导数文科高考数学真题

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高考复习文科数学之导数(1)

高考复习文科数学之导数(1)

各地解析分类汇编:导数(1)1 【山东省师大附中2013届高三上学期期中考试数学文】方程3269100x x x -+-=的实根个数是A.3B.2C.1D.0【答案】C【解析】设32()6910f x x x x =-+-,2'()31293(1)(3)f x x x x x =-+=--,由此可知函数的极大值为(1)60f =-<,极小值为(3)100f =-<,所以方程3269100x x x -+-=的实根个数为1个.选C.2 【山东省实验中学2013届高三第二次诊断性测试数学文】曲线x x y +=331在点⎪⎭⎫ ⎝⎛341,处的切线与坐标轴围成的三角形面积为 A.92 B.91 C.31 D.32【答案】B【解析】2''()+1y f x x ==,在点⎪⎭⎫⎝⎛341,的切线斜率为'(1)2k f ==。

所以切线方程为42(1)3y x -=-,即223y x =-,与坐标轴的交点坐标为21(0,),(,0)33-,所以三角形的面积为11212339⨯⨯-=,选B. 3 【山东省实验中学2013届高三第二次诊断性测试数学文】若)2ln(21)(2++-=x b x x f 在),(∞+-1上是减函数,则b 的取值范围是 A.[]∞+-,1 B.),(∞+-1 C.]1-∞-,( D.),(1-∞- 【答案】C【解析】函数的导数'()2bf x x x =-++,要是函数在),(∞+-1上是减函数,则'()02b f x x x =-+≤+,在),(∞+-1恒成立,即2bx x ≤+,因为1x >-,所以210x +>>,即(2)b x x ≤+成立。

设(2)y x x =+,则222(1)1y x x x =+=+-,因为1x >-,所以1y >-,所以要使(2)b x x ≤+成立,则有1b ≤-,选C.4 【山东省聊城市东阿一中2013届高三上学期期初考试 】若函数(1)4a xy ex -=+(x ∈R )有大于零的极值点,则实数a 范围是 ( )A .3a >-B .3a <-C .13a >-D .13a <- 【答案】B【解析】解:因为函数y=e (a-1)x+4x ,所以y ′=(a-1)e(a-1)x+4(a <1),所以函数的零点为x 0=14ln a 1a 1--+,因为函数y=e (a-1)x+4x (x ∈R )有大于零的极值点,故14lna 1a 1--+=0,得到a<-3,选B5 【山东省临沂市2013届高三上学期期中考试 数学文】已知32(),f x ax bx c =++其导函数()f x '的图象如右图,则函数()f x 的极小值是A .a b c ++B .84a b c ++C .32a b +D .c【答案】D【解析】由导函数()f x '的图象知当0x <时,()0f x '<,当02x <<时,()0f x '>,所以函数()f x 的极小值为(0)f c =,选D.6 【山东省青岛市2013届高三上学期期中考试数学(文)】已知1()cos ,f x x x=则()()2f f ππ'+=A .2π-B .3πC .1π-D .3π-【答案】D【解析】因为1()cos ,f x x x =所以211'()cos sin f x x x x x =--,所以1()f ππ=-,2'()2f ππ=-,所以3()()2f f πππ'+=-,选D. 7 【山东省济南外国语学校2013届高三上学期期中考试 文科】 若a>0,b>0,且函数224)(23---=bx ax x x f 在x=1处有极值,则ab 的最大值()A.2B.3C.6D.9 【答案】D【解析】函数的导数为2'()1222f x x ax b =--,函数在1x =处有极值,则有'(1)12220f a b =--=,即6a b +=,所以6a b =+≥即9ab ≤,当且仅当3a b ==时取等号,选D.8 【山东省济南外国语学校2013届高三上学期期中考试 文科】 函数f(x)的定义域为R ,f(-1)=2,对任意x R ∈,2)(/>x f ,则()24f x x >+的解集为( )A.(-1,1)B.(-1,+∞)C.(-∞,-l)D.(-∞,+∞) 【答案】B【解析】设()()(24)F x f x x =-+,则(1)(1)(24)220F f -=---+=-=,'()'()2F x f x =-,对任意x R ∈,有'()'()20F x f x =->,即函数()F x 在R 上单调递增,则()0F x >的解集为(1,)-+∞,即()24f x x >+的解集为(1,)-+∞,选B.9 【山东省实验中学2013届高三第三次诊断性测试文】已知)1('2)(2xf x x f +=,则=)0('f .【答案】-4【解析】函数的导数为'()22'(1)f x x f =+,所以'(1)22'(1)f f =+,解得'(1)2f =-,所以2()4f x x x =-,所以'()24f x x =-,所以'(0)4f =-。

高考复习文科数学之导数(2)

高考复习文科数学之导数(2)

各地解析分类汇编:导数(2)1 【山东省烟台市莱州一中2013届高三10月月考(文)】函数()32f x x 3x 3x a =++-的极值点的个数是 A.2B.1C.0D.由a 确定【答案】C【解析】函数的导数为222'()3633(21)3(1)0f x x x x x x =++=++=+≥,所以函数()f x 在定义域上单调递增,所以没有极值点,选C.2 【云南省玉溪一中2013届高三上学期期中考试文】若a >0,b >0,且函数32()422f x x ax bx =--+在x =1处有极值,则ab 的最大值等于( )A .2B . 9C .6D .3【答案】B【解析】函数的导数为2'()1222f x x ax b =--,因为函数在1x =处取得极值,所以'(1)12220f a b =--=,即6a b +=,所以6a b =+≥,所以9ab ≤,当且仅当3a b ==时取等号,所以ab 的最大值为9,选B.3 【云南师大附中2013届高三高考适应性月考卷(三)文】已知()f x 为R 上的可导函数,且x R ∀∈,均有()()f x f x '>,则有A .2013(2013)(0)e f f -<,2013(2013)(0)f e f > B .2013(2013)(0)e f f -<,2013(2013)(0)f e f < C .2013(2013)(0)ef f ->,2013(2013)(0)f e f > D .2013(2013)(0)ef f ->,2013(2013)(0)f e f <【答案】D【解析】构造函数()(),x f x g x e=则2()()()()()()()x x x x f x e e f x f x f x g x e e '''--'==,因为,x ∀∈R 均有()()f x f x '>,并且0x e >,所以()0g x '<,故函数()()x f x g x e=在R 上单调递减,所以(2013)(0)(2013)(0)g g g g -><,,即20132013(2013)(2013)(0)(0)f f f f e e--><,, 也就是20132013(2013)(0)(2013)(0)e f f f e f -><,,故选D .4 【山东省烟台市莱州一中2013届高三10月月考(文)】下面为函数y xsinx cos x =+的递增区间的是 A.3,22ππ⎛⎫⎪⎝⎭B.(),2ππC.35,22ππ⎛⎫⎪⎝⎭D.()2,3ππ【答案】C【解析】y 'sinx x cos x sin x x cos =+-=,当0x >时,由'0y >得cos 0x x >,即cos 0x >,所以选C.5 【天津市新华中学2012届高三上学期第二次月考文】已知函数))((R x x f ∈满足1)1(=f ,且)(x f 的导函数21)('<x f ,则212)(+<x x f 的解集为 A. {}11<<-x x B. {}1-<x x C. {}11>-<x x x 或 D. {}1>x x 【答案】D【解析】设1()()()22xF x f x =-+, 则11(1)(1)()11022F f =-+=-=,1'()'()2F x f x =-,对任意x R ∈,有1'()'()02F x f x =-<,即函数()F x 在R 上单调递减,则()0F x <的解集为(1,)+∞,即212)(+<x x f 的解集为(1,)+∞,选D.6 【山东省烟台市2013届高三上学期期中考试文】某厂将原油精炼为汽油,需对原油进行冷却和加热,如果第x 小时,原油温度(单位:℃)为),50(831)(23≤≤+-=x x x x f ,那么原油温度的瞬时变化率的最小值为 A .8 B .320C .-1D .-8 【答案】C【解析】原油温度的瞬时变化率为),50(1)1(2)('22≤≤--=-=x x x x x f 故最小值为-1.因此选C.7 【天津市耀华中学2013届高三第一次月考文科】已知函数2()=-f x x cos x ,则(0.6),(0),(-0.5)f f f 的大小关系是A 、(0)<(0.6)<(-0.5)f f fB 、(0)<(-0.5)<(0.6)f f fC 、(0.6)<(-0.5)<(0)f f fD 、(-0.5)<(0)<(0.6)f f f 【答案】B 【解析】因为函数2()=f x x cos x -为偶函数,所以(0.5)(0.5)f f -=,()=2f 'x x sin x +,当02x π<<时,()=20f 'x x s i n x +>,所以函数在02x π<<递增,所以有(0)<(0.5)<(0.6)f f f ,即(0)<(0.5)<(0.6)f f f -,选B.8 【山东省烟台市莱州一中20l3届高三第二次质量检测 (文)】设在函数sin cos y x x x =+的图象上的点()00,x y 处的切线斜率为k ,若()0k g x =,则函数()[]00,,k g x x ππ=∈-的图像大致为【答案】A【解析】'sin cos sin cos y x x x x x x =+-=,即切线斜率000()cos k g x x x ==,则函数000()cos g x x x =为奇函数,图象关于原点对称,排除B,C.当0x π=时,()cos 0g πππ=<,排除D ,选A.9【山东省烟台市2013届高三上学期期中考试文】设动直线m x =与函数x x g x x f ln )(,)(2==的图象分别交于点M 、N ,则|MN|的最小值为A .2ln 2121+ B .2ln 2121- C . 2ln 1+ D .12ln - 【答案】A【解析】x x MN ln ||2-=,令x x x f ln )(2-=x x x x x f 1212)('2-=-=,当220<<x时,0)('<x f ;当22>x 时,0)('>x f ;∴当22=x 时,)(x f 有极小值也有极大值,即.2ln 212121ln 21)22()(min +=-==f x f 故选A 10 【天津市新华中学2012届高三上学期第二次月考文】已知点P 在曲线14+=x e y 上,α为曲线在点P 处的切线的倾斜角,则α的取值范围是___________________ 【答案】0135180α≤<或3[,)4ππ 【解析】2'(1)xxe y e -=+,即切线的斜率为24(1)xxe k e -=+,所以224441(1)212x x x x x x x e e k e e e e e --===-+++++,因为1224x x e e ++≥+=,所以10k -≤<,即1tan 0α-≤<,所以00135180α≤<,即α的取值范围是00135180α≤<。

2024全国高考真题数学汇编:导数在研究函数中的应用

2024全国高考真题数学汇编:导数在研究函数中的应用

2024全国高考真题数学汇编导数在研究函数中的应用一、单选题1.(2024上海高考真题)已知函数()f x 的定义域为R ,定义集合 0000,,,M x x x x f x f x R ,在使得 1,1M 的所有 f x 中,下列成立的是()A .存在 f x 是偶函数B .存在 f x 在2x 处取最大值C .存在 f x 是严格增函数D .存在 f x 在=1x 处取到极小值二、多选题2.(2024全国高考真题)设函数2()(1)(4)f x x x ,则()A .3x 是()f x 的极小值点B .当01x 时, 2()f x f xC .当12x 时,4(21)0f xD .当10x 时,(2)()f x f x 3.(2024全国高考真题)设函数32()231f x x ax ,则()A .当1a 时,()f x 有三个零点B .当0a 时,0x 是()f x 的极大值点C .存在a ,b ,使得x b 为曲线()y f x 的对称轴D .存在a ,使得点 1,1f 为曲线()y f x 的对称中心三、填空题4.(2024全国高考真题)曲线33y x x 与 21y x a 在 0, 上有两个不同的交点,则a 的取值范围为.四、解答题5.(2024全国高考真题)已知函数3()e x f x ax a .(1)当1a 时,求曲线()y f x 在点 1,(1)f 处的切线方程;(2)若()f x 有极小值,且极小值小于0,求a 的取值范围.6.(2024全国高考真题)已知函数 1ln 1f x ax x x .(1)当2a 时,求 f x 的极值;(2)当0x 时, 0f x ,求a 的取值范围.7.(2024全国高考真题)已知函数 1ln 1f x a x x .(1)求 f x 的单调区间;(2)当2a 时,证明:当1x 时, 1e x f x 恒成立.8.(2024上海高考真题)对于一个函数 f x 和一个点 ,M a b ,令 22()()s x x a f x b ,若 00,P x f x 是 s x 取到最小值的点,则称P 是M 在 f x 的“最近点”.(1)对于1()(0)f x x x,求证:对于点 0,0M ,存在点P ,使得点P 是M 在 f x 的“最近点”;(2)对于 e ,1,0x f x M ,请判断是否存在一个点P ,它是M 在 f x 的“最近点”,且直线MP 与()y f x 在点P 处的切线垂直;(3)已知()y f x 在定义域R 上存在导函数()f x ,且函数()g x 在定义域R 上恒正,设点11,M t f t g t , 21,M t f t g t .若对任意的t R ,存在点P 同时是12,M M 在 f x 的“最近点”,试判断 f x 的单调性.9.(2024北京高考真题)设函数 ln 10f x x k x k ,直线l 是曲线 y f x 在点 ,0t f t t 处的切线.(1)当1k 时,求 f x 的单调区间.(2)求证:l 不经过点 0,0.(3)当1k 时,设点 ,0A t f t t , 0,C f t , 0,0O ,B 为l 与y 轴的交点,ACO S 与ABO S 分别表示ACO △与ABO 的面积.是否存在点A 使得215ACO ABO S S △△成立?若存在,这样的点A 有几个?(参考数据:1.09ln31.10 ,1.60ln51.61 ,1.94ln71.95 )10.(2024天津高考真题)设函数 ln f x x x .(1)求 f x 图象上点 1,1f 处的切线方程;(2)若 f x a x 在 0,x 时恒成立,求a 的值;(3)若 12,0,1x x ,证明 121212f x f x x x .11.(2024全国高考真题)已知函数3()ln (1)2x f x ax b x x (1)若0b ,且()0f x ,求a 的最小值;(2)证明:曲线()y f x 是中心对称图形;(3)若()2f x 当且仅当12x ,求b 的取值范围.参考答案1.B【分析】对于ACD 利用反证法并结合函数奇偶性、单调性以及极小值的概念即可判断,对于B ,构造函数2,1,111,1x f x x x x即可判断.【详解】对于A ,若存在()y f x 是偶函数,取01[1,1]x ,则对于任意(,1),()(1)x f x f ,而(1)(1)f f ,矛盾,故A 错误;对于B ,可构造函数 2,1,,11,1,1,x f x x x x满足集合 1,1M ,当1x 时,则 2f x ,当11x 时, 1,1f x ,当1x 时, 1f x ,则该函数 f x 的最大值是 2f ,则B 正确;对C ,假设存在 f x ,使得 f x 严格递增,则M R ,与已知 1,1M 矛盾,则C 错误;对D ,假设存在 f x ,使得 f x 在=1x 处取极小值,则在1 的左侧附近存在n ,使得 1f n f ,这与已知集合M 的定义矛盾,故D 错误;故选:B.2.ACD【分析】求出函数 f x 的导数,得到极值点,即可判断A ;利用函数的单调性可判断B ;根据函数 f x 在 1,3上的值域即可判断C ;直接作差可判断D.【详解】对A ,因为函数 f x 的定义域为R ,而 22141313f x x x x x x ,易知当 1,3x 时, 0f x ,当 ,1x 或 3,x 时, 0f x 函数 f x 在 ,1 上单调递增,在 1,3上单调递减,在 3, 上单调递增,故3x 是函数 f x 的极小值点,正确;对B ,当01x 时, 210x x x x ,所以210x x ,而由上可知,函数 f x 在 0,1上单调递增,所以 2f x f x ,错误;对C ,当12x 时,1213x ,而由上可知,函数 f x 在 1,3上单调递减,所以 1213f f x f ,即 4210f x ,正确;对D ,当10x 时, 222(2)()12141220f x f x x x x x x x ,所以(2)()f x f x ,正确;故选:ACD.3.AD【分析】A 选项,先分析出函数的极值点为0,x x a ,根据零点存在定理和极值的符号判断出()f x 在(1,0),(0,),(,2)a a a 上各有一个零点;B 选项,根据极值和导函数符号的关系进行分析;C 选项,假设存在这样的,a b ,使得x b 为()f x 的对称轴,则()(2)f x f b x 为恒等式,据此计算判断;D 选项,若存在这样的a ,使得(1,33)a 为()f x 的对称中心,则()(2)66f x f x a ,据此进行计算判断,亦可利用拐点结论直接求解.【详解】A 选项,2()666()f x x ax x x a ,由于1a ,故 ,0,x a 时()0f x ,故()f x 在 ,0,,a 上单调递增,(0,)x a 时,()0f x ,()f x 单调递减,则()f x 在0x 处取到极大值,在x a 处取到极小值,由(0)10 f ,3()10f a a ,则(0)()0f f a ,根据零点存在定理()f x 在(0,)a 上有一个零点,又(1)130f a ,3(2)410f a a ,则(1)(0)0,()(2)0f f f a f a ,则()f x 在(1,0),(,2)a a 上各有一个零点,于是1a 时,()f x 有三个零点,A 选项正确;B 选项,()6()f x x x a ,a<0时,(,0),()0x a f x ,()f x 单调递减,,()0x 时()0f x ,()f x 单调递增,此时()f x 在0x 处取到极小值,B 选项错误;C 选项,假设存在这样的,a b ,使得x b 为()f x 的对称轴,即存在这样的,a b 使得()(2)f x f b x ,即32322312(2)3(2)1x ax b x a b x ,根据二项式定理,等式右边3(2)b x 展开式含有3x 的项为303332C (2)()2b x x ,于是等式左右两边3x 的系数都不相等,原等式不可能恒成立,于是不存在这样的,a b ,使得x b 为()f x 的对称轴,C 选项错误;D 选项,方法一:利用对称中心的表达式化简(1)33f a ,若存在这样的a ,使得(1,33)a 为()f x 的对称中心,则()(2)66f x f x a ,事实上,32322()(2)2312(2)3(2)1(126)(1224)1812f x f x x ax x a x a x a x a ,于是266(126)(1224)1812a a x a x a即126012240181266a a a a,解得2a ,即存在2a 使得(1,(1))f 是()f x 的对称中心,D 选项正确.方法二:直接利用拐点结论任何三次函数都有对称中心,对称中心的横坐标是二阶导数的零点,32()231f x x ax ,2()66f x x ax ,()126f x x a ,由()02a f x x ,于是该三次函数的对称中心为,22a a f ,由题意(1,(1))f 也是对称中心,故122a a ,即存在2a 使得(1,(1))f 是()f x 的对称中心,D 选项正确.故选:AD【点睛】结论点睛:(1)()f x 的对称轴为()(2)x b f x f b x ;(2)()f x 关于(,)a b 对称()(2)2f x f a x b ;(3)任何三次函数32()f x ax bx cx d 都有对称中心,对称中心是三次函数的拐点,对称中心的横坐标是()0f x 的解,即,33b b f aa是三次函数的对称中心4. 2,1 【分析】将函数转化为方程,令 2331x x x a ,分离参数a ,构造新函数 3251,g x x x x 结合导数求得 g x 单调区间,画出大致图形数形结合即可求解.【详解】令 2331x x x a ,即3251a x x x ,令 32510,g x x x x x 则 2325351g x x x x x ,令 00g x x 得1x ,当 0,1x 时, 0g x , g x 单调递减,当 1,x 时, 0g x , g x 单调递增, 01,12g g ,因为曲线33y x x 与 21y x a 在 0, 上有两个不同的交点,所以等价于y a 与 g x 有两个交点,所以 2,1a .故答案为:2,1 5.(1) e 110x y (2)1, 【分析】(1)求导,结合导数的几何意义求切线方程;(2)解法一:求导,分析0a 和0a 两种情况,利用导数判断单调性和极值,分析可得2ln 10a a ,构建函数解不等式即可;解法二:求导,可知()e x f x a 有零点,可得0a ,进而利用导数求 f x 的单调性和极值,分析可得2ln 10a a ,构建函数解不等式即可.【详解】(1)当1a 时,则()e 1x f x x ,()e 1x f x ,可得(1)e 2f ,(1)e 1f ,即切点坐标为 1,e 2 ,切线斜率e 1k ,所以切线方程为 e 2e 11y x ,即 e 110x y .(2)解法一:因为()f x 的定义域为R ,且()e x f x a ,若0a ,则()0f x 对任意x R 恒成立,可知()f x 在R 上单调递增,无极值,不合题意;若0a ,令()0f x ,解得ln x a ;令()0f x ,解得ln x a ;可知()f x 在 ,ln a 内单调递减,在 ln ,a 内单调递增,则()f x 有极小值 3ln ln f a a a a a ,无极大值,由题意可得: 3ln ln 0f a a a a a ,即2ln 10a a ,构建 2ln 1,0g a a a a ,则 120g a a a,可知 g a 在 0, 内单调递增,且 10g ,不等式2ln 10a a 等价于 1g a g ,解得1a ,所以a 的取值范围为 1, ;解法二:因为()f x 的定义域为R ,且()e x f x a ,若()f x 有极小值,则()e x f x a 有零点,令()e 0x f x a ,可得e x a ,可知e x y 与y a 有交点,则a ,若0a ,令()0f x ,解得ln x a ;令()0f x ,解得ln x a ;可知()f x 在 ,ln a 内单调递减,在 ln ,a 内单调递增,则()f x 有极小值 3ln ln f a a a a a ,无极大值,符合题意,由题意可得: 3ln ln 0f a a a a a ,即2ln 10a a ,构建 2ln 1,0g a a a a ,因为则2,ln 1y a y a 在 0, 内单调递增,可知 g a 在 0, 内单调递增,且 10g ,不等式2ln 10a a 等价于 1g a g ,解得1a ,所以a 的取值范围为 1, .6.(1)极小值为0,无极大值.(2)12a 【分析】(1)求出函数的导数,根据导数的单调性和零点可求函数的极值.(2)求出函数的二阶导数,就12a 、102a 、0a 分类讨论后可得参数的取值范围.【详解】(1)当2a 时,()(12)ln(1)f x x x x ,故121()2ln(1)12ln(1)111x f x x x x x,因为12ln(1),11y x y x在 1, 上为增函数,故()f x 在 1, 上为增函数,而(0)0f ,故当10x 时,()0f x ,当0x 时,()0f x ,故 f x 在0x 处取极小值且极小值为 00f ,无极大值.(2) 11ln 11ln 1,011a x ax f x a x a x x x x,设 1ln 1,01a x s x a x x x,则222111211111a a x a a ax a s x x x x x ,当12a 时, 0s x ,故 s x 在 0, 上为增函数,故 00s x s ,即 0f x ,所以 f x 在 0, 上为增函数,故 00f x f .当102a 时,当0x 0s x ,故 s x 在210,a a 上为减函数,故在210,a a上 0s x s ,即在210,a a上 0f x 即 f x 为减函数,故在210,a a上 00f x f ,不合题意,舍.当0a ,此时 0s x 在 0, 上恒成立,同理可得在 0, 上 00f x f 恒成立,不合题意,舍;综上,12a .【点睛】思路点睛:导数背景下不等式恒成立问题,往往需要利用导数判断函数单调性,有时还需要对导数进一步利用导数研究其符号特征,处理此类问题时注意利用范围端点的性质来确定如何分类.7.(1)见解析(2)见解析【分析】(1)求导,含参分类讨论得出导函数的符号,从而得出原函数的单调性;(2)先根据题设条件将问题可转化成证明当1x 时,1e 21ln 0x x x 即可.【详解】(1)()f x 定义域为(0,) ,11()ax f x a x x当0a 时,1()0ax f x x,故()f x 在(0,) 上单调递减;当0a 时,1,x a时,()0f x ,()f x 单调递增,当10,x a时,()0f x ,()f x 单调递减.综上所述,当0a 时,()f x 的单调递减区间为(0,) ;0a 时,()f x 的单调递增区间为1,a ,单调递减区间为10,a.(2)2a ,且1x 时,111e ()e (1)ln 1e 21ln x x x f x a x x x x ,令1()e 21ln (1)x g x x x x ,下证()0g x 即可.11()e 2x g x x ,再令()()h x g x ,则121()e x h x x,显然()h x 在(1,) 上递增,则0()(1)e 10h x h ,即()()g x h x 在(1,) 上递增,故0()(1)e 210g x g ,即()g x 在(1,) 上单调递增,故0()(1)e 21ln10g x g ,问题得证8.(1)证明见解析(2)存在,0,1P (3)严格单调递减【分析】(1)代入(0,0)M ,利用基本不等式即可;(2)由题得 22(1)e x s x x ,利用导函数得到其最小值,则得到P ,再证明直线MP 与切线垂直即可;(3)根据题意得到 10200s x s x ,对两等式化简得 01()f xg t ,再利用“最近点”的定义得到不等式组,即可证明0x t ,最后得到函数单调性.【详解】(1)当(0,0)M 时, 222211(0)02s x x x x x ,当且仅当221x x 即1x 时取等号,故对于点 0,0M ,存在点 1,1P ,使得该点是 0,0M 在 f x 的“最近点”.(2)由题设可得 2222(1)e 0(1)e x x s x x x ,则 2212e x s x x ,因为 221,2e x y x y 均为R 上单调递增函数,则 2212e xs x x 在R 上为严格增函数,而 00s ,故当0x 时, 0s x ,当0x 时, 0s x ,故 min 02s x s ,此时 0,1P ,而 e ,01x f x k f ,故 f x 在点P 处的切线方程为1y x .而01110MP k ,故1MP k k ,故直线MP 与 y f x 在点P 处的切线垂直.(3)设 221(1)()s x x t f x f t g t ,222(1)()s x x t f x f t g t ,而 12(1)2()s x x t f x f t g t f x , 22(1)2()s x x t f x f t g t f x ,若对任意的t R ,存在点P 同时是12,M M 在 f x 的“最近点”,设 00,P x y ,则0x 既是 1s x 的最小值点,也是 2s x 的最小值点,因为两函数的定义域均为R ,则0x 也是两函数的极小值点,则存在0x ,使得 10200s x s x ,即 10000212()()0s x x t f x f x f t g t ① 20000212()()0s x x t f x f x f t g t ②由①②相等得 044()0g t f x ,即 01()0f x g t ,即 01()f x g t,又因为函数()g x 在定义域R 上恒正,则 010()f xg t 恒成立,接下来证明0x t ,因为0x 既是 1s x 的最小值点,也是 2s x 的最小值点,则 1020(),()s x s t s x s t ,即 2220011x t f x f t g t g t ,③ 2220011x t f x f t g t g t ,④③ ④得 222200222()2()22()x t f x f t g t g t 即 22000x t f x f t ,因为 2200,00x t f x f t 则 0000x t f x f t,解得0x t ,则 10()f tg t 恒成立,因为t 的任意性,则 f x 严格单调递减.【点睛】关键点点睛:本题第三问的关键是结合最值点和极小值的定义得到 01()f x g t,再利用最值点定义得到0x t 即可.9.(1)单调递减区间为(1,0) ,单调递增区间为(0,) .(2)证明见解析(3)2【分析】(1)直接代入1k ,再利用导数研究其单调性即可;(2)写出切线方程()1()(0)1k y f t x t t t,将(0,0)代入再设新函数()ln(1)1t F t t t ,利用导数研究其零点即可;(3)分别写出面积表达式,代入215ACO ABO S S 得到13ln(1)21501t t t t ,再设新函数15()13ln(1)2(0)1t h t t t t t研究其零点即可.【详解】(1)1()ln(1),()1(1)11x f x x x f x x x x,当 1,0x 时, 0f x ;当 0,x ,()0f x ¢>;()f x 在(1,0) 上单调递减,在(0,) 上单调递增.则()f x 的单调递减区间为(1,0) ,单调递增区间为(0,) .(2)()11k f x x ,切线l 的斜率为11k t,则切线方程为()1()(0)1k y f t x t t t,将(0,0)代入则()1,()111k k f t t f t t t t,即ln(1)1k t k t t tt ,则ln(1)1t t t ,ln(1)01t t t ,令()ln(1)1t F t t t,假设l 过(0,0),则()F t 在(0,)t 存在零点.2211()01(1)(1)t t t F t t t t ,()F t 在(0,) 上单调递增,()(0)0F t F ,()F t 在(0,) 无零点, 与假设矛盾,故直线l 不过(0,0).(3)1k 时,12()ln(1),()1011x f x x x f x x x.1()2ACO S tf t ,设l 与y 轴交点B 为(0,)q ,0t 时,若0q ,则此时l 与()f x 必有交点,与切线定义矛盾.由(2)知0q .所以0q ,则切线l 的方程为 111ln 1x t y t t t,令0x ,则ln(1)1t y q y t t.215ACO ABO S S ,则2()15ln(1)1t tf t t t t,13ln(1)21501t t t t ,记15()13ln(1)2(0)1th t t t t t, 满足条件的A 有几个即()h t 有几个零点.2222221313221151315294(21)(4)()21(1)(1)(1)(1)t t t t t t t h t t t t t t ,当10,2t时, 0h t ,此时 h t 单调递减;当1,42t时, 0h t ,此时 h t 单调递增;当 4,t 时, 0h t ,此时 h t 单调递减;因为1(0)0,0,(4)13ln 520131.6200.802h h h,15247272(24)13ln 254826ln 548261.614820.5402555h,所以由零点存在性定理及()h t 的单调性,()h t 在1,42上必有一个零点,在(4,24)上必有一个零点,综上所述,()h t 有两个零点,即满足215ACO ABO S S 的A 有两个.【点睛】关键点点睛:本题第二问的关键是采用的是反证法,转化为研究函数零点问题.10.(1)1y x (2)2(3)证明过程见解析【分析】(1)直接使用导数的几何意义;(2)先由题设条件得到2a ,再证明2a 时条件满足;(3)先确定 f x 的单调性,再对12,x x 分类讨论.【详解】(1)由于 ln f x x x ,故 ln 1f x x .所以 10f , 11f ,所以所求的切线经过 1,0,且斜率为1,故其方程为1y x .(2)设 1ln h t t t ,则 111t h t t t,从而当01t 时 0h t ,当1t 时 0h t .所以 h t 在 0,1上递减,在 1, 上递增,这就说明 1h t h ,即1ln t t ,且等号成立当且仅当1t .设 12ln g t a t t ,则ln 1f x a x x x a x x a x g .当 0,x0, ,所以命题等价于对任意 0,t ,都有 0g t .一方面,若对任意 0,t ,都有 0g t ,则对 0,t 有112012ln 12ln 1212g t a t t a t a t at a t t t,取2t ,得01a ,故10a .再取t,得2022a a a,所以2a .另一方面,若2a ,则对任意 0,t 都有 212ln 20g t t t h t ,满足条件.综合以上两个方面,知a 的值是2.(3)先证明一个结论:对0a b ,有 ln 1ln 1f b f a a b b a.证明:前面已经证明不等式1ln t t ,故lnln ln ln ln ln ln 1ln 1bb b a a a b a aa b b b b b a b a a,且1lnln ln ln ln ln ln ln 1ln 11a a b b a a b b b a b b a a a a a a b a b a b b,所以ln ln ln 1ln 1b b a a a b b a,即 ln 1ln 1f b f a a b b a.由 ln 1f x x ,可知当10e x 时 0f x ,当1ex 时()0f x ¢>.所以 f x 在10,e上递减,在1,e上递增.不妨设12x x ,下面分三种情况(其中有重合部分)证明本题结论.情况一:当1211ex x 时,有122122121ln 1f x f x f x f x x x x x x ,结论成立;情况二:当1210e x x 时,有 12121122ln ln f x f x f x f x x x x x .对任意的10,e c,设ln ln x x x c cln 1x x 由于 x单调递增,且有1111111ln 1ln11102e2e ec c,且当2124ln 1x c c,2cx2ln 1c 可知2ln 1ln 1ln 102c x x c.所以 x 在 0,c 上存在零点0x ,再结合 x 单调递增,即知00x x 时 0x ,0x x c 时 0x .故 x 在 00,x 上递减,在 0,x c 上递增.①当0x x c 时,有 0x c ;②当00x x112221e e f f c,故我们可以取1,1q c .从而当201cx q1ln ln ln ln 0x x x c c c c c c q c.再根据 x 在 00,x 上递减,即知对00x x 都有 0x ;综合①②可知对任意0x c ,都有 0x ,即ln ln 0x x x c c .根据10,e c和0x c 的任意性,取2c x ,1x x,就得到1122ln ln 0x x x x .所以12121122ln ln f x f x f x f x x x x x 情况三:当12101e x x时,根据情况一和情况二的讨论,可得11e f x f21e f f x而根据 f x 的单调性,知 1211e f x f x f x f或 1221e f x f x f f x .故一定有12f x f x 成立.综上,结论成立.【点睛】关键点点睛:本题的关键在于第3小问中,需要结合 f x 的单调性进行分类讨论.11.(1)2 (2)证明见解析(3)23b【分析】(1)求出 min 2f x a 后根据()0f x 可求a 的最小值;(2)设 ,P m n 为 y f x 图象上任意一点,可证 ,P m n 关于 1,a 的对称点为 2,2Q m a n 也在函数的图像上,从而可证对称性;(3)根据题设可判断 12f 即2a ,再根据()2f x 在 1,2上恒成立可求得23b .【详解】(1)0b 时, ln 2xf x ax x,其中 0,2x ,则112,0,222f x a a x x x x x,因为 22212x x x x,当且仅当1x 时等号成立,故 min 2f x a ,而 0f x 成立,故20a 即2a ,所以a 的最小值为2 .,(2) 3ln12x f x ax b x x的定义域为 0,2,设 ,P m n 为 y f x 图象上任意一点,,P m n 关于 1,a 的对称点为 2,2Q m a n ,因为 ,P m n 在 y f x 图象上,故 3ln 12m n am b m m,而 3322ln221ln 122m m f m a m b m am b m a m m,2n a ,所以 2,2Q m a n 也在 y f x 图象上,由P 的任意性可得 y f x 图象为中心对称图形,且对称中心为 1,a .(3)因为 2f x 当且仅当12x ,故1x 为 2f x 的一个解,所以 12f 即2a ,先考虑12x 时, 2f x 恒成立.此时 2f x 即为 3ln21102x x b x x在 1,2上恒成立,设 10,1t x ,则31ln201t t bt t在 0,1上恒成立,设 31ln2,0,11t g t t bt t t,则2222232322311t bt b g t bt t t,当0b ,232332320bt b b b ,故 0g t 恒成立,故 g t 在 0,1上为增函数,故 00g t g 即 2f x 在 1,2上恒成立.当203b 时,2323230bt b b ,故 0g t 恒成立,故 g t 在 0,1上为增函数,故 00g t g 即 2f x 在 1,2上恒成立.当23b ,则当01t 时, 0g t故在 上 g t 为减函数,故 00g t g ,不合题意,舍;综上, 2f x 在 1,2上恒成立时23b .而当23b 时,而23b 时,由上述过程可得 g t 在 0,1递增,故 0g t 的解为 0,1,即 2f x 的解为 1,2.综上,23b .【点睛】思路点睛:一个函数不等式成立的充分必要条件就是函数不等式对应的解,而解的端点为函数对一个方程的根或定义域的端点,另外,根据函数不等式的解确定参数范围时,可先由恒成立得到参数的范围,再根据得到的参数的范围重新考虑不等式的解的情况.。

高三数学:2024届高考数学导数大题精选30题(解析版)(共31页)

高三数学:2024届高考数学导数大题精选30题(解析版)(共31页)

2024届新高考数学导数大题精选30题1(2024·安徽·二模)已知函数f (x )=x 2-10x +3f (1)ln x .(1)求函数f (x )在点(1,f (1))处的切线方程;(2)求f (x )的单调区间和极值.【答案】(1)y =4x -13;(2)递增区间为(0,2),(3,+∞),递减区间为2,3 ,极大值-16+12ln2,极小值-21+12ln3.【分析】(1)求出函数f (x )的导数,赋值求得f (1),再利用导数的几何意义求出切线方程.(2)由(1)的信息,求出函数f (x )的导数,利用导数求出单调区间及极值.【详解】(1)函数f (x )=x 2-10x +3f (1)ln x ,求导得f(x )=2x -10+3f (1)x,则f (1)=-8+3f (1),解得f (1)=4,于是f (x )=x 2-10x +12ln x ,f (1)=-9,所以所求切线方程为:y +9=4(x -1),即y =4x -13.(2)由(1)知,函数f (x )=x 2-10x +12ln x ,定义域为(0,+∞),求导得f (x )=2x -10+12x =2(x -2)(x -3)x,当0<x <2或x >3时,f (x )>0,当2<x <3时,f (x )<0,因此函数f (x )在(0,2),(3,+∞)上单调递增,在(2,3)上单调递减,当x =2时,f (x )取得极大值f (2)=-16+12ln2,当x =3时,f (x )取得极小值f (3)=-21+12ln3,所以函数f (x )的递增区间为(0,2),(3,+∞),递减区间为(2,3),极大值-16+12ln2,极小值-21+12ln3.2(2024·江苏南京·二模)已知函数f (x )=x 2-ax +ae x,其中a ∈R .(1)当a =0时,求曲线y =f (x )在(1,f (1))处的切线方程;(2)当a >0时,若f (x )在区间[0,a ]上的最小值为1e,求a 的值.【答案】(1)x -ey =0(2)a =1【分析】(1)由a =0,分别求出f (1)及f (1),即可写出切线方程;(2)计算出f (x ),令f (x )=0,解得x =2或x =a ,分类讨论a 的范围,得出f (x )的单调性,由f (x )在区间[0,a ]上的最小值为1e,列出方程求解即可.【详解】(1)当a =0时,f (x )=x 2e x ,则f (1)=1e ,f (x )=2x -x 2ex,所以f (1)=1e ,所以曲线y =f (x )在(1,f (1))处的切线方程为:y -1e =1e(x -1),即x -ey =0.(2)f(x )=-x 2+(a +2)x -2a e x =-(x -2)(x -a )ex,令f (x )=0,解得x =2或x =a ,当0<a <2时,x ∈[0,a ]时,f (x )≤0,则f (x )在[0,a ]上单调递减,所以f (x )min =f (a )=a ea =1e ,则a =1,符合题意;当a >2时,x ∈[0,2]时,f (x )≤0,则f (x )在[0,2]上单调递减,x ∈(2,a ]时,f (x )>0,则f (x )在(2,a ]上单调递增,所以f (x )min =f (2)=4-a e2=1e ,则a =4-e <2,不合题意;当a =2时,x ∈[0,2]时,f (x )≤0,则f (x )在[0,2]上单调递减,所以f (x )min =f (2)==2e 2≠1e ,不合题意;综上,a =1.3(2024·浙江绍兴·模拟预测)已知f x =ae x -x ,g x =cos x . (1)讨论f x 的单调性.(2)若∃x 0使得f x 0 =g x 0 ,求参数a 的取值范围.【答案】(1)当a ≤0时,f x 在-∞,+∞ 上单调递减;当a >0时,f x 在-∞,-ln a 上单调递减,在-ln a ,+∞ 上单调递增.(2)-∞,1【分析】(1)对f x =ae x -x 求导数,然后分类讨论即可;(2)直接对a >1和a ≤1分类讨论,即可得到结果.【详解】(1)由f x =ae x -x ,知f x =ae x -1.当a ≤0时,有f x =ae x -1≤0-1=-1<0,所以f x 在-∞,+∞ 上单调递减;当a >0时,对x <-ln a 有f x =ae x -1<ae -ln a -1=1-1=0,对x >-ln a 有f x =ae x -1>ae -ln a -1=1-1=0,所以f x 在-∞,-ln a 上单调递减,在-ln a ,+∞ 上单调递增.综上,当a ≤0时,f x 在-∞,+∞ 上单调递减;当a >0时,f x 在-∞,-ln a 上单调递减,在-ln a ,+∞ 上单调递增.(2)当a >1时,由(1)的结论,知f x 在-∞,-ln a 上单调递减,在-ln a ,+∞ 上单调递增,所以对任意的x 都有f x ≥f -ln a =ae -ln a +ln a =1+ln a >1+ln1=1≥cos x =g x ,故f x >g x 恒成立,这表明此时条件不满足;当a ≤1时,设h x =ae x -x -cos x ,由于h -a -1 =ae -a -1+a +1-cos -a -1 ≥ae-a -1+a ≥-a e-a -1+a =a 1-e-a -1≥a 1-e 0=0,h 0 =ae 0-0-cos0=a -1≤0,故由零点存在定理,知一定存在x 0∈-a -1,0 ,使得h x 0 =0,故f x 0 -g x 0 =ae x 0-x 0-cos x 0=h x 0 =0,从而f x 0 =g x 0 ,这表明此时条件满足.综上,a 的取值范围是-∞,1 .4(2024·福建漳州·一模)已知函数f x =a ln x -x +a ,a ∈R 且a ≠0.(1)证明:曲线y =f x 在点1,f 1 处的切线方程过坐标原点.(2)讨论函数f x 的单调性.【答案】(1)证明见解析(2)答案见解析【分析】(1)先利用导数的几何意义求得f x 在1,f 1 处的切线方程,从而得证;(2)分类讨论a <0与a >0,利用导数与函数的单调性即可得解.【详解】(1)因为f x =a ln x -x +a x >0 ,所以f (x )=a x -1=a -xx,则f (1)=a ln1-1+a =a -1,f (1)=a -1,所以f x 在1,f 1 处的切线方程为:y -(a -1)=(a -1)(x -1),当x =0时,y -(a -1)=(a -1)(0-1)=-(a -1),故y =0,所以曲线y =f (x )在点1,f 1 处切线的方程过坐标原点.(2)由(1)得f (x )=ax -1=a -xx,当a<0时,a-x<0,则f x <0,故f(x)单调递减;当a>0时,令f (x)=0则x=a,当0<x<a时,f (x)>0,f(x)单调递增;当x>a时,f (x)<0,f(x)单调递减;综上:当a<0时,f(x)在(0,+∞)上单调递减;当a>0时,f(x)在(0,a)上单调递增,在(a,+∞)上单调递减.5(2024·山东·二模)已知函数f x =a2xe x-x-ln x.(1)当a=1e时,求f x 的单调区间;(2)当a>0时,f x ≥2-a,求a的取值范围.【答案】(1)f x 的减区间为0,1,增区间为1,+∞(2)a≥1【分析】(1)当a=1e时,f x =xe x-1-x-ln x,x>0,求导得f x =x+1xxe x-1-1,令g x =xe x-1-1,求g x 确定g x 的单调性与取值,从而确定f x 的零点,得函数的单调区间;(2)求f x ,确定函数的单调性,从而确定函数f x 的最值,即可得a的取值范围.【详解】(1)当a=1e时,f x =xe x-1-x-ln x,x>0,则f x =x+1e x-1-1-1x=x+1xxe x-1-1,设g x =xe x-1-1,则g x =x+1e x-1>0恒成立,又g1 =e0-1=0,所以当x∈0,1时,f x <0,f x 单调递减,当x∈1,+∞时,f x >0,f x 单调递增,所以f x 的减区间为0,1,增区间为1,+∞;(2)f x =a2x+1e x-1-1x=x+1xa2xe x-1,设h x =a2xe x-1,则h x =a2x+1e x>0,所以h x 在0,+∞上单调递增,又h0 =-1<0,h1a2=e1a2-1>0,所以存在x0∈0,1 a2,使得h x0 =0,即a2x0e x0-1=0,当x∈0,x0时,f x <0,f x 单调递减,当x∈x0,+∞时,f x >0,f x 单调递增,当x=x0时,f x 取得极小值,也是最小值,所以f x ≥f x0=a2x0e x0-x0-ln x0=1-ln x0e x0=1+2ln a,所以1+2ln a≥2-a,即a+2ln a-1≥0,设F a =a+2ln a-1,易知F a 单调递增,且F1 =0,所以F a ≥F1 ,解得a≥1,综上,a≥1.6(2024·山东·一模)已知函数f(x)=ln x+12a(x-1)2.(1)当a=-12时,求函数f(x)的单调区间;(2)若函数g(x)=f(x)-2x+1有两个极值点x1,x2,且g(x1)+g(x2)≥-1-32a,求a的取值范围.【答案】(1)增区间(0,2),减区间(2,+∞)(2)[1,+∞)【分析】(1)将a=-12代入求导,然后确定单调性即可;(2)求导,根据导函数有两个根写出韦达定理,代入g(x1)+g(x2)≥-1-32a,构造函数,求导,研究函数性质进而求出a的取值范围.【详解】(1)当a=-12时,f(x)=ln x-14(x-1)2,x>0,则f (x)=1x-12(x-1)=-(x-2)(x+1)2x,当x∈(0,2),f (x)>0,f(x)单调递增,当x∈(2,+∞),f (x)<0,f(x)单调递减,所以f(x)的单调递增区间是(0,2),单调递减区间是(2,+∞);(2)g(x)=f(x)-2x+1=ln x+12a(x-1)2-2x+1,所以g (x)=1x+a(x-1)-2=ax2-(a+2)x+1x,设φ(x)=ax2-(a+2)x+1,令φ(x)=0,由于g(x)有两个极值点x1,x2,所以Δ=(a+2)2-4a=a2+4>0x1+x2=a+2a>0x1x2=1a>0,解得a>0.由x1+x2=a+2a,x1x2=1a,得g x1+g x2=ln x1+12a x1-12-2x1+1+ln x2+12a x2-12-2x2+1=ln x1x2+12a x1+x22-2x1x2-2x1+x2+2-2x1+x2+2=ln1a +12a a+2a2-2a-2⋅a+2a+2-2⋅a+2a+2=ln1a +a2-2a-1≥-1-32a,即ln a-12a-1a≤0,令m(a)=ln a-12a-1a,则m (a)=1a-12-12a2=-(a-1)22a2≤0,所以m(a)在(0,+∞)上单调递减,且m(1)=0,所以a≥1,故a的取值范围是[1,+∞).7(2024·湖北·二模)求解下列问题,(1)若kx-1≥ln x恒成立,求实数k的最小值;(2)已知a,b为正实数,x∈0,1,求函数g x =ax+1-xb-a x⋅b1-x的极值.【答案】(1)1(2)答案见解析【分析】(1)求导,然后分k≤0和k>0讨论,确定单调性,进而得最值;(2)先发现g0 =g1 =0,当a=b时,g x =0,当0<x<1,a≠b时,取ab=t,L x =tx+1-x-t x,求导,研究单调性,进而求出最值得答案.【详解】(1)记f x =kx-1-ln x x>0,则需使f x ≥0恒成立,∴f x =k-1xx>0,当k≤0时,f x <0恒成立,则f x 在(0,+∞)上单调递减,且在x>1时,f x <0,不符合题意,舍去;当k >0时.令f x =0,解得x =1k,则f x 在0,1k 上单调递减,在1k ,+∞ 上单调递增,所以f x min =f 1k =-ln 1k=ln k ,要使kx -1≥ln x 恒成立,只要ln k ≥0即可,解得k ≥1,所以k 的最小值为1;(2)g (x )=ax +(1-x )b -a x ⋅b 1-x ,x ∈[0,1],a >0,b >0,易知g 0 =g 1 =0,当a =b 时,g x =ax +a -ax -a =0,此时函数无极值;当0<x <1,a ≠b 时,g (x )=ax +(1-x )b -b ⋅a b x =b a b x +1-x -a b x,取ab=t ,t >0,t ≠1,L x =tx +1-x -t x ,t >0,t ≠1,x ∈0,1 ,则L x =t -1-t x ln t ,当t >1时,由L x ≥0得x ≤ln t -1ln tln t,由(1)知t -1≥ln t ,当t >1时,t -1ln t>1,因为x -1≥ln x ,所以1x -1≥ln 1x ,所以ln x ≥1-1x ,即x >0,当t >1时,ln t >1-1t,所以t >t -1ln t ,则ln t >ln t -1ln t >0,所以ln t -1ln tln t<1,即L x 在0,ln t -1ln t ln t 上单调递增,在ln t -1ln tln t,1单调递减.所以函数g x 极大=gln t -1lntln t,t =ab,a ≠b ,当0<t <1时,同理有ln t -1lntln t∈0,1 ,由Lx ≥0得x ≤ln t -1lntln t,即(x )在0,ln t -1lntln t上单调递增,在ln t -1lntln t,1上单调递减.所以函数g x 极大=gln t -1lntln t,t =a b,a ≠b ,综上可知,当a =b 时,函数g x 没有极值;当a ≠b 时,函数g x 有唯一的极大值g ln t -1lntln t,其中t =ab,没有极小值.【点睛】关键点点睛:取ab=t ,将两个参数的问题转化为一个参数的问题,进而求导解答问题.8(2024·湖北武汉·模拟预测)函数f (x )=tan x +sin x -92x ,-π2<x <π2,g (x )=sin n x -x n cos x ,x ∈0,π2,n ∈N +.(1)求函数f (x )的极值;(2)若g (x )>0恒成立,求n 的最大值.【答案】(1)极小值为f π3 =3(3-π)2,极大值为f -π3 =3(π-3)2;(2)3.【分析】(1)判断函数f (x )为奇函数,利用导数求出f (x )在区间0,π2上的极值,利用奇偶性即可求得定义域上的极值.(2)利用导数证明当n =1时,g (x )>0恒成立,当n >1时,等价变形不等式并构造函数F (x )=x -sin x cos 1nx,0<x <π2,利用导数并按导数为负为正确定n 的取值范围,进而确定不等式恒成立与否得解.【详解】(1)函数f (x )=tan x +sin x -92x ,-π2<x <π2,f (-x )=tan (-x )+sin (-x )-92(-x )=-f (x ),即函数f (x )为奇函数,其图象关于原点对称,当0<x <π2时,f (x )=sin x cos x +sin x -92x ,求导得:f(x )=1cos 2x +cos x -92=2cos 3x -9cos 2x +22cos 2x =(2cos x -1)(cos x -2-6)(cos x -2+6)2cos 2x,由于cos x ∈(0,1),由f (x )>0,得0<cos x <12,解得π3<x <π2,由f (x )<0,得12<cos x <1,解得0<x <π3,即f (x )在0,π3 上单调递减,在π3,π2上单调递增,因此函数f (x )在0,π2 上有极小值f π3 =3(3-π)2,从而f (x )在-π2,π2 上的极小值为f π3 =3(3-π)2,极大值为f -π3 =3(π-3)2.(2)当n =1时,g (x )>0恒成立,即sin x -x cos x >0恒成立,亦即tan x >x 恒成立,令h (x )=tan x -x ,x ∈0,π2 ,求导得h (x )=1cos 2x -1=1-cos 2x cos 2x=tan 2x >0,则函数h (x )在0,π2上为增函数,有h (x )>h (0)=0,因此tan x -x >0恒成立;当n >1时,g (x )>0恒成立,即不等式sin xn cos x>x 恒成立,令F (x )=x -sin x cos 1n x ,0<x <π2,求导得:F (x )=1-cos x ⋅cos 1nx -1n⋅cos1n-1x ⋅(-sin x )⋅sin xcos 2nx=1-cos1+n nx +1n⋅sin 2x ⋅cos1-n nxcos 2nx=1-cos 2x +1n ⋅sin 2xcos n +1nx =cosn +1nx -cos 2x -1n (1-cos 2x )cos n +1nx =cosn +1nx -1n -n -1ncos 2x cosn +1nx令G (x )=cos n +1nx -1n -n -1n cos 2x ,求导得则G (x )=n +1n cos 1nx ⋅(-sin x )-n -1n⋅2cos x ⋅(-sin x )=sin x n (2n -2)cos x -(n +1)cos 1n x =2n -2n ⋅sin x cos x -n +12n -2cos 1n x=2n -2n ⋅sin x ⋅cos 1n x cos n -1n x -n +12n -2,由n >1,x ∈0,π2 ,得2n -2n⋅sin x ⋅cos 1nx >0,当n +12n -2≥1时,即n ≤3时,G (x )<0,则函数G (x )在0,π2上单调递减,则有G (x )<G (0)=0,即F (x )<0,因此函数F (x )在0,π2 上单调递减,有F (x )<F (0)=0,即g (x )>0,当n +12n -2<1时,即n >3时,存在一个x 0∈0,π2 ,使得cos n -1n x 0=n +12n -2,且当x ∈(0,x 0)时,G (x )>0,即G (x )在(0,x 0)上单调递增,且G (x )>G (0)=0,则F (x )>0,于是F (x )在(0,x 0)上单调递增,因此F (x )>F (0)=0,即sin xn cos x<x ,与g (x )>0矛盾,所以n 的最大值为3.【点睛】方法点睛:对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略:①通常要构造新函数,利用导数研究函数的单调性,求出最值,从而求出参数的取值范围;②利用可分离变量,构造新函数,直接把问题转化为函数的最值问题.③根据恒成立或有解求解参数的取值时,一般涉及分离参数法,但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况,进行求解,若参变分离不易求解问题,就要考虑利用分类讨论法和放缩法,注意恒成立与存在性问题的区别.9(2024·湖北·模拟预测)已知函数f x =ax 2-x +ln x +1 ,a ∈R ,(1)若对定义域内任意非零实数x 1,x 2,均有f x 1 f x 2x 1x 2>0,求a ;(2)记t n =1+12+⋅⋅⋅+1n ,证明:t n -56<ln n +1 <t n .【答案】(1)a =12(2)证明见解析【分析】(1)求导可得f 0 =0,再分a ≤0与a >0两种情况分析原函数的单调性,当a >0时分析极值点的正负与原函数的正负区间,从而确定a 的值;(2)由(1)问的结论可知,1n -12n2<ln 1n +1 <1n ,再累加结合放缩方法证明即可.【详解】(1)f x 的定义域为-1,+∞ ,且f 0 =0;f x =2ax -1+1x +1=2ax -x x +1=x 2a -1x +1,因此f 0 =0;i.a ≤0时,2a -1x +1<0,则此时令f x >0有x ∈-1,0 ,令f x <0有x ∈0,+∞ ,则f x 在-1,0 上单调递增,0,+∞ 上单调递减,又f 0 =0,于是f x ≤0,此时令x 1x 2<0,有f x 1 f x 2x 1x 2<0,不符合题意;ii .a >0时,f x 有零点0和x 0=12a-1,若x 0<0,即a >12,此时令f x <0有x ∈x 0,0 ,f x 在x 0,0 上单调递减,又f 0 =0,则f x 0 >0,令x 1>0,x 2=x 0,有f x 1 f x 2x 1x 2<0,不符合题意;若x 0>0,即0<a <12,此时令f x <0有x ∈0,x 0 ,f x 在0,x 0 上单调递减,又f 0 =0,则f x 0 <0,令-1<x 1<0,x 2=x 0,有f x 1 f x 2x 1x 2<0,不符合题意;若x 0=0,即a =12,此时fx =x 2x +1>0,f x 在-1,+∞ 上单调递增,又f 0 =0,则x >0时f x >0,x <0时f x <0;则x ≠0时f x x >0,也即对x 1x 2≠0,f x 1 f x 2x 1x 2>0,综上,a =12(2)证:由(1)问的结论可知,a =0时,f x =-x +ln x +1 ≤0;且a =12时x >0,f x =12x 2-x +ln x +1 >0;则x>0时,x-12x2<ln x+1<x,令x=1n,有1n-12n2<ln1n+1<1n,即1n-12n2<ln n+1-ln n<1n,于是1n-1-12n-12<ln n-ln n-1<1n-11-12<ln2<1将上述n个式子相加,t n-121+122+⋅⋅⋅+1n2<ln n+1<t n;欲证t n-56<ln n+1<t n,只需证t n-56<t n-121+122+⋅⋅⋅+1n2,只需证1+122+⋅⋅⋅+1n2<53;因为1n2=44n2<44n2-1=212n-1-12n+1,所以1+122+⋅⋅⋅+1n2<1+213-15+15-17+⋅⋅⋅+12n-1-12n+1=53-22n+1<53,得证:于是得证t n-56<ln n+1<t n.【点睛】方法点睛:(1)此题考导数与函数的综合应用,找到合适的分类标准,设极值点,并确定函数正负区间是解此题的关键;(2)对累加结构的不等式证明,一般需要应用前问的结论,取特定参数值,得出不等式累加证明,遇到不能累加的数列结构,需要进行放缩证明.10(2024·湖南·一模)已知函数f x =sin x-ax⋅cos x,a∈R.(1)当a=1时,求函数f x 在x=π2处的切线方程;(2)x∈0,π2时;(ⅰ)若f x +sin2x>0,求a的取值范围;(ⅱ)证明:sin2x⋅tan x>x3.【答案】(1)πx-2y+2-π22=0.(2)(ⅰ)a≤3(ⅱ)证明见解析【分析】(1)令a=1时,利用导数的几何意义求出斜率,进行计算求出切线方程即可.(2)(ⅰ)设g(x)=2sin x+tan x-ax,x∈0,π2,由g x >0得a≤3,再证明此时满足g x >0.(ⅱ)根据(ⅰ)结论判断出F x =sin2x⋅tan x-x3在0,π2上单调递增,∴F(x)>F(0)=0,即sin2x tan x >x3.【详解】(1)当a=1时,f(x)=sin x-x⋅cos x,f (x)=cos x-(cos x-x⋅sin x)=x⋅sin x,fπ2=π2,fπ2=1.所以切线方程为:y-1=π2x-π2,即πx-2y+2-π22=0.(2)(ⅰ)f(x)+sin2x=sin x-ax⋅cos x+sin2x>0,即tan x-ax+2sin x>0,x∈0,π2,设g(x)=2sin x+tan x-ax,x∈0,π2,g (x )=2cos x +1cos 2x -a =1cos 2x(2cos 3x -a cos 2x +1).又∵g (0)=0,g (0)=3-a ,∴g (0)=3-a ≥0是g (x )>0的一个必要条件,即a ≤3.下证a ≤3时,满足g (x )=2sin x +tan x -ax >0,x ∈0,π2,又g (x )≥1cos 2x(2cos 3x -3cos 2x +1),设(t )=2t 3-3t 2+1,t ∈(0,1),h (t )=6t 2-6t =6t (t -1)<0,h (t )在(0,1)上单调递减,所以h (t )>h (1)=0,又x ∈0,π2 ,cos x ∈(0,1),∴g (x )>0,即g (x )在0,π2 单调递增.∴x ∈0,π2时,g (x )>g (0)=0;下面证明a >3时不满足g (x )=2sin x +tan x -ax >0,x ∈0,π2,,g (x )=2cos x +1cos 2x-a ,令h (x )=g (x )=2cos x +1cos 2x -a ,则h (x )=-2sin x +2sin x cos 3x =2sin x 1cos 3x-1,∵x ∈0,π2 ,∴sin x >0,1cos 3x-1>0,∴h (x )>0,∴h (x )=g (x )在0,π2为增函数,令x 0满足x 0∈0,π2,cos x 0=1a ,则g x 0 =2cos x 0+1cos 2x 0-a =2cos x 0+a -a >0,又g (0)=3-a <0,∴∃x 1∈0,x 0 ,使得g x 1 =0,当x ∈0,x 1 时,g (x )<g x 1 =0,∴此时g (x )在0,x 1 为减函数,∴当x ∈0,x 1 时,g (x )<g (0)=0,∴a >3时,不满足g (x )≥0恒成立.综上a ≤3.(ⅱ)设F (x )=sin 2x ⋅tan x -x 3,x ∈0,π2 ,F (x )=2sin x ⋅cos x ⋅tan x +sin 2x ⋅1cos 2x-3x 2=2sin 2x +tan 2x -3x 2=2(sin x -x )2+(tan x -x )2+2(2sin x +tan x )x -2x 2-x 2-3x 2.由(ⅰ)知2sin x +tan x >3x ,∴F (x )>0+0+2x ⋅3x -6x 2=0,,F x 在0,π2上单调递增,∴F (x )>F (0)=0,即sin 2x tan x >x 3.【点睛】关键点点睛:本题考查导数,解题关键是进行必要性探路,然后证明充分性,得到所要求的参数范围即可.11(2024·全国·模拟预测)已知函数f (x )=ln (1+x )-11+x.(1)求曲线y =f (x )在(0,f (0))处的切线方程;(2)若x ∈(-1,π),讨论曲线y =f (x )与曲线y =-2cos x 的交点个数.【答案】(1)y =32x -1;(2)2.【分析】(1)求导,即可根据点斜式求解方程,(2)求导,分类讨论求解函数的单调性,结合零点存在性定理,即可根据函数的单调性,结合最值求解.【详解】(1)依题意,f x =11+x +121+x 32,故f 0 =32,而f 0 =-1,故所求切线方程为y +1=32x ,即y =32x -1.(2)令ln 1+x -11+x =-2cos x ,故ln 1+x +2cos x -11+x=0,令g x =ln 1+x +2cos x -11+x ,g x =11+x -2sin x +121+x -32,令h x =g x =11+x -2sin x +121+x -32,hx =-11+x2-2cos x -341+x -52.①当x ∈-1,π2时,cos x ≥0,1+x 2>0,1+x-52>0,∴h x <0,∴h x 在-1,π2上为减函数,即gx 在-1,π2 上为减函数,又g 0 =1+12>0,g1 =12-2sin1+12⋅2-32<12-2⋅sin1+12<1-2×12=0,∴g x 在0,1 上有唯一的零点,设为x 0,即g x 0 =00<x 0<1 .∴g x 在-1,x 0 上为增函数,在x 0,π2上为减函数.又g 0 =2-1>0,g -π4 =ln 1-π4 +2cos -π4 -11-π4=ln 1-π4+2-11-π4<0,g π2=ln 1+π2 -11+π2>0,∴g x 在-1,x 0 上有且只有一个零点,在x 0,π2上无零点;②当x ∈π2,5π6 时,g x <11+x -1+121+x-32<0,g x 单调递减,又g π2 >0,g 5π6 =ln 1+5π6 -3-1+5π6-12<ln4-3<0,∴g x 在π2,5π6内恰有一零点;③当x ∈5π6,π 时,hx =-11+x2-2cos x -341+x -52为增函数,∴hx =h 5π6 =-11+5π62+1-34⋅1+5π6-52>0,∴g x 单调递增,又g π >0,g 5π6 <0,所以存在唯一x 0∈5π6,π ,g x 0 =0,当x ∈5π6,x 0 时,g x <0,g x 递减;当x ∈x 0,π 时,g x >0,g x 递增,g x ≤max g 5π6 ,g π <0,∴g x 在5π6,π内无零点.综上所述,曲线y =f x 与曲线y =-2cos x 的交点个数为2.【点睛】方法点睛:本题考查了导数的综合运用,求某点处的切线方程较为简单,利用导数求单调性时,如果求导后的正负不容易辨别,往往可以将导函数的一部分抽离出来,构造新的函数,利用导数研究其单调性,进而可判断原函数的单调性.在证明不等式时,常采用两种思路:求直接求最值和等价转化.无论是那种方式,都要敢于构造函数,构造有效的函数往往是解题的关键.12(2024·广东佛山·二模)已知f x =-12e 2x +4e x -ax -5.(1)当a =3时,求f x 的单调区间;(2)若f x 有两个极值点x 1,x 2,证明:f x 1 +f x 2 +x 1+x 2<0.【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】(1)求导后,借助导数的正负即可得原函数的单调性;(2)借助换元法,令t =e x ,t 1=e x 1,t 2=e x 2,可得t 1、t 2是方程t 2-4t +a =0的两个正根,借助韦达定理可得t 1+t 2=4,t 1t 2=a ,即可用t 1、t 2表示f x 1 +f x 2 +x 1+x 2,进而用a 表示f x 1 +f x 2 +x 1+x 2,构造相关函数后借助导数研究其最大值即可得.【详解】(1)当a =3时,f x =-12e 2x +4e x -3x -5,f x =-e 2x +4e x -3=-e x -1 e x -3 ,则当e x ∈0,1 ∪3,+∞ ,即x ∈-∞,0 ∪ln3,+∞ 时,f x <0,当e x ∈1,3 ,即x ∈0,ln3 时,f x >0,故f x 的单调递减区间为-∞,0 、ln3,+∞ ,单调递增区间为0,ln3 ;(2)f x =-e 2x +4e x -a ,令t =e x ,即f x =-t 2+4t -a ,令t 1=e x 1,t 2=e x 2,则t 1、t 2是方程t 2-4t +a =0的两个正根,则Δ=-4 2-4a =16-4a >0,即a <4,有t 1+t 2=4,t 1t 2=a >0,即0<a <4,则f x 1 +f x 2 +x 1+x 2=-12e 2x 1+4e x 1-ax 1-5-12e 2x2+4e x 2-ax 2-5+x 1+x 2=-12t 21+t 22 +4t 1+t 2 -a -1 ln t 1+ln t 2 -10=-12t 1+t 2 2-2t 1t 2 +4t 1+t 2 -a -1 ln t 1t 2-10=-1216-2a +16-a -1 ln a -10=a -a -1 ln a -2,要证f x 1 +f x 2 +x 1+x 2<0,即证a -a -1 ln a -2<00<a <4 ,令g x =x -x -1 ln x -20<x <4 ,则g x =1-ln x +x -1x =1x-ln x ,令h x =1x -ln x 0<x <4 ,则h x =-1x 2-1x <0,则g x 在0,4 上单调递减,又g 1 =11-ln1=1,g 2 =12-ln2<0,故存在x 0∈1,2 ,使g x 0 =1x 0-ln x 0=0,即1x 0=ln x 0,则当x ∈0,x 0 时,g x >0,当x ∈x 0,4 时,g x <0,故g x 在0,x 0 上单调递增,g x 在x 0,4 上单调递减,则g x ≤g x 0 =x 0-x 0-1 ln x 0-2=x 0-x 0-1 ×1x 0-2=x 0+1x 0-3,又x 0∈1,2 ,则x 0+1x 0∈2,52 ,故g x 0 =x 0+1x 0-3<0,即g x <0,即f x 1 +f x 2 +x 1+x 2<0.【点睛】关键点点睛:本题关键点在于借助换元法,令t =e x ,t 1=e x 1,t 2=e x 2,从而可结合韦达定理得t 1、t 2的关系,即可用a 表示f x 1 +f x 2 +x 1+x 2,构造相关函数后借助导数研究其最大值即可得.13(2024·广东广州·模拟预测)已知函数f x =x e x -kx ,k ∈R .(1)当k =0时,求函数f x 的极值;(2)若函数f x 在0,+∞ 上仅有两个零点,求实数k 的取值范围.【答案】(1)极小值为-1e,无极大值(2)e ,+∞【分析】(1)求出导函数,然后列表求出函数的单调区间,根据极值定义即可求解;(2)把原函数有两个零点转化为g x =e x -kx 在0,+∞ 上仅有两个零点,分类讨论,利用导数研究函数的单调性,列不等式求解即可.【详解】(1)当k =0时,f x =xe x (x ∈R ),所以f x =1+x e x ,令f x =0,则x =-1,x -∞,-1-1-1,+∞f x -0+f x单调递减极小值单调递增所以f (x )min =f -1 =-e -1=-1e,所以f x 的极小值为-1e,无极大值.(2)函数f x =x e x -kx 在0,+∞ 上仅有两个零点,令g x =e x -kx ,则问题等价于g x 在0,+∞ 上仅有两个零点,易知g x =e x -k ,因为x ∈0,+∞ ,所以e x >1.①当k ∈-∞,1 时,g x >0在0,+∞ 上恒成立,所以g x 在0,+∞ 上单调递增,所以g x >g 0 =1,所以g x 在0,+∞ 上没有零点,不符合题意;②当k ∈1,+∞ 时,令g x =0,得x =ln k ,所以在0,ln k 上,g x <0,在ln k ,+∞ 上,g x >0,所以g x 在0,ln k 上单调递减,在(ln k ,+∞)上单调递增,所以g x 的最小值为g ln k =k -k ⋅ln k .因为g x 在0,+∞ 上有两个零点,所以g ln k =k -k ⋅ln k <0,所以k >e.因为g 0 =1>0,g ln k 2 =k 2-k ⋅ln k 2=k k -2ln k ,令h x =x -2ln x ,则h x =1-2x =x -2x,所以在0,2 上,h x <0,在2,+∞ 上,h x >0,所以h x 在0,2 上单调递减,在2,+∞ 上单调递增,所以h x ≥2-2ln2=ln e 2-ln4>0,所以g ln k 2 =k k -2ln k >0,所以当k >e 时,g x 在0,ln k 和(ln k ,+∞)内各有一个零点,即当k >e 时,g x 在0,+∞ 上仅有两个零点.综上,实数k 的取值范围是e ,+∞ .【点睛】方法点睛:求解函数单调区间的步骤:(1)确定f x 的定义域.(2)计算导数f x .(3)求出f x =0的根.(4)用f x =0的根将f x 的定义域分成若干个区间,判断这若干个区间内f x 的符号,进而确定f x 的单调区间.f x >0,则f x 在对应区间上单调递增,对应区间为增区间;f x <0,则f x 在对应区间上单调递减,对应区间为减区间.如果导函数含有参数,那么需要对参数进行分类讨论,分类讨论要做到不重不漏.14(2024·江苏南通·二模)已知函数f x =ln x -ax ,g x =2ax,a ≠0.(1)求函数f x 的单调区间;(2)若a >0且f x ≤g x 恒成立,求a 的最小值.【答案】(1)答案见解析(2)2e 3.【分析】(1)求导后,利用导数与函数单调性的关系,对a >0与a <0分类讨论即可得;(2)结合函数的单调性求出函数的最值,即可得解.【详解】(1)f x =1x -a =1-axx(a ≠0),当a <0时,由于x >0,所以f x >0恒成立,从而f x 在0,+∞ 上递增;当a >0时,0<x <1a ,f x >0;x >1a ,fx <0,从而f x 在0,1a 上递增,在1a,+∞ 递减;综上,当a <0时,f x 的单调递增区间为0,+∞ ,没有单调递减区间;当a >0时,f x 的单调递增区间为0,1a ,单调递减区间为1a ,+∞ .(2)令h x =f x -g x =ln x -ax -2ax,要使f x ≤g x 恒成立,只要使h x ≤0恒成立,也只要使h x max ≤0.h x =1x -a +2ax 2=-ax +1 ax -2 ax 2,由于a >0,x >0,所以ax +1>0恒成立,当0<x <2a 时,h x >0,当2a<x <+∞时,h x <0,所以h x max =h 2a =ln 2a -3≤0,解得:a ≥2e 3,所以a 的最小值为2e3.15(2024·山东济南·二模)已知函数f x =ax 2-ln x -1,g x =xe x -ax 2a ∈R .(1)讨论f x 的单调性;(2)证明:f x +g x ≥x .【答案】(1)答案见详解(2)证明见详解【分析】(1)求导可得fx =2ax 2-1x,分a ≤0和a >0两种情况,结合导函数的符号判断原函数单调性;(2)构建F x =f x +g x -x ,x >0,h x =e x -1x,x >0,根据单调性以及零点存在性定理分析h x 的零点和符号,进而可得F x 的单调性和最值,结合零点代换分析证明.【详解】(1)由题意可得:f x 的定义域为0,+∞ ,fx =2ax -1x =2ax 2-1x,当a ≤0时,则2ax 2-1<0在0,+∞ 上恒成立,可知f x 在0,+∞ 上单调递减;当a >0时,令f x >0,解得x >12a;令f x <0,解得0<x <12a;可知f x 在0,12a 上单调递减,在12a,+∞ 上单调递增;综上所述:当a ≤0时,f x 在0,+∞ 上单调递减;当a >0时,f x 在0,12a 上单调递减,在12a,+∞ 上单调递增.(2)构建F x =f x +g x -x =xe x -ln x -x -1,x >0,则F x =x +1 e x -1x -1=x +1 e x -1x,由x >0可知x +1>0,构建h x =e x -1x ,x >0,因为y =e x ,y =-1x在0,+∞ 上单调递增,则h x 在0,+∞ 上单调递增,且h 12=e -20,h 1 =e -1 0,可知h x 在0,+∞ 上存在唯一零点x 0∈12,1 ,当0<x <x 0,则h x <0,即Fx <0;当x >x 0,则h x >0,即F x >0;可知F x 在0,x 0 上单调递减,在x 0,+∞ 上单调递增,则F x ≥F x 0 =x 0e x 0-ln x 0-x 0-1,又因为e x 0-1x 0=0,则e x 0=1x 0,x 0=e -x 0,x 0∈12,1 ,可得F x 0 =x 0×1x 0-ln e -x-x 0-1=0,即F x ≥0,所以f x +g x ≥x .16(2024·福建·模拟预测)已知函数f (x )=a ln x -bx 在1,f 1 处的切线在y 轴上的截距为-2.(1)求a 的值;(2)若f x 有且仅有两个零点,求b 的取值范围.【答案】(1)2(2)b ∈0,2e 【分析】(1)借助导数的几何意义计算即可得;(2)借助函数与方程的关系,可将f x 有且仅有两个零点转化为方程b =2ln xx有两个根,构造对应函数并借助导数研究单调性及值域即可得.【详解】(1)f (x )=ax-b ,f 1 =a -b ,f (1)=a ×0-b =-b ,则函数f (x )=a ln x -bx 在1,f 1 处的切线为:y +b =a -b x -1 ,即y =a -b x -a ,令x =0,则有y =-a =-2,即a =2;(2)由a =2,即f (x )=2ln x -bx ,若f x 有且仅有两个零点,则方程2ln x-bx=0有两个根,即方程b=2ln xx有两个根,令g x =2ln xx,则gx =21-ln xx2,则当x∈0,e时,g x >0,则当x∈e,+∞时,g x <0,故g x 在0,e上单调递增,在e,+∞上单调递减,故g x ≤g e =2ln ee=2e,又x→0时,g x →-∞,x→+∞时,g x →0,故当b∈0,2 e时,方程b=2ln x x有两个根,即f x 有且仅有两个零点.17(2024·浙江杭州·二模)已知函数f x =a ln x+2-12x2a∈R.(1)讨论函数f x 的单调性;(2)若函数f x 有两个极值点,(ⅰ)求实数a的取值范围;(ⅱ)证明:函数f x 有且只有一个零点.【答案】(1)答案见解析;(2)(ⅰ)-1<a<0;(ⅱ)证明见解析【分析】(1)求出函数的导函数,再分a≤-1、-1<a<0、a≥0三种情况,分别求出函数的单调区间;(2)(ⅰ)由(1)直接解得;(ⅱ)结合函数的最值与零点存在性定理证明即可.【详解】(1)函数f x =a ln x+2-12x2a∈R的定义域为-2,+∞,且f x =ax+2-x=-x+12+a+1x+2,当a≤-1时,f x ≤0恒成立,所以f x 在-2,+∞单调递减;当-1<a<0时,令f x =0,即-x+12+a+1=0,解得x1=-a+1-1,x2=a+1-1,因为-1<a<0,所以0<a+1<1,则-2<-a+1-1<-1,所以当x∈-2,-a+1-1时f x <0,当x∈-a+1-1,a+1-1时f x >0,当x∈a+1-1,+∞时f x <0,所以f x 在-2,-a+1-1上单调递减,在-a+1-1,a+1-1上单调递增,在a+1-1,+∞上单调递减;当a≥0时,此时-a+1-1≤-2,所以x∈-2,a+1-1时f x >0,当x∈a+1-1,+∞时f x <0,所以f x 在-2,a+1-1上单调递增,在a+1-1,+∞上单调递减.综上可得:当a≤-1时f x 在-2,+∞单调递减;当-1<a<0时f x 在-2,-a+1-1上单调递减,在-a+1-1,a+1-1上单调递增,在a+1-1,+∞上单调递减;当a≥0时f x 在-2,a+1-1上单调递增,在a+1-1,+∞上单调递减.(2)(ⅰ)由(1)可知-1<a<0.(ⅱ)由(1)f x 在-2,-a+1-1上单调递减,在-a+1-1,a+1-1上单调递增,在a+1-1,+∞上单调递减,所以f x 在x=a+1-1处取得极大值,在x=-a+1-1处取得极小值,又-1<a<0,所以0<a+1<1,则1<a+1+1<2,又f x极大值=f a+1-1=a ln a+1+1-12a+1-12<0,又f-a+1-1<f a+1-1<0,所以f x 在-a+1-1,+∞上没有零点,又-1<a<0,则4a<-4,则0<e4a<e-4,-2<e4a-2<e-4-2,则0<e 4a-22<4,所以f e 4a-2=4-12e4a-22>0,所以f x 在-2,-a+1-1上存在一个零点,综上可得函数f x 有且只有一个零点.18(2024·河北沧州·模拟预测)已知函数f(x)=ln x-ax+1,a∈R.(1)讨论f x 的单调性;(2)若∀x>0,f x ≤xe2x-2ax恒成立,求实数a的取值范围.【答案】(1)答案见解析(2)-∞,2.【分析】(1)利用导数分类讨论判断函数f x 的单调性,即可求解;(2)先利用导数证明不等式e x≥x+1,分离变量可得a≤e2x-ln x+1x恒成立,进而e 2x-ln x+1x≥2x+ln x+1-(ln x+1)x=2,即可求解.【详解】(1)函数f x =ln x-ax+1,a∈R的定义域为0,+∞,且f (x)=1x-a.当a≤0时,∀x∈0,+∞,f (x)=1x-a≥0恒成立,此时f x 在区间0,+∞上单调递增;当a>0时,令f (x)=1x-a=1-axx=0,解得x=1a,当x∈0,1 a时,f x >0,f x 在区间0,1a上单调递增,当x∈1a,+∞时,f x <0,f x 在区间1a,+∞上单调递减.综上所述,当a≤0时,f x 在区间0,+∞上单调递增;当a>0时,f x 在区间0,1 a上单调递增,在区间1a,+∞上单调递减.(2)设g x =e x-x-1,则g x =e x-1,在区间(-∞,0)上,g x <0,g x 单调递减,在区间0,+∞上,g x >0,g x 单调递增,所以g x ≥g0 =e0-0-1=0,所以e x≥x+1(当且仅当x=0时等号成立).依题意,∀x>0,f x ≤xe2x-2ax恒成立,即a≤e2x-ln x+1x恒成立,而e2x-ln x+1x=xe2x-(ln x+1)x=e2x+ln x-(ln x+1)x≥2x+ln x+1-(ln x+1)x=2,当且仅当2x+ln x=0时等号成立.因为函数h x =2x+ln x在0,+∞上单调递增,h1e=2e-1<0,h(1)=2>0,所以存在x0∈1e,1,使得2x0+ln x0=0成立.所以a ≤e 2x -ln x +1xmin =2,即a 的取值范围是-∞,2 .【点睛】方法点睛:利用导数证明不等式的恒成立问题的求解策略:形如f x ≥g x 的恒成立的求解策略:1、构造函数法:令F x =f x -g x ,利用导数求得函数F x 的单调性与最小值,只需F x min ≥0恒成立即可;2、参数分离法:转化为a ≥φx 或a ≤φx 恒成立,即a ≥φx max 或a ≤φx min 恒成立,只需利用导数求得函数φx 的单调性与最值即可;3,数形结合法:结合函数y =f x 的图象在y =g x 的图象的上方(或下方),进而得到不等式恒成立.19(2024·广东·二模)已知f x =12ax 2+1-2a x -2ln x ,a >0.(1)求f x 的单调区间;(2)函数f x 的图象上是否存在两点A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 (其中x 1≠x 2),使得直线AB 与函数f x 的图象在x 0=x 1+x22处的切线平行?若存在,请求出直线AB ;若不存在,请说明理由.【答案】(1)f (x )在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增.(2)不存在,理由见解析【分析】(1)求出导函数,根据导函数的正负来确定函数的单调区间;(2)求出直线AB 的斜率,再求出f (x 0),从而得到x 1,x 2的等式,再进行换元和求导,即可解出答案.【详解】(1)由题可得f(x )=ax +1-2a -2x =ax 2+(1-2a )x -2x =(ax +1)(x -2)x(x >0)因为a >0,所以ax +1>0,所以当x ∈(0,2)时,f (x )<0,f (x )在(0,2)上单调递减,当x ∈(2,+∞)时,f (x )>0,f (x )在(2,+∞)上单调递增.综上,f (x )在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增.(2)由题意得,斜率k =y 2-y 1x 2-x 1=12ax 22+(1-2a )x 2-2ln x 2 -12ax 21+(1-2a )x 1-2ln x 1 x 2-x 1=12a (x 22-x 21)+(1-2a )(x 2-x 1)-2ln x 2x 1x 2-x 1=a 2(x 1+x 2)+1-2a -2ln x2x 1x 2-x 1,f x 1+x 22 =a (x 1+x 2)2+1-2a -4x 1+x 2,由k =f x 1+x22 得,ln x2x 1x 2-x 1=2x 1+x 2,即ln x 2x 1=2(x 2-x 1)x 1+x 2,即ln x 2x 1-2x2x 1-1 x 2x1+1=0令t =x 2x 1,不妨设x 2>x 1,则t >1,记g (t )=ln t -2(t -1)t +1=ln t +4t +1-2(t >1)所以g(t )=1t -4t +1 2=t -1 2t t +1 2>0,所以g (t )在(1,+∞)上是增函数,所以g (t )>g (1)=0,所以方程g (t )=0无解,则满足条件的两点A ,B 不存在.20(2024·广东深圳·二模)已知函数f x =ax +1 e x ,f x 是f x 的导函数,且f x -f x =2e x .(1)若曲线y =f x 在x =0处的切线为y =kx +b ,求k ,b 的值;(2)在(1)的条件下,证明:f x ≥kx +b .【答案】(1)k =3,b =1;(2)证明见解析.【分析】(1)根据题意,求导可得a 的值,再由导数意义可求切线,得到答案;(2)设函数g x =2x +1 e x -3x -1,利用导数研究函数g (x )的单调性从而求出最小值大于0,可得证.【详解】(1)因为f x =ax +1 e x ,所以f x =ax +a +1 e x ,因为f x -f x =2e x ,所以a =2.则曲线y =f (x )在点x =0处的切线斜率为f 0 =3.又因为f 0 =1,所以曲线y =f (x )在点x =0处的切线方程为y =3x +1,即得k =3,b =1.(2)设函数g x =2x +1 e x -3x -1,x ∈R ,则g x =2x +3 e x -3,设h x =g x ,则h x =e x 2x +5 ,所以,当x >-52时,h x >0,g x 单调递增.又因为g0 =0,所以,x >0时,g x >0,g x 单调递增;-52<x <0时,g x <0,g x 单调递减.又当x ≤-52时,g x =2x +3 e x -3<0,综上g x 在-∞,0 上单调递减,在0,+∞ 上单调递增,所以当x =0时,g x 取得最小值g 0 =0,即2x +1 e x -3x -1≥0,所以,当x ∈R 时,f x ≥3x +1.21(2024·辽宁·二模)已知函数f x =ax 2-ax -ln x .(1)若曲线y =f x 在x =1处的切线方程为y =mx +2,求实数a ,m 的值;(2)若对于任意x ≥1,f x +ax ≥a 恒成立,求实数a 的取值范围.【答案】(1)a =-1,m =-2(2)12,+∞ 【分析】(1)根据导数几何意义和切线方程,可直接构造方程组求得结果;(2)构造函数g x =ax 2-ln x -a x ≥1 ,将问题转化为g x ≥0恒成立;求导后,分别在a ≤0、a ≥12和0<a <12的情况下,结合单调性和最值求得符合题意的范围.【详解】(1)∵f x =2ax -a -1x,∴f 1 =2a -a -1=a -1,∵y =f x 在x =1处的切线为y =mx +2,∴f 1 =a -1=mf 1 =0=m +2 ,解得:a =-1,m =-2.(2)由f x +ax ≥a 得:ax 2-ln x -a ≥0,令g x =ax 2-ln x -a x ≥1 ,则当x ≥1时,g x ≥0恒成立;。

高考文科数学总复习练习十八导数的存在性问题试题及答案

高考文科数学总复习练习十八导数的存在性问题试题及答案

十八导数的存在性问题(30分钟60分)一、选择题(每小题5分,共20分)1.若存在正实数x使e x(x2-a)<1成立,则实数a的取值范围是( )A.(-1,+∞)B.(0,+∞)C.(-2,+∞)D.[-1,+∞)【解析】选A.存在正实数x使e x(x2-a)<1成立,即a>x2-在区间(0,+∞)上有解,令f(x)=x2-,f′(x)=2x+>0,所以f(x)在区间(0,+∞)上单调递增,所以f(x)>f(0)=-1,又a>x2-在区间(0,+∞)上有解,所以a∈(-1,+∞).2.(2019·莆田模拟)若函数f(x)=x3-x2+2x没有极小值点,则a的取值范围是( )A. B.C.{0}∪D.{0}∪【解析】选C.f′(x)=ax2-2x+2,要使得f(x)没有极小值,则要求f′(x)恒大于等于0,或者恒小于等于0,或者该导函数为一次函数,当该导函数为一次函数的时候,a=0,满足条件,当f′(x)恒大于等于0的时候,则,解得a∈,当f′(x)恒小于等于0的时候,则,此时a不存在,故a∈{0}∪.3.已知函数f(x)=xe x,g(x)=-(x+1)2+a,若存在x1,x2∈R,使得f(x2)≤g(x1)成立,则实数a的取值范围是( )A. B.[-1,+∞)C.[-e,+∞)D.【解析】选D.f′(x)=e x+xe x=(1+x)e x,当x>-1时,f′(x)>0,函数递增;当x<-1时,f′(x)<0,函数递减.所以当x=-1时,f(x)取得最小值,f(-1)=-.函数g(x)的最大值为a.若存在x1,x2∈R,使得f(x2)≤g(x1)成立,则有g(x)的最大值大于或等于f(x)的最小值,即a≥-.4.(2020·重庆模拟)若函数f(x)=e x在(0,1)内存在极值点,则实数a的取值范围是( )世纪金榜导学号A.(-∞,0)B.(0,+∞)C.(-∞,-1]D.[-1,0)【解析】选A.函数f(x)=e x,定义域为{x|x≠0},f′(x)=e x+xe x-=,因为f(x)在(0,1)内存在极值点,则f′(x)==0的实数根在(0,1)内,即x3+x2-ax+a=0的实数根在区间(0,1)内,令g(x)=x3+x2-ax+a,可知,函数g(x)=x3+x2-ax+a在(0,1)内存在零点,讨论a:a=0时,g(x)=x2(x+1)在(0,1)上无零点.a>0时,在(0,1)上,g(x)=x3+x2+(1-x)a>0,无零点.a<0时,g(0)=a<0,g(1)=2>0,在(0,1)上有零点.所以实数a的取值范围是a<0.二、填空题(每小题5分,共20分)5.(2020·赣州模拟)若函数f(x)=ae x-x-2a有两个零点,则实数a的取值范围是. 【解析】因为f(x)=ae x-x-2a,所以f′(x)=ae x-1.当a≤0时,f′(x)≤0恒成立,函数f(x)在R上单调递减,不可能有两个零点;当a>0时,令f′(x)=0,得x=ln,函数f(x)在上单调递减,在上单调递增,所以f(x)的最小值为f=1-ln-2a=1+ln a-2a.令g(a)=1+ln a-2a(a>0),则g′(a)=-2.当a∈时,g(a)单调递增;当a∈时,g(a)单调递减,所以g(a)max=g=-ln 2<0,所以f(x)的最小值为f<0,函数f(x)=ae x-x-2a有两个零点.综上所述,实数a的取值范围是(0,+∞).答案:(0,+∞)6.设f(x)与g(x)是定义在同一区间[a,b]上的两个函数,若函数y=f(x)-g(x)在x∈[a,b]上有两个不同的零点,则称f(x)和g(x)在[a,b]上是“关联函数”,区间[a,b]称为“关联区间”.若f(x)=x-ln x与g(x)=-+m在[1,3]上是“关联函数”,则实数m的取值范围是. 【解析】因为f(x)=x-ln x与g(x)=-+m在[1,3]上是“关联函数”,令y=h(x)=f(x)-g(x), 所以函数y=h(x)=f(x)-g(x)=x-ln x+-m在[1,3]上有两个不同的零点,即h(x)=0在[1,3]有两个不同的实数根,令x-ln x+-m=0,即m=x-ln x+.设F(x)=x-ln x+,即y=m与F(x)=x-ln x+有两个交点,则F′(x)=1--==.所以F′(x)>0,得x>2;F′(x)<0,得0<x<2,所以F(x)在[1,2]上递减,在[2,3]上递增,F(1)=3,F(2)=3-ln 2,F(3)=-ln 3.作出函数F(x)图像,如图.作直线y=m,平移可知当3-ln 2<m≤-ln 3时符合题意,所以实数m的取值范围是(3-ln 2,-ln 3].答案:(3-ln 2,-ln 3]7.设函数f(x)=x2-xln x+2,若存在区间[a,b]⊆,使f(x)在[a,b]上的值域为[k(a+2),k(b+2)],则k的取值范围为.【解题指南】判断f(x)的单调性,得出f(x)=k(x+2)在上有两解,作出函数图像,利用导数的意义求出k的范围.【解析】f′(x)=2x-ln x-1,设g(x)=f′(x),则g′(x)=2-,所以当x≥时,g′(x)≥0,所以f′(x)在)上单调递增,所以f′(x)≥f′=ln 2>0,所以f(x)在上单调递增,因为[a,b]⊆,所以f(x)在[a,b]上单调递增,因为f(x)在[a,b]上的值域为[k(a+2),k(b+2)],所以,所以方程f(x)=k(x+2)在上有两解a,b.作出y=f(x)与直线y=k(x+2)的函数图像,则两图像有两交点.若直线y=k(x+2)过点,则k=,若直线y=k(x+2)与y=f(x)的图像相切,设切点为(x0, y0),则,解得k=1.所以1<k≤.答案:8.(2020·上饶模拟)已知函数f(x)=x+,g(x)=2x+a,若∃x1∈,∀x2∈,使得f(x1)≥g(x2),则实数a的取值范围是. 世纪金榜导学号【解析】当x1∈时,由f(x)=x+得,f′(x)=,令f′(x)>0,解得:x>2,令f′(x)<0,解得:x<2,所以f(x)在上单调递减,在(2,3]上单调递增,所以f=8.5是函数的最大值,当x2∈[2,3]时,g(x)=2x+a为增函数,所以g(3)=a+8是函数的最大值,又因为∃x1∈,∀x2∈[2,3],使得f(x1)≥g(x2),可得f(x)在x1∈的最大值不小于g(x)在x2∈[2,3]的最大值,即8.5≥a+8,解得:a≤.答案:a≤三、解答题(每小题10分,共20分)9.(2020·黄冈模拟)已知函数f(x)=e x·(a+ln x),其中a∈R.(1)若曲线y=f(x)在x=1处的切线与直线y=-垂直,求a的值.(2)记f(x)的导函数为g(x).当a∈(0,ln 2)时,证明:g(x)存在极小值点x0,且f(x0)<0.【解析】(1)f′(x)=e x·(a+ln x)+e x·=e x·,依题意,有f′(1)=e·(a+1)=e,解得a=0.(2)令g(x)=e x·,所以g′(x)=e x·+e x·=e x·.因为e x>0,所以g′(x)与a+-+ln x同号.设h(x)=a+-+ln x,则h′(x)==.所以对任意x∈(0,+∞),有h′(x)>0,故h(x)在(0,+∞)上单调递增.因为a∈(0,ln 2),所以h(1)=a+1>0,h=a+ln <0,故存在x0∈,使得h(x0)=0.g(x)与g′(x)在区间上的情况如下:x x0(x0,1)g′(x)- 0 +g(x) ↘极小值↗所以g(x)在区间上单调递减,在区间(x0,1)上单调递增.所以若a∈(0,ln 2),存在x0∈,使得x0是g(x)的极小值点.令h(x0)=0,得到a+ln x0=,所以f(x0)=·(a+ln x0)=·<0.【变式备选】1.已知函数f(x)=x2-3ln x.(1)求f(x)在(1,f(1))处的切线方程.(2)试判断f(x)在区间(1,e)上有没有零点?若有,则判断零点的个数.【解析】(1)由已知得f′(x)=x-,有f′(1)=-2,f(1)=,所以在(1,f(1))处的切线方程为y-=-2(x-1),化简得4x+2y-5=0.(2)由(1)知f′(x)=,因为x>0,令f′(x)=0,得x=,所以当x∈(0,)时,有f′(x)<0,则(0,)是函数f(x)的单调递减区间;当x∈(,+∞)时,有f′(x)>0,则(,+∞)是函数f(x)的单调递增区间.当x∈(1,e)时,函数f(x)在(1,)上单调递减,在(,e)上单调递增;又因为f(1)=,f(e)=e2-3>0,f()=(1-ln 3)<0,所以f(x)在区间(1,e)上有两个零点.2.(2019·淄博模拟)已知函数f(x)=ln x-ax+ab(a>0,b∈R).(1)若存在正数a,使f(x)≤0恒成立,求实数b的最大值.(2)设a=1,若g(x)=xe x-2x-f(x)没有零点,求实数b的取值范围.【解析】(1)因为f(x)=ln x-ax+ab,所以f′(x)=-a=-,所以y=f(x)在上单调递增,在上单调递减.所以f(x)max=f=-ln a-1+ab.所以存在正数a,使ab≤1+ln a成立,即存在正数a,使得b≤成立.令h(x)=,x∈(0,+∞),因为h′(x)=-,所以y=h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.所以h(x)max=h(1)=1,所以b≤1.故b的最大值为1.(2)因为a=1,所以f(x)=ln x-x+b.所以g(x)=xe x-x-ln x-b.所以g′(x)=(x+1).令x0∈(0,1),使得=.两边取自然对数,得x0=-ln x0,所以g(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增.由题设可知,要使函数g(x) 没有零点,则要g(x)min=g(x0)>0即可,g(x0)=x0·-x0+x0-b=1-b>0,所以b<1.10.设f(x)=ln x+,g(x)=ax-4. 世纪金榜导学号(1)求φ(x)=f(x)+g(x)的单调区间.(2)当a=1时,记h(x)=f(x)·g(x),是否存在整数λ,使得关于x的不等式2λ≥h(x)有解?若存在,求出λ的最小值,若不存在,说明理由.【解析】(1)φ′(x)=-+a==(x>0).a<0时,令φ′(x)<0⇒x∈,令φ′(x)>0⇒x∈;故φ(x)在上单调递增,在上单调递减;0≤a≤1时,φ′(x)>0恒成立,故φ(x)在(0,+∞)上单调递增.a>1时,令φ′(x)<0⇒x∈,令φ′(x)>0⇒x∈;故φ(x)在上单调递减,在上单调递增;综上:a<0时,φ(x)在上单调递增,在上单调递减;0≤a≤1时,φ(x)在(0,+∞)上单调递增.a>1时,φ(x)在上单调递减,在上单调递增.(2)当a=1时,h(x)=f(x)·g(x)=(x-4)ln x,h′(x)=ln x+=1+ln x-(x>0),由于h′(x)在(0,+∞)上单调递增且h′(2)=ln 2-1<0,h′(3)=ln 3->0,故存在唯一x0∈(2,3),使得h′(x0)=0,即1+ln x0-=0(*),故h(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,故h(x)min=h(x0)=(x0-4)ln x0=(x0-4)=8-,又x0∈(2,3)且y=8-在(2,3)上单调递增,故8-∈, 即h(x)min∈.依题意:2λ≥h(x)有解,故λ≥h(x)min∈,又λ∈Z,故λmin=0.。

直击2024年高考——高三数学导数题型专练(全国版)

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导数题型专练【利用公式和四则运算求导】 【例1】下列求导运算正确的是( ) A.⎝⎛⎭⎫1ln x ′=-1x ln 2x B .(x 2e x )′=2x +e x C.⎣⎡⎦⎤cos ⎝⎛⎭⎫2x -π3′=-sin ⎝⎛⎭⎫2x -π3 D.⎝⎛⎭⎫x -1x ′=1+1x 2 【答案】 AD【解析】 ⎝⎛⎭⎫1ln x ′=-1ln 2x ·(ln x )′=-1x ln 2x , 故A 正确;(x 2e x )′=(x 2+2x )e x ,故B 错误;⎣⎡⎦⎤cos ⎝⎛⎭⎫2x -π3′=-2sin ⎝⎛⎭⎫2x -π3,故C 错误;⎝⎛⎭⎫x -1x ′=1+1x 2,故D 正确.【复合函数求导】 【例2】设函数,若,则.【答案】 1; 【解析】 函数, , ,,解得, 故答案为:.【根据导数构造抽象函数】 【例3】已知可导函数的导函数为,若对任意的,都有,且为奇函数,则不等式的解集为( ).A.B.C.D.【答案】 A; 【解析】 设,由,得:,故函数在递减,由为奇函数,得, ∴,即,∵不等式,∴,即, 结合函数的单调性得:, 故不等式的解集是.故选.【求在某点处的切线方程】【例4】曲线y =2x -1x +2在点(-1,-3)处的切线方程为__________.【答案】 5x -y +2=0【解析】 y ′=⎝ ⎛⎭⎪⎫2x -1x +2′=2(x +2)-(2x -1)(x +2)2=5(x +2)2,所以y ′|x =-1=5(-1+2)2=5,所以切线方程为y +3=5(x +1),即5x -y +2=0.【求过某点处的切线方程】【例5】y =2x 2+8过点P(1,2)的切线方程是( ). A. y =−4x +6B. y =12x −10C. y =−4x +6或y =12x −10D. y =4x +6或y =12x −10【答案】 C;【解析】 设切点坐标为(x 0 ,2x 02+8),y ′=4x ,∴切线斜率k =4x 0,则2x 02+8−2x 0−1=4x 0,解得x 0=−1或3,∴所求切线方程为y =−4x +6或y =12x −10.【根据切线求参数问题】【例6】直线y =kx +1与曲线f (x )=a ln x +b 相切于点P (1,2),则2a +b 等于( ) A .4 B .3C .2D .1【答案】 A【解析】 ∵直线y =kx +1与曲线f (x )=a ln x +b 相切于点P (1,2), 将P (1,2)代入y =kx +1, 可得k +1=2,解得k =1, ∵ f (x )=a ln x +b ,∴ f ′(x )=ax , 由f ′(1)=a1=1,解得a =1,可得f (x )=ln x +b , ∵P (1,2)在曲线f (x )=ln x +b 上, ∴f (1)=ln 1+b =2,解得b =2,故2a +b =2+2=4.【例7】过定点P (1,e)作曲线y =a e x (a >0)的切线,恰有2条,则实数a 的取值范围是________. 【答案】 (1,+∞)【解析】 由y ′=a e x ,若切点为(x 0,0e x a ), 则切线方程的斜率k =0'|x x y ==0e x a >0,∴切线方程为y =0e x a (x -x 0+1), 又P (1,e)在切线上, ∴0e x a (2-x 0)=e ,即ea =0e x (2-x 0)有两个不同的解,令φ(x )=e x (2-x ), ∴φ′(x )=(1-x )e x ,当x ∈(-∞,1)时,φ′(x )>0; 当x ∈(1,+∞)时,φ′(x )<0,∴φ(x )在(-∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减, ∴φ(x )max =φ(1)=e , 又x →-∞时,φ(x )→0; x →+∞时,φ(x )→-∞, ∴0<ea <e ,解得a >1,即实数a 的取值范围是(1,+∞).【两曲线的公切线】【例8】已知函数f (x )=x ln x ,g (x )=x 2+ax (a ∈R ),直线l 与f (x )的图象相切于点A (1,0),若直线l 与g (x )的图象也相切,则a 等于( ) A .0 B .-1 C .3 D .-1或3【答案】 D【解析】 由f (x )=x ln x 求导得f ′(x )=1+ln x ,则f ′(1)=1+ln 1=1,于是得函数f (x )在点A (1,0)处的切线l 的方程为y =x -1,因为直线l 与g (x )的图象也相切,则方程组⎩⎪⎨⎪⎧y =x -1,g x =x 2+ax ,有唯一解,即关于x 的一元二次方程x 2+(a -1)x +1=0有两个相等的实数根, 因此Δ=(a -1)2-4=0,解得a =-1或a =3, 所以a =-1或a =3.【利用导数确定函数图象】 【例9】已知函数,则的图象大致为( ).A. B.C. D.【答案】A;【解析】令,则,由,得,即函数在上单调递增,由得,即函数在上单调递减,所以当时,函数有最小值,,于是对任意的,有,故排除、,因为函数在上单调递减,则函数在上单调递增,故排除.故选.【利用导数求具体函数的单调性】【例10】函数f(x)=x2-2ln x的单调递减区间是()A.(0,1) B.(1,+∞)C.(-∞,1) D.(-1,1)【答案】A【解析】∵f′(x)=2x-2 x=2(x+1)(x-1)x(x>0),令f′(x)=0,得x=1,∴当x∈(0,1)时,f′(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增.【例11】若函数f(x)=ln x+1e x,则函数f(x)的单调递减区间为________.【答案】(1,+∞)【解析】f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=1x-ln x-1e x,令φ(x)=1x-ln x-1(x>0),φ′(x)=-1x2-1x<0,φ(x)在(0,+∞)上单调递减,且φ(1)=0,∴当x∈(0,1)时,φ(x)>0,当x∈(1,+∞)时,φ(x)<0,∴f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.【利用导数求含参函数的单调性】【例12】已知函数.讨论的单调性.【答案】当时,增区间为,无减区间;当时,增区间为,减区间为.【解析】函数的定义域为:,,①当时,恒成立,在上单调递增,无减区间;②当时,令,解得,∴增区间为,减区间为综上:当时,增区间为,无减区间;当时,增区间为,减区间为.【例13】已知函数是自然对数的底数).讨论的单调性.【答案】 当时,在上单调递减; 当时,在上单调递减,在上单调递增. 【解析】,当时,,在上单调递减; 当时,由得,所以在上单调递减;由得,所以在上单调递增.综上,当时,在上单调递减;当时,在上单调递减,在上单调递增.【导数解决单调性的应用-比较大小】【例14】已知函数f (x )=x sin x ,x ∈R ,则f ⎝⎛⎭⎫π5,f (1),f ⎝⎛⎭⎫-π3的大小关系为( ) A .f ⎝⎛⎭⎫-π3>f (1)>f ⎝⎛⎭⎫π5 B .f (1)>f ⎝⎛⎭⎫-π3>f ⎝⎛⎭⎫π5 C .f ⎝⎛⎭⎫π5>f (1)>f ⎝⎛⎭⎫-π3 D .f ⎝⎛⎭⎫-π3>f ⎝⎛⎭⎫π5>f (1) 【答案】 A【解析】 因为f (x )=x sin x ,所以f (-x )=(-x )·sin(-x )=x sin x =f (x ),所以函数f (x )是偶函数,所以f ⎝⎛⎭⎫-π3=f ⎝⎛⎭⎫π3.又当x ∈⎝⎛⎭⎫0,π2时,f ′(x )=sin x +x cos x >0,所以函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0,π2上单调递增,所以f ⎝⎛⎭⎫π5<f (1)<f ⎝⎛⎭⎫π3,即f ⎝⎛⎭⎫-π3>f (1)>f ⎝⎛⎭⎫π5.【导数解决单调性的应用-解不等式】【例15】已知函数f (x )=e x -e -x -2x +1,则不等式f (2x -3)>1的解集为________.【答案】 ⎝⎛⎭⎫32,+∞【解析】 f (x )=e x -e -x -2x +1,定义域为R , f ′(x )=e x +e -x -2≥2e x ·e -x -2=0,当且仅当x =0时取“=”, ∴f (x )在R 上单调递增, 又f (0)=1,∴原不等式可化为f (2x -3)>f (0), 即2x -3>0,解得x >32, ∴原不等式的解集为⎝⎛⎭⎫32,+∞.【导数解决单调性的应用-求参数范围】【例16】已知函数f (x )=12x 2+2ax -ln x ,若f (x )在区间⎣⎡⎦⎤13,2上单调递增,则实数a 的取值范围为________. 【答案】 ⎣⎡⎭⎫43,+∞ 【解析】 由题意知f ′(x )=x +2a -1x ≥0在⎣⎡⎦⎤13,2上恒成立, 即2a ≥-x +1x 在⎣⎡⎦⎤13,2上恒成立, ∵⎝⎛⎭⎫-x +1x max =83, ∴2a ≥83,即a ≥43.【根据函数图象判断极值】【例17】设函数f (x )在R 上可导,其导函数为f ′(x ),且函数y =(x -1)f ′(x )的图象如图所示,则下列结论中正确的是( )A.函数f(x)有极大值f(-3)和f(3)B.函数f(x)有极小值f(-3)和f(3) C.函数f(x)有极小值f(3)和极大值f(-3)D.函数f(x)有极小值f(-3)和极大值f(3)【答案】D【解析】由题图知,当x∈(-∞,-3)时,y>0,x-1<0⇒f′(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(-3,1)时,y<0,x-1<0⇒f′(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(1,3)时,y>0,x-1>0⇒f′(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(3,+∞)时,y<0,x-1>0⇒f′(x)<0,f(x)单调递减.所以函数有极小值f(-3)和极大值f(3).【利用导数求函数的极值】【例18】已知函数,其中.求函数的极值.【答案】当时,在单调递减,无极值,当时,在单调递增,上单调递减.∴有极大值.【解析】,,令得,,当时,在单调递减,无极值,当时,在单调递增,上单调递减.∴有极大值.【例19】已知函数.判断函数的极值点的个数,并说明理由.【答案】当时,函数有一个极值点;当或时,函数有两个极值点,当时,函数无极值点.【解析】因为,所以.()当时,有,令,得.当变化时,和的变化情况如下:所以当时,函数只有一个极值点.()当时,令,得,.①当时,.当变化时,和的变化情况如下:所以当时,函数有两个极值点.②当时,恒成立,所以在上单调递增,所以当时,函数无极值点.③当时,,当变化时,和的变化情况如下:所以当时,函数有两个极值点,综上,当时,函数有一个极值点;当或时,函数有两个极值点,当时,函数无极值点.【已知极值(点)求参数】【例20】函数f (x )=x 3+ax 2+bx +a 2在x =1处取得极值10,则a +b 等于()A .-7B .0C .-7或0D .-15或6【答案】 A【解析】 由题意知,函数f (x )=x 3+ax 2+bx +a 2,可得f ′(x )=3x 2+2ax +b ,因为f (x )在x =1处取得极值10,可得⎩⎪⎨⎪⎧ f ′(1)=3+2a +b =0,f (1)=1+a +b +a 2=10,解得⎩⎪⎨⎪⎧ a =4,b =-11,或⎩⎪⎨⎪⎧a =-3,b =3,检验知,当a =-3,b =3时,可得f ′(x )=3x 2-6x +3=3(x -1)2≥0,此时函数f (x )单调递增,函数无极值点,不符合题意;当a =4,b =-11时,可得f ′(x )=3x 2+8x -11=(3x +11)(x -1),当x <-113或x >1时,f ′(x )>0,f (x )单调递增;当-113<x <1时,f ′(x )<0,f (x )单调递减,当x =1时,函数f (x )取得极小值,符合题意.所以a +b =-7.【利用导数求函数的最值】【例21】函数的最小值为 . 【答案】 ; 【解析】 当时,,,此时单调递减,此时.当时,,, 当时,,单调递减, 时,,单调递增, ∴此时,∵,∴的最小值为. 【例22】已知函数g (x )=a ln x +x 2-(a +2)x (a ∈R ).(1)若a =1,求g (x )在区间[1,e]上的最大值;(2)求g (x )在区间[1,e]上的最小值h (a ).【答案】(1) e 2-3e +1;(2) h (a )=⎩⎪⎨⎪⎧ -a -1,a ≤2,a ln a 2-14a 2-a ,2<a <2e ,(1-e )a +e 2-2e ,a ≥2e.【解析】 (1)∵a =1,∴g (x )=ln x +x 2-3x ,∴g ′(x )=1x +2x -3=(2x -1)(x -1)x, ∵x ∈[1,e],∴g ′(x )≥0,∴g (x )在[1,e]上单调递增,∴g (x )max =g (e)=e 2-3e +1.(2)g (x )的定义域为(0,+∞),g ′(x )=a x +2x -(a +2)=2x 2-(a +2)x +a x=(2x -a )(x -1)x. ①当a 2≤1,即a ≤2时,g (x )在[1,e]上单调递增,h (a )=g (1)=-a -1;②当1<a 2<e ,即2<a <2e 时,g (x )在⎣⎡⎭⎫1,a 2上单调递减,在⎝⎛⎦⎤a 2,e 上单调递增,h (a )=g ⎝⎛⎭⎫a 2=a ln a 2-14a 2-a ;③当a 2≥e ,即a ≥2e 时,g (x )在[1,e]上单调递减,h (a )=g (e)=(1-e)a +e 2-2e.综上,h (a )=⎩⎪⎨⎪⎧ -a -1,a ≤2,a ln a 2-14a 2-a ,2<a <2e ,(1-e )a +e 2-2e ,a ≥2e.【数形结合法研究函数零点】【例23】已知函数f (x )=e x -a (x +2).(1)当a =1时,讨论f (x )的单调性;(2)若f (x )有两个零点,求a 的取值范围.【解析】 (1)当a =1时,f (x )=e x -(x +2),f ′(x )=e x -1,令f ′(x )<0,解得x <0,令f ′(x )>0,解得x >0,所以f (x )在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.(2)令f (x )=0,得e x =a (x +2),即1a =x +2e x ,所以函数y =1a 的图象与函数φ(x )=x +2e x 的图象有两个交点,φ′(x )=-x -1e x ,当x ∈(-∞,-1)时,φ′(x )>0;当x ∈(-1,+∞)时,φ′(x )<0,所以φ(x )在(-∞,-1)上单调递增,在(-1,+∞)上单调递减,所以φ(x )max =φ(-1)=e ,且x →-∞时,φ(x )→-∞;x →+∞时,φ(x )→0,所以0<1a <e ,解得a >1e .所以a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫1e ,+∞.【利用函数性质研究函数零点】【例24】已知函数f (x )=x -a ln x (a >0).(1)求函数f (x )的单调区间;(2)求函数g (x )=12x 2-ax -f (x )的零点个数.【解析】 (1)函数f (x )的定义域为(0,+∞),由f (x )=x -a ln x 可得f ′(x )=1-a x =x -a x ,由f ′(x )>0可得x >a ;由f ′(x )<0可得0<x <a ,所以f (x )的单调递减区间为(0,a ),单调递增区间为(a ,+∞).(2)由g (x )=12x 2-ax -x +a ln x=12x 2-(a +1)x +a ln x ,可得g ′(x )=x -(a +1)+a x令g ′(x )=0可得x =1或x =a ,因为g (1)=12-a -1=-a -12<0,g (2a +3)=12(2a +3)2-(a +1)(2a +3)+a ln(2a +3)=a +a ln(2a +3)+32>0,当a >1时,g (x )在(1,a )上单调递减,所以g (1)>g (a ),所以g (a )<0,所以g (x )有一个零点,当a =1时,g (x )在(0,+∞)上单调递增,所以g (x )有一个零点,当0<a <1时,g (x )在(0,a )上单调递增,在(a ,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,此时g (a )=12a 2-(a +1)a +a ln a=-12a 2-a +a ln a <0,g (x )只有一个零点,综上所述,g (x )在(0,+∞)上只有一个零点.【导数构造问题】【例25】已知定义在R 上的函数f (x ),其导函数为f ′(x ),当x >0时,f ′(x )-f (x )x >0,若a=2f (1),b =f (2),c =4f ⎝⎛⎭⎫12,则a ,b ,c 的大小关系是( )A .c <b <aB .c <a <bC .b <a <cD .a <b <c 【答案】 B【解析】 构造函数g (x )=f (x )x (x >0),得g ′(x )=xf ′(x )-f (x )x 2=1x ⎣⎡⎦⎤f ′(x )-f (x )x , 由题知当x >0时,f ′(x )-f (x )x >0,所以g ′(x )>0,故g (x )在(0,+∞)上单调递增,所以f (2)2>f (1)1>f ⎝⎛⎭⎫1212,即f (2)>2f (1)>4f ⎝⎛⎭⎫12,即b >a >c .【例26】(多选)已知f (x )是定义在(-∞,+∞)上的函数,导函数f ′(x )满足f ′(x )<f (x )对于x ∈R 恒成立,则( )A .f (2)<e 2f (0)B .f (2)>e 2f (0)C .e 2f (-1)>f (1)D .e 2f (-1)<f (1)【答案】 AC【解析】 构造F (x )=f (x )e x ,则F ′(x )=e x f ′(x )-e x f (x )e 2x =f ′(x )-f (x )e x,导函数f ′(x )满足f ′(x )<f (x ),则F ′(x )<0,F (x )在R 上单调递减,根据单调性可知A ,C 选项正确.【例27】(多选)定义在⎝⎛⎭⎫0,π2上的函数f (x ),已知f ′(x )是它的导函数,且恒有cos x ·f ′(x )+sin x ·f (x )<0成立,则有( )A .f ⎝⎛⎭⎫π6>2f ⎝⎛⎭⎫π4 B.3f ⎝⎛⎭⎫π6>f ⎝⎛⎭⎫π3 C .f ⎝⎛⎭⎫π6>3f ⎝⎛⎭⎫π3 D.2f ⎝⎛⎭⎫π6>3f ⎝⎛⎭⎫π4 【答案】 CD【解析】 构造函数g (x )=f (x )cos x ⎝⎛⎭⎫0<x <π2. 则g ′(x )=f ′(x )cos x +f (x )sin x (cos x )2<0,即函数g (x )在⎝⎛⎭⎫0,π2上单调递减, 所以g ⎝⎛⎭⎫π6>g ⎝⎛⎭⎫π3,所以f ⎝⎛⎭⎫π6>3f ⎝⎛⎭⎫π3, 同理g ⎝⎛⎭⎫π6>g ⎝⎛⎭⎫π4, 即2f ⎝⎛⎭⎫π6>3f ⎝⎛⎭⎫π4.【同构法导数构造】【例28】若存在x ,y ∈(0,+∞)使得x ln(2ax )+y =x ln y ,则实数a 的最大值为( ) A.1eB.12eC.13eD.2e【答案】 B【解析】 由x ln(2ax )+y =x ln y ,得ln(2a )=ln y x -y x ,令t =y x >0,g (t )=ln t -t ,则g ′(t )=1t -1=1-t t ,当0<t <1时,g ′(t )>0,当t >1时,g ′(t )<0,所以g (t )在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,所以当t =1时,g (t )取得极大值即最大值g (1)=-1,因为当t →0时,g (t )→-∞,所以g (t )∈(-∞,-1],所以ln 2a ≤-1,所以0<a ≤12e ,所以实数a 的最大值为12e .【分参法解决恒成立问题】【例29】已知函数f (x )=(x -2)e x -12ax 2+ax (a ∈R ).(1)当a =0时,求曲线y =f (x )在点(0,f (0))处的切线方程;(2)当x ≥2时,f (x )≥0恒成立,求a 的取值范围.【解析】(1)当a =0时,f (x )=(x -2)e x ,f (0)=(0-2)e 0=-2,f ′(x )=(x -1)e x ,k =f ′(0)=(0-1)e 0=-1,所以切线方程为y +2=-(x -0),即x +y +2=0.(2)方法一 当x ≥2时,f (x )≥0恒成立,等价于当x ≥2时,(x -2)e x -12ax 2+ax ≥0恒成立.即⎝⎛⎭⎫12x 2-x a ≤(x -2)e x 在[2,+∞)上恒成立.当x =2时,0·a ≤0,所以a ∈R .当x >2时,12x 2-x >0,所以a ≤(x -2)e x 12x 2-x=2e x x 恒成立. 设g (x )=2e x x ,则g ′(x )=2(x -1)e x x 2, 因为x >2,所以g ′(x )>0,所以g (x )在区间(2,+∞)上单调递增.所以g (x )>g (2)=e 2,所以a ≤e 2.综上所述,a 的取值范围是(-∞,e 2].【整体法解决恒成立问题】【例30】已知函数f (x )=e x -1-ax +ln x (a ∈R ). (1)若函数f (x )在x =1处的切线与直线3x -y =0平行,求a 的值;(2)若不等式f (x )≥ln x -a +1对一切x ∈[1,+∞)恒成立,求实数a 的取值范围.【解析】(1)f ′(x )=e x -1-a +1x ,∴f ′(1)=2-a =3,∴a =-1,经检验a =-1满足题意,∴a =-1,(2)f (x )≥ln x -a +1可化为e x -1-ax +a -1≥0,x >0,令φ(x )=e x -1-ax +a -1,则当x ∈[1,+∞)时,φ(x )min ≥0,∵φ′(x )=e x -1-a ,①当a ≤1e 时,φ′(x )>0,∴φ(x )在[1,+∞)上单调递增,∴φ(x )min =φ(1)=1-a +a -1=0≥0恒成立,∴a ≤1e 符合题意.②当a >1e 时,令φ′(x )=0,得x =ln a +1.当x ∈(0,ln a +1)时,φ′(x )<0,当x ∈(ln a +1,+∞)时,φ′(x )>0,∴φ(x )在(0,ln a +1)上单调递减,在(ln a +1,+∞)上单调递增.当ln a +1≤1,即1e <a ≤1时,φ(x )在[1,+∞)上单调递增,φ(x )min =φ(1)=0≥0恒成立,∴1e <a ≤1符合题意.当ln a +1>1,即a >1时,φ(x )在[1,ln a +1)上单调递减,在(ln a +1,+∞)上单调递增, ∴φ(x )min =φ(ln a +1)<φ(1)=0与φ(x )≥0矛盾.故a >1不符合题意.综上,实数a 的取值范围为(-∞,1].【双变量的恒(能)成立问题】【例31】设f (x )=a x +x ln x ,g (x )=x 3-x 2-3.(1)如果存在x 1,x 2∈[0,2],使得g (x 1)-g (x 2)≥M 成立,求满足上述条件的最大整数M ;(2)如果对于任意的s ,t ∈⎣⎡⎦⎤12,2,都有f (s )≥g (t )成立,求实数a 的取值范围. 解 (1)存在x 1,x 2∈[0,2],使得g (x 1)-g (x 2)≥M 成立,等价于[g (x 1)-g (x 2)]max ≥M 成立. g ′(x )=3x 2-2x =x (3x -2),令g ′(x )=0,得x =0或x =23,∵g ⎝⎛⎭⎫23=-8527, 又g (0)=-3,g (2)=1, ∴当x ∈[0,2]时,g (x )max =g (2)=1,g (x )min =g ⎝⎛⎭⎫23=-8527, ∴M ≤1-⎝⎛⎭⎫-8527=11227, ∴满足条件的最大整数M 为4.(2)对任意的s ,t ∈⎣⎡⎦⎤12,2有f (s )≥g (t ),则f (x )min ≥g (x )max .由(1)知当x ∈⎣⎡⎦⎤12,2时,g (x )max =g (2)=1, ∴当x ∈⎣⎡⎦⎤12,2时,f (x )=a x +x ln x ≥1恒成立, 即a ≥x -x 2ln x 恒成立.令h (x )=x -x 2ln x ,x ∈⎣⎡⎦⎤12,2,∴h ′(x )=1-2x ln x -x , 令φ(x )=1-2x ln x -x , ∴φ′(x )=-3-2ln x <0,h ′(x )在⎣⎡⎦⎤12,2上单调递减,又h ′(1)=0,∴当x ∈⎣⎡⎦⎤12,1时,h ′(x )≥0, 当x ∈[1,2]时,h ′(x )≤0,∴h (x )在⎣⎡⎦⎤12,1上单调递增,在[1,2]上单调递减,∴h (x )max =h (1)=1,故a ≥1.∴实数a 的取值范围是[1,+∞).【利用导数证明不等式】【例32】已知函数g (x )=x 3+ax 2.(1)若函数g (x )在[1,3]上为单调函数,求a 的取值范围;(2)已知a >-1,x >0,求证:g (x )>x 2ln x .(1)解 由题意知,函数g (x )=x 3+ax 2,则g ′(x )=3x 2+2ax ,若g (x )在[1,3]上单调递增,则g ′(x )=3x 2+2ax ≥0在[1,3]上恒成立,则a ≥-32;若g (x )在[1,3]上单调递减,则g ′(x )=3x 2+2ax ≤0在[1,3]上恒成立,则a ≤-92.所以a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤-∞,-92∪⎣⎡⎭⎫-32,+∞. (2)证明 由题意得,要证g (x )>x 2ln x ,x >0,即证x 3+ax 2>x 2ln x ,即证x +a >ln x ,令u (x )=x +a -ln x ,x >0,可得u ′(x )=1-1x =x -1x ,x >0,当0<x <1时,u ′(x )<0,函数u (x )单调递减;当x >1时,u ′(x )>0,函数u (x )单调递增.所以u (x )≥u (1)=1+a ,因为a >-1,所以u (x )>0,故当a >-1时,对于任意x >0,g (x )>x 2ln x .【例33】已知函数f (x )=a ln x +x .(1)讨论f (x )的单调性;(2)当a =1时,证明:xf (x )<e x .(1)解 f (x )的定义域为(0,+∞),f ′(x )=a x +1=x +a x .当a ≥0时,f ′(x )>0,所以f (x )在(0,+∞)上单调递增.当a <0时,若x ∈(-a ,+∞),则f ′(x )>0;若x ∈(0,-a ),则f ′(x )<0.所以f (x )在(-a ,+∞)上单调递增,在(0,-a )上单调递减.综上所述,当a ≥0时,f (x )在(0,+∞)上单调递增;当a <0时,f (x )在(-a ,+∞)上单调递增,在(0,-a )上单调递减.(2)证明 当a =1时,要证xf (x )<e x ,即证x 2+x ln x <e x ,即证1+ln x x <e x x 2.令函数g (x )=1+ln x x ,则g ′(x )=1-ln x x 2.令g ′(x )>0,得x ∈(0,e);令g ′(x )<0,得x ∈(e ,+∞).所以g (x )在(0,e)上单调递增,在(e ,+∞)上单调递减,所以g (x )max =g (e)=1+1e ,令函数h (x )=e x x 2,则h ′(x )=e x (x -2)x 3.当x ∈(0,2)时,h ′(x )<0;当x ∈(2,+∞)时,h ′(x )>0.所以h (x )在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,所以h (x )min =h (2)=e 24.因为e 24-⎝⎛⎭⎫1+1e >0,所以h (x )min >g (x )max ,即1+ln x x <e x x 2,从而xf (x )<e x 得证.【例34】已知函数f (x )=e x .(1)求曲线y =f (x )在点(0,f (0))处的切线方程;(2)当x >-2时,求证:f (x )>ln(x +2).(1)解 由f (x )=e x ,得f (0)=1,f ′(x )=e x ,则f ′(0)=1,即曲线y =f (x )在点(0,f (0))处的切线方程为y -1=x -0,所以所求切线方程为x -y +1=0.(2)证明 设g (x )=f (x )-(x +1)=e x -x -1(x >-2),则g ′(x )=e x -1,当-2<x <0时,g ′(x )<0;当x >0时,g ′(x )>0,即g (x )在(-2,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,于是当x =0时,g (x )min =g (0)=0,因此f (x )≥x +1(当且仅当x =0时取等号),令h (x )=x +1-ln(x +2)(x >-2),则h ′(x )=1-1x +2=x +1x +2, 则当-2<x <-1时,h ′(x )<0,当x >-1时,h ′(x )>0,即有h (x )在(-2,-1)上单调递减,在(-1,+∞)上单调递增,于是当x =-1时,h (x )min =h (-1)=0,因此x +1≥ln(x +2)(当且仅当x =-1时取等号),所以当x >-2时,f (x )>ln(x +2).【隐零点问题】【例35】已知函数f (x )=ln x -ax (a ∈R ).(1)讨论函数f (x )的单调性;(2)证明不等式e x -2-ax >f (x )恒成立. 【解析】 (1) f ′(x )=1x -a =1-ax x (x >0),当a ≤0时,f ′(x )>0,所以f (x )在(0,+∞)上单调递增;当a >0时,令f ′(x )=0,得x =1a ,所以当x ∈⎝⎛⎭⎫0,1a 时,f ′(x )>0,f (x )单调递增; 当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ,+∞时,f ′(x )<0,f (x )单调递减.综上所述,当a ≤0时,f (x )在(0,+∞)上单调递增;当a >0时,f (x )在⎝⎛⎭⎫0,1a 上单调递增, 在⎝⎛⎭⎫1a ,+∞上单调递减.(2)设函数φ(x )=e x -2-ln x (x >0),则φ′(x )=e x -2-1x ,可知φ′(x )在(0,+∞)上单调递增.又由φ′(1)<0,φ′(2)>0知,φ′(x )=0在(0,+∞)上有唯一实数根x 0,且1<x 0<2, 则φ′(x 0)=02ex −-1x 0=0, 即02e x −=1x 0. 当x ∈(0,x 0)时,φ′(x )<0,φ(x )单调递减;当x ∈(x 0,+∞)时,φ′(x )>0,φ(x )单调递增,所以φ(x )≥φ(x 0)=02ex −-ln x 0, 结合02e x −=1x 0, 知x 0-2=-ln x 0,所以φ(x )≥φ(x 0)=1x 0+x 0-2=x 20-2x 0+1x 0=(x 0-1)2x 0>0, 则φ(x )=e x -2-ln x >0,即不等式e x -2-ax >f (x )恒成立.【极值点偏移问题】【例36】已知函数f (x )=a e x -x ,a ∈R .若f (x )有两个不同的零点x 1,x 2.证明:x 1+x 2>2.【解析】由f (x )=a e x -x =0,得x e x -a =0,令g (x )=x e x -a ,则g ′(x )=1-x e x ,由g ′(x )=1-x e x >0,得x <1;由g ′(x )=1-x e x <0,得x >1.所以g (x )在(-∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,由于x 1,x 2是方程g (x )=0的实根,不妨设x 1<1<x 2,方法一 (对称化构造函数法)要证x 1+x 2>2, 只要证x 2>2-x 1>1.由于g (x )在(1,+∞)上单调递减,故只要证g (x 2)<g (2-x 1), 由于g (x 1)=g (x 2)=0,故只要证g (x 1)<g (2-x 1),令H (x )=g (x )-g (2-x )=x e x -2-x e 2-x (x <1), 则H ′(x )=1-x e x -1-x e 2-x =(e 2-x -e x )(1-x )e 2, 因为x <1,所以1-x >0,2-x >x ,所以e 2-x >e x ,即e 2-x -e x >0,所以H ′(x )>0,所以H (x )在(-∞,1)上单调递增. 所以H (x 1)<H (1)=0,即有g (x 1)<g (2-x 1)成立,所以x 1+x 2>2.方法二 (比值代换法)设0<x 1<1<x 2,由g (x 1)=g (x 2),得1212e e x x x x −−=,等式两边取对数得ln x 1-x 1=ln x 2-x 2.令t =x 2x 1>1,则x 2=tx 1,代入上式得ln x 1-x 1=ln t +ln x 1-tx 1,得x 1=ln t t -1,x 2=t ln t t -1. 所以x 1+x 2=(t +1)ln t t -1>2⇔ln t -2(t -1)t +1>0, 设g (t )=ln t -2(t -1)t +1(t >1),所以g ′(t )=1t -2(t +1)-2(t -1)(t +1)2=(t -1)2t (t +1)2>0, 所以当t >1时,g (t )单调递增, 所以g (t )>g (1)=0,所以ln t -2(t -1)t +1>0,故x 1+x 2>2.。

2020年 高考数学(文科)常考基础题、易错题 提分必刷题之 导数的概念及运算

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第1讲导数的概念及运算一、填空题1.设y=x2e x,则y′=________.解析y′=2x e x+x2e x=(2x+x2)e x.答案(2x+x2)e x2.已知函数f(x)的导函数为f′(x),且满足f(x)=2x·f′(1)+ln x,则f′(1)=________.解析由f(x)=2xf′(1)+ln x,得f′(x)=2f′(1)+1 x,∴f′(1)=2f′(1)+1,则f′(1)=-1.答案-13.曲线y=sin x+e x在点(0,1)处的切线方程是________.解析y′=cos x+e x,故切线斜率为k=2,切线方程为y=2x+1,即2x -y+1=0.答案2x-y+1=04.(2017·苏州调研)已知曲线y=ln x的切线过原点,则此切线的斜率为________.解析y=ln x的定义域为(0,+∞),且y′=1x,设切点为(x0,ln x0),则y′|x=x0=1x0,切线方程为y-ln x0=1x0(x-x0),因为切线过点(0,0),所以-ln x0=-1,解得x0=e,故此切线的斜率为1 e.答案1 e5.若曲线y=ax2-ln x在点(1,a)处的切线平行于x轴,则a=________.解析因为y′=2ax-1x,所以y′|x=1=2a-1.因为曲线在点(1,a)处的切线平行于x轴,故其斜率为0,故2a-1=0,解得a=1 2.答案1 26.(2017·南师附中月考)如图,y=f(x)是可导函数,直线l:y=kx+2是曲线y=f(x)在x=3处的切线,令g(x)=xf(x),其中g′(x)是g(x)的导函数,则g′(3)=________.解析由图形可知:f(3)=1,f′(3)=-13,∵g′(x)=f(x)+xf′(x),∴g′(3)=f(3)+3f′(3)=1-1=0. 答案07.(2017·苏北四市模拟)设曲线y=1+cos xsin x在点⎝⎛⎭⎪⎫π2,1处的切线与直线x-ay+1=0平行,则实数a=________.解析∵y′=-1-cos xsin2x,∴由条件知1a=-1,∴a=-1.答案-18.(2015·全国Ⅱ卷)已知曲线y=x+ln x在点(1,1)处的切线与曲线y=ax2+(a+2)x+1相切,则a=________.解析由y=x+ln x,得y′=1+1x,得曲线在点(1,1)处的切线的斜率为k=y′|x=1=2,所以切线方程为y-1=2(x-1),即y=2x-1.又该切线与y=ax2+(a+2)x+1相切,消去y,得ax2+ax+2=0,∴a≠0且Δ=a2-8a=0,解得a=8.答案8二、解答题9.已知点M是曲线y=13x3-2x2+3x+1上任意一点,曲线在M处的切线为l,求:(1)斜率最小的切线方程;(2)切线l 的倾斜角α的取值范围.解 (1)y ′=x 2-4x +3=(x -2)2-1≥-1,所以当x =2时,y ′=-1,y =53,所以斜率最小的切线过点⎝ ⎛⎭⎪⎫2,53,斜率k =-1, 所以切线方程为3x +3y -11=0.(2)由(1)得k ≥-1,所以tan α≥-1,所以α∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0,π2∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫3π4,π. 10.已知曲线y =x 3+x -2在点P 0处的切线l 1平行于直线4x -y -1=0,且点P 0在第三象限.(1)求P 0的坐标;(2)若直线l ⊥l 1,且l 也过切点P 0,求直线l 的方程.解 (1)由y =x 3+x -2,得y ′=3x 2+1,由已知令3x 2+1=4,解之得x =±1.当x =1时,y =0;当x =-1时,y =-4.又∵点P 0在第三象限,∴切点P 0的坐标为(-1,-4).(2)∵直线l ⊥l 1,l 1的斜率为4,∴直线l 的斜率为-14.∵l 过切点P 0,点P 0的坐标为(-1,-4),∴直线l 的方程为y +4=-14(x +1),即x +4y +17=0.11.(2016·山东卷改编)若函数y =f (x )的图象上存在两点,使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直,则称y =f (x )具有T 性质,下列函数:①y =sin x ;②y =ln x ;③y =e x ;④y =x 3.其中具有T 性质的是________(填序号).解析 若y =f (x )的图象上存在两点(x 1,f (x 1)),(x 2,f (x 2)),使得函数图象在这两点处的切线互相垂直,则f ′(x 1)·f ′(x 2)=-1.对于①:y ′=cos x ,若有cos x 1·cos x 2=-1,则当x 1=2k π,x 2=2k π+π(k∈Z)时,结论成立;对于②:y′=1x,若有1x1·1x2=-1,即x1x2=-1,∵x1>0,x2>0,∴不存在x1,x2,使得x1x2=-1;对于③:y′=e x,若有e x1·e x2=-1,即e x1+x2=-1.显然不存在这样的x1,x2;对于④:y′=3x2,若有3x21·3x22=-1,即9x21x22=-1,显然不存在这样的x1,x2.答案①12.(2017·合肥模拟改编)点P是曲线x2-y-ln x=0上的任意一点,则点P到直线y=x-2的最小距离为________.解析点P是曲线y=x2-ln x上任意一点,当过点P的切线和直线y=x-2平行时,点P到直线y=x-2的距离最小,直线y=x-2的斜率为1,令y=x2-ln x,得y′=2x-1x=1,解得x=1或x=-12(舍去),故曲线y=x2-ln x上和直线y=x-2平行的切线经过的切点坐标为(1,1),点(1,1)到直线y=x-2的距离等于2,∴点P到直线y=x-2的最小距离为 2.答案 213.若函数f(x)=12x2-ax+ln x存在垂直于y轴的切线,则实数a的取值范围是________.解析∵f(x)=12x2-ax+ln x,∴f′(x)=x-a+1x(x>0).∵f(x)存在垂直于y轴的切线,∴f′(x)存在零点,即x+1x-a=0有解,∴a=x+1x≥2(当且仅当x=1时取等号).答案[2,+∞)14.已知函数f(x)=x-2x,g(x)=a(2-ln x)(a>0).若曲线y=f(x)与曲线y=g(x)在x=1处的切线斜率相同,求a的值,并判断两条切线是否为同一条直线.解根据题意有f′(x)=1+2x2,g′(x)=-ax.曲线y=f(x)在x=1处的切线斜率为f′(1)=3,曲线y=g(x)在x=1处的切线斜率为g′(1)=-a,所以f′(1)=g′(1),即a=-3.曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为y-f(1)=3(x-1).所以y+1=3(x-1),即切线方程为3x-y-4=0.曲线y=g(x)在x=1处的切线方程为y-g(1)=3(x-1),所以y+6=3(x-1),即切线方程为3x-y-9=0,所以,两条切线不是同一条直线.。

高考文科数学导数【学生】

高考文科数学导数【学生】

11 导数一、选择题 1.(福建11)如果函数y=f (x )的图象如右图,那么 导函数/()y f x =的图象可能是( A )2.(辽宁6)设P 为曲线C :223y x x =++上的点,且曲线C 在点P 处切线倾斜角的取值范围为04π⎡⎤⎢⎥⎣⎦,,则点P 横坐标的取值范围为( A )A .112⎡⎤--⎢⎥⎣⎦,B .[]10-,C .[]01,D .112⎡⎤⎢⎥⎣⎦,3.(全国Ⅰ4)曲线324y x x =-+在点(13),处的切线的倾斜角为( B ) A .30°B .45°C .60°D .120°4.(全国Ⅱ7)设曲线2ax y =在点(1,a )处的切线与直线062=--y x 平行,则=a ( A ) A .1B .12C .12-D .1-二、填空题1.(北京13)如图,函数()f x 的图象是折线段ABC ,其中A B C ,,的坐标分别为(04)(20)(64),,,,,,则((0))f f =_________;2函数()f x 在1x =处的导数(1)f '=_________.2-BCAy12 3 42.(江苏14)13)(3+-=x ax x f 对于[]1,1-∈x 总有0)(≥x f 成立,则a = 4三、解答题10.(山东21)(本小题满分12分) 设函数2132()x f x x eax bx -=++,已知2x =-和1x =为()f x 的极值点.(Ⅰ)求a 和b 的值; (Ⅱ)讨论()f x 的单调性; (Ⅲ)设322()3g x x x =-,试比较()f x 与()g x 的大小. 解:(Ⅰ)因为122()e (2)32x f x x x ax bx -'=+++1e (2)(32)x x x x ax b -=+++,又2x =-和1x =为()f x 的极值点,所以(2)(1)0f f ''-==,因此6203320a b a b -+=⎧⎨++=⎩,,解方程组得13a =-,1b =-. (Ⅱ)因为13a =-,1b =-,所以1()(2)(e1)x f x x x -'=+-,令()0f x '=,解得12x =-,20x =,31x =. 因为当(2)x ∈-∞-,(01),时,()0f x '<;当(20)(1)x ∈-+∞,,时,()0f x '>.所以()f x 在(20)-,和(1)+∞,上是单调递增的;在(2)-∞-,和(01),上是单调递减的. (Ⅲ)由(Ⅰ)可知21321()e 3x f x x x x -=--, 故21321()()e (e )x x f x g x x x x x ---=-=-,令1()ex h x x -=-,则1()e1x h x -'=-.令()0h x '=,得1x =,因为(]1x ∈-∞,时,()0h x '≤, 所以()h x 在(]1x ∈-∞,上单调递减. 故(]1x ∈-∞,时,()(1)0h x h =≥; 因为[)1x ∈+∞,时,()0h x '≥, 所以()h x 在[)1x ∈+∞,上单调递增. 故[)1x ∈+∞,时,()(1)0h x h =≥.所以对任意()x ∈-∞+∞,,恒有()0h x ≥,又20x ≥,因此()()0f x g x -≥,故对任意()x ∈-∞+∞,,恒有()()f x g x ≥. 1.(安徽20)(本小题满分12分) 设函数323()(1)1,32a f x x x a x a =-+++其中为实数。

高考数学最新真题专题解析—导数及其应用(新高考卷)

高考数学最新真题专题解析—导数及其应用(新高考卷)

高考数学最新真题专题解析—导数及其应用(新高考卷)【母题来源】2022年新高考I 卷【母题题文】已知函数f(x)=x 3−x +1,则( ) A. f(x)有两个极值点 B. f(x)有三个零点C. 点(0,1)是曲线y =f(x)的对称中心D. 直线y =2x 是曲线y =f(x)的切线 【答案】AC 【分析】本题考查利用导数研究函数的极值与零点以及曲线上一点的切线问题,函数的对称性,考查了运算能力以及数形结合思想,属于中档题. 【解答】解: f(x)=x 3−x +1⇒f′(x)=3x 2−1 ,令 f′(x)=0 得: x =±√33,f′(x)>0⇒x <−√33 或 x >√33 ; f′(x)<0⇒−√33<x <√33,所以 f(x) 在 (−∞,−√33) 上单调递增,在 (−√33,√33) 上单调递减,在 (√33,+∞)上单调递增,所以 f(x) 有两个极值点 (x =−√33 为极大值点, x =√33为极小值点 ) ,故 A正确 ;又 f(−√33)=−√39−(−√33)+1=1+2√39>0 , f(√33)=√39−√33+1=1−2√39>0 ,所以 f(x) 仅有 1 个零点 ( 如图所示 ) ,故 B 错 ;又 f(−x)=−x 3+x +1⇒f(−x)+f(x)=2 ,所以 f(x) 关于 (0,1) 对称,故 C 正确 ;对于 D 选项,设切点 P(x 0,y 0) ,在 P 处的切线为 y −(x 03−x 0+1)=(3x 02−1)(x −x 0) ,即 y =(3x 02−1)x −2x 03+1 ,若 y =2x 是其切线,则 {3x 02−1=2−2x 03+1=0,方程组无解,所以 D 错. 【母题来源】2022年新高考II 卷【母题题文】曲线y =ln|x|经过坐标原点的两条切线方程分别为 , . 【答案】y =x e y =−xe 【分析】本题考查函数切线问题,设切点坐标,表示出切线方程,带入坐标原点,求出切点的横坐标,即可求出切线方程,为一般题. 【解答】解:当 x >0 时,点 (x 1,lnx 1)(x 1>0) 上的切线为 y −lnx 1=1x 1(x −x 1).若该切线经过原点,则 lnx 1−1=0 ,解得 x =e , 此的切线方程为 y =xe .当 x <0 时,点 (x 2,ln(−x 2))(x 2<0) 上的切线为 y −ln (−x 2)=1x 2(x −x 2) .若该切线经过原点,则 ln(−x 2)−1=0 ,解得 x =−e , 此时切线方程为 y =−xe . 【命题意图】考察导数的概念,考察导数的几何意义,考察导数求导法则求导公式,导数的应用,考察数学运算和逻辑推导素养,考察分类讨论思想,函数和方程思想,化归与转化的数学思想,分析问题与解决问题的能力。

2024年高考全国甲卷数学(文)真题卷(含答案与解析)

2024年高考全国甲卷数学(文)真题卷(含答案与解析)

绝密★启用前2024年普通高等学校招生全国统一考试文科数学使用范围:陕西、宁夏、青海、内蒙古、四川注意事项:1.答题前,务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上.2.答选择题时,必须使用2B 铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动,用橡皮擦擦干净后,再选涂其它答案标号.3.答非选择题时,必须使用0.5毫米黑色签字笔,将答案书写在答题卡规定的位置上. 4.所有题目必须在答题卡上作答,在试题卷上答题无效. 5.考试结束后,只将答题卡交回.一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1. 集合{}1,2,3,4,5,9A =,{}1B x x A =+∈,则A B =I ( )A. {}1,2,3,4B. {}1,2,3C. {}3,4D. {}1,2,92.设z =,则z z ⋅=( )A. -iB. 1C. -1D. 23. 若实数,x y 满足约束条件43302202690x y x y x y --≥⎧⎪--≤⎨⎪+-≤⎩,则5z x y =-的最小值为( )A. 5B.12C. 2-D. 72-4. 等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,若91S =,37a a +=( ) A. 2-B.73C. 1D.295. 甲、乙、丙、丁四人排成一列,丙不在排头,且甲或乙在排尾的概率是( ) A.14B.13C.12D.236. 已知双曲线的两个焦点分别为(0,4),(0,4)-,点(6,4)-在该双曲线上,则该双曲线的离心率为( )A. 4B. 3C. 2D.7. 曲线()631f x x x =+-在()0,1-处的切线与坐标轴围成的面积为( ) A.16B.C.12D. 8. 函数()()2e esin xxf x x x -=-+-在区间[ 2.8,2.8]-大致图像为()A. B.C. D.9.已知cos cos sin ααα=-,则πtan 4α⎛⎫+= ⎪⎝⎭( )A. 1+B. 1-C.D. 1原10题略10. 设αβ、是两个平面,m n 、是两条直线,且m αβ=I .下列四个命题: ①若//m n ,则//n α或//n β ②若m n ⊥,则,n n αβ⊥⊥③若//n α,且//n β,则//m n ④若n 与α和β所成角相等,则m n ⊥其中所有真命题的编号是( ) A. ①③B. ②④C. ①②③D. ①③④11. 在ABC V 中内角,,A B C 所对边分别为,,a b c ,若π3B =,294b ac =,则sin sin A C +=( ) A.32B.C.D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.原13题略的的12. 函数()sin f x x x =在[]0,π上的最大值是______. 13. 已知1a >,8115log log 42a a -=-,则=a ______. 14. 曲线33y x x =-与()21y x a =--+在()0,∞+上有两个不同的交点,则a 的取值范围为______.三、解答题:共70分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.第17题第21题为必考题,每个考题考生必须作答.第22、23题为选考题,考生根据要求作答. (一)必考题:共60分.15. 已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ,且1233n n S a +=-. (1)求{}n a 的通项公式; (2)求数列{}n S 的通项公式.16. 如图,在以A ,B ,C ,D ,E ,F 为顶点的五面体中,四边形ABCD 与四边形ADEF 均为等腰梯形,//,//BC AD EF AD ,4,2AD AB BC EF ====,ED FB ==M 为AD 的中点.(1)证明://BM 平面CDE ; (2)求点M 到ABF 的距离.17. 已知函数()()1ln 1f x a x x =--+. (1)求()f x 单调区间;(2)若2a ≤时,证明:当1x >时,()1e xf x -<恒成立.18. 设椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的右焦点为F ,点31,2M ⎛⎫ ⎪⎝⎭在C 上,且MF x ⊥轴.(1)求C 方程;(2)过点()4,0P 的直线与C 交于,A B 两点,N 为线段FP 的中点,直线NB 交直线MF 于点Q ,证明:AQ y ⊥轴.的的(二)选考题:共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答,并用2B 铅笔将所选题号涂黑,多涂、错涂、漏涂均不给分,如果多做,则按所做的第一题计分.19. 在平面直角坐标系xOy 中,以坐标原点O 为极点,x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系,曲线C 的极坐标方程为cos 1ρρθ=+. (1)写出C 直角坐标方程; (2)设直线l :x ty t a =⎧⎨=+⎩(t 为参数),若C 与l 相交于A B 、两点,若2AB =,求a 的值.20. 实数,a b 满足3a b +≥. (1)证明:2222a b a b +>+; (2)证明:22226a b b a -+-≥.参考答案一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1. 集合{}1,2,3,4,5,9A =,{}1B x x A =+∈,则A B =I ( )A. {}1,2,3,4B. {}1,2,3C. {}3,4D. {}1,2,9【答案】A 【解析】【分析】根据集合B 的定义先算出具体含有的元素,然后根据交集的定义计算. 【详解】依题意得,对于集合B 中元素x ,满足11,2,3,4,5,9x +=, 则x 可能的取值为0,1,2,3,4,8,即{0,1,2,3,4,8}B =, 于是{1,2,3,4}A B ⋂=. 故选:A 2.设z =,则z z ⋅=( )A. -iB. 1C. -1D. 2【答案】D 【解析】的的【分析】先根据共轭复数的定义写出z ,然后根据复数的乘法计算.【详解】依题意得,z =,故22i 2zz =-=. 故选:D3. 若实数,x y 满足约束条件43302202690x y x y x y --≥⎧⎪--≤⎨⎪+-≤⎩,则5z x y =-的最小值为( )A. 5B.12C. 2-D. 72-【答案】D 【解析】【分析】画出可行域后,利用z 的几何意义计算即可得.【详解】实数,x y 满足43302202690x y x y x y --≥⎧⎪--≤⎨⎪+-≤⎩,作出可行域如图:由5z x y =-可得1155y x z =-, 即z 的几何意义为1155y x z =-的截距的15-,则该直线截距取最大值时,z 有最小值, 此时直线1155y x z =-过点A , 联立43302690x y x y --=⎧⎨+-=⎩,解得321x y ⎧=⎪⎨⎪=⎩,即3,12A ⎛⎫⎪⎝⎭,则min 375122z =-⨯=-. 故选:D.4. 等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,若91S =,37a a +=( ) A. 2- B.73C. 1D.29【答案】D【解析】【分析】可以根据等差数列基本量,即将题目条件全转化成1a 和d 来处理,亦可用等差数列的性质进行处理,或者特殊值法处理.【详解】方法一:利用等差数列的基本量由91S =,根据等差数列的求和公式,911989193612S a d a d ⨯=+=⇔+=, 又371111222628(936)99a a a d a d a d a d +=+++=+=+=.故选:D方法二:利用等差数列的性质 根据等差数列的性质,1937a a a a +=+,由91S =,根据等差数列的求和公式,193799()9()122a a a a S ++===,故3729a a +=. 故选:D方法三:特殊值法不妨取等差数列公差0d =,则9111199S a a ==⇒=,则371229a a a +==. 故选:D5. 甲、乙、丙、丁四人排成一列,丙不在排头,且甲或乙在排尾的概率是( ) A.14B.13C.12D.23【答案】B 【解析】【分析】分类讨论甲乙的位置,得到符合条件的情况,然后根据古典概型计算公式进行求解. 【详解】当甲排在排尾,乙排第一位,丙有2种排法,丁就1种,共2种; 当甲排在排尾,乙排第二位或第三位,丙有1种排法,丁就1种,共2种;于是甲排在排尾共4种方法,同理乙排在排尾共4种方法,于是共8种排法符合题意; 基本事件总数显然是44A 24=,根据古典概型的计算公式,丙不在排头,甲或乙在排尾的概率为81243=. 故选:B6. 已知双曲线的两个焦点分别为(0,4),(0,4)-,点(6,4)-在该双曲线上,则该双曲线的离心率为( )的A. 4B. 3C. 2D.【答案】C 【解析】【分析】由焦点坐标可得焦距2c ,结合双曲线定义计算可得2a ,即可得离心率. 【详解】设()10,4F -、()20,4F 、()6,4-P ,则1228F F c ==,110PF ==,26PF ==,则1221064a PF PF =-=-=,则28224c e a ===. 故选:C.7. 曲线()631f x x x =+-在()0,1-处的切线与坐标轴围成的面积为( )A.16B.C.12D. 【答案】A 【解析】【分析】先求出切线方程,再求出切线的截距,从而可求面积.【详解】()563f x x ='+,所以()03f '=,故切线方程为3(0)131y x x =--=-,故切线的横截距为13,纵截距为1-,故切线与坐标轴围成的面积为1111236⨯⨯= 故选:A.8. 函数()()2e esin xxf x x x -=-+-在区间[ 2.8,2.8]-的大致图像为()A. B.C. D.【答案】B 【解析】【分析】利用函数的奇偶性可排除A 、C ,代入1x =可得()10f >,可排除D. 【详解】()()()()()22ee sin e e sin xx x x f x x x x x f x ---=-+--=-+-=,又函数定义域为[]2.8,2.8-,故该函数为偶函数,可排除A 、C , 又()11πe 11111e sin11e sin 10e e 622e 42ef ⎛⎫⎛⎫=-+->-+-=-->-> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭, 故可排除D. 故选:B. 9.已知cos cos sin ααα=-,则πtan 4α⎛⎫+= ⎪⎝⎭( )A. 1+B. 1-C.D. 1【答案】B 【解析】 【分析】先将cos cos sin αα-α弦化切求得tan α,再根据两角和的正切公式即可求解.【详解】因为cos cos sin ααα=-,所以11tan =-α,tan 1⇒α=-,所以tan 1tan 11tan 4α+π⎛⎫==-α+ ⎪-α⎝⎭, 故选:B . 原10题略10. 设αβ、是两个平面,m n 、是两条直线,且m αβ=I .下列四个命题: ①若//m n ,则//n α或//n β ②若m n ⊥,则,n n αβ⊥⊥③若//n α,且//n β,则//m n ④若n 与α和β所成的角相等,则m n ⊥其中所有真命题编号是( ) A. ①③ B. ②④C. ①②③D. ①③④【答案】A的【解析】【分析】根据线面平行的判定定理即可判断①;举反例即可判断②④;根据线面平行的性质即可判断③. 【详解】对①,当n ⊂α,因为//m n ,m β⊂,则//n β, 当n β⊂,因为//m n ,m α⊂,则//n α,当n 既不在α也不在β内,因为//m n ,,m m αβ⊂⊂,则//n α且//n β,故①正确; 对②,若m n ⊥,则n 与,αβ不一定垂直,故②错误;对③,过直线n 分别作两平面与,αβ分别相交于直线s 和直线t ,因为//n α,过直线n 的平面与平面α的交线为直线s ,则根据线面平行的性质定理知//n s , 同理可得//n t ,则//s t ,因为s ⊄平面β,t ⊂平面β,则//s 平面β, 因为s ⊂平面α,m αβ=I ,则//s m ,又因为//n s ,则//m n ,故③正确;对④,若,m n αβ⋂=与α和β所成的角相等,如果//,//αβn n ,则//m n ,故④错误; 综上只有①③正确, 故选:A.11. 在ABC V 中内角,,A B C 所对边分别为,,a b c ,若π3B =,294b ac =,则sin sin A C +=( )A.32B.C.D.【答案】C 【解析】【分析】利用正弦定理得1sin sin 3A C =,再利用余弦定理有22134a c ac +=,再利用正弦定理得到22sin sin A C +的值,最后代入计算即可.【详解】因为29,34B b ac π==,则由正弦定理得241sin sin sin 93A CB ==. 由余弦定理可得:22294b ac ac ac =+-=, 即:22134a c ac +=,根据正弦定理得221313sin sin sin sin 412A C A C +==, 所以2227(sin sin )sin sin 2sin sin 4A C A C A C +=++=, 因为,A C 为三角形内角,则sin sin 0A C +>,则sin sin A C +=. 故选:C.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.原13题略12. 函数()sin f x x x =在[]0,π上的最大值是______. 【答案】2 【解析】【分析】结合辅助角公式化简成正弦型函数,再求给定区间最值即可. 【详解】()πsin 2sin 3f x x x x ⎛⎫==-⎪⎝⎭,当[]0,πx ∈时,ππ2π,333x ⎡⎤-∈-⎢⎥⎣⎦, 当ππ32x -=时,即5π6x =时,()max 2f x =.故答案为:213. 已知1a >,8115log log 42a a -=-,则=a ______. 【答案】64 【解析】【分析】将8log ,log 4a a 利用换底公式转化成2log a 来表示即可求解.【详解】由题28211315log log log 4log 22a a a a -=-=-,整理得()2225log 60log a a --=, 2log 1a ⇒=-或2log 6a =,又1a >,所以622log 6log 2a ==,故6264a ==故答案为:64.14. 曲线33y x x =-与()21y x a =--+在()0,∞+上有两个不同的交点,则a 的取值范围为______. 【答案】()2,1-【解析】【分析】将函数转化为方程,令()2331x x x a -=--+,分离参数a ,构造新函数()3251,g x x x x =+-+结合导数求得()g x 单调区间,画出大致图形数形结合即可求解.【详解】令()2331x x x a -=--+,即3251a x x x =+-+,令()()32510,g x x x x x =+-+> 则()()()2325351g x x x x x =+-=+-',令()()00g x x '=>得1x =, 当()0,1x ∈时,()0g x '<,()g x 单调递减,当()1,x ∞∈+时,()0g x '>,()g x 单调递增,()()01,12g g ==-,因为曲线33y x x =-与()21y x a =--+在()0,∞+上有两个不同的交点, 所以等价于y a =与()g x 有两个交点,所以()2,1a ∈-.故答案为:()2,1-三、解答题:共70分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.第17题第21题为必考题,每个考题考生必须作答.第22、23题为选考题,考生根据要求作答.(一)必考题:共60分.15. 已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ,且1233n n S a +=-.(1)求{}n a 的通项公式;(2)求数列{}n S 的通项公式.【答案】(1)153n n a -⎛⎫= ⎪⎝⎭(2)353232n ⎛⎫- ⎪⎝⎭ 【解析】 【分析】(1)利用退位法可求公比,再求出首项后可求通项;(2)利用等比数列的求和公式可求n S .【小问1详解】因为1233n n S a +=-,故1233n n S a -=-,所以()12332n n n a a a n +=-≥即153n n a a +=故等比数列的公比为53q =, 故1211523333533a a a a =-=⨯-=-,故11a =,故153n n a -⎛⎫= ⎪⎝⎭.【小问2详解】 由等比数列求和公式得5113353523213n n n S ⎡⎤⎛⎫⨯-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦==- ⎪⎝⎭-. 16. 如图,在以A ,B ,C ,D ,E ,F 为顶点五面体中,四边形ABCD 与四边形ADEF 均为等腰梯形,//,//BC AD EF AD ,4,2AD AB BC EF ====,ED FB ==M 为AD 的中点.(1)证明://BM 平面CDE ;(2)求点M 到ABF 的距离.【答案】(1)证明见详解;(2【解析】的【分析】(1)结合已知易证四边形BCDM 为平行四边形,可证//BM CD ,进而得证;(2)作FO AD ⊥,连接OB ,易证,,OB OD OF 三垂直,结合等体积法M ABF F ABM V V --=即可求解.【小问1详解】因为//,2,4,BC AD BC AD M ==为AD 的中点,所以//,BC MD BC MD =,四边形BCDM 为平行四边形,所以//BM CD ,又因为BM ⊄平面CDE ,CD ⊂平面CDE ,所以//BM 平面CDE ;【小问2详解】如图所示,作BO AD ⊥交AD 于O ,连接OF ,因为四边形ABCD 为等腰梯形,//,4,BC AD AD =2AB BC ==,所以2CD =,结合(1)BCDM 为平行四边形,可得2BM CD ==,又2AM =,所以ABM V 为等边三角形,O 为AM中点,所以OB =又因为四边形ADEF 为等腰梯形,M 为AD 中点,所以,//EF MD EF MD =,四边形EFMD 为平行四边形,FM ED AF ==,所以AFM △为等腰三角形,ABM V 与AFM △底边上中点O 重合,OF AM ⊥,3OF ==,因为222OB OF BF +=,所以OB OF ⊥,所以,,OB OD OF 互相垂直,由等体积法可得M ABF F ABM V V --=,2112333F ABM ABM V S FO -=⋅=⋅=△,222cos 2FA AB FB FAB FAB FA AB +-∠===∠=⋅11sin 222FAB S FA AB FAB =⋅⋅∠==△,设点M 到FAB的距离为d ,则1133M FAB F ABM FAB V V S d d --==⋅⋅==△, 解得d =,即点M 到ABF . 的17. 已知函数()()1ln 1f x a x x =--+.(1)求()f x 的单调区间;(2)若2a ≤时,证明:当1x >时,()1e x f x -<恒成立.【答案】(1)见解析(2)见解析【解析】 【分析】(1)求导,含参分类讨论得出导函数的符号,从而得出原函数的单调性;(2)先根据题设条件将问题可转化成证明当1x >时,1e 21ln 0x x x --++>即可.【小问1详解】()f x 定义域为(0,)+∞,11()ax f x a x x'-=-= 当0a ≤时,1()0ax f x x -'=<,故()f x 在(0,)+∞上单调递减; 当0a >时,1,x a ∞⎛⎫∈+ ⎪⎝⎭时,()0f x '>,()f x 单调递增, 当10,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()0f x '<,()f x 单调递减. 综上所述,当0a ≤时,()f x 在(0,)+∞上单调递减;0a >时,()f x 在1,a ∞⎛⎫+ ⎪⎝⎭上单调递增,在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减. 【小问2详解】2a ≤,且1x >时,111e ()e (1)ln 1e 21ln x x x f x a x x x x ----=--+-≥-++,令1()e 21ln (1)x g x x x x -=-++>,下证()0g x >即可.11()e 2x g x x -'=-+,再令()()h x g x '=,则121()e x h x x-'=-, 显然()h x '在(1,)+∞上递增,则0()(1)e 10h x h ''>=-=,即()()g x h x ='在(1,)+∞上递增,故0()(1)e 210g x g ''>=-+=,即()g x 在(1,)+∞上单调递增,故0()(1)e 21ln10g x g >=-++=,问题得证18. 设椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的右焦点为F ,点31,2M ⎛⎫ ⎪⎝⎭在C 上,且MF x ⊥轴. (1)求C 的方程;(2)过点()4,0P 的直线与C 交于,A B 两点,N 为线段FP 的中点,直线NB 交直线MF 于点Q ,证明:AQ y ⊥轴.【答案】(1)22143x y += (2)证明见解析【解析】【分析】(1)设(),0F c ,根据M 的坐标及MF ⊥x 轴可求基本量,故可求椭圆方程.(2)设:(4)AB y k x =-,()11,A x y ,()22,B x y ,联立直线方程和椭圆方程,用,A B 的坐标表示1Q y y -,结合韦达定理化简前者可得10Q y y -=,故可证AQ y ⊥轴.【小问1详解】设(),0F c ,由题设有1c =且232b a =,故2132a a -=,故2a =,故b = 故椭圆方程为22143x y +=. 【小问2详解】直线AB 的斜率必定存在,设:(4)AB y k x =-,()11,A x y ,()22,B x y ,由223412(4)x y y k x ⎧+=⎨=-⎩可得()2222343264120k x k x k +-+-=,故()()422Δ102443464120k k k =-+->,故1122k -<<, 又22121222326412,3434k k x x x x k k-+==++, 而5,02N ⎛⎫ ⎪⎝⎭,故直线225:522y BN y x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭-,故22223325252Q y y y x x --==--, 所以()1222112225332525Q y x y y y y y x x ⨯-+-=+=-- ()()()12224253425k x x k x x -⨯-+-=- ()222212122264123225825834342525k k x x x x k k k k x x -⨯-⨯+-++++==-- 2222212824160243234025k k k k k x --+++==-,故1Q y y =,即AQ y ⊥轴.【点睛】方法点睛:利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下:(1)设直线方程,设交点坐标为()()1122,,,x y x y ;(2)联立直线与圆锥曲线的方程,得到关于x (或y )的一元二次方程,注意∆的判断;(3)列出韦达定理;(4)将所求问题或题中的关系转化为12x x +、12x x (或12y y +、12y y )的形式;(5)代入韦达定理求解.(二)选考题:共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答,并用2B 铅笔将所选题号涂黑,多涂、错涂、漏涂均不给分,如果多做,则按所做的第一题计分.19. 在平面直角坐标系xOy 中,以坐标原点O 为极点,x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系,曲线C 的极坐标方程为cos 1ρρθ=+.(1)写出C 的直角坐标方程;(2)设直线l :x t y t a=⎧⎨=+⎩(t 为参数),若C 与l 相交于A B 、两点,若2AB =,求a 的值. 【答案】(1)221y x =+(2)34a =【解析】 【分析】(1)根据cos xρρθ⎧⎪=⎨=⎪⎩可得C 的直角方程. (2)将直线的新的参数方程代入C 的直角方程,法1:结合参数s 的几何意义可得关于a 的方程,从而可求参数a 的值;法2:将直线的直角方程与曲线的直角方程联立,结合弦长公式可求a 的值.【小问1详解】由cos 1ρρθ=+,将cos xρρθ⎧⎪=⎨=⎪⎩cos 1ρρθ=+,1x =+,两边平方后可得曲线的直角坐标方程为221y x =+.【小问2详解】对于直线l 的参数方程消去参数t ,得直线的普通方程为y x a =+.法1:直线l 的斜率为1,故倾斜角为π4,故直线的参数方程可设为x y a s ⎧=⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩,s ∈R .将其代入221y x =+中得()221)210s a s a +-+-=设,A B 两点对应的参数分别为12,s s,则)()212121,21s s a s s a +=--=-, 且()()22Δ818116160a a a =---=->,故1a <,12AB s s ∴=-=2==,解得34a =. 法2:联立221y x a y x =+⎧⎨=+⎩,得22(22)10x a x a +-+-=, ()22Δ(22)41880a a a =---=-+>,解得1a <,设()()1122,,,A x y B x y ,2121222,1x x a x x a ∴+=-=-,则AB ==2=, 解得34a = 20. 实数,ab 满足3a b +≥.(1)证明:2222a b a b +>+; (2)证明:22226a b b a -+-≥.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【解析】【分析】(1)直接利用22222()a b a b +≥+即可证明.(2)根据绝对值不等式并结合(1)中结论即可证明.【小问1详解】因为()()2222222022a b a ab b a b b a -+=--++=≥,当a b =时等号成立,则22222()a b a b +≥+,因为3a b +≥,所以22222()a b a b a b +≥+>+; 【小问2详解】 222222222222()a b b a a b b a a b a b -+-≥-+-=+-+22222()()()()(1)326a b a b a b a b a b a b =+-+≥+-+=++-≥⨯=。

完整版)导数最新文科高考数学真题

完整版)导数最新文科高考数学真题

完整版)导数最新文科高考数学真题1.曲线y=xex-1在点(1,1)处的切线斜率为2e。

(选项C)2.曲线y=ax-ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为y=2x,因此a=3.(选项D)3.根据导函数y'=f'(x)的图象,确定函数y=f(x)的图象为B。

4.函数f(x)=2/x+lnx,其导数为f'(x)=-2/x^2+1/x。

解方程f'(x)=0,得到x=2为f(x)的极小值点。

(选项D)5.如果p:f(x)=q:x是f(x)的极值点,则p是q的必要条件,但不是充分条件。

(选项C)6.曲线y=x^3-x+3在点(1,3)处的切线方程为2x-y+1=0.7.曲线y=kx+lnx在点(1,k)处的切线平行于x轴,因此k=-1.8.曲线y=ax-lnx在点(1,a)处的切线平行于x轴,因此a=1/2.(选项1/2)9.曲线y=-5ex+3在点(0,-2)处的切线方程为5x+y+2=0.10.曲线y=x+1(α∈R)在点(1,2)处的切线经过坐标原点,因此α=2.11.曲线y=x(3lnx+1)在点(1,1)处的切线方程为4x-y-3=0.12.曲线y=e^x上点P处的切线平行于直线2x+y+1=0,因此P的坐标为(-ln2,2)。

13.曲线y=xlnx上点P处的切线平行于直线2x-y+1=0,因此P的坐标为(e,e)。

14.函数y=-x^2没有明显的问题,但是缺少了后面的部分,因此无法确定答案。

15.若函数f(x)=kx-lnx在区间(1,+∞)单调递增,则k的取值范围是[1,+∞)。

16.函数f(x)=(1-cosx)sinx在[-π,π]的图象大致为下凸的W 形,拐点为x=0.17.已知曲线y=x+lnx在点(1,1)处的切线与曲线y=ax+(a+2)x+1相切,则2a=8.18.函数y=xe在其极值点处的切线方程为y=-x/e。

19.已知函数f(x)=axlnx,其中a为实数,且f'(x)为f(x)的导函数,若f'(1)=3,则a的值为3.20.曲线y=x^2的在点(1,2)处的切线方程为x-y+1=0.21.函数y=f(x)的导函数y=f'(x)的图象为下凸的W形,则函数y=f(x)的图象可能是D。

专题04 导数解答题2013-2022十年全国高考数学真题分类汇编(文科,全国通用版)(解析版)

专题04  导数解答题2013-2022十年全国高考数学真题分类汇编(文科,全国通用版)(解析版)
设 , ,
当 时, ,当 时, ,
故 在 上为减函数,在 上为增函数,
所以 ,
而 , ,
有两个不同的零点即 的解的个数为2.
当 ,由(1)讨论可得 、 仅有一个零点,
当 时,由(1)讨论可得 、 均无零点,
故若存在直线 与曲线 、 有三个不同的交点,
则 .
设 ,其中 ,故 ,
设 , ,则 ,
故 在 上为增函数,故 即 ,
【题目栏目】导数\导数的综合应用
【题目来源】2021年高考全国甲卷文科·第20题
10.(2021年全国高考乙卷文科·第21题)已知函数 .
(1)讨论 的单调性;
(2)求曲线 过坐标原点的切线与曲线 的公共点的坐标.
【答案】(1)答案见解析;(2) .
解析:(1)由函数的解析式可得: ,
导函数的判别式 ,
即曲线 过坐标原点的切线与曲线 的公共点的坐标为 .
【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,在高考中的命题方向及命题角度从高考来看,对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行:(1)考查导数的几何意义,往往与解析几何、微积分相联系.(2)利用导数求函数的单调区间,判断单调性;已知单调性,求参数.(3)利用导数求函数的最值(极值),解决生活中的优化问题.(4)考查数形结合思想的应用.
故 为方程 的解,同理 也为方程 的解,
所以 ,而 ,
故 即 .
【题目栏目】导数\导数的综合应用
【题目来源】2022新高考全国I卷·第22题
5.(2021年新高考全国Ⅱ卷·第22题)已知函数 .
(1)讨论 的单调性;
(2)从下面两个条件中选一个,证明: 有一个零点

【题库大全】2005-2007年高考数学(文)试题分项 专题03 函数与导数

【题库大全】2005-2007年高考数学(文)试题分项 专题03 函数与导数
时,然后以 80km/h 的速度匀速行驶 1 小时到达丙地,下列描述客车从甲地出发.经过乙地, 最后到达丙地所经过的路程 s 与时间 t 之间关系的图象中,正确的是( )
A.
B.
C.
D. B.
(2007 全国Ⅰ)设 a 1 ,函数 f ( x) log a x 在区间 [a, 2a] 上的最大值与最小值之差为
b
c
A. a b c
4x 4 , x 1 (2007 湖南)函数 f x 2 的图象和函数 g x log 2 x 的图象的交点个 x 4 x 3, x 1
数是( ) A.4 B.3 C.2 D.1 B.
(2007 湖南)设集合 M 1,2,3,4,5,6, S1 , S 2 , , S k 都是 M 的含有两个元素的子集,且
x 2
B. f ( x) 0,g ( x) 0 D. f ( x) 0,g ( x) 0
曲线 y e 在点 (2,e ) 处的切线与坐标轴所围三角形的面积为( D )
9 A. e 2 4
(江西文 8) 若0 x
B. 2e
2
C. e
2
e2 D. 2
π ,则下列命题正确的是( B ) 2 2 2 3 A. sin x x B. sin x x C. sin x x π π π
(2007 湖北) 为了预防流感, 某学校对教室用药熏消毒法进行消毒. 已
第 4 页 共 66 页
知 药物释放过程中,室内每立方米空气中的含药量 y(毫克)与时间 t(小时)成正比;药物
1 释放完毕后,y 与 t 的函数关系式为 y 16
信息,回答下列问题:
t a

文科《导数》高考常考题型专题训练

文科《导数》高考常考题型专题训练

文科《导数》高考常考题型专题训练1.已知函数/。

)= 6'一。

工一3(。

£/?)(1)若函数段)在函,—1))处的切线与直线木广0平行,求实数”的值;(2)当a=2, k为整数,且当Q1时,“一外/'(x) + 2x + l>0,求〃的最大值.1 .【解析】(1)由/(x) = "—ax — 3,则/'*・) = "—〃又函数7U)在(1,火1))处的切线与直线片厂0平行,则=(2)当〃=2,且当x>l 时,&一行(。

”一+ 2x + l>0等价于2), 2x+l)当x>l 时,k< x + ^—k " - 2 7m j n2x + \,-2X-3)令g(x) = x + ^-则g (幻=—:-------------------e -2 (。

”-2)-再令h(x) = e x - 2x - 3(x > 1),则/(x) = " - 2 > 0 ,所以,〃(x)在(L+o。

)上单调递增,且以l)vO,以2)>0,所以,/?(x)在(1, 2)上有唯一的零点,设该零点为小,则x°w(l,2),且e"=2%+3, 当xw。

,,q)时,〃(%)v。

,即g'(x)<。

:当xw(小,+°°)时,"(x)>。

,即g'(x)>0, 所以,g (x)在。

,小)单调递减,在(/,+8)单调递增,2( +1所以,g(X)min +c - z而x°e(L2),故一+le(2,3)且"vg(瓦),又k为整数,所以k的最大值为2.2.已知函数/(x) = 6 + sinx,其中(1)若函数”刈在区间上单调递增,求k的取值范围:⑵若k = l时,不等式/Oarcosx在区间0尚上恒成立,求实数。

的取值范围.2・1解析】(1)由题意,f\x) = k+cosx t(冗5兀।「兀5兀、因为/(”)在区间二;上单调递增,所以工£二:时,/'(x) = Z + cosxNO恒成立,即k 3 6 7 V3 6 yk>—COSX9因为函数)'= -cosx在(工:上单调递增,所以—cosxK—cos^ =无,所以攵之五. (361 6 2 2(2) 〃 = 1 时,/(x) = x + sinx,令g(x) = /(x)—ovcosx = x+sinx-arcosx, xw[o.g],则g(x)A。

高考文科数学导数真题汇编(带答案)

高考文科数学导数真题汇编(带答案)

高考文科数学导数真题汇编(带答案)高考数学文科导数真题汇编答案一、客观题组4.设函数f(x)在R上可导,其导函数f'(x),且函数f(x)在x=-2处取得极小值,则函数y=xf'(x)的图象可能是。

5.设函数f(x)=x^2-2x,则f(x)的单调递减区间为。

7.设函数f(x)在R上可导,其导函数f'(x),且函数f(x)在x=2处取得极大值,则函数y=xf'(x)的图象可能是。

8.设函数f(x)=1/(2x-lnx),则x=2为f(x)的极小值点。

9.函数y=1/(2x-lnx)的单调递减区间为(0,1]。

11.已知函数f(x)=x^2+bx+c的图象经过点(1,2),且在点(2,3)处的切线斜率为4,则b=3.12.已知函数f(x)=ax^2+bx+c的图象过点(1,1),且在点(2,3)处的切线斜率为5,则a=2.二、大题组2011新课标】21.已知函数f(x)=aln(x/b)+2,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为x+2y-3=0.(1) 求a、b的值;(2) 证明:当x>1,且x≠b时,f(x)>2ln(x/b)。

解析】1) f'(x)=a/(xlnb)+2/x,由于直线x+2y-3=0的斜率为-1/2,且过点(1,f(1)),解得a=1,b=1.2) 由(1)知f(x)=ln(x)+1,所以f(x)-2ln(x/b)=ln(x/b)+1>0,当x>1,且x≠b时,f(x)>2ln(x/b)成立。

2012新课标】21.设函数f(x)=ex-ax-2.(1) 求f(x)的单调区间;(2) 若a=1,k为整数,且当x>0时,(x-k)f'(x)+x+1>0,求k的最大值。

解析】1) f(x)的定义域为(-∞,+∞),f'(x)=ex-a,若a≤0,则f'(x)>0,所以f(x)在(-∞,+∞)单调递增。

高考文科数学试卷导数大题

高考文科数学试卷导数大题

一、题目已知函数$f(x) = x^3 - 3x^2 + 2x + 1$,求:(1)函数$f(x)$在$x=1$处的切线方程;(2)函数$f(x)$的极值点。

二、解题过程(1)求切线方程首先,我们需要求出函数$f(x)$在$x=1$处的导数,即切线的斜率。

由导数的定义,我们有:$$f'(x) = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{f(x+\Delta x) - f(x)}{\Delta x}$$对于函数$f(x) = x^3 - 3x^2 + 2x + 1$,我们有:$$f'(x) = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{(x+\Delta x)^3 - 3(x+\Delta x)^2 + 2(x+\Delta x) + 1 - (x^3 - 3x^2 + 2x + 1)}{\Delta x}$$展开并化简上式,得到:$$f'(x) = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{3x^2\Delta x + 3x\Delta x^2 +\Delta x^3 - 6x\Delta x - 6\Delta x^2 + 2\Delta x}{\Delta x}$$化简后得到:$$f'(x) = 3x^2 + 3x - 6x - 6 + 2$$进一步化简,得到:$$f'(x) = 3x^2 - 3x - 4$$将$x=1$代入上式,得到切线的斜率$k$:$$k = f'(1) = 3 \times 1^2 - 3 \times 1 - 4 = -4$$接下来,我们需要求出切点的纵坐标。

将$x=1$代入原函数$f(x)$,得到:$$f(1) = 1^3 - 3 \times 1^2 + 2 \times 1 + 1 = 1$$因此,切点为$(1, 1)$。

最后,我们可以写出切线方程。

由于切线的斜率为$k=-4$,切点为$(1, 1)$,所以切线方程为:$$y - 1 = -4(x - 1)$$化简后得到:$$y = -4x + 5$$(2)求极值点为了求出函数$f(x)$的极值点,我们需要找到函数的导数$f'(x)$的零点。

专题04 导数及其应用(解答题)-三年(2017-2019)高考真题数学(文)分项汇编(解析版)

专题04 导数及其应用(解答题)-三年(2017-2019)高考真题数学(文)分项汇编(解析版)

x1

x0
1,故 ex1x0

x02 x1 1 x1 1
x02 ,两边取对数,得 ln ex1x0 ln x02 ,
于是
x1 x0 2 ln x0 2 x0 1 ,
整理得 3x0 x1 2 .
【名师点睛】本小题主要考查导数的运算、不等式证明、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法. 考查函数思想、化归与转化思想.考查综合分析问题和解决问题的能力.
f
(2)

ln
2

1 2

ln
4 1 2

0
,故存在唯一
x0
(1, 2)
,使得
f
x0


0.
又当 x x0 时, f (x) 0 , f (x) 单调递减;当 x x0 时, f (x) 0 , f (x) 单调递增.
因此, f (x) 存在唯一的极值点.
(2)由(1)知 f x0 f (1) 2 ,又 f e2 e2 3 0 ,所以 f (x) 0 在 x0, 内存在唯一根
6.【2019 年高考浙江】已知实数 a 0 ,设函数 f (x)=a ln x x 1, x 0.
(1)当 a 3 时,求函数 f (x) 的单调区间; 4
(2)对任意
x

[
1 e2
, ) 均有
f
(x)
x 2a
,
求 a 的取值范围.
注:e=2.71828…为自然对数的底数.
【解析】(Ⅰ)解:由已知, f (x) 的定义域为 (0, ) ,且
f (x)

1 x

高考数学真题导数专题及答案

高考数学真题导数专题及答案

高考数学真题导数专题及答案2019年高考真题-导数专题一、解答题(共12小题)1.已知函数 $f(x)=ae^{2x}+(a-2)e^{x}-x$。

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。

2.已知函数 $f(x)=ax^2-ax-x\ln{x}$,且 $f(x)\geq 0$。

1)求 $a$;2)证明:$f(x)$ 存在唯一的极大值点 $x$,且 $e^{-2}<f(x)<2^{-2}$。

3.已知函数 $f(x)=x^{-1}-a\ln{x}$。

1)若 $f(x)\geq 0$,求 $a$ 的值;2)设 $m$ 为整数,并且对于任意正整数 $n$,$(1+\frac{1}{m})^n\geq 2$,求 $m$ 的最小值。

4.已知函数 $f(x)=x^3+ax^2+bx+1$($a>0,b\in\mathbb{R}$)有极值,且导函数 $f'(x)$ 的极值点是 $f(x)$ 的零点。

1)求 $b$ 关于 $a$ 的函数关系式,并写出定义域;2)证明:$b^2>3a$;3)若 $f(x)$,$f'(x)$ 这两个函数的所有极值之和不小于$-1$,求 $a$ 的取值范围。

5.设函数 $f(x)=(1-x^2)e^x$。

1)讨论 $f(x)$ 的单调性;2)当$x\geq 0$ 时,$f(x)\leq ax+1$,求$a$ 的取值范围。

6.已知函数 $f(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}$。

1)求 $f(x)$ 的导函数;2)求 $f(x)$ 在区间 $(0,+\infty)$ 上的取值范围。

7.已知函数 $f(x)=x^2+2\cos{x}$,$g(x)=e^x(\cos{x}-\sin{x}+2x^{-2})$,其中 $e\approx 2.\cdots$ 是自然对数的底数。

Ⅰ)求曲线 $y=f(x)$ 在点 $(\pi,f(\pi))$ 处的切线方程;Ⅱ)令 $h(x)=g(x)-af(x)$($a\in \mathbb{R}$),讨论$h(x)$ 的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值。

导数最新文科高考数学真题

导数最新文科高考数学真题

2012-2017导数专题1.(2014大纲理)曲线1xy xe-=在点(1,1)处切线的斜率等于( C )A.2e B.e C.2 D.12.(2014新标2理) 设曲线y=a x-ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为y=2x,则a= ( D )A. 0B. 1C. 2D. 33.(2013浙江文) 已知函数y=f(x)的图象是下列四个图象之一,且其导函数y=f′(x)的图象如右图所示,则该函数的图象是(B)4.(2012陕西文)设函数f(x)=2x+lnx 则( D )A.x=12为f(x)的极大值点 B.x=12为f(x)的极小值点C.x=2为 f(x)的极大值点 D.x=2为 f(x)的极小值点5.(2014新标2文) 函数()f x在0x x=处导数存在,若0:()0p f x=:0:q x x=是()f x的极值点,则A.p是q的充分必要条件 B. p是q的充分条件,但不是q的必要条件C.p是q的必要条件,但不是q的充分条件 D. p既不是q的充分条件,也不是q的必要条件【答案】C6.(2012广东理)曲线在点处的切线方程为___________________.【答案】2x-y+1=07.(2013广东理)若曲线在点处的切线平行于轴,则【答案】-18.(2013广东文)若曲线在点处的切线平行于轴,则.【答案】129.(2014广东文)曲线53xy e=-+在点(0,2)-处的切线方程为 .【答案】5x+y+2=010.(2013江西文)若曲线y=xα+1(α∈R)在点(1,2)处的切线经过坐标原点,则α=。

【答案】211.(2012新标文) 曲线在点(1,1)处的切线方程为________12.(2014江西理)若曲线xy e-=上点P处的切线平行于直线210x y++=,则点P的坐标是________.【简解】设P(x,e-x),()x e-'=-xe-=-2,解得x=-ln2,答案(-ln2,2)13.(2014江西文)若曲线Pxxy上点ln=处的切线平行于直线Pyx则点,012=+-的坐标是_______.33y x x=-+()1,3lny kx x=+(1,)k x k=2lny ax x=-(1,)a x a=(3ln1)y x x=+430x y--=【简解】设P(x,xlnx),()ln x x '=1+lnx=2,x=e ,答案(e,e)14.(2012辽宁文)函数y=x 2㏑x 的单调递减区间为( B ) (A )(1,1] (B )(0,1] (C.)[1,+∞) (D )(0,+∞) 15.(2014新标2文) 若函数()f x kx lnx=-在区间()1,+∞单调递增,则k 的取值范围是( D )(A )(],2-∞- (B )(],1-∞- (C )[)2,+∞ (D )[)1,+∞ 16. (2013新标1文) 函数()(1cos )sin f x x x =-在[,]ππ-的图象大致为( )【简解】y '=2sin (1cos )cos x x x +-=-2cos 2x-cosx+1=(1+cosx)(1-2cosx)>0,-π/3<x<π/3;y''=4cosxsinx+sinx ,在x=0处为拐点。

导数历年高考真题精选及答案

导数历年高考真题精选及答案

导数历年高考真题精选及答案 一.选择题1. (2011年高考山东卷文科4)曲线211y x =+在点P(1,12)处的切线与y 轴交点的纵坐标是(A)-9 (B)-3 (C)9 (D)152.(2011年高考山东卷文科10)函数2sin 2x y x =-的图象大致是3.(2011年高考江西卷文科4)曲线x y e =在点A (0,1)处的切线斜率为( )A.1B.2C.eD.1e4.2011年高考浙江卷文科10)设函数()()2,,f x ax bx c a b c R =++∈,若1x =-为函数()x f x e 的一个极值点,则下列图象不可能为()y f x =的图象是5.(2011年高考湖南卷文科7)曲线sin 1sin cos 2xy x x=-+在点(,0)4M π处的切线的斜率为 ( )A .12-B .12 C .22-D .226.【2012高考重庆文8】设函数()f x 在R 上可导,其导函数()f x ',且函数()f x 在2x =-处取得极小值,则函数()y xf x '=的图象可能是7.【2012高考浙江文10】设a >0,b >0,e 是自然对数的底数A. 若23b ,则a >bB. 若23b ,则a <bC. 若 23b ,则a >bD. 若23b ,则a <b8.【2012高考陕西文9】设函数f (x )2x则 ( ) A .12为f(x)的极大值点 B .12为f(x)的极小值点C .2为 f(x)的极大值点D .2为 f(x)的极小值点9.【2012高考辽宁文8】函数122-㏑x 的单调递减区间为(A)(-1,1] (B)(0,1] (C.)[1,+∞)(D)(0,+∞)10.【2102高考福建文12】已知f(x)³-6x²+9,a<b<c,且f (a)(b)(c)=0.现给出如下结论:①f(0)f(1)>0;②f(0)f(1)<0;③f(0)f(3)>0;④f(0)f(3)<0.其中正确结论的序号是A.①③B.①④C.②③D.②④11.2012高考辽宁文12】已知为抛物线x2=2y上两点,点的横坐标分别为4,-2,过分别作抛物线的切线,两切线交于点A,则点A的纵坐标为(A) 1 (B) 3 (C) -4 (D) -812..(2009年广东卷文)函数x exxf)3()(-=的单调递增区间是( )A. )2,(-∞ B.(0,3) C.(1,4) D. ),2(+∞13.(2009江西卷文)若存在过点(1,0)的直线与曲线3y x=和2159 4y ax x=+-都相切,则a等于( )A.1-或25-64 B.1-或214C.74-或25-64D.74-或714.(2009湖南卷文)若函数()y f x=的导函数...在区间[,]a b上是增函数,则函数()y f x =在区间[,]a b 上的图象可能是( )AB .C .D . 二、填空题1.(2009辽宁卷文)若函数2()1x af x x +=+在1x =处取极值,则a =2.若曲线()2f x ax Inx =+存在垂直于y 轴的切线,则实数a 的取值范围是 . 3.(2009江苏卷)函数32()15336f x x x x =--+的单调减区间为.4.(2009宁夏海南卷文)曲线21x y xe x =++在点(0,1)处的切线方程为 三.解答题1.(2009浙江文)(本题满分15分)已知函数ab ab aoxoxy ba oxy oxyb32()(1)(2)f x x a x a a x b =+--++ (,)a b ∈R .(I )若函数()f x 的图象过原点,且在原点处的切线斜率是3-,求,a b 的值;()若函数()f x 在区间(1,1)-上不单调...,求a 的取值范围.2.(2009北京文)(本小题共14分)设函数3()3(0)f x x ax b a =-+≠. (Ⅰ)若曲线()y f x =在点(2,())f x 处与直线8y =相切,求,a b 的值;(Ⅱ)求函数()f x 的单调区间与极值点.3.2009山东卷文)(本小题满分12分) 已知函数321()33f x ax bx x =+++,其中0a ≠(1)当ba,满足什么条件时,)(xf取得极值?(2)已知0a,且)(xf在区间(0,1]上单调递增,试用a表示出b的取值范围4.设函数321()(1)4243f x x a x ax a =--++,其中常数a>1(Ⅰ)讨论f(x)的单调性;(Ⅱ)若当x≥0时,f(x)>0恒成立,求a 的取值范围。

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2012-2017导数专题1.(2014大纲理)曲线1xy xe-=在点(1,1)处切线的斜率等于( C )A.2e B.e C.2 D.12.(2014新标2理) 设曲线y=a x-ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为y=2x,则a= ( D )A. 0B. 1C. 2D. 33.(2013浙江文) 已知函数y=f(x)的图象是下列四个图象之一,且其导函数y=f′(x)的图象如右图所示,则该函数的图象是(B)4.(2012陕西文)设函数f(x)=2x+lnx 则( D )A.x=12为f(x)的极大值点B.x=12为f(x)的极小值点C.x=2为f(x)的极大值点D.x=2为f(x)的极小值点5.(2014新标2文) 函数()f x在x x=处导数存在,若:()0p f x=::q x x=是()f x的极值点,则A.p是q的充分必要条件 B. p是q的充分条件,但不是q的必要条件C. p是q的必要条件,但不是q的充分条件D. p既不是q的充分条件,也不是q的必要条件【答案】C6.(2012广东理)曲线在点处的切线方程为___________________.【答案】2x-y+1=07.(2013广东理)若曲线在点处的切线平行于轴,则【答案】-18.(2013广东文)若曲线在点处的切线平行于轴,则.【答案】129.(2014广东文)曲线53xy e=-+在点(0,2)-处的切线方程为.【答案】5x+y+2=010.(2013江西文)若曲线y=xα+1(α∈R)在点(1,2)处的切线经过坐标原点,则α=。

33y x x=-+()1,3lny kx x=+(1,)k x k=2lny ax x=-(1,)a x a=【答案】211.(2012新标文) 曲线在点(1,1)处的切线方程为________12.(2014江西理)若曲线xy e -=上点P 处的切线平行于直线210x y ++=,则点P 的坐标是________. 【简解】设P(x,e -x ),()x e -'=-xe -=-2,解得x=-ln2,答案(-ln2,2)13.(2014江西文)若曲线P x x y 上点ln =处的切线平行于直线P y x 则点,012=+-的坐标是_______. 【简解】设P(x,xlnx),()ln x x '=1+lnx=2,x=e ,答案(e,e) 14.(2012辽宁文)函数y=x 2㏑x 的单调递减区间为( B ) (A )(1,1] (B )(0,1] (C.)[1,+∞) (D )(0,+∞)15.(2014新标2文) 若函数()f x kx lnx =-在区间()1,+∞单调递增,则k 的取值范围是( D )(A )(],2-∞- (B )(],1-∞- (C )[)2,+∞ (D )[)1,+∞ 16. (2013新标1文) 函数()(1cos )sin f x x x =-在[,]ππ-的图象大致为( )【简解】y ' =2sin (1cos )cos x x x +- =-2cos 2x-cosx+1=(1+cosx)(1-2cosx)>0,-π/3<x<π/3;y ''=4cosxsinx+sinx ,在x=0处为拐点。

选C17.(2015年新课标2文)已知曲线在点 处的切线与曲线 相切,则a = 8 .(3ln 1)y x x =+430x y --=12--ln y x x =+()1,1()221y ax a x =+++18.(2015年陕西文)函数在其极值点处的切线方程为____________.19.(2015年天津文)已知函数()()ln ,0,f x ax x x =∈+∞ ,其中a 为实数,()f x '为()f x 的导函数,若()13f '= ,则a 的值为 3 .20、(2017·全国Ⅰ文,14)曲线y =x 2+1x在点(1,2)处的切线方程为___x -y +1=0._____.21、(2017·浙江,7)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 )的图象可能是( D )22、(2016年天津高考)已知函数()(2+1),()x f x x e f x '=为()f x 的导函数,则(0)f '的值为_____3_____. 23、(2016年全国III 卷高考)已知为偶函数,当 时,,则曲线在点处的切线方程式_____________________________.24.(2012福建理)已知函数f (x )=e x +ax 2-e x ,a ∈R .(1)若曲线y =f (x )在点(1,f (1))处的切线平行于x 轴,求函数f (x )的单调区间; 【解析】(1)由于f ′(x )=e x +2ax -e ,曲线y =f (x )在点(1,f (1))处切线斜率k =2a =0,所以a =0,即f (x )=e x -e x .此时f ′(x )=e x -e ,由f ′(x )=0得x =1. 当x ∈(-∞,1)时,有f ′(x )<0;当x ∈(1,+∞)时,有f ′(x )>0. 所以f (x )的单调递减区间为(-∞,1),单调递增区间为(1,+∞).25.(2013新标1文) 已知函数2()()4xf x e ax b x x =+--,曲线()y f x =在点(0,(0))f 处切线方程为44y x =+。

(Ⅰ)求,a b 的值;(Ⅱ)讨论()f x 的单调性,并求()f x 的极大值。

【简解】 (1)f′(x)=e x (ax +a +b)-2x -4. 由已知得f(0)=4,f ′(0)=4,故b =4,a +b =8.从而a =4,b =4.(2)由(1)知,f(x)=4e x (x +1)-x 2-4x. f ′(x)=4e x (x +2)-2x -4=4(x +2)⎝⎛⎭⎫e x -12. 当x ∈(-∞,-2)∪(-ln 2,+∞)时,f ′(x)>0;当x ∈(-2,-ln 2)时,f ′(x)<0. 故f(x)在(-∞,-2),(-ln 2,+∞)上单调递增,在(-2,-ln 2)上单调递减.当x =-2时,函数f(x)取得极大值,极大值为f(-2)=4(1-e -2). 26.(2014新标1文) 设函数()()21ln 12a f x a x x bx a -=+-≠,曲线()()()11y f x f =在点,处的切线斜率为0。

求b;⑵若存在01,x ≥使得()01af x a <-,求a 的取值范围。

xy xe =1y e=-()f x 0x ≤1()x f x ex --=-()y f x =(1,2)2y x =⑴ 【解析】(I )'()(1)af x a x b x=+--,由题设知'(1)0f =,解得1b =. (2)函数f (x )的定义域为(0,+∞),由(1)可知:f (x )=alnx+,∴=.①当a时,则,则当x >1时,f′(x )>0,∴函数f (x )在(1,+∞)单调递增,∴存在x 0≥1,使得f (x 0)<的充要条件是,即,解得;②当a <1时,则,则当x ∈时,f′(x )<0,函数f (x )在上单调递减; 当x ∈时,f′(x )>0,函数f (x )在上单调递增.∴存在x 0≥1,使得f (x 0)<的充要条件是,而=+,不符合题意,应舍去.③若a >1时,f (1)=,成立.综上可得:a 的取值范围是.27.(2013新标2理) 已知函数f (x )=e x -ln(x +m ).(1)设x =0是f (x )的极值点,求m ,并讨论f (x )的单调性; (2)当m ≤2时,证明f (x )>0.【解析】(1)f (x )=e x -ln(x +m )⇒f ′(x )=e x -1x +m ⇒f ′(0)=e 0-10+m =0⇒m =1,定义域为{x |x >-1},f ′(x )=e x-1x +m =e x (x +1)-1x +1,显然f (x )在(-1,0]上单调递减,在[0,+∞)上单调递增.28.(2013北京文)已知函数2()sin cos f x x x x x =++(1)若曲线()y f x =在点(,())a f a 处与直线y b =相切,求a 与b 的值。

(2)若曲线()y f x =与直线y b =有两个不同的交点,求b 的取值范围。

【解析】(1)'()2cos (2cos )f x x x x x x =+=+,因为曲线()y f x =在点(,())a f a 处的切线为y b =所以'()0()f a f a b =⎧⎨=⎩,即22cos 0sin cos a a a a a a a b+=⎧⎨++=⎩,解得01a b =⎧⎨=⎩(2)因为2cos 0x +>,所以当0x >时'()0f x >,()f x 单调递增;当0x <时'()0f x <,()f x 单调递减, 所以当0x =时,()f x 取得最小值(0)1f =, 所以b 的取值范围是(1,)+∞ 29.(2012山东)已知函数为常数,e=2.71828…是自然对数的底数),曲线在点处的切线与x 轴平行.(Ⅰ)求k 的值; (Ⅱ)求的单调区间; 【解析】(I),由已知,,∴. (II)由(I)知,.设,则,即在上是减函数,由知,当时,从而,当时,从而. 综上可知,的单调递增区间是,单调递减区间是.30.(2017·天津文,10)已知a ∈R ,设函数f (x )=ax -ln x 的图象在点(1,f (1))处的切线为l ,则l 在y 轴上的截距为_____1___.31.(2015年新课标2文)已知.(I )讨论的单调性;(II )当有最大值,且最大值大于时,求a 的取值范围.32.(2017·全国Ⅰ文,21)已知函数f (x )=e x (e x -a )-a 2x .(1)讨论f (x )的单调性;(2)若f (x )≥0,求a 的取值范围.ln ()(e xx kf x k +=()y f x =(1,(1))f ()f x 1ln ()e x x kx f x --'=1(1)0ek f -'==1k =1ln 1()e xx x f x --'=1()ln 1k x x x =--211()0k x x x'=--<()k x (0,)+∞(1)0k =01x <<()0k x >()0f x '>1x >()0k x <()0f x '<()f x (0,1)(1,)+∞()()ln 1f x x a x =+-()f x ()f x 22a -1.解 (1)函数f (x )的定义域为(-∞,+∞),f ′(x )=2e 2x -a e x -a 2=(2e x +a )(e x -a ). ①若a =0,则f (x )=e 2x 在(-∞,+∞)上单调递增. ②若a >0,则由f ′(x )=0,得x =ln a . 当x ∈(-∞,ln a )时,f ′(x )<0; 当x ∈(ln a ,+∞)时,f ′(x )>0.故f (x )在(-∞,ln a )上单调递减,在(ln a ,+∞)上单调递增. ③若a <0,则由f ′(x )=0,得x =ln ⎝⎛⎭⎫-a 2. 当x ∈⎝⎛⎭⎫-∞,ln ⎝⎛⎭⎫-a 2时,f ′(x )<0; 当x ∈⎝⎛⎭⎫ln ⎝⎛⎭⎫-a 2,+∞时,f ′(x )>0. 故f (x )在⎝⎛⎭⎫-∞,ln ⎝⎛⎭⎫-a 2上单调递减,在⎝⎛⎭⎫ln ⎝⎛⎭⎫-a 2,+∞上单调递增. (2)①若a =0,则f (x )=e 2x ,所以f (x )≥0.②若a >0,则由(1)知,当x =ln a 时,f (x )取得最小值,最小值为f (ln a )=-a 2ln a , 从而当且仅当-a 2ln a ≥0,即0<a ≤1时,f (x )≥0.③若a <0,则由(1)知,当x =ln ⎝⎛⎭⎫-a 2时,f (x )取得最小值,最小值为f ⎝⎛⎭⎫ln ⎝⎛⎭⎫-a 2=a 2⎣⎡⎦⎤34-ln ⎝⎛⎭⎫-a 2,从而当且仅当a 2⎣⎡⎦⎤34-ln ⎝⎛⎭⎫-a 2≥0,即a ≥-234e 时f (x )≥0. 综上,a 的取值范围是[-234e ,1].33、(2016年北京高考)设函数(I )求曲线在点处的切线方程;(II )设,若函数有三个不同零点,求c 的取值范围;解:(I )由()32f x x ax bx c =+++,得()232f x x ax b '=++.因为()0f c =,()0f b '=,所以曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程为y bx c =+.(II )当4a b ==时,()3244f x x x x c =+++,所以()2384f x x x '=++.令()0f x '=,得23840x x ++=,解得2x =-或23x =-. ()f x 与()f x '在区间(),-∞+∞上的情况如下:()32.f x x ax bx c =+++().y f x =()()0,0f 4a b ==()f x所以,当0c >且32027c -<时,存在()14,2x ∈--,222,3x ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭,32,03x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭,使得()()()1230f x f x f x ===.由()f x 的单调性知,当且仅当320,27c ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,函数()3244f x x x x c =+++有三个不同零点. 34、(2016年全国II 卷高考) 已知函数()(1)ln (1)f x x x a x =+--.(I )当4a =时,求曲线()y f x =在()1,(1)f 处的切线方程; (Ⅱ)若当()1,x ∈+∞时,()0f x >,求a 的取值范围. 解析:(I )()f x 的定义域为(0,)+∞.当4=a 时,1()(1)ln 4(1),()ln 3'=+--=+-f x x x x f x x x,(1)2,(1)0.'=-=f f 所以曲线()=y f x 在(1,(1))f 处的切线方程为220.x y +-= (II )当(1,)∈+∞x 时,()0>f x 等价于(1)ln 0.1-->+a x x x 令(1)()ln 1-=-+a x g x x x ,则222122(1)1(),(1)0(1)(1)+-+'=-==++a x a x g x g x x x x , (i )当2≤a ,(1,)∈+∞x 时,222(1)1210+-+≥-+>x a x x x , 故()0,()'>g x g x 在(1,)∈+∞x 上单调递增,因此()0>g x ;(ii )当2>a 时,令()0'=g x 得1211=-=-x a x a ,由21>x 和121=x x 得11<x ,故当2(1,)∈x x 时,()0'<g x ,()g x 在2(1,)∈x x 单调递减,因此()0<g x .综上,a 的取值范围是(],2.-∞35.(2017·北京文,20)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⎣⎡⎦⎤0,π2上的最大值和最小值. 4.解 (1)因为f (x )=e x cos x -x ,所以f ′(x )=e x (cos x -sin x )-1,f ′(0)=0. 又因为f (0)=1,所以曲线y =f (x )在点(0,f (0))处的切线方程为y =1.(2)设h (x )=e x (cos x -sin x )-1,则h ′(x )=e x (cos x -sin x -sin x -cos x )=-2e x sin x . 当x ∈⎝⎛⎭⎫0,π2时,h ′(x )<0,所以h (x )在区间⎣⎡⎦⎤0,π2上单调递减, 所以对任意x ∈⎝⎛⎦⎤0,π2有h (x )<h (0)=0,即f ′(x )<0,所以函数f (x )在区间⎣⎡⎦⎤0,π2上单调递减, 因此f (x )在区间⎣⎡⎦⎤0,π2上的最大值为f (0)=1,最小值为f ⎝⎛⎭⎫π2=-π2. 36.(2017·山东文,20)已知函数f (x )=13x 3-12ax 2,a ∈R .(1)当a =2时,求曲线y =f (x )在点(3,f (3))处的切线方程;(2)设函数g (x )=f (x )+(x -a )cos x -sin x ,讨论g (x )的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值. 6.解 (1)由题意f ′(x )=x 2-ax ,所以当a =2时,f (3)=0,f ′(x )=x 2-2x ,所以f ′(3)=3, 因此曲线y =f (x )在点(3,f (3))处的切线方程是y =3(x -3),即3x -y -9=0.37、(2016新课标1)已知函数f (x )=(x -2)e x +a (x -1)2.(Ⅰ)讨论f (x )的单调性; (Ⅱ)若有两个零点,求a 的取值范围. 解:(Ⅰ) f '(x )=(x -1)e x +a (2x -2)=(x -1)(e x +2a ). x ∈R …2分 (1)当a ≥0时,在(-∞,1)上,f '(x )<0,f (x )单调递减;在(1,+∞)上,f '(x )>0,f (x )单调递增。

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