-高考数学压轴题集锦——导数及其应用(三).pdf

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(压轴题)高中数学高中数学选修2-2第三章《导数应用》测试(含答案解析)

一、选择题1．已知函数x y a =（1a >）与log ay x =（1a >）的图象有且仅有两个公共点，则实数a 的取值范围是（）A ．1e 1e a <2．函数()[)(](),00,sin xf x x x xππ=∈--的图象大致是（）A ．B ．C ．D ．3．已知函数322()f x =x ax bx a +++在1x =处的极值为10，则a b -=（）． A ．6-B ．15-C ．15D ．6-或154．若函数()2ln f x ax x x =+-存在增区间，则实数a 的取值范围为（） A ．1,4⎛⎫-∞-⎪⎝⎭ B ．1,4⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭ C ．1,8⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭D ．1,8⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭5．若1201x x ，则（）A ．2121ln ln xxe e x x ->- B ．2121ln ln x x e e x x -<-C ．1221xxx e x e > D ．1221xxx e x e <6．已知可导函数()f x 的定义域为(,0)-∞，其导函数()'f x 满足()2()0xf x f x '->，则不等式2(2020)(2020)(1)0f x x f +-+-<的解集为（） A ．(,2021)-∞- B ．(2021,2020)-- C ．(2021,0)-D ．(2020,0)-7．若实数a ，b 满足0a >，0b >，则“a b >”是“ln ln a a b b +>+”的（）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件8．内接于半径为R 的球且体积最大的圆柱体的高为（） A 23B 3C 33D 3 9．奇函数()f x 满足0x ≥时,()cos 0f x x '+<，且()3,2f π=-则不等式()cos 22f x x π+>--的解集为（）A ．(,0)-∞B ．(,)π-∞-C ．(,)2π-∞-D ．(,)π-∞10．若函数1()21xf x e x =--(e 为自然对数的底数)，则()y f x =图像大致为（） A ． B ．C ．D ．11．定义在R 上的函数()f x 的导函数为()'f x ，对任意的实数x ，都有()10f x '+<，且(1)1f =-，则（）A ．(0)0f D ．(2)(1)f f >12．已知函数()24ln f x ax ax x =--，则()f x 在()1,3上不单调的一个充分不必要条件是（）A ．1,6a ⎛⎫∈-∞ ⎪⎝⎭B ．1,2a ⎛⎫∈-+∞ ⎪⎝⎭C ．1,2a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭D ．11,26a ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭二、填空题13．已知函数()2e 2=++xf x ax a ，若不等式()()1≥+f x ax x 对任意[]2,5x ∈恒成立，则实数a 的取值范围是____________．14．已知函数f （x ）是定义在R 上的奇函数，当x ＞0时，f （x ）+xf '（x ）＞0，且f （3）＝0，则不等式xf （x ）＞0的解集是_____．15．已知关于x 的方程20--=x e x k 有2个不相等的实数根，则k 的取值范围是___________．16．已知函数()2xe f x ax x =-，()0,x ∈+∞，当21x x >时，不等式()()12210f x f x x x -<恒成立，则实数a 的取值范围为________. 17．321313y x x x =--+的极小值为______． 18．已知函数2()f x x a =+，ln ()2e xg x x x=+，其中e 为自然对数的底数，若函数()y f x =与函数()y g x =的图象有两个交点，则实数a 的取值范围是________．19．设()22,0ln ,0x mx x f x x mx x ⎧-+<=⎨->⎩，若方程()f x x =恰有三个零点，则实数m 的取值范围为______.20．设函数3()32()f x ax x x =-+∈R ，若对于任意[1,1]x ∈-，都有()0f x ≥成立，则实数a 的取值范围是_________.三、解答题21．已知函数()2f x x ax b =++，不等式()0f x ≤的解集为[]1,3-．（1）求函数()f x 的解析式；（2）求方程()4ln f x x x =根的个数． 22．已知函数()()2ln 1f x ax x =-+()0a ≠.（1）讨论()f x 的极值点的个数；（2）当0a >时，设()f x 的极值点为0x ，若()()00121f x x >-+，求a 的取值范围.23．已知函数()212f x x =，()ln g x a x =.设()()()h x f x g x =+ （1）试讨论函数()h x 的单调性. （2）若对任意两个不等的正数12,x x ，都有()()12122h x h x x x ->-恒成立，求实数a 的取值范围；24．已知函数()2(1)xf x x e ax =--，（a R ∈）．（1）若12a =，求()f x 的极值；（2）若0x ≥时，()0f x ≥，求实数a 的取值范围． 25．设函数()ln 1x f x x+=，（1）求曲线()y f x =在点()(),e f e 处的切线方程；（2）当1≥x 时，不等式()()211a x f x x x--≥恒成立，求a 的取值范围． 26．已知函数()22x bg x ax +=+，()1,1x ∈-，从下面三个条件中任选一个条件，求出,a b的值，并解答后面的问题.①已知函数()3f x b x a=+-，满足()()220f x f x -++=；②已知函数()()0,1xf x a b a a =+>≠在[]1,2上的值域为[]2,4③已知函数()24f x x ax =-+，若()1f x +在定义域[]1,1b b -+上为偶函数.（1）证明()g x 在()1,1-上的单调性；（2）解不等式()()120g t g t -+<.【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题 1．A 解析：A 【分析】将问题转化为()1xy a a =>的图象与y x =有两个公共点，即ln ln xa x=有两解，再构造新函数()ln xf x x=，根据()f x 的单调性和取值分析ln a 的取值即可得到结果. 【详解】因为函数()()1,log 1xa y aa y x a =>=>的图象关于直线y x =对称，所以两个图象的公共点在y x =上，所以()1xy a a =>的图象与y x =有两个公共点，即x x a =有两解，即ln ln x x a =有两解，即ln ln xa x=有两解，令()ln x f x x =，所以()21ln xf x x -'=，当()0,x e ∈时，()0f x '>，()f x 单调递增，当(),x e ∈+∞时，()0f x '<，()f x 单调递减，()f x 大致图象如下图所示：所以()10ln a f e e<<=，所以11e a e <<，故选：A. 【点睛】结论点睛：函数图象的交点个数、方程根的数目、函数的零点个数之间的关系：已知()()()h x f x g x =-，则有()h x 的零点个数⇔方程()()f x g x =根的数目⇔函数()f x 与函数()g x 的图象的交点个数. 2．B解析：B 【分析】首先判断函数的奇偶性，再利用导数研究函数的单调性即可得解；【详解】解：因为()[)(](),00,sin xf x x x xππ=∈--，定义域关于原点对称，又()()()sin sin x x f x f x x x x x --===----，所以()[)(](),00,sin x f x x x xππ=∈--为偶函数，函数图象关于y 轴对称，所以排除A 、D ； ()()()()()22sin sin cos sin sin sin x x x x x xx x xf x x x x x ''----'==--令()cos sin g x x x x =-，则()sin g x x x '=-，所以当(]0,x π∈时()0g x '≤，所以()cos sin g x x x x =-在(]0,x π∈上单调递减，又()00g =，所以()0g x <在(]0,x π∈上恒成立，所以()0f x '<在(]0,x π∈上恒成立，即函数()sin xf x x x=-在(]0,π上单调递减，故排除C ，故选：B 【点睛】函数图象的辨识可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置． (2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势； (3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性； (4)从函数的特征点，排除不合要求的图象.3．C解析：C 【分析】由题，可得(1)0(1)10f f '=⎧⎨=⎩，通过求方程组的解，即可得到本题答案，记得要检验.【详解】因为322()f x =x ax bx a +++，所以2()32f x x ax b '=++，由题，得(1)0(1)10f f '=⎧⎨=⎩，即2320110a b a b a ++=⎧⎨+++=⎩，解得411a b =⎧⎨=-⎩或33a b =-⎧⎨=⎩，因为当3,3a b =-=时，2()3(1)0f x x '=-≥恒成立，()f x 在R 上递增，无极值，故舍去，所以4(11)15a b -=--=.故选：C 【点睛】本题主要考查含参函数的极值问题，得到两组解后检验，是解决此题的关键.4．C解析：C 【分析】先假设函数()f x 不存在增区间，则()f x 单调递减，利用()f x 的导数恒小于零列不等式，将不等式分离常数后，利用配方法求得常数a 的取值范围，再取这个取值范围的补集，求得题目所求实数a 的取值范围. 【详解】若函数()f x 不存在增区间，则函数()f x 单调递减，此时()1210f x ax x'=+-≤在区间()0,∞+恒成立，可得2112a x x ≤-，则22111111244x x x ⎛⎫-=--≥- ⎪⎝⎭，可得18a ≤-，故函数存在增区间时实数a 的取值范围为1,8⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭．故选C. 【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查不等式恒成立问题的求解策略，属于中档题.5．C解析：C 【分析】令()x e f x x=，(01)x <<，()()ln 01xg x e x x =-<<，求出函数的导数，通过讨论x的范围，求出函数的单调区间，从而判断结论. 【详解】令()x e f x x =，(01)x <<，则2(1)()0x e x f x x-'=<，故()f x 在(0,1)递减，若1201x x ，则12()()f x f x >，故1212x x e e x x >，即1221x xx e x e >，故C 正确，D 不正确；令()()ln 01xg x e x x =-<<，则11()x xxe g x e x x-'=-=，令()1x h x xe =-，可知()h x 在()0,1单调递增，且(0)10,(1)10h h e =-<=->，则存在()00,1x ∈，使得0()0h x =，则当()00,x x ∈时，()0h x <，即()0g x '<，()g x 在()00,x 单调递减，当()0,1x x ∈时，()0h x >，即()0g x '>，()g x 在()0,1x 单调递增，所以()g x 在()0,1不单调，故A ，B 错误. 故选：C. 【点睛】本题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用，是一道中档题.6．B解析：B 【分析】由题可得当(,0)x ∈-∞时，()2()0xf x f x '->，进而构造函数2()()f x g x x =，可判断()g x 在(,0)-∞上的单调性，进而可将不等式转化为(2020)(1)g x g +<-，利用()g x 的单调性，可求出不等式的解集．【详解】解：构造2()()(0)f x g x x x =<，则243()2()()2()()x f x x f x xf x f x g x x x''⋅-⋅-'==，因为()2()0xf x f x '->，则()0g x '<∴函数()g x 在(,0)-∞上是减函数，∵不等式2(2020)(2020)(1)0f x x f +-+-<，且()2(1)(1)(1)1f g f --==--，等价于()()()()()2220201120201f x f g x +-<=-+-，即为(2020)(1)g x g +<-，所以2020120200x x +>-⎧⎨+<⎩，解得20212020x -<<-．故选：B 【点睛】本题考查函数单调性的应用，构造函数2()()f x g x x =是解决本题的关键，属于中档题． 7．C解析：C 【解析】构造函数1ln ,0,10y x x x y x+='=>+> ，故函数ln y x x =+在0,上单调递增，即由“0a b >>” 可得到“ln ln a a b b +>+”,反之，由“ln ln a a b b +>+”亦可得到“0a b >>” 选C8．A解析：A 【分析】根据圆柱的高，底面半径以及球半径之间的关系，建立圆柱的高与圆柱体积之间的函数关系，利用导数求体积取得最大值时对应的自变量即可. 【详解】根据题意，设圆柱底面半径为r ，圆柱的高为h ，作出示意图如下所示：显然满足2224h r R =-，故圆柱的体积()23214h r h h R h πππ=⨯=-+，故可得()223,(02)4V h h R h R ππ<'=-+<，令()0V h '>，解得2303h R <<，故此时()V h 单调递增，令()0V h '<232h R <<，故此时()V h 单调递减. 故()23max V h V ⎫=⎪⎪⎝⎭.即当23h =时，圆柱的体积最大.故选：A . 【点睛】本题考查圆柱的外接球以及利用导数求体积的最大值，属综合中档题.9．A解析：A 【分析】构造函数()()sin h x f x x =+，根据其单调性，求解目标不等式即可. 【详解】不妨令()()sin h x f x x =+，因为()()cos 0h x f x x =+'<'在[)0,+∞恒成立，即()h x 在[)0,+∞单调递减；又()f x 是奇函数，sin y x =是奇函数，故()h x 是奇函数，且()h x 是R 上的单调减函数. 由()3,2f π=-故可得22h π⎛⎫=-⎪⎝⎭，又()cos 22f x x π+>--，即22h x h ππ⎛⎫⎛⎫+> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故22x ππ+<，则0x <.故选：A . 【点睛】本题考查构造函数法，涉及利用导数研究函数单调性以及利用单调性解不等式，属综合中档题.10．C解析：C 【分析】代入特殊值()10f <可判断,A B 选项，记()21x g x e x =--，结合函数单调性可得当x →+∞时，()0f x >，从而可选出正确答案.【详解】记()21x g x e x =--，则有()2x g x e '=-，当ln 2x <时，()20x g x e -'=<，()g x 是减函数，当ln 2x >时，()20x g x e -'=>，()g x 是增函数，因为()130g e =-<，所以()10f <，排除,A B 选项；()2250g e =->，所以当x →+∞时，()0>g x ，即x →+∞时，()0f x >，则D 错误. 故选:C. 【点睛】本题考查了函数图象的识别，属于中档题.11．B解析：B 【分析】构造()()g x f x x =+，得到函数()g x 在R 上单调递减，由()(1)g e g <即得解. 【详解】构造()()g x f x x =+，则()()1g x f x ''=+，又()10f x '+<，所以()0g x '<，所以函数()g x 在R 上单调递减，又(1)(1)1110g f =+=-+=，所以()(1)g e g <，即()0f e e +<，所以()f e e <-. 故选：B 【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查函数单调性的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.12．C解析：C 【分析】本题首先可根据题意得出2241ax ax fxx，令2241g xax ax ，然后根据()f x 在()1,3上不单调得出函数()g x 与x 轴在()1,3上有交点，最后分为0a =、0a ≠两种情况进行讨论，即可得出结果. 【详解】()2124124ax ax f x ax a x x--'=--=，若()f x 在()1,3上不单调，令2241g xax ax ，对称轴为1x =，则函数2241g xax ax 与x 轴在()1,3上有交点，当0a =时，显然不成立；当0a ≠时，则()()21680130a a g g ⎧∆=+>⎪⎨⋅<⎪⎩，解得16a >或12a <-，易知()f x 在()1,3上不单调的一个充分不必要条件是1,2a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭，故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题考查函数单调性问题，若函数在否个区间内不单调，则函数的导函数在这个区间内有零点且穿过x 轴，考查二次函数性质的应用，考查充分条件与必要条件的判定，是中档题.二、填空题13．【分析】原不等式可化为当时该不等式恒成立当时不等式可化为从而构造函数求导并判断单调性可求出令即可【详解】由题意不等式可化为当时恒成立；当时不等式可化为令则求导得所以在上单调递减在上单调递增所以则综上解析：(3,e ⎤-∞⎦【分析】原不等式可化为()e 2xa x ≥-，当2x =时，该不等式恒成立，当(]2,5x ∈时，不等式可化为e 2x a x ≥-，从而构造函数()e 2xg x x =-，求导并判断单调性，可求出()min g x ，令()min g x a ≥即可.【详解】由题意，不等式()2e 21x ax a ax x ++≥+可化为()e 2xa x ≥-，当2x =时，()e 2xa x ≥-恒成立；当(]2,5x ∈时，不等式可化为e 2xa x ≥-，令()e 2xg x x =-，(]2,5x ∈，则()min g x a ≥，求导得()()()2e 32x x g x x -'=-，所以()g x 在()2,3上单调递减，在[]3,5上单调递增，所以()()3min 3e g x g ==，则3e a ≤，综上所述，实数a 的取值范围是(3,e ⎤-∞⎦. 故答案为：(3,e ⎤-∞⎦.【点睛】关键点点睛：本题考查不等式恒成立问题，解题关键是将原不等式转化为e 2xa x ≥-，通过构造函数()e 2xg x x =-，令()min g x a ≥，可求出a 的取值范围.考查学生的逻辑推理能力，计算求解能力，属于中档题.14．（﹣∞﹣3）∪（3+∞）【分析】令当x ＞0时可得x ∈（0+∞）上函数单调递增由可得由函数是定义在R 上的奇函数可得函数是定义在R 上的偶函数进而得出不等式的解集【详解】解：令当x ＞0时∴x ∈（0+∞）上解析：（﹣∞，﹣3）∪（3，+∞）【分析】令()()g x xf x =，()()()g x f x xf x ''+＝，当x ＞0时，()()0f x xf x '+>，可得x ∈（0，+∞）上，函数()g x 单调递增．由()30f ＝，可得()30g ＝．由函数()f x 是定义在R 上的奇函数，可得函数()g x 是定义在R 上的偶函数．进而得出不等式的解集．【详解】解：令()()g x xf x =，()()()g x f x xf x ''+＝当x ＞0时，()()0f x xf x '+>∴x ∈（0，+∞）上，函数()g x 单调递增．()30f ＝，∴()30g ＝．∵函数()f x 是定义在R 上的奇函数， ∴函数()g x 是定义在R 上的偶函数．由()()03g x g >＝，即()()3g x g ＞， ∴|x |＞3，解得x ＞3，或x ＜﹣3．∴不等式()0xf x ＞的解集是()(),33-，-∞⋃+∞．故答案为：()(),33-，-∞⋃+∞．【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性、方程与不等式的解法、等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．15．【分析】把关于x 的方程有2个不相等的实数根转化为与函数的图象有两个不同的交点利用导数求得函数的单调性与极值即可求解【详解】由题意关于x 的方程有2个不相等的实数根即函数与函数的图象有两个不同的交点设则解析：(22ln2,)-+∞【分析】把关于x 的方程20--=x e x k 有2个不相等的实数根，转化为y k =与函数2x y e x =-的图象有两个不同的交点，利用导数求得函数()2x f x e x =-的单调性与极值，即可求解. 【详解】由题意，关于x 的方程20--=x e x k 有2个不相等的实数根，即函数y k =与函数2x y e x =-的图象有两个不同的交点，设()2x f x e x =-，则()2x f x e '=-，令()20x f x e '=-=，解得ln 2x =，所以函数的减区间为(,ln 2)-∞，增区间为(ln 2,)+∞，所以函数()f x 的最小值为(ln 2)22ln 2f =-，且当x →-∞时，()f x →+∞，当x →∞时，()f x →+∞，要使得2x e x k -=有2个不相等的实数根，所以22ln 2k >-．即实数k 的取值范围是(22ln2,)-+∞. 故答案为：(22ln2,)-+∞. 【点睛】本题主要考查了利用导数研究方程的根，其中解答中把方程根的个数转化为两个函数的图象的交点的个数，利用导数求得函数的单调性与极值是解答的关键，着重考查转化思想，以及运算与求解能力.16．【分析】由当时不等式恒成立变形得到当时不等式恒成立即在上是增函数然后由在上是恒成立求解【详解】因为当时不等式恒成立即当时不等式恒成立所以在上是增函数所以在上是恒成立即在上是恒成立令所以当时当时所以当解析：2,12e ⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦【分析】由当21x x >时，不等式()()12210f x f x x x -<恒成立，变形得到当21x x >时，不等式()()1122x f x x f x <恒成立，即()()g x xf x =，在()0,x ∈+∞上是增函数，然后由()0g x '≥，在()0,x ∈+∞上是恒成立求解.【详解】因为当21x x >时，不等式()()12210f x f x x x -<恒成立，即当21x x >时，不等式()()1122x f x x f x <恒成立，所以()()g x xf x =，在()0,x ∈+∞上是增函数，所以()230xg x e ax '=-≥，在()0,x ∈+∞上是恒成立，即23xe a x ≤，在()0,x ∈+∞上是恒成立，令2()3xe h x x=，所以()32()3x e x h x x-'=，当02x <<时，()0h x '<，当2x >时，()0h x '>，所以当2x =时，()h x 取得最小值，最小值为212e，所以实数a 的取值范围为2,12e ⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦.故答案为：2,12e ⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦.【点睛】本题主要考查导数与函数的单调性，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.17．【分析】求导根据导数正负得到函数单调区间得到函数的极小值为计算得到答案【详解】则当和时函数单调递增；当时函数单调递减故函数极小值为故答案为：【点睛】本题考查了利用导数求极值意在考查学生的计算能力和应解析：8-【分析】求导，根据导数正负得到函数单调区间得到函数的极小值为()3f ，计算得到答案. 【详解】()321313y f x x x x ==--+，则()()()2'2331f x x x x x =--=-+，当()3,x ∈+∞和(),1x ∈-∞-时，()'0f x >，函数单调递增；当()1,3x ∈-时，()'0f x <，函数单调递减，故函数极小值为()32313333183f ⨯--⨯+=-=. 故答案为：8-. 【点睛】本题考查了利用导数求极值，意在考查学生的计算能力和应用能力.18．【分析】将已知等价转化为函数与函数的图象有两个交点分别作出图象观察其只需满足二次函数顶点低于函数的顶点从而构建不等式解得答案【详解】函数与函数的图象有两个交点等价于函数与函数的图象有两个交点对函数求解析：21,e e ⎛⎫-∞+ ⎪⎝⎭【分析】将已知等价转化为函数22y x ex a =-+与函数ln xy x=的图象有两个交点，分别作出图象，观察其只需满足二次函数顶点低于函数ln xy x=的顶点，从而构建不等式，解得答案. 【详解】函数()y f x =与函数()y g x =的图象有两个交点，等价于函数22y x ex a =-+与函数ln xy x=的图象有两个交点，对函数ln x y x =求导，得21ln xy x-'=，()0,x e ∈,0y '>，函数ln xy x=单调递增；(),x e ∈+∞,0y '<，函数ln xy x =单调递减，在x e =处取得极大值，也是最大值为1e，对二次函数22y x ex a =-+，其对称轴为x e =，顶点坐标为()2,e a e -分别作出图象，其若要有两个交点，则2211a e a e e e-<⇒<+故答案为：21,e e ⎛⎫-∞+ ⎪⎝⎭【点睛】本题考查由函数图象的交点个数求参数的取值范围，属于中档题.19．【分析】将问题转化为与图像交点个数有3个的问题利用导数研究函数单调性和最值数形结合即可求得结果【详解】当时等价于；当时等价于；令则方程恰有三个零点等价于与直线有三个交点当时则令解得故该函数在区间单调解析：221m <-【分析】将问题转化为()2,0,0x x xh x lnx x x⎧+<⎪⎪=⎨⎪>⎪⎩与1y m =+图像交点个数有3个的问题，利用导数研究函数单调性和最值，数形结合即可求得结果. 【详解】当0x <时，22y x mx x =-+=，等价于21x m x+=+；当0x >时，y lnx mx x =-=，等价于1lnxm x=+；令()2,0,0x x xh x lnx x x ⎧+<⎪⎪=⎨⎪>⎪⎩，则方程()f x x =恰有三个零点，等价于()y h x =与直线1y m =+有三个交点. 当lnx y x =时，则21lnx y x-='，令0y '=，解得x e =，故该函数在区间()0,e 单调递增，在(),e +∞单调递减. 且x e =时，1y e=；又x e >时，0y >；而当2y x x=+时，由对勾函数性质，容易知：当2x =-时，函数取得最大值22y =-. 故()h x 的图像如下所示：数形结合可知，要满足题意，只需122m +<-，解得221m <-. 故答案为：221m <-. 【点睛】本题考查由方程根的个数求参数范围，涉及利用导数研究函数单调性，对勾函数，属综合中档题.20．【分析】求出时的值讨论函数的增减性得到的最小值让最小值大于等于0即可求出的范围【详解】解：由可得当时令解得且①当时为递增函数②当时为递减函数③当时为递增函数所以即解得故答案为：【点睛】考查学生理解函解析：15a ≤≤【分析】求出()0f x '=时x 的值，讨论函数的增减性得到()f x 的最小值，让最小值大于等于0即可求出a 的范围. 【详解】解：由(1)0f ≥可得1a ≥，2'()33f x ax =-，当1a ≥时，令2'()330f x ax =-=解得x =，且1>-<①当1x -<<()0,()f x f x '>为递增函数， ②当x <<()0,()f x f x '<为递减函数， ③1x <<时，()f x 为递增函数.所以()010f f ⎧≥⎪⎨⎝⎭⎪-≥⎩，即3320320a a ⎧⎪-+≥⎨⎝⎭⎝⎭⎪-++≥⎩，解得15a ≤≤. 故答案为：15a ≤≤. 【点睛】考查学生理解函数恒成立时取条件的能力，以及利用导数求函数最值的能力.三、解答题21．（1）()223f x x x =--；（2）有且只有一个根.【分析】（1）根据不等式的解集与方程根的对应关系，列出关于,a b 的方程组，从而求解出,a b 的值，则()f x 的解析式可求；（2）将问题转化为求方程34ln 20x x x---=根的数目，构造新函数()34ln 2g x x x x=---，利用导数分析()g x 的单调性和极值，由此判断出()g x 的零点个数，从而方程()4ln f x x x =根的个数可确定.【详解】解：（1）∵不等式()0f x ≤的解集为[]1,3-， ∴20x ax b ++=的两个根分别为1-和3． ∴()()1313a b ⎧-=-+⎪⎨=-⨯⎪⎩．即2a =-，3b =-，故函数()f x 的解析式为()223f x x x =--．（2）由（1），设()22334ln 4ln 2x x g x x x x x x--=-=---，∴()g x 的定义域为()0,∞+，()()()2213341x x g x x x x--'=+-=，令()0g x '=，得11x =，23x =．当x 变化时，()g x '，()g x 的取值变化情况如下表：当03x <≤时，140g x g ≤=-<，当3x >时，()55553ee202212290eg =--->--=>．又因为()g x 在()3,+∞上单调递增，因而()g x 在()3,+∞上只有1个零点，故()g x 仅有1个零点．即方程()4ln f x x x =有且只有一个根．【点睛】思路点睛：利用导数分析方程根的个数的思路：（1）将方程根的个数问题转化为函数零点的个数问题；（2）将原方程变形，构造新函数，分析新函数的单调性、极值、最值；（3）根据新函数的单调性、极值、最值得到新函数的零点个数，则方程根的个数可确定.22．（1）答案见解析；（2）⎛⎫⎪+∞⎪⎭. 【分析】（1）()21221211ax ax f x ax x x +-'=-=++，令()2221g x ax ax =+-，分两种情况讨论，判断方程()0g x =根的个数即可；（2）由（1）知()00g x =，即202210ax ax +-=，()20012a x x =+，先求得01x ，进而可得答案即可.【详解】（1）()21221211ax ax f x ax x x +-'=-=++，令()2221g x ax ax =+- 当0a >时，由()10g -<知，()g x 在()1,-+∞有唯一零点，故()f x 在()1,-+∞有一个极值点；当0a <时，()10g -<，()g x 的对称轴为12x =-，若方程()0g x =的0∆>，即2480a a +>，2a <-时，()g x 在()1,-+∞有两个零点，()f x 在()1,-+∞有两个极值点；若方程()0g x =的0∆≤，即2480a a +≤，20a -≤<时，()0g x ≤，()f x 在()1,-+∞上单减，无极值点.（2）由（1）知()00g x =，即2002210ax ax +-=，()20012a x x =+……（*）由0a >且010x +>得00x >，又∵()()00121f x x >-+，∴()()20001ln 121ax x x -+>-+代入（*）式，()()()00001ln 12121x x x x -+>-++，即()01ln 102x -+>解得01x <，∴001x <<， ∴.()20012a x x ⎛⎫⎪=∈+∞⎪+⎭. 【点睛】求函数()f x 极值的步骤：(1) 确定函数的定义域；(2) 求导数fx ；(3) 解方程()0,f x '=求出函数定义域内的所有根；(4) 列表检查fx 在0fx的根0x 左右两侧值的符号，如果左正右负（左增右减），那么()f x 在0x 处取极大值，如果左负右正（左减右增），那么()f x 在0x 处取极小值. 23．（1）答案见解析；（2）[)1,+∞. 【分析】（1）求导后，分别在0a ≥和0a <两种情况下讨论导函数的正负即可得到结果；（2）将恒成立的不等式转化为()()112222h x x h x x ->-对于任意的12x x >恒成立，从而只需构造函数()()2t x h x x =-，证明()t x 在()0,∞+上单调递增即可，从而将问题进一步转化为()0t x '≥在()0,∞+上恒成立，进而利用分离变量的方法可求得结果. 【详解】（1）()()21ln 02h x x a x x =+>，则()()20a x ah x x x x x+'=+=>，当0a ≥时，()0h x '>恒成立，()h x ∴在()0,∞+上单调递增；当0a <时，若(x ∈，()0h x '<；若)x ∈+∞，()0h x '>；()h x ∴在(上单调递减，在)+∞上单调递增.（2）设12x x >，则()()12122h x h x x x ->-等价于()()112222h x x h x x ->-，即()()112222h x x h x x ->-对于任意的12x x >恒成立. 令()()212ln 22t x h x x x a x x =-=+-，则只需()t x 在()0,∞+上单调递增， ()2at x x x'=+-，∴只需()0t x '≥在()0,∞+上恒成立即可. 令()200ax x x+-≥>，则()220a x x x ≥-+>，当1x =时，()2max21x x -+=，1a ∴≥，即实数a 的取值范围为[)1,+∞.【点睛】关键点点睛：本题主要考查导数在函数中的应用，以及不等式的证明，着重考查了转化与化归思想､逻辑推理能力与计算能力，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，求解曲线在某点处的切线方程；（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)，解决函数的恒成立与有解问题，同时注意数形结合思想的应用. 24．（1）极大值是112e-，()f x 的极小值是0（2）1a ≤ 【分析】（1）()()2112xx f x e x =--，求导()()()110x f x x e '=+-=，判断()f x '，()f x 变化求得极值；（2）解法一:分离a,求最值得a 的范围，解法二: ()xf x e a '=-，讨论a 的范围得解【详解】（1）当12a =时，()()2112xx f x e x =-- ()()()110x f x x e '=+-=时，则1x =-，0x =.当x 变化时，()f x '，()f x 变化状态如下表：所以()f x 的极大值是()12f e-=-，()f x 的极小值是()00f = （2））等价于当0x ≥时，()()10xf x x e ax =--≥恒成立解法一: 当0x =，等号成立，当x>0，()10x e f x a x -≥⇔≤，设()1x e g x x-=()min a g x ≤，由经典不等式1x e x >+ ∴1a ≤或者()21x x xe e g x x-+'=，()1x x x xe e ϕ=-+，()0x x x xx e xe e xe ϕ='+-=> ()x ϕ↑，()()00ϕϕ>=x ∴()0g x '>，()g x ↑，又()0,1x g x →→ ∴1a ≤解法二: ()xf x e a '=-，0x ≥，1x e ≥若1a ≤，则()0xf x e a ='-≥，()f x ↑，∴()()00f x f ≥=，即不等式恒成立.（充分性）若1a >，()0xf x e a '=-= ∴0ln 0x a =>()00,x x ∈，()0f x '<，()f x ↓，()()00f x f ≤=，这与当0x ≥时，()10xf x e ax =--≥恒成立相矛盾（必要性）【点睛】本题考查函数与导数的极值，考查不等式恒成立，考查转化化归能力，考查计算能力，是中档题25．（1）230x e y e +-=（2）(,0]-∞ 【详解】试题分析：（1）先求函数导数，再根据导数几何意义得切线斜率为()'f e ，最后根据点斜式求切线方程（2）构造函数()()2ln 1g x x a x =--，利用导数并按0a ≤，10<2a <，12a ≥进行分类讨论，通过函数的单调性以及最值进行与0比较，可得结果. 试题（1）根据题意可得，()2f e e=， ()2ln 'xf x x -=，所以()22ln 1'e f e e e -==-，即21k e =-，所以在点()(),e f e 处的切线方程为()221y x e e e-=--，即230x e y e +-=．（2）根据题意可得，()()()221ln 110a x x a x f x x x x-----=≥在1≥x 恒成立，令()()2ln 1g x x a x =--，()1x ≥，所以()12g x ax x-'=，当0a ≤时，()0g x '>，所以函数()y g x =在[)1,+∞上是单调递增，所以()()10g x g ≥=，所以不等式()()21a x f x x->成立，即0a ≤符合题意；当0a >时，令120ax x-=，解得x =1=，解得12a =，当10<2a <1，所以()g x '在⎛ ⎝上()0g x '>，在+⎫∞⎪⎪⎭上()0g x '<，所以函数()y g x =在⎛ ⎝上单调递增，在+⎫∞⎪⎪⎭上单调递减，21111ln 1ln g a a a a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=--=--+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，令()1ln h a a a a =--+，()222111'10a a h a a a a-+=-++=>恒成立，则()h a 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增所以()1111ln 2ln2202222h a h ⎛⎫<=--+=+-<⎪⎝⎭，所以存在10g a ⎛⎫< ⎪⎝⎭，所以102a <<不符合题意； ②当12a ≥1≤ ()0g x '≤在[)1,+∞上恒成立，所以函数()y g x =在[)1,+∞上是单调递减，所以()()10g x g ≤= 显然12a ≥不符合题意；综上所述，a 的取值范围为{}|0a a ≤26．选法见解析；2a =，0b =；（1）证明见解析；（2）103t <<. 【分析】（1）根据函数的对称性，定义域和值域，奇偶性计算得到2a =，0b =，再求导证明单调性.（2）利用函数的奇偶性和单调性解不等式得到答案. 【详解】（1）①由()()220f x f x -++=得()f x 对称中心为()2,0即得2a =，0b =； ②(i )当1a >时，()xf x a b =+在[]1,2上单调递增，则有224a b a b +=⎧⎨+=⎩得220a a --=，得2a =，0b =；(ii )当01a <<时，()xf x a b =+在[]1,2上单调递减，则242a b a b +=⎧⎨+=⎩得220a a -+=，无解，所以2a =，0b =；③由()24f x x ax =-+得()()2125f x x a x a +=+-+-，因为()1f x +在[]1,1b b -+上是偶函数，则202a -=，且()()110b b -++=，所以2a =，0b =；由①或②或③得()222xg x x =+，()1,1x ∈-，()()222121x g x x -'=+，由11x -<<得()0g x '>，则()g x 在()1,1-上单调递增. （2）因为()()222xg x g x x --==-+，则()g x 为奇函数.由()()120g t g t -+<即()()21g t g t <-又因为()g x 在()1,1-上单调递增，则121,111,21,t t t t -<<⎧⎪-<-<⎨⎪<-⎩解得103t <<.【点睛】本题考查了函数对称性，奇偶性，单调性，函数的定义域和值域，解不等式，意在考查学生对于函数知识的综合应用.。

2021_2022学年新教材高中数学第二章导数及其应用3导数的计算课后巩固提升含解析北师大版选择性必

第二章导数及其应用§3导数的计算课后篇巩固提升必备知识基础练1.若f'(x0)=-2,则limk→0f(x0-12k)-f(x0)k等于()B.-1C.2D.1,lim k→0f(x0-12k)-f(x0)k=-12limk→0f(x0-12k)-f(x0)-12k=-12f'(x0)=1,故选D.2.下列各式中正确的个数是()①(x7)'=7x6;②(x-1)'=x-2;③1√x '=-12x-32;④(√x25)'=25x-35;⑤(cos x)'=-sin x;⑥(cos 2)'=-sin 2.B.4C.5D.6(x-1)'=-x-2,⑥(cos2)'=0,∴②⑥不正确.故选B.3.若函数f(x)=cos x,则f'π4+fπ4的值为()B.-1C.1D.2 解析f'(x)=-sin x,所以f'π4+fπ4=-sinπ4+cosπ4=0.4.已知f(x)=x a,若f'(1)=4,则a的值等于()B.-4C.5D.-5f'(x)=ax a-1,f'(1)=a(1)a-1=4,∴a=4.y=f(x)=2x2+4x在x=3处的导数为.(3)=limΔx→0Δy Δx=lim Δx→02(3+Δx)2+4(3+Δx)-(2×32+4×3)Δx=16.,其位移s与时间t的关系是s=3t-t2,则物体的初速度是.初=s'(0)=limΔt→0s(0+Δt)-s(0)Δt=limΔt→0(3-Δt)=3.7.已知f (x )=1x,g (x )=mx ,且g'(2)=1f '(2),则m=.4,f'(x )=-1x 2,g'(x )=m.∵g'(2)=1f '(2),∴m=-4.8.设直线y=12x+b 是曲线y 1=ln x (x>0)的一条切线,则实数b 的值为.-1y 1'=(ln x )'=1x ,设切点为(x 0,y 0),由题意,得1x 0=12,所以x 0=2,y 0=ln2,代入直线方程y=12x+b ,得b=ln2-1.9.利用导数的定义求函数y=f (x )=x-2x的导数.解由导数定义,得Δy=f (x+Δx )-f (x )=(x+Δx )-2x+Δx-x-2x,∴ΔyΔx =1+2x (x+Δx ),当Δx 趋于0时,得到导数f'(x )=1+2x 2.10.用求导数的公式求下列函数的导数.(1)y=x 8;(2)y=4x ;(3)y=log 3x ;(4)y=sin x+π2;(5)y=e 2. 解(1)y'=(x 8)'=8x 8-1=8x 7.(2)y'=(4x )'=4x ln4.(3)y'=(log 3x )'=1xln3.(4)y'=sin x+π2'=(cos x )'=-sin x.(5)y'=(e 2)'=0.关键能力提升练11.已知函数f (x )在x 0处的导数为f'(x 0),则lim Δx →0f (x 0)-f (x 0-mΔx )Δx等于()A.mf'(x 0) B .-mf'(x 0) C .-1m f'(x 0) D .1m f'(x 0),limΔx →0f (x 0)-f (x 0-mΔx )Δx=m limΔx →0f (x 0)-f (x 0-mΔx )mΔx=mf'(x 0).12.已知曲线f(x)=x3在点(2,8)处的切线方程为y=kx+b,则k-b等于()B.-4C.28D.-28点(2,8)在切线上,∴2k+b=8,①又f'(x)=3x2,f'(2)=3×22=12=k,②由①②可得k=12,b=-16,∴k-b=28.13.设正弦曲线y=sin x上一点P,以点P为切点的切线为直线l,则直线l的倾斜角α的取值X围是()A.0,π4∪3π4,π B.[0,π)C.π4,3π4D.0,π4∪π2,3π4答案A解析∵(sin x)'=cos x,∴k l=cos x,∴-1≤k l≤1,∴α∈0,π4∪3π4,π.14.(多选题)以下运算正确的是()A.1x '=1x2B.(cos x)'=-sin xC.(2x)'=2x ln 2D.(tan x)'=1cos2x解析1x '=-1x2,所以A不正确;因为(cos x)'=-sin x,故B正确;因为(2x)'=2x ln2,所以C正确;因为(tan x)'=1cos2x,所以D正确.15.(多选题)已知曲线y=x3在点P处的切线斜率为k,则当k=3时的P点坐标为()A.(-1,1)B.(-1,-1)D.(1,-1),y'=3x2,因为k=3,所以3x2=3,所以x=±1,则P点坐标为(-1,-1)或(1,1).16.设函数f(x)在x=x0处可导,当h趋于0时,对于f(x0+ℎ)-f(x0)ℎ的值,以下说法正确的是.(填序号)①与x0,h都有关;②仅与x0有关而与h无关;③仅与h有关而与x0无关;④与x0,h均无关.(x)=sin x,f1(x)=f'0(x),f2(x)=f'1(x),…,f n+1(x)=f'n(x),n∈N,则f2 020(x)=.x,f1(x)=cos x,f2(x)=-sin x,f3(x)=-cos x,f4(x)=sin x,f5(x)=cos x,…,依次类推可得,函数呈周期变化,且周期为4,则f2020(x)=f4(x)=sin x.18.函数y=x 2(x>0)的图象在点(a k ,a k 2)处的切线与x 轴的交点的横坐标为a k+1,其中k ∈N +,若则a 1+a 3+a 5的值是.y'=2x ,∴y=x 2(x>0)的图象在点(a k ,a k 2)处的切线方程为y-a k 2=2a k (x-a k ).又该切线与x 轴的交点坐标为(a k+1,0),∴a k+1=12a k ,即数列{a k }是首项为a 1=16,公比为q=12的等比数列,∴a 3=4,a 5=1,∴a 1+a 3+a 5=21.19.已知P 为曲线y=ln x 上的一动点,Q 为直线y=x+1上的一动点,则当点P 的坐标为时,PQ 最小,此时最小值为.√2 ,当直线l 与曲线y=ln x 相切且与直线y=x+1平行时,切点到直线y=x+1的距离即为PQ 的最小值.易知(ln x )'=1x ,令1x =1,得x=1,故此时点P 的坐标为(1,0),所以PQ 的最小值为√2=√2.f (x )=x 2,g (x )=x 3,求适合f'(x 0)+2=g'(x 0)的x 0的值.(x 0)=2x 0,g'(x 0)=3x 02.因为f'(x 0)+2=g'(x 0),所以2x 0+2=3x 02,即3x 02-2x 0-2=0,解得x 0=1-√73或x 0=1+√73.学科素养创新练21.设曲线y=x n+1(n ∈N +)在点(1,1)处的切线与x 轴的交点的横坐标为x n ,令a n =lg x n ,求a 1+a 2+…+a 99的值.解由题得y'=(n+1)x n ,故在点(1,1)处的切线斜率k=n+1,所以切线方程为y=(n+1)x-n (n ∈N +),可求得切线与x 轴的交点为nn+1,0,则a n =lg nn+1=lg n-lg(n+1),n ∈N +,所以a 1+a 2+…+a 99=(lg1-lg2)+(lg2-lg3)+…+(lg99-lg100)=lg1-lg100=-2.。

新高考数学高考数学压轴题导数及其应用多选题分类精编含解析

新高考数学高考数学压轴题导数及其应用多选题分类精编含解析一、导数及其应用多选题1．已知(0,1)x ∈，则下列正确的是（）A ．cos 2x x π++ D ．1ln 1x x <- 【答案】ABC 【分析】构造函数()sin f x x x =-证明其在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭单调递减，即可得sin 22x x ππ⎛⎫-<-⎪⎝⎭即可判断选项A ；作出2yx 和2x y =的函数图象可判断选项B ；作出()sin2xf x =，()224x h x x =+的图象可判断选项C ；构造函数()1ln 1x g x x =+-利用导数判断其在()0,1x ∈上的单调性即可判断选项D ，进而可得正确选项.【详解】对于选项A ：因为()0,1x ∈，所以022x ππ<-<，令()sin f x x x =-，()cos 10f x x '=-≤，()sin f x x x =-在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭单调递减，所以()()00f x f <=，即sin x x <，所以sin 22x x ππ⎛⎫-<- ⎪⎝⎭即cos 2x x π<-，可得cos 2x x π+<，故A 正确，对于选项B ：由图象可得()0,1x ∈，22x x <恒成立，故选项B 正确；对于选项C ：要证22sin 24xx x >+，令()sin 2x f x =，()224xh x x =+ ()()f x f x -=-，()sin2xf x =是奇函数， ()()h x h x -=，()224x h x x =+是偶函数，令2224144x t x x ==-++ ，则y t =，因为24y x =+在()0,∞+单调递增，所以2414t x =-+在()0,∞+单调递增，而y t =单调递增，由符合函数的单调性可知()224x h x x =+在()0,∞+单调递增，其函数图象如图所示：由图知当()0,1x ∈时22sin 24xx x >+C 正确；对于选项D ：令()1ln 1x g x x =+-，()01x <<，()221110x g x x x x-'=-=<，所以()1ln 1x g x x=+-在()0,1单调递减，所以()()1ln1110g x g >=+-=，即1ln 10x x+->，可得1ln 1x x >-，故选项D 不正确.故选：ABC 【点睛】思路点睛：证明不等式恒成立（或能成立）一般可对不等式变形，分离参数，根据分离参数后的结果，构造函数，由导数的方法求出函数的最值，进而可求出结果；有时也可根据不等式，直接构成函数，根据导数的方法，利用分类讨论求函数的最值，即可得出结果.2．设函数()ln xf x x=，()ln g x x x =，下列命题，正确的是（） A ．函数()f x 在()0,e 上单调递增，在(),e +∞单调递减 B ．不等关系33e e ππππ<<<成立C ．若120x x <<时，总有()()()22212122a x x g x g x ->-恒成立，则1a ≥D ．若函数()()2h x g x mx =-有两个极值点，则实数()0,1m ∈【答案】AC 【分析】利用函数的单调性与导数的关系可判断A 选项的正误；由函数()f x 在区间(),e +∞上的单调性比较3π、e π的大小关系，可判断B 选项的正误；分析得出函数()()22s x g x ax=-在()0,∞+上为减函数，利用导数与函数单调性的关系求出a 的取值范围，可判断C 选项的正误；分析出方程1ln 2xm x+=在()0,∞+上有两个根，数形结合求出m 的取值范围，可判断D 选项的正误. 【详解】对于A 选项，函数()ln x f x x =的定义域为()0,∞+，则()21ln xf x x-'=. 由()0f x '>，可得0x e <<，由()0f x '>，可得x e >.所以，函数()f x 在()0,e 上单调递增，在(),e +∞单调递减，A 选项正确；对于B 选项，由于函数()ln xf x x=在区间(),e +∞上单调递减，且4e π>>，所以，()()4f f π>，即ln ln 44ππ>，又ln 41ln 213ln 22043236--=-=>，所以，ln ln 4143ππ>>，整理可得3e ππ>，B 选项错误；对于C 选项，若120x x <<时，总有()()()22212122a x x g x g x ->-恒成立，可得()()22112222g x ax g x ax ->-，构造函数()()2222ln s x g x ax x x ax =-=-，则()()12s x s x >，即函数()s x 为()0,∞+上的减函数，()()21ln 20s x x ax '=+-≤对任意的()0,x ∈+∞恒成立，即1ln xa x+≥对任意的()0,x ∈+∞恒成立，令()1ln x t x x +=，其中0x >，()2ln xt x x'=-. 当01x <<时，()0t x '>，此时函数()t x 单调递增；当1x >时，()0t x '<，此时函数()t x 单调递减.所以，()()max 11t x t ==，1a ∴≥，C 选项正确；对于D 选项，()()22ln h x g x mx x x mx =-=-，则()1ln 2h x x mx '=+-，由于函数()h x 有两个极值点，令()0h x '=，可得1ln 2xm x+=，则函数2y m =与函数()t x 在区间()0,∞+上的图象有两个交点，当1x e>时，()0t x >，如下图所示：当021m <<时，即当102m <<时，函数2y m =与函数()t x 在区间()0,∞+上的图象有两个交点.所以，实数m 的取值范围是10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭，D 选项错误. 故选：AC. 【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与x 轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由()0f x =分离变量得出()a g x =，将问题等价转化为直线y a =与函数()y g x =的图象的交点问题.3．已知：()f x 是奇函数，当0x >时，()'()1f x f x ->，(1)3f =，则（）A ．(4)(3)f ef >B ．2(4)(2)f e f ->-C ．3(4)41f e >-D ．2(4)41f e -<--【答案】ACD 【分析】由已知构造得'()+10x x e f ⎡⎤>⎢⎥⎣⎦，令()()+1x f x g x e =，判断出函数()g x 在0x >时单调递增，由此得()()4>3g g ，化简可判断A ；()()4>2g g ，化简并利用()f x 是奇函数，可判断B ；()()4>1g g ，化简可判断C ；由C 选项的分析得32(4)41>4+1f e e >-，可判断D.【详解】因为当0x >时，()'()1fx f x ->，所以()'()10f x f x -->，即()[]'()+10xf x f e x ->，所以'()+10x x e f ⎡⎤>⎢⎥⎣⎦，令()()+1xf xg x e=，则当0x >时，()'>0g x ，函数()g x 单调递增，所以()()4>3g g ，即43(4)+1(3)+1>f f e e ，化简得(4)(3)1>(3)f f e e ef >+-，故A 正确；()()4>2g g ，即42(4)+1(2)+1>f f e e ，化简得222(4)(2)1>(2)f f e e e f >+-，所以2(4)(2)e f f -<-，又()f x 是奇函数，所以2(4)(2)e f f -<-，故B 不正确；()()4>1g g ，即4(4)+1(1)+1>f f e e，又(1)3f =，化简得3(4)41f e >-，故C 正确；由C 选项的分析得32(4)41>4+1f e e >-，所以2(4)41f e -<--，又()f x 是奇函数，所以2(4)41f e -<--，故D 正确, 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：解决本题中令有导函数的不等式，关键在于构造出某个函数的导函数，得出所构造的函数的单调性，从而可比较函数值的大小关系.4．已知函数()1ln f x x x x=-+，()()1ln x x x x g --=，则下列结论正确的是（） A ．()g x 存在唯一极值点0x ，且()01,2x ∈ B ．()f x 恰有3个零点C ．当1k <时，函数()g x 与()h x kx =的图象有两个交点D ．若120x x >且()()120f x f x +=，则121=x x 【答案】ACD 【分析】根据导数求得函数()g x '在(0,)+∞上为单调递减函数，结合零点的存在性定，可判定A 正确；利用导数求得函数 ()f x 在(,0)-∞，(0,)+∞单调递减，进而得到函数 ()f x 只有2个零点，可判定B 不正确；由()g x kx =，转化为函数()()1ln x x x ϕ-=和 ()(1)m x k x =-的图象的交点个数，可判定C 正确；由()()120f x f x +=，化简得到 ()121()f x f x =，结合单调性，可判定D 正确. 【详解】由函数()()1ln x x x x g --=，可得 ()1ln ,0g x x x x '=-+>，则()2110g x x x''=--<，所以()g x '在(0,)+∞上为单调递减函数，又由 ()()110,12ln 202g g '=>=-+<，所以函数()g x 在区间(1,2)内只有一个极值点，所以A 正确；由函数()1ln f x x x x=-+，当0x >时，()1ln f x x x x=-+，可得 ()221x x f x x -+-'=，因为22131()024x x x -+-=---<，所以 ()0f x '<，函数()f x 在(0,)+∞单调递减；又由()10f =，所以函数在(0,)+∞上只有一个零点，当0x <时，()1ln()f x x x x =--+，可得 ()221x x f x x -+-'=，因为22131()024x x x -+-=---<，所以 ()0f x '<，函数()f x 在(,0)-∞单调递减；又由()10f -=，所以函数在(,0)-∞上只有一个零点，综上可得函数()1ln f x x x x=-+在定义域内只有2个零点，所以B 不正确；令()g x kx =，即()1ln x x x kx --=，即 ()1ln (1)x x k x -=-，设()()1ln x x x ϕ-=， ()(1)m x k x =-，可得()1ln 1x x x ϕ'=+-，则 ()2110x x xϕ''=+>，所以函数()x ϕ'(0,)+∞单调递增，又由()01ϕ'=，可得当(0,1)x ∈时， ()0x ϕ'<，函数()x ϕ单调递减，当(1,)x ∈+∞时，()0x ϕ'>，函数 ()x ϕ单调递增，当1x =时，函数()x ϕ取得最小值，最小值为()10ϕ=，又由()(1)m x k x =-，因为1k <，则 10k ->，且过原点的直线，结合图象，即可得到函数()()1ln x x x ϕ-=和 ()(1)m x k x =-的图象有两个交点，所以C 正确；由120x x >，若120,0x x >>时，因为 ()()120f x f x +=，可得()()12222222211111lnln 1f x f x x x f x x x x x ⎛⎫⎛⎫=-=--+=+-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即()121()f x f x =，因为()f x 在(0,)+∞单调递减，所以 121x x =，即121=x x ，同理可知，若120,0x x <<时，可得121=x x ，所以D 正确. 故选：ACD.【点睛】函数由零点求参数的取值范围的常用方法与策略：1、分类参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从()f x 中分离参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数的取值范围；2、分类讨论法：一般命题情境为没有固定的区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合函数的单调性，先确定参数分类标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各个小范围并在一起，即可为所求参数的范围.5．已知2()ln f x x x =，2()()f x g x x'=，()'f x 是()f x 的导函数，则下列结论正确的是（）A ．()f x 在12e ,-⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增．B ．()g x 在(0,)+∞上两个零点C ．当120x x e <<< 时，221212()()()m x x f x f x -<-恒成立，则32m ≥D ．若函数()()h x f x ax =-只有一个极值点，则实数0a ≥ 【答案】ACD 【分析】求出导函数()'f x ，由()0f x '>确定增区间，判断A ，然后可得()g x ，再利用导数确定()g x 的单调性与极值，结合零点存在定理得零点个数，判断B ，构造函数2()()x f x mx ϕ=-，由()ϕx 在(0,)e 上递减，求得m 范围，判断C ，利用导数研究()h x 的单调性与极值点，得a 的范围，判断D ．【详解】()(2ln 1)(0)f x x x x '=+>，令()0f x '>，得1212ln 10ln 2x x x e -+>⇒>-⇒>，故A 正确2ln 1()x g x x+=， 212ln ()x g x x -'=，令()0g x '>得121ln 2x x e <⇒<，()0g x '<得120x e <<，故()g x 在120,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上为减函数，在12e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上为增函数．当x →时，()g x →-∞；当x →+∞时，()0g x →且g()0x >()g x ∴的大致图象为()g x ∴只有一个零点，故B 错．记2()()x f x mx ϕ=-，则()ϕx 在(0,)e 上为减函数，()(2ln 1)20x x x mx ϕ'∴=+-≤对(0,)x e ∈恒成立22ln 1m x ∴≥+对(0,)x e ∈恒成立 23m ∴≥32m ∴≥．故C 正确．2()()ln h x f x ax x x ax =-=-，()(2ln 1)h x x x a =+'-，设()(2ln 1)H x x x =+，()h x 只有一个极值点， ()h x '0=只有一个解，即直线y a =与()y H x =的图象只有一个交点．()2(ln 1)12ln 3H x x x '=++=+，()H x '在(0,)+∞上为增函数，令()0H x '=，得320x e -=，当0(0,)x x ∈时，()0H x '<；当0(,)x x ∈+∞时，()0H x '>．()H x ∴在0(0,)x 上为减函数，在0(,)x +∞上为增函数，332203()21202H x e e --⎡⎤⎛⎫=⨯-+=-< ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，0(0,)x x ∈时，322ln 12ln 120x e -+<+=-<，即()0H x <，且0x →时，()0H x →，又x →+∞时，()H x →+∞，因此()H x 的大致图象如下（不含原点）：直线y a =与它只有一个交点，则0a ≥．故D 正确．故选：ACD ．【点睛】关键点点睛：本题考查用导数研究函数的性质，解题关键是由导数确定函数的单调性，得出函数的极值，对于零点问题，需要结合零点存在定理才能确定零点个数．注意数形结合思想的应用．6．若存在常数k 和b ，使得函数()F x 和()G x 对其公共定义域上的任意实数x 都满足：()F x kx b ≥+和()G x kx b ≤+恒成立，则称此直线y kx b =+为()F x 和()G x 的“隔离直线”．已知函数()22x f x =（x ∈R ），()12g x x =（0x <），()ln h x e x =，（e 为自然对数的底数），则（）A ．()()()m x f x g x =-在0x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭内单调递减 B ．()f x 和()g x 之间存在“隔离直线”，且b 的最小值为2- C ．()f x 和()g x 之间存在“隔离直线”，且k 的取值范围是[]2,1-D ．()f x 和()g x 之间存在唯一的“隔离直线”，方程为2ey =-【答案】BD 【分析】对于A ：令()()()m x f x g x =-，利用导数可确定()m x 单调性，进而作出判断；对于B 和C ：利用二次函数的性质以及不等式恒成立的知识求出b 、k 的范围，进而作出判断；对于选项D ：根据隔离直线过()f x 和()h x 的公共点，可假设隔离直线为2e y kx =-；可得到222x ekx ≥-，再利用恒成立得出k 的值，最后尝试利用导数证明()2eh x ≤-，进而作出判断. 【详解】对于A ，()()()2122x m x f x g x x =-=-， ()322121022x m x x x x +'∴=+=>，当x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0m x '>，()m x ∴单调递增，故A 错误；对于B ，C ，设()f x ，()g x 的隔离直线为y kx b =+，22x kx b ≥+对任意x ∈R 恒成立，即2220x kx b --≥对任意x ∈R 恒成立，所以21480k b ∆=+≤，所以0b ≤，又12kx b x ≤+对任意(),0x ∈-∞恒成立，即22210kx bx +-≤对任意(),0x ∈-∞恒成立，因为0b ≤，所以0k ≤且21480b k ∆=+≤，所以22k b ≤-且22b k ≤-，4248k b b ≤≤-，解得20k -≤≤，同理20b -≤≤，所以b 的最小值为2-，k 的取值范围是[]2,0-，故B 正确，C 错误；对于D ，函数()f x 和()h x的图象在x =∴若存在()f x 和()h x 的隔离直线，那么该直线过这个公共点，设隔离直线的斜率为k，则隔离直线方程为(2ey k x -=，即2e y kx =-，则222x ekx ≥-（x ∈R），得2220x kx e -+≥对x ∈R 恒成立，则()24420k e ∆=-≤，解得k =，此时隔离直线方程为：2ey =-，下面证明()2e h x ≤-，令()()ln 22e e G x h x e x =--=--（0x >），则()x G x x'=，当x =()0G x '=；当0x <<()0G x '<；当x >()0G x '>；∴当x =()G x 取到极小值，也是最小值，即()0min G x G==，()()02e G x h x ∴=--≥在()0,∞+上恒成立，即()2eh x ≤-，∴函数()f x 和()h x存在唯一的隔离直线2ey =-，D 正确. 故选：BD . 【点睛】关键点睛：本题考查导数中的新定义问题的求解；解题关键是能够充分理解“隔离直线”的定义，将问题转化为根据不等式恒成立求解参数范围或参数值、或不等式的证明问题，属于难题.7．已知函数()21ln 2f x ax ax x =-+的图象在点()()11,x f x 处与点()()22,x f x 处的切线均平行于x 轴，则（）A ．()f x 在1,上单调递增B ．122x x +=C ．()()121212x x x x f x f x ++++的取值范围是7,2ln 24⎛⎫-∞-- ⎪⎝⎭D ．若163a =，则()f x 只有一个零点【答案】ACD 【分析】求导，根据题意进行等价转化，得到a 的取值范围；对于A ，利用导数即可得到()f x 在()1,+∞上的单调性；对于B ，利用根与系数的关系可得121x x =+；对于C ，化简()()121212x x x x f x f x ++++，构造函数，利用函数的单调性可得解；对于D ，将163a =代入()f x '，令()0f x '=，可得()f x 的单调性，进而求得()f x 的极大值小于0，再利用零点存在定理可得解. 【详解】由题意可知，函数()f x 的定义域为()0,∞+，且()211ax ax ax a x x xf -+=-+='，则1x ，2x 是方程210ax ax -+=的两个不等正根，则212401a a x x a ⎧∆=->⎪⎨=>⎪⎩，解得4a >，当()1,x ∈+∞时，函数210y ax ax =-+>，此时()0f x '>，所以()f x 在()1,+∞上单调递增，故A 正确；因为1x ，2x 是方程210ax ax -+=的两个不等正根，所以121x x =+，故B 错误；因为()()221212121112221111ln ln 22x x x x f x f x x ax ax x ax ax a ++++=+++-++- 1112111ln 1ln 22a a a a a a a a⎛⎫=+++--=--+ ⎪⎝⎭，易知函数()11ln 2h a a a a=--+在()4,+∞上是减函数，则当4a >时，()()742ln 24h a h <=--，所以()()121212x x x x f x f x ++++的取值范围是7,2ln 24⎛⎫-∞-- ⎪⎝⎭，故C 正确；当163a =时，()1616133f x x x '=-+，令()0f x '=，得14x =或34，则()f x 在10,4⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在13,44⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，在3,4⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，所以()f x 在14x =取得极大值，且104f ⎛⎫< ⎪⎝⎭，()2ln 20f =>，所以()f x 只有一个零点，故D 正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：导数几何意义的应用主要抓住切点的三个特点： ①切点坐标满足原曲线方程； ②切点坐标满足切线方程；③切点的横坐标代入导函数可得切线的斜率.8．已知函数()()()221x f x x e a x =-+-有两个零点，则a 的可能取值是（） A ．1- B ．0 C ．1 D ．2【答案】CD 【分析】求出()f x 的导数，讨论a 的范围，结合函数的单调性和零点存在性定理可判断求出. 【详解】解：∵函数()()()221x f x x e a x =-+-， ∴()()()()()12112xx f x x e a x x e a '=-+-=-+，①若0a =，那么()()0202xf x x e x =⇔-=⇔=，函数()f x 只有唯一的零点2，不合题意； ②若0a >，那么20x e a +>恒成立，当1x <时，()0f x '<，此时函数为减函数；当1x >时，()0f x '>，此时函数为增函数；此时当1x =时，函数()f x 取极小值e -，由()20f a =>，可得：函数()f x 在1x >存在一个零点；当1x <时，x e e <，210x -<-<，∴()()()()()222121x f x x e a x x e a x =-+->-+-()()211a x e x e =-+--，令()()2110a x e x e -+--=的两根为1t ，2t ，且12t t <，则当1x t <，或2x t >时，()()()2110f x a x e x e >-+-->，故函数()f x 在1x <存在一个零点；即函数()f x 在R 上存在两个零点，满足题意； ③若02ea -<<，则()ln 2ln 1a e -<=，当()ln 2x a <-时，()1ln 21ln 10x a e -<--<-=，()ln 2220a x e a e a -+<+=，即()()()120xf x x e a '=-+>恒成立，故()f x 单调递增，当()ln 21a x -<<时，10x -<，()ln 2220a x e a e a -+>+=，即()()()120xf x x e a '=-+<恒成立，故()f x 单调递减，当1x >时，10x ->，()ln 2220a x e a e a -+>+=，即()()(1)20xf x x e a '=-+>恒成立，故()f x 单调递增，故当()ln 2x a =-时，函数取极大值，由()()()()()2ln 2ln 222ln 21f a a a a a ⎡⎤⎡⎤-=---+--⎣⎦⎣⎦(){}2ln 2210a a ⎡⎤⎣⎦=--+<得：函数()f x 在R 上至多存在一个零点，不合题意； ④若2ea =-，则()ln 21a -=，当()1ln 2x a <=-时，10x -<，()ln 2220a x e a e a -+<+=，即()()()120xf x x e a '=-+>恒成立，故()f x 单调递增，当1x >时，10x ->，()ln 2220a x e a e a -+>+=，即()()()120xf x x e a '=-+>恒成立，故()f x 单调递增，故函数()f x 在R 上单调递增，函数()f x 在R 上至多存在一个零点，不合题意；⑤若2ea <-，则()ln 2ln 1a e ->=，当1x <时，10x -<，()ln 2220a x e a e a -+<+=，即()()()120xf x x e a '=-+>恒成立，故()f x 单调递增，当()1ln 2x a <<-时，10x ->，()ln 2220a x e a e a -+<+=，即()()()120xf x x e a '=-+<恒成立，故()f x 单调递减，当()ln 2x a >-时，10x ->，()ln 2220a x e a e a -+>+=，即()()()120xf x x e a '=-+>恒成立，故()f x 单调递增，故当1x =时，函数取极大值，由()10f e =-<得：函数()f x 在R 上至多存在一个零点，不合题意；综上所述，a 的取值范围为()0,∞+，故选：CD. 【点睛】本题考查利用导数研究函数的零点问题，属于较难题.9．函数()ln f x x x =、()()f x g x x'=，下列命题中正确的是（）.A ．不等式()0g x >的解集为1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭B ．函数()f x 在()0,e 上单调递增，在(,)e +∞上单调递减C ．若函数()()2F x f x ax =-有两个极值点，则()0,1a ∈D ．若120x x >>时，总有()()()2212122m x x f x f x ->-恒成立，则m 1≥ 【答案】AD 【分析】对A ，根据()ln f x x x =，得到()()ln 1f x xg x x x'+==，然后用导数画出其图象判断；对B ，()1ln f x x '=+，当x e >时，()0f x '>，当0x e <<时，()0f x '<判断；对C ，将函数()()2F x f x ax =-有两个极值点，()ln 120x a x+=+∞在，有两根判断；对D ，将问题转化为22111222ln ln 22m m x x x x x x ->-恒成立，再构造函数()2ln 2m g x x x x =-，用导数研究单调性. 【详解】对A ，因为()()()ln 1ln f x x f x x x g x x x'+===、， ()2ln xg x x -'=，令()0g x '>，得()0,1x ∈，故()g x 在该区间上单调递增；令()0g x '<，得()1x ∈+∞，，故()g x 在该区间上单调递减.又当1x >时，()0g x >，()10,11g g e ⎛⎫== ⎪⎝⎭，故()g x 的图象如下所示：数形结合可知，()0g x >的解集为1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，故正确；对B ，()1ln f x x '=+，当x e >时，()0f x '>，当0x e <<时，()0f x '<，所以函数()f x 在()0,e 上单调递减，在(,)e +∞上单调递增，错误；对C ，若函数()()2F x f x ax =-有两个极值点，即()2ln F x x x ax =-有两个极值点，又()ln 21F x x ax '=-+，要满足题意，则需()ln 2100x ax -+=+∞在，有两根，也即()ln 120x a x+=+∞在，有两根，也即直线()2y a y g x ==与的图象有两个交点. 数形结合则021a <<，解得102a <<. 故要满足题意，则102a <<，故错误；对D ，若120x x >>时，总有()()()2212122m x x f x f x ->-恒成立，即22111222ln ln 22m m x x x x x x ->-恒成立，构造函数()2ln 2m g x x x x =-，()()12g x g x >，对任意的120x x >>恒成立，故()g x ()0+∞，单调递增，则()ln 10g x mx x '=--≥()0+∞，恒成立，也即ln 1x m x+≤，在区间()0,∞+恒成立，则()max 1g x m =≤，故正确. 故选：AD. 【点睛】本题主要考查导数在函数图象和性质中的综合应用，还考查了数形结合的思想、转化化归思想和运算求解的能力，属于较难题.10．（多选题）已知函数31()1x x xe x f x e x x⎧<⎪=⎨≥⎪⎩，，，函数()()g x xf x =，下列选项正确的是（）A ．点(0,0)是函数()f x 的零点B ．12(0,1),(1,3)x x ∃∈∈，使12()()f x f x >C ．函数()f x 的值域为)1e ,-⎡-+∞⎣D ．若关于x 的方程[]2()2()0-=g x ag x 有两个不相等的实数根，则实数a 的取值范围是222e e,(,)e 82⎛⎤+∞ ⎥⎝⎦ 【答案】BC 【分析】根据零点的定义可判断A ；利用导数判断出函数在()0,1、()1,3上的单调性性，求出各段上的值域即可判断B ；利用导数求出函数的最值即可判断C ；利用导数求出函数的最值即可判断D. 【详解】对于选项A ，0是函数()f x 的零点，零点不是一个点，所以A 错误. 对于选项B ，当1x <时，()(1)xf x x e '=+，可得，当1x <-时，()f x 单调递减；当11x -<<时，()f x 单调递增；所以，当01x <<时， 0()<<f x e ，当1x >时，4(3)()x e x f x x-'=，当13x <<时，()f x 单调递减；当3x >时，()f x 单调递增；()y f x =图像所以，当13x <<时， 3()27e f x e << ，综上可得，选项B 正确；对于选项C ，min 1()(1)f x f e=-=-，选项C 正确. 对于选项D ，关于x 的方程[]2()2()0-=g x ag x 有两个不相等的实数根⇔关于x 的方程()[()2]0-=g x g x a 有两个不相等的实数根 ⇔关于x 的方程()20-=g x a 有一个非零的实数根⇔函数()y g x =与2y a =有一个交点，且0x ≠，22,1(),1x xx e x g x e x x⎧<⎪=⎨≥⎪⎩当1x <时，/2()(2)=+xg x e x x ，当x 变化时，'()g x ，()g x 的变化情况如下：x2x <-2-20x -<<0 01x << /()g x +-+()g x极大值极小值极大值24(2)g e -=，极小值(0)0g =，当1≥x 时，3(2)'()e x g x x -=当x 变化时，'()g x ，()g x 的变化情况如下： x 112x <<2 2x >/()g x-+()g xe极小值极小值2 (2)4eg=，()y g x=图像综上可得，22424<<eae或2a e>，a的取值范围是222e e,(,)e82⎛⎫+∞⎪⎝⎭，D不正确.故选：BC【点睛】本题考查了利用导数求函数的最值，利用导数研究方程的根，考查了转化与化归的思想，属于难题.。

导数综合复习(三)导数在研究函数中的应用高考数学

高考数学综合复习
导数综合复习(三)
主讲人：某某某老师
某某学校
一、函数的单调性
二、函数的极值与最大值
三、导数在研究函数中的应用
一、函数的单调性
二、函数的极值与最大值
三、导数在研究函数中的应用
导数在研究函数中的应用
学校：________.班级：________.姓名：________.前言导数是研究函数的变化趋势的一个工具，是初等数学与高等数学中比较常用的一个工具，是研究高等数学的基础。由变化率引出导数，借助导数，不仅可以研究一元函数，而且还可以研究多元函数。
【详解】法一：，当时，恒成立，此时在R上单调递增，不可能有两个零点，舍去，当时，令则在上单调递减，在上单调递增，因为时，，时，，所以要使得有两个零点，则要，
，，，即，综上，若函数有两个零点，则；法二：，当时，，0不是函数的零点；当时，有两根，所以有两根，令，则，当时，，所以在上单调递减，且，
中学阶段，我们需要了解变化率和导数的定义，并通过研究导数的相关性质得出函数的单调性和极最值，体会导数问题的一般研究思路，掌握导数问题的基本研究方法。这一部分内容难度大、知识运用性强，是整个高中数学学习过程中最难的一部分，涉及的题型多，技巧多，思维跳跃性大，需要逐步进行分析，不能图快，一味放弃对难题的解答，需要重视相关思想的培养和训练，如函数思想、方程思想等。作为高考数学中的一个最为重要内容，无论是哪个高考卷，选择填空和大题都经常能见到导数的身影，常用作选择，填空和大题的压轴题。常常考查函数的求导，构造函数法，高阶函数的求导，函数的
二、函数的极值与最大值
1.极值极小值极大值设函数在点的某邻域内有定义，如果对于去心邻域内的任一，有(或)，则称是函数的一个极大值(或极小值)。函数的极大值与极小值统称为函数的极值，

压轴题10 导数的简单应用(原卷版)--2023年高考数学压轴题专项训练(全国通用)

压轴题10导数的简单应用题型/考向一：导数的计算及几何意义题型/考向二：利用导数研究函数的单调性题型/考向三：利用导数研究函数的极值、最值○热○点○题○型一导数的计算及几何意义1.复合函数的导数复合函数y ＝f (g (x ))的导数和函数y ＝f (u )，u ＝g (x )的导数间的关系为y x ′＝y u ′·u x ′.2.导数的几何意义(1)函数在某点的导数即曲线在该点处的切线的斜率.(2)曲线在某点的切线与曲线过某点的切线不同.(3)切点既在切线上，又在曲线上.3.导数中的公切线问题，重点是导数的几何意义，通过双变量的处理，从而转化为零点问题，主要考查消元、转化、构造函数、数形结合能力以及数学运算素养.一、单选题1．函数()()ln 322f x x x =--的图象在点()()1,1f 处的切线方程是（）A ．10x y ++=B ．230x y ++=C ．230x y --=D ．30x y --=2．若函数()e ln xf x x a =++的图象在点()()1,1f 处的切线方程为1y kx =-，则=a （）A ．1B ．0C ．－1D ．e3．已知直线l 为曲线22ln y x x =-在1x =处的切线，则点()3,2-到直线l 的距离为（）AB ．10C ．5D 4．若直线y x a =+与函数()x f x e =和()ln g x x b =+的图象都相切，则a b +=（）A ．1-B ．0C ．1D ．35．曲线221e 24x y x -=⋅+在1x =处的切线与坐标轴围成的面积为（）A ．32B ．3C ．4916D ．4986．已知函数()()21220232023ln 22f x x xf x '=-++-，则()2023f '=（）A ．2022B ．2021C ．2020D ．20197．若对m ∀∈R ，,a b ∃∈R ，使得()()()f a f b f m a b-=-成立，则称函数()f x 满足性质Ω，下列函数不满足．．．性质Ω的是（）A ．()23f x x x=+B ．()()211f x x =+C ．()1ex f x -+=D ．()()cos 12f x x =-8．已知函数()f x 的定义域是()(),00,∞-+∞U ，()f x '为()f x 的导函数，若()()()121f f x f x x'=+-，则()f x 在()0,∞+上的最小值为（）A ．4215-B 1C 1D 1二、多选题9．已知函数()332f x x ax =+-的极值点分别为()1212,x x x x <，则下列选项正确的是（）A ．0a >B ．()()122f x f x +=C ．若()20f x <，则1a >D ．过()0,2仅能做曲线()=y f x 的一条切线10．若函数()()22ln 12x axf x x -=++的图象上，不存在互相垂直的切线，则a 的值可以是（）A ．-1B ．3C ．1D ．211．给出定义：若函数()f x 在D 上可导，即()f x '存在，且导函数()f x '在D 上也可导，则称()f x 在D 上存在二阶导函数，记()()()f x f x ''''=，若()0f x ''<在D 上恒成立，则称()f x 在D 上为凸函数，以下四个函数在π0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上是凸函数的是（）A ．()sin cos f x x x=-B ．()ln 3f x x x=-C ．()331f x x x =-+-D ．()exf x x -=12．设函数()y f x =在区间(),a b 上的导函数为()f x ，()f x 在区间(),a b 上的导函数为()f x ''，若区间(),a b 上()0f x ''<，则称函数()f x 在区间(),a b 上为“凸函数”．已知()5421122012f x x mx x =--在()1,2上为“凸函数”则实数m 的取值范围的一个必要不充分条件为（）A ．1m >-B ．m 1≥C ．1m >D ．0m >○热○点○题○型二利用导数研究函数的单调性利用导数研究函数单调性的关键(1)在利用导数讨论函数的单调区间时，首先要确定函数的定义域.(2)单调区间的划分要注意对导数等于零的点的确认.(3)已知函数单调性求参数范围，要注意导数等于零的情况.一、单选题1．函数()2e =-xf x x 的单调递增区间为（）A ．(),0∞-B ．()ln2,+∞C ．(],ln2∞-D ．[)0,∞+2．已知函数()2,0,ln ,,x a xf x x x a x⎧<<⎪⎪=⎨⎪≥⎪⎩若()f x 在()0,∞+上单调递减，则实数a 的取值范围是（）A ．21,e ⎡⎤⎣⎦B ．[]e,2eC ．2,e e ⎡⎤⎣⎦D ．[)e,+∞3．设0.33e a -=，0.6e b =， 1.6c =，则（）A ．c b a <-在R 上恒成立，且a b >，则（）A ．()()af b bf a >B ．()()af a bf b >C ．()()af a bf b <D ．()()af b bf a <5．已知()f x 是定义在R 上的偶函数，当0x ≥时，()e sin xf x x =+，则不等式()π21e f x -<的解集是（）A ．1π,2+⎛⎫+∞⎪⎝⎭B ．1π0,2+⎛⎫⎪⎝⎭C ．π1e 0,2⎛⎫+ ⎪⎝⎭D ．1π1π,22-+⎛⎫⎪⎝⎭6．已知函数()f x 与()g x 定义域都为R ，满足()()()1e xx g x f x +=，且有()()()0g x xg x xg x ''+-<，()12e g =，则不等式()4f x <的解集为（）A ．()1,4B ．()0,2C ．(),2-∞D ．()1,+∞7．已知函数()x f x e =，若存在0[1,2]x ∈-使得00()()f t x f x t =+-恒成立，则0()b f x t =-的取值范围（）A ．10,1e ⎡⎤+⎢⎥⎣⎦B ．211,e 2e⎡⎤+-⎢⎥⎣⎦C ．11,1e ⎡⎤+⎢⎥⎣⎦D ．21,e 2⎡⎤-⎣⎦8．已知函数()312x f x x +=+，()()42e xg x x =-，若[)12,0,x x ∀∈+∞，不等式()()()()2221e e t g x t f x +≤+恒成立，则正数t 的取值范围是（）A ．21,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．22,e ⎤-⎦C ．)2⎡++∞⎣D ．()2e,⎡+∞⎣二、多选题9．已知函数()(1)e x f x x =+的导函数为()f x '，则（）A ．函数()f x 的极小值点为21e -B ．(2)0f '-=C ．函数()f x 的单调递减区间为(,2)-∞-D ．若函数()()g x f x a =-有两个不同的零点，则21(,0)e a ∈-10．对于三次函数()()320ax bx d a f x cx =+++≠，给出定义：设()f x '是函数()y f x =的导数，()f x ''是函数()f x '的导数，若方程()0f x ''=有实数解0x ，则称()()00,x f x 为函数()y f x =的“拐点”．某同学经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心．若函数()()3211R 32f x x x x b b =-++∈，则（）A ．()f x 一定有两个极值点B ．函数()y f x =在R 上单调递增C ．过点()0,b 可以作曲线()y f x =的2条切线D ．当712b =时，123202220222023202320232023f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭三、解答题11．已知函数()321132f x x ax =-，a ∈R ．(1)当2a =时，求曲线()y f x =在点()()3,3f 处的切线方程；(2)讨论()f x 的单调性．12．已知函数()222ln 12x x f x x-+=．求函数()f x 的单调区间；○热○点○题○型三利用导数研究函数的极值、最值1.由导函数的图象判断函数y ＝f (x )的极值，要抓住两点(1)由y ＝f ′(x )的图象与x 轴的交点，可得函数y ＝f (x )的可能极值点.(2)由y ＝f ′(x )的图象可以看出y ＝f ′(x )的函数值的正负，从而可得到函数y ＝f (x )的单调性，可得极值点.2.求函数f (x )在[a ，b ]上的最大值和最小值的步骤(1)求函数在(a ，b )内的极值.(2)求函数在区间端点处的函数值f (a )，f (b ).(3)将函数f (x )的各极值与f (a )，f (b )比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值.一、单选题1．函数()32142f x x x x =+-的极小值为（）A ．43-B ．1C ．52-D ．104272．函数()f x 的定义域为R ，导函数()f x '的图象如图所示，则函数()f x （）A ．无极大值点、有四个极小值点B ．有三个极大值点、一个极小值点C ．有两个极大值点、两个极小值点D ．有四个极大值点、无极小值点3．已知函数()π2sin 3f x x ω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭()0ω>在()0,π上有3个极值点，则ω的取值范围为（）A ．13,6⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭B ．1319,66⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．1319,66⎛⎤ ⎥⎝⎦D ．713,66⎛⎤ ⎥⎝⎦4．已知函数()2e ln 2xx f x x =+-的极值点为1x ，函数()ln 2x h x x =的最大值为2x ，则（）A ．12x x >B ．21x x >C ．12x x ≥D ．21x x ≥5．若函数()3222f x x ax a x =++在1x =处有极大值，则实数a 的值为（）A ．1B ．1-或3-C ．1-D ．3-6．已知函数()()2ln 11f x x x =+++，则（）A ．0x =是()f x 的极小值点B ．1x =是()f x 的极大值点C ．()f x 的最小值为1ln 2+D ．()f x 的最大值为37．若函数()3e 3ln x f x a x x x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭只有一个极值点，则a 的取值范围是（）A ．2e ,4⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦B ．(,0]-∞C ．(]3e ,09⎧⎫-∞⎨⎬⎩⎭ D ．32e e ,49 纟禳镲çú-¥睚çú镲棼铪8．已知定义域为()0,∞+的函数()f x 满足()1()1f x xf x x'+=+，()10f '=，()1122g x a ax x=+--，若01a <<，则()()f x g x -的极值情况是（）A ．有极大值，无极小值B ．有极小值，无极大值C ．既有极大值，又有极小值D ．既无极小值，也无极大值二、多选题9．已知函数()2211e e x x f x -+=+，则（）A ．()f x 为奇函数B ．()f x 在区间()0,2上单调递减C ．()f x 的极小值为22e D ．()f x 的最大值为411e +10．设函数()ln xf x ax x=-，若函数()f x 有两个极值点，则实数a 的值可以是（）A ．12B ．18C ．2D ．14-三、解答题11．已知函数()()322113f x x ax a x b =-+-+（a ，b ∈R ），其图象在点()()1,1f 处的切线方程为30x y +-=．(1)求a ，b 的值；(2)求函数()f x 的单调区间和极值；(3)求函数()f x 在区间[]2,5-上的最大值．12．已知函数()ln xf x x a=+，其中a 为常数，e 为自然对数的底数.(1)当1a =-时，求()f x 的单调区间；(2)若()f x 在区间(]0,e 上的最大值为2，求a 的值.。

导数在研究函数的综合应用(三)：高考数学一轮复习基础必刷题

导数在研究函数的综合应用（三）------高考数学一轮复习基础必刷题姓名：___________��班级：___________��学号：___________一、单选题1．已知函数()f x 的导函数()f x '的图像如图所示，则()y f x =的图像可能为（）A ．B ．C ．D ．2．已知函数()y f x =的导函数()y f x '=的图象如图所示，则函数()y f x =在区间(),a b 内的极小值点的个数为（）A ．1B ．2C ．3D ．43．函数()ln 1f x x x =-+单调递增区间是（）A ．（0,+∞）B ．（-∞,0）C ．（0,1）D ．（1,+∞）4．已知函数()286ln 1f x x x x =-++，则()f x 的极大值为（）A ．10B ．6-C ．7-D ．05．函数2()2ln f x x x m x =-+在定义域上是增函数，则实数m 的取值范围为（）A ．12m ≥B ．12m >C ．12m ≤D ．12m <6．若定义在R 上的函数()y f x =的图象如图所示，()f x '为函数()f x 的导函数，则不等式()()20x f x '+>的解集为（）．A ．()()(),32,11,-∞-⋃--⋃+∞B ．()()3,11,--⋃+∞C ．()()3,10,1-- D ．()()3,21,1--⋃-7．如果直线l 与两条曲线都相切，则称l 为这两条曲线的公切线，如果曲线1:ln C y x =和曲线()2:0x aC y x x-=>有且仅有两条公切线，那么常数a 的取值范围是（）A ．(),0-∞B ．()0,1C ．()1,e D ．(),e +∞8．函数||()sin =-x f x e x 的图像大致是（）A ．B ．C ．D ．二、填空题9．函数()43ln f x x x x=++的单调递减区间是______．10．若函数()32f x x bx cx d =+++的单调递减区间为()1,3-，则b c +=_________．11．若过定点(1,e)P 恰好可作曲线e (0)x y a a =>的两条切线，则实数a 的取值范围是__________．三、解答题12．已知函数f （x ）＝ax 2ex ﹣1（a ≠0）.（1）求函数f （x ）的单调区间；（2）已知a ＞0且x ∈[1，+∞），若函数f （x ）没有零点，求a 的取值范围.13．确定下列函数的单调区间：(1)2y x x =-；(2)3y x x =-．14．已知1x =-，2x =是函数32()13x f x ax bx =-+++的两个极值点.（1）求()f x 的解析式；（2）记()()g x f x m =-，[24]x ∈-，，若函数()g x 有三个零点，求m 的取值范围.15．已知函数2()(1)x f x ax bx e -=++，其中e 为自然对数的底数.（1）若a =0，求函数()f x 的单调区间；（2）若1,3a b ==，证明x ＞0时，()f x ＜52ln x x x-+参考答案：1．D 【解析】【分析】根据导数图象，可知函数的单调性，并且结合()00f '=，即可排除选项.【详解】由导数图象可知，()0f x '≥，所以函数单调递增，故排除C ；并且()00f '=，故排除AB ；满足条件的只有D.故选：D 2．A 【解析】【分析】结合导函数图象确定正确选项.【详解】函数的极小值点0x 需满足左减右增，即()'00f x =且左侧()'0f x <，右侧()'0f x >，由图可知，一共有1个点符合.故选：A 3．C 【解析】【分析】求导，令导数大于0，解不等式可得.【详解】()ln 1f x x x =-+的定义域为(0,)+∞令11()10x f x x x-'=-=>，解得01x <<，所以()f x 的单调递增区间为(0,1).故选：C 4．B 【解析】【分析】利用导数可判断函数的单调性，进而可得函数的极大值.【详解】函数()f x 的定义域为()0,∞+，()()()213628x x f x x x x--'=-+=,令()0f x '=，解得1x =或3x =，故x ()0,11()1,33()3,+∞()f x '0>0=0<0=0>()f x 单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以()f x 的极大值为()16f =-，故选：B.5．A 【解析】【分析】根据导数与单调性的关系即可求出．【详解】依题可知，()220mf x x x'=-+≥在()0,∞+上恒成立，即221122222m x x x ⎛⎫≥-=--+ ⎪⎝⎭在()0,∞+上恒成立，所以12m ≥．故选：A ．6．A 【解析】利用()y f x =的图象如图判断()f x 单调性，进而判断()f x '在对应区间的正负，解不等式即可【详解】由图像可知：()f x '在（-3，-1），（1，+∞）为正，在（-∞，-3），（-1,1）为负.()()20x f x '+>可化为:20()0x f x +>>'⎧⎨⎩或20()0x f x +<<'⎧⎨⎩解得:-2<x <-1或x >1或x <-3故不等式的解集为：()()(),32,11,-∞-⋃--⋃+∞.故选：A 【点睛】导函数()f x '与原函数()f x 的单调性的关系：（1）()0f x '>⇒原函数在对应区间单增；()0f x '<⇒原函数在对应区间单减；（2）原函数在对应区间单增⇒()0f x '≥；原函数在对应区间单减⇒()0f x '≤.7．B 【解析】【分析】把曲线1C 和曲线2C)1ln 2x -=-有且仅有两解.记())()ln 2,0f x x x =->，利用导数研究单调性和极值，建立不等式20-<-<，即可解得.【详解】曲线1:ln C y x =上一点()11,ln A x x ，11y x '=，切线方程为：1111ln y x x x =-+.曲线()2:0x a C y x x -=>上一点22,1a B x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭，22a y x '=，切线方程为：22221a a y x x x =+-.若直线l 与两条曲线都相切，则有2121212ln 11a x x a x x ⎧=⎪⎪⎨⎪-=-⎪⎩，消去2x)1ln 2x -=-因为曲线1:ln C y x =和曲线()2:0x aC y x x-=>有且仅有两条公切线，)1ln 2x -=-有且仅有两解.记())()ln 2,0f x x x =->，则())1ln 2f x x x '=-+=令()0f x '>，得1x >，所以()f x 在()1,+∞上单增；()0f x '<，得01x <<，所以()f x 在()0,1上单增.所以()()min 12f x f ==-.又有()0f x =，解得：0x =（舍）或2x e =.当0x +→，则()0f x →；当x →∞，则()f x →+∞；而0-≤)1ln 2x -=-有且仅有两解，只需20-<-<，解得：01a <<.故选：B 【点睛】导数的应用主要有：（1）利用导函数几何意义求切线方程；（2）利用导数研究原函数的单调性，求极值（最值）；（3）利用导数求参数的取值范围.8．B 【解析】【分析】由导数判断函数的单调性及指数的增长趋势即可判断.【详解】当0x >时，()e cos 1cos 0=->-≥'x f x x x ，∴()f x 在(0,)+∞上单调递增，当0x <时，()cos 1cos 0-=--<--≤'x f x e x x ，∴()f x 在(,0)-∞上单调递减，排除A 、D ；又由指数函数增长趋势，排除C.故选：B ．9．()0,1【解析】求出导函数()'f x ，在(0,)+∞上解不等式()0f x '<可得()f x 的单调减区间．【详解】()()()'2+41431x x f x x x x-=-+=，其中0x >，令()'0f x <，则(0,1)x ∈，故函数()43ln f x x x x =++的单调减区间为(0,1)，故答案为：(0,1)．【点睛】一般地，若()f x 在区间(,)a b 上可导，我们用'()0f x <求，则()f x 在(,)a b 上的减区间，反之，若()f x 在区间(,)a b 上可导且为减函数，则()0f x '≤，注意求单调区间前先确定函数的定义域．10．12-【解析】求出()'f x ，由1-和3是()0f x '=的根可得．【详解】由题意2()32f x x bx c '=++，所以2320x bx c ++=的两根为1-和3，所以2133133bc ⎧-=-+⎪⎪⎨⎪=-⨯⎪⎩，所以3,9b c =-=-，12b c +=-．故答案为：12-．11．(1,)+∞【解析】【分析】求出函数的导数，设切点为(,)m n ，由导数的几何意义和两点的斜率公式可得e(2)e m m a-=-，设()(2)e x f x x =-，利用导数求出其单调区间和极值，再画出函数的图象，结合图象可得a 的取值范围【详解】由e (0)x y a a =>，得e x y a '=，切点为(,)m n ，则切线的斜率为e m a ，所以切线方程为e ()m y n a x m -=-，因为e m n a =，所以e e ()m m y a a x m -=-，因为点(1,e)P 在切线上，所以e e e (1)m m a a m -=-，得e(2)e m m a-=-，令()(2)e x f x x =-，则()(1)e x f x x '=-，当1x >时，()0f x '>，当1x <时，()0f x '<，所以()f x 在(1,)+∞上递增，在(,1)-∞上递减，所以()f x 在1x =处取得极小值e -，当x →-∞时，()0f x →，当x →+∞时，()f x →+∞，由题意可得直线ey a=-与函数()f x 的图象有两个交点，所以ee 0a-<-<，解得1a >，所以实数a 的取值范围为(1,)+∞，故答案为：(1,)+∞12．（1）当a ＞0时，f （x ）的单调递增区间为（﹣∞,﹣2）和（0,+∞），单调递减区间为（﹣2,0）；当a ＜0时，f （x ）的单调递增区间为（﹣2,0），单调递减区间为（﹣∞,﹣2）和（0,+∞）；（2）1e⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，.【解析】（1）先求导f '（x ）＝2axex +ax 2ex ＝axex （2+x ），再分a ＞0和a ＜0进行讨论即可得解；（2）根据（1）可知，当a ＞0时，f （x ）在x ∈[1，+∞）上单调递增，则保证f （1）＞0即可得解.【详解】（1）f '（x ）＝2axex +ax 2ex ＝axex （2+x ），令f '（x ）＝0，则x ＝0或x ＝﹣2，①若a ＞0，当x ＜﹣2时，f '（x ）＞0，f （x ）单调递增；当﹣2＜x ＜0时，f '（x ）＜0，f （x ）单调递减；当x ＞0时，f '（x ）＞0，f （x ）单调递增；②若a ＜0，当x ＜﹣2时，f '（x ）＜0，f （x ）单调递减；当﹣2＜x ＜0时，f '（x ）＞0，f （x ）单调递增；当x ＞0时，f '（x ）＜0，f （x ）单调递减；综上所述，当a ＞0时，f （x ）的单调递增区间为（﹣∞，﹣2）和（0，+∞），单调递减区间为（﹣2，0）；当a ＜0时，f （x ）的单调递增区间为（﹣2，0），单调递减区间为（﹣∞，﹣2）和（0，+∞）.（2）当a ＞0时，由（1）可知，f （x ）在x ∈[1，+∞）上单调递增，若函数没有零点，则f （1）＝ae ﹣1＞0，解得1a e＞，故a 的取值范围为1e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.【点睛】本题考查了利用导数研究函数单调性，考查了分类讨论思想，要求较高的计算能力，在高考中考压轴题，属于难题.13．(1)单调递增区间为1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭，单调递减区间为1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.(2)单调递增区间为⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，单调递减区间为,⎛-∞ ⎝⎭，⎫∞⎪⎪⎝⎭.【解析】【分析】（1）求得导函数，利用导数的正负即可求得单调区间.（2）求得导函数，利用导数的正负即可求得单调区间.(1)2y x x =-，12y x '∴=-，当0y '=时，12x =.当0y '>时，12x <，当0y '<时，12x >，∴2y x x =-的单调递增区间为1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭，单调递减区间为1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.(2)3y x x =-，213y x '∴=-，当0y '=时，3x =.当0y '>时，33x -<<，当0y '<时，3x >，或3x <-∴3y x x =-的单调递增区间为33⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，单调递减区间为,3⎛-∞- ⎝⎭，3⎛⎫∞ ⎪ ⎪⎝⎭.14．（1）3211()2132f x x x x =-+++；（2）15,63⎛⎤- ⎥⎝⎦【解析】【分析】（1）根据极值点的定义，可知方程()0f x '=的两个解即为1x =-，2x =，代入即得结果；（2）根据题意，将方程()0g x =转化为()f x m =，则函数()y f x =与直线y m =在区间[2-，4]上有三个交点，进而求解m 的取值范围．【详解】解：（1）因为32()13x f x ax bx =-+++，所以2()2f x x ax b '=-++根据极值点定义，方程()0f x '=的两个根即为1x =-，2x =，2()2f x x ax b '=-++ ，代入1x =-，2x =，可得120440a b a b --+=⎧⎨-++=⎩，解之可得，122a b ⎧=⎪⎨⎪=⎩，故有3211()2132f x x x x =-+++；（2）根据题意，3211()2132g x x x x m =-+++-，[2x ∈-，4]，根据题意，可得方程32112132m x x x =-+++在区间[2-，4]内有三个实数根，即函数3211()2132f x x x x =-+++与直线y m =在区间[2-，4]内有三个交点，又因为2()2f x x x '=-++，则令()0f x '>，解得12x -<<；令()0f x '<，解得2x >或1x <-，所以函数()f x 在[)2,1--，(]2,4上单调递减，在(1,2)-上单调递增；又因为1(1)6f -=-，()1323f =，5(2)3f -=，()1343f =-，函数图象如下所示：若使函数3211()2132f x x x x =-+++与直线y m =有三个交点，则需使1563m -< ，即15,63m ⎛⎤∈- ⎥⎝⎦．15．（1）见解析；（2）见解析【解析】【分析】（1）求得()f x 的导数，讨论0b =，0b >，0b <，解不等式可得所求单调区间；（2）分别求得()f x 的最大值，()52ln P x x x x =-+的最小值，比较即可得证.【详解】（1）若0a =，则'2(1)(1)()()x x x x be e bx bx b f x e e -+-+-==，（i ）当0b =时，'1()0x f x e-=<，函数()f x 在R 上单调递减；（ii ）当0b ≠时，'1[(1()xb x b f x e ---=，①若0b >，当1(,1)x b∈-∞-时，'()0f x >，函数()f x 单调递增；当1(1,)x b∈-+∞时，'()0f x <，函数()f x 单调递减.②若0b <，当1(,1)x b∈-∞-时，'()0f x <，函数()f x 单调递减；当1(1,)x b∈-+∞时，'()0f x >，函数()f x 单调递增.综上可知，当0b >时，函数()f x 的单调递增区间为1(,1)b -∞-，单调递减区间为1(1,)b-+∞；当0b =时，函数()f x 的单调递减区间为R ，无单调递增区间；当0b <时，函数()f x 的单调递增区间为1(1,)b -+∞，单调递减区间为1(,1)b -∞-；（2）若1,3,a b ==则2()(31)x f x x x e -=++，0x >，要证不等式()52ln f x x x x <-+，即证23152ln x x x x x x e++<-+，记()52ln P x x x x =-+，则'1()2ln 1ln P x x x x x=-++⋅=-+，故当(0,)x e ∈时，'()0P x <，函数()P x 单调递减，当(+)x e ∈∞，时，'()0P x >，函数()P x 单调递增，所以()()52ln 5P x p e e e e e ≥=-+=-；又22'2(23)(31)2(2)(1)()()x x x x x x e x x e x x x x f x e e e +-++--++-===-，故(0,1)x ∈时，'()0f x >，函数()f x 单调递增；(1,)x ∈+∞时，'()0f x <，函数()f x 单调递减，所以0x >时，5()(1)f x f e ≤=因为 2.7e ≈，所以55(5)5()0e e e e --=-+>，所以55e e->，所以0x >时，()52ln f x x x x <-+.【点睛】本题考查利用导数求函数单调性及最值，考查了学生转化的问题的能力及计算能力，是中档题.。

新高考数学高考数学压轴题导数及其应用多选题分类精编附解析

新高考数学高考数学压轴题导数及其应用多选题分类精编附解析一、导数及其应用多选题1．已知函数()21xx x f x e+-=，则下列结论正确的是（） A ．函数()f x 存在两个不同的零点 B ．函数()f x 既存在极大值又存在极小值C ．当0e k -<<时，方程()f x k =有且只有两个实根D ．若[),x t ∈+∞时，()2max 5f x e=，则t 的最小值为2 【答案】ABC 【分析】首先求函数的导数，利用导数分析函数的单调性和极值以及函数的图象，最后直接判断选项．【详解】对于A ．2()010f x x x =⇒+-=，解得152x -±=，所以A 正确；对于B ．22(1)(2)()x xx x x x f x e e--+-=-=-'，当()0f x '>时，12x -<<，当()0f x '<时，1x <-或2x >，所以(,1),(2,)-∞-+∞是函数的单调递减区间，(1,2)-是函数的单调递增区间，所以(1)f -是函数的极小值，(2)f 是函数的极大值，所以B 正确．对于C ．当x →+∞时，0y →，根据B 可知，函数的最小值是(1)f e -=-，再根据单调性可知，当0e k -<<时，方程()f x k =有且只有两个实根，所以C 正确；对于D ：由图象可知，t 的最大值是2，所以D 不正确．故选：ABC.【点睛】易错点点睛：本题考查了导数分析函数的单调性，极值点，以及函数的图象，首先求函数的导数，令导数为0，判断零点两侧的正负，得到函数的单调性，本题易错的地方是(2,)+∞是函数的单调递减区间，但当x →+∞时，0y →，所以图象是无限接近轴，如果这里判断错了，那选项容易判断错了．2．已知(0,1)x ∈，则下列正确的是（） A ．cos 2x x π++D ．1ln 1x x <- 【答案】ABC 【分析】构造函数()sin f x x x =-证明其在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭单调递减，即可得sin 22x x ππ⎛⎫-<-⎪⎝⎭即可判断选项A ；作出2yx 和2x y =的函数图象可判断选项B ；作出()sin2xf x =，()224x h x x =+的图象可判断选项C ；构造函数()1ln 1x g x x =+-利用导数判断其在()0,1x ∈上的单调性即可判断选项D ，进而可得正确选项.【详解】对于选项A ：因为()0,1x ∈，所以022x ππ<-<，令()sin f x x x =-，()cos 10f x x '=-≤，()sin f x x x =-在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭单调递减，所以()()00f x f <=，即sin x x <，所以sin 22x x ππ⎛⎫-<- ⎪⎝⎭即cos 2x x π<-，可得cos 2x x π+<，故A 正确，对于选项B ：由图象可得()0,1x ∈，22x x <恒成立，故选项B 正确；对于选项C ：要证22sin 24xx x >+ 令()sin 2x f x =，()224xh x x =+()()f x f x -=-，()sin2xf x =是奇函数， ()()h x h x -=，()224x h x x =+是偶函数，令2224144x t x x ==-++ ，则y t = 因为24y x =+在()0,∞+单调递增，所以2414t x =-+在()0,∞+单调递增，而y t =调递增，由符合函数的单调性可知()224x h x x =+在()0,∞+单调递增，其函数图象如图所示：由图知当()0,1x ∈时22sin 24xx x >+C 正确；对于选项D ：令()1ln 1x g x x =+-，()01x <<，()221110x g x x x x-'=-=<，所以()1ln 1x g x x=+-在()0,1单调递减，所以()()1ln1110g x g >=+-=，即1ln 10x x+->，可得1ln 1x x >-，故选项D 不正确.故选：ABC 【点睛】思路点睛：证明不等式恒成立（或能成立）一般可对不等式变形，分离参数，根据分离参数后的结果，构造函数，由导数的方法求出函数的最值，进而可求出结果；有时也可根据不等式，直接构成函数，根据导数的方法，利用分类讨论求函数的最值，即可得出结果.3．函数()()320ax bx d a f x cx =+++≠有两个极值点1x 、()212x x x <，则下列结论正确的是（） A ．230b ac ->B ．()f x 在区间()12,x x 上单调递减C ．若()10af x <，则()f x 只有一个零点D ．存在0x ，使得()()()1202f x f x f x +=【答案】ACD 【分析】利用极值点与导数的关系可判断A 选项的正误；取0a <，利用函数的单调性与导数的关系可判断B 选项的正误；分0a >、0a <两种情况讨论，分析函数()f x 的单调性，结合图象可判断C 选项的正误；计算出函数()f x 的图象关于点,33b b f a a ⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭对称，可判断D 选项的正误.【详解】()()320f x ax bx cx d a =+++≠，则()232f x ax bx c '=++.对于A 选项，由题意可知，关于x 的二次方程()23200ax bx c a ++=≠有两个不等的实根，则24120b ac ∆=->，可得230b ac ->，A 选项正确；对于B 选项，当0a <时，且当()12,x x x ∈时，()0f x '>，此时函数()f x 在区间()12,x x 上单调递增，B 选项错误；对于C 选项，当0a >时，由()0f x '>，可得1x x <或2x x >；由()0f x '<，可得12x x x <<.所以，函数()f x 的单调递增区间为()1,x -∞、()2,x +∞，单调递减区间为()12,x x ，由()10af x <，可得()10<f x ，此时，函数()f x 的极大值为()10<f x ，极小值为()2f x ，且()()210f x f x <<，如下图所示：由图可知，此时函数()f x 有且只有一个零点，且零点在区间()2,x +∞内；当0a <时，由()0f x '<，可得1x x <或2x x >；由()0f x '>，可得12x x x <<. 所以，函数()f x 的单调递减区间为()1,x -∞、()2,x +∞，单调递增区间为()12,x x ，由()10af x <，可得()10f x >，此时，函数()f x 的极小值为()10f x >，极大值为()2f x ，且()()210f x f x >>，如下图所示：由图可知，此时函数()f x 有且只有一个零点，且零点在区间()2,x +∞内，C 选项正确；对于D 选项，由题意可知，1x 、2x 是方程2320ax bx c ++=的两根，由韦达定理可得1223bx x a +=-，123c x x a=， ()()()()()()()()3232f t x f t x a t x b t x c t x d a t x b t x c t x d ⎡⎤⎡⎤-++=-+-+-++++++++⎣⎦⎣⎦()()()()()(322322322322332332a t t x tx x b t tx x c t x d a t t x tx x b t tx x c ⎡⎤⎡=-+-+-++-+++++++++⎣⎦⎣()()322223222a t tx b t x ct d =+++++，取3bt a=-，则322223222333333b b b b b b f x f x a x b x c d a a a a a a ⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫--+-+=-+⨯-+-++⋅-+⎢⎥⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦32222223333b b b b a b c d fa a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+⋅-+⋅-+=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以，函数()f x 的图象关于点,33b b f a a ⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭对称， 1223bx x a+=-，()()1223b f x f x f a ⎛⎫∴+=- ⎪⎝⎭，D 选项正确.故选：ACD. 【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与x 轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由()0f x =分离变量得出()a g x =，将问题等价转化为直线y a =与函数()y g x =的图象的交点问题.4．下列不等式正确的有（）A 2ln 3、ff >、(4)f f >、()f f e <得出每个选项的正误.【详解】令()ln x f x x =，则()21ln xf x x-'=，令()0f x '=得x e = 易得()f x 在()0,e 上单调递增，在(),e +∞上单调递减所以①()2f f>，即ln 22>22ln ln 3>=，故A 错误；②ff >>，所以可得ln π>B 错误；③(4)f f >ln 4ln 242>=，即ln152ln 2=>所以ln15ln >15<，故C 正确；④()f f e <ln e e <3ln 21e<，即3ln 22e <所以3eln 2<，故D 正确；故选：CD 【点睛】关键点点睛：本题考查的是构造函数，利用导数判断函数的单调性，解题的关键是函数的构造和自变量的选择.5．下列说法正确的是（） A ．函数()23sin 0,42f x x x x π⎛⎫⎡⎤=+-∈ ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭的最大值是1 B ．函数()cos sin tan 0,tan 2x f x x x x x π⎛⎫⎛⎫=⋅+∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭的值域为(C ．函数()1sin 2cos 2f x x a x =+⋅在()0,π上单调递增，则a 的取值范围是(],1-∞- D ．函数()222sin 42cos tx x xf x x xπ⎛⎫+++ ⎪⎝⎭=+的最大值为a ，最小值为b ，若2a b +=，则1t = 【答案】ACD 【分析】化简函数解析式为()2cos 1f x x ⎛=--+ ⎝⎭，利用二次函数的基本性质可判断A 选项的正误；令sin cos t x x =+，可得()()3231t t f x g t t -==-，利用导数法可判断B 选项的正误；利用导数与函数单调性的关系可判断C 选项的正误；计算出()()2f x f x t +-=，利用函数的对称性可判断D 选项的正误. 【详解】 A 选项，()222311cos cos cos 1442f x x x x x x ⎛=--=-+=--+ ⎝⎭，又0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦可得：[]cos 0,1x ∈，则当cos x =时函数()f x 取得最大值1，A 对； B 选项，()2233sin cos sin cos cos sin sin cos x x x xf x x x x x+∴=+=⋅ ()()22sin cos sin cos sin cos sin cos x x x x x x x x++-⋅=⋅()()2sin cos sin cos 3sin cos sin cos x x x x x x x x⎡⎤++-⋅⎣⎦=⋅，设sin cos 4t x x x π⎛⎫=+=+ ⎪⎝⎭，则()22sin cos 12sin cos t x x x x =+=+，则21sin cos 2t x x -⋅=， 0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，3,444x πππ⎛⎫∴+∈ ⎪⎝⎭，sin 42x π⎛⎤⎛⎫∴+∈ ⎥⎪ ⎝⎭⎝⎦，(t ∴∈，令()223221323112t t t t t g t t t ⎛⎫--⨯ ⎪-⎝⎭==--，(t ∈，()()422301t g t t --'=<-，()g t ∴在区间(上单调递减，()()32min 1g t g===-所以，函数()f x 的值域为)+∞，B 错； C 选项，()1sin 2cos 2f x x a x =+⋅在区间()0,π上是增函数，()cos2sin 0f x x a x ∴=-⋅≥'，即212sin sin 0x a x --⋅≥，令sin t x =，(]0,1t ∈，即2210t at --+≥，12a t t ∴≤-+，令()12g t t t =-+，则()2120g t t'=--<，()g t ∴在(]0,1t ∈递减，()11a g ∴≤=-，C 对；D 选项，()2222cos tx x x xf x x x⎫+++⎪⎝⎭=+ ()()2222cos sin sin 2cos 2cos t x x t x x t x x t x xx x++⋅+⋅+==+++，所以，()()()()22sin sin 2cos 2cos t x x t x xf x t t x xx x --+-=+=-+⋅-+-，()()2f x f x t ∴+-=，所以，函数()f x 的图象关于点()0,t 对称，所以，22a b t +==，可得1t =，D 对. 故选：ACD. 【点睛】结论点睛：利用函数的单调性求参数，可按照以下原则进行：（1）函数()f x 在区间D 上单调递增()0f x '⇔≥在区间D 上恒成立；（2）函数()f x 在区间D 上单调递减()0f x '⇔≤在区间D 上恒成立；（3）函数()f x 在区间D 上不单调()f x '⇔在区间D 上存在异号零点；（4）函数()f x 在区间D 上存在单调递增区间x D ⇔∃∈，使得()0f x '>成立；（5）函数()f x 在区间D 上存在单调递减区间x D ⇔∃∈，使得()0f x '<成立.6．在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，它得名于荷兰数学家鲁伊兹布劳威尔（L.E.Brouwer ）简单的讲就是对于满足一定条件的连续函数()f x ，存在一个点0x ，使得()00f x x =，那么我们称该函数为“不动点”函数，而称0x 为该函数的一个不动点，依据不动点理论，下列说法正确的是（） A ．函数()sin f x x =有3个不动点B ．函数2()(0)f x ax bx c a =++≠至多有两个不动点C ．若定义在R 上的奇函数()f x ，其图像上存在有限个不动点，则不动点个数是奇数D ．若函数()f x =[0,1]上存在不动点，则实数a 满足l a e ≤≤（e 为自然对数的底数）【答案】BCD 【分析】根据题目中的定义，结合导数、一元二次方程的性质、奇函数的性质进行判断即可. 【详解】令()sin g x x x =-，()1cos 0g x x '=-≥，因此()g x 在R 上单调递增，而(0)0g =，所以()g x 在R 有且仅有一个零点，即()f x 有且仅有一个“不动点”，A 错误；0a ≠，20ax bx c x ∴++-=至多有两个实数根，所以()f x 至多有两个“不动点”，B 正确；()f x 为定义在R 上的奇函数，所以(0)0f =，函数()-y f x x =为定义在R 上的奇函数，显然0x =是()f x 的一个“不动点”，其它的“不动点”都关于原点对称，个数和为偶数，因此()f x 一定有奇数个“不动点”，C 正确；因为()f x 在[0,1]存在“不动点”，则()f x x =在[0,1]有解，x =⇒2x a e x x =+-在[0,1]有解，令2()xm x e x x =+-，()12x m x e x '=+-，令()12x n x e x '=+-，()20x n x e '=-=，ln 2x =，()n x 在(0,ln 2)单调递减，在(ln 2,1)单调递增，∴min ()(ln 2)212ln 232ln 20n x n ==+-=->， ∴()0m x '>在[0,1]恒成立，∴()m x 在[0,1]单调递增，min ()(0)1m x m ==，max ()(1)m x m e ==，∴1a e ≤≤，D 正确，. 故选：BCD 【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的.遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.7．对于定义域为R 的函数()f x ，()'f x 为()f x 的导函数，若同时满足：①()00f =；②当x ∈R 且0x ≠时，都有()0xf x '>；③当120x x <<且12x x =时，都有()()12f x f x <，则称()f x 为“偏对称函数”.下列函数是“偏对称函数”的是（）A ．21()xx f x ee x =--B ．2()1xf x e x =+- C ．31,0(),0x e x f x x x ⎧-≥=⎨-<⎩D ．42,0()ln(1),0x x f x x x >⎧=⎨-≤⎩【答案】ACD 【分析】结合“偏对称函数”的性质，利用导数的方法，分别讨论四个函数是否满足三个条件，即可得到所求结论．【详解】条件①()00f =；由选项可得：001(0)00f e e =--=，02(0)010f e =+-=，03(0)10f e =-=，4()ln(10)0f x =-=，即ABCD 都符合；条件②0()0()0x xf x f x >⎧'>⇔⎨'>⎩，或0()0x f x <⎧⎨'<⎩；即条件②等价于函数()f x 在区间(,0)-∞上单调递减，在区间(0,)+∞上单调递增；对于21()xx f x ee x =--，则()()21()11212x x x xf x e e e e =-+-=-'，由0x >可得，()()120(1)1x xf x e e '-=+>，即函数1()f x 单调递增；由0x <可得，()()120(1)1xxf x ee '-=+<，即函数1()f x 单调递减；满足条件②；对于2()1xf x e x =+-，则2()10x f x e =+>'显然恒成立，所以2()1xf x e x =+-在定义域上单调递增，不满足条件②；对于31,0(),0x e x f x x x ⎧-≥=⎨-<⎩，当0x <时，3()f x x =-显然单调递减；当0x ≥时，3()1x f x e =-显然单调递增；满足条件②；对于42,0()ln(1),0x x f x x x >⎧=⎨-≤⎩，当0x ≤时，4()ln(1)f x x =-显然单调递减；当0x >时，4()2f x x =显然单调递增，满足条件②；因此ACD 满足条件②；条件③当120x x <<且12x x =时，12x x -=，都有()()12f x f x <，即()()()()21220f x f x f x f x -=-->，对于21()xx f x ee x =--，()()212122211211x x x x f x f x e e e e x x -=-+--+()()()()22222222222222x x x x x x x x x e e e e e e e x e ----=----=-+-，因为222x x e e -+≥=，当且仅当22x x e e -=，即20x =时，等号成立，又20x >，所以222x x e e -+>，则()()()()2222122211222xx x x f x f x e ee e xx ----=--->令()xxg x e ex -=--，0x >，所以()1110x x e e g x -'=+->=>在0x >上显然恒成立，因此()xxg x e ex -=--在0x >上单调递增，所以()()00g x g >=，即()()()222121120xx f x f x e ex -->-->，所以()()1211f x f x >满足条件③；对于31,0(),0x e x f x x x ⎧-≥=⎨-<⎩，()()2232311211x xf x f x e x x e -=--=-+，令()1xh x e x =--，0x >，则()10xh x e '=->在0x >上显然恒成立，所以()()00h x h >=，则()()23231210xf x f x e x --=>-，即()()3231f x f x >满足条件③；对于42,0()ln(1),0x x f x x x >⎧=⎨-≤⎩，()()()()212122442ln 12ln 1f x f x x x x x -=--=-+，令()()2ln 1u x x x =-+，0x >，则()1221101u x x'=->-=>+在0x >上显然恒成立，所以()()00u x u >=，则()()()1422422ln 10f x f x x x -=-+>，即()()1442f x f x >满足条件③；综上，ACD 选项是“偏对称函数”，故选：ACD. 【点睛】思路点睛：求解此类函数新定义问题时，需要结合函数新定义的概念及性质，结合函数基本性质，利用导数的方法，通过研究函数单调性，值域等，逐项判断，即可求解.（有时也需要构造新的函数，进行求解.）8．已知函数()21ln 2f x ax ax x =-+的图象在点()()11,x f x 处与点()()22,x f x 处的切线均平行于x 轴，则（）A ．()f x 在1,上单调递增B ．122x x +=C ．()()121212x x x x f x f x ++++的取值范围是7,2ln 24⎛⎫-∞-- ⎪⎝⎭D ．若163a =，则()f x 只有一个零点【答案】ACD 【分析】求导，根据题意进行等价转化，得到a 的取值范围；对于A ，利用导数即可得到()f x 在()1,+∞上的单调性；对于B ，利用根与系数的关系可得121x x =+；对于C ，化简()()121212x x x x f x f x ++++，构造函数，利用函数的单调性可得解；对于D ，将163a =代入()f x '，令()0f x '=，可得()f x 的单调性，进而求得()f x 的极大值小于0，再利用零点存在定理可得解. 【详解】由题意可知，函数()f x 的定义域为()0,∞+，且()211ax ax ax a x x xf -+=-+='，则1x ，2x 是方程210ax ax -+=的两个不等正根，则212401a a x x a ⎧∆=->⎪⎨=>⎪⎩，解得4a >，当()1,x ∈+∞时，函数210y ax ax =-+>，此时()0f x '>，所以()f x 在()1,+∞上单调递增，故A 正确；因为1x ，2x 是方程210ax ax -+=的两个不等正根，所以121x x =+，故B 错误；因为()()221212121112221111ln ln 22x x x x f x f x x ax ax x ax ax a ++++=+++-++- 1112111ln 1ln 22a a a a a a a a⎛⎫=+++--=--+ ⎪⎝⎭，易知函数()11ln 2h a a a a=--+在()4,+∞上是减函数，则当4a >时，()()742ln 24h a h <=--，所以()()121212x x x x f x f x ++++的取值范围是7,2ln 24⎛⎫-∞-- ⎪⎝⎭，故C 正确；当163a =时，()1616133f x x x '=-+，令()0f x '=，得14x =或34，则()f x 在10,4⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在13,44⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，在3,4⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，所以()f x 在14x =取得极大值，且104f ⎛⎫< ⎪⎝⎭，()2ln 20f =>，所以()f x 只有一个零点，故D 正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：导数几何意义的应用主要抓住切点的三个特点： ①切点坐标满足原曲线方程； ②切点坐标满足切线方程；③切点的横坐标代入导函数可得切线的斜率.9．当1x >时，()41ln ln 3k x x x x --<-+恒成立，则整数k 的取值可以是（）. A ．2- B ．1-C ．0D ．1【答案】ABC 【分析】将()41ln ln 3k x x x x --<-+，当1x >时，恒成立，转化为13ln ln 4x k x x x ⎛⎫<++ ⎪⎝⎭，.当1x >时，恒成立，令()()3ln ln 1xF x x x x x=++>，利用导数法研究其最小值即可. 【详解】因为当1x >时，()41ln ln 3k x x x x --<-+恒成立，所以13ln ln 4x k x x x ⎛⎫<++ ⎪⎝⎭，当1x >时，恒成立，令()()3ln ln 1xF x x x x x=++>，则()222131ln 2ln x x x F x x x x x---'=-+=. 令()ln 2x x x ϕ=--，因为()10x x xϕ-'=>，所以()x ϕ在()1,+∞上单调递增. 因为()10ϕ<，所以()0F x '=在()1,+∞上有且仅有一个实数根0x ，于是()F x 在()01,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增，所以()()000min 00ln 3ln x F x F x x x x ==++.（*）因为()1ln 3309F -'=<，()()21ln 22ln 4401616F --'==>，所以()03,4x ∈，且002ln 0x x --=，将00ln 2x x =-代入（*）式，得()()0000min 00023121x F x F x x x x x x -==-++=+-，()03,4x ∈. 因为0011t x x =+-在()3,4上为增函数，所以713,34t ⎛⎫∈⎪⎝⎭，即()min 1713,41216F x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭.因为k 为整数，所以0k ≤. 故选：ABC 【点睛】本题主要考查函数与不等式恒成立问题，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于较难题.10．已知实数a ，b ，c ，d 满足2111a a e cb d --==-，其中e 是自然对数的底数，则()()22a cb d -+-的值可能是（） A ．7 B ．8C ．9D ．10【答案】BCD 【分析】由题中所给的等式，分别构造函数()2xf x x e =-和()2g x x =-+，则()()22a cb d -+-的表示()y f x =上一点(),M a b 与()y g x =上一点(),Ncd 的距离的平方，利用导数的几何意义可知当()01f x '=-时，切点到直线的距离最小，再比较选项.【详解】由212a a a e b a e b-=⇒=-，令()2x f x x e =-，()12xf x e '∴=-由1121cd c d -=⇒=-+-，令()2g x x =-+ 则()()22a cb d -+-的表示()y f x =上一点(),M a b 与()y g x =上一点(),Ncd 的距离的平方，设()y f x =上与()y g x =平行的切线的切点为()000,M x y 由()0001210xf x e x '=-=-⇒=，∴切点为()00,2M -所以切点为()00,2M -到()y g x =的距离的平方为28=的距离为(),M a b 与(),N c d 的距离的平方的最小值.故选：BCD. 【点睛】本题考查构造函数，利用导数的几何意义求两点间距离的最小值，重点考查转化思想，构造函数，利用几何意义求最值，属于偏难题型.。

微专题(三)构造法在导数中的应用--2025年高考数学复习讲义及练习解析

近几年高考数学客观压轴题，多以导数为工具采用构造函数比较大小或求参数取值范围的形式出题，这类试题具有结构独特、技巧性高、综合性强等特点，而构造函数是解决导数问题的基本方法，以下对在处理导数问题时构造函数的规律方法进行归类总结，并举例说明．类型一导数型构造函数(多角度探究)角度1利用f(x)与x n构造(1)对于xf′(x)＋nf(x)>0(或<0)，其中n>0，构造函数F(x)＝x n f(x)；(2)对于xf′(x)－nf(x)>0(或<0)，其中n>0，构造函数F(x)＝f(x)x n.例1函数f(x)是定义在(－∞，0)上的可导函数，其导函数为f′(x)，且3f(x)＋xf′(x)<0，则不等式(x＋2024)3f(x＋2024)＋8f(－2)<0的解集为()A．(－2026，－2024)B．(－∞，－2026)C．(－2024，－2023)D．(－∞，－2020)答案A解析依题意，有[x3f(x)]′＝x2[3f(x)＋xf′(x)]<0，故y＝x3f(x)在(－∞，0)上是减函数，原不等式化为(x＋2024)3f(x＋2024)<(－2)3f(－2)，即0>x＋2024>－2，所以原不等式的解集为(－2026，－2024)．故选A.题目已知中出现含f(x)，f′(x)的不等式，一般应考虑逆用导数的运算法则构造新函数，然后再逆用单调性等解决问题．1．设f(x)是定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的偶函数，且f(1)＝0，当x<0时，有xf′(x)－f(x)>0恒成立，则不等式f(x)>0的解集为________．答案(－∞，－1)∪(1，＋∞)解析构造F(x)＝f(x)x，则F′(x)＝xf′(x)－f(x)x2，由当x<0时，xf′(x)－f(x)>0可得当x<0时，F′(x)>0，∴F(x)在(－∞，0)上单调递增．又f(x)为偶函数，g(x)＝x为奇函数，∴F(x)为奇函数，∴F(x)在(0，＋∞)上单调递增．根据f(1)＝0可得F(1)＝0，根据函数的单调性、奇偶性可得函数F(x)的图象(图略)，根据函数F(x)的图象可知f(x)>0的解集为(－∞，－1)∪(1，＋∞)．角度2利用f(x)与e nx构造(1)对于f′(x)＋nf(x)>0(或<0)，其中n>0，通常构造函数F(x)＝e nx f(x)；(2)对于f′(x)－nf(x)>0(或<0)，其中n>0，通常构造函数F(x)＝f(x)e nx.例2(2023·湖北武汉华中师范大学第一附属中学高三上学期期中)已知函数f(x)及其导函数f′(x)的定义域均为R，且f(x)－f′(x)>0，f(0)＝1，则关于x的不等式f(x)>e x的解集为()A ．{x |x >0}B ．{x |x <0}C ．{x |x <1}D ．{x |x >1}答案B解析由f (x )>e x ⇒f (x )e x >1，设g (x )＝f (x )e x ⇒g ′(x )＝f ′(x )－f (x )e x<0⇒g (x )单调递减，且g (0)＝1，所以由f (x )e x>1⇒g (x )>1＝g (0)⇒x <0.故选B.若不等式满足“f ′(x )－nf (x )>0”的形式，优先构造函数F (x )＝f (x )e nx，然后利用函数的单调性和数形结合求解即可，注意所求问题的转化．2．(2024·湖北襄阳第五中学高三上学期月考)设f ′(x )是定义在R 上的连续函数f (x )的导函数，f (x )－f ′(x )＋2e x <0(e 为自然对数的底数)，且f (2)＝4e 2，则不等式f (x )>2x e x 的解集为________．答案(2，＋∞)解析设g (x )＝f (x )e x －2x ，则g ′(x )＝f ′(x )－f (x )e x －2＝f ′(x )－f (x )－2e x ex ，因为f (x )－f ′(x )＋2e x <0，所以g ′(x )>0，函数g (x )在R 上单调递增，又f (2)＝4e 2，所以g (2)＝f (2)e2－4＝0，由f (x )>2x e x ，可得f (x )ex －2x >0，即g (x )>0＝g (2)，又函数g (x )在R 上单调递增，所以x >2，即不等式f (x )>2x e x 的解集为(2，＋∞)．角度3利用f (x )与sin x ，cos x 构造由于sin x ，cos x 的导函数存在一定的特殊性，且它们之间可以相互转化，因此，要解由f (x )，f ′(x )，sin x ，cos x 构成的不等式，常用的构造方法如下：(1)对于f ′(x )sin x ＋f (x )cos x >0(或<0)，通常构造函数F (x )＝f (x )sin x ；(2)对于f ′(x )sin x －f (x )cos x >0(或<0)，通常构造函数F (x )＝f (x )sin x ；(3)对于f ′(x )cos x ＋f (x )sin x >0(或<0)，通常构造函数F (x )＝f (x )cos x；(4)对于f ′(x )cos x －f (x )sin x >0(或<0)，通常构造函数F (x )＝f (x )cos x .例3f (x )，f ′(x )是它的导函数，且恒有f ′(x )>f (x )tan x 成立，则()A ．3B ．3f (1)C ．6D ．2答案A解析由f ′(x )>f (x )tan x ，得f ′(x )cos x －f (x )sin x >0，构造函数F (x )＝f (x )cos x ，则F ′(x )＝f ′(x )cos x－f (x )sin x >0，故F (x )，则cos π6<cos π3＝即3故选A.若不等式满足或通过变形后满足“f ′(x )cos x －f (x )sin x >0”的形式时，优先考虑构造函数F (x )＝f(x )cos x ，然后利用函数的单调性和数形结合求解即可，注意所求问题的转化．3．(2023·重庆市九龙坡区高三二模)已知偶函数f (x )－π2，f ′(x )，当0≤x <π2时，有f ′(x )cos x ＋f (x )·sin x >0成立，则关于x 的不等式f (x )>2x 的解集为________．答案－π2，－解析构造函数g (x )＝f (x )cos x ，0≤x <π2，g ′(x )＝f ′(x )cos x －f (x )(cos x )′cos 2x ＝f ′(x )cos x ＋f (x )sin x cos 2x>0，所以函数g (x )＝f (x )cos x 在0，因为函数f (x )为偶函数，所以函数g (x )＝f (x )cos x 也为偶函数，且函数g (x )＝f (x )cos x 在0，所以函数g (x )＝f (x )cos x 在－π2，，因为x －π2，所以cos x >0，关于x 的不等式f (x )>2x 可变为f (x )cos x >cos π3也即g (x )>所以g(|x |)>|>π3，－π2<x <π2，解得π3<x <π2或－π2<x <－π3.－π2，类型二同构法构造函数例4(2023·重庆万州纯阳中学模拟)若0<x 1<x 2<1，则下列结论正确的是()A ．e x 2－e x 1>ln x 2－ln x 1B ．e x 2－e x 1<ln x 2－ln x 1C ．x 2e x 1>x 1e x 2D ．x 2e x 1<x 1e x 2答案C解析令h (x )＝e x－ln x ，则h ′(x )＝e x－1x ＝x e x －1x，令φ(x )＝x e x －1，所以当0<x <1时，φ′(x )＝(x ＋1)e x >0，所以φ(x )在(0，1)上单调递增，又φ(0)＝－1，φ(1)＝e －1>0，所以∃x 0∈(0，1)，使得φ(x 0)＝0，即当x ∈(0，x 0)时，φ(x )<0，h ′(x )<0，当x ∈(x 0，1)时，φ(x )>0，h ′(x )>0，所以h (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，1)上单调递增，故e x 2－ln x 2与e x 1－ln x 1的大小关系无法判断，故A ，B 均错误；令f (x )＝e xx ，则当0<x <1时，f ′(x )＝(x －1)e x x 2<0，故f (x )在(0，1)上单调递减，若0<x 1<x 2<1，则f (x 1)>f (x 2)，即e x 1x 1>e x 2x 2，所以x 2e x 1>x 1e x 2，故C 正确，D 错误．故选C.根据条件或结论特征构造具体函数，一般具有相似结构，利用这一特征构造具体函数，利用该函数单调性寻求突破口，在根据特征构造函数时，需要较强的观察力和联想力，灵活地针对不同特征构造出相应函数，这也需要我们平时注意积累，掌握一些常见函数模型．4．已知a ＝2e ，b ＝ln (3e)3，c ＝ln 5＋15，则()A ．a >b >cB ．c >b >aC ．a >c >bD ．b >a >c答案A解析因为a ＝2e ＝ln e ＋1e ，b ＝ln 3＋13，所以设f (x )＝ln x ＋1x，x ∈(1，＋∞)．因为f ′(x )＝－ln xx 2<0，所以f (x )在(1，＋∞)上是减函数，又e<3<5，所以a >b >c .故选A.5．已知变量x 1，x 2∈(0，m )(m >0)，且x 1<x 2，若x x 21<x x12恒成立，则m 的最大值为()A ．eB ．eC ．1e D ．1答案A解析x x 21<x x12，即x 2ln x 1<x 1ln x 2，化为ln x 1x 1<ln x 2x 2，故f (x )＝ln xx在(0，m )上为增函数，又由f ′(x )＝1－ln xx 2>0，得0<x <e ，故m 的最大值为e.故选A.。

导数及其应用五年(2018-2022)高考数学真题专项汇编卷

考点三：导数及其应用——五年（2018-2022）高考数学真题专项汇编卷新高考版1.【2019年北京卷】在天文学中，天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述.两颗星的星等与亮度满足12125lg2E m m E -=，其中星等为k m 的星的亮度为(1,2)k E k =.已知太阳的星等是-26.7，天狼星的星等是-1.45，则太阳与天狼星的亮度的比值为( ) A.10.110B.10.1C.lg10.1D.10.110-2.【2022年新高考Ⅰ卷】（多选）已知函数()f x 及其导函数()f x '的定义域均为R ，记()()g x f x '=.若322f x ⎛⎫- ⎪⎝⎭，(2)g x +均为偶函数，则( )A.(0)0f =B.102g ⎛⎫-= ⎪⎝⎭C.(1)(4)f f -=D.(1)(2)g g -=3.【2022年新高考Ⅱ卷】曲线ln ||y x =过坐标原点的两条切线的方程为____________，_________.4.【2018年江苏卷】若函数()()3221f x x ax a R =-+∈在()0,+∞内有且只有一个零点，则()f x 在[]1,1-上的最大值与最小值的和为__________．5.【2021年新高考Ⅰ卷】已知函数()()1ln f x x x =-. （1）讨论()f x 的单调性；（2）设a ，b 为两个不相等的正数，且ln ln b a a b a b -=-，证明：112e ab<+<. 6.【2021年新高考Ⅱ卷】已知函数2()(1)e x f x x ax b =--+. （1）讨论()f x 的单调性.（2）从下面两个条件中选一个，证明：()f x 有一个零点.①21e 22a <≤，2b a >； ②102a <≤，2b a ≤.7.【2020年天津卷】已知函数3()ln ()f x x k x k =+∈R ，()f x '为()f x 的导函数. （1）当6k =时：（i ）求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；（ii ）求函数9()()()g x f x f x x'=-+的单调区间和极值.（2）当3k ≥-时，求证：对任意的1x ，2[1,)x ∈+∞，且12x x >，有()()()()1212122f x f x f x f x x x ''+->-.8.【2020年北京卷】已知函数2()12f x x =-.（1）求曲线()y f x =的斜率等于2-的切线方程；（2）设曲线()y f x =在点(,())t f t 处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为()S t ，求()S t 的最小值.9.【2019年浙江卷】已知实数0a ≠，设函数()=ln 1,0.f x a x x x +>(1).当34a =-时，求函数()f x 的单调区间；(2).对任意21[,)ex ∈+∞均有()2x f x a ≤ 求a 的取值范围. 注：e 2.71828=⋯为自然对数的底数.10.【2018年北京卷】设函数2(){(41)43}x f x ax a x a e =-+++ (1).若曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线与x 轴平行,求a (2).若f ()x 在2x =处取得极小值,求a 的取值范围答案以及解析1.答案：A解析：依题意，126.7m =-，2 1.45m =-，所以125lg1.45(26.7)25.252E E =---=，所以122lg25.2510.15E E =⨯=，所以10.11210E E =.故选A. 2.答案：BC解析：通解（转化法）因为322f x ⎛⎫- ⎪⎝⎭为偶函数，所以332222f x f x ⎛⎫⎛⎫-=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以函数()f x 的图象关于直线32x =对称，3535222424f f ⎛⎫⎛⎫-⨯=+⨯ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即(1)(4)f f -=，所以C 正确；因为(2)g x +为偶函数，所以(2)(2)g x g x +=-，函数()g x 的图象关于直线2x =对称，因为()()g x f x '=，所以函数()g x 的图象关于点3,02⎛⎫⎪⎝⎭对称，所以()g x 的周期34222T ⎛⎫=⨯-= ⎪⎝⎭，因为(1)(4)f f -=，所以(1)(4)f f ''-=-，即(1)(4)(2)g g g -=-=-，所以D 不正确；因为332222f f ⎛⎫⎛⎫-=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即1722f f ⎛⎫⎛⎫-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以1722f f ⎛⎫⎛⎫''-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以1711(22)2222g g g g ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=-=-⨯-=-- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以102g ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，所以B 正确；不妨取()1()f x x =∈R ，经验证满足题意，但(0)1f =，所以选项A 不正确.综上，选BC. 光速解（特例法）因为322f x ⎛⎫- ⎪⎝⎭，(2)g x +均为偶函数，所以函数()f x 的图象关于直线32x =对称，函数()g x 的图象关于直线2x =对称.取符合题意的一个函数()1()f x x =∈R ，则(0)1f =，排除A ；取符合题意的一个函数()sin f x x =π，则()cos f x x '=ππ，即()cos g x x =ππ，所以(1)cos()g -=π-π=-π，(2)cos2g =ππ=π，所以(1)(2)g g -≠，排除D.故选BC.3.答案：1e y x =，1ey x =-解析：先求当0x >时，曲线ln y x =过原点的切线方程，设切点为()00,x y ，则由1y x'=，得切线斜率为01x ，又切线的斜率为00y x ，所以0001yx x =，解得01y =，代入ln y x =，得0e x =，所以切线斜率为1e ，切线方程为1e y x =.同理可求得当0x <时的切线方程为1e y x =-.综上可知，两条切线方程为1e y x =，1ey x =-.4.答案：-3解析：解： '()2(3),(0,)f x x x a x =⋅-∈+∞ 当0a ≤时， '()0f x >()f x ∴在(0,)+∞递增，(0)1f =时，则在(0,)+∞为零点，舍去当0a >时，()f x 在(0,)3a递减，(,)3a +∞递增，又()f x 只有一个零点， ()033a f a =⇒=32()231f x x x =-+ []'()6(1),1,1f x x x x =-∈-5、（1）答案：()f x 的递增区间为()0,1，递减区间为()1,+∞解析：函数的定义域为()0,+∞，又1ln 1)n (l f x x x '=--=-，当()0,1x ∈时，()0f x '>，当()1,+x ∈∞时，()0f x '<，故()f x 的递增区间为()0,1，递减区间为()1,+∞.（2）答案：见解析解析：因为ln ln b a a b a b -=-，故()()ln 1ln +1b a a b +=，即ln 1ln +1a b a b+=，故11f f a b ⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，设11x a =，21x b =，由(1)可知不妨设101x <<，21x >.因为()0,1x ∈时，()()1ln 0f x x x =->，(),x e ∈+∞时，()()1ln 0f x x x =-<，故21x e <<.先证：122x x +>，若22x ≥，122x x +>必成立. 若22x <，要证：122x x +>，即证122x x >-，而2021x <-<，故即证12()(2)f x f x >-，即证：22()(2)f x f x >-，其中212x <<. 设()()()2g x f x f x =--，12x <<则()()()()()2ln ln 2ln 2g x f x f x x x x x '''⎡⎤=+-=---=--⎣⎦，因为12x <<，故()021x x <-<，故()ln 20x x -->，所以()0g x '>，故()g x 在()1,2为增函数，所以()()10g x g >=，故()()2f x f x >-，即()()222f x f x >-成立，所以122x x +>成立，综上，122x x +>成立.设21x tx =，则1t >，结合ln 1ln +1a b a b +=，11x a =，21x b=可得：()()11221ln 1ln x x x x -=-，即：()111ln 1ln ln x t t x -=--，故11ln ln 1t t tx t --=-，要证：12x x e +<，即证()11t x e +<，即证()1ln 1ln 1t x ++<，即证：()1ln ln 111t t tt t --++<-，即证：()()1ln 1ln 0t t t t -+-<，令()()()1ln 1ln S t t t t t =-+-，1t >，则()112()ln 11ln ln 111t S t t t t t t -⎛⎫'=++--=+-⎪++⎝⎭，先证明一个不等式：()ln 1x x ≤+.设()()ln 1u x x x =+-，则1()111xu x x x -'=-=++，当10x -<<时，()0u x '>；当0x >时，()0u x '<，故()u x 在()1,0-上为增函数，在()0,+∞上为减函数，故max ()(0)0u x u ==，故()ln 1x x ≤+成立由上述不等式可得当1t >时，112ln 11t tt ⎛⎫+≤<⎪+⎝⎭，故()0S t '<恒成立，故()S t 在()1,+∞上为减函数，故()()10S t S <=，故()()1ln 1ln 0t t t t -+-<成立，即12x x e +<成立.综上所述，112e a b<+<. 6.答案：（1）由题意得()()e 2x f x x a '=-，当0a ≤时，令()0f x '>，得0x >；令()0f x '<，得0x <. 所以()f x 在(,0)-∞上单调递减，在(0,)+∞上单调递增. 当0a >时，令()0f x '=，得0x =或ln2x a =，①当102a <<时，令()0f x '>，得ln2x a <或0x >，令()0f x '<，得ln20a x <<.所以()f x 在(,ln 2)a -∞，(0,)+∞上单调递增，在(ln 2,0)a 上单调递减，②当12a =时，()()e 10x f x x '=-≥且等号不恒成立，所以()f x 在R 上单调递增.③当12a >时，令()0f x '>，得0x <或ln2x a >；令()0f x '<，得0ln2x a <<，所以()f x 在(,0)-∞，(ln 2,)a +∞上单调递增，在(0,ln 2)a 上单调递减. （2）选择条件①，证明如下：由（1）知当12a >时，()f x 在(,0)-∞，(ln 2,)a +∞上单调递增，在(0,ln 2)a 上单调递减.所以()f x 在0x =处取得极大值(0)f ，在ln2x a =处取得极小值(ln 2)f a ，且(0)1fb =-+，(ln 2)(2ln 2)ln 22f a a a a a b a =-+-.由于21e 22a <≤，2b a >，所以(0)0f >，ln20a >，20b a ->.令()2ln 2g x x x x =-，则()2ln 211ln 2g x x x '=--=-，令()0g x '=，得e2x =，当1e 22x <<时，()0g x '>.当2e e 22x <≤时，()0g x '<. 所以()g x 在1e ,22⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，在2e e ,22⎛⎤ ⎥⎝⎦上单调递减，所以()g x 在e 2x =处取得极大值e2g ⎛⎫⎪⎝⎭. 由于e e 022g ⎛⎫=> ⎪⎝⎭，102g ⎛⎫> ⎪⎝⎭，2e 02g ⎛⎫= ⎪⎝⎭，所以()0g x ≥在21e ,22⎛⎤⎥⎝⎦上恒成立，所以(ln 2)0f a >.当x →-∞时，()f x →-∞，所以()f x 有一个零点，得证. 选择条件②，证明如下：由（1）知，当102a <<时，()f x 在(,ln 2)a -∞，(0,)+∞上单调递增，在(ln 2,0)a 上单调递减，所以()f x 在ln2x a =处取得极大值(ln 2)f a ，在0x =处取得极小值(0)f .由于102a <<，2b a ≤，所以(0)0f <，20b a -≤，ln20a <，ln20a a ->，则2ln20a a a ->，所以(ln 2)0f a <.当x →+∞，()f x →+∞，所以()f x 有一个零点，得证.7.答案：（1）（i ）当6k =时，3()6ln f x x x =+，故26()3f x x x'=+.所以(1)1f =，(1)9f '=，所以曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为19(1)y x -=-，即98y x =-.（ii ）依题意，323()36ln g x x x x x =-++，(0,)x ∈+∞，从而可得2263()36g x x x x x '=-+-，整理可得323(1)(1)()x x g x x -+'=.令()0g x '=，解得1x =.当x 变化时，()g x '，()g x 的变化情况如表：x(0,1) 1 (1,)+∞()g x ' -0 + ()g x单调递减极小值单调递增()g x (0,1)(1,)+∞()g x (1)1g =，无极大值.（2）由3()ln f x x k x =+，得2()3kf x x x'=+. 对任意的1x ，2[1,)x ∈+∞，且12x x >，令12(1)x t t x =>，则 ()()()()()()()1212122x x f x f x f x f x ''-+--()22331121212122332ln x k k x x x x x x k x x x ⎛⎫⎛⎫=-+++--+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭3322121121212212332ln x x x x x x x x x k k x x x ⎛⎫=--++-- ⎪⎝⎭()332213312ln x t t t k t t t ⎛⎫=-+-+-- ⎪⎝⎭.①令1()2ln h x x x x=--，[1,)x ∈+∞.当1x >时，22121()110h x x x x ⎛⎫'=+-=-> ⎪⎝⎭，由此可得()h x 在[1,)+∞上单调递增，所以当1t >时，()(1)h t h >，即12ln 0t t t-->. 因为21x ≥，323331(1)0t t t t -+-=->，3k ≥-，所以()()332322113312ln 33132ln x t t t k t t t t t t t tt⎛⎫⎛⎫-+-+--≥-+---- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭32336ln 1t t t t=-++-.②由（1）（ii ）可知，当1t >时，()(1)g t g >，即32336ln 1t t t t-++>，故32336ln 10t t t t-++->.③由①②③可得()()()()()()()12121220x x f x f x f x f x ''-+-->. 所以当3k ≥-时，对任意的1x ，2[1,)x ∈+∞，且12x x >，有()()()()1212122f x f x f x f x x x ''+->-.8.答案：()212f x x =-（1）设切点为()()00,x f x ()2f x x '=-()0022f x x '=-=-01x ∴= ()111f =∴切线()1121y x -=--213y x ∴=-+（2）()212f x x =-定义域R ，()()f x f x -=.∴()f x 为偶函数()f x 关于y 轴对称∴只须分析0x ≥既可当0x =不合题意舍0t ∴>()2f x x '=- ()2f t x '=-：在()()t f t 、处切线()()2122y t t x t --=-- 令0x = 得212y t =+；令0y =时2122t x t+= ()()22221211244t S t xy tt +=== ∴t x =()0x >()412x g x x+=()()()(234223222412x x x x x x g x x x +---+'==()0g x '> 2x ()0g x '< 02x <<()min 282g x g∴==()()()2min min 1324S t g x ∴== 9.答案：(1).当34a =-时，3()ln 1,04f x x x x =-++>．3(12)(211)()42141x x f 'x x x x x+-++=-=++ 所以，函数()f x 的单调递减区间为03（，），单调递增区间为3+∞（，）． (2).由1(1)2f a≤，得20a <≤当204a <≤时，()2x f x a ≤等价于212ln 0x xx a a+--≥．令1t a=，则22t ≥．设()212ln ,2g t t x t x x t =+≥，则()(22)4212ln g t g x x x ≥=+．①.当1,7x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭1122x + ()(22)4212ln g t g x x x ≥=+．记1()4221ln ,7p x x x x x =+≥，则 212121()11x x x x p'x x x x x x +--+==++. 故x17 1(,1)71 (1,)+∞()p'x+ ()p x1()7p 单调递减极小值(1)p单调递增()(1)0p x p ≥=因此，()(22)2()0g t g p x ≥=≥．②.当211,e 7x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，12ln (1)()12x x x g t g x x --+≥+=．令211()(1),,e 7q x x x x x ⎡⎤=++∈⎢⎥⎣⎦，则()10q'x x =>，故()q x 在211,e 7⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，所以1()7q x q ⎛⎫≤ ⎪⎝⎭．由（i ）得127127(1)07777q p p ⎛⎫⎛⎫=-<-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．所以，()<0q x ．因此1()102g t g x x ≥+=>．由（i ）（ii ）得对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，[22,),()0t g t ∈+∞≥，即对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，均有()2x f x a ≤．综上所述，所求a 的取值范围是20,4⎛ ⎝⎦．10.答案：(1). 1a =(2). a 的取值范围是1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭解析：(1). 因为2()(41)43xf x ax a x a e ⎡⎤=-+++⎣⎦,所以()()()()()22 2414143212x x xf x ax a e ax a x a e x R ax a x e ⎡⎤⎡⎤--⎡⎤⎣⎦⎣'=-+++++∈=++⎦⎣⎦,()()11.f a e '=-由题设知()10,f '=即()10,a e -=解得1a =. 此时()130f e =≠.所以a 的值为1(2).由(1)得()()()()221212x xf x ax a x e ax x e ⎡'=++-⎣⎦-⎤-=.若12a >,则当1,2x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时, ()'0f x <;当()2,x ∈+∞时, ()0f x '>.所以()0f x <在2x =处取得极小值. 若12a ≤,则当()0,2x ∈时, 1–20,1102x ax x <-≤-<,所以()0f x '>. 所以2不是()f x 的极小值点.综上可知, a 的取值范围是1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭。

导数及其应用(压轴题) Word版含解析

2.4导数及其应用(压轴题)命题角度1利用导数研究函数的单调性高考真题体验·对方向1.(2016北京·18)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.2.(2016四川·21)设函数f(x)=ax2-a-ln x,其中a∈R.(1)讨论f(x)的单调性;(2)确定a的所有可能取值,使得f(x)>-e1-x在区间(1,+∞)内恒成立(e=2.718…为自然对数的底数).新题演练提能·刷高分1.(2018北京海淀模拟)已知函数f(x)=x3+x2+ax+1.(1)若曲线y=f(x)在点(0,1)处切线的斜率为-3,求函数f(x)的单调区间;(2)若函数f(x)在区间[-2,a]上单调递增,求a的取值范围.2.(2018江西师大附中模拟)已知函数f(x)=(2-m)ln x++2mx.(1)当f'(1)=0时,求实数m的值及曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;(2)讨论函数f(x)的单调性.3.(2018山东烟台期末)已知函数f(x)=ln x+-x+1-a(a∈R).(1)求函数f(x)的单调区间;(2)若存在x>1,使f(x)+x<成立,求整数a的最小值.4.(2018重庆二诊)已知函数f(x)=-1e x+(x>0,a∈R).(1)若f(x)在(0,+∞)上单调递减,求a的取值范围;(2)当a∈(-3,-e)时,判断关于x的方程f(x)=2的解的个数.命题角度2函数的单调性与极值、最值的综合应用高考真题体验·对方向1.(2018全国Ⅰ·21)已知函数f(x)=-x+a ln x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明:<a-2.2.(2017北京·19)已知函数f(x)=e x cos x-x.(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;(2)求函数f(x)在区间上的最大值和最小值.3.(2017全国Ⅱ·21)已知函数f(x)=ax2-ax-x ln x,且f(x)≥0.(1)求a;(2)证明:f(x)存在唯一的极大值点x0,且e-2<f(x0)<2-2.4.(2017山东·20)已知函数f(x)=x2+2cos x,g(x)=e x(cos x-sin x+2x-2),其中e≈2.718 28…是自然对数的底数.(1)求曲线y=f(x)在点(π,f(π))处的切线方程.(2)令h(x)=g(x)-af(x)(a∈R),讨论h(x)的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值.5.(2016全国Ⅱ·21)(1)讨论函数f(x)=e x的单调性,并证明当x>0时,(x-2)e x+x+2>0;(2)证明:当a∈[0,1)时,函数g(x)=(x>0)有最小值.设g(x)的最小值为h(a),求函数h(a)的值域.新题演练提能·刷高分1.(2018湖北重点高中协作体联考)已知函数f(x)=.(1)求函数f(x)的极值点;(2)设g(x)=xf(x)-ax2+(a>0),若g(x)的最大值大于-1,求a的取值范围.2.(2018河南中原名校质量考评)已知函数f(x)=e x-x2+ax.(1)当a>-1时,试判断函数f(x)的单调性;(2)若a<1-e,求证:函数f(x)在[1,+∞)上的最小值小于.3.(2018安徽合肥第二次质检)已知函数f(x)=(x-1)e x-ax2(e是自然对数的底数).(1)判断函数f(x)极值点的个数,并说明理由;(2)若∀x∈R,f(x)+e x≥x3+x,求a的取值范围.4.(2018山东青岛一模)已知函数f(x)=a e2x-a e x-x e x(a≥0,e=2.718…,e为自然对数的底数),若f(x)≥0对于x∈R恒成立.(1)求实数a的值;(2)证明:f(x)存在唯一极大值点x0,且≤f(x0)<.命题角度3利用导数研究函数的零点或方程的根高考真题体验·对方向1.(2018全国Ⅱ·21)已知函数f(x)=e x-ax2.(1)若a=1,证明:当x≥0时,f(x)≥1;(2)若f(x)在(0,+∞)只有一个零点,求a.2.(2017全国Ⅱ·21)已知函数f(x)=a e2x+(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.3.(2015全国Ⅰ·21)已知函数f(x)=x3+ax+,g(x)=-ln x.(1)当a为何值时,x轴为曲线y=f(x)的切线;(2)用min{m,n}表示m,n中的最小值,设函数h(x)=min{f(x),g(x)}(x>0),讨论h(x)零点的个数.新题演练提能·刷高分1.(2018湖北黄冈等八市联考)已知函数f(x)=e x,g(x)=.(1)设函数F(x)=f(x)+g(x),试讨论函数F(x)零点的个数;(2)若a=-2,x>0,求证:f(x)·g(x)>.2.(2018广东深圳第二次调研)设函数f(x)=e x-1-a ln x,其中e为自然对数的底数.(1)若a=1,求f(x)的单调区间;(2)若0≤a≤e,求证:f(x)无零点.3.(2018山东济南一模)已知函数f(x)=a ln x-x2+(2a-1)x(a∈R)有两个不同的零点.(1)求a的取值范围;(2)设x1,x2是f(x)的两个零点,证明:x1+x2>2a.命题角度4导数与不等式高考真题体验·对方向1.(2018全国Ⅲ·21)已知函数f(x)=(2+x+ax2)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.2.(2016全国Ⅲ·21)设函数f(x)=αcos 2x+(α-1)·(cos x+1),其中α>0,记|f(x)|的最大值为A.(1)求f'(x);(2)求A;(3)证明:|f'(x)|≤2A.新题演练提能·刷高分1.(2018河北唐山二模)设f(x)=,g(x)=a x+x a.(1)证明:f(x)在(0,1)上单调递减;(2)若0<a<x<1,证明:g(x)>1.2.(2018河南郑州第二次质量检测)已知函数f(x)=e x-x2.(1)求曲线f(x)在x=1处的切线方程;(2)求证:当x>0时,≥ln x+1.3.(2018山西太原二模)已知函数f(x)=m ln x-e-x(m≠0).(1)若函数f(x)是单调函数,求实数m的取值范围;(2)证明:对于任意的正实数a,b,当a>b时,都有e1-a-e1-b>1-.4.(2018河北石家庄一模)已知函数f(x)=(x+b)(e x-a)(b>0)在(-1,f(-1))处的切线方程为(e-1)x+e y+e-1=0.(1)求a,b;(2)若方程f(x)=m有两个实数根x1,x2,且x1<x2,证明:x2-x1≤1+.命题角度5恒成立与存在性问题高考真题体验·对方向(2017全国Ⅲ·21)已知函数f(x)=x-1-a ln x.(1)若f(x)≥0,求a的值;(2)设m为整数,且对于任意正整数n,1+1+…1+<m,求m的最小值.新题演练提能·刷高分1.(2018江西南昌一模)已知函数f(x)=ln(ax)+bx在点(1,f(1))处的切线方程是y=0.(1)求函数f(x)的极值;(2)当≥f(x)+x(m<0)恒成立时,求实数m的取值范围(e为自然对数的底数).2.(2018河北唐山一模)已知函数f(x)=e x-1,g(x)=ln x+a.(1)设F(x)=xf(x),求F(x)的最小值;(2)证明:当a<1时,总存在两条直线与曲线y=f(x)与y=g(x)都相切.3.(2018河北衡水中学模拟)已知函数f(x)=.(1)确定函数f(x)在定义域上的单调性;若f(x)≤k e x在(1,+∞)上恒成立,求实数k的取值范围.4.(2018山东潍坊一模)函数f(x)=e x sin x,g(x)=(x+1)cos x-e x.(1)求f(x)的单调区间;(2)对∀x1∈0,,∃x2∈0,,使f(x1)+g(x2)≥m成立,求实数m的取值范围;(3)设h(x)=·f(x)-n·sin 2x在0,上有唯一零点,求正实数n的取值范围.。

2023年高考数学总复习第三章导数及其应用第6节：利用导数证明不等式(教师版)

2023年高考数学总复习第三章导数及其应用利用导数证明不等式题型一移项构造函数证明不等式例1已知函数f (x )＝1－ln x x ，g (x )＝a e 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 .(1)解因为f (x )＝1－ln x x，x >0，所以f ′(x )＝ln x －1x 2，f ′(1)＝－1.因为g (x )＝a e e x ＋1x －bx ，所以g ′(x )＝－a e e x －1x2－b .因为曲线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，所以g (1)＝1，且f ′(1)·g ′(1)＝－1.从而g (1)＝a ＋1－b ＝1，且g ′(1)＝－a －b －1＝1.解得a ＝b ＝－1.(2)证明由(1)知，g (x )＝－e e x ＋1x ＋x ，则f (x )＋g (x )≥2x ⇔1－ln x x －e e x －1x ＋x ≥0.令h (x )＝1－ln x x －e e x －1x＋x (x ≥1)，则h (1)＝0，h ′(x )＝－1－ln x x 2＋e e x ＋1x 2＋1＝ln x x 2＋e e x ＋1.因为x ≥1，所以h ′(x )＝ln x x 2＋e ex ＋1>0，所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以h(x)≥h(1)＝0，即1－ln xx－ee x－1x＋x≥0.故当x≥1时，f(x)＋g(x)≥2 x .感悟提升待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，有时对复杂的式子要进行变形，利用导数研究其单调性和最值，借助所构造函数的单调性和最值即可得证.训练1已知函数f(x)＝ln x＋ax，a∈R.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a>0时，证明f(x)≥2a－1a.(1)解f′(x)＝1x－ax2＝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g(a)＝ln a＋1a－1，则g′(a)＝1a－1a2＝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－1 a.题型二分拆函数法证明不等式例2已知函数f (x )＝x ln x －ax .(1)当a ＝－1时，求函数f (x )在(0，＋∞)上的最值；(2)证明：对一切x ∈(0，＋∞)，都有ln x ＋1>1ex ＋1－2e 2x 成立.(1)解函数f (x )＝x ln x －ax 的定义域为(0，＋∞)，当a ＝－1时，f (x )＝x ln x ＋x ，f ′(x )＝ln x ＋2.令f ′(x )＝0，得x ＝1e 2.当0<x <1e 2时，f ′(x )<0；当x >1e 2时，f ′(x )>0.所以f (x )0，1e 2上单调递减，在1e 2，＋∞上单调递增.因此f (x )在x ＝1e 2处取得极小值也是最小值，即f (x )min ＝1e 2＝－1e2，但f (x )在(0，＋∞)上无最大值.(2)证明当x >0时，ln x ＋1>1e x ＋1－2e 2x 等价于x (ln x ＋1)>x ex ＋1－2e 2.由(1)知a ＝－1时，f (x )＝x ln x ＋x ≥－1e 2，当且仅当x ＝1e 2时取等号.设G (x )＝xe x ＋1－2e 2，x ∈(0，＋∞)，则G ′(x )＝1－x ex ＋1，易知G (x )max ＝G (1)＝－1e 2，当且仅当x ＝1时取到，从而可知对一切x ∈(0，＋∞)，都有f (x )>G (x )，即ln x ＋1>1e x ＋1－2e 2x.感悟提升要证的不等式中既含有指数又含有对数，若直接用作差或作商的方式构造函数，求导后不易处理.我们可以在合理地分拆和转化后，按照需要构造函数，如本题，把证明x(ln x＋1)>xe x＋1－2e2分拆为两个函数f(x)＝x ln x＋x和G(x)＝xe x＋1－2e2，使指数与对数分开，仅含指数或对数，再利用导数求出所构造函数的最值来证不等式成立.训练2(2022·太原模拟)已知函数f(x)＝eln x－ax(a∈R).(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a＝e时，证明：xf(x)－e x＋2e x≤0.(1)解f′(x)＝ex－a(x>0)，①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②若a>0，则当0<x<ea时，f′(x)>0；当x>ea时，f′(x)<0.故f(x)0，ea上单调递增，在ea，＋∞.(2)证明因为x>0，所以只需证f(x)≤e xx－2e，当a＝e时，由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.所以f(x)max＝f(1)＝－e.设g(x)＝e xx－2e(x>0)，则g′(x)＝（x－1）e xx2，所以当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)min＝g(1)＝－e.综上，当x>0时，f(x)≤g(x)，即f(x)≤e xx－2e.即xf(x)－e x＋2e x≤0得证.题型三借助于e x≥x＋1和ln x≤x－1放缩证明不等式例3已知函数f(x)＝a ln(x－1)＋2x－1，其中a为正实数.(1)求f(x)的单调区间；(2)证明：当x>2时，f(x)<e x＋(a－1)x－2a.(1)解由x－1>0，得x>1，所以f(x)的定义域为(1，＋∞)，f′(x)＝ax－1－2（x－1）2＝a（x－1）－2（x－1）2＝ax－（a＋2）（x－1）2.令f′(x)＝0，得x＝a＋2 a，所以当1<x<1＋2a时，f′(x)<0，当x>1＋2a时，f′(x)>0，所以f(x)，1＋2a，＋(2)证明令g(x)＝ln x－x＋1，则g′(x)＝1x－1.所以当0<x<1时，g′(x)>0；当x>1时，g′(x)<0.所以g(x)≤g(1)＝0，所以ln x≤x－1，所以当x>2时，有ln(x－1)<x－2成立，又因为a>0，所以要证f(x)<e x＋(a－1)x－2a，只需证a(x－2)＋2x－1<e x＋(a－1)x－2a，即e x－x－2x－1对任意x>2恒成立.令h(x)＝e x－x－2x－1，x>2，则h′(x)＝e x－1＋2（x－1）2，因为x>2，所以h′(x)>0恒成立，所以h(x)在(2，＋∞)上单调递增，所以h(x)>h(2)＝e2－4>0，所以当x>2时，f(x)<e x＋(a－1)x－2a.感悟提升导数方法证明不等式中，最常见的是e x和ln x与其他代数式结合的问题，对于这类问题，可以考虑先对e x和ln x进行放缩，使问题简化，简化后再构造函数进行证明.常见的放缩公式如下：(1)e x≥1＋x，当且仅当x＝0时取等号.(2)ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取等号.训练3证明：e x－ln x>2.证明法一设f(x)＝e x－ln x(x>0)，则f′(x)＝e x－1 x .令h(x)＝f′(x)，则h′(x)＝e x＋1x2>0，∴f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f 12＝e－2<0，f′(1)＝e－1>0，∴12，1上存在x0使f′(x0)＝0，即x0＝－ln x0.∴f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，∴f(x)在x＝x0处有极小值，也是最小值.∴f(x0)＝e x0－ln x0＝1x0＋x0>2，故f(x)>2，即e x－ln x>2.法二令g(x)＝e x－x－1，∴g′(x)＝e x－1.令g′(x)＝0，得x＝0，∴当x∈(－∞，0)时，g′(x)<0，当x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0.∴g(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴g(x)min＝g(0)＝0.故e x≥x＋1，x＝0时取“＝”.同理可证x－1≥ln x，x＝1时取“＝”.∴x＋1≥ln x＋2，x＝1时取“＝”.故e x≥x＋1≥ln x＋2.∴e x>ln x＋2，即证e x－ln x>2.指对同构在解决指对混合不等式时，如恒成立求参数取值范围或证明不等式，有一部分题是命题者利用函数单调性构造出来的，如果我们能找到这个函数模型(即不等式两边对应的同一函数)，无疑大大加快解决问题的速度.找到这个函数模型的方法，我们称为同构法.(1)五个常见变形：x e x ＝e x ＋ln x，e x x ＝e x －ln x ，x e x ＝e ln x －x ，x ＋ln x ＝ln(x e x )，x －ln x ＝ln e x x .(2)三种基本模式①积型：a e a ≤b ln b ―————————―→三种同构方式a e a ≤（ln b ）e ln b ……f （x ）＝x e x ，e a ln e a ≤b ln b ……f （x ）＝x ln x ，a ＋ln a ≤lnb ＋ln （ln b ）……f （x ）＝x ＋ln x ，②商型：e a a ＜b ln b―————————―→三种同构方式同左：e a a ＜e ln b ln b ……f （x ）＝e x x，同右：e a ln e a ＜b ln b ……f （x ）＝x ln x，a －ln a ＜ln b －ln （ln b ）……f （x ）＝x －ln x ，③和差型：e a ±a ＞b ±ln b ――——————→两种同构方式e a ±a ＞e ln b ±ln b ……f （x ）＝e x ±x ，e a ±ln e a ＞b ±ln b ……f （x ）＝x ±ln x .例(1)(2020·新高考全国Ⅰ卷节选)已知函数f (x )＝a e x －1－ln x ＋ln a .若f (x )≥1，求a 的取值范围.解f (x )的定义域为(0，＋∞)，f (x )＝a e x －1－ln x ＋ln a ＝e ln a ＋x －1－ln x ＋ln a ≥1，等价于e ln a ＋x －1＋ln a ＋x －1≥ln x ＋x ＝e ln x ＋ln x .令g (x )＝e x ＋x ，上述不等式等价于g (ln a ＋x －1)≥g (ln x ).显然g (x )为单调增函数，所以又等价于ln a ＋x －1≥ln x ，即ln a ≥ln x －x ＋1.令h (x )＝ln x －x ＋1，则h ′(x )＝1x －1＝1－x x.当x ∈(0，1)时，h ′(x )>0，h (x )单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )<0，h (x )单调递减，所以h (x )max ＝h (1)＝0，所以ln a ≥0，即a ≥1，a 的取值范围是[1，＋∞).(2)已知函数f (x )＝a e x －ln x －1，证明：当a ≥1e 时，f (x )≥0.证明当a ≥1e 时，f (x )≥e x e －ln x －1，所以只需证明e x e －ln x －1≥0，由于e x e－ln x －1≥0⇔e x ≥eln e x ⇔x e x ≥e x ln e x ⇔x e x ≥e ln e x ln e x ，令g (x )＝x e x ，由g ′(x )＝e x (x ＋1)＞0知g (x )为增函数，又易证x ≥ln e x ＝ln x ＋1，所以g (x )≥g (ln e x )，即x e x ≥e ln e x ln e x 成立.故当a ≥1e时，f (x )≥0.1.已知函数f (x )＝e x －ax (e 为自然对数的底数，a 为常数)的图象在(0，1)处的切线斜率为－1.(1)求a 的值及函数f (x )的极值；(2)证明：当x >0时，x 2<e x .(1)解由f (x )＝e x －ax ，得f ′(x )＝e x －a .因为f ′(0)＝1－a ＝－1，所以a ＝2，所以f (x )＝e x －2x ，f ′(x )＝e x －2.令f ′(x )＝0，得x ＝ln 2，当x<ln2时，f′(x)<0，f(x)在(－∞，ln2)上单调递减；当x>ln2时，f′(x)>0，f(x)在(ln2，＋∞)上单调递增.所以当x＝ln2时，f(x)取得极小值，且极小值为f(ln2)＝e ln2－2ln2＝2－2ln2，f(x)无极大值.(2)证明令g(x)＝e x－x2，则g′(x)＝e x－2x.由(1)得g′(x)＝f(x)≥f(ln2)>0，故g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增.所以当x>0时，g(x)>g(0)＝1>0，即x2<e x.2.已知函数f(x)＝ax－ln x－1.(1)若f(x)≥0恒成立，求a的最小值；(2)求证：e－xx＋x＋ln x－1≥0.(1)解f(x)≥0等价于a≥ln x＋1x(x>0).令g(x)＝ln x＋1x(x>0)，则g′(x)＝－ln xx2，所以当x∈(0，1)时，g′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，则g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以g(x)max＝g(1)＝1，则a≥1，所以a的最小值为1.(2)证明当a＝1时，由(1)得x≥ln x＋1，即t≥ln t＋1(t>0).令e－xx＝t，则－x－ln x＝ln t，所以e－xx≥－x－ln x＋1，即e－xx＋x＋ln x－1≥0.3.证明：对一切x ∈(0，＋∞)，都有ln x ＞1e x －2e x 成立.证明问题等价于证明x ln x ＞x e x －2e (x ∈(0，＋∞)).设f (x )＝x ln x ，f ′(x )＝1＋ln x ，易知x ＝1e 为f (x )的唯一极小值点，则f (x )＝x ln x (x ∈(0，＋∞))的最小值是－1e ，当且仅当x ＝1e时取到.设m (x )＝x e x －2e (x ∈(0，＋∞))，则m ′(x )＝1－x ex ，由m ′(x )＜0，得x ＞1时，m (x )单调递减；由m ′(x )＞0得0＜x ＜1时，m (x )单调递增，易知m (x )max ＝m (1)＝－1e ，当且仅当x ＝1时取到.从而对一切x ∈(0，＋∞)，x ln x ≥－1e ≥x e x －2e ，两个等号不同时取到，所以对一切x ∈(0，＋∞)都有ln x ＞1e x －2e x 成立.4.已知x ∈(0，1)，求证：x 2－1x ＜ln x e x .证明法一要证x 2－1x ＜ln x e x ，只需证e 2ln x ，又易证e x ＞x ＋1(0＜x ＜1)，∴只需证明ln x ＋(x ＋x 0.即证ln x ＋1－x 3＋1x－x 2＞0，而x 3＜x ，x 2＜x (0＜x ＜1)，∴只需证ln x ＋1－2x ＋1x ＞0，令g (x )＝ln x ＋1－2x ＋1x，则g ′(x )＝1x －2－1x 2＝－2x 2－x ＋1x2，而2x 2－x ＋1＞0恒成立，∴g ′(x )＜0，∴g (x )在(0，1)上单调递减，∴当x ∈(0，1)时，g (x )＞g (1)＝0，第11页共11页即ln x ＋1－2x ＋1x ＞0.∴x 2－1x ＜ln x ex .法二∵x ∈(0，1)，∴e x ∈(1，e)，∴要证x 2－1x ＜ln x e x 成立，只需证e2ln x 成立，只需证x 2－1x＜ln x ，又x 2＜x (0＜x ＜1)，∴只需证ln x ＋1x －x ＞0，令h (x )＝ln x ＋1x－x ，则h ′(x )＝1x －1x 2－1＝－x 2－x ＋1x2，而x 2－x ＋1＞0恒成立，∴h ′(x )＜0，∴h (x )在(0，1)上单调递减，∴当x ∈(0，1)时，h (x )＞h (1)＝0，∴ln x ＋1x －x ＞0，∴x 2－1x ＜ln x ex .。

压轴题03 三角函数压轴题(原卷版)--2023年高考数学压轴题专项训练(全国通用)

压轴题03三角函数压轴题题型/考向一：三角函数的图像与性质题型/考向二：三角恒等变换题型/考向三：三角函数综合应用一、三角函数的图像与性质热点一三角函数图象的变换1.沿x轴平移：由y＝f(x)变为y＝f(x＋φ)时，“左加右减”，即φ>0，左移；φ<0，右移.沿y轴平移：由y＝f(x)变为y＝f(x)＋k时，“上加下减”，即k>0，上移；k<0，下移.2.沿x轴伸缩：若ω>0，A>0，由y＝f(x)变为y＝f(ωx)时，点的纵坐标不变，横坐标变为原来的1ω倍.沿y轴伸缩：由y＝f(x)变为y＝Af(x)时，点的横坐标不变，纵坐标变为原来的A 倍.热点二三角函数的图象与解析式已知图象求函数y＝A sin(ωx＋φ)＋B(A>0，ω>0)的解析式时，常用的方法是待定系数法.由图中的最高点、最低点或特殊点求A，B；由函数的周期确定ω；确定φ常根据“五点法”中的五个点求解，其中一般把第一个零点作为突破口，可以从图象的升降找准第一个零点的位置.热点三三角函数的性质1.单调性：由－π2＋2kπ≤ωx＋φ≤π2＋2kπ(k∈Z)可得单调递增区间；由π2＋2kπ≤ωx＋φ≤3π2＋2k π(k ∈Z )可得单调递减区间.2.对称性：由ωx ＋φ＝k π(k ∈Z )可得对称中心；由ωx ＋φ＝k π＋π2(k ∈Z )可得对称轴.3.奇偶性：φ＝k π(k ∈Z )时，函数y ＝A sin(ωx ＋φ)为奇函数；φ＝k π＋π2(k ∈Z )时，函数y ＝A sin(ωx ＋φ)为偶函数.二、三角恒等变换热点一化简与求值(角)1.同角三角函数的基本关系：sin 2α＋cos 2α＝1，sin αcos α＝tan ≠π2＋k π，k ∈2.诱导公式的记忆口诀：在k π2＋α，k ∈Z 的诱导公式中“奇变偶不变，符号看象限”.3.熟记三角函数公式的两类变形：(1)和差角公式的变形；(2)倍角公式的变形.热点二三角函数恒等式的证明三角恒等式常从复杂一边向简单的一边转化，或者两边同时推出一个相同式子，有时要证等式先进行等价交换，进而证明其等价命题.○热○点○题○型一三角函数的图像与性质一、单选题1．将函数()sin cos f x x x =-的图象向左平移7π12个单位长度，得到函数()y g x =的图象，关于函数()y g x =的下列说法中错误的是（）A ．周期是2πB ．非奇非偶函数C ．图象关于点5π,03⎛⎫⎪⎝⎭中心对称D ．在π0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭内单调递增2．数学与音乐有着紧密的关联，我们平时听到的乐音一般来说并不是纯音，而是由多种波叠加而成的复合音.如图为某段乐音的图象，则该段乐音对应的函数解析式可以为（）A ．11sin sin 2sin 323=++y x x xB ．11sin sin 2sin 323y x x x=--C ．11sin cos 2cos323y x x x=++D ．11cos cos 2cos323y x x x=++3．将函数()2sin 21f x x =-图象上所有点的纵坐标伸长到原来的2倍，并沿x 轴向左平移()0ϕϕ>个单位长度，再向下平移1个单位长度得到函数()g x 的图象．若对于任意的1π0,4x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，总存在2π,04x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦，使得()()12f x g x =，则ϕ的值可能是（）A ．π6B ．5π24C ．π4D ．2π34．函数e sin xy x =在区间[]2,2ππ-上的图象大致是（）A．B．C．D．5．已知函数()()π2sin 0,2f x x ωϕωϕ⎛⎫=+>< ⎪⎝⎭的部分图象如图所示，则满足()()5π605π12f x f f x f ⎛⎫- ⎪⎝⎭>⎛⎫- ⎪⎝⎭的正整数x 的最小值为（）A ．1B ．2C ．3D ．4二、多选题6．已知函数2π()cos (0)3f x x ωω⎛⎫=+> ⎪⎝⎭在ππ,2⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上单调，且曲线()y f x =关于点π,03⎛⎫- ⎪⎝⎭对称，则（）A ．()f x 以2π为周期B ．()f x 的图象关于直线2π3x =对称C ．将()f x 的图象向右平移π3个单位长度后对应的函数为偶函数D ．函数9()10y f x =+在[0,π]上有两个零点7．已知函数()()()sin 0,0π,f x A x b A b ωϕϕ=++><<∈R 的部分图像如图，则（）A ．5πb ωϕ=B ．π23f ⎛⎫= ⎪⎝⎭C ．将曲线()y f x =向右平移π9个单位长度得到曲线4cos 32y x =-+D ．点11π,218⎛⎫- ⎪⎝⎭为曲线()y f x =的一个对称中心8．已知函数()f x 的定义域为()1,1-，对任意的(),1,1x y ∈-，都有()()1x y f x f y f xy ⎛⎫--= ⎪-⎝⎭，且112f ⎛⎫= ⎪⎝⎭，当()0,1x ∈时，()0f x >，则（）A ．()f x 是偶函数B ．()00f =C ．当A ，B 是锐角ABC 的内角时，()()cos sin f B f A <D ．当0n x >，且21112n n n x x x ++=，112x =时，()12n n f x -=9．已知某游乐场循环观光车路线近似为一个半径为1km 的圆，观光车从起始站点P 出发，沿图中顺时针方向行驶，记观光者从某次出发开始，行驶的时间为t 小时.A ，B 是沿途两个站点，C 是终点站，D 是该游乐场的观景点之一.已知该观光车绕行一圈的时间是固定的，且π,,6BOA OA OC OA OD ∠=⊥⊥.若要求起始站点P 无论位于站台B ，C 之间的任何位置（异于B ，C ），观光车在ππ,124t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭的时间内，都要至少经过两次终点站C ，则下列说法正确的是（）A ．该观光车绕行一周的时间小于π6B ．该观光车在π0,12t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭内不一定会经过终点站CC ．该观光车的行驶速度一定大于52km /h 3D ．该观光车在π0,12t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭内一定会经过一次观景点D10．如图，弹簧下端悬挂着的小球做上下运动（忽略小球的大小），它在()s t 时刻相对于平衡位置的高度()cm h 可以田ππ2sin 24h t ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭确定，则下列说法正确的是（）A．小球运动的最高点与最低点的距离为2cm B．小球经过4s往复运动一次C．()3,5t∈时小球是自下往上运动D．当 6.5t=时，小球到达最低点○热○点○题○型二三角恒等变换一、单选题1．已知π0,2α⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，cos22sin21αα+=，则sinα=（）A．15B C．45D2．古希腊数学家特埃特图斯（Theaetetus，大约公元前417年—公元前369年）通过下图来…，记BACα∠=，DACβ∠=，则()cosαβ+=（）A．46B．36-C．36+D．463．若π2α<<，π02β-<<，π1cos43α⎛⎫+=⎪⎝⎭，π3cos423β⎛⎫-=⎪⎝⎭，则sin2βα⎛⎫+=⎪⎝⎭（）A．9-B．9C．539D．94．人脸识别技术应用在各行各业，改变着人类的生活，而所谓人脸识别，就是利用计算机分析人脸视频或者图像，并从中提取出有效的识别信息，最终判别人脸对象的身份.在人脸识别中为了检测样本之间的相似度主要应用距离的测试，常用的测量距离的方式有曼哈顿距离和余弦距离.假设二维空间中有两个点()()1122,,,A x yB x y，O为坐标原点，余弦相似度similarity为向量,OA OB夹角的余弦值，记作()cos,A B，余弦距离为()1cos,A B-.已知()sin,cosPαα，()sin,cosQββ，()sin,cosRαα-，若P，Q的余弦距离为13，Q，R的余弦距离为12，则tan tanαβ⋅=（）A ．7B ．17C ．4D ．145．已知函数()()*sin cos n n n f x x x n =+∈N ，函数()4324y f x =-在3π0,8⎡⎤⎢⎣⎦上的零点的个数为（）A ．2B ．3C ．4D ．56．已知函数())2sin 02f x x x ωωω⎛⎫=->⎪⎝⎭的图像如图所示，则ω的值为（）A ．13B ．43C ．16D ．76二、多选题7．已知函数2()sin cos 2f x x x x =-+，则下列说法正确的是（）A ．π()sin(2)3f x x =-B ．函数()f x 的最小正周期为πC ．函数()f x 的对称轴方程为()5ππZ 12x k k =+∈D ．函数()f x 的图象可由sin 2y x =的图象向右平移π6个单位长度得到8．黄金三角形被称为最美等腰三角形，因此它经常被应用于许多经典建筑中，例如图中所示的建筑对应的黄金三角形，它的底角正好是顶角的两倍，且它的底与腰之比为黄金分割比（黄金分割比12=）.在顶角为BAC ∠的黄金ABC 中，D 为BC 边上的中点，则（）A ．cos 342AD AC︒=B ．cos 27sin 27cos 27sin 27AD CD ︒+︒=︒-︒C ．AB 在AC 251AC+D ．cos BAC ∠是方程324231x x x +-=的一个实根9．已知()cos 4cos3f θθθ=+，且1θ，2θ，3θ是()f θ在()0,π内的三个不同零点，则（）A ．{}123π,,7∈θθθB ．123π++=θθθC ．1231cos cos cos 8θθθ=-D ．1231cos cos cos 2θθθ++=10．重庆荣昌折扇是中国四大名扇之一，其精雅宜士人，其华灿宜艳女，深受各阶层人民喜爱.古人曾有诗赞曰：“开合清风纸半张，随机舒卷岂寻常；金环并束龙腰细，玉栅齐编凤翅长”.荣昌折扇平面图为下图的扇形COD ，其中2π3COD ∠=，33OC OA ==，动点P 在 CD 上（含端点），连结OP 交扇形OAB 的弧 AB于点Q ，且OQ xOC yOD =+，则下列说法正确的是（）A ．若y x =，则23x y +=B ．若2y x =，则0OA OP ⋅=C ．2AB PQ ⋅≥-D ．112PA PB ⋅≥○热○点○题○型三三角函数综合应用一、解答题1．已知函数2()23cos 2cos 1f x x x x =-+.(1)求函数()f x 的最小正周期及单调递增区间；(2)求函数()f x 在区间5ππ[,]126-的值域；2．已知)213,1,cos ,cos 2m x n x x ⎛⎫=-=+ ⎪⎝⎭，设函数()f x m n =⋅ ．(1)当π5π,1212x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦时，分别求函数()f x 取得最大值和最小值时x 的值；(2)设ABC 的内角,,A B C 的对应边分别是,,,a b c 且23a =，6,12A b f ⎛⎫==- ⎪⎝⎭，求c 的值．3．已知函数()()213cos cos 02f x x x x ωωωω=+->.(1)若1ω=，求函数()f x 的最小正周期；(2)若()y f x =图象在0,4π⎛⎫⎪⎝⎭内有且仅有一条对称轴，求8f π⎛⎫⎪⎝⎭的取值范围.4．已知函数()()2sin f x x ωϕ=+（0ω>，π2ϕ<）的部分图象如图所示.(1)求()f x 的解析式，并求()f x 的单调递增区间；(2)若对任意π,3x t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，都有()π116f x fx ⎛⎫--≤ ⎪⎝⎭，求实数t 的取值范围.5．若实数x ，[0,2]y π∈，且满足cos()cos cos x y x y +=+，则称x ､y 是“余弦相关”的.(1)若2x π=，求出所有与之“余弦相关”的实数y ；(2)若实数x ､y 是“余弦相关”的，求x 的取值范围；(3)若不相等的两个实数x ､y 是“余弦相关”的，求证：存在实数z ，使得x ､z 为“余弦相关”的，y ､z 也为“余弦相关”的.。

高考数学(理)三年真题专题演练—导数及其应用(解答题)

高考数学三年真题专题演练—导数及其应用（解答题）1．【2021·天津高考真题】已知0a >，函数()x f x ax xe =-．（I ）求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程：（II ）证明()f x 存在唯一的极值点（III ）若存在a ，使得()f x a b ≤+对任意x ∈R 成立，求实数b 的取值范围．【答案】（I ）(1),(0)y a x a =->；（II ）证明见解析；（III ）[),e -+∞ 【分析】（I ）求出()f x 在0x =处的导数，即切线斜率，求出()0f ，即可求出切线方程；（II ）令()0f x '=，可得(1)xa x e =+，则可化为证明y a =与()y g x =仅有一个交点，利用导数求出()g x 的变化情况，数形结合即可求解；（III ）令()2()1,(1)xh x x x e x =-->-，题目等价于存在(1,)x ∈-+∞，使得()h x b ≤，即min ()b h x ≥，利用导数即可求出()h x 的最小值. 【详解】（I ）()(1)xf x a x e =-+'，则(0)1f a '=-，又(0)0f =，则切线方程为(1),(0)y a x a =->；（II ）令()(1)0x f x a x e =-+='，则(1)xa x e =+，令()(1)x g x x e =+，则()(2)xg x x e =+'，当(,2)x ∈-∞-时，()0g x '<，()g x 单调递减；当(2,)x ∈-+∞时，()0g x '>，()g x 单调递增，当x →-∞时，()0g x <，()10g -=，当x →+∞时，()0g x >，画出()g x 大致图像如下：所以当0a >时，y a =与()y g x =仅有一个交点，令()g m a =，则1m >-，且()()0f m a g m '=-=，当(,)x m ∈-∞时，()a g x >，则()0f x '>，()f x 单调递增，当(),x m ∈+∞时，()a g x <，则()0f x '<，()f x 单调递减，x m =为()f x 的极大值点，故()f x 存在唯一的极值点；（III ）由（II ）知max ()()f x f m =，此时)1(1,ma m e m +>-=，所以()2max {()}()1(1),mf x a f m a m m e m -=-=-->-，令()2()1,(1)xh x x x e x =-->-，若存在a ，使得()f x a b ≤+对任意x ∈R 成立，等价于存在(1,)x ∈-+∞，使得()h x b ≤，即min ()b h x ≥，()2()2(1)(2)x x h x x x e x x e =+-=+'-，1x >-，当(1,1)x ∈-时，()0h x '<，()h x 单调递减，当(1,)x ∈+∞时，()0h x '>，()h x 单调递增，所以min ()(1)h x h e ==-，故b e ≥-，所以实数b 的取值范围[),e -+∞. 【点睛】关键点睛：第二问解题的关键是转化为证明y a =与()y g x =仅有一个交点；第三问解题的关键是转化为存在(1,)x ∈-+∞，使得()h x b ≤，即min ()b h x ≥.2．【2021·全国高考真题】已知函数2()(1)x f x x e ax b =--+．（1）讨论()f x 的单调性；（2）从下面两个条件中选一个，证明：()f x 有一个零点①21,222e a b a <≤>； ②10,22a b a <<≤．【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析. 【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论确定函数的单调性即可； (2)由题意结合(1)中函数的单调性和函数零点存在定理即可证得题中的结论. 【详解】(1)由函数的解析式可得：()()'2xf x x e a =-，当0a ≤时，若(),0x ∈-∞，则()()'0,f x f x <单调递减，若()0,x ∈+∞，则()()'0,f x f x >单调递增；当102a <<时，若()(),ln 2x a ∈-∞，则()()'0,f x f x >单调递增，若()()ln 2,0x a ∈，则()()'0,f x f x <单调递减，若()0,x ∈+∞，则()()'0,f x f x >单调递增；当12a =时，()()'0,f x f x ≥在R 上单调递增；当12a >时，若(),0x ∈-∞，则()()'0,f x f x >单调递增，若()()0,ln 2x a ∈，则()()'0,f x f x <单调递减，若()()ln 2,x a ∈+∞，则()()'0,f x f x >单调递增； (2)若选择条件①：由于2122e a <，故212a e <≤，则()21,010b af b >>=->，而()()210b f b b e ab b --=----<，而函数在区间(),0-∞上单调递增，故函数在区间(),0-∞上有一个零点.()()()()2ln 22ln 21ln 2f a a a a a b =--+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦ ()()22ln 21ln 22a a a a a >--+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦ ()()22ln 2ln 2a a a a =-⎡⎤⎣⎦ ()()ln 22ln 2a a a =-⎡⎤⎣⎦，由于2122e a <，212a e <≤，故()()ln 22ln 20a a a -≥⎡⎤⎣⎦，结合函数的单调性可知函数在区间()0,∞+上没有零点. 综上可得，题中的结论成立. 若选择条件②：由于102a <<，故21a <，则()01210f b a =-≤-<，当0b ≥时，24,42ea ><，()2240f e ab =-+>，而函数在区间()0,∞+上单调递增，故函数在区间()0,∞+上有一个零点. 当0b <时，构造函数()1xH x e x =--，则()1xH x e '=-，当(),0x ∈-∞时，()()0,H x H x '<单调递减，当()0,x ∈+∞时，()()0,H x H x '>单调递增，注意到()00H =，故()0H x ≥恒成立，从而有：1x e x ≥+，此时：()()()()22111x f x x e ax b x x ax b =---≥-+-+()()211a x b =-+-，当x >()()2110a x b -+->，取01x =，则()00f x >，即：()00,10f f ⎫<>⎪⎪⎭，而函数在区间()0,∞+上单调递增，故函数在区间()0,∞+上有一个零点.()()()()2ln 22ln 21ln 2f a a a a a b =--+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦ ()()22ln 21ln 22a a a a a ≤--+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦ ()()22ln 2ln 2a a a a =-⎡⎤⎣⎦ ()()ln 22ln 2a a a =-⎡⎤⎣⎦，由于102a <<，021a <<，故()()ln 22ln 20a a a -<⎡⎤⎣⎦，结合函数的单调性可知函数在区间(),0-∞上没有零点. 综上可得，题中的结论成立. 【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用． 3．【2021·北京高考真题】已知函数()232xf x x a-=+．（1）若0a =，求()y f x =在()()1,1f 处切线方程；（2）若函数()f x 在1x =-处取得极值，求()f x 的单调区间，以及最大值和最小值．【答案】（1）450x y +-=；（2）函数()f x 的增区间为(),1-∞-、()4,+∞，单调递减区间为()1,4-，最大值为1，最小值为14-. 【分析】（1）求出()1f 、()1f '的值，利用点斜式可得出所求切线的方程；（2）由()10f '-=可求得实数a 的值，然后利用导数分析函数()f x 的单调性与极值，由此可得出结果. 【详解】（1）当0a =时，()232xf x x -=，则()()323x f x x-'=，()11f ∴=，()14f '=-，此时，曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为()141y x -=--，即450x y +-=；（2）因为()232xf x x a-=+，则()()()()()()222222223223x a x x x x a f x xa xa -+----'==++，由题意可得()()()224101a f a -'-==+，解得4a =，故()2324x f x x -=+，()()()()222144x x f x x +-'=+，列表如下：所以，函数()f x 的增区间为(),1-∞-、()4,+∞，单调递减区间为()1,4-. 当32x <时，()0f x >；当32x >时，()0f x <. 所以，()()max 11f x f =-=，()()min 144f x f ==-. 4．【2021·全国高考真题】已知函数()()1ln f x x x =-. （1）讨论()f x 的单调性；（2）设a ，b 为两个不相等的正数，且ln ln b a a b a b -=-，证明：112e a b<+<. 【答案】（1）()f x 的递增区间为()0,1，递减区间为()1,+∞；（2）证明见解析. 【分析】（1）求出函数的导数，判断其符号可得函数的单调区间；（2）设1211,x x a b==，原不等式等价于122x x e <+<，前者可构建新函数，利用极值点偏移可证，后者可设21x tx =，从而把12x x e +<转化为()()1ln 1ln 0t t t t -+-<在()1,+∞上的恒成立问题，利用导数可证明该结论成立. 【详解】（1）函数的定义域为()0,∞+，又()1ln 1ln f x x x '=--=-，当()0,1x ∈时，()0f x '>，当()1,+x ∈∞时，()0f x '<，故()f x 的递增区间为()0,1，递减区间为()1,+∞.（2）因为ln ln b a a b a b -=-，故()()ln 1ln +1b a a b +=，即ln 1ln +1a b a b+=，故11f f a b ⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，设1211,x x a b==，由（1）可知不妨设1201,1x x <<>. 因为()0,1x ∈时，()()1ln 0f x x x =->，(),x e ∈+∞时，()()1ln 0f x x x =-<，故21x e <<. 先证：122x x +>，若22x ≥，122x x +>必成立.若22x <，要证：122x x +>，即证122x x >-，而2021x <-<，故即证()()122f x f x >-，即证：()()222f x f x >-，其中212x <<. 设()()()2,12g x f x f x x =--<<，则()()()()2ln ln 2g x f x f x x x '''=+-=---()ln 2x x =--⎡⎤⎣⎦，因为12x <<，故()021x x <-<，故()ln 20x x -->，所以()0g x '>，故()g x 在()1,2为增函数，所以()()10g x g >=，故()()2f x f x >-，即()()222f x f x >-成立，所以122x x +>成立，综上，122x x +>成立.设21x tx =，则1t >，结合ln 1ln +1a b a b+=，1211,x x a b ==可得：()()11221ln 1ln x x x x -=-，即：()111ln 1ln ln x t t x -=--，故11ln ln 1t t tx t --=-，要证：12x x e +<，即证()11t x e +<，即证()1ln 1ln 1t x ++<，即证：()1ln ln 111t t tt t --++<-，即证：()()1ln 1ln 0t t t t -+-<，令()()()1ln 1ln ,1S t t t t t t =-+->，则()()112ln 11ln ln 111t S t t t t t t -⎛⎫'=++--=+- ⎪++⎝⎭，先证明一个不等式：()ln 1x x ≤+. 设()()ln 1u x x x =+-，则()1111xu x x x -'=-=++，当10x -<<时，()0u x '>；当0x >时，()0u x '<，故()u x 在()1,0-上为增函数，在()0,+∞上为减函数，故()()max 00u x u ==，故()ln 1x x ≤+成立由上述不等式可得当1t >时，112ln 11t t t ⎛⎫+≤< ⎪+⎝⎭，故()0S t '<恒成立，故()S t 在()1,+∞上为减函数，故()()10S t S <=，故()()1ln 1ln 0t t t t -+-<成立，即12x x e +<成立. 综上所述，112e a b<+<. 【点睛】方法点睛：极值点偏移问题，一般利用通过原函数的单调性，把与自变量有关的不等式问题转化与原函数的函数值有关的不等式问题，也可以引入第三个变量，把不等式的问题转化为与新引入变量有关的不等式问题.5．【2021·浙江高考真题】设a ，b 为实数，且1a >，函数()2R ()xf x a bx e x =-+∈（1）求函数()f x 的单调区间；（2）若对任意22b e >，函数()f x 有两个不同的零点，求a 的取值范围；（3）当a e =时，证明：对任意4b e >，函数()f x 有两个不同的零点12,x x ，满足2212ln 2b b e x x e b>+.(注： 2.71828e =⋅⋅⋅是自然对数的底数)【答案】(1)0b ≤时，()f x 在R 上单调递增；0b >时，函数的单调减区间为,log ln a b a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭，单调增区间为log ,ln a b a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭；(2)(21,e ⎤⎦；(3)证明见解析.【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论即可确定函数的单调性；(2)将原问题进行等价转化，然后构造新函数，利用导函数研究函数的性质并进行放缩即可确定实数a 的取值范围；(3)结合(2)的结论将原问题进行等价变形，然后利用分析法即可证得题中的结论成立.【解析】(1)2(),()ln x xf x b f a x e a x a b '==+--，①若0b ≤，则()ln 0xf x a a b '=-≥，所以()f x 在R 上单调递增；②若0b >，当,log ln ab x a ⎛⎫∈-∞ ⎪⎝⎭时，()()'0,f x f x <单调递减，当log ,ln ab x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()()'0,f x f x >单调递增. 综上可得，0b ≤时，()f x 在R 上单调递增；0b >时，函数的单调减区间为,log ln ab a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭，单调增区间为log ,ln a b a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.(2)()f x 有2个不同零点20x a bx e ⇔-+=有2个不同解ln 20x a e bx e ⇔-+=有2个不同的解，令ln t x a =，则220,0ln ln t tb b e e e e t a a tt +-+=⇒=>，记()22222(1)(),()t t t t e t e e e e e t e g t g t t t t'⋅-++--===，记2()(1),()(1)10t t tt h t e t e h t e t e e t '=--=-+⋅=⋅>，又(2)0h =，所以(0,2)t ∈时，()0,(2,)h t t <∈+∞时，()0h t >，则()g t 在(0,2)单调递减，(2,)+∞单调递增，22(2),ln ln b bg e a a e∴>=∴<， 22222,ln ,21bb e a a e e>∴>∴≤⇒<≤. 即实数a 的取值范围是(21,e ⎤⎦.(3)2,()x a e f x e bx e ==-+有2个不同零点，则2x e e bx +=，故函数的零点一定为正数. 由(2)可知有2个不同零点，记较大者为2x ，较小者为1x ，1222412x x e e e e b e x x ++==>，注意到函数2x e e y x +=在区间()0,2上单调递减，在区间()2,+∞上单调递增，故122x x <<，又由5245e e e +<知25x >，122211122x e e e e b x x x b+=<⇒<，要证2212ln 2b b e x x e b >+，只需22ln e x b b>+， 222222x x e e e b x x +=<且关于b 的函数()2ln e g b b b =+在4b e >上单调递增，所以只需证()22222222ln 52x x e x e x x x e >+>，只需证2222222ln ln 02x x x e x e e x e-->，只需证2ln ln 202x e xx e-->，242e <，只需证4()ln ln 2x x h x x e =--在5x >时为正，由于()11()44410x x x h x xe e e x x x '---+-+-==>，故函数()h x 单调递增，又54520(5)ln 5l 20n 2ln 02h e e =--=->，故4()ln ln 2x xh x x e=--在5x >时为正，从而题中的不等式得证.【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，从高考来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用．6．【2021·全国高考真题（理）】已知0a >且1a ≠，函数()(0)ax x f x x a=>．（1）当2a =时，求()f x 的单调区间；（2）若曲线()y f x =与直线1y =有且仅有两个交点，求a 的取值范围．【答案】（1）20,ln2⎛⎤ ⎥⎝⎦上单调递增；2,ln2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上单调递减；（2）()()1,,e e ⋃+∞. 【分析】（1）求得函数的导函数，利用导函数的正负与函数的单调性的关系即可得到函数的单调性；（2）利用指数对数的运算法则，可以将曲线()y f x =与直线1y =有且仅有两个交点等价转化为方程ln ln x a x a =有两个不同的实数根，即曲线()y g x =与直线ln ay a=有两个交点，利用导函数研究()g x 的单调性，并结合()g x 的正负，零点和极限值分析()g x 的图象，进而得到ln 10a a e<<，发现这正好是()()0g a g e <<，然后根据()g x 的图象和单调性得到a 的取值范围.【解析】（1）当2a =时，()()()()22222ln 2222ln 2,242xx x x x x x x x x x f x f x '--===,令()'0f x =得2ln 2x =,当20ln 2x <<时，()0f x '>,当2ln 2x >时，()0f x '<, ∴函数()f x 在20,ln2⎛⎤ ⎥⎝⎦上单调递增；2,ln2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上单调递减；（2）()ln ln 1ln ln a x a x x x af x a x x a a x a x a==⇔=⇔=⇔=,设函数()ln x g x x =, 则()21ln xg x x-'=,令()0g x '=，得x e =, 在()0,e 内()0g x '>,()g x 单调递增；在(),e +∞上()0g x '<,()g x 单调递减；()()1max g x g e e∴==,又()10g =，当x 趋近于+∞时，()g x 趋近于0，所以曲线()y f x =与直线1y =有且仅有两个交点，即曲线()y g x =与直线ln ay a=有两个交点的充分必要条件是ln 10a a e<<,这即是()()0g a g e <<, 所以a 的取值范围是()()1,,e e ⋃+∞.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，根据曲线和直线的交点个数求参数的取值范围问题，属较难试题，关键是将问题进行等价转化，分离参数，构造函数，利用导数研究函数的单调性和最值，图象，利用数形结合思想求解.7．【2021·全国高考真题（理）】设函数()()ln f x a x =-，已知0x =是函数()y xf x =的极值点．（1）求a ；（2）设函数()()()x f x g x xf x +=．证明:()1g x <．【答案】1；证明见详解【分析】（1）由题意求出'y ，由极值点处导数为0即可求解出参数a ；（2）由（1）得()()ln 1()ln 1x x g x x x +-=-，1x <且0x ≠，分类讨论()0,1x ∈和(),0x ∈-∞，可等价转化为要证()1g x <，即证()()ln 1ln 1x x x x +->-在()0,1x ∈和(),0x ∈-∞上恒成立，结合导数和换元法即可求解【解析】（1）由()()()n 1'l a f x a x f x x ⇒==--，()()'ln xy a x x ay xf x ⇒=-=+-，又0x =是函数()y xf x =的极值点，所以()'0ln 0y a ==，解得1a =；（2）由（1）得()()ln 1f x x =-，()()ln 1()()()ln 1x x x f x g x xf x x x +-+==-，1x <且0x ≠，当()0,1x ∈时，要证()()ln 1()1ln 1x x g x x x +-=<-，()0,ln 10x x >-<，()ln 10x x ∴-<，即证()()ln 1ln 1x x x x +->-，化简得()()1ln 10x x x +-->；同理，当(),0x ∈-∞时，要证()()ln 1()1ln 1x x g x x x +-=<-，()0,ln 10x x <->，()ln 10x x ∴-<，即证()()ln 1ln 1x x x x +->-，化简得()()1ln 10x x x +-->；令()()()1ln 1h x x x x =+--，再令1t x =-，则()()0,11,t ∈+∞，1x t =-，令()1ln g t t t t =-+，()'1ln 1ln g t t t =-++=，当()0,1t ∈时，()'0g x <，()g x 单减，假设()1g 能取到，则()10g =，故()()10g t g >=；当()1,t ∈+∞时，()'0g x >，()g x 单增，假设()1g 能取到，则()10g =，故()()10g t g >=；综上所述，()()ln 1()1ln 1x x g x x x +-=<-在()(),00,1x ∈-∞恒成立【点睛】本题为难题，根据极值点处导数为0可求参数a ，第二问解法并不唯一，分类讨论对函数进行等价转化的过程，一定要注意转化前后的等价性问题，构造函数和换元法也常常用于解决复杂函数的最值与恒成立问题.8．【2020年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数2()e x f x ax x =+-.（1）当a =1时，讨论f （x ）的单调性；（2）当x ≥0时，f （x ）≥12x 3+1，求a 的取值范围. 【解析】（1）当a =1时，f （x ）=e x +x 2–x ，则()f x '=e x +2x –1．故当x ∈（–∞，0）时，()f x '<0；当x ∈（0，+∞）时，()f x '>0．所以f （x ）在（–∞，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增．（2）31()12f x x ≥+等价于321(1)e 12x x ax x --++≤. 设函数321()(1)e (0)2xg x x ax x x -=-++≥，则32213()(121)e 22x g x x ax x x ax -'=--++-+-21[(23)42]e 2x x x a x a -=--+++1(21)(2)e 2x x x a x -=----.（i ）若2a +1≤0，即12a ≤-，则当x ∈（0，2）时，()g x '>0.所以g （x ）在（0，2）单调递增，而g （0）=1，故当x ∈（0，2）时，g （x ）>1，不合题意.（ii ）若0<2a +1<2，即1122a -<<，则当x ∈(0，2a +1)∪(2，+∞)时，g'(x )<0；当x ∈(2a +1，2)时，g'(x )>0.所以g (x )在(0，2a +1)，(2，+∞)单调递减，在(2a +1，2)单调递增.由于g (0)=1，所以g (x )≤1当且仅当g (2)=(7−4a )e −2≤1，即a ≥27e 4-. 所以当27e 142a -≤<时，g (x )≤1. （iii ）若2a +1≥2，即12a ≥，则g (x )≤31(1)e 2xx x -++.由于27e 10[,)42-∈，故由（ii ）可得31(1)e 2x x x -++≤1. 故当12a ≥时，g (x )≤1.综上，a 的取值范围是27e [,)4-+∞. 【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．（3）利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．（4）考查数形结合思想的应用．9．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】已知函数2() sin sin2f x x x =．（1）讨论f (x )在区间(0，π)的单调性；（2）证明：()f x ≤；（3）设*n ∈N ，证明：2222sin sin 2sin 4sin 234nn nx x xx ≤．【解析】（1）()cos (sin sin 2)sin (sin sin 2)f x x x x x x x ''=+ 22sin cos sin 22sin cos2x x x x x =+ 2sin sin3x x =．当(0,)(,)33x π2π∈π时，()0f x '>；当(,)33x π2π∈时，()0f x '<．所以()f x 在区间(0,),(,)33π2ππ单调递增，在区间(,)33π2π单调递减．（2）因为(0)()0f f =π=，由（1）知，()f x 在区间[0,]π的最大值为()3f π=，最小值为()3f 2π=．而()f x 是周期为π的周期函数，故|()|f x ≤．（3）由于32222(sin sin 2sin 2)nx x x333|sin sin 2sin 2|n x x x =23312|sin ||sin sin 2sin 2sin 2||sin 2|n n n x x x x x x -= 12|sin ||()(2)(2)||sin 2|n n x f x f x f x x -=1|()(2)(2)|n f x f x f x -≤，所以222233sin sin 2sin 2)4n nnn x xx ≤=．10．【2020年高考全国Ⅲ卷理数】设函数3()f x x bx c =++，曲线()y f x =在点(12，f (12))处的切线与y 轴垂直．（1）求B ．（2）若()f x 有一个绝对值不大于1的零点，证明：()f x 所有零点的绝对值都不大于1．【解析】（1）2()3f x x b '=+．依题意得1()02f '=，即304b +=.故34b =-．（2）由（1）知3(3)4f x x x c -=+，2()334f x x '=-. 令)0(f x '=，解得12x =-或12x =.()f x '与()f x 的情况为：x 1()2-∞-，12- 11()22-， 12 1()2∞，+ ()f x ' + 0 – 0 + ()f x14c +14c -因为11(1)()24f f c =-=+，所以当14c <-时，()f x 只有大于1的零点.因为11(1)()24f f c -==-，所以当14c >时，f （x ）只有小于–1的零点．由题设可知1144c -≤≤，当1=4c -时，()f x 只有两个零点12-和1.当1=4c 时，()f x 只有两个零点–1和12.当1144c -<<时，()f x 有三个等点x 1，x 2，x 3，且11(1,)2x ∈--，211(,)22x ∈-，31(,1)2x ∈．综上，若()f x 有一个绝对值不大于1的零点，则()f x 所有零点的绝对值都不大于1.11．【2020年高考天津】已知函数3()ln ()f x x k x k =+∈R ，()f x '为()f x 的导函数．（Ⅰ）当6k =时，（i ）求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；（ii ）求函数9()()()g x f x f x x'=-+的单调区间和极值；（Ⅱ）当3k ≥-时，求证：对任意的12,[1,)x x ∈+∞，且12x x >，有()()()()1212122f x f x f x f x x x ''+->-．【解析】（Ⅰ）（i ）当6k =时，3()6ln f x x x =+，故26()3f x x x'=+．可得(1)1f =，(1)9f '=，所以曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为19(1)y x -=-，即98y x =-．（ii ）依题意，323()36ln ,(0,)g x x x x x x=-++∈+∞．从而可得2263()36g x x x x x'=-+-，整理可得323(1)(1)()x x g x x -+'=．令()0g x '=，解得1x =．当x 变化时，(),()g x g x '的变化情况如下表：所以，函数()g x 的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,)+∞；()g x 的极小值为(1)1g =，无极大值．（Ⅱ）证明：由3()ln f x x k x =+，得2()3k f x x x'=+．对任意的12,[1,)x x ∈+∞，且12x x >，令12(1)x t t x =>，则 ()()()()()()()1212122x x f x f x f x f x ''-+--()22331121212122332ln x k k x x x x x x k x x x ⎛⎫⎛⎫=-+++--+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭3322121121212212332ln x x x x x x x x x k k x x x ⎛⎫=--++-- ⎪⎝⎭()332213312ln x t t t k t t t ⎛⎫=-+-+-- ⎪⎝⎭． ①令1()2ln ,[1,)h x x x x x =--∈+∞．当1x >时，22121()110h x x x x ⎛⎫'=+-=-> ⎪⎝⎭，由此可得()h x 在[1,)+∞单调递增，所以当1t >时，()(1)h t h >，即12ln 0tt t -->．因为21x ≥，323331(1)0,3t t t t k -+-=->≥-，所以，()332322113312ln (331)32ln x t t t k t t t t t t t tt⎛⎫⎛⎫-+-+-->-+---- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭2336ln 31t t t t-=++-． ②由（Ⅰ）（ii ）可知，当1t >时，()(1)g t g >，即32336ln 1t t t t-++>，故23336ln 10t t t t-++->． ③ 由①②③可得()()()()()()()12121220x x f x f x f x f x ''-+-->．所以，当3k ≥-时，对任意的12,[1,)x x ∈+∞，且12x x >，有()()()()1212122f x f x f x f x x x ''+->-． 12．【2020年高考北京】已知函数2()12f x x =-．（Ⅰ）求曲线()y f x =的斜率等于2-的切线方程；（Ⅱ）设曲线()y f x =在点(,())t f t 处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为()S t ，求()S t 的最小值．【解析】（Ⅰ）因为()212f x x =-，所以()2f x x '=-，设切点为()00,12x x -，则022x -=-，即01x =，所以切点为()1,11，由点斜式可得切线方程：()1121y x -=--，即2130x y +-=.（Ⅱ）显然0t ≠，因为()y f x =在点()2,12t t-处的切线方程为：()()2122y t t x t --=--，令0x =，得212y t =+，令0y =，得2122t x t +=，所以()S t =()221121222||t t t +⨯+⋅，不妨设0t >(0t <时，结果一样)，则()423241441144(24)44t t S t t t t t++==++，所以()S t '=4222211443(848)(324)44t t t t t +-+-=222223(4)(12)3(2)(2)(12)44t t t t t t t-+-++==，由()0S t '>，得2t >，由()0S t '<，得02t <<，所以()S t 在()0,2上递减，在()2,+∞上递增，所以2t =时，()S t 取得极小值，也是最小值为()16162328S ⨯==. 【点睛】本题考查了利用导数的几何意义求切线方程，考查了利用导数求函数的最值，属于中档题.13．【2020年高考浙江】已知12a <≤，函数()e xf x x a =--，其中e=2.71828…是自然对数的底数．（Ⅰ）证明：函数()y f x =在(0,)+∞上有唯一零点；（Ⅱ）记x 0为函数()y f x =在(0,)+∞上的零点，证明：（ⅰ0x ≤≤；（ⅱ）00(e )(e 1)(1)x x f a a ≥--．【解析】（Ⅰ）因为(0)10f a =-<，22(2)e 2e 40f a =--≥->，所以()y f x =在(0,)+∞上存在零点．因为()e 1x f x '=-，所以当0x >时，()0f x '>，故函数()f x 在[0,)+∞上单调递增，所以函数以()y f x =在(0,)+∞上有唯一零点．（Ⅱ）（ⅰ）令21()e 1(0)2xg x x x x =---≥，()e 1()1x g'x x f x a =--=+-，由（Ⅰ）知函数()g'x 在[0,)+∞上单调递增，故当0x >时，()(0)0g'x g'>=，所以函数()g x 在[0,)+∞单调递增，故()(0)0g x g ≥=．由0g ≥得00()f a f x =≥=，因为()f x 在[0,)+∞0x ．令2()e 1(01)x h x x x x =---≤≤，()e 21x h'x x =--，令1()e 21(01)x h x x x =--≤≤，1()e 2xh'x =-，所以故当01x <<时，1()0h x <，即()0h'x <，所以()h x 在[0,1]单调递减，因此当01x ≤≤时，()(0)0h x h ≤=．由0h ≤得00()f a f x =≤=，因为()f x 在[0,)+∞0x ．0x ≤≤（ⅱ）令()e (e 1)1x u x x =---，()e (e 1)x u'x =--，所以当1x >时，()0u'x >，故函数()u x 在区间[1,)+∞上单调递增，因此()(1)0u x u ≥=．由00e x x a =+可得022000000(e )()(e 1)(e 2)(e 1)x a a x f x f x a x a x ax =+=-+-≥-，由0x ≥得00(e )(e 1)(1)xx f a a ≥--．14．【2020年高考江苏】某地准备在山谷中建一座桥梁，桥址位置的竖直截面图如图所示：谷底O 在水平线MN 上，桥AB 与MN 平行，OO '为铅垂线(O '在AB 上)．经测量，左侧曲线AO 上任一点D 到MN 的距离1h (米)与D 到OO '的距离a (米)之间满足关系式21140h a =；右侧曲线BO 上任一点F 到MN 的距离2h (米)与F 到OO '的距离b (米)之间满足关系式3216800h b b =-+.已知点B 到OO '的距离为40米．（1）求桥AB 的长度；（2）计划在谷底两侧建造平行于OO '的桥墩CD 和EF ，且CE 为80米，其中C ，E 在AB 上(不包括端点)．.桥墩EF 每米造价k (万元)、桥墩CD 每米造价32k (万元)(k >0)，问O E'为多少米时，桥墩CD 与EF 的总造价最低？【解析】（1）设1111,,,AA BB CD EF 都与MN 垂直，1111,,,A B D F 是相应垂足. 由条件知，当40O'B =时， 31140640160,800BB =-⨯+⨯= 则1160AA =. 由21160,40O'A =得80.O'A = 所以8040120AB O'A O'B =+=+=（米）.（2）以O 为原点，OO'为y 轴建立平面直角坐标系xOy （如图所示）. 设2(,),(0,40),F x y x ∈则3216,800y x x =-+ 3211601606800EF y x x =-=+-. 因为80,CE =所以80O'C x =-.设1(80,),D x y -则211(80),40y x =- 所以22111160160(80)4.4040CD y x x x =-=--=-+ 记桥墩CD 和EF 的总造价为()f x ，则3232131()=(1606)(4)80024013(160)(040).80080f x k x x k x x k x x x +-+-+=-+<<2333()=(160)(20)80040800k f x k x x x x '-+=-，令()=0f x '，得20.x =所以当20x =时，()f x 取得最小值.答：（1）桥AB 的长度为120米；（2）当O'E 为20米时，桥墩CD 和EF 的总造价最低.【点睛】本题考查实际成本问题、利用导数求最值，考查基本分析求解能力，属中档题. 15．【2020年高考江苏】已知关于x 的函数(),()y f x y g x ==与()(,)h x kx b k b =+∈R 在区间D 上恒有()()()f x h x g x ≥≥．（1）若()()222 2()f x x x g x x x D =+=-+=∞-∞+，，，，求h (x )的表达式；（2）若2 1 ln ,()()()(0) x x g k x h kx k D f x x x =-+==-=+∞，，，，求k 的取值范围；（3）若()422342() 2() (48 () 4 3 0)2 2f x x x g x x h x t t x t t t =-=-=--+<≤，，，[] , 2,2D m n =⊆-⎡⎤⎣⎦，求证：7n m -≤．【解析】（1）由条件()()()f x h x g x ≥≥，得222 2x x kx b x x +≥+≥-+，取0x =，得00b ≥≥，所以0b =．由22x x kx +≥，得2 2 ()0x k x +-≥，此式对一切(,)x ∈-∞+∞恒成立，所以22 0()k -≤，则2k =，此时222x x x ≥-+恒成立，所以()2h x x =．（2） 1 ln ,()()()()0,h g x k x x x x -=--∈+∞.令() 1ln u x x x =--，则1()1,u'x x=-令()=0u'x ，得1x =.所以min () 0(1)u x u ==.则1ln x x -≥恒成立，所以当且仅当0k ≥时，()()f x g x ≥恒成立．另一方面，()()f x h x ≥恒成立，即21x x kx k -+≥-恒成立，也即2()1 1 +0x k x k -++≥恒成立．因为0k ≥，对称轴为102kx +=>，所以2141)0(()k k +-+≤，解得13k -≤≤．因此，k 的取值范围是0 3.k ≤≤（3）①当1t ≤≤由()()g x h x ≤，得2342484()32x t t x t t -≤--+，整理得4223328()0.()4t t x t t x ----+≤*令3242=()(328),t t t t ∆---- 则642=538t t t ∆-++．记64253()18(t t t t t ϕ-++=≤≤则53222062(31)(3())06t t t t t t 't ϕ-+=--<=恒成立，所以()t ϕ在[1,上是减函数，则()(1)t ϕϕϕ≤≤，即2()7t ϕ≤≤．所以不等式()*有解，设解为12x x x ≤≤，因此21n m x x -≤-=≤ ②当01t <<时，432()()11 34241f h t t t t ---=+---．设432 = 342(41)t t t t v t +---，322 ()=1212444(1)(31),v't t t t t t +--=+-令()0v t '=，得t ．当(0t ∈时，()0v t '<，()v t 是减函数；当1)t ∈时，()0v t '>，()v t 是增函数． (0)1v =-，(1)0v =，则当01t <<时，()0v t <．（或证：2()(1)(31)(1)0v t t t t =++-<．）则(1)(1)0f h ---<，因此1()m n -∉，．因为m n ⊆［］［，，所以1n m -≤<③当0t <时，因为()f x ，()g x 均为偶函数，因此n m -≤综上所述，n m -≤【点睛】本小题主要考查利用的导数求切线方程，考查利用导数研究不等式恒成立问题，考查利用导数证明不等式，考查分类讨论的数学思想方法，属于难题.16．【2020年新高考全国Ⅰ卷】已知函数1()e ln ln x f x a x a -=-+．（1）当e a =时，求曲线y =f （x ）在点（1，f （1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；（2）若f （x ）≥1，求a 的取值范围．【解析】()f x 的定义域为(0,)+∞，11()e x f x a x-'=-．（1）当e a =时，()e ln 1x f x x =-+，(1)e 1f '=-，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为(e 1)(e 1)(1)y x -+=--，即(e 1)2y x =-+．直线(e 1)2y x =-+在x 轴，y 轴上的截距分别为2e 1--，2．因此所求三角形的面积为2e 1-．（2）当01a <<时，(1)ln 1f a a =+<．当1a =时，1()e ln x f x x -=-，11()e x f x x-'=-．当(0,1)x ∈时，()0f x '<；当(1,)x ∈+∞时，()0f x '>．所以当1x =时，()f x 取得最小值，最小值为(1)1f =，从而()1f x ≥．当1a >时，11()e ln ln e ln 1x x f x a x a x --=-+≥-≥．综上，a 的取值范围是[1,)+∞．【点睛】本题考查导数几何意义、利用导数研究不等式恒成立问题，考查综合分析求解能力，分类讨论思想和等价转化思想，属较难试题.17．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数()sin ln(1)f x x x =-+，()f x '为()f x 的导数．证明：（1）()f x '在区间(1,)2π-存在唯一极大值点；（2）()f x 有且仅有2个零点．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）设()()g x f 'x =，则1()cos 1g x x x=-+，21sin ())(1x 'x g x =-++.当1,2x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()g'x 单调递减，而(0)0,()02g'g'π><，可得()g'x 在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭有唯一零点，设为α.则当(1,)x α∈-时，()0g'x >；当,2x α⎛π⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g'x <. 所以()g x 在(1,)α-单调递增，在,2απ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，故()g x 在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭存在唯一极大值点，即()f 'x 在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭存在唯一极大值点. （2）()f x 的定义域为(1,)-+∞.（i ）当(1,0]x ∈-时，由（1）知，()f 'x 在(1,0)-单调递增，而(0)0f '=，所以当(1,0)x ∈-时，()0f 'x <，故()f x 在(1,0)-单调递减，又(0)=0f ，从而0x =是()f x 在(1,0]-的唯一零点.（ii ）当0,2x ⎛π⎤∈ ⎥⎝⎦时，由（1）知，()f 'x 在(0,)α单调递增，在,2απ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，而(0)=0f '，02f 'π⎛⎫<⎪⎝⎭，所以存在,2βαπ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()0f 'β=，且当(0,)x β∈时，()0f 'x >；当,2x βπ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f 'x <.故()f x 在(0,)β单调递增，在,2βπ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减.又(0)=0f ，1ln 1022f ππ⎛⎫⎛⎫=-+>⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以当0,2x ⎛π⎤∈ ⎥⎝⎦时，()0f x >.从而，()f x 在0,2⎛⎤ ⎥⎝⎦π没有零点.（iii ）当,2x π⎛⎤∈π⎥⎝⎦时，()0f 'x <，所以()f x 在,2π⎛⎫π ⎪⎝⎭单调递减.而02f π⎛⎫> ⎪⎝⎭，()0f π<，所以()f x 在,2π⎛⎤π ⎥⎝⎦有唯一零点.（iv ）当(,)x ∈π+∞时，ln(1)1x +>，所以()f x <0，从而()f x 在(,)π+∞没有零点. 综上，()f x 有且仅有2个零点.【名师点睛】本题考查导数与函数极值之间的关系、利用导数解决函数零点个数的问题.解决零点问题的关键一方面是利用零点存在性定理或最值点来说明存在零点，另一方面是利用函数的单调性说明在区间内零点的唯一性，二者缺一不可. 18．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】已知函数()11ln x f x x x -=-+.（1）讨论f (x )的单调性，并证明f (x )有且仅有两个零点；（2）设x 0是f (x )的一个零点，证明曲线y =ln x 在点A (x 0，ln x 0)处的切线也是曲线e x y =的切线.【答案】（1）函数()f x 在(0,1)和(1,)+∞上是单调增函数，证明见解析；（2）见解析.【解析】（1）f （x ）的定义域为（0，1）（1，+∞）．因为212()0(1)f 'x x x =+>-，所以()f x 在（0，1），（1，+∞）单调递增．因为f （e ）=e 110e 1+-<-，22222e 1e 3(e )20e 1e 1f +-=-=>--，所以f （x ）在（1，+∞）有唯一零点x 1，即f （x 1）=0．又1101x <<，1111111()ln ()01x f x f x x x +=-+=-=-，故f （x ）在（0，1）有唯一零点11x ．综上，f （x ）有且仅有两个零点．（2）因为0ln 01e x x -=，故点B （–ln x 0，01x ）在曲线y =e x 上．由题设知0()0f x =，即0001ln 1x x x +=-，故直线AB 的斜率0000000000111ln 111ln 1x x x x x k x x x x x x +---===+-----．曲线y =e x 在点001(ln ,)B x x -处切线的斜率是01x ，曲线ln y x =在点00(,ln )A x x 处切线的斜率也是1x ，所以曲线ln y x =在点00(,ln )A x x 处的切线也是曲线y =e x 的切线．【名师点睛】本题考查了利用导数求已知函数的单调性、考查了曲线的切线方程，考查了数学运算能力.19．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】已知函数32()2f x x ax b =-+.（1）讨论()f x 的单调性；（2）是否存在,a b ，使得()f x 在区间[0,1]的最小值为1-且最大值为1？若存在，求出,a b 的所有值；若不存在，说明理由.【答案】（1）见解析；（2）01a b =⎧⎨=-⎩或41a b =⎧⎨=⎩. 【解析】（1）2()622(3)f x x ax x x a '=-=-．令()0f x '=，得x =0或3ax =. 若a >0，则当(,0),3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当0,3a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在(,0),,3a ⎛⎫-∞+∞⎪⎝⎭单调递增，在0,3a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减；若a =0，()f x 在(,)-∞+∞单调递增；若a <0，则当,(0,)3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当,03a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x在,,(0,)3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在,03a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减. （2）满足题设条件的a ，b 存在.（i ）当a ≤0时，由（1）知，()f x 在[0，1]单调递增，所以()f x 在区间[0，l]的最小值为(0)=f b ，最大值为(1)2f a b =-+.此时a ，b 满足题设条件当且仅当1b =-，21a b -+=，即a =0，1b =-．（ii ）当a ≥3时，由（1）知，()f x 在[0，1]单调递减，所以()f x 在区间[0，1]的最大值为(0)=f b ，最小值为(1)2f a b =-+．此时a ，b 满足题设条件当且仅当21a b -+=-，b =1，即a =4，b =1．（iii ）当0<a <3时，由（1）知，()f x 在[0，1]的最小值为3327a a f b ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，最大值为b 或2a b -+．若3127a b -+=-，b =1，则a =，与0<a <3矛盾.若3127a b -+=-，21a b -+=，则a =或a =-或a =0，与0<a <3矛盾．综上，当且仅当a =0，1b =-或a =4，b =1时，()f x 在[0，1]的最小值为-1，最大值为1．【名师点睛】这是一道常规的函数导数和不等式的综合题，题目难度比往年降低了不少，考查函数的单调性、最大值、最小值这种基本量的计算. 20．【2019年高考北京理数】已知函数321()4f x x x x =-+．（Ⅰ）求曲线()y f x =的斜率为1的切线方程；（Ⅱ）当[2,4]x ∈-时，求证：6()x f x x -≤≤；（Ⅲ）设()|()()|()F x f x x a a =-+∈R ，记()F x 在区间[2,4]-上的最大值为M （a ）．当M （a ）最小时，求a 的值．【答案】（Ⅰ）y x =与6427y x =-；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）3a =-. 【解析】（Ⅰ）由321()4f x x x x =-+得23()214f x x x '=-+.令()1f x '=，即232114x x -+=，得0x =或83x =.又(0)0f =，88()327f =，所以曲线()y f x =的斜率为1的切线方程是y x =与88273y x -=-，即y x =与6427y x =-. （Ⅱ）令()(),[2,4]g x f x x x =-∈-.由321()4g x x x =-得23()24g'x x x =-. 令()0g'x =得0x =或83x =.(),()g'x g x 的情况如下：x 2-(2,0)-8(0,)3 838(,4)34()g'x+-+()g x6-6427-所以()g x 的最小值为6-，最大值为0. 故6()0g x -≤≤，即6()x f x x -≤≤. （Ⅲ）由（Ⅱ）知，当3a <-时，()(0)|(0)|3M F g a a a ≥=-=->；当3a >-时，()(2)|(2)|63M F a g a a ≥-=--=+>；当3a =-时，()3M a =. 综上，当()M a 最小时，3a =-.【名师点睛】本题主要考查利用导函数研究函数的切线方程，利用导函数证明不等式，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 21．【2019年高考天津理数】设函数()e cos ,()xf x xg x =为()f x 的导函数．（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）当,42x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，证明()()02f x g x x π⎛⎫+-≥ ⎪⎝⎭；（Ⅲ）设n x 为函数()()1u x f x =-在区间2,242n n ππ⎛⎫π+π+ ⎪⎝⎭内的零点，其中n ∈N ，证明20022sin c s e o n n n x x x -πππ+-<-．【答案】（Ⅰ）()f x 的单调递增区间为3ππ2π,2π(),()44k k k f x ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦Z 的单调递减区间为π5π2π,2π()44k k k ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦Z .（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析. 【解析】（Ⅰ）由已知，有()e (cos sin )xf 'x x x =-．因此，当52,244x k k ππ⎛⎫∈π+π+ ⎪⎝⎭()k ∈Z 时，有sin cos x x >，得()0f 'x <，则()f x 单调递减；当32,244x k k ππ⎛⎫∈π-π+ ⎪⎝⎭()k ∈Z 时，有sin cos x x <，得()0f 'x >，则()f x 单调递增．所以，()f x 的单调递增区间为32,2(),()44k k k f x ππ⎡⎤π-π+∈⎢⎥⎣⎦Z 的单调递减区间为52,2()44k k k ππ⎡⎤π+π+∈⎢⎥⎣⎦Z ．（Ⅱ）证明：记()()()2h x f x g x x π⎛⎫=+-⎪⎝⎭．依题意及（Ⅰ），有()e (cos sin )xg x x x =-，从而()2e sin xg'x x =-．当,42x ππ⎛⎫∈⎪⎝⎭时，0()g'x <，故 ()()()()(1)()022h'x f 'x g'x x g x g'x x ππ⎛⎫⎛⎫=+-+-=-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．因此，()h x 在区间,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，进而()022h x h f ππ⎛⎫⎛⎫≥== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．所以，当,42x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()()02f x g x x π⎛⎫+-≥ ⎪⎝⎭．（Ⅲ）证明：依题意，()()10n n u x f x =-=，即cos e 1n xn x =．记2n n y x n =-π，则。

压轴题03--函数与导数常见经典压轴小题(解析版)-2023年高考数学压轴题专项训练(江苏专用)

压轴题03函数与导数常见经典压轴小题1、导数的计算和几何意义是高考命题的热点，多以选择题、填空题形式考查，难度较小．2、应用导数研究函数的单调性、极值、最值多在选择题、填空题靠后的位置考查，难度中等偏上，属综合性问题．考向一：函数、零点嵌套问题考向二：函数整数解问题考向三：等高线问题考向四：零点问题考向五：构造函数解不等式考向六：导数中的距离问题考向七：导数的同构思想考向八：最大值的最小值问题（平口单峰函数、铅锤距离）1、分段函数零点的求解与判断方法：（1）直接法：直接根据题设条件构造关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成球函数值域的问题加以解决；（3）数形结合法：先将解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．2、由于三次函数的导函数为我们最熟悉的二次函数，所以基本的研究思路是：借助导函数的图象来研究原函数的图象．如借助导函数的正负研究原函数的单调性；借助导函数的（变号）零点研究原函数的极值点（最值点）；综合借助导函数的图象画出原函数的图象并研究原函数的零点，具体来说，对于三次函数()()32 0f x ax bx cx d a =+++＞，其导函数为()()232 0f x ax bx c a '=++＞，根的判别式()243b ac ∆=-．a ＞()232f x ax bx c'=++判别式∆＞0∆=0∆＜图象()32f x ax bx cx d=+++单调性增区间：()1, x -∞，()2, x +∞；减区间：()12, x x 增区间：(), -∞+∞增区间：(), -∞+∞图象（1）当0∆≤时，()0f x '≥恒成立，三次函数()f x 在R 上为增函数，没有极值点，有且只有一个零点；（2）当0∆≥时，()0f x '=有两根1x ，2x ，不妨设12x x ＜，则1223bx x a+=-，可得三次函数()f x 在()1, x -∞，()2, x +∞上为增函数，在()12, x x 上为减函数，则1x ，2x 分别为三次函数()32f x ax bx cx d =+++的两个不相等的极值点，那么：①若()()120f x f x ⋅＞，则()f x 有且只有1个零点；②若()()120f x f x ⋅＜，则()f x 有3个零点；③若()()120f x f x ⋅=，则()f x 有2个零点．特别地，若三次函数()()32 0f x ax bx cx d a =+++＞存在极值点0x ，且()00f x =，则()f x 地解析式为()()()20f x a x x x m =--．同理，对于三次函数()()32 0f x ax bx cx d a =+++＜，其性质也可类比得到．3、由于三次函数()()32 0f x ax bx cx d a =+++≠的导函数()232f x ax bx c '=++为二次函数，其图象变化规律具有对称性，所以三次函数图象也应当具有对称性，其图象对称中心应当为点, 33bb faa ⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，此结论可以由对称性的定义加以证明．事实上，该图象对称中心的横坐标正是三次函数导函数的极值点．4、恒成立（或存在性）问题常常运用分离参数法，转化为求具体函数的最值问题．5、如果无法分离参数，可以考虑对参数或自变量进行分类讨论，利用函数性质求解，常见的是利用函数单调性求解函数的最大、最小值．6、当不能用分离参数法或借助于分类讨论解决问题时，还可以考虑利用函数图象来求解，即利用数形结合思想解决恒成立（或存在性）问题，此时应先构造函数，作出符合已知条件的图形，再考虑在给定区间上函数图象之间的关系，得出答案或列出条件，求出参数的范围．7、两类零点问题的不同处理方法利用零点存在性定理的条件为函数图象在区间[a ，b ]上是连续不断的曲线，且()()0f a f b ⋅<．．①直接法：判断-一个零点时，若函数为单调函数，则只需取值证明()()0f a f b ⋅<．②分类讨论法：判断几个零点时，需要先结合单调性，确定分类讨论的标准，再利用零点存在性定理，在每个单调区间内取值证明()()0f a f b ⋅<．8、利用导数研究方程根（函数零点）的技巧（1）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．（2）根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极（最）值的位置．（3）利用数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现．9、已知函数零点个数求参数的常用方法（1）分离参数法：首先分离出参数，然后利用求导的方法求出构造的新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围．（2）分类讨论法：结合单调性，先确定参数分类的标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各小范围并在一起，即为所求参数范围．1．（2023·江西宜春·统考模拟预测）已知函数()()()ln 1,ln (0)1m xf x xg x x m x m=+-=+>+，且()()120f x g x ==，则()2111em x x -+的最大值为（）A ．1B ．eC ．2eD ．1e【答案】A【解析】()()()()()ln 10,ln 10,1ln 1,11m mf x x x m x x x x =+-=+-==++++()ln0,e ,x xg x x m x m=+==由题意知，()()21121ln 1e ,x x x x m ++==即()()2221121ln 1e e ln e ,x x xx x x m ++===因为0m >，所以21e 1,11xx >+>，设()ln ,1p x x x x =>，则()1ln 0p x x '=+>，()()211e ,xp x p m +==所以211e x x +=，所以()22121111e e e ex m m m x x x m---+==，1(),0e m m t m m -=>，则11(),e m m t m --'=当01m <<时，()0;t m '>当1m >时，()0;t m '<所以()t m 在()0,1时单调递增，在()1,+∞时单调递减，所以max ()(1)1,t m t ==故选：A.2．（2023·湖南岳阳·统考二模）若函数()22ln 2e 2ln x xf x a x ax -=-+有两个不同的零点，则实数a 的取值范围是（）A ．(),e -∞-B ．(],e -∞-C ．()e,0-D ．()【答案】A【解析】函数()f x 的定义域为(0,)+∞，()()222ln 22ln 2e 2ln e 2ln x x x x f x a x ax a x x --=-+=+-，设2()2ln (0)h x x x x =->，则22(1)(1)()2x x h x x x x+-'=-=，令()01h x x '>⇒>，令()001h x x '<⇒<<，所以函数()h x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增，且(1)1h =，所以min ()(1)1h x h ==，所以()1h x ≥，函数()f x 有两个不同的零点等价于方程()0f x =有两个不同的解，则()222ln 2ln 22e e 2ln 02ln x x x x a x x a x x--+-=⇒-=-，等价于函数y a =-与22ln 2e 2ln x xy x x-=-图象有两个不同的交点.令22ln x x t -=，()1e ,tg t tt =>，则函数y a =-与()1e ,tg t tt =>图象有一个交点，则()()22e 1e e 0tt t t t g t t t '--==>，所以函数()g t 在(1,)+∞上单调递增，所以()()1e g t g >=，且t 趋向于正无穷时，()e tg t t=趋向于正无穷，所以e a ->，解得e a <-.故选：A.3．（2023·江西吉安·统考一模）已知,R,0,0x y x y ∈>>，且2x y xy +=，则8e y x-的可能取值为（）（参考数据： 1.1e 3≈， 1.2e 3.321≈）A ．54B ．32C ．e 1-D ．e【答案】D【解析】由2x y xy +=，可得844x y =-且1y >，所以84e e 4y yx y-=+-，令()()4e 4,1,yg y y y =+-∈+∞，可得()24e y g y y='-，令()24e yh y y =-，可得()38e 0yh y y '=+>，()h y 为单调递增函数，即()g y '单调递增，又()()1.1 1.222441.1e 0, 1.2e 01.1 1.2g g =--'<'=>，所以存在()0 1.1,1.2y ∈，使得()00204e 0yg y y =-='，所以()()0min 002000444e 44, 1.1,1.2yg g y y y y y ==+-=-∈，设()0200444f y y y =+-，则()0320084f y y y =--'，因为()0 1.1,1.2y ∈，所以()00f y '<，所以()0f y 在()1.1,1.2上单调递减，所以()()0191.229f y f >=>，又因为()22e 2e g =->，()g y 在()0,y ∞+上递增，所以D 正确.故选：D.4．（2023·河南开封·开封高中校考一模）若存在[)1,x ∞∈+，使得关于x 的不等式11e x ax +⎛⎫+≥ ⎪⎝⎭成立，则实数a 的最小值为（）A ．2B ．1ln2C ．ln21-D ．11ln2-【答案】D 【解析】由11e x ax +⎛⎫+≥ ⎪⎝⎭两边取对数可得 1()ln 11x a x ⎛⎫++≥ ⎪⎝⎭①，令11,t x +=则11x t =-，因为[)1,x ∞∈+，所以(1,2]t ∈，则①可转化得1ln 11a t t ⎛⎫+≥⎪-⎝⎭，因为ln 0t >，11ln 1a t t ∴≥--因为存在[)1,x ∞∈+，使得关于x 的不等式11e x ax +⎛⎫+≥ ⎪⎝⎭成立，所以存在(1,2]t ∈，11ln 1a t t ≥--成立，故求11ln 1t t --的最小值即可，令11(),(1,2]ln 1g x x x x =-∈-2211()(ln )(1)g x x x x '∴=-+⋅-2222(ln )(1)(1)(ln )x x x x x x ⋅--=-2222222(1)1(ln )(ln )2(1)(ln )(1)(ln )x x x x x x x x x x ----+==--，令()h x 21(ln )2,(1,2]x x x x=--+∈212ln 11()2ln 1x x x h x x x xx-+'∴=⋅-+=，令1()2ln ,(1,2]x x x x xϕ=-+∈，2222121()1x x x x x x ϕ-+-'∴=--=22(1)0x x --=<，所以()ϕx 在(1,2]上单调递减，所以()(1)0x ϕϕ<=，()0h x '∴<，所以()h x 在(1,2]上单调递减，所以()(1)0,()0,h x h g x '<=∴<()g x ∴在(1,2]上单调递减，1()(2)1ln 2g x g ∴≥=-，11ln 2a ∴≥-，所以实数a 的最小值为11ln 2-故选：D5．（2023·河北石家庄·统考一模）已知210x x a -=在()0,x ∈+∞上有两个不相等的实数根，则实数a 的取值范围是（）A ．10,2e ⎛⎤ ⎥⎝⎦B ．10,2e ⎛⎫⎪⎝⎭C ．12e 1,e ⎛⎤ ⎥⎝⎦D ．12e 1,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】D【解析】由()0,x ∈+∞，则210x x a =>，故2ln ln xa x=，要使原方程在()0,x ∈+∞有两个不等实根，即2ln ()xf x x =与ln y a =有两个不同的交点，由432ln 12ln ()x x x x f x x x --'==，令()0f x '>，则120e x <<，()0f x '<，则12e x >，所以()f x 在12(0,e )上递增，12(e ,)+∞上递减，故12max 1()(e )2e f x f ==，又x 趋向于0时，()f x 趋向负无穷，x 趋向于正无穷时，()f x 趋向0，所以，要使()f x 与ln y a =有两个不同的交点，则10ln 2ea <<，所以12e 1e a <<.故选：D6．（2023·吉林·统考三模）已知不等式22e ln ln x x λλ+≥在()0,x ∈+∞上恒成立，则实数λ的取值范围是（）A ．10,2e ⎛⎤ ⎥⎝⎦B ．10,4e ⎛⎤ ⎥⎝⎦C ．1,2e ∞⎡⎫+⎪⎢⎣⎭D ．1,4e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭【答案】C【解析】由22e ln ln x x λλ+≥得22e ln ln lnxxx λλλ≥-=，即22e lnxxxx λλ≥，令()e t f t t =，()0,t ∈+∞，则()()1e 0tf t t '=+>，所以()e tf t t =在()0,∞+上单调递增，而ln22e lnlne xxxxxx λλλλ≥=等价于()2ln x f x f λ⎛⎫≥ ⎪⎝⎭，∴2lnxx λ≥，即2e xx λ≥令()2e x g x x =，()0,x ∈+∞，则()212e xg x x-'=，所以()g x 在10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时()0g x '>，为增函数；在在1,2x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时()0g x '<，为减函数，所以()g x 最大值为1122e g ⎛⎫= ⎪⎝⎭，∴12e λ≥．故选：C7．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考二模）设()f x 是定义在R 上的可导函数，()f x 的导函数为()f x '，且()()32f x f x x '⋅>在R 上恒成立，则下列说法中正确的是（）A ．()()20232023f f <-B ．()()20232023f f >-C ．()()20232023f f <-D ．()()20232023f f >-【答案】D【解析】由题设32()()4f x f x x ⋅>'，构造24()()g x f x x =-，则3()2()()40g x f x f x x =-'>'，所以()g x 在R 上单调递增，则(2023)(2023)g g >-，即2424(2023)2023(2023)(2023)f f ->---，所以22(2023)(2023)f f >-，即()()20232023f f >-.故选：D8．（2023·四川广安·统考二模）若存在[]01,2x ∈-，使不等式()022002e 1ln e 2ex ax a x +-≥+-成立，则a 的取值范围是（）A ．21,e 2e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．221,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．421,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．41,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦【答案】D【解析】()022002e 1ln e 2e x a x a x +-≥+-⇔()()222e 1ln e 12e x a a x ---≥-()()()000022222 e 1ln e 1ln e 2 e 1ln 2e e x x x x a a a a e ⇔---≥-⇔-≥-令ex at =，即()2e 1ln 220t t --+≥，因为0[1,2]x ∈-，所以21,e e a a t -⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，令()2()e 1ln 22f t t t =--+.则原问题等价于存在21,e e a a t -⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，使得()0f t ≥成立.()22e 12e 1()2t f t t t---'=-=令()0f t '<，即()2e 120,t --<解得2e 12t ->，令()0f t '>，即()2e 120,t -->解得2e 102t -<<，所以()f t 在2e 10,2⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，在2e 1,2⎛⎫-+∞⎪⎝⎭上单调递减.又因为()()2222(1)0,e e 1ln e 2e 2f f ==--+222e 22e 20=--+=而22e 11e 2-<<，∴当21e t ≤≤时，()0f t ≥.若存在21,e e a a t -⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，使得()0f t ≥成立.只需22e e a ≤且11e a -≥，解得4ea ≤且1e a ≥，所以41e ea ≤≤.故a 的取值范围为41,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦.故选：D9．（2023·河南郑州·统考二模）函数()ln ,01,0x x x f x x x >⎧=⎨+≤⎩，若关于x 的方程()()()210f x m f x m -++=⎡⎤⎣⎦恰有5个不同的实数根，则实数m 的取值范围是（）A ．10em -<y ，即y 递增；所以min 1e y =-，且1|0x y ==，在x 趋向正无穷y 趋向正无穷，综上，根据()f x 解析式可得图象如下图示：显然()1f x =对应两个根，要使原方程有5个根，则()f x m =有三个根，即(),f x y m =有3个交点，所以10em -<<.故选：A10．（2023·贵州·统考模拟预测）已知函数()f x 在R 上满足如下条件：（1）()()0f x f x -+=；（2）()20f -=；（3）当()0,x ∈+∞时，()()f x f x x'<.若()0f a >恒成立，则实数a 的值不可能是（）A ．3-B ．2C ．4-D ．1【答案】B 【解析】设()()f x g x x =，则()()()2xf x f x g x x'-'=，因为当()0,x ∈+∞时，()()f x f x x'<，所以当0x >时，有()()0xf x f x '-<恒成立，即此时()g x '<0，函数()g x 为减函数，因为()f x 在R 上满足()()0f x f x -+=，所以函数()f x 是奇函数，又()20f -=，所以()20f =，又()()()()()f x f x f x g x g x x x x---====--，故()g x 是偶函数，所以()()220g g =-=，且()g x 在(),0x ∈-∞上为增函数，当0a >时，()0f a >，即()()0f a ag a =>，等价为()0g a >，即()()2g a g >，得02a <<；当a<0时，()0f a >，即()()0f a ag a =>，等价为()0g a <，即()()2g a g <-，此时函数()g x 为增函数，得2a <-，综上不等式()0f a >的解集是()(),20,2-∞- ，结合选项可知，实数a 的值可能是3-，4-，1.故选：B11．（2023·广西·统考三模）已知2()cos f x x x =+，若3441e ,ln ,54a f b f c f -⎛⎫⎛⎫⎛⎫===- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，则a ，b ，c 的大小关系为（）A ．b c a <<B ．c a b<<C ．c b a<<D ．a c b<<【答案】A【解析】因为2()cos ,R f x x x x =+∈，定义域关于原点对称，()22()()cos()cos f x x x x x f x -=-+-=+=，所以()f x 为R 上的偶函数，当0x ≥时,()2sin ,f x x x '=-，设()2sin g x x x =-，则()2cos g x x =-'，1cos 1x -≤≤ ，()0g x '∴>，所以()g x 即()f x '在[0,)+∞上单调递增，所以()(0)0f x f ''≥=,所以()f x 在[0,)+∞上单调递增，又因为()f x 为偶函数,所以()f x 在(,0]-∞上单调递减，又因为41ln0,054<-<,所以445ln ln ln 554b f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫==-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭,1144c f f ⎛⎫⎛⎫=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭又因为31411ee e 4-->=>,因为141ln e 4=,41445e e, 2.4e 4⎛⎫⎛⎫=≈< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以145e 4>,所以145ln e ln 4>，即15ln 44>,所以3415eln 44->>,所以3441e 5ln 4f f f -⎛⎫⎛⎫⎛⎫>> ⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎭⎝⎭,即a c b >>.故选：A.12．（2023·天津南开·统考一模）已知函数()()216249,1,11,1,9x x x f x f x x ⎧-+≤⎪=⎨->⎪⎩则下列结论：①()1*9,Nn f n n -=∈②()()10,,x f x x∞∀∈+<恒成立③关于x 的方程()()R f x m m =∈有三个不同的实根，则119m <<④关于x 的方程()()1*9N n f x n -=∈的所有根之和为23n n +其中正确结论有（）A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个【答案】B【解析】由题意知，()()()()1211111219999n n f n f n f n f n n --=-=-==--=⎡⎤⎣⎦ ，所以①正确；又由上式知，要使得()()10,,x f x x∞∀∈+<恒成立，只需满足01x <≤时，()1f x x <恒成立，即2116249x x x-+<，即321624910x x x -+-<恒成立，令()(]32162491,0,1g x x x x x =-+-∈，则()248489g x x x '=-+，令()0g x '=，解得14x =或34x =，当1(0,4x ∈时，()0g x '>，()g x 单调递增；当13(,)44x ∈时，()0g x '<，()g x 单调递减；当3(,)4x ∈+∞时，()0g x '>，()g x 单调递增，当14x =时，函数()g x 取得极大值，极大值11101444g f ⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，，所以②不正确；作出函数()f x 的图象，如图所示，由图象可知，要使得方程()()R f x m m =∈有三个不同的实根，则满足()()21f m f <<，即119m <<，所以③正确；由()1(1)9f x f x =-知，函数()f x 在(),1n n +上的函数图象可以由()1,n n -上的图象向右平移一个单位长度，再将所有点的横坐标不变，纵坐标变为原来的19倍得到，因为216249y x x =-+的对称轴为34x =，故()09f x =的两根之和为32，同理可得：()19f x =的两个之和为322+，，()19nf x -=的两个之和为32(1)2n +-，故所有根之和为23333(2)[2(1)]2222n n n +++++-=+，所以④不正确.故选：B.13．（2023·山东济南·一模）函数()()()221xxx f x a a a =++-+（0a >且1a ≠）的零点个数为（）A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】B【解析】由()0f x =可得22011x x a a a a +⎛⎫⎛⎫+-= ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭，即11112011x xa a ⎛⎫⎛⎫-++-= ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭，因为0a >且1a ≠，则1110,,1122a ⎛⎫⎛⎫∈ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭，令11t a =+，令()()()112x xg x t t =-++-，则()()010g g ==，()()()()()1ln 11ln 1xxg x t t t t '=--+++，令()()()()()1ln 11ln 1xxh x t t t t =--+++，则()()()()()221ln 11ln 10xxh x t t t t '=--+++>⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦，所以，函数()g x '在R 上单调递增，因为()()()()20ln 1ln 1ln 1ln10g t t t'=-++=-<=，()()()()()11ln 11ln 1g t t t t '=--+++，令()()()()()1ln 11ln 1p t t t t t =--+++，其中01t <<，则()()()ln 1ln 10p t t t '=+-->，所以，函数()p t 在()0,1上单调递增，所以，()()()100g p t p >'==，由零点存在定理可知，存在()00,1x ∈，使得()00g x '=，且当0x x <时，()0g x '<，此时函数()g x 单调递减，当0x x >时，()0g x '>，此时函数()g x 单调递增，所以，()()()0010g x g g <==，所以，函数()g x 的零点个数为2，即函数()f x 的零点个数为2.故选：B.14．（2023·陕西榆林·统考二模）已知函数()()25e xf x x x =+-，若函数()()()()222g x f x a f x a =---⎡⎤⎣⎦恰有5个零点，则a 的取值范围是（）A ．()3e,0-B ．470,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．473e,e ⎛⎫- ⎪⎝⎭D ．()0,3e 【答案】B【解析】函数()g x 恰有5个零点等价于关于x 的方程()()()2220f x a f x a ⎡⎤---=⎣⎦有5个不同的实根．由()()()2220f x a f x a ⎡⎤---=⎣⎦，得()f x a =或()2f x =-．因为()()25e x f x x x =+-，所以()()234e x f x x x '=+-()()41e xx x =+-，由()0f x ¢>，得<4x -或1x >，由()0f x '<，得41x -<<，则()f x 在(),4-∞-和()1,+∞上单调递增，在()4,1-上单调递减．因为()474e f -=，()13e f =-，当x →+∞时，()f x →+∞，当x →-∞时，()0f x →，所以可画出()f x 的大致图象：由图可知()2f x =-有2个不同的实根，则()f x a =有3个不同的实根，故470,e a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，故A ，C ，D 错误.故选：B.15．（2023·山东枣庄·统考二模）已知()f x =，a ∈R ，曲线cos 2y x =+上存在点()00,x y ，使得()()00f f y y =，则a 的范围是（）A ．()8,18ln 3+B ．[]8,18ln 3+C ．()9,27ln 3+D ．[]9,27ln 3+【答案】B【解析】因为[]cos 1,1x ∈-，所以[]cos 21,3y x =+∈，由题意cos 2y x =+上存在一点()00,x y 使得()()00f f y y =，即[]01,3y ∈，只需证明()00f y y =，显然()f x =假设()00f y y c =>，则()()()()000f f y f c c y f y ==>>不满足()()00f f y y =，同理()00f y c y =<不满足()()00f f y y =，所以()00f y y =，那么函数()[]1,3f x =即函数()f x x =在[]1,3x ∈有解，x =，可得[]2ln 9,1,3x x a x x +-=∈，从而[]2ln 9,1,3x x x a x +-=∈，令()[]2ln 9,1,3h x x x x x =+-∈，则()2119292x x h x x x x+-'=+-=，令()0h x '=，即21920x x +-=，解得12993,044x x -=>=（舍去），()0h x '>时03x <<<()0h x '<时x >所以()h x 在[]1,3单调递增，所以()()()13h h x h ≤≤，()1ln1918h =+-=，()3ln 3279ln 318h =+-=+，所以()h x 的取值范围为[]8,ln 318+，即a 的取值范围为[]8,ln 318+.故选：B.16．（2023·四川绵阳·盐亭中学校考模拟预测）已知()(0)ln kxx k xϕ=>，若不等式()11e kxxx ϕ+<+在()1+∞，上恒成立，则k 的取值范围为（）A ．1e⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，B ．()ln2+∞，C ．()0,eD ．()0,2e 【答案】A【解析】由题意知，(1,)x ∀∈+∞，不等式11e ln kx x kx x+<+恒成立，即()(1,),1eln e(1)ln kxkxx x x ∀∈+∞+>+成立.设()(1)ln (1)f x x x x =+>，则()e ()kxf f x >.因为11()ln ln 10x f x x x x x+'=+=++>，所以()f x 在()1+∞，上单调递增，于是e kx x >对任意的()1x ∈+∞，恒成立，即ln xk x >对任意的()1x ∈+∞，恒成立.令ln ()(1)x g x x x=>，即max ()k g x >.因为21ln ()xg x x-'=，所以当(1,e)x ∈时，()0g x '>;当()e x ∈+∞，时，()g x '<0，所以()g x 在(1,e)上单调递增，在()e ，+∞上单调递减，所以max 1()(e)eg x g ==，所以1ek >.故选：A .17．（2023·江西·校联考模拟预测）已知()ee 1ln x x a x+>有解，则实数a 的取值范围为（）A ．21,e ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭B ．1,e⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭C ．()1,-+∞D ．1,e⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭【答案】A【解析】不等式()e e 1ln x x a x+>可化为()e ln 1x a x x x ++>，()()e ln e 1x x a x x +>，令e x t x =，则ln 1at t +>且0t >，由已知不等式ln 1t at +>在()0,∞+上有解，所以1ln ta t ->在()0,∞+上有解.令()1ln t f t t -=，则()2ln 2t f t t ='-，当20e t <<时，()0f t '<，()f t 在()20,e 上单调递减；当2t e >时，()0f t '>，()f t 在()2e ,+∞单调递增，所以()min f t =()221e e f =-，所以21e a >-，所以a 的取值范围为21,e ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭，故选：A.18．（2023·辽宁朝阳·校联考一模）设0k >，若不等式()ln e 0xk kx -≤在0x >时恒成立，则k 的最大值为（）A ．eB ．1C ．1e -D ．2e 【答案】A【解析】对于()ln e 0xk kx -≤，即()e ln x kx k≤，因为()ln y kx =是e xy k =的反函数，所以()ln y kx =与e xy k =关于y x =对称，原问题等价于e x x k≥对一切0x >恒成立，即e xk x≤；令()e x f x x =，则()()'21e x x f x x -=，当01x <<时，()()'0,f x f x <单调递减，当1x >时，()()'0,f x f x >单调递增，()()min 1e f x f ==，e k ∴≤；故选：A.19．（2023·四川南充·统考二模）已知函数()()2ln ln 1212x x h x t t x x ⎛⎫=--+- ⎪⎝⎭有三个不同的零点123,,x x x ，且123x x x <<．则实数11ln 1x x ⎛-⎝）A ．1t -B ．1t -C ．－1D ．1【答案】D 【解析】令ln x y x =，则21ln xy x-'=，当(0,e)x ∈时0'>y ，y 是增函数，当(e,)x ∈+∞时0'<y ，y 是减函数；又x 趋向于0时y 趋向负无穷，x 趋向于正无穷时y 趋向0，且e 1|ex y ==，令ln xm x=，则2()()(12)12h x g m m t m t ==--+-，要使()h x 有3个不同零点，则()g m 必有2个零点12,m m ，若11(0,e m ∈，则21em =或2(,0]m ∞∈-，所以2(12)120m t m t --+-=有两个不同的根12,m m ，则2Δ(12)4(12)0t t =--->，所以32t <-或12t >，且1212m m t +=-，1212m m t =-，①若32t <-，12124m m t +=->，与12,m m 的范围相矛盾，故不成立；②若12t >，则方程的两个根12,m m 一正一负，即11(0,)em ∈，2(,0)m ∞∈-；又123x x x <<，则12301e x x x <<<<<，且121ln x m x =，32123ln ln x x m x x ==，故11ln 1x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭(()()221111m m m =-=--12121()1m m m m =-++=.故选：D20．（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学统考二模）已知实数0a >，e 2.718=…，对任意()1,x ∈-+∞，不等式()e e 2ln xa ax a ⎡⎤++⎣⎦≥恒成立，则实数a 的取值范围是（）A ．10,e ⎛⎤⎥⎝⎦B ．1,1e⎡⎫⎪⎢⎣⎭C ．20,e⎛⎫⎪⎝⎭D ．2,1e⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】A【解析】因为()e e 2ln xa ax a ⎡⎤++⎣⎦≥，所以()()1e2ln 2ln 2ln ln(1)x a ax a a a ax a a a a a x -⎡⎤++=++=+++⎣≥⎦，即11e 2ln ln(1)x a x a-⋅++≥+，即1ln 11ln e e 2ln ln(1)e 2ln ln(1)x x a a a x a x ---⋅+++⇔+≥++≥，所以1ln e 1ln ln(1)1x a x x a x --+≥--+++，令()e ,(1,)x f x x x =+∈-+∞，易知()f x 在()1,x ∈-+∞上单调递增，又因为ln(1)[ln(1)]e ln(1)1ln(1)x f x x x x ++=++=+++，所以(1ln )[ln(1)]f x a f x --≥+，所以1ln ln(1),(1,)x a x x --≥+∈-+∞，所以ln 1ln(1),(1,)a x x x ≤--+∈-+∞，令()1ln(1),(1,)g x x x x =--+∈-+∞，则1()111x g x x x '=-=++，所以当(1,0)x ∈-时，()0g x '<，()g x 单调递减；当,()0x ∈+∞时，()0g x '>，()g x 单调递增；所以min ()(0)1g x g ==-，所以ln 1a ≤-，解得10ea <≤.故选：A21．（2023·陕西榆林·统考二模）已知函数()()25e xf x x x =+-，若函数()()()()0g x f f x a a =->，则()g x 的零点个数不可能是（）A ．1B ．3C ．5D ．7【答案】D【解析】令()0g x =，即()()f f x a =，因为()()25e xf x x x =+-，所以()2()34e x f x x x '=+-，由()0f x ¢>，得<4x -或1x >，由()0f x '<，得41x -<<，则()f x 在(),4-∞-和()1,+∞上单调递增，在()4,1-上单调递减，因为()474e f -=，()13e f =-，当+x →∞时，()+f x →∞，当x →-∞时，()0f x →，令()0f x =，解得1212x -=或1212x -=，所以可画出()f x 的大致图像，设()t f x =，则()f t a =，第一种情况：当470e a <<时，()f t a =有三个不同的零点1t ，2t ，3t ，不妨设123t t t <<，则14t <-，2142t -<<-，312t ->，①讨论()1f x t =根的情况：当13e t <-时，()1f x t =无实数根，当13e t =-时，()1f x t =有1个实数根，当13e 4t -<<-时，()1f x t =有2个实数根，②讨论()2f x t =根的情况：因为2142t -<<-，所以()2f x t =有2个实数根，③讨论()3f x t =根的情况：因为3t >47e>，所以()3f x t =只有1个实数根，第二种情况：当47e a =时，()f t a =有2个实数根44t =-，51212t ->，则()4f x t =有2个实数根，()5f x t =有1个实数根，故当47ea =时，()()f f x a =有3个实数根；第三种情况：当47e a >时，()f t a =有一个实数根612t ->，则()6f x t =有1个实数根，综上，当470ea <<时，()()f f x a =可能有3个或4个或5个实数根；当47e a =时，()()f f x a =有3实数根；当47e a >时，()()f f x a =有1个实数根；综上，()g x 的零点个数可能是1或3或4或5．故选：D ．22．（多选题）（2023·河北唐山·开滦第二中学校考一模）若关于x 的不等式1ln ln e e ex m xm -+≥在(),m +∞上恒成立，则实数m 的值可能为（）A ．21e B ．22e C ．1eD ．2e【答案】CD【解析】因为不等式1ln ln ee e x m x m -+≥在(),m +∞上恒成立，显然0x m >>，1x m >，ln 0xm>，因此ln 1ln ln 1ee ln e ln e ln e e e xx x x x mm x x x x x m x x m m m m m-+≥⇔≥⇔≥⇔≥⋅，令()e ,0x f x x x =>，求导得()(1)0x f x x e '=+>，即函数()f x 在(0,)+∞上单调递增，ln e ln e ()(ln xxm x x x f x f m m ≥⋅⇔≥，于是ln x x m ≥，即e e xx x x m m ≥⇔≥，令(),0e x xg x x =>，求导得1()ex x g x -'=，当01x <<时，()0g x '>，当1x >时，()0g x '<，因此函数()g x 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，max 1()(1)eg x g ==，因为0x m >>，则当01m <<时，()g x 在(,1)m 上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，1()(1)eg x g ≤=，因此要使原不等式成立，则有11em ≤<，当m 1≥时，函数()g x 在(,)m +∞上单调递减，()()()11eg x g m g <≤=，符合题意，所以m 的取值范围为1[,)e+∞，选项AB 不满足，选项CD 满足.故选：CD23．（多选题）（2023·山东·沂水县第一中学校联考模拟预测）已知函数()()()32e 04610x x f x x x x ⎧<⎪=⎨-+≥⎪⎩，其中e 是自然对数的底数，记()()()2h x f x f x a =-+⎡⎤⎣⎦，()()()3g x f f x =-，则（）A ．()g x 有唯一零点B ．方程()f x x =有两个不相等的根C ．当()h x 有且只有3个零点时，[)2,0a ∈-D ．0a =时，()h x 有4个零点【答案】ABD【解析】因为32()461(0)f x x x x =-+≥，所以2()121212(1)(0)f x x x x x x '=-=-≥，所以(0,1)x ∈时，()0f x '<，(1,)x ∈+∞时，()0f x '>所以()()()32e04610x x f x x x x ⎧<⎪=⎨-+≥⎪⎩的图像如下图，选项A ，因为()()()3g x f f x =-，令()f x t =，由()0g x =，得到()3f t =，由图像知，存在唯一的01t >，使得()3f t =，所以0()1f x t =>，由()f x 的图像知，存在唯一0x ，使00()f x t =，即()()()3g x f f x =-只有唯一零点，所以选项A 正确；选项B ，令()g x x =，如图，易知()g x x =与()y f x =有两个交点，所以方程()f x x =有两个不相等的根，所以选项B 正确；选项C ，因为()()()2h x f x f x a =-+⎡⎤⎣⎦，令()f x m =，由()0h x =，得到20m m a -+=，当()h x 有且只有3个零点时，由()f x 的图像知，方程20m m a -+=有两等根0m ，且0(0,1)m ∈，或两不等根12,m m ，1210,1m m -<<>，或121,1m m =-=（舍弃，不满足韦达定理），所以140a ∆=-=或Δ140(0)0(1)0(1)0a f f f =->⎧⎪<⎪⎨->⎪⎪<⎩即14a =或14020a a aa ⎧<⎪⎪⎪<⎨⎪-<⎪<⎪⎩，所以14a =或20a -<<，当14a =时，12m =，满足条件，所以选项C 错误；选项D ，当0a =时，由()0h x =，得到()0f x =或()1f x =，由()f x 的图像知，当()0f x =时，有2个解，当()1f x =时，有2个解，所以选项D 正确.故选：ABD.24．（多选题）（2023·全国·模拟预测）已知函数()21ln 1f x a x x =++．若当()0,1x ∈时，()0f x >，则a 的一个值所在的区间可能是（）A ．()12,11--B ．()0,1C ．()2,3D ．()24e ,e 【答案】ABC 【解析】设21t x =，因为01x <<，所以1t >，则211ln 1ln 12a x t a t x ++=-+．设()1ln 12g t t a t =-+，则()12ag t t'=-．若2a ≤，则()0g t '>，所以()g t 在()1,+∞上单调递增，所以()()120g t g >=>，则A ，B 符合题意．若2a >，则当1,2a t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g t '<，所以()g t 单调递减；当,2a t ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0g t '>，所以()g t 单调递增．所以()ln 12222a a a ag t g ⎛⎫≥=-+ ⎪⎝⎭．设()()ln 11h x x x x x =-+>，则()ln 0h x x '=-<，所以()h x 在()1,+∞上单调递减，且3533ln 02222h ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭，所以若()2,3a ∈，则()30222a a g t g h h ⎛⎫⎛⎫⎛⎫≥=>> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，当()0,1x ∈时，()0f x >，C 符合题意．因为()h x 在()1,+∞上单调递减，且()22e e 10h =-+<，所以若()24e ,e a ∈，则24e e ,222a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，取22e a =，则()2e 022a a g h h ⎛⎫⎛⎫=<< ⎪ ⎝⎭⎝⎭，此时存在()1,t ∈+∞，使得()0g t <，即存在()0,1x ∈时，使得()0f x <，D 不符合题意．故选：ABC ．25．（多选题）（2023·全国·本溪高中校联考模拟预测）已知函数()f x 是定义在()0,∞+上的函数，()f x '是()f x 的导函数，若()()122e xx f x xf x '+=，且()e 22f =，则下列结论正确的是（）A ．函数()f x 在定义域上有极小值．B ．函数()f x 在定义域上单调递增．C ．函数()()eln H x xf x x =-的单调递减区间为()0,2．D ．不等式()12e e 4x f x +>的解集为()2,+∞．【解析】令()()m x xf x =，则()()()m x f x xf x ''=+，又()()22e xx f x xf x '+=得：()()2e xf x xf x x'+=，由()()m x f x x =得：()()()()()()()22222e xm x x m x xf x x f x m x m x f x x x x ''⋅-+--'===，令()()2e xh x m x =-得：()()2222e e e 2e 222x x x xx h x m x x x -''=-=-=⎛⎫ ⎪⎝⎭，当()0,2x ∈时，()0h x '<，()h x 单调递减；当()2,x ∈+∞时，()0h x '>，()h x 单调递增，所以()()()()2e 2e 220h x h m f ≥=-=-=，即()0f x '≥，所以()f x 单调递增，所以B 正确，A 不正确；由()()eln H x m x x =-且定义域为()0,∞+得：()()2e e e x H x m x xx-''=-=，令()0H x '<，解得02x <<，即()H x 的单调递减区间为()0,2，故C 正确．()12ee 4xf x +>的解集等价于()2e e 4x x x xf x +>的解集，设()()2e e 44xx x x m x ϕ=--，则()()222ee ee e 11424424x xx x x x m x x ϕ⎛⎫⎛⎫''=-+-=-+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭2282e e 84x x x x --=⋅-，当()2,x ∈+∞时，2820x x --<，此时()0x ϕ'<，即()x ϕ在()2,+∞上递减，所以()()()22e 0x m ϕϕ<=-=，即()2e e 4x x x xf x +<在()2,+∞上成立，故D 错误．26．（多选题）（2023·山东泰安·统考一模）已知函数()()()ln f x x x ax a =-∈R 有两个极值点1x ，2x ()12x x <，则（）A ．102a <-D ．()10<f x ，()212f x >-【答案】ACD【解析】对于A ：()()()ln f x x x ax a =-∈R ，定义域()0,x ∈+∞，()()ln 120f x x ax x '=+->，函数()f x 有两个极值点1x ，2x ，则()f x '有两个变号零点，设()()ln 120g x x ax x =+->，则()1122axg x a xx-'=-=，当0a ≤时，()0g x '>，则函数()f x '单调递增，则函数()f x '最多只有一个变号零点，不符合题意，故舍去；当0a >时，12x a <时，()0g x '>，12x a>时，()0g x '<，则函数()f x '在10,2a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，在1,2a ⎛⎫+∞⎪⎝⎭上单调递减，若()f x '有两个变号零点，则102f a ⎛⎫'> ⎪⎝⎭，解得：12a <，此时x 由正趋向于0时，()f x '趋向于-∞，x 趋向于+∞时，()f x '趋向于-∞，则()f x '有两个变号零点，满足题意，故a 的范围为：102a <<，故A 正确；对于B ：函数()f x 有两个极值点1x ，2x ()12x x <，即()f x '有两个变号零点1x ，2x ()12x x <，则1212x x a<<，故B 错误；对于C ：当102a <<时，()1120f a '=->，则12112x x a <<<，即212x a >，11x ->-，则21112x x a->-，故C 正确；对于D ：()f x '有两个变号零点1x ，2x ()12x x <，且函数()f x '先增后减，则函数()f x 在()10,x 与()2,x +∞上单调递减，在()12,x x 上单调递增，121x x << ，且102a <<，()()()()1210112f x f a f x f a ⎧<=-<⎪∴⎨>=->-⎪⎩，故D 正确；故选：ACD.27．（多选题）（2023·吉林·东北师大附中校考二模）已知函数()ln xf x a a =，()()ln 1g x a x =-，其中0a >且1a ≠．若函数()()()h x f x g x =-，则下列结论正确的是（）A ．当01a <<时，()h x 有且只有一个零点B ．当1e 1e a <<时，()h x 有两个零点C ．当1e e a >时，曲线()yf x =与曲线()yg x =有且只有两条公切线D ．若()h x 为单调函数，则e e 1a -≤<【答案】BCD【解析】对A ，()ln ln(1),x h x a a a x =--令()10,ln ln(1),log (1)x x a h x a a a x a x -=∴=-∴=-，令111,164a x =-=，或111,162a x =-=1log (1)x a a x -=-都成立，()h x 有两个零点，故A 错误；对B ，1ln ln(1),x a a x -=-令1ln ,(1)ln ln ,ln(1),1x ta t x a t t x x -=∴-=∴⋅=--ln (1)ln(1)t t x x ∴=--，（1t >）.考虑ln (),()ln 10,y x x F x F x x '===+=11,()(1),e x x F a F x -∴=∴=-所以函数()F x 在1(0,e单调递减，在1(,)e +∞单调递增，1()(1),x F a F x -∴=-1ln(1)1,ln 1x x a x a x --∴=-∴=-.考虑2ln 1ln (),()0,e,x xQ x Q x x x x -'=∴==∴=所以函数()Q x 在(0,e)单调递增，在(e,)+∞单调递减，1(e),eQ =当1ln1e ()e 0,1e eQ ==-<x →+∞时，()0Q x >,所以当10ln e a <<时，有两个零点.此时1e 1e a <<，故B 正确；对C ，设21ln ,(),()e 1x ak a f x a k g x x ''=>=⋅=-，1t x =-.设切点1122111222(,()),(,()),()()(),()()(),x f x x g x y f x f x x x y g x g x x x ''∴-=--=-所以12111222()()()()()()f x g x f x x f x g x x g x ''''=⎧⎨-=-⎩.①111122222211,,11x x t a a k a k a k x x t -=∴==--。

2023高考数学-导数压轴题

（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．
7.已知函数 .
（1）讨论的单调性；
（2）若存在两个极值点，证明： .
8．（12分）
已知函数，为的导数．证明：
（1）在区间存在唯一极大值点；
（2）有且仅有2个零点．
9．（12分）
已知函数f（x）=2sinx－xcosx－x，f ′（x）为f（x）的导数．
(3)当时，证明：对任意，函数有两个不同的零点，，满足．(注：是自然对数的底数)
18.（12分）设函数f（x）=aexlnx+ ，曲线y=f（x）在点（1，f（1））处得切线方程为y=e（x﹣1）+2．
（Ⅰ）求a、b；（Ⅱ）证明：f（x）＞1．
19.已知函数．
（1）讨论函数的单调性；
（1）证明：f ′（x）在区间（0，π）存在唯一零点；
（2）若x∈[0，π]时，f（x）≥ax，求a的取值范围．
10.已知函数 .
（1）当a=1时，讨论f（x）的单调性；
（2）当x≥0时，f（x）≥ x3+1，求a的取值范围.
11.已知函数f(x)=sin2xsin2x.
（1）讨论f(x)在区间(0，π)的单调性；
（ii）用min {m，n }表示m，n中的最小值，设函数h（x）=min { f（x），g（x）}（x＞0），讨论h（x）零点的个数．
5．（12分）已知函数f（x）=（x﹣2）ex+a（x﹣1）2有两个零点．
（Ⅰ）求a的取值范围；
（Ⅱ）设x1，x2是f（x）的两个零点，证明：x1+x2＜2．
6．（12分）（2017•新课标Ⅰ）已知函数f（x）=ae2x+（a﹣2）ex﹣x．

一元函数的导数及其应用(导数中的极值偏移问题)(压轴题)(原卷版)-2023年高考数学高分必刷必过题

(2)证明见解析（1）
解：∵
f
x
ln x
1a x
，∴
f
x
1 x
1 x2
x 1 ，
x2
令 f x 0 ，得 x＝1，
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，
故函数 f x 的减区间为 0,1 ，增区间为 1, ；
不妨设 0＜x1＜x2，因为 x1，x2 是 f（x）的两个极值点，
所以
f
x1
e x1
lnx1
1 x1
a
0
，即 lnx1
1 x1
a
0 ，同理 lnx2
1 x2
a
0，
故
x1，x2
是函数
g
x
lnx
1 x
a
的两个零点，即
g（x1）＝g（x2）＝0，
由（1）知，g（x）min＝g（1）＝a+1＜0，故应有 a∈（﹣∞，﹣1），且 0＜x1＜1＜x2，
2
2
所以 h x 0 在 2, 恒成立，所以 h x 在 2, 上单调递减，
而 h2
0 ，所以
g x min
g
1 2
ln
a 2
a
a ln
a 2
2
0 不成立.
所以实数 a 的取值范围为： , 2 .
（2）
f x e2x x2 2x ， f x 2e2x 2 x 2 ，
因为 x0 是 f x 的极值点，所以 x0 满足 f x0 0,e2x0 x0 1,x0 0 ，
t
即 ht 在 0,a 上单调递减，在 a, 上单调递增，所以 t a 为函数 ht 的唯一极小值点，

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12.已知函数 f（x）=lnx+x2﹣2ax+1（a 为常数）．（1）讨论函数 f（x）的单调性；（2）若存在 x0∈（0，1]，使得对任意的 a∈（﹣2，0]，不等式 2mea（a+1）+f（x0）＞ a2+2a+4（其中 e 为自然对数的底数）都成立，求实数 m 的取值范围．
学海无涯
13.已知函数 f（x）=ax+x2﹣xlna（a＞0，a≠1）．（1）求函数 f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；（2）求函数 f（x）单调增区间；（3）若存在 x1，x2∈[﹣1，1]，使得|f（x1）﹣f（x2）|≥e﹣1（e 是自然对数的底数），求实数 a 的取值范围．
f
( x1 )
g(x2 ) 成立，求实数 a
的取值范围.
8.设函数 f (x) = e x − ax − 2 （1）求 f (x) 的单调区间；（2）若 a = 1, k 为整数，且当 x 0 时， k − x f (x) 1恒成立，其中 f (x) 为 f (x) 的导
x +1 函数，求 k 的最大值.
学海无涯
2019-2020 年高考数学压轴题集锦——导数及其应用（三）
1.已知函数 f (x) = ln x + a . x
（1）若函数 f (x) 有零点，求实数 a 的取值范围；（2）证明：当 a 2 时， f (x) e−x .
e
2.已知函数 f (x) = x2 − a ln x （ a R ）， F(x) = bx （ b R ）.
+
1 33
+
+
1 n3
.
学海无涯
10.已知函数 f (x) = ax − e(x +1) ln a − 1 （ a 0 且 a 1）， e 为自然对数的底数． a
（Ⅰ）当 a = e 时，求函数 y = f (x) 在区间 x 0, 2上的最大值；
（Ⅱ）若函数 f (x) 只有一个零点，求 a 的值．
（1）讨论 f (x) 的单调性；
（2）设 a = 2 ， g(x) = f (x) + F(x) ，若 x1, x2 （ 0 x1 x2 ）是 g(x) 的两个零点，且
x0
=
x1
+ 2
x2
，试问曲线
y
=
g(x) 在点
x0
处的切线能否与
x
轴平行？请说明理由.
3.已知函数 f (x) = x3 + mx2 + nx （ m, n R ）（1）若 f (x) 在 x = 1 处取得极大值，求实数 m 的取值范围；（2）若 f ' (1) = 0 ，且过点 P(0,1) 有且只有两条直线与曲线 y = f (x) 相切，求实数 m 的
值.
学海无涯 4.已知函数 f (x) = x2ex ， g(x) = 2x3 . （1）求函数 f (x) 的单调区间；（2）求证： x R ， f (x) g(x)
5.已知函数 f（x）= x ﹣ax+b 在点（e，f（e））处的切线方程为 y=﹣ax+2e． ln x
（Ⅰ）求实数 b 的值；（Ⅱ）若存在 x∈[e，e2]，满足 f（x）≤ 1 +e，求实数 a 的取值范围．
为长方形的材料，沿 AC 折叠后 AB 交 DC 于点 P，设△ADP 的面积为 S2 ，折叠后重合部分△ACP 的面积为 S1 ．（Ⅰ）设 AB = x m，用 x 表示图中 DP 的长度，并写出 x 的取值范围；（Ⅱ）求面积 S2 最大时，应怎样设计材料的长和宽？
（Ⅲ）求面积 (S1 + 2S2 ) 最大时，应怎样设计材料的长和宽？
11.已知函数 f (x) = x − 1 ， g(x) = 2a ln x . x
（1）当 a −1时，求 F(x) = f (x) − g(x) 的单调递增区间；
（2）设 h(x)
=
f
(x) +
g
(
x)
，且
h(x)
有两个极值
x1
,
x2
，其中
x1
(0,
1 3
]
，求
h(x1) − h(x2 ) 的最小值.
（3）当 b = 0 时，若 f (x) 与 g(x) 的图像有两个交点 A(x1, y1), B(x2, y2 ) ，求证： x1x2 2e2
学海无涯
15.某工艺品厂要设计一个如图 1 所示的工艺品，现有某种型号的长方形材料如图 2 所示，其周长为 4m，这种材料沿其对角线折叠后就出现图 1 的情况．如图，ABCD（AB＞AD）
9.设函数 f (x) = x2 + b ln(x +1) .
（1）若对定义域内的任意 x ，都有 f (x) f (1) 成立，求实数 b 的值；
（2）若函数 f (x) 的定义域上是单调函数，求实数 b 的取值范围；
（3）若 b
=
−1，证明对任意的正整数 n
，
n k =1
f
(1) k
1+
1 23
16.已知 f ( x) = e2x + ln ( x + a) . （1）当 a =1时，求 f ( x) 在 (0,1) 处的切线方程；（2）若存在 x0 0, +) ，使得 f ( x0 ) 2ln ( x0 + a) + x02 成立，求实数 a 的取值范围.
+
x1
+
x2
+ 3x1x2
=
Байду номын сангаас
2
，证明：
x1
+
x2
1 2
.
学海无涯
7.已知函数 f (x) = x ln x + a ， g(x) = x3 − x2 − 3 ， a R . x
（1）当 a = −1时，求曲线 y = f (x) 在 x = 1 处的切线方程；
（2）若对任意的
x1,
x2
[1 , 2] ，都有 2
4
6.已知函数 f (x) = ln x − 1 ax2 + bx +1 的图像在 x = 1 处的切线 l 过点 (1 , 1) .
2
22
（1）若函数 g(x) = f (x) − (a −1)x(a 0) ，求 g(x) 的最大值（用 a 表示）；
（2）若 a
=
−4 ，
f
(x1) +
f
(x2 )
14.已知函数 f (x) = ln x − 1 ， g(x) = ax + b ． x
（1）若函数 h(x) = f (x) − g(x) 在 (0, +) 上单调递增，求实数 a 的取值范围；
（2）若直线 g(x) = ax + b 是函数 f (x) = ln x − 1 图像的切线，求 a + b 的最小值； x