高考数学 精选试题大练兵第三练 冲刺题 第一讲 函数与导数 十二 函数 导数与数列 不等式综合应用(
高考数学(文)一轮复习 大题冲关系列1函数、导数及其应用
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高考一轮总复习 ·数学（文）
所以 f(x)不可能有三个不同零点． 综上所述，若函数 f(x)有三个不同零点，则必有 Δ＝4a2 －12b>0. 故 a2－3b>0 是 f(x)有三个不同零点的必要条件． 当 a＝b＝4，c＝0 时，a2－3b>0，f(x)＝x3＋4x2＋4x＝ x(x＋2)2 只有两个不同零点，所以 a2－3b>0 不是 f(x)有三个 不同零点的充分条件． 因此 a2－3b>0 是 f(x)有三个不同零点的必要而不充分 条件.
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x∈21a，＋∞时，函数 g(x)单调递减． 所以当 a≤0 时，g(x)的单调增区间为(0，＋∞)； 当 a>0 时，g(x)的单调增区间为0，21a，单调减区间为 21a，＋∞.
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(2)由(1)知，f′(1)＝0. ①当 a≤0 时，f′(x)单调递增， 所以当 x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当 x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增． 所以 f(x)在 x＝1 处取得极小值，不合题意． ②当 0<a<12时，21a>1， 由(1) 知 f′(x)在0，21a内单调递增， 可得当 x∈(0,1)时，f′(x)<0，x∈1，21a时，f′(x)>0.
所以 f′(x)＝3x2＋8x＋4.
令 f′(x)＝0，得 3x2＋8x＋4＝0，
解得 x＝－2 或 x＝－23.
f(x)与 f′(x)在区间(－∞，＋∞)上的情况如下：
x
【高考冲刺押题】高考数学三轮 基础技能闯关夺分必备 导数的概念及运算(含解析).pdf
导数的概念及运算 【考点导读】 1.了解导数概念的某些实际背景(如瞬时速度、加速度、光滑曲线切线的斜率等)；掌握函数在一点处的导数的定义和导数的几何意义；理解导函数的概念熟记基本导数公式；掌握两个函数和、差、积、商的求导法则了解复合函数的求导法则会求某些简单函数的导数与x0,h的关系是 仅与x0有关而与h无关 。
2．一点沿直线运动，如果由始点起经过t秒后的距离为，那么速度为零的时刻是 1，2，4秒末。
3．已知, 则 0 。
4．已知,则当时,。
5．（1）已知,则。
（2）（理科）设函数，则′＝。
6．已知两曲线和都经过点P（1,2），且在点P处有公切线，试求a,b,c值。
解：因为点P（1,2）在曲线上， 函数和的导数分别为和，且在点P处有公切数 ，得b=2 又由，得 【范例导析】 例1． 电流强度是单位时间内通过导体的电量的大小。
从时刻开始的秒内，通过导体的电量（单位：库仑）可由公式表示。
求第5秒内时的电流强度； 什么时刻电流强度达到63安培（即库仑/秒）？ 分析：为了求得各时刻的电流强度，类似求瞬时速度一样，先求平均电流强度，然后再用平均电流强度逼近瞬时电流强度。
解：（1）从时刻到时刻通过导体的这一横截面的电量为： 则这段时间内平均电流强度为 当 当时，则（安培）。
（2）令，得（秒）。
答：（1）第5秒时电流强度为23安培；（2）第15秒时电流强度为63安培。
点评：导数的实际背景丰富多彩，本题从另一个侧面深化对导数概念的理解。
例2．下列函数的导数： ① ② ③ 分析：利用导数的四则运算求导数。
解：①法一： ∴ 法二：=+ ② ∴ ③e－x（cosx+sinx）+e－x（－sinx+cosx）2e－xx, 点评：利用基本函数的导数、导数的运算法则及复合函数的求导法则进行导数运算，是高考对导数考查的基本要求。
例3． 如果曲线的某一切线与直线平行，求切点坐标与切线方程． 分析：本题重在理解导数的几何意义：曲线在给定点处的切线的斜率，用导数的几何意义求曲线的斜率就很简单了。
2023年高考数学课后精练 第3讲 利用导数研究函数的性质(解析版)
第3讲 利用导数研究函数的性质【题型精练】一、单选题1．（2021·北京交通大学附属中学高三开学考试）已知()f x 是定义在R 上的偶函数，当0x >时，'2()()0xf x f x x ->，且()20f -=，则不等式()0f x x >的解集是（ ） A ．()()2,00,2- B ．()(),22,-∞-+∞ C ．()()2,02,-+∞D ．()(),20,2-∞-【答案】C 【详解】解：∵()f x 是定义在R 上的偶函数，当0x >时，'2()()0xf x f x x ->， ∴()f x x 为增函数，()f x 为偶函数，()f x x 为奇函数， ∴()f x x在(),0-∞上为增函数， ∵()()220f f -==， 若0x >，()202f =，所以2x >； 若0x <，()202f -=-，()f x x 在(),0-∞上为增函数，可得20x -<<， 综上得，不等式()0f x x>的解集是()()2,02,-+∞.故选：C.2．（2021·河南·高三月考（文））函数()2e 21xf x x x x =---的极大值为（ ）A ．1-B ．1e- C ．ln 2 D ．()2ln 21--【答案】B 【详解】由()2e 21xf x x x x =---可得()()()()1e 221e 2x x f x x x x '=+--=+-，由()0f x '>可得：ln 2x >或1x <-， 由()0f x '<可得1ln 2x -<<，所以()f x 在(),1-∞-单调递增，在()1,ln 2-单调递减，在()ln 2,+∞单调递增，所以1x =-时，()f x 取得极大值为()111121e ef -=--+-=-，故选：B.3．（2021·全国·高三月考（文））函数321()3f x x ax =-在(2,1)--上单调递减则实数a 的取值范围为（ ）A ．(,1)-∞-B ．(,1]-∞-C ．(1,)+∞D ．[1,)-+∞【答案】B 【详解】2()2(2)f x x ax x x a '=-=-，∵()f x 在(2,1)--上单调递减，∴()0f x '≤在(2,1)--上恒成立，由二次函数()(2)f x x x a '=-的图象可知22a ≤-，即1a ≤-． 故选：B4．（2021·北京·潞河中学高三月考）函数()ln f x kx x =-在[1,)+∞单调递增的一个必要不充分条件是（ ） A ．2k > B ．1k C ．1k > D ．0k >【答案】D 【详解】由题得1()f x k x'=-，函数()ln f x kx x =-在区间(1,)+∞单调递增，()0f x ∴'在区间(1,)+∞上恒成立． 1kx ∴， 而1y x=在区间(1,)+∞上单调递减，1k ∴．选项中只有0k >是1k 的必要不充分条件. 选项AC 是1k 的充分不必要条件，选项B 是充要条件. 故选：D5．（2021·甘肃·嘉峪关市第一中学模拟预测（文））已知函数2()ln 22x f x m x x =+-，()0,x ∈+∞有两个极值点，则实数m 的取值范围是（ ） A ．(],0-∞ B ．(],1-∞C ．[)1,-+∞D ．()0,1【答案】D 【详解】22()2m x x mf x x x x-+'=+-=,因为()f x 有两个极值点，故()f x '有两个变号零点，故2x 2x m 0-+=在()0,∞+上有两个不同的解，故0440m m >⎧⎨∆=->⎩，所以01m <<， 故选：D.6．（2021·山东·嘉祥县第一中学高三期中）已知函数()x x f x e e -=+（其中e 是自然对数的底数），若 1.5(2)a f =，0.8(4)b f =，21log 5c f ⎛⎫= ⎪⎝⎭，则,,a b c 的大小关系为（ ）A ．a b c <<B ．c a b <<C ．a c b <<D ．b a c <<【答案】B 【详解】函数()x x f x e e -=+是偶函数，()x x f x e e -=-'，当0,()0;0,()0x f x x f x ''<<>>， 即函数()f x 在(,0)-∞上单调递减，(0,)+∞上单调递增，因为2222log 5log 25log 325=<=， 2.5 1.55222<==⨯，所以 1.522log 5522<<⨯，则 1.51.60.82log 5224<<=，1.50.82221(log )(log 5)(log 5)(2)(4)5f f f f f =-=<<，即c a b <<． 故选：B ．7．（2021·陕西·泾阳县教育局教学研究室高三期中（文））已知函数()f x 的定义域为R ，且()21f =，对任意x ∈R ，()()0f x xf x '+<，则不等式()()112x f x ++>的解集是（ ） A ．(),1-∞ B ．(),2-∞ C ．()1,+∞ D ．()2,+∞【答案】A 【详解】设()()g x xf x =，则()()()0g x f x xf x =+'<' 所以()g x 在R 上单调递减，又()()2222g f == 由()()112x f x ++>，即()()12g x g +>，所以12x +< 所以1x < 故选：A8．（2021·广东深圳·高三月考）已知函数2ln ,0(),1,0x x x f x x x >⎧=⎨-≤⎩若函数()()=-g x f x k 有三个零点，则（ ） A ．e 1k -<≤B ．11k e-<<C ．e 0k -<<D ．10ek -<<【答案】D 【详解】要使函数()f x k =有三个解，则()y f x =与y k =有三个交点，当0x >时，()ln f x x x =，则()ln 1f x x '=+，可得()f x 在10,e ⎛⎫⎪⎝⎭上递减，在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭递增，∴0x >时，()ln f x x x =有最小值11f e e ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，且10x e <<时，ln 0x x <；当0x +→时，()0f x →；当x →+∞时，()f x →+∞； 当0x ≤时，2()1f x x =-+单调递增；∴()f x 图象如下，要使函数()g x 有三个零点，则10e k -<<，故选：D ．二、多选题9．（2021·湖北·高三月考）已知函数()xf x xe ax =+．则下列说法正确的是（ ）A ．当0a =时，()min 1f x e=-B ．当1a =时，直线2y x =与函数()f x 的图象相切C ．若函数()f x 在区间[)0,+∞上单调递增，则0a ≥D ．若在区间[]0,1上()2f x x ≤恒成立，则1a e ≤-【答案】ABD 【详解】解：对于A ：当0a =时，()xf x xe =，则()()'+1+x x x f x xe e e x ==，令'0f x，得1x =-，所以当1x <-时，()'0f x <，函数()f x 单调递减，当>1x -时，()'>0f x ，函数()f x 单调递增，所以()()1111f x f e e-≥-=-=-，所以()min 1f x e =-，故A 正确；对于B ：当1a =时，()+x f x xe x =，则()'++1xx f x xe e =，设切点为()00,x y ，则过切点的切线方程为：()()()0000000+++1x xx y x e x e x e x x -=-，因为切线过原点，所以()()()00000000+++01x x x x e x x e x e -=-，解得00x =，此时()'000+0+12f e e =⨯=，所以直线2y x =与函数()f x 的图像相切，故B 正确；对于C ：由函数()xf x xe ax =+得()()1+x f x x e a '=+，因为函数()f x 在区间[)0,+∞上单调递增，所以()()1+0xf x x e a '=+≥在区间[)0,+∞上恒成立，即()1x a x e ≥--在区间[)0,+∞上恒成立，令()()1x g x x e =--，则()()'+2x g x x e =-，又令[)0,x ∈+∞，所以，()'0g x <，函数()g x 单调递减， 所以()()000+21g x g e e ≤=-=，所以1a ≥，故C 不正确；对于D ：在区间[]0,1上()2f x x ≤恒成立，等价于2x xe ax x +≤在区间[]0,1上恒成立，当0x =时，不等式恒成立；当01x <≤时，x a x e ≤-恒成立，令()xh x x e =-，则()'1x h x e =-，令()'0h x =，得0x =，因为01x <≤，()'0h x <，函数()h x 单调递减，所以()()1111h x h e e ≥=-=-，所以1a e -≤，故D 正确；故选：ABD.10．（2021·辽宁沈阳·高三月考）已知函数()()[)ln ,0,1e44,1,x x f x x x⎧-∈⎪⎪=⎨-⎪+∈+∞⎪⎩(其中e 是自然对数的底数)，函数()()g x f x kx =-有三个零点()123123,,x x x x x x <<，则（ ） A ．实数k 的取值范围为()0,1 B ．实数k 的取值范围为()0,e C ．123x x x 的取值范围为4,e ⎛+∞⎫⎪⎝⎭D ．123x x x 的取值范围为()e,+∞ 【答案】AC 【详解】由图可知，0,k >则方程44kx x-=+，即2440kx x -+=有两个正实数解， 所以16160,k =->解得)1(0k ∈，； 由图可知，12301,x x x <<<<所以234x x k⋅=，且11ln x k ex =-因为11ln 1x k ex =-<，则111x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，，所以21112311441,1ln x ex x x x x k x e ⎛⎫⎛⎫⋅⋅==-∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 设1)0(1lnx t =∈-，，则()24te e g t t⋅=-， 所以()()22421'0t g tt e e t ⋅-=->，即()g t 单调递增， 又4()1g e -=，且0t ⇒时，()g t →+∞，所以()4,g t e ∈+∞⎛⎫ ⎪⎝⎭. 故选：AC11．（2021·重庆·高三月考）定义域在R 上函数()f x 的导函数为f x ，满足()()2'2f x f x <-，()211f e =-，则下列正确的是（ ） A ．()00f >B ．()421f e >-C ．()()()2021202021f ef e ->-D ．()()22202120201f e f e ->-【答案】BCD 【详解】由题意，构造函数2()1()x f x g x e +=，则2()2(()1)()xf x f xg x e '-+'=，由()()2'2f x f x <-可知()0g x '>， 所以2()1()x f x g x e +=在R 上单调递增，且2(1)1(1)1f g e +==， 故(0)(1)1g g <=，即(0)11f +<，(0)0f <，A 错误；由(2)(1)1g g >=可得()421f e >-，故B 正确；当1x >时，()(1)1g x g >=，所以2()11xf x e +>，()0f x >， 所以()()()22f x f x f x '<<-，()()02f x f x '-->， 令()()2,1x f x h x x e +=>，则()()()20xf x f x h x e ''--=>， 所以()h x 单调递增，()()20212020h h >，即()()202120202202122020f f e e >++，所以()()2220212020f ef e >++，()()()2021202021f ef e ->-， 故C 正确；由(2021)(2020)g g >可得()()22202120201f e f e ->-，故D 正确；故选：BCD12．（2021·全国·高三专题练习）已知函数()y f x =，0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()f x '是其导函数，恒有()()sin cos f x f x x x '>，则（ ）A ．34f ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭B ．46f f ππ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭C ．()2cos116f f π⎛⎫<⋅ ⎪⎝⎭D ．()cos 13f f π⎛⎫>21⋅ ⎪⎝⎭【答案】AD 【详解】因为0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以sin 0x >，cos 0x >，又()()sin cos f x f x x x'>，所以()()cos sin f x x f x x '>． 构造函数()()cos g x f x x =，0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则()()()cos sin 0g x f x x f x x -''=>，所以()g x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上为增函数，因为34ππ>，所以34g g ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以cos cos 3344f f ππππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即34f ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故A 正确；因为46ππ>，所以46g g ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以cos cos 4466f f ππππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即46f f ππ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故B 错误； 因为16π<，所以()16g g π⎛⎫< ⎪⎝⎭，所以()cos 1cos166f f ππ⎛⎫< ⎪⎝⎭，即()1cos16f f π⎛⎫< ⎪⎝⎭，故C 错误； 因为13π>，所以()13g g π⎛⎫> ⎪⎝⎭，所以()cos 1cos133f f ππ⎛⎫> ⎪⎝⎭，即()21cos13f f π⎛⎫> ⎪⎝⎭，故D 正确， 故选：AD. 三、填空题13．（2021·江西赣州·高三期中（理））已如函数3()5,(2,2)f x x x x =+∈-，若()2()20f t f t +->.则t 的取值范围为___________. 【答案】(1,0)(0,2)- 【详解】3()5f x x x =+，()3()5f x x x f x -==---，函数为奇函数.2()350f x x '=+>，函数单调递增，()2()20f t f t +->，即()2(2)f t f t ->，故22222222t t t t -<<⎧⎪-<-<⎨⎪>-⎩，解得(1,0)(0,2)t ∈-⋃. 故答案为：(1,0)(0,2)-.14．（2021·陕西·西安中学高三月考（理））已知函数()3()x f x e ax a R =+-∈，若对于任意的12,[1,)x x ∈+∞且12x x <，都有211212()()()x f x x f x a x x -<-成立，则a 的取值范围是________. 【答案】(,3]-∞ 【详解】对于任意的1x ，2[1x ∈，)+∞，且12x x <，都有211212()()()x f x x f x a x x -<-成立， ∴不等式等价为1212()()f x a f x ax x ++<恒成立， 令()()f x ah x x+=，则不等式等价为当12x x <时，12()()h x h x <恒成立， 即函数()h x 在(1,)+∞上为增函数； 3()x e ax a h x x+-+=，则23()0x x xe e ah x x -+-'=在[1，)+∞上恒成立； 30x x xe e a ∴-+-；即3x x a xe e --恒成立，令()x x g x xe e =-，()0x g x xe ∴'=>；()g x ∴在[1，)+∞上为增函数； ()g x g ∴（1）0=； 30a ∴-；3a ∴．a ∴的取值范围是(,3]-∞．故答案：(,3]-∞．15．（2021·宁夏·固原一中高三期中（文））已知函数()f x 是定义在R 上的偶函数，()20f =，()()()0xf x f x x '<>，则不等式()0xf x <的解集为______．【答案】(2,0)(2,)-+∞ 【详解】 令()()f x g x x=，则()2()()xf x f x g x x '-'=，当0x >时．由()()xf x f x '<，得()0g x '<， 所以函数()()f xg x x=在(0,)+∞上是减函数， 函数()f x 是定义在R 上的偶函数，∴()()f x f x -=， ∴()()()f x g x g x x--==--， ∴()g x 是定义在(,0)(0,)-∞+∞上的奇函数， ∴()g x 在(,0)-∞上递减，又(2)0f =，∴(2)(2)02f g ==， 则()g x 的大致图象如图所示：∴02x <<时，()0>g x ，2x >时，()0<g x ，根据函数的奇偶性知，20x -<<时，()0<g x ，2x <-时，()0>g x ， 当0x ≠时，()0xf x <等价于()0<g x ，当0x =时，()0xf x <不成立， ∴不等式()0xf x <的解集为(2,0)(2,)-+∞，所以不等式()0xf x <的解集是(2,0)(2,)-+∞． 故答案为：(2,0)(2,)-+∞.16．（2021·陕西·千阳县中学二模（理））已知函数9()(),[1,9]g x x a a R x x=+-∈∈，则()g x 的值域是___________.设函数()|()|f x g x =，若对于任意实数a ，总存在0[1,9]x ∈，使得()0f x t ≥成立，则实数t 的取值范围是___________【答案】[]6,10a a -- (],2-∞ 【详解】 （1）()()()223391x x g x x x +-'=-=， 当[]1,3x ∈，()0g x '<，()g x 单调递减；当[]3,9x ∈，()0g x '>，()g x 单调递增；()()min 36g x g a ∴==-，又()()110,910g a g a =-=-，()max 10g x a ∴=-， 故()g x 的值域是[]6,10a a --； （2）()|()|f x g x =，当610a a -≥-，即8a ≥时，()max 66f x a a t =-=-≥恒成立，则2t ≤， 当610a a -<-，即8a <时，()max 1010f x a a t =-=-≥恒成立，则2t ≤， 综上，实数t 的取值范围是(],2-∞. 故答案为：[]6,10a a --；(],2-∞。
第01讲 导数的概念及其意义、导数的运算(十二大题型)2025年高考数学一轮复习讲练测
(0 +ℎ)−(0 −ℎ)
(, )，则 lim
ℎ
ℎ→0
）
A．′ 0
B．2′ 0
C．−2 ′ 0
D．0
【答案】B
0 +ℎ − 0 −ℎ
【解析】由题意知， lim
ℎ
ℎ→0
0 +ℎ − 0 −ℎ
ℎ→0 0 +ℎ − 0 −ℎ
= 2lim
故选：B
= 2′ 0 ．
变化率为（ ）
3
A．
300
cm/s
6π
3
B．
3
300
cm/s
5π
C．
150
cm/s
3π
3
D．
150
cm/s
2π
【答案】C
2
1
1
【解析】设注入溶液的时间为（单位：s）时，溶液的高为ℎcm，则 π ⋅ ℎ
3
5
因为ℎ′ =
1 3 150
，所以当
3 π 2
= π时，ℎ′ =
1 3 150
3
π3
即圆锥容器内的液体高度的瞬时变化率为
1
【解析】() = ′(1) −1 − (0) + 2 2 ⇒ ′() = ′(1) −1 − (0) +
令 = 1得： (0) = 1
() =
′(1) −1
−+
1 2
2
⇒ (0) = ′(1) −1 = 1 ⇔ ′(1) =
1
得：() = − + 2 2
则 ′ (0) = 1且(0) = 0，即切线的斜率为 = 1，切点坐标为(0,0)，
所以切线方程为 = ．
高考全国卷数学：导数与函数的强化性训练题库(难度分级,附详细答案)
高考数学全国卷压轴题：导数与函数的强化性训练题库168题江门新会高中数学名师关老师本节内容分基础性练习和提高性练习，分三个题库，每个题库里面的题目难度是逐渐逐渐慢慢地递增的（综合得分最高的题目越难）。
同学们可在做题的过程中感受到自己提高和理解的程度。
后面有附上详细的答案和解题思路过程。
基础性练习包括：切线问题单调性问题极值(最值)问题以上基础性问题若能完全理解（即综合得分60分的题目得分率达80%），恭喜您，您已经达到这道题目高考所需要达到的水平了。
如果您想完全攻陷这道题，不放过一分，甚至0.1分，可以继续下去的灭霸级别的练习。
提高性练习包括：不等式恒成立（存在）问题证明问题(参数分离、隐零点)以上问题若能完全理解（综合得分超过80分的题目得分率达80%），恭喜您，您已经达到这道题目高考所需要达到的水平了。
如果您想完全攻陷这道题，不放过一分，甚至0.1分，可以继续下去的灭霸级别的练习。
灭霸级别练习包括：函数图像的局部性态函数、导数与数列、不等式综合应用解题方法介绍（1）分类讨论思想：根据所研究对象的性质差异，分各种不同的情况予以分析解决.分类讨论题覆盖知识点较多，利于考查学生的知识面、分类思想和技巧；同时方式多样，具有较高的逻辑性及很强的综合性，树立分类讨论思想，应注重理解和掌握分类的原则、方法与技巧、做到“确定对象的全体，明确分类的标准，分层别类不重复、不遗漏的分析讨论.”参考题目：（2）分离参数法：求参数的取值范围的一种常用方法，通过分离参数，用函数观点讨论主变量的变化情况，由此我们可以确定参数的变化范围.这种方法可以避免分类讨论的麻烦，从而使问题得以顺利解决.分离参数法在解决有关不等式恒成立、不等式有解、函数有零点、函数单调性中参数的取值范围问题时经常用到. 解题的关键是分离出参数之后将原问题转化为求函数的最值或值域问题.参考题目：（3）隐零点的运用：对于已知不含参函数，导函数方程的根存在，却无法求出，设方程的根为，则①有关系式成立，②注意确定的合适范围；对于已知含参函数，其中为参数，导函数方程的根存在，却无法求出，设方程的根为，则①有关系式成立，该关系式给出了的关系，②注意确定的合适范围，往往和的范围有关. 参考题目：（4）构造分界函数：利用泰勒公式构造过程不等式解题. 621!!3!213232x x x n x x x x e n x+++>+++++=3232)1ln(3232x x x n x x x x x n +->+-+-=+注意研究如下函数性质：x x x f ln )(=xx x f ln )(=参考题目：（5）利用洛必达法则，拉格朗日中值定理解题.题库（一） 共36题，每题12分1.设函数bx ax x x f 33)(23+-=的图像与直线0112=-+y x 相切于点)111(-，。
高考数学压轴专题新备战高考《函数与导数》全集汇编及答案
数学《函数与导数》复习资料一、选择题1．函数()1sin cos 1sin cos 1tan 01sin cos 1sin cos 32x x x x f x x x x x x x π+-++⎛⎫=++<< ⎪+++-⎝⎭的最小值为（ ） ABCD【答案】B 【解析】 【分析】利用二倍角公式化简函数()f x ，求导数，利用导数求函数的最小值即可. 【详解】22222sin 2sin cos 2cos 2sin cos1sin cos 1sin cos 2222221sin cos 1sin cos 2cos 2sin cos 2sin 2sin cos 222222x x x x x x x x x x x x x x x xx x x x +++-+++=++++-++ 2sin sin cos 2cos sin cos sin cos 222222222sin cos sin 2cos sin cos 2sin sin cos 22222222x x x x x x x xx x x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=+=+=⎛⎫⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 则()21tan 0sin 32f x x x x π⎛⎫=+<< ⎪⎝⎭， 32222221sin 2cos 16cos cos 1()sin 3cos sin 3cos 3sin cos x x x x f x x x x x x x '''--+⎛⎫⎛⎫=+=-+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 令()cos 0,1t x =∈，()3261g t t t =--+为减函数，且102g ⎛⎫= ⎪⎝⎭， 所以当03x π<<时，()11,02t g t <<<，从而()'0f x <； 当32x ππ<<时，()10,02t g t <<>，从而()'0f x >. 故()min 33f x f π⎛⎫== ⎪⎝⎭. 故选：A 【点睛】本题主要考查了三角函数的恒等变换，利用导数求函数的最小值，换元法，属于中档题.2．设复数z a bi =+（i 为虚数单位，,a b ∈R ），若,a b 满足关系式2a b t =-，且z 在复平面上的轨迹经过三个象限，则t 的取值范围是( ) A ．[0,1] B ．[1,1]- C ．(0,1)(1,)⋃+∞ D ．(1,)-+∞【答案】C 【解析】 【分析】首先根据复数的几何意义得到z 的轨迹方程2xy t =-，再根据指数函数的图象，得到关于t 的不等式，求解.【详解】由复数的几何意义可知，设复数对应的复平面内的点为(),x y ，2ax a y b t=⎧⎨==-⎩ ，即2xy t =- ， 因为z 在复平面上的轨迹经过三个象限， 则当0x =时，11t -< 且10t -≠ ， 解得0t >且1t ≠ ，即t 的取值范围是()()0,11,+∞U . 故选：C 【点睛】本题考查复数的几何意义，以及轨迹方程，函数图象，重点考查数形结合分析问题的能力，属于基础题型.3．已知函数f （x ）＝e b ﹣x ﹣e x ﹣b +c （b ，c 均为常数）的图象关于点（2，1）对称，则f （5）+f （﹣1）＝（ ） A ．﹣2 B ．﹣1C ．2D ．4【答案】C 【解析】 【分析】根据对称性即可求出答案． 【详解】解：∵点（5，f （5））与点（﹣1，f （﹣1））满足（5﹣1）÷2＝2， 故它们关于点（2，1）对称，所以f （5）+f （﹣1）＝2， 故选：C ． 【点睛】本题主要考查函数的对称性的应用，属于中档题．4．函数f （x ）＝x ﹣g （x ）的图象在点x ＝2处的切线方程是y ＝﹣x ﹣1，则g （2）+g '（2）＝（ ） A ．7 B ．4C ．0D ．﹣4【答案】A【解析】()()()(),'1'f x x g x f x g x =-∴=-Q ，因为函数()()f x x g x =-的图像在点2x =处的切线方程是1y x =--，所以()()23,'21f f =-=-，()()()()2'2221'27g g f f ∴+=-+-=，故选A ．5．函数22cos x xy x x--=-的图像大致为（ ）.A ．B ．C ．D ．【答案】A 【解析】 【分析】 本题采用排除法:由5522f f ππ⎛⎫⎛⎫-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭排除选项D ； 根据特殊值502f π⎛⎫>⎪⎝⎭排除选项C; 由0x >,且x 无限接近于0时, ()0f x <排除选项B ； 【详解】对于选项D:由题意可得, 令函数()f x = 22cos x xy x x--=-,则5522522522f ππππ--⎛⎫-= ⎪⎝⎭,5522522522f ππππ--⎛⎫=⎪⎝⎭;即5522f f ππ⎛⎫⎛⎫-=- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭.故选项D 排除; 对于选项C ：因为55225220522f ππππ--⎛⎫=> ⎪⎝⎭,故选项C 排除;对于选项B:当0x >,且x 无限接近于0时,cos x x -接近于10-<,220x x -->，此时()0f x <.故选项B 排除;故选项:A 【点睛】本题考查函数解析式较复杂的图象的判断;利用函数奇偶性、特殊值符号的正负等有关性质进行逐一排除是解题的关键;属于中档题.6．已知函数()f x 是定义在R 上的偶函数，且在()0,∞+上单调递增，则（ ） A ．()()()0.633log 132f f f -<-<B ．()()()0.6332log 13f f f -<<-C ．()()()0.632log 133f f f <-<- D ．()()()0.6323log 13f f f <-<【答案】C 【解析】 【分析】利用指数函数和对数函数单调性可得到0.632log 133<<，结合单调性和偶函数的性质可得大小关系. 【详解】()f x Q 为R 上的偶函数，()()33f f ∴-=，()()33log 13log 13f f -=，0.633322log 9log 13log 273<=<<=Q 且()f x 在()0,∞+上单调递增，()()()0.632log 133f f f ∴<<，()()()0.632log 133f f f ∴<-<-.故选：C . 【点睛】本题考查函数值大小关系的比较，关键是能够利用奇偶性将自变量转化到同一单调区间内，由自变量的大小关系，利用函数单调性即可得到函数值的大小关系.7．函数()2sin 2xf x x x x=+-的大致图象为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】D 【解析】 【分析】利用()10f <，以及函数的极限思想，可以排除错误选项得到正确答案。
【高考一轮讲练】 函数与导数(课件)2024届高三数学一轮单元复习讲练(新高考专用)
2
4. f (x) 2 x x2 ln 1 x 2x
求下列函数的导数
5. f x 1 a ln x
x
6. f (x) x ln x
7. f
x
x 1 x2 1
8. f (x) x2 , 2x
求下列函数的导数
9. f (x) sin2 xsin2x
也是曲线 y ln(x 1) 的切线，则 b
．
【跟踪训练 3】
1.(2018 年高考数学课标卷Ⅰ（理）)设函数 f (x) x3 a 1 x2 ax
若 f (x) 为奇函数，则曲线 y f (x) 在点 0, 0 处的切线方程为( )
A． y 2x B． y x
C． y 2x
D． y x
线方程为 y=2x+b，则
A． a e，b 1 B．a=e，b=1
C． a e1，b 1 D． a e1 ， b 1
2．（2018 全国卷 3 理 14）曲线 y ax 1 ex 在点 0 ，1 处的切线的斜
率为 2 ，则 a ________．
3（. 2020 全国Ⅲ文 15）设函数 f x ex ，若 f 1 e ，则 a ．
则 f′(1)＝________，f′(2)＝________．
导数几何意义的应用类型及求解思路： (1)已知切点 A(x0，f(x0))求斜率 k，即求该点处的导数值：k＝f′(x0). (2)若求过点 P(x0，y0)的切线方程，可设切点为(x1，y1)， 由 yy10＝ －fy（1＝x1f） ′（，x1）（x0－x1）求解即可．
【典例分析 4】
1.（2020 全国Ⅰ理 6）函数 f x x4 2x3 的图像在点 1, f 1 处的
2019高考数学三轮冲刺大题提分大题精做12函数与导数：零点(方程的解)的判断文
大题精做12 函数与导数：零点（方程的解）的判断[2019·江西联考]已知函数()2ln 1f x x ax x a =-++，a ∈R ．（1）若1a =，且曲线()y f x =在x t =处的切线l 过原点，求t 的值及直线l 的方程；（2）若函数()f x 在[]1,e 上有零点，求实数a 的取值范围．【答案】（1）2t =，()3ln20x y --=；（2）(]2e 1,2,e 1⎡⎫+-∞-+∞⎪⎢-⎣⎭U ．【解析】（1）若1a =，则()2ln 2f x x x x =-+，所以()21ln f x x x =--'， 因为()f x 的图象在x t =处的切线l 过原点，所以直线l 的斜率()()f t k f t t ='=，即221ln ln t t t t t --=-+，整理得()()120t t +-=，因为0t >，所以2t =，3ln2k =-，所以直线l 的方程为()3ln20x y --=．（2）函数()f x 在[]1,e 上有零点，即方程2ln 10x ax x a -++=在[]1,e 上有实根， 即方程1ln 0a x a x x +-+=在[]1,e 上有实根．设()1ln a h x x a x x +=-+，则()()()221111x x a a a h x x x x +--+=--='，①当11a +≤，即0a ≤，[]1,e x ∈时，()0h x '≥，()h x 在[]1,e 上单调递增， 若()0h x =在[]1,e 上有实根，则()()10 e 0h h ⎧⎪⎨≥⎪⎩≤，即22e 1e 1a a ⎧⎪⎨-+≤-⎪⎩≤，所以2a ≤-．②当11e a <+<，即0e 1a <<-时，[]1,1x a ∈+时，()0h x '≤，()h x 单调递减， []1,e x a ∈+时，()0h x '≥，()h x 单调递增，所以()()()min 12ln 1h x h a a a a =+=+-+，由11e a <+<，可得()0ln 1a a a <+<，所以()12h a +>，()0h x =在[]1,e 上没有实根．③当1e a +≥，即e 1a ≥-，[]1,e x ∈时，()0h x '≤，()h x 在[]1,e 上单调递减， 若()0h x =在[]1,e 上有实根，则()()10 e 0h h ⎧⎪⎨≤⎪⎩≥，即22e 1e 1a a ⎧⎪⎨-+≥-⎪⎩≥，解得2e 1e 1a +≥-．因为2e 1e 1e 1+>--，所以2e 1e 1a +≥-时，()0h x =在[]1,e 上有实根．综上可得实数a 的取值范围是(]2e 1,2,e 1⎡⎫+-∞-+∞⎪⎢-⎣⎭U ．1．[2019·宁夏联考]已知函数()22e e x x f x a a x =+-．（1）当2a =时，求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程；（2）当0a ≥时，讨论函数()f x 的零点个数．2．[2019·肇庆统测]已知函数()()22ln f x ax a x x =+--．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围．3．[2019·朝阳期末]已知函数()()()2e 102x mf x x x m =-+≥．（1）当0m =时，求函数()f x 的极小值；（2）当0m >时，讨论()f x 的单调性；（3）若函数()f x 在区间(),1-∞上有且只有一个零点，求m 的取值范围．1．【答案】（1）3y =；（2）见解析．【解析】（1）因为()22e 2e 4x x f x '=+-，所以()02240f =+-='，又()0123f =+=，所以曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程为3y =．（2）()()()222e e 2e e x x x x f x a a a a =+-=-+'，当0a =时，()2e x f x =，无零点；当0a >时，由()0f x '=，得ln 2ax =． 当,ln 2a x ⎛⎫∈-∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '<； 当ln ,2a x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，所以()2min 3ln ln 242a a f x f a ⎛⎫⎛⎫==- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．()22e e x x f x a a x =+-，当0x ≤时，()0f x >；当0x >时，x →+∞，()0f x >． 所以当23ln 042a a ⎛⎫-< ⎪⎝⎭，即342e a >时，函数()f x 有两个零点； 所以当23ln 042a a ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，即342e a =时，函数()f x 有一个零点； 当23ln 042a a ⎛⎫-> ⎪⎝⎭，即3402e a <<时，函数()f x 没有零点．综上，当342e a >时，函数()f x 有两个零点；当342e a =时，函数()f x 有一个零点；当3402e a ≤<时，函数()f x 没有零点．2．【答案】（1）见解析；（2）()0,1．【解析】（1）()()()()()1211220ax x f x ax a x x x -+'=+--=>，若0a ≤，()0f x '<，()f x 在()0,+∞上单调递减；若0a >，当10,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<，即()f x 在10,a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，当1,x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，即()f x 在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增．（2）若0a ≤，()f x 在()0,+∞上单调递减，()f x 至多一个零点，不符合题意． 若0a >，由（1）可知，()f x 的最小值为11ln 1f a a a ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，令()1ln 1h a a a =-+，()2110h a a a '=+>，所以()h a 在()0,+∞上单调递增，又()10h =，当()0h a ≥时，[)1,a ∈+∞，()f x 至多一个零点，不符合题意， 当()0h a <时，()0,1a ∈， 又因为2120e e 1e e a a f ⎛⎫⎛⎫=++-> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，结合单调性可知()f x 在1e 1,a ⎛⎫⎪⎝⎭有一个零点，令()ln g x x x =-，()111x g x x x -'=-=，当()0,1x ∈时，()g x 单调递减；当()1,x ∈+∞时，()g x 单调递增，()g x 的最小值为()110g =>，所以ln x x >， 当3ax a ->时，()()()()()2222ln 2330f x ax a x x ax a x x ax a x x ax a =+-->+--=+-=+->， 结合单调性可知()f x 在3,aa -⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭有一个零点，综上所述，若()f x 有两个零点，a 的范围是()0,1．3．【答案】（1）e 1-；（2）详见解析；（3）0e2m ≤<．【解析】（1）当0m =时：()()1e x f x x '=+，令()0f x '=，解得1x =-， 又因为当(),1x ∈-∞-，()0f x '<，函数()f x 为减函数；当()1,x ∈-+∞，()0f x '>，函数()f x 为增函数．所以()f x 的极小值为()1e 1f -=-．（2）()()()1e x f x x m =+-'．当0m >时，由()0f x '=，得1x =-或ln x m =． （ⅰ）若1e m =，则()()11e 0e xf x x '⎛⎫=+-≥ ⎪⎝⎭．故()f x 在(),-∞+∞上单调递增； （ⅱ）若1e m >，则ln 1m >-．故当()0f x '>时，1ln x x m <->或；当()0f x '<时，1ln x m -<<．所以()f x 在(),1-∞-，()ln ,m +∞单调递增，在()1,ln m -单调递减．(ⅲ)若10e m <<，则ln 1m <-．故当()0f x '>时，ln 1x m x <>-或；当()0f x '<时，ln 1m x <<-．所以()f x 在(),ln m -∞，()1,-+∞单调递增，在()ln ,1m -单调递减．（3）①当0m =时，()e x f x x =，令()0f x =，得0x =．因为当0x <时，()0f x <；当0x >时，()0f x >，所以此时()f x 在区间(),1-∞上有且只有一个零点．②当0m >时： （ⅰ）当1e m =时，由（2）可知()f x 在(),-∞+∞上单调递增，且()110e f -=-<，()10e 2e f =->，此时()f x 在区间(),1-∞上有且只有一个零点．（ⅱ）当1e m >时，由（2）的单调性结合()10f -<，又()()ln 10f m f <-<，只需讨论()1e 2f m =-的符号：当1ee 2m <<时，()10f >，()f x 在区间(),1-∞上有且只有一个零点；当e2m ≥时，()10f ≤，函数()f x 在区间(),1-∞上无零点．(ⅲ)当10e m <<时，由（2）的单调性结合()10f -<，()1e 20f m =->，()2ln ln 022m mf m m =--<，此时()f x 在区间(),1-∞上有且只有一个零点．综上所述，0e2m ≤<．。
高考数学(理)三年真题专题演练—导数及其应用(解答题)
高考数学三年真题专题演练—导数及其应用（解答题）1．【2021·天津高考真题】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 -+∞ 【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)xa 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)xf 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)xa x e =+，令()(1)x g x x e =+，则()(2)xg 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,ma m e m +>-=，所以()2max {()}()1(1),mf x a f m a m m e m -=-=-->-， 令()2()1,(1)xh 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 ≥.2．【2021·全国高考真题】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. 【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：()()'2xf 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 a >--+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦ ()()22ln 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，24,42ea ><，()2240f e ab =-+>，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()1xH 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 a ≤--+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦ ()()22ln 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． 3．【2021·北京高考真题】已知函数()232xf 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-. 【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，()232xf 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()232xf x x a-=+，则()()()()()()222222223223x a x x x x a f x xa xa -+----'==++，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：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 ==-. 4．【2021·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）证明见解析. 【分析】（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，利用导数可证明该结论成立. 【详解】（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 tx t --=-，要证：12x x e +<，即证()11t x e +<，即证()1ln 1ln 1t x ++<， 即证：()1ln ln 111t t tt 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()1111xu 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<+<. 【点睛】方法点睛：极值点偏移问题，一般利用通过原函数的单调性，把与自变量有关的不等式问题转化与原函数的函数值有关的不等式问题，也可以引入第三个变量，把不等式的问题转化为与新引入变量有关的不等式问题.5．【2021·浙江高考真题】设a ，b 为实数，且1a >，函数()2R ()xf 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.【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.【解析】(1)2(),()ln x xf x b f a x e a x a b '==+--，①若0b ≤，则()ln 0xf x a a b '=-≥，所以()f x 在R 上单调递增；②若0b >， 当,log ln ab x a ⎛⎫∈-∞ ⎪⎝⎭时，()()'0,f x f x <单调递减， 当log ,ln ab 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 ab 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 tt +-+=⇒=>，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 tt 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 bg e a a e∴>=∴<， 22222,ln ,21bb 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 xx 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 xh 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．6．【2021·全国高考真题（理）】已知0a >且1a ≠，函数()(0)ax 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）求得函数的导函数，利用导函数的正负与函数的单调性的关系即可得到函数的单调性；（2）利用指数对数的运算法则，可以将曲线()y f x =与直线1y =有且仅有两个交点等价转化为方程ln ln x a x a =有两个不同的实数根，即曲线()y g x =与直线ln ay a=有两个交点，利用导函数研究()g x 的单调性，并结合()g x 的正负，零点和极限值分析()g x 的图象，进而得到ln 10a a e<<，发现这正好是()()0g a g e <<，然后根据()g x 的图象和单调性得到a 的取值范围.【解析】（1）当2a =时，()()()()22222ln 2222ln 2,242xx x x x x x x x x x f x f x '--===,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 af x a x x a a x a x a==⇔=⇔=⇔=,设函数()ln x g x x =, 则()21ln xg 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 ay 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 ⋃+∞.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，根据曲线和直线的交点个数求参数的取值范围问题，属较难试题，关键是将问题进行等价转化，分离参数，构造函数，利用导数研究函数的单调性和最值，图象，利用数形结合思想求解.7．【2021·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；证明见详解【分析】（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 【解析】（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【点睛】本题为难题，根据极值点处导数为0可求参数a ，第二问解法并不唯一，分类讨论对函数进行等价转化的过程，一定要注意转化前后的等价性问题，构造函数和换元法也常常用于解决复杂函数的最值与恒成立问题.8．【2020年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数2()e x f x ax x =+-.（1）当a =1时，讨论f （x ）的单调性； （2）当x ≥0时，f （x ）≥12x 3+1，求a 的取值范围. 【解析】（1）当a =1时，f （x ）=e x +x 2–x ，则()f x '=e x +2x –1．故当x ∈（–∞，0）时，()f x '<0；当x ∈（0，+∞）时，()f x '>0．所以f （x ）在（–∞，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增． （2）31()12f x x ≥+等价于321(1)e 12x x ax x --++≤. 设函数321()(1)e (0)2xg x x ax x x -=-++≥，则32213()(121)e 22x g x x ax x x ax -'=--++-+-21[(23)42]e 2x x x a x a -=--+++1(21)(2)e 2x x x a x -=----.（i ）若2a +1≤0，即12a ≤-，则当x ∈（0，2）时，()g x '>0.所以g （x ）在（0，2）单调递增，而g （0）=1，故当x ∈（0，2）时，g （x ）>1，不合题意.（ii ）若0<2a +1<2，即1122a -<<，则当x ∈(0，2a +1)∪(2，+∞)时，g'(x )<0；当x ∈(2a +1，2)时，g'(x )>0.所以g (x )在(0，2a +1)，(2，+∞)单调递减，在(2a +1，2)单调递增.由于g (0)=1，所以g (x )≤1当且仅当g (2)=(7−4a )e −2≤1，即a ≥27e 4-. 所以当27e 142a -≤<时，g (x )≤1. （iii ）若2a +1≥2，即12a ≥，则g (x )≤31(1)e 2xx x -++.由于27e 10[,)42-∈，故由（ii ）可得31(1)e 2x x x -++≤1. 故当12a ≥时，g (x )≤1.综上，a 的取值范围是27e [,)4-+∞. 【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．9．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】已知函数2() sin sin2f x x x =．（1）讨论f (x )在区间(0，π)的单调性；（2）证明：()f x ≤；（3）设*n ∈N ，证明：2222sin sin 2sin 4sin 234nn nx x xx ≤．【解析】（1）()cos (sin sin 2)sin (sin sin 2)f x x x x x x x ''=+ 22sin cos sin 22sin cos2x x x x x =+ 2sin sin3x x =．当(0,)(,)33x π2π∈π时，()0f x '>；当(,)33x π2π∈时，()0f x '<． 所以()f x 在区间(0,),(,)33π2ππ单调递增，在区间(,)33π2π单调递减．（2）因为(0)()0f f =π=，由（1）知，()f x 在区间[0,]π的最大值为()3f π=，最小值为()3f 2π=．而()f x 是周期为π的周期函数，故|()|f x ≤． （3）由于32222(sin sin 2sin 2)nx x x333|sin sin 2sin 2|n x x x =23312|sin ||sin sin 2sin 2sin 2||sin 2|n n n x x x x x x -= 12|sin ||()(2)(2)||sin 2|n n x f x f x f x x -=1|()(2)(2)|n f x f x f x -≤，所以222233sin sin 2sin 2)4n nnn x xx ≤=．10．【2020年高考全国Ⅲ卷理数】设函数3()f x x bx c =++，曲线()y f x =在点(12，f (12))处的切线与y 轴垂直． （1）求B ．（2）若()f x 有一个绝对值不大于1的零点，证明：()f x 所有零点的绝对值都不大于1． 【解析】（1）2()3f x x b '=+． 依题意得1()02f '=，即304b +=.故34b =-．（2）由（1）知3(3)4f x x x c -=+，2()334f x x '=-. 令)0(f x '=，解得12x =-或12x =.()f x '与()f x 的情况为：x 1()2-∞-，12- 11()22-， 12 1()2∞，+ ()f x ' + 0 – 0 + ()f x14c +14c -因为11(1)()24f f c =-=+，所以当14c <-时，()f x 只有大于1的零点.因为11(1)()24f f c -==-，所以当14c >时，f （x ）只有小于–1的零点．由题设可知1144c -≤≤，当1=4c -时，()f x 只有两个零点12-和1.当1=4c 时，()f x 只有两个零点–1和12.当1144c -<<时，()f x 有三个等点x 1，x 2，x 3，且11(1,)2x ∈--，211(,)22x ∈-，31(,1)2x ∈．综上，若()f x 有一个绝对值不大于1的零点，则()f x 所有零点的绝对值都不大于1.11．【2020年高考天津】已知函数3()ln ()f x x k x k =+∈R ，()f x '为()f x 的导函数．（Ⅰ）当6k =时，（i ）求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；（ii ）求函数9()()()g x f x f x x'=-+的单调区间和极值； （Ⅱ）当3k ≥-时，求证：对任意的12,[1,)x x ∈+∞，且12x x >，有()()()()1212122f x f x f x f x x x ''+->-． 【解析】（Ⅰ）（i ）当6k =时，3()6ln f x x x =+，故26()3f x x x'=+．可得(1)1f =，(1)9f '=，所以曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为19(1)y x -=-，即98y x =-．（ii ）依题意，323()36ln ,(0,)g x x x x x x=-++∈+∞．从而可得2263()36g x x x x x'=-+-，整理可得323(1)(1)()x x g x x -+'=．令()0g x '=，解得1x =．当x 变化时，(),()g x g x '的变化情况如下表：所以，函数()g x 的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,)+∞；()g x 的极小值为(1)1g =，无极大值．（Ⅱ）证明：由3()ln f x x k x =+，得2()3k f x x x'=+． 对任意的12,[1,)x x ∈+∞，且12x x >，令12(1)x t t x =>，则 ()()()()()()()1212122x x f x f x f x f x ''-+--()22331121212122332ln x k k x x x x x x k x x x ⎛⎫⎛⎫=-+++--+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭3322121121212212332ln x x x x x x x x x k k x x x ⎛⎫=--++-- ⎪⎝⎭()332213312ln x t t t k t t t ⎛⎫=-+-+-- ⎪⎝⎭． ①令1()2ln ,[1,)h x x x x x =--∈+∞．当1x >时，22121()110h x x x x ⎛⎫'=+-=-> ⎪⎝⎭，由此可得()h x 在[1,)+∞单调递增，所以当1t >时，()(1)h t h >，即12ln 0tt t -->．因为21x ≥，323331(1)0,3t t t t k -+-=->≥-，所以，()332322113312ln (331)32ln x t t t k t t t t t t t tt⎛⎫⎛⎫-+-+-->-+---- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭2336ln 31t t t t-=++-． ②由（Ⅰ）（ii ）可知，当1t >时，()(1)g t g >，即32336ln 1t t t t-++>， 故23336ln 10t t t t-++->． ③ 由①②③可得()()()()()()()12121220x x f x f x f x f x ''-+-->．所以，当3k ≥-时，对任意的12,[1,)x x ∈+∞，且12x x >，有()()()()1212122f x f x f x f x x x ''+->-． 12．【2020年高考北京】已知函数2()12f x x =-．（Ⅰ）求曲线()y f x =的斜率等于2-的切线方程；（Ⅱ）设曲线()y f x =在点(,())t f t 处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为()S t ，求()S t 的最小值．【解析】（Ⅰ）因为()212f x x =-，所以()2f x x '=-，设切点为()00,12x x -，则022x -=-，即01x =，所以切点为()1,11， 由点斜式可得切线方程：()1121y x -=--，即2130x y +-=.（Ⅱ）显然0t ≠， 因为()y f x =在点()2,12t t-处的切线方程为：()()2122y t t x t --=--，令0x =，得212y t =+，令0y =，得2122t x t +=，所以()S t =()221121222||t t t +⨯+⋅，不妨设0t >(0t <时，结果一样)，则()423241441144(24)44t t S t t t t t++==++，所以()S t '=4222211443(848)(324)44t t t t t +-+-=222223(4)(12)3(2)(2)(12)44t t t t t t t-+-++==， 由()0S t '>，得2t >，由()0S t '<，得02t <<， 所以()S t 在()0,2上递减，在()2,+∞上递增， 所以2t =时，()S t 取得极小值， 也是最小值为()16162328S ⨯==. 【点睛】本题考查了利用导数的几何意义求切线方程，考查了利用导数求函数的最值，属于中档题.13．【2020年高考浙江】已知12a <≤，函数()e xf x x a =--，其中e=2.71828…是自然对数的底数．（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：（ⅰ0x ≤≤； （ⅱ）00(e )(e 1)(1)x x f a a ≥--．【解析】（Ⅰ）因为(0)10f a =-<，22(2)e 2e 40f a =--≥->，所以()y f x =在(0,)+∞上存在零点．因为()e 1x f x '=-，所以当0x >时，()0f x '>，故函数()f x 在[0,)+∞上单调递增， 所以函数以()y f x =在(0,)+∞上有唯一零点．（Ⅱ）（ⅰ）令21()e 1(0)2xg x x x x =---≥，()e 1()1x g'x x f x a =--=+-，由（Ⅰ）知函数()g'x 在[0,)+∞上单调递增，故当0x >时，()(0)0g'x g'>=， 所以函数()g x 在[0,)+∞单调递增，故()(0)0g x g ≥=．由0g ≥得00()f a f x =≥=，因为()f x 在[0,)+∞0x ．令2()e 1(01)x h x x x x =---≤≤，()e 21x h'x x =--，令1()e 21(01)x h x x x =--≤≤，1()e 2xh'x =-，所以故当01x <<时，1()0h x <，即()0h'x <，所以()h x 在[0,1]单调递减， 因此当01x ≤≤时，()(0)0h x h ≤=．由0h ≤得00()f a f x =≤=，因为()f x 在[0,)+∞0x ．0x ≤≤（ⅱ）令()e (e 1)1x u x x =---，()e (e 1)x u'x =--，所以当1x >时，()0u'x >， 故函数()u x 在区间[1,)+∞上单调递增，因此()(1)0u x u ≥=．由00e x x a =+可得022000000(e )()(e 1)(e 2)(e 1)x a a x f x f x a x a x ax =+=-+-≥-，由0x ≥得00(e )(e 1)(1)xx f a a ≥--．14．【2020年高考江苏】某地准备在山谷中建一座桥梁，桥址位置的竖直截面图如图所示：谷底O 在水平线MN 上，桥AB 与MN 平行，OO '为铅垂线(O '在AB 上)．经测量，左侧曲线AO 上任一点D 到MN 的距离1h (米)与D 到OO '的距离a (米)之间满足关系式21140h a =；右侧曲线BO 上任一点F 到MN 的距离2h (米)与F 到OO '的距离b (米)之间满足关系式3216800h b b =-+.已知点B 到OO '的距离为40米． （1）求桥AB 的长度；（2）计划在谷底两侧建造平行于OO '的桥墩CD 和EF ，且CE 为80米，其中C ，E 在AB 上(不包括端点)．.桥墩EF 每米造价k (万元)、桥墩CD 每米造价32k (万元)(k >0)，问O E'为多少米时，桥墩CD 与EF 的总造价最低？【解析】（1）设1111,,,AA BB CD EF 都与MN 垂直，1111,,,A B D F 是相应垂足. 由条件知，当40O'B =时， 31140640160,800BB =-⨯+⨯= 则1160AA =. 由21160,40O'A =得80.O'A = 所以8040120AB O'A O'B =+=+=（米）.（2）以O 为原点，OO'为y 轴建立平面直角坐标系xOy （如图所示）. 设2(,),(0,40),F x y x ∈则3216,800y x x =-+ 3211601606800EF y x x =-=+-. 因为80,CE =所以80O'C x =-.设1(80,),D x y -则211(80),40y x =- 所以22111160160(80)4.4040CD y x x x =-=--=-+ 记桥墩CD 和EF 的总造价为()f x ，则3232131()=(1606)(4)80024013(160)(040).80080f x k x x k x x k x x x +-+-+=-+<<2333()=(160)(20)80040800k f x k x x x x '-+=-， 令()=0f x '， 得20.x =所以当20x =时，()f x 取得最小值.答：（1）桥AB 的长度为120米；（2）当O'E 为20米时，桥墩CD 和EF 的总造价最低.【点睛】本题考查实际成本问题、利用导数求最值，考查基本分析求解能力，属中档题. 15．【2020年高考江苏】已知关于x 的函数(),()y f x y g x ==与()(,)h x kx b k b =+∈R 在区间D 上恒有()()()f x h x g x ≥≥．（1）若()()222 2()f x x x g x x x D =+=-+=∞-∞+，，，，求h (x )的表达式； （2）若2 1 ln ,()()()(0) x x g k x h kx k D f x x x =-+==-=+∞，，，，求k 的取值范围； （3）若()422342() 2() (48 () 4 3 0)2 2f x x x g x x h x t t x t t t =-=-=--+<≤，，，[] , 2,2D m n =⊆-⎡⎤⎣⎦，求证：7n m -≤．【解析】（1）由条件()()()f x h x g x ≥≥，得222 2x x kx b x x +≥+≥-+， 取0x =，得00b ≥≥，所以0b =．由22x x kx +≥，得2 2 ()0x k x +-≥，此式对一切(,)x ∈-∞+∞恒成立， 所以22 0()k -≤，则2k =，此时222x x x ≥-+恒成立， 所以()2h x x =．（2） 1 ln ,()()()()0,h g x k x x x x -=--∈+∞.令() 1ln u x x x =--，则1()1,u'x x=-令()=0u'x ，得1x =.所以min () 0(1)u x u ==.则1ln x x -≥恒成立，所以当且仅当0k ≥时，()()f x g x ≥恒成立．另一方面，()()f x h x ≥恒成立，即21x x kx k -+≥-恒成立， 也即2()1 1 +0x k x k -++≥恒成立． 因为0k ≥，对称轴为102kx +=>， 所以2141)0(()k k +-+≤，解得13k -≤≤． 因此，k 的取值范围是0 3.k ≤≤（3）①当1t ≤≤由()()g x h x ≤，得2342484()32x t t x t t -≤--+，整理得4223328()0.()4t t x t t x ----+≤*令3242=()(328),t t t t ∆---- 则642=538t t t ∆-++．记64253()18(t t t t t ϕ-++=≤≤则53222062(31)(3())06t t t t t t 't ϕ-+=--<=恒成立，所以()t ϕ在[1,上是减函数，则()(1)t ϕϕϕ≤≤，即2()7t ϕ≤≤． 所以不等式()*有解，设解为12x x x ≤≤，因此21n m x x -≤-=≤ ②当01t <<时，432()()11 34241f h t t t t ---=+---．设432 = 342(41)t t t t v t +---，322 ()=1212444(1)(31),v't t t t t t +--=+-令()0v t '=，得t ．当(0t ∈时，()0v t '<，()v t 是减函数；当1)t ∈时，()0v t '>，()v t 是增函数． (0)1v =-，(1)0v =，则当01t <<时，()0v t <．（或证：2()(1)(31)(1)0v t t t t =++-<．） 则(1)(1)0f h ---<，因此1()m n -∉，．因为m n ⊆［］［，，所以1n m -≤<③当0t <时，因为()f x ，()g x 均为偶函数，因此n m -≤综上所述，n m -≤【点睛】本小题主要考查利用的导数求切线方程，考查利用导数研究不等式恒成立问题，考查利用导数证明不等式，考查分类讨论的数学思想方法，属于难题.16．【2020年新高考全国Ⅰ卷】已知函数1()e ln ln x f x a x a -=-+．（1）当e a =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．【解析】()f x 的定义域为(0,)+∞，11()e x f x a x-'=-． （1）当e a =时，()e ln 1x f x x =-+，(1)e 1f '=-，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为(e 1)(e 1)(1)y x -+=--，即(e 1)2y x =-+． 直线(e 1)2y x =-+在x 轴，y 轴上的截距分别为2e 1--，2． 因此所求三角形的面积为2e 1-． （2）当01a <<时，(1)ln 1f a a =+<．当1a =时，1()e ln x f x x -=-，11()e x f x x-'=-． 当(0,1)x ∈时，()0f x '<；当(1,)x ∈+∞时，()0f x '>．所以当1x =时，()f x 取得最小值，最小值为(1)1f =，从而()1f x ≥． 当1a >时，11()e ln ln e ln 1x x f x a x a x --=-+≥-≥． 综上，a 的取值范围是[1,)+∞．【点睛】本题考查导数几何意义、利用导数研究不等式恒成立问题，考查综合分析求解能力，分类讨论思想和等价转化思想，属较难试题.17．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数()sin ln(1)f x x x =-+，()f x '为()f x 的导数．证明：（1）()f x '在区间(1,)2π-存在唯一极大值点；（2）()f x 有且仅有2个零点． 【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）设()()g x f 'x =，则1()cos 1g x x x=-+，21sin ())(1x 'x g x =-++.当1,2x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()g'x 单调递减，而(0)0,()02g'g'π><，可得()g'x 在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭有唯一零点，设为α.则当(1,)x α∈-时，()0g'x >；当,2x α⎛π⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g'x <. 所以()g x 在(1,)α-单调递增，在,2απ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，故()g x 在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭存在唯一极大值点，即()f 'x 在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭存在唯一极大值点. （2）()f x 的定义域为(1,)-+∞.（i ）当(1,0]x ∈-时，由（1）知，()f 'x 在(1,0)-单调递增，而(0)0f '=，所以当(1,0)x ∈-时，()0f 'x <，故()f x 在(1,0)-单调递减，又(0)=0f ，从而0x =是()f x 在(1,0]-的唯一零点.（ii ）当0,2x ⎛π⎤∈ ⎥⎝⎦时，由（1）知，()f 'x 在(0,)α单调递增，在,2απ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，而(0)=0f '，02f 'π⎛⎫<⎪⎝⎭，所以存在,2βαπ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()0f 'β=，且当(0,)x β∈时，()0f 'x >；当,2x βπ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f 'x <.故()f x 在(0,)β单调递增，在,2βπ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减.又(0)=0f ，1ln 1022f ππ⎛⎫⎛⎫=-+>⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以当0,2x ⎛π⎤∈ ⎥⎝⎦时，()0f x >.从而，()f x 在0,2⎛⎤ ⎥⎝⎦π没有零点.（iii ）当,2x π⎛⎤∈π⎥⎝⎦时，()0f 'x <，所以()f x 在,2π⎛⎫π ⎪⎝⎭单调递减.而02f π⎛⎫> ⎪⎝⎭，()0f π<，所以()f x 在,2π⎛⎤π ⎥⎝⎦有唯一零点.（iv ）当(,)x ∈π+∞时，ln(1)1x +>，所以()f x <0，从而()f x 在(,)π+∞没有零点. 综上，()f x 有且仅有2个零点.【名师点睛】本题考查导数与函数极值之间的关系、利用导数解决函数零点个数的问题.解决零点问题的关键一方面是利用零点存在性定理或最值点来说明存在零点，另一方面是利用函数的单调性说明在区间内零点的唯一性，二者缺一不可. 18．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】已知函数()11ln x f x x x -=-+.（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e x y =的切线.【答案】（1）函数()f x 在(0,1)和(1,)+∞上是单调增函数，证明见解析； （2）见解析.【解析】（1）f （x ）的定义域为（0，1）（1，+∞）．因为212()0(1)f 'x x x =+>-，所以()f x 在（0，1），（1，+∞）单调递增． 因为f （e ）=e 110e 1+-<-，22222e 1e 3(e )20e 1e 1f +-=-=>--，所以f （x ）在（1，+∞）有唯一零点x 1，即f （x 1）=0．又1101x <<，1111111()ln ()01x f x f x x x +=-+=-=-，故f （x ）在（0，1）有唯一零点11x ． 综上，f （x ）有且仅有两个零点．（2）因为0ln 01e x x -=，故点B （–ln x 0，01x ）在曲线y =e x 上．由题设知0()0f x =，即0001ln 1x x x +=-，故直线AB 的斜率0000000000111ln 111ln 1x x x x x k x x x x x x +---===+-----．曲线y =e x 在点001(ln ,)B x x -处切线的斜率是01x ，曲线ln y x =在点00(,ln )A x x 处切线的斜率也是1x ， 所以曲线ln y x =在点00(,ln )A x x 处的切线也是曲线y =e x 的切线．【名师点睛】本题考查了利用导数求已知函数的单调性、考查了曲线的切线方程，考查了数学运算能力.19．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】已知函数32()2f x x ax b =-+.（1）讨论()f x 的单调性；（2）是否存在,a b ，使得()f x 在区间[0,1]的最小值为1-且最大值为1？若存在，求出,a b 的所有值；若不存在，说明理由.【答案】（1）见解析；（2）01a b =⎧⎨=-⎩或41a b =⎧⎨=⎩. 【解析】（1）2()622(3)f x x ax x x a '=-=-． 令()0f x '=，得x =0或3ax =. 若a >0，则当(,0),3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当0,3a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在(,0),,3a ⎛⎫-∞+∞⎪⎝⎭单调递增，在0,3a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减； 若a =0，()f x 在(,)-∞+∞单调递增；若a <0，则当,(0,)3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当,03a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x在,,(0,)3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在,03a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减. （2）满足题设条件的a ，b 存在.（i ）当a ≤0时，由（1）知，()f x 在[0，1]单调递增，所以()f x 在区间[0，l]的最小值为(0)=f b ，最大值为(1)2f a b =-+.此时a ，b 满足题设条件当且仅当1b =-，21a b -+=，即a =0，1b =-．（ii ）当a ≥3时，由（1）知，()f x 在[0，1]单调递减，所以()f x 在区间[0，1]的最大值为(0)=f b ，最小值为(1)2f a b =-+．此时a ，b 满足题设条件当且仅当21a b -+=-，b =1，即a =4，b =1．（iii ）当0<a <3时，由（1）知，()f x 在[0，1]的最小值为3327a a f b ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，最大值为b 或2a b -+．若3127a b -+=-，b =1，则a =，与0<a <3矛盾.若3127a b -+=-，21a b -+=，则a =或a =-或a =0，与0<a <3矛盾． 综上，当且仅当a =0，1b =-或a =4，b =1时，()f x 在[0，1]的最小值为-1，最大值为1． 【名师点睛】这是一道常规的函数导数和不等式的综合题，题目难度比往年降低了不少，考查函数的单调性、最大值、最小值这种基本量的计算. 20．【2019年高考北京理数】已知函数321()4f x x x x =-+． （Ⅰ）求曲线()y f x =的斜率为1的切线方程； （Ⅱ）当[2,4]x ∈-时，求证：6()x f x x -≤≤；（Ⅲ）设()|()()|()F x f x x a a =-+∈R ，记()F x 在区间[2,4]-上的最大值为M （a ）．当M （a ）最小时，求a 的值．【答案】（Ⅰ）y x =与6427y x =-；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）3a =-. 【解析】（Ⅰ）由321()4f x x x x =-+得23()214f x x x '=-+.令()1f x '=，即232114x x -+=，得0x =或83x =.又(0)0f =，88()327f =， 所以曲线()y f x =的斜率为1的切线方程是y x =与88273y x -=-， 即y x =与6427y x =-. （Ⅱ）令()(),[2,4]g x f x x x =-∈-.由321()4g x x x =-得23()24g'x x x =-. 令()0g'x =得0x =或83x =.(),()g'x g x 的情况如下：x 2-(2,0)-8(0,)3 838(,4)34()g'x+-+()g x6-6427-所以()g x 的最小值为6-，最大值为0. 故6()0g x -≤≤，即6()x f x x -≤≤. （Ⅲ）由（Ⅱ）知，当3a <-时，()(0)|(0)|3M F g a a a ≥=-=->； 当3a >-时，()(2)|(2)|63M F a g a a ≥-=--=+>； 当3a =-时，()3M a =. 综上，当()M a 最小时，3a =-.【名师点睛】本题主要考查利用导函数研究函数的切线方程，利用导函数证明不等式，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 21．【2019年高考天津理数】设函数()e cos ,()xf x xg x =为()f x 的导函数．（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）当,42x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，证明()()02f x g x x π⎛⎫+-≥ ⎪⎝⎭；（Ⅲ）设n x 为函数()()1u x f x =-在区间2,242n n ππ⎛⎫π+π+ ⎪⎝⎭内的零点，其中n ∈N ，证明20022sin c s e o n n n x x x -πππ+-<-．【答案】（Ⅰ）()f x 的单调递增区间为3ππ2π,2π(),()44k k k f x ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦Z 的单调递减区间为π5π2π,2π()44k k k ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦Z .（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析. 【解析】（Ⅰ）由已知，有()e (cos sin )xf 'x x x =-．因此，当52,244x k k ππ⎛⎫∈π+π+ ⎪⎝⎭()k ∈Z 时，有sin cos x x >，得()0f 'x <，则()f x 单调递减；当32,244x k k ππ⎛⎫∈π-π+ ⎪⎝⎭()k ∈Z 时，有sin cos x x <，得()0f 'x >，则()f x 单调递增．所以，()f x 的单调递增区间为32,2(),()44k k k f x ππ⎡⎤π-π+∈⎢⎥⎣⎦Z 的单调递减区间为52,2()44k k k ππ⎡⎤π+π+∈⎢⎥⎣⎦Z ． （Ⅱ）证明：记()()()2h x f x g x x π⎛⎫=+-⎪⎝⎭．依题意及（Ⅰ），有()e (cos sin )xg x x x =-，从而()2e sin xg'x x =-．当,42x ππ⎛⎫∈⎪⎝⎭时，0()g'x <，故 ()()()()(1)()022h'x f 'x g'x x g x g'x x ππ⎛⎫⎛⎫=+-+-=-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．因此，()h x 在区间,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，进而()022h x h f ππ⎛⎫⎛⎫≥== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭． 所以，当,42x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()()02f x g x x π⎛⎫+-≥ ⎪⎝⎭．（Ⅲ）证明：依题意，()()10n n u x f x =-=，即cos e 1n xn x =．记2n n y x n =-π，则。
2021高考数学一轮复习统考第3章导数及其应用高考大题冲关(1)高考中函数与导数问题的热点题型课件北师大版
①当－
a 2
≤1，即－2≤a<0时，f(x)在[1,4]上的最小值为f(1)，由f(1)＝4
＋4a＋a2＝8，得a＝±2 2－2，均不符合题意．
②当1<－
a2 ≤4，即－8≤a<－2时，－
a 10
≤
4 5
<1，f(x)在[1,4]上的最小值
为f－a2＝0，不符合题意．
③当－
a 2
>4，即a<－8时，f(x)在[1,4]上的最小值可能在x＝1或x＝4处取
25x－2x－2
x
.
由f′(x)>0得0<x<25或x>2.
故函数f(x)的单调递增区间为0，25和(2，＋∞)．
解
(2)f′(x)＝10x＋2ax2x＋a，a＜0， 由f′(x)＝0得x＝－1a0或x＝－a2. 当x∈0，－1a0时，f′(x)>0，f(x)单调递增； 当x∈－1a0，－a2时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当x∈－a2，＋∞时，f′(x)>0，f(x)单调递增． 易知f(x)＝(2x＋a)2 x≥0，且f－a2＝0.
第三章 导数及其应用
高考大题冲关系列(1) 高考中函数与导数问题的热点题型
命题动向：函数是中学数学的核心内容，而导数是研究函数的重要工 具，因此，导数的应用是历年高考的重点与热点．常涉及的问题有：讨论 函数的单调性(求函数的单调区间)，求极值、最值、切线方程、函数的零 点或方程的根，求参数的范围及证明不等式等，涉及的数学思想有：函数 与方程、分类讨论、数形结合、转化与化归等，中、高档难度均有．
例2 (2019·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝2sinx－xcosx－x，f′(x)为f(x)的导 数．
2023届高三数学一轮复习大题专练03导数极值极值点问题1
一轮大题专练3—导数（极值、极值点问题1）（1）若a =()y f x =f （1）)处的切线方程．（2）若a >()f x 存在极小值．（1）解：当a =所以1()2()x f x e lnx x'=+．所以f （1）1=，f '（1）2e =．所以曲线()y f x =在点(1，f （1）)处的切线方程为12(1)y e x -=-，即2210ex y e --+=．（21()2()x f x e lnx a x'=+-．令1()h x lnx a x =+-，则22111()x h x x x x-'=-=．当01x <<时，()0h x '<；当1x >时，()0h x '>．所以()h x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增，所以()h x 的最小值为h （1）1a =-．因为1a >，所以h （1）10a =-<，1()0a ah e e =>．因为()h x 在(1,)+∞上单调递增，0()0h x =，()0h x <，)+∞上，()0h x >，()0f x '<，)+∞上，()0f x '>，所以()f x ，)+∞上单调递增，所以()f x 存在极小值．2．已知函数2()2m f x lnx x =+R ∈．最小值时的切线方程；22e -解：（1，0x >，1所以1m =，此时切线方程（2，0x >，因为()F x ，2x ，121x x +=，2212121212()()()()2m F x F x lnx lnx x x m x x +=+++-+所以()g m 由22()3()2e g m g e --=…，所以24m e <…．3．已知函数()(1)f x x a lnx =-+的最小值为0．121()()4g x g x +<解：（Ⅰ）()(1)f x x a lnx =-+0a …()f x 0a >时，令，解得：x a >，解得：x a <，故()f x 故()min f x f=（a（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）2()()g x xf x x x xlnx==--，则()21122g x x lnx x lnx '=---=--，，令()0g x ''>故()g x ')+∞递增，21(0g e '>1）0=，故()g x '有2由1()0g x '=，得：=”成立，显然“=”不成立，故121()()4g x g x +<．4．已知函数()sin (x f x e x ax a R =-∈()cos x x e x=．解：（Ⅰ）当0a =时，()sin x f x e x=，所以当37(2,2),44x k k k Z ππππ∈++∈()f x 在此区间上单调递减，时，()0f x '>所以单调增区间为3(2,2),44k k k Z ππππ-++∈，单调减区间为（Ⅱ）设函数()()()sin cos (sin cos )x x x F x f x g x e x ax e x e x x ax=-=--=--，令()()2sin x H x F x e x a'==-，则()H x 在()2(sin cos )sin(4x x H x e x x x π'=+=+，故当3(,)24x ππ∈，则()H x 单调递增，时，()0H x '<，则又()H x2342000e a a e a π⎧-<⎪⎪-<⎨⎪⎪->⎩，解得324(2)e e ππ．解：（1）证明：当0a =时，当(1,2x π∈-令()1cos h xx x =+-，所以()h x 又(0)0h=，所以当(1,0)x ∈-()0f x '<当(0,2x π∈()0f x '>所以()(0)0f x f=…，所以对任意(1,2x π∈-（2222()(21)cos (1)ax ax xx -++=+，()f x所以3cos (1)sin ()2(1)[]x x xg x x a cos x++'=+-，]4π当1[4x ∈-4444322(1)cos 2sin 2223(1)cos 52(1)4120x x x x x x x x x x x cos x cos x cos x cos x +-++++-++-++==………，所以1[4x ∈-()0x ϕ'…，]4π1a …时，(0,4x π∈(0,)4π上单调递增，又因为(0)0g =，所以()0g x …所以()0f x '…在所以()f x所以1a …舍去，0x ∃所以()0g x '…在，0)所以1(4x ∈-时，()0g x >，()f x 单调递增，0(0,)x x ∈，()0f x '<，所以()f x(1,)+∞．6．已知函数()(1)f x ln x mx =++解：（1）()f x 的定义域是f ∴'（1令()0f x '=令()0f x '>，解得：令()0f x '<，解得：故()f x 在，2)x 递减，在即()f x )+∞6．（2）由题意得2()(1)sing x ln x mx x=++-(0)21h m'=-，若12m<<故()h x'在21(2102(1)2h mππ'=+->+，()0h x'=，故当(1,0)x∈-时，(0,2xπ∈故()h x(0,2π上递增，故0x=不可能是综上，当0x=是。
高考数学总复习(基础过关+能力训练)第二章 函数与导数
第二章 函数与导数第12课时 导数在研究函数中的应用1. 函数y ＝3x 2－6lnx 的单调减区间是__________． 答案：(0，1)2. 已知函数f(x)＝12x －sinx ，则f(x)在[0，π]上的值域为________． 答案：⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6－32，π2 解析：f′(x)＝12－cosx ，令f ′(x)＝0，得x ＝π3，经检验知当x ＝π3时，函数f(x)取最小值． 3. 已知函数f(x)的导函数f′(x)＝a(x ＋1)(x －a)，若f(x)在x ＝a 处取到极大值，则实数a 的取值范围是________．答案：(－1，0)解析：分a>0，－1<a<0，a<－1三种情况，结合导函数f ′(x)的图象分析可得．4. 设f(x)＝12x 4－2x 3＋3m ，x ∈R ，若f(x)＋9≥0恒成立，则实数m 的取值范围是__________．答案：m ≥32解析：f′(x)＝2x 3－6x 2＝2x 2(x －3)，所以f(x)在x ＝3处取最小值．要使f(x)＋9≥0恒成立，只需f(3)＋9≥0，解得m ≥32. 5. 若函数f(x)＝x 3－3x ＋a 有3个不同的零点，则实数a 的取值范围是________． 答案：(－2，2)解析：f′(x)＝3x 2－3，令f′(x)＝0得x ＝±1.当x ∈(－∞，－1)时，f ′(x)>0；当x ∈(－1，1)时，f ′(x)<0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x)>0.函数f(x)在x ＝－1处取得极大值，在x ＝1处取得极小值．要使函数有3个不同的零点，只需两个极值异号即可，∴ f(－1)f(1)<0，即(a ＋2)(a －2)<0，a ∈(－2，2)．6. 要做一个圆锥形的漏斗，其母线长为20 cm ，要使其体积最大，则高为________．答案：2033解析：设圆锥的高为x ，则底面半径为202－x 2，其体积为V ＝13πx(202－x 2)(0＜x ＜20)，V ′＝13π(400－3x 2)， 令V′＝0，解得x 1＝2033，x 2＝－2033(舍去)． 当0＜x ＜2033时，V ′＞0；当2033＜x ＜20时，V ′＜0； ∴ 当x ＝2033时，V 取最大值．7. 若函数f(x)＝x 2＋ax ＋1x 在⎝⎛⎭⎫12，＋∞是增函数，则a 的取值范围是________． 答案：a ≥3解析：f′(x)＝2x ＋a －1x 2≥0在⎝⎛⎭⎫12，＋∞上恒成立，即a ≥1x 2－2x 在⎝⎛⎭⎫12，＋∞上恒成立．令g(x)＝1x 2－2x ，求导可得g(x)在⎝⎛⎭⎫12，＋∞上的最大值为3，所以a ≥3. 8. 已知x 、y 为正数，则x 2x ＋y ＋y x ＋2y的最大值为________． 答案：23解析：因为x 、y 为正数，所以设u ＝x 2x ＋y ＋y x ＋2y ＝12＋y x ＋1x y＋2. 令t ＝y x(t>0)， 则u ＝1t ＋2＋12＋1t＝1t ＋2＋t 2t ＋1， 所以u′＝－1（t ＋2）2＋1（2t ＋1）2＝－3（t ＋1）（t －1）（t ＋2）2（2t ＋1）2， 令u′＝0，得t ＝1，且当t ∈(0，1)时，u ′>0，当t ∈(1，＋∞)时，u ′<0，所以当t ＝1时，u 的最大值为23. 9. 已知函数f(x)＝x 3－3ax 2－bx ，其中a 、b 为实数．(1) 若f(x)在x ＝1处取得的极值为2，求a 、b 的值；(2) 若f(x)在区间[－1，2]上为减函数，且b ＝9a ，求a 的取值范围．解：(1) 由题意知：f′(1)＝0且f(1)＝2，即⎩⎪⎨⎪⎧3－6a －b ＝0，1－3a －b ＝2，解得a ＝43，b ＝－5. (2) ∵ f′(x)＝3x 2－6ax －b ＝3x 2－6ax －9a ，又f(x)在[－1，2]上为减函数，∴ f ′(x)≤0对x ∈[－1，2]恒成立，即3x 2－6ax －9a ≤0对x ∈[－1，2]恒成立．∴ f′(－1)≤0且f′(2)≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧3＋6a －9a ≤0，12－12a －9a ≤0⎩⎪⎨⎪⎧a ≥1，a ≥47a ≥1，∴ a 的取值范围是a ≥1.10. 工厂生产某种零件，每天需要固定成本100元，每生产1件，还需再投入资金2元，若每天生产的零件能全部售出，每件的销售收入P(x)(元)与当天生产的件数x(件)之间的关系为P(x)＝⎩⎨⎧83－13x 2，0<x ≤10，520x －1331x3，x>10，设当天利润为y 元． (1) 写出y 关于x 的函数关系式；(2) 要使当天利润最大，当天应生产多少件零件？(注：利润等于销售收入减去总成本)解：(1) 当0<x ≤10时，y ＝x ⎝⎛⎭⎫83－13x 2－100－2x ＝－13x 3＋81x －100；当x>10时，y ＝x ⎝⎛⎭⎫520x －1331x 3－2x －100＝－2x －1331x 2＋420.∴ y ＝⎩⎨⎧－13x 3＋81x －100，0<x ≤10，x ∈N *，－2x －1331x 2＋420，x>10，x ∈N *.(2) 设y ＝h(t)＝⎩⎨⎧－13t 3＋81t －100，0<t ≤10，－2t －1 331t2＋420，t>10. ①当0<t ≤10时，y ′＝81－t 2.令y′＝0，得t ＝9. 当0<t<9时，y ′>0；当9<t<10时，y ′<0.当t ＝9时，y max ＝386；②当t>10时，y ′＝－－2×1331t 3－2.令y′＝0，得t ＝11. 当10<t<11时，y ′>0；当t>11时，y ′<0.当t ＝11时，y max ＝387.∵x ∈N *，∴综合①②知，当x ＝11时，y 取得最大值．故要使当天利润最大，当天应生产11件零件．11. (文)已知函数f(x)＝12ax 2－2x ＋2＋lnx ，a ∈R . (1) 当a ＝0时，求f(x)的单调增区间；(2) 若f(x)在(1，＋∞)上只有一个极值点，求实数a 的取值范围．解：(1) 当a ＝0时，f(x)＝－2x ＋2＋lnx.令f ′(x)＝1x －2＝1－2x x ＞0，解得0＜x ＜12，所以f(x)的单调增区间为⎝⎛⎭⎫0，12或⎝⎛⎦⎤0，12. (2) 令f′(x)＝ax －2＋1x ＝ax 2－2x ＋1x ＝0，f(x)在(1，＋∞)上只有一个极值点f ′(x)＝0在(1，＋∞)上只有一个根且不是重根．令g(x)＝ax 2－2x ＋1，x ∈(1，＋∞)．①当a ＝0时，g(x)＝－2x ＋1，不符合在(1，＋∞)上有一个根的条件，舍去；②当a ＞0时，g(x)＝ax 2－2x ＋1，在(1，＋∞)上只有一个根且不是重根g(1)＜00＜a ＜1；③ 当a ＜0时，g(x)＝ax 2－2x ＋1，在(1，＋∞)上只有一个根且不是重根g(1)＞0a ＞1，矛盾．综上所述，实数a 的取值范围是0＜a ＜1.(注：②③可以合并为ag(1)＜00＜a ＜1)(理)已知函数f(x)＝2ln(x －1)－(x －1)2.(1) 求函数f(x)的单调递增区间；(2) 若关于x 的方程f(x)＋x 2－3x －a ＝0在区间[2，4]内恰有两个相异的实根，求实数a 的取值范围．解：(1) 函数f(x)的定义域是(1，＋∞)．因为f′(x)＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1x －1－（x －1）＝－2x （x －2）x －1， 又x>1，令f′(x)>0得x 的取值范围是(1，2)，所以函数f(x)的单调递增区间是(1，2)．(2) 由f(x)＋x 2－3x －a ＝0，得x ＋a ＋1－2ln(x －1)＝0.令g(x)＝x ＋a ＋1－2ln(x －1)，则g′(x)＝1－2x －1＝x －3x －1，且x>1.由g ′(x)>0，得x>3，由g′(x)<0，得1<x<3.所以函数g(x)在[2，3]内单调递减，在[3，4]内单调递增，画出草图，可知方程f(x)＋x 2－3x －a ＝0在区间[2，4]内恰有两个相异的实根，必须⎩⎪⎨⎪⎧g （2）≥0，g （3）<0，g （4）≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧a ＋3≥0，a ＋4－2ln2<0，a ＋5－2ln3≥0，解得2ln3－5≤a<2ln2－4，综上所述，实数a 的取值范围是[2ln3－5，2ln2－4)．。
全国统考2022版高考数学大一轮复习第3章导数及其应用第1讲导数的概念及运算2备考试题文含解析
第三章导数及其应用第一讲导数的概念及运算1.点P 在曲线y =4(2x +1)ln2上,α为曲线在点P 处的切线的倾斜角,那么α的取值范围是 ()A .[0,π4) B .[π4,π2) C .(π2,3π4] D .[3π4,π)2.[2021晋南高中联考]函数f (x )=ln 2x -1x的图象在点(12,f (12))处的切线方程为()A.y =6x -5B.y =8x -6C.y =4x -4D.y =10x -73.[条件创新]函数f (x )=(x 2+m )e x(m ∈R)的图象在x =1处的切线的斜率等于e,且g (x )=f (x )x,那么g'(-1)=()A.4e 4eC.e 4e44.[易错题]函数f (x )=f'(1)x 2+2x +2f (1),那么f'(2)的值为()5.[2021石家庄市一检]原子有稳定和不稳定两种.不稳定的原子除天然元素外,主要由核裂变或核聚变过程中产生碎片形成,这些不稳定的元素在放出α、β、γ等射线后,会转变成稳定的原子,这种过程称之为“衰变〞.这种不稳定的元素就称为放射性同位素.随着科学技术的开展,放射性同位素技术已经广泛应用于医学、航天等众多领域,并取得了显著经济效益.假设在放射性同位素钍234的衰变过程中,其含量N (单位:贝克)与时间t (单位:天)满足函数关系N (t )=N 02-t24,其中N 0为t =0时钍234的含量.t =24时,钍234含量的瞬时变化率为-8ln 2,那么N (120)= ()B.12ln 2贝克D.6ln 2贝克6.[2021江西五校联考]曲线C :y =x e x过点A (a ,0)的切线有且仅有两条,那么实数a 的取值范围是 ()A .(-∞,-4)∪(0,+∞)B .(0,+∞)C .(-∞,-1)∪(1,+∞)D .(-∞,-1)7.[2021福建五校联考]函数f (x )={ln (-x +1),x <0,x 2+3x ,x ≥0,假设f (x )-(m +2)x ≥0,那么实数m 的取值范围是()A.(-∞,1]B.[-2,1]C.[0,3]D.[3,+∞)8.[2021洛阳市统考]直线y =2x +1与曲线y =x 3+ax +b 相切于点(1,3),那么a 3+b =.9.[2021大同市调研测试]假设曲线y =ln x +1的一条切线的方程是y =ax +b ,那么4a +e b的最小值是. 10.[2021河北六校联考]函数f (x )=x ln x -12mx 2(m ∈R),g (x )=-x+1e x −2e x +e -1e.(1)假设函数f (x )的图象在(1,f (1))处的切线与直线x -y +1=0平行,求m ;(2)证明:在(1)的条件下,对任意x 1,x 2∈(0,+∞),f (x 1)>g (x 2)成立.11.[数学探索]函数f (x )=12ax 2-ax +ln x 的图象在点(x 1,f (x 1))处与点(x 2,f (x 2))(x 1≠x 2)处的切线均平行于x 轴,那么x 1+x 2+x 1x 2+f (x 1)+f (x 2)的取值范围是()A.(-∞,-74-2ln 2) B .(-74-2ln 2,74-2ln 2)C.(74-2ln 2,+∞) D.(-74-2ln 2,+∞)12.[2021南昌市高三测试]曲线C 1:y =e x +m ,C 2:y =x 2,假设恰好存在两条直线l 1,l 2与曲线C 1,C 2都相切,那么实数m 的取值范围是()A.(2ln 2-2,+∞)B.(2ln 2,+∞)C.(-∞,2ln 2-2)D.(-∞,2ln 2)13.[2021长春市第四次质量监测]函数f (x )=e mx +e -mx +x 2-mx (m ∈R)的图象在点A (x 1,f (x 1)),B (-x 1,f (-x 1))处两条切线的交点P (x 0,y 0)一定满足()A.x 0=0B.x 0=mC.y 0=0D.y 0=m14.[2021惠州市二调]实数a >0,函数f (x )=2x +a 2x +a ln x ,x ∈(0,10). (1)讨论函数f (x )的单调性;(2)假设x =1是函数f (x )的极值点,曲线y =f (x )在点P (x 1,f (x 1)),Q (x 2,f (x 2))(x 1<x 2)处的切线分别为l 1,l 2,且l 1,l 2在y 轴上的截距分别为b 1,b 2,假设l 1∥l 2,求b 1-b 2的取值范围.15.[2021唐山市摸底考试]函数f (x )=ax sin x +b cos x ,且曲线y =f (x )与直线y =π2相切于点(π2,π2). (1)求f (x );(2)假设f (x )≤mx 2+1,求实数m 的取值范围. 16.[角度创新]函数f (x )=e x,g (x )=ln x.(1)假设曲线y =f (x )在x =0处的切线方程为y =kx +b ,且存在实数m ,n ,使得直线y -m =k (x +n )+b 与曲线y =g (x )相切,求m +n 的值;(2)假设函数φ(x )=x +af (x )(g (x )-x )有零点,求实数a 的取值范围.答 案第三章导数及其应用第一讲导数的概念及运算1.D y =4(2x +1)ln2的导数为y'=4ln2·-2x ln2(2x +1)2=-42x +12x +2,由2x+12x ≥2√2x ·12x =2(当且仅当x =0时取等号),得12x +12x +2∈(0,14],所以-42x +12x +2∈[-1,0),即tan α∈[-1,0),结合0≤α<π,可得3π4≤α<π.应选D .2.A f (12)=ln 1-2=-2,因为f'(x )=1x +1x 2,所以f'(12)=6,所以切线方程为y -(-2)=6(x −12),即y =6x -5,应选A . 3.A 由题意得f'(x )=2x e x+(x 2+m )e x =(x 2+2x +m )e x ,f'(1)=(3+m )e,由题意得(3+m )e=e,所以m =-2,所以f (x )=(x 2-2)e x.解法一所以g (x )=f (x )x=(x −2x)e x,g'(x )=(1+2x 2)e x+(x −2x)e x,所以g'(-1)=4e.解法二 f'(x )=(x 2+2x -2)e x,f (-1)=−1e,所以f'(-1)=−3e,又g'(x )=xf '(x )-f (x )x 2,所以g'(-1)=4e.4.D 因为f'(x )=2f'(1)x +2,所以f'(1)=2f'(1)+2,解得f'(1)=-2,所以f'(x )=-4x +2,所以f'(2)=-6,应选D.5.A 因为N (t )=N 0·2-t 24,所以N'(t )=N 0·2-t 24·ln 2·(−124)=−N 024·ln 2·2-t 24,因为当t =24时,钍234含量的瞬时变化率为-8ln 2,即N'(24)=-8ln 2,所以−N 024ln 2×2-1=-8ln 2,所以N 0=384,即N (t )=384×2-t 24,所以N (120)=384×2-12024=38432=12,应选A.6.A 对函数y =x e x求导得y'=e x+x ·e x=(1+x )e x.设切点坐标为(x 0,x 0e x 0),那么曲线y =x e x过点A (a ,0)的切线的斜率k =(1+x 0)e x 0=x 0e x 0x 0-a,化简得x 02−ax 0-a =0.依题意知,上述关于x 0的二次方程有两个不相等的实数根,所以Δ=(-a )2-4×1×(-a )>0,解得a <-4或a >0.应选A .7.B 令g (x )=x 2+3x (x ≥0),那么g'(x )=2x +3,所以g'(0)=3,所以函数g (x )的图象在原点处的切线方程为y =3x ,故函数f (x )的图象在原点处的切线方程为y =3x.如图D 3-1-1,画出函数f (x )的图象,切线y =3x ,以及直线y =(m +2)x ,分析可知,为满足f (x )-(m +2)x ≥0,即f (x )≥(m +2)x ,那么0≤m +2≤3,解得-2≤m ≤1.应选B .图D 3-1-18.2因为(x 3+ax +b )'=3x 2+a ,所以{3×12+a =2,13+a ×1+b =3,解得{a =-1,b =3,所以a 3+b =2.9.4 y'=1x ,设切点坐标为(x 0,y 0)(x 0>0),那么{y 0=lnx 0+1,y 0=ax 0+b ,a =1x 0,所以b =ln x 0,所以4a +e b =4x 0+x 0≥2√4x 0·x 0=4,当且仅当x 0=2时取“=〞,故4a +e b 的最小值为4.10.(1)f (x )的定义域为(0,+∞),f'(x )=ln x +1-mx ,f'(1)=1-m ,因为f (x )的图象在(1,f (1))处的切线与直线x -y +1=0平行,所以1-m =1,即m =0. (2)在(1)的条件下,f (x )=x ln x ,f'(x )=ln x +1,当x ∈(0,1e)时,f'(x )<0,f (x )单调递减,当x ∈(1e,+∞)时,f'(x )>0,f (x )单调递增,所以f (x )=x ln x 在x =1e时取得最小值f (1e )=−1e ,所以f (x 1)≥−1e .g (x )=−x+1e x−2e x +e -1e,那么g'(x )=x e x −2e ,令h (x )=g'(x )=xe x −2e ,x >0,那么h'(x )=1-xe x ,所以当x ∈(0,1)时,h'(x )>0,h (x )单调递增,当x ∈(1,+∞)时,h'(x )<0,h (x )单调递减.所以当x >0时,g'(x )≤g'(1)=h (1)=−1e ,因为g'(x )≤−1e <0,所以g (x )在(0,+∞)上单调递减, 所以g (x 2)<g (0)=−1e .所以对任意x 1,x 2∈(0,+∞),f (x 1)>g (x 2).11.A 函数f (x )的定义域为(0,+∞),且f'(x )=ax -a +1x =ax 2-ax+1x,那么根据导数的几何意义知x 1,x 2是方程ax 2-ax +1=0的两个不等正根,那么{Δ=a 2-4a >0,x 1x 2=1a>0,x 1+x 2=1,那么a >4.令h (a )=x 1+x 2+x 1x 2+f (x 1)+f (x 2)=1+1a+ln x 1+12a x 12−ax 1+lnx 2+12a x 22−ax 2=1+1a +ln 1a +12a (1−2a )-a =−12a -ln a +1a .易知函数h (a )=−12a -ln a +1a 在(4,+∞)上单调递减,那么h (a )<h (4)=−74−2ln 2,所以x 1+x 2+x 1x 2+f (x 1)+f (x 2)的取值范围是(-∞,−74−2ln 2),应选A .12.C 解法一设直线l 与曲线C 1和曲线C 2都相切,且与曲线C 1:y =e x +m相切于点(x 0,e x 0+m ),因为(e x +m)'=e x +m,所以直线l 的斜率为e x 0+m ,故直线l 的方程为y −e x 0+m =e x 0+m (x -x 0),即y =e x 0+m x +(1-x 0)·e x 0+m .由{y =e x 0+m x +(1-x 0)·e x 0+m ,y =x 2,消去y 并化简得x 2−e x 0+m x -(1-x 0)·e x 0+m =0,那么其判别式Δ=(−e x 0+m )2+4(1-x 0)·e x 0+m =0,由于e x 0+m >0,所以e x 0+m +4(1-x 0)=0,即e x 0+m −4x 0+4=0.依题意可知关于x 0的方程e x 0+m −4x 0+4=0有两个不同的根.构造函数g (x )=e x +m-4x +4,那么g (x )有两个零点.(题眼)g'(x )=e x +m-4,令g'(x )=0,解得x 1=ln 4-m ,令g'(x )>0,得x >x 1,令g'(x )<0,得x <x 1,所以g (x )在(-∞,x 1)上单调递减,在(x 1,+∞)上单调递增,且当x →-∞时,g (x )→+∞,当x →+∞时,g (x )→+∞,所以要使g (x )有两个零点,那么需g (x 1)<0,即e ln 4-4(ln4-m )+4<0,解得m <2ln 2-2.应选C .解法二同解法一得到“关于x 0的方程e x 0+m −4x 0+4=0有两个不同的根〞,即e x 0+m =4x 0-4有两个不同的根,即函数y =e x +m 与y =4x -4的图象有两个不同的交点.求出直线y =4x -4与曲线y =e x +m 相切时m 的值,即可求出m 的取值范围.令(e x +m )'=e x +m=4,得x =ln 4-m ,那么切点为(ln 4-m ,4),代入切线方程y =4x -4得4=4(ln 4-m )-4,解得m =2ln 2-2,此时直线y =4x -4与曲线y =e x +m 相切,将曲线y =e x +2ln 2-2向右平移可满足与直线y =4x -4有两个不同的交点,所以m <2ln 2-2.应选C .13.A 由题意,得f'(x )=m e mx-m e -mx+2x -m ,那么切线PA 的方程为y -(e mx 1+e -mx 1+x 12−mx 1)=(m e mx 1−m e -mx 1+2x 1-m )(x -x 1),切线PB 的方程为y -(e -mx 1+e mx 1+x 12+mx 1)=(m e -mx 1−m e mx 1−2x 1-m )(x +x 1),将(x 0,y 0)代入两条切线方程,得{y 0-(e mx 1+e -mx 1+x 12-mx 1)=(me mx 1-me -mx 1+2x 1-m )(x 0-x 1) ①,y 0-(e -mx 1+e mx 1+x 12+mx 1)=(me -mx 1-me mx 1-2x 1-m )(x 0+x 1) ②,①-②,得2mx 1=2(m e mx 1−m e -mx 1+2x 1)x 0+2mx 1,即(m e mx 1−m e -mx 1+2x 1)x 0=0. 因为对任意m ∈R,x 1∈R,m e mx 1−m e -mx 1+2x 1=0不恒成立,所以x 0=0,应选A. 14.(1)f'(x )=−2x 2+a 2+a x =(ax+2)(ax -1)x 2(0<x <10),∵a >0,0<x <10,∴ax +2>0.①当1a ≥10,即a ∈(0,110]时,f'(x )<0,那么f (x )在(0,10)上单调递减; ②当0<1a<10,即a ∈(110,+∞)时,令f'(x )<0,得0<x <1a ,令f'(x )>0,得1a <x <10,∴f (x )在(0,1a)上单调递减,在(1a,10)上单调递增.(由于a >0,0<x <10,因此分类讨论的标准是以1a是否在定义域内进行制定的)综上,当a ∈(0,110]时,f (x )在(0,10)上单调递减;当a ∈(110,+∞)时,f (x )在(0,1a)上单调递减,在(1a,10)上单调递增.(2)∵x =1是f (x )的极值点,∴f'(1)=0,即(a +2)(a -1)=0, 解得a =1或a =-2(舍),此时f (x )=2x +x +ln x ,f'(x )=−2x 2+1x +1, ∴切线l 1的方程为y -(2x 1+x 1+ln x 1)=(−2x 12+1x 1+1)(x -x 1),令x =0,得b 1=4x 1+ln x 1-1,同理可得b 2=4x 2+ln x 2-1.∵l 1∥l 2,∴−2x 12+1x 1+1=−2x 22+1x 2+1,整理得x 1x 2=2(x 1+x 2),∴x 2=2x 1x1-2,∴b 1-b 2=4x 2-4x 1x 1x 2+lnx 1x 2=2(x 2-x 1)x 1+x 2+lnx 1x 2=2(1-x 1x 2)1+x 1x 2+ln x1x 2.又0<x 1<x 2<10,∴x 1<2x 1x 1-2<10,得52<x 1<4,令x1x 2=t ,那么t =x 1·x 1-22x 1=x 12−1∈(14,1),设g (t )=2(1-t )1+t+ln t ,那么g'(t )=−4(1+t )2+1t=(t -1)2t (t+1)2>0,∴g (t )在(14,1)上单调递增,又g (1)=0,g (14)=65−2ln 2,∴g (t )∈(65−2ln 2,0),(换元以及构造新函数,利用导数研究新函数的单调性和在特定区间上的值域,从而求得b 1-b 2的取值范围) 即b 1-b 2的取值范围为(65−2ln 2,0).15.(1)由f (π2)=aπ2=π2得a =1,那么f'(x )=x cos x +(1-b )sin x ,由f'(π2)=1-b =0得b =1,所以f (x )=x sin x +cos x. (2)令g (x )=mx 2+1-f (x )=mx 2-x sin x -cos x +1, 由g (x )≥0得g (2π)=4π2m ≥0,所以m ≥0.易知g (x )为偶函数,所以只需满足当x ≥0时,g (x )≥0即可.g'(x )=2mx -x cos x =x (2m -cos x ),下面只讨论x ≥0时的情形.当m ≥12时,g'(x )≥0,即g (x )在[0,+∞)上单调递增, 所以g (x )≥g (0)=0,所以当m ≥12时,f (x )≤mx 2+1恒成立.当0≤m <12时,因为y =2m -cos x 在[0,π2]上单调递增, 且当x =0时,y =2m -1<0,当x =π2时,y =2m ≥0,所以存在x 0∈(0,π2],使得2m -cos x 0=0,因此当x ∈(0,x 0)时,g'(x )<0,即g (x )在(0,x 0)上单调递减, 所以当x ∈(0,x 0)时,g (x )<g (0)=0,与g (x )≥0矛盾. 因此当0≤m <12时,f (x )≤mx 2+1不恒成立. 综上,满足题意的m 的取值范围是[12,+∞).16. (1)f'(x )=e x,f'(0)=1,f (0)=1,所以曲线y =f (x )在x =0处的切线方程为y =x +1,所以k =b =1, 那么y -m =k (x +n )+b ,即y =x +m +n +1.g'(x )=1x ,那么曲线y =g (x )在点(x 0,ln x 0)处的切线方程为y -ln x 0=1x 0(x -x 0),即y =1x 0x +ln x 0-1,从而1x 0=1,ln x 0-1=m +n +1,所以x 0=1,m +n =-2.(2)由题意知φ(x )=x +a e x(ln x -x ),x ∈(0,+∞), 函数φ(x )有零点,即φ(x )=0有根. 当a =0时,φ(x )=x >0,不符合题意. 当a ≠0时,函数φ(x )有零点等价于1a =e x(1−lnx x)有根.设h (x )=e x(1−lnx x),那么h'(x )=e x(1−lnx x)+e x(−1-lnx x 2)=e xx 2(x -1)(x +1-ln x ),设s (x )=x +1-ln x ,那么s'(x )=1−1x ,当x ∈(0,1)时,s'(x )<0,s (x )单调递减,当x ∈(1,+∞)时,s'(x )>0, s (x )单调递增,所以s (x )≥s (1)=2>0,所以h'(x )=0仅有一根x =1,且当x ∈(0,1)时,h'(x )<0,h (x )单调递减, 当x ∈(1,+∞)时,h'(x )>0,h (x )单调递增,所以h (x )≥h (1)=e . 所以假设函数φ(x )有零点,那么1a ≥e,从而0<a ≤1e .。
2020高考数学三轮冲刺提分专项练习：函数与导数
函数与导数1.己知函数X^)=log^(0<tz<l)的导函数为/3)，记A=/(。
)，8=穴。
+1)一大。
)，C=f(a +1)，贝！!()A.A>B>CB.A>OBC.B>A>CD.C>B>A答案D解析绘制函数>)=log^(0<o<1)的图象如图所示，且M(a,log a a),N(a+1,loga(a+l)),由题意可知A=f(a)为函数在点M处切线的斜率，C=f(a+1)为函数在点N处切线的斜率，B=fia+1)~f{d)为直线MN的斜率，由数形结合可得ob>A.\I-L t2.已知函数»=(.?-2x)e x-dn x(a eR)在区间(0,十8)上单调递增，则a的最大值是()e22A.—eB.eC.—万D.4e2答案A解析因为函数J(x)=(x—2x)e x—aln x(a R),所以/3)=。
'(户一2x)+e*(2x—2)—?=e x(x2—2)-务>0).因为函数/(x)=(x2—2x)e x~aln x(a R)在区间(0,+8)上单调递增，所以/3)=矿(J—2)—0在区间(0,+8)上恒成立，即^<eV-2)在区间(0,+8)上恒成立，亦即a^e x(x3—2工)在区间(0,+8)上恒成立,令h(x)=e x(x3—2x),x>0,则h f(x)=eV-2x)+e x(3x2-2)—e x(%3一2x~\~3x2一2)=e x(x-l)(x2+4x+2),x>0,因为工仁(0,+°°),所以x2+4x+2>0.因为e*>0,令h'(x)>0,可得a>1,令h'(x)<0,可得0<Xl.所以函数"(X)在区间(1,+8)上单调递增，在区间(0,1)上单调递减.所以/1(尤)血=人(1)=。