高三数学一轮复习 导数及其应用巩固与练习
高考数学复习 巩固练习_《导数及其应用》全章复习与巩固(基础)(理)
高考数学复习 【巩固练习】 一、选择题1．已知()ln ln 1x x x '＝＋，则e1ln d x x ⎰＝( )A ．1B ．eC ．e-1D ．e+1 2． 已知点P 在曲线41xy e =+上，α为曲线在点P 处的切线的倾斜角，则α的取值范围是（ ）(A)[0,4π) (B)[,)42ππ （C ） 3(,]24ππ (D) 3[,)4ππ3.（2015春 海南校级期末）函数3()31f x x x =-+在闭区间[]3,0-上的最大值、最小值分别是（ ）A.1,1-B.3,17-C. 1,17-D. 9,19-4．若a ＞0，b ＞0，且函数f (x )＝4x 3－ax 2－2bx ＋2在x ＝1处有极值，则ab 的最大值等于( )．A ．2B ．3C ．6D ．95．已知某生产厂家的年利润y (单位：万元)与年产量x (单位：万件)的函数关系式为y ＝－13x 3＋81x －234，则使该生产厂家获取最大的年利润的年产量为( )A ．13万件B ．11万件C ．9万件D ．7万件6．曲线4()2f x x =上的点到直线1y x =--的距离的最小值为( )B.2 C.3 7．已知f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ＋d 在区间[－1,2]上是减函数，那么b ＋c ( )A ．有最大值152 B ．有最大值－152C ．有最小值152 D ．有最小值－152二、填空题8．函数()ln xf x x=的单调递减区间是_ _____． 9．（2015 马鞍山三模改编）已知函数2()f x x =的图象在点A ()11,()x f x 与点()22,()x f x 处的切线互相垂直，并交于点P ，则点P 的纵坐标是 。
10. 若函数()()110,cos ,(1),2x x f x x x ≤<⎧⎪⎨π≤<⎪⎩，＝的图象与坐标轴所围成的封闭图形的面积为a ,则a 的值为___________．11、某公司一年购买某种货物900吨，每次都购买x 吨，运费为4万元／次，一年的总存储费为4x 万元，要使一年的总运费与总存储费用之和最小，则x=________吨． 三、解答题12．设函数3()1f x ax bx =++在1x =处取得极值1-(Ⅰ)求a b 、的值；(Ⅱ)求()f x 的单调区间.13． 求下列各图形中阴影部分的面积：14．已知抛物线2=2y x x －及直线=0==0x x a y ，，围成的平面图形的面积为43，求a 的值． 15. (2014 山东)设函数()⎪⎭⎫⎝⎛+-=x x k x e x f x ln 22 (k 为常数，e ＝2.71828…是自然对数的底数)．(Ⅰ)当k ≤0时，求函数f(x)的单调区间；(Ⅱ)若函数f(x)在(0，2)内存在两个极值点，求k 的取值范围．16.已知函数32()f x x ax bx c =-+++图象上的点(1,(1))P f 处的切线方程为31y x =-+.⑴若函数()f x 在2x =-处有极值，求()f x 的表达式；⑵若函数()f x 在区间[2,0]-上单调递增，求实数b 的取值范围.17．已知函数f （x ）=3231()2ax x x R -+∈，其中a>0. （Ⅰ）若a=1，求曲线y=f （x ）在点（2，f （2））处的切线方程；（Ⅱ）若在区间11,22⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上，f （x ）>0恒成立，求a 的取值范围.【答案与解析】 1. 【答案】A 【解析】2. 【答案】D【解析】2441212x x x xxe y e e e e '=-=-++++，12,10xxe y e '+≥∴-≤<， 即1tan 0α-≤<，3[,)4παπ∴∈3. 【答案】B【解析】由'2()330f x x =-= ，得1,x =± 当1x <- 时，'()0,f x > 当11x -<<时，'()0,f x <当1x >时，'()0,f x >故()f x 的极小值、极大值分别为(1)3,(1)1f f -==-， 而(3)17,(0)1,f f -=-=故函数3()x 31f x x =-+ 在[]3,0-上的最大值、最小值分别是3，17-，故答案为：B 。
2024年高考数学一轮复习课件(新高考版) 第3章 必刷小题5 导数及其应用
因为函数f(x)＝(2x－1)ex，所以f′(x)＝2ex＋(2x－1)ex＝(2x＋1)ex， 令 f′(x)>0，解得 x>－12， 所以函数 f(x)的单调递增区间为－12，＋∞.
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2.(2023·茂名模拟)若曲线y＝f(x)＝x2＋ax＋b在点(1，f(1))处的切线为
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由题意，对于 A，函数 y＝x＋1x，y′＝1－x12，可得函数 y＝x＋1x在 (－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递增，在(－1,0)，(0,1)上单调递减，所以 函数有两个极值点 x＝－1 和 x＝1； 对于 B，函数 y＝2x2－x＋1 为开口向上的抛物线，一定存在极值点， 即为顶点的横坐标 x＝14；
∵f(x)＝e2－x＋x，x∈[1,3]， ∴f′(x)＝－e2－x＋1， 令f′(x)>0，解得x>2；令f′(x)<0，解得x<2， 故函数f(x)在区间[1,2]上单调递减，在区间[2,3]上单调递增， 所以函数f(x)在x＝2处取得极小值，也是最小值，为f(2)＝3， 而 f(1)＝e＋1，f(3)＝3＋1e，则 f(1)>f(3)， 故f(x)的最大值为f(1)＝e＋1.
x，h′(x)＝xcos
x－sin x2
x，令
φ(x)＝xcos
x－sin
x，
φ′(x)＝cos x－xsin x－cos x＝－xsin x<0，x∈0，π2，
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∴φ(x)在0，π2上单调递减，φ(x)<φ(0)＝0， ∴h′(x)<0，∴h(x)在0，π2上单调递减，h(x)>hπ2＝2π， ∴2k≤2π⇒k≤1π， 令 g(x)＝xf(x)＝xcos x＋kx3，则 g(x)在0，π2上单调递增， g′(x)＝cos x－xsin x＋3kx2≥0 在 x∈0，π2上恒成立，
高考数学一轮复习 第三章 导数及其应用3
高考数学一轮复习 第三章 3.7 利用导数研究函数零点 题型一 数形结合法研究函数零点例1 (2020·全国Ⅰ)已知函数f (x )＝e x －a (x ＋2)． (1)当a ＝1时，讨论f (x )的单调性； (2)若f (x )有两个零点，求a 的取值范围． 解 (1)当a ＝1时，f (x )＝e x －(x ＋2)，f ′(x )＝e x －1，令f ′(x )<0，解得x <0，令f ′(x )>0，解得x >0，所以f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． (2)令f (x )＝0，得e x ＝a (x ＋2)，即1a ＝x ＋2ex ，所以函数y ＝1a 的图象与函数φ(x )＝x ＋2e x 的图象有两个交点，φ′(x )＝－x －1e x ，当x ∈(－∞，－1)时，φ′(x )>0； 当x ∈(－1，＋∞)时，φ′(x )<0， 所以φ(x )在(－∞，－1)上单调递增， 在(－1，＋∞)上单调递减，所以φ(x )max ＝φ(－1)＝e ，且x →－∞时， φ(x )→－∞；x →＋∞时，φ(x )→0， 所以0<1a <e ，解得a >1e .所以a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞. 教师备选已知函数f (x )＝x e x ＋e x .(1)求函数f (x )的单调区间和极值；(2)讨论函数g (x )＝f (x )－a (a ∈R )的零点的个数． 解 (1)函数f (x )的定义域为R ， 且f ′(x )＝(x ＋2)e x ，令f ′(x )＝0得x ＝－2，则f ′(x )，f (x )的变化情况如表所示：x (－∞，－2)－2 (－2，＋∞)f ′(x ) － 0 ＋ f (x )单调递减－1e2 单调递增∴f (x )的单调递减区间是(－∞，－2)，单调递增区间是(－2，＋∞)． 当x ＝－2时，f (x )有极小值为f (－2)＝－1e 2，无极大值．(2)令f (x )＝0，得x ＝－1， 当x <－1时，f (x )<0；当x >－1时，f (x )>0，且f (x )的图象经过点⎝⎛⎭⎫－2，－1e 2，(－1,0)，(0,1)． 当x →－∞时，与一次函数相比，指数函数y ＝e －x 增长更快，从而f (x )＝x ＋1e －x →0；当x →＋∞时，f (x )→＋∞，f ′(x )→＋∞，根据以上信息，画出f (x )大致图象如图所示．函数g (x )＝f (x )－a (a ∈R )的零点的个数为y ＝f (x )的图象与直线y ＝a 的交点个数． 当x ＝－2时，f (x )有极小值f (－2)＝－1e2.∴关于函数g (x )＝f (x )－a (a ∈R )的零点个数有如下结论：当a <－1e 2时，零点的个数为0；当a ＝－1e 2或a ≥0时，零点的个数为1；当－1e2<a <0时，零点的个数为2.思维升华 含参数的函数零点个数，可转化为方程解的个数，若能分离参数，可将参数分离出来后，用x 表示参数的函数，作出该函数的图象，根据图象特征求参数的范围． 跟踪训练1 设函数f (x )＝ln x ＋mx，m ∈R .(1)当m ＝e(e 为自然对数的底数)时，求f (x )的极小值； (2)讨论函数g (x )＝f ′(x )－x3零点的个数．解 (1)当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋ex ，f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝1x －e x 2＝x －e x 2.令f ′(x )＝0，得x ＝e. 当x ∈(0，e)时，f ′(x )<0； 当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )>0，∴f (x )在(0，e)上单调递减，在(e ，＋∞)上单调递增， ∴当x ＝e 时，f (x )取得极小值f (e)＝2. (2)由题意知g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x3(x >0)，令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x >0)．设φ(x )＝－13x 3＋x (x >0)，则φ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1)．当x ∈(0,1)时，φ′(x )>0，φ(x )在(0,1)上单调递增； 当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )<0，φ(x )在(1，＋∞)上单调递减． ∴x ＝1是φ(x )的唯一极值点，且是极大值点， ∴x ＝1也是φ(x )的最大值点， ∴φ(x )的最大值为φ(1)＝23.结合y ＝φ(x )的图象(如图)可知，①当m >23时，函数g (x )无零点；②当m ＝23时，函数g (x )有且只有一个零点；③当0<m <23时，函数g (x )有两个零点；④当m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点． 综上所述，当m >23时，函数g (x )无零点；当m ＝23或m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点；当0<m <23时，函数g (x )有两个零点．题型二 利用函数性质研究函数零点例2 (12分)(2021·全国甲卷)设函数f (x )＝a 2x 2＋ax －3ln x ＋1，其中a >0. (1)讨论f (x )的单调性； [切入点：判断f ′(x )的正负](2)若y ＝f (x )的图象与x 轴没有公共点，求a 的取值范围. [关键点：f (x )>0且f (x )有最小值]教师备选已知函数f (x )＝x sin x ＋cos x ，g (x )＝x 2＋4. (1)讨论f (x )在[－π，π]上的单调性；(2)令h (x )＝g (x )－4f (x )，试证明h (x )在R 上有且仅有三个零点． (1)解 f ′(x )＝sin x ＋x cos x －sin x ＝x cos x . 当x ∈⎝⎛⎭⎫－π，－π2∪⎝⎛⎭⎫0，π2时，f ′(x )>0； 当x ∈⎝⎛⎭⎫－π2，0∪⎝⎛⎭⎫π2，π时，f ′(x )<0， ∴f (x )在⎝⎛⎭⎫－π，－π2，⎝⎛⎭⎫0，π2上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－π2，0，⎝⎛⎭⎫π2，π上单调递减． (2)证明 h (x )＝x 2＋4－4x sin x －4cos x ， ∵h (－x )＝x 2＋4－4x sin x －4cos x ＝h (x )， ∴h (x )为偶函数． 又∵h (0)＝0，∴x ＝0为函数h (x )的零点．下面讨论h (x )在(0，＋∞)上的零点个数： h (x )＝x 2＋4－4x sin x －4cos x ＝x (x －4sin x )＋4(1－cos x )． 当x ∈[4，＋∞)时， x －4sin x >0,4(1－cos x )≥0， ∴h (x )>0， ∴h (x )无零点； 当x ∈(0,4)时，h ′(x )＝2x －4x cos x ＝2x (1－2cos x )， 当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π3时，h ′(x )<0； 当x ∈⎝⎛⎭⎫π3，4时，h ′(x )>0，∴h (x )在⎝⎛⎭⎫0，π3上单调递减，在⎝⎛⎭⎫π3，4上单调递增， ∴h (x )min ＝h ⎝⎛⎭⎫π3＝π29＋4－4π3sin π3－4cos π3＝π29＋2－23π3<0，又h (0)＝0，且h (4)＝20－16sin 4－4cos 4>0， ∴h (x )在⎝⎛⎭⎫0，π3上无零点，在⎝⎛⎭⎫π3，4上有唯一零点． 综上，h (x )在(0，＋∞)上有唯一零点， 又h (0)＝0且h (x )为偶函数， 故h (x )在R 上有且仅有三个零点．思维升华 利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数单调性、奇偶性、最值或极值的符号确定函数零点的个数，此类问题在求解过程中可以通过数形结合的方法确定函数存在零点的条件．跟踪训练2 已知函数f (x )＝13x 3－a (x 2＋x ＋1)．(1)若a ＝3，求f (x )的单调区间；(2)证明：f (x )只有一个零点．(1)解 当a ＝3时，f (x )＝13x 3－3x 2－3x －3，f ′(x )＝x 2－6x －3.令f ′(x )＝0，解得x ＝3－23或x ＝3＋2 3. 当x ∈(－∞，3－23)∪(3＋23，＋∞)时， f ′(x )>0；当x ∈(3－23，3＋23)时，f ′(x )<0.故f (x )的单调递增区间为(－∞，3－23)，(3＋23，＋∞)， 单调递减区间为(3－23，3＋23)． (2)证明 因为x 2＋x ＋1>0在R 上恒成立， 所以f (x )＝0等价于x 3x 2＋x ＋1－3a ＝0.设g (x )＝x 3x 2＋x ＋1－3a ，则g ′(x )＝x 2x 2＋2x ＋3x 2＋x ＋12≥0在R 上恒成立，当且仅当x ＝0时，g ′(x )＝0， 所以g (x )在(－∞，＋∞)上单调递增．故g (x )至多有一个零点，从而f (x )至多有一个零点． 又f (3a －1)＝－6a 2＋2a －13＝－6⎝⎛⎭⎫a －162－16<0， f (3a ＋1)＝13>0，故f (x )有一个零点．综上所述，f (x )只有一个零点．题型三 构造函数法研究函数的零点例3 (2021·全国甲卷)已知a >0且a ≠1，函数f (x )＝x aa x (x >0)．(1)当a ＝2时，求f (x )的单调区间；(2)若曲线y ＝f (x )与直线y ＝1有且仅有两个交点，求a 的取值范围． 解 (1)当a ＝2时，f (x )＝x 22x (x >0)，f ′(x )＝x 2－x ln 22x(x >0)，令f ′(x )>0，则0<x <2ln 2，此时函数f (x )单调递增，令f ′(x )<0， 则x >2ln 2，此时函数f (x )单调递减， 所以函数f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫0，2ln 2，单调递减区间为⎝⎛⎭⎫2ln 2，＋∞. (2)曲线y ＝f (x )与直线y ＝1有且仅有两个交点，可转化为方程x a a x ＝1(x >0)有两个不同的解，即方程ln x x ＝ln aa 有两个不同的解．设g (x )＝ln xx (x >0)，则g ′(x )＝1－ln xx 2(x >0)，令g ′(x )＝1－ln xx 2＝0，得x ＝e ，当0<x <e 时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增， 当x >e 时，g ′(x )<0，函数g (x )单调递减， 故g (x )max ＝g (e)＝1e ，且当x >e 时，g (x )∈⎝⎛⎭⎫0，1e ， 又g (1)＝0，所以0<ln a a <1e ，所以a >1且a ≠e ，即a 的取值范围为(1，e)∪(e ，＋∞)． 教师备选(2022·南阳质检)已知f (x )＝13x 3＋32x 2＋2x ，f ′(x )是f (x )的导函数．(1)求f (x )的极值；(2)令g (x )＝f ′(x )＋k e x －1，若y ＝g (x )的函数图象与x 轴有三个不同的交点，求实数k 的取值范围．解 (1)因为f ′(x )＝x 2＋3x ＋2＝(x ＋1)(x ＋2)， 令f ′(x )＝0，得x 1＝－1，x 2＝－2， 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化如表所示：x (－∞，－2)－2 (－2，－1)－1 (－1，＋∞)f ′(x ) ＋ 0 － 0 ＋ f (x )↗极大值↘极小值↗由表可知，函数f (x )的极大值为f (－2)＝－23，极小值为f (－1)＝－56.(2)由(1)知g (x )＝x 2＋3x ＋2＋k e x －1＝x 2＋3x ＋1＋k e x ， 由题知需x 2＋3x ＋1＋k e x ＝0有三个不同的解，即k ＝－x 2＋3x ＋1e x有三个不同的解．设h (x )＝－x 2＋3x ＋1e x，则h ′(x )＝x 2＋x －2e x ＝x ＋2x －1e x ，当x ∈(－∞，－2)时，h ′(x )>0，h (x )单调递增， 当x ∈(－2,1)时，h ′(x )<0，h (x )单调递减， 当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0，h (x )单调递增，又当x →－∞时，h (x )→－∞， 当x →＋∞时，h (x )→0且h (x )<0， 且h (－2)＝e 2，h (1)＝－5e .作出函数h (x )的简图如图，数形结合可知，－5e<k <0.思维升华 涉及函数的零点(方程的根)问题，主要利用导数确定函数的单调区间和极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求得参数的取值范围．跟踪训练3 设函数f (x )＝12x 2－m ln x ，g (x )＝x 2－(m ＋1)x ，m >0.(1)求函数f (x )的单调区间；(2)当m ≥1时，讨论f (x )与g (x )图象的交点个数． 解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝x ＋mx －mx .当0<x <m 时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减； 当x >m 时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增．综上，函数f (x )的单调递增区间是(m ，＋∞)，单调递减区间是(0，m )． (2)令F (x )＝f (x )－g (x )＝－12x 2＋(m ＋1)x －m ln x ，x >0，题中问题等价于求函数F (x )的零点个数．F ′(x )＝－x －1x －m x ，当m ＝1时，F ′(x )≤0，函数F (x )为减函数，因为F (1)＝32>0，F (4)＝－ln 4<0， 所以F (x )有唯一零点；当m >1时，0<x <1或x >m 时，F ′(x )<0；1<x <m 时，F ′(x )>0，所以函数F (x )在(0,1)和(m ，＋∞)上单调递减，在(1，m )上单调递增，因为F (1)＝m ＋12>0， F (2m ＋2)＝－m ln(2m ＋2)<0，所以F (x )有唯一零点．综上，函数F (x )有唯一零点，即函数f (x )与g (x )的图象总有一个交点．课时精练1．(2022·贵阳模拟)已知函数f (x )＝13x 3－12ax 2(a ≠0)． (1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝1时，g (x )＝f (x )－2x ＋b ，讨论g (x )的零点个数．解 (1)f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝x 2－ax ＝x (x －a )，若a >0，当x ∈(－∞，0)∪(a ，＋∞)时，f ′(x )>0，当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0，若a <0，当x ∈(－∞，a )∪(0，＋∞)时，f ′(x )>0，当x ∈(a,0)时，f ′(x )<0，综上，当a >0时，f (x )在(－∞，0)，(a ，＋∞)上单调递增，在(0，a )上单调递减， 当a <0时，f (x )在(－∞，a )，(0，＋∞)上单调递增，在(a,0)上单调递减．(2)g (x )＝13x 3－12x 2－2x ＋b ， 令g (x )＝0，所以b ＝－13x 3＋12x 2＋2x ， 令h (x )＝－13x 3＋12x 2＋2x ， 则h ′(x )＝－x 2＋x ＋2＝－(x －2)(x ＋1)，所以h ′(2)＝0，h ′(－1)＝0，且当x <－1时，h ′(x )<0；当－1<x <2时，h ′(x )>0；当x >2时，h ′(x )<0，所以h (x )极小值＝h (－1)＝13＋12－2＝－76， h (x )极大值＝h (2)＝－13×8＋12×4＋4＝103， 如图，当b <－76或b >103时，函数g (x )有1个零点； 当b ＝－76或b ＝103时，函数g (x )有2个零点； 当－76<b <103时，函数g (x )有3个零点．2．已知函数f (x )＝e x (ax ＋1)，曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为y ＝bx －e.(1)求a ，b 的值；(2)若函数g (x )＝f (x )－3e x －m 有两个零点，求实数m 的取值范围．解 (1)f (x )＝e x (ax ＋1)，则f ′(x )＝e x (ax ＋1)＋e x ·a ＝e x (ax ＋1＋a )，由题意知⎩⎪⎨⎪⎧ f ′1＝e 2a ＋1＝b ，f 1＝e a ＋1＝b －e ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝3e ， ∴a ＝1，b ＝3e.(2)g (x )＝f (x )－3e x －m ＝e x (x －2)－m ，函数g (x )＝e x (x －2)－m 有两个零点，相当于函数u (x )＝e x ·(x －2)的图象与直线y ＝m 有两个交点，u ′(x )＝e x ·(x －2)＋e x ＝e x (x －1)，当x ∈(－∞，1)时，u ′(x )<0，∴u (x )在(－∞，1)上单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，u ′(x )>0，∴u (x )在(1，＋∞)上单调递增，∴当x ＝1时，u (x )取得极小值u (1)＝－e.又当x →＋∞时，u (x )→＋∞，当x <2时，u (x )<0，∴－e<m <0，∴实数m 的取值范围为(－e,0)．3．已知函数f (x )＝e x ＋ax －a (a ∈R 且a ≠0)．(1)若函数f (x )在x ＝0处取得极值，求实数a 的值，并求此时f (x )在[－2,1]上的最大值；(2)若函数f (x )不存在零点，求实数a 的取值范围．解 (1)由f (x )＝e x ＋ax －a ，得f ′(x )＝e x ＋a .∵函数f (x )在x ＝0处取得极值，∴f ′(0)＝e 0＋a ＝0，∴a ＝－1，∴f (x )＝e x －x ＋1，f ′(x )＝e x －1.∴当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．易知f (x )在[－2,0)上单调递减，在(0,1]上单调递增，且f (－2)＝1e 2＋3，f (1)＝e ，f (－2)>f (1)， ∴f (x )在[－2,1]上的最大值是1e 2＋3. (2)f ′(x )＝e x ＋a .①当a >0时，f ′(x )>0，f (x )在R 上单调递增，且当x >1时，f (x )＝e x ＋a (x －1)>0，当x <0时，取x ＝－1a， 则f ⎝⎛⎭⎫－1a <1＋a ⎝⎛⎭⎫－1a －1＝－a <0， ∴函数f (x )存在零点，不满足题意．②当a <0时，令f ′(x )＝e x ＋a ＝0，则x ＝ln(－a )．当x ∈(－∞，ln(－a ))时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(ln(－a )，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．∴当x ＝ln(－a )时，f (x )取得极小值，也是最小值．当x →－∞时，f (x )→＋∞，当x →＋∞时，f (x )→＋∞，函数f (x )不存在零点，等价于f (ln(－a ))＝e ln(－a )＋a ln(－a )－a ＝－2a ＋a ln(－a )>0，解得－e 2<a <0.综上所述，所求实数a 的取值范围是(－e 2,0)．4．(2022·潍坊模拟)已知函数f (x )＝x 2－a sin x －2(a ∈R )． (1)若曲线y ＝f (x )在点⎝⎛⎭⎫π2，f ⎝⎛⎭⎫π2处的切线经过坐标原点，求实数a ； (2)当a >0时，判断函数f (x )在x ∈(0，π)上的零点个数，并说明理由．解 (1)f ′(x )＝2x sin x －x 2－a cos x sin 2x， f ′⎝⎛⎭⎫π2＝π，所以f (x )在点⎝⎛⎭⎫π2，f ⎝⎛⎭⎫π2处的切线方程为y ＝πx ，所以f ⎝⎛⎭⎫π2＝π22， 即π24－a －2＝π22，a ＝－π24－2. (2)因为x ∈(0，π)，所以sin x >0，所以x 2－a sin x －2＝0可转化为x 2－a －2sin x ＝0， 设g (x )＝x 2－a －2sin x ，则g ′(x )＝2x －2cos x ，当x ∈⎣⎡⎭⎫π2，π时，g ′(x )>0，所以g (x )在区间⎣⎡⎭⎫π2，π上单调递增．当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时， 设h (x )＝g ′(x )＝2x －2cos x ，此时h ′(x )＝2＋2sin x >0，所以g ′(x )在x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2上单调递增， 又 g ′(0)＝－2<0，g ′⎝⎛⎭⎫π2＝π>0，所以存在x 0∈⎝⎛⎭⎫0，π2使得g ′(x )＝0且x ∈(0，x 0)时g (x )单调递减， x ∈⎣⎡⎭⎫x 0，π2时g (x )单调递增． 综上，对于连续函数g (x )，当x ∈(0，x 0)时，g (x )单调递减， 当x ∈(x 0，π)时，g (x )单调递增．又因为g (0)＝－a <0，所以当g (π)＝π2－a >0，即a <π2时，函数g (x )在区间(x 0，π)上有唯一零点，当g (π)＝π2－a ≤0，即a ≥π2时，函数g (x )在区间(0，π)上无零点， 综上可知，当0<a <π2时，函数f (x )在(0，π)上有1个零点； 当a ≥π2时，函数f (x )在(0，π)上没有零点．。
2025年高考数学一轮复习-一元函数的导数及其应用(能力提升卷)【含答案】
一元函数的导数及其应用(能力提升卷)题号123456789101112答案一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知函数f(x)＝(x2＋x＋1)e x，则f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程为()A.x＋y＋1＝0B.x－y＋1＝0C.2x＋y＋1＝0D.2x－y＋1＝02.已知函数f(x)＝16x3－12ax2－bx(a＞0，b＞0)的一个极值点为1，则ab的最大值为()A.1B.12C.14D.1163.意大利著名天文学家伽利略曾错误地猜测链条自然下垂时的形状是抛物线.直到1690年，雅各布·伯努利正式提出该问题为“悬链线”问题并向数学界征求答案.1691年他的弟弟约翰·伯努利和莱布尼兹、惠更斯三人各自都得到了正确答案，给出悬链线的数学表达式——双曲余弦函数：f(x)＝c＋a cosh xa ＝c＋a·e xa＋e－xa2(e为自然对数的底数).当c＝0，a＝1时，记p＝f(－1)，m＝n＝f(2)，则p，m，n的大小关系为()A.p＜m＜nB.n＜m＜pC.m＜p＜nD.m＜n＜p4.已知函数f (x )＝ax ＋ln x －1有且仅有一个零点，则实数a 的取值范围为()A.(－∞，0]∪{1}B.[0，1]C.(－∞，0]∪{2}D.[0，2]5.已知f (x )是定义在R 上的可导函数，若在R 上有f (x )>f ′(x )恒成立，且f (1)＝e(e 为自然对数的底数)，则下列结论正确的是()A.f (0)＝1B.f (0)<1C.f (2)<e 2D.f (2)>e 26.设0＜x ＜1，则a ＝e xx ，b ，c ＝e x2x2的大小关系是()A.a ＜b ＜cB.a ＜c ＜bC.c ＜a ＜bD.b ＜a ＜c7.若∀a ，b ，c ∈D ，g (a )，g (b )，g (c )可以作为一个三角形的三条边长，则称函数g (x )是区间D 上的“稳定函数”.已知函数f (x )＝ln x x ＋m 是区间1e 2，e 2上的“稳定函数”，则实数m 的取值范围为()＋1e ，＋2＋1e ，＋＋1e，＋2＋1e，＋8.已知函数f (x )＝ln x －m 与g (x )＝－x 2＋73x 的图象在区间[1，3]上存在关于x 轴对称的点，则实数m 的取值范围是()A.ln 3－2，ln32＋54B.ln 3－2，43C.43，ln 32＋54D.54，43二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.已知e是自然对数的底数，则下列不等关系中不正确的是()A.ln2＞2e B.ln3＜3eC.lnπ＞πe D.ln3lnπ＜3π10.已知函数f(x)＝x3－3x2＋3，则下列选项正确的是()A.函数y＝f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为3x＋y－4＝0B.函数y＝f(x)有3个零点C.函数y＝f(x)在x＝2处取得极大值D.函数y＝f(x)的图象关于点(1，1)对称11.已知函数f(x)＝x4＋ax2＋ax＋1(a≠0)，则()A.存在a使得f(x)恰有三个单调区间B.f(x)有最小值C.存在a使得f(x)有小于0的极值点D.当x1＜0＜x2，且x1＋x2＞0时，f(x1)＜f(x2)12.已知函数f(x)＝ln xx，则()A.f(2)＞f(5)B.若f(x)＝m有两个不相等的实根x1，x2，则x1x2＜e2C.ln2＞2eD.若2x＝3y，x，y均为正数，则2x＞3y三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.若函数f(x)＝13x3－a2x2＋(3－a)x＋b有三个不同的单调区间，则实数a的取值范围是________.14.已知函数f(x)＝x2＋2x＋a，g(x)＝ln x－2x，如果存在x1∈12，2，使得对任意的x2∈12，2，都有f(x1)≤g(x2)成立，则实数a的取值范围是________.15.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)＝12x，h(x)＝ln2x，φ(x)＝sin x(0＜x＜π)的“新驻点”分别为α，β，γ，则α，β，γ的大小关系为________.16.已知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，其导函数为f′(x)，且满足f(x)＞0，f(x)＋f′(x)＜0，若0＜x1＜1＜x2，且x1x2＝1.给出以下不等式：①f(x1)＞e x2－x1f(x2)；②x1f(x2)＜x2f(x1)；③x1f(x1)＞x2f(x2)；④f(x2)＞(1－x1)f(x1).其中正确的有________(填写所有正确的不等式的序号).四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(10分)若函数f(x)＝ax3－bx＋4，当x＝2时，函数f(x)有极值－43.(1)求函数f(x)的解析式；(2)若方程f(x)＝k有3个不同的根，求实数k的取值范围.18.(12分)已知函数f(x)（x＋1）e x，x≤0，2－ax＋12，x＞0.(1)若a＝2，求f(x)的最小值；(2)若f(x)恰好有三个零点，求实数a的取值范围.19.(12分)已知函数f(x)＝e x－a(x－1)＋2(a∈R).(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若x∈[a，＋∞)，不等式f(x)≥3恒成立，求实数a的取值范围.20.(12分)已知函数f(x)＝(x－b)e x－a(x－b＋1)2(a＞0，b∈R，e为自然对数的底2数).(1)若b＝2，讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)在R上单调递增，求证：e a－1≥b.＋a2x＋a ln x，x∈(0，10).21.(12分)已知实数a＞0，函数f(x)＝2x(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若x＝1是函数f(x)的极值点，曲线y＝f(x)在点P(x1，f(x1))，Q(x2，f(x2))(x1＜x2)处的切线分别为l1，l2，且l1，l2在y轴上的截距分别为b1，b2.若l1∥l2，求b1－b2的取值范围.22.(12分）已知函数f (x )＝x e x －a ln x －e(a ∈R ).(1)当a ＝2e 时，不等式f (x )≥mx －m 在[1，＋∞)上恒成立，求实数m 的取值范围；(2)若a ＞0时，f (x )的最小值为g (a )，求g (a )的最大值以及此时a 的值.参考答案1.D[因为f (x )＝(x 2＋x ＋1)e x ，所以f ′(x )＝(x 2＋3x ＋2)e x ，f (0)＝1，f ′(0)＝2，则f (x )的图象在点(0，f (0))处的切线方程为y －1＝2(x －0)，即2x －y ＋1＝0，故选D.]2.D[由题意，得f ′(x )＝12x 2－ax －b .因为1是函数f (x )的一个极值点，所以f ′(1)12－a －b ＝0，所以a ＋b ＝12，所以ab ＝116，当且仅当a ＝b ＝14时等号成立，所以ab 116，故选D.]3.C[由题意知，当c ＝0，a ＝1时，f (x )＝e －x ＋e x2，f ′(x )＝－e －x ＋e x 2＝e 2x －12e x，当x ＞0时，f ′(x )＞0，即函数f (x )在区间(0，＋∞)上单调递增，f (－1)＝e －1＋e 2＝f (1)，∵0＜12＜1＜2，∴f (1)＜f (2)，即m ＜p ＜n ，故选C.]4.A [由函数f (x )有且仅有一个零点，得方程f (x )＝0在(0，＋∞)上只有一个解，即a ＝x －x ln x ，x ＞0只有一个解，令g (x )＝x －x ln x ，x ＞0，则g ′(x )＝－ln x ，当x ∈(0，1)时，g ′(x )＞0，函数g (x )单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )＜0，函数g (x )单调递减，且g (1)＝1，作出函数g (x )的图象如图所示，则当a ≤0或a ＝1时，f (x )＝0在(0，＋∞)上只有一个解，故选A.]5.C [设g (x )＝f （x ）e x ，则g ′(x )＝f ′（x ）－f （x ）ex，又因为f (x )>f ′(x )在R 上恒成立，所以g ′(x )＝f ′（x ）－f （x ）e x <0在R 上恒成立，所以函数g (x )＝f （x ）e x在R 上单调递减，则g (2)<g (1)，即f （2）e 2<f （1）e＝1，所以f (2)<e 2.故选C.]6.B[设f (x )＝e xx ，则f ′(x )＝e x （x －1）x2，当x ∈(0，1)时，f ′(x )＜0，则f (x )在(0，1)上为减函数，∵x 2＜2x ，∴e x2＜e 2x ，则e x 2x 2＜e 2xx 2＝，故b ＞c .又0＜x 2＜x ＜1，∴f (x 2)＞f (x )，则e x2x 2＞e xx，故c ＞a ，所以a ＜c ＜b ，故选B.]7.D [∵f ′(x )＝1－ln xx 2，∴当x ∈1e 2，f ′(x )＞0；当x ∈(e ，e 2]时，f ′(x )＜0；∴f (x )在1e 2，(e ，e 2]上单调递减，∴f (x )max ＝f (e)＝1e＋m ，又2e 2＋m ，f (e 2)＝2e2＋m ，∴f (x )min ＝－2e 2＋m ，由“稳定函数”定义可知：2f (x )min ＞f (x )max ，即2(－2e 2＋m )＞1e ＋m ，解得m ＞4e 2＋1e ，即实数m 2＋1e，＋故选D.]8.A[由题可知函数f (x )＝ln x －m 与y ＝x 2－73x 的图象在区间[1，3]上存在公共点，即方程ln x －m －x 2＋73x ＝0在区间[1，3]内有解，即方程m ＝ln x －x 2＋73x在区间[1，3]内有解.令h (x )＝ln x －x 2＋73x (x ∈[1，3])，则h ′(x )＝1x －2x ＋73＝－（3x ＋1）（2x －3）3x，所以当x ∈[1，3]时，h ′(x )，h (x )随x 的变化情况如下表：由上表可知h (1)＝43，h (3)＝ln 3－2＜43，ln 32＋54，所以当x ∈[1，3]时，h (x )∈ln 3－2，ln 32＋54，故m 的取值范围是ln 3－2，ln32＋54，故选A.]9.ACD [令f (x )＝ln x －x e ，则f ′(x )＝1x －1e ，当0＜x ＜e 时f ′(x )＞0，当x ＞e 时，f ′(x )＜0，所以f (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，故f (x )max ＝f (e)＝ln e －e e ＝0，则f (2)＝ln 2－2e ＜0，得ln 2＜2e ，故A 错误；f (3)＝ln 3－3e ＜0，得ln 3＜3e ，故B 正确；f (π)＝ln π－πe ＜0，得ln π＜πe ，故C 错误；对D 项，令g (x )＝ln xx ，则g ′(x )＝1－ln x x2，当0＜x ＜e 时，g ′(x )＞0，当x ＞e 时，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，则g(3)＞g(π)，得ln33＞lnππ，即ln3lnπ＞3π，故D错误，故选ACD.]10.ABD[A项，∵f′(x)＝3x2－6x，∴f′(1)＝3－6＝－3，且f(1)＝1－3＋3＝1，∴函数y＝f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为3x＋y－4＝0，A正确；B项，令f′(x)＝3x2－6x＞0，解得x＜0或x＞2，∴函数y＝f(x)在(－∞，0)和(2，＋∞)上单调递增，在(0，2)上单调递减.又∵f(－1)＝－1＜0，f(0)＝3＞0，f(2)＝－1＜0，f(3)＝3＞0，∴在(－1，0)，(0，2)，(2，3)上各有一零点，即函数y＝f(x)有3个零点，B正确；C项，由B知函数y＝f(x)在x＝2处取得极小值，C错误；D项，令g(x)＝x3－3x，x∈R，∵g(－x)＝－x3＋3x＝－g(x)，∴函数g(x)为奇函数，则g(x)的图象关于原点对称.将函数g(x)＝x3－3x的图象向右平移一个单位长度再向上平移一个单位长度可得函数h(x)＝(x－1)3－3(x－1)＋1＝x3－3x2＋3＝f(x)的图象，∴函数y＝f(x)的图象关于点(1，1)对称，D为真命题.]11.BC[f′(x)＝4x3＋2ax＋a，令g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝12x2＋2a，当a＞0时，g′(x)＞0，f′(x)单调递增，又f′(－3a)＝－3a－2a3a＜0，f′(0)＝a＞0，∴f′(x)在(－3a，0)内存在唯一零点，记为x0，则f(x)在(－∞，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，f(x0)既是极小值又是最小值；当a＜0时，f′(x)∞－－a6，f′(0)＝a＜0，f a＜－278，则f0，f′(x)在(－∞，0)上有两个零点，记为x1，x2，在(0，＋∞)上有一个零点，记为x3，则f(x)在(－∞，x1)和(x2，x3)上单调递减，在(x1，x2)和(x3，＋∞)上单调递增，x 1为小于0的极小值点，f (x 1)和f (x 3)中的较小者即为f (x )的最小值；若－278≤a ＜0，则f 0，f ′(x )只在(0，＋∞)上存在唯一零点，记为x 4，f (x )在(－∞，x 4)上单调递减，在(x 4，＋∞)上单调递增，f (x 4)为最小值，故B ，C 正确，A 错误；对于D ，当x 1＜0＜x 2，且x 1＋x 2＞0时，f (x 1)－f (x 2)＝x 41－x 42＋a (x 21－x 22)＋a (x 1－x 2)＝(x 1－x 2)[(x 1＋x 2)·(x 21＋x 22＋a )＋a ]，取a ＝－(x 21＋x 22)，则有f (x 1)－f (x 2)＞0，故D错误.故选BC.]12.AD[对于A ，f (2)＝ln 22＝ln2，f (5)＝ln 55＝ln 55，又(2)10＝25＝32，(55)10＝25，32＞25，所以2＞55，则有f (2)＞f (5)，A 正确；对于B ，若f (x )＝m 有两个不相等的实根x 1，x 2，则x 1x 2＞e 2，故B 不正确；证明如下：函数f (x )＝ln xx ，定义域为(0，＋∞)，则f ′(x )＝1－ln x x2，当f ′(x )＞0时，0＜x ＜e ；当f ′(x )＜0时，x ＞e ，所以f (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，则f (x )max ＝1e ，且x ＞e 时，有f (x )＞0，所以若f (x )＝m 有两个不相等的实根x 1，x 2，则有0＜m ＜1e .不妨设x 1＜x 2，则有0＜x 1＜e ＜x 2，要证x 1x 2＞e 2，只需证x 2＞e 2x 1，且x 2＞e2x 1＞e ，又f (x 1)＝f (x 2)，所以只需证f (x 1)＜F (x )＝f (x )－＜x ＜e)，则有F ′(x )＝(1－ln x 当0＜x ＜e 时，1－ln x ＞0，1x 21e2＞0，所以有F ′(x )＞0，即F (x )在(0，e)上单调递增，且F (e)＝0，所以F (x )＜0恒成立，即f (x 1)＜f (x 2)＜x 1x 2＞e 2.对于C ，由B 可知，f (x )在(0，e)上单调递增，则有f (2)＜f (e)，即ln 22＜ln ee，则有ln 2＜2e＜2e，故C 不正确.对于D ，令2x ＝3y ＝m ，x ，y 均为正数，则m ＞1，解得x ＝log 2m ＝ln mln 2，y ＝log 3m＝ln m ln 3，2x －3y ＝2ln m ln 2－3ln m ln 3＝(ln m f (2)－f (3)＝ln 22－ln 33＝3ln 2－2ln 36＝ln 8－ln 96＝ln896＜0，则有f (2)＜f (3)，即0＜ln 22＜ln 33，即2ln 2＞3ln 3，所以2x －3y ＞0，故D 正确.故选AD.]13.(－∞，－6)∪(2，＋∞)[f ′(x )＝x 2－ax ＋3－a ，要使f (x )有三个不同的单调区间，则f ′(x )＝0有两个不同的实数根，故Δ＝(－a )2－4(3－a )＞0，即a ∈(－∞，－6)∪(2，＋∞).]∞，ln 2－214[g ′(x )＝1x －2＝1－2x x≤0，x ∈12，2，∴g (x )在12，2上单调递减，∴g (x )min ＝g (2)＝ln 2－4.∵f (x )＝x 2＋2x ＋a ＝(x ＋1)2＋a －1，∴f (x )在12，2上单调递增，∴f (x )min ＝＝54＋a .∵存在x 1∈12，2，使得对任意的x 2∈12，2，都有f (x 1)≤g (x 2)成立，∴54＋a ≤ln2－4，∴a ≤ln 2－214.]15.γ＜α＜β[由题意知①g ′(x )＝12，所以12α＝12，则α＝1.②h ′(x )＝1x ，由ln 2x ＝1x ，得ln 2β＝1β，在(0，＋∞)上h (x )为增函数，h ′(x )＝1x 为减函数，h ′(1)＝1＞h (1)＝ln 2，若0＜β＜1，则h ′(β)＞h ′(1)＞h (1)＞h (β)，故与h ′(β)＝h (β)矛盾，所以β＞1.③φ′(x )＝cos x ，由cos x ＝sin x 得cos γ＝sin γ，则tan γ＝1，又γ∈(0，π)，∴γ＝π4＜1，∴γ＜α＜β.]16.①②③[设F (x )＝e x f (x )，则F ′(x )＝e x [f ′(x )＋f (x )]＜0，由此可得F (x )单调递减，所以e x 1f (x 1)＞e x 2f (x 2)，即f (x 1)＞e x 2－x 1f (x 2)，故①正确；因为f(x)＞0，f(x)＋f′(x)＜0，所以f′(x)＜0，所以f(x)单调递减，所以f(x2)＜f(x1)＜x2x1f(x1)，所以x1f(x2)＜x2f(x1)，故②正确；对于③，由①分析可知f(x1)＞e x2－x1f(x2)，欲使x1f(x1)＞x2f(x2)，且x1x2＝1，即f(x1)＞x22f(x2)成立，只需满足e x2－1x2＞x22即可，即证x2－1x2＞2ln x2(x2＞1)，设m(x)＝x－1x－2ln x，则m′(x)＝1＋1x2－2x＝（x－1）2x2＞0，则m(x)单调递增，所以m(x2)＞m(1)＝0，故③正确；对于④，假设f(x2)＞(1－x1)f(x1)成立，因为e x1f(x1)＞e x2f(x2)，所以e x1－1x1f(x1)＞f(x2)，所以e x1－1x1＞1－x1，取x1＝12，则e－32＞12，所以e32＜2不成立，故④不正确.故答案为①②③.]17.解(1)f′(x)＝3ax2－b，（2）＝12a－b＝0，2）＝8a－2b＋4＝－43，解得a＝13，b＝4.故所求函数的解析式为f(x)＝13x3－4x＋4.(2)由(1)可得f′(x)＝x2－4＝(x－2)(x＋2)，令f′(x)＝0，得x＝2或x＝－2.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，－2)－2(－2，2)2(2，＋∞) f′(x)＋0－0＋f(x)单调递增283单调递减－43单调递增因此，当x＝－2时，f(x)有极大值283，当x＝2时，f(x)有极小值－4 3，所以函数f(x)＝13x3－4x＋4的图象大致如图所示.若f(x)＝k有3个不同的根，则直线y＝k与函数f(x)的图象有3个交点，所以－4 3＜k＜28 3 .综上，实数k －4 3，18.解(1)当a＝2时，f(x)（x＋1）e x，x≤0，2－2x＋12，x＞0.当x≤0时，f′(x)＝2(x＋2)e x，所以f(x)在(－∞，－2)上单调递减，在(－2，0]上单调递增，此时f(x)的最小值为f(－2)＝－2 e2；当x＞0时，f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，此时f(x)的最小值为f(1)＝－1 2 .因为－2e2＞－12，所以f(x)的最小值为－12.(2)显然a≠0.因为当x≤0时，f(x)有且只有一个零点－1，所以原命题等价于f(x)在(0，＋∞)上有两个零点.2－2＞0，＞0，解得a＞2，故实数a的取值范围是(2，＋∞).19.解(1)f′(x)＝e x－a，①当a≤0时，f′(x)＝e x－a＞0，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增.②当a＞0时，由f′(x)＝e x－a＞0，得x＞ln a；由f′(x)＝e x－a＜0，得x＜ln a，所以f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增.综上，当a≤0时，函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；当a＞0时，f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增.(2)①当a＝0时，因为x≥0，所以f(x)＝e x＋2≥3恒成立，所以a＝0符合题意；②当a＜0时，由(1)知f(x)min＝f(a)＜f(0)＝a＋3＜3，不符合题意；③当a＞0时，由(1)知f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，f(x)在(ln a，＋∞)上单调递增.下面先证明：a＞ln a(a＞0).设g(x)＝x－ln x，因为g′(x)＝1－1x＝x－1x，所以当x∈(0，1)时，g′(x)＜0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0，所以g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g(x)≥g(1)＝1＞0，因此a＞ln a.所以f(x)在[a，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(a)＝e a－a2＋a＋2.令h(x)＝e x－x2＋x＋2，则h′(x)＝e x－2x＋1.令u(x)＝e x－2x＋1(x＞0)，则u′(x)＝e x－2.由u′(x)＞0，得x＞ln2；由u′(x)＜0，得0＜x＜ln2.所以u(x)在(0，ln2)上单调递减，在(ln2，＋∞)上单调递增，所以u(x)≥u(ln2)＝3－2ln2＞0，即当x＞0时，h′(x)＞0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以当x＞0时，h(x)＞h(0)＝3，所以f(x)min＞3，所以f(x)≥3恒成立，故a＞0符合题意.综上，实数a的取值范围是[0，＋∞).20.(1)解当b＝2时，f(x)＝(x－2)e x－a2(x－1)2，则f′(x)＝(x－1)e x－a(x－1)＝(x－1)(e x－a)，因为a＞0，所以分类讨论：①当ln a＜1，即0＜a＜e时，由f′(x)＜0得ln a＜x＜1，由f′(x)＞0得x＞1或x＜ln a，此时f(x)在(－∞，ln a)，(1，＋∞)上单调递增，在(ln a，1)上单调递减；②当ln a＞1，即a＞e时，由f′(x)＜0得1＜x＜ln a，由f′(x)＞0得x＜1或x＞ln a，此时f(x)在(－∞，1)，(ln a，＋∞)上单调递增，在(1，ln a)上单调递减；③当ln a＝1，即a＝e时，f′(x)≥0恒成立，此时f(x)在R上单调递增.综上，当0＜a＜e时，f(x)在(ln a，1)上单调递减，在(－∞，ln a)，(1，＋∞)上单调递增；当a＞e时，f(x)在(1，ln a)上单调递减，在(－∞，1)，(ln a，＋∞)上单调递增；当a＝e时，f(x)在R上单调递增.(2)证明f′(x)＝(x－b＋1)(e x－a)，由f(x)在R上单调递增，知(x－b＋1)(e x－a)≥0恒成立，易知y＝x－b＋1，y＝e x－a在R上均单调递增，要使(x－b＋1)(e x－a)≥0恒成立，则y＝x－b＋1与y＝e x－a的零点相等，即b －1＝ln a，即b＝ln a＋1，故要证e a－1≥b，只需证ln a＋1≤e a－1.设g(a)＝e a－1－ln a－1，则g′(a)＝e a－1－1 a，易知g′(a)在(0，＋∞)上单调递增，且g′(1)＝0，故由g′(a)＜0，得0＜a＜1，由g′(a)＞0，得a＞1，所以g(a)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，则g(a)≥g(1)＝0，即ln a＋1≤e a－1，原不等式得证.21.解(1)f′(x)＝－2x2＋a 2＋ax＝（ax＋2）（ax－1）x2(0＜x＜10).∵a ＞0，0＜x ＜10，∴ax ＋2＞0.①当1a≥10，即a ，110时，f ′(x )＜0，∴f (x )在(0，10)上单调递减；②当0＜1a ＜10，即a当x f ′(x )＜0；当x f ′(x )＞0，∴f (x ).综上所述，当a ，110时，f (x )在(0，10)上单调递减；当a f (x ).(2)∵x ＝1是f (x )的极值点，∴f ′(1)＝0，即(a ＋2)(a －1)＝0，解得a ＝1或a ＝－2(舍)，此时f (x )＝2x ＋x ＋ln x ，f ′(x )＝－2x 2＋1x ＋1.∴l 1方程为y x 1＋ln x－2x 21＋1x 1＋x －x 1)，令x ＝0，得b 1＝4x 1＋ln x 1－1同理可得b 2＝4x 2＋ln x 2－1.∵l 1∥l 2，∴－2x 21＋1x 1＋1＝－2x 22＋1x 2＋1，整理得x 1x 2＝2(x 1＋x 2)，∴x 2＝2x 1x 1－2，又0＜x 1＜x 2＜10，则x 1＜2x 1x 1－2＜10，解得52＜x1＜4，∴b1－b2＝4x2－4x1x1x2＋lnx1x2＝2（x2－x1）x1＋x2＋lnx1x2＝1＋x1x2lnx1x2.令x1x2＝t，则t＝x1·x1－22x1＝x12－1设g(t)＝2（1－t）1＋t＋ln t，∴g′(t)＝－4（1＋t）2＋1t＝（t－1）2t（t＋1）2＞0，∴g(t)又g(1)＝0，＝65－ln4，∴g(t)ln4，即b1－b2ln4，22.解(1)当a＝2e时，不等式f(x)≥mx－m即x e x－2eln x－e≥mx－m.令F(x)＝x e x－2eln x－e－m(x－1)，x∈[1，＋∞)，则F′(x)＝(x＋1)e x－2ex－m，F′(x)在[1，＋∞)上单调递增，F′(1)＝－m，当m≤0时，F′(1)≥0，F′(x)≥F′(1)≥0，所以F(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以F(x)≥F(1)＝0.当m＞0时，F′(1)＜0，当x→＋∞时，F′(x)→＋∞，所以存在x1∈(1，＋∞)，使得F′(x1)＝0，当x∈(1，x1)时，F′(x)＜0，F(x)单调递减，F(x)＜F(1)＝0，不符合题意.综上，实数m的取值范围是(－∞，0].(2)f(x)＝x e x－a ln x－e(a∈R)，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝(x＋1)e x－ax，a＞0时，f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，当x→0时，f′(x)→－∞，当x→＋∞时，f′(x)→＋∞，所以存在唯一的正数x0∈(0，＋∞)，使得f′(x0)＝0，可得a＝x0(x0＋1)e x0，当x∈(0，x0)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，所以f(x)min＝f(x0)＝x0e x0－a ln x0－e＝x0e x0－x0(x0＋1)e x0ln x0－e.令h(x)＝x e x－x(x＋1)e x ln x－e，x∈(0，＋∞)，则h′(x)＝(x＋1)e x－e x[(x2＋3x＋1)ln x＋x＋1]＝－e x(x2＋3x＋1)ln x，易知h′(1)＝0，且当x∈(0，1)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减，所以h(x)max＝h(1)＝0，即g(a)的最大值为0，此时x0＝1，a＝2e.。
2025年高考数学一轮复习课件第三章一元函数的导数及其应用-专题突破7导数的综合应用
【拆解】
分类
第一问
第二问
参考赋分
6分
6分
难易
中上
难
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续表
①总体看，题目为指数型函数与对数型函数的最值及图象交点问题，实际考
查利用导数研究函数零点问题.
②第一问是根据函数单调性求最值问题，根据最小值相等可求.注意分类讨
审题
要点
论.
③第二问是构造新函数利用零点个数解决问题.根据（1）可得当 > 1时，
所以函数 在 0,1 上单调递增，在 1, +∞ 上单调递减， 的最大值为 1 = 1.
所以 ≤ 1，即实数的取值范围是(−∞, 1]．
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考点三 利用导数研究函数零点
例3 已知函数 = − e + ,讨论函数 零点的个数.
解：′ = 1 − e .
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第一问
在基础性的层次上考查
数学运算学科素养，和
.
2
e −1
恒成立.
− 1 + 1 > 0 ，所以′ = e ⋅ > 0，所以 在 0, +∞ 上单调
递增.
所以 > 0 = 0，所以ℎ′ > 0，所以ℎ 在 0, +∞ 上单调递增．
由洛必达法则，知 lim+ ℎ =
→0
e −1
lim
→0+
e − = 的解的个数、 − ln = 的解的个数均为2，构建新函数
= − ，利用导数可得该函数只有一个零点且可得 , 的
大小关系，根据存在直线 = 与曲线 = ， = 有三个不同的交点
2024届全国高考数学一轮复习好题专项(导数的综合应用)练习(附答案)
2024届全国高考数学一轮复习好题专项（导数的综合应用）练习一、基础练习1．（2021ꞏ沙坪坝区ꞏ重庆一中高三其他模拟）已知e 为自然对数的底数，a ，b 为实数，且不等式()ln 310x e a x b +-++≤对任意()0,x ∈+∞恒成立，则当3b a+取最大值时，实数a 的值为（ ） A ．3eB ．31e +C ．4eD ．41e +2．（2021ꞏ湖南高三其他模拟）已知函数()e ax f x =a 的取值范围是（ ） A ．0,2e ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．,2e ⎛⎫+∞⎪⎝⎭C ．10,2e ⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．1,2e ⎛⎫+∞⎪⎝⎭3．（2021ꞏ四川遂宁市ꞏ高三三模（理））已知函数()()2xh x x e =-，()212a a g x x x =-，又当()0h x ≥时，()()h x g x ≥恒成立，则实数a 的取值范围是（ ）A ．(2,e ⎤-∞⎦B ．(],e -∞C ．(20,e ⎤⎦D ．(]0,e4．（2021ꞏ全国高三其他模拟）已知f （x ）是定义在区间[﹣2，2]上的偶函数，当x ∈[0，2]时，f （x ）＝xxe ，若关于x 的方程2f 2（x ）+（2a ﹣1）f （x ）﹣a ＝0有且只有2个实数根，则实数a 的取值范围是（ ）A ．[﹣1e ，﹣22e ] B ．[﹣1e ，﹣22e ） C ．（﹣22e，0）D ．（﹣22e ，0）∪{﹣1e}5．（2021ꞏ宁夏银川市ꞏ高三其他模拟（理））平行于x 轴的直线与函数ln ,0,(),0,x x f x e x x>⎧⎪=⎨-<⎪⎩的图像交于,A B 两点，则线段AB 长度的最小值为（ ） A ．1e e-B ．1e e+C ．eD ．2e6．（2021ꞏ正阳县高级中学高三其他模拟（理））已知2m <-，若关于x 的不等式22e 2x mx n x +<+恒成立，则实数n 的取值范围为（ ） A ．[)3e,+∞B ．)2e ,⎡+∞⎣C ．[)e,+∞D ．[)2e,+∞7．【多选题】（2021ꞏ河北衡水中学高三其他模拟）已知函数()3e exxx a f x x -=-+-，则下列结论中正确的是（ ）A ．若()f x 在区间[]1,1-上的最大值与最小值分别为M ，m ，则0M m +=B ．曲线()y f x =与直线y ax =-相切C ．若()f x 为增函数，则a 的取值范围为(],2-∞D ．()f x 在R 上最多有3个零点8．（2021ꞏ黑龙江大庆市ꞏ高三一模（理））用总长11m 的钢条制作一个长方体容器的框架，如果所制容器底面一条边比另一条边长1m ，则该容器容积的最大值为________m 3（不计损耗）． 9．（2021ꞏ湖南高三其他模拟）中国最早的化妆水是1896年在香港开设的广生行生产的花露水，其具有保湿、滋润、健康皮肤的功效.已知该化妆水容器由一个半球和一个圆柱组成（其中上半球是容器的盖子，化妆水储存在圆柱中），容器轴截面如图所示，上部分是半圆形，中间区域是矩形，其外周长为12cm .则当圆柱的底面半径r =___________时，该容器的容积最大，最大值为___________.10．（2021ꞏ全国高三其他模拟）若函数ln ()1xxf x ae x=--只有一个零点，则实数a 的取值范围是 ________． 二、提升练习1．（2021ꞏ全国高三其他模拟）若不等式ln x ax b ≤+恒成立，则2a b +的最小值为（ ） A ．2B ．3C ．ln 2D ．52.（2021ꞏ北京高考真题）已知函数()lg 2f x x kx =--，给出下列四个结论： ①若0k =，则()f x 有两个零点； ②0k ∃<，使得()f x 有一个零点； ③0k ∃<，使得()f x 有三个零点； ④0k ∃>，使得()f x 有三个零点． 以上正确结论得序号是_______．3．（2021ꞏ四川省绵阳南山中学高三其他模拟（文））设函数()()222ln xf x x x e aex e x =-+-，其中e 为自然对数的底数，曲线()y f x =在()()22f ,处切线的倾斜角的正切值为2322e e +．（1）求a 的值； （2）证明：()0f x >．4．（2021ꞏ全国高三其他模拟（理））已知函数()()ln e xf x x m x -=+-.（1）若()f x 的图象在点()()1,1f 处的切线与直线20x y -=平行，求m 的值； （2）在（1）的条件下，证明：当0x >时，()0f x >； （3）当1m >时，求()f x 的零点个数.5．（2021ꞏ黑龙江哈尔滨市ꞏ哈尔滨三中高三其他模拟（文））已知函数2211()(1)ln (0)22f x x a x a x a a =-+++>. （1）讨论()f x 的单调性；（2）若函数()y f x =只有一个零点，求实数a 的取值范围.6．（2021ꞏ河北高三其他模拟）已知函数2ln 1()(ln )()2k x f x x k x+=+∈R . （1）当0k =时，求证：()1f x ≤； （2）当0k ≠时，讨论()f x 零点的个数.7．（2021ꞏ重庆市育才中学高三二模）已知函数()x f x e =，()1g x ax =+. （1）已知()()f x g x ≥恒成立，求a 的值；（2）若(0,1)x ∈，求证：21ln 11()x x f x x-+-<. 8.（2021ꞏ全国高三其他模拟）已知函数()()ln x a f x a x+=+，()0,x ∈+∞.（1）当0a =时，讨论函数()f x 的单调性； （2）若函数()f x 存在极大值M ，证明：12M e≤<.9．（2021ꞏ重庆高三二模）已知函数()ln ()f x ax x a R =+∈在1x =处取得极值． （1）若对(0,),()1x f x bx ∀∈+∞≤-恒成立，求实数b 的取值范围；（2）设()()(2)x g x f x x e =+-，记函数()y g x =在1,14⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值为m ，证明：(4)(3)0m m ++<． 10．（2021ꞏ江苏南通市ꞏ高三一模）已知函数()()21ln 22f x ax ax x =+-，0a >. （1）求函数()f x 的增区间；（2）设1x ，2x 是函数()f x 的两个极值点，且12x x <，求证：122x x +>. 三、真题练习1．（2021ꞏ全国高考真题（文））设函数22()3ln 1f x a x ax x =+-+，其中0a >. （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()y f x =的图像与x 轴没有公共点，求a 的取值范围.2.（2021ꞏ全国高考真题（理））设函数()()ln f x a x =-，已知0x =是函数()y xf x =的极值点． （1）求a ； （2）设函数()()()x f x g x xf x +=．证明:()1g x <．3．（2021ꞏ全国高考真题）已知函数()()1ln f x x x =-. （1）讨论()f x 的单调性；（2）设a ，b 为两个不相等的正数，且ln ln b a a b a b -=-，证明：112e a b<+<. 4.（2020·山东海南省高考真题）已知函数1()e ln ln x f x a x a -=-+．（1）当a e =时，求曲线y =f （x ）在点（1，f （1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积； （2）若f （x ）≥1，求a 的取值范围．5．（2020·浙江省高考真题）已知12a <≤，函数()e xf x x a =--，其中e =2.71828…为自然对数的底数．（Ⅰ）证明：函数()y f x =在(0)+∞，上有唯一零点；（Ⅱ）记x 0为函数()y f x =在(0)+∞，上的零点，证明：0x ≤≤； （ⅱ）00(e )(e 1)(1)x x f a a ≥--．6.（2019·全国高考真题（理））已知函数.（1）讨论f (x )的单调性，并证明f (x )有且仅有两个零点；（2）设x 0是f (x )的一个零点，证明曲线y =ln x 在点A (x 0，ln x 0)处的切线也是曲线的切线.()11ln x f x x x -=-+e x y =参考答案一、基础练习1．（2021ꞏ沙坪坝区ꞏ重庆一中高三其他模拟）已知e 为自然对数的底数，a ，b 为实数，且不等式()ln 310x e a x b +-++≤对任意()0,x ∈+∞恒成立，则当3b a+取最大值时，实数a 的值为（ ） A ．3e B ．31e +C ．4eD ．41e +【答案】C 【答案解析】不等式(3)10lnx e a x b +-++…对任意(0,)x ∈+∞恒成立，化为不等式31lnx ex ax b +--…对任意(0,)x ∈+∞恒成立，必然有0a >．令1=x e，化为：31b a e +…．令4a e =，1b =．利用导数研究函数的单调性极值最值即可得出结论． 【答案详解】解：不等式(3)10lnx e a x b +-++…对任意(0,)x ∈+∞恒成立， 则不等式31lnx ex ax b +--…对任意(0,)x ∈+∞恒成立， 则0a >． 令1=x e，则131a b e -+--…，化为：31b a e +…． 令4a e =，1b =．不等式31lnx ex ax b +--…对任意(0,)x ∈+∞恒成立，即不等式20lnx ex -+…对任意(0,)x ∈+∞恒成立， 令()2f x lnx ex =-+，则1()1()e x e f x e x x --'=-=，可得：1=x e 时，函数()f x 取得极大值即最大值，1(1120f e=--+=， 满足题意．可以验证其他值不成立． 故选：C ．2．（2021ꞏ湖南高三其他模拟）已知函数()e ax f x =a 的取值范围是（ ） A ．0,2e ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．,2e ⎛⎫+∞⎪⎝⎭C ．10,2e ⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．1,2e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【答案】C 【答案解析】函数零点即方程ax e =的解，2ax e x =（0x >），取对数得2ln ax x =，此方程有两个解，引入函数()ln 2g x x ax =-，利用导数求得函数的单调性，函数的变化趋势，然后由零点存在定理可得结论．【答案详解】显然(0)1f =，()e ax f x =有两个零点，即方程ax e =，2ax e x =在(0,)+∞上有两个解，两边取对数得到2ln ax x =，令()ln 2g x x ax =-，1()2g x a x '=-，()g x 在10,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增，在1,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递减，又当0x →时，()g x →-∞，当x →+∞时，()g x →-∞， 因为()g x 有两个零点，则11ln 1022g a a ⎛⎫=->⎪⎝⎭， 解得12e a <.所以正数a 的取值范围是10,2e ⎛⎫⎪⎝⎭. 故选：C ．3．（2021ꞏ四川遂宁市ꞏ高三三模（理））已知函数()()2xh x x e =-，()212a a g x x x =-，又当()0h x ≥时，()()h x g x ≥恒成立，则实数a 的取值范围是（ ）A ．(2,e ⎤-∞⎦B ．(],e -∞C ．(20,e ⎤⎦D ．(]0,e【答案】A 【答案解析】首先根据()0h x ≥求出2x ≥，进而参变分离解决恒成立的问题即可. 【答案详解】因为()()2xh x x e =-，所以()0h x ≥，即2x ≥，所以当2x ≥时，()()h x g x ≥恒成立，即()2122xa a x e x x -≥-， 即()()1222xx e x ax -≥-， 当2x =时，()()1222xx e x ax -≥-恒成立，符合题意；当()2,x ∈+∞时，有12xe ax ≥，即2xe xa ≥，令()2x e m x x =，则()()2210x e x m x x-'=>，所以()m x 在()2,x ∈+∞上单调递增，而()22m e =，所以2e a ≥，故选：A.4．（2021ꞏ全国高三其他模拟）已知f （x ）是定义在区间[﹣2，2]上的偶函数，当x ∈[0，2]时，f （x ）＝xxe ，若关于x 的方程2f 2（x ）+（2a ﹣1）f （x ）﹣a ＝0有且只有2个实数根，则实数a 的取值范围是（ ）A ．[﹣1e ，﹣22e ]B ．[﹣1e ，﹣22e ） C ．（﹣22e，0）D ．（﹣22e ，0）∪{﹣1e}【答案】D 【答案解析】利用导数研究函数在定义域上的单调性，得出1()f x e≤；结合题意得出()f x 在[]02，有且仅有1个解，计算(0)(2)f f 、的值即可. 【答案详解】当[]02x ∈，时()xxf x e =， 则1()x xf x e-'=令()=0f x '，解得1x =，所以当[]01x ∈，时()0f x '>，()f x 单调递增； 当[]12x ∈，时()0f x '<，()f x 单调递减， 所以max 1()(1)f x f e==，故1()f x e≤在定义域上恒成立，由22()(21)()0f x a f x a +--=有且只有2个实数根， 得方程[]12()()02f x a f x ⎡⎤+-=⎢⎥⎣⎦有2个解，又1()f x e≤，所以111()022f x e -≤-<，则()f x 在[]02，有且仅有1个解， 因为22(0)0(2)f f e ==，，则220a e <-<或1a e-=， 所以220a e-<<或1a e =-，即实数的取值范围是2210e e ⎛⎫⎧⎫--⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭，， 故选：D5．（2021ꞏ宁夏银川市ꞏ高三其他模拟（理））平行于x 轴的直线与函数ln ,0,(),0,x x f x e x x>⎧⎪=⎨-<⎪⎩的图像交于,A B 两点，则线段AB 长度的最小值为（ ） A ．1e e-B ．1e e+C ．eD ．2e【答案】D 【答案解析】画出函数图像，数形结合构造函数，利用导数判断函数单调性并求函数最值即可. 【答案详解】根据题意，画出()f x 的图象如下所示：令()f x t =，(0)t >，故可得lnx t =，解得t x e =；e t x -=，解得e x t=-.故可得(),,,te A e t B t t ⎛⎫- ⎪⎝⎭，(0)t >， 故()teAB g t e t==+，(0)t >， 故可得()2te g t e t ='-，()30te g t e t'=+>'恒成立， 故()g t '是单调递增函数，且()10g '=，关于()0g t '<在()0,1成立，()0g t '>在()1,+∞成立， 故()g t 在()0,1单调递减，在()1,+∞单调递增， 故()()12min g t g e e e ==+=. 即||AB 的最小值为2e . 故选：D6．（2021ꞏ正阳县高级中学高三其他模拟（理））已知2m <-，若关于x 的不等式22e 2x mx n x +<+恒成立，则实数n 的取值范围为（ ） A ．[)3e,+∞ B ．)2e ,⎡+∞⎣C ．[)e,+∞D ．[)2e,+∞【答案】D 【答案解析】参变分离可得222e x mx x n +-<，研究函数()222exmx xf x +-=，根据导函数()()22e x m x x m f x ⎛⎫--- ⎪⎝⎭'=以及2m <-，可得函数()f x 的极大值为22222e 0e m m f m -⎛⎫==> ⎪⎝⎭，当2x >，()2220ex mx x f x -+=<，所以()2max 2e m f x -⎡⎤=⎣⎦，根据()f x 的最大值的范围即可得解. 【答案详解】由22e 2xmx n x +<+，得222exmx x n +-<， 令()222exmx xf x +-=，则()()22e xm x x m f x ⎛⎫--- ⎪⎝⎭'=，当2m <-时，210m-<<， 函数()f x 在2,m ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭，()2,+∞上单调递增，在2,2m ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，故函数()f x 的极大值为22222e 0e mm f m -⎛⎫==> ⎪⎝⎭，极小值为()24220e m f -=<， 且2x >时，()2220ex mx x f x -+=<，所以()2max 2e m f x -⎡⎤=⎣⎦，由2m <-， 得22e 2e m -<，由()f x n <恒成立，得2e n ≥， 故选：D ．7．【多选题】（2021ꞏ河北衡水中学高三其他模拟）已知函数()3e exxx a f x x -=-+-，则下列结论中正确的是（ ）A ．若()f x 在区间[]1,1-上的最大值与最小值分别为M ，m ，则0M m +=B ．曲线()y f x =与直线y ax =-相切C ．若()f x 为增函数，则a 的取值范围为(],2-∞D ．()f x 在R 上最多有3个零点 【答案】ACD 【答案解析】由定义法确定函数的奇偶性，再求导数判断函数的单调性与切线斜率，以及零点情况. 【答案详解】因为对于任意x ∈R ，都有()()()()3e e x x x x a xf x f -=-+---=--， 所以()f x 为奇函数，其图象关于原点对称，故A 正确.又()2e e 3xxx a f x =++-'，令()f x a '=-，得2e e 30x x x -++=(*)，因为e 0x >，e 0x ->，所以方程(*)无实数解，即曲线()y f x =的所有切线的斜率都不可能为a -，故B 错误.若()f x 为增函数，则()f x ¢大于等于0，即2e e 3x x a x -≤++，2e e 32x x x -++≥， 当且仅当0x =时等号成立，所以2a ≤，故C 正确.令()0f x =，得0x =或2e e x x x a x --+=(0x ≠).设()2e e x x g x x x--=+，则()()()21e 1e 2x x x x x x g x -'=-+++，令()()()1e 1e x xx x t x -=-++，则()()e exxx x t -='-.当0x >时，()0t x '>，当0x =时，()0t x '=，当0x <时，()0t x '>，所以函数()t x 为增函数，且()00t =，所以当0x >时，()0t x >，从而()0g x ¢>，()g x 单调递增.又因为对于任意0x ≠，都有()()g x g x -=，所以()g x 为偶函数，其图象关于y 轴对称. 综上，()g x 在(),0-?上单调递减，在()0,+?上单调递增，则直线y a =与()y g x =最多有2个交点，所以()f x 在R 上最多有3个零点，故D 正确. 故选ACD .8．（2021ꞏ黑龙江大庆市ꞏ高三一模（理））用总长11m 的钢条制作一个长方体容器的框架，如果所制容器底面一条边比另一条边长1m ，则该容器容积的最大值为________m 3（不计损耗）． 【答案】916. 【答案解析】设长方体的底面边长为,a b ，高为h ，由题可得3217244V b b b =--+，求出函数导数，判断单调性，即可求出最值. 【答案详解】设长方体的底面边长为,a b ，高为h ，则由题可得1a b =+，()411a b h ++=，则可得784b h -=，则708b <<， 则该容器容积()32781712444b V abh b b b b b -==+⋅⋅=--+，217176624212V b b b b ⎛⎫⎛⎫'=--+=--+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，当10,2b ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，0V '>，V 单调递增；当17,28b ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，0V '<，V 单调递减， ∴当12b =时，max 916V =，即该容器容积的最大值为916. 故答案为：916.9．（2021ꞏ湖南高三其他模拟）中国最早的化妆水是1896年在香港开设的广生行生产的花露水，其具有保湿、滋润、健康皮肤的功效.已知该化妆水容器由一个半球和一个圆柱组成（其中上半球是容器的盖子，化妆水储存在圆柱中），容器轴截面如图所示，上部分是半圆形，中间区域是矩形，其外周长为12cm .则当圆柱的底面半径r =___________时，该容器的容积最大，最大值为___________.【答案】8 c m 2π+ ()32128 c m 2ππ+ 【答案解析】设圆柱的底面半径为r ，圆柱的高为h ，根据已知条件可得出262h r π+=-，根据柱体的体积公式可得()23262V r r πππ+=-，利用导数可求得V 的最大值及其对应的r 的值，即为所求.【答案详解】设圆柱的底面半径为r ，圆柱的高为h . 则由题意可得2212r h r π++=，所以()1222622r h r ππ-++==-.由0h >，得122r π<+. 故容器的容积()22232212660222V r h r r r r r πππππππ++⎛⎫⎛⎫==-=-<< ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭，容易忽略上半球是容器的盖子，化妆水储存在圆柱中.()232122V r r πππ+'=-，令0V '=，解得0r =（舍）或82r π=+. 显然当80,2r π⎛⎫∈ ⎪+⎝⎭时，0V '>，函数()23262V r r πππ+=-单调递增； 当812,22r ππ⎛⎫∈⎪++⎝⎭时，0V '<，函数()23262V r r πππ+=-单调递减. 所以当8cm 2r π=+时，V 取得最大值， 此时2862cm 22h ππ+=-⨯=+，()23281282cm 22V ππππ⎛⎫=⨯= ⎪+⎝⎭+. 故答案为：8 c m 2π+；()32128 c m 2ππ+. 10．（2021ꞏ全国高三其他模拟）若函数ln ()1xxf x ae x=--只有一个零点，则实数a 的取值范围是 ________． 【答案】0a ≤或1a e= 【答案解析】将函数的零点转化为方程ln (0)x x x a x xe +=>的根，令ln ()xx xg x xe +=，利用导数研究函数的图象特征，即可得到答案； 【答案详解】ln ln 10(0)x x x x xae a x x xe +--=⇔=>， 令ln ()xx x g x xe+=，则'2()(1ln )()x x x x g x x e +--=， ''()01ln 0,()01ln 0,g x x x g x x x >⇔--><⇔--<令()1ln u x x x =--，则'1()10u x x=--<在0x >恒成立， ∴()1ln u x x x =--在(0,)+∞单调递减，且(1)0u =， ∴''()001,()01g x x g x x >⇒<<<⇒>，∴()g x 在(0,1)单调递增，在(1,)+∞单调递减，且1(1)g e=，当x →+∞时，()0g x →， 如图所示，可得当0a ≤或1a e =时，直线y a =与ln xx x y xe +=有且仅有一个交点， 故答案为：0a ≤或1a e=1．（2021ꞏ全国高三其他模拟）若不等式ln x ax b ≤+恒成立，则2a b +的最小值为（ ） A ．2 B ．3C ．ln 2D ．5【答案】C 【答案解析】构造函数()ln f x ax x b =-+，根据函数的单调性及最值可得ln 1b a ≥--，故22ln 1a b a a +≥--，再构造()2ln 1g x x x =--，求得函数()g x 的最小值即可. 【答案详解】由ln x ax b ≤+恒成立，得ln 0ax x b -+≥， 设()ln f x ax x b =-+，()1f x a x'=-， 当0a ≤时，()0f x ¢<，()f x 在()0,+?上单调递减，不成立；当0a >时，令()0f x ¢=，解得1x a=，故函数()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增， 故()10f x f a ⎛⎫≥≥⎪⎝⎭，即11ln 0a b a a ⎛⎫⋅-+≥ ⎪⎝⎭，ln 1b a ≥--，练提升22ln 1a b a a +≥--，设()2ln 1g x x x =--，()12g x x'=-， 令()0g x ¢=，12x =， 故()g x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增， 故()1112ln 1ln 2222g x g ⎛⎫⎛⎫≥=⨯--=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 即2ln 2a b +≥， 故选：C.2.（2021ꞏ北京高考真题）已知函数()lg 2f x x kx =--，给出下列四个结论： ①若0k =，则()f x 有两个零点； ②0k ∃<，使得()f x 有一个零点； ③0k ∃<，使得()f x 有三个零点； ④0k ∃>，使得()f x 有三个零点． 以上正确结论得序号是_______． 【答案】①②④ 【答案解析】由()0f x =可得出lg 2x kx =+，考查直线2y kx =+与曲线()lg g x x =的左、右支分别相切的情形，利用方程思想以及数形结合可判断各选项的正误. 【答案详解】对于①，当0k =时，由()lg 20f x x =-=，可得1100x =或100x =，①正确； 对于②，考查直线2y kx =+与曲线()lg 01y x x =-<<相切于点(),lg P t t -，对函数lg y x =-求导得1ln10y x '=-，由题意可得2lg 1ln10kt t k t +=-⎧⎪⎨=-⎪⎩，解得100100lg e t k e e ⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩， 所以，存在100lg 0k e e=-<，使得()f x 只有一个零点，②正确； 对于③，当直线2y kx =+过点()1,0时，20k +=，解得2k =-，所以，当100lg 2e k e-<<-时，直线2y kx =+与曲线()lg 01y x x =-<<有两个交点， 若函数()f x 有三个零点，则直线2y kx =+与曲线()lg 01y x x =-<<有两个交点，直线2y kx =+与曲线()lg 1y x x =>有一个交点，所以，100lg 220e k ek ⎧-<<-⎪⎨⎪+>⎩，此不等式无解， 因此，不存在0k <，使得函数()f x 有三个零点，③错误；对于④，考查直线2y kx =+与曲线()lg 1y x x =>相切于点(),lg P t t ，对函数lg y x =求导得1ln10y x '=，由题意可得2lg 1ln10kt t k t +=⎧⎪⎨=⎪⎩，解得100lg 100t ee k e =⎧⎪⎨=⎪⎩，所以，当lg 0100ek e<<时，函数()f x 有三个零点，④正确.故答案为：①②④.3．（2021ꞏ四川省绵阳南山中学高三其他模拟（文））设函数()()222ln xf x x x e aex e x =-+-，其中e 为自然对数的底数，曲线()y f x =在()()22f ,处切线的倾斜角的正切值为2322e e +． （1）求a 的值； （2）证明：()0f x >．【答案】（1）2a =；（2）证明见答案解析． 【答案解析】（1）求出函数的导函数，再代入计算可得；（2）依题意即证()()2222ln 0xf x x x e ex e x =-+->，即()12ln 2x x x e e x--+>，构造函数()()222x g x x e e-=-+，()ln xh x x =，利用导数说明其单调性与最值，即可得到()()>g x h x ，从而得证； 【答案详解】解：（1）因为()()222ln xf x x x e aex e x =-+-，所以()()222xef x x e ae x'=-+-，()22332222e ef ae e =+=+'，解得2a =．（2）由（1）可得()()2222ln xf x x x e ex e x =-+-即证()()()2212ln 22ln 02x x x f x x x e ex e x x e e x-=-+->⇔-+>． 令()()222x g x x e e-=-+，()()21x g x x e -=-'，于是()g x 在()0,1上是减函数，在()1,+∞上是增函数，所以()()11g x g e≥=（1x =取等号）． 又令()ln x h x x =，则()21ln xh x x -'=，于是()h x 在()0,e 上是增函数，在(),e +∞上是减函数，所以()()1h x h e e≤=（x e =时取等号）．所以()()>g x h x ，即()0f x >．4．（2021ꞏ全国高三其他模拟（理））已知函数()()ln e xf x x m x -=+-.（1）若()f x 的图象在点()()1,1f 处的切线与直线20x y -=平行，求m 的值； （2）在（1）的条件下，证明：当0x >时，()0f x >； （3）当1m >时，求()f x 的零点个数.【答案】（1）1m =；（2）证明见答案解析；（3）有一个零点. 【答案解析】（1）利用导数的几何意义求解即可（2）利用导数，得到()f x 在()0,∞+上单调递增，由()00f =，即可证明()0f x >在()0,∞+上恒成立 （3）由（2）可知当1m >且0x >时，()()ln 1e0xf x x x ->+->，即()f x 在()0,∞+上没有零点，再根据，0x m +>，得到x m >-， 对(),0x m ∈-进行讨论，即可求解 【答案详解】解：（1）因为()f x 的图象在点()()1,1f 处的切线与直线20x y -=平行，所以()112f '=， 因为()()11e x f x x x m -+-'=+， 所以()11112f m ='=+，解得1m =. （2）由（1）得当1m =时，()()()21e 11e 11ex xx x f x x x x -+-=+-=++'， 当0x >时，因为()0f x '>，所以()f x 在()0,∞+上单调递增， 因为()00f =，所以()0f x >在()0,∞+上恒成立. （3）由（2）可知当1m >且0x >时，()()ln 1e 0xf x x x ->+->，即()f x 在()0,∞+上没有零点，当(),0x m ∈-时，()()()()2e 111e e x xxx m x m f x x x m x m -++--=+-=++'，令()()2e 1xg x x m x m =++--，(),0x m ∈-，则()e 21xg x x m =++-'单调递增，且()e21e 10mm g m m m m ---=-+-=--<'，()00g m '=>，所以()g x '在(),0m -上存在唯一零点，记为0x ，且()0,x m x ∈-时，()0g x '<，()0,0x x ∈时，()0g x '>， 所以()g x 在()0,m x -上单调递减，在()0,0x 上单调递增， 因为1m >， 所以()e0mg m --=>，()010g m =-<，因为()()00g x g <，所以()00g x <，所以()g x 在()0,m x -上存在唯一零点1x ，且在()0,0x 上恒小于零， 故()1,x m x ∈-时，()0g x >；()1,0x x ∈时，()0g x <，所以()f x 在()1,m x -上单调递增，在()1,0x 上单调递减，且()0ln 0f m =>， 所以()f x 在(),0m -上至多有一个零点， 取()e 2e ,0mm x m m -=-+∈-， 则有()()22ln e 0mf x x m m <++=，所以由零点存在定理可知()f x 在(),0m -上只有一个零点， 又f (0)不为0，所以()f x 在(),m -+∞上只有一个零点.5．（2021ꞏ黑龙江哈尔滨市ꞏ哈尔滨三中高三其他模拟（文））已知函数2211()(1)ln (0)22f x x a x a x a a =-+++>. （1）讨论()f x 的单调性；（2）若函数()y f x =只有一个零点，求实数a 的取值范围.【答案】（1）答案见答案解析；（2）01a <<+或a e >.【答案解析】 （1）求得()'fx ，对a 进行分类讨论，由此求得()f x 的单调区间.（2）根据（1）的结论，结合函数的极值以及零点个数，求得a 的取值范围. 【答案详解】 （1）()()()'1x x a f x x--=，当01a <<时，由()'00f x x a >⇒<<或1x >，所以()f x 在()0,a ，()1,+∞单调递增，由()'01fx a x <⇒<<，所以()f x 在(),1a 单调递减；当1a >时，由()'001fx x >⇒<<或x a >，所以()f x 在()0,1，(),a +∞单调递增，由()'01f x x a <⇒<<，所以()f x 在()1,a 单调递减；当1a =时，()()2'10x f x x-=≥⇒()f x 在()0,∞+单调递增.（2）1(1)(1(12f a a ⎡⎤⎡⎤=--⎣⎦⎣⎦，()(ln 1)f a a a =-， 由（1）知当01a <<时，()f x 在x a =处，有极大值，且()0f a <，此时函数有一个零点； 当1a =时，()f x 在()0,∞+单调递增，且()10f <，此时函数有一个零点；当1a >时，()0,1，(),a +∞单调递增，()1,a 单调递减，()f x 在x a =处，有极小值，()f x 在1x =处，有极大值，则当()10f <，或()0f a >时函数有一个零点，有11a <<或a e >.综上：01a <<+或a e >.6．（2021ꞏ河北高三其他模拟）已知函数2ln 1()(ln )()2k x f x x k x+=+∈R . （1）当0k =时，求证：()1f x ≤； （2）当0k ≠时，讨论()f x 零点的个数.【答案】（1）证明过程见解答；（2）当0k <时，()f x 有两个零点，当0k >时，()f x 有一个零点． 【答案解析】（1）将0k =代入，对()f x 求导，得到其单调性，判断其最值，即可得证；（2）令t lnx =，则()0f x =即为2102t k t t e ++=，显然0t ≠，进一步转化为212t k t t e +-=，令21()(0)t t h t t t e+=≠，利用导数作出()h t 的大致图象，进而图象判断方程解的情况，进而得到函数()f x 零点情况． 【答案详解】（1）证明：当0k =时，1()(0)lnx f x x x +=>，则2()lnxf x x'=-， ∴当(0,1)x ∈时，()0f x '>，()f x 单增，当(1,)x ∈+∞时，()0f x '<，()f x 单减，()f x f ∴…（1）1=，即得证；（2）令t lnx =，则()0f x =即为2102t k t t e++=，当0t =，即1x =时，该方程不成立，故1x =不是()f x 的零点； 接下来讨论0t ≠时的情况，当0t ≠时，方程可化为212tk t t e +-=， 令21()(0)t t h t t t e +=≠，则222()tt th t t e++'=-，当0t <时，22220t t ++-=-<…，当且仅当t =当0t >时，22220t t +++=+>…，当且仅当t =时取等号，∴当0t <时，()0h t '>，()h t 单增，当0t >时，()0h t '<，()h t 单减，且当0t →时，()h t →+∞，(1)0h -=，当1t <-时，()0h t <，当0t >时，()0h t >， 函数()h t 的大致图象如下：由图象可知，当02k -<，即0k >时，212t k t t e +-=只有一个解，则()f x 有一个零点，当02k ->，即0k <时，212tk t t e +-=有两个解，则()f x 有两个零点． 综上，当0k <时，()f x 有两个零点，当0k >时，()f x 有一个零点． 7．（2021ꞏ重庆市育才中学高三二模）已知函数()x f x e =，()1g x ax =+. （1）已知()()f x g x ≥恒成立，求a 的值；（2）若(0,1)x ∈，求证：21ln 11()x x f x x-+-<. 【答案】（1）1a =；（2）证明见答案解析. 【答案解析】（1）作差，设()()()1x h x f x g x e ax =-=--，利用导数求出()h x 的最小值为(ln )ln 10h a a a a =--≥，只需1ln 10a a +-≤；设1()ln 1a a aϕ=+-，利用导数求出min ()(1)0a ϕϕ==，解出1a =； （2）利用1x e x >+把原不等式转化为证明1ln 111x x x x -+-<+，即证：21ln 10x x x-++>， 设21()ln 1F x x x x=-++，利用导数求出最小值，即可证明.【答案详解】（1）设()()()1x h x f x g x e ax =-=--，()x h x e a '=-，当0a ≤时，()0x h x e a '=->，()h x 单增，当,()x h x →-∞→-∞，不满足恒成立 当0a >，()h x 在(,ln )x a ∈-∞单减，()h x 在(ln ,)x a ∈+∞单增， 所以()h x 的最小值为(ln )ln 10h a a a a =--≥，即11ln 0a a --≥，即1ln 10a a+-≤ 设1()ln 1a a a ϕ=+-，21()a a aϕ-'=，所以()ϕx 在(0,1)x ∈单减，()ϕx 在(1,)+∞单增， 即min()(1)0a ϕϕ==，故1ln 10a a+-≤的解只有1a =，综上1a =（2）先证当(0,1)x ∈时，1x e x >+恒成立.令()1x h x e x =--，求导()10x h x e '=->，所以()h x 在(0,1)x ∈上单调递增，()(0)0h x h >=，所以1x e x >+所以要证1ln 11x x x e x -+-<，即证1ln 111x x x x-+-<+， 即证211ln 1x x x x x x +-++-<+，即证：21ln 10x x x -++>， 设21()ln 1F x x x x=-++，求导22111()2(1)20F x x x x x x x '=--=--<，所以()F x 在(0,1)上单调递减，所以()(1)10F x F >=>，即原不等式成立.所以当(0,1)x ∈时，如1ln 11()x x f x x-+-<成立. 8.（2021ꞏ全国高三其他模拟）已知函数()()ln x a f x a x+=+，()0,x ∈+∞.（1）当0a =时，讨论函数()f x 的单调性； （2）若函数()f x 存在极大值M ，证明：12M e≤<. 【答案】（1）当()0,x e ∈时，()f x 单调递增；当(),x e ∈+∞时，()f x 单调递减；（2）证明见答案解析． 【答案解析】（1）将0a =代入函数，并求导即可分析单调性；（2）求导函数，讨论当0a =，01a <<与1a ≥时分析单调性，并判断是否有极大值，再求解极大值，即可证明．【答案详解】（1）()f x 的定义域是()0,∞+ 当0a =时，()ln x f x x =，()21ln xf x x -'=， 令()0f x '=，得x e =，所以当()0,x e ∈时，()0f x '>，()f x 单调递增； 当(),x e ∈+∞时，()0f x '<，()f x 单调递减；（2）()()()()()22ln ln xx a x x a x ax a f x x x x a -+-+++'==+， 令()()()()ln ,0,g x x x a x a x =-++∈+∞， 则()()ln g x x a '=-+，由()f x 的定义域是()0,∞+，易得0a ≥，当0a =时，由（1）知，()f x 在x e =处取得极大值，所以()1==M f e e. 当1a ≥时，()0g x '<在()0,x ∈+∞上恒成立，所以()g x 在()0,∞+上单调递减，()ln 0g x a a <-<，所以()0f x '<，故()f x 没有极值. 当01a <<时，令()0g x '=，得1x a =-，所以当()0,1x a ∈-时，()0g x '>，()g x 单调递增；当()1,x a ∈-+∞时，()0g x '<，()g x 单调递减. 所以当()0,1x a ∈-时，()ln 0g x a a >->，又()110g a a -=->，()0-=-<g e a a ，且1-<-e a a ，所以存在唯一()01,∈--x a e a ，使得()()()0000ln g x x x a x a =-+⋅+，当()00,x x ∈时，()0g x >，即()0f x '>，()f x 单调递增；当()0,x x ∈+∞时，()0g x <，即()0f x '<，()f x 单调递减.所以当0x x =时，()f x 取得极大值，所以()()000ln x a M f x a x +==+，所以()()()()000000011ln M x a x x a x a x a x a x a=++-=++-+⋅+++. 令0x a t +=，则()1,t e ∈，设()1ln h t t t t t=+-，()1,t e ∈， 则()21ln 0h t t t'=--<， 所以()h t 在()1,e 上单调递减， 所以()12<<h t e ，所以12<<M e. 综上，若函数()f x 存在极大值M ，则12M e≤<． 9．（2021ꞏ重庆高三二模）已知函数()ln ()f x ax x a R =+∈在1x =处取得极值． （1）若对(0,),()1x f x bx ∀∈+∞≤-恒成立，求实数b 的取值范围；（2）设()()(2)x g x f x x e =+-，记函数()y g x =在1,14⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值为m ，证明：(4)(3)0m m ++<． 【答案】（1）211b e -≤；（2）证明见答案解析． 【答案解析】（1）由条件求出a ，然后由()1f x bx ≤-可得1ln 1+x b x x≤-，然后用导数求出右边对应函数的最小值即可；（2）11()(1)e 1(1)(xx g x x x e x x'=--+=--，令()1e x h x x =-，然后可得存在01(,1)2x ∈使得()00h x =，即01ex x =，即00ln x x =-，然后可得0max 000000000012()()(2)ln (2)12x m g x g x x e x x x x x x x x ===--+=---=--，然后判断出函数2()12G x x x=--的单调性即可. 【答案详解】 （1）∵1()f x a x'=+，(1)10f a '=+=，∴1a =-，由已知()1f x bx ≤-，即ln 1x x bx -≤-，即1ln 1+x b x x≤-对()0,x ∀∈+∞恒成立， 令1ln ()1x t x x x =+-，则22211ln ln 2()x x t x x x x --'=--=，易得()t x 在2(0,)e 上单调递减，在2(,)e +∞上单调递增， ∴2min 21()()1t x t e e==-，即211b e -≤． （2）()()(2)e (2)e ln x x g x f x x x x x =+-=--+，则11()(1)e 1(1)(xx g x x x e x x'=--+=--． 当114x <<时，10x -<，令()1e xh x x=-， 则21()e 0xh x x'=+>，所以()h x 在1[,1]4上单调递增．∵121(()e 202h h x ==-<，(1)10h e =->，∴存在01(,1)2x ∈使得()00h x =，即01ex x =，即00ln x x =-． ∴当01(,)4x x ∈时，()0h x <，此时()0g x '>； 当0(,1)x x ∈时，()0h x >，此时()0g x '<； 即()g x 在01(,)4x 上单调递增，在0(),1x 上单调递减，则0max 000000000012()()(2)ln (2)12xm g x g x x e x x x x x x x x ===--+=---=--． 令2()12G x x x =--，1(,1)2x ∈，则22222(1)()20x G x x x '-=-=>，∴()G x 在1(,1)2x ∈上单调递增，则1()(42G x G >=-，()(1)3G x G <=-， ∴43m -<<-．∴()()430m m ++<．10．（2021ꞏ江苏南通市ꞏ高三一模）已知函数()()21ln 22f x ax ax x =+-，0a >. （1）求函数()f x 的增区间；（2）设1x ，2x 是函数()f x 的两个极值点，且12x x <，求证：122x x +>.【答案】（1）答案见答案解析；（2）证明见答案解析. 【答案解析】（1）求函数的导数，分类讨论，解不等式即可求解；（2）根据极值点可转化为1x ，2x 是方程2210-+=ax x 的两个不相等的正实数根，可得12x >且1x ≠，要证122x x +>，只要证212x x >-，利用构造函数的单调性证明即可. 【答案详解】（1）由题意得()21212ax ax x f x x x-+=+='-(0x >). 令()0f x '>，则2210ax x -+>.①当()2240a ∆=--≤，即1a ≥时，2210ax x -+>在()0,∞+上恒成立，即()f x 的增区间为()0,∞+；②当()2240a ∆=-->，即01a <<时，10x a -<<或1x a+>，即()f x 的增区间为10,a ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭和1,a ⎛⎫++∞ ⎪ ⎪⎝⎭.综上，当1a ≥时，()f x 的增区间为()0,∞+；当01a <<时，()f x 的增区间为10,a ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭和1,a ⎛⎫++∞ ⎪ ⎪⎝⎭. （2）因为()221x x ax xf -+'=(0x >)，()f x 有两个极值点1x ，2x ， 所以1x ，2x 是方程2210-+=ax x 的两个不相等的正实数根，可求出 从而()2240a ∆=-->，0a >，解得01a <<. 由2210-+=ax x 得221x a x -=. 因为01a <<，所以12x >且1x ≠.令()221x g x x -=，12x >且1x ≠，则()()321x g x x-'=，所以当112x <<时，()0g x '>，从而()g x 单调递增；当1x >时，()0g x '<，从而()g x 单调递减， 于是1222122121x x a x x --==(12112x x <<<). 要证122x x +>，只要证212x x >-，只要证明()()212g x g x <-. 因为()()12g x g x =，所以只要证()()112g x g x <-. 令()()()()()1111122112212122x x F x g x g x x x ---=--=-- 则()()()()1113311212212x x F x xx --⎡⎤-⎣⎦'=+-()()()11331121212x x x x --=+- ()()1331111212x x x ⎡⎤=--⎢⎥-⎢⎥⎣⎦()()()()22211111331141222x x x x x x x ⎡⎤--+-+⎣⎦=-.因为1112x <<， 所以()10F x '>，即()1F x 在1,12⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，所以()()110F x F <=，即()()112g x g x <-， 所以212x x >-，即122x x +>.1．（2021ꞏ全国高考真题（文））设函数22()3ln 1f x a x ax x =+-+，其中0a >. （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()y f x =的图像与x 轴没有公共点，求a 的取值范围. 【答案】（1）()f x 的减区间为10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，增区间为1,+a ⎛⎫∞ ⎪⎝⎭；（2）1a e >. 练真题（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性.（2）根据()10f >及（1）的单调性性可得()min 0f x >，从而可求a 的取值范围. 【答案详解】（1）函数的定义域为()0,∞+，又()23(1)()ax ax f x x+-'=，因为0,0a x >>，故230ax +>， 当10x a <<时，()0f x '<；当1x a>时，()0f x '>； 所以()f x 的减区间为10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，增区间为1,+a ⎛⎫∞ ⎪⎝⎭.（2）因为()2110f a a =++>且()y f x =的图与x 轴没有公共点， 所以()y f x =的图象在x 轴的上方， 由（1）中函数的单调性可得()min 1133ln 33ln f x f a a a ⎛⎫==-=+ ⎪⎝⎭， 故33ln 0a +>即1a e>. 2.（2021ꞏ全国高考真题（理））设函数()()ln f x a x =-，已知0x =是函数()y xf x =的极值点． （1）求a ； （2）设函数()()()x f x g x xf x +=．证明:()1g x <．【答案】1；证明见答案详解 【答案解析】（1）由题意求出'y ，由极值点处导数为0即可求解出参数a ； （2）由（1）得()()ln 1()ln 1x x g x x x +-=-，1x <且0x ≠，分类讨论()0,1x ∈和(),0x ∈-∞，可等价转化为要证()1g x <，即证()()ln 1ln 1x x x x +->-在()0,1x ∈和(),0x ∈-∞上恒成立，结合导数和换元法即可求解（1）由()()()n 1'l a f x a x f x x ⇒==--，()()'ln xy a x x ay xf x ⇒=-=+-， 又0x =是函数()y xf x =的极值点，所以()'0ln 0y a ==，解得1a =； （2）由（1）得()()ln 1f x x =-，()()ln 1()()()ln 1x x x f x g x xf x x x +-+==-，1x <且0x ≠，当 ()0,1x ∈时，要证()()ln 1()1ln 1x x g x x x +-=<-，()0,ln 10x x >-< ， ()ln 10x x ∴-<，即证()()ln 1ln 1x x x x +->-，化简得()()1ln 10x x x +-->；同理，当(),0x ∈-∞时，要证()()ln 1()1ln 1x x g x x x +-=<-，()0,ln 10x x <-> ， ()ln 10x x ∴-<，即证()()ln 1ln 1x x x x +->-，化简得()()1ln 10x x x +-->；令()()()1ln 1h x x x x =+--，再令1t x =-，则()()0,11,t ∈+∞ ，1x t =-， 令()1ln g t t t t =-+，()'1ln 1ln g t t t =-++=，当()0,1t ∈时，()'0g x <，()g x 单减，假设()1g 能取到，则()10g =，故()()10g t g >=； 当()1,t ∈+∞时，()'0g x >，()g x 单增，假设()1g 能取到，则()10g =，故()()10g t g >=； 综上所述，()()ln 1()1ln 1x x g x x x +-=<-在()(),00,1x ∈-∞ 恒成立3．（2021ꞏ全国高考真题）已知函数()()1ln f x x x =-. （1）讨论()f x 的单调性；（2）设a ，b 为两个不相等的正数，且ln ln b a a b a b -=-，证明：112e a b<+<. 【答案】（1）()f x 的递增区间为()0,1，递减区间为()1,+∞；（2）证明见答案解析. 【答案解析】（1）求出函数的导数，判断其符号可得函数的单调区间； （2）设1211,x x a b==，原不等式等价于122x x e <+<，前者可构建新函数，利用极值点偏移可证，后者可设21x tx =，从而把12x x e +<转化为()()1ln 1ln 0t t t t -+-<在()1,+∞上的恒成立问题，利用导数可。
高考数学一轮复习练习 一元函数的导数及其应用
一元函数的导数及其应用(时间:120分钟 满分:150分)一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.(2020福建福州模拟,理7)已知函数f (x )为偶函数,当x<0时,f (x )=x 2-ln(-x ),则曲线y=f (x )在x=1处的切线方程为( ) A.x-y=0 B.x-y-2=0 C.x+y-2=0 D.3x-y-2=02.设函数f (x )在R 上可导,其导函数为f'(x ),若函数f (x )在x=1处取得极大值,则函数y=-xf'(x )的图像可能是( )3.已知函数f (x )=x+1,g (x )=ln x ,若f (x 1)=g (x 2),则x 2-x 1的最小值为( ) A.1 B.2+ln 2 C.2-ln 2 D.24.已知定义在(0,+∞)上的函数f (x )满足xf'(x )-f (x )<0,且f (2)=2,则f (e x )-e x >0的解集是( )A.(-∞,ln 2)B.(ln 2,+∞)C.(0,e 2)D.(e 2,+∞) 5.(2020北京房山区二模,5)函数f (x )=e x -x 2的零点个数为( )A.0B.1C.2D.36.(2020山东青岛5月模拟,8)已知函数f (x )=lnx x 2,若f (x )<m-1x2在(0,+∞)上恒成立,e 为自然对数的底数,则实数m 的取值范围是( ) A.m>e B.m>e2 C.m>1D.m>√e7.已知函数f (x )=x 2+|x-a|,g (x )=(2a-1)x+a ln x ,若函数y=f (x )与函数y=g (x )的图像恰好有两个不同的交点,则实数a 的取值范围为( ) A.(1,+∞)B.(-∞,1)C.(0,+∞)D.(-∞,0)8.(2020河南新乡三模,理12)已知函数f (x )=x 2-ax (x ∈[1e ,e])与g (x )=e x 的图像上存在两对关于直线y=x 对称的点,则实数a 的取值范围是( ) A.[e -1e ,e] B.(1,e -1e ] C.[1,e -1e ]D.[1,e +1e ]二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,有选错的得0分,部分选对的得3分.9.(2020山东潍坊临朐模拟二,12)已知函数f (x )=x ln x+x 2,x 0是函数f (x )的极值点,以下结论中正确的是( ) A.0<x 0<1eB.x 0>1eC.f (x 0)+2x 0<0D.f (x 0)+2x 0>010.(2020山东聊城二模,10)下列关于函数f (x )=x 3-3x 2+2x 的叙述正确的是( ) A.函数f (x )有三个零点B.点(1,0)是函数f (x )图像的对称中心C.函数f (x )的极大值点为x=1-√33D.存在实数a ,使得函数g (x )=[f (x )]2+af (x )在R 上为增函数11.(2020海南天一大联考第三次模拟,12)已知函数f (x )=x 3+ax+b ,其中a ,b ∈R ,则下列选项中的条件使得f (x )仅有一个零点的有( ) A.a<b ,f (x )为奇函数 B.a=ln(b 2+1) C.a=-3,b 2-4≥0D.a<0,b 2+a36>012.(2020山东师大附中月考,12)设函数f (x )={|lnx |,x >0,e x (x +1),x ≤0,若方程[f (x )]2-af (x )+116=0有六个不等的实数根,则实数a 可能的取值是( )A.12B.23C.1D.2三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.(2020山东、海南两省4月模拟,13)函数f (x )=alnxe x 在点P (1,f (1))处的切线与直线2x+y-3=0垂直,则a= .14.设f (x )=e x (ln x-a ),若函数f (x )在区间1e,e 上单调递减,则实数a 的取值范围为 .15.已知函数f (x )=log 2x ,g (x )=√x +√a -x (a>0),若对∀x 1∈{x|g (x )=√x +√a -x },∃x 2∈[4,16],使g (x 1)=f (x 2)成立,则实数a 的取值范围是 .16.已知函数f (x )=2ln x ,g (x )=ax 2-x-12(a>0).若直线y=2x-b 与函数y=f (x ),y=g (x )的图像均相切,则a 的值为 ;若总存在直线与函数y=f (x ),y=g (x )的图像均相切,则a 的取值范围是 .四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(10分)(2020河南郑州质量预测二,理21)已知函数f (x )=lnx a ,g (x )=x+1x(x>0). (1)当a=1时,求曲线y=f (x )g (x )在x=1处的切线方程; (2)讨论函数F (x )=f (x )-1g (x )在(0,+∞)上的单调性.18.(12分)(2020河南开封三模,理20)已知函数f (x )=ax e x -ln x+b (a ,b ∈R )在x=1处的切线方程为y=(2e -1)x-e . (1)求a ,b 值;(2)若f (x )≥mx 恒成立,求实数m 的取值范围.19.(12分)(2020陕西宝鸡三模,文21)已知函数f(x)=ln x+ax2-(2a+1)x,a∈R,f'(x)为f(x)的导函数.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若g(x)=f(x)+a+1,当a>12时,求证:g(x)有两个零点.20.(12分)(2020辽宁大连一中6月模拟,文20)已知函数f(x)=x ln x-1,g(x)=(k-1)x-k(k∈R).(1)若直线y=g(x)是曲线y=f(x)的一条切线,求k的值;(2)当x>1时,直线y=g(x)与曲线y=f(x)+1无交点,求整数k的最大值.21.(12分)(2020天津,20)已知函数f(x)=x3+k ln x(k∈R),f'(x)为f(x)的导函数.(1)当k=6时,(ⅰ)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;(ⅱ)求函数g(x)=f(x)-f'(x)+9x的单调区间和极值.(2)当k≥-3时,求证:对任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1>x2,有f'(x1)+f'(x2)2>f(x1)-f(x2)x1-x2.22.(12分)(2020浙江,22)已知1<a≤2,函数f(x)=e x-x-a,其中e=2.718 28…是自然对数的底数.(1)证明:函数y=f(x)在(0,+∞)上有唯一零点.(2)记x0为函数y=f(x)在(0,+∞)上的零点,证明:①√a-1≤x0≤√2(a-1);②x0f(e x0)≥(e-1)(a-1)a.参考答案单元质检卷三一元函数的导数及其应用1.A当x>0时,-x<0,f(-x)=x2-ln x,又函数f(x)为偶函数,所以f(x)=x2-ln x,f(1)=1,所以,f'(1)=1,故切线方程为y-1=x-1,即x-y=0.故选A.f'(x)=2x-1x2.B因为函数f(x)在R上可导且f(x)在x=1处取得极大值,所以当x>1时,f'(x)<0;当x=1时,f'(x)=0;当x<1时,f'(x)>0.所以当x<0时,y=-xf'(x)>0,当0<x<1时,y=-xf'(x)<0,当x=0或x=1时,y=-xf'(x)=0,当x>1时,y=-xf'(x)>0,可知选项B符合题意.故选B.3.D设f(x1)=g(x2)=t,所以x1=t-1,x2=e t,所以x2-x1=e t-t+1,令h(t)=e t-t+1,则h'(t)=e t-1,所以h(t)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,所以h(t)min=h(0)=2.4.A 令g (x )=f (x )x ,g'(x )=xf '(x )-f (x )x 2<0,则g (x )在(0,+∞)上单调递减,且g (2)=f (2)2=1,故f (e x )-ex>0等价为f (e x )e x>f (2)2,即g (e x )>g (2),故e x <2,即x<ln 2,则所求的解集为(-∞,ln 2).故选A .5.B 令f (x )=e x -x 2=0,得e x =x 2,分别画出y=e x 和y=x 2的图像,如图所示,当x<0时,函数y=e x 和y=x 2有一个交点. 当x>0时,f'(x )=e x -2x ,令g (x )=e x -2x ,则g'(x )=e x -2,当g'(x )=0时,可得x=ln 2.当x ∈(0,ln 2)时,g'(x )<0,g (x )单调递减,当x ∈(ln 2,+∞)时,g'(x )>0,g (x )单调递增.所以g (x )min =g (ln 2)=e ln 2-2ln 2=2-ln 4>0,所以f (x )在(0,+∞)上单调递增.又因为f (0)=1,所以当x ∈(0,+∞)时,f (x )>0.故f (x )在(0,+∞)上无零点. 综上,函数f (x )=e x -x 2的零点个数为1.故选B . 6.B 若f (x )<m-1x 2在(0,+∞)上恒成立,即f (x )+1x 2<m 在(0,+∞)上恒成立,令g (x )=f (x )+1x 2=lnx+1x 2,故只需g (x )max <m 即可,g'(x )=1x ·x 2-(lnx+1)·2x x 4=-2lnx -1x 3,令g'(x )=0,得x=e-12,当0<x<e-12时,g'(x )>0;当x>e-12时,g'(x )<0,所以g (x )在(0,e-12)上单调递增,在(e -12,+∞)上单调递减,所以g (x )max =g (e-12)=e 2,所以实数m 的取值范围是m>e2. 故选B . 7.A当a ≠0时函数g (x )的定义域为(0,+∞),所以只研究这两个函数在x ∈(0,+∞)上的图像,当a ≤0时,f (x )单调递增,又g (x )单调递减,两者的图像最多只有一个交点,不符合题意.当a>0时,设φ(x )=f (x )-g (x ),即φ(x )={x 2-2ax -alnx +a ,0<x <a ,x 2+(2-2a )x -alnx -a ,x ≥a ,因为φ'(x )={2(x -a )-ax <0,0<x <a ,2(x -a )+2x -ax>0,x ≥a ,所以φ(x )在(0,a )上单调递减,(a ,+∞)上单调递增,所以φ(x )min =-a 2-a ln a+a ,因为x →0,x →+∞时,φ(x )→+∞,所以φ(x )有两个零点,当且仅当φ(x )min =-a 2-a ln a+a<0,解得a>1,即a 的取值范围为(1,+∞).8.B ∵f (x )与g (x )的图像在x ∈[1e ,e]上存在两对关于直线y=x 对称的点,则函数f (x )与函数φ(x )=ln x 的图像在x ∈[1e ,e]上有两个交点,∴ln x=x 2-ax 在x ∈[1e ,e]上有两个实数解,即a=x-lnx x 在x ∈[1e ,e]上有两个实数解,令h (x )=x-lnxx ,则h'(x )=x 2+lnx -1x 2.令k (x )=x 2+ln x-1,k (x )在x ∈[1e ,e]上单调递增,且k (1)=0,∴当x ∈[1e ,1]时,h'(x )<0,h (x )单调递减;当x ∈(1,e]时,h'(x )>0,h (x )单调递增.∴h (x )min =h (1)=1.对g 1e =e +1e ,g (e)=e -1e ,∴a 的取值范围是1,e -1e . 9.AD ∵函数f (x )=x ln x+x 2(x>0),∴f'(x )=ln x+1+2x.∵x 0是函数f (x )的极值点, ∴f'(x 0)=0,即ln x 0+1+2x 0=0,∵f'(x )在(0,+∞)上单调递增,且f'(1e )=2e >0,又x →0,f'(x )→-∞,∴0<x 0<1e ,即选项A 正确,选项B 不正确;f (x 0)+2x 0=x 0ln x 0+x 02+2x 0=x 0(ln x 0+x 0+2)=x 0(1-x 0)>0,即选项D 正确,选项C 不正确.故选AD .10.ABC 令f (x )=0,即x (x-1)(x-2)=0,解得x=0或x=1或x=2,故函数f (x )有三个零点,故选项A 正确;因为f (1+x )+f (1-x )=0,所以点(1,0)是函数f (x )图像的对称中心,故选项B 正确;令f'(x )=3x 2-6x+2=0,解得x=3±√33,故f (x )在-∞,3-√33上单调递增,在3-√33,3+√33上单调递减,在3+√33,+∞上单调递增,函数f (x )的极大值点为x=1-√33,故选项C 正确;因为f (x )在R 上不单调,所以不存在实数a ,使得函数g (x )=[f (x )]2+af (x )在R 上为增函数,故D 错误.故选ABC .11.BD 由题知f'(x )=3x 2+a.对于A,由f (x )是奇函数,知b=0,因为a<0,所以f (x )存在两个极值点,易知f (x )有三个零点,故A 错误;对于B,因为b 2+1≥1,所以a ≥0,f'(x )≥0,所以f (x )单调递增,则f (x )仅有一个零点,故B 正确;对于C,若取b=2,则f (x )的极大值为f (-1)=4,极小值为f (1)=0,此时f (x )有两个零点,故C 错误;对于D,f (x )的极大值为f -√-a3=b-2a3√-a3,极小值为f√-a 3=b+2a 3√-a3.因为a<0,所以b2+4a 327>b 2+a 36>0,所以b 2>-4a 327,则b>-2a 3√-a3或b<2a3√-a3,从而f -√-a3>0,f √-a3>0或f -√-a3<0,f √-a3<0,可知f (x )仅有一个零点,故D 正确.12.BC 当x ≤0时,f (x )=e x (x+1),则f'(x )=e x (x+1)+e x =e x (x+2).由f'(x )<0得,x+2<0,即x<-2,此时f (x )单调递减, 由f'(x )>0得,x+2>0,即-2<x ≤0,此时f (x )单调递增,即当x=-2时,f (x )取得极小值f (-2)=-1e 2,作出f (x )的图像如图:由图像可知当0<f (x )≤1时,有三个不同的x 的取值与f (x )对应. 设t=f (x ),因为方程[f (x )]2-af (x )+116=0有六个不等的实数根, 所以t 2-at+116=0在t ∈(0,1]内有两个不等的实数根, 设g (t )=t 2-at+116.则{g (0)>0,g (1)≥0,Δ>0,0<a 2<1,即{116>0,1-a +116≥0,a 2-4×116>0,0<a 2<1, 解得12<a ≤1716.结合选项可知实数a 可能是23或1,故选BC .13.e2由题意,得f'(x)=ax ex-ae x lnx(e x)2=ax-alnxe x.又切线斜率k=12.∴f'(1)=ae=12,∴a=e2.14.[e-1,+∞)由题意可得f'(x)=e x ln x+1x -a≤0在1e,e上恒成立.因为e x>0,所以只需lnx+1x-a≤0,即a≥ln x+1x在1e,e上恒成立.令g(x)=ln x+1x.因为g'(x)=1x−1x2=x-1x2.由g'(x)=0,得x=1.则g(x)在1e,1上单调递减,在(1,e)上单调递增,g1e =ln1e+e=e-1,g(e)=1+1e,因为e-1>1+1e,所以g(x)max=g1e=e-1.故a的取值范围为[e-1,+∞).15.[4,8]结合题意可得log24=2≤f(x)≤log216=4,要使得对∀x1∈{x|g(x)=√x+√a-x},∃x2∈[4,16],使g(x1)=f(x2)成立,则要求g(x)的值域在[2,4]上,对g(x)求导得g'(x)=√a-x-√x2√x·√a-x,令g'(x)>0,解得x<a2,结合该函数的定义域为[0,a],可知g(x)在0,a2上单调递增,在a2,a上单调递减,故g(x)在x=a2取到最大值,在x=0取到最小值,所以需要满足g a2≤4,且g(0)≥2,得到{√a2+√a2≤4,√a≥2,解得a∈[4,8].16.32[32,+∞)由题意,f'(x)=2x,g'(x)=2ax-1,因为直线y=2x-b与函数y=f(x),y=g(x)的图像均相切,所以{2x=2,2ax-1=2,解得x=1,a=32.设直线l与y=f(x)的图像相切于点P1(x1,y1),x1>0,则切线方程为y-2ln x1=2x1(x-x1),代入g(x)=ax2-x-12(a>0),得2x1x-2+2ln x1=ax2-x-1 2,即ax2-(1+2x1)x+(32-2ln x1)=0.所以Δ=(1+2x1)2-4a×(32-2ln x1)=0.所以a=(x 1+2)22x 12(3-4ln x 1)(x 1>0). 令y=(x 1+2)22x 12(3-4ln x 1)(x 1>0), 则y'=2(x 1+2)(4ln x 1+x 1-1)x 13(3-4ln x 1)2.令y'=0,解得x 1=1.当x 1>1时,y'>0,y 单调递增,当0<x 1<1时,y'<0,y 单调递减,因此y ≥(1+2)22×12(3-4ln1)=32,即a ≥32.17.解 (1)当a=1时,y=f (x )g (x )=xlnxx+1,y'=(1+lnx )(x+1)-xlnx(x+1)2=lnx+x+1(x+1)2,所以y'|x=1=ln1+1+1(1+1)2=12,即当x=1时,切线的斜率为12,又切线过点(1,0),所以切线方程为x-2y-1=0.(2)f'(x )=1ax ,(1g (x ))'=1(x+1)2,F'(x )=f'(x )-(1g (x ))'=1ax −1(x+1)2=(x+1)2-ax ax (x+1)2,当a<0时,F'(x )<0,函数F (x )在(0,+∞)上单调递减; 当a>0时,令h (x )=1a x 2+(2a -1)x+1a ,Δ=1-4a ,当Δ≤0,即0<a ≤4时,h (x )≥0,此时F'(x )≥0,函数F (x )在(0,+∞)上单调递增; 当Δ>0,即a>4时,方程1a x 2+(2a -1)x+1a =0有两个不等实数根x 1,x 2,设x 1<x 2,则x 1=a -2-√a 2-4a 2,x 2=a -2+√a 2-4a 2,所以0<x 1<1<x 2,此时,函数F (x )在(0,x 1),(x 2,+∞)上单调递增,在(x 1,x 2)上单调递减. 综上所述,当a<0时,F (x )的单调递减区间是(0,+∞); 当a>4时,F (x )的单调递减区间是(a -2-√a 2-4a 2,a -2+√a 2-4a2),单调递增区间是0,a -2-√a 2-4a2,a -2+√a 2-4a2,+∞.当0<a ≤4时,F (x )的单调递增区间是(0,+∞). 18.解 (1)f'(x )=a e x +ax e x -1x .因为函数f (x )=ax e x -ln x+b 在x=1处的切线为y=(2e -1)x-e, 所以{f (1)=ae +b =e -1,f '(1)=2ae -1=2e -1,解得a=1,b=-1.(2)由f (x )≥mx 得,x e x-ln x-1≥mx (x>0),即m ≤xe x -lnx -1x. 令φ(x )=xe x -lnx -1x ,则φ'(x )=x 2e x +lnxx 2.令h (x )=x 2e x +ln x ,h (x )在(0,+∞)上单调递增,则h 1e=1e 2e 1e -1<e 2e 2-1=0,h (1)=e >0.所以h (x )在1e ,1上存在零点x 0,即h (x 0)=x 02e x 0+ln x 0=0,即x 0e x 0=-ln x0x 0=ln 1x 0(eln1x 0).由于y=x e x 在(0,+∞)上单调递增,故x 0=ln 1x 0=-ln x 0,即e x 0=1x 0.因为φ(x )在(0,x 0)上单调递减,在(x 0,+∞)上单调递增,所以φ(x )min =x 0e x 0-ln x 0-1x 0=1+x 0-1x 0=1. 所以m ≤1.实数m 的取值范围为(-∞,1]. 19.(1)解 f'(x )=1x +2ax-(2a+1)=(x -1)(2ax -1)x(x>0). ①当a ≤0时,令f'(x )>0,得0<x<1;令f'(x )<0,得x>1.所以f (x )在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.②当a>0时,令f'(x )=0,得x 1=1,x 2=12a . (ⅰ)当a=12时,f'(x )=(x -1)2x ≥0,所以f (x )在(0,+∞)上单调递增.(ⅱ)当a>12时,令f'(x )>0,得0<x<12a 或x>1; 令f'(x )<0,得12a <x<1.所以f (x )在0,12a 和(1,+∞)上单调递增,在12a ,1上单调递减. (ⅲ)当0<a<12时,令f'(x )>0,得0<x<1或x>12a ; 令f'(x )<0,得1<x<12a .所以f (x )在(0,1)和12a ,+∞上单调递增,在1,12a 上单调递减.综上,当a ≤0时,f (x )在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减; 当a=12时,f (x )在(0,+∞)上单调递增;当a>12时,f (x )在0,12a 和(1,+∞)上单调递增,在12a ,1上单调递减; 当0<a<12时,f (x )在(0,1)和12a ,+∞上单调递增,在1,12a 上单调递减.(2)证明 由(1)知,当a>12时,f (x )在0,12a 和(1,+∞)上单调递增,在12a ,1上单调递减.则g (x )在0,12a 和(1,+∞)上单调递增,在12a ,1上单调递减.因为g (1)=0,所以1是函数g (x )的一个零点,且g 12a >0.当x ∈0,12a 时,取0<x 0<e -a-1且x 0<12a ,则a x 02-(2a+1)x 0+a+1=a x 02-x 0-2ax 0+a+1<a+1,g (x 0)<-a-1+a+1=0.所以g 12a ·g (x 0)<0,所以g (x )在0,12a 上恰有一个零点,所以g (x )在区间(0,+∞)上有两个零点.20.解 (1)由题意知f'(x )=ln x+1(x>0),设切点为P (x 0,x 0ln x 0-1),在点P 处的切线方程为y-(x 0ln x 0-1)=(1+ln x 0)(x-x 0).整理得y=(1+ln x 0)x-(x 0+1).由{1+ln x 0=k -1,k =x 0+1,即{ln x 0=k -2,x 0=k -1,得ln x 0=x 0-1.令h (x )=ln x-x+1,则h'(x )=1x -1=1-xx .当0<x<1时,h'(x )>0,h (x )在(0,1)上单调递增; 当x>1时,h'(x )<0,h (x )在(1,+∞)上单调递减. 所以h (x )的最大值为h (1)=0,即x 0=1,故k=2.(2)令F (x )=f (x )-g (x )=x ln x-(k-1)x+k ,则F'(x )=ln x+2-k=ln x-(k-2)(x>1). ①当k-2≤0时,F'(x )>0,所以f (x )在(1,+∞)上单调递增.所以F (x )>F (1)=1,即F (x )在(1,+∞)上无零点. ②当k-2>0时,由F'(x )=0,得x=e k-2.当1<x<e k-2时,F'(x )<0,所以F (x )在(1,e k-2)上单调递减; 当x>e k-2时,F'(x )>0,所以F (x )在(e k-2,+∞)上单调递增. F (x )的最小值为F (e k-2)=(k-1)e k-2-k (e k-2-1)=k-e k-2.令m (k )=k-e k-2,则m'(k )=1-e k-2<0,所以m (k )在(2,+∞)上单调递减,而m (2)=2-1=1,m (3)=3-e >0,m (4)=4-e 2<0,因此k 的最大值为3.21.(1)解 (ⅰ)当k=6时,f (x )=x 3+6ln x ,故f'(x )=3x 2+6x .可得f (1)=1,f'(1)=9,所以曲线y=f (x )在点(1,f (1))处的切线方程为y-1=9(x-1),即9x-y-8=0.(ⅱ)依题意,g (x )=x 3-3x 2+6ln x+3x ,x ∈(0,+∞).从而可得g'(x )=3x 2-6x+6x −3x 2,整理可得g'(x )=3(x -1)3(x+1)x 2.令g'(x )=0,解得x=1.当x 变化时,g'(x ),g (x )的变化情况如下表:所以,函数g (x )的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+∞);g (x )的极小值为g (1)=1,无极大值.(2)证明 由f (x )=x 3+k ln x ,得f'(x )=3x 2+k x .对任意的x 1,x 2∈[1,+∞),且x 1>x 2,令x1x 2=t (t>1),则(x 1-x 2)[f'(x 1)+f'(x 2)]-2[f (x 1)-f (x 2)]=(x 1-x 2)3x 12+k x 1+3x 22+k x 2-2x 13−x 23+k ln x1x 2=x 13−x 23-3x 12x 2+3x 1x 22+k x 1x 2−x 2x 1-2k ln x 1x 2=x 23(t 3-3t 2+3t-1)+k t-1t -2ln t .①令h (x )=x-1x -2ln x ,x ∈(1,+∞). 当x>1时,h'(x )=1+1x 2−2x=(1-1x )2>0,由此可得h (x )在(1,+∞)上单调递增, 所以当t>1时,h (t )>h (1),即t-1t -2ln t>0. 因为x 2≥1,t 3-3t 2+3t-1=(t-1)3>0,k ≥-3,所以,x 23(t 3-3t 2+3t-1)+k t-1t -2ln t ≥(t 3-3t 2+3t-1)-3t-1t -2ln t =t 3-3t 2+6ln t+3t -1.② 由(1)(ⅱ)可知,当t>1时,g (t )>g (1),即t 3-3t 2+6ln t+3t >1,故t 3-3t 2+6ln t+3t -1>0. ③由①②③可得(x 1-x 2)[f'(x 1)+f'(x 2)]-2[f (x 1)-f (x 2)]>0. 所以,当k ≥-3时,对任意的x 1,x 2∈[1,+∞),且x 1>x 2,有f '(x 1)+f '(x 2)2>f (x 1)-f (x 2)x 1-x 2. 22.证明 (1)因为f (0)=1-a<0,f (2)=e 2-2-a ≥e 2-4>0,所以y=f (x )在(0,+∞)上存在零点.因为f'(x )=e x -1,所以当x>0时,f'(x )>0,故函数f (x )在[0,+∞)上单调递增,所以函数y=f (x )在(0,+∞)上有唯一零点.(2)①令g(x)=e x-1x2-x-1(x≥0),g'(x)=e x-x-1=f(x)+a-1,由①知函数2g'(x)在[0,+∞)上单调递增,故当x>0时,g'(x)>g'(0)=0,所以函数g(x)在[0,+∞)上单调递增,故g(x)≥g(0)=0.由g(√2(a-1))≥0,得f(√2(a-1))=e√2(a-1)−√2(a-1)-a≥0=f(x0), 因为f(x)在[0,+∞)上单调递增,故√2(a-1)≥x0.令h(x)=e x-x2-x-1(0≤x≤1),h'(x)=e x-2x-1,令h1(x)=e x-2x-1(0≤x≤1),h'1(x)=e x-2,所以故当0<x<1时,h1(x)<0,即h'(x)<0,所以h(x)在[0,1]上单调递减,因此当0≤x≤1时,h(x)≤h(0)=0.由h(√a-1)≤0,得f(√a-1)=e√a-1−√a-1-a≤0=f(x0),因为f(x)在[0,+∞)上单调递增,故√a-1≤x0.综上,√a-1≤x0≤√2(a-1).②令u(x)=e x-(e-1)x-1,u'(x)=e x-(e-1),所以当x>1时,u'(x)>0,故函数u(x)在区间[1,+∞)上单调递增,因此u(x)≥u(1)=0.由e x0=x0+a可得x0f(e x0)=x0f(x0+a)=(e a-1)x02+a(e a-2)x0≥(e-1)a x02,由x0≥√a-1,得x0f(e x0)≥(e-1)(a-1)a.。
2023届高考数学一轮复习作业导数及其应用新人教B版
导数及其应用一、选择题1．(2021·莆田市高三二模)已知集合A＝{x|log3(x－3)≤1}，B＝{x∈Z|x2－9≥0}，则A∩B＝( )A.(－∞，－3]∪(3,6] B．(3,6]C.{3,4,5,6} D．{4,5,6},D [由log3(x－3)≤1，可得解得3<x≤6，即A＝{x|3<x≤6}，又由B＝{x∈Z|x2－9≥0}＝{x∈Z|x≤－3或x≥3}，可得A∩B＝{x∈Z|3<x≤6}＝{4,5,6}．]2．(2021·江西赣州市高三三模)已知函数g(x)＝f(x)＋x2是奇函数，当x>0时，函数f(x)的图象与函数y＝log2x的图象关于y＝x对称，则g(－1)＝( ) A．－5 B．－3 C．－1 D．1B [因为x>0时，f(x)的图象与函数y＝log2x的图象关于y＝x对称，所以x>0时，f(x)＝2x，所以x>0时，g(x)＝2x＋x2，又因为g(x)是奇函数，所以g(－1)＝－g(1)＝－(2＋1)＝－3，故选B．]3．若变量x，y满足约束条件，则目标函数z＝x－2y的最小值为( )A．1 B．－2 C．－5 D．－7C [画出可行域如图所示，向上平移基准直线x－2y＝0到可行域边界A(3,4)的位置，由此求得目标函数的最小值为z＝3－2×4＝－5，故选C．]4．若曲线y＝ln x在x＝1处的切线也是y＝e x＋b的切线，则b＝( )A．－1 B．－2 C．2 D．－eB [由y＝ln x得y′＝，故y′|x＝1＝1，切点坐标为A(1,0)，故切线方程为y＝x－1．设y＝e x＋b的切点为B(m，e m＋b)，∵y′＝e x，∴e m＝1，所以m＝0，将m＝0代入切线方程得B(0，－1)，将B(0，－1)代入y＝e x＋b得：－1＝e0＋b，得b＝－2，故选B．]5．已知函数f(x)＝－ax在(1，＋∞)上有极值，则实数a的取值范围为( )A． B．C． D．B [f′(x)＝－a，设g(x)＝＝－，∵函数f(x)在区间(1，＋∞)上有极值，∴f′(x)＝g(x)－a在(1，＋∞)上有变号零点，令＝t，由x＞1可得ln x＞0，即t＞0，得到y＝t－t2＝－＋≤，又a＝时，f(x)为减函数，无极值，∴a＜，故选B．]6．若0＜x1＜x2＜1，则( )A．e－e＞ln x2－ln x1B．e－e＜ln x2－ln x1C．x2e＞x1e D．x2e＜x1eC [设f(x)＝e x－ln x，则f′(x)＝e x－，由f′＝－2＜0，f′(1)＝e－1＞0知f(x)在x∈(0,1)时不是单调函数，故排除A、B．设g(x)＝x e x，则g′(x)＝e x(x＋1)，当x＞0时，g′(x)＞0，即g(x)在(0，＋∞)上是增函数，则x2e＞x1e，故排除D．设m(x)＝，则m′(x)＝，当x∈(0,1)时，m′(x)＜0，即m(x)在(0,1)上是减函数，则＞，即x2e＞x1e，故选C．]7．(2021·天津耀华中学高三一模)已知幂函数f(x)＝xα满足2f(2)＝f(16)，若a＝f(log42)，b＝f(ln 2)，c＝f，则a，b，c的大小关系是( )A．a>c>b B．a>b>cC．b>a>c D．b>c>aC [由2f(2)＝f(16)可得2·2α＝24α，∴1＋α＝4α，∴α＝，即f(x)＝x．由此可知函数f(x)在R上单调递增．而由换底公式可得log42＝＝，ln 2＝，5－＝，∵1<log2e<2，∴<，于是log42<ln 2，又∵<，∴5<log42，故a，b，c的大小关系是b>a>c．]8．(2021·新高考Ⅰ卷)若过点(a，b)可以作曲线y＝e x的两条切线，则( )A．e b＜a B．e a＜bC．0＜a＜e b D．0＜b＜e aD [法一(数形结合法)：设切点(x0，y0)，y0＞0，则切线方程为y－b＝e (x－a)，由得e(1－x0＋a)＝b，则由题意知关于x0的方程e (1－x0＋a)＝b有两个不同的解．设f(x)＝e x(1－x＋a)，则f′(x)＝e x(1－x＋a)－e x＝－e x(x－a)，由f′(x)＝0得x＝a，所以当x＜a时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，当x＞a时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，所以f(x)max ＝f(a)＝e a(1－a＋a)＝e a，当x＜a时，a－x＞0，所以f(x)＞0，当x→－∞时，f(x)→0，当x→＋∞时，f(x)→－∞，函数f(x)＝e x(1－x＋a)的大致图象如图所示，因为f(x)的图象与直线y＝b有两个交点，所以0＜b＜e a．故选D．法二(用图估算法)：过点(a，b)可以作曲线y＝e x的两条切线，则点(a，b)在曲线y＝e x的下方且在x轴的上方，得0＜b＜e a．故选D．]二、填空题9．若直线y＝kx与曲线y＝x＋e－x相切，则k＝________．1－e [设切点为(x0，y0)，则y0＝x0＋e．因为y′＝(x＋e－x)′＝1－e－x，所以切线的斜率k＝1－e，又点(x0，y0)在直线y＝kx上，所以y0＝kx0，所以x0＋e＝(1－e)x0，解得x0＝－1，所以k＝1－e．]10．若函数f(x)＝(a＞0，a≠1)的定义域和值域都是[0,1]，则log a＋log＝________．－1 [由f(1)＝0，知a＞1，且＝1，解得a＝2．∴log2＋log＝log2－log2＝log2＝－1．]11．已知函数f(x)＝x3－bx2＋c(b，c为常数)．当x＝2时，函数f(x)取得极值，若函数f(x)有三个零点，则实数c的取值范围为________． [∵f(x)＝x3－bx2＋c，∴f′(x)＝x2－2bx．∵当x＝2时，f(x)取得极值，∴22－2b×2＝0，解得b＝1．∴当x∈(0,2)时，f(x)单调递减，当x∈(－∞，0)或x∈(2，＋∞)时，f(x)单调递增．若f(x)＝0有3个实根，则解得0＜c＜．]12．已知函数f(x)的定义域是[－1，5]，部分对应值如表，f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，x －10245f(x)121.521下列关于函数f(x)的命题：①函数f(x)的值域为[1,2]；②函数f(x)在[0,2]上是减函数；③如果当x∈[－1，t]时，f(x)的最大值是2，那么t的最大值为4；④当1＜a＜2时，函数y＝f(x)－a最多有4个零点．其中所有正确命题的序号是________．①②④ [由导函数的图象可知，当－1＜x＜0及2＜x＜4时，f′(x)＞0，函数单调递增，当0＜x＜2及4＜x＜5时，f′(x)＜0，函数单调递减，当x＝0及x＝4时，函数取得极大值f(0)＝2，f(4)＝2，当x＝2时，函数取得极小值f(2)＝1.5．又f(－1)＝f(5)＝1，所以函数的最大值为2，最小值为1，值域为[1,2]，①②正确；因为当x＝0及x＝4时，函数取得极大值f(0)＝2，f(4)＝2，要使当x∈[－1，t]时，函数f(x)的最大值是2，则0≤t≤5，所以t的最大值为5，所以③不正确；因为极小值f(2)＝1.5，极大值f(0)＝f(4)＝2，所以当1＜a＜2时，y＝f(x)－a最多有4个零点，所以④正确，所以正确命题的序号为①②④．]三、解答题13．已知2x≤256，且log2x≥．(1)求x的取值范围；(2)在(1)的条件下，求函数f(x)＝(log2)×(log2x)的最大值和最小值．[解](1)由2x≤256得x≤8，log2x≥得x≥，所以≤x≤8．(2)由(1)≤x≤8得≤log2x≤3，f(x)＝(log2)×(log2x)＝×2(1＋log2x)＝log2x(1＋log2x)，所以f(x)＝log2x(1＋log2x)＝－，当log2x＝时，f(x)mi n＝．当log2x＝3时，f(x)max＝12．14．已知函数f(x)＝(m∈R)．(1)当m＝3时，判断并证明函数f(x)的奇偶性；(2)当m＞1时，判断并证明函数f(x)在R上的单调性．[解](1)当m＝3时，函数f(x)＝为奇函数．由题意知f(x)的定义域为R，且f(－x)＝＝＝－f(x)，所以f(x)为奇函数．(2)当m＞1时，函数f(x)＝＝－1＋在R上为减函数．设x1＜x2，则f(x1)－f(x2)＝－1＋＋1－＝(m－1)，由m＞1，可得m－1＞0，由x1＜x2，可得2－2＞0，且(1＋2)(1＋2)＞0，即有f(x1)－f(x2)＞0，即f(x1)＞f(x2)，可得当m＞1时，f(x)在R上为减函数．15．在“①函数f(x)的图象在点(2，f(2))处的切线斜率为2a；②函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线与直线x＋y＋1＝0垂直；③函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线与直线4x－y＝0平行”这三个条件中任选一个，补充在下面问题(1)中，求出实数a的值．已知函数f(x)＝x2＋2a ln x．(1)若________，求实数a的值；(2)若函数g(x)＝＋f(x)在[1,2]上是减函数，求实数a的取值范围．[解](1)若选①，对f(x)求导，得f′(x)＝2x＋＝，由已知f′(2)＝2a，得＝2a，解得a＝4．若选②，对f(x)求导，得f′(x)＝2x＋＝，直线x＋y＋1＝0的斜率为－，由题意得f′(1)＝2，得2＋2a＝2，解得a＝0．若选③，对f(x)求导，得f′(x)＝2x＋＝，直线4x－y＝0的斜率为4，由题意得f′(1)＝4，得2＋2a＝4，解得a＝1．(2)对g(x)＝＋x2＋2a ln x求导，得g′(x)＝－＋2x＋．由函数g(x)在[1,2]上是减函数，可得g′(x)≤0在[1,2]上恒成立，即－＋2x＋≤0在[1,2]上恒成立，即a≤－x2在[1,2]上恒成立．令h(x)＝－x2，当x∈[1,2]时，h′(x)＝－－2x＝－＜0，由此知h(x)在[1,2]上为减函数，所以h(x)min＝h(2)＝－，故a≤－．于是实数a的取值范围为．16．(2021·全国甲卷)设函数f(x)＝a2x2＋ax－3ln x＋1，其中a＞0．(1)讨论f(x)的单调性；(2)若y＝f(x)的图象与x轴没有公共点，求a的取值范围．[解](1)由题意，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2a2x＋a－＝＝，则当x＞时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当0<x<时，f′(x)<0，f(x)单调递减．故函数f(x)在上单调递减，在上单调递增．(2)由(1)知函数f(x)的最小值为f，要使y＝f(x)的图象与x轴没有公共点，只需f(x)的最小值恒大于0，即f>0恒成立，故a2·＋a·－3ln＋1＞0，得a＞，所以a的取值范围为．。
高三第一轮复习09----导数及其应用训练题
导数及其应用训练题一、选择题：1．若函数()y f x =在区间(,)a b 内可导，且0(,)x a b ∈则000()()limh f x h f x h h→+--的值为（ ）A ．'0()f xB ．'02()f xC ．'02()f x -D ．0 3．下列求导运算正确的是( )A ．(x +211)1x x +=' B ．(log 2x )'=2ln 1x C ．(3x )'=3x log 3e D ．(x 2cos x )'=－2x sin x 4．函数3y x x =+的递增区间是（ ）A ．),0(+∞B ．)1,(-∞C ．),(+∞-∞D ．),1(+∞5．已知函数1)(23--+-=x ax x x f 在),(+∞-∞上是单调函数,则实数a 的取值范围是（ ） A ．),3[]3,(+∞--∞ B ．]3,3[- C ．),3()3,(+∞--∞ D ．)3,3(-6．在1[,2]2x ∈上，函数2()f x x Px q =++与33()22x g x x=+在同一点取得相同的最小值，那么()f x 在1[,2]2x ∈上的最大值是（ ）A ．134B ．4C ．8D ．547．函数344+-=x x y 在区间[]2,3-上的最小值为（ ）A ．72B ．36C ．12D ．0 8．函数()323922y x x x x =---<<有（ ）A ．极大值5，极小值27-B ．极大值5，极小值11-C ．极大值5，无极小值D ．极小值27-，无极大值9．若曲线4y x =的一条切线l 与直线480x y +-=垂直，则l 的方程为（ ）A ．430x y --=B ．450x y +-=C ．430x y -+=D ．430x y ++=10．曲线3()2f x x x =+-在0p 处的切线平行于直线41y x =-，则0p 点的坐标为（ ）A ．(1,0)B ．(2,8)C ．(1,0)和(1,4)--D ．(2,8)和(1,4)--11．已知对任意实数x ，有()()()()f x f x g x g x -=--=，，且0x >时，()0()0f x g x ''>>，，则0x <时（ ）A ．()0()0f x g x ''>>，B ．()0()0f x g x ''><，C ．()0()0f x g x ''<>，D ．()0()0f x g x ''<<，12．()f x 与()g x 是定义在R 上的两个可导函数，若()f x ,()g x 满足''()()f x g x =,则()f x 与()g x 满足（ ）A ．()f x =()g x B ．()f x -()g x 为常数函数C ．()f x =()0g x =D ．()f x +()g x 为常数函数13．函数x x y ln =的最大值为（ ）A ．1-e B ．e C ．2e D ．310 14．对于R 上可导的任意函数()f x ，若满足'(1)()0x f x -≥，则必有（ ）A ． (0)(2)2(1)f f f +< B. (0)(2)2(1)f f f +≤ C. (0)(2)2(1)f f f +≥ D. (0)(2)2(1)f f f +>15．以下四图，都是同一坐标系中三次函数及其导函数的图像，其中一定不正确的序号是A ．①、②B ．①、③C ．③、④D ．①、④16．设()f x '是函数()f x 的导函数，将()y f x =和()y f x '=的图象画在同一个直角坐标系中，不可能正确的是（ ）17．若函数2()f x x bx c =++的图象的顶点在第四象限，则函数'()f x 的图象是（ ）二、填空题：18．曲线x x y 43-=在点(1,3)- 处的切线倾斜角为__________；19．已知函数3()128f x x x =-+在区间[3,3]-上的最大值与最小值分别为,M m ，则M m -=20．函数()ln (0)f x x x x =>的单调递增区间是＿＿＿＿．21．函数2cos y x x =+在区间[0,]2π上的最大值是 。
2025版高考数学全程一轮复习第三章一元函数的导数及其应用第一节导数的概念及其几何意义导数的运算课件
答案：D
解析：由题意得f′(x)＝3x2－2，故f′(2)＝3×4－2＝10，则f(x)＝x3－2x＋20，故 f(2)＝8－4＋20＝24.故选D.
题后师说
巩固训练1
(1)(多选)[2024·吉林长春模拟]已知下列四个命题，其中不正确的是
()
A．(e2x)′＝2e2x
导函数 f′(x)＝____0____ f′(x)＝__n_x_n_－_1__ f′(x)＝___co_s_x___ f′(x)＝__－__si_n_x__
f(x)＝ax(a>0且a≠1) f(x)＝ex
f(x)＝logax(x>0，a>0且a≠1) f(x)＝ln x(x>0)
f′(x)＝___a_x _ln_a__
关键能力·题型剖析
题型一导数的运算
例1 (1)(多选)[2024·河南南阳模拟]下列求导数的运算正确的是( )
A．(x3－1x)′＝3x2＋x12
B．(ln 2)′＝12
C．(xex)′＝(x＋1)ex
D．(sin
3x)′＝cos
x 3
答案： AC
(2)[2024·广东深圳模拟]已知函数f(x)＝x3－2x＋2f′(2)，其中f′(x)是f(x) 的导函数，则f(2)＝( )
【常用结论】 1．曲线的切线与曲线的公共点不一定只有一个，而直线与二次曲线 相切时只有一个公共点． 2．奇函数的导数是偶函数，偶函数的导数是奇函数，周期函数的导 数还是周期函数．
夯实基础 1．思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)导函数f′(x)的定义域与函数f(x)的定义域相同．( × ) (2)f′(x0)与[f(x0)]′表示的意义相同．( × ) (3)曲线的切线不一定与曲线只有一个公共点．( √ ) (4)与曲线只有一个公共点的直线一定是曲线的切线．( × )
新高考数学一轮复习考点知识专题讲解与练习 17 导数的应用(一)
新高考数学一轮复习考点知识专题讲解与练习考点知识总结17导数的应用(一)高考概览本考点是高考必考知识点，常考题型为选择题、填空题、解答题，分值为5分、12分，中、高等难度考纲研读1.了解函数的单调性与导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数不超过三次)2．了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数不超过三次)；会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数不超过三次)3．会用导数解决实际问题一、基础小题1．函数f(x)＝1＋x－sin x在(0，2π)上是() A．增函数B．减函数C．在(0，π)上单调递增，在(π，2π)上单调递减D．在(0，π)上单调递减，在(π，2π)上单调递增答案 A解析 f ′(x )＝1－cos x >0，∴f (x )在(0，2π)上单调递增． 2．函数f (x )＝x 3－3x 2＋2在区间[－1，1]上的最大值是( ) A ．－2 B ．0 C ．2 D ．4 答案 C解析 f ′(x )＝3x 2－6x ，令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝2(舍去).当－1≤x ＜0时，f ′(x )＞0；当0＜x ≤1时，f ′(x )＜0.所以f (x )在[－1，0)上是增函数，在(0，1]上是减函数，所以f (x )max ＝f (0)＝2.故选C.3．已知函数f (x )＝2e f ′(e)ln x －xe (e 是自然对数的底数)，则f (x )的极大值为( ) A ．2e －1 B ．－1e C ．1 D ．2ln 2 答案 D解析 由题意知f ′(x )＝2e f ′（e ）x －1e ，∴f ′(e)＝2e f ′（e ）e －1e ，f ′(e)＝1e ，∴f (x )＝2ln x －x e ，f ′(x )＝2x －1e ，令f ′(x )＝0，得x ＝2e ，当0＜x ＜2e 时，f ′(x )＞0，当x ＞2e 时，f ′(x )＜0，∴f (x )在(0，2e)上单调递增，在(2e ，＋∞)上单调递减，∴f (x )的极大值为f (2e)＝2ln (2e)－2＝2ln 2.故选D.4．直线y ＝a 分别与曲线y ＝e x ，y ＝ln x ＋1交于M ，N 两点，则|MN |的最小值为( ) A ．1 B ．1－ln 2 C ．ln 2 D ．1＋ln 2 答案 A解析 分别令e x ＝a ，ln x ＋1＝a ，其中a >0，则x 1＝ln a ，x 2＝e a －1，从而|MN |＝|x 1－x 2|＝|ln a －e a －1|，构造函数h (a )＝ln a －e a －1，求导得h ′(a )＝1a －e a －1，当a ∈(0，1)时，h ′(a )>0，h (a )单调递增；当a ∈(1，＋∞)时，h ′(a )<0，h (a )单调递减．所以h (a )有极大值h (1)＝－1.因此|MN |的最小值为|h (1)|＝1.故选A.5．用边长为120 cm 的正方形铁皮做一个无盖水箱，先在四周分别截去一个小正方形，然后把四边翻转90°角，再焊接成水箱，则水箱的最大容积为( )A ．120000 cm 3B ．128000 cm 3C ．150000 cm 3D ．158000 cm 3 答案 B解析 设水箱底长为x cm ，则高为120－x 2cm.由⎩⎪⎨⎪⎧120－x 2>0，x >0得0＜x ＜120.设容器的容积为y cm 3，则有y ＝120－x 2·x 2＝－12x 3＋60x 2，则有y ′＝－32x 2＋120x .令y ′＝0，解得x＝80(x ＝0舍去).当x ∈(0，80)时，y ′＞0，y 单调递增；当x ∈(80，120)时，y ′＜0，y 单调递减．因此80是函数y ＝－12x 3＋60x 2的极大值点，也是最大值点，此时y ＝－12×803＋60×802＝128000.故选B.6.(多选)已知定义在R 上的函数f (x )，其导函数f ′(x )的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是( )A ．f (a )<f (b )<f (c )B ．函数f (x )在x ＝c 处取得极小值，在x ＝e 处取得极大值C ．函数f (x )在x ＝c 处取得极大值，在x ＝e 处取得极小值D ．函数f (x )的最小值为f (d ) 答案 AC解析 由导函数图象可知在(－∞，c )，(e ，＋∞)上，f ′(x )>0，在(c ，e )上，f ′(x )<0，所以函数f (x )在(－∞，c )，(e ，＋∞)上单调递增，在(c ，e )上单调递减，所以f (a )<f (b )<f (c )；函数f (x )在x ＝c 处取得极大值，在x ＝e 处取得极小值；f (d )>f (e )，所以f (d )不是函数f (x )的最小值．故选AC.7．(多选)已知定义在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2上的函数f (x )的导函数为f ′(x )，且f (0)＝0，f ′(x )cos x ＋f (x )·sin x ＜0，则下列判断中正确的是( )A ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＜62f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4B ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln π3＞0C ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＞3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3D ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＞2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3答案 CD解析 令g (x )＝f （x ）cos x ，x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2，则g ′(x )＝f ′（x ）cos x ＋f （x ）sin x cos 2x ，因为f ′(x )cos x＋f (x )sin x ＜0，所以g ′(x )＝f ′（x ）cos x ＋f （x ）sin x cos 2x ＜0在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2上恒成立，因此函数g (x )＝f （x ）cos x 在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2上单调递减，因此g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＞g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6cos π6＞f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4cos π4，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＞62f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，故A 错误；又f (0)＝0，所以g (0)＝f （0）cos 0＝0，所以g (x )＝f （x ）cos x ≤0在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2上恒成立，因为ln π3∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln π3＜0，故B 错误；又g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＞g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6cos π6＞f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3cos π3，即f⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＞3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，故C 正确；又g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＞g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4cos π4＞f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3cos π3，即f⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＞2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，故D 正确．故选CD.8．若函数f (x )＝x ln x －a2x 2－x ＋1有两个极值点，则a 的取值范围为________． 答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 解析 因为f (x )＝x ln x －a2x 2－x ＋1(x >0)，所以f ′(x )＝ln x －ax ，令g (x )＝ln x －ax ，则g ′(x )＝1x －a ，当a ≤0时，g ′(x )>0恒成立，则f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，当x ＞0且x →0时，f ′(x )→－∞；当x →＋∞时，f ′(x )→＋∞，所以f (x )只有一个极值点，不符合题意．当a >0时，可得f ′(x )有极大值点1a ，由于x ＞0且x →0时，f ′(x )→－∞；当x →＋∞时，f ′(x )→－∞，因此原函数要有两个极值点，只要f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln 1a －1>0，解得0<a <1e .二、高考小题9．(2022·全国乙卷)设a ≠0，若x ＝a 为函数f (x )＝a (x －a )2(x －b )的极大值点，则( ) A ．a <b B ．a >b C ．ab <a 2 D ．ab >a 2 答案 D解析 解法一：因为函数f (x )＝a (x －a )2(x －b )，所以f ′(x )＝2a (x －a )(x －b )＋a (x －a )2＝a (x －a )(3x －a －2b ).令f ′(x )＝0，结合a ≠0可得x ＝a 或x ＝a ＋2b3. (1)当a >0时，①若a ＋2b 3>a ，即b >a ，此时易知函数f (x )在(－∞，a )上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，a ＋2b 3上单调递减，所以x ＝a 为函数f (x )的极大值点，满足题意；②若a ＋2b3＝a ，即b ＝a ，此时函数f (x )＝a (x －a )3在R 上单调递增，无极值点，不满足题意；③若a ＋2b 3<a ，即b <a ，此时易知函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋2b 3，a 上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增，所以x ＝a 为函数f (x )的极小值点，不满足题意．(2)当a <0时，①若a ＋2b 3>a ，即b >a ，此时易知函数f (x )在(－∞，a )上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，a ＋2b 3上单调递增，所以x ＝a 为函数f (x )的极小值点，不满足题意；②若a ＋2b3＝a ，即b ＝a ，此时函数f (x )＝a (x －a )3在R 上单调递减，无极值点，不满足题意；③若a ＋2b 3<a ，即b <a ，此时易知函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋2b 3，a 上单调递增，在(a ，＋∞)上单调递减，所以x ＝a 为函数f (x )的极大值点，满足题意．综上，a >0且b >a 满足题意，a <0且b <a 也满足题意．据此，可知必有ab >a 2成立．故选D.解法二：由题意可知a≠b，当a>0时，根据题意画出函数f(x)的大致图象，如图1所示，观察可知b>a.当a<0时，根据题意画出函数f(x)的大致图象，如图2所示，观察可知a>b.综上，可知必有ab>a2成立．故选D.10．(2022·全国Ⅱ卷)若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)e x－1的极值点，则f(x)的极小值为()A．－1 B．－2e－3C．5e－3D．1答案 A解析由题意可得f′(x)＝e x－1[x2＋(a＋2)x＋a－1].∵x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)e x－1的极值点，∴f′(－2)＝0，∴a＝－1，∴f(x)＝(x2－x－1)e x－1，f′(x)＝e x－1(x2＋x －2)＝e x－1(x－1)(x＋2)，∴当x∈(－∞，－2)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈(－2，1)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．∴f(x)极小值＝f(1)＝－1.故选A.11．(2022·北京高考)设函数f(x)＝e x＋a e－x(a为常数).若f(x)为奇函数，则a＝________；若f(x)是R上的增函数，则a的取值范围是________．答案－1(－∞，0]解析 ∵f (x )＝e x ＋a e －x (a 为常数)的定义域为R ，且f (x )为奇函数，∴f (0)＝e 0＋a e －0＝1＋a ＝0，∴a ＝－1.∵f (x )＝e x ＋a e －x ，∴f ′(x )＝e x －a e －x ＝e x －ae x .∵f (x )是R 上的增函数，∴f ′(x )≥0在R 上恒成立，即e x ≥ae x 在R 上恒成立，∴a ≤e 2x 在R 上恒成立．又e 2x >0，∴a ≤0，即a 的取值范围是(－∞，0].12．(2022·全国Ⅰ卷)已知函数f (x )＝2sin x ＋sin 2x ，则f (x )的最小值是________． 答案 －332解析 f ′(x )＝2cos x ＋2cos 2x ＝4cos 2x ＋2cos x －2＝4(cos x ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫cos x －12，所以当cos x ≤12时函数单调递减，当cos x ≥12时函数单调递增，从而得到函数的单调递减区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π－5π3，2k π－π3(k ∈Z )，函数的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π－π3，2k π＋π3(k ∈Z )，所以当x ＝2k π－π3，k ∈Z 时，函数f (x )取得最小值，此时sin x ＝－32，sin 2x ＝－32，所以f (x )min ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－32－32＝－332.13．(2022·江苏高考)若函数f (x )＝2x 3－ax 2＋1(a ∈R )在(0，＋∞)内有且只有一个零点，则f (x )在[－1，1]上的最大值与最小值的和为________．答案 －3解析 ∵f (x )＝2x 3－ax 2＋1，∴f ′(x )＝6x 2－2ax ＝2x (3x －a ).若a ≤0，则x >0时，f ′(x )>0，∴f (x )在(0，＋∞)上为增函数，又f (0)＝1，∴f (x )在(0，＋∞)上没有零点，不符合题意，∴a >0.当0<x <a 3时，f ′(x )<0，f (x )为减函数；当x >a3时，f ′(x )>0，f (x )为增函数，∴x >0时，f (x )有极小值，为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3＝－a 327＋1.∵f (x )在(0，＋∞)内有且只有一个零点，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3＝0，∴a ＝3.∴f (x )＝2x 3－3x 2＋1，则f ′(x )＝6x (x －1)，列表如下：x －1 (－1，0) 0 (0，1) 1 f ′(x ) 12 ＋ 0 － 0 f (x )－41∴f (x )在[－1，1]上的最大值为1，最小值为－4.∴最大值与最小值的和为－3. 三、模拟小题14．(2022·四川省达州中学模拟)函数f (x )＝3＋x ln x 的单调递减区间是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，e B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，1e D ．⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞ 答案 B解析 因为函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝ln x ＋x ·1x ＝ln x ＋1，令f ′(x )＜0，得0＜x ＜1e ，所以f (x )的单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e .15．(2022·湖南湘潭模拟)已知定义域为R 的函数f (x )的导函数为f ′(x )，且f ′(x )>f (x )，若实数a >0，则下列不等式恒成立的是( )A.af (ln a )≥e a －1f (a －1)B.af (ln a )≤e a －1f (a －1)C.e a －1f (ln a )≥af (a －1)D.e a－1f(ln a)≤af(a－1) 答案 D解析令g(x)＝f（x）e x ，则g′(x)＝f′（x）－f（x）e x>0，所以g(x)为增函数．令h(a)＝ln a－a＋1，则h′(a)＝1a－1.当a∈(0，1)时，h′(a)＞0，h(a)单调递增，当a∈(1，＋∞)时，h′(a)＜0，h(a)单调递减，所以h(a)≤h(1)＝0，所以ln a≤a－1，所以g(ln a)≤g(a－1)，即f（ln a）a≤f（a－1）e a－1，所以e a－1f(ln a)≤af(a－1).故选D.16．(2022·新高考八省联考)已知a<5且a e5＝5e a，b<4且b e4＝4e b，c<3且c e3＝3e c，则()A.c<b<a B．b<c<aC.a<c<b D．a<b<c答案 D解析因为a e5＝5e a，a<5，故a>0，同理b>0，c>0，令f(x)＝e xx，x>0，则f′(x)＝e x（x－1）x2，当0<x<1时，f′(x)<0，当x>1时，f′(x)>0，故f(x)在(0，1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数，因为a e5＝5e a，a<5，故e55＝e aa，即f(5)＝f(a)，而0<a<5，故0<a<1，同理0<b<1，0<c<1，f(4)＝f(b)，f(3)＝f(c)，因为f(5)>f(4)>f(3)，故f(a)>f(b)>f(c)，所以0<a<b<c<1.故选D.17．(多选)(2022·福建省福州市高三调研考试)设函数f(x)＝e xln x，则下列说法正确的是( )A.f (x )的定义域是(0，＋∞)B.x ∈(0，1)时，f (x )图象位于x 轴下方C.f (x )存在单调递增区间D.f (x )有且仅有一个极值点 答案 BCD解析 由题意，函数f (x )＝e x ln x 满足⎩⎨⎧x ＞0，ln x ≠0，解得x ＞0且x ≠1，所以函数f (x )＝e xln x的定义域为(0，1)∪(1，＋∞)，所以A 不正确；由f (x )＝e xln x ，当x ∈(0，1)时，ln x ＜0，所以f (x )＜0，所以f (x )在(0，1)上的图象都在x 轴的下方，所以B 正确；因为f ′(x )＝e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x －1x （ln x ）2，所以f ′(x )＞0在定义域上有解，所以函数f (x )存在单调递增区间，所以C 正确；令g (x )＝ln x －1x ，则g ′(x )＝1x ＋1x 2(x ＞0)，所以g ′(x )＞0，函数g (x )单调递增，又g (1)＝－1＜0，g (2)＝ln 2－12＞0，所以∃x 0∈(1，2)使得f ′(x 0)＝0，且当x ∈(0，1)，(1，x 0)时，f (x )单调递减，当x ∈(x 0，＋∞)时，f (x )单调递增，所以函数f (x )只有一个极值点，所以D 正确．故选BCD.18．(多选)(2022·河北秦皇岛第二次模拟)已知函数f (x )＝ln x －ax 有两个零点x 1，x 2，且x 1＜x 2，则下列说法正确的是( )A.a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1eB.y ＝f (x )在(0，e)上单调递增C.x 1＋x 2＞6D.若a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2e 2，1e ，则x 2－x 1<2－a a答案 ABD解析 由f (x )＝ln x －ax ，可得f ′(x )＝1x －a (x >0)，当a ≤0时，f ′(x )>0，∴f (x )在x ∈(0，＋∞)上单调递增，与题意不符；当a >0时，由f ′(x )＝1x －a ＝0，解得x ＝1a ，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，∴当x ＝1a 时，f (x )取得极大值，又由函数f (x )＝ln x －ax 有两个零点x 1，x 2(x 1<x 2)，可得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln 1a －1>0，可得a <1e .综上可得0<a <1e ，故A 正确；当a →1e 时，x 1＋x 2→2e<6，故C 错误，∵当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f (x )单调递增，又a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e ，∴(0，e)⊆⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a ，故B 正确；∵f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减，且a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2e 2，1e ，∴1，x 1∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a ；2a ，x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞，∵f (1)＝－a <0＝f (x 1)，∴x 1>1，∵f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＝ln 2a －2<ln e 2－2＝0＝f (x 2)，∴x 2＜2a ，∴x 2－x 1<2a－1＝2－aa ，故D 正确．故选ABD.19．(2022·江苏常州高三质量检测)已知f (x )＝e x ，g (x )＝2x .若f (x 1)＝g (x 2)，d ＝|x 2－x 1|，则d 的最小值为________．答案1－ln 22解析 令f (x 1)＝g (x 2)＝k >0，则x 1＝ln k ，x 2＝k 24，所以x 2－x 1＝k 24－ln k ，令g (k )＝k 24－ln k (k >0)，则g ′(k )＝k 2－1k ＝k 2－22k ，当0<k <2时，g ′(k )<0；当k >2时，g ′(k )>0；所以g (k )在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，则g (k )min ＝g (2)＝1－ln 22>0，所以d ＝|x 2－x 1|＝|g (k )|≥1－ln 22，则d 的最小值为1－ln 22.20．(2022·吉林第四次调研测试)若函数f (x )＝mx 2－e x ＋1(e 为自然对数的底数)在x ＝x 1和x ＝x 2两处取得极值，且x 2≥2x 1，则实数m 的取值范围是________．答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫1ln 2，＋∞解析 因为f (x )＝mx 2－e x ＋1，所以f ′(x )＝2mx －e x ，又函数f (x )在x ＝x 1和x ＝x 2两处取得极值，所以x 1，x 2是方程2mx －e x＝0的两个不等实根，且x 2≥2x 1，即m ＝e x2x (x ≠0)有两个不等实根x 1，x 2，且x 2≥2x 1.令h (x )＝e x 2x (x ≠0)，则直线y ＝m 与曲线h (x )＝e x2x 有两个交点，且交点横坐标满足x 2≥2x 1，又h ′(x )＝e x （2x －2）4x 2＝e x （x －1）2x 2，由h ′(x )＝0，得x ＝1，所以当x >1时，h ′(x )>0，即函数h (x )＝e x2x 在(1，＋∞)上单调递增；当x <0，0<x <1时，h ′(x )<0，即函数h (x )＝e x2x 在(－∞，0)，(0，1)上单调递减．作出函数h (x )的图象如图所示．当x2＝2x1时，由e x12x1＝e x22x2，得x1＝ln 2，此时m＝e x12x1＝1ln 2，因此，由x2≥2x1，得m≥1ln 2.一、高考大题1．(2022·全国甲卷)已知a>0且a≠1，函数f(x)＝x aa x(x>0).(1)当a＝2时，求f(x)的单调区间；(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，求a的取值范围．解(1)当a＝2时，f(x)＝x22x(x>0)，f′(x)＝x（2－x ln 2）2x(x>0).令f′(x)>0，则0<x<2ln 2，此时函数f(x)单调递增．令f′(x)<0，则x>2ln 2，此时函数f(x)单调递减.故函数f(x)的单调递增区间为⎝⎛⎭⎪⎫0，2ln 2，单调递减区间为⎝⎛⎭⎪⎫2ln 2，＋∞.(2)要使曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，即方程x a a x ＝1(x >0)有两个不同的解，故方程ln x x ＝ln aa 有两个不同的解． 设g (x )＝ln xx (x >0)，则g ′(x )＝1－ln x x 2(x >0). 令g ′(x )＝1－ln xx 2＝0，解得x ＝e.令g ′(x )>0，则0<x <e ，此时函数g (x )单调递增． 令g ′(x )<0，则x >e ，此时函数g (x )单调递减. 故g (x )max ＝g (e)＝1e ，且当x >e 时，g (x )∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e .又g (1)＝0，故要使方程ln x x ＝ln a a 有两个不同的解，则0<ln a a <1e . ①当0<a <1时，不符合条件； ②当a >1时，因为g (x )max ＝g (e)＝1e ， 故a ∈(1，e)∪(e ，＋∞).综上，a 的取值范围为(1，e)∪(e ，＋∞).2．(2022·新高考Ⅱ卷)已知函数f (x )＝(x －1)e x －ax 2＋b . (1)讨论f (x )的单调性；(2)从下面两个条件中选一个，证明：f (x )有一个零点． ①12<a ≤e 22，b >2a ；②0<a <12，b ≤2a .解 (1)由函数的解析式可得，f ′(x )＝x (e x －2a )， 当a ≤0时，若x ∈(－∞，0)，则f ′(x )<0，f (x )单调递减， 若x ∈(0，＋∞)，则f ′(x )>0，f (x )单调递增；当a>0时，令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝ln (2a)，当0<a<12时，若x∈(－∞，ln (2a))，则f′(x)>0，f(x)单调递增，若x∈(ln (2a)，0)，则f′(x)<0，f(x)单调递减，若x∈(0，＋∞)，则f′(x)>0，f(x)单调递增；当a＝12时，f′(x)≥0，f(x)在R上单调递增；当a>12时，若x∈(－∞，0)，则f′(x)>0，f(x)单调递增，若x∈(0，ln (2a))，则f′(x)<0，f(x)单调递减，若x∈(ln (2a)，＋∞)，则f′(x)>0，f(x)单调递增.(2)证明：若选择条件①：由于12<a≤e22，故1<2a≤e2，则b>2a>1，f(0)＝b－1>0，f(－2b)＝(－1－2b)e－2b－4ab2＋b<0，而由(1)知函数f(x)在区间(－∞，0)上单调递增，故函数f(x)在区间(－∞，0)上有一个零点.f(ln (2a))＝2a[ln (2a)－1]－a[ln(2a)]2＋b>2a[ln (2a)－1]－a[ln (2a)]2＋2a＝2a ln (2a)－a[ln (2a)]2＝a ln (2a)[2－ln (2a)]，由于12<a≤e22，1<2a≤e2，所以0<ln (2a)≤2，故a ln (2a)[2－ln (2a)]≥0，所以f(ln (2a))>0，结合函数的单调性可知，函数f (x )在区间(0，＋∞)上没有零点． 综上可得，题中的结论成立． 若选择条件②：由于0<a <12，故0<2a <1，则f (0)＝b －1≤2a －1<0， 当b ≥0时，e 2>4，4a <2，f (2)＝e 2－4a ＋b >0，而函数f (x )在区间(0，＋∞)上单调递增，故函数f (x )在区间(0，＋∞)上有一个零点． 当b <0时，构造函数H (x )＝e x －x －1，则H ′(x )＝e x －1， 当x ∈(－∞，0)时，H ′(x )<0，H (x )单调递减， 当x ∈(0，＋∞)时，H ′(x )>0，H (x )单调递增， 注意到H (0)＝0，故H (x )≥0恒成立， 从而有e x ≥x ＋1，当x >1时，x －1>0，则f (x )＝(x －1)e x －ax 2＋b ≥(x －1)(x ＋1)－ax 2＋b ＝(1－a )x 2＋(b －1)，当x >1－b1－a时，(1－a )x 2＋(b －1)>0， 取x 0＝1－b1－a＋1，则f (x 0)>0， 由于f (0)<0，f ⎝⎛⎭⎪⎫1－b 1－a ＋1>0，函数f (x )在区间(0，＋∞)上单调递增，故函数f (x )在区间(0，＋∞)上有一个零点．f (ln (2a ))＝2a [ln (2a )－1]－a [ln (2a )]2＋b≤2a [ln (2a )－1]－a [ln (2a )]2＋2a ＝2a ln (2a )－a [ln (2a )]2 ＝a ln (2a )[2－ln (2a )]， 由于0<2a <1，所以ln (2a )<0， 故a ln (2a )[2－ln (2a )]<0，结合函数的单调性可知，函数f (x )在区间(－∞，0)上没有零点． 综上可得，题中的结论成立．3．(2022·天津高考)已知函数f (x )＝x 3＋k ln x (k ∈R )，f ′(x )为f (x )的导函数． (1)当k ＝6时，①求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； ②求函数g (x )＝f (x )－f ′(x )＋9x 的单调区间和极值；(2)当k ≥－3时，求证：对任意的x 1，x 2∈[1，＋∞)，且x 1＞x 2，有f ′（x 1）＋f ′（x 2）2＞f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2.解 (1)①当k ＝6时，f (x )＝x 3＋6ln x ，f ′(x )＝3x 2＋6x . 可得f (1)＝1，f ′(1)＝9，所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －1＝9(x －1)，即y ＝9x －8. ②依题意，g (x )＝x 3－3x 2＋6ln x ＋3x ，x ∈(0，＋∞).g ′(x )＝3x 2－6x ＋6x －3x 2＝3（x －1）3（x ＋1）x 2，令g ′(x )＝0，解得x ＝1.当x 变化时，g ′(x )，g (x )的变化情况如下表：所以函数g (x )∞)，g (x )的极小值为g (1)＝1，无极大值．(2)证明：由f (x )＝x 3＋k ln x ，得f ′(x )＝3x 2＋kx .对任意的x 1，x 2∈[1，＋∞)，且x 1＞x 2，令x 1x 2＝t (t ＞1)，则(x 1－x 2)[f ′(x 1)＋f ′(x 2)]－2[f (x 1)－f (x 2)]＝(x 1－x 2)⎝ ⎛⎭⎪⎫3x 21＋k x 1＋3x 22＋k x 2－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x 31－x 32＋k ln x 1x 2＝x 31－x 32－3x 21x 2＋3x 1x 22＋k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1x 2－x 2x 1－2k ln x 1x 2＝x 32(t 3－3t 2＋3t －1)＋k ⎝ ⎛⎭⎪⎫t －1t －2ln t .(*) 令h (x )＝x －1x －2ln x ，x ∈[1，＋∞). 当x >1时，h ′(x )＝1＋1x 2－2x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1x 2＞0，所以h (x )在(1，＋∞)上单调递增，所以当t >1时，h (t )＞h (1)＝0，即t －1t －2ln t ＞0.因为x 2≥1，t 3－3t 2＋3t －1＝(t －1)3＞0，k ≥－3， 所以x 32(t 3－3t 2＋3t －1)＋k ⎝⎛⎭⎪⎫t －1t －2ln t ≥(t 3－3t 2＋3t －1)－3⎝⎛⎭⎪⎫t －1t －2ln t ＝t 3－3t 2＋6ln t ＋3t －1. (**)由(1)②可知，当t ＞1时，g (t )＞g (1)，即t 3－3t 2＋6ln t ＋3t ＞1，故t 3－3t 2＋6ln t ＋3t －1＞0. (***)由(*)(**)(***)可得(x 1－x 2)[f ′(x 1)＋f ′(x 2)]－2[f (x 1)－f (x 2)]＞0，所以当k ≥－3时，对任意的x 1，x 2∈[1，＋∞)，且x 1＞x 2，有f ′（x 1）＋f ′（x 2）2＞f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2.二、模拟大题4．(2022·广东珠海高三摸底测试)已知函数f (x )＝e x －a ln xx －a (e 为自然对数的底数)有两个零点．(1)若a ＝1，求曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程；(2)若f (x )的两个零点分别为x 1，x 2，证明：x 1x 2>e 2e x 1＋x 2.解 (1)当a ＝1时，f (x )＝e x－ln x x －1，f ′(x )＝e x－1－ln x x 2.又f (1)＝e －1，所以切点坐标为(1，e －1)，切线的斜率为k ＝f ′(1)＝e －1， 所以切线的方程为y －(e －1)＝(e －1)(x －1)，即y ＝(e －1)x .(2)证明：由已知得f (x )＝x e x －a （ln x ＋x ）x ＝0有两个不等的正实根，所以方程x e x －a (ln x ＋x )＝0有两个不等的正实根，即x e x －a ln (x e x )＝0有两个不等的正实根，a ln (x e x )＝x e x ①要证x 1x 2>e 2e ex 1＋x 2， 只需证(x 1e x 1)·(x 2e x 2)>e 2，即证ln (x 1e x 1)＋ln (x 2e x 2)>2，令t 1＝x 1e x 1，t 2＝x 2e x 2，所以只需证ln t 1＋ln t 2>2.由①得a ln t 1＝t 1，a ln t 2＝t 2，所以a (ln t 2－ln t 1)＝t 2－t 1，a (ln t 2＋ln t 1)＝t 2＋t 1，消去a 得ln t 2＋ln t 1＝t 2＋t 1t 2－t 1(ln t 2－ln t 1) ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫t 2t 1＋1ln t 2t 1t 2t 1－1， 只需证⎝ ⎛⎭⎪⎫t 2t 1＋1ln t 2t 1t 2t 1－1>2. 设0<t 1<t 2，令t ＝t 2t 1，则t >1， 所以只需证ln t >2（t －1）t ＋1. 令h (t )＝ln t －2（t －1）t ＋1，t >1，则h ′(t )＝1t －4（t ＋1）2＝（t －1）2t （t ＋1）2>0， 所以h (t )在(1，＋∞)上单调递增，h (t )>h (1)＝0，即当t >1时，ln t －2（t －1）t ＋1>0成立．所以ln t 1＋ln t 2>2，即(x 1e x 1)·(x 2e x 2)>e 2，即x 1x 2>e 2e e x 1＋x 2. 5．(2022·江苏泰州中学高三期初检测)已知函数f (x )＝1＋ln （x ＋1）x ＋1. (1)求函数y ＝f (x )的最大值；(2)令g (x )＝(x ＋1)f (x )－(a －2)x ＋x 2，若g (x )既有极大值，又有极小值，求实数a 的取值范围；(3)求证：当n ∈N *时，ln (1＋1)＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13＋…＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n <2n . 解 (1)f ′(x )＝－ln （x ＋1）（x ＋1）2，x ∈(－1，＋∞)， 在(－1，0)上，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，在(0，＋∞)上，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减，所以f (x )max ＝f (0)＝1.(2)g (x )＝(x ＋1)f (x )－(a －2)x ＋x 2＝1＋ln (x ＋1)－(a －2)x ＋x 2g ′(x )＝1x ＋1－(a －2)＋2x＝2x 2＋（4－a ）x ＋3－a x ＋1， g (x )既有极大值，又有极小值，等价于2x 2＋(4－a )x ＋3－a ＝0在区间(－1，＋∞)上有两个不相等的实数根．即⎩⎨⎧2＋（a －4）＋3－a >0，a －44>－1，Δ＝（a －4）2－8（3－a ）>0，解得a >22，所以实数a 的取值范围为(22，＋∞).(3)证明：由(1)得，当x >0时，f (x )<1，即ln (1＋x )<x ，可得ln ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1n <1n (n ∈N *)， 于是ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋11<11，ln ⎝⎛⎭⎪⎫1＋12<12，…， ln ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1n <1n ， 于是ln (1＋1)＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13＋...＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n <1＋12＋13＋ (1)＝1＋222＋223＋…＋22n <1＋21＋2＋22＋3＋…＋2n －1＋n＝1＋2[(2－1)＋(3－2)＋…＋(n －n －1)]＝1＋2(n －1)<2n .6．(2022·新高考八省联考)已知函数f (x )＝e x －sin x －cos x ，g (x )＝e x ＋sin x ＋cos x ．(1)证明：当x >－5π4时，f (x )≥0；(2)若g (x )≥2＋ax ，求a .解 (1)证明：分类讨论：①当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤－5π4，－π4时，f (x )＝e x －2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4>0； ②当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4，0时，f ′(x )＝e x －cos x ＋sin x ，f ′(0)＝0， 令m (x )＝e x －cos x ＋sin x ，则m ′(x )＝e x ＋sin x ＋cos x ＝e x ＋2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4>0， 则函数f ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4，0上单调递增， 则f ′(x )<f ′(0)＝0，则函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4，0上单调递减， 则f (x )>f (0)＝0；③当x ＝0时，由函数的解析式可知f (0)＝1－0－1＝0，当x ∈[0，＋∞)时，令H (x )＝－sin x ＋x (x ≥0)，则H ′(x )＝－cos x ＋1≥0，故函数H (x )在区间[0，＋∞)上单调递增，从而H (x )≥H (0)＝0，即－sin x ＋x ≥0，－sin x ≥－x ，从而在区间[0，＋∞)上，函数f (x )＝e x －sin x －cos x ≥e x －x －1，令y ＝e x －x －1，则y ′＝e x －1，当x ≥0时，y ′≥0，故y ＝e x －x －1在[0，＋∞)上单调递增，故函数y ＝e x －x －1在[0，＋∞)上的最小值为e 0－0－1＝0，从而在区间[0，＋∞)上，e x －x －1≥0.从而在区间[0，＋∞)上，函数f (x )＝e x －sin x －cos x ≥e x －x －1≥0.综上可得，题中的结论成立．(2)令F (x )＝e x ＋sin x ＋cos x －ax －2，F (x )≥0，则F (x )min ≥0.又F (0)＝0，所以F (x )在R 上的最小值为F (0). F ′(x )＝e x ＋cos x －sin x －a ，令G (x )＝e x ＋cos x －sin x －a ，则G ′(x )＝e x －sin x －cos x ＝f (x )，由(1)知，当x >－5π4时，G ′(x )≥0，所以G (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－5π4，＋∞上单调递增，G (0)＝2－a . ①当a >2时，G (0)<0，G (a ＋ln a )＝a (e a －1)＋2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋ln a ＋π4>2(e 2－1)－2>0. 故G (x )在(0，a ＋ln a )内存在零点，设为x 1， 当x ∈(0，x 1)时，G (x )<0，即F ′(x )<0， 则F (x )在(0，x 1)上单调递减，所以F (x 1)<F (0)＝0，与题意不符，舍去； ②当≤a <2时，G (0)>0，G ⎝ ⎛⎭⎪⎫－5π4＝故G (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－5π4，0上存在零点，设为x 2， 当x ∈(x 2，0)时，G (x )>0，即F ′(x )>0， 则F (x )在(x 2，0)上单调递增，所以F (x 2)<F (0)＝0，与题意不符，舍去； ③当a ＝2时，G (0)＝0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－5π4，0时，G (x )<0， 当x ∈(0，＋∞)时，G (x )>0，即当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－5π4，0时，F ′(x )<0， 当x ∈(0，＋∞)时，F ′(x )>0，所以F (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－5π4，0上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， 所以当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－5π4，＋∞时，F (x )≥F (0)＝0. 又当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－5π4时，F (x )＝e x ＋2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4－2x －2>－2＋5π2－2>0. 因此，当a ＝2时，F (x )≥0.综上，a ＝2.。
高三数学一轮复习导数及其应用知识点突破训练含答案解析
第三章 导数及其应用第一节变化率与导数、导数的计算突破点(一) 导数的运算基础联通 抓主干知识的“源”与“流” 1．函数y ＝f (x )在x ＝x 0处的导数称函数y ＝f (x )在x ＝x 0处的瞬时变化率li m Δx →0ΔyΔx ＝li m Δx →0 f (x 0＋Δx )－f (x 0)Δx为函数y ＝f (x )在x ＝x 0处的导数，记作f ′(x 0)或y ′|x ＝x 0，即f ′(x 0)＝li m Δx →0ΔyΔx ＝li m Δx →0 f (x 0＋Δx )－f (x 0)Δx. 2．函数f (x )的导函数 称函数f ′(x )＝li m Δx →0f (x ＋Δx )－f (x )Δx为f (x )的导函数．3．基本初等函数的导数公式 原函数 sin x cos x a x (a >0) e x log a x (a >0，且a ≠1)ln x 导函数cos x－sin_xa x ln_ae x1x ln a1x4.导数运算法则(1)[f (x )±g (x )]′＝f ′(x )±g ′(x )； (2)[f (x )·g (x )]′＝f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )； (3)⎣⎡⎦⎤f (x )g (x )′＝f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )[g (x )]2(g (x )≠0)． 5．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 ′，即y 对x 的导数等于y 对u 的导数与u 对x 的导数的乘积.考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”已知函数的解析式求导数本节主要包括2个知识点： 1.导数的运算；2.导数的几何意义.[例1] 求下列函数的导数：(1)y ＝(1－x )⎝⎛⎭⎫1＋1x ； (2)y ＝ln x x； (3)y ＝tan x ； (4)y ＝3x e x －2x ＋e ； (5)y ＝ln (2x ＋3)x 2＋1.[解] (1)∵y ＝(1－x )⎝⎛⎭⎫1＋1x ＝1x－x ＝x －12－x 12，∴y ′＝(x －12)′－(x 12)′＝－12x －32－12x －12.(2)y ′＝⎝⎛⎭⎫ln x x ′＝(ln x )′x －x ′ln x x 2 ＝1x ·x －ln x x 2＝1－ln xx 2. (3)y ′＝⎝⎛⎭⎫sin x cos x ′＝(sin x )′cos x －sin x (cos x )′cos 2x ＝cos x cos x －sin x (－sin x )cos 2x＝1cos 2x. (4)y ′＝(3x e x )′－(2x )′＋(e)′ ＝(3x )′e x ＋3x (e x )′－(2x )′ ＝3x (ln 3)·e x ＋3x e x －2x ln 2 ＝(ln 3＋1)·(3e)x －2x ln 2.(5)y ′＝[ln (2x ＋3)]′(x 2＋1)－ln (2x ＋3)(x 2＋1)′(x 2＋1)2＝(2x ＋3)′2x ＋3·(x 2＋1)－2x ln (2x ＋3)(x 2＋1)2＝2(x 2＋1)－2x (2x ＋3)ln (2x ＋3)(2x ＋3)(x 2＋1)2.[方法技巧]导数的运算方法(1)连乘积形式：先展开化为多项式的形式，再求导．(2)分式形式：观察函数的结构特征，先化为整式函数或较为简单的分式函数，再求导． (3)对数形式：先化为和、差的形式，再求导． (4)根式形式：先化为分数指数幂的形式，再求导．(5)三角形式：先利用三角函数公式转化为和或差的形式，再求导． (6)复合函数：确定复合关系，由外向内逐层求导．导数运算的应用[例2] (1)(2016·济宁二模)已知函数f (x )＝x (2 017＋ln x )，f ′(x 0)＝2 018，则x 0＝( ) A ．e 2 B ．1 C ．ln 2 D ．e(2)已知f (x )＝12x 2＋2xf ′(2 017)＋2 017ln x ，则f ′(1)＝________.[解析] (1)由题意可知f ′(x )＝2 017＋ln x ＋x ·1x ＝2 018＋ln x ．由f ′(x 0)＝2 018，得ln x 0＝0，解得x 0＝1.(2)由题意得f ′(x )＝x ＋2f ′(2 017)＋2 017x ， 所以f ′(2 017)＝2 017＋2f ′(2 017)＋2 0172 017， 即f ′(2 017)＝－(2 017＋1)＝－2 018. 故f ′(1)＝1＋2×(－2 018)＋2 017＝－2 018. [答案] (1)B (2)－2 018[方法技巧]对抽象函数求导的解题策略在求导问题中，常涉及一类解析式中含有导数值的函数，即解析式类似为f (x )＝f ′(x 0)x ＋sin x ＋ln x (x 0为常数)的函数，解决这类问题的关键是明确f ′(x 0)是常数，其导数值为0.因此先求导数f ′(x )，令x ＝x 0，即可得到f ′(x 0)的值，进而得到函数解析式，求得所求的导数值．能力练通 抓应用体验的“得”与“失” 1.[考点一](2017·东北四市联考)已知y ＝ 2 017，则y ′＝( ) A.12 2 017B ．－12 2 017C.2 0172 017D ．0解析：选D 因为常数的导数为0，又y ＝ 2 017是常数函数，所以y ′＝0. 2.[考点二](2016·大同二模)已知函数f (x )＝x sin x ＋ax ，且f ′⎝⎛⎭⎫π2＝1，则a ＝( ) A ．0 B ．1 C ．2D ．4解析：选A ∵f ′(x )＝sin x ＋x cos x ＋a ，且f ′⎝⎛⎭⎫π2＝1，∴sin π2＋π2cos π2＋a ＝1，即a ＝0.3.[考点二](2017·湖北重点中学月考)已知函数f (x )的导数为f ′(x )，且满足关系式f (x )＝x 2＋3xf ′(2)＋ln x ，则f ′(2)的值等于( )A ．－2B ．2C ．－94 D.94解析：选C 因为f (x )＝x 2＋3xf ′(2)＋ln x ，所以f ′(x )＝2x ＋3f ′(2)＋1x ，所以f ′(2)＝2×2＋3f ′(2)＋12，解得f ′(2)＝－94.故选C.4.[考点二]在等比数列{a n }中，a 1＝2，a 8＝4，函数f (x )＝x (x －a 1)·(x －a 2)·…·(x －a 8)，则f ′(0)的值为________．解析：因为f ′(x )＝x ′·[(x －a 1)(x －a 2)·…·(x －a 8)]＋[(x －a 1)(x －a 2)·…·(x －a 8)]′·x ＝(x －a 1)·(x －a 2)·…·(x －a 8)＋[(x －a 1)(x －a 2)·…·(x －a 8)]′·x ，所以f ′(0)＝(0－a 1)(0－a 2)·…·(0－a 8)＋0＝a 1a 2·…·a 8.又数列{a n }为等比数列，所以a 2a 7＝a 3a 6＝a 4a 5＝a 1a 8＝8，所以f ′(0)＝84＝4 096.答案：4 0965.[考点一]求下列函数的导数． (1)y ＝x 2sin x ； (2)y ＝ln x ＋1x ；(3)y ＝cos xe x； (4)y ＝x sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π2cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π2. 解：(1)y ′＝(x 2)′sin x ＋x 2(sin x )′ ＝2x sin x ＋x 2cos x .(2)y ′＝⎝⎛⎭⎫ln x ＋1x ′＝(ln x )′＋⎝⎛⎭⎫1x ′＝1x －1x2. (3)y ′＝⎝⎛⎭⎫cos x e x′＝(cos x )′e x－cos x (e x)′(e x )2＝－sin x ＋cos x e x .(4)∵y ＝x sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π2cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π2＝12x sin(4x ＋π)＝－12x sin 4x ， ∴y ′＝－12sin 4x －12x ·4cos 4x＝－12sin 4x －2x cos 4x .突破点(二) 导数的几何意义基础联通 抓主干知识的“源”与“流”函数f (x )在点x 0处的导数f ′(x 0)的几何意义是在曲线y ＝f (x )上点P (x 0，y 0)处的切线的斜率．相应地，切线方程为y －y 0＝f ′(x 0)(x －x 0)．特别地，如果曲线y ＝f (x )在点(x 0，y 0)处的切线垂直于x 轴，则此时导数f ′(x 0)不存在，由切线定义可知，切线方程为x ＝x 0.考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”求切线方程[例1] 已知函数f (x )＝x 3－4x 2＋5x －4. (1)求曲线f (x )在点(2，f (2))处的切线方程； (2)求经过点A (2，－2)的曲线f (x )的切线方程． [解] (1)∵f ′(x )＝3x 2－8x ＋5， ∴f ′(2)＝1，又f (2)＝－2，∴曲线f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为y －(－2)＝x －2， 即x －y －4＝0.(2)设切点坐标为(x 0，x 30－4x 20＋5x 0－4)，∵f ′(x 0)＝3x 20－8x 0＋5，∴切线方程为y －(－2)＝(3x 20－8x 0＋5)(x －2)，又切线过点(x 0，x 30－4x 20＋5x 0－4)， ∴x 30－4x 20＋5x 0－2＝(3x 20－8x 0＋5)(x 0－2)， 整理得(x 0－2)2(x 0－1)＝0， 解得x 0＝2或x 0＝1，∴经过A (2，－2)的曲线f (x )的切线方程为x －y －4＝0或y ＋2＝0. [方法技巧]求切线方程问题的两种类型及方法(1)求“在”曲线y ＝f (x )上一点P (x 0，y 0)处的切线方程(高考常考类型)，则点P (x 0，y 0)为切点，切线斜率为k ＝f ′(x 0)，有唯一的一条切线，对应的切线方程为y －y 0＝f ′(x 0)(x －x 0)．(2)求“过”曲线y ＝f (x )上一点P (x 0，y 0)的切线方程，则切线经过点P ，点P 可能是切点，也可能不是切点，这样的直线可能有多条．解决问题的关键是设切点，利用“待定切点法”，即：①设切点A (x 1，y 1)，则以A 为切点的切线方程为y －y 1＝f ′(x 1)(x －x 1)；②根据题意知点P (x 0，y 0)在切线上，点A (x 1，y 1)在曲线y ＝f (x )上，得到方程组⎩⎪⎨⎪⎧y 1＝f (x 1)，y 0－y 1＝f ′(x 1)(x 0－x 1)，求出切点A (x 1，y 1)，代入方程y －y 1＝f ′(x 1)(x －x 1)，化简即得所求的切线方程．[提醒] “过点A 的曲线的切线方程”与“在点A 处的曲线的切线方程”是不相同的，后者A 必为切点，前者未必是切点．曲线在某点处的切线，若有，则只有一条；曲线过某点的切线往往不止一条．切线与曲线的公共点不一定只有一个．求切点坐标[例2] 设曲线y ＝e x 在点(0,1)处的切线与曲线y ＝1x (x ＞0)上点P 处的切线垂直，则点P的坐标为________．[解析] y ＝e x 的导数为y ′＝e x ，则曲线y ＝e x 在点(0,1)处的切线斜率k 1＝e 0＝1.y ＝1x (x＞0)的导数为y ′＝－1x 2(x ＞0)，设P (m ，n )，则曲线y ＝1x (x ＞0)在点P 处的切线斜率k 2＝－1m2(m ＞0)．因为两切线垂直，所以k 1k 2＝－1，所以m ＝1，n ＝1，则点P 的坐标为(1,1)． [答案] (1,1)求参数的值[例3] 直线y ＝kx ＋1与曲线y ＝x 3＋ax ＋b 相切于点A (1,3)，则2a ＋b 的值等于( ) A ．2 B ．－1 C ．1D ．－2[解析] 依题意知，y ′＝3x 2＋a ，则⎩⎪⎨⎪⎧13＋a ×1＋b ＝3，3×12＋a ＝k ，k ×1＋1＝3，由此解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝3，k ＝2，所以2a ＋b ＝1，选C.[答案] C[方法技巧]根据导数的几何意义求参数值的思路根据导数的几何意义求参数的值时，一般是利用切点P (x 0，y 0)既在曲线上又在切线上构造方程组求解．能力练通 抓应用体验的“得”与“失”1.[考点一]已知f (x )＝2e x sin x ，则曲线f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为( ) A ．y ＝0 B ．y ＝2x C ．y ＝xD ．y ＝－2x解析：选B ∵f (x )＝2e x sin x ，∴f (0)＝0，f ′(x )＝2e x (sin x ＋cos x )，∴f ′(0)＝2，∴曲线f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝2x .2.[考点三]曲线f (x )＝x 2＋a x ＋1在点(1，f (1))处的切线的倾斜角为3π4，则实数a ＝( )A ．1B ．－1C ．7D ．－7解析：选C f ′(x )＝2x (x ＋1)－(x 2＋a )(x ＋1)2＝x 2＋2x －a (x ＋1)2，∵f ′(1)＝tan 3π4＝－1，即3－a 4＝－1，∴a ＝7.3.[考点二]在平面直角坐标系xOy 中，点M 在曲线C ：y ＝x 3－x +1上，且在第二象限内，已知曲线C 在点M 处的切线的斜率为2，则点M 的坐标为________．解析：由y ′＝3x 2－1＝2，得x ＝±1，又点M 在第二象限内，故x ＝－1，此时y ＝1，故点M 的坐标为(－1,1)．答案：(－1,1)4.[考点三](2017·衡阳八中模拟)已知函数f (x )＝a x ln x ，x ∈(0，＋∞)，其中a >0且a ≠1，f ′(x )为f (x )的导函数，若f ′(1)＝3，则a 的值为________．解析：因为f (x )＝a xln x ，所以f ′(x )＝ln a ·a xln x ＋a xx.又f ′(1)＝3，所以a ＝3.答案：35.[考点二]若曲线y ＝x ln x 上点P 处的切线平行于直线 2x －y ＋1＝0，则点P 的坐标是________．解析：由题意得y ′＝ln x ＋x ·1x ＝1＋ln x ，直线2x －y ＋1＝0的斜率为2.设P (m ，n )，则1＋ln m ＝2，解得m ＝e ，所以n ＝eln e ＝e ，即点P 的坐标为(e ，e)．答案：(e ，e)6.[考点一]如图，y ＝f (x )是可导函数，直线l ：y ＝kx ＋2是曲线y ＝f (x )在x ＝3处的切线，令g (x )＝xf (x )，其中g ′(x ) 是g (x )的导函数，则曲线g (x )在x ＝3处的切线方程为________．解析：由题图可知曲线y ＝f (x )在x ＝3处切线的斜率等于－13，即f ′(3)＝－13.又因为g (x )＝xf (x )，所以g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )，g ′(3)＝f (3)＋3f ′(3)，由题图可知f (3)＝1，所以g (3)＝3f (3)＝3，g ′(3)＝1＋3×⎝⎛⎭⎫－13＝0.则曲线g (x )在x ＝3处的切线方程为y －3＝0.答案：y －3＝0[全国卷5年真题集中演练——明规律]1.(2014·新课标全国卷Ⅱ)设曲线y ＝ax －ln(x ＋1)在点(0,0)处的切线方程为y ＝2x ，则a ＝( )A ．0B ．1C ．2D ．3解析：选D y ′＝a －1x ＋1，由题意得y ′|x ＝0＝2，即a －1＝2，所以a ＝3. 2．(2016·全国甲卷)若直线y ＝kx ＋b 是曲线y ＝ln x ＋2的切线，也是曲线y ＝ln(x ＋1)的切线，则b ＝________.解析：易得(ln x ＋2)′＝1x ，[ln(x ＋1)]′＝1x ＋1.设曲线y ＝ln x ＋2上的切点横坐标为x 1，曲线y ＝ln(x ＋1)上的切点横坐标为x 2，则y ＝ln x ＋2的切线方程为：y ＝1x 1·x ＋ln x 1＋1，y ＝ln(x ＋1)的切线方程为：y ＝1x 2＋1x ＋ln(x 2＋1)－x 2x 2＋1.根据题意，有⎩⎨⎧1x 1＝1x 2＋1，ln x 1＋1＝ln (x 2＋1)－x 2x 2＋1，解得x 1＝12，x 2＝－12，∴b ＝ln x 1＋1＝1－ln 2.答案：1－ln 23．(2016·全国丙卷)已知f (x )为偶函数，当x <0时，f (x )＝ln(－x )＋3x ，则曲线y ＝f (x )在点(1，－3)处的切线方程是________．解析：因为f (x )为偶函数，所以当x >0时，f (x )＝f (－x )＝ln x －3x ，所以f ′(x )＝1x －3，则f′(1)＝－2.所以y＝f(x)在点(1，－3)处的切线方程为y＋3＝－2(x－1)，即y＝－2x－1.答案：y＝－2x－14．(2016·全国甲卷)已知函数f(x)＝(x＋1)ln x－a(x－1)．(1)当a＝4时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；(2)若当x∈(1，＋∞)时，f(x)＞0，求a的取值范围．解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．当a＝4时，f(x)＝(x＋1)ln x－4(x－1)，f(1)＝0，f′(x)＝ln x＋1x－3，f′(1)＝－2.故曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为y－0＝－2(x－1)，即2x＋y－2＝0.(2)当x∈(1，＋∞)时，f(x)＞0等价于ln x－a(x－1)x＋1＞0.设g(x)＝ln x－a(x－1) x＋1，则g′(x)＝1x－2a(x＋1)2＝x2＋2(1－a)x＋1x(x＋1)2，g(1)＝0.①当a≤2，x∈(1，＋∞)时，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1＞0，故g′(x)＞0，g(x)在(1，＋∞)上单调递增，因此g(x)＞0；②当a＞2时，令g′(x)＝0得x1＝a－1－(a－1)2－1，x2＝a－1＋(a－1)2－1.由x2＞1和x1x2＝1得x1＜1，故当x∈(1，x2)时，g′(x)＜0，g(x)在(1，x2)上单调递减，因此g(x)＜0.综上，a的取值范围是(－∞，2]．[课时达标检测] 重点保分课时——一练小题夯双基，二练题点过高考[练基础小题——强化运算能力]1．函数f(x)＝(x＋2a)(x－a)2的导数为()A．2(x2－a2) B．2(x2＋a2)C．3(x2－a2) D．3(x2＋a2)解析：选C∵f(x)＝(x＋2a)(x－a)2＝x3－3a2x＋2a3，∴f′(x)＝3(x2－a2)．2．曲线y＝sin x＋e x在点(0,1)处的切线方程是()A．x－3y＋3＝0 B．x－2y＋2＝0C．2x－y＋1＝0 D．3x－y＋1＝0解析：选C∵y＝sin x＋e x，∴y′＝cos x＋e x，∴y′|x＝0＝cos 0＋e0＝2，∴曲线y ＝sin x ＋e x 在点(0,1)处的切线方程为y －1＝2(x －0)，即2x －y ＋1＝0. 3．(2016·安庆二模)给出定义：设f ′(x )是函数y ＝f (x )的导函数，f ″(x )是函数f ′(x )的导函数，若方程f ″(x )＝0有实数解x 0，则称点(x 0，f (x 0))为函数y ＝f (x )的“拐点”．已知函数f (x )＝3x ＋4sin x －cos x 的拐点是M (x 0，f (x 0))，则点M ( )A ．在直线y ＝－3x 上B ．在直线y ＝3x 上C ．在直线y ＝－4x 上D ．在直线y ＝4x 上解析：选B f ′(x )＝3＋4cos x ＋sin x ，f ″(x )＝－4sin x ＋cos x ，由题可知f ″(x 0)＝0，即4sin x 0－cos x 0＝0，所以f (x 0)＝3x 0，故M (x 0，f (x 0))在直线y ＝3x 上．故选B.4．(2016·贵阳一模)曲线y ＝x e x 在点(1，e)处的切线与直线ax ＋by ＋c ＝0垂直，则a b 的值为( )A ．－12eB ．－2e C.2e D.12e解析：选D y ′＝e x ＋x e x ，则y ′|x ＝1＝2e.∵曲线在点(1，e)处的切线与直线ax ＋by ＋c ＝0垂直，∴－a b ＝－12e，∴a b ＝12e ，故选D.5．已知直线y ＝－x ＋1是函数f (x )＝－1a e x 图象的切线，则实数a ＝________. 解析：设切点为(x 0，y 0)．f ′(x )＝－1a e x ，则f ′(x 0)＝－1a ·e x 0＝－1，∴e x 0＝a ，又－1a ·e x 0＝－x 0＋1，∴x 0＝2，∴a ＝e 2.答案：e 2[练常考题点——检验高考能力]一、选择题1．(2017·惠州模拟)已知函数f (x )＝1x cos x ，则f (π)＋f ′⎝⎛⎭⎫π2＝( ) A ．－3π2B ．－1π2C ．－3πD ．－1π解析：选C 由题可知，f (π)＝－1π，f ′(x )＝－1x 2cos x ＋1x (－sin x )，则f (π)＋f ′⎝⎛⎭⎫π2＝－1π＋2π×(－1)＝－3π. 2．设曲线y ＝1＋cos x sin x在点⎝⎛⎭⎫π2，1处的切线与直线x －ay ＋1＝0平行，则实数a 等于( )A ．－1 B.12C ．－2D ．2解析：选A ∵y ′＝－1－cos x sin 2x ，∴y ′x ＝π2＝－1，由条件知1a ＝－1，∴a ＝－1. 3．(2017·上饶模拟)若点P 是曲线y ＝x 2－ln x 上任意一点，则点P 到直线y ＝x －2距离的最小值为( )A ．1 B.2 C.22D. 3 解析：选B 由题可得，y ′＝2x －1x .因为y ＝x 2－ln x 的定义域为(0，＋∞)，所以由2x －1x ＝1，得x ＝1，则P 点坐标为(1,1)，所以曲线在点P 处的切线方程为x －y ＝0，所以两平行线间的距离为d ＝22＝2，即点P 到直线y ＝x －2距离的最小值为 2. 4．(2016·南昌二中模拟)设点P 是曲线y ＝x 3－3x ＋23上的任意一点，P 点处切线倾斜角α的取值范围为( )A.⎣⎡⎭⎫0，π2∪⎣⎡⎭⎫5π6，πB.⎣⎡⎭⎫2π3，π C.⎣⎡⎭⎫0，π2∪⎣⎡⎭⎫2π3，π D.⎝⎛⎦⎤π2，5π6 解析：选C 因为y ′＝3x 2－3≥－3，故切线斜率k ≥－3，所以切线倾斜角α的取值范围是⎣⎡⎭⎫0，π2∪⎣⎡⎭⎫2π3，π. 5．(2017·重庆诊断)已知函数f (x )＝2e x ＋1＋sin x ，其导函数为f ′(x )，则f (2 017)＋f (－2 017)＋f ′(2 017)－f ′(－2 017)的值为( )A ．0B ．2C ．2 017D ．－2 017解析：选B ∵f (x )＝2e x ＋1＋sin x ，∴f ′(x )＝－2e x (e x ＋1)2＋cos x ，f (x )＋f (－x )＝2e x＋1＋sin x ＋2e －x ＋1＋sin(－x )＝2，f ′(x )－f ′(－x )＝－2e x (e x ＋1)2＋cos x ＋2e －x (e －x ＋1)2－cos(－x )＝0，∴f (2 017)＋f (－2 017)＋f ′(2 017)－f ′(－2 017)＝2.6．已知f (x )＝ln x ，g (x )＝12x 2＋mx ＋72(m <0)，直线l 与函数f (x )，g (x )的图象都相切，且与f (x )图象的切点为(1，f (1))，则m 的值为( )A ．－1B ．－3C ．－4D ．－2解析：选D ∵f ′(x )＝1x ，∴直线l 的斜率为k ＝f ′(1)＝1，又f (1)＝0，∴切线l 的方程为y ＝x －1.g ′(x )＝x ＋m ，设直线l 与g (x )的图象的切点为(x 0，y 0)，则有x 0＋m ＝1，y 0＝x 0－1，y 0＝12x 20＋mx 0＋72，m <0，于是解得m ＝－2.二、填空题7．已知函数f (x )在R 上可导，且f (x )＝x 2＋2x ·f ′(2)，则函数f (x )的解析式为________． 解析：由题意得f ′(x )＝2x ＋2f ′(2)，则f ′(2)＝4＋2f ′(2)，所以f ′(2)＝－4，所以f (x )＝x 2－8x .答案：f (x )＝x 2－8x8．若直线l 与幂函数y ＝x n 的图象相切于点A (2,8)，则直线l 的方程为________． 解析：由题意知，A (2,8)在y ＝x n 上，∴2n ＝8，∴n ＝3，∴y ′＝3x 2，直线l 的斜率k ＝3×22＝12，又直线l 过点(2,8)．∴y －8＝12(x －2)，即直线l 的方程为12x －y －16＝0.答案：12x －y －16＝09．若曲线f (x )＝ax 3＋ln x 存在垂直于y 轴的切线，则实数a 的取值范围是________． 解析：由题意，可知f ′(x )＝3ax 2＋1x ，又存在垂直于y 轴的切线，所以3ax 2＋1x ＝0，即a ＝－13x3(x >0)，故a ∈(－∞，0)．答案：(－∞，0)10.已知f ′(x )，g ′(x )分别是二次函数f (x )和三次函数g (x )的导函数，且它们在同一平面直角坐标系内的图象如图所示．(1)若f (1)＝1，则f (－1)＝________；(2)设函数h (x )＝f (x )－g (x )，则h (－1)，h (0)，h (1)的大小关系为________．(用“<”连接)解析：(1)依题意，f ′(x )＝x ，g ′(x )＝x 2， 设f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)， g (x )＝dx 3＋ex 2＋mx ＋n (d ≠0)，则f ′(x )＝2ax ＋b ＝x ，g ′(x )＝3dx 2＋2ex ＋m ＝x 2， 故a ＝12，b ＝0，d ＝13，e ＝m ＝0，f (x )＝12x 2＋c ，g (x )＝13x 3＋n ，由f (1)＝1得c ＝12，则f (x )＝12x 2＋12，故f (－1)＝1.(2)h (x )＝f (x )－g (x )＝12x 2－13x 3＋c －n ，则有h (－1)＝56＋c －n ，h (0)＝c －n ，h (1)＝16＋c －n ，故h (0)<h (1)<h (－1)．答案：(1)1 (2)h (0)<h (1)<h (－1) 三、解答题11．已知函数f (x )＝13x 3－2x 2＋3x (x ∈R)的图象为曲线C .(1)求过曲线C 上任意一点切线斜率的取值范围；(2)若在曲线C 上存在两条相互垂直的切线，求其中一条切线与曲线C 的切点的横坐标的取值范围．解：(1)由题意得f ′(x )＝x 2－4x ＋3， 则f ′(x )＝(x －2)2－1≥－1，即过曲线C 上任意一点切线斜率的取值范围是[－1，＋∞)． (2)设曲线C 的其中一条切线的斜率为k ，则由(2)中条件并结合(1)中结论可知，⎩⎪⎨⎪⎧k ≥－1，－1k ≥－1，解得－1≤k ＜0或k ≥1，故由－1≤x 2－4x ＋3＜0或x 2－4x ＋3≥1， 得x ∈(－∞，2－2]∪(1,3)∪[2＋2，＋∞)．12．设函数y ＝x 2－2x ＋2的图象为C 1，函数y ＝－x 2＋ax ＋b 的图象为C 2，已知过C 1与C 2的一个交点的两切线互相垂直，求a ＋b 的值．解：对于C 1：y ＝x 2－2x ＋2，有y ′＝2x －2， 对于C 2：y ＝－x 2＋ax ＋b ，有y ′＝－2x ＋a ， 设C 1与C 2的一个交点为(x 0，y 0)，由题意知过交点(x 0，y 0)的两条切线互相垂直． ∴(2x 0－2)(－2x 0＋a )＝－1， 即4x 20－2(a ＋2)x 0＋2a －1＝0，① 又点(x 0，y 0)在C 1与C 2上，故有⎩⎪⎨⎪⎧y 0＝x 20－2x 0＋2，y 0＝－x 20＋ax 0＋b ，即2x 20－(a ＋2)x 0＋2－b ＝0.② 由①②消去x 0，可得a ＋b ＝52.第二节导数与函数的单调性本节主要包括2个知识点：1.利用导数讨论函数的单调性或求函数的单调区间； 2．利用导数解决函数单调性的应用问题.突破点(一)利用导数讨论函数的单调性或求函数的单调区间基础联通抓主干知识的“源”与“流”1．函数的单调性与导数的关系函数y＝f(x)在某个区间内可导：(1)若f′(x)>0，则f(x)在这个区间内单调递增；(2)若f′(x)<0，则f(x)在这个区间内单调递减；(3)若f′(x)＝0，则f(x)在这个区间内是常数函数．2．由函数的单调性与导数的关系可得的结论(1)函数f(x)在(a，b)内可导，且f′(x)在(a，b)任意子区间内都不恒等于0.当x∈(a，b)时，f′(x)≥0⇔函数f(x)在(a，b)上单调递增；f′(x)≤0⇔函数f(x)在(a，b)上单调递减．(2)f′(x)>0(<0)在(a，b)上成立是f(x)在(a，b)上单调递增(减)的充分条件.考点贯通抓高考命题的“形”与“神”证明或讨论函数的单调性判断函数单调性的三种方法定义法在定义域内(或定义域的某个区间内)任取x1，x2，且x1<x2，通过判断f(x1)－f(x2)与0的大小关系来确定函数f(x)的单调性图象法利用函数图象的变化趋势直观判断，若函数图象在某个区间内呈上升趋势，则函数在这个区间内是增函数；若函数图象在某个区间内呈下降趋势，则函数在这个区间内是减函数导数法利用导数判断可导函数f(x)在定义域内(或定义域的某个区间内)的单调性[例1]已知函数f(x)＝(a－1)ln x＋ax2＋1，讨论函数f(x)的单调性．[解]f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a－1x＋2ax＝2ax2＋a－1x.(1)当a≥1时，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增；(2)当a≤0时，f′(x)<0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减；(3)当0<a<1时，令f′(x)＝0，解得x＝1－a2a，则当x∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1－a2a时，f′(x)<0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1－a 2a ，＋∞时，f ′(x )>0，故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0， 1－a 2a 上单调递减，在 1－a2a，＋∞上单调递增．[方法技巧]导数法证明或讨论函数f (x )在(a ，b )内单调性的步骤(1)求f ′(x )；(2)确定f ′(x )在(a ，b )内的符号；(3)得出结论：当f ′(x )>0时，函数f (x )在(a ，b )内单调递增；当f ′(x )<0时，函数f (x )在(a ，b )内单调递减．[提醒] 讨论含参函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论．求函数的单调区间[例2] 已知函数f (x )＝x 4＋a x －ln x －32，其中a ∈R ，且曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于直线y ＝12x ，求函数f (x )的单调区间．[解] 对f (x )求导得f ′(x )＝14－a x2－1x ，由曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于直线y ＝12x ，知f ′(1)＝－34－a ＝－2，解得a ＝54.所以f (x )＝x 4＋54x －ln x －32，则f ′(x )＝x 2－4x －54x 2，令f ′(x )＝0，解得x ＝－1或x ＝5，因x ＝－1不在f (x )的定义域(0，＋∞)内，故舍去． 当x ∈(0,5)时，f ′(x )<0，故f (x )在(0,5)内为减函数；当x ∈(5，＋∞)时，f ′(x )>0，故f (x )在(5，＋∞)内为增函数． 所以函数f (x )的单调递增区间为(5，＋∞)，单调递减区间为(0,5)． [方法技巧]用导数求函数单调区间的三种类型及方法(1)当不等式f ′(x )＞0或f ′(x )＜0可解时，确定函数的定义域，解不等式f ′(x )＞0或f ′(x )＜0求出单调区间．(2)当方程f ′(x )＝0可解时，确定函数的定义域，解方程f ′(x )＝0，求出实数根，把函数f (x )的间断点(即f (x )的无定义点)的横坐标和实根按从大到小的顺序排列起来，把定义域分成若干个小区间，确定f ′(x )在各个区间内的符号，从而确定单调区间．(3)不等式f ′(x )＞0或f ′(x )＜0及方程f ′(x )＝0均不可解时求导并化简，根据f ′(x )的结构特征，选择相应基本初等函数，利用其图象与性质确定f ′(x )的符号，得单调区间．能力练通 抓应用体验的“得”与“失” 1.[考点二]函数f (x )＝(x －3)e x 的单调递增区间是( ) A ．(－∞，2) B ．(0,3) C ．(1,4)D ．(2，＋∞)解析：选D 依题意得f ′(x )＝(x －3)′e x ＋(x －3)(e x )′＝(x －2)e x ，令f ′(x )>0，解得x >2，所以f (x )的单调递增区间是(2，＋∞)．故选D.2.[考点一]下列函数中，在(0，＋∞)上为增函数的是( ) A ．f (x )＝sin 2x B ．f (x )＝x e x C ．f (x )＝x 3－xD ．f (x )＝－x ＋ln x解析：选B 对于A ，f (x )＝sin 2x 的单调递增区间是⎣⎡⎦⎤k π－π4，k π＋π4(k ∈Z)；对于B ，f ′(x )＝e x (x ＋1)，当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0，∴函数f (x )＝x e x 在(0，＋∞)上为增函数；对于C ，f ′(x )＝3x 2－1，令f ′(x )>0，得x >33或x <－33，∴函数f (x )＝x 3－x 在⎝⎛⎭⎫－∞，－33和⎝⎛⎭⎫33，＋∞上单调递增；对于D ，f ′(x )＝－1＋1x ＝－x －1x ，令f ′(x )>0，得0<x <1，∴函数f (x )＝－x ＋ln x 在区间(0,1)上单调递增．综上所述，应选B.3.[考点二]函数y ＝12x 2－ln x 的单调递减区间为( )A ．(0,1)B ．(0，＋∞)C ．(1，＋∞)D ．(0,2)解析：选A 对于函数y ＝12x 2－ln x ，易得其定义域为(0，＋∞)，y ′＝x －1x ＝x 2－1x ，令x 2－1x <0，又x >0，所以x 2－1<0，解得0<x <1，即函数y ＝12x 2－ln x 的单调递减区间为(0,1)．4.[考点一]已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∈R)，讨论函数f (x )的单调性． 解：f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －a (x >0)， ①当a ≤0时，f ′(x )＝1x －a >0， 即函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增．②当a >0时，令f ′(x )＝1x －a ＝0，可得x ＝1a ，当0<x <1a 时，f ′(x )＝1－ax x >0；当x >1a 时，f ′(x )＝1－ax x<0，故函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递减． 由①②知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递减． 5.[考点二]已知函数f (x )＝ax 2＋1(a ＞0)，g (x )＝x 3＋bx .(1)若曲线y ＝f (x )与曲线y ＝g (x )在它们的交点(1，c )处具有公共切线，求a ，b 的值； (2)当a 2＝4b 时，求函数f (x )＋g (x )的单调区间． 解：(1)f ′(x )＝2ax ，g ′(x )＝3x 2＋b ， 由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧f (1)＝a ＋1＝c ，g (1)＝1＋b ＝c ，2a ＝3＋b ，解得a ＝b ＝3.(2)令F (x )＝f (x )＋g (x )＝x 3＋ax 2＋a 24x ＋1，F ′(x )＝3x 2＋2ax ＋a 24， 令F ′(x )＝0，得x 1＝－a 2，x 2＝－a6，∵a >0，∴x 1<x 2，由F ′(x )>0得，x <－a 2或x >－a6；由F ′(x )<0得，－a 2<x <－a6.∴函数f (x )＋g (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎫－∞，－a 2，⎝⎛⎭⎫－a6，＋∞；单调递减区间为⎝⎛⎭⎫－a 2，－a 6.突破点(二) 利用导数解决函数单调性的应用问题利用导数解决函数单调性的应用问题主要有：(1)已知函数的单调性求参数范围问题：此类问题是近几年高考的热点，一般为解答题的第二问，难度中档．有时也以选择题、填空题的形式出现，难度中高档．解决此类问题的关键是转化为恒成立问题，再参变分离，转化为最值问题求解．(2)比较大小或解不等式问题：利用导数方法解决此类问题的主要技巧就是灵活地构造函数，通过函数的性质求解．考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”已知函数的单调性求参数的取值范围由函数的单调性求参数取值范围的方法(1)可导函数在区间(a，b)上单调，实际上就是在该区间上f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立，得到关于参数的不等式，从而转化为求函数的最值问题，求出参数的取值范围；(2)可导函数在区间(a，b)上存在单调区间，实际上就是f′(x)>0(或f′(x)<0)在该区间上存在解集，即f′(x)max>0(或f′(x)min<0)在该区间上有解，从而转化为不等式问题，求出参数的取值范围；(3)若已知f(x)在区间I上的单调性，区间I上含有参数时，可先求出f(x)的单调区间，令I是其单调区间的子集，从而求出参数的取值范围．[例1]已知函数f(x)＝x3－ax－1.(1)若f(x)在区间(1，＋∞)上为增函数，求a的取值范围；(2)若f(x)在区间(－1,1)上为减函数，求a的取值范围；(3)若f(x)的单调递减区间为(－1,1)，求a的值．[解](1)因为f′(x)＝3x2－a，且f(x)在区间(1，＋∞)上为增函数，所以f′(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立，即3x2－a≥0在(1，＋∞)上恒成立，所以a≤3x2在(1，＋∞)上恒成立，所以a≤3，即a的取值范围为(－∞，3]．(2)因为f(x)在区间(－1,1)上为减函数，所以f′(x)＝3x2－a≤0在(－1,1)上恒成立，即a≥3x2在(－1,1)上恒成立．因为－1＜x＜1，所以3x2＜3，所以a≥3.即a的取值范围为[3，＋∞)．(3)因为f(x)＝x3－ax－1，所以f′(x)＝3x2－a.由f′(x)＝0，得x＝±3a3(a≥0)．因为f(x)的单调递减区间为(－1,1)，所以3a3＝1，即a＝3.应用结论“函数f(x)在(a，b)上单调递增⇔f′(x)≥0恒成立；函数f(x)在(a，b)上单调递减⇔f′(x)≤0恒成立”时，切记检验等号成立时导数是否在(a，b)上恒为0.[易错提醒]比较大小或解不等式[例2](1)若0<x1<x2<1，则()A ．e x 2－e x 1>ln x 2－ln x 1B ．e x 2－e x 1<ln x 2－ln x 1C ．x 2e x 1>x 1e x 2D ．x 2e x 1<x 1e x 2(2)已知函数f (x )(x ∈R)满足f (1)＝1，且f (x )的导数f ′(x )<12，则不等式f (x 2)<x 22＋12的解集为________．[解析] (1)构造函数f (x )＝e x－ln x ，则f ′(x )＝e x－1x ＝x e x －1x.令f ′(x )＝0，得x e x －1＝0.根据函数y ＝e x 与y ＝1x 的图象可知两函数图象交点x 0∈(0,1)，因此f (x )＝e x －ln x 在(0,1)上不是单调函数，无法判断f (x 1)与f (x 2)的大小，故A ，B 错；构造函数g (x )＝e xx ，则g ′(x )＝x e x －e x x 2＝e x (x －1)x 2，故函数g (x )＝e x x 在(0,1)上单调递减，故g (x 1)>g (x 2)，即e x 1x 1>e x 2x 2，则x 2e x 1>x 1e x 2，故选C.(2)设F (x )＝f (x )－12x ，∴F ′(x )＝f ′(x )－12，∵f ′(x )<12，∴F ′(x )＝f ′(x )－12<0，即函数F (x )在R上单调递减．∵f (x 2)<x 22＋12，∴f (x 2)－x 22<f (1)－12， ∴F (x 2)<F (1)，而函数F (x )在R 上单调递减， ∴x 2>1，即x ∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)． [答案] (1)C (2)(－∞，－1)∪(1，＋∞)[方法技巧]利用导数比较大小或解不等式的常用技巧利用题目条件，构造辅助函数，把比较大小或求解不等式的问题转化为先利用导数研究函数的单调性问题，再由单调性比较大小或解不等式．能力练通 抓应用体验的“得”与“失”1.[考点一]已知函数f (x )＝x 2＋4x ＋a ln x ，若函数f (x )在(1,2)上是单调函数，则实数a 的取值范围是( )A ．(－6，＋∞)B ．(－∞，－16)C ．(－∞，－16]∪[－6，＋∞)D ．(－∞，－16)∪(－6，＋∞)解析：选C ∵f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2x ＋4＋a x ＝2x 2＋4x ＋ax ，f (x )在(1,2)上是单调函数，∴f ′(x )≥0或f ′(x )≤0在(1,2)上恒成立，即2x 2＋4x ＋a ≥0或2x 2＋4x ＋a ≤0在(1,2)上恒成立，即a ≥－(2x 2＋4x )或a ≤－(2x 2＋4x )在(1,2)上恒成立．记g (x )＝－(2x 2＋4x )，1<x <2，则－16<g (x )<－6，∴a ≥－6或a ≤－16，故选C.2.[考点二](2016·南昌三模)已知函数f (x )＝x 3－3x ，若在△ABC 中，角C 是钝角，则( ) A ．f (sin A )>f (cos B ) B ．f (sin A )<f (cos B ) C ．f (sin A )>f (sin B ) D ．f (sin A )<f (sin B )解析：选A ∵f (x )＝x 3－3x ，∴f ′(x )＝3x 2－3＝3(x ＋1)(x －1)，故函数f (x )在区间(－1,1)上是减函数，又A 、B 都是锐角，且A ＋B <π2，∴0<A <π2－B <π2，∴sin A <sin ⎝⎛⎭⎫π2－B ＝cos B ，故f (sin A )>f (cos B )，故选A.3.[考点一]若函数f (x )＝x 3－12x 在区间(k －1，k ＋1)上不是单调函数，则实数k 的取值范围是________．解析：因为f ′(x )＝3x 2－12，由f ′(x )>0，得函数的增区间是(－∞，－2)及(2，＋∞)，由f ′(x )<0，得函数的减区间是(－2,2)，由于函数在(k －1，k ＋1)上不是单调函数，所以k －1<－2<k ＋1或k －1<2<k ＋1，解得－3<k <－1或1<k <3.答案：(－3，－1)∪(1,3)4.[考点一]已知函数f (x )＝x 33－(4m －1)x 2＋(15m 2－2m －7)x ＋2在R 上为单调递增函数，则实数m 的取值范围是________．解析：f ′(x )＝x 2－2(4m －1)x ＋15m 2－2m －7，由题意可得f ′(x )≥0在x ∈R 上恒成立，所以Δ＝4(4m －1)2－4(15m 2－2m －7)＝4(m 2－6m ＋8)≤0，解得2≤m ≤4.答案：[2,4]5.[考点二]已知定义域为R 的函数f (x )满足f (4)＝－3，且对任意的x ∈R 总有f ′(x )<3，则不等式f (x )<3x －15的解集为________．解析：令g (x )＝f (x )－3x ＋15，则f (x )<3x －15的解集即为g (x )<0的解集．又g ′(x )＝f ′(x )－3<0，所以g (x )在R 上是减函数．又g (4)＝f (4)－3×4＋15＝0，所以g (x )<g (4)，故x >4.所以f (x )<3x －15的解集为(4，＋∞)．答案：(4，＋∞)[全国卷5年真题集中演练——明规律] 1.(2016·全国乙卷)若函数f (x )＝x －13sin 2x ＋a sin x 在(－∞，＋∞)单调递增，则a 的取值范围是( )A ．[－1,1] B.⎣⎡⎦⎤－1，13 C.⎣⎡⎦⎤－13，13 D.⎣⎡⎦⎤－1，－13 解析：选C 取a ＝－1，则f (x )＝x －13sin 2x －sin x ，f ′(x )＝1－23cos 2x －cos x ，但f ′(0)＝1－23－1＝－23＜0，不具备在(－∞，＋∞)单调递增的条件，故排除A 、B 、D.故选C.2．(2015·新课标全国卷Ⅱ)设函数f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R)的导函数，f (－1)＝0，当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0，则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是( )A ．(－∞，－1)∪(0,1)B ．(－1,0)∪(1，＋∞)C ．(－∞，－1)∪(－1,0)D ．(0,1)∪(1，＋∞)解析：选A 设y ＝g (x )＝f (x )x (x ≠0)，则g ′(x )＝xf ′(x )－f (x )x 2，当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0，∴g ′(x )<0，∴g (x )在(0，＋∞)上为减函数，且g (1)＝f (1)＝－f (－1)＝0.∵f (x )为奇函数，∴g (x )为偶函数，∴g (x )的图象的示意图如图所示．当x >0时，由f (x )>0，得g (x )>0，由图知0<x <1，当x <0时，由f (x )>0，得g (x )<0，由图知x <－1，∴使得f (x )>0成立的x 的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)，故选A.3．(2014·新课标全国卷Ⅱ)若函数f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)单调递增，则k 的取值范围是( )A ．(－∞，－2]B ．(－∞，－1]C ．[2，＋∞)D ．[1，＋∞)解析：选D 因为f (x )＝kx －ln x ，所以f ′(x )＝k －1x . 因为f (x )在区间(1，＋∞)上单调递增， 所以当x >1时，f ′(x )＝k －1x ≥0恒成立，即k ≥1x 在区间(1，＋∞)上恒成立．因为x >1，所以0<1x <1，所以k ≥1.故选D.[课时达标检测] 重点保分课时——一练小题夯双基，二练题点过高考[练基础小题——强化运算能力]1．函数f (x )＝e x －e x ，x ∈R 的单调递增区间是( ) A ．(0，＋∞) B ．(－∞，0) C ．(－∞，1)D ．(1，＋∞)解析：选D 由题意知，f ′(x )＝e x －e ，令f ′(x )>0，解得x >1，故选D.2．已知函数f (x )＝12x 3＋ax ＋4，则“a ＞0”是“f (x )在R 上单调递增”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选A f ′(x )＝32x 2＋a ，当a >0时，f ′(x )>0，即a >0时，f (x )在R 上单调递增，由f (x )在R 上单调递增，可得a ≥0.故“a ＞0”是“f (x )在R 上单调递增”的充分不必要条件．3.已知函数f (x )的导函数f ′(x )＝ax 2＋bx ＋c 的图象如图所示，则f (x )的图象可能是( )解析：选D 当x <0时，由导函数f ′(x )＝ax 2＋bx ＋c <0，知相应的函数f (x )在该区间内单调递减；当x >0时，由导函数f ′(x )＝ax 2＋bx ＋c 的图象可知，导函数在区间(0，x 1)内的值是大于0的，则在此区间内函数f (x )单调递增．只有D 选项符合题意．4．若函数f (x )＝sin x ＋ax 为R 上的减函数，则实数a 的取值范围是________． 解析：∵f ′(x )＝cos x ＋a ，由题意可知，f ′(x )≤0对任意的x ∈R 都成立，∴a ≤－1，故实数a 的取值范围是(－∞，－1]．答案：(－∞，－1]5．已知函数f (x )的导函数为f ′(x )＝5＋cos x ，x ∈(－1,1)，且f (0)＝0，如果f (1－x )＋f (1－x 2)<0，则实数x 的取值范围为________．解析：∵导函数f ′(x )是偶函数，且f (0)＝0，∴原函数f (x )是奇函数，∴所求不等式变形为f (1－x )<f (x 2－1)，∵导函数值恒大于0，∴原函数在定义域上单调递增，又f (x )的定义域为(－1,1)，∴－1<1－x <x 2－1<1，解得1<x <2，∴实数x 的取值范围是(1，2)．答案：(1，2)[练常考题点——检验高考能力]一、选择题1．已知函数f (x )＝x 2－5x ＋2ln x ，则函数f (x )的单调递增区间是( ) A.⎝⎛⎭⎫0，12和(1，＋∞) B ．(0,1)和(2，＋∞) C.⎝⎛⎭⎫0，12和(2，＋∞) D ．(1,2)解析：选C 函数f (x )＝x 2－5x ＋2ln x 的定义域是(0，＋∞)，令f ′(x )＝2x －5＋2x ＝2x 2－5x ＋2x ＝(x －2)(2x －1)x >0，解得0<x <12或x >2，故函数f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎫0，12，(2，＋∞)．2．若函数f (x )＝x 3－tx 2＋3x 在区间[]1，4上单调递减，则实数t 的取值范围是( ) A.⎝⎛⎦⎤－∞，518 B.(]－∞，3 C.⎣⎡⎭⎫518，＋∞D.[)3，＋∞解析：选C f ′(x )＝3x 2－2tx ＋3，由于f (x )在区间[]1，4上单调递减，则有f ′(x )≤0在[]1，4上恒成立，即3x 2－2tx ＋3≤0在[1,4]上恒成立，则t ≥32⎝⎛⎭⎫x ＋1x 在[]1，4上恒成立，因为y ＝32⎝⎛⎭⎫x ＋1x 在[]1，4上单调递增，所以t ≥32⎝⎛⎭⎫4＋14＝518，故选C. 3.已知函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ＋d 的图象如图所示，则函数y ＝log 2x 2＋23bx ＋c 3的单调递减区间为( )A.⎣⎡⎭⎫12，＋∞ B ．[3，＋∞) C ．[－2,3]D ．(－∞，－2)解析：选D 因为f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ＋d ，所以f ′(x )＝3x 2＋2bx ＋c ，由图可知f ′(－2)＝f ′(3)＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧12－4b ＋c ＝0，27＋6b ＋c ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝－32，c ＝－18.令g (x )＝x 2＋23bx ＋c 3，则g (x )＝x 2－x －6，g ′(x )＝2x －1，由g (x )＝x 2－x －6>0，解得x <－2或x >3.当x <12时，g ′(x )<0，所以g (x )＝x 2－x －6在(－∞，－2)上为减函数，所以函数y ＝log 2⎝⎛⎭⎫x 2＋23bx ＋c 3的单调递减区间为(－∞，－2)．4．(2017·甘肃诊断考试)函数f (x )在定义域R 内可导，若f (x )＝f (2－x )，且当x ∈(－∞，1)时，(x －1)f ′(x )<0，设a ＝f (0)，b ＝f ⎝⎛⎭⎫12，c ＝f (3)，则( )A ．a <b <cB ．c <b <aC ．c <a <bD ．b <c <a解析：选C 因为当x ∈(－∞，1)时，(x －1)f ′(x )<0，所以f ′(x )>0，所以函数f (x )在(－∞，1)上是单调递增函数，所以a ＝f (0)<f ⎝⎛⎭⎫12＝b ，又f (x )＝f (2－x )，所以c ＝f (3)＝f (－1)，所以c ＝f (－1)<f (0)＝a ，所以c <a <b ，故选C.5．若函数f (x )＝x ＋bx (b ∈R)的导函数在区间(1,2)上有零点，则f (x )在下列区间上单调递增的是( )A ．(－2,0)B ．(0,1)C ．(1，＋∞)D ．(－∞，－2)解析：选D 由题意知，f ′(x )＝1－b x 2，∵函数f (x )＝x ＋bx (b ∈R)的导函数在区间(1,2)上有零点，∴当1－bx 2＝0时，b ＝x 2，又x ∈(1,2)，∴b ∈(1,4)．令f ′(x )＞0，解得x ＜－b或x ＞b ，即f (x )的单调递增区间为(－∞，－b )，(b ，＋∞)，∵b ∈(1,4)，∴(－∞，－2)符合题意，故选D.6．已知y ＝f (x )为(0，＋∞)上的可导函数，且有f ′(x )＋f (x )x >0，则对于任意的a ，b ∈(0，＋∞)，当a >b 时，有( )A ．af (a )<bf (b )B ．af (a )>bf (b )C ．af (b )>bf (a )D ．af (b )<bf (a )解析：选B 由f ′(x )＋f (x )x >0得xf ′(x )＋f (x )x >0，即[xf (x )]′x>0，即[xf (x )]′x >0.∵x >0，∴[xf (x )]′>0，即函数y ＝xf (x )为增函数，由a ，b ∈(0，＋∞)且a >b ，得af (a )>bf (b )，故选B.二、填空题7．若幂函数f (x )的图象过点⎝⎛⎭⎫22，12，则函数g (x )＝e x f (x )的单调递减区间为________．解析：设幂函数为f (x )＝x α，因为图象过点⎝⎛⎭⎫22，12，所以12＝⎝⎛⎭⎫22α，α＝2，所以f (x )＝x 2，故g (x )＝e x x 2，令g ′(x )＝e x x 2＋2e x x ＝e x (x 2＋2x )<0，得－2<x <0，故函数g (x )的单调递减区间为(－2,0)．答案：(－2,0)8．已知函数f (x )＝12x 2＋2ax －ln x ，若f (x )在区间⎣⎡⎦⎤13，2上是增函数，则实数a 的取值范围为________．解析：f ′(x )＝x ＋2a －1x ≥0在⎣⎡⎦⎤13，2上恒成立，即2a ≥－x ＋1x 在⎣⎡⎦⎤13，2上恒成立，∵⎝⎛⎭⎫－x ＋1x max ＝83，∴2a ≥83，即a ≥43.答案：⎣⎡⎭⎫43，＋∞9．已知R 上可导函数f (x )的图象如图所示，则不等式(x 2－2x －3)·f ′(x )>0的解集为________．解析：由题图可知，⎩⎪⎨⎪⎧f ′(x )>0，x ∈(1，＋∞)∪(－∞，－1)，f ′(x )<0，x ∈(－1，1)，不等式(x 2－2x －3)f ′(x )>0等价于⎩⎪⎨⎪⎧ f ′(x )>0，x 2－2x －3>0或⎩⎪⎨⎪⎧f ′(x )<0，x 2－2x －3<0，解得x ∈(－∞，－1)∪(3，＋∞)∪(－1,1)．答案：(－∞，－1)∪(3，＋∞)∪(－1,1)10．若函数f (x )＝－13x 3＋12x 2＋2ax 在⎣⎡⎭⎫23，＋∞上存在单调递增区间，则a 的取值范围是________．解析：对f (x )求导，得f ′(x )＝－x 2＋x ＋2a ＝－⎝⎛⎭⎫x －122＋14＋2a .当x ∈⎣⎡⎭⎫23，＋∞时，f ′(x )的最大值为f ′⎝⎛⎭⎫23＝29＋2a .令29＋2a ＞0，解得a ＞－19.所以a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫－19，＋∞. 答案：⎝⎛⎭⎫－19，＋∞ 三、解答题11．已知函数f (x )＝x －2x ＋1－a ln x ，a >0.讨论f (x )的单调性．解：由题意知，f (x )的定义域是(0，＋∞)，导函数f ′(x )＝1＋2x 2－a x ＝x 2－ax ＋2x 2.设g (x )＝x 2－ax ＋2，二次方程g (x )＝0的判别式Δ＝a 2－8. ①当Δ<0，即0<a <22时，对一切x >0都有f ′(x )>0. 此时f (x )是(0，＋∞)上的单调递增函数．②当Δ＝0，即a ＝2 2 时，仅对x ＝2有f ′(x )＝0，对其余的x >0都有f ′(x )>0.此时f (x )是(0，＋∞)上的单调递增函数．③当Δ>0，即a >22时，方程g (x )＝0有两个不同的实根x 1＝a －a 2－82，x 2＝a ＋a 2－82，0<x 1<x 2.所以f (x )，f ′(x )随x 的变化情况如下表：x (0，x 1) x 1 (x 1，x 2) x 2 (x 2，＋∞)f ′(x )＋－＋f (x ) 极大值 极小值此时f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－82上单调递增，在a －a 2－82，a ＋a 2－82上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－82，＋∞上单调递增．12．(2017·郑州质检)已知函数f (x )＝a ln x －ax －3(a ∈R)． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)若函数y ＝f (x )的图象在点(2，f (2))处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t ∈[1,2]，函数g (x )＝x 3＋x 2·⎣⎡⎦⎤f ′(x )＋m 2在区间(t,3)上总不是单调函数，求m 的取值范围． 解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝a (1－x )x .当a ＞0时，f (x )的增区间为(0,1)，减区间为(1，＋∞)；当a ＜0时，f (x )的增区间为(1，＋∞)，减区间为(0,1)； 当a ＝0时，f (x )不是单调函数．(2)由(1)及题意得f ′(2)＝－a2＝1，即a ＝－2，∴f (x )＝－2ln x ＋2x －3，f ′(x )＝2x －2x. ∴g (x )＝x 3＋⎝⎛⎭⎫m 2＋2x 2－2x ， ∴g ′(x )＝3x 2＋(m ＋4)x －2.∵g (x )在区间(t,3)上总不是单调函数， 即g ′(x )＝0在区间(t,3)上有变号零点．由于g ′(0)＝－2，∴⎩⎪⎨⎪⎧g ′(t )＜0，g ′(3)＞0.g ′(t )＜0，即3t 2＋(m ＋4)t －2＜0对任意t ∈[1,2]恒成立， 由于g ′(0)＜0，故只要g ′(1)＜0且g ′(2)＜0， 即m ＜－5且m ＜－9， 即m ＜－9；由g ′(3)＞0，得m ＞－373.所以－373＜m ＜－9. 即实数m 的取值范围是⎝⎛⎭⎫－373，－9. 第三节。
【最新】江苏省高三数学一轮典型专题训练：《导数及其应用》(含解析)
江苏省高三数学一轮复习典型题专题训练专题一、导数及其应用一、填空题1、（盐城上期中）若函数x x a x x f ln )3()(2+++=在区间(1,2)上存在唯一的极值点，则实数a 的取值范围为 ▲ ．2、（南京市高三学情调研）若函数f (x )＝12ax 2－e x ＋1在x ＝x 1和x ＝x 2两处取到极值， 且 x 2x 1≥2，则实数a 的取值范围是＿＿＿3、（南京市六校联合体高三上学期12月联考）设直线l 是曲线x x y ln +=22的切线，则直线l 的斜率的最小值是 ▲ ．4、（江苏省常州一中、泰兴中学、南菁高中高三10月月考）函数在点A （2，1）处切线的斜率为 ▲ ．5、（江苏省常州一中、泰兴中学、南菁高中高三月考）若函数f(x)=kx-cosx 在区间()单调递增，则 k 的取值范围是 ▲ .6、（南师附中高三年级5月模拟）在平面直角坐标系xOy 中，点P 在曲线C ：3103y x x =-+上，且在第四象限内．已知曲线C 在点P 处的切线为2y x b =+，则实数b 的值为 ．7、（徐州市高三上期中考试）已知函数32()2f x x x a =--，若存在(]0,x a ∈-∞，使0()0f x ，则实数a 的取值范围为 ▲8、（常州上期末）已知函数()ln f x bx x =+，其中b ∈R ．若过原点且斜率为k 的直线与曲线()y f x =相切，则k b -的值为 ▲ ．9、（盐城市高三上学期期中）已知()f x 为奇函数，当0x <时，()2xf x e x =+，则曲线()y f x =在1x =处的切线斜率为 ▲ ．10、（苏州市高三上学期期末）曲线2xy x e =+在0x =处的切线与两坐标轴围成的三角形面积为 ．11、（盐城市高三上学期期中）在平面直角坐标系中，曲线21xy e x =++在x ＝0处的切线方程是 ．12、（盐城市高三上学期期中）已知函数21()()(1)2xf x x m e x m x =+--+在R 上单调递增，则实数m 的取值集合为 ．13、（南京市、镇江市高三上学期期中）已知e 为自然对数的底数，函数y ＝e x －lnx 在［1，e ］的最小值为＿＿14、（苏锡常镇四市高三教学情况调查（二））已知点P 在曲线C ：212y x =上，曲线C 在点P 处的切线为l ，过点P 且与直线l 垂直的直线与曲线C 的另一交点为Q ，O 为坐标原点，若OP ⊥OQ ，则点P 的纵坐标为 ．15、（苏锡常镇四市高三教学情况调查（二））已已知e 为自然对数的底数，函数2()xf x e ax =-的图像恒在直线32y ax =上方，则实数a 的取值范围为 ．二、解答题1、（南京市高三9月学情调研）已知函数f (x )＝2x 3－3(a +1)x 2＋6ax ，a ∈R ． （1）曲线y ＝f (x )在x ＝0处的切线的斜率为3，求a 的值；（2）若对于任意x ∈(0，+∞)，f (x )＋f (－x )≥12ln x 恒成立，求a 的取值范围； （3）若a ＞1，设函数f (x )在区间[1，2]上的最大值、最小值分别为M (a )、m (a )， 记h (a )＝M (a )－m (a )，求h (a )的最小值． 2、（南京市高三9月学情调研） 已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝x 2．（1）求过原点(0，0)，且与函数f (x )的图象相切的直线l 的方程；（2）若a ＞0，求函数φ(x )＝|g (x )－2a 2f (x )|在区间[1，＋∞) 上的最小值． 3、（南京市六校联合体高三上学期12月联考）已知函数ln (),()xx xf xg x e x==. (1)求()f x 的极大值；(2)当0a >时，不等式()xg x ax b ≤+恒成立，求ba的最小值； (3)是否存在实数k N ∈，使得方程()(1)()f x x g x =+在(,1)k k +上有唯一的根，若存在，求出所有k 的值，若不存在，说明理由.4、（江苏省常州一中、泰兴中学、南菁高中高三10月月考）已知函数，a ∈R.⑴函数y= f(x)在点(2,f(2))处的切线与直线x-2y+1=0垂直，求a 的值； ⑵讨论函数f(x)的单调性； ⑶当a=1时，证明：不等式成立.（其中n!=1×2×3×…×n ，n ∈N*,n ≥2）5、（南京市高三12月联合调研）已知函数21()ln 2f x ax x =+，()g x bx =-，设()()()h x f x g x =-.（1）若()f x 在x 处取得极值，且(1)(1)2f g '=--，求函数()h x 的单调区间； （2）若0a =时函数()h x 有两个不同的零点12,x x .①求b 的取值范围；②求证：1221x x e >. 6、（南京市、盐城市高三上学期期末）若函数y ＝f (x )在x ＝x 0处取得极大值或极小值，则称x 0为函数y ＝f (x )的极值点．设函数f (x )＝x 3－tx 2＋1(t ∈R )． （1）若函数f (x )在(0，1)上无极值点，求t 的取值范围；（2）求证：对任意实数t ，在函数f (x )的图象上总存在两条切线相互平行；（3）当t ＝3时，若函数f (x )的图象上存在的两条平行切线之间的距离为4，问：这样的平行切线共有几组？请说明理由．7、（如皋市高三上学期期末）已知函数()ln 2f x x ax a =-+，其中a ∈R ．（I ）若函数()f x 的图象在1x =处的切线与直线20x ay --=垂直，求实数a 的值； （II ）设函数()()22g x f x ax a =++． (1).求函数()g x 的单调区间；(2)若不等式()0g x >对任意的实数()1x ∈+∞，恒成立，求实数a 的取值范围． 8、（苏北三市（徐州、连云港、淮安）2019届高三期末）已知函数()()ln f x x a x =-()a ∈R ． （1）若1a =，求()f x 在1x =处的切线方程；（2）若对于任意的正数x ，()0f x ≥恒成立，求实数a 的值； （3）若函数()f x 存在两个极值点，求实数a 的取值范围．9、（苏州市高三上学期期中）设函数()1ln f x ax x =--，a 为常数． （1）当2a =时，求()f x 在点(1,(1))f 处的切线方程； （2）若12,x x 为函数()f x 的两个零点，12x x >． ①求实数a 的取值范围； ②比较12x x +与2a的大小关系，并说明理由．10、（南京市高三第三次模拟）已知函数f (x )＝ln x ＋a x ＋1，a ∈R ．（1）若函数f (x )在x ＝1处的切线为y ＝2x ＋b ，求a ，b 的值；（2）记g (x )＝f (x )＋ax ，若函数g (x )在区间(0，12)上有最小值，求实数a 的取值范围；（3）当a ＝0时，关于x 的方程f (x )＝bx 2有两个不相等的实数根，求实数b 的取值范围． 11、（七市（南通、泰州、扬州、徐州、淮安、宿迁、连云港）高三第一次模拟（2月）） 已知函数()()ln a f x x a x =+∈R ．（1）讨论()f x 的单调性；（2）设()f x 的导函数为()f x '，若()f x 有两个不相同的零点12x x ，． ① 求实数a 的取值范围；② 证明：1122()()2ln 2x f x x f x a ''+>+．12、（七市（南通、泰州、扬州、徐州、淮安、宿迁、连云港）2019届高三第二次模拟） 已知函数21()2ln 2f x x x ax a =+-∈，R ．（1）当3a =时，求函数()f x 的极值；（2）设函数()f x 在0x x =处的切线方程为()y g x =，若函数()()y f x g x =-是()0+∞，上 的单调增函数，求0x 的值；（3）是否存在一条直线与函数()y f x =的图象相切于两个不同的点？并说明理由．13、（七市（南通、泰州、扬州、徐州、淮安、宿迁、连云港）2019届高三第二次模拟（5月））已知函数2()1ln ax f x x =+（0a ≠），e 是自然对数的底数．（1）当0a >时，求()f x 的单调增区间；（2）若对任意的12x ≥，1()2e b f x -≥（b ∈R ），求b a 的最大值；（3）若()f x 的极大值为2-，求不等式()e 0x f x +<的解集．14、（苏锡常镇四市高三教学情况调查（一））已知函数()(1)ln (R)f x x x ax a =++∈． （1）若()y f x =在(1，(1)f )处的切线方程为0x y b ++=，求实数a ，b 的值； （2）设函数()()f x g x x=，x ∈[1，e]（其中e 为自然对数的底数）．①当a ＝﹣1时，求()g x 的最大值；②若()()exg x h x =是单调递减函数，求实数a 的取值范围．15、（盐城市2019届高三第三次模拟） 设函数x ae x x f -=)(（e 为自然对数的底数，R a ∈）. （1）当1=a 时，求函数)(x f 的图象在1=x 处的切线方程； （2）若函数)(x f 在区间(0,1)上具有单调性，求a 的取值范围；（3）若函数)()()(x f e e x g x -=有且仅有3个不同的零点321,,x x x ，且321x x x <<，113≤-x x ,求证: 1131-+≤+e e x x16、（南师附中高三年级5月模拟）设a 为实数，已知函数()xf x axe =，()lng x x x =+．（1）当a ＜0时，求函数()f x 的单调区间；（2）设b 为实数，若不等式2()2f x x bx ≥+对任意的a ≥1及任意的x ＞0恒成立，求b 的取值范围；（3）若函数()()()h x f x g x =+(x ＞0，x ∈R)有两个相异的零点，求a 的取值范围．参考答案一、填空题 1、 15(,6)2-- 2、[ 2ln2，＋∞） 3、44、122㏑ 5、［－12∞，＋） 6、－13 7、[1,0][2,)-+∞ 8、1e 9、12e-10、2311、32y x =+ 12、{}1- 13、e14、1 15、二、解答题1、解：（1）因为f (x )＝2x 3－3(a ＋1)x 2＋6ax ，所以f ′(x )＝6x 2－6(a ＋1)x ＋6a ，所以曲线y ＝f (x )在x ＝0处的切线斜率k ＝f ′(0)＝6a ，所以6a ＝3，所以a ＝12． ………………………2分（2）f (x )＋f (－x )＝－6(a ＋1)x 2≥12ln x 对任意x ∈(0，+∞)恒成立，所以－(a ＋1)≥2ln xx 2． ………………………4分令g (x )＝2ln xx 2，x ＞0，则g '(x )＝2(1－2ln x )x 3．令g '(x )＝0，解得x ＝e ．当x ∈(0，e)时，g '(x )＞0，所以g (x )在(0，e)上单调递增；当x ∈(e ，＋∞)时，g '(x )＜0，所以g (x )在(e ，＋∞)上单调递减．所以g (x )max ＝g (e)＝1e ， ………………………6分所以－(a ＋1)≥1e ，即a ≤－1－1e，所以a 的取值范围为(－∞，－1－1e ]． ………………………8分（3）因为f (x )＝2x 3－3(a ＋1)x 2＋6ax ，所以f ′(x )＝6x 2－6(a ＋1)x ＋6a ＝6(x －1)(x －a )，f (1)＝3a －1，f (2)＝4．令f ′(x )＝0，则x ＝1或a ． ………………………10分 f (1)＝3a －1，f (2)＝4．①当1＜a ≤53时，当x ∈(1，a )时，f '(x )＜0，所以f (x )在(1，a )上单调递减； 当x ∈(a ，2)时，f '(x )＞0，所以f (x )在(a ，2)上单调递增．又因为f (1)≤f (2)，所以M (a )＝f (2)＝4，m (a )＝f (a )＝－a 3＋3a 2， 所以h (a )＝M (a )－m (a )＝4－(－a 3＋3a 2)＝a 3－3a 2＋4． 因为h ' (a )＝3a 2－6a ＝3a (a －2)＜0， 所以h (a )在(1，53]上单调递减，所以当a ∈(1，53]时，h (a )最小值为h (53)＝827．………………………12分②当53＜a ＜2时，当x ∈(1，a )时，f '(x )＜0，所以f (x )在(1，a )上单调递减； 当x ∈(a ，2)时，f '(x )＞0，所以f (x )在(a ，2)上单调递增．又因为f (1)＞f (2)，所以M (a )＝f (1)＝3a －1，m (a )＝f (a )＝－a 3＋3a 2， 所以h (a )＝M (a )－m (a )＝3a －1－(－a 3＋3a 2)＝a 3－3a 2＋3a －1． 因为h ' (a )＝3a 2－6a ＋3＝3(a －1)2≥0． 所以h (a )在(53，2)上单调递增，所以当a ∈(53，2)时，h (a )＞h (53)＝827． ………………………14分③当a ≥2时，当x ∈(1，2)时，f '(x )＜0，所以f (x )在(1，2)上单调递减， 所以M (a )＝f (1)＝3a －1，m (a )＝f (2)＝4， 所以h (a )＝M (a )－m (a )＝3a －1－4＝3a －5， 所以h (a )在[2，＋∞)上的最小值为h (2)＝1．综上，h (a )的最小值为827． ………………………16分2、解：（1）因为f (x )＝ln x ，所以f ′(x )＝1x (x ＞0)．设直线l 与函数f (x )的图象相切于点(x 0，y 0)，则直线l 的方程为 y －y 0＝1x 0(x －x 0)，即 y －ln x 0＝1x 0(x －x 0)．…………………… 3分因为直线l 经过点(0，0)，所以0－ln x 0＝1x 0(0－x 0)，即ln x 0＝1，解得x 0＝e ．因此直线l 的方程为 y ＝1e x ，即x －e y ＝0． …………………… 6分 （2）考察函数H (x )＝g (x )－2a 2f (x )＝x 2－2a 2ln x ．H ′(x )＝2x －2a 2x ＝2(x －a )( x ＋a )x(x ＞0)． 因为a ＞0，故由H ′(x )＝0，解得x ＝a ． …………………… 8分 ① 当0＜a ≤1时，H ′(x )≥0在[1，＋∞)上恒成立，H (x )在区间[1，＋∞)上递增，所以 H (x )min ＝H (1)＝1＞0，所以φ(x )min ＝1． …………………… 11分 ② 当a ＞1时，H (x )在区间[1，a ]上递减，在区间[a ，＋∞)上递增， 所以 H (x )min ＝H (a )＝a 2(1－2ln a ) ．(ⅰ) 当1－2ln a ≤0，即a ∈[e ，＋∞) 时，H (x )min ＝a 2(1－2ln a )≤0， 又H (1)＝1＞0，所以φ(x )min ＝0．(ⅱ) 当1－2ln a ＞0，a ∈(1，e) 时，H (x )min ＝a 2(1－2ln a )＞0， 所以φ(x )min ＝a 2(1－2ln a ) ．综上 φ(x )min ＝⎩⎪⎨⎪⎧1， 0＜a ≤1，a 2(1－2ln a )，1＜a ＜e ，0， a ≥e ． …………………… 16分3、（1）1()x xf x e-'=，令()0f x '=，得1x =. …………………………………2分当1x <时，()0f x '>，则()f x 在(,1)-∞上单调递增，当1x >时，()0f x '>，则()f x 在(1,)+∞上单调递减，故当1x =时，()f x 的极大值为1e．………………………4分 （2）不等式()xg x ax b ≤+恒成立，即ln 0x ax b --≤恒成立，记()ln (0)m x x ax b x =-->，则1()(0)axm x x x -'=>，当0a >时，令()0m x '=，得1x a=，………………………………………………6分 当1(0,)x a ∈时，()0m x '>，此时()m x 单调递增，当1(,)x a∈+∞时，()0m x '<，此时()m x 单调递减，则max 1()()ln 10m x m a b a==---≤，即ln 1b a ≥--，…8分则ln 1b a a a +≥-， 记ln 1()a n a a+=-，则2ln ()(0)a n a a a '=>，令()0n a '=，得1a =当(0,1)a ∈时，()0n a '<，此时()n a 单调递减，当(1,)a ∈+∞时，()0n a '>，此时()n a 单调递增，min ()(1)1n a n ==-，故ba的最小值为1-. ………………………10分 （3）记(1)ln ()x x x x s x e x +=-，由2123ln 2(1)0,(2)1102s s e e =>=-<-=，……12分故存在1k =，使()(1)()f x x g x =+在(1,2)上有零点，下面证明唯一性：① 当01x <≤时，()0,(x 1)()0f x g x >+<，故()0s x >，0=)(x s 在(0,1]上无解…………………………………………………………………14分②当1x >时，211ln ()x x x x s x e x -+-'=-，而2110,1ln 0,0x x x x e x -<+->>，此时()0s x '<，()s x 单调递减，所以当1k=符合题意．……………………………16分4、5、解：(1)因为1()f x axx'=+，所以(1)1f a'=+,由(1)(1)2f g'=--可得a=b-3.又因为()f x在2x=处取得极值，所以22(20f'=，所以a= -2,b=1 . …………………………………2分所以2()lnh x x x x=-++，其定义域为（0，+∞）2121(21)(1)()21=x x x x h x x x x x-++-+-'=-++=令()0h x '=得121,12x x =-=，当x ∈（0,1）时，()>0h x '，当x ∈（1,+∞）()<0h x '，所以函数h (x )在区间（0,1）上单调增；在区间（1,+∞）上单调减. …………………………4分 （2）当0a =时，()ln h x x bx =+，其定义域为（0，+∞）.①'1()h x b x=+,当0b ≥,则'()0h x >，()h x 在(0,)+∞上单调递增，不合题意。
2025版高考数学全程一轮复习第三章一元函数的导数及其应用高考大题研究课二利用导数证明不等式课件
×
ln 3 32
×
l4n24×…×lnn2n<n1.
解析：由(1)知，a＝1时，ln x＋1－x≤0即ln x≤x－1，当且仅当x＝1时等号成
立．
令x＝n，其中n∈N＋且n≥2，则有ln n<n－1，
又n－1<n(n－1)，所以ln n<n(n－1)，即lnn2n<n−n1，
所以l2n22
×
ln 3 32
高考用导数证明不等式问题，重点掌握导数与函数的性质、函数 的零点、数列等相结合的问题，提高学生分析问题、解决问题的能 力．
关键能力·题型剖析
题型一将不等式转化为函数的最值问题
例1 (12分)[2023·新课标Ⅰ卷]已知函数f(x)＝a(ex＋a)－x. (1)讨论f(x)的单调性； (2)证明：当a>0时，f(x)>2ln a＋32.
单调递增．→正确写出结论得1分
(2)证明：由(1)得，f(x)min＝f(－ln a)＝a(e－ln a＋a)＋ln a＝1＋a2＋ln a→正确求出f(x)min得1分
要证f(x)≥2ln a＋32，即证1＋a2＋ln a＞2ln a＋32，即证a2－12－ln a＞0 恒成立．→正确转化f(x)＞2ln a＋32⇒f(x)min＞2ln a＋32得2分
巩固训练1 [2024·河南新乡模拟]已知函数f(x)＝x2ln x. (1)求f(x)的单调区间；
解析：因为f(x)＝x2ln x，x>0， 所以f′(x)＝2x ln x＋x＝x(2ln x＋1)， 由f′(x)＝0，得x＝e−12. 当x ∈ (0，e−12)时，f′(x)<0；当x ∈ (e−12，＋∞)时，f′(x)>0. 故f(x)的单调递减区间为(0，e−12)，单调递增区间为(e−12，＋∞)．
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高三数学一轮复习 导数及其应用巩固与练习1．设正弦函数y ＝sin x 在x ＝0和x ＝π2附近的平均变化率为k 1，k 2，则k 1，k 2的大小关系为( )A ．k 1>k 2B ．k 1<k 2C ．k 1＝k 2D ．不确定解析：选A.∵y ＝sin x ，∴y ′＝(sin x )′＝cos x ，k 1＝cos0＝1，k 2＝cos π2＝0，∴k 1>k 2.2．设y ＝－2e xsin x ，则y ′等于( )A ．－2e x cos xB ．－2e xsin xC ．2e x sin xD ．－2e x(sin x ＋cos x )解析：选D.∵y ＝－2e xsin x ，∴y ′＝(－2e x )′sin x ＋(－2e x)·(sin x )′＝－2e x sin x －2e xcos x＝－2e x(sin x ＋cos x )．3．已知m <0，f (x )＝mx 3＋27x m，且f ′(1)≥－18，则实数m 等于( )A ．－9B ．－3C ．3D ．9解析：选B.由于f ′(x )＝3mx 2＋27m，故f ′(1)≥－183m ＋27m≥－18，由m <0得3m＋27m≥－183m 2＋18m ＋27≤03(m ＋3)2≤0，故m ＝－3.4．(2009年高考福建卷)若曲线f (x )＝ax 2＋ln x 存在垂直于y 轴的切线，则实数a 的取值范围是________．解析：f ′(x )＝2ax ＋1x，x ∈(0，＋∞)．∵f (x )存在垂直于y 轴的切线，∴f ′(x )＝0有解，即2ax ＋1x＝0在(0，＋∞)有解，∴a ＝－12x2，∴a ∈(－∞，0)．答案：(－∞，0)5．如图，函数y ＝f (x )的图象在点P 处的切线方程是y ＝－x ＋8，则f (5)＋f ′(5)＝________.解析：易得切点P (5,3)， ∴f (5)＝3，k ＝－1， 即f ′(5)＝－1.∴f (5)＋f ′(5)＝3－1＝2. 答案：26．若曲线y ＝x 3－2ax 2＋2ax 上任意点处的切线的倾斜角都是锐角，求整数a 的值．解：∵曲线y ＝x 3－2ax 2＋2ax ，∴该曲线上任意点处切线的斜率k ＝y ′＝3x 2－4ax ＋2a . 又∵切线的倾斜角都是锐角，∴k >0恒成立，即3x 2－4ax ＋2a >0恒成立．∴Δ＝(－4a )2－4×3×2a ＝16a 2－24a <0，∴0<a <32.又∵a ∈Z ，∴a ＝1.练习1．已知函数f (x )＝sin x ＋ln x ，则f ′(1)的值为( ) A ．1－cos1 B ．1＋cos1 C ．cos1－1 D ．－1－cos1解析：选B.因为f ′(x )＝cos x ＋1x，则f ′(1)＝cos1＋1.2．一质点沿直线运动，如果由始点起经过t 秒后的位移为s ＝13t 3－32t 2＋2t ，那么速度为零的时刻是( )A ．0秒B ．1秒末C ．2秒末D ．1秒末和2秒末解析：选D.∵s ＝13t 3－32t 2＋2t ，∴v ＝s ′(t )＝t 2－3t ＋2，令v ＝0得，t 2－3t ＋2＝0，解得t 1＝1，t 2＝2. 3．下列求导数运算正确的是( )A ．(x ＋1x )′＝1＋1x 2B ．(log 2x )′＝1x ln2C ．(3x )′＝3x log 3eD ．(x 2cos x )′＝－2x sin x解析：选B.(x ＋1x )′＝1－1x2，A 错；(3x )′＝3xln3，C 错；(x 2cos x )′=2x cos x -x 2sin x ，D 错；故选B. 4．已知二次函数f (x )的图象如图所示，则其导函数f ′(x )的图象大致形状是( )解析：选B.设二次函数为y ＝ax 2＋b (a <0，b >0)，则y ′＝2ax ，又∵a <0，故选B.5．曲线y ＝13x 3＋12x 2在点T (1，56)处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为( )A.4918B.4936C.4972D.49144解析：选D.易知点T 为切点，由f ′(1)＝2，故切线方程为：y ＝2x －76，其在两坐标轴的截距分别为712，－76，故直线与两坐标轴围成的三角形面积S ＝12×712×|－76|＝49144.6．(2009年高考安徽卷)设函数f (x )＝sin θ3x 3＋3cos θ2x 2＋tan θ，其中θ∈[0，5π12]，则导数f ′(1)的取值范围是( )A ．[－2,2]B ．[2，3]C ．[3，2]D ．[2，2]解析：选D.∵f ′(x )＝sin θ·x 2＋3cos θ·x ，∴f ′(1)＝sin θ＋3cos θ＝2sin (θ＋π3)．∵θ∈[0，5π12]，∴θ＋π3∈[π3，3π4]．∴sin(θ＋π3)∈[22，1]．∴2sin(θ＋π3)∈[2，2]．7．已知曲线C ：y ＝ln x －4x 与直线x ＝1交于一点P ，那么曲线C 在点P 处的切线方程是________．解析：由题可解得P (1，－4)，则由y ′＝1x－4可得曲线C 在P 处的切线斜率为k ＝y ′|x＝1＝－3，故切线方程为y －(－4)＝－3(x －1)即3x ＋y ＋1＝0. 答案：3x ＋y ＋1＝08．已知函数y ＝f (x )的图象在点M (1，f (1))处的切线方程是y ＝12x ＋2，则f (1)＋f ′(1)＝________.解析：由已知切点在切线上，所以f (1)＝12＋2＝52，切点处的导数为切线的斜率，所以f ′(1)＝12，所以f (1)＋f ′(1)＝3.答案：39．下列图象中，有一个是函数f (x )＝13x 3＋ax 2＋(a 2－1)x ＋1(a ∈R ，a ≠0)的导函数f ′(x )的图象，则f (－1)＝________.解析：∵f ′(x )＝x 2＋2ax ＋(a 2－1)， ∴导函数f ′(x )的图象开口向上．又∵a ≠0，其图象必为第三张图．由图象特征知f ′(0)＝0， 且－a >0， ∴a ＝－1.故f (－1)＝－13－1＋1＝－13.答案：－1310．求下列函数的导数：(1)y ＝(1－x )(1＋1x)；(2)y ＝ln xx；(3)y ＝tan x ;(4)y =x e1-cos x.解：(1)∵y ＝(1－x )(1＋1x)＝1x－x ＝x －12－x 12，∴y ′＝(x －12)′－(x 12)′＝－12x －32－12x －12.(2)y ′＝(ln x x )′＝(ln x )′x －x ′ln x x 2＝1x ·x －ln xx 2＝1－ln xx2. (3)y ′＝(sin x cos x )′＝(sin x )′cos x －sin x (cos x )′cos 2x＝cos x cos x －sin x (－sin x )cos 2x ＝1cos 2x .(4)y ′=( x e 1-cos x ) ′=e 1-cos x +x (e 1-cos x) ′ =e 1-cos x +x [e 1-cos x ·（1-cos x ）′] =e 1-cos x +x e 1-cos x ·sin x=(1+x sin x ) e 1-cos x.11.已知函数f (x )＝x 3－3x 及y ＝f (x )上一点P (1，－2)，过点P 作直线l . (1)求使直线l 和y ＝f (x )相切且以P 为切点的直线方程； (2)求使直线l 和y ＝f (x )相切且切点异于P 的直线方程．解：(1)由f (x )＝x 3－3x 得，f ′(x )＝3x 2－3，过点P 且以P (1，－2)为切点的直线的斜率f ′(1)＝0，∴所求直线方程为y ＝－2；(2)设过P (1，－2)的直线l 与y ＝f (x )切于另一点(x 0，y 0)，则f ′(x 0)＝3x 02－3. 又直线过(x 0，y 0)，P (1，－2)，故其斜率可表示为y 0－(－2)x 0－1＝x 03－3x 0＋2x 0－1，又x 03－3x 0＋2x 0－1＝3x 02－3，即x 03－3x 0＋2＝3(x 02－1)·(x 0－1)，解得x 0＝1(舍)或x 0＝－12，故所求直线的斜率为k ＝3×(14－1)＝－94，∴y －(－2)＝－94(x －1)，即9x ＋4y －1＝0.12．(2008年高考海南、宁夏卷)设函数f (x )＝ax －bx，曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为7x －4y －12＝0.(1)求f (x )的解析式；(2)证明：曲线y ＝f (x )上任一点处的切线与直线x ＝0和直线y ＝x 所围成的三角形面积为定值，并求此定值．解：(1)方程7x －4y －12＝0可化为y ＝74x －3.当x ＝2时，y ＝12.又f ′(x )＝a ＋bx2，于是⎩⎪⎨⎪⎧2a －b 2＝12，a ＋b 4＝74，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝3.故f (x )＝x －3x.(2)证明：设P (x 0，y 0)为曲线上任一点，由y ′＝1＋3x2知曲线在点P (x 0，y 0)处的切线方程为y －y 0＝(1＋3x 02)(x －x 0)，即y －(x 0－3x 0)＝(1＋3x 02)(x －x 0)．令x ＝0得y ＝－6x 0，从而得切线与直线x ＝0的交点坐标为(0，－6x 0)．令y ＝x 得y ＝x ＝2x 0，从而得切线与直线y ＝x 的交点坐标为(2x 0,2x 0)．所以点P (x 0，y 0)处的切线与直线x ＝0，y ＝x 所围成的三角形面积为S ＝12|－6x 0||2x 0|＝6.故曲线y ＝f (x )上任一点处的切线与直线x ＝0，y ＝x 所围成的三角形的面积为定值，此定值为6.。