导数的简单应用高考定位 1.考查函数的切线问题.2.考查函数的单调性、极值、最值问题.1.(2022·全国乙卷)函数f (x )＝cos x ＋(x ＋1)sin x ＋1在区间[0，2π]的最小值、最大值分别为( ) A.－π2，π2 B.－3π2，π2 C.－π2，π2＋2 D.－3π2，π2＋2答案 D解析 f (x )＝cos x ＋(x ＋1)sin x ＋1，x ∈[0，2π]，则f ′(x )＝－sin x ＋sin x ＋(x ＋1)cos x ＝(x ＋1)cos x ，x ∈[0，2π]. 令f ′(x )＝0，解得x ＝－1(舍去)，x ＝π2或x ＝3π2. 因为f (π2)＝cos π2＋(π2＋1)sin π2＋1＝2＋π2， f (3π2)＝cos 3π2＋(3π2＋1)sin 3π2＋1＝－3π2，又f (0)＝cos 0＋(0＋1)sin 0＋1＝2， f (2π)＝cos 2π＋(2π＋1)sin 2π＋1＝2，所以f (x )max ＝f (π2)＝2＋π2， f (x )min ＝f (3π2)＝－3π2.故选D. 2.(2022·全国甲卷)已知a ＝3132，b ＝cos 14，c ＝4sin 14，则( ) A.c >b >a B.b >a >c C.a >b >c D.a >c >b答案 A解析因为b ＝cos 14＝1－2sin 218，所以b －a ＝1－2sin 218－3132＝132－2sin 218＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫164－sin 218.令f(x)＝x－sin x，则f′(x)＝1－cos x≥0，所以函数f(x)在R上单调递增，所以当x>0时，f(x)>f(0)＝0，即有x>sin x(x>0)成立，所以18>sin 18，得164>sin218，所以b>a.因为cb ＝4sin14cos14＝4tan 14，所以令g(x)＝tan x－x，则g′(x)＝cos2x＋sin2xcos2x－1＝1－cos2xcos2x≥0，所以函数g(x)在定义域内单调递增，所以当x>0时，g(x)>g(0)＝0，即有tan x>x(x>0)成立，所以tan 14>14，即4tan 14>1，所以cb>1，又b>0，所以c>b.综上c>b>a.故选A.3.(多选)(2022·新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)＝x3－x＋1，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y＝2x是曲线y＝f(x)的切线答案AC解析因为f(x)＝x3－x＋1，所以f′(x)＝3x2－1.令f ′(x )＝3x 2－1＝0，得x ＝±33.由f ′(x )＝3x 2－1>0得x >33或x <－33；由f ′(x )＝3x 2－1<0得－33<x <33.所以f (x )＝x 3－x ＋1在⎝ ⎛⎭⎪⎫33，＋∞，⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－33上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，33上单调递减，所以f (x )有两个极值点，故A 正确；因为f (x )的极小值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫33＝⎝ ⎛⎭⎪⎫333－33＋1＝1－239>0，f (－2)＝(－2)3－(－2)＋1＝－5<0，所以函数f (x )在R 上有且只有一个零点，故B 错误；因为函数g (x )＝x 3－x 的图象向上平移一个单位长度得函数f (x )＝x 3－x ＋1的图象，函数g (x )＝x 3－x 的图象关于原点(0，0)中心对称且g (0)＝0，所以点(0，1)是曲线f (x )＝x 3－x ＋1的对称中心，故C 正确；假设直线y ＝2x 是曲线y ＝f (x )的切线，切点为(x 0，y 0)，则f ′(x 0)＝3x 20－1＝2，解得x 0＝±1；若x 0＝1，则切点坐标为(1，1)，但点(1，1)不在直线y ＝2x 上；若x 0＝－1，则切点坐标为(－1，1)，但点(－1，1)不在直线y ＝2x 上，所以假设不成立，故D 错误.故选AC.4.(2022·新高考Ⅱ卷)曲线y ＝ln |x |过坐标原点的两条切线的方程为__________，____________. 答案 y ＝1e x y ＝－1e x解析先求当x >0时，曲线y ＝ln x 过原点的切线方程，设切点为(x 0，y 0)，则由y ′＝1x ，得切线斜率为1x 0，又切线的斜率为y0x0，所以1x0＝y0x0，解得y0＝1，代入y＝ln x，得x0＝e，所以切线斜率为1e ，切线方程为y＝1e x.同理可求得当x<0时的切线方程为y＝－1e x.综上可知，两条切线方程为y＝1e x，y＝－1 e x.热点一导数的计算及几何意义1.复合函数的导数复合函数y＝f(g(x))的导数和函数y＝f(u)，u＝g(x)的导数间的关系为y x′＝y u′·u x′.2.导数的几何意义(1)函数在某点的导数即曲线在该点处的切线的斜率.(2)曲线在某点的切线与曲线过某点的切线不同.(3)切点既在切线上，又在曲线上.例1 (1)(2022·沈阳二模)已知函数f(x)＝x2－xf′(1)，则曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为()A.3x－y－4＝0B.3x－y＋4＝0C.3x＋y＋4＝0D.3x＋y－4＝0(2)在平面直角坐标系xOy中，点A在曲线y＝ln x上，且该曲线在点A处的切线经过点(－e，－1)(e为自然对数的底数)，则点A的坐标是________.答案(1)A(2)(e，1)解析(1)由f(x)＝x2－xf′(1)，得f′(x)＝2x－f′(1)，所以f′(1)＝2－f′(1)，得f′(1)＝1，所以f(x)＝x2－x，f′(x)＝2x－1，所以f(2)＝22－2＝2，f′(2)＝2×2－1＝3，所以所求切线方程为y－2＝3(x－2)，即3x－y－4＝0，故选A.(2)设A(m，n)，y′＝1 x ，则曲线y＝ln x在点A处的切线方程为y －n ＝1m (x －m ). 又切线过点(－e ，－1)，所以有n ＋1＝1m (m ＋e).再由n ＝ln m ，解得m ＝e ，n ＝1. 故点A 的坐标为(e ，1).规律方法求过某点的切线方程时(不论这个点在不在曲线上，这个点都不一定是切点)，应先设切点的坐标，再根据切点的“一拖三”(切点的横坐标与斜率相关、切点在切线上、切点在曲线上)求切线方程.训练1 (1)(2022·海南模拟)已知函数f (x )＝2f ′(3)x －29x 2＋ln x (f ′(x )是f (x )的导函数)，则f (1)＝( ) A.－209 B.－119 C.79D.169(2)(2022·西安模拟)已知倾斜角为45°的直线l 与曲线y ＝ln x －2x ＋1相切，则直线l 的方程是________.答案 (1)D (2)x －y ＋ln 2－2＝0 解析 (1)∵f ′(x )＝2f ′(3)－49x ＋1x ， ∴f ′(3)＝2f ′(3)－43＋13⇒f ′(3)＝1， ∴f (x )＝2x －29x 2＋ln x ， ∴f (1)＝2－29＝169，故选D.(2)直线的倾斜角为45°，则直线的斜率为tan 45°＝1，由y ＝ln x －2x ＋1，得y ′＝1x ＋2x 2，由y ′＝1x ＋2x 2＝1，解得x ＝－1(舍去)或x ＝2，所以切点坐标为(2，ln 2)，则直线l 方程为y －ln 2＝1×(x －2)，即x －y ＋ln 2－2＝0. 热点二公切线问题导数中的公切线问题，重点是导数的几何意义，通过双变量的处理，从而转化为零点问题，主要考查消元、转化、构造函数、数形结合能力以及数学运算素养. 例2 (1)若f (x )＝ln x 与g (x )＝x 2＋ax 两个函数的图象有一条与直线y ＝x 平行的公共切线，则a 等于( ) A.1 B.2 C.3D.3或－1(2)若直线y ＝kx ＋b 是曲线y ＝e x －2的切线，也是曲线y ＝e x －1的切线，则k ＋b 等于( ) A.－ln 22 B.1－ln 22 C.ln 2－12 D.ln 22答案 (1)D (2)D解析 (1)设在函数f (x )＝ln x 处的切点为(x ，y )，根据导数的几何意义得到k ＝1x ＝1，解得x ＝1，故切点为(1，0)，可求出切线方程为y ＝x －1，此切线和g (x )＝x 2＋ax 也相切，故x 2＋ax ＝x －1，化简得到x 2＋(a －1)x ＋1＝0，只需要满足Δ＝(a －1)2－4＝0，解得a ＝－1或a ＝3. (2)设曲线y ＝e x －2上的点P (x 1，y 1)，y ′＝e x －2，k 1＝e x 1－2；曲线y ＝e x －1上的点Q (x 2，y 2)，y ′＝e x ，k 2＝e x 2， ∴l 1：y ＝e x 1－2x ＋e x 1－2－x 1e x 1－2，l 2：y ＝e x 2x ＋e x 2－1－x 2e x 2，∴⎩⎪⎨⎪⎧e x 1－2＝e x 2，ex 1－2－x 1e x 1－2＝e x 2－x 2e x 2－1，∴x 2＝－ln 2，∴k ＋b ＝e x 2＋e x 2－1－x 2e x 2＝12＋12－1－(－ln 2)×12＝ln 22.规律方法解决曲线的切线问题，核心是切点坐标，因为切点处的导数就是切线的斜率，公切线问题，应根据两个函数在切点处的斜率相等，且切点既在切线上又在曲线上，列出有关切点横坐标的方程组，通过解方程组求解.训练2 (1)(2022·青岛模拟)已知定义在区间(0，＋∞)上的函数f (x )＝－2x 2＋m ，g (x )＝－3ln x －x ，若以上两函数的图象有公共点，且在公共点处切线相同，则m 的值为( ) A.2 B.5 C.1D.0(2)已知曲线y ＝e x 在点(x 1，e x 1)处的切线与曲线y ＝ln x 在点(x 2，ln x 2)处的切线相同，则(x 1＋1)(x 2－1)等于( ) A.－1 B.－2 C.1D.2答案 (1)C (2)B解析 (1)根据题意，设两曲线y ＝f (x )与y ＝g (x )的公共点为(a ，b )，其中a ＞0，由f (x )＝－2x 2＋m ，可得f ′(x )＝－4x ，则切线的斜率为k ＝f ′(a )＝－4a ，由g (x )＝－3ln x －x ，可得g ′(x )＝－3x －1，则切线的斜率为k ＝g ′(a )＝－3a －1，因为两函数的图象有公共点，且在公共点处切线相同，所以－4a ＝－3a －1，解得a ＝1或a ＝－34(舍去)，又由g (1)＝－1，即公共点的坐标为(1，－1)，将点(1，－1)代入f (x )＝－2x 2＋m ，可得m ＝1.(2)已知曲线y ＝e x 在点(x 1，e x 1)处的切线方程为y －e x 1＝e x 1(x －x 1)，即y ＝e x 1x －e x 1x 1＋e x 1，曲线y ＝ln x 在点(x 2，ln x 2)处的切线方程为y －ln x 2＝1x 2(x －x 2)，即y ＝1x 2x －1＋ln x 2，由题意得⎩⎨⎧e x 1＝1x 2，e x 1－e x 1x 1＝－1＋ln x 2，得x 2＝1ex 1， e x 1－e x 1x 1＝－1＋ln x 2＝－1＋ln 1e x 1＝－1－x 1，则e x 1＝x 1＋1x 1－1.又x 2＝1e x 1，所以x 2＝x 1－1x 1＋1，所以x 2－1＝x 1－1x 1＋1－1＝－2x 1＋1，所以(x 1＋1)(x 2－1)＝－2.热点三利用导数研究函数的单调性利用导数研究函数单调性的关键(1)在利用导数讨论函数的单调区间时，首先要确定函数的定义域. (2)单调区间的划分要注意对导数等于零的点的确认.(3)已知函数单调性求参数范围，要注意导数等于零的情况. 考向1 求函数的单调区间例3 已知f (x )＝a (x －ln x )＋2x －1x 2，a ∈R .讨论f (x )的单调性. 解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a －a x －2x 2＋2x 3＝（ax 2－2）（x －1）x 3.若a ≤0，当x ∈(0，1)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，若a >0，f ′(x )＝a （x －1）x 3⎝⎛⎭⎪⎫x －2a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋2a . (1)当0<a <2时，2a >1，当x ∈(0，1)或x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫1，2a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减. (2)当a ＝2时，2a ＝1，在x ∈(0，＋∞)内，f ′(x )≥0，f (x )单调递增.(3)当a >2时，0<2a <1，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2a 或x ∈(1，＋∞)时， f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫2a ，1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减. 综上所述，当a ≤0时，f (x )在(0，1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减；当0<a <2时，f (x )在(0，1)内单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，2a 内单调递减，在⎝⎛⎭⎪⎫2a ，＋∞内单调递增；当a ＝2时，f (x )在(0，＋∞)内单调递增；当a >2时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2a 内单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ，1内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增.考向2 函数单调性的应用例4 (1)已知f (x )是定义在R 上的减函数，其导函数f ′(x )满足f （x ）＋xf ′（x ）f ′（x ）<1，则下列结论中正确的是( ) A.f (x )>0恒成立B.f (x )<0恒成立C.当且仅当x ∈(－∞，1)，f (x )<0D.当且仅当x ∈(1，＋∞)，f (x )>0答案 A解析依题意f ′(x )<0，且f （x ）＋xf ′（x ）f ′（x ）<1，得f (x )＋(x －1)f ′(x )>0. 令g (x )＝(x －1)f (x )，则g ′(x )＝f (x )＋(x －1)f ′(x )>0， ∴函数g (x )在R 上单调递增. 又g (1)＝0，故当x >1时，g (x )>0，f (x )>0，当x <1时，g (x )<0，f (x )>0. 故f (x )>0在R 上恒成立.(2)(2022·广州二模改编)若函数f (x )＝x －1x －a ln x ，a ∈R 在其定义域内单调递增，求实数a 的取值范围.解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1＋1x 2－a x ＝x 2－ax ＋1x 2. 由已知得f ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立，可得x 2－ax ＋1≥0，即a ≤x ＋1x 在(0，＋∞)上恒成立，又x ＋1x ≥2，当且仅当x ＝1时等号成立，故实数a 的取值范围为(－∞，2].规律方法 1.讨论函数的单调性一般可以归结为讨论含有参数的一元二次不等式的解集.2.函数f (x )在区间D 上单调递增(或递减)，可转化为f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)在x ∈D 上恒成立.3.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).4.函数f (x )在区间D 上存在单调递增(或递减)区间，可转化为f ′(x )>0(或f ′(x )<0)在x ∈D 上有解.训练3 (1)定义在(1，＋∞)上的函数f (x )满足x 2f ′(x )＋1>0(f ′(x )为函数f (x )的导函数)，f (3)＝43，则关于x 的不等式f (log 2x )－1>log x 2的解集为________.(2)若函数f (x )＝12ax 2－2ax ＋ln x 在(1，3)上不单调，则实数a 的取值范围为________.(3)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________.答案 (1)(8，＋∞) (2)⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－13∪(1，＋∞) (3)①(－1，0)∪(0，＋∞)②⎣⎢⎡⎭⎪⎫－716，0∪(0，＋∞) 解析 (1)由x 2f ′(x )＋1>0，得f ′(x )＋1x 2>0(x >1)，构造函数F (x )＝f (x )－1x ，x ∈(1，＋∞)，则F ′(x )＝f ′(x )＋1x 2>0，所以F (x )在(1，＋∞)上单调递增.不等式f (log 2x )－1>log x 2化为f (log 2x )－1log 2x >1.又F (3)＝f (3)－13＝43－13＝1，故原不等式化为F (log 2x )>F (3)，从而log 2x >3，解之得x >8.(2)f ′(x )＝ax －2a ＋1x ＝ax 2－2ax ＋1x，令φ(x )＝ax 2－2ax ＋1， ∵f (x )在(1，3)上不单调， ∴φ(x )在(1，3)上有变号零点，当a ＝0时，不满足题意；当a ≠0时，φ(x )的对称轴为x ＝1， ∴φ(1)·φ(3)<0，解得a <－13或a >1.(3)①由题意得h (x )＝ln x －12ax 2－2x ，x ∈(0，＋∞)，所以h ′(x )＝1x －ax －2.由于h (x )在(0，＋∞)上存在单调递减区间，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G (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12－1，所以G (x )min ＝－1. 所以a >－1.又因为a ≠0，所以a 的取值范围为(－1，0)∪(0，＋∞). ②因为h (x )在[1，4]上单调递减，所以当x ∈[1，4]时，h ′(x )＝1x －ax －2≤0恒成立，即a ≥1x 2－2x 在x ∈[1，4]时恒成立. 由①知G (x )＝1x 2－2x ，所以a ≥G (x )max . 而G (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12－1，因为x ∈[1，4]，所以1x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，1，所以当x ＝4时，G (x )取到最大值，且G (x )max ＝－716，所以a ≥－716. 又因为a ≠0，所以a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫－716，0∪(0，＋∞).热点四利用导数研究函数的极值、最值1.由导函数的图象判断函数y ＝f (x )的极值，要抓住两点(1)由y ＝f ′(x )的图象与x 轴的交点，可得函数y ＝f (x )的可能极值点.(2)由y ＝f ′(x )的图象可以看出y ＝f ′(x )的函数值的正负，从而可得到函数y ＝f (x )的单调性，可得极值点.2.求函数f (x )在[a ，b ]上的最大值和最小值的步骤 (1)求函数在(a ，b )内的极值.(2)求函数在区间端点处的函数值f (a )，f (b ).(3)将函数f (x )的各极值与f (a )，f (b )比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值.例5 (1)(2022·全国甲卷)当x ＝1时，函数f (x )＝a ln x ＋bx 取得最大值－2，则f ′(2)＝( ) A.－1 B.－12 C.12D.1(2)(2022·沧州三模)已知函数f (x )＝ln xx －x ，则( ) A.f (x )的单调递减区间为(0，1) B.f (x )的极小值点为1 C.f (x )的极大值为－1 D.f (x )的最小值为－1 答案 (1)B (2)C解析 (1)因为函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，所以依题意可知⎩⎪⎨⎪⎧f （1）＝－2，f ′（1）＝0，而f ′(x )＝a x －bx 2，所以⎩⎪⎨⎪⎧b ＝－2，a －b ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2，b ＝－2，所以f ′(x )＝－2x ＋2x 2，因此函数f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，当x ＝1时取最大值，满足题意. 所以f ′(2)＝－1＋12＝－12.故选B. (2)因为f (x )＝ln xx －x ，x >0，所以f ′(x )＝1－ln x x 2－1＝1－ln x －x 2x 2，令φ(x )＝1－ln x －x 2，则φ′(x )＝－1x －2x ＜0，所以φ(x )＝1－ln x －x 2在(0，＋∞)上单调递减，因为φ(1)＝0，所以当0＜x ＜1时，φ(x )＞0，即f ′(x )＞0；当x ＞1时，φ(x )＜0，即f ′(x )＜0，所以f (x )的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)，故f (x )的极大值点为1，f (x )极大值＝f (1)＝－1，即f (x )max ＝f (1)＝－1，不存在最小值.故选C.易错提醒利用导数研究函数的极值、最值应注意的问题 (1)不能忽略函数f (x )的定义域.(2)f ′(x 0)＝0是可导函数在x ＝x 0处取得极值的必要不充分条件. (3)函数的极小值不一定比极大值小.(4)函数在区间(a ，b )上有唯一极值点，则这个极大(小)值点也是最大(小)值点，此结论在导数的实际应用中经常用到.训练4 (1)(2022·榆林三模)已知函数f (x )＝x －a sin x ，则“a ＝2”是“x ＝π3是f (x )的一个极小值点”的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件D.既不充分也不必要条件(2)(2022·武汉二模)已知函数f (x )＝x cos x －2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4，x ∈(0，π)，则函数f (x )的最大值是( ) A.－cos 1 B.－sin 1 C.－1D.－2答案 (1)C (2)B解析 (1)f ′(x )＝1－a cos x ，若a ＝2，则f ′(x )＝1－2cos x ，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3，π3时，cos x ＞12，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，5π3时，cos x ＜12，f ′(x )＞0，f (x )单调递增.故x ＝π3是f (x )的极小值点.若x ＝π3是f (x )的极小值点，则f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＝1－a 2＝0，解得a ＝2，经检验满足题意，故“a ＝2”是“x ＝π3是f (x )的一个极小值点”的充要条件.故选C. (2)依题意函数f ′(x )＝cos x －x sin x －2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4＝(1－x )sin x ，则函数f (x )在(0，1)上递增，在(1，π)上递减. 因此在(0，π)上，f (x )max ＝f (1)＝－sin 1. 故选B.一、基本技能练1.(2022·徐州调研)已知函数f (x )的导函数的图象如图所示，则f (x )的极值点的个数为( )A.0B.1C.2D.3答案C解析因为在x＝0处左、右两边的导数值均为负数，所以0不是极值点，故由题图可知f(x)只有2个极值点，故选C.2.(2022·郑州模拟)函数f(x)＝2f′(1)·x＋x ln x在x＝1处的切线方程为()A.y＝2x－2B.y＝2x＋1C.y＝－x－1D.y＝x－1答案C解析因为f′(x)＝2f′(1)＋ln x＋1，所以f′(1)＝2f′(1)＋1，即f′(1)＝－1，所以f(1)＝2f′(1)＝－2，所以切线方程为y－(－2)＝－(x－1)，即y＝－x－1，故选C.3.(多选)函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则下列说法正确的是()A.－3是函数y＝f(x)的极值点B.－1是函数y＝f(x)的最小值点C.y＝f(x)在区间(－3，1)上单调递增D.y＝f(x)在x＝0处切线的斜率小于零答案AC解析根据导函数图象可知：当x∈(－∞，－3)时，f′(x)＜0，当x∈(－3，1)时，f′(x)≥0，∴函数y＝f(x)在(－∞，－3)上单调递减，在(－3，1)上单调递增，故C正确；则－3是函数y＝f(x)的极小值点，故A正确；∵在(－3，1)上单调递增，∴－1不是函数y＝f(x)的最小值点，故B不正确；∵函数y＝f(x)在x＝0处的导数大于0，∴切线的斜率大于零，故D不正确.故选AC.4.函数f(x)＝ax3－6ax2＋b在区间[－1，2]上的最大值为3，最小值为－29(a＞0)，则a，b的值为()A.a＝2，b＝－29B.a＝3，b＝2C.a＝2，b＝3D.以上都不对答案C解析函数f(x)的导数f′(x)＝3ax2－12ax＝3ax(x－4)，因为a＞0，所以令f′(x)＜0，得0＜x＜4，此时函数单调递减，令f′(x)＞0，得x＞4或x＜0，此时函数单调递增，即函数在(－1，0)上单调递增，在(0，2)上单调递减，即函数在x＝0处取得极大值同时也是最大值，则f(0)＝b＝3，则f(x)＝ax3－6ax2＋3，f(－1)＝－7a＋3，f(2)＝－16a＋3，则f(－1)＞f(2)，即函数的最小值为f(2)＝－16a＋3＝－29，解得a＝2.5.已知f(x)为R上的可导函数，且∀x∈R，均有f(x)>f′(x)，则以下判断正确的是()A.f(2 023)>e2 023f(0)B.f (2 023)<e 2 023f (0)C.f (2 023)＝e 2 023f (0)D.f (2 023)与e 2 023f (0)的大小关系无法确定答案 B解析令函数g (x )＝f （x ）e x ，则g ′(x )＝f ′（x ）－f （x ）e x .∵f (x )>f ′(x )，∴g ′(x )<0，即函数g (x )在(－∞，＋∞)上单调递减， ∴g (2 023)<g (0)，∴f （2 023）e 2 023<f （0）e 0， ∴f (2 023)<e 2 023f (0).6.(2022·重庆调研)已知函数f (x )＝a e xx －x ，若对任意的0<x 1<x 2，都有f （x 1）x 2－f （x 2）x 1<0，则实数a 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞ ，1e B.(－∞，e 2] C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫2e ，＋∞ D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫4e 2，＋∞ 答案 C解析对任意的0<x 1<x 2，都有f （x 1）x 2－f （x 2）x 1<0，即x 1f (x 1)<x 2f (x 2)，所以函数g (x )＝xf (x )＝x ⎝ ⎛⎭⎪⎫a e xx －x ＝a e x －x 2在(0，＋∞)上单调递增，所以g ′(x )＝a e x －2x ≥0在(0，＋∞)上恒成立，即a ≥2xe x 在(0，＋∞)上恒成立.令h (x )＝2xe x ，x ∈(0，＋∞)，则h ′(x )＝2（1－x ）e x .当x ∈(0，1)时，h ′(x )>0；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0.故h(x)max＝h(1)＝2e ，所以a≥2e.故选C.7.曲线y＝2x－1x＋2在点(－1，－3)处的切线方程为________.答案5x－y＋2＝0解析y′＝2（x＋2）－（2x－1）（x＋2）2＝5（x＋2）2，k＝y′|x＝－1＝5，故所求切线方程为y＋3＝5(x＋1)，即5x－y＋2＝0.8.(2022·成都蓉城名校联考)函数f(x)＝x sin x＋cos x－3x2的极值点为________.答案0解析由已知得f′(x)＝sin x＋x cos x－sin x－6x＝x(cos x－6)，∴当x<0时，f′(x)>0，当x>0时，f′(x)<0，即函数f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，∴函数f(x)在x＝0处取得极大值.9.(2022·广东广雅中学调研改编)已知函数f(x)＝ln x＋ax在函数g(x)＝x2－2x＋b 的单调递增区间上也单调递增，则实数a的取值范围是________.答案[0，＋∞)解析函数g(x)＝x2－2x＋b的单调递增区间为[1，＋∞)，依题意得，函数f(x)在[1，＋∞)上也单调递增，则f′(x)＝1x＋a≥0在[1，＋∞)上恒成立，即a≥－1x在[1，＋∞)上恒成立.令m(x)＝－1x，则m(x)在[1，＋∞)上单调递增，又当x→＋∞时，m(x)→0且m(x)<0，所以当x ∈[1，＋∞)时，－1x ∈[－1，0)，所以a ≥0.10.若直线l 与曲线y ＝x 和圆x 2＋y 2＝15都相切，则l 的方程为________. 答案 x －2y ＋1＝0解析易知直线l 的斜率存在，设直线l 的方程为y ＝kx ＋b ，则|b |k 2＋1＝55，① 设直线l 与曲线y ＝x 的切点坐标为(x 0，x 0)(x 0>0)，则y ′|x ＝x 0＝12x 0－12＝k ，② x 0＝kx 0＋b ，③ 由②③可得b ＝12x 0，将b ＝12x 0，k ＝12x 0－12代入①得x 0＝1或x 0＝－15(舍去)，所以k ＝b ＝12，故直线l 的方程为y ＝12x ＋12，即x －2y ＋1＝0.11.已知函数f (x )＝(x －2)e x . (1)求f (x )的极值；(2)若函数g (x )＝f (x )－k (x －ln x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上没有极值，求实数k 的取值范围.解 (1)由题意，函数f (x )＝(x －2)e x ，可得f ′(x )＝e x ＋(x －2)e x ＝(x －1)e x ，令f ′(x )＝0，解得x ＝1，当x ＜1时，f ′(x )＜0，当x ＞1时，f ′(x )＞0，所以f (x )在区间(－∞，1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，所以当x ＝1时，函数f (x )取得的极小值为f (1)＝－e ，无极大值.(2)由g (x )＝(x －2)e x －k (x －ln x )，可得g ′(x )＝(x －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫e x －k x ，因为g (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上没有极值，所以g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上单调递增或单调递减，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1时，g ′(x )≥0或g ′(x )≤0恒成立，即e x －k x ≤0或e x －kx ≥0恒成立，即k ≥x e x 或k ≤x e x 在x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1恒成立，设h (x )＝x e x ，则h ′(x )＝(x ＋1)e x ，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1时，h ′(x )＞0，所以h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上单调递增，要使k ≥x e x 或k ≤x e x 恒成立，则k ≥h (x )max ＝h (1)＝e 或k ≤h (x )min ＝h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝e 2，即实数k 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，e 2∪[e ，＋∞).12.(2022·北京东城区模拟)已知函数f (x )＝x －ax 2－1.(1)若曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线斜率为－1，求a 的值； (2)若f (x )在(1，＋∞)上有最大值，求a 的取值范围. 解 (1)函数f (x )＝x －a x 2－1的定义域为{x |x ≠±1}，f ′(x )＝x 2－1－2x （x －a ）（x 2－1）2＝－x 2＋2ax －1（x 2－1）2，由已知可得f ′(2)＝4a －59＝－1，解得a ＝－1. (2)由(1)知f ′(x )＝－x 2＋2ax －1（x 2－1）2，令g(x)＝－x2＋2ax－1(x＞1).①当a≤0时，对任意的x＞1，g(x)＝－x2＋2ax－1＜0恒成立，则f′(x)＜0，此时函数f(x)在(1，＋∞)上单调递减，没有最大值；②当0＜a≤1时，g(x)＝－x2＋2ax－1在(1，＋∞)上单调递减，则g(x)＜g(1)≤0，则f′(x)＜0，此时函数f(x)在(1，＋∞)上单调递减，没有最大值；③当a＞1时，方程－x2＋2ax－1＝0的两根分别为x1，x2.则x1＋x2＝2a，x1x2＝1，不妨设0<x1<1<x2，则x∈(1，x2)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；x∈(x2，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减.所以x＝x2时函数f(x)取得极大值即最大值.综上所述，实数a的取值范围是(1，＋∞).二、创新拓展练13.(多选)(2022·济南模拟)已知函数f(x)＝x3－ax＋1的图象在x＝2处切线的斜率为9，则下列说法正确的是()A.a＝3B.f(x)在x＝－1处取得极大值C.当x∈(－2，1]时，f(x)∈(－1，3]D.f(x)的图象关于点(0，1)中心对称答案ABD解析f′(x)＝3x2－a，由题意f′(2)＝12－a＝9，得a＝3，A正确；f′(x)＝3(x－1)(x＋1)，由f′(x)＝0得x＝－1或1，易知在(－∞，－1)，(1，＋∞)上f ′(x )＞0，f (x )为增函数，在(－1，1)上f ′(x )＜0，f (x )为减函数，所以f (x )在x ＝－1处取得极大值，B 正确；由B 知，f (－2)＝－1，f (－1)＝3，f (1)＝－1，故在(－2，1]上的值域为[－1，3]，C 错误；令g (x )＝x 3－3x 且为奇函数，则f (x )＝g (x )＋1，而g (x )图象关于(0，0)中心对称，所以f (x )关于(0，1)中心对称，D 正确.故选ABD.14.(2022·长沙调研)已知f (x )＝12ax 2－e x ＋(a ＋1)x ，对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)(x 1≠x 2)，都有f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2<a ，则实数a 的取值范围是( )A.(－∞，0]B.(0，1)C.(－∞，1]D.[1，＋∞)答案 C解析由题意，不妨设x 1>x 2，因为f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2<a ，所以f (x 1)－f (x 2)<a (x 1－x 2)，即f (x 1)－ax 1<f (x 2)－ax 2.令g (x )＝f (x )－ax ＝12ax 2－e x ＋x (x >0)，则g (x 1)<g (x 2)，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递减，所以g ′(x )＝ax －e x ＋1≤0在(0，＋∞)上恒成立. 令h (x )＝g ′(x )，则h ′(x )＝a －e x 在(0，＋∞)上单调递减，所以h′(x)<a－e0＝a－1.当a≤1时，h′(x)<0，所以g′(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以g′(x)<a×0－e0＋1＝0成立，符合题意.当a>1时，令h′(x)>0，得0<x<ln a，所以g′(x)在(0，ln a)上单调递增，所以当x∈(0，ln a)时，g′(x)>a×0－e0＋1＝0，不符合题意.综上，实数a的取值范围是(－∞，1].故选C.15.(2022·成都石室中学模拟)已知函数f(x)的定义域为[－1，5]，其部分自变量与函数值的对应情况如下表：x－10245f(x)31 2.513f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示.给出下列四个结论：①f(x)在区间[－1，0]上单调递增；②f(x)有2个极大值点；③f(x)的值域为[1，3]；④如果x∈[t，5]时，f(x)的最小值是1，那么t的最大值为4.其中，所有正确结论的序号是________.答案③④解析根据函数f(x)的导函数f′(x)的图象与表格，整理出函数f(x)的大致图象，如图所示.对于①，f (x )在区间[－1，0]上单调递减，故①错误；对于②，f (x )有1个极大值点，2个极小值点，故②错误；对于③，根据函数f (x )的极值和端点值可知，f (x )的值域为[1，3]，故③正确；对于④，如果x ∈[t ，5]时，f (x )的最小值是1，那么t 的最大值为4，故④正确；综上所述，所有正确结论的序号是③④.16.(2022·福州三模)已知函数f (x )＝－13x 3＋ax ，a ∈R . (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若g (x )＝f (x )·e x 有且只有一个极值点，求a 的取值范围. 解 (1)由题意知：f ′(x )＝－x 2＋a ，当a ≤0时，因为－x 2≤0，所以f ′(x )＝－x 2＋a ≤0在R 上恒成立，所以f (x )在(－∞，＋∞)上是减函数；当a ＞0时，由f ′(x )＝－x 2＋a ＞0，得x 2－a ＜0，所以－a ＜x ＜a ，所以f (x )在(－a ，a )上是增函数，在(－∞，－a )，(a ，＋∞)上是减函数.(2)g (x )＝f (x )·e x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－13x 3＋ax ·e x ，g ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－13x 3－x 2＋ax ＋a ·e x ，因为g (x )有且只有一个极值点，即φ(x )＝－13x 3－x 2＋ax ＋a 图象只穿过x 轴一次，即φ(x )为单调递减函数或者φ(x )的极值同号；①φ(x )为单调减函数时，φ′(x )＝－x 2－2x ＋a ≤0在R 上恒成立，则Δ＝4＋4a ≤0，解得a ≤－1；②φ(x )的极值同号时，设x 1，x 2为极值点，则φ(x 1)φ(x 2)＞0，φ′(x )＝－x 2－2x ＋a ＝0有两个不同的解x 1，x 2，则a ＞－1，且有x 1＋x 2＝－2，x 1·x 2＝－a ，所以φ(x 1)＝－13x 31－x 21＋ax 1＋a ＝23[(a ＋1)x 1＋a ]，同理φ(x 2)＝23[(a ＋1)x 2＋a ]，所以φ(x 1)φ(x 2)＞0，化简得：(a ＋1)2x 1x 2＋a (a ＋1)(x 1＋x 2)＋a 2＞0，即－1＜a ＜0；当φ(x 1)φ(x 2)＝0，a ＝0， g ′(x )＝－x 2⎝ ⎛⎭⎪⎫13x ＋1·e x ，g (x )有且只有一个极值点. 综上，a 的取值范围是(－∞，0].。

高等数学第四章第3节导数的应用(中央财经大学)

k = f ′( x0 ) , y = y0 + f ′( x0 )( x − x0 ) ;
1 1 k1 = − = − , ( f ′( x0 ) ≠ 0 ) . k f ′( x0 ) 1 y = y0 − ( x − x0 ) . f ′( x0 )
这部分不再举新例, 请参看导数的几何意义部分.
x > x0 时 , f ′( x) < 0 ,
则 x0 为 f ( x) 的极大点 , f ( x0 ) 为极大值 . (减少) (单调增加)
x > x0 时 , f ′( x) > 0 ,
则 x0 为 f ( x) 的极小点 , f ( x0 ) 为极小值 .
f (−1) = 4 ,
f (0) = 5 ,
f (1) = 4 ;
( 端点值 )
f (−2) = 13 , f (2) = 13 ,
故 f ( x) 在 [−2, 2] 上的最大值和最小值为:
ymax = max{ 4, 5, 4, 13, 13 } = 13 y min = min{ 4, 5, 4, 13, 13 } = 4
一般说来, 对于一个区间上单调的函数的图形都存在一个需要判别弧段位于相应的弦线的“上方”或“下方”的问题 .
[a , b] 上的最大值 , 最小者就是函数 f ( x) 在
区间[a , b] 上的最小值 .
实际判断原则
在处理实际问题时：若 f ( x) ∈ C( I )，且
在区间 I 上只有唯一的一个极值可疑点 x0 , 而由实际问题可以断定函数 f ( x)在区间 I 上存在最大(小)值，则点 x0 必为函数 f ( x) 的最大(小)值点 .
1 2 p −1

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导数的简单应用(小题)热点一导数的几何意义与定积分应用导数的几何意义解题时应注意：(1)f ′(x )与f ′(x 0)的区别与联系，f ′(x 0)表示函数f (x )在x ＝x 0处的导数值，是一个常数； (2)函数在某点处的导数值就是对应曲线在该点处切线的斜率； (3)切点既在原函数的图象上也在切线上.例1 (1)(2019·湖南省三湘名校联考)在二项式⎝⎛⎭⎪⎫x 2＋a 2x 6的展开式中，其常数项是15.如图所示，阴影部分是由曲线y ＝x 2和圆x 2＋y 2＝a 及x 轴在第一象限围成的封闭图形，则封闭图形的面积为( )A.π4＋16B.π4－16C.π4D.16答案 B解析 ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋a 2x 6展开式中，第k 项为T k ＋1＝C k6⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2kx12－3k，令12－3k ＝0，可得k ＝4，即常数项为C 46⎝ ⎛⎭⎪⎫a 24，可得C 46⎝ ⎛⎭⎪⎫a 24＝15，解得a ＝2.曲线y ＝x 2和圆x 2＋y 2＝2在第一象限的交点为(1,1)，所以阴影部分的面积为π4－ʃ10(x －x 2)d x ＝π4－⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2－13x 310＝π4－16.(2)(2019·许昌、洛阳质检)已知a >0，曲线f (x )＝3x 2－4ax 与g (x )＝2a 2ln x －b 有公共点，且在公共点处的切线相同，则实数b 的最小值为( )A.0B.－1e 2C.－2e 2D.－4e 2答案 B解析由f (x )＝3x 2－4ax ，得f ′(x )＝6x －4a ，由g (x )＝2a 2ln x －b ，得g ′(x )＝2a2x.设两曲线的公共点P (x 0，y 0)，x 0>0，因为两曲线在公共点处的切线相同，所以⎩⎪⎨⎪⎧6x 0－4a ＝2a2x 0，y 0＝3x 20－4ax 0，y 0＝2a 2ln x 0－b ，由6x 0－4a ＝2a2x 0，解得x 0＝a ，x 0＝－13a ，又a >0，所以x 0＝a ，消去y 0，得b ＝2a 2ln a ＋a 2，设b ＝h (a )＝2a 2ln a ＋a 2，a >0，h ′(a )＝4a ln a ＋4a ，令h ′(a )＝0，a ＝1e，又0<a <1e 时，h ′(a )<0，a >1e 时，h ′(a )>0，所以a ＝1e 时h (a )取极小值也是最小值，即b min ＝h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e 2. 跟踪演练1 (1)(2019·长沙模拟)已知函数f (x )＝⎩⎨⎧－x ＋2，x ≤2，1－x －32，2<x ≤4，则定积分()412d f x x ⎰的值为( )A.9＋4π8 B.1＋4π4 C.1＋π2 D.3＋2π4答案 A解析因为f (x )＝⎩⎨⎧－x ＋2，x ≤2，1－x －32，2<x ≤4，所以()()()424211222d d 123d x x f x x x x =+-⎰⎰⎰－－，＋ ()22211221222d =|x x x x ⨯+⎛⎫-+- ⎪⎝⎭⎰＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12×22＋2×2－⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋2×12＝98， ʃ421－x －32d x 的几何意义为以(3,0)为圆心，以r ＝1为半径的圆，在x 轴上方部分的面积，因而S ＝12×π×12＝π2，所以()()242122d 123d x x x x +-⎰⎰－＋－＝98＋π2＝9＋4π8. (2)(2019·丹东质检)直线2x －y ＋1＝0与曲线y ＝a e x＋x 相切，则a 等于( ) A.e B.2e C.1 D.2 答案 C解析设切点为(n ，a e n＋n )，因为y ′＝a e x＋1，所以切线的斜率为a e n ＋1，切线方程为y －(a e n＋n )＝(a e n＋1)(x －n )，即y ＝(a e n＋1)x ＋a e n (1－n )，依题意切线方程为y ＝2x ＋1，故⎩⎪⎨⎪⎧a e n＋1＝2，a e n1－n ＝1，解得a ＝1，n ＝0.热点二利用导数研究函数的单调性利用导数研究函数单调性的关键：(1)在利用导数讨论函数的单调区间时，首先要确定函数的定义域； (2)单调区间的划分要注意对导数等于零的点的确认； (3)已知函数单调性求参数范围，要注意导数等于零的情况.例2 (1)(2019·武邑质检)已知函数f (x )的导函数为f ′(x )，若2f (x )＋f ′(x )>2，f (0)＝5，则不等式f (x )－4e－2x>1的解集为( )A.(1，＋∞)B.(－∞，0)C.(－∞，0)∪(1，＋∞)D.(0，＋∞)答案 D解析设F (x )＝e 2xf (x )－e 2x－4，则F ′(x )＝2e 2x f (x )＋e 2x f ′(x )－2e 2x＝e 2x[2f (x )＋f ′(x )－2]>0，所以函数F (x )＝e 2xf (x )－e 2x－4在R 上为增函数. 又f (0)＝5，所以F (0)＝f (0)－1－4＝0. 又不等式f (x )－4e－2x >1等价于e 2x f (x )－e 2x－4>0，即F (x )>0，解得x >0，所以不等式的解集为(0，＋∞).(2)已知f (x )＝()x 2＋2ax ln x －12x 2－2ax 在(0，＋∞)上是增函数，则实数a 的取值范围是( )A.{1}B.{－1}C.(0,1]D.[－1,0) 答案 B解析 f (x )＝()x 2＋2ax ln x －12x 2－2ax ，f ′(x )＝2(x ＋a )ln x ，∵f (x )在(0，＋∞)上是增函数， ∴f ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立，当x ＝1时，f ′(x )＝0满足题意；当x >1时，ln x >0，要使f ′(x )≥0恒成立，则x ＋a ≥0恒成立.∵x ＋a >1＋a ，∴1＋a ≥0，解得a ≥－1；当0<x <1时，ln x <0，要使f ′(x )≥0恒成立，则x ＋a ≤0恒成立，∵x ＋a <1＋a ，∴1＋a ≤0，解得a ≤－1. 综上所述，a ＝－1.跟踪演练2 (1)(2019·咸阳模拟)已知定义在R 上的函数f (x )的导函数为f ′(x )，对任意x ∈(0，π)，有f ′(x )sin x >f (x )cos x ，且f (x )＋f (－x )＝0，设a ＝2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，b ＝2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，c ＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，则( )A.a 0，所以函数g (x )在区间(0，π)上是增函数，因为f (x )＋f (－x )＝0，即f (x )＝－f (－x )，g (－x )＝f －x－sin x＝f xsin x，所以函数g (x )是偶函数，所以g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6<g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4<g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，代入解析式得到2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6<2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4<－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，故a <b <c .(2)(2019·临沂质检)函数f (x )＝12ax 2－2ax ＋ln x 在(1,3)上不单调的一个充分不必要条件是( )A.a ∈⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－12 B.a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，16C.a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫16，12D.a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞ 答案 A解析函数f (x )＝12ax 2－2ax ＋ln x ，所以f ′(x )＝ax －2a ＋1x ＝ax 2－2ax ＋1x，令g (x )＝ax 2－2ax ＋1，因为函数f (x )在(1,3)上不单调，即g (x )＝ax 2－2ax ＋1在(1,3)上有变号零点，a ＝0时，显然不成立，a ≠0时，只需g (1)·g (3)<0，解得a >1或a <－13，即函数f(x)＝12ax2－2ax＋ln x在(1,3)上不单调的充要条件为a∈⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－13∪(1，＋∞)，它的充分不必要条件即为其一个子集.热点三利用导数研究函数的极值、最值利用导数研究函数的极值、最值应注意的问题：(1)不能忽略函数f(x)的定义域；(2)f′(x0)＝0是可导函数在x＝x0处取得极值的必要不充分条件；(3)函数的极小值不一定比极大值小；(4)函数在区间(a，b)上有唯一极值点，则这个极值点也是最大(小)值点，此结论在导数的实际应用中经常用到.例3 (1)(2019·东北三省三校模拟)若函数f(x)＝e x－ax2在区间(0，＋∞)上有两个极值点x1，x2(0<x1<x2)，则实数a的取值范围是( )A.a≤e2B.a>eC.a≤eD.a>e2答案 D解析f(x)＝e x－ax2，可得f′(x)＝e x－2ax，要使f(x)恰有2个正极值点，则方程e x－2ax＝0有2个不相等的正实数根，即2a＝e xx有两个不同的正根，则g(x)＝e xx，x∈(0，＋∞)，y＝2a的图象在y轴右侧有两个不同的交点，求得g′(x)＝e x x－1x2，由g ′(x )<0，可得g (x )＝e xx 在(0,1)上单调递减，由g ′(x )>0，可得g (x )＝exx在(1，＋∞)上单调递增，g (x )min ＝g (1)＝e ，当x →0时，g (x )→＋∞；当x →＋∞时，g (x )→＋∞，所以当2a >e ，即a >e2时，g (x )＝exx，y ＝2a 的图象在y 轴右侧有两个不同的交点，所以使函数f (x )＝e x －ax 2在区间(0，＋∞)上有两个极值点x 1，x 2(0<x 1<x 2)，实数a 的取值范围是a >e2.(2)已知点M 在圆C ：x 2＋y 2－4y ＋3＝0上，点N 在曲线y ＝1＋ln x 上，则线段MN 的长度的最小值为________. 答案2－1解析由题可得C (0,2)，圆C 的半径r ＝1. 设N (t,1＋ln t )(t >0)，令f (t )＝|CN |2，则f (t )＝t 2＋(1－ln t )2(t >0)，所以f ′(t )＝2t ＋2(1－ln t )⎝ ⎛⎭⎪⎫－1t ＝2t 2＋ln t －1t .令φ(t )＝t 2＋ln t －1(t >0)，易知函数φ(t )在(0，＋∞)上单调递增，且φ(1)＝0，所以当0<t <1时，f ′(t )<0；当t >1时，f ′(t )>0，所以f (t )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f (t )min ＝f (1)＝2. 因为|MN |≥|CN |－1＝2－1，所以线段MN 的长度的最小值为2－1.跟踪演练3 (1)(2019·天津市和平区质检)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，若f (1)＝0，f ′(1)＝0，但x ＝1不是函数的极值点，则abc 的值为________.答案 9解析 ∵f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ， ∴f ′(1)＝3＋2a ＋b ＝0，① 又f (1)＝1＋a ＋b ＋c ＝0，②由x ＝1不是f (x )的极值点，得f ′(x )＝0有两个相等的实数根， ∴Δ＝4a 2－12b ＝0，③由①②③解得a ＝－3，b ＝3，c ＝－1， ∴abc ＝9.(2)已知a >0，f (x )＝x e xe x ＋a ，若f (x )的最小值为－1，则a 等于( )A.1e 2B.1eC.eD.e 2 答案 A 解析由f (x )＝x e xe x＋a，得f ′(x )＝e x＋x e x e x＋a－x e x ·exe x＋a2＝exe x＋ax ＋a e x ＋a2.令g (x )＝e x＋ax ＋a ，则g ′(x )＝e x＋a >0， ∴g (x )在(－∞，＋∞)上为增函数，又g (－1)＝1e>0，∴存在x 0<－1，使得g (x 0)＝0，即0e x＋ax 0＋a ＝0，① ∴f ′(x 0)＝0，∴函数f (x )在(－∞，x 0)上为减函数，在(x 0，＋∞)上为增函数，则f (x )的最小值为f (x 0)＝000e e x x x a+ ＝－1，即000ee .x x a x =--②联立①②，可得x 0＝－2，代入①，可得a ＝1e2.真题体验1.(2017·全国Ⅱ，理，11)若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)e x－1的极值点，则f(x)的极小值为( )A.－1B.－2e －3C.5e －3D.1 答案 A解析函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x －1，则f ′(x )＝(2x ＋a )e x －1＋(x 2＋ax －1)·ex －1＝ex －1·[x 2＋(a ＋2)x ＋a －1].由x ＝－2是函数f (x )的极值点，得f ′(－2)＝e －3·(4－2a －4＋a －1)＝(－a －1)e －3＝0，所以a ＝－1.所以f (x )＝(x 2－x －1)ex －1，f ′(x )＝e x －1·(x 2＋x －2).由ex －1>0恒成立，得当x ＝－2或x ＝1时，f ′(x )＝0，且x <－2时，f ′(x )>0；当－2<x <1时，f ′(x )<0；当x >1时，f ′(x )>0.所以x ＝1是函数f (x )的极小值点. 所以函数f (x )的极小值为f (1)＝－1.2.(2019·全国Ⅰ，理，13)曲线y ＝3(x 2＋x )e x在点(0,0)处的切线方程为________. 答案 y ＝3x解析因为y ′＝3(2x ＋1)e x ＋3(x 2＋x )e x ＝3(x 2＋3x ＋1)e x，所以曲线在点(0,0)处的切线的斜率k ＝y ′|x ＝0＝3，所以所求的切线方程为y ＝3x .3.(2018·全国Ⅰ，理，16)已知函数f (x )＝2sin x ＋sin 2x ，则f (x )的最小值是________. 答案－332解析 f ′(x )＝2cos x ＋2cos 2x ＝2cos x ＋2(2cos 2x －1) ＝2(2cos 2x ＋cos x －1)＝2(2cos x －1)(cos x ＋1). ∵cos x ＋1≥0，∴当cos x <12时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当cos x >12时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，∴当cos x ＝12时，f (x )有最小值.又f (x )＝2sin x ＋sin 2x ＝2sin x (1＋cos x )， ∴当sin x ＝－32时，f (x )有最小值，即f (x )min ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－32×⎝⎛⎭⎪⎫1＋12＝－332.押题预测1.已知⎝⎛⎭⎪⎫a x －x 6展开式的常数项为15，则(d a a x x -+⎰等于( )A.πB.2＋πC.π2 D.2＋π2答案 C解析由⎝ ⎛⎭⎪⎫a x －x 6的展开式的通项为T k ＋1＝C k6·(－1)k·a 6－k·362k x-，令3k －62＝0，求得k ＝2，故常数项为C 26·a 4＝15，可得a ＝±1，∴(d aax x -+⎰＝ʃ1－1x d x ＋ʃ1－11－x 2d x ＝ʃ1－11－x 2d x ，由定积分的几何意义可知ʃ1－11－x 2d x 为x 2＋y 2＝1在x 轴上方的面积，即单位圆面积的一半，∴(πd 2aax x -=.⎰2.已知奇函数f (x )的导函数为f ′(x )，当x >0时，xf ′(x )＋f (x )>0，若a ＝f (1)，b ＝1e f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，c ＝－e f (－e)，则a ，b ，c 的大小关系是( )A.a 0在(0，＋∞)上恒成立， ∴g (x )为(0，＋∞)上的单调递增函数，又g (－x )＝－xf (－x )＝xf (x )＝g (x )， ∴g (x )为偶函数， ∴－e f (－e)＝e f (e)， ∵e>1>1e，∴g (e)>g (1)>g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ， ∴e f (e)>f (1)>1ef⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，即－e f (－e)>f (1)>1e f⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ， ∴b <a <c .3.已知函数f (x )＝(x －3)e x＋a (2ln x －x ＋1)在(1，＋∞)上有两个极值点，且f (x )在(1,2)上单调递增，则实数a 的取值范围是( ) A.(e ，＋∞) B.(e,2e 2)C.(2e 2，＋∞) D.(e,2e 2)∪(2e 2，＋∞)答案 C解析由题意，函数f (x )＝(x －3)e x＋a (2ln x －x ＋1)，可得f ′(x )＝e x ＋(x －3)e x＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x－1＝(x －2)⎝ ⎛⎭⎪⎫e x －a x ＝(x －2)·⎝ ⎛⎭⎪⎫x e x－a x ，又由函数f (x )在(1，＋∞)上有两个极值点，则f ′(x )＝0在(1，＋∞)上有两个不同的实数根，即(x －2)·⎝ ⎛⎭⎪⎫x e x－a x ＝0在(1，＋∞)上有两个解，即x e x－a ＝0在(1，＋∞)上有不等于2的解，令g (x )＝x e x ，x >1，则g ′(x )＝(x ＋1)e x>0，所以函数g (x )＝x e x在(1，＋∞)上为单调递增函数，所以a >g (1)＝e 且a ≠g (2)＝2e 2，又由f (x )在(1,2)上单调递增，则f ′(x )≥0在(1,2)上恒成立，即(x －2)·⎝ ⎛⎭⎪⎫x e x－a x ≥0在(1,2)上恒成立，即x e x－a ≤0在(1,2)上恒成立，即a ≥x e x在(1,2)上恒成立，又由函数g (x )＝x e x在(1，＋∞)上为单调递增函数，所以a >g (2)＝2e 2，综上所述，可得实数a 的取值范围是a >2e 2，即a ∈(2e 2，＋∞).A 组专题通关1.设函数y ＝x sin x ＋cos x 的图象在点()t ，f t 处切线的斜率为g (t )，则函数y ＝g (t )的图象一部分可以是( )答案 A解析因为y ＝x sin x ＋cos x 的导数为y ′＝x cos x ，所以g (t )＝t cos t ，由g (－t )＝－t cos t ＝－g (t )，知函数g (t )为奇函数，所以排除B ，D 选项，当从y 轴右侧t →0时，cos t >0，t >0，所以g (t )>0，故选A.2.(2019·甘青宁联考)若直线y ＝kx －2与曲线y ＝1＋3ln x 相切，则k 等于( ) A.3 B.13 C.2 D.12答案 A解析设切点为(x 0，kx 0－2)，∵y ＝1＋3ln x 的导数为y ′＝3x，∴⎩⎪⎨⎪⎧3x 0＝k ， ①kx 0－2＝1＋3ln x 0， ②由①得kx 0＝3，代入②得1＋3ln x 0＝1，则x 0＝1，k ＝3.3.(2019·怀化模拟)在(1＋x )4(2x －1)的展开式中，x 2项的系数为a ，则ʃa 0(e x＋2x )d x 的值为( ) A.e ＋1 B.e ＋2 C.e 2＋3 D.e 2＋4答案 C解析因为(1＋x )4(2x －1)＝2x (1＋x )4－(1＋x )4， (1＋x )4展开式的通项为T k ＋1＝C k 4x k，所以在(1＋x )4(2x －1)的展开式中，x 2项的系数为2C 14－C 24＝2，即a ＝2；所以ʃa 0(e x ＋2x )d x ＝ʃ20(e x＋2x )d x ＝(e x ＋x 2)|20＝(e 2＋22)－e 0＝e 2＋3.4.(2019·全国Ⅲ)已知曲线y ＝a e x＋x ln x 在点(1，a e)处的切线方程为y ＝2x ＋b ，则( ) A.a ＝e ，b ＝－1 B.a ＝e ，b ＝1 C.a ＝e －1，b ＝1 D.a ＝e －1，b ＝－1答案 D解析因为y ′＝a e x＋ln x ＋1，所以y ′|x ＝1＝a e ＋1，所以曲线在点(1，a e)处的切线方程为y －a e ＝(a e ＋1)(x －1)，即y ＝(a e ＋1)x －1，所以⎩⎪⎨⎪⎧a e ＋1＝2，b ＝－1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝e －1，b ＝－1.5.已知定义在R 上的可导函数f (x )的导函数为f ′(x )，满足f ′(x )<f (x )，且f (0)＝12，则不等式f (x )－12e x<0的解集为( )A.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，12 B.(0，＋∞) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞D.(－∞，0)答案 B解析构造函数g (x )＝f xex，则g ′(x )＝f ′x －f xex，因为f ′(x )<f (x )，所以g ′(x )<0，故函数g (x )在R 上为减函数，又f (0)＝12，所以g (0)＝f 0e＝12，则不等式f (x )－12e x <0可化为f xe x<12，即g (x )<12＝g (0)，所以x >0，即所求不等式的解集为(0，＋∞).6.(2019·广州测试)已知函数f (x )满足f (x )＝f ′(1)·e x －1－f (0)x ＋12x 2，则f (x )的单调递增区间为( ) A.(－∞，0) B.(－∞，1) C.(1，＋∞) D.(0，＋∞)答案 D解析由题意得f ′(x )＝f ′(1)ex －1－f (0)＋x ，令x ＝1，则f ′(1)＝f ′(1)－f (0)＋1， ∴f (0)＝1，令x ＝0，则f (0)＝f ′(1)e －1， ∴f ′(1)＝e ， ∴f (x )＝e x－x ＋12x 2，∴f ′(x )＝e x－1＋x ，令g (x )＝e x －1＋x ，则g ′(x )＝e x＋1>0. ∴g (x )为增函数，又g (0)＝0，∴当x >0时，g (x )>0，即f ′(x )>0，即f (x )在(0，＋∞)上单调递增.7.若函数f (x )＝e x－x 2－ax (其中e 是自然对数的底数)的图象在x ＝0处的切线方程为y ＝2x ＋b ，则函数g (x )＝f ′x －bx在(0，＋∞)上的最小值为( )A.－1B.eC.e －2D.e 2答案 C解析因为f ′(x )＝e x－2x －a ，所以f ′(0)＝1－a .由题意知1－a ＝2，解得a ＝－1，因此f (x )＝e x－x 2＋x ，而f (0)＝1，于是1＝2×0＋b ，解得b ＝1，因此g (x )＝f ′x －b x ＝e x －2x ＋1－1x ＝e x －2xx，所以g ′(x )＝exx －1x 2，令g ′(x )＝0得x ＝1，当0<x <1时，g ′(x )<0，g (x )为减函数；当x >1时，g ′(x )>0，g (x )为增函数，故g (x )在x ＝1处取得极小值，即g (x )在(0，＋∞)上的最小值为g (1)＝e －2.8.若曲线y ＝x －ln x 与曲线y ＝ax 3＋x ＋1在公共点处有相同的切线，则实数a 等于( ) A.e 23 B.－e 23 C.－e 3 D.e 3 答案 B解析设两曲线的公共点为P (m ，n )，m >0，由y ＝x －ln x ，得y ′＝1－1x，则曲线y ＝x －ln x 在点P (m ，n )处的切线的方程为y －m ＋ln m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1m (x －m )，即y ＝⎝⎛⎭⎪⎫1－1mx ＋1－ln m .由y ＝ax 3＋x ＋1，得y ′＝3ax 2＋1，则曲线y ＝ax 3＋x ＋1在点P (m ，n )处的切线的方程为y －am 3－m －1＝(3am 2＋1)(x －m )，即y ＝(3am 2＋1)x －2am 3＋1，所以⎩⎪⎨⎪⎧1－1m ＝3am 2＋1，1－ln m ＝－2am 3＋1，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝32e ,-a ＝－e23.9.(2019·岳阳模拟)已知M ＝{α|f (α)＝0}，N ＝{β|g (β)＝0}，若存在α∈M ，β∈N ，使|α－β|<n ，则称函数f (x )与g (x )互为“n 度零点函数”.若f (x )＝32－x－1与g (x )＝x2－a e x互为“1度零点函数”，则实数a 的取值范围为( )A.⎝ ⎛⎦⎥⎤1e 2，4eB.⎝ ⎛⎦⎥⎤1e ，4e 2C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫4e 2，2e D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e 3，2e 2 答案 B解析由题意可知f (2)＝0，且f (x )在R 上单调递减，所以函数f (x )只有一个零点2. 即|2－β|<1，得1<β<3.函数g (x )＝x 2－a e x在区间(1,3)上存在零点，由x 2－a e x＝0，得a ＝x 2ex .令h (x )＝x 2e x ，x ∈(1,3)，h ′(x )＝2x －x 2e x ＝x 2－xe x，所以h (x )在区间(1,2)上单调递增，在区间(2,3)上单调递减，h (1)＝1e ，h (2)＝4e 2，h (3)＝9e 3>1e，所以只需a ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤1e ，4e 2. 10.(2019·四川省六市联考)若函数y ＝e x －e －x(x >0)的图象始终在射线y ＝ax (x >0)的上方，则a 的取值范围是( ) A.(－∞，e] B.(－∞，2] C.(0,2] D.(0，e]答案 B解析依题意设f (x )＝e x －e －x，则f ′(x )＝e x ＋e －x>0，故函数在x >0时为递增函数，且易知当x >0时f ′(x )＝e x ＋e －x单调递增，当x →0时，f ′(0)→2，故f ′(x )>2，而a 是直线y ＝ax 的斜率，直线过原点，要使函数y ＝e x－e －x(x >0)的图象始终在射线y ＝ax (x >0)的上方，则需a ≤2. 11.(2019·吉林调研)设函数f (x )在R 上存在导函数f ′(x )，对任意实数x ，都有f (x )＝f (－x )＋2x ，当x <0时，f ′(x )<2x ＋1，若f (1－a )≤f (－a )＋2－2a ，则实数a 的最小值为( )A.－1B.－12C.12 D.1答案 C解析设g (x )＝f (x )－x 2－x ，则g ′(x )＝f ′(x )－2x －1，因为当x <0时，f ′(x )<2x ＋1，则g ′(x )<0，所以当x <0时，g (x )为单调递减函数，因为g (x )＝f (x )－x 2－x ，所以g (－x )＝f (－x )－x 2＋x ，又因为f (x )＝f (－x )＋2x ，所以g (x )－g (－x )＝f (x )－f (－x )－2x ＝0，即g (x )为偶函数，将不等式f (1－a )≤f (－a )＋2－2a ，等价变形得f (1－a )－(1－a )2－(1－a ) ≤f (－a )－(－a )2－(－a )，即g (1－a )≤g (－a )，又因为g (x )为偶函数，且在(－∞，0)上单调递减，则在(0，＋∞)上单调递增，|1－a |≤|a |，解得a ≥12，所以a 的最小值为12.12.(2019·江淮联考)若对∀x 1，x 2∈(m ，＋∞)，且x 1<x 2，都有x 1ln x 2－x 2ln x 1x 2－x 1<1，则m 的最小值是( )注：(e 为自然对数的底数，即e ＝2.718 28…) A.1e B.e C.1 D.3e 答案 C解析由题意，当0≤m <x 1<x 2时，由x 1ln x 2－x 2ln x 1x 2－x 1<1，等价于x 1ln x 2－x 2ln x 1<x 2－x 1，即x 1ln x 2＋x 1<x 2ln x 1＋x 2，故x 1(ln x 2＋1)<x 2(ln x 1＋1)，故ln x 2＋1x 2<ln x 1＋1x 1，令f (x )＝ln x ＋1x，则f (x 2)<f (x 1)，又∵x 2>x 1>m ≥0，故f (x )在(m ，＋∞)上递减，又由f ′(x )＝－ln xx 2，当f ′(x )<0，解得x >1，故f (x )在(1，＋∞)上递减，故m ≥1.13.(2019·福建适应性练习)已知定义在R 上的函数f (x )＝ex ＋1－e x ＋x 2＋2m (x －1)(m >0)，当x 1＋x 2＝1时，不等式f (x 1)≥f (x 2)恒成立，则实数x 1的取值范围为________.答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞解析由f (x 1)≥f (x 2)，可得111e e xx ＋－＋x 21＋2m (x 1－1)≥221ee x x ＋－＋x 22＋2m (x 2－1)，即()()121211e e e e x x x x -＋＋－－＋(x 21－x 22)＋2m (x 1－x 2)≥0.因为x 1＋x 2＝1，所以问题可转化为()()1111121e e e e x x x x -＋－－－－＋(2m ＋1)(2x 1－1)≥0恒成立，记g (x )＝(ex ＋1－e2－x)－(e x －e1－x)＋(2m ＋1)(2x －1)，g ′(x )＝(e x ＋1＋e 2－x )－(e x ＋e 1－x )＋2(2m ＋1)＝(ex ＋1－e x )＋(e2－x－e1－x)＋2(2m ＋1)＝e x (e －1)＋e 2－x(1－e －1)＋2(2m ＋1)>0，所以g (x )在R 上单调递增.又g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝0，所以当x ≥12时，g (x )≥0恒成立，即实数x 1的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞. 14.分别在曲线y ＝ln x 与直线y ＝2x ＋6上各取一点M 与N ，则|MN |的最小值为________. 答案()7＋ln 255解析由y ＝ln x (x >0)，得y ′＝1x ，令1x＝2，即x ＝12，y ＝ln 12＝－ln 2，则曲线y ＝ln x 上与直线y ＝2x ＋6平行的切线的切点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－ln 2，由点到直线的距离公式得d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2×12＋ln 2＋65＝()7＋ln 255，即|MN |min ＝()7＋ln 255.15.(2019·衡水调研)已知函数f (x )＝12x 2＋tan θx ＋3⎝ ⎛⎭⎪⎫θ≠π2，在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－33，1上是单调函数，其中θ是直线l 的倾斜角，则θ的所有可能取值区间为________.答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫π6，π2∪⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，3π4解析 f ′(x )＝x ＋tan θ，θ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2∪⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π，因为f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－33，1上是单调函数，则有f ′(x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－33，1恒大于等于0或恒小于等于0，若f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－33，1上单调递减，则f ′(x )≤0， f ′(1)＝1＋tan θ≤0，故tan θ≤－1，即θ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，3π4，若f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－33，1上单调递增，则f ′(x )≥0，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫－33＝－33＋tan θ≥0，所以tan θ≥33，即θ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫π6，π2，综上所述，θ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫π6，π2∪⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，3π4.16.已知函数f (x )＝mx 2＋2x －2ex，m ∈[]1，e ，x ∈[1,2]，g (m )＝f (x )max －f (x )min ，则关于m的不等式g (m )≥4e2的解集为________.答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤24－e ，e解析由f (x )＝mx 2＋2x －2ex，得f ′(x )＝()2mx ＋2e x －()mx 2＋2x －2e x()e x 2＝2mx ＋2－mx 2－2x ＋2e x＝－mx 2＋()2－2m x －4e x＝－()mx ＋2x －2ex，∵m ∈[]1，e ，x ∈[1,2]，∴f ′(x )≥0，因此函数f (x )在区间[1,2]上单调递增， ∴f (x )max ＝f (2)＝4m ＋2e 2，f (x )min ＝f (1)＝me ，从而g (m )＝f (x )max －f (x )min ＝4m ＋2e 2－m e ＝4m ＋2－m ee 2，令4m ＋2－m e e 2≥4e 2，得m ≥24－e，又m ∈[1，e]，∴m ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤24－e ，e . 故不等式g (m )≥4e 2的解集为⎣⎢⎡⎦⎥⎤24－e ，e .B 组能力提高17.已知函数f (x )的导函数f ′(x )满足(x ＋x ln x )f ′(x )<f (x )对x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞恒成立，则下列不等式中一定成立的是( ) A.2f (1)>f (e) B.e 2f (1)>f (e) C.2f (1)<f (e) D.e f (1)<f (e)答案 A 解析令g (x )＝f x1＋ln x ，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞，由(x ＋x ln x )f ′(x )<f (x )，得(1＋ln x )f ′(x )－1xf (x )<0，又g ′(x )＝f ′x1＋ln x －fx1x1＋ln x2，则g ′(x )<0，故g (x )在x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递减；故g (e)<g (1)，即f e2<f 11，∴2f (1)>f (e).18.(2019·洛阳统考)若函数f (x )＝e x－(m ＋1)ln x ＋2(m ＋1)x －1恰有两个极值点，则实数m 的取值范围为( )A.(－e 2，－e) B.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－e 2C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－12D.()－∞，－e －1答案 D解析由题可得f ′(x )＝e x－m ＋1x＋2(m ＋1)，x >0，因为函数f (x )＝e x－(m ＋1)ln x ＋2(m ＋1)x －1恰有两个极值点，所以函数f ′(x )＝e x－m ＋1x＋2(m ＋1)(x >0)有两个不同的变号零点. 令e x－m ＋1x＋2(m ＋1)＝0，等价转化成x e x1－2x ＝m ＋1(x >0)有两个不同的实数根，记h (x )＝x e x1－2x，所以h ′(x )＝x e x ′1－2x －x e x 1－2x ′1－2x2＝－e x2x ＋1x －11－2x2，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12时，h ′(x )>0，此时函数h (x )在此区间上递增，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1时，h ′(x )>0，此时函数h (x )在此区间上递增，当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )<0，此时函数h (x )在此区间上递减，作出h (x )＝x e x1－2x的简图如图，要使得x e x1－2x＝m＋1有两个不同的实数根，则h(1)>m＋1，即－e>m＋1，整理得m<－1－e.。