2020年高考数学解答题核心：函数与导数综合问题(专项训练)(教师版)

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2020年高考数学(文)重难点专练06 函数与导数(解析版)

重难点06 函数与导数【命题趋势】在目前高考全国卷的考点中，导数板块常常作为压轴题的形式出现，这块部分的试题难度呈现非减的态势，因此若想高考中数学拿高分的同学，都必须拿下导数这块的内容.函数单调性的讨论、零点问题和不等式恒成立的相关问题（包含不等式证明和由不等式恒成立求参数取值范围）是出题频率最高的.对于导数内容，其关键在于把握好导数，其关键在于把握好导数的几何意义即切线的斜率，这一基本概念和关系，在此基础上，引申出函数的单调性与导函数的关系，以及函数极值的概念求解和极值与最值的关系以及最值的求解.本专题选取了有代表性的选择，填空题与解答题，通过本专题的学习熟悉常规导数题目的解题思路与解题套路，从而在以后的导数【满分技巧】对于导数的各类题型都是万变不离其宗，要掌握住导数的集中核心题型，即函数的极值问题，函数的单调性的判定.因为函数零点问题可转化为极值点问题，函数恒成立与存在性问题可以转化为函数的最值问题，函数不等式证明一般转化为函数单调性和最值求解，而函数的极值和最值是由函数的单调性来确定的.所以函数导数部分的重点核心就是函数的单调性.对于函数零点问题贴别是分段函数零点问题是常考题型，数形结合是最快捷的方法，在此方法中应学会用导数的大小去判断原函数的单调区间，进而去求出对应的极值点与最值.恒成立与存在性问题也是伴随着导数经典题型，对于选择题来说，恒成立问题可以采用选项中相对的特殊值的验证比较快捷准确，对于填空以及大题则采用对函数进行求导，从而判定出函数的最值.函数的极值类问题是解答题中的一个重难点，对于非常规函数，超出一般解方程的范畴类题目则采用特殊值验证法，特殊值一般情况下是0,1等特殊数字进行验证求解.【考查题型】选择题，填空，解答题21题【限时检测】（建议用时：90分钟）一、单选题1．（2019·山东高考模拟（文））函数f(x)=xsinx+ln|x|在区间[−2π,2π]上的大致图象为（）A ．B ．C ．D ．【答案】B 【分析】根据题意，分析函数的奇偶性可得函数f （x ）为偶函数，据此可以排除A 、D ；又由x →0时，x sin x +lnx ＜0，分析可得答案．【详解】根据题意，f （x ）＝x sin x +ln |x |，其定义域为{x |x ≠0}，有f （﹣x ）＝（﹣x ）sin （﹣x ）+ln |（﹣x ）|＝x sin x +ln |x |＝f （x ），即函数f （x ）为偶函数，在区间[﹣2π，0）∪（0，2π]上关于y 轴对称，排除A 、D ；又由x →0时，x sin x +lnx ＜0，排除C ；故选：B ．【点睛】本题考查函数图象的判断，考查函数的奇偶性，此类题目一般用排除法分析． 2．（2020·宁夏高三月考（文））已知e 为自然对数的底数，若对任意[]1,x e ∈，总存在唯一的[]1,1y ∈-，使得2ln 0yx y e a +-=成立，则实数a 的取值范围是（）A ．[]1,e B ．11,e e ⎛⎤+⎥⎝⎦C ．1,1e e ⎛⎤+ ⎥⎝⎦D ．11,1e e ⎛⎫++ ⎪⎝⎭【答案】B 【分析】构造函数ln y a x =-和()2e yf y y =，分别求出单调性和值域，即可得到关于a 的不等式11e a a e-⎧->⎨≤⎩，解出即可. 【详解】等式可化为，2e ln yy a x =-，构造函数ln y a x =-在[]1,e 单调递减，最小值为lne 1a a -=-，最大值为ln1a a -=，构造函数()2e yf y y =，求导()()22'2e e e2yyyf y y y y y =+=+，当[]1,0y ∈-时，()'0f y <，此时()f y 单调递减，当(]0,1y ∈时，()'0f y >，此时()f y 单调递增，则()11e f --=，()1e f =，()f y 的最小值为()00f =，因为对任意[]1,e x ∈，总存在唯一的[]1,1y ∈-，使得2ln e 0yx y a +-=成立，则11e a a e-⎧->⎨≤⎩，即1e 1e a -+<≤. 故答案为B.【点睛】本题考查了函数与方程的综合问题，考查了函数的单调性在解决综合题目的运用，考查了学生分析问题、解决问题的能力，属于难题.3．（2019·山东高考模拟（文））已知函数()f x 在R 上都存在导函数()f x '，对于任意的实数都有2()e ()x f x f x -=，当0x <时，()()0f x f x '+>，若e (21)(1)a f a f a +≥+，则实数a 的取值范围是( ) A ．20,3⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．2,03⎡⎤-⎢⎥⎣⎦C ．[0,)+∞D ．(,0]-∞【答案】B 【分析】先构造函数，再利用函数奇偶性与单调性化简不等式，解得结果. 【详解】令()()x g x e f x =，则当0x <时，()[()()]0xg x e f x f x ''=+>，又()()()()xx g x ef x e f xg x --=-==，所以()g x 为偶函数，从而()()211ae f a f a +≥+等价于211(21)(1),(21)(1)a a ef a e f ag a g a +++≥++≥+，因此22(|21|)(|1|),|21||1|,3200.3g a g a a a a a a -+≥-+-+≥-++≤∴-≤≤选B. 【点睛】本题考查利用函数奇偶性与单调性求解不等式，考查综合分析求解能力，属中档题. 4．（2019·广东高考模拟（文））己知函数()xf x e ex a =-+与()1ln g x x x=+的图像上存在关于x 轴对称的点，则实数a 的取值范围为（） A ．[),e -+∞ B ．[)1,-+∞ C ．(],1-∞- D ．(],e -∞- 【答案】C 【分析】由已知，得到方程1(ln )xe ex a x x-+=-+在(0,)+∞上有解，构造函数，求出它的值域，得到a 的取值范围. 【详解】若函数()e ex x f x a =-+与()1ln g x x x=+的图象上存在关于x 轴对称的点，则方程1(ln )xe ex a x x-+=-+在(0,)+∞上有解，即1ln xa ex e x x =---在(0,)+∞上有解，令1()ln xh x ex e x x =---，则22111'()x xx h x e e e e x x x-=--+=-+，所以当01x <<时，'()0h x >，当1x >时，'()0h x <，所以函数()h x 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，所以()h x 在1x =处取得最大值011e e ---=-，所以()h x 的值域为(,1]-∞-，所以a 的取值范围是(,1]-∞-，故选C.【点睛】：该题考查的是有关根据两个函数图象上存在过于x 轴对称的点求参数的取值范围的问题，在解题的过程中，注意关于x 轴对称的两点的坐标的关系式横坐标相等，纵坐标互为相反数，之后构造新函数，求函数的值域的问题，属于中档题目.5．（2019·河南高考模拟（文））已知函数()21,0log ,0x x f x x x -≤⎧=⎨>⎩，若关于x 的方程()()f f x m =只有两个不同的实根，则m 的取值范围为（）A ．[]1,2B ．[)1,2C ．[]0,1D ．[)0,1【答案】D 【分析】由题，先求出()()f f x 的函数解析式，再画出其图像，由数形结合可得结果.【详解】()()()()2222log 1,01log ,01log log ,1x x f f x x x x x ⎧-≤⎪=-<≤⎨⎪>⎩，画出函数图像，因为关于x 的方程()()ff x m =有两个不同的实根12,x x，所以120,2,0 1.x x m ≤<故选D【点睛】本题考查了函数性质，解析式的求法以及函数的图像，求其解析式以及画出函数图像是解题的关键，属于较难题.二、解答题6．（2020·广东高三期末（文））已知函数()ln (,f x ax x b a b =+为实数)的图像在点()()1,1f 处的切线方程为1y x =-.（1）求实数,a b 的值及函数()f x 的单调区间；（2）设函数()()1f x g x x+=，证明()()1212()g x g x x x =<时， 122x x +>.【答案】(1)1,0a b == ;函数()f x 的单调递减区间为10,e ⎛⎫⎪⎝⎭，单调递增区间为1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭;(2)详见解析. 【详解】试题分析：（1）由题得()()1ln f x a x '=+，根据曲线()f x 在点()()1,1f 处的切线方程，列出方程组，求得,a b 的值，得到()f x 的解析式，即可求解函数的单调区间；（2）由（1）得 ()1ln g x x x =+根据由()()12g x g x =，整理得212121-ln 0x x x x x x =>，设21t(1)x t x =>，转化为函数1u(t)t 2ln t t=--的最值，即可作出证明. 试题解析：（1）由题得，函数()f x 的定义域为()0,∞+，()()x a 1lnx f =+，因为曲线()f x 在点()()1,f 1处的切线方程为y x 1=-，所以()()'1111b 0f a f aln ⎧==⎪⎨=+=⎪⎩，，解得a 1,b 0==.令()x 1lnx 0f =+=，得1x e=，当10x e <<时， ()h x 0'<， ()f x 在区间10,e ⎛⎫⎪⎝⎭内单调递减；当1x e >时， ()h x 0'>， ()f x 在区间1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭内单调递增. 所以函数()f x 的单调递减区间为10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭，单调递增区间为1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.（2）由（1）得， ()()f x 11g x lnx xx+==+. 由()()1212g x g x (x x )=<，得121211lnx lnx x x +=+，即212121x -x x ln 0x x x =>. 要证，需证()21212121x -x x x x 2ln x x x +>，即证212121x x x 2ln x x x ->，设21x t(t 1)x =>，则要证212121x x x2ln x x x ->，等价于证： 1t 2lnt(t 1)t->>. 令1u(t)t 2lnt t =--，则()22121u't 110t t t ⎛⎫=+-=-> ⎪⎝⎭，∴()u t 在区间()1,+∞内单调递增， ()()u t u 10>=, 即1t 2lnt t->，故12x x 2+>. 7．（2019·河北高考模拟（文））已知函数()ln xf x ax a x-＝－，a R ∈．（1）若1x =是()f x 的极值点，求a 并讨论()f x 的单调性；（2）若1e x <<时，()0f x ≤，求a 的取值范围．【答案】（1）见解析；（2）1(1)a e e ≤-【分析】（1）求出原函数的导函数，结合()10f '=求得a ，代入导函数，得到()f x '，再由2ln 1y x x =+-在()0,∞+上单调递增，且()10f '=，可得当01?x <<时，()0f x '<，()f x 单调递减；当1x >时，()0f x '>，()f x 单调递增；（2）由 ()0f x ≤，得()ln 1x a x x ≤-，令()()ln 1xg x x x =-，利用二次求导可得其最小值，则.a .的范围可求．【详解】（1）()2221ln ln 1x ax x f x a x x -+-=-='，0x >. 因为1x =是()f x 的极值点，所以()10f '=，可得1a =．所以()ln 1x f x x x =--，()22ln 1x x f x x'+-=. 因为2ln 1y x x =+-在()0,∞+上单调递增，且1x =时，0y =，所以01x <<时，2ln 10x x +-<，()0f x '<，()f x 单调递减；1x >时， 2ln 10x x +->，()0f x '>，()f x 单调递增．故()f x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增．（2）由()0f x ≤得()ln 10xa x x--≤，因为1x e <<，所以()ln 1xa x x ≤-.设()()ln 1xg x x x =-，则()()()22121ln 1x x x g x x x ----'=.令()()121h x x x lnx =---，则()()111212ln 2ln 1h x x x x x x=--⋅='---，显然()h x '在()0,∞+内单调递减，且()10h '=，所以1x e <<时，()0h x '<，()h x 单调递减，则()()10h x h <=，即()0g x '<，所以()g x 在()1,e 内单减，从而()()()11g x g e e e >=-.所以()11a e e ≤-.【点睛】：本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性，由()0f x '>，得函数单调递增，()0f x '<得函数单调递减；考查恒成立问题，正确分离参数是关键，也是常用的一种手段．通过分离参数可转化为()a h x >或()a h x <恒成立，即()max a h x >或()min a h x <即可，利用导数知识结合单调性求出()max h x 或()min h x 即得解.8．（2019·山东高考模拟（文））已知函数()()21ln (0)2a f x x x x a =--+>. （1）讨论()f x 的单调性；（2）若1a e <<，试判断()f x 的零点个数.【答案】（1）当1a =时，()f x 在()0,∞+上是增函数，当01a <<，()f x 在()0,1上是增函数，在11,a ⎛⎫⎪⎝⎭上是减函数，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上是增函数，当1a >时，()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上是增函数，在1,1a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上是减函数，在()1,+∞上是增函数；（2）1 【解析】（1）对()f x 求导后对a 进行分类讨论，找到()0f x '>和()0f x '<的区间，即为()f x 的单调区间.（2）由（1）可知1a e <<时，()f x 有极大值1f a ⎛⎫⎪⎝⎭和极小值()1f ，研究他们的正负，并且找到令()0f x >的点，根据零点存在定理，找出零点个数. 【详解】（1）函数()f x 的定义域为()0,+∞，()()()()11111x ax f x a x x x--=--+='，令()0f x '=，则11x =，21x a=，（i ）若1a =，则()0f x '≥恒成立，所以()f x 在()0,+∞上是增函数，（ii ）若01a <<，则11a>，当()0,1x ∈时，()0f x '>，()f x 是增函数，当11,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<，()f x 是减函数，当1,x a ⎛⎫∈+∞⎪⎝⎭时，()0f x '>，()f x 是增函数，（iii ）若1a >，则101a<<，当10,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，()f x 是增函数，当1,1x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<，()f x 是减函数，当()1,x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 是增函数，综上所述：当1a =时，()f x 在()0,+∞上是增函数，当01a <<，()f x 在()0,1上是增函数，在11,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上是减函数，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上是增函数，当1a >时，()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上是增函数，在1,1a ⎛⎫⎪⎝⎭上是减函数，在()1,+∞上是增函数；（2）当1a e <<时，()f x 在10,a ⎛⎫⎪⎝⎭上是增函数，在1,1a⎛⎫ ⎪⎝⎭上是减函数，在()1,+∞上是增函数，所以()f x 的极小值为()110f =-<，()f x 的极大值为2111111ln ln 1222a a f a a a aa a ⎛⎫⎛⎫=--+=--- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭, 设()1ln 122a g a a a=---，其中()1,a e ∈， ()()2222211112102222a a a g a a a a a--+='=+-=>, 所以()g a 在()1,e 上是增函数，所以()()e 1e 2022e g a g <=--<，因为()()2114414ln494ln4ln40222a f =--+>⨯-+=+>，所以有且仅有1个()01,4x ∈，使()00f x =.所以当1a e <<时，()f x 有且仅有1个零点.【点睛】：本题考查利用导数求函数的单调区间，极值、最值，以及函数的图像和零点问题，涉及分类讨论的数学思想，题目比较综合，属于难题.9．（2019·安徽高考模拟（文））已知函数22()3ln ()f x x ax a x a R =-+∈. （Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）若对于任意的2x e ≥（e 为自然对数的底数），()0f x ≥恒成立，求a 的取值范围. 【答案】（I ）当0a ≤时， ()f x 的单调递增区间为()0,∞+，无单调递减区间；当0a > 时，()f x 的单调递增区间为0,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭和(),a +∞，单调递减区间是,2a a ⎛⎫⎪⎝⎭；（II ）)22,,2e e ⎛⎤⎡-∞⋃+∞ ⎥⎣⎝⎦ 【分析】（Ⅰ）求出()'f x ，分两种情况讨论，在定义域内，分别令()'0f x >求得x 的范围，可得函数()f x 增区间，()'0f x <求得x 的范围，可得函数()f x 的减区间；（Ⅱ）对a 分四种情况讨论，分别利用导数求出函数()f x 最小值的表达式，令()f x 最小值不小于零，即可筛选出符合题意的a 的取值范围. 【详解】（Ⅰ）()f x 的定义域为()0,∞+.()22223'23a x ax a f x x a x x -+=-+=()()2x a x a x--=. （1）当0a ≤时，()'0f x >恒成立，()f x 的单调递增区间为()0,∞+，无单调递减区（2）当0a >时，由()'0f x >解得()0,,2a x a ⎛⎫∈⋃+∞ ⎪⎝⎭，由()'0f x <解得,2a x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭. ∴()f x 的单调递增区间为0,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭和(),a +∞，单调递减区间是,2a a ⎛⎫⎪⎝⎭. （Ⅱ）①当0a ≤时，()'0f x >恒成立，()f x 在()0,∞+上单调递增，∴()()2422320f x f eeae a ≥=-+≥恒成立，符合题意.②当0a >时，由（Ⅰ）知，()f x 在0,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭、(),a +∞上单调递增，在,2a a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减.（i ）若202ae <≤，即22≥a e 时，()f x 在2,2a e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭上单调递增，在,2a a ⎡⎫⎪⎢⎣⎭上单调递减，在(),a +∞上单调递增.∴对任意的实数2x e ≥，()0f x ≥恒成立，只需()20f e ≥，且()0f a ≥.而当22≥a e 时，()()()2224222320f e a ae e a e a e =-+=--≥且()()22223ln ln 20f a a a a a a a =-+=-≥成立.∴22≥a e 符合题意. （ii ）若22ae a <≤时，()f x 在)2,e a ⎡⎣上单调递减，在[),a +∞上单调递增.∴对任意的实数2x e ≥，()0f x ≥恒成立，只需()0f a ≥即可，此时()()22223ln ln 20f a a a a a aa =-+=-≥成立，∴222e a e ≤<符合题意.（iii ）若2e a >，()f x 在)2,e ⎡+∞⎣上单调递增.∴对任意的实数2x e ≥，()0f x ≥恒成立，只需()2422320f e e ae a =-+≥，即()()()2422223220f e e ae a a e a e =-+=--≥，∴202e a <≤符合题意.综上所述，实数a 的取值范围是)22,,2e e ⎛⎤⎡-∞⋃+∞ ⎥⎣⎝⎦. 【点睛】：本题主要考查利用导数研究函数的单调性、求函数的最值以及不等式恒成立问题，属于难题．不等式恒成立问题常见方法：① 分离参数()a f x ≥恒成立(()max a f x ≥即可)或()a f x ≤恒成立（()min a f x ≤即可）；② 数形结合(()y f x = 图象在()y g x =上方即可)；③ 讨论最值()min 0f x ≥或()max 0f x ≤恒成立；④ 讨论参数，排除不合题意的参数范围，筛选出符合题意的参数范围.10．（2019·广东高考模拟（文））已知函数()21f x lnx x ax 2=+-，a R ∈是常数． (Ⅰ)证明：曲线()y f x =在x 1=处的切线经过定点；(Ⅱ)证明：函数()f x 有且仅有一个零点．【答案】（Ⅰ）30,2⎛⎫- ⎪⎝⎭；（Ⅱ）见解析. 【分析】(Ⅰ)求出函数的导函数，求出切线的斜率，推出切线方程，然后求解直线经过的定点． (Ⅱ)讨论函数的单调性，结合零点存在定理，推出零点的个数．【详解】(Ⅰ()1)f x x a,x=+-' 曲线()y f x =在x 1=处的切线为()()()y f 1f 1x 1,='-- 即()()1y a 2a x 12⎛⎫--=--⎪⎝⎭，()3y 2a x 2=--当x 0=时，3y 2=-，即切线过定点30,.2⎛⎫-⎪⎝⎭(Ⅱ())1当a 2≤时，()1f'x x a 2a 0,x=+-≥-≥ ()f x 单调递增，根据对数函数与幂函数性质，当x 是充分小的正数时，()f x 0<，当x 是充分大的正数时，()f x 0>，所以，()f x 有且仅有一个零点,()2当a 2>时，解()1f'x x a 0x =+-=得，1a x 2-=，2a x 2+=()2221a 1a a a 1f x ln (ln (a 1222228-=+-=--，1=<，所以()1f x 0,< 所以，任意(]2x 0,x ∀∈，()f x 0<，()f x 在区间(]20,x 无零点,取0x 2a 1=+，则0x e >，()()00001f x lnx x x 2a 02=+->，所以，()f x 在区间()20x ,x 有零点,由()f x 的单调性知，()f x 在区间()2x ,∞+有且仅有一个零点综上所述，函数()f x 有且仅有一个零点.【点睛】：本题考查函数的导数的应用，函数的极值以及函数的单调区间的求法，考查转化思想以及计算能力．11．（2019·河北高三月考（文））已知函数()ln 1()x mf x x m R e=+-∈，其中无理数e 2.718=L .（Ⅰ）若函数()f x 有两个极值点，求m 的取值范围；（Ⅱ）若函数3211()(2)32xg x x e mx mx =--+的极值点有三个，最小的记为1x ，最大的记为2x ，若12x x 的最大值为1e，求12x x +的最小值.【答案】（Ⅰ）(),e +∞；（Ⅱ）11e e +-. 【解析】分析：（Ⅰ）先对函数()f x 求导，构造()xx e mx ϕ=-，则函数()f x 有两个极值点等价于()x ϕ 0=有两个不等的正实根，对函数()x ϕ求导，然后对1m ≤和1m >进行讨论，可得函数()x ϕ的单调性，结合()01ϕ=，即可求得m 的取值范围；（Ⅱ）对函数()g x 求导，由()x 有三个极值点，则()'g x 有三个零点，1为一个零点，其他两个则为()x ϕ的零点，结合（Ⅰ），可得()x ϕ的两个零点即为()g x 的最小和最大极值点1x ，2x ，即1212,,x x e mx e mx ⎧=⎨=⎩，令12x t x =，由题知10t e <≤，则()121ln 1t t x x t ++=-，令()()1ln 1t t h t t +=-，利用导数研究函数()h t 的单调性，从而可求得()h t 的最小值即12x x +的最小值.详解：（Ⅰ）()1'x x xm e mxf x x e xe -=-=，令()xx e mx ϕ=-，0x >，∵()f x 有两个极值点∴()x ϕ 0=有两个不等的正实根 ∵()'xx e m ϕ=-∴当1m ≤时，()'0x ϕ>，()x ϕ在()0,+∞上单调递增，不符合题意．当1m >时，当()0,ln x m ∈时，()'0x ϕ<，当()ln ,x m ∈+∞时，()'0x ϕ>， ∴()x ϕ在()0,ln m 上单调递减，在()ln ,m +∞上单调递增．又∵()01ϕ=，当x →+∞时，()x ϕ→+∞ ∴()ln ln 0m m m m ϕ=-< ∴m e >综上，m 的取值范围是(),e +∞．（Ⅱ）()()()()()()2'111xx g x ex mx mx x e mx x x ϕ=--+=--=-．∵()g x 有三个极值点∴()'g x 有三个零点，1为一个零点，其他两个则为()x ϕ的零点，由（Ⅰ）知m e >.∵()10e m ϕ=-<∴()x ϕ的两个零点即为()g x 的最小和最大极值点1x ，2x ，即1212,,x xe mx e mx ⎧=⎨=⎩. ∴1212x x x e x -= 令12x t x =，由题知10t e<≤. ∴()2221t x tx x t e e --==，2ln 1t x t =-，1ln 1t tx t =- ∴()121ln 1t t x x t ++=-令()()1ln 1t th t t +=-，10t e <≤，则()()212ln '1t t t h t t --=-，令()12ln m t t t t =--，则()22121'110m t t t t ⎛⎫=+-=-> ⎪⎝⎭．∴()m t 在10,e⎛⎤ ⎥⎝⎦上单调递增 ∴()1120m t m e e e⎛⎫≤=-+< ⎪⎝⎭ ∴()h t 在10,e⎛⎤ ⎥⎝⎦上单调递减∴()1111111e e h t h e e e⎛⎫-+ ⎪+⎛⎫⎝⎭≥==⎪-⎝⎭- 故12x x +的最小值为11e e +-．【点睛】：本题考查了函数的单调性问题，考查了导数的应用以及分类讨论思想，转化与化归思想，逻辑推理能力与计算能力.导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，求得曲线的切线方程及参数的值；(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题；(4)考查数形结合思想的应用．12．（2019·广东高考模拟（文））已知函数()()11ln x f x e a x x -=--+ (a R ∈，e 是自然对数的底数).（1）设()g x =()f x ' (其中()f x '是()f x 的导数)，求()g x 的极小值；（2）若对[)1,x ∈+∞，都有()1f x ≥成立，求实数a 的取值范围．【答案】(Ⅰ) 2a -(Ⅱ) (] 2-∞，【分析】(Ⅰ)求出()g x '，分别令()'0g x >求得x 的范围，可得函数()g x 增区间，()'0g x <求得x 的范围，可得函数()g x 的减区间，结合单调性可求得函数的极值；(Ⅱ)由(Ⅰ)知，()f x '在()1+∞，上单调递增，在(0，1)上单调递减，()()12f x f a ''≥=-.讨论当2a ≤时，当2a >时两种情况，分别利用对数以及函数的单调性，求出函数最值，从而可筛选出符合题意的实数a 的取值范围. 【详解】(Ⅰ)()()()110x g x f x ea x x -=+-'=>，()121x g x e x --'=. 令()()()1210x x g x e x x ϕ-=-'=>，∴()1320x x e xϕ-'=+>，∴()g x '在()0+∞，上为增函数，()10g '=. ∵当()01x ∈，时，()0g x '<；当()1x ∈+∞，时，()0g x '>， ∴()g x 的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为()1+∞，， ∴()()12g x g a ==-极小.(Ⅱ)由(Ⅰ)知，()f x '在()1+∞，上单调递增，在(0，1)上单调递减， ∴()()12f x f a ''≥=-.当2a ≤时，()0f x '≥，()f x 在[)1+∞，上单调递增，()()11f x f ≥=，满足条件；当2a >时，()120f a ='-<.又∵()ln 11ln 10ln 1ln 1af a e a a a +=-+=>++'，∴()01ln 1x a ，∃∈+，使得()00f x '=，此时，()01x x ∈，，()0f x '<；()0ln 1x x a ∈+，，()0f x '>， ∴()f x 在()01x ，上单调递减，()01x x ∈，，都有()()11f x f <=，不符合题意. 综上所述，实数a 的取值范围为(]2-∞，. 【点睛】：本题主要考查利用导数求函数的极值以及不等式恒成立问题，属于难题．不等式恒成立问题常见方法：① 分离参数()a f x ≥恒成立(()max a f x ≥即可)或()a f x ≤恒成立（()min a f x ≤即可）；② 数形结合(()y f x = 图象在()y g x = 上方即可)；③ 讨论最值()min 0f x ≥或()max 0f x ≤恒成立；④ 讨论参数，排除不合题意的参数范围，筛选出符合题意的参数范围.。

2020高考冲刺数学总复习压轴解答：函数、不等式与导数的综合问题(附答案及解析)

专题三压轴解答题第六关函数、不等式与导数的综合问题【名师综述】1.本专题在高考中的地位导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出 2．本专题在高考中的命题方向及命题角度从高考来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用【考点方向标】方向一用导数研究函数的性质典例1．（2020·山东高三期末）已知函数21()2ln (2)2f x x a x a x =+-+．（1）当1a =时，求函数()f x 的单调区间；（2）是否存在实数a ，使函数34()()9g x f x ax x =++在(0,)+∞上单调递增？若存在，求出a 的取值范围；若不存在，请说明理由．【举一反三】（2020·云南昆明一中高三期末（理））已知函数2()(1)xx f x e ax e =-+⋅，且()0f x …. （1）求a ；（2）证明：()f x 存在唯一极大值点0x ，且()0316f x <.方向二导数、函数与不等式典例2．（2020·四川省泸县第二中学高三月考）已知函数()sin f x x ax =-.（1）对于(0,1)x ∈，()0f x >恒成立，求实数a 的取值范围；（2）当1a =时，令()()sin ln 1h x f x x x =-++，求()h x 的最大值；（3）求证：1111ln(1)1231n n n+<+++⋅⋅⋅++-*()n N ∈.【举一反三】（2020·黑龙江哈尔滨三中高三月考）已知111123S n =++⋅⋅⋅+，211121S n =++⋅⋅⋅+-，直线1x =，x n =，0y =与曲线1y x=所围成的曲边梯形的面积为S .其中n N ∈，且2n ≥.（1）当0x >时，()ln 11axx ax x <+<+恒成立，求实数a 的值；（2）请指出1S ，S ，2S 的大小，并且证明；（3）求证：131112lnln 3132313n i n n i i i =+⎛⎫<+-< ⎪+--⎝⎭∑.方向三恒成立及求参数范围问题典例3．（2020·天津高三期末）已知函数()2ln h x ax x =-+. （1）当1a =时，求()h x 在()()2,2h 处的切线方程；（2）令()()22a f x x h x =+，已知函数()f x 有两个极值点12,x x ，且1212x x >，求实数a 的取值范围；（3）在（2）的条件下，若存在012x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，使不等式()()()()20ln 1112ln 2f x a m a a ++>--++对任意a （取值范围内的值）恒成立，求实数m 的取值范围.【举一反三】（2020·江苏高三专题练习）已知函数()(32)xf x e x =-，()(2)g x a x =-，其中,a x R ∈. （1）求过点(2,0)和函数()y f x =的图像相切的直线方程；（2）若对任意x ∈R ，有()()f x g x ≥恒成立，求a 的取值范围；（3）若存在唯一的整数0x ，使得00()()f x g x <，求a 的取值范围.【压轴选编】1．（2020·山西高三开学考试）已知函数()()()222ln ,2ln f x x ax a x a R g x x x x =--+∈=-.（1）讨论()f x 的单调性；（2）求证：当1a =时，对于任意()0,x ∈+∞，都有()()f x g x <.2．（2020·河南鹤壁高中高三月考）已知函数2()ln (0,)a xf x x a a R x a=++≠∈ （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）设1()2a x g x x a a=+-+，当0a >时，证明：()()f x g x ≥.3．（2020·四川石室中学高三月考）已知函数()22ln f x x x =-+．（1）求函数()f x 的最大值；（2）若函数()f x 与()ag x x x=+有相同极值点． ①求实数a 的值；①若对于121,,3x x e ⎡⎤∀∈⎢⎥⎣⎦（e 为自然对数的底数），不等式()()1211f xg x k -≤-恒成立，求实数k 的取值范围．4．（2020·江西高三）已知函数()()ln f x x x a b =++，曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线为210x y --=.（1）求a ，b 的值；（2）若对任意的()1,x ∈+∞，()()1f x m x ≥-恒成立，求正整数m 的最大值.5．（2020·江西高三）已知函数()e 2xf x m x m =--.（1）当1m =时，求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程；（2）若()0f x >在(0,)+∞上恒成立，求m 的取值范围．6．（2020·江西高三）已知函数()()2xf x x e =-.（1）求()f x 的单调区间；（2）证明：对任意的()0,x ∈+∞，不等式()2ln 6xf x x x >-恒成立.7．（2020·四川高三月考）已知函数21()(32)()2xf x m e x m R =--∈. （1）若0x =是函数()f x 的一个极值点，试讨论()ln ()()h x b x f x b R =+∈的单调性；（2）若()f x 在R 上有且仅有一个零点，求m 的取值范围.8．（2020·山西高三）已知函数()2ln 21f x a x x =-+（其中a R ∈）. （1）讨论函数()f x 的极值；（2）对任意0x >，2()2f x a ≤-恒成立，求a 的取值范围.9．（2020·北京高三期末）已知函数()2xf x x e =（1）求()f x 的单调区间；（2）过点()1,0P 存在几条直线与曲线()y f x =相切，并说明理由；（3）若()()1f x k x ≥-对任意x ∈R 恒成立，求实数k 的取值范围.10．（2020·全国高三专题练习）已知函数()()33114ln 10f f x ax x x '=--的图象在点()()1,1f 处的切线方程为100++=x y b . （1）求a ，b 的值；（2）若()13f x m >对()0,x ∈+∞恒成立，求m 的取值范围.11．（2020·天津静海一中高三月考）已知函数()ln 1()f x ax x a R =--∈．（1）讨论()f x 的单调性并指出相应单调区间；（2）若21())1(2g x x x x f ---=，设()1212,x x x x <是函数()g x 的两个极值点，若32a ≥，且()()12g x g x k -≥恒成立，求实数k 的取值范围．12.（2020·山东高三期末）已知函数()()2sin ln 12x f x x x =+-+.（1）证明：()0f x ≥；（2）数列{}n a 满足：1102a <<，()1n n a f a +=（n *∈N ）. （①）证明：1102a <<（n *∈N ）；（①）证明：n *∀∈N ，1n n a a +<.13．（2020·四川三台中学实验学校高三开学考试）已知函数()ln f x x x a =+，()ln ,g x x ax a =-∈R . （1）求函数()f x 的极值；（2）若10a e<<，其中e 为自然对数的底数，求证：函数()g x 有2个不同的零点；（3）若对任意的1x >，()()0f x g x +>恒成立，求实数a 的最大值.14．（2020·河北高三期末）已知函数()f x 满足:①定义为R ；①2()2()9xx f x f x e e+-=+-. （1）求()f x 的解析式；（2）若12,[1,1]x x ∀∈-；均有()()21122(2)61x a x x f x -+-+-…成立，求a 的取值范围；（3）设2(),(0)()21,(0)f x x g x x x x >⎧=⎨--+≤⎩，试求方程[()]10g g x -=的解.15．（2020·湖南高三月考）已知函数2()()af x x ax a R x=+-∈. （1）当1a =且1x >-时，求函数()f x 的单调区间；（2）当21e a e ≥+时，若函数2()()ln g x f x x x =--的两个极值点分别为1x 、2x ，证明12240()()1g x g x e <-<+.16．（2020·江西高三期末）已知函数2()x f x e ax x =--（e 为自然对数的底数）在点(1,(1))f 的切线方程为(3)y e x b =-+. （1）求实数,a b 的值；（2）若关于x 的不等式4()5f x m >+对于任意(0,)x ∈+∞恒成立，求整数m 的最大值.17．（2020·江西高三期末）已知函数()()()2,xf x x m e nxm n R =--∈在1x =处的切线方程为y ex e =-.（1）求,m n 的值；（2）当0x >时，()3f x ax -…恒成立，求整数a 的最大值.18．（2020·河南高三期末）已知函数()()ln 1mxf x x x m=+-+，()1,0x ∈-. （1）若1m =，判断函数()f x 的单调性并说明理由；（2）若2m ≤-，求证：关于x 的不等式()()()21xx m f x e x-+⋅<-在()1,0-上恒成立.19．（2020·江西高三月考）已知函数32()32f x x x x =-+，()g x tx t R =∈，，()xe x xφ=. （1）求函数()()y f x x φ=⋅的单调增区间；（2）令()()()h x f x g x =-，且函数()h x 有三个彼此不相等的零点0m n ，，，其中m n <. ①若12m n =，求函数()h x 在x m =处的切线方程； ①若对[]x m n ∀∈，，()16h x t ≤-恒成立，求实数M 的取值范围.专题三压轴解答题第六关函数、不等式与导数的综合问题【名师综述】1.本专题在高考中的地位导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出 2．本专题在高考中的命题方向及命题角度从高考来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用【考点方向标】方向一用导数研究函数的性质典例1．（2020·山东高三期末）已知函数21()2ln (2)2f x x a x a x =+-+．（1）当1a =时，求函数()f x 的单调区间；（2）是否存在实数a ，使函数34()()9g x f x ax x =++在(0,)+∞上单调递增？若存在，求出a 的取值范围；若不存在，请说明理由．【答案】（1）()f x 的单调递增区间为(]0,1和[)2,+∞，单调递减区间为()1,2（2）存在,724a ≥ 【解析】（1）当1a =时，21()2ln 3(0)2f x x x x x =+->．所以2()3f x x x '=+-=232(2)(1)x x x x x x-+--=令()0f x '≥，则01x <≤或2x ≥，令()0f x '<，则12x <<，所以()f x 的单调递增区间为(]0,1和[)2,+∞，单调递减区间为()1,2 （2）存在724a ≥，满足题设，因为函数34()()9g x f x ax x =++=23142ln 229x a x x x +-+所以224()23a g x x x x '=+-+，要使函数()g x 在0,∞（+）上单调递增，224()20,(0,)3a g x x x x x '=+-≥+∈+∞，即3243660x x x a +-+≥，(0,)x ∈+∞⇔324366x x xa +-≥-，(0,)x ∈+∞ 令32436()6x x x h x +-=，(0,)x ∈+∞，则2()21(21)(1)h x x x x x '=+-=-+，所以当10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '<，()h x 在10,2⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，当1,2x ⎛⎫∈+∞⎪⎝⎭时，()0h x '>，()h x 在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，所以12x =是()h x 的极小值点，也是最小值点，且17224h ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，∴324366x x x+--在(0,)+∞上的最大值为724．所以存在724a ≥，满足题设．【举一反三】（2020·云南昆明一中高三期末（理））已知函数2()(1)xx f x e ax e =-+⋅，且()0f x …. （1）求a ；（2）证明：()f x 存在唯一极大值点0x ，且()0316f x <. 【答案】（1）1a =；（2）证明见解析. 【解析】（1）因为()()ee 10xxf x ax =--≥,且e0x>,所以e 10x ax --≥,构造函数()e 1xu x ax =--,则()'e xu x a =-,又()00u =,若0a ≤,则()'0u x >,则()u x 在R 上单调递增,则当0x <时,()0u x <矛盾,舍去；若01a <<,则ln 0a <,则当ln 0a x <<时,'()0u x >,则()u x 在(ln ,0)a 上单调递增,则()()ln 00u a u <=矛盾,舍去；若1a >,则ln 0a >,则当0ln x a <<时,'()0u x <,则()u x 在(0,ln )a 上单调递减,则()()ln 00u a u <=矛盾,舍去；若1a =,则当0x <时,'()0u x <,当0x >时,'()0u x >, 则()u x 在(,0)-∞上单调递减,在(0,)+∞上单调递增, 故()()00u x u ≥=,则()()e 0xf x u x =⋅≥,满足题意；综上所述,1a =.（2）证明:由（1）可知()()2e 1e xxf x x =-+⋅,则()()'e2e 2xxf x x =--,构造函数()2e 2xg x x =--,则()'2e 1xg x =-,又()'g x 在R 上单调递增,且()'ln20g -=,故当ln2x <-时,)'(0g x <,当ln 2x >-时,'()0g x >, 则()g x 在(,ln 2)-∞-上单调递减,在(ln 2,)-+∞上单调递增,又()00g =,()2220e g -=>,又33233332223214e 16e 022e 2e 8e 2e g --⎛⎫-=-==< ⎪⎝⎭+, 结合零点存在性定理知,在区间3(2,)2--存在唯一实数0x ,使得()00g x =, 当0x x <时,()'0f x >,当00x x <<时,()'0f x <,当0x >时,()'0f x >, 故()f x 在()0,x -∞单调递增,在()0,0x 单调递减,在()0,∞+单调递增,故()f x 存在唯一极大值点0x ,因为()0002e 20xg x x =--=,所以00e 12xx =+, 故()()()()022200000011e1e 11112244x x x x f x x x x ⎛⎫⎛⎫=-+=+-++=-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,因为0322x -<<-,所以()201133144216f x ⎛⎫<--+<⎪⎝⎭. 方向二导数、函数与不等式典例2．（2020·四川省泸县第二中学高三月考）已知函数()sin f x x ax =-. （1）对于(0,1)x ∈，()0f x >恒成立，求实数a 的取值范围；（2）当1a =时，令()()sin ln 1h x f x x x =-++，求()h x 的最大值；（3）求证：1111ln(1)1231n n n+<+++⋅⋅⋅++-*()n N ∈. 【答案】（1）sin1a ≤.（2）max ()(1)0h x h ==.（3）见解析.【解析】（1）由()0f x >，得：sin 0x ax ->，因为01x <<，所以sin xa x<，令sin ()x g x x=，()2cos sin 'x x xg x x -=，再令()cos sin m x x x x =-，()'cos sin cos sin 0m x x x x x x x =--=-<，所以()m x 在()0,1上单调递减，所以()()0m x m <，所以()'0g x <，则()g x 在()0,1上单调递减，所以()(1)sin1g x g >=，所以sin1a ≤. （2）当1a =时，()sin f x x x =-， ①()ln 1h x x x =-+，()11'1x h x x x-=-=，由()'0h x =，得：1x =，当()0,1x ∈时，()'0h x >，()h x 在()0,1上单调递增；当()1,x ∈+∞时，()'0h x <，()h x 在()1,+∞上单调递减； ①()max (1)0h x h ==.（3）由（2）可知，当()1,x ∈+∞时，()0h x <，即ln 1x x <-，令1n x n +=，则11ln1n n n n ++<-，即()1ln 1ln n n n+-<，分别令1,2,3,,n n =L 得，()11ln 2ln11,ln 3ln 2,,ln 1ln 2n n n-<-<+-<L ，将上述n 个式子相加得：()()*111ln 1121n n N n n+<++++∈-L . 【举一反三】（2020·黑龙江哈尔滨三中高三月考）已知111123S n =++⋅⋅⋅+，211121S n =++⋅⋅⋅+-，直线1x =，x n =，0y =与曲线1y x=所围成的曲边梯形的面积为S .其中n N ∈，且2n ≥.（1）当0x >时，()ln 11axx ax x <+<+恒成立，求实数a 的值；（2）请指出1S ，S ，2S 的大小，并且证明；（3）求证：131112lnln 3132313n i n n i i i =+⎛⎫<+-< ⎪+--⎝⎭∑. 【答案】（1）1；（2）12S S S <<，证明见解析；（3）见解析【解析】（1）由已知得0a ≤时，不合题意，所以0a >.()ln 11axx x <++恒成立，即()()()1ln 10ax x x x <++>恒成立. 令()()()1ln 1m x x x ax =++-，()()'ln 11m x x a =++-. 当1a ≤时，()m x 在()0,∞+上为增函数，此时()0m x >成立.当1a >时，()m x 在()10,1a e --上为减函数，不合题意，所以1a ≤.令()()ln 1n x ax x x =-+，()1'1n x a x =-+，当1a ≥时，()n x 在()0,∞+上为增函数，此时()0n x >，()ln 1x ax +<恒成立.当01a <<时，()n x 在10,1a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上为减函数，不合题意，所以1a ≥.综上得1a =. （2）由（1）知()()ln 101x x x x x <+<>+.令1x i =，得111ln 11i i i⎛⎫<+< ⎪+⎝⎭，从而11111111ln 112321n i n i n -=⎛⎫+++<+<+++ ⎪-⎝⎭∑L L ，又因为11ln nS dx n x==⎰，则12S S S <<. （3）由已知111232313ni i i i =⎛⎫+- ⎪--⎝⎭∑1111111123323n n ⎛⎫⎛⎫+++⋅⋅⋅+-++++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝=⎭L 111123n n n =++⋅⋅⋅+++，因为111ln 11i i i⎛⎫<+< ⎪+⎝⎭，所以 111111ln 1ln 1ln 1123123n n n n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++>++++++ ⎪ ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭L L 31ln1n n +=+， 111123ln ln ln 123131n n n n n n n n n ++⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++<+++ ⎪ ⎪ ⎪+++-⎝⎭⎝⎭⎝⎭L L ln 3=.从而131112lnln 3132313n i n n i i i =+⎛⎫<+-< ⎪+--⎝⎭∑. 方向三恒成立及求参数范围问题典例3．（2020·天津高三期末）已知函数()2ln h x ax x =-+. （1）当1a =时，求()h x 在()()2,2h 处的切线方程；（2）令()()22a f x x h x =+，已知函数()f x 有两个极值点12,x x ，且1212x x >，求实数a 的取值范围；（3）在（2）的条件下，若存在0122x ⎡⎤∈+⎢⎥⎣⎦，使不等式()()()()20ln 1112ln 2f x a m a a ++>--++对任意a （取值范围内的值）恒成立，求实数m 的取值范围. 【答案】（1）322ln 220x y +-+=（2）()1,2（3）1,4⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦【解析】()1当1a =时，()()12ln ,'2h x x x h x x=-+=-+2x =时，()()3'2,24ln 22h h =-=-+()h x ∴在()()2,2h 处的切线方程为()34ln 222y x +-=--，化简得：322ln 220x y +-+= ()2对函数求导可得，()()221'0ax ax f x x x-+=>，令()'0f x =，可得2210ax ax -+=20440112a a a a ⎧⎪≠⎪∴->⎨⎪⎪>⎩，解得a 的取值范围为()1,2 ()3由2210ax ax -+=，解得1211x x ==+而()f x 在()10,x 上递增，在()12,x x 上递减，在()2,x +∞上递增12a <<Q211x ∴=+<()f x ∴在122⎡⎤+⎢⎥⎣⎦单调递增 ∴在1,22⎡⎤+⎢⎥⎣⎦上，()()max 22ln 2f x f a ==-+012x ⎡⎤∴∃∈⎢⎥⎣⎦，使不等式()()()()20ln 1112ln 2f x a m a a ++>--++对a M ∀∈恒成立等价于不等式2(2ln 2ln 1112))()n (l 2a a m a a -+++>--++恒成立即不等式2()ln 1ln 210a ma a m +--+-+>对任意的()12a a <<恒成立令()()2ln 1ln 21g a a ma a m =+--+-+，则()()121210,'1ma a m g g a a ⎛⎫-++ ⎪⎝⎭==+ ①当0m ≥时，()()'0,g a g a <在()1,2上递减()()10g a g <=不合题意①当0m <时，()1212'1ma a m g a a ⎛⎫-++ ⎪⎝⎭=+ 12a <<Q若1112m ⎛⎫-+> ⎪⎝⎭，即104m -<<时，则()g a 在()1,2上先递减 ()10g =Q12a ∴<<时，()0g a >不能恒成立若111,2m ⎛⎫-+≤ ⎪⎝⎭即14m ≤-，则()g a 在()1,2上单调递增 ()()10g a g ∴>=恒成立m ∴的取值范围为1,4⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦【举一反三】（2020·江苏高三专题练习）已知函数()(32)xf x e x =-，()(2)g x a x =-，其中,a x R ∈. （1）求过点(2,0)和函数()y f x =的图像相切的直线方程；（2）若对任意x ∈R ，有()()f x g x ≥恒成立，求a 的取值范围；（3）若存在唯一的整数0x ，使得00()()f x g x <，求a 的取值范围. 【答案】（1）2y x =-，8833918y e x e =-.（2）8319a e ≤≤.（3）345[,1)(7,5]3a e e e∈⋃. 【解析】（1）设切点为()00,x y ，()()'31xf x e x =+，则切线斜率为()0031x e x +，所以切线方程为()()000031x y y e x x x -=+-，因为切线过()2,0，所以()()()000032312x x ex e x x --=+-，化简得200380x x -=，解得080,3x =. 当00x =时，切线方程为2y x =-，当083x =时，切线方程为8833918y e x e =-. （2）由题意，对任意x R ∈有()()322xe x a x -≥-恒成立，①当(),2x ∈-∞时，()()323222x x maxe x e x a a x x ⎡⎤--≥⇒≥⎢⎥--⎣⎦，令()()322x e x F x x -=-，则()()()2238'2x e x xF x x -=-，令()'0F x =得0x =，()()max 01F x F ==，故此时1a ≥.①当2x =时，恒成立，故此时a R ∈. ①当()2,x ∈+∞时，()()min323222x x e x e x a a x x ⎡⎤--≤⇒≤⎢⎥--⎣⎦，令()8'03F x x =⇒=，()83min 893F x F e ⎛⎫== ⎪⎝⎭，故此时839a e ≤.综上：8319a e ≤≤.（3）因为()()f x g x <，即()()322xex a x -<-，由（2）知()83,19,a e ⎛⎫∈-∞⋃+∞ ⎪⎝⎭，令()()322x e x F x x -=-，则当(),2x ∈-∞，存在唯一的整数0x 使得()()00f x g x <，等价于()322x e x a x -<-存在唯一的整数0x 成立，因为()01F =最大，()513F e -=，()11F e =-，所以当53a e<时，至少有两个整数成立，所以5,13a e ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭. 当()2,x ∈+∞，存在唯一的整数0x 使得()()00f x g x <，等价于()322x e x a x ->-存在唯一的整数0x 成立，因为83893F e ⎛⎫= ⎪⎝⎭最小，且()337F e =，()445F e =，所以当45a e >时，至少有两个整数成立，所以当37a e ≤时，没有整数成立，所有(347,5a e e ⎤∈⎦.综上：(345,17,53a e e e ⎡⎫⎤∈⋃⎪⎦⎢⎣⎭. 【压轴选编】1．（2020·山西高三开学考试）已知函数()()()222ln ,2ln f x x ax a x a R g x x x x =--+∈=-.（1）讨论()f x 的单调性；（2）求证：当1a =时，对于任意()0,x ∈+∞，都有()()f x g x <. 【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】（1）由题意()f x 的定义域为()0,∞+，且()()()222222x a x a a x ax a f x x a x x x--+--+'=--+==，当0a =时，()20f x x '=-<；当0a >时，2a x >时，()0f x '<；02ax <<时，()0f x '>；当0a <时，x a >-时，()0f x '<；0x a <<-时，()0f x '>；综上所述，当0a =时，()f x 在()0,∞+上为减函数；当0a >时，()f x 在0,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上为增函数，在,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上为减函数；当0a <时，()f x 在()0,a -上为增函数，在(),a -+∞上为减函数. （2）要证()()f x g x <，即证()21ln 0x x x -+>，当12x =时，不等式显然成立；当12x >时，即证ln 021x x x +>-；当102x <<时，即证ln 021xx x +<-；令()ln 21x F x x x =+-，则()()()()()22411112121x x F x x x x x ---'=+=--，当12x >时，在1,12⎛⎫⎪⎝⎭上()0F x '<，()F x 为减函数；在()1,+∞上()0F x '>，()F x 为增函数，①()()min 110F x F ==>，①ln 021xx x +>-.当102x <<时，在10,4⎛⎫ ⎪⎝⎭上()0F x '>，()F x 为增函数；在11,42⎛⎫⎪⎝⎭上()0F x '<，()F x 为减函数， ①()max 111ln 0442F x F ⎛⎫==-<⎪⎝⎭，①ln 021x x x +<-，综上所述，当0x >时，()()f x g x <成立.2．（2020·河南鹤壁高中高三月考）已知函数2()ln (0,)a xf x x a a R x a=++≠∈ （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）设1()2a x g x x a a=+-+，当0a >时，证明：()()f x g x ≥. 【答案】（1）见解析；（2）证明见解析【解析】（1）22121(2)()()a x a x a f x x x a ax+-'=-+= 当0a >时，()0f x x a '>⇒>，()00f x x a '<⇒<<当0a <时，()002f x x a '>⇒<<-，()02f x x a '<⇒>- ①0a >时，()f x 在(0,)a 上递减，在(,)a +∞递增 0a <时，()f x 在(0,2)a -上递增，在(2,)a -+∞递减（2）设1()()()ln 2a F x f x g x x x a=-=++- 则221()(0)a x aF x x x x x-'=-=> Q 0a >，(0,)x a ∴∈时，()0F x '<，()F x 递减(,)x a ∈+∞，()0,F x '>()F x 递增，1()()ln 1F x F a a a∴≥=+-设1()ln 1h x x x =+-，(0)x >,则22111()(0)x h x x x x x-'=-=>1x >时，()0,h x '>时，()h x 递增， 01x <<时，()0h x '<，∴()h x 递减()(1)0h x h ∴≥=，()()0F a h a ∴=≥()0F x ∴≥，即()()f x g x ≥3．（2020·四川石室中学高三月考）已知函数()22ln f x x x =-+．（1）求函数()f x 的最大值；（2）若函数()f x 与()ag x x x=+有相同极值点． ①求实数a 的值；①若对于121,,3x x e ⎡⎤∀∈⎢⎥⎣⎦（e 为自然对数的底数），不等式()()1211f xg x k -≤-恒成立，求实数k 的取值范围．【答案】（①）()11f =-；（①）（①）1；（①）()34 ,2ln31,3⎛⎤-∞-+⋃+∞ ⎥⎝⎦．【解析】（1）22(1)(1)()2(0)x x f x x x x x+-'=-+=->，由()0{0f x x >>'得01x <<，由()0{0f x x <>'得1x >，①()f x 在(0,1)上为增函数，在(1,)+∞上为减函数， ①函数()f x 的最大值为(1)1f =-；（2）①()a g x x x=+，①2()1a g x x =-'，（①）由（1）知，1x =是函数()f x 的极值点，又①函数()f x 与()ag x x x=+有相同极值点， ①1x =是函数()g x 的极值点，①(1)10g a =-='，解得1a =，经检验，当1a =时，函数()g x 取到极小值，符合题意；（①）①211()2f e e =--，(1)1f =-，(3)92ln 3f =-+， ①2192ln 321e -+<--<-，即1(3)()(1)f f f e <<，①1[,3]x e∀∈，min max ()(3)92ln 3,()(1)1f x f f x f ==-+==-，由（①）知1()g x x x =+，①21()1g x x =-'，当1[,1)x e∈时，()0g x '<，当(1,3]x ∈时，()0g x '>，故()g x 在1[,1)e 为减函数，在(1,3]上为增函数，①11110(),(1)2,(3)333g e g g e e =+==+=，而11023e e <+<，①1(1)()(3)g g g e <<，①1[,3]x e ∀∈，min max 10()(1)2,()(3)3g x g g x g ====，①当10k ->，即1k >时，对于121,[,3]x x e ∀∈，不等式12()()11f xg x k -≤-恒成立12max 1[()()]k f x g x ⇔-≥-12max [()()]1k f x g x ⇔≥-+，①12()()(1)(1)123f x g x f g -≤-=--=-，①312k ≥-+=-，又①1k >，①1k >， ①当10k -<，即1k <时，对于121,[,]x x e e ∀∈，不等式12()()11f xg x k -≤-，12min 1[()()]k f x g x ⇔-≤-12min [()()]1k f x g x ⇔≤-+，①121037()()(3)(3)92ln 32ln 333f x g x f g -≥-=-+-=-+，①342ln 33k ≤-+，又①1k <， ①342ln 33k ≤-+．综上，所求的实数k 的取值范围为34(,2ln 3](1,)3-∞-+⋃+∞． 4．（2020·江西高三）已知函数()()ln f x x x a b =++，曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线为210x y --=.（1）求a ，b 的值；（2）若对任意的()1,x ∈+∞，()()1f x m x ≥-恒成立，求正整数m 的最大值. 【答案】（1）1a =，0b =；（2）3【解析】（1）由()()ln f x x x a b =++得：()ln 1f x x a '=++ 由切线方程可知：()1211f =-=()112f a '∴=+=，()11f a b =+=，解得：1a =，0b =（2）由（1）知()()ln 1f x x x =+则()1,x ∈+∞时，()()1f x m x ≥-恒成立等价于()1,x ∈+∞时，()ln 11x x m x +≤-恒成立令()()ln 11x x g x x +=-，1x >，则()()2ln 21x x g x x --'=-. 令()ln 2hx x x =--，则()111x h x x x-'=-=∴当()1,x ∈+∞时，()0h x '>，则()h x 单调递增()31ln30h =-<Q ，()422ln20h =-> ()03,4x ∴∃∈，使得()00h x =当()01,x x ∈时，()0g x '<；()0,x x ∈+∞时，()0g x '>()()()000min0ln 11x x g x g x x +∴==-()000ln 20h x x x =--=Q 00ln 2x x ∴=- ()()()()0000min 0213,41x x g x g x x x -+∴===∈-()03,4m x ∴≤∈，即正整数m 的最大值为35．（2020·江西高三）已知函数()e 2xf x m x m =--.（1）当1m =时，求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程；（2）若()0f x >在(0,)+∞上恒成立，求m 的取值范围．【答案】（1）y x =-；（2）[2,)+∞【解析】（1）因为1m =,所以()e 21xf x x =--,所以()e 2xf x '=-,则(0)0,(0)1f f '==-,故曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程为y x =-.（2）因为()e 2x f x m x m =--,所以()e 2xf x m '=-,①当2m ≥时,()0f x '>在(0,)+∞上恒成立,则()f x 在(0,)+∞上单调递增,从而()(0)0f x f >=成立,故2m ≥符合题意; ①当02m <<时,令()0f x '<,解得20lnx m <<,即()f x 在20,ln m ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减,则2ln(0)0f f m ⎛⎫<= ⎪⎝⎭,故02m <<不符合题意; ①当0m ≤时,0()e 2x f x m '-<=在(0,)+∞上恒成立,即()f x 在(0,)+∞上单调递减,则()(0)0f x f <=,故0m ≤不符合题意.综上,m 的取值范围为[2,)+∞. 6．（2020·江西高三）已知函数()()2x f x x e =-.（1）求()f x 的单调区间；（2）证明：对任意的()0,x ∈+∞，不等式()2ln 6xf x x x >-恒成立.【答案】（1）单调递增区间为()1,+?，单调递减区间为(),1-∞（2）证明见解析【解析】（1）因为()()2x f x x e =-，所以()()1x f x x e '=-，令()0f x ¢>，解得1x >；令()0f x ¢<，解得1x <.故()f x 的单调递增区间为()1,+?，单调递减区间为(),1-∞.（2）要证()2ln 6xf x x x >-，只需证()ln 32x f x x>-.由（1）可知()()min 1f x f e ==-.令()ln 3(0)2x h x x x =->，则()21ln 2xh x x -'=，令()21ln 0ln 102xh x x x e x-'=>⇒<⇒<<，所以当()0,x e ∈时，()0h x '>，()h x 单调递增；当(),x e ∈+∞时，()0h x '<，()h x 单调递减，则()()max 132h x h e e==-. 因为 2.71828e =⋅⋅⋅，所以 2.75e ->-，所以1133 2.7524e -<-=-，从而132e e->-，则当0x >时，()()min max f x h x >.故当0x >时，()()f x h x >恒成立，即对任意的()0,x ∈+∞，()2ln 6xf x x x >-.7．（2020·四川高三月考）已知函数21()(32)()2xf x m e x m R =--∈. （1）若0x =是函数()f x 的一个极值点，试讨论()ln ()()h x b x f x b R =+∈的单调性；（2）若()f x 在R 上有且仅有一个零点，求m 的取值范围.【答案】（1）当0b …时，()h x 在(0,)+∞上单调递减；当0b >时，()h x 在上单调递增，在)+∞上单调递减；（2）2222,333e ⎧⎫⎛⎫++∞⋃⎨⎬⎪⎩⎭⎝⎭. 【解析】（1）()(32)xf x m e x '=--，因为0x =是函数()f x 的一个极值点，则(0)320f m '=-=，所以23m =，则21()ln (0)2h x b x x x =->，当2()b b x h x x x x-'=-=，当0b …时，()0h x '…恒成立，()h x 在(0,)+∞上单调递减，当0b >时，2()000h x b x x '>⇒->⇒<<所以()h x 在上单调递增，在)+∞上单调递减. 综上所述：当0b …时，()h x 在(0,)+∞上单调递减；当0b >时，()h x 在上单调递增，在)+∞上单调递减. （2）()f x 在R 上有且仅有一个零点，即方程2322x x m e -=有唯一的解，令2()2xx g x e=，可得(2)()0,()2xx x g x g x e -'>=，由(2)()02xx x g x e -'==，得0x =或2x =，（1）当0x …时，()0g x '…，所以()g x 在(,0]-∞上单调递减，所以()(0)0g x g =…，所以()g x 的取值范围为[0,)+∞. （2）当02x <<时，()0g x '>，所以()g x 在(0,2)上单调递增，所以0()(2)g x g <<，即220()g x e<<，故()g x 的取值范围为220,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭. （3）当2x …时，()0g x '…，所以()g x 在[2,)+∞上单调递减，所以(0)()(2)g g x g <…，即220()g x e <…，即()g x 的取值范围为220,e ⎛⎤ ⎥⎝⎦. 所以，当320m -=或2232m e ->，即23m =或22233m e >+时，()f x 在R 上有且只有一个零点，故m 的取值范围为2222,333e ⎧⎫⎛⎫++∞⋃⎨⎬⎪⎩⎭⎝⎭. 8．（2020·山西高三）已知函数()2ln 21f x a x x =-+（其中a R ∈）. （1）讨论函数()f x 的极值；（2）对任意0x >，2()2f x a ≤-恒成立，求a 的取值范围.【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2）[1,)+∞ 【解析】（1）()f x 的定义域为(0,)+∞，2'()2af x x=-， ①当0a ≤时，'()0f x <，所以()f x 在(0,)+∞上是减函数，()f x 无极值. ①当0a >时，令'()0f x =，得x a =，在(0,)a 上，'()0f x >，()f x 是增函数；在(,)a +∞上，'()0f x <，()f x 是减函数. 所以()f x 有极大值()2ln 21f a a a a =-+，无极小值.（2）由（1）知，①当0a ≤时，()f x 是减函数，令2a x e =，则0(0,1]x ∈，222220()(2)21(2)320a a f x a a e a e --=-+--=->，不符合题意，①当0a >时，()f x 的最大值为()2ln 21f a a a a =-+，要使得对任意0x >，2()(1)f x a ≤-恒成立，即要使不等式22ln 212a a a a -+≤-成立，则22ln 230a a a a --+≤有解.令2()2ln 23(0)g a a a a a a =--+>，所以'()2ln 2g a a a =-令()'()2ln 2h a g a a a ==-，由22'()0ah a a-==，得1a =. 在(0,1)上，'()0h a >，则()'()h a g a =在(0,1)上是增函数；在(1,)+∞上，'()0h a <，则()'()h a g a =在(1,)+∞上是减函数. 所以max ()(1)20h a h ==-<，即'()0g a <，故()g a 在(0,)+∞上是减函数，又(1)0g =，要使()0g a ≤成立，则1a ≥，即a 的取值范围为[1,)+∞. 9．（2020·北京高三期末）已知函数()2xf x x e =（1）求()f x 的单调区间；（2）过点()1,0P 存在几条直线与曲线()y f x =相切，并说明理由；（3）若()()1f x k x ≥-对任意x ∈R 恒成立，求实数k 的取值范围.【答案】（1）增区间为(),2-∞-，()0,∞+，单调减区间为()2,0-；（2）三条切线，理由见解析；（3）0,2⎡+⎣ 【解析】（1）()()()222xxf x x x e x x e '==++，()0f x '>得，2x <-或0x >；()0f x '<得，20x -<<；所以()f x 的单调增区间为(),2-∞-，()0,∞+；单调减区间为()2,0-；（2）过()1,0P 点可做()f x 的三条切线；理由如下：设切点坐标为()0200,x x x e，所以切线斜率()()00002xx x k x e f '=+= 所以过切点的切线方程为：()()002200002x x x e x x e x y x -=+-，切线过()1,0P 点，代入得()()0022*******x x x e x x e x -=+-，化简得(0000x x x x e=，方程有三个解，00x =，0x =0x 所以过()1,0P 点可做()f x 的三条切线. （3）设()()21xg x x e k x -=-，①0k =时，因为20x ≥，0x e >，所以显然20x x e ≥对任意x ∈R 恒成立； ①k 0<时，若0x =，则()()0001f k k =>-=-不成立，所以k 0<不合题意.①0k >时，1x ≤时，()()210xg x x e k x -=->显然成立，只需考虑1x >时情况；转化为21xx e k x ≥-对任意()1,x ∈+∞恒成立令()21xx e h x x =-（1x >），则()min k h x ≤，()()()(()2222(2)111xx xx x x ex x e x x e h x x x +--'==--，当1x <<时，()0h x '<，()h x 单调减；当x >()0h x '>，()h x 单调增；所以()(min 2h x h==+=所以(2k ≤+综上所述，k 的取值范围(0,2+⎡⎣. 10．（2020·全国高三专题练习）已知函数()()33114ln 10f f x ax x x '=--的图象在点()()1,1f 处的切线方程为100++=x y b . （1）求a ，b 的值；（2）若()13f x m >对()0,x ∈+∞恒成立，求m 的取值范围. 【答案】（1）13a =,403=-b ；（2）2642ln 2<-m【解析】（1）()()23114310f f x ax x''=--, 因为()f x 在()()1,1f 处的切线方程为100++=x y b ,即10y x b =--,此时切线斜率10k =-,则()3(1)13141010f f a k ''=--==-,解得13a =,所以()()333101114ln 314ln 3103f x x x x x x x ⨯-=--=+-, 所以()31110113114ln13333f =⨯+⨯-=+=,则10103b =--,解得403=-b（2）由（1）知()31314ln 3f x x x x =+-, ()32143143x x f x x x x+-'=+-=, 设函数()()33140g x xx x =+->,则()2330g x x '=+>,所以()g x 在()0,∞+为增函数,因为()20g =,令()0g x <,得02x <<；令()0g x >,得2x >, 所以当02x <<时,()0f x '<；当2x >时,()0f x '>, 所以()()3min 126223214ln 214ln 233f x f ==⨯+⨯-=-, 从而12614ln 233<-m ,即2642ln 2<-m 11．（2020·天津静海一中高三月考）已知函数()ln 1()f x ax x a R =--∈．（1）讨论()f x 的单调性并指出相应单调区间；（2）若21())1(2g x x x x f ---=，设()1212,x x x x <是函数()g x 的两个极值点，若32a ≥，且()()12g x g x k -≥恒成立，求实数k 的取值范围．【答案】（1）答案见解析（2）15,2ln 28⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦【解析】（1）由()ln 1f x ax x =--，(0,)x ∈+∞，则11()ax f x a x x'-=-=，当0a ≤时，则()0f x '≤，故()f x 在(0,)+∞上单调递减；当0a >时，令1()0f x x a'=⇒=，所以()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增．综上所述：当0a ≤时，()f x 在(0,)+∞上单调递减；当0a >时，()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增．（2）①21()ln (1)2g x x x a x =+-+， 21(1)1()(1)x a x g x x a x x-++'=+-+=, 由()0g x '=得2(1)10x a x -++=，①121x x a +=+，121=x x ，①211x x =①32a ≥①111115210x x x x ⎧+≥⎪⎪⎨⎪<<⎪⎩解得1102x <≤.①()()()()222112121211221111ln(1)2ln 22x g x g x x x a x x x x x x ⎛⎫-=+--+-=-- ⎪⎝⎭. 设22111()2ln 022h x x x x x ⎛⎫⎛⎫=--<≤ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，则()2233121()0x h x x x x x '--=--=<,①()h x 在10,2⎛⎤ ⎥⎝⎦上单调递减；当112x =时，min 115()2ln 228h x h ⎛⎫==- ⎪⎝⎭. ①152ln 28k ≤-，即所求k 的取值范围为15,2ln 28⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦.12.（2020·山东高三期末）已知函数()()2sin ln 12x f x x x =+-+.（1）证明：()0f x ≥；（2）数列{}n a 满足：1102a <<，()1n n a f a +=（n *∈N ）. （①）证明：1102a <<（n *∈N ）；（①）证明：n *∀∈N ，1n n a a +<.【答案】（1）证明见解析（2）（i ）证明见解析（ii ）证明见解析【解析】（1）由题意知，()1cos 1f x x x x'=+-+，()1,x ∈-+∞，当()1,0x ∈-时，()1101f x x x x'<+-<<+，所以()f x 在区间()1,0-上单调递减，当()0,x ∈+∞时，()()g x f x '=，因为()()()22111sin 011g x x x x '=+->>++所以()g x 在区间()0,∞+上单调递增，因此()()00g x g >=，故当()0,x ∈+∞时，()0f x '>，所以()f x 在区间()0,∞+上单调递增，因此当()1,x ∈-+∞时，()()00f x f ≥=，所以()0f x ≥ （2）（①）()f x 在区间10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，()()00f x f >=，因为881288311111C C 147122224e ⎛⎫⎛⎫=+=+++>++=> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭L ，故83318ln ln ln 022e ⎛⎫-=-< ⎪⎝⎭，所以()1113131131sin ln sin ln 18ln 22826822822f x f π⎛⎫⎛⎫<=+-<+-=+-<⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭因此当10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()01f x <<，又因为110,2a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以()()()()()()12110,2n n n a f a ff a f f f a --⎛⎫====∈ ⎪⎝⎭LL L（①）函数()()h x f x x =-（102x <<），则()()11cos 11h x f x x x x''=-=+--+，令()()x h x ϕ='，则()()0x g x ϕ''=>，所以()x ϕ在区间10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增；因此()()111217cos 1cos 0222326h x x ϕϕ⎛⎫'=≤=+--=-<⎪⎝⎭，所以()h x 在区间10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，所以()()00h x h <=，因此()()10n n n n n a a f a a g a +-=-=<，所以x *∀∈N ，1n n a a +<13．（2020·四川三台中学实验学校高三开学考试）已知函数()ln f x x x a =+，()ln ,g x x ax a =-∈R . （1）求函数()f x 的极值；（2）若10a e<<，其中e 为自然对数的底数，求证：函数()g x 有2个不同的零点；（3）若对任意的1x >，()()0f x g x +>恒成立，求实数a 的最大值. 【答案】（1）极小值为1a e-+；无极大值（2）证明过程见解析；（3）2. 【解析】（1）函数()f x 的定义域为0x >，因为()ln f x x x a =+，所以()ln 1f x x =+‘，当1x e >时，()0f x >‘，所以函数()f x 单调递增；当10x e<<时，()0f x <‘，所以函数()f x 单调递减，因此1e是函数()f x 的极小值，故函数()f x 的极值为极小值，值为11()f a e e =-+；无极大值（2）函数()g x 的定义域为0x >，因为()ln ,g x x ax =-所以'1()g x a x=-，因为10a e <<，所以当1x a >时，'()0g x <，因此函数()g x 是递减函数，当10x a<<时，'()0g x >，。

(名师导学)2020版高考数学总复习第三章导数及其应用第18讲导数与函数的综合问题练习文(含解析)

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第18讲导数与函数的综合问题夯实基础【p43】【学习目标】掌握利用导数求解与不等式和方程有关的技巧和方法，会利用导数求解实际生活中的优化问题，提高分析问题和解决问题的能力．【基础检测】1．已知定义在R上的函数f错误!的图象如图所示，则x·f′错误!〉0的解集为( )A.错误!∪错误!B.错误!C。

错误! D。

错误!∪错误!【解析】不等式x·f′(x)〉0等价为当x〉0时，f′（x）>0，即x>0时,函数递增,此时1<x〈2；或者当x<0时，f′(x）<0,即x<0时，函数递减，此时x〈0。

综上1<x<2或x<0，即不等式的解集为(－∞，0)∪(1，2)，故选A.【答案】A2．若a〉0，b>0，且函数f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1处有极值，则ab的最大值等于( )A．3 B．6 C．9 D．2【解析】∵f′（x）＝12x2－2ax－2b，又因为在x＝1处有极值，∴f′（1)＝0，a＋b＝6，∵a＞0，b＞0，∴ab≤错误!错误!＝9，当且仅当a＝b＝3时取等号．所以ab的最大值等于9。

2020高考北师大版文科数学-高考大题专项(一) 导数的综合应用

高考大题专项(一)导数的综合应用突破1导数与函数的单调性1.已知函数f(x)=13x3-a(x2+x+1).(1)若a=3,求f(x)的单调区间;(2)略.当a=3时,f(x)=13x3-3x2-3x-3,f'(x)=x2-6x-3.令f'(x)=0,解得x=3-2√3或x=3+2√3.当x∈(-∞,3-2√3)∪(3+2√3,+∞)时,f'(x)>0;当x∈(3-2√3,3+2√3)时,f'(x)<0.故f(x)在(-∞,3-2√3),(3+2√3,+∞)上是增加的,在(3-2√3,3+2√3)上是减少的.2.已知函数f(x)=e x-ax2.(1)若a=1,证明:当x≥0时,f(x)≥1;(2)略.当a=1时,f(x)≥1等价于(x2+1)e-x-1≤0.设函数g(x)=(x2+1)e-x-1,则g'(x)=-(x2-2x+1)e-x=-(x-1)2e-x.当x≠1时,g'(x)<0,所以g(x)在(0,+∞)上是减少的.而g(0)=0,故当x≥0时,g(x)≤0,即f(x)≥1.3.已知函数f(x)=1x-x+a ln x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)略.f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=-12-1+a=-x2-ax+12.①若a≤2,则f'(x)≤0,当且仅当a=2,x=1时f'(x)=0,所以f(x)在(0,+∞)上是减少的.②若a>2,令f'(x)=0得,x=a-√a 2-42或x=a+√a2-42.当x∈(0,a-√a2-42)∪a+√a2-42,+∞时,f'(x)<0;当x∈a-√a2-42,a+√a2-42时,f'(x)>0.所以f(x)在(0,a-√a2-42),(a+√a2-42,+∞)上是减少的,在(a-√a2-42,a+√a2-42)上是增加的.4.(2019山东潍坊三模,21)已知函数f (x )=x 2+a ln x-2x (a ∈R ). (1)求f (x )的递增区间; (2)略.函数f (x )的定义域为(0,+∞),f'(x )=2x+ax -2=2x 2-2x+a x, 令2x 2-2x+a=0,Δ=4-8a=4(1-2a ),若a ≥12,则Δ≤0,f'(x )≥0在(0,+∞)上恒成立,函数f (x )在(0,+∞)上是增加的; 若a<12,则Δ>0,方程2x 2-2x+a=0,两根为x 1=1-√1-2a 2,x 2=1+√1-2a2, 当a ≤0时,x 2>0,x ∈(x 2,+∞),f'(x )>0,f (x )递增;当0<a<12时,x 1>0,x 2>0,x ∈(0,x 1),f'(x )>0,f (x )递增,x ∈(x 2,+∞),f'(x )>0,f (x )递增.综上,当a ≥12时,函数f (x )递增区间为(0,+∞),当a ≤0时,函数f (x )递增区间为1+√1-2a2,+∞,当0<a<12时,函数f (x )递增区间为0,1-√1-2a 2,1+√1-2a2,+∞.5.(2018全国3,文21)已知函数f (x )=ax 2+x -1e x .(1)求曲线y=f (x )在点(0,-1)处的切线方程; (2)证明:当a ≥1时,f (x )+e ≥0.(x )=-ax 2+(2a -1)x+2x,f'(0)=2. 因此曲线y=f (x )在(0,-1)处的切线方程是2x-y-1=0.a ≥1时,f (x )+e ≥(x 2+x-1+e x+1)e -x .令g (x )=x 2+x-1+e x+1, 则g'(x )=2x+1+e x+1.当x<-1时,g'(x )<0,g (x )递减;当x>-1时,g'(x )>0,g (x )递增; 所以g (x )≥g (-1)=0. 因此f (x )+e ≥0.6.(2019河南开封一模,21)设函数f (x )=(x-1)e x -k2x 2(其中k ∈R ). (1)求函数f (x )的单调区间; (2)略.函数f (x )的定义域为(-∞,+∞),f'(x )=e x +(x-1)e x -kx=x e x -kx=x (e x -k ),①当k ≤0时,令f'(x )>0,解得x>0,∴f (x )的递减区间是(-∞,0),递增区间是(0,+∞). ②当0<k<1时,令f'(x )>0,解得x<ln k 或x>0,∴f (x )在(-∞,ln k )和(0,+∞)上是增加的,在(ln k ,0)上是减少的.③当k=1时,f'(x )≥0,f (x )在(-∞,+∞)上是增加的. ④当k>1时,令f'(x )>0,解得x<0或x>ln k ,所以f (x )在(-∞,0)和(ln k ,+∞)上是增加的,在(0,ln k )上是减少的. 7.(2019河北衡水同卷联考,21)已知函数f (x )=x 2e ax -1. (1)讨论函数f (x )的单调性; (2)略.函数f (x )的定义域为R .f'(x )=2x e ax +x 2·a e ax =x (ax+2)e ax .当a=0时,f (x )=x 2-1,则f (x )在区间(0,+∞)内是增加的,在区间(-∞,0)内是减少的; 当a>0时,f'(x )=ax x+2ae ax ,令f'(x )>0得x<-2a 或x>0,令f'(x )<0得-2a <x<0,所以f (x )在区间-∞,-2a内是增加的,在区间-2a ,0内是减少的,在区间(0,+∞)内是增加的; 当a<0时,f'(x )=ax x+2ae ax ,令f'(x )>0得0<x<-2a ,令f'(x )<0得x>-2a或x<0,所以f (x )在区间(-∞,0)内是减少的,在区间0,-2a内是增加的,在区间-2a,+∞内是减少的.8.(2019江西新余一中质检一,19)已知函数f (x )=ln (x -a )x . (1)若a=-1,证明:函数f (x )在(0,+∞)上单调递减;(2)若曲线y=f (x )在点(1,f (1))处的切线与直线x-y=0平行,求a 的值; (3)若x>0,证明:ln (x+1)x>xe x -1(其中e 是自然对数的底数).a=-1时,函数f (x )的定义域是(-1,0)∪(0,+∞),所以f'(x )=xx+1-ln (x+1)2,令g (x )=x-ln(x+1),只需证当x>0时,g (x )≤0.又g'(x )=1(x+1)2−1x+1=-x(x+1)2<0在(0,+∞)上恒成立,故g (x )在(0,+∞)上是减少的,所以g (x )<g (0)=-ln 1=0,所以f'(x )<0,故函数f (x )在(0,+∞)上是减少的.,f'(1)=1,且f'(x )=xx -a -ln (x -a )x 2,所以f'(1)=11-a -ln(1-a )=1,即有a1-a-ln(1-a )=0, 令t (a )=a-ln(1-a ),a<1, 则t'(a )=1(1-a )2+11-a >0,故t (a )在(-∞,1)上是增加的,又t (0)=0,故0是t (a )的唯一零点, 即方程a-ln(1-a )=0有唯一实根0,所以a=0.因为xx -1=ln e x x -1=ln (e x -1+1)x -1,故原不等式等价于ln (x+1)>ln (e x -1+1)x -1, 由(1)知,当a=-1时,f (x )=ln (x+1)x在(0,+∞)上是减少的,故要证原不等式成立,只需证明当x>0时,x<e x -1,令h (x )=e x -x-1,则h'(x )=e x -1>0在(0,+∞)上恒成立,故h (x )在(0,+∞)上是增加的, 所以h (x )>h (0)=0,即x<e x -1,故f (x )>f (e x -1),即ln (x+1)x>ln (e x -1+1)e x -1=xe x -1.突破2 利用导数研究函数的极值、最值1.(2019哈尔滨三中模拟)已知函数f (x )=ln x-ax (a ∈R ). (1)当a=12时,求f (x )的极值; (2)略.当a=12时,f (x )=ln x-12x ,函数的定义域为(0,+∞),f'(x )=1x−12=2-x 2x, 令f'(x )=0,得x=2,于是当x 变化时,f'(x ),f (x )的变化情况如下表:故f (x )的极大值为ln 2-1,无极小值.2.(2019河北衡水深州中学测试)讨论函数f (x )=ln x-ax (a ∈R )在定义域内的极值点的个数.(0,+∞),f'(x )=1x-a=1-axx(x>0). 当a ≤0时,f'(x )>0在(0,+∞)上恒成立,故函数f (x )在(0,+∞)上是增加的,此时函数f (x )在定义域上无极值点;当a>0时,若x ∈0,1a,则f'(x )>0,若x ∈1a,+∞,则f'(x )<0,故函数f (x )在x=1a处取极大值.综上可知,当a ≤0时,函数f (x )无极值点,当a>0时,函数f (x )有一个极大值点. 3.(2019陕西咸阳模拟一,21)设函数f (x )=2ln x-x 2+ax+2. (1)当a=3时,求f (x )的单调区间和极值; (2)略.f (x )的定义域为(0,+∞).当a=3时,f (x )=2ln x-x 2+3x+2,所以f'(x )=2x -2x+3=-2x 2+3x+2x,令f'(x )=-2x 2+3x+2x=0,得-2x2+3x+2=0,因为x>0,所以x=2.f(x)与f'(x)在区间(0,+∞)上的变化情况如下:所以f(x)的递增区间为(0,2),递减区间为(2,+∞).f(x)的极大值为2ln 2+4,无极小值.4.已知函数f(x)=(x-a)e x(a∈R).(1)当a=2时,求函数f(x)在x=0处的切线方程;(2)求f(x)在区间[1,2]上的最小值.设切线的斜率为k.因为a=2,所以f(x)=(x-2)e x,f'(x)=e x(x-1).所以f(0)=-2,k=f'(0)=e0(0-1)=-1.所以所求的切线方程为y=-x-2,即x+y+2=0.(2)由题意得f'(x)=e x(x-a+1),令f'(x)=0,可得x=a-1.①若a-1≤1,则a≤2,当x∈[1,2]时,f'(x)≥0,则f(x)在[1,2]上是增加的.所以f(x)min=f(1)=(1-a)e.②若a-1≥2,则a≥3,当x∈[1,2]时,f'(x)≤0,则f(x)在[1,2]上是减少的.所以f(x)min=f(2)=(2-a)e2.③若1<a-1<2,则2<a<3,所以f'(x),f(x)随x的变化情况如下表:所以f(x)的递减区间为[1,a-1],递增区间为[a-1,2].所以f(x)在[1,2]上的最小值为f(a-1)=-e a-1.综上所述:当a≤2时,f(x)min=f(1)=(1-a)e;当a≥3时,f(x)min=f(2)=(2-a)e2;当2<a<3时,f(x)min=f(a-1)=-e a-1.5.(2019湖北八校联考二,21)已知函数f(x)=ln x+ax2+bx.(1)函数f(x)在点(1,f(1))处的切线的方程为2x+y=0,求a,b的值,并求函数f(x)的最大值;(2)略.+2ax+b,因为f(x)=ln x+ax2+bx,所以f'(x)=1x则在点(1,f(1))处的切线的斜率为f'(1)=1+2a+b,由题意可得,1+2a+b=-2,且a+b=-2,解得a=b=-1.所以f'(x )=1x -2x-1=-2x 2-x+1x=-2x 2+x -1x , 由f'(x )=0,可得x=12(x=-1舍去),当0<x<12时,f'(x )>0,f (x )递增;当x>12时,f'(x )<0,f (x )递减, 故当x=12时,f (x )取得极大值,且为最大值,f 12=-ln 2-34.故f (x )的最大值为-ln 2-34.6.(2019广东广雅中学模拟)已知函数f (x )=ax+ln x ,其中a 为常数. (1)当a=-1时,求f (x )的最大值;(2)若f (x )在区间(0,e]上的最大值为-3,求a 的值.易知f (x )的定义域为(0,+∞),当a=-1时,f (x )=-x+ln x ,f'(x )=-1+1x=1-x x, 令f'(x )=0,得x=1.当0<x<1时,f'(x )>0;当x>1时,f'(x )<0.∴f (x )在(0,1)上是增加的,在(1,+∞)上是减少的. ∴f (x )max =f (1)=-1.∴当a=-1时,函数f (x )的最大值为-1.(2)f'(x )=a+1x,x ∈(0,e],则1x∈1e,+∞.①若a ≥-1e ,则f'(x )≥0,从而f (x )在(0,e]上是增加的,∴f (x )max =f (e)=a e +1≥0,不合题意. ②若a<-1e ,令f'(x )>0得,a+1x >0,又x ∈(0,e],解得0<x<-1a ;令f'(x )<0得,a+1x<0,又x ∈(0,e],解得-1a<x ≤e .从而f (x )在0,-1a上是增加的,在-1a,e 上是减少的,∴f (x )max =f -1a=-1+ln -1a.令-1+ln -1a=-3,得ln -1a =-2,即a=-e 2.∵-e 2<-1e ,∴a=-e 2符合题意.故实数a 的值为-e 2.7.(2019湘赣十四校联考一,21)已知函数f (x )=ln x-mx-n (m ,n ∈R ). (1)若n=1时,函数f (x )有极大值为-2,求m 的值; (2)若对任意实数x>0,都有f (x )≤0,求m+n 的最小值.函数f (x )的定义域为(0,+∞),当n=1时,f (x )=ln x-mx-1,∵函数f (x )有极大值为-2,由f'(x )=1x -m=0,得x=1m>0,∴f (1m )=-ln m-1-1=-2, ∴m=1.经检验m=1满足题意.故m 的值为1. (2)f'(x )=1x -m.①当m<0时,∵x ∈(0,+∞),∴f'(x )>0,∴f (x )在(0,+∞)上是增加的.令x=e n ,则f (e n )=ln e n -m e n -n=-m e n >0,舍去;②当m=0时,∵x ∈(0,+∞),∴f'(x )>0,∴f (x )在(0,+∞)上是增加的,令x=e n+1,则f (e n+1)=ln e n+1-n=1>0,舍去; ③当m>0时,若x ∈0,1m ,则f'(x )>0,若x ∈1m,+∞,则f'(x )<0,∴f (x )在0,1m 上是增加的,在1m,+∞上是减少的.∴f (x )的最大值为f1m=-ln m-1-n ≤0,即n ≥-ln m-1.∴m+n ≥m-ln m-1,设h (m )=m-ln m-1, 令h'(m )=1-1m=0,则m=1.当m ∈(0,1)时,h'(m )<0,∴h (m )在(0,1)上是减少的. 当m ∈(1,+∞)时,h'(m )>0.∴h (m )在(1,+∞)上是增加的. ∴h (m )的最小值为h (1)=0.综上所述,当m=1,n=-1时,m+n 的最小值为0.突破3 导数在不等式中的应用1.(2019湖南三湘名校大联考一,21)已知函数f (x )=x ln x. (1)略;(2)当x ≥1e 时,f (x )≤ax 2-x+a-1,求实数a 的取值范围.由已知得a ≥xlnx+x+1x 2+1,设h (x )=xlnx+x+1x 2+1, 则h'(x )=(1-x )(xlnx+lnx+2)(x 2+1)2.∵y=x ln x+ln x+2是增函数,且x ≥1e ,∴y ≥-1e -1+2>0, ∴当x ∈1e,1时,h'(x )>0;当x ∈(1,+∞)时,h'(x )<0,∴h (x )在x=1处取得最大值,h (1)=1,∴a ≥1.故a 的取值范围为[1,+∞).2.(2018全国1,文21)已知函数f (x )=a e x -ln x-1. (1)设x=2是f (x )的极值点,求a ,并求f (x )的单调区间; (2)证明:当a ≥1e时,f (x )≥0.(x )的定义域为(0,+∞),f'(x )=a e x -1x.由题设知,f'(2)=0,所以a=12e 2. 从而f (x )=12e 2e x -ln x-1,f'(x )=12e 2e x -1x . 当0<x<2时,f'(x )<0;当x>2时,f'(x )>0.所以f (x )在(0,2)上是减少的,在(2,+∞)上是增加的.a ≥1e 时,f (x )≥e xe -ln x-1. 设g (x )=e xe -ln x-1, 则g'(x )=e xe−1x .当0<x<1时,g'(x )<0;当x>1时,g'(x )>0. 所以x=1是g (x )的最小值点. 故当x>0时,g (x )≥g (1)=0. 因此,当a ≥1e 时,f (x )≥0.3.(2019湖南湘潭一模,21)已知函数f (x )=e x -x 2-ax. (1)略;(2)当x>0时,f (x )≥1-x 恒成立,求实数a 的取值范围.由题意,当x>0时,e x -x 2-ax ≥1-x ,即a ≤e xx -x-1x +1.令h (x )=e x x -x-1x +1(x>0),则h'(x )=e x (x -1)-x 2+1x 2=(x -1)(e x -x -1)x 2. 令φ(x )=e x -x-1(x>0),则φ'(x )=e x -1>0. 当x ∈(0,+∞)时,φ(x )递增,φ(x )>φ(0)=0. 故当x ∈(0,1)时,h'(x )<0,h (x )递减; 当x ∈(1,+∞)时,h'(x )>0,h (x )递增. 所以h (x )min =h (1)=e -1,所以a ≤e -1. 故a 的取值范围为(-∞,e -1].4.(2019安徽合肥一模,21)已知函数f (x )=e x-1-a (x-1)+ln x (a ∈R ,e 是自然对数的底数). (1)略;(2)若对x ∈[1,+∞),都有f (x )≥1成立,求实数a 的取值范围.f'(x )=e x-1+1x-a (x ≥1),令g (x )=f'(x ),g'(x )=e x-1-1x2, 令φ(x )=g'(x ),φ'(x )=e x-1+2x 3>0,∴g'(x )在[1,+∞)上是增加的,g'(x )≥g'(1)=0. ∴f'(x )在[1,+∞]上是增加的,f'(x )≥f'(1)=2-a.当a ≤2时,f'(x )≥0,f (x )在[1,+∞)上是增加的,f (x )≥f (1)=1,满足条件; 当a>2时,f'(1)=2-a<0. 又f'(ln a+1)=e ln a -a+1lna+1=1lna+1>0, ∴存在x 0∈(1,ln a+1),使得f'(x )=0,此时,当x ∈(1,x 0)时,f'(x )<0;当x ∈(x 0,ln a+1)时, f'(x )>0,∴f (x )在(1,x 0)上是减少的,当x ∈(1,x 0)时,都有f (x )<f (1)=1,不符合题意.综上所述,实数a 的取值范围为(-∞,2].5.(2019陕西咸阳一模,21)设函数f (x )=x+1-m e x ,m ∈R . (1)当m=1时,求f (x )的单调区间; (2)求证:当x ∈(0,+∞)时,lne x -1x>x 2.m=1时,f (x )=x+1-e x ,f'(x )=1-e x ,令f'(x )=0,则x=0. 当x<0时,f'(x )>0;当x>0时, f'(x )<0.∴函数f (x )的递增区间是(-∞,0),递减区间是(0,+∞).(1)知,当m=1时,f (x )max =f (0)=0,∴当x ∈(0,+∞)时,x+1-e x <0,即e x >x+1,当x ∈(0,+∞)时,要证ln e x -1x>x 2,只需证e x -1>x e x2, 令F (x )=ex-1-x e x2=e x -x (√e )x-1, F'(x )=e x-(√e )x−12x (√e )x =(√e )x(√e )x-1-x 2=e x 2e x 2-1-x 2,由ex>x+1可得,e x 2>1+x2,故当x ∈(0,+∞)时,F'(x )>0恒成立,即F (x )在(0,+∞)上是增加的,∴F (x )>F (0)=0,即e x -1>x e x2,∴ln e x -1x>x 2.6.已知函数f (x )=-a ln x-e xx+ax ,a ∈R .(1)略;(2)当a=1时,若不等式f (x )+bx-b+1x e x -x ≥0在x ∈(1,+∞)时恒成立,求实数b 的取值范围. 解(2)由题意,当a=1时,f (x )+bx-b+1xe x -x ≥0在x ∈(1,+∞)时恒成立,整理得ln x-b (x-1)e x ≤0在(1,+∞)上恒成立. 令h (x )=ln x-b (x-1)e x ,易知,当b ≤0时,h (x )>0,不合题意,∴b>0.又h'(x )=1x -bx e x ,h'(1)=1-b e .①当b ≥1e 时,h'(1)=1-b e ≤0.又h'(x )=1x -bx e x 在[1,+∞)上是减少的. ∴h'(x )≤h'(1)≤0在[1,+∞)上恒成立,则h (x )在[1,+∞)上是减少的.所以h (x )≤h (1)=0,符合题意.②当0<b<1e 时,h'(1)=1-b e >0,h'(1b )=b-e 1b <01b>1.又h'(x )=1x -bx e x 在[1,+∞)上是减少的,∴存在唯一x 0∈(1,+∞),使得h'(x 0)=0.∴h (x )在(1,x 0)上是增加的,在(x 0,+∞)上是减少的.又h (x )在x=1处连续,h (1)=0,∴h (x )>0在(1,x 0)上恒成立,不合题意.综上所述,实数b 的取值范围为1e ,+∞.7.设函数f (x )=e mx +x 2-mx.(1)求证:f (x )在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增;(2)若对于任意x 1,x 2∈[-1,1],都有|f (x 1)-f (x 2)|≤e -1,求m 的取值范围.(x )=m (e mx -1)+2x.若m ≥0,则当x ∈(-∞,0)时,e mx -1≤0,f'(x )≤0;当x ∈(0,+∞)时,e mx -1≥0, f'(x )≥0.若m<0,则当x ∈(-∞,0)时,e mx -1>0,f'(x )<0;当x ∈(0,+∞)时,e mx -1<0,f'(x )>0. 所以f (x )在(-∞,0)上是减少的,在(0,+∞)上是增加的.(1)知,对任意的m ,f (x )在[-1,0]上是减少的,在[0,1]上是增加的,故f (x )在x=0处取得最小值.所以对于任意x 1,x 2∈[-1,1],|f (x 1)-f (x 2)|≤e -1的充要条件是{f (1)-f (0)≤e -1,f (-1)-f (0)≤e -1,即{e m -m ≤e -1,e -m +m ≤e -1.设函数g (t )=e t -t-e +1,则g'(t )=e t -1.当t<0时,g'(t )<0;当t>0时,g'(t )>0.故g (t )在(-∞,0)上是减少的,在(0,+∞)上是增加的. 又g (1)=0,g (-1)=e -1+2-e <0,故当t ∈[-1,1]时,g (t )≤0. 当m ∈[-1,1]时,g (m )≤0, g (-m )≤0,即{e m -m ≤e -1,e -m +m ≤e -1.当m>1时,由g (t )的单调性知,g (m )>0,即e m -m>e -1. 当m<-1时,g (-m )>0, 即e -m +m>e -1.综上,m 的取值范围是[-1,1].8.(2019山西太原二模,21)已知x 1,x 2(x 1<x 2)是函数f (x )=e x +ln(x+1)-ax (a ∈R )的两个极值点. (1)求a 的取值范围; (2)求证:f (x 2)-f (x 1)<2ln a.f'(x )=e x +1x+1-a ,x>-1,令g (x )=e x +1x+1-a ,x>-1,则 g'(x )=e x -1(x+1)2,令h (x )=e x -1(x+1)2,x>-1,则h'(x )=e x +2(x+1)3>0,∴h (x )在(-1,+∞)上是增加的,且h (0)=0.当x ∈(-1,0)时,g'(x )=h (x )<0,g (x )是减少的, 当x ∈(0,+∞)时,g'(x )=h (x )>0,g (x )递增.∴g (x )≥g (0)=2-a.①当a ≤2时,f'(x )=g (x )>g (0)=2-a ≥0.f (x )在(-1,+∞)上是增加的,此时无极值;②当a>2时,∵g 1a-1=e 1a -1>0,g (0)=2-a<0,∴存在x 1∈1a-1,0,g (x 1)=0,当x ∈(-1,x 1)时,f'(x )=g (x )>0,f (x )递增;当x ∈(x 1,0)时,f'(x )=g (x )<0,f (x )递减,∴x=x 1是f (x )的极大值点.∵g (ln a )=11+lna >0,g (0)=2-a<0,∴存在x 2∈(0,ln a ),g (x 2)=0,当x ∈(0,x 2)时,f'(x )=g (x )<0,f (x )递减;当x ∈(x 2,+∞)时,f'(x )=g (x )>0,f (x )递增,∴x=x 2是f (x )的极小值点.综上所述,a 的取值范围为(2,+∞).(1)得a ∈(2,+∞),1a -1<x 1<0<x 2<ln a ,且g (x 1)=g (x 2)=0,∴x 2-x 1>0,1a <x 1+1<1,1<x 2+1<1+ln a ,e x 2−e x 1=x 2-x1(x 1+1)(x 2+1), ∴1(x 1+1)(x 2+1)-a<0,1<x 2+1x 1+1<a (1+ln a )<a 2,∴f (x 2)-f (x 1)=e x 2−e x 1+ln x 2+1x 1+1-a (x 2-x 1)=(x 2-x 1)1(x 1+1)(x 2+1)-a+lnx 2+1x 1+1<ln a 2=2ln a. 突破4 导数与函数的零点1.(2018全国2,文21)已知函数f (x )=13x 3-a (x 2+x+1). (1)略;(2)证明:f (x )只有一个零点.x 2+x+1>0,所以f (x )=0等价于x 3x 2+x+1-3a=0.设g (x )=x 3x 2+x+1-3a ,则g'(x )=x 2(x 2+2x+3)(x 2+x+1)2≥0,仅当x=0时g'(x )=0,所以g (x )在(-∞,+∞)递增,故g (x )至多有一个零点,从而f (x )至多有一个零点.又f (3a-1)=-6a 2+2a-13=-6(a -16)2−16<0,f (3a+1)=13>0,故f (x )有一个零点.综上,f (x )只有一个零点.2.(2019河北唐山三模,21)已知函数f (x )=x ln x-a (x 2-x )+1,函数g (x )=f'(x ). (1)若a=1,求f (x )的极大值;(2)当0<x<1时,g (x )有两个零点,求a 的取值范围.f (x )=x ln x-x 2+x+1(x>0),g (x )=f'(x )=ln x-2x+2,g'(x )=1x -2=1-2xx ,当x ∈0,12时,g'(x )>0,g (x )递增; 当x ∈12,+∞时,g'(x )<0,g (x )递减.又g (1)=f'(1)=0,则当x ∈12,1时,f'(x )>0,f (x )递增;当x ∈(1,+∞)时,f'(x )<0,f (x )递减. 故当x=1时,f (x )取得极大值f (1)=1. (2)g (x )=f'(x )=ln x+1-2ax+a ,g'(x )=1x -2a=1-2axx ,①若a ≤0,则g'(x )>0,g (x )递增,至多有一个零点,不合题意. ②若a>0,则当x ∈0,12a 时,g'(x )>0,g (x )递增; 当x ∈12a,+∞时,g'(x )<0,g (x )递减.则g12a ≥g 12=ln 12+1=ln e 2>0.不妨设g (x 1)=g (x 2),x 1<x 2,则0<x 1<12a <x 2<1.一方面,需要g (1)<0,得a>1.另一方面,由(1)得,当x>1时,ln x<x-1<x ,则x<e x , 进而,有2a<e 2a ,则e -2a <12a ,且g (e -2a )=-2a e -2a +1-a<0, 故存在x 1,使得0<e -2a <x 1<12a .综上,a 的取值范围是(1,+∞). 3.(2019河南开封一模,21)已知函数f (x )=ax 2+bx+1x.(1)略;(2)若f (1)=1,且方程f (x )=1在区间(0,1)内有解,求实数a 的取值范围.由f (1)=1得b=e -1-a ,由f (x )=1得e x =ax 2+bx+1,设g (x )=e x -ax 2-bx-1,则g (x )在(0,1)内有零点,设x 0为g (x )在(0,1)内的一个零点, 由g (0)=g (1)=0知g (x )在(0,x 0)和(x 0,1)上不单调.设h (x )=g'(x ),则h (x )在(0,x 0)和(x 0,1)上均存在零点,即h (x )在(0,1)上至少有两个零点. g'(x )=e x -2ax-b ,h'(x )=e x -2a ,当a ≤12时,h'(x )>0,h (x )在(0,1)上是增加的,h (x )不可能有两个及以上零点, 当a ≥e 2时,h'(x )<0,h (x )在(0,1)上是减少的,h (x )不可能有两个及以上零点, 当12<a<e 2时,令h'(x )=0得x=ln(2a )∈(0,1),∴h (x )在(0,ln(2a ))上是减少的,在(ln(2a ),1)上是增加的,h (x )在(0,1)上存在最小值h (ln(2a )),若h (x )有两个零点,则有h (ln(2a ))<0,h (0)>0,h (1)>0, h (ln(2a ))=3a-2a ln(2a )+1-e12<a<e 2,设φ(x )=32x-x ln x+1-e(1<x<e),则φ'(x )=12-ln x ,令φ'(x )=0,得x=√e , 当1<x<√e 时,φ'(x )>0,φ(x )递增;当√e <x<e 时,φ'(x )<0,φ(x )递减.∴φmax (x )=φ(√e )=√e +1-e <0, ∴h (ln(2a ))<0恒成立.由h (0)=1-b=a-e +2>0,h (1)=e -2a-b>0,得e -2<a<1.综上,a 的取值范围为(e -2,1). 4.(2019安徽安庆二模,21)已知函数f (x )=ax-ln x (a ∈R ). (1)讨论f (x )的单调性;(2)若f (x )=0有两个相异的正实数根x 1,x 2,求证f'(x 1)+f'(x 2)<0.(x )=ax-ln x 的定义域为(0,+∞),所以f'(x )=a-1x=ax -1x. ①当a ≤0时,f'(x )<0,所以f (x )在(0,+∞)上为减少的. ②当a>0时,由f'(x )>0,得x>1a ,所以f (x )在0,1a 上为减少的,在1a ,+∞上为增加的.1:要证f'(x 1)+f'(x 2)<0,即证2a-1x 1−1x 2<0,即2a<1x 1+1x 2.由f (x 1)=f (x 2)得a=ln x 1-ln x2x 1-x 2,所以只要证2ln x 1-ln x 2x 1-x2<1x 1+1x 2.不妨设x 1>x 2>0,则只要证2ln x1x 2<(x 1-x 2)1x 1+1x 2⇔2ln x1x 2<x1x 2−x2x 1.令x 1x 2=t>1,则只要证明当t>1时,2ln t<t-1t 成立.设g (t )=2ln t-t-1t(t>1),则g'(t )=2t -1-1t 2=-(t -1)2t2<0,所以函数g (t )在(1,+∞)上是减少的,所以g (t )<g (1)=0,即2ln t<t-1t成立. 由上分析可知,f'(x 1)+f'(x 2)<0成立. 解法2:要证f'(x 1)+f'(x 2)<0,即证2a-1x 1−1x 2<0,即2a<1x 1+1x 2. 令t 1=1x 1,t 2=1x 2,下证t 1+t 2>2a.由f (x 1)=f (x 2),得ax 1-ln x 1=ax 2-ln x 2,即at 1+ln t 1=a t 2+ln t 2. 令g (t )=at +ln t ,g (t 1)=g (t 2),g'(t )=-at 2+1t =t -a t2.由g'(t )>0⇒t>a ,g'(t )<0⇒a>t>0,则g (t )在(0,a )上为减少的,在(a ,+∞)上为增加的. 设t 1∈(0,a ),t 2∈(a ,+∞),令h (t )=g (t )-g (2a-t )=at +ln t-a2a -t -ln(2a-t ). h'(t )=t -a t 2+a -t(2a -t )2 =4a (t -a )(a -t )t 2(2a -t )2,t 1∈(0,a ),h'(t 1)<0.所以h (t )在(0,a )上为减少的,h (t 1)>h (a )=0,即g (t 1)>g (2a-t 1),g (t 2)>g (2a-t 1). 又因为g (t )在(a ,+∞)上为增加的,所以t 2>2a-t 1, 即t 1+t 2>2a. 故f'(x 1)+f'(x 2)<0.5.(2019河北石家庄二模,20)已知函数f (x )=1+lnxx . (1)略;(2)当x>1时,方程f (x )=a (x-1)+1x(a>0)有唯一零点,求a 的取值范围.当x>1时,方程f (x )=a (x-1)+1x ,即ln x-a (x 2-x )=0,令h (x )=ln x-a (x 2-x ),有h (1)=0,h'(x )=-2ax 2+ax+1, 令r (x )=-2ax 2+ax+1,x ∈(1,+∞),因为a>0,所以r (x )在(1,+∞)上是减少的,①当r (1)=1-a ≤0即a ≥1时,r (x )<0,即h (x )在(1,+∞)上是减少的,所以h (x )<h (1)=0,方程f (x )=a (x-1)+1x 无实根.②当r (1)>0即0<a<1时,存在x 0∈(1,+∞),使得x ∈(1,x 0)时,r (x )>0,即h (x )递增;x ∈(x 0,+∞)时,r (x )<0,即h (x )递减;因此h (x )max =h (x 0)>h (1)=0,取x=1+1a,则h 1+1a=ln 1+1a-a (1+1a )2+a 1+1a=ln 1+1a-1+1a,令t=1+1a (t>1),h (t )=ln t-t ,则h'(t )=1t -1,t>1,所以h'(t )<0, 即h (t )在t>1时递减,所以h (t )<h (1)=0.故存在x 1∈x 0,1+1a,使得h (x 1)=0.综上,a 的取值范围为0<a<1.6.(2019山西运城二模,21)已知函数f (x )=x e x -a (ln x+x ),a ∈R . (1)当a=e 时,求f (x )的单调区间;(2)若f (x )有两个零点,求实数a 的取值范围.f (x )定义域为(0,+∞),当a=e 时,f'(x )=(1+x )(xe x -e )x.∴0<x<1时,f'(x )<0,x>1时,f'(x )>0.∴f (x )在(0,1)上为减少的;在(1,+∞)上为增加的.(2)记t=ln x+x ,则t=ln x+x 在(0,+∞)上为增加的,且t ∈R .∴f (x )=x e x -a (ln x+x )=e t -at=g (t ).∴f (x )在(0,+∞)上有两个零点等价于g (t )=e t -at 在t ∈R 上有两个零点. ①当a=0时,g (t )=e t 在R 上是增加的,且g (t )>0,故g (t )无零点; ②当a<0时,g'(t )=e t -a>0恒成立,∴g (t )在R 上是增加的.又g (0)=1>0,g1a=e 1a -1<0,故g (t )在R 上只有一个零点;③当a>0时,由g'(t )=e t -a=0可知g (t )在t=ln a 时有唯一的一个极小值g (ln a )=a (1-ln a ),若0<a<e,g (t ) 极小值=a (1-ln a )>0,g (t )无零点; 若a=e,g (t )极小值=0,g (t )只有一个零点; 若a>e 时,g (t )极小值=a (1-ln a )<0,而g (0)=1>0,由于y=lnxx 在(e,+∞)上为减少的,可知当a>e 时,e a >a a >a 2, 从而g (a )=e a -a 2>0.∴g (t )在(0,ln a )和(ln a ,+∞)上各有一个零点.综上可知,当a>e 时f (x )有两个点,即所求a 的取值范围是(e,+∞). 7.(2016全国1,理21)已知函数f (x )=(x-2)e x +a (x-1)2有两个零点. (1)求a 的取值范围;(2)设x 1,x 2是f (x )的两个零点,证明:x 1+x 2<2.(x )=(x-1)e x +2a (x-1)=(x-1)(e x +2a ).①设a=0,则f (x )=(x-2)e x ,f (x )只有一个零点.②设a>0,则当x ∈(-∞,1)时,f'(x )<0;当x ∈(1,+∞)时,f'(x )>0,所以f (x )在(-∞,1)上是减少的,在(1,+∞)上是增加的. 又f (1)=-e,f (2)=a ,取b 满足b<0且b<ln a 2, 则f (b )>a2(b-2)+a (b-1)2=a (b 2-32b)>0, 故f (x )存在两个零点.③设a<0,由f'(x )=0得x=1或x=ln(-2a ).若a ≥-e 2,则ln(-2a )≤1, 故当x ∈(1,+∞)时,f'(x )>0, 因此f (x )在(1,+∞)上是增加的.又当x ≤1时,f (x )<0,所以f (x )不存在两个零点. 若a<-e 2,则ln(-2a )>1, 故当x ∈(1,ln(-2a ))时,f'(x )<0; 当x ∈(ln(-2a ),+∞)时,f'(x )>0. 因此f (x )在(1,ln(-2a ))上是减少的, 在(ln(-2a ),+∞)上是增加的.又当x ≤1时f (x )<0,所以f (x )不存在两个零点. 综上,a 的取值范围为(0,+∞).x 1<x 2,由(1)知,x 1∈(-∞,1),x 2∈(1,+∞),2-x 2∈(-∞,1),f (x )在(-∞,1)上是减少的,所以x 1+x 2<2等价于f (x 1)>f (2-x 2), 即f (2-x 2)<0.由于f (2-x 2)=-x 2e 2-x 2+a (x 2-1)2, 而f (x 2)=(x 2-2)e x 2+a (x 2-1)2=0, 所以f (2-x 2)=-x 2e 2-x 2-(x 2-2)e x 2. 设g (x )=-x e 2-x -(x-2)e x , 则g'(x )=(x-1)(e 2-x -e x ). 所以当x>1时,g'(x )<0, 而g (1)=0, 故当x>1时,g (x )<0.从而g (x 2)=f (2-x 2)<0,故x 1+x 2<2.8.(2019天津,20)设函数f (x )=ln x-a (x-1)e x ,其中a ∈R . (1)若a ≤0,讨论f (x )的单调性; (2)若0<a<1e ,①证明f (x )恰有两个零点;②设x 0为f (x )的极值点,x 1为f (x )的零点,且x 1>x 0,证明3x 0-x 1>2.,f (x )的定义域为(0,+∞),且f'(x )=1-[a e x +a (x-1)e x ]=1-ax 2e x.因此当a ≤0时,1-ax 2e x >0,从而f'(x )>0, 所以f (x )在(0,+∞)内是增加的.(2)证明①由(1)知,f'(x )=1-ax 2e xx .令g (x )=1-ax 2e x ,由0<a<1e ,可知g (x )在(0,+∞)内是减少的,又g (1)=1-a e >0,且g ln 1a=1-a ln1a 21a=1-ln1a2<0, 故g (x )=0在(0,+∞)内有唯一解,从而f'(x )=0在(0,+∞)内有唯一解,不妨设为x 0,则1<x 0<ln 1a . 当x ∈(0,x 0)时,f'(x )=g (x )x >g (x 0)x =0, 所以f (x )在(0,x 0)内是增加的; 当x ∈(x 0,+∞)时,f'(x )=g (x )x <g (x 0)x=0,所以f (x )在(x 0,+∞)内是减少的,因此x 0是f (x )的唯一极值点.令h (x )=ln x-x+1,则当x>1时,h'(x )=1x-1<0,故h (x )在(1,+∞)内是减少的,从而当x>1时,h (x )<h (1)=0,所以ln x<x-1.从而f ln1a=ln ln1a-a ln 1a-1e ln 1a =ln ln1a-ln 1a +1=h ln1a<0,又因为f (x 0)>f (1)=0,所以f (x )在(x 0,+∞)内有唯一零点.又f (x )在(0,x 0)内有唯一零点1,从而,f (x )在(0,+∞)内恰有两个零点.②由题意,{f '(x 0)=0,f (x 1)=0,即{ax 02e x 0=1,ln x 1=a (x 1-1)e x 1,从而ln x 1=x 1-1x 02e x 1-x 0,即e x 1-x 0=x 02ln x 1x 1-1.因为当x>1时,ln x<x-1,又x 1>x 0>1,故e x 1-x 0<x 02(x 1-1)x 1-1=x 02,两边取对数,得ln e x 1-x 0<ln x 02,于是x 1-x 0<2ln x 0<2(x 0-1),整理得3x 0-x 1>2.。

(北师大版)2020版高考文科数学一轮复习导数与函数的综合问题文课后训练题含解析

课后限时集训(十六)(建议用时：60分钟)A组基础达标一、选择题1．方程x3－6x2＋9x－10＝0的实根个数是( )A．3 B．2C．1 D．0C[设f(x)＝x3－6x2＋9x－10，f′(x)＝3x2－12x＋9＝3(x－1)(x－3)，由此可知函数的极大值为f(1)＝－6＜0，极小值为f(3)＝－10＜0，所以方程x3－6x2＋9x－10＝0的实根个数为1.]2．若存在正数x使2x(x－a)＜1成立，则实数a的取值范围是( )A．(－∞，＋∞)B．(－2，＋∞)C．(0，＋∞)D．(－1，＋∞)D[∵2x(x－a)＜1，∴a＞x－12x .令f(x)＝x－12x，∴f′(x)＝1＋2－x ln 2＞0.∴f(x)在(0，＋∞)上是增加的，∴f(x)＞f(0)＝0－1＝－1，∴实数a的取值范围为(－1，＋∞)．]3．某银行准备设一种新的定期存款业务，经预测，存款量与存款利率的平方成正比，比例系数为k(k>0)，贷款的利率为4.8%，假设银行吸收的存款能全部放贷出去．若存款利率为x(x∈(0,0.048))，则银行获得最大收益的存款利率为 ( )A．3.2% B．2.4%C．4% D．3.6%A[设y表示收益，则存款量是kx2，贷款收益为0.048kx2，存款利息为kx3，则y＝0.048kx2－kx3，x∈(0,0.048)，y′＝0.096kx－3kx2＝3kx(0.032－x)令y′＝0得x＝0.032，且当x∈(0,0.032)时y′＞0，当x∈(0.032,0.048)时y′＜0，因此收益y在x＝0.032时取得最大值，故选A．] 4．已知y＝f(x)为R上的连续可导函数，且xf′(x)＋f(x)＞0，则函数g(x)＝xf(x)＋1(x＞0)的零点个数为( )A．0 B．1C．0或1 D．无数个A[因为g(x)＝xf(x)＋1(x＞0)，g′(x)＝xf′(x)＋f(x)＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上递增，因为g(0)＝1，y＝f(x)为R上的连续可导函数，所以g(x)为(0，＋∞)上的连续可导函数，g (x )＞g (0)＝1，所以g (x )在(0，＋∞)上无零点．]5．若不等式2x ln x ≥－x 2＋ax －3对x ∈(0，＋∞)恒成立，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－∞，0) B ．(－∞，4] C ．(0，＋∞)D ．[4，＋∞)B [由题意知a ≤2ln x ＋x ＋3x对x ∈(0，＋∞)恒成立，令g (x )＝2ln x ＋x ＋3x ，则g ′(x )＝2x ＋1－3x 2＝x 2＋2x －3x2，由g ′(x )＝0得x ＝1或x ＝－3(舍)，且x ∈(0,1)时，g ′(x )＜0，x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )＞0.因此g (x )min ＝g (1)＝4.所以a ≤4，故选B.]二、填空题6．已知函数f (x )＝x ＋4x ，g (x )＝2x＋a ，若任意x 1∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1，存在x 2∈[2,3]，使得f (x 1)≥g (x 2)，则实数a 的取值范围是________．(－∞，1] [当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1时，f ′(x )＝1－4x 2＜0，f (x )min ＝f (1)＝5.当x ∈[2,3]时，g (x )＝2x＋a 是增函数，g (x )min ＝4＋a . 由题意知5≥4＋a ，即a ≤1.]7．若函数f (x )＝2x 3－9x 2＋12x －a 恰好有两个不同的零点，则a ＝________. 4或5 [f ′(x )＝6x 2－18x ＋12，令f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝2，又当x ＜1或x ＞2时，f ′(x )＞0，当1＜x ＜2时，f ′(x )＜0. 因此x ＝1和x ＝2分别是函数f (x )的极大值点和极小值点．由题意知f (1)＝0或f (2)＝0，即5－a ＝0或4－a ＝0. 解得a ＝4或a ＝5.]8．某商场从生产厂家以每件20元购进一批商品，若该商品零售价为p 元，销量Q (单位：件)与零售价p (单位：元)有如下关系：Q ＝8 300－170p －p 2，则该商品零售价定为________元时利润最大，利润的最大值为________元．30 23 000 [设该商品的利润为y 元，由题意知，y ＝Q (p －20)＝－p 3－150p 2＋11 700p －166 000，则y ′＝－3p 2－300p ＋11 700，令y ′＝0得p ＝30或p ＝－130(舍)，当p ∈(0,30)时，y ′＞0，当p ∈(30，＋∞)时，y ′＜0，因此当p ＝30时，y 有最大值，y max ＝23 000.] 三、解答题9．已知函数f (x )＝e x＋ax －a (a ∈R 且a ≠0)．(1)若f (0)＝2，求实数a 的值，并求此时f (x )在[－2,1]上的最小值； (2)若函数f (x )不存在零点，求实数a 的取值范围．[解] (1)由f (0)＝1－a ＝2，得a ＝－1.易知f (x )在[－2,0)上递减，在(0,1]上递增，所以当x ＝0时，f (x )在[－2,1]上取得最小值2. (2)f ′(x )＝e x＋a ，由于e x＞0，①当a ＞0时，f ′(x )＞0，f (x )是增函数，当x ＞1时，f (x )＝e x＋a (x －1)＞0.当x ＜0时，取x ＝－1a，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＜1＋a －1a－1＝－a ＜0.所以函数f (x )存在零点，不满足题意． ②当a ＜0时，f ′(x )＝e x＋a ，令f ′(x )＝0，得x ＝ln(－a )．在(－∞，ln(－a ))上，f ′(x )＜0，f (x )递减，在(ln(－a )，＋∞)上，f ′(x )＞0，f (x )递增，所以当x ＝ln(－a )时，f (x )取最小值．函数f (x )不存在零点，等价于f (ln(－a ))＝e ln(－a )＋a ln(－a )－a ＝－2a ＋a ln(－a )＞0，解得－e 2＜a ＜0.综上所述，所求实数a 的取值范围是(－e 2,0)． 10．已知函数f (x )＝2a －x2e x (a ∈R )．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若任意x ∈[1，＋∞)，不等式f (x )＞－1恒成立，求实数a 的取值范围． [解] (1)f ′(x )＝x 2－2x －2aex，当a ≤－12时，x 2－2x －2a ≥0，故f ′(x )≥0，∴函数f (x )在(－∞，＋∞)上递增，∴当a ≤－12时，函数f (x )的递增区间为(－∞，＋∞)，无递减区间．当a ＞－12时，令x 2－2x －2a ＝0⇒x 1＝1－2a ＋1，x 2＝1＋2a ＋1，列表由表可知，当a ＞－2时，函数f (x )的递增区间为(－∞，1－2a ＋1)和(1＋2a ＋1，＋∞)，递减区间为(1－2a ＋1，1＋2a ＋1)．(2)∵f (x )＞－1⇔2a －x 2e x ＞－1⇔2a ＞x 2－e x，∴由条件2a ＞x 2－e x，对任意x ≥1成立．令g (x )＝x 2－e x ，h (x )＝g ′(x )＝2x －e x， ∴h ′(x )＝2－e x，当x ∈[1，＋∞)时，h ′(x )＝2－e x≤2－e ＜0， ∴h (x )＝g ′(x )＝2x －e x在[1，＋∞)上递减， ∴h (x )＝2x －e x≤2－e ＜0，即g ′(x )＜0， ∴g (x )＝x 2－e x在[1，＋∞)上递减， ∴g (x )＝x 2－e x≤g (1)＝1－e ，故f (x )＞－1在[1，＋∞)上恒成立，只需2a ＞g (x )max ＝1－e ， ∴a ＞1－e 2，即实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫1－e 2，＋∞. B 组能力提升1．做一个无盖的圆柱形水桶，若要使其体积是27π，且用料最省，则圆柱的底面半径为( )A ．3B ．4C ．6D ．5A [设圆柱的底面半径为R ，母线长为l ，则V ＝πR 2l ＝27π，∴l ＝27R2，要使用料最省，只需使圆柱的侧面积与下底面面积之和S 最小．由题意，S ＝πR 2＋2πRl ＝πR 2＋2π·27R.∴S ′＝2πR －54πR2，令S ′＝0，得R ＝3，则当R ＝3时，S 最小．故选A ．]2．若0＜x 1＜x 2＜1，则( )A ．e x 2－e x 1＞ln x 2－ln x 1B ．e x 2－e x 1＜ln x 2－ln x 1 C ．x 2e x 1＞x 1e x 2D ．x 2e x 1＜x 1e x 2C [令f (x )＝exx，则f ′(x )＝x e x －e x x 2＝e x x －1x 2.当0＜x ＜1时，f ′(x )＜0，即f (x )在(0,1)上递减，因为0＜x 1＜x 2＜1，所以f (x 2)＜f (x 1)，即e x 2x 2＜e x 1x 1，所以x 2e x 1＞x 1e x 2，故选C ．] 3．若函数f (x )＝ax －aex＋1(a <0)没有零点，则实数a 的取值范围为________．(－e 2,0) [f ′(x )＝a e x －ax －a e x e2x＝－a x －2ex(a ＜0)．当x ＜2时，f ′(x )＜0；当x ＞2时，f ′(x )＞0， ∴当x ＝2时，f (x )有极小值f (2)＝ae2＋1.若使函数f (x )没有零点，当且仅当f (2)＝ae 2＋1＞0.解之得a >－e 2，因此－e 2<a <0.]4．(2017·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋(2a ＋1)x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)当a <0时，证明f (x )≤－34a －2.[解] (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x＋2ax ＋2a ＋1＝x ＋12ax ＋1x.若a ≥0，则当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0，故f (x )在(0，＋∞)上递增．若a <0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12a 时，f ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ，＋∞时，f ′(x )<0.故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12a 上递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ，＋∞上递减．(2)证明：由(1)知，当a <0时，f (x )在x ＝－12a 处取得最大值，最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a －1－14a.所以f (x )≤－34a －2等价于ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a －1－14a ≤－34a －2，即ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＋12a＋1≤0.设g (x )＝ln x －x ＋1，则g ′(x )＝1x－1.当x ∈(0,1)时，g ′(x )>0；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )<0，所以g (x )在(0,1)上递增，在(1，＋∞)上递减．故当x ＝1时，g (x )取得最大值，最大值为g (1)＝0. 所以当x >0时，g (x )≤0.从而当a <0时，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＋12a＋1≤0，即f (x )≤－34a －2.。

2020年高考数学导数解答题专项练习(含答案解析)

2020年高考数学导数解答题专项练习（含答案解析）1.已知函数f(x)=x2-mln x，h(x)=x2-x＋a.(1)当a=0时，f(x)≥h(x)在(1，＋∞)上恒成立，求实数m的取值范围；(2)当m=2时，若函数k(x)=f(x)-h(x)在区间(1,3)上恰有两个不同零点，求实数a的取值范围．2.设函数已知函数f(x)=ae x-x+1.（1）求函数f(x)的单调区间；（2）若f(x)在(0,3)上只有一个零点，求a的取值范围；3.已知函数f(x)=lnx+a(x-1)2(a>0).（1）讨论f(x)的单调性；（2）若f(x)在区间(0,1)内有唯一的零点x0，证明：.（1）讨论f(x)的单调性；（2）若f(x)有两个零点，求a 的取值范围.5.已知函数f(x)=2lnx-2mx+x 2(m>0).（1）讨论函数f(x)的单调性；（2）当时，若函数f(x)的导函数f /(x)的图象与x轴交于A,B两点，其横坐标分别为x 1,x 2(x 1<x 2)，线段AB的中点的横坐标为x 0，且x 1,x 2恰为函数h(x)=lnx-cx 2-bx的零点.求证：.6.已知函数，g(x)=mx.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a=0时，f(x)≤g(x)恒成立，求实数m 的取值范围；(3)当a=1时，求证：当x>1时，.(I)讨论f(x)的单调性；(Ⅱ)若x∈[e a,+∞]时，f(x)≥0恒成立，求实数a 的取值范围．8.已知函数R.（1）讨论f(x)的单调性；（2）若f(x)有两个零点，求实数a 的取值范围．9.已知函数f(x)=ln x－kx，其中k∈R 为常数．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个相异零点x 1，x 2(x 1<x 2)，求证：ln x 2>2－ln x 1.10.已知函数f(x)=x-alnx,a∈R.（1）研究函数f(x)的单调性；（2）设函数f(x)有两个不同的零点x 1,x 2,且x 1<x 2.①求a 的取值范围；②求证：x 1x 2>e 2.11.设函数f(x)=ex-1-x-ax 2.(1)若a=0，求f(x)的单调区间；(2)若当x≥0时f(x)≥0恒成立，求a 的取值范围．12.已知函数f(x)=lnx-mx 2，g(x)=0.5mx 2+x，m ϵR,令F(x)=f(x)+g(x).(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若关于x 的不等式F(x)≤mx-1恒成立，求整数m 的最小值.13.已知函数f(x)=lnx-mx(m 为常数).(1)讨论函数f(x)的单调区间；(2)当时,设g(x)=2f(x)+x 2的两个极值点x 1,x 2(x 1<x 2)恰为h(x)=lnx-cx 2-bx 的零点,求的最小值.14.设函数f(x)=(x－1)e x －kx 2.(1)当k=1时，求函数f(x)的单调区间；(2)若f(x)在x∈[0，＋∞)上是增函数，求实数k 的取值范围．15.已知函数f(x)=ln x＋－1.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)设m∈R，对任意的a∈(－1，1)，总存在x 0∈[1，e]，使得不等式ma－f(x 0)<0成立，求实数m 的取值范围．16.已知函数.(1)求的单调区间；(2)设，若对任意，均存在，使得，求的取值范围.17.设函数f（x）=alnx﹣bx2．（1）当b=1时，讨论函数f（x）的单调性；，（2）当a=1，b=0时，函数g（x）=f（x）﹣kx，k为常数，若函数g（x）有两个相异零点x1x，证明：．218.已知函数f（x）=axlnx﹣x+1（a≥0）．（1）当a=1时，求f（x）的最小值；（2）若x∈（1，+∞），f（x）＞0恒成立，求实数a的取值范围；（3）证明：当m＞n＞1时，m n﹣1＜n m﹣1．19.已知函数在处的切线与轴平行，()(1)试讨论f(x)在上的单调性；(2)①设，求g(x)的最小值；②证明：.20.已知函数f(x)=(x﹣1)2+a(lnx﹣x+1)(其中a∈R，且a为常数)(1)当a=4时，求函数y=f(x)的单调区间；(2)若对于任意的x∈(1，+∞)，都有f(x)＞0成立，求a的取值范围；(3)若方程f(x)+a+1=0在x∈(1，2)上有且只有一个实根，求a的取值范围．2020年高考数学导数解答题专项练习（含答案解析）答案解析1.解：(1)由f(x)≥h(x)，得m≤xln x在(1，＋∞)上恒成立．令g(x)=x ln x ，则g′(x)=ln x－1ln x2，当x∈(1，e)时，g′(x)＜0；当x∈(e，＋∞)时，g′(x)＞0，所以g(x)在(1，e)上递减，在(e，＋∞)上递增．故当x=e 时，g(x)的最小值为g(e)=e.所以m≤e.即m 的取值范围是(-∞，e]．(2)由已知可得k(x)=x-2ln x-a.函数k(x)在(1,3)上恰有两个不同零点，相当于函数φ(x)=x-2ln x 与直线y=a 有两个不同的交点．φ′(x)=1-2x =x－2x，当x∈(1,2)时，φ′(x)＜0，φ(x)递减，当x∈(2,3)时，φ′(x)＞0，φ(x)递增．又φ(1)=1，φ(2)=2-2ln 2，φ(3)=3-2ln 3，要使直线y=a 与函数φ(x)=x-2ln x 有两个交点，则2-2ln 2＜a＜3-2ln 3.即实数a 的取值范围是(2-2ln 2,3-2ln 3)．2.解:3.解：4.解：5.解：6.解：7.解：8.解：9.解：10.解：11.解：(1)a=0时，f(x)=e x－1－x，f′(x)=e x－1.当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.故f(x)在(－∞，0)单调减少，在(0，＋∞)单调增加(2)f′(x)=e x－1－2ax.由(1)知e x≥1＋x，当且仅当x=0时等号成立．故f′(x)≥x－2ax=(1－2a)x，从而当1－2a≥0，即a≤0.5时，f′(x)≥0(x≥0)，而f(0)=0，于是当x≥0时，f(x)≥0.由e x>1＋x(x≠0)得e－x>1－x(x≠0)，从而当a>时，f′(x)<e x－1＋2a(e－x－1)=e－x(e x－1)(e x－2a)，故当x∈(0，ln2a)时，f′(x)<0，而f(0)=0，于是当x∈(0，ln2a)时，f(x)<0，综上可得a的取值范围为(－∞，0.5]．12.解：13.解：14.15.16.17.18.19.解：20.解：。

2020年高考数学导数解答题专项练习(含答案详解)

2020年高考数学导数解答题专项练习（含答案解析）1.已知函数f(x)=x2-mln x，h(x)=x2-x＋a.(1)当a=0时，f(x)≥h(x)在(1，＋∞)上恒成立，求实数m的取值范围；(2)当m=2时，若函数k(x)=f(x)-h(x)在区间(1,3)上恰有两个不同零点，求实数a的取值范围．2.设函数已知函数f(x)=ae x-x+1.（1）求函数f(x)的单调区间；（2）若f(x)在(0,3) 上只有一个零点，求a的取值范围；3.已知函数f(x)=lnx+a(x-1)2(a>0).（1）讨论f(x)的单调性；（2）若f(x)在区间(0,1)内有唯一的零点x0，证明：.4.已知函数f(x)=ae2x+(a﹣2) e x﹣x.（1）讨论f(x)的单调性；（2）若f(x)有两个零点，求a的取值范围.5.已知函数f(x)=2lnx-2mx+x2(m>0).（1）讨论函数f(x)的单调性；（2）当时，若函数f(x)的导函数f/(x)的图象与x轴交于A,B两点，其横坐标分别为x1,x2(x1<x2)，线段AB的中点的横坐标为x0，且x1,x2恰为函数h(x)=lnx-cx2-bx的零点.求证：.6.已知函数，g(x)=mx.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a=0时，f(x)≤g(x)恒成立，求实数m的取值范围；(3)当a=1时，求证：当x>1时，.7.已知函数f(x)=x-alnx+a-1(a∈R)．(I)讨论f(x)的单调性；(Ⅱ)若x∈[e a,+∞]时，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．8.已知函数R.（1）讨论f(x)的单调性；（2）若f(x)有两个零点，求实数a的取值范围．9.已知函数f(x)=ln x－kx，其中k∈R为常数．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个相异零点x1，x2(x1<x2)，求证：ln x2>2－ln x1.10.已知函数f(x)=x-alnx,a∈R.（1）研究函数f(x)的单调性；（2）设函数f(x)有两个不同的零点x1,x2,且x1<x2.①求a的取值范围；②求证：x1x2>e2.11.设函数f(x)=ex-1-x-ax2.(1)若a=0，求f(x)的单调区间；(2)若当x≥0时f(x)≥0恒成立，求a的取值范围．12.已知函数f(x)=lnx-mx2，g(x)=0.5mx2+x，mϵR,令F(x)=f(x)+g(x).(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若关于x的不等式F(x)≤mx-1恒成立，求整数m的最小值.13.已知函数f(x)=lnx-mx(m为常数).(1)讨论函数f(x)的单调区间；(2)当时, 设g(x)=2f(x)+x2的两个极值点x1,x2(x1<x2)恰为h(x)=lnx-cx2-bx的零点, 求的最小值.14.设函数f(x)=(x－1)e x－kx2.(1)当k=1时，求函数f(x)的单调区间；(2)若f(x)在x∈[0，＋∞)上是增函数，求实数k的取值范围．15.已知函数f(x)=ln x＋－1.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)设m∈R，对任意的a∈(－1，1)，总存在x0∈[1，e]，使得不等式ma－f(x0)<0成立，求实数m的取值范围．16.已知函数.(1)求的单调区间；(2)设，若对任意，均存在，使得，求的取值范围.17.设函数f（x）=alnx﹣bx2．（1）当b=1时，讨论函数f（x）的单调性；（2）当a=1，b=0时，函数g（x）=f（x）﹣kx，k为常数，若函数g（x）有两个相异零点x1，x2，证明：．18.已知函数f（x）=axlnx﹣x+1（a≥0）．（1）当a=1时，求f（x）的最小值；（3）证明：当m＞n＞1时，m n﹣1＜n m﹣1．19.已知函数在处的切线与轴平行，()(1)试讨论f(x)在上的单调性；(2)①设，求g(x)的最小值；②证明：.20.已知函数f(x)=(x﹣1)2+a(lnx﹣x+1)(其中a∈R，且a为常数)(1)当a=4时，求函数y=f(x)的单调区间；(2)若对于任意的x∈(1，+∞)，都有f(x)＞0成立，求a的取值范围；(3)若方程f(x)+a+1=0在x∈(1，2)上有且只有一个实根，求a的取值范围．2020年高考数学导数解答题专项练习（含答案解析）答案解析1.解：(1)由f(x)≥h(x)，得m ≤x ln x 在(1，＋∞)上恒成立．令g(x)=x ln x ，则g ′(x)=ln x －1ln x 2，当x ∈(1，e)时，g ′(x)＜0；当x ∈(e ，＋∞)时，g ′(x)＞0，所以g(x)在(1，e)上递减，在(e ，＋∞)上递增．故当x=e 时，g(x)的最小值为g(e)=e.所以m ≤e.即m 的取值范围是(-∞，e]．(2)由已知可得k(x)=x-2ln x-a.函数k(x)在(1,3)上恰有两个不同零点，相当于函数φ(x)=x-2ln x 与直线y=a 有两个不同的交点．φ′(x)=1-2x =x －2x ，当x ∈(1,2)时，φ′(x)＜0，φ(x)递减，当x ∈(2,3)时，φ′(x)＞0，φ(x)递增．又φ(1)=1，φ(2)=2-2ln 2，φ(3)=3-2ln 3，要使直线y=a 与函数φ(x)=x-2ln x 有两个交点，则2-2ln 2＜a ＜3-2ln 3.即实数a 的取值范围是(2-2ln 2,3-2ln 3)．2.解:3.解：4.解：5.解：6.解：7.解：8.解：9.解：10.解：11.解：(1)a=0时，f(x)=e x－1－x，f′(x)=e x－1.当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.故f(x)在(－∞，0)单调减少，在(0，＋∞)单调增加(2)f′(x)=e x－1－2ax.由(1)知e x≥1＋x，当且仅当x=0时等号成立．故f′(x)≥x－2ax=(1－2a)x，从而当1－2a≥0，即a≤0.5时，f′(x)≥0(x≥0)，而f(0)=0，于是当x≥0时，f(x)≥0.由e x>1＋x(x≠0)得e－x>1－x(x≠0)，从而当a>时，f′(x)<e x－1＋2a(e－x－1)=e－x(e x－1)(e x－2a)，故当x∈(0，ln2a)时， f′(x)<0，而f(0)=0，于是当x∈(0，ln2a)时，f(x)<0，综上可得a的取值范围为(－∞，0.5]．12.解：13.解：14.15.16.17.18.19.解：20.解：。

2020年高考数学(文数)解答题强化专练——函数与导数含答案

（文数）解答题强化专练——函数与导数一、解答题（本大题共10小题，共120.0分）1.已知函数f（x）＝ax2－ln x－x（x＞0）．（1）设x＝1是f（x）的一个极值点，求a的值并求f（x）的单调区间；（2）设a≥3，求证．2.已知函数f（x）=x-ln x．（1）求f（x）的最小值；（2）证明：对于任意正整数n，．3.已知函数f（x）=x2ln x．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性：（Ⅱ）证明：．4.设函数f（x）=2x lnx-a，a∈R．（Ⅰ）求函数f（x）的极值；（Ⅱ）若不等式e x f（x）-x2-1≥0，对任意实数x≥1恒成立，求实数a的取值范围．5.已知函数f（x）=ax lnx-bx2-ax．（Ⅰ）曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为，求a，b的值；（Ⅱ）若a≤0，时，∀x1，x2∈（1，e），都有，求a的取值范围．6.已知f（x）=ax+1-x lnx的图象在A（1，f（1））处的切线与直线x-y=0平行．（1）求函数f（x）的极值；（2）若∀x1，x2∈（0，+∞），，求实数m的取值范围．7.已知函数f（x）=2ln x-x2，（1）求函数y=f（x）图象上一点A（1，f（1））处的切线方程．（2）若方程f（x）-2a=0在[，e]内有两个不等实根，求实数a的取值范围（e为自然对数的底数）．（3）求证（n∈N*，且n≥2）8.已知x=1是函数f（x）=ax的极值点．（Ⅰ）求实数a的值；（Ⅱ）求证：函数f（x）存在唯一的极小值点x0，且0．（参考数据：ln2≈0.69）9.已知函数f（x）=|ln x-a|-2ln x+x，a≥2．（1）若a=2，求f（x）的零点个数；（2）证明：∀x1，x2∈[3，9]，|f（x1）-f（x2）|≤2+ln3．10.设函数f（x）=x2-4x sinx-4cos x．（1）讨论函数f（x）在[-π，π]上的单调性；（2）证明：函数f（x）在R上有且仅有两个零点．答案和解析1.【答案】（1）解：，∵f'（1）＝2a－2＝0，所以a＝1，此时，∴x∈（0，1），f'（x）＜0，x∈（1，＋∞），f'（x）＞0，所以f（x）的单调递减区间为（0，1），单调递增区间为（1，＋∞）；（2）证明：当a≥3时，ax2≥3x2，所以f（x）＝ax2－ln x－x≥3x2－ln x－x（x＞0），令g（x）＝3x2－ln x－x（x＞0），，∴当x∈（0，），g'（x）＜0，g（x）单调递减；x∈（，＋∞），g'（x）＞0，g（x）单调递增.所以，．【解析】本题考查运用导数研究函数的单调性及最值，属于考查能力的题.（1）由x＝1是f（x）的一个极值点，求a的值，然后由导数解不等式即可；（2）当a≥3时，f（x）＝ax2－ln x－x≥3x2－ln x－x（x＞0），令g（x）＝3x2－ln x－x（x ＞0），通过导数研究函数的单调区间，求出g(x)的最小值即可.2.【答案】解：（1），当x∈（0，1）时，f′（x）＜0，故f（x）在（0，1）单调递减；当x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）在（1，+∞）单调递增；故f（x）≥f（1）=1，故f（x）的最小值为1．（2）由（1）可得，f（x）=x-ln x≥1即ln x≤x-1，所以ln（1+）=，k∈N*，n≥2，则ln（1+）+ln（1+）+=1-，即ln（1+）（1+）…（1+）＜1，所以（1+）（1+）…（1+）＜e．【解析】（1）先对函数求导，然后结合导数可求函数的单调性，进而可求函数的最小值；（2）结合（1）对x进行赋值，然后结合数列的裂项求和及不等式的放缩法即可证明．本题主要考查了利用导数求解函数的单调性及利用单调性证明不等式，属于中档试题．3.【答案】解：（I）f′（x）=2x lnx+x，x＞0，令f′（x）=0可得x=，∵y=2ln x+1在（0，+∞）上单调递增，则当0＜x＜e时，f′（x）＜0，函数单调递减，当x＞e时，f′（x）＞0，函数单调递增，故f（x）在（0，e）上单调递减，在（e，+∞）上单调递增，（II）由（I）可知，f（x）min=f（e）=-，令g（x）=，则，当x∈（0，2）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，当x∈（2，+∞）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，则g（x）max=g（2）=，而-（-）=＜0，因此，即：．【解析】（I）先对函数求导，然后结合导数与单调性关系即可求解；（II）结合已知不等式进行构造，转化为求解相应函数的最值问题，结合导数可求．本题主要考查了利用导数求解函数的单调性，证明不等式，体现了转化思想的应用．4.【答案】解：（Ⅰ）f′（x）=2ln x+2，令f′（x）=2ln x+2=0，得x=，当x∈（0，）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；当x∈（，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增．∴f（x）在（0，+∞）上有极小值为f（）=；（Ⅱ）∵不等式e x f（x）-x2-1≥0对任意实数x≥1恒成立，∴e x（2x lnx-a）≥x2+1对任意实数x≥1恒成立，即-a≥对任意实数x≥1恒成立，令g（x）=（x≥1）．则g′（x）=．∵x≥1，∴g′（x）≤0，即g（x）在[1，+∞）上单调递减．∴g（x）≤g（1）=，即-a，则a．【解析】本题考查了函数的最值与函数单调性的判断，考查转化思想与函数方程思想，考查转化能力与计算能力，属于较难题．（Ⅰ）求出原函数的导函数，可得导函数的零点，然后分段分析原函数的单调性，进一步可得f（x）的极小值；（Ⅱ）不等式e x f（x）-x2-1≥0对任意实数x≥1恒成立，等价于e x（2x lnx-a）≥x2+1对任意实数x≥1恒成立，分离参数-a，得-a≥对任意实数x≥1恒成立，令g（x）=（x≥1）．利用导数求其最大值，则答案可求．5.【答案】解：（Ⅰ）由题意，f′（x）=a（1+ln x）-2bx-a=a ln x-2bx，由f′（1）=-2b=-1，得b=，又f（1）=-b-a=-，∴a=1．即a=1，b=；（Ⅱ）当a≤0，时，f′（x）=a ln x-x＜0，f（x）在（1，e）上单调递减，不妨设x1＜x2，则f（x1）＞f（x2），原不等式即为＜3．即f（x1）-f（x2）＜3x2-3x1，即f（x1）+3x1＜f（x2）+3x2．令g（x）=f（x）+3x，则g（x）在（1，e）上为单调增函数，∴有g′（x）=f′（x）+3=a ln x-x+3≥0在（1，e）上恒成立．即a≥，x∈（1，e），令h（x）=，x∈（1，e），h′（x）=，令t（x）=ln x+，t′（x）=．∴t（x）在（1，e）上单调递减，t（x）＞t（e）=，则h′（x）＞0，h（x）在（1，e）上为单调增函数，∴h（x）＜h（e）=e-3，即a≥e-3．综上，e-3≤a≤0．【解析】（Ⅰ）求出原函数的导函数，利用f′（1）=-2b=-1，求得b，再由f（1）=-b-a=-求解a；（Ⅱ）当a≤0，时，f′（x）=a ln x-x＜0，f（x）在（1，e）上单调递减，不妨设x1＜x2，则f（x1）＞f（x2），原不等式即为＜3，即f（x1）+3x1＜f（x2）+3x2，构造函数g（x）=f（x）+3x，得到g′（x）=f′（x）+3=a ln x-x+3≥0在（1，e）上恒成立，分离参数a，得到a≥，x∈（1，e），再由导数求函数h（x）=，x∈（1，e）的最值，可得a的取值范围．本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查利用导数求最值，考查化归与转化思想方法，属难题．6.【答案】解：（1）f（x）=ax+1-x lnx的导数为f′（x）=a-1-ln x，可得f（x）的图象在A（1，f（1））处的切线斜率为a-1，由切线与直线x-y=0平行，可得a-1=1，即a=2，f（x）=2x+1-x lnx，f′（x）=1-ln x，由f′（x）＞0，可得0＜x＜e，由f′（x）＜0，可得x＞e，则f（x）在（0，e）递增，在（e，+∞）递减，可得f（x）在x=e处取得极大值，且为e+1，无极小值；（2）可设x1＞x2，若∀x1，x2∈（0，+∞），，可得f（x1）-f（x2）＞mx12-mx22，即有f（x1）-mx12＞f（x2）-mx22，设g（x）=f（x）-mx2在（0，+∞）为增函数，即有g′（x）=1-ln x-2mx≥0对x＞0恒成立，可得2m≤在x＞0恒成立，由h（x）=的导数为h′（x）=得：当h′（x）=0，可得x=e2，h（x）在（0，e2）递减，在（e2，+∞）递增，即有h（x）在x=e2处取得极小值，且为最小值-，可得2m≤-，解得m≤-，则实数m的取值范围是（-∞，-]．【解析】（1）求得f（x）的导数，可得切线的斜率，由两直线平行的条件：斜率相等，可得a，求出f（x）的导数和单调区间，即可得到所求极值；（2）设x1＞x2，可得f（x1）-f（x2）＞mx12-mx22，设g（x）=f（x）-mx2在（0，+∞）为增函数，设g（x）=f（x）-mx2在（0，+∞）为增函数，求得g（x）的导数，再由参数分离和构造函数，求出最值，即可得到所求m的范围．本题考查导数的运用：求切线的斜率和单调性、极值和最值，考查方程思想和转化思想，考查不等式恒成立问题解法，运用参数分离和构造函数是解题的关键，属于中档题．7.【答案】解：（1）∵f（x）=2ln x-x2，∴f′（x）=-2x=，∴k=f′（1）=0，f（1）=-1，函数图象上一点A（1，f（1））处的切线方程为y=-1；（2）∵方程f（x）-2a=0在[，e]内有两个不等实根，∴y=f（x）与y=2a有两个交点，∵f′（x）=，x∈[，e]，令f′（x）=0，解得x=1，当x∈[，1]时，f′（x）0，函数f（x）单调递增，当x∈[1，e]时，f′（x）0，函数f（x）单调递减，∴f（x）max=f（1）=-1，∵f（）=2ln-=-2-，f（e）=2ln e-e2=2-e2，∴f（e）＜f（），∵y=f（x）与y=2a有两个交点，∴-2-≤2a＜-1，∴-1-≤a＜-.（3）证明：由（2）知f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，则f（x）=2ln x-x2≤f（1）=-1，则2ln x≤x2-1对x＞0恒成立，∴=-≤对x＞1恒成立，令x=2，3，…，n，代入上式并相加可得∴++…+≥1-+-+-+…+-=1+--=-，n∈N*，且n≥2．【解析】本题考查了导数和几何意义，函数和方程根的关系，不等式的证明，属于难题．（1）先求导，再根据导数的几何意义即可求出；（2）方程f（x）-2a=0在[，e]内有两个不等实根，转化为y=f（x）与y=2a有两个交点，利用导数求出函数f（x）的值域及端点值，即可求出a的范围；（3）由（2）可得2ln x≤x2-1对x＞0恒成立，得=-≤对x＞1恒成立，分别令x=2，3，…，n，代入上式并相加可得．8.【答案】解：（Ⅰ）因为f'(x）=2ax--ln x，且x=1是极值点，所以得f'(1）=0，即得f'(1）=2a-=0，a=，此时f'(x）=--ln x，设g（x）=f'(x），则g'(x）==则当0＜x＜2时，g'(x）＜0，g（x）为减函数又g（1）=0，g（2）=-ln2＜0，当0＜x＜1时，g（x）＞0，f（x）为增函数，当1＜x＜2时，g（x）＜0，f（x）为减函数，即当x=1时，f（x）取得极大值，符合题意；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，0＜x＜2时，不存在极小值点，当x＞2时，g'(x）＞0，g（x）为增函数，且g（4）=-2ln2＞0，g（2）＜0，所以存在x0∈（2，4），g（x0）=0，结合（Ⅰ）可知当1＜x＜x0时，g（x）＜0，f（x）为减函数；x＞x0时，g（x）＞0，f （x）为增函数，所以函数f（x）存在唯一的极小值点x0，又g（3）=1-ln3＜0，所以3＜x0＜4，且满足--ln x0=0．所以f（x0）=+-x0ln x0=-+，由二次函数图象可知：f（4）＜f（x0）＜f（3），又f（3）=-+3=，f（4）=-+4=-4+4=0，∴f（x0）∈（0，），即0成立．【解析】本题考查利用函数极值与导数关系的综合应用问题，解决本题的关键是能够利用零点存在定理确定零点所处的范围，从而可将证明问题转化为在某一区间内二次函数值域问题的求解．（Ⅰ）根据f'(1）=0求得a；通过导数验证函数的单调性，可知a=时x=1是函数f(x)的极值点，满足题意；（Ⅱ）根据（Ⅰ）可知极小值点位于（2，+∞），此时g（x）的零点x0∈（3，4），且此时x0为极小值点，代入f（x）得到关于x0的二次函数，求解二次函数值域即可证得结论．9.【答案】解：（1）当a=2时，，当0＜x≤e2时，，此时函数f（x）在（0，3）单调递减，在（3，e2）单调递增，又f（x）min=f（3）=5-3ln3＞0，故此时无零点；当x＞e2时，，此时函数f（x）在（e2，+∞）上单调递增，又f（e2）=e2-4＞0，故此时无零点；综上，当a=2时，函数f（x）的零点个数为0；（2）证明：要证：∀x1，x2∈[3，9]，|f（x1）-f（x2）|≤2+ln3，即证x∈[3，9]时，f（x）-f（x）min≤2+ln3，max①当2≤a＜ln9时，，当3≤x≤e a时，，此时函数f（x）单调递增；当e a＜x≤9时，，此时函数f（x）单调递增，故函数f（x）在[3，9]上单调递增，∴f（x）max=f（9）=9-ln9-a，f（x）min=f（3）=3-3ln3+a，∴f（x）max-f（x）min=6+ln3-2a≤2+ln3；②当a≥ln9时，f（x）=x-3ln x+a，易知函数f（x）在[3，9]上单调递增，∴f（x）max=f（9）=9-3ln9+a，f（x）min=f（3）=3-3ln3+a，∴f（x）max-f（x）min=6-3ln3＜2+ln3；综上，∀x1，x2∈[3，9]，|f（x1）-f（x2）|≤2+ln3．【解析】（1）将a=2代入，并把函数化为分段函数的形式，分别利用导数研究即可得出结论；（2）对参数进行分类讨论，并把问题转化为x∈[3，9]时，f（x）max-f（x）min≤2+ln3，进而得证．本题主要考查函数的零点，函数的单调性，导数及其应用等基础知识，考查运算求解能力，推理论证能力，创新意识等，考查分类讨论思想，数学运算，数学抽象等核心素养，属于中档题．10.【答案】（1）解：∵f（x）=x2-4x sinx-4cos x，∴f（-x）=（-x）2-4（-x）sin（-x）-4cos（-x）=x2-4x sinx-4cos x=f（x），∴f（x）为偶函数．∵f′（x）=2x-4（sin x+x cosx）+4sin x=2x（1-2cos x），∴当x∈[0，]时，f′（x）≤0，当x∈[，π]时，f′（x）≥0，∴f（x）在区间[0，]上单调递减，在区间[，π]单调递增；又f（x）为偶函数．∴f（x）在区间[-π，-]单调递减，在区间[-，0]上单调递增，综上所述，当x∈[-π，-]，或x∈[0，]，f（x）单调递减；当x∈[-，0]，或x∈[，π]，f（x）单调递增；（2）证明：∵函数f（x）=x2-4x sinx-4cos x为R上的偶函数，要证明函数f（x）在R上有且仅有两个零点，只需证明f（x）在（0，+∞）上有且仅有1个零点，当x∈（0，+∞），令f（x）=0，即x2=4x sinx+4cos x，即=x sinx+cos x．令g（x）=（x＞0），h（x）=x sinx+cos x（x＞0），且h（0）=1＞0．则h′（x）=sin x+x cosx-sin x=x cosx，当x∈（0，）时，h′（x）＞0，x∈（，）时，h′（x）＜0，∴h（x）=x sinx+cos x在区间（0，）上单调递增，在区间（，）单调递减，∴h（x）max=h（）=＞1＞=g（），h（x）min=h（）=-＜0＜=g（），∴g（x）=与h（x）=x sinx+cos x在（0，）上有一个交点．在同一作出g（x）=与h（x）=x sinx+cos x的图象，x0由图可知，当x＞x0（x0为两函数的第一象限的交点的横坐标）时，g（x）=（x＞0）的图象恒在h（x）图形的上方，∴f（x）在（0，+∞）上有且仅有1个零点，又函数f（x）=x2-4x sinx-4cos x为R上的偶函数，∴函数f（x）在R上有且仅有两个零点．【解析】（1）利用f（x）=x2-4x sinx-4cos x为偶函数及f′（x）=2x-4（sin x+x cosx）+4sin x=2x （1-2cos x），可判断函数f（x）在[-π，π]上的单调性；（2）函数f（x）=x2-4x sinx-4cos x为R上的偶函数，要证明函数f（x）在R上有且仅有两个零点，只需证明f（x）在（0，+∞）上有且仅有1个零点，问题转化为=x sinx+cos x 在（0，+∞）上只有一个根，分别构造函数g（x）=（x＞0），h（x）=x sinx+cos x（x＞0），利用导数法结合图象即可证明原结论成立．本题考查利用导数研究函数的单调性，考查等价转化思想与函数与方程思想，考查推理证明及作图能力，属于难题．第11页，共11页。

2020年高考数学解答题核心：函数与导数综合问题(答题指导)(教师版)

专题01 函数与导数综合问题（答题指导）【题型解读】以含参数的函数为载体,结合具体函数与导数的几何意义,研究函数的性质,是高考的热点．主要考查：(1)讨论函数的单调性和单调区间；(2)求函数的极值或最值；(3)利用函数的单调性、极值、最值,求参数的范围．【例1】已知函数f (x )＝ax －2x－3ln x ,其中a 为常数．(1)当函数f (x )的图象在点⎝ ⎛⎭⎪⎫23，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23处的切线的斜率为1时,求函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤32，3上的最小值；(2)若函数f (x )在区间(0,＋∞)上既有极大值又有极小值,求a 的取值范围．【答案】见解析【解析】(1)f ′(x )＝a ＋2x 2－3x ,由f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝a ＋92－92＝1可得a ＝1,即f (x )＝x －2x －3ln x ,f ′(x )＝1＋2x 2－3x ＝x 2－3x ＋2x 2＝（x －1）（x －2）x 2,当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤32，3有：从而在⎣⎢⎡⎦⎥⎤2，3上,f (x )有最小值,且最小值为f (2)＝1－3ln 2.(2)f ′(x )＝a ＋2x 2－3x ＝ax 2－3x ＋2x2(x >0),由题设可得方程ax 2－3x ＋2＝0有两个不等的正实根．不妨设这两个根为x 1,x 2,且x 1≠x 2,则⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝9－8a ＞0，x 1＋x 2＝3a >0，x 1x 2＝2a >0解得0<a <98.故所求a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，98.【素养解读】(1)从已知切线的斜率去求参数a 的过程既考查了数学运算的核心素养,又考查了逻辑推理的核心素养． (2)将函数有极大值和极小值转化为一元二次方程的实数根的问题考查了数学建模的核心素养． (3)通过二次函数的图象与性质列出一元二次方程根的分布的充要条件考查了直观想象的核心素养．【突破训练1】已知函数f (x )＝ln x ＋a (1－x )．(1)讨论f (x )的单调性；(2)当f (x )有最大值,且最大值大于2a －2时,求a 的取值范围．【答案】见解析【解析】(1)f (x )的定义域为(0,＋∞),f ′(x )＝1x－a .若a ≤0,则f ′(x )>0,所以f (x )在(0,＋∞)上单调递增．若a >0,则当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 时,f ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时,f ′(x )<0.所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增,在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减．(2)由(1)知,当a ≤0时,f (x )在(0,＋∞)上无最大值；当a >0时,f (x )在x ＝1a处取得最大值,最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋a ⎝⎛⎭⎪⎫1－1a ＝－ln a ＋a －1.因此f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a >2a －2等价于ln a ＋a －1<0.令g (a )＝ln a ＋a －1,则g (a )在(0,＋∞)上单调递增,g (1)＝0.于是,当0<a <1时,g (a )<0；当a >1时,g (a )>0.因此,a 的取值范围是(0,1)．【突破训练2】 (2019·黄冈联考)已知函数f (x )＝x 2＋a ln x .(1)当a ＝－2时,求函数f (x )的单调区间；(2)若g (x )＝f (x )＋2x在[1,＋∞)上是单调函数,求实数a 的取值范围．【答案】见解析【解析】(1)f ′(x )＝2x －2x.令f ′(x )＞0,得x ＞1；令f ′(x )＜0,得0＜x ＜1.所以f (x )的单调递增区间是(1,＋∞),f (x )的单调递减区间是(0,1)．(2)①若函数g (x )在[1,＋∞)上是单调增函数,则g ′(x )≥0在[1,＋∞)上恒成立,即a ≥2x－2x 2在[1,＋∞)上恒成立．设φ(x )＝2x－2x 2,因为φ(x )在[1,＋∞)上单调递减,所以φ(x )max ＝φ(1)＝0,所以a ≥0.②若函数g (x )在[1,＋∞)上是单调减函数,则g ′(x )≤0在[1,＋∞)上恒成立,无解．综上,实数a 的取值范围为[0,＋∞)．▶▶题型二：利用导数研究函数的零点或曲线交点问题导数与函数、方程交汇是近年命题的热点,常转化为研究函数图象的交点问题,研究函数的极(最)值的正负．主要考查：(1)确定函数的零点、图象交点的个数；(2)由函数的零点、图象交点的情况求参数的取值范围．【例2】 (2018·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝e x －ax 2.(1)若a ＝1,证明：当x ≥0时,f (x )≥1； (2)若f (x )在(0,＋∞)只有一个零点,求a . 【答案】见解析【解析】(1)证明：当a ＝1时,f (x )≥1等价于(x 2＋1)e －x－1≤0.设函数g (x )＝(x 2＋1)e －x－1,则g ′(x )＝－(x 2－2x ＋1)e －x＝－(x －1)2e －x.当x ≠1时,g ′(x )<0,所以g (x )在(0,＋∞)单调递减．而g (0)＝0,故当x ≥0时,g (x )≤0,即f (x )≥1.(2)设函数h (x )＝1－ax 2e －x.f (x )在(0,＋∞)只有一个零点当且仅当h (x )在(0,＋∞)只有一个零点． (ⅰ)当a ≤0时,h (x )>0,h (x )没有零点； (ⅱ)当a >0时,h ′(x )＝ax (x －2)e －x.当x ∈(0,2)时,h ′(x )<0；当x ∈(2,＋∞)时,h ′(x )>0. 所以h (x )在(0,2)单调递减,在(2,＋∞)单调递增．故h (2)＝1－4ae 2是h (x )在(0,＋∞)的最小值．①若h (2)>0,即a <e24,h (x )在(0,＋∞)没有零点；②若h (2)＝0,即a ＝e24,h (x )在(0,＋∞)只有一个零点；③若h (2)<0,即a >e 24,由于h (0)＝1,所以h (x )在(0,2)有一个零点,由(1)知当x >0时,e x >x 2,所以h (4a )＝1－16a 3e 4a ＝1－()32216aa e >1－()34162a a ＝1－1a>0.故h (x )在(2,4a )也有一个零点,因此h (x )在(0,＋∞)有两个零点．综上,f (x )在(0,＋∞)只有一个零点时,a ＝e24.【素养解读】(1)在问题(1)的证明过程中,考查了逻辑推理的核心素养．(2)在问题(2)中,通过对参数a 的分类讨论以及在不同的取值范围内列式计算的过程中考查了数学运算的核心素养．【突破训练3】已知二次函数f (x )的最小值为－4,且关于x 的不等式f (x )≤0的解集为{x |－1≤x ≤3}．(1)求函数f (x )的解析式；(2)求函数g(x)＝f （x ）x －4ln x 的零点个数．【答案】见解析【解析】(1)因为f (x )是二次函数,且关于x 的不等式f (x )≤0的解集为{x |－1≤x ≤3,x ∈R },所以设f (x )＝a (x ＋1)(x －3)＝ax 2－2ax －3a ,且a >0.所以f (x )min ＝f (1)＝－4a ＝－4,a ＝1.故函数f (x )的解析式为f (x )＝x 2－2x －3.(2)由(1)知g (x )＝x 2－2x －3x －4ln x ＝x －3x－4ln x －2,所以g (x )的定义域为(0,＋∞),g ′(x )＝1＋3x 2－4x ＝（x －1）（x －3）x2,令g ′(x )＝0,得x 1＝1,x 2＝3. 当x 变化时,g ′(x ),g (x )的取值变化情况如下表：x (0,1) 1 (1,3) 3 (3,＋∞) g ′(x ) ＋ 0 － 0 ＋ g (x )单调递增极大值单调递减极小值单调递增当x >3时,g (e 5)＝e 5－3e5－20－2>25－1－22＝9>0.又因为g (x )在(3,＋∞)上单调递增,因而g (x )在(3,＋∞)上只有1个零点,故g (x )仅有1个零点．【突破训练4】 (2019·黄冈起点考试)已知函数f (x )＝x 2－2ln x ,h (x )＝x 2－x ＋a .(1)求函数f (x )的极值；(2)设函数k (x )＝f (x )－h (x ),若函数k (x )在[1,3]上恰有两个不同的零点,求实数a 的取值范围．【答案】见解析【解析】(1)由题意知f ′(x )＝2x －2x,x ＞0,令f ′(x )＝0,得x ＝1.f ′(x ),f (x )随x 的变化情况如下表所示：x (0,1) 1 (1,＋∞) f ′(x ) － 0 ＋ f (x )单调递减极小值单调递增f x f (2)因为k (x )＝f (x )－h (x )＝－2ln x ＋x －a ,所以k ′(x )＝－2x＋1,x ＞0,令k ′(x )＝0,得x ＝2.当x ∈[1,2)时,k ′(x )＜0；当x ∈(2,3]时,k ′(x )＞0.故k (x )在[1,2)上单调递减,在(2,3]上单调递增,所以⎩⎪⎨⎪⎧k （1）≥0，k （2）＜0，k （3≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧a ≤1，a ＞2－2ln 2，a ≤3－2ln 3，所以2－2ln 2＜a ≤3－2ln 3.所以实数a 的取值范围是(2－2ln2,3－2ln 3]．▶▶题型三：利用导数研究不等式问题导数在不等式中的应用问题是每年高考的必考内容,难度较大．主要考查证明不等式和不等式成立(恒成立)问题．(1)利用导数证明不等式的方法可以从所证不等式的结构和特点出发,结合已有的知识利用转化与化归思想,构造一个新的函数,再借助导数确定函数的单调性,利用单调性实现问题的转化,从而使不等式得到证明,其一般步骤是：构造可导函数→研究单调性或最值→得出不等关系→整理得出结论．(2)利用导数研究不等式恒成立问题,首先要构造函数,利用导数研究函数的单调性,求出最值,进而得出相应的含参不等式,从而求出参数的取值范围；也可分离变量,构造函数,直接把问题转化为函数的最值问题． (3)不等式能成立(恒成立)问题常见的转化方法①f(x)≥a 恒成立⇔f(x)min ≥a ,f(x)≥a 能成立⇔f(x)max ≥a； ②f(x)≤b 恒成立⇔f(x)max ≤b ,f(x)≤b 能成立⇔f(x)min ≤b； ③f(x)>g(x)恒成立()()()F x f x g x =-⇔F(x)min>0； ④∀x 1∈M,∀x 2∈N,f(x 1)>g(x 2)⇔f(x)min >g(x)max ； ⑤∀x 1∈M,∃x 2∈N,f(x 1)>g(x 2)⇔f(x)min >g(x)min ； ⑥∃x 1∈M,∃x 2∈N,f(x 1)>g(x 2)⇔f(x)max >g(x)min ； ⑦∃x 1∈M,∀x 2∈N,f(x 1)>g(x 2)⇔f(x)max >g(x)max .【例3】 (2018·浙江卷节选)已知函数f (x )＝x －ln x ．若f (x )在x ＝x 1,x 2(x 1≠x 2)处导数相等,证明：f (x 1)＋f (x 2)＞8－8ln2.【答案】见解析【解析】证明函数f (x )的导函数f ′(x )＝12x －1x ,由f ′(x 1)＝f ′(x 2)得12x 1－1x 1＝12x 2－1x 2,因为x 1≠x 2,所以1x 1＋1x 2＝12.由基本不等式得12x 1x 2＝x 1＋x 2≥24x 1x 2.因为x 1≠x 2,所以x 1x 2>256.由题意得f (x 1)＋f (x 2)＝x 1－ln x 1＋x 2－ln x 2＝12x 1x 2－ln(x 1x 2)．设g (x )＝12x －ln x , 则g ′(x )＝14x(x －4).12即f (x 1)＋f (x 2)>8－8ln 2.【素养解读】本题的证明过程不仅考查了逻辑推理的核心素养,还在构造函数g (x )＝12x －ln x 中考查了数学运算的核心素养．【突破训练5】 (2016·四川卷改编)设函数f (x )＝ax 2－a －ln x ,g (x )＝1x －ee x ,其中a ∈R ,e ＝2.718…为自然对数的底数． (1)讨论f (x )的单调性； (2)证明：当x ＞1时,g (x )＞0；(3)证明：当a ≥12时,f (x )＞g (x )在区间(1,＋∞)恒成立．【答案】见解析【解析】(1)由题意得f ′(x )＝2ax －1x ＝2ax 2－1x(x >0)．当a ≤0时,f ′(x )<0,f (x )在(0,＋∞)内单调递减．当a >0时,由f ′(x )＝0,得x ＝12a ,当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，12a 时,f ′(x )<0,f (x )单调递减；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时,f ′(x )>0,f (x )单调递增．(2)证明：令s (x )＝ex －1－x ,则s ′(x )＝ex －1－1.当x >1时,s ′(x )>0,s (x )递增,则s (x )>s (1)＝0,所以e x －1>x ,从而g (x )＝1x －1ex －1>0.(3)证明：当a ≥12时,令h (x )＝f (x )－g (x )(x ≥1)．当x >1时,h ′(x )＝2ax －1x ＋1x 2－e 1－x>x －1x ＋1x 2－1x ＝x 3－2x ＋1x 2>x 2－2x ＋1x2>0. 因此,h (x )在区间(1,＋∞)上单调递增．又因为h (1)＝0,所以当x >1时,h (x )＝f (x )－g (x )>0, 即f (x )>g (x )恒成立．【例4】 (2019·兰州模拟)已知函数f (x )＝ax 2＋bx ＋x ln x 的图象在(1,f (1))处的切线方程为3x －y －2＝0.(1)求实数a ,b 的值；(2)设g (x )＝x 2－x ,若k ∈Z ,且k (x －2)＜f (x )－g (x )对任意的x ＞2恒成立,求k 的最大值．【答案】见解析【解析】(1)f ′(x )＝2ax ＋b ＋1＋ln x ,所以2a ＋b ＋1＝3且a ＋b ＝1,解得a ＝1,b ＝0. (2)由(1)与题意知k <f （x ）－g （x ）x －2＝x ＋x ln x x －2对任意的x >2恒成立,设h (x )＝x ＋x ln xx －2(x >2),则h ′(x )＝x －4－2ln x x －22,令m (x )＝x －4－2lnx (x >2),则m ′(x )＝1－2x ＝x －2x>0,所以函数m (x )为(2,＋∞)上的增函数．因为m (8)＝4－2ln 8<4－2ln e 2＝4－4＝0,m (10)＝6－2ln 10>6－2ln e 3＝6－6＝0,所以函数m (x )在(8,10)上有唯一零点x 0,即有x 0－4－2ln x 0＝0成立,故当2<x <x 0时,m (x )<0,即h ′(x )<0；当x 0<x 时,m (x )>0,即h ′(x )>0,所以函数h (x )在(2,x 0)上单调递减,在(x 0,＋∞)上单调递增,所以h (x )min ＝h (x 0)＝x 0＋x 0ln x 0x 0－2＝x 0⎝⎛⎭⎪⎫1＋x 0－42x 0－2＝x 02,所以k <x 02,因为x 0∈(8,10),所以x 02∈(4,5),又k ∈Z ,所以k 的最大值为4.【素养解读】(1)问题(2)解答过程中有两个转化,一是分离参数k 与变量x ,二是作换元变换h (x )＝x ＋x ln xx －2(x ＞2),这既考查了数学建模的核心素养,又考查了数学运算的核心素养．(2)计算过程中,将恒成立问题转换成函数的最值,考查了逻辑推理和数学抽象的核心素养．【突破训练6】 (2019·贵州适应性考试)已知函数f (x )＝ax －e x(a ∈R ),g (x )＝ln xx .(1)求函数f (x )的单调区间；(2)存在x 0∈(0,＋∞),使不等式f (x )≤g (x )－e x成立,求a 的取值范围．【答案】见解析【解析】(1)因为f ′(x )＝a －e x,x ∈R . 当a ≤0时,f ′(x )<0,f (x )在R 上单调递减；当a >0时,令f ′(x )＝0得x ＝ln a .由f ′(x )>0得f (x )的单调递增区间为(－∞,ln a )；由f ′(x )<0得f (x )的单调递减区间为(ln a ,＋∞)．(2)因为存在x 0∈(0,＋∞),使不等式f (x )≤g (x )－e x成立,则ax ≤ln x x ,即a ≤ln x x 2.设h (x )＝ln x x2,则问题转化为a ≤⎝⎛⎭⎪⎫lnx x 2max , 由h ′(x )＝1－2ln xx3,令h ′(x )＝0,则x ＝ e. 当x 在区间(0,＋∞)内变化时,h ′(x ),h (x )的变化情况如下表：由上表可知,当x ＝e 时,函数h (x )有极大值,即最大值为2e .所以a 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤－∞，12e .。

2020高考数学理二轮课标通用题型练：大题专项(六)函数与导数综合问题含解析

∵-1<x2-2x<0,∴h(x)>- a+x-lnx,
∴h( )>- a+ -ln( )= >0,
∴h(x)在区间(0,1),(1,+∞)内各有一个零点,故a>2符合题意;
当a=-1时,可知函数h(x)在区间(0,+∞)内单调递减,
∴函数h(x)至多有一个零点,不符合题意;
当-1<a<0时,可知函数h(x)在区间(0,1)内单调递减,在区间内单调递增,在区间内单调递减.
则只需h +aeln 0,即a
②当 <a<e时,由h'(x)>0得 <x<a或x>e;由h'(x)<0得a<x<e.
此时h(x)在区间(a,e)内单调递减,在区间和(e,+∞)内单调递增.
此时h(a)=- a2-ae-aelna<- a2-ae+aelne=- a2<0,
即h(x)在区间内至多只有一个零点,不合题意.
(1)求X的分布列;
(2)若甲药、乙药在试验开始时都赋予4分,pi(i=0,1,…,8)表示“甲药的累计得分为i时,最终认为甲药比乙药更有效”的概率,则p0=0,p8=1,pi=api-1+bpi+cpi+1(i=1,2,…,7),其中a=P(X=-1),b=P(X=0),c=P(X=1).假设α=0.5,β=0.8.
①当a 时,由h'(x)>0得x>e;由h'(x)<0得 <x<e.
此时h(x)在区间内单调递减,在区间(e,+∞)内单调递增.
因为h(e)= e2-(a+e)e+aelne=- e2<0,

2011-2020年高考数学真题专题08 导数在研究函数图像与性质中的综合应用(教师版含解析)

专题08导数在研究函数图像与性质中的综合应用年份题号考点考查内容2012理10导数与函数的单调性函数的对称性及常见函数的导数、导数的运算法则及利用导数研究函数的单调性，图像识别理21导数与函数的最值函数的对称性及常见函数的导数、导数的运算法则及利用导数研究函数的的最值，分类整合思想文13导数的几何意义常见函数的导数、导数的运算法则及利用导数的几何意义求曲线的切线2013卷1理16导数与函数的最值函数的对称性及常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数求函数最值卷2理10文11导数与函数的极值常见函数的导数、导数的运算法则及利用导数研究函数的单调性、极值、对称性卷1文9导数与函数的极值三角函数函数的图像与性质及利用导数研究初等函数的图像与性质卷1文21导数与函数的单调性导数与函数的极值利用导数的几何意义求曲线的切线、函数单调性与导数的关系、函数最值，运算求解能力及应用意识卷2文21导数与函数的极值常见函数的导数、导数的运算法则及利用导数研究函数的极值、研究函数的切线问题及取值范围问题，分类整合思想2014卷2文11导数与函数的单调性已知函数单调性求参数范围卷2理8导数的几何意义常见函数的导数、导数的运算法则及利用导数的几何意义求曲线的切线卷2理21导数与函数的单调性本题利用到研究函数的单调性、利用导数研究不等式恒成立问题及利用函数进行近似计算2015卷1文15导数的几何意义常见函数的导数、导数的运算法则及利用导数的几何意义求曲线的切线卷2文16导数的几何意义常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数的几何意义求曲线的切线、直线与二次函数的位置关系2016卷1理7文9导数与函数的单调性利用导数判断函数的单调性、函数图像识别卷1文12导数与函数的单调性常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数解函数单调性问题卷2理16导数的几何意义常见函数的导数、导数的运算法则及利用导数的几何意义求曲线的切线卷2理21导数与函数的最值常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数证明不等式、利用导数求最值与值域卷3理15导数的几何意义函数的奇偶性、常见函数的导数、导数的运算法则及利用导数的几何意义求曲线的切线卷3理21导数与函数的最值常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数证明不等式、利用导数求最值与值域卷3文16导数的几何意义函数的奇偶性、常见函数的导数、导数的运算法则及利用导数的几何意义求曲线的切线2017卷2理11导数与函数的极值函数的奇偶性、常见函数的导数、导数的运算及利用导数研究函数的极值．2018卷1理5文6导数的几何意义函数的奇偶性、常见函数的导数、导数的运算及利用导数的几何意义求曲线的切线卷2理13导数的几何意义常见函数的导数、导数的运算及利用导数的几何意义求曲线的切线卷2文3导数与函数的单调性利用导数判断函数的单调性、函数图像识别卷2文13导数的几何意义常见函数的导数、导数的运算及利用导数的几何意义求曲线的切线卷3理7文9导数与函数的单调性利用导数判断函数的单调性、函数图像识别卷3理14导数的几何意义常见函数的导数、导数的运算及利用导数的几何意义求曲线的切线2019卷1理13文13导数的几何意义常见函数的导数、导数的运算及利用导数的几何意义求曲线的切线卷3理6文7导数的几何意义常见函数的导数、导数的运算及利用导数的几何意义求曲线的切线卷2文10导数的几何意义常见函数的导数、导数的运算及利用导数的几何意义求曲线的切线卷3文20导数与函数的最值常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数研究函数的单调性、利用导数求最值及分类整合思想．2020卷1理6导数的几何意义利用导数的几何意义求曲线的切线文15导数的几何意义利用导数的几何意义求曲线的切线卷3理10导数的几何意义导数的几何意义的应用，直线与圆的位置关系文15导数的几何意义常见函数的导数、导数的运算及利用导数的几何意义求曲线的切线考点出现频率2021年预测导数的几何意义16/322021年高考仍然重点利用导数的几何意义求函数的切线、利用导数研究函数的单调性、极值与最值问题，难度可以基础题，也可为中档题，也可为难题，题型为选择、填空或解答题．导数与函数的单调性7/32导数与函数的极值5/325/考点26导数的几何意义与常见函数的导数1．(2020全国Ⅰ理6)函数()432f x x x =-的图像在点()()1,1f 处的切线方程为()A ．21y x =--B ．21y x =-+C ．23y x =-D ．21y x =+【答案】B【思路导引】求得函数()y f x =的导数()f x '，计算出()1f 和()1f '的值，可得出所求切线的点斜式方程，化简即可．【解析】()432f x x x =- ，()3246f x x x '∴=-，()11f ∴=-，()12f '=-，因此，所求切线的方程为()121y x +=--，即21yx =-+，故选B ．2．(2020全国Ⅲ理10)若直线l 与曲线y =2215x y +=相切，则l 的方程为()A ．21y x =+B ．122y x =+C ．112y x =+D ．1122yx =+【答案】D【思路导引】可以根据圆的切线性质，结合排除法得出正确答案；也可以根据导数的几何意义设出直线l 的方程，再由直线与圆相切的性质，即可得出答案．【解析】解法一：由与圆相切，故圆心()0,0到直线的距离为圆半径r =，符合条件的只有A ，D ，将答案A 的直线方程带入y =，得：210x-+=，无解；将答案AD 的直线方程带入y =，得：10x -+=，有一解1x =．故选D ．解法二：设直线l 在曲线y =上的切点为(0x ，则00x >，函数y =的导数为y '=，则直线l的斜率k =，设直线l 的方程为)0y x x =-，即00x x -+=，由于直线l 与圆2215x y +==，两边平方并整理得2005410x x --=，解得01x =，015x =-(舍)，则直线l 的方程为210x y -+=，即1122y x =+，故选D ．3．(2019全国Ⅲ理6)已知曲线e ln xy a x x =+在点1e a （，）处的切线方程为y =2x +b ，则A ．e 1a b ==-，B ．a=e ，b =1C ．1e 1a b -==，D ．1e a -=，1b =-【答案】D【解析】e ln x y a x x =+的导数为'e ln 1x y a x =++，又函数e ln x y a x x =+在点(1,e)a 处的切线方程为2y x b =+，可得e 012a ++=，解得1e a -=，又切点为(1,1)，可得12b =+，即1b =-，故选D ．4．(2019全国Ⅱ文10)曲线y =2sin x +cos x 在点(π，–1)处的切线方程为A ．10x y --π-=B ．2210x y --π-=C ．2210x y +-π+=D ．10x y +-π+=【答案】C【解析】由y =2sin x +cos x ，得2cos sin y x x '=-，所以π2cos πsin π=-2x y ='=-，所以曲线y =2sin x +cos x在点(π,1)-处的切线方程为12(π)y x +=--，即2210x y +-π+=，故选C ．5．(2018全国卷Ⅰ理5)设函数32()(1)f x x a x ax =+-+，若()f x 为奇函数，则曲线()y f x =在点(0,0)处的切线方程为A ．2y x =-B ．y x=-C ．2y x=D ．y x=【答案】D【解析】因为函数32()(1)=+-+f x x a x ax 为奇函数，所以()()-=-f x f x ，所以3232()(1)()()[(1)]-+--+-=-+-+x a x a x x a x ax ，所以22(1)0-=a x ，因为∈R x ，所以1=a ，所以3()=+f x x x ，所以2()31'=+f x x ，所以(0)1'=f ，所以曲线()=y f x 在点(0,0)处的切线方程为=y x ．故选D ．6．(2014全国卷2理8)．设曲线y=ax -ln(x +1)在点(0，0)处的切线方程为y =2x ，则a =()A ．0B ．1C ．2D ．3【答案】D【解析】∵11y a x '=-+，且在点(0,0)处的切线的斜率为2，∴01|201x y a ='=-=+，即3a =，故选D ．7．(2016年四川)设直线1l ，2l 分别是函数()f x =ln ,01,ln ,1,x x x x -<<⎧⎨>⎩图象上点1P ，2P 处的切线，1l 与2l 垂直相交于点P ，且1l ，2l 分别与y 轴相交于点A ，B ，则△PAB 的面积的取值范围是A ．(0，1)B ．(0，2)C ．(0，+∞)D ．(1，+∞)【答案】A【解析】不妨设111(,ln )P x x ，222(,ln )P x x ，由于12l l ⊥，所以1211()1x x ⨯-=-，则121x x =．又切线1l ：1111ln ()y x x x x -=-，22221:ln ()l y x x x x +=--，于是1(0,ln 1)A x -，1(0,1ln )B x +，所以||2AB =，联立1112221ln ()1ln ()y x x x x y x x x x ⎧-=-⎪⎪⎨⎪+=--⎪⎩，解得1121P x x x =+，所以1112212PAB P S x x x ∆=⨯⨯=+，因为11x >，所以1112x x +>，所以PAB S ∆的取值范围是(0,1)，故选A ．8．(2016年山东)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．下列函数中具有T 性质的是A ．sin y x =B ．ln y x=C ．xy e=D ．3y x=【答案】A【解析】设函数()y f x =的图象上两点11(,)P x y ，22(,)Q x y ，则由导数的几何意义可知，点P ，Q 处切线的斜率分别为11()k f x '=，22()k f x '=若函数具有T 性质，则12k k ⋅=1()f x '2()f x '=-1．对于A 选项，()cos f x x '=，显然12k k ⋅=12cos cos x x =-1有无数组解，所以该函数具有T 性质；对于B 选项，1()(0)f x x x'=>，显然12k k ⋅=1211x x ⋅=-1无解，故该函数不具有T 性质；对于C 选项，()x f x e '=>0，显然12k k ⋅=12xx e e⋅=-1无解，故该函数不具有T 性质；对于D 选项，2()3f x x '=≥0，显然12k k ⋅=221233x x ⋅=-1无解，故该函数不具有T 性质．故选A ．9．(2020全国Ⅲ文15)设函数()e x f x x a=+，若()e14f '=，则a =．【答案】1【思路导引】由题意首先求得导函数的解析式，然后得到关于实数a 的方程，解方程即可确定实数a 的值．【解析】由函数的解析式可得：()()()()()221x xx e x a e e x a f x x a x a +-+-'==++，则：()()()()12211111e a aef a a ⨯+-'==++，据此可得：()241aeea =+，整理可得：2210a a -+=，解得：1a =，故答案为：1．10．(2020全国Ⅰ文15)曲线ln 1y x x =++的一条切线的斜率为2，则该切线的方程为．【答案】2y x=【思路导引】设切线的切点坐标为00(,)x y ，对函数求导，利用0|2x y '=，求出0x ，代入曲线方程求出0y ，得到切线的点斜式方程，化简即可．【解析】设切线的切点坐标为001(,),ln 1,1x y y x x y x=++'=+，00001|12,1,2x x y x y x ='=+===，∴切点坐标为(1,2)，所求的切线方程为22(1)y x -=-，即2y x =，故答案为：2y x =．11．(2019全国Ⅰ理13)曲线23()e xy x x =+在点(0)0，处的切线方程为____________．【答案】3y x=【解析】因为23e x y x x =+（），所以2'3e 31xy x x =++（），所以当0x =时，'3y =，所以23e xy x x =+（）在点00（，）处的切线斜率3k =，又()00y =，所以切线方程为()030y x -=-，即3y x =．12．(2018全国卷3理14)曲线()1e x y ax =+在点()01，处的切线的斜率为2-，则a =________．【答案】3-【解析】由题知，xe a ax y )1(++='，则(0)12f a '=+=-，所以3a =-．13．(2018全国卷2理13)曲线2ln(1)y x =+在点(0,0)处的切线方程为__________．【答案】2y x =【解析】由题知，12+='x y ，2201k ∴==+，2y x ∴=．14．(2018全国卷2文13)曲线2ln y x =在点(1,0)处的切线方程为__________．【答案】22y x =-【解析】由()2ln y f x x ==，得()2f x x'=，则曲线2ln y x =在点()1,0处的切线的斜率为()12k f ='=，则所求切线方程为()021y x -=-，即22y x =-．15．(2017全国卷1理14)曲线21y x x=+在点(1，2)处的切线方程为______________．【答案】1y x =+【解析】设()y f x =，则21()2f x x x '=-，所以(1)211f '=-=，所以曲线21y x x=+在点(1,2)处的切线方程为21(1)y x -=⨯-，即1y x =+．16．(2016年全国Ⅱ理16)若直线y kx b =+是曲线ln 2y x =+的切线，也是曲线ln(1)y x =+的切线，则b =．【答案】1ln 2-【解析】设y kx b =+与ln 2y x =+和ln(1)y x =+的切点分别为11(,ln 2)x x +和22(,ln(1))x x +．则切线分别为1111ln 2()y x x x x --=-，2221ln(1)()1y x x x x -+=-+，化简得111ln 1y x x x =⋅++，()22221ln 111xy x x x x =++-++，依题意，()122122111ln 1ln 11x x x x x x ⎧=⎪+⎪⎨⎪+=+-⎪+⎩，解得112x =，从而1ln 11ln 2b x =+=-．17．(2016年全国Ⅲ理15)已知()f x 为偶函数，当0x <时，()ln()3f x x x =-+，则曲线()y f x =，在点(1,3)-处的切线方程是_________．【答案】21y x =--【解析】由题意可得当0x >时，()ln 3f x x x =-，则1()3f x x'=-，(1)2f '=-，则在点(1,3)-处的切线方程为32(1)y x +=--，即21y x =--．18．(2016年全国III 文)已知()f x 为偶函数，当0x ≤时，1()x f x e x --=-，则曲线()y f x =在点(1，2)处的切线方程式_____________________________．【答案】2y x=【解析】当0x >时，0x -<，则1()x f x e x --=+．又()f x 为偶函数，所以()()xe f x f x x e=-=+，所以当0x >时，1()1x f x e-'=+，则曲线()y f x =在点(1，2)处的切线的斜率为(1)2f '=，所以切线方程为22(1)y x -=-，即2y x =．19．(2015全国1文14)已知函数()31f x ax x =++的图像在点()()1,1f 的处的切线过点()2,7，则a =．【答案】1【解析】∵2()31f x ax '=+，∴(1)31f a '=+，即切线斜率31k a =+，又∵(1)2f a =+，∴切点为(1，2a +)，∵切线过(2，7)，∴273112a a +-=+-，解得a =1．20．(2012全国文13)曲线(3ln 1)y x x =+在点(1，1)处的切线方程为________【答案】430x y --=．【解析】∵3ln 4y x '=+，∴切线斜率为4，则切线方程为：430x y --=．21．(2015卷2文16)已知曲线ln y x x =+在点()1,1处的切线与曲线()221y ax a x =+++相切，则a =．【答案】8【解析】由11y x'=+可得曲线ln y x x =+在点()1,1处的切线斜率为2，故切线方程为21y x =-，与()221y ax a x =+++联立得220ax ax ++=，显然0a ≠，所以由2808a a a ∆=-=⇒=．22．(2015陕西)设曲线xy e =在点(0，1)处的切线与曲线1(0)y x x=>上点P 处的切线垂直，则P 的坐标为．【解析】(1,1)【解析】因为x y e =，所以x y e '=，所以曲线xy e =在点()0,1处的切线的斜率0101x k y e ='===，设P的坐标为()00,x y (00x >)，则001y x =，因为1y x =，所以21y x '=-，所以曲线1y x =在点P 处的切线的斜率02201x x k y x ='==-，因为121k k ⋅=-，所以211x -=-，即201x =，解得01x =±，因为00x >，所以01x =，所以01y =，即P 的坐标是()1,1，所以答案应填：()1,1．23．(2014广东)曲线25+=-xe y 在点)3,0(处的切线方程为．【答案】53y x =-+【解析】55xy e-'=-，在点(0,3)处的切线的斜率为5-，所以切线方程为35(0)y x -=--，即53y x =-+．24．(2014江苏)在平面直角坐标系xOy 中，若曲线xbax y +=2(a ，b 为常数)过点)5,2(-P ，且该曲线在点P 处的切线与直线0327=++y x 平行，则b a +的值是．【答案】－3【解析】由题意可得542b a -=+①又2()2b f x ax x '=-，过点)5,2(-P 的切线的斜率7442b a -=-②，由①②解得1,2a b =-=-，所以3a b +=-．25．(2014安徽)若直线l 与曲线C 满足下列两个条件：)(i 直线l 在点()00,y x P 处与曲线C 相切；)(ii 曲线C 在P 附近位于直线l 的两侧，则称直线l 在点P 处“切过”曲线C ．下列命题正确的是_________(写出所有正确命题的编号)①直线0:=y l 在点()0,0P 处“切过”曲线C ：3y x=②直线1:-=x l 在点()0,1-P 处“切过”曲线C ：2)1(+=x y ③直线x y l =:在点()0,0P 处“切过”曲线C ：x y sin =④直线x y l =:在点()0,0P 处“切过”曲线C ：xy tan =⑤直线1:-=x y l 在点()0,1P 处“切过”曲线C ：x y ln =．【答案】①③④【解析】对于①，203,|0x y x y =''==，所以:0l y =是曲线3:C y x =在点(0,0)P 处的切线，画图可知曲线3:C y x =在点(0,0)P 附近位于直线l 的两侧，①正确；对于②，因为12(1),|0x y x y =-''=+=，所以:1l x =-不是曲线C ：2)1(+=x y 在点()0,1-P 处的切线，②错误；对于③，0cos ,|1x y x y =''==，在点()0,0P 处的切线为x y l =:，画图可知曲线C ：x y sin =在点()0,0P 附近位于直线l 的两侧，③正确；对于④，21cos y x '=，021|1cos 0x y ='==，在点()0,0P 处的切线为x y l =:，画图可知曲线C ：x y tan =在点()0,0P 附近位于直线l 的两侧，④正确；对于⑤1y x'=，1|1x y ='=，在点()0,1P 处的切线为1:-=x y l ，令()1ln (0)h x x x x =-->，可得11()1x h x x x-'=-=，所以min ()(1)0h x h ==，故1ln x x -≥，可知曲线C ：x y ln =在点()0,1P 附近位于直线l 的下侧，⑤错误．26．(2013江西)若曲线1y x α=+(R α∈)在点(1,2)处的切线经过坐标原点，则α=．【答案】2【解析】1y xαα-'=，则k α=，故切线方程y x α=过点(1,2)解得2α=．27．(2016年北京)设函数()a xf x xe bx -=+，曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线方程为(1)4y e x =-+，(I)求a ，b 的值；(II)求()f x 的单调区间．【解析】(I)()e a x f x x bx -=+ ，∴()e e (1)e a x a x a x f x x b x b ---'=-+=-+∵曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线方程为(e 1)4y x =-+∴(2)2(e 1)4f =-+，(2)e 1f '=-即2(2)2e 22(e 1)4a fb -=+=-+①2(2)(12)e e 1a fb -'=-+=-②由①②解得：2a =，eb =(II)由(I)可知：2()e e x f x x x -=+，2()(1)e ex f x x -'=-+令2()(1)e x g x x -=-，∴222()e (1)e (2)e x x xg x x x ---'=---=-x(),2-∞2()2,+∞()g x '-+()g x 极小值∴()g x 的最小值是22(2)(12)e 1g -=-=-∴()f x '的最小值为(2)(2)e e 10f g '=+=->．即()0f x '>对x ∀∈R 恒成立．∴()f x 在(),-∞+∞上单调递增，无减区间．28．(2018天津)已知函数()xf x a =，()log a g x x =，其中1a >．(1)求函数()()ln h x f x x a =-的单调区间；(2)若曲线()y f x =在点11(,())x f x 处的切线与曲线()y g x =在点22(,())x g x 处的切线平行，证明122ln ln ()ln ax g x a+=-；(3)证明当1ee a ≥时，存在直线l ，使l 是曲线()yf x =的切线，也是曲线()yg x =的切线．【解析】(1)由已知，()ln xh x a x a =-，有()ln ln xh x a a a '=-．令()0h x '=，解得0x =．由1a >，可知当x 变化时，()h x '，()h x 的变化情况如下表：x(,0)-∞0(0,)+∞()h x '-0+()h x极小值所以函数()h x 的单调递减区间(,0)-∞，单调递增区间为(0,)+∞．(2)证明：由()ln xf x a a '=，可得曲线()y f x =在点11(,())x f x 处的切线斜率为1ln xa a ．由1()ln g x x a'=，可得曲线()y g x =在点22(,())x g x 处的切线斜率为21ln x a ．因为这两条切线平行，故有121ln ln xa a x a=，即122(ln )1x x a a =．两边取以a 为底的对数，得21log 2log ln 0a a x x a ++=，所以122ln ln ()ln ax g x a+=-．(3)证明：曲线()y f x =在点11(,)x x a 处的切线1l ：111ln ()x x y a a a x x -=⋅-．曲线()y g x =在点22(,log )a x x 处的切线2l ：2221log ()ln a y x x x x a-=⋅-．要证明当1ee a ≥时，存在直线l ，使l 是曲线()yf x =的切线，也是曲线()yg x =的切线，只需证明当1ee a ≥时，存在1(,)x ∈-∞+∞，2(0,)x ∈+∞，使得l 1和l 2重合．即只需证明当1e e a ≥时，方程组1112121ln ln 1ln log ln x x x a a a x a a x a a x a ⎧=⎪⎪⎨⎪-=-⎪⎩①②有解，由①得1221(ln )x x a a =，代入②，得111112ln ln ln 0ln ln x x a a x a a x a a -+++=．③因此，只需证明当1ee a ≥时，关于1x 的方程③有实数解．设函数12ln ln ()ln ln ln xx au x a xa a x a a=-+++，即要证明当1ee a ≥时，函数()y u x =存在零点．2()1(ln )x u x a xa '=-，可知(,0)x ∈-∞时，()0u x '>；(0,)x ∈+∞时，()u x '单调递减，又(0)10u '=>，21(ln )21()10(ln )a u a a '=-<，故存在唯一的0x ，且00x >，使得0()0u x '=，即0201(ln )0x a x a-=．由此可得()u x 在0(,)x -∞上单调递增，在0(,)x +∞上单调递减．()u x 在0x x =处取得极大值0()u x ．因为1ee a ≥，故ln(ln )1a -≥，所以0000012ln ln ()ln ln ln x x a u x ax a a x a a=-+++2012ln ln 22ln ln 0(ln )ln ln a ax x a a a+=++≥≥．下面证明存在实数t ，使得()0u t <．由(1)可得1ln xa x a +≥，当1ln x a>时，有12ln ln ()(1ln )(1ln )ln ln au x x a x a x a a+-+++≤2212ln ln (ln )1ln ln aa x x a a=-++++，所以存在实数t ，使得()0u t <因此，当1ee a ≥时，存在1(,)x ∈-∞+∞，使得1()0u x =．所以，当1e e a ≥时，存在直线l ，使l 是曲线()yf x =的切线，也是曲线()yg x =的切线．考点27导数与函数的单调性1．【2018全国卷2理3】函数()2e e x xf x x --=的图像大致为()【答案】B【解析】0x ≠ ，()()2e e x xf x f x x---==-，()f x ∴为奇函数，舍去A ，()11e e 0f -=-> ，∴舍去D ；()()()()()243e e e e 22e 2e xx x x x x x xx x f x xx---+---++='=，2x ∴>，()0f x '>，所以，舍去C ，故选B ．2．(2018全国卷3理7)函数422y x x =-++的图像大致为()【答案】D【解析】当0x =时，2y =，可以排除A 、B 选项；又因为322424(22y x x x x x '=-+=-+-，则()0f x '>的解集为22(,(0,22-∞-U ，()f x 单调递增区间为2(,)2-∞-，2(0,2；()0f x '<的解集为22(,0),)22-+∞U ，()f x 单调递减区间为2(2-，2,)2+∞．结合图象，可知D 选项正确．3．(2016卷1理7)．函数||22x e x y -=|在[–2，2]的图像大致为【答案】D【解析】由题知该函数是偶函数，当0>x 时，xe x xf -=22)(，所以xe x xf -='4)(，因为04)1(,1)0(>-='-='e f f ，由零点存在性定理知，存在)1,0(0∈x ，使得0)(0='x f ，当00x x <<时，0)(<'x f ，当10<<x x 时，0)(>'x f ，所以)(x f 在],0[0x 是减函数，在]1,[0x 上是增函数，故选D ．4．(2016全国1文12)若函数1()sin 2sin 3f x x -x a x =+在(),-∞+∞单调递增，则a 的取值范围是(A)[]1,1-(B)11,3⎡⎤-⎢⎥⎣⎦(C)11,33⎡⎤-⎢⎥⎣⎦(D)11,3⎡⎤--⎢⎥⎣⎦【答案】C【解析】由题知，)(x f '=x a x cos 2cos 321+-=x a x cos )1cos 2(3212+--=035cos cos 342≥++-x a x 对R x ∈恒成立，设x t cos =，即03534)(2≥++-=at t t f 对]1,1[-∈t 恒成立，∴⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥+=≥-=-031)1(031)1(a f a f ，解得3131≤≤-a ，故选C ．5．(2014全国卷2，文11)若函数()f x kx Inx =-在区间()1,+∞单调递增，则k 的取值范围是()A ．(],2-∞-B ．(],1-∞-C ．[)2,+∞D ．[)1,+∞【答案】D【解析】'1()f x k x =-，由已知得'()0f x ≥在()1,x ∈+∞恒成立，故1k x ≥，因为1x >，所以101x<<，故k 的取值范围是[)1,+∞，故选D ．6．(2012全国理10)已知函数()f x =1ln(1)x x+-，则y =()f x的图像大致为【答案】B【解析1】定义域为(－1，0)∪(0，+∞)，()f x '=2(1)(ln(1))xx x x ++-∴()f x 在(－1，0)是减函数，在(0，+∞)是增函数，结合选项，只有B 符合，故选B ．【解析2】()ln(1)()1x g x x x g x x'=+-⇒=-+()010,()00()(0)0g x x g x x g x g ''⇒>⇔-<<<⇔>⇒<=7．(2014全国卷2理21)已知函数()f x =2x x e e x ---(Ⅰ)讨论()f x 的单调性；(Ⅱ)设()()()24g x f x bf x =-，当0x >时，()0g x >，求b 的最大值；(Ⅲ)已知1.4142 1.4143<<，估计ln2的近似值(精确到0．001)【解析】(Ⅰ)∵1'()20x xf x e e =+-≥，当且仅当x =0时取等号，∴()f x 在R 上单调递增．(Ⅱ)()()()24g x f x bf x =-=224()(84)xx x x ee b e e b x -----+-，()g x '=22224()(84)x x x x e e b e e b --+-++-=2(2)(22)x x x x e e e e b --+-+-+1当b ≤2时，()g x '≥0，当且仅当x =0时取等号，∴()g x 在(,)-∞+∞上单调递增，∴当x ＞0时，()g x ＞(0)g ；2当b ＞2时，若x 满足222x xe e b -<+<-，即0ln(1x b <<-+时，()g x '＜0，此时，()g x在(0，ln(1b -+)是减函数，当0ln(1x b <<-+时，()g x ＜(0)g =0，综上所述，b 的最大值为2．(Ⅲ)由(Ⅱ)知，(ln 2)g =32(21)ln 22b -+-，当b =2时，(ln 2)g =36ln 22-+＞0，解得ln 2＞82312-＞0．6928．当b =14+时，ln(1b -+=ln 2，(ln 2)g=32)ln 22-++＜0，∴ln 2＜1828＜0．6934，∴ln 2的近似值为0．693．8．(2014山东)设函数1()ln 1x f x a x x -=++，其中a 为常数．(Ⅰ)若0a =，求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；(Ⅱ)讨论函数()f x 的单调性．【解析】(Ⅰ)由题意知0a =时，1(),(0,)1x f x x x -=∈+∞+，此时22()(1)f x x '=+，可得1(1)2f '=，又(1)0f =，所以曲线()y f x =在(1,(1))f 处的切线方程为210x y --=．(Ⅱ)函数()f x 的定义域为(0,)+∞，2222(22)()(1)(1)a ax a x af x x x x x +++'=+=++，当0a ≥时，()0f x '>，函数()f x 在(0,)+∞上单调递增，当0a <时，令2()(22)g x ax a x a =+++，由于22(22)44(21)a a a ∆=+-=+，①当12a =-时，0∆=，221(1)2()0(1)x f x x x --'=≤+，函数()f x 在(0,)+∞上单调递减，②当12a <-时，0,()0g x ∆<<，()0f x '<，函数()f x 在(0,)+∞上单调递减，③当102a -<<时，0∆>，设1212,()x x x x <是函数()g x 的两个零点，则1(1)21a a x a -++=，2(1)21a a x a-+=，由1121a a x a +=-0a=>-，所以1(0,)x x ∈时，()0,()0g x f x '<<，函数()f x 单调递减，12(,)x x x ∈时，()0,()0g x f x '>>，函数()f x 单调递增，2(,)x x ∈+∞时，()0,()0g x f x '<<，函数()f x 单调递减，综上可知，当0a ≥时，函数()f x 在(0,)+∞上单调递增；当12a ≤-时，函数()f x 在(0,)+∞上单调递减；当102a -<<时，()f x 在(1)21(0,a a -++，(1)21(,)a a -++∞上单调递减，在(1)(1)(,a a a a-++-+-上单调递增．考点28导数与函数的极值1．(2017全国卷2理11)若2x =-是函数21()(1)ex f x x ax -=+-的极值点，则()f x 的极小值为A ．1-B ．32e--C ．35e-D ．1【答案】A【解析】由题可得12121()(2)e (1)e [(2)1]e x x x f x x a x ax x a x a ---'=+++-=+++-，因为(2)0f '-=，所以1a =-，21()(1)ex f x x x -=--，故21()(2)e x f x x x -'=+-，令()0f x '>，解得2x <-或1x >，所以()f x 在(,2),(1,)-∞-+∞上单调递增，在(2,1)-上单调递减，所以()f x 的极小值为11()(111)e 11f -=--=-，故选A ．2．(2013全国卷2理10)已知函数()f x =32x ax bx c +++，下列结论错误的是A ．0x R ∃∈0()f x =0，B ．函数y =()f x 的图像是中心对称图形C ．若1x 是()f x 的极小值点，则()f x 在区间(-∞，1x )单调递减D ．若1x 是()f x 的极值点，则1()f x '=0，【答案】C【解析】对于选项C ：取3a =，9b =-，0c =，即32()39f x x x x =+-，则2'()369f x x x =+-，所以当3x <-或1x >时，'()0f x >，当31x -<<时，'()0f x <，所以()f x 在(,3)-∞-和(1,)+∞内为增，(3,1)-内为减，则1x =时为极小值点，但在区间(,1)-∞不单调递减，显然错误，故选C ．3．(2013全国卷1文9)函数()f x =(1cos )sin x x -在[,]ππ-的图像大致为【答案】C【解析】显然()f x 是奇函数，故排除B ，当0x π-<<时，()f x ＜0，故排除A ，∵()f x '=22sin cos cos x x x +-=22cos cos 1x x -++，由()f x '≥0解得1cos 2x -≤，又∵x ππ-≤≤，∴3344x ππ-≤≤，同理，由()f x '≤0解得，34x ππ-≤≤-或34x ππ≤≤，∴()f x 在[－π，－34π]上是减函数，在[－34π，34π]上是增函数，在[34π，π]上是减函数，∴当x =34π时，()f x 取最小值3()4f π-=122+-，最小值点靠近－π，故选C ．4．(2011福建)若0a >，0b >，且函数32()422f x x ax bx =--+在1x =处有极值，则ab 的最大值等于A ．2B ．3C ．6D ．9【答案】D【解析】2()1222f x x ax b '=--，由(1)0f '=，即12220a b --=，得6a b +=．由0a >，0b >，所以2(92a b ab +=≤，当且仅当3a b ==时取等号．选D ．5．(2011浙江)设函数()()2,,f x ax bx c a b c R =++∈，若1x =-为函数()xf x e 的一个极值点，则下列图象不可能为()y f x =的图象是AB C D【答案】D【解析】若1x =-为函数()xf x e 的一个极值点，则易知a c =，∵选项A ，B 的函数为2()(1)f x a x =+，∴[()][()()](1)(3)xxxf x e f x f x e a x x e '=+=++，∴1x =-为函数()xf x e 的一个极值点满足条件；选项C 中，对称轴02bx a=->，且开口向下，∵0,0a b <>，∴(1)20f a b -=-<，也满足条件；选项D 中，对称轴02bx a=-<，且开口向上，∴0,2a b a >>，∴(1)20f a b -=-<，与题图矛盾，故选D ．6．(2015重庆)设函数23()()e xx axf x a R +=∈．(Ⅰ)若()f x 在0x =处取得极值，确定a 的值，并求此时曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；(Ⅱ)若()f x 在[3,)+∞上为减函数，求a 的取值范围．【解析】(Ⅰ)对()f x 求导得222(6)(3)3(6)'(),()x x x xx a e x ax e x a x af x e e+-+-+-+==因为()f x 在0x =处取得极值，所以'(0)0f =即0a =．当0a =时，()f x =22336,'(),x xx x x f x e e -+=故33(1),'(1),f f e e==从而()f x 在点(1，(1)f )处的切线方程为33(1),y x e e-=-化简得30x ey -=．(Ⅱ)由(Ⅰ)知23(6)'()xx a x af x e-+-+=．令2()3(6)g x x a x a =-+-+，由()0g x =解得16366a x --=，26366a x -+=．当1x x <时，()0g x <，即'()0f x <，故()f x 为减函数；当12x x x <<时，()0g x >，即'()0f x >，故()f x 为增函数；当2x x >时，()0g x <，即'()0f x <，故()f x 为减函数；由()f x 在[)3,+∞上为减函数，知263,6a x -+=≤解得9,2a ≥-故a 的取值范围为9,2⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭．7．(2013全国卷1文21)已知函数()f x =2()4xe ax b x x +--，曲线()yf 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【解析】(Ⅰ)()f x '=()24xe ax a b x ++--．由已知得(0)f =4，(0)f '=4，故4b =，a b +=8，从而a =4，4b =；(Ⅱ)由(Ⅰ)知，()f x =24(1)4xe x x x +--，()f x '=4(2)24x e x x +--=14(2)(2x x e +-，令()f x '=0得，x =ln 2-或x =-2，∴当(,2)(ln 2,)x ∈-∞-⋃-+∞时，()f x '＞0，当x ∈(-2，ln 2-)时，()f x '＜0，∴()f x 在(-∞，-2)，(ln 2-，+∞)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2(2)4(1)f e --=-．8．(2013全国卷2文21)已知函数2()xf x x e -=．(Ⅰ)求()f x 的极小值和极大值；(Ⅱ)当曲线()y f x =的切线l 的斜率为负数时，求l 在x 轴上截距的取值范围．【解析】(Ⅰ)()f x '=22x x xe x e ---=(2)xxe x --当x ＜0或x ＞2时，()f x '＜0，当0＜x ＜2时，()f x '＞0，∴()f x 在(-∞，0)单调递减，在(0，2)单调递增，在(2，+∞)单调递减．∴当x =0时，()f x 取极小值0，当x =2时，()f x 取极大值24e -．(Ⅱ)设切点(0x ，0y )，则0()f x '=000(2)x x ex --由题知0()f x '＜0得，0x ＜0或0x ＞2，∴l 的方程为0020000(2)()x x y x e x e x x x ---=--，令y =0，解得l 在x 轴上截距x =0002x x x +-(0x ＜0或0x ＞2)=002232x x +-+-当0x ＞2时，x =002232x x +-+-≥3+=5，当且仅当00222x x =--即0x=2+取等号，当0x ＜0时，设0()g x =00212x x ++-，∴0()g x '=2021(2)x -+-=2002042(2)x x x -+-＞0，∴0()g x 在(－∞，0)单调递增，∴0()g x ＜(0)g =0，综上所述，l 在x 轴上截距取值范围为(－∞，0)∪(5，+∞)．9．(2018北京)设函数2()[(41)43]xf x ax a x a e =-+++．(1)若曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线与x 轴平行，求a ；(2)若()f x 在2x =处取得极小值，求a 的取值范围．【解析】(1)因为2()[(41)43]xf x ax a x a e =-+++，所以2()[2(41)][(41)43]xxf x ax a e ax a x a e '=-++-+++(x ∈R )=2[(21)2]xax a x e -++．(1)(1)f a e '=-．由题设知(1)0f '=，即(1)0a e -=，解得1a =．此时(1)30f e =≠．所以a 的值为1．(2)由(1)得2()[(21)2](1)(2)xxf x ax a x e ax x e '=-++=--．若12a >，则当1(,2)x a∈时，()0f x '<；当(2,)x ∈+∞时，()0f x '>．所以()0f x <在2x =处取得极小值．若12a ≤，则当(0,2)x ∈时，20x -<，11102ax x --<≤，所以()0f x '>．所以2不是()f x 的极小值点．综上可知，a 的取值范围是1(,)2+∞．10．(2017山东)已知函数()22cos f x x x =+，()()cos sin 22x g x e x x x =-+-，其中 2.71828e = 是自然对数的底数．(Ⅰ)求曲线()y f x =在点(,())f ππ处的切线方程；(Ⅱ)令()()()h x g x af x =-()a R ∈，讨论()h x 的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．【解析】(Ⅰ)由题意()22f ππ=-又()22sin f x x x '=-，所以()2f ππ'=，因此曲线()y f x =在点()(),f ππ处的切线方程为()()222y x πππ--=-，即222y x ππ=--．(Ⅱ)由题意得2()(cos sin 22)(2cos )xh x e x x x a x x =-+--+，因为()()()()cos sin 22sin cos 222sin x x h x e x x x e x x a x x '=-+-+--+--()()2sin 2sin x e x x a x x =---()()2sin x e a x x =--，令()sin m x x x =-则()1cos 0m x x '=-≥所以()m x 在R 上单调递增．因为(0)0,m =所以当0x >时，()0,m x >当0x <时，()0m x <(1)当0a ≤时，x e a -0>当0x <时，()0h x '<，()h x 单调递减，当0x >时，()0h x '>，()h x 单调递增，所以当0x =时()h x 取得极小值，极小值是()021h a =--；(2)当0a >时，()()()ln 2sin x a h x e e x x '=--由()0h x '=得1ln x a =，2=0x ①当01a <<时，ln 0a <，当(),ln x a ∈-∞时，()ln 0,0x a e e h x '-<>，()h x 单调递增；当()ln ,0x a ∈时，()ln 0,0x a e e h x '-><，()h x 单调递减；当()0,x ∈+∞时，()ln 0,0x a e e h x '->>，()h x 单调递增．所以当ln x a =时()h x 取得极大值．极大值为()()()2ln ln 2ln sin ln cos ln 2h a a a a a a ⎡⎤=--+++⎣⎦，当0x =时()h x 取到极小值，极小值是()021h a =--；②当1a =时，ln 0a =，所以当(),x ∈-∞+∞时，()0h x '≥，函数()h x 在(),-∞+∞上单调递增，无极值；③当1a >时，ln 0a >所以当(),0x ∈-∞时，ln 0x a e e -<，()()0,h x h x '>单调递增；当()0,ln x a ∈时，ln 0x a e e -<，()()0,h x h x '<单调递减；当()ln ,x a ∈+∞时，ln 0x a e e ->，()()0,h x h x '>单调递增；所以当0x =时()h x 取得极大值，极大值是()021h a =--；当ln x a =时()h x 取得极小值．极小值是()()()2ln ln 2ln sin ln cos ln 2h a a a a a a ⎡⎤=--+++⎣⎦．综上所述：当0a ≤时，()h x 在(),0-∞上单调递减，在()0,+∞上单调递增，函数()h x 有极小值，极小值是()021h a =--；当01a <<时，函数()h x 在(),ln a -∞和()0,ln a 和()0,+∞上单调递增，在()ln ,0a 上单调递减，函数()h x 有极大值，也有极小值，极大值是()()()2ln ln 2ln sin ln cos ln 2h a a a a a a ⎡⎤=--+++⎣⎦极小值是()021h a =--；当1a =时，函数()h x 在(),-∞+∞上单调递增，无极值；当1a >时，函数()h x 在(),0-∞和()ln ,a +∞上单调递增，在()0,ln a 上单调递减，函数()h x 有极大值，也有极小值，极大值是()021h a =--；极小值是()()()2ln ln 2ln sin ln cos ln 2h a a a a a a ⎡⎤=--+++⎣⎦．11．(2014山东)设函数())ln 2(2x xk x e x f x +-=(k 为常数， 2.71828e = 是自然对数的底数)．(Ⅰ)当0k ≤时，求函数()f x 的单调区间；(Ⅱ)若函数()f x 在()0,2内存在两个极值点，求k 的取值范围．【解析】(Ⅰ)函数()y f x =的定义域为(0,)+∞242221()()x x e x xe f x k x x x ⋅-'=--+3(2)()(0)x x e kx x x --=>由0k ≤可得0x e kx ->所以当(0,2)x ∈时，()0f x '<，函数()y f x =单调递减，所以当(2,)x ∈+∞时，()0f x '>，函数()y f x =单调递增，所以()f x 的单调递减区间为(0,2)，()f x 的单调递增区间为(2,)+∞(Ⅱ)由(Ⅰ)知，0k ≤时，()f x 在(0,2)内单调递减，故()f x 在(0,2)内不存在极值点；当0k >时，设函数()xg x e kx =-，[0,)x ∈+∞，因此ln ()xxkg x e k e e=-=-．当01k <≤时，(0,2)x ∈时()0xg x e k '=->，函数()y g x =单调递增故()f x 在(0,2)内不存在两个极值点；当1k >时，x (0,ln )k ln k(ln ,)k +∞()g x '-+()g x函数在(0,2)内存在两个极值点当且仅当(0)0(ln )0(2)00ln 2g g k g k >⎧⎪<⎪⎨>⎪⎪<<⎩，解得22e e k <<，综上函数()f x 在()0,2内存在两个极值点时，k 的取值范围为2(,)2e e ．考点29导数与函数的最值1．(2011湖南)设直线x t =与函数2()f x x =，()ln g x x =的图像分别交于点,M N ，则当MN 达到最小时t 的值为A ．1B ．12C ．2D ．2【答案】D【解析】由题2||ln MN x x =-，(0)x >不妨令2()ln h x x x =-，则1'()2h x x x=-，令'()0h x =解得2x =，因(0,2x ∈时，'()0h x <，当,)2x ∈+∞时，'()0h x >，所以当2x =即2t =时，||MN 达到最小．2．若函数()f x =22(1)()x x ax b -++的图像关于直线x =－2对称，则()f x 的最大值是______．【答案】16【解析】由()f x 图像关于直线x =－2对称，则0=(1)(3)f f -=-=22[1(3)][(3)3]a b ----+，0=(1)(5)f f =-=22[1(5)][(5)5]a b ----+，解得a =8，b =15，∴()f x =22(1)(815)x x x -++，∴()f x '=222(815)(1)(28)x x x x x -+++-+=324(672)x x x -++-=4(2)(22x x x -+++当x ∈(－∞，2--)∪(－2，2-+时，()f x '＞0，当x ∈(2-2)∪(2-++∞)时，()f x '＜0，∴()f x 在(－∞，2-单调递增，在(2-－2)单调递减，在(－2，2-+单调递增，在(2-++∞)单调递减，故当x =2--x =2-+(2f --=(2f -+=16．3．(2016年全国Ⅱ)(I)讨论函数2()e 2xx f x x -=+的单调性，并证明当0x >时，(2)e 20x x x -++>；(II)证明：当[0,1)a ∈时，函数()2e =(0)x ax ag x x x -->有最小值．设()g x 的最小值为()h a ，求函数()h a 的值域．【解析】(I)证明：()2e 2xx f x x -=+()()()22224e e 222xxx x f x x x x ⎛⎫-' ⎪=+= ⎪+++⎝⎭∵当x ∈()()22,-∞--+∞ ，时，()0f x '>∴()f x 在()()22,-∞--+∞，和上单调递增∴0x >时，()2e 0=12xx f x ->-+∴()2e 20x x x -++>(Ⅱ)33(2)(2)2()())x x e a x x g x f x a x x-+++'==+，由(Ⅰ)知，()f x a +单调递增，对任意的[)01a ∈，，(0)10f a a +=-<，(2)0f a a += ，因此，存在唯一(0,2]a x ∈，使得()0a f x a +=，即()0a g x '=当0a x x <<时，()0f x a +<，()0g x '<，()g x 单调递减；当a x x >时，()0f x a +>，()0g x '>，()g x 单调递增．因此()g x 在a x x =处取得最小值，最小值为22(1)()(1)()2a a ax x x a a a a a a a e a x e f x x e g x x x x -+-+===+．于是()2a x a e h a x =+，由2(1)()02(2)x x e x e x x +'=>++，得2xe x +单调递增．所以，由(0,2]a x ∈，得0221()2022224a x a e e e e h a x =<==+++ ，因为2x e x +单调递增，对任意的21(,]24e λ∈，存在唯一的(0,2]a x ∈，()[0,1)a a f x =-∈，使得()h a λ=，所以()h a 的值域为21e 24⎛⎤⎝⎦，．综上，当[0,1)a ∈时，()g x 有最小值()h a ，()h a 的值域为21e 24⎛⎤⎝⎦，．4．(2016年全国Ⅲ)设函数()cos 2(1)(cos 1)f x x x αα=+-+，其中0α>，记|()|f x 的最大值为A ．(Ⅰ)求()f x '；(Ⅱ)求A ；(Ⅲ)证明|()|2f x A '≤．【解析】(Ⅰ)()2sin 2(1)sin f x a x a x '=---．(Ⅱ)当1a 时，|()||sin 2(1)(cos 1)|f x a x a x '=+-+2(1)a a +- 32a =-(0)f =因此，32A a =-．当01a <<时，将()f x 变形为2()2cos (1)cos 1f x a x a x =+--．令2()2(1)1g t at a t =+--，则A 是|()|g t 在[1,1]-上的最大值，(1)g a -=，(1)32g a =-，且当14at a-=时，()g t 取得极小值，极小值为221(1)61()1488a a a a g a a a--++=--=-．令1114a a --<<，解得13a <-(舍去)，15a >．(ⅰ)当105a <时，()g t 在[1,1]-内无极值点，|(1)|g a -=，|(1)|23g a =-，|(1)||(1)|g g -<，所以23A a =-．。

2020年高考数学一轮复习专题16导数与函数的综合问题(含解析)

专题16导数与函数的综合问题最新考纲1.了解函数单调性和导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次)．2.了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数一般不超过三次)；会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数一般不超过三次)．3.会利用导数解决某些实际问题(生活中的优化问题).重点难点突破【题型一】导数与不等式命题点1 证明不等式【典型例题】当x＞y＞e﹣1时，证明不等式：e x ln（1+y）＞e y ln（1+x）．【解答】证明：不等式e x ln（1+y）＞e y ln（1+x）即为e x+1ln（1+y）＞e y+1ln（1+x），由x+1＞y+1＞e，即有．构造函数h（t），则h′（t），可知函数在（e，+∞）上h′（t）＞0，即函数h（x）在（e，+∞）上单调递增，由于x＞y＞e﹣1，可得x+1＞y+1＞e，即有，即为e x ln（1+y）＞e y ln（1+x）．【再练一题】（1）证明不等式ln（1+x）＜x，x＞0（2）在数列{a n}中．已知a1，且1，求数列{a n}的通项公式a n．【解答】解：（1）设对ϕ（x）求导，得：当x＞0时，ϕ′（x）＞0，∴ϕ（x）在（0，+∞）内是增函数．当x＞0时，ϕ（x）＞ϕ（0）＝0，即，∴同理可证ln（x+1）＜x，∴x．（2）1，等式两边取倒数得，即111﹣（）＝1，则当n≥2时，1﹣1，1，1，…1，等式两边同时相加得n﹣1﹣1n﹣1，即n﹣12+n﹣1n+1，即a n，当n＝1时，a1不满足a n，故a n．命题点2 不等式恒成立或有解问题【典型例题】已知函数f（x）＝lnx﹣x2﹣ax．（Ⅰ）当a＝1时，求曲线y＝f（x）则x＝1处的切线方程；（Ⅱ）若f（x）≤0恒成立，求a的取值范围．【解答】解：（1）a＝1时，函数f（x）＝lnx﹣x2﹣x，可得f′（x）2x﹣1，所以f′（1）＝﹣2，x ＝1时，f（1）＝﹣2．曲线y＝f（x）则x＝1处的切线方程；y+2＝﹣2（x﹣1）即：y＝﹣2x；（2）由条件可得lnx﹣x2﹣ax≤0（x＞0），则当x＞0时，a恒成立，令h（x）（x＞0），则h′（x），令k（x）＝1﹣x2﹣lnx（x＞0），则当x＞0时，k′（x）＝﹣2x0，所以k（x）在（0，+∞）上为减函数．又k′（1）＝0，所以在（0，1）上，h′（x）＞0；在（1，+∞）上，h′（x）＜0．所以h（x）在（0，1）上为增函数；在（1，+∞）上为减函数．所以h（x）max＝h（1）＝﹣1，所以a≥﹣1．【再练一题】已知函数f（x）alnx（a＞0）．（Ⅰ）若函数y＝f（x）图象上各点切线斜率的最大值为2，求函数f（x）的极值点；（Ⅱ）若不等式f（x）＜2有解，求a的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）f′（x）（x＞0）……………………………………………………∵a＞0，∴当时，f′（x）取最大值，∴，∵a＞0，∴a＝4……………………………………………………………………∴此时f′（x），在（0，）上，f′（x）＜0，f（x）单调递减，在（，+∞）上，f′（x）＞0，f（x）单调递增，∴f（x）的极小值点为x，无极大值点．…………（Ⅱ）∵f′（x），其中x＞0且a＞0，∴在（0，）上，f′（x）＜0，f（x）单调递减，在（，+∞）上，f′（x）＞0，f（x）单调递增，∴f（x）≥f（）＝a+aln．………………………………………………………………∵关于x的不等式f（x）＜2有解，∴a+aln2，∵a＞0，∴0，………令g（x）＝lnx+1﹣x，∴g′（x），………………………………………在（0，1）上，g′（x）＞0，g（x）单调递增，在（1，+∞）上，g′（x）＜0，g（x）单调递减，∴g（x）≤g（1）＝0，………………………………………………………………………∴0等价于0且．∴a的取值范围是a＞0且a≠2．………………………………………………………思维升华 (1)利用导数证明不等式的方法证明f(x)<g(x)，x∈(a，b)，可以构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，利用F(x)的单调性证明．(2)利用导数解决不等式的恒成立问题的策略①首先要构造函数，利用导数求出最值，求出参数的取值范围．②也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．【题型二】利用导数研究函数的零点问题【典型例题】函数f（x）＝ax3+3x2﹣1存在唯一的零点x0，且x0＜0，则实数a的范围为（）A．（﹣∞，﹣2）B．（﹣∞，2）C．（2，+∞）D．（﹣2，+∞）【解答】解：（i）当a＝0时，f（x）＝﹣3x2+1，令f（x）＝0，解得x＝±，函数f（x）有两个零点，舍去．（ii）当a≠0时，f′（x）＝3ax2+6x＝3ax（x），令f′（x）＝0，解得x＝0或．①当a＜0时，0，当x或x＜0，f′（x）＜0，此时函数f（x）单调递减；当0＜x时，f′（x）＞0，此时函数f（x）单调递增．∴故x是函数f（x）的极大值点，0是函数f（x）的极小值点．∵函数f（x）＝ax3+3x2﹣1存在唯一的零点x0，且x0＜0，则f（）11＜0，即a2＞4得a＞2（舍）或a＜﹣2．②当a＞0时，0，当x或x＞0时，f′（x）＞0，此时函数f（x）单调递增；当x＜0时，f′（x）＜0，此时函数f（x）单调递减．∴x是函数f（x）的极大值点，0是函数f（x）的极小值点．∵f（0）＝﹣1＜0，∴函数f（x）在（0，+∞）上存在一个零点，此时不满足条件．综上可得：实数a的取值范围是（﹣∞，﹣2）．故选：A．【再练一题】已知函数f（x）＝e x﹣x﹣a（a∈R）．（1）当a＝0时，求证：f（x）＞x；（2）讨论函数f（x）在R上的零点个数，并求出相对应的a的取值范围．【解答】（1）证明：当a＝0时．f（x）＝e x﹣x．令g（x）＝f（x）﹣x＝e x﹣x﹣x＝e x﹣2x．则g′（x）＝e x﹣2．令g'（x）＝0．得x＝ln2．当x＜ln2时，g′（x）＜0，当x＞ln2时，g′（x）＞0所以g（x）在（﹣∞，ln 2）内是减函数．在（ln2，+∞）内是增函数，所以x＝ln2是g（x）的极小值点，也是最小值，即g（x）min＝g（ln2）＝e ln2﹣2ln2＝2ln0．故当a＝0时，f（x）＞x成立（2）解：f′（x）＝e x﹣1，由f'（x）＝0．得x＝0．当x＜0时，f′（x）＜0；当x＞0时，f′（x）＞0所以f（x）在（﹣∞，0）上是减函数，在（0．+∞）内是增函数，所以x＝0是函数f（x）的极小值同时也是最小值点，即f（x）min＝f（0）＝l﹣a，当1﹣a＞0，即a＜l时，f（x）在R上没有零点，当1﹣a＝0，即a＝1时，f（x）在R上只有1个零点，当l﹣a＜0，即a＞l时，因为f（﹣a）＝e﹣a﹣（﹣a）﹣a＝e﹣a＞0．所以f（x）在（﹣∞，0）内只有一个零点，由（1）得e x＞2x，令x＝a，则得e a＞2a．所以f（a）＝e a﹣a﹣a＝e a﹣2a＞0．于是f（x）在（0，+∞）内有一个零点；因此．当a＞1时，f（x）在R上有两个零点．综上当a＜1时，函数f（x）在R上没有零点，当a＝1时，函数f（x）在R上有一个零点；当a＞l时，函数f（x）在R上有两个零点．思维升华利用导数研究方程的根(函数的零点)的策略研究方程的根或曲线的交点个数问题，可构造函数，转化为研究函数的零点个数问题．可利用导数研究函数的极值、最值、单调性、变化趋势等，从而画出函数的大致图象，然后根据图象判断函数的零点个数．【题型三】利用导数研究生活中的优化问题【典型例题】如图，某湿地公园ABCD是一个边长为2km正方形区域，以B为圆心，以1km为半径有一块四分之一圆形水域，其余区域为草地．为方便市民休闲观光，市政府计划修建一条从A到C的道路，路线是AE﹣EF﹣FC，要求：E、F分别在线段AM、NC上，且EF与圆弧MN相切于H．已知：AE段、FC段的修建费用均是m万元/km，EF段的修建费用是3m万元/km（其中m是正常数）．记从A到C修建道路的总费用为y（单位：万元）．（1）设∠HBC＝θ（rad），将y表示成θ的函数；（2）问：E，F分别选在何处时，修建道路的总费用最小？并求出最小费用．【解答】解：（1）由题意知，∠BEH＝∠HBC＝θ，．又BH⊥EF，可得，．故，，．当E与A重合时，；当F与C重合时，．故，…………………………其中．……………………………………（2）．由于，所以sinθcosθ＞0，又，故sinθcosθ+（3﹣sinθ﹣cosθ）（cosθ+sinθ）＞0．由y'＝0得，sinθ＝cosθ，故．……………………………当时，y'＜0，y关于θ在单调递减；当时，y'＞0，y关于θ在单调递增．…………………………因而，当时，．此时，．………………答：E，F与B均相距km时，修建道路的最小费用是万元．……【再练一题】如图，矩形ABCD是某生态农庄的一块植物栽培基地的平面图，现欲修一条笔直的小路MN（宽度不计）经过该矩形区域，其中MN都在矩形ABCD的边界上，已知AB＝8，AD＝6（单位：百米），小路MN将矩形ABCD 分成面积为S1，S2（单位：平方百米）的两部分，其中S1≤S2，且点A在面积为S1的区域内，记小路MN 的长为l百米．（1）若l＝4，求S1的最大值；（2）若S2＝2S1，求l的取值范围．【解答】解：由题意，折痕有下列三种情形：①折痕的端点M，N分别在边AB，AD上；②折痕的端点M，N分别在边AB，CD上；③折痕的端点M，N分别在边AD，BC上．（1）在情形②③中，MN≥6．故当l＝4时，折痕必定是情形①．设AM＝xcm，AN＝ycm．则x2+y2＝16≥2xy，可得xy≤8，当且仅当x＝y＝2时取等号．∴S xy≤4，此时最大值为4．（2）由长方形的面积S＝6×8＝48．S2＝2S1，∴S2＝32，S1＝16．（i）当折痕是情形①时．设AM＝xcm，AN＝ycm，可得xy＝16，即y．由0≤x≤8，6，可得：x≤8．∴l，x≤8．令t＝x2，则t≤64．设g（t），g′（t）＝1，令g′（t）＝10，解得t＝32．g（t）min＝g（32）＝64．又g（）＝64，g（64）＝80．∴g（t）∈[64，80]．∴l∈[8，4]．（ii）当折痕是情形②时．设AM＝xcm，DN＝ycm，可得（x+y）×6＝16，即y x．由0≤x≤8，0x≤8，可得：0≤x．∴l∈．（iii ）当折痕是情形③时．设BN ＝xcm ，AM ＝ycm ，可得（x +y ）×8＝16，即y ＝x ﹣4．由0≤x ≤8，0≤4﹣x ≤6，可得：0≤x ≤4． ∴l∈[8，4]．综上可得：l ∈[6，4]．思维升华利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤(1)分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y ＝f (x )．(2)求函数的导数f ′(x )，解方程f ′(x )＝0.(3)比较函数在区间端点和f ′(x )＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值． (4)回归实际问题，结合实际问题作答．基础知识训练1．【晋冀鲁豫中原名校2019届高三第三次联考】若函数在区间(0,)+∞内有两个零点，则实数a 的取值范围为（） A ．(,1)-∞ B ．(1,)+∞ C ．(0,1) D ．(1,2)【答案】B 【解析】.①当0a ≤时，若(0,)x ∈+∞，则'()0f x >，此时函数()f x 在区间(0,)+∞上单调递增，不可能有两个零点；②当0a >时，函数()f x 在区间(0,)a 上单调递减，在区间(,)a +∞上单调递增，因为(0)10f =>，若函数()f x 在区间(0,)+∞内有两个零点，有，得1a >.故选B.2．【天津市第一中学2019届高三一月月考】已知函数，若有且只有两个整数12,x x ，使得()10f x >，且()20f x >，则a 的取值范围是（） A ．()ln3,2 B ．[)2ln3,2- C ．(]0,2ln3- D ．()0,2ln3-【答案】C 【解析】由题意可知，()0f x >，即.∴，设，.由.可知在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上为减函数，在1,2⎛⎫+∞⎪⎝⎭上为增函数，的图象恒过点()2,0，在同一坐标系中作出()g x ，()h x 的图象如下，若有且只有两个整数12,x x ，使得，且则，即，解得,故选C.3．【江西省抚州市临川第一中学2019届高三下学期考前模拟考试】若函数在区间()1,+∞上存在零点，则实数a 的取值范围为( )A ．10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．1,2e ⎛⎫⎪⎝⎭C ．()0,∞+D ．1,2⎛⎫+∞⎪⎝⎭【答案】D 【解析】因为函数，所以令，因为，当(1,)x ∈+∞ 时，，所以()0g x '>所以()g x 在(1,)+∞上为增函数，则，当120a -≥时，()0g x >，所以()0f x '>，所以()f x 在(1,)+∞上为增函数，则，所以()f x 在(1,)+∞上没有零点.当120a -<时，即12a >，因为()g x 在(1,)+∞上为增函数，则存在唯一的0(1,)x ∈+∞，使得0()0g x =，且当0(1,)x x ∈时，()0g x <，当0(,)x x ∈+∞时，()0g x >；所以当0(1,)x x ∈时，()0f x '<，()f x 为减函数，当0(,)x x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 为增函数，当0x x =时，，因为，当x 趋于+∞时，()f x 趋于+∞，所以在0(,)x x ∈+∞内，()f x 一定存在一个零点. 所以1(,)2a ∈+∞，故答案选D.4．【山东省烟台市2019届高三3月诊断性测试（一模)】已知函数，则使不等式(1)0f x ->成立的x 的最小整数为（）A ．-3B ．-2C ．-1D ．0【答案】D 【解析】根据题意，函数，其导数，0x ≠时，()f x '可以看成是1为首项，2x -为公比的等比数列，则有，函数()f x 在R 上为增函数，又由，，则函数()f x 在(2,1)--上存在唯一的零点，设其零点为t ，，又由21t -<<-，则，故不等式(1)0f x ->成立的x 的最小整数为0；故选：D ．5．【安徽省江淮十校2019届高三年级5月考前最后一卷】已知函数有三个零点，则实数a 的取值范围是（）A ．10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．(0,)eC ．1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭D ．(,)e +∞【答案】A 【解析】由函数有三个零点，可转化为ln y x =与直线y ax =有三个不同的交点，显然0a ≤时不满足条件.当0a >时，若1x >，设切点坐标为()00,ln x x ，由ln y x =得1y x'=，所以切线斜率为01x ，因此，切线方程为：，由切线过原点，得0x e = ，此时切线的斜率为1e.故当10a e<<时，1x >，直线y ax =与ln y x =有两个交点；当01x <<时，直线y ax =与ln y x =有一个交点，结合图像可得，10a e<<故选A.6．【重庆南开中学2019届高三第四次教学检测】若函数的图象不经过第四象限，则正实数a 的取值范围为( ) A ．[)1,+∞ B ．1,e 2⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭D ．1,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦【答案】C 【解析】当210a -≥,即12a ≥()0f x '= ,得或0x =，当或0x > ，()'0;f x > ，()'0;fx <故()f x 在()0,∞+ 单调递增，又(0)0f =，故图象不经过第四象限，符合题意当210a -<，即12a <时，()0f x '= ,得12,2ax a-=或0x =，当122a x a -> ，()'0;f x > ，()'0;fx <故()f x 在120,2a a -⎛⎫⎪⎝⎭ 单调递减，在递增，又(0)0f =，故图像经过第四象限，舍去故选：C7．【安徽省1号卷�A10联盟2019年高考最后一卷】已知函数()f x 的导函数为()'f x ，e 为自然对数的底数，对x R ∀∈均有成立，且()22f e =，则不等式()2xxf x e >的解集是（）A ．(),e -∞B ．(),e +∞C ．(),2-∞D ．()2,+∞【答案】D 【解析】原不等式等价于()2xxf x e>，令，则恒成立，()g x \在R 上是增函数，又()22f e =，()22g ∴=，∴原不等式为，解得2x >，故选D .8．【江西省新八校2019届高三第二次联考】已知函数，要使函数()0f x >恒成立，则正实数m 应满足（） A ．B ．C ．D ．【答案】A 【解析】由，得：若20m m-≤，即02m <≤时，则()0f x '>恒成立，即()f x 在(0,)+∞上单调递增又0x +→时，()f x →-∞，与()0f x >恒成立矛盾；若20m m->，即2m >时当时，()0f x '<，当时，()0f x '>若()0f x >恒成立，需()min 0f x >，即：本题正确选项：A9．【辽宁省沈阳市2019届高三教学质量监测（三)】已知函数，其中e 是自然对数的底数．若，则实数a 的取值范围是（）．A ．31,2⎡⎤-⎢⎥⎣⎦B ．3,12⎡⎤-⎢⎥⎣⎦C ．11,2⎡⎤-⎢⎥⎣⎦D ．1,12⎡⎤-⎢⎥⎣⎦【答案】C 【解析】令，x R ∈．则，()g x ∴在R 上为奇函数．，∴函数()g x 在R 上单调递增．，化为：，即，化为：，221a a ∴-…，即，解得112a -剟． ∴实数a 的取值范围是1[1,]2-．故选：C ．10．【湖南省长沙市第一中学2019届高三下学期高考模拟卷（一)】若不等式对],[11ex ∈成立，则实数m 的取值范围是（）A ．1[,)2-+∞ B ．1(,]2-∞-C ．1[,1]2-D ．[1,)+∞【答案】A 【解析】设1ln t x x =+，由1,1e x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，则在1,1e x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上t 0'≤恒成立， ∴1ln t x x=+单调递减，则[1,1]t e ∈-；当2e m ≤时，，解得：12m ≥-；当2e m >时，，恒成立；综上知：当m ∈1[,)2-+∞时，不等式对1,1e x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦成立. 故选A.11．【019年甘肃省兰州市高考数学一诊】已知函数f （x ）=alnx 21x 2-+14，当a ∈（-102，）时，函数的零点个数为______．【答案】1 【解析】函数f （x ）=，可得f′（x ）=a x-x ， a ∈（1,02-）时，f′（x ）＜0，函数是减函数，，所以函数函数f （x ）=alnx 21124x -+，当a ∈（1,02-）时，函数的零点个数为1．故答案为：1．12．【江苏省南通市通州区2019届高三第二学期四月质量调研检测】已知函数，若不等式的解集中恰有两个整数，则实数的取值范围是_______．【答案】【解析】由，可得，设，则.令，则，所以上单调递增.由于，所以，所以单调递减：在单调递增.要使不等式的解集中恰有两个整数，即的解集中恰有两个整数，必须解集中的两个整数为2和3. 所以，解得.13．【江苏省苏锡常镇四市2019届高三教学情况调查（二)】已知e 为自然对数的底数，函数的图像恒在直线32y ax =上方，则实数a 的取值范围为_______．【答案】(12,0e -⎤-⎦ 【解析】因为函数的图像恒在直线32y ax =上方，所以x R ∀∈，恒成立，即：恒成立.当0a >时，若x →-∞，0x e →，，不满足恒成立.当0a =时，恒成立.当0a <时，不等式恒成立等价于：，记，则，此时，()h x 在(),1-∞-上递减，在31,2⎛⎫- ⎪⎝⎭上递增，在3,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上递减，其简图如下：所以，所以12a e<-，又0a <，解得：02ea -<<. 综上所述：02ea -<≤ 14．【江西省景德镇市2019届高三第二次质检理】函数的图像经过四个象限，则实数a 的取值范围是_________. 【答案】【解析】解：当0x >时，10x e ->；当0x <时，10x e -<；且()00f =记，则①当0a =时，()'0g x ≥恒成立，且只有()'00g =，所以()g x 在R 上单调递增又()00g =，所以当0x >时，()0g x >，()0f x >；当0x <时，()0g x <，()0f x > 所以()f x 图像经过第一、二两个象限，不符合题意 ②当0a >时，令()'0g x =，得x a =± 当和(),a +∞时，()'0g x >，()g x 单调递增；当()x ,a a ∈-时，()'0g x <，()g x 单调递减因为函数的图像经过四个象限所以,解得1a >③当0a <时，令()'0g x =，得x a =±当()x ,a ∈-∞和(),a -+∞时，()'0g x >，()g x 单调递增；当()x ,a a ∈-时，()'0g x <，()g x 单调递减因为函数的图像经过四个象限所以,解得1a <-综上所述：1a >或1a <- 故答案为：15．【江苏省海安高级中学2019届高三上学期第二次月考】若关于x 的不等式对任意的实数及任意的实数恒成立，则实数a 的取值范围是______．【答案】【解析】关于x 的不等式对任意的实数及任意的实数恒成立，先看成b的一次函数，可得即为，可得恒成立，设，，可得时，递增；时，递减，又，可得的最小值为，可得．即有a的范围是．故答案为：．16．【山东省临沂市2019届高三2月教学质量检测】若，则定义直线为曲线的“分界直线”．已知，则的“分界直线”为____．【答案】y=x-1【解析】由f（1）＝ln1＝0，g（1）（1﹣1）＝0，则f（x），g（x）的图象存在交点（1，0），且f（x），g（x）在[1，+∞）递增，可得直线y＝kx+b必过（1，0），即b＝﹣k，由kx +b ≥g （x ），即kx ﹣k （x ）在x ＞1恒成立，即有（2k ﹣1）x 2﹣2kx +1≥0，可得2k ﹣1＞0，且△＝4k 2﹣4（2k ﹣1）≤0，解得k ＝1，即有直线方程为y ＝x ﹣1，下面证明x ﹣1≤xlnx 在x ≥1恒成立，由y ＝xlnx ﹣x +1的导数为y ′＝1+lnx ﹣1＝lnx ，由x ≥1可得lnx ≥0，即有函数y ＝xlnx ﹣x +1在x ≥1递增，可得xlnx ≥x ﹣1在x ≥1恒成立，则f （x ），g （x ）的“分界直线”为y ＝x ﹣1．故答案为：y ＝x ﹣1．17．【河南省八市重点高中联盟“领军考试”2019届高三第五次测评】已知函数，曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线为.（1）求a ，b 的值；（2）若对任意的()1,x ∈+∞，恒成立，求正整数m 的最大值.【答案】（1）1a =，0b =；（2）3 【解析】（1）由得：由切线方程可知：，，解得：1a =，0b =（2）由（1）知则()1,x ∈+∞时，恒成立等价于()1,x ∈+∞时，恒成立令，1x >，则.令，则∴当()1,x ∈+∞时，()0h x '>，则()h x 单调递增，，使得()00h x =当()01,x x ∈时，()0g x '<；时，()0g x '>，即正整数m 的最大值为318．【山西省晋城市2019届高三第三次模拟考试】已知函数.（Ⅰ）若1m =，求曲线()y f x =在(0,(0))f 处的切线方程；（Ⅱ）若关于x 的不等式在[0,)+∞上恒成立，求实数m 的取值范围.【答案】（Ⅰ）10x y -+=；（Ⅱ）【解析】（Ⅰ）依题意，，故.'(0)1f =，而(0)1f =.故所求切线方程为1y x -=，即10x y -+=. （Ⅱ）由得.即问题转化为当0x ≥时，.令，0x ≥，则.由'()0g x =及0x ≥，得31x =-.当时，'()0g x >，()g x 单调递增；当时，'()0g x <，()g x 单调递减.所以当31x =-时，. 所以132m e -≥.即实数m 的取值范围为.19．【安徽省定远中学2019届高三全国高考猜题预测卷】已知函数.（1）当a e =时，求函数()f x 的单调区间；（2）证明：当2a ≤-时，()2f x ≥.【答案】（1）增区间为(),0-∞，()1,+∞，减区间为()0,1.（2）见证明【解析】解：（1）当a e =时，，所以，讨论：①当0x <时，0x xe e -<，有()'0f x >；②当01x <<时，由函数xy xe =为增函数，有0x xe e -<，有()'0f x <； ③当1x >时，由函数xy xe =为增函数，有0x xe e ->，有()'0f x >.综上，函数()f x 的增区间为(),0-∞，()1,+∞，减区间为()0,1. 证明：（2）当2a ≤-时，有112a -≥，所以2212ax x -≥，所以. 令，则.令，有.令()'0h x =，得1x =-.分析知，函数()h x 的增区间为()1,-+∞，减区间为(),1-∞-.所以.所以分析知，函数()g x 的增区间为()0,∞+，减区间为(),0-∞, 所以,故当2a ≤-时，()2f x ≥.20．【晋冀鲁豫中原名校2019届高三第三次联考】已知函数.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若对，()0f x ≥，求实数a 的取值范围.【答案】（1）见解析（2）(,0]-∞ 【解析】解：（1）由题意知，()f x 的定义域为(0,)+∞，由，得.①当0a ≤时，令'()0f x >，可得1x >，'()0f x <，得01x <<，故函数()f x 的增区间为(1,)+∞，减区间为(0,1)；②当102a <<时，112a >，令'()0f x >，可得112x a <<，'()0f x <，得01x <<或12x a>，故()f x 的增区间为11,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，减区间为(0,1)、1,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭；③当12a =时，，故函数()f x 的减区间为(0,)+∞；④当12a >时，1012a <<，令'()0f x >，可得112x a <<，'()0f x <，得102x a <<，或1x >，故()f x 的增区间为1,12a ⎛⎫⎪⎝⎭，减区间为10,2a ⎛⎫⎪⎝⎭，(1,)+∞.综上所述：当0a ≤时，()f x 在(0,1)上为减函数，在(1,)+∞上为增函数；当102a <<时，()f x 在(0,1)，1,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上为减函数，在11,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上为增函数；当12a =时，()f x 在(0,)+∞为减函数；当12a >时，()f x 在10,2a ⎛⎫⎪⎝⎭，(1,)+∞上为减函数，在1,12a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上为增函数. （2）由（1）可知： ①当0a ≤时，，此时()0f x ≥；②当102a <<时，(1)0f =，当时，有ln 0x >，1ax a >+，可得，不符合题意；③当12a =时，(1)0f =，由函数()f x 的单调性可知，当(1,)x ∈+∞时()0f x <，不符合题意； ④当12a >时，(1)0f =，由函数()f x 的单调性可知，当1,12x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时()0f x <，不符合题意. 综上可知，所求实数a 的取值范围为(,0]-∞.能力提升训练1．【重庆一中2019届高三下学期5月月考】设[]x 表示不大于实数x 的最大整数，函数，若关于x 的方程1)(=x f 有且只有5个解，则实数a 的取值范围为（）A ．(,1)-∞-B ．(,)e -∞-C ．(,1]-∞-D ．(,]e -∞-【答案】A 【解析】首先，确定在x ＞0上，方程f(x)=1的解.时，在，，所以由取整意义有[lnx]=-(n+1), 又即在上，恒有取n=0,，令此时有一根1x e -=，当n ≥1时，恒有f(x)-1＞1，此时在上无根.在上，，，又所以在上，恒有，.n=1时，在2[,e e ）上，有n=2时，在23,)e [e 上，有()1,f x ∴=即所以此时有两根，这样在有三根，在显然(0)1,f =有一根4=0x ，所以在有且仅有一根，由“洛必达法则”是先增后减，得或a ＞0.单调递增，()0f x '∴>即1.a ∴<-故选：A2．【辽宁省大连市2019届高三第二次模拟考试】函数是自然对数的底数，）存在唯一的零点，则实数的取值范围为（）A ．B ．C ．D ．【答案】A 【解析】函数是自然对数的底数，）存在唯一的零点等价于函数与函数只有唯一一个交点，，函数与函数唯一交点为，又，且，上恒小于零，即为单调递减函数，又是最小正周期为2，最大值为的正弦函数，可得函数与函数的大致图像如图：要使函数与函数只有唯一一个交点，则，，，解得，又所以实数的范围为。

高考数学一轮复习高考大题规范解答系列一_函数与导数学案含解析新人教版

高考大题规范解答系列(一)——函数与导数考点一利用导数解决与函数有关的极、最值问题例1 (2020·北京，19,15分)已知函数f (x )＝12－x 2. (1)求曲线y ＝f (x )的斜率等于－2的切线方程；(2)设曲线y ＝f (x )在点(t ，f (t ))处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为S (t )，求S (t )的最小值．【标准答案】——规范答题步步得分(1)因为f (x )＝12－x 2，所以f ′(x )＝－2x ，1分………………………………得分点① 令－2x ＝－2，解得x ＝1，2分………………………………………………得分点② 又f (1)＝11，所以所求切线方程为y －11＝－2(x －1)，整理得2x ＋y －13＝0.4分……………………………………………………得分点③ (2)由(1)可知f ′(x )＝－2x ，所以曲线y ＝f (x )在点(t ，f (t ))处的切线斜率k ＝－2t ，又f (t )＝12－t 2，所以切线方程为y －(12－t 2)＝－2t (x －t )，6分…………………………得分点④整理得2tx ＋y －(t 2＋12)＝0，当x ＝0时，y ＝t 2＋12，所以切线与y 轴的交点为(0，t 2＋12)，7分……………………………………………………………………………得分点⑤当y ＝0时，x ＝t 2＋122t ，所以切线与x 轴的交点为⎝⎛⎭⎫t 2＋122t ，0.8分………得分点⑥ ①当t >0时，S (t )＝12·t 2＋122t ·(t 2＋12)＝(t 2＋12)24t ，9分………………………得分点⑦则S ′(t )＝3(t 2－4)(t 2＋12)4t 2，10分……………………………………………得分点⑧当0<t <2时，S ′(t )<0，此时S (t )在(0,2)上单调递减；当t >2时，S ′(t )>0，此时S (t )在(2，＋∞)上单调递增，所以S (t )min ＝S (2)＝32.11分…………………………………………………得分点⑨ ②当t <0时，S (t )＝－(t 2＋12)24t ；12分………………………………………得分点⑩则S ′(t )＝－3(t 2－4)(t 2＋12)4t 2，13分…………………………………………得分点⑪当t <－2时，S ′(t )<0，此时S (t )在(－∞，－2)上单调递减；当－2<t <0时，S ′(t )>0，此时S (t )在(－2,0)上单调递增，所以S (t )min ＝S (－2)＝32.14分………………………………………………得分点⑫ 综上所述，当t ＝±2时，S (t )取最小值，为32.15分………………………得分点⑬【评分细则】 ①求对导函数得1分． ②解对f ′(x )＝－2得1分． ③写对切线方程得2分． ④写对切线方程得2分． ⑤求对与y 轴交点得1分． ⑥求对与x 轴交点得1分． ⑦分类讨论t ≥0时写对S (t )得1分． ⑧求对S (t )得1分． ⑨求对S (t )的最小值得1分． ○10分类讨论，t <0时写对S (t )得1分． ⑪求对S ′(t )得1分． ⑫求对S (t )最小值得1分． ⑬总结叙述正确得1分．【名师点评】 1．核心素养：利用导数研究函数的极、最值问题，首先对函数求导，分解因式，分类讨论函数在给定区间的增减情况确定极最值，重点考查学生数学运算、逻辑推理及分类的数学核心素养．2．解题技巧：(1)求出切线与x 轴、y 轴交点，并写出三角形的积S (t )． (2)对S (t )分类讨论，分别求最值是本题关键点．〔变式训练1〕(理)(2020·湖南期末统测)已知函数f (x )＝ln x ＋1－2a －x ＋a x 有两个不同的极值点x 1，x 2.(1)求实数a 的取值范围．(2)求f (x )的极大值与极小值之和的取值范围．(文)(2020·长春市第二次质量监测)已知函数f (x )＝(a －1)·ln x －ax －x (a ∈R )．(1)当a ＝2时，求曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程； (2)若函数f (x )在[1,3]上的最大值为－2，求实数a 的值．[解析] 本题考查利用导数研究函数的单调性、极值和最值．(理)(1)f (x )定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －1－a x 2＝－x 2＋x －ax 2.因为f (x )有两个不同的极值点x 1，x 2，且x >0，所以x 2－x ＋a ＝0有两个不同的正根，所以⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝1－4a >0，x 1＋x 2＝1>0，x 1x 2＝a >0，解得0<a <14.故实数a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫0，14. (2)由(1)知x 1x 2＝a ，x 1＋x 2＝1，不妨设x 1<x 2，所以f (x )极小值＝f (x 1)，f (x )极大值＝f (x 2)，所以f (x )极小值＋f (x )极大值＝f (x 1)＋f (x 2)＝ln(x 1x 2)＋2(1－2a )＋a (x 1＋x 2)x 1x 2－(x 1＋x 2)＝ln a ＋2－4a .令φ(a )＝ln a －4a ＋2，则φ′(a )＝1a －4，当0<a <14时，φ′(a )>0，所以φ(a )在⎝⎛⎭⎫0，14上单调递增，所以φ(a )<φ⎝⎛⎭⎫14＝－2ln 2 ＋1. 又当a →0时，φ(a )→－∞，所以f (x )的极大值与极小值之和的取值范围是(－∞，－2ln 2＋1)．(文)(1)a ＝2时，f (x )＝ln x －2x －x ，f ′(x )＝1x ＋2x 2－1，f (2)＝ln 2－3，f ′(2)＝0，所以曲线在点(2，f (2))处的切线方程为y ＝ln 2－3. (2)f ′(x )＝a －1x ＋a x 2－1＝－(x ＋1)(x －a )x 2(1≤x ≤3)，当a ≤1时，f ′(x )≤0，f (x )在[1,3]上单调递减，所以f (1)＝－2，a ＝1；当a ≥3时，f ′(x )≥0，f (x )在[1,3]上单调递增，所以f (3)＝－2，a ＝ln 3＋1ln 3－13<3，舍去；当1<a <3时，f (x )在(1，a )上单调递增，在(a,3)上单调递减，所以f (a )＝－2，a ＝e. 综上，a ＝1或a ＝e.考点二利用导数解决与不等式有关的函数问题例2 (2020·课标Ⅱ，21,12分)已知函数f (x )＝sin 2x sin 2x . (1)讨论f (x )在区间(0，π)的单调性； (2)证明：|f (x )|≤338； (3)设n ∈N *，证明：sin 2x sin 22x sin 24x …sin 22n x ≤3n 4n. 【标准答案】——规范答题步步得分 (1)f ′(x )＝cos x (sin x sin 2x )＋sin x (sin x sin 2x )′ ＝2sin x cos x sin 2x ＋2sin 2x cos 2x＝2sin x sin 3x .2分……………………………………………………………得分点① 当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π3∪⎝⎛⎭⎫2π3，π时，f ′(x )>0；当x ∈⎝⎛⎭⎫π3，2π3时，f ′(x )<0.所以f (x )在区间⎝⎛⎭⎫0，π3，⎝⎛⎭⎫2π3，π单调递增，在区间⎝⎛⎭⎫π3，2π3单调递减.4分………………………………得分点②(2)证明：因为f (0)＝f (π)＝0，由(1)知，f (x )在区间[0，π]的最大值为f ⎝⎛⎭⎫π3＝338，5分 …………………………………………………………………………………得分点③ 最小值为f ⎝⎛⎭⎫2π3＝－338.6分…………………………………………………得分点④ 而f (x )是周期为π的周期函数，故|f (x )|≤338.7分…………………………得分点⑤ (3)证明：由于(sin 2x sin 22x …sin 22n x )32 8分…………………………………得分点⑥＝|sin 3x sin 32x …sin 32n x |＝|sin x ||sin 2x sin 32x …sin 32n －1x sin2n x ||sin 22n x |9分……………………………得分点⑦ ＝|sin x ||f (x )f (2x )…f (2n －1x )||sin 22n x |10分……………………………………得分点⑧ ≤|f (x )f (2x )…f (2n －1x )|，11分…………………………………………………得分点⑨所以sin 2x sin 22x …sin 22n x ≤⎝⎛⎭⎫3382n3＝3n4n .12分……………………………得分点⑩【评分细则】①正确求得导函数并化简正确得2分． ②讨论f (x )的单调性，正确得2分． ③求对f (x )的最大值得1分． ④求对f (x )的最小值得1分． ⑤证出|f (x )|≤338得1分． ⑥变形正确得1分． ⑦合理转化得1分．⑧转化出f (x )、f (2x )、…、f (2n －1x )得1分． ⑨放缩正确得1分． ⑩证出结论得1分．【名师点评】 1．核心素养：利用导数判断函数的单调性及解决与不等式有关的函数问题是高考命题的热点问题．本题主要考查“逻辑推理”及“数学运算”的核心素养．2．解题技巧：(1)讨论函数的单调性首先要明确函数的定义域，一般用导数的方法，对导数解不等式． (2)求出f (x )的最值是证明第2问的关键．(3)将不等式左边变形与f (x )及第2问结合起来是完成第3问的关键．〔变式训练2〕(理)(2020·河南省郑州市高三第二次质量预测)设函数f (x )＝ax 2－(x ＋1)ln x (a ∈R )，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的斜率为0.(1)求a 的值；(2)求证：当0<x ≤2时，f (x )>12x .(文)(2018·课标全国Ⅰ，21)已知函数f (x )＝a e x －ln x －1，a ∈R . (1)设x ＝2是f (x )的极值点，求a ，并求f (x )的单调区间； (2)证明：当a ≥1e时，f (x )≥0.[分析] (文)(1)看到x ＝2是f (x )的极值点，想到f ′(2)＝0且两边异号，看到求单调区间想到求函数定义域，并对函数求导．(2)看到证明当a ≥1e 时，f (x )≥0想到用1e 替换a 进行放缩，构造函数y ＝e xe －ln x －1，从而求此函数的最小值．[解析] (理)(1)f ′(x )＝2ax －ln x －1－1x ，由题意可得f ′(1)＝2a －2＝0， ∴a ＝1.(2)要证f (x )>12x (0<x ≤2)，只需证x －ln x x －ln x >12，即证x －ln x >ln x x ＋12，令g (x )＝x －ln x ，h (x )＝ln x x ＋12，由g ′(x )＝1－1x＝0，解得x ＝1，g (x )在(0,1)上单调递减，在(1,2]上单调递增，故g (x )min ＝g (1)＝1，由h ′(x )＝1－ln xx 2可知h (x )在(0,2]上单调递增，故h (x )max ＝h (2)＝1＋ln 22<1＝g (x )min ，故h (x )<g (x )，即f (x )>12x .(文)(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝a e x －1x .由题设知，f ′(2)＝0，所以a ＝12e2.从而f (x )＝12e 2e x －ln x －1，f ′(x )＝12e 2e x －1x.当0<x <2时，f ′(x )<0；当x >2时，f ′(x )>0.所以f (x )在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增． (2)当a ≥1e 时，f (x )≥e xe －ln x －1.设g (x )＝e xe －ln x －1，则g ′(x )＝e x e －1x .当0<x <1时，g ′(x )<0；当x >1时，g ′(x )>0.所以x ＝1是g (x )的最小值点．故当x >0时，g (x )≥g (1)＝0. 因此，当a ≥1e时，f (x )≥0.考点三利用导数解决与函数零点有关的问题例3 (2021·山东省青岛市高三模拟检测)已知函数f (x )＝a e x －x －a ，e ＝2.718 28…是自然对数的底数．(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若f (x )恰有2个零点，求实数a 的取值范围．【分析】 ①看到单调性想到求函数f (x )的导数．②看到f (x )恰有2个零点，想到f (x )＝0有两解或y ＝f (x )图象与x 轴有两个交点．【标准答案】——规范答题步步得分(1)f ′(x )＝a e x －1，1分……………………………………………………………得分点① 当a ≤0时，f ′(x )＝a e x －1<0，所以x ∈(－∞，＋∞)，f ′(x )<0，故f (x )在(－∞，＋∞)上单调递减，2分…得分点② 当a >0时，令f ′(x )＝a e x －1＝0，得x ＝－ln a ；所以x ∈(－∞，－ln a )时，f ′(x )<0，f (x )在(－∞，－ln a )上单调递减；x ∈(－ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在(－ln a ，＋∞)上单调递增.4分………………………………得分点③(2)由(1)知，当a ≤0时，f (x )在(－∞，＋∞)上单调递减；又知f (0)＝0，所以f (x )仅有1个零点；5分……………………………………得分点④ 当0<a <1时，f (0)＝0，所以f (－ln a )<0，取f (－2ln a )＝1a ＋2ln a －a ，令函数g (a )＝1a ＋2ln a －a ，得g ′(a )＝－(a －1)2a 2<0，所以g (a )>g (1)＝0，所以f (－2ln a )＝1a ＋2ln a －a >0得f (x )在(－ln a ，－2ln a )上也有1个零点，8分……………………………………………………………………………………得分点⑤ 当a ＝1时，f (x )≥f (0)＝0，所以f (x )仅有1个零点，9分……………………得分点⑥ 当a >1时，f (0)＝0，所以f (－ln a )<0，令函数h (a )＝a －ln a ，a >1得h ′(a )＝1－1a >0，所以h (a )>h (1)>0，所以a >ln a ，∴－a <－ln a ，取f (－a )＝a e －a >0，得f (x )在(－a ，－ln a )上也有1个零点，综上可知：若f (x )恰有2个零点，则a ∈(0,1)∪(1，＋∞).12分……………得分点⑦ 【评分细则】 ①求对导函数得1分． ②求对a ≤0单调区间得1分． ③求对a >0单调区间得2分．④求对a ≤0时f (x )只有一个零点得1分． ⑤求对0<a <1时f (x )有两个零点得3分． ⑥求对a ＝1时f (x )有一个零点得1分．⑦求对a >1时f (x )有两个零点，并进行综述得3分．【名师点评】 1．核心素养：本题主要考查导数与函数单调性的关系、零点存在性定理，考查考生的数形结合能力、推理论证能力以及运算求解能力，考查的数学核心素养是直观想象、逻辑推理、数学运算．2．解题技巧：(1)通过求导，分类讨论，进而求单调区间．(2)通过(1)的分析知道函数f (x )的单调性、最值，讨论f (x )零点的个数，从而得出结论．〔变式训练3〕(2020·全国Ⅲ，21)设函数f (x )＝x 3＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x )在点⎝⎛⎭⎫12，f ⎝⎛⎭⎫12处的切线与y 轴垂直．(1)求b .(2)若f (x )有一个绝对值不大于1的零点，证明：f (x )所有零点的绝对值都不大于1. [解析] 本题考查导数的几何意义及利用导数研究函数的单调性、极值、零点． (1)f ′(x )＝3x 2＋b .依题意得f ′⎝⎛⎭⎫12＝0，即34＋b ＝0，故b ＝－34. (2)证明：由(1)知f (x )＝x 3－34x ＋c ，f ′(x )＝3x 2－34.令f ′(x )＝0，解得x ＝－12或x ＝12.f ′(x )与f (x )的情况为：因为f (1)＝f ⎝⎛⎭⎫－12＝c ＋14，所以当c <－14时，f (x )只有大于1的零点．因为f (－1)＝f ⎝⎛⎭⎫12＝c －14，所以当c >14时，f (x )只有小于－1的零点．由题设可知－14≤c ≤14.当c ＝－14时，f (x )只有两个零点－12和1.当c ＝14时，f (x )只有两个零点－1和12.当－14<c <14时，f (x )有三个零点x 1，x 2，x 3，且x 1∈⎝⎛⎭⎫－1，－12，x 2∈⎝⎛⎭⎫－12，12，x 3∈⎝⎛⎭⎫12，1. 综上，若f (x )有一个绝对值不大于1的零点，则f (x )所有零点的绝对值都不大于1.。

2020版高考数学理科(人教B版)一轮复习高考大题专项1函数与导数的综合压轴大题Word版含解析

高考大题专项一函数与导数的综合压轴大题突破 1 利用导数求极值、最值、参数范围x1.函数f(x)= (x-k)e .(1)求 f(x)的单调区间 ;(2)求 f(x)在区间 [0,1] 上的最小值 .2.(2021福建龙岩 4 月质检 ,21 改编 )函数 f(x)= (x-2)e x-a(x+ 2)2.求函数 g( x)=f (x)+ 3e x的极值点 .3.(2021山东师大附中一模,21)函数f(x)= (x-a)e x(a∈R) .(1)当 a= 2 时 ,求函数 f(x)在 x= 0 处的切线方程 ;(2)求 f(x)在区间 [1,2] 上的最小值 .4.(2021陕西咸阳一模,21改编)f(x)=e x-aln x(a∈ R ).当a=- 1时,假设不等式f(x)> e+m ( x-1)对任意x∈(1,+ ∞)恒成立 ,求实数 m 的取值范围 .5.设函数f(x)=x2+ax+b ,g( x)=e x(cx+d ).假设曲线y=f (x)和曲线y=g (x)都过点P(0,2),且在点P处有相同的切线 y= 4x+2.(1)求 a,b,c,d 的值 ;(2)假设 x≥ -2 时 ,f(x)≤ kg(x),求 k 的取值范围 .6.(2021河北江西南昌一模,21)函数f(x)= ln( ax)+bx 在点 (1,f(1)) 处的切线是y= 0.(1)求函数 f(x)的极值 ;-(2) 当f(x)+ x(m< 0)恒成立时 ,求实数 m 的取值范围 (e 为自然对数的底数).突破 2利用导数证明问题及讨论零点个数1.(2021全国3,文21)函数f(x)=-(1)求曲线 y=f (x)在点 (0,-1) 处的切线方程 ;(2)证明 :当 a≥ 1 时 ,f(x)+ e≥ 0.2.(2021河北保定一模,21 改编 )函数f(x)= ln x-(a∈R).假设 f(x)有两个极值点x1,x2,证明:f3.函数f(x)=ax 3-3x2+ 1,假设 f(x)存在唯一的零点 x0,且 x0> 0,求 a 的取值范围 .4.(2021安徽芜湖期末,21改编)函数f(x)=x3-aln x(a∈ R ).假设函数y=f (x)在区间(1,e]上存在两个不同零点 ,求实数 a 的取值范围 .5.(2021河南郑州一模,21)函数f(x)= ln x+,a∈R且 a≠0.(1)讨论函数 f(x)的单调性 ;x(2)当 x时,试判断函数g(x)= (ln x-1)e +x-m 的零点个数 .x 26.(2021河北衡水中学押题三,21)函数f( x)=e -x +a ,x∈ R,曲线y=f (x)的图象在点(0,f(0))处的切线方程为y=bx.(1)求函数 y=f (x)的解析式 ;(2)当 x∈R时 ,求证 :f(x) ≥-x2 +x;(3)假设 f(x)>kx 对任意的 x∈ (0,+ ∞)恒成立 ,求实数 k 的取值范围 .高考大题专项一函数与导数的综合突破1 利用导数求极值、最值、参数范围1.解(1)由题意知f'(x)= (x-k+ 1)e x.令 f' (x)= 0,得 x=k- 1.当 x∈ (-∞,k-1) 时 ,f'(x) <0,当 x∈( k-1,+∞)时 ,f'(x)> 0.所以 f(x)的单调递减区间是(-∞,k-1),单调递增区间是(k-1,+ ∞).(2)当 k-1≤ 0,即 k≤1 时 ,f(x)在 [0,1] 上单调递增 ,所以 f(x)在区间 [0,1] 上的最小值为f(0)=-k ;当 0<k- 1< 1,即 1<k< 2 时 ,f(x)在 [0,k-1] 上单调递减 ,在 [k-1,1] 上单调递增 ,所以 f(x)在区间 [0,1] 上的最小值为 f(k-1)=- e k- 1;当 k-1≥ 1,即 k≥ 2 时 ,f(x)在 [0,1] 上单调递减 ,所以 f(x)在区间 [0,1] 上的最小值为f(1)= (1-k)e.综上 ,当 k≤ 1 时 ,f(x)在[0,1] 上的最小值为f(0) =-k ;k-1当 1<k< 2 时 ,f(x) 在[0,1] 上的最小值为f( k-1)=- e;2.解由g(x)= (x+1)e x-a(x+ 2)2,得 g'(x)= (x+ 2)e x-2a(x+ 2)=( x+2)(e x-2a),(ⅰ)当 a≤ 0 时 ,在 ( -∞,-2)上 ,g'(x) < 0,在 (-2,+ ∞)上 ,g'( x)>0.(ⅱ)当 a> 0时,令 g'(x)= 0,解得 x=- 2 或 x= ln(2 a).①假设 a=,ln(2 a)=- 2,g'(x)≥ 0 恒成立 ;②假设 a>,ln(2 a)>- 2,在( -2,ln(2 a))上 ,g'( x)< 0;在 (-∞,-2)与 (ln(2 a),+ ∞) 上,g'(x)> 0.③假设 a<,ln(2 a)<- 2,在(ln(2 a),-2)上 ,g'( x)< 0;在 (-∞,ln(2a))与 (- 2,+ ∞) 上,g'(x)> 0.综上 ,当 a≤ 0 时 ,g(x)极小值点为 -2,无极大值点 ;当 0<a<时 ,g(x)极小值点为 -2,极大值点为 ln(2 a); 当 a= 时 ,g(x)无极值点 ;当 a>时 ,g(x)极小值点为 ln(2 a),极大值点为 -2.3.解(1)设切线的斜率为k.因为 a= 2,所以 f(x)= (x-2)e x,f'(x)= e x( x-1).所以 f(0)=- 2,k=f' (0)= e0 (0-1)=- 1.所以所求的切线方程为y=-x- 2,即 x+y+ 2= 0.(2)由题意得 f'(x)=e x(x-a+ 1),令 f'(x)= 0,可得 x=a- 1.①假设 a-1≤1,那么 a≤2,当 x∈ [1,2] 时 ,f'(x)≥ 0,那么 f(x)在 [1,2] 上单调递增 .所以②假设所以③假设所以f(x) min=f (1)= (1-a)e.a-1≥2,那么 a≥3,当 x∈ [1,2] 时 ,f'(x)≤ 0,那么 f(x)在 [1,2] 上单调递减 .21<a- 1< 2,那么 2<a< 3,f'(x),f(x)随 x 的变化情况如下表:x(1,a-1)a-1(a-1,2)f'(x)-0+f(x)单调递减极小值单调递增所以 f(x)的单调递减区间为[1,a- 1],单调递增区间为[a-1,2] .a-1综上所述 : 当 a≤ 2 时 ,f(x) min=f (1)= (1-a)e;当 a≥3 时 ,f(x)min=f (2)= (2-a)e2;当 2<a< 3 时 ,f(x)min=f (a-1)=- e a-1.4.解由f(x)= e x-aln x,原不等式即为e x+ ln x-e-m(x-1)> 0,记 F(x)= e x+ ln x-e-m(x-1),F(1)= 0,依题意有F(x)> 0 对任意 x∈ [1,+ ∞)恒成立 ,求导得 F' ( x)= e x+ -m,F' (1)= e x+ 1-m,F″ (x) = e x-,当 x>1 时 ,F″(x)> 0,那么 F' (x)在 (1,+∞)上单调递增 ,有 F' (x)>F' (1)= e x+ 1-m,假设 m≤ e+ 1,那么 F' (x) > 0,那么 F(x)在 (1,+ ∞)上单调递增 ,且 F(x)>F (1)= 0,适合题意 ;假设 m> e+ 1,那么F' (1)< 0,又 F' (ln m)=> 0,故存在 x1∈(1,ln m),使 F' (x)= 0,当 1<x<x 1时 ,F' (x)< 0,得 F(x)在 (1,x1)上单调递减 ,F(x)<F (1)= 0,舍去 ,综上 ,实数 m 的取值范围是m≤ e+ 1.5.解(1)由得f(0) =2,g(0)= 2,f'(0) =4,g'(0)= 4.而 f' (x)= 2x+a ,g'(x) =e x(cx+d+c ),故 b= 2,d= 2,a= 4,d+c= 4.从而 a= 4,b= 2,c= 2,d= 2.(2)由 (1) 知 ,f(x)=x 2+ 4x+2,g(x)= 2e x(x+1) .设函数 F(x)=kg (x)-f(x)= 2ke x(x+ 1)-x2-4x-2,那么 F' (x)= 2ke x(x+ 2) -2x-4= 2(x+2)(ke x-1) . 由题设可得 F(0) ≥ 0,即 k≥ 1.令 F' (x)= 0 得 x1=- ln k,x2=- 2.2①假设 1≤ k< e ,那么 -2<x 1≤ 0.从而当 x∈ (- 2,x1 )时 ,F' (x)< 0;当 x∈ (x1,+ ∞)时 ,F' (x)> 0.即 F(x)在 (-2,x1)单调递减 ,在 (x1,+∞) 单调递增 .故 F(x)在 [- 2,+ ∞)的最小值为 F(x1 ).而 F(x1)= 2x1+ 2- -4x1- 2=-x 1(x1+ 2)≥ 0.故当 x≥ -2 时 ,F(x)≥ 0,即 f(x)≤ kg(x)恒成立 .②假设 k=e2,那么 F' (x)= 2e2(x+2)(e x-e- 2).从而当 x>- 2 时 ,F' (x)> 0,即 F(x) 在(-2,+ ∞)单调递增 .而 F(-2)= 0,故当 x≥ -2 时 ,F(x)≥0,即 f(x)≤ kg(x)恒成立 .2- 2-22③假设k>e ,那么 F(-2)=- 2ke + 2=-2e(k-e ) <0.从而当 x≥ -2 时 ,f(x)≤ kg(x)不可能恒成立.综上 ,k 的取值范围是 [1,e2].6.解(1)∵f(x) =ln( ax)+bx ,∴f'(x)= +b= +b ,∵点 (1,f(1)) 处的切线是y= 0,∴f'(1)= 1+b= 0,且 f(1)= ln a+b= 0,∴a= e,b=- 1,即 f(x)= ln x-x+ 1(x> 0),∴f'(x)= -1=-,∴f(x)在 (0,1) 上递增 ,在 (1,+ ∞)上递减 .所以 f(x)的极大值为 f(1)= ln e-1= 0,无极小值 .(2)由 (1)f(x)= ln x-x+ 1,当-f( x)+ x(m< 0)恒成立时 ,即--2+ ln x-x+ 1+ x(m< 0)在 x∈(0,+ ∞)恒成立 ,同除以 x 得设 g(x)=,h(x)=-2,那么g'(x)=-,h'(x)=-,又∵m< 0,所以当 0<x< 1 时 ,g'(x)< 0,h'(x) > 0;当 x> 1 时 ,g'(x)> 0,h'(x)< 0.∴g(x)在 (0,1)上单调递减 ,在 (1,+ ∞)上单调递增 ,g(x)min=g (1)= ,h(x)在 (0,1)上单调递增 ,在 (1,+∞)上单调递减 ,h(x)max=h (1) = -1.∴g(x),h(x) 均在 x= 1 处取得最值 ,所以要使 g(x)≥ h(x)恒成立 ,只需 g(x)min≥ h(x)max ,即-1,解得 m≥ 1-e,又 m< 0,∴实数 m 的取值范围是[1-e,0).突破 2利用导数证明问题及讨论零点个数--因此曲线 y=f (x)在点 (0,-1)处的切线方程是 2x-y-1= 0.1.(1)解f' (x)=,f'(0)=2.(2)证明当 a≥ 1 时 ,f(x)+ e≥ (x2+x- 1+ e x+ 1)e-x.令 g(x)=x 2+x- 1+e x+1, 那么 g'(x)= 2x+ 1+ e x+ 1.当 x<- 1 时 ,g'(x)< 0,g(x)单调递减 ;当 x>- 1 时 ,g'(x)> 0,g(x)单调递增 ;所以 g(x)≥ g(-1)= 0.因此 f(x)+ e≥ 0.--2.证明f'(x) =(x> 0),令 p(x)=x 2+ (2-a)x+ 1,由 f(x) 在(0,+ ∞)有两个极值点 x1,x2,那么方程 p(x)= 0 在(0,+ ∞)有两个实根--得 a> 4,x1,x2,-∴f(x1)+f (x2)= ln x1-+ ln x2-= ln x1x2-=-a ,f=f -= ln---= ln-- (a-2),∴f=ln--a-2+= ln-+ 2.设 h(a)= ln-+ 2(a> 4),那么 h'(a)=-< 0,--∴h(a)在 (4,+ ∞)上为减函数 ,又 h(4)= 0,∴h(a) <0,∴f3.解法1函数f(x)的定义域为R ,当a= 0时,f(x)=- 3x2+ 1,有两个零点±,原函数草图∴a= 0 不合题意 ;当 a> 0 时 ,当 x→ -∞时 ,f(x)→ -∞,f(0)= 1,f( x)存在小于 0 的零点 x0,不合题意 ;当 a< 0 时 ,f'(x)= 3ax22∴在区间-内 f' (x)< 0;-6x,由 f'(x)= 3ax -6x=0,得 x1= 0,x2= < 0,在区间内 f'(x)> 0;在区间 (0,+ ∞)内 f'(x)< 0.∴f(x)在区间 -为减函数 ,在区间为增函数 ,在区间 (0,+∞)为减函数 .∴假设 f(x)存在唯一的零点x0,且 x0>0?f(x) min=f>0?+1> 0?< 1? a2> 4.∵a< 0,∴a<-2.解法 2 曲线 y=ax 3与曲线 y=3x2-1 仅在 y 轴右侧有一个公共点,当 a≥0 时 ,由图象知不符合题意 ;当 a< 0 时 ,设曲线 y=ax 3与曲线 y= 3x2-1 相切于点 ( x0,y0),-那么得 a=- 2,由图象知a<- 2 时符合题意 .解法 3 别离成a=-+ 3=-t3+3t,令y=a ,g(t)=-t 3+ 3t,g'( t)=- 3t2+ 3= 3(1-t2),当 t∈ (-1,1)时 ,g'(t)> 0,当 t> 1 或 t<- 1 时 ,g'(x)< 0.所以 g( t)在 (-∞,- 1)递减 ,在区间(-1,1)递增 ,在 (1,+ ∞)递减 ,所以当 t=- 1 时,g(t)min=- 2,由 g(t)=-t 3+ 3t 的图象可知 ,t= 1 时 ,g(t)max= 2.3,交点在第四象限 ,所x→ + ∞时 ,g(t)→ + ∞,当 a<- 2 时 ,直线 y=a 与 g(t)=-t + 3t 的图象只有一个交点以满足题意 .4.解由f(x)= 0,得a=在区间 (1,e] 上有两个不同实数解 ,即函数 y=a 的图象与函数 g(x)=的图象有两个不同的交点 .因为 g'(x)=-,令 g'(x)= 0 得 x=,所以当 x∈ (1,)时 ,g'(x)< 0,函数在 (1, ) 上单调递减 ,当 x∈ ( ,e]时 ,g'(x)> 0,函数在 (,e]上单调递增 ;那么 g(x)min=g()=3e,而 g()== 27 > 27,且 g(e)= e3< 27,要使函数 y=a的图象与函数g(x) = 的图象有两个不同的交点 ,∴a的取值范围为 (3e,e3].5.解(1)f' (x)=-(x>0),当 a< 0 时,f' (x)> 0 恒成立 ,函数 f( x)在 (0,+ ∞)上单调递增 ;当 a> 0 时 ,由 f' (x)> 0,得 x> ,由 f' (x)< 0,得 0<x<,函数单调递增区间为,单调递减区间为综上所述 ,当 a< 0 时 ,函数 f(x)的单调递增区间为(0,+ ∞),当 a> 0 时,函数 f(x) 的单调递增区间为,单调递减区间为(2)∵x时 ,函数 g(x)= (ln x-1)e x+x-m 的零点 ,即方程 (ln x-1)e x+x=m 的根 .令 h(x)= (ln x-1)e x+x ,h'( x)=- e x+ 1,由 (1)知当 a= 1 时 ,f(x)= ln x+ -1 在递减 ,在 [1,e] 上递增 ,∴f(x)≥f(1)= 0,+ ln x-1≥ 0 在 x上恒成立 ,∴h'(x) =x x- e + 1≥ 0+ 1>0,∴h(x)= (ln x-1)e +x 在x上单调递增 ,∴h(x)min=h =- 2∴当 m<- 2或 m>e 时,没有零点 ,当 -2m≤e 时有,h(x) max= e.一个零点 .6.(1)解根据题意,得f'(x)= e x-2x,那么 f' (0)= 1=b.由切线方程可得切点坐标为(0,0), 将其代入y=f ( x),得 a=- 1,故 f(x) =e x-x2-1.(2)证明令 g( x)=f (x)+x 2-x= e x-x-1.由 g'(x) = e x-1= 0,得 x=0, 当 x∈ (-∞,0)时 ,g'(x)< 0,y=g (x)单调递减 ;当 x∈ (0,+ ∞)时,g'(x)> 0,y=g (x)单调递增 .所以 g(x)min=g (0)= 0,2(3) 解 f( x)>kx 对任意的x∈ (0,+∞) 恒成立等价于>k 对任意的 x∈ (0,+ ∞)恒成立 .令φ(x)=,x> 0,得φ'(x)=------- -==由 (2)可知 ,当 x∈ (0,+ ∞)时 ,e x-x-1> 0 恒成立 ,令φ'(x)> 0,得 x> 1;令φ'(x)< 0,得 0<x<1.所以 y= φ(x)的单调增区间为 (1,+ ∞),单调减区间为 (0,1),故φ(x)min= φ(1)= e-2,所以 k< φ(x)min= e-2.所以实数 k 的取值范围为(-∞,e-2).。

2020年高考数学 03 函数与导数试题解析教师版文

2020年高考试题解析数学（文科）分项版之专题03 函数与导数--教师版一、选择题:1.(2020年高考山东卷文科3)函数21()4ln(1)f x x x =+-+的定义域为(A)[2,0)(0,2]-U (B)(1,0)(0,2]-U (C)[2,2]- (D)(1,2]-【答案】B【解析】要使函数有意义则有⎪⎩⎪⎨⎧≥-≠+>+040)1ln(012x x x ，即⎪⎩⎪⎨⎧≤≤-≠->2201x x x ，即01<<-x 或20≤<x ，选B.2.(2020年高考山东卷文科10)函数cos622x xxy -=-的图象大致为3.(2020年高考山东卷文科12)设函数1()f x x=，2()g x x bx =-+.若()y f x =的图象与()y g x =的图象有且仅有两个不同的公共点1122(,),(,)A x y B x y ，则下列判断正确的是(A)12120,0x x y y +>+> (B)12120,0x x y y +>+< (C)12120,0x x y y +<+> (D)12120,0x x y y +<+<【答案】B【解析】方法一：在同一坐标系中分别画出两个函数的图象，要想满足条件，则有如图4.（2020年高考辽宁卷文科8）函数y=12x 2-㏑x 的单调递减区间为（A ）（-1,1] （B ）（0,1] （C.）[1，+∞）（D ）（0，+∞）5. （2020年高考新课标全国卷文科11）当0<x ≤12时，4x<log a x ，则a 的取值范围是（A ）(0，22) （B ）(22，1) （C ）(1，2) （D ）(2，2) 【答案】B【解析】当1>a 时，显然不成立.若10<<a 时当21=x 时，24421==，此时对数221log =a，解得22=a ，根据对数的图象和性质可知，要使x a x log 4<在210≤<x 时恒成立，则有122<<a ，如图选B. 6．(2020年高考北京卷文科5)函数xx x f )21()(21-=的零点个数为（A ）0 （B ）1（C ）2 （D ）37 . (2020年高考广东卷文科4) 下列函数为偶函数的是 A y=sinx B y=3x C y=xe D y=ln 21x +【答案】D【解析】观察可得:四个选项的定义域均为R,且只有函数y=ln 21x +是偶函数,故选D. 【考点定位】本题考查函数的性质(奇偶性),属基础题.8.(2020年高考四川卷文科4)函数(0,1)xy a a a a =->≠的图象可能是（）【答案】C【解析】采用特殊值验证法. 函数(0,1)xy a a a a =->≠恒过（1,0），只有C 选项符合. 【考点定位】函数大致图像问题，解决方法多样，其中特殊值验证、排除法比较常用，且简单易用.9. (2020年高考浙江卷文科10)设a ＞0，b ＞0，e 是自然对数的底数A. 若e a +2a=e b+3b ，则a ＞bB. 若e a +2a=e b+3b ，则a ＜bC. 若e a -2a=e b-3b ，则a ＞bD. 若e a -2a=e b-3b ，则a ＜b10. (2020年高考湖北卷文科3) 函数f(x)=xcos2x 在区间[0,2π]上的零点个数为( ) A 2 B 3 C 4 D 5 【答案】D【解析】令f(x)=xcos2x=0得:0x =或2,2x k k z ππ=+∈,解得0x =或,24k x k z ππ=+∈,因为x ∈[0,2π],所以0x =、4π、34π、54π、74π，故函数f(x)=xcos2x 在区间[0,2π]上的零点有5个，故选D.【考点定位】本小题考查函数的零点求解.函数的零点即方程()0f x =的根,是高考的热点问题之一,年年必考,掌握求函数零点的几种方法(解方程法、画图象法等).11．(2020年高考湖北卷文科6)已知定义在区间（0，2）上的函数y=f(x)的图像如图所示，则y=-f(2-x)的图像为( )12.（2020年高考安徽卷文科3）23(log 9)(log 4)⋅=（）（A ）14 （B ）12（C ） 2 （D ）413 . (2020年高考湖南卷文科7)设 a ＞b ＞1，0c < ，给出下列三个结论： ①c a ＞c b；② c a ＜cb ； ③ log ()log ()b a ac b c ->-，其中所有的正确结论的序号是__.A ．① B.① ② C.② ③ D.① ②③14. (2020年高考湖南卷文科9)设定义在R 上的函数f(x)是最小正周期为2π的偶函数，()f x '是f(x)的导函数，当[]0,x π∈时，0＜f(x)＜1；当x ∈（0，π）且x ≠2π时，()()02x f x π'->，则函数y=f(x)-sinx 在[-2π，2π] 上的零点个数为A .2B .4 C.5 D. 8 【答案】Ｂ【解析】由当x ∈（0，π）且x ≠2π时，()()02x f x π'->，知0,()0,()2x f x f x π⎡⎫'∈<⎪⎢⎣⎭时,为减函数；()0,()2x f x f x ππ⎛⎤'∈> ⎥⎝⎦，时,为增函数又[]0,x π∈时，0＜f (x )＜1，在R 上的函数f (x )是最小正周期为2π的偶函数，在同一坐标系中作出sin y x =和()y f x =草图像如下，由图知y=f(x)-sinx 在[-2π，2π] 上的零点个数为4个.【考点定位】本题考查函数的周期性、奇偶性、图像及两个图像的交点问题.15.(2020年高考重庆卷文科7)已知22log3log3a=+，22log9log3b=-，3log2c=则a,b,c的大小关系是（A）a b c=<（B）a b c=>（C）a b c<<（D）a b c>>16.(2020年高考重庆卷文科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【答案】：C【解析】：由函数()f x在2x=-处取得极小值可知2x<-，()0f x'<，则()0xf x'>；2x>-，()0f x'>则20x-<<时()0xf x'<，0x>时()0xf x'>【考点定位】本题考查函数的图象，函数单调性与导数的关系，属于基础题．xyo2π2π-11-siny x=()y f x=18. (2020年高考天津卷文科6)下列函数中，既是偶函数，又在区间（1,2）内是增函数的为（A ） y=cos2x ，x ∈R（B ） y=log 2|x|，x ∈R 且x ≠0 （C ） y=2xxe e --，x ∈R（D ） y=x3+1，x ∈R19. (2020年高考福建卷文科9)设,则f(g(π))的值为A 1B 0C -1D .π 【解析】因为g （π）=0 所以f （g （π））=f （0）=0 。

2020年高考数学《函数与导数的综合应用(2)》专项训练及答案解析

函数与导数的综合应用（2）一、基础检测1、(2016南通、扬州、泰州、淮安三调）已知两曲线f(x)＝cos x ，g(x)＝3sin x ，x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2相交于点A.若两曲线在点A 处的切线与x 轴分别相交于B ，C 两点，则线段BC 的长为________．【答案】433【解析】由f (x )＝g (x )得cos x ＝3sin x ，即tan x ＝33，又x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，所以x ＝π6，故f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝32，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝32，即点A 坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，32，又f ′(x )＝－sin x ，g ′(x )＝3cos x ，所以f (x )，g (x )在x ＝π6处的切线的斜率分别为k 1＝－12，k 2＝32，从而切线方程分别为y －32＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π6，y －32＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π6，分别令y ＝0，则x B ＝3＋π6，x C ＝－33＋π6，所以BC ＝|x B －x C |＝433.2、(2018苏州期末）已知直线y ＝a 分别与直线y ＝2x －2和曲线y ＝2e x＋x 相交于点A ，B ，则线段AB 长度的最小值为________．【答案】 12(3＋ln 2)【解析】设点C 在直线y ＝2x －2上，且BC ⊥AB ，则BC ＝2AB.只要先求BC 的最小值．考虑h(x)＝(2e x＋x)－(2x －2)＝2e x－x ＋2，则h′(x)＝2e x－1. 令h′(x)＝0，得e x＝12，即x ＝ln 12＝－ln 2，可得h(x)min ＝h(－ln 2)＝3＋ln 2，所以BC 的最小值为3＋ln 2，从而AB 的最小值为12(3＋ln 2)．3、(2017苏州期末）已知函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－4，x ≤0，e x－5，x ＞0，)若关于x 的方程|f(x)|－ax －5＝0恰有三个不同的实数解，则满足条件的所有实数a 的取值集合为________．【答案】 ⎩⎨⎧⎭⎬⎫－e ，－5ln5，2，52【解析】思路分析化为定曲线与两条动直线共有三个公共点．关键是两条动直线关于x 轴对称，其交点在x 轴上．方程|f (x )|－ax －5＝0⇔f (x )＝ax ＋5或f (x )＝－ax －5.所以曲线C ：y ＝f (x )与两条直线l ：y ＝ax ＋5和m ：y ＝－ax －5共有三个公共点．由曲线的形状可判断直线l 与曲线C 总有两个交点，所以可有情况是：直线m 与曲线C 相切，直线m 与曲线C 相交两点但其中一点是l ，m 的交点⎝ ⎛⎭⎪⎫－5a，0.由m 与C 相切，得当a＞0时，y ＝－ax －5与f (x )图像在x ≤0的一侧相切．设切点为(x 0，y 0)，则f ′(x 0)＝2x 0＝－a ，x 0＝－a2.又切线方程为y －y 0＝－a (x －x 0)，得y ＝－ax ＋ax 0＋y 0＝－ax ＋a ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＋a24－4＝－ax －a 24－4＝－ax －5，得a ＝2.同理当a ＜0时，可得a ＝－e.由题易知a ≠0，从而m 与C 相切时，a ＝2或a ＝－e ；由点⎝ ⎛⎭⎪⎫－5a，0在C 上，得当a ＞0时，交点位于f (x )图像在x ≤0的一侧，此时有f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－5a ＝25a 2－4＝0，a ＝52；当a ＜0时，交点位于f (x )图像在x ＞0的一侧，此时有f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－5a ＝e －5a －5＝0，a ＝－5ln5，故由交点在C 上得a ＝52或a＝－5ln5.经判断，a 的这四个值均满足要求．解后反思先确定a 的可能值，再检验，较易操作．也可考虑定曲线y ＝|f (x )|与动直线y ＝ax ＋b 的公共点的问题．4、(2017南京、盐城一模）在平面直角坐标系xOy 中，已知点P 为函数y ＝2ln x 的图像与圆M ：(x －3)2＋y 2＝r 2的公共点，且它们在点P 处有公切线，若二次函数y ＝f (x )的图像经过点O ，P ，M ，则y ＝f (x )的最大值为________．【答案】 98【解析】思路分析要求f (x )的最大值，关键在于求出f (x )的解析式，根据条件，f (x )已经经过两个已知点O ，M ，从而其方程可表示为f (x )＝ax (x －3)，为此，只需求出a 的值，借助于点P 是圆与函数y ＝2ln x 的公共的切点，以及f (x )过点P ，可求得f (x )的解析式．设点P (x 0,2ln x 0)，则因为y ＝2ln x ，所以y ′＝2x ，故函数y ＝2ln x 在点P 处的切线的斜率为k 1＝2x 0，又k PM ＝2ln x 0x 0－3，从而圆在点P 处的切线的斜率为k 2＝－x 0－32ln x 0，从而k 1＝k 2，即2x 0＝－x 0－32ln x 0，故4ln x 0x 20－3x 0＝－1.因为函数f (x )过点O (0,0)，M (3,0)，所以设f (x )＝ax (x －3)，又它过点P ，所以2ln x 0＝ax 0(x 0－3)，解得a ＝2ln x 0x 0(x 0－3)＝－12，从而得f (x )＝－12x (x －3)＝－12⎝ ⎛⎭⎪⎫x －322＋98≤98，当x ＝32时，f (x )max ＝98.5、(2017苏北四市期末）已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧sin x ，x ＜1，x 3－9x 2＋25x ＋a ，x ≥1，)若函数f (x )的图像与直线y ＝x 有三个不同的公共点，则实数a 的取值集合为________．【答案】 {－20，－16}【解析】当x ＜1时，f(x)＝sin x ，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝sin x ，y ＝x ，得x －sin x ＝0，令u(x)＝x －sin x(x ＜1)，则u ′(x)＝1－cos x ≥0，所以函数u(x)＝x －sin x(x ＜1)为单调增函数，且u(0)＝0，所以u(x)＝x －sin x(x ＜1)只有唯一的解x ＝0，这表明当x ＜1时，函数f(x)的图像与直线y ＝x 只有1个公共点．因为函数f(x)的图像与直线y ＝x 有3个不同的公共点，从而当x ≥1时，函数f(x)的图像与直线y ＝x 只有2个公共点．当x ≥1时，f(x)＝x 3－9x 2＋25x ＋a ，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x 3－9x 2＋25x ＋a ，y ＝x ，得a ＝－x 3＋9x 2－24x ，令h(x)＝－x 3＋9x 2－24x(x ≥1)，则h ′(x)＝－3x 2＋18x －24＝－3(x －2)(x －4)．令h ′(x)＝0得x ＝2或x ＝4，列表如下：此时实数a ＝－20或a ＝－16.综上所述，实数a 的取值集合为{－20，－16}．6、(2019苏锡常镇调研（一））已知函数f(x)＝x 2＋|x －a|，g(x)＝(2a －1)x ＋a ln x ，若函数y ＝f(x)与函数y ＝g(x)的图像恰好有两个不同的交点，则实数a 的取值范围为________．【答案】 (1，＋∞)【解析】解法1 因为函数g(x)的定义域为(0，＋∞)，所以函数y ＝f(x)与函数y ＝g(x)的图像在区间(0，＋∞)上恰好有两个不同的交点．当a ≤0时，函数f(x)＝x 2＋x －a 在(0，＋∞)上递增，函数g(x)在(0，＋∞)上递减，函数y ＝f(x)与函数y ＝g(x)的图像在区间(0，＋∞)上最多有一个交点，所以a>0，令F(x)＝f(x)－g(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2ax －a ln x ＋a ，0<x<a ，x 2＋2（1－a ）x －a ln x －a ，x ≥a ，因为当0<x<a 时，F ′(x)＝2(x －a)－ax <0，当x ≥a时，F ′(x)＝2x ＋2－2a －a x ＝2(x －a)＋2x －ax >0，所以F(x)在(0，a)上递减，在(a ，＋∞)上递增，故F(x)min＝F(a)＝－a 2＋a －a ln a ，结合F(x)的图像可得，要使得F(x)有两个零点，只需要F(a)<0，即a －1＋ln a>0，令h(a)＝a －1＋ln a ，则h′(a)＝1＋1a >0，所以h(a)在(0，＋∞)上递增，又因为h(1)＝0，h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e <0，h(e )>0，所以a>1，故实数a 的取值范围为(1，＋∞)．解法2 x 2＋|x －a|＝(2a －1)x ＋a ln x ⇒x 2＋|x －a|＝2ax －x ＋a ln x⇒x 2－2ax ＋a 2＋|x －a|＝－x ＋a ln x ＋a 2⇒(x －a)2＋|x －a|＝－x ＋a ln x ＋a 2令h(x)＝(x －a)2＋|x －a|，φ(x)＝－x ＋a ln x ＋a 2.当a ≤0时，n(x)＝h(x)－φ(x)单调递增，至多有一个零点，不符合题意．当a>0时，φ'(x)＝－1＋a x ＝a －x x 在(0，a)上单调递增，在(a ，＋∞)上单调递减，故在x ＝a 处去极大值也就是最大值φ(a)，而函数h(x)＝(x －a)2＋|x －a|对称轴是x ＝a ，在此处取最小值h(a)．只需要φ(a)>h(a)＝0(如图所示)，即a ln a －a ＋a 2>0⇒ln a －1＋a>0，令m(a)＝ln a －1＋a(a>0)． m ′(a)＝1a ＋1>0，m(a)在(0，＋∞)单调递增，又m(1)＝0，m(1e )<0，m(e)>0故所以a>1，故实数a 的取值范围为(1，＋∞)．二、拓展延伸题型一、利用导数研究函数的零点知识点拨：研究函数的零点的问题，需要解决函数的单调性以及零点的支撑点这两个问题，其难点在于零点的支撑点的确定．一般地，确定零点的支撑点可有以下几种方法：一是以极值点作为支撑点，这是最为容易的一类；二是采用放放缩的方法，将函数转化为基本初等函数来加以解决；三是采用“形式化”的方式，即将函数分为几个部分，来分别找到这几个部分的零点，且它们有相同的变量法则，则取这些零点中的最大的或最小的作为支撑点．本题所采用的是放缩的方法来找支撑点．例1、(2019通州、海门、启东期末）已知函数f(x)＝x 2－a ln x －1，a ∈R.(1) 当a ＝2时，求函数f (x )的极值；(2) 若函数f (x )有两个零点，求实数a 的取值范围．.思路分析第2问，注意到f(1)＝0，因此，函数f(x)已经有一个零点1，为此，就需要考虑它有另一个零点，据此，通过研究函数的单调性及单调区间来确定每个单调区间上的零点的个数．由于f′(x)＝2x 2－a x ，下面就要考虑方程2x 2－a ＝0在(0，＋∞)上是否有实数根，实数根是否等于1，为此，得到分类讨论的标准，即a ≤0，0<a<2，a ＝2，a>2，分别来讨论每种情形时函数f(x)的零点的个数，从而得到实数a 的取值范围．(1)当a ＝2时，f ′(x)＝2x －2x ，令f′(x)＝0，解得x ＝1.(2分)列表：所以，当x ＝1时，f(x)有极小值f(1)＝0，f(x)没有极大值．(4分) (2)①因为f(x)＝x 2－a ln x －1，x>0.所以f(1)＝0，f ′(x)＝2x －a x .当a ≤0时，f ′(x)>0.所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，f(x)只有一个零点，不合题意．(6分) 当a>0时，由f′(x)>0得x>a2，由f′(x)<0得x<x<a 2，所以f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2上单调递减，f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，＋∞上单调递增，所以f(x)在x ＝a2处取得极小值，即为最小值． 1°当a ＝2时，f(x)在(0，1)上单调递减，f(x)在(1，＋∞)上单调递增，f(x)只有一个零点，不合题意：(8分)2°当0<a<2时，a 2<1，故f′⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2<f(1)＝0，f(x)最多有两个零点．注意到f(x)＝x 2－a ln x －1>－a ln x －1，令－a ln x －1＝0，取x 0＝1ae-，使得f(x 0)>0，下面先证明a 2>1ae -；设g(x)＝x ln x ，g ′(x)＝ln x ＋1，令g′(x)＝0，解得x ＝1e.列表：所以，当x ＝1e时，g(x)有极小值g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝1e.所以x ln x>－1e >－1，故a 2ln a2>－1，即a 2>1ae -. 因此，根据零点存在性定理知，在⎝ ⎛⎭⎪⎫e 1a，a 2上f(x)必存在一个零点，又x ＝1也是f(x)的一个零点，则f(x)有两个相异的零点，符合题意．(12分) 3°当a>2时，a 2>1，故f ⎝⎛⎭⎪⎫a 2<f(1)＝0，f(x)最多有两个零点．注意到ln x<x ，取x′＝a ＋1>a 2. 则f(x′)＝x′2－ln x ′－1＝(a ＋1)2－a ln (a ＋1)－1>(a ＋1)2－a(a ＋1)－1＝a>0，因此，根据零点存在性定理知，在⎝⎛⎭⎪⎫a2，a ＋1上f(x)必存在一个零点，又x ＝1也是f(x)的一个零点，则f(x)有两个相异的零点，符合题意．综上所述，实数a 的取值范围是(0，2)∪(2，＋∞)．(16分) 【变式1】(2017南通一调）已知函数f (x )＝ax 2－x －ln x ，a ∈R.(1) 当a ＝38时，求函数f (x )的最小值；(2) 若－1≤a ≤0，证明：函数f (x )有且只有一个零点； (3) 若函数f (x )有两个零点，求实数a 的取值范围．规范解答 (1) 当a ＝38时，f (x )＝38x 2－x －ln x .故f ′(x )＝34x －1－1x ＝(3x ＋2)(x －2)4x ，x ＞0.(2分)令f ′(x )＝0，得x ＝2，当x ∈(0,2)时，f ′(x )＜0；当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )＞0，所以函数f (x )在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．所以当x ＝2时，f (x )有最小值f (2)＝－12－ln2.(4分)(2) 由f (x )＝ax 2－x －ln x ，得f ′(x )＝2ax －1－1x ＝2ax 2－x －1x，x ＞0.所以当a ≤0时，f ′(x )＝2ax 2－x －1x＜0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减，所以当a ≤0时，函数f (x )在(0，＋∞)上最多有一个零点．(6分)因为当－1≤a ≤0时，f (1)＝a －1＜0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝e 2－e ＋a e 2＞0，所以当－1≤a ≤0时，函数f (x )在(0，＋∞)上有零点．综上，当－1≤a ≤0时，函数f (x )有且只有一个零点．(8分)(3) 解法1 由(2)知，当a ≤0时，函数f (x )在(0，＋∞)上最多有一个零点．因为函数f (x )有两个零点，所以a ＞0.(9分)由f (x )＝ax 2－x －ln x ，得f ′(x )＝2ax 2－x －1x，x ＞0，令g (x )＝2ax 2－x －1.因为g (0)＝－1＜0,2a ＞0，所以函数g (x )在(0，＋∞)上只有一个零点，设为x 0.当x ∈(0，x 0)时，g (x )＜0，f ′(x )＜0；当x ∈(x 0，＋∞)时，g (x )＞0，f ′(x )＞0. 所以函数f (x )在(0，x 0)上单调递减；在(x 0，＋∞)上单调递增．要使得函数f (x )在(0，＋∞)上有两个零点，只需要函数f (x )的极小值f (x 0)＜0，即ax 20－x 0－ln x 0＜0. 又因为g (x 0)＝2ax 20－x 0－1＝0，所以2ln x 0＋x 0－1＞0.又因为函数h (x )＝2ln x ＋x －1在(0，＋∞)上是增函数，且h (1)＝0，所以x 0＞1，得0＜1x 0＜1.又由2ax 20－x 0－1＝0，得2a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 02＋1x 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 0＋122－14，所以0＜a ＜1.(13分)以下验证当0＜a ＜1时，函数f (x )有两个零点．当0＜a ＜1时，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝2a a2－1a －1＝1－a a＞0，所以1＜x 0＜1a.因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝a e 2－1e ＋1＝e 2－e ＋a e 2＞0，且f (x 0)＜0. 所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，x 0上有一个零点．又因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＝4a a2－2a－ln 2a ≥2a －⎝ ⎛⎭⎪⎫2a－1＝1＞0(因为ln x ≤x －1)，且f (x 0)＜0.所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，2a 上有一个零点．所以当0＜a ＜1时，函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，2a 内有两个零点．综上，实数a 的取值范围为(0,1)．(16分) 下面证明：ln x ≤x －1.设t (x )＝x －1－ln x ，所以t ′(x )＝1－1x ＝x －1x(x ＞0)．令t ′(x )＝0，得x ＝1.当x ∈(0,1)时，t ′(x )＜0；当x ∈(1，＋∞)时，t ′(x )＞0. 所以函数t (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．所以当x ＝1时，t (x )有最小值t (1)＝0. 所以t (x )＝x －1－ln x ≥0，得ln x ≤x －1成立．解法2 由(2)知，当a ≤0时，函数f (x )在(0，＋∞)上最多有一个零点．因为函数f (x )有两个零点，所以a ＞0.(9分) 由f (x )＝ax 2－x －ln x ＝0，得关于x 的方程a ＝x ＋ln xx 2，x ＞0，有两个不等的实数解．又因为ln x ≤x －1，所以a ＝x ＋ln x x 2≤2x －1x 2＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12＋1，x ＞0. 因为x ＞0时，－⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12＋1≤1，所以a ≤1.又当a ＝1时，x ＝1，即关于x 的方程a ＝x ＋ln xx 2有且只有一个实数解．所以0＜a ＜1.(13分) (以下解法同解法1)【变式2】(2019南通、泰州、扬州一调）已知函数f(x)＝ax＋ln x(a ∈R)．(1) 讨论f (x )的单调性；(2) 设f (x )的导函数为f ′(x )，若f (x )有两个不相同的零点x 1，x 2. ①求实数a 的取值范围；②证明：x 1f ′(x 1)＋x 2f ′(x 2)>2ln a ＋2.解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝x －ax2.(1.1)当a ≤0时，f ′(x)>0成立，所以f(x)在(0，＋∞)为增函数；(2分) (1.2)当a>0时，(i )当x>a 时，f ′(x)>0，所以f(x)在(a ，＋∞)上为增函数； (ii )当0<x<a 时，f ′(x)<0，所以f(x)在(0，a)上为减函数．(4分) (2)①由(1)知，当a ≤0时，f(x)至多一个零点，不合题意；当a>0时，f(x)的最小值为f(a)，依题意知f(a)＝1＋ln a<0，解得0<a<1e.(6分)一方面，由于1>a ，f(1)＝a>0，f(x)在(a ，＋∞)为增函数，且函数f(x)的图像在(a ，1)上不间断．所以f(x)在(a ，＋∞)上有唯一的一个零点．另一方面，因为0<a<1e ，所以0<a 2<a<1e .f(a 2)＝1a ＋ln a 2＝1a ＋2ln a ，令g(a)＝1a ＋2ln a ，当0<a<1e 时，g ′(a)＝－1a 2＋2a ＝2a －1a 2<0，所以f(a 2)＝g(a)＝1a ＋2ln a>g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝e －2>0又f(a)<0，f(x)在(0，a)为减函数，且函数f(x)的图像在(a 2，a)上不间断．所以f(x)在(0，a)有唯一的一个零点．综上，实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e .(10分)② 设p ＝x 1f ′(x 1)＋x 2f ′(x 2)＝1－a x 1＋1－a x 2＝2－⎝ ⎛⎭⎪⎫a x 1＋a x 2. 又⎩⎨⎧ln x 1＋a x 1＝0，ln x 2＋ax 2＝0，则p ＝2＋ln (x 1x 2)．(12分)下面证明x 1x 2>a 2.不妨设x 1<x 2，由①知0<x 1<a<x 2.要证x 1x 2>a 2，即证x 1>a2x 2.因为x 1，a2x 2∈(0，a)，f(x)在(0，a)上为减函数，所以只要证f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2x 2>f(x 1)．又f(x 1)＝f(x 2)＝0，即证f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2x 2>f(x 2)．(14分) 设函数F(x)＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2x －f(x)＝x a －a x －2ln x ＋2ln a(x>a)．所以F′(x)＝（x －a ）2ax2>0，所以F(x)在(a ，＋∞)为增函数．所以F(x 2)>F(a)＝0，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2x 2>f(x 2)成立．从而x 1x 2>a 2成立．所以p ＝2＋ln (x 1x 2)>2ln a ＋2，即x 1f ′(x 1)＋x 2f ′(x 2)>2ln a ＋2成立．(16分) 【变式3】(2019苏州期末）已知函数f(x)＝ax 3＋bx 2－4a(a ，b ∈R)．(1) 当a ＝b ＝1时，求f (x )的单调增区间；(2) 当a ≠0时，若函数f (x )恰有两个不同的零点，求b a的值；(3) 当a ＝0时，若f (x )<ln x 的解集为(m ，n )，且(m ，n )中有且仅有一个整数，求实数b 的取值范围．解：(1)当a ＝b ＝1时，f(x)＝x 3＋x 2－4，f ′(x)＝3x 2＋2x.(2分) 令f′(x)>0，解得x>0或x<－23，所以f(x)的单调增区间是⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－23和(0，＋∞)．(4分) (2)法一：f′(x)＝3ax 2＋2bx ，令f′(x)＝0，得x ＝0或x ＝－2b 3a，(6分)因为函数f(x)有两个不同的零点，所以f(0)＝0或f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2b 3a ＝0. 当f(0)＝0时，得a ＝0，不合题意，舍去；(8分)当f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2b 3a ＝0时，代入得a ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2b 3a ＋b ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2b 3a 2－4a ＝0，即－827⎝ ⎛⎭⎪⎫b a 3＋49⎝ ⎛⎭⎪⎫b a 3－4＝0，所以ba ＝3.(10分)法二：由于a ≠0，所以f(0)≠0，由f(x)＝0得，b a ＝4－x 3x 2＝4x2－x(x ≠0)．(6分)设h(x)＝4x 2－x ，h ′(x)＝－8x3－1，令h′(x)＝0，得x ＝－2，当x ∈(－∞，－2)时，h ′(x)<0，h(x)递减；当x ∈(－2，0)时，h ′(x)>0，h(x)递增，当x ∈(0，＋∞)时，h ′(x)>0，h(x)单调递增，当x>0时，h(x)的值域为R ，故不论b a 取何值，方程b a ＝4－x 3x 2＝4x2－x 恰有一个根－2，此时函数f (x )＝a (x ＋2)2(x －1)恰有两个零点－2和1.(10分) (3)当a ＝0时，因为f (x )<ln x ，所以bx 2<ln x ，设g (x )＝ln x －bx 2，则g ′(x )＝1x －2bx ＝1－2bx 2x(x >0)，当b ≤0时，因为g ′(x )>0，所以g (x )在(0，＋∞)上递增，且g (1)＝－b ≥0，所以在(1，＋∞)上，g (x )＝ln x －bx 2≥0，不合题意；(11分) 当b >0时，令g ′(x )＝1－2bx 2x＝0，得x ＝12b，所以g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12b 递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫12b ，＋∞递减，所以g (x )max ＝g ⎝⎛⎭⎪⎫12b ＝ln 12b －12，要使g (x )>0有解，首先要满足ln12b －12>0，解得b <12e. ①(13分) 又因为g (1)＝－b <0，g (e 12)＝12－b e>0，要使f (x )<ln x 的解集(m ，n )中只有一个整数，则⎩⎪⎨⎪⎧g （2）>0，g （3）≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧ln2－4b >0，ln3－9b ≤0，解得ln39≤b <ln24. ②(15分)设h (x )＝ln x x ，则h ′(x )＝1－ln xx2，当x ∈(0，e)时，h ′(x )>0，h (x )递增；当x ∈(e ，＋∞)时，h ′(x )<0，h (x )递减．所以h (x )max ＝h (e)＝1e >h (2)＝ln22，所以12e >ln24，所以由①和②得，ln39≤b ＜ln24.(16分)题型二利用导数研究函数恒成立问题知识点拨：对于恒成立的问题，有两种处理方式；一是：分离参数的方法求解；二是运用函数的思想解决问题。

2020年高考数学《函数与导数的综合应用(1)》专项训练及答案解析

函数与导数的综合应用（1）一、基础检测1、(2016南京学情调研）已知函数f (x )＝13x 3＋x 2－2ax ＋1，若函数f (x )在(1,2)上有极值，则实数a 的取值范围为________．【答案】⎝ ⎛⎭⎪⎫32，4 【解析】因为函数f (x )在(1,2)上有极值，则需函数f (x ) 在(1,2)上有极值点．解法1 令f ′(x )＝x 2＋2x －2a ＝0，得x 1＝－1－1＋2a ，x 2＝－1＋1＋2a ，因为x 1∉(1,2)，因此则需1<x 2<2，即1<－1＋1＋2a <2，即4<1＋2a <9，所以32<a <4，故实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫32，4. 解法2 f ′(x )＝x 2＋2x －2a 的图像是开口向上的抛物线，且对称轴为x ＝－1，则f ′(x )在(1,2)上是单调递增函数，因此⎩⎪⎨⎪⎧f ′(1)＝3－2a <0，f ′(2)＝8－2a >0，解得32<a <4，故实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫32，4.2、(2016南京三模）设函数f (x )＝⎪⎩⎪⎨⎧<--≥-a x x ax x e x ,1,1，g (x )＝f (x )－b .若存在实数b ，使得函数g (x )恰有3个零点，则实数a 的取值范围为________. 【答案】⎝ ⎛⎭⎪⎫－1－1e 2，2 【解析】思路分析转化为：存在直线y ＝b 与曲线y ＝f (x )恰有3个公共点．先不考虑a ，画出y ＝x －1ex和y ＝－x －1的图像．看着图像问题就迎刃而解了．对于函数y ＝x －1e x，y ′＝2－xex ，可知y ＝x －1e x在(－∞，2]上递增，在[2，＋∞)上递减，极大值为1e2，当x →＋∞时，y →0. 如图所示，只有当b ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 2时，直线y ＝b 与曲线y ＝x －1e x 和直线y ＝－x －1共有三个公共点．因为直线y ＝1e 2与直线y ＝－x －1的交点为⎝⎛⎭⎪⎫－1－1e 2，1e 2.所以当a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1－1e 2，2时，直线y ＝b 与曲线y ＝f (x )才可能有三个公共点．3、 (2017南京三模）在平面直角坐标系xOy 中，直线l 与曲线y ＝x 2(x >0)和y ＝x 3(x >0)均相切，切点分别为A (x 1，y 1)和B (x 2，y 2)，则x 1x 2的值为________．【答案】 43【解析】思路分析本题考查的是两条曲线的公切线问题．在题目中已经设出两个切点坐标时，基本方法是运用点斜式分别写出切线方程，由两条切线重合建立x 1，x 2的方程组求解．解法1 由题设可知曲线y ＝x 2在A (x 1，y 1)处的切线方程为y ＝2x 1 x －x 21，曲线y ＝x 3在B (x 2，y 2)处的切线方程为y ＝3 x 22x －2x 32，所以⎩⎪⎨⎪⎧2x 1＝3x 22，x 21＝2x 32，解得x 1＝3227，x 2＝89，所以 x 1x 2＝43.解法2 由题设得⎩⎪⎨⎪⎧2x 1＝3x 22，x 32－x 21x 2－x 1＝2x 1，解得x 1＝3227，x 2＝89，所以 x 1x 2＝43.4、(2015南通、扬州、淮安、连云港二调）设f (x )＝4x 3＋mx 2＋(m －3)x ＋n (m ，n ∈R )是R 上的单调增函数，则实数m 的值为________．【答案】6【解析】因为f ′(x )＝12x 2＋2mx ＋(m －3)，又函数f (x )是R 上的单调增函数，所以12x 2＋2mx ＋(m －3)≥0在R 上恒成立，所以(2m )2－4×12(m －3)≤0，整理得m 2－12m ＋36≤0，即(m －6)2≤0.又因为(m －6)2≥0，所以(m －6)2＝0，所以m ＝6.5、(2015苏州调查）函数f (x )＝13ax 3＋12ax 2－2ax ＋2a ＋1的图像经过四个象限的充要条件是________．【答案】－65<a <－316【解析】由f ′(x )＝ax 2＋ax －2a ＝0得x ＝1或x ＝－2，结合图像可知函数的图像经过四个象限的充要条件是⎩⎪⎨⎪⎧a <0，f (1)>0，f (－2)<0或⎩⎪⎨⎪⎧a >0，f (1)<0，f (－2)>0，解得－65<a <－316.6、(2016苏北四市期末）已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋cos x ， x ≥0，x (a －x )， x <0.若关于x 的不等式f (x )<π的解集为(－∞，π2 )，则实数a 的取值范围是________．【答案】 (－2π，＋∞)【解析】解法1 当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2时，f (x )＝2x ＋cos x ，f ′(x )＝2－sin x >0，所以函数f (x )＝2x ＋cos x 在x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2上单调递增，所以f (x )<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝π，满足题意；当x ∈(－∞，0)时，f (x )＝x (a －x )，由题意得x (a －x )<π在x ∈(－∞，0)恒成立，即a >x ＋πx 在x ∈(－∞，0)恒成立，而x ∈(－∞，0)时，x ＋πx≤－2π当且仅当x ＝πx即x ＝－π时取等号，所以此时a >－2π.综上所述，实数a 的取值范围是(－2π，＋∞)．解法2 当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2时，f (x )＝2x ＋cos x ，f ′(x )＝2－sin x >0，所以函数f (x )＝2x ＋cos x 在x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2上单调递增，所以f (x )<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝π，满足题意；当x ∈(－∞，0)时，f (x )＝x (a －x )，由题意得f (x )max <π在x ∈(－∞，0)时恒成立，若a2≤0即a ≤0时，f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＝a24<π，所以－2π<a ≤0；若a 2>0即a >0时，f (x )<f (0)＝0<π成立，综上所述，实数a 的取值范围是(－2π，＋∞)．7、(2016南京调研）已知函数f (x )＝x －1－(e －1)ln x ，其中e 为自然对数的底，则满足f (e x)＜0的x 的取值范围为________．【答案】(0,1)【解析】思路分析注意到条件f (e x)<0，让我们想到需要研究函数f (x )的单调性，通过函数的单调性将问题进行转化化简．由f ′(x )＝1－e －1x＝0得x ＝e －1.当x ∈(0，e －1)时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减；当x ∈(e －1，＋∞)时，函数f (x )单调递增．又f (1)＝f (e)＝0,1<e －1<e ，所以由f (e x )<0得1<e x<e ，解得0<x <1. 8、(2016扬州期末）已知点A (0,1)，曲线C ：y ＝log a x 恒过点B ，若P 是曲线C 上的动点，且AB →·AP →的最小值为2，则实数a ＝________.【答案】e【解析】思路分析根据条件，要求AB →·AP →的最小值，首先要将它表示成点P (x ，log a x )的横坐标x 的函数，然后再利用导数的方法来判断函数的单调性，由此来求出函数的最小值．点A (0,1)，B (1,0)，设P (x ，log a x )，则AB →·AP →＝(1，－1)·(x ，log a x －1)＝x －log a x ＋1.依题f (x )＝x －log a x ＋1在(0，＋∞)上有最小值2且f (1)＝2，所以x ＝1是f (x )的极值点，即最小值点．f ′(x )＝1－1x ln a ＝x ln a －1x ln a.若0<a <1，f ′(x )>0，f (x )单调递增，在(0，＋∞)无最小值，所以a >1.设f ′(x )＝0，则x ＝log a e ，当x ∈(0，log a e)时，f ′(x )<0；当x ∈(log a e ，＋∞)时，f ′(x )>0，从而当且仅当x ＝log a e 时，f (x )取最小值，所以log a e ＝1，a ＝e. 二、拓展延伸题型一、利用导数研究函数的单调性知识点拨：利用导数研究函数的单调性主要是通过多函数求导，研究导函数的正负的问题，这里要特别注意若函数在给定区间为增函数（减函数）则对应的)0)((0)(//≤≥x x f f。

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专题02 函数与导数综合问题（专项训练）1．(2019·河北武邑中学月考)已知函数f (x )＝2a ln x －x 2. (1)若a ＝2,求函数f (x )的图象在点(1,f (1))处的切线方程；(2)若a ＞0,判断函数f (x )在定义域上是否存在最大值或最小值,若存在,求出函数f (x )的最大值或最小值．【答案】见解析【解析】(1)当a ＝2时,f (x )＝4ln x －x 2.f ′(x )＝4x－2x ,f ′(1)＝2,f (1)＝－1,所以函数f (x )的图象在点(1,f (1))处的切线方程为y ＋1＝2(x －1),即2x －y －3＝0. (2)f ′(x )＝2a x －2x ＝－2（x 2－a ）x,x >0.令f ′(x )＝0,由a >0,解得x 1＝a ,x 2＝－a (舍去)．当x 在(0,＋∞)上变化时,f ′(x ),f (x )的变化情况如下表.无最小值． 2．(2017·全国卷Ⅱ)设函数f (x )＝(1－x 2)e x. (1)讨论f (x )的单调性；(2)当x ≥0时,f (x )≤ax ＋1,求a 的取值范围．【答案】见解析【解析】(1)f ′(x )＝(1－2x －x 2)e x.令f ′(x )＝0,得x ＝－1－2或x ＝－1＋ 2.当x ∈(－∞,－1－2)时,f ′(x )<0；当x ∈(－1－2,－1＋2)时,f ′(x )>0；当x ∈(－1＋2,＋∞)时,f ′(x )<0.所以f (x )在(－∞,－1－2),(－1＋2,＋∞)上单调递减,在(－1－2,－1＋2)上单调递增．(2)f (x )＝(1＋x )(1－x )e x.当a ≥1时,设函数h (x )＝(1－x )e x,h ′(x )＝－x e x<0(x >0),因此h (x )在[0,＋∞)上单调递减,而h (0)＝1,故h (x )≤1,所以f (x )＝(x ＋1)h (x )≤x ＋1≤ax ＋1.当0<a <1时,设函数g (x )＝ex－x －1,g ′(x )＝e x－1>0(x >0),所以g (x )在[0,＋∞)上单调递增,而g (0)＝0,故e x≥x ＋1.当0<x <1时,f (x )>(1－x )(1＋x )2,(1－x )(1＋x )2－ax －1＝x (1－a －x －x 2),取x 0＝5－4a －12,则x 0∈(0,1),(1－x 0)(1＋x 0)2－ax 0－1＝0,故f (x 0)>ax 0＋1.当a ≤0时,取x 0＝5－12,则x 0∈(0,1),f (x 0)>(1－x 0)(1＋x 0)2＝1≥ax 0＋1.综上,a 的取值范围是[1,＋∞)．3．已知函数f (x )＝a ln x (a ＞0),e 为自然对数的底数． (1)若过点A (2,f (2))的切线斜率为2,求实数a 的值；(2)当x ＞0时,求证：f (x )≥a ⎝⎛⎭⎪⎫1－1x ；(3)若在区间(1,e)上10xaae xe -<恒成立,求实数a 的取值范围．【答案】见解析【解析】(1)由题意得f ′(x )＝a x ,所以f ′(2)＝a2＝2,所以a ＝4. (2)证明：令g (x )＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x －1＋1x (x >0),则g ′(x )＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －1x 2.令g ′(x )>0,即a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －1x 2>0,解得x >1；令g ′(x )<0,解得0<x <1.所以g (x )在(0,1)上单调递减,在(1,＋∞)上单调递增．所以g (x )的最小值为g (1)＝0,所以f (x )≥a ⎝⎛⎭⎪⎫1－1x .(3)由题意可知1x a ae xe <,化简得x －1a <ln x ．又x ∈(1,e),所以a >x －1ln x .令h (x )＝x －1ln x ,则h ′(x )＝ln x －1＋1x （ln x ）2.由(2)知,当x ∈(1,e)时,ln x －1＋1x>0,所以h ′(x )>0,即h (x )在(1,e)上单调递增,所以h (x )<h (e)＝e －1.所以a ≥e－1.故实数a 的取值范围为[e －1,＋∞)．4．(2019·重庆一模)设函数f (x )＝ln x ,g (x )＝ax ＋bx－c (a ,b ,c ∈R )．(1)当c ＝0时,若函数f (x )与g (x )的图像在x ＝1处有相同的切线,求a ,b 的值；(2)当b ＝3－a 时,若对任意x 0∈(1,＋∞)和任意a ∈(0,3),总存在不相等的正实数x 1,x 2,使得g (x 1)＝g (x 2)＝f (x 0),求c 的最小值．【答案】见解析【解析】(1)由f (x )＝ln x ,得f (1)＝0.又f ′(x )＝1x ,所以f ′(1)＝1.当c ＝0时,g (x )＝ax ＋bx,所以g ′(x )＝a －bx 2,所以g ′(1)＝a －b .因为函数f (x )与g (x )的图像在x ＝1处有相同的切线,所以⎩⎪⎨⎪⎧f ′（1）＝g ′（1），f （1）＝g （1），即⎩⎪⎨⎪⎧a －b ＝1，a ＋b ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝12，b ＝－12.(2)当x 0＞1时,则f (x 0)＞0,又b ＝3－a ,设t ＝f (x 0),则题意可转化为方程ax ＋3－ax－c ＝t (t ＞0)在(0,＋∞)上有相异两实根x 1,x 2,即关于x 的方程ax 2－(c ＋t )x ＋(3－a )＝0(t ＞0)在(0,＋∞)上有相异两实根x 1,x 2.所以⎩⎪⎨⎪⎧0＜a ＜3，Δ＝（c ＋t ）2－4a （3－a ）＞0，x 1＋x 2＝c ＋t a ＞0，x 1x 2＝3－a a ＞0，即⎩⎪⎨⎪⎧0＜a ＜3，（c ＋t 2）＞4a （3－a ），c ＋t ＞0，所以c ＞2a （3－a ）－t 对t ∈(0,＋∞),a ∈(0,3)恒成立．所以2a （3－a ）≤2⎣⎢⎡⎦⎥⎤a ＋（3－a ）22＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫当且仅当a ＝32时，等号成立.又因为－t ＜0,所以2a （3－a ）－t 的取值范围是(－∞,3),所以c ≥3.故c 的最小值为3. 5．已知函数f (x )＝x ln x －ax 2,g (x )为f (x )的导数． (1)讨论函数g (x )的零点个数；(2)若函数f (x )在定义域内不单调且在(2,＋∞)上单调递减,求实数a 的取值范围．【答案】见解析【解析】(1)g (x )＝f ′(x )＝ln x －2ax ＋1,令g (x )＝0,得ln x －2ax ＋1＝0,即ln x ＝2ax －1,所以a ＝ln x ＋12x ,所以函数g (x )的零点个数等价于函数y ＝a 与y ＝ln x ＋12x 图象的交点个数．令φ(x )＝ln x ＋12x ,则φ′(x )＝－ln x(2x)2,所以x ∈(0,1)时,φ′(x )>0,φ(x )单调递增；x ∈(1,＋∞)时,φ′(x )<0,φ(x )单调递减且φ(x )>0,所以x ＝1时,φ(x )有极大值12,作出两函数的大致图象,如图所示,由图可知,当a >12时,两函数图象无交点,g (x )无零点；当a ≤0或a ＝12时,两函数图象有一个交点,g (x )有一个零点；当0<a <12时,两函数图象有两个交点,g (x )有两个零点．(2)由(1)知,a ≥12时,g (x )无零点或有一个零点,g (x )≤0,函数f (x )在定义域内单调递减,故函数f (x )在定义域内不单调时,a <12,f (x )在(2,＋∞)上单调递减时,f ′(x )≤0,即g (x )≤0恒成立．由g (x )≤0得a ≥ln x ＋12x ,令h (x )＝ln x ＋12x ,则a ≥h (x )恒成立,因为h ′(x )＝－ln x(2x)2,所以x ∈(2,＋∞)时,h ′(x )<0,h (x )单调递减,h (x )<h (2),由a ≥h (x )恒成立得a ≥h (2),解得a ≥ln 2＋14,综上,实数a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫ln 2＋14，12.6．已知函数f (x )＝x 3－3x 2＋ax ＋2,曲线y ＝f (x )在点(0,2)处的切线与x 轴交点的横坐标为－2. (1)求a 的值；(2)求证：当k <1时,曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点．【答案】见解析【解析】(1)f ′(x )＝3x 2－6x ＋a ,f ′(0)＝a .曲线y ＝f (x )在点(0,2)处的切线方程为y ＝ax ＋2.由题设得－2a＝－2,所以a ＝1.(2)证明：由(1)知,f (x )＝x 3－3x 2＋x ＋2. 设g (x )＝f (x )－kx ＋2＝x 3－3x 2＋(1－k )x ＋4.曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点,即g (x )＝x 3－3x 2＋(1－k )x ＋4有唯一零点,由题设知1－k >0. 当x ≤0时,g ′(x )＝3x 2－6x ＋1－k >0,g (x )单调递增,g (－1)＝k －1<0,g (0)＝4,所以g (x )＝0在(－∞,0]上有唯一实根．当x >0时,令h (x )＝x 3－3x 2＋4,则g (x )＝h (x )＋(1－k )x >h (x )．h ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2),h (x )在(0,2)上单调递减,在(2,＋∞)上单调递增,所以g (x )>h (x )≥h (2)＝0.所以g (x )＝0在(0,＋∞)上没有实根．综上,g (x )＝0在R 上有唯一实根,即曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点．。