导数的综合应用练习题及答案

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导数应用测试题及参考答案

导数应用测试题一、选择题：(本大题共12小题,每小题5分, 共60分) 1．设函数f(x)在0x 处可导，则xx f x x f x ∆-∆-→∆)()(lim000等于（）A ．)('0x fB ．)('0x f -C ．)('0x f --D ．)(0x f -- 2．若13)()2(lim000=∆-∆+→∆xx f x x f x ，则)('0x f 等于（） A ．32 B ．23C ．3D ．2 3．曲线x x y 33-=上切线平行于x轴的点的坐标是（）A ．（-1，2）B ．（1，-2）C ．（1，2）D ．（-1，2）或（1，-2） 4．若函数f(x)的导数为f ′(x)=-sinx ，则函数图像在点（4，f （4））处的切线的倾斜角为（）A ．90°B ．0°C ．锐角D ．钝角5．函数5123223+--=x x x y 在[0，3]上的最大值、最小值分别是（）A ．5，－15B ．5，－4C ．－4，－1D ．5，－166．一直线运动的物体，从时间t 到t+△t 时，物体的位移为△s ，那么ts t ∆∆→∆0lim 为（）A ．从时间t 到t+△t 时，物体的平均速度B ．时间t 时该物体的瞬时速度C ．当时间为△t 时该物体的速度D ．从时间t 到t+△t 时位移的平均变化率7．关于函数762)(23+-=x x x f ，下列说法不正确的是（）A ．在区间（∞-，0）内，)(x f 为增函数B ．在区间（0，2）内，)(x f 为减函数C ．在区间（2，∞+）内，)(x f 为增函数D ．在区间（∞-，0）),2(+∞⋃内，)(x f 为增函数8．对任意x ，有34)('x x f =，f(1)=-1，则此函数为（） A ．4)(x x f = B ．2)(4-=x x f C ．1)(4+=x x f D ．2)(4+=x x f9．函数y=2x 3-3x 2-12x+5在[0,3]上的最大值与最小值分别是（）A.5 , -15B.5 , 4C.-4 , -15D.5 , -1610．抛物线y=x 2到直线x-y-2=0的最短距离为（）A ．2B 。

导数的综合应用(选择)1

f
'
x

anxn1

f f
(1) a '(1) an
2
4

a

n

2

f (x) 2x2
函数
f
x 是偶函
数且有最小值.
12．已知函数 f x x5 3x3 5x 3 ，若 f a f a 2 6 ，则实数 a 的取值范围是
f x f 1e2x2 x2 2 f 0x ， g x 2g x 0 ，则下列不等式成立的是
2
（）
A． f 2g 2015 g 2017
B． f 2g 2015 g 2017
C． g 2015 f 2g 2017
e e2 1
A．
e
2e2 1 e
B．
e
e2 1 e
C．
e
【答案】C
【解析】
D． e 1 1 e
试题分析：由圆的对称性知,只需考虑圆心 C e 1 ,0 到 f x ln x 图象上一点距离的
e
最小值.设函数 f x ln x 图象上任一点 Pt.ln t , f x 1 , f t 1 ,即经过 P 的
1 e2 e
,故选 C.
e
考点：1.求切线方程；2.函数的单调性；3.两点间距离公式. 【方法点晴】本题主要考查了利用导数研究曲线上任意一点的切线方程,属于中档题.
由圆心到圆上任意一点的距离为1,本题转化为圆心 C e 1 ,0 到函数 f x ln x 上
e
1
一点距离的最小值,由导数的几何意义,求出切线斜率为 ,由两直线垂直的条件,求出

2022年高考数学真题分专题训练专题：导数的综合应用(教师版含解析)

专题09导数的综合应用1．(2021年全国高考乙卷数学(文)试题)已知函数32()1f x x x ax ．(1)讨论 f x 的单调性；(2)求曲线 y f x 过坐标原点的切线与曲线 y f x 的公共点的坐标．【答案】(1)答案见解析；(2)和 11a ，.【分析】(1)由函数的解析式可得： 232f x x x a ，导函数的判别式412a ，当14120,3a a 时， 0,f x f x 在R 上单调递增，当时，的解为：1211,32x x ，当1,3x时，单调递增；当11311333x时，单调递减；当13x时，单调递增；综上可得：当时，在R 上单调递增，当时，在1,3，1,3上单调递增，在113113,33上单调递减.(2)由题意可得： 3200001f x x x ax ， 200032f x x x a ，则切线方程为： 322000000132y x x ax x x a x x ，切线过坐标原点，则： 32200000001320x x ax x x a x ,整理可得：3200210x x ，即：20001210x x x ，解得：，则， 0'()11f x f a切线方程为： 1y a x ,与联立得321(1)x x ax a x ，化简得3210x x x ,由于切点的横坐标1必然是该方程的一个根，1x 是321x x x 的一个因式，∴该方程可以分解因式为2110,x x 解得121,1x x , 11f a ，综上，曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标为和 11a ，.2．(2021年全国高考乙卷数学(理)试题)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；证明见详解【分析】(1)由 n 1'l a f x a x f x x ， 'ln x y 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．(2021年全国高考甲卷数学(文)试题)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 .【分析】(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.4．(2021年全国高考甲卷数学(理)试题)已知0a 且1a ，函数()(0)a x x f x x a．(1)当2a 时，求 f x 的单调区间；(2)若曲线 y f x 与直线1y 有且仅有两个交点，求a 的取值范围．【答案】(1)20,ln2上单调递增；2,ln2上单调递减；(2) 1,,e e .【分析】(1)当2a 时，令 '0f x 得2ln 2x,当20ln 2x 时， 0f x ,当2ln 2x 时， 0f x ,∴函数 f x 在20,ln2上单调递增；2,ln2上单调递减；(2) ln ln 1ln ln a x a x x x a f x a x x a a x a x a,设函数 ln x g x x ,则 21ln x g x x,令 0g x ，得x e ,在 0,e 内 0g x , g x 单调递增；在 ,e 上 0g x , g x 单调递减；1max g x g e e,又 10g ，当x 趋近于时， g x 趋近于0，所以曲线 y f x 与直线1y 有且仅有两个交点，即曲线 y g x 与直线ln a y a有两个交点的充分必要条件是ln 10a a e ,这即是 0g a g e ,所以a 的取值范围是 1,,e e .5．(2021年全国新高考Ⅰ卷数学试题)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)证明见解析.【分析】(1)函数的定义域为 0, ，又 1ln 1ln f x x x ，当 0,1x 时， 0f x ，当 1,+x 时， 0f x ，故 f x 的递增区间为 0,1，递减区间为 1,+ .(2)因为ln ln b a a b a b ，故 ln 1ln +1b a a b ，即ln 1ln +1a b a b ，故11f f a b，设1211,x x a b，由(1)可知不妨设1201,1x x .因为 0,1x 时， 1ln 0f x x x ， ,x e 时， 1ln 0f x x x ，故21x e .先证：122x x ，若22x ，122x x 必成立.若22x ，要证：122x x ，即证122x x ，而2021x ，故即证 122f x f x ，即证： 222f x f x ，其中212x .设 2,12g x f x f x x ，则 2ln ln 2g x f x f x x x ln 2x x ，因为12x ，故 021x x ，故 ln 20x x ，所以 0g x ，故 g x 在 1,2为增函数，所以 10g x g ，故 2f x f x ，即 222f x f x 成立，所以122x x 成立，综上，122x x 成立.设21x tx ，则1t ，结合ln 1ln +1a b a b ，1211,x x a b 可得： 11221ln 1ln x x x x ，即： 111ln 1ln ln x t t x ，故11ln ln 1t t t x t ，要证：12x x e ，即证 11t x e ，即证 1ln 1ln 1t x ，即证： 1ln ln 111t t t t t ，即证： 1ln 1ln 0t t t t ，令 1ln 1ln ,1S t t t t t t ，则 112ln 11ln ln 111t S t t t t t t，先证明一个不等式： ln 1x x .设 ln 1u x x x ，则 1111x u x x x ，当10x 时， 0u x ；当0x 时， 0u x ，故 u x 在 1,0 上为增函数，在 0,+ 上为减函数，故 max 00u x u ，故 ln 1x x 成立由上述不等式可得当1t 时，112ln 11t t t，故 0S t 恒成立，故 S t 在 1, 上为减函数，故 10S t S ，故 1ln 1ln 0t t t t 成立，即12x x e 成立.综上所述，112e a b.6.(2021年全国新高考2卷数学试题)已知函数2()(1)x f x x e ax 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①21,222e a b a ；②10,22a b a ．【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.【解析】【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论确定函数的单调性即可；(2)由题意结合(1)中函数的单调性和函数零点存在定理即可证得题中的结论.【详解】(1)由函数的解析式可得：'2x f x x e a ，当0a 时，若 ,0x ，则 '0,f x f x 单调递减，若 0,x ，则 '0,f x f x 单调递增；当102a 时，若,ln 2x a ，则 '0,f x f x 单调递增，若ln 2,0x a ，则 '0,f x f x 单调递减，若 0,x ，则 '0,f x f x 单调递增；当12a时， '0,f x f x 在R 上单调递增；当12a 时，若 ,0x ，则 '0,f x f x 单调递增，若0,ln 2x a ，则 '0,f x f x 单调递减，若ln 2,x a ，则 '0,f x f x 单调递增；(2)若选择条件①：由于2122e a ，故212a e ，则 21,010b af b ，而 210b f b b e ab b ，而函数在区间 ,0 上单调递增，故函数在区间 ,0 上有一个零点.2ln 22ln 21ln 2f a a a a a b 22ln 21ln 22a a a a a22ln 2ln 2a a a a ln 22ln 2a a a ，由于2122e a ，212a e ，故 ln 22ln 20a a a ，结合函数的单调性可知函数在区间 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102a ，故21a ，则 01210f b a ，当0b 时，24,42e a ，2240f e a b ，而函数在区间 0, 上单调递增，故函数在区间 0, 上有一个零点.当0b 时，构造函数 1x H x e x ，则 1xH x e ，当 ,0x 时， 0,H x H x 单调递减，当 0,x 时， 0,H x H x 单调递增，注意到 00H ，故 0H x 恒成立，从而有：1x e x ，此时：22111x f x x e ax b x x ax b 211a x b ，当x 2110a x b ，取01x，则 00f x ，即：00,10f f，而函数在区间 0, 上单调递增，故函数在区间 0, 上有一个零点.2ln 22ln 21ln 2f a a a a a b 22ln 21ln 22a a a a a22ln 2ln 2a a a a ln 22ln 2a a a ，由于102a ，021a ，故 ln 22ln 20a a a ，结合函数的单调性可知函数在区间 ,0 上没有零点.综上可得，题中的结论成立.【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用．7.(2021年天津卷数学试题)已知0a ，函数()x f x ax xe ．(I )求曲线()y f x 在点(0,(0))f 处的切线方程：(II )证明()f x 存在唯一的极值点(III )若存在a ，使得()f x a b 对任意x R 成立，求实数b 的取值范围．【答案】(I )(1),(0)y a x a ；(II )证明见解析；(III ),e 【解析】【分析】(I )求出 f x 在0x 处的导数，即切线斜率，求出 0f ，即可求出切线方程；(II )令 0f x ，可得(1)x a x e ，则可化为证明y a 与 y g x 仅有一个交点，利用导数求出 g x 的变化情况，数形结合即可求解；(III )令 2()1,(1)xh x x x e x ，题目等价于存在(1,)x ，使得()h x b ，即min ()b h x ，利用导数即可求出 h x 的最小值.【详解】(I )()(1)x f x a x e ，则(0)1f a ，又(0)0f ，则切线方程为(1),(0)y a x a ；(II )令()(1)0x f x a x e ，则(1)x a x e ，令()(1)x g x x e ，则()(2)x g x x e ，当(,2)x 时，()0g x ， g x 单调递减；当(2,)x 时，()0g x ， g x 单调递增，当x 时， 0g x ， 10g ，当x 时， 0g x ，画出 g x 大致图像如下：所以当0a 时，y a 与 y g x 仅有一个交点，令 g m a ，则1m ，且()()0f m a g m ，当(,)x m 时，()a g x ，则()0f x ， f x 单调递增，当 ,x m 时，()a g x ，则()0f x ， f x 单调递减，x m 为 f x 的极大值点，故()f x 存在唯一的极值点；(III )由(II )知max ()()f x f m ，此时)1(1,m a m e m ，所以 2max {()}()1(1),m f x a f m a m m e m ，令 2()1,(1)x h x x x e x ，若存在a ，使得()f x a b 对任意x R 成立，等价于存在(1,)x ，使得()h x b ，即min ()b h x ， 2()2(1)(2)x x h x x x e x x e ，1x ，当(1,1)x 时，()0h x ， h x 单调递减，当(1,)x 时，()0h x ， h x 单调递增，所以min ()(1)h x h e ，故b e ，所以实数b 的取值范围 ,e .【点睛】关键点睛：第二问解题的关键是转化为证明y a 与 y g x 仅有一个交点；第三问解题的关键是转化为存在(1,)x ，使得()h x b ，即min ()b h x .8.(2021年浙江卷数学试题)设a ，b 为实数，且1a ，函数 2R ()x f x a bx e x(1)求函数 f x 的单调区间；(2)若对任意22b e ，函数 f x 有两个不同的零点，求a 的取值范围；(3)当a e 时，证明：对任意4b e ，函数 f x 有两个不同的零点12,x x ，满足2212ln 2b b e x x e b .(注： 2.71828e 是自然对数的底数)【答案】(1)0b 时，()f x 在R 上单调递增；0b 时，函数的单调减区间为,log ln a b a ，单调增区间为log ,ln a b a；(2)21,e ；(3)证明见解析.【解析】【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论即可确定函数的单调性；(2)将原问题进行等价转化，然后构造新函数，利用导函数研究函数的性质并进行放缩即可确定实数a 的取值范围；(3)结合(2)的结论将原问题进行等价变形，然后利用分析法即可证得题中的结论成立.【详解】(1)2(),()ln x x f x b f a x e a x a b ，①若0b ，则()ln 0x f x a a b ，所以()f x 在R 上单调递增；②若0b ，当,log ln a b x a时， '0,f x f x 单调递减，当log ,ln a b x a时， '0,f x f x 单调递增.综上可得，0b 时，()f x 在R 上单调递增；0b 时，函数的单调减区间为,log ln a b a ，单调增区间为log ,ln a b a.(2)()f x 有2个不同零点20x a bx e 有2个不同解ln 20x a e bx e 有2个不同的解，令ln t x a ，则220,0ln ln t tb b e e e e t a a t t ，记22222(1)(),()t t t t e t e e e e e t e g t g t t t t ，记2()(1),()(1)10t t t t h t e t e h t e t e e t ，又(2)0h ，所以(0,2)t 时，()0,(2,)h t t 时，()0h t ，则()g t 在(0,2)单调递减，(2,) 单调递增，22(2),ln ln b b g e a a e，22222,ln ,21b b e a a e e∵.即实数a 的取值范围是21,e .(3)2,()x a e f x e bx e 有2个不同零点，则2x e e bx ，故函数的零点一定为正数.由(2)可知有2个不同零点，记较大者为2x ，较小者为1x ，1222412x x e e e e b e x x ，注意到函数2x e e y x在区间 0,2上单调递减，在区间 2, 上单调递增，故122x x ，又由5245e e e 知25x ，122211122x e e e e b x x x b，要证2212ln 2b b e x x e b ，只需22ln e x b b，222222x x e e e b x x 且关于b 的函数 2ln e g b b b在4b e 上单调递增，所以只需证 22222222ln 52x x e x e x x x e，只需证2222222ln ln 02x x x e x e e x e ，只需证2ln ln 202x e x x e，242e ∵，只需证4()ln ln 2x x h x x e 在5x 时为正，由于 11()44410x x x h x xe e e x x x，故函数 h x 单调递增，又54520(5)ln 5l 20n 2ln 02h e e ，故4()ln ln 2x x h x x e 在5x 时为正，从而题中的不等式得证.【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，从高考来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用．9.(2021年北京卷数学试题)已知函数 232x f x x a．(1)若0a ，求 y f x 在 1,1f 处切线方程；(2)若函数 f x 在1x 处取得极值，求 f x 的单调区间，以及最大值和最小值．【答案】(1)450x y ；(2)函数 f x 的增区间为 ,1 、 4, ，单调递减区间为 1,4 ，最大值为1，最小值为14.【解析】【分析】(1)求出 1f 、 1f 的值，利用点斜式可得出所求切线的方程；(2)由 10f 可求得实数a 的值，然后利用导数分析函数 f x 的单调性与极值，由此可得出结果.【详解】(1)当0a 时， 232x f x x ，则 323x f x x， 11f ， 14f ，此时，曲线 y f x 在点1,1f 处的切线方程为 141y x ，即450x y ；(2)因为 232x f x x a ，则 222222223223x a x x x x a f x x a x a ，由题意可得224101a f a ，解得4a ，故 2324x f x x ，222144x x f x x ，列表如下：x,1 1 1,4 4 4,f x 0 0 f x 增极大值减极小值增所以，函数 f x 的增区间为 ,1 、 4, ，单调递减区间为 1,4 .当32x 时， 0f x ；当32x 时， 0f x .所以， max 11f x f ， min 144f x f .。

导数专题训练(含答案)

导数专题训练及答案专题一导数的几何意义及其应用导数的几何意义是高考重点考查的内容之一，常与解析几何知识交汇命题，主要题型是利用导数的几何意义求曲线上某点处切线的斜率或曲线上某点的坐标或过某点的切线方程，求解这类问题的关键就是抓住切点P(x0，f(x0))，P点的坐标适合曲线方程，P点的坐标也适合切线方程，P点处的切线斜率k＝f′(x0)．解题方法:(1) 解决此类问题一定要分清“在某点处的切线”，还是“过某点的切线”的问法．(2)解决“过某点的切线”问题，一般是设切点坐标为P(x0，y0)，然后求其切线斜率k＝f′(x0)，写出其切线方程．而“在某点处的切线”就是指“某点”为切点．(3)曲线与直线相切并不一定只有一个公共点，当曲线是二次曲线时，我们知道直线与曲线相切，有且只有一个公共点，这种观点对一般曲线不一定正确．[例1]已知曲线y＝13x3＋43.(1)求曲线在点P(2，4)处的切线方程；(2)求曲线过点P(2，4)的切线方程；(3)求斜率为4的曲线的切线方程．[变式训练]已知函数f(x)＝x3＋x－16.(1)求曲线y＝f(x)在点(2，－6)处的切线的方程；(2)直线l为曲线y＝f(x)的切线，且经过原点，求直线l的方程及切点坐标．专题二导数在研究函数单调性中的应用利用导数的符号判断函数的单调性，进而求出函数的单调区间，是导数几何意义在研究曲线变化规律时的一个重要应用，体现了数形结合思想．这类问题要注意的是f(x)为增函数⇔f′(x)≥0且f′(x)＝0的根有有限个，f(x)为减函数⇔f′≤0且f′(x)＝0的根有有限个．解题步骤：(1)确定函数的定义域；(2)求导数f′(x)；(3)①若求单调区间(或证明单调性)，只需在函数f(x)的定义域内解(或证明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0.②若已知函数f(x)的单调性，则将原问题转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题，再进行求解．[例2]设函数f(x)＝x e a－x＋bx，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝(e－1)x＋4.(1)求a，b的值；(2)求f(x)的单调区间．[变式训练]设函数f(x)＝xekx(k≠0)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若函数f(x)在区间(－1，1)内单调递增，求k的取值范围．专题三导数在求函数极值与最值中的应用利用导数可求出函数的极值或最值，反之，已知函数的极值或最值也能求出参数的值或取值范围．该部分内容也可能与恒成立问题、函数零点问题等结合在一起进行综合考查，是高考的重点内容．解题方法：(1)运用导数求可导函数y ＝f(x)的极值的步骤：①先求函数的定义域，再求函数y ＝f(x)的导数f ′(x)；②求方程f ′(x)＝0的根；③检查f ′(x)在方程根的左右的值的符号，如果左正右负，那么f(x)在这个根处取得极大值，如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得极小值．(2)求闭区间上可导函数的最值时，对函数极值是极大值还是极小值，可不再作判断，只需要直接与端点的函数值比较即可获得．(3)当连续函数的极值点只有一个时，相应的极值点必为函数的最值．[例3] 已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2＋bx 在区间(－2，1)内，当x ＝－1时取极小值，当x ＝23时取极大值．(1)求函数y ＝f (x )在x ＝－2时的对应点的切线方程；(2)求函数y ＝f (x )在[－2，1]上的最大值与最小值．[变式训练] 设函数f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x .(1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程与x 轴平行，求a ；(2)若f (x )在x ＝2处取得极小值，求a 的取值范围．专题四导数在证明不等式中的应用在用导数方法证明不等式时，常构造函数，利用单调性和最值方法证明不等式．解题方法：一般地，如果证明f(x)＞g(x)，x ∈(a ，b)，可转化为证明F(x)＝f(x)－g(x)＞0，若F ′(x)＞0，则函数F(x)在(a ，b)上是增函数，若F(a)≥0，则由增函数的定义知，F(x)＞F(a)≥0，从而f(x)＞g(x)成立，同理可证f(x)＜g(x)，f(x)＞g(x)．[例4] 已知函数f (x )＝ln x －（x －1）22. (1)求函数f (x )的单调递增区间；(2)证明：当x ＞1时，f (x )＜x －1.[变式训练] 已知函数f (x )＝a e x －ln x －1.(1)设x ＝2是f (x )的极值点，求a ，并求f (x )的单调区间；(2)证明：当a ≥1e 时，f (x )≥0.专题五定积分及其应用定积分的基本应用主要有两个方面：一个是求坐标平面上曲边梯形的面积，另一个是求变速运动的路程(位移)或变力所做的功．高考中要求较低，一般只考一个小题．解题方法：(1)用微积分基本定理求定积分，关键是找出被积函数的原函数，这就需要利用求导运算与求原函数是互逆运算的关系来求原函数．(2) 利用定积分求平面图形的面积的步骤如下：①画出图形，确定图形范围；②解方程组求出图形交点坐标，确定积分上、下限；③确定被积函数，注意分清函数图形的上、下位置；④计算定积分，求出平面图形面积．(3)利用定积分求加速度或路程(位移)，要先根据物理知识得出被积函数，再确定时间段，最后用求定积分方法求出结果．[例5] 已知抛物线y ＝x 2－2x 及直线x ＝0，x ＝a ，y ＝0围成的平面图形的面积为43，求a 的值．[变式训练] (1)若函数f (x )在R 上可导，f (x )＝x 3＋x 2f ′(1)，则∫20f (x )d x ＝ ____；(2)在平面直角坐标系xOy 中，直线y ＝a (a ＞0)与抛物线y ＝x 2所围成的封闭图形的面积为823，则a ＝____．专题六化归与转化思想在导数中的应用化归与转化就是在处理问题时，把待解决的问题或难解决的问题，通过某种转化过程，归结为一类已解决或易解决的问题，最终求得问题的解答．解题方法：与函数相关的问题中，化归与转化思想随处可见，如，函数在某区间上单调可转化为函数的导数在该区间上符号不变，不等式的证明可转化为最值问题等．[例6] 设f (x )＝e x1＋ax 2，其中a 为正实数． (1)当a ＝43时，求f (x )的极值点；(2)若f (x )为R 上的单调函数，求a 的取值范围．[变式训练] 如果函数f(x)＝2x2－ln x 在定义域内的一个子区间(k －1，k ＋1)上不是单调函数，则实数k 的取值范围是________．答案例1 解：(1)因为P (2，4)在曲线y ＝13x 3＋43上，且y ′＝x 2，所以在点P (2，4)处的切线的斜率k ＝y ′|x ＝2＝4.所以曲线在点P (2，4)处的切线方程为y －4＝4(x －2)，即4x －y －4＝0.(2)设曲线y －13x 3＋43与过点P (2，4)的切线相切于点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，13x 30＋43，则切线的斜率k ＝y ′|x ＝x 0＝x 20，所以切线方程为y －⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 30＋43＝x 20(x －x 0)，即y ＝x 20·x －23x 30＋43.因为点P (2，4)在切线上，所以4＝2x 20－23x 30＋43，即x 30－3x 20＋4＝0，所以x 30＋x 20－4x 20＋4＝0，所以(x 0＋1)(x 0－2)2＝0，解得x 0＝－1或x 0＝2，故所求的切线方程为4x －y －4＝0或x －y ＋2＝0.(3)设切点为(x 1，y 1)，则切线的斜率k ＝x 21＝4，得x 0＝±2.所以切点为(2，4)，⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－43，所以切线方程为y －4＝4(x －2)和y ＋43＝4(x ＋2)，即4x －y －4＝0和12x －3y ＋20＝0.变式训练解：(1)因为f (2)＝23＋2－16＝－6，所以点(2，－6)在曲线上．因为f ′(x )＝(x 3＋x －16)′＝3x 2＋1，所以在点(2，－6)处的切线的斜率为k ＝f ′(2)＝3×22＋1＝13，所以切线的方程为y ＝13(x －2)＋(－6)，即y ＝13x －32.(2)设切点坐标为(x 0，y 0)，则直线l 的斜率为f ′(x 0)＝3x 20＋1，所以直线l 的方程为y ＝(3x 20＋1)(x －x 0)＋x 30＋x 0－16.又因为直线l 过点(0，0)，所以0＝(3x 20＋1)(－x 0)＋x 30＋x 0－16，整理得x 30＝－8，所以x 0＝－2，y 0＝(－2)3＋(－2)－16＝－26，所以k ＝3×(－2)2＋1＝13，所以直线l 的方程为y ＝13x ，切点坐标为(－2，－26)．例2 解：(1)因为f (x )＝x e a －x ＋bx ，所以f ′(x )＝(1－x )e a －x ＋b .依题设，知⎩⎪⎨⎪⎧f （2）＝2e ＋2，f ′（2）＝e －1，即⎩⎪⎨⎪⎧2e a －2＋2b ＝2e ＋2，－e a －2＋b ＝e －1.解得a ＝2，b ＝e.(2)由(1)知f (x )＝x e 2－x ＋e x .由f ′(x )＝e 2－x (1－x ＋e x －1)及e 2－x >0知，f ′(x )与1－x ＋e x －1同号．令g (x )＝1－x ＋e x －1，则g ′(x )＝－1＋e x －1.所以，当x ∈(－∞，1)时，g ′(x )<0，g (x )在区间(－∞，1)上单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )在区间(1，＋∞)上单调递增．故g (1)＝1是g (x )在区间(－∞，＋∞)上的最小值，从而g (x )>0，x ∈(－∞，＋∞)．综上可知，f ′(x )>0，x ∈(－∞，＋∞)．故f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)．变式训练解：(1)f ′(x )＝(1＋kx )e kx (k ≠0)，令f ′(x )＝0得x ＝－1k (k ≠0)．若k >0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1k 时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1k ，＋∞时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增；若k <0，则当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－1k 时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1k ，＋∞时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减． (2)由(1)知，若k >0时，则当且仅当－1k ≤－1，即k ≤1，函数f (x )在(－1，1)上单调递增．若k <0时，则当且仅当－1k ≥1，即k ≥－1时，函数f (x )在(－1，1)上单调递增．综上可知，函数f (x )在(－1，1)上单调递增时，k 的取值范围是[－1，0)∪(0，1]．例3 解：(1)f ′(x )＝－3x 2＋2ax ＋b .又x ＝－1，x ＝23分别对应函数取得极小值、极大值的情况，所以－1，23为方程－3x 2＋2ax ＋b ＝0的两个根．所以a ＝－12，b ＝2，则f (x )＝－x 3－12x 2＋2x . x ＝－2时，f (x )＝2，即(－2，2)在曲线上．又切线斜率为k ＝f ′(x )＝－3x 2－x ＋2， f ′(－2)＝－8，所求切线方程为y －2＝－8(x ＋2)，即为8x ＋y ＋14＝0.(2)x 在变化时，f ′(x )及f (x )的变化情况如下表： ↘↗↘则f (x )在[－2，1]上的最大值为2，最小值为－32.变式训练解：(1)因为f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x ，所以f ′(x )＝[2ax －(4a ＋1)]e x ＋[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x ＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x .所以f ′(1)＝(1－a )e.由题设知f ′(1)＝0，即(1－a )e ＝0，解得a ＝1. 此时f (1)＝3e ≠0. 所以a 的值为1.(2)由(1)得f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x ＝(ax －1)(x －2)e x .若a >12，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，2时，f ′(x )<0；当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0. 所以f (x )在x ＝2处取得极小值．若a ≤12，则当x ∈(0，2)时，x －2<0，ax －1≤12x －1<0，所以f ′(x )>0.所以2不是f (x )的极小值点．综上可知，a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞.例4 (1)解：f ′(x )＝1x －x ＋1＝－x 2＋x ＋1x，x ∈(0，＋∞)．由f ′(x )＞0得⎩⎪⎨⎪⎧x ＞0，－x 2＋x ＋1＞0，解得0＜x ＜1＋52. 故f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1＋52. (2)证明：令F (x )＝f (x )－(x －1)，x ∈(0，＋∞)．则有F ′(x )＝1－x 2x .当x ∈(1，＋∞)时，F ′(x )＜0，所以F (x )在[1，＋∞)上单调递减，故当x ＞1时，F (x )＜F (1)＝0，即当x ＞1时，f (x )＜x －1.变式训练 (1)解：f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a e x －1x .由题设知，f ′(2)＝0，所以a ＝12e 2. 从而f (x )＝12e 2e x －ln x －1，f ′(x )＝12e 2e x －1x . 当0<x <2时，f ′(x )<0；当x >2时，f ′(x )>0.所以f (x )在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增． (2)证明：当a ≥1e 时，f (x )≥e xe －ln x －1. 设g (x )＝e x e －ln x －1，则g ′(x )＝e x e －1x . 当0<x <1时，g ′(x )<0；当x >1时，g ′(x )>0. 所以x ＝1是g (x )的最小值点．故当x >0时，g (x )≥g (1)＝0. 因此，当a ≥1e 时，f (x )≥0.例5 解：作出y ＝x 2－2x 的图象如图所示．(1)当a ＜0时，S ＝∫0a (x 2－2x )d x ＝⎝⎛⎭⎪⎫13x 3－x 2|0a ＝－a 33＋a 2＝43，所以(a ＋1)(a －2)2＝0，因为a ＜0，所以a ＝－1. (2)当a ＞0时， ①若0＜a ≤2，则S ＝－∫a 0(x 2－2x )d x ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 3－x 2|a 0＝a 2－a 33＝43，所以a 3－3a 2＋4＝0，即(a ＋1)(a －2)2＝0. 因为a ＞0，所以a ＝2. ②当a ＞2时，不合题意．综上a ＝－1或a ＝2.变式训练解析：(1)因为f (x )＝x 3＋x 2f ′ 所以f ′(x )＝3x 2＋2xf ′(x )，所以f ′(1)＝3＋2f ′(1)，所以f ′(1)＝－3，所以∫20f (x )d x ＝⎝⎛⎭⎪⎫14x 4＋13x 3f ′（1）|20＝－4.(2)由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x 2，y ＝a 可得A (－a ，a )，B (a ，a )，S ＝ (a －x 2)d x＝⎝ ⎛⎭⎪⎫ax －13x 3|＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫a a －13a a ＝4a 323＝823，解得a ＝2. 答案：(1)－4 (2)2例6 解：(1)对f (x )求导得f ′(x )＝e x·1＋ax 2－2ax （1＋ax 2）2.①当a ＝43时，若f ′(x )＝0，则4x 2－8x ＋3＝0，解得x 1＝32，x 2＝12. 综合①，可知： ↗↘↗所以，x 1＝32是极小值点，x 2＝12是极大值点． (2)若f (x )为R 上的单调函数，则f ′(x )在R 上不变号，结合①与条件a ＞0，知ax 2－2ax ＋1≥0在R 上恒成立，因此Δ＝4a 2－4a ＝4a (a －1)≤0，由此并结合a ＞0，知0＜a ≤1.变式训练解析：显然函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， y ′＝4x －1x ＝4x 2－1x .由y ′＞0，得函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞；由y ′＜0，得函数f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎪⎫0，12，由于函数在区间(k －1，k ＋1)上不是单调函数，所以⎩⎨⎧k －1＜12＜k ＋1，k －1≥0，解得1≤k ＜32. 答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，32。

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。

高考导函数综合训练(含标准参考答案)

导函数的综合应用【典型例题】考点一、利用导数研究函数的零点或方程的根【例1】(2015·高考北京卷)设函数f(x)＝－k ln x，k>0.(1)求f(x)的单调区间和极值；(2)证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，]上仅有一个零点．(2)【变式训练2】已知函数f(x)＝(e为自然对数的底数)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)设函数φ(x)＝xf(x)＋tf′(x)＋，存在实数x1，x2∈[0,1]，使得2φ(x1)<φ(x2)成立，求实数t的取值范围．考点三与导函数有关的参数求解或求取值范围问题【例3】已知函数f(x)＝ln x－.(2)M；【应用体验】1.函数f(x)＝ax3＋x恰有三个单调区间，则a的取值范围是__________.2.若函数f(x)＝x＋a sin x在R上递增，则实数a的取值范围为________.3.已知函数f (x )的定义域为R ，f ′(x )为f (x )的导函数，函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，且f (－2)＝1，f (3)＝1，则不等式f (x 2－6)>1的解集为( )A.(－3，－2)∪(2,3)B.(－，)C.(2,3)4.)5.，g ′(x )>01．已知曲线cos y ax x =在(22A ．2πB ．2π-C ．1-πD ．1π2.已知定义域为R 的偶函数()f x ，其导函数为()f x '，对任意[)0,x ∈+∞，均满足：()()2xf x f x '>-．若()()2g x x f x =，则不等式()()21g x g x <-的解集是（）A ．(),1-∞-B ．1,3⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭C ．11,3⎛⎫- ⎪⎝⎭D ．()1,1,3⎛⎫-∞-⋃+∞ ⎪⎝⎭3.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.B ．(－∞，3] C.D ．[3，＋∞)二、填空题4.a 12≤恒5.6.7y8．已知函数f (x )＝ln x ＋＋ax (a 是实数)，g (x )＝＋1.(1)当a ＝2时，求函数f (x )在定义域上的最值；(2)若函数f (x )在[1，＋∞)上是单调函数，求a 的取值范围；(3)是否存在正实数a 满足：对于任意x 1∈[1,2]，总存在x 2∈[1,2]，使得f (x 1)＝g (x 2)成立？若存在，求出a 的取值范围，若不存在，说明理由．B 组能力提升2.b 的3.2)为偶5.已知函数()()21x f x e x ax a =--+，其中a <1，若存在唯一的整数0x ，使得()0f x <0，则a 的取值范围是.(e 为自然对数的底数)6.若()x x f x e ae -=+为偶函数，则21(1)e f x e +-<的解集为_____________．三、解答题7．(2015·高考广东卷)设a>1，函数f(x)＝(1＋x2)e x－a.(1)求f(x)的单调区间；(2)证明：f(x)在(－∞，＋∞)上仅有一个零点；(3)若曲线y＝f(x)在点P处的切线与x轴平行，且在点M(m，n)处的切线与直线OP平行(O是坐标原点)，证明：m≤－1.【例题1】[解](1)由f(x)＝－k ln x(k>0)，得x>0且f′(x)＝x－＝.由f′(x)＝0，解得x＝.f(x)与f′(x)在区间(0，＋∞)上的情况如下：∞)；f(x)在x＝处取得极小值f()＝.(2)证明：由(1)知，f(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为f()＝.因为f(x)存在零点，所以≤0，从而k≥e.当k＝e时，f(x)在区间(1，)上单调递减，且f()＝0，所以x＝是f(x)在区间(1，]上的唯一零点．，0000由u′(x)＝1－≥0知，函数u(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，故0＝u(1)<a0＝u(x0)<u(e)＝e－2<1，即a0∈(0,1)．当a＝a0时，有f′(x0)＝0，f(x0)＝φ(x0)＝0.再由(1)知，f′(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，当x∈(1，x0)时，f′(x)<0，从而f(x)>f(x0)＝0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，从而f(x)>f(x0)＝0；又当x∈(0,1]时，f(x)＝(x－a0)2－2x ln x>0.故x∈(0，＋∞)时，f(x)≥0.综上所述，存在a∈(0,1)，使得f(x)≥0恒成立，且f(x)＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．【例题2】解：(1)m＝－1时，f(x)＝(1－x)e x＋x2，则f′(x)＝x(2－e x)，(2)假设存在x1，x2∈[0,1]，使得2φ(x1)<φ(x2)成立，则2[φ(x)]min<[φ(x)]max.∵φ(x)＝xf(x)＋tf′(x)＋e－x＝，∴φ′(x)＝＝－.①当t≥1时，φ′(x)≤0，φ(x)在[0,1]上单调递减，∴2φ(1)<φ(0)，即t>3－>1.②当t≤0时，φ′(x)>0，φ(x)在[0,1]上单调递增，∴2φ(0)<φ(1)，即t<3－2e<0.③当0<t<1时，若x∈[0，t)，φ′(x)<0，φ(x)在[0，t)上单调递减；若x∈(t,1]，φ′(x)>0，φ(x)在(t,1]上单调递增，所以2φ(t)<max{φ(0)，φ(1)}，即2·<max，(*)③若－e<a<－1，令f′(x)＝0得x＝－a，当1<x<－a时，f′(x)<0，∴f(x)在(1，－a)上为减函数；当－a<x<e时，f′(x)>0，∴f(x)在(－a，e)上为增函数，∴f(x)min＝f(－a)＝ln(－a)＋1＝，∴a ＝－.综上所述，a ＝－.(3)∵f (x )<x 2，∴ln x －<x 2.又x >0，∴a >x ln x －x 3.令g (x )＝x ln x －x 3，h (x )＝g ′(x )＝1＋ln x －3x 2，1.【答案】C 【解析】令()cos y f x ax x ==，则()c o s s in f x a x a x x '=-，所以()cos sin 22222a a f a πππππ'=-=- 12=，解得1a =-π.故选C ． 2.【答案】C【解析】试题分析：[)0,x ∈+∞时()()()()()22(2)0g x xf x x f x x f x xf x '''=+=+>，而()()2g x x f x =也为偶函数，所以()()()()2121|2||1||2||1|321013g x g x g x g x x x x x x <-⇔<-⇔<-⇔+-<⇔-<<，选C.3.解析：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]12k ≤12≥．令()333x g x x x e =-+-，则()233(1)(33)x x g x x x x e e'=--=-++，所以当(,1)x ∈-∞时，()0g x '<，当(1,)x ∈+∞时，()0g x '>，所以()g x 在(,1)x ∈-∞上是减函数，在(1,)x ∈+∞是增函数，故()()min 111g x g e==-．6.【答案】),1()1,(+∞⋃--∞【解析】()()()()()22''2'211221'()222x g x f x g x x f x x x f x f x ⎡⎤=--∴=⋅-=⋅-<⎣⎦ ()'2210f x ∴⋅-<()'0g x ∴>得0x <，()'0g x <得0x >()()g x g x -=可知函数为偶函数()()()111010g f g =-=∴-=，结合()g x 的函数图像可知()0g x <的解集为),1()1,(+∞⋃--∞，即不等式212)(22+<x x f 的解集为),1()1,(+∞⋃--∞ 7.解：(1)f ′(x )＝x －(a ＋b )＋＝.(a ，(a ，＋∞)点，不合题意．综上所述，a 的取值范围为.8.解：(1)当a ＝2时，f (x )＝ln x ＋＋2x ，x ∈(0，＋∞)，f ′(x )＝－＋2＝＝，令f ′(x )＝0，则x ＝－1或x ＝.当x ∈时，f ′(x )<0；当x ∈时，f ′(x )>0，所以f (x )在x ＝处取到最小值，最小值为3－ln2；无最大值．(2)f ′(x )＝－＋a ＝，x ∈[1，＋∞)，显然a ≥0时，f ′(x )≥0，且不恒等于0，所以函数f (x )在[1，＋∞)上是单调递增函数，符合要求．当a <0时，令h (x )＝ax 2＋x －1，易知h (x )≥0在[1，＋∞)上不恒成立，所以函数f (x )在[1，＋∞)上只能是单调递减函数．a 无试题分析：设12()()x g x e f x =，则11122211'()'()()(()2'())22x x x g x e f x e f x e f x f x =+=+，则已知'()0g x >，所以()g x 是增函数，所以(1)(0)g g >，即12(1)(0)e f f >，(1)f>A ．考点：导数与函数的单调性．2.【答案】C【解析】试题分析：由题意，得2212()ln ()()x x b x x b f x x +----'=，则()()f x xf x +'＝2ln ()x x b x+-－212()ln ()x x b x x b x +----＝12()x x b x +-．若存在1[,2]2x ∈，使得()'()f x x f x >-⋅，则12()0x x b +->，所以12b x x <+．设1()2g x x x=+，则222121()122x g x x x -'=-=，当122x ≤≤时，()g x '<递增，94=，)x 是单)1=，所以(g )∞，故试题分析：验证发现，当x=1时，将1代入不等式有0≤a+b ≤0，所以a+b=0，当x=0时，可得0≤b ≤1，结合a+b=0可得-1≤a ≤0，令f （x ）=x 4-x 3+ax+b ，即f （1）=a+b=0，又f ′（x ）=4x 3-3x 2+a ，f ′′（x ）=12x 2-6x ，令f′′（x）＞0，可得x＞12，则f′（x）=4x3-3x2+a在[0，12]上减，在[12，+∞）上增，又-1≤a≤0，所以f′（0）=a＜0，f′（1）=1+a≥0，又x≥0时恒有430x x ax b≤-++，结合f（1）=a+b=0知，1必为函数f（x）=x4-x3+ax+b的极小值点，也是最小值点．y ax =-12 x>-时，1时，考点：利用导数研究函数的极值；函数的零点.6.【答案】(0,2)【解析】试题分析：由()x x f x e ae -=+为偶函数可得1a =，所以()x x f x e e -=+．因为()x x f x e e -'=-),0(+∞上为增函数，所以()(0)0f x f ''>=，所以函数()f x 在),0(+∞上为增函数，所以21(1)e f x e+-<等价于1(1)f x e e --<+，即(1)(1)f x f -<，所以111x -<-<，所以02x <<．考点：1、函数的奇偶性；2、函数的单调性．7.解：(1)f ′(x )＝2x e x ＋(1＋x 2)e x ＝(x 2＋2x ＋1)e x ＝(x ＋1)2e x ≥0，故f (x )是R 上的单调(2)ln 2a )a(3)0，即8.＝2，设h (x )＝f (x )－g (x )＝(x ＋1)ln x －，当x ∈(0,1]时，h (x )<0，又h (2)＝3ln2－＝ln8－>1－1＝0，所以存在x 0∈(1,2)，使得h (x 0)＝0.因为h ′(x )＝ln x ＋＋1＋，所以当x ∈(1,2)时，h ′(x )>1－>0，当x∈[2，＋∞)时，h′(x)>0，所以当x∈(1，＋∞)时，h(x)单调递增．所以k＝1时，方程f(x)＝g(x)在(k，k＋1)内存在唯一的根．(3)由(2)知，方程f(x)＝g(x)在(1,2)内存在唯一的根x0，且x∈(0，x0)时，f(x)<g(x)，x∈(x0，＋∞)时，f(x)>g(x)，所以m(x)＝。

期末专题02 导数及其应用大题综合(精选30题)(解析版)-备战期末高二数学

期末专题02导数及其应用大题综合（精选30题）1．（22-23高二下·江西·期末）已知函数()()2ln 21f x x x f x '=+.(1)求()1f '的值；(2)求()f x 在点()()22e ,ef 处的切线方程.【答案】(1)2-(2)222e 0x y --=【分析】（1）求出函数的导函数，再代入1x =计算可得；（2）由（1）可得()2ln 4f x x x x =-，求出()2e f ，()2e f '，再由点斜式求出切线方程.【详解】（1）因为()()2ln 21f x x x f x '=+，所以()2ln 22(1)f x x f ''=++，代入1x =得：()()()12ln1221221f f f '''=++=+，所以()12f '=-.（2）由（1）可得()2ln 4f x x x x =-，则()2ln 2f x x '=-所以()22222e ln e 4e 0e f =-=，()222ln e 22f =-=，所以切线方程为202(e )y x -=-，即222e 0x y --=.2．（22-23高二下·安徽亳州·期末）设函数()3e ax bf x x x +=-，曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为1y x =-+．(1)求a b ，的值；(2)设函数()()g x f x '=，求()g x 的极值点；【答案】(1)1,1a b =-=(2)()g x 的极大值点为0和33【分析】（1）求出函数()f x 的导数，再利用导数的几何意义列式求解作答.（2）利用（1）的结论求出()g x ，再利用导数求出极值点作答.【详解】（1）函数3R ()e ,ax b f x x x x +=-∈，求导得()()2313e ax bf x a x x ++'=-，因为()f x 在(1,(1))f 处的切线方程为1y x =-+，于是(1)110f =-+=，(1)1f '=-，则()311e 013e 1a ba ba ++⎧-⨯=⎪⎨-+=-⎪⎩，解得11a b =-⎧⎨=⎩，所以1,1a b =-=.（2）由（1）得()()()23113e x f x x g x x -+='-=-，求导得()()1266e x x g x x x -+'+-=-，令2660x x -+=，解得3x =±1e 0x -+>成立，由()0g x '<，得03x <<3x >+，函数()g x 递减；由()0g x '>，得0x <或33x <<，函数()g x 递增，所以()g x 的极大值点为0和33.3．（22-23高二下·安徽合肥·期末）函数()e ln x f x x =-，()f x '是()f x 的导函数：(1)求()f x '的单调区间；(2)证明：()2f x >．【答案】(1)()f x '单调递增区间为()0,∞+，无递减区间(2)证明见解析【分析】（1）对()()g x f x '=求导后，由导数的正负可求出函数的单调区间；（2）由（1）知()f x '单调递增区间为()0,∞+，然后根据零点存在性定理可得存在01,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()0001e 0xf x x '=-=，从而可求得()f x 的单调区间和最小值，进而可证得结论.【详解】（1）由()e ln x f x x =-，得()()1e 0xf x x x '=->，令()()()1e 0xg x f x x x '==->，则()210x g x x'=+>e 恒成立，所以()f x '单调递增区间为()0,∞+，无递减区间；（2）由（1）知()()1e 0xf x x x'=->，()f x '单调递增区间为()0,∞+，因为121e 202f ⎛⎫'=-< ⎪⎝⎭，()1e 10f '=->，所以存在01,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()0001e 0xf x x '=-=，所以当00x x <<时，()0f x '<，当0x x >时，()0f x ¢>，所以()f x 在区间()00,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增，所以()()0000min 01e 2ln x f x f x x x x ==-=+≥，当且仅当001x x =，即01x =时取等号，因为01,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以等号取不到，所以()2f x >，得证．【点睛】关键点点睛：此题考查导数的应用，考查利用导数求函数的单调区间和最值，第（2）问解题的关键是根据函数的单调性结合零点存在性定理可求得函数的最值，考查数学转化思想，属于中档题.4．（22-23高二下·河北石家庄·期末）已知函数32()f x x x ax b =-++，若曲线()y f x =在(0,(0))f 处的切线方程为1y x =-+．(1)求a ，b 的值；(2)讨论函数()y f x =在区间()2,2-上的单调性．【答案】(1)1a =-；1b =(2)在12,3⎛⎫-- ⎪⎝⎭和()1,2上单调递增，在1,13⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减【分析】（1）根据函数的切线方程即可求得参数值；（2）先求函数的导函数，判断函数单调性.【详解】（1）令0x =，由1y x =-+，则()10y f ==，由()32f x x x ax b =-++，可得(0)1==f b ．又2()32f x x x a '=-+，所以(0)1f a '==-.（2）由（1）可知32()1f x x x x =--+，()()2()321311f x x x x x '=--=+-，令()0f x '>，解得13x <-或1x >；令()0f x '<，解得113-<<x ，所以()f x 在1(2,)3--和(1，2)上单调递增，在1,13⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减．5．（22-23高二下·安徽合肥·期末）已知函数()sin 2()f x x ax a =--∈R ．(1)当12a =时，讨论()f x 在区间π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的单调性；(2)若当0x ≥时，()e cos 0xf x x ++≥，求a 的取值范围．【答案】(1)()f x 在π0,3⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，在ππ,32⎛⎤⎥⎝⎦上单调递减(2)(,2]-∞【分析】（1）求导，由导数正负即可求解（2）利用导数求证e 1x x ≥+和sin x x ≥，即可结合零点存在性定理求解.【详解】（1）当12a =时，1()sin 22f x x x =--，1()cos 2f x x '=-，当ππ32x <≤时，()0f x '<；当π03x ≤≤时，()0f x '≥．所以()f x 在π0,3⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，在ππ,32⎛⎤ ⎥⎝⎦上单调递减.（2）设()e sin cos 2x h x x x ax =++--，由题意知当0x ≥时，()0h x ≥．求导得()e cos sin x h x x x a '=+--．设()e cos sin x x x x a ϕ=+--，则()e sin cos x x x ϕ=--，令e 1x y x =--，则e 1x y '=-，当0,0,x y '>>当0,0,x y '<<故函数e 1x y x =--在()0,∞+单调递增，在(),0∞-单调递减，所以e 1x x ≥+；令()sin m x x x =-，可得()1cos 0m x x '=-≥，故()m x 在0x ≥单调递增时，sin x x ≥．所以当0x ≥时，()e sin cos 1cos 1cos 0x x x x x x x x ϕ'=--≥+--=-≥．故()ϕx 在[0,)+∞上单调递增，当0x ≥时，min ()(0)2x a ϕϕ==-，且当x →+∞时，()x ϕ→+∞．若2a ≤，则()()0h x x ϕ'=≥，函数()h x 在[0,)+∞上单调递增，因此[0,)x ∀∈+∞，()(0)0h x h ≥=，符合条件．若2a >，则存在0[0,)x ∈+∞，使得()00x ϕ=，即()00h x '=，当00x x <<时，()0h x '<，则()h x 在()00,x 上单调递减，此时()(0)0h x h <=，不符合条件．综上，实数a 的取值范围是(,2]-∞．【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．6．（22-23高二下·吉林白城·期末）已知函数()e xf x ax =+在()()0,0f 处的切线与直线l ：240x y -+=垂直．(1)求()f x 的单调区间；(2)若对任意实数x ，()232f x x b ≥--+恒成立，求整数b 的最大值．【答案】(1)单调递减区间为(),ln 3-∞，单调递增区间为()ln 3,+∞．(2)1【分析】（1）利用导数的几何意义得出3a =-，再利用导数判断单调区间即可；（2）分离参数将问题转化为2e 332x x b ++≥恒成立，利用导数求最值结合隐零点计算即可.【详解】（1）由()e xf x a '=+，得()01k f a '==+，又切线与直线l ：240x y -+=垂直，所以2k =-，即3a =-．所以()e 3xf x '=-，令()0f x '=，得ln3x =，当ln3x <时，()0f x '<，()f x 单调递减；当ln3x >时，()0f x ¢>，()f x 单调递增．所以()f x 的单调递减区间为(),ln 3-∞，单调递增区间为()ln 3,+∞．（2）对任意实数x ，()232f x x b ≥--+恒成立，即对任意实数2,e 332x x x x b +-+≥恒成立．设()2e 33x g x x x =+-+，即()min 12b g x ≤．()e 23x g x x =+-'，令()()e 23x h x g x x '==+-，所以()e 20'=+>xh x 恒成立，所以()e 23x g x x =+-'在R 上单调递增．又1202g ⎛⎫'=< ⎪⎝⎭，()1e 10g '=->，所以存在01,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()00g x '=，即00e 230xx +-=，所以00e 32xx =-．当()0,x x ∈-∞时，()00g x '<，()g x 单调递减；当()0,x x ∈+∞时，()00g x '>，()g x 单调递增．所以()()02000min e 33x g x g x x x ==+-+2220000005132335624x x x x x x ⎛⎫=-+-+=-+=-- ⎪⎝⎭，当01,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，200152564x x <-+<，所以()01151,28g x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，由题意知()012b g x ≤且b ∈Z所以1b ≤，即整数b 的最大值为1．7．（22-23高二下·福建福州·期末）已知函数2()2ln f x a x x a =-+，R a ∈．(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)证明:()*11112ln 1(2341)n n n +>++++∈+N ．【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）求得()222x af x x-+='，分0a ≤和0a >，两种情况讨论，结合导数的符号，进而求得函数()f x 的单调区间；（2）由（1），根据题意，得到()()max10f x f ==，即22ln 1x x ≤-，当n ∈*N 时，结合22ln 111n n n n ⎛⎫⎛⎫<- ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭，2112ln 1n n n n --⎛⎫⎛⎫<- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，L ，2112ln 122⎛⎫⎛⎫<- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，将不等式累加后，即可求解.【详解】（1）解：由函数2()2ln f x a x x a =-+，可得()f x 的定义域为(0,)+∞，且()22222a x a f x x x x-='+=-若0a ≤，可得()0f x '<，()f x 在(0,)+∞上单调递减；若0a >，令()0f x '=，因为0x >，可得x =当(x ∈时，()0f x ¢>，()f x 单调递增；当)x ∈+∞时，()0f x '<，()f x 单调递减，综上可得：当0a ≤时，()f x 在(0,)+∞上单调递减；当0a >时，()f x的递增区间为(，递减区间为)+∞.（2）证明：由（1）知，当1a =时，()f x 的递增区间为()01,，递减区间为()1,+∞，所以()()max 10f x f ==，所以()0f x ≤，即22ln 1x x ≤-，当n ∈*N 时，可得：2222ln 111112ln 1112ln 122n n n n n n n n ⎧⎛⎫⎛⎫<-⎪ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭⎪⎪--⎛⎫⎛⎫⎪<-⎪ ⎪ ⎨⎝⎭⎝⎭⎪⎪⎪⎛⎫⎛⎫⎪<- ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎩，将不等式累加后，可得222111112ln 11212n n n n n n n n n n n --⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫<+++-<+++- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 1111111111212n n n n⎫=-+-++--=-++⎪+⎝⎭ ，即()11112ln 12341n n +>+++++ .8．（22-23高二下·吉林长春·期末）已知函数()ln x f x a x a=-，()e xg x ax a =-．（e 2.71828=⋅⋅⋅为自然对数的底数）(1)当1a =时，求函数()y f x =的极大值；(2)已知1x ，()20,x ∈+∞，且满足()()12f x g x >，求证：21e 2xx a a +>．【答案】(1)1-(2)证明见解析【分析】（1）运用导数研究()f x 的单调性，进而求得其最大值.（2）同构函数()ln h x x x =-，转化为()21e x x h h a ⎛⎫> ⎪⎝⎭，结合换元法2112,e xx t t a ==，分别讨论11t ≥与101t <<，当11t ≥时运用不等式性质即可证得结果，当101t <<时运用极值点偏移即可证得结果.【详解】（1）当1a =时，()ln f x x x =-，定义域为()0,∞+，则()111xf x x x-'=-=，()001f x x '>⇒<<，()01f x x '<⇒>，所以()f x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减，故()f x 的极大值为()11f =-；（2）由题意知，0a >，由()()12f x g x >可得2112ln e x x a x ax a a->-，所以2211lnln e e x x x x a a->-，令()ln h x x x =-，由（1）可知，()h x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减，则()21e xx h h a ⎛⎫> ⎪⎝⎭，令11x t a=，22e xt =，又1>0x ，20x >，所以10t >，21t >，则()()12h t h t >，①若11t ≥，则122t t +>，即21e 2x x a+>，所以21e 2x x a a +>；②若101t <<，设()31,t ∈+∞，且满足()()31h t h t =，如图所示，则()()()312h t h t h t =>，所以321t t <<，下证：312t t +>．令()()()()2ln ln 222F x h x h x x x x =--=---+，()0,1x ∈，则()()()221112022x F x x x x x -'=+-=>--，所以()()()2F x h x h x x =--在()0,1x ∈上单调递增，所以()()10F x f <=，所以()()()11120F t h t h t =--<，即()()112h t h t <-，又因为()()31h t h t =，所以()()312h t h t <-，3t ，()121,t -∈+∞，所以312t t >-，即312t t +>，又因为321t t <<，所以122t t +>，即21e 2xx a a +>．由①②可知，21e 2xx a a +>得证.【点睛】方法点睛：极值点偏移问题的一般题设形式：1.若函数()f x 存在两个零点12,x x 且12x x ≠，求证：1202x x x +>（0x 为函数()f x 的极值点）；2.若函数()f x 中存在12,x x 且12x x ≠满足2()()1f x f x =，求证：1202x x x +>（0x 为函数()f x 的极值点）；3.若函数()f x 存在两个零点12,x x 且12x x ≠，令1202x x x +=，求证：()00f x '>；4.若函数()f x 中存在12,x x 且12x x ≠满足2()()1f x f x =，令1202x x x +=，求证：()00f x '>.9．（22-23高二下·广西南宁·期末）已知函数()ln 1f x a x ax =-+（a ∈R ，且0a ≠）.(1)讨论a 的值，求函数()f x 的单调区间；(2)求证：当2n ≥时，1111ln 2ln 3ln n n n-+++> .【答案】(1)见解析(2)证明见解析【分析】（1）求出函数导数，分0,0a a ><分类讨论即可得解；（2）当1a =时利用函数单调性可得ln 1≤-x x ，放缩可得()110ln 1x x x >>-，根据裂项相消法求和即可得证.【详解】（1）由()ln 1f x a x ax =-+知函数定义域为(0,)+∞，()()1a x af x a x x-'=-=，①当0a >时，若01x <<，则()0f x '>，若1x >，()0f x '<，所以()f x 的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1,)+∞；②当a<0时，若01x <<，则()0f x '<，若1x >，()0f x '>，所以()f x 的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,)+∞.（2）令1a =，则()ln 1f x x x =-+，所以(1)0f =，由（1）可知()f x 在[1,)+∞上单调递减，故()(1)0f x f ≤=，（当1x =时取等号)，所以()ln 10f x x x =-+≤，即ln 1≤-x x ，当2x ≥时，0ln 1(1)x x x x <<-<-，即0ln 1)(x x x <<-，即()110ln 1x x x >>-令x n =，则()1111ln 11n n n n n>=---，所以11111111111ln 2ln 3ln 1223341n n n +++>-+-+-++-- 111n n n-=-=，故当2n ≥时，1111ln 2ln 3ln n n n-+++> .【点睛】关键点点睛：1a =时，利用函数单调性得出ln 1≤-x x ，当2x ≥时，放缩得出0ln 1)(x x x <<-，变形得出()110ln 1x x x >>-是解题的关键，再由裂项相消法及不等式的性质即可得解.10．（22-23高二下·山东德州·期末）已知函数()1ln 2f x a x x x=--，a ∈R .(1)当1a =时，判断()f x 的零点个数；(2)若()1e 2e xf x x x+++≥恒成立，求实数a 的值.【答案】(1)()f x 的零点个数为0(2)a e=-【分析】（1）求导得函数的单调性，即可由单调性求解最值，进而可判断，（2）将问题转化为e ln e x a x +≥，构造函数()e ln x F x a x =+和()e xg x x a =+，()0,x ∈+∞，利用导数求解函数的单调性，分类讨论并结合零点存在性定理即可求解.【详解】（1）当1a =时，()()1ln 20f x x x x x=-->，则()()()2222222111121212x x x x x x f x x x x x x +--++--=+-==-=-'，当()0,1x ∈，()0f x ¢>，函数()f x 在()0,1上单调递增，当()1,x ∈+∞，()0f x '<，函数()f x 在()1,+∞上单调递减，所以()()max 11230f x f ==--=-<，所以()f x 的零点个数为0.（2）不等式()1e 2e xf x x x+++≥，即为e ln e x a x +≥，设()e ln xF x a x =+，()0,x ∈+∞，则()e e x x a x aF x x x+=+='，设()e xg x x a =+，()0,x ∈+∞，当0a ≥时，()0g x >，可得()0F x '>，则()F x 单调递增，此时当()1,1e,x F ==而当01x <<时，()e F x <，故不满足题意；当0a <时，由()()1e 0xg x x '=+>，()g x 单调递增，当x 无限趋近0时，()g x 无限趋近于负数a ，当x 无限趋近正无穷大时，()g x 无限趋近于正无穷大，故()0g x =有唯一的零点0x ，即00e 0xx a +=，则00e x ax =-，()00ln ln x x a +=-，当()00,x x ∈时，()0g x <，可得()0F x '<，()F x 单调递减；当()0,x x ∈+∞时，()0g x >，可得()0F x '>，()F x 单调递增，所以()()()0000min 0e ln ln x aF x F x a x a a x x ⎡⎤==+=-+--⎣⎦()()00001ln ln a a a ax a a a x x x ⎛⎫=---=--+ ⎪⎝⎭，因为00x >，可得0012x x +≥，当且仅当01x =时，等号成立，所以()()001ln ln 2a a a x a a ax ⎛⎫--+≥-- ⎪⎝⎭因为()e F x ≥恒成立，即()ln 2e a a a --≥恒成立，令()()ln 2h a a a a =--，(),0a ∈-∞，可得()()()ln 12ln 1h a a a =-='-+--，当(),e a ∈-∞-时，()0h a '>，()h a 单调递增；当()e,0a ∈-时，()0h a '<，()h a 单调递减，所以()()e e h a h ≤-=，即()e h a ≤又由()e h a ≥恒成立，则()()ln 2e h a a a a =--=，所以a e =-.【点睛】对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．11．（22-23高二下·河北张家口·期末）已知函数()ln f x x x =.(1)求函数()f x 的单调区间和极值；(2)若方程()21f x x =-的两个解为1x 、2x ，求证：122e x x +>.【答案】(1)减区间为10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭，增区间为1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，极小值为11e e f ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，无极大值；(2)证明见解析【分析】（1）求出函数()f x 的定义域与导数，利用函数的单调性、极值与导数的关系可得出结果；（2）设()()21h x f x x =-+，利用导数分析函数()h x 的单调性与极值，分析可知120e x x <<<，要证122e x x +>，即证()()112e h x h x >-，构造函数()()()2e p x h x h x =--，其中0e x <<，利用导数分析函数()p x 在()0,e 上的单调性，证明出()0p x >对任意的()0,e x ∈恒成立，即可证得结论成立.【详解】（1）解：函数()ln f x x x =的定义域为()0,∞+，且()ln 1f x x '=+，令()0f x '=可得1ex =，列表如下：x10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭1e1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭()f x '-+()f x 减极小值增所以，函数()f x 的减区间为10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭，增区间为1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，极小值为11e e f ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，无极大值.（2）解：设()()21ln 21h x f x x x x x =-+=-+，其中0x >，则()ln 1h x x '=-，令()0h x '<，可得0e x <<，此时，函数()h x 在()0,e 上单调递减，令()0h x '>，可得e x >，此时，函数()h x 在()e,+∞上单调递增，所以，e x =是函数()h x 的极小值点，因为函数()h x 有两个零点1x 、2x ，设12x x <，则120e x x <<<，即()()120h x h x ==且120e x x <<<，要证122e x x +>，即证21e 2e x x >->，因为函数()h x 在()e,+∞上单调递增，所以，只需证明：()()212e h x h x >-，即证()()112e h x h x >-，令()()()()()2e ln 2e ln 2e 44e p x h x h x x x x x x =--=----+，其中0e x <<，则()()()2ln ln 2e 2ln 2e 2p x x x x x '=+--=--，因为0e x <<，则()()22222e e e 0,e x x x -=--+∈，所以，()()22ln 2e 2ln e 20p x x x '=--<-=，故函数()p x 在()0,e 上为减函数，又因为()e 0p =，所以，()0p x >对任意的()0,e x ∈恒成立，则()()()1112e 0p x h x h x =-->，即()()112e h x h x >-，故122e x x <+成立.【点睛】方法点睛：证明极值点偏移的相关问题，一般有以下几种方法：（1）证明122x x a +<（或122x x a +>）：①首先构造函数()()()2g x f x f a x =--，求导，确定函数()y f x =和函数()y g x =的单调性；②确定两个零点12x a x <<，且()()2f x f x =，由函数值()1g x 与()g a 的大小关系，得()()()()()1112122g x f x f a x f x f a x =--=--与零进行大小比较；③再由函数()y f x =在区间(),a +∞上的单调性得到2x 与12a x -的大小，从而证明相应问题；（2）证明212x x a <（或212x x a >）（1x 、2x 都为正数）：①首先构造函数()()2a g x f x f x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，求导，确定函数()y f x =和函数()y g x =的单调性；②确定两个零点12x a x <<，且()()12f x f x =，由函数值()1g x 与()g a 的大小关系，得()()()2211211a a g x f x f f x f x x ⎛⎫⎛⎫=-=-⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭与零进行大小比较；③再由函数()y f x =在区间(),a +∞上的单调性得到2x 与21a x 的大小，从而证明相应问题；（3121212ln ln 2x x x xx x -+<<-证明极值点偏移：①由题中等式中产生对数；②将所得含对数的等式进行变形得到1212ln ln x x x x --；③利用对数平均不等式来证明相应的问题.12．（22-23高二下·湖南·期末）已知函数()()2e 3xf x a x a =-+∈R .(1)若方程()0f x =有3个零点，求实数a 的取值范围；(2)若()()224x x x f x ϕ=-++-有两个零点()1212,x x x x <，求证：0ea <<2121e e x x x x --<+.【答案】(1)36(0,e(2)证明见解析【分析】（1）将问题转化为y a =与()23e xx g x -=有三个不同的交点，利用导数研究函数()g x 的性质，从而结合图象即可求得实数a 的范围；（2）利用导数求得函数()x ϕ的单调性，再利用零点存在定理证得0a <2121221e 1ex x x x x x ++-<+，构造函数()e 2e 1t h t t =--，利用导数证得()()00H t H >=即可得证.【详解】（1）解：令()0f x =，即得2e 30xa x -+=，即23ex x a -=方程有三个零点，即直线y a =与曲线()23ex x g x -=有三个不同的交点，可得()()()22132323e e e x x xx x x x x x g x +--+--==-=-'，所以当(),1x ∈-∞-或()3,x ∈+∞时，()0g x '<，()g x 单调递减；当()1,3x ∈-时，()0g x '>，()g x 单调递增，所以当=1x -时，()g x 有极小值为()2e g x =-，当3x =时，()g x 有极大值为()36e g x =，当x →+∞时，()0g x →，且当x ≥()0g x >，所以作出函数()23e xx g x -=的图象如图所示，所以数形结合可知360e a <<，即实数a 的取值范围为36(0,)e.（2）解：因为()()22421e xx x x f x x a ϕ=-++-=+-，当0a ≤时，()x ϕ单调递增，不可能有两个零点，所以0a >，此时()2e xx a ϕ=-'，令()0x ϕ'=，得2lnx a =，所以当2,ln x a ⎛⎫∈-∞ ⎪⎝⎭时，()0x ϕ'>；当2ln ,x a ∞⎛⎫∈+ ⎪⎝⎭时，()0x ϕ'<，故()x ϕ在区间2,ln a ∞⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，在区间2ln ,a ∞⎛⎫+ ⎪⎝⎭上单调递减，所以222ln 2ln 122ln 1a a a ϕ⎛⎫=+-=- ⎪⎝⎭，若()x ϕ有两个零点，则2ln 0a ϕ⎛⎫> ⎪⎝⎭21ln 2a >，所以0ea <<，当0a <<时，2ln 0a ϕ⎛⎫> ⎪⎝⎭，121e 02a ϕ-⎛⎫-=-< ⎪⎝⎭，211ln 22a >>-，故存在112,ln 2x a ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，使得()10f x =，又当x 趋向于+∞时，()x ϕ趋向于-∞，故存在22ln ,x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭，使得()20f x =，故0a <<，则满足121221e 21ex x x a x a ⎧+=⎨+=⎩，可得212121e 21x x x x -+=+212e x x -=，2121e e x x x x --<+，只需证2121221e e e x x x x x x ---<+，两边同乘以1e x ，可得2121221e 1ex x x x x x ++-<+，因为112x >-，221ln 2x a >>，所以120x x +>，令1202x x t +=>，即证2e 1e 2t tt-<，即证2e 2e 10t t t -->，令()2e 2e 1(0)t t h t t t =-->，可得()()()22e 21e 2e e 1t t t th t t t =-+=--'，令()()e 10t H t t t =-->，()e 10tH t =->'，故()H t 在区间()0,∞+上单调递增，故()()00H t H >=，因此()0h t '>，所以()h t 在区间()0,∞+上单调递增，故()()00h t h >=，因此原不等式成立.【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．13．（22-23高二下·湖南长沙·期末）已知函数2()ln f x x x x =-+．(1)证明()0f x ≤；(2)关于x 的不等式222ln 0ee x axx xx ax x -+-+≤恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】(1)证明见解析(2)[1,)+∞【分析】（1）根据题意，求得并化简得到(21)(1)()x x f x x+-'=-，得出函数()f x 的单调区间，结合()()1≤f x f ，即可可证；（2）根据题意把不等式转化为22ln 2ln e 2ln e ln x ax x x x ax x x --+≤-+-，根据()e x g x x =+为增函数，转化为2ln x x a x +≥恒成立，令2ln ()x x h x x +=，求得312ln ()x xh x x --'=，得出函数()h x 的单调区间和最大值(1)1h =，即可求解.【详解】（1）由函数2()ln f x x x x =-+，可得1(21)(1)()21x x f x x x x'+-=-+=-，令()0f x '>，可得01x <<；令()0f x '<，可得1x >，所以()f x 在区间()0,1上单调递增，在区间(1,)+∞上单调递减，所以()()10f x f ≤=，即()0f x ≤．（2）由不等式222ln 0e ex axx x x ax x -+-+≤，可得22ln 2ln e 2ln e ln x ax x x x ax x x --+≤-+-，因为()e x g x x =+为增函数，则22ln ln x ax x x ≤--，即2ln x xa x +≥在(0,)+∞恒成立，令2ln ()x x h x x +=，可得312ln ()x xh x x --'=，再令()12ln m x x x =--，可得()210m x x'=--<，所以()m x 单调递减，又因为()10m =，所以当()0,1x ∈时，()0m x >，()0h x '>，函数()h x 在()0,1上单调递增；当()1,x ∈+∞时，()0m x <，()0h x '<，函数()h x 在()1,+∞上单调递减，即()h x 在区间()0,1上单调递增，在区间(1,)+∞上单调递减，所以()h x 最大值为(1)1h =，所以实数a 的取值范围为[1,)+∞．【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题；3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．14．（22-23高二下·福建莆田·期末）已知函数()2ln f x ax x =--，其中a ∈R .(1)讨论()f x 的单调性；(2)若()f x 有两个零点1x ，2x ，且213x x ≥，求12x x 的最小值.【答案】(1)答案见解析(2)49e 【分析】（1）求出函数的导函数，再分0a ≤、0a >两种情况讨论，分别求出函数的单调性；（2）依题意可得11222ln 02ln 0ax x ax x --=⎧⎨--=⎩，即可得到12121212ln ln ln ln 4x x x x a x x x x -++==-+，从而得到()121121221ln 4ln 1x x x x x x x x ++=-，令12x t x =，10,3t ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，令()1ln 1t g t t t +=-，10,3t ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，利用导数求出()g t 的最小值，即可求出12x x 的最小值.【详解】（1）()2ln f x ax x =--定义域为()0,∞+，且()11ax f x a x x-'=-=，当0a ≤时，()0f x '<恒成立，所以()f x 在()0,∞+上单调递减；当0a >时，令()0f x '=得1x a=，当10,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<；当1,x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x ¢>，所以()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增.综上可得：当0a ≤时()f x 在()0,∞+上单调递减；当0a >时()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增.（2）因为()()120f x f x ==，所以11222ln 02ln 0ax x ax x --=⎧⎨--=⎩，所以()1212ln ln a x x x x -=-，()1212ln ln 4a x x x +=++，所以12121212ln ln ln ln 4x x x x a x x x x -++==-+，所以()112121121122221ln 4ln ln 1x x x x x xx x x x x x x x +++==--，令12xt x =，因为213x x ≥，所以1213x x ≤，即103t <≤，所以()121ln 4ln 1t x x t t ++=-，10,3t ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，令()1ln 1t g t t t +=-，10,3t ⎛⎤∈ ⎝⎦，则()()()()()2211ln 11ln 2ln 11t t t t t t tt t g t t t +⎛⎫+--+-- ⎪⎝⎭'==--，令()12ln h t t t t=--，()0,1t ∈，则()()22211210t h t t t t-=+-=>'，所以()h t 在()0,1上单调递增，又()10h =，所以()0h t <，即()0g t '<，所以()g t 在10,3⎛⎤⎥⎝⎦上单调递减，所以()12ln 33g t g ⎛⎫≥= ⎪⎝⎭，所以()12ln 42ln 3x x +≥，即2ln 3412e x x -≥，即1249e x x ≥，当且仅当2112439e x x x x =⎧⎪⎨=⎪⎩，即1223e x x ==时等号成立，所以12x x 的最小值为49e .【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．15．（22-23高二下·贵州黔东南·期末）已知函数()ln ,R f x ax x a =-∈.(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)当1a =时，设()()()21x g x f x -=，求证：函数()g x 存在极大值点0x ，且()0222e 3g x <<.【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）求出函数的导数，分类讨论，判断导数正负，即可判断函数单调性；（2）求出函数()()()21x g x f x -=的导数，由此构造函数，利用导数判断其单调性，确定函数()g x 的极值点0x ，并判断其范围，进而化简()0g x 的表达式，即可证明结论.【详解】（1）由函数()ln ,R f x ax x a =-∈的定义域为(0,)+∞，则()11ax f x a x x-'=-=，当0a ≤时，()0f x '<，()f x 在(0,)+∞上单调递减；当0a >时，当10x a<<时，()0f x '<，则()f x 在1(0,a 上单调递减；当1x a>时，()0f x ¢>，则()f x 在1(,)a +∞上单调递增；故当0a ≤时，()f x 在(0,)+∞上单调递减；当0a >时，()f x 在1(0,a上单调递减，在1(,)a +∞上单调递增；（2）当1a =时，由（1）可知()ln f x x x =-，()f x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增，故()(1)1f x f ≥=；故当1a =时，()()()()2211ln x x g x f x x x--==-，则()()()()2221121(ln )1(1)1(2ln 2)(ln )(ln )x x x x x x x x x g x x x x x -------+-'==--，令1()2ln 2,(0)h x x x x x =-+->，则222222121(1)()10x x x h x x x x x -+-'=-+==≥，仅当1x =时等号成立，故1()2ln 2h x x x x=-+-在(0,)+∞上单调递增，且2211()2ln 310,(e )6e 033h h -=+->=-<，即存在唯一201(e ,3x -∈，使得0()0h x =，当00x x <<时，()0h x <；当01x x <<时，()0h x >；则当00x x <<时，()0g x '>；当01x x <<时，()0g x '<，当1x >时，()0g x '>，即()g x 在0(0,)x 单调递增，在0(),1x 单调递减，在(1,)+∞单调递增，故函数()g x 存在极大值点，即为0x ；由0()0h x =，即00012ln 20x x x -+-=，故()()()()()()222200000020000000111211111ln 1(2)1222x x x x x g x x x x x x x x x ----====---+--+，由于201(e ,)3x -∈，故()002g x x =，且2022(2e ,3x -∈，即()0222e 3g x <<.【点睛】难点点睛：本题考查了导数的综合应用问题，涉及到判断函数的单调性以及函数极值问题，解答的难点在于第二问证明不等式()0222e 3g x <<，解答时要注意零点问题的解决，并判断零点201(e ,)3x -∈.16．（22-23高二下·江苏镇江·期末）已知函数()3f x x ax =-.(1)当1a =-时，求函数在点()()1,1f 处的切线方程；(2)若函数()f x 存在不同的极值点12,x x ，且以()()()()1122,,,A x f x C x f x 为对角线的正方形ABCD 的四顶点A B C D ､､､都在函数()y f x =的图像上，求2a 的值.【答案】(1)420x y --=(2)2278a +=【分析】（1）把1a =-代入函数解析式，可求切点坐标，利用导数求切线斜率，可求函数在点()()1,1f 处的切线方程；（2）利用导数求出极值点，得,A C 两点坐标，由AC 的中点为原点O ，ABCD 为正方形，可求D 点坐标，代入在函数()f x 中，可求出2a 的值.【详解】（1）当1a =-时，()3f x x x +，()12f =，故切点坐标为()1,2，()231f x x ='+，故切点处切线的斜率为()14f '=，切线方程为()241y x -=-，即420x y --=.（2）函数()3f x x ax =-，定义域为R ，()23f x x a '=-，()f x 存在不同的极值点12,x x ，则有0a >，()0f x ¢>，解得x <x >；()0f x '<，解得x <则()f x 在,⎛-∞ ⎝⎭和⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增，在⎛ ⎝⎭上单调递减，得x =x则有2,23,,939A a C ⎛⎛- ⎪ ⎪ - ⎪⎝⎭⎝⎭，AC 的中点为原点O ，正方形ABCD ，过C 作CC '垂直于x 轴，过D 作DD '垂直于y 轴，垂足分别为,C D ''，则有OCC ODD ''≅ ，所以D ⎫⎪⎪⎝⎭，D 点在函数()y f x =的图像上，则有f ⎝⎭即322993a ⎛⎛-= ⎝⎭⎝⎭，化简得42854810a a --=，解得2278a +=.【点睛】方法点睛：导数是研究函数的单调性、极值()最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，从高考来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用．17．（22-23高二下·辽宁大连·期末）已知函数()()2cos ln 11f x x x =++-．(1)判断函数()f x 在区间π0,2⎛⎫⎪⎝⎭上零点和极值点的个数，并给出证明；(2)若0x ≥时，不等式()1f x ax <+恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】(1)函数()f x 在区间π0,2⎛⎫⎪⎝⎭上只有一个极值点和一个零点，证明见解析(2)实数a 的取值范围是[)1,+∞【分析】（1）首先求函数的导数，并利用二阶导数判断导数的单调性，并结合零点存在性定理证明极值点个数，并结合函数单调性，以及端点值判断函数零点个数；（2）首先由不等式构造函数()()2cos ln 12g x x x ax =++--，()0x >，并求函数的导数，根据()00g =，以及()01g a '=-，分1a ≥，01a ≤<，a<0三种情况讨论不等式恒成立的条件.【详解】（1）函数()f x 在区间π0,2⎛⎫⎪⎝⎭上只有一个极值点和一个零点，证明如下，()12sin 1f x x x '=-++，设()()12sin 1t x f x x x '==-++，()()212cos 1t x x x '=--+，当π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0t x '<，所以()f x '单调递减，又()010f '=>，π12220π2π212f ⎛⎫'=-+=-+< ⎪+⎝⎭+，所以存在唯一的π0,2α⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()0f α'=，所以当()0,x α∈时，()0f x ¢>，当π,2x α⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<，所以()f x 在()0,α单调递增，在π,2α⎛⎫⎪⎝⎭单调递减，所以α是()f x 的一个极大值点，因为()02110f =-=>，()()0f f α>>，ππln 11022f ⎛⎫⎛⎫=+-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以()f x 在()0,α无零点，在π,2α⎛⎫⎪⎝⎭上有唯一零点，所以函数()f x 在区间π0,2⎛⎫⎪⎝⎭上只有一个极值点和一个零点；（2）由()1f x ax ≤+，得()2cos ln 120x x ax ++--≤，令()()2cos ln 12g x x x ax =++--，()0x >，则()00g =，()12sin 1g x x a x'=-+-+，()01g a '=-，①若1a ≥，则1a -≤-，当0x ≥时，ax x -≤-，令()()ln 1h x x x =+-，则()1111x h x x x -'=-=++，当0x ≥时，()0h x '≤，所以()h x 在[)0,∞+上单调递减，又()00h =，所以()()0h x h ≤，所以()ln 10x x +-≤，即()ln 1xx ≤+又cos 1≤x ，所以()220g x x x ≤+--=，即当0x ≥时，()1f x ax ≤+恒成立，②若01a ≤<，因为当π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()g x '单调递减，且()010a g =->'，π120π212g a ⎛⎫'=-+-< ⎪⎝⎭+，所以存在唯一的π0,2β⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()0g β'=，当()0,x ∈β时，()0g x '>，()g x 在()0,β上单调递增，不满足()0g x ≤恒成立，③若a<0，因为()()()()()()444444e 12cos e 1ln e e 1222cos e 1e 10g a a -=-+---=---->不满足()0g x ≤恒成立，综上所述，实数a 的取值范围是[)1,+∞.【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数解决函数零点，不等式恒成立问题，本题第一问需要求函数的二阶导数，利用二阶导数分析一阶导数的单调性，结合零点存在性定理判断零点问题，第二问的关键是()00g =这个条件，再根据()01g a '=-，讨论a 的取值.18．（22-23高二下·福建龙岩·期末）已知函数()ln f x ax x =-．(1)讨论()f x 的单调性；(2)已知()()g x xf x b =+，且12,x x 是()g x 的两个零点，12x x <，证明：()()211211x ax b x ax -<<-．【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）求导后分0a ≤与0a >两种情况讨论即可；（2）根据12,x x 是()g x 的两个零点可得()12211221ln ln x x x x b ax x x x -=--，再将所证不等式转化为1222111ln 1x x x x x x -<<-，进而令211xt x =>，再构造函数求导分析单调性证明即可.【详解】（1）()11(0)ax f x a x x x-='-=>，①若0a ≤，则()0f x '<，即()f x 在()0,∞+单调递减，②若0a >，令()0f x ¢>，有1x a >，令()0f x '<，有10x a <<，即()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递增，综上：0a ≤，()f x 在()0,∞+单调递减，若0a >，()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递增．（2）()()2ln ln g x x ax x b ax x x b =-+=-+，令()0g x =得：2ln 0ax x x b -+=，因为0x >，ln 0bax x x -+=，因为12,x x 是()g x 的两个零点，所以，112212ln 0,ln 0b bax x ax x x x -+=-+=，所以()12211211ln ln 0a x x x x b x x ⎛⎫-+-+-= ⎪⎝⎭，()12211221ln ln x x x x b ax x x x -=--，要证明()()211211x ax b x ax -<<-，只需证122121ax x x b ax x x -<<-，即证明21212121ln ln x x x x x x x x --<-<--变形为1222111ln 1x x x x x x -<<-，令211xt x =>，则证明11ln 1t t t-<<-，设()()1ln 11h t t t t ⎛⎫=--> ⎪⎝⎭，()210t h t t -'=>，()h t 在()1,+∞单调递增，所以()()10h t h >=，即1ln 1t t>-，设()()ln 1u t t t =--，()10tu t t-'=<，()u t 在()1,+∞单调递减，所以，()()10u t u <=，即，ln 1t t <-，综上：()()211211x ax b x ax -<<-．19．（22-23高二下·安徽阜阳·期末）已知函数()21ln e 2f x x x x x =+-.(1)讨论()f x 的单调性；(2)令()()()212e 12eg x f x x a x =++++，若不等式()0g x ≥恒成立，求a 的最小值.【答案】(1)答案见解析(2)2-【分析】（1）求得()ln e f x x x =+'，令()()h x f x ='，得到()0h x '>，结合10e f '⎛⎫= ⎪⎝⎭，进而求得函数()f x 的单调区间；（2）求得()ln 12e g x x x a =+++'，令()()x g x ϕ'=，求得()0x ϕ'>，得到()g x '在()0,x ∈+∞上单调递增，结合()()2e0a g -+'<，()e 0a g -'>，得出存在()()20e ,e aa x -+-∈，使得()000ln 12e 0g x x x a '=+++=，进而得出函数的单调性，结合不等式()0g x ≥恒成立等价于()min 0()0g x g x =≥，得到010ex <≤，得到00ln 2e 12a x x -=++≤，即可求解.【详解】（1）解：函数()21ln e 2f x x x x x =+-的定义域为()0,∞+，可得()ln e f x x x =+'，令()()h x f x ='，则()1e 0h x x=+>'，所以()h x 单调递增，即()f x '单调递增.又因为1110e f ⎛⎫=-+= ⎪⎝⎭'，所以当10,e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭x 时，()0f x '<，当1,e x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x ¢>，所以函数()f x 的单调递减区间为10,e ⎛⎫⎪⎝⎭，单调递增区间1,e ∞⎡⎫+⎪⎢⎣⎭.（2）解：由题意知()22ln e eg x x x x ax =+++，可得()ln 12e g x x x a =+++'，令()()x g x ϕ'=，可得()12e 0x xϕ+'=>，所以()x ϕ在()0,x ∈+∞上单调递增，即()g x '在()0,x ∈+∞上单调递增，又由()()()()2222e e212e e 10ea aa g a a -+-++=-+++⋅+≤-+<'，()e 12e e 0a a g a a --=-++⋅+>'，。

第三章.导数及其应用测试卷(含详细答案)

单元综合测试三(第三章)时间：90分钟分值：150分第Ⅰ卷(选择题，共60分)一、选择题(每小题5分，共60分)1．已知f (x )＝(x ＋a )2，且f ′(12)＝－3，则a 的值为( ) A ．－1 B ．－2 C ．1D ．2解析：f (x )＝(x ＋a )2，∴f ′(x )＝2(x ＋a )．又f ′(12)＝－3，∴1＋2a ＝－3，解得a ＝－2. 答案：B2．函数y ＝sin x (cos x ＋1)的导数是( ) A ．y ′＝cos2x －cos x B ．y ′＝cos2x ＋sin x C ．y ′＝cos2x ＋cos xD ．y ′＝cos 2x ＋cos x解析：y ′＝(sin x )′(cos x ＋1)＋sin x (cos x ＋1)′＝cos 2x ＋cos x －sin 2x ＝cos2x ＋cos x .答案：C3．函数y ＝3x －x 3的单调递增区间是( ) A ．(0，＋∞) B ．(－∞，－1) C ．(－1,1)D ．(1，＋∞)解析：f ′(x )＝3－3x 2>0⇒x ∈(－1,1)．答案：C4．某汽车启动阶段的路程函数为s (t )＝2t 3－5t 2＋2，则t ＝2秒时，汽车的加速度是( )A ．14B ．4C ．10D ．6解析：依题意v (t )＝s ′(t )＝6t 2－10t ，所以a (t )＝v ′(t )＝12t －10，故汽车在t ＝2秒时的加速度为a (2)＝24－10＝14.答案：A5．若曲线f (x )＝x sin x ＋1在x ＝π2处的切线与直线ax ＋2y ＋1＝0互相垂直，则实数a 的值为( )A ．－2B ．－1C ．1D ．2解析：f ′(x )＝x cos x ＋sin x ，f ′(π2)＝1， ∴k ＝－a2＝－1，a ＝2. 答案：D6．已知P ，Q 为抛物线x 2＝2y 上两点，点P ，Q 的横坐标分别为4，－2，过P ，Q 分别作抛物线的切线，两切线交于点A ，则点A 的纵坐标为( )A ．1B ．3C ．－4D ．－8解析：如图所示，由已知可设P (4，y 1)，Q (－2，y 2)， ∵点P ，Q 在抛物线x 2＝2y 上，∴⎩⎨⎧42＝2y 1， ①(－2)2＝2y 2， ②∴⎩⎨⎧y 1＝8，y 2＝2，∴P (4,8)，Q (－2,2)．又∵抛物线可化为y ＝12x 2，∴y ′＝x . ∴过点P 的切线斜率为y ′|x ＝4＝4，∴过点P 的切线为y －8＝4(x －4)，即y ＝4x －8. 又∵过点Q 的切线斜率为y ′|x ＝－2＝－2.∴过点Q 的切线为y －2＝－2(x ＋2)，即y ＝－2x －2.联立⎩⎨⎧y ＝4x －8，y ＝－2x －2，解得x ＝1，y ＝－4.∴点A的纵坐标为－4. 答案：C7．若函数y＝a(x3－x)的递增区间是(－∞，－33)，(33，＋∞)，则a的取值范围是()A．a>0 B．－1<a<0 C．a>1 D．0<a<1解析：依题意y′＝a(3x2－1)>0的解集为(－∞，－33)，(33，＋∞)，故a>0.答案：A8．对任意的x∈R，函数f(x)＝x3＋ax2＋7ax不存在极值点的充要条件是()A．0≤a≤21 B．a＝0或a＝7C．a<0或a>21 D．a＝0或a＝21解析：f′(x)＝3x2＋2ax＋7a，当Δ＝4a2－84a≤0，即0≤a≤21时，f′(x)≥0恒成立，函数f(x)不存在极值点．故选A.答案：A9．已知函数f(x)＝x3－3x，若对于区间[－3,2]上任意的x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤t，则实数t的最小值是()A．0 B．10C．18 D．20解析：f′(x)＝3x2－3，令f′(x)＝0，解得x＝±1，所以1，－1为函数f(x)的极值点，因为f(－3)＝－18，f(－1)＝2，f(1)＝－2，f(2)＝2，所以在区间[－3,2]上，f(x)max＝2，f(x)min＝－18，所以对于区间[－3,2]上任意的x1，x2，|f(x1)－f(x2)|≤20，所以t≥20，从而t的最小值为20.答案：D10．设函数f(x)的定义域为R，x0(x0≠0)是f(x)的极大值点，以下结论一定正确的是()A．∀x∈R，f(x)≤f(x0)B．－x0是f(－x)的极小值点C．－x0是－f(x)的极小值点D．－x0是－f(－x)的极小值点解析：取函数f(x)＝x3－x，则x＝－33为f(x)的极大值点，但f(3)>f(－33)，∴排除A.取函数f(x)＝－(x－1)2，则x＝1是f(x)的极大值点，f(－x)＝－(x＋1)2，－1不是f(－x)的极小值点，∴排除B；－f(x)＝(x－1)2，－1不是－f(x)的极小值点，∴排除C.故选D.答案：D11．若函数y＝f(x)满足xf′(x)>－f(x)在R上恒成立，且a>b，则()A．af(b)>bf(a) B．af(a)>bf(b)C．af(a)<bf(b) D．af(b)<bf(a)解析：设g(x)＝xf(x)，则g′(x)＝xf′(x)＋f(x)>0，∴g(x)在R上是增函数，又a>b，∴g(a)>g(b)即af(a)>bf(b)．答案：B12．设函数f (x )满足x 2f ′(x )＋2xf (x )＝e x x ，f (2)＝e 28，则x >0时，f (x )( )A ．有极大值，无极小值B ．有极小值，无极大值C ．既有极大值又有极小值D ．既无极大值也无极小值解析：由题意知f ′(x )＝e x x 3－2f (x )x ＝e x －2x 2f (x )x3.令g (x )＝e x－2x 2f (x )，则g ′(x )＝e x －2x 2f ′(x )－4xf (x )＝e x －2(x 2f ′(x )＋2xf (x ))＝e x －2e xx ＝e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－2x .由g ′(x )＝0得x ＝2，当x ＝2时，g (x )min ＝e 2－2×22×e 28＝0，即g (x )≥0，则当x >0时，f ′(x )＝g (x )x 3≥0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增，既无极大值也无极小值．答案：D第Ⅱ卷(非选择题，共90分)二、填空题(每小题5分，共20分)13．若抛物线y ＝x 2－x ＋c 上一点P 的横坐标为－2，抛物线过点P 的切线恰好过坐标原点，则c 的值为________．解析：∵y ′＝2x －1，∴y ′|x ＝－2＝－5. 又P (－2,6＋c )，∴6＋c－2＝－5.∴c ＝4. 答案：414．如果函数f (x )＝x 3－6bx ＋3b 在区间(0,1)内存在与x 轴平行的切线，则实数b 的取值范围是________．解析：存在与x 轴平行的切线，即f ′(x )＝3x 2－6b ＝0有解，∵x ∈(0,1)，∴b ＝x 22∈(0，12)．答案：{b |0<b <12}15．已知a ≤4x 3＋4x 2＋1对任意x ∈[－1,1]都成立，则实数a 的取值范围是________．解析：设f (x )＝4x 3＋4x 2＋1，则f ′(x )＝12x 2＋8x ＝4x (3x ＋2)，令f ′(x )＝0，解得x 1＝0，x 2＝－23.又f (－1)＝1, f (－23)＝4327，f (0)＝1，f (1)＝9，故f (x )在[－1,1]上的最小值为1，故a ≤1.答案：(－∞，1]16．设二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)的导数为f ′(x )，f ′(0)>0，若∀x ∈R ，恒有f (x )≥0，则f (1)f ′(0)的最小值是________．解析：二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)的导数为f ′(x )＝2ax ＋b ，由f ′(0)>0，得b >0，又对∀x ∈R ，恒有f (x )≥0，则a >0，且Δ＝b 2－4ac ≤0，故c >0，所以f (1)f ′(0)＝a ＋b ＋c b ＝a b ＋c b ＋1≥2acb 2＋1≥2ac4ac ＋1＝2，所以f (1)f ′(0)的最小值为2.答案：2三、解答题(写出必要的计算步骤，只写最后结果不得分，共70分)17．(10分)已知函数f (x )＝ln(2x ＋a )＋x 2，且f ′(0)＝23.(1)求f (x )的解析式；(2)求曲线f (x )在x ＝－1处的切线方程．解：(1)∵f (x )＝ln(2x ＋a )＋x 2，∴f ′(x )＝12x ＋a ·(2x ＋a )′＋2x ＝22x ＋a ＋2x .又∵f ′(0)＝23，∴2a ＝23，解得a ＝3. 故f (x )＝ln(2x ＋3)＋x 2.(2)由(1)知f ′(x )＝22x ＋3＋2x ＝4x 2＋6x ＋22x ＋3，且f (－1)＝ln(－2＋3)＋(－1)2＝1， f ′(－1)＝4×(－1)2＋6×(－1)＋22(－1)＋3＝0，因此曲线f (x )在(－1,1)处的切线方程是y －1＝0(x ＋1)，即y ＝1.18．(12分)已知函数f (x )＝13x 3＋ax ＋b (a ，b ∈R )在x ＝2处取得极小值－43.(1)求函数f (x )的增区间；(2)若f (x )≤m 2＋m ＋103对x ∈[－4,3]恒成立，求实数m 的取值范围．解：(1)由已知得f (2)＝－43，f ′(2)＝0，又f ′(x )＝x 2＋a ，所以83＋2a ＋b ＝－43，4＋a ＝0，所以a ＝－4，b ＝4，则f (x )＝13x 3－4x ＋4，令f ′(x )＝x 2－4>0，得x <－2或x >2，所以增区间为(－∞，－2)，(2，＋∞)．(2)f (－4)＝－43，f (－2)＝283，f (2)＝－43，f (3)＝1，则当x ∈[－4,3]时，f (x )的最大值为283，故要使f (x )≤m 2＋m ＋103对∈[－4,3]恒成立，只要283≤m 2＋m ＋103，所以实数m 的取值范围是m ≥2或m ≤－3.19．(12分)已知函数f (x )＝e x (ax ＋b )－x 2－4x ，曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝4x ＋4.(1)求a ，b 的值；(2)讨论f (x )的单调性，并求f (x )的极大值．解：(1)f ′(x )＝e x (ax ＋a ＋b )－2x －4.由已知得f (0)＝4，f ′(0)＝4，故b ＝4，a ＋b －4＝4，所以a ＝4，b ＝4.(2)由(1)知，f (x )＝4e x (x ＋1)－x 2－4x ， f ′(x )＝4e x(x ＋2)－2x －4＝4(x ＋2)(e x－12)．令f ′(x )＝0，得x ＝－ln2或x ＝－2.从而当x ∈(－∞，－2)∪(－ln2，＋∞)时，f ′(x )>0；当x ∈(－2，－ln2)时，f ′(x )<0.故f (x )在(－∞，－2)，(－ln2，＋∞)上单调递增，在(－2，－ln2)上单调递减．当x ＝－2时，函数f (x )取得极大值，极大值为f (－2)＝4(1－e －2)．20．(12分)已知函数f (x )＝x －a ln x (a ∈R )．(1)当a ＝2时，求曲线y ＝f (x )在点A (1，f (1))处的切线方程． (2)求函数f (x )的极值．解：函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1－ax . (1)当a ＝2时，f (x )＝x －2ln x ，f ′(x )＝1－2x (x >0)，所以f (1)＝1，f ′(1)＝－1，所以y ＝f (x )在点A (1，f (1))处的切线方程为y －1＝－(x －1)，即x ＋y －2＝0.(2)由f ′(x )＝1－a x ＝x －ax ，x >0可知：①当a ≤0时，f ′(x )>0，函数f (x )为(0，＋∞)上的增函数，函数f(x)无极值；②当a>0时，由f′(x)＝0，解得x＝a；因为x∈(0，a)时，f′(x)<0，x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在x＝a处取得极小值，且极小值为f(a)＝a－a ln a，无极大值．综上：当a≤0时，函数f(x)无极值，当a>0时，函数f(x)在x＝a处取得极小值a－a ln a，无极大值．21.(12分)某地政府鉴于某种日常食品价格增长过快，欲将这种食品价格控制在适当范围内，决定给这种食品生产厂家提供政府补贴，设这种食品的市场价格为x 元/千克，政府补贴为t 元/千克，根据市场调查，当16≤x ≤24时，这种食品日供应量p 万千克，日需量q 万千克近似地满足关系：p ＝2(x ＋4t －14)(t >0)，q ＝24＋8ln 20x .当p ＝q 时的市场价格称为市场平衡价格．(1)将政府补贴表示为市场平衡价格的函数，并求出函数的值域；(2)为使市场平衡价格不高于20元/千克，政府补贴至少为多少元/千克？解：(1)由p ＝q 得2(x ＋4t －14) ＝24＋8ln 20x (16≤x ≤24，t >0)，即t ＝132－14x ＋ln 20x (16≤x ≤24)． ∵t ′＝－14－1x <0，∴t 是x 的减函数． ∴t min ＝132－14×24＋ln 2024＝12＋ln 2024＝12＋ln 56； t max ＝132－14×16＋ln 2016＝52＋ln 54， ∴值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤12＋ln 56，52＋ln 54.(2)由(1)知t ＝132－14x ＋ln 20x (16≤x ≤24)．而当x ＝20时，t ＝132－14×20＋ln 2020＝1.5(元/千克)，∵t 是x 的减函数，∴欲使x ≤20，必须t ≥1.5(元/千克)．要使市场平衡价格不高于20元/千克，政府补贴至少为1.5元/千克．22．(12分)已知函数f (x )＝ln x －12ax 2－2x .(1)若函数f (x )在x ＝2处取得极值，求实数a 的值． (2)若函数f (x )在定义域内单调递增，求实数a 的取值范围． (3)当a ＝－12时，关于x 的方程f (x )＝－12x ＋b 在[1,4]上恰有两个不相等的实数根，求实数b 的取值范围．解：(1)由题意，得f ′(x )＝－ax 2＋2x －1x(x >0)，因为x ＝2时，函数f (x )取得极值，所以f ′(2)＝0，解得a ＝－34，经检验，符合题意．(2)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，依题意，f ′(x )≥0在x >0时恒成立，即ax 2＋2x －1≤0在x >0时恒成立，则a ≤1－2x x 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12－1在x >0时恒成立，即a ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫⎝⎛⎭⎪⎫1x －12－1min (x >0)，当x ＝1时，⎝⎛⎭⎪⎫1x －12－1取最小值－1，所以a 的取值范围是(－∞，－1]．(3)当a ＝－12时，f (x )＝－12x ＋b ，即14x 2－32x ＋ln x －b ＝0.设g (x )＝14x 2－32x ＋ln x －b (x >0)，则g ′(x )＝(x －2)(x －1)2x，当x 变化时，g ′(x )，g (x )的变化情况如下表：x (0,1) 1 (1,2) 2 (2,4) g ′(x ) ＋ 0 － 0 ＋ g (x )极大极小所以g (x )极小值＝g (2)＝ln2－b －2， g (x )极大值＝g (1)＝－b －54，又g (4)＝2ln2－b －2，因为方程g (x )＝0在[1,4]上恰有两个不相等的实数根，则⎩⎪⎨⎪⎧g (1)≥0，g (2)<0，g (4)≥0，解得ln2－2<b ≤－54，所以实数b 的取值范围是(ln2－2，－54)．。

导数应用精选50题(含有答案)

C.2
D. 3
2
13.对于三次函数 f (x) ax3 bx2 cx d （ a 0 ），定义：设 f (x) 是函数 y f (x) 的
导数，若方程 f (x) 0 有实数解 x0，则称点（x0，（f x0））为函数 y f (x) 的“拐点”．有
同学发现:“任何一个三次函数都有‘拐点’；任何一个三次函数都有对称中心；且‘拐点’
)
99
A. a b c
B. c > b > a
C. c > a > b
D. a > c > b
10. f (x)是函数f (x)的导函数, 将y f (x)和y f (x) 的图象画在同一直角坐标系中，不
可能正确的是
()
11.已知函数 y xf (x) 的图象如图 3 所示（其中 f (x) 是函数 f (x) 的导函数）．下面四个图象中， y f (x) 的图象大致是（）
常数为方程 f (x) = x 的实数根。 (1) 求证：当 x > 时，总有 x > f (x) 成立； (2) 对任意 x1、x2 若满足| x1－ | < 1,| x2－ | < 1,求证：| f (x1)－f (x2)| < 2.
25.（本小题满分 12 分）
已知函数 f (x) ax3 bx2 ，当 x 1 时，有极大值 3 ；
f
( ) ， f 3
(x ) 为 f(x)的导函数，令 a＝
12，b＝log32，则下列关系
正确的是( )
A．f(a)>f(b) B．f(a)<f(b)
C．f(a)＝f(b)
D．f(|a|)<f(b)
16.设在函数 y x sin x cos x 的图象上的点 x0, y0 处的切线斜率为 k，若 k g x0 ，则

2023年高考备考导数与放缩法综合应用(含答案)

高考材料高考材料专题13 导数与放缩法综合应用一、解答题1．〔2023·全国·高三专题练习〕已知函数. ()1ln xf x x x=+〔1〕假设时，，求实数的取值范围； 1≥x ()1mf x x ≥+m 〔2〕求证：.()()2*11ln ln 11nk n n k k n N n =--++>∈⎡⎤⎣⎦+∑（答案）〔1〕；〔2〕证明见解析． 2m ≤（解析）（分析）〔1〕先别离参数转化为求函数的最小值，通过求导函数，进而分析单调性再求得最小值得出结果；〔2〕由〔1〕知：恒成立，即，则累加后结合放缩法即可证明命题． ()21f x x ≥+2ln 1>-x x ()22ln 111+>-+⎡⎤⎣⎦+n n n n （详解）解：〔1〕不等式，即为，()1m f x x ≥+()()11ln x x m x++≤记，()()()11ln x x g x x++=故， ()()()()()'2211ln 11ln ln x x x x x x x g x x x ⎡⎤++-++-='⎣⎦=令，则， ()ln h x x x =-()11h x x'=-∵，∴在单调递增， 1≥x ()()0,h x h x '≥[)1,+∞故，故， ()()min 110h x h ==>()0g x '>故在上单调递增， ()g x [)1,+∞故，故； ()()min 12g x g ==2m ≤〔2〕由〔1〕知：恒成立， ()21f x x ≥+即， 122ln 1112x x x x x-≥=->-++令，则，()1x n n =+()()222ln 11111+>-=-+⎡⎤⎣⎦++n n n n n n 故，()()2222ln 121,ln 2311223⨯>-+⨯>-+， ()()2222ln 341,,ln 11341⨯>-++>-+⎡⎤⎣⎦+ n n n n 累加得：，()21111ln ln 1212111nk n n k k n n n n n =--⎛⎫++>-->-+=⎡⎤ ⎪⎣⎦+++⎝⎭∑故． ()()2*11ln ln 11nk n n k k n N n =--++>∈⎡⎤⎣⎦+∑2．〔2023·上海·闵行中学高三开学考试〕定义在上的函数满足：假设对任意的实数，有R ()f x x y ≠，则称为函数．()()y x x f f y -<-()f x L 〔1〕推断和是否为函数，并说明理由； ()21f x x =+()211g x x =+L 〔2〕当时，函数的图像是一条连续的曲线，值域为，且，求证：关于的方程[],x a b ∈L ()f x G [],G a b ⊆x ()f x x =在区间上有且只有一个实数根；[],a b 〔3〕设为函数，且，定义数列：，，证明：对任意，有()f x L ()33f ={}()n a n *∈N 11a =()()112n n n a f a a +=+n *∈N ．13n n a a +<<（答案）〔1〕不是函数，是函数，理由见解析；〔2〕证明见解析；〔3〕证明见解析. ()f x L ()g x L （解析）（分析）(1)利用给定定义结合已知函数式直接验证即可得解；(2)构造函数，利用零点存在性定理及反证法即可得解；()(),[,]h x f x x x a b =-∈(3)依据给定条件，先证得，然后利用数学归纳法证明对任意正整数成立. 123a a <<13n n a a +<<（详解）(1)，，12,R x x ∀∈12x x ≠，显然值可以趋近于正无穷大，即不成立，2212121212|()()|||||||f x f x x x x x x x -=-=+⋅-12||x x +1212|()()|||f x f x x x -<-所以函数不是函数；()f x L ， 12121222221212||11|()()|||||11(1)(1)x x g x g x x x x x x x +-=-=⋅-++++而，则恒成立， ()()()()()2222121212122222222212121212111111222111111x x x x x x x x x x x x x x x x +++++++≤≤=<++++++++1212|()()|||g x g x x x -<-所以函数是函数；()g x L (2)令，显然的图象是上的一条连续曲线，而值域为，且， ()(),[,]h x f x x x a b =-∈()h x [,]a b ()f x G [],G a b ⊆于是得，，由零点存在性定理知，方程在内有实根，()()0h a f a a =-≥()()0h b f b b =-≤()0h x =[,]a b 假设在内有两个不同的实根，则有，即， ()()0h x f x x =-=[,]a b 34,x x 3344(),()f x x f x x ==3434|()()|||f x f x x x -=-而函数是函数，对上述的，必有与矛盾， ()f x L 34,x x 3434|()()|||f x f x x x -<-3434|()()|||f x f x x x -=-所以关于的方程在区间上有且只有一个实数根；x ()f x x =[],a b高考材料高考材料(3)因函数是函数，又，，于是得，即， ()f x L ()33f =11a =11|()(3)||3|2f a f a -<-=11()5f a <<，从而有，2111[()](1,3)2a f a a =+∈123a a <<用数学归纳法证明不等式：，， 13n n a a +<<n *∈N ①当时，不等式显然成立，1n =②假设时，不等式成立，即，,N n k k *=∈13k k a a +<<，即有，则， ()()()()11113333k k k k f a f f a f a a ++++-≤-<-=-()()11336k k f a a f +++<+=()211132k k k a f a a +++⎡⎤=+<⎣⎦又，即， ()()()()1111k k k k k k k k f a f a f a f a a a a a ++++-≤-<-=-()()11k k k k f a a f a a +++<+则，即， ()()111122k k k k f a a f a a ++⎡⎤⎡⎤+<+⎣⎦⎣⎦12k k a a ++<从而得，即时，不等式成立， 123k k a a ++<<1n k =+综合①②得，对任意，有.n *∈N 13n n a a +<<3．〔2023·宁夏·银川一中三模〔理〕〕已知函数，其中 21()e 2xf x k x =-.k ∈R (1)假设有两个极值点，记为 ()f x 1212,(),x x x x <①求的取值范围； k ②求证：； 122x x +>(2)求证：对任意恒有 ,n *∈N 22212112 1.23e (1)e (1)ek n k n k n --+++++<++ （答案）(1)①；② 证明见解析； 10e<<k (2)证明见解析. （解析）（分析）〔1〕① 由题得有两个变号零点，设求出函数的单调性即得解；② 利用极值点偏移的方法证明； e x x k =(),e xxg x =〔2〕证明，再利用裂项相消求和即得证.21e 11(1)1n n n n n -<-++(1)解：〔1〕由题得有两个变号零点， ()e 0x f x k x '=-=所以有两个变号零点， e xxk =设 1(),(),e e x xx xg x g x -'=∴=当时，函数单调递增，当时，函数单调递减，1x <()g x 1x >()g x当时，，当时，，， 0x <()0g x <0x >()0>g x 1(1)eg =所以. 10e<<k (2)设， ()()(2),(1)h x g x g x x =-->所以， 211()()[(2)]=0,(1)e ex x x xh x g x g x x ---'''=--+>>所以在单调递增，又， ()h x (1,)+∞(1)0h =所以又， ()(2),g x g x >-121x x <<所以22()(2),g x g x >-所以因为，所以. 12()(2),g x g x >-221x -<12122,+2x x x x >-∴>(2)证明：由〔1〕知，所以 1,e e x x ≤11,e x x-≤所以对任意恒有， ,n *∈N 2121111(1)e (1)(1)1n n n n n n n n -≤<=-++++所以 2221211211111(1()()23e (1)e (1)e 2231k n k n k n n n --+++++<-+-++-+++ 所以. 2221211211123e (1)e (1)e 1k n k n k n n --+++++<-<+++ 4．〔2023·全国·高三专题练习〕已知函数. ()2()ln 12xf x x x =+-+〔1〕证明：时，； 0x >()0f x>〔2〕证明：1113521n ++⋅⋅⋅+<+（答案）〔1〕证明见解析；〔2〕证明见解析. （解析）〔1〕由，即在定义域内为增函数，即可证明结论. 22()0(1)(2)x f x x x '=>++()f x 〔2〕依据〔1〕结论，令可得，将所得的n 个式子相加，结合对数运算性质、放缩法即可1x n =21ln 21n n n+<+*n N ∈证不等式. （详解）〔1〕时，， 0x >22214()01(2)(1)(2)x f x x x x x '=-=>++++故为增函数，； ()f x ()()00f x f >=〔2〕由〔1〕知：， 2ln(1)2xx x +>+令时，有， 1x n =12121ln 1ln 1212n n n n n n⋅+⎛⎫<+⇒< ⎪+⎝⎭+高考材料高考材料故，，…，， 22ln 31<23ln 52<21ln 21n n n+<+将式相加得：，n 222231ln ln ln 352112n n n ++++<++++ 231ln ln(1)12n n n +⎛⎫=⋅=+ ⎪⎝⎭ ∴. 1111ln(1)35212n n +++<+=+ 5．〔2023·云南师大附中高三阶段练习〔文〕〕已知函数.()ln f x x =〔1〕证明：当时，恒成立；2x >()2532xf x x -+<<〔2〕设数列的通项公式为，记为的前项和，求证：.{}n a 2222n a f n n ⎛⎫=+ ⎪+⎝⎭n S {}n a n 213364n n S n +<<+〔参考数据：〕 2.71828e = 1.41421= （答案）〔1〕证明见解析；〔2〕证明见解析. （解析）（分析）〔1〕构造函数，利用导数得出，可证得成立，构造函数()()253g x f x x =+-()()20g x g >>()253f x x >-+，利用导数得出可证得，综合可证得结论成立； ()()2x h x f x =-()()20h x h <<()2xf x <〔2〕由〔1〕中的结论可得出，利用放缩法得出，22225112132n n n a n n n n +-+<<++++211111131222n a n n n n ⎛⎫+-<<+- ⎪+++⎝⎭结合裂项求和法可证得结论成立. （详解）证明：〔1〕令，可得， ()()2525ln 33g x f x x x x =+-=+-()22122x g x x x x-'=-=当时，，所以，函数在上单调递增．2x >()0g x '>()g x ()2,+∞又，而，，，()22ln 23g =-22ln 2332e e e -=-328=3223e e ⎛⎫= ⎪⎝⎭2.83e =≈>，在上恒成立． ()22ln 203g ∴=->()253f x x >-+()2,+∞令，则， ()()ln 22x x h x f x x =-=-()11222xh x x x-'=-=当时，，所以，函数在上单调递减． 2x >()0h x '<()h x ()2,+∞又，在上恒成立． ()2ln 21ln 2ln 0h e =-=-<()2xf x ∴<()2,+∞综上，当时，恒成立；2x >()2532xf x x -+<<〔2〕，而，22222ln 222n a f n n n n ⎛⎫⎛⎫=+=+ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭ 22222n n +>+所以令〔1〕中不等式的， 2222242222n n x n n n n++=+=++由〔1〕可得，22225112132n n n a n n n n+-+<<++++则一方面，， ()()()()()222221125521212133331211n n n n a n n n n n n +-+>-+=-=+>+++++++211312n n =+-++， 211111121121121323341232232336n S n n n n n n n ⎛⎫∴>+-+-++-=+->+-=+ ⎪+++⎝⎭ 另一方面，，()111111222n a n n n n ⎛⎫<+=+- ⎪++⎝⎭， 111111111111232422212n S n n n n n n ⎛⎫⎛⎫∴<+-+-++-=++-- ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭3111342124n n n n ⎛⎫=+-+<+ ⎪++⎝⎭综上，有．213364n n S n +<<+6．〔2023·四川省宜宾市第四中学校高三阶段练习〕已知函数，满足：①对任意，都有(),y f x x N +=∈,a b N +∈；()()()()af a bf b af b bf a +>+②对任意都有． *n N ∈[()]3f f n n =〔1〕试证明：为上的单调增函数； ()f x +N 〔2〕求；(1)(6)(28)f f f ++〔3〕令，试证明：(3),nn a f n N +=∈121111.424n n n a a a <+++<+ （答案）〔1〕证明见解析；〔2〕66；〔3〕证明见解析. （解析）（分析）〔1〕对①中等式变形，利用定义法推断出的单调性；()f x 〔2〕先假设，依据条件确定出的值，即可求解出的值，再结合〔1〕的单调性确定出的()1f a =a ()()1,6f f ()28f 值，由此计算出结果；〔3〕依据条件推断出为等比数列并求解出通项公式，利用不等式以及二项展开式采纳放缩方法证明不等式. {}n a （详解）解：〔1〕由①知，对任意，都有， *,,a b N a b ∈<()(()())0a b f a f b -->由于，从而，所以函数为上的单调增函数；0a b -<()()f a f b <()f x *N 〔2〕令，则，显然，否则，与矛盾. ()1f a =1a …1a ≠()()()111f f f ==()()13f f =从而，而由，即得. 1a >((1))3f f =()3f a =又由〔1〕知，即.()(1)f a f a >=3a <于是得，又，从而，即.13a <<*a N ∈2a =()12f =高考材料高考材料又由知. ()3f a =()23f =于是，(3)((2))326f f f ==⨯=，， (6)((3))339f f f ==⨯=(9)((6))3618f f f ==⨯=，， (18)((9))3927f f f ==⨯=(27)((18))31854f f f ==⨯=，由于，(54)((27))32781f f f ==⨯=5427815427-=-=而且由〔1〕知，函数为单调增函数，因此. ()f x (28)54155f =+=从而.(1)(6)(28)295566f f f ++=++=〔3〕，()()()13333n n n n f a f f +==⨯=，. ()()()()1133n n n n a f f f f a a ++===1(3)6a f ==即数列是以为首项，以为公比的等比数列. {}n a 63∴16323(1,2,3)n n n a n -=⨯=⨯= 于是，显然， 21211(1)111111111133((1)1233324313n n n n a a a -+++=+++=⨯=--1111434n ⎛⎫-< ⎪⎝⎭另一方面，1223(12)122212n n n nn n n C C C n =+=+⨯+⨯++⨯>+ 从而. 1111114342142nn n n ⎛⎫⎛⎫->-=⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭综上所述，. 121111424n n n a a a <+++<+ 7．〔2023·安徽省霍邱县第二中学高三开学考试〔理〕〕已知函数． ()ln 3f x a x ax =--(0)a ≠〔1〕商量的单调性；()f x 〔2〕假设对任意恒成立，求实数的取值范围〔为自然常数〕； ()(1)40f x a x e +++-≤2[,]x e e ∈a e 〔3〕求证：． 22221111ln(1)ln(1)ln(1)...ln(1)1234n++++++++<*(2,)n n ≥∈N （答案）〔1〕答案见解析；〔2〕；〔3〕证明见解析.212e e a --≤（解析）〔1〕求导得到，然后分和两种求解商量求解. '(1)()a x f x x-=0a >0a <〔2〕令,求导得到，令，得到()ln 3(1)4ln 1F x a x ax a x e a x x e =--+++-=++-'()a x F x x +='()0a x F x x+==x a =-，然后分，和三种情况商量求解.a e -≤2a e -≥2e a e <-<〔3〕令得到，则，由〔1〕知在上单调递增，则有1a =-()ln 3f x x x =-+-(1)2f =-()ln 3f x x x =-+-[1,)+∞即对一切成立，从而，然后利用裂项相消法求解. ()(1)f x f >ln 1x x <-(1,)x ∈+∞2211111ln(1)(1)1n n n n n n+<<=---（详解）〔1〕函数的定义域为，， ()0+∞，'(1)()a x f x x-=当时，的单调增区间为，单调减区间为； 0a >()f x (0,1][1,)+∞当时，的单调增区间为，单调减区间为； 0a <()f x [1,)+∞(0,1]〔2〕令，()ln 3(1)4ln 1F x a x ax a x e a x x e =--+++-=++-则，令，则 '()a x F x x +='()0a x F x x+==x a =- 〔a 〕假设，即则在是增函数， a e -≤a e ≥-()F x 2[,]e e 无解.22max ()()210F x F e a e e ==++-≤〔b 〕假设即，则在是减函数，2a e -≥2a e ≤-()F x 2[,]e e 所以max ()()10F x F e a ==+≤1a ≤-2a e ≤-〔c 〕假设，即，在是减函数，在是增函数，2e a e <-<2e a e -<<-()F x [,]e a -2[,]a e -可得，可得22()210F e a e e =++-≤212e e a --≤()10F e a =+≤1a ≤-所以 2212e e e a ---≤≤综上所述 212e e a --≤〔3〕令〔或〕此时，所以， 1a =-1a =()ln 3f x x x =-+-(1)2f =-由〔1〕知在上单调递增，()ln 3f x x x =-+-[1,)+∞∴当时，即，∴对一切成立， (1,)x ∈+∞()(1)f x f >ln 10x x -+->ln 1x x <-(1,)x ∈+∞∵，则有， *2,n n N ≥∈2211111ln(1)(1)1n n n n n n+<<=---所以 22221111ln(1)ln(1)ln(1)...ln(1)234n ++++++++.1111111(1)(()...(223341n n <-+-+-+--111n=-<8．〔2023·四川·石室中学高三期末〕已知函数的图象上有一点列，点在()()()3log 101x f x x x +=>+()(),n n n P x y n N *∈n P x轴上的射影是，且〔且〕，． (),0n n Q x 132n n x x -=+2n ≥n *∈N 12x =〔1〕求证：是等比数列，并求出数列的通项公式；{}1n x +{}n x 〔2〕对任意的正整数，当]时，不等式恒成立，求实数的取值范围； n []1,1m ∈-21363n t mt y -+>t 〔3〕设四边形的面积是，求证：． 11n n n n P Q Q P ++n S 1211132nS S nS +++< （答案）〔1〕证明见解析，；〔2〕；〔3〕证明见解析.31nn x =-()(),22,-∞-+∞ （解析）高考材料高考材料（分析）〔1〕利用等比数列的定义可证得数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，可求得数列的通项公式； {}1n x +{}n x 〔2〕求得，利用数列单调性求得数列的最大项为，由题意可知，]时，不等式3n n n y ={}n y 113y =[]1,1m ∈-恒成立，设，依据题意可知关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围；220t mt ->()22g m mt t =-+t t 〔3〕求得，进而可求得，利用放缩法可得，进而可证得所证不等式成立. 3n n n nP Q =413nn S +=11131n nS n n ⎛⎫<- ⎪+⎝⎭（详解）〔1〕当且时，，则，且， 2n ≥n *∈N 132n n x x -=+111133311n n n n x x x x ---++==++113x +=所以，数列是以为首项，以为公比的等比数列，{}1n x +33，则；11333n n n x -∴+=⨯=31n n x =-〔2〕， ()()33log 1log 3133n n n n n n n x ny f x x +====+则，所以，数列单调递减， 1111120333n n n n n n n ny y ++++--=-=<{}n y 所以，数列的最大项为，可知对任意的，， {}n y 113y =n *∈N 21363n t mt y -+>则，化简得， 2113633t mt -+>220t mt ->当]时，不等式恒成立，[]1,1m ∈-220t mt ->设，则，解得或. ()22g m mt t =-+()()22120120g t t g t t ⎧-=+>⎪⎨=->⎪⎩2t <-2t >因此，实数的取值范围是；t ()(),22,-∞-+∞ 〔3〕由〔2〕可得，则， 3n n n nn P Q y ==11113n n n n P Q ++++=所以，，()()()1111111131312233n nn n n n n n n n n n n S x x P Q P Q ++++++⎛⎫=-+=⨯---⋅+ ⎪⎝⎭413n +=， ()()()113121111121241414414414443n n n nS n n n n n n n n ⎛⎫⎛⎫====-<- ⎪ ⎪+++++⎝⎭⎝⎭1131n n ⎛⎫=- ⎪+⎝⎭因此，.121111111113133313222311n S S nS n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++<-+-++-=-< ⎪ ⎪ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 故所证不等式成立. （点睛）此题考查等比数列定义的证明，同时也考查了数列不等式恒成立以及数列不等式的证明，考查推理能力与计算能力，属于中等题.9．〔2023·山东·模拟预测〕已知函数.()2ln(2)2f x x x =--〔1〕求证：有且仅有2个零点；()f x 〔2〕求证：. ()22*1ln (1)(21)2(2,1)nk k n n N n n n k=-++≥∈∑＜（答案）〔1〕证明见解析；〔2〕证明见解析. （解析）（分析）〔1〕先求出函数的单调区间，得到在上存在唯—零点，在上存在唯—的零点，即得有且()f x 1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭()f x 10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭()f x 仅有2个零点；〔2〕设，，证明，令，得，得到，()ln 1g x x x =-+0x >ln 11x x x ≤-()2*x k k N =∈222ln 11k k k≤-222ln11111≤-，，…，，相加化简即得. 222ln 21122≤-222ln 31133≤-222ln 11n n n ≤-()21*2ln (1)(21)22,(1)ni n n N k n n kn =≥+<+∈-∑（详解）解：〔1〕由题意，函数的定义域为. ()f x (0,)+∞则. 121()2x f x x x-'=-=令，得， ()0f x '=12x =当时，，单调递减；10,2⎛⎫∈ ⎪⎝⎭x ()0f x '<() f x 当时，，单调递增，1,2⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭x ()0f x '>()f x 所以在处取得极小值，且极小值为， ()f x 12x =112102f ⎛⎫=-=-< ⎪⎝⎭而，故在上存在唯—零点，22222224202e f e e e ⎛⎫=--=-=-> ⎪⎝⎭()f x 1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭因为，，故在上存在唯—的零点， 2221112202f e ee ⎛⎫=+-=> ⎪⎝⎭102f ⎛⎫< ⎪⎝⎭()f x 10,2⎛⎫⎪⎝⎭综上所述，有且仅有2个零点. ()f x 〔2〕设，， ()ln 1g x x x =-+0x >则，可得当时，单调递增， 11()1xg x x x-'=-=(0,1)x ∈()g x 当时，单调递减，所以，所以. (1,)x ∈+∞()(1)0g x g ≤=ln 1≤-x x 即〔当且仅当时，取等号〕. ln 11x x x≤-1x =令，得〔，当且仅当时，取等号〕 ()2*x k k N =∈222ln 11k k k≤-*N k ∈1k =所以依次令，得到1,2,3,,k n =⋯，，，…， 222ln11111≤-222ln 21122≤-222ln 31133≤-222ln 11n n n ≤-高考材料高考材料所以222222222222ln1ln 2ln3ln 11111111123123n n n++++-+-+-++-……22211111111232334(1)n n n n n ⎡⎤⎛⎫=--+++--+++ ⎪⎢⨯⨯+⎝⎭⎣⎦…＜…111111123341n n n ⎛⎫=---+-++- ⎪+⎝⎭…11121n n ⎛⎫=--- ⎪+⎝⎭(1)(21)2(1)n n n -+=+即 ()21*2ln (1)(21)22,(1)ni n n N k n n kn =≥+<+∈-∑10．〔2023·浙江·效实中学模拟预测〕已知为定义在上的奇函数，且当时，取最大值为1. ()2ax bf x x c+=+R 1x =()f x 〔1〕写出的解析式. ()f x 〔2〕假设，，求证 112x =()1n n x f x +=〔ⅰ〕；1n n x x +>〔ⅱ〕. ()()()2221223112231516n n n n x x x x x x x x x x x x ++---++⋅⋅⋅+<（答案）〔1〕；〔2〕〔ⅰ〕证明见解析；〔ⅱ〕证明见解析. ()221xf x x =+（解析）（分析）〔1〕先利用求出，再依据当时，取最大值为1可求出，从而得到的解析式. ()0f b 1x =()f x ,a c ()f x 〔2〕先利用数学归纳法证明，从而可证.再依据可得，利用根本不等式可证()0,1n x ∀∈1n n x x +>112x =112n x ≤<，再利用裂项相消法可证原不等式成立，也可以利用导数证明，从而得到，利1516n n x x +-<323110n n n x x x -≤+1310n n x x +-≤用裂项相消法可证原不等式成立. （详解）〔1〕因为的定义域为，得，又为奇函数， ()2ax bf x x c +=+R 0c >()f x 所以，得；又，所以. ()00b f c ==0b =()111af c==+10a c =+>当时，.0x ≤()()210c x f x x c+=≤+当时，，当且仅当0x >()()211c x c f x c x cx x++==≤++x =也就是当，x =()max f x =1==所以，，即的解析式为， 1c =2a =()f x ()221xf x x =+此时，为奇函数，故的解析式为. ()()221x f x f x x -=-=-+()f x ()f x ()221xf x x =+〔2〕〔ⅰ〕先证明， ()0,1n x ∀∈当时，，符合； 1n =()110,12x =∈设当时，有， n k =()0,1k x ∈则当时，因为，故. 1n k =+1221kk k x x x +=+10k x +>又，故，故.()2121011k k kx x x +-=-<+-11k x +<()10,1k x +∈ 由数学归纳法可知.()0,1n x ∀∈因为，故. ()231222120111n n n n nn n n n n n x x x x x x x x x x x +---=-==>+++1n n x x +>〔ⅱ〕法一〔根本不等式+裂项相消〕：因为，所以， 01n x <<()()()3122211111141n n n nn n n n n n n x x xx x x x x x x x +++--==-⋅≤⋅+++又因为， 21121121n n n n x x x x +=+++-+115416n n x x +-≤=<所以，()()211111151116n n n n n n n n n n n n x x x x x x x x x x x x ++++++-⎛⎫-=-⋅<- ⎪⎝⎭所以()()()222122311223112231151111115121616nn n n n n n x x x x x x x x x x x x x x x x x x x ++++---⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+<-+-+⋅⋅⋅+-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭由〔ⅰ〕可知，，所以，得. 1112n x +≤<151521616n x +⎛⎫-< ⎪⎝⎭()()()2221223112231516n n n n x x x x x x x x x x x x ++---++⋅⋅⋅+<法二〔函数的值域+裂项相消〕：因为，所以，由〔ⅰ〕可知，，设， 01n x <<3121n n n n n x x x x x +--=+1112n x +≤<()321x x g x x -=+112x ⎛⎫≤< ⎪⎝⎭所以()()()()()2232213121x x x x x g x x -+--'=+，()()()()()()222322222121252011x x x x x x x x -+---+==<++高考材料高考材料得在时单调递减，所以，得；()g x 1112n x +≤<()13210g x g ⎛⎫≤= ⎪⎝⎭1310n n x x +-≤所以，()()211111131110n n n n n n n n n n n n x x x x x x x x x x x x ++++++-⎛⎫-=-⋅≤- ⎪⎝⎭由〔ⅰ〕可知，，()()()222122311223112231131111113121010nn n n n n n x x x x x x x x x x x x x x x x x x x ++++---⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+≤-+-+⋅⋅⋅+-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭1112n x +≤<所以， 1121n x +-<，证毕. ()()()2221223112231131352101016nn n n n x x x x x x x x x x x x x +++---⎛⎫++⋅⋅⋅+≤-<< ⎪⎝⎭11．〔2023·全国·高三课时练习〕已知函数，其中． 2()ln f x a x x =+a R ∈〔1〕商量的单调性；()f x 〔2〕当时，证明：；1a=2()1f x x x ≤+-〔3〕求证：对任意的且，都有：．*n N ∈2n …222211*********e n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++⋯+< ⎪⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭〔其中为自然对数的底数〕．2.7183e ≈（答案）〔1〕当时，函数在上调递增；当时，函数在上单调递减，在0a ≥()f x (0,)+∞0a <()f x ⎛ ⎝⎫+∞⎪⎪⎭上单调递增；〔2〕证明见解析；〔3〕证明见解析. （解析）（分析）〔1〕求出导函数，按照和商量，确定的正负，得的单调区间；()'f x 0a ≥0a <()'f x ()f x 〔2〕不等式即为，即．引入函数，由导数确定其最大值后可证结论． ln 1≤-x x ln 10x x -+≤()ln 1g x x x =-+〔3〕关键是如何应用刚刚所证得的函数不等式，由〔2〕，令，让，这些不等式相加ln 1x x <-211x k =+2,3,,k n = 后右边利用放缩法证明和式，可得证结论． 1<（详解）解：〔1〕函数的定义域为，，()f x (0,)+∞22()2a a xf x x x x'+=+=①当时，，所以在上单调递增，a ≥()0f x '>()f x (0,)+∞②当时，令，解得0a <()0fx '=x =当，所以，所以在上单调递减； 0x <<220a x +<()0f x '<()f x ⎛ ⎝当，所以，所以在上单调递增． x >220a x +>()0f x '>()f x ⎫+∞⎪⎪⎭综上，当时，函数在上调递增；0a ≥()f x (0,)+∞当时，函数在上单调递减，在上单调递增． 0a <()f x ⎛ ⎝⎫+∞⎪⎪⎭〔2〕当时，，要证明， 1a =2()ln f x x x =+2()1f x x x ≤+-即证，即． ln 1≤-x x ln 10x x -+≤设，则，令得，． ()ln 1g x x x =-+1()xg x x-'=()0g x '=1x =当时，，当时，． (0,1)x ∈()0g x '>(1,)x ∈+∞()0g x '<所以为极大值点，也为最大值点．1x =所以，即．故． ()(1)0g x g ≤=ln 10x x -+≤2()1f x x x ≤+-〔3〕证：由〔2〕，〔当且仅当时等号成立〕令，则， ln 1≤-x x 1x =211x n =+2211ln 1n n⎛⎫+< ⎪⎝⎭∴222222*********ln 1ln 1ln 123231223(1)n n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++++<+++<+++ ⎪ ⎪ ⎪⨯⨯-⎝⎭⎝⎭⎝⎭L L L ， 111111111ln 12231e n n n =-+-++-=-<=-L 即，22221111ln 1111ln 234e n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++< ⎪⎪⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦ 所以． 222211*********e n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++< ⎪⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭12．〔2023·四川·成都七中高三期中〕已知函数，其中是的导函数. ()ln(1),()(),0f x x g x xf x x '=+=≥()'f x ()f x 假设.[]*11()(),()(),n n g x g x g x g g x n +==∈N 〔1〕求的表达式；()n g x 〔2〕求证：，其中n ∈N x .()()()()2222211213111n g g f g n n -+-+-++-<+ （答案）〔1〕；〔2〕证明见解析. ()*N 1n xg x n nx=∈+（解析）（分析）〔1〕依据已知条件猜测，利用数学归纳法证得猜测成立. ()1n xg x nx=+〔2〕利用放缩法，结合裂项求和法，证得不等式成立. （详解）〔1〕由题意可知，， ()01xg x x x=≥+由已知 ()()()12111x x g x g x g g x g x x ⎛⎫⎡⎤=== ⎪⎣⎦++⎝⎭，高考材料高考材料，， 11211xx x x x x+==+++()313xg x x =+ ，猜测，下面用数学归纳法证明： ()*N 1n xg x n nx=∈+〔i 〕当 n =1 时，，结论成立： ()11xg x x=+假设 n =k 〔k ≥1，k ∈N x 〕时结论成立，即， ()1k xg x kx=+那么，当n =k +1〔k ≥1，k ∈N x 〕时，，即结论成立. ()()()()()1111111k k k k xg x x kx g x g g x x g x k x kx++⎡⎤====⎣⎦+++++由〔i 〕〔ii 〕可知，结论对 n ∈N x 成立. 〔2〕∵， ()01xg x x x=≥+，∴， ()()221111111x g x g n x x n==-⇒-=-++∴g 〔12﹣1〕+g 〔22﹣1〕+g 〔32﹣1〕+…+g 〔n 2﹣1〕222211*********n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-++- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭22221111123n n ⎛⎫=-++++ ⎪⎝⎭()11111223341n n n ⎡⎤-++++⎢⎥⨯⨯⨯+⎢⎥⎣⎦ ＜11111112231n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=--+-++- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦ ， 21111n n n n ⎛⎫=--=⎪++⎝⎭∴g 〔12﹣1〕+g 〔22﹣1〕+g 〔32﹣1〕+…+g 〔n 2﹣1〕. 21n n <+13．〔2023·全国·高三专题练习〕已知二次函数满足，，，. ()f x (2)()f x f x -=-()11f -=(0)2f =()x g x e =〔1〕求的解析式；()f x 〔2〕求证：时，； 0x ≥2()()g x f x ≥〔3〕求证：.()*11112(1)12(2)22()2n N g g g n n +++<∈+++ （答案）〔1〕〔2〕证明见解析；〔3〕证明见解析； 2()22f x x x =++（解析）（分析）〔1〕由，得的对称轴为，再利用待定系数法可求得结果；()2()f x f x -=-()f x 1x =-〔2〕作差构造函数，求导得，再构造函数，求导可得其最2()2e 22x x x x ϕ=---'()222x x e x ϕ=--()222x h x e x =--小值为0，所以，可知为上的增函数，所以时，，即； ()0x ϕ'≥()ϕx R 0x ≥()0x ϕ≥2()()g x f x ≥〔3〕由〔2〕知，即.易知时，得，2()()g x f x ≥22()32g x x x x +≥++*x ∈N 211112()3212g x x x x x x <=-+++++，再裂项求和后放缩可证不等式.1112()12g n n n n <-+++（详解）〔1〕由，得的对称轴为， ()2()f x f x -=-()f x 1x =-所以可设，()2()1f x a x c =++由 (1)1,1,(0)21,f a f c ⎧-==⎧⇒⎨⎨==⎩⎩，即. 2()(1)1f x x ∴=++2()22f x x x =++〔2〕设，2()2()()2e 22x x g x f x x x ϕ=-=---，'()222x x e x ϕ=--令，即， ()'()x h x ϕ=()222x h x e x =--则，'()22x h x e =-由，'()00,'()00h x x h x x <⇒<>⇒>在区间上单调递减，在区间上单调递增，.()h x (),0-∞()0,∞+min ()(0)0h x h ==∴，'()0x ϕ≥∴在上单调递增， ()x ϕR ∴时，， 0x ≥()(0)0x ϕϕ≥=∴.2()()g x f x ≥〔3〕由〔2〕知即. 2()()g x f x ≥222()222()32g x x x g x x x x ≥++⇔+≥++易知时，，，*x ∈N 2()0g x x +>2320x x ++>，2111112()32(1)(2)12g x x x x x x x x ∴<==-+++++++所以，1112()12g n n n n <-+++.1111111111112(1)12(2)22()233412222g g g n n n n n ∴+++<-+-++-=-<++++++ 14．〔2023·吉林吉林·高三期末〔理〕〕已知函数.()21ln 2f x x x =+-高考材料高考材料〔1〕求函数在区间上的最值；()f x 1,44⎡⎤⎢⎥⎣⎦〔2〕求证：且.2222*2222ln1ln 2ln 3ln 13(12312n n n N n n +++⋅⋅⋅+<+-∈+2)n ≥（答案）〔1〕，；〔2〕见解析 ()min 2f x =()max 93ln 2f x =-（解析）（分析）(1)对f (x )求导,然后推断f (x )的单调性,再求出f (x )在区间上的最值即可;1,44⎡⎤⎢⎥⎣⎦(2)依据(1)可得,然后令,可得,再利用放缩法证明不等式ln 11x x x ≤-()2*x n n N =∈()2*22ln 11n n N n n≤-∈成马上可. 22222222ln1ln 2ln 3ln 1312312n n n n +++⋅⋅⋅+<+-+（详解）解:(1)∵,∴, ()21ln 2(0)f x x x x =+->()121'2x f x x x-=-=令,得;令,得, ()'0f x >12x >()'0f x <102x <<∴在上单调递减,在上单调递增,()f x 10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭∴在上单调递减,在上单调递增,()f x 11,42⎡⎤⎢⎥⎣⎦1,42⎡⎤⎢⎥⎣⎦∴当时,,1,44x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦()min 122f x f ⎛⎫== ⎪⎝⎭又,,13ln 242f ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭()493ln 2f =-∴,()13493ln 2ln 242f f ⎛⎫⎛⎫-=--+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭154ln 22=-15412>-⨯0>∴,∴当时,,()144f f ⎛⎫> ⎪⎝⎭1,44x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦()()max 493ln 2f x f ==-∴在区间上的最小值为2,最大值为.()f x 1,44⎡⎤⎢⎥⎣⎦93ln 2-(2)由(1)知,,∴,当且仅当时等号成立,21ln 22x x +-≥ln 221x x ≤-12x =∴,当且仅当时等号成立,即. ln 1≤-x x 1x =ln 11x x x≤-令,得,()2*x n n N =∈()2*22ln 11n n N n n≤-∈∴,,,…,, 222ln11111≤-222ln 21122≤-222ln 31133≤-222ln 11n n n ≤-∴ 222222222222ln1ln 2ln 3ln 11111111123123n n n +++⋅⋅⋅+≤-+-+-+⋅⋅⋅+- 222111123n n ⎛⎫=--++⋅⋅⋅+ ⎪⎝⎭()111123341n n n ⎡⎤<--++⋅⋅⋅+⎢⎥⨯⨯+⎣⎦111111123341n n n ⎛⎫=---+-+⋅⋅⋅+- ⎪+⎝⎭11121n n ⎛⎫=--- ⎪+⎝⎭ 1312n n =+-+即且2222*2222ln1ln 2ln 3ln 13(12312n n n N n n +++⋅⋅⋅+<+-∈+2)n ≥15．〔2023·天津市宝坻区第—中学三模〔理〕〕已知函数〔为自然对数的底数〕. ()e 1x f x ax =--e 〔1〕求函数的单调区间；()f x 〔2〕当时，假设对任意的恒成立，求实数的值；0a >()0f x ≥R x ∈a 〔3〕求证：. 22222232323ln 1ln 1...ln 12(31)(31)(31)n n ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⨯⨯⨯++++++<⎢⎥⎢⎥⎢⎥---⎣⎦⎣⎦⎣⎦（答案）〔Ⅰ〕答案见解析；〔Ⅱ〕；〔Ⅲ〕证明见解析. 1a =（解析）（分析）〔1〕由题设，， ()e '=-x f x a 当时，在上单调递增；0a ≤()0f x '>()f x R 当时，时，单调递减，0a >(,ln )x a ∈-∞()0f x '<()f x 时，单调递增．(ln ,)x a ∈+∞()0f x '>()f x 〔2〕由〔1〕知：时， 0a >min ()(ln )f x f a =所以，即恒成立，(ln )0f a ≥ln 10--≥a a a 记，则， ()ln 1(0)g a a a a a =-->()1(ln 1)ln g a a a '=-+=-所以在上，在上，(0,1)()0g a '>(1,)+∞()0g a '<所以在上递增，在上递减，则， ()g a (0,1)(1,)+∞()(1)0g a g ≤=所以，即．()0g a =1a =〔3〕时，， 1n =22332(31)2n n⨯=<-时，，2n ≥121123232311(31)(31)(33)(31)(31)3131n n n n n n n n n n ---⨯⨯⨯<==--------所以． 2133112(31)2231k nk nk =<+-<--∑2n ≥由〔2〕知：，即，则时，e 1x x ≥+ln(1)(1)x x x +≤>-0x >ln(1)x x +<综上，，即原不等式成立． 22222212323233ln[1]ln[1]ln[1]2(31)(31)(31)(31)n knn k k =⨯⨯⨯++++⋅⋅⋅++<<----∑高考材料高考材料。

数学导数的综合运用试题

数学导数的综合运用试题1.已知函数（，，且）的图象在处的切线与轴平行. （1）确定实数、的正、负号；（2）若函数在区间上有最大值为，求的值．【答案】（1），（2）【解析】（1） 1分由图象在处的切线与轴平行，知，∴. 2分又，故，. 3分(2) 令,得或. 4分∵，令，得或令，得.于是在区间内为增函数，在内为减函数,在内为增函数.∴是的极大值点，是极小值点. 5分令，得或. 6分分类：①当时，，∴ .由解得， 8分②当时，, 9分∴.由得 . 10分记,∵,∴在上是增函数，又，∴,∴在上无实数根.综上，的值为. 12分2.（本题满分15分）已知函数（），且函数图象过原点.（Ⅰ）求函数的单调区间；（Ⅱ）函数在定义域内是否存在零点？若存在，请指出有几个零点；若不存在，请说明理由.【答案】见解析【解析】（Ⅰ）由题意可知故，则．当时，对，有，所以函数在区间上单调递增；当时，由，得；由，得，此时函数的单调增区间为，单调减区间为．综上所述，当时，函数的单调增区间为；当时，函数的单调增区间为，单调减区间为．（Ⅱ）函数的定义域为，由，得（），令（），则，由于，，可知当，；当时，，故函数在上单调递减，在上单调递增，故．又由（Ⅰ）知当时，对，有，即，（随着的增长，的增长速度越来越快，会超过并远远大于的增长速度，而的增长速度则会越来越慢．则当且无限接近于0时，趋向于正无穷大.）当时，函数有两个不同的零点；当时，函数有且仅有一个零点；当时，函数没有零点．3.若曲线在点处的切线与直线互相垂直，则实数的值为________．【答案】2．【解析】由已知得．【考点】导数的几何意义、两条直线的位置关系等知识，意在考查运算求解能力．4.（本小题满分13分）已知函数 (t∈R) ．(Ⅰ)若曲线在处的切线与直线平行，求实数的值；(Ⅱ)若对任意的，恒成立，求实数的取值范围.【答案】(Ⅰ) (Ⅱ)【解析】(Ⅰ) 由题意得，，且，即，解得； 3分(Ⅱ)由(Ⅰ) ，时，.当时，，函数在上单调递增.此时由，解得； 6分(2)当时，，函数在上单调递减.此时由，解得； 9分(3)当时，函数在上递减，在上递增，.此时恒成立，而，所以，. 12分综上，当实数的取值范围为时，对任意的，恒成立. 13分【考点】本题主要考查导数的计算、导数的几何意义及应用导数研究函数的单调性、极值，考查简单不等式恒成立问题的处理方法，意在考查考生的运算能力、分析问题、解决问题的能力及转化与化归思想的应用意识．5.广东理）设函数(其中).(1) 当时,求函数的单调区间；(2) 当时,求函数在上的最大值.【答案】(1) 函数的递减区间为,递增区间为,(2)【解析】(1)根据k的取值化简函数的表达式，明确函数的定义域，然后利用求导研究函数的单调区间，中规中矩；（2）借助构造函数的技巧进行求解，如构造达到证明的目的，构造达到证明的目的.(1) 当时,,令,得,当变化时,的变化如下表:(2),令,得,,令,则,所以在上递增,所以,从而,所以所以当时,；当时,；所以令,则,令,则所以在上递减,而所以存在使得,且当时,,当时,,所以在上单调递增,在上单调递减.因为,,所以在上恒成立,当且仅当时取得“”.综上,函数在上的最大值.【考点】本题考查函数的单调性和函数的最值问题，考查学生的分类讨论思想和构造函数的解题能力.6.天津理）已知函数.(1) 求函数f(x)的单调区间;(2) 证明: 对任意的t>0, 存在唯一的s, 使.(3) 设(2)中所确定的s关于t的函数为, 证明: 当时, 有.【答案】（1）函数的单调递减区间是，单调递增区间是（2）见解析（3）见解析【解析】(1) 函数f(x)的定义域为，，令，得，当变化时，、的变化情况如下表：所以函数的单调递减区间是，单调递增区间是.(2)证明:当时，，令，由(1)知在区间内单调递增，，故存在唯一的，使得成立.(3)证明：因为，由(2)知，，且，从而===，其中，要使成立，只需，当时，若，则由的单调性，有，矛盾，所以即，从而成立；另一方面，令，令，得.当时，；当时，，故对，，因此成立.综上，当时，有.【解题思路与技巧】本题第（1）问，求的单调区间，先求出定义域，然后解导数方程的根，判断根两侧的导数的正负即可；第(2)问，证明时，可构造函数；第(3))问，讨论.【易错点】对第（1）问，求单调区间时，注意定义域优先的原则；第(2)、(3))问，证明时要注意讨论.【考点】本小题主要考查函数的概念、函数的零点、导数的运算、利用导数研究函数的单调性、不等式等基础知识，考查函数思想、化归思想，考查抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力.7.浙江理）已知，函数（1）求曲线在点处的切线方程；（2）当时，求的最大值.【答案】（1）（2）【解析】此题第（1）问根据导数的加减法运算法则和幂函数的求导公式求出，然后求出和，然后利用直线方程的点斜式即可求出；第（2）求函数区间上的最值，但是函数中含有参数，要对参数进行讨论，而且是求区间上的最值，所有应该对函数在上的最值取绝对值后进行讨论，即讨论和在区间中的函数的极值；所以应对和零的关系进讨论，根据判别式在讨论和1的关系，在此过程中由于出现，所以又要讨论和的关系，然后得到是大于零还是小于零不确定，所以又要讨论和的关系，这也是这个题目的难点所在，此题注意讨论不漏不重；（1）由已知得：，且，所以所求切线方程为：，即为：；（2）由已知得到：，其中，当时，，（1）当时，，所以在上递减，所以，因为；（2）当，即时，恒成立，所以在上递增，所以，因为；（3）当，即时，，且，即+00所以，所以；由，所以（ⅰ）当时，，所以时，递增，时，递减，所以，因为，又因为，所以，所以，所以（ⅱ）当时，，所以，因为，此时，当时，是大于零还是小于零不确定，所以当时，，所以，所以此时当时，，所以，所以此时。

导数函数综合应用(含答案)

导数函数综合应用一．选择题（共6小题）1．定义在R上的函数y＝f（x），满足f（4﹣x）＝f（x），（x﹣2）f′（x）＜0，若x1＜x2，且x1+x2＞4，则有（）A．f（x1）＜f（x2）B．f（x1）＞f（x2）C．f（x1）＝f（x2）D．不确定2．定义在（1，+∞）上的函数f（x）满足下列两个条件：（1）对任意的x∈（1，+∞）恒有f（2x）＝2f（x）成立；（2）当x∈（1，2]时，f（x）＝2﹣x；记函数g（x）＝f（x）﹣k（x﹣1），若函数g（x）恰有两个零点，则实数k的取值范围是（）A．[1，2）B．C．D．3．设函数f（x）是定义在实数集上的奇函数，在区间[﹣1，0）上是增函数，且f（x+2）＝﹣f（x），则有（）A．B．C．D．4．已知函数f（x）＝，若函数y＝f（x）+|x﹣1|﹣kx在定义域内有且只有三个零点，则实数k的取值范围是（）A．[）B．[]C．[﹣）D．[﹣]5．设函数f（x）＝，若对任意给定的y∈（2，+∞），都存在唯一的x∈R，满足f（f（x））＝2a2y2+ay，则正实数a的最小值是（）A．2B．C．D．46．已知函数f（x）＝2mx2﹣2（4﹣m）x+1，g（x）＝mx，若对于任一实数x，f（x）与g（x）至少有一个为正数，则实数m的取值范围是（）A．（0，2）B．（0，8）C．（2，8）D．（﹣∞，0）二．填空题（共1小题）7．已知函数f（x）＝，若关于x的方程f（x）＝3恰有两个互异的实数解，则实数a的取值范围是．三．解答题（共19小题）8．已知函数f（x）＝﹣alnx（a∈R）．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若存在实数x0＝[1，e]，使得f（x0）＜0，求正实数a的取值范围．9．已知函数f（x）＝x2﹣（a+）x+lnx，其中a＞0．（Ⅰ）当a＝2时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处切线的方程；（Ⅱ）当a≠1时，求函数f（x）的单调区间；（Ⅲ）若a∈（0，），证明对任意x1，x2∈[，1]（x1≠x2），＜恒成立．10．已知函数f（x）＝lnx﹣ax2+（2﹣a）x．（1）若f′（1）＝﹣6，求函数f（x）在（1，f（1））处的切线；（2）设a＞0，证明：当0＜x＜时，f（+x）＞f（﹣x）；（3）若函数f（x）的图象与x轴交于A，B两点，线段AB中点的横坐标为x0，证明：f′（x0）＜0．11．已知a≠0，函数f（x）＝|e x﹣e|+e x+ax（1）讨论f（x）的单调性（2）若对∀x∈（﹣，+∞），不等式f（x）≥恒成立，求a的取值范围（3）已知当a＜﹣e时，函数f（x）有两个零点x1，x2（x1＜x2），求证：f（x1x2）＞a+e12．已知函数f（x）＝a（x﹣1）e x（a＞0），g（x）＝﹣cos x．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若对于任意的实数x1，x2∈[0，]，（其中x1≠x2），都有|f（x1）﹣f（x2）|＞|g（x1）﹣g（x2）|恒成立求实数a的取值范围．13．已知函数f（x）＝a+2lnx﹣ax（a＞0），（1）求f（x）的最大值φ（a）；（2）若f（x）≤0恒成立，求a的值；（3）在（2）的条件下，设g（x）＝在（a，+∞）上的最小值为m，求证：﹣11＜f（m）＜﹣1014．已知函数f（x）＝（x2﹣mx）e x（e为自然对数的底数）．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若m＝2，2n+1≥0，证明：关于x的不等式nf（x）+1≥e x在（﹣∞，0]上恒成立．15．已知函数f（x）＝（其中e是自然对数的底数），g（x）＝1﹣ax2（a∈R）．（Ⅰ）求函数f（x）的极值；（Ⅱ）设h（x）＝f（x）﹣g（x），若a满足0＜a＜且ln2a+1＞0，试判断方程h（x）＝0的实数根个数，并说明理由．16．已知函数f（x）＝ax2﹣lnx．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若函数f（x）有两个零点x1，x2，求a的取值范围，并证明：x1•x2＞1．17．己知p：实数m使得函数f（x）＝lnx（m﹣2）x2﹣x在定义域内为增函数：q：实数m使得函数g（x）＝mx2+（m+1）x﹣5在R上存在两个零点x1，x2，且x1＜1＜x2（1）分别求出条件p，q中的实数m的取值范围；（2）甲同学认为“p是q的充分条件”，乙同学认为“p是q的必要条件”，请判断两位同学的说法是否正确，并说明理由．18．已知函数f（x）＝In+cos x﹣|x|．（Ⅰ）求证：函数f（x）在[0，+∞）上单调递减；（Ⅱ）若f（2x﹣3）+π+1+ln（2+3π2）＜0，求x的取值范围．19．已知函数f（x）＝lnx﹣sin（x﹣1），f′（x）为f（x）的导函数．证明：（1）f′（x）在区间（0，2）存在唯一极小值点；（2）f（x）有且仅有2个零点．20．已知函数f（x）＝te2x+（t+2）e x﹣1，t∈R．（Ⅰ）当t＝﹣1时，求f（x）的单调区间与极值；（Ⅱ）当t＞0时，若函数g（x）＝f（x）﹣4e x﹣x+1在R上有唯一零点，求t的值．21．已知函数f（x）＝e x﹣x2﹣ax+b（e为自然对数的底数）．（Ⅰ）若a≥1，判断f（x）极值点个数；（Ⅱ）若f（x）≥f′（x）在x∈[﹣1，1]上恒成立，求a+b的取值范围．22．设函数f（x）＝lnx﹣a2x+2a（a∈R）（1）若函数f（x）在上递增，在上递减，求实数a的值．（2）讨论f（x）在（1，+∞）上的单调性；（3）若方程x﹣lnx﹣m＝0有两个不等实数根x1，x2，求实数m的取值范围，并证明x1x2＜1．23．已知函数f（x）＝2x3﹣3（a﹣1）x2﹣6ax+a2+1．（Ⅰ）设﹣1≤a≤1，曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线在y轴上的截距为b，求b的最小值；（Ⅱ）若f（x）只有一个零点x0，且x0＜0，求a的取值范围．24．设函数f（x）＝x﹣﹣alnx（a∈R，a＞0）．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）若f（x）有两个极值点x1和x2，记过A（x1，f（x1）），B（x2，f（x2））的直线的斜率为k．问：是否存在a，使k＝2﹣a？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．25．已知．（1）讨论函数f（x）的单调区间；（2）若f（x）存在极值且f（x）≥0，求实数a的取值范围；（3）求证：当x＞1时，．26．已知函数f（x）＝（ax+1）e x，a∈R（1）当a＝1时，求函数f（x）的最小值．（2）当a＝时，对于两个不相等的实数x1，x2，有f（x1）＝f（x2），求证：x1+x2＜2．导数函数综合应用参考答案与试题解析一．选择题（共6小题）1．定义在R上的函数y＝f（x），满足f（4﹣x）＝f（x），（x﹣2）f′（x）＜0，若x1＜x2，且x1+x2＞4，则有（B）A．f（x1）＜f（x2）B．f（x1）＞f（x2）C．f（x1）＝f（x2）D．不确定【解答】解：由题意f（4﹣x）＝f（x），可得出函数关于x＝2对称,又（x﹣2）f′（x）＜0，得x＞2时，导数为负，x＜2时导数为正，即函数在（﹣∞，2）上是增函数，在（2，+∞）上是减函数又x1＜x2，且x1+x2＞4，下进行讨论若2＜x1＜x2，显然有f（x1）＞f（x2）若x1＜2＜x2，有x1+x2＞4可得x1＞4﹣x2，故有f（x1）＞f（4﹣x2）＝f（x2）综上讨论知，在所给的题设条件下总有f（x1）＞f（x2）2．定义在（1，+∞）上的函数f（x）满足下列两个条件：（1）对任意的x∈（1，+∞）恒有f（2x）＝2f（x）成立；（2）当x∈（1，2]时，f（x）＝2﹣x；记函数g（x）＝f（x）﹣k（x﹣1），若函数g（x）恰有两个零点，则实数k的取值范围是（C）A．[1，2）B．C．D．【解答】解：因为对任意的x∈（1，+∞）恒有f（2x）＝2f（x）成立，且当x∈（1，2]时，f（x）＝2﹣x 所以f（x）＝﹣x+2b，x∈（b，2b]．由题意得f（x）＝k（x﹣1）的函数图象是过定点（1，0）的直线，如图所示红色的直线与线段AB相交即可（可以与B点重合但不能与A点重合）所以可得k的范围为3．设函数f（x）是定义在实数集上的奇函数，在区间[﹣1，0）上是增函数，且f（x+2）＝﹣f（x），则有（A）A．B．C．D．【解答】解：根据题意，函数f（x）满足f（x+2）＝﹣f（x），当x＝﹣时，有f（）＝﹣f（﹣）＝f（），函数f（x）是定义在实数集上的奇函数，在区间[﹣1，0）上是增函数，则f（x）在区间（0，1]上是增函数，则有f（）＜f（）＜f（1），则有f（）＜f（）＜f（1），4．已知函数f（x）＝，若函数y＝f（x）+|x﹣1|﹣kx在定义域内有且只有三个零点，则实数k的取值范围是（A）A．[）B．[]C．[﹣）D．[﹣]【解答】解：函数y＝f（x）+|x﹣1|﹣kx在定义域内有且只有三个零点，即为方程f（x）+|x﹣1|＝kx在[﹣3，+∞）内有3个不等实根，可令g（x）＝f（x）+|x﹣1|＝，作出g（x）的图象（如右），直线y＝kx，当k＝0时，y＝g（x）和y＝0显然有3个交点，符合题意；当直线y＝kx与y＝x2+3x+1相切，可得x2+（3﹣k）x+1＝0，△＝（3﹣k）2﹣4＝0，解得k＝1（k＝5舍去），由k＝1时，y＝g（x）和y＝x有两个交点，可得0≤k＜1时，符合题意；当k＜0时，且直线y＝kx经过点（﹣3，1）时，直线y＝kx与y＝g（x）有3个交点，此时k＝﹣，由y＝kx绕着原点旋转，可得﹣≤k＜0，综上可得，k的范围是[﹣，1）．5．设函数f（x）＝，若对任意给定的y∈（2，+∞），都存在唯一的x∈R，满足f（f（x））＝2a2y2+ay，则正实数a的最小值是（C）A．2B．C．D．4【解答】解：函数f（x）＝的值域为R．∵f（x）＝2x，（x≤0）的值域为（0，1]；f（x）＝log2x，（x＞0）的值域为R．∴f（x）的值域为（0，1]上有两个解，要想f（f（x））＝2a2y2+ay在y∈（2，+∞）上只有唯一的x∈R满足，必有f（f（x））＞1 （2a2y2+ay＞0）．∴f（x）＞2，即log2x＞2，解得：x＞4．当x＞4时，x与f（f（x））存在一一对应的关系．∴问题转化为2a2y2+ay＞1，y∈（2，+∞），且a＞0．∴（2ay﹣1）（ay+1）＞0，解得：y＞或者y＜﹣（舍去）．∴≤2，得a．6．已知函数f（x）＝2mx2﹣2（4﹣m）x+1，g（x）＝mx，若对于任一实数x，f（x）与g（x）至少有一个为正数，则实数m的取值范围是（B）A．（0，2）B．（0，8）C．（2，8）D．（﹣∞，0）【解答】解：当m≤0时，当x接近+∞时，函数f（x）＝2mx2﹣2（4﹣m）x+1与g（x）＝mx均为负值，显然不成立当x＝0时，因f（0）＝1＞0当m＞0时，若，即0＜m≤4时结论显然成立；若，时只要△＝4（4﹣m）2﹣8m＝4（m﹣8）（m﹣2）＜0即可，即4＜m＜8则0＜m＜8二．填空题（共1小题）7．已知函数f（x）＝，若关于x的方程f（x）＝3恰有两个互异的实数解，则实数a的取值范围是（﹣∞，6）．【解答】解：函数f（x）＝，当x≥1时，方程f（x）＝3，可得lnx+1＝3，解得x＝e2，函数有一个零点；x＜1时，函数只有一个零点，即x2﹣4x+a＝3，在x＜1时只有一个解，因为y＝x2﹣4x+a ﹣3开口向上，对称轴为x＝2，x＜1时，函数是减函数，所以f（1）＜3，可得﹣3+a＜3，解得a＜6．三．解答题（共19小题）8．已知函数f（x）＝﹣alnx（a∈R）．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若存在实数x0＝[1，e]，使得f（x0）＜0，求正实数a的取值范围．【解答】解：（1）由f（x）＝﹣alnx（a∈R），得f′（x）＝x﹣＝（x＞0）．当a≤0时，f′（x）＞0，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＜．∴f（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增；（2）由（1）知，当a＞0时，f（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增．①当，即0＜a≤1时，f（x）在[1，e]上单调递增，＞0，不合题意；②当1＜＜e，即1＜a＜e2时，f（x）在[1，]上单调递减，在[，e]上单调递增，由＜0，解得e＜a＜e2；③当≥e，即a≥e2时，f（x）在[1，e]上单调递减，由＜0，解得a≥e2．综上所述，a的取值范围为（e，+∞）．9．已知函数f（x）＝x2﹣（a+）x+lnx，其中a＞0．（Ⅰ）当a＝2时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处切线的方程；（Ⅱ）当a≠1时，求函数f（x）的单调区间；（Ⅲ）若a∈（0，），证明对任意x1，x2∈[，1]（x1≠x2），＜恒成立．【解答】（Ⅰ）解：当a＝2时，f（x）＝，f′（x）＝，∴f′（1）＝，∵f（1）＝．∴切线方程为：y+2＝（x﹣1），整理得：x+2y+3＝0；（Ⅱ）f′（x）x﹣＝（x＞0），令f′（x）＝0，解得：x＝a或x＝．①若0＜a＜1，，当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如表：∴f（x）在区间（0，a）和（）内是增函数，在（a，）内是减函数；②若a＞1，，当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如表：∴f（x）在区间（0，）和（a，+∞）内是增函数，在（，+∞）内是减函数；（Ⅲ）∵0＜a＜，∴f（x）在[，1]内是减函数，又x1≠x2，不妨设0＜x1＜x2，则f（x1）＞f（x2），．于是等价于，即．令（x＞0），∵g′（x）＝在[，1]内是减函数，故g′（x）≤g′（）＝2﹣（a+）．从而g（x）在[，1]内是减函数，∴对任意，有g（x1）＞g（x2），即，∴当，对任意，恒成立．10．已知函数f（x）＝lnx﹣ax2+（2﹣a）x．（1）若f′（1）＝﹣6，求函数f（x）在（1，f（1））处的切线；（2）设a＞0，证明：当0＜x＜时，f（+x）＞f（﹣x）；（3）若函数f（x）的图象与x轴交于A，B两点，线段AB中点的横坐标为x0，证明：f′（x0）＜0．【解答】解：（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞），∵f（x）＝lnx﹣ax2+（2﹣a）x，∴f'（x）＝﹣2ax+2﹣a＝＝﹣．f′（﹣1）＝a+1＝﹣6，解得a＝﹣7，则函数f（x）在（1，f（1））处的切线斜率为k＝﹣6，切点为（1，16），则所求切线的方程为y﹣16＝﹣6（x ﹣1），即为6x+y﹣22＝0；（2）证明：设函数g（x）＝f（+x）﹣f（﹣x），则g（x）＝ln（1+ax）﹣ln（1﹣ax）﹣2ax，g′（x）＝+﹣2a＝，当x∈（0，）时，g′（x）＞0，g（x）递增，而g（0）＝0，即有g（x）＞0，故当0＜x＜时，f（+x）＞f（﹣x）．（3）证明：当a≤0时，f′（x）＞0恒成立，因此f（x）在（0，+∞）单调递增，即有函数y＝f（x）的图象与x轴至多有一个交点，故a＞0，从而f（x）的最大值为f（），且f（）＞0，不妨设A（x1，0），B（x2，0），0＜x1＜x2，则0＜x1＜＜x2，由（2）得，f（﹣x1）＝f（+﹣x1）＞f（x1）＝f（x2）＝0，又f（x）在（，+∞）单调递减，∴﹣x1＜x2，于是x0＝，当x∈（，+∞）（a＞0）时，f′（x）＜0，则f′（x0）＜0成立．11．已知a≠0，函数f（x）＝|e x﹣e|+e x+ax（1）讨论f（x）的单调性（2）若对∀x∈（﹣，+∞），不等式f（x）≥恒成立，求a的取值范围（3）已知当a＜﹣e时，函数f（x）有两个零点x1，x2（x1＜x2），求证：f（x1x2）＞a+e【解答】解：（1）函数f（x）＝|e x﹣e|+e x+ax＝，∴f′（x）＝，当a＞0时，f（x）在R上是增函数；当a＜0时，x≥1时，令f′（x）＞0，⇒e x＞﹣⇒x＞ln（﹣），①ln（﹣）≤1，即﹣2e≤a＜0，f（x）在（﹣∞，1）是减函数；在（1，+∞）是增函数；②ln（﹣）＞1，即a＜﹣2e，f（x）在（﹣∞，ln（﹣））是减函数；在（ln（﹣），+∞）是增函数；（2）函数f（x）＝|e x﹣e|+e x+ax＝，若x∈（﹣，1），ax+e．∴可得﹣，当x∈[1，+∞）时，，即2a，设g（x）＝，g′（x）＝，所以g（x）在[1，+∞）上是减函数，所以g（x）max＝g（1）＝﹣e，所以a．综上．（3）证明：∵f（1）＝a+e，∴不等式f（x1x2）＞a+e转化为f（x1x2）＞f（1），∵a＜﹣e，∴f（1）＝a+e＜0，∴f（x）的两个零点x1＜1＜x2，∴，∴，∴x1x2＝，令h（x）＝，h′（x）＝，令t（x）＝e x﹣xe x﹣e，t′（x）＝（1﹣x）e x＜0，∴t（x）在（1，+∞）上是减函数，t（x）＜t（1）＝0，即h′（x）＜0，h（x）在（1，+∞）是减函数，h（x）＜h（1）＝1，即x1x2＜1，∵a＜﹣e时，f（x）在（﹣∞，1）是减函数，∴f（x1x2）＞a+e．12．已知函数f（x）＝a（x﹣1）e x（a＞0），g（x）＝﹣cos x．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若对于任意的实数x1，x2∈[0，]，（其中x1≠x2），都有|f（x1）﹣f（x2）|＞|g（x1）﹣g（x2）|恒成立求实数a的取值范围．【解答】解：（1）函数f（x）的定义域为（﹣∞，+∞），f′（x）＝a[e x+（x﹣1）e x]＝ax•e x．当x＝0时，f′（x）＝0；当x＜0时，f′（x）＜0；当x＞0时，f′（x）＞0，所以函数f（x）的单调减区间为（﹣∞，0），单调增区间为（0，+∞）．（2）不妨设x1＜x2，因为g（x）在[0，]上是增函数，所以g（x1）＜g（x2），即g（x1）﹣g（x2）＜0，由（1）得f（x）在[0，]上是增函数，所以f（x1）＜f（x2），即f（x1）﹣f（x2）＜0．由题意，得f（x2）﹣f（x1）＞g（x2）﹣g（x1），即f（x2）﹣g（x2）＞f（x1）﹣g（x1）．令h（x）＝f（x）﹣g（x）＝a（x﹣1）e x+cos x在[0，]上是增函数，则h′（x）＝axe x﹣sin x≥0对任意的x恒成立．设F（x）＝（0），则F（x）≤0恒成立，．令，则，从而G（x）在[0，]上是减函数，所以，即．当a≥1时，F（x）≤0′，当且仅当a＝1，x＝0时取等号，所以F（x）在上是减函数，所以当x时，F（x）≤F（0）＝0，故a≥1满足题意．当0＜a＜1时，F′（0）＝1﹣a＞0，F．由零点存在定理，存在，使得F′（x0）＝0．因为G（x）在（0，）上是减函数，所以F′（x）＝G（x）﹣a在（0，）上是减函数，所以0＜x＜x0时，F′（x）＞F′（x0）＝0，所以F（x）在（0，x0）上是增函数，所以当x∈（0，x0）（这里（0，x0）⊊）时，F（x）＞F（0）＝0．所以0＜a＜1不满足题意，综上，实数a的取值范围是[1，+∞）．13．已知函数f（x）＝a+2lnx﹣ax（a＞0），（1）求f（x）的最大值φ（a）；（2）若f（x）≤0恒成立，求a的值；（3）在（2）的条件下，设g（x）＝在（a，+∞）上的最小值为m，求证：﹣11＜f（m）＜﹣10【解答】解：（1）∵f（x）＝a+2lnx﹣ax（a＞0），∴f′（x）＝（a＞0），由f′（x）＞0得0＜x＜；f′（x）＜0得x＞；所以f（x）在（0，）上单调递增，在（，+∞）上单调递减．故f（x）max＝f（）＝a﹣2﹣2lna+2ln2即φ（a）＝a﹣2﹣2lna+2ln2（a＞0）（2）要使f（x）≤0 成立必须φ（a）＝a﹣2﹣2lna+2ln2≤0．因为φ′（a）＝，所以当0＜a＜2 时，φ′（a）＜0；当a＞2 时，φ′（a）＞0．所以φ（a）在（0，2）上单调递减，在（2，+∞）上单调递增．∴φ（a）min＝φ（2）＝0，所以满足条件的a只有2，即a＝2．（3）由（2）知g（x）＝，∴g′（x）＝令u（x）＝x-2lnx﹣4，则u′（x）＝＞0，u（x）是（2，+∞）上的增函数；又u（8）＜0，u（9）＞0，所以存在x0∈（8，9）满足u（x0）＝0，即2lnx0＝x0﹣4，且当x∈（2，x0）时，u（x）＜0，g′（x）＜0；当x∈（x0，+∞）时，u（x）＞0，g′（x）＞0；所以g（x）在（2，x0）上单调递减；在（x0，+∞）上单调递增．所以g（x）min＝g（x0）＝＝＝x0，即m＝x0．所以f（m）＝f（x0）＝2+2lnx0﹣2x0＝x0﹣2∈（﹣11，﹣10），即﹣11＜f（m）＜﹣10．14．已知函数f（x）＝（x2﹣mx）e x（e为自然对数的底数）．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若m＝2，2n+1≥0，证明：关于x的不等式nf（x）+1≥e x在（﹣∞，0]上恒成立．【解答】解：（Ⅰ）依题意x∈R，f′（x）＝（x2﹣mx+2x﹣m）e x＝[x2+（2﹣m）x﹣m]e x令y＝x2+（2﹣m）x﹣m，则△＝（2﹣m）2+4m＝4+m2＞0令f′（x）＝0，则x2+（2﹣m）x﹣m＝0解得x＝结合二次函数图象可知：∴f（x）的单调递增区间为（﹣∞，）和（，+∞）单调递减区间为（，）（Ⅱ）令g（x）＝nf（x）+1﹣e x＝n（x2﹣2x）e x﹣e x+1当x∈（﹣∞，0]时，x2﹣2x≥0而2n+1≥0⇔n≥﹣故n（x2﹣2x）e x≥﹣（x2﹣2x）e x∴g（x）≥﹣（x2﹣2x）e x﹣e x+1令h（x）＝﹣（x2﹣2x）e x﹣e x+1，x∈（﹣∞，0]∴h′（x）＝﹣x2e x≤0故函数h（x）在（﹣∞，0]上单调递减，则h（x）≥h（0）＝0则任意的x∈（﹣∞，0]，g（x）≥h（x）≥0∴关于x的不等式nf（x）+1≥e x在（﹣∞，0]上恒成立．15．已知函数f（x）＝（其中e是自然对数的底数），g（x）＝1﹣ax2（a∈R）．（Ⅰ）求函数f（x）的极值；（Ⅱ）设h（x）＝f（x）﹣g（x），若a满足0＜a＜且ln2a+1＞0，试判断方程h（x）＝0的实数根个数，并说明理由．【解答】解：（Ⅰ）易知，当x＜0时，f′（x）＞0，此时f（x）单调递增；当x＞0时，f′（x）＜0，此时f（x）单调递减，所以f（x）极大值＝f（0）＝1，但无极小值．（Ⅱ）因为，所以．导数因为，所以，于是，令h′（x）＝0，此时，当x＜0时，f′（x）＜0，此时f（x）单调递减；当时，f′（x）＞0，此时f（x）单调递增；所以．因为，所以，，又函数h（x）在R上连续，故h（x）有一个零点0，且在上也有一个零点；综上，方程h（x）＝0有2个实数根．16．已知函数f（x）＝ax2﹣lnx．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若函数f（x）有两个零点x1，x2，求a的取值范围，并证明：x1•x2＞1．【解答】解：（1）∵函数f（x）＝ax2﹣lnx．定义域为（0，+∞）∴f′（x）＝2ax﹣＝①当a≤0时，f′（x）＝＜0恒成立，∴f（x）在（0，+∞）上为减函数．②当a＞0时，令f′（x）＝＜0，解得0＜x＜令f′（x）＝＞0，解得x＞∴f（x）＝ax2﹣lnx在（0，）上为减函数，在（，+∞）上为增函数综上a≤0时f（x）的单调减区间为（0，+∞）a＞0时f（x）的单调减区间为（0，），增区间是（，+∞）．（2）∵函数f（x）有两个零点x1，x2，由（1）知x＝是f（x）的最小值点，∴f（x）在（0，+∞）上的最小值f（）＝a•（）2﹣ln＜0时，f（x）有两个零点x1，x2∴解得0＜a＜要证x1•x2＞1⇔要证lnx1•x2＞ln1⇔要证lnx1+lnx2＞0∵函数f（x）有两个零点x1，x2，不防设0＜x1＜＜x2则f（x1）＝ax12﹣lnx1＝0 ①f（x2）＝ax22﹣lnx2＝0 ②①+②得：lnx1+lnx2＝a（x12+x22），而a（x12+x22）＞0，∴lnx1+lnx2＞0即x1•x2＞1得证．17．己知p：实数m使得函数f（x）＝lnx（m﹣2）x2﹣x在定义域内为增函数：q：实数m使得函数g（x）＝mx2+（m+1）x﹣5在R上存在两个零点x1，x2，且x1＜1＜x2（1）分别求出条件p，q中的实数m的取值范围；（2）甲同学认为“p是q的充分条件”，乙同学认为“p是q的必要条件”，请判断两位同学的说法是否正确，并说明理由．【解答】解：（1）p：实数m使得函数f（x）＝lnx（m﹣2）x2﹣x在定义域内为增函数：则有在R上恒成立．∴m﹣2＝（）2﹣∴m．q：实数m使得函数g（x）＝mx2+（m+1）x﹣5在R上存在两个零点x1，x2，且x1＜1＜x2则有m•f（1）＜0⇒m（m﹣2）＜0⇒0＜m＜2．（2）由（1）可得p：∴m．，q：0＜m＜2．∵{m|m}⊈{|0＜m＜2}{m|m}⊉{|0＜m＜2}∴p是q的既不充分也不必要条件．故两位同学都错．18．已知函数f（x）＝In+cos x﹣|x|．（Ⅰ）求证：函数f（x）在[0，+∞）上单调递减；（Ⅱ）若f（2x﹣3）+π+1+ln（2+3π2）＜0，求x的取值范围．【解答】（1）证明：∵函数f（x）＝In+cos x﹣|x|．∴x∈[0，+∞）时f（x）＝﹣ln（2+3x2）+cos x﹣x ∴f′（x）＝﹣sin x﹣1，∴x∈[0，+∞）时f′（x）＝﹣sin x﹣1＜0，∴函数f（x）在[0，+∞）上单调递减；（2）∵函数f（x）＝In+cos x﹣|x|．定义域为R∴f（﹣x）＝）＝﹣ln（2+3x2）+cos（﹣x）﹣|﹣x|＝﹣ln（2+3x2）+cos x﹣x＝f（x）∴f（x）是偶函数．由（1）知f（x）在[0，+∞）上单调递减；∴f（x）在（﹣∞，0]上单调递增；又f（2x﹣3）+π+1+ln（2+3π2）＜0⇔f（2x﹣3）＜f（π）∴|2x﹣3|＞π⇔2x﹣3＞π或2x﹣3＜﹣π解得x＞或x＜∴x的取值范围为：（﹣∞，）∪（，+∞）19．已知函数f（x）＝lnx﹣sin（x﹣1），f′（x）为f（x）的导函数．证明：（1）f′（x）在区间（0，2）存在唯一极小值点；（2）f（x）有且仅有2个零点．【解答】解：（1）令g（x）＝f′（x）＝，，当x∈（0，1）时，g′（x）＜0恒成立，当x∈（1，2）时，＞0．∴g′（x）在（1，2）递增，．故存在a∈（1，2）使得，x∈（1，a）时g′（x）＜0，x∈（a，2）时，g′（x）＞0．综上，f′（x）在区间（0，2）存在唯一极小值点x＝a．（2）由（1）可得x∈（0，a）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，x∈（a，2）时，g′（x）＜0，g（x）单调递增．且g（1）＝0，g（2）＝．故g（x）的大致图象如下：当x∈（2，3）时，sin（x﹣1）∈（sin1，sin2），sin（x﹣1）＞sin30°∴此时g′（x）＞0，g（x）单调递增，而g（3）＝﹣cos2＞0．故存在∈（2，3），使得g（m）＝0故在x∈（0，3）上，g（x）的图象如下：综上，x∈（0，1）时，g（x）＜0，x∈（1，m）时，g（x）＜0，x∈（m，3）时，g（x）＞0．∴f（x）在（0，1）递增，在（1，m）递减，在（m，3）递增，而f（1）＝0，f（3）＝ln3﹣sin2＞0，又当x＞3时，lnx＞1，f（x）＞0恒成立．故在（0，+∞）上f（x）的图象如下：∴f（x）有且仅有2个零点．20．已知函数f（x）＝te2x+（t+2）e x﹣1，t∈R．（Ⅰ）当t＝﹣1时，求f（x）的单调区间与极值；（Ⅱ）当t＞0时，若函数g（x）＝f（x）﹣4e x﹣x+1在R上有唯一零点，求t的值．【解答】解：（Ⅰ）当t＝﹣1时，f（x）＝﹣e2x+e x﹣1，则f′（x）＝﹣2e2x+e x＝e x（1﹣2e x）令f′（x）＝0，解得x＝﹣ln2∴f（x）的单调递增区间是（﹣∞，﹣ln2），单调递减区间是（﹣ln2，+∞）∴f（x）的极大值是f（﹣ln2）＝﹣，无极小值．（Ⅱ）当t＞0时，g（x）＝f（x）﹣4e x﹣x+1＝te2x+（t﹣2）e x﹣x∴g′（x）＝2te2x+（t﹣2）e x﹣1＝（te x﹣1）（2e x+1）＝0，解得x＝﹣lnt∴g（x）的单调递减区间是（﹣∞，﹣lnt），单调递增区间是（﹣lnt，+∞）∴g（x）的极小值是g（﹣lnt）∴g（﹣lnt）＝0，即lnt﹣+1＝0时，能满足题意．令F（t）＝lnt﹣+1，则F′（t）＝+＞0∴F（t）＝lnt﹣+1在（0，+∞）上单调递增，唯有t＝1时，F（1）＝0∴t＝121．已知函数f（x）＝e x﹣x2﹣ax+b（e为自然对数的底数）．（Ⅰ）若a≥1，判断f（x）极值点个数；（Ⅱ）若f（x）≥f′（x）在x∈[﹣1，1]上恒成立，求a+b的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）∵f′（x）＝e x﹣x﹣a，x∈R，f″（x）＝e x﹣1可得函数f′（x）在（﹣∞，0）上单调递减；在（0，+∞）单调递增，f′（x）min＝f′（0）＝1﹣a当a＞1时，1﹣a＜0，且f′（﹣a）＝e﹣a＞0，取b＞0，使得b＞ln（b+a），∴f′（b）＝e b﹣（b+a）＞b+a﹣（b+a）＝0即函数f′（x）的图象与x轴有两个交点，此时f（x）极值点个数为2，；当a＝1时，f′（x）≥0，此时f（x）极值点个数为0；（Ⅱ）f（x）≥f′（x）在x∈[﹣1，1]上恒成立⇔e x﹣x2﹣ax+b≥e x﹣x﹣a在x∈[﹣1，1]上恒成立⇔a+b≥在x∈[﹣1，1]上恒成立．令h（x）＝①当1﹣a≥0时，h（x）．∴a+b②当1﹣a＜0时，h（x）max＝h（1）＝a﹣综上得，a+b22．设函数f（x）＝lnx﹣a2x+2a（a∈R）（1）若函数f（x）在上递增，在上递减，求实数a的值．（2）讨论f（x）在（1，+∞）上的单调性；（3）若方程x﹣lnx﹣m＝0有两个不等实数根x1，x2，求实数m的取值范围，并证明x1x2＜1．【解答】解：（1）由于函数函数f（x）在上递增，在上递减，由单调性知，是函数的极大值点，无极小值点．所以∵故，经验证成立．（2）∵f（x）＝lnx﹣a2x+2a，∴，①当a＝0时，在（1，+∞）上单调递增．②当a2≥1，即a≤﹣1或a≥1时，f'（x）＜0，∴f（x）在（1，+∞）上单调递减．③当﹣1＜a＜1且a≠0时，由f'（x）＝0得．令f'（x）＞0得；令f'（x）＜0得．∴f（x）在上单调递增，在上单调递减．综上，当a＝0时，f（x）在（1，+∞）上递增；当a≤﹣1或a≥1时，f（x）在（1，+∞）上递减；当﹣1＜a＜1且a≠0时，f（x）在上递增，在上递减．（3）令h（x）＝x﹣lnx（x＞0），g（x）＝m，当x∈（0，1）时，，h（x）＝x﹣lnx（x＞0）单调递减；当x∈（1，+∞）时，，h（x）＝x﹣lnx（x＞0）单调递增；故h（x）在x＝1处取得最小值，h（1）＝1又当x→0，h（x）→+∞；x→+∞，h（x）→1，∴m∈（1，+∞）不妨设x1＜x2，则有0＜x1＜1＜x2，，要证x1x2＜1⇔即证⇔即证h（x1）＞h（）∵h（x1）＝h（x2）＝m，∴＝令，∴p（x）在（1，+∞）上单调递增，故p（x）＞p（1）＝0即＞0，∴∴x1x2＜1 得证23．已知函数f（x）＝2x3﹣3（a﹣1）x2﹣6ax+a2+1．（Ⅰ）设﹣1≤a≤1，曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线在y轴上的截距为b，求b的最小值；（Ⅱ）若f（x）只有一个零点x0，且x0＜0，求a的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）f（x）＝2x3﹣3（a﹣1）x2﹣6ax+a2+1的导数为f′（x）＝6x2﹣6（a﹣1）x﹣6a，f（x）在点（1，f（1））处的切线斜率为6﹣6（a﹣1）﹣6a＝12﹣12a，切点为（1，6﹣9a+a2），可得切线方程为y﹣（6﹣9a+a2）＝（12﹣12a）（x﹣1），由x＝0，可得b＝a2+3a﹣6＝（a+）2﹣，由﹣1≤a≤1，可得b在[﹣1，1]上递增，可得b的最小值为﹣8；（Ⅱ）若f（x）只有一个零点x0，且x0＜0，可得f（0）＞0，f′（x）＝6x2﹣6（a﹣1）x﹣6a，由f′（x）＝0，可得x＝﹣1或x＝a，由f（﹣1）＜0，且f（a）＜0，即为a2+3a+2＜0，且a3+2a2﹣1＞0，解得＜a＜﹣1．24．设函数f（x）＝x﹣﹣alnx（a∈R，a＞0）．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）若f（x）有两个极值点x1和x2，记过A（x1，f（x1）），B（x2，f（x2））的直线的斜率为k．问：是否存在a，使k＝2﹣a？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）显然定义域为（0，+∞），∴f′（x）＝1+﹣＝，（a∈R，a＞0）．令g（x）＝x2﹣ax+2，其判别式△＝a2﹣8，①当0＜a时，△≤0，f′（x）≥0，f（x）在（0，+∞）上单调递增，②当a时，△＞0，令f′（x）＝0，得x1＝，x2＝，∵在（0，x1）上f′（x）＞0，在（x1，x2）上f′（x）＜0，在（x2，+∞）上f′（x）＞0，∴f（x）在（0，x1），（x2，+∞）上为增函数，在（x1，x2）上为减函数．（2）由（1）知，a，∴f（x1）﹣f（x2）＝（x1﹣x2）+﹣a（lnx1﹣lnx2），∴k＝＝1+﹣a，∵x1x2＝2，∴k＝2﹣a，假设存在a，使k＝2﹣a，则2﹣a＝2﹣a，∴＝1，∴lnx1﹣lnx2＝x1﹣x2，即x2﹣﹣2lnx2＝0（•），其中x2＞1，令h（t）＝t﹣﹣2lnt，∴h′（t）＝1+﹣＝＝＞0，∴h（t）在（1，+∞）上是增函数，∴h（t）＞h（1）＝0，与（•）矛盾．故不存在a使k＝2﹣a成立．25．已知．（1）讨论函数f（x）的单调区间；（2）若f（x）存在极值且f（x）≥0，求实数a的取值范围；（3）求证：当x＞1时，．【解答】解：（1）显然定义域为（0，+∞），∵f′（x）＝x﹣＝，①当a≤0时，f′（x）＞0，函数f（x）在（0，+∞）上是单调递增函数，②当a＞0时，令f′（x）＝0，得x＝，∵在（0，）上f′（x）＜0，∴f（x）是单调递减函数；∵在（，+∞）上f′（x）＞0，∴f（x）是单调递增函数．（2）∵f（x）存在极值且f（x）≥0，∴a＞0，∴只需f（x）min≥0，由上知f（x）min＝f（）＝a﹣alna＝a（1﹣lna）≥0，∴a∈（0，e]（3）设F（x）＝，∴F′（x）＝2x2﹣x﹣＝，∵x＞1，∴F′（x）＞0，即F（x）在（1，+∞）上为增函数，∴F（x）＞F（1）＝＞0，∴F（x）＞0在（1，+∞）上恒成立，故当x＞1时，．26．已知函数f（x）＝（ax+1）e x，a∈R（1）当a＝1时，求函数f（x）的最小值．（2）当a＝时，对于两个不相等的实数x1，x2，有f（x1）＝f（x2），求证：x1+x2＜2．【解答】解：（1）当a＝1，f（x）＝（x+1）e x，∴f′（x）＝（x+2）e x，∴f（x）在（﹣∞，﹣2）上单调递减，在（﹣2，+∞）上单调递增，∴f（x）min＝f（﹣2）＝﹣．（2）当a＝时，f（x）＝（﹣x+1）e x，对于两个不相等的实数x1，x2，有f（x1）＝f（x2），∵f′（x）＝（1﹣x）e x，∴f（x）在（﹣∞，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，不妨设x1＜1＜x2，令g（x）＝f（x）﹣f（2﹣x），（x＜1）∴g′（x）＝（1﹣x）（e x﹣e2﹣x），当x＜1时，1﹣x＞0，x＜2﹣x，e x﹣e2﹣x＜0，∴g′（x）＜0，∴g（x）在（﹣∞，1）单调递减，∴g（x）＞g（1）＝f（1）﹣f（1）＝0，即f（x）﹣f（2﹣x）＞0，不妨设x1＜1＜x2，则2﹣x1＞1，由以上可知f（x1）＞f（2﹣x1），∵f（x）在（﹣∞，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，∵f（x1）＝f（x2），∴f（x2）＞f（2﹣x1），∵x2＞1，2﹣x1＞1，∵f（x）在（1，+∞）上单调递减，∴x2＜2﹣x1，∴x1+x2＜2。

高考数学导数的综合应用问题解答题专题练习

高考数学导数的综合应用问题解答题专题练习一、归类解析题型一：证明不等式【解题指导】(1)证明f (x )>g (x )的一般方法是证明h (x )＝f (x )－g (x )>0(利用单调性)，特殊情况是证明f (x )min >g (x )max (最值方法)，但后一种方法不具备普遍性．(2)证明二元不等式的基本思想是化为一元不等式，一种方法为变换不等式使两个变元成为一个整体，另一种方法为转化后利用函数的单调性，如不等式f (x 1)＋g (x 1)<f (x 2)＋g (x 2)对x 1<x 2恒成立，即等价于函数h (x )＝f (x )＋g (x )为增函数．【例】已知函数f (x )＝1－x －1e x ，g (x )＝x －ln x . (1)证明：g (x )≥1；(2)证明：(x －ln x )f (x )>1－1e 2. 【变式训练】已知函数f (x )＝x ln x －e x ＋1.(1)求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)证明：f (x )<sin x 在(0，＋∞)上恒成立．题型二：不等式恒成立或有解问题【解题指导】利用导数解决不等式的恒成立问题的策略(1)首先要构造函数，利用导数求出最值，求出参数的取值范围．(2)也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．【例】已知函数f (x )＝1＋ln x x. (1)若函数f (x )在区间)21,( a a 上存在极值，求正实数a 的取值范围；(2)如果当x ≥1时，不等式f (x )≥k x ＋1恒成立，求实数k 的取值范围．【变式训练】已知函数f (x )＝e x －1－x －ax 2.(1)当a ＝0时，求证：f (x )≥0；(2)当x ≥0时，若不等式f (x )≥0恒成立，求实数a 的取值范围．题型三：求函数零点个数【解题指导】(1)可以通过构造函数，将两曲线的交点问题转化为函数零点问题．(2)研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，并借助函数的大致图象判断方程根的情况．【例】已知函数f (x )＝2a 2ln x －x 2(a >0)．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)讨论函数f (x )在区间(1，e 2)上零点的个数(e 为自然对数的底数)．【变式训练】设函数f (x )＝ln x ＋m x，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 )－x 3的零点的个数．题型四：根据函数零点情况求参数范围【解题指导】函数的零点个数可转化为函数图象的交点个数，确定参数范围时要根据函数的性质画出大致图象，充分利用导数工具和数形结合思想．【例】已知函数f (x )＝1x－x ＋a ln x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )存在两个极值点x 1，x 2，证明：f x 1－f x 2x 1－x 2<a －2. 【变式训练】【例】已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3(a 为实数)，若方程g (x )＝2f (x )在区间],1[e e上有两个不等实根，求实数a 的取值范围．二、专题突破训练1．已知函数f (x )＝ln x ＋x ，g (x )＝x ·e x －1，求证f (x )≤g (x )．2．已知函数f (x )＝ax 2＋bx ＋x ln x 的图象在(1，f (1))处的切线方程为3x －y －2＝0.(1)求实数a ，b 的值；(2)设g (x )＝x 2－x ，若k ∈Z ，且k (x －2)<f (x )－g (x )对任意的x >2恒成立，求k 的最大值．3．已知函数f (x )＝ax －e x (a ∈R )，g (x )＝ln x x. (1)求函数f (x )的单调区间；(2)∃x ∈(0，＋∞)，使不等式f (x )≤g (x )－e x 成立，求a 的取值范围．4．设函数f (x )＝ax 2－x ln x －(2a －1)x ＋a －1(a ∈R )．若对任意的x ∈[1，＋∞)，f (x )≥0恒成立，求实数a 的取值范围．5．已知函数f (x )＝ln x －ax ＋1－a x －1(a ∈R )．设g (x )＝x 2－2bx ＋4，当a ＝14时，若∀x 1∈(0,2)，总存在x 2∈[1,2]，使f (x 1)≥g (x 2)，求实数b 的取值范围．6．已知函数f (x )为偶函数，当x ≥0时，f (x )＝2e x ，若存在实数m ，对任意的x ∈[1，k ](k >1)，都有f (x ＋m )≤2e x ，求整数k 的最小值．7．已知函数f (x )＝a ＋x ·ln x (a ∈R )，试求f (x )的零点个数．8．已知f (x )＝1x ＋e x e －3，F (x )＝ln x ＋e x e－3x ＋2. (1)判断f (x )在(0，＋∞)上的单调性；(2)判断函数F (x )在(0，＋∞)上零点的个数．9．已知函数f (x )＝ax 2(a ∈R )，g (x )＝2ln x ，且方程f (x )＝g (x )在区间[2，e]上有两个不相等的解，求a 的取值范围．10．已知函数f (x )＝－x 2＋2e x ＋m －1，g (x )＝x ＋e 2x(x >0)． (1)若g (x )＝m 有零点，求m 的取值范围；(2)确定m 的取值范围，使得g (x )－f (x )＝0有两个相异实根．11．已知函数f (x )＝(x －2)e x ＋a (x －1)2有两个零点．(1)求a 的取值范围；(2)设x 1，x 2是f (x )的两个零点，证明：x 1＋x 2<2.12．已知函数f (x )＝(3－a )x －2ln x ＋a －3在)41,0(上无零点，求实数a 的取值范围．。

高中数学导数及其应用多选题练习题及解析

高中数学导数及其应用多选题练习题及解析一、导数及其应用多选题1．已知函数1(),()122x x f x e g x n ==+的图象与直线y =m 分别交于A ､B 两点，则（）A ．f (x )图像上任一点与曲线g (x )上任一点连线线段的最小值为2+ln 2B ．∃m 使得曲线g (x )在B 处的切线平行于曲线f (x )在A 处的切线C ．函数f (x )-g (x )+m 不存在零点D ．∃m 使得曲线g (x )在点B 处的切线也是曲线f (x )的切线【答案】BCD 【分析】利用特值法，在f (x )与g (x )取两点求距离，即可判断出A 选项的正误；解方程12()(2)m f lnm g e-''=，可判断出B 选项的正误；利用导数判断函数()()y f x g x m =-+的单调性，结合极值的符号可判断出C 选项的正误；设切线与曲线()y g x =相切于点(C n ，())g n ，求出两切线的方程，得出方程组，判断方程组是否有公共解，即可判断出D 选项的正误．进而得出结论．【详解】在函数1(),()122xx f x e g x n ==+上分别取点1(0,1),(2,)2P Q，则||2PQ =，而2ln 2<+（注ln 20.7≈），故A 选项不正确； ()x f x e =，1()22x g x ln =+，则()x f x e '=，1()g x x'=，曲线()y f x =在点A 处的切线斜率为()f lnm m '=，曲线()y g x =在点B 处的切线斜率为12121(2)2m m g ee--'=，令12()(2)m f lnm g e-''=，即1212m m e-=，即1221m me -=，则12m =满足方程1221m me -=，m ∴∃使得曲线()y f x =在A 处的切线平行于曲线()y g x =在B 处的切线，B 选项正确；构造函数1()()()22xx F x f x g x m e ln m =-+=-+-，可得1()x F x e x'=-，函数1()xF x e x'=-在(0,)+∞上为增函数，由于1()20F e '<，F '（1）10e =->，则存在1(,1)2t ∈，使得1()0tF t e t'=-=，可得t lnt =-，当0x t <<时，()0F x '<；当x t >时，()0F x '>．∴11()()2222t t min t F x F t e ln m e lnt m ln ==-+-=-++-11132220222t m ln m ln ln m t =+++->+-=++>， ∴函数()()()F x f x g x m =-+没有零点，C 选项正确；设曲线()y f x =在点A 处的切线与曲线()y g x =相切于点(C n ，())g n ，则曲线()y f x =在点A 处的切线方程为()lnm y m e x lnm -=-，即(1)y mx m lnm =+-，同理可得曲线()y g x =在点C 处的切线方程为1122n y x ln n =+-， ∴11(1)22m n n m lnm ln ⎧=⎪⎪⎨⎪-=-⎪⎩，消去n 得1(1)202m m lnm ln --++=，令1()(1)22G x x x lnx ln =--++，则11()1x G x lnx lnx x x-'=--=-，函数()y G x '=在(0,)+∞上为减函数，G '（1）10=>，1(2)202G ln '=-<，则存在(1,2)s ∈，使得1()0G s lns s'=-=，且1s s e =．当0x s <<时，()0G x '>，当x s >时，()0G x '<．∴函数()y G x =在(2,)+∞上为减函数，5(2)02G =>，17(8)20202G ln =-<，由零点存定理知，函数()y G x =在(2,)+∞上有零点，即方程1(1)202m m lnm ln --++=有解． m ∴∃使得曲线()y f x =在点A 处的切线也是曲线()y g x =的切线．故选：BCD ．【点睛】本题考查导数的综合应用，涉及函数的最值、零点以及切线问题，计算量较大，考查了转化思想和数形结合思想，属难题．2．已知(0,1)x ∈，则下列正确的是（） A ．cos 2x x π+<B ．22xx <C ．sin 2x >D ．1ln 1x x <-【答案】ABC 【分析】构造函数()sin f x x x =-证明其在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，即可得sin 22x x ππ⎛⎫-<-⎪⎝⎭即可判断选项A ；作出2yx 和2x y =的函数图象可判断选项B ；作出()sin2xf x =，()224x h x x =+的图象可判断选项C ；构造函数()1ln 1x g x x =+-利用导数判断其在()0,1x ∈上的单调性即可判断选项D ，进而可得正确选项.【详解】对于选项A ：因为()0,1x ∈，所以022x ππ<-<，令()sin f x x x =-，()cos 10f x x '=-≤，()sin f x x x =-在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭单调递减，所以()()00f x f <=，即sin x x <，所以sin 22x x ππ⎛⎫-<- ⎪⎝⎭即cos 2x x π<-，可得cos 2x x π+<，故A 正确，对于选项B ：由图象可得()0,1x ∈，22x x <恒成立，故选项B 正确；对于选项C ：要证22sin 24xx x >+ 令()sin 2x f x =，()224xh x x =+()()f x f x -=-，()sin2xf x =是奇函数， ()()h x h x -=，()224x h x x =+是偶函数，令2224144x t x x ==-++ ，则y t = 因为24y x =+在()0,∞+单调递增，所以2414t x =-+在()0,∞+单调递增，而y t =调递增，由符合函数的单调性可知()224x h x x =+在()0,∞+单调递增，其函数图象如图所示：由图知当()0,1x ∈时22sin 24xx x >+C 正确；对于选项D ：令()1ln 1x g x x =+-，()01x <<，()221110x g x x x x-'=-=<，所以()1ln 1x g x x=+-在()0,1单调递减，所以()()1ln1110g x g >=+-=，即1ln 10x x+->，可得1ln 1x x >-，故选项D 不正确.故选：ABC 【点睛】思路点睛：证明不等式恒成立（或能成立）一般可对不等式变形，分离参数，根据分离参数后的结果，构造函数，由导数的方法求出函数的最值，进而可求出结果；有时也可根据不等式，直接构成函数，根据导数的方法，利用分类讨论求函数的最值，即可得出结果.3．对于定义域为R 的函数()f x ，()'f x 为()f x 的导函数，若同时满足：①()00f =；②当x ∈R 且0x ≠时，都有()0xf x '>；③当120x x <<且12x x =时，都有()()12f x f x <，则称()f x 为“偏对称函数”.下列函数是“偏对称函数”的是（）A ．21()xx f x ee x =--B ．2()1xf x e x =+-C ．31,0(),0x e x f x x x ⎧-≥=⎨-<⎩D ．42,0()ln(1),0x x f x x x >⎧=⎨-≤⎩【答案】ACD 【分析】结合“偏对称函数”的性质，利用导数的方法，分别讨论四个函数是否满足三个条件，即可得到所求结论．【详解】条件①()00f =；由选项可得：001(0)00f e e =--=，02(0)010f e =+-=，03(0)10f e =-=，4()ln(10)0f x =-=，即ABCD 都符合；条件②0()0()0x xf x f x >⎧'>⇔⎨'>⎩，或0()0x f x <⎧⎨'<⎩；即条件②等价于函数()f x 在区间(,0)-∞上单调递减，在区间(0,)+∞上单调递增；对于21()xx f x ee x =--，则()()21()11212x x x xf x e e e e =-+-=-'，由0x >可得，()()120(1)1x xf x e e '-=+>，即函数1()f x 单调递增；由0x <可得，()()120(1)1xxf x ee '-=+<，即函数1()f x 单调递减；满足条件②；对于2()1xf x e x =+-，则2()10x f x e =+>'显然恒成立，所以2()1xf x e x =+-在定义域上单调递增，不满足条件②；对于31,0(),0x e x f x x x ⎧-≥=⎨-<⎩，当0x <时，3()f x x =-显然单调递减；当0x ≥时，3()1x f x e =-显然单调递增；满足条件②；对于42,0()ln(1),0x x f x x x >⎧=⎨-≤⎩，当0x ≤时，4()ln(1)f x x =-显然单调递减；当0x >时，4()2f x x =显然单调递增，满足条件②；因此ACD 满足条件②；条件③当120x x <<且12x x =时，12x x -=，都有()()12f x f x <，即()()()()21220f x f x f x f x -=-->，对于21()xx f x ee x =--，()()212122211211x x x x f x f x e e e e x x -=-+--+()()()()22222222222222x x x x x x x x x e e e e e e e x e ----=----=-+-，因为222x x e e -+≥=，当且仅当22x x e e -=，即20x =时，等号成立，又20x >，所以222x x e e -+>，则()()()()2222122211222xx x x f x f x e ee e xx ----=--->令()xxg x e ex -=--，0x >，所以()1110x x e e g x -'=+->=>在0x >上显然恒成立，因此()xxg x e ex -=--在0x >上单调递增，所以()()00g x g >=，即()()()222121120xx f x f x e ex -->-->，所以()()1211f x f x >满足条件③；对于31,0(),0x e x f x x x ⎧-≥=⎨-<⎩，()()2232311211x xf x f x e x x e -=--=-+，令()1xh x e x =--，0x >，则()10xh x e '=->在0x >上显然恒成立，所以()()00h x h >=，则()()23231210xf x f x e x --=>-，即()()3231f x f x >满足条件③；对于42,0()ln(1),0x x f x x x >⎧=⎨-≤⎩，()()()()212122442ln 12ln 1f x f x x x x x -=--=-+，令()()2ln 1u x x x =-+，0x >，则()1221101u x x'=->-=>+在0x >上显然恒成立，所以()()00u x u >=，则()()()1422422ln 10f x f x x x -=-+>，即()()1442f x f x >满足条件③；综上，ACD 选项是“偏对称函数”，故选：ACD. 【点睛】思路点睛：求解此类函数新定义问题时，需要结合函数新定义的概念及性质，结合函数基本性质，利用导数的方法，通过研究函数单调性，值域等，逐项判断，即可求解.（有时也需要构造新的函数，进行求解.）4．关于函数()sin ,(,)x f e x x x π∈-=+∞+，下列结论正确的有（） A ．()f x 在(0,)+∞上是增函数 B ．()f x 存在唯一极小值点0x C ．()f x 在(,)π-+∞上有一个零点 D ．()f x 在(,)π-+∞上有两个零点【答案】ABD 【分析】根据函数()f x 求得()'f x 与()f x ''，再根据()0f x ''>在(,)π-+∞恒成立，确定()'f x 在(,)π-+∞上单调递增，及(0,)x ∈+∞()0f x '>，且存在唯一实数03(,)42x ππ∈--，使0()=0f x '，从而判断A ，B 选项正确；再据此判断函数()f x 的单调性，从而判断零点个数.【详解】由已知()sin ,(,)x f e x x x π∈-=+∞+得()cos x f x e x '=+，()sin xf x e x ''=-，(,)x π∈-+∞，()0f x ''>恒成立，()'f x 在(,)π-+∞上单调递增，又3423()0,()0,(0)20422f e f e f ππππ--'''-=-<-=>=> (0,)x ∴∈+∞时()(0)0f x f ''>>，且存在唯一实数03(,)42x ππ∈--，使0()=0f x '，即00cos x e x =-，所以()f x 在(0,)+∞上是增函数，且()f x 存在唯一极小值点0x ，故A,B 选项正确. 且()f x 在0(,)x π-单调递减，0(,)x +∞单调递增，又()00f eππ--=+>，000000()sin sin cos )04x f x e x x x x π=+=-=-<，(0)10=>f ，所以()f x 在(,)π-+∞上有两个零点，故D 选项正确，C 选项错误.故选：ABD. 【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用．5．设函数()()1x af x a x a =->的定义域为()0,∞+，已知()f x 有且只有一个零点，下列结论正确的有（） A ．a e =B ．()f x 在区间()1,e 单调递增C ．1x =是()f x 的极大值点D ．()f e 是()f x 的最小值【答案】ACD 【分析】()f x 只有一个零点，转化为方程0x a a x -=在(0,)+∞上只有一个根，即ln ln x ax a=只有一个正根．利用导数研究函数ln ()xh x x=的性质，可得a e =，判断A ，然后用导数研究函数()x e f x e x =-的性质，求出()'f x ，令()0f x '=，利用新函数确定()'f x 只有两个零点1和e ，并证明出()'f x 的正负，得()f x 的单调性，极值最值．判断BCD ．【详解】()f x 只有一个零点，即方程0x a a x -=在(0,)+∞上只有一个根，x a a x =，取对数得ln ln x a a x =，即ln ln x ax a=只有一个正根．设ln ()xh x x =，则21ln ()x h x x-'=，当0x e <<时，()0h x '>，()h x 递增，0x →时，()h x →-∞，x e >时，()0h x '<，()h x 递减，此时()0h x >，max 1()()h x h e e==． ∴要使方程ln ln x ax a =只有一个正根．则ln 1a a e =或ln 0a a<，解得a e =或0a <，又∵1a >，∴a e =．A 正确；()x e f x e x =-，1()x e f x e ex -'=-，1()0x e f x e ex -'=-=，11x e e x --=，取对数得1(1)ln x e x -=-，易知1x =和x e =是此方程的解．设()(1)ln 1p x e x x =--+，1()1e p x x-'=-，当01x e <<-时，()0p x '>，()p x 递增，1x e >-时，()0p x '<，()p x 递减，(1)p e -是极大值，又(1)()0p p e ==，所以()p x 有且只有两个零点，01x <<或x e >时，()0p x <，即(1)ln 1e x x -<-，11e x x e --<，1e x ex e -<，()0f x '>，同理1x e <<时，()0f x '<，所以()f x 在(0,1)和(,)e +∞上递增，在(1,)e 上递减，所以极小值为()0f e =，极大值为(1)f ，又(0)1f =，所以()f e 是最小值．B 错，CD 正确．故选：ACD ．【点睛】关键点点睛：本题考用导数研究函数的零点，极值，单调性．解题关键是确定()'f x 的零点时，利用零点定义解方程，1()0xe f x e ex-'=-=，11x e e x --=，取对数得1(1)ln x e x -=-，易知1x =和x e =是此方程的解．然后证明方程只有这两个解即可．6．函数()ln f x x x =、()()f x g x x'=，下列命题中正确的是（）.A ．不等式()0g x >的解集为1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭B ．函数()f x 在()0,e 上单调递增，在(,)e +∞上单调递减C ．若函数()()2F x f x ax =-有两个极值点，则()0,1a ∈D ．若120x x >>时，总有()()()2212122m x x f x f x ->-恒成立，则m 1≥【答案】AD 【分析】对A ，根据()ln f x x x =，得到()()ln 1f x xg x x x'+==，然后用导数画出其图象判断；对B ，()1ln f x x '=+，当x e >时，()0f x '>，当0x e <<时，()0f x '<判断；对C ，将函数()()2F x f x ax =-有两个极值点，()ln 120x a x+=+∞在，有两根判断；对D ，将问题转化为22111222ln ln 22m m x x x x x x ->-恒成立，再构造函数()2ln 2m g x x x x =-，用导数研究单调性. 【详解】对A ，因为()()()ln 1ln f x x f x x x g x x x'+===、， ()2ln xg x x-'=，令()0g x '>，得()0,1x ∈，故()g x 在该区间上单调递增；令()0g x '<，得()1x ∈+∞，，故()g x 在该区间上单调递减. 又当1x >时，()0g x >，()10,11g g e ⎛⎫== ⎪⎝⎭，故()g x 的图象如下所示：数形结合可知，()0g x >的解集为1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，故正确；对B ，()1ln f x x '=+，当x e >时，()0f x '>，当0x e <<时，()0f x '<，所以函数()f x 在()0,e 上单调递减，在(,)e +∞上单调递增，错误；对C ，若函数()()2F x f x ax =-有两个极值点，即()2ln F x x x ax =-有两个极值点，又()ln 21F x x ax '=-+，要满足题意，则需()ln 2100x ax -+=+∞在，有两根，也即()ln 120x a x+=+∞在，有两根，也即直线()2y a y g x ==与的图象有两个交点. 数形结合则021a <<，解得102a <<. 故要满足题意，则102a <<，故错误；对D ，若120x x >>时，总有()()()2212122m x x f x f x ->-恒成立，即22111222ln ln 22m m x x x x x x ->-恒成立，构造函数()2ln 2m g x x x x =-，()()12g x g x >，对任意的120x x >>恒成立，故()g x ()0+∞，单调递增，则()ln 10g x mx x '=--≥()0+∞，恒成立，也即ln 1x m x+≤，在区间()0,∞+恒成立，则()max 1g x m =≤，故正确. 故选：AD. 【点睛】本题主要考查导数在函数图象和性质中的综合应用，还考查了数形结合的思想、转化化归思想和运算求解的能力，属于较难题.7．已知函数1()2ln f x x x=+，数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足12a =，()()*1N n n a f a n +=∈，则下列有关数列{}n a 的叙述正确的是（）A ．21a a <B ．1n a >C ．100100S <D ．112n n n a a a +⋅+<【答案】AB 【分析】A ．计算出2a 的值，与1a 比较大小并判断是否正确；B ．利用导数分析()f x 的最小值，由此判断出1n a >是否正确；C ．根据n a 与1的大小关系进行判断；D ．构造函数()()1ln 11h x x x x=+->，分析其单调性和最值，由此确定出1ln 10n n a a +->，将1ln 10n na a +->变形可得112n n a a ++>，再将112n n a a ++>变形可判断结果. 【详解】A 选项，3221112ln 2ln 4ln 2222a e =+=+<+=，A 正确； B 选项，因为222121()x f x x x x='-=-，所以当1x >时，()0f x '>，所以()f x 单增，所以()(1)1f x f >=，因为121a =>，所以()11n n a f a +=>，所以1n a >，B 正确；C 选项，因为1n a >，所以100100S >，C 错误；D 选项，令1()ln 1(1)h x x x x =+->，22111()0x h x x x x-='=->，所以()h x 在(1,)+∞单调递增，所以()(1)0h x h >=，所以1ln 10n n a a +->，则22ln 20n n a a +->，所以112ln 2n n n a a a ⎛⎫++> ⎪⎝⎭，即112n n a a ++>，所以112n n n a a a ++>，所以D 错误.故选：AB.【点睛】易错点睛：本题主要考查导数与数列的综合问题，属于难题.解决该问题应该注意的事项：（1）转化以函数为背景的条件时，应该注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是很容易被忽视的问题；（2）利用函数的方法研究数列中的相关问题时，应准确构造相应的函数，注意数列中相关限制条件的转化.8．下列命题正确的有（）A ．已知0,0a b >>且1a b +=，则1222a b -<<B ．34a b ==a b ab+= C ．323y x x x =--的极大值和极小值的和为6-D ．过(1,0)A -的直线与函数3y x x =-有三个交点，则该直线斜率的取值范围是1(,2)(2,)4-+∞ 【答案】ACD【分析】由等式关系、指数函数的性质可求2a b -的范围；利用指对数互化，结合对数的运算法求a b ab+；利用导数确定零点关系，结合原函数式计算极值之和即可；由直线与3y x x =-有三个交点，即可知2()h x x x k =--有两个零点且1x =-不是其零点即可求斜率范围.【详解】A 选项，由条件知1b a =-且01a <<，所以21(1,1)a b a -=-∈-，即1222a b -<<；B 选项，34a b ==log a =4log b =1212112(log 3log 4)2a b ab a b+=+=+=； C 选项，2361y x x '=--中>0∆且开口向上，所以存在两个零点12,x x 且122x x +=、1213x x =-，即12,x x 为y 两个极值点，所以2212121212121212()[()3]3[()2]()6y y x x x x x x x x x x x x +=++--+--+=-； D 选项，令直线为(1)y k x =+与3y x x =-有三个交点，即2()()(1)g x x x k x =--+有三个零点，所以2()h x x x k =--有两个零点即可∴140(1)20k h k ∆=+>⎧⎨-=-≠⎩，解得1(,2)(2,)4k ∈-+∞ 故选：ACD【点睛】本题考查了指对数的运算及指数函数性质，利用导数研究极值，由函数交点情况求参数范围，属于难题.。

导数的练习题及答案

导数的练习题及答案导数是微积分中的一个重要概念，它描述了函数在某一点上的变化率。

掌握导数的概念对于解决各种数学和物理问题至关重要。

在这篇文章中，我们将给出一些关于导数的练习题及其答案，帮助读者更好地理解和应用导数。

练习题一：求函数 $f(x) = 2x^3 - 5x^2 + 3x - 1$ 在 $x = 2$ 处的导数。

解答一：根据导数的定义，我们知道导数可以通过函数的极限来求解。

在这个例子中，我们可以使用直接求导的方法来计算导数。

首先，我们对每一项使用求导法则。

对于 $2x^3$，它的导数是$6x^2$；对于 $-5x^2$，它的导数是 $-10x$；对于 $3x$，它的导数是$3$；对于常数项 $-1$，它的导数是 $0$。

然后，将这些导数相加，得到函数 $f(x)$ 的导数 $f'(x)$。

所以，$f'(x) = 6x^2 - 10x + 3$。

接下来，我们求函数 $f(x)$ 在 $x = 2$ 处的导数。

将 $x$ 替换为 $2$，得到 $f'(2) = 6(2)^2 - 10(2) + 3 = 28$。

所以，函数 $f(x) = 2x^3 - 5x^2 + 3x - 1$ 在 $x = 2$ 处的导数为 $f'(2) = 28$。

练习题二：求函数 $y = e^x \sin(x)$ 的导数。

解答二：这个问题涉及到两个函数的乘积，所以我们需要使用乘积规则来求解。

首先，我们将函数 $y = e^x \sin(x)$ 分解为两个函数的乘积：$y =u(x) v(x)$，其中 $u(x) = e^x$，$v(x) = \sin(x)$。

然后，我们求出每个函数的导数。

对于 $u(x) = e^x$，它的导数仍然是 $e^x$；对于 $v(x) = \sin(x)$，它的导数是 $\cos(x)$。

根据乘积规则，函数 $y$ 的导数为 $y' = u'v + uv'$。

高三数学导数的实际应用试题答案及解析

高三数学导数的实际应用试题答案及解析1.已知函数，．（Ⅰ）若曲线在点处的切线与直线垂直，求的值；（Ⅱ）求函数的单调区间；（Ⅲ）设，当时，都有成立，求实数的取值范围．【答案】（Ⅰ），（Ⅱ）当时，的单调增区间为；当时，的单调增区间是，的单调减区间是．（Ⅲ）.【解析】（Ⅰ）利用导数的几何意义，曲线在点处的切线斜率为在点处的导数值. 由已知得．所以．，（Ⅱ）利用导数求函数单调区间，需明确定义域，再导数值的符号确定单调区间. 当时，,所以的单调增区间为．当时,令，得，所以的单调增区间是；令，得，所以的单调减区间是．（Ⅲ）不等式恒成立问题，一般利用变量分离转化为最值问题. “当时，恒成立”等价于“当时，恒成立．”设，只要“当时，成立．”易得函数在处取得最小值，所以实数的取值范围．（Ⅰ）由已知得．因为曲线在点处的切线与直线垂直，所以．所以．所以． 3分（Ⅱ）函数的定义域是，．（1）当时，成立，所以的单调增区间为．（2）当时，令，得，所以的单调增区间是；令，得，所以的单调减区间是．综上所述，当时，的单调增区间为；当时，的单调增区间是，的单调减区间是． 8分（Ⅲ）当时，成立，．“当时，恒成立”等价于“当时，恒成立．”设，只要“当时，成立．”．令得，且，又因为，所以函数在上为减函数；令得，，又因为，所以函数在上为增函数．所以函数在处取得最小值，且．所以．又因为，所以实数的取值范围． 13分（Ⅲ）另解：（1）当时，由（Ⅱ）可知，在上单调递增，所以．所以当时，有成立．（2）当时，可得．由（Ⅱ）可知当时，的单调增区间是，所以在上单调递增，又，所以总有成立．（3）当时，可得．由（Ⅱ）可知，函数在上为减函数，在为增函数，所以函数在处取最小值，且．当时，要使成立，只需，解得．所以．综上所述，实数的取值范围．【考点】利用导数求切线，利用导数求单调区间，利用导数求最值2.已知y=f（x）与y=g（x）都为R上的可导函数，且f′（x）＞g′（x），则下面不等式正确的是（）A．f（2）+g（1）＞f（1）+g（2）B．f（1）+f（2）＞g（1）+g（2）C．f（1）﹣f（2）＞g（1）﹣g（2）D．f（2）﹣g（1）＞f（1）﹣g（2）【答案】A【解析】∵f'（x）＞g'（x），∴f'（x）﹣g'（x）＞0，∴[f（x）﹣g（x）]′＞0，∴函数f（x）﹣g（x）在R上为增函数．∵1＜2，∴f（1）﹣g（1）＜f（2）﹣g（2），移向即得f（2）+g（1）＞f（1）+g（2）故选A3.某公司生产一种产品，固定成本为20000元，每生产一单位的产品，成本增加100元，若总收入R与年产量x的关系是，则当总利润最大时，每年生产产品的单位数是()A．150B．200C．250D．300【答案】D【解析】∵总利润由P′(x)＝0，得x＝300，故选D.4.一个圆柱形圆木的底面半径为1m，长为10m，将此圆木沿轴所在的平面剖成两个部分．现要把其中一个部分加工成直四棱柱木梁，长度保持不变，底面为等腰梯形（如图所示，其中O为圆心，在半圆上），设，木梁的体积为V（单位：m3），表面积为S（单位：m2）．（1）求V关于θ的函数表达式；（2）求的值，使体积V最大；（3）问当木梁的体积V最大时，其表面积S是否也最大？请说明理由．【答案】(1)；(2)；（3）是.【解析】（1）本题求直四棱柱的体积，关键是求底面面积，我们要用底面半径1和表示出等腰梯形的上底和高，从图形中可知高为，而，因此面积易求，体积也可得出；（2）我们在（1）中求出，这里的最大值可利用导数知识求解，求出，解出方程在上的解，然后考察在解的两边的正负性，确定是最大值点，实质上对应用题来讲，导数值为0的那个唯一点就是要求的极值点）；（3），上（2）我们可能把木梁的表面积用表示出来，，由于在体积中出现，因此我们可求的最大值，这里可不用导数来求，因为，可借助二次函数知识求得最大值，如果这里取最大值时的和取最大值的取值相同，则结论就是肯定的.试题解析：（1）梯形的面积=，． 2分体积． 3分（2）．令，得，或（舍）．∵，∴． 5分当时，，为增函数；当时，，为减函数． 7分∴当时，体积V最大． 8分（3）木梁的侧面积=，．=，． 10分设，．∵，∴当，即时，最大． 12分又由（2）知时，取得最大值，所以时，木梁的表面积S最大． 13分综上，当木梁的体积V最大时，其表面积S也最大． 14分【考点】（1）函数解析式；（2）用导数求最值；（3）四棱柱的表面积及其最值.5.一火车锅炉每小时煤的消耗费用与火车行驶速度的立方成正比，已知当速度为20 km/h时，每小时消耗的煤价值40元，其他费用每小时需400元，火车的最高速度为100 km/h，火车以何速度行驶才能使从甲城开往乙城的总费用最少？【答案】速度为20 km/h时，总费用最少【解析】设火车的速度为x km/h，甲、乙两城距离为a km.由题意，令40＝k·203，∴k＝，则总费用f(x)＝(kx3＋400)·＝a.∴f(x)＝a (0＜x≤100)．由f′(x)＝＝0，得x＝20.当0＜x＜20时，f′(x)＜0；当20＜x＜100时，f′(x)＞0.∴当x＝20时，f(x)取最小值，即速度为20 km/h时，总费用最少．6.已知函数（Ⅰ）若对任意，使得恒成立，求实数的取值范围；（Ⅱ）证明：对，不等式成立.【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）详见解析.【解析】(Ⅰ) 利用导数分析单调性，进而求最值；(Ⅱ)利用不等式的放缩和数列的裂项求和试题解析：（I）化为易知，，设，设，，，上是增函数，（Ⅱ）由（I）知：恒成立，令，取相加得：即证明完毕【考点】查导数，函数的单调性，数列求和，不等式证明7.设等差数列{an }的前n项和为Sn，已知(a5－1)3＋2 011·(a5－1)＝1，(a2 007－1)3＋2 011(a2 007－1)＝－1，则下列结论正确的是()A．S2 011＝2 011，a2 007<a5B．S2 011＝2 011，a2 007>a5C．S2 011＝－2 011，a2 007≤a5D．S2 011＝－2 011，a2 007≥a5【答案】A 【解析】令，在R上单调递增且连续的函数所以函数只有唯一的零点，从而可得，同理∵(a5－1)3＋2 011·(a5－1)＝1，(a2 007－1)3＋2 011(a2 007－1)＝－1两式相加整理可得，由，可得＞0，由等差数列的性质可得【考点】函数性质与等差数列及性质点评：本题的入手点在于通过已知条件的两数列关系式构造两函数，借助于函数单调性得到数列中某些特定项的范围，再结合等差数列中的相关性质即可求解，本题难度很大8.已知定义在上的函数满足，且，，若数列的前项和等于，则＝A．7B．6C．5D．4【答案】B【解析】由得，即为R上的减函数，所以，由，得，即，解得或，又，所以，故，数列即，其前项和为，整理得，解得，故选B．【考点】本题考查了导数与数列的综合运用点评：此类问题常常利用导数法研究函数的单调性，然后再利用数列的知识求解9.已知f（x）=x-（a>0），g（x）=2lnx+bx且直线y=2x－2与曲线y=g（x）相切．（1）若对[1，+）内的一切实数x，小等式f（x）≥g（x）恒成立，求实数a的取值范围；（2）当a=l时，求最大的正整数k，使得对[e，3]（e=2．71828是自然对数的底数）内的任意k个实数x1，x2，，xk都有成立；（3）求证：．【答案】（1）；（2）的最大值为．（3）当时，根据（1）的推导有，时，，即．令，得，化简得，。