2017年高考数学四海八荒易错集专题05导数及其应用理
【小初高学习]2017年高考数学(四海八荒易错集)专题03 函数的图像与性质 理
![【小初高学习]2017年高考数学(四海八荒易错集)专题03 函数的图像与性质 理](https://img.taocdn.com/s3/m/5e3920b8ec3a87c24028c477.png)
专题03 函数的图像与性质1．(2016·课标全国乙)函数y ＝2x 2－e |x |在[－2,2]的图象大致为( )答案 D2．(2016·山东)已知函数f (x )的定义域为R ，当x <0时，f (x )＝x 3－1；当－1≤x ≤1时，f (－x )＝－f (x )；当x >12时，f ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋12＝f ⎝⎛⎭⎪⎫x －12，则f (6)等于( )A ．－2B ．－1C ．0D ．2 答案 D解析 当x >12时，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12，即f (x )＝f (x ＋1)，∴T ＝1，∴f (6)＝f (1)．当x <0时，f (x )＝x 3－1，且－1≤x ≤1，f (－x )＝－f (x )，∴f (6)＝f (1)＝－f (－1)＝2，故选D.3．(2016·上海)设f (x )，g (x )，h (x )是定义域为R 的三个函数，对于命题：①若f (x )＋g (x )，f (x )＋h (x )，g (x )＋h (x )均为增函数，则f (x )，g (x )，h (x )中至少有一个为增函数；②若f (x )＋g (x )，f (x )＋h (x )，g (x )＋h (x )均是以T 为周期的函数，则f (x )，g (x )，h (x )均是以T 为周期的函数，下列判断正确的是( ) A ．①和②均为真命题 B ．①和②均为假命题 C ．①为真命题，②为假命题 D ．①为假命题，②为真命题答案 D4．(2016·北京)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3－3x ，x ≤a ，－2x ，x ＞a .(1)若a ＝0，则f (x )的最大值为________；(2)若f (x )无最大值，则实数a 的取值范围是________． 答案 (1)2 (2)(－∞，－1)解析 (1)当a ＝0时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3－3x ，x ≤0，－2x ，x ＞0.若x ≤0，f ′(x )＝3x 2－3＝3(x 2－1)．由f ′(x )＞0得x ＜－1，由f ′(x )＜0得－1＜x ≤0. 所以f (x )在(－∞，－1)上单调递增；在(－1,0]上单调递减，所以f (x )最大值为f (－1)＝2. 若x ＞0，f (x )＝－2x 单调递减，所以f (x )＜f (0)＝0. 所以f (x )的最大值为2.(2)f (x )的两个函数在无限制条件时图象如图．由(1)知，当a ≥－1时，f (x )取得最大值2.当a ＜－1时，y ＝－2x 在x ＞a 时无最大值，且－2a ＞2. 所以a ＜－1.5．已知a >0，且a ≠1，函数y ＝a x与y ＝log a (－x )的图象只能是图中的( )答案 B6．定义在R 上的函数f (x )满足f (－x )＝－f (x )，f (x －2)＝f (x ＋2)，且x ∈(－1,0)时，f (x )＝2x＋15，则f (log 220)等于( ) A ．1B.45C ．－1D ．－45答案 C解析 由f (x －2)＝f (x ＋2)⇒f (x )＝f (x ＋4)，因为4<log 220<5，所以0<log 220－4<1，－1<4－log 220<0.又因为f (－x )＝－f (x )，所以f (log 220)＝f (log 220－4)＝－f (4－log 220)＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫log 245＝－1.故选C. 7．已知函数f (x )＝1x ＋－x，则y ＝f (x )的图象大致为()答案 B解析 方法一 由题意得，⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1>0，x ≠0，解得f (x )的定义域为{x |x >－1，且x ≠0}． 令g (x )＝ln(x ＋1)－x ，则g ′(x )＝1x ＋1－1＝－xx ＋1， 当－1<x <0时，g ′(x )>0； 当x >0时，g ′(x )<0.∴f (x )在区间(－1,0)内为减函数，在区间(0，＋∞)内为增函数，对照各选项，只有B 符合． 方法二 本题也可取特值，用排除法求解：f (2)＝1ln3－2<0，排除A. f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝1ln 12＋12＝1ln e 2<0，排除C ，D ，选B. 8．已知函数h (x )(x ≠0)为偶函数，且当x >0时，h (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 24，0<x ≤4，4－2x ，x >4，若h (t )>h (2)，则实数t的取值范围为________． 答案 (－2,0)∪(0,2)易错起源1、函数的性质及应用例1、(1)已知函数f (x )为奇函数，且在[0,2]上单调递增，若f (log 2m )<f (log 4(m ＋2))成立，则实数m 的取值范围是( ) A.14≤m <2 B.14≤m ≤2 C ．2<m ≤4D ．2≤m ≤4(2)设f (x )是定义在R 上且周期为2的函数，在区间[－1,1)上，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋a ，－1≤x ＜0，⎪⎪⎪⎪⎪⎪25－x ，0≤x ＜1，其中a ∈R .若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－52＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫92，则f (5a )的值是________．答案 (1)A (2)－25解析 (1)因为函数f (x )是奇函数，且在[0,2]上单调递增，所以函数f (x )在[－2,2]上单调递增． 故由f (log 2m )<f (log 4(m ＋2))，可得⎩⎪⎨⎪⎧－2≤log 2m ≤2，－2≤log 4m ＋，log 2m <log4m ＋，m >0，m ＋2>0，解－2≤log 2m ≤2，得14≤m ≤4；解－2≤log 4(m ＋2)≤2，得116≤m ＋2≤16， 即－3116≤m ≤14.由log 2m <log 4(m ＋2)，得log 4m 2<log 4(m ＋2)，故有⎩⎪⎨⎪⎧m 2>0，m ＋2>0，m 2<m ＋2，解得－1<m <2，且m ≠0.综上可知，m 的取值范围是14≤m <2，故选A.(2)由已知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－52＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－52＋2＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－12＋a ， f ⎝ ⎛⎭⎪⎫92＝f ⎝⎛⎭⎪⎫92－4＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪25－12＝110.又∵f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－52＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫92，则－12＋a ＝110，a ＝35，∴f (5a )＝f (3)＝f (3－4)＝f (－1)＝－1＋35＝－25.【变式探究】(1)(2016·四川)已知函数f (x )是定义在R 上的周期为2的奇函数，当0<x <1时，f (x )＝4x，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－52＋f (1)＝________.(2)设f (x )是定义在R 上且周期为2的函数，在区间[－1,1]上，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ax ＋1，－1≤x <0，bx ＋2x ＋1，0≤x ≤1，其中a ，b ∈R .若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，则a ＋3b 的值为________．答案 (1)－2 (2)－10解析 (1)因为f (x )是周期为2的函数， 所以f (x )＝f (x ＋2)． 而f (x )是奇函数，所以f (x )＝－f (－x )．所以f (1)＝f (－1)，f (1)＝－f (－1)，即f (1)＝0，又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－52＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12， 121()42,2f ==故f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－52＝－2，从而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－52＋f (1)＝－2.【名师点睛】(1)可以根据函数的奇偶性和周期性，将所求函数值转化为给出解析式的范围内的函数值． (2)利用函数的单调性解不等式的关键是化成f (x 1)<f (x 2)的形式． 【锦囊妙计，战胜自我】1．单调性：单调性是函数在其定义域上的局部性质．利用定义证明函数的单调性时，规范步骤为取值、作差、判断符号、下结论．复合函数的单调性遵循“同增异减”的原则． 2．奇偶性(1)奇函数在关于原点对称的区间上的单调性相同，偶函数在关于原点对称的区间上的单调性相反(填“相同”或“相反”)． (2)在公共定义域内：①两个奇函数的和函数是奇函数，两个奇函数的积函数是偶函数； ②两个偶函数的和函数、积函数是偶函数；③一个奇函数、一个偶函数的积函数是奇函数． (3)若f (x )是奇函数且在x ＝0处有定义，则f (0)＝0. (4)若f (x )是偶函数，则f (x )＝f (－x )＝f (|x |)．(5)图象的对称性质：一个函数是奇函数的充要条件是它的图象关于原点对称；一个函数是偶函数的充要条件是它的图象关于y 轴对称． 3．周期性定义：周期性是函数在定义域上的整体性质．若函数在其定义域上满足f (a ＋x )＝f (x )(a ≠0)，则其一个周期T ＝|a |. 常见结论：(1)f (x ＋a )＝－f (x )⇒函数f (x )的最小正周期为2|a |.(a ≠0) (2)f (x ＋a )＝1f x⇒函数f (x )的最小正周期为2|a |. (a ≠0)(3)f (a ＋x )＝f (b －x )，则函数f (x )的图象关于x ＝a ＋b2对称．易错起源2、函数图象及应用 例2、(1)函数y ＝sin2x 2x ＋2－x 的图象大致为( )(2)已知函数f (x )＝ax 33＋ax －x 2＋32，g (x )＝a 2x 3－2ax 2＋x ＋a (a ∈R)．在同一直角坐标系中，函数f ′(x )与g (x )的图象不可能的是( )答案 (1)A (2)B解析 (1)首先根据函数表达式可知y ＝sin2x2x ＋2－x 为(－∞，＋∞)上的奇函数，且f (0)＝0，排除C ，D ；当x ＝1100时，111001002sin100022->+，显然排除B ，故选A. (2)因为f (x )＝ax 33＋ax －x 2＋32，所以f ′(x )＝ax 2－x ＋a2，若a ＝0，则选项D 是正确的，故排除D.若a <0，选项B 中的二次函数的判别式Δ＝1－4a ·a 2＝1－2a 2<0，所以a 2>12，又a <0，所以a <－22.二次函数f ′(x )的图象的对称轴为x ＝12a ；三次函数g (x )＝a 2x 3－2ax 2＋x ＋a ，所以g ′(x )＝3a 2x 2－4ax ＋1＝3a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －13a ， 令g ′(x )>0，得x <1a 或x >13a ，令g ′(x )<0，得1a <x <13a，所以函数g (x )＝a 2x 3－2ax 2＋x ＋a 的极大值点为x ＝1a ，极小值点为x ＝13a ；由B 中的图象知13a <12a .但a <－22，所以13a >12a ，所以选项B 的图象是错误的，故选B.【变式探究】(1)函数f (x )＝⎝⎛⎭⎪⎫x －1x cos x (－π≤x ≤π且x ≠0)的图象可能为( )(2)已知三次函数f(x)＝2ax3＋6ax2＋bx的导函数为f′(x)，则函数f(x)与f′(x)的图象可能是( )答案(1)D (2)B【名师点睛】(1)根据函数的解析式判断函数的图象，要从定义域、值域、单调性、奇偶性等方面入手，结合给出的函数图象进行全面分析，有时也可结合特殊的函数值进行辅助推断，这是解决函数图象判断此类试题的基本方法．(2)判断复杂函数的图象，常借助导数这一工具，先对原函数进行求导，再利用导数判断函数的单调性、极值或最值，从而对选项进行筛选．要注意函数求导之后，导函数发生了变化，故导函数和原函数定义域会有所不同，我们必须在原函数的定义域内研究函数的极值和最值．【锦囊妙计，战胜自我】1．作函数图象有两种基本方法：一是描点法，二是图象变换法，其中图象变换有平移变换、伸缩变换、对称变换．2．利用函数图象可以判断函数的单调性、奇偶性，作图时要准确画出图象的特点．易错起源3、基本初等函数的图象和性质例3、(1)设a＝0.60.6，b＝0.61.5，c＝1.50.6，则a，b，c的大小关系是( ) A．a＜b＜c B．a＜c＜bC．b＜a＜c D．b＜c＜a(2)若函数212log,0,()log(),0,x xf x x x>⎧⎪⎨-<⎪⎩若f(a)>f(－a)，则实数a的取值范围是( )A．(－1,0)∪(0,1) B．(－∞，－1)∪(1，＋∞)C．(－1,0)∪(1，＋∞) D．(－∞，－1)∪(0,1)答案(1)C (2)C解析(1)根据指数函数y＝0.6x在R上单调递减可得0.61.5＜0.60.6＜0.60＝1，根据指数函数y＝1.5x在R上单调递增可得1.50.6＞1.50＝1，∴b＜a＜c.(2)方法一由题意作出y＝f(x)的图象如图．显然当a>1或－1<a<0时，满足f(a)>f(－a)．故选C.方法二对a分类讨论：当a>0时，212log loga a>，∴a>1.当a<0时，122log()log()a a>－－，∴0<－a<1，∴－1<a<0，故选C.【变式探究】(1)在同一直角坐标系中，函数f(x)＝x a(x≥0)，g(x)＝log a x的图象可能是()(2)已知函数y ＝f (x )是定义在R 上的函数，其图象关于坐标原点对称，且当x ∈(－∞，0)时，不等式f (x )＋xf ′(x )<0恒成立，若a ＝20.2f (20.2)，b ＝ln2f (ln2)，c ＝－2f (－2)，则a ，b ，c 的大小关系是( )A ．a >b >cB ．c >b >aC ．c >a >bD ．a >c >b答案 (1)D (2)C解析 (1)方法一 分a >1,0<a <1两种情形讨论．当a >1时，y ＝x a 与y ＝log a x 均为增函数，但y ＝x a递增较快，排除C ；当0<a <1时，y ＝x a 为增函数，y ＝log a x 为减函数，排除A.由于y ＝x a递增较慢，所以选D.方法二 幂函数f (x )＝x a的图象不过(0,1)点，排除A ；B 项中由对数函数f (x )＝log a x 的图象知0<a <1，而此时幂函数f (x )＝x a的图象应是增长越来越慢的变化趋势，故B 错，D 正确；C 项中由对数函数f (x )＝log a x 的图象知a >1，而此时幂函数f (x )＝x a的图象应是增长越来越快的变化趋势，故C 错． (2)构造函数g (x )＝xf (x )，则g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )，当x ∈(－∞，0)时，g ′(x )<0，所以函数y ＝g (x )在(－∞，0)上单调递减．因为函数y ＝f (x )的图象关于坐标原点对称，所以y ＝f (x )是奇函数，由此可知函数y ＝g (x )是偶函数．根据偶函数的性质，可知函数y ＝g (x )在(0，＋∞)上单调递增．又a ＝g (20.2)，b ＝g (ln2)，c ＝g (－2)＝g (2)，由于ln2<20.2<2，所以c >a >b . 【名师点睛】(1)指数函数、对数函数、幂函数是高考的必考内容之一，重点考查图象、性质及其应用，同时考查分类讨论、等价转化等数学思想方法及其运算能力．(2)比较代数式大小问题，往往利用函数图象或者函数的单调性． 【锦囊妙计，战胜自我】1．指数函数y ＝a x(a >0，a ≠1)与对数函数y ＝log a x (a >0，a ≠1)的图象和性质，分0<a <1，a >1两种情况，着重关注两函数图象中的两种情况的公共性质．2．幂函数y ＝x α的图象和性质，主要掌握α＝1,2,3，12，－1五种情况．1．下列函数中，既不是奇函数，也不是偶函数的是( ) A ．y ＝1＋x 2B ．y ＝x ＋1xC ．y ＝2x＋12xD ．y ＝x ＋e x答案 D解析 令f (x )＝x ＋e x，则f (1)＝1＋e ，f (－1)＝－1＋e －1，即f (－1)≠f (1)，f (－1)≠－f (1)，所以y ＝x ＋e x 既不是奇函数也不是偶函数，而A 、B 、C 依次是偶函数、奇函数、偶函数，故选D.2．下列函数中，满足“f (x ＋y )＝f (x )f (y )”的单调递增函数是( ) A ．f (x )＝x 12B ．f (x )＝x 3C ．f (x )＝(12)xD ．f (x )＝3x答案 D3．函数f (x )＝x ＋cos x 的大致图象是( )答案 B解析 ∵f (x )＝x ＋cos x ，∴f (－x )＝－x ＋cos x ， ∴f (－x )≠f (x )，且f (－x )≠－f (x )， 故函数f (x )是非奇非偶函数，排除A 、C ； 当x ＝π2时，x ＋cos x ＝π2＝x ，即f (x )的图象与直线y ＝x 的交点中有一个点的横坐标为π2，排除D.故选B.4．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2a x ＋3a ，x <1，ln x ，x ≥1的值域为R ，那么a 的取值范围是( )A ．(－∞，－1] B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，12C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－1，12D.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12答案 C解析 要使函数f (x )的值域为R ，需使⎩⎪⎨⎪⎧1－2a >0，ln1≤1－2a ＋3a ， 所以⎩⎪⎨⎪⎧a <12，a ≥－1.所以－1≤a <12，故选C.5．设f (x )是定义在实数集R 上的函数，满足条件y ＝f (x ＋1)是偶函数，且当x ≥1时，f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x －1，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13的大小关系是( ) A ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13B ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32C ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13D ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23 答案 A6．已知符号函数sgn x ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，x >0，0，x ＝0，－1，x <0，f (x )是R 上的增函数，g (x )＝f (x )－f (ax )(a >1)，则( )A ．sgn[g (x )]＝sgn xB ．sgn[g (x )]＝－sgn xC ．sgn[g (x )]＝sgn[f (x )]D ．sgn[g (x )]＝－sgn[f (x )] 答案 B解析 因为a >1，所以当x >0时，x <ax ，因为f (x )是R 上的增函数，所以f (x )<f (ax )，所以g (x )＝f (x )－f (ax )<0，sgn[g (x )]＝－1＝－sgn x ；同理可得当x <0时，g (x )＝f (x )－f (ax )>0，sgn[g (x )]＝1＝－sgn x ；当x ＝0时，g (x )＝0，sgn[g (x )]＝0＝－sgn x 也成立．故B 正确．7．设函数f (x )＝x |x －a |，若对∀x 1，x 2∈[3，＋∞)，x 1≠x 2，不等式f x 1－f x 2x 1－x 2>0恒成立，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，－3]B ．[－3,0)C ．(－∞，3]D ．(0,3]答案 C解析 由题意分析可知条件等价于f (x )在[3，＋∞)上单调递增，又因为f (x )＝x |x －a |，所以当a ≤0时，结论显然成立，当a >0时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－ax ，x ≥a ，－x 2＋ax ，x <a ，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，a 2上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a2，a 上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增，所以0<a ≤3.综上，实数a 的取值范围是(－∞，3]．8.如图所示的图形是由一个半径为2的圆和两个半径为1的半圆组成的，它们的圆心分别是O ，O 1，O 2，动点P 从A 点出发沿着圆弧按A →O →B →C →A →D →B 的路线运动(其中A ，O ，O 1，O 2，B 五点共线)，记点P 运动的路程为x ，设y ＝|O 1P |2，y 与x 的函数关系为y ＝f (x )，则y ＝f (x )的大致图象是( )答案 A解析 当x ∈[0，π]时，y ＝1.当x ∈(π，2π)时，O 1P →＝O 2P →－O 2O 1→，设O 2P →与O 2O 1—→的夹角为θ，|O 2P →|＝1，|O 2O 1—→|＝2，所以θ＝x －π，所以y ＝|O 1P →|2＝(O 2P →－O 2O 1—→)2＝5－4cos θ＝5＋4cos x ，x ∈(π，2π)，所以函数y ＝f (x )的图象是曲线，且单调递增，排除C ，D.当x ∈[2π，4π)时，因为O 1P →＝OP →－OO 1→，设OP →，OO 1→的夹角为α，|OP →|＝2，|OO 1→|＝1，所以α＝2π－12x ，所以y ＝|O 1P →|2＝(OP →－OO 1→)2＝5－4cos α＝5－4cos 12x ，x ∈[2π，4π)，所以函数y ＝f (x )的图象是曲线，且单调递减，排除B.故选A.9．给出下列四个函数：①y ＝2x；②y ＝log 2x ；③y ＝x 2；④y ＝x . 当0<x 1<x 2<1时，使f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22>f x 1＋f x 22恒成立的函数的序号是________．答案 ②④解析 由题意知，满足条件的函数图象形状为：故符合图象形状的函数为y ＝log 2x ，y ＝x .10．已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－a x －a x ，log a xx 在(－∞，＋∞)上是增函数，那么实数a 的取值范围是________．答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，3解析 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧3－a >0，a >1，－a －a ≤log a 1，解得32≤a <3.11．能够把圆O ：x 2＋y 2＝16的周长和面积同时分为相等的两部分的函数称为圆O 的“和谐函数”，下列函数是圆O 的“和谐函数”的是________．①f (x )＝e x ＋e －x； ②f (x )＝ln 5－x 5＋x ；③f (x )＝tan x2；④f (x )＝4x 3＋x .答案 ②③④解析 由“和谐函数”的定义知，若函数为“和谐函数”，则该函数为过原点的奇函数，①中，f (0)＝e 0＋e －0＝2，所以f (x )＝e x ＋e －x 的图象不过原点，故f (x )＝e x ＋e －x不是“和谐函数”；②中，f (0)＝ln5－05＋0＝ln1＝0，且f (－x )＝ln 5＋x 5－x ＝－ln 5－x 5＋x ＝－f (x )，所以f (x )为奇函数，所以f (x )＝ln 5－x5＋x 为“和谐函数”；③中，f (0)＝tan0＝0，且f (－x )＝tan －x 2＝－tan x 2＝－f (x )，f (x )为奇函数，故f (x )＝tan x2为“和谐函数”；④中，f (0)＝0，且f (x )为奇函数，故f (x )＝4x 3＋x 为“和谐函数”，所以②③④中的函数都是“和谐函数”．12．已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋1(a >0)，F (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧f x ，x >0，－f x ，x <0.若f (－1)＝0，且对任意实数x均有f (x )≥0成立．(1)求F (x )的表达式；(2)当x ∈[－2,2]时，g (x )＝f (x )－kx 是单调函数，求k 的取值范围． 解 (1)∵f (－1)＝0，∴a －b ＋1＝0， ∴b ＝a ＋1，∴f (x )＝ax 2＋(a ＋1)x ＋1. ∵f (x )≥0恒成立， ∴⎩⎪⎨⎪⎧a >0，Δ＝a ＋2－4a ≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧a >0，a －2≤0.∴a ＝1，从而b ＝2， ∴f (x )＝x 2＋2x ＋1，∴F (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2x ＋1，x >0，－x 2－2x －1，x <0.(2)由(1)知，g (x )＝x 2＋2x ＋1－kx ＝x 2＋(2－k )x ＋1. ∵g (x )在[－2,2]上是单调函数， ∴k －22≤－2或k －22≥2，解得k ≤－2或k ≥6.∴k 的取值范围是(－∞，－2]∪[6，＋∞)．。
高考数学真题分项汇编专题05 导数选择、填空(理科)(解析版)
十年（2014－2023）年高考真题分项汇编导数选择、填空目录题型一：导数的概念及其几何意义 ..................................... 1 题型二：导数与函数的单调性 ......................................... 8 题型三：导数与函数的极值、最值 ..................................... 9 题型四：导数与函数的零点 .......................................... 14 题型五：导数的综合应用 ............................................ 16 题型六：定积分 (20)题型一：导数的概念及其几何意义一、选择题1．(2021年新高考Ⅰ卷·第7题)若过点(),a b 可以作曲线e x y =的两条切线，则( )A ．e b a <B ．e a b <C ．0e b a <<D ．0e a b <<【答案】D解析:在曲线x y e =上任取一点(),tP t e ，对函数x y e =求导得e x y ′=，所以，曲线x y e =在点P 处的切线方程为()t t y e e x t −=−，即()1t ty e x t e +−， 由题意可知，点(),a b 在直线()1t t y e x t e +−上，可得()()11t tt b ae t e a t e =+−=+−，令()()1t f t a t e =+−，则()()t f t a t e ′=−．当t a <时，()0f t ′>，此时函数()f t 单调递增， 当t a >时，()0f t ′<，此时函数()f t 单调递减，所以，()()max a f t f a e ==， 由题意可知，直线y b =与曲线()y f t =的图象有两个交点，则()max a b f t e <=， 当1t a <+时，()0f t >，当1t a >+时，()0f t <，作出函数()f t 的图象如下图所示：由图可知，当0a b e <<时，直线y b =与曲线()y f t =的图象有两个交点,故选D ．2．(2020年高考课标Ⅰ卷理科·第0题)函数43()2f xx x =−的图像在点(1(1))f ，处的切线方程为( )A ．21y x =−− B ．21y x =−+ C ．23y x =− D ．21y x =+ 【答案】B【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21y x =−+． 故选：B ．【点睛】本题考查利用导数求解函图象的切线方程，考查计算能力，属于基础题 3．(2020年高考课标Ⅲ卷理科·第0题)若直线l 与曲线yx 2+y 2=15都相切，则l 的方程为( )A ．y =2x +1B ．y =2x +12C ．y =12x +1 D ．y =12x +12【答案】D解析：设直线l在曲线y =(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 ．【点睛】本题主要考查了导数的几何意义的应用以及直线与圆的位置的应用，属于中档题．4．(2019·全国Ⅲ·理·第6题)已知曲线e ln x y a x x =+在点()1,ae 处的切线方程为2y x b =+，则( )A ．,1a e b ==−B ．,1a e b ==C ．1,1a e b −==D ．1,1a e b −==−【答案】D【解析】由/ln 1x y ae x =++，根据导数的几何意义易得/1|12x y ae ==+=，解得1a e −=，从而得到切点坐标为(1,1)，将其代入切线方程2y x b =+，得21b +=，解得1b =−，故选D ．【点评】准确求导是进一步计算的基础，本题易因为导数的运算法则掌握不熟，二导致计算错误．求导要“慢”，计算要准，是解答此类问题的基本要求．另外对于导数的几何意义要注意给定的点是否为切点，若为切点，牢记三条：①切点处的导数即为切线的斜率；②切点在切线上；③切点在曲线上。
专题03 导数及其应用-2017年高考文数考纲揭秘及预测
（十六）导数及其应用1．了解导数概念的实际背景.2．通过函数图象直观理解导数的几何意义.3．的导数.4．能利用以下给出的基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则求简单函数的导数. •常见的基本初等函数的导数公式：•常用的导数运算法则：法则1：法则2：法则3：5．了解函数的单调性与导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间（其中多项式函数不超过三次）.6．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（其中多项式函数不超过三次）. 7．会用导数解决实际问题.1．涉及本专题的题目若在选择题、填空题中出现，一般考查导数的几何意义，利用图象判断函数的极值点，利用导数研究函数的单调性、极值、最值等；若在解答题中出现，常结合函数的图象进行分类讨论，作为压轴题进行考查．2．从考查难度来看，本专题的考点综合性比较高，试题难度相对较大，高考中通常利用函数的求导法则和导数的运算性质，考查函数的基本性质等，同时要结合其他知识进行考查，如数列、不等式等．3．从考查热点来看，利用导数研究函数的综合问题是高考命题的热点，也是难点.注意分类讨论思想、数形结合思想的综合应用．1．已知函数()f x 的导数为()(),f x f x '不是常数函数，且()()()10x f x xf x +'+≥，对[)0,x ∈+∞恒成立，则下列不等式一定成立的是A ．()()12e 2f f <B ．()()e 12f f <C ．()10f <D ．()()e e 22f f <2．已知函数()322112,,32f x x ax a x b a b =-+++∈R ． （1）若曲线()y f x =在点()()0,0P f 处的切线与曲线()y f x =的公共点的横坐标之和为3，求的值；（2）当102a <≤时，对任意[],1,2c d ∈-，使()()8f cb f d M a '-+≥+恒成立，求实数M 的取值范围．1．A 【解析】()()()10x f x xf x +'+≥即()()()()()0xf x f x xf x xf x xf x '⎡⎤++=+≥⎣⎦'，设()()e x F x xf x ⎡⎤=⎣⎦ ，那么()()()e e 0x x F x xf x xf x '⎡⎤⎡⎤=+⎣'≥⎣⎦⎦，所以函数()()e x F x xf x ⎡⎤=⎣⎦是单调递增函数，则()()()()212e 1e 22F F f f <⇔<⋅⋅，即()()12e 2f f <，故选A.令()32211232g c c ac a c =-++，则()()()2222g c c ac a c a c a =-++=-+-'， 令()0g c '=，则c a =-或2c a =， 因为102a <≤，所以(]1,0,20,12a a ⎡⎫-∈-∈⎪⎢⎣⎭，其对应图象的对称轴为122a d =<，所以2d =时，()()2min 2422f d f a a ==-++''， 所以()()220643f c b f d a a -+≥+-'，故有2206483a a M a +-≥+， 因为22201226486333a a a a ⎛⎫+--=-- ⎪⎝⎭，且102a <≤，所以2122226333a ⎛⎫--≥- ⎪⎝⎭， 所以223M ≤-．。
专题04 导数及其应用(4大易错点分析+解题模板+举一反三+易错题通关)(新高考专用)(原卷版)
(1)当
a
1 时，求曲线
f
x
在点
1 2
,
f
1 2
处的切线方程；
(2)当 a 0 时，若关于 x 的不等式 f x a a ln 2a 恒成立，求实数 a 的取值范围.
11．已知 a R ，函数 f (x) ex ax ， g(x) ax ln x ． (1)当 a e 时，若斜率为 0 的直线 l 是 g(x) 的一条切线，求切点的坐标； (2)若 f (x) 与 g(x) 有相同的最小值，求实数 a．
①若 f (x) 在某个区间上单调递增，则在该区间上有 f (x) 0 恒成立（但不恒等于 0）；反之，要满足 f (x) 0 ，才能得出 f (x) 在某个区间上单调递增；
注意：在做此类题目时要分清题目提供的点在曲线上还是在曲线外． 易错提醒：1．求函数导数的总原则：先化简解析式，再求导．注意以下几点：
连乘形式则先展开化为多项式形式，再求导；三角形式，先利用三角函数公式转化为和或差的形式， 再求导；分式形式，先化为整式函数或较为简单的分式函数，再求导；复合函数，先确定复合关系，由外
y
f (x0 )
f (x0 )(x
x0
)
，抓住关键
ky0f
f (x0 ) (x0 )
．
应用 2．过点的切线方程 设切点为 P(x0 ，y0 ) ，则斜率 k f (x0 ) ，过切点的切线方程为： y y0 f (x0 )(x x0 ) ，又因为切线方
程过点 A(m ，n) ，所以 n y0 f (x0 )(m x0 ) 然后解出 x0 的值．（ x0 有几个值，就有几条切线）
A． 3x y 1 0 B． 2x y 1 0
C． 4x y 1 0
2017年高考数学理试题分类汇编：导数及其应用
2017年高考数学理试题分类汇编：导数及其应用D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 ）=e x -x -1，g ’（x ）=e x -1＞0（x ＞0），所以g （x ）在在[0，+∞)单调递增，而g (0)=0，故e x ≥x +1当0＜x ＜1，2()(1)(1)f x x x =-+，22(1)(1)1(1)x x ax x a x x -+--=---，取05412a x-=则2000(0,1),(1)(1)0,()1x x x ax f x ax ∈-+-=〉+故当00000510,()1-(1)2112a x f x x x ax ≤=〉+=〉+时，取（）综上，a 的取值范围[1，+∞）(2017年新课标Ⅰ文) 21．已知函数()f x =e x (e x ﹣a )﹣a 2x ．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()0f x ≥，求a 的取值范围． 21. （12分）（1）函数()f x 的定义域为(,)-∞+∞，22()2(2)()xxxxf x e ae a e a e a '=--=+-，①若0a =，则2()xf x e =，在(,)-∞+∞单调递增. ②若0a >，则由()0f x '=得ln x a =.当(,ln )x a ∈-∞时，()0f x '<；当(ln ,)x a ∈+∞时，()0f x '>，所以()f x 在(,ln )a -∞单调递减，在(ln ,)a +∞单调递增. ③若0a <，则由()0f x '=得ln()2a x =-. 当(,ln())2a x ∈-∞-时，()0f x '<；当(ln(),)2a x ∈-+∞时，()0f x '>，故()f x 在(,ln())2a -∞-单调递减，在(ln(),)2a -+∞单调递增.（2）①若0a =，则2()xf x e =，所以()0f x ≥.②若0a >，则由（1）得，当ln x a =时，()f x 取得最小值，最小值为2(ln )ln f a a a=-.从而当且仅当2ln 0aa -≥，即1a ≤时，()0f x ≥.③若0a <，则由（1）得，当ln()2a x =-时，()f x 取得最小值，最小值为23(ln())[ln()]242a af a -=--.从而当且仅当23[ln()]042aa --≥，即342e a ≥-时()0f x ≥.综上，a 的取值范围为34[2e ,1]-. 14．(2017年新课标Ⅰ文)曲线21y x x=+在点（1，2）处的切线方程为_y=x+1(2017年新课标Ⅰ) 21.已知函数2()(2)xx f x aea e 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.综上，a 的取值范围为(0,1).20．(2017年浙江卷)已知函数f (x )=（x–21x -）e x-（12x ≥）.（Ⅰ）求f (x )的导函数；（Ⅱ）求f (x )在区间1[+)2∞，上的取值范围. 【答案】（Ⅰ）f ＇（x ）=（1-x ）（1-221x -）xe -；（Ⅱ）[0,1212e -].（Ⅱ）由解得或.因为x（）1 （）（）- 0+ 0-f （x ）↓ 0 ↑ ↓又，所以f （x ）在区间[）上的取值范围是.(2017年北京卷理) （19）已知函数f （x ）=e x cos x −x .（Ⅰ）求曲线y = f （x ）在点（0，f （0））处的切线方程； （Ⅱ）求函数f （x ）在区间[0，π2]上的最大值和最小值. 【答案】（Ⅰ）f (x )=e x ·cos x －x ∴f (0)=1∴f ´(x )=e x （cos x －sin x ）－1 f ´(0)=0∴y =f (x )在（0，f (0)）处切线过点（0,1），k =0 ∴切线方程为y =1（Ⅱ）f ´(x )=e x （cos x -sin x ）－1，设f ´(x )=g (x ) ∴g ´(x )=－2sin x ·e x ≤0 ∴g (x )在［0，2π］上单调递减， ∴g (x )≤g (0)=0 ∴f ’（x ）≤0∴f (x )在［0，2π］上单调递减， f (x )max =f (0)=1 ∴f (x )min =f (2π)=－2π (2017年江苏卷) 11．已知函数31()2e e x xf x x x =-+-，其中e 是自然对数的底数．若2(1)(2)0f a f a -+≤，则实数a 的取值范围是 ▲ ． 【解析】因为31()2e ()ex x f xx f x x -=-++-=-，所以函数()f x 是奇函数，因为22()32e e 322e e 0x x x x f 'xx x --=-++≥-+⋅≥，所以数()f x 在R 上单调递增，又21)02()(f f a a +-≤，即2())2(1a a f f ≤-，所以221aa≤-，即2120aa +-≤，解得112a -≤≤，故实数a 的取值范围为1[1,]2-. (2017年江苏卷) 20． 已知函数32()1(0,)f x xax bx a b =+++>∈R 有极值，且导函数()f x '的极值点是()f x 的零点．（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值）（1）求b 关于a 的函数关系式，并写出定义域； （2）证明：23b a>；（3）若()f x ，()f x '这两个函数的所有极值之和不小于72-，求a 的取值范围．20. 【解析】（1）因为2()32f x x ax b'=++，所以()620f x x a ''=+=，所以3a x =-， 所以()03af -=，所以3239a b a=+，因为24120ab ∆=->，所以3a >.（2）26345-39813b a a a =-+，23459(27)813y t t t a =-+=>因为135278t =<， 所以min(27)0yy >=，所以b ²>3a .7. ( 2017年全国Ⅲ卷文)函数2sin 1xy x x=++的部分图像大致为（ ）答案：D12. ( 2017年全国Ⅲ卷文)已知函数)(2)(112+--++-=x x e e a x x x f 有唯一零点，则=a （ ） A 21- B 31C 21 D 1【解析】 0)(22)(11'=-+-=+--x x e ea x x f得1=x即1=x 为函数的极值点，故0)1(=f 则0221=+-a ，21=a 21. ( 2017年全国Ⅲ卷文)设函数2()ln (21)f x x axa x=+++.（1）讨论()f x 的单调性； （2）当0a <时，证明3()24f x a ≤--. 解：（1）由2()ln (21),(0)f x x ax a x x =+++>有'1()221f x ax a x=+++ 22(21)1ax a x x+++= (2)①当0a =时，'()10,()f x f x =>单增 ① 当0a ≠时，令'()0f x =，即22(21)10axa x +++= 解得1211(,2x xa=-=-舍)…………2()2(21)1g x ax a x =+++ⅰ.当0a >时，()g x 开口向上，102a -<,()0g x >,即'()0f x >，()f x 单增 ⅱ.当0a <时，()g x 开口向上，102a ->，此时，在1(0,)2a -上，()0g x <，即'()0f x <，()f x 单减在1(,)2a-+∞上，()0g x >，即'()0f x >，()f x 单增 (6)（2）由（1）可得：max111()()ln()1224f x f a a a=-=---故要证3()24f x a ≤--即证113ln()12244a a a ---≤-- ……即证11ln()1022a a -++≤ 即证ln 10(0)t t t -+≤>…令()ln 1g t t t =-+ 则'1()1g t t=-令'()0g t ≥，得1t <max ()(1)0g t g ∴==()0g t ∴≤ (12)故原命题得证.（15）(2017年山东卷理)若函数()xe f x （ 2.71828e =是自然对数的底数）在()f x 的定义域上单调递增，则称函数()f x 具有M 性质.下列函数中所有具有M 性质的函数的序号为 . ①()2xf x -= ②()3xf x -= ③()3f x x = ④()22f x x=+【答案】①④ 【解析】①()22xx x x e e f x e -⎛⎫=⋅= ⎪⎝⎭在R 上单调递增，故()2xf x -=具有M 性质；②()33xxxxe ef x e -⎛⎫=⋅= ⎪⎝⎭在R 上单调递减，故()3xf x -=不具有M 性质；③()3xxe f x ex =⋅，令()3xg x ex =⋅，则()()32232xx x g x ex e x x e x '=⋅+⋅=+，∴当2x >-时，()0g x '>，当2x <-时，()0g x '<，∴()3xxe f x e x =⋅在(),2-∞-上单调递减，在()2,-+∞上单调递增，故()3f x x =不具有M 性质；④()()22xxe f x e x =+，令()()22xg x e x =+，则()()()2222110xx x g x e xe x e x ⎡⎤'=++⋅=++>⎣⎦，∴()()22x x e f x e x =+在R 上单调递增，故()22f x x =+具有M 性质．（10）(2017年天津卷文)已知a ∈R ，设函数()ln f x ax x =-的图象在点（1，(1)f ）处的切线为l ，则l 在y 轴上的截距为___________． 【答案】1（20）(2017年山东卷理)已知函数()22cos f x x x=+，()()cos sin 22xg 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 x π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. 【答案】（Ⅰ）222y x ππ=--.（Ⅱ）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 ⎡⎤=--+++⎣⎦.【解析】解：（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()()()22cos sin 222cos h x e x x x a x x =-+--+，因为()()()()cos sin 22sin cos 222sin xxh 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. 所以 当0x >时，()m x 单调递减，当0x >时，()0m x < 当a 0exa ≤->时，(2)当0a >时，()()()ln 2sin xa h x ee x x '=--由()0h x '=得1ln x a=，2=0x①当01a <<时，ln 0a <， 当(),ln x a ∈-∞时，()ln 0,0xa e e h x '-<>，()h x 单调递增；当()ln ,0x a ∈时，()ln 0,0xa e e h x '-><，()h x 单调递减； 当()0,x ∈+∞时，()ln 0,0xa ee 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；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 ⎡⎤=--+++⎣⎦.（10）(2017年山东卷文)若函数()e xf x (e=2.71828是自然对数的底数)在()f x 的定义域上单调递增,学@科网则称函数()f x 具有M 性质.下列函数中具有M 性质的是（A ）()2xf x -= （B ）()2f x x = （C ）()3xf x -= （D ）()cos f x x = 【答案】A【解析】对于A,令()e2xx g x -=⋅,11()e (22ln )e 2(1ln )022x x x x x g x ---'=+=+>,则()g x 在R上单调递增,故()f x 具有M 性质,故选A. （20）(2017年山东卷文)已知函数()3211,32f x xax a =-∈R .（Ⅰ）当a =2时,求曲线()y f x =在点()()3,3f 处的切线方程； （Ⅱ）设函数()()()cos sin g x f x x a x x =+--,讨论()g x 的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值. 【答案】（Ⅰ）390x y --=,（Ⅱ）见解析.3x-y-9=0（20）(2017年天津卷理)设a ∈Z ，已知定义在R 上的函数432()2336f x x x x x a=+--+在区间(1,2)内有一个零点0x ，()g x 为()f x 的导函数.（Ⅰ）求()g x 的单调区间； （Ⅱ）设00[1,)(,2]m x x ∈，函数0()()()()h x g x m x f m =--，求证：0()()0h m h x <；（Ⅲ）求证：存在大于0的常数A ，使得对于任意的正整数,p q ，且00[1,)(,2],px x q∈ 满足041||px qAq -≥.【答案】（1）增区间是(,1)-∞-，1(,)4+∞，减区间是1(1,)4-.（2）（3）证明见解析【解析】（Ⅰ）由432()2336f x x x x x a=+--+，可得32()()8966g x f x xx x '==+--，进而可得2()24186g x xx '=+-.令()0g x '=，解得1x =-，或14x =. 当x 变化时，(),()g x g x '的变化情况如下表：x (,1)-∞- 1(1,)4- 1(,)4+∞()g x ' + - + ()g x↗↘↗所以，()g x 的单调递增区间是(,1)-∞-，1(,)4+∞，单调递减区间是1(1,)4-. （Ⅱ）证明：由0()()()()h x g x m x f m =--，得0()()()()h m g m m x f m =--，000()()()()h x g x m x f m =--.（III ）证明：对于任意的正整数 p ，q ，且00[1)(,],2px x q∈，令pm q =，函数0()()()()h g m x x x m f =--.由（II ）知，当0[1),m x ∈时，()h x 在区间0(,)m x 内有零点；当0(,2]m x ∈时，()h x 在区间0(),x m 内有零点.1110x ,)()()()0p pg x x f q q=--=不妨设为 则 h(x所以041|2|()px qg q -≥.所以，只要取()2A g =，就有041||p x qAq -≥.（19）(2017年天津卷文)设,a b ∈R，||1a ≤．已知函数32()63(4)f x x x a a x b=---+，()e ()x g x f x =．（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）已知函数()y g x =和e xy =的图象在公共点（x 0，y 0）处有相同的切线，（i ）求证：()f x 在0x x =处的导数等于0；（ii ）若关于x 的不等式()e xg x ≤在区间00[1,1]x x -+上恒成立，求b 的取值范围． 【解析】（Ⅰ）由324()63()f x x a x x a b=--+-，可得2()3123()3()((44))f 'x x a x a a x x a -=---=--，令()0f 'x =，解得x a =或4x a =-．由||1a ≤，得4a a <-． 当x 变化时，()f 'x ，()f x 的变化情况如下表：x(,)a -∞(),4a a -(4,)a -+∞()f 'x +-+()f x所以，()f x 的单调递增区间为(,)a -∞，(4,)a -+∞，单调递减区间为(),4a a -．（Ⅱ）（i ）因为()e (()())xx x g'f f 'x =+，由题意知0000()e ()e xx x x g g'⎧=⎪⎨=⎪⎩，所以000000()e e e (()())ex x xx f f f x 'x x ⎧=⎪⎨+=⎪⎩，解得00()1()0f 'x x f =⎧⎨=⎩．所以，()f x 在0x x =处的导数等于0．（ii ）因为()e xg x ≤，00[11],x xx ∈-+，由ex>，可得()1f x ≤．又因为0()1f x =，0()0f 'x =，故0x 为()f x 的极大值点，由（Ⅰ）知0x a=．另一方面，由于||1a ≤，故14a a +<-，。
2017年高考数学四海八荒易错集专题05导数及其应用理2017032019
专题05 导数及其应用1．(2016·四川)已知a 为函数f (x )＝x 3－12x 的极小值点，则a 等于( ) A ．－4B ．－2C ．4D ．2 答案 D解析 ∵f (x )＝x 3－12x ，∴f ′(x )＝3x 2－12， 令f ′(x )＝0，则x 1＝－2，x 2＝2.当x ∈(－∞，－2)，(2，＋∞)时，f ′(x )>0，则f (x )单调递增；当x ∈(－2,2)时，f ′(x )<0，则f (x )单调递减，∴f (x )的极小值点为a ＝2.2．(2016·课标全国乙)若函数f (x )＝x －13sin2x ＋a sin x 在(－∞，＋∞)上单调递增，则a 的取值范围是( ) A ．[－1,1]B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，13 C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－13，13D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－13 答案 C解析 方法一 (特殊值法)：不妨取a ＝－1， 则f (x )＝x －13sin 2x －sin x ，f ′(x )＝1－23cos 2x －cos x ，但f ′(0)＝1－23－1＝－23<0，不具备在(－∞，＋∞)单调递增，排除A ，B ，D.故选C.方法二 (综合法)：∵函数f (x )＝x －13sin 2x ＋a sin x 在(－∞，＋∞)单调递增，∴f ′(x )＝1－23cos 2x ＋a cos x＝1－23(2cos 2x －1)＋a cos x＝－43cos 2x ＋a cos x ＋53≥0，即a cos x ≥43cos 2x －53在(－∞，＋∞)恒成立．当cos x ＝0时，恒有0≥－53，得a ∈R ；当0<cos x ≤1时，得a ≥43cos x －53cos x ，令t ＝cos x ，f (t )＝43t －53t在(0,1]上为增函数，得a ≥f (1)＝－13；当－1≤cos x <0时，得a ≤43cos x －53cos x ，令t ＝cos x ，f (t )＝43t －53t 在[－1,0)上为增函数，得a ≤f (－1)＝13.综上，可得a 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－13，13，故选C.3．(2016·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 ．y ＝sin x B ．y ＝ln x C ．y ＝e xD ．y ＝x 3答案 A4．(2016·天津)已知函数f (x )＝(2x ＋1)e x，f ′(x )为f (x )的导函数，则f ′(0)的值为________． 答案 3解析 因为f (x )＝(2x ＋1)e x，所以f ′(x )＝2e x ＋(2x ＋1)e x ＝(2x ＋3)e x， 所以f ′(0)＝3e 0＝3.5．设函数y ＝f (x )的导函数为f ′(x )，若y ＝f (x )的图象在点P (1，f (1))处的切线方程为x －y ＋2＝0，则f (1)＋f ′(1)等于( ) A ．4B ．3C ．2D ．1 答案 A解析 依题意有f ′(1)＝1,1－f (1)＋2＝0，即f (1)＝3， 所以f (1)＋f ′(1)＝4.6．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx －a 2－7a 在x ＝1处取得极大值10，则a b的值为( ) A ．－23B ．－2C ．－2或－23D ．2或－23答案 A解析 由题意知f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，f ′(1)＝0，f (1)＝10，即⎩⎪⎨⎪⎧3＋2a ＋b ＝0，1＋a ＋b －a 2－7a ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2，b ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－6，b ＝9，经检验⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－6，b ＝9，满足题意，故a b ＝－23.7．已知函数f (x )＝x 2－ax ＋3在(0,1)上为减函数，函数g (x )＝x 2－a ln x 在(1,2)上为增函数，则a 的值等于________． 答案 2解析 ∵函数f (x )＝x 2－ax ＋3在(0,1)上为减函数， ∴a2≥1，得a ≥2.又∵g ′(x )＝2x －a x，依题意g ′(x )≥0在x ∈(1,2)上恒成立，得2x 2≥a 在x ∈(1,2)上恒成立，有a ≤2，∴a ＝2.8．已知函数f (x )＝x －1x ＋1，g (x )＝x 2－2ax ＋4，若任意x 1∈[0,1]，存在x 2∈[1,2]，使f (x 1)≥g (x 2)，则实数a 的取值范围是__________．答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫94，＋∞ 解析 由于f ′(x )＝1＋1x ＋2>0，因此函数f (x )在[0,1]上单调递增，所以x ∈[0,1]时，f (x )min ＝f (0)＝－1. 根据题意可知存在x ∈[1,2]， 使得g (x )＝x 2－2ax ＋4≤－1，即x 2－2ax ＋5≤0，即a ≥x 2＋52x 能成立，令h (x )＝x 2＋52x，则要使a ≥h (x )在x ∈[1,2]能成立，只需使a ≥h (x )min ，又函数h (x )＝x 2＋52x在x ∈[1,2]上单调递减，所以h (x )min ＝h (2)＝94，故只需a ≥94.易错起源1、导数的几何意义例1 (1)(2016·课标全国甲)若直线y ＝kx ＋b 是曲线y ＝ln x ＋2的切线，也是曲线y ＝ln(x ＋1)的切线，则b ＝_______.(2)已知f (x )＝x 3－2x 2＋x ＋6，则f (x )在点P (－1,2)处的切线与坐标轴围成的三角形的面积等于( ) A ．4 B ．5 C.254D.132答案 (1)1－ln2(2)C(2)∵f (x )＝x 3－2x 2＋x ＋6， ∴f ′(x )＝3x 2－4x ＋1，∴f ′(－1)＝8，切线方程为y －2＝8(x ＋1)， 即8x －y ＋10＝0，令x ＝0，得y ＝10， 令y ＝0，得x ＝－54，∴所求面积S ＝12×54×10＝254.【变式探究】设曲线y ＝2－cos x sin x 在点⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，2处的切线与直线x ＋ay ＋1＝0垂直，则a ＝________.答案 1解析 由题意得，y ′＝－cos x x －－cos x xsin 2x＝1－2cos xsin 2x， 则曲线y ＝2－cos x sin x 在点⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，2处的切线的斜率为k 1＝1－2cosπ2sin2π2＝1.因为直线x ＋ay ＋1＝0的斜率k 2＝－1a，又该切线与直线x ＋ay ＋1＝0垂直，所以k 1k 2＝－1，解得a ＝1.【名师点睛】(1)求曲线的切线要注意“过点P 的切线”与“在点P 处的切线”的差异，过点P 的切线中，点P 不一定是切点，点P 也不一定在已知曲线上，而在点P 处的切线，必以点P 为切点．(2)利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化．以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，则要求掌握平行、垂直与斜率之间的关系，进而和导数联系起来求解．【锦囊妙计，战胜自我】1．函数f (x )在x 0处的导数是曲线f (x )在点P (x 0，f (x 0))处的切线的斜率，曲线f (x )在点P 处的切线的斜率k ＝f ′(x 0)，相应的切线方程为y －f (x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0)． 2．求曲线的切线要注意“过点P 的切线”与“在点P 处的切线”的不同． 易错起源2、利用导数研究函数的单调性 例2、设函数f (x )＝x e kx(k ≠0)．(1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程； (2)求函数f (x )的单调区间；(3)若函数f (x )在区间(－1,1)内单调递增，求k 的取值范围． 解 (1)由题意可得f ′(x )＝(1＋kx )e kx，f ′(0)＝1，f (0)＝0，故曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝x . (2)由f ′(x )＝(1＋kx )e kx＝0，得x ＝－1k(k ≠0)，若k >0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1k 时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1k，＋∞时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增；若k <0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1k 时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1k，＋∞时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减．(3)由(2)知，若k >0，则当且仅当－1k≤－1，即k ≤1时，函数f (x )在区间(－1,1)内单调递增；若k <0，则当且仅当－1k≥1，即k ≥－1时，函数f (x )在区间(－1,1)内单调递增．综上可知，函数f (x )在区间(－1,1)内单调递增时，k 的取值范围是[－1,0)∪(0,1]．【变式探究】(1)已知m 是实数，函数f (x )＝x 2(x －m )，若f ′(－1)＝－1，则函数f (x )的单调递增区间是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－43，0B.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，43 C.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－43∪(0，＋∞) D.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－43∪(0，＋∞) (2)若函数f (x )＝2x 2－ln x 在其定义域内的一个子区间(k －1，k ＋1)内不是单调函数，则实数k 的取值范围是__________．答案 (1)C (2)⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，32解析 (1)因为f ′(x )＝3x 2－2mx ， 所以f ′(－1)＝3＋2m ＝－1，解得m ＝－2.由f ′(x )＝3x 2＋4x >0，解得x <－43或x >0，即函数f (x )的单调递增区间为(－∞，－43)∪(0，＋∞)，故选C.(2)f (x )的定义域为(0，＋∞)．f ′(x )＝4x －1x.由f ′(x )＝0，得x ＝12.据题意，得⎩⎪⎨⎪⎧k －1<12<k ＋1，k －1≥0，解得1≤k <32.【名师点睛】利用导数研究函数单调性的一般步骤： (1)确定函数的定义域； (2)求导函数f ′(x )；(3)①若求单调区间(或证明单调性)，只要在函数定义域内解(或证明)不等式f ′(x )>0或f ′(x )<0. ②若已知函数的单调性，则转化为不等式f ′(x )≥0或f ′(x )≤0在单调区间上恒成立问题来求解． 【锦囊妙计，战胜自我】1．f ′(x )>0是f (x )为增函数的充分不必要条件，如函数f (x )＝x 3在(－∞，＋∞)上单调递增，但f ′(x )≥0.2．f ′(x )≥0是f (x )为增函数的必要不充分条件，当函数在某个区间内恒有f ′(x )＝0时，则f (x )为常函数，函数不具有单调性．易错起源3、利用导数求函数的极值、最值例3、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．(2)f ′(x )＝a ＋2x 2－3x ＝ax 2－3x ＋2x2(x >0), 由题意可得方程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，并令h (x )＝ax 2－3x＋2，则⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝9－8a >0，x 1＋x 2＝3a >0，x 1x 2＝2a >0，⎝⎛⎭⎪⎫也可以为⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝9－8a >0，－－32a >0，h 解得0<a <98.故a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，98. 【变式探究】已知函数f (x )＝ln x ＋ax －a 2x 2(a ≥0)． (1)若x ＝1是函数y ＝f (x )的极值点，求a 的值； (2)若f (x )<0在定义域内恒成立，求实数a 的取值范围． 解 (1)函数的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝－2a 2x 2＋ax ＋1x.因为x ＝1是函数y ＝f (x )的极值点， 所以f ′(1)＝1＋a －2a 2＝0， 解得a ＝－12(舍去)或a ＝1.经检验，当a ＝1时，x ＝1是函数y ＝f (x )的极值点， 所以a ＝1.(2)当a ＝0时，f (x )＝ln x ，显然在定义域内不满足f (x )<0恒成立； 当a >0时， 令f ′(x )＝ax ＋－ax ＋x＝0，得x 1＝－12a (舍去)，x 2＝1a，所以x ，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以f (x )max ＝f (1a )＝ln 1a<0，所以a >1.综上可得，a 的取值范围是(1，＋∞). 【名师点睛】(1)求函数f (x )的极值，则先求方程f ′(x )＝0的根，再检查f ′(x )在方程根的左右函数值的符号． (2)若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程f ′(x )＝0根的大小或存在情况来求解． (3)求函数f (x )在闭区间[a ，b ]的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f (a )，f (b )与f (x )的各极值进行比较得到函数的最值． 【锦囊妙计，战胜自我】1．若在x 0附近左侧f ′(x )>0，右侧f ′(x )<0，则f (x 0)为函数f (x )的极大值；若在x 0附近左侧f ′(x )<0，右侧f ′(x )>0，则f (x 0)为函数f (x )的极小值．2．设函数y ＝f (x )在[a ，b ]上连续，在(a ，b )内可导，则f (x )在[a ，b ]上必有最大值和最小值且在极值点或端点处取得．1．函数f (x )＝14x 2＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2－x ，f ′(x )为f (x )的导函数，则f ′(x )的图象是( )答案 C解析 依题意f (x )＝14x 2－cos x ，对f (x )求导，得f ′(x )＝12x ＋sin x ，可知f ′(x )为奇函数，由此可排除B ，D ；当x <0时，f ′(x )＝12x ＋sin x <0，由此可排除A.2．曲线y ＝f (x )＝xx 2＋1在点(1，f (1))处的切线方程是( )A ．x ＝1B ．y ＝12C ．x ＋y ＝1D ．x －y ＝1答案 B 解析 f (x )＝xx 2＋1的导数f ′(x )＝1－x2＋x22，∴曲线在点(1，f (1))处的切线斜率k ＝0，∵切点为⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12， ∴曲线在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝12.3．已知a ≥0，函数f (x )＝(x 2－2ax )e x.若f (x )在[－1,1]上是单调递减函数，则a 的取值范围是( ) A ．0<a <34B.12<a <34 C ．a ≥34D ．0<a <12答案 C4．若定义在R 上的函数f (x )满足f (0)＝－1，其导函数f ′(x )满足f ′(x )＞k ＞1，则下列结论中一定错误的是( )A ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＜1kB ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＞1k －1C ．f ⎝⎛⎭⎪⎫1k －1＜1k －1 D ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1＞k k －1答案 C解析 ∵导函数f ′(x )满足f ′(x )＞k ＞1，∴f ′(x )－k ＞0，k －1＞0，1k －1＞0，可构造函数g (x )＝f (x )－kx ，可得g ′(x )＞0，故g (x )在R 上为增函数，∵f (0)＝－1，∴g (0)＝－1，∴g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1＞g (0)，即f ⎝⎛⎭⎪⎫1k －1－k k －1＞－1，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1＞1k －1，∴选项C 错误，故选C.5．若函数f (x )＝(x ＋1)e x，则下列命题正确的是( ) A ．对任意m <－1e2，都存在x ∈R ，使得f (x )<mB ．对任意m >－1e 2，都存在x ∈R ，使得f (x )<mC ．对任意m <－1e 2，方程f (x )＝m 只有一个实根D ．对任意m >－1e 2，方程f (x )＝m 总有两个实根 答案 B解析 因为f ′(x )＝[(x ＋1)e x ]′＝(x ＋1)e x ＋e x ＝(x ＋2)e x ，故函数在区间(－∞，－2)，(－2，＋∞)上分别为减函数与增函数，故f (x )min ＝f (－2)＝－1e 2，故当m >－1e 2时，总存在x 使得f (x )<m . 6．设函数f ′(x )是奇函数f (x ) (x ∈R )的导函数，f (－1)＝0，当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0，则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是( )A ．(－∞，－1)∪(0,1)B ．(－1,0)∪(1，＋∞)C ．(－∞，－1)∪(－1,0)D ．(0,1)∪(1，＋∞)答案 A解析 设g (x )＝f x x， 则g (x )的导数g ′(x )＝xf x －f x x 2. ∵当x >0时，总有xf ′(x )<f (x )成立，即当x >0时，g ′(x )<0恒成立，∴当x >0时，函数g (x )＝f x x 为减函数， 又∵g (－x )＝f －x －x ＝－f x －x ＝f x x＝g (x )， ∴函数g (x )为定义域上的偶函数，又∵g (－1)＝f －－1＝0，∴函数g (x )的大致图象如图：数形结合可得，不等式f (x )>0⇔x ·g (x )>0⇔⎩⎪⎨⎪⎧ x >0，g x 或⎩⎪⎨⎪⎧ x <0，g x ⇔0<x <1或x <－1.故选A.7.若函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，则y ＝f (x )的图象可能为( )答案 C解析 根据f ′(x )的符号，f (x )图象应该是先下降后上升，最后下降，排除A 、D ；从适合f ′(x )＝0的点可以排除B.8．已知P (－1,1)，Q (2,4)是曲线y ＝x 2上的两点，则与直线PQ 平行的曲线y ＝x 2的切线方程是____________．答案 4x －4y －1＝09．已知函数f (x )＝x 3＋x ，对任意的m ∈[－2,2]，f (mx －2)＋f (x )<0恒成立，则x 的取值范围为__________．答案 ⎝⎛⎭⎪⎫－2，23 解析 ∵f ′(x )＝3x 2＋1>0，∴f (x )为增函数．又f (x )为奇函数，由f (mx －2)＋f (x )<0知， f (mx －2)<f (－x )．∴mx －2<－x ，即mx ＋x －2<0.令g (m )＝mx ＋x －2，由m ∈[－2,2]知g (m )<0恒成立，即⎩⎪⎨⎪⎧ g －＝－x －2<0，g ＝3x －2<0，解得－2<x <23. 10．函数y ＝x ＋2cos x 在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值是______． 答案 π6＋ 3 解析 y ′＝1－2sin x ，令y ′＝0，且x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，得x ＝π6，则x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π6时，y ′>0；x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π6，π2时，y ′<0，故函数在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π6上递增，在⎝ ⎛⎦⎥⎤π6，π2上递减，所以当x ＝π6时，函数取最大值π6＋ 3. 11．已知函数f (x )＝x 28－ln x ，x ∈[1,3]． (1)求f (x )的最大值与最小值；(2)若f (x )<4－at 对任意的x ∈[1,3]，t ∈[0,2]恒成立，求实数a 的取值范围． 解 (1)∵函数f (x )＝x 28－ln x ，∴f ′(x )＝x 4－1x， 令f ′(x )＝0，得x ＝2或x ＝－2(舍去)．∵x ∈[1,3]，当1<x <2时，f ′(x )<0；当2<x <3时，f ′(x )>0.∴f (x )在(1,2)上是单调减函数，在(2,3)上是单调增函数，∴f (x )在x ＝2处取得极小值f (2)＝12－ln2. 又f (1)＝18，f (3)＝98－ln3， ∵ln3>1，∴18－(98－ln3)＝ln3－1>0， ∴f (1)>f (3)，∴当x ＝1时，f (x )取得最大值为18； 当x ＝2时，f (x )取得最小值为12－ln2. (2)由(1)知，当x ∈[1,3]时，f (x )≤18， 故对任意x ∈[1,3]，f (x )<4－at 恒成立，只要4－at >18对任意t ∈[0,2]恒成立，即at <318恒成立，记g (t )＝at ，t ∈[0,2]．∴⎩⎪⎨⎪⎧ g318，g 318，解得a <3116， ∴实数a 的取值范围是(－∞，3116)． 12．已知函数f (x )＝(ax 2－1)·e x ，a ∈R . (1)若函数f (x )在x ＝1时取得极值，求a 的值； (2)当a ≤0时，求函数f (x )的单调区间． 解 (1)f ′(x )＝(ax 2＋2ax －1)·e x ，x ∈R ，依题意得f ′(1)＝(3a －1)·e＝0，解得a ＝13. 经检验符合题意．(2)f ′(x )＝(ax 2＋2ax －1)·e x，设g (x )＝ax 2＋2ax －1，①当a ＝0时，f (x )＝－e x ， f (x )在(－∞，＋∞)上为单调减函数．②当a <0时，方程g (x )＝ax 2＋2ax －1＝0的判别式为Δ＝4a 2＋4a ，令Δ＝0，解得a ＝0(舍去)或a ＝－1.(ⅰ)当a ＝－1时， g (x )＝－x 2－2x －1＝－(x ＋1)2≤0，即f ′(x )＝(ax 2＋2ax －1)·e x≤0，且f ′(x )在x ＝－1两侧同号，仅在x ＝－1时等于0，则f (x )在(－∞，＋∞)上为单调减函数． (ⅱ)当－1<a <0时，Δ<0，则g (x )＝ax 2＋2ax －1<0恒成立，即f ′(x )<0恒成立，则f (x )在(－∞，＋∞)上为单调减函数．(ⅲ)当a <－1时，Δ＝4a 2＋4a >0，令g (x )＝0， 方程ax 2＋2ax －1＝0有两个不相等的实数根x 1＝－1＋a 2＋a a ，x 2＝－1－a 2＋a a ， 作差可知－1－a 2＋a a >－1＋a 2＋a a， 则当x <－1＋a 2＋a a时，g (x )<0，f ′(x )<0， f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－1＋a 2＋a a 上为单调减函数；当－1＋a 2＋a a <x <－1－a 2＋a a时，g (x )>0，f ′(x )>0， f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫－1＋a 2＋a a ，－1－a 2＋a a 上为单调增函数； 当x >－1－a 2＋a a时，g (x )<0，f ′(x )<0， f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1－a 2＋a a ，＋∞上为单调减函数． 综上所述，当－1≤a ≤0时，函数f (x )的单调减区间为(－∞，＋∞)；当a <－1时，函数f (x )的单调减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1＋a 2＋a a ，⎝ ⎛⎭⎪⎫－1－a 2＋a a ，＋∞， 函数f (x )的单调增区间为⎝⎛⎭⎪⎫－1＋a 2＋a a ，－1－a 2＋a a .。
2017年高考数学理试题分类汇编：导数及其应用
2017年高考数学理试题分类汇编：导数及其应用sin2 x(2017年新课标I 文)&函数y的部分图像大致为1 cosx【答案】A令f (x)0,解得x 2或x 1，所以f(x)在(，2),(1,)单调递增，在(2,1)单调递减所以f (x)极小值 f(1) (1 11)e 1 11，故选A 。
3.(2017年新课标I 文)9 •已知函数f (x) lnx ln(2 x)，贝y (C)A • f(x)在(0,2)单调递增B • f (x)在(0,2)单调递减C • y= f(x)的图像关于直线x=1对称D • y= f (x)的图像关于点(1,0)对称4.(2017年浙江卷)函数y=f(x )的导函数y f (x)的图像如图所示，则函数y=f(x)的图像可能是【答案】D【解析】原函数先减再增，再减再增，因此选 D.2x 1x 15.(2017年新课标川卷理)11 •已知函数f(x) x 2x a(e e )有唯一零点，则 a=(C )1.2. (2017年新课标n 卷理A.)11.若x 2是函数f (x)(x 2ax x 1'1)e 的极值点，则f (x)的极小值为()B. 2e 3C. 5e 3D.1【解析】由题可得 f (x) (2x a)e x 1 (x 2x 12ax 1)e[x(a 2)x a 1]e x 1因为f ( 2)0，所以af(x) (x 2x 1)e x 1，故 f (x) (x 2x 1x 2)e111A.-B. -C . —D . 12 3 2【答案】C【解析】£ -2 “ -a ｛訂十严J ,谡g M =訐+童创，『(© =尸-产 J 戶-二r 二 j当現0 = 0咋r=l,函数里调递矶当11巧 /(x)>0, MM 调递增.当*1时，團数职得最小值胃⑴二2,设/i(x) = x 2-2x f 当*1时、函数取得最小1S-1J 若-GA O,函数矗(£ ,和口冒(兀)浚有交点，当一口 vO 时，一口雷(1)二方⑴日寸「止匕时函数工|和昭(尤)有一个交点,即 p K 2 二 一1 二 a =—、故选 C 1设g x = ax - a - l nx ，贝y f x = xg x , f x 0 等价于 g x 0 因为 g 1 =0, g x 1 0,故g' 1 =0,而g' x a, g' 1 =a 1,得a 1x若 a=1，则 g' x =11 •当0 v x v 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x=1x是g x 的极小值点，故 g x g 1 =0 综上，a=1(2)由 11)知 f ( JT ： = x 2 - jr * jr In jr T f ' (r) = 2x - 2 - In A当兀三卫;时.^T (x) <0 i 当才=二十力时，/rUD , 调递增1 1 1又he 2 >0,h $ v 0,h 1 0,所以h x 在0,2有唯一零点x 。
2017年高考数学(理)一轮复习精品资料 专题15 导数的综合应用(教学案) Word版含解析
专题15 导数的综合应用（教学案） 2017年高考数学（理）一轮复习精品资料1.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)．2.会利用导数解决某些实际问题．1．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)回归实际问题作答． 2．不等式问题(1)证明不等式时，可构造函数，将问题转化为函数的极值或最值问题．(2)求解不等式恒成立问题时，可以考虑将参数分离出来，将参数范围问题转化为研究新函数的值域问题．3．方程解的个数问题构造函数，利用导数研究函数的单调性，极值和特殊点的函数值，根据函数性质结合草图推断方程解的个数．高频考点一 用导数解决与不等式有关的问题例1、设f (x )是定义在R 上的奇函数，且f (2)＝0，当x >0时，有xfx －f xx 2<0恒成立，则不等式x 2f (x )>0的解集是( )A ．(－2,0)∪(2，＋∞)B ．(－2,0)∪(0,2)C ．(－∞，－2)∪(2，＋∞)D ．(－∞，－2)∪(0,2)答案 D 解析 x >0时⎣⎡⎦⎤f x x ′<0，∴φ(x )＝f xx为减函数，又φ(2)＝0，∴当且仅当0<x <2时，φ(x )>0， 此时x 2f (x )>0.又f (x )为奇函数，∴h (x )＝x 2f (x )也为奇函数． 故x 2f (x )>0的解集为(－∞，－2)∪(0,2)． 【变式探究】证明：当x ∈时，22x ≤sin x ≤x .高频考点二、不等式恒成立问题例2、已知定义在正实数集上的函数f (x )＝12x 2＋2ax ，g (x )＝3a 2ln x ＋b ，其中a >0.设两曲线y ＝f (x )，y ＝g (x )有公共点，且在该点处的切线相同．(1)用a 表示b ，并求b 的最大值； (2)求证：f (x )≥g (x )(x >0)．(1)解 设两曲线的公共点为(x 0，y 0)， f ′(x )＝x ＋2a ，g ′(x )＝3a 2x，由题意知f (x 0)＝g (x 0)，f ′(x 0)＝g ′(x 0)，即⎩⎨⎧12x 20＋2ax 0＝3a 2ln x 0＋b ，x 0＋2a ＝3a2x.由x 0＋2a ＝3a 2x 0，得x 0＝a 或x 0＝－3a (舍去)．即有b ＝12a 2＋2a 2－3a 2ln a ＝52a 2－3a 2ln a .令h (t )＝52t 2－3t 2ln t (t >0)，则h ′(t )＝2t (1－3ln t )．于是当t (1－3ln t )>0，即0<t <e 13时，h ′(t )>0；当t (1－3ln t )<0，即t >e 13时，h ′(t )<0.故h (t )在(0，e 13)上为增函数，在(e 13，＋∞)上为减函数，于是h (t )在(0，＋∞)上的最大值为h (e 13)＝32e 23，即b 的最大值为32e 23.(2)证明 设F (x )＝f (x )－g (x )＝12x 2＋2ax －3a 2ln x －b (x >0)，则F ′(x )＝x ＋2a －3a 2x＝x －a x ＋3a x(x >0)．故F (x )在(0，a )上为减函数，在(a ，＋∞)上为增函数． 于是F (x )在(0，＋∞)上的最小值是F (a )＝F (x 0)＝f (x 0)－g (x 0)＝0. 故当x >0时，有f (x )－g (x )≥0， 即当x >0时，f (x )≥g (x )．【感悟提升】(1)利用导数解不等式，一般可构造函数，利用已知条件确定函数单调性解不等式；(2)证明不等式f (x )<g (x )，可构造函数F (x )＝f (x )－g (x )，利用导数求F (x )的值域，得到F (x )<0即可；(3)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．【变式探究】 已知函数f (x )＝ln x －a x.若f (x )<x 2在(1，＋∞)上恒成立，求a 的取值范围． 解 ∵f (x )<x 2，∴ln x －ax<x 2，又x >0，∴a >x ln x －x 3，令g (x )＝x ln x －x 3，则h (x )＝g ′(x )＝1＋ln x －3x 2， h ′(x )＝1x －6x ＝1－6x 2x ，∵当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )<0， ∴h (x )在(1，＋∞)上是减函数， ∴h (x )<h (1)＝－2<0，即g ′(x )<0. ∴g (x )在(1，＋∞)上也是减函数， ∴g (x )<g (1)＝－1，∴当a ≥－1时，f (x )<x 2在(1，＋∞)上恒成立． 高频考点三、利用导数解决函数零点问题例3、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 ；(2)证明：当k <1时，曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点． (1)解 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.【感悟提升】研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置，通过数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现．【变式探究】已知函数f(x)＝x2＋x sin x＋cos x的图象与直线y＝b有两个不同交点，求b的取值范围．解f′(x)＝x(2＋cos x)，令f′(x)＝0，得x＝0.∴当x>0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上递增．当x<0时，f′(x)<0，f(x)在(－∞，0)上递减．∴f(x)的最小值为f(0)＝1.∵函数f(x)在区间(－∞，0)和(0，＋∞)上均单调，∴当b>1时，曲线y＝f(x)与直线y＝b有且仅有两个不同交点．综上可知，b的取值范围是(1，＋∞)．高频考点四、利用导数解决生活中的优化问题例4、某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y(单位：千克)与销售价格x (单位：元/千克)满足关系式y ＝ax －3＋10(x －6)2，其中3<x <6，a 为常数．已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克．(1)求a 的值；(2)若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x 的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大．解 (1)因为x ＝5时，y ＝11，所以a2＋10＝11，a ＝2.(2)由(1)可知，该商品每日的销售量为 y ＝2x －3＋10(x －6)2. 所以商场每日销售该商品所获得的利润为 f (x )＝(x －3)[2x －3＋10(x －6)2]＝2＋10(x －3)(x －6)2,3<x <6. 从而，f ′(x )＝10 ＝30(x －4)(x －6)．于是，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：由上表可得，所以，当x ＝4时，函数f (x )取得最大值，且最大值等于42.答 当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大．【感悟提升】在求实际问题中的最大值或最小值时，一般先设自变量、因变量、建立函数关系式，并确定其定义域，利用求函数最值的方法求解，注意结果应与实际情况相符合．用导数求实际问题中的最大(小)值，如果函数在区间内只有一个极值点，那么根据实际意义可知该极值点就是最值点．【变式探究】某品牌电动汽车的耗电量y 与速度x 之间有关系y ＝13x 3－392x 2－40x (x >0)，为使耗电量最小，则速度应定为________．答案 40解析 由y ′＝x 2－39x －40＝0， 得x ＝－1或x ＝40， 由于0<x <40时，y ′<0；x >40时，y ′>0.所以当x ＝40时，y 有最小值．1.【2016高考江苏卷】（本小题满分16分）已知函数()(0,0,1,1)xxf x a b a b a b =+>>≠≠. 设12,2a b ==. （1）求方程()2f x =的根;（2）若对任意x R ∈,不等式(2)f()6f x m x ≥-恒成立，求实数m 的最大值；（3）若01,1a b <<＞，函数()()2g x f x =-有且只有1个零点，求ab 的值。
2017高考数学考试大纲解读系理科：专题3 导数及其应用 Word版含解析
专题三导数及其应用考纲原文呈现1．导数概念及其几何意义 （1）了解导数概念的实际背景； （2）理解导数的几何意义． 2．导数的运算（1）能根据导数定义求函数y =C ，（C 为常数），231,,,,y x y x y x y y x=====的导数．（2）能利用下面给出的基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则求简单函数的导数，能求简单的复合函数（仅限于形如f (ax +c )的复合函数）的导数．①常见基本初等函数的导数公式：()0C '=（C 为常数）；1()()n n x nx n N -+'=∈； (sin )cos x x '=；(cos )sin x x '=-；()x x e e '=；()ln (01)x x a a a a a '=>≠且；1(ln )x x '=；1(log )log a a x e x'=(01)a a >≠且． ②常用的导数运算法则：法则1：[()()]()()u x v x u x v x '''+=+．法则2：[()()]()()()()u x v x u x v x u x v x '''=+．法则3：2()()()()()[](()0)()()u x u x v x u x v x v x v x v x ''-'=≠． 3．导数在研究函数中的应用（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）．4．生活中的优化问题会利用导数解决某些实际问题．5．定积分与微积分基本定理（1）了解定积分的实际背景，了解定积分的基本思想，了解定积分的概念；（2）了解微积分基本定理的含义．考情分析与预测导数在研究单调性与求最值中应用12命题预测本部分是高考重点考查内容，涉及的知识点多，综合性强，预计2017年的高考仍将突出导数的工具性，重点是利用导数研究函数的极值、最值及单调性等问题，其中蕴含对转化与化归、分类与讨论和数形结合等数学思想方程的考查，常与函数的单调性、方程的零点、不等式的证明及恒成立问题交汇命题，难度较大．主要题型仍将有：（1）以小题形式考查导数与定积分的计算及其几何意义；（2）以大题的形式出现，考查导数在函数的应用中（单调性，极值与最值）．样题深度解读主要有两种题型：（已知函数的单调区间，此样题分析首先求出函数()f x 的导函数(f x '的值，再利用定积分求得图象阴影部分的面积，押题：设函数()22ln f x x bx a x =+-．（1）当5,1a b ==-时，求()f x 的单调区间；（2）若对任意[]3,2b ∈--，都存在()21,x e ∈（为自然对数的底数），使得()0f x <成立，求实数的取值范围．【解析】（1）当5,1a b ==-时，()225ln f x x x x =--，其定义域为()0,+∞，()()()245154541x x x x f x x x x x-+--'=--==， 由()0f x '<，得514x -<<，由()0f x '>，得1x <-或54x >． 因为定义域为()0,+∞，所以()f x 的递减区间为50,4⎛⎫ ⎪⎝⎭，()f x 的递增区间为5,4⎛⎫+∞⎪⎝⎭．()()2820,1,x x x e ϕ'=->∈，所以()x ϕ在()21,e 上单调递增，所以()()12x a ϕϕ>=-，当2a ≤时，()0x ϕ>，即()0h x '>，所以()h x 在()21,e 上单调递增，所以()()10h x h >=，不符合题意．当2a >时，()()242120,42a e e e a ϕϕ=-<=--，若()20e ϕ≤，即()422242212a e e e e ≥-=->时，()0x ϕ<，即()0h x '<，()h x 在()21,e 上单调递减，又()10h =，所以存在()21,x e ∈，使得()00x ϕ<，若()20e ϕ>，即42242a e e <<-时，在()21,e 上存在实数m ，使得()0m ϕ=，即()1,x m ∈时，()()0,0x h x ϕ'<<，所以()h x 在()1,m 上单调递减，所以()01,x m ∈，使得()()010h x h <=．综上所述，当2a >时，对任意[]3,2b ∈--，存在()21,x e ∈，使得()0f x <成立．。
2017高考数学导数部分考题汇编详细解析太好了(请收藏)
2017高考数学导数部分考题汇编详细解析太好了（请收藏）
高中数学导数部分相关知识，无论文理学科，在高考中，都是作为难题，压轴题存在。
本章难度高，综合性较强，想要在数学成绩上达到中上等水平，就必须在本章有所突破。
本章的【学习目标】如下：1. 会利用导数解决曲线的切线的问题.2. 会利用导数解决函数的单调性等有关问题.3. 会利
用导数解决函数的极值、最值等有关问题.4. 能通过运用导数这一工具解决生活中的一些优化问题：例如利润最大、用料最省、效率最高等问题5. 定积分的应用。
下面是收集整理的2017年高考数学理科试卷的导数部分的考题汇编与详细解析，全部解析文档有16页，另外有原题文档，需要全部可编辑打印文档的可回复或私信输入“004”索取。
大家喜欢我的文章的话可以顺手点个赞，更可以加关注，我会经常发些初高中学习与教育方面的文章来供大家阅读与
参考，如有不当之处也多请大家包涵，谢谢！。
专题05 一元函数的导数及其应用(解析版)-2025高考数学一轮复习
专题05一元函数的导数及其应用（思维构建+知识盘点+重点突破+方法技巧+易混易错）知识点1导数的概念1、函数y ＝f (x )在x ＝x 0处的导数定义一般地，称函数y ＝f (x )在x ＝x 0处的瞬时变化率f （x 0＋Δx ）－f （x 0）Δx＝lim Δx →0ΔyΔx 为函数y ＝f (x )在x ＝x 0处的导数，记作f ′(x 0)或y ′|x ＝x 0，即f ′(x 0)＝lim Δx →0ΔyΔx ＝lim Δx →0f （x 0＋Δx ）－f （x 0）Δx．2、导数的几何意义函数f (x )在点x 0处的导数f ′(x 0)的几何意义是在曲线y ＝f (x )上点P (x 0，y 0)处的切线的斜率(瞬时速度就是位移函数s (t )对时间t 的导数)．相应地，切线方程为y －y 0＝f ′(x 0)(x －x 0)．3、函数f (x )的导函数：称函数f ′(x )＝lim Δx →0f （x ＋Δx ）－f （x ）Δx为f (x )的导函数．知识点2导数的运算1、基本初等函数的导数公式原函数导函数f (x )＝c (c 为常数)f ′(x )＝0f (x )＝x n (n ∈Q *)f ′(x )＝nx n－1f (x )＝sin x f ′(x )＝cos_x f (x )＝cos x f ′(x )＝－sin_x f (x )＝a x (a >0且a ≠1)f ′(x )＝a x ln_a f (x )＝e xf ′(x )＝e x f (x )＝log a x (x >0，a >0且a ≠1)f ′(x )＝1x ln af (x )＝ln x (x >0)f ′(x )＝1x2、导数的运算法则(1)[f (x )±g (x )]′＝f ′(x )±g ′(x )．(2)[f (x )·g (x )]′＝f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )．(3)f （x ）g （x ）′＝f ′（x ）g （x ）－f （x ）g ′（x ）[g （x ）]2(g (x )≠0)．3、复合函数的导数（1）复合函数的概念：一般地，对于两个函数()y f u =和()u g x =，如果通过中间变量u ，y 可以表示成x 的函数，那么称这个函数为()y f u =和()u g x =的复合函数，记作(())y f g x =.（2）复合函数的求导法则：一般地，复合函数(())y f g x =的导数和函数()y f u =，()u g x =的导数间的关系为x u x y 'y 'u '=⋅，即y 对x 的导数等于y 对u 的导数与u 对x 的导数的乘积.规律：从内到外层层求导，乘法连接。
【6份】2017版高考数学(理)人教A版(全国)一轮复习 第3章 导数及其应用
5. 复合函数的导数
复合函数 y＝f(g(x)) 的导数和函数 y＝f(u)，u＝g(x)的导数间的关系为 yx′
ux′ ＝ yu′· ，即y对x的导数等于 y对u 的导数与 u对x 的导数的乘积.
答案
思考辨析
判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)f′(x0)与(f(x0))′表示的意义相同.( × ) (2)求f′(x0)时，可先求f(x0)再求f′(x0).( × )
第三章 导数及其应用
§3.1 导型分类 深度剖析 易错警示系列
思想方法 感悟提高 练出高分
基础知识 自主学习
1
知识梳理
fx0＋Δx－fx0 Δy , (1)函数 y＝f(x)在 x＝x0 处的瞬时变化率是Δ lim ＝ lim ， → → x 0Δx Δx 0 Δx 我们称它为函数 y＝f(x)在 x＝x0 处的导数，记作 f′(x0)或 y |x＝x0 ， fx0＋Δx－fx0 Δy lim Δx→0 Δx 即 f′(x0)＝ lim ＝ . → Δx 0 Δx
因为两切线垂直，所以k1k2＝－1，所以m＝1，n＝1，
则点P的坐标为(1,1).
1 2 3 4 5
解析答案 返回
题型分类 深度剖析
题型一
导数的运算
例1 求下列函数的导数： (1) y＝(3x2－4x)(2x＋1)； 解 ∵y＝(3x2－4x)(2x＋1) ＝6x3＋3x2－8x2－4x＝6x3－5x2－4x， ∴y′＝18x2－10x－4. (2) y＝x2sin x； 解 y′＝(x2)′sin x＋x2(sin x)′＝2xsin x＋x2cos x.
(3)曲线的切线不一定与曲线只有一个公共点.( √ )
(4)与曲线只有一个公共点的直线一定是曲线的切线.( × )
一元函数的导数及其应用(利用导函数研究单调性(含参)问题)(解答题压轴题)(解析版)高考数学必刷题
专题05一元函数的导数及其应用（利用导函数研究单调性（含参）问题）利用导函数研究单调性（含参）问题①导函数有效部分为一次型（或类一次型）②导函数有效部分为可因式分解的二次型（或类二次型）③导函数有效部分为不可因式分解的二次型①导函数有效部分为一次型（或类一次型）角度1：导函数有效部分为一次型1．（2022·吉林吉林·模拟预测（文））已知函数()()ln f x x ax a R =+∈.判断函数()f x 的单调性：解()ln f x x ax =+的定义域为()0,∞+，()11ax f x a x x'+=+=当0a ≥时，()0f x '>恒成立，()f x 在()0,∞+上单调递增，当0a <时，令()0f x '>，10x a<<-.令()0f x '<，1x a >-，所以()f x 在10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，在1,a ∞⎛⎫-+ ⎪⎝⎭上单调递减.综上，当0a ≥时，()f x 在()0,∞+上单调递增；当0a <时，()f x 在10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，在1,a ∞⎛⎫-+ ⎪⎝⎭上单调递减.2．（2022·江苏南通·高二期中）已知函数()ln a f x x x =-，()()e sin x g x x a =+∈R 讨论函数()f x 的单调性；解由题意知：()f x 定义域为()0,∞+，()221a x a f x x x x +'=--=-；当0a ≥时，()0f x '<恒成立，()f x ∴在()0,∞+上单调递减；当0a <时，令()0f x '=，解得：x a =-；∴当()0,x a ∈-时，()0f x '>；当(),x a ∈-+∞时，()0f x '<；()f x ∴在()0,a -上单调递增，在(),a -+∞上单调递减；综上所述：当0a ≥时，()f x 在()0,∞+上单调递减；当0a <时，()f x 在()0,a -上单调递增，在(),a -+∞上单调递减.3．（2022·广东·东涌中学高二期中）已知函数()1ln f x x a x =--（其中a 为参数）.求函数()f x 的单调区间：解由题意得：()f x 定义域为()0,∞+，()1a x a f x x x'-=-=；当0a ≤时，()0f x '>，则()f x 的单调递增区间为()0,∞+，无单调递减区间；当0a >时，令()0f x '=，解得：x a =；∴当()0,x a ∈时，()0f x '<；当(),x a ∈+∞时，()0f x '>；()f x ∴的单调递增区间为(),a +∞；单调递减区间为()0,a ；综上所述：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(),a +∞；单调递减区间为()0,a .4．（2022·全国·高三专题练习（文））已知函数()()1ln f x ax x a =--∈R ．讨论函数()f x 的单调性；()11ax f x a x x-'=-=，()0x >．当0a ≤时，10ax -<，从而()0f x '<，函数()f x 在()0,∞+上单调递减；当0a >时，若10x a<<，则10ax -<，从而()0f x '<，若1x a >，则10ax ->，从而()0f x '>，从而函数在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增．5．（2022·全国·高三专题练习（文））设函数()ln e a f x x x=+讨论函数()f x 的单调性；解：因为()ln e a f x x x =+，定义域为()0,∞+，所以()2e e x a f x x -='.①当0a ≤时，()0f x '>，故()f x 在()0,∞+上单调递增；②当0a >时，若0,e a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则()0f x '<，若,e a x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭，则()0f x '>，∴()f x 在0,e a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在,e a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，∴综上，当0a ≤时，()f x 在()0,∞+上单调递增，当0a >时，()f x 在0,e a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在,e a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增.角度2：导函数有效部分为类一次型1．（2022·河南驻马店·高二期中（理））已知函数()e x f x ax a =-+，a 为常数．讨论函数()f x 的单调性；解：因为()f x 定义域为R ，()e x f x a '=-，当0a ≤时，()0f x '>，则()f x 在R 上单调递增，当0a >时，由()0f x '=解得ln x a =，(,ln )x a ∈-∞时，()0f x '<，()f x 单调递减，(ln ,)x a ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增综上知：当0a ≤时，()f x 在R 上单调递增，当0a >，()f x 的单调递减区间为(,ln )a -∞，单调递增区间为(ln ,)a +∞．2．（2022·山东·德州市教育科学研究院高二期中）设函数()ax f x x =-ｅ，R a ∈．讨论函数()f x 的单调性；【解析】()f x 的定义域为R ，()1ax f x a '=-ｅ当0a ≤时，()0f x '<，故()f x 在R 上递减．当0a >时，令()0f x '>得ln a x a >-，令()0f x '<得ln a x a<-综上可知：0a ≤时，()f x 在R 上单调递减0a >时，()f x 在ln ,a a ⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭上单调递减，在ln ,a a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭单调递增3．（2022·四川德阳·三模（文））已知函数() e x f x ax a =++，判定函数()f x 的单调性；【答案】(1)当0a ≥时，函数在R 上单调递增；当0a <时，函数的单调递增区间为(ln(),)a -+∞，单调递减区间为(,ln())a -∞-；解：由题得() e x f x a '=+，当0a ≥时，()0f x '>，所以函数在R 上单调递增；当0a <时，令e 0,x a +>所以ln(),x a >-令e 0,x a +<所以ln(),x a <-所以此时函数的单调递增区间为(ln(),)a -+∞，单调递减区间为(,ln())a -∞-.综上所述，当0a ≥时，函数在R 上单调递增；当0a <时，函数的单调递增区间为(ln(),)a -+∞，单调递减区间为(,ln())a -∞-.4．（2022·湖北武汉·模拟预测）已知函数()(1ln )1()f x x a x a =-+∈R ．讨论()f x 的单调性；因为()(1ln )1f x x a x =-+，定义域为(0,)+∞，所以()1ln f x a a x '=--．①当0a >时，令1()1ln 0ln a f x a a x x a-=--=⇔='，解得1e a a x -=即当10,e a a x -⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0,()f x f x '>单调递增：当1e ,a a x -⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0,()f x f x '<单调递减；②当0a =时()10,()f x f x =>'在(0,)+∞单调递增；③当0a <时令1()1ln 0ln a f x a x x aα-=--=⇔='，解得1e a a x -=，即当10,e a a x -⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0,()f x f x '<单调递减；当1e ,a a x -⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0,()f x f x '>单调递增；综上：当0a >时，()f x 在10,e a a -⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增，在1e ,a a -⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递减；当0a =时，()f x 在(0,)+∞单调递增；当0a <时，()f x 在10,e a a -⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，在1e ,a a -⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递增．5．（2022·全国·模拟预测）已知函数()()1e 3e x xa f x a =++-，其中e 为自然对数的底数，R a ∈．讨论函数()f x 的单调性；函数()f x 的定义域R ，求导得：()()()21e 1e e e x xx x a a a f x a +-'=+-=，若1a <-，由()()1e e 0e x x x a f x ⎛++- ⎝⎭⎝⎭'==，得x =当,ln x ⎛∈-∞ ⎝时，()0f x '>，当x ⎛⎫∈+∞ ⎪ ⎪⎝⎭时，()0f x '<，则()f x在⎛-∞ ⎝上单调递增，在⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递减，若10a -≤≤，则对任意R x ∈都有()0f x '>，则()f x 在R 上单调递增，若0a >，当x ⎛∈-∞ ⎝时，()0f x '<，当x ⎛⎫∈+∞ ⎪ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，则()f x在⎛-∞ ⎝上单调递减，在⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递增，所以，当1a <-时，()f x在,ln ⎛-∞ ⎝上单调递增，在⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递减；当10a -≤≤时，()f x 在R 上单调递增；当0a >时，()f x在⎛-∞ ⎝上单调递减，在⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递增．②导函数有效部分为可因式分解的二次型（或类二次型）角度1：导函数有效部分为可因式分解的二次型1．（2022·陕西·宝鸡中学模拟预测（文））已知函数()()()21212ln R 2f x ax a x x a =-++∈(1)当1a =-时，求()f x 在点()()1,1f 处的切线方程；(2)当0a >时，求函数()f x 的单调递增区间.【答案】(1)4230--=x y (2)答案见解析(1)解：当1a =-时，21()2ln 2f x x x x =-++，所以2()1f x x x '=-++，所以()12f '=，()112f =，故()f x 在点()()1,1f 处的切线方程是()1212y x -=-，即4230--=x y ；(2)解：因为()()21212ln 2f x ax a x x =-++定义域为()0,∞+，所以2(1)(2)()(21)ax x f x ax a x x --'=-++=，因为0a >，当102a <<，即当12a >时，由()0f x '>，解得10x a<<或2x >，当12a =时，11(2)2()0x x f x x⎛⎫-- ⎪⎝⎭'=≥恒成立，当12a >，即当102a <<时，由()0f x '>，解得02x <<或1x a>，综上，当12a >时，()f x 的递增区间是10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，(2,)+∞，当12a =时，()f x 的递增区间是(0,)+∞，当102a <<时，()f x 的递增区间是(0,2)，1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭；2．（2022·安徽·安庆一中高三阶段练习（文））已知函数()()212ln 22f x x a x ax =---．讨论()f x 的单调性；【答案】函数()f x 的定义域为()0,+∞．()()()()()221122212f x a ax a x ax x ax x x x⎡⎤'=---=---=--+⎣⎦．当0a 时，若01x <<，则()0f x ¢>；若1x >，则()()0.f x f x '<在区间()0,1单调递增，在()1,+∞单调递减．当2a =-时()(),0,f x f x ' 在()0,+∞单调递增．当20a -<<时，21a ->，若01x <<或2x a >-，则()0f x '>；若21x a<<-，则()0f x ¢<．所以()f x 在区间()20,1,,a ∞⎛⎫-+ ⎪⎝⎭单调递增，在区间21,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭单调递减．当2a <-时，201a<-<，若20x a <<-或1x >，则()0f x ¢>；若21x a -<<，则()0f x ¢<．所以()f x 在()20,,1,a ∞⎛⎫-+ ⎪⎝⎭单调递增，在2,1a ⎛⎫- ⎪⎝⎭单调递减．综上所述，0a 时，()f x 在()0,1单调递增，在()1,+∞单调递减．2a =-时，()f x 在()0,+∞单调递增．20a -<<时，()f x 在()20,1,,a ∞⎛⎫-+ ⎪⎝⎭单调递增，在21,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭单调递减．2a <-时，()f x 在20,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭，()1,+∞单调递增，在2,1a ⎛⎫- ⎪⎝⎭单调递减．3．（2022·黑龙江·海伦市第一中学高二期中）已知函数2()ln (1)()2=+-+∈R a f x x x a x a ，2()()(1)2=-++a g x f x x a x .讨论()f x 的单调性；【答案】1(1)(1)()(1)(0)--=+-+=>'ax x f x ax a x x x .当0a ≤时，10ax -<，令()0f x '>，得01x <<；令()0f x '<，得1x >.所以()f x 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减.当101a <<，即1a >时，令()0f x '>，得10x a<<或1x >；令()0f x '<，得11x a <<.所以()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，(1,)+∞上单调递增，在1,1a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减.当11a =，即1a =时，()0f x '≥恒成立，所以()f x 在(0,)+∞上单调递增.当11a >，即01a <<时，令()0f x '>，得01x <<或1x a>；令()0f x '<，得11x a <<.所以()f x 在(0,1)，1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，在11,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减.综上所述，当0a ≤时，()f x 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减；当01a <<时，()f x 在(0,1)，1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，在11,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减；当1a =时，()f x 在(0,)+∞上单调递增；当1a >时，()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，(1,)+∞上单调递增，在1,1a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减；4．（2022·江苏省苏州实验中学高二期中）已知函数()2ln 21x f x x x m m ⎛⎫=-+- ⎪⎝⎭，其中m R ∈.讨论函数f (x )的单调性；【答案】()f x 的定义域为(0,)+∞，依题意可知，0m ≠，12()21f x x mx m '=-+-22(2)1mx m x mx-+-+=(21)(1)x mx mx +-+=，当0m >时，由()0f x '>，得10x m <<，由()0f x '<，得1x m >，所以()f x 在1(0,)m 上单调递增，在1(,)m+∞上单调递减.当0m <时，由()0f x '<恒成立，所以()f x 在定义域(0,)+∞上单调递减，综上所述：当0m >时，()f x 在1(0,)m 上单调递增，在1(,)m +∞上单调递减；当0m <时，()f x 在定义域(0,)+∞上单调递减.5．（2022·河北·沧县中学高二阶段练习）已知函数()ln 2f x x x =-，R a ∈．(1)求()f x 在x ＝1处的切线方程；(2)设()()2g x f x ax ax =-+，试讨论函数()g x 的单调性．【答案】(1)1y x =--；(2)答案见解析.(1)因为()ln 2f x x x =-，则()12f =-，所以()12f x x'=-，在x ＝1处()1121f '=-=-．在x ＝1处切线方程：()21y x +=--，即1y x =--．(2)因为()()()22ln 2g x f x ax ax x ax a x =-+=-+-，所以()()()()1210ax x g x x x +-'=->，①若0a ≥，则当10,2⎛⎫∈ ⎪⎝⎭x 时，()0g x ¢>，()g x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增；当1,2x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0g x ¢<，()g x 在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减．②若0a <，()()()1210a x x a g x x x⎛⎫+- ⎪⎝⎭'=->，当2a <-时，在10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭和1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上()0g x ¢>，在11,2a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上()0g x ¢<，所以()g x 在10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭和1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，在11,2a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减；当2a =-时，()0g x ¢³恒成立，所以()g x 在()0,+∞上单调递增；当20a -<<时，在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭和1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上()0g x ¢>，在11,2a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上()0g x ¢<，所以()g x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭和1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，在11,2a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减．综上，0a ≥，()g x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减；20a -<<，()g x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭和1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，在11,2a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减；2a =-，()g x 在()0,+∞上单调递增；2a <-，()g x 在10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭和1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，在11,2a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减.6．（2022·内蒙古呼和浩特·二模（理））已知函数()()21ln a f x a x x x +=+++讨论()f x 的单调性；解：由题意可得()f x 的定义域为()0,+∞()()()()()22222112121x a x x a x a a a f x x x x x ----⎡⎤++-+++⎣⎦'=-+==①当21a --=时，即3a =-，()f x 在()0,+∞单调递增．②当21a -->时，即3a <-，()0,1x ∈时，()0f x '>，()f x 单调递增；()1,2x a ∈--时，()0f x '<，()f x 单调递减；()2,x a ∈--+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增；③当021a <--<时，即32a -<<-，()0,2x a ∈--时，()0f x '>，()f x 单调递增，()2,1x a ∈--时，()0f x '<，()f x 单调递减，()1,x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增，④当20a --≤时，即2a ≥-，()0,1x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减，()1,x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增；综上可得：当3a <-时，()f x 在()0,1和()2,a --+∞上单调递增，在()1,2a --上单调递减；当3a =-时，()f x 在()0,+∞上单调递增；当32a -<<-时，()f x 在()0,2a --和()1,+∞上单调递增，在()2,1a --上单调递减；当2a ≥-时，()f x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增；角度2：导函数有效部分为可因式分解的类二次型1．（2022·湖北·蕲春县第一高级中学模拟预测）已知函数()()()e 12e x xa f x a x a =+---∈R 求函数()f x 的单调区间.【答案】由题意，得()()()()e 1e e 1,e e x x x x x a af x a x +-=---='∈R 当0a ≤时，()0f x '>恒成立，所以()f x 在R 上单调递增.当0a >时，由()0f x '>，得ln x a >，由()0f x '<，得ln x a <，所以()f x 在(,ln )a -∞上单调递减，在(ln ,)a +∞上单调递增.综上所述，当0a ≤时，()f x 的单调递增区间为R ，无单调递减区间，当0a >时，()f x 的单调递减区间为(,ln )a -∞，单调递增区间为(ln ,)a +∞；2．（2022·辽宁·高二期中）已知函数()()213e 242x f x x ax ax =--++．(1)当a ＝1时，求()f x 零点的个数；(2)讨论()f x 的单调性．【答案】(1)有3个零点；(2)答案见解析.(1)当a ＝1时，()()213e 242x f x x x x =--++，则()()()()2e 22e 1x x f x x x x '=--+=--，由()0f x '>，得x <0或x >2，由()0f x '<，得0<x <2，则()f x 在（0，2）上单调递减，在（－∞，0）和（2，+∞）上单调递增，因为()25220e f -=--<，()03410f =-+=>，()22e 60f =-+<，()911310022f =-+=>，所以()f x 有3个零点．(2)由题意可得()()()()2e 22e x x f x x ax a x a '=--+=--，①当a ≤0时，由()0f x '>，得x >2，由()0f x '<，得x <2，则()f x 在（－∞，2）上单调递减，在（2，+∞）上单调递增，②当20e a <<时，由()0f x '>，得1x na <或x >2，由()0f x '<，得ln a <x <2，则()f x 在（ln a ，2）上单调递减，在（－∞，ln a ）和（2，+∞）上单调递增，③当2e a =时，()0f x '≥恒成立，则()f x 在（－∞，+∞）上单调递增，④当2e a >时，由()0f x '>，得x <2或x >ln a ，由()0f x '<，得2<x <ln a ，则()f x 在（2，ln a ）上单调递减，在（－∞，2）和（ln a ，+∞）上单调递增，综上，当a ≤0时，f （x ）在（－∞，2）上单调递减，在（2，+∞）上单调递增；当20<e a <时，()f x 在（ln a ，2）上单调递减，在（－∞，ln a ）和（2，+∞）上单调递增；当2e a =时，()f x 在（－∞，+∞）上单调递增；当2e a >时，()f x 在（2，ln a ）上单调递减，在（－∞，2）和（ln a ，+∞）上单调递增．3．（2022·辽宁·东北育才学校高二期中）已知函数()()1e e 12x x f x a a x ⎛⎫=+-+ ⎪⎝⎭讨论()f x 的单调性；【答案】()()1e e 12x x f x a a x ⎛⎫=+-+ ⎪⎝⎭的定义域为R,()()()e 1e 1x x f x a '=-++.i.当a ≥-1时,e 10x a ++>.令()0f x '>,解得,()0x ∈+∞；令()0f x '<,解得(,0)x ∈-∞.所以()f x 的单增区间为(0,)+∞,单减区间为(,0)-∞.ii.当1a <-时,令()0f x '=,解得：x =0或x =ln(-a -1).（i ）当ln(-a -1)=0,即a =-2时,()()2e 1xf x '=-≥0,所以()f x 在(-∞,+∞)单增.（ii ）当ln(-a -1)>0,即a <-2时,由()0f x '>解得：()()(),0ln 1,x a ∈-∞⋃--+∞；由()0f x '<解得：()()0,ln 1x a ∈--.所以()f x 的单增区间为()()(),0,ln 1,a -∞--+∞,()f x 单减区为()()0,ln 1a --.（iii ）当ln(-a -1)<0,即-2<a <-1时,由()0f x '>解得：()()(),ln 10,x a ∈-∞--⋃+∞；由()0f x '<解得：()()ln 1,0x a ∈--.所以()f x 的单增区间为()()(),ln 1,0,a -∞--+∞，()f x 的单减区间为()()ln 1,0a --.4．（2022·湖北荆州·高二期中）已知函数()()()1211e 02x f x x a x ax x -=---+>．讨论()f x 的极值．【答案】因为()()()1211e 02x f x x a x ax x -=---+>，所以()()()()1e 10xf x x a x -'=-->．令()0f x '=，得x a =或1x =．①当0a ≤时，由()0f x '>，得1x >，由()0f x '<，得01x <<．则()f x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增，所以函数有极小值()112f =-，没有极大值.②当01a <<时，由()0f x '>，得0x a <<或1x >，由()0f x '<，得1<<a x ．则()f x 在(),1a 上单调递减，在()0,a 和()1,+∞上单调递增，所以函数有极大值()211e 2a f a a -=-，极小值()112f =-．③当1a =时，()0f x '>恒成立，则()f x 在()0,∞+上单调递增，函数无极值．④当1a >时，由()0f x '>，得01x <<或x a >，由()0f x '<，得1x a <<．则()f x 在()1,a 上单调递减，在()0,1和(),a +∞上单调递增，所以函数有极大值()112f =-，极小值()211e 2a f a a -=-.综上，当0a ≤时，函数有极小值()112f =-，无极大值；当01a <<时，函数有极大值()211e 2a f a a -=-，极小值()112f =-；当1a =时，函数无极值；当1a >时，函数有极大值()112f =-，极小值()211e2a f a a -=-.5．（2022·浙江·罗浮中学高二期中）已知函数()()2e 2e xx f x k kx =+--．其中k 为实数．(1)当0k >时，若()f x 两个零点，求k 的取值范围；(2)讨论()f x 的单调性．【答案】(1)01k <<(2)答案不唯一，具体见解析(1)解：因为()()2e 2e xx f x k kx =+--，R x ∈，0k >所以()()22e 2e x xf x k k =+--'，令()()()2e e 10x x f x k '=-=+得e 1x =或e 2xk=-（舍去），所以当0x <时()0f x '<，当0x >时()0f x '>故()f x 在()0,∞+上单调递增，在(),0∞-上单调递减，()()min 01f x f k ==-，要使()f x 有两个零点，则()min 0f x <，即100k k -<⎧⎨>⎩，解得01k <<，∴01k <<．(2)解：由（1）得()()22e 2e x xf x k k =+--'，令()()()2e e 10x x f x k '=-=+解得e 1x =或e 2xk =-，当()0,12k-∈时，即()2,0k ∈-x ,ln 2k ⎛⎫⎛⎫-∞- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭ln 2k ⎛⎫- ⎪⎝⎭ln ,02k ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭0()0,∞+()f x '＋0－0＋所以()f x 的单调递增区间为,ln 2k ⎛⎫⎛⎫-∞- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭和()0,∞+，单调递减区间为ln ,02k ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，当12k-=时，即2k =-，()0f x '≥恒成立，所以()f x 的单调递增区间为R ．当12k->时，即2k <-，x (),0∞-00,ln 2k ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ln 2k ⎛⎫- ⎪⎝⎭ln ,2k ⎛⎫⎛⎫-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()f x '＋0－0＋所以()f x 的单调递增区间为(),0∞-和ln ,2k ⎛⎫⎛⎫-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，单调递减区间为0,ln 2k ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．当0k ≥时，x 0x <00x >()f x '－＋所以()f x 的单调递增区间为()0,∞+，单调递减区间为(),0∞-．6．（2022·浙江省杭州第二中学高二期中）已知函数2()e (2)e (0)x x f x a ax a =-++>．设02a <<，求函数()f x 的单调区间；【答案】(1)单调增区间是,ln 2a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭和(0,)+∞，单调减区间是ln ,02a ⎛⎫⎪⎝⎭由题意，函数2()e (2)e (0)x x f x a ax a =-++>，则()()2()2e (2)e 2e e 1x x x x f x a a a =+=-'-+-，当02a <<时，则12a <，令()0f x '>，解得0x >或ln 2a x <；令()0f x '<，解得，ln 02ax <<．故()f x 的单调增区间是,ln 2a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭和(0,)+∞，单调减区间是ln ,02a ⎛⎫⎪⎝⎭．7．（2022·全国·模拟预测）已知函数()()()()221ln 1ln 02f x x x a x a a =--+>.讨论函数()f x 的单调性；【答案】由题意得()f x 的定义域为()0,∞+，()()ln x a x f x x-'=，令()0f x '=，得1x =或x a =，①若01a <<，则当()0,x a ∈时，()0f x '>，()f x 在()0,a 上单调递增；当(),1x a ∈时，()0f x '<，()f x 在(),1a 上单调递减；当()1,x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 在()1,+∞上单调递增.②若1a =，则()0f x '≥（当且仅当1x =时取“=”），()f x 在()0,∞+上单调递增.③若1a >，则当()0,1x ∈时，()0f x '>，()f x 在()0,1上单调递增；当()1,x a ∈时，()0f x '<，()f x 在()1,a 上单调递减；当(),x a ∈+∞时，()0f x '>，()f x 在(),a +∞上单调递增.综上所述，当01a <<时，()f x 在()0,a ，()1,+∞上单调递增，在(),1a 上单调递减；当1a =时，()f x 在()0,∞+上单调递增；当1a >时，()f x 在()0,1，(),a +∞上单调递增，在()1,a 上单调递减.8．（2022·安徽师范大学附属中学模拟预测（理））已知函数()()21ln 6ln 12f x x x a x x ⎛⎫=--- ⎪⎝⎭，a 为常数，R a ∈.讨论函数()f x 的单调性；【答案】()()21ln 6ln 12f x x x a x x ⎛⎫=--- ⎪⎝⎭()2(3)ln f x x a x '∴=-且,()0x ∈+∞当0a ≤时，在(0,1)x ∈上()0f x '<，(1,)x ∈+∞上()0f x '>，当103a <<时，在(0,3)x a ∈上()0f x '>，(3,1)x a ∈上()0f x '<，(1,)x ∈+∞上()0f x '>，当13a =时，在,()0x ∈+∞上()0f x '>，当13a >时，在(0,1)x ∈上()0f x '>，(1,3)x a ∈上()0f x '<，(3,)x a ∈+∞上()0f x '>，综上，0a ≤时()f x 在(0,1)上递减，(1,)+∞上递增，103a <<时()f x 在(0,3)a 上递增，(3,1)a 上递减，(1,)+∞上递增，13a =时()f x 在(0,)+∞上递增，13a >时()f x 在(0,1)上递增，(1,3)a 上递减，(3,)a +∞上递增③导函数有效部分为不可因式分解的二次型1．（2022·天津·南开中学模拟预测）已知函数()()()211ln 2f x x ax ax x a R =+-+∈，记()f x 的导函数为()g x ，讨论()g x 的单调性；【答案】解：由已知可得()1ln g x x a x x =--，故可得()222111a x ax g x x x x -='+=+-．当(]2a ∈-∞，时，()0g x '≥，故()g x 在()0,∞+单调递增；当()2,a ∈+∞时，由()0g x '=，解得x ，或2a +，记1ξ=2ξ=x 变化时，()(),g x g x '的变化情况如下表：x()10,ξ1ξ()12,ξξ2ξ()2,ξ∞+()g x '+0-0+()g x极大值极小值所以，函数()g x 在区间⎛ ⎝⎭单调递增，在区间⎫⎪⎪⎝⎭单调递减，在区间42a a ⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭单调递增．2．（2022·安徽·蚌埠二中模拟预测（理））已知函数()2ln 2a f x x x ax =+-，a R ∈．讨论函数()f x 的单调性；【答案】显然，函数()f x 的定义域为()0,∞+，且()211ax ax f x ax a x x-+'=+-=，①若0a =，显然()f x 单调递增．②若0a <，令()'0f x =，有x =易知022a a a a <<，当0,2a x a ⎛⎫∈⎪ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，()f x 单调递增；当,2a x a ⎛⎫∈+∞⎪ ⎪⎝⎭时，()0f x '<，()f x 单调递减．③若04a <≤，则()0f x '≥，()f x 单调递增，④若4a >，令()0f x '=，有x =易知0<<当x ⎛∈ ⎝⎭，()0f x '>，()f x 单调递增；当44,22a a x a a ⎛⎫∈⎪ ⎪⎝⎭时，()0f x '<，()f x 单调递减；当,2a x a ⎛⎫+∈+∞ ⎪ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，()f x 单调递增．综上所述，若0a <，()f x 的增区间为420,a a ⎛ ⎪ ⎝⎭⎪，减区间为2a a ⎛⎫-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭；若04a ≤≤，()f x 的增区间为()0,∞+；若4a >，()f x 的增区间为⎛ ⎝⎭，⎫+∞⎪⎪⎝⎭，减区间为⎝⎭．3．（2022·江苏徐州·模拟预测）已知函数2()4ln ,f x x x a x a =-+∈R ，函数()f x 的导函数为()'f x ．讨论函数()f x 的单调性；【答案】由2()4ln f x x x a x =-+得，函数的定义域为(0,)+∞，且224()24a x x af x x x x-+'=-+=，令()0f x '>，即2240x x a -+>，①当Δ1680a =-≤，即2a ≥时，2240x x a -+≥恒成立，()f x 在(0,)+∞单调递增；②当Δ0>，即2a <时，令12x x ==当02a <<时，120x x <<，()0f x ¢>的解10x x <<或2x x >，故()f x 在()()120,,x x +∞，上单调递增，在()12,x x 上单调递减；当0a ≤时，120x x ≤<，同理()f x 在()20,x 上单调递减，在()2,x +∞上单调递增．4．（2022·河南郑州·三模（理））设函数()()2ln 0f x x x a x a =-+>．求函数()f x 的单调区间；【答案】()f x 的定义域为()0+∞，，()2221a x x af x x x x-+'=-+=，令220x x a -+=，当Δ18a =-≤0时，即a ≥18时，()()0f x f x '≥，在()0+∞，上递增，当180a ∆=->时，即108a <<时，220x x a -+=，解得114x =，214x =，当()0f x '>时解得，104x <<或14x >+，所以函数在104⎛ ⎝⎭，，14∞⎛⎫+ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递增，当()0f x '<时解得，144x -<<，所以函数()f x 在⎝⎭上单调递减.综上，当a ≥18时，函数的单调增区间为()0+∞，；当108a <<时，函数的单调递增区间为0⎛ ⎝⎭，∞⎫+⎪⎪⎝⎭，单调递减区间为⎝⎭.5．（2022·河南新乡·高二期中（理））已知函数()()2e e x g xf x =+．若函数()24a x x x f =-+，讨论()g x 的单调性．【答案】若()24f x x x a =-+，则()()224e ,R e x g x x x a x -++∈=，()()()2224e 15e x x g x x x a x a ⎡⎤'=-+-=-+-⎣⎦．当5a ≥时，()0g x ¢³，()g x 在定义域R 上单调递增．当5a <时，令()0g x ¢=．解得11x =21x =若1x <1x >+，()0g x '>，则()g x 在(,1-∞和()1++∞上单调递增；若11x <<()0g x '<，则()g x 在(1上单调递减;6．（2022·全国·模拟预测）已知函数()32f x ax x x =+-.当0a <时，讨论函数()f x 的单调性.【答案】由()32f x ax x x =+-，得()2321f x ax x '=+-.令()23210f x ax x '=+-=，当13a ≤-时，4120a ∆=+≤，因此()23210f x ax x '=+-≤，所以函数()f x 在(),-∞+∞上单调递减；当103-<<a 时，4120a ∆=+>，解得x =所以函数()f x 在⎛-∞ ⎝⎭上单调递减，在⎝⎭上单调递增，在13a ⎛⎫-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递减.综上所述，当13a ≤-时，函数()f x 在(),-∞+∞上单调递减；当103-<<a 时，函数()f x 在⎛-∞ ⎝⎭上单调递减，在⎝⎭上单调递增，在⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递减.7．（2022·四川南充·三模（理））已知函数()()2112ln 2f x a x ax x =-+-．讨论()f x 的单调性；【答案】解：()()2112ln 2f x a x ax x =-+-的定义域为()0,∞+，且()()()21221a x ax f x a x a x x-+-'=-+-=，当1a =时，()2x f x x-'=，则()f x 在()0,2单调递减，()2,+∞单调递增；当1a >时，由()0f x '=得0x =，()021a x a -+=-，所以()f x 在()0,21a a ⎛-+ ⎪ ⎪-⎝⎭单调递减，()21a a ⎛⎫-+∞ ⎪ ⎪-⎝⎭单调递增；当1a <时，①当0a ≤时，()f x 在()0,∞+单调递减；②当01a <<时，当()()22814240a a a ∆=+-=+-≤时，即04a <≤-+()f x 在()0,∞+单调递减；当()()22814240a a a ∆=+-=+->时，即41a -+<时，由()0f x '=得120x x ==，所以()f x 在⎛ ⎝⎭、⎫+∞⎪⎪⎝⎭单调递减，在()(),2121a a a a ⎛-+--⎪ ⎪--⎝⎭单调递增；综上所述：①当1a >时，()f x 在⎛ ⎝⎭单调递减，在(),21a a ⎛⎫-++∞⎪ ⎪-⎝⎭单调递增；②当1a =时，()f x 在()0,2单调递减，在()2,+∞单调递增；③4a ≤-+()f x 在()0,∞+单调递减；④当41a -+<时，()f x 在()0,21a a ⎛- ⎪ ⎪-⎝⎭、(),21a a ⎛⎫--+∞ ⎪ ⎪-⎝⎭单调递减，在()()2121a a a a ⎛---⎪ ⎪--⎝⎭单调递增；8．（2022·浙江·模拟预测）设函数1()ln ()f x x a x a x=--∈R .讨论()f x 的单调性；【答案】()()2211ln ,x ax f x x a x f x x x '-+=--=①当2a ≤时，221210x ax x x -+≥-+≥，所以()0f x '≥，所以()f x 在(0,)+∞上递增②当2a >时，记210x ax -+=的两根为(0,1),(1,)22a a m n ==∈+∞则当0x m <<时，()0f x '>；当m x n <<时，()0f x '<；当x n >时，()0f x '>综上可知，当2a ≤时，()f x 在(0,)+∞上递增当2a >时，()f x 在(0,)m 上递增，在(,)m n 上递减，在(,)n +∞上递。
【山东省】2017年高考数学(理科)- 导数的应用-专题练习-答案
所以曲线 y＝f x 在点 (0，f 0) 处的切线方程为 y＝bx＋C ．2 分 （2）当 a＝b＝4 时， f x＝x3＋4x2＋4x＋c ， 所以 f x＝3x2＋8x＋4 ． 令 f x＝0 ，得 3x2＋8x＋4＝0 ，解得 x＝－2或x＝－2 ．
3
f x 与 f x 在区间 (－，＋) 上的情况如下：
（2）若当 x (1，＋) 时， f x 0 ，求 a 的取值范围．
[解]（1） f x 的定义域为 (0，＋) ．
当 a＝4 时， f x＝(x＋1)lnx－4(x－1) ，
（f 1）＝0，f x＝lnx＋1－3，f（ 1）＝－2 ．
x
故曲线 y＝f x 在 (1，（ f 1）) 处的切线方程为 2x＋y－2＝0 ．4 分
f x x－f x
x
则 g′(x)＝
e2x
f x －f x
＝
ex
．
因为 f(x)＞f′(x)，所以 g′(x)＜0，
即 g(x)在 R 上是单调递减函数，
因为 y＝f(x)－1 为奇函数，所以 f(0)－1＝0，即 f(0)＝1，g(0)＝1，
fx 则不等式 f(x)＜ex 等价为 ex ＜1＝g(0)，
2
，无极大值．6
分
（2）由题意知， k
f
( x) ＝ 2 ln
x
x
x＋
1 x2
x
1
恒成立，
令
g
x＝
2 ln x
x
＋
1 x2
x
1
，
则
g
x
＝
2
2ln x2
专题05导数及其应用解答题(原卷版)
大数据之十年高考真题（2013-2022）与优质模拟题（新高考卷与新课标理科卷）专题05导数及其应用解答题1．【2022年全国甲卷理科21】已知函数f(x)=e xx−lnx+x−a．(1)若f(x)≥0，求a的取值范围；(2)证明：若f(x)有两个零点x1,x2，则环x1x2<1．2．【2022年全国乙卷理科21】已知函数f(x)=ln(1+x)+axe−x(1)当a=1时，求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；(2)若f(x)在区间(−1,0),(0,+∞)各恰有一个零点，求a的取值范围．3．【2022年新高考1卷22】已知函数f(x)=e x−ax和g(x)=ax−lnx有相同的最小值．(1)求a；(2)证明：存在直线y=b，其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．4．【2022年新高考2卷22】已知函数f(x)=x e ax−e x．(1)当a=1时，讨论f(x)的单调性；(2)当x>0时，f(x)<−1，求a的取值范围；(3)设n∈N∗，证明：1√12+1+1√22+2+⋯+1√n2+n>ln(n+1)．5．【2021年全国甲卷理科21】已知a>0且a≠1，函数f(x)=x aa x(x>0)．（1）当a=2时，求f(x)的单调区间；（2）若曲线y=f(x)与直线y=1有且仅有两个交点，求a的取值范围．6．【2021年新高考1卷22】已知函数f(x)=x(1−lnx).（1）讨论f(x)的单调性；（2）设a，b为两个不相等的正数，且blna−alnb=a−b，证明：2<1a +1b<e.7．【2021年全国乙卷理科20】设函数f(x)=ln(a−x)，已知x=0是函数y=xf(x)的极值点．（1）求a；真题汇总（2）设函数g(x)=x+f(x)xf(x)．证明:g(x)<1．8．【2021年新高考2卷22】已知函数f(x)=(x −1)e x −ax 2+b ． （1）讨论f(x)的单调性；（2）从下面两个条件中选一个，证明：f(x)有一个零点 ①12<a ≤e 22,b >2a ；②0<a <12,b ≤2a ．9．【2020年全国1卷理科21】已知函数f(x)=e x +ax 2−x . （1）当a =1时，讨论f （x ）的单调性； （2）当x ≥0时，f （x ）≥12x 3+1，求a 的取值范围. 10．【2020年全国2卷理科21】已知函数f (x )=sin 2x sin2x . （1）讨论f (x )在区间(0，π)的单调性； （2）证明：|f(x)|≤3√38； （3）设n ∈N *，证明：sin 2x sin 22x sin 24x …sin 22n x ≤3n4n .11．【2020年全国3卷理科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． 12．【2020年山东卷21】已知函数f(x)=ae x−1−lnx +lna ．（1）当a =e 时，求曲线y =f （x ）在点（1，f （1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积； （2）若f （x ）≥1，求a 的取值范围．13．【2020年海南卷22】已知函数f(x)=ae x−1−lnx +lna ．（1）当a =e 时，求曲线y =f （x ）在点（1，f （1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积； （2）若f （x ）≥1，求a 的取值范围．14．【2019年新课标3理科20】已知函数f （x ）＝2x 3﹣ax 2+b ． （1）讨论f （x ）的单调性；（2）是否存在a ，b ，使得f （x ）在区间[0，1]的最小值为﹣1且最大值为1？若存在，求出a ，b 的所有值；若不存在，说明理由．15．【2019年全国新课标2理科20】已知函数f （x ）＝lnx −x+1x−1．（1）讨论f （x ）的单调性，并证明f （x ）有且仅有两个零点；（2）设x 0是f （x ）的一个零点，证明曲线y ＝lnx 在点A （x 0，lnx 0）处的切线也是曲线y ＝e x 的切线． 16．【2019年新课标1理科20】已知函数f （x ）＝sin x ﹣ln （1+x ），f ′（x ）为f （x ）的导数．证明： （1）f ′（x ）在区间（﹣1，π2）存在唯一极大值点；（2）f （x ）有且仅有2个零点．17．【2018年新课标1理科21】已知函数f （x ）=1x −x +alnx ． （1）讨论f （x ）的单调性；（2）若f （x ）存在两个极值点x 1，x 2，证明：f(x 1)−f(x 2)x 1−x 2＜a ﹣2．18．【2018年新课标2理科21】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 ．19．【2018年新课标3理科21】已知函数f （x ）＝（2+x +ax 2）ln （1+x ）﹣2x ． （1）若a ＝0，证明：当﹣1＜x ＜0时，f （x ）＜0；当x ＞0时，f （x ）＞0； （2）若x ＝0是f （x ）的极大值点，求a ．20．【2017年新课标1理科21】已知函数f （x ）＝ae 2x +（a ﹣2）e x ﹣x ． （1）讨论f （x ）的单调性；（2）若f （x ）有两个零点，求a 的取值范围．21．【2017年新课标2理科21】已知函数f （x ）＝ax 2﹣ax ﹣xlnx ，且f （x ）≥0． （1）求a ；（2）证明：f （x ）存在唯一的极大值点x 0，且e ﹣2＜f （x 0）＜2﹣2．22．【2017年新课标3理科21】已知函数f （x ）＝x ﹣1﹣alnx ． （1）若f （x ）≥0，求a 的值；（2）设m 为整数，且对于任意正整数n ，（1+12）（1+122）…（1+12n ）＜m ，求m 的最小值． 23．【2016年新课标1理科21】已知函数f （x ）＝（x ﹣2）e x +a （x ﹣1）2有两个零点． （Ⅰ）求a 的取值范围；（Ⅱ）设x 1，x 2是f （x ）的两个零点，证明：x 1+x 2＜2．24．【2016年新课标2理科21】（Ⅰ）讨论函数f （x ）=x−2x+2e x 的单调性，并证明当x ＞0时，（x ﹣2）e x +x +2＞0；（Ⅱ）证明：当a∈[0，1）时，函数g（x）=e x−ax−ax2（x＞0）有最小值．设g（x）的最小值为h（a），求函数h（a）的值域．25．【2016年新课标3理科21】设函数f（x）＝a cos2x+（a﹣1）（cos x+1），其中a＞0，记|f（x）|的最大值为A．（Ⅰ）求f′（x）；（Ⅱ）求A；（Ⅲ）证明：|f′（x）|≤2A．26．【2015年新课标1理科21】已知函数f（x）＝x3+ax+14，g（x）＝﹣lnx（i）当a为何值时，x轴为曲线y＝f（x）的切线；（ii）用min{m，n}表示m，n中的最小值，设函数h（x）＝min{f（x），g（x）}（x＞0），讨论h（x）零点的个数．27．【2015年新课标2理科21】设函数f（x）＝e mx+x2﹣mx．（1）证明：f（x）在（﹣∞，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增；（2）若对于任意x1，x2∈[﹣1，1]，都有|f（x1）﹣f（x2）|≤e﹣1，求m的取值范围．28．【2014年新课标1理科21】设函数f（x）＝ae x lnx+be x−1x，曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处得切线方程为y＝e（x﹣1）+2．（Ⅰ）求a、b；（Ⅱ）证明：f（x）＞1．29．【2014年新课标2理科21】已知函数f（x）＝e x﹣e﹣x﹣2x．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）设g（x）＝f（2x）﹣4bf（x），当x＞0时，g（x）＞0，求b的最大值；（Ⅲ）已知1.4142＜√2＜1.4143，估计ln2的近似值（精确到0.001）．30．【2013年新课标1理科21】已知函数f（x）＝x2+ax+b，g（x）＝e x（cx+d），若曲线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．（Ⅰ）求a，b，c，d的值；（Ⅱ）若x≥﹣2时，f（x）≤kg（x），求k的取值范围．31．【2013年新课标2理科21】已知函数f（x）＝e x﹣ln（x+m）（Ⅰ）设x＝0是f（x）的极值点，求m，并讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）当m≤2时，证明f（x）＞0．1．已知函数f(x)=x22+cosx−1．(1)求函数f(x)的最小值；(2)证明：∑cos1k >n+12n−1nk=1．2．已知函数f(x)=e x(sinx+cosx)−asinx..(1)当a=1时，求函数f（x）在区间[0，2π]上零点的个数；(2)若函数y=f(x)在（0，2π）上有唯一的极小值点，求实数a的取值范围3．已知函数ℎ(x)=x−alnx(a∈R).(1)若ℎ(x)有两个零点，a的取值范围；(2)若方程x e x−a(lnx+x)=0有两个实根x1、x2，且x1≠x2，证明：e x1+x2>e2x1x2.4．已知函数f(x)=a2x2+(a−1)x−lnx(a∈R)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a>4时，若方程f(x)=ax2−x+a2在(0，1)内存在唯一实根x0，求证：x0∈(14,1e)．5．已知函数f(x)=e1−x+a(x2−1)，a∈R．(1)若a=12，求f(x)的最小值；(2)若当x>1时，f(x)>1x+lnx恒成立，求a的取值范围．6．已知函数f(x)=2x3+3(1+m)x2+6mx(x∈R).(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若f(1)=5，函数g(x)=a(lnx+1)−f(x)x2≤0在(1,+∞)上恒成立，求整数a的最大值.7．已知函数f(x)=lnx+ax,a∈R.(1)当a=1时，求函数f(x)的单调递增区间；(2)设函数g(x)=f(x)−1x，若g(x)在[1,e2]上存在极值，求a的取值范围.8．设函数f(x)=a e x−x−1，a∈R．(1)当a=1时，求f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；(2)当x∈R时，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围；模拟好题(3)求证：当x∈(0,+∞)时，e x−1x>e x2．9．已知f(x)=34x2−x22lnx−a(x−1).(1)若f(x)恒有两个极值点x1，x2（x1<x2），求实数a的取值范围；(2)在（1）的条件下，证明f(x1)+f(x2)>32.10．已知函数f(x)=xsinx+cosx+12ax2,x∈[0,π].(1)当a=0时，求f(x)的单调区间；(2)当a>0时，讨论f(x)的零点个数.11．已知函数f(x)=xe x−1+(1−a)lnx，g(x)=lnx+ax．(1)当a=1时，求y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；(2)当a=2时，对于在(0,1)中的任意一个常数b，是否存在正数x0，使得e g(x0+1)−3x0−2+b2x02<1，请说明理由；(3)设ℎ(x)=f(x)−g(x)，x1是ℎ(x)的极小值点，且ℎ(x1)≥0，证明：ℎ(x1)≥2(x12−x13)．12．已知函数f(x)=ax−2e x+3(a∈R)，g(x)=lnx+x e x（e为自然对数的底数，e<259）．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若a=−1，ℎ(x)=f(x)+g(x)，当x∈[12,1]时，ℎ(x)∈(m,n),(m,n∈Z)，求n−m的最小值．13．已知函数f(x)=a e xx+lnx−x(a∈R)．(1)若f(x)在(1,+∞)上单调递增，求a的取值范围；(2)当a>1时，设F(x)=f(x)−(2lnx−x+1x )，求证：F(x)>ln(ax)x−lnx+e−1．14．设函数f(x)=m e x−1,g(x)=lnx+n，m、n为实数，若F(x)=g(x)x 有最大值为1e2(1)求n的值；(2)若f(x)e2>xg(x)，求实数m的最小整数值.15．已知f(x)=34x2−x22lnx−a(x−1),a>0.(1)若f(x)在区间(1,+∞)上有且仅有一个极值点m，求实数a的取值范围；(2)在（1）的条件下，证明34<f(m)<e24.16．已知函数f(x)=ln(x−1)−mx(m∈R),g(x)=2x+n−2．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当−1≤m≤e−2时，若不等式f(x)≤g(x)恒成立，求n−3的最小值．m+217．已知函数f(x)=e x2lnx(x>0)．(1)求f(x)的极值点．(2)若有且仅有两个不相等的实数x1,x2(0<x1<x2)满足f(x1)=f(x2)=e k．（i）求k的取值范围（ⅱ）证明x2e2−2e≤e−e21．x118．已知函数f(x)=xlnx−a(x2−1),a∈R(1)当a=0时，求f(x)的单调区间；(2)若过原点作曲线y=f(x)的切线有两条，求a的取值范围，并证明这两条切线的斜率互为相反数．19．已知函数f(x)=e−x+sinx−ax，g(x)为f(x)的导函数．]内存在唯一的极值点x0，√2<2cosx0<√3；(1)证明：当a=0时，函数g(x)在区[0,π2(2)若f(x)在(0,π)上单调递减，求整数a的最小值．(x>0).20．已知函数f(x)=1+ln(x+1)x(1)试判断函数f(x)在(0，+∞)上单调性并证明你的结论；(2)若f(x)>k对于∀x∈(0,+∞)恒成立，求正整数k的最大值；x+1(3)求证：(1+1×2)(1+2×3)(1+3×4)⋯[1+n(n+1)]>e2n−3．。
全国版2017版高考数学一轮复习函数导数及其应用2.12定积分的概念与微积分基本定理定积分的简单应用课件理
和的形式求解.
【规范解答】(1)①
2 3 3x 2x 1 dx 1
(x 3 x 2 x) |3 1 24. ② 0 sin x cos x dx sin xdx 0 0 cos xdx
b a f x dx b c f x dx a c f x dx 其中a c b .
2.微积分基本定理
一般地，如果f(x)是区间［a，b］上的连续函数，并
且F′(x)=f(x)，那么
=__________，这个结 b a f x dx F(b)-F(a) 论叫做微积分基本定理，又叫牛顿-莱布尼茨公式.
b a
中，a与b分别叫做积分下限与
积分上限，区间_______叫做积分区间，函数f(x)叫做 [a，b] 被积函数，x叫做_________，_______叫做被积式. 积分变量 f(x)dx
(2)定积分的几何意义:
f(x) f(x)≥0 f(x)<0
b a
f x dx 的几何意义
表示由直线____,____,y=0及曲线y=f(x) x=a x=b 所围成的曲边梯形的面积 表示由直线____,____,y=0及曲线y=f(x) x=a x=b 所围成的曲边梯形的面积的相反数
1 2 1 1 2 2 (x x ) |0 ( x x) |1 2 2 1 1 2 1 2 (1 :1 ) 0 ( 2 2) ( 1 1) 1. 答案 2 2 2
1 =_____. ( 1 x x)dx 2 【解析】 1 1 2 1 2 1 1 0 ( 1 x x)dx 0 1 x dx 0 xdx， 2 表示四分之一单位圆的面积， 2 1 1 1 1 0 xdx ， 0 1 x 2 dx 为 2 所以结果是 4 1 . ， 答案 : 4 4 1 4
高考数学真题导数专题及答案
2017年高考真题导数专题一．解答（共12小）1．已知函数f（x）=ae2x+（a 2）e x x．1）f（x）的性；2）若f（x）有两个零点，求a的取范．2．已知函数f（x）=ax2ax xlnx，且f（x）≥0．1）求a；2）明：f（x）存在独一的极大点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．3．已知函数f（x）=x 1 alnx．（1）若f（x）≥0，求a的；（2）m整数，且于随意正整数n，（1+ ）（1+ ）⋯（1+ ）＜m，求的最小．4．已知函数f（x）=x3+ax2+bx+1（a＞0，b∈R）有极，且函数f′（x）的极点是f（x）的零点．（极点是指函数取极的自量的）1）求b对于a的函数关系式，并写出定域；2）明：b2＞3a；（3）若f（x），f（′x）两个函数的全部极之和不小于，求a的取范．5．函数f（x）=（1 x2）e x．1）f（x）的性；2）当x≥0，f（x）≤ax+1，求a的取范．（）（﹣x6．已知函数f）e（x≥）．x=x1）求f（x）的函数；2）求f（x）在区[，+∞）上的取范．7．已知函数f（x）=x2+2cosx，g（x）=e x（cosx sinx+2x 2），此中e≈⋯是自然数的底数．（Ⅰ）求曲y=f（x）在点（π，f（π））的切方程；（Ⅱ）令h（x）=g（x）af（x）（a∈R），h（x）的性并判断有无极第1页（共17页）值，有极值时求出极值．8．已知函数f（x）=e x cosx﹣x．（1）求曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；（2）求函数f（x）在区间[，]上的最大值和最小值．∈，已知定义在上的函数4+3x3﹣3x2﹣6x+a在区间（1，2）9．设aZ f（x）=2x内有一个零点x0，（）为（）的导函数．x（Ⅰ）求g（x）的单一区间；（Ⅱ）设m∈[1，x0）∪（，2]，函数（）（）（﹣0）﹣（），求证：hx=gx fh（m）h（x0）＜0；（Ⅲ）求证：存在大于0的常数A，使得对于随意的正整数p，q，且∈[1，x0）∪（x0，2]，知足| ﹣x0|≥．10．已知函数f（x）= x3﹣ ax2，a∈R，（1）当a=2时，求曲线y=f（x）在点（3，f（3））处的切线方程；2）设函数g（x）=f（x）+（x﹣a）cosx﹣sinx，议论g（x）的单一性并判断有无极值，有极值时求出极值．11．设a，b∈R，|a|≤1．已知函数f（x）=x3﹣6x2﹣3a（a﹣4）x+b，g（x）=e x fx）．Ⅰ）求f（x）的单一区间；Ⅱ）已知函数y=g（x）和y=e x的图象在公共点（x0，y0）处有同样的切线，i）求证：f（x）在x=x0处的导数等于0；ii）若对于x的不等式g（x）≤e x在区间[x0﹣1，x0+1]上恒建立，求b的取值范围．12．已知函数f（x）=e x（e x﹣a）﹣a2x．1）议论f（x）的单一性；2）若f（x）≥0，求a的取值范围．第2页（共17页）2017年高考真题导数专题参照答案与试题分析一．解答题（共12小题）1．（2017?新课标Ⅰ）已知函数f（x）=ae2x+（a﹣2）e x﹣x．1）议论f（x）的单一性；2）若f（x）有两个零点，求a的取值范围．【解答】解：（1）由f（x）=ae2x+（a﹣2）e x﹣x，求导f（′x）=2ae2x+（a﹣2）e x 1，当a=0时，f′（x）=﹣2e x﹣1＜0，∴当x∈R，f（x）单一递减，当a＞0时，f′（x）=（2e x+1）（ae x﹣1）=2a（e x+）（e x﹣），令f′（x）=0，解得：x=ln，当f′（x）＞0，解得：x＞ln，当f′（x）＜0，解得：x＜ln，∴x∈（﹣∞，ln ）时，f（x）单一递减，x∈（ln ，+∞）单一递加；当a＜0时，f′（x）=2a（e x+）（e x﹣）＜0，恒建立，∴当x∈R，f（x）单一递减，综上可知：当a≤0时，f（x）在R单一减函数，当a＞0时，f（x）在（﹣∞，ln ）是减函数，在（ln ，+∞）是增函数；2）①若a≤0时，由（1）可知：f（x）最多有一个零点，当a＞0时，f（x）=ae2x+（a﹣2）e x﹣x，当x→﹣∞时，e2x→0，e x→0，∴当x→﹣∞时，f（x）→+∞，当x→∞，e2x→+∞，且远远大于e x和x，∴当x→∞，f（x）→+∞，第3页（共17页）∴函数有两个零点，f（x）的最小值小于0即可，由f（x）在（﹣∞，ln）是减函数，在（ln，+∞）是增函数，∴f（x）min=f（ln）=a×（）+（a﹣2）×﹣ln＜0，∴1﹣﹣ln＜0，即ln+﹣1＞0，设t=，则g（t）=lnt+t﹣1，（t＞0），求导g′（t）=+1，由g（1）=0，t=＞1，解得：0＜a＜1，a的取值范围（0，1）．方法二：（1）由f（x）=ae2x+（a﹣2）e x﹣x，求导f′（x）=2ae2x+（a﹣2）e x﹣1，当a=0时，f′（x）=2e x﹣1＜0，∴当x∈R，f（x）单一递减，当a＞0时，f′（x）=（2e x+1）（ae x﹣1）=2a（e x+）（e x﹣），令f′（x）=0，解得：x=﹣lna，当f′（x）＞0，解得：x＞﹣lna，当f′（x）＜0，解得：x＜﹣lna，x∈（﹣∞，﹣lna）时，f（x）单一递减，x∈（﹣lna，+∞）单一递加；当a＜0时，f′（x）=2a（e x+）（e x﹣）＜0，恒建立，∴当x∈R，f（x）单一递减，综上可知：当a≤0时，f（x）在R单一减函数，当a＞0时，f（x）在（﹣∞，﹣lna）是减函数，在（﹣lna，+∞）是增函数；（2）①若a≤0时，由（1）可知：f（x）最多有一个零点，②当a＞0时，由（1）可知：当x=﹣lna时，f（x）获得最小值，f（x）min=f（﹣lna）=1﹣﹣ln ，当a=1，时，f（﹣lna）=0，故f（x）只有一个零点，当a∈（1，+∞）时，由1﹣﹣ln＞0，即f（﹣lna）＞0，故f（x）没有零点，第4页（共17页）当a∈（0，1）时，1﹣﹣ln ＜0，f（﹣lna）＜0，由f（﹣2）=ae﹣4+（a﹣2）e﹣2+2＞﹣2e﹣2+2＞0，故f（x）在（﹣∞，﹣lna）有一个零点，假定存在正整数n0，知足 n0＞ln（﹣1），则f（n0）= （a +a﹣2）﹣n0＞﹣n0＞﹣n0＞0，由ln（﹣1）＞﹣lna，所以在（﹣lna，+∞）有一个零点．∴a的取值范围（0，1）．2．（2017?新课标Ⅱ）已知函数f（x）=ax2﹣ax﹣xlnx，且f（x）≥0．1）求a；2）证明：f（x）存在独一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．【解答】（1）解：因为f（x）=ax2﹣ax﹣xlnx=x（ax﹣a﹣lnx）（x＞0），则f（x）≥0等价于h（x）=ax﹣a﹣lnx≥0，求导可知h′（x）=a﹣．则当a≤0时h′（x）＜0，即y=h（x）在（0，+∞）上单一递减，所以当x0＞1时，h（x0）＜h（1）=0，矛盾，故a＞0．因为当0＜x＜时h′（x）＜0、当x＞时h′（x）＞0，所以h（x）min=h（），又因为h（1）=a﹣a﹣ln1=0，所以=1，解得a=1；2）证明：由（1）可知f（x）=x2﹣x﹣xlnx，f′（x）=2x﹣2﹣lnx，令f′（x）=0，可得2x﹣2﹣lnx=0，记t（x）=2x﹣2﹣lnx，则t′（x）=2﹣，令t′（x）=0，解得：x=，所以t（x）在区间（0，）上单一递减，在（，+∞）上单一递加，所以t（x）mint （）﹣＜，从而（）=有解，即（′）=存在两根=ln210x x第5页（共17页）x0，x2，且不如f′（x）在（0，x0）上正、在（x0，x2）上、在（x2，+∞）上正，所以f（x）必存在独一极大点x0，且00，2x2lnx=0所以f（x0）=x0x0lnx0=x0+2x02=x0，由x0＜可知（0）＜（0）max+；x x=由f′（）＜0可知x0＜＜，所以f（x）在（0，x0）上增，在（0）上减，x，所以f（x0）＞f（）= ；上所述，f（x）存在独一的极大点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．3．（2017?新Ⅲ）已知函数f（x）=x 1 alnx．（1）若f（x）≥0，求a的；（2）m整数，且于随意正整数n，（1+ ）（1+ ）⋯（1+ ）＜m，求的最小．【解答】解：（1）因函数f（x）=x1alnx，x＞0，所以f′（x）=1=，且f（1）=0．所以当a≤0f′（x）＞0恒建立，此y=f（x）在（0，+∞）上增，与f（x）≥0矛盾；当a＞0令f′（x）=0，解得x=a，所以y=f（x）在（0，a）上减，在（a，+∞）上增，即f（x）min=f（a），又因f（x）min=f（a）≥0，所以a=1；2）由（1）可知当a=1f（x）=x1lnx≥0，即lnx≤x1，所以ln（x+1）≤x当且当x=0取等号，所以ln（1+ ）＜，k∈N*．第6页（共17页）一方面，ln（1+ ）+ln（1+ ）+⋯+ln（1+ ）＜+ +⋯+ =1 ＜1，即（1+）（1+ ）⋯（1+ ）＜e；另一方面，（1+ ）（1+ ）⋯（1+ ）＞（1+ ）（1+ ）（1+ ）= ＞2；从而当n≥3，（1+ ）（1+ ）⋯（1+ ）∈（2，e），因m整数，且于随意正整数n，（1+ ）（1+ ）⋯（1+ ）＜m建立，所以m的最小3．4．（2017?江）已知函数f（x）=x3+ax2+bx+1（a＞0，b∈R）有极，且函数f（′x）的极点是f（x）的零点．（极点是指函数取极的自量的）1）求b对于a的函数关系式，并写出定域；2）明：b2＞3a；（3）若f（x），f（′x）两个函数的全部极之和不小于，求a的取范．【解答】（1）解：因f（x）=x3+ax2+bx+1，所以g（x）=f′（x）=3x2+2ax+b，g′（x）=6x+2a，令g′（x）=0，解得x=．因为当x＞g′（x）＞0，g（x）=f（′x）增；当x＜g′（x）＜0，g（x）=f（′x）减；所以f′（x）的极小点x= ，因为函数f′（x）的极点是原函数f（x）的零点，所以f（）=0，即 + +1=0，所以b= + （a＞0）．因f（x）=x3+ax2+bx+1（a＞0，b∈R）有极，所以f′（x）=3x2+2ax+b=0的根，所以4a212b≥0，即a2+ ≥0，解得a≥3，所以b= + （a≥3）．第7页（共17页）（2）证明：由（1）可知h（a）=b2﹣3a=﹣+=（4a3﹣27）（a3﹣27），因为a＞3，所以h（a）＞0，即b2＞3a；（3）解：由（1）可知f′（x）的极小值为f′（﹣）=b﹣，设x1，2是y=f（）的两个极值点，则12，12，x+x=xx=所以f（x1）+f（x2）= + +a（+ ）+b（x1+x2）+2=（x1+x2）[（x1+x2）2﹣3x1x2]+a[（x1+x2）2﹣2x1x2]+b（x1+x2）+2= ﹣+2，又因为f（x），f′（x）这两个函数的全部极值之和不小于﹣，所以b﹣+ ﹣+2= ﹣≥﹣，因为a＞3，所以2a3﹣63a﹣54≤0，所以2a（a2﹣36）+9（a﹣6）≤0，所以（a﹣6）（2a2+12a+9）≤0，因为a＞3时2a2+12a+9＞0，所以a﹣6≤0，解得a≤6，所以a的取值范围是（3，6]．5．（2017?新课标Ⅱ）设函数f（x）=（1﹣x2）e x．1）议论f（x）的单一性；2）当x≥0时，f（x）≤ax+1，求a的取值范围．【解答】解：（1）因为f（x）=（1﹣x2）e x，x∈R，所以f′（x）=（1﹣2x﹣x2）e x，令f′（x）=0可知x=﹣1±，当x＜﹣1﹣或x＞﹣1+ 时f′（x）＜0，当﹣1﹣＜x＜﹣1+时f′（x）＞0，所以f（x）在（﹣∞，﹣1﹣），（﹣1+ ，+∞）上单一递减，在（﹣1﹣，第8页（共17页）﹣1+ ）上单一递加；2）由题可知f（x）=（1﹣x）（1+x）e x．下边对a的范围进行议论：①当a≥1时，设函数h（x）=（1﹣x）e x，则h′（x）=﹣xe x＜0（x＞0），所以h（x）在[0，+∞）上单一递减，又因为h（0）=1，所以h（x）≤1，所以f（x）=（1﹣x）h（x）≤x+1≤ax+1；②当0＜a＜1时，设函数g（x）=e x﹣x﹣1，则g′（x）=e x﹣1＞0（x＞0），所以g（x）在[0，+∞）上单一递加，又g（0）=1﹣0﹣1=0，所以e x≥x+1．因为当0＜x＜1时f（x）＞（1﹣x）（1+x）2，所以（1﹣x）（1+x）2﹣ax﹣1=x（1﹣a﹣x﹣x2），取x0∈（，），则（﹣0）（1+x0）2﹣ax0﹣，=011x1=0所以f（x0）＞ax0+1，矛盾；③当a≤0时，取x0∈（，），则（0）＞（﹣）（0）2≥0，=011x1+x=1ax+1矛盾；综上所述，a的取值范围是[1，+∞）．6．（2017?浙江）已知函数f （）（﹣﹣x（x≥）．=x）e1）求f（x）的导函数；2）求f（x）在区间[，+∞）上的取值范围．【解答】解：（1）函数f（x）=（x﹣）e﹣x （x≥），导数f′（x）=（1﹣??2）e﹣x﹣（x﹣）e﹣x =（1﹣x+ ）e﹣x=（1﹣x）（1﹣）e﹣x；（2）由f（x）的导数f′（x）=（1﹣x）（1﹣﹣x）e，可得f′（x）=0时，x=1或，第9页（共17页）当＜x＜1，f（′x）＜0，f（x）减；当1＜x＜，f（′x）＞0，f（x）增；当x＞，f′（x）＜0，f（x）减，且x≥?x2≥2x1?（x1）2≥0，f（x）≥0．由f（）= e ，f（1）=0，f（）= e ，即有f（x）的最大 e ，最小f（1）=0．f（x）在区[ ，+∞）上的取范是[0， e ]．7．（2017?山）已知函数f（x）=x2+2cosx，g（x）=e x（cosxsinx+2x2），此中e≈⋯是自然数的底数．（Ⅰ）求曲y=f（x）在点（π，f（π））的切方程；（Ⅱ）令h（x）=g（x）af（x）（a∈R），h（x）的性并判断有无极，有极求出极．【解答】解：（I）f（π）=π22．f′（x）=2x 2sinx，∴f′（π）=2π．2∴曲y=f（x）在点（π，f（π））的切方程：y（π2）=2π（xπ）．化：2πxyπ22=0．II）h（x）=g（x）af（x）=e x（cosxsinx+2x2）a（x2+2cosx）h′（x）=e x（cosx sinx+2x 2）+e x（sinx cosx+2）a（2x 2sinx）=2（x sinx）（e x a）=2（x sinx）（e x e lna）．令u（x）=x sinx，u′（x）=1 cosx≥0，∴函数u（x）在R上增．∵u（0）=0，∴x＞0，u（x）＞0；x＜0，u（x）＜0．1）a≤0，e x a＞0，∴x＞0，h′（x）＞0，函数h（x）在（0，+∞）增；x＜0，h′（x）＜0，函数h（x）在（∞，0）减．第10页（共17页）x=0时，函数h（x）获得极小值，h（0）=﹣1﹣2a．（2）a＞0时，令h′（x）=2（x﹣sinx）（e x﹣e lna）=0．解得x1=lna，x2=0．①0＜a＜1时，x∈（﹣∞，lna）时，e x﹣e lna＜0，h′（x）＞0，函数h（x）单一递加；x∈（lna，0）时，e x﹣e lna＞0，h′（x）＜0，函数h（x）单一递减；x∈（0，+∞）时，e x﹣e lna＞0，h′（x）＞0，函数h（x）单一递加．∴当x=0时，函数h（x）获得极小值，h（0）=﹣2a﹣1．当x=lna时，函数h（x）获得极大值，h（lna）=﹣a[ln2a﹣2lna+sin（lna）+coslna）+2]．②当a=1时，lna=0，x∈R时，h′（x）≥0，∴函数h（x）在R上单一递加．③1＜a时，lna＞0，x∈（﹣∞，0）时，e x﹣e lna＜0，h′（x）＞0，函数h（x）单一递加；x∈（0，lna）时，e x﹣e lna＜0，h′（x）＜0，函数h（x）单一递减；x∈（lna，+∞）时，e x﹣e lna＞0，h′（x）＞0，函数h（x）单一递加．∴当x=0时，函数h（x）获得极大值，h（0）=﹣2a﹣1．当x=lna时，函数h（x）获得极小值，h（lna）=﹣a[ln2a﹣2lna+sin（lna）+coslna）+2]．综上所述：a≤0时，函数h（x）在（0，+∞）单一递加；x＜0时，函数h（x）在（﹣∞，0）单一递减．x=0时，函数h（x）获得极小值，h（0）=﹣1﹣2a．0＜a＜1时，函数h（x）在x∈（﹣∞，lna）是单一递加；函数h（x）在x∈（lna，0）上单一递减．当x=0时，函数h（x）获得极小值，h（0）=﹣2a﹣1．当x=lna时，函数h（x）获得极大值，h（lna）=﹣a[ln2a﹣2lna+sin（lna）+cos（lna）+2]．当a=1时，lna=0，函数h（x）在R上单一递加．a＞1时，函数h（x）在（﹣∞，0），（lna，+∞）上单一递加；函数 h（x）在（0，lna）上单一递减．当x=0时，函数h（x）获得极大值，h（0）=﹣2a﹣1．当x=lna时，函数h（x）获得极小值，h（lna）=﹣a[ln2a﹣2lna+sin（lna）+cos（lna）+2]．第11页（共17页）8．（2017?北京）已知函数f（x）=e x cosx﹣x．（1）求曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；（2）求函数f（x）在区间[0，]上的最大值和最小值．【解答】解：（1）函数f（x）=e x﹣的导数为′（）x（cosx﹣sinx）﹣1，cosxx x=e可得曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线斜率为k=e0（cos0﹣sin0）﹣1=0，切点为（0，e0cos0﹣0），即为（0，1），曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为y=1；2）函数f（x）=e x cosx﹣x的导数为f（′x）=e x（cosx﹣sinx）﹣1，令g（x）=e x（cosx﹣sinx）﹣1，则g（x）的导数为g′（x）=e x（cosx﹣sinx﹣sinx﹣cosx）=﹣2e x?sinx，当x∈[0，]，可得g′（x）=﹣2e x?sinx≤0，即有g（x）在[0，]递减，可得g（x）≤g（0）=0，则f（x）在[0，]递减，即有函数f（x）在区间[0，]上的最大值为f（0）=e0cos0﹣0=1；最小值为f（）=e cos ﹣=﹣．9．（2017?天津）设a∈Z，已知定义在R上的函数f（x）=2x4+3x3﹣3x2﹣6x+a在区间（1，2）内有一个零点x0，g （x）为f（x）的导函数．（Ⅰ）求g（x）的单一区间；（Ⅱ）设m∈[1，x0）∪（x0，2]，函数h（x）=g（x）（m﹣x0）﹣f（m），求证：h（m）h（x0）＜0；（Ⅲ）求证：存在大于0的常数A，使得对于随意的正整数p，q，且∈[1，x0）∪（x0，2]，知足﹣0≥．x|﹣【解答】（Ⅰ）解：由f（x）=2x4+3x3﹣3x2﹣6x+a，可得g（x）=f′（x）=8x3+9x2 6x﹣6，第12页（共17页）从而可得g′（x）=24x2+18x﹣6．令g′（x）=0，解得x=﹣1，或x= ．当x变化时，g′（x），g（x）的变化状况以下表：x （﹣∞，﹣1）（﹣1，）（，+∞）g′（x） + ﹣+g（x）↗↘↗所以，g（x）的单一递加区间是（﹣∞，﹣1），（，+∞），单一递减区间是（﹣1，）．（Ⅱ）证明：由h（x）=g（x）（m﹣x0）﹣f（m），得h（m）=g（m）（m﹣x0）﹣f（m），h（x0）=g（x0）（m﹣x0）﹣f（m）．令函数H1（x）=g（x）（x﹣x0）﹣f（x），则H′1（x）=g′（x）（x﹣x0）．由（Ⅰ）知，当x∈[1，2]时，g′（x）＞0，故当x∈[1，x0）时，H′1（x）＜0，H1（x）单一递减；当x∈（x0，2]时，H′1（x）＞0，H1（x）单一递加．所以，当x∈[1，x0）∪（x0，2]时，H1（x）＞H1（x0）=﹣f（x0）=0，可得H1（m）＞0即h（m）＞0，令函数H2（x）=g（x0）（x﹣x0）﹣f（x），则H′2（x）=g′（x0）﹣g（x）．由（Ⅰ）知，g（x）在[1，2]上单一递加，故当x∈[1，x0）时，H′2（x）＞0，H2（x）单一递加；当x∈（x0，2]时，H′2（x）＜0，H2（x）单一递减．所以，当x∈[1，x0）∪（x0，2]时，H2（x）＞H2（x0）=0，可得得H2（m）＜0即h（x0）＜0，．所以，h（m）h（x0）＜．（Ⅲ）对于随意的正整数p，q，且，令m=，函数h（x）=g（x）（m﹣x0）﹣f（m）．由（Ⅱ）知，当m∈[1，x0）时，h（x）在区间（m，x0）内有零点；当m∈（x0，2]时，h（x）在区间（x0，m）内有零点．所以h（x）在（1，2）内起码有一个零点，不如设为x1，则h（x1）=g（x1）（第13页（共17页）﹣x0）﹣f（）=0．由（Ⅰ）知g（x）在[1，2]上单一递加，故0＜g（1）＜g（x1）＜g（2），于是|﹣x0≥=．|=因为当x∈[1，2]时，g（x）＞0，故f（x）在[1，2]上单一递加，所以f（x）在区间[1，2]上除x0外没有其余的零点，而≠，故（）≠．又因为p，q，a均为整数，所以|2p4+3p3﹣22﹣6pq3+aq4|是正整数，q3pq从而|2p4+3p3q﹣3p2q2﹣6pq3+aq4|≥1．所以|﹣x0≥．所以，只需取（），就有﹣≥．|A=g2x |10．（2017?山东）已知函数f（x）= x3﹣ ax2，a∈R，1）当a=2时，求曲线y=f（x）在点（3，f（3））处的切线方程；2）设函数g（x）=f（x）+（x﹣a）cosx﹣sinx，议论g（x）的单一性并判断有无极值，有极值时求出极值．【解答】解：（1）当a=2时，f（x）=x3﹣x2，f′（x）=x2﹣2x，k=f′（3）=9﹣6=3，f（3）=×27﹣9=0，∴曲线y=f（x）在点（3，f（3））处的切线方程y=3（x﹣3），即3x﹣y﹣9=02）函数g（x）=f（x）+（x﹣a）cosx﹣sinx=x3﹣ax2+（x﹣a）cosx﹣sinx，g′（x）=（x﹣a）（x﹣sinx），令g′（x）=0，解得x=a，或x=0，①若a＞0时，当x＜0时，g′（x）＞0恒建立，故g（x）在（﹣∞，0）上单一递加，当x＞a时，g′（x）＞0恒建立，故g（x）在（a，+∞）上单一递加，当0＜x＜a时，g′（x）＜0恒建立，故g（x）在（0，a）上单一递减，∴当x=a时，函数有极小值，极小值为g（a）=﹣a3﹣sina第14页（共17页）当x=0时，有极大值，极大值为g（0）=﹣a，②若a＜0时，当x＞0时，g′（x）＞0恒建立，故g（x）在（﹣∞，0）上单一递加，当x＜a时，g′（x）＞0恒建立，故g（x）在（﹣∞，a）上单一递加，当a＜x＜0时，g′（x）＜0恒建立，故g （x）在（a，0）上单一递减，∴当x=a时，函数有极大值，极大值为g（a）=﹣a3﹣sina当x=0时，有极小值，极小值为g（0）=﹣a③当a=0时，g′（x）=x（x+sinx），当x＞0时，g′（x）＞0恒建立，故g（x）在（0，+∞）上单一递加，当x＜0时，g′（x）＞0恒建立，故g（x）在（﹣∞，0）上单一递加，∴g（x）在R上单一递加，无极值．11．（2017?天津）设a，b∈R，|a|≤1．已知函数f（x）=x3﹣6x2﹣3a（a﹣4）x+b，g（x）=e x f（x）．（Ⅰ）求f（x）的单一区间；（Ⅱ）已知函数y=g（x）和y=e x的图象在公共点（x0，y0）处有同样的切线，i）求证：f（x）在x=x0处的导数等于0；ii）若对于x的不等式g（x）≤e x在区间[x0﹣1，x0+1]上恒建立，求b的取值范围．【解答】（Ⅰ）解：由f（x）=x3﹣6x2﹣3a（a﹣4）x+b，可得f'（x）=3x2﹣12x﹣3a（a﹣4）=3（x﹣a）（x﹣（4﹣a）），令f'（x）=0，解得x=a，或x=4﹣a．由|a|≤1，得a＜4﹣a．当x变化时，f'（x），f（x）的变化状况以下表：x（﹣∞，）（，﹣）（﹣，∞）a a4a4a+f'（x）+﹣+f（x）↗↘↗∴f（x）的单一递加区间为（﹣∞，a），（4﹣a，+∞），单一递减区间为（a，4 ﹣a）；第15页（共17页）（Ⅱ）（i）证明：∵g'（x）=e x（f（x）+f'（x）），由题意知，∴，解得．∴f（x）在x=x0处的导数等于0；ii）解：∵g（x）≤e x，x∈[x0﹣1，x0+1]，由e x＞0，可得f（x）≤1．又∵f（x0）=1，f'（x0）=0，故x0为f（x）的极大值点，由（I）知x0=a．另一方面，因为|a|≤1，故a+1＜4﹣a，由（Ⅰ）知f（x）在（a﹣1，a）内单一递加，在（a，a+1）内单一递减，故当x0=a时，f（x）≤f（a）=1在[a﹣1，a+1]上恒建立，从而g（x）≤e x在[x0﹣1，x0+1]上恒建立．由f（a）=a3﹣6a2﹣3a（a﹣4）a+b=1，得b=2a3﹣6a2+1，﹣1≤a≤1．令t（x）=2x3﹣6x2+1，x∈[﹣1，1]，∴t'（x）=6x2﹣12x，令t'（x）=0，解得x=2（舍去），或x=0．t（﹣1）=﹣7，t（1）=﹣3，t（0）=1，故t（x）的值域为[﹣7，1]．∴b的取值范围是[﹣7，1]．12．（2017?新课标Ⅰ）已知函数f（x）=e x（e x﹣a）﹣a2x．1）议论f（x）的单一性；2）若f（x）≥0，求a的取值范围．【解答】解：（1）f（x）=e x（e x﹣a）﹣a2x=e2x﹣e x a﹣a2x，f（′x）=2e2x﹣ae x﹣a2=（2e x+a）（e x﹣a），①当a=0时，f′（x）＞0恒建立，f（x）在R上单一递加，②当a＞0时，2e x+a＞0，令f′（x）=0，解得x=lna，当x＜lna时，f′（x）＜0，函数f（x）单一递减，第16页（共17页）当x＞lna时，f′（x）＞0，函数f（x）单一递加，③当a＜0时，e x﹣a＞0，令f（′x）=0，解得x=ln（﹣），当x＜ln（﹣）时，f′（x）＜0，函数f（x）单一递减，当x＞ln（﹣）时，f′（x）＞0，函数f（x）单一递加，综上所述，当a=0时，f（x）在R上单一递加，当a＞0时，f（x）在（﹣∞，lna）上单一递减，在（lna，+∞）上单一递加，当a＜0时，f（x）在（﹣∞，ln （﹣））上单一递减，在（ln（﹣），+∞）上单一递加，（2）①当a=0时，f（x）=e2x＞0恒建立，②当a＞0时，由（1）可得f（x）min=f（lna）=﹣a2lna≥0，lna≤0，0＜a≤1，③当a＜0时，由（1）可得f（x）min=f（ln（﹣））= ﹣a2ln（﹣）≥0，∴ln（﹣）≤，∴﹣2≤a＜0，综上所述a的取值范围为[﹣2，1]第17页（共17页）。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
专题05 导数及其应用1．(2016·四川)已知a 为函数f (x )＝x 3－12x 的极小值点，则a 等于( ) A ．－4B ．－2C ．4D ．2 答案 D解析 ∵f (x )＝x 3－12x ，∴f ′(x )＝3x 2－12， 令f ′(x )＝0，则x 1＝－2，x 2＝2.当x ∈(－∞，－2)，(2，＋∞)时，f ′(x )>0，则f (x )单调递增；当x ∈(－2,2)时，f ′(x )<0，则f (x )单调递减，∴f (x )的极小值点为a ＝2.2．(2016·课标全国乙)若函数f (x )＝x －13sin2x ＋a sin x 在(－∞，＋∞)上单调递增，则a 的取值范围是( ) A ．[－1,1]B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，13 C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－13，13D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－13 答案 C解析 方法一 (特殊值法)：不妨取a ＝－1， 则f (x )＝x －13sin 2x －sin x ，f ′(x )＝1－23cos 2x －cos x ，但f ′(0)＝1－23－1＝－23<0，不具备在(－∞，＋∞)单调递增，排除A ，B ，D.故选C.方法二 (综合法)：∵函数f (x )＝x －13sin 2x ＋a sin x 在(－∞，＋∞)单调递增，∴f ′(x )＝1－23cos 2x ＋a cos x＝1－23(2cos 2x －1)＋a cos x＝－43cos 2x ＋a cos x ＋53≥0，即a cos x ≥43cos 2x －53在(－∞，＋∞)恒成立．当cos x ＝0时，恒有0≥－53，得a ∈R ；当0<cos x ≤1时，得a ≥43cos x －53cos x ，令t ＝cos x ，f (t )＝43t －53t在(0,1]上为增函数，得a ≥f (1)＝－13； 当－1≤cos x <0时，得a ≤43cos x －53cos x ，令t ＝cos x ，f (t )＝43t －53t 在[－1,0)上为增函数，得a ≤f (－1)＝13.综上，可得a 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－13，13，故选C.3．(2016·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 ．y ＝sin x B ．y ＝ln x C ．y ＝e xD ．y ＝x 3答案 A4．(2016·天津)已知函数f (x )＝(2x ＋1)e x，f ′(x )为f (x )的导函数，则f ′(0)的值为________． 答案 3解析 因为f (x )＝(2x ＋1)e x，所以f ′(x )＝2e x ＋(2x ＋1)e x ＝(2x ＋3)e x， 所以f ′(0)＝3e 0＝3.5．设函数y ＝f (x )的导函数为f ′(x )，若y ＝f (x )的图象在点P (1，f (1))处的切线方程为x －y ＋2＝0，则f (1)＋f ′(1)等于( ) A ．4B ．3C ．2D ．1 答案 A解析 依题意有f ′(1)＝1,1－f (1)＋2＝0，即f (1)＝3， 所以f (1)＋f ′(1)＝4.6．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx －a 2－7a 在x ＝1处取得极大值10，则a b的值为( ) A ．－23B ．－2C ．－2或－23D ．2或－23答案 A解析 由题意知f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，f ′(1)＝0，f (1)＝10，即⎩⎪⎨⎪⎧3＋2a ＋b ＝0，1＋a ＋b －a 2－7a ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2，b ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－6，b ＝9，经检验⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－6，b ＝9，满足题意，故a b ＝－23.7．已知函数f (x )＝x 2－ax ＋3在(0,1)上为减函数，函数g (x )＝x 2－a ln x 在(1,2)上为增函数，则a 的值等于________． 答案 2解析 ∵函数f (x )＝x 2－ax ＋3在(0,1)上为减函数， ∴a2≥1，得a ≥2.又∵g ′(x )＝2x －a x，依题意g ′(x )≥0在x ∈(1,2)上恒成立，得2x 2≥a 在x ∈(1,2)上恒成立，有a ≤2，∴a ＝2.8．已知函数f (x )＝x －1x ＋1，g (x )＝x 2－2ax ＋4，若任意x 1∈[0,1]，存在x 2∈[1,2]，使f (x 1)≥g (x 2)，则实数a 的取值范围是__________．答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫94，＋∞ 解析 由于f ′(x )＝1＋1x ＋12>0，因此函数f (x )在[0,1]上单调递增，所以x ∈[0,1]时，f (x )min ＝f (0)＝－1. 根据题意可知存在x ∈[1,2]， 使得g (x )＝x 2－2ax ＋4≤－1，即x 2－2ax ＋5≤0，即a ≥x 2＋52x 能成立，令h (x )＝x 2＋52x，则要使a ≥h (x )在x ∈[1,2]能成立，只需使a ≥h (x )min ，又函数h (x )＝x 2＋52x在x ∈[1,2]上单调递减，所以h (x )min ＝h (2)＝94，故只需a ≥94.易错起源1、导数的几何意义例1 (1)(2016·课标全国甲)若直线y＝kx＋b是曲线y＝ln x＋2的切线，也是曲线y＝ln(x＋1)的切线，则b＝_______.(2)已知f(x)＝x3－2x2＋x＋6，则f(x)在点P(－1,2)处的切线与坐标轴围成的三角形的面积等于( ) A．4 B．5C.254D.132答案(1)1－ln2(2)C(2)∵f(x )＝x3－2x2＋x＋6，∴f′(x)＝3x2－4x＋1，∴f′(－1)＝8，切线方程为y－2＝8(x＋1)，即8x－y＋10＝0，令x＝0，得y＝10，令y＝0，得x＝－54，∴所求面积S＝12×54×10＝254.【变式探究】设曲线y＝2－cos xsin x在点⎝⎛⎭⎪⎫π2，2处的切线与直线x＋ay＋1＝0垂直，则a＝________.答案1解析由题意得，y′＝2－cos x′sin x－2－cos x sin x′sin2x＝1－2cos xsin2x，则曲线y＝2－cos xsin x在点⎝⎛⎭⎪⎫π2，2处的切线的斜率为k1＝1－2cosπ2sin2π2＝1.因为直线x ＋ay ＋1＝0的斜率k 2＝－1a，又该切线与直线x ＋ay ＋1＝0垂直，所以k 1k 2＝－1，解得a ＝1.【名师点睛】(1)求曲线的切线要注意“过点P 的切线”与“在点P 处的切线”的差异，过点P 的切线中，点P 不一定是切点，点P 也不一定在已知曲线上，而在点P 处的切线，必以点P 为切点．(2)利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化．以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，则要求掌握平行、垂直与斜率之间的关系，进而和导数联系起来求解．【锦囊妙计，战胜自我】1．函数f (x )在x 0处的导数是曲线f (x )在点P (x 0，f (x 0))处的切线的斜率，曲线f (x )在点P 处的切线的斜率k ＝f ′(x 0)，相应的切线方程为y －f (x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0)． 2．求曲线的切线要注意“过点P 的切线”与“在点P 处的切线”的不同． 易错起源2、利用导数研究函数的单调性 例2、设函数f (x )＝x e kx(k ≠0)．(1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程； (2)求函数f (x )的单调区间；(3)若函数f (x )在区间(－1,1)内单调递增，求k 的取值范围． 解 (1)由题意可得f ′(x )＝(1＋kx )e kx，f ′(0)＝1，f (0)＝0，故曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝x . (2)由f ′(x )＝(1＋kx )e kx＝0，得x ＝－1k(k ≠0)，若k >0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1k 时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1k，＋∞时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增；若k <0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1k 时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1k，＋∞时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减．(3)由(2)知，若k >0，则当且仅当－1k≤－1，即k ≤1时，函数f (x )在区间(－1,1)内单调递增；若k <0，则当且仅当－1k≥1，即k ≥－1时，函数f (x )在区间(－1,1)内单调递增．综上可知，函数f (x )在区间(－1,1)内单调递增时，k 的取值范围是[－1,0)∪(0,1]．【变式探究】(1)已知m 是实数，函数f (x )＝x 2(x －m )，若f ′(－1)＝－1，则函数f (x )的单调递增区间是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－43，0B.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，43 C.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－43∪(0，＋∞) D.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－43∪(0，＋∞) (2)若函数f (x )＝2x 2－ln x 在其定义域内的一个子区间(k －1，k ＋1)内不是单调函数，则实数k 的取值范围是__________．答案 (1)C (2)⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，32解析 (1)因为f ′(x )＝3x 2－2mx ， 所以f ′(－1)＝3＋2m ＝－1，解得m ＝－2.由f ′(x )＝3x 2＋4x >0，解得x <－43或x >0，即函数f (x )的单调递增区间为(－∞，－43)∪(0，＋∞)，故选C.(2)f (x )的定义域为(0，＋∞)．f ′(x )＝4x －1x.由f ′(x )＝0，得x ＝12.据题意，得⎩⎪⎨⎪⎧k －1<12<k ＋1，k －1≥0，解得1≤k <32.【名师点睛】利用导数研究函数单调性的一般步骤： (1)确定函数的定义域； (2)求导函数f ′(x )；(3)①若求单调区间(或证明单调性)，只要在函数定义域内解(或证明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0.②若已知函数的单调性，则转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题来求解．【锦囊妙计，战胜自我】1．f ′(x )>0是f (x )为增函数的充分不必要条件，如函数f (x )＝x 3在(－∞，＋∞)上单调递增，但f ′(x )≥0.2．f ′(x )≥0是f (x )为增函数的必要不充分条件，当函数在某个区间内恒有f ′(x )＝0时，则f (x )为常函数，函数不具有单调性．易错起源3、利用导数求函数的极值、最值例3、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．(2)f ′(x )＝a ＋2x 2－3x ＝ax 2－3x ＋2x2(x >0), 由题意可得方程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，并令h (x )＝ax 2－3x ＋2，则⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝9－8a >0，x 1＋x 2＝3a >0，x 1x 2＝2a >0，⎝⎛⎭⎪⎫也可以为⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝9－8a >0，－－32a >0，h 0>0解得0<a <98.故a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，98.【变式探究】已知函数f (x )＝ln x ＋ax －a 2x 2(a ≥0)． (1)若x ＝1是函数y ＝f (x )的极值点，求a 的值； (2)若f (x )<0在定义域内恒成立，求实数a 的取值范围． 解 (1)函数的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝－2a 2x 2＋ax ＋1x.因为x ＝1是函数y ＝f (x )的极值点， 所以f ′(1)＝1＋a －2a 2＝0， 解得a ＝－12(舍去)或a ＝1.经检验，当a ＝1时，x ＝1是函数y ＝f (x )的极值点， 所以a ＝1.(2)当a ＝0时，f (x )＝ln x ，显然在定义域内不满足f (x )<0恒成立； 当a >0时， 令f ′(x )＝2ax ＋1－ax ＋1x＝0，得x 1＝－12a (舍去)，x 2＝1a，所以x ，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：x (0，1a)1a(1a，＋∞)f ′(x)＋0 －f (x ) ↗极大值↘所以f (x )max ＝f (1a )＝ln 1a<0，所以a >1.综上可得，a 的取值范围是(1，＋∞). 【名师点睛】(1)求函数f (x )的极值，则先求方程f ′(x )＝0的根，再检查f ′(x )在方程根的左右函数值的符号． (2)若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程f ′(x )＝0根的大小或存在情况来求解． (3)求函数f (x )在闭区间[a ，b ]的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f (a )，f (b )与f (x )的各极值进行比较得到函数的最值．【锦囊妙计，战胜自我】1．若在x 0附近左侧f ′(x )>0，右侧f ′(x )<0，则f (x 0)为函数f (x )的极大值；若在x 0附近左侧f ′(x )<0，右侧f ′(x )>0，则f (x 0)为函数f (x )的极小值．2．设函数y ＝f (x )在[a ，b ]上连续，在(a ，b )内可导，则f (x )在[a ，b ]上必有最大值和最小值且在极值点或端点处取得．1．函数f (x )＝14x 2＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2－x ，f ′(x )为f (x )的导函数，则f ′(x )的图象是( )答案 C解析 依题意f (x )＝14x 2－cos x ，对f (x )求导，得f ′(x )＝12x ＋sin x ，可知f ′(x )为奇函数，由此可排除B ，D ；当x <0时，f ′(x )＝12x ＋sin x <0，由此可排除A.2．曲线y ＝f (x )＝xx 2＋1在点(1，f (1))处的切线方程是( )A ．x ＝1B ．y ＝12C ．x ＋y ＝1D ．x －y ＝1答案 B解析 f (x )＝xx 2＋1的导数f ′(x )＝1－x21＋x22，∴曲线在点(1，f (1))处的切线斜率k ＝0，∵切点为⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12， ∴曲线在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝12.3．已知a ≥0，函数f (x )＝(x 2－2ax )e x.若f (x )在[－1,1]上是单调递减函数，则a 的取值范围是( ) A ．0<a <34B.12<a <34 C ．a ≥34D ．0<a <12答案 C4．若定义在R 上的函数f (x )满足f (0)＝－1，其导函数f ′(x )满足f ′(x )＞k ＞1，则下列结论中一定错误的是( )A ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＜1kB ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＞1k －1C ．f ⎝⎛⎭⎪⎫1k －1＜1k －1 D ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1＞k k －1答案 C解析 ∵导函数f ′(x )满足f ′(x )＞k ＞1，∴f ′(x )－k ＞0，k －1＞0，1k －1＞0，可构造函数g (x )＝f (x )－kx ，可得g ′(x )＞0，故g (x )在R 上为增函数，∵f (0)＝－1，∴g (0)＝－1，∴g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1＞g (0)，即f ⎝⎛⎭⎪⎫1k －1－k k －1＞－1，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1＞1k －1，∴选项C 错误，故选C.5．若函数f (x )＝(x ＋1)e x，则下列命题正确的是( ) A ．对任意m <－1e 2，都存在x ∈R ，使得f (x )<mB ．对任意m >－1e 2，都存在x ∈R ，使得f (x )<mC ．对任意m <－1e 2，方程f (x )＝m 只有一个实根D ．对任意m >－1e 2，方程f (x )＝m 总有两个实根答案 B解析 因为f ′(x )＝[(x ＋1)e x]′＝(x ＋1)e x＋e x＝(x ＋2)e x，故函数在区间(－∞，－2)，(－2，＋∞)上分别为减函数与增函数，故f (x )min ＝f (－2)＝－1e 2，故当m >－1e2时，总存在x 使得f (x )<m .6．设函数f ′(x )是奇函数f (x ) (x ∈R )的导函数，f (－1)＝0，当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0，则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是( )A ．(－∞，－1)∪(0,1)B ．(－1,0)∪(1，＋∞)C ．(－∞，－1)∪(－1,0)D ．(0,1)∪(1，＋∞) 答案 A 解析 设g (x )＝f xx， 则g (x )的导数g ′(x )＝xf ′x －f xx 2.∵当x >0时，总有xf ′(x )<f (x )成立，即当x >0时，g ′(x )<0恒成立， ∴当x >0时，函数g (x )＝f xx为减函数， 又∵g (－x )＝f －x －x ＝－f x －x ＝f xx＝g (x )， ∴函数g (x )为定义域上的偶函数， 又∵g (－1)＝f －1－1＝0，∴函数g (x )的大致图象如图：数形结合可得，不等式f (x )>0⇔x ·g (x )>0⇔⎩⎪⎨⎪⎧x >0，g x >0或⎩⎪⎨⎪⎧x <0，g x <0⇔0<x <1或x <－1.故选A.7.若函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，则y ＝f (x )的图象可能为( )答案 C解析 根据f ′(x )的符号，f (x )图象应该是先下降后上升，最后下降，排除A 、D ；从适合f ′(x )＝0的点可以排除B.8．已知P (－1,1)，Q (2,4)是曲线y ＝x 2上的两点，则与直线PQ 平行的曲线y ＝x 2的切线方程是____________．答案 4x －4y －1＝09．已知函数f (x )＝x 3＋x ，对任意的m ∈[－2,2]，f (mx －2)＋f (x )<0恒成立，则x 的取值范围为__________．答案 ⎝⎛⎭⎪⎫－2，23 解析 ∵f ′(x )＝3x 2＋1>0，∴f (x )为增函数． 又f (x )为奇函数，由f (mx －2)＋f (x )<0知，f (mx －2)<f (－x )．∴mx －2<－x ，即mx ＋x －2<0.令g (m )＝mx ＋x －2，由m ∈[－2,2]知g (m )<0恒成立，即⎩⎪⎨⎪⎧g－2＝－x －2<0，g 2＝3x －2<0，解得－2<x <23.10．函数y ＝x ＋2cos x 在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值是______．答案π6＋3 解析 y ′＝1－2sin x ，令y ′＝0，且x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，得x ＝π6，则x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π6时，y ′>0；x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π6，π2时，y ′<0，故函数在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π6上递增，在⎝ ⎛⎦⎥⎤π6，π2上递减，所以当x ＝π6时，函数取最大值π6＋ 3.11．已知函数f (x )＝x 28－ln x ，x ∈[1,3]． (1)求f (x )的最大值与最小值；(2)若f (x )<4－at 对任意的x ∈[1,3]，t ∈[0,2]恒成立，求实数a 的取值范围．解 (1)∵函数f (x )＝x 28－ln x ，∴f ′(x )＝x 4－1x，令f ′(x )＝0，得x ＝2或x ＝－2(舍去)． ∵x ∈[1,3]，当1<x <2时，f ′(x )<0； 当2<x <3时，f ′(x )>0. ∴f (x )在(1,2)上是单调减函数， 在(2,3)上是单调增函数，∴f (x )在x ＝2处取得极小值f (2)＝12－ln2.又f (1)＝18，f (3)＝98－ln3，∵ln3>1，∴18－(98－ln3)＝ln3－1>0，∴f (1)>f (3)，∴当x ＝1时，f (x )取得最大值为18；当x ＝2时，f (x )取得最小值为12－ln2.(2)由(1)知，当x ∈[1,3]时，f (x )≤18，故对任意x ∈[1,3]，f (x )<4－at 恒成立，只要4－at >18对任意t ∈[0,2]恒成立，即at <318恒成立，记g (t )＝at ，t ∈[0,2]．∴⎩⎪⎨⎪⎧g0<318，g2<318，解得a <3116，∴实数a 的取值范围是(－∞，3116)．12．已知函数f (x )＝(ax 2－1)·e x，a ∈R . (1)若函数f (x )在x ＝1时取得极值，求a 的值； (2)当a ≤0时，求函数f (x )的单调区间． 解 (1)f ′(x )＝(ax 2＋2ax －1)·e x，x ∈R ，依题意得f ′(1)＝(3a －1)·e＝0，解得a ＝13.经检验符合题意．(2)f ′(x )＝(ax 2＋2ax －1)·e x， 设g (x )＝ax 2＋2ax －1， ①当a ＝0时，f (x )＝－e x，f (x )在(－∞，＋∞)上为单调减函数．②当a <0时，方程g (x )＝ax 2＋2ax －1＝0的判别式为Δ＝4a 2＋4a ， 令Δ＝0，解得a ＝0(舍去)或a ＝－1. (ⅰ)当a ＝－1时，g (x )＝－x 2－2x －1＝－(x ＋1)2≤0，即f ′(x )＝(ax 2＋2ax －1)·e x≤0，且f ′(x )在x ＝－1两侧同号，仅在x ＝－1时等于0，则f (x )在(－∞，＋∞)上为单调减函数． (ⅱ)当－1<a <0时，Δ<0，则g (x )＝ax 2＋2ax －1<0恒成立， 即f ′(x )<0恒成立，则f (x )在(－∞，＋∞)上为单调减函数． (ⅲ)当a <－1时，Δ＝4a 2＋4a >0，令g (x )＝0，方程ax 2＋2ax －1＝0有两个不相等的实数根x 1＝－1＋a 2＋a a ，x 2＝－1－a 2＋aa，作差可知－1－a 2＋a a >－1＋a 2＋aa ，则当x <－1＋a 2＋aa 时，g (x )<0，f ′(x )<0，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1＋a 2＋a a 上为单调减函数；当－1＋a 2＋a a <x <－1－a 2＋aa 时，g (x )>0，f ′(x )>0，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1＋a 2＋a a ，－1－a 2＋a a 上为单调增函数；当x >－1－a 2＋aa 时，g (x )<0，f ′(x )<0，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1－a 2＋a a ，＋∞上为单调减函数．综上所述，当－1≤a ≤0时，函数f (x )的单调减区间为(－∞，＋∞)； 当a <－1时，函数f (x )的单调减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1＋a 2＋a a ，⎝ ⎛⎭⎪⎫－1－a 2＋a a ，＋∞，函数f (x )的单调增区间为⎝⎛⎭⎪⎫－1＋a 2＋a a ，－1－a 2＋a a .a 欢迎您的下载，资料仅供参考！a。