2020高考数学压轴题难点冲刺《导数大题压轴题难点突破》00122
2020高考数学《导数压轴题》
2020高考数学《导数压轴题》1.已知函数 $f(x)=e^x(1+aln x)$，设 $f'(x)$ 为 $f(x)$ 的导函数。
1) 设 $g(x)=e^xf(x)+x^2-x$ 在区间 $[1,2]$ 上单调递增，求 $a$ 的取值范围；2) 若 $a>2$ 时，函数 $f(x)$ 的零点为 $x$，函数$f'(x)$ 的极小值点为 $x_1$，求证：$x>x_1$。
2.设函数 $f(x)=\frac{x^2-2x+3}{x-1}$，$x\in R$。
1) 求证：当 $x\ge 1$ 时，$f(x)\ge 2$ 恒成立；2) 讨论关于 $x$ 的方程 $f(x)=k$ 的根的个数。
3.已知函数 $f(x)=-x^2+ax+a-e^{-x}+1$，$a\in R$。
1) 当 $a=1$ 时，判断 $g(x)=e^xf(x)$ 的单调性；2) 若函数 $f(x)$ 无零点，求 $a$ 的取值范围。
4.已知函数 $f(x)=\frac{ax+b}{x-1}$，$x\in R$。
1) 求函数 $f(x)$ 的单调区间；2) 若存在 $f(f(x))=x$，求整数 $a$ 的最小值。
5.已知函数 $f(x)=e^{-ln x+ax}$，$a\in R$。
1) 当 $a=-e+1$ 时，求函数 $f(x)$ 的单调区间；2) 当 $a\ge -1$ 时，求证：$f(x)>0$。
6.已知函数 $f(x)=e^x-x^2-ax-1$。
1) 若函数 $f(x)$ 在定义域内单调递增，求实数 $a$ 的范围；2) 设函数 $g(x)=xf(x)-e^x+x^3+x$，若 $g(x)$ 至多有一个极值点，求 $a$ 的取值集合。
7.已知函数 $f(x)=x-1-ln x-a(x-1)^2$，$a\in R$。
1) 讨论函数 $f(x)$ 的单调性；2) 若对 $\forall x\in (0,+\infty)$，$f(x)\ge 0$，求实数$a$ 的取值范围。
2020高考数学《导数压轴题》
导数压轴一．解答题（共20小题）1．已知函数f（x）＝e x（1+alnx），设f'（x）为f（x）的导函数．（1）设g（x）＝e﹣x f（x）+x2﹣x在区间[1，2]上单调递增，求a的取值范围；（2）若a＞2时，函数f（x）的零点为x0，函f′（x）的极小值点为x1，求证：x0＞x1．2．设．（1）求证：当x≥1时，f（x）≥0恒成立；（2）讨论关于x的方程根的个数．3．已知函数f（x）＝﹣x2+ax+a﹣e﹣x+1（a∈R）．（1）当a＝1时，判断g（x）＝e x f（x）的单调性；（2）若函数f（x）无零点，求a的取值范围．4．已知函数．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若存在成立，求整数a的最小值．5．已知函数f（x）＝e x﹣lnx+ax（a∈R）．（Ⅰ）当a＝﹣e+1时，求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）当a≥﹣1时，求证：f（x）＞0．6．已知函数f（x）＝e x﹣x2﹣ax﹣1．（Ⅰ）若f（x）在定义域内单调递增，求实数a的范围；（Ⅱ）设函数g（x）＝xf（x）﹣e x+x3+x，若g（x）至多有一个极值点，求a的取值集合．7．已知函数f（x）＝x﹣1﹣lnx﹣a（x﹣1）2（a∈R）．（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）若对∀x∈（0，+∞），f（x）≥0，求实数a的取值范围．8．设f′（x）是函数f（x）的导函数，我们把使f′（x）＝x的实数x叫做函数y＝f（x）的好点．已知函数f（x）＝．（Ⅰ）若0是函数f（x）的好点，求a；（Ⅱ）若函数f（x）不存在好点，求a的取值范围．9．已知函数f（x）＝lnx+ax2+（a+2）x+2（a为常数）．（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）若a为整数，函数f（x）恰好有两个零点，求a的值．10．已知函数f（x）＝xlnx﹣ax2，a∈R．（1）若函数f（x）存在单调增区间，求实数a的取值范围；（2）若x1，x2为函数f（x）的两个不同极值点，证明x12x2＞e﹣1．11．已知函数f（x）＝x3﹣a（x+1）2，（1）讨论函数f（x）的单调区间；（2）若函数f（x）只有一个零点，求实数a的取值范围．12．已知函数．（1）当0＜m＜2时，证明：f（x）只有1个零点；（2）证明：曲线f（x）没有经过原点的切线．13．已知函数f（x）＝4lnx+x2﹣2mx（m∈R）．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若直线l为曲线的切线，求证：直线l与曲线不可能有2个切点．14．已知函数f（x）＝（x+1）e x++2ax，a∈R（1）讨论f（x）极值点的个数（2）若x0（x0≠﹣2）是f（x）的一个极值点，且f（﹣2）＞e﹣2，证明：f（x0）≤1．15．己知函数f（x）＝（x﹣a）2e x+b在x＝0处的切线方程为x+y﹣1＝0，函数g（x）＝x ﹣k（lnx﹣1）．（1）求函数f（x）的解析式；（2）求函数g（x）的极值；（3）设F（x）＝min{f（x），g（x）}（min{p，q}表示p，q中的最小值），若F（x）在（0，+∞）上恰有三个零点，求实数k的取值范围．16．已知函数，且y＝x﹣1是曲线y＝f（x）的切线．（1）求实数a的值以及切点坐标；（2）求证：g（x）≥f（x）．17．已知函数f（x）＝x2﹣x﹣alnx，a∈R．（1）若不等式f（x）＜0无解，求a的值；（2）若函数f（x）存在两个极值点x1、x2，且x1＜x2，当恒成立时，求实数m的最小值．18．设a，b∈R，已知函数f（x）＝alnx+x2+bx存在极大值．（Ⅰ）若a＝1，求b的取值范围；（Ⅱ）求a的最大值，使得对于b的一切可能值，f（x）的极大值恒小于0．19．已知函数f（x）＝x﹣1nx（1）求函数f（x）的极值；（2）设函数g（x）＝xf（x）．若存在区间[m，n]⊆[，+∞），使得函数g（x）在[m，n]上的值域为[k（m+2）﹣2，k（n+2）﹣2]，求实数k的取值范围．20．已知a≠0，函数，且曲线y＝f（x）在x＝1处的切线与直线x+2y+1＝0垂直．（Ⅰ）求函数在区间（0，+∞）上的极大值；（Ⅱ）求证：当x∈（0，+∞）时，导数压轴参考答案与试题解析一．解答题（共20小题）1．已知函数f（x）＝e x（1+alnx），设f'（x）为f（x）的导函数．（1）设g（x）＝e﹣x f（x）+x2﹣x在区间[1，2]上单调递增，求a的取值范围；（2）若a＞2时，函数f（x）的零点为x0，函f′（x）的极小值点为x1，求证：x0＞x1．【解答】（1）解：依题意，g（x）＝e﹣x f（x）+x2﹣x＝1+alnx+x2﹣x，x＞0．故，x＞0．∵g（x）在[1，2]上单调递增，∴g'（x）≥0在[1，2]上恒成立，故，即a≥x（1﹣2x）在[1，2]上恒成立，根据二次函数的知识，可知：x（1﹣2x）在[1，2]上的最大值为﹣1．∴a的取值范围为[﹣1，+∞）．（2）证明：由题意，f′（x）＝e x（1+lnx+），x＞0，a＞2．设h（x）＝f′（x）＝e x（1+lnx+），x＞0，a＞2．则h′（x）＝e x（1+alnx+﹣）．再设H（x）＝1+alnx+﹣，则H′（x）＝﹣+＝．∵当x＞0时，y＝x2﹣2x+2＝（x﹣1）2+1＞0恒成立，∴当x＞0时，H′（x）＞0恒成立．∴H（x）在（0，+∞）上单调递增．又∵当a＞2时，H（1）＝1+a＞0，H（）＝1﹣aln2＜0，∴根据H（x）的单调性及零点定理，可知：存在一点x2∈（，1），使得H（x2）＝0．∴f′（x）在（0，x2）上单调递减，在（x2，+∞）上单调递增，在x＝x2处取得极小值．∴x2＝x1．即且H（x1）＝0，即1+alnx1+﹣＝0，即…①又∵f（x）的零点为x0，故f（x0）＝0，即，即alnx0＝﹣1…②由①②，得，则，又，故，即lnx0﹣lnx1＞0，∴x0＞x1．故得证．2．设．（1）求证：当x≥1时，f（x）≥0恒成立；（2）讨论关于x的方程根的个数．【解答】解：（1）证明：的定义域为（0，+∞）．∵，∴f（x）在[1，+∞）上是单调递增函数，∴f（x）≥f（1）＝0对于x∈[1，+∞）恒成立．故当x≥1时，f（x）≥0恒成立得证．（2）化简方程得2lnx＝x3﹣2ex2+tx．注意到x＞0，则方程可变为．令，则．当x∈（0，e）时，L′（x）＞0，∴L（x）在（0，e）上为增函数；当x∈（e，+∞）时，L′（x）＜0，∴L（x）在（e，+∞）上为减函数．当x＝e时，．函数在同一坐标系内的大致图象如图所示：由图象可知，①当时，即时，方程无实根；②当时，即时，方程有一个实根；③当时，即时，方程有两个实根．3．已知函数f（x）＝﹣x2+ax+a﹣e﹣x+1（a∈R）．（1）当a＝1时，判断g（x）＝e x f（x）的单调性；（2）若函数f（x）无零点，求a的取值范围．【解答】解：（1）当a＝1时，g（x）＝e x f（x）＝e x（﹣x2+x+1﹣e﹣x+1）＝（﹣x2+x+1）e x﹣e，g′（x）＝（﹣2x+1）e x+（﹣x2+x+1）e x＝﹣e x（x﹣1）（x+2），∴当x∈（﹣∞，﹣2）∪（1，+∞）时，g′（x）＜0，故g（x）在（﹣∞，﹣2），（1，+∞）单调递减；当x∈（﹣2，1）时，g′（x）＞0，故g（x）在（﹣2，1）单调递增；（2）函数f（x）＝﹣x2+ax+a﹣e﹣x+1，∴f′（x）＝﹣2x+a+e﹣x+1，设h（x）＝﹣2x+a+e﹣x+1，∴h′（x）＝﹣2﹣e﹣x+1＜0恒成立，∴h（x）在（﹣∞，+∞）上单调递减，∴存在x0∈R，使得h（x0）＝0，∴当x∈（﹣∞，x0）时，h（x）＝f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，∴当x∈（x0，+∞）时，h（x）＝f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，∴f（x）max＝f（x0）＝﹣x02+ax0+a﹣，∵函数f（x）无零点，∴f（x）max＝f（x0）＝﹣x02+ax0+a﹣＜0在R上恒成立，又∵h（x0）＝﹣2x0+a+＝0，即＝2x0﹣a．∴f（x）max＝f（x0）＝﹣x02+（a﹣2）x0+2a＜0在R上恒成立，∴△＝（a﹣2）2﹣4•2a＝a2﹣12a+4＜0，解得6﹣4＜a＜6+4．∴a的取值范围为（6﹣4，6+4）．4．已知函数．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若存在成立，求整数a的最小值．【解答】解：（1）由题意可知，x＞0，，方程﹣x2+x﹣a＝0对应的△＝1﹣4a，当△＝1﹣4a≤0，即时，当x∈（0，+∞）时，f'（x）≤0，∴f（x）在（0，+∞）上单调递减；…（2分）当时，方程﹣x2+x﹣a＝0的两根为，且，此时，f（x）在上f'（x）＞0，函数f（x）单调递增，在上f'（x）＜0，函数f（x）单调递减；…（4分）当a≤0时，，，此时当，f（x）单调递增，当时，f'（x）＜0，f（x）单调递减；…（6分）综上：当a≤0时，，f（x）单调递增，当时，f（x）单调递减；当时，f（x）在上单调递增，在上单调递减；当时，f（x）在（0，+∞）上单调递减；…（7分）（2）原式等价于（x﹣1）a＞xlnx+2x﹣1，即存在x＞1，使成立．设，x＞1，则，…（9分）设h（x）＝x﹣lnx﹣2，则，∴h（x）在（1，+∞）上单调递增．又h（3）＝3﹣ln3﹣2＝1﹣ln3＜0，h（4）＝4﹣ln4﹣2＝2﹣2ln2＞0，根据零点存在性定理，可知h（x）在（1，+∞）上有唯一零点，设该零点为x0，则x0∈（3，4），且h（x0）＝x0﹣lnx0﹣2＝0，即x0﹣2＝lnx0，∴…（11分）由题意可知a＞x0+1，又x0∈（3，4），a∈Z，∴a的最小值为5．…（12分）5．已知函数f（x）＝e x﹣lnx+ax（a∈R）．（Ⅰ）当a＝﹣e+1时，求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）当a≥﹣1时，求证：f（x）＞0．【解答】（Ⅰ）解：f（x）＝e x﹣lnx+（﹣e+1）x；令，得x＝1；当x∈（0，1）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；当x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；（Ⅱ）证明：当a＝﹣1时，f（x）＝e x﹣lnx﹣x（x＞0）；令，则；∴h（x）在（0，+∞）上单调递增；又，h（1）＝e﹣2＞0；∴∃，使得，即；∴函数f（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增；∴函数f（x）的最小值为；又函数是单调减函数；∴f（x0）＞1+1﹣ln1﹣1＝1＞0，即e x﹣lnx﹣x＞0恒成立；又e x＞x＞lnx；∴e x﹣lnx＞0；又a≥﹣1，x＞0；∴ax≥﹣x；∴f（x）＝e x﹣lnx+ax≥e x﹣lnx﹣x＞0，得证．6．已知函数f（x）＝e x﹣x2﹣ax﹣1．（Ⅰ）若f（x）在定义域内单调递增，求实数a的范围；（Ⅱ）设函数g（x）＝xf（x）﹣e x+x3+x，若g（x）至多有一个极值点，求a的取值集合．【解答】解：（1）由条件得，f'（x）＝e x﹣2x﹣a≥0，得a≤e x﹣2x，令h（x）＝e x﹣2x，h'（x）＝e x﹣2＝0．得x＝ln2，当x＜ln2时，h'（x）＜0，当x＞ln2时，h'（x）＞0．故当x＝ln2时，h（x）min＝h（ln2）＝2﹣2ln2．∴a≤2﹣2ln2．（2）g（x）＝xe x﹣ax2﹣e x，g'（x）＝x（e x﹣2a）．当a≤0时，由x＞0，g'（x）＞0且x＜0，g'（x）＜0，故0是g（x）唯一的极小值点；令g'（x）＝0得x1＝0，x2＝ln（2a）．当a＝时，x1＝x2，g'（x）≥0恒成立，g（x）无极值点．故a∈．7．已知函数f（x）＝x﹣1﹣lnx﹣a（x﹣1）2（a∈R）．（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）若对∀x∈（0，+∞），f（x）≥0，求实数a的取值范围．【解答】解：（1）由题意知，f（x）的定义域为（0，+∞），由函数f（x）＝x﹣1﹣lnx﹣a（x﹣1）2（a∈R）得f'（x）＝1﹣﹣2a（x﹣1）＝；①当a≤0时，令f'（x）＞0，可得x＞1，令f'（x）＜0，可得0＜x＜1；故函数f（x）的增区间为（1，+∞），减区间为（0，1）．②当0＜a＜时，，令f'（x）＞0，可得，令f'（x）＜0，可得0＜x ＜1或x＞，故f（x）的增区间为（1，），减区间为（0，1），（）；③当a＝时，f'（x）＝≤0，故函数f（x）的减区间为（0，+∞）；④当a＞时，0＜＜1，令f'（x）＞0，可得；令f'（x）＜0，可得或x＞1．故f（x）的增区间为（），减区间为（0，），（1，+∞）．综上所述：当a≤0时，f（x）在（0，1）上为减函数，在（1，+∞）上为增函数；当0＜a＜时，f（x）在（0，1），（）上为减函数，在（1，）上为增函数；当a＝时，f（x）在（0，+∞）上为减函数；当a＞时，f（x）在（0，），（1，+∞）上为减函数．在（，1）上为增函数．（2）由（1）可知：①当a≤0时，f（x）min＝f（1）＝0，此时，f（x）≥0；②当0＜a＜时，f（1）＝0，当x∈（，+∞）时，lnx＞0，ax＞a+1，可得f（x）＝x﹣1﹣lnx﹣a（x﹣1）2＜x﹣1﹣a（x﹣1）2＝（x﹣1）（a+1﹣ax）＜0，不合题意；③当a＝时，f（1）＝0，由f（x）的单调性可知，当x∈（1，+∞）时，f（x）＜0，不合题意；④当a＞时，f（1）＝0，由f（x）的单调性可知，当x∈（，1）时，f（x）＜0，不合题意．综上可知：所求实数a的取值范围为：（﹣∞，0]．8．设f′（x）是函数f（x）的导函数，我们把使f′（x）＝x的实数x叫做函数y＝f（x）的好点．已知函数f（x）＝．（Ⅰ）若0是函数f（x）的好点，求a；（Ⅱ）若函数f（x）不存在好点，求a的取值范围．【解答】（Ⅰ）解：f′（x）＝e2x﹣ae x﹣（a2﹣1）x；由f′（x）＝x，得e2x﹣ae x﹣（a2﹣1）x＝x，即e2x﹣ae x﹣a2x＝0；∵0是函数f（x）得好点；∴1﹣a＝0，∴a＝1；（Ⅱ）解：令g（x）＝e2x﹣ae x﹣a2x，问题转化为讨论函数g（x）的零点问题；∵当x→﹣∞时，g（x）→+∞，若函数f（x）不存在好点，等价于g（x）没有零点，即g（x）的最小值大于零；g′（x）＝2e2x﹣ae x﹣a2＝（2e x+a）（e x﹣a）；①若a＝0，则g（x）＝e2x＞0，g（x）无零点，f（x）无好点；②若a＞0，则由g′（x）＝0得x＝lna；易知；当且仅当﹣a2lna＞0，即0＜a＜1时，g（x）＞0；∴g（x）无零点，f（x）无好点；③若a＜0，则由g′（x）＝0得；故；当且仅当，即时，g（x）＞0；∴g（x）无零点，f（x）无好点；综上，a的取值范围是．9．已知函数f（x）＝lnx+ax2+（a+2）x+2（a为常数）．（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）若a为整数，函数f（x）恰好有两个零点，求a的值．【解答】解（1）由题意x＞0，f′（x）＝＝①若a≥0，对x＞0，f′（x）＞0恒成立，f（x）在（0，+∞）单调递增；②若a＜0，则﹣＞0，当0＜x＜﹣时，f′（x）＞0，x＞时，f′（x）＜0，所以f（x）在（0，﹣）单调递增，在（﹣，+∞）单调递减，（2）由（1）知，若函数f（x）恰好有两个零点，则a＜0，且f（x）在x＝处有极大值，也是最大值；f（x）max＝f（）＞0，∵f（）＝ln（﹣）+a（﹣）2+（a+2）（﹣）+2＝ln（﹣）+（﹣）+1，又∵a为整数且a＜0，∴当a＝﹣1时，且f（x）max＝f（）＝0+2＝2＞0，当a＝﹣2时，且f（x）max＝f（）＝＞0，当a＝﹣3时，且f（x）max＝f（）＝ln+1＞0，当a＝﹣4时，且f（x）max＝f（）＝＜0，故a的值为：﹣1，﹣2，﹣3．10．已知函数f（x）＝xlnx﹣ax2，a∈R．（1）若函数f（x）存在单调增区间，求实数a的取值范围；（2）若x1，x2为函数f（x）的两个不同极值点，证明x12x2＞e﹣1．【解答】解：（1）∵函数f（x）＝xlnx﹣ax2，a∈R．∴f′（x）＝lnx+1﹣2ax，∵函数f（x）存在单调增区间∴只需f'（x）＝1+lnx﹣2ax＞0有解；即有解．令g（x）＝，g′（x）＝，当x∈（0，1）时g′（x）＞0当x∈（1，+∞）时g′（x）＜0当x＝1时g（x）有最大值，g（1）＝1．故2a＜g（1）＝1∴a时，函数f（x）存在增区间．证明：（2）要证明＞e﹣1，即证明2lnx1+lnx2＞﹣1，∵f′（x）＝1+lnx﹣2ax，∴x1，x2是方程lnx＝2ax﹣1的两个根，即，lnx1＝2ax1﹣1 ①，lnx2＝2ax2﹣1 ②，即证明2a（2x1+x2）＞2．∵①﹣②，得：2a＝，即证（2x1+x2）＞2，不妨设x1＞x2，则t＝＞1，则证（2t+1）＞2，∴lnt﹣＞0，设g（t）＝lnt﹣，则g′（t）═﹣＝；∵t＞1∴4（t+）2﹣6＞4（1+）2﹣6＝3＞0，∴g'（x）＞0；∴g（t）在（1，+∞）单调递增，g（t）＞g（1）＝0，故＞e﹣1．11．已知函数f（x）＝x3﹣a（x+1）2，（1）讨论函数f（x）的单调区间；（2）若函数f（x）只有一个零点，求实数a的取值范围．【解答】解（1）函数的定义域为R，f'（x）＝x2﹣2a（x+1）＝x2﹣2ax﹣2a，△＝4a2+8a＝4a（a+2），1）△≤0时，﹣2≤a≤0时，f'（x）≥0，∴f（x）在R上递增…（1分）2）当△＞0时，即a＜﹣2或a＞0时，令f'（x）＝0，∴x2﹣2ax﹣2a＝0，解得，；∴f（x）在（﹣∞，a﹣）递增，递减，递增；（2）由（1）知①△≤0时，﹣2≤a≤0时，当f（x）在R上递增．f（﹣1）＝＜0，f（1）＝﹣4a＞0；∴存在唯一零点x0∈（﹣1，1）；②当a＜﹣2或a＞0时，1）a＜﹣2时，∵＝a+＜a+|a+1|；∵a＜﹣2，∴a+|a+1|＝﹣1，即，x2＜﹣1，∴x1＜x2＜﹣1；∵f（﹣1）＝＜0，f（0）＝﹣a＞0，∴存在零点x0∈（﹣1，0）．又∵f（x）在（﹣∞，x1）递增，（x1，x2）递减，（x2，+∞）递增；∴f（x）在x＝x1处有极大值，∴f（x1）＜0，，（*）又∵，将a（x1+1）＝代入（*）得；，得，∴x1＞﹣3，且x1≠0；∴﹣3＜x1＜﹣1，即﹣3＜a﹣＜﹣1；，解得；2）当a＞0时，∵x1•x2＝﹣2a＜0，∴x1＜0＜x2；当x∈（﹣∞，0）时，又∵，﹣a（x+1）2＜0，∴f（x）＝，又∵f（x）在（﹣∞，x1）递增，（x1，x2）递减，（x2，+∞）递增；∵f（0）＝﹣a＜0，∴f（x2）＜f（0）＜0，又∵3a+2＞2，而f（3a+2）＝＝3a+＞0，∴存在零点x0∈（x2，3a+2）；综上，a∈（）．12．已知函数．（1）当0＜m＜2时，证明：f（x）只有1个零点；（2）证明：曲线f（x）没有经过原点的切线．【解答】（1）证明：f（x）的定义域为（0，+∞）；；令g（x）＝x2﹣mx+1，则△＝m2﹣4；∵0＜m＜2；∴△＜0；∴g（x）＞0在x∈（0，+∞）上恒成立；∴f（x）在（0，+∞）上单调递增；∴f（x）至多有一个零点；∵；∴当0＜x＜2m且x＜1时，f（x）＜0；当x＞2m且x＞1时，f（x）＞0；∴f（x）有一个零点；∴当0＜m＜2时，f（x）只有一个零点；（x＞0）处的切线经过原点，则有；（2）证明：假设曲线y＝f（x）在点（x，f（x））即，化简得；令，则；令h′（x）＝0，解得x＝1；当0＜x＜1时，h′（x）＜0，h（x）单调递减；当x＞1时，h′（x）＞0，h（x）单调递增；∴；∴与矛盾；∴曲线y＝f（x）没有经过原点的切线．13．已知函数f（x）＝4lnx+x2﹣2mx（m∈R）．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若直线l为曲线的切线，求证：直线l与曲线不可能有2个切点．【解答】解：（1）由题意，，令y＝x2﹣mx+2，则△＝m2﹣8，①若，则△≤0，则f'（x）≥0，故函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；②若或，y＝x2﹣mx+2有两个零点x1，x2，则x1x2＝2＞0，其中，；（i）若，则x1＜0，x2＜0，此时f'（x）＞0，故函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；（ii）若，则x1＞0，x2＞0，此时当x∈（0，x1）时，f'（x）＞0，当x∈（x1，x2）时，f'（x）＜0，当x∈（x2，+∞）时，f'（x）＞0，故函数f（x）在（0，x1）和（x2，+∞）上单调递增，在（x1，x2）上单调递减；综上所述，可知：①当时，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；②当时，函数f（x）在（0，x1）和（x2，+∞）上单调递增，在（x1，x2）上单调递减．（2）证明：（反证法）假设存在一条直线与函数的图象有两个不同的切点T1（x1，y1），T2（x2，y2），不妨令0＜x1＜x2，则T1处切线l1的方程为：，T2处切线l2的方程为：．∵切线l1，l2为同一直线，所以有．即，整理得．消去x2得，．①令，由0＜x1＜x2与x1x2＝2，得t∈（0，1），记，则，所以p（t）为（0，1）上的单调减函数，所以p（t）＞p（1）＝0．从而①式不可能成立，所以假设不成立，即若直线l为曲线的切线，则直线l与曲线不可能有2个切点．14．已知函数f（x）＝（x+1）e x++2ax，a∈R（1）讨论f（x）极值点的个数（2）若x0（x0≠﹣2）是f（x）的一个极值点，且f（﹣2）＞e﹣2，证明：f（x0）≤1．【解答】（1）解：f（x）的定义域为R，f′（x）＝（x+2）（e x+a）；若a≥0，则e x+a＞0；∴当x∈（﹣∞，﹣2）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；当x∈（﹣2，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；∴x＝﹣2是f（x）唯一的极小值点，无极大值点，故此时f（x）有1个极值点；若a＜0，令f′（x）＝（x+2）（e x+a）＝0，则x1＝﹣2，x2＝ln（﹣a）；当a＜﹣e﹣2时，x1＜x2，可知当x∈（﹣∞，x1）∪（x2．+∞）时，f′（x）＞0；当x∈（x1，x2）时，f′（x）＜0；∴x1，x2分别是f（x）的极大值点和极小值点，故此时f（x）有2个极值点；当a＝﹣e﹣2时，x1＝x2，f′（x）≥0，此时f（x）在R上单调递增，无极值点；当﹣e﹣2＜a＜0时，x1＞x2，同理可知，f（x）有2个极值点；综上，当a＝﹣e﹣2时，f（x）无极值点；当a≥0时，f（x）有1个极值点；当a＜﹣e﹣2或﹣e﹣2＜a＜0时，f（x）有2个极值点．（2）证明：若x0（x0≠﹣2）是f（x）的一个极值点，由（1）知a∈（﹣∞，﹣e﹣2）∪（﹣e﹣2，0）；又f（﹣2）＝﹣e﹣2﹣2a＞e﹣2；∴a∈（﹣∞，﹣e﹣2）；则x0＝ln（﹣a）；∴；令t＝ln（﹣a）∈（﹣2，+∞），则a＝﹣e t；∴；∴；又∵t∈（﹣2，+∞）；∴t+4＞0；令g′（t）＝0，得t＝0；当t∈（﹣2，0）时，g′（t）＞0，g（t）单调递增；当t∈（0，+∞）时，g′（t）＜0，g（t）单调递减；∴t＝0是g（t）唯一得极大值点，也是最大值点，即g（t）≤g（0）＝1；∴f[ln（﹣a）]≤1，即f（x0）≤1．15．己知函数f（x）＝（x﹣a）2e x+b在x＝0处的切线方程为x+y﹣1＝0，函数g（x）＝x ﹣k（lnx﹣1）．（1）求函数f（x）的解析式；（2）求函数g（x）的极值；（3）设F（x）＝min{f（x），g（x）}（min{p，q}表示p，q中的最小值），若F（x）在（0，+∞）上恰有三个零点，求实数k的取值范围．【解答】解：（1）f'（x）＝[x2+（2﹣2a）x+a2﹣2a]e x，因为f（x）在x＝0处的切线方程为x+y﹣1＝0，所以，解得，所以f（x）＝（x﹣1）2e x．（2）g（x）的定义域为（0，+∞），，①若k≤0时，则g'（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，所以g（x）在（0，+∞）上单调递增，无极值．②若k＞0时，则当0＜x＜k时，g'（x）＜0，g（x）在（0，k）上单调递减；当x＞k时，g'（x）＞0，g（x）在（k，+∞）上单调递增；所以当x＝k时，g（x）有极小值2k﹣klnk，无极大值．（3）因为f（x）＝0仅有一个零点1，且f（x）≥0恒成立，所以g（x）在（0，+∞）上有仅两个不等于1的零点．①当k≤0时，由（2）知，g（x）在（0，+∞）上单调递增，g（x）在（0，+∞）上至多一个零点，不合题意，舍去，②当0＜k＜e2时，g（x）min＝g（k）＝k（2﹣lnk）＞0，g（x）在（0，+∞）无零点，③当k＝e2时，g（x）≥0，当且仅当x＝e2等号成立，g（x）在（0，+∞）仅一个零点，④当k＞e2时，g（k）＝k（2﹣lnk）＜0，g（e）＝e＞0，所以g（k）•g（e）＜0，又g（x）图象不间断，g（x）在（0，k）上单调递减，故存在x1∈（e，k），使g（x1）＝0，又g（k2）＝k（k﹣2lnk+1），下面证明，当x＞e2时，h（x）＝x﹣2lnx+1＞0＞0，h（x）在（e2，+∞）上单调递增h（x）＞h（e2）＝e2﹣3＞0，所以g（k2）＝k•（k﹣2lnk+1）＞0，g（k）•g（k2）＜0，又g（x）图象在（0，+∞）上不间断，g（x）在（k，+∞）上单调递增，故存在，使g（x2）＝0，综上可知，满足题意的k的范围是（e2，+∞）．16．已知函数，且y＝x﹣1是曲线y＝f（x）的切线．（1）求实数a的值以及切点坐标；（2）求证：g（x）≥f（x）．【解答】解：（1）设切点为（x0，），则切线为y﹣＝（x﹣x0），即y＝x+；所以，消去a得：x0﹣1+lnx0﹣2x0lnx0＝0，记m（t）＝t﹣1+lnt﹣2tlnt（t＞0），则m′（t）＝，显然m′（t）单调递减，且m′（1）＝0，所以t∈（0，1）时，m′（t）＞0，m（t）单调递增，t∈（1，+∞）时，m′（t）＜0，m（t）单调递减，故m（t）当且仅当t＝1时取到最大值，又m（1）＝0，所以方程x0﹣1+lnx0﹣2x0lnx0＝0有唯一解x0＝1，此时a＝1，所以a＝1，切点为（1，0）．（2）证明：由（1）得f（x）＝，g（x）＝e x﹣1﹣1，记F（x）＝e x﹣1﹣x（x＞0），则F′（x）＝e x﹣1﹣1，当x∈（1，+∞）时，F′（x）＞0，F（x）单调递增；当x∈（0，1）时，F′（x）＜0，F（x）单调递减，所以F（x）≥F（1）＝1﹣1＝0，所以e x﹣1≥x，即g（x）≥x﹣1①，记G（x）＝x2﹣x﹣lnx（x＞0），则G′（x）＝2x﹣1﹣＝＝，所以x∈（0，1）时，G′（x）＜0，G（x）单调递减，x∈（1，+∞）时，G′（x）＞0，G（x）单调递增，所以G（x）≥G（1）＝0，即x2﹣x≥lnx，所以x﹣1≥，即x﹣1≥f（x）②，由①②得g（x）≥f（x）．17．已知函数f（x）＝x2﹣x﹣alnx，a∈R．（1）若不等式f（x）＜0无解，求a的值；（2）若函数f（x）存在两个极值点x1、x2，且x1＜x2，当恒成立时，求实数m的最小值．【解答】解：（1）f（x）＝x2﹣x﹣alnx（x＞0），则f'（x）＝，f（1）＝0，∵不等式f（x）＜0无解，∴f（x）极小值＝f（1），∴f'（1）＝2﹣1﹣a＝0，∴a＝1；（2）∵函数f（x）存在两个极值点x1、x2，且x1＜x2，∴f'（x）在（0，+∞）上有两个不相等的实根，即x1、x2是方程2x2﹣x﹣a＝0的两个不相等的正实根，∴，．令，则0＜t＜1，∴＝＝﹣＝＝，令g（t）＝（0＜t＜1），则g'（t）＝，∴g（t）在（0，1）上单调递增，∴g（t）＜g（1）＝0．∵当恒成立，∴m＞g（t）在（0，1）上恒成立，∴m≥g（1）＝0，∴实数m的最小值为0．18．设a，b∈R，已知函数f（x）＝alnx+x2+bx存在极大值．（Ⅰ）若a＝1，求b的取值范围；（Ⅱ）求a的最大值，使得对于b的一切可能值，f（x）的极大值恒小于0．【解答】解：（Ⅰ）当a＝1时，f'（x）＝（x＞0），由f（x）存在极大值，可知方程2x2+bx+1＝0有两个不等的正根，∴解得b＜﹣2．故b的取值范围是（﹣∞，﹣2）．（Ⅱ）f′（x）＝（x＞0）．由f（x）存在极大值，可知方程：2x2+bx+a＝0有两个不等的正根，设为x1＜x2，由x1x2＝＞0，可得：0＜x1＜．可得表格：x（0，x1）x1（x1，x2）x2（x2，+∞）f′（x）+0﹣0+f（x）单调递增极大值单调递减极小值单调递增∴f（x）的极大值为f（x1）＝alnx1++bx1．2+bx1+a＝0，解得：bx1＝﹣2﹣a，∴f（x1）＝alnx1﹣﹣a．构造函数：g（x）＝alnx﹣x2﹣a．当：0＜x＜．g′（x）＝＞0，∴g（x）在（0，]上单调递增．可得：g（x1）＜g（）＝（ln﹣3）．当0＜a≤2e3时，f（x）极大＝f（x1）＝g（x1）＜g（）≤0．当a＞2e3时，取b＝﹣2（+﹣），即x1＝，x2＝．此时f（x）极大＝f（）＝﹣e3＞0，不符合题意．∴a的最大值为2e3．19．已知函数f（x）＝x﹣1nx（1）求函数f（x）的极值；（2）设函数g（x）＝xf（x）．若存在区间[m，n]⊆[，+∞），使得函数g（x）在[m，n]上的值域为[k（m+2）﹣2，k（n+2）﹣2]，求实数k的取值范围．【解答】解：（1）f（x）＝x﹣1nx，（x∈（0，+∞））．f′（x）＝1﹣＝，可得：x＝1时，函数f（x）取得极小值f（1）＝1．（2）g（x）＝xf（x）＝x2﹣xlnx．（x∈[，+∞））．g′（x）＝2x﹣lnx﹣1＝h（x），h′（x）＝2﹣＝≥0，∴函数h（x）在x∈[，+∞）上单调递增，h（）＝1+ln2﹣1＝ln2＞0．∴g′（x）＞0．∴函数g（x）在x∈[，+∞）上单调递增．∴函数g（x）的值域为：[g（m），g（n）]．已知函数g（x）在[m，n]上的值域为[k（m+2）﹣2，k（n+2）﹣2]，∴m2﹣mlnm＝k（m+2）﹣2，n2﹣nlnn＝k（n+2）﹣2，≤m＜n．令u（x）＝x2﹣xlnx﹣k（x+2）+2．x∈[，+∞）．则u（x）在x∈[，+∞）存在两个不同的实数根．化为：k＝，x∈[，+∞）．令u（x）＝，x∈[，+∞）．u′（x）＝．u′（1）＝0．令v（x）＝x2+3x﹣2lnx﹣4，x∈[，+∞）．v′（x）＝2x+3﹣＝≥0，∴函数v（x）在x∈[，+∞）上单调递增．∴x∈[，1），u′（x）＜0；x∈（1，+∞），u′（x）＞0．∴x＝1时，u（x）取得极小值即最小值，u（1）＝1．又u（）＝＝．x→+∞时，u（x）→+∞．∴1＜k≤时，函数y＝k与u（x）的图象有两个交点．∴实数k的取值范围是（1，]．20．已知a≠0，函数，且曲线y＝f（x）在x＝1处的切线与直线x+2y+1＝0垂直．（Ⅰ）求函数在区间（0，+∞）上的极大值；（Ⅱ）求证：当x∈（0，+∞）时，【解答】解：（Ⅰ）由题意得直线x+2y+1＝0的斜率为﹣，即曲线y＝f（x）在x＝1处的切线斜率为2，f'（x）＝，∴f'（1）＝1+a＝2，得a＝1．∴f（x）＝，＝，∴g'（x）＝，当x＝e时，g'（x）＝0；当0＜x＜e时，g'（x）＞0，当x＞e时，g'（x）＜0；∴函数在（0，e）单调递增，在（e，+∞）单调递减，∴g（x）在（0，+∞）上有唯一的极大值g（e）＝；（Ⅱ）由题意得≤，即证明，设φ（x）＝，φ'（x）＝，当0＜x＜e时，φ'（x）＞0，∴函数φ（x）在（0，e）单调递增．当x＞e，φ'（x）＜0．∴函数在（e，+∞）上单调递减，当x＝e时，φ（x）取最大值φ（e）＝，即φ（x）≤，再令h（x）＝，则h（x）＝（）≥，∴φ（x）＜h（x），即e x f（x）＜．。
(浙江专用)2020版高考数学三轮冲刺抢分练压轴大题突破练(五)函数与导数
＝ ( k－1) a＋ k－1－ kln k. ②若 0<a≤ln k 时， h′（x) ≥0， h( x) 在(0 ，＋∞ ) 上单调递增， 所以 h( x)> h(0) ＝ f ( a) －f (0) ＝ ea －a－ 1.
因此， ( ⅰ) 当 0<k≤１时， 此时 ln k≤0， a>ln k， h( x) ≥（k－1) a＋ k－ 1－ kln k≥0，
( 五) 函数与导数
1．设函数 f ( x) ＝ ax2＋ bx＋ c( a≠0) ，曲线 y＝ f ( x) 过点 (0,2 a＋ 3) ，且在点 ( － 1， f ( － 1))
处的切线垂直于 y 轴．
(1) 用 a 分别表示 b 和 c； (2) 当 bc 取得最小值时，求函数
g( x) ＝－ f ( x)e －x 的单调区间．
若 a＝0，则 F′（x)<0 ， F( x) 在 ( － 1，＋∞ ) 上单调递减；
1 若 a≠0，令 F′（x) ＝ 0，得 x＝ a－ 1.
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1 ①当 a<0 时，则 x＝ a－ 1<－ 1，
因此在 ( － 1，＋∞ ) 上恒有 F′（x)<0 ， 即 F( x) 在 ( － 1，＋∞ ) 上单调递减；
当 x>0 时， φ′（t )>0 ，φ( t ) 单调递增，
所以 φ( t ) ≥ φ(0) ＝ 0，当且仅当 t ＝ 0 时等号成立．
故方程①有且仅有唯一解 t ＝ 0，即实数 t 的值为 0.
(2) 方法一 令 h( x) ＝ f ( x) － bx＋g( b) － f (0) － g(0)( x>－ k) ， 则 h′（x) ＝ ex－( b＋ 1) ，
2020最后十天高考数学压轴题 导数各类题型方法总结(绝对经典)
导数压轴题第一章导数及其应用一，导数的概念1..已知xf x f xx f x ∆-∆+=→∆)2()2(lim ,1)(0则的值是（）A.41-B.2C.41D.－2变式1：()()()为则设hf h f f h 233lim,430--='→（）A ．－１Ｂ．－2C ．－3D ．1变式2：()()()00003,limx f x x f x x f x x x∆→+∆--∆∆设在可导则等于（）A ．()02x f 'B ．()0x f 'C ．()03x f 'D ．()04x f '导数各种题型方法总结请同学们高度重视：首先，关于二次函数的不等式恒成立的主要解法：1、分离变量；2变更主元；3根分布；4判别式法5、二次函数区间最值求法：（1）对称轴（重视单调区间）与定义域的关系（2）端点处和顶点是最值所在其次，分析每种题型的本质，你会发现大部分都在解决“不等式恒成立问题”以及“充分应用数形结合思想”，创建不等关系求出取值范围。
最后，同学们在看例题时，请注意寻找关键的等价变形和回归的基础一、基础题型：函数的单调区间、极值、最值；不等式恒成立；1、此类问题提倡按以下三个步骤进行解决：第一步：令0)('=x f 得到两个根；第二步：画两图或列表；第三步：由图表可知；其中不等式恒成立问题的实质是函数的最值问题，2、常见处理方法有三种：第一种：分离变量求最值-----用分离变量时要特别注意是否需分类讨论（>0,=0,<0）第二种：变更主元（即关于某字母的一次函数）-----（已知谁的范围就把谁作为主元）；（请同学们参看2010省统测2）例1：设函数()y f x =在区间D 上的导数为()f x '，()f x '在区间D 上的导数为()g x ，若在区间D 上，()0g x <恒成立，则称函数()y f x =在区间D 上为“凸函数”，已知实数m 是常数，4323()1262x mx x f x =--（1）若()y f x =在区间[]0,3上为“凸函数”，求m 的取值范围；（2）若对满足2m ≤的任何一个实数m ，函数()f x 在区间(),a b 上都为“凸函数”，求b a -的最大值.解:由函数4323()1262x mx x f x =--得32()332x mx f x x'=--2()3g x x mx ∴=--（1）()y f x = 在区间[]0,3上为“凸函数”，则2()30g x x mx ∴=--<在区间[0,3]上恒成立解法一：从二次函数的区间最值入手：等价于max ()0g x <(0)0302(3)09330g m g m <-<⎧⎧⇒⇒>⎨⎨<--<⎩⎩解法二：分离变量法：∵当0x =时,2()330g x x mx ∴=--=-<恒成立,当03x <≤时,2()30g x x mx =--<恒成立等价于233x m x x x ->=-的最大值（03x <≤）恒成立，而3()h x x x=-（03x <≤）是增函数，则max ()(3)2h x h ==2m ∴>(2)∵当2m ≤时()f x 在区间(),a b 上都为“凸函数”则等价于当2m ≤时2()30g x x mx =--<恒成立变更主元法再等价于2()30F m mx x =-+>在2m ≤恒成立（视为关于m 的一次函数最值问题）22(2)023011(2)0230F x x x F x x ⎧->--+>⎧⎪⇒⇒⇒-<<⎨⎨>-+>⎪⎩⎩2b a ∴-=例2：设函数),10(3231)(223R b a b x a ax x x f ∈<<+-+-=（Ⅰ）求函数f （x ）的单调区间和极值；（Ⅱ）若对任意的],2,1[++∈a a x 不等式()f x a '≤恒成立，求a 的取值范围.（二次函数区间最值的例子）解：（Ⅰ）()()22()433f x x ax a x a x a '=-+-=---01a << -223aa()f x 'a3a令,0)(>'x f 得)(x f 的单调递增区间为（a ,3a ）令,0)(<'x f 得)(x f 的单调递减区间为（－∞，a ）和（3a ，+∞）∴当x=a 时，)(x f 极小值=;433b a +-当x=3a 时，)(x f 极大值=b.（Ⅱ）由|)(x f '|≤a ，得：对任意的],2,1[++∈a a x 2243a x ax a a -≤-+≤恒成立①则等价于()g x 这个二次函数max min ()()g x a g x a≤⎧⎨≥-⎩22()43g x x ax a =-+的对称轴2x a=01,a << 12a a a a +>+=（放缩法）即定义域在对称轴的右边，()g x 这个二次函数的最值问题：单调增函数的最值问题。
2020年全国Ⅰ卷理科导数压轴题多角度探析
解题篇经典题突破方法"LL L l l L"高二数学2021年3月丁子虫" 2020年全国|卷理科()压轴题多.度01■福建省泉州市第七中学彭耿铃高考压轴题，突出学科素养和区分导向！着重考查同学们的理性思维能力以及综合运用数学思想方法分析问题、解决问题的能力!体现了数学考试的压轴应用价值，在考试评价中落实区分度的根本任务，对选拔高层次人才有很好的导向和选拔作用#纵观近几年来高考试卷，导数压轴题在形式上有“简约而不简单)之感，参考答案的解析有时让师生一头雾水，感觉匪夷所思，不知所措#下面对2020年全国I卷导数压轴题予以多角度解析，旨在探究导数题型的考查特点，供同学们参考，希望同学们能决胜高考#(2020年全国I卷理科压轴题'已知函数f(")=e"+a"2—"#(1)当a=1时，讨论f")的单调性；(2)当")0时f(.,"))1"3+1,求a的取值范围#解析!1)当a=1时，f(")=e"+"2—",f J")=e"+2"一1#令g(")=e"+2"一1则g'")=e"+2>0恒成立，所以g")在R上单调递增f"在R上单调递增#又'(0)=0!所以当">0时，f(")> 0,即f(")在(0,++)上单调递增；当"<0时,f'")<0,即f(")在(一+,0)上单调递减#所以当a=1时，f")的单调增区间为(0,++)，单调减区间为(一+,0)#(2)解法一(分离参数，转化最值)：当")0时，f("))2"3+1恒成立#①当"=0时，a(R#""3+"+1—e"②当">0时，a)--------------2-----------恒成"""3+"+1—e"立，记％(")=---------------2------------，贝U%'(")=(2—")(e"—2"2-"一1)3#1己$(")=e"—"2"2一"一1(">0),贝$'(")=e"一"一1,—(")=e"—1#因为当">0时，$"(")= e"—1>0,所以$'(")在(0,++)上单调递增,$'(—)>$'(0)=0,$(")单调递增，$")>$(0)=0#令％'")=0,可得"=2#当"((0,2)时，%'(")>0,%(-)单调递增；当"((2, ++)时,%'(")<0,%(")单调递减#7—e2所以%(").ao=%(2)=^^,即a) 7—e24°综上，a的取值范围是，++)#解法二(比较零点,分类讨论)：f("))1"3+13e"+a"2一")1"3+1"3一a"2+"+113—--------------#1,对")0恒成立#1—一a"2+"+1令%(")=----------------"--------------")0)，则①当2a+1)2,即a)时，若"(「0,2)U「2a+1,++),则%'(")#0；若"((2, 2a+1),则％'")>0#所以％(")在区间「0, 2)上单调递减，在区间(2,2a+1)上单调递增，在区间「2a+1,++)上单调递减#所以％")m a0=max{%(0),%(2a+1)}=19解题篇经典题突破方法高二数学 2021年3月中孝生皋捏化max1 (2a +1)3 —a (2a +1)2 +(2a +1)+1e a +1—(2a + 1)3 — a (2a + 1 )2 + (2a +1) +1 又e 2a +11 (2a +1)2 + (2a + 1) +1，记'=2a + 1 )2 ,e 2a +1—'2 +' + 1设 g = ----------'--------(')2),贝U g ‘ ')e('+ 1)——'2+'+1'2—y V 0# 故 g & '2"2 —") 2"3 + —。
《导数大题压轴题难点突破》(PDF)
《难点突破》压轴题----函数与导数常考题型一、要点归纳1.曲线()y f x =在0x x =处的切线的斜率等于0()f x '，且切线方程为000()()()y f x x x f x '=-+.2.若可导函数()y f x =在x x =处取得极值，则0()0f x '=.反之，不成立.3.对于可导函数()f x ，不等式()f x '0>0<（）的解集决定函数()f x 的递增（减）区间。
4.函数()f x 在区间I 上递增（减）的充要条件是：x I ∀∈,()f x '0≥(0)≤恒成立（()f x '不恒为0）.5.函数()f x （非常量函数）在区间I 上不单调等价于()f x 在区间I 上有极值，则可等价转化为方程()0f x '=在区间I 上有实根且为非二重根。
（若()f x '为二次函数且I=R ，则有0∆>）.6.()f x 在区间I 上无极值等价于()f x 在区间在上是单调函数，进而得到()f x '0≥或()f x '0≤在I 上恒成立.7.若x I ∀Î，()f x 0>恒成立，则min ()f x 0>;若x I ∀∈，()f x 0<恒成立，则max ()f x 0<.8.若0x I ∃∈，使得0()f x 0>，则max ()f x 0>；若0x I∃∈，使得0()f x 0<，则min ()f x 0<.9.设()f x 与()g x 的定义域的交集为D ，若x ∀∈D ()()f x g x >恒成立，则有[]min ()()0f x g x ->.10.若对11x I ∀∈、22x I ∈，12()()f x g x >恒成立，则min max ()()f x g x >.若对11x I ∀∈，22x I ∃∈，使得12()()f x g x >,则min min ()()f x g x >.若对11x I ∀∈，22x I ∃∈，使得12()()f x g x <，则max max ()()f x g x <.11.已知()f x 在区间1I 上的值域为A,，()g x 在区间2I 上值域为B ，若对11x I ∀∈,22x I ∃∈，使得1()f x =2()g x 成立，则A B ⊆．12.若三次函数f(x)有两个极值点，当且仅当方程()0f x '=一定有两个不等实根12x x 、，若三次函数f(x)没有极值点，则方程()0f x '=有两个相等的实根或没实根.．13.证题中常用的不等式:①1xe x≥+②1xex-≥-③xeex ≥④316xex >⑤ln +1(1)x x x ≤>-（）⑥ln 1(1)12x x x x -<>+⑦22ln 11(0)22x x x x <->⑧111ln ()1(1)2x x x x x x x-≤≤-≤-≥⑨ln 11(0)x x x x≤->二、常考题型：题型一：恒成立求参数的最值或取值范围问题1.1()010.1xax f x e x x y x-==+-=+已知函数在处的切线方程为（Ⅰ）求a 的值；（Ⅱ）()1,f x <若求x 的取值范围.2.已知函数ln ()1a x bf x x x=++，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为230x y +-=.（Ⅰ）求a 、b 的值；（Ⅱ）证明：当0x >，且1x ≠时，ln ()1xf x x >-.3．已知函数ln(1)()(0)x f x x x+=>（Ⅰ）判断函数()f x 的单调性；（Ⅱ）是否存在实数a 使得关于x 的不等式ln(1)x ax +<在(0,)+∞上恒成立？若存在，求出a 的取值范围，若不存在，试说明理由.4．已知函数1ln ()xf x x+=．（Ⅰ）设a ＞0，若函数)(x f 在区间1(,2a a +上存在极值，求实数a 的取值范围；（Ⅱ）如果当x ≥1时，不等式2()1k kf x x -≥+恒成立，求实数k 的取值范围．5．已知函数2()23.xf x e x x =+-（Ⅰ）求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；（Ⅱ）如果当1x ≥时，不等式25()(3)12f x x a x ≥+-+恒成立，试求实数a 的取值范围．6．设()ln af x x x x=+，32()3g x x x =--．（Ⅰ）当2a =时，求曲线()y f x =在1x =处的切线方程；（Ⅱ）若存在12,[0,2]x x ∈，使12()()g x g x M-≥成立，求满足上述条件的最大整数M ；（Ⅲ）如果对任意的1,[,2]2s t ∈，都有()()f s g t ≥成立，求实数a 的取值范围．7.设函数(),x f x xe =2().g x ax x =+（Ⅰ）若()f x 与()g x 具有完全相同的单调区间，求a 的值；（Ⅱ）若当0x ≥时恒有()(),f x g x ≥求a 的取值范围.8.已知函数()xf x e =,()1g x x =+（Ⅰ）判断函数()()f x g x -零点的个数,并说明理由；（Ⅱ）当0x ≥时，()11axf x x≥++恒成立，求实数a 的取值范围.9.已知函数32()31()f x ax x a x R =++∈，.（Ⅰ）当0a <时，求函数f(x)的极值．（Ⅱ）设函数'1()()(21)13h x f x a x =+-+，(1,](1)x b b ∈->-，如果存在(,1],a ∈-∞-，对任意(1,]x b ∈-都有()0h x ≥成立，试求b 的最大值．10.设函数2()ln ,,f x a x bx a b R =-∈（Ⅰ）若函数()f x 在1x =处与直线12y =-相切，①求实数,a b 的值；②求函数()f x 在1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦的最大值；（Ⅱ）当0b =时，若不等式()f x m x ≥+对所有的(230,,1,2a x e ⎡⎤⎤∈∈⎦⎢⎥⎣⎦都成立，求实数m 的取值范围.11．已知函数211()ln()22f x ax x ax =++-（a 为常数，0a >）.（Ⅰ）若12x =是函数()f x 的一个极值点，求a 的值；（Ⅱ）求证：当02a <≤时，()f x 在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上是增函数；（Ⅲ）若对任意．．的a ∈（1，2），总存在．．01,12x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，使不等式20()(1)f x m a >-成立，求实数m 的取范围.12.已知函数()()()3212f x x a x a a x=+--+()a ∈R ，()'f x 为()f x 的导数.（Ⅰ）当3a =-时，证明()y f x =在区间()1,1-上不是单调．．．．函数；（Ⅱ）设()19163g x x =-，是否存在实数a ，对于任意的[]11,1x ∈-，存在[]20,2x ∈，使得()()1122f x ax g x '+=成立？若存在，求出a 的取值范围；若不存在，说明理由.13.已知函数2()ln (1).xf x a x x a a =+->（Ⅰ）求()f x 的单调增区间；（Ⅱ）若存在[]12,1,1,x x ∈-使得12()()1(f x f x e e a -≥-是自然数）,求实数的取值.范围14.设函数2()mxf x ex mx =+-．（Ⅰ）证明：()f x 在(,0)-∞单调递减，在(0,)+∞单调递增；（Ⅱ）若对于任意12,[1,1]x x ∈-，都有12()()1f x f x e -≤-，求m 的取值范围．15．已知函数R a x x axx x f ∈-+-+=,1)1ln()(．（Ⅰ）当0>a 时，求函数)(x f 的单调区间；（Ⅱ）若存在0>x ，使)(11)(Z a x xx x f ∈+-<++成立，求a 的最小值．16.设函数()1.xf x e -=-（Ⅰ）证明：当1,();1x x f x x >-≥+时（Ⅱ）当0,()1xx f x ax ≥≤+时恒成立,求a 的取值范围.17.已知函数2()(1)(1).x f x x e x x =-->（Ⅰ）试判断方程()0f x =根的个数.（Ⅱ）()(1,),k k f x k ≤+∞若为整数,且不等式在上恒成立求的最大值.18.设函数()2xf x e ax =--(Ⅰ)求()f x 的单调区间(Ⅱ)若1,a k =为整数，且当0x >时，'()()10,x k f x x -++>求k 的最大值.题型二：导数与函数的切线问题19．已知函数312()ln ,()23f x x x g x ax x e=⋅=--．（Ⅰ）求()f x 的单调增区间和最小值；（Ⅱ）若函数()y f x =与函数()y g x =在交点处存在公共切线，求实数a 的值；（Ⅲ）若2(0,]x e ∈时，函数()y f x =的图象恰好位于两条平行直线1:l y kx =；2:l y kx m =+之间，当1l 与2l 间的距离最小时，求实数m 的值．20.已知函数()ln().f x x a ax =-+（Ⅰ）求函数()f x 的单调区间和极值；（Ⅱ）若(,1),a ∈-∞-函数'()()g x a f x =的图象上存在12,P P 两点,其横坐标满足1216x x -<<<,且()g x 的图象在此两点处的切线互相垂直,求a 的取值范围.21.已知在函数321253y x x x =--+的曲线上存在唯一点P 00(,)x y ，过点P 作曲线的切线l 与曲线有且只有一个公共点P，则切线l 的斜率k =______________．22．已知函数2(),.xf x e ax ex a R =+-∈（Ⅰ）若曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线平行于x 轴，求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）试确定a 的取值范围，使得曲线()y f x =上存在唯一的点P ，曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P .题型三：导数与函数的零点及零点关系问题23.已知函数3()sin (),[0]22f x ax x a R π=-∈且在，上的最大值.π-3为2（Ⅰ）求函数()f x 的解析式；（Ⅱ）判断函数()f x 在(0,)π内的零点个数，并加以证明．24.已知函数()xf x x ae=-()a R Î有两个零点12,x x ，且12x x <.（Ⅰ）求a 的取值范围；（Ⅱ）证明21x x 随着a 的减小而增大；（Ⅲ）证明12x x +随着a 的减小而增大.25.已知函数()2ln ()2a f x x x x x a a R =--+Î，在其定义域内有两个不同的极值点.（Ⅰ）求a 的取值范围；（Ⅱ）记两个极值点为12,x x ，且12x x <，已知0λ>，若不等式112e x x ll+<×恒成立，求λ的取值范围.26.已知函数()(0)axf x x e a =->.（Ⅰ）求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）若函数()f x 有两个零点12,x x ，且12x x <，试证明12x ae x <.27．已知函数()f x =1x x e-（x ∈R）（Ⅰ）求函数()f x 的单调区间和极值；（Ⅱ）已知函数()y g x =对任意x 满足()(4)g x f x =-，证明：当x ＞2时，()f x ＞()g x ；（Ⅲ）如果1x ≠2x ，且1()f x =2()f x ，证明：12x x +＞4．28．已知函数2)1(2)(-+-=x a e x x f x）（有两个零点.（Ⅰ）求a 的取值范围；（Ⅱ）设x 1，x 2是的两个零点，证明：x 1+x 2<2.29.已知函数()(cos )2sin 2f x x x x π=---，2()(1xg x x ππ=-+-.证明：（1）存在唯一0(0,)2x π∈，使0()0f x =；32.已知()()ln ().f x x x mx m R =-∈（Ⅰ）当1m =时，()f x 的图象在()1,1-处的切线l 恰与函数(01)xy a a a =>≠且的图象相切，求实数a 的值.（Ⅱ）若函数21()ln 212F x x x mx =+-+的两个极值点为1212,,x x x x <且，求证：21()1()f x f x <-<.33．设函数'()ln(1),()(),0,f x x g x xf x x =+=≥其中'()f x 是()f x 的导函数．（Ⅰ）令11()(),()(()),,n n g x g x g x g g x n N ++==∈求()n g x 的表达式；（Ⅱ）若()()f x ag x ≥恒成立，求实数a 的取值范围；（Ⅲ）设n N +∈，比较(1)(2)()g g g n ++⋅⋅⋅+与()n f n -的大小，并加以证明．34．已知函数f（x）=e x-kx，x∈R.（Ⅰ）若k=e ，试确定函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若k＞0，且对于任意x∈R，f（|x|）＞0恒成立，试确定实数k 的取值范围；（Ⅲ）设函数F（x）=f(x)+f(-x)，求证：F（1）F（2）…F（n）＞()122nn e++（n∈N *）.《难点突破》(答案)压轴题----函数与导数常考题型二、常考题型：题型一：恒成立求参数的最值或取值范围问题2.解：（Ⅰ）221(ln )'()(1)x x b x f x x x α+-=-+，由于直线230x y +-=的斜率为12-，且过点(1,1)，故(1)1,1'(1),2f f =⎧⎪⎨=-⎪⎩即1,1,22b a b =⎧⎪⎨-=-⎪⎩解得1a =，1b =。
2020高考数学-导数压轴题型归类总结(解析版)
导数压轴题型归类总结目 录一、导数单调性、极值、最值的直接应用 （1） 二、交点与根的分布 （23） 三、不等式证明 （31）（一）作差证明不等式（二）变形构造函数证明不等式 （三）替换构造不等式证明不等式四、不等式恒成立求字母范围 （51）（一）恒成立之最值的直接应用 （二）恒成立之分离常数（三）恒成立之讨论字母范围五、函数与导数性质的综合运用 （70） 六、导数应用题 （84）七、导数结合三角函数 （85）书中常用结论⑴sin ,(0,)x x x π<∈，变形即为sin 1xx<，其几何意义为sin ,(0,)y x x π=∈上的的点与原点连线斜率小于1. ⑵1x e x >+ ⑶ln(1)x x >+ ⑷ln ,0x x x e x <<>.一、导数单调性、极值、最值的直接应用1. （切线）设函数a x x f -=2)(.（1）当1=a 时，求函数)()(x xf x g =在区间]1,0[上的最小值；（2）当0>a 时，曲线)(x f y =在点)))((,(111a x x f x P >处的切线为l ，l 与x 轴交于点)0,(2x A 求证：a x x >>21.解：(1)1=a 时，x x x g -=3)(，由013)(2=-='x x g ，解得33±=x .所以当33=x 时，)(x g 有最小值932)33(-=g . (2)证明：曲线)(x f y =在点)2,(211a x x P -处的切线斜率112)(x x f k ='=曲线)(x f y =在点P 处的切线方程为)(2)2(1121x x x a x y -=--. 令0=y ，得12122x a x x +=，∴12111211222x x a x x a x x x -=-+=-∵a x >1，∴02121<-x x a ，即12x x <. 又∵1122x a x ≠，∴a x ax x a x x a x x =⋅>+=+=11111212222222 所以a x x >>21.2. （2009天津理20，极值比较讨论）已知函数22()(23)(),x f x x ax a a e x =+-+∈R 其中a ∈R ⑴当0a =时，求曲线()(1,(1))y f x f =在点处的切线的斜率； ⑵当23a ≠时，求函数()f x 的单调区间与极值. 解：本小题主要考查导数的几何意义、导数的运算、利用导数研究函数的单调性与极值等基础知识，考查运算能力及分类讨论的思想方法。
2020版高考数学理科(人教B版)一轮复习高考大题专项1 函数与导数的综合压轴大题 含解析
高考大题专项一突破1利用导数求极值、最值、参数范围1.已知函数f(x)=(x-k)e x.(1)求f(x)的单调区间;(2)求f(x)在区间[0,1]上的最小值.2.(2018福建龙岩4月质检,21改编)已知函数f(x)=(x-2)e x-a(x+2)2.求函数g(x)=f(x)+3e x的极值点.3.(2018山东师大附中一模,21)已知函数f(x)=(x-a)e x(a∈R).(1)当a=2时,求函数f(x)在x=0处的切线方程;(2)求f(x)在区间[1,2]上的最小值.4.(2018陕西咸阳一模,21改编)已知f(x)=e x-a ln x(a∈R).当a=-1时,若不等式f(x)>e+m(x-1)对任意x ∈(1,+∞)恒成立,求实数m的取值范围.5.设函数f(x)=x2+ax+b,g(x)=e x(cx+d).若曲线y=f(x)和曲线y=g(x)都过点P(0,2),且在点P处有相同的切线y=4x+2.(1)求a,b,c,d的值;(2)若x≥-2时,f(x)≤kg(x),求k的取值范围.6.(2018河北江西南昌一模,21)已知函数f(x)=ln(ax)+bx在点(1,f(1))处的切线是y=0.(1)求函数f(x)的极值;(2)当f(x)+-x(m<0)恒成立时,求实数m的取值范围(e为自然对数的底数).突破2利用导数证明问题及讨论零点个数1.(2018全国3,文21)已知函数f(x)=-(1)求曲线y=f(x)在点(0,-1)处的切线方程;(2)证明:当a≥1时,f(x)+e≥0.2.(2018河北保定一模,21改编)已知函数f(x)=ln x-(a∈R).若f(x)有两个极值点x1,x2,证明:f3.已知函数f(x)=ax3-3x2+1,若f(x)存在唯一的零点x0,且x0>0,求a的取值范围.4.(2018安徽芜湖期末,21改编)已知函数f(x)=x3-a ln x(a∈R).若函数y=f(x)在区间(1,e]上存在两个不同零点,求实数a的取值范围.5.(2018河南郑州一模,21)已知函数f(x)=ln x+,a∈R且a≠0.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)当x时,试判断函数g(x)=(ln x-1)e x+x-m的零点个数.6.(2018河北衡水中学押题三,21)已知函数f(x)=e x-x2+a,x∈R,曲线y=f(x)的图象在点(0,f(0))处的切线方程为y=bx.(1)求函数y=f(x)的解析式;(2)当x∈R时,求证:f(x)≥-x2+x;(3)若f(x)>kx对任意的x∈(0,+∞)恒成立,求实数k的取值范围.高考大题专项一函数与导数的综合突破1利用导数求极值、最值、参数范围1.解(1)由题意知f'(x)=(x-k+1)e x.令f'(x)=0,得x=k-1.当x∈(-∞,k-1)时,f'(x)<0,当x∈(k-1,+∞)时,f'(x)>0.所以f(x)的单调递减区间是(-∞,k-1),单调递增区间是(k-1,+∞).(2)当k-1≤0,即k≤1时,f(x)在[0,1]上单调递增,所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(0)=-k;当0<k-1<1,即1<k<2时,f(x)在[0,k-1]上单调递减,在[k-1,1]上单调递增,所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(k-1)=-e k-1;当k-1≥1,即k≥2时,f(x)在[0,1]上单调递减,所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(1)=(1-k)e.综上,当k≤1时,f(x)在[0,1]上的最小值为f(0)=-k;当1<k<2时,f(x)在[0,1]上的最小值为f(k-1)=-e k-1;当k≥2时,f(x)在[0,1]上的最小值为f(1)=(1-k)e.2.解由g(x)=(x+1)e x-a(x+2)2,得g'(x)=(x+2)e x-2a(x+2)=(x+2)(e x-2a),(ⅰ)当a≤0时,在(-∞,-2)上,g'(x)<0,在(-2,+∞)上,g'(x)>0.(ⅱ)当a>0时,令g'(x)=0,解得x=-2或x=ln(2a).①若a=,ln(2a)=-2,g'(x)≥0恒成立;②若a>,ln(2a)>-2,在(-2,ln(2a))上,g'(x)<0;在(-∞,-2)与(ln(2a),+∞)上,g'(x)>0.③若a<,ln(2a)<-2,在(ln(2a),-2)上,g'(x)<0;在(-∞,ln(2a))与(-2,+∞)上,g'(x)>0.综上,当a≤0时,g(x)极小值点为-2,无极大值点;当0<a<时,g(x)极小值点为-2,极大值点为ln(2a);当a=时,g(x)无极值点;当a>时,g(x)极小值点为ln(2a),极大值点为-2.3.解(1)设切线的斜率为k.因为a=2,所以f(x)=(x-2)e x,f'(x)=e x(x-1).所以f(0)=-2,k=f'(0)=e0(0-1)=-1.所以所求的切线方程为y=-x-2,即x+y+2=0.(2)由题意得f'(x)=e x(x-a+1),令f'(x)=0,可得x=a-1.①若a-1≤1,则a≤2,当x∈[1,2]时,f'(x)≥0,则f(x)在[1,2]上单调递增.所以f(x)min=f(1)=(1-a)e.②若a-1≥2,则a≥3,当x∈[1,2]时,f'(x)≤0,则f(x)在[1,2]上单调递减.所以f(x)min=f(2)=(2-a)e2.③若1<a-1<2,则2<a<3,所以f'(x),f(x)随xx(1,a-1)a-1(a-1,2)f'(x)-0+f(x)单调递减极小值单调递增所以f(x)的单调递减区间为[1,a-1],单调递增区间为[a-1,2].所以f(x)在[1,2]上的最小值为f(a-1)=-e a-1.综上所述:当a≤2时,f(x)min=f(1)=(1-a)e;当a≥3时,f(x)min=f(2)=(2-a)e2;当2<a<3时,f(x)min=f(a-1)=-e a-1.4.解由f(x)=e x-a ln x,原不等式即为e x+ln x-e-m(x-1)>0,记F(x)=e x+ln x-e-m(x-1),F(1)=0,依题意有F(x)>0对任意x∈[1,+∞)恒成立,求导得F'(x)=e x+-m,F'(1)=e x+1-m,F″(x)=e x-,当x>1时,F″(x)>0,则F'(x)在(1,+∞)上单调递增,有F'(x)>F'(1)=e x+1-m,若m≤e+1,则F'(x)>0,则F(x)在(1,+∞)上单调递增,且F(x)>F(1)=0,适合题意;若m>e+1,则F'(1)<0,又F'(ln m)=>0,故存在x1∈(1,ln m),使F'(x)=0,当1<x<x1时,F'(x)<0,得F(x)在(1,x1)上单调递减,F(x)<F(1)=0,舍去,综上,实数m的取值范围是m≤e+1.5.解(1)由已知得f(0)=2,g(0)=2,f'(0)=4,g'(0)=4.而f'(x)=2x+a,g'(x)=e x(cx+d+c),故b=2,d=2,a=4,d+c=4.从而a=4,b=2,c=2,d=2.(2)由(1)知,f(x)=x2+4x+2,g(x)=2e x(x+1).设函数F(x)=kg(x)-f(x)=2k e x(x+1)-x2-4x-2,则F'(x)=2k e x(x+2)-2x-4=2(x+2)(k e x-1).由题设可得F(0)≥0,即k≥1.令F'(x)=0得x1=-ln k,x2=-2.①若1≤k<e2,则-2<x1≤0.从而当x∈(-2,x1)时,F'(x)<0;当x∈(x1,+∞)时,F'(x)>0.即F(x)在(-2,x1)单调递减,在(x1,+∞)单调递增.故F(x)在[-2,+∞)的最小值为F(x1).而F(x1)=2x1+2--4x1-2=-x1(x1+2)≥0.故当x≥-2时,F(x)≥0,即f(x)≤kg(x)恒成立.②若k=e2,则F'(x)=2e2(x+2)(e x-e-2).从而当x>-2时,F'(x)>0,即F(x)在(-2,+∞)单调递增.而F(-2)=0,故当x≥-2时,F(x)≥0,即f(x)≤kg(x)恒成立.③若k>e2,则F(-2)=-2k e-2+2=-2e-2(k-e2)<0.从而当x≥-2时,f(x)≤kg(x)不可能恒成立.综上,k的取值范围是[1,e2].6.解(1)∵f(x)=ln(ax)+bx,∴f'(x)=+b=+b,∵点(1,f(1))处的切线是y=0,∴f'(1)=1+b=0,且f(1)=ln a+b=0,∴a=e,b=-1,即f(x)=ln x-x+1(x>0),∴f'(x)=-1=-,∴f(x)在(0,1)上递增,在(1,+∞)上递减.所以f(x)的极大值为f(1)=ln e-1=0,无极小值.(2)由(1)f(x)=ln x-x+1,当f(x)+-x(m<0)恒成立时,即ln x-x+1+-x(m<0)在x∈(0,+∞)恒成立,同除以x得-2+设g(x)=,h(x)=-2,则g'(x)=-,h'(x)=-,又∵m<0,所以当0<x<1时,g'(x)<0,h'(x)>0;当x>1时,g'(x)>0,h'(x)<0.∴g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,g(x)min=g(1)=,h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,h(x)max=h(1)=-1.∴g(x),h(x)均在x=1处取得最值,所以要使g(x)≥h(x)恒成立,只需g(x)min≥h(x)max,即-1,解得m≥1-e,又m<0,∴实数m的取值范围是[1-e,0).突破2利用导数证明问题及讨论零点个数1.(1)解f'(x)=--,f'(0)=2.因此曲线y=f(x)在点(0,-1)处的切线方程是2x-y-1=0.(2)证明当a≥1时,f(x)+e≥(x2+x-1+e x+1)e-x.令g(x)=x2+x-1+e x+1,则g'(x)=2x+1+e x+1.当x<-1时,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x>-1时,g'(x)>0,g(x)单调递增;所以g(x)≥g(-1)=0.因此f(x)+e≥0.2.证明f'(x)=--(x>0),令p(x)=x2+(2-a)x+1,由f(x)在(0,+∞)有两个极值点x1,x2,则方程p(x)=0在(0,+∞)有两个实根x1,x2,---得a>4,∴f(x1)+f(x2)=ln x1-+ln x2-=ln x1x2-=-a,f=f-=ln---=ln--(a-2),∴f=ln--a-2+=ln-+2.设h(a)=ln-+2(a>4),则h'(a)=---<0,∴h(a)在(4,+∞)上为减函数,又h(4)=0,∴h(a)<0,∴f3.解法1函数f(x)的定义域为R,当a=0时,f(x)=-3x2+1,有两个零点±,原函数草图∴a=0不合题意;当a>0时,当x→-∞时,f(x)→-∞,f(0)=1,f(x)存在小于0的零点x0,不合题意;当a<0时,f'(x)=3ax2-6x,由f'(x)=3ax2-6x=0,得x1=0,x2=<0,∴在区间-内f'(x)<0;在区间内f'(x)>0;在区间(0,+∞)内f'(x)<0.∴f(x)在区间-为减函数,在区间为增函数,在区间(0,+∞)为减函数.∴若f(x)存在唯一的零点x0,且x0>0⇔f(x)min=f>0⇔+1>0⇔<1⇔a2>4.∵a<0,∴a<-2.解法2曲线y=ax3与曲线y=3x2-1仅在y轴右侧有一个公共点,当a≥0时,由图象知不符合题意;当a<0时,设曲线y=ax3与曲线y=3x2-1相切于点(x0,y0),则-得a=-2,由图象知a<-2时符合题意.解法3分离成a=-+3=-t3+3t,令y=a,g(t)=-t3+3t,g'(t)=-3t2+3=3(1-t2),当t∈(-1,1)时,g'(t)>0,当t>1或t<-1时,g'(x)<0.所以g(t)在(-∞,-1)递减,在区间(-1,1)递增,在(1,+∞)递减,所以当t=-1时,g(t)min=-2,由g(t)=-t3+3t的图象可知,t=1时,g(t)max=2.x→+∞时,g(t)→+∞,当a<-2时,直线y=a与g(t)=-t3+3t的图象只有一个交点,交点在第四象限,所以满足题意.4.解由f(x)=0,得a=在区间(1,e]上有两个不同实数解,即函数y=a的图象与函数g(x)=的图象有两个不同的交点.因为g'(x)=-,令g'(x)=0得x=,所以当x∈(1,)时,g'(x)<0,函数在(1,)上单调递减,当x∈(,e]时,g'(x)>0,函数在(,e]上单调递增;则g(x)min=g()=3e,而g()==27>27,且g(e)=e3<27,要使函数y=a的图象与函数g(x)=的图象有两个不同的交点,∴a的取值范围为(3e,e3].5.解(1)f'(x)=-(x>0),当a<0时,f'(x)>0恒成立,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增;当a>0时,由f'(x)>0,得x>,由f'(x)<0,得0<x<,函数单调递增区间为,单调递减区间为综上所述,当a<0时,函数f(x)的单调递增区间为(0,+∞),当a>0时,函数f(x)的单调递增区间为,单调递减区间为(2)∵x时,函数g(x)=(ln x-1)e x+x-m的零点,即方程(ln x-1)e x+x=m的根.令h(x)=(ln x-1)e x+x,h'(x)=-e x+1,由(1)知当a=1时,f(x)=ln x+-1在递减,在[1,e]上递增,∴f(x)≥f(1)=0,+ln x-1≥0在x上恒成立,∴h'(x)=-e x+1≥0+1>0,∴h(x)=(ln x-1)e x+x在x上单调递增,∴h(x)min=h=-2,h(x)max=e.∴当m<-2或m>e时,没有零点,当-2m≤e时有一个零点.6.(1)解根据题意,得f'(x)=e x-2x,则f'(0)=1=b.由切线方程可得切点坐标为(0,0),将其代入y=f(x),得a=-1,故f(x)=e x-x2-1.(2)证明令g(x)=f(x)+x2-x=e x-x-1.由g'(x)=e x-1=0,得x=0,当x∈(-∞,0)时,g'(x)<0,y=g(x)单调递减;当x∈(0,+∞)时,g'(x)>0,y=g(x)单调递增.所以g(x)min=g(0)=0,所以f(x)≥-x2+x.(3)解f(x)>kx对任意的x∈(0,+∞)恒成立等价于>k对任意的x∈(0,+∞)恒成立.令φ(x)=,x>0,得φ'(x)=-=----=---由(2)可知,当x∈(0,+∞)时,e x-x-1>0恒成立,令φ'(x)>0,得x>1;令φ'(x)<0,得0<x<1.所以y=φ(x)的单调增区间为(1,+∞),单调减区间为(0,1), 故φ(x)min=φ(1)=e-2,所以k<φ(x)min=e-2.所以实数k的取值范围为(-∞,e-2).。
2020年高考数学导数压轴题考前押题(详解答案)
2020年高考数学导数压轴题考前押题20道1．已知函数()214ln 22x a x f x x =---，其中a 为正实数. （1）求函数()y f x =的单调区间；（2）若函数()y f x =有两个极值点1x ，2x ，求证：()()126ln f x f x a +<-. 2．已知函数2()2ln (0)f x x x a x a =-+>. （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 存在两个极值点1212,()x x x x <，证明：12()3ln 22f x x >--. 3．已知函数()ln xa xf x e a x=--（e 自然对数的底数）有两个零点. （1）求实数a 的取值范围；（2）若()f x 的两个零点分别为1x 2x ，证明：12212x x e x x e+>.4．己知函数21()ln ,2f x x ax x a R =-+∈ （1）若(1)0f =，求函数()f x 的单调递减区间;（2）若关于x 的不等式()1f x ax ≤-恒成立，求整数 a 的最小值:（3）若2a =-，正实数12,x x 满足1212()()0f x f x x x ++=，证明:1212x x +≥ 5．已知函数()1ln (2)(1),f x a x a a R x=+-+∈. (Ⅰ)试求函数()f x 的单调区间；(Ⅱ)若不等式()(ln )xf x a x e ≥-对任意的(0,)x ∈+∞恒成立，求实数a 的取值范围.6．已知函数2()ln (1)1(,).f x x ax a b x b a b R =-+--++∈ （1）若0a =，试讨论()f x 的单调性；（2）若对1[,]x e e∀∈，()0f x ≤恒成立，求实数a 的取值范围. 7．已知函数()()()22112ln 1ln 242f x x x ax x x =----. （1）讨论()f x 的单调性.（2）试问是否存在(],a e ∈-∞，使得()13sin 44a f x π>+对[)1,x ∈+∞恒成立？若存在，求a 的取值范围；若不存在，请说明理由. 8．已知函数()()ln 21g x x x =--.（1）若过点()0,1的直线l 与曲线()y g x =相切，求直线l 的斜率的值； （2）设()()()21f x g x a x =+-，若()()10x f x -≥，求实数a 的取值范围.9．已知函数2()(R)x f x e ax a =-∈.（1）若曲线()f x 与直线:(2)(R)l y e x b b =-+∈在1x =处相切. ①求a b +的值；②求证：当0x ≥时，()(2)f x e x b ≥-+；（2）当0a =且(0,)x ∈+∞时，关于的x 不等式2()2ln 1x f x mx x ≤++有解，求实数m 的取值范围.10．已知函数()ln f x x x a =-+． （1）求函数()f x 的最大值；（2）若函数()f x 存在两个零点()1212,x x x x <，证明：122ln ln 0x x +<． 11．已知函数()xax b f x e x+=,a ,b R ∈,且0a > (1)若函数()f x 在1x =-处取得极值1e,试求函数()f x 的解析式及单调区间； (2)设()(1)()x g x a x e f x =--,()g x '为()g x 的导函数,若存在0(1,)x ∈+∞,使00()()0g x g x +'=成立,求ba的取值范围. 12．设函数()ln 1f x x ax =--，a R ∈. （1）求函数()f x 的单调区间；（2）当0a >时，若函数()f x 没有零点，求a 的取值范围. 13．设()()2sin cos ,4f x x x x g x x =+=+.（1）讨论()f x 在[],ππ-上的单调性；（2）令()()()4h x g x f x =-，试证明()h x 在R 上有且仅有三个零点.14．已知函数()ln f x x =，()()1g x ax a R =-∈． （1）讨论函数()()()h x f x g x =-的单调性；（2）若函数()f x 与()g x 的图象有两个不同的交点()11,A x y ，()()2212,B x y x x <，求实数a 的取值范围．15．若函数3()4=-+f x ax bx ，当2x =时，函数()f x 有极值43-． （1）求函数的解析式； （2）求函数的极值；（3）若关于x 的方程()f x k =有三个零点，求实数k 的取值范围． 16．已知函数2()ln ()f x x x ax a R =-∈. （1）讨论函数的极值点个数；（2）若()()g x f x x =-有两个极值点12,x x ，试判断12x x +与12x x ⋅的大小关系并证明. 17．已知函数()()ln f x x ax a R =+∈，()2e x g x x x =+-. （1）求 函数()f x 的单调区间；（2）定义：对于函数()f x ，若存在0x ，使()00f x x =成立，则称0x 为函数()f x 的不动点. 如果函数()()()F x f x g x =-存在两个不同的不动点，求实数a 的取值范围. 18．已知函数()(,)ax b f x e a b R +=∈的图象与直线:1l y x =+相切，()f x '是()f x 的导函数，且(1)e f ¢=. （1）求()f x ；（2）函数()g x 的图象与曲线()()y kf x k R =∈关于y 轴对称，若直线l 与函数()g x 的图象有两个不同的交点()()()()1122,,,A x g x B x g x ，求证：124x x +<-.19．已知函数()ln f x x x =，2()2g x x ax =-+-（e 为自然对数的底数，a R ∈）. （1）判断曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线与曲线()y g x =的公共点个数； （2）当1,x e e⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，若函数()()y f x g x =-有两个零点，求a 的取值范围.。
2020新高考数学二轮冲刺圆锥曲线全归纳(压轴题全解析)
MA MB
AB
0
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
，即
( x,4
2
y)
( x,2)
0
，即
y
1
x2
2
。
4
【例 3】已知抛物线 C ： y2 2x 的焦点为 F ，平行于 x 轴的两条直线 l1,l2 分别交 C 于 A，B 两点，
交 C 的准线于 P，Q 两点． （I）若 F 在线段 AB 上， R 是 PQ 的中点，证明 AR FQ ； （II）若 PQF 的面积是 ABF 的面积的两倍，求 AB 中点的轨迹方程.
5 轨迹 C 的方程.
解 析 设 M 的 坐 标 为 (x, y) ， P 的 坐 标 为 (x0 , y0 ) ， 因 为 M 为 PD 上 一 点 ， 且
|MD|=
4 5
|PD|，所以
x
y
x0
4 5
y0
x0 y0
x 5 4
y
，又
P (x0 ,
y0 )
若 C 为双曲线,则直线 l 与双曲线的渐近线平行;若 C 为抛物线,则直线 l 与抛物线
A圆
B 椭圆
C 线段
D 一段抛物线
解析
设点
M
(x0
,
y0
),
P(x,
2020年高考数学压轴题专题之解题秘籍13招(全国通用版)-第12招
2020年高考数学压轴题专题之解题秘籍13招（全国通用版）第12招 导数零点一家亲 相亲相爱不分离导数及其应用是数学高考的重点，特别在理科数学考试中常常是承担压轴的大题.导数具有丰富的数学内涵和表现形式，它是解决函数的图像、性质以及方程、不等式等问题的“利器”，而导数的零点则是展示其工具性的一个关键“点”，一旦此“点”得以突破，则有关问题“迎刃而解”．本文试对导函数的零点在近两年高考中的应用做一些整理归纳分析，以供参考．题型1 零点个数问题（在零点问题中求解参数范围）【解题技巧】用导数来判断函数的零点个数，常通过研究函数的单调性、极值后，描绘出函数的图象，再借助图象加以判断．例1：已知函数2()8,()6ln f x x x g x x m =-+=+，是否存在实数m ，使得()y f x =的图象与()y g x =的图象有且只有三个不同的交点？若存在，求出m 的取值范围；若不存在，说明理由．解 ：函数()y f x =的图象与()y g x =的图象有且只有三个不同的交点，即函数()()()x g x f x φ=-的图象与x 轴的正半轴有且只有三个不同的交点．2262862(1)(3)()86ln ,'()28(0),x x x x x x x x m x x x x x xφφ-+--=-++∴=-+==>当(0,1)x ∈时，'()0,()x x φφ>是增函数；当(1,3)x ∈时，'()0,()x x φφ<是减函数；当(3,)x ∈+∞时，'()0,()x x φφ>是增函数；当1,x =或3x =时，'()0.x φ=()(1)7,()(3)6ln 315.x m x m φφφφ∴==-==+-极大值极小值当x 充分接近0时，()0,x φ<当x 充分大时，()0.x φ>（极限思想）∴要使()x φ的图象与x 轴正半轴有三个不同的交点，必须且只须()70,()6ln 3150,x m x m φφ=->⎧⎪⎨=+-<⎪⎩极大值极小值即7156ln3.m <<-∴存在实数m ，使得函数()y f x =与()y g x =的图象有且只有三个不同的交点，m 的取值范围为(7,156ln3).-例2：已知函数()()()221.x f x x e a x =-+- （1）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）由()()()221x f x x e a x =-+-可得：()()()()(1)2112x x f x x e a x x e a '=-+-=-+．①当0a ≥时，由()0f x '>可得1x >；由()0f x '<可得1x <． 即有()f x 在(),1-∞上单调递减，在()1,+∞上单调递增；②当0a <时，若2ea =-，则()0f x '≥恒成立，即有函数在R 上单调递增；若2ea <-时，由()0f x '>可得1x <或()ln 2x a >-；由()0f x '<可得()1ln 2x a <<-.即有()f x 在()()(),1,ln 2,a -∞-+∞上单调递增，在()()1,ln 2a -上单调递减；若0,2ex -<<由()0f x '>可得()ln 2x a <-或1x >；由()0f x '<可得ln(2)1a x -<<，即有()f x 在()()(),ln 2,1,a -∞-+∞上递增，在()()ln 2,1a -上递减．（2）由（1）可得当0a >时，()f x 在(),1-∞上单调递减，在()1,+∞上单调递增；且()()()10,,f e x f x x f x =-<⎧⎪→+∞→+∞⎨⎪→-∞→+∞⎩，故()f x 有两个零点． 当0a =时，()(2)x f x x e =-，∴()f x 只有一个零点2x =．当0a <时，若2ea <-，()f x 在()()1,ln 2a -上递减，在(),1-∞，()()ln 2,1a -上递增，由当1x ≤时，()0f x <，所以()f x 不存在两个零点．若2ea ≥-，()f x 在()()(),ln 2,1,a -∞-+∞上递增，在()()ln 2,1a -上递减，又1x ≤时，()0f x <，∴()f x 不存在两个零点．综上，()f x 有两个零点时，a 的取值范围是()0,+∞．题型2 分段函数的零点个数例3：已知函数()321f x x t x x =--++(x R ∈,t R ∈)． （1）写出函数()f x 在R 上的单调区间；（2）若方程()0f x m -=恰有两解，求实数m 的值．解：（1）()33331,2211,2t x x t x f x x t x x t x x t x ⎧-++-≥⎪⎪=--++=⎨⎪--++<⎪⎩.∴()2233,2.31,2t x x f x t x x ⎧-+≥⎪⎪'=⎨⎪--<⎪⎩由2330x -+=得1x =±，而2310x --<恒成立．①当12t<-,即2t <-时，()f x 在(),1-∞-和()1,+∞上是减函数，在()1,1-上是增函数． ②当112t -≤<，即22t -≤<时，()f x 在,2t ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭和()1,+∞上是减函数，在,12t ⎛⎫⎪⎝⎭上是增函数．③当12t≥，即2t ≥时，()f x 在R 上是减函数．（2）由（1）知，当2t <-时，()f x 在(),1-∞-和()1,+∞上是减函数，在()1,1-上是增函数．故()f x 在1x =-处取得极小值1t --，在1x =处取得极大值3t -，若方程()0f x m -=有两个解，则1m t =--或3m t =-．当22t -≤<时，()f x 在,2t ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭和()1,+∞上是减函数，在,12t ⎛⎫⎪⎝⎭上是增函数．故函数()f x 2t x =处有极小值31,282t t t f ⎛⎫=-++ ⎪⎝⎭在1x =处取得极大值3t -，若方程()0f x m -=有两个解，则3182t tm =-++或3m t =-．当2t ≥时，()f x 在R 上是减函数，故不存在这样的实数m ，使得()0f x m -=恰有两解．题型3 运用导数求证函数“存在、有且只有一个零点”【解题技巧】（1）要求证一个函数存在零点，只须要用“函数零点的存在性定理”即可证明． 即：如果函数()f x 图像在区间[]a b ，上是一条连续不断曲线，并且()()0f a f b ⋅<，则函数()f x 在区间()a b ，上至少有一个零点．（2）要求证一个函数“有且只有一个”零点，先要用“函数零点的存在性定理”求证函数存在零点；再证明函数为单调函数零点的唯一性．其依据为：如果函数()f x 在区间[]a b ，上是单调函数，并且()()0f a f b ⋅<，则函数()f x 在区间()a b ，上至多有一个零点．例4：设1a >，函数a e x x f x -+=)1()(2． (1) 求)(x f 的单调区间 ；(2) 证明：)(x f 在(),-∞+∞上仅有一个零点．解：（1）依题()()()()()222'1'1'10x x x f x x e x e x e =+++=+≥，∴ ()f x 在(),-∞+∞上是单调增函数；（2）∵ 1a >，∴ ()010f a =-<且()()22110a f a a e a a a =+->+->， ∴ ()f x 在()0,a 上有零点，又由（1）知()f x 在(),-∞+∞上是单调增函数，()f x 在(),-∞+∞上仅有一个零点．题型4 运用导数判断与求证含参函数的零点或零点范围【解题技巧】含参函数的零点一般可以转化为方程根的问题，函数图象与坐标轴的交点问题，两个函数图象的交点问题或者把零点问题分离变量后转化为函数值域问题等等．例5：已知函数322()4361,f x x tx t x t x R =+-+-∈，其中t R ∈． （Ⅰ）当0t >时，求()f x 的单调区间；（Ⅱ）证明：对任意的(0,),()t f x ∈+∞在区间(0,1)内均存在零点． 解：（Ⅰ） 22()1266f x x tx t '=+-，令()0f x '=，解得2tx t x =-=或． 若0,2tt t >-<则，当x 变化时，(),()f x f x '的变化情况如下表：所以，()f x 的单调递增区间是(),,,;()2t t f x ⎛⎫-∞-+∞ ⎪⎝⎭的单调递减区间是,2t t ⎛⎫- ⎪⎝⎭．（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）可知，当0t >时，()f x 在0,2t ⎛⎫ ⎪⎝⎭内的单调递减，在,2t ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭内单调递增，以下分两种情况讨论：（1）当1,22tt ≥≥即时，()f x 在（0，1）内单调递减，2(0)10,(1)643644230f t f t t =->=-++≤-⨯+⨯+<．∴对任意[2,),()t f x ∈+∞在区间（0，1）内均存在零点． （3）当01,022t t <<<<即时，()f x 在0,2t ⎛⎫ ⎪⎝⎭内单调递减，在,12t ⎛⎫⎪⎝⎭内单调递增，若 3377(0,1],10244t t f t t t ⎛⎫∈=-+-≤-< ⎪⎝⎭．2(1)643643230f t t t t t =-++≥-++=-+>． ∴(),12t f x ⎛⎫⎪⎝⎭在内存在零点．若()3377(1,2),110244t t f t t t ⎛⎫∈=-+-<-+< ⎪⎝⎭．(0)10f t =->，∴()0,2t f x ⎛⎫⎪⎝⎭在内存在零点．∴对任意(0,2),()t f x ∈在区间（0，1）内均存在零点． 综上，对任意(0,),()t f x ∈+∞在区间（0，1）内均存在零点．例6（2016泰州一模20）已知函数()4212f x ax x =-，(0,)x ∈+∞，()()()g x f x f x '=-．（1） 若0a >，求证：（ⅰ）()f x 在()f x '的单调减区间上也单调递减； （ⅱ）()g x 在(0,)+∞上恰有两个零点；（2）若1a >，记()g x 的两个零点为12,x x ，求证：1244x x a <+<+．解：证：（1）（ⅰ）因为()()42102f x ax x x =->，所以3()4f x ax x '=-，由()2''1210f x ax =-<得()f x '的递减区间为， 当x ∈时，32()4(41)0f x ax x x ax '=-=-<， ∴()f x 在()f x '的递减区间上也递减．（ⅱ）()()()42343211(4)422g x f x f x ax x ax x ax ax x x '=-=---=--+，∵0x >，由()4321402g x ax ax x x =--+=得3214102ax ax x --+=，令321()412x ax ax x ϕ=--+，则21()382x ax ax ϕ'=--，∵0a >，且1(0)02ϕ'=-<，∴()x ϕ'必有两个异号的零点，记正零点为0x ，则0(0,)x x ∈时，()0x ϕ'<，()x ϕ单调递减；0(,)x x ∈+∞时，()0x ϕ'>，()x ϕ单调递增，若()x ϕ在(0,)+∞上恰有两个零点，则0()0x ϕ<，由20001()3802x ax ax ϕ'=--=得2001382ax ax =+， ∴0003217()939x ax x ϕ=--+，又∵对称轴为4,3x =∴81()(0)032ϕϕ==-<， ∴08733x >>，∴0003217()()0933x ax x ϕ=---<， 又3222111()41(8)(1)1222x ax ax x ax x x ax ϕ=--+=-+-+，中的较大数为M ，则()0M ϕ>， 故0a >()g x 在(0,)+∞上恰有两个零点．（2）由（1）知，对于321()412x ax ax x ϕ=--+在(0,)+∞上恰有两个零点12,x x ，不妨设12x x <，又∵(0)10ϕ=>，11()(67)028a ϕ=-<，∴1102x <<，又∵(4)10ϕ=-<，91()(65710)028a ϕ=->，∴2942x <<，∴121945422x x a <+<+=<+．点评：以上关于导函数零点问题的题型分类与剖析，不仅能使我们较好地把握导函数的零点在各种问题中的体现方式，而且能让我们运用多种数学思想来处理与导函数零点有关的问题，对研究和解决其他数学问题也有较好的启发和导向作用．练习1．已知函数),()(23R b a b ax x x f ∈++=. （1）试讨论)(x f 的单调性；（2）若a c b -=（实数c 是a 与无关的常数），当函数)(x f 有三个不同的零点时，a 的取值范围恰好是),23()23,1()3,(+∞--∞ ，求c 的值．2．已知函数()()()f x g x h x =⋅，其中函数()x g x e =，2()h x x ax a =++． （1）求函数()g x 在()1,(1)g 处的切线方程；（2）当02a <<时，求函数()f x 在[2,]x a a ∈-上的最大值；（3）当0a =时，对于给定的正整数k ，问函数()()2(ln 1)F x e f x k x =⋅-+是否有零点？请说明理由．（参考数据 1.649, 4.482,ln 20.693e ≈≈≈≈）答案及提示1．【解析】：（1）()0232=+='ax x x f ，解得：320a x x -==，． ①当0=a 时，()0≥'x f ，∴)(x f 在R 上是增函数． ②当0>a 时，由表格可知，)(x f 的增区间为⎪⎭⎫ ⎝⎛-∞-32a ，，()∞+，0；减区间为20.3a ⎛⎫- ⎪⎝⎭， ③当0<a 时，由表格可知，)(x f 的增区间为()0，∞-，⎪⎭⎫ ⎝⎛∞+-，32a ；减区间为20.3a ⎛⎫- ⎪⎝⎭， 综上，当0=a 时，)(x f 在R 上是增函数．当0>a 时，)(x f 的增区间为⎪⎭⎫ ⎝⎛-∞-32a ，，()∞+，0；减区间为20.3a ⎛⎫- ⎪⎝⎭， 当0<a 时，)(x f 的增区间为()0，∞-，⎪⎭⎫ ⎝⎛∞+-，32a ；减区间为20.3a ⎛⎫- ⎪⎝⎭， （2）因为a c b -=，所以()a c ax x x f -++=23,()ax x x f 232+='．由（1）可知，当⎪⎭⎫⎝⎛∞+⋃⎪⎭⎫ ⎝⎛∈，，23231a 时，)(x f 的增区间为⎪⎭⎫ ⎝⎛-∞-32a ，，()∞+，0；减区间为⎪⎭⎫⎝⎛-032，a ． ∴)(x f 的极大值为a c aa f -+=⎪⎭⎫ ⎝⎛-274323，极小值为()a c x f -=． ∵函数)(x f 有三个不同的零点，∴满足⎪⎩⎪⎨⎧<->-+002743a c a c a ，同理，当()3-∞-∈，a 时，满足340.270a c a c a ⎧+-<⎪⎨⎪->⎩综上可知，()02743<-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+a c a c a 的解集为()⎪⎭⎫ ⎝⎛∞+⋃⎪⎭⎫ ⎝⎛⋃-∞-，，，232313． ∴()02743=-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+a c a c a 有一个根为23=a ． 把23=a 带入()02743=-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+a c a c a ，解得1=c ． ∴c 的值为1.2．【解析】：（1）()x g x e '=，故(1)g e '=， ∴切线方程为(1)y e e x -=-，即y ex =． （2）2()()x f x e x ax a =⋅++， 故'()(2)()x f x x x a e =++，令'()0f x =，得x a =-或2x =-． ①当22a -≥-,即01a <≤时，()f x 在[2,]a a --上递减，在[,]a a -上递增，所以{}()(2),()m a x f x m a x f a f a =-，由于22(2)(2)a f a a a e --=+，2()(2)a f a a a e =+，故()(2f a f a >-，∴()()max f x f a =； ②当22a -<-,即12a <<时，()f x 在[2,2]a --上递增，[2,]a --上递减，在[,]a a -上递增，∴{}()(2),()max f x max f f a =-，由于2(2)(4)f a e --=-，2()(2)a f a a a e =+，故()(2)f a f >-， ∴()()max f x f a =．综上得，2()()(2)a max f x f a a a e ==+．（3）结论：当1k =时，函数()F x 无零点；当2k ≥时，函数()F x 有零点． 理由如下：①当1k =时，实际上可以证明：22ln 20x ex e x -->．直接证明2()2ln 2x F x ex e x =--的最小值大于0，可以借助虚零点处理．212()(2)x F x x x e x +'=+-，显然可证212()(2)x F x x x e x+'=+-在()0,+∞上递增， ∵1112211212()2()20e e F e e e e e e e e e +⎡⎤⎛⎫'=+-=+-<⎢⎥ ⎪⎝⎭⎣⎦，32154024F e ⎛⎫'=-> ⎪⎝⎭， ∴存在011(,)2x e ∈，使得()00F x '=， ∴当0(0,)x x ∈时，()F x 递减；当0(,)x x ∈+∞时，()F x 递增，∴()()00012(ln 1)2min F x F x x x ==--+，其中011(,)2x e ∈， 而()12(ln 1)2x x x ϕ=--+递减，所以()132(ln 2)025x ϕϕ⎛⎫>=-> ⎪⎝⎭， ∴()0min F x >，所以命题得证。
高考数学考纲解读与热点难点突破教案及专题练习--导数的热点问题-理科(含解析)
高考数学考纲解读与热点难点突破导数的热点问题教案【2020年高考考纲解读】导数还经常作为高考的压轴题，能力要求非常高，它不仅要求考生牢固掌握基础知识、基本技能，还要求考生具有较强的分析能力和计算能力．估计以后对导数的考查力度不会减弱．作为导数综合题，主要是涉及利用导数求最值解决恒成立问题，利用导数证明不等式等，常伴随对参数的讨论，这也是难点之所在.【题型示例】题型一、利用导数证明不等式用导数证明不等式是导数的应用之一，可以间接考查用导数判定函数的单调性或求函数的最值，以及构造函数解题的能力．例1、已知函数f(x)＝ae2x－aex－xex(a≥0，e＝2.718…，e为自然对数的底数)，若f(x)≥0对于x∈R恒成立．(1)求实数a的值；(2)证明：f(x)存在唯一极大值点x0，且ln 22e＋14e2≤f(x0)<14.(2)证明当a＝1时，f(x)＝e2x－ex－xex，f′(x)＝ex(2ex－x－2)．令h(x)＝2ex－x－2，则h′(x)＝2ex－1，∴当x∈(－∞，－ln 2)时，h′(x)<0，h(x)在(－∞，－ln 2)上为减函数；当x∈(－ln 2，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)在(－ln 2，＋∞)上为增函数，∵h(－1)<0，h(－2)>0，∴在(－2，－1)上存在x＝x0满足h(x0)＝0，∵h(x)在(－∞，－ln 2)上为减函数，∴当x∈(－∞，x0)时，h(x)>0，即f′(x)>0，f(x)在(－∞，x0)上为增函数，当x∈(x0，－ln 2)时，h(x)<0，即f′(x)<0，f(x)在(x0，－ln 2)上为减函数，当x∈(－ln 2,0)时，h(x)<h(0)＝0，即f′(x)<0，f(x)在(－ln 2,0)上为减函数，当x ∈(0，＋∞)时，h(x)>h(0)＝0， 即f ′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上为增函数， ∴f(x)在(－ln 2，＋∞)上只有一个极小值点0， 综上可知，f(x)存在唯一的极大值点x0， 且x0∈(－2，－1)．∵h(x0)＝0，∴20e x －x0－2＝0，∴f(x0)＝02e x －0e x －x00e x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x0＋222－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x0＋22(x0＋1)＝－x20＋2x04，x0∈(－2，－1)， ∵当x ∈(－2，－1)时，－x2＋2x 4<14，∴f(x0)<14；∵ln12e ∈(－2，－1)，∴f(x0)≥f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫ln 12e ＝ln 22e ＋14e2；综上知ln 22e ＋14e2≤f(x0)<14.【方法技巧】用导数证明不等式的方法(1)利用单调性：若f(x)在[a ，b]上是增函数，则①∀x ∈[a ，b]，则f(a)≤f(x)≤f(b)；②对∀x1，x2∈[a ，b]，且x1<x2，则f(x1)<f(x2)．对于减函数有类似结论．(2)利用最值：若f(x)在某个范围D 内有最大值M(或最小值m)，则对∀x ∈D ，有f(x)≤M(或f(x)≥m)．(3)证明f(x)<g(x)，可构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，证明F(x)<0. 【变式探究】已知函数f(x)＝ax －ln x. (1)讨论f(x)的单调性；(2)若a ∈⎝ ⎛⎦⎥⎥⎤－∞，－1e2，求证：f(x)≥2ax －xeax －1.(1)解 由题意得f ′(x)＝a －1x ＝ax －1x (x>0)，①当a ≤0时，则f ′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立， ∴f(x)在(0，＋∞)上单调递减． ②当a>0时，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x)>0，f(x)单调递增，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，1a 时，f ′(x)<0，f(x)单调递减．综上当a ≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a>0时，f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，1a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a ，＋∞上单调递增．(2)证明 令g(x)＝f(x)－2ax ＋xeax －1 ＝xeax －1－ax －ln x ，则g ′(x)＝eax －1＋axeax －1－a －1x＝(ax ＋1)⎝⎛⎭⎪⎪⎫eax －1－1x ＝ax ＋1xeax －1－1x(x>0)，设r(x)＝xeax －1－1(x>0)， 则r ′(x)＝(1＋ax)eax －1(x>0)， ∵eax －1>0，∴当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，－1a 时，r ′(x)>0，r(x)单调递增；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－1a ，＋∞时，r ′(x)<0，r(x)单调递减．∴r(x)max ＝r ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－1a ＝－⎝⎛⎭⎪⎪⎫1ae2＋1≤0⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a ≤－1e2， ∴当0<x<－1a 时，g ′(x)<0，当x>－1a 时，g ′(x)>0，∴g(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，－1a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－1a ，＋∞上单调递增，∴g(x)min ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－1a ，设t ＝－1a∈(]0，e2，则g ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－1a ＝h(t)＝t e2－ln t ＋1(0<t ≤e2)，h ′(t)＝1e2－1t ≤0，h(t)在(]0，e2上单调递减，∴h(t)≥h(e2)＝0；∴g(x)≥0，故f(x)≥2ax －xeax －1. 题型二 利用导数讨论方程根的个数方程的根、函数的零点、函数图象与x 轴的交点的横坐标是三个等价的概念，解决这类问题可以通过函数的单调性、极值与最值，画出函数图象的走势，通过数形结合思想直观求解．例2、(2018·全国Ⅱ)已知函数f(x)＝ex －ax2. (1)若a ＝1，证明：当x ≥0时，f(x)≥1； (2)若f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点，求a.(1)证明 当a ＝1时，f(x)≥1等价于(x2＋1)e －x －1≤0. 设函数g (x)＝(x2＋1)e －x －1，则g ′(x)＝－(x2－2x ＋1)·e －x ＝－(x －1)2e －x. 当x ≠1时，g ′(x)<0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．而g(0)＝0，故当x ≥0时，g(x)≤0，即f(x)≥1. (2)解 设函数h(x)＝1－ax2e －x.f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点等价于h(x)在(0，＋∞)上只有一个零点． (ⅰ)当a ≤0时，h(x)>0，h(x)没有零点； (ⅱ)当a>0时，h ′(x)＝ax(x －2)e －x.当x ∈(0,2)时，h ′(x)<0；当x ∈(2，＋∞)时，h ′(x)>0. 所以h(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增． 故h(2)＝1－4ae2是h(x)在(0，＋∞)上的最小值．①若h(2)>0，即a<e24，h(x)在(0，＋∞)上没有零点．②若h(2)＝0，即a ＝e24，h(x)在(0，＋∞)上只有一个零点．③若h(2)<0，即a>e24，因为h(0)＝1，所以h(x)在(0,2)上有一个零点； 由(1)知，当x>0时，ex>x2，所以h(4a)＝1－16a3e4a ＝1－16a3e2a 2>1－16a32a4＝1－1a>0，故h(x)在(2,4a)上有一个零点．因此h(x)在(0，＋∞)上有两个零点．综上，当f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点时，a ＝e24.【感悟提升】(1)函数y ＝f(x)－k 的零点问题，可转化为函数y ＝f(x)和直线y ＝k 的交点问题．(2)研究函数y ＝f(x)的值域，不仅要看最值，而且要观察随x 值的变化y 值的变化趋势．【变式探究】设函数f(x)＝ex －2a －ln(x ＋a)，a ∈R ，e 为自然对数的底数． (1)若a>0，且函数f(x)在区间[0，＋∞)内单调递增，求实数a 的取值范围； (2)若0<a<23，试判断函数f(x)的零点个数．(2)∵0<a<23，f ′(x)＝ex －1x ＋a (x>－a)，记h(x)＝f ′(x)，则h ′(x)＝ex ＋1x ＋a2>0，知f ′(x)在区间()－a ，＋∞内单调递增．又∵f ′(0)＝1－1a <0，f ′(1)＝e －1a ＋1>0，∴f ′(x)在区间()－a ，＋∞内存在唯一的零点x0，即f ′(x0)＝0e x －1x0＋a＝0， 于是0e x ＝1x0＋a，x0＝－ln ()x0＋a . 当－a<x<x0时，f ′(x)<0，f(x)单调递减； 当x>x0时，f ′(x)>0，f(x)单调递增．∴f(x)min ＝f(x0)＝0e x－2a －ln ()x0＋a＝1x0＋a －2a ＋x0＝x0＋a ＋1x0＋a－3a ≥2－3a ， 当且仅当x0＋a ＝1时，取等号． 由0<a<23，得2－3a>0，∴f(x)min ＝f(x0)>0，即函数f(x)没有零点． 题型三 利用导数解决生活中的优化问题生活中的实际问题受某些主要变量的制约，解决生活中的优化问题就是把制约问题的主要变量找出来，建立目标问题即关于这个变量的函数，然后通过研究这个函数的性质，从而找到变量在什么情况下可以达到目标最优．例3、罗源滨海新城建一座桥，两端的桥墩已建好，这两墩相距m 米，余下工程只需建两端桥墩之间的桥面和桥墩，经预测，一个桥墩的工程费用为32万元，距离为x 米的相邻两墩之间的桥面工程费用为(2＋x)x 万元．假设桥墩等距离分布，所有桥墩都视为点，且不考虑其他因素，记余下工程的费用为y 万元．(1)试写出y 关于x 的函数关系式；(2)当m ＝96米时，需新建多少个桥墩才能使余下工程的费用y 最小？ 解 (1)设需新建n 个桥墩， 则(n ＋1)x ＝m ，即n ＝mx －1.所以y ＝f(x)＝32n ＋(n ＋1)(2＋x)x＝32⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫m x －1＋m x(2＋x)x＝m ⎝⎛⎭⎪⎪⎫32x ＋x ＋2m －32(0<x<m)． (2)当m ＝96时，f(x)＝96⎝⎛⎭⎪⎪⎫32x＋x ＋160， 则f ′(x)＝96⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12x －32x2＝48x2(32x －64)． 令f ′(x)＝0，得32x ＝64，所以x ＝16.当0<x<16时，f ′(x)<0，f(x)在区间(0,16)内为减函数； 当16<x<96时，f ′(x)>0，f(x)在区间(16,96)内为增函数， 所以f(x)在x ＝16处取得最小值，此时n ＝9616－1＝5.答 需新建5个桥墩才能使余下工程的费用y 最小． 【感悟提升】利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤(1)建模：分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y ＝f(x)．(2)求导：求函数的导数f ′(x)，解方程f ′(x)＝0.(3)求最值：比较函数在区间端点和使f ′(x)＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值．(4)作答：回归实际问题作答．【变式探究】图1是某种称为“凹槽”的机械部件的示意图，图2是凹槽的横截面(阴影部分)示意图，其中四边形ABCD 是矩形，弧CmD 是半圆，凹槽的横截面的周长为4.若凹槽的强度T 等于横截面的面积S 与边AB 的乘积，设AB ＝2x ，BC ＝y.(1)写出y 关于x 的函数表达式，并指出x 的取值范围； (2)求当x 取何值时，凹槽的强度最大．(2)依题意，得T ＝AB ·S ＝2x ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2xy －12πx2＝8x2－(4＋3π)x3.令T ′＝16x －3(4＋3π)x2＝0，得x ＝0或x ＝169π＋12.因为0<169π＋12<4π＋4，所以当0<x<169π＋12时，T ′>0，T 为关于x 的增函数；当169π＋12<x<44＋π时，T ′<0，T 为关于x 的减函数，所以当x ＝169π＋12时凹槽的强度最大.专题练习1．在某次水下科研考察活动中，需要潜水员潜入水深为60米的水底进行作业，根据以往经验，潜水员下潜的平均速度为v(米/单位时间)，每单位时间的用氧量为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫v 103＋1(升)，在水底作业10个单位时间，每单位时间用氧量为0.9(升)，返回水面的平均速度为v2(米/单位时间)，每单位时间用氧量为1.5(升)，记该潜水员在此次考察活动中的总用氧量为y(升)．(1)求y 关于v 的函数关系式；(2)若c ≤v ≤15(c>0)，求当下潜速度v 取什么值时，总用氧量最少．(2)y ′＝6v50－240v2＝3v3－2 00025v2，令y ′＝0，得v ＝1032，当0<v<1032时，y ′<0，函数单调递减，当v>1032时，y ′>0，函数单调递增， ∴当0<c<1032时，函数在(c,1032)上单调递减，在(1032，15)上单调递增，∴当v＝1032时总用氧量最少，当c≥1032时，y在[c,15]上单调递增，∴当v＝c时总用氧量最少．综上，若0<c<1032，则当v＝1032时总用氧量最少；若c≥1032，则当v＝c时总用氧量最少．2．已知函数f(x)＝ax－1＋ln x.(1)若函数f(x)在()e，＋∞内有极值，求实数a的取值范围；(2)在(1)的条件下，对任意t∈(1，＋∞)，s∈(0,1)，求证：f(t)－f(s)>e＋2－1 e .(1)【解析】由定义域为(0,1)∪(1，＋∞)，f′(x)＝1x－ax－12＝x2a＋2x＋1x x－12，设h(x)＝x2－(a＋2)x＋1，要使y＝f(x)在()e，＋∞上有极值，则x2－(a＋2)x＋1＝0有两个不同的实根x1，x2，∴Δ＝(a＋2)2－4>0，∴a>0或a<－4，①且至少有一根在区间()e，＋∞上，又∵x1·x2＝1，∴只有一根在区间(e，＋∞)上，不妨设x2>e，∴0<x1<1e <e<x2，又h(0)＝1，∴只需h ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1e <0，即1e2－(a ＋2)1e ＋1<0，∴a>e ＋1e －2，②联立①②可得a>e ＋1e－2.即实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫e ＋1e －2，＋∞.(2)证明 由(1)知，当x ∈()1，x2时，f ′(x)<0， f(x)单调递减，当x ∈()x2，＋∞时，f ′(x)>0，f(x)单调递增， ∴f(x)在(1，＋∞)上有最小值f(x2)， 即∀t ∈(1，＋∞)，都有f(t)≥f(x2)，又当x ∈()0，x1时，f ′(x)>0，f(x)单调递增，当x ∈()x1，1时，f ′(x)<0，f(x)单调递减， ∴f(x)在(0,1)上有最大值f(x1)， 即对∀s ∈(0,1)，都有f(s)≤f(x1)， 又∵x1＋x2＝2＋a ，x1x2＝1， x1∈⎝⎛⎭⎪⎪⎫0，1e ，x2∈()e ，＋∞，∴f(t)－f(s)≥f(x2)－f(x1) ＝ln x2＋ax2－1－ln x1－ax1－1＝lnx2x1＋ax2－1－ax1－1＝ln x22＋x2－1x2()x2>e ， 设k(x)＝ln x2＋x －1x ＝2ln x ＋x －1x (x>e)， 则k ′(x)＝2x ＋1＋1x2>0(x>e)，∴k(x)在()e ，＋∞上单调递增，∴k(x)>k(e)＝2＋e －1e ，∴f(t)－f(s)>e ＋2－1e.3．已知函数f(x)＝(2x ＋1)ln(2x ＋1)－a(2x ＋1)2－x(a>0)．(1)如图，设直线x ＝－12，y ＝－x 将坐标平面分成Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ，Ⅳ四个区域(不含边界)，若函数y ＝f(x)的图象恰好位于其中一个区域内，判断其所在的区域并求对应的a 的取值范围；(2)当a>12时，求证：∀x1，x2∈(0，＋∞)且x1≠x2，有f(x1)＋f(x2)<2f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x1＋x22. (1)【解析】函数f(x)的定义域为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－12，＋∞，且当x ＝0时，f(0)＝－a<0. 又∵直线y ＝－x 恰好通过原点， ∴函数y ＝f(x)的图象应位于区域Ⅳ内， 于是可得f(x)<－x ，即(2x ＋1)ln(2x ＋1)－a(2x ＋1)2－x<－x. ∵2x ＋1>0，∴a>ln2x ＋12x ＋1.令h(x)＝ln2x ＋12x ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x>－12， 则h ′(x)＝2－2ln2x ＋12x ＋12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x>－12. ∴当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－12，e －12时，h ′(x)>0，h(x)单调递增； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫e －12，＋∞时，h ′(x)<0，h(x)单调递减． ∴h(x)max ＝h ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫e －12＝1e ， ∴a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1e ，＋∞.(2)证明 ∵f ′(x)＝2ln(2x ＋1)－4a(2x ＋1)＋1， 设u(x)＝2ln(2x ＋1)－4a(2x ＋1)＋1， 则u ′(x)＝42x ＋1－8a ⎝⎛⎭⎪⎪⎫x>－12，∵当x>0时，42x ＋1<4，当a>12时，8a>4，∴u ′(x)＝42x ＋1－8a<0，∴当x>0时，f ′(x)为减函数， 不妨设x2>x1>0，令g(x)＝f(x)＋f(x1)－2f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x ＋x12(x>x1)， 可得g(x1)＝0， g ′(x)＝f ′(x)－f ′⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x ＋x12， ∵x>x ＋x12且f ′(x)是(0，＋∞)上的减函数，∴g ′(x)<0，∴当x>x1时，g(x)为减函数， ∴g(x2)<g(x1)＝0， 即f(x1)＋f(x2)<2f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x1＋x22. 4．已知函数f(x)＝ln x ＋ax ，g(x)＝e －x ＋bx ，a ，b ∈R ，e 为自然对数的底数．(1)若函数y ＝g(x)在R 上存在零点，求实数b 的取值范围；(2)若函数y ＝f(x)在x ＝1e 处的切线方程为ex ＋y －2＋b ＝0.求证：对任意的x ∈(0，＋∞)，总有f(x)>g(x )．(2)证明 易得f ′(x)＝1x －ax2，则由题意，得f ′⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1e ＝e －ae2＝－e ，解得a ＝2e .∴f(x)＝ln x ＋2ex ，从而f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1e ＝1，即切点为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1e ，1.将切点坐标代入ex ＋y －2＋b ＝0中，解得b ＝0. ∴g(x)＝e －x.要证f(x)>g(x)，即证ln x ＋2ex >e －x(x ∈(0，＋∞))，只需证xln x ＋2e>xe －x(x ∈(0，＋∞))．令u(x)＝xln x ＋2e ，v(x)＝xe －x ，x ∈(0，＋∞)．则由u ′(x)＝ln x ＋1＝0，得x ＝1e，∴u(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，1e 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1e ，＋∞上单调递增， ∴u(x)min ＝u ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1e ＝1e.又由v ′(x)＝e －x －xe －x ＝e －x(1－x)＝0，得x ＝1， ∴v(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， ∴v(x)max ＝v(1)＝1e.∴u(x)≥u(x)min ≥v(x)max ≥v(x)， 显然，上式的等号不能同时取到． 故对任意的x ∈(0，＋∞)，总有f(x)>g(x)． 5．已知函数g(x)＝xln x ，h(x)＝ax2－12(a>0)．(1)若g(x)<h(x)对x ∈(1，＋∞)恒成立，求a 的取值范围；(2)证明：不等式⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋1n2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋2n2·…·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋n n2<e 34对于正整数n 恒成立，其中e ＝2.718 28…为自然对数的底数．(1)【解析】方法一 记f(x)＝g(x)－h(x) ＝xln x －a2x2＋12，令φ(x)＝f ′(x)＝ln x ＋1－ax ，则φ′(x)＝1x －a ，①当a ≥1时，∵x ∈(1，＋∞)，∴φ′(x)＝1x－a<1－a ≤0，∴f ′(x)在(1，＋∞)上单调递减， 又f ′(1)＝1－a ≤0，∴f ′(x)<0， 即f(x)在(1，＋∞)上单调递减， 此时，f(x)<f(1)＝－a －12≤0，即g(x)<h(x)，∴a ≥1. ②当0<a<1时，考虑x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1，1a 时，φ′(x)＝1x －a>a －a ＝0，∴f ′(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1，1a 上单调递增，又f ′(1)＝1－a>0，∴f ′(x)>0， 即f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1，1a 上单调递増，f(x)>f(1)＝－a －12>0，不满足题意．综上所述，a ∈[1，＋∞)．方法二 当x ∈(1，＋∞)时，g(x)<h(x)等价于a>2xln x ＋1x2，令F(x)＝2xln x ＋1x2(x>1)，F ′(x)＝2()x －1－xln x x3(x>1)，记m(x)＝x －1－xln x(x>1)， 则m ′(x)＝－ln x<0，∴m(x)在(1，＋∞)上单调递减，∴m(x)<m(1)＝0，∴F ′(x)<0，即F(x)在(1，＋∞)上单调递减， F(x)<F(1)＝1，故a ∈[1，＋∞)． (2)证明 由(1)知取a ＝1，当x ∈(1，＋∞)时，g(x)<h(x)恒成立，即xln x<x2－12恒成立，即ln x<x2－12x 恒成立，即ln(1＋x)<x ＋12－12x ＋1＝x2＋2x2x ＋1对于x ∈(0，＋∞)恒成立，由此，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋k n2<⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫k n22＋2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫k n22⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫k n2＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫k n2＋k n2＋k ≤12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫k n2＋k n2＋1，k ∈N*， 于是ln ⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋1n2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋2n2…⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋n n2＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋1n2＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋2n2＋…＋ln ⎝⎛⎭⎪⎪⎫1＋n n2<12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n2＋2n2＋…＋n n2＋1n2＋1＋2n2＋1＋…＋n n2＋1 ＝14⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤nn ＋1n2＋nn ＋1n2＋1＝14·2n3＋2n2＋n ＋1n ()n2＋1＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤3－n3－2n2＋2n －1n ()n2＋1 ＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤3－nn －12n －1n ()n2＋1≤34，故⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋1n2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋2n2·…·⎝⎛⎭⎪⎪⎫1＋n n2<34e .6．已知函数f(x)＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x －1－a 6ex ＋1，其中e ＝2.718…为自然对数的底数，常数a>0.(1)求函数f(x)在区间(0，＋∞)上的零点个数；(2)函数F(x)的导数F ′(x)＝()ex －a f(x)，是否存在无数个a ∈(1,4)，使得ln a 为函数F(x)的极大值点？请说明理由．(2)方法一 当a>1时，ln a>0. 因为当x ∈()0，ln a 时，ex －a<0；当x ∈()ln a ，＋∞时，ex －a>0. 由(1)知，当x ∈(0，x0)时，f(x)<0； 当x ∈(x0，＋∞)时，f(x)>0.下面证：当a ∈()1，e 时，ln a<x0，即证f ()ln a <0.f ()ln a ＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫ln a －1－a 6a ＋1＝aln a －a －a26＋1，记g(x)＝xln x －x －x26＋1，x ∈(1，e)，g ′(x)＝ln x －x3，x ∈(1，e)，令h(x)＝g ′(x)，则h ′(x)＝3－x 3x>0，所以g ′(x)在()1，e 上单调递增，由g ′(1)＝－13<0，g ′(e)＝1－e3>0，所以存在唯一零点t0∈()1，e ，使得g ′()t0＝0，且x ∈()1，t0时，g ′(x)<0，g(x)单调递减，x ∈()t0，e 时，g ′(x)>0，g(x)单调递增．所以当x ∈()1，e 时，g(x)<max {}g 1g e.由g(1)＝－16<0，g(e)＝6－e26<0，得当x ∈()1，e 时，g(x)<0.故f ()ln a <0,0<ln a<x0.当0<x<ln a 时，ex －a<0，f(x)<0， F ′(x)＝()ex －a f(x)>0，F(x)单调递增；当ln a<x<x0时，ex －a>0，f(x)<0， F ′(x)＝()ex －a f(x)<0，F(x)单调递减．所以存在a ∈()1，e ⊆(1,4)，使得ln a 为F(x)的极大值点．方法二 因为当x ∈()0，ln a 时，ex －a<0；当x ∈()ln a ，＋∞时，ex －a>0. 由(1)知，当x ∈(0，x0)时，f(x)<0； 当x ∈(x0，＋∞)时，f(x)>0.所以存在无数个a ∈(1,4)，使得l n a 为函数F(x)的极大值点，即存在无数个a ∈(1,4)，使得ln a<x0成立，①由(1)，问题①等价于存在无数个a ∈(1,4)，使得f ()ln a <0成立， 因为f ()ln a ＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫ln a －1－a 6a ＋1＝aln a －a －a26＋1，记g(x)＝xln x －x －x26＋1，x ∈(1,4)，g ′(x)＝ln x －x3，x ∈(1,4)，设k(x)＝g ′(x)，因为k ′(x)＝3－x 3x，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32，2时，k ′(x)>0，所以g ′(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32，2上单调递增，因为g ′⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32＝ln 32－12<0，g ′(2)＝ln 2－23>0，所以存在唯一零点t0∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32，2，使得g ′()t0＝0，且当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32，t0时，g ′(x)<0，g(x)单调递减；当x ∈()t0，2时，g ′(x)>0，g(x)单调递增； 所以当x ∈⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤32，2时，g(x)min ＝g ()t0＝t0ln t0－t0－t206＋1，②由g ′()t0＝0，可得ln t0＝t03，代入②式可得g(x)min ＝g ()t0＝t206－t0＋1，当t0∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32，2时，g ()t0＝t206－t0＋1＝()t0－326－12<－18<0，所以必存在x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32，2，使得g(x)<0，即对任意a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32，2，f ()ln a <0有解，所以对任意a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32，2⊆(1,4)，函数F(x)存在极大值点为ln a.7．已知f(x)＝(x －1)ex ＋12ax2.(1)当a ＝e 时，求f(x)的极值；(2)若f(x)有两个不同零点，求a 的取值范围； (3)对∀x>1，求证：f(x)≥12ax2＋x ＋1＋ln(x －1)．(1)【解析】当a ＝e 时，f ′(x)＝x(ex ＋e)． 当x ∈(－∞，0)时，f ′(x)<0，f(x)为减函数， 当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x)>0，f(x)为增函数， ∴f(x)极小值＝f(0)＝－1，无极大值． (2)【解析】f ′(x)＝x(ex ＋a)，(ⅰ)当a ＝0时，f(x)＝(x －1)ex ，只有一个零点x ＝1， (ⅱ)当a>0时，ex ＋a>0，当x ∈(－∞，0)时，f ′(x)<0，f(x)为减函数， 当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x)>0，f(x)为增函数， f(x)极小值＝f(0)＝－1，而f(1)＝a2>0，∴当x>0时，函数f(x)在(0,1)上存在一个零点， 当x<0时，ex<1，∴(x －1)ex>x －1， ∴f(x)＝(x －1)ex ＋12ax2>x －1＋12ax2＝12ax2＋x －1，令g(x)＝12ax2＋x －1，x1是g(x)＝0的一个根， 取x1＝－1－1＋2aa<0，∴f(x1)>0，f(x1)·f(0)<0，∴当x<0时，函数f(x)在(x1,0)上存在一个零点， ∴函数f(x)有两个零点．(ⅲ)当a<0时，f ′(x)＝x(ex ＋a)， 令f ′(x)＝0得x ＝0或x ＝ln(－a)， ①当ln(－a)>0，即a<－1时，当x 变化时，f(x)，f ′(x)的变化情况如表所示：－∴f(x)极大值＝f(0)＝－1，∴函数f(x)至多有一个零点，不合题意，②当ln(－a)＝0，即a ＝－1时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增， ∴f(x)至多有一个零点，不合题意． ③当ln(－a)<0，即－1<a<0时，当x 变化时f(x)，f ′(x)的变化情况如表所示：∴x<0，a<0时，f(x)＝(x －1)ex ＋12ax2<0，f(0)＝－1，∴函数f(x)至多有一个零点，不合题意． 综上，a 的取值范围是(0，＋∞)．(3)证明 令g(x)＝f(x)－ln(x －1)－12ax2－x －1，＝(x －1)ex －ln(x －1)－x －1，x ∈(1，＋∞)， g ′(x)＝xex －1x －1－1＝xex －x x －1＝x ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫ex －1x －1，x ∈(1，＋∞)． 令h(x)＝ex －1x －1，x ∈(1，＋∞)，h ′(x)＝ex ＋1x －12>0， ∴h(x)为(1，＋∞)上的增函数，h(2)＝e2－1>0， 取x －1＝e －2，x ＝1＋e －2，h(1＋e －2)＝21e e－＋－e2<0，∴存在唯一的x0∈(1,2)使h(x0)＝0，即0e x ＝1x0－1， ∴当x ∈(1，x0)时，h(x)<0，g ′(x)<0，g(x)为减函数， 当x ∈(x0，＋∞)时，h(x)>0，g ′(x)>0，g(x)为增函数，∴g(x)min ＝g(x0)＝(x0－1) 0e x －ln(x0－1)－x0－1＝(x0－1)×1x0－1－ln 0e x -－x0－1＝1＋x0－x0－1＝0， ∴对∀x>1，g(x)≥g(x0)＝0， 即f(x)≥12ax2＋x ＋1＋ln(x －1)．8.已知f(x)＝asin x ，g(x)＝ln x ，其中a ∈R ，y ＝g －1(x)是y ＝g(x)的反函数． (1)若0<a ≤1，证明：函数G(x)＝f(1－x)＋g(x)在区间(0,1)上是增函数；(2)证明：∑k ＝1nsin11＋k2<ln 2； (3)设F(x)＝g －1(x)－mx2－2(x ＋1)＋b ，若对任意的x>0，m<0有F(x)>0恒成立，求满足条件的最小整数b 的值．(1)证明 由题意知G(x)＝asin(1－x)＋ln x ， G ′(x)＝1x－acos(1－x)(x>0)，当x ∈(0,1)，0<a ≤1时，1x >1,0<cos(1－x)<1，∴acos(1－x)<1，∴G ′(x)>0， 故函数G(x)在区间(0,1)上是增函数．(3)【解析】由对任意的x>0，m<0有F(x)＝g－1(x)－mx2－2(x＋1)＋b＝ex－mx2－2x ＋b－2>0恒成立，即当x∈(0，＋∞)时，F()x min>0.又设h(x)＝F′()x＝ex－2mx－2，h′(x)＝ex－2m，m<0，则h′(x)>0，h(x)单调递增，又h(0)<0，h(1)>0，则必然存在x0∈(0,1)，使得h(x0)＝0，∴F(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，∴F(x)≥F(x0)＝0e x－mx20－2x0＋b－2>0，则b>－0e x＋mx20＋2x0＋2，又0e x－2mx0－2＝0，∴m＝e x－2 2x0，∵b>－0e x ＋0e x －22x0·x20＋2x0＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x02－10e x ＋x0＋2， 又m<0，则x0∈(0，ln 2)，∵b>⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x02－10e x ＋x0＋2，x0∈(0，ln 2)恒成立，令m(x)＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x 2－1ex ＋x ＋2，x ∈(0，ln 2)，则m ′(x)＝12(x －1)ex ＋1， 令n(x)＝12(x －1)ex ＋1，则n ′(x)＝12xex>0，∴m ′(x)在(0，ln 2)上单调递增， ∴m ′(x)>m ′(0)＝12>0，∴m(x)在(0，ln 2)上单调递增， ∴m(x)<m(ln 2)＝2ln 2， ∴b ≥2ln 2，又b 为整数， ∴最小整数b 的值为2.9．已知a ∈R ，函数f(x)＝(－x2＋ax)ex(x ∈R ，e 为自然对数的底数)． (1)当a ＝2时，求函数f(x)的单调递增区间；(2)若函数f(x)在(－1,1)上单调递增，求a 的取值范围；(3)函数f(x)是否为R 上的单调减函数？若是，求出a 的取值范围？若不是，请说明理由．【解析】(1)当a ＝2时，f(x)＝(－x2＋2x)ex ，所以f ′(x)＝(－2x ＋2)ex ＋(－x2＋2x)ex ＝(－x2＋2)ex.令f ′(x)>0，即(－x2＋2)ex>0，因为ex>0，所以－x2＋2>0， 解得－2<x< 2.所以函数f(x)的单调递增区间是(－2，2)． (2)因为函数f(x)在(－1,1)上单调递增，所以f ′(x)≥0对x ∈(－1,1)都成立．因为f ′(x)＝(－2x ＋a)ex ＋(－x2＋ax)ex ＝[－x2＋(a －2)x ＋a]ex ，所以[－x2＋(a －2)x ＋a]ex ≥0对x ∈(－1,1)都成立．因为ex>0，所以－x2＋(a －2)x ＋a ≥0，则a ≥x2＋2x x ＋1＝x ＋12－1x ＋1＝(x ＋1)－1x ＋1对x ∈(－1,1)都成立． 令g(x)＝(x ＋1)－1x ＋1， 则g ′(x)＝1＋1x ＋12>0. 所以g(x)＝(x ＋1)－1x ＋1在(－1,1)上单调递增．所以g(x)<g(1)＝(1＋1)－11＋1＝32. 所以a 的取值范围是⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫32，＋∞. (3)若函数f(x)在R 上单调递减，则f ′(x)≤0对x ∈R 都成立，即[－x2＋(a －2)x ＋a]ex ≤0对x ∈R 都成立，因为ex>0，所以x2－(a －2)x －a ≥0对x ∈R 都成立．所以Δ＝(a －2)2＋4a ≤0，即a2＋4≤0，这是不可能的．故函数f(x)不可能在R 上单调递减．10．已知函数f(x)＝2lnx ＋x2－2ax(a>0)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2(x1<x2)，且f(x1)－f(x2)≥32－2ln2恒成立，求a 的取值范围．【解析】(1)由题意知，函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，f ′(x)＝2x2－ax ＋1x ，令x2－ax ＋1＝0，则Δ＝a2－4，①当0<a ≤2时，Δ≤0，f ′(x)≥0恒成立，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②当a>2时，Δ>0，方程x2－ax ＋1＝0有两个不同的实根，分别设为x3，x4，不妨令x3<x4，则x3＝a －a2－42，x4＝a ＋a2－42，此时0<x3<x4， 因为当x ∈(0，x3)时，f ′(x)>0，当x ∈(x3，x4)时，f ′(x)<0，当x ∈(x4，＋∞)时，f ′(x)>0，所以函数f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，a －a2－42上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a －a2－42，a ＋a2－42上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a ＋a2－42，＋∞上单调递增． 综上，当0<a ≤2时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>2时f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，a －a2－42上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a －a2－42，a ＋a2－42上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a ＋a2－42，＋∞上单调递增． (2)由(1)得f(x)在(x1，x2)上单调递减，x1＋x2＝a ，x1·x2＝1， 则f(x1)－f(x2)＝2ln x1x2＋(x1－x2)(x1＋x2－2a)＝2ln x1x2＋x22－x21x1x2＝2ln x1x2＋x2x1－x1x2，令t ＝x1x2，则0<t<1，f(x1)－f(x2)＝2lnt ＋1t －t ，令g(t)＝2lnt ＋1t －t(0<t<1)，则g ′(t)＝－t －12t2<0，故g(t)在(0,1)上单调递减且g ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12＝32－2ln2，故g(t)＝f(x1)－f(x2)≥32－2ln2＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12，即0<t ≤12， 而a2＝(x1＋x2)2＝x1x2＋x2x1＋2＝t ＋1t ＋2，其中0<t ≤12，令h(t)＝t ＋1t ＋2，t ∈⎝ ⎛⎦⎥⎥⎤0，12，所以h ′(t)＝1－1t2<0在t ∈⎝ ⎛⎦⎥⎥⎤0，12上恒成立，故h(t)＝t ＋1t ＋2在⎝ ⎛⎦⎥⎥⎤0，12上单调递减，从而a2≥92，故a 的取值范围是⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫322，＋∞.。
十种解法妙解2020年高考导数压轴题
解题篇经典题突破方法高二数学2021年4月■福建省泉州市第七中学彭耿铃2020年山东卷导数压轴题在形式上有“简约而不简单”之感，试题的设计有层次感，不但考査了同学们的数学核心素养，还给同学们提供更广阔的思考空间、更多的思考角度，从而探索不同的解题方法。
本文从多角度解析，旨在探究此题型考査特点，仅供同学们参考，希望大家将来能决胜高考。
（2020年高考山东卷第21题）已知函数_/（工）=ae I~1—In x+ln a o（1）当a=e时，求曲线y=/<rr）在点（1/（1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；（2）若/（工）玄1,求a的取值范围。
解析：（1）当a=e时，/"0）=^-In x+ 1,所以/Cl）=e+l o又因为f'S=€—丄，所以切线的斜率yfe=r（l）=e-l,切线JC方程为y=（e—1）（JU—1）+e+1,与x轴交于点人（三彳，0）,与夕轴交于点£（0,2）。
所以围成的三角形的面积为：(2)解法一：构造同构式1o由f(rc)1得a e x_1—In rc+ln a工1,变形得e lnfl+x_1—In rr+ln a^l,即e lnfl+"_1+ In a+rc—l^ln rr~\~jc=e lna:H-lri oc o令g(£) =e’+E,则g'Q)=e'+l>0,所以gQ)在R 上单调递增。
原不等式等价于g(lna+工一l)Ng(ln匚)，所以In a+匚一l^ln jc恒成立，即In aNln x,—工+1恒成立，只需In q二(In a+l)max o令h(rc)=In ac.—h+1,贝|j h r=—JC1—z_1=-------。
分析可知鼻Q)在(0,1)上单调递re增，在(1,+oo)上单调递减，所以h(X)< h(1)=0,即In.,a^l o故a的取值范围是口，+oo)。
2020年高考数学(理)冲刺突破专题06 突破导数解答题的瓶颈
（2）由（1）知，当 x∈（﹣1，0）时，f′（x）单调递增，f′（x）＜f′（0）＝0，f（x）单调递减； 当 x∈（0，x0）时，f′（x）单调递增，f′（x）＞f′（0）＝0，f（x）单调递增；
由于 f′（x）在（x0， ）上单调递减，且 f′（x0）＞0，f′（ ）
7.已知可导函数 f(x)在(a，b)上单调递增(减)，则 f′(x)≥0(≤0)对∀x∈(a，b)恒成立，不能漏掉“＝”，且
需验证“＝”不能恒成立；已知可导函数 f(x)的单调递增(减)区间为(a，b)，则 f′(x)>0(<0)的解集为(a，b).
8.f′(x)＝0 的解不一定是函数 f(x)的极值点.一定要检验在 x＝x0 的两侧 f′(x)的符号是否发生变化，若变化， 则为极值点；若不变化，则不是极值点.
不等式
Ⅲ卷 利用导数研究函 利用导数研究 利用导数研究函 利用导数研究函数
数的单调性，最 函数的极值，证 数的单调性，恒 的极值，最值
值
明不等式
成立问题
----------------------- -- ------ 导图助思 快速切入------------------------------[思维流程]——函数与导数问题重在“转”与“分”
-------------------------------知识整合 易错题示------------------------------知识整合
1.导数的几何意义 (1)f′(x0)的几何意义：曲线 y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线的斜率，该切线的方程为 y－f(x0)＝f′(x0)·(x－x0). (2)切点的两大特征：①在曲线 y＝f(x)上；②在切线上. 2.利用导数研究函数的单调性 (1)求可导函数单调区间的一般步骤 ①求函数 f(x)的定义域； ②求导函数 f′(x)； ③由 f′(x)>0 的解集确定函数 f(x)的单调增区间，由 f′(x)<0 的解集确定函数 f(x)的单调减区间. (2)由函数的单调性求参数的取值范围 ①若可导函数 f(x)在区间 M 上单调递增，则 f′(x)≥0(x∈M)恒成立；若可导函数 f(x)在区间 M 上单调递减， 则 f′(x)≤0(x∈M)恒成立；
2020高考数学《导数压轴题》
导数压轴一．解答题（共20小题）1．已知函数f（x）＝e x（1+alnx），设f'（x）为f（x）的导函数．（1）设g（x）＝e﹣x f（x）+x2﹣x在区间[1，2]上单调递增，求a的取值范围；（2）若a＞2时，函数f（x）的零点为x0，函f′（x）的极小值点为x1，求证：x0＞x1．2．设．（1）求证：当x≥1时，f（x）≥0恒成立；（2）讨论关于x的方程根的个数．3．已知函数f（x）＝﹣x2+ax+a﹣e﹣x+1（a∈R）．（1）当a＝1时，判断g（x）＝e x f（x）的单调性；（2）若函数f（x）无零点，求a的取值范围．4．已知函数．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若存在成立，求整数a的最小值．5．已知函数f（x）＝e x﹣lnx+ax（a∈R）．（Ⅰ）当a＝﹣e+1时，求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）当a≥﹣1时，求证：f（x）＞0．6．已知函数f（x）＝e x﹣x2﹣ax﹣1．（Ⅰ）若f（x）在定义域内单调递增，求实数a的范围；（Ⅱ）设函数g（x）＝xf（x）﹣e x+x3+x，若g（x）至多有一个极值点，求a的取值集合．7．已知函数f（x）＝x﹣1﹣lnx﹣a（x﹣1）2（a∈R）．（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）若对∀x∈（0，+∞），f（x）≥0，求实数a的取值范围．8．设f′（x）是函数f（x）的导函数，我们把使f′（x）＝x的实数x叫做函数y＝f（x）的好点．已知函数f（x）＝．（Ⅰ）若0是函数f（x）的好点，求a；（Ⅱ）若函数f（x）不存在好点，求a的取值范围．9．已知函数f（x）＝lnx+ax2+（a+2）x+2（a为常数）．（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）若a为整数，函数f（x）恰好有两个零点，求a的值．10．已知函数f（x）＝xlnx﹣ax2，a∈R．（1）若函数f（x）存在单调增区间，求实数a的取值范围；（2）若x1，x2为函数f（x）的两个不同极值点，证明x12x2＞e﹣1．11．已知函数f（x）＝x3﹣a（x+1）2，（1）讨论函数f（x）的单调区间；（2）若函数f（x）只有一个零点，求实数a的取值范围．12．已知函数．（1）当0＜m＜2时，证明：f（x）只有1个零点；（2）证明：曲线f（x）没有经过原点的切线．13．已知函数f（x）＝4lnx+x2﹣2mx（m∈R）．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若直线l为曲线的切线，求证：直线l与曲线不可能有2个切点．14．已知函数f（x）＝（x+1）e x++2ax，a∈R（1）讨论f（x）极值点的个数（2）若x0（x0≠﹣2）是f（x）的一个极值点，且f（﹣2）＞e﹣2，证明：f（x0）≤1．15．己知函数f（x）＝（x﹣a）2e x+b在x＝0处的切线方程为x+y﹣1＝0，函数g（x）＝x ﹣k（lnx﹣1）．（1）求函数f（x）的解析式；（2）求函数g（x）的极值；（3）设F（x）＝min{f（x），g（x）}（min{p，q}表示p，q中的最小值），若F（x）在（0，+∞）上恰有三个零点，求实数k的取值范围．16．已知函数，且y＝x﹣1是曲线y＝f（x）的切线．（1）求实数a的值以及切点坐标；（2）求证：g（x）≥f（x）．17．已知函数f（x）＝x2﹣x﹣alnx，a∈R．（1）若不等式f（x）＜0无解，求a的值；（2）若函数f（x）存在两个极值点x1、x2，且x1＜x2，当恒成立时，求实数m的最小值．18．设a，b∈R，已知函数f（x）＝alnx+x2+bx存在极大值．（Ⅰ）若a＝1，求b的取值范围；（Ⅱ）求a的最大值，使得对于b的一切可能值，f（x）的极大值恒小于0．19．已知函数f（x）＝x﹣1nx（1）求函数f（x）的极值；（2）设函数g（x）＝xf（x）．若存在区间[m，n]⊆[，+∞），使得函数g（x）在[m，n]上的值域为[k（m+2）﹣2，k（n+2）﹣2]，求实数k的取值范围．20．已知a≠0，函数，且曲线y＝f（x）在x＝1处的切线与直线x+2y+1＝0垂直．（Ⅰ）求函数在区间（0，+∞）上的极大值；（Ⅱ）求证：当x∈（0，+∞）时，导数压轴参考答案与试题解析一．解答题（共20小题）1．已知函数f（x）＝e x（1+alnx），设f'（x）为f（x）的导函数．（1）设g（x）＝e﹣x f（x）+x2﹣x在区间[1，2]上单调递增，求a的取值范围；（2）若a＞2时，函数f（x）的零点为x0，函f′（x）的极小值点为x1，求证：x0＞x1．【解答】（1）解：依题意，g（x）＝e﹣x f（x）+x2﹣x＝1+alnx+x2﹣x，x＞0．故，x＞0．∵g（x）在[1，2]上单调递增，∴g'（x）≥0在[1，2]上恒成立，故，即a≥x（1﹣2x）在[1，2]上恒成立，根据二次函数的知识，可知：x（1﹣2x）在[1，2]上的最大值为﹣1．∴a的取值范围为[﹣1，+∞）．（2）证明：由题意，f′（x）＝e x（1+lnx+），x＞0，a＞2．设h（x）＝f′（x）＝e x（1+lnx+），x＞0，a＞2．则h′（x）＝e x（1+alnx+﹣）．再设H（x）＝1+alnx+﹣，则H′（x）＝﹣+＝．∵当x＞0时，y＝x2﹣2x+2＝（x﹣1）2+1＞0恒成立，∴当x＞0时，H′（x）＞0恒成立．∴H（x）在（0，+∞）上单调递增．又∵当a＞2时，H（1）＝1+a＞0，H（）＝1﹣aln2＜0，∴根据H（x）的单调性及零点定理，可知：存在一点x2∈（，1），使得H（x2）＝0．∴f′（x）在（0，x2）上单调递减，在（x2，+∞）上单调递增，在x＝x2处取得极小值．∴x2＝x1．即且H（x1）＝0，即1+alnx1+﹣＝0，即…①又∵f（x）的零点为x0，故f（x0）＝0，即，即alnx0＝﹣1…②由①②，得，则，又，故，即lnx0﹣lnx1＞0，∴x0＞x1．故得证．2．设．（1）求证：当x≥1时，f（x）≥0恒成立；（2）讨论关于x的方程根的个数．【解答】解：（1）证明：的定义域为（0，+∞）．∵，∴f（x）在[1，+∞）上是单调递增函数，∴f（x）≥f（1）＝0对于x∈[1，+∞）恒成立．故当x≥1时，f（x）≥0恒成立得证．（2）化简方程得2lnx＝x3﹣2ex2+tx．注意到x＞0，则方程可变为．令，则．当x∈（0，e）时，L′（x）＞0，∴L（x）在（0，e）上为增函数；当x∈（e，+∞）时，L′（x）＜0，∴L（x）在（e，+∞）上为减函数．当x＝e时，．函数在同一坐标系内的大致图象如图所示：由图象可知，①当时，即时，方程无实根；②当时，即时，方程有一个实根；③当时，即时，方程有两个实根．3．已知函数f（x）＝﹣x2+ax+a﹣e﹣x+1（a∈R）．（1）当a＝1时，判断g（x）＝e x f（x）的单调性；（2）若函数f（x）无零点，求a的取值范围．【解答】解：（1）当a＝1时，g（x）＝e x f（x）＝e x（﹣x2+x+1﹣e﹣x+1）＝（﹣x2+x+1）e x﹣e，g′（x）＝（﹣2x+1）e x+（﹣x2+x+1）e x＝﹣e x（x﹣1）（x+2），∴当x∈（﹣∞，﹣2）∪（1，+∞）时，g′（x）＜0，故g（x）在（﹣∞，﹣2），（1，+∞）单调递减；当x∈（﹣2，1）时，g′（x）＞0，故g（x）在（﹣2，1）单调递增；（2）函数f（x）＝﹣x2+ax+a﹣e﹣x+1，∴f′（x）＝﹣2x+a+e﹣x+1，设h（x）＝﹣2x+a+e﹣x+1，∴h′（x）＝﹣2﹣e﹣x+1＜0恒成立，∴h（x）在（﹣∞，+∞）上单调递减，∴存在x0∈R，使得h（x0）＝0，∴当x∈（﹣∞，x0）时，h（x）＝f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，∴当x∈（x0，+∞）时，h（x）＝f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，∴f（x）max＝f（x0）＝﹣x02+ax0+a﹣，∵函数f（x）无零点，∴f（x）max＝f（x0）＝﹣x02+ax0+a﹣＜0在R上恒成立，又∵h（x0）＝﹣2x0+a+＝0，即＝2x0﹣a．∴f（x）max＝f（x0）＝﹣x02+（a﹣2）x0+2a＜0在R上恒成立，∴△＝（a﹣2）2﹣4•2a＝a2﹣12a+4＜0，解得6﹣4＜a＜6+4．∴a的取值范围为（6﹣4，6+4）．4．已知函数．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若存在成立，求整数a的最小值．【解答】解：（1）由题意可知，x＞0，，方程﹣x2+x﹣a＝0对应的△＝1﹣4a，当△＝1﹣4a≤0，即时，当x∈（0，+∞）时，f'（x）≤0，∴f（x）在（0，+∞）上单调递减；…（2分）当时，方程﹣x2+x﹣a＝0的两根为，且，此时，f（x）在上f'（x）＞0，函数f（x）单调递增，在上f'（x）＜0，函数f（x）单调递减；…（4分）当a≤0时，，，此时当，f（x）单调递增，当时，f'（x）＜0，f（x）单调递减；…（6分）综上：当a≤0时，，f（x）单调递增，当时，f（x）单调递减；当时，f（x）在上单调递增，在上单调递减；当时，f（x）在（0，+∞）上单调递减；…（7分）（2）原式等价于（x﹣1）a＞xlnx+2x﹣1，即存在x＞1，使成立．设，x＞1，则，…（9分）设h（x）＝x﹣lnx﹣2，则，∴h（x）在（1，+∞）上单调递增．又h（3）＝3﹣ln3﹣2＝1﹣ln3＜0，h（4）＝4﹣ln4﹣2＝2﹣2ln2＞0，根据零点存在性定理，可知h（x）在（1，+∞）上有唯一零点，设该零点为x0，则x0∈（3，4），且h（x0）＝x0﹣lnx0﹣2＝0，即x0﹣2＝lnx0，∴…（11分）由题意可知a＞x0+1，又x0∈（3，4），a∈Z，∴a的最小值为5．…（12分）5．已知函数f（x）＝e x﹣lnx+ax（a∈R）．（Ⅰ）当a＝﹣e+1时，求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）当a≥﹣1时，求证：f（x）＞0．【解答】（Ⅰ）解：f（x）＝e x﹣lnx+（﹣e+1）x；令，得x＝1；当x∈（0，1）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；当x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；（Ⅱ）证明：当a＝﹣1时，f（x）＝e x﹣lnx﹣x（x＞0）；令，则；∴h（x）在（0，+∞）上单调递增；又，h（1）＝e﹣2＞0；∴∃，使得，即；∴函数f（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增；∴函数f（x）的最小值为；又函数是单调减函数；∴f（x0）＞1+1﹣ln1﹣1＝1＞0，即e x﹣lnx﹣x＞0恒成立；又e x＞x＞lnx；∴e x﹣lnx＞0；又a≥﹣1，x＞0；∴ax≥﹣x；∴f（x）＝e x﹣lnx+ax≥e x﹣lnx﹣x＞0，得证．6．已知函数f（x）＝e x﹣x2﹣ax﹣1．（Ⅰ）若f（x）在定义域内单调递增，求实数a的范围；（Ⅱ）设函数g（x）＝xf（x）﹣e x+x3+x，若g（x）至多有一个极值点，求a的取值集合．【解答】解：（1）由条件得，f'（x）＝e x﹣2x﹣a≥0，得a≤e x﹣2x，令h（x）＝e x﹣2x，h'（x）＝e x﹣2＝0．得x＝ln2，当x＜ln2时，h'（x）＜0，当x＞ln2时，h'（x）＞0．故当x＝ln2时，h（x）min＝h（ln2）＝2﹣2ln2．∴a≤2﹣2ln2．（2）g（x）＝xe x﹣ax2﹣e x，g'（x）＝x（e x﹣2a）．当a≤0时，由x＞0，g'（x）＞0且x＜0，g'（x）＜0，故0是g（x）唯一的极小值点；令g'（x）＝0得x1＝0，x2＝ln（2a）．当a＝时，x1＝x2，g'（x）≥0恒成立，g（x）无极值点．故a∈．7．已知函数f（x）＝x﹣1﹣lnx﹣a（x﹣1）2（a∈R）．（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）若对∀x∈（0，+∞），f（x）≥0，求实数a的取值范围．【解答】解：（1）由题意知，f（x）的定义域为（0，+∞），由函数f（x）＝x﹣1﹣lnx﹣a（x﹣1）2（a∈R）得f'（x）＝1﹣﹣2a（x﹣1）＝；①当a≤0时，令f'（x）＞0，可得x＞1，令f'（x）＜0，可得0＜x＜1；故函数f（x）的增区间为（1，+∞），减区间为（0，1）．②当0＜a＜时，，令f'（x）＞0，可得，令f'（x）＜0，可得0＜x ＜1或x＞，故f（x）的增区间为（1，），减区间为（0，1），（）；③当a＝时，f'（x）＝≤0，故函数f（x）的减区间为（0，+∞）；④当a＞时，0＜＜1，令f'（x）＞0，可得；令f'（x）＜0，可得或x＞1．故f（x）的增区间为（），减区间为（0，），（1，+∞）．综上所述：当a≤0时，f（x）在（0，1）上为减函数，在（1，+∞）上为增函数；当0＜a＜时，f（x）在（0，1），（）上为减函数，在（1，）上为增函数；当a＝时，f（x）在（0，+∞）上为减函数；当a＞时，f（x）在（0，），（1，+∞）上为减函数．在（，1）上为增函数．（2）由（1）可知：①当a≤0时，f（x）min＝f（1）＝0，此时，f（x）≥0；②当0＜a＜时，f（1）＝0，当x∈（，+∞）时，lnx＞0，ax＞a+1，可得f（x）＝x﹣1﹣lnx﹣a（x﹣1）2＜x﹣1﹣a（x﹣1）2＝（x﹣1）（a+1﹣ax）＜0，不合题意；③当a＝时，f（1）＝0，由f（x）的单调性可知，当x∈（1，+∞）时，f（x）＜0，不合题意；④当a＞时，f（1）＝0，由f（x）的单调性可知，当x∈（，1）时，f（x）＜0，不合题意．综上可知：所求实数a的取值范围为：（﹣∞，0]．8．设f′（x）是函数f（x）的导函数，我们把使f′（x）＝x的实数x叫做函数y＝f（x）的好点．已知函数f（x）＝．（Ⅰ）若0是函数f（x）的好点，求a；（Ⅱ）若函数f（x）不存在好点，求a的取值范围．【解答】（Ⅰ）解：f′（x）＝e2x﹣ae x﹣（a2﹣1）x；由f′（x）＝x，得e2x﹣ae x﹣（a2﹣1）x＝x，即e2x﹣ae x﹣a2x＝0；∵0是函数f（x）得好点；∴1﹣a＝0，∴a＝1；（Ⅱ）解：令g（x）＝e2x﹣ae x﹣a2x，问题转化为讨论函数g（x）的零点问题；∵当x→﹣∞时，g（x）→+∞，若函数f（x）不存在好点，等价于g（x）没有零点，即g（x）的最小值大于零；g′（x）＝2e2x﹣ae x﹣a2＝（2e x+a）（e x﹣a）；①若a＝0，则g（x）＝e2x＞0，g（x）无零点，f（x）无好点；②若a＞0，则由g′（x）＝0得x＝lna；易知；当且仅当﹣a2lna＞0，即0＜a＜1时，g（x）＞0；∴g（x）无零点，f（x）无好点；③若a＜0，则由g′（x）＝0得；故；当且仅当，即时，g（x）＞0；∴g（x）无零点，f（x）无好点；综上，a的取值范围是．9．已知函数f（x）＝lnx+ax2+（a+2）x+2（a为常数）．（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）若a为整数，函数f（x）恰好有两个零点，求a的值．【解答】解（1）由题意x＞0，f′（x）＝＝①若a≥0，对x＞0，f′（x）＞0恒成立，f（x）在（0，+∞）单调递增；②若a＜0，则﹣＞0，当0＜x＜﹣时，f′（x）＞0，x＞时，f′（x）＜0，所以f（x）在（0，﹣）单调递增，在（﹣，+∞）单调递减，（2）由（1）知，若函数f（x）恰好有两个零点，则a＜0，且f（x）在x＝处有极大值，也是最大值；f（x）max＝f（）＞0，∵f（）＝ln（﹣）+a（﹣）2+（a+2）（﹣）+2＝ln（﹣）+（﹣）+1，又∵a为整数且a＜0，∴当a＝﹣1时，且f（x）max＝f（）＝0+2＝2＞0，当a＝﹣2时，且f（x）max＝f（）＝＞0，当a＝﹣3时，且f（x）max＝f（）＝ln+1＞0，当a＝﹣4时，且f（x）max＝f（）＝＜0，故a的值为：﹣1，﹣2，﹣3．10．已知函数f（x）＝xlnx﹣ax2，a∈R．（1）若函数f（x）存在单调增区间，求实数a的取值范围；（2）若x1，x2为函数f（x）的两个不同极值点，证明x12x2＞e﹣1．【解答】解：（1）∵函数f（x）＝xlnx﹣ax2，a∈R．∴f′（x）＝lnx+1﹣2ax，∵函数f（x）存在单调增区间∴只需f'（x）＝1+lnx﹣2ax＞0有解；即有解．令g（x）＝，g′（x）＝，当x∈（0，1）时g′（x）＞0当x∈（1，+∞）时g′（x）＜0当x＝1时g（x）有最大值，g（1）＝1．故2a＜g（1）＝1∴a时，函数f（x）存在增区间．证明：（2）要证明＞e﹣1，即证明2lnx1+lnx2＞﹣1，∵f′（x）＝1+lnx﹣2ax，∴x1，x2是方程lnx＝2ax﹣1的两个根，即，lnx1＝2ax1﹣1 ①，lnx2＝2ax2﹣1 ②，即证明2a（2x1+x2）＞2．∵①﹣②，得：2a＝，即证（2x1+x2）＞2，不妨设x1＞x2，则t＝＞1，则证（2t+1）＞2，∴lnt﹣＞0，设g（t）＝lnt﹣，则g′（t）═﹣＝；∵t＞1∴4（t+）2﹣6＞4（1+）2﹣6＝3＞0，∴g'（x）＞0；∴g（t）在（1，+∞）单调递增，g（t）＞g（1）＝0，故＞e﹣1．11．已知函数f（x）＝x3﹣a（x+1）2，（1）讨论函数f（x）的单调区间；（2）若函数f（x）只有一个零点，求实数a的取值范围．【解答】解（1）函数的定义域为R，f'（x）＝x2﹣2a（x+1）＝x2﹣2ax﹣2a，△＝4a2+8a＝4a（a+2），1）△≤0时，﹣2≤a≤0时，f'（x）≥0，∴f（x）在R上递增…（1分）2）当△＞0时，即a＜﹣2或a＞0时，令f'（x）＝0，∴x2﹣2ax﹣2a＝0，解得，；∴f（x）在（﹣∞，a﹣）递增，递减，递增；（2）由（1）知①△≤0时，﹣2≤a≤0时，当f（x）在R上递增．f（﹣1）＝＜0，f（1）＝﹣4a＞0；∴存在唯一零点x0∈（﹣1，1）；②当a＜﹣2或a＞0时，1）a＜﹣2时，∵＝a+＜a+|a+1|；∵a＜﹣2，∴a+|a+1|＝﹣1，即，x2＜﹣1，∴x1＜x2＜﹣1；∵f（﹣1）＝＜0，f（0）＝﹣a＞0，∴存在零点x0∈（﹣1，0）．又∵f（x）在（﹣∞，x1）递增，（x1，x2）递减，（x2，+∞）递增；∴f（x）在x＝x1处有极大值，∴f（x1）＜0，，（*）又∵，将a（x1+1）＝代入（*）得；，得，∴x1＞﹣3，且x1≠0；∴﹣3＜x1＜﹣1，即﹣3＜a﹣＜﹣1；，解得；2）当a＞0时，∵x1•x2＝﹣2a＜0，∴x1＜0＜x2；当x∈（﹣∞，0）时，又∵，﹣a（x+1）2＜0，∴f（x）＝，又∵f（x）在（﹣∞，x1）递增，（x1，x2）递减，（x2，+∞）递增；∵f（0）＝﹣a＜0，∴f（x2）＜f（0）＜0，又∵3a+2＞2，而f（3a+2）＝＝3a+＞0，∴存在零点x0∈（x2，3a+2）；综上，a∈（）．12．已知函数．（1）当0＜m＜2时，证明：f（x）只有1个零点；（2）证明：曲线f（x）没有经过原点的切线．【解答】（1）证明：f（x）的定义域为（0，+∞）；；令g（x）＝x2﹣mx+1，则△＝m2﹣4；∵0＜m＜2；∴△＜0；∴g（x）＞0在x∈（0，+∞）上恒成立；∴f（x）在（0，+∞）上单调递增；∴f（x）至多有一个零点；∵；∴当0＜x＜2m且x＜1时，f（x）＜0；当x＞2m且x＞1时，f（x）＞0；∴f（x）有一个零点；∴当0＜m＜2时，f（x）只有一个零点；（x＞0）处的切线经过原点，则有；（2）证明：假设曲线y＝f（x）在点（x，f（x））即，化简得；令，则；令h′（x）＝0，解得x＝1；当0＜x＜1时，h′（x）＜0，h（x）单调递减；当x＞1时，h′（x）＞0，h（x）单调递增；∴；∴与矛盾；∴曲线y＝f（x）没有经过原点的切线．13．已知函数f（x）＝4lnx+x2﹣2mx（m∈R）．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若直线l为曲线的切线，求证：直线l与曲线不可能有2个切点．【解答】解：（1）由题意，，令y＝x2﹣mx+2，则△＝m2﹣8，①若，则△≤0，则f'（x）≥0，故函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；②若或，y＝x2﹣mx+2有两个零点x1，x2，则x1x2＝2＞0，其中，；（i）若，则x1＜0，x2＜0，此时f'（x）＞0，故函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；（ii）若，则x1＞0，x2＞0，此时当x∈（0，x1）时，f'（x）＞0，当x∈（x1，x2）时，f'（x）＜0，当x∈（x2，+∞）时，f'（x）＞0，故函数f（x）在（0，x1）和（x2，+∞）上单调递增，在（x1，x2）上单调递减；综上所述，可知：①当时，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；②当时，函数f（x）在（0，x1）和（x2，+∞）上单调递增，在（x1，x2）上单调递减．（2）证明：（反证法）假设存在一条直线与函数的图象有两个不同的切点T1（x1，y1），T2（x2，y2），不妨令0＜x1＜x2，则T1处切线l1的方程为：，T2处切线l2的方程为：．∵切线l1，l2为同一直线，所以有．即，整理得．消去x2得，．①令，由0＜x1＜x2与x1x2＝2，得t∈（0，1），记，则，所以p（t）为（0，1）上的单调减函数，所以p（t）＞p（1）＝0．从而①式不可能成立，所以假设不成立，即若直线l为曲线的切线，则直线l与曲线不可能有2个切点．14．已知函数f（x）＝（x+1）e x++2ax，a∈R（1）讨论f（x）极值点的个数（2）若x0（x0≠﹣2）是f（x）的一个极值点，且f（﹣2）＞e﹣2，证明：f（x0）≤1．【解答】（1）解：f（x）的定义域为R，f′（x）＝（x+2）（e x+a）；若a≥0，则e x+a＞0；∴当x∈（﹣∞，﹣2）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；当x∈（﹣2，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；∴x＝﹣2是f（x）唯一的极小值点，无极大值点，故此时f（x）有1个极值点；若a＜0，令f′（x）＝（x+2）（e x+a）＝0，则x1＝﹣2，x2＝ln（﹣a）；当a＜﹣e﹣2时，x1＜x2，可知当x∈（﹣∞，x1）∪（x2．+∞）时，f′（x）＞0；当x∈（x1，x2）时，f′（x）＜0；∴x1，x2分别是f（x）的极大值点和极小值点，故此时f（x）有2个极值点；当a＝﹣e﹣2时，x1＝x2，f′（x）≥0，此时f（x）在R上单调递增，无极值点；当﹣e﹣2＜a＜0时，x1＞x2，同理可知，f（x）有2个极值点；综上，当a＝﹣e﹣2时，f（x）无极值点；当a≥0时，f（x）有1个极值点；当a＜﹣e﹣2或﹣e﹣2＜a＜0时，f（x）有2个极值点．（2）证明：若x0（x0≠﹣2）是f（x）的一个极值点，由（1）知a∈（﹣∞，﹣e﹣2）∪（﹣e﹣2，0）；又f（﹣2）＝﹣e﹣2﹣2a＞e﹣2；∴a∈（﹣∞，﹣e﹣2）；则x0＝ln（﹣a）；∴；令t＝ln（﹣a）∈（﹣2，+∞），则a＝﹣e t；∴；∴；又∵t∈（﹣2，+∞）；∴t+4＞0；令g′（t）＝0，得t＝0；当t∈（﹣2，0）时，g′（t）＞0，g（t）单调递增；当t∈（0，+∞）时，g′（t）＜0，g（t）单调递减；∴t＝0是g（t）唯一得极大值点，也是最大值点，即g（t）≤g（0）＝1；∴f[ln（﹣a）]≤1，即f（x0）≤1．15．己知函数f（x）＝（x﹣a）2e x+b在x＝0处的切线方程为x+y﹣1＝0，函数g（x）＝x ﹣k（lnx﹣1）．（1）求函数f（x）的解析式；（2）求函数g（x）的极值；（3）设F（x）＝min{f（x），g（x）}（min{p，q}表示p，q中的最小值），若F（x）在（0，+∞）上恰有三个零点，求实数k的取值范围．【解答】解：（1）f'（x）＝[x2+（2﹣2a）x+a2﹣2a]e x，因为f（x）在x＝0处的切线方程为x+y﹣1＝0，所以，解得，所以f（x）＝（x﹣1）2e x．（2）g（x）的定义域为（0，+∞），，①若k≤0时，则g'（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，所以g（x）在（0，+∞）上单调递增，无极值．②若k＞0时，则当0＜x＜k时，g'（x）＜0，g（x）在（0，k）上单调递减；当x＞k时，g'（x）＞0，g（x）在（k，+∞）上单调递增；所以当x＝k时，g（x）有极小值2k﹣klnk，无极大值．（3）因为f（x）＝0仅有一个零点1，且f（x）≥0恒成立，所以g（x）在（0，+∞）上有仅两个不等于1的零点．①当k≤0时，由（2）知，g（x）在（0，+∞）上单调递增，g（x）在（0，+∞）上至多一个零点，不合题意，舍去，②当0＜k＜e2时，g（x）min＝g（k）＝k（2﹣lnk）＞0，g（x）在（0，+∞）无零点，③当k＝e2时，g（x）≥0，当且仅当x＝e2等号成立，g（x）在（0，+∞）仅一个零点，④当k＞e2时，g（k）＝k（2﹣lnk）＜0，g（e）＝e＞0，所以g（k）•g（e）＜0，又g（x）图象不间断，g（x）在（0，k）上单调递减，故存在x1∈（e，k），使g（x1）＝0，又g（k2）＝k（k﹣2lnk+1），下面证明，当x＞e2时，h（x）＝x﹣2lnx+1＞0＞0，h（x）在（e2，+∞）上单调递增h（x）＞h（e2）＝e2﹣3＞0，所以g（k2）＝k•（k﹣2lnk+1）＞0，g（k）•g（k2）＜0，又g（x）图象在（0，+∞）上不间断，g（x）在（k，+∞）上单调递增，故存在，使g（x2）＝0，综上可知，满足题意的k的范围是（e2，+∞）．16．已知函数，且y＝x﹣1是曲线y＝f（x）的切线．（1）求实数a的值以及切点坐标；（2）求证：g（x）≥f（x）．【解答】解：（1）设切点为（x0，），则切线为y﹣＝（x﹣x0），即y＝x+；所以，消去a得：x0﹣1+lnx0﹣2x0lnx0＝0，记m（t）＝t﹣1+lnt﹣2tlnt（t＞0），则m′（t）＝，显然m′（t）单调递减，且m′（1）＝0，所以t∈（0，1）时，m′（t）＞0，m（t）单调递增，t∈（1，+∞）时，m′（t）＜0，m（t）单调递减，故m（t）当且仅当t＝1时取到最大值，又m（1）＝0，所以方程x0﹣1+lnx0﹣2x0lnx0＝0有唯一解x0＝1，此时a＝1，所以a＝1，切点为（1，0）．（2）证明：由（1）得f（x）＝，g（x）＝e x﹣1﹣1，记F（x）＝e x﹣1﹣x（x＞0），则F′（x）＝e x﹣1﹣1，当x∈（1，+∞）时，F′（x）＞0，F（x）单调递增；当x∈（0，1）时，F′（x）＜0，F（x）单调递减，所以F（x）≥F（1）＝1﹣1＝0，所以e x﹣1≥x，即g（x）≥x﹣1①，记G（x）＝x2﹣x﹣lnx（x＞0），则G′（x）＝2x﹣1﹣＝＝，所以x∈（0，1）时，G′（x）＜0，G（x）单调递减，x∈（1，+∞）时，G′（x）＞0，G（x）单调递增，所以G（x）≥G（1）＝0，即x2﹣x≥lnx，所以x﹣1≥，即x﹣1≥f（x）②，由①②得g（x）≥f（x）．17．已知函数f（x）＝x2﹣x﹣alnx，a∈R．（1）若不等式f（x）＜0无解，求a的值；（2）若函数f（x）存在两个极值点x1、x2，且x1＜x2，当恒成立时，求实数m的最小值．【解答】解：（1）f（x）＝x2﹣x﹣alnx（x＞0），则f'（x）＝，f（1）＝0，∵不等式f（x）＜0无解，∴f（x）极小值＝f（1），∴f'（1）＝2﹣1﹣a＝0，∴a＝1；（2）∵函数f（x）存在两个极值点x1、x2，且x1＜x2，∴f'（x）在（0，+∞）上有两个不相等的实根，即x1、x2是方程2x2﹣x﹣a＝0的两个不相等的正实根，∴，．令，则0＜t＜1，∴＝＝﹣＝＝，令g（t）＝（0＜t＜1），则g'（t）＝，∴g（t）在（0，1）上单调递增，∴g（t）＜g（1）＝0．∵当恒成立，∴m＞g（t）在（0，1）上恒成立，∴m≥g（1）＝0，∴实数m的最小值为0．18．设a，b∈R，已知函数f（x）＝alnx+x2+bx存在极大值．（Ⅰ）若a＝1，求b的取值范围；（Ⅱ）求a的最大值，使得对于b的一切可能值，f（x）的极大值恒小于0．【解答】解：（Ⅰ）当a＝1时，f'（x）＝（x＞0），由f（x）存在极大值，可知方程2x2+bx+1＝0有两个不等的正根，∴解得b＜﹣2．故b的取值范围是（﹣∞，﹣2）．（Ⅱ）f′（x）＝（x＞0）．由f（x）存在极大值，可知方程：2x2+bx+a＝0有两个不等的正根，设为x1＜x2，由x1x2＝＞0，可得：0＜x1＜．可得表格：x（0，x1）x1（x1，x2）x2（x2，+∞）f′（x）+0﹣0+f（x）单调递增极大值单调递减极小值单调递增∴f（x）的极大值为f（x1）＝alnx1++bx1．2+bx1+a＝0，解得：bx1＝﹣2﹣a，∴f（x1）＝alnx1﹣﹣a．构造函数：g（x）＝alnx﹣x2﹣a．当：0＜x＜．g′（x）＝＞0，∴g（x）在（0，]上单调递增．可得：g（x1）＜g（）＝（ln﹣3）．当0＜a≤2e3时，f（x）极大＝f（x1）＝g（x1）＜g（）≤0．当a＞2e3时，取b＝﹣2（+﹣），即x1＝，x2＝．此时f（x）极大＝f（）＝﹣e3＞0，不符合题意．∴a的最大值为2e3．19．已知函数f（x）＝x﹣1nx（1）求函数f（x）的极值；（2）设函数g（x）＝xf（x）．若存在区间[m，n]⊆[，+∞），使得函数g（x）在[m，n]上的值域为[k（m+2）﹣2，k（n+2）﹣2]，求实数k的取值范围．【解答】解：（1）f（x）＝x﹣1nx，（x∈（0，+∞））．f′（x）＝1﹣＝，可得：x＝1时，函数f（x）取得极小值f（1）＝1．（2）g（x）＝xf（x）＝x2﹣xlnx．（x∈[，+∞））．g′（x）＝2x﹣lnx﹣1＝h（x），h′（x）＝2﹣＝≥0，∴函数h（x）在x∈[，+∞）上单调递增，h（）＝1+ln2﹣1＝ln2＞0．∴g′（x）＞0．∴函数g（x）在x∈[，+∞）上单调递增．∴函数g（x）的值域为：[g（m），g（n）]．已知函数g（x）在[m，n]上的值域为[k（m+2）﹣2，k（n+2）﹣2]，∴m2﹣mlnm＝k（m+2）﹣2，n2﹣nlnn＝k（n+2）﹣2，≤m＜n．令u（x）＝x2﹣xlnx﹣k（x+2）+2．x∈[，+∞）．则u（x）在x∈[，+∞）存在两个不同的实数根．化为：k＝，x∈[，+∞）．令u（x）＝，x∈[，+∞）．u′（x）＝．u′（1）＝0．令v（x）＝x2+3x﹣2lnx﹣4，x∈[，+∞）．v′（x）＝2x+3﹣＝≥0，∴函数v（x）在x∈[，+∞）上单调递增．∴x∈[，1），u′（x）＜0；x∈（1，+∞），u′（x）＞0．∴x＝1时，u（x）取得极小值即最小值，u（1）＝1．又u（）＝＝．x→+∞时，u（x）→+∞．∴1＜k≤时，函数y＝k与u（x）的图象有两个交点．∴实数k的取值范围是（1，]．20．已知a≠0，函数，且曲线y＝f（x）在x＝1处的切线与直线x+2y+1＝0垂直．（Ⅰ）求函数在区间（0，+∞）上的极大值；（Ⅱ）求证：当x∈（0，+∞）时，【解答】解：（Ⅰ）由题意得直线x+2y+1＝0的斜率为﹣，即曲线y＝f（x）在x＝1处的切线斜率为2，f'（x）＝，∴f'（1）＝1+a＝2，得a＝1．∴f（x）＝，＝，∴g'（x）＝，当x＝e时，g'（x）＝0；当0＜x＜e时，g'（x）＞0，当x＞e时，g'（x）＜0；∴函数在（0，e）单调递增，在（e，+∞）单调递减，∴g（x）在（0，+∞）上有唯一的极大值g（e）＝；（Ⅱ）由题意得≤，即证明，设φ（x）＝，φ'（x）＝，当0＜x＜e时，φ'（x）＞0，∴函数φ（x）在（0，e）单调递增．当x＞e，φ'（x）＜0．∴函数在（e，+∞）上单调递减，当x＝e时，φ（x）取最大值φ（e）＝，即φ（x）≤，再令h（x）＝，则h（x）＝（）≥，∴φ（x）＜h（x），即e x f（x）＜．。