2020年高考数学 大题专练 导数综合问题(20题含答案详解)
2020年高考数学(理)总复习：利用导数解决函数零点问题(解析版)
2020年高考数学（理）总复习：利用导数解决函数零点问题题型一 利用导数讨论函数零点的个数 【题型要点解析】对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是：(1)构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域； (2)求导数，得单调区间和极值点； (3)画出函数草图；(4)数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x 轴的交点情况进而求解．1.已知f (x )＝ax 3－3x 2＋1(a >0)，定义h (x )＝max{f (x )，g (x )}＝⎩⎪⎨⎪⎧f (x )，f (x )≥g (x )，g (x )，f (x )<g (x ).(1)求函数f (x )的极值；(2)若g (x )＝xf ′(x )，且存在x ∈[1,2]使h (x )＝f (x )，求实数a 的取值范围； (3)若g (x )＝ln x ，试讨论函数h (x )(x >0)的零点个数．【解】 (1)∈函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，∈f ′(x )＝3ax 2－6x ＝3x (ax －2)，令f ′(x )＝0，得x 1＝0或x 2＝2a，∈a >0，∈x 1<x 2，列表如下：∈f (x )的极大值为f (0)＝1，极小值为f ⎪⎭⎫⎝⎛a ＝8a 2－12a 2＋1＝1－4a 2. (2)g (x )＝xf ′(x )＝3ax 3－6x 2，∈存在x ∈[1,2]，使h (x )＝f (x )，∈f (x )≥g (x )在x ∈[1,2]上有解，即ax 3－3x 2＋1≥3ax 3－6x 2在x ∈[1,2]上有解， 即不等式2a ≤1x 3＋3x 在x ∈[1,2]上有解．设y ＝1x 3＋3x ＝3x 2＋1x 3(x ∈[1,2])，∈y ′＝－3x 2－3x 4<0对x ∈[1,2]恒成立，∈y ＝1x 3＋3x 在x ∈[1,2]上单调递减，∈当x ＝1时，y ＝1x 3＋3x 的最大值为4，∈2a ≤4，即a ≤2.(3)由(1)知，f (x )在(0，＋∞)上的最小值为f ⎪⎭⎫⎝⎛a 2＝1－4a 2， ∈当1－4a 2>0，即a >2时，f (x )>0在(0，＋∞)上恒成立，∈h (x )＝max{f (x )，g (x )}在(0，＋∞)上无零点．∈当1－4a2＝0，即a ＝2时，f (x )min ＝f (1)＝0.又g (1)＝0，∈h (x )＝max{f (x )，g (x )}在(0，＋∞)上有一个零点． ∈当1－4a2<0，即0<a <2时，设φ(x )＝f (x )－g (x )＝ax 3－3x 2＋1－ln x (0<x <1)， ∈φ′(x )＝3ax 2－6x －1x <6x (x －1)－1x <0，∈φ(x )在(0,1)上单调递减．又φ(1)＝a －2<0，φ⎪⎭⎫ ⎝⎛e 1＝a e3＋2e 2－3e 2>0，∈存在唯一的x 0∈⎪⎭⎫⎝⎛1,1e ，使得φ(x 0)＝0，(∈)当0<x ≤x 0时，∈φ(x )＝f (x )－g (x )≥φ(x 0)＝0， ∈h (x )＝f (x )且h (x )为减函数． 又h (x 0)＝f (x 0)＝g (x 0)＝ln x 0<ln 1＝0， f (0)＝1>0，∈h (x )在(0，x 0)上有一个零点； (∈)当x >x 0时，∈φ(x )＝f (x )－g (x )<φ(x 0)＝0， ∈h (x )＝g (x )且h (x )为增函数，∈g (1)＝0，∈h (x )在(x 0，＋∞)上有一零点；从而h (x )＝max{f (x )，g (x )}在(0，＋∞)上有两个零点，综上所述，当0<a <2时，h (x )有两个零点；当a ＝2时，h (x )有一个零点； 当a >2时，h (x )无零点．题组训练一 利用导数讨论函数零点的个数 已知函数f (x )＝ln x －12ax ＋a －2，a ∈R .(1)求函数f (x )的单调区间；(2)当a <0时，试判断g (x )＝xf (x )＋2的零点个数． 【解析】 (1)f ′(x )＝1x －a 2＝2－ax2x(x >0)．若a ≤0，则f ′(x )>0，∈函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)；若a >0，当0<x <2a 时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，当x >2a 时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减，综上，若a ≤0时，函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)；若a >0时，函数f (x )的单调递增区间为⎪⎭⎫ ⎝⎛a 2,0，单调递减区间为⎪⎭⎫ ⎝⎛∞+a 2.(2)g (x )＝x ln x －12ax 2＋ax －2x ＋2，g ′(x )＝－ax ＋ln x ＋a －1.又a <0，易知g ′(x )在(0，＋∞)上单调递增， g ′(1)＝－1<0，g ′(e)＝－a e ＋a ＝a (1－e)>0， 故而g ′(x )在(1，e)上存在唯一的零点x 0， 使得g ′(x 0)＝0.当0<x <x 0时，g ′(x )<0，g (x )单调递减；当x >x 0时，g ′(x )>0，g (x )单调递增， 取x 1＝e a ，又a <0，∈0<x 1<1，∈g (x 1)＝x 1)2221(ln 111x a ax x +-+-＝e a⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+-a a e a ae a 2221， 设h (a )＝a －12a e a ＋a －2＋2e a ，(a <0)，h ′(a )＝－12a e a －12e a －2e a ＋2，(a <0)，h ′(0)＝－12，h ″(a )＝e －a －e a ＋e －a －12a e a >0，∈h ′(a )在(－∞，0)上单调递增，h ′(a )<h ′(0)<0， ∈h (a )在(－∞，0)上单调递减，∈h (a )>h (0)＝0， ∈g (x 1)>0，即当a <0时，g (e a )>0.当x 趋于＋∞时，g (x )趋于＋∞，且g (2)＝2ln2－2<0. ∈函数g (x )在(0，＋∞)上始终有两个零点． 题型二 由函数零点个数求参数的取值范围 【题型要点解析】研究方程的根(或函数零点)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(函数零点)的情况，这是导数这一工具在研究方程中的重要应用．已知函数f (x )＝mxln x ，曲线y ＝f (x )在点(e 2，f (e 2))处的切线与直线2x ＋y ＝0垂直(其中e为自然对数的底数)．(1)求f (x )的解析式及单调减区间；(2)若函数g (x )＝f (x )－kx 2x －1无零点，求k 的取值范围．【解析】 (1)函数f (x )＝mx ln x 的导数为f ′(x )＝m (ln x －1)(ln x )2，又由题意有：f ′(e2)＝12∈m 4＝12∈m ＝2，故f (x )＝2xln x.此时f ′(x )＝2(ln x －1)(ln x )2，由f ′(x )≤0∈0<x <1或1<x ≤e ，所以函数f (x )的单调减区间为(0,1)和(1，e]．(2)g (x )＝f (x )－kx 2x －1∈g (x )＝x ⎪⎭⎫ ⎝⎛--1ln 2x kx x ，且定义域为(0,1)∈(1，＋∞)，要函数g (x )无零点，即要2ln x ＝kxx －1在x ∈(0,1)∈(1，＋∞)内无解，亦即要k ln x －2(x －1)x ＝0在x ∈(0,1)∈(1，＋∞)内无解．构造函数h (x )＝k ln x －2(x －1)x ∈h ′(x )＝kx －2x2.∈当k ≤0时，h ′(x )<0在x ∈(0,1)∈(1，＋∞)内恒成立，所以函数h (x )在(0,1)内单调递减，h (x )在(1，＋∞)内也单调递减.又h (1)＝0，所以在(0,1)内无零点，在(1，＋∞)内也无零点，故满足条件；∈当k >0时，h ′(x )＝kx －2x 2∈h ′(x )＝22x k x k ⎪⎭⎫ ⎝⎛-， (i)若0<k <2，则函数h (x )在(0,1)内单调递减，在⎪⎭⎫⎝⎛k 2,1内也单调递减，在⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,2k 内单调递增，又h (1)＝0，所以在(0,1)内无零点；易知h ⎪⎭⎫ ⎝⎛k 2<0，而h (e 2k )＝k ·2k －2＋2e2k>0，故在⎪⎭⎫⎝⎛+∞,2k 内有一个零点，所以不满足条件；(ii)若k ＝2，则函数h (x )在(0,1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．又h (1)＝0，所以x ∈(0,1)∈(1，＋∞)时，h (x )>0恒成立，故无零点，满足条件；(iii)若k >2，则函数h (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛k 2,0内单调递减，在⎪⎭⎫⎝⎛1,2k 内单调递增，在(1，＋∞)内单调递增，又h (1)＝0，所以在⎪⎭⎫⎝⎛1,2k 及(1，＋∞)内均无零点． 又易知h ⎪⎭⎫⎝⎛k 2<0，而h (e －k )＝k (－k )－2＋2e k ＝2e k －k 2－2，又易证当k >2时，h (e －k )>0，所以函数h (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛k 2,0内有一零点，故不满足条件．综上可得：k 的取值范围为：k ≤0或k ＝2.题组训练二 由函数零点个数求参数的取值范围 已知函数f (x )＝ln x －ax (ax ＋1)，其中a ∈R . (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若函数f (x )在(0,1]内至少有1个零点，求实数a 的取值范围． 【解析】(1)依题意知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， 且f ′(x )＝1x－2a 2x －a＝2a 2x 2＋ax －1－x ＝(2ax －1)(ax ＋1)－x，当a ＝0时，f (x )＝ln x ，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，由f ′(x )>0，得0<x <12a，由f ′(x )<0，得x >12a ，函数f (x )⎪⎭⎫⎝⎛a 21,0上单调递增， 在⎪⎭⎫⎝⎛+∞,21a 上单调递减． 当a <0时，由f ′(x )>0，得0<x <－1a ，由f ′(x )<0，得x >－1a，函数f (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛-a 1,0上单调递增，在⎪⎭⎫⎝⎛+∞-,1a 上单调递减． (2)当a ＝0时，函数f (x )在(]0，1内有1个零点x 0＝1；当a >0时，由(1)知函数f (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛a 21,0上单调递增，在⎪⎭⎫⎝⎛+∞,21a 上单调递减． ∈若12a ≥1，即0<a ≤12时，f (x )在(0,1]上单调递增，由于当x →0时，f (x )→－∞且f (1)＝－a 2－a <0知，函数f (x )在(0,1]内无零点；∈若0<12a <1，即当a >12时，f (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛a 21,0上单调递增，在⎥⎦⎤⎝⎛1,21a 上单调递减，要使函数f (x )在(0,1]内至少有1个零点，只需满足f ⎪⎭⎫⎝⎛a 21≥0，即ln 12a ≥34， 又∈a >12，∈ln 12a <0，∈不等式不成立．∈f (x )在(0,1]内无零点；当a <0时，由(1)知函数f (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛-a 1,0上单调递增，在⎪⎭⎫⎝⎛+∞-,1a 上单调递减． ∈若－1a ≥1，即－1≤a <0时，f (x )在(0,1]上单调递增，由于当x →0时，f (x )→－∞，且f (1)＝－a 2－a >0，知函数f (x )在(0,1]内有1个零点；∈若0<－1a <1，即a <－1时，函数f (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛-a 1,0上单调递增，在⎥⎦⎤⎝⎛-1,1a 上单调递减，由于当x →0时，f (x )→－∞，且当a <－1时，f ⎪⎭⎫⎝⎛-a 1＝ln ⎪⎭⎫⎝⎛-a 1<0，知函数f (x )在(0,1]内无零点．综上可得a 的取值范围是[－1,0]．题型三 利用导数证明复杂方程在某区间上仅有一解 【题型要点解析】证明复杂方程在某区间上有且仅有一解的步骤： (1)在该区间上构造与方程相应的函数； (2)利用导数研究该函数在该区间上的单调性； (3)判断该函数在该区间端点处的函数值的符号； (4)作出结论．已知函数f (x )＝(x 2－2x )ln x ＋ax 2＋2.(1)当a ＝－1时，求f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)当a >0时，设函数g (x )＝f (x )－x －2，且函数g (x )有且仅有一个零点，若e －2<x <e ，g (x )≤m ，求m 的取值范围．【解析】 (1)当a ＝－1时，f (x )＝(x 2－2x )ln x －x 2＋2，定义域为(0，＋∞)，∈f ′(x )＝(2x －2)ln x ＋x －2－2x ＝(2x －2)ln x －x －2.∈f ′(1)＝－3，又f (1)＝1，f (x )在(1，f (1))处的切线方程3x ＋y －4＝0.(2)令g (x )＝f (x )－x －2＝0，则(x 2－2x )ln x ＋ax 2＋2＝x ＋2，即a ＝1－(x －2)·ln xx ，令h (x )＝1－(x －2)·ln xx，则h ′(x )＝－1x 2－1x ＋2－2ln x x 2＝1－x －2ln xx 2.令t (x )＝1－x －2ln x ，t ′(x )＝－1－2x ＝－x －2x ，∈t ′(x )<0，t (x )在(0，＋∞)上是减函数， 又∈t (1)＝h ′(1)＝0，所以当0<x <1时，h ′(x )>0， 当x >1时，h ′(x )<0，所以h (x )在(0,1)上单调递增， 在(1，＋∞)上单调递减，∈h (x )max ＝h (1)＝1.因为a >0，所以当函数g (x )有且仅有一个零点时，a ＝1.g (x )＝(x 2－2x )ln x ＋x 2－x ，若e －2<x <e ，g (x )≤m ，只需g (x )max ≤m ， g ′(x )＝(x －1)(3＋2ln x )，令g ′(x )＝0得x ＝1，或x ＝e －32，又∈e －2<x <e∈函数g (x )在(e －2，e －32)上单调递增，在(e －32，1)上单调递减，在(1，e)上单调递增，又g (e －32)＝－12e －3＋2e －32，g (e)＝2e 2－3e ，∈g (e －32)＝－12e －3＋2e －32<2e －32<2e<2e ⎪⎭⎫ ⎝⎛-23e ＝g (e)，即g (e －32)<g (e)，g (x )max ＝g (e)＝2e 2－3e ，∈m ≥2e 2－3e .题组训练三 利用导数证明复杂方程在某区间上仅有一解 已知y ＝4x 3＋3tx 2－6t 2x ＋t －1，x ∈R ，t ∈R .(1)当x 为常数时，t 在区间⎥⎦⎤⎢⎣⎡32,0变化时，求y 的最小值φ(x )；(2)证明：对任意的t ∈(0，＋∞)，总存在x 0∈(0,1)，使得y ＝0.【解析】 (1)当x 为常数时，设f (t )＝4x 3＋3tx 2－6t 2x ＋t －1＝－6xt 2＋(3x 2＋1)t ＋4x 3－1，f ′(t )＝－12xt ＋3x 2＋1.∈当x ≤0时，由t ∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡32,0知f (t )>0，f (t )在⎥⎦⎤⎢⎣⎡32,0上递增，其最小值φ(x )＝f (0)＝4x 3－1；∈当x >0时，f (t )的图象是开口向下的抛物线，其对称轴为直线；t ＝－3x 2＋1－12x ＝3x 2＋112x ，若⎩⎪⎨⎪⎧x >0，3x 2＋112x ≤13，即13≤x ≤1，则f (t )在⎥⎦⎤⎢⎣⎡32,0上的最小值为 φ(x )＝f ⎪⎭⎫⎝⎛32＝4x 3＋2x 2－83x －13.若⎩⎪⎨⎪⎧x >0，3x 2＋112x >13，即0<x <13或x >1，则f (t )在⎥⎦⎤⎢⎣⎡32,0上的最小值为φ(x )＝f (0)＝4x 3－1.综合∈∈，得φ(x )＝⎩⎨⎧4x 3－1，x <13或x >1，4x 3＋2x 2－83x －13，13≤x ≤1.(2)证明：设g (x )＝4x 3＋3tx 2－6t 2x ＋t －1，则g ′(x )＝12x 2＋6tx －6t 2＝12(x ＋t )⎪⎭⎫ ⎝⎛-2t x 由t ∈(0，＋∞)，当x 在区间(0，＋∞)内变化时，g ′(x )，g (x )取值的变化情况如下表：∈当t2≥1，即t ≥2时，g (x )在区间(0,1)内单调递减，g (0)＝t －1>0，g (1)＝－6t 2＋4t ＋3＝－2t (3t －2)＋3≤－4(3－2)＋3<0.所以对任意t ∈[2，＋∞)，g (x )在区间(0,1)内均存在零点，即存在x 0∈(0,1)，使得g (x 0)＝0.∈当0<t 2<1，即0<t <2时，g (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛2,0t 内单调递减，在⎪⎭⎫ ⎝⎛1,2t 内单调递增，若t ∈(0,1)，则g ⎪⎭⎫⎝⎛2t ＝－74t 3＋t －1≤－74t 3<0，g (1)＝－6t 2＋4t ＋3≥－6t ＋4t ＋3＝－2t ＋3≥1>0，所以g (x )在⎪⎭⎫⎝⎛1,2t 内存在零点；若t ∈(1,2)，则g (0)＝t －1>0，g ⎪⎭⎫ ⎝⎛2t ＝－74t 3＋t －1<－74×13＋2－1<0，所以g (x )在⎪⎭⎫⎝⎛2,0t 内存在零点．所以，对任意t ∈(0,2)，g (x )在区间(0,1)内均存在零点，即存在x 0∈(0,1)，使得g (x 0)＝0， 综合∈∈，对任意的t ∈(0，＋∞)，总存在x 0∈(0,1)，使得y ＝0.【专题训练】1．已知函数f (x )＝xln x＋ax ，x >1.(1)若f (x )在(1，＋∞)上单调递减，求实数a 的取值范围； (2)若a ＝2，求函数f (x )的极小值；(3)若方程(2x －m )ln x ＋x ＝0，在(1，e]上有两个不等实根，求实数m 的取值范围． [解析] (1)f ′(x )＝ln x －1ln 2x ＋a ，由题意可得f ′(x )≤0在(1，＋∞)上恒成立，∈a ≤1ln 2x －1ln x＝221ln 1⎪⎭⎫⎝⎛-x －14.∈x ∈(1，＋∞)，∈ln x ∈(0，＋∞)， ∈当1ln x －12＝0时，函数t ＝221ln 1⎪⎭⎫ ⎝⎛-x －14的最小值为－14，∈a ≤－14. 故实数a 的取值范围为⎥⎦⎤ ⎝⎛∞-41,(2)当a ＝2时，f (x )＝xln x ＋2x ，f ′(x )＝ln x －1＋2ln 2x ln 2x，令f ′(x )＝0，得2ln 2x ＋ln x －1＝0， 解得ln x ＝12或ln x ＝－1(舍)，即x ＝e 12.当1<x <e 12时，f ′(x )<0，当x >e 12时，f ′(x )>0，∈f (x )的极小值为f (e 12)＝e 1212＋2e 1e ＝4e 12.(3)将方程(2x －m )ln x ＋x ＝0两边同除以ln x 得(2x －m )＋x ln x ＝0，整理得xln x＋2x ＝m ，即函数g (x )＝xln x ＋2x 的图象与函数y ＝m 的图象在(1，e]上有两个不同的交点．由(2)可知，g (x )在(1，e 12)上单调递减，在(e 12，e]上单调递增，g (e 12)＝4e 12，g (e)＝3e ，在(1，e]上，当x →1时，x ln x →＋∞，∈4e 12<m ≤3e ，故实数m 的取值范围为(4e 12，3e]．2．已知f (x )＝2x ln x ，g (x )＝x 3＋ax 2－x ＋2.(1)如果函数g (x )的单调递减区间为⎪⎭⎫⎝⎛-1,31，求函数g (x )的解析式； (2)在(1)的条件下，求函数y ＝g (x )的图象在点P (－1，g (－1))处的切线方程； (3)已知不等式f (x )≤g ′(x )＋2恒成立，若方程a e a －m ＝0恰有两个不等实根，求m 的取值范围．【解】 (1)g ′(x )＝3x 2＋2ax －1，由题意知，3x 2＋2ax －1<0的解集为⎪⎭⎫⎝⎛-1,31， 即3x 2＋2ax －1＝0的两根分别是－13，1，代入得a ＝－1，∈g (x )＝x 3－x 2－x ＋2. (2)由(1)知，g (－1)＝1，∈g ′(x )＝3x 2－2x －1，g ′(－1)＝4，∈点P (－1,1)处的切线斜率k ＝g ′(－1)＝4，∈函数y ＝g (x )的图象在点P (－1,1)处的切线方程为y －1＝4(x ＋1)，即4x －y ＋5＝0.(3)由题意知，2x ln x ≤3x 2＋2ax ＋1对x ∈(0，＋∞)恒成立，可得a ≥ln x －32x －12x 对x ∈(0，＋∞)恒成立．设h (x )＝ln x －32x －12x，则h ′(x )＝1x －32＋12x 2＝－(x －1)(3x ＋1)2x 2，令h ′(x )＝0，得x ＝1，x ＝－13(舍)，当0<x <1时，h ′(x )>0；当x >1时，h ′(x )<0， ∈当x ＝1时，h (x )取得最大值，h (x )max ＝h (1)＝－2， ∈a ≥－2.令φ(a )＝a e a ，则φ′(a )＝e a ＋a e a ＝e a (a ＋1)， ∈φ(a )在[－2，－1]上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，∈φ(－2)＝－2e －2＝－2e 2，φ(－1)＝－e －1＝－1e ，当a →＋∞时，φ(a )→＋∞，∈方程a e a －m ＝0恰有两个不等实根，只需－1e <m ≤－2e 2.3．设函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c .(1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)设a ＝b ＝4，若函数f (x )有三个不同零点，求c 的取值范围； (3)求证：a 2－3b >0是f (x )有三个不同零点的必要而不充分条件．【解析】 (1)由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b .因为f (0)＝c ，f ′(0)＝b ，所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝bx ＋c .(2)当a ＝b ＝4时，f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c ， 所以f ′(x )＝3x 2＋8x ＋4. 令f ′(x )＝0，得3x 2＋8x ＋4＝0， 解得x ＝－2或x ＝－23.f (x )与f ′(x )在区间(－∞，＋∞)上的情况如下：所以，当c >0且c －3227<0时，存在x 1∈(－4，－2)，x 2∈⎪⎭⎫ ⎝⎛--3,2，x 3∈⎪⎭⎫⎝⎛-0,3，使得f (x 1)＝f (x 2)＝f (x 3)＝0.由f (x )的单调性知，当且仅当c ∈⎪⎭⎫⎝⎛2732,0时，函数f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c 有三个不同零点．(3)证明：当Δ＝4a 2－12b <0时，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b >0，x ∈(－∞，＋∞)，此时函数f (x )在区间(－∞，＋∞)上单调递增，所以f (x )不可能有三个不同零点．当Δ＝4a 2－12b ＝0时，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b 只有一个零点，记作x 0. 当x ∈(－∞，x 0)时，f ′(x )>0，f (x )在区间(－∞，x 0)上单调递增； 当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在的区间(x 0，＋∞)上单调递增． 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＝4a 2－12b >0. 故a 2－3b >0是f (x )有三个不同零点的必要条件．当a ＝b ＝4，c ＝0时，a 2－3b >0，f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＝x (x ＋2)2只有两个不同零点，所以a 2－3b >0不是f (x )有三个不同零点的充分条件．因此a 2－3b >0是f (x )有三个不同零点的必要而不充分条件．。
2020高考冲刺数学总复习压轴解答：函数、不等式与导数的综合问题(附答案及解析)
专题三 压轴解答题第六关 函数、不等式与导数的综合问题【名师综述】1.本专题在高考中的地位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 2．本专题在高考中的命题方向及命题角度从高考来看，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【考点方向标】方向一 用导数研究函数的性质典例1．（2020·山东高三期末）已知函数21()2ln (2)2f x x a x a x =+-+． （1）当1a =时，求函数()f x 的单调区间； （2）是否存在实数a ，使函数34()()9g x f x ax x =++在(0,)+∞上单调递增？若存在，求出a 的取值范围；若不存在，请说明理由．【举一反三】（2020·云南昆明一中高三期末（理））已知函数2()(1)xx f x e ax e =-+⋅，且()0f x …. （1）求a ；（2）证明：()f x 存在唯一极大值点0x ，且()0316f x <.方向二 导数、函数与不等式典例2．（2020·四川省泸县第二中学高三月考）已知函数()sin f x x ax =-.（1）对于(0,1)x ∈，()0f x >恒成立，求实数a 的取值范围； （2）当1a =时，令()()sin ln 1h x f x x x =-++，求()h x 的最大值； （3） 求证：1111ln(1)1231n n n+<+++⋅⋅⋅++-*()n N ∈.【举一反三】（2020·黑龙江哈尔滨三中高三月考）已知111123S n =++⋅⋅⋅+，211121S n =++⋅⋅⋅+-，直线1x =，x n =，0y =与曲线1y x=所围成的曲边梯形的面积为S .其中n N ∈，且2n ≥.（1）当0x >时，()ln 11axx ax x <+<+恒成立，求实数a 的值； （2）请指出1S ，S ，2S 的大小，并且证明；（3）求证：131112lnln 3132313n i n n i i i =+⎛⎫<+-< ⎪+--⎝⎭∑.方向三 恒成立及求参数范围问题典例3．（2020·天津高三期末）已知函数()2ln h x ax x =-+. （1）当1a =时，求()h x 在()()2,2h 处的切线方程； （2）令()()22a f x x h x =+，已知函数()f x 有两个极值点12,x x ，且1212x x >，求实数a 的取值范围；（3）在（2）的条件下，若存在012x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，使不等式()()()()20ln 1112ln 2f x a m a a ++>--++对任意a （取值范围内的值）恒成立，求实数m 的取值范围.【举一反三】（2020·江苏高三专题练习）已知函数()(32)xf x e x =-，()(2)g x a x =-，其中,a x R ∈. （1）求过点(2,0)和函数()y f x =的图像相切的直线方程； （2）若对任意x ∈R ，有()()f x g x ≥恒成立，求a 的取值范围； （3）若存在唯一的整数0x ，使得00()()f x g x <，求a 的取值范围.【压轴选编】1．（2020·山西高三开学考试）已知函数()()()222ln ,2ln f x x ax a x a R g x x x x =--+∈=-.（1）讨论()f x 的单调性；（2）求证：当1a =时，对于任意()0,x ∈+∞，都有()()f x g x <.2．（2020·河南鹤壁高中高三月考）已知函数2()ln (0,)a xf x x a a R x a=++≠∈ （1）讨论函数()f x 的单调性； （2）设1()2a x g x x a a=+-+，当0a >时，证明：()()f x g x ≥.3．（2020·四川石室中学高三月考）已知函数()22ln f x x x =-+．（1）求函数()f x 的最大值； （2）若函数()f x 与()ag x x x=+有相同极值点． ①求实数a 的值；①若对于121,,3x x e ⎡⎤∀∈⎢⎥⎣⎦（e 为自然对数的底数），不等式()()1211f xg x k -≤-恒成立，求实数k 的取值范围．4．（2020·江西高三）已知函数()()ln f x x x a b =++，曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线为210x y --=.（1）求a ，b 的值；（2）若对任意的()1,x ∈+∞，()()1f x m x ≥-恒成立，求正整数m 的最大值.5．（2020·江西高三）已知函数()e 2xf x m x m =--.（1）当1m =时，求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程；（2）若()0f x >在(0,)+∞上恒成立，求m 的取值范围．6．（2020·江西高三）已知函数()()2xf x x e =-.（1）求()f x 的单调区间；（2）证明：对任意的()0,x ∈+∞，不等式()2ln 6xf x x x >-恒成立.7．（2020·四川高三月考）已知函数21()(32)()2xf x m e x m R =--∈. （1）若0x =是函数()f x 的一个极值点，试讨论()ln ()()h x b x f x b R =+∈的单调性； （2）若()f x 在R 上有且仅有一个零点，求m 的取值范围.8．（2020·山西高三）已知函数()2ln 21f x a x x =-+（其中a R ∈）. （1）讨论函数()f x 的极值；（2）对任意0x >，2()2f x a ≤-恒成立，求a 的取值范围.9．（2020·北京高三期末）已知函数()2xf x x e =（1）求()f x 的单调区间；（2）过点()1,0P 存在几条直线与曲线()y f x =相切，并说明理由； （3）若()()1f x k x ≥-对任意x ∈R 恒成立，求实数k 的取值范围.10．（2020·全国高三专题练习）已知函数()()33114ln 10f f x ax x x '=--的图象在点()()1,1f 处的切线方程为100++=x y b . （1）求a ，b 的值； （2）若()13f x m >对()0,x ∈+∞恒成立，求m 的取值范围.11．（2020·天津静海一中高三月考）已知函数()ln 1()f x ax x a R =--∈． （1）讨论()f x 的单调性并指出相应单调区间； （2）若21())1(2g x x x x f ---=，设()1212,x x x x <是函数()g x 的两个极值点，若32a ≥，且()()12g x g x k -≥恒成立，求实数k 的取值范围．12.（2020·山东高三期末）已知函数()()2sin ln 12x f x x x =+-+.（1）证明：()0f x ≥； （2）数列{}n a 满足：1102a <<，()1n n a f a +=（n *∈N ）. （①）证明：1102a <<（n *∈N ）； （①）证明：n *∀∈N ，1n n a a +<.13．（2020·四川三台中学实验学校高三开学考试）已知函数()ln f x x x a =+，()ln ,g x x ax a =-∈R . （1）求函数()f x 的极值； （2）若10a e<<，其中e 为自然对数的底数，求证：函数()g x 有2个不同的零点； （3）若对任意的1x >，()()0f x g x +>恒成立，求实数a 的最大值.14．（2020·河北高三期末）已知函数()f x 满足:①定义为R ；①2()2()9xx f x f x e e+-=+-. （1）求()f x 的解析式；（2）若12,[1,1]x x ∀∈-；均有()()21122(2)61x a x x f x -+-+-…成立，求a 的取值范围；（3）设2(),(0)()21,(0)f x x g x x x x >⎧=⎨--+≤⎩，试求方程[()]10g g x -=的解.15．（2020·湖南高三月考）已知函数2()()af x x ax a R x=+-∈. （1）当1a =且1x >-时，求函数()f x 的单调区间；（2）当21e a e ≥+时，若函数2()()ln g x f x x x =--的两个极值点分别为1x 、2x ，证明12240()()1g x g x e <-<+.16．（2020·江西高三期末）已知函数2()x f x e ax x =--（e 为自然对数的底数）在点(1,(1))f 的切线方程为(3)y e x b =-+. （1）求实数,a b 的值；（2）若关于x 的不等式4()5f x m >+对于任意(0,)x ∈+∞恒成立，求整数m 的最大值.17．（2020·江西高三期末）已知函数()()()2,xf x x m e nxm n R =--∈在1x =处的切线方程为y ex e =-.（1）求,m n 的值；（2）当0x >时，()3f x ax -…恒成立，求整数a 的最大值.18．（2020·河南高三期末）已知函数()()ln 1mxf x x x m=+-+，()1,0x ∈-. （1）若1m =，判断函数()f x 的单调性并说明理由； （2）若2m ≤-，求证：关于x 的不等式()()()21xx m f x e x-+⋅<-在()1,0-上恒成立.19．（2020·江西高三月考）已知函数32()32f x x x x =-+，()g x tx t R =∈，，()xe x xφ=. （1）求函数()()y f x x φ=⋅的单调增区间；（2）令()()()h x f x g x =-，且函数()h x 有三个彼此不相等的零点0m n ，，，其中m n <. ①若12m n =，求函数()h x 在x m =处的切线方程； ①若对[]x m n ∀∈，，()16h x t ≤-恒成立，求实数M 的取值范围.专题三 压轴解答题第六关 函数、不等式与导数的综合问题【名师综述】1.本专题在高考中的地位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 2．本专题在高考中的命题方向及命题角度从高考来看，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【考点方向标】方向一 用导数研究函数的性质典例1．（2020·山东高三期末）已知函数21()2ln (2)2f x x a x a x =+-+． （1）当1a =时，求函数()f x 的单调区间； （2）是否存在实数a ，使函数34()()9g x f x ax x =++在(0,)+∞上单调递增？若存在，求出a 的取值范围；若不存在，请说明理由．【答案】（1）()f x 的单调递增区间为(]0,1和[)2,+∞，单调递减区间为()1,2（2）存在,724a ≥ 【解析】（1）当1a =时，21()2ln 3(0)2f x x x x x =+->． 所以2()3f x x x '=+-=232(2)(1)x x x x x x-+--=令()0f x '≥，则01x <≤或2x ≥，令()0f x '<，则12x <<， 所以()f x 的单调递增区间为(]0,1和[)2,+∞，单调递减区间为()1,2 （2）存在724a ≥，满足题设，因为函数34()()9g x f x ax x =++=23142ln 229x a x x x +-+所以224()23a g x x x x '=+-+，要使函数()g x 在0,∞（+）上单调递增，224()20,(0,)3a g x x x x x '=+-≥+∈+∞，即3243660x x x a +-+≥，(0,)x ∈+∞⇔324366x x xa +-≥-，(0,)x ∈+∞ 令32436()6x x x h x +-=，(0,)x ∈+∞，则2()21(21)(1)h x x x x x '=+-=-+，所以当10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '<，()h x 在10,2⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，当1,2x ⎛⎫∈+∞⎪⎝⎭时，()0h x '>，()h x 在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增， 所以12x =是()h x 的极小值点，也是最小值点，且17224h ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，∴324366x x x+--在(0,)+∞上的最大值为724．所以存在724a ≥，满足题设．【举一反三】（2020·云南昆明一中高三期末（理））已知函数2()(1)xx f x e ax e =-+⋅，且()0f x …. （1）求a ；（2）证明：()f x 存在唯一极大值点0x ，且()0316f x <. 【答案】（1）1a =；（2）证明见解析. 【解析】（1）因为()()ee 10xxf x ax =--≥,且e0x>,所以e 10x ax --≥,构造函数()e 1xu x ax =--,则()'e xu x a =-,又()00u =,若0a ≤,则()'0u x >,则()u x 在R 上单调递增,则当0x <时,()0u x <矛盾,舍去；若01a <<,则ln 0a <,则当ln 0a x <<时,'()0u x >,则()u x 在(ln ,0)a 上单调递增,则()()ln 00u a u <=矛盾,舍去；若1a >,则ln 0a >,则当0ln x a <<时,'()0u x <,则()u x 在(0,ln )a 上单调递减,则()()ln 00u a u <=矛盾,舍去；若1a =,则当0x <时,'()0u x <,当0x >时,'()0u x >, 则()u x 在(,0)-∞上单调递减,在(0,)+∞上单调递增, 故()()00u x u ≥=,则()()e 0xf x u x =⋅≥,满足题意；综上所述,1a =.（2）证明:由（1）可知()()2e 1e xxf x x =-+⋅,则()()'e2e 2xxf x x =--,构造函数()2e 2xg x x =--,则()'2e 1xg x =-,又()'g x 在R 上单调递增,且()'ln20g -=,故当ln2x <-时,)'(0g x <,当ln 2x >-时,'()0g x >, 则()g x 在(,ln 2)-∞-上单调递减,在(ln 2,)-+∞上单调递增,又()00g =,()2220e g -=>,又33233332223214e 16e 022e 2e 8e 2e g --⎛⎫-=-==< ⎪⎝⎭+, 结合零点存在性定理知,在区间3(2,)2--存在唯一实数0x ,使得()00g x =, 当0x x <时,()'0f x >,当00x x <<时,()'0f x <,当0x >时,()'0f x >, 故()f x 在()0,x -∞单调递增,在()0,0x 单调递减,在()0,∞+单调递增,故()f x 存在唯一极大值点0x ,因为()0002e 20xg x x =--=,所以00e 12xx =+, 故()()()()022200000011e1e 11112244x x x x f x x x x ⎛⎫⎛⎫=-+=+-++=-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,因为0322x -<<-,所以()201133144216f x ⎛⎫<--+<⎪⎝⎭. 方向二 导数、函数与不等式典例2．（2020·四川省泸县第二中学高三月考）已知函数()sin f x x ax =-. （1）对于(0,1)x ∈，()0f x >恒成立，求实数a 的取值范围； （2）当1a =时，令()()sin ln 1h x f x x x =-++，求()h x 的最大值；（3） 求证：1111ln(1)1231n n n+<+++⋅⋅⋅++-*()n N ∈. 【答案】（1）sin1a ≤.（2）max ()(1)0h x h ==.（3）见解析.【解析】（1）由()0f x >，得：sin 0x ax ->，因为01x <<，所以sin xa x<， 令sin ()x g x x=，()2cos sin 'x x xg x x -=， 再令()cos sin m x x x x =-，()'cos sin cos sin 0m x x x x x x x =--=-<， 所以()m x 在()0,1上单调递减， 所以()()0m x m <，所以()'0g x <，则()g x 在()0,1上单调递减， 所以()(1)sin1g x g >=，所以sin1a ≤. （2）当1a =时，()sin f x x x =-， ①()ln 1h x x x =-+，()11'1x h x x x-=-=， 由()'0h x =，得：1x =，当()0,1x ∈时，()'0h x >，()h x 在()0,1上单调递增； 当()1,x ∈+∞时，()'0h x <，()h x 在()1,+∞上单调递减； ①()max (1)0h x h ==.（3）由（2）可知，当()1,x ∈+∞时，()0h x <， 即ln 1x x <-， 令1n x n +=，则11ln1n n n n ++<-，即()1ln 1ln n n n+-<， 分别令1,2,3,,n n =L 得，()11ln 2ln11,ln 3ln 2,,ln 1ln 2n n n-<-<+-<L ，将上述n 个式子相加得：()()*111ln 1121n n N n n+<++++∈-L . 【举一反三】（2020·黑龙江哈尔滨三中高三月考）已知111123S n =++⋅⋅⋅+，211121S n =++⋅⋅⋅+-，直线1x =，x n =，0y =与曲线1y x=所围成的曲边梯形的面积为S .其中n N ∈，且2n ≥.（1）当0x >时，()ln 11axx ax x <+<+恒成立，求实数a 的值； （2）请指出1S ，S ，2S 的大小，并且证明；（3）求证：131112lnln 3132313n i n n i i i =+⎛⎫<+-< ⎪+--⎝⎭∑. 【答案】（1）1；（2）12S S S <<，证明见解析；（3）见解析 【解析】（1）由已知得0a ≤时，不合题意，所以0a >.()ln 11axx x <++恒成立，即()()()1ln 10ax x x x <++>恒成立. 令()()()1ln 1m x x x ax =++-，()()'ln 11m x x a =++-. 当1a ≤时，()m x 在()0,∞+上为增函数，此时()0m x >成立.当1a >时，()m x 在()10,1a e --上为减函数，不合题意，所以1a ≤.令()()ln 1n x ax x x =-+，()1'1n x a x =-+，当1a ≥时，()n x 在()0,∞+上为增函数，此时()0n x >，()ln 1x ax +<恒成立.当01a <<时，()n x 在10,1a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上为减函数，不合题意，所以1a ≥.综上得1a =. （2）由（1）知()()ln 101x x x x x <+<>+.令1x i =，得111ln 11i i i⎛⎫<+< ⎪+⎝⎭， 从而11111111ln 112321n i n i n -=⎛⎫+++<+<+++ ⎪-⎝⎭∑L L ，又因为11ln nS dx n x==⎰，则12S S S <<. （3）由已知111232313ni i i i =⎛⎫+- ⎪--⎝⎭∑1111111123323n n ⎛⎫⎛⎫+++⋅⋅⋅+-++++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝=⎭L 111123n n n =++⋅⋅⋅+++，因为111ln 11i i i⎛⎫<+< ⎪+⎝⎭，所以 111111ln 1ln 1ln 1123123n n n n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++>++++++ ⎪ ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭L L 31ln1n n +=+， 111123ln ln ln 123131n n n n n n n n n ++⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++<+++ ⎪ ⎪ ⎪+++-⎝⎭⎝⎭⎝⎭L L ln 3=.从而131112lnln 3132313n i n n i i i =+⎛⎫<+-< ⎪+--⎝⎭∑. 方向三 恒成立及求参数范围问题典例3．（2020·天津高三期末）已知函数()2ln h x ax x =-+. （1）当1a =时，求()h x 在()()2,2h 处的切线方程； （2）令()()22a f x x h x =+，已知函数()f x 有两个极值点12,x x ，且1212x x >，求实数a 的取值范围；（3）在（2）的条件下，若存在0122x ⎡⎤∈+⎢⎥⎣⎦，使不等式()()()()20ln 1112ln 2f x a m a a ++>--++对任意a （取值范围内的值）恒成立，求实数m 的取值范围. 【答案】（1）322ln 220x y +-+=（2）()1,2（3）1,4⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦【解析】()1当1a =时，()()12ln ,'2h x x x h x x=-+=-+2x =时，()()3'2,24ln 22h h =-=-+()h x ∴在()()2,2h 处的切线方程为()34ln 222y x +-=--，化简得：322ln 220x y +-+= ()2对函数求导可得，()()221'0ax ax f x x x-+=>，令()'0f x =，可得2210ax ax -+=20440112a a a a ⎧⎪≠⎪∴->⎨⎪⎪>⎩，解得a 的取值范围为()1,2 ()3由2210ax ax -+=，解得1211x x ==+而()f x 在()10,x 上递增，在()12,x x 上递减，在()2,x +∞上递增12a <<Q211x ∴=+<()f x ∴在122⎡⎤+⎢⎥⎣⎦单调递增 ∴在1,22⎡⎤+⎢⎥⎣⎦上，()()max 22ln 2f x f a ==-+012x ⎡⎤∴∃∈⎢⎥⎣⎦，使不等式()()()()20ln 1112ln 2f x a m a a ++>--++对a M ∀∈恒成立等价于不等式2(2ln 2ln 1112))()n (l 2a a m a a -+++>--++恒成立 即不等式2()ln 1ln 210a ma a m +--+-+>对任意的()12a a <<恒成立令()()2ln 1ln 21g a a ma a m =+--+-+，则()()121210,'1ma a m g g a a ⎛⎫-++ ⎪⎝⎭==+ ①当0m ≥时，()()'0,g a g a <在()1,2上递减()()10g a g <=不合题意①当0m <时，()1212'1ma a m g a a ⎛⎫-++ ⎪⎝⎭=+ 12a <<Q若1112m ⎛⎫-+> ⎪⎝⎭，即104m -<<时，则()g a 在()1,2上先递减 ()10g =Q12a ∴<<时，()0g a >不能恒成立若111,2m ⎛⎫-+≤ ⎪⎝⎭即14m ≤-，则()g a 在()1,2上单调递增 ()()10g a g ∴>=恒成立m ∴的取值范围为1,4⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦【举一反三】（2020·江苏高三专题练习）已知函数()(32)xf x e x =-，()(2)g x a x =-，其中,a x R ∈. （1）求过点(2,0)和函数()y f x =的图像相切的直线方程； （2）若对任意x ∈R ，有()()f x g x ≥恒成立，求a 的取值范围； （3）若存在唯一的整数0x ，使得00()()f x g x <，求a 的取值范围. 【答案】（1）2y x =-，8833918y e x e =-.（2）8319a e ≤≤.（3）345[,1)(7,5]3a e e e∈⋃. 【解析】（1）设切点为()00,x y ，()()'31xf x e x =+，则切线斜率为()0031x e x +，所以切线方程为()()000031x y y e x x x -=+-，因为切线过()2,0，所以()()()000032312x x ex e x x --=+-，化简得200380x x -=，解得080,3x =. 当00x =时，切线方程为2y x =-， 当083x =时，切线方程为8833918y e x e =-. （2）由题意，对任意x R ∈有()()322xe x a x -≥-恒成立，①当(),2x ∈-∞时，()()323222x x maxe x e x a a x x ⎡⎤--≥⇒≥⎢⎥--⎣⎦，令()()322x e x F x x -=-，则()()()2238'2x e x xF x x -=-，令()'0F x =得0x =，()()max 01F x F ==，故此时1a ≥.①当2x =时，恒成立，故此时a R ∈. ①当()2,x ∈+∞时，()()min323222x x e x e x a a x x ⎡⎤--≤⇒≤⎢⎥--⎣⎦，令()8'03F x x =⇒=，()83min 893F x F e ⎛⎫== ⎪⎝⎭，故此时839a e ≤.综上：8319a e ≤≤.（3）因为()()f x g x <，即()()322xex a x -<-，由（2）知()83,19,a e ⎛⎫∈-∞⋃+∞ ⎪⎝⎭，令()()322x e x F x x -=-，则当(),2x ∈-∞，存在唯一的整数0x 使得()()00f x g x <， 等价于()322x e x a x -<-存在唯一的整数0x 成立，因为()01F =最大，()513F e -=，()11F e =-，所以当53a e<时，至少有两个整数成立， 所以5,13a e ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭. 当()2,x ∈+∞，存在唯一的整数0x 使得()()00f x g x <， 等价于()322x e x a x ->-存在唯一的整数0x 成立，因为83893F e ⎛⎫= ⎪⎝⎭最小，且()337F e =，()445F e =，所以当45a e >时，至少有两个整数成立，所以当37a e ≤时，没有整数成立，所有(347,5a e e ⎤∈⎦.综上：(345,17,53a e e e ⎡⎫⎤∈⋃⎪⎦⎢⎣⎭. 【压轴选编】1．（2020·山西高三开学考试）已知函数()()()222ln ,2ln f x x ax a x a R g x x x x =--+∈=-.（1）讨论()f x 的单调性；（2）求证：当1a =时，对于任意()0,x ∈+∞，都有()()f x g x <. 【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】（1）由题意()f x 的定义域为()0,∞+，且()()()222222x a x a a x ax a f x x a x x x--+--+'=--+==， 当0a =时，()20f x x '=-<； 当0a >时，2a x >时，()0f x '<；02ax <<时，()0f x '>； 当0a <时，x a >-时，()0f x '<；0x a <<-时，()0f x '>；综上所述，当0a =时，()f x 在()0,∞+上为减函数； 当0a >时，()f x 在0,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上为增函数，在,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上为减函数； 当0a <时，()f x 在()0,a -上为增函数，在(),a -+∞上为减函数. （2）要证()()f x g x <，即证()21ln 0x x x -+>，当12x =时，不等式显然成立； 当12x >时，即证ln 021x x x +>-；当102x <<时，即证ln 021xx x +<-； 令()ln 21x F x x x =+-，则()()()()()22411112121x x F x x x x x ---'=+=--， 当12x >时，在1,12⎛⎫⎪⎝⎭上()0F x '<，()F x 为减函数；在()1,+∞上()0F x '>，()F x 为增函数，①()()min 110F x F ==>，①ln 021xx x +>-.当102x <<时，在10,4⎛⎫ ⎪⎝⎭上()0F x '>，()F x 为增函数；在11,42⎛⎫⎪⎝⎭上()0F x '<，()F x 为减函数， ①()max 111ln 0442F x F ⎛⎫==-<⎪⎝⎭，①ln 021x x x +<-， 综上所述，当0x >时，()()f x g x <成立.2．（2020·河南鹤壁高中高三月考）已知函数2()ln (0,)a xf x x a a R x a=++≠∈ （1）讨论函数()f x 的单调性； （2）设1()2a x g x x a a=+-+，当0a >时，证明：()()f x g x ≥. 【答案】（1）见解析；（2）证明见解析【解析】（1）22121(2)()()a x a x a f x x x a ax+-'=-+= 当0a >时，()0f x x a '>⇒>，()00f x x a '<⇒<<当0a <时，()002f x x a '>⇒<<-，()02f x x a '<⇒>- ①0a >时，()f x 在(0,)a 上递减，在(,)a +∞递增 0a <时，()f x 在(0,2)a -上递增，在(2,)a -+∞递减（2）设1()()()ln 2a F x f x g x x x a=-=++- 则221()(0)a x aF x x x x x-'=-=> Q 0a >，(0,)x a ∴∈时，()0F x '<，()F x 递减(,)x a ∈+∞，()0,F x '>()F x 递增，1()()ln 1F x F a a a∴≥=+-设1()ln 1h x x x =+-，(0)x >,则22111()(0)x h x x x x x-'=-=>1x >时，()0,h x '>时，()h x 递增， 01x <<时，()0h x '<，∴()h x 递减()(1)0h x h ∴≥=，()()0F a h a ∴=≥()0F x ∴≥，即()()f x g x ≥3．（2020·四川石室中学高三月考）已知函数()22ln f x x x =-+．（1）求函数()f x 的最大值； （2）若函数()f x 与()ag x x x=+有相同极值点． ①求实数a 的值；①若对于121,,3x x e ⎡⎤∀∈⎢⎥⎣⎦（e 为自然对数的底数），不等式()()1211f xg x k -≤-恒成立，求实数k 的取值范围．【答案】（①）()11f =-；（①）（①）1； （①）()34 ,2ln31,3⎛⎤-∞-+⋃+∞ ⎥⎝⎦． 【解析】（1）22(1)(1)()2(0)x x f x x x x x+-'=-+=->， 由()0{0f x x >>'得01x <<，由()0{0f x x <>'得1x >，①()f x 在(0,1)上为增函数，在(1,)+∞上为减函数， ①函数()f x 的最大值为(1)1f =-； （2）①()a g x x x=+，①2()1a g x x =-'，（①）由（1）知，1x =是函数()f x 的极值点，又①函数()f x 与()ag x x x=+有相同极值点， ①1x =是函数()g x 的极值点，①(1)10g a =-='，解得1a =， 经检验，当1a =时，函数()g x 取到极小值，符合题意；（①）①211()2f e e =--，(1)1f =-，(3)92ln 3f =-+， ①2192ln 321e -+<--<-， 即1(3)()(1)f f f e <<，①1[,3]x e∀∈，min max ()(3)92ln 3,()(1)1f x f f x f ==-+==-，由（①）知1()g x x x =+，①21()1g x x =-'，当1[,1)x e∈时，()0g x '<，当(1,3]x ∈时，()0g x '>，故()g x 在1[,1)e 为减函数，在(1,3]上为增函数，①11110(),(1)2,(3)333g e g g e e =+==+=，而11023e e <+<，①1(1)()(3)g g g e <<，①1[,3]x e ∀∈，min max 10()(1)2,()(3)3g x g g x g ====，①当10k ->，即1k >时，对于121,[,3]x x e ∀∈，不等式12()()11f xg x k -≤-恒成立12max 1[()()]k f x g x ⇔-≥-12max [()()]1k f x g x ⇔≥-+，①12()()(1)(1)123f x g x f g -≤-=--=-，①312k ≥-+=-，又①1k >，①1k >， ①当10k -<，即1k <时，对于121,[,]x x e e ∀∈，不等式12()()11f xg x k -≤-，12min 1[()()]k f x g x ⇔-≤-12min [()()]1k f x g x ⇔≤-+，①121037()()(3)(3)92ln 32ln 333f x g x f g -≥-=-+-=-+，①342ln 33k ≤-+，又①1k <， ①342ln 33k ≤-+．综上，所求的实数k 的取值范围为34(,2ln 3](1,)3-∞-+⋃+∞． 4．（2020·江西高三）已知函数()()ln f x x x a b =++，曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线为210x y --=.（1）求a ，b 的值；（2）若对任意的()1,x ∈+∞，()()1f x m x ≥-恒成立，求正整数m 的最大值. 【答案】（1）1a =，0b =；（2）3【解析】（1）由()()ln f x x x a b =++得：()ln 1f x x a '=++ 由切线方程可知：()1211f =-=()112f a '∴=+=，()11f a b =+=，解得：1a =，0b =（2）由（1）知()()ln 1f x x x =+则()1,x ∈+∞时，()()1f x m x ≥-恒成立等价于()1,x ∈+∞时，()ln 11x x m x +≤-恒成立令()()ln 11x x g x x +=-，1x >，则()()2ln 21x x g x x --'=-. 令()ln 2hx x x =--，则()111x h x x x-'=-=∴当()1,x ∈+∞时，()0h x '>，则()h x 单调递增()31ln30h =-<Q ，()422ln20h =-> ()03,4x ∴∃∈，使得()00h x =当()01,x x ∈时，()0g x '<；()0,x x ∈+∞时，()0g x '>()()()000min0ln 11x x g x g x x +∴==-()000ln 20h x x x =--=Q 00ln 2x x ∴=- ()()()()0000min 0213,41x x g x g x x x -+∴===∈-()03,4m x ∴≤∈，即正整数m 的最大值为35．（2020·江西高三）已知函数()e 2xf x m x m =--.（1）当1m =时，求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程； （2）若()0f x >在(0,)+∞上恒成立，求m 的取值范围． 【答案】（1）y x =-；（2）[2,)+∞【解析】（1）因为1m =,所以()e 21xf x x =--,所以()e 2xf x '=-,则(0)0,(0)1f f '==-,故曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程为y x =-.（2）因为()e 2x f x m x m =--,所以()e 2xf x m '=-,①当2m ≥时,()0f x '>在(0,)+∞上恒成立,则()f x 在(0,)+∞上单调递增,从而()(0)0f x f >=成立,故2m ≥符合题意; ①当02m <<时,令()0f x '<,解得20lnx m <<,即()f x 在20,ln m ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减,则2ln(0)0f f m ⎛⎫<= ⎪⎝⎭,故02m <<不符合题意; ①当0m ≤时,0()e 2x f x m '-<=在(0,)+∞上恒成立,即()f x 在(0,)+∞上单调递减,则()(0)0f x f <=,故0m ≤不符合题意.综上,m 的取值范围为[2,)+∞. 6．（2020·江西高三）已知函数()()2x f x x e =-.（1）求()f x 的单调区间；（2）证明：对任意的()0,x ∈+∞，不等式()2ln 6xf x x x >-恒成立.【答案】（1）单调递增区间为()1,+?，单调递减区间为(),1-∞（2）证明见解析【解析】（1）因为()()2x f x x e =-，所以()()1x f x x e '=-，令()0f x ¢>，解得1x >；令()0f x ¢<，解得1x <.故()f x 的单调递增区间为()1,+?，单调递减区间为(),1-∞.（2）要证()2ln 6xf x x x >-，只需证()ln 32x f x x>-.由（1）可知()()min 1f x f e ==-.令()ln 3(0)2x h x x x =->，则()21ln 2xh x x -'=， 令()21ln 0ln 102xh x x x e x-'=>⇒<⇒<<， 所以当()0,x e ∈时，()0h x '>，()h x 单调递增；当(),x e ∈+∞时，()0h x '<，()h x 单调递减， 则()()max 132h x h e e==-. 因为 2.71828e =⋅⋅⋅，所以 2.75e ->-，所以1133 2.7524e -<-=-， 从而132e e->-，则当0x >时，()()min max f x h x >.故当0x >时，()()f x h x >恒成立，即对任意的()0,x ∈+∞，()2ln 6xf x x x >-.7．（2020·四川高三月考）已知函数21()(32)()2xf x m e x m R =--∈. （1）若0x =是函数()f x 的一个极值点，试讨论()ln ()()h x b x f x b R =+∈的单调性； （2）若()f x 在R 上有且仅有一个零点，求m 的取值范围.【答案】（1）当0b …时，()h x 在(0,)+∞上单调递减；当0b >时，()h x 在上单调递增，在)+∞上单调递减；（2）2222,333e ⎧⎫⎛⎫++∞⋃⎨⎬⎪⎩⎭⎝⎭. 【解析】（1）()(32)xf x m e x '=--，因为0x =是函数()f x 的一个极值点，则(0)320f m '=-=，所以23m =，则21()ln (0)2h x b x x x =->，当2()b b x h x x x x-'=-=，当0b …时，()0h x '…恒成立，()h x 在(0,)+∞上单调递减，当0b >时，2()000h x b x x '>⇒->⇒<<所以()h x 在上单调递增，在)+∞上单调递减. 综上所述：当0b …时，()h x 在(0,)+∞上单调递减；当0b >时，()h x 在上单调递增，在)+∞上单调递减. （2）()f x 在R 上有且仅有一个零点，即方程2322x x m e -=有唯一的解，令2()2xx g x e=， 可得(2)()0,()2xx x g x g x e -'>=， 由(2)()02xx x g x e -'==， 得0x =或2x =，（1）当0x …时，()0g x '…，所以()g x 在(,0]-∞上单调递减，所以()(0)0g x g =…，所以()g x 的取值范围为[0,)+∞. （2）当02x <<时，()0g x '>，所以()g x 在(0,2)上单调递增， 所以0()(2)g x g <<，即220()g x e<<， 故()g x 的取值范围为220,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭. （3）当2x …时，()0g x '…，所以()g x 在[2,)+∞上单调递减， 所以(0)()(2)g g x g <…，即220()g x e <…， 即()g x 的取值范围为220,e ⎛⎤ ⎥⎝⎦. 所以，当320m -=或2232m e ->， 即23m =或22233m e >+时，()f x 在R 上有且只有一个零点，故m 的取值范围为2222,333e ⎧⎫⎛⎫++∞⋃⎨⎬⎪⎩⎭⎝⎭. 8．（2020·山西高三）已知函数()2ln 21f x a x x =-+（其中a R ∈）. （1）讨论函数()f x 的极值；（2）对任意0x >，2()2f x a ≤-恒成立，求a 的取值范围.【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2）[1,)+∞ 【解析】（1）()f x 的定义域为(0,)+∞，2'()2af x x=-， ①当0a ≤时，'()0f x <，所以()f x 在(0,)+∞上是减函数，()f x 无极值. ①当0a >时，令'()0f x =，得x a =，在(0,)a 上，'()0f x >，()f x 是增函数；在(,)a +∞上，'()0f x <，()f x 是减函数. 所以()f x 有极大值()2ln 21f a a a a =-+，无极小值.（2）由（1）知，①当0a ≤时，()f x 是减函数，令2a x e =，则0(0,1]x ∈，222220()(2)21(2)320a a f x a a e a e --=-+--=->，不符合题意，①当0a >时，()f x 的最大值为()2ln 21f a a a a =-+， 要使得对任意0x >，2()(1)f x a ≤-恒成立， 即要使不等式22ln 212a a a a -+≤-成立， 则22ln 230a a a a --+≤有解.令2()2ln 23(0)g a a a a a a =--+>，所以'()2ln 2g a a a =-令()'()2ln 2h a g a a a ==-，由22'()0ah a a-==，得1a =. 在(0,1)上，'()0h a >，则()'()h a g a =在(0,1)上是增函数； 在(1,)+∞上，'()0h a <，则()'()h a g a =在(1,)+∞上是减函数. 所以max ()(1)20h a h ==-<，即'()0g a <， 故()g a 在(0,)+∞上是减函数，又(1)0g =，要使()0g a ≤成立，则1a ≥，即a 的取值范围为[1,)+∞. 9．（2020·北京高三期末）已知函数()2xf x x e =（1）求()f x 的单调区间；（2）过点()1,0P 存在几条直线与曲线()y f x =相切，并说明理由； （3）若()()1f x k x ≥-对任意x ∈R 恒成立，求实数k 的取值范围.【答案】（1）增区间为(),2-∞-，()0,∞+，单调减区间为()2,0-；（2）三条切线，理由见解析；（3）0,2⎡+⎣ 【解析】（1）()()()222xxf x x x e x x e '==++，()0f x '>得，2x <-或0x >；()0f x '<得，20x -<<；所以()f x 的单调增区间为(),2-∞-，()0,∞+；单调减区间为()2,0-； （2）过()1,0P 点可做()f x 的三条切线；理由如下：设切点坐标为()0200,x x x e，所以切线斜率()()00002xx x k x e f '=+= 所以过切点的切线方程为：()()002200002x x x e x x e x y x -=+-，切线过()1,0P 点，代入得()()0022*******x x x e x x e x -=+-，化简得(0000x x x x e=，方程有三个解，00x =，0x =0x 所以过()1,0P 点可做()f x 的三条切线. （3）设()()21xg x x e k x -=-，①0k =时，因为20x ≥，0x e >，所以显然20x x e ≥对任意x ∈R 恒成立； ①k 0<时，若0x =，则()()0001f k k =>-=-不成立， 所以k 0<不合题意.①0k >时，1x ≤时，()()210xg x x e k x -=->显然成立，只需考虑1x >时情况；转化为21xx e k x ≥-对任意()1,x ∈+∞恒成立令()21xx e h x x =-（1x >），则()min k h x ≤，()()()(()2222(2)111xx xx x x ex x e x x e h x x x +--'==--，当1x <<时，()0h x '<，()h x 单调减；当x >()0h x '>，()h x 单调增；所以()(min 2h x h==+=所以(2k ≤+综上所述，k 的取值范围(0,2+⎡⎣. 10．（2020·全国高三专题练习）已知函数()()33114ln 10f f x ax x x '=--的图象在点()()1,1f 处的切线方程为100++=x y b . （1）求a ，b 的值；（2）若()13f x m >对()0,x ∈+∞恒成立，求m 的取值范围. 【答案】（1）13a =,403=-b ；（2）2642ln 2<-m【解析】（1）()()23114310f f x ax x''=--, 因为()f x 在()()1,1f 处的切线方程为100++=x y b ,即10y x b =--,此时切线斜率10k =-,则()3(1)13141010f f a k ''=--==-,解得13a =,所以()()333101114ln 314ln 3103f x x x x x x x ⨯-=--=+-, 所以()31110113114ln13333f =⨯+⨯-=+=,则10103b =--,解得403=-b（2）由（1）知()31314ln 3f x x x x =+-, ()32143143x x f x x x x+-'=+-=, 设函数()()33140g x xx x =+->,则()2330g x x '=+>,所以()g x 在()0,∞+为增函数,因为()20g =,令()0g x <,得02x <<；令()0g x >,得2x >, 所以当02x <<时,()0f x '<；当2x >时,()0f x '>, 所以()()3min 126223214ln 214ln 233f x f ==⨯+⨯-=-, 从而12614ln 233<-m ,即2642ln 2<-m 11．（2020·天津静海一中高三月考）已知函数()ln 1()f x ax x a R =--∈．（1）讨论()f x 的单调性并指出相应单调区间； （2）若21())1(2g x x x x f ---=，设()1212,x x x x <是函数()g x 的两个极值点，若32a ≥，且()()12g x g x k -≥恒成立，求实数k 的取值范围．【答案】（1）答案见解析（2）15,2ln 28⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦【解析】（1）由()ln 1f x ax x =--，(0,)x ∈+∞， 则11()ax f x a x x'-=-=， 当0a ≤时，则()0f x '≤，故()f x 在(0,)+∞上单调递减；当0a >时，令1()0f x x a'=⇒=， 所以()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增．综上所述：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）①21()ln (1)2g x x x a x =+-+， 21(1)1()(1)x a x g x x a x x-++'=+-+=, 由()0g x '=得2(1)10x a x -++=，①121x x a +=+，121=x x ，①211x x =①32a ≥①111115210x x x x ⎧+≥⎪⎪⎨⎪<<⎪⎩解得1102x <≤.①()()()()222112121211221111ln(1)2ln 22x g x g x x x a x x x x x x ⎛⎫-=+--+-=-- ⎪⎝⎭. 设22111()2ln 022h x x x x x ⎛⎫⎛⎫=--<≤ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，则()2233121()0x h x x x x x '--=--=<,①()h x 在10,2⎛⎤ ⎥⎝⎦上单调递减；当112x =时，min 115()2ln 228h x h ⎛⎫==- ⎪⎝⎭. ①152ln 28k ≤-，即所求k 的取值范围为15,2ln 28⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦.12.（2020·山东高三期末）已知函数()()2sin ln 12x f x x x =+-+.（1）证明：()0f x ≥； （2）数列{}n a 满足：1102a <<，()1n n a f a +=（n *∈N ）. （①）证明：1102a <<（n *∈N ）； （①）证明：n *∀∈N ，1n n a a +<.【答案】（1）证明见解析（2）（i ）证明见解析（ii ）证明见解析 【解析】（1）由题意知，()1cos 1f x x x x'=+-+，()1,x ∈-+∞， 当()1,0x ∈-时，()1101f x x x x'<+-<<+，所以()f x 在区间()1,0-上单调递减， 当()0,x ∈+∞时，()()g x f x '=，因为()()()22111sin 011g x x x x '=+->>++所以()g x 在区间()0,∞+上单调递增，因此()()00g x g >=，故当()0,x ∈+∞时，()0f x '>，所以()f x 在区间()0,∞+上单调递增， 因此当()1,x ∈-+∞时，()()00f x f ≥=，所以()0f x ≥ （2）（①）()f x 在区间10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，()()00f x f >=，因为881288311111C C 147122224e ⎛⎫⎛⎫=+=+++>++=> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭L ， 故83318ln ln ln 022e ⎛⎫-=-< ⎪⎝⎭，所以()1113131131sin ln sin ln 18ln 22826822822f x f π⎛⎫⎛⎫<=+-<+-=+-<⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭因此当10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()01f x <<，又因为110,2a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以()()()()()()12110,2n n n a f a ff a f f f a --⎛⎫====∈ ⎪⎝⎭LL L（①）函数()()h x f x x =-（102x <<），则()()11cos 11h x f x x x x''=-=+--+， 令()()x h x ϕ='，则()()0x g x ϕ''=>，所以()x ϕ在区间10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增；因此()()111217cos 1cos 0222326h x x ϕϕ⎛⎫'=≤=+--=-<⎪⎝⎭， 所以()h x 在区间10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，所以()()00h x h <=， 因此()()10n n n n n a a f a a g a +-=-=<， 所以x *∀∈N ，1n n a a +<13．（2020·四川三台中学实验学校高三开学考试）已知函数()ln f x x x a =+，()ln ,g x x ax a =-∈R . （1）求函数()f x 的极值； （2）若10a e<<，其中e 为自然对数的底数，求证：函数()g x 有2个不同的零点； （3）若对任意的1x >，()()0f x g x +>恒成立，求实数a 的最大值. 【答案】（1）极小值为1a e-+；无极大值（2）证明过程见解析；（3）2. 【解析】（1）函数()f x 的定义域为0x >，因为()ln f x x x a =+，所以()ln 1f x x =+‘，当1x e >时，()0f x >‘，所以函数()f x 单调递增；当10x e<<时，()0f x <‘，所以函数()f x 单调递减，因此1e是函数()f x 的极小值，故函数()f x 的极值为极小值，值为11()f a e e =-+；无极大值（2）函数()g x 的定义域为0x >，因为()ln ,g x x ax =-所以'1()g x a x=-，因为10a e <<，所以当1x a >时，'()0g x <，因此函数()g x 是递减函数，当10x a<<时，'()0g x >，。
2020版高考数学导数及其应用 Word版含解析
第2课时 导数与方程题型一 求函数零点个数例1 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)． 解 (1)∵f (x )＝2a 2ln x －x 2，∴f ′(x )＝2a 2x －2x ＝2a 2－2x 2x ＝－2(x －a )(x ＋a )x ，∵x >0，a >0，当0<x <a 时，f ′(x )>0， 当x >a 时，f ′(x )<0.∴f (x )的单调增区间是(0，a )，单调减区间是(a ，＋∞)． (2)由(1)得f (x )max ＝f (a )＝a 2(2ln a －1)． 讨论函数f (x )的零点情况如下：①当a 2(2ln a －1)<0，即0<a <e 时，函数f (x )无零点，在(1，e 2)上无零点；②当a 2(2ln a －1)＝0，即a ＝e 时，函数f (x )在(0，＋∞)内有唯一零点a ，而1<a ＝e<e 2，∴f (x )在(1，e 2)内有一个零点；③当a 2(2ln a －1)>0，即a >e 时，由于f (1)＝－1<0，f (a )＝a 2(2ln a －1)>0，f (e 2)＝2a 2ln(e 2)－e 4＝4a 2－e 4＝(2a －e 2)(2a ＋e 2)，当2a －e 2<0，即e<a <e 22时，1<e<a <e 22<e 2，f (e 2)<0，由函数f (x )的单调性可知，函数f (x )在(1，a )内有唯一零点x 1，在(a ，e 2)内有唯一零点x 2， ∴f (x )在(1，e 2)内有两个零点．当2a －e 2≥0，即a ≥e 22>e 时，f (e 2)≥0，而且f (e)＝2a 2·12－e ＝a 2－e>0，f (1)＝－1<0，由函数的单调性可知，无论a ≥e 2，还是a <e 2，f (x )在(1，e)内有唯一的零点，在(e ，e 2)内没有零点，从而f (x )在(1，e 2)内只有一个零点．综上所述，当0<a <e 时，函数f (x )在区间(1，e 2)上无零点；当a ＝e 或a ≥e 22时，函数f (x )在区间(1，e 2)上有一个零点；当e<a <e 22时，函数f (x )在区间(1，e 2)上有两个零点．思维升华 (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． 跟踪训练1 设函数f (x )＝ln x ＋mx，m ∈R .(1)当m ＝e(e 为自然对数的底数)时，求f (x )的极小值； (2)讨论函数g (x )＝f ′(x )－x3的零点的个数．解 (1)由题设，当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋ex ，则f ′(x )＝x －ex2(x >0)，由f ′(x )＝0，得x ＝e.∴当x ∈(0，e)时，f ′(x )<0，f (x )在(0，e)上单调递减， 当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在(e ，＋∞)上单调递增， ∴当x ＝e 时，f (x )取得极小值f (e)＝ln e ＋ee ＝2，∴f (x )的极小值为2.(2)由题设g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x3(x >0)，令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x >0)．设φ(x )＝－13x 3＋x (x ≥0)，则φ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1)，当x ∈(0,1)时，φ′(x )>0，φ(x )在(0,1)上单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )<0，φ(x )在(1，＋∞)上单调递减．∴x ＝1是φ(x )的唯一极值点，且是极大值点，因此x ＝1也是φ(x )的最大值点， ∴φ(x )的最大值为φ(1)＝23.又φ(0)＝0，结合y ＝φ(x )的图象(如图)，可知①当m >23时，函数g (x )无零点；②当m ＝23时，函数g (x )有且只有一个零点；③当0<m <23时，函数g (x )有两个零点；④当m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点． 综上所述，当m >23时，函数g (x )无零点；当m ＝23或m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点；当0<m <23时，函数g (x )有两个零点．题型二 根据函数零点情况求参数范围例2 (2018·南京联合体调研)已知f (x )＝12x 2－a ln x ，a ∈R .(1)求函数f (x )的单调增区间；(2)若函数f (x )有两个零点，求实数a 的取值范围，并说明理由． (参考求导公式：[f (ax ＋b )]′＝af ′(ax ＋b ))解 (1)由题知f ′(x )＝x －a x ＝x 2－ax，x >0，当a ≤0时，f ′(x )>0，函数f (x )的增区间为(0，＋∞)； 当a >0时，f ′(x )＝(x ＋a )(x －a )x ，令f ′(x )>0，因为x >0，所以x ＋a >0，所以x >a ， 所以函数f (x )的单调增区间为(a ，＋∞)． 综上，当a ≤0时，f (x )的单调增区间为(0，＋∞)； 当a >0时，f (x )的单调增区间为(a ，＋∞)．(2)由(1)知，若a ≤0，f (x )在(0，＋∞)上为增函数，函数f (x )至多有一个零点，不合题意． 若a >0，当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0，f (x )在(0，a )上为减函数； 当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在(a ，＋∞)上为增函数， 所以f (x )min ＝f (a )＝12a －12a ln a ＝12a (1－ln a )．要使f (x )有两个零点，则f (x )min ＝12a (1－ln a )<0，所以a >e. 下面证明：当a >e 时，函数f (x )有两个零点．因为a >e ，所以1∈(0，a )，而f (1)＝12>0，所以f (x )在(0，a )上存在唯一零点．方法一 又f (e a )＝12e a 2－a ⎝⎛⎭⎫12＋ln a ＝12a (e a －1－2ln a )， 令h (a )＝e a －1－2ln a ，a >e ，h ′(a )＝e －2a >0，所以h (a )在(e ，＋∞)上单调递增， 所以h (a )>h (e)＝e 2－3>0，所以f (x )在(a ，＋∞)上也存在唯一零点． 综上，当a >e 时，函数f (x )有两个零点．所以当f (x )有两个零点时，实数a 的取值范围为(e ，＋∞)． 方法二 先证x ∈(1，＋∞)有ln x <x －1， 所以f (x )＝12x 2－a ln x >12x 2－ax ＋a .因为a >e ，所以a ＋a 2－2a >a >a .因为12(a ＋a 2－2a )2－a (a ＋a 2－2a )＋a ＝0.所以f (a ＋a 2－2a )>0，所以f (x )在(a ，＋∞)上也存在唯一零点；综上，当a >e 时，函数f (x )有两个零点．所以当f (x )有两个零点时，实数a 的取值范围为(e ，＋∞)．思维升华 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．跟踪训练2 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⎣⎡⎦⎤1e ，e 上有两个不等实根，求实数a 的取值范围． 解 由g (x )＝2f (x )，可得2x ln x ＝－x 2＋ax －3，a ＝x ＋2ln x ＋3x ，设h (x )＝x ＋2ln x ＋3x(x >0)，所以h ′(x )＝1＋2x －3x 2＝(x ＋3)(x －1)x 2.所以x 在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上变化时，h ′(x )，h (x )的变化情况如下表：又h ⎝⎛⎭⎫1e ＝1e ＋3e －2，h (1)＝4，h (e)＝3e ＋e ＋2. 且h (e)－h ⎝⎛⎭⎫1e ＝4－2e ＋2e<0. 所以h (x )min ＝h (1)＝4，h (x )max ＝h ⎝⎛⎭⎫1e ＝1e ＋3e －2， 所以实数a 的取值范围为4<a ≤e ＋2＋3e ，即a 的取值范围为⎝⎛⎦⎤4，e ＋2＋3e .1．已知函数f (x )＝a ＋x ·ln x (a ∈R )，试求f (x )的零点个数． 解 f ′(x )＝(x )′ln x ＋x ·1x ＝x (ln x ＋2)2x ，令f ′(x )>0，解得x >e －2， 令f ′(x )<0，解得0<x <e －2， 所以f (x )在(0，e －2)上单调递减， 在(e －2，＋∞)上单调递增． f (x )min ＝f (e －2)＝a －2e，显然当a >2e 时，f (x )min >0，f (x )无零点，当a ＝2e 时，f (x )min ＝0，f (x )有1个零点，当a <2e 时，f (x )min <0，f (x )有2个零点．2．已知f (x )＝1x ＋e x e －3，F (x )＝ln x ＋e xe －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．解 (1)f ′(x )＝－1x 2＋e x e ＝x 2e x－ee x 2，令f ′(x )>0，解得x >1，令f ′(x )<0，解得0<x <1， 所以f (x )在(0,1)上单调递减， 在(1，＋∞)上单调递增． (2)F ′(x )＝f (x )＝1x ＋e xe －3，由(1)得∃x 1，x 2，满足0<x 1<1<x 2，使得f (x )在(0，x 1)上大于0，在(x 1，x 2)上小于0，在(x 2，＋∞)上大于0， 即F (x )在(0，x 1)上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减，在(x 2，＋∞)上单调递增， 而F (1)＝0，x →0时，F (x )→－∞， x →＋∞时，F (x )→＋∞， 画出函数F (x )的草图，如图所示．故F (x )在(0，＋∞)上的零点有3个．3．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．解 由已知可得方程a ＝2ln xx2在区间[2，e]上有两个不等解，令φ(x )＝2ln xx 2，由φ′(x )＝2(1－2ln x )x 3易知，φ(x )在(2，e)上为增函数，在(e ，e)上为减函数， 则φ(x )max ＝φ(e)＝1e ，由于φ(e)＝2e 2，φ(2)＝ln 22，φ(e)－φ(2)＝2e 2－ln 22＝4－e 2ln 22e 2＝24e 2ln e ln 22e-<ln 81－ln 272e 2<0， 所以φ(e)<φ(2)． 所以φ(x )min ＝φ(e)，如图可知φ(x )＝a 有两个不相等的解时，需ln 22≤a <1e.即f (x )＝g (x )在[2，e]上有两个不相等的解时，a 的取值范围为⎣⎡⎭⎫ln 22，1e .4．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.(1)解 f ′(x )＝(x －1)e x ＋2a (x －1)＝(x －1)(e x ＋2a )． ①设a ＝0，则f (x )＝(x －2)e x ，f (x )只有一个零点． ②设a >0，则当x ∈(－∞，1)时，f ′(x )<0； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，所以f (x )在(－∞，1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增． 又f (1)＝－e ，f (2)＝a ，取b 满足b <0且b <ln a2，则f (b )>a2(b －2)＋a (b －1)2＝a ⎝⎛⎭⎫b 2－32b >0， 故f (x )存在两个零点．③设a <0，由f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝ln(－2a )． 若a ≥－e2，则ln(－2a )≤1，故当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，因此f (x )在(1，＋∞)内单调递增． 又当x ≤1时，f (x )<0，所以f (x )不存在两个零点．若a <－e2，则ln(－2a )>1，故当x ∈(1，ln(－2a ))时，f ′(x )<0；当x ∈(ln(－2a )，＋∞)时，f ′(x )>0.因此f (x )在(1，ln(－2a ))内单调递减，在(ln(－2a )，＋∞)内单调递增． 又当x ≤1时，f (x )<0，所以f (x )不存在两个零点． 综上，a 的取值范围为(0，＋∞)．(2)证明 不妨设x 1<x 2，由(1)知，x 1∈(－∞，1)，x 2∈(1，＋∞)，2－x 2∈(－∞，1)， f (x )在(－∞，1)内单调递减， 所以x 1＋x 2<2等价于f (x 1)>f (2－x 2)， 即f (2－x 2)<0. 由于222222(2)e(1)x f x x a x －－＝－＋－，而()22222(2)e (1)0xf x x a x ＝－＋－＝， 所以222222(2)e(2)e .x x f x x x －－＝－－－设g(x)＝－x e2－x－(x－2)e x，则g′(x)＝(x－1)(e2－x－e x)．所以当x>1时，g′(x)<0.而g(1)＝0，故当x>1时，g(x)<0.从而g(x2)＝f(2－x2)<0，故x1＋x2<2.5．(2018·南通模拟)已知函数f (x )＝e x －|x －a |，其中a ∈R . (1)若f (x )在R 上单调递增，求实数a 的取值范围；(2)若函数有极大值点x 2和极小值点x 1，且f (x 2)－f (x 1)≥k (x 2－x 1)恒成立，求实数k 的取值范围．解 (1)因为f (x )＝e x －|x －a |＝⎩⎪⎨⎪⎧e x －x ＋a ，x ≥a ，e x＋x －a ，x <a ，则f ′(x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e x－1，x ≥a ，e x ＋1，x <a .因为f (x )在R 上单调递增， 所以f ′(x )≥0恒成立，当x <a 时，f ′(x )＝e x ＋1>1>0恒成立； 当x ≥a 时，要使f ′(x )＝e x －1≥0恒成立， 所以f ′(a )≥0，即a ≥0.所以实数a 的取值范围为[0，＋∞)．(2)由(1)知，当a ≥0时，f (x )在R 上单调递增，不符合题意， 所以有a <0.此时，当x <a 时，f ′(x )＝e x ＋1>1>0，f (x )单调递增； 当x ≥a 时，f ′(x )＝e x －1，令f ′(x )＝0，得x ＝0， 所以f ′(x )<0在(a,0)上恒成立，f (x )在(a,0)上单调递减， f ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立，f (x )在(0，＋∞)上单调递增． 所以f (x )极大值＝f (a )＝e a ，f (x )极小值＝f (0)＝1＋a ，即a <0符合题意． 由f (x 2)－f (x 1)≥k (x 2－x 1)恒成立， 可得e a －a －1≥ka 对任意a <0恒成立．设g (a )＝e a －(k ＋1)a －1，求导得g ′(a )＝e a －(k ＋1)．①当k ≤－1时，g ′(a )>0恒成立，g (a )在(－∞，0)上单调递增，又因为g (－1)＝1e＋k <0，与g (a )≥0矛盾． ②当k ≥0时，g ′(a )<0在(－∞，0)上恒成立，g (a )在(－∞，0)上单调递减， 又因为当a →0时，g (a )→0，所以此时g (a )>0恒成立，符合题意． ③当－1<k <0时，g ′(a )>0在(－∞，0)上的解集为(ln(k ＋1)，0)， 即g (a )在(ln(k ＋1)，0)上单调递增，又因为当a →0时，g (a )→0，所以g (ln(k ＋1))<0，不合题意．综上，实数k 的取值范围为[0，＋∞)．。
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。
2020年高考试题：导数
2020年高考试题：导数例题一：2020年高考文科数学新课标Ⅰ卷第20题：已知函数)2()(+-=x a e x f x。
（Ⅰ）当1=a 时，讨论)(x f 的单调性；（Ⅱ）若)(x f 有两个零点，求a 的取值范围。
本题解析：（Ⅰ）当1=a 时：2)2()(--=+-=x e x e x f xx。
定义域：R x ∈；导函数：1)('-=xe xf ；令导函数1010)('≥⇒≥-⇒≥xxe e xf ，010≥⇒≥⇒=x e e e x。
如下图所示：所以：当)0,(-∞∈x 时：导函数0)('<x f ，原函数)(x f 单调递减；当),0[+∞∈x 时：导函数0)('≥x f ，原函数)(x f 单调递增。
（Ⅱ）令0)(=x f ，)2()(+-=x a e x f xxxex a x a e =+⇒=+-⇒)2(0)2(2+=⇒x e a x 。
假设：2)(+=x e x g x。
)(x f 的零点为方程)(x g a =的解（)(x g 与直线a y =的交点）。
导函数：22)2()1()2(1)2()('++=+⋅-+=x x e x e x e x g x x 。
令导函数1010)('-≥⇒≥+⇒≥x x x g 。
如下图所示：x ∞-)1,(--∞1-),1[+∞-∞+)('x g -+)(x g ∞+↓e1↑∞+ee e e g 1121)1(111===+-=----。
如下图所示：)(x g 与直线a y =有两个交点ea 1>⇒。
所以：a 的取值范围为：),1(+∞e。
训练二：2020年高考理科数学新课标Ⅰ卷第21题：已知函数x ax e x f x-+=2)(。
（Ⅰ）当1=a 时：讨论)(x f 的单调性；（Ⅱ）当0≥x 时：121)(3+≥x x f ，求a 的取值范围。
本题解析：（Ⅰ）x x e x f a x-+=⇒=2)(1.定义域：R x ∈。
2020年高考数学(理)大题分解专题06函数与导数(含答案)
1 【肢解 2】（ 2）当 a 时，若对任意的 x
1,
，均有 f x a x2 1 ，求 a 的取值范围．
2
2
注： e 2.71828L 为自然对数的底数．
【解析】 f ( x)
a ( x2 1), 即 eax
a (x
1)2 ．
2
2
令x
0,得1
a1
,则
a
2．
22
当x
1 时 , 不等式 eax
a (x
2
所以对任意 x 0, π 有 h( x) h(0) 0 ，即 f ( x) 0 . 2
所以函数 f ( x) 在区间 0, π 上单调递减 . 2
因此 f ( x) 在区间
π 0, 上的最大值为
f (0)
1，最小值为
f
π
π
.
2
2
2
1. 导数法证明函数 f(x)在 (a， b)内的单调性的步骤： (1) 求 f′x（)； (2) 确认 f ′x（)在 (a， b)内的符号； (3) 作出结论： f′x（)>0 时为增函数； f′x（)<0 时为减函数 .
M 0 ，求 m 的取值范围．
【解析】 f x m ln x m 1 x 的定义域为 0,
，f x
m m1
x
m 1x m
，
x
当 m 0 或 m 1时， f x 在区间 0, 上单调，此时函数 f x 无最大值，
当 0 m 1时， f x 在区间 0, m 内单调递增，在区间 1m
m, 1m
所以当 0 m 1 时，函数 f x 有最大值，
可以考虑限制二次项系数或判别式的方法求解．
(3) 已知函数的单调性求参数的取值范围：转化为
2020年高考数学 导数 解答题专项练习(含答案详解)
2020年高考数学导数解答题专项练习（含答案解析）1.已知函数f(x)=x2-mln x，h(x)=x2-x＋a.(1)当a=0时，f(x)≥h(x)在(1，＋∞)上恒成立，求实数m的取值范围；(2)当m=2时，若函数k(x)=f(x)-h(x)在区间(1,3)上恰有两个不同零点，求实数a的取值范围．2.设函数已知函数f(x)=ae x-x+1.（1）求函数f(x)的单调区间；（2）若f(x)在(0,3) 上只有一个零点，求a的取值范围；3.已知函数f(x)=lnx+a(x-1)2(a>0).（1）讨论f(x)的单调性；（2）若f(x)在区间(0,1)内有唯一的零点x0，证明：.4.已知函数f(x)=ae2x+(a﹣2) e 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.5.已知函数f(x)=2lnx-2mx+x2(m>0).（1）讨论函数f(x)的单调性；（2）当时，若函数f(x)的导函数f/(x)的图象与x轴交于A,B两点，其横坐标分别为x1,x2(x1<x2)，线段AB的中点的横坐标为x0，且x1,x2恰为函数h(x)=lnx-cx2-bx的零点.求证：.6.已知函数，g(x)=mx.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a=0时，f(x)≤g(x)恒成立，求实数m的取值范围；(3)当a=1时，求证：当x>1时，.7.已知函数f(x)=x-alnx+a-1(a∈R)．(I)讨论f(x)的单调性；(Ⅱ)若x∈[e a,+∞]时，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．8.已知函数R.（1）讨论f(x)的单调性；（2）若f(x)有两个零点，求实数a的取值范围．9.已知函数f(x)=ln x－kx，其中k∈R为常数．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个相异零点x1，x2(x1<x2)，求证：ln x2>2－ln x1.10.已知函数f(x)=x-alnx,a∈R.（1）研究函数f(x)的单调性；（2）设函数f(x)有两个不同的零点x1,x2,且x1<x2.①求a的取值范围；②求证：x1x2>e2.11.设函数f(x)=ex-1-x-ax2.(1)若a=0，求f(x)的单调区间；(2)若当x≥0时f(x)≥0恒成立，求a的取值范围．12.已知函数f(x)=lnx-mx2，g(x)=0.5mx2+x，mϵR,令F(x)=f(x)+g(x).(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若关于x的不等式F(x)≤mx-1恒成立，求整数m的最小值.13.已知函数f(x)=lnx-mx(m为常数).(1)讨论函数f(x)的单调区间；(2)当时, 设g(x)=2f(x)+x2的两个极值点x1,x2(x1<x2)恰为h(x)=lnx-cx2-bx的零点, 求的最小值.14.设函数f(x)=(x－1)e x－kx2.(1)当k=1时，求函数f(x)的单调区间；(2)若f(x)在x∈[0，＋∞)上是增函数，求实数k的取值范围．15.已知函数f(x)=ln x＋－1.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)设m∈R，对任意的a∈(－1，1)，总存在x0∈[1，e]，使得不等式ma－f(x0)<0成立，求实数m的取值范围．16.已知函数.(1)求的单调区间；(2)设，若对任意，均存在，使得，求的取值范围.17.设函数f（x）=alnx﹣bx2．（1）当b=1时，讨论函数f（x）的单调性；（2）当a=1，b=0时，函数g（x）=f（x）﹣kx，k为常数，若函数g（x）有两个相异零点x1，x2，证明：．18.已知函数f（x）=axlnx﹣x+1（a≥0）．（1）当a=1时，求f（x）的最小值；（3）证明：当m＞n＞1时，m n﹣1＜n m﹣1．19.已知函数在处的切线与轴平行，()(1)试讨论f(x)在上的单调性；(2)①设，求g(x)的最小值；②证明：.20.已知函数f(x)=(x﹣1)2+a(lnx﹣x+1)(其中a∈R，且a为常数)(1)当a=4时，求函数y=f(x)的单调区间；(2)若对于任意的x∈(1，+∞)，都有f(x)＞0成立，求a的取值范围；(3)若方程f(x)+a+1=0在x∈(1，2)上有且只有一个实根，求a的取值范围．2020年高考数学 导数 解答题专项练习（含答案解析）答案解析1.解：(1)由f(x)≥h(x)，得m ≤x ln x 在(1，＋∞)上恒成立．令g(x)=x ln x ，则g ′(x)=ln x －1ln x 2，当x ∈(1，e)时，g ′(x)＜0；当x ∈(e ，＋∞)时，g ′(x)＞0，所以g(x)在(1，e)上递减，在(e ，＋∞)上递增．故当x=e 时，g(x)的最小值为g(e)=e.所以m ≤e.即m 的取值范围是(-∞，e]．(2)由已知可得k(x)=x-2ln x-a.函数k(x)在(1,3)上恰有两个不同零点，相当于函数φ(x)=x-2ln x 与直线y=a 有两个不同的交点．φ′(x)=1-2x =x －2x ，当x ∈(1,2)时，φ′(x)＜0，φ(x)递减，当x ∈(2,3)时，φ′(x)＞0，φ(x)递增．又φ(1)=1，φ(2)=2-2ln 2，φ(3)=3-2ln 3，要使直线y=a 与函数φ(x)=x-2ln x 有两个交点，则2-2ln 2＜a ＜3-2ln 3.即实数a 的取值范围是(2-2ln 2,3-2ln 3)．2.解:3.解：4.解：5.解：6.解：7.解：8.解：9.解：10.解：11.解：(1)a=0时，f(x)=e x－1－x，f′(x)=e x－1.当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.故f(x)在(－∞，0)单调减少，在(0，＋∞)单调增加(2)f′(x)=e x－1－2ax.由(1)知e x≥1＋x，当且仅当x=0时等号成立．故f′(x)≥x－2ax=(1－2a)x，从而当1－2a≥0，即a≤0.5时，f′(x)≥0(x≥0)，而f(0)=0，于是当x≥0时，f(x)≥0.由e x>1＋x(x≠0)得e－x>1－x(x≠0)，从而当a>时，f′(x)<e x－1＋2a(e－x－1)=e－x(e x－1)(e x－2a)，故当x∈(0，ln2a)时， f′(x)<0，而f(0)=0，于是当x∈(0，ln2a)时，f(x)<0，综上可得a的取值范围为(－∞，0.5]．12.解：13.解：14.15.16.17.18.19.解：20.解：。
2020年高考数学 大题专项练习 导数与函数 五(15题含答案解析)
2020年高考数学 大题专项练习导数与函数 五1.已知函数f(x)=lnx －x ，g(x)=ax 2＋2x(a<0)．(1)求函数f(x)在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最值； (2)求函数h(x)=f(x)＋g(x)的极值点． 2.已知函数f(x)=x 3-3x 2+2x ，g(x)=tx ，．（1）求函数的单调增区间；（2）令h(x)=f(x)-g(x)，且函数h(x)有三个彼此不相等的零点0,m,n ，其中m<n ． ①若n=2m ，求函数h(x)在x=m 处的切线方程； ②若对，恒成立，求实数t 的取值范围．3.已知函数f(x)=xlnx.（1）若函数，求g(x)的极值；（2）证明：f(x)+1<e x-x 2. （参考数据：,,,）4.已知函数f(x)=(x －1)e x＋1，x ∈[0,1]．(1)证明：f(x)≥0；(2)若a<e x－1x<b 对任意的x ∈(0,1)恒成立，求b －a 的最小值．5.已知函数f(x)=e x (x －ae x)．(1)当a=0时，求f(x)的极值；(2)若f(x)有两个不同的极值点，求a 的取值范围． 6.已知函数，．(1)当m<1时，讨论函数f(x)的单调性； (2)若函数f(x)有两个极值点x 1,x 2，且x 1<x 2.求证．7.已知（1）求函数的单调区间; （2）求函数在上的最小值;（3）对一切的,恒成立,求实数的取值范围.8.已知函数f(x)=ln x,g(x)=21ax+b. (1)若曲线f(x)与g(x)在x=1处相切,求g(x)的表达式; (2)若φ(x)=1)1(+-x x m -f(x)在[1,+∞)上是减函数,求实数m 的取值范围.9.设函数f(x)=(1-x 2)e x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当x≥0时，f(x)≤ax＋1，求实数a 的取值范围．10.已知函数，（为自然对数的底数）．（1）求函数的最小值；（2）若对任意的恒成立，求实数的值；（3）在（2）的条件下，证明：．11.已知函数f(x)=xlnx+ax+1-a.(1)求证：对任意实数a，都有[f(x)]min≤1；(2)若a=2，是否存在整数k，使得在x∈(2,+∞)上，恒有f(x)>(k+1)x-2k-1成立？若存在，请求出k的最大值；若不存在，请说明理由.（e=2.71828）12.已知函数f(x)=ax2+1(a＞0)，g(x)=x3+bx．(1)若曲线y=f(x)与曲线y=g(x)在它们的交点(1，c)处有公共切线，求a，b的值；(2)当a=3，b=﹣9时，函数f(x)+g(x)在区间[k，2]上的最大值为28，求k的取值范围．13.已知函数f(x)=x ＋ax＋b(x≠0)，其中a ，b ∈R.(1)若曲线y=f(x)在点P(2，f(2))处的切线方程为y=3x ＋1，求函数f(x)的解析式； (2)讨论函数f(x)的单调性；(3)若对于任意的a ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，不等式f(x)≤10在⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，1上恒成立，求b 的取值范围． 14.已知函数(1)求函数的极值；(2)设函数，其中k ∈R ，求函数在区间[1，e]上的最大值．15.已知函数f （x ）=a x +x 2﹣xlna （a ＞0，a ≠1）．（Ⅰ）当a ＞1时，求证：函数f （x ）在（0，+∞）上单调递增； （Ⅱ）若函数y=|f （x ）﹣t|﹣1有三个零点，求t 的值．答案解析1.解：(1)依题意，f′(x)=1x －1，令1x－1=0，解得x=1.因为f(1)=－1，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e =－1－1e ，f(e)=1－e ，且1－e<－1－1e <－1， 故函数f(x)在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最大值为－1，最小值为1－e. (2)依题意，h(x)=f(x)＋g(x)=lnx ＋ax 2＋x(x>0)，h′(x)=1x ＋2ax ＋1=2ax 2＋x ＋1x，当a<0时，令h′(x)=0，则2ax 2＋x ＋1=0. 因为Δ=1－8a>0，所以h′(x)=2ax 2＋x ＋1x =2a (x －x 1)(x －x 2)x ，其中x 1=－1－1－8a 4a ，x 2=－1＋1－8a4a.因为a<0，所以x 1<0，x 2>0，所以当0<x<x 2时，h′(x)>0； 当x>x 2时，h′(x)<0，所以函数h(x)在区间(0，x 2)内是增函数，在区间(x 2，＋∞)内是减函数，故x 2=－1＋1－8a4a为函数h(x)的极大值点，无极小值点．2.解：（1），所以，令 得到，所以的单调增区间是．（2）由方程得是方程的两实根，故，且由判别式得， ①若，得，故，得，因此，故函数在处的切线方程为． ②若对任意的，都有成立，所以，因为，所以， 当时，对有，所以，解得，又因为，得，则有；当时，，则存在的极大值点，且，由题意得，将代入得，进而得到，得，又因为，得，综上可知t的取值范围是或．3.解:（1），，当，，当，，在上递增，在上递减，在取得极大值，极大值为，无极大值.（2）要证f（x）+1＜e x﹣x2．即证e x﹣x2﹣xlnx﹣1＞0，先证明lnx≤x﹣1，取h（x）=lnx﹣x+1，则h′（x）=，易知h（x）在（0，1）递增，在（1，+∞）递减，故h（x）≤h（1）=0，即lnx≤x﹣1，当且仅当x=1时取“=”，故xlnx≤x（x﹣1），e x﹣x2﹣xlnx≥e x﹣2x2+x﹣1，故只需证明当x＞0时，e x﹣2x2+x﹣1＞0恒成立，令k（x）=e x﹣2x2+x﹣1，（x≥0），则k′（x）=e x﹣4x+1，令F（x）=k′（x），则F′（x）=e x﹣4，令F′（x）=0，解得：x=2ln2，∵F′（x）递增，故x∈（0，2ln2]时，F′（x）≤0，F（x）递减，即k′（x）递减，x∈（2ln2，+∞）时，F′（x）＞0，F（x）递增，即k′（x）递增，且k′（2ln2）=5﹣8ln2＜0，k′（0）=2＞0，k′（2）=e2﹣8+1＞0，由零点存在定理，可知∃x1∈（0，2ln2），∃x2∈（2ln2，2），使得k′（x1）=k′（x2）=0，故0＜x ＜x 1或x ＞x 2时，k ′（x ）＞0，k （x ）递增，当x 1＜x ＜x 2时，k ′（x ）＜0，k （x ）递减，故k （x ）的最小值是k （0）=0或k （x 2），由k ′（x 2）=0，得=4x 2﹣1， k （x 2）=﹣2+x 2﹣1=﹣（x 2﹣2）（2x 2﹣1），∵x 2∈（2ln2，2），∴k （x 2）＞0，故x ＞0时，k （x ）＞0，原不等式成立． 4.解：(1)证明：因为f ′(x)=xe x≥0，即f(x)在[0,1]上单调递增， 所以f(x)≥f(0)=0，即结论成立．(2)令g(x)=e x －1x ，则g ′(x)=x －1e x ＋1x2>0，x ∈(0,1)， 所以当x ∈(0,1)时，g(x)<g(1)=e －1，要使e x－1x <b ，只需b≥e－1.要使e x－1x >a 成立，只需e x－ax －1>0在x ∈(0,1)恒成立，令h(x)=e x －ax －1，x ∈(0,1)，则h ′(x)=e x－a.由x ∈(0,1)，得e x∈(1，e)． ①当a≤1时，h ′(x)>0，此时x ∈(0,1)，有h(x)>h(0)=0成立，所以a≤1满足条件； ②当a≥e 时，h′(x)<0，此时x ∈(0,1)，有h(x)<h(0)=0，不符合题意，舍去； ③当1<a<e 时，令h′(x)=0，得x=ln a ． 当x ∈(0，ln a)时，h′(x)<0，即x ∈(0，ln a)时，h(x)<h(0)=0，不符合题意，舍去． 综上，a≤1.又b≥e－1，所以b －a 的最小值为e －2. 5.解：(1)当a=0时，f(x)=xe x ，f′(x)=(x ＋1)e x，令f′(x)>0，可得x>－1，故f(x)在(－1，＋∞)上单调递增， 同理可得f(x)在(－∞，－1)上单调递减，故f(x)在x=－1处有极小值f(－1)=－1e .(2)依题意，可得f′(x)=(x ＋1－2ae x )e x=0有两个不同的实根．设g(x)=x ＋1－2ae x ，则g(x)=0有两个不同的实根x 1，x 2，g′(x)=1－2ae x，若a≤0，则g′(x)≥1，此时g(x)为增函数，故g(x)=0至多有1个实根，不符合要求；若a>0，则当x<ln 12a 时，g′(x)>0，当x>ln 12a时，g′(x)<0，故此时g(x)在－∞，ln 12a 上单调递增，在ln 12a ，＋∞上单调递减，g(x)的最大值为gln 12a =ln 12a －1＋1=ln 12a，又当x→－∞时，g(x)→－∞，当x→＋∞时，g(x)→－∞，故要使g(x)=0有两个不同实根，则gln 12a =ln 12a>0，得0<a<12或作图象知要使g(x)=0有两个不同实根，则gln 12a =ln 12a>0.设g(x)=0的两个不同实根为x 1，x 2(x 1<x 2)， 当x<x 1时，g(x)<0，此时f′(x)<0； 当x 1<x<x 2时，g(x)>0，此时f′(x)>0； 当x>x 2时，g(x)<0，此时f′(x)<0.故x 1为f(x)的极小值点，x 2为f(x)的极大值点，0<a<12符合要求．综上所述，a 的取值范围为(0，0.5). 6.解：， ，令，，， 令则， 当，即时， 令则；令则．此时函数在上单调递减；在上单调递增．当，即时， 令，则； 令则， 此时函数在上单调递减； 在和上单调递增． 由知，若有两个极值点， 则且，又，是的两个根，则， ，令，则， 令，则，令，则，所以在上单调递减；在上单调递增．，，，得证．7.8.解析：9.解：(1)f′(x)=(1-2x-x2)e x，令f′(x)=0，得x=-1±2，当x∈(-∞，-1-2)时，f′(x)<0；当x∈(-1-2，-1＋2)时，f′(x)>0；当x∈(-1＋2，＋∞)时，f′(x)<0.所以f(x)在(-∞，-1-2)，(-1＋2，＋∞)上单调递减，在(-1-2，-1＋2)上单调递增．(2)令g(x)=f(x)-ax-1=(1-x2)e x-(ax＋1)，令x=0，可得g(0)=0.g′(x)=(1-x2-2x)e x-a，令h(x)=(1-x2-2x)e x-a，则h′(x)=-(x2＋4x＋1)e x，当x≥0时，h′(x)<0，h(x)在[0，＋∞)上单调递减，故h(x)≤h(0)=1-a，即g′(x)≤1-a，要使f(x)-ax-1≤0在x≥0时恒成立，需要1-a≤0，即a≥1，此时g(x)≤g(0)=0，故a≥1.综上所述，实数a的取值范围是[1，＋∞)．10.（1）；（2）；（3）证明见解析.11.解：（1）证明：由已知易得，所以令得：显然，时，<0，函数f（x）单调递减；时，>0，函数f（x）单调递增，所以，令，则由得，时，>0，函数t（）单调递增；时，<0，函数t（）单调递减，所以，即结论成立.（2）由题设化简可得，令，所以 由=0得①若，即时，在上，有，故函数单调递增所以 ②若，即时， 在上，有，故函数在上单调递减， 在上，有.故函数在上单调递增， 所以，在上，故欲使，只需即可令, 由得所以，时，，即单调递减又，故12.解：(1)f(x)=ax 2+1(a ＞0)，则f ′(x)=2ax ，k 1=2a ，g(x)=x 3+bx ，则g ′(x)=3x 2+b ，k 2=3+b ， 由(1，c)为公共切点，可得：2a=3+b ①又f(1)=a+1，g(1)=1+b ，∴a+1=1+b ，即a=b ，代入①式，可得：a=3，b=3． (2)当a=3，b=﹣9时，设h(x)=f(x)+g(x)=x 3+3x 2﹣9x+1则h ′(x)=3x 2+6x ﹣9， 令h'(x)=0，解得：x 1=﹣3，x 2=1；∴k ≤﹣3时，函数h(x)在(﹣∞，﹣3)上单调增，在(﹣3，1]上单调减，(1，2)上单调增，所以在区间[k ，2]上的最大值为h(﹣3)=28﹣3＜k ＜2时，函数h(x)在区间[k ，2]上的最大值小于28 所以k 的取值范围是(﹣∞，﹣3] 13.解：(1)f′(x)=1－ax2(x≠0)，由已知及导数的几何意义得f′(2)=3，则a=－8.由切点P(2，f(2))在直线y=3x ＋1上可得－2＋b=7，解得b=9，所以函数f(x)的解析式为f(x)=x －8x＋9.(2)由(1)知f′(x)=1－ax2(x≠0)．当a≤0时，显然f′(x)>0，这时f(x)在(－∞，0)，(0，＋∞)上是增函数． 当a>0时，令f′(x)=0，解得x=±a ，当x 变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：所以当a>0时，f(x)在(－∞，－a)，(a ，＋∞)上是增函数， 在(－a ，0)，(0，a)上是减函数．(3)由(2)知，对于任意的a ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，不等式f(x)≤10在⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，1上恒成立等价于 ⎩⎪⎨⎪⎧f ⎝ ⎛⎭⎪⎫14≤10，f 1≤10，即⎩⎪⎨⎪⎧b ≤394－4a ，b≤9－a对于任意的a ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2成立，从而得b≤74，所以满足条件的b 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤－∞，74.14.15.。
导数高考题(大题)(2020年8月整理).pdf
导数高考题（非常实用）一、导数的基本应用（一）研究含参数的函数的单调性、极值和最值基本思路：定义域 →→ 疑似极值点 →→ 单调区间 →→ 极值 →→ 最值 基本方法： 一般通法：利用导函数研究法特殊方法：（1）二次函数分析法；（2）单调性定义法本组题旨在强化对函数定义域的关注，以及求导运算和分类讨论的能力与技巧【例题】（2009江西理17/22）设函数()xe f x x=. 求（1）函数()f x 的单调区间；（2）略.解： 函数定义域为),0()0,(+∞⋃−∞，'22111()x x xx f x e e e x x x−=−+=, 由'()0f x =,得 1x =.因为当0x <时或01x <<时,'()0f x <；当1x >时,'()0f x >；所以()f x 的单调增区间是:[1,)+∞； 单调减区间是: (,0)(0,1]−∞，.【例题】（2008北京理18/22）已知函数22()(1)x bf x x −=−，求导函数()f x '，并确定()f x 的单调区间．解：242(1)(2)2(1)()(1)x x b x f x x −−−−'=−3222(1)x b x −+−=−32[(1)](1)x b x −−=−−． 令()0f x '=，得1x b =−．当11b −=，即2b =时，2()1f x x =−，所以函数()f x 在(1)−∞，和(1)+∞，上单调递减．当11b −<，即2b <时，()f x '的变化情况如下表：当11b −>，即b所以，2b <11)−，上单调递增，2b =时，函数()f x 在(1)−∞，和(1)+∞，上单调递减． 2b >时，函数()f x 在(1)−∞，和(1)b −+∞，上单调递减，在(11)b −，上单调递增．本组题旨在强化对导函数零点进行分类讨论的意识、能力和技巧 【例题】（2009北京文18/22）设函数3()3(0)f x x ax b a =−+≠. （Ⅱ）求函数()f x 的单调区间与极值点. 解：∵()()()'230fx x a a =−≠,当0a <时，()'0fx >，函数()f x 在(),−∞+∞上单调递增，此时函数()f x 没有极值点.当0a >时，由()'0fx x =⇒=当(,x ∈−∞时，()'0fx >，函数()f x 单调递增，当(x ∈时，()'0f x <，函数()f x 单调递减，当)x ∈+∞时，()'0f x >，函数()f x 单调递增，∴此时x =()f x 的极大值点，x =()f x 的极小值点.点评：此题是2010届文科考试说明的样题，题目考查了对导函数零点进行分类的能力，旨在帮助学生巩固研究函数单调性的基本方法.【例题】（2009天津理20/22）已知函数22()(23)(),xf x x ax a a e x R =+−+∈其中a R ∈. （II ）当23a ≠时，求函数()f x 的单调区间与极值. [].42)2()('22x e a a x a x x f +−++=解：.2232.220)('−≠−≠−=−==a a a a x a x x f 知，由，或，解得令 以下分两种情况讨论. （1）a 若＞32，则a 2−＜2−a .当x 变化时，)()('x f x f ，的变化情况如下表： x()a 2−∞−，a 2−()22−−a a ，2−a()∞+−，2af'(x) + 0 — 0 + f(x )↗极大值↘极小值↗.)22()2()2()(内是减函数，内是增函数，在，，，在所以−−∞+−−−∞a a a a x f.3)2()2(2)(2a ae a f a f a x x f −=−−−=，且处取得极大值在函数 .)34()2()2(2)(2−−=−−−=a e a a f a f a x x f ，且处取得极小值在函数（2）a 若＜32，则a 2−＞2−a ，当x 变化时，)()('x f x f ，的变化情况如下表： x()2−∞−a ，2−a()a a 22−−，a 2−()∞+−，a 2f'(x) + 0 — 0 + f(x )↗极大值↘极小值↗内是减函数。
2020年高考数学导数题(含答案)
2020年高考数学导数题卷一理科 21.(12分)已知函数f (x )=e x +ax 2-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.21.解 (1)当a=1时,f (x )=e x +x 2-x ,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)f (x )≥12x 3+1等价于(12x 3-ax 2+x +1)e -x ≤1. 设函数g (x )=(12x 3-ax 2+x +1)e -x (x ≥0), 则g'(x )=- 12x 3-ax 2+x+1-32x 2+2ax -1e -x =-12x [x 2-(2a+3)x+4a+2]e -x =-12x (x -2a -1)(x -2)e -x .①若2a+1≤0,即a ≤-12,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.②若0<2a+1<2,即-12<a<12,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 ≥7-e 24.所以当7-e 24≤a<12时,g (x )≤1. ③若2a+1≥2,即a ≥12,则g (x )≤12x 3+x+1e -x .由于0∈7-e 24,12,故由②可得(12x 3+x +1)e -x ≤1.故当a ≥12时,g (x )≤1. 综上,a的取值范围是[7-e 24,+∞).卷一文科15.曲线y=ln x+x+1的一条切线的斜率为2,则该切线的方程为 .15.y=2x 设切点坐标为(x 0,y 0).对y=ln x+x+1求导可得y'=1x +1. 由题意得,1x 0+1=2,解得x 0=1,故y 0=ln 1+1+1=2,切线方程为y -2=2(x -1),即y=2x.20.(12分)已知函数f (x )=e x -a (x+2).(1)当a=1时,讨论f (x )的单调性;(2)若f (x )有两个零点,求a 的取值范围.20.解 (1)当a=1时,f (x )=e x -x -2,则f'(x )=e x -1. 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)f'(x )=e x -a.当a ≤0时,f'(x )>0,所以f (x )在(-∞,+∞)单调递增,故f (x )至多存在1个零点,不合题意. 当a>0时,由f'(x )=0可得x=ln a.当x ∈(-∞,ln a )时,f'(x )<0;当x ∈(ln a ,+∞)时f'(x )>0.所以f (x )在(-∞,ln a )单调递减,在(ln a ,+∞)单调递增,故当x=ln a 时,f (x )取得最小值,最小值为f (ln a )=-a (1+ln a ).①若0<a ≤1e ,则f (ln a )≥0,f (x )在(-∞,+∞)至多存在1个零点,不合题意. ②若a>1e ,则f (ln a )<0.由于f (-2)=e -2>0,所以f (x )在(-∞,ln a )存在唯一零点. 由(1)知,当x>2时,e x -x -2>0, 所以当x>4且x>2ln(2a )时,f (x )=e x2·e x2-a (x+2)>e ln(2a )·(x2+2)-a (x+2)=2a>0. 故f (x )在(ln a ,+∞)存在唯一零点. 从而f (x )在(-∞,+∞)有两个零点. 综上,a 的取值范围是(1e ,+∞).卷二理科 21.(12分)已知函数f (x )=sin 2x sin 2x.(1)讨论f (x )在区间(0,π)的单调性; (2)证明:|f (x )|≤3√38; (3)设n ∈N*,证明:sin 2x sin 22x sin 24x …sin 22n x ≤3n4n.21.(1)解 f'(x )=cos x (sin x sin 2x )+sin x (sin x sin 2x )' =2sin x cos x sin 2x+2sin 2x cos 2x =2sin x sin 3x.当x ∈(0,π3)∪(2π3,π)时,f'(x )>0;当x ∈(π3,2π3)时,f'(x )<0. 所以f (x )在区间(0,π3),(2π3,π)单调递增,在区间π3,2π3单调递减.(2)证明 因为f (0)=f (π)=0,由(1)知,f (x )在区间[0,π]的最大值为f (π3)=3√38,最小值为f (2π3)=-3√38. 而f (x )是周期为π的周期函数,故|f (x )|≤3√38. (3)证明 由于(sin 2x sin 22x …sin 22nx )32=|sin 3x sin 32x …sin 32n x|=|sin x||sin 2x sin 32x …sin 32n -1x sin 2n x||sin 22n x| =|sin x||f (x )f (2x )…f (2n -1x )||sin 22n x| ≤|f (x )f (2x )…f (2n -1x )|, 所以sin 2x sin 22x …sin 22n x ≤(3√38)2n 3=3n4n .卷二文科 21.(12分)已知函数f (x )=2ln x+1.(1)若f (x )≤2x+c ,求c 的取值范围; (2)设a>0,讨论函数g (x )=f (x )-f (a )x -a的单调性. 21.解 设h (x )=f (x )-2x -c ,则h (x )=2ln x -2x+1-c , 其定义域为(0,+∞),h'(x )=2x-2.(1)当0<x<1时,h'(x )>0;当x>1时,h'(x )<0.所以h (x )在区间(0,1)单调递增,在区间(1,+∞)单调递减.从而当x=1时,h (x )取得最大值,最大值为h (1)=-1-c.故当且仅当-1-c ≤0,即c ≥-1时,f (x )≤2x+c. 所以c 的取值范围为[-1,+∞).(2)g (x )=f (x )-f (a )x -a=2(lnx -lna )x -a,x ∈(0,a )∪(a ,+∞). g'(x )=2(x -ax +lna -lnx )(x -a )2=2(1-a x +ln ax )(x -a )2.取c=-1得h (x )=2ln x -2x+2,h (1)=0,则由(1)知,当x ≠1时,h (x )<0,即1-x+ln x<0.故当x ∈(0,a )∪(a ,+∞)时,1-ax +ln ax <0,从而g'(x )<0.所以g (x )在区间(0,a ),(a ,+∞)单调递减. 卷三理科 21.(12分)设函数f (x )=x 3+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1.21.(1)解 f'(x )=3x 2+b ,依题意得f'(12)=0,即34+b=0. 故b=-34.(2)证明 由(1)知f (x )=x 3-34x+c ,f'(x )=3x 2-34. 令f'(x )=0,解得x=-12或x=12. f'(x )与f (x )-∞,-12-12,1212,+∞ 因为f (1)=f (-12)=c+14,所以当c<-14时,f (x )只有大于1的零点.因为f (-1)=f (12)=c -14,所以当c>14时,f (x )只有小于-1的零点. 由题设可知-14≤c ≤14.当c=-14时,f (x )只有两个零点-12和1. 当c=14时,f (x )只有两个零点-1和12.当-14<c<14时,f (x )有三个零点x 1,x 2,x 3,且x 1∈-1,-12,x 2∈-12,12,x 3∈12,1.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. 卷三文科 20.(12分)已知函数f (x )=x 3-kx+k 2. (1)讨论f (x )的单调性;(2)若f (x )有三个零点,求k 的取值范围.20.解 (1)f'(x )=3x 2-k.当k=0时,f (x )=x 3,故f (x )在(-∞,+∞)单调递增;当k<0时,f'(x )=3x 2-k>0,故f (x )在(-∞,+∞)单调递增.当k>0时,令f'(x )=0,得x=±√3k3.当x ∈-∞,-√3k3时,f'(x )>0; 当x ∈-√3k 3,√3k3时,f'(x )<0;当x ∈√3k3,+∞时,f'(x )>0.故f (x )在-∞,-√3k3,√3k3,+∞单调递增,在-√3k 3,√3k3单调递减.(2)由(1)知,当k ≤0时,f (x )在(-∞,+∞)单调递增,f (x )不可能有三个零点. 当k>0时,x=-√3k3为f (x )的极大值点,x=√3k3为f (x )的极小值点.此时,-k -1<-√3k3<√3k3<k+1且f (-k -1)<0,f (k+1)>0,f (-√3k3)>0.根据f (x )的单调性,当且仅当f (√3k3)<0,即k 2-2k √3k9<0时,f (x )有三个零点,解得k<427.因此k 的取值范围为0,427.山东卷 21.(12分)已知函数f (x )=a e x -1-ln x+ln 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.21.解f (x )的定义域为(0,+∞),f'(x )=a e x -1-1x .(1)当a=e 时,f (x )=e x -ln x+1,f'(1)=e -1,曲线y=f (x )在点(1,f (1))处的切线方程为y -(e +1)=(e -1)(x -1),即y=(e -1)x+2.直线y=(e -1)x+2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)由题意a>0,当0<a<1时,f (1)=a+ln a<1. 当a=1时,f (x )=e x -1-ln x ,f'(x )=e x -1-1x .当x ∈(0,1)时,f'(x )<0;当x ∈(1,+∞)时,f'(x )>0.所以当x=1时,f (x )取得最小值,最小值为f (1)=1,从而f (x )≥1. 当a>1时,f (x )=a e x -1-ln x+ln a ≥e x -1-ln x ≥1. 综上,a 的取值范围是[1,+∞). 天津卷 20.(16分)已知函数f (x )=x 3+k ln x (k ∈R ),f'(x )为f (x )的导函数. (1)当k=6时,①求曲线y=f (x )在点(1,f (1))处的切线方程;②求函数g (x )=f (x )-f'(x )+9x 的单调区间和极值;(2)当k ≥-3时,求证:对任意的x 1,x 2∈[1,+∞),且x 1>x 2,有f '(x 1)+f '(x 2)2>f (x 1)-f (x 2)x 1-x 2. 20.(1)解①当k=6时,f (x )=x 3+6ln x ,故f'(x )=3x 2+6x.可得f (1)=1,f'(1)=9,所以曲线y=f (x )在点(1,f (1))处的切线方程为y -1=9(x -1),即y=9x -8.②依题意,g (x )=x 3-3x 2+6lnx+3x ,x ∈(0,+∞).从而可得g'(x )=3x2-6x+6x −3x 2,整理可得g'(x )=3(x -1)3(x+1)x 2.令g'(x )=0,解得x=1.当x 变化时,g'(x ),g (x )所以,函数g (x )的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+∞);g (x )的极小值为g (1)=1,无极大值.(2)证明由f (x )=x 3+k ln x ,得f'(x )=3x 2+kx . 对任意的x 1,x 2∈[1,+∞),且x 1>x 2,令x1x 2=t (t>1),则(x 1-x 2)[f'(x 1)+f'(x 2)]-2[f (x 1)-f (x 2)]=(x 1-x 2)3x 12+k x 1+3x 22+kx2-2x 13−x 23+k ln x1x 2=x 13−x 23-3x 12x 2+3x 1x 22+kx 1x 2−x 2x 1-2k ln x1x 2=x 23(t 3-3t 2+3t -1)+k t -1t -2ln t .①令h (x )=x -1x -2ln x ,x ∈[1,+∞). 当x>1时,h'(x )=1+1x 2−2x=(1-1x )2>0,由此可得h (x )在[1,+∞)单调递增,所以当t>1时,h (t )>h (1),即t -1t-2ln t>0. 因为x 2≥1,t 3-3t 2+3t -1=(t -1)3>0,k ≥-3,所以,x 23(t 3-3t 2+3t -1)+k t -1t -2ln t ≥(t 3-3t 2+3t -1)-3t -1t -2ln t =t 3-3t 2+6ln t+3t -1.② 由(1)②可知,当t>1时,g (t )>g (1),即t 3-3t 2+6ln t+3t >1,故t 3-3t 2+6ln t+3t -1>0. ③由①②③可得(x 1-x 2)[f'(x 1)+f'(x 2)]-2[f (x 1)-f (x 2)]>0. 所以,当k ≥-3时,对任意的x 1,x 2∈[1,+∞),且x 1>x 2,有f '(x 1)+f '(x 2)2>f (x 1)-f (x 2)x 1-x 2.。
2020高考文科导数试题汇编(含答案)
2020高考导数试题汇编(含答案)一、选择题1．（2020新课标）已知函数()ln ln(2)f x x x =+-，则A ．()f x 在(0,2)单调递增B ．()f x 在(0,2)单调递减C ．()y f x =的图像关于直线1x =对称D ．()y f x =的图像关于点(1,0)对称 2．（2017浙江）函数()y f x =的导函数()y f x '=的图像如图所示，则函数()y f x =的图像可能是xxA ．B ．xxC ．D ．3．（2016年全国I 卷）若函数1()sin 2sin 3f x x x a x =-+在(,)-∞+∞单调递增，则a 的取值范围是A ．[1,1]-B ．1[1,]3-C ．11[,]33- D ．1[1,]3--4．（2016年四川）已知a 为函数3()12f x x x =-的极小值点，则a =A ．-4B ．-2C ．4D ．25．（2014新课标2）若函数()ln f x kx x =-在区间（1，+∞）单调递增，则k 的取值范围是A ．(],2-∞-B ．(],1-∞-C ．[)2,+∞D ．[)1,+∞6．（2014新课标2）设函数()x f x mπ=．若存在()f x 的极值点0x 满足()22200x f x m +<⎡⎤⎣⎦，则m 的取值范围是A ．()(),66,-∞-⋃+∞B ．()(),44,-∞-⋃+∞C ．()(),22,-∞-⋃+∞D ．()(),11,-∞-⋃+∞7．（2014辽宁）当[2,1]x ∈-时，不等式32430ax x x -++≥恒成立，则实数a 的取值范围是A ．[5,3]--B ．9[6,]8-- C ．[6,2]-- D ．[4,3]-- 8．（2014湖南）若1201x x <<<，则A ．2121ln ln xxe e x x ->- B ．2121ln ln xxe e x x -<- C ．1221xxx e x e > D ．1221xxx e x e < 9．（2014江西）在同一直角坐标系中，函数22a y ax x =-+与2322y a x ax x a =-++ ()a R ∈的图像不可能．．．的是B10．（2013新课标2）已知函数()32f x x ax bx c =+++，下列结论中错误的是A ．∃()00,0x R f x ∈=B ．函数()y f x =的图像是中心对称图形C ．若0x 是()f x 的极小值点，则()f x 在区间()0,x -∞单调递减D ．若0x 是()f x 的极值点，则()0'0f x =11．（2013四川）设函数()x f x e x a =+-（a R ∈，e 为自然对数的底数）．若存在[0,1]b ∈使(())f f b b =成立，则a 的取值范围是（ ）A ．[1,]eB ．[1,1]e +C ．[,1]e e +D ．[0,1]12．（2013福建）设函数()f x 的定义域为R ，00(0)x x ≠是()f x 的极大值点，以下结论一定正确的是A ．0,()()x R f x f x ∀∈≤B ．0x -是()f x -的极小值点C ．0x -是()f x -的极小值点D ．0x -是()f x --的极小值点 13．（2012辽宁）函数x x y ln 212-=的单调递减区间为 A ．(－1,1] B ．(0,1]C ． [1,+∞)D ．(0,+∞)14．（2012陕西）设函数()xf x xe =，则A ．1x =为()f x 的极大值点B ．1x =为()f x 的极小值点C ．1x =-为()f x 的极大值点D ．1x =-为()f x 的极小值点15．（2011福建）若0a >，0b >，且函数32()422f x x ax bx =--+在1x =处有极值，则ab 的最大值等于A ．2B ．3C ．6D ．916．（2011浙江）设函数()()2,,f x ax bx c a b c R =++∈，若1x =-为函数()xf x e 的一个极值点，则下列图象不可能为()y f x =的图象是A B C D17．（2011湖南）设直线x t = 与函数2()f x x =，()ln g x x = 的图像分别交于点,M N ，则当MN 达到最小时t 的值为A ．1B ．12CD．2二、填空题18．(2020全国二卷)．曲线ln 1y x x =++的一条切线的斜率为2，则该切线的方程为 ..19．（2015四川）已知函数()2xf x =，2()g x x ax =+(其中a ∈R )．对于不相等的实数12,x x ，设m ＝1212()()f x f x x x --，n ＝1212()()g x g x x x --．现有如下命题：①对于任意不相等的实数12,x x ，都有0m >；②对于任意的a 及任意不相等的实数12,x x ，都有0n ； ③对于任意的a ，存在不相等的实数12,x x ，使得m n =； ④对于任意的a ，存在不相等的实数12,x x ，使得m n =-． 其中真命题有___________(写出所有真命题的序号)．20．（2011广东）函数32()31f x x x =-+在x =______处取得极小值． 三、解答题21.(2020全国一卷)．已知函数()e (2)xf x a x =-+.（1）当1a =时，讨论()f x 的单调性； （2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围.22.(2020全国二卷)．（12分）已知函数f （x ）=2ln x +1．（1）若f （x ）≤2x +c ，求c 的取值范围； （2）设a >0时，讨论函数g （x ）=()()f x f a x a--的单调性．23.(2020全国三卷)．（12分）已知函数32()f x x kx k =-+． （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有三个零点，求k 的取值范围．24．（2018全国卷Ⅰ）已知函数()ln 1=--x f x ae x ．(1)设2x =是()f x 的极值点．求a ，并求()f x 的单调区间； (2)证明：当1ea ≥时，()0≥f x ．25．（2018浙江）已知函数()ln f x x =．(1)若()f x 在1x x =，2x (12x x ≠)处导数相等，证明：12()()88ln 2f x f x +>-； (2)若34ln 2a -≤，证明：对于任意0k >，直线y kx a =+与曲线()y f x =有唯一公共点．26．（2018全国卷Ⅱ）已知函数321()(1)3=-++f x x a x x ． (1)若3=a ，求()f x 的单调区间； (2)证明：()f x 只有一个零点．27．（2018北京）设函数2()[(31)32]e xf x ax a x a =-+++．(1)若曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线斜率为0，求a ； (2)若()f x 在1x =处取得极小值，求a 的取值范围．28．（2018全国卷Ⅲ）已知函数21()exax x f x +-=． (1)求曲线()y f x =在点(0,1)-处的切线方程； (2)证明：当1a ≥时，()e 0f x +≥．29．（2018江苏）记(),()f x g x ''分别为函数(),()f x g x 的导函数．若存在0x ∈R ，满足00()()f x g x =且00()()f x g x ''=，则称0x 为函数()f x 与()g x 的一个“S 点”．(1)证明：函数()f x x =与2()22g x x x =+-不存在“S 点”； (2)若函数2()1f x ax =-与()ln g x x =存在“S 点”，求实数a 的值；(3)已知函数2()f x x a =-+，e ()xb g x x=．对任意0a >，判断是否存在0b >，使函数()f x 与()g x 在区间(0,)+∞内存在“S 点”，并说明理由．30．（2018天津）设函数123()=()()()f x x t x t x t ---，其中123,,t t t ∈R ，且123,,t t t 是公差为d 的等差数列．(1)若20,1,t d == 求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程； (2)若3d =，求()f x 的极值；(3)若曲线()y f x =与直线2()y x t =---求d 的取值范围． 31．（2017新课标Ⅰ）已知函数2()()xxf x e e a a x =--．(1)讨论()f x 的单调性；(2)若()0f x ≥，求a 的取值范围． 32．（2017新课标Ⅱ）设函数2()(1)xf x x e =-．(1)讨论()f x 的单调性；(2)当0x ≥时，()1f x ax +≤，求a 的取值范围． 33．（2017新课标Ⅲ）已知函数2()ln (21)f x x ax a x =+++．(1)讨论()f x 的单调性； (2)当0a <时，证明3()24f x a--≤． 34．（2017天津）设,a b ∈R ，||1a ≤．已知函数32()63(4)f x x x a a x b =---+，()e ()x g x f x =．（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）已知函数()y g x =和e x y =的图象在公共点00(,)x y 处有相同的切线，（i ）求证：()f x 在0x x =处的导数等于0；（ii ）若关于x 的不等式()e x g x ≤在区间00[1,1]x x -+上恒成立，求b 的取值范围．35．（2017浙江）已知函数()(x f x x e -=1()2x ≥．（Ⅰ）求()f x 的导函数；（Ⅱ）求()f x 在区间1[,)2+∞上的取值范围．36．（2017江苏）已知函数32()1f x x ax bx =+++(0,)a b >∈R 有极值，且导函数()f x '的极值点是()f x 的零点．（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值） （1）求b 关于a 的函数关系式，并写出定义域； （2）证明：23b a >；37．（2016年全国I 卷）已知函数22()(2)(1)f x x e a x =-+-.(I)讨论()f x 的单调性；(II)若()f x 有两个零点，求a 的取值范围.38．（2016年全国II 卷）已知函数()(1)ln (1)f x x x a x =+--.(Ⅰ)当4a =时，求曲线()y f x =在()1,(1)f 处的切线方程； (Ⅱ)若当()1,x ∈+∞时，()0f x ＞，求a 的取值范围.39．（2016年全国III 卷）设函数()ln 1f x x x =-+．（Ⅰ）讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）证明当(1,)x ∈+∞时，11ln x x x-<<； （III ）设1c >，证明当(0,1)x ∈时，1(1)xc x c +->． 40．（2015新课标2）已知函数()ln (1)f x x a x =+-．（Ⅰ）讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）当()f x 有最大值，且最大值大于22a -时，求a 的取值范围． 41．（2015新课标1）设函数()2eln xf x a x =-．（Ⅰ）讨论()f x 的导函数()f x '零点的个数； （Ⅱ）证明：当0a >时()22lnf x a a a+≥． 42．（2014新课标2）已知函数32()32f x x x ax =-++，曲线()y f x =在点（0，2）处的切线与x 轴交点的横坐标为－2． （Ⅰ）求a ；（Ⅱ）证明：当1k <时，曲线()y f x =与直线2y kx =-只有一个交点．43．(2014山东）设函数())ln 2(2x xk x e x f x +-=（k 为常数， 2.71828e =是自然对数的底数）（Ⅰ）当0k ≤时，求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）若函数()f x 在()0,2内存在两个极值点，求k 的取值范围． 44．（2014新课标1）设函数()()21ln 12a f x a x x bx a -=+-≠， 曲线()()()11y f x f =在点，处的切线斜率为0 （Ⅰ）求b ；（Ⅱ）若存在01,x ≥使得()01af x a <-，求a 的取值范围．45．（2014山东）设函数1()ln 1x f x a x x -=++ ，其中a 为常数． （Ⅰ）若0a =，求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程； （Ⅱ）讨论函数()f x 的单调性． 46．(2014广东) 已知函数321()1()3f x x x ax a R =+++∈ （Ⅰ）求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）当0a <时，试讨论是否存在011(0,)(,1)22x ∈，使得01()()2f x f =． 47．(2014江苏)已知函数x x x f -+=e e )(，其中e 是自然对数的底数．（Ⅰ）证明：)(x f 是R 上的偶函数；（Ⅱ）若关于x 的不等式)(x mf ≤1e -+-m x 在),0(+∞上恒成立，求实数m 的取值范围；（Ⅲ）已知正数a 满足：存在),1[0+∞∈x ，使得)3()(030x x a x f +-<成立．试比较1e -a 与1e -a 的大小，并证明你的结论．48．（2013新课标1）已知函数2()()4xf x e ax b x x =+--，曲线()y f x =在点(0,(0))f 处切线方程为44y x =+． （Ⅰ）求,a b 的值；（Ⅱ）讨论()f x 的单调性，并求()f x 的极大值． 49．（2013新课标2）已知函数2()x f x x e -=．（Ⅰ）求()f x 的极小值和极大值；（Ⅱ）当曲线()y f x =的切线l 的斜率为负数时，求l 在x 轴上截距的取值范围． 50．（2013福建）已知函数()1x af x x e=-+（a R ∈，e 为自然对数的底数）． （Ⅰ）若曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线平行于x 轴，求a 的值； （Ⅱ）求函数()f x 的极值；（Ⅲ）当1a =的值时，若直线:1l y kx =-与曲线()y f x =没有公共点，求k 的最大值．51．(2013天津)已知函数2l ()n f x x x =．（Ⅰ）求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ） 证明：对任意的0t >，存在唯一的s ，使()t f s =． （Ⅲ）设（Ⅱ）中所确定的s 关于t 的函数为()s g t =，证明：当2t e >时，有2ln ()15ln 2g t t <<． 52．（2013江苏）设函数()ln f x x ax =-，()x g x e ax =-，其中a 为实数．（Ⅰ）若()f x 在()1,+∞上是单调减函数，且()g x 在()1,+∞上有最小值，求a 的取值范围；（Ⅱ）若()g x 在()1,-+∞上是单调增函数，试求()f x 的零点个数，并证明你的结论． 53．（2012新课标）设函数f (x )=xe －ax －2（Ⅰ）求()f x 的单调区间（Ⅱ）若1a =，k 为整数，且当0x >时，()()10x k f x x '-++>，求k 的最大值 54．（2012安徽）设函数1()(0)x x f x ae b a ae=++> （Ⅰ）求()f x 在[0,)+∞内的最小值；（Ⅱ）设曲线()y f x =在点(2,(2))f 的切线方程为32y x =；求,a b 的值。
2020年高考数学(文)母题题源解密20 函数与导数综合(解析版)
专题20 函数与导数综合【母题原题1】【2020年高考全国Ⅲ卷，文数】已知函数32()f x x kx k =-+． （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有三个零点，求k 的取值范围． 【答案】（1）详见解析；（2）4(0,)27． 【解析】 【分析】（1）'2()3f x x k =-，对k 分0k ≤和0k >两种情况讨论即可；（2）()f x 有三个零点，由（1）知0k >，且(00f f ⎧>⎪⎪⎨⎪<⎪⎩，解不等式组得到k 的范围，再利用零点存在性定理加以说明即可．【详解】（1）由题，'2()3f x x k =-，当0k ≤时，'()0f x ≥恒成立，所以()f x 在(,)-∞+∞上单调递增；当0k >时，令'()0f x =，得x ='()0f x <，得x << 令'()0f x >，得x <x >()f x在(上单调递减，在(,-∞，)+∞上单调递增． （2）由（1）知，()f x 有三个零点，则0k >，且(00f f ⎧>⎪⎪⎨⎪<⎪⎩即22203203k k ⎧+>⎪⎪⎨⎪-<⎪⎩，解得4027k <<，当4027k <<>20f k =>，所以()f x 在上有唯一一个零点，同理1k --<32(1)(1)0f k k k --=--+<，所以()f x 在(1,k --上有唯一一个零点，又()f x 在(上有唯一一个零点，所以()f x 有三个零点， 综上可知k 的取值范围为4(0,)27． 【点晴】本题主要考查利用导数研究函数的单调性以及已知零点个数求参数的范围问题，考查学生逻辑推理能力、数学运算能力，是一道中档题．【母题原题2】【2019年高考全国Ⅲ卷文数】已知函数32()22f x x ax =-+．（1）讨论()f x 的单调性；（2）当0<a <3时，记()f x 在区间[0，1]的最大值为M ，最小值为m ，求M m -的取值范围． 【答案】（1）见详解；（2）8[,2)27． 【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）当03a <<时，由（1）知，()f x 在0,3a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，在,13a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增，所以()f x 在[0,1]的最小值为32327a a f ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，最大值为(0)=2f 或(1)=4f a -．于是 3227a m =-+，4,02,2,2 3.a a M a -<<⎧=⎨≤<⎩所以332,02,27,2 3.27a a a M m a a ⎧-+<<⎪⎪-=⎨⎪≤<⎪⎩当02a <<时，可知3227a a -+单调递减，所以M m -的取值范围是8,227⎛⎫⎪⎝⎭． 当23a ≤<时，327a 单调递增，所以M m -的取值范围是8[,1)27．综上，M m -的取值范围是8[,2)27． 【名师点睛】这是一道常规的导数题目，难度比往年降低了不少．考查函数的单调性，最大值、最小值的计算．【母题原题3】【2018年高考全国Ⅲ卷文数】已知函数21()exax x f x +-=． （1）求曲线()y f x =在点(0,1)-处的切线方程； （2）证明：当1a ≥时，()e 0f x +≥． 【答案】（1）210x y --=；（2）见解析．【解析】（1）2(21)2()exax a x f x -+-+'=，(0)2f '=． 因此曲线()y f x =在点(0,1)-处的切线方程是210x y --=． （2）当1a ≥时，21()e (1e)e x x f x x x +-+≥+-+．令21()1ex g x x x +=+-+，则1()21ex g x x +'=++．当1x <-时，()0g x '<，()g x 单调递减；当1x >-时，()0g x '>，()g x 单调递增； 所以()g x (1)=0g ≥-．因此()e 0f x +≥．【名师点睛】本题考查函数与导数的综合应用，第一问由导数的几何意义可求出切线方程，第二问当1a ≥时，21()e (1e)e x x f x x x +-+≥+-+，令21()1e x g x x x +=+-+，求出()g x 的最小值即可证明．【命题意图】了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值（对多项式函数不超过三次）；会求闭区间上函数的最大值、最小值（对多项式函数不超过三次）．主要考查考生的分类讨论思想、等价转化思想以及数学运算能力和逻辑推理能力．【命题规律】导数的综合应用一直是高考的重点和难点．一般以基本初等函数为载体，利用导数研究函数的单调性、极值、最值、零点问题，同时与解不等式关系最为密切，还可能与三角函数、数列等知识综合考查，一般出现在解答题的压轴位置，难度较大． 【答题模板】1．利用导数求函数单调区间的基本步骤 （1）确定函数f （x ）的定义域； （2）求导数f '（x ）；（3）由f '（x ）>0（或<0）解出相应的x 的取值范围，对应的区间为f （x ）的单调递增（减）区间． 还可以通过列表，写出函数的单调区间． 2．证明或讨论函数的单调性方法一：求出在对应区间上导数的正负即得结论． 方法二：（1）确定函数f （x ）的定义域； （2）求导数f '（x ），并求方程f '（x ）=0的根；（3）利用f '（x ）=0的根将函数的定义域分成若干个子区间，在这些子区间上讨论f '（x ）的正负，由符号确定f （x ）在该子区间上的单调性． 【知识总结】 1．函数的极值设函数y=f （x ）在x 0附近有定义，如果对x 0附近的所有的点，都有f （x ）<f （x 0），则f （x 0）是函数y=f（x）的一个极大值，记作y极大值=f（x0）；如果对x0附近的所有的点，都有f（x）>f（x0），则f（x0）是函数y=f（x）的一个极小值，记作y极小值=f（x0）．极大值与极小值统称为极值．一般地，当函数f（x）在x0处连续时，（1）如果在x0附近的左侧f'（x）>0，右侧f'（x）<0，那么f（x0）是极大值；（2）如果在x0附近的左侧f'（x）<0，右侧f'（x）>0，那么f（x0）是极小值．注意：（1）极值点不是点，若函数f（x）在x1处取得极大值，则x1为极大值点，极大值为f（x1）；在x2处取得极小值，则x2为极小值点，极小值为f（x2）．极大值与极小值之间无确定的大小关系．（2）极值一定在区间内部取得，有极值的函数一定不是单调函数．（3）f'（x0）=0是x0为f（x）的极值点的必要而非充分条件．例如，f（x）=x3，f'（0）=0，但x=0不是极值点．2．函数的最值在区间[a，b]上连续的函数f（x）在[a，b]上必有最大值与最小值．在区间[a，b]上连续的函数f（x）若有唯一的极值点，则这个极值点就是最值点．注意：极值与最值的区别与联系极值只能在定义域内部取得，而最值却可以在区间的端点处取得，有极值的未必有最值，有最值的未必有极值；极值有可能成为最值，最值只要不在端点处必定是极值．在指定区间上极值可能不止一个，也可能一个也没有，而最值最多有一个．3．利用导数解决函数单调性问题应该注意：（1）单调区间是函数定义域的子区间，所以求解函数的单调区间要先求函数的定义域；（2）求可导函数f（x）的单调区间，可以直接转化为f'（x）>0与f'（x）<0这两个不等式的解集问题来处理；（3）若可导函数f（x）在指定区间D上单调递增（减），则应将其转化为f'（x）≥0（f'（x）≤0）来处理；（4）涉及含参数的函数的单调性或单调区间问题，一定要弄清参数对导数f'（x）在某一区间内的符号是否有影响．若有影响，则必须分类讨论．4．函数的图象与导函数图象的关系理解导函数y=f'（x）的图象与函数f（x）图象的升降关系，导函数大于0对应原函数图象由左至右上升，导函数小于0对应原函数图象由左至右下降，在解题时要注意原函数的定义域，如判断定义域是否具有对称性等．5．由函数的单调性求参数的取值范围的技巧（1）由可导函数f（x）在D上单调递增（或递减）求参数范围问题，可转化为f'（x）≥0（或f'（x）≤0）对x∈D恒成立问题，再参变分离，转化为求最值问题，要注意“=”是否取到．（2）可导函数在某一区间上存在单调区间，实际上就是f'（x）>0（或f'（x）<0）在该区间上存在解集，这样就把函数的单调性问题转化成不等式问题．（3）若已知f（x）在区间I上的单调性，区间I中含有参数时，可先求出f（x）的单调区间，令I是其单调区间的子集，从而可求出参数的取值范围．（4）若已知f（x）在D上不单调，则f（x）在D上有极值点，且极值点不是D的端点．6．求函数f（x）在[a，b]上的最值的方法（1）若函数在区间[a，b]上单调递增或递减，f（a）与f（b）一个为最大值，一个为最小值；（2）若函数在区间[a，b]内有极值，要先求出函数在[a，b]上的极值，再与f（a），f（b）比较，最大的是最大值，最小的是最小值，可列表完成；（3）函数f（x）在区间（a，b）上有唯一一个极值点，这个极值点就是最大（或最小）值点，此结论在导数的实际应用中经常用到．注意：求一个函数在闭区间上的最值和在无穷区间（或开区间）上的最值时，方法是不同的．求函数在无穷区间（或开区间）上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和极值情况，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值．7．已知函数的极值、最值求参数（1）已知函数的极值求参数时，通常利用函数的导数在极值点处的取值等于零来建立关于参数的方程．需注意的是，可导函数在某点处的导数值等于零只是函数在该点处取得极值的必要条件，所以必须对求出的参数值进行检验，看是否符合函数取得极值的条件．（2）已知函数的最值求参数，一般先求出最值（含参数），再根据最值列方程或不等式（组）求解．8．利用导数解决不等式问题（1）利用导数证明不等式的方法证明f（x）<（>）g（x），x∈（a，b），可以构造函数F（x）=f（x）-g（x），如果F'（x）<（>）0，则F（x）在（a，b）上是减（增）函数，同时若F（a）≤（≥）0，由减（增）函数的定义可知，x∈（a，b）时，有F（x）<（>）0，即证明了f（x）<（>）g（x）．其一般步骤是：构造可导函数→研究单调性或最值→得出不等关系→整理得出结论．（2）不等式成立（恒成立）问题①f（x）≥a恒成立⇔f（x）min≥a，f（x）≥a成立⇒f（x）max≥a．②f （x ）≤b 恒成立⇔f （x ）max ≤b ， f （x ）≤b 成立⇔f （x ）min ≤b ． ③f （x ）>g （x ）恒成立F （x ）min >0．④∀x 1∈M ，∃x 2∈N ，f （x 1）>g （x 2）⇔f （x 1）min >g （x 2）min ． ∀x 1∈M ，∀x 2∈N ，f （x 1）>g （x 2）⇔f （x 1）min >g （x 2）max ． ∃x 1∈M ，∃x 2∈N ，f （x 1）>g （x 2）⇔f （x 1）max >g （x 2）min ． ∃x 1∈M ，∀x 2∈N ，f （x 1）>g （x 2）⇔f （x 1）max >g （x 2）max ．注意：不等式在某区间上能成立与不等式在某区间上恒成立问题是既有联系又有区别的两种情况，解题时应特别注意，两者都可转化为最值问题，但f （a ）≥g （x ）（f （a ）≤g （x ））对存在x ∈D 能成立等价于f （a ）≥g （x ）min （f （a ）≤g （x ）max ），f （a ）≥g （x ）（f （a ）≤g （x ））对任意x ∈D 都成立等价于f （a ）≥g （x ）max （f （a ）≤g （x ）min ），应注意区分，不要搞混． 9．导数在研究函数零点中的应用（1）研究函数图象的交点、方程的根、函数的零点，归根到底是研究函数的性质，如单调性、极值等． （2）用导数研究函数的零点，一方面用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理判断；另一方面，也可将零点问题转化为函数图象的交点问题，利用数形结合来解决．1．（2020·广西壮族自治区高三其他（文））已知函数3()ln ()f x x a x a R =-∈.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若函数()y f x =在区间(1,]e 上存在两个不同零点，求实数a 的取值范围.【答案】(1)答案见解析；(2)3(3,]e e .【解析】试题分析：（1）先求导数，再根据a 讨论导函数零点，根据导函数零点情况讨论导函数符号，根据导函数符号确定函数单调性，（2）先分离3ln x a x =，再利用导数研究函数()3ln x g x x=单调性，最后根据图像确定存在两个不同零点的条件，解对应不等式得实数a 的取值范围.试题解析：（1）∵()323'3(0)a x af x x x x x-=-=>①若0a ≤时，()'0f x >，此时函数在()0,+∞上单调递增；②若0a >时，又()33'0x af x x-==得：x =x ⎛∈ ⎝时()'0f x <，此时函数在⎛ ⎝上单调递减；当x ⎫∈+∞⎪⎪⎭时()'0f x >，此时函数在⎫+∞⎪⎪⎭上单调递增； （2）由题意知：3ln x a x =在区间(]1,e 上有两个不同实数解，即函数y a =图像与函数()3ln x g x x=图像有两个不同的交点，因为()()()223ln 1'ln x x g x x -=，令()'0g x =得：x =所以当(x ∈时，()'0g x <，函数在(上单调递减当x e ⎤∈⎦时，()'0g x >，函数在e ⎤⎦上单调递增；则()min 3g x ge ==，而311272791272727ln e g e e e ⎛⎫==> ⎪⎝⎭，且()327g e e =<， 要使函数y a =图像与函数()3ln xg x x=图像有两个不同的交点，所以a 的取值范围为(33,e e ⎤⎦.点睛：利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法 (1)利用零点存在的判定定理构建不等式求解. (2)分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解.(3)转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解. 2．（2020·广西壮族自治区南宁三中高三月考（文））函数()()2sin cos exx f x x -=. （1）讨论()f x 在[)0,+∞上的最大值；（2）有几个ω（0>ω，且为常数），使得函数()y f x ω=在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值为2e πω？【答案】（1）22eπ；（2）两个.【解析】【分析】（1）利用导数求出()f x 在0,32π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值为222f e ππ⎛⎫= ⎪⎝⎭，然后当32x π>时，2sin 2cos x x -≤32x e e π>，()222f x ee π<<，从而可得到答案；（2）当0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，0,2x ωπω⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，然后分1ω≥、01ω<<两种情况讨论，当01ω<<时，22ef πωπω⎛⎫= ⎪⎝⎭，记()2sin cos t g t e t t e t ππ-=-，利用导数得到g t 在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上有唯一的零点即可. 【详解】（1）()4cos xf x ex='，x ∈R ， 当0,2x π⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，0f x，()f x 单调递增； 当3,22x ππ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，0f x，()f x 单调递减，∴()f x 在0,32π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值为222f e ππ⎛⎫= ⎪⎝⎭； 又当32x π>时，2sin 2cos x x -≤32x e e π>， 此时，()222f x ee π<<，所以()f x 在[)0,+∞上的最大值为22eπ.（2）当0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，0,2x ωπω⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦. ①当1ω≥时，22ωππ≥，()fx ω的最大值为22e π，∴222e e ππω=，2ω=；②当01ω<<时，()f x ω的最大值为2f ωπ⎛⎫⎪⎝⎭，∴22e f πωπω⎛⎫= ⎪⎝⎭. 令0,22t ωππ⎛⎫=∈ ⎪⎝⎭，则有()22sin cos 2t t t e e t ππ-=， 记()2sin cos tg t e t te t ππ-=-， 则()2sin cos t g t e t t t e ππ--'=，()()2sin cos t g t e t t +=''-. 当0,2t π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g t ''<，()g t '单调递减，又∵02g π⎛⎫'<⎪⎝⎭， ∴()g t '在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上有唯一的零点t t =0. 当()00,t t ∈时，()0g t '>，g t 单调递增； 当0,2t t π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g t '<，g t 单调递减. ∴()021022g t g e ππ⎛⎫>=> ⎪⎝⎭，又∵()010g =-<， 所以g t 在()00,t 上有唯一的零点1t t =，在0,2t π⎡⎫⎪⎢⎣⎭上的函数值恒大于0. 即g t 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上有唯一的零点1t t =. ∴22f e πωπω-⎛⎫=⎪⎝⎭在()0,1ω∈上有唯一解，112t ωπ=. 综上所述，有两个ω符合题意.【点睛】本题考查的是利用导数研究函数的单调性和最值，考查了分类讨论的思想，属于较难题. 3．（2020·安徽省高三三模（文））已知函数()3ln 42x a f x x x =+--，其中a R ∈，且曲线()y f x =在点()()11f ，处的切线垂直于直线12y x =． （1）求a 的值；（2）求函数()f x 的单调区间与极值．【答案】(1)54(2) 在(0,5)内为减函数；在(5，＋∞)内为增函数． 极小值f (5)＝－ln 5.无极大值． 【解析】试题分析：（1）由曲线y=f （x ）在点（1，f （1））处的切线垂直于直线12y x =可得12f '=-（），可求出a 的值；（2）根据（1）可得函数的解析式和导函数的解析式，分析导函数的符号，进而可得函数f （x ）的单调区间与极值． 试题解析：（1）对()f x 求导得211()4a f x x x =--，由()f x 在点(1,(1))f 处的切线垂直于直线12y x =知3(1)24f a =--=-，解得54a =． （2）由（1）知53()ln 442x f x x x =+--，则2245()4x x f x x--=， 令()0f x =，解得1x =-或5x =．因为1x =-不在()f x 的定义域(0,)+∞内，故舍去． 当(0,5)x ∈时，()0f x '<，故()f x 在(0,5)上为减函数； 当(5,)x ∈+∞时，()0f x '>，故()f x 在(5,)+∞上为增函数． 由此知函数()f x 在5x =时取得极小值，(5)ln 5f =-．考点：利用导数研究曲线上某点切线方程，利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的极值 4．（2020·广西壮族自治区高三一模（文））已知函数f （x ）＝ae x ﹣2x +1． （1）当a ＝1时，求函数f （x ）的极值；（2）若f （x ）＞0对x ∈R 成立，求实数a 的取值范围【答案】（1）极小值为3﹣2ln 2，无极大值；（2）322e -⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，． 【解析】【分析】（1）求导，判断函数单调性，根据单调性求得极值； （2）分离参数，构造函数，求解函数的最值，即可求得参数的范围. 【详解】（1）当a ＝1时，f （x ）＝e x ﹣2x +1，则f ′（x ）＝e x ﹣2， 令f ′（x ）＜0，解得x ＜ln 2；令f ′（x ）＞0，解得x ＞ln 2；故函数f （x ）在（﹣∞,ln 2）上递减，在（ln 2,+∞）上递增，故函数f （x ）的极小值为f （ln 2）＝2﹣2ln 2+1＝3﹣2ln 2，无极大值； （2）f （x ）＞0对x ∈R 成立，即为21xx a e -＞对任意x ∈R 都成立， 设()21xx g x e -=，则a ＞g （x ）max ()()222132'()x xx xe x e xg x e e---==， 令g ′（x ）＞0，解得32x ＜；令g ′（x ）＜0，解得32x ＞； 故函数g （x ）在32⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭，递增，在32⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，递减， ∴323232()22maxg x g e e -⎛⎫=== ⎪⎝⎭，故实数a 的取值范围为322e -⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，． 【点睛】本题考查利用导数求函数的极值，以及根据恒成立问题求解参数的范围，本题采用了分离参数的方法.5．（2020·广西壮族自治区高三其他（文））已知函数()e xf x a x =-⋅，其中e 是自然对数的底数.（1）若e a =，证明：()0f x ≥；（2）若[)0,x ∈+∞时，都有()()f x f x ≥-，求实数a 的取值范围. 【答案】（1）证明见解析（2）(],1-∞ 【解析】【分析】（1）当e a =时，()e e xf x x =-，利用导数求出函数()f x 的单调区间并求出最小值，即可证明()0f x ≥；（2）令()()()g x f x f x =--，由[)0,x ∈+∞时，都有()()f x f x ≥-，可得()0g x ≥在[)0,+∞上恒成立，利用导数判断()g x 在[)0,+∞的单调性，分别讨论1a ≤和1a >两种情况，即可得到a 的取值范围.【详解】（1）由题意，当e a =时，()e e xf x x =-，所以()e e xf x '=-，当1x =时，0fx ；当(),1x ∈-∞时，0f x，()f x 单调递减；当()1,x ∈+∞时，0fx，()f x 单调递增；所以()f x 在1x =时取得极小值，也是最小值. 所以()()10f x f ≥=.（2）令()()()e e2xxg x f x f x ax -=--=--，[)0,x ∈+∞，由[)0,x ∈+∞时，都有()()f x f x ≥-，所以()0g x ≥在[)0,+∞上恒成立. 由()e e2xxg x a -'=+-，令()()h x g x ='，则()2e 10ex xh x -'=≥在[)0,+∞上恒成立. 所以()g x '在[)0,+∞上单调递增，又()022g a '=-， ①当1a ≤时，()()00g x g ''≥≥， 所以()g x 在[)0,+∞上单调递增，所以()()00g x g ≥=，即()()f x f x ≥-，满足题意. ②当1a >时，因为()g x '在[)0,+∞上单调递增， 所以()()min 0220g x g a ''==-<， 存在()0,t ∈+∞，使得当()0,x t ∈时，0g x，()g x 在()0,t 上单调递减，所以当()0,x t ∈时，()()00g x g <=，这与()0g x ≥在[)0,+∞上恒成立矛盾. 综上所述，1a ≤，即实数a 的取值范围(],1-∞.【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的最值和不等式恒成立问题，考查学生分类讨论的思想和转化能力，属于中档题.6．（2020·广西壮族自治区高三月考（文））设函数ln ()4x xf x x =+，已知ln 20.69≈. (1)证明：11,42t ⎛⎫∃∈⎪⎝⎭，()f x 在(,)t +∞上单调递增；(2)若1()16f x m >对(0,)x ∈+∞恒成立，求整数m 的最大值. 【答案】(1)证明见解析；(2)2- 【解析】【分析】(1)求244ln ()(0)(4)x xf x x x ++'=>+，设()44ln g x x x =++，求导数可知()g x 在(0,)+∞上单调递增，又194ln 2022g ⎛⎫=->⎪⎝⎭，1178ln 2044g ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭，根据零点存在性定理可知011,42x ⎛⎫∃∈ ⎪⎝⎭，()00g x =，从而可得()f x 在()0,x +∞上单调递增，进而可得当01,2t x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()f x 在(,)t +∞上单调递增，即可得证；(2)只需求出()f x 的最小值即可，由(1)可知0044ln 0x x ++=， ()000min 00ln ()44x x xf x f x x ===-+，而011,42x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，可得min 11(),816f x ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭，进而可得11168m ≤-，即2m ≤-，从而可求出整数m 的最大值.【详解】(1)证明：函数()f x 的定义域为(0,)+∞，244ln ()(4)x xf x x ++'=+，设函数()44ln g x x x =++，因为4()10g x x'=+>， 所以()g x 在(0,)+∞上单调递增，又194ln 2022g ⎛⎫=->⎪⎝⎭，1178ln 2044g ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭， 所以011,42x ⎛⎫∃∈ ⎪⎝⎭，()00g x =，所以当0x x >时，()0>g x ，从而()0f x '>， 所以()f x 在()0,x +∞上单调递增，所以当01,2t x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()f x 在(,)t +∞上单调递增， 故11,42t ⎛⎫∃∈⎪⎝⎭，()f x 在(,)t +∞上单调递增.(2)解：由(1)知，()f x 在()00,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增， 且0044ln 0x x ++=，即0044ln x x +=-， 所以()000min 00ln ()44x x xf x f x x ===-+，因为011,42x ⎛⎫∈⎪⎝⎭，所以min 11(),816f x ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭， 又1()16f x m >对(0,)x ∈+∞恒成立，所以11168m ≤-，即2m ≤-， 所以整数m 的最大值为2-.【点睛】本题主要考查导数在研究函数中的应用，零点存在性定理及恒成立问题处理方法，属于难题．本题中在确定()g x 存在唯一的零点0x 后，没有直接求解0x ，而是在形式上虚设，这样处理的好处在于，通过对0x 满足的等式条件0044ln 0x x ++=的合理代换使用，快速将复杂的表达式()0000ln 4x x f x x =+，化简为较容易求解的表达式()004x f x =-，从而使问题得以解决． 7．（2020·广西壮族自治区桂平市第五中学高三月考（文））已知函数()3223332xf x e x x =+-+，()()g x f x '=，()f x '为()f x 的导数.()1求证：()g x '在区间[]0,1上存在唯一零点；（其中，()g x '为()g x 的导数） ()2若不等式()()2331g x x a x ≥+-+在[)1,+∞上恒成立，求实数a 的取值范围.【答案】()1证明见解析；()2(],2e -∞-. 【解析】【分析】()1先写出()()223xg x f x e x x '==+-，求导得()43xg x e x '=+-，则函数()g x '在区间[]0,1上单调递增，进而即可求证()g x '在区间[]0,1上存在唯一零点；()2由()1知，()223xg x e x x =+-，则()2223331xe x x x a x +-≥+-+，即1x e a x x x≤--在[)1,+∞上恒成立，令()1x e h x x x x=--，利用导数判断单调性，进而算出a 的取值范围.【详解】解：()1证明：()3223332x f x e x x =+-+， ∴()()223x g x f x e x x '==+-，则()43xg x e x '=+-，显然，函数()g x '在区间[]0,1上单调递增. 又()01320g '=-=-<，()14310g e e '=+-=+>， ∴()g x '在区间[]0,1上存在唯一零点.()2由()1知，()223x g x e x x =+-，∴不等式()()2331g x x a x ≥+-+即为()2223331xe x x x a x +-≥+-+，即1x e a x x x≤--在[)1,+∞上恒成立，令()1x e h x x x x=--则()()()222111111x x e x e x h x x x x--+'=+-=-， 当1x ≥时，()1,()10xxu x e x u x e =--'=->，()u x 在[1,)+∞是增函数，()(1)20,10x u x u e e x ∴≥=->∴≥+>∴当1x ≥时，()()2111x e x h x x -+'=-≥()()211110x x x +-+-=，则()h x 在[)1,+∞单调递增，故()()min 12h x h e ==-，故2a e ≤-，∴实数a 的取值范围是(],2e -∞-.【点睛】本题考查导数在函数中的应用，考查分析能力和运算能力，属于中档题.8．（2020·广西壮族自治区高三其他（文））已知函数()()32f x x a x =-+.（1）若3a =，求()f x 的单调区间；（2）若()f x 存在唯一的零点0x ，且00x >，求a 的取值范围.【答案】（1）在(),1-∞-，()1,+∞上单调递增，在()1,1-上单调递减；（2）()0,27 【解析】【分析】（1）根据3a =，得到()336f x x x =--，求导()2'33f x x =-，由()'0f x >求得增区间，()'0f x <求得减区间.（2）当0a =时，()3f x x =，()f x 的零点是0x =，由00x >不成立，当0a ≠时，()2'3f x x a =-，再分0a <，0a >讨论求解.【详解】（1）因为3a =，则()336f x x x =--，()2'33f x x =-，令()'0f x =，解得1x =±. 当()(),11,x ∈-∞-+∞时，()'0f x >；当()1,1x ∈-时，()'0f x <.故()f x 在(),1-∞-，()1,+∞上单调递增，()f x 在()1,1-上单调递减. （2）当0a =时，()3f x x =，()f x 的零点是0x =，不符合题意.当0a ≠时，()2'3f x x a =-，当0a <时，()f x 在R 上单调递增，所以()020f a =->，不符合题意，当0a >时，令()'0f x =，解得x =()f x 在,⎛-∞ ⎝，⎫+∞⎪⎪⎭上单调递增，在⎛ ⎝上单调递减.若()f x 存在唯一的零点0x ，且00x >，则0f ⎛< ⎝，解得027a <<. 综上，a 的取值范围为()0,27.【点睛】本题考查导数与函数的单调性，导数与函数的零点，还考查了分类讨论的思想和运算求解的能力，属于难题.9．（2020·宜宾市叙州区第二中学校高三三模（文））已知函数21()ln (1),()2f x x ax a x a R =+-+∈． （1）当1a =时，判断函数()y f x =的单调性；（2）若关于x 的方程212f x ax =（）有两个不同实根12x x ，，求实数a 的取值范围，并证明212•x x e ＞．【答案】（1）()f x 在∞（0，+）上单调递增；（2）详见解析. 【解析】【分析】（1）对()f x 求导，根据()f x '的符号得出()f x 的单调性；（2）由题意可知ln (1)x a x =+有两解，求出ln y x =的过原点的切线斜率即可得出a 的范围，设21210,t x x x x <<=，根据分析法构造关于t 的不等式，利用函数单调性证明不等式恒成立即可． 【详解】解：（1）1a =时，21()ln 2(0)2f x x x x x =+->， 故22121()20x x f x x x x '-+=+-=≥，()f x ∴在∞（0，+）上单调递增． （2）由题意可知ln (1)x a x =+有两解，设直线y kx =与ln y x =相切，切点坐标为00()x y ，，则00000ln 1y kx y x k x ⎧⎪=⎪⎪=⎨⎪⎪=⎪⎩，解得001,1,x e y k e ===，101a e ∴<+<，即111a e-<<-．∴实数a 的取值范围是11,1e ⎛⎫-- ⎪⎝⎭． 不妨设210x x >>，则1122ln (1),ln (1)x a x x a x =+=+，两式相加得：()()1212ln (1)x x a x x =++， 两式相减得：()2211ln(1)x a x x x =+-，()12122211ln ln x x x x x x x x +∴=-，故()12212211ln ln x x x x x x x x +=-•， 要证212x x e >，只需证122211ln 2x x xx x x +>-•， 即证()2211221121212ln 1x x x x xx x x x x ⎛⎫- ⎪-⎝⎭>=++，令211x t x =>，故只需证2(1)ln 1t t t->+在1（，）+∞恒成立即可． 令2(1)()ln (1)1t g t t t t-=->+， 则22214(1)()0(1)(1)t g t t t t t -'=-=>++， ∴()g x 在1（，）+∞上单调递增， t 10g g ∴=（）＞（），即2(1)ln 1t t t->+在1（，）+∞恒成立． 212x x e ∴>•．【点睛】本题考查了导数与函数单调性的关系，函数单调性与不等式的关系，构造关于t 的不等式是证明的难点，属于难题．10．（2020·广西壮族自治区高三月考（文））设函数1ln(1)()x f x x++=（0x >）. （1）设()(1)()h x x f x =+，求曲线()y h x =在1x =处的切线方程； （2）若()1kf x x >+恒成立，求整数k 的最大值. 【答案】（1）(ln 2)3ln 22y x =-++ （2）max 3k = 【解析】【分析】（1）求出21ln(1)()x x h x x--+'=，然后算出(1)h '和()h 1即可 （2）由()1k f x x >+得(1)(1)ln(1)x x x k x ++++<，令(1)(1)ln(1)()x x x h x x++++=，则21ln(1)()x x h x x--+'=，令()1ln(1)g x x x =--+，则可得出存在0(2,3)x ∈使得0()0g x =，即001ln(1)x x -=+，然后推出min 0()1h x x =+即可【详解】解：（1））(1)(1)ln(1)()x x x h x x ++++=，∴21ln(1)()x x h x x --+'=∴(1)ln 2h '=-，又(1)22ln 2h =+∴()y h x =在1x =处的切线方程为(1)(1)(1)y h h x '-=- 即(ln 2)3ln 22y x =-++（2）即(1)(1)ln(1)(1)()x x x k x f x x++++<+=令(1)(1)ln(1)()x x x h x x ++++=∴21ln(1)()x x h x x--+'= 令()1ln(1)g x x x =--+∴1()101g x x '=->+对0x >恒成立， 知()g x 在(0,)+∞单调递增，∵(0)10g =-<，(1)0g <，(2)0g <，(3)0g > 故存在0(2,3)x ∈使得0()0g x =，即001ln(1)x x -=+.从而当0x x >时，有0()()0g x g x >=，()0h x '>∴()h x 在0(,3)x 单调递增. 当0x x <时，有0()()0g x g x <=，()0h x '<∴()h x 在0(2,)x 单调递减. 知()()()()000min 0011ln 1()x x x h x h x x ++++==()()()00001111(3,4)x x x xx +++-==+∈∴3k ≤，∴max 3k =【点睛】恒成立问题或者存在性问题，首选的方法是分离变量法，通过分离变量然后转化为最值问题.11．（2020·广西壮族自治区南宁三中高三期末（文））已知函数2()ln 1f x x mx =++，m ∈R .（1）当2m =-时，求函数()f x 的单调区间及极值； （2）讨论函数()f x 的零点个数.【答案】（1）增区间为10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭，减区间为1,2⎛⎫+∞⎪⎝⎭，极大值为1ln 22-，无极小值，（2）当2e m <-时，函数()f x 没有零点；当0m ≥或2e m =-时.函数()f x 有1个零点；当02em -<<时，函数()f x 有2个零点. 【解析】【分析】（1）求导，求出()0,()0f x f x ''><的解，即可求出单调区间，进而求出极值；（2）求导，求出()f x 单调区间，确定极值，根据极值的正负以及零点存在性定理，对m 分类讨论，即可求解.【详解】由题得，函数()f x 的定义域为(0,)+∞. （1）当2m =-时，2()ln 21f x x x =-+，所以1(12)(12)()4x x f x x xx-+'=-=，当10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，函数()f x 单调递增； 当1,2x ⎛⎫∈+∞⎪⎝⎭时，()0f x '<，函数()f x 单调递减， 所以函数()f x 的单调递增区间为10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭，单调递减区间为1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭. 所以当12x =时，()f x 有极大值， 且极大值为21111ln 21ln 22222f ⎛⎫⎛⎫=-⨯+=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，无极小值. （2）由2()ln 1f x x mx =++，得2112()2mx f x mx x x+'=+=. 当0m ≥时，()0f x '>恒成立，函数()f x 单调递增， 当10m x e--<<时，()()211()110m m f x f em m e----<=--++≤，又(1)10f m =+>，所以函数()f x 有且只有一个零点；当0m <时，令()0f x x '=⇒=，当x ⎛∈ ⎝时，()0f x '>，函数()f x 单调递增；当x ⎫∈+∞⎪⎪⎭时，()0f x '<，函数()f x 单调递减， 所以()f x 的极大值为2111ln 1ln 222f m m ⎛⎫=+⨯+=-+ ⎪⎝⎭， ①当111ln 0222m ⎛⎫-+< ⎪⎝⎭，即得11ln 1ln 2m e ⎛⎫-<-= ⎪⎝⎭时， 解得2em <-，此时函数()f x 没有零点； ②当111ln 0222m ⎛⎫-+= ⎪⎝⎭，即2e m =-时，函数()f x 有1个零点； ③当111ln 0222m ⎛⎫-+> ⎪⎝⎭，即02e m -<<时， ()2442110f e me me ---=-++=-+<.当1x >时，令()ln g x =x-x ， 则1()10g x x'=-<在(1,)+∞上恒成立， 所以()(1)1g x g <=-，即ln 1x x <-， 所以221()ln 1f x x mx x mx mx x+m ⎛⎫=++<+= ⎪⎝⎭， 故当1x >且1x m>-时，()0f x <.当02e m -<<时，有21e m-<<-， 所以函数()f x 有2个零点.综上所述：当2em <-时，函数()f x 没有零点； 当0m ≥或2em =-时.函数()f x 有1个零点； 当02em -<<时，函数()f x 有2个零点. 【点睛】本题考查导数在研究函数性质的应用，涉及到函数的单调区级、极值、和零点个数判断，以及零点存在性定理的灵活运用，考查分类讨论思想和数形结合思想，属于难题.12．（2020·广西壮族自治区高三月考（文））已知函数2()2(1)2(0)f x x a x alnx a =-++≠． （1）当1a =时，求函数()f x 的图象在点1x =处的切线方程； （2）讨论函数()f x 的单调性． 【答案】（1）y +3＝0；（2）见解析 【解析】【分析】（1）先把1a =代入，对函数求导，然后结合导数的几何意义可求切线的斜率，进而可求切线方程；（2）先对函数求导，对a 进行分类讨论，确定导数的符号，进而可求函数的单调性． 【详解】解：（1）1a =时，2()42f x x x lnx =-+，2()24f x x x'=-+， ()13f ∴=-，()10f '=，故()f x 的图象在点1x =处的切线方程30y +=； （2）函数的定义域(0,)+∞， 22(1)()()22(1)a x x a f x x a x x--'=-++=， 当0a <时，(0,1)x ∈时，()0f x '<，函数单调递减，(1,)x ∈+∞时，()0f x '>，函数单调递增， 当01a <<时，(,1)x a ∈时，()0f x '<，函数单调递减，(1,)x ∈+∞，(0,)a 时，()0f x '>，函数单调递增，当1a =时，22(1)()0x f x x-'=恒成立，()f x 在(0,)+∞上单调递增， 当1a >时，(1,)x a ∈时，()0f x '<，函数单调递减，(,)x a ∈+∞，(0,1)时，()0f x '>，函数单调递增，综上：当0a <时，函数在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增， 当01a <<时，函数在(,1)a 上单调递减，在(1,)+∞，(0,)a 上单调递增， 当1a =时，()f x 在(0,)+∞上单调递增，当1a >时，函数在(1,)a 单调递减，在(,)a +∞，(0,1)上单调递增．【点睛】本题主要考查了导数的几何意义及利用导数求解函数的单调性，体现了分类讨论思想的应用，属于中档题.13．（2020·广西壮族自治区高三一模（文））已知函数()3211,32f x x ax a =-∈R . (I)当a =2时,求曲线()y f x =在点()()3,3f 处的切线方程；(II)设函数()()()cos sin g x f x x a x x =+--,讨论()g x 的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值. 【答案】（Ⅰ）390x y --=；（Ⅱ）见解析．【解析】试题分析：（Ⅰ）根据导数的几何意义，求出切线的斜率,再用点斜式写出切线方程；（Ⅱ）由()()(sin )g x x a x x =-'-,通过讨论确定()g x 的单调性,再由单调性确定极值. 试题解析：（Ⅰ）由题意2()f x x ax =-'， 所以，当2a =时，(3)0f =，2()2f x x x =-'， 所以(3)3f '=，因此，曲线()y f x =在点(3,(3))f 处的切线方程是3(3)y x =-， 即390x y --=.（Ⅱ）因为()()()cos sin g f x a x x x x =+--， 所以()()cos ()sin cos g x f x x x a x x ''=+---，()()sin x x a x a x =--- ()(sin )x a x x =--，令()sin h x x x =-，则()1cos 0h x x '=-≥， 所以()h x 在R 上单调递增， 因为(0)0h =，所以，当0x >时，()0h x >；当0x <时，()0h x <. （1）当0a <时，()()(sin )g x a x x x '=--，当(,)x a ∈-∞时，0x a -<，()0g x '>，()g x 单调递增； 当(,0)x a ∈时，0x a ->，()0g x '<，()g x 单调递减； 当(0,)x ∈+∞时，0x a ->，()0g x '>，()g x 单调递增.所以当x a =时()g x 取到极大值，极大值是31()sin 6g a a a =--，当0x =时()g x 取到极小值，极小值是(0)g a =-. （2）当0a =时，()(sin )g x x x x '=-， 当(,)x ∈-∞+∞时，()0g x '≥，()g x 单调递增；所以()g x 在(,)-∞+∞上单调递增，()g x 无极大值也无极小值. （3）当0a >时，()()(sin )g x a x x x '=--，当(,0)x ∈-∞时，0x a -<，()0g x '>，()g x 单调递增； 当(0,)x a ∈时，0x a -<，()0g x '<，()g x 单调递减； 当(,)x a ∈+∞时，0x a ->，()0g x '>，()g x 单调递增. 所以当0x =时()g x 取到极大值，极大值是(0)g a =-；当x a =时()g x 取到极小值，极小值是31()sin 6g a a a =--.综上所述：当0a <时，函数()g x 在(,)a -∞和(0,)+∞上单调递增，在(,0)a 上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是31()sin 6g a a a =--，极小值是(0)g a =-；当0a =时，函数()g x 在(,)-∞+∞上单调递增，无极值；当0a >时，函数()g x 在(,0)-∞和(,)a +∞上单调递增，在(0,)a 上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是(0)g a =-，极小值是31()sin 6g a a a =--.【考点】导数的几何意义及导数的应用【名师点睛】(1)求函数f (x )极值的步骤：①确定函数的定义域；②求导数f ′(x )；③解方程f ′(x )＝0,求出函数定义域内的所有根；④检验f ′(x )在f ′(x )＝0的根x 0左右两侧值的符号,如果左正右负,那么f (x )在x 0处取极大值,如果左负右正,那么f (x )在x 0处取极小值．(2)若函数y ＝f (x )在区间(a ,b )内有极值,那么y ＝f (x )在(a ,b )内绝不是单调函数,即在某区间上单调函数没有极值． 14．（2020·西藏自治区高三二模（文））已知函数()()2112xa f x e x e x =--，0a <．（1）求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程； （2）求函数()f x 的极小值； （3）求函数()f x 的零点个数．【答案】（1）1y =-；（2）极小值1-；（3）函数()y f x =的零点个数为1． 【解析】【分析】（1）求出()0f 和()0f '的值，利用点斜式可得出所求切线的方程； （2）利用导数分析函数()y f x =的单调性，进而可得出该函数的极小值；（3）由当1x ≤时，()0f x <以及()20f >，结合函数()y f x =在区间()0,∞+上的单调性可得出函数()y f x =的零点个数. 【详解】（1）因为()()2112xa f x ex e x =--，所以()x a f x xe xe '=-． 所以()01f =-，()00f '=．所以曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线为1y =-； （2）因为()()xaxaf x xe xe x e e'=-=-，令()0f x '=，得0x =或()0x a a =<．列表如下：所以，函数()y f x =的单调递增区间为(),a -∞和()0,∞+，单调递减区间为(),0a ， 所以，当0x =时，函数()y f x =有极小值()01f =-； （3）当1x ≤时，()0f x <，且()222220af e e e =->->．由（2）可知，函数()y f x =在()0,∞+上单调递增，所以函数()y f x =的零点个数为1．【点睛】本题考查利用导数求函数的切线方程、极值以及利用导数研究函数的零点问题，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.15．（2020·西藏自治区拉萨中学高三月考（文））已知函数()32ln f x x ax x =+-.（1）当1a =-时，求函数()f x 的单调区间；（2）若()0f x ≥在定义域内恒成立，求实数a 的取值范围.【答案】（1）()f x 的单调递增区间为()1,+∞，单调递减区间为()0,1；（2）[)1,-+∞. 【解析】【分析】（1）先对函数()f x 求导，然后说明每个区间导数的符号，进而求出函数的单调区间； （2）构造函数()()22ln xx x g x x a f x+-==，由()0f x ≥在()0,∞+上恒成立，得()0g x ≥在()0,∞+上恒成立，对()g x 求导，研究其单调性，求出()g x 的最小值，即可得出实数a 的取值范围.【详解】（1）当1a =-时，()()32ln 0f x x x x x =-->，()2323132x x xf x x x '=--=--()()21332x x x x-++=，∵23320x x ++>恒成立，∴当()1,x ∈+∞时，()0f x '>，()y f x =单调递增；当()0,1x ∈时，。
2020年高考数学 大题专项练习 导数与函数 三(15题含答案解析)
2020年高考数学 大题专项练习导数与函数 三1.设函数f （x ）=alnx ﹣bx 2．（1）当b=1时，讨论函数f （x ）的单调性；（2）当a=1，b=0时，函数g （x ）=f （x ）﹣kx ，k 为常数，若函数g （x ）有两个相异零点x 1，x 2，证明：．2.已知函数f(x)=1－ln x x ，g(x)=ae e x ＋1x－bx ，若曲线y=f(x)与曲线y=g(x)的一个公共点是A(1，1)，且在点A 处的切线互相垂直．(1)求a ，b 的值；(2)证明：当x≥1时，f(x)＋g(x)≥2x.3.已知函数f(x)是奇函数，f(x)的定义域为(-∞,+∞)．当x<0时，．(e为自然对数的底数)．(1)若函数f(x)在区间上存在极值点，求实数a的取值范围；(2)如果当x ≥1时，不等式恒成立，求实数k 的取值范围．4.函数xx k x x f )2-(-ln 1)(+=，中k 为常数. (1)若k=0，求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)若k=5，求证：f(x)有且仅有两个零点；(3)若k 为整数，且当x ＞2时，f(x)＞0恒成立，求k 的最大值.5.已知函数f(x)=ln x ＋a x，a ∈R. (1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a>0时，证明f(x)≥2a －1a.6.已知函数g=aln x，f=x3＋x2＋bx.(1)若f在区间上不是单调函数，求实数b的范围；(2)若对任意x∈，都有g≥－x2＋(a＋2)x恒成立，求实数a的取值范围；(3)当b=0时，设对任意给定的正实数a，曲线y=F上是否存在两点P，Q，使得△POQ是以O(O为坐标原点)为直角顶点的直角三角形，而且此三角形斜边中点在y轴上？请说明理由．7.已知函数f(x)=ln x＋－1.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)设m∈R，对任意的a∈(－1，1)，总存在x0∈[1，e]，使得不等式ma－f(x0)<0成立，求实数m的取值范围．8.已知函数，.（1）当，时，求函数在处的切线方程，并求函数的最大值；（2）若函数的两个零点分别为，且，求证：.9.已知函数f(x)=x3-ax-1.(1)若f(x)在实数集R上单调递增，求实数a的取值范围；(2)是否存在实数a，使f(x)在(-1,1)上单调递减？若存在，求出a的取值范围；若不存在，请说明理由.10.已知函数f(x)=ln(ax ＋1)＋1－x 1＋x，x≥0，其中a>0.若f(x)的最小值为1，求a 的取值范围．11.设函数h(x)=(1-x)e x -a(x 2+1).(1)若函数h(x)在点(0,h(0))处的切线方程为y=kx+2，求实数k 与a 的值；(2)若函数h(x)有两个零点x 1,x 2，求实数a 的取值范围，并证明：x 1+x 2<0.12.已知函数．（1）当a=1时，求f(x)在点(1, f(1))处的切线方程及函数f(x)的单调区间；（2）若对任意x ∈[1,e], f(x)≤4恒成立，求实数a 的取值范围13.已知函数f(x)=e2x(x3＋ax＋4xcos x＋1)，g(x)=e x－m(x＋1)．(1)当m≥1时，求函数g(x)的极值；(2)若a≥－72，证明：当x∈(0,1)时，f(x)>x＋1.14.已知函数f（x）=x3+ax2+bx+c在x=与x=1时都取得极值．（1）求a、b的值与函数f（x）的单调区间；（2）若对x∈[﹣1，2]，不等式f（x）＜c2恒成立，求c的取值范围．15.已知函数f(x)=(x-1)e x＋1，g(x)=e x＋ax-1(其中a∈R，e为自然对数的底数，e=2.718 28…)．(1)求证：函数f(x)有唯一零点；(2)若曲线g(x)=e x＋ax-1的一条切线方程是y=2x，求实数a的值．答案解析1.2.解：(1)f′(x)=ln x －1x 2，g′(x)=－ae 1－x－1x2－b. 由⎩⎪⎨⎪⎧g (1)＝1，g′(1)·f′(1)＝－1，得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝b ，a ＋b ＝－2，所以a=b=－1.(2)证明：由(1)可知g(x)=－e e x ＋1x＋x.f(x)＋g(x)≥2x ⇔1－ln x x －e 1－x ＋1x ＋x≥2x ⇔x －ln x≥ex ex ＋1－x 2.记h(x)=x －ln x ，则h′(x)=x －1x≥0，所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，因此h(x)≥h(1)=1.记φ(x)=ex ex ，则φ′(x)=(1－x)e 1－x≤0，所以φ(x)在[1，＋∞)上单调递减，因此φ(x)≤φ(1)=1.而当x≥1时，1－x 2≤0，所以xe 1－x ＋1－x 2≤x－ln x.综上所述，当x≥1时，f(x)＋g(x)≥2x.3.解：4.解：5.解：(1)f′(x)=1x -a x 2=x －ax2(x>0)．当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．当a>0时，若x>a ，则f′(x)>0，函数f(x)在(a ，＋∞)上单调递增； 若0<x<a ，则f′(x)<0，函数f(x)在(0，a)上单调递减． (2)证明：由(1)知，当a>0时，f(x)min =f(a)=ln a ＋1.要证f(x)≥2a －1a ，只需证ln a ＋1≥2a －1a ，即证ln a ＋1a-1≥0.令函数g(a)=ln a ＋1a -1，则g′(a)=1a -1a 2=a －1a2(a>0)，当0<a<1时，g′(a)<0，当a>1时，g′(a)>0，所以g(a)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g(a)min =g(1)=0.所以ln a ＋1a-1≥0恒成立，所以f(x)≥2a －1a.6.解：7.8.解：令，即证，，9.解:(1)由已知，得f ′(x)=3x 2-a.因为f(x)在(-∞，＋∞)上是单调增函数，所以f ′(x)=3x 2-a≥0在(-∞，＋∞)上恒成立，即a ≤3x 2对x ∈(-∞，＋∞)恒成立.因为3x 2≥0，所以只需a ≤0.又a=0时，f ′(x)=3x 2≥0，f(x)在实数集R 上单调递增，所以a ≤0.(2)假设f ′(x)=3x 2-a ≤0在(-1,1)上恒成立，则a ≥3x 2在x ∈(-1,1)时恒成立.因为-1<x<1，所以3x 2<3，所以只需a ≥3.当a=3时，在x ∈(-1,1)上，f ′(x)=3(x 2-1)<0， 即f(x)在(-1,1)上为减函数，所以a ≥3.故存在实数a ≥3，使f(x)在(-1,1)上单调递减.10.解：因为f′(x)=ax 2＋a －2ax ＋1x ＋12.①当a≥2时，f′(x)≥0，所以f(x)在[0，＋∞)递增， 所以f(x)min =f(0)=1，满足题设条件． ②当0<a<2时，f(x)在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，2－a a 上递减，在(2－aa，＋∞ )递增．所以f(x)min=f( 2－a a )<f(0)=1，不满足题设条件．综上，a≥2.11.解：12.解：(1) 当时，，则切线方程为即当，，即时，单调递增；当，，即时，单调递减．(2)．当时，，在上单调递增．不恒成立．当时，设∵的对称轴为∴在上单调递增，且存在唯一使得．∴当即，在上单调递减； 当时，，即，在上单调递增． ∴在上的最大值 ∴，得， 解得.13.解：(1)由题意可知g′(x)=e x－m ，当m≥1时，由g′(x)=0得x=ln m ，由x>ln m 得g′(x)>0，g(x)单调递增；由x<ln m 得g′(x )<0，g(x)单调递减． 所以函数g(x)只有极小值，且极小值为g(ln m)=m －m(ln m ＋1)=－mln m.(2)证明：当x ∈(0,1)时，要证f(x)>x ＋1，即证x 3＋ax ＋4xcos x ＋1>x ＋1e2x .由(1)得，当m=1时，g(x)=e x －(x ＋1)≥0，即e x≥x＋1，所以e 2x ≥(x＋1)2，所以x ＋1e 2x <1x ＋1，x ∈(0,1)，x 3＋ax ＋4xcos x ＋1－x ＋1e 2x >x 3＋ax ＋4xcos x ＋1－1x ＋1=x 3＋ax ＋4xcos x ＋x x ＋1=x ，⎝⎛⎭⎫x 2＋4cos x ＋a ＋1x ＋1令h(x)=x 2＋4cos x ＋a ＋1x ＋1，则h′(x)=2x －4sin x －1x ＋12，令I(x)=2x －4sin x ，则I′(x)=2－4cos x=2(1－2cos x)，当x ∈(0,1)时，cos x>cos 1>cos π3=12，所以1－2cos x<0，所以I′(x)<0，所以I(x)在(0,1)上为减函数，所以当x ∈(0,1)时，I(x)<I(0)=0，h′(x)<0，所以h(x)在(0,1)上为减函数，因此，当x ∈(0,1)时，h(x)>h(1)=a ＋32＋4cos 1，因为4cos 1>4cos π3=2，而a≥－72，所以a ＋32＋4cos 1>0，所以当x ∈(0,1)时，h(x)>0，所以x 3＋ax ＋4xcos x ＋1>x ＋1e2x 成立，所以当x ∈(0,1)时，f(x)>x ＋1成立．14.15.解：(1)证明：因为f(x)=(x-1)e x＋1(x∈R)，所以f′(x)=xe x，由f′(x)=xe x =0，得x=0，f′(x)=xe x >0时，x>0；f′(x)=xe x<0时，x<0；所以f(x)=(x-1)e x＋1在(-∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)=(x-1)e x＋1的最小值为f(0)=0，即函数f(x)=(x-1)e x＋1有唯一零点．(2)设曲线g(x)=e x＋ax-1与切线y=2x 相切于点(x 0，y 0)，因为g(x)=e x ＋ax-1，所以g′(x)=e x＋a ，所以⎩⎪⎨⎪⎧ex 0＋a ＝2，y 0＝ex 0＋ax 0－1，y 0＝2x 0，消去a ，y 0，得(x 0-1)ex 0＋1=0，由(1)知方程(x 0-1)ex 0＋1=0有唯一根x 0=0，则e 0＋a=2，所以a=1.。
2020年高考数学真题模拟好题专题练习：导数及其应用(附答案与详解)
高考数学真题模拟好题专题练习：导数及其应用【命题趋势】在目前高考全国卷的考点中，导数板块常常作为压轴题的形式出现，这块部分的试题难度呈现非减的态势，因此若想高考中数学拿高分的同学，都必须拿下导数这块的内容 .函数单调性的讨论、零点问题和不等式恒成立的相关问题（包含不等式证明和由不等式恒成立求参数取值范围）是出题频率最高的.对于导数内容，其关键在于把握好导数，其关键在于把握好导数的几何意义即切线的斜率，这一基本概念和关系，在此基础上，引申出函数的单调性与导函数的关系，以及函数极值的概念求解和极值与最值的关系以及最值的求解.本专题选取了有代表性的选择，填空题与解答题，通过本专题的学习熟悉常规导数题目的思路解析与解题套路，从而在以后的导数题目中能够快速得到导数问题的得分技巧.【满分技巧】对于导数的各类题型都是万变不离其宗，要掌握住导数的集中核心题型，即函数的极值问题，函数的单调性的判定.因为函数零点问题可转化为极值点问题，函数恒成立与存在性问题可以转化为函数的最值问题，函数不等式证明一般转化为函数单调性和最值求解，而函数的极值和最值是由函数的单调性来确定的.所以函数导数部分的重点核心就是函数的单调性.对于函数零点问题贴别是分段函数零点问题是常考题型，数形结合是最快捷的方法，在此方法中应学会用导数的大小去判断原函数的单调区间，进而去求出对应的极值点与最值.恒成立与存在性问题也是伴随着导数经典题型，对于选择题来说，恒成立选择小题可以采用排除法与特殊值法相结合的验证方法能够比较快捷准确得到答案，对于填空以及大题则采用对函数进行求导，从而判定出函数的最值.函数的极值类问题是解答题中的一个重难点，对于非常规函数，超出一般解方程的范畴类题目则采用特殊值验证法，特殊值一般情况下是0,1等特殊数字进行验证求解.对于理科类导数类题目，对于比较复杂的导数题目.一般需要二次求导，但是要注意导数大小与原函数之间的关系，搞清楚导数与原函数的关系是解决此类题目的关键所在.含参不等式证明问题也是一种重难点题型，对于此类题型应采取的方法是：一双变量常见解题思路：1双变量化为单变量→寻找两变量的等量关系；2转化为构造新函数；二含参不等式常见解题思路：1参数分离；2通过运算化简消参（化简或不等关系）；3将参数看成未知数，通过它的单调关系来进行消参.那么两种结构的解题思路理顺了，那么我们来看这道题.这是含参的双变量问题，一般来说，含参双变量问题我们一般是不采用转化为构造新函数，我们最好就双变量化为单变量，这就是我们解这道题的一个非常重要的思路：① 寻找双变量之间的关系并确定范围，并且确定参数的取值范围；②化简和尝试消参；③双变量化为单变量.④证明函数恒成立（求导、求极值……）（经典题型2018年全国一卷理21题） 【考查题型】选择题，填空，解答题21题【限时检测】（建议用时：90分钟）1．（2019·全国高考真题（理））已知曲线ln x y ae x x =+在点），（ae 1处的切线方程 为b x y +=2，则（ ）A ．a =e,b =−1B ．a =e,b =1C ．a =e −1,b =1D ．a =e −1,b =−12．（2019·安徽高三期中（理））已知函数11,1()4ln ,1x x f x x x +≤⎧=⎨⎩>,则方程()f x ax =恰有两个不同的实根时，实数a 的取值范围是A ．10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭ B ． C ． D ．1,4e ⎛⎫ ⎪⎝⎭3．（2019·临沂第十九中学高考模拟（理））设函数()x f x m π=．若存在()f x 的极值点0x 满足()22200x f x m ⎡⎤+<⎣⎦，则m 的取值范围是（ ） A ．()(),66,-∞-⋃∞ B ．()(),44,-∞-⋃∞C ．()(),22,-∞-⋃∞D ．()(),11,-∞-⋃∞4（2019·四川高考模拟（文））已知函数32(x)(5)(4)f x a x b x =+-++，若函数()f x 是奇函数，且曲线()y f x =在点(3,(3))f 的切线与直线y 36x =+垂直，则a b +=( )A ．−32B ．−20C ．25D ．425．（2019·广东高考模拟（理））若函数()(cos )x f x e x a =-在区间,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，则实数a 的取值范围是（ ）A ．()+∞B ．(1,)+∞C ．)+∞D ．[1,)+∞ 6（2018·河北衡水中学高考模拟（理））定义在R 上的可导函数()f x 满足()11f =， 且()2'1f x >，当3,22x ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦时，则不等式23(2cos )2sin 22x f x +> 的解集为( )A ．4,33ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．4,33ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭C ．0,3π⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．,33ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭二、填空题7．（2018·河北衡水中学高考模拟（理））若两曲线21y x =-与ln 1y a x =-存在公切线，则正实数a 的取值范围是__________．8（2019·临沂第十九中学高考模拟（理））设函数()x f x m π=．若存在()f x 的极值点0x 满足()22200x f x m ⎡⎤+<⎣⎦，则m 的取值范围是（ ） A ．()(),66,-∞-⋃∞ B ．()(),44,-∞-⋃∞C ．()(),22,-∞-⋃∞D ．()(),11,-∞-⋃∞9．（2019·天津高考模拟（理））已知函数()12cos 2x x f x e x e π⎛⎫=--- ⎪⎝⎭，其中e 为自然对数的底数，若()()()22300f a f a f +-+<，则实数a 的取值范围为___________.10．（2019·安徽高考模拟）设函数21(),()x x x f x g x x e +==，对任意()12,0,x x ∈+∞，不。
2020年高考数学 大题专练 导数综合问题(20题含答案详解)
2020年高考数学大题专练导数综合问题1.已知函数f(x)=ax3+bx+4，当x=-2时，函数f(x)有极大值8.（1）求函数f(x)的解析式；（2）若不等式f(x)+mx>0在区间[1,3]上恒成立，求实数m的取值范围.2.设函数f(x)=ln x-2mx2-n(m，n∈R)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有最大值-ln 2，求m＋n的最小值．3.已知函数f(x)=(x-1)e x＋1，g(x)=e x＋ax-1(其中a∈R，e为自然对数的底数，e=2.718 28…)．(1)求证：函数f(x)有唯一零点；(2)若曲线g(x)=e x＋ax-1的一条切线方程是y=2x，求实数a的值．4.已知函数f(x)=ln x＋ax.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a=1时，函数g(x)=f(x)－x＋12x－m有两个零点x1，x2，且x1<x2.求证：x1＋x2>1.5.已知函数f(x)=1－ln x x ，g(x)=ae e x ＋1x－bx ，若曲线y=f(x)与曲线y=g(x)的一个公共点是 A(1，1)，且在点A 处的切线互相垂直．(1)求a ，b 的值；(2)证明：当x≥1时，f(x)＋g(x)≥2x.6.已知函数f(x)=(x －1)e x ＋1，x ∈[0,1]．(1)证明：f(x)≥0；(2)若a<e x －1x<b 对任意的x ∈(0,1)恒成立，求b －a 的最小值．7.已知f(x)=12x 2-a 2ln x ，a>0. (1)若f(x)≥0，求a 的取值范围；(2)若f(x 1)=f(x 2)，且x 1≠x 2，证明：x 1＋x 2>2a.8.已知函数f(x)=ln x ＋a x，a ∈R. (1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a>0时，证明f(x)≥2a －1a.9.已知a 为实数，函数f(x)=aln x ＋x 2-4x.(1)若x=3是函数f(x)的一个极值点，求实数a 的取值；(2)设g(x)=(a-2)x ，若∃x 0∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e ，使得f(x 0)≤g(x 0)成立，求实数a 的取值范围．10.已知函数f(x)=2a －x 2e x (a ∈R)． (1)求函数f(x)的单调区间；(2)若∀x ∈[1，＋∞)，不等式f(x)>-1恒成立，求实数a 的取值范围．11.设函数f(x)=-x 2＋ax ＋ln x(a ∈R)．(1)当a=-1时，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，3上有两个零点，求实数a 的取值范围．12.设函数f(x)=e 2x －aln x.(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；(2)证明：当a>0时，f (x)≥2a＋aln 2a.13.已知函数f(x)=ae 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)≥0.14.设函数f(x)=e x －x 2－ax －1(e 为自然对数的底数)，a∈R.(1)证明：当a ＜2－2ln 2时，f ′(x)没有零点；(2)当x ＞0时，f(x)＋x≥0恒成立，求a 的取值范围．15.已知函数f(x)=lnx-mx2，g(x)=0.5mx2+x，mϵR,令F(x)=f(x)+g(x).(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若关于x的不等式F(x)≤mx-1恒成立，求整数m的最小值.16.已知f(x)=(x3-6x2+3x+t)ex.(1)当t=-3时,求函数f(x)的单调递增区间.(2)如果f(x)有三个不同的极值点,求t的取值范围.17.已知y=f(x),f(x)=x3+ax2-a2x+2.(1)若a=1，求曲线在点(1,f(1))处的切线方程；(2)若a<0, 求函数f(x)的单调区间；(3)若不等式2xlnx≤f/(x)+a2+1恒成立，求实数a的取值范围．18.已知函数．(1)若函数f(x)在区间[2,3]上不是单调函数，求实数a的取值范围；(2)是否存在实数a>0，使得函数y=f(x)图像与直线y=2a有两个交点？若存在，求出所有a的值；若不存在，请说明理由．19.设函数f(x)=ex-1-x-ax2.(1)若a=0，求f(x)的单调区间；(2)若当x≥0时f(x)≥0恒成立，求a的取值范围．20.已知函数f(x)=xlnx+ax+1-a.(1)求证：对任意实数a，都有[f(x)]min≤1；(2)若a=2，是否存在整数k，使得在x∈(2,+∞)上，恒有f(x)>(k+1)x-2k-1成立？若存在，请求出k的最大值；若不存在，请说明理由.（e=2.71828）答案详解1.解：（I ）∵当时，函数有极大值8 ∴，解得∴所以函数的解析式为. （II ）∵不等式在区间上恒成立∴在区间上恒成立 令，则由解得，解得所以当时，单调递增，当时，单调递减所以对，都有，所以，即实数的取值范围是.2.解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)=1x -4mx=1－4mx2x，当m≤0时，f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当m>0时，令f′(x)>0，得0<x<m 2m ，令f′(x)<0，得x>m2m ，∴f(x)在⎝⎛⎭⎪⎫0，m 2m 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2m ，＋∞上单调递减． (2)由(1)知，当m≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无最大值．当m>0时，f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，m 2m 上单调递增，在m 2m ，＋∞上单调递减．∴f(x)max =f ⎝⎛⎭⎪⎫m 2m =ln m 2m -2m·14m -n=-ln 2-12ln m-12-n=-ln 2， ∴n=-12ln m-12，∴m ＋n=m-12ln m-12.令h(x)=x-12ln x-12(x>0)，则h′(x)=1-12x =2x －12x，由h′(x)<0，得0<x<12；由h′(x)>0，得x>12，∴h(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上单调递增，∴h(x)min =h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12=12ln 2，∴m ＋n 的最小值为12ln 2.3.解：(1)证明：因为f(x)=(x-1)e x＋1(x∈R)，所以f′(x)=xe x，由f′(x)=xe x =0，得x=0，f′(x)=xe x >0时，x>0；f′(x)=xe x<0时，x<0；所以f(x)=(x-1)e x＋1在(-∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)=(x-1)e x＋1的最小值为f(0)=0，即函数f(x)=(x-1)e x＋1有唯一零点．(2)设曲线g(x)=e x＋ax-1与切线y=2x 相切于点(x 0，y 0)，因为g(x)=e x ＋ax-1，所以g′(x)=e x＋a ，所以⎩⎪⎨⎪⎧ex 0＋a ＝2，y 0＝ex 0＋ax 0－1，y 0＝2x 0，消去a ，y 0，得(x 0-1)ex 0＋1=0，由(1)知方程(x 0-1)ex 0＋1=0有唯一根x 0=0，则e 0＋a=2，所以a=1. 4.解:(1)f′(x)=1x＋a ，x ∈(0，＋∞)．①当a≥0时，f′(x)>0恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②当a<0时，令f′(x)=0，解得x=－1a，令f′(x)>0，得0<x<－1a ，令f′(x)<0，得x>－1a，∴f(x)在0，－1a 上单调递增，在－1a，＋∞上单调递减．(2)证明：当a=1时，g(x)=ln x ＋12x－m.由已知得ln x 1＋12x 1=m ，ln x 2＋12x 2=m.两式相减得ln x 1x 2＋12x 1－12x 2=0，整理得x 1x 2=x 1－x 22lnx 1x 2，∴x 1=x 1x 2－12ln x 1x 2，x 2=1－x 2x 12ln x 1x 2.∴x 1＋x 2=x 1x 2－x 2x 12lnx 1x 2，令t=x 1x 2∈(0，1)，h(t)=t －1t －2ln t.则h′(t)=1＋1t 2－2t =t 2－2t ＋1t 2>0， ∴h(t)在(0，1)上单调递增．∴h(t)<h(1)=0，即t －1t <2ln t ，又∵ln t<0，∴t －1t 2ln t>1.∴x 1＋x 2>1. 5.解：(1)f′(x)=ln x －1x 2，g′(x)=－ae 1－x－1x2－b. 由⎩⎪⎨⎪⎧g (1)＝1，g′(1)·f′(1)＝－1，得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝b ，a ＋b ＝－2，所以a=b=－1.(2)证明：由(1)可知g(x)=－e e x ＋1x＋x.f(x)＋g(x)≥2x ⇔1－ln x x －e 1－x ＋1x ＋x≥2x ⇔x －ln x≥ex ex ＋1－x 2.记h(x)=x －ln x ，则h′(x)=x －1x ≥0，所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，因此h(x)≥h(1)=1.记φ(x)=ex ex ，则φ′(x)=(1－x)e 1－x≤0，所以φ(x)在[1，＋∞)上单调递减，因此φ(x)≤φ(1)=1.而当x≥1时，1－x 2≤0，所以xe 1－x ＋1－x 2≤x－ln x.综上所述，当x≥1时，f(x)＋g(x)≥2x.6.解：(1)证明：因为f ′(x)=xe x≥0，即f(x)在[0,1]上单调递增， 所以f(x)≥f(0)=0，即结论成立．(2)令g(x)=e x －1x ，则g ′(x)=x －1e x ＋1x2>0，x ∈(0,1)， 所以当x ∈(0,1)时，g(x)<g(1)=e －1，要使e x－1x <b ，只需b≥e－1.要使e x－1x >a 成立，只需e x－ax －1>0在x ∈(0,1)恒成立，令h(x)=e x －ax －1，x ∈(0,1)，则h ′(x)=e x－a.由x ∈(0,1)，得e x∈(1，e)．①当a≤1时，h ′(x)>0，此时x ∈(0,1)，有h(x)>h(0)=0成立，所以a≤1满足条件； ②当a≥e 时，h′(x)<0，此时x ∈(0,1)，有h(x)<h(0)=0，不符合题意，舍去； ③当1<a<e 时，令h′(x)=0，得x=ln a ．当x ∈(0，ln a)时，h′(x)<0，即x ∈(0，ln a)时，h(x)<h(0)=0，不符合题意，舍去． 综上，a≤1.又b≥e－1，所以b －a 的最小值为e －2. 7.解：(1)f′(x)=x -a 2x =x ＋a x －ax(x>0)．当x ∈(0，a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当x ∈(a ，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．当x=a 时，f(x)取最小值f(a)=12a 2-a 2ln a.令12a 2-a 2ln a≥0，解得0<a< e. 故a 的取值范围是(0，e]．(2)证明：由(1)知，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增， 不失一般性，设0<x 1<a<x 2<2a ，则2a-x 2<a.要证x 1＋x 2>2a ，即x 1>2a-x 2，则只需证f(x 1)<f(2a-x 2)． 因为f(x 1)=f(x 2)，则只需证f(x 2)<f(2a-x 2)． 设g(x)=f(x)-f(2a-x)，a≤x≤2a.则g′(x)=x -a 2x ＋2a-x-a 22a －x =-2a a －x2x 2a －x≤0，所以g(x)在[a,2a)上单调递减，从而g(x)≤g(a)=0. 又a<x 2<2a ，于是g(x 2)=f(x 2)-f(2a-x 2)<0， 即f(x 2)<f(2a-x 2)． 因此x 1＋x 2>2a. 8.解：(1)f′(x)=1x -a x 2=x －ax2(x>0)．当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．当a>0时，若x>a ，则f′(x)>0，函数f(x)在(a ，＋∞)上单调递增； 若0<x<a ，则f′(x)<0，函数f(x)在(0，a)上单调递减． (2)证明：由(1)知，当a>0时，f(x)min =f(a)=ln a ＋1.要证f(x)≥2a －1a ，只需证ln a ＋1≥2a －1a ，即证ln a ＋1a-1≥0.令函数g(a)=ln a ＋1a -1，则g′(a)=1a -1a 2=a －1a2(a>0)，当0<a<1时，g′(a)<0，当a>1时，g′(a)>0，所以g(a)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g(a)min =g(1)=0.所以ln a ＋1a-1≥0恒成立，所以f(x)≥2a －1a.9.解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)=a x ＋2x-4=2x 2－4x ＋ax.∵x=3是函数f(x)的一个极值点， ∴f′(3)=0，解得a=-6.经检验a=-6时，x=3是函数f(x)的一个极小值点，符合题意，∴a=-6.(2)由f(x 0)≤g(x 0)，得(x 0-ln x 0)a≥x 20-2x 0，记F(x)=x-ln x(x>0)，∴F′(x)=x －1x(x>0)，∴当0<x<1时，F′(x)<0，F(x)单调递减； 当x>1时，F′(x)>0，F(x)单调递增．∴F(x)≥F(1)=1>0，∴a≥x 20－2x 0x 0－ln x 0.记G(x)=x 2－2x x －ln x ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e ， ∴G′(x)=2x －2x －ln x －x －2x －1x －ln x 2=x －1x －2ln x ＋2x －ln x2. ∵x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e ，∴2-2ln x=2(1-ln x)≥0， ∴x-2ln x ＋2>0，∴x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1时，G′(x)<0，G(x)单调递减； x ∈(1，e)时，G′(x)>0，G(x)单调递增． ∴G(x)min =G(1)=-1，∴a≥G(x)min =-1. 故实数a 的取值范围为[-1，＋∞)． 10.解：(1)f′(x)=x 2－2x －2aex， 当a≤-12时，x 2-2x-2a≥0，f′(x)≥0，∴函数f(x)在(-∞，＋∞)上单调递增．当a>-12时，令x 2-2x-2a=0，解得x 1=1-2a ＋1，x 2=1＋2a ＋1.∴函数f(x)的单调递增区间为(-∞，1-2a ＋1)和(1＋2a ＋1，＋∞)， 单调递减区间为(1-2a ＋1，1＋2a ＋1)．(2)f(x)>-1⇔2a －x 2e x >-1⇔2a>x 2-e x，由条件知，2a>x 2-e x对∀x≥1恒成立．令g(x)=x 2-e x ，h(x)=g′(x)=2x -e x ，∴h′(x)=2-e x.当x ∈[1，＋∞)时，h′(x)=2-e x≤2-e<0，∴h(x)=g′(x)=2x -e x在[1，＋∞)上单调递减，∴h(x)=2x-e x≤2-e<0，即g′(x)<0，∴g(x)=x 2-e x在[1，＋∞)上单调递减，∴g(x)=x 2-e x≤g(1)=1-e ，故若f(x)>-1在[1，＋∞)上恒成立， 则需2a>g(x)max =1-e ，∴a>1－e 2，即实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫1－e 2，＋∞. 11.解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a=-1时，f′(x)=-2x-1＋1x =－2x 2－x ＋1x，令f′(x)=0，得x=12(负值舍去)，当0<x<12时，f′(x)>0；当x>12时，f′(x)<0.∴f(x)的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，单调递减区间为( 12，＋∞ ). (2)令f(x)=-x 2＋ax ＋ln x=0，得a=x-ln x x .令g(x)=x-ln x x ，其中x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，3，则g′(x)=1-1－ln x x 2=x 2＋ln x －1x2，令g′(x)=0，得x=1， 当13≤x<1时，g′(x)<0；当1<x≤3时，g′(x)>0， ∴g(x)的单调递减区间为⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，1，单调递增区间为(1,3]， ∴g(x)min =g(1)=1，∵函数f(x)在⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，3上有两个零点，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫13=3ln 3＋13，g(3)=3-ln 33， 3ln 3＋13>3-ln 33，∴实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤1，3－ln 33. 12.解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)=2e 2x－a x(x ＞0)．当a≤0时，f ′(x)＞0，f ′(x)没有零点；当a ＞0时，设u(x)=e 2x，v(x)=－a x，因为u(x)=e 2x在(0，＋∞)上单调递增，v(x)=－a x在(0，＋∞)上单调递增，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．又f′(a)＞0，当b 满足0＜b ＜a 4且b ＜14时，f ′(b)＜0，故当a ＞0时，f ′(x)存在唯一零点．(2)证明：由(1)可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x 0， 当x∈(0，x 0)时，f ′(x)＜0；当x∈(x 0，＋∞)时，f ′(x)＞0. 故f(x)在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增， 所以当x=x 0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x 0)．由于2e2x 0－a x 0=0，所以f(x 0)=a 2x 0＋2ax 0＋aln 2a ≥2a ＋aln 2a.故当a ＞0时，f (x)≥2a＋aln 2a.13.解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)=ae x－1x.由题设知，f ′(2)=0，所以a=12e2.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)单调递减，在(2，＋∞)单调递增．(2)证明：当a≥1e 时，f (x)≥exe －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)≥0.14.解：(1)证明：∵f′(x)=e x －2x －a ，令g(x)=f′(x)，∴g ′(x)=e x－2. 令g′(x)＜0，解得x ＜ln 2；令g′(x)＞0，解得x ＞ln 2，∴f ′(x)在(－∞，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增， ∴f ′(x)min =f′(ln 2)=2－2ln 2－a. 当a ＜2－2ln 2时，f ′(x)min ＞0，∴f ′(x)的图象恒在x 轴上方，∴f ′(x)没有零点．(2)当x ＞0时，f(x)＋x≥0恒成立，即e x －x 2－ax ＋x －1≥0恒成立，∴ax ≤e x －x 2＋x －1，即a≤e x x －x －1x＋1恒成立．令h(x)=e x x －x －1x ＋1(x ＞0)，则h′(x)=（x －1）（e x－x －1）x2. 当x ＞0时，e x－x －1＞0恒成立，令h′(x)＜0，解得0＜x ＜1，令h′(x)＞0，解得x ＞1， ∴h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， ∴h(x)min =h(1)=e －1.∴a 的取值范围是(－∞，e －1]． 15.解：16.解:19.解：(1)a=0时，f(x)=e x－1－x，f′(x)=e x－1.当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.故f(x)在(－∞，0)单调减少，在(0，＋∞)单调增加(2)f′(x)=e x－1－2ax.由(1)知e x≥1＋x，当且仅当x=0时等号成立．故f′(x)≥x－2ax=(1－2a)x，从而当1－2a≥0，即a≤0.5时，f′(x)≥0(x≥0)，而f(0)=0，于是当x≥0时，f(x)≥0.由e x>1＋x(x≠0)得e－x>1－x(x≠0)，从而当a>时，f′(x)<e x－1＋2a(e－x－1)=e－x(e x－1)(e x－2a)，故当x∈(0，ln2a)时， f′(x)<0，而f(0)=0，于是当x∈(0，ln2a)时，f(x)<0，综上可得a的取值范围为(－∞，0.5]．20.解：（1）证明：由已知易得，所以令得：显然，时，<0，函数f（x）单调递减；时，>0，函数f（x）单调递增，所以，令，则由得，时，>0，函数t（）单调递增；时，<0，函数t（）单调递减，所以，即结论成立.（2）由题设化简可得，令，所以由=0得①若，即时，在上，有，故函数单调递增所以②若，即时，在上，有，故函数在上单调递减，在上，有.故函数在上单调递增，所以，在上，故欲使，只需即可令, 由得所以，时，，即单调递减又，故。
2020高考数学新题型多项选择题专项训练《05 导数及其应用》(解析版)
专题05 导数及其应用多项选择题1．（2019秋•滨州期末）已知定义在[0,)2π上的函数()f x 的导函数为()f x '，且(0)0f =，()cos ()sin 0f x x f x x '+<，则下列判断中正确的是( )A．()()64f f ππ<B ．()03f ln π>C ．()2()63f f ππ> D．()()43f ππ>【分析】结合已知可构造()()cos f x g x x =，1[0,)2x π∈，结合已知可判断()g x 的单调性，结合单调性及不等式的性质即可判断． 【解答】解：令()()cos f x g x x =，1[0,)2x π∈， 因为()cos ()sin 0f x x f x x '+<， 则2()cos ()sin ()0f x x f x xg x cos x'+'=<， 故()g x 在[0，1)2π上单调递减，因为(0)0f =，则()0f x …，结合选项可知，()()64g g ππ>()()f f ππ>，即()()64f f ππ>，故A 错误，因为103ln π>，结合()g x 在在[0，1)2π上单调递减可知1()03g ln π<，从而有1()301cos 3f ln ln ππ<， 由1cos 03ln π>可得1()03f ln π<，故B 错误；1()()63g g ππ>1()()312f f ππ>，且1()03f π<，即11()()2()633f f πππ>．故C 正确；1()()43g g ππ>1()()312f f ππ>即1()()43f ππ>．故D 正确．故选：CD ．2．（2019秋•张店区校级期末）关于函数2()f x lnx x=+，下列判断正确的是( ) A ．2x =是()f x 的极大值点B ．函数()y f x x =-有且只有1个零点C ．存在正实数k ，使得()f x kx >成立D ．对任意两个正实数1x ，2x ，且12x x >，若12()()f x f x =，则124x x +> 【分析】A ．求函数的导数，结合函数极值的定义进行判断；B ．求函数的导数，结合函数的单调性，结合函数单调性和零点个数进行判断即可；C ．利用参数分离法，构造函数22()lnxg x x x=+，求函数的导数，研究函数的单调性和极值进行判断即可； D ．令()(2)(2)g t f t f t =+--，求函数的导数，研究函数的单调性进行证明即可．【解答】解：A ．函数的的定义域为(0,)+∞，函数的导数22212()x f x x x x-'=-+=， (0,2)∴上，()0f x '<，函数单调递减，(2,)+∞上，()0f x '>，函数单调递增， 2x ∴=是()f x 的极小值点，即A 错误；B ．2()y f x x lnx x x=-=+-，∴2220x x y x -+-'=<， 函数在(0,)+∞上单调递减，且f （1）121110ln -=+-=>，f （2）2122210ln ln -=+-=-<，∴函数()y f x x =-有且只有1个零点，即B 正确；C ．若()f x kx >，可得22lnx k x x<+． 令22()lnx g x x x =+，则34()x xlnxg x x -+-'=， 令()4h x x xlnx =-+-，则()h x lnx '=-，∴在(0,1)x ∈上，函数()h x 单调递增，(1,)x ∈+∞上函数()h x 单调递减，()h x h ∴…（1）0<，()0g x ∴'<，∴22()lnxg x x x=+在(0,)+∞上函数单调递减，函数无最小值， ∴不存在正实数k ，使得()f x kx >恒成立，即C 不正确；D ．令(0,2)t ∈，则2(0,2)t -∈，22t +>，令22242()(2)(2)(2)(2)2242t tg t f t f t ln t ln t lnt t t t+=+--=++---=++---， 则2222222222224(4)822241648()0(4)2(2)(4)4(4)t t t t t t t g t t t t t t t ----++---'=+=+=<-+----g ， ()g t ∴在(0,2)上单调递减，则()(0)0g t g <=，令12x t =-，由12()()f x f x =，得22x t >+，则12224x x t t +>-++=， 当24x …时，124x x +>显然成立，∴对任意两个正实数1x ，2x ，且21x x >， 若12()()f x f x =，则124x x +>，故D 正确． 故选：BD ．3．（2019秋•济宁期末）已知函数()f x 的定义域为R 且导函数为()f x '，如图是函数()y xf x '=的图象，则下列说法正确的是( )A ．函数()f x 的增区间是(2,0)-，(2,)+∞B ．函数()f x 的增区间是(,2)-∞-，(2,)+∞C ．2x =-是函数的极小值点D ．2x =是函数的极小值点【分析】根据题意，由函数()y xf x ='的图象分析导函数的符号，进而可得()f x 的单调区间以及单调性，据此分析可得答案．【解答】解：根据题意，由函数()y xf x ='的图象可知： 当2x <-时，()0xf x '<，()0f x '>，此时()f x 为增函数， 当20x -<<时，()0xf x '>，()0f x '<，此时()f x 为减函数， 当02x <<时，()0xf x '<，()0f x '<，此时()f x 为减函数， 当2x >时，()0xf x '>，()0f x '>，此时()f x 为增函数；据此分析选项：函数()f x 的增区间是(,2)-∞-，(2,)+∞，则B 正确，A 错误； 2x =-是函数的极大值点，2x =是函数的极小值点，则D 正确，C 错误；故选：BD ．4．（2019秋•漳州期末）定义在区间1[,4]2-上的函数()f x 的导函数()f x '图象如图所示，则下列结论正确的是( )A ．函数()f x 在区间(0,4)单调递增B ．函数()f x 在区间1(,0)2-单调递减C ．函数()f x 在1x =处取得极大值D ．函数()f x 在0x =处取得极小值【分析】结合函数的导数与单调性的关系及极值取得的条件对选项分别进行检验即可判断． 【解答】解：结合导数与函数单调性的关系可知，当102x -<…时，()0f x '<，则函数单调递减，当04x 剟时，()0f x '…，此时函数单调递增，故当0x =时，函数取得极小值，没有极大值， 故选：ABD ．5．（2019秋•临沂期末）已知函数()sin cos f x x x x x =+-的定义域为[2π-，2)π，则( ) A ．()f x 为奇函数 B ．()f x 在[0，)π上单调递增C ．()f x 恰有4个极大值点D ．()f x 有且仅有4个极值点【分析】先求出函数定义域，判断函数的定义域关于原点不对称，故可判断A ；对函数求导，然后结合导数与单调性，极值的关系可对选项BCD 进行判断． 【解答】解：因为()f x 的定义域为[2π-，2)π， 所以()f x 是非奇非偶函数，又()1cos (cos sin )1sin f x x x x x x x '=+--=+，当[0x ∈，)π时，()0f x '>，则()f x 在[0，)π上单调递增． 显然(0)0f '≠，令()0f x '=，得1sin x x=-， 分别作出sin y x =，1y x=-在区间[2π-，2)π上的图象，由图可知，这两个函数的图象在区间[2π-，2)π上共有4个公共点，且两图象在这些公共点上都不相切， 故()f x 在区间[2π-，2)π上的极值点的个数为4，且()f x 只有2个极大值点．故选：BD ．6．（2019秋•烟台期中）已知函数()f x xlnx =，若120x x <<，则下列结论正确的是( ) A ．2112()()x f x x f x <B ．1122()()x f x x f x +<+C ．1212()()0f x f x x x -<-D ．当1lnx >-时，112221()()2()x f x x f x x f x +>【分析】根据条件分别构造不同的函数，求函数的导数，利用函数单调性和导数之间的关系进行判断即可． 【解答】解：A ．正确； 因为令()()f x g x lnx x==，在(0,)+∞上是增函数， ∴当120x x << 时，12()()g x g x <，∴1212()()f x f x x x <即2112()()x f x x f x <． B ．错误；因为令()()g x f x x xlnx x =+=+ ()2g x lnx ∴'=+，2(x e -∴∈，)+∞时，()0g x '>，()g x 单调递增， 2(0,)x e -∈时，()0g x '<，()g x 单调递减． 11()x f x ∴+与22()x f x +无法比较大小．C ．错误；因为令()()g x f x x xlnx x =-=-，()g x lnx '=，(0,1)x ∴∈时，()0g x '<，()g x 在(0,1)单调递减， (1,)x ∈+∞时，()0g x '>，()g x 在(1,)+∞单调递增，∴当1201x x <<<时，12()()g x g x >，1122()()f x x f x x ∴->-， 1212()()f x f x x x ∴->-，∴1212()()0f x f x x x -<-．当121x x << 时，12()()g x g x < 1122()()f x x f x x ∴-<-，1212()()f x f x x x ∴-<-，∴1212()()0f x f x x x ->-．D ．正确；因为1lnx >-时，()f x 单调递增，又A Q 正确，1122211122211212()()2()[()()][()()]()[()()]0x f x x f x x f x x f x f x x f x f x x x f x f x ∴+->-+-=-->g g ．故选：AD ．7．（2019秋•润州区校级期末）直线12y x b =+能作为下列函数图象的切线的有( ) A ．1()f x x=B ．4()f x x =C ．()sin f x x =D ．()x f x e =【分析】先求出函数的导函数，然后根据直线12y x b =+能作为下列函数图象的切线，根据导数与切线斜率的关系建立等式，看是否成立即可． 【解答】解：函数12y x b =+，可得211()2f x x '=-=不成立；所以A 不正确； 4()f x x =，31()42f x x '==可以成立；所以B 正确； ()sin f x x =，1()cos 2f x x '==，可以成立；所以C 正确； ()x f x e =，1()2x f x e ==可成立．所以D 正确； 故直线12y x b =+能作为BCD 函数图象的切线， 故选：BCD ．8．如果函数()y f x =的导函数()y f x '=的图象如图所示，则以下关于函数()y f x =的判断正确的是( )A ．在区间(2,4)内单调递减B ．在区间(2,3)内单调递增C ．3x =-是极小值点D ．4x =是极大值点【分析】利用导函数的图象，判断导函数的符号，判断函数的单调区间以及函数的极值即可． 【解答】解：A ．函数()y f x =在区间(2,4)内()0f x '>，则函数单调递增；故A 不正确，B ．函数()y xf x ='在区间(2,3)的导数为()0f x '>，()y f x ∴=在区间(2,3)上单调递增，B ∴正确；C ．由图象知当3x =-时，函数()f x '取得极小值，但是函数()y f x =没有取得极小值，故C 错误，D ．4x =时，()0f x '=，当24x <<时，()0f x '>，()f x '为增函数，4x <， 此时()0f x '<此时函数()y f x =为减函数，则函数()y f x =内有极大值，4x =是极大值点；故D 正确， 故选：BD ．9．已知函数32()247f x x x x =---，其导函数为()f x '，下列命题中真命题的为( ) A ．()f x 的单调减区间是2(,2)3B ．()f x 的极小值是15-C ．当2a >时，对任意的2x >且x a ≠，恒有()f x f >（a ）f +'（a ）()x a -D ．函数()f x 有且只有一个零点【分析】由32()247f x x x x =---，知2()344f x x x '=--，令2()3440f x x x '=--=，得23x =-，22x =，分别求出函数的极大值和极小值，知A 错误，BD 正确；由2a >，2x >且x a ≠，利用作差法知()f x f -（a ）f -'（a ）()0x a ->，故C 正确；【解答】解：32()247f x x x x =---，其导函数为2()344f x x x '=--． 令()0f x '=，解得23x =-，2x =，当()0f x '>时，即23x <-，或2x >时，函数单调递增，当()0f x '<时，即223x -<<时，函数单调递减；故当2x =时，函数有极小值，极小值为f （2）15=-，当23x =-时，函数有极大值，极大值为2()03f -<，故函数只有一个零点，A 错误，BD 正确；2a >Q ，2x >且x a ≠，()f x f ∴-（a ）f -'（a ）()x a -323222424(344)()x x x a a a a a x a =---++---- 33222222340x a x a a x ax =+---+>，∴恒有()f x f >（a ）f +'（a ）()x a -，故C 正确； 故选：BCD ．10．已知函数()f x 的定义域为R ，其导函数()f x '的图象如图所示，则对于任意1x ，212()x R x x ∈≠，下列结论正确的是( )A ．()0f x <恒成立B ．1212()[()()]0x x f x f x --<C ．1212()()()22x x f x f x f ++>D ．1212()()()22x x f x f x f ++<【分析】由导函数的图象可知，导函数()f x '的图象在x 轴下方，即()0f x '<，故原函数为减函数，并且是，递减的速度是先快后慢．由此可得函数()f x 的图象，再结合函数图象易得正确答案．【解答】解：由导函数的图象可知，导函数()f x '的图象在x 轴下方，即()0f x '<，故原函数为减函数， 并且是，递减的速度是先快后慢．所以()f x 的图象如图所示：()0f x <恒成立，没有依据，故A 不正确；B 表示12()x x -与12[()()]f x f x -异号，即()f x 为减函数．故B 正确；CD 左边边的式子意义为1x ，2x 中点对应的函数值，即图中点B 的纵坐标值，右边式子代表的是函数值得平均值，即图中点A 的纵坐标值，显然有左边小于右边， 故C 不正确，D 正确， 故选：BD ．11．若函数()( 2.718x e f x e =⋯，e 为自然对数的底数）在()f x 的定义域上单调递增，则称函数()f x 具有M 性质．给出下列函数：不具有M 性质的为( ) A ．()f x lnx =B ．2()1f x x =+C ．()sin f x x =D ．3()f x x =【分析】利用导数研究函数的单调性，对选项逐一考查就可以得到答案．【解答】解：对于A ，()f x lnx =，则()x g x e lnx =，则1()()x g x e lnx x'=+，函数先递减再递增；对于B ，2()1f x x =+，则2()()(1)x x g x e f x e x ==+，22()(1)2(1)0x x x g x e x xe e x '=++=+>在实数集R 上恒成立，()()x g x e f x ∴=在定义域R 上是增函数；对于C ，()sin f x x =，则()sin x g x e x =，()(sin cos )sin()4x x g x e x x x π'=+=+，显然()g x 不单调；对于D ，2()f x x =，则3()()x x g x e f x e x ==，32322()3(3)(3)x x x x g x e x e x e x x e x x '=+=+=+，当3x <-时，()0g x '<，()()x g x e f x ∴=在定义域R 上先减后增；∴具有M 性质的函数的序号为B ，不具有M 性质的函数的序号为A 、C 、D ．故选：ACD ．12．对于函数()lnxf x x=，下列说法正确的有( ) A ．()f x 在x e =处取得极大值1eB ．()f x 有两个不同的零点C ．f （2）()f f π<<（3）D ．若1()f x k x<-在(0,)+∞上恒成立，则1k > 【分析】求函数的导数，结合函数单调性，极值，函数零点的性质分别进行判断即可． 【解答】解：函数的导数21()lnxf x x -'=，(0)x >， 令()0f x '=得x e =，则当0x e <<时，()0f x '>，函数为增函数， 当x e >时，()0f x '<，函数()f x 为减函数，则当x e =时，函数取得极大值，极大值为f （e ）1e=，故A 正确，当0x →，()f x →-∞，x →+∞，()0f x →，则()f x 的图象如图：由()0f x =得0lnx =得1x =，即函数()f x 只有一个零点，故B 错误，由图象知f （2）f =（4），f （3）()f f π>>（4），故f （2）()f f π<<（3）成立，故C 正确， 若1()f x k x<-在(0,)+∞上恒成立， 则1lnx k x x>+， 设1()lnx h x x x=+，(0)x >， 则2()lnxh x x '=-，当01x <<时，()0h x '>，当1x >时，()0h x '<， 即当1x =时，函数()h x 取得极大值同时也是最大值h （1）1==， 1k ∴>成立，故D 正确故选：ACD ．13．设点P 是曲线23x y e =+上的任意一点，P 点处的切线的倾斜角为α，则角α的取值范围包含下列哪些( ) A ．2[,)3ππ B ．[2π，5)6πC ．[0，)2πD ．[0，5)[26ππU ，)π【分析】求得函数的导数，可得切线的斜率，由指数函数的值域，可得斜率的范围，由正切函数的图象和性质，可得倾斜角的范围．【解答】解：23x y e =+的导数为x y e '=由0x e >，可得切线的斜率k >，由tan α>02πα<…或23παπ<<， 则C ，D 正确， 故选：CD ．14．已知函数x y me =的图象与直线2y x m =+有两个交点，则m 的取值可以是( ) A ．1-B ．1C ．2D ．3【分析】令()2x f x me x m =--．函数x y me =的图象与直线2y x m =+有两个交点，等价于函数()f x 有且仅有两个零点．对m 分类讨论，利用导数研究函数()f x 的单调性极值与最值即可得出． 【解答】解：令()2x f x me x m =--．()1x f x me '=-，当0m …时，()10x f x me '=-<，函数()f x 在R 上单调递减，不可能有两个零点，不符合题意，舍去． 当0m >时，令()10x f x me '=-=，解得x lnm =-．可得函数()f x 在x lnm =-时取得最小值，()12()f lnm lnm m g m -=+-=，(0)m >．1()2g m m '=-，可得函数()g m 在12m =取得最大值，1()202g ln =-<，()f x ∴的最小值()0f lnm -<． 0m ∴>时，函数()f x 有且仅有两个零点，即函数x y me =的图象与直线2y x m =+有两个交点， m ∴的取值可以是1，2，3．故选：BCD ．15．（2019秋•仓山区校级期末）定义在R 上的可导函数()y f x =的导函数的图象如图所示，以下结论正确的是( )A ．3-是()f x 的一个极小值点B ．2-和1-都是()f x 的极大值点C ．()f x 的单调递增区间是(3,)-+∞D ．()f x 的单调递减区间是(,3)-∞-【分析】有图象可知，根据()f x '的符号即可判断()f x 的单调性和极值情况．【解答】解：Q 当(,3)x ∈-∞-时，()0f x '<，()f x 单调递减；当(3,1)x ∈--时，()0f x '>，()f x 单调递增，3∴-是()f x 的极小值，故选项A 正确；由图可知，当(3,)x ∈-+∞时，()0f x '>，()f x ∴的递增区间为(3,)-+∞，故选项C 正确； 由图可知，当(,3)x ∈-∞-时，()0f x '<，()f x ∴的递减区间为(,3)-∞-，故选项D 正确； 又()f x 'Q 在2x =-和1x =-两侧同号，2∴-，1-不是()f x 的极值点，故选项B 错误； 故选：ACD ．16．（2019秋•仓山区校级期末）定义在R 的函数()f x ，已知00(0)x x ≠是它的极大值点，则以下结论正确的是( )A ．0x -是()f x -的一个极大值点B ．0x -是()f x -的一个极小值点C ．0x 是()f x -的一个极大值点D ．0x -是()f x --的一个极小值点 【分析】利用函数的图象变换即可求出结果．【解答】解：()y f x =-Q 与()y f x =图象关于y 轴对称，0x ∴-是()f x -的一个极大值点，故选项A 正确； ()y f x =-Q 与()y f x =图象关于x 轴对称，0x ∴是()f x -的一个极小值点，故选项B ，C 错误；()y f x =--Q 与()y f x =图象关于原点对称，0x ∴-是()f x --的一个极小值点，故选项D 正确；故选：AD ．17．（2019秋•金华期末）设()cos ,[,]63a f x x x x ππ=∈g 的最大值为M ，则( )A ．当1a =-时，M <B ．当2a =时，M C ．当1a =时，M >D ．当3a =时，12M <【分析】结合选项中的不同的a ，对函数求导，结合导数判断函数在区间[,]63ππ上单调性，进而可求函数的最值即M ，即可判断．【解答】解：当1a =-时，cos ()x f x x =，则可得，2sin cos ()0x x xf x x --'=<在[,]63ππ上恒成立， 故()f x 在[,]63ππ上单调递减，所以2()66M f ππ===<，故A 正确；当2a =时，2()cos f x x x =g ，则2()2cos sin (2cos sin )f x x x x x x x x x '=-=-， 易证2cos sin 0x x x ->恒成立，故()0f x '>，从而()f x 在[,]63ππ上单调递增，21()318M f ππ==，故B 成立； 当1a =时，()cos f x x x =，则可得()cos sin f x x x x '=-在[,]63ππ上单调递减，所以()()0612f x f ππ'>'=->，故()f x 在[,]63ππ上单调递增，1()36M f ππ==<，故C 错误；当3a =时，3()cos f x x x =，则322()sin 3cos (3cos sin )f x x x x x x x x x '=-+=-， 易得()3cos sin h x x x x =-在[,]63ππ上单调递减，所以1()()03h x h π>…，所以()f x 在[,]63ππ上单调递增，311()3542M f ππ==>，故D 错误．故选：AB ．18．（2019秋•琼山区校级期末）已知函数()x f x e =，1()22x g x ln =+的图象与直线y m =分别交于A 、B 两点，则( )A ．||AB 的最小值为22ln +B ．m ∃使得曲线()f x 在A 处的切线平行于曲线()g x 在B 处的切线C ．函数()()f x g x m -+至少存在一个零点D ．m ∃使得曲线()f x 在点A 处的切线也是曲线()g x 的切线【分析】求出A 、B 两点的坐标，得出||AB 关于m 的函数表达式，利用导数求出||AB 的最小值，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．【解答】解：令()xf x e m ==，得x lnm =，令1()22x g x ln m =+=，得122m x e -=，则点(,)A lnm m 、12(2,)m B em -，如下图所示：由图象可知，12||2m AB e lnm -=-，其中0m >，令12()2m h m elnm -=-，则121()2m h m e m-'=-， 则函数()y h m '=单调递增，且1()02h '=，当102m <<时，()0h m '<，当12m >时，()0h m '>． ∴函数12()2m h m elnm -=-在1(0,)2上单调递减，在1(,)2+∞上单调递增，∴11||()22222min AB h lnln ==-=+，A 选项正确； ()x f x e =Q ，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()()()22x x F x f x g x m e ln m =-+=-+-，可得1()x F x e x'=-，函数1()x F 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()0t F 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 lnm 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 选项错误；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 'Q （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，Q 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：ABD ．19．（2019秋•历下区校级月考）已知函数2()f x xlnx x =+，0x 是函数()f x 的极值点，以下几个结论中正确的是( ) A ．010x e<<B ．01x e>C ．00()20f x x +<D ．00()20f x x +>【分析】结合极值存在条件与零点判定定理及二次函数的 性质即可进行判定． 【解答】解：2()f x xlnx x =+Q ， ()12f x lnx x ∴'=++在0x >时单调递增， 0x Q 是函数()f x 的极值点，00120lnx x ∴++=，且00x >，又12()0f e e '=>，0x →时，()0f x '<，根据零点判定定理可知，00x < 1e<，又2200000000()22f x x x lnx x x x x +=++=-+，01(0,)x e∈，结合二次函数的性质可知，00()20f x x +>． 故选：AC ．20．（2019秋•市中区校级月考）设定义在R 上的函数()f x 满足2()()f x f x x -+=，且当0x …时，()f x x '<．已知存在22011|()(1)(1)22x x f x x f x x ⎧⎫∈----⎨⎬⎩⎭…，且0x 为函数()(x g x e a a R =--∈，e 为自然对数的底数）的一个零点，则实数a 的取值可能是( )A ．12B C ．2e D 【分析】先构造函数，判断函数的奇偶性，求函数的导数，研究函数的单调性，结合函数零点的性质建立不等式关系进行求解即可．【解答】解：Q 令函数21()()2T x f x x =-，因为2()()f x f x x -+=，22211()()()()()()()022T x T x f x x f x x f x f x x ∴+-=-+---=+--=，()T x ∴为奇函数，当0x …时，()()0T x f x x '='-<， ()T x ∴在(-∞，0]上单调递减， ()T x ∴在R 上单调递减． Q 存在0{|()(1)}x x T x T x ∈-…，∴得00()(1)T x T x -…，001x x -…，即012x …，()x g x e a =-Q ；1()2x …， 0x Q 为函数()y g x =的一个零点；Q 当12x …时，()0x g x e '=…， ∴函数()g x 在12x …时单调递减， 由选项知0a >，取12x =<，又(0g e=>Q ，∴要使()g x 在12x …时有一个零点，只需使1()02g a =…，解得a ，a ∴的取值范围为)+∞， 故选：BCD ．。
【高考冲刺】2020年高考数学(理数) 函数与导数 大题(含答案解析)
【高考复习】2020年高考数学(理数)函数与导数 大题1.已知函数f(x)=ln xx ＋a (a∈R)，曲线y=f(x)在点(1，f(x))处的切线与直线x ＋y ＋1=0垂直．(1)试比较2 0172 018与2 0182 017的大小，并说明理由；(2)若函数g(x)=f(x)-k 有两个不同的零点x 1，x 2，证明：x 1x 2>e 2.2.已知函数f(x)=kx-ln x-1(k>0)．(1)若函数f(x)有且只有一个零点，求实数k 的值；(2)证明：当n∈N *时，1＋12＋13＋ (1)>ln(n ＋1)．3.已知函数f(x)=ax-ln x ，F(x)=e x＋ax ，其中x>0，a<0.(1)若f(x)和F(x)在区间(0，ln 3)上具有相同的单调性，求实数a 的取值范围；(2)若a∈⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－1e 2，且函数g(x)=xe ax-1-2ax ＋f(x)的最小值为M ，求M 的最小值．4.已知函数f(x)=ln x ＋tx-s(s ，t∈R)．(1)讨论f(x)的单调性及最值；(2)当t=2时，若函数f(x)恰有两个零点x 1，x 2(0<x 1<x 2)，求证：x 1＋x 2>4.5.已知函数f(x)=(2＋x ＋ax 2)·ln(1＋x)-2x.(1)若a=0，证明：当-1<x<0时，f(x)<0；当x>0时，f(x)>0； (2)若x=0是f(x)的极大值点，求a.6.已知函数f(x)=ln x ＋2ax ＋1(a∈R)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a=1时，求证：f(x)≤x ＋12.7.已知函数f(x)=ln x-a(x ＋1)，a∈R 的图象在(1，f(1))处的切线与x 轴平行．(1)求f(x)的单调区间；(2)若存在x 0>1，当x∈(1，x 0)时，恒有f(x)-x 22＋2x ＋12>k(x-1)成立，求k 的取值范围．8.已知函数f(x)=xe x－a 3x 2－a 2x ，a≤e，其中e 为自然对数的底数．(1)当a=0，x>0时，证明：f(x)≥ex 2； (2)讨论函数f(x)极值点的个数．9.已知函数f(x)=x-1-alnx(其中a 为参数)．(1) 求函数f(x)的单调区间；(2) 若对任意x ∈(0，＋∞)都有f(x)≥0成立，求实数a 的取值集合；(3) 证明：⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n n <e<⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n n ＋1(其中n ∈N *，e 为自然对数的底数)．10.已知函数f(x)=⎩⎪⎨⎪⎧－x 3＋x 2，x<0，e x－ax ，x ≥0，其中常数a∈R .(1) 当a=2时，求函数f(x)的单调区间；(2) 若方程f(-x)＋f(x)=e x-3在区间(0，＋∞)上有实数解，求实数a 的取值范围； (3) 若存在实数m ，n ∈[0，2]，且|m-n|≥1，使得f(m)=f(n)，求证：1≤ae －1≤e.答案解析1.解：(1) 20172 018>2 0182 017.理由如下：依题意得，f′(x)=x ＋ax－ln x ＋2，因为函数f(x)在x=1处有意义，所以a≠-1.所以f′(1)=1＋a ＋2=11＋a， 又由过点(1，f(1))的切线与直线x ＋y ＋1=0垂直可得，f′(1)=1，即11＋a=1，解得a=0.此时f(x)=ln x x ，f′(x)=1－ln xx2， 令f′(x)>0，即1-ln x>0，解得0<x<e ； 令f′(x)<0，即1-ln x<0，解得x>e.所以f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e ，＋∞)．所以f(2 017)>f(2 018)，即ln 2 0172 017>ln 2 0182 018，则2 018ln 2 017>2 017ln 2 018，所以2 0172 018>2 0182 017.(2)证明：不妨设x 1>x 2>0，因为g(x 1)=g(x 2)=0， 所以ln x 1-kx 1=0，ln x 2-kx 2=0.可得ln x 1＋ln x 2=k(x 1＋x 2)，ln x 1-ln x 2=k(x 1-x 2)，要证x 1x 2>e 2，即证ln x 1＋ln x 2>2，也就是k(x 1＋x 2)>2，因为k=ln x 1－ln x 2x 1－x 2，所以只需证ln x 1－ln x 2x 1－x 2>2x 1＋x 2，即ln x 1x 2>1－x 2x 1＋x 2，令x 1x 2=t ，则t>1，即证ln t>－t ＋1.令h(t)=ln t-－t ＋1(t>1)．由h′(t)=1t -4＋2=－2＋2>0得函数h(t)在(1，＋∞)上是增函数，所以h(t)>h(1)=0，即ln t>－t ＋1.所以x 1x 2>e 2. 2.解：(1) f(x)=kx-ln x-1，f′(x)=k-1x =kx －1x(x>0，k>0)，当x=1k 时，f′(x)=0；当0<x<1k 时，f′(x)<0；当x>1k时，f′(x)>0.∴f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1k 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ，＋∞上单调递增， ∴f(x)min =f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k =ln k ， ∵f(x)有且只有一个零点， ∴ln k=0，∴k=1.(2)证明：由(1)知x-ln x-1≥0，即x-1≥ln x，当且仅当x=1时取等号，∵n∈N *，令x=n ＋1n ，得1n >ln n ＋1n，∴1＋12＋13＋…＋1n >ln 21＋ln 32＋…＋ln n ＋1n =ln(n ＋1)，故1＋12＋13＋…＋1n >ln(n ＋1)．3.解：(1)由题意得f′(x)=a-1x =ax －1x，F′(x)=e x＋a ，x>0，∵a<0，∴f′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，即f(x)在(0，＋∞)上单调递减， 当-1≤a<0时，F′(x)>0，即F(x)在(0，＋∞)上单调递增，不合题意， 当a<-1时，由F′(x)>0，得x>ln(-a)，由F′(x)<0，得0<x<ln(-a)， ∴F(x)的单调递减区间为(0，ln(-a))，单调递增区间为(ln(-a)，＋∞)． ∵f(x)和F(x)在区间(0，ln 3)上具有相同的单调性， ∴ln(-a)≥ln 3，解得a≤-3， 综上，a 的取值范围是(-∞，-3]．(2)g′(x)=e ax-1＋axe ax-1-a-1x =(ax ＋1)⎝⎛⎭⎪⎫e ax －1－1x ，由e ax-1-1x =0，解得a=1－ln x x ，设p(x)=1－ln x x ，则p′(x)=ln x －2x 2， 当x>e 2时，p′(x)>0，当0<x<e 2时，p′(x)<0，从而p(x)在(0，e 2)上单调递减，在(e 2，＋∞)上单调递增，p(x)min =p(e 2)=-1e2，当a≤-1e 2时，a≤1－ln x x ，即e ax-1-1x≤0，当x∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a 时，ax ＋1>0，g′(x)≤0，g(x)单调递减， 当x∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞时，ax ＋1<0，g′(x)≥0，g(x)单调递增，∴g(x)min =g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a =M ， 设t=-1a ∈(0，e 2]，M=h(t)=t e2-ln t ＋1(0<t≤e 2)，则h′(t)=1e 2-1t ≤0，h(t)在(0，e 2]上单调递减，∴h(t)≥h(e 2)=0，即M≥0， ∴M 的最小值为0. 4.解：(1)f′(x)=x －tx2(x>0)，当t≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，f(x)无最值； 当t>0时，由f′(x)<0，得x<t ，由f′(x)>0，得x>t ， f(x)在(0，t)上单调递减，在(t ，＋∞)上单调递增，故f(x)在x=t 处取得最小值，最小值为f(t)=ln t ＋1-s ，无最大值． (2)∵f(x)恰有两个零点x 1，x 2(0<x 1<x 2)，∴f(x 1)=ln x 1＋2x 1-s=0，f(x 2)=ln x 2＋2x 2-s=0，得s=2x 1＋ln x 1=2x 2＋ln x 2，∴2－x 1x 1x 2=ln x 2x 1，设t=x 2x 1>1，则ln t=－tx 1，x 1=－tln t，故x 1＋x 2=x 1(t ＋1)=2－tln t ，∴x 1＋x 2-4=2⎝ ⎛⎭⎪⎫t 2－1t －2ln t ln t，记函数h(t)=t 2－1t-2ln t ，∵h′(t)=－2t2>0，∴h(t)在(1，＋∞)上单调递增， ∵t>1，∴h(t)>h(1)=0，又t=x 2x 1>1，ln t>0，故x 1＋x 2>4成立．5.解：(1)证明：当a=0时，f(x)=(2＋x)ln(1＋x)-2x ，f′(x)=ln(1＋x)-x1＋x. 设函数g(x)=ln(1＋x)-x 1＋x ，则g′(x)=x＋2. 当-1<x<0时，g′(x)<0；当x>0时，g′(x)>0， 故当x>-1时，g(x)≥g(0)=0， 且仅当x=0时，g(x)=0，从而f′(x)≥0，且仅当x=0时，f′(x)=0. 所以f(x)在(-1，＋∞)上单调递增． 又f(0)=0，故当-1<x<0时，f(x)<0；当x>0时，f(x)>0. (2)①若a≥0，由(1)知，当x>0时，f(x)≥(2＋x)ln(1＋x)-2x>0=f(0)， 这与x=0是f(x)的极大值点矛盾． ②若a<0，设函数h(x)=2＋x ＋ax 2=ln(1＋x)-2x2＋x ＋ax2.由于当|x|<min ⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1，1|a|时，2＋x ＋ax 2>0， 故h(x)与f(x)符号相同． 又h(0)=f(0)=0，故x=0是f(x)的极大值点，当且仅当x=0是h(x)的极大值点．h′(x)=11＋x -＋x ＋ax 2－＋＋x ＋ax 22=x 22x 2＋4ax ＋6a ＋＋2＋x ＋2.若6a ＋1>0，则当0<x<-6a ＋14a， 且|x|<min ⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1，1|a|时，h′(x)>0， 故x=0不是h(x)的极大值点．若6a ＋1<0，则a 2x 2＋4ax ＋6a ＋1=0存在根x 1<0，故当x∈(x 1,0)，且|x|<min ⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1，1|a|时，h′(x)<0，所以x=0不是h(x)的极大值点．若6a ＋1=0，则h′(x)=x 3－＋2－6x －2，则当x∈(-1,0)时，h′(x)>0； 当x∈(0,1)时，h′(x)<0. 所以x=0是h(x)的极大值点， 从而x=0是f(x)的极大值点．综上，a=-16.6.解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)=x 2＋－＋1＋2.考虑y=x 2＋2(1-a)x ＋1，x>0.①当Δ≤0，即0≤a≤2时，f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增． ②当Δ>0，即a>2或a<0时，由x 2＋2(1-a)x ＋1=0，得x=a-1±a 2－2a.若a<0，则f′(x)>0恒成立，此时f(x)在(0，＋∞)上单调递增；若a>2，则a-1＋a 2－2a>a-1-a 2－2a>0，由f′(x)>0，得0<x<a-1-a 2－2a 或x>a-1＋a 2－2a ，则f(x)在(0，a-1-a 2－2a)和(a-1＋a 2－2a ，＋∞)上单调递增．由f′(x)<0，得a-1-a 2－2a<x<a-1＋a 2－2a ，则f(x)在(a-1-a 2－2a ，a-1＋a 2－2a)上单调递减．综上，当a≤2时，函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；当a>2时，f(x)的单调递增区间为(0，a-1-a 2－2a)，(a-1＋a 2－2a ，＋∞)，单调递减区间为(a-1-a 2－2a ，a-1＋a 2－2a)．(2)证明：当a=1时，f(x)=ln x ＋2x ＋1.令g(x)=f(x)-x ＋12=ln x ＋2x ＋1-x ＋12(x>0)， 则g′(x)=1x -2＋2-12=2－x －x 3＋2=－－2＋x ＋＋2. 当x>1时，g′(x)<0，当0<x<1时，g′(x)>0，∴g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 即当x=1时，g(x)取得最大值，故g(x)≤g(1)=0，即f(x)≤x ＋12成立，得证．7.解：(1)由已知可得f(x)的定义域为(0，＋∞)．∵f′(x)=1x -a ，∴f′(1)=1-a=0，∴a=1，∴f′(x)=1x -1=1－xx，令f′(x)>0得0<x<1，令f′(x)<0得x>1，∴f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．(2)不等式f(x)-x 22＋2x ＋12>k(x-1)可化为ln x-x 22＋x-12>k(x-1)，令g(x)=ln x-x 22＋x-12-k(x-1)，则g′(x)=1x -x ＋1-k=－x 2＋－＋1x，令h(x)=-x 2＋(1-k)x ＋1，则h(x)的对称轴为直线x=1－k 2，①当1－k 2≤1，即k≥-1时，易知h(x)在(1，＋∞)上单调递减，∴x∈(1，＋∞)时，h(x)<h(1)=1-k ， 若k≥1，则h(x)<0，∴g′(x)<0， ∴g(x)在(1，＋∞)上单调递减， ∴g(x)<g(1)=0，不符合题意． 若-1≤k<1，则h(1)>0，∴存在x 0>1，使得x∈(1，x 0)时，h(x)>0，即g′(x)>0， ∴g(x)在(1，x 0)上单调递增，∴g(x)>g(1)=0恒成立，符合题意．②当1－k 2>1，即k<-1时，易知存在x 0>1，使得h(x)在(1，x 0)上单调递增，∴h(x)>h(1)=1-k>0， ∴g′(x)>0，∴g(x)在(1，x 0)上单调递增，∴g(x)>g(1)=0恒成立，符合题意． 综上，k 的取值范围是(-∞，1)． 8.解:(1)证明：依题意，f(x)=xe x ，故原不等式可化为xe x ≥ex 2，因为x>0，所以只要证e x－ex≥0即可，记g(x)=e x－ex(x>0)，则g′(x)=e x－e(x>0)，当0<x<1时，g′(x)<0，g(x)单调递减； 当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以g(x)≥g(1)=0，即f(x)≥ex 2，原不等式成立．(2)f′(x)=e x －13ax 2－12ax ＋xe x －23ax －12a=(x ＋1)e x －ax(x ＋1)=(x ＋1)(e x－ax)，记h(x)=e x －ax ，h′(x)=e x－a.(ⅰ)当a<0时，h′(x)=e x－a>0，h(x)在R 上单调递增，h(0)=1>0，h 1a =e 1a－1<0，所以存在唯一的x 0∈1a，0，使h(x 0)=0，且当x<x 0时，h(x)<0；当x>x 0，h(x)>0.①当x 0=－1，即a=－1e时，对任意x≠－1，f′(x)>0，此时f(x)在R 上单调递增，无极值点；②若x 0<－1，即－1e<a<0时，此时当x<x 0或x>－1时，f′(x)>0，即f(x)在(－∞，x 0)，(－1，＋∞)上单调递增；当x 0<x<－1时，f′(x)<0，即f(x)在(x 0，－1)上单调递减， 此时f(x)有一个极大值点x 0和一个极小值点－1.③若－1<x 0<0，即a<－1e时，此时当x<－1或x>x 0时，f′(x)>0，即f(x)在(－∞，－1)，(x 0，＋∞)上单调递增；当－1<x<x 0时，f′(x)<0，即f(x)在(－1，x 0)上单调递减，此时f(x)有一个极大值点－1和一个极小值点x 0.(ⅱ)当a=0时，f(x)=xe x ，所以f′(x)=(x ＋1)e x ，显然f(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，此时f(x)有一个极小值点－1，无极大值点．(ⅲ)当0<a<e 时，由(1)可知，对任意x≥0，h(x)=e x －ax>e x －ex≥0，从而h(x)>0，而对任意x<0，h(x)=e x －ax>e x >0，所以对任意x ∈R ，h(x)>0，此时令f′(x)<0，得x<－1，令f′(x)>0，得x>－1，所以f(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，此时f(x)有一个极小值点－1，无极大值点．(ⅳ)当a=e 时，由(1)可知，对任意x ∈R ，h(x)=e x －ax=e x －ex≥0(当且仅当x=1时，取等号)，此时令f′(x)<0，得x<－1，令f′(x)≥0，得x≥－1，所以f(x)在(－∞，－1)上单调递减，在[－1，＋∞)上单调递增，此时f(x)有一个极小值点－1，无极大值点．综上所述，①当a<－1e 或－1e<a<0时，f(x)有两个极值点； ②当a=－1e时，f(x)无极值点； ③当0≤a≤e 时，f(x)有一个极值点．9.解：(1) f ′(x)=1-a x =x －a x(x>0)， 当a ≤0时，f ′(x)=1-a x =x －a x>0，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数； 当a>0时，所以f(x)的增区间是(a ，＋∞)，减区间是(0，a)．综上所述， 当a ≤0时，f(x)的单调递增区间是(0，＋∞)；当a>0时，f(x)的单调递增区间是(a ，＋∞)，单调递减区间是(0，a)．(2) 由题意得f(x)min ≥0.当a ≤0时，由(1)知f(x)在(0，＋∞)上是增函数，当x →0时，f(x)→-∞，故不合题意；(6分)当a>0时，由(1)知f(x)min =f(a)=a-1-alna ≥0.令g(a)=a-1-alna ，则由g ′(a)=-lna=0，得a=1，所以g(a)=a-1-alna ≤0，又f(x)min =f(a)=a-1-alna ≥0，所以a-1-alna=0，所以a=1，即实数a 的取值集合是{1}．(10分)(3) 要证不等式1＋1n n <e<1＋1nn ＋1， 两边取对数后，只要证nln1＋1n <1<(n ＋1)ln1＋1n ，即只要证1n ＋1<ln1＋1n <1n，令x=1＋1n ，则只要证1-1x<lnx<x-1(1<x ≤2)． 由(1)知当a=1时，f(x)=x-1-lnx 在(1,2]上递增，因此f(x)>f(1)，即x-1-lnx>0，所以lnx<x-1(1<x ≤2)令φ(x)=lnx ＋1x -1(1<x ≤2)，则φ′(x)=x －1x 2>0， 所以φ(x)在(1,2]上递增，故φ(x)>φ(1)，即lnx ＋1x -1>0，所以1-1x<lnx(1<x ≤2)． 综上，原命题得证．10.解：(1) 当a=2时，f(x)=⎩⎪⎨⎪⎧－x 3＋x 2，x<0，e x －2x ，x ≥0. ①当x<0时，f ′(x)=-3x 2＋2x<0恒成立，所以f(x)在(-∞，0)上递减；②当x ≥0时，f ′(x)=e x -2，可得f(x)在[0，ln2]上递减，在[ln2，＋∞)上递增．因为f(0)=1>0，所以f(x)的单调递减区间是(-∞，0)和[0，ln2]，单调递增区间是[ln2，＋∞)．(2) 当x>0时，f(x)=e x -ax ，此时-x<0，f(-x)=-(-x)3＋(-x)2=x 3＋x 2.所以可化为a=x 2＋x ＋3x在区间(0，＋∞)上有实数解． 记g(x)=x 2＋x ＋3x ，x ∈(0，＋∞)，则g ′(x)=2x ＋1-3x 2=（x －1）（2x 2＋3x ＋3）x 2. 可得g(x)在(0，1]上递减，在[1，＋∞)上递增，且g(1)=5，当x →＋∞时，g(x)→＋∞. 所以g(x)的值域是[5，＋∞)，即实数a 的取值范围是[5，＋∞)．(3) 当x ∈[0，2]时，f(x)=e x -ax ，有f ′(x)=e x -a.若a ≤1或a ≥e 2，则f(x)在[0，2]上是单调函数，不合题意．所以1<a<e 2，此时可得f(x)在[0，lna]上递减，在[lna ，2]上递增．不妨设0≤m<lna<n ≤2，则f(0)≥f(m)>f(lna)，且f(lna)<f(n)≤f(2)．由m ，n ∈[0，2]，n-m ≥1，可得0≤m ≤1≤n ≤2.(12分)因为f(m)=f(n)，所以⎩⎪⎨⎪⎧1<a<e 2，f （0）≥f （m ）≥f （1），f （2）≥f （n ）≥f （1），得⎩⎪⎨⎪⎧1<a<e 2，1≥e －a ，e 2－2a ≥e －a ，即e-1≤a ≤e 2-e ，所以1≤a e －1≤e.。
2020年高考数学专项突破50题(11)--导数及其应用【含答案解析】
2020年高考数学专项突破50题（11）--导数及其应用学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________第I 卷（选择题）请点击修改第I 卷的文字说明一、选择题（本题共40道小题，每小题2分，共80分）1.已知点P 是曲线31xx e y e -=+上一动点，α为曲线在点P 处的切线的倾斜角，则α的最小值是( ) A. 0 B.4π C.23π D.34π 2.若函数()321f x x x mx +++=是R 上的单调函数，则实数m 的取值范围是（ ）．A. 1,3⎛+∞⎫ ⎪⎝⎭B. 1,3⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭C. 1,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭D.1,3⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦3.函数()sin ,,22f x x x x ππ⎡⎤=-∈-⎢⎥⎣⎦的最大值是（ ） A. 12π-+B.2π C. 2π-D. 12π-4.定义在R 上的函数()f x 满足：()'()1f x f x +>，(0)4f =，则不等式()3x xe f x e >+ 的解集为（ ） A. (0,+∞)B. (－∞,0)∪(3,+ ∞)C. (－∞,0)∪(0,+∞)D. (3,+ ∞)5.设函数()f x 是定义在(0,+∞)上的可导函数，其导函数为()f x '，且有()()2f x xf x x '+>，则不等式()()()220182018420x f x f --->的解集为 （ ）A. (2016,+∞)B.(0,2016)C. (0,2020)D. (2020,+∞)6.定积分13d x x ⎰的值为( )A. 3B. 1C.32D.127.若函数321y x x mx =+++是R 上的单调函数，则实数m 的取值范围是（ ） A. 1,3⎛+∞⎫ ⎪⎝⎭B. 1,3⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦C. 1,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭D.1,3⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭8.设函数23()ln 2f x x ax x =+-，若1x =是函数f (x )是极大值点，则函数f (x )的极小值为（ ） A. ln 22- B. ln21-C. ln32-D. ln31-9.如图，四边形OABC 是边长为2的正方形，曲线段DE 所在的曲线方程为1xy =，现向该正方形内抛掷1枚豆子，则该枚豆子落在阴影部分的概率为（ ）A.32ln24- B.12ln24+ C.52ln24- D.12ln24-+ 10..如图是导函数()y f x ='的图象，在图中标记的点处，函数()y f x =有极大值的是（ ）A. 2xB. 3xC. 1xD. 4x11.下列求导运算正确的是（ ）A. 2331x x x '⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭ B. ()21log ln 2x x '=C. ()3'3xx= D. ()2cos 2sin x x x x '=-12.已知函数()1lnx f 1x x +=-,()()*g kx k N x=∈，若对任意的1c >,存在实数a ,b 满足0a b <<c <，使得()()()f f c a g b ==，则k 的最大值为( )A. 2B. 3C. 4D. 513.直线4y x =与曲线3y x =在第一象限内围成的封闭图形的面积为（ ）A. B. C. 2 D. 414.设函数f (x )是定义在(－1,+∞)上的连续函数，且在0x =处存在导数，若函数f (x )及其导函数()f x '满足()()ln(1)1f x f x x x x +-'=+，则函数f (x ) ( ) A. 既有极大值又有极小值 B. 有极大值 ，无极小值 C. 有极小值，无极大值 D. 既无极大值也无极小值15.已知曲线()ln f x x x =的一条切线的斜率为2，则切点的横坐标为( ) A. 1 B. ln 2C. 2D. e16.设函数()f x 在1x =处存在导数，则0(1)(1)lim 3x f x f x∆→+∆-=∆（ ）A.1(1)3f ' B. (1)f 'C. 3(1)f 'D. (3)f '17.已知a 为函数()312f x x x =-的极小值点，则a =（ ） A. －4 B. －2 C. 4 D. 218.设11cos ,sin ,a xdx b xdx ==⎰⎰下列关系式成立的是 （ ）A. a b >B. 1a b +<C. a b <D.1a b +=19.如图所示，点()1,0A ，B 是曲线231y x =+上一点，向矩形OABC 内随机投一点，则该点落在图中阴影内的概率为（ ）A.12B.13C.14D.2520.曲线12x y e =在点()24,e 处的切线与坐标轴所围三角形的面积为（ ）A. 2eB. 24eC. 22eD.292e 21. 若()32()61f x x ax a x =++++有极大值和极小值，则a 的取值范围是（ ）A.(－1,2)B. (－∞,－1)∪(2,+∞)C. (－3,6)D. (－∞,－3)∪(6,+∞)22.已知函数21()(2)e x f x x x -=-，若当1x > 时，()10f x mx m -++≤有解，则m 的取值范围为（ ） A. 1m ≤ B. 1m <-C. 1m >-D. m 1≥23. 已知2024a x dx π=-⎰，若()()20182201801220181ax b b x b x b x x R -=++++∈L ，则20181222018222b b b +++L 的值为（ ） A. －1 B. 0C. 1D. 224. 如图由1,1,2,0y x x y x====所围成的平面图形的面积为（ ）A. ln 2B. ln21-C. 1ln2+D. 2ln 225.某莲藕种植塘每年的固定成本是1万元，每年最大规模的种植量是8万斤，每种植一斤藕，成本增加0.5元.如果销售额函数是32191()8162f x x ax x =-++ （x 是莲藕种植量，单位：万斤；销售额的单位：万元，a 是常数），若种植2万斤，利润是2.5万元，则要使利润最大，每年需种植莲藕（ ） A. 8万斤 B. 6万斤C. 3万斤D. 5万斤26.已知函数()211ln 1x x f x x x x⎧-<⎪=⎨≥⎪⎩，，，若关于x 的方程()()()22120f x m f x m +--=⎡⎤⎣⎦有5个不同的实数解，则实数m 的取值范围是（ ） A. 113⎧⎫-⎨⎬⎩⎭，B. (0,+∞)C. 10e ⎛⎫ ⎪⎝⎭，D.11e ⎛⎫- ⎪⎝⎭，27.已知函数(22lg y x x a=+是定义在R 上的奇函数，且函数()2x ag x x+=在()0,+∞上单调递增，则实数a 的值为 A. －1 B. －2C. 1D. 228.函数y ＝x 4－2x 2＋5的单调递减区间为( ) A. (－∞，－1]和[0,1] B. [－1,0]和[1，＋∞) C. [－1,1] D. (－∞，－1]和[1，＋∞)29.已知f (x )，g (x )都是定义域为R 的连续函数．若：g (x )满足：①当0x >时，()0g x '>恒成立；②x R ∀∈都有()()g x g x =-．()f x 满足：①x R ∀∈都有(3)f x +=(3)f x -；②当[3,3]x ∀∈-时，3()3f x x x =-．若关于x 的不等式[()]g f x ≤()22g a a -+对3323,2322x ⎡⎤∈---⎢⎥⎣⎦恒成立，则a 的取值范围是（ ）A. RB. 133133,2424⎡⎤--+⎢⎥⎣⎦ C. [0,1] D.(－∞,0]∪[1,+∞)30.2204x dx -=⎰（ ）A. πB. 2πC. 2D. 131.已知函数()ln(1)f x x ax =+-，若曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程为2y x =，则实数a 的取值为（ ） A. －2 B. －1C. 1D. 232..函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，给出下列命题：①－3是函数y ＝f (x )的极值点； ②－1是函数y ＝f (x )的最小值点； ③y ＝f (x )在区间(－3,1)上单调递增； ④y ＝f (x )在x ＝0处切线的斜率小于零． 以上正确命题的序号是( ) A. ①② B. ③④ C. ①③ D. ②④33.已知不等式42(,,4)xe x ax b a b R a -+≥+∈≠-对任意实数x 恒成立，则44b a -+的最大值为（ ）． A. 2ln -B. 12ln --C. 22ln -D.222ln -34.已知函数()ln (1)22f x x a x a =+-+-.若不等式()0f x >的解集中整数的个数为3，则a 的取值范围是( )A. (]1ln3,0-B. (]1ln3,2ln 2- C. (]0,1ln 2- D. (]1ln3,1ln 2--35.函数()()+1=f x cosx sinx 的导数是（ ）． A. 2+cos x sinx B. 2cos x sinx - C. 2cos x cosx + D. 2cos x cosx -36.已知函数1()cos f x x x=，则()()2f f ππ'+=（ ）A. 2π-B.3πC. 1π-D. 3π-37.定义在R 上的函数f (x )的导函数为()f x '，且()()()f x xf x xf x '+<对R x ∈恒成立，则（ ） A.()()221f f e< B.()()221f f e>C. ()10f >D. ()10f ->38.已知函数()1f x x ax=+在(),1-∞-上单调递增，则实数a 的取值范围是（ ） A.[1,+∞) B. (－∞,0)∪(0,1] C. (0,1] D. (－∞,0)∪[1,+∞)39.下列导数运算正确的是（ ） A. ()121xx '- B. 1(2)2x x x '-= C. cos sin x x '=（）D. 1(ln )1x x x'+=+40.下列函数中，在区间(0,+∞)上为增函数的是（ ） A. 1y x=B. 2x y -=C. 2cos y x x =+D. 33y x x =-第II 卷（非选择题）请点击修改第II 卷的文字说明二、（本题共10道小题，每小题7分，共70分）41.已知函数()2ln 2f x x x ax x =-+，a ∈R ．（Ⅰ）若f (x )在(0,+∞)内单调递减，求实数a 的取值范围； （Ⅱ）若函数f (x )有两个极值点分别为1x ，2x ，证明：1212x x a+>． 42.设1()ln +,() 4.a f x x g x ax x-==- （Ⅰ）求()()()x f x g x ϕ=+的单调区间.（Ⅱ）当1a =时，记()()()h x f x g x =⋅，是否存在整数．．λ，使得关于x 的不等式2()h x λ≥有解？若存在求出λ的最小值，若不存在，说明理由. 43.已知函数1()1,x f x x mem R +=--∈.（1）若直线3y =-为函数f (x )的一条切线,求实数m 的值； （2）讨论函数f (x )的零点的个数. 44.已知函数()()()ln 101axf x x a x =+->+． （1）若x =1是函数()f x 的一个极值点，求a 的值； （2）若()0f x ≥在[0,+∞)上恒成立，求a 的取值范围；（3）证明：2020201912020e⎛⎫< ⎪⎝⎭（e 为自然对数的底数）． 45.设函数()()2xf x e x x m m R =+--∈（1）判断函数f (x )的单调性;（2）若方程()2f x x =在区间[－1,2]上恰有两个不同的实根,求实数m 的取值范围.46.已知函数()1)ln f x x =．（1）求f (x )的图像在点1x =处的切线方程；（2）求f (x )在区间1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的取值范围．47.已知函数()1x f x xe =+（1）求()f x 在0x =处的切线方程； （2）若对任意的()1212,x x x x <恒有()()()2121f x f x a x x ->-，求a 的取值范围.48.已经函数()2ln ax x a f x R =--∈，. （1）讨论函数()f x 的单调区间；（2）若函数()f x 在1x =处取得极值，对()0()3x f x bx ∀∈+∞-，，≥恒成立，求实数b 的取值范围. 49.已知函数()2ln(1),f x x ax x a R =++-∈ .（1）当14a =时，求函数()y f x =的极值； （2）是否存在实数(1,2)b ∈，使得当(1,]x b ∈-时，函数()f x 的最大值为()f b ？若存在，取实数a 的取值范围，若不存在，请说明理由. 50.已知函数()()2ln f x x ax a x a R =--∈,()325262g x x x x =-++-,()g x 在[1,4]上的最大值为b ,当[1,)x ∈+∞ 时, ()f x b ≥恒成立,则a 的取值范围是( ) A. 1a ≤B. 2a ≤C. 1a ≤-D. 0a ≤试卷答案1.D试题分析：max443,,10,1,114()2x xx y y y k e e eπα-==∴-≤<∴=-∴'=++'+,故选D. 考点：导数的几何意义、基本不等式.【易错点晴】本题主要考查了导数的几何意义.求函数的切线方程的注意事项(1)首先应判断所给点是不是切点，如果不是，要先设出切点．(2)切点既在原函数的图象上也在切线上，可将切点代入两者的函数解析式建立方程组．(3)在切点处的导数值就是切线的斜率，这是求切线方程最重要的条件．本题也着重了导数的运算. 2.C若函数y=x 3+x 2+mx+1是R 上的单调函数，只需y′=3x 2+2x+m≥0恒成立，即△=4﹣12m≤0，∴m≥13． 故选：C ． 3.A 【分析】先利用导数判断函数的单调性，再利用函数的单调性求最大值. 【详解】由题得()cos 10f x x -'=≤，所以函数f(x)在,22ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上单调递减， 所以max ()()sin()()12222f x f ππππ=-=---=-+，故选：A【点睛】本题主要考查利用导数求函数的最值，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力. 4.A 【分析】由()3x x e f x e >+变形得，[()1]30x e f x -->，构造函数()[()1]3xg x e f x =--，利用导数得其单调性，即可得到不等式的解集。
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2020年高考数学大题专练导数综合问题1.已知函数f(x)=ax3+bx+4，当x=-2时，函数f(x)有极大值8.（1）求函数f(x)的解析式；（2）若不等式f(x)+mx>0在区间[1,3]上恒成立，求实数m的取值范围.2.设函数f(x)=ln x-2mx2-n(m，n∈R)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有最大值-ln 2，求m＋n的最小值．3.已知函数f(x)=(x-1)e x＋1，g(x)=e x＋ax-1(其中a∈R，e为自然对数的底数，e=2.718 28…)．(1)求证：函数f(x)有唯一零点；(2)若曲线g(x)=e x＋ax-1的一条切线方程是y=2x，求实数a的值．4.已知函数f(x)=ln x＋ax.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a=1时，函数g(x)=f(x)－x＋12x－m有两个零点x1，x2，且x1<x2.求证：x1＋x2>1.5.已知函数f(x)=1－ln x x ，g(x)=ae e x ＋1x－bx ，若曲线y=f(x)与曲线y=g(x)的一个公共点是 A(1，1)，且在点A 处的切线互相垂直．(1)求a ，b 的值；(2)证明：当x≥1时，f(x)＋g(x)≥2x.6.已知函数f(x)=(x －1)e x ＋1，x ∈[0,1]．(1)证明：f(x)≥0；(2)若a<e x －1x<b 对任意的x ∈(0,1)恒成立，求b －a 的最小值．7.已知f(x)=12x 2-a 2ln x ，a>0. (1)若f(x)≥0，求a 的取值范围；(2)若f(x 1)=f(x 2)，且x 1≠x 2，证明：x 1＋x 2>2a.8.已知函数f(x)=ln x ＋a x，a ∈R. (1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a>0时，证明f(x)≥2a －1a.9.已知a 为实数，函数f(x)=aln x ＋x 2-4x.(1)若x=3是函数f(x)的一个极值点，求实数a 的取值；(2)设g(x)=(a-2)x ，若∃x 0∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e ，使得f(x 0)≤g(x 0)成立，求实数a 的取值范围．10.已知函数f(x)=2a －x 2e x (a ∈R)． (1)求函数f(x)的单调区间；(2)若∀x ∈[1，＋∞)，不等式f(x)>-1恒成立，求实数a 的取值范围．11.设函数f(x)=-x 2＋ax ＋ln x(a ∈R)．(1)当a=-1时，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，3上有两个零点，求实数a 的取值范围．12.设函数f(x)=e 2x －aln x.(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；(2)证明：当a>0时，f (x)≥2a＋aln 2a.13.已知函数f(x)=ae 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)≥0.14.设函数f(x)=e x －x 2－ax －1(e 为自然对数的底数)，a∈R.(1)证明：当a ＜2－2ln 2时，f ′(x)没有零点；(2)当x ＞0时，f(x)＋x≥0恒成立，求a 的取值范围．15.已知函数f(x)=lnx-mx2，g(x)=0.5mx2+x，mϵR,令F(x)=f(x)+g(x).(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若关于x的不等式F(x)≤mx-1恒成立，求整数m的最小值.16.已知f(x)=(x3-6x2+3x+t)ex.(1)当t=-3时,求函数f(x)的单调递增区间.(2)如果f(x)有三个不同的极值点,求t的取值范围.17.已知y=f(x),f(x)=x3+ax2-a2x+2.(1)若a=1，求曲线在点(1,f(1))处的切线方程；(2)若a<0, 求函数f(x)的单调区间；(3)若不等式2xlnx≤f/(x)+a2+1恒成立，求实数a的取值范围．18.已知函数．(1)若函数f(x)在区间[2,3]上不是单调函数，求实数a的取值范围；(2)是否存在实数a>0，使得函数y=f(x)图像与直线y=2a有两个交点？若存在，求出所有a的值；若不存在，请说明理由．19.设函数f(x)=ex-1-x-ax2.(1)若a=0，求f(x)的单调区间；(2)若当x≥0时f(x)≥0恒成立，求a的取值范围．20.已知函数f(x)=xlnx+ax+1-a.(1)求证：对任意实数a，都有[f(x)]min≤1；(2)若a=2，是否存在整数k，使得在x∈(2,+∞)上，恒有f(x)>(k+1)x-2k-1成立？若存在，请求出k的最大值；若不存在，请说明理由.（e=2.71828）答案详解1.解：（I ）∵当时，函数有极大值8 ∴，解得∴所以函数的解析式为. （II ）∵不等式在区间上恒成立∴在区间上恒成立 令，则由解得，解得所以当时，单调递增，当时，单调递减所以对，都有，所以，即实数的取值范围是.2.解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)=1x -4mx=1－4mx2x，当m≤0时，f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当m>0时，令f′(x)>0，得0<x<m 2m ，令f′(x)<0，得x>m2m ，∴f(x)在⎝⎛⎭⎪⎫0，m 2m 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2m ，＋∞上单调递减． (2)由(1)知，当m≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无最大值．当m>0时，f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，m 2m 上单调递增，在m 2m ，＋∞上单调递减．∴f(x)max =f ⎝⎛⎭⎪⎫m 2m =ln m 2m -2m·14m -n=-ln 2-12ln m-12-n=-ln 2， ∴n=-12ln m-12，∴m ＋n=m-12ln m-12.令h(x)=x-12ln x-12(x>0)，则h′(x)=1-12x =2x －12x，由h′(x)<0，得0<x<12；由h′(x)>0，得x>12，∴h(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上单调递增，∴h(x)min =h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12=12ln 2，∴m ＋n 的最小值为12ln 2.3.解：(1)证明：因为f(x)=(x-1)e x＋1(x∈R)，所以f′(x)=xe x，由f′(x)=xe x =0，得x=0，f′(x)=xe x >0时，x>0；f′(x)=xe x<0时，x<0；所以f(x)=(x-1)e x＋1在(-∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)=(x-1)e x＋1的最小值为f(0)=0，即函数f(x)=(x-1)e x＋1有唯一零点．(2)设曲线g(x)=e x＋ax-1与切线y=2x 相切于点(x 0，y 0)，因为g(x)=e x ＋ax-1，所以g′(x)=e x＋a ，所以⎩⎪⎨⎪⎧ex 0＋a ＝2，y 0＝ex 0＋ax 0－1，y 0＝2x 0，消去a ，y 0，得(x 0-1)ex 0＋1=0，由(1)知方程(x 0-1)ex 0＋1=0有唯一根x 0=0，则e 0＋a=2，所以a=1. 4.解:(1)f′(x)=1x＋a ，x ∈(0，＋∞)．①当a≥0时，f′(x)>0恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②当a<0时，令f′(x)=0，解得x=－1a，令f′(x)>0，得0<x<－1a ，令f′(x)<0，得x>－1a，∴f(x)在0，－1a 上单调递增，在－1a，＋∞上单调递减．(2)证明：当a=1时，g(x)=ln x ＋12x－m.由已知得ln x 1＋12x 1=m ，ln x 2＋12x 2=m.两式相减得ln x 1x 2＋12x 1－12x 2=0，整理得x 1x 2=x 1－x 22lnx 1x 2，∴x 1=x 1x 2－12ln x 1x 2，x 2=1－x 2x 12ln x 1x 2.∴x 1＋x 2=x 1x 2－x 2x 12lnx 1x 2，令t=x 1x 2∈(0，1)，h(t)=t －1t －2ln t.则h′(t)=1＋1t 2－2t =t 2－2t ＋1t 2>0， ∴h(t)在(0，1)上单调递增．∴h(t)<h(1)=0，即t －1t <2ln t ，又∵ln t<0，∴t －1t 2ln t>1.∴x 1＋x 2>1. 5.解：(1)f′(x)=ln x －1x 2，g′(x)=－ae 1－x－1x2－b. 由⎩⎪⎨⎪⎧g (1)＝1，g′(1)·f′(1)＝－1，得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝b ，a ＋b ＝－2，所以a=b=－1.(2)证明：由(1)可知g(x)=－e e x ＋1x＋x.f(x)＋g(x)≥2x ⇔1－ln x x －e 1－x ＋1x ＋x≥2x ⇔x －ln x≥ex ex ＋1－x 2.记h(x)=x －ln x ，则h′(x)=x －1x ≥0，所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，因此h(x)≥h(1)=1.记φ(x)=ex ex ，则φ′(x)=(1－x)e 1－x≤0，所以φ(x)在[1，＋∞)上单调递减，因此φ(x)≤φ(1)=1.而当x≥1时，1－x 2≤0，所以xe 1－x ＋1－x 2≤x－ln x.综上所述，当x≥1时，f(x)＋g(x)≥2x.6.解：(1)证明：因为f ′(x)=xe x≥0，即f(x)在[0,1]上单调递增， 所以f(x)≥f(0)=0，即结论成立．(2)令g(x)=e x －1x ，则g ′(x)=x －1e x ＋1x2>0，x ∈(0,1)， 所以当x ∈(0,1)时，g(x)<g(1)=e －1，要使e x－1x <b ，只需b≥e－1.要使e x－1x >a 成立，只需e x－ax －1>0在x ∈(0,1)恒成立，令h(x)=e x －ax －1，x ∈(0,1)，则h ′(x)=e x－a.由x ∈(0,1)，得e x∈(1，e)．①当a≤1时，h ′(x)>0，此时x ∈(0,1)，有h(x)>h(0)=0成立，所以a≤1满足条件； ②当a≥e 时，h′(x)<0，此时x ∈(0,1)，有h(x)<h(0)=0，不符合题意，舍去； ③当1<a<e 时，令h′(x)=0，得x=ln a ．当x ∈(0，ln a)时，h′(x)<0，即x ∈(0，ln a)时，h(x)<h(0)=0，不符合题意，舍去． 综上，a≤1.又b≥e－1，所以b －a 的最小值为e －2. 7.解：(1)f′(x)=x -a 2x =x ＋a x －ax(x>0)．当x ∈(0，a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当x ∈(a ，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．当x=a 时，f(x)取最小值f(a)=12a 2-a 2ln a.令12a 2-a 2ln a≥0，解得0<a< e. 故a 的取值范围是(0，e]．(2)证明：由(1)知，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增， 不失一般性，设0<x 1<a<x 2<2a ，则2a-x 2<a.要证x 1＋x 2>2a ，即x 1>2a-x 2，则只需证f(x 1)<f(2a-x 2)． 因为f(x 1)=f(x 2)，则只需证f(x 2)<f(2a-x 2)． 设g(x)=f(x)-f(2a-x)，a≤x≤2a.则g′(x)=x -a 2x ＋2a-x-a 22a －x =-2a a －x2x 2a －x≤0，所以g(x)在[a,2a)上单调递减，从而g(x)≤g(a)=0. 又a<x 2<2a ，于是g(x 2)=f(x 2)-f(2a-x 2)<0， 即f(x 2)<f(2a-x 2)． 因此x 1＋x 2>2a. 8.解：(1)f′(x)=1x -a x 2=x －ax2(x>0)．当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．当a>0时，若x>a ，则f′(x)>0，函数f(x)在(a ，＋∞)上单调递增； 若0<x<a ，则f′(x)<0，函数f(x)在(0，a)上单调递减． (2)证明：由(1)知，当a>0时，f(x)min =f(a)=ln a ＋1.要证f(x)≥2a －1a ，只需证ln a ＋1≥2a －1a ，即证ln a ＋1a-1≥0.令函数g(a)=ln a ＋1a -1，则g′(a)=1a -1a 2=a －1a2(a>0)，当0<a<1时，g′(a)<0，当a>1时，g′(a)>0，所以g(a)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g(a)min =g(1)=0.所以ln a ＋1a-1≥0恒成立，所以f(x)≥2a －1a.9.解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)=a x ＋2x-4=2x 2－4x ＋ax.∵x=3是函数f(x)的一个极值点， ∴f′(3)=0，解得a=-6.经检验a=-6时，x=3是函数f(x)的一个极小值点，符合题意，∴a=-6.(2)由f(x 0)≤g(x 0)，得(x 0-ln x 0)a≥x 20-2x 0，记F(x)=x-ln x(x>0)，∴F′(x)=x －1x(x>0)，∴当0<x<1时，F′(x)<0，F(x)单调递减； 当x>1时，F′(x)>0，F(x)单调递增．∴F(x)≥F(1)=1>0，∴a≥x 20－2x 0x 0－ln x 0.记G(x)=x 2－2x x －ln x ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e ， ∴G′(x)=2x －2x －ln x －x －2x －1x －ln x 2=x －1x －2ln x ＋2x －ln x2. ∵x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e ，∴2-2ln x=2(1-ln x)≥0， ∴x-2ln x ＋2>0，∴x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1时，G′(x)<0，G(x)单调递减； x ∈(1，e)时，G′(x)>0，G(x)单调递增． ∴G(x)min =G(1)=-1，∴a≥G(x)min =-1. 故实数a 的取值范围为[-1，＋∞)． 10.解：(1)f′(x)=x 2－2x －2aex， 当a≤-12时，x 2-2x-2a≥0，f′(x)≥0，∴函数f(x)在(-∞，＋∞)上单调递增．当a>-12时，令x 2-2x-2a=0，解得x 1=1-2a ＋1，x 2=1＋2a ＋1.∴函数f(x)的单调递增区间为(-∞，1-2a ＋1)和(1＋2a ＋1，＋∞)， 单调递减区间为(1-2a ＋1，1＋2a ＋1)．(2)f(x)>-1⇔2a －x 2e x >-1⇔2a>x 2-e x，由条件知，2a>x 2-e x对∀x≥1恒成立．令g(x)=x 2-e x ，h(x)=g′(x)=2x -e x ，∴h′(x)=2-e x.当x ∈[1，＋∞)时，h′(x)=2-e x≤2-e<0，∴h(x)=g′(x)=2x -e x在[1，＋∞)上单调递减，∴h(x)=2x-e x≤2-e<0，即g′(x)<0，∴g(x)=x 2-e x在[1，＋∞)上单调递减，∴g(x)=x 2-e x≤g(1)=1-e ，故若f(x)>-1在[1，＋∞)上恒成立， 则需2a>g(x)max =1-e ，∴a>1－e 2，即实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫1－e 2，＋∞. 11.解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a=-1时，f′(x)=-2x-1＋1x =－2x 2－x ＋1x，令f′(x)=0，得x=12(负值舍去)，当0<x<12时，f′(x)>0；当x>12时，f′(x)<0.∴f(x)的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，单调递减区间为( 12，＋∞ ). (2)令f(x)=-x 2＋ax ＋ln x=0，得a=x-ln x x .令g(x)=x-ln x x ，其中x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，3，则g′(x)=1-1－ln x x 2=x 2＋ln x －1x2，令g′(x)=0，得x=1， 当13≤x<1时，g′(x)<0；当1<x≤3时，g′(x)>0， ∴g(x)的单调递减区间为⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，1，单调递增区间为(1,3]， ∴g(x)min =g(1)=1，∵函数f(x)在⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，3上有两个零点，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫13=3ln 3＋13，g(3)=3-ln 33， 3ln 3＋13>3-ln 33，∴实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤1，3－ln 33. 12.解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)=2e 2x－a x(x ＞0)．当a≤0时，f ′(x)＞0，f ′(x)没有零点；当a ＞0时，设u(x)=e 2x，v(x)=－a x，因为u(x)=e 2x在(0，＋∞)上单调递增，v(x)=－a x在(0，＋∞)上单调递增，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．又f′(a)＞0，当b 满足0＜b ＜a 4且b ＜14时，f ′(b)＜0，故当a ＞0时，f ′(x)存在唯一零点．(2)证明：由(1)可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x 0， 当x∈(0，x 0)时，f ′(x)＜0；当x∈(x 0，＋∞)时，f ′(x)＞0. 故f(x)在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增， 所以当x=x 0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x 0)．由于2e2x 0－a x 0=0，所以f(x 0)=a 2x 0＋2ax 0＋aln 2a ≥2a ＋aln 2a.故当a ＞0时，f (x)≥2a＋aln 2a.13.解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)=ae x－1x.由题设知，f ′(2)=0，所以a=12e2.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)单调递减，在(2，＋∞)单调递增．(2)证明：当a≥1e 时，f (x)≥exe －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)≥0.14.解：(1)证明：∵f′(x)=e x －2x －a ，令g(x)=f′(x)，∴g ′(x)=e x－2. 令g′(x)＜0，解得x ＜ln 2；令g′(x)＞0，解得x ＞ln 2，∴f ′(x)在(－∞，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增， ∴f ′(x)min =f′(ln 2)=2－2ln 2－a. 当a ＜2－2ln 2时，f ′(x)min ＞0，∴f ′(x)的图象恒在x 轴上方，∴f ′(x)没有零点．(2)当x ＞0时，f(x)＋x≥0恒成立，即e x －x 2－ax ＋x －1≥0恒成立，∴ax ≤e x －x 2＋x －1，即a≤e x x －x －1x＋1恒成立．令h(x)=e x x －x －1x ＋1(x ＞0)，则h′(x)=（x －1）（e x－x －1）x2. 当x ＞0时，e x－x －1＞0恒成立，令h′(x)＜0，解得0＜x ＜1，令h′(x)＞0，解得x ＞1， ∴h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， ∴h(x)min =h(1)=e －1.∴a 的取值范围是(－∞，e －1]． 15.解：16.解:19.解：(1)a=0时，f(x)=e x－1－x，f′(x)=e x－1.当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.故f(x)在(－∞，0)单调减少，在(0，＋∞)单调增加(2)f′(x)=e x－1－2ax.由(1)知e x≥1＋x，当且仅当x=0时等号成立．故f′(x)≥x－2ax=(1－2a)x，从而当1－2a≥0，即a≤0.5时，f′(x)≥0(x≥0)，而f(0)=0，于是当x≥0时，f(x)≥0.由e x>1＋x(x≠0)得e－x>1－x(x≠0)，从而当a>时，f′(x)<e x－1＋2a(e－x－1)=e－x(e x－1)(e x－2a)，故当x∈(0，ln2a)时， f′(x)<0，而f(0)=0，于是当x∈(0，ln2a)时，f(x)<0，综上可得a的取值范围为(－∞，0.5]．20.解：（1）证明：由已知易得，所以令得：显然，时，<0，函数f（x）单调递减；时，>0，函数f（x）单调递增，所以，令，则由得，时，>0，函数t（）单调递增；时，<0，函数t（）单调递减，所以，即结论成立.（2）由题设化简可得，令，所以由=0得①若，即时，在上，有，故函数单调递增所以②若，即时，在上，有，故函数在上单调递减，在上，有.故函数在上单调递增，所以，在上，故欲使，只需即可令, 由得所以，时，，即单调递减又，故。