(完整版)高中数学导数压轴题专题训练
高中数学导数压轴选择题专题训练30题
高中数学导数压轴选择题专项训练一．选择题（共30小题）1．如图是f（x）=x3+bx2+cx+d的图象，则x12+x22的值是（）A．B．C．D．考点：利用导数研究函数的极值；函数的图象与图象变化．专题：计算题；压轴题；数形结合．分析：先利用图象得：f（x）=x（x+1）（x﹣2）=x3﹣x2﹣2x，求出其导函数，利用x1，x2是原函数的极值点，求出x1+x2=，，即可求得结论．解答：解：由图得：f（x）=x（x+1）（x﹣2）=x3﹣x2﹣2x，∴f'（x）=3x2﹣2x﹣2∵x1，x2是原函数的极值点所以有x1+x2=，，故x12+x22=（x1+x2）2﹣2x1x2==．故选D．点评：本题主要考查利用函数图象找到对应结论以及利用导数研究函数的极值，是对基础知识的考查，属于基础题．2．定义方程f（x）=f′（x）的实数根x0叫做函数f（x）的“新驻点”，若函数g（x）=x，h（x）=ln（x+1），φ（x）=x3﹣1的“新驻点”分别为α，β，γ，则α，β，γ的大小关系为（）A．α＞β＞γB．β＞α＞γC．γ＞α＞βD．β＞γ＞α考点：导数的运算．专题：压轴题；新定义．分析：分别对g（x），h（x），φ（x）求导，令g′（x）=g（x），h′（x）=h（x），φ′（x）=φ（x），则它们的根分别为α，β，γ，即α=1，ln（β+1）=，γ3﹣1=3γ2，然后分别讨论β、γ的取值范围即可．解答：解：∵g′（x）=1，h′（x）=，φ′（x）=3x2，由题意得：α=1，ln（β+1）=，γ3﹣1=3γ2，①∵ln（β+1）=，∴（β+1）β+1=e，当β≥1时，β+1≥2，∴β+1≤＜2，∴β＜1，这与β≥1矛盾，∴0＜β＜1；②∵γ3﹣1=3γ2，且γ=0时等式不成立，∴3γ2＞0∴γ3＞1，∴γ＞1．∴γ＞α＞β．故选C．点评：函数、导数、不等式密不可分，此题就是一个典型的代表，其中对对数方程和三次方程根的范围的讨论是一个难点。
(压轴题)高中数学高中数学选修2-2第三章《导数应用》测试(含答案解析)
一、选择题1．已知函数x y a =（1a >）与log ay x =（1a >）的图象有且仅有两个公共点，则实数a 的取值范围是（ ）A ．1e 1e a << B ．1e a <<C ．1e e e a <<D ．e a >2．函数()[)(](),00,sin xf x x x xππ=∈--的图象大致是（ ）A ．B ．C ．D ．3．已知函数322()f x =x ax bx a +++在1x =处的极值为10，则a b -=（ ）． A ．6-B ．15-C ．15D ．6-或154．若函数()2ln f x ax x x =+-存在增区间，则实数a 的取值范围为（ ） A ．1,4⎛⎫-∞-⎪⎝⎭ B ．1,4⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭ C ．1,8⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭D ．1,8⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭5．若1201x x ，则（ ）A ．2121ln ln xxe e x x ->- B ．2121ln ln x x e e x x -<-C ．1221xxx e x e > D ．1221xxx e x e <6．已知可导函数()f x 的定义域为(,0)-∞，其导函数()'f x 满足()2()0xf x f x '->，则不等式2(2020)(2020)(1)0f x x f +-+-<的解集为（ ） A ．(,2021)-∞- B ．(2021,2020)-- C ．(2021,0)-D ．(2020,0)-7．若实数a ，b 满足0a >，0b >，则“a b >”是“ln ln a a b b +>+”的（ ）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件8．内接于半径为R 的球且体积最大的圆柱体的高为（ ） A 23B 3C 33D 3 9．奇函数()f x 满足0x ≥时,()cos 0f x x '+<，且()3,2f π=-则不等式()cos 22f x x π+>--的解集为（ ）A ．(,0)-∞B ．(,)π-∞-C ．(,)2π-∞-D ．(,)π-∞10．若函数1()21xf x e x =--(e 为自然对数的底数)，则()y f x =图像大致为（ ） A ． B ．C ．D ．11．定义在R 上的函数()f x 的导函数为()'f x ，对任意的实数x ，都有()10f x '+<，且(1)1f =-，则（ ）A ．(0)0f <B ．()f e e <-C ．()(0)f e f >D ．(2)(1)f f >12．已知函数()24ln f x ax ax x =--，则()f x 在()1,3上不单调的一个充分不必要条件是（ ）A ．1,6a ⎛⎫∈-∞ ⎪⎝⎭B ．1,2a ⎛⎫∈-+∞ ⎪⎝⎭C ．1,2a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭D ．11,26a ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭二、填空题13．已知函数()2e 2=++xf x ax a ，若不等式()()1≥+f x ax x 对任意[]2,5x ∈恒成立，则实数a 的取值范围是____________．14．已知函数f （x ）是定义在R 上的奇函数，当x ＞0时，f （x ）+xf '（x ）＞0，且f （3）＝0，则不等式xf （x ）＞0的解集是_____．15．已知关于x 的方程20--=x e x k 有2个不相等的实数根，则k 的取值范围是___________．16．已知函数()2xe f x ax x =-，()0,x ∈+∞，当21x x >时，不等式()()12210f x f x x x -<恒成立，则实数a 的取值范围为________. 17．321313y x x x =--+的极小值为______． 18．已知函数2()f x x a =+，ln ()2e xg x x x=+，其中e 为自然对数的底数，若函数()y f x =与函数()y g x =的图象有两个交点，则实数a 的取值范围是________．19．设()22,0ln ,0x mx x f x x mx x ⎧-+<=⎨->⎩，若方程()f x x =恰有三个零点，则实数m 的取值范围为______.20．设函数3()32()f x ax x x =-+∈R ，若对于任意[1,1]x ∈-，都有()0f x ≥成立，则实数a 的取值范围是_________.三、解答题21．已知函数()2f x x ax b =++，不等式()0f x ≤的解集为[]1,3-．（1）求函数()f x 的解析式； （2）求方程()4ln f x x x =根的个数． 22．已知函数()()2ln 1f x ax x =-+()0a ≠.（1）讨论()f x 的极值点的个数；（2）当0a >时，设()f x 的极值点为0x ，若()()00121f x x >-+，求a 的取值范围.23．已知函数()212f x x =，()ln g x a x =.设()()()h x f x g x =+ （1）试讨论函数()h x 的单调性. （2）若对任意两个不等的正数12,x x ，都有()()12122h x h x x x ->-恒成立，求实数a 的取值范围；24．已知函数()2(1)xf x x e ax =--，（a R ∈）．（1）若12a =，求()f x 的极值； （2）若0x ≥时，()0f x ≥，求实数a 的取值范围． 25．设函数()ln 1x f x x+=， （1）求曲线()y f x =在点()(),e f e 处的切线方程；（2）当1≥x 时，不等式()()211a x f x x x--≥恒成立，求a 的取值范围． 26．已知函数()22x bg x ax +=+，()1,1x ∈-，从下面三个条件中任选一个条件，求出,a b的值，并解答后面的问题.①已知函数()3f x b x a=+-，满足()()220f x f x -++=；②已知函数()()0,1xf x a b a a =+>≠在[]1,2上的值域为[]2,4③已知函数()24f x x ax =-+，若()1f x +在定义域[]1,1b b -+上为偶函数.（1）证明()g x 在()1,1-上的单调性； （2）解不等式()()120g t g t -+<.【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题 1．A 解析：A 【分析】 将问题转化为()1xy a a =>的图象与y x =有两个公共点，即ln ln xa x=有两解，再构造新函数()ln xf x x=，根据()f x 的单调性和取值分析ln a 的取值即可得到结果. 【详解】因为函数()()1,log 1xa y aa y x a =>=>的图象关于直线y x =对称，所以两个图象的公共点在y x =上，所以()1xy a a =>的图象与y x =有两个公共点，即x x a =有两解，即ln ln x x a =有两解，即ln ln xa x=有两解， 令()ln x f x x =，所以()21ln xf x x -'=， 当()0,x e ∈时，()0f x '>，()f x 单调递增，当(),x e ∈+∞时，()0f x '<，()f x 单调递减，()f x 大致图象如下图所示：所以()10ln a f e e<<=，所以11e a e <<， 故选：A. 【点睛】结论点睛：函数图象的交点个数、方程根的数目、函数的零点个数之间的关系： 已知()()()h x f x g x =-，则有()h x 的零点个数⇔方程()()f x g x =根的数目⇔函数()f x 与函数()g x 的图象的交点个数. 2．B解析：B 【分析】首先判断函数的奇偶性，再利用导数研究函数的单调性即可得解； 【详解】 解：因为()[)(](),00,sin xf x x x xππ=∈--，定义域关于原点对称，又()()()sin sin x x f x f x x x x x --===----，所以()[)(](),00,sin x f x x x xππ=∈--为偶函数，函数图象关于y 轴对称，所以排除A 、D ； ()()()()()22sin sin cos sin sin sin x x x x x xx x xf x x x x x ''----'==--令()cos sin g x x x x =-，则()sin g x x x '=-，所以当(]0,x π∈时()0g x '≤，所以()cos sin g x x x x =-在(]0,x π∈上单调递减，又()00g =，所以()0g x <在(]0,x π∈上恒成立，所以()0f x '<在(]0,x π∈上恒成立，即函数()sin xf x x x=-在(]0,π上单调递减，故排除C ，故选：B 【点睛】函数图象的辨识可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置． (2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势； (3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性； (4)从函数的特征点，排除不合要求的图象.3．C解析：C 【分析】 由题，可得(1)0(1)10f f '=⎧⎨=⎩，通过求方程组的解，即可得到本题答案，记得要检验.【详解】因为322()f x =x ax bx a +++，所以2()32f x x ax b '=++，由题，得(1)0(1)10f f '=⎧⎨=⎩，即2320110a b a b a ++=⎧⎨+++=⎩，解得411a b =⎧⎨=-⎩或33a b =-⎧⎨=⎩，因为当3,3a b =-=时，2()3(1)0f x x '=-≥恒成立，()f x 在R 上递增，无极值，故舍去，所以4(11)15a b -=--=.故选：C 【点睛】本题主要考查含参函数的极值问题，得到两组解后检验，是解决此题的关键.4．C解析：C 【分析】先假设函数()f x 不存在增区间，则()f x 单调递减，利用()f x 的导数恒小于零列不等式，将不等式分离常数后，利用配方法求得常数a 的取值范围，再取这个取值范围的补集，求得题目所求实数a 的取值范围. 【详解】若函数()f x 不存在增区间，则函数()f x 单调递减， 此时()1210f x ax x'=+-≤在区间()0,∞+恒成立， 可得2112a x x ≤-，则22111111244x x x ⎛⎫-=--≥- ⎪⎝⎭，可得18a ≤-，故函数存在增区间时实数a 的取值范围为1,8⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭．故选C. 【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查不等式恒成立问题的求解策略，属于中档题.5．C解析：C 【分析】令()x e f x x=，(01)x <<，()()ln 01xg x e x x =-<<，求出函数的导数，通过讨论x的范围，求出函数的单调区间，从而判断结论. 【详解】令()x e f x x =，(01)x <<，则2(1)()0x e x f x x-'=<， 故()f x 在(0,1)递减，若1201x x ，则12()()f x f x >，故1212x x e e x x >，即1221x xx e x e >，故C 正确，D 不正确；令()()ln 01xg x e x x =-<<，则11()x xxe g x e x x-'=-=，令()1x h x xe =-，可知()h x 在()0,1单调递增，且(0)10,(1)10h h e =-<=->，则存在()00,1x ∈，使得0()0h x =， 则当()00,x x ∈时，()0h x <，即()0g x '<，()g x 在()00,x 单调递减， 当()0,1x x ∈时，()0h x >，即()0g x '>，()g x 在()0,1x 单调递增， 所以()g x 在()0,1不单调，故A ，B 错误. 故选：C. 【点睛】本题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用，是一道中档题.6．B解析：B 【分析】由题可得当(,0)x ∈-∞时，()2()0xf x f x '->，进而构造函数2()()f x g x x =，可判断()g x 在(,0)-∞上的单调性，进而可将不等式转化为(2020)(1)g x g +<-，利用()g x 的单调性，可求出不等式的解集． 【详解】解：构造2()()(0)f x g x x x =<，则243()2()()2()()x f x x f x xf x f x g x x x''⋅-⋅-'==，因为()2()0xf x f x '->，则()0g x '<∴函数()g x 在(,0)-∞上是减函数，∵不等式2(2020)(2020)(1)0f x x f +-+-<，且()2(1)(1)(1)1f g f --==--，等价于()()()()()2220201120201f x f g x +-<=-+-，即为(2020)(1)g x g +<-，所以2020120200x x +>-⎧⎨+<⎩，解得20212020x -<<-．故选：B 【点睛】本题考查函数单调性的应用，构造函数2()()f x g x x =是解决本题的关键，属于中档题． 7．C解析：C 【解析】构造函数1ln ,0,10y x x x y x+='=>+> ，故函数ln y x x =+在0,上单调递增，即由“0a b >>” 可得到“ln ln a a b b +>+”,反之，由“ln ln a a b b +>+”亦可得到“0a b >>” 选C8．A解析：A 【分析】根据圆柱的高，底面半径以及球半径之间的关系，建立圆柱的高与圆柱体积之间的函数关系，利用导数求体积取得最大值时对应的自变量即可. 【详解】根据题意，设圆柱底面半径为r ，圆柱的高为h ，作出示意图如下所示：显然满足2224h r R =-，故圆柱的体积()23214h r h h R h πππ=⨯=-+，故可得()223,(02)4V h h R h R ππ<'=-+<，令()0V h '>，解得2303h R <<，故此时()V h 单调递增， 令()0V h '<232h R <<，故此时()V h 单调递减. 故()23max V h V ⎫=⎪⎪⎝⎭.即当23h =时，圆柱的体积最大.故选：A . 【点睛】本题考查圆柱的外接球以及利用导数求体积的最大值，属综合中档题.9．A解析：A 【分析】构造函数()()sin h x f x x =+，根据其单调性，求解目标不等式即可. 【详解】不妨令()()sin h x f x x =+，因为()()cos 0h x f x x =+'<'在[)0,+∞恒成立， 即()h x 在[)0,+∞单调递减；又()f x 是奇函数，sin y x =是奇函数， 故()h x 是奇函数，且()h x 是R 上的单调减函数. 由()3,2f π=-故可得22h π⎛⎫=-⎪⎝⎭， 又()cos 22f x x π+>--，即22h x h ππ⎛⎫⎛⎫+> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 故22x ππ+<，则0x <.故选：A . 【点睛】本题考查构造函数法，涉及利用导数研究函数单调性以及利用单调性解不等式，属综合中档题.10．C解析：C 【分析】代入特殊值()10f <可判断,A B 选项，记()21x g x e x =--，结合函数单调性可得当x →+∞时，()0f x >，从而可选出正确答案.【详解】记()21x g x e x =--，则有()2x g x e '=-， 当ln 2x <时，()20x g x e -'=<，()g x 是减函数，当ln 2x >时，()20x g x e -'=>，()g x 是增函数，因为()130g e =-<，所以()10f <，排除,A B 选项；()2250g e =->，所以当x →+∞时，()0>g x ，即x →+∞时，()0f x >，则D 错误. 故选:C. 【点睛】本题考查了函数图象的识别，属于中档题.11．B解析：B 【分析】构造()()g x f x x =+，得到函数()g x 在R 上单调递减，由()(1)g e g <即得解. 【详解】构造()()g x f x x =+，则()()1g x f x ''=+， 又()10f x '+<，所以()0g x '<，所以函数()g x 在R 上单调递减，又(1)(1)1110g f =+=-+=， 所以()(1)g e g <，即()0f e e +<， 所以()f e e <-. 故选：B 【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查函数单调性的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.12．C解析：C 【分析】本题首先可根据题意得出2241ax ax fxx，令2241g xax ax ，然后根据()f x 在()1,3上不单调得出函数()g x 与x 轴在()1,3上有交点，最后分为0a =、0a ≠两种情况进行讨论，即可得出结果. 【详解】()2124124ax ax f x ax a x x--'=--=， 若()f x 在()1,3上不单调， 令2241g xax ax ，对称轴为1x =，则函数2241g xax ax 与x 轴在()1,3上有交点，当0a =时，显然不成立；当0a ≠时，则()()21680130a a g g ⎧∆=+>⎪⎨⋅<⎪⎩，解得16a >或12a <-，易知()f x 在()1,3上不单调的一个充分不必要条件是1,2a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭， 故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题考查函数单调性问题，若函数在否个区间内不单调，则函数的导函数在这个区间内有零点且穿过x 轴，考查二次函数性质的应用，考查充分条件与必要条件的判定，是中档题.二、填空题13．【分析】原不等式可化为当时该不等式恒成立当时不等式可化为从而构造函数求导并判断单调性可求出令即可【详解】由题意不等式可化为当时恒成立；当时不等式可化为令则求导得所以在上单调递减在上单调递增所以则综上 解析：(3,e ⎤-∞⎦【分析】原不等式可化为()e 2xa x ≥-，当2x =时，该不等式恒成立，当(]2,5x ∈时，不等式可化为e 2x a x ≥-，从而构造函数()e 2xg x x =-，求导并判断单调性，可求出()min g x ，令()min g x a ≥即可.【详解】由题意，不等式()2e 21x ax a ax x ++≥+可化为()e 2xa x ≥-，当2x =时，()e 2xa x ≥-恒成立；当(]2,5x ∈时，不等式可化为e 2xa x ≥-， 令()e 2xg x x =-，(]2,5x ∈，则()min g x a ≥，求导得()()()2e 32x x g x x -'=-，所以()g x 在()2,3上单调递减，在[]3,5上单调递增，所以()()3min 3e g x g ==，则3e a ≤，综上所述，实数a 的取值范围是(3,e ⎤-∞⎦. 故答案为：(3,e ⎤-∞⎦.【点睛】关键点点睛：本题考查不等式恒成立问题，解题关键是将原不等式转化为e 2xa x ≥-，通过构造函数()e 2xg x x =-，令()min g x a ≥，可求出a 的取值范围.考查学生的逻辑推理能力，计算求解能力，属于中档题.14．（﹣∞﹣3）∪（3+∞）【分析】令当x ＞0时可得x ∈（0+∞）上函数单调递增由可得由函数是定义在R 上的奇函数可得函数是定义在R 上的偶函数进而得出不等式的解集【详解】解：令当x ＞0时∴x ∈（0+∞）上解析：（﹣∞，﹣3）∪（3，+∞） 【分析】令()()g x xf x =，()()()g x f x xf x ''+＝，当x ＞0时，()()0f x xf x '+>，可得x ∈（0，+∞）上，函数()g x 单调递增．由()30f ＝，可得()30g ＝．由函数()f x 是定义在R 上的奇函数，可得函数()g x 是定义在R 上的偶函数．进而得出不等式的解集． 【详解】解：令()()g x xf x =，()()()g x f x xf x ''+＝ 当x ＞0时，()()0f x xf x '+>∴x ∈（0，+∞）上，函数()g x 单调递增．()30f ＝，∴()30g ＝．∵函数()f x 是定义在R 上的奇函数， ∴函数()g x 是定义在R 上的偶函数． 由()()03g x g >＝，即()()3g x g ＞， ∴|x |＞3，解得x ＞3，或x ＜﹣3．∴不等式()0xf x ＞的解集是()(),33-，-∞⋃+∞． 故答案为：()(),33-，-∞⋃+∞． 【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性、方程与不等式的解法、等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．15．【分析】把关于x 的方程有2个不相等的实数根转化为与函数的图象有两个不同的交点利用导数求得函数的单调性与极值即可求解【详解】由题意关于x 的方程有2个不相等的实数根即函数与函数的图象有两个不同的交点设则 解析：(22ln2,)-+∞【分析】把关于x 的方程20--=x e x k 有2个不相等的实数根，转化为y k =与函数2x y e x =-的图象有两个不同的交点，利用导数求得函数()2x f x e x =-的单调性与极值，即可求解. 【详解】由题意，关于x 的方程20--=x e x k 有2个不相等的实数根， 即函数y k =与函数2x y e x =-的图象有两个不同的交点，设()2x f x e x =-，则()2x f x e '=-，令()20x f x e '=-=，解得ln 2x =， 所以函数的减区间为(,ln 2)-∞，增区间为(ln 2,)+∞， 所以函数()f x 的最小值为(ln 2)22ln 2f =-，且当x →-∞时，()f x →+∞，当x →∞时，()f x →+∞， 要使得2x e x k -=有2个不相等的实数根，所以22ln 2k >-． 即实数k 的取值范围是(22ln2,)-+∞. 故答案为：(22ln2,)-+∞. 【点睛】本题主要考查了利用导数研究方程的根，其中解答中把方程根的个数转化为两个函数的图象的交点的个数，利用导数求得函数的单调性与极值是解答的关键，着重考查转化思想，以及运算与求解能力.16．【分析】由当时不等式恒成立变形得到当时不等式恒成立即在上是增函数然后由在上是恒成立求解【详解】因为当时不等式恒成立即当时不等式恒成立所以在上是增函数所以在上是恒成立即在上是恒成立令所以当时当时所以当解析：2,12e ⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦【分析】由当21x x >时，不等式()()12210f x f x x x -<恒成立，变形得到当21x x >时，不等式()()1122x f x x f x <恒成立，即()()g x xf x =，在()0,x ∈+∞上是增函数，然后由()0g x '≥，在()0,x ∈+∞上是恒成立求解.【详解】因为当21x x >时，不等式()()12210f x f x x x -<恒成立，即当21x x >时，不等式()()1122x f x x f x <恒成立， 所以()()g x xf x =，在()0,x ∈+∞上是增函数， 所以()230xg x e ax '=-≥，在()0,x ∈+∞上是恒成立，即23xe a x ≤，在()0,x ∈+∞上是恒成立，令2()3xe h x x=，所以()32()3x e x h x x-'=， 当02x <<时，()0h x '<，当2x >时，()0h x '>，所以当2x =时，()h x 取得最小值，最小值为212e，所以实数a 的取值范围为2,12e ⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦.故答案为：2,12e ⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦.【点睛】本题主要考查导数与函数的单调性，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.17．【分析】求导根据导数正负得到函数单调区间得到函数的极小值为计算得到答案【详解】则当和时函数单调递增；当时函数单调递减故函数极小值为故答案为：【点睛】本题考查了利用导数求极值意在考查学生的计算能力和应 解析：8-【分析】求导，根据导数正负得到函数单调区间得到函数的极小值为()3f ，计算得到答案. 【详解】()321313y f x x x x ==--+，则()()()2'2331f x x x x x =--=-+， 当()3,x ∈+∞和(),1x ∈-∞-时，()'0f x >，函数单调递增； 当()1,3x ∈-时，()'0f x <，函数单调递减， 故函数极小值为()32313333183f ⨯--⨯+=-=. 故答案为：8-. 【点睛】本题考查了利用导数求极值，意在考查学生的计算能力和应用能力.18．【分析】将已知等价转化为函数与函数的图象有两个交点分别作出图象观察其只需满足二次函数顶点低于函数的顶点从而构建不等式解得答案【详解】函数与函数的图象有两个交点等价于函数与函数的图象有两个交点对函数求解析：21,e e ⎛⎫-∞+ ⎪⎝⎭【分析】将已知等价转化为函数22y x ex a =-+与函数ln xy x=的图象有两个交点，分别作出图象，观察其只需满足二次函数顶点低于函数ln xy x=的顶点，从而构建不等式，解得答案. 【详解】函数()y f x =与函数()y g x =的图象有两个交点， 等价于函数22y x ex a =-+与函数ln xy x=的图象有两个交点， 对函数ln x y x =求导，得21ln xy x-'=，()0,x e ∈,0y '>， 函数ln xy x=单调递增；(),x e ∈+∞,0y '<， 函数ln xy x =单调递减，在x e =处取得极大值，也是最大值为1e， 对二次函数22y x ex a =-+，其对称轴为x e =，顶点坐标为()2,e a e -分别作出图象，其若要有两个交点，则2211a e a e e e-<⇒<+故答案为：21,e e ⎛⎫-∞+ ⎪⎝⎭【点睛】本题考查由函数图象的交点个数求参数的取值范围，属于中档题.19．【分析】将问题转化为与图像交点个数有3个的问题利用导数研究函数单调性和最值数形结合即可求得结果【详解】当时等价于；当时等价于；令则方程恰有三个零点等价于与直线有三个交点当时则令解得故该函数在区间单调 解析：221m <-【分析】将问题转化为()2,0,0x x xh x lnx x x⎧+<⎪⎪=⎨⎪>⎪⎩与1y m =+图像交点个数有3个的问题，利用导数研究函数单调性和最值，数形结合即可求得结果. 【详解】当0x <时，22y x mx x =-+=，等价于21x m x+=+； 当0x >时，y lnx mx x =-=，等价于1lnxm x=+； 令()2,0,0x x xh x lnx x x ⎧+<⎪⎪=⎨⎪>⎪⎩，则方程()f x x =恰有三个零点，等价于()y h x =与直线1y m =+有三个交点. 当lnx y x =时，则21lnx y x-='，令0y '=，解得x e =， 故该函数在区间()0,e 单调递增，在(),e +∞单调递减. 且x e =时，1y e=；又x e >时，0y >； 而当2y x x=+时，由对勾函数性质，容易知： 当2x =-时，函数取得最大值22y =-. 故()h x 的图像如下所示：数形结合可知，要满足题意，只需122m +<-， 解得221m <-. 故答案为：221m <-. 【点睛】本题考查由方程根的个数求参数范围，涉及利用导数研究函数单调性，对勾函数，属综合中档题.20．【分析】求出时的值讨论函数的增减性得到的最小值让最小值大于等于0即可求出的范围【详解】解：由可得当时令解得且①当时为递增函数②当时为递减函数③当时为递增函数所以即解得故答案为：【点睛】考查学生理解函 解析：15a ≤≤【分析】求出()0f x '=时x 的值，讨论函数的增减性得到()f x 的最小值，让最小值大于等于0即可求出a 的范围. 【详解】解：由(1)0f ≥可得1a ≥，2'()33f x ax =-， 当1a ≥时，令2'()330f x ax =-=解得x =，且1>-<①当1x -<<()0,()f x f x '>为递增函数， ②当x <<()0,()f x f x '<为递减函数， ③1x <<时，()f x 为递增函数.所以()010f f ⎧≥⎪⎨⎝⎭⎪-≥⎩，即3320320a a ⎧⎪-+≥⎨⎝⎭⎝⎭⎪-++≥⎩， 解得15a ≤≤. 故答案为：15a ≤≤. 【点睛】考查学生理解函数恒成立时取条件的能力，以及利用导数求函数最值的能力.三、解答题21．（1）()223f x x x =--；（2）有且只有一个根.【分析】（1）根据不等式的解集与方程根的对应关系，列出关于,a b 的方程组，从而求解出,a b 的值，则()f x 的解析式可求； （2）将问题转化为求方程34ln 20x x x---=根的数目，构造新函数()34ln 2g x x x x=---，利用导数分析()g x 的单调性和极值，由此判断出()g x 的零点个数，从而方程()4ln f x x x =根的个数可确定.【详解】解：（1）∵不等式()0f x ≤的解集为[]1,3-， ∴20x ax b ++=的两个根分别为1-和3． ∴()()1313a b ⎧-=-+⎪⎨=-⨯⎪⎩．即2a =-，3b =-，故函数()f x 的解析式为()223f x x x =--．（2）由（1），设()22334ln 4ln 2x x g x x x x x x--=-=---，∴()g x 的定义域为()0,∞+，()()()2213341x x g x x x x--'=+-=， 令()0g x '=，得11x =，23x =．当x 变化时，()g x '，()g x 的取值变化情况如下表：当03x <≤时，140g x g ≤=-<， 当3x >时，()55553ee202212290eg =--->--=>． 又因为()g x 在()3,+∞上单调递增，因而()g x 在()3,+∞上只有1个零点， 故()g x 仅有1个零点．即方程()4ln f x x x =有且只有一个根． 【点睛】思路点睛：利用导数分析方程根的个数的思路： （1）将方程根的个数问题转化为函数零点的个数问题；（2）将原方程变形，构造新函数，分析新函数的单调性、极值、最值；（3）根据新函数的单调性、极值、最值得到新函数的零点个数，则方程根的个数可确定.22．（1）答案见解析；（2）⎛⎫⎪+∞⎪⎭. 【分析】（1）()21221211ax ax f x ax x x +-'=-=++，令()2221g x ax ax =+-，分两种情况讨论，判断方程()0g x =根的个数即可；（2）由（1）知()00g x =，即202210ax ax +-=，()20012a x x =+，先求得01x ，进而可得答案即可.【详解】（1）()21221211ax ax f x ax x x +-'=-=++，令()2221g x ax ax =+- 当0a >时，由()10g -<知，()g x 在()1,-+∞有唯一零点， 故()f x 在()1,-+∞有一个极值点；当0a <时，()10g -<，()g x 的对称轴为12x =-，若方程()0g x =的0∆>，即2480a a +>，2a <-时，()g x 在()1,-+∞有两个零点，()f x 在()1,-+∞有两个极值点；若方程()0g x =的0∆≤，即2480a a +≤，20a -≤<时，()0g x ≤，()f x 在()1,-+∞上单减，无极值点.（2）由（1）知()00g x =，即2002210ax ax +-=，()20012a x x =+……（*） 由0a >且010x +>得00x >，又∵()()00121f x x >-+，∴()()20001ln 121ax x x -+>-+代入（*）式，()()()00001ln 12121x x x x -+>-++， 即()01ln 102x -+>解得01x <，∴001x <<， ∴.()20012a x x ⎛⎫⎪=∈+∞⎪+⎭. 【点睛】求函数()f x 极值的步骤：(1) 确定函数的定义域；(2) 求导数fx ；(3) 解方程()0,f x '=求出函数定义域内的所有根；(4) 列表检查fx 在0fx的根0x 左右两侧值的符号，如果左正右负（左增右减），那么()f x 在0x 处取极大值，如果左负右正（左减右增），那么()f x 在0x 处取极小值. 23．（1）答案见解析；（2）[)1,+∞. 【分析】（1）求导后，分别在0a ≥和0a <两种情况下讨论导函数的正负即可得到结果； （2）将恒成立的不等式转化为()()112222h x x h x x ->-对于任意的12x x >恒成立，从而只需构造函数()()2t x h x x =-，证明()t x 在()0,∞+上单调递增即可，从而将问题进一步转化为()0t x '≥在()0,∞+上恒成立，进而利用分离变量的方法可求得结果. 【详解】（1）()()21ln 02h x x a x x =+>，则()()20a x ah x x x x x+'=+=>， 当0a ≥时，()0h x '>恒成立，()h x ∴在()0,∞+上单调递增；当0a <时，若(x ∈，()0h x '<；若)x ∈+∞，()0h x '>；()h x ∴在(上单调递减，在)+∞上单调递增.（2）设12x x >，则()()12122h x h x x x ->-等价于()()112222h x x h x x ->-， 即()()112222h x x h x x ->-对于任意的12x x >恒成立. 令()()212ln 22t x h x x x a x x =-=+-，则只需()t x 在()0,∞+上单调递增， ()2at x x x'=+-，∴只需()0t x '≥在()0,∞+上恒成立即可. 令()200ax x x+-≥>，则()220a x x x ≥-+>， 当1x =时，()2max21x x -+=，1a ∴≥，即实数a 的取值范围为[)1,+∞.【点睛】关键点点睛：本题主要考查导数在函数中的应用，以及不等式的证明，着重考查了转化与化归思想､逻辑推理能力与计算能力，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：（1）考查导数的几何意义，求解曲线在某点处的切线方程；（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；（3）利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题，同时注意数形结合思想的应用. 24．（1）极大值是112e-，()f x 的极小值是0（2）1a ≤ 【分析】（1）()()2112xx f x e x =--，求导()()()110x f x x e '=+-=，判断()f x '，()f x 变化求得极值；（2）解法一:分离a,求最值得a 的范围，解法二: ()xf x e a '=-，讨论a 的范围得解 【详解】 （1）当12a =时，()()2112xx f x e x =-- ()()()110x f x x e '=+-=时，则1x =-，0x =.当x 变化时，()f x '，()f x 变化状态如下表：所以()f x 的极大值是()12f e-=-，()f x 的极小值是()00f = （2））等价于当0x ≥时，()()10xf x x e ax =--≥恒成立解法一: 当0x =，等号成立，当x>0，()10x e f x a x -≥⇔≤，设()1x e g x x-=()min a g x ≤，由经典不等式1x e x >+ ∴1a ≤或者()21x x xe e g x x-+'=，()1x x x xe e ϕ=-+，()0x x x xx e xe e xe ϕ='+-=> ()x ϕ↑，()()00ϕϕ>=x ∴()0g x '>，()g x ↑，又()0,1x g x →→ ∴1a ≤解法二: ()xf x e a '=-，0x ≥，1x e ≥若1a ≤，则()0xf x e a ='-≥，()f x ↑，∴()()00f x f ≥=，即不等式恒成立.（充分性）若1a >，()0xf x e a '=-= ∴0ln 0x a =>()00,x x ∈，()0f x '<，()f x ↓，()()00f x f ≤=，这与当0x ≥时，()10xf x e ax =--≥恒成立相矛盾（必要性）【点睛】本题考查函数与导数的极值，考查不等式恒成立，考查转化化归能力，考查计算能力，是中档题25．（1）230x e y e +-=（2）(,0]-∞ 【详解】试题分析：（1）先求函数导数，再根据导数几何意义得切线斜率为()'f e ，最后根据点斜式求切线方程（2）构造函数()()2ln 1g x x a x =--，利用导数并按0a ≤，10<2a <，12a ≥进行分类讨论，通过函数的单调性以及最值进行与0比较，可得结果. 试题（1）根据题意可得，()2f e e=， ()2ln 'xf x x -=，所以()22ln 1'e f e e e -==-，即21k e =-， 所以在点()(),e f e 处的切线方程为()221y x e e e-=--，即230x e y e +-=． （2）根据题意可得，()()()221ln 110a x x a x f x x x x-----=≥在1≥x 恒成立，令()()2ln 1g x x a x =--，()1x ≥，所以()12g x ax x-'=， 当0a ≤时，()0g x '>，所以函数()y g x =在[)1,+∞上是单调递增， 所以()()10g x g ≥=， 所以不等式()()21a x f x x->成立，即0a ≤符合题意；当0a >时，令120ax x-=，解得x =1=，解得12a =，当10<2a <1，所以()g x '在⎛ ⎝上()0g x '>，在+⎫∞⎪⎪⎭上()0g x '<，所以函数()y g x =在⎛ ⎝上单调递增，在+⎫∞⎪⎪⎭上单调递减，21111ln 1ln g a a a a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=--=--+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，令()1ln h a a a a =--+，()222111'10a a h a a a a-+=-++=>恒成立，则()h a 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增 所以()1111ln 2ln2202222h a h ⎛⎫<=--+=+-<⎪⎝⎭，所以存在10g a ⎛⎫< ⎪⎝⎭， 所以102a <<不符合题意； ②当12a ≥1≤ ()0g x '≤在[)1,+∞上恒成立，所以函数()y g x =在[)1,+∞上是单调递减，所以()()10g x g ≤= 显然12a ≥不符合题意； 综上所述，a 的取值范围为{}|0a a ≤26．选法见解析；2a =，0b =；（1）证明见解析；（2）103t <<. 【分析】（1）根据函数的对称性，定义域和值域，奇偶性计算得到2a =，0b =，再求导证明单调性.（2）利用函数的奇偶性和单调性解不等式得到答案. 【详解】（1）①由()()220f x f x -++=得()f x 对称中心为()2,0即得2a =，0b =； ②(i )当1a >时，()xf x a b =+在[]1,2上单调递增，则有224a b a b +=⎧⎨+=⎩得220a a --=， 得2a =，0b =；(ii )当01a <<时，()xf x a b =+在[]1,2上单调递减，则242a b a b +=⎧⎨+=⎩得220a a -+=，无解，所以2a =，0b =；③由()24f x x ax =-+得()()2125f x x a x a +=+-+-，因为()1f x +在[]1,1b b -+上是偶函数，则202a -=，且()()110b b -++=， 所以2a =，0b =； 由①或②或③得()222xg x x =+，()1,1x ∈-，()()222121x g x x -'=+， 由11x -<<得()0g x '>，则()g x 在()1,1-上单调递增. （2）因为()()222xg x g x x --==-+，则()g x 为奇函数.由()()120g t g t -+<即()()21g t g t <-又因为()g x 在()1,1-上单调递增，则121,111,21,t t t t -<<⎧⎪-<-<⎨⎪<-⎩解得103t <<.【点睛】本题考查了函数对称性，奇偶性，单调性，函数的定义域和值域，解不等式，意在考查学生对于函数知识的综合应用.。
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 <<B ．c a b <<C ．b a c <<D ．b c a<<4．若函数()y f x =满足()()xf x f x '>-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.。
导数压轴小题精选80题(含答案解析)
专治学霸不服——导数压轴小题1. 已知函数f(x)=xe x−m2x2−mx，则函数f(x)在[1,2]上的最小值不可能为( )A. e−32m B. −12mln2m C. 2e2−4m D. e2−2m2. 已知函数f(x)=sinxx ，若π3<a<b<2π3，则下列结论正确的是( )A. f(a)<f(√ab)<f(a+b2) B. f(√ab)<f(a+b2)<f(b)C. f(√ab)<f(a+b2)<f(a) D. f(b)<f(a+b2)<f(√ab)3. 已知e为自然对数的底数，对任意的x1∈[0,1]，总存在唯一的x2∈[−1,1]，使得x1+x22e x2−a=0成立，则实数a的取值范围是( )A. [1,e]B. (1,e]C. (1+1e ,e] D. [1+1e,e]4. 若存在正实数x，y，z满足z2≤x≤ez且zln yz=x，则ln yx的取值范围为( )A. [1,+∞)B. [1,e−1]C. (−∞,e−1]D. [1,12+ln2]5. 已知方程ln∣x∣−ax2+32=0有4个不同的实数根，则实数a的取值范围是( )A. (0,e 22) B. (0,e22] C. (0,e23) D. (0,e23]6. 设函数f(x)=e x(sinx−cosx)(0≤x≤2016π)，则函数f(x)的各极小值之和为( )A. −e 2π(1−e2016π)1−e2πB. −e2π(1−e1008π)1−eπC. −e 2π(1−e1008π)1−e2πD. −e2π(1−e2014π)1−e2π7. 若函数f(x)满足f(x)=x(fʹ(x)−lnx)，且f(1e )=1e，则ef(e x)<fʹ(1e)+1的解集为( )A. (−∞,−1)B. (−1,+∞)C. (0,1e)D. (1e,+∞)8. 已知 f (x )，g (x ) 都是定义在 R 上的函数，且满足以下条件：① f (x )=a x ⋅g (x )（a >0，且 a ≠1）；② g (x )≠0；③ f (x )⋅gʹ(x )>fʹ(x )⋅g (x )．若f (1)g (1)+f (−1)g (−1)=52，则 a 等于 ( )A. 12B. 2C. 54D. 2 或 129. 已知函数 f (x )=1+lnx x，若关于 x 的不等式 f 2(x )+af (x )>0 有两个整数解，则实数 a 的取值范围是 ( ) A. (−1+ln22,−1+ln33) B. (1+ln33,1+ln22) C. (−1+ln22,−1+ln33] D. (−1,−1+ln33]10. 已知函数 f (x )=x +xlnx ，若 m ∈Z ，且 f (x )−m (x −1)>0 对任意的 x >1 恒成立，则 m 的最大值为 ( ) A. 2B. 3C. 4D. 511. 已知函数 f (x )={xln (1+x )+x 2,x ≥0−xln (1−x )+x 2,x <0，若 f (−a )+f (a )≤2f (1)，则实数 a 的取值范围是 ( )高中数学资料共享群QQ 群号：734924357A. (−∞,−1]∪[1,+∞)B. [−1,0]C. [0,1]D. [−1,1]12. 已知 fʹ(x ) 是定义在 (0,+∞) 上的函数 f (x ) 的导函数，若方程 fʹ(x )=0 无解，且 ∀x ∈(0,+∞)，f [f (x )−log 2016x ]=2017，设 a =f (20.5)，b =f (log π3)，c =f (log 43)，则 a ，b ，c 的大小关系是 ( )A. b >c >aB. a >c >bC. c >b >aD. a >b >c13. 已知函数 f (x )={lnx,x ≥11−x 2,x <1，若 F (x )=f [f (x )+1]+m 有两个零点 x 1，x 2，则 x 1⋅x 2 的取值范围是 ( ) A. [4−2ln2,+∞) B. (√e,+∞)C. (−∞,4−2ln2]D. (−∞,√e)14. 已知函数 f (x ) 是定义在 R 上的奇函数，当 x <0 时，f (x )=(x +1)e x ， 则对任意的 m ∈R ，函数 F (x )=f(f (x ))−m 的零点个数至多有 ( )A. 3 个B. 4 个C. 6 个D. 9 个15. 设 f (x )=∣lnx∣，若函数 g (x )=f (x )−ax 在区间 (0,3] 上有三个零点，则实数 a 的取值范围是 ( )A. (0,1e ) B. (ln33,e) C. (0,ln33] D. [ln33,1e)16. 已知 f (x ) 是定义在 R 上的偶函数，其导函数为 fʹ(x )，若 fʹ(x )<f (x )，且 f (x +1)=f (3−x )，f (2015)=2，则不等式 f (x )<2e x−1 的解集为 ( )高中数学资料共享群QQ 群号：734924357A. (1,+∞)B. (e,+∞)C. (−∞,0)D. (−∞,1e)17. 设函数 f (x ) 的导函数为 fʹ(x )，对任意 x ∈R 都有 fʹ(x )>f (x ) 成立，则 ( ) A. 3f (ln2)>2f (ln3) B. 3f (ln2)=2f (ln3) C. 3f (ln2)<2f (ln3)D. 3f (ln2) 与 2f (ln3) 的大小不确定18. 已知函数 f (x )=x 33+12ax 2+2bx +c ，方程 fʹ(x )=0 两个根分别在区间 (0,1) 与 (1,2) 内，则 b−2a−1的取值范围为 ( )A. (14,1)B. (−∞,14)∪(1,∞)C. (−1,−14)D. (14,2)19. 已知 f (x )=∣xe x ∣，又 g (x )=f 2(x )−tf (x )(t ∈R )，若满足 g (x )=−1 的 x 有四个，则 t 的取值范围是 ( )A. (−∞,−e 2+1e) B. (e 2+1e,+∞) C. (−e 2+1e,−2) D. (2,e 2+1e)20. 已知 f (x ) 是定义在 (0,+∞) 上的单调函数，且对任意的 x ∈(0,+∞)，都有 f [f (x )−log 2x ]=3，则方程 f (x )−fʹ(x )=2 的解所在的区间是 ( ) A. (0,12)B. (12,1)C. (1,2)D. (2,3)21. 已知函数 f (x )={√1+9x 2,x ≤01+xe x−1,x >0，点 A ，B 是函数 f (x ) 图象上不同两点，则 ∠AOB （O 为坐标原点）的取值范围是 ( )A. (0,π4) B. (0,π4] C. (0,π3) D. (0,π3]22. 定义：如果函数 f (x ) 在 [a,b ] 上存在 x 1，x 2 (0<x 1<x 2＜a) 满足 fʹ(x 1)=f (b )−f (a )b−a ，fʹ(x 2)=f (b )−f (a )b−a，则称函数 f (x ) 是 [a,b ] 上的“双中值函数”．已知函数 f (x )=x 3−x 2+a 是 [0,a ] 上的“双中值函数”，则实数 a 的取值范围是 ( )高中数学资料共享群QQ 群号：734924357 A. (13,12)B. (32,3)C. (12,1)D. (13,1)23. 已知函数 f (x )=2mx 2−2(4−m )x +1，g (x )=mx ，若对于任意实数 x ，函数 f (x ) 与 g (x ) 的值至少有一个为正值，则实数 m 的取值范围是 ( )A. (2,8)B. (0,2)C. (0,8)D. (−∞,0)24. 已知 a,b ∈R ，且 e x+1≥ax +b 对 x ∈R 恒成立，则 ab 的最大值是( )A. 12e 3B. √22e 3 C.√32e 3 D. e 325. 函数 f (x ) 是定义在区间 (0,+∞) 上的可导函数 ， 其导函数为 fʹ(x )，且满足 xfʹ(x )+2f (x )>0，则不等式 (x+2016)f (x+2016)5<5f (5)x+2016的解集为 ( ) A. {x >−2011} B. {x ∣x <−2011} C. {x ∣−2011<x <0}D. {x∣∣−2016<x ＜−2011}26. 设 D =√(x −a )2+(lnx −a 24)2+a 24+1(a ∈R )，则 D 的最小值为( ) A. √22B. 1C. √2D. 227. 已知定义在 R 上的函数 y =f (x ) 满足：函数 y =f (x +1) 的图象关于直线 x =−1 对称，且当 x ∈(−∞,0) 时，f (x )+xfʹ(x )<0 成立（fʹ(x ) 是函数 f (x ) 的导函数），若 a =0.76f (0.76)，b =log 1076f (log 1076)，c =60.6f (60.6)，则 a ，b ，c 的大小关系是 ( )A. a >b >cB. b >a >cC. c >a >bD. a >c >b28. 对任意的正数 x ，都存在两个不同的正数 y ，使 x 2(lny −lnx )−ay 2=0 成立，则实数 a 的取值范围为 ( )A. (0,12e ) B. (−∞,12e ) C. (12e ,+∞) D. (12e,1)29. 已知函数 f (x )=x 3−6x 2+9x ，g (x )=13x 3−a+12x 2+ax −13(a >1) 若对任意的 x 1∈[0,4]，总存在 x 2∈[0,4]，使得 f (x 1)=g (x 2)，则实数 a 的取值范围为 ( )高中数学资料共享群QQ 群号：734924357 A. (1,94]B. [9,+∞)C. (1,94]∪[9,+∞)D. [32,94]∪[9,+∞)30. 定义在 R 上的偶函数 f (x ) 满足 f (2−x )=f (x )，且当 x ∈[1,2] 时，f (x )=lnx −x +1，若函数g (x )=f (x )+mx 有 7 个零点，则实数 m 的取值范围为 ( )A. (1−ln28,1−ln26)∪(ln2−16,ln2−18)B. (ln2−16,ln2−18) C. (1−ln28,1−ln26) D. (1−ln28,ln2−16)31. 已知函数 f (x )={e x ,x ≥0ax,x <0，若方程 f (−x )=f (x ) 有五个不同的根，则实数 a 的取值范围为 ( ) A. (−∞,−e )B. (−∞,−1)C. (1,+∞)D. (e,+∞)32. 已知 fʹ(x ) 是奇函数 f (x ) 的导函数，f (−1)=0，当 x >0 时，xfʹ(x )−f (x )>0，则使得 f (x )>0 成立的 x 的取值范围是 ( ) A. (−∞,−1)∪(0,1) B. (−1,0)∪(1,+∞) C. (−1,0)∪(0,1)D. (−∞,−1)∪(1,+∞)33. 已知函数 f (x ) 在定义域 R 上的导函数为 fʹ(x )，若方程 fʹ(x )=0 无解，且 f [f (x )−2017x ]=2017，当 g (x )=sinx −cosx −kx 在 [−π2,π2] 上与 f (x ) 在 R 上的单调性相同时，则实数 k 的取值范围是 ( )A. (−∞,−1]B. (−∞,√2]C. [−1,√2]D. [√2,+∞)34. 已知函数 f (x )=e x ∣x∣，关于 x 的方程 f 2(x )−2af (x )+a −1=0(a ∈R )有 3 个相异的实数根，则 a 的取值范围是 ( ) A. (e 2−12e−1,+∞)B. (−∞,e 2−12e−1) C. (0,e 2−12e−1) D. {e 2−12e−1}35. 函数 y =f (x ) 图象上不同两点 A (x 1,y 1)，B (x 2,y 2) 处的切线的斜率分别是 k A ，k B ，规定 φ(A,B )=∣k A −k B ∣∣AB∣叫做曲线在点 A 与点 B 之间的“弯曲度”．设曲线 y =e x 上不同的两点 A (x 1,y 1)，B (x 2,y 2)，且 x 1−x 2=1，若 t ⋅φ(A,B )<3 恒成立，则实数 t 的取值范围是 ( )A. (−∞,3]B. (−∞,2]C. (−∞,1]D. [1,3]36. 已知函数 f (x )=ax 3+3x 2+1，若至少存在两个实数 m ，使得 f (−m )，f (1)，f (m +2) 成等差数列，则过坐标原点作曲线 y =f (x ) 的切线可以作 ( ) A. 3 条B. 2 条C. 1 条D. 0 条37. 已知整数对排列如下：(1,1)，(1,2)，(2,1)，(1,3)，(2,2)，(3,1)，(1,4)，(2,3)，(3,2)，(4,1)，(1,5)，(2,4)，⋯，则第 60 个整数对是 ( ) A. (5,7)B. (4,8)C. (5,8)D. (6,7)38. 已知函数 f (x )={∣log 3x ∣,0<x <3,−cos (π3x),3≤x ≤9.若存在实数 x 1，x 2，x 3，x 4，当 x 1<x 2<x 3<x 4 时，满足 f (x 1)=f (x 2)=f (x 3)=f (x 4)，则 x 1⋅x 2⋅x 3⋅x 4 的取值范围是 ( ) A. (7,294)B. (21,1354) C. [27,30)D. (27,1354)39. 已知函数 f (x )=e 2x ，g (x )=lnx +12的图象分别与直线 y =b 交于 A ，B 两点，则 ∣AB∣ 的最小值为 ( )A. 1B. e 12C. 2+ln22D. e −ln3240. 设 A ，B 分别为双曲线 C ：x 2a 2−y 2b 2=1(a >0,b >0) 的左、右顶点，P ，Q 是双曲线 C 上关于 x 轴对称的不同两点，设直线 AP ，BQ 的斜率分别为 m ，n ，则2b a+a b+12∣mn∣+ln ∣m ∣+ln ∣n ∣ 取得最小值时，双曲线 C 的离心率为 ( ) A. √2B. √3C. √6D. √6241. 已知 f (x )，g (x ) 都是定义在 R 上的函数，且满足以下条件：① f (x )=a x ⋅g (x )（a >0,a ≠1）；② g (x ) ≠0；③ f (x )⋅gʹ(x )>fʹ(x )⋅g (x )．若 f (1)g (1)+f (−1)g (−1)=52，则使 log a x >1 成立的 x 的取值范围是 ( )A. (0,12)∪(2,+∞)B. (0,12)C. (−∞,12)∪(2,+∞)D. (2,+∞)42. 已知函数 f (x )=∣sinx ∣(x ∈[−π,π])，g (x )=x −2sinx (x ∈[−π,π])，设方程 f(f (x ))=0，f(g (x ))=0，g(g (x ))=0 的实根的个数分别为 m ，n ，t ，则 m +n +t = ( )A. 9B. 13C. 17D. 2143. 设 f (x ) 是定义在 R 上的奇函数，且 f (2)=0，当 x >0 时，有xfʹ(x )−f (x )x 2<0 恒成立，则不等式 x 2f (x )>0 的解集是 ( )A. (−2,0)∪(2,+∞)B. (−∞,−2)∪(0,2)C. (−∞,−2)∪(2,+∞)D. (−2,0)∪(0,2)44. 已知函数 f (x )={−x 2+2x,x ≤0ln (x +1),x >0，若 ∣f (x )∣≥ax ，则 a 的取值范围是 ( ) A. (−∞,0]B. (−∞,1]C. [−2,1]D. [−2,0]45. 已知函数 f (x )(x ∈R ) 满足 f (−x )=2−f (x )，若函数 y =x+1x与 y =f (x ) 图象的交点为 (x 1,y 1)，(x 2,y 2)，⋯，(x m ,y m )，则 ∑(x i +m i=1y i )= ( )A. 0B. mC. 2mD. 4m46. 若函数 f (x )=x −13sin2x +asinx 在 (−∞,+∞) 单调递增，则 a 的取值范围是 ( )高中数学资料共享群QQ 群号：734924357 A. [−1,1]B. [−1,13]C. [−13,13]D. [−1,−13]47. 已知两曲线 y =x 3+ax 和 y =x 2+bx +c 都经过点 P (1,2)，且在点 P处有公切线，则当 x ≥12 时，log bax 2−c 2x的最小值为 ( )A. −1B. 1C. 12D. 048. 直线 y =m 分别与 y =2x +3 及 y =x +lnx 交于 A ，B 两点，则 ∣AB∣的最小值为 ( ) A. 1B. 2C. 3D. 449. 设函数 f (x )=x 2−2x +1+alnx 有两个极值点 x 1，x 2，且 x 1<x 2，则 f (x 2) 的取值范围是 ( ) A. (0,1+2ln24) B. (1−2ln24,0)C. (1+2ln24,+∞) D. (−∞,1−2ln24)50. 设直线 l 1，l 2 分别是函数 f (x )={−lnx,0<x <1,lnx,x >1,图象上点 P 1，P 2处的切线，l 1 与 l 2 垂直相交于点 P ，且 l 1，l 2 分别与 y 轴相交于点 A ，B ，则 △PAB 的面积的取值范围是 ( )A. (0,1)B. (0,2)C. (0,+∞)D. (1,+∞)51. 已知定义在 R 上的奇函数 f (x )，其导函数为 fʹ(x )，对任意正实数 x 满足 xfʹ(x )>2f (−x )，若 g (x )=x 2f (x )，则不等式 g (x )<g (1−3x ) 的解集是 ( ) A. (14,+∞)B. (−∞,14)C. (0,14)D. (−∞,14)∪(14,+∞)52. 已知函数 f (x )=x (lnx −ax ) 有两个极值点，则实数 a 的取值范围是( )A. (−∞,0)B. (0,12)C. (0,1)D. (0,+∞)53. 已知函数 f (x )=x +xlnx ，若 m ∈Z ，且 (m −2)(x −2)<f (x ) 对任意的 x >2 恒成立，则 m 的最大值为 ( ) A. 4B. 5C. 6D. 854. 已知函数 f (x )=a x+xlnx ，g (x )=x 3−x 2−5，若对任意的 x 1,x 2∈[12,2]，都有 f (x 1)−g (x 2)≥2 成立，则 a 的取值范围是 ( )A. (0,+∞)B. [1,+∞)C. (−∞,0)D. (−∞,−1]55. 设函数 f (x )=e x (2x −1)−ax +a ，其中 a <1，若存在唯一的整数x 0 使得 f (x 0)<0，则 a 的取值范围是 ( )A. [−32e,1) B. [−32e ,34) C. [32e ,34)D. [32e,1)56. 函数 f (x )={(x −a )2+e,x ≤2xlnx+a +10,x >2（e 是自然对数的底数），若 f (2) 是函数 f (x ) 的最小值，则 a 的取值范围是 ( ) A. [−1,6]B. [1,4]C. [2,4]D. [2,6]57. f (x )，g (x )(g (x )≠0) 分别是定义在 R 上的奇函数和偶函数，当 x <0时，fʹ(x )g (x )<f (x )gʹ(x )，且 f (−3)=0，f (x )g (x )<0 的解集为 ( )A. (−∞,−3)∪(3,+∞)B. (−3,0)∪(0,3)C. (−3,0)∪(3,+∞)D. (−∞,−3)∪(0,3)58. 已知函数 f (x )=x 3+bx 2+cx +d （b ，c ，d 为常数），当 x ∈(0,1) 时 f (x ) 取得极大值，当 x ∈(1,2) 时 f (x ) 取得极小值，则 (b +12)2+(c −3)2的取值范围是 ( )高中数学资料共享群QQ 群号：734924357 A. (√372,5) B. (√5,5)C. (374,25)D. (5,25)59. 若关于 x 的方程 ∣x 4−x 3∣=ax 在 R 上存在 4 个不同的实根，则实数a 的取值范围为 ( ) A. (0,427)B. (0,427]C. (427,23)D. (427,23]60. 设函数 f (x ) 在 R 上存在导函数 fʹ(x )，若对 ∀x ∈R ，有 f (−x )+f (x )=x 2，且当 x ∈(0,+∞) 时，fʹ(x )>x ．若 f (2−a )−f (a )≥2−2a ，则 a 的取值范围是 ( )A. (−∞,1]B. [1,+∞)C. (−∞,2]D. [2,+∞)61. 已知 e 为自然对数的底数，若对任意的 x ∈[1e,1]，总存在唯一的 y ∈[−1,1]，使得 lnx −x +1+a =y 2e y 成立，则实数 a 的取值范围是 ( ) A. [1e ,e]B. (2e,e]C. (2e,+∞)D. (2e ,e +1e)62. 设函数 f (x )={2x +1,x >0,0,x =0,2x −1,x <0.若不等式 f (x −1)+f (mx)>0 对任意x >0 恒成立，则实数 m 的取值范围是 ( ) A. (−14,14)B. (0,14)C. (14,+∞)D. (1,+∞)63. 若 0<x 1<x 2<1，则 ( )A. e x 2−e x 1>lnx 2−lnx 1B. e x 1−e x 2<lnx 2−lnx 1C. x 2e x 1>x 1e x 2D. x 2e x 1<x 1e x 264. 函数f(x)在定义域R内可导，若f(x)=f(2−x)，且(x−1)fʹ(x)<0，若a=f(0),b=f(12),c=f(3),则a，b，c的大小关系是( )A. a>b>cB. b>a>cC. c>b>aD. a>c>b65. 已知函数f(x)=x−4+9x+1,x∈(0,4)．当x=a时，f(x)取得最小值b，则函数g(x)=(1a )∣x+b∣的图象为( )A. B.C. D.66. f(x)是定义在(0,+∞)上的单调函数，且对∀x∈(0,+∞)都有f(f(x)−lnx)=e+1，则方程f(x)−fʹ(x)=e的实数解所在的区间是( )高中数学资料共享群QQ群号：734924357A. (0,1e ) B. (1e,1) C. (1,e) D. (e,3)67. 已知R上的奇函数f(x)满足fʹ(x)>−2，则不等式f(x−1)<x2(3−2lnx)+3(1−2x)的解集是( )A. (0,1e) B. (0,1) C. (1,+∞) D. (e,+∞)68. 已知函数f(x)=sinxx，给出下面三个结论：①函数f(x)在区间(−π2,0)上单调递增，在区间(0,π2)上单调递减；②函数f(x)没有最大值，而有最小值；③函数f(x)在区间(0,π)上不存在零点，也不存在极值点．其中，所有正确结论的序号是( )A. ①②B. ①③C. ②③D. ①②③69. 已知函数 f (x ) 是定义在 R 上的可导函数，fʹ(x ) 为其导函数，若对于任意实数 x ，有 f (x )−fʹ(x )>0，则 A. ef (2015)>f (2016) B. ef (2015)<f (2016) C. ef (2015)=f (2016)D. ef (2015) 与 f (2016) 大小不能确定70. 若存在正实数 m ，使得关于 x 的方程 x +a (2x +2m −4ex )[ln (x +m )−lnx ]=0 有两个不同的根，其中 e 为自然对数的底数，则实数 a 的取值范围是 ( ) A. (−∞,0)B. (0,12e )C. (−∞,0)∪(12e ,+∞)D. (12e ,+∞)71. 定义在 (0,π2) 上的函数 f (x )，fʹ(x ) 是它的导函数，且恒有 f (x )⋅tanx <fʹ(x ) 成立，则 ( ) A. √3f (π4)>√2f (π3)B. f (1)<2f (π6)sin1C. √2f (π6)>f (π4) D. √3f (π6)<f (π3)72. 已知函数 f (x )=x 3+ax 2+bx +c ，下列结论中错误的是 ( )A. ∃x 0∈R ，f (x 0)=0B. 函数 y =f (x ) 的图象是中心对称图形C. 若 x 0 是 f (x ) 的极小值点，则 f (x ) 在区间 (−∞,x 0) 单调递减D. 若 x 0 是 f (x ) 的极值点，则 fʹ(x 0)=073. 已知函数 f (x )=ln x2+12，g (x )=e x−2，若 g (m )=f (n ) 成立，则 n −m 的最小值为 ( )A. 1−ln2B. ln2C. 2√e −3D. e 2−374. 设函数 f (x )=e x (x 3−3x +3)−ae x −x (x ≥−2)，若不等式 f (x )≤0有解．则实数 a 的最小值为 ( )A. 2e −1 B. 2−2eC. 1+2e2D. 1−1e75. 设函数f(x)=2lnx−12mx2−nx，若x=2是f(x)的极大值点，则m 的取值范围为( )A. (−12,+∞) B. (−12,0)C. (0,+∞)D. (−∞,−12)∪(0,+∞)76. 已知函数f(x)=ax3+bx2−2(a≠0)有且仅有两个不同的零点x1，x2，则( )A. 当a<0时，x1+x2<0，x1x2>0B. 当a<0时，x1+x2>0，x1x2<0C. 当a>0时，x1+x2<0，x1x2>0D. 当a>0时，x1+x2>0，x1x2<077. 已知函数f(x)=ax3−3x2+1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0>0，则a的取值范围为( )A. (2,+∞)B. (1,+∞)C. (−∞,−2)D. (−∞,−1)78. 设f(x)、g(x)是定义域为R的恒大于零的可导函数，且fʹ(x)g(x)−f(x)gʹ(x)<0，则当a<x<b时，有( )A. f(x)g(x)>f(b)g(b)B. f(x)g(a)>f(a)g(x)C. f(x)g(b)>f(b)g(x)D. f(x)g(x)>f(a)g(a)79. 设函数fʹ(x)是函数f(x)(x∈R)的导函数，f(0)=1，且3f(x)=fʹ(x)−3，则4f(x)>fʹ(x)的解集为( )A. (ln43,+∞) B. (ln23,+∞) C. (√32,+∞) D. (√e3,+∞)80. 下列关于函数f(x)=(2x−x2)e x的判断正确的是( )①f(x)>0的解集是{x∣0<x<2}；②f(−√2)是极小值，f(√2)是极大值；③f(x)没有最小值，也没有最大值；④f(x)有最大值，没有最小值．A. ①③B. ①②③C. ②④D. ①②④参考答案，仅供参考啊1. D 【解析】fʹ(x)=e x+xe x−m(x+1)=(x+1)(e x−m)，因为1≤x≤2，所以e≤e x≤e2，①当m≤e时，e x−m≥0，由x≥1，可得fʹ(x)≥0，此时函数f(x)单调递增．高中数学资料共享群QQ群号：734924357所以当x=1时，函数f(x)取得最小值，f(1)=e−32m．②当m≥e2时，e x−m≤0，由x≥1，可得fʹ(x)≤0，此时函数f(x)单调递减．所以当x=2时，函数f(x)取得最小值，f(2)=2e2−4m．③当e2>m>e时，由e x−m=0，解得x=lnm．当1≤x<lnm时，fʹ(x)<0，此时函数f(x)单调递减；当lnm<x≤1时，fʹ(x)>0，此时函数f(x)单调递增．所以当x=lnm时，函数f(x)取得极小值即最小值，f(lnm)=−m2ln2m．2. D 【解析】fʹ(x)=xcosx−sinxx2(0<x<π)．（i）当x=π2时，fʹ(x)=−4π2<0；（ii）当0<x<π，且x≠π2时，fʹ(x)=xcosx−sinxx2=cosx(x−tanx)x2．①当0<x<π2时，根据三角函数线的性质，得x<tanx，又cosx>0，所以fʹ(x)<0；②当π2<x<π时，tanx<0，则x−tanx>0，又cosx<0，所以fʹ(x)< 0．综合（i）（ii），当0<x<π时，fʹ(x)<0．所以f(x)在(0,π)上是减函数．若π3<a<b<2π3，则π3<a<√ab<a+b2<b<2π3，所以f(a)>f(√ab)>f(a+b2)>f(b)．3. C 【解析】令f(x1)=a−x1，则f(x1)=a−x1在x1∈[0,1]上单调递减，且f(0)=a，f(1)=a−1．令g(x2)=x22e x2，则gʹ(x2)=2x2e x2+x22e x2=x2e x2(x2+2)，且g(0)=0，g(−1)=1e，g(1)=e．若对任意的x1∈[0,1]，总存在唯一的x2∈[−1,1]，使得x1+x22e x2−a=0成立，即f(x1)=g(x2)，则f(x1)=a−x1的最大值不能大于g(x2)的最大值，即f(0)=a≤e，因为g(x2)在[−1,0]上单调递减，在(0,1]上单调递增，所以当g(x2)∈(0,1e]时，有两个x2使得f(x1)=g(x2)．若只有唯一的x2∈[−1,1]，使得f(x1)=g(x2)，则f(x1)的最小值要比1e大，所以f(1)=a−1>1e，所以a>1+1e，故实数a的取值范围是(1+1e,e]．4. B 【解析】zln yz=x，所以xz=lny−lnz，所以lny=xz+lnz，所以ln yx =lny−lnx=xz+lnz−lnx=xz+ln zx，令zx =t，则ln yx=1t+lnt，又因为z2≤x≤ez，所以12≤xz≤e，即t∈[1e ,2]，令ln yx=1t+lnt=f(t)，则fʹ(t)=t−1t2，令fʹ(t)=0即t=1，又因为1e≤t≤2，所以t∈[1e,1]时fʹ(t)<0，f(t)单调减，t∈[1,2]时fʹ(t)>0，f(t)单调增，所以t=1时f(t)取极小值，即f(1)=1，f(2)=12+ln2，f(1e)=e+ln1e=e−1f(1e )−f(2)=e−ln2−32>e−lne−32=e−52>0，所以f(t)最大值为e−1，所以f(t)∈[1,e−1]，高中数学资料共享群QQ群号：734924357所以ln yx∈[1,e−1]．5. A【解析】由ln∣x∣−ax2+32=0得ax2=ln∣x∣+32，因为x≠0，所以方程等价为a=ln∣x∣+32x2，设f(x)=ln∣x∣+32x2，则函数f(x)是偶函数，当x>0时，f(x)=lnx+32x2，则fʹ(x)=1x⋅x2−(lnx+32)⋅2xx4=x−2xlnx−3xx4=−2x(1+lnx)x4,由fʹ(x)>0得−2x(1+lnx)>0，得1+lnx<0，即lnx<−1，得0<x<1e，此时函数单调递增，由fʹ(x)<0得−2x(1+lnx)<0，得1+lnx>0，即lnx>−1，得x>1e，此时函数单调递减，即当 x >0 时，x =1e 时，函数 f (x ) 取得极大值 f (1e)=ln 1e +32(1e)2=(−1+32)e 2=12e 2， 作出函数f (x ) 的图象如图：要使 a =ln∣x∣+32x 2，有 4 个不同的交点，则满足 0<a <12e 2．6. D 【解析】提示：令 fʹ(x )=2sinx ⋅e x =0，得 x =kπ，易知当 x =2kπ(k ∈Z ),1≤k ≤1007 时 f (x ) 取到极小值，故各极小值之和为f (2π)+f (4π)+⋯+f (2014π)=−(e 2π+e 4π+⋯+e 2014π)=−e 2π(1−e 2014π)1−e 2π.7. A 【解析】因为 f (x )=x (fʹ(x )−lnx )， 所以 xfʹ(x )−f (x )=xlnx ， 所以xfʹ(x )−f (x )x 2=lnx x，所以 [f (x )x]ʹ=lnxx，令 F (x )=f (x )x ，则 Fʹ(x )=lnx x，f (x )=xF (x )，所以 fʹ(x )=F (x )+xFʹ(x )=F (x )+lnx ， 所以 fʺ(x )=Fʹ(x )+1x=lnx+1x，因为 x ∈(0,1e )，fʺ(x )<0，fʹ(x ) 单减，x ∈(1e ,+∞)，fʺ(x )>0，fʹ(x ) 单增，所以 fʹ(x )≥fʹ(1e )=F (1e )+ln 1e =ef (1e )−1=0，所以 fʹ(x )≥0，所以 f (x ) 在 (0,+∞) 上单增，因为 e ⋅f (e x )<fʹ(1e )+1，fʹ(1e )=−1+e ⋅f (1e )=0， 所以 e ⋅f (e x )<1， 所以 f (e x )<1e ，所以 f (e x )<f (1e )， 所以 0<e x <1e ，所以不等式的解集为 x <−1． 8. A 9. C 【解析】因为 fʹ(x )=1−(1+lnx )x 2=−lnx x 2，所以 f (x ) 在 (0,1) 上单调递增，在 (1,,+∞) 上单调递减，当 a >0 时，f 2(x )+af (x )>0⇔f (x )<−a 或 f (x )>0，此时不等式 f 2(x )+af (x )>0 有无数个整数解，不符合题意；当 a =0 时，f 2(x )+af (x )>0⇔f (x )≠0，此时不等式 f 2(x )+af (x )>0 有无数个整数解，不符合题意；当 a <0 时，f 2(x )+af (x )>0⇔f (x )<0 或 f (x )>−a ，要使不等式 f 2(x )+af (x )>0 恰有两个整数解，必须满足 f (3)≤−a <f (2)，得 −1+ln22<a ≤−1+ln33．10. B【解析】因为 f (x )=x +xlnx ，所以 f (x )−m (x −1)>0 对任意 x >1 恒成立，即 m (x −1)<x +xlnx ， 因为 x >1，也就是 m <x⋅lnx+x x−1对任意 x >1 恒成立．令 ℎ(x )=x⋅lnx+x x−1，则 ℎʹ(x )=x−lnx−2(x−1)2，令 φ(x )=x −lnx −2(x >1)，则 φʹ(x )=1−1x=x−1x>0，所以函数 φ(x ) 在 (1,+∞) 上单调递增．因为 φ(3)=1−ln3<0，φ(4)=2−2ln2>0，所以方程 φ(x )=0 在 (1,+∞) 上存在唯一实根 x 0，且满足 x 0∈(3,4)． 当 1<x <x 0 时，φ(x )<0，即 ℎʹ(x )<0， 当 x >x 0 时，φ(x )>0，即 ℎʹ(x )>0，所以函数 ℎ(x ) 在 (1,x 0) 上单调递减，在 (x 0,+∞) 上单调递增． 所以 [ℎ(x )]min =ℎ(x 0)=x 0(1+x 0−2)x 0−1=x 0∈(3,4)．所以 m <[g (x )]min =x 0，因为 x 0∈(3,4)，故整数 m 的最大值是 3． 11. D 【解析】函数 f (x )={xln (1+x )+x 2,x ≥0−xln (1−x )+x 2,x <0， 将 x 换为 −x ，函数值不变，即有 f (x ) 图象关于 y 轴对称，即 f (x ) 为偶函数，有 f (−x )=f (x )，当 x ≥0 时，f (x )=xln (1+x )+x 2 的导数为 fʹ(x )=ln (1+x )+x 1+x+2x ≥0，则 f (x ) 在 [0,+∞) 递增，f (−a )+f (a )≤2f (1)，即为 2f (a )≤2f (1)， 可得 f (∣a∣)≤f (1)，可得 ∣a∣≤1，解得 −1≤a ≤1．12. D 【解析】由题意，可知 f (x )−log 2016x 是定值，不妨令 t =f (x )−log 2016x ，则 f (x )=log 2016x +t ，又 f (t )=2017，所以 log 2016t +t =2017⇒t =2016，即 f (x )=log 2016x +2016，则 fʹ(x )=1xln2016，显然当x ∈(0,+∞) 时，有 fʹ(x )>0，即函数 f (x ) 在 (0,+∞) 上为单调递增，又 20.5>1>log π3>log 43，所以 f (20.5)>f (log π3)>f (log 43)． 13. D 【解析】当 x ≥1 时，f (x )=lnx ≥0， 所以 f (x )+1≥1，所以 f [f (x )+1]=ln (f (x )+1)，当 x <1，f (x )=1−x2>12，f (x )+1>32，f [f (x )+1]=ln (f (x )+1)，综上可知：F[f(x)+1]=ln(f(x)+1)+m=0，则f(x)+1=e−m，f(x)=e−m−1，有两个根x1，x2，（不妨设x1<x2），当x≥1是，lnx2=e−m−1，当x<1时，1−x12=e−m−1，令t=e−m−1>12，则lnx2=t，x2=e t，1−x12=t，x1=2−2t，所以x1x2=e t(2−2t)，t>12，设g(t)=e t(2−2t)，t>12，求导gʹ(t)=−2te t，t∈(12,+∞)，gʹ(t)<0，函数g(t)单调递减，所以g(t)<g(12)=√e，所以g(x)的值域为(−∞,√e)，所以x1x2取值范围为(−∞,√e)．14. A 【解析】当x<0时，f(x)=(x+1)e x，可得fʹ(x)=(x+2)e x，可知x∈(−∞,−2)，函数是减函数，x∈(−2,0)函数是增函数，f(−2)=−1e2，f(−1)=0，且x→0时，f(x)→1，又f(x)是定义在R上的奇函数，f(0)=0，而x∈(−∞,−1)时，f(x)<0，所以函数的图象如图：令t=f(x)则f(t)=m，由图象可知：当t∈(−1,1)时，方程f(x)=t至多3个根，当t∉(−1,1)时，方程没有实数根，而对于任意m∈R，方程f(t)=m至多有一个根，t∈(−1,1)，从而函数F(x)=f(f(x))−m的零点个数至多有3个．15. D【解析】函数g(x)=f(x)−ax在区间(0,3]上有三个零点即函数f(x)=∣lnx∣与y=ax在区间(0,3]上有三个交点．画图如下．当 a ≤0 时，显然，不合乎题意，当 a ＞0 时，由图知，当 x ∈(0,1] 时，存在一个交点，当 x ＞1 时，f (x )=lnx ，可得 g (x )=lnx −ax (x ∈(1,3])，gʹ(x )=1x−a =1−ax x，若 gʹ(x )＜0，可得 x ＞1a，g (x ) 为减函数，若 gʹ(x )＞0，可得 x ＜1a，g (x ) 为增函数，此时 y =f (x ) 与 y =ax 必须在 [1,3] 上有两个交点，即 y =g (x ) 在 [1,3] 上有两个零点，所以 {g (1a)＞0,g (3)≤0,g (1)≤0,解得ln33≤a ＜1e，故函数 g (x )=f (x )−ax 在区间 (0,3] 上有三个零点时，ln33≤a ＜1e．16. A 【解析】因为函数 f (x ) 是偶函数， 所以 f (x +1)=f (3−x )=f (x −3)．所以 f (x +4)=f (x )，即函数 f (x ) 是周期为 4 的周期函数． 因为 f (2015)=f (4×504−1)=f (−1)=f (1)=2， 所以 f (1)=2． 设 g (x )=f (x )e x，则 gʹ(x )=fʹ(x )e x −f (x )e xe 2x=fʹ(x )−f (x )e x<0，所以 g (x ) 在 R 上单调递减． 不等式 f (x )<2e x−1 等价于 f (x )e x<2e，即 g (x )<g (1)，所以 x >1，所以不等式 f (x )<2e x−1 的解集为 (1,+∞)． 17. C 【解析】构造函数 g (x )=f (x )e x，则函数求导得 gʹ(x )=fʹ(x )−f (x )e x．由已知 fʹ(x )>f (x )，所以 gʹ(x )>0，即 g (x ) 在实数范围内单调递增， 所以 g (ln2)<g (ln3)，即f (ln2)e ln2<f (ln3)e ln3，解得 3f (ln2)<2f (ln3)．18. A 【解析】由题意，fʹ(x )=x 2+ax +2b ，因为 fʹ(x ) 是开口朝上的二次函数，所以 {fʹ(0)>0fʹ(1)<0fʹ(2)>0，得 {b >0,a +a +2b <0,2+a +b >0, 由此可画出可行域，如图，b−2a−1表示可行域内的点 (a,b ) 和点 P (1,2) 连线的斜率，显然 PA 的斜率最小，PC 的斜率最大．19. B 【解析】令 y =xe x ，则 yʹ=(1+x )e x ，由 yʹ=0，得 x =−1，当 x ∈(−∞,−1) 时，yʹ<0，函数 y 单调递减，当 x ∈(−1,∞) 时，yʹ>0 函数单调递增．做出 y =xe x 图象，利用图象变换得 f (x )=∣xe x ∣ 图象（如图），令 f (x )=m ，则关于 m 方程 ℎ(m )=m 2−tm +1=0 两根分别在 (0,1e )，(1e ,+∞) 时（如图），满足 g (x )=−1 的 x 有 4 个，由 ℎ(1e )=1e 2−1e t +1<0 解得 t >e 2+1e．20. C【解析】根据题意，对任意的x∈(0,+∞)，都有f[f(x)−log2x]=3，又由f(x)是定义在(0,+∞)上的单调函数，则f(x)−log2x为定值，设t=f(x)−log2x，则f(x)=log2x+t，又由f(t)=3，即log2t+t=3，解可得，t=2；则f(x)=log2x+2，fʹ(x)=1ln2⋅x，将f(x)=log2x+2，fʹ(x)=1ln2⋅x代入f(x)−fʹ(x)=2，可得log2x+2−1ln2⋅x=2，即log2x−1ln2⋅x=0，令ℎ(x)=log2x−1ln2⋅x，分析易得ℎ(1)=−1ln2<0，ℎ(2)=1−12ln2>0，则ℎ(x)=log2x−1ln2⋅x的零点在(1,2)之间，则方程log2x−1ln2⋅x=0，即f(x)−fʹ(x)=2的根在(1,2)上．21. A 【解析】当x≤0时，由y=√1+9x2得y2−9x2=1(x≤0)，此时对应的曲线为双曲线，双曲线的渐近线为y=−3x，此时渐近线的斜率k1=−3，当x>0时，f(x)=1+xe x−1，当过原点的直线和f(x)相切时，设切点为(a,1+ae a−1)，函数的导数fʹ(x)=e x−1+xe x−1=(x+1)e x−1，则切线斜率k2=fʹ(a)=(a+1)e a−1，则对应的切线方程为y−(1+ae a−1)=(1+a)e a−1(x−a)，即y=(1+a)e a−1(x−a)+1+ae a−1，当x=0，y=0时，(1+a)e a−1(−a)+1+ae a−1=0，即a2e a−1+ae a−1=1+ae a−1，即a2e a−1=1，得a=1，此时切线斜率k2=2，则切线和y=−3x的夹角为θ，则tanθ=∣∣−3−21−2×3∣∣=55=1，则θ=π4，故∠AOB（O为坐标原点）的取值范围是(0,π4)．22. C 【解析】由题意可知，因为 f (x )=x 3−x 2+a 在区间 [0,a ] 存在 x 1，x 2 (a <x 1<x 2＜b)，满足 fʹ(x 1)=fʹ(x 2)=f (a )−f (0)a=a 2−a ，因为 f (x )=x 3−x 2+a ， 所以 fʹ(x )=3x 2−2x ，所以方程 3x 2−2x =a 2−a 在区间 (0,a ) 有两个不相等的解． 令 g (x )=3x 2−2x −a 2+a ，(0<x <a )． 则 {Δ=4−12(−a 2+a )>0,g (0)=−a 2+a >0,g (a )=2a 2−a >0,0<16<a. 解得：12<a <1．所以实数 a 的取值范围是 (12,1)． 23. C 【解析】当 m <0 时，函数 f (x ) 的图象为开口向下的抛物线，所以在 x >0 时，f (x )>0 不恒成立． 函数 g (x )=mx 当 x >0 时，g (x )<0． 所以不满足题意．当 m =0 时，f (x )=−8x +1，g (x )=0，不满足题意． 当 m >0 时，需 f (x )>0 在 x <0 时恒成立，所以令 Δ<0 或 {Δ≥0,−b2a ≥0,f (0)>0,即 4(4−m )2−8m <0 或 {4(4−m )2−8m ≥0,4−m 2m≥0.解得 2<m <8 或 0<m ≤2．综合得：0<m <8．24. A 【解析】若 a <0，由于一次函数 y =ax +b 单调递减，不能满足且 e x+1≥ax +b 对 x ∈R 恒成立，则 a ≥0． 若 a =0，则 ab =0．若 a >0，由 e x+1≥ax +b 得 b ≤e x+1−ax ，则 ab ≤ae x+1−a 2x ． 设函数 f (x )=ae x+1−a 2x ，所以 fʹ(x )=ae x+1−a 2=a (e x+1−a )，令 fʹ(x )=0 得 e x+1−a =0，解得 x =lna −1，因为 x <lna −1 时，x +1<lna ，则 e x+1<a ，则 e x+1−a <0， 所以 fʹ(x )<0，所以函数 f (x ) 递减；同理，x >lna −1 时，fʹ(x )>0，所以函数 f (x ) 递增；所以当 x =lna −1 时，函数取最小值，f (x ) 的最小值为 f (lna −1)=2a 2−a 2lna ．设 g (a )=2a 2−a 2lna (a >0)，gʹ(a )=a (3−2lna )(a >0)，由 gʹ(a )=0 得 a =e 32，不难得到 a <e 32时，gʹ(a )>0；a >e 32时，gʹ(a )<0；所以函数 g (a ) 先增后减，所以 g (a ) 的最大值为 g (e 32)=12e 3，即 ab 的最大值是 12e 3，此时 a=e 32，b =12e 32．25. D【解析】构造函数 g (x )=x 2f (x )，gʹ(x )=x(2f (x )+xfʹ(x ))， 当 x >0 时，因为 2f (x )+xfʹ(x )>0， 所以 gʹ(x )>0，所以g(x)在(0,+∞)上单调递增，因为不等式(x+2016)f(x+2016)5<5f(5)x+2016，所以x+2016>0时，即x＞−2016时，(x+2016)2f(x+2016)<52f(5)，所以g(x+2016)<g(5)，所以x+2016<5，所以−2016<x<−2011．26. C 【解析】S=(x−a)2+(lnx−a24)2(a∈R)，其几何意义为：两点(x,lnx)，(a,a 24)的距离的平方，由y=lnx的导数为yʹ=1x，所以k=1x1，点(a,a24)在曲线y=14x2上，所以yʹ=12x，所以k=12x2，令f(x)=lnx，g(x)=14x2，则D(x)=√(x1−x2)2+[f(x1)−g(x2)]2+g(x2)+1，而g(x2)+1是抛物线y=14x2上的点到准线y=−1的距离，即抛物线y=14x2上的点到焦点(0,1)的距离，则D可以看作抛物线上的点(x2,g(x2))到焦点距离和到f(x)=lnx上的点的距离的和，即∣AF∣+∣AB∣，由两点之间线段最短，得D最小值是点F(0,1)到f(x)=lnx上的点的距离的最小值，由点到直线上垂线段最短，这样就最小，即取B(x0,lnx0)，则fʹ(x0)⋅lnx0−1x0=−1，垂直，则 lnx 0−1=−x 02，解得 x 0=1，所以 F 到 B (1,0) 的距离就是点 F (0,1) 到 f (x )=lnx 上的点的距离的最小值， 所以 D 的最小值为 ∣DF ∣=√2．27. D 【解析】定义在 R 上的函数 y =f (x ) 满足：函数 y =f (x +1) 的图象关于直线 x =−1 对称，可知函数 f (x ) 是偶函数， 所以 y =xf (x ) 是奇函数，又因为当 x ∈(−∞,0) 时，f (x )+xfʹ(x )<0 成立（fʹ(x ) 是函数 f (x ) 的导函数），所以函数 y =xf (x ) 在 R 上既是奇函数又是减函数； 0.76∈(0,1)，60.6<912∈(2,4)，log 1076≈log 1.56∈(4,6)．所以 a >c >b ．28. A 【解析】由 x 2(lny −lnx )−ay 2=0(x,y >0)，可得：a =ln y x (y x)2，令y x=t >0，所以 a =lnt t2，设 g (t )=lnt t2，gʹ(t )=1t×t 2−2tlnt t 4=1−2lnt t 3．令 gʹ(t )>0．解得 0<t <√e ，此时函数 g (t ) 单调递增； 令 gʹ(t )<0．解得 t >√e ，此时函数 g (t ) 单调递减．又t>1时，g(t)>0；1>t>0时，g(t)<0．可得函数g(t)的图象．因此当a∈(0,12e )时，存在两个正数，使得a=lntt2成立，即对任意的正数x，都存在两个不同的正数y，使x2(lny−lnx)−ay2=0成立．29. C 【解析】函数f(x)=x3−6x2+9x，导数为f′(x)=3x2−12x+9=3(x−1)(x−3)，可得f(x)的极值点为1，3，由f(0)=0，f(1)=4，f(3)=0，f(4)=4，可得f(x)在[0,4]的值域为[0,4]；g(x)=13x3−a+1 2x2+ax−13(a>1)，导数为g′(x)=x2−(a+1)x+a=(x−1)(x−a)，当1<x<a时，g′(x)<0，g(x)递减；当x<1或x>a时，g′(x)> 0，g(x)递增．由g(0)=−13，g(1)=12(a−1)，g(a)=−16a3−12a2−13>−13，g(4)=13−4a，当3≤a≤4时，13−4a≤12(a−1)，g(x)在[0,4]的值域为[−13,12(a−1)]，由对任意的x1∈[0,4]，总存在x2∈[0,4]，使得f(x1)=g(x2)，可得[0,4]⊆[−13,12(a−1)]，即有4≤12(a−1)，解得a≥9不成立；当1<a<3时，13−4a>12(a−1)，g(x)在[0,4]的值域为[−13,13−4a]，由题意可得[0,4]⊆[−13,13−4a]，即有4≤13−4a，解得a≤94，即为1<a≤94；当 a >4 时，可得 g (1) 取得最大值，g (4)<−3 为最小值，即有 [0,4]⊆[13−4a,12(a −1)]，可得 13−4a ≤0，4≤12(a −1)，即 a ≥134，且 a ≥9，解得 a ≥9．综上可得，a 的取值范围是 (1,94]∪[9,+∞)．30. A【解析】因为函数 f (2−x )=f (x ) 可得图象关于直线 x =1 对称，且函数为偶函数则其周期为 T =2， 又因为 fʹ(x )=1x −1=1−x x，当 x ∈[1,2] 时有 fʹ(x )≤0，则函数在 x ∈[1,2]为减函数，作出其函数图象如图所示：其中 k OA =ln2−16，k OB =ln2−18，当 x <0 时 , 要使符合题意则 m ∈(ln2−16,ln2−18)，根据偶函数的对称性，当 x >0 时，要使符合题意则 m ∈(1−ln28,1−ln26)．综上所述，实数 m 的取值范围为 (1−ln28,1−ln26)∪(ln2−16,ln2−18)．31. A 【解析】因为 f (x )={e x ,x ≥0ax,x <0，所以 f (−x )={−ax,x >01,x =0e −x ,x <0． 显然 x =0 是方程 f (−x )=f (x ) 的一个根， 当 x >0 时，e x =−ax, ⋯⋯① 当 x <0 时，e −x =ax, ⋯⋯②显然，若 x 0 为方程 ① 的解，则 −x 0 为方程 ② 的解， 即方程 ①，② 含有相同个数的解， 因为方程 f (−x )=f (x ) 有五个不同的根， 所以方程 ① 在 (0,+∞) 上有两解，。
2023-2024学年高考数学专项复习——压轴题(附答案)
决胜3．已知函数，曲线在处的切线方程为.()2e xf x ax =-()y f x =()()1,1f 1y bx =+(1)求的值：,a b (2)求在上的最值；()f x []0,1(3)证明：当时，.0x >()e 1e ln 0x x x x +--≥4．已知函数，.()()ln 1f x x x a x =-++R a ∈(1)若，求函数的单调区间；1a =()f x (2)若关于的不等式在上恒成立，求的取值范围；x ()2f x a≤[)2,+∞a (3)若实数满足且，证明.b 21a b <-+1b >()212ln f x b <-5．椭圆的离心率是，点是椭圆上一点，过点2222:1(0)x y E a b a b +=>>22()2,1M E 的动直线与椭圆相交于两点.()0,1P l ,A B (1)求椭圆的方程；E (2)求面积的最大值；AOB (3)在平面直角坐标系中，是否存在与点不同的定点，使恒成立？存在，xOy P Q QA PAQB PB=求出点的坐标；若不存在，请说明理由.Q 6．已知函数，.()21ln 2f x a x x⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭()()()2R g x f x ax a =-∈(1)当时，0a =（i ）求曲线在点处的切线方程；()y f x =()()22f ,（ii ）求的单调区间及在区间上的最值；()f x 1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦(2)若对，恒成立，求a 的取值范围.()1,x ∀∈+∞()0g x <(1)求抛物线的表达式和的值；,t k (2)如图1，连接AC ，AP ，PC ，若△APC 是以(3)如图2，若点P 在直线BC 上方的抛物线上，过点的最大值．12CQ PQ +(1)【基础训练】请分别直接写出抛物线的焦点坐标和准线l 的方程；22y x =(2)【技能训练】如图2所示，已知抛物线上一点P 到准线l 的距离为6，求点P 的坐218y x =标；(3)【能力提升】如图3所示，已知过抛物线的焦点F 的直线依次交抛物线及准()20y ax a =>线l 于点，若求a 的值；、、A B C 24BC BF AF ==，(4)【拓展升华】古希腊数学家欧多克索斯在深入研究比例理论时，提出了分线段的“中末比”问题：点C 将一条线段分为两段和，使得其中较长一段是全线段与另一AB AC CB AC AB 段的比例中项，即满足：，后人把这个数称为“黄金分割”，把CB 512AC BC AB AC -==512-点C 称为线段的黄金分割点.如图4所示，抛物线的焦点，准线l 与y 轴AB 214y x=(0,1)F 交于点，E 为线段的黄金分割点，点M 为y 轴左侧的抛物线上一点.当(0,1)H -HF 时，求出的面积值.2MH MF=HME 10．已知双曲线的一条渐近线方程的倾斜角为，焦距为4．2222:1(0,0)x y C a b a b -=>>60︒(1)求双曲线的标准方程；C (2)A 为双曲线的右顶点，为双曲线上异于点A 的两点，且．C ,M N C AM AN ⊥①证明：直线过定点；MN ②若在双曲线的同一支上，求的面积的最小值．,M N AMN(1)试用解析几何的方法证明：(2)如果将圆分别变为椭圆、双曲线或抛物线，你能得到类似的结论吗？13．对于数集（为给定的正整数），其中，如果{}121,,,,n X x x x =-2n ≥120n x x x <<<< 对任意，都存在，使得，则称X 具有性质P ．,a b X ∈,c d X ∈0ac bd +=(1)若，且集合具有性质P ，求x 的值；102x <<11,,,12x ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭(2)若X 具有性质P ，求证：；且若成立，则；1X ∈1n x >11x =(3)若X 具有性质P ，且，求数列的通项公式．2023n x =12,,,n x x x 14．已知，是的导函数，其中．()2e xf x ax =-()f x '()f x R a ∈(1)讨论函数的单调性；()f x '(2)设，与x 轴负半轴的交点为点P ，在点P()()()2e 11x g x f x x ax =+-+-()y g x =()y g x =处的切线方程为．()y h x =①求证：对于任意的实数x ，都有；()()g x h x ≥②若关于x 的方程有两个实数根，且，证明：()()0g x t t =>12,x x 12x x <．()2112e 11e t x x --≤+-15．在平面直角坐标系中，一动圆经过点且与直线相切，设该动圆圆心xOy 1,02A ⎛⎫ ⎪⎝⎭12x =-的轨迹为曲线K ，P 是曲线K 上一点．(1)求曲线K 的方程；(2)过点A 且斜率为k 的直线l 与曲线K 交于B 、C 两点，若且直线OP 与直线交//l OP 1x =于Q 点．求的值；||||AB ACOP OQ ⋅⋅(3)若点D 、E 在y 轴上，的内切圆的方程为，求面积的最小值．PDE △()2211x y -+=PDE △16．已知椭圆C ：，四点中恰有三()222210x y a b a b +=>>()()1234331,1,0,1,1,,1,22P P P P ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭点在椭圆C 上．(1)求椭圆C 的方程；(2)设直线l 不经过P 2点且与C 相交于A ，B 两点，若直线与直线的斜率的和为，2P A 2P B 1-证明：l 过定点．18．给定正整数k ，m ，其中，如果有限数列同时满足下列两个条件．则称2m k ≤≤{}n a 为数列．记数列的项数的最小值为．{}n a (,)k m -(,)k m -(,)G k m 条件①：的每一项都属于集合；{}n a {}1,2,,k 条件②：从集合中任取m 个不同的数排成一列，得到的数列都是的子列．{}1,2,,k {}n a 注：从中选取第项、第项、…、第项（）形成的新数列{}n a 1i 2i 5i 125i i i <<<…称为的一个子列．325,,,i i i a a a ⋯{}n a (1)分别判断下面两个数列，是否为数列．并说明理由！(33)-，数列；1:1,2,3,1,2,3,1,2,3A 数列．2:1,2,3,2,1,3,1A (2)求的值；(),2G k (3)求证．234(,)2k k G k k +-≥答案：1．(1)极大值为，无极小值2e (2)证明见解析【分析】（1）求导，根据导函数的符号结合极值的定义即可得解；（2）构造函数，利用导数求出函数的最小值，再()21()()()2ln 12F x f x g x x x x x x =+=+->证明即可或者转换不等式为，通过构造函数可得证.()min0F x >()112ln 012x x x +->>【详解】（1）的定义域为，，()f x (0,)+∞()2(1ln )f x x '=-+当时，，当时，，10e x <<()0f x '>1e x >()0f x '<所以函数在上单调递增，在上单调递减，()f x 10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭故在处取得极大值，()f x 1e x =12e e f ⎛⎫= ⎪⎝⎭所以的极大值为，无极小值；()f x 2e （2）设，()21()()()2ln 12F x f x g x x x x x x =+=+->解法一：则，()2ln 1F x x x '=--令，，()()2ln 11h x x x x =-->22()1x h x x x -'=-=当时，，单调递减，当时，，单调递增，12x <<()0h x '<()h x 2x >()0h x '>()h x 又，，，(2)1ln 40h =-<(1)0h =(4)32ln 40h =->所以存在，使得，即．0(2,4)x ∈0()0h x =002ln 10x x --=当时，，即，单调递减，01x x <<()0h x <()0F x '<()F x 当时，，即，单调递增，0x x >()0h x >()0F x '>()F x 所以当时，在处取得极小值，即为最小值，1x >()F x 0x x =故，22000000(11()()12ln )222F x F x x x x x x ≥=+-=-+设，因为，2000122()p x x x =-+0(2,4)x ∈由二次函数的性质得函数在上单调递减，2000122()p x x x =-+(2,4)故，0()(4)0p x p >=所以当时，，即．1x >()0F x >()()0f x g x +>解法二：要证，即证，()0F x >()1()12ln 012p x x x x =+->>因为，所以当时，，单调递减，()124()122x p x x x x -'=-=>()1,4x ∈()0p x '<()p x 当时，，单调递增，()4,x ∞∈+()0p x '>()p x 所以，所以，即.()()4212ln 434ln 20p x p ≥=+-=->()0F x >()()0f x g x +>方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明()()f xg x >()()f xg x <（或），进而构造辅助函数；()()0f xg x ->()()0f xg x -<()()()h x f x g x =-（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.2．(1)0(2)证明详见解析(3)2a ≤【分析】（1）利用导数求得的最小值.()g x （2）根据（1）的结论得到，利用放缩法以及裂项求和法证得不等式成立.2211ln 1n n ⎛⎫+≤ ⎪⎝⎭（3）由不等式分离参数，利用构造函数法，结合导数求得的取ln (2)10xx x x a x -+--≥a a 值范围.【详解】（1）依题意，，()21ln (,0)2f x x x x t t x =-+∈>R 所以，()()()()ln 1ln 10g x f x x x x x x '==-+=-->，所以在区间上单调递减；()111x g x x x -'=-=()g x ()0,1()()0,g x g x '<在区间上单调递增，()1,+∞()()0,g x g x '>所以当时取得最小值为.1x =()g x ()11ln110g =--=（2）要证明：对任意正整数，都有，(2)n n ≥222211111111e 234n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+⋅+⋅++< ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 即证明，22221111ln 1111ln e234n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+⋅+⋅++< ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦ 即证明，222111ln 1ln 1ln 1123n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++++< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 由（1）得，即()()()10f xg x g '=≥=ln 10,ln 1x x x x --≥≤-令，所以， *211,2,N x n n n =+≥∈222111ln 111n n n ⎛⎫+≤+-= ⎪⎝⎭所以222222111111ln 1ln 1ln 12323n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++++≤+++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ，()111111111122312231n n n n <+++=-+-++-⨯⨯-- 111n=-<所以对任意正整数，都有.(2)n n ≥222211111111e 234n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+⋅+⋅++< ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ （3）若不等式恒成立，此时，ln (2)10xx x x a x -+--≥0x >则恒成立，ln 21x x x x x a x -+-≤令，()ln 21xx x x x h x x -+-=令，()()()e 10,e 10x x u x x x u x '=--≥=-≥所以在区间上单调递增，()u x[)0,∞+所以，当时等号成立，()0e 010,e 10,e 1x x u x x x ≥--=--≥≥+0x =所以，()ln e ln 21ln 1ln 212x x x x x x x x x x h x x x -+-+-+-=≥=当时等号成立，所以.ln 0,1x x x ==2a ≤利用导数求函数的最值的步骤：求导：对函数进行求导，得到它的导函数.导函数()f x ()f x '表示了原函数在不同点处的斜率或变化率.找出导数为零的点：解方程，找到使得导()0f x '=数为零的点,这些点被称为临界点，可能是函数的极值点（包括最大值和最小值），检查每个临界点以及区间的端点，并确认它们是否对应于函数的最值.3．(1)，1a =e 2b =-(2)；()max e 1f x =-()min 1f x =(3)证明见解析【分析】（1）利用切点和斜率列方程组，由此求得.,a b （2）利用多次求导的方法求得在区间上的单调性，由此求得在上的最值.()f x []0,1()f x []0,1（3）先证明时，，再结合（2）转化为，从0x >()()e 21f x x ≥-+()21e ln e x x x x x+--≥+而证得不等式成立.【详解】（1），()e 2x f x ax'=-∴，解得：，；()()1e 21e 1f a b f a b ⎧=-=⎪⎨=-=+'⎪⎩1a =e 2b =-（2）由（1）得：，()2e xf x x =-，令，则，()e 2x f x x '=-()e 2x h x x=-()e 2x h x '=-是增函数，令解得.()h x ()0h x '=ln 2x =∴，也即在上单调递减，()h x ()f x '()0,ln2()()0,h x h x '<在上单调递增，()ln2,+∞()()0,h x h x '>∴，∴在递增，()()ln 2ln222ln20h f ==->'()f x []0,1∴；；()()max 1e 1f x f ==-()()min 01f x f ==（3）∵，由（2）得过，()01f =()f x ()1,e 1-且在处的切线方程是，()y f x =1x =()e 21y x =-+故可猜测且时，的图象恒在切线的上方，0x >1x ≠()f x ()e 21y x =-+下面证明时，，设，，0x >()()e 21f x x ≥-+()()()e 21g x f x x =---()0x >∴，∴令，()()e 2e 2x g x x =---'()()()e 2e 2x x x g m x '--==-，()e 2x m x '=-由（2）得：在递减，在递增，()g x '()0,ln2()ln2,+∞∵，，，∴，()03e 0g '=->()10g '=0ln21<<()ln20g '<∴存在，使得，()00,1x ∈()0g x '=∴时，，时，，()()00,1,x x ∈⋃+∞()0g x '>()0,l x x ∈()0g x '<故在递增，在递减，在递增.()g x ()00,x ()0,1x ()1,+∞又，∴当且仅当时取“”，()()010g g ==()0g x ≥1x ==()()2e e 210x g x x x =----≥故，，由（2）得：，故，()e e 21x x xx+--≥0x >e 1x x ≥+()ln 1x x ≥+∴，当且仅当时取“=”，∴，1ln x x -≥1x =()e e 21ln 1x x x x x+--≥≥+即，∴，()21ln 1e e x x x x+--≥+()21e ln e x x x x x+--≥+即成立，当且仅当时“=”成立.()1ln 10e e x x x x +---≥1x =求解切线的有关的问题，关键点就是把握住切点和斜率.利用导数研究函数的单调性，如果一次求导无法求得函数的单调性时，可以考虑利用多次求导来进行求解.利用导数证明不等式恒成立，如果无法一步到位的证明，可以先证明一个中间不等式，然后再证得原不等式成立.4．(1)单调增区间为，单调减区间为；()0,1()1,+∞(2)(],2ln 2-∞(3)证明见解析【分析】（1）求导，再根据导函数的符号即可得解；（2）分离参数可得，构造函数，利用导数求出函数的最小ln 1x x a x ≤-ln (),21x xg x x x =≥-()g x 值即可得解；（3）由，得，则，要证21a b <-+21a b -<-2112()(e )e e 1a a b f x f a b ---≤=+<-+，即证，即证，构造函数()212ln f x b<-222e112ln bb b --+<-22212ln 0eb b b +-<，证明即可.()()()12ln e x h x x x x =>-()1h x <-【详解】（1）当时，，1a =()ln 1,0f x x x x x =-++>，由，得，由，得，()ln f x x '=-()0f x '>01x <<()0f x '<1x >故的单调增区间为，单调减区间为；()f x ()0,1()1,+∞（2），()ln 2,1x xf x a a x ≤∴≤- 令，ln (),21x x g x x x =≥-则，21ln ()(1)x xg x x --'=-令，则，()ln 1t x x x =-+11()1xt x x x -'=-=由，得，由，得，()0t x '>01x <<()0t x '<1x >故在递增，在递减，，()t x ()0,1()1,+∞max ()(1)0t x t ==，所以，()0t x ∴≤ln 1≤-x x 在上单调递增，，()0,()g x g x '≥∴[)2,+∞()min ()2g x g ∴=，(2)2ln 2a g ∴≤=的取值范围；a ∴(],2ln 2-∞（3），221,1b a b a <-+∴-<- 又，在上递增，11()(e )e a a f x f a --≤=+1e a y a -=+ R a ∈所以，2112()(e )e e 1a a b f x f a b ---≤=+<-+下面证明：，222e 112ln b b b --+<-即证，22212ln 0ebb b +-<令，则，21x b =>12ln 0e x x x +-<即，(2ln )e 1xx x -⋅<-令，则，()()()12ln e xh x x x x =>-()22ln 1e xh x x x x '⎛⎫=-+-⋅ ⎪⎝⎭令，则，()2()2ln 11x x x x x ϕ=-+->()()2221122()101x x x x x x ϕ---=--=<>∴函数在上单调递减，()x ϕ()1,+∞，()(1)0x ϕϕ∴<=在递减，()()0,h x h x '∴<(1,)+∞，()()1e 1h x h ∴<=-<-所以.()212ln f x b <-方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明()()f xg x >()()f xg x <（或），进而构造辅助函数；()()0f xg x ->()()0f xg x -<()()()h x f x g x =-（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.5．(1)22142x y +=(2)2(3)存在，.()0,2Q 【分析】（1）由离心率及过点列方程组求解.()2,1M,a b （2）设直线为与椭圆方程联立，将表达为的函数，由基本不l 1y kx =+1212AOB S x x =⋅- k 等式求最大值即可.（3）先讨论直线水平与竖直情况，求出，设点关于轴的对称点，证得()0,2Q B y B '三点共线得到成立.,,Q A B 'QA PAQB PB=【详解】（1）根据题意，得，解得，椭圆C 的方程为.2222222211c a a b c a b ⎧=⎪⎪⎪=+⎨⎪⎪+=⎪⎩222422a b c ⎧=⎪=⎨⎪=⎩22142x y +=（2）依题意，设，直线的斜率显然存在，()()1122,,,A x y B x y l 故设直线为，联立，消去，得，l 1y kx =+221142y kx x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩y ()2212420k x kx ++-=因为直线恒过椭圆内定点，故恒成立，，l ()0,1P 0∆>12122242,1212k x x x x k k +=-=-++故，()2221212221224212111214414222122AOBk S x x x x x x k k k k ⋅+⎛⎫⎛⎫=⋅=⨯-=⨯-⨯= ⎪ ⎪+⎝-+-⎝++⎭⎭- 令，所以，当且仅当，即时取得214,1t k t =+≥22222211AOB t S t t t=×=×£++1t =0k =等号，综上可知：面积的最大值为.AOB 2（3）当平行于轴时，设直线与椭圆相交于两点，如果存在点满足条件，l x ,C D Q 则有，即，所以点在轴上，可设的坐标为；||||1||||QC PC QD PD ==QC QD =Q y Q ()00,y 当垂直于轴时，设直线与椭圆相交于两点，如果存在点满足条件，l x ,M N Q 则有，即，解得或，||||||||QM PM QN PN =00221212y y --=++01y =02y =所以若存在不同于点的定点满足条件，则点的坐标为；P Q Q ()0,2当不平行于轴且不垂直于轴时，设直线方程为，l x x l 1y kx =+由（2）知，12122242,1212k x x x x k k --+==++又因为点关于轴的对称点的坐标为，B y B '()22,x y -又，，11111211QA y kx k k x x x --===-22222211QB y kx k k x x x '--===-+--.方法点睛：直线与椭圆0Ax By C ++=时，取得最大值2222220a A b B C +-=MON S 6．(1)（i ）；（322ln 220x y +--=(2)11,22⎡⎤-⎢⎥⎣⎦故曲线在点处的切线方程为，()y f x =()()22f ,()()32ln 222y x --+=--即；322ln 220x y +--=（ii ），，()21ln 2f x x x =-+()0,x ∈+∞，()211x f x x x x -'=-+=令，解得，令，解得，()0f x ¢>()0,1x ∈()0f x '<()1,x ∈+∞当时，，1,e e x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦()()max 112f x f ==-又，，221111ln 1e 2e e 2e f ⎛⎫=-+=-- ⎪⎝⎭()2211e e ln e e 122f =-+=-+其中，()222211111e 1e 1e 20e 2e 222ef f ⎛⎫⎛⎫-=----+=--> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭故，()()2min 1e e 12f x f ==-+故的单调递增区间为，单调递减区间为；()f x ()0,1()1,+∞在区间上的最大值为，最小值为；()f x 1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦12-21e 12-+（2），()21ln 22xg x a x x a ⎭-+⎛=⎪-⎫ ⎝对，恒成立，()1,x ∀∈+∞21ln 202a x x ax ⎛⎫-+-< ⎪⎝⎭变形为对恒成立，ln 122x a xa x<--⎛⎫ ⎪⎝⎭()1,x ∀∈+∞令，则，()(),1,ln x h x x x ∈=+∞()21ln xh x x -'=当时，，单调递增，()1,e x ∈()0h x '>()ln xh x x =当时，，单调递减，()e,+x ∈∞()0h x '<()ln xh x x =其中，，当时，恒成立，()10h =()ln e 1e e e h ==1x >()ln 0x h x x =>故画出的图象如下：()ln x h x x =其中恒过点122y xa a ⎛⎫ ⎪⎝=⎭--(2,1A 又，故在()210111h -'==()ln x h x x =又在上，()2,1A 1y x =-()对于2111644y x x =-+-∴点，即()0,6C -6OC =∵2114,14P m m m ⎛-+- ⎝∴点，3,64N m m ⎛⎫- ⎪⎝⎭∴，22111316624444PN m m m m m⎛⎫=-+---=-+ ⎪⎝⎭∵轴，PN x ⊥∴，//PN OC ∴，PNQ OCB ∠=∠∴，Rt Rt PQN BOC ∴，PN NQ PQ BC OC OB ==∵，8,6,10OB OC BC ===∴，34,55QN PN PQ PN==∵轴，NE y ⊥∴轴，//NE x ∴，CNE CBO ∴，5544CN EN m ==∴，2215111316922444216CQ PQ m m m m ⎛⎫+=-+=--+⎪⎝⎭当时，取得最大值.132m =12CQ PQ+16916关键点点睛：熟练的掌握三角形相似的判断及性质是解决本题的关键.8．(1)详见解析；(2)①具有性质；理由见解析；②P 1346【分析】（1）当时，先求得集合，由题中所给新定义直接判断即可；10n =A （2）当时，先求得集合， 1010n =A ①根据，任取，其中，可得，{}2021|T x x S =-∈02021t x T =-∈0x S ∈0120212020x ≤-≤利用性质的定义加以验证，即可说明集合具有性质；P T P ②设集合有个元素，由（1）可知，任给，，则与中必有个S k x S ∈12020x ≤≤x 2021x -1不超过，从而得到集合与中必有一个集合中至少存在一半元素不超过，然后利1010S T 1010用性质的定义列不等式，由此求得的最大值．P k【详解】（1）当时，，10n ={}1,2,,19,20A = 不具有性质，{}{}|910,11,12,,19,20B x A x =∈>= P 因为对任意不大于的正整数，10m 都可以找到该集合中的两个元素与，使得成立，110b ＝210b m =+12||b b m -=集合具有性质，{}*|31,N C x A x k k =∈=-∈P 因为可取，对于该集合中任一元素，110m =<，（），都有.112231,31c k c k =-=-*12,N k k ∈121231c c k k -=-≠（2）当时，集合，1010n ={}()*1,2,3,,2019,2020,1010N A m m =≤∈ ①若集合具有性质，那么集合一定具有性质．S P {}2021|T x x S =-∈P 首先因为，任取，其中．{}2021|T x x S =-∈02021t x T =-∈0x S ∈因为，所以．S A ⊆{}01,2,3,,2020x ∈ 从而，即，所以．0120212020x ≤-≤t A ∈T A ⊆由具有性质，可知存在不大于的正整数，S P 1010m 使得对中的任意一对元素，都有．s 12,s s 12s s m -≠对于上述正整数，从集合中任取一对元素，m {}2021|T x x S =-∈112021t x -＝，其中，则有．222021t x =-12,x x S ∈1212t t s s m --≠＝所以，集合具有性质P ；{}2021|T x x S =-∈②设集合有个元素，由（1）可知，若集合具有性质，S k S P 那么集合一定具有性质．{}2021|T x x S =-∈P 任给，，则与中必有一个不超过．x S ∈12020x ≤≤x 2021x -1010所以集合与中必有一个集合中至少存在一半元素不超过．S T 1010不妨设中有个元素不超过．S 2k t t ⎛⎫≥ ⎪⎝⎭12,,,t b b b 1010由集合具有性质，可知存在正整数．S P 1010m ≤使得对中任意两个元素，都有．S 12,s s 12s s m -≠所以一定有．12,,,t b m b m b m S +++∉ 又，故．100010002000i b m +≤+=121,,,b m b m b m A +++∈ 即集合中至少有个元素不在子集中，A t S 因此，所以，得．20202k k k t +≤+≤20202k k +≤1346k ≤当时，取，{}1,2,,672,673,,1347,,2019,2020S = 673m =则易知对集合中的任意两个元素，都有，即集合具有性质．S 12,y y 12673y y -≠S P 而此时集合S 中有个元素，因此，集合元素个数的最大值为．1346S 1346解新定义题型的步骤：(1)理解“新定义”——明确“新定义”的条件、原理、方法、步骤和结论.(2)重视“举例”,利用“举例”检验是否理解和正确运用“新定义”;归纳“举例”提供的解题方法.归纳“举例”提供的分类情况.(3)类比新定义中的概念、原理、方法，解决题中需要解决的问题.9．(1)，10,8⎛⎫ ⎪⎝⎭18y =-(2)或()42,4()42,4-(3)14a =(4)或51-35-【分析】（1）根据焦点和准线方程的定义求解即可；（2）先求出点P 的纵坐标为4，然后代入到抛物线解析式中求解即可；（3）如图所示，过点B 作轴于D ，过点A 作轴于E ，证明，推BD y ⊥AE y ⊥FDB FHC ∽出，则，点B 的纵坐标为，从而求出，证明16FD a =112OD OF DF a =-=112a 36BD a =，即可求出点A 的坐标为，再把点A 的坐标代入抛物线解析式AEF BDF ∽123,24a ⎛⎫ ⎪⎝+⎭-中求解即可；（4）如图，当E 为靠近点F 的黄金分割点的时候，过点M 作于N ，则，MN l ⊥MN MF=先证明是等腰直角三角形，得到，设点M 的坐标为，则MNH △NH MN=21,4m m ⎛⎫⎪⎝⎭过点B 作轴于D ，过点BD y ⊥由题意得点F 的坐标为F ⎛ ⎝1FH =当E 为靠近点F 的黄金分割点的时候，过点∵在中，Rt MNH △sin MHN ∠∴，∴是等腰直角三角形，45MHN ︒=MNH △双曲线方程联立，利用韦达定理及题目条件可得，后由题意可得AM AN ⋅= ()()222131t t m -+=-所过定点坐标；②结合①及图形可得都在左支上，则可得，后由图象可得,M N 213m <，后通过令，结合单调性229113m S m +=-223113m λλ⎛⎫+=≤< ⎪⎝⎭()423313f x x x x ⎛⎫=-≤< ⎪⎝⎭可得答案.【详解】（1）设双曲线的焦距为，C 2c 由题意有解得．2223,24,,ba c c ab ⎧=⎪⎪=⎨⎪=+⎪⎩1,3,2a b c ===故双曲线的标准方程为；C 2213y x -=（2）①证明：设直线的方程为，点的坐标分别为，MN my x t =+,M N ()()1122,,,x y x y 由（1）可知点A 的坐标为，()1,0联立方程消去后整理为，2213y x my x t ⎧-=⎪⎨⎪=+⎩x ()222316330m y mty t --+-=可得，2121222633,3131mt t y y y y m m -+==--，()212122262223131m t tx x m y y t t m m +=+-=-=--，()()()()222222222121212122223363313131m t m t m t x x my t my t m y y mt y y t t m m m -+=--=-++=-+=----由，()()11111,,1,AM x y AN x y =-=-有()()()1212121212111AM AN x x y y x x x x y y ⋅=--+=-+++，()()()()22222222222222222132331313131313131t t t t t t m t t t m m m m m m -----++-=--++===------由，可得，有或，AM AN ⊥0AM AN ⋅=1t =-2t =当时，直线的方程为，过点，不合题意，舍去；1t =-MN 1my x =-()1,0当时，直线的方程为，过点，符合题意，2t =MN 2my x =+()2,0-②由①，设所过定点为121224,31x x x x m +==-若在双曲线的同一支上，可知,M N 有12240,31x x x m +=<-关键点睛：求直线所过定点常采取先猜后证或类似于本题处理方式，设出直线方程，通过题一方面：由以上分析可知，设椭圆方程为一方面：同理设双曲线方程为()22221y m x a b +-=，()2222221b x a k x m a b -+=化简并整理得()(2222222112ba k x a mk x a m ---+一方面：同理设抛物线方程为(22x p y =，()212x p k x n =+化简并整理得，由韦达定理可得12220pk x x pn --=2,2x x pk x x pn +=⋅=-（2）构造，故转化为等价于“对任()()()()()13131931x x xx f x k k g x f x +--==+++()()()123g x g x g x +>意，，恒成立”，换元后得到（），分，和1x 2x 3R x ∈()()11k g x q t t -==+3t ≥1k >1k =三种情况，求出实数k 的取值范围.1k <【详解】（1）由条件①知，当时，有，即在R 上单调递增．12x x <()()12f x f x <()f x 再结合条件②，可知存在唯一的，使得，从而有．0R x ∈()013f x =()093x x f x x --=又上式对成立，所以，R x ∀∈()00093x x f x x --=所以，即．0001393x x x --=0009313x x x ++=设，因为，所以单调递增．()93x x x xϕ=++()9ln 93ln 310x x x ϕ'=++>()x ϕ又，所以．()113ϕ=01x =所以；()931x x f x =++（2）构造函数，()()()()()13131931x x xx f x k k g x f x +--==+++由题意“对任意的，，，1x 2x 3R x ∈均存在以，，为三边长的三角形”()()()11113x f x k f x +-()()()22213x f x k f x +-()()()33313x f x k f x +-等价于“对任意，，恒成立”．()()()123g x g x g x +>1x 2x 3R x ∈又，令，()111313x x k g x -=+++1131231333x x x x t ⋅=++≥+=当且仅当时，即时取等号，91x=0x =则（），()()11k g x q t t -==+3t ≥当时，，因为且，1k >()21,3k g x +⎛⎤∈ ⎥⎝⎦()()122423k g x g x +<+≤()3213k g x +<≤所以，解得，223k +≤4k ≤即；14k <≤当时，，满足条件；1k =()()()1231g x g x g x ===当时，，因为且，1k <()2,13k g x +⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭()()122423k g x g x ++<≤()3213k g x +<≤所以，即．2413k +≤112k -≤<综上，实数k 的取值范围是．1,42⎡⎤-⎢⎥⎣⎦复合函数零点个数问题处理思路：①利用换元思想，设出内层函数；②分别作出内层函数与外层函数的图象，分别探讨内外函数的零点个数或范围；③内外层函数相结合确定函数交点个数，即可得到复合函数在不同范围下的零点个数.13．(1)14x =(2)证明过程见解析(3)，()112023k n k x --=1k n≤≤【分析】（1）由题意转化为对于，都存在，使得，其中(),m a b =(),n c d =0m n ⋅= ，选取，，通过分析求出；,,,a b c d X ∈()1,,2m a b x ⎛⎫== ⎪⎝⎭ ()(),1,n c d d ==- 14x =（2）取，，推理出中有1个为，则另一个为1，即，()()11,,m a b x x == (),n c d =,c d 1-1X ∈再假设，其中，则，推导出矛盾，得到；1k x =1k n <<101n x x <<<11x =（3）由（2）可得，设，，则有，记11x =()11,m s t =()22,n s t =1212s t t s =-，问题转化为X 具有性质P ，当且仅当集合关于原点对称，得到,,s B s X t X s t t ⎧⎫=∈∈>⎨⎬⎩⎭B ，共个数，由对称性可知也有个数，(){}234,0,,,,n B x x x x -∞=---- ()1n -()0,B +∞ ()1n -结合三角形数阵得到，得到数列为首项为1的等比123212321n n n n n n x x x x x x x x x x -----===== 12,,,n x x x 数列，设出公比为，结合求出公比，求出通项公式.q 2023n x =【详解】（1）对任意，都存在，使得，,a b X ∈,c d X ∈0ac bd +=即对于，都存在，使得，其中，(),m a b =(),n c d =0m n ⋅= ,,,a b c d X ∈因为集合具有性质P ，11,,,12x ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭选取，，()1,,2m a b x ⎛⎫== ⎪⎝⎭ ()(),1,n c d d ==-则有，12x d -+=假设，则有，解得，这与矛盾，d x =102x x -+=0x =102x <<假设，则有，解得，这与矛盾，1d =-12x --=12x =-102x <<假设，则有，解得，这与矛盾，1d =12x -+=12x =102x <<假设，则有，解得，满足，12d =14x -+=14x =102x <<故；14x =（2）取，，()()11,,m a b x x == (),n c d =则，()10c d x +=因为，所以，即异号，120n x x x <<<< 0c d +=,c d 显然中有1个为，则另一个为1，即，,c d 1-1X ∈假设，其中，则，1k x =1k n <<101n x x <<<选取，，则有，()()1,,n m a b x x ==(),n s t =10n sx tx +=则异号，从而之中恰有一个为，,s t ,s t 1-若，则，矛盾，1s =-11n x tx t x =>≥若，则，矛盾，1t =-1n n x sx s x =<≤故假设不成立，所以；11x =（3）若X 具有性质P ，且，20231n x =>由（2）可得，11x =设，，则有，()11,m s t =()22,n s t =1212s t t s =-记，则X 具有性质P ，当且仅当集合关于原点对称，,,s B s X t X s t t ⎧⎫=∈∈>⎨⎬⎩⎭B 注意到是集合中唯一的负数，1-X 故，共个数，(){}234,0,,,,n B x x x x -∞=---- ()1n -由对称性可知也有个数，()0,B +∞ ()1n -由于，已经有个数，123421n n n n n nn n n n x x x x x x x x x x x x ----<<<<<< ()1n -对于以下三角形数阵：123421n n n n n n n n n n x x x x x xx x x x x x ----<<<<<< 1111123421n n n n n n n n x x x x xx x x x x --------<<<<< ……3321x x x x <21x x 注意到，123211111n n n x x x x x x x x x x -->>>>> 所以有，123212321n n n n n n x x x x x x x x x x -----===== 从而数列为首项为1的等比数列，设公比为，12,,,n x x x q 由于，故，解得，2023n x =112023n nx q x -==()112023n q -=故数列的通项公式为，.12,,,n x x x ()112023k n k x --=1k n ≤≤集合新定义问题，命题新颖，且存在知识点交叉，常常会和函数或数列相结合，很好的考虑了知识迁移，综合运用能力，对于此类问题，一定要解读出题干中的信息，正确理解问题的本质，转化为熟悉的问题来进行解决，要将“新”性质有机地应用到“旧”性质上，创造性的解决问题.14．(1)答案见解析(2)①证明见解析；②证明见解析【分析】（1）求出的导数，结合解不等式可得答案；()e 2x f x ax'=-（2）①，利用导数的几何意义求得的表达式，由此构造函数，()y h x =()()()F x g x h x =-利用导数判断其单调性，求其最小值即可证明结论；②设的根为，求得其表达式，()h x t=1x '并利用函数单调性推出，设曲线在点处的切线方程为，设11x x '≤()y g x =()0,0()y t x =的根为，推出，从而，即可证明结论.()t x t=2x '22x x '≥2121x x x x ''-≤-【详解】（1）由题意得，令，则，()e 2x f x ax'=-()e 2x g x ax=-()e 2x g x a'=-当时，，函数在上单调递增；0a ≤()0g x '>()f x 'R 当时，，得，，得，0a >()0g x '>ln 2x a >()0g x '<ln 2x a <所以函数在上单调递减，在上单调递增．()f x '(),ln 2a -∞()ln 2,a +∞（2）①证明：由（1）可知，令，有或，()()()1e 1x g x x =+-()0g x ==1x -0x =故曲线与x 轴负半轴的唯一交点P 为．()y g x =()1,0-曲线在点处的切线方程为，()1,0P -()y h x =则，令，则，()()()11h x g x '=-+()()()F x g x h x =-()()()()11F x g x g x '=--+所以，．()()()()11e 2e x F x g x g x '''=-=+-()10F '-=当时，若，，1x <-(],2x ∈-∞-()0F x '<若，令，则，()2,1x --()1()e 2e x m x x =+-()()e 30xm x x '=+>故在时单调递增，．()F x '()2,1x ∈--()()10F x F ''<-=故，在上单调递减，()0F x '<()F x (),1-∞-当时，由知在时单调递增，1x >-()()e 30x m x x '=+>()F x '()1,x ∈-+∞，在上单调递增，()()10F x F ''>-=()F x ()1,-+∞设曲线在点处的切线方程为()y g x =()0,0令()()()()(1e x T x g x t x x =-=+当时，2x ≤-()()2e x T x x =+-'()()2e xn x x =+-设，∴()()1122,,,B x y C x y 1x 又1211,22AB x AC x =+=+依题意，即，则，0bc <02x >()()220220004482x y c x x b =+---因为，所以，2002y x =0022x b c x -=-所以，()()00000242248122424S b c x x x x x -⋅=-++≥-⋅+=-=-当且仅当，即时上式取等号，00422x x -=-04x =所以面积的最小值为8．PDE △方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．16．(1)2214x y +=(2)证明见解析(3)存在，7,,777⎛⎫⎛⎫-∞- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝+∞⎝⎭⎭ 【分析】（1）根据椭圆的对称性，得到三点在椭圆C 上．把的坐标代入椭圆234,,P P P 23,P P C ，求出，即可求出椭圆C 的方程；22,a b （2）当斜率不存在时，不满足；当斜率存在时，设，与椭圆方程联立，利():1l y kx t t =+≠用判别式、根与系数的关系，结合已知条件得到，能证明直线l 过定点；21t k =--()2,1-（3）利用点差法求出直线PQ 的斜率，从而可得直线PQ 的方程，与抛物线方程联14PQ k t =立，由，及点G 在椭圆内部，可求得的取值范围，设直线TD 的方程为，0∆>2t 1x my =+与抛物线方程联立，由根与系数的关系及，可求得m 的取值范围，进而可求得直线11DA TB k k =的斜率k 的取值范围．2l【详解】（1）根据椭圆的对称性，两点必在椭圆C 上，34331,,1,22P P ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭又的横坐标为1，4P ∴椭圆必不过，()11,1P ∴三点在椭圆C 上．()234330,1,1,,1,22P P P ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭把代入椭圆C ，()3231,20,1,P P ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭得，解得，222111314b a b ⎧=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩2241a b ⎧=⎨=⎩∴椭圆C 的方程为．2214x y +=（2）证明：①当斜率不存在时，设,，:l x m =()(),,,A A A m y B m y -∵直线与直线的斜率的和为，2P A 2P B 1-∴，221121A A P A P B y y k k m m m ----+=+==-解得m ＝2，此时l 过椭圆右顶点，不存在两个交点，故不满足．②当斜率存在时，设,，，:l y kx t =+1t ≠()()1122,,,A x y B x y 联立，消去y 整理得，22440y kx tx y =+⎧⎨+-=⎩()222148440k x ktx t +++-=则，，122814kt x x k -+=+21224414t x x k -=+则()()()()222112************111111P A P B x y x y x kx t x kx t y y k k x x x x x x -+-+-++---+=+==,()()()()()()12121222222448218114141144411142t k k kx x t tk t k t k k t t x t x x x +-+=--⋅+-⋅-++===--+-+又，∴，此时，1t ≠21t k =--()()222222644144464161664k t k t k t k ∆=-+-=-+=-故存在k ，使得成立，0∆>∴直线l 的方程为，即21y kx k =--()12y k x +=-∴l 过定点．()2,1-（3）∵点P ，Q 在椭圆上，所以，，2214P P x y +=2214Q Q x y +=两式相减可得，()()()()04PQ P Q P Q P Q y xy x x x y y +-++-=又是线段PQ 的中点，()1,G t -∴，2,2P Q P Q x x x x t+=-=∴直线PQ 的斜率，()144P Q P QP Q P QPQ x x k ty y x y y x +==-=--+∴直线PQ 的方程为，与抛物线方程联立消去x 可得，()114y x t t =++()22164410y ty t -++=由题可知，∴，()2161210t ∆=->2112t >又G 在椭圆内部，可知，∴，故，2114t +<234t <213124t <<设，，由图可知，，221212,,,44y y A y B y ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭223434,,,44y y T y D y ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭2134,y y y y >>∴，()2121216,441y y t y y t +==+当直线TD 的斜率为0时，此时直线TD 与抛物线只有1个交点，不合要求，舍去，设直线TD 的方程为，与抛物线方程联立，消去x 可得，()10x my m =+≠2440y my --=∴，34344,4y y m y y +==-由，可知，即，11//ATB D 11DA TB k k =3142222234214444y y y y y y y y --=--∴，即，1342y y y y +=+1243y y y y -=-∴，()()221212343444y y y y y y y y +-=+-∵，()()()()()222212124161641161210,128y y y y t t t +-=-+=-∈∴，解得，即，()()223434416160,128y y y y m +-=+∈27m <()7,7m ∈-∴直线TD 即的斜率．2l 771,77,k m ⎛⎫⎛⎫=∈-∞- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝+∞⎝⎭⎭ 思路点睛：处理定点问题的思路：（1）确定题目中的核心变量（此处设为），k （2）利用条件找到与过定点的曲线的联系，得到有关与的等式，k (),0F x y =k ,x y （3）所谓定点，是指存在一个特殊的点，使得无论的值如何变化，等式恒成立，()00,x y k 此时要将关于与的等式进行变形，直至找到，k ,x y ()00,x y ①若等式的形式为整式，则考虑将含的式子归为一组，变形为“”的形式，让括号中式k ()k ⋅子等于0，求出定点；②若等式的形式是分式，一方面可考虑让分子等于0，一方面考虑分子和分母为倍数关系，可消去变为常数.k 17．(1)1y =-(2)2ln23-+【分析】（1）由题意，将代入函数的解析式中，对函数进行求导，得到1m =()f x ()f x 和，代入切线方程中即可求解；()1f '()1f （2）得到函数的解析式，对进行求导，利用根的判别式以及韦达定理对()g x ()g x 进行化简，利用换元法，令，，可得，12122()()y x x b x x =--+12x t x =01t <<2(1)ln 1t y t t -=-+根据，求出的范围，构造函数，对进行求导，利用导数得到322m ≥t 2(1)()ln 1t h t tt -=-+()h t 的单调性和最值，进而即可求解．()h t 【详解】（1）已知(为常数），函数定义域为，()ln f x x mx =-m (0,)+∞当时，函数，1m =()ln f x x x =-可得，此时，又，11()1x f x x x -'=-=()=01f '()11=f -所以曲线在点处的切线方程为，即.()y f x =()()1,1f (1)0(1)y x --=⨯-1y =-（2）因为，函数定义域为，22()2()2ln 2g x f x x x mx x =+=-+(0,)+∞可得，222(1)()22x mx g x m x x x -+=-+='此时的两根，即为方程的两根，()0g x '=1x 2x 210x mx -+=因为，所以，由韦达定理得，，322m ≥240m ∆=->12x x m +=121=x x 又，所以1212lnx x b x x =-121212121212ln 22()()()()xx y x x b x x x x x x x x =--=--++-，11211211222212()ln 2ln 1x x x x x x x x x x x x --=-=⨯-++令，，所以，12x t x =01t <<2(1)ln 1t y t t -=-+因为，整理得，2212()x x m +=22212122x x x x m ++=因为，则，121=x x 2221212122x x x x m x x ++=等式两边同时除以，得，12x x 212212=x x m x x ++可得，因为，212t m t ++=322m ≥所以，，152t t +≥()()2252=2210t t x x -+--≥解得 或，则，12t ≤2t ≥102t <≤不妨设，函数定义域为，2(1)()ln 1t h t t t -=-+10,2⎛⎤⎥⎝⎦可得，22(1)()0(1)t h t t t -'=-<+所以函数在定义域上单调递减，()h t 此时，min 12()()ln223h t h ==-+故的最小值为．12122()()y x x b x x =--+2ln23-+利用导数求解在曲线上某点处的切线方程，关键点有两点，第一是切线的斜率，第二是切点。
高中数学导数压轴题专题训练
高中数学导数尖子生辅导填选压轴一．选择题共30小题1．2013文昌模拟如图是fx=x3+bx2+cx+d的图象,则x12+x22的值是A．B．C．D．考点：利用导数研究函数的极值；函数的图象与图象变化．专题：计算题；压轴题；数形结合．分析：先利用图象得：fx=xx+1x﹣2=x3﹣x2﹣2x,求出其导函数,利用x1,x2是原函数的极值点,求出x1+x2=,,即可求得结论．解答：解：由图得：fx=xx+1x﹣2=x3﹣x2﹣2x,∴f'x=3x2﹣2x﹣2∵x1,x2是原函数的极值点所以有x1+x2=,,故x12+x22=x1+x22﹣2x1x2==．故选D．点评：本题主要考查利用函数图象找到对应结论以及利用导数研究函数的极值,是对基础知识的考查,属于基础题．2．2013乐山二模定义方程fx=f′x的实数根x0叫做函数fx的“新驻点”,若函数gx=x,hx=lnx+1,φx=x3﹣1的“新驻点”分别为α,β,γ,则α,β,γ的大小关系为A．α＞β＞γB．β＞α＞γC．γ＞α＞βD．β＞γ＞α考点：导数的运算．专题：压轴题；新定义．分析：分别对gx,hx,φx求导,令g′x=gx,h′x=hx,φ′x=φx,则它们的根分别为α,β,γ,即α=1,lnβ+1=,γ3﹣1=3γ2,然后分别讨论β、γ的取值范围即可．解答：解：∵g′x=1,h′x=,φ′x=3x2,由题意得：α=1,lnβ+1=,γ3﹣1=3γ2,①∵lnβ+1=,∴β+1β+1=e,当β≥1时,β+1≥2,∴β+1≤＜2,∴β＜1,这与β≥1矛盾,∴0＜β＜1；②∵γ3﹣1=3γ2,且γ=0时等式不成立,∴3γ2＞0∴γ3＞1,∴γ＞1．∴γ＞α＞β．故选C．点评：函数、导数、不等式密不可分,此题就是一个典型的代表,其中对对数方程和三次方程根的范围的讨论是一个难点．3．2013山东抛物线C1：的焦点与双曲线C2：的右焦点的连线交C1于第一象限的点M．若C1在点M处的切线平行于C2的一条渐近线,则p=A．B．C．D．考点：利用导数研究曲线上某点切线方程；双曲线的简单性质．专题：压轴题；圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：由曲线方程求出抛物线与双曲线的焦点坐标,由两点式写出过两个焦点的直线方程,求出函数在x取直线与抛物线交点M的横坐标时的导数值,由其等于双曲线渐近线的斜率得到交点横坐标与p的关系,把M点的坐标代入直线方程即可求得p的值．解答：解：由,得x2=2pyp＞0,所以抛物线的焦点坐标为F．由,得,．所以双曲线的右焦点为2,0．则抛物线的焦点与双曲线的右焦点的连线所在直线方程为,即①．设该直线交抛物线于M,则C1在点M处的切线的斜率为．由题意可知,得,代入M点得M把M点代入①得：．解得p=．故选D．点评：本题考查了双曲线的简单几何性质,考查了利用导数研究曲线上某点的切线方程,函数在曲线上某点处的切线的斜率等于函数在该点处的导数,是中档题．4．2013安徽已知函数fx=x3+ax2+bx+c有两个极值点x1,x2,若fx1=x1＜x2,则关于x的方程3fx2+2afx+b=0的不同实根个数为A．3B．4C．5D．6考点：利用导数研究函数的极值；根的存在性及根的个数判断．专题：压轴题；导数的综合应用．分析：由函数fx=x3+ax2+bx+c有两个极值点x1,x2,可得f′x=3x2+2ax+b=0有两个不相等的实数根,必有△=4a2﹣12b ＞0．而方程3fx2+2afx+b=0的△1=△＞0,可知此方程有两解且fx=x1或x2．再分别讨论利用平移变换即可解出方程fx=x1或fx=x2解得个数．解答：解：∵函数fx=x3+ax2+bx+c有两个极值点x1,x2,∴f′x=3x2+2ax+b=0有两个不相等的实数根,∴△=4a2﹣12b＞0．解得=．∵x1＜x2,∴,．而方程3fx2+2afx+b=0的△1=△＞0,∴此方程有两解且fx=x1或x2．不妨取0＜x1＜x2,fx1＞0．①把y=fx向下平移x1个单位即可得到y=fx﹣x1的图象,∵fx1=x1,可知方程fx=x1有两解．②把y=fx向下平移x2个单位即可得到y=fx﹣x2的图象,∵fx1=x1,∴fx1﹣x2＜0,可知方程fx=x2只有一解．综上①②可知：方程fx=x1或fx=x2．只有3个实数解．即关于x的方程3fx2+2afx+b=0的只有3不同实根．故选A．点评：本题综合考查了利用导数研究函数得单调性、极值及方程解得个数、平移变换等基础知识,考查了数形结合的思想方法、推理能力、分类讨论的思想方法、计算能力、分析问题和解决问题的能力．5．2013湖北已知a为常数,函数fx=xlnx﹣ax有两个极值点x1,x2x1＜x2A．B．C．D．考点：利用导数研究函数的极值；函数在某点取得极值的条件．专题：压轴题；导数的综合应用．分析：先求出f′x,令f′x=0,由题意可得lnx=2ax﹣1有两个解x1,x2函数gx=lnx+1﹣2ax有且只有两个零点g′x在0,+∞上的唯一的极值不等于0．利用导数与函数极值的关系即可得出．解答：解：∵=lnx+1﹣2ax,x＞0令f′x=0,由题意可得lnx=2ax﹣1有两个解x1,x2函数gx=lnx+1﹣2ax有且只有两个零点g′x在0,+∞上的唯一的极值不等于0．．①当a≤0时,g′x＞0,f′x单调递增,因此gx=f′x至多有一个零点,不符合题意,应舍去．②当a＞0时,令g′x=0,解得x=,∵x,g′x＞0,函数gx单调递增；时,g′x＜0,函数gx单调递减．∴x=是函数gx的极大值点,则＞0,即＞0,∴ln2a＜0,∴0＜2a＜1,即．∵,f′x1=lnx1+1﹣2ax1=0,f′x2=lnx2+1﹣2ax2=0．且fx1=x1lnx1﹣ax1=x12ax1﹣1﹣ax1=x1ax1﹣1＜x1﹣ax1=＜0,fx2=x2lnx2﹣ax2=x2ax2﹣1＞=﹣．．故选D．点评：熟练掌握利用导数研究函数极值的方法是解题的关键．6．2013辽宁设函数fx满足x2f′x+2xfx=,f2=,则x＞0时,fxA．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．既无极大值也无极小值考点：函数在某点取得极值的条件；导数的运算．专题：压轴题；导数的综合应用．分析：先利用导数的运算法则,确定fx的解析式,再构造新函数,确定函数的单调性,即可求得结论．解答：解：∵函数fx满足,∴∴x＞0时,dx∴∴令gx=,则令g′x=0,则x=2,∴x∈0,2时,g′x＜0,函数单调递减,x∈2,+∞时,g′x＞0,函数单调递增∴gx在x=2时取得最小值∵f2=,∴g2==0∴gx≥g2=0∴≥0即x＞0时,fx单调递增∴fx既无极大值也无极小值故选D．点评：本题考查导数知识的运用,考查函数的单调性与极值,考查学生分析解决问题的能力,难度较大．7．2013安徽若函数fx=x3+ax2+bx+c有极值点x1,x2,且fx1=x1,则关于x的方程3fx2+2afx+b=0的不同实根个数是A．3B．4C．5D．6考点：函数在某点取得极值的条件；根的存在性及根的个数判断．专题：综合题；压轴题；导数的综合应用．分析：求导数f′x,由题意知x1,x2是方程3x2+2ax+b=0的两根,从而关于fx的方程3fx2+2afx+b=0有两个根,作出草图,由图象可得答案．解答：解：f′x=3x2+2ax+b,x1,x2是方程3x2+2ax+b=0的两根,不妨设x2＞x1,由3fx2+2afx+b=0,则有两个fx使等式成立,x1=fx1,x2＞x1=fx1,如下示意图象：如图有三个交点,故选A．点评：考查函数零点的概念、以及对嵌套型函数的理解,考查数形结合思想．8．2014海口二模设fx是定义在R上的奇函数,且f2=0,当x＞0时,有恒成立,则不等式x2fx＞0的解集是A．﹣2,0∪2,+∞B．﹣2,0∪0,2 C．﹣∞,﹣2∪2,+∞D．﹣∞,﹣2∪0,2考点：函数的单调性与导数的关系；奇偶函数图象的对称性；其他不等式的解法．专题：综合题；压轴题．分析：首先根据商函数求导法则,把化为′＜0；然后利用导函数的正负性,可判断函数y=在0,+∞内单调递减；再由f2=0,易得fx在0,+∞内的正负性；最后结合奇函数的图象特征,可得fx在﹣∞,0内的正负性．则x2fx＞0fx＞0的解集即可求得．解答：解：因为当x＞0时,有恒成立,即′＜0恒成立,所以在0,+∞内单调递减．因为f2=0,所以在0,2内恒有fx＞0；在2,+∞内恒有fx＜0．又因为fx是定义在R上的奇函数,所以在﹣∞,﹣2内恒有fx＞0；在﹣2,0内恒有fx＜0．又不等式x2fx＞0的解集,即不等式fx＞0的解集．所以答案为﹣∞,﹣2∪0,2．故选D．点评：本题主要考查函数求导法则及函数单调性与导数的关系,同时考查了奇偶函数的图象特征．9．2014重庆三模对于三次函数fx=ax3+bx2+cx+da≠0,给出定义：设f′x是函数y=fx的导数,f″x是f′x的导数,若方程f′′x=0有实数解x0,则称点x0,fx0为函数y=fx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．设函数gx=,则g+=A．2011 B．2012 C．2013 D．2014考点：导数的运算；函数的值；数列的求和．专题：压轴题；导数的概念及应用．分析：正确求出对称中心,利用对称中心的性质即可求出．解答：解：由题意,g′x=x2﹣x+3,∴g″x=2x﹣1,令g″x=0,解得,又,∴函数gx的对称中心为．∴,,…∴g+=2012．故选B．点评：正确求出对称中心并掌握对称中心的性质是解题的关键．10．2014上海二模已知fx=alnx+x2a＞0,若对任意两个不等的正实数x1,x2,都有＞2恒成立,则a的取值范围是A．0,1 B．1,+∞C．0,1 D．1,+∞考点：导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性．专题：计算题；压轴题．分析：先将条件“对任意两个不等的正实数x1,x2,都有＞2恒成立”转换成当x＞0时,f'x≥2恒成立,然后利用参变量分离的方法求出a的范围即可．解答：解：对任意两个不等的正实数x1,x2,都有＞2恒成立则当x＞0时,f'x≥2恒成立f'x=+x≥2在0,+∞上恒成立则a≥2x﹣x2max=1故选D．点评：本题主要考查了导数的几何意义,以及函数恒成立问题,同时考查了转化与划归的数学思想,属于基础题．11．2012桂林模拟已知在﹣∞,+∞上是增函数,则实数a的取值范围是A．﹣∞,1 B．﹣1,4 C．﹣1,1 D．﹣∞,1考点：利用导数研究函数的单调性．专题：计算题；压轴题．分析：要是一个分段函数在实数上是一个增函数,需要两段都是增函数且两个函数的交点处要满足递增,当x小于0时,要使的函数是一个减函数,求导以后导函数横小于0,注意两个端点处的大小关系．解答：解：∵要是一个分段函数在实数上是一个增函数．需要两段都是增函数且两个函数的交点处要满足递增,当x＜0时,y′=3x2﹣a﹣1＞0恒成立,∴a﹣1＜3x2∴a﹣1≤0∴a≤1,当x=0时,a2﹣3a﹣4≤0∴﹣1≤a≤4,综上可知﹣1≤a≤1故选C．点评：本题考查函数的单调性,分段函数的单调性,解题的关键是在两个函数的分界处,两个函数的大小关系一定要写清楚．12．2012河北模拟定义在1,+∞上的函数fx满足：①f2x=cfxc为正常数；②当2≤x≤4时,fx=1﹣x﹣32,若函数fx的图象上所有极大值对应的点均落在同一条直线上,则c等于A．1B．2C．1或2 D．4或2考点：利用导数研究函数的极值；抽象函数及其应用．专题：计算题；压轴题．分析：由已知可得分段函数fx的解析式,进而求出三个函数的极值点坐标,根据三点共线,则任取两点确定的直线斜率相等,可以构造关于c的方程,解方程可得答案．解答：解：∵当2≤x≤4时,fx=1﹣x﹣32当1≤x＜2时,2≤2x＜4,则fx=f2x=1﹣2x﹣32此时当x=时,函数取极大值当2≤x≤4时,fx=1﹣x﹣32此时当x=3时,函数取极大值1当4＜x≤8时,2＜x≤4则fx=cf x=c1﹣x﹣32,此时当x=6时,函数取极大值c∵函数的所有极大值点均落在同一条直线上,即点,,3,1,6,c共线,∴解得c=1或2．故选C点评：本题考查的知识点是三点共线,函数的极值,其中根据已知分析出分段函数fx的解析式,进而求出三个函数的极值点坐标,是解答本题的关键．13．2012桂林模拟设a∈R,函数fx=e x+ae﹣x的导函数是f′x,且f′x是奇函数．若曲线y=fx的一条切线的斜率是,则切点的横坐标为A．l n2 B．﹣ln2 C．D．考点：简单复合函数的导数．专题：压轴题．分析：已知切线的斜率,要求切点的横坐标必须先求出切线的方程,我们可从奇函数入手求出切线的方程．解答：解：对fx=e x+ae﹣x求导得f′x=e x﹣ae﹣x又f′x是奇函数,故f′0=1﹣a=0解得a=1,故有f′x=e x﹣e﹣x,设切点为x0,y0,则,得或舍去,得x0=ln2．点评：熟悉奇函数的性质是求解此题的关键,奇函数定义域若包含x=0,则一定过原点．14．2012太原模拟已知定义在R上的函数y=fx﹣1的图象关于点1,0对称,且x∈﹣∞,0时,fx+xf′x＜0成立,其中f′x是fx的导函数,a=f,b=logπ3．flogπ3,则a,b,c的大小关系是A．a＞b＞c B．c＞b＞a C．c＞a＞b D．a＞c＞b考点：利用导数研究函数的单调性；函数单调性的性质；导数的乘法与除法法则．专题：计算题；压轴题．分析：由“当x∈﹣∞,0时不等式fx+xf′x＜0成立”知xfx是减函数,要得到a,b,c的大小关系,只要比较的大小即可．解答：解：∵当x∈﹣∞,0时不等式fx+xf′x＜0成立即：xfx′＜0,∴xfx在﹣∞,0上是减函数．又∵函数y=fx﹣1的图象关于点1,0对称,∴函数y=fx的图象关于点0,0对称,∴函数y=fx是定义在R上的奇函数∴xfx是定义在R上的偶函数∴xfx在0,+∞上是增函数．又∵=﹣2,2=．∴＞f＞logπ3flogπ3即＞f＞logπ3flogπ3即：c＞a＞b故选C．点评：本题考查的考点与方法有：1所有的基本函数的奇偶性；2抽象问题具体化的思想方法,构造函数的思想；3导数的运算法则：uv′=u′v+uv′；4指对数函数的图象；5奇偶函数在对称区间上的单调性：奇函数在对称区间上的单调性相同；偶函数在对称区间上的单调性相反．本题结合已知构造出hx是正确解答的关键所在．15．2012广东模拟已知fx为定义在﹣∞,+∞上的可导函数,且fx＜f′x对于x∈R恒成立,且e为自然对数的底,则A．f1＞ef0,f2012＞e2012f0 B．f1＜ef0,f2012＞e2012f0C．f1＞ef0,f2012＜e2012f0 D．f1＜ef0,f2012＜e2012f0考点：导数的运算．专题：计算题；压轴题．分析：构造函数y=的导数形式,并判断增减性,从而得到答案．解答：解：∵fx＜f'x 从而f'x﹣fx＞0 从而＞0即＞0,所以函数y=单调递增,故当x＞0时,=f0,整理得出fx＞e x f0当x=1时f1＞ef0,当x=2012时f2012＞e2012f0．故选A．点评：本题主要考查函数的单调性与其导函数的关系,函数单调性的关系,考查转化、构造、计算能力．16．2012无为县模拟已知定义在R上的函数fx、gx满足,且f′xgx＜fxg′x,,若有穷数列n∈N的前n项和等于,则n等于A．4B．5C．6D．7考点：导数的运算；数列的求和．专题：压轴题．分析：利用导数研究函数的单调性得到a的范围,再利用等比数列前n项和公式即可得出．解答：解：∵=,f′xgx＜fxg′x,∴=＜0,即函数单调递减,∴0＜a＜1．又,即,即,解得a=2舍去或．∴,即数列是首项为,公比的等比数列,∴==,由解得n=5,故选B．点评：熟练掌握导数研究函数的单调性、等比数列前n项和公式是解题的关键．17．2012福建函数fx在a,b上有定义,若对任意x1,x2∈a,b,有则称fx在a,b上具有性质P．设fx在1,3上具有性质P,现给出如下命题：①fx在1,3上的图象是连续不断的；②fx2在1,上具有性质P；③若fx在x=2处取得最大值1,则fx=1,x∈1,3；④对任意x1,x2,x3,x4∈1,3,有fx1+fx2+fx3+fx4其中真命题的序号是A．①②B．①③C．②④D．③④考点：利用导数求闭区间上函数的最值；抽象函数及其应用；函数的连续性．专题：压轴题；新定义．分析：根据题设条件,分别举出反例,说明①和②都是错误的；同时证明③和④是正确的．解答：解：在①中,反例：fx=在1,3上满足性质P,但fx在1,3上不是连续函数,故①不成立；在②中,反例：fx=﹣x在1,3上满足性质P,但fx2=﹣x2在1,上不满足性质P,故②不成立；在③中：在1,3上,f2=f≤,∴,故fx=1,∴对任意的x1,x2∈1,3,fx=1,故③成立；在④中,对任意x1,x2,x3,x4∈1,3,有=≤≤=fx1+fx2+fx3+fx4,∴fx1+fx2+fx3+fx4,故④成立．故选D．点评：本题考查的知识点为函数定义的理解,说明一个结论错误时,只需举出反例即可．说明一个结论正确时,要证明对所有的情况都成立．18．2013文昌模拟设动直线x=m与函数fx=x3,gx=lnx的图象分别交于点M、N,则|MN|的最小值为A．B．C．D．l n3﹣1考点：利用导数求闭区间上函数的最值．专题：计算题；压轴题．分析：构造函数Fx=fx﹣gx,求出导函数,令导函数大于0求出函数的单调递增区间,令导函数小于0求出函数的单调递减区间,求出函数的极小值即最小值．解答：解：画图可以看到|MN|就是两条曲线间的垂直距离．设Fx=fx﹣gx=x3﹣lnx,求导得：F'x=．令F′x＞0得x＞；令F′x＜0得0＜x＜,所以当x=时,Fx有最小值为F=+ln3=1+ln3,故选A点评：求函数的最值时,先利用导数求出函数的极值和区间的端点值,比较在它们中求出最值．19．2011枣庄二模设f′x是函数fx的导函数,有下列命题：①存在函数fx,使函数y=fx﹣f′x为偶函数；②存在函数fxf′x≠0,使y=fx与y=f′x的图象相同；③存在函数fxf′x≠0使得y=fx与y=f′x的图象关于x轴对称．其中真命题的个数为A．0B．1C．2D．3考点：导数的运算；函数奇偶性的判断．专题：计算题；压轴题．分析：对于三个命题分别寻找满足条件的函数,三个函数分别是fx=0,fx=e x,fx=e﹣x,从而得到结论．解答：解：存在函数fx=0,使函数y=fx﹣f′x=0为偶函数,故①正确存在函数fx=e x,使y=fx与y=f′x的图象相同,故②正确存在函数fx=e﹣x使得y=fx与y=f′x的图象关于x轴对称,故③正确．故选D．点评：本题主要考查了函数的奇偶性以及函数图象的对称性,解题的关键就是寻找满足条件的函数,属于基础题．20．2011武昌区模拟已知fx是定义域为R的奇函数,f﹣4=﹣1,fx的导函数f′x的图象如图所示．若两正数a,b满足fa+2b＜1,则的取值范围是A．B．C．﹣1,10 D．﹣∞,﹣1考点：函数的单调性与导数的关系；斜率的计算公式．专题：计算题；压轴题；数形结合．分析：先由导函数f′x是过原点的二次函数入手,再结合fx是定义域为R的奇函数求出fx；然后根据a、b的约束条件画出可行域,最后利用的几何意义解决问题．解答：解：由fx的导函数f′x的图象,设f′x=mx2,则fx=+n．∵fx是定义域为R的奇函数,∴f0=0,即n=0．又f﹣4=m×﹣64=﹣1,∴fx=x3=．且fa+2b=＜1,∴＜1,即a+2b＜4．又a＞0,b＞0,则画出点b,a的可行域如下图所示．而可视为可行域内的点b,a与点M﹣2,﹣2连线的斜率．又因为k AM=3,k BM=,所以＜＜3．故选B．点评：数形结合是数学的基本思想方法：遇到二元一次不定式组要考虑线性规划,遇到的代数式要考虑点x,y 与点a,b连线的斜率．这都是由数到形的转化策略．21．2011雅安三模下列命题中：①函数,fx=sinx+x∈0,π的最小值是2；②在△ABC中,若sin2A=sin2B,则△ABC是等腰或直角三角形；③如果正实数a,b,c满足a + b＞c则+＞；④如果y=fx是可导函数,则f′x0=0是函数y=fx在x=x0处取到极值的必要不充分条件．其中正确的命题是A．①②③④B．①④C．②③④D．②③考点：函数在某点取得极值的条件；不等关系与不等式；三角函数中的恒等变换应用．专题：常规题型；压轴题．分析：根据基本不等式和三角函数的有界性可知真假,利用题设等式,根据和差化积公式整理求得cosA+B=0或sinA ﹣B=0,推断出A+B=或A=B,则三角形形状可判断出．构造函数y=,根据函数的单调性可证得结论；由函数极值点与导数的关系,我们易判断对错．解答：解：①fx=sinx+≥2,当sinx=时取等号,而sinx的最大值是1,故不正确；②∵sin2A=sin2B∴sin2A﹣sin2B=cosA+BsinA﹣B=0∴cosA+B=0或sinA﹣B=0∴A+B=或A=B∴三角形为直角三角形或等腰三角形,故正确；③可构造函数y=,该函数在0．+∞上单调递增,a+b＞c则+＞,故正确；④∵fx是定义在R上的可导函数,当f′x0=0时,x0可能fx极值点,也可能不是fx极值点,当x0为fx极值点时,f′x0=0一定成立,故f′x0=0是x0为fx极值点的必要不充分条件,故④正确；故选C．点评：考查学生会利用基本不等式解题,注意等号成立的条件,同时考查了极值的有关问题,属于综合题．22．2011万州区一模已知fx=2x3﹣6x2+mm为常数在﹣2,2上有最大值3,那么此函数在﹣2,2上的最小值是A．﹣37 B．﹣29 C．﹣5 D．以上都不对考点：利用导数求闭区间上函数的最值．专题：常规题型；压轴题．分析：先求导数,根据单调性研究函数的极值点,在开区间﹣2,2上只有一极大值则就是最大值,从而求出m,通过比较两个端点﹣2和2的函数值的大小从而确定出最小值,得到结论．解答：解：∵f′x=6x2﹣12x=6xx﹣2,∵fx在﹣2,0上为增函数,在0,2上为减函数,∴当x=0时,fx=m最大,∴m=3,从而f﹣2=﹣37,f2=﹣5．∴最小值为﹣37．故选：A点评：本题考查了利用导数求闭区间上函数的最值,求函数在闭区间a,b上的最大值与最小值是通过比较函数在a,b 内所有极值与端点函数fa,fb 比较而得到的,属于基础题．23．2010河东区一模已知定义在R上的函数fx是奇函数,且f2=0,当x＞0时有,则不等式x2fx＞0的解集是A．﹣2,0∪2,+∞B．﹣∞,﹣2∪0,2 C．﹣2,0∪0,2 D．﹣2,2∪2,+∞考点：函数的单调性与导数的关系；函数单调性的性质．专题：计算题；压轴题．分析：首先根据商函数求导法则,把化为′＜0；然后利用导函数的正负性,可判断函数y=在0,+∞内单调递减；再由f2=0,易得fx在0,+∞内的正负性；最后结合奇函数的图象特征,可得fx在﹣∞,0内的正负性．则x2fx＞0fx＞0的解集即可求得．解答：解：因为当x＞0时,有恒成立,即′＜0恒成立,所以在0,+∞内单调递减．因为f2=0,所以在0,2内恒有fx＞0；在2,+∞内恒有fx＜0．又因为fx是定义在R上的奇函数,所以在﹣∞,﹣2内恒有fx＞0；在﹣2,0内恒有fx＜0．又不等式x2fx＞0的解集,即不等式fx＞0的解集．所以答案为﹣∞,﹣2∪0,2．故选B．点评：本题主要考查函数求导法则及函数单调性与导数的关系,同时考查了奇偶函数的图象特征．24．2010惠州模拟给出定义：若函数fx在D上可导,即f′x存在,且导函数f′x在D上也可导,则称fx在D上存在二阶导函数,记f″x=f′x′,若f″x＜0在D上恒成立,则称fx在D上为凸函数．以下四个函数在上不是凸函数的是A．f x=sinx+cosx B．f x=lnx﹣2x C．f x=﹣x3+2x﹣1 D．f x=﹣xe﹣x考点：利用导数研究函数的单调性．专题：压轴题．分析：对ABCD分别求二次导数,逐一排除可得答案．解答：解：对于fx=sinx+cosx,f′x=cosx﹣sinx,f″x=﹣sinx﹣cosx,当x∈时,f″x＜0,故为凸函数,排除A；对于fx=lnx﹣2x,f′x=,f″x=﹣,当x∈时,f″x＜0,故为凸函数,排除B；对于fx=﹣x3+2x﹣1,f′x=﹣3x2+2,f″x=﹣6x,当x∈时,f″x＜0,故为凸函数,排除C；故选D．点评：本题主要考查函数的求导公式．属基础题．25．2010黄冈模拟已知fx为定义在﹣∞,+∞上的可导函数,且fx＜f′x对于x∈R恒成立,则A．f2＞e2f0,f2010＞e2010f0 B．f2＜e2f0,f2010＞e2010f0C．f2＞e2f0,f2010＜e2010f0 D．f2＜e2f0,f2010＜e2010f0考点：利用导数研究函数的单调性．专题：压轴题．分析：先转化为函数y=的导数形式,再判断增减性,从而得到答案．解答：解：∵fx＜f'x 从而f'x﹣fx＞0 从而＞0从而＞0 从而函数y=单调递增,故x=2时函数的值大于x=0时函数的值,即所以f2＞e2f0．同理f2010＞e2010f0；故选A．点评：本题主要考查函数的单调性与其导函数的正负情况之间的关系,即导函数大于0时原函数单调递增,当导函数小于0时原函数单调递减．26．2010龙岩二模已知fx、gx都是定义在R上的函数,f′xgx+fxg′x＜0,fxgx=a x,f1g1+f﹣1g﹣1=．在区间﹣3,0上随机取一个数x,fxgx的值介于4到8之间的概率是A．B．C．D．考点：利用导数研究函数的单调性；几何概型．专题：计算题；压轴题．分析：根据函数积的导数公式,可知函数fxgx在R上是减函数,根据fxgx=a x,f1g1+f﹣1g﹣1=．我们可以求出函数解析式,从而可求出fxgx的值介于4到8之间时,变量的范围,利用几何概型的概率公式即可求得．解答：解：由题意,∵f'xgx+fxg'x＜0,∴fxgx'＜0,∴函数fxgx在R上是减函数∵fxgx=a x,∴0＜a＜1∵f1g1+f﹣1g﹣1=．∴∴∵fxgx的值介于4到8∴x∈﹣3,﹣2∴在区间﹣3,0上随机取一个数x,fxgx的值介于4到8之间的概率是故选A．点评：本题的考点是利用导数确定函数的单调性,主要考查积的导数的运算公式,考查几何概型,解题的关键是确定函数的解析式,利用几何概型求解．27．2010成都一模已知函数在区间1,2内是增函数,则实数m的取值范围是A．B．C．0,1 D．考点：利用导数研究函数的单调性．专题：压轴题．分析：首先求出函数的导数,然后根据导数与函数增减性的关系求出m的范围．解答：解：由题得f′x=x2﹣2mx﹣3m2=x﹣3mx+m,∵函数在区间1,2内是增函数,∴f′x＞0,当m≥0时,3m≤1,∴0≤m≤,当m＜0时,﹣m≤1,∴﹣1≤m＜0,∴m∈﹣1,．故选D．点评：掌握函数的导数与单调性的关系．28．2009安徽设函数fx=x3+x2+tanθ,其中θ∈0,,则导数f′1的取值范围是A．﹣2,2 B．,C．,2 D．,2考点：导数的运算．专题：压轴题．分析：利用基本求导公式先求出f′x,然后令x=1,求出f′1的表达式,从而转化为三角函数求值域问题,求解即可．解答：解：∵f′x=sinθx2+cosθx,∴f′1=sinθ+cosθ=2sinθ+．∵θ∈0,,∴θ+∈,．∴sinθ+∈,1．∴2sinθ+∈,2．故选D．点评：本题综合考查了导数的运算和三角函数求值域问题,熟记公式是解题的关键．29．2009天津设函数fx在R上的导函数为f′x,且2fx+xf′x＞x2,下面的不等式在R内恒成立的是A．f x＞0 B．f x＜0 C．f x＞x D．f x＜x考点：导数的运算．专题：压轴题．分析：对于这类参数取值问题,针对这些没有固定套路解决的选择题,最好的办法就是排除法．解答：解：∵2fx+xf′x＞x2,令x=0,则fx＞0,故可排除B,D．如果fx=x2+,时已知条件2fx+xf′x＞x2成立,但fx＞x 未必成立,所以C也是错的,故选A故选A．点评：本题考查了运用导数来解决函数单调性的问题．通过分析解析式的特点,考查了分析问题和解决问题的能力．30．2009陕西设曲线y=x n+1n∈N在点1,1处的切线与x轴的交点的横坐标为x n,则x1x2…x n的值为A．B．C．D．1考点：利用导数研究曲线上某点切线方程；直线的斜率．专题：计算题；压轴题．分析：欲判x1x2…x n的值,只须求出切线与x轴的交点的横坐标即可,故先利用导数求出在x=1处的导函数值,再结合导数的几何意义即可求出切线的斜率．从而问题解决．解答：解：对y=x n+1n∈N求导得y′=n+1x n,令x=1得在点1,1处的切线的斜率k=n+1,在点1,1处的切线方程为y﹣1=kx n﹣1=n+1x n﹣1,不妨设y=0,则x1x2x3…x n=××,故选B．点评：本小题主要考查直线的斜率、利用导数研究曲线上某点切线方程、数列等基础知识,考查运算求解能力、化归与转化思想．属于基础题．高中数学导数尖子生辅导解答题一．解答题共30小题1．2014遵义二模设函数fx=x2+aln1+x有两个极值点x1、x2,且x1＜x2,Ⅰ求a的取值范围,并讨论fx的单调性；Ⅱ证明：fx2＞．考点：利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数的单调性；不等式的证明．专题：计算题；证明题；压轴题．分析：1先确定函数的定义域然后求导数fˊx,令gx=2x2+2x+a,由题意知x1、x2是方程gx=0的两个均大于﹣1的不相等的实根,建立不等关系解之即可,在函数的定义域内解不等式fˊx＞0和fˊx＜0,求出单调区间；2x2是方程gx=0的根,将a用x2表示,消去a得到关于x2的函数,研究函数的单调性求出函数的最大值,即可证得不等式．解答：解：I令gx=2x2+2x+a,其对称轴为．由题意知x1、x2是方程gx=0的两个均大于﹣1的不相等的实根,其充要条件为,得1当x∈﹣1,x1时,f'x＞0,∴fx在﹣1,x1内为增函数；2当x∈x1,x2时,f'x＜0,∴fx在x1,x2内为减函数；3当x∈x2,+∞时,f'x＞0,∴fx在x2,+∞内为增函数；II由Ig0=a＞0,∴,a=﹣2x22+2x2∴fx2=x22+aln1+x2=x22﹣2x22+2x2ln1+x2设,则h'x=2x﹣22x+1ln1+x﹣2x=﹣22x+1ln1+x1当时,h'x＞0,∴hx在单调递增；2当x∈0,+∞时,h'x＜0,hx在0,+∞单调递减．∴故．点评：本题主要考查了利用导数研究函数的单调性,以及利用导数研究函数的极值等有关知识,属于基础题．2．2014武汉模拟己知函数fx=x2e﹣xⅠ求fx的极小值和极大值；Ⅱ当曲线y=fx的切线l的斜率为负数时,求l在x轴上截距的取值范围．考点：利用导数研究函数的极值；根据实际问题选择函数类型；利用导数研究曲线上某点切线方程．专题：综合题；压轴题；转化思想；导数的综合应用．分析：Ⅰ利用导数的运算法则即可得出f′x,利用导数与函数单调性的关系及函数的极值点的定义,即可求出函数的极值；Ⅱ利用导数的几何意义即可得到切线的斜率,得出切线的方程,利用方程求出与x轴交点的横坐标,再利用导数研究函数的单调性、极值、最值即可．解答：解：Ⅰ∵fx=x2e﹣x,∴f′x=2xe﹣x﹣x2e﹣x=e﹣x2x﹣x2,令f′x=0,解得x=0或x=2,令f′x＞0,可解得0＜x＜2；令f′x＜0,可解得x＜0或x＞2,故函数在区间﹣∞,0与2,+∞上是减函数,在区间0,2上是增函数．∴x=0是极小值点,x=2极大值点,又f0=0,f2=．故fx的极小值和极大值分别为0,．II设切点为,则切线方程为y﹣=x﹣x0,令y=0,解得x==,因为曲线y=fx的切线l的斜率为负数,∴＜0,∴x0＜0或x0＞2,。
压轴题04 函数与导数常见经典压轴大题(原卷版)-2023年高考数学压轴题专项训练(江苏专用)
压轴题04函数与导数常见经典压轴大题函数与导数是高中数学的重要考查内容，同时也是高等数学的基础，其试题的难度呈逐年上升趋势，通过对近十年的高考数学试题，分析并归纳出五大考点：（1）含参函数的单调性、极值与最值；（2）函数的零点问题；（3）不等式恒成立与存在性问题；（4）函数不等式的证明．（5）导数中含三角函数形式的问题其中，对于函数不等式证明中极值点偏移、隐零点问题、含三角函数形式的问题探究和不等式的放缩应用这四类问题是目前高考函数与导数压轴题的热点．考向一：导数与数列不等式的综合问题考向二：双变量问题考向三：证明不等式考向四：零点问题考向五：不等式恒成立问题考向六：极值点偏移问题与拐点偏移问题考向七：导数中的同构问题考向八：导数与三角函数结合问题1、对称变换主要用来解决与两个极值点之和、积相关的不等式的证明问题．其解题要点如下：（1）定函数（极值点为0x ），即利用导函数符号的变化判断函数单调性，进而确定函数的极值点0x ．（2）构造函数，即根据极值点构造对称函数0()()(2)F x f x f x x =--，若证2120x x x >，则令02()()()x F x f x f x=-．（3）判断单调性，即利用导数讨论()F x 的单调性．（4）比较大小，即判断函数()F x 在某段区间上的正负，并得出()f x 与0(2)f x x -的大小关系．（5）转化，即利用函数()f x 的单调性，将()f x 与0(2)f x x -的大小关系转化为x 与02x x -之间的关系，进而得到所证或所求．【注意】若要证明122x x f +⎛⎫' ⎪⎝⎭的符号问题，还需进一步讨论122x x +与x 0的大小，得出122x x +所在的单调区间，从而得出该处导数值的正负．构造差函数是解决极值点偏移的一种有效方法，函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中．某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用．因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的．根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧．许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效2121212ln ln 2x x x x x x -+<-证明极值点偏移：①由题中等式中产生对数；②将所得含对数的等式进行变形得到1212ln ln x x x x --；③利用对数平均不等式来证明相应的问题．3、比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明题中的不等式即可．1．（2023·全国·校联考二模）已知函数()()2ln R 2a f x x x x x a a =--+∈，()f x '为()f x 的导函数．(1)当12a =时，若()()g x f x ='在[[],1(0)t t t +>上的最大值为()h t ，求()h t ；(2)已知12,x x 是函数f （x ）的两个极值点，且12x x <，若不等式112e mmx x +<恒成立，求正数m的取值范围．2．（2023·河南·校联考二模）已知函数()22ln f x x x x =+．(1)求()f x 的极值；(2)若不等式()2e x f x x m x≥+在1,e ∞⎡⎫+⎪⎢⎣⎭上恒成立，求实数m 的取值范围．3．（2023·全国·模拟预测）已知函数()21ln (0)2f x x x x a a=-+>.(1)若1a =，求函数()f x 在点()()1,1f 处的切线方程；(2)若函数()21ln (0)2f x x x x a a=-+>在其定义域上有唯一零点，求实数a 的值.4．（2023·广西柳州·柳州高级中学校联考模拟预测）已知函数()ln eaf x x x =-（其中a ∈R ，e 为自然对数的底数）．(1)若函数()f x 存在极大值，且极大值不小于1，求a 的取值范围；(2)当e a =时，证明()121e 2102x x f x x -⎛⎫+-++< ⎪⎝⎭．5．（2023·湖北·校联考模拟预测）已知函数2sin ()π,[0,π]ex xf x x x x =-+∈．(1)求()f x 在(0,(0))f 处的切线方程；(2)若()f x m =存在两个非负零点12,x x ，求证：212ππ1mx x -≤-+．6．（2023·上海静安·统考二模）已知函数()()211ln 2f x x a x a x =-++.（其中a 为常数）(1)若2a =-，求曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线方程；(2)当a<0时，求函数()y f x =的最小值；(3)当01a ≤<时，试讨论函数()y f x =的零点个数，并说明理由.7．（2023·河北沧州·统考模拟预测）已知函数()()ln 1f x x ax a =--∈R .(1)若函数()y f x =在区间[)1,+∞上单调递减，求实数a 的取值范围；(2)若方程()20f x +=有两个实根1x ，2x ，且212x x >，求证：212332e x x >.参考数据：ln 20.693≈，ln 3 1.099≈.8．（2023·广东湛江·统考一模）已知函数()e cos 2xf x x =+-．(1)证明：函数()f x 只有一个零点；(2)在区间()0,∞+上函数()sin f x ax x >-恒成立，求a 的取值范围．9．（2023·重庆九龙坡·统考二模）已知函数()ln ax ax f x x=+-，函数()2ln 2e 2e 12xx x a g x a x x-=+-+.(1)当0a >时，求()f x 的单调区间；(2)已知12a ≥，1e 2x x>，求证：()0g x <；(3)已知n 为正整数，求证：11111ln 212212n n n n n+++⋅⋅⋅+>++-.10．（2023·广东梅州·统考二模）已知函数()1e ln -=-xf x a x ，其中R a ∈．(1)当1a =时，讨论()f x 的单调性；(2)当[]0,πx ∈时，()21cos 1f x x +-≥恒成立，求实数a 的取值范围．11．（2023·上海松江·统考二模）已知0x >，记()e xf x =，()xg x x =，()ln ()h x g x =．(1)试将()y f x =、()y g x =、()y h x =中的一个函数表示为另外两个函数复合而成的复合函数；(2)借助（1）的结果，求函数()2y g x =的导函数和最小值；(3)记()()()f x h x H x x a x-=++，a 是实常数，函数()y H x =的导函数是()y H x '='．已知函数()()y H x H x =⋅'有三个不相同的零点123x x x 、、．求证：1231x x x ⋅⋅<．12．（2023·浙江宁波·统考二模）已知函数2()ln f x x ax =-．(1)讨论函数()f x 的单调性：(2)若12,x x 是方程()0f x =的两不等实根，求证：（i ）22122e x x +>；（ii ）12x x >13．（2023·河北保定·统考一模）已知函数()()sin ln 1f x x a x =-+．(1)当1a =时，证明：当[]0,1x ∈时，()0f x ≥；(2)当[]0,πx ∈时，()2e 2xf x ≤-恒成立，求a 的取值范围．14．（2023·浙江金华·模拟预测）已知函数()()sin ln 1,R f x a x x a =-+∈．(1)若对(1,0]x ∀∈-时，()0f x ≥，求正实数a 的最大值；(2)证明：221sinln 2ni i =<∑；(3)若函数()()1e sin x g x f x a x +=+-的最小值为m ，证明：方程()1eln 10x mx +--+=有唯一的实数根，（其中e 2.71828= 是自然对数的底数）15．（2023·青海西宁·统考二模）已知()()e ln R xf x a x a =-∈．(1)若()f x 在[)1,+∞上单调递增，求a 的取值范围，(2)证明：当21e a ≥时，()0f x >．16．（2023·江西·统考模拟预测）已知函数()ln af x x x=+的图象在1x =处的切线方程为y b =．(1)求a ，b 的值及()f x 的单调区间．(2)已知()()2e e x x xf x mxF x x x-+=-，是否存在实数m ，使得曲线()y F x =恒在直线1y x =+的上方？若存在，求出实数m 的值；若不存在，请说明理由．17．（2023·山东德州·统考一模）已知1()sin (1)1f x a x x x x =-+>-+，且0为()f x 的一个极值点．(1)求实数a 的值；(2)证明：①函数()f x 在区间(1,)-+∞上存在唯一零点；②22111sin 121nk n k=-<<+∑，其中*N n ∈且2n ≥．18．（2023·江西吉安·统考一模）已知函数()()ln ,e e x xf x xg x -=-=-.(1)若[]()()0,1,x g x f a ∃∈>成立，求实数a 的取值范围；(2)证明：()()πcos 2e x h x f x =+有且只有一个零点0x，且20π1e cos e 2e x g -⎛⎫<< ⎝⎭19．（2023·河南·郑州一中校联考模拟预测）已知函数()1ln m f x m x x x+=++．(1)求函数()f x 的单调区间；(2)当1m =时，证明：()23e x xf x x <+．20．（2023·陕西渭南·统考二模）已知函数()()1ln e ,xxf xg x m x+==-.()m ∈R (1)证明：()1f x x ≥+；(2)若()()f x g x ≥，求实数m 的取值范围；(3)证明：11e e 1knk k =⎛⎫< ⎪-⎝⎭∑.()N n +∈21．（2023·全国·东北师大附中校联考模拟预测）已知函数()()ln 10f x x ax a =-->.(1)当1a =时，求过原点且与()f x 相切的直线方程；(2)若()()()e 0ax g x x f x a =+⋅>有两个不同的零点()1212,0x x x x <<，不等式212e mx x ⋅>恒成立，求实数m 的取值范围.22．（2023·青海·校联考模拟预测）已知函数()()21e xf x ax x =+-.(1)当12a =-时，讨论函数()f x 在()0,∞+上的单调性；(2)当0x >时，()1f x <，求实数a 的取值范围．23．（2023·天津·校联考一模）设函数()()()21e 2,R x f x x m x m =+++∈．(1)讨论()f x 的单调性；(2)若当[2,)x ∈-+∞时，不等式()()213e f x m x x -≥+-恒成立，求m 的取值范围．。
专题11 导数中的极值偏移问题(全题型压轴题)(学生版)-2024年高考数学压轴专题复习
f
x1
f
x2
f
x3 x1
x2
x3 ，求证：
x3
2
x1
e 1．
②差值代换法
1．（2023·全国·高二专题练习）已知函数 g(x) ex ax2 ax ， h(x) ex 2x ln x ．其中 e 为自然对数的底 数． （1）若 f (x) h(x) g(x) ，讨论 f (x) 的单调性；
①对称化构造法
1．（多选）（2023 春·山东德州·高二统考期末）定义在 R 上的函数 f x 满足 f x ex f x ，且 f 0 1，则下列说法正确的是（ ）
A． f x 在 x 2 处取得极小值 B． f x 有两个零点 C．若 x 0 ， f x k 恒成立，则 k 1 D．若 x1 ， x2 R ， x1 x2 ， f x1 f x2 ，则 x1 x2 4 2．（2023 春·河北张家口·高二统考期末）已知函数 f x x ln x . (1)求函数 f x 的单调区间和极值； (2)若方程 f x 2x 1 的两个解为 x1 、 x2 ，求证： x1 x2 2e .
f
x
a x
有两个零点 x1 ， x2 ，求实数
a
的取值范围并证明 x1x2
e2 .
2．（2023 春·福建莆田·高二校考期中）已知函数 f x lnx ax2 . (1)讨论函数 f x 的单调性： (2)若 x1, x2 是方程 f x 0 的两不等实根，求证： x12 x22 2e ；
a
ln
x,
x
1为其极小值
点．
(1)求实数 a 的值；
(2)若存在 x1 x2 ，使得 f x1 f x2 ，求证： x1 x2 2 ．
专题10 利用导数研究双变量问题(全题型压轴题)试题含解析
专题10利用导数研究双变量问题（全题型压轴题）目录①12()()f x g x =型......................................................1②12()()f x g x ≥型（或12()()f x g x ≤型） (2)③构造函数法 (5)①12()()f x g x =型②12()()f x g x ≥型（或12()()f x g x ≤型）6．（2023春·河南信阳·高一校考期中）已知函数()()2log 221x f x a x ⎡⎤=-+-⎣⎦，函数()22x x g x t -=-⋅．(1)若()g x 是偶函数，求实数t 的值，并用单调性的定义判断()g x 在[)0,∞+上的单调性；(2)在（1）的条件下，若对于[)10,x ∀∈+∞，2x R ∀∈，都有()()1222log 2f x g x a +≤+成立，求实数a 的取值范围．③构造函数法专题10利用导数研究双变量问题（全题型压轴题）目录①12()()f x g x =型......................................................1②12()()f x g x ≥型（或12()()f x g x ≤型） (8)③构造函数法 (15)①12()()f x g x =型对于D 选项，由上述分析可知，()21,x ∈+∞，则()[)2e,f x ∈+∞，1R x ∈，()1g x a ≥，要使“对1x ∀∈R ，()21,x ∃∈+∞，使得()1g x f =则需e a ≥，所以D 选项正确．故选：BD.4．（2023·全国·高二专题练习）已知函数()f x②12()()f x g x ≥型（或12()()f x g x ≤型）③构造函数法。
妙用洛必达法则-2023年新高考数学导数压轴题(解析版)
妙用洛必达法则【典型例题】例1.已知f(x)=(x+1)ln x．(1)求f(x)的单调区间；(2)若对任意x≥1，不等式xf(x)x+1-ax+a≤0恒成立，求a的取值范围．【解析】解：(1)f(x)的定义域为(0,+∞)，f′(x)=ln x+1+1 x，令g(x)=ln x+1+1x(x>0)，则g (x)=1x-1x2=x-1x2所以当0<x<1时，g (x)<0；当x>1时，g (x)>0，所以g(x)在(0,1)单调递减，在(1,+∞)单调递增，所以x>0时，g(x)>g(1)=2>0，即f(x)在(0,+∞)上单调递增，所以f(x)的增区间为(0,+∞)，无减区间．(2)对任意x≥1，不等式xf(x)x+1-ax+a≤0恒成立等价于对任意x≥1，ln x-a x-1x≤0恒成立．当x=1，a∈R对任意x>1，不等式xf(x)x+1-ax+a≤0恒成立等价于对任意x>1，a≥x ln xx2-1恒成立．记m(x)=x ln xx2-1(x>1)，则m (x)=(1+ln x)(x2-1)-2x2ln x(x2-1)2=x2-1-(1+x2)ln x(x2-1)2=1 x2+11-2x2+1-ln x (x2-1)2，记t(x)=1-21+x2-ln x(x>1)，则t (x)=4x(1+x2)2-1x=4x2-(1+x2)2x(1+x2)2=-(1-x2)2x(1+x2)2<0，所以t(x)在(1,+∞)单调递减，又t(1)=0，所以，x>1时，t(x)<0，即m (x)<0，所以m(x)在(1,+∞)单调递减．所以m(x)max<m(1)=limx→1x ln xx2-1=limx→1x ln xx+1-0x-1=x ln xx+1x=1=x+1-ln x(x+1)2x=1=12，综上所述，a的取值范围是12,+∞．例2.设函数f(x)=ln(x+1)+a(x2-x)，其中a∈R．(1)a=1时，求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)讨论函数f(x)极值点的个数，并说明理由；(3)若∀x>0，f(x)≥0成立，求a的取值范围．【解析】解：(1)当a=1时，切点为(1,ln2)，则f′(x)=1x+1+2x-1，所以f′(1)=32，切线方程为y-ln2=32(x-1)，即3x-2y+2ln2-3=0，所以切线方程为：3x-2y+2ln2-3=0；(2)由题意可知，函数f(x)的定义域为(-1,+∞)，则f′(x)=1x+1+a(2x-1)=2ax2+ax-a+1x+1，令g(x)=2ax2+ax-a+1，x∈(-1,+∞)，①当a=0时，f′(x)>0，函数f(x)在(-1,+∞)上单调递增，无极值点，②当a>0时，△=a(9a-8)，当0<a≤89时，△≤0，g(x)≥0，f′(x)≥0，所以f(x)在(-1,+∞)上单调递增，无极值点，当a>89时，△>0，设方程2ax2+ax-a+1=0的两个根，x1，x2，且x1=-a-9a2-8a4a，x2=-a+9a2-8a4a，此时x1<x2，因为x1+x2=-12，x1<-14，x2>-14，g(-1)=1>0，所以-1<x1<-14，因为x∈(-1,x1)，(x2，+∞)时，g(x)>0，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，x∈(x1，x2)时，g(x)<0，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，所以函数有两个极值点，当a<0时，△>0，设方程2ax2+ax-a+1=0的两个根，x1，x2，且x1=-a-9a2-8a4a，x2=-a+9a2-8a4a，此时x1>x2，因为g(-1)=1>0，所以x2<-1，所以，x∈(-1,x1)时，g(x)>0，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，当x∈(x2，+∞)时，g(x)<0，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，所以函数有一个极值点，综上可知，当a<0时，函数f(x)有一个极值点；当0≤a≤89时，函数f(x)无极值点；当a>89时，函数f(x)有两个极值点；(3)当0≤a≤89时，函数f(x)在(0,+∞)上单调递增，因为f(0)=0，所以x∈(0,+∞)时，f(x)>0，符合题意，当89<a≤1时，g(0)>0，得x2<0，所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递增，又因为f(0)=0，所以x∈(0,+∞)时，f(x)>0，符合题意，当a>1时，由g(0)<0，得x2>0，所以x∈(0,x2)时，函数f(x)单调递减，因为f(0)=0，所以x∈(0,x2)时，f(x)<0时，不符合题意，当a<0时，设h(x)=x-ln(x+1)，因为x∈(0,+∞)时，h′(x)=1-1x+1=xx+1>0，所以h(x)在(0,+∞)上单调递增，所以当x∈(0,+∞)时，h(x)>h(0)=0，即h(x+1)<x，可得f(x)<x+a(x2-x)=ax2+(1-a)x，当x>1-1a时，ax2+(1-a)x<0，此时f(x)<0，不合题意，综上，a的取值范围为[0，1]．例3.已知函数f(x)=x2-mx-e x+1．(1)若函数f(x)在点(1，f(1))处的切线l经过点(2,4)，求实数m的值；(2)若关于x的方程|f(x)|=mx有唯一的实数解，求实数m的取值范围．【解析】解：(1)f (x)=2x-m-e x，∴在点(1，f(1))处的切线l的斜率k=f (1)=2-e-m，又f(1)=2-e-m，∴切线l的方程为y-(2-e-m)=(2-e-m)(x-1)，即l:y=(2-e-m)x，由l经过点(2,4)，可得4=2(2-e-m)⇒m=-e．(2)证明：易知|f(0)|=0=m×0⇒x=0为方程的根，由题只需说明当x>0和x<0时原方程均没有实数解即可．①当x>0时，若m<0，显然有mx<0，而|f(x)|≥0恒成立，此时方程显然无解，若m=0，f(x)=x2-e x+1⇒f (x)=2x-e x，f (x)=2-e x，令f (x)>0⇒x<ln2，故f (x)在(0,ln2)单调递增，在(ln2,+∞)单调递减，故f (x)<f (ln2)=2ln2-2<0⇒f(x)在(0,+∞)单调递减⇒f(x)<f(0)=0，从而|f(x)|>0，mx=0×x=0，此时方程|f(x)|=mx也无解．若m>0，由|f(x)|=mx⇒m=x+1x-e xx-m，记g(x)=x+1x-e xx-m，则g (x)=(x-1)(x+1-e x)x2，设h(x)=x+1-e x，则h (x)=1-e x<0有(0,+∞)恒成立，∴h(x)<h(0)=0恒成立，故令g (x )>0⇒0<x <1⇒g (x )在(0,1)上递增，在(1,+∞)上递减⇒g (x )≤g (1)=2-e -m <0⇒|g (x )|≥e -2+m >m ，可知原方程也无解，由上面的分析可知x >0时，∀m ∈R ，方程|f (x )|=mx 均无解．②当x <0时，若m >0，显然有mx <0，而|f (x )|≥0恒成立，此时方程显然无解，若m =0，和①中的分析同理可知此时方程|f (x )|=mx 也无解．若m <0，由|f (x )|=mx ⇒-m =x +1x -e x x-m，记g (x )=x +1x -e x x -m ，则g(x )=(x -1)(x +1-e x )x 2，由①中的分析知h (x )=x +1-e x <0，故g (x )>0在(-∞,0)恒成立，从而g (x )在(-∞,0)上单调递增，当x →0时，g (x )→lim x →0-g (x )=lim x →0-x 2+1-e x x -m =lim x →0-2x -e x1-m =-1-m ，如果-1-m ≤0，即m ≥-1，则|g (x )|>m +1，要使方程无解，只需-m ≤m +1⇒m ≥-12，即有-12≤m <0如果-1-m >0，即m <-1，此时|g (x )|∈[0，+∞)，方程-m =|g (x )|一定有解，不满足．由上面的分析知x <0时，∀m ∈-12,+∞ ，方程|f (x )|=mx 均无解，综合①②可知，当且仅当m ∈-12,+∞ 时，方程|f (x )|=mx 有唯一解，∴m 的取值范围为-12,+∞ ．【同步练习】1.设函数f (x )=e x -1-x -ax 2，(1)若a =0，求f (x )的单调区间；(2)若当x ≥0时f (x )≥0，求a 的取值范围．【解析】(1)a =0时，f (x )=e x -1-x ，f '(x )=e x -1．当x ∈(-∞,0)时，f '(x )<0；当x ∈(0,+∞)时，f '(x )>0．故f (x )在(-∞,0)单调减少，在(0,+∞)单调增加．(2)当x =0时，f (x )=0，对于任意实数a ，f (x )≥0恒成立；当x >0时，f (x )≥0等价于a ≤e x -1-x x 2，令g (x )=e x -x -1x 2(x >0)，则g(x )=xe x -2e x +x +2x 3，令h (x )=xe x -2e x +x +2(x >0)，则h (x )=xe x -e x +1，h (x )=xe x >0，所以h (x )在(0,+∞)上为增函数，h (x )>h (0)=0，所以h (x )在(0,+∞)上为增函数，h (x )>h (0)=0，所以g (x)>0，g(x)在(0,+∞)上为增函数．而limx→0+(e x-1-x)=0，limx→0+(x2)=0，由洛必达法则知，lim x→0+e x-1-xx2=limx→0+e x-12x=limx→0+e x2=12，故a≤12．综上得a的取值范围为-∞,1 2．2.设函数f(x)=ln(x+1)+a(x2-x)，其中a∈R．(1)讨论函数f(x)极值点的个数，并说明理由；(2)若∀x>0，f(x)≥0成立，求a的取值范围．【解析】(1)f(x)=ln(x+1)+a(x2-x)，定义域为(-1,+∞)f (x)=1x+1+a(2x-1)=a(2x-1)(x+1)+1x+1=2ax2+ax+1-ax+1，当a=0时，f (x)=1x+1>0，函数f(x)在(-1,+∞)为增函数，无极值点．设g(x)=2ax2+ax+1-a,g(-1)=1,Δ=a2-8a(1-a)=9a2-8a，当a≠0时，根据二次函数的图像和性质可知g(x)=0的根的个数就是函数f(x)极值点的个数．若Δ=a(9a-8)≤0，即0<a≤89时，g(x)≥0，f(x)≥0函数在(-1,+∞)为增函数，无极值点．若Δ=a(9a-8)>0，即a>89或a<0，而当a<0时g(-1)≥0此时方程g(x)=0在(-1,+∞)只有一个实数根，此时函数f(x)只有一个极值点；当a>89时方程g(x)=0在(-1,+∞)都有两个不相等的实数根，此时函数f(x)有两个极值点；综上可知当0≤a≤89时f(x)的极值点个数为0；当a<0时f(x)的极值点个数为1；当a>89时，f(x)的极值点个数为2．(2)函数f(x)=ln(x+1)+a(x2-x)，∀x>0，都有f(x)≥0成立，即ln(x+1)+a(x2-x)≥0恒成立，设h(x)=-ln x+1x2-x，则h (x)=-1x+1(x2-x)+(2x-1)ln(x+1)(x2-x)2=(2x-1)-x2-x(2x-1)(x+1)+ln(x+1)(x2-x)2，设φ(x)=-x2-x(2x-1)(x+1)+ln(x+1)，则φ (x)=(x2-x)(4x+1)(2x-1)2(x+1)2，所以x∈0,1 2和x∈12,1时，φ (x)<0，所以φ(x)在对应区间递减，x∈(1,+∞)时，φ (x)>0，所以φ(x)在对应区间递增，因为φ(0)=0，limx→12+-x2-x(2x-1)(x+1)>0，φ(1)=ln2>0，所以x∈(0,1)和x∈(1,+∞)时，h (x)>0，所以h(x)在(0,1)与(1,+∞)上递增．当x∈0,1时，x2-x<0，所以a≤-ln x+1x2-x，由h(x)的单调性得，a≤limx→0-ln x+1x2-x=limx→0-1x+12x-1=limx→0-12x-1x+1=1；当x=1时，f(x)=0，恒成立；当x∈1,+∞时，x2-x>0，所以a≥-ln x+1x2-x，由h(x)的单调性得，所以a≥-ln x+1x2-x=limx→+∞-ln x+1x2-x=limx→+∞-1x+12x-1=limx→+∞-12x-1x+1=0，综上，a∈0,13.已知函数f(x)=e x，g(x)=bx+1，若f(x)≥g(x)对于任意x∈R恒成立，求b的取值集合．【解析】e x≥bx+1恒成立，即e x-1≥bx．当x=0时显然成立，即b∈R．当x>0时，b<e x-1x，令F(x)=e x-1x，则F(x)=e x(x-1)+1x2，令G(x)=e x(x-1)+1，则G (x)=xe x>0，所以G(x)递增，所以G(x)>G(0)=0，所以F (x)在(0,+∞)上恒成立．所以F(x)在(0,+∞)上递增，根据洛必达法则得，limx→0+e x-1x=limx→0+e x1=1，所以b≤1．同理，当x<0时，b≥1．综上所述，b的取值集合为1 ．4.设函数f(x)=ln(x+1)，g(x)=xf (x)，x≥0，其中f (x)是f(x)的导函数，若f(x)≥ag(x)恒成立，求实数a的取值范围．【解析】已知f(x)≥ag(x)恒成立，即ln(x+1)≥axx+1恒成立．当x=0时，a为任意实数，均有不等式恒成立．当时x>0，不等式变形为a≤(x+1)ln(x+1)x恒成立．令h(x)=(x+1)ln(x+1)x，则h(x)=x-ln(x+1)x2，再令φ(x)=x-ln(x+1)，则φ (x)=xx+1．因为x>0，所以φ (x)>0，所以φ(x)在(0,+∞)上递增，从而有φ(x)>φ(0)=0．进而有h (x)>0，所以h(x)在(0,+∞)上递增．当x→0+时，有(x+1)ln(x+1)→0，x→0，由洛必达法则得limx→0+h(x)=limx→0+(x+1)ln(x+1)x=limx→0+ln(x+1)+11=1，所以当x→0+时，h(x)→1．所以a≤(x+1)ln(x+1)x恒成立，则a≤1．综上，实数的取值范围为(-∞,1]．5.若不等式sin x>x-ax3对于x∈0,π2恒成立，求a的取值范围．【解析】当x∈0,π2时，原不等式等价于a>x-sin xx3．记f(x)=x-sin xx3，则f (x)=3sin x-x cos x-2xx4．记g(x)=3sin x-x cos x-2x，则g (x)=2cos x+x sin x-2．因为g (x)=x cos x-sin x=cos x(x-tan x)，g (x)=-x sin x<0，所以g (x)在0,π2上单调递减，且g (x)<0，所以g (x)在0,π2上单调递减，且g (x)<0．因此g(x)在0,π2上单调递减，且g(x)<0，故f (x)=g(x)x4<0，因此f(x)=x-sin xx3在0,π2上单调递减．由洛必达法则有lim x→0f(x)=limx→0x-sin xx3=limx→01-cos x3x2=limx→0sin x6x=limx→0cos x6=16即当x→0时，g(x)→16，即有f(x)<16．故a≥16时，不等式sin x>x-ax3对于x∈0,π2恒成立．6.设函数f(x)=1-e-x．设当x≥0时，f(x)≤xax+1，求a的取值范围．【解析】应用洛必达法则和导数由题设x≥0，此时f(x)≥0．(1)当a<0时，若x>-1a，则xax+1<0,f(x)≤xax+1不成立；(2)当a≥0时，当x≥0时，f(x)≤xax+1，即1-e -x≤xax+1；若x=0，则a∈R；若x>0，则1-e-x≤xax+1等价于1-e-xx≤1ax+1，即a≤xe x-e x+1xe x-x．记g(x)=xe x-e x+1xe x-x，则g (x)=e2x-x2e x-2e x+1xe x-x2=e x xe x-x 2e x-x2-2+e-x．记h(x)=e x-x2-2+e-x，则h (x)=e x-2x-e-x，h (x)=e x+e-x-2>0．因此，h (x)=e x-2x-e-x在(0,+∞)上单调递增，且h (0)=0，所以h (x)>0，即h(x)在(0,+∞)上单调递增，且h(0)=0，所以h(x)>0．因此g (x)=e xxe x-x2h(x)>0，所以g(x)在(0,+∞)上单调递增．由洛必达法则有lim x→0g(x)=limx→0xe x-e x+1xe x-x=limx→0xe xe x+xe x-1=limx→0e x+xe x2e x+xe x=12,即当x→0时，g(x)→12，即有g(x)>12，所以a≤12．综上所述，a的取值范围是-∞,12．。
数学-22年高考导数压轴题单变量与双变量不等式恒成立、能成立问题
2022年高考导数压轴题单变量与双变量不等式恒成立、能成立问题【原件版】一、单变量不等式恒成立、能成立问题题型一 证明不等式成立1、已知函数()xf x e ax =+.（a R ∈）（1）若0a <，求函数()f x 的单调区间；（2）若3a =，证明：当0x >时，()231f x x x >++恒成立.2、已知()ln 1f x x x =+，2()1g x x mx =-+-.（1）对一切实数()0,x ∈+∞，2()()f x g x ≥，求实数m 的取值范围； （2）求证：任意()0,x ∈+∞，12ln x x e ex>-.3、已知函数()xe f x x=.（1）函数()()f xg x x=，求()g x 的单调区间和极值. （2）求证：对于()0,x ∀∈+∞，总有()13ln 44f x x >-.4、已知函数1()ln ()f x a x a R x=+∈． （1）讨论函数()f x 在区间[1,2]上的最小值；（2）当1a =时，求证：对任意(0,)x ∈+∞，恒有cos ()x e xf x x+<成立．题型2 根据恒（能）成立求参数范围 类型1 根据恒成立求参数范围 1、已知函数2()(21)ln f x ax a x x =-++. （1）当1a =时，求()f x 的单调区间与极值； （2）若()0f x <恒成立，求a 的取值范围.2、已知函数()()()e e 0xf x a x a =-≠．（1）讨论()f x 的单调性：（2）若()1f x x >+对[)2,x ∈+∞恒成立，求a 的取值范围．3、已知()2sin xf x e x x =-+，()3122sin 3g x x x x m =-++．（1）求()f x 的单调区间；（2）若0x ≥时，()()f x g x ≥恒成立，求m 的取值范围．4、已知函数()axf x e x =-．（1）若曲线()y f x =在点()()0,0f 处切线的斜率为1，求()f x 的单调区间；（2）若不等式()2ln ax f x e x ax ≥-对(]0,x e ∈恒成立，求a 的取值范围．5、已知函数1()ln f x a x x =-，()a g x x x=+，其中a ∈R ． （1）若1a =，求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；（2）若()()g x f x >对于任意的[1,e]x ∈恒成立，求实数a 的取值范围．类型2 根据能成立求参数范围 1、已知函数()ln f x x a x =-，()1(0)ag x a x+=->． （1）若1a =，求函数()f x 的极值；（2）设函数()()()h x f x g x =-，求函数()h x 的单调区间；（3）若存在[]01x e ∈，，使得()()00f x g x <成立，求a 的取值范围．2、已知函数22()ln f x ax x bx c =--在1x =处取得极值3c -，其中,,a b c 为常数. （1）试确定,a b 的值；（2）讨论函数()f x 的单调区间；（3）若对任意0x >，不等式2()2f x c ≥有解，求c 的取值范围.3、已知函数()e 1xf x ax =--.（1）当1a =时，求()f x 的极值；（2）若()2f x x ≤在[)0,x ∈+∞上有解，求实数a 的取值范围.4、已知函数()()()2122ln 2f x x a x a x a =-++∈R . （1）若曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为2y x b =+，求2+a b 的值； （2）若0a >，讨论函数()f x 的单调性；（3）设函数()()2g x a x =-+，若至少存在一个[]0,4x e ∈，使得()()00f x g x >成立，求实数a 的取值范围.5、已知函数()ln bf x x a x x=-+，a ，b ∈R ． （1）若a >0，b >0，且1是函数()f x 的极值点，求12a b+的最小值； （2）若b =a +1，且存在0x ∈[1e，1]，使0()0f x <成立，求实数a 的取值范围．6、已知函数1()ln f x a x x=+（a R ∈且0a ≠）． （1）若1a =，求函数()f x 的极值；（2）若存在(]00,x e ∈，使得()00f x <成立，求实数a 的取值范围．二、双变量不等式恒成立、能成立问题1、已知曲线()()3,f x ax bx a b =+∈R 在点()()1,1f 处的切线方程是20y +=.（1）求()f x 的解析式；（2）若对任意[]12,2,3x x ∈-，都有()()12f x f x m -，求实数m 的取值范围.2、已知函数1()ln ,()2xf x x xg x m ⎛⎫=+=- ⎪⎝⎭， （1）先证明单调性，再求函数()f x 在[]1,2上的最小值；（2）若对[][]121,2,0,2x x ∀∈∃∈，使得12()()f x g x ≥，求实数m 的取值范围.3、已知函数()223x xe f x e -+=，其中e 为自然对数的底数.（1）证明：()f x 在(),0-∞上单调递减，()0,∞+上单调递增； （2）设0a >，函数()212cos cos 3g x x a x a =+--，如果总存在[]1,x a a ∈-，对任意2x R ∈，()()12f x g x 都成立，求实数a 的取值范围.4、已知函数2()(2)ln ()f x a x ax x a R =++-∈． （Ⅰ）当0a =时，求证：2()22x f x x >-． （Ⅱ）设232()3g x x x =-，若1(0,1]x ∀∈，2[0,1]x ∃∈，使得()()12f x g x 成立，求实数a 的取值范围．5、已知函数21()(1)ln 2f x x a x a x =-++. （1）求函数()f x 的单调递增区间；（2）任取[3,5]a ∈，函数()f x 对任意1212,[1,3]()x x x x ∈≠，恒有1212|()()|||f x f x x x λ-<-成立，求实数λ的取值范围.6、设f (x )＝ax＋x ln x ，g (x )＝x 3－x 2－3.（1）如果存在x 1，x 2∈[0,2]，使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，求满足上述条件的最大整数M ； （2）如果对于任意的s ，t ∈⎣⎡⎦⎤12，2，都有f (s )≥g (t )成立，求实数a 的取值范围．7、已知函数f (x )＝x －1－a ln x (a <0)． (1)讨论函数f (x )的单调性； (2)当0<x 1<x 2≤1时，都有f (x 1)−f(x 2)x 1−x 2<4x1x 2，求实数a 的取值范围．8、已知函数f (x )＝x －(a ＋1)ln x －a x (a ∈R )，g (x )＝12x 2＋e x －x e x .（1）当x ∈[1，e]时，求f (x )的最小值；（2）当a <1时，若存在x 1∈[e ，e 2]，使得对任意的x 2∈[－2,0]，f (x 1)<g (x 2)成立，求a 的取值范围．9、已知函数()13ln 144f x x x x=-+- （1）求函数()f x 的单调区间； （2）设()224gx x bx =-+-，若对任意()[]120,2,1,2x x ∈∈，不等式()()12f x g x ≥恒成立，求实数b的取值范围.10、已知函数321()1()32x a f x x ax a R +=-++∈． （1）若3x =是函数()f x 的一个极值点，求a 的值； （2）当2a <时，1x ∀，2[0x ∈，2]，122|()()|3f x f x -恒成立，求a 的取值范围．11、已知函数2()3()f x lnx ax x a R =+-∈．（1）若函数()f x 在点(1，f （1）)处的切线方程为2()y bx b R =-∈，求a ，b 的值及()f x 的极值； （2）若1a =，对1x ∀，2[1x ∈，2]，当12x x <时，不等式1221()()m mf x f x x x ->-恒成立，求实数m 的取值范围．2022年高考导数压轴题单变量与双变量不等式恒成立、能成立问题【详细解析版】一、单变量不等式恒成立、能成立问题题型一 证明不等式成立1、已知函数()xf x e ax =+.（a R ∈）（1）若0a <，求函数()f x 的单调区间；（2）若3a =，证明：当0x >时，()231f x x x >++恒成立.【答案】（1）在()(),ln a -∞-上单调递减，在()()ln ,a -+∞上单调递增；（2）证明见解析.【分析】（1）求导可得()'f x 解析式，令()0f x '=，解得ln()x a =-，分别讨论()(),ln x a ∈-∞-和()()ln ,a -+∞时，()'f x 的正负，可得()f x 的单调区间.（2）令()22()(+3+1)=e 1x g x f x x x x =---，可得()2x g x e x '=-，再令()e 2x h x x =-，利用导数求得()h x 的单调区间和最值，即可得()0g x '>恒成立，可得()g x 的单调性和最值，得证.【解析】（1）()xf x e a '=+，当0a <时，令()0f x '=，解得ln()x a =-. 当x 变化时，()f x '，()f x 的变化情况如下表：所以0a <时，f x ,ln a -∞-ln ,a -+∞.（2）证明：令()22()(+3+1)=e 1x g x f x x x x =---，则()2xg x e x '=-.令()e 2xh x x =-，则()2x h x e '=-，当0ln2x <<时，()0h x '<，()h x 单调递减， 当ln2x >时，()0h x '>，()h x 单调递增；所以()()ln2ln2e 2ln222ln20h x h ≥=-=->，即()0g x '>恒成立.所以()g x 在()0,∞+上单调递增，所以()()01010g x g >=--=，所以2e 10x x -->，即当0x >时，()231f x x x >++恒成立.3、已知函数()xe f x x=.（1）函数()()f xg x x=，求()g x 的单调区间和极值. （2）求证：对于()0,x ∀∈+∞，总有()13ln 44f x x >-.【答案】（1）()g x 在(0,2)上单调递减，在(,0)-∞和(2,)+∞上单调递增；极小值()2e 24g =，无极大值；（2）证明见解析.【分析】（1）写出()g x 的函数表达式，通过求导写出单调区间和极值即可（2）证明()13ln 44f x x >-恒成立，结合（1）得，等价于2e 1(ln 3)4x x x x>-恒成立，且已知左式的最小值，只要大于右式的最大值，则不等式恒成立【解析】（1）2243e e 2e e (2)()()x x x x x x x g x g x x x x --'=⇒==，当02x <<时，()0g x '<；当0x <或2x >时，()0g x '>，()g x ∴在(0,2)上单调递减，在(,0)-∞和(2,)+∞上单调递增；故()g x 有一个极小值2e (2)4g =，无极大值． （2）证明：要证13()ln 44f x x >-成立，只需证e 13ln 44x x x >-成立，即证2e 1(ln 3)4x x x x>-成立，令1()(ln 3)4h x x x =-，则24ln ()=4xh x x -'， 当40e x <<时，()0h x '>；当4e x >时，()0h x '<， ()h x ∴在()40,e 上单调递增，在()4e ,+∞上单调递减， ()4max 41()e 4e h x h ==∴， 2e ()x g x x =∵由（1）可知2min e ()(2)4g x g ==，min max ()()g x h x >∴，()()g x h x >∴，13()ln 44f x x >-∴．4、已知函数1()ln ()f x a x a R x=+∈． （1）讨论函数()f x 在区间[1,2]上的最小值；（2）当1a =时，求证：对任意(0,)x ∈+∞，恒有cos ()x e xf x x+<成立．【解析】（1）函数1()ln =+f x a x x的定义域是(0,)+∞， 2211()a ax f x x x x-'=-=． 当0a 时，2110,0ax ax x --<<，则()0f x '<，则函数()f x 在(0,)+∞上单调递减，即函数()f x 在区间[1,2]上单调递减，故函数()f x 在区间[1,2]上的最小值为1(2)ln 22f a =+． 当0a >时，令()0f x '<，得10x a <<；令()0f x '>，得1x a>；故函数()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增．当11a，即1a 时，函数()f x 在区间[1,2]上单调递增， 故函数()f x 在区间[1,2]上的最小值为(1)1f =；当12a，即102a <时，函数()f x 在区间[1,2]上单调递减，故函数()f x 在区间[1,2]上的最小值为1(2)ln 22f a =+；当112a <<，即112a <<时，函数()f x 在11,a ⎡⎫⎪⎢⎣⎭上单调递减，在1,2a ⎛⎤ ⎥⎝⎦上单调递增，此时函数()f x 在区间[1,2]上的最小值为11ln f a a a a ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭． 综上，当12a时，函数()f x 在区间[1,2]上的最小值为1(2)ln 22f a =+； 当112a <<时，函数()f x 在区间[1,2]上的最小值为11ln f a a a a ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭；当1a 时，函数()f x 在区间[1,2]上的最小值为(1)1f =．（2）当1a =时，1()ln f x x x=+， 要证cos ()x e x f x x +<，即证1cos ln x e xx x x++<，因为0x >，所以两边同时乘x ，得ln 1cos x x x e x +<+， 即证ln cos 1x x x e x <+-．当01x <时，ln 0x x ，而cos 11cos11cos10x e x +->+-=>，所以ln cos 1xx x e x <+-成立，即cos ()x e xf x x+<成立．当1x >时，令()cos ln 1(1)xh x e x x x x =+-->，则()sin ln 1xh x e x x '=---．设()sin ln 1(1)xg x e x x x =--->，，则因为1()cos xg x e x x'=--． 因为1x >，所以1()cos 110xg x e x e x'=-->-->， 所以当1x >时，()g x 单调递增，所以()sin110g x e >-->，即()0h x '>，所以()h x 在(1,)+∞上单调递增，所以()cos110h x e >+->，即cos ()x e xf x x +<成立．综上，对任意(0,)x ∈+∞，恒有cos ()x e xf x x+<成立．题型2 根据恒（能）成立求参数范围 类型1 根据恒成立求参数范围 1、已知函数2()(21)ln f x ax a x x =-++. （1）当1a =时，求()f x 的单调区间与极值； （2）若()0f x <恒成立，求a 的取值范围.【答案】（1）单调递增区间为10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭，(1,)+∞，单调递减区间为1,12⎛⎫⎪⎝⎭，极大值15ln 224f ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，极小值(1)2f =-（2）(1,0]-【分析】（1）由题可求导函数，利用导数求出函数的单调区间，进而再求出极值即可；（2）分情况讨论，利用导数研究函数的单调性和极值即可求解.【解析】（1）当1a =时，函数2()3ln =-+f x x x x ，定义域为(0,)+∞，()21231(21)(1)23x x x x f x x x x x-+--'=-+==. 当()0f x '>时，102x <<或1x >；当()0f x '<时，112x <<，所以函数()f x 的单调递增区间为10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭，(1,)+∞，单调递减区间为1,12⎛⎫⎪⎝⎭，所以当12x =时，函数()f x 取得极大值15ln 224f ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，当1x =时，函数()f x 取得极小值(1)2f =-. （2）()1(21)(1)2(21)ax x f x ax a x x--'=-++=. ①当0a >时，2()(21)ln f x ax a x x =-++，(0,)x ∈+∞， 令2(21)0ax a x -+>，解得12x a>+，则当01(2,)x a∈++∞时，200(21)0ax a x -+>，且0ln ln 20x >>，所以函数2()(21)ln 0f x ax a x x =-++>恒成立，不符合题意，舍去；②当0a ≤时，令()0f x '>，解得01x <<；令()0f x '<，解得1x >， 则函数()f x 在(0,1)上为增函数，在(1,)+∞上为减函数， 所以函数()f x 在1x =处取得极大值，也是最大值，要使得()0f x <恒成立，则只需(1)(21)0f a a =-+<，解得1a >-，故10a -<≤. 综上，a 的取值范围是(1,0]-.2、已知函数()()()e e 0xf x a x a =-≠．（1）讨论()f x 的单调性：（2）若()1f x x >+对[)2,x ∈+∞恒成立，求a 的取值范围． 【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2）23,e 2e ⎛⎫+∞ ⎪-⎝⎭【分析】（1）求导得()()e e xf x a '=-，在分0a >，0a <两种情况讨论求解即可；（2）根据题意将问题转化为1e e x x a x+>-对[)2,x ∈+∞恒成立，进而构造函数，求解函数最值即可. 【解析】（1）函数的定义域为R ，()()e e xf x a '=-．当0a >时，令()0f x '>，得1x >，令()0f x '<，得1x <； 当0a <时，令()0f x '>，得1x <，令()0f x '<，得1x >．综上，当0a >时，()f x 在(),1-∞上单调递减，在()1,+∞上单调递增； 当0a <时，()f x 在(),1-∞上单调递增，在()1,+∞上单调递减．（2）由（1）知，函数()e e xg x x =-在[)2,+∞上单调递增，则()()()2e e 20g x g ≥=->，所以()1f x x >+对[)2,x ∈+∞恒成立等价于1e e x x a x+>-对[)2,x ∈+∞恒成立． 设函数()()12e e x x h x x x +=≥-，则()()2e e e e xx x h x x -=-'， 设()()e e 2x p x x x =-≥，则()()1e 0xp x x =-+<'，则()p x 在[)2,+∞上单调递减， 所以()()22e 2e 0p x p ≤=-<，则()0h x '<，所以()h x 在[)2,+∞上单调递减， 所以()()2max 32e 2eh x h ==-； 故23e 2e a >-，即a 的取值范围是23,e 2e ⎛⎫+∞ ⎪-⎝⎭．3、已知()2sin xf x e x x =-+，()3122sin 3g x x x x m =-++．（1）求()f x 的单调区间；（2）若0x ≥时，()()f x g x ≥恒成立，求m 的取值范围． 【答案】（1）在(,0)-∞单调递减，在(0,)+∞单调递增.（2）m ≤1【分析】(1)先对函数进行求导，再进行分类讨论判断导数值的正负，即可得到答案；(2)将问题转化为31sin 3x m e x x --在0x 恒成立，令31()sin (0)3x u x e x x x =--，再利用（1）的结论进行求解，即可得到答案；【解析】（1）()2sin x f x e x x =-+，∴()2cos x f x e x '=-+，①当0x 时，2(2,1],1cos 1x e x -∈---，∴2cos 0x e x -+在0x 恒成立，∴()0f x '，∴()f x 在(,0)-∞单调递减，②当0x >时，令()2cos x g x e x =-+，则()sin 0x g x e x '=->在0x >恒成立，∴()g x 在(0,)+∞单调递增，且(0)0g =，∴()0>g x 在(0,)+∞恒成立，即()0f x '>在(0,)+∞恒成立，∴()f x 在(0,)+∞单调递增，综上所述：()f x 在(,0)-∞单调递减，在(0,)+∞单调递增.（2）当0x 时，312sin 22sin 3xe x xx x x m -+-++ 31sin 3x m e x x ∴--在0x 恒成立，令31()sin (0)3x u x e x x x =--，2()cos x x u x e x '=--，令2()cos (0)x v x e x x x =--，由（1）得()()2sin '01xv x e x x v ='-+=，()v x ∴在(0,)+∞单调递增，且(0)0v =，()0u x '∴在0x ≥恒成立，()u x ∴在[0,)+∞单调递增，(0)1u =，∴min ()(0)1m u x u ≤==.4、已知函数()axf x e x =-．（1）若曲线()y f x =在点()()0,0f 处切线的斜率为1，求()f x 的单调区间； （2）若不等式()2ln axf x e x ax ≥-对(]0,x e ∈恒成立，求a 的取值范围．【答案】（1）单调递减区间为ln 2,2⎛⎫-∞-⎪⎝⎭，单调递增区间为ln 2,2⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭；（2）1,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭． 【分析】（1）由题设()1axf x ae '=-，根据导数的几何意义有()01f '=，可求a ，即()221xf x e'=-，进而可求()f x 的单调区间；（2）由题意，函数不等式恒成立可转化为(]0,x e ∈上ln 1ln 1ax ax xe e x --≥恒成立， 构造函数()ln 1x g x x -=，应用导数研究其单调性可得ln xa x ≥在(]0,x e ∈上恒成立， 即在(]0,x e ∈上max ln ()xa x≥即可求a 的取值范围． 【解析】（1）()1axf x ae '=-，则()011f a '=-=，即2a =．所以()221xf x e '=-，令0fx ，得ln 22x =-． 当ln 22x <-时，0f x ；当ln 22x >-时，0f x ．故()f x 的单调递减区间为ln 2,2⎛⎫-∞-⎪⎝⎭，单调递增区间为ln 2,2⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭． （2）由()2ln axf x e x ax ≥-，即()2ln 1axax x ex -≥-，有1ln 1ax a x e x x --≥，故仅需ln 1ln 1ax axxe e x --≥即可． 设函数()ln 1x g x x -=，则ln 1ln 1ax axxe e x --≥等价于()()axg e g x ≥． 因为()22ln x g x x-'=， 所以当(]0,x e ∈时，0g x，则()g x 在(]0,e 上单调递增， 所以当(]0,x e ∈时，()()axg e g x ≥等价于当(]0,x e ∈时，()()ax g e g x ≥，ax e x ≥，即ln xa x≥恒成立． 设函数()ln x h x x =，(]0,x e ∈，则()21ln 0xh x x -'=≥， 即()h x 在(]0,x e ∈递增，所以()()max 1h x h e e==，则1a e ≥即可，所以a 的取值范围为1,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭．5、已知函数1()ln f x a x x =-，()a g x x x=+，其中a ∈R ． （1）若1a =，求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；（2）若()()g x f x >对于任意的[1,e]x ∈恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】（1）230x y --=；（2）2e 12e 1a +-<<-．【分析】（1）求导，利用导数的几何意义求出切线斜率，进而可得切线方程；（2）将不等式1ln a x a x x x+>-对于任意的[1,e]x ∈恒成立转化为任意的[1,e]x ∈， 1ln 0a x a x x+-+>恒成立，设1()ln a h x x a x x +=-+，[1,e]x ∈，求导，分11a +≤，1e a +≥，11e a <+<讨论，通过求min ()0h x >求实数a 的取值范围．【解析】（1）由题意知：1()ln f x x x=-，(1)1f =-，即切点为(1,1)-， ()211f x x x '=+，()12f '=， 故切线方程为：12(1)y x +=-，即230x y --=． （2）由题意知：不等式1ln a x a x x x+>-对于任意的[1,e]x ∈恒成立， 任意的[1,e]x ∈，1ln 0a x a x x+-+>恒成立， 设1()ln a h x x a x x+=-+，[1,e]x ∈， 2(1)(1)()x x a h x x +--'=，[1,e]x ∈①当11a +≤，即0a ≤时，()0h x '≥，()h x 为增函数， min ()(1)20h x h a ∴==+>，即2a >-，20a -<≤满足．②当1e a +≥，即e 1a ≥-时，()0h x '≤，()h x 为减函数，min1()(e)e e 0a h x h a +∴==-+>，即22e 1e 1a +<-，2e 1e 1e 1a +∴-≤<-满足③当11e a <+<时，即0e 1a <<-时，当[1,1]x a ∈+时，()0h x '≤，当(1,e]x a ∈+时，()0h x '≥，∴只需min ()(1)2ln(1)0h x h a a a a =+=+-+>，即min 2()ln(1)10h x a a a ⎡⎤=-++>⎢⎥⎣⎦，设2()ln(1)1F a a a=-++，其中0e 1a <<-， 2()ln(1)1F a a a =-++为递减函数，2()(e 1)0e 1F a F ∴>-=>-， 故0e 1a <<-，min ()(1)2ln(1)0h x h a a a a =+=+-+>，综上：2e 12e 1a +-<<-．类型2 根据能成立求参数范围 1、已知函数()ln f x x a x =-，()1(0)ag x a x+=->． （1）若1a =，求函数()f x 的极值；（2）设函数()()()h x f x g x =-，求函数()h x 的单调区间；（3）若存在[]01x e ∈，，使得()()00f x g x <成立，求a 的取值范围． 【答案】（1）极小值为1，无极大值（2）单调递增区间为()1,a ++∞，单调递减区间为()0,1a +.（3）21,1e e ⎛⎫++∞ ⎪-⎝⎭【分析】（1）研究()ln f x x x =-的单调区间，进而求出()f x 的极值；（2）先求()h x '，再解不等式()0h x '>与()0h x '<，求出单调区间，注意题干中的0a >的条件；（3）先把题干中的问题转化为在[]1x e ∈，上有()min 0h x <，再结合第二问研究的()h x 的单调区间，对a 进行分类讨论，求出不同范围下的()min h x ，求出最后结果【解析】（1）当1a =时，()ln f x x x =-，定义域为()0,∞+，()111x f x x x-'=-= 令()0f x '=得：1x =，当1x >时，()0f x '>，()f x 单调递增； 当01x <<时，()0f x '<，()f x 单调递减，故1x =是函数()f x 的极小值点，()f x 的极小值为()11f =，无极大值 （2）()()()()1ln 0ah x f x g x x a x a x+=-=-+>，定义域为()0,∞+ ()()()222211111x x a a a x ax a h x x x x x+--+---'=--== 因为0a >，所以10a +>，令()0h x '>得：1x a >+，令()0h x '<得：01x a <<+， 所以()h x 在()1,a ++∞单调递增，在()0,1a +单调递减.综上：()h x 单调递增区间为()1,a ++∞，单调递减区间为()0,1a +.（3）存在[]01x e ∈，，使得()()00f x g x <成立， 等价于存在[]01x e ∈，，使得()00h x <，即在[]1x e ∈，上有()min 0h x < 由（2）知，()h x 单调递增区间为()1,a ++∞，单调递减区间为()0,1a +，所以当1a e +≥，即1a e ≥-时，()h x 在[]1x e ∈，上单调递减，故()h x 在x e =处取得最小值， 由()()min10a h x h e e a e +==-+<得：211e a >e +-，因为2111e e e +>--，故211e a >e +-. 当11a e <+<，即01a e <<-时，由（2）知：()h x 在()1,1x a ∈+上单调递减，在()1,x a e ∈+上单调递增，()h x 在[]1x e ∈，上的最小值为()()12ln 1h a a a a +=+-+ 因为()0ln 11a <+<，所以()0ln 1a a a <+<，则()2ln 12a a a +-+>，即()12h a +>，不满足题意，舍去综上所述：a 的取值范围为21,1e e ⎛⎫++∞⎪-⎝⎭2、已知函数22()ln f x ax x bx c =--在1x =处取得极值3c -，其中,,a b c 为常数. （1）试确定,a b 的值；（2）讨论函数()f x 的单调区间；（3）若对任意0x >，不等式2()2f x c ≥有解，求c 的取值范围.【答案】（1）6a =-；3b =-；（2）单调递增区间为()0,1，()f x 的单调递减区间为()1,+∞；（3）3,12⎡⎤-⎢⎥⎣⎦【分析】（1）由()13f c =-，求得b ，由()10f '=，得a ;（2）将(1)中得到的,a b 的值代入函数表达式，进而得到()12ln f x x x '=-．判定导数的正负区间，进而得到单调区间；（3）由（2）知，得到函数()f x 最大值，根据不等式有解得到c 的不等式求解即得.【解析】（1）由题意知()13f c =-，因此3b c c --=-，从而3b =-．由题意求导得()10f '=，因此20a b -=，解得6a =-； （2）由（1）知()12ln f x x x '=-．令()0f x '=，解得1x =．因此()f x ()1,+∞； （3）由（2）知，()f x 在1x =处取得极大值()13f c =-，此极大值也是最最值．要使()22f x c ≥（0x >）有解，只需232c c -≥．即2230c c +-≤，从而()()2310c c +-≤．解得312c -≤≤． 所以c 的取值范围为3,12⎡⎤-⎢⎥⎣⎦.3、已知函数()e 1xf x ax =--.（1）当1a =时，求()f x 的极值；（2）若()2f x x ≤在[)0,x ∈+∞上有解，求实数a 的取值范围.【答案】（1）极小值()00f =，无极大值；（2）e 2a ≥-.【分析】（1）利用导数求得()f x 的单调区间，由此求得()f x 的极值.（2）将()2f x x ≤转化为2e 10x x ax ---≤，采用分离常数法，通过构造函数，结合导数求得a 的取值范围.【解析】（1）当1a =时，()e 1x f x x =--，所以()e 1xf x '=-，当0x <时()0f x '<；当0x >时()0f x '>，所以()f x 在(),0-∞上单调递减，在()0,∞+上单调递增， 所以当0x =时函数()f x 有极小值()00f =，无极大值.（2）因为()2f x x ≤在[)0,+∞上有解，所以2e 10x x ax ---≤在[)0,+∞上有解， 当0x =时，不等式成立，此时R a ∈， 当0x >时e 1x a x x x ⎛⎫≥-+ ⎪⎝⎭在()0,∞+上有解，令()e 1x g x x x x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，则()()()()22221e 1e 11xx x x x x g x x x x ⎡⎤--+-⎛⎫-⎣⎦'=-= ⎪⎝⎭， 由（1）知0x >时()()00f x f >=，即()e 10xx -+>，当01x <<时()0g x '<；当1x >时()0g x '>， 所以()g x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增， 所以当1x =时，()min e 2g x =-， 所以e 2a ≥-，综上可知，实数a 的取值范围是e 2a ≥-.4、已知函数()()()2122ln 2f x x a x a x a =-++∈R . （1）若曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为2y x b =+，求2+a b 的值； （2）若0a >，讨论函数()f x 的单调性；（3）设函数()()2g x a x =-+，若至少存在一个[]0,4x e ∈，使得()()00f x g x >成立，求实数a 的取值范围. 【答案】（1）210a b +=-；（2）答案见解析；（3）2,ln 2⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭. 【分析】（1）利用导数的几何意义可得出关于实数a 、b 的方程组，解出这两个未知数的值，即可求得2+a b 的值； （2）求得()()()2xf x x x a --='，分2a =、02a <<、2a >三种情况讨论，分析导数的符号变换，由此可得出函数()f x 的增区间和减区间；（3）分析可知不等式222ln x a x>-在[],4e 上有解，利用导数求出函数()22ln x h x x=-在区间[],4e 上的最小值，由此可求得实数a 的取值范围.【解析】（1）()f x 的定义域为()0,∞+，()()22af x x a x'=-++. 由题意得()()11222f a b =-+=+，()()11222f a a '=-++=， 即32212a b a ⎧--=+⎪⎨⎪-=⎩，解得3132a b =⎧⎪⎨=-⎪⎩，因此，210a b +=-；（2）()()()()2222x a x ax x a f x xx-++--'==.当2a =时，()0f x '≥且()f x '不恒为0，所以，()f x 在()0,∞+上单调递增； 当02a <<时，由()0f x '>，得0x a <<或2x >，由()0f x '<，得2a x <<， 此时，()f x 在()0,a 和()2,+∞上单调递增，在(),2a 上单调递减； 当2a >时，由()0f x '>，得02x <<或x a >，由()0f x '<，得2x a <<， 此时，()f x 在()0,2和(),a +∞上单调递增，在()2,a 上单调递减. 综上所述，当2a =时，()f x 在()0,∞+上单调递增；当02a <<时，()f x 在()0,a 和()2,+∞上单调递增，在(),2a 上单调递减； 当2a >时，()f x 在()0,2和(),a +∞上单调递增，在()2,a 上单调递减；（3）若至少存在一个[]0,4x e ∈，使得()()00f x g x >成立，则当[],4x e ∈时，212ln 02x a x +>有解.当[],4x e ∈时，ln 1x ≥，即222ln x a x >-有解，令()22ln x h x x=-，[],4x e ∈，则()min 2a h x >.()()()()2212ln 2ln 02ln 2ln x x x x x h x x x --'=-=<，所以，()h x 在[],4e 上单调递减，所以，()()min 44ln 2h x h ==-， 所以，42ln 2a >-，即2ln 2a >-，因此，实数a 的取值范围是2,ln 2⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭.5、已知函数()ln bf x x a x x=-+，a ，b ∈R ． （1）若a >0，b >0，且1是函数()f x 的极值点，求12a b+的最小值； （2）若b =a +1，且存在0x ∈[1e，1]，使0()0f x <成立，求实数a 的取值范围．【答案】（1）最小值3+；（2）()211e a e e +<-+．【分析】（1）由1是函数()f x 的极值点得1a b +=，对12a b+用基本不等式中“1的代换”求最值； （2）把“存在0x ∈[1e ，1]，使0()0f x <成立”转化为函数()f x 在1,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最小值小于0， 利用导数讨论单调性，找到最小值，解出a 的范围即可．【解析】（1）()21,a bf x x x =--'因为1是函数()f x 的极值点， 所以()110,f a b '=--=即 1.a b +=此时()()()()222222111x b x b x x b a b x ax b f x x x x x x----+--=--=='= 当()01,0;x f x '<<<当()1,0,x f x >'>所以函数()f x 在1x =处取极小值．所以()121223b a a b a b a b a b⎛⎫+=++=++ ⎪⎝⎭因为0,0a b >>，所以2b a a b +≥=(当且仅当21a b =-=时等号成立) 此时12a b+有最小值3+． （2）当1b a =+时，()1ln a f x x a x x+=-+， 存在01,1x e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦使()00f x <成立，即函数()f x 在1,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最小值小于0. ()()()221111(0)x x a a a f x x x x x ⎡⎤+-'++⎣⎦=-==>①当11,a +≥即0a ≥时，() f x 在1,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，所以()f x 在1,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最小值为()11120f a a =++=+<，所以2a <-，不符，舍去；②当11,a e+≤即11ae 时，()f x 在1,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增， 所以()f x 在1,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最小值为()()111110,f a e a e a e e e e⎛⎫=+++=+++< ⎪⎝⎭所以()211e a e e +<-+，又11,a e≤-所以()211e a e e +<-+；（3）当111a e <+<时，即110a e-<<时，()f x 在1,1a e ⎡⎤+⎢⎥⎣⎦上单调递增，在[]1,1a +上单调递减，所以()f x 在1,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最小值为()()()111ln 11ln 12f a a a a a a ⎡⎤+=++-+=-++⎣⎦ 因为111,a e<+<所以()1ln 10,a -<+<所以()11ln 12a <-+<所以()1ln 12a a a a ⎡⎤>-+>⎣⎦，所以()()11ln 12220,f a a a a ⎡⎤+=-++>+>⎣⎦不符，舍去，综上可得，a 的取值范围是()211e a e e +<-+．6、已知函数1()ln f x a x x=+（a R ∈且0a ≠）． （1）若1a =，求函数()f x 的极值；（2）若存在(]00,x e ∈，使得()00f x <成立，求实数a 的取值范围． 【答案】（1）()1f x =极小值，()f x 无极大值；（2）()1,,e e ⎛⎫-∞-+∞ ⎪⎝⎭．【分析】（1）求出导函数21()x f x x -'=，利用导数与函数单调性之间的关系判断函数的单调性， 由单调性求出函数的极值．（2）由题意只需函数()f x 在(]0,e 上的最小值小于0，求出2211()a ax f x x x x-'=-+=， 讨论a 的取值范围，利用导数判断函数的单调性，进而求出函数的最小值，即可．【解析】（1）依题意，当1a =时，1()ln f x x x=+，定义域为()0,∞+， 22111()x f x x x x-'=-+=，令()0f x '=，得1x =． 当()0,1x ∈时，()0f x '<，()f x 为减函数； 当()1,x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 为增函数， 所以()()11f x f ==极小值，()f x 无极大值．（2）若存在(]00,x e ∈，使得()00f x <成立，即函数()f x 在(]0,e 上的最小值小于0．2211()a ax f x x x x -'=-+=，且0a ≠．令()0f x '=，得1x a=， 当10a<，即0a <时，()0f x '<恒成立，函数()f x 在(]0,e 单调递减，()min 1()f x f e a e==+， 由10a e +<，得1a e <-，即1,a e ⎛⎫∈-∞- ⎪⎝⎭；当1e a ≥，即10a e<≤时，()0f x '≤恒成立， 函数()f x 在(]0,e 上单调递减，()min 1()0f x f e a e==+>，不合题意； 当10e a<<，即1a e >时，在10,a ⎛⎫⎪⎝⎭上，()0f x '<，()f x 为减函数；2、已知函数1()ln ,()2xf x x xg x m ⎛⎫=+=- ⎪⎝⎭，（1）先证明单调性，再求函数()f x 在[]1,2上的最小值；（2）若对[][]121,2,0,2x x ∀∈∃∈，使得12()()f x g x ≥，求实数m 的取值范围. 【答案】（1）证明见解析（导数或定义），1；（2）34m ≥-.【分析】（1）求出()f x 的定义域和()'f x ，由()0f x '>可得()f x 的单调性及在[]1,2上的最小值；（2）转化为1min 2min ()()f x g x ≥，由（1）知min ()1f x =，利用单调性可得()g x 在[]0,2上单调性求得最值，解不等式可得答案.【解析】（1）函数()f x 的定义域为0x >，所以11()10xf x x x+'=+=>， 所以()f x 在()0,∞+上单调递增，所以()f x 在[]1,2上的最小值为min ()(1)1f x f ==.（2）若对[][]121,2,0,2x x ∀∈∃∈，使得12()()f x g x ≥，则1min 2min ()()f x g x ≥，由（1）知min()1f x =，因为1()2⎛⎫= ⎪⎝⎭xg x 是减函数， 所以1()2xg x m ⎛⎫=- ⎪⎝⎭在[]0,2上单调递减，所以2min 1()(2)4g x g m ==-，所以114m ≥-，即34m ≥-. 所以实数m 的取值范围为3,4⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭.3、已知函数()223x xe f x e -+=，其中e 为自然对数的底数.（1）证明：()f x 在(),0-∞上单调递减，()0,∞+上单调递增； （2）设0a >，函数()212cos cos 3g x x a x a =+--，如果总存在[]1,x a a ∈-，对任意2x R ∈，()()12f x g x 都成立，求实数a 的取值范围.【答案】（1）证明见解析；（2）ln 2a ≥.【分析】（1）直接对函数求导，判断导函数在对应区间上的符号即可证明；（2）总存在1[x a ∈-，](0)a a >，对任意2x R ∈都有12()()f x g x ，即函数()y f x =在[a -，]a 上的最大值不小于()y g x =，x ∈R 的最大值； 借助单调性换元法，结合二次函数的性质分别求最值列不等式求解即可【解析】（1）证明：()()23x xe ef x -='-令()0f x '>，解得0x >，∴()f x 在()0,∞+上单调递增 令()0f x '<，解得0x <，∴()f x 在(),0-∞上单调递减 （2）总存在1[x a ∈-，](0)a a >，对任意2x R ∈都有12()()f x g x ，即函数()y f x =在[a -，]a 上的最大值不小于()y g x =，x ∈R 的最大值()()()()max 23a af x f a f a e e -=-==+ 令[]()cos 1,1t x t =∈-，∴()2123g t t at a =+--，对称轴02a t =-< ∴()()max 513g t g == ∴()2533a a e e -+≥，52a ae e -+≥， 令(),0ae m m =>，∴152m m +≥，∴2m ≥∴2a e ≥，∴ln 2a ≥4、已知函数2()(2)ln ()f x a x ax x a R =++-∈． （Ⅰ）当0a =时，求证：2()22x f x x >-． （Ⅱ）设232()3g x x x =-，若1(0,1]x ∀∈，2[0,1]x ∃∈，使得()()12f x g x 成立，求实数a 的取值范围． 【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）1a -.【分析】（1）将0a =代入，只需证明()2202xf x x -+>成立即可，然后构造函数， 利用导数讨论单调区间及最小值，利用最值证明即可； （2）若1(0,1]x ∀∈，2[0,1]x ∃∈，使得()()12f x g x 成立，只需使()()min 1min 2f x g x 在1(0,1]x ∈，2[0,1]x ∈上恒成立， 然后分别讨论函数()f x 与()g x 的最小值，利用最值分析求解.【解析】（Ⅰ）当0a =时，要证222()22ln 2022x x f x x x x x -+=--+≥，只需证ln 02xx -<， 令()ln (0)2x h x x x =->，则112()22xh x x x-'=-=当(0,2)x ∈时，()0,()h x h x '>单调递增；当(2,)x ∈+∞时，()0,()h x h x '<单调递减；所以max ()(2)ln 210h x h ==-<，()(2)0h x h ≤<故ln 02x x -<，所以2()22x f x x >-． （Ⅱ）问题等价于1(0,1]x ∀∈，2[0,1]x ∃∈，()()12minmin f x g x由232()3g x x x =-得2()22g x x x '=-， 由2()220g x x x '=-得01x ，所以在[0,1]上，()g x 是增函数，故min ()(0)0g x g ==．()f x 定义域为(0,)+∞，而()()()()()22121221122x a x a x ax f x a x a x x x⎡⎤++-++-⎣⎦=++-=='． 当2a -时，()0f x '<恒成立，()f x 在(0,1]上是减函数，所以min ()(1)2(1)01f x f a a ==+⇒-，不成立； 当2a >-时，由()0f x '<，得102x a <<+；由()0f x '>，得12x a >+， 所以()f x 在10,2a ⎛⎫ ⎪+⎝⎭单调递减，在1,2a ⎛⎫+∞⎪+⎝⎭单调递减． 若112a >+，即21a -<<-时，()f x 在(0,1]是减函数， 所以min ()(1)2(1)01f x f a a ==+⇒-，不成立； 若1012a <+，即1a -时，()f x 在12x a =+处取得最小值min 11()1ln(2)22f x f a a a ⎛⎫==++- ⎪++⎝⎭， 令1()1ln(2)(1)2h a a a a =++--+， 则22113()02(2)(2)a h a a a a +'=+=>+++在[1,)-+∞上恒成立， 所以()h a 在[1,)-+∞是增函数且min ()(1)0h a h =-=， 此时min 1()02f x f a ⎛⎫=⎪+⎝⎭成立，满足条件． 综上所述，1a -．5、已知函数21()(1)ln 2f x x a x a x =-++. （1）求函数()f x 的单调递增区间；（2）任取[3,5]a ∈，函数()f x 对任意1212,[1,3]()x x x x ∈≠，恒有1212|()()|||f x f x x x λ-<-成立，求实数λ的取值范围.【答案】（1）答案见解析；（2）[6)-+∞.【分析】（1）求函数导数，分类讨论求()0f x '>的解即可求解；（2）由(1)知()f x 在[1.3]上单调递减，不妨设12x x <，从而把不等式中的绝对值去掉得：1122()()f x x f x x λλ+<+，构造函数()()(13)h x f x x x λ=+≤≤，把问题转化为恒成立问题，求得实数λ的取值范围.【解析】（1）(1)()()1(0)a x x a f x x a x x x----+'==> 当1a = 时，2(1)()0x f x x-=≥'，所以()f x 在 (0,)+∞ 上单调递增；当1a > 时，由(1)()()0x x a f x x -'-=>解得(0,1)x ∈或(,)a +∞，所以()f x 在(0,1)，(,)a +∞上单调递增； 当01a <<时，由(1)()()0x x a f x x-'-=>解得(0,)x a ∈或(1,)+∞，所以()f x 在(0,)a ，(1,)+∞ 上单调递增； 当0a ≤时，由(1)()()0x x a f x x-'-=>解得(1,)x ∈+∞，所以()f x 在(1,)+∞上单调递增.综上所述：当1a > 时，单调递增区间为(0,1)和(,)a +∞；当1a = 时，单调递增区间为(0,)+∞；当01a << 时，单调递增区间为(0,)a 和(1,)+∞； 当0a ≤ 时，单调递增区间为(1,)+∞（2）因为[3,5]a ∈，由（1）得，()f x 在[1,3]上单调递减，不妨设 12x x < ， 由1212|()()|||f x f x x x λ-<-得1221()()f x f x x x λλ-<-， 即1122()()f x x f x x λλ+<+令()()(13)h x f x x x λ=+≤≤ ，()1ah x x a xλ'=+--+， 只需()0h x '≥恒成立，即1(1)1a x xλ≥--+（[3,5]a ∈，[1,3]x ∈）恒成立，[]1,3x ∈ , 110x∴-≥max 1()1(5(1)111)a x x x x ∴=---++-即15(1)1x x λ≥--+（[1,3]x ∈）恒成立， 即56()x x λ≥-+（[1,3]x ∈）恒成立，因为56()6x x-+≤-x =，所以实数λ的取值范围是[6)-+∞.6、设f (x )＝ax＋x ln x ，g (x )＝x 3－x 2－3.（1）如果存在x 1，x 2∈[0,2]，使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，求满足上述条件的最大整数M ； （2）如果对于任意的s ，t ∈⎣⎡⎦⎤12，2，都有f (s )≥g (t )成立，求实数a 的取值范围．【解析】（1）存在x 1，x 2∈[0,2]，使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，等价于[g (x 1)－g (x 2)]max ≥M 成立．g ′(x )＝3x 2－2x ＝x (3x －2)， 令g ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝23，∵g ⎝⎛⎭⎫23＝－8527， 又g (0)＝－3，g (2)＝1，∴当x ∈[0,2]时，g (x )max ＝g (2)＝1，g (x )min ＝g ⎝⎛⎭⎫23＝－8527， ∴M ≤1－⎝⎛⎭⎫－8527＝11227， ∴满足条件的最大整数M 为4.（2）对任意的s ，t ∈⎣⎡⎦⎤12，2有f (s )≥g (t )，则f (x )min ≥g (x )max .由(1)知当x ∈⎣⎡⎦⎤12，2时，g (x )max ＝g (2)＝1，∴当x ∈⎣⎡⎦⎤12，2时，f (x )＝ax ＋x ln x ≥1恒成立，即a ≥x －x 2ln x 恒成立． 令h (x )＝x －x 2ln x ，x ∈⎣⎡⎦⎤12，2， ∴h ′(x )＝1－2x ln x －x ， 令φ(x )＝1－2x ln x －x ， ∴φ′(x )＝－3－2ln x <0， h ′(x )在⎣⎡⎦⎤12，2上单调递减，又h ′(1)＝0，∴当x ∈⎣⎡⎦⎤12，1时，h ′(x )≥0，当x ∈[1,2]时，h ′(x )≤0， ∴h (x )在⎣⎡⎦⎤12，1上单调递增，在[1,2]上单调递减， ∴h (x )max ＝h (1)＝1，故a ≥1. ∴实数a 的取值范围是[1，＋∞)．7、已知函数f (x )＝x －1－a ln x (a <0)． (1)讨论函数f (x )的单调性； (2)当0<x 1<x 2≤1时，都有f (x 1)−f(x 2)x 1−x 2<4x1x 2，求实数a 的取值范围．【解析】（1）由题意知f ′(x )＝1－a x ＝x －ax(x >0)，因为x >0，a <0，所以f ′(x )>0， 所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增． （2）∵0<x 1<x 2≤1，∴x 1－x 2<0，∴原不等式等价于f (x 1)−f (x 2)>4(x 1−x 2)x 1x 2，即f (x 1)－f (x 2)>4x 2－4x 1，即f (x 1)＋4x 1>f (x 2)＋4x 2.设g (x )＝f (x )＋4x，x ∈(0,1]，|f (x 1)－f (x 2)|<4⎪⎪⎪⎪1x 1－1x 2等价于g (x )在(0,1]上单调递减，所以g ′(x )≤0在(0,1]上恒成立⇔1－a x －4x 2＝x 2－ax －4x 2≤0在(0,1]上恒成立⇔a ≥x －4x在(0,1]上恒成立，易知y ＝x －4x在(0,1]上单调递增，其最大值为－3.因为a <0，所以－3≤a <0，所以实数a 的取值范围为[－3,0)．8、已知函数f (x )＝x －(a ＋1)ln x －a x (a ∈R )，g (x )＝12x 2＋e x －x e x .（1）当x ∈[1，e]时，求f (x )的最小值；（2）当a <1时，若存在x 1∈[e ，e 2]，使得对任意的x 2∈[－2,0]，f (x 1)<g (x 2)成立，求a 的取值范围． 【解析】（1）f ′(x )=(x−1)(x−a)x 2.。
高中数学《导数》压轴小题精练100(含答案)
A. 22-1 , 1
C.
-
∞，
1-2 2
∪
2-1 2
，
+
∞
B.
-1
，
1-2 2
D. - ∞ , -1 ∪ 1, + ∞
（
）
答案 D
-1 -2 + 22
≤∃
kl2
<
0
试题6.12 【 导 数 的 切 线 法 】 已 知 实 数 ，则
满足
，实数
的 最 小 值 为（
满足 ）
A. 1
B. 2
C. 3
试题25.11 【图像法 + 转化法 + 零点】函数 f x
= l-nx- xx>x0≤ 0
与 gx
=
1 2
x
+
a
+1
的图象
上存在关于 y 轴对称的点，则实数 a 的取值范围是
A. - ∞ , 3 - 2ln2 B. 3 - 2ln2, + ∞ C. e , + ∞
D. - ∞ , -e
（
）
B
画出
D. 0
B
试题12.12 【利用对称中心破题】已知函数 f x
=
x+12+ln1+9x2 -3xcosx x2+ 1
，且
f
2017
=
2016，则 f -2017 =
（2015
C. -2016
D. -2017
A
试题13.12 【利用对称中心破题】已知函数 f x
= lnx - x2与 gx
D. 4
A 【距离模型 + 转化法】
压轴题03--函数与导数常见经典压轴小题(解析版)-2023年高考数学压轴题专项训练(江苏专用)
压轴题03函数与导数常见经典压轴小题1、导数的计算和几何意义是高考命题的热点，多以选择题、填空题形式考查，难度较小．2、应用导数研究函数的单调性、极值、最值多在选择题、填空题靠后的位置考查，难度中等偏上，属综合性问题．考向一：函数、零点嵌套问题考向二：函数整数解问题考向三：等高线问题考向四：零点问题考向五：构造函数解不等式考向六：导数中的距离问题考向七：导数的同构思想考向八：最大值的最小值问题（平口单峰函数、铅锤距离）1、分段函数零点的求解与判断方法：（1）直接法：直接根据题设条件构造关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成球函数值域的问题加以解决；（3）数形结合法：先将解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．2、由于三次函数的导函数为我们最熟悉的二次函数，所以基本的研究思路是：借助导函数的图象来研究原函数的图象．如借助导函数的正负研究原函数的单调性；借助导函数的（变号）零点研究原函数的极值点（最值点）；综合借助导函数的图象画出原函数的图象并研究原函数的零点，具体来说，对于三次函数()()32 0f x ax bx cx d a =+++＞，其导函数为()()232 0f x ax bx c a '=++＞，根的判别式()243b ac ∆=-．a ＞()232f x ax bx c'=++判别式∆＞0∆=0∆＜图象()32f x ax bx cx d=+++单调性增区间：()1, x -∞，()2, x +∞；减区间：()12, x x 增区间：(), -∞+∞增区间：(), -∞+∞图象（1）当0∆≤时，()0f x '≥恒成立，三次函数()f x 在R 上为增函数，没有极值点，有且只有一个零点；（2）当0∆≥时，()0f x '=有两根1x ，2x ，不妨设12x x ＜，则1223bx x a+=-，可得三次函数()f x 在()1, x -∞，()2, x +∞上为增函数，在()12, x x 上为减函数，则1x ，2x 分别为三次函数()32f x ax bx cx d =+++的两个不相等的极值点，那么：①若()()120f x f x ⋅＞，则()f x 有且只有1个零点；②若()()120f x f x ⋅＜，则()f x 有3个零点；③若()()120f x f x ⋅=，则()f x 有2个零点．特别地，若三次函数()()32 0f x ax bx cx d a =+++＞存在极值点0x ，且()00f x =，则()f x 地解析式为()()()20f x a x x x m =--．同理，对于三次函数()()32 0f x ax bx cx d a =+++＜，其性质也可类比得到．3、由于三次函数()()32 0f x ax bx cx d a =+++≠的导函数()232f x ax bx c '=++为二次函数，其图象变化规律具有对称性，所以三次函数图象也应当具有对称性，其图象对称中心应当为点, 33bb faa ⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，此结论可以由对称性的定义加以证明．事实上，该图象对称中心的横坐标正是三次函数导函数的极值点．4、恒成立（或存在性）问题常常运用分离参数法，转化为求具体函数的最值问题．5、如果无法分离参数，可以考虑对参数或自变量进行分类讨论，利用函数性质求解，常见的是利用函数单调性求解函数的最大、最小值．6、当不能用分离参数法或借助于分类讨论解决问题时，还可以考虑利用函数图象来求解，即利用数形结合思想解决恒成立（或存在性）问题，此时应先构造函数，作出符合已知条件的图形，再考虑在给定区间上函数图象之间的关系，得出答案或列出条件，求出参数的范围．7、两类零点问题的不同处理方法利用零点存在性定理的条件为函数图象在区间[a ，b ]上是连续不断的曲线，且()()0f a f b ⋅<．．①直接法：判断-一个零点时，若函数为单调函数，则只需取值证明()()0f a f b ⋅<．②分类讨论法：判断几个零点时，需要先结合单调性，确定分类讨论的标准，再利用零点存在性定理，在每个单调区间内取值证明()()0f a f b ⋅<．8、利用导数研究方程根（函数零点）的技巧（1）研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等．（2）根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极（最）值的位置．（3）利用数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现．9、已知函数零点个数求参数的常用方法（1）分离参数法：首先分离出参数，然后利用求导的方法求出构造的新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围．（2）分类讨论法：结合单调性，先确定参数分类的标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各小范围并在一起，即为所求参数范围．1．（2023·江西宜春·统考模拟预测）已知函数()()()ln 1,ln (0)1m xf x xg x x m x m=+-=+>+，且()()120f x g x ==，则()2111em x x -+的最大值为（）A ．1B ．eC ．2eD ．1e【答案】A【解析】()()()()()ln 10,ln 10,1ln 1,11m mf x x x m x x x x =+-=+-==++++()ln0,e ,x xg x x m x m=+==由题意知，()()21121ln 1e ,x x x x m ++==即()()2221121ln 1e e ln e ,x x xx x x m ++===因为0m >，所以21e 1,11xx >+>，设()ln ,1p x x x x =>，则()1ln 0p x x '=+>，()()211e ,xp x p m +==所以211e x x +=，所以()22121111e e e ex m m m x x x m---+==，1(),0e m m t m m -=>，则11(),e m m t m --'=当01m <<时，()0;t m '>当1m >时，()0;t m '<所以()t m 在()0,1时单调递增，在()1,+∞时单调递减，所以max ()(1)1,t m t ==故选：A.2．（2023·湖南岳阳·统考二模）若函数()22ln 2e 2ln x xf x a x ax -=-+有两个不同的零点，则实数a 的取值范围是（）A ．(),e -∞-B ．(],e -∞-C ．()e,0-D ．()【答案】A【解析】函数()f x 的定义域为(0,)+∞，()()222ln 22ln 2e 2ln e 2ln x x x x f x a x ax a x x --=-+=+-，设2()2ln (0)h x x x x =->，则22(1)(1)()2x x h x x x x+-'=-=，令()01h x x '>⇒>，令()001h x x '<⇒<<，所以函数()h x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增，且(1)1h =，所以min ()(1)1h x h ==，所以()1h x ≥，函数()f x 有两个不同的零点等价于方程()0f x =有两个不同的解，则()222ln 2ln 22e e 2ln 02ln x x x x a x x a x x--+-=⇒-=-，等价于函数y a =-与22ln 2e 2ln x xy x x-=-图象有两个不同的交点.令22ln x x t -=，()1e ,tg t tt =>，则函数y a =-与()1e ,tg t tt =>图象有一个交点，则()()22e 1e e 0tt t t t g t t t '--==>，所以函数()g t 在(1,)+∞上单调递增，所以()()1e g t g >=，且t 趋向于正无穷时，()e tg t t=趋向于正无穷，所以e a ->，解得e a <-.故选：A.3．（2023·江西吉安·统考一模）已知,R,0,0x y x y ∈>>，且2x y xy +=，则8e y x-的可能取值为（）（参考数据： 1.1e 3≈， 1.2e 3.321≈）A ．54B ．32C ．e 1-D ．e【答案】D【解析】由2x y xy +=，可得844x y =-且1y >，所以84e e 4y yx y-=+-，令()()4e 4,1,yg y y y =+-∈+∞，可得()24e y g y y='-，令()24e yh y y =-，可得()38e 0yh y y '=+>，()h y 为单调递增函数，即()g y '单调递增，又()()1.1 1.222441.1e 0, 1.2e 01.1 1.2g g =--'<'=>，所以存在()0 1.1,1.2y ∈，使得()00204e 0yg y y =-='，所以()()0min 002000444e 44, 1.1,1.2yg g y y y y y ==+-=-∈，设()0200444f y y y =+-，则()0320084f y y y =--'，因为()0 1.1,1.2y ∈，所以()00f y '<，所以()0f y 在()1.1,1.2上单调递减，所以()()0191.229f y f >=>，又因为()22e 2e g =->，()g y 在()0,y ∞+上递增，所以D 正确.故选：D.4．（2023·河南开封·开封高中校考一模）若存在[)1,x ∞∈+，使得关于x 的不等式11e x ax +⎛⎫+≥ ⎪⎝⎭成立，则实数a 的最小值为（）A ．2B ．1ln2C ．ln21-D ．11ln2-【答案】D 【解析】由11e x ax +⎛⎫+≥ ⎪⎝⎭两边取对数可得 1()ln 11x a x ⎛⎫++≥ ⎪⎝⎭①，令11,t x +=则11x t =-，因为[)1,x ∞∈+，所以(1,2]t ∈，则①可转化得1ln 11a t t ⎛⎫+≥⎪-⎝⎭，因为ln 0t >，11ln 1a t t ∴≥--因为存在[)1,x ∞∈+，使得关于x 的不等式11e x ax +⎛⎫+≥ ⎪⎝⎭成立，所以存在(1,2]t ∈，11ln 1a t t ≥--成立，故求11ln 1t t --的最小值即可，令11(),(1,2]ln 1g x x x x =-∈-2211()(ln )(1)g x x x x '∴=-+⋅-2222(ln )(1)(1)(ln )x x x x x x ⋅--=-2222222(1)1(ln )(ln )2(1)(ln )(1)(ln )x x x x x x x x x x ----+==--，令()h x 21(ln )2,(1,2]x x x x=--+∈212ln 11()2ln 1x x x h x x x xx-+'∴=⋅-+=，令1()2ln ,(1,2]x x x x xϕ=-+∈，2222121()1x x x x x x ϕ-+-'∴=--=22(1)0x x --=<，所以()ϕx 在(1,2]上单调递减，所以()(1)0x ϕϕ<=，()0h x '∴<，所以()h x 在(1,2]上单调递减，所以()(1)0,()0,h x h g x '<=∴<()g x ∴在(1,2]上单调递减，1()(2)1ln 2g x g ∴≥=-，11ln 2a ∴≥-，所以实数a 的最小值为11ln 2-故选：D5．（2023·河北石家庄·统考一模）已知210x x a -=在()0,x ∈+∞上有两个不相等的实数根，则实数a 的取值范围是（）A ．10,2e ⎛⎤ ⎥⎝⎦B ．10,2e ⎛⎫⎪⎝⎭C ．12e 1,e ⎛⎤ ⎥⎝⎦D ．12e 1,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】D【解析】由()0,x ∈+∞，则210x x a =>，故2ln ln xa x=，要使原方程在()0,x ∈+∞有两个不等实根，即2ln ()xf x x =与ln y a =有两个不同的交点，由432ln 12ln ()x x x x f x x x --'==，令()0f x '>，则120e x <<，()0f x '<，则12e x >，所以()f x 在12(0,e )上递增，12(e ,)+∞上递减，故12max 1()(e )2e f x f ==，又x 趋向于0时，()f x 趋向负无穷，x 趋向于正无穷时，()f x 趋向0，所以，要使()f x 与ln y a =有两个不同的交点，则10ln 2ea <<，所以12e 1e a <<.故选：D6．（2023·吉林·统考三模）已知不等式22e ln ln x x λλ+≥在()0,x ∈+∞上恒成立，则实数λ的取值范围是（）A ．10,2e ⎛⎤ ⎥⎝⎦B ．10,4e ⎛⎤ ⎥⎝⎦C ．1,2e ∞⎡⎫+⎪⎢⎣⎭D ．1,4e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭【答案】C【解析】由22e ln ln x x λλ+≥得22e ln ln lnxxx λλλ≥-=，即22e lnxxxx λλ≥，令()e t f t t =，()0,t ∈+∞，则()()1e 0tf t t '=+>，所以()e tf t t =在()0,∞+上单调递增，而ln22e lnlne xxxxxx λλλλ≥=等价于()2ln x f x f λ⎛⎫≥ ⎪⎝⎭，∴2lnxx λ≥，即2e xx λ≥令()2e x g x x =，()0,x ∈+∞，则()212e xg x x-'=，所以()g x 在10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时()0g x '>，为增函数；在在1,2x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时()0g x '<，为减函数，所以()g x 最大值为1122e g ⎛⎫= ⎪⎝⎭，∴12e λ≥．故选：C7．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考二模）设()f x 是定义在R 上的可导函数，()f x 的导函数为()f x '，且()()32f x f x x '⋅>在R 上恒成立，则下列说法中正确的是（）A ．()()20232023f f <-B ．()()20232023f f >-C ．()()20232023f f <-D ．()()20232023f f >-【答案】D【解析】由题设32()()4f x f x x ⋅>'，构造24()()g x f x x =-，则3()2()()40g x f x f x x =-'>'，所以()g x 在R 上单调递增，则(2023)(2023)g g >-，即2424(2023)2023(2023)(2023)f f ->---，所以22(2023)(2023)f f >-，即()()20232023f f >-.故选：D8．（2023·四川广安·统考二模）若存在[]01,2x ∈-，使不等式()022002e 1ln e 2ex ax a x +-≥+-成立，则a 的取值范围是（）A ．21,e 2e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．221,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．421,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．41,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦【答案】D【解析】()022002e 1ln e 2e x a x a x +-≥+-⇔()()222e 1ln e 12e x a a x ---≥-()()()000022222 e 1ln e 1ln e 2 e 1ln 2e e x x x x a a a a e ⇔---≥-⇔-≥-令ex at =，即()2e 1ln 220t t --+≥，因为0[1,2]x ∈-，所以21,e e a a t -⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，令()2()e 1ln 22f t t t =--+.则原问题等价于存在21,e e a a t -⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，使得()0f t ≥成立.()22e 12e 1()2t f t t t---'=-=令()0f t '<，即()2e 120,t --<解得2e 12t ->，令()0f t '>，即()2e 120,t -->解得2e 102t -<<，所以()f t 在2e 10,2⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，在2e 1,2⎛⎫-+∞⎪⎝⎭上单调递减.又因为()()2222(1)0,e e 1ln e 2e 2f f ==--+222e 22e 20=--+=而22e 11e 2-<<，∴当21e t ≤≤时，()0f t ≥.若存在21,e e a a t -⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，使得()0f t ≥成立.只需22e e a ≤且11e a -≥，解得4ea ≤且1e a ≥，所以41e ea ≤≤.故a 的取值范围为41,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦.故选：D9．（2023·河南郑州·统考二模）函数()ln ,01,0x x x f x x x >⎧=⎨+≤⎩，若关于x 的方程()()()210f x m f x m -++=⎡⎤⎣⎦恰有5个不同的实数根，则实数m 的取值范围是（）A ．10em -<<B ．10em -<≤C ．10em -≤<D ．10em -≤≤【答案】A【解析】由()2[()]1()[()][()1]0f x m f x m f x m f x -++=--=，可得()f x m =或()1f x =，令ln y x x =且定义域为(0,)+∞，则ln 1y x ¢=+，当1(0,ex ∈时0'<y ，即y 递减；当1(,)ex ∈+∞时0'>y ，即y 递增；所以min 1e y =-，且1|0x y ==，在x 趋向正无穷y 趋向正无穷，综上，根据()f x 解析式可得图象如下图示：显然()1f x =对应两个根，要使原方程有5个根，则()f x m =有三个根，即(),f x y m =有3个交点，所以10em -<<.故选：A10．（2023·贵州·统考模拟预测）已知函数()f x 在R 上满足如下条件：（1）()()0f x f x -+=；（2）()20f -=；（3）当()0,x ∈+∞时，()()f x f x x'<.若()0f a >恒成立，则实数a 的值不可能是（）A ．3-B ．2C ．4-D ．1【答案】B 【解析】设()()f x g x x =，则()()()2xf x f x g x x'-'=，因为当()0,x ∈+∞时，()()f x f x x'<，所以当0x >时，有()()0xf x f x '-<恒成立，即此时()g x '<0，函数()g x 为减函数，因为()f x 在R 上满足()()0f x f x -+=，所以函数()f x 是奇函数，又()20f -=，所以()20f =，又()()()()()f x f x f x g x g x x x x---====--，故()g x 是偶函数，所以()()220g g =-=，且()g x 在(),0x ∈-∞上为增函数，当0a >时，()0f a >，即()()0f a ag a =>，等价为()0g a >，即()()2g a g >，得02a <<；当a<0时，()0f a >，即()()0f a ag a =>，等价为()0g a <，即()()2g a g <-，此时函数()g x 为增函数，得2a <-，综上不等式()0f a >的解集是()(),20,2-∞- ，结合选项可知，实数a 的值可能是3-，4-，1.故选：B11．（2023·广西·统考三模）已知2()cos f x x x =+，若3441e ,ln ,54a f b f c f -⎛⎫⎛⎫⎛⎫===- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，则a ，b ，c 的大小关系为（）A ．b c a <<B ．c a b<<C ．c b a<<D ．a c b<<【答案】A【解析】因为2()cos ,R f x x x x =+∈，定义域关于原点对称，()22()()cos()cos f x x x x x f x -=-+-=+=，所以()f x 为R 上的偶函数，当0x ≥时,()2sin ,f x x x '=-，设()2sin g x x x =-，则()2cos g x x =-'，1cos 1x -≤≤ ，()0g x '∴>，所以()g x 即()f x '在[0,)+∞上单调递增，所以()(0)0f x f ''≥=,所以()f x 在[0,)+∞上单调递增，又因为()f x 为偶函数,所以()f x 在(,0]-∞上单调递减，又因为41ln0,054<-<,所以445ln ln ln 554b f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫==-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭,1144c f f ⎛⎫⎛⎫=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭又因为31411ee e 4-->=>,因为141ln e 4=,41445e e, 2.4e 4⎛⎫⎛⎫=≈< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以145e 4>,所以145ln e ln 4>，即15ln 44>,所以3415eln 44->>,所以3441e 5ln 4f f f -⎛⎫⎛⎫⎛⎫>> ⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎭⎝⎭,即a c b >>.故选：A.12．（2023·天津南开·统考一模）已知函数()()216249,1,11,1,9x x x f x f x x ⎧-+≤⎪=⎨->⎪⎩则下列结论：①()1*9,Nn f n n -=∈②()()10,,x f x x∞∀∈+<恒成立③关于x 的方程()()R f x m m =∈有三个不同的实根，则119m <<④关于x 的方程()()1*9N n f x n -=∈的所有根之和为23n n +其中正确结论有（）A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个【答案】B【解析】由题意知，()()()()1211111219999n n f n f n f n f n n --=-=-==--=⎡⎤⎣⎦ ，所以①正确；又由上式知，要使得()()10,,x f x x∞∀∈+<恒成立，只需满足01x <≤时，()1f x x <恒成立，即2116249x x x-+<，即321624910x x x -+-<恒成立，令()(]32162491,0,1g x x x x x =-+-∈，则()248489g x x x '=-+，令()0g x '=，解得14x =或34x =，当1(0,4x ∈时，()0g x '>，()g x 单调递增；当13(,)44x ∈时，()0g x '<，()g x 单调递减；当3(,)4x ∈+∞时，()0g x '>，()g x 单调递增，当14x =时，函数()g x 取得极大值，极大值11101444g f ⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，，所以②不正确；作出函数()f x 的图象，如图所示，由图象可知，要使得方程()()R f x m m =∈有三个不同的实根，则满足()()21f m f <<，即119m <<，所以③正确；由()1(1)9f x f x =-知，函数()f x 在(),1n n +上的函数图象可以由()1,n n -上的图象向右平移一个单位长度，再将所有点的横坐标不变，纵坐标变为原来的19倍得到，因为216249y x x =-+的对称轴为34x =，故()09f x =的两根之和为32，同理可得：()19f x =的两个之和为322+， ，()19nf x -=的两个之和为32(1)2n +-，故所有根之和为23333(2)[2(1)]2222n n n +++++-=+，所以④不正确.故选：B.13．（2023·山东济南·一模）函数()()()221xxx f x a a a =++-+（0a >且1a ≠）的零点个数为（）A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】B【解析】由()0f x =可得22011x x a a a a +⎛⎫⎛⎫+-= ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭，即11112011x xa a ⎛⎫⎛⎫-++-= ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭，因为0a >且1a ≠，则1110,,1122a ⎛⎫⎛⎫∈ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭，令11t a =+，令()()()112x xg x t t =-++-，则()()010g g ==，()()()()()1ln 11ln 1xxg x t t t t '=--+++，令()()()()()1ln 11ln 1xxh x t t t t =--+++，则()()()()()221ln 11ln 10xxh x t t t t '=--+++>⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦，所以，函数()g x '在R 上单调递增，因为()()()()20ln 1ln 1ln 1ln10g t t t'=-++=-<=，()()()()()11ln 11ln 1g t t t t '=--+++，令()()()()()1ln 11ln 1p t t t t t =--+++，其中01t <<，则()()()ln 1ln 10p t t t '=+-->，所以，函数()p t 在()0,1上单调递增，所以，()()()100g p t p >'==，由零点存在定理可知，存在()00,1x ∈，使得()00g x '=，且当0x x <时，()0g x '<，此时函数()g x 单调递减，当0x x >时，()0g x '>，此时函数()g x 单调递增，所以，()()()0010g x g g <==，所以，函数()g x 的零点个数为2，即函数()f x 的零点个数为2.故选：B.14．（2023·陕西榆林·统考二模）已知函数()()25e xf x x x =+-，若函数()()()()222g x f x a f x a =---⎡⎤⎣⎦恰有5个零点，则a 的取值范围是（）A ．()3e,0-B ．470,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．473e,e ⎛⎫- ⎪⎝⎭D ．()0,3e 【答案】B【解析】函数()g x 恰有5个零点等价于关于x 的方程()()()2220f x a f x a ⎡⎤---=⎣⎦有5个不同的实根．由()()()2220f x a f x a ⎡⎤---=⎣⎦，得()f x a =或()2f x =-．因为()()25e x f x x x =+-，所以()()234e x f x x x '=+-()()41e xx x =+-，由()0f x ¢>，得<4x -或1x >，由()0f x '<，得41x -<<，则()f x 在(),4-∞-和()1,+∞上单调递增，在()4,1-上单调递减．因为()474e f -=，()13e f =-，当x →+∞时，()f x →+∞，当x →-∞时，()0f x →，所以可画出()f x 的大致图象：由图可知()2f x =-有2个不同的实根，则()f x a =有3个不同的实根，故470,e a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，故A ，C ，D 错误.故选：B.15．（2023·山东枣庄·统考二模）已知()f x =，a ∈R ，曲线cos 2y x =+上存在点()00,x y ，使得()()00f f y y =，则a 的范围是（）A ．()8,18ln 3+B ．[]8,18ln 3+C ．()9,27ln 3+D ．[]9,27ln 3+【答案】B【解析】因为[]cos 1,1x ∈-，所以[]cos 21,3y x =+∈，由题意cos 2y x =+上存在一点()00,x y 使得()()00f f y y =，即[]01,3y ∈，只需证明()00f y y =，显然()f x =假设()00f y y c =>，则()()()()000f f y f c c y f y ==>>不满足()()00f f y y =，同理()00f y c y =<不满足()()00f f y y =，所以()00f y y =，那么函数()[]1,3f x =即函数()f x x =在[]1,3x ∈有解，x =，可得[]2ln 9,1,3x x a x x +-=∈，从而[]2ln 9,1,3x x x a x +-=∈，令()[]2ln 9,1,3h x x x x x =+-∈，则()2119292x x h x x x x+-'=+-=，令()0h x '=，即21920x x +-=，解得12993,044x x -=>=（舍去），()0h x '>时03x <<<()0h x '<时x >所以()h x 在[]1,3单调递增，所以()()()13h h x h ≤≤，()1ln1918h =+-=，()3ln 3279ln 318h =+-=+，所以()h x 的取值范围为[]8,ln 318+，即a 的取值范围为[]8,ln 318+.故选：B.16．（2023·四川绵阳·盐亭中学校考模拟预测）已知()(0)ln kxx k xϕ=>，若不等式()11e kxxx ϕ+<+在()1+∞，上恒成立，则k 的取值范围为（）A ．1e⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，B ．()ln2+∞，C ．()0,eD ．()0,2e 【答案】A【解析】由题意知，(1,)x ∀∈+∞，不等式11e ln kx x kx x+<+恒成立，即()(1,),1eln e(1)ln kxkxx x x ∀∈+∞+>+成立.设()(1)ln (1)f x x x x =+>，则()e ()kxf f x >.因为11()ln ln 10x f x x x x x+'=+=++>，所以()f x 在()1+∞，上单调递增，于是e kx x >对任意的()1x ∈+∞，恒成立，即ln xk x >对任意的()1x ∈+∞，恒成立.令ln ()(1)x g x x x=>，即max ()k g x >.因为21ln ()xg x x-'=，所以当(1,e)x ∈时，()0g x '>;当()e x ∈+∞，时，()g x '<0，所以()g x 在(1,e)上单调递增，在()e ，+∞上单调递减，所以max 1()(e)eg x g ==，所以1ek >.故选：A .17．（2023·江西·校联考模拟预测）已知()ee 1ln x x a x+>有解，则实数a 的取值范围为（）A ．21,e ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭B ．1,e⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭C ．()1,-+∞D ．1,e⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭【答案】A【解析】不等式()e e 1ln x x a x+>可化为()e ln 1x a x x x ++>，()()e ln e 1x x a x x +>，令e x t x =，则ln 1at t +>且0t >，由已知不等式ln 1t at +>在()0,∞+上有解，所以1ln ta t ->在()0,∞+上有解.令()1ln t f t t -=，则()2ln 2t f t t ='-，当20e t <<时，()0f t '<，()f t 在()20,e 上单调递减；当2t e >时，()0f t '>，()f t 在()2e ,+∞单调递增，所以()min f t =()221e e f =-，所以21e a >-，所以a 的取值范围为21,e ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭，故选：A.18．（2023·辽宁朝阳·校联考一模）设0k >，若不等式()ln e 0xk kx -≤在0x >时恒成立，则k 的最大值为（）A ．eB ．1C ．1e -D ．2e 【答案】A【解析】对于()ln e 0xk kx -≤，即()e ln x kx k≤，因为()ln y kx =是e xy k =的反函数，所以()ln y kx =与e xy k =关于y x =对称，原问题等价于e x x k≥对一切0x >恒成立，即e xk x≤；令()e x f x x =，则()()'21e x x f x x -=，当01x <<时，()()'0,f x f x <单调递减，当1x >时，()()'0,f x f x >单调递增，()()min 1e f x f ==，e k ∴≤；故选：A.19．（2023·四川南充·统考二模）已知函数()()2ln ln 1212x x h x t t x x ⎛⎫=--+- ⎪⎝⎭有三个不同的零点123,,x x x ，且123x x x <<．则实数11ln 1x x ⎛-⎝）A ．1t -B ．1t -C ．－1D ．1【答案】D 【解析】令ln x y x =，则21ln xy x-'=，当(0,e)x ∈时0'>y ，y 是增函数，当(e,)x ∈+∞时0'<y ，y 是减函数；又x 趋向于0时y 趋向负无穷，x 趋向于正无穷时y 趋向0，且e 1|ex y ==，令ln xm x=，则2()()(12)12h x g m m t m t ==--+-，要使()h x 有3个不同零点，则()g m 必有2个零点12,m m ，若11(0,e m ∈，则21em =或2(,0]m ∞∈-，所以2(12)120m t m t --+-=有两个不同的根12,m m ，则2Δ(12)4(12)0t t =--->，所以32t <-或12t >，且1212m m t +=-，1212m m t =-，①若32t <-，12124m m t +=->，与12,m m 的范围相矛盾，故不成立；②若12t >，则方程的两个根12,m m 一正一负，即11(0,)em ∈，2(,0)m ∞∈-；又123x x x <<，则12301e x x x <<<<<，且121ln x m x =，32123ln ln x x m x x ==，故11ln 1x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭(()()221111m m m =-=--12121()1m m m m =-++=.故选：D20．（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学统考二模）已知实数0a >，e 2.718=…，对任意()1,x ∈-+∞，不等式()e e 2ln xa ax a ⎡⎤++⎣⎦≥恒成立，则实数a 的取值范围是（）A ．10,e ⎛⎤⎥⎝⎦B ．1,1e⎡⎫⎪⎢⎣⎭C ．20,e⎛⎫⎪⎝⎭D ．2,1e⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】A【解析】因为()e e 2ln xa ax a ⎡⎤++⎣⎦≥，所以()()1e2ln 2ln 2ln ln(1)x a ax a a a ax a a a a a x -⎡⎤++=++=+++⎣≥⎦，即11e 2ln ln(1)x a x a-⋅++≥+，即1ln 11ln e e 2ln ln(1)e 2ln ln(1)x x a a a x a x ---⋅+++⇔+≥++≥，所以1ln e 1ln ln(1)1x a x x a x --+≥--+++，令()e ,(1,)x f x x x =+∈-+∞，易知()f x 在()1,x ∈-+∞上单调递增，又因为ln(1)[ln(1)]e ln(1)1ln(1)x f x x x x ++=++=+++，所以(1ln )[ln(1)]f x a f x --≥+，所以1ln ln(1),(1,)x a x x --≥+∈-+∞，所以ln 1ln(1),(1,)a x x x ≤--+∈-+∞，令()1ln(1),(1,)g x x x x =--+∈-+∞，则1()111x g x x x '=-=++，所以当(1,0)x ∈-时，()0g x '<，()g x 单调递减；当,()0x ∈+∞时，()0g x '>，()g x 单调递增；所以min ()(0)1g x g ==-，所以ln 1a ≤-，解得10ea <≤.故选：A21．（2023·陕西榆林·统考二模）已知函数()()25e xf x x x =+-，若函数()()()()0g x f f x a a =->，则()g x 的零点个数不可能是（）A ．1B ．3C ．5D ．7【答案】D【解析】令()0g x =，即()()f f x a =，因为()()25e xf x x x =+-，所以()2()34e x f x x x '=+-，由()0f x ¢>，得<4x -或1x >，由()0f x '<，得41x -<<，则()f x 在(),4-∞-和()1,+∞上单调递增，在()4,1-上单调递减，因为()474e f -=，()13e f =-，当+x →∞时，()+f x →∞，当x →-∞时，()0f x →，令()0f x =，解得1212x -=或1212x -=，所以可画出()f x 的大致图像，设()t f x =，则()f t a =，第一种情况：当470e a <<时，()f t a =有三个不同的零点1t ，2t ，3t ，不妨设123t t t <<，则14t <-，2142t -<<-，312t ->，①讨论()1f x t =根的情况：当13e t <-时，()1f x t =无实数根，当13e t =-时，()1f x t =有1个实数根，当13e 4t -<<-时，()1f x t =有2个实数根，②讨论()2f x t =根的情况：因为2142t -<<-，所以()2f x t =有2个实数根，③讨论()3f x t =根的情况：因为3t >47e>，所以()3f x t =只有1个实数根，第二种情况：当47e a =时，()f t a =有2个实数根44t =-，51212t ->，则()4f x t =有2个实数根，()5f x t =有1个实数根，故当47ea =时，()()f f x a =有3个实数根；第三种情况：当47e a >时，()f t a =有一个实数根612t ->，则()6f x t =有1个实数根，综上，当470ea <<时，()()f f x a =可能有3个或4个或5个实数根；当47e a =时，()()f f x a =有3实数根；当47e a >时，()()f f x a =有1个实数根；综上，()g x 的零点个数可能是1或3或4或5．故选：D ．22．（多选题）（2023·河北唐山·开滦第二中学校考一模）若关于x 的不等式1ln ln e e ex m xm -+≥在(),m +∞上恒成立，则实数m 的值可能为（）A ．21e B ．22e C ．1eD ．2e【答案】CD【解析】因为不等式1ln ln ee e x m x m -+≥在(),m +∞上恒成立，显然0x m >>，1x m >，ln 0xm>，因此ln 1ln ln 1ee ln e ln e ln e e e xx x x x mm x x x x x m x x m m m m m-+≥⇔≥⇔≥⇔≥⋅，令()e ,0x f x x x =>，求导得()(1)0x f x x e '=+>，即函数()f x 在(0,)+∞上单调递增，ln e ln e ()(ln xxm x x x f x f m m ≥⋅⇔≥，于是ln x x m ≥，即e e xx x x m m ≥⇔≥，令(),0e x xg x x =>，求导得1()ex x g x -'=，当01x <<时，()0g x '>，当1x >时，()0g x '<，因此函数()g x 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，max 1()(1)eg x g ==，因为0x m >>，则当01m <<时，()g x 在(,1)m 上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，1()(1)eg x g ≤=，因此要使原不等式成立，则有11em ≤<，当m 1≥时，函数()g x 在(,)m +∞上单调递减，()()()11eg x g m g <≤=，符合题意，所以m 的取值范围为1[,)e+∞，选项AB 不满足，选项CD 满足.故选：CD23．（多选题）（2023·山东·沂水县第一中学校联考模拟预测）已知函数()()()32e 04610x x f x x x x ⎧<⎪=⎨-+≥⎪⎩，其中e 是自然对数的底数，记()()()2h x f x f x a =-+⎡⎤⎣⎦，()()()3g x f f x =-，则（）A ．()g x 有唯一零点B ．方程()f x x =有两个不相等的根C ．当()h x 有且只有3个零点时，[)2,0a ∈-D ．0a =时，()h x 有4个零点【答案】ABD【解析】因为32()461(0)f x x x x =-+≥，所以2()121212(1)(0)f x x x x x x '=-=-≥，所以(0,1)x ∈时，()0f x '<，(1,)x ∈+∞时，()0f x '>所以()()()32e04610x x f x x x x ⎧<⎪=⎨-+≥⎪⎩的图像如下图，选项A ，因为()()()3g x f f x =-，令()f x t =，由()0g x =，得到()3f t =，由图像知，存在唯一的01t >，使得()3f t =，所以0()1f x t =>，由()f x 的图像知，存在唯一0x ，使00()f x t =，即()()()3g x f f x =-只有唯一零点，所以选项A 正确；选项B ，令()g x x =，如图，易知()g x x =与()y f x =有两个交点，所以方程()f x x =有两个不相等的根，所以选项B 正确；选项C ，因为()()()2h x f x f x a =-+⎡⎤⎣⎦，令()f x m =，由()0h x =，得到20m m a -+=，当()h x 有且只有3个零点时，由()f x 的图像知，方程20m m a -+=有两等根0m ，且0(0,1)m ∈，或两不等根12,m m ，1210,1m m -<<>，或121,1m m =-=（舍弃，不满足韦达定理），所以140a ∆=-=或Δ140(0)0(1)0(1)0a f f f =->⎧⎪<⎪⎨->⎪⎪<⎩即14a =或14020a a aa ⎧<⎪⎪⎪<⎨⎪-<⎪<⎪⎩，所以14a =或20a -<<，当14a =时，12m =，满足条件，所以选项C 错误；选项D ，当0a =时，由()0h x =，得到()0f x =或()1f x =，由()f x 的图像知，当()0f x =时，有2个解，当()1f x =时，有2个解，所以选项D 正确.故选：ABD.24．（多选题）（2023·全国·模拟预测）已知函数()21ln 1f x a x x =++．若当()0,1x ∈时，()0f x >，则a 的一个值所在的区间可能是（）A ．()12,11--B ．()0,1C ．()2,3D ．()24e ,e 【答案】ABC 【解析】设21t x =，因为01x <<，所以1t >，则211ln 1ln 12a x t a t x ++=-+．设()1ln 12g t t a t =-+，则()12ag t t'=-．若2a ≤，则()0g t '>，所以()g t 在()1,+∞上单调递增，所以()()120g t g >=>，则A ，B 符合题意．若2a >，则当1,2a t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g t '<，所以()g t 单调递减；当,2a t ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0g t '>，所以()g t 单调递增．所以()ln 12222a a a ag t g ⎛⎫≥=-+ ⎪⎝⎭．设()()ln 11h x x x x x =-+>，则()ln 0h x x '=-<，所以()h x 在()1,+∞上单调递减，且3533ln 02222h ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭，所以若()2,3a ∈，则()30222a a g t g h h ⎛⎫⎛⎫⎛⎫≥=>> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，当()0,1x ∈时，()0f x >，C 符合题意．因为()h x 在()1,+∞上单调递减，且()22e e 10h =-+<，所以若()24e ,e a ∈，则24e e ,222a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，取22e a =，则()2e 022a a g h h ⎛⎫⎛⎫=<< ⎪ ⎝⎭⎝⎭，此时存在()1,t ∈+∞，使得()0g t <，即存在()0,1x ∈时，使得()0f x <，D 不符合题意．故选：ABC ．25．（多选题）（2023·全国·本溪高中校联考模拟预测）已知函数()f x 是定义在()0,∞+上的函数，()f x '是()f x 的导函数，若()()122e xx f x xf x '+=，且()e 22f =，则下列结论正确的是（）A ．函数()f x 在定义域上有极小值．B ．函数()f x 在定义域上单调递增．C ．函数()()eln H x xf x x =-的单调递减区间为()0,2．D ．不等式()12e e 4x f x +>的解集为()2,+∞．【解析】令()()m x xf x =，则()()()m x f x xf x ''=+，又()()22e xx f x xf x '+=得：()()2e xf x xf x x'+=，由()()m x f x x =得：()()()()()()()22222e xm x x m x xf x x f x m x m x f x x x x ''⋅-+--'===，令()()2e xh x m x =-得：()()2222e e e 2e 222x x x xx h x m x x x -''=-=-=⎛⎫ ⎪⎝⎭，当()0,2x ∈时，()0h x '<，()h x 单调递减；当()2,x ∈+∞时，()0h x '>，()h x 单调递增，所以()()()()2e 2e 220h x h m f ≥=-=-=，即()0f x '≥，所以()f x 单调递增，所以B 正确，A 不正确；由()()eln H x m x x =-且定义域为()0,∞+得：()()2e e e x H x m x xx-''=-=，令()0H x '<，解得02x <<，即()H x 的单调递减区间为()0,2，故C 正确．()12ee 4xf x +>的解集等价于()2e e 4x x x xf x +>的解集，设()()2e e 44xx x x m x ϕ=--，则()()222ee ee e 11424424x xx x x x m x x ϕ⎛⎫⎛⎫''=-+-=-+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭2282e e 84x x x x --=⋅-，当()2,x ∈+∞时，2820x x --<，此时()0x ϕ'<，即()x ϕ在()2,+∞上递减，所以()()()22e 0x m ϕϕ<=-=，即()2e e 4x x x xf x +<在()2,+∞上成立，故D 错误．26．（多选题）（2023·山东泰安·统考一模）已知函数()()()ln f x x x ax a =-∈R 有两个极值点1x ，2x ()12x x <，则（）A ．102a <<B ．2112x a<<C ．21112x x a->-D ．()10<f x ，()212f x >-【答案】ACD【解析】对于A ：()()()ln f x x x ax a =-∈R ，定义域()0,x ∈+∞，()()ln 120f x x ax x '=+->，函数()f x 有两个极值点1x ，2x ，则()f x '有两个变号零点，设()()ln 120g x x ax x =+->，则()1122axg x a xx-'=-=，当0a ≤时，()0g x '>，则函数()f x '单调递增，则函数()f x '最多只有一个变号零点，不符合题意，故舍去；当0a >时，12x a <时，()0g x '>，12x a>时，()0g x '<，则函数()f x '在10,2a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，在1,2a ⎛⎫+∞⎪⎝⎭上单调递减，若()f x '有两个变号零点，则102f a ⎛⎫'> ⎪⎝⎭，解得：12a <，此时x 由正趋向于0时，()f x '趋向于-∞，x 趋向于+∞时，()f x '趋向于-∞，则()f x '有两个变号零点，满足题意，故a 的范围为：102a <<，故A 正确；对于B ：函数()f x 有两个极值点1x ，2x ()12x x <，即()f x '有两个变号零点1x ，2x ()12x x <，则1212x x a<<，故B 错误；对于C ：当102a <<时，()1120f a '=->，则12112x x a <<<，即212x a >，11x ->-，则21112x x a->-，故C 正确；对于D ：()f x '有两个变号零点1x ，2x ()12x x <，且函数()f x '先增后减，则函数()f x 在()10,x 与()2,x +∞上单调递减，在()12,x x 上单调递增，121x x << ，且102a <<，()()()()1210112f x f a f x f a ⎧<=-<⎪∴⎨>=->-⎪⎩，故D 正确；故选：ACD.27．（多选题）（2023·吉林·东北师大附中校考二模）已知函数()ln xf x a a =，()()ln 1g x a x =-，其中0a >且1a ≠．若函数()()()h x f x g x =-，则下列结论正确的是（）A ．当01a <<时，()h x 有且只有一个零点B ．当1e 1e a <<时，()h x 有两个零点C ．当1e e a >时，曲线()yf x =与曲线()yg x =有且只有两条公切线D ．若()h x 为单调函数，则e e 1a -≤<【答案】BCD【解析】对A ，()ln ln(1),x h x a a a x =--令()10,ln ln(1),log (1)x x a h x a a a x a x -=∴=-∴=-，令111,164a x =-=，或111,162a x =-=1log (1)x a a x -=-都成立，()h x 有两个零点，故A 错误；对B ，1ln ln(1),x a a x -=-令1ln ,(1)ln ln ,ln(1),1x ta t x a t t x x -=∴-=∴⋅=--ln (1)ln(1)t t x x ∴=--，（1t >）.考虑ln (),()ln 10,y x x F x F x x '===+=11,()(1),e x x F a F x -∴=∴=-所以函数()F x 在1(0,e单调递减，在1(,)e +∞单调递增，1()(1),x F a F x -∴=-1ln(1)1,ln 1x x a x a x --∴=-∴=-.考虑2ln 1ln (),()0,e,x xQ x Q x x x x -'=∴==∴=所以函数()Q x 在(0,e)单调递增，在(e,)+∞单调递减，1(e),eQ =当1ln1e ()e 0,1e eQ ==-<x →+∞时，()0Q x >,所以当10ln e a <<时，有两个零点.此时1e 1e a <<，故B 正确；对C ，设21ln ,(),()e 1x ak a f x a k g x x ''=>=⋅=-，1t x =-.设切点1122111222(,()),(,()),()()(),()()(),x f x x g x y f x f x x x y g x g x x x ''∴-=--=-所以12111222()()()()()()f x g x f x x f x g x x g x ''''=⎧⎨-=-⎩.①111122222211,,11x x t a a k a k a k x x t -=∴==--。
2023高考数学-导数压轴题
（2）若f（x）有两个零点，求a的取值范围．
7.已知函数 .
（1）讨论 的单调性；
（2）若 存在两个极值点 ，证明： .
8．（12分）
已知函数 ， 为 的导数．证明：
（1） 在区间 存在唯一极大值点；
（2） 有且仅有2个零点．
9．（12分）
已知函数f（x）=2sinx－xcosx－x，f ′（x）为f（x）的导数．
(3)当 时，证明：对任意 ，函数 有两个不同的零点 ， ，满足 ．(注： 是自然对数的底数)
18.（12分）设函数f（x）=aexlnx+ ，曲线y=f（x）在点（1，f（1））处得切线方程为y=e（x﹣1）+2．
（Ⅰ）求a、b；（Ⅱ）证明：f（x）＞1．
19.已知函数 ．
（1）讨论函数 的单调性；
（1）证明：f ′（x）在区间（0，π）存在唯一零点；
（2）若x∈[0，π]时，f（x）≥ax，求a的取值范围．
10.已知函数 .
（1）当a=1时，讨论f（x）的单调性；
（2）当x≥0时，f（x）≥ x3+1，求a的取值范围.
11.已知函数f(x)=sin2xsin2x.
（1）讨论f(x)在区间(0，π)的单调性；
（ii）用min {m，n }表示m，n中的最小值，设函数h（x）=min { f（x），g（x）}（x＞0），讨论h（x）零点的个数．
5．（12分）已知函数f（x）=（x﹣2）ex+a（x﹣1）2有两个零点．
（Ⅰ）求a的取值范围；
（Ⅱ）设x1，x2是f（x）的两个零点，证明：x1+x2＜2．
6．（12分）（2017•新课标Ⅰ）已知函数f（x）=ae2x+（a﹣2）ex﹣x．
高中数学导数压轴题专题拔高训练 (二)
高中数学导数压轴题专题拔高训练一．选择题（共15小题）1．已知可导函数f（x）（x∈R）满足f′（x）＞f（x），则当a＞0时，f（a）和e a f（0）大小关系为（）A．f（a）＜e a f（0）B．f（a）＞e a f（0）C．f（a）=e a f（0）D．f（a）≤e a f（0）考点：利用导数研究函数的单调性．专题：计算题；压轴题．分析：设函数f（x）=e2x，则导函数f′（x）=2•e2x，显然满足f'（x）＞f（x），由f（a）=e2a，e a f（0）=e a，比较得出结论．解答：解：由题意知，可设函数f（x）=e2x，则导函数f′（x）=2•e2x，显然满足f'（x）＞f（x），f（a）=e2a，e a f（0）=e a，当a＞0时，显然e2a＞e a ，即f（a）＞e a f（0），故选B．点评：本题考查求复合函数的导数的方法，以及指数函数的单调性，利用构造法求解是我们选择题常用的方法．2．已知函数f（x）=x3+bx2+cx+d在区间[﹣1，2]上是减函数，那么b+c（）A．有最大值B．有最大值﹣C．有最小值D．有最小值﹣考点：利用导数研究函数的单调性．专题：压轴题．分析：先对函数f（x）求导，然后令导数在[﹣1，2]小于等于0即可求出b+c的关系，得到答案．解答：解：由f（x）在[﹣1，2]上是减函数，知f′（x）=3x2+2bx+c≤0，x∈[﹣1，2]，则⇒15+2b+2c≤0⇒b+c≤﹣．故选B．点评：本题主要考查函数的单调性与其导函数的正负情况之间的关系，即导函数大于0时原函数单调递增，当导函数小于0时原函数单调递减．3．对任意的实数a，b，记若F（x）=max{f（x），g（x）}（x∈R），其中奇函数y=f（x）在x=1时有极小值﹣2，y=g（x）是正比例函数，函数y=f（x）（x≥0）与函数y=g（x）的图象如图所示则下列关于函数y=F（x）的说法中，正确的是（）A．y=F（x）为奇函数B．y=F（x）有极大值F（1）且有极小值F（﹣1）C．y=F（x）的最小值为﹣2且最大值为2 D．y=F（x）在（﹣3，0）上不是单调函数考点：利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值．专题：计算题；压轴题．分析：在同一个坐标系中作出两函数的图象，横坐标一样时取函数值较大的那一个，如图，由图象可以看出选项的正确与否．解答：解：∵f（x）*g（x）=max{f（x），g（x）}，∴f（x）*g（x）=max{f（x），g（x）}的定义域为R，f（x）*g（x）=max{f（x），g（x）}，画出其图象如图中实线部分，由图象可知：y=F（x）的图象不关于原点对称，不为奇函数；故A不正确y=F（x）有极大值F（﹣1）且有极小值F（0）；故B不正确y=F（x）的没有最小值和最大值为，故C不正确y=F（x）在（﹣3，0）上不为单调函数；故D正确故选D．点评：本题考点是函数的最值及其几何意义，本题考查新定义，需要根据题目中所给的新定义作出相应的图象由图象直观观察出函数的最值，对于一些分段类的函数，其最值往往借助图象来解决．本题的关键是读懂函数的图象，属于基础题．4．已知函数f（x）=x3+ax2﹣bx+1（a、b∈R）在区间[﹣1，3]上是减函数，则a+b的最小值是（）A．B．C．2D．3考点：利用导数研究函数的单调性．专题：计算题；压轴题．分析：求出f′（x），因为函数在区间[﹣1，3]上是减函数得到f（﹣1）和f（3）都小于0分别列出关于a与b的两个不等式，联立即可解出a的取值范围得到a的最小值，把a的最小值当然①即可求出b的最小值，求出a+b的值即可．解答：解：f′（x）=x2+2ax﹣b，因为函数f（x）在区间[﹣1，3]上是减函数即在区间[﹣1，3]上，f′（x）≤0，得到f′（﹣1）≤0，且f′（3）≤0，代入得1﹣2a﹣b≤0①，且9+6a﹣b≤0②，由①得2a+b≥1③，由②得b﹣6a≥9④，设u=2a+b≥1，v=b﹣6a≤9，假设a+b=mu+nv=m（2a+b）+n（﹣6a+b）=（2m﹣6n）a+（m+n）b，对照系数得：2m﹣6n=1，m+n=1，解得：m=，n=，∴a+b=u+v≥2，则a+b的最小值是2．故选C点评：此题考查学生会利用导数研究函数的单调性，灵活运用不等式的范围求未知数的最值，是一道综合题．5．定义在R上的可导函数f（x），当x∈（1，+∞）时，f（x）+f′（x）＜xf′（x）恒成立，a=f（2），b=f（3），c=（+1）f（），则a，b，c的大小关系为（）A．c＜a＜b B．b＜c＜a C．a＜c＜b D．c＜b＜a考点：利用导数研究函数的单调性．专题：综合题；压轴题；导数的概念及应用．分析：根据x∈（1，+∞）时，f（x）+f′（x）＜xf′（x），可得g（x）=在（1，+∞）上单调增，由于，即可求得结论．解答：解：∵x∈（1，+∞）时，f（x）+f′（x）＜xf′（x）∴f′（x）（x﹣1）﹣f（x）＞0∴[]′＞0∴g（x）=在（1，+∞）上单调增∵∴g（）＜g（2）＜g（3）∴∴∴c＜a＜b故选A．点评：本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性，确定函数的单调性是关键．6．设f（x）是定义在R上的可导函数，且满足f′（x）＞f（x），对任意的正数a，下面不等式恒成立的是（）A．f（a）＜e a f（0）B．f（a）＞e a f（0）C．D．考点：利用导数研究函数的单调性；导数的运算．专题：压轴题；导数的概念及应用．分析：根据选项令f（x）=，可以对其进行求导，根据已知条件f′（x）＞f（x），可以证明f（x）为增函数，可以推出f（a）＞f（0），在对选项进行判断；解答：解：∵f（x）是定义在R上的可导函数，∴可以令f（x）=，∴f′（x）==，∵f′（x）＞f（x），e x＞0，∴f′（x）＞0，∴f（x）为增函数，∵正数a＞0，∴f（a）＞f（0），∴＞=f（0），∴f（a）＞e a f（0），故选B．点评：此题主要考查利用导数研究函数单调性，此题要根据已知选项令特殊函数，是一道好题；7．若函数f（x）=x3+a|x2﹣1|，a∈R，则对于不同的实数a，则函数f（x）的单调区间个数不可能是（）A．1个B．2个C．3个D．5个考点：利用导数研究函数的单调性．专题：证明题；压轴题．分析：先令a=0，即可排除A，再将函数化为分段函数，并分段求其导函数，得f′（x），最后利用分类讨论，通过画导函数f′（x）的图象判断函数f（x）的单调区间的个数，排除法得正确判断解答：解：依题意：（1）当a=0时，f（x）=x3，在（﹣∞，+∞）上为增函数，有一个单调区间①当a≠0时，∵f（x）=x3+a|x2﹣1|a∈R∴f（x）=∴f′（x）=（2）当0＜a＜时，∵﹣＜﹣＜0，0＜＜，∴导函数的图象如图1：（其中m为图象与x轴交点的横坐标）∴x∈（﹣∞，0]时，f′（x）＞0，x∈（0，m）时，f′（x）＜0，x∈[m，+∞）时，f′（x）＞0，∴f（x）在x∈（﹣∞，0]时，单调递增，x∈（0，m）时，单调递减，x∈[m，+∞）时，单调递增，有3个单调区间②（3）当a≥3时，∵﹣＜﹣1，＞1，∴导函数的图象如图2：（其中n为x≤﹣1时图象与x轴交点的横坐标）∴x∈（﹣∞，n]时，f′（x）＞0，x∈（n，﹣1]时，f′（x）＜0，x∈（﹣1，0）时，f′（x）＞0，x∈[0，1）时，f′（x）＜0，x∈[1，+∞）时，f′（x）＞0∴函数f（x）在x∈（﹣∞，n]时，单调递增，x∈（n，﹣1]时，单调递减，x∈（﹣1，0）时，单调递增，x∈[0，1）时，单调递减，x∈[1，+∞）时，单调递增，有5个单调区间③由①②③排除A、C、D，故选B点评：本题考查了含绝对值函数的单调区间的判断方法，利用导数研究三次函数单调区间的方法，函数与其导函数图象间的关系，排除法解选择题8．已知函数，那么下面结论正确的是（）A．f（x）在[0，x0]上是减函数B．f（x）在[x0，π]上是减函数C．∃x∈[0，π]，f（x）＞f（x0）D．∀x∈[0，π]，f（x）≥f（x0）考点：利用导数研究函数的单调性．专题：计算题；压轴题．分析：由函数的解析式f（x）=sinx﹣x可求其导数f′（x）=cosx﹣，又余弦函数在[0，π]上单调递减，判断导数在[x0，π]上的正负，再根据导数跟单调性的关系判断函数的单调性．解答：解：∵f（x）=sinx﹣x∴f′（x）=cosx﹣∵cosx0=，x0∈[0，π]又∵余弦函数y=cosx在区间[0，π]上单调递减∴当x＞x0时，cosx＜cosx0 即cosx＜∴当x＞x0时，f′（x）=cosx﹣＜0∴f（x）=sinx﹣x在[x0，π]上是减函数．故选B．点评：利用导数判断函数的单调性，一定要注意其方法及步骤．（1）确定函数f（x）的定义域；（2）求导数f′（x）；（3）在f（x）的定义域内解不等式f′（x）＞0和f′（x）＜0；（4）写出f（x）的单调区间．9．设，若对于任意x1∈[0，1]，总存在x0∈[0，1]，使得g（x0）=f（x1）成立，则实数a的取值范围是（）A．B．C．[1，4]D．考点：利用导数研究函数的单调性．专题：计算题；综合题；压轴题；转化思想．分析：根据对于任意x1∈[0，1]，总存在x0∈[0，1]，使得g（x0）=f（x1）成立，得到函数f（X）在[0，1]上值域是g（X）在[0，1]上值域的子集，下面利用导数求函数f（x）、g（x）在[0，1]上值域，并列出不等式，解此不等式组即可求得实数a的取值范围解答：解：∵，∴f′（x）=，当x∈[0，1]，f′（x）≥0．∴f（x）在[0，1]上是增函数，∴f（x）的值域A=[0，1]；又∵g（x）=ax+5﹣2a（a＞0）在[0，1]上是增函数，∴g（X）的值域B=[5﹣2a，5﹣a]；根据题意，有A⊆B∴，即．故选A．点评：此题是个中档题．考查利用导数研究函数在闭区间上的最值问题，难点是题意的理解与转化，体现了转化的思想．同时也考查了同学们观察、推理以及创造性地分析问题、解决问题的能力，10．设函数f（x）=kx3+3（k﹣1）x2﹣k2+1在区间（0，4）上是减函数，则k的取值范围（）A．B．C．D．考点：函数的单调性与导数的关系．专题：计算题；压轴题．分析：先求导函数f'（x），函数f（x）=kx3+3（k﹣1）x2﹣k2+1在区间（0，4）上是减函数转化成f'（x）≤0在区间（0，4）上恒成立，讨论k的符号，从而求出所求．解答：解：f'（x）=3kx2+6（k﹣1）x，∵函数f（x）=kx3+3（k﹣1）x2﹣k2+1在区间（0，4）上是减函数，∴f'（x）=3kx2+6（k﹣1）x≤0在区间（0，4）上恒成立当k=0时，成立k＞0时，f'（4）=48k+6（k﹣1）×4≤0，即0＜k≤k＜0时，f'（4）=48k+6（k﹣1）×4≤0，f'（0）≤0，k＜0故k的取值范围是k≤故选D．点评：本题主要考查导函数的正负与原函数的单调性之间的关系，即当导函数大于0时原函数单调递增，当导函数小于0时原函数单调递减，同时考查了分析与解决问题的综合能力，属于基础题．11．若函数f（x）=2x2﹣lnx在其定义域的一个子区间（k﹣1，k+1）内不是单调函数，则实数k的取值范围是（）A．B．C．D．考点：函数的单调性与导数的关系．专题：计算题；压轴题．分析：先求导函数，再进行分类讨论，同时将函数f（x）=2x2﹣lnx在其定义域的一个子区间（k﹣1，k+1）内不是单调函数，转化为f′（x）在其定义域的一个子区间（k﹣1，k+1）内有正也有负，从而可求实数k的取值范围解答：解：求导函数，当k=1时，（k﹣1，k+1）为（0，2），函数在上单调减，在上单调增，满足题意；当k≠1时，∵函数f（x）=2x2﹣lnx在其定义域的一个子区间（k﹣1，k+1）内不是单调函数∴f′（x ）在其定义域的一个子区间（k﹣1，k+1）内有正也有负∴f′（k﹣1）f′（k+1）＜0∴∴×＜0∴∵k﹣1＞0∴k+1＞0，2k+1＞0，2k+3＞0，∴（2k﹣3）（2k﹣1）＜0，解得综上知，故选D．点评：本题以函数为载体，考查函数的单调性，考查学生分析解决问题的能力，分类讨论，等价转化是关键．12．已知g（x ）为三次函数f（x）=x3+ax2+cx的导函数，则它们的图象可能是（）A．B．C．D．考点：函数的单调性与导数的关系．专题：计算题；压轴题．分析：先求出函数的导函数，然后利用排除法进行判定，以及f′（x）=ax2+2ax+c与x轴交点处，函数取极值可得结论．解答：解：∵f（x）=x3+ax2+cx∴f′（x）=ax2+2ax+c对称轴为x=﹣1可排除选项B与选项C再根据f′（x）=ax2+2ax+c与x轴交点处，函数取极值可知选项D正确故选D．点评：本题主要考查了函数的单调性与导数的关系，解题的关键是原函数图象与导函数图象的关系，属于基础题．13．已知定义在R上的函数f（x）满足f（2）=1，f′（x）为f（x）的导函数．已知y=f′（x）的图象如图所示，若两个正数a，b满足f（2a+b）＞1，则的取值范围是（）A．（B．C．（﹣2，1）D．（﹣∞，﹣2）∪（1，+∞）考点：函数的单调性与导数的关系；简单线性规划．专题：计算题；压轴题；数形结合．分析：先根据导函数的图象判断原函数的单调性，从而确定a、b的范围，最后利用线性规划的方法得到答案．解答：解：由图可知，当x＞0时，导函数f'（x）＜0，原函数单调递减，∵两正数a，b满足f（2a+b）＞1，且f（2）=1，∴2a+b＜2，a＞0，b＞0，画出可行域如图．k=表示点Q（2，1）与点P（x，y）连线的斜率，当P点在A（1，0）时，k最大，最大值为：；当P点在B（0，2）时，k最小，最小值为：．k的取值范围是（﹣，1）．故选A．点评：本题主要考查函数的单调性与其导函数的正负之间的关系，即当导函数大于0时原函数单调递增，当导函数小于0时原函数单调递减．14．已知f（x）是定义在R上的奇函数，且f（1）=0，f′（x）是f（x）的导函数，当x＞0时总有xf′（x）＜f（x）成立，则不等式f（x）＞0的解集为（）D．{x|﹣1＜x＜1，且x≠0} A．{x|x＜﹣1或x＞1} B．{x|x＜﹣1或0＜x＜1} C．{x|﹣1＜x＜0或0＜x＜1}考点：函数的单调性与导数的关系；其他不等式的解法．专题：计算题；压轴题．分析：由已知当x＞0时总有xf′（x）＜f（x）成立，可判断函数g（x）=为减函数，由已知f（x）是定义在R上的奇函数，可证明g（x）为（﹣∞，0）∪（0，+∞）上的偶函数，根据函数g（x）在（0，+∞）上的单调性和奇偶性，模拟g（x）的图象，而不等式f（x）＞0等价于x•g（x）＞0，数形结合解不等式组即可解答：解：设g（x）=，则g（x）的导数为g′（x）=，∵当x＞0时总有xf′（x）＜f（x）成立，即当x＞0时，g′（x）恒小于0，∴当x＞0时，函数g（x）=为减函数，又∵g（﹣x）====g（x）∴函数g（x）为定义域上的偶函数又∵g（1）==0∴函数g（x）的图象性质类似如图：数形结合可得不等式f（x）＞0⇔x•g（x）＞0⇔或⇔0＜x＜1或x＜﹣1故选B点评：本题主要考查了利用导数判断函数的单调性，并由函数的奇偶性和单调性解不等式，属于综合题．15．已知函数f（x）的定义域为[﹣2，+∞），部分对应值如下表．f′（x）为f（x）的导函数，函数y=f′（x）的图象如下图所示．若两正数a，b满足f（2a+b）＜1，则的取值范围是（）X ﹣2 0 4f（x） 1 ﹣1 1A．B．C．D．考点：函数的单调性与导数的关系．专题：计算题；压轴题；数形结合．分析：由导函数的图象得到导函数的符号，利用导函数的符号与函数单调性的关系得到f（x）的单调性，结合函数的单调性求出不等式的解即a，b的关系，画出关于a，b的不等式表示的平面区域，给函数与几何意义，结合图象求出其取值范围．解答：解：由导函数的图形知，x∈（﹣2，0）时，f′（x）＜0；x∈（0，+∞）时，f′（x）＞0∴f（x）在（﹣2，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增；∵f（2a+b）＜1∴﹣2＜2a+b＜4∵a＞0，b＞0∴a，b满足的可行域为表示点（a，b）与（﹣3，﹣3）连线的斜率的2倍由图知当点为（2．，0）时斜率最小，当点为（0，4）时斜率最大所以的取值范围为故选A点评：利用导函数求函数的单调性问题，应该先判断出导函数的符号，当导函数大于0对应函数单调递增；当导函数小于0，对应函数单调递减．二．解答题（共15小题）16．已知m∈R，函数f（x）=x2﹣m x，g（x）=lnx．（1）当x∈[1，2]时，如果函数f（x）的最大值为f（1），求m的取值范围；（2）若对有意义的任意x，不等式f（x）＞g（x）恒成立，求m的取值范围；（3）当m在什么范围内取值时，方程f（x）=g（x）分别无实根？只有一实根？有两个不同实根？考点：导数在最大值、最小值问题中的应用；利用导数研究函数的极值．专题：计算题；压轴题．分析：（1）本问题求出函数的最值代入已知最大值为f（1），即可解得参数m的值，（2）本题恒成立问题转化为函数的最值来解答，具体方法是由f（x）＞g（x）等价于x2﹣mx＞lnx，即，构造出函数，利用导数工具可以求解．（3）我们对本题可以这样处理，想根据函数y=x2，y=mx，y=lnx的图象的增减性，判断猜测出参数m取值时分别对应方程的根的情况，然后来证明这个结论．证明时可利用新构造的函数h（x）=f（x）﹣g（x），利用导数以及函数的单调性，求出函数的最值来判断根x0的性质以辨别是否存在这个根．解答：解：（1）函数f（x）=x2﹣mx的图象开口向上，函数在x=1或x=2处取得最大值，则f（1）≥f（2），1﹣m≥4﹣2m，得：m≥3．（2）f（x）＞g（x）等价于x2﹣mx＞lnx，其中x＞0，即：由，令，得，当x=1时t′（x）=0，当x∈（0，1）时t′（x）＜0；当x∈（1，+∞）时t′（x）＞0，m＜t（x）min=t（1）=1，∴m＜1．（3）设h（x）=f（x）﹣g（x）=x2﹣mx﹣lnx，其中x＞0．观察得当m=1时，方程f（x）=g（x）即为：x2﹣x﹣lnx=0的一个根为x=1．猜测当m＜1，m=1，m＞1时方程分别无根，只有一个根，有且只有两个根．证明：∵h′（x）==0，等价于2x2﹣mx﹣1=0此方程有且只有一个正根为，且当x∈（0，x0）时，h′（x）＜0；当x∈（x0，+∞）时，h′（x）＞0，函数只有一个极值h（x）min=h（x0）=x02﹣mx0﹣lnx0．1°当m＜1时，由（2）得f（x）＞g（x）恒成立，方程无解．2°当m=1时，x0=1，h（x）min=h（1）=0，则h（x）≥h（x）min=0，当且仅当x=1时，h（x）=0，此时只有一个根x=1．3°当m＞1时，，关于m在（1，+∞）上递增，∴x0∈（1，+∞）时lnx0＞0，∵m＞1⇒1＜m2⇒8＜8m2⇒m2+8＜9m2⇒⇒⇒⇒x0＜m．∴h（x）min=h（x0）=x02﹣mx0﹣lnx0=x0（x0﹣m）﹣lnx0＜0．证毕点评：本题考查二次函数在定区间上的最值问题，函数类型简单，是一个二次函数，第一问的设计很容易，后面两问的综合性较强，对学生的逻辑思维能力，运算能力有很好的锻炼价值，本题第二小题是一个恒成立的问题，求参数的范围，一般转化最值问题来求解，本题第三问也是构造函数来解答，转化为利用导数研究新构造的函数的单调性求出函数的最值，结合最值来判断根的存在与否．本题对运算能力有一定的要求，解题时一定要严谨．考查的思想方法有分类讨论，构造函数等方法思想．17．设函数h（x）=x2，φ（x）=2elnx（e为自然对数的底）．（1）求函数F（x）=h（x）﹣φ（x）的极值；（2）若存在常数k和b，使得函数f（x）和g（x）对其定义域内的任意实数x分别满足f（x）≥kx+b和g（x）≤kx+b，则称直线l：y=kx+b为函数f（x）和g（x）的“隔离直线”．试问：函数h（x）和φ（x）是否存在“隔离直线”？若存在，求出“隔离直线”方程；若不存在，请说明理由．考点：导数在最大值、最小值问题中的应用；利用导数研究函数的极值．专题：计算题；压轴题；新定义；数形结合；转化思想．分析：（1）根据所给的函数，对函数求导，使得导函数等于0，验证可能的极值点两侧导函数的符合相反，得到函数存在极值．（2）由题意知若存在隔离直线，则对其定义域内的任意实数x分别满足f（x）≥kx+b和g（x）≤kx+b，两个函数的图象有公共点，设出直线的方程，根据函数的恒成立得到k的值，求出函数的极大值，得到结论．解答：解：（1）∵F（x）=h（x）﹣φ（x）=x2﹣2elnx（x＞0）∴当x=时，F′（x）=0，当0＜x＜时，F′（x）＜0，当x＞时，F′（x）＜0∴F（x）在处取得极小值0．（2）由（1）知当x＞0时，h（x）≥φ（x），若存在隔离直线，则对其定义域内的任意实数x分别满足f（x）≥kx+b和g（x）≤kx+b，∵两个函数的图象有公共点，∴隔离直线必过（，e）设直线的方程是y﹣e=k（x﹣）∴h（x）≥kx+e﹣k恒成立，∴△≤0∴k=2令G（x）=φ（x）﹣2x+e对函数求导有当x＞时，F′（x）＜0，当0＜x＜时，F′（x）＜0∴当时有G（x）的极大值为0，也就是最大值为0．从而G（x）≤0，即恒成立．故函数h（x）和φ（x）存在唯一的“隔离直线”．点评：本题考查导数在最大值与最小值问题中的应用，求解本题关键是根据导数研究出函数的单调性，由最值的定义得出函数的最值，本题中第一小题是求出函数的极值，第二小题是一个求函数的最值的问题，此类题运算量较大，转化灵活，解题时极易因为变形与运算出错，故做题时要认真仔细．18．函数f（x）=x2+bln（x+1）﹣2x，b∈R．（1）当b=1时，求曲线f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；（2）当时，求函数f（x）在（﹣1，1]上的最大值；（ln2≈0.69）（3）设g（x）=f（x）+2x，若b≥2，求证：对任意x1，x2∈（﹣1，+∞），且x1≥x2，都有g（x1）﹣g（x2）≥2（x1﹣x2）．考点：导数在最大值、最小值问题中的应用；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程．专题：压轴题．分析：（1）把b=1代入解析式，使得解析式具体，对于函数求导利用导函数的几何意义即可求的；（2）把代入解析式，由函数求导得导函数，求出函数在定义域上的极值，在与区间端点值进行比较大小，进而求得函数在区间上的最值；（3）由于g（x）=f（x）+2x，由函数解析式求导得其导函数，利用导函数得到函数在区间上的单调性，进而得到要证明的不等式．解答：解：（1）当b=1时，f（x）=x2+ln（x+1）﹣2x定义域为（﹣1，+∞），，f′（0）=﹣1，又f（0）=0，故有直线的方程可知：曲线f（x）在点（0，f（0））出的切线方程为：y=﹣x，（2）当b=，求导得：，由f′（x）=0⇒，当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表：由上表可知：，，，所以，所以函数f（x）在（﹣1，1]上的最大值为：，（3）证明：∵f（x）=x2+bln（x+1）﹣2x∴=0．当且仅当2（x+1）=，即：b=2，且x=0时取等号，∴b≥2时，函数f（x）在（﹣1，+∞）内单调递增，从而对于任意x1，x2∈（﹣1，+∞）且x1≥x2，有f（x1）＞f（x2），即g（x1）﹣2x1≥g（x2）﹣2x2∴g（x1）﹣g（x2）≥2（x1﹣x2）点评：此题考查了利用导数求函数在闭区间上的最值，还考查了导数的几何含义进而求出曲线上任意一点处的切线方程，还考查了利用均值不等式求解函数的最值．19．已知函数f（x）=ax+lnx，a∈R．（1）当a=﹣1时，求f（x）的最大值；（2）求证：；（3）对f（x）图象上的任意不同两点P1（x1，x2），P（x2，y2）（0＜x1＜x2），证明f（x）图象上存在点P0（x0，y0），满足x1＜x0＜x2，且f（x）图象上以P0为切点的切线与直线P1P2平行．考点：导数在最大值、最小值问题中的应用；利用导数研究函数的单调性．专题：综合题；压轴题；转化思想．分析：（1）当a=﹣1时，f（x）=﹣x+lnx，易求得f′（x），且f′（x）＞0时，函数f（x）单调递增，f′（x）＜0时，函数f（x）单调递减；故可求得f（x）的最大值．（2）由（1）知﹣x+lnx≤﹣1，∴lnx≤x﹣1，当取时，可得；把以上各式相加，可得证明．（3）直线P1P2的斜率k由P1，P2两点坐标可表示为；由（1）知﹣x+lnx≤﹣1，当且仅当x=1时取等号；可得+＜﹣1，整理可得＜，同理，由，得；所以P1P2的斜率，在x∈（x1，x2）上，有，可得结论．解答：解：（1）当a=﹣1时，f（x）=﹣x+lnx，∴，且x∈（0，1）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增；x∈（1，+∞）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减．故当x=1时，f（x）取最大值f（1）=﹣1．（2）由（1）知﹣x+lnx≤﹣1，∴lnx≤x﹣1，取，可得；以上各式相加得：ln（n+1）＜1+++…+（n∈N+）（3）直线P1P2的斜率为；由（1）知﹣x+lnx≤﹣1，当且仅当x=1时取等号，∴，同理，由，可得；故P1P2的斜率，又在x∈（x1，x2）上，，所以f（x）图象上存在点P0（x0，y0），满足x1＜x0＜x2，且f（x）图象上以P0为切点的切线与直线P1P2平行．点评：本题综合考查了利用导数研究曲线上过某点的切线方程，利用导数研究函数的单调区间以及根据函数的增减性得到函数的最值问题，也考查了利用函数证明不等式的问题，是较难的题目．20．已知函数（Ⅰ）若函数在区间（）（其中m＞0）上存在极值，求实数m的取值范围；（Ⅱ）如果当x≥1时，不等式恒成立，求实数k的取值范围；（Ⅲ）求证：[（n+1）!]2＞（n+1）•e n﹣2（n∈N*）．考点：导数在最大值、最小值问题中的应用；利用导数研究函数的极值．专题：计算题；证明题；压轴题．分析：（Ⅰ）求出函数的极值，在探讨函数在区间（m，m+）（其中a＞0）上存在极值，寻找关于m的不等式，求出实数m的取值范围；（Ⅱ）如果当x≥1时，不等式恒成立，求出f（x）在x≥1时的最小值，把k分离出来，转化为求k的范围．（Ⅲ）借助于（Ⅱ）的结论根据叠加法证明不等式．解答：解：（Ⅰ）因为函数所以f′（x）=﹣．极值点为f′（x）=0解得x=1故m＜1＜m+，解得＜m＜1．即答案为＜m＜1．（Ⅱ）如果当x≥1时，f′（x）=﹣≤0故f（x）递碱．故f（x）≥f（1）=1又不等式恒成立，所以恒成立，所以k≤2证明：（Ⅲ）由（Ⅱ）知：恒成立，即令x=n（n+1），则所以，，，…．叠加得：ln[1×22×32×…n2×（n+1）]×=则1×22×32×…n2×（n+1）＞e n﹣2，所以：[（n+1）!]2＞（n+1）•e n﹣2（n∈N*）．点评：此题主要考查应用导数研究函数的极值最值问题，有关恒成立的问题一般采取分离参数，转化为求函数的最值问题，体现了转化的思想方法，证明数列不等式，借助函数的单调性或恒成立问题加以证明．属难题．21．设函数．（p是实数，e是自然对数的底数）（1）若直线l与函数f（x），g（x）的图象都相切，且与函数f（x）的图象相切于点（1，0），求p的值；（2）若f（x）在其定义域内为单调函数，求p的取值范围；（3）若在[1，e]上至少存在一点x0，使得f（x0）＞g（x0）成立，求p的取值范围．考点：导数在最大值、最小值问题中的应用；利用导数研究函数的单调性．专题：计算题；综合题；压轴题．分析：（1）由“函数f（x）的图象相切于点（1，0）求得切线l的方程，再由“l与g（x）图象相切”得到（p﹣1）x2﹣（p﹣1）x﹣e=0由判别式求解即可．（2）求导f’（x）=，要使“f（x）为单调增函数”，转化为“f’（x）≥0恒成立”，再转化为“p≥=恒成立”，由最值法求解．同理，要使“f（x）为单调减函数”，转化为“f’（x）≤0恒成立”，再转化为“p≤=恒成立”，由最值法求解，最后两个结果取并集．（3）因为“在[1，e]上至少存在一点x0，使得f（x0）＞g（x0）成立”，要转化为“f（x）max＞g（x）min”解决，易知g（x）=在[1，e]上为减函数，所以g（x）∈[2，2e]，①当p≤0时，f（x）在[1，e]上递减；②当p≥1时，f（x）在[1，e]上递增；③当0＜p＜1时，两者作差比较．解答：解：（1）∵f′（x）=p+，∴f’（1）=2（p﹣1），设直线l：y=2（p﹣1）（x﹣1），∵l与g（x）图象相切，∴y=2（p﹣1）（x﹣1），得（p﹣1）（x﹣1）=，即（p﹣1）x2﹣（p﹣1）x﹣e=0，y=当p=1时，方程无解；当p≠1时由△=（p﹣1）2﹣4（p﹣1）（﹣e）=0，得p=1﹣4e，综上，p=1﹣4e（2）f’（x）=，要使“f（x）为单调增函数”，转化为“f’（x）≥0恒成立”，即p≥=恒成立，又，所以当p≥1时，f（x）在（0，+∞）为单调增函数．同理，要使“f（x）为单调减函数”，转化为“f’（x）≤0恒成立，再转化为“p≤=恒成立”，又，所以当p≤0时，f（x）在（0，+∞）为单调减函数．综上所述，f（x）在（0，+∞）为单调函数，p的取值范围为p≥1或p≤0（3）因g（x）=在[1，e]上为减函数，所以g（x）∈[2，2e]①当p≤0时，由（1）知f（x）在[1，e]上递减⇒f（x）max=f（1）=0＜2，不合题意②当p≥1时，由（1）知f（x）在[1，e]上递增，f（1）＜2，又g（x）在[1，e]上为减函数，故只需f（x）max＞g（x）min，x∈[1，e]，即：f（e）=p（e﹣）﹣2lne＞2⇒p＞．③当0＜p＜1时，因x﹣≥0，x∈[1，e]所以f（x）=p（x﹣）﹣2lnx≤（x﹣）﹣2lnx＜2，不合题意综上，p的取值范围为（，+∞）点评：本题主要考查用导数法研究函数的单调性，基本思路是：当函数为增函数时，导数大于等于零；当函数为减函数时，导数小于等于零，已知单调性求参数的范围往往转化为求相应函数的最值问题．22．设函数．（1）试判断当x＞0，g（x）与f（x）的大小关系；（2）求证：（1+1•2）（1+2•3）…[1+n（n+1）]＞e2n﹣3（n∈N*）；（3）设A（x1，y1）、B（x2，y2）（x1＜x2）是函数y=g（x）的图象上的两点，且g′（x0）=（其中g′（x）为g（x）的导函数），证明：x0∈（x1，x2）．考点：导数在最大值、最小值问题中的应用．专题：压轴题；导数的综合应用．分析：（1）欲求g（x）与f（x）的大小关系只需判断F（x）=g（x）﹣f（x）的正负，利用导数研究函数F（x）的最小值，使最小值与0比较即可；（2）由（1）知令x=n（n+1）（n∈N*），则，从而可证得结论；（3）根据，于是，，然后证明，等价于x1lnx2﹣x1lnx1﹣x2+x1＜0，令h（x）=xlnx2﹣xlnx1﹣x2+x，利用导数研究最小值与0比较，对于同理可证，即可证得结论．解答：（1）解：设F（x）=g（x）﹣f（x）（x＞0）则F′（x）=﹣由F′（x）=0得x=3当0＜x＜3时，F′（x）＜0；当x＞3时，F′（x）＞0∴x=3时，F（x）取得最小值为F（3）=ln3﹣1＞0∴F′（x）＞0即g（x）＞f（x）…（5分）（2）证明：由（1）知令x=n（n+1）（n∈N*），则…（7分）∴ln（1+1•2）+ln（1+2•3）+…+ln[1+n（n+1）]＞（2﹣）+（2﹣）+…+[2﹣]=2n﹣3[++…+]=2n﹣3（1﹣）＞2n﹣3∴（1+1•2）（1+2•3）…[1+n（n+1）]＞e2n﹣3…（10分）（3）证明：，于是，，以下证明等价于x1lnx2﹣x1lnx1﹣x2+x1＜0．令h（x）=xlnx2﹣xlnx1﹣x2+x …（12分）则h'（x）=lnx2﹣lnx1，在上，h'（x）＞0所以h（x）在（0，x2]上为增函数当x1＜x2时h（x1）＜h（x2）=0，即x1lnx2﹣x1lnx1﹣x2+x1＜0从而x0＞x1，得到证明．对于同理可证．所以x0∈（x1，x2）．…（16分）点评：本题主要考查了利用导数研究函数的最值，以及利用导数证明不等式，同时考查了转化的思想，以及考查计算能力，属于难题．23．已知函数f（x）=（x2﹣3x+3）e x的定义域为[﹣2，t]，其中常数t＞﹣2，e为自然对数的底数．（1）若函数f（x）是增函数，求实数t的取值范围；（2）求证：f（t）＞13e﹣2；（3）设f'（x）表示函数f（x）的导函数，，求函数g（x）在区间（﹣2，t）内的零点个数．考点：导数在最大值、最小值问题中的应用．专题：综合题；压轴题；探究型；数形结合；分类讨论；转化思想．分析：（1）若函数f（x）是增函数，则必要导数f'（x）≥0，由此不等式即可解出实数t的取值范围；（2）由题意求证f（t）＞13e﹣2，可解出函数f（x）在区间[﹣2，+∞）上的最小值，由此最小值与13e﹣2作比较即可证明此不等式；（3）由题意先解出的解析式，由所得的解析式，及零点判定定理知，可研究此函数在区间（﹣2，t）两个端点值的符号及区间内函数最值的符号，由定理判断出零点个数即可解答：解：（1）f（x）=（x2﹣3x+3）e x，f'（x）=（x2﹣x）e x=x（x﹣1）e x，…（1分）f'（x）≥0⇔x≥1或x≤0，…（2分）若函数f（x）是定义域[﹣2，t]上的增函数，知t的取值范围是（﹣2，0]．…（4分）（2）由（1）知函数f（x）的增区间为[﹣2，0]与[1，+∞），减区间为[0，1]，从而函数f（x）在区间[﹣2，+∞）上有唯一的极小值f（1）=e，…（6分）但f（﹣2）=13e﹣2＜e（∵，故函数f（x）在区间[﹣2，+∞）上的最小值为f（﹣2）=13e﹣2，…（8分）因为t＞﹣2，所以f（t）＞f（﹣2）=13e﹣2．…（9分）（3）函数g（x）的图象是开口向上、对称轴为的抛物线，且，，．函数g（x）在区间（﹣2，t）内有两个零点；…（9分）当﹣2＜t≤1时，g（﹣2）＞0，g（t）≤0，又由可知，函数g（x）在区间（﹣2，t）内只有一个零点；…（11分）当t≥4时，g（﹣2）＜0，g（t）＞0，可知，函数g（x）在区间（﹣2，t）内只有一个零点．…（13分）综上，当1＜t＜4时，函数g（x）在区间（﹣2，t）内有两个零点；当﹣2＜t≤1或t≥4时，函数g（x）在区间（﹣2，t）内只有一个零点．（14分）点评：本题考查导数在最值问题中的运用，利用导数研究单调性，再利用单调性求最值，这是导数的重要运用，解答本题，第一小题关键是理解导数与函数单调性的关系，第二小题关键是将证明不等式问题转化为利用导数解出函数的最值，从而证明不等式，第三题解题的关键是理解零点定理及函数区间内函数最值的判断，本题考查了转化的思想分类讨论思想等，由于本题运算量较大，易因运算导致错误，解题时要严谨24．已知函数f（x）=（a﹣1）lnx+ax2．（1）讨论函数y=f（x）的单调性；（2）求证：+++…+＞（n≥2，n∈N+）；（3）当a=0时，求证：f（x）≤﹣．考点：导数在最大值、最小值问题中的应用；利用导数研究函数的单调性．专题：压轴题；导数的综合应用．分析：（1）先求导得f′（x），通过对a分类讨论即可得出；（2）利用（1）的结论，取a=时，当x＞1时，f（x）单调递增，f（x）＞f（1），从而得出x2＞lnx＞0，取倒数得，令x=k，再利用放缩和裂项求和即可得出；（3）要证⇔⇔（xlnx）min≥，利用导数分别求出其极值即最值即可证明．解答：解：（1）f（x）=（a﹣1）lnx+ax2，定义域为（0，+∞）．∵．当a≥1时，f'（x）＞0，故f（x）在（0，+∞）单调递增；当a≤0时，f'（x）＜0，故f（x）在（0，+∞）单调递减；当0＜a＜1时，令f'（x）=0，解得．则当时，f'（x）＜0；时，f'（x）＞0．故f（x）在单调递减，在单调递增．（2）当时，，由（1）知，时，y=f（x）递增，所以x＞1时，∵x＞1，∴x2＞lnx＞0，∴，，（3）就是要证，即需证．令g（x）=xlnx，则由g'（x）=lnx+1=0，得，当时g（x）递增，当时g（x）递减，所以g（x）的最小值为．设，。
一元函数的导数及其应用(导数中的极值偏移问题)(压轴题)(原卷版)-2023年高考数学高分必刷必过题
(2)证明见解析 （1）
解：∵
f
x
ln x
1a x
，∴
f
x
1 x
1 x2
x 1 ，
x2
令 f x 0 ，得 x＝1，
当 0 x 1时， f x 0 ， f x 单调递减；当 x 1时， f x 0 ， f x 单调递增，
故函数 f x 的减区间为 0,1 ，增区间为 1, ；
不妨设 0＜x1＜x2，因为 x1，x2 是 f（x）的两个极值点，
所以
f
x1
e x1
lnx1
1 x1
a
0
，即 lnx1
1 x1
a
0 ，同理 lnx2
1 x2
a
0，
故
x1，x2
是函数
g
x
lnx
1 x
a
的两个零点，即
g（x1）＝g（x2）＝0，
由（1）知，g（x）min＝g（1）＝a+1＜0，故应有 a∈（﹣∞，﹣1），且 0＜x1＜1＜x2，
2
2
所以 h x 0 在 2, 恒成立，所以 h x 在 2, 上单调递减，
而 h2
0 ，所以
g x min
g
1 2
ln
a 2
a
a ln
a 2
2
0 不成立.
所以实数 a 的取值范围为： , 2 .
（2）
f x e2x x2 2x ， f x 2e2x 2 x 2 ，
因为 x0 是 f x 的极值点，所以 x0 满足 f x0 0,e2x0 x0 1,x0 0 ，
t
即 ht 在 0,a 上单调递减，在 a, 上单调递增，所以 t a 为函数 ht 的唯一极小值点，
(完整版)导数压轴题
导数压轴题9．(能力挑战题)设f (x )＝e x1＋ax 2，其中a 为正实数．(1)当a ＝43时，求f (x )的极值点．(2)若f (x )为⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，32上的单调函数，求a 的取值范围．[解析] ∵f ′(x )＝(ax 2－2ax ＋1)e x(1＋ax 2)2，(1)当a ＝43时，若f ′(x )＝0，则4x 2－8x ＋3＝0⇒x 1＝12，x 2＝32，∴x 1＝12是极大值点，x 2＝32是极小值点． (2)记g (x )＝ax 2－2ax ＋1，则 g (x )＝a (x －1)2＋1－a ，∵f (x )为⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，32上的单调函数，则f ′(x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，32上不变号，∵e x(1＋ax 2)2>0， ∴g (x )≥0或g (x )≤0对x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，32恒成立，又g (x )的对称轴为x ＝1，故g (x )的最小值为g (1)，最大值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12.由g (1)≥0或g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12≤0⇒0<a ≤1或a ≥43， ∴a 的取值范围是0<a ≤1或a ≥43.10．(能力挑战题)函数f (x )＝x ln x －ax 2－x (a ∈R )．(1)若函数f(x)在x＝1处取得极值，求a的值．(2)若函数f(x)的图象在直线y＝－x图象的下方，求a的取值范围．(3)求证：2 0132 012<2 0122 013.[解析](1)函数定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x－2ax，∵f(x)在x＝1处取得极值，∴f′(1)＝0，即－2a＝0，∴a＝0.∴f′(x)＝ln x，当x∈(0,1)时，f′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，∴f(x)在x＝1处取得极值．(2)由题意，得x ln x－ax2－x<－x，∴x ln x－ax2<0.∵x∈(0，＋∞)，∴a>ln xx.设h(x)＝ln xx，则h′(x)＝1－ln xx2.令h′(x)>0，得0<x<e，∴h(x)在(0，e)上为增函数；令h′(x)<0，得x>e，∴h(x)在(e，＋∞)上为减函数．∴h(x)max＝h(e)＝1e，∴a>1e.(3)由(2)知h (x )＝ln xx 在(e ，＋∞)上为减函数， ∴h (x )>h (x ＋1)， ∴ln x x >ln (x ＋1)x ＋1.∴(x ＋1)ln x >x ln(x ＋1)， ∴ln x x ＋1>ln(x ＋1)x ， ∴x x ＋1>(x ＋1)x .令x ＝2 012，得2 0122 013>2 0132 012. 11．已知函数f (x )＝ln(1＋x )－ax1－x(a ∈R )． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)若数列{a m }的通项公式a m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12 013×2m ＋1 2 013(m ∈N *)，求证：a 1·a 2·…·a m <3(m ∈N *)．[解析] (1)由题意，函数的定义域为(－1,1)∪(1，＋∞)，f ′(x )＝11＋x－a(1－x )2， 当a ≤0时，注意到11＋x >0，a (1－x )2≤0， 所以f ′(x )>0，即函数f (x )的增区间为(－1,1)，(1，＋∞)，无减区间； 当a >0时，f ′(x )＝11＋x －a (1－x )2 ＝x 2－(2＋a )x ＋1－a (1＋x )(1－x )2， 由f ′(x )＝0，得x 2－(2＋a )x ＋1－a ＝0，此方程的两根x 1＝a ＋2－a 2＋8a 2，x 2＝a ＋2＋a 2＋8a2，其中－1<x 1<1<x 2，注意到(1＋x )(1－x )2>0，所以f ′(x )>0⇔－1<x <x 1或x >x 2，f ′(x )<0⇔x 1<x <1或1<x <x 2，即函数f (x )的增区间为(－1，x 1)，(x 2，＋∞)，减区间为(x 1,1)，(1，x 2)． 综上，当a ≤0时，函数f (x )的增区间为(－1,1)(1，＋∞)，无减区间； 当a >0时，函数f (x )的增区间为(－1，x 1)，(x 2，＋∞)，减区间为(x 1,1)，(1，x 2)，其中x 1＝a ＋2－a 2＋8a 2，x 2＝a ＋2＋a 2＋8a2.(2)当a ＝1时，由(1)知，函数f (x )＝ln(1＋x )－x1－x在(0,1)上为减函数， 则当0<x <1时，f (x )＝ln(1＋x )－x1－x<f (0)＝0， 即ln(1＋x )<x1－x ，令x ＝12 013×2m＋1(m ∈N *)，则 ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12 013×2m＋1<12 013×2m ，12．已知函数f (x )＝x 22＋a 3ln(x －a －a 2)，a ∈R 且a ≠0. (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)当a <0时，若a 2＋a <x 1<x 2<a 2－a ，证明：f (x 2)－f (x 1)x 2－x 1<a 22－a .[解析] (1)由题意，f ′(x )＝x ＋a 3x －a －a 2＝x 2－(a ＋a 2)x ＋a 3x －a －a 2＝(x －a )(x －a 2)x －a －a 2.令f ′(x )>0，因为x －a －a 2>0，故(x －a )(x －a 2)>0. 当a >0时，因a ＋a 2>a 且a ＋a 2>a 2， 所以上面不等式的解集为(a ＋a 2，＋∞)， 从而此时函数f (x )在(a ＋a 2，＋∞)上单调递增．当a <0时，因a <a ＋a 2<a 2，所以上面不等式的解集为(a 2，＋∞)，从而此时函数f (x )在(a 2，＋∞)上单调递增，同理此时f (x )在(a ＋a 2，a 2]上单调递减．(2)证法一： 要证原不等式成立，只需证明 f (x 2)－f (x 1)<(x 2－x 1)⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a ，只需证明f (x 2)－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a x 2<f (x 1)－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a x 1.因为a 2＋a <x 1<x 2<a 2－a ，所以原不等式只需证明函数h (x )＝f (x )－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a x在x ∈(a 2＋a ，a 2－a )内单调递减．由(1)知h ′(x )＝x －⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a ＋a 3x －a －a 2＝x 2－32a 2x ＋a 42＋a 32－a 2x －a －a 2，因为x －a －a 2>0，我们考察函数g (x )＝x 2－32a 2x ＋a 42＋a 32－a 2，x ∈(a 2＋a ，a 2－a )．因a 2＋a ＋a 2－a 2＝a 2>x 对称轴＝3a 24，且3a 24<a 2－a ，所以g (x )≤g (a 2－a )＝0.从而知h ′(x )<0在x ∈(a 2＋a ，a 2－a )上恒成立，所以函数h (x )＝f (x )－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a x 在x ∈(a 2＋a ，a 2－a )内单调递减．从而原命题成立．证法二：要证原不等式成立， 只需证明f (x 2)－f (x 1)<(x 2－x 1)⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a ，只需证明f (x 2)－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a x 2<f (x 1)－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a x 1.又a 2＋a <x 1<x 2<a 2－a ， 设g (x )＝f (x )－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a x ，则欲证原不等式只需证明函数g (x )＝f (x )－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a x 在x ∈(a 2＋a ，a 2－a )内单调递减．由(1)可知g ′(x )＝f ′(x )－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a＝x ＋a 3x －a －a2－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a ＝x －a －a 2＋a 3x －a －a 2＋a ＋a 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a .因为a <0，所以y ＝x －a －a 2＋a 3x －a －a2在(a 2＋a ，a 2－a )上为增函数， 所以g ′(x )≤g ′(a 2－a )＝a 2－a －a －a 2＋a 3a 2－a －a －a 2＋a ＋a 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a ＝0. 从而知g ′(x )<0在x ∈(a 2＋a ，a 2－a )上恒成立，所以函数g (x )＝f (x )－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a x 在x ∈(a 2＋a ，a 2－a )内单调递减．从而原命题成立． 13．已知函数f (x )＝e x sin x . (1)求函数f (x )的单调区间；(2)如果对于任意的x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，π2，f (x )≥kx 总成立，求实数k 的取值范围；(3)设函数F (x )＝f (x )＋e x cos x ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－2 011π2，2 013π2.过点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫π－12，0作函数F (x )图象的所有切线，令各切点的横坐标构成数列{x n }，求数列{x n }的所有项之和S 的值．[解析] (1)由于f (x )＝e x sin x ，所以 f ′(x )＝e x sin x ＋e x cos x ＝e x (sin x ＋cos x ) ＝2e x sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4.当x ＋π4∈(2k π，2k π＋π)，即x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2k π－π4，2k π＋3π4时，f ′(x )>0； 当x ＋π4∈(2k π＋π，2k π＋2π)，即x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2k π＋3π4，2k π＋7π4时，f ′(x )<0.所以f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫2k π－π4，2k π＋3π4(k ∈Z )，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫2k π＋3π4，2k π＋7π4(k ∈Z )．(2)令g (x )＝f (x )－kx ＝e x sin x －kx ，要使f (x )≥kx 总成立，只需x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2时g (x )min ≥0.g ′(x )＝e x (sin x ＋cos x )－k ，令h (x )＝e x (sin x ＋cos x )，则h ′(x )＝2e x cos x >0，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，所以h (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上为增函数， 所以h (x )∈[1，e ]． 对k 分类讨论：①当k ≤1时，g ′(x )≥0恒成立，所以g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上为增函数，所以g (x )min＝g (0)＝0，即g (x )≥0恒成立；②当1<k <e 时，g ′(x )＝0在[1，e ]上有实根x 0，因为h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上为增函数，所以当x ∈(0，x 0)时，g ′(x )<0，所以g (x 0)<g (0)＝0，不符合题意；③当k ≥e 时，g ′(x )≤0恒成立，所以g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上为减函数，则g (x )<g (0)＝0，不符合题意；综合①②③可得，所求的实数k 的取值范围是(－∞，1]． (3)因为F (x )＝f (x )＋e x cos x ＝e x (sin x ＋cos x )， 所以F ′(x )＝2e x cos x ，设切点坐标为(x 0，e x 0(sin x 0＋cos x 0))， 则斜率为F ′(x 0)＝2e x 0cos x 0，切线方程为y －e x 0(sin x 0＋cos x 0) ＝2e x 0cos x 0·(x －x 0)，将M ⎝ ⎛⎭⎪⎫π－12，0的坐标代入切线方程，得 －e x 0(sin x 0＋cos x 0) ＝2e x 0cos x 0·⎝ ⎛⎭⎪⎫π－12－x 0， 整理得－tan x 0－1＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0－π－12， 即tan x 0＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0－π2，令y 1＝tan x ，y 2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π2，则这两个函数的图象均关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，0对称，它们交点的横坐标也关于π2对称且成对出现，方程tan x ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π2，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－2 011π2，2 013π2的根即所作的所有切线的切点横坐标构成的数列{x n }的项也关于π2对称且成对出现，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－2 011π2，2 013π2内共构成1 006对，每对的和为π，因此数列{x n }的所有项的和S ＝1 006π.14．已知函数f (x )＝ln x －px ＋1. (1)求函数f (x )的极值点；(2)若对任意的x >0，恒有f (x )≤0，求p 的取值范围； (3)证明：ln 222＋ln 332＋…＋ln n n 2<2n 2－n －14(n ＋1)(n ∈N ，n ≥2)．[解析] (1)∵f (x )＝ln x －px ＋1， ∴f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝1－pxx ，当p ≤0时，f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上无极值点；当p >0时，令f ′(x )＝0， ∴x ＝1p ∈(0，＋∞)，f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：从上表可以看出：当p >0时，f (x )有唯一的极大值，当x ＝1p 时，f (x )＝－ln p ；即函数f (x )的极值点是⎝ ⎛⎭⎪⎫－1p ，－ln p .(2)当p >0时，在x ＝1p 处取得极大值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1p ＝ln 1p ，此极大值也是最大值，要使f (x )≤0恒成立，只需f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1p ＝ln 1p ≤0；∴p ≥1，∴p 的取值范围为[1，＋∞)． (3)令p ＝1，由(2)知，ln x －x ＋1≤0， ∴ln x ≤x －1，∵n ∈N ，n ≥2，ln n 2≤n 2－1，∴ln n 2n 2≤n 2－1n 2＝1－1n 2，∴ln 222＋ln 332＋…＋ln n n 2 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 2222＋ln 3232＋…＋ln n 2n 2≤12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－132＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n 2 ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤(n －1)－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋132＋…＋1n 2<12(n －1)－12⎣⎢⎡⎦⎥⎤12×3＋13×4＋…＋1n (n ＋1) ＝12(n －1)⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－12(n ＋1)＝2n 2－n －14(n ＋1)(n ∈N ，n ≥2)，得证．10．(2014·银川模拟)已知函数f (x )＝ax ＋bx 2＋1在点M (1，f (1))处的切线方程为x －y －1＝0.(1)求f (x )的解析式．(2)设函数g (x )＝ln x ，证明：g (x )≥f (x )对x ∈[1，＋∞)恒成立． [解析] (1)将x ＝1代入切线方程得f (1)＝0， 又f (1)＝a ＋b2，化简得a ＋b ＝0.① f ′(x )＝a (x 2＋1)－(ax ＋b )·2x(1＋x 2)2，f ′(1)＝2a －2(a ＋b )4＝－2b 4＝－b2， 由f ′(1)＝1得－b2＝1.② 由①②解得：a ＝2，b ＝－2， 所以f (x )＝2x －2x 2＋1.(2)要证ln x ≥2x －2x 2＋1在[1，＋∞)上恒成立，即证(x 2＋1)ln x ≥2x －2在[1，＋∞)上恒成立， 即证x 2ln x ＋ln x －2x ＋2≥0在[1，＋∞)上恒成立． 设h (x )＝x 2ln x ＋ln x －2x ＋2， h ′(x )＝2x ln x ＋x ＋1x －2.∵x ≥1，∴2x ln x ≥0，x ＋1x ≥2，即h ′(x )≥0. ∴h (x )在[1，＋∞)上单调递增，h (x )≥h (1)＝0， ∴g (x )≥f (x )在x ∈[1，＋∞)上恒成立．11．(2014·河北质检)已知函数f (x )＝2ln x －x 2＋ax (a ∈R )． (1)当a ＝2时，求f (x )的图象在x ＝1处的切线方程；(2)若函数g (x )＝f (x )－ax ＋m 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上有两个零点，求实数m 的取值范围；(3)若函数f (x )的图象与x 轴有两个不同的交点A (x 1,0)，B (x 2,0)，且0<x 1<x 2，求证：f ′⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22<0(其中f ′(x )是f (x )的导函数)． [解析] (1)当a ＝2时，f (x )＝2ln x －x 2＋2x ，f ′(x )＝2x －2x ＋2，切点坐标为(1,1)，切线的斜率k ＝f ′(1)＝2，则切线方程为y －1＝2(x －1)，即y ＝2x －1. (2)g (x )＝2ln x －x 2＋m ，则g ′(x )＝2x －2x ＝－2(x ＋1)(x －1)x，∵x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e ，∴当g ′(x )＝0时，x ＝1.当1e <x <1时，g ′(x )>0；当1<x <e 时，g ′(x )<0.故g (x )在x ＝1处取得极大值g (1)＝m －1. 又g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝m －2－1e 2， g (e)＝m ＋2－e 2，g (e)－g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝4－e 2＋1e 2<0，则g (e)<g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e .∴g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最小值是g (e)．g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上有两个零点的条件是⎩⎨⎧g (1)＝m －1>0，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝m －2－1e 2≤0，解得1<m ≤2＋1e 2，∴实数m 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤1，2＋1e 2. (3)∵f (x )的图象与x 轴交于两个不同的点A (x 1,0)，B (x 2,0)，∴方程2ln x －x 2＋ax ＝0的两个根为x 1，x 2，则⎩⎪⎨⎪⎧2ln x 1－x 21＋ax 1＝0，2ln x 2－x 22＋ax 2＝0，两式相减得a ＝(x 1＋x 2)－2(ln x 1－ln x 2)x 1－x 2.又f (x )＝2ln x －x 2＋ax ，f ′(x )＝2x －2x ＋a ，则f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22＝4x 1＋x 2－(x 1＋x 2)＋a ＝4x 1＋x 2－2(ln x 1－ln x 2)x 1－x 2. 下证4x 1＋x 2－2(ln x 1－ln x 2)x 1－x 2<0(*)，即证明2(x 2－x 1)x 1＋x 2＋ln x 1x 2<0，设t ＝x 1x 2，∵0<x 1<x 2，∴0<t <1，即证明u (t )＝2(1－t )t ＋1＋ln t <0在0<t <1上恒成立．∵u ′(t )＝－2(t ＋1)－2(1－t )(t ＋1)2＋1t ＝1t －4(t ＋1)2＝(t －1)2t (t ＋1)2，又0<t <1，∴u ′(t )>0， ∴u (t )在(0,1)上是增函数，则u (t )<u (1)＝0，从而知2(x 2－x 1)x 1＋x 2＋ln x 1x 2<0，故(*)式成立，即f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22<0成立． 12．(2014·潍坊模拟)已知函数f (x )＝ax 2＋x ，g (x )＝ln(x ＋1)． (1)若a ＝1，求F (x )＝g (x )－f (x )在(－1，＋∞)上的最大值．(2)利用(1)的结论证明：对任意的正整数n ，不等式2＋34＋49＋…＋n ＋1n 2>ln(n ＋1)都成立．(3)是否存在实数a (a >0)，使得方程2g (x －1)x ＝f ′(x )－(4a －1)在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，e 内有且只有两个不相等的实数根？若存在，请求出a 的取值范围；若不存在，请说明理由．[解析] (1)F ′(x )＝1x ＋1－2x －1＝－x (2x ＋3)x ＋1，当x ∈(－1,0)时，F ′(x )>0， x ∈(0，＋∞)时，F ′(x )<0，∴x ＝0是F (x )在(－1，＋∞)上唯一的极大值点， 从而当x ＝0时，F (x )取得最大值 F (0)＝0. (2)由(1)知∀x ∈(0，＋∞)，F (x )<0， 即ln(x ＋1)<x 2＋x ， 令x ＝1n 得ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1<1n 2＋1n ，即ln(n ＋1)－ln n <n ＋1n 2， ∴ln 2－ln 1<2，ln 3－ln 2<34， ……ln(n ＋1)－ln n <n ＋1n 2，∴ln(n ＋1)－ln 1<2＋34＋49＋…＋n ＋1n 2， 即2＋34＋49＋…＋n ＋1n 2>ln(n ＋1)．(3)把方程2g (x －1)x ＝f ′(x )－(4a －1)整理为ax 2＋(1－2a )x －ln x ＝0.设H (x )＝ax 2＋(1－2a )x －ln x (x >0)，原方程在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，e 内有且只有两个不相等的实数根，即函数H (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，e 内有且只有两个零点． H ′(x )＝2ax ＋(1－2a )－1x ＝2ax 2＋(1－2a )x －1x＝(2ax ＋1)(x －1)x，令H ′(x )＝0，因为a >0，解得x ＝1或x ＝12a (舍)， 当x ∈(0,1)时，H ′(x )<0，H (x )是减函数；当x ∈(1，＋∞)时，H ′(x )>0，H (x )是增函数，H (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，e 内有且只有两个不相等的零点，只需⎩⎪⎨⎪⎧H ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e >0，H (x )min<0，H (e )>0，即⎩⎪⎨⎪⎧a e 2＋1－2ae ＋1＝(1－2a )e ＋a ＋e 2e 2>0，H (1)＝a ＋(1－2a )＝1－a <0，a e 2＋(1－2a )e －1＝(e 2－2e )a ＋(e －1)>0，∴⎩⎪⎨⎪⎧a <e 2＋e2e －1，a >1，a >1－e e 2－2e，解得1<a <e 2＋e 2e －1，所以a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1，e 2＋e 2e －1. 13．(14届衡水中学期中)已知函数f (x )＝a ln x ＋1x －1(a ≠0)在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12内有极值．(1)求实数a 的取值范围；(2)若x 1∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，x 2∈(2，＋∞)且a ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2时，求证：f (x 2)－f (x 1)≥ln 2＋34.[解析] (1)由f (x )＝a ln x ＋1x －1(a ≠0)，得 f ′(x )＝ax 2－(2a ＋1)x ＋ax (x －1)2，∵a ≠0，令g (x )＝x 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋1a x ＋1， ∴g (0)＝1>0.令g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12<0或⎩⎪⎨⎪⎧0<1＋12a <12，Δ＝(2a ＋1)2－4a 2>0，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12>0，则0<a <2.即a 的取值范围是(0,2)．(2)由(1)得：f ′(x )＝ax 2－(2a ＋1)x ＋ax (x －1)2，设ax 2－(2a ＋1)x ＋a ＝0(0<a <2)的两根为α，β，则⎩⎨⎧α＋β＝2＋1a ，α·β＝1解得0<α<12<2<β.当x ∈(0，α)和(β，＋∞)时， f ′(x )＝ax 2－(2a ＋1)x ＋ax (x －1)2>0，函数f (x )单调递增；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫α，12和(2，β)时，f ′(x )＝ax 2－(2a ＋1)x ＋ax (x －1)2<0，函数f (x )单调递减，则f (x 1)≤f (α)，f (x 2)≥f (β)， 则f (x 2)－f (x 1)≥f (β)－f (α)＝a ln β＋1β－1－a ln α－1α－1＝a ln βα＋α－βαβ－(α＋β)＋1＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln β2＋β－1β⎝ ⎛⎭⎪⎫利用α＋β＝2＋1a ，α·β＝1 令h (x )＝ln x 2＋x －1x ，x >2则 h ′(x )＝(x ＋1)2x 2>0，则函数h (x )单调递增，h (x )≥h (2)＝2ln 2＋32， ∴ln β2＋β－1β≥2ln 2＋32>0. ∵a ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，2，则a ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln β2＋β－1β≥ln 2＋34，∴f (x 1)－f (x 2)≥ln 2＋34.。
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高中数学导数尖子生辅导（填选压轴）一．选择题（共30小题）1．（2013•文昌模拟）如图是f（x）=x3+bx2+cx+d的图象，则x12+x22的值是（）A．B．C．D．考点：利用导数研究函数的极值；函数的图象与图象变化．专题：计算题；压轴题；数形结合．分析：先利用图象得：f（x）=x（x+1）（x﹣2）=x3﹣x2﹣2x，求出其导函数，利用x1，x2是原函数的极值点，求出x1+x2=，，即可求得结论．解答：解：由图得：f（x）=x（x+1）（x﹣2）=x3﹣x2﹣2x，∴f'（x）=3x2﹣2x﹣2∵x1，x2是原函数的极值点所以有x1+x2=，，故x12+x22=（x1+x2）2﹣2x1x2==．故选D．点评：本题主要考查利用函数图象找到对应结论以及利用导数研究函数的极值，是对基础知识的考查，属于基础题．2．（2013•乐山二模）定义方程f（x）=f′（x）的实数根x0叫做函数f（x）的“新驻点”，若函数g（x）=x，h（x）=ln（x+1），φ（x）=x3﹣1的“新驻点”分别为α，β，γ，则α，β，γ的大小关系为（）A．α＞β＞γB．β＞α＞γC．γ＞α＞βD．β＞γ＞α考点：导数的运算．专题：压轴题；新定义．分析：分别对g（x），h（x），φ（x）求导，令g′（x）=g（x），h′（x）=h（x），φ′（x）=φ（x），则它们的根分别为α，β，γ，即α=1，ln（β+1）=，γ3﹣1=3γ2，然后分别讨论β、γ的取值范围即可．解答：解：∵g′（x）=1，h′（x）=，φ′（x）=3x2，由题意得：α=1，ln（β+1）=，γ3﹣1=3γ2，①∵ln（β+1）=，∴（β+1）β+1=e，当β≥1时，β+1≥2，∴β+1≤＜2，∴β＜1，这与β≥1矛盾，∴0＜β＜1；②∵γ3﹣1=3γ2，且γ=0时等式不成立，∴3γ2＞0∴γ3＞1，∴γ＞1．∴γ＞α＞β．故选C．点评：函数、导数、不等式密不可分，此题就是一个典型的代表，其中对对数方程和三次方程根的范围的讨论是一个难点．3．（2013•山东）抛物线C1：的焦点与双曲线C2：的右焦点的连线交C1于第一象限的点M．若C1在点M处的切线平行于C2的一条渐近线，则p=（）A．B．C．D．考点：利用导数研究曲线上某点切线方程；双曲线的简单性质．专题：压轴题；圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：由曲线方程求出抛物线与双曲线的焦点坐标，由两点式写出过两个焦点的直线方程，求出函数在x取直线与抛物线交点M的横坐标时的导数值，由其等于双曲线渐近线的斜率得到交点横坐标与p的关系，把M点的坐标代入直线方程即可求得p的值．解答：解：由，得x2=2py（p＞0），所以抛物线的焦点坐标为F（）．由，得，．所以双曲线的右焦点为（2，0）．则抛物线的焦点与双曲线的右焦点的连线所在直线方程为，即①．设该直线交抛物线于M（），则C1在点M处的切线的斜率为．由题意可知，得，代入M点得M（）把M点代入①得：．解得p=．故选D．点评：本题考查了双曲线的简单几何性质，考查了利用导数研究曲线上某点的切线方程，函数在曲线上某点处的切线的斜率等于函数在该点处的导数，是中档题．4．（2013•安徽）已知函数f（x）=x3+ax2+bx+c有两个极值点x1，x2，若f（x1）=x1＜x2，则关于x的方程3（f（x））2+2af（x）+b=0的不同实根个数为（）A．3B．4C．5D．6考点：利用导数研究函数的极值；根的存在性及根的个数判断．专题：压轴题；导数的综合应用．分析：由函数f（x）=x3+ax2+bx+c有两个极值点x1，x2，可得f′（x）=3x2+2ax+b=0有两个不相等的实数根，必有△=4a2﹣12b＞0．而方程3（f（x））2+2af（x）+b=0的△1=△＞0，可知此方程有两解且f（x）=x1或x2．再分别讨论利用平移变换即可解出方程f（x）=x1或f（x）=x2解得个数．解答：解：∵函数f（x）=x3+ax2+bx+c有两个极值点x1，x2，∴f′（x）=3x2+2ax+b=0有两个不相等的实数根，∴△=4a2﹣12b＞0．解得=．∵x1＜x2，∴，．而方程3（f（x））2+2af（x）+b=0的△1=△＞0，∴此方程有两解且f（x）=x1或x2．不妨取0＜x1＜x2，f（x1）＞0．①把y=f（x）向下平移x1个单位即可得到y=f（x）﹣x1的图象，∵f（x1）=x1，可知方程f（x）=x1有两解．②把y=f（x）向下平移x2个单位即可得到y=f（x）﹣x2的图象，∵f（x1）=x1，∴f（x1）﹣x2＜0，可知方程f（x）=x2只有一解．综上①②可知：方程f（x）=x1或f（x）=x2．只有3个实数解．即关于x的方程3（f（x））2+2af（x）+b=0的只有3不同实根．故选A．点评：本题综合考查了利用导数研究函数得单调性、极值及方程解得个数、平移变换等基础知识，考查了数形结合的思想方法、推理能力、分类讨论的思想方法、计算能力、分析问题和解决问题的能力．5．（2013•湖北）已知a为常数，函数f（x）=x（lnx﹣ax）有两个极值点x1，x2（x1＜x2）（）A．B．C．D．考点：利用导数研究函数的极值；函数在某点取得极值的条件．专题：压轴题；导数的综合应用．分析：先求出f′（x），令f′（x）=0，由题意可得lnx=2ax﹣1有两个解x1，x2⇔函数g（x）=lnx+1﹣2ax有且只有两个零点⇔g′（x）在（0，+∞）上的唯一的极值不等于0．利用导数与函数极值的关系即可得出．解答：解：∵=lnx+1﹣2ax，（x＞0）令f′（x）=0，由题意可得lnx=2ax﹣1有两个解x1，x2⇔函数g（x）=lnx+1﹣2ax有且只有两个零点⇔g′（x）在（0，+∞）上的唯一的极值不等于0．．①当a≤0时，g′（x）＞0，f′（x）单调递增，因此g（x）=f′（x）至多有一个零点，不符合题意，应舍去．②当a＞0时，令g′（x）=0，解得x=，∵x，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增；时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减．∴x=是函数g（x）的极大值点，则＞0，即＞0，∴ln（2a）＜0，∴0＜2a＜1，即．∵，f′（x1）=lnx1+1﹣2ax1=0，f′（x2）=lnx2+1﹣2ax2=0．且f（x1）=x1（lnx1﹣ax1）=x1（2ax1﹣1﹣ax1）=x1（ax1﹣1）＜x1（﹣ax1）=＜0，f（x2）=x2（lnx2﹣ax2）=x2（ax2﹣1）＞=﹣．（）．故选D．点评：熟练掌握利用导数研究函数极值的方法是解题的关键．6．（2013•辽宁）设函数f（x）满足x2f′（x）+2xf（x）=，f（2）=，则x＞0时，f（x）（）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．既无极大值也无极小值考点：函数在某点取得极值的条件；导数的运算．专题：压轴题；导数的综合应用．分析：先利用导数的运算法则，确定f（x）的解析式，再构造新函数，确定函数的单调性，即可求得结论．解答：解：∵函数f（x）满足，∴∴x＞0时，dx∴∴令g（x）=，则令g′（x）=0，则x=2，∴x∈（0，2）时，g′（x）＜0，函数单调递减，x∈（2，+∞）时，g′（x）＞0，函数单调递增∴g（x）在x=2时取得最小值∵f（2）=，∴g（2）==0∴g（x）≥g（2）=0∴≥0即x＞0时，f（x）单调递增∴f（x）既无极大值也无极小值故选D．点评：本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性与极值，考查学生分析解决问题的能力，难度较大．7．（2013•安徽）若函数f（x）=x3+ax2+bx+c有极值点x1，x2，且f（x1）=x1，则关于x的方程3（f（x））2+2af（x）+b=0的不同实根个数是（）A．3B．4C．5D．6考点：函数在某点取得极值的条件；根的存在性及根的个数判断．专题：综合题；压轴题；导数的综合应用．分析：求导数f′（x），由题意知x1，x2是方程3x2+2ax+b=0的两根，从而关于f（x）的方程3（f（x））2+2af（x）+b=0有两个根，作出草图，由图象可得答案．解答：解：f′（x）=3x2+2ax+b，x1，x2是方程3x2+2ax+b=0的两根，不妨设x2＞x1，由3（f（x））2+2af（x）+b=0，则有两个f（x）使等式成立，x1=f（x1），x2＞x1=f（x1），如下示意图象：如图有三个交点，故选A．点评：考查函数零点的概念、以及对嵌套型函数的理解，考查数形结合思想．8．（2014•海口二模）设f（x）是定义在R上的奇函数，且f（2）=0，当x＞0时，有恒成立，则不等式x2f（x）＞0的解集是（）A．（﹣2，0）∪（2，+∞）B．（﹣2，0）∪（0，2）C．（﹣∞，﹣2）∪（2，+∞）D．（﹣∞，﹣2）∪（0，2）考点：函数的单调性与导数的关系；奇偶函数图象的对称性；其他不等式的解法．专题：综合题；压轴题．分析：首先根据商函数求导法则，把化为[]′＜0；然后利用导函数的正负性，可判断函数y=在（0，+∞）内单调递减；再由f（2）=0，易得f（x）在（0，+∞）内的正负性；最后结合奇函数的图象特征，可得f（x）在（﹣∞，0）内的正负性．则x2f（x）＞0⇔f（x）＞0的解集即可求得．解：因为当x＞0时，有恒成立，即[]′＜0恒成立，所以在（0，+∞）内单调递减．因为f（2）=0，所以在（0，2）内恒有f（x）＞0；在（2，+∞）内恒有f（x）＜0．又因为f（x）是定义在R上的奇函数，所以在（﹣∞，﹣2）内恒有f（x）＞0；在（﹣2，0）内恒有f（x）＜0．又不等式x2f（x）＞0的解集，即不等式f（x）＞0的解集．所以答案为（﹣∞，﹣2）∪（0，2）．故选D．点评：本题主要考查函数求导法则及函数单调性与导数的关系，同时考查了奇偶函数的图象特征．9．（2014•重庆三模）对于三次函数f（x）=ax3+bx2+cx+d（a≠0），给出定义：设f′（x）是函数y=f（x）的导数，f″（x）是f′（x）的导数，若方程f′′（x）=0有实数解x0，则称点（x0，f（x0））为函数y=f（x）的“拐点”．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．设函数g（x）=，则g（）+=（）A．2011 B．2012 C．2013 D．2014考点：导数的运算；函数的值；数列的求和．专题：压轴题；导数的概念及应用．分析：正确求出对称中心，利用对称中心的性质即可求出．解答：解：由题意，g′（x）=x2﹣x+3，∴g″（x）=2x﹣1，令g″（x）=0，解得，又，∴函数g（x）的对称中心为．∴，，…∴g（）+=2012．故选B．点评：正确求出对称中心并掌握对称中心的性质是解题的关键．10．（2014•上海二模）已知f（x）=alnx+x2（a＞0），若对任意两个不等的正实数x1，x2，都有＞2恒成立，则a的取值范围是（）A．（0，1]B．（1，+∞）C．（0，1）D．[1，+∞）考点：导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性．专题：计算题；压轴题．分析：先将条件“对任意两个不等的正实数x1，x2，都有＞2恒成立”转换成当x＞0时，f'（x）≥2恒成立，然后利用参变量分离的方法求出a的范围即可．解：对任意两个不等的正实数x1，x2，都有＞2恒成立则当x＞0时，f'（x）≥2恒成立f'（x）=+x≥2在（0，+∞）上恒成立则a≥（2x﹣x2）max=1故选D．点评：本题主要考查了导数的几何意义，以及函数恒成立问题，同时考查了转化与划归的数学思想，属于基础题．11．（2012•桂林模拟）已知在（﹣∞，+∞）上是增函数，则实数a的取值范围是（）A．（﹣∞，1]B．[﹣1，4]C．[﹣1，1]D．（﹣∞，1）考点：利用导数研究函数的单调性．专题：计算题；压轴题．分析：要是一个分段函数在实数上是一个增函数，需要两段都是增函数且两个函数的交点处要满足递增，当x小于0时，要使的函数是一个减函数，求导以后导函数横小于0，注意两个端点处的大小关系．解答：解：∵要是一个分段函数在实数上是一个增函数．需要两段都是增函数且两个函数的交点处要满足递增，当x＜0时，y′=3x2﹣（a﹣1）＞0恒成立，∴a﹣1＜3x2∴a﹣1≤0∴a≤1，当x=0时，a2﹣3a﹣4≤0∴﹣1≤a≤4，综上可知﹣1≤a≤1故选C．点评：本题考查函数的单调性，分段函数的单调性，解题的关键是在两个函数的分界处，两个函数的大小关系一定要写清楚．12．（2012•河北模拟）定义在[1，+∞）上的函数f（x）满足：①f（2x）=cf（x）（c为正常数）；②当2≤x≤4时，f（x）=1﹣（x﹣3）2，若函数f（x）的图象上所有极大值对应的点均落在同一条直线上，则c等于（）A．1B．2C．1或2 D．4或2考点：利用导数研究函数的极值；抽象函数及其应用．专题：计算题；压轴题．分析：由已知可得分段函数f（x）的解析式，进而求出三个函数的极值点坐标，根据三点共线，则任取两点确定的直线斜率相等，可以构造关于c的方程，解方程可得答案．解答：解：∵当2≤x≤4时，f（x）=1﹣（x﹣3）2当1≤x＜2时，2≤2x＜4，则f（x）=f（2x）=[1﹣（2x﹣3）2]此时当x=时，函数取极大值当2≤x≤4时，f（x）=1﹣（x﹣3）2此时当x=3时，函数取极大值1当4＜x≤8时，2＜x≤4则f（x）=cf（x）=c（1﹣（x﹣3）2，此时当x=6时，函数取极大值c∵函数的所有极大值点均落在同一条直线上，即点（，），（3，1），（6，c）共线，∴解得c=1或2．故选C点评：本题考查的知识点是三点共线，函数的极值，其中根据已知分析出分段函数f（x）的解析式，进而求出三个函数的极值点坐标，是解答本题的关键．13．（2012•桂林模拟）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，则切点的横坐标为（）A．l n2 B．﹣ln2 C．D．考点：简单复合函数的导数．专题：压轴题．分析：已知切线的斜率，要求切点的横坐标必须先求出切线的方程，我们可从奇函数入手求出切线的方程．解答：解：对f（x）=e x+a•e﹣x求导得f′（x）=e x﹣ae﹣x又f′（x）是奇函数，故f′（0）=1﹣a=0解得a=1，故有f′（x）=e x﹣e﹣x，设切点为（x0，y0），则，得或（舍去），得x0=ln2．点评：熟悉奇函数的性质是求解此题的关键，奇函数定义域若包含x=0，则一定过原点．14．（2012•太原模拟）已知定义在R上的函数y=f（x﹣1）的图象关于点（1，0）对称，且x∈（﹣∞，0）时，f（x）+xf′（x）＜0成立，（其中f′（x）是f（x）的导函数），a=（30.3）f（30.3），b=（logπ3）．f（logπ3），则a，b，c的大小关系是（）A．a＞b＞c B．c＞b＞a C．c＞a＞b D．a＞c＞b考点：利用导数研究函数的单调性；函数单调性的性质；导数的乘法与除法法则．专题：计算题；压轴题．分析：由“当x∈（﹣∞，0）时不等式f（x）+xf′（x）＜0成立”知xf（x）是减函数，要得到a，b，c的大小关系，只要比较的大小即可．解答：解：∵当x∈（﹣∞，0）时不等式f（x）+xf′（x）＜0成立即：（xf（x））′＜0，∴xf（x）在（﹣∞，0）上是减函数．又∵函数y=f（x﹣1）的图象关于点（1，0）对称，∴函数y=f（x）的图象关于点（0，0）对称，∴函数y=f（x）是定义在R上的奇函数∴xf（x）是定义在R上的偶函数∴xf（x）在（0，+∞）上是增函数．又∵=﹣2，2=．∴＞30.3•f（30.3）＞（logπ3）•f（logπ3）即＞30.3•f（30.3）＞（logπ3）•f（logπ3）即：c＞a＞b故选C．点评：本题考查的考点与方法有：1）所有的基本函数的奇偶性；2）抽象问题具体化的思想方法，构造函数的思想；3）导数的运算法则：（uv）′=u′v+uv′；4）指对数函数的图象；5）奇偶函数在对称区间上的单调性：奇函数在对称区间上的单调性相同；偶函数在对称区间上的单调性相反．本题结合已知构造出h（x）是正确解答的关键所在．15．（2012•广东模拟）已知f（x）为定义在（﹣∞，+∞）上的可导函数，且f（x）＜f′（x）对于x∈R恒成立，且e为自然对数的底，则（）A．f（1）＞e•f（0），f（2012）＞e2012•f（0）B．f（1）＜e•f（0），f（2012）＞e2012•f（0）C．f（1）＞e•f（0），f（2012）＜e2012•f（0）D．f（1）＜e•f（0），f（2012）＜e2012•f（0）考点：导数的运算．专题：计算题；压轴题．分析：构造函数y=的导数形式，并判断增减性，从而得到答案．解答：解：∵f（x）＜f'（x）从而f'（x）﹣f（x）＞0 从而＞0即＞0，所以函数y=单调递增，故当x＞0时，=f（0），整理得出f（x）＞e x f（0）当x=1时f（1）＞e•f（0），当x=2012时f（2012）＞e2012•f（0）．故选A．点评：本题主要考查函数的单调性与其导函数的关系，函数单调性的关系，考查转化、构造、计算能力．16．（2012•无为县模拟）已知定义在R上的函数f（x）、g（x）满足，且f′（x）g（x）＜f（x）g′（x），，若有穷数列（n∈N*）的前n项和等于，则n等于（）A．4B．5C．6D．7考点：导数的运算；数列的求和．专题：压轴题．分析：利用导数研究函数的单调性得到a的范围，再利用等比数列前n项和公式即可得出．解答：解：∵=，f′（x）g（x）＜f（x）g′（x），∴=＜0，即函数单调递减，∴0＜a＜1．又，即，即，解得a=2（舍去）或．∴，即数列是首项为，公比的等比数列，∴==，由解得n=5，故选B．点评：熟练掌握导数研究函数的单调性、等比数列前n项和公式是解题的关键．17．（2012•福建）函数f（x）在[a，b]上有定义，若对任意x1，x2∈[a，b]，有则称f（x）在[a，b]上具有性质P．设f（x）在[1，3]上具有性质P，现给出如下命题：①f（x）在[1，3]上的图象是连续不断的；②f（x2）在[1，]上具有性质P；③若f（x）在x=2处取得最大值1，则f（x）=1，x∈[1，3]；④对任意x1，x2，x3，x4∈[1，3]，有[f（x1）+f（x2）+f（x3）+f（x4）]其中真命题的序号是（）A．①②B．①③C．②④D．③④考点：利用导数求闭区间上函数的最值；抽象函数及其应用；函数的连续性．专题：压轴题；新定义．分析：根据题设条件，分别举出反例，说明①和②都是错误的；同时证明③和④是正确的．解答：解：在①中，反例：f（x）=在[1，3]上满足性质P，但f（x）在[1，3]上不是连续函数，故①不成立；在②中，反例：f（x）=﹣x在[1，3]上满足性质P，但f（x2）=﹣x2在[1，]上不满足性质P，故②不成立；在③中：在[1，3]上，f（2）=f（）≤，∴，故f（x）=1，∴对任意的x1，x2∈[1，3]，f（x）=1，故③成立；在④中，对任意x1，x2，x3，x4∈[1，3]，有=≤≤=[f（x1）+f（x2）+f（x3）+f（x4）]，∴[f（x1）+f（x2）+f（x3）+f（x4）]，故④成立．故选D．点评：本题考查的知识点为函数定义的理解，说明一个结论错误时，只需举出反例即可．说明一个结论正确时，要证明对所有的情况都成立．18．（2013•文昌模拟）设动直线x=m与函数f（x）=x3，g（x）=lnx的图象分别交于点M、N，则|MN|的最小值为（）A．B．C．D．l n3﹣1考点：利用导数求闭区间上函数的最值．专题：计算题；压轴题．分析：构造函数F（x）=f（x）﹣g（x），求出导函数，令导函数大于0求出函数的单调递增区间，令导函数小于0求出函数的单调递减区间，求出函数的极小值即最小值．解答：解：画图可以看到|MN|就是两条曲线间的垂直距离．设F（x）=f（x）﹣g（x）=x3﹣lnx，求导得：F'（x）=．令F′（x）＞0得x＞；令F′（x）＜0得0＜x＜，所以当x=时，F（x）有最小值为F（）=+ln3=（1+ln3），故选A点评：求函数的最值时，先利用导数求出函数的极值和区间的端点值，比较在它们中求出最值．19．（2011•枣庄二模）设f′（x）是函数f（x）的导函数，有下列命题：①存在函数f（x），使函数y=f（x）﹣f′（x）为偶函数；②存在函数f（x）f′（x）≠0，使y=f（x）与y=f′（x）的图象相同；③存在函数f（x）f′（x）≠0使得y=f（x）与y=f′（x）的图象关于x轴对称．其中真命题的个数为（）A．0B．1C．2D．3考点：导数的运算；函数奇偶性的判断．专题：计算题；压轴题．分析：对于三个命题分别寻找满足条件的函数，三个函数分别是f（x）=0，f（x）=e x，f（x）=e﹣x，从而得到结论．解答：解：存在函数f（x）=0，使函数y=f（x）﹣f′（x）=0为偶函数，故①正确存在函数f（x）=e x，使y=f（x）与y=f′（x）的图象相同，故②正确存在函数f（x）=e﹣x使得y=f（x）与y=f′（x）的图象关于x轴对称，故③正确．故选D．点评：本题主要考查了函数的奇偶性以及函数图象的对称性，解题的关键就是寻找满足条件的函数，属于基础题．20．（2011•武昌区模拟）已知f（x）是定义域为R的奇函数，f（﹣4）=﹣1，f（x）的导函数f′（x）的图象如图所示．若两正数a，b满足f（a+2b）＜1，则的取值范围是（）A．B．C．（﹣1，10）D．（﹣∞，﹣1）考点：函数的单调性与导数的关系；斜率的计算公式．专题：计算题；压轴题；数形结合．分析：先由导函数f′（x）是过原点的二次函数入手，再结合f（x）是定义域为R的奇函数求出f（x）；然后根据a、b的约束条件画出可行域，最后利用的几何意义解决问题．解答：解：由f（x）的导函数f′（x）的图象，设f′（x）=mx2，则f（x）=+n．∵f（x）是定义域为R的奇函数，∴f（0）=0，即n=0．又f（﹣4）=m×（﹣64）=﹣1，∴f（x）=x3=．且f（a+2b）=＜1，∴＜1，即a+2b＜4．又a＞0，b＞0，则画出点（b，a）的可行域如下图所示．而可视为可行域内的点（b，a）与点M（﹣2，﹣2）连线的斜率．又因为k AM=3，k BM=，所以＜＜3．故选B．点评：数形结合是数学的基本思想方法：遇到二元一次不定式组要考虑线性规划，遇到的代数式要考虑点（x，y）与点（a，b）连线的斜率．这都是由数到形的转化策略．21．（2011•雅安三模）下列命题中：①函数，f（x）=sinx+（x∈（0，π））的最小值是2；②在△ABC中，若sin2A=sin2B，则△ABC是等腰或直角三角形；③如果正实数a，b，c满足a + b＞c则+＞；④如果y=f（x）是可导函数，则f′（x0）=0是函数y=f（x）在x=x0处取到极值的必要不充分条件．其中正确的命题是（）A．①②③④B．①④C．②③④D．②③考点：函数在某点取得极值的条件；不等关系与不等式；三角函数中的恒等变换应用．专题：常规题型；压轴题．分析：根据基本不等式和三角函数的有界性可知真假，利用题设等式，根据和差化积公式整理求得cos（A+B）=0或sin（A﹣B）=0，推断出A+B=或A=B，则三角形形状可判断出．构造函数y=，根据函数的单调性可证得结论；由函数极值点与导数的关系，我们易判断对错．解答：解：①f（x）=sinx+≥2，当sinx=时取等号，而sinx的最大值是1，故不正确；②∵sin2A=sin2B∴sin2A﹣sin2B=cos（A+B）sin（A﹣B）=0∴cos（A+B）=0或sin（A﹣B）=0∴A+B=或A=B∴三角形为直角三角形或等腰三角形，故正确；③可构造函数y=，该函数在（0．+∞）上单调递增，a+b＞c则+＞，故正确；④∵f（x）是定义在R上的可导函数，当f′（x0）=0时，x0可能f（x）极值点，也可能不是f（x）极值点，当x0为f（x）极值点时，f′（x0）=0一定成立，故f′（x0）=0是x0为f（x）极值点的必要不充分条件，故④正确；故选C．点评：考查学生会利用基本不等式解题，注意等号成立的条件，同时考查了极值的有关问题，属于综合题．22．（2011•万州区一模）已知f（x）=2x3﹣6x2+m（m为常数）在[﹣2，2]上有最大值3，那么此函数在[﹣2，2]上的最小值是（）A．﹣37 B．﹣29 C．﹣5 D．以上都不对考点：利用导数求闭区间上函数的最值．专题：常规题型；压轴题．分析：先求导数，根据单调性研究函数的极值点，在开区间（﹣2，2）上只有一极大值则就是最大值，从而求出m，通过比较两个端点﹣2和2的函数值的大小从而确定出最小值，得到结论．解答：解：∵f′（x）=6x2﹣12x=6x（x﹣2），∵f（x）在（﹣2，0）上为增函数，在（0，2）上为减函数，∴当x=0时，f（x）=m最大，∴m=3，从而f（﹣2）=﹣37，f（2）=﹣5．∴最小值为﹣37．故选：A点评：本题考查了利用导数求闭区间上函数的最值，求函数在闭区间[a，b]上的最大值与最小值是通过比较函数在（a，b）内所有极值与端点函数f（a），f（b）比较而得到的，属于基础题．23．（2010•河东区一模）已知定义在R上的函数f（x）是奇函数，且f（2）=0，当x＞0时有，则不等式x2•f（x）＞0的解集是（）A．（﹣2，0）∪（2，+∞）B．（﹣∞，﹣2）∪（0，2）C．（﹣2，0）∪（0，2）D．（﹣2，2）∪（2，+∞）考点：函数的单调性与导数的关系；函数单调性的性质．专题：计算题；压轴题．分析：首先根据商函数求导法则，把化为[]′＜0；然后利用导函数的正负性，可判断函数y=在（0，+∞）内单调递减；再由f（2）=0，易得f（x）在（0，+∞）内的正负性；最后结合奇函数的图象特征，可得f（x）在（﹣∞，0）内的正负性．则x2f（x）＞0⇔f（x）＞0的解集即可求得．解答：解：因为当x＞0时，有恒成立，即[]′＜0恒成立，所以在（0，+∞）内单调递减．因为f（2）=0，所以在（0，2）内恒有f（x）＞0；在（2，+∞）内恒有f（x）＜0．又因为f（x）是定义在R上的奇函数，所以在（﹣∞，﹣2）内恒有f（x）＞0；在（﹣2，0）内恒有f（x）＜0．又不等式x2f（x）＞0的解集，即不等式f（x）＞0的解集．所以答案为（﹣∞，﹣2）∪（0，2）．故选B．点评：本题主要考查函数求导法则及函数单调性与导数的关系，同时考查了奇偶函数的图象特征．24．（2010•惠州模拟）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f″（x）＜0在D上恒成立，则称f（x）在D上为凸函数．以下四个函数在上不是凸函数的是（）A．f（x）=sinx+cosx B．f（x）=lnx﹣2x C．f（x）=﹣x3+2x﹣1 D．f（x）=﹣xe﹣x考点：利用导数研究函数的单调性．专题：压轴题．分析：对ABCD分别求二次导数，逐一排除可得答案．解答：解：对于f（x）=sinx+cosx，f′（x）=cosx﹣sinx，f″（x）=﹣sinx﹣cosx，当x∈时，f″（x）＜0，故为凸函数，排除A；对于f（x）=lnx﹣2x，f′（x）=，f″（x）=﹣，当x∈时，f″（x）＜0，故为凸函数，排除B；对于f（x）=﹣x3+2x﹣1，f′（x）=﹣3x2+2，f″（x）=﹣6x，当x∈时，f″（x）＜0，故为凸函数，排除C；故选D．点评：本题主要考查函数的求导公式．属基础题．25．（2010•黄冈模拟）已知f（x）为定义在（﹣∞，+∞）上的可导函数，且f（x）＜f′（x）对于x∈R恒成立，则（）A．f（2）＞e2f（0），f（2010）＞e2010f（0）B．f（2）＜e2f（0），f（2010）＞e2010f（0）C．f（2）＞e2f（0），f（2010）＜e2010f（0）D．f（2）＜e2f（0），f（2010）＜e2010f（0）考点：利用导数研究函数的单调性．专题：压轴题．分析：先转化为函数y=的导数形式，再判断增减性，从而得到答案．解答：解：∵f（x）＜f'（x）从而f'（x）﹣f（x）＞0 从而＞0从而＞0 从而函数y=单调递增，故x=2时函数的值大于x=0时函数的值，即所以f（2）＞e2f（0）．同理f（2010）＞e2010f（0）；故选A．点评：本题主要考查函数的单调性与其导函数的正负情况之间的关系，即导函数大于0时原函数单调递增，当导函数小于0时原函数单调递减．26．（2010•龙岩二模）已知f（x）、g（x）都是定义在R上的函数，f′（x）g（x）+f（x）g′（x）＜0，f（x）g（x）=a x，f（1）g（1）+f（﹣1）g（﹣1）=．在区间[﹣3，0]上随机取一个数x，f（x）g（x）的值介于4到8之间的概率是（）A．B．C．D．考点：利用导数研究函数的单调性；几何概型．专题：计算题；压轴题．分析：根据函数积的导数公式，可知函数f（x）g（x）在R上是减函数，根据f（x）g（x）=a x，f（1）g（1）+f （﹣1）g（﹣1）=．我们可以求出函数解析式，从而可求出f（x）g（x）的值介于4到8之间时，变量的范围，利用几何概型的概率公式即可求得．解答：解：由题意，∵f'（x）g（x）+f（x）g'（x）＜0，∴[f（x）g（x）]'＜0，∴函数f（x）g（x）在R上是减函数∵f（x）g（x）=a x，∴0＜a＜1∵f（1）g（1）+f（﹣1）g（﹣1）=．∴∴∵f（x）g（x）的值介于4到8∴x∈[﹣3，﹣2]∴在区间[﹣3，0]上随机取一个数x，f（x）g（x）的值介于4到8之间的概率是故选A．点评：本题的考点是利用导数确定函数的单调性，主要考查积的导数的运算公式，考查几何概型，解题的关键是确定函数的解析式，利用几何概型求解．27．（2010•成都一模）已知函数在区间（1，2）内是增函数，则实数m的取值范围是（）A．B．C．（0，1]D．考点：利用导数研究函数的单调性．专题：压轴题．分析：首先求出函数的导数，然后根据导数与函数增减性的关系求出m的范围．解答：解：由题得f′（x）=x2﹣2mx﹣3m2=（x﹣3m）（x+m），∵函数在区间（1，2）内是增函数，∴f′（x）＞0，当m≥0时，3m≤1，∴0≤m≤，当m＜0时，﹣m≤1，∴﹣1≤m＜0，∴m∈[﹣1，]．故选D．点评：掌握函数的导数与单调性的关系．28．（2009•安徽）设函数f（x）=x3+x2+tanθ，其中θ∈[0，]，则导数f′（1）的取值范围是（）A．[﹣2，2]B．[，]C．[，2]D．[，2]考点：导数的运算．专题：压轴题．分析：利用基本求导公式先求出f′（x），然后令x=1，求出f′（1）的表达式，从而转化为三角函数求值域问题，求解即可．解答：解：∵f′（x）=sinθ•x2+cosθ•x，∴f′（1）=sinθ+cosθ=2sin（θ+）．∵θ∈[0，]，∴θ+∈[，]．∴sin（θ+）∈[，1]．∴2sin（θ+）∈[，2]．故选D．点评：本题综合考查了导数的运算和三角函数求值域问题，熟记公式是解题的关键．29．（2009•天津）设函数f（x）在R上的导函数为f′（x），且2f（x）+xf′（x）＞x2，下面的不等式在R内恒成立的是（）A．f（x）＞0 B．f（x）＜0 C．f（x）＞x D．f（x）＜x考点：导数的运算．专题：压轴题．分析：对于这类参数取值问题，针对这些没有固定套路解决的选择题，最好的办法就是排除法．解答：解：∵2f（x）+xf′（x）＞x2，令x=0，则f（x）＞0，故可排除B，D．如果f（x）=x2+0.1，时已知条件2f（x）+xf′（x）＞x2成立，但f（x）＞x 未必成立，所以C也是错的，故选A故选A．点评：本题考查了运用导数来解决函数单调性的问题．通过分析解析式的特点，考查了分析问题和解决问题的能力．30．（2009•陕西）设曲线y=x n+1（n∈N*）在点（1，1）处的切线与x轴的交点的横坐标为x n，则x1•x2•…•x n的值为（）A．B．C．D．1考点：利用导数研究曲线上某点切线方程；直线的斜率．专题：计算题；压轴题．分析：欲判x1•x2•…•x n的值，只须求出切线与x轴的交点的横坐标即可，故先利用导数求出在x=1处的导函数值，再结合导数的几何意义即可求出切线的斜率．从而问题解决．解答：解：对y=x n+1（n∈N*）求导得y′=（n+1）x n，令x=1得在点（1，1）处的切线的斜率k=n+1，在点（1，1）处的切线方程为y﹣1=k（x n﹣1）=（n+1）（x n﹣1），不妨设y=0，则x1•x2•x3…•x n=××，故选B．点评：本小题主要考查直线的斜率、利用导数研究曲线上某点切线方程、数列等基础知识，考查运算求解能力、化归与转化思想．属于基础题．高中数学导数尖子生辅导（解答题）一．解答题（共30小题）1．（2014•遵义二模）设函数f（x）=x2+aln（1+x）有两个极值点x1、x2，且x1＜x2，（Ⅰ）求a的取值范围，并讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）证明：f（x2）＞．考点：利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数的单调性；不等式的证明．专题：计算题；证明题；压轴题．分析：（1）先确定函数的定义域然后求导数fˊ（x），令g（x）=2x2+2x+a，由题意知x1、x2是方程g（x）=0的两个均大于﹣1的不相等的实根，建立不等关系解之即可，在函数的定义域内解不等式fˊ（x）＞0和fˊ（x）＜0，求出单调区间；（2）x2是方程g（x）=0的根，将a用x2表示，消去a得到关于x2的函数，研究函数的单调性求出函数的最大值，即可证得不等式．解答：解：（I）令g（x）=2x2+2x+a，其对称轴为．由题意知x1、x2是方程g（x）=0的两个均大于﹣1的不相等的实根，其充要条件为，得（1）当x∈（﹣1，x1）时，f'（x）＞0，∴f（x）在（﹣1，x1）内为增函数；（2）当x∈（x1，x2）时，f'（x）＜0，∴f（x）在（x1，x2）内为减函数；（3）当x∈（x2，+∞）时，f'（x）＞0，∴f（x）在（x2，+∞）内为增函数；（II）由（I）g（0）=a＞0，∴，a=﹣（2x22+2x2）∴f（x2）=x22+aln（1+x2）=x22﹣（2x22+2x2）ln（1+x2）设，则h'（x）=2x﹣2（2x+1）ln（1+x）﹣2x=﹣2（2x+1）ln（1+x）（1）当时，h'（x）＞0，∴h（x）在单调递增；（2）当x∈（0，+∞）时，h'（x）＜0，h（x）在（0，+∞）单调递减．∴故．点评：本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，以及利用导数研究函数的极值等有关知识，属于基础题．2．（2014•武汉模拟）己知函数f（x）=x2e﹣x（Ⅰ）求f（x）的极小值和极大值；（Ⅱ）当曲线y=f（x）的切线l的斜率为负数时，求l在x轴上截距的取值范围．考点：利用导数研究函数的极值；根据实际问题选择函数类型；利用导数研究曲线上某点切线方程．专题：综合题；压轴题；转化思想；导数的综合应用．分析：（Ⅰ）利用导数的运算法则即可得出f′（x），利用导数与函数单调性的关系及函数的极值点的定义，即可求出函数的极值；（Ⅱ）利用导数的几何意义即可得到切线的斜率，得出切线的方程，利用方程求出与x轴交点的横坐标，再利用导数研究函数的单调性、极值、最值即可．解答：解：（Ⅰ）∵f（x）=x2e﹣x，∴f′（x）=2xe﹣x﹣x2e﹣x=e﹣x（2x﹣x2），令f′（x）=0，解得x=0或x=2，令f′（x）＞0，可解得0＜x＜2；令f′（x）＜0，可解得x＜0或x＞2，故函数在区间（﹣∞，0）与（2，+∞）上是减函数，在区间（0，2）上是增函数．∴x=0是极小值点，x=2极大值点，又f（0）=0，f（2）=．故f（x）的极小值和极大值分别为0，．（II）设切点为（），则切线方程为y﹣=（x﹣x0），令y=0，解得x==，因为曲线y=f（x）的切线l的斜率为负数，∴（＜0，∴x0＜0或x0＞2，令，则=．①当x0＜0时，0，即f′（x0）＞0，∴f（x0）在（﹣∞，0）上单调递增，∴f（x0）＜f（0）=0；②当x0＞2时，令f′（x0）=0，解得．当时，f′（x0）＞0，函数f（x0）单调递增；当时，f′（x0）＜0，函数f（x0）单调递减．故当时，函数f（x0）取得极小值，也即最小值，且=．综上可知：切线l在x轴上截距的取值范围是（﹣∞，0）∪．点评：本题考查利用导数求函数的极值与利用导数研究函数的单调性、切线、函数的值域，综合性强，考查了推理能力和计算能力．3．（2014•四川模拟）已知函数f（x）=lnx+x2．。