历年导数压轴经典题目

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导数压轴小题汇编(学生版)

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导数压轴小题练习1. 【图像法】设函数f(a)=e²(2x-1)-ax+a,其中a<1,若存在唯一的整数ag使得f(x₀)<0,则a的取值范围是( )A.1)B.C.D.2. 【图像法】已知函数f(x)=xe²-mx+m,若f(a)<0的解集为(a,b),其中b<0;不等式在(a,b)中有且只有一个整数解,则实数m的取值范围是( )A B. C. D.3. 【切线应用】若函数f(x)=w³+ax²+bx(a,b∈R)的图象与α轴相切于一点A(m,0)(m≠0),且f(a)的极大值为 ,则m 的值为34. 【导数的切线法】设函数f(x)= 2 x²-2ax(a>0)与g(a)=a²lnz+b有公共点,且在公共点处的切线方程相同,则实数b的最大值为( )A. B. C. D.5. 【导数的切线法】若对于函数f(x)=ln(x+1)+a²图象上任意一点处的切线l,在函数g(x)=asinxcosx-a的图象上总存在一条切线L2,使得l工L,则实数a的取值范围为( )A. C.B.D.(-w,- 1)U[1,+w)6. 【导数的切线法】已知实数a,b满足ln(b+1)+a-3b=0,实数c,d满足2d-c- √5=0,则(a-c)2+(b-d)²的最小值为( )A.1B.2C.3D.±7. 【导数的切线法】若直线kx-y-k+1=0(x∈R)和曲线E: 的图像交于A(aj,y),B(xz,yz),C(xg,y3)(x₁<a₂<a3)三点时,曲线E在点A,点C处的切线总是平行,则过点(b, a)可作曲线E的( )条切线.A.0B.1C.2D.38. 【导数的直接应用】若是定义在R上的可导函数,且满足(x-1)f'(a)≥0,则必有( )A.f(0)+f(2)<2f(1)B.f(0)+f(2)>2f(1)C.f(0)+f(2)≤2f(1)D.f(0)+f(2)≥2f(1)9. 【导数的直接应用】若函)上单调递增,则实数a的取值范围是()A.(-c1)B.(- 1)C.(1,+o)D.(1+c)10. 【利用对称中心破题】已知函则)的值为( )A.0B.504C.1008D.201611. 【利用对称中心破题】已知函则的值为( )A.2016B.1008C.504D.012. 【利用对称中心破题】已知函,且f(2017)= 2016,则f(-2017)=( )A.-2014B.-2015C.-2016D.-201713. 【利用对称中心破题】已知函)的图象上存在关于(1,0)对称的点,则实数m的取值范围是( )A.(-o,1-ln2)B.(-w,1-ln2)C.(1-ln2,+o)D.(1-ln2,+c)14. 【通过构造函数破题】已知函数f(a)=e²+mlnx(m∈R,e为自然对数的底数),若对任意的正数ai,αz2,当ai>a2时,都有f(a₁)-f(a₂)>x-az恒成立,则实数m的取值范围为.15. 【通过构造函数破题】已知函数f(a)=aln(a+1) -q²,在区间(0,1)内任取两个实数p,g,且p<q,若不等式恒成立,则实数a的取值范围是( B )A. 15,+α)B.(15,+c)C.(-w,6)D.(-o,6)16. 【直接法】已知直线l与函数f(a)=ln( √e x)-ln(1-x)的图象交于A,B两点,若AB中点为则m的大小为( )A. B. C.1 D.217. 【函数性质+K法】已知函数f(a)=x+sinx(x ∈R),且f(y² - 2y+3)+f(x² - ±w+1)≤0,则当y≥1时,的取值范围是( )A. B.[0, C.. D.18. 【考查函数性质】已知函数f(a)=x²+(a+8)x+a²+a- 12(a<0),且f(a²-4)=f(2a-8),则的最小值为( )A. B. C. D.19【分离参数法+隐含零点】已知函数f(a)=x+alna,若k∈Z,并且h(x-1)<f(a)对任意的x>1恒成立,则k的最大值为( )A.2B.3C.4D.520. 【考查函数的零点+嵌套函数】已知函数,则方程,的实根个数不可能为( )A . 8个B . 7个C . 6个D . 5个21【考查函数的零点】定义在R上的偶函数f(a)满足f(2-a)=f(x),且当a∈[1,2]时,f(a) =lnx-a+1,若函数g(x)=f(x)+mx有7个零点,则实数m的取值范围为()B.D.22. 【考查函数的零点】设函 ),若存在唯二的αo.. 使得h(n)=min{f(x),g(x)}的最小值为h(xo). 则实数a的取值范围是( )A.a<-2B.a≤-2C.a<- 1D.a≤- 123. 【考查函数的零点】已知函数(e为自然对数的底数)有且只有一个零点,则实数k的取值范围是( )A.(0,2)B.(0,C.(0,e)D.(0,+c)24. 【转化法+零点】已知函数f(a)=alnx+a²+(a-6)a在(0,3)上不是单调函数,则实数a的取值范围是25. 【图像法+转化法+零点】函的图象上存在关于y轴对称的点,则实数a的取值范围是( )A.(-w,3-2ln2)B.[3-2ln2,+c)C.(√e,+o)D.(-w,-Ve)26. 【多变量转化+等与不等转化】已知函数f(a)=lna,g(x)=(2m+3)x+n,若对任意的x∈(0,+o),总有f(a)≤g(x)恒成立,记(2m+3)n的最小值为f(m,n),则f(m,n)最大值为( )A.1B.C.D.27. 【多变量转化+等与不等转化】已知不等式e²- (a+2)x≥b-2恒成立,则的最大值为( )A.-ln3B.-ln2C.- 1-ln3D.- 1-ln228.【多变量转化+等与不等转化】对于任意b>0,a∈R,不等式[b-(a-2)]²+[Inb- (a- 1)]²≥m²-m恒成立,则实数m的最大值为()A.√eB.2C.eD.329.嵌套函数+零点图像法】函.若方程af²(a)+bf(a)+c=0有8个不同的实根,则此8个实根之和是( )A. B.4 C. D.230. 【嵌套函数法】已知函,则f(f(w))<2的解集为( )A.(1-ln2,+o)B.(+o,1-ln2)C.(1-ln2,1)D.(1,1+ln2)31. 【导数+嵌套函数法+分离参数】函数f(x)=-a²+3w+a,g(a)=2³-w²,若flg(w)]≥0对a∈[0,1]恒成立,则实数a的取值范围是( )A.(-e,+c)B.(-ln2,+o)C.(-2,+o)D.32. 【导数+嵌套函数法+定义域与值域的关系】已知函数f(x)=e²+a-e- ²+2(a∈R,e为自然对数的底数),若y=f(x)与y=f(f(x))的值域相同,则a的取值范围是()A.a<0 B . a≤- 1 C.O<a≤4 D . a < 0或O < a ≤ 433. 【导数+嵌套函数法+分离参数】已知函),其中e为自然对数的底数.若函数y=f(a)与y=flf(x)]有相同的值域,则实数a的最大值为( )A.. eB.. 2C.1D..34. 【导数+嵌套函数法+导函数零点】已知函有两个极值点ai,αz,若αi<f(x₁)<z2,则关于n方程(f(a))²-2af(a)-b=0的实根个数不可能为( )A.2B.3C.4D.535. 【导数+嵌套函数法+导函数零点】已知函数,有两个极值点ai,x2,若,则关于a方程(f(x))²-2af(a)-b=0的实根个数为( )A.. 2B.. 3C.4D.536. 【嵌套函数法+零点】已知偶函数f(a)满足f(x+4)=f(±-x),且当x∈(0,4)时,关于a的不等式f(a)+af(a)>0在[-200,200]上有且只有300个整数解,则实数a的取值范围是( )C. D.37. 【导数极值点常规处理手段-转化法】已知函数f(a)=xlnx-ae²(e为自然对数的底数)有两个极值点,则实数a的取值范围是( )A. B.(0,e) C. D.(-c,e)38. 【分析法】已知函数f(x)=e²-ax- 1,g(x)=lnx-ax-a,若存在ap ∈(1,2),使得f(x₀)g(x₀)<0,则实数a的取值范围为( )A.(ln2,B.(ln2,e- 1)C.(1,e- 1)D.[1,39. 【导函数构造法】设f(x)定义在R上的可导函数,若f(3)=1,且3f(a)+af(n)>ln(x+1),则不等式(x-2017)f(α-2017)-27>0的解集为( )A.(2014,+o)B.(0,2014)C.(0,2020)D.(2020,+c)40. 【导函数2次构造法】已知f(x)是定义在R上的可导函数,且满足(x+2)f(a)+af'(a)>0,则( )A.f(x)>0B.f(x)<0C.f(x)为减函数D.f(a)为增函数41. 【导函数2次构造法】定义在R上的函数f(x)满足:f"(a) -f(a)=w ·e²,且, 则的最大值为( )A.0B.C.1D.242. 【导函数构造法】设函数f(a)满足2x²f(x)+x³f'(x)=e²,,则w∈(2,+o)时,f(a)的最小值为( )A. B. C. D.43. 【导函数构造法】已知函数f(x)是定义在R上的奇函数,其导函数为f(x),若对任意的正实数z,都有af"(x)+2f(a)>0恒成立,且f( √②)=1,则使a²f(x)<2成立的实数α的集合为( )A.(-w,-√2)U(√2,+c)B.(-√2,√2)C.(-w,√2)D.(√2,+α)44.已知函数f(a)为R上的可导函数,其导函数为f(x),且满足f(x)+f(a)<1恒成立,f(0)=2018,则不等式f(x)<2017e-3+1的解集为( )A.f(a)=x-sinzB.f(a-2)+f(a²)≥0D.f(x)=x³+a45. 【导函数构造法】已知定义在f(x)=x³+a上的可导函数f(a-2)+f(a²)≥0的导函数为f'(a),对任意实数z均有(1-x)f(a)+af'(x)>0成立,且y=f(x+1)-e是奇函数,则不等式af(x)-e³>0的解集是( )A.(-w,e)B.(e,+c)C.(-α,1)D.(1,+o)46. 【导函数构造法】已知定义域为R的函数的导函数为f'(x),并且满足f"(a)>f(a)+1,则下列正确的是()A.f(2018)-ef(2017)>e- 1B.f(2018)-ef(2017)<e- 1C.f(2018)-ef(2017)>e+1D.f(2018)-ef(2017)<e+147.(50)16【导函数类极值零点最值】 .关于a的方有两个不等实根,则实数k的取值范围是48. 【导函数类极值零点最值】已知函数f(a)=x(lnx-ax)有极值,则实数a的取值范围是( )B. D.49. 【导函数类极值零点最值】已知函数f(x)=e²>-ax²+bw-1,其中a,b∈R,e为自然对数的底数.若f(1)=0.f'(a)是f(x)的导函数,函数f(a)在区间(0,1)内有两个零点,则a的取值范围是( )A.(e²-3,e²+1)B.(e²-3,+o)C.(-w,2e²+2)D.(2e²-6,2e²+2)50. 【导函数类极值零点最值】已知a∈R,若区间(0,1)上有且只有一个极值点,则a的取值范围是( )A.a<0B.a>0C.a≤1D.a≥051. 【分析结构+换元法】若存在正实数m,使得关于α的方程α+a(2x+2m-tex)[ln(x+m)-lna]=0有两个不同的根,其中e为自然对数的底数,则实数a的取值范围是( D )A.(-α,0)B.(0,D. 152. 【函数性质+单调性】定义在w∈R上的函数f(x)在(-w,-2)上单调递增,且f(α-2)是偶函数,若对一切实数α,不等式f(2sinx-2)>f(sinx-1-m)恒成立,则实数m的取值范围为53. 【函数性质法-单调性+奇偶性】已知函,若f( - a)+f(a)≤2f(w),则实数的取值范围是( )A.(-w1)U[1,+o)B.[- 1,0]C.[0,1]D.[- 1,1]54. 【函数性质法】已知函数f(x)是偶函数,f(x)是奇函数,且对于任意αi,Xz∈[0,1],且ai≠α2,都有(x₁-x2)[f(a₁)-f'(x2)]<0, 则下列结论正确的是( )A.a>b>CB.b>a>cC.b>c>aD.c>a>b55. 【函数性质-周期函数法】设函数fo(n)=sing,定义fa(m)=f[fo(n)],fo(n)=f[fa(z)], …, fn(a)=f[fn-y(a)],则fa(15°)+fg(15°)+fo(15°)+…+foom(15°)的值是()B. C.0 D.156. 【函数性质-周期函数法】若函数y=f(x),A∈M对于给定的非零实数a,总存在非零常数T,使得定义域M内的任意实数α,都有af(a)=f(x+T)恒成立,此时T为f(a)的假周期,函数f(a)是M上的a 级假周期函数.若函数f(w)是定义在区间(0,+o)内的3级假周期且T=2,当a∈(0,2),有:,若3αi∈[6,8],3αz∈(0,+w)使g(a2)-f(a₁)≤0成立,则实数m的取值范围是( )A. B.(-c,12) C.(-c,39) D.(12,+c)57. 【图像法十零点】已 ,若函数f(a)有四个零点,则实数a 的取值范围是( )A. B . (一w, - e) C.(e,+c) D.58. 【图像法+零点】已知函,若函数y=f(f(a)-a)- 1有三个零点,则实数 a 的取值范围是( B ).. 59. 【导数十零点】若函岁有三个不同的零点,则实数a 的取值范围是( ) A.(1 B. C. D.60. 【零点】已知关于的方程x²e²+t -a=0,m∈[-1,1],若对任意的t∈[1,3],该方程总存在唯一的实数解,则实数a 的取值范围是( )B. C. D. 1,e]61. 【零点】已知当a∈(1,+α)时,关于a 的方程有唯一实数解,则k 的范围为 ( )A.3,4)B.(4,5)C.(5,6)D.(6,7)62. 【考查三次函数值域】已知函数f(x)=(w-a)³ -3m+a(a>0)在[- 1,b]上的值域为[-2-2a,0],则b的取值范围是( )A..[0,3]B.[0,2]C.[2,3]D.(- 1,3)63. (【外接球与内切球】 .如图,圆形纸片的圆心为○,半径为6cm,该纸片上的正方形ABCD 的中心为O . E,F,G,H 为圆O 上的点,△ABE, △BCF, △CDG,△ADH 分别是以AB,BC,CD,DA 为底边的等腰三角形,沿虚线剪开后,分别以AB,BC,CD,DA 为折痕折起△ABE, △BCF, △CDG, △ADH,使得E ,F ,G ,H 重合,得到一个四棱锥,当该四棱锥的侧面积是底面积的2倍时,该四棱锥的外接球的体积为64. 【导数法】设函数f(a)=e² -3w,则关于函数y=f(x)说法错误的是( )A. 在区间(0,1),(1,+o)内均有零点B. 与y=lng 的图象有两个交点C . Vx ₁ ∈R,3x ₂ ∈R 使得f(a)在x=xi,x=az 处的切线互相垂直D . f(a)≥ - 1恒成立65. 【极值点偏移】已知函数y=e² -ax 有两个零点ai,Zz ,α₁<x2,则下面说法正确的是( )A.Qi+α₂<2B.a<eC.αjα₂>1D.有极小值点xg,且aj+x ₂<2o66. 【恒成立-分离参数法】已知函数f(a)=ax+alnx (a∈R)的图像在点处的切线斜率为1,当k∈Z 时,不等式f(x)-kx+k 在x∈(1,+o)上恒成立,则k 的最大值是( C )A.1B. 2C.3D.4 D C67.已知函数f(a)=ax,g(x)=lnz,存在t∈(0,e),使得f(t)-g(t)最小值为3,则函数g(a)=lnx图象上一点P到函数发f(a)=ax图象上一点Q的最短距离为( )A. B..√5 C.2√2 D.368. 【存在与任意】设函数f(a)=a²-wlnx+2,若存在区间,使f(a)在[a,b]上的值域为[k(a+2),k(b+2)],则k的取值范围是( )A. B. C. D.69.【存在与任意】已知函,g(a)=-ex²+aa(e是自然对数的底数),对任意的x∈R,存在],有f(x₁)≤g(x2),则a的取值范围为70. 【导数综合】已知函数f(x)=sinα-xcosx,现有下列结论:①当x ∈[0,π]时,f(x)≥0;②当0<a<β<π时,a-sinB>β ·s ina;③若对)恒成立,则m-n的最小值等于④已知k∈[0,1],当x;∈(0,2π)时,满足的个数记为n,则n的所有可能取值构成的集合为{0,1,2,3}.其中正确的个数为( )A.1B.2C.3D.471.(105)12【导数+隐含零点】已知函2,ag是函数f(a)的极值点。

历年导数压轴经典题目

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⑦1 >e A x (1-x )(1)试用含a 的代数式表示b,并求f(x)的单调区间;P(m, f (m)), x-i m x 2,请仔细观察曲线f (x)在点P 处的切线与线段 MP 的位置变化趋势,并解释以下问题:(I )若对任意的m (t, x 2 ),线段MP 与曲线f(x)均有异于M,P 的公共点,试确定t 的最小值,并证明你 的结论; (II )若存在点Q(n ,f(n)), x n< m,使得线段PQ 与曲线f(x)有异于P 、Q 的公共点,请直接写出 m 的取值范围(不必给岀求解过程)/(x) =2.本小题满分14分)已知函数I 此 5 ,^) = eln(-x)^,且斗二—J2是函数y = f{y)的极值点。

(I)求实数冈的值;(n)若方程 |'有两个不相等的实数根,求实数 ’的取值范围;(川)若直线/是函数y = f^的图象在点))处的切线,且直线'与函数⑴历年导数压轴经典题目证题中常用的不等式 ① Inx x 1 (x 0)x②x+1w in(x+1) x (x 1)⑤In x x 1(x1)x④e1 x⑥ ln x2x 1212x 2(x 0)1•已知函数f (x)ax 2 bx ,且 f'( 1)(2)令 a 1,设函数 f (x)在 x 1,x 2(x 1x 2)处取得极值,记点M (捲,f (Xj ), N( X 2, f (X 2)),的图象相切于点 ,求实数力 的取值范围。

3.已知函数f x ax2bx c e x且f 0 1, f 1 0.(I)若f x在区间0,1上单调递减,求实数a的取值范围;(II)当a=0时,是否存在实数m使不等式2f x 4xe x mx 1 x24x 1对任意x R恒成立?若存在,求出m的值,若不存在,请说明理由4. 已知:二次函数g(x)是偶函数,且g (1) 0,对x R,有g (x) x 1恒成立,令1f (x) g(x) mlnx ,(m R)(I)求g(x)的表达式;(II )当m 0时,若x>0,使f(x) 0成立,求m的最大值;(III)设1 m 2, H (x) f (x) (m 1)x,证明:对捲必[1,m],恒有|H(xJ H(X2)| 1.5. 已知函数fx ax l nxa > 0 , g x .x 2(I)求证f x 1 ln a;1 2 1(II)若对任意的x1—,—,总存在唯一的x2—2 , e (e为自然对数的底数),使得2 3 eg x1 f x2,求实数a的取值范围.26. 已知函数f(x) x 8x,g(x) 6ln x m.(I)求f (x)在区间t,t 1上的最大值h(t);(II)是否存在实数m,使得y f (x)的图象与y g(x)的图象有且只有三个不同的交点?若存在,求出m的取值范围;若不存在,说明理由。

导数压轴题题型归纳

导数压轴题题型归纳

导数压轴题题型归纳1.高考命题回顾例1已知函数千3=6*—小&十巾).(2013全国新课标11卷)(1)设x=0是f(x)的极值点,求m,并讨论f(x)的单调性;⑵当mW2时,证明f(x)>0.例2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(2013全国新课标I卷)(I)求a,b,c,d的值(II)若x2—2时,f(x)-kg(x),求k的取值范围。

2. 在解题中常用的有关结论※⑴曲线产f (x )在X =X 0处的切线的斜率等于f (x 0),且切线方程为产f'(X 0)(x -X 0)+f (x 0)。

(2)若可导函数y =f(x)在X =X 0处取得极值,则f (x 0)=0。

反之,不成立。

(3)对于可导函数f (x ),不等式f ,(x )>0(<0)的解集决定函数f (x )的递增(减)区间。

(4)函数f (x )在区间I 上递增(减)的充要条件是:v x e I f (x )>0(<0)恒成立(f (x )不恒为0).(5)函数f(x )(非常量函数)在区间I 上不单调等价于f (x )在区间I 上有极值,则可等价转化为方程尸(x )=0在区间I 上有实根且为非二重根。

(若f (x )为二次函数且I=R ,则有A>0)。

(6) f(x )在区间I 上无极值等价于f (x )在区间在上是单调函数,进而得到f (x )>0或f (x )<0在I 上恒成立 ⑺若V x G I ,f (x )>0恒成立,则fx )min >0;若V x G I ,f (x )<0恒成立,则f (x )max<0 ⑻若三x 0G l ,使得f (x 0)>0,则^>0;若三x 0Gl ,使得f(x 0)<0,则)皿<0. (9)设f (x )与g (x )的定义域的交集为D ,若V x G D f (x )>g (x )恒成立,贝第[f (x )-g (x )]>0.min(10)若对V X|G I、匕e1,f(x J>g(x)恒成立,则f(x).>g(x).112212minmax若对V x e I3x e I,使得f(x)>g(x),则f(x)>g(x).112212minmin若对V x]e I,3x2G I2,使得f(x)<g(x),则f(x)<g(x).112212maxmax(11)已知f(x)在区间11上的值域为A,,g(x)在区间I2上值域为B,若对V x1e11,3x2e I2,使得f(x1)=g(x2)成立,则A之B。

压轴高考数学复习导数大题精选10题附详细解答

压轴高考数学复习导数大题精选10题附详细解答

高考压轴导数大题例1.已知函数3211()32f x x ax bx =++在区间[11)-,,(13],内各有一个极值点. (I )求24a b -的最大值;(II )当248a b -=时,设函数()y f x =在点(1(1))A f ,处的切线为l ,若l 在点A 处穿过函数()y f x =的图象(即动点在点A 附近沿曲线()y f x =运动,经过点A 时,从l 的一侧进入另一侧),求函数()f x 的表达式.例3已知函数()θθcos 163cos 3423+-=x x x f ,其中θ,R x ∈为参数,且πθ20≤≤.(1)当时0cos =θ,判断函数()x f 是否有极值;(2)要使函数()f x 的极小值大于零,求参数θ的取值范围;例4.已知函数32()f x ax bx cx =++在点0x 处取得极大值5,其导函数'()y f x =的图象经过点(1,0),(2,0).求:(Ⅰ)0x 的值;(Ⅱ),,a b c 的值.例5设3=x 是函数()()()R x e b ax x x f x ∈++=-32的一个极值点.(Ⅰ)求a 与b 的关系式(用a 表示b ),并求()x f 的单调区间;(Ⅱ)设0>a ,()x e a x g ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=4252.若存在[]4,0,21∈εε使得()()121<-εεg f 成立, 求a 的取值范围例6已知函数321()(2)13f x ax bx b x =-+-+ 在1x x =处取得极大值,在2x x =处取得极小值,且12012x x <<<<.(1)证明0a >;(2)若z =a +2b ,求z 的取值范围。

1. 已知函数21()22f x ax x =+,()g x lnx =.(Ⅰ)如果函数()y f x =在[1,)+∞上是单调增函数,求a 的取值范围;(Ⅱ)是否存在实数0a >,使得方程()()(21)g x f x a x '=-+在区间1(,)e e 内有且只有两个不相等的实数根?若存在,请求出a 的取值范围;若不存在,请说明理由.2. 如果()0x f 是函数()x f 的一个极值,称点()()00,x f x 是函数()x f 的一个极值点.已知函数()()()00≠≠-=a x e b ax x f x a 且(1)若函数()x f 总存在有两个极值点B A ,,求b a ,所满足的关系;(2)若函数()x f 有两个极值点B A ,,且存在R a ∈,求B A ,在不等式1<x 表示的区域内时实数b 的范围.(3)若函数()x f 恰有一个极值点A ,且存在R a ∈,使A 在不等式⎩⎨⎧<<e y x 1表示的区域内,证明:10<≤b .3 已知函数3221()ln ,()3(,,R)32f x x x g x x ax bx c a b c ==-+-+∈.(1)若函数()()()h x f x g x ''=-是其定义域上的增函数,求实数a 的取值范围;(2)若()g x 是奇函数,且()g x 的极大值是3g ,求函数()g x 在区间[1,]m -上的最大值;(3)证明:当0x >时,12()1x f x e ex '>-+.4已知实数a 满足0<a ≤2,a ≠1,设函数f (x )=13x 3-12a +x 2+ax . (Ⅰ) 当a =2时,求f (x )的极小值;(Ⅱ) 若函数g (x )=x 3+bx 2-(2b +4)x +ln x (b ∈R )的极小值点与f (x )的极小值点相同.求证:g (x )的极大值小于等于5/4例1解(I )因为函数3211()32f x x ax bx =++在区间[11)-,,(13],内分别有一个极值点,所以2()f x x ax b '=++0=在[11)-,,(13],内分别有一个实根, 设两实根为12x x ,(12x x <),则2214x x a b -=-2104x x <-≤.于是2044a b <-,20416a b <-≤,且当11x =-,23x =,即2a =-,3b =-时等号成立.故24a b -的最大值是16. (II )解法一:由(1)1f a b '=++知()f x 在点(1(1))f ,处的切线l 的方程是(1)(1)(1)y f f x '-=-,即21(1)32y a b x a =++--, 因为切线l 在点(1())A f x ,处空过()y f x =的图象,所以21()()[(1)]32g x f x a b x a =-++--在1x =两边附近的函数值异号,则 1x =不是()g x 的极值点. 而()g x 321121(1)3232x ax bx a b x a =++-++++,且 22()(1)1(1)(1)g x x ax b a b x ax a x x a '=++-++=+--=-++.若11a ≠--,则1x =和1x a =--都是()g x 的极值点.所以11a =--,即2a =-,又由248a b -=,得1b =-,故321()3f x x x x =--. 解法二:同解法一得21()()[(1)]32g x f x a b x a =-++-- 2133(1)[(1)(2)]322a x x x a =-++-+. 因为切线l 在点(1(1))A f ,处穿过()y f x =的图象,所以()g x 在1x =两边附近的函数值异号,于是存在12m m ,(121m m <<). 当11m x <<时,()0g x <,当21x m <<时,()0g x >;或当11m x <<时,()0g x >,当21x m <<时,()0g x <.设233()1222a a h x x x ⎛⎫⎛⎫=++-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,则当11m x <<时,()0h x >,当21x m <<时,()0h x >;或当11m x <<时,()0h x <,当21x m <<时,()0h x <.由(1)0h =知1x =是()h x 的一个极值点,则3(1)21102a h =⨯++=, 所以2a =-,又由248a b -=,得1b =-,故321()3f x x x x =--.例3解(Ⅰ)当cos 0θ=时,3()4f x x =,则()f x 在(,)-∞+∞内是增函数,故无极值.(Ⅱ)2'()126cos f x x x θ=-,令'()0f x =,得12cos 0,2x x θ==. 由(Ⅰ),只需分下面两种情况讨论.①当cos 0θ>时,随x 的变化'()f x 的符号及()f x 的变化情况如下表: x(,0)-∞ 0 cos (0,)2θ cos 2θ cos (,)2θ+∞ '()f x + 0 - 0 + ()f x ↗ 极大值↘ 极小值 ↗因此,函数()f x 在2x =处取得极小值f()2,且3cos 13()cos 2416f θθθ=-+.要使cos ()02f θ>,必有213cos (cos )044θθ-->,可得30cos θ<<由于30cos θ≤≤3116226ππππθθ<<<<或. ②当时cos 0θ<,随x 的变化,'()f x 的符号及()f x 的变化情况如下表: xcos (,)2θ-∞ cos 2θ cos (,0)2θ 0 (0,)+∞ '()f x+ 0 - 0 + ()f x 极大值 极小值因此,函数()0f x x =在处取得极小值(0)f ,且3(0)cos .16f θ= 若(0)0f >,则cos 0θ>.矛盾.所以当cos 0θ<时,()f x 的极小值不会大于零.综上,要使函数()f x 在(,)-∞+∞内的极小值大于零,参数θ的取值范围为311(,)(,)6226ππππ⋃.例4解法一:(Ⅰ)由图像可知,在(),1-∞上()'0f x >,在()1,2上()'0f x <,在()2,+∞上()'0f x >,故()f x 在∞∞(-,1),(2,+)上递增,在(1,2)上递减, 因此()f x 在1x =处取得极大值,所以01x =(Ⅱ)'2()32,f x ax bx c =++由'''f f f (1)=0,(2)=0,(1)=5,得320,1240,5,a b c a b c a b c ++=⎧⎪++=⎨⎪++=⎩ 解得2,9,12.a b c ==-=解法二:(Ⅰ)同解法一(Ⅱ)设'2()(1)(2)32,f x m x x mx mx m =--=-+又'2()32,f x ax bx c =++所以3,,232m a b m c m ==-= 32|3()2,32m f x x mx mx =-+ 由(1)5f =,即325,32m m m -+=得6,m =所以2,9,12a b c ==-=例5解(Ⅰ)f `(x)=-[x 2+(a -2)x +b -a ]e 3-x ,由f `(3)=0,得 -[32+(a -2)3+b -a ]e 3-3=0,即得b =-3-2a ,则 f `(x)=[x 2+(a -2)x -3-2a -a ]e 3-x =-[x 2+(a -2)x -3-3a ]e 3-x =-(x -3)(x +a+1)e 3-x .令f `(x)=0,得x 1=3或x 2=-a -1,由于x =3是极值点,所以x+a+1≠0,那么a ≠-4.当a <-4时,x 2>3=x 1,则在区间(-∞,3)上,f `(x)<0, f (x)为减函数;在区间(3,―a ―1)上,f `(x)>0,f (x)为增函数;在区间(―a ―1,+∞)上,f `(x)<0,f (x)为减函数.当a >-4时,x 2<3=x 1,则在区间(-∞,―a ―1)上,f `(x)<0, f (x)为减函数;在区间(―a ―1,3)上,f `(x)>0,f (x)为增函数;在区间(3,+∞)上,f `(x)<0,f (x)为减函数.(Ⅱ)由(Ⅰ)知,当a >0时,f (x)在区间(0,3)上的单调递增,在区间(3,4)上单调递减,那么f (x)在区间[0,4]上的值域是[min(f (0),f (4) ),f (3)], 而f (0)=-(2a +3)e 3<0,f (4)=(2a +13)e -1>0,f (3)=a +6,那么f (x)在区间[0,4]上的值域是[-(2a +3)e 3,a +6].又225()()4x g x a e =+在区间[0,4]上是增函数,且它在区间[0,4]上的值域是[a 2+425,(a 2+425)e 4], 由于(a 2+425)-(a +6)=a 2-a +41=(21-a )2≥0,所以只须仅须(a 2+425)-(a +6)<1且a >0,解得0<a <23. 故a 的取值范围是(0,23).例6解(Ⅰ)由函数()f x 在1x x =处取得极大值,在2x x =处取得极小值,知12x x ,是()0f x '=的两个根.所以12()()()f x a x x x x '=--当1x x <时,()f x 为增函数,()0f x '>,由10x x -<,20x x -<得0a >.(Ⅱ)在题设下,12012x x <<<<等价于(0)0(1)0(2)0f f f '>⎧⎪'<⎨⎪'>⎩ 即202204420b a b b a b b ->⎧⎪-+-<⎨⎪-+->⎩.化简得203204520b a b a b ->⎧⎪-+<⎨⎪-+>⎩.此不等式组表示的区域为平面aOb 上三条直线:203204520b a b a b -=-+=-+=,,.所围成的ABC △的内部,其三个顶点分别为:46(22)(42)77A B C ⎛⎫ ⎪⎝⎭,,,,,. z 在这三点的值依次为16687,,. 所以z 的取值范围为1687⎛⎫ ⎪⎝⎭,. 1解:(Ⅰ)当0a =时,()2f x x =在[1,)+∞上是单调增函数,符合题意. 当0a >时,()y f x =的对称轴方程为2x a =-,由于()y f x =在[1,)+∞上是单调增函数, 所以21a -≤,解得2a ≤-或0a >,所以0a >. 当0a <时,不符合题意.综上,a 的取值范围是0a ≥.(Ⅱ)把方程()()(21)g x f x a x '=-+整理为2(21)lnx ax a x =+-+,即为方程2(12)0ax a x lnx +--=. b a 21 2 4 O 4677A ⎛⎫ ⎪⎝⎭,(42)C , (22)B ,设2()(12)H x ax a x lnx =+-- (0)x >, 原方程在区间(1,e e )内有且只有两个不相等的实数根, 即为函数()H x 在区间(1,e e )内有且只有两个零点.1()2(12)H x ax a x '=+--22(12)1(21)(1)ax a x ax x x x +--+-==令()0H x '=,因为0a >,解得1x =或12x a =-(舍)当(0,1)x ∈时, ()0H x '<, ()H x 是减函数;当(1,)x ∈+∞时, ()0H x '>,()H x 是增函数.()H x 在(1,e e )内有且只有两个不相等的零点, 只需min 1()0,()0,()0,H e H x H e ⎧>⎪⎪<⎨⎪>⎪⎩即2222212(12)10,(1)(12)10,(12)1(2)(1)0,a a a e a e e e e H a a a ae a e e e a e ⎧--++++=>⎪⎪⎪=+-=-<⎨⎪+--=-+->⎪⎪⎩ ∴22,211,1,2e e a e a e a e e ⎧+<⎪-⎪⎪>⎨⎪-⎪>-⎪⎩ 解得2121e e a e +<<-, 所以a 的取值范围是(21,21e e e +-) .2(1)x a x a e x a b ax e a x f ⋅--+⋅=))(()('2令()0f x '=得20x ax b -+= 240a b ∴-> 又 00a x ≠≠且204a b b ∴<≠且(2)20x ax b -+=在(1,1)-有两个不相等的实根. 即2401121010a b a a b a b ⎧∆=->⎪⎪-<<⎪⎨⎪++>⎪-+>⎪⎩ 得 22441b a a b ⎧>⎪<⎨⎪<-⎩110b b ∴-<<≠且(3)由①2()00f x x ax b '=⇒-+=(0)x ≠ ①当()220a xx ax b b f x a e x -+'==⋅⋅在x a =左右两边异号(,())a f a ∴是()y f x =的唯一的一个极值点 由题意知2110()a a e a b e e <<≠⎧⎨-<-<⎩且- 即 220111a a ⎧<<⎨-<<⎩ 即 201a <<存在这样的a 的满足题意 0b ∴=符合题意②当0b ≠时,240a b ∆=-=即24b a = 这里函数()y f x =唯一的一个极值点为(,())22a a f由题意12102()2a a a e b e e ⎧<≠⎪⎪⎨⎪-<-<⎪⎩且即 211222042a a e b e ⎧<<⎪⎨-<-<⎪⎩ 即 1122044b e b e <<⎧⎪⎨⎪-<<⎩01b ∴<<综上知:满足题意 b 的范围为[0,1)b ∈.3解:(1)()ln 1f x x '=+ ,2()23g x x ax b '=-+-,所以2()ln 231h x x x ax b =+-++, 由于()h x 是定义域内的增函数,故1()40x h x x a '=+-≥恒成立,即14x a x ≤+对0x ∀>恒成立,又144xx +≥(2x =时取等号),故(,4]a ∈-∞. (2)由()g x 是奇函数,则()()0g x g x +-=对0x ∀>恒成立,从而0a c ==, 所以323()3g x x bx =--,有2()23g x x b '=--. 由()g x 极大值为3g ,即3(0g '=,从而29b =-;因此32233()g x x x =--,即23323()22(g x x x x '=-+=--+, 所以函数()g x 在3(,-∞和3()+∞上是减函数,在33(上是增函数.由()0g x =,得1x =±或0x =,因此得到:当10m -<<时,最大值为(1)0g -=; 当30m ≤<32233()g m m m =-+; 当3m ≥时,最大值为343(g =.(3)问题等价于证明2()ln x xe ef x x x =>-对0x >恒成立;()ln 1f x x '=+,所以当1(0,)e x ∈时,()0f x '<,()f x 在1(0,)e 上单调减;当1(,)e x ∈+∞时,()0f x '>,()f x 在1(,)e+∞上单调增; 所以()f x 在(0,)+∞上最小值为1e -(当且仅当1e x =时取得) 设2()(0)x xe e m x x =->,则1()x x e m x -'=,得()m x 最大值1(1)e m =-(当且仅当1x =时取得), 又()f x 得最小值与()m x 的最大值不能同时取到,所以结论成立.4(Ⅰ) 解: 当a =2时,f ′(x )=x 2-3x +2=(x -1)(x -2).列表如下:x(-∞,1) 1 (1,2) 2 (2,+∞) f ′(x )+ 0 - 0 + f (x )单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增所以,f (x )极小值为f (2)=23.(Ⅱ) 解:f ′(x )=x 2-(a +1)x +a =(x -1)(x -a ).g ′(x )=3x 2+2bx -(2b +4)+1x =2(1)[3(23)1]x x b x x -++-.令p (x )=3x 2+(2b +3)x -1,(1) 当 1<a ≤2时,f (x )的极小值点x =a ,则g (x )的极小值点也为x =a ,所以p (a )=0,即3a 2+(2b +3)a -1=0,即b =21332a a a --,此时g(x)极大值=g(1)=1+b-(2b+4)=-3-b=-3+23312a aa+-=313222aa--.由于1<a≤2,故313222aa--≤32⨯2-14-32=54.(2) 当0<a<1时,f (x)的极小值点x=1,则g(x)的极小值点为x=1,由于p(x)=0有一正一负两实根,不妨设x2<0<x1,所以0<x1<1,即p(1)=3+2b+3-1>0,故b>-52.此时g(x)的极大值点x=x1,有g(x1)=x13+bx12-(2b+4)x1+ln x1<1+bx12-(2b+4)x1=(x12-2x1)b-4x1+1(x12-2x1<0)<-52(x12-2x1)-4x1+1=-52x12+x1+1=-52(x1-15)2+1+110(0<x1<1)≤11 10<54.综上所述,g(x)的极大值小于等于54.。

导数压轴小题精选80题(含答案解析)

导数压轴小题精选80题(含答案解析)

专治学霸不服——导数压轴小题1. 已知函数f(x)=xe x−m2x2−mx,则函数f(x)在[1,2]上的最小值不可能为( )A. e−32m B. −12mln2m C. 2e2−4m D. e2−2m2. 已知函数f(x)=sinxx ,若π3<a<b<2π3,则下列结论正确的是( )A. f(a)<f(√ab)<f(a+b2) B. f(√ab)<f(a+b2)<f(b)C. f(√ab)<f(a+b2)<f(a) D. f(b)<f(a+b2)<f(√ab)3. 已知e为自然对数的底数,对任意的x1∈[0,1],总存在唯一的x2∈[−1,1],使得x1+x22e x2−a=0成立,则实数a的取值范围是( )A. [1,e]B. (1,e]C. (1+1e ,e] D. [1+1e,e]4. 若存在正实数x,y,z满足z2≤x≤ez且zln yz=x,则ln yx的取值范围为( )A. [1,+∞)B. [1,e−1]C. (−∞,e−1]D. [1,12+ln2]5. 已知方程ln∣x∣−ax2+32=0有4个不同的实数根,则实数a的取值范围是( )A. (0,e 22) B. (0,e22] C. (0,e23) D. (0,e23]6. 设函数f(x)=e x(sinx−cosx)(0≤x≤2016π),则函数f(x)的各极小值之和为( )A. −e 2π(1−e2016π)1−e2πB. −e2π(1−e1008π)1−eπC. −e 2π(1−e1008π)1−e2πD. −e2π(1−e2014π)1−e2π7. 若函数f(x)满足f(x)=x(fʹ(x)−lnx),且f(1e )=1e,则ef(e x)<fʹ(1e)+1的解集为( )A. (−∞,−1)B. (−1,+∞)C. (0,1e)D. (1e,+∞)8. 已知 f (x ),g (x ) 都是定义在 R 上的函数,且满足以下条件:① f (x )=a x ⋅g (x )(a >0,且 a ≠1);② g (x )≠0;③ f (x )⋅gʹ(x )>fʹ(x )⋅g (x ).若f (1)g (1)+f (−1)g (−1)=52,则 a 等于 ( )A. 12B. 2C. 54D. 2 或 129. 已知函数 f (x )=1+lnx x,若关于 x 的不等式 f 2(x )+af (x )>0 有两个整数解,则实数 a 的取值范围是 ( ) A. (−1+ln22,−1+ln33) B. (1+ln33,1+ln22) C. (−1+ln22,−1+ln33] D. (−1,−1+ln33]10. 已知函数 f (x )=x +xlnx ,若 m ∈Z ,且 f (x )−m (x −1)>0 对任意的 x >1 恒成立,则 m 的最大值为 ( ) A. 2B. 3C. 4D. 511. 已知函数 f (x )={xln (1+x )+x 2,x ≥0−xln (1−x )+x 2,x <0,若 f (−a )+f (a )≤2f (1),则实数 a 的取值范围是 ( )高中数学资料共享群QQ 群号:734924357A. (−∞,−1]∪[1,+∞)B. [−1,0]C. [0,1]D. [−1,1]12. 已知 fʹ(x ) 是定义在 (0,+∞) 上的函数 f (x ) 的导函数,若方程 fʹ(x )=0 无解,且 ∀x ∈(0,+∞),f [f (x )−log 2016x ]=2017,设 a =f (20.5),b =f (log π3),c =f (log 43),则 a ,b ,c 的大小关系是 ( )A. b >c >aB. a >c >bC. c >b >aD. a >b >c13. 已知函数 f (x )={lnx,x ≥11−x 2,x <1,若 F (x )=f [f (x )+1]+m 有两个零点 x 1,x 2,则 x 1⋅x 2 的取值范围是 ( ) A. [4−2ln2,+∞) B. (√e,+∞)C. (−∞,4−2ln2]D. (−∞,√e)14. 已知函数 f (x ) 是定义在 R 上的奇函数,当 x <0 时,f (x )=(x +1)e x , 则对任意的 m ∈R ,函数 F (x )=f(f (x ))−m 的零点个数至多有 ( )A. 3 个B. 4 个C. 6 个D. 9 个15. 设 f (x )=∣lnx∣,若函数 g (x )=f (x )−ax 在区间 (0,3] 上有三个零点,则实数 a 的取值范围是 ( )A. (0,1e ) B. (ln33,e) C. (0,ln33] D. [ln33,1e)16. 已知 f (x ) 是定义在 R 上的偶函数,其导函数为 fʹ(x ),若 fʹ(x )<f (x ),且 f (x +1)=f (3−x ),f (2015)=2,则不等式 f (x )<2e x−1 的解集为 ( )高中数学资料共享群QQ 群号:734924357A. (1,+∞)B. (e,+∞)C. (−∞,0)D. (−∞,1e)17. 设函数 f (x ) 的导函数为 fʹ(x ),对任意 x ∈R 都有 fʹ(x )>f (x ) 成立,则 ( ) A. 3f (ln2)>2f (ln3) B. 3f (ln2)=2f (ln3) C. 3f (ln2)<2f (ln3)D. 3f (ln2) 与 2f (ln3) 的大小不确定18. 已知函数 f (x )=x 33+12ax 2+2bx +c ,方程 fʹ(x )=0 两个根分别在区间 (0,1) 与 (1,2) 内,则 b−2a−1的取值范围为 ( )A. (14,1)B. (−∞,14)∪(1,∞)C. (−1,−14)D. (14,2)19. 已知 f (x )=∣xe x ∣,又 g (x )=f 2(x )−tf (x )(t ∈R ),若满足 g (x )=−1 的 x 有四个,则 t 的取值范围是 ( )A. (−∞,−e 2+1e) B. (e 2+1e,+∞) C. (−e 2+1e,−2) D. (2,e 2+1e)20. 已知 f (x ) 是定义在 (0,+∞) 上的单调函数,且对任意的 x ∈(0,+∞),都有 f [f (x )−log 2x ]=3,则方程 f (x )−fʹ(x )=2 的解所在的区间是 ( ) A. (0,12)B. (12,1)C. (1,2)D. (2,3)21. 已知函数 f (x )={√1+9x 2,x ≤01+xe x−1,x >0,点 A ,B 是函数 f (x ) 图象上不同两点,则 ∠AOB (O 为坐标原点)的取值范围是 ( )A. (0,π4) B. (0,π4] C. (0,π3) D. (0,π3]22. 定义:如果函数 f (x ) 在 [a,b ] 上存在 x 1,x 2 (0<x 1<x 2<a) 满足 fʹ(x 1)=f (b )−f (a )b−a ,fʹ(x 2)=f (b )−f (a )b−a,则称函数 f (x ) 是 [a,b ] 上的“双中值函数”.已知函数 f (x )=x 3−x 2+a 是 [0,a ] 上的“双中值函数”,则实数 a 的取值范围是 ( )高中数学资料共享群QQ 群号:734924357 A. (13,12)B. (32,3)C. (12,1)D. (13,1)23. 已知函数 f (x )=2mx 2−2(4−m )x +1,g (x )=mx ,若对于任意实数 x ,函数 f (x ) 与 g (x ) 的值至少有一个为正值,则实数 m 的取值范围是 ( )A. (2,8)B. (0,2)C. (0,8)D. (−∞,0)24. 已知 a,b ∈R ,且 e x+1≥ax +b 对 x ∈R 恒成立,则 ab 的最大值是( )A. 12e 3B. √22e 3 C.√32e 3 D. e 325. 函数 f (x ) 是定义在区间 (0,+∞) 上的可导函数 , 其导函数为 fʹ(x ),且满足 xfʹ(x )+2f (x )>0,则不等式 (x+2016)f (x+2016)5<5f (5)x+2016的解集为 ( ) A. {x >−2011} B. {x ∣x <−2011} C. {x ∣−2011<x <0}D. {x∣∣−2016<x <−2011}26. 设 D =√(x −a )2+(lnx −a 24)2+a 24+1(a ∈R ),则 D 的最小值为( ) A. √22B. 1C. √2D. 227. 已知定义在 R 上的函数 y =f (x ) 满足:函数 y =f (x +1) 的图象关于直线 x =−1 对称,且当 x ∈(−∞,0) 时,f (x )+xfʹ(x )<0 成立(fʹ(x ) 是函数 f (x ) 的导函数),若 a =0.76f (0.76),b =log 1076f (log 1076),c =60.6f (60.6),则 a ,b ,c 的大小关系是 ( )A. a >b >cB. b >a >cC. c >a >bD. a >c >b28. 对任意的正数 x ,都存在两个不同的正数 y ,使 x 2(lny −lnx )−ay 2=0 成立,则实数 a 的取值范围为 ( )A. (0,12e ) B. (−∞,12e ) C. (12e ,+∞) D. (12e,1)29. 已知函数 f (x )=x 3−6x 2+9x ,g (x )=13x 3−a+12x 2+ax −13(a >1) 若对任意的 x 1∈[0,4],总存在 x 2∈[0,4],使得 f (x 1)=g (x 2),则实数 a 的取值范围为 ( )高中数学资料共享群QQ 群号:734924357 A. (1,94]B. [9,+∞)C. (1,94]∪[9,+∞)D. [32,94]∪[9,+∞)30. 定义在 R 上的偶函数 f (x ) 满足 f (2−x )=f (x ),且当 x ∈[1,2] 时,f (x )=lnx −x +1,若函数g (x )=f (x )+mx 有 7 个零点,则实数 m 的取值范围为 ( )A. (1−ln28,1−ln26)∪(ln2−16,ln2−18)B. (ln2−16,ln2−18) C. (1−ln28,1−ln26) D. (1−ln28,ln2−16)31. 已知函数 f (x )={e x ,x ≥0ax,x <0,若方程 f (−x )=f (x ) 有五个不同的根,则实数 a 的取值范围为 ( ) A. (−∞,−e )B. (−∞,−1)C. (1,+∞)D. (e,+∞)32. 已知 fʹ(x ) 是奇函数 f (x ) 的导函数,f (−1)=0,当 x >0 时,xfʹ(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. (−1,0)∪(0,1)D. (−∞,−1)∪(1,+∞)33. 已知函数 f (x ) 在定义域 R 上的导函数为 fʹ(x ),若方程 fʹ(x )=0 无解,且 f [f (x )−2017x ]=2017,当 g (x )=sinx −cosx −kx 在 [−π2,π2] 上与 f (x ) 在 R 上的单调性相同时,则实数 k 的取值范围是 ( )A. (−∞,−1]B. (−∞,√2]C. [−1,√2]D. [√2,+∞)34. 已知函数 f (x )=e x ∣x∣,关于 x 的方程 f 2(x )−2af (x )+a −1=0(a ∈R )有 3 个相异的实数根,则 a 的取值范围是 ( ) A. (e 2−12e−1,+∞)B. (−∞,e 2−12e−1) C. (0,e 2−12e−1) D. {e 2−12e−1}35. 函数 y =f (x ) 图象上不同两点 A (x 1,y 1),B (x 2,y 2) 处的切线的斜率分别是 k A ,k B ,规定 φ(A,B )=∣k A −k B ∣∣AB∣叫做曲线在点 A 与点 B 之间的“弯曲度”.设曲线 y =e x 上不同的两点 A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),且 x 1−x 2=1,若 t ⋅φ(A,B )<3 恒成立,则实数 t 的取值范围是 ( )A. (−∞,3]B. (−∞,2]C. (−∞,1]D. [1,3]36. 已知函数 f (x )=ax 3+3x 2+1,若至少存在两个实数 m ,使得 f (−m ),f (1),f (m +2) 成等差数列,则过坐标原点作曲线 y =f (x ) 的切线可以作 ( ) A. 3 条B. 2 条C. 1 条D. 0 条37. 已知整数对排列如下:(1,1),(1,2),(2,1),(1,3),(2,2),(3,1),(1,4),(2,3),(3,2),(4,1),(1,5),(2,4),⋯,则第 60 个整数对是 ( ) A. (5,7)B. (4,8)C. (5,8)D. (6,7)38. 已知函数 f (x )={∣log 3x ∣,0<x <3,−cos (π3x),3≤x ≤9.若存在实数 x 1,x 2,x 3,x 4,当 x 1<x 2<x 3<x 4 时,满足 f (x 1)=f (x 2)=f (x 3)=f (x 4),则 x 1⋅x 2⋅x 3⋅x 4 的取值范围是 ( ) A. (7,294)B. (21,1354) C. [27,30)D. (27,1354)39. 已知函数 f (x )=e 2x ,g (x )=lnx +12的图象分别与直线 y =b 交于 A ,B 两点,则 ∣AB∣ 的最小值为 ( )A. 1B. e 12C. 2+ln22D. e −ln3240. 设 A ,B 分别为双曲线 C :x 2a 2−y 2b 2=1(a >0,b >0) 的左、右顶点,P ,Q 是双曲线 C 上关于 x 轴对称的不同两点,设直线 AP ,BQ 的斜率分别为 m ,n ,则2b a+a b+12∣mn∣+ln ∣m ∣+ln ∣n ∣ 取得最小值时,双曲线 C 的离心率为 ( ) A. √2B. √3C. √6D. √6241. 已知 f (x ),g (x ) 都是定义在 R 上的函数,且满足以下条件:① f (x )=a x ⋅g (x )(a >0,a ≠1);② g (x ) ≠0;③ f (x )⋅gʹ(x )>fʹ(x )⋅g (x ).若 f (1)g (1)+f (−1)g (−1)=52,则使 log a x >1 成立的 x 的取值范围是 ( )A. (0,12)∪(2,+∞)B. (0,12)C. (−∞,12)∪(2,+∞)D. (2,+∞)42. 已知函数 f (x )=∣sinx ∣(x ∈[−π,π]),g (x )=x −2sinx (x ∈[−π,π]),设方程 f(f (x ))=0,f(g (x ))=0,g(g (x ))=0 的实根的个数分别为 m ,n ,t ,则 m +n +t = ( )A. 9B. 13C. 17D. 2143. 设 f (x ) 是定义在 R 上的奇函数,且 f (2)=0,当 x >0 时,有xfʹ(x )−f (x )x 2<0 恒成立,则不等式 x 2f (x )>0 的解集是 ( )A. (−2,0)∪(2,+∞)B. (−∞,−2)∪(0,2)C. (−∞,−2)∪(2,+∞)D. (−2,0)∪(0,2)44. 已知函数 f (x )={−x 2+2x,x ≤0ln (x +1),x >0,若 ∣f (x )∣≥ax ,则 a 的取值范围是 ( ) A. (−∞,0]B. (−∞,1]C. [−2,1]D. [−2,0]45. 已知函数 f (x )(x ∈R ) 满足 f (−x )=2−f (x ),若函数 y =x+1x与 y =f (x ) 图象的交点为 (x 1,y 1),(x 2,y 2),⋯,(x m ,y m ),则 ∑(x i +m i=1y i )= ( )A. 0B. mC. 2mD. 4m46. 若函数 f (x )=x −13sin2x +asinx 在 (−∞,+∞) 单调递增,则 a 的取值范围是 ( )高中数学资料共享群QQ 群号:734924357 A. [−1,1]B. [−1,13]C. [−13,13]D. [−1,−13]47. 已知两曲线 y =x 3+ax 和 y =x 2+bx +c 都经过点 P (1,2),且在点 P处有公切线,则当 x ≥12 时,log bax 2−c 2x的最小值为 ( )A. −1B. 1C. 12D. 048. 直线 y =m 分别与 y =2x +3 及 y =x +lnx 交于 A ,B 两点,则 ∣AB∣的最小值为 ( ) A. 1B. 2C. 3D. 449. 设函数 f (x )=x 2−2x +1+alnx 有两个极值点 x 1,x 2,且 x 1<x 2,则 f (x 2) 的取值范围是 ( ) A. (0,1+2ln24) B. (1−2ln24,0)C. (1+2ln24,+∞) D. (−∞,1−2ln24)50. 设直线 l 1,l 2 分别是函数 f (x )={−lnx,0<x <1,lnx,x >1,图象上点 P 1,P 2处的切线,l 1 与 l 2 垂直相交于点 P ,且 l 1,l 2 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,+∞)51. 已知定义在 R 上的奇函数 f (x ),其导函数为 fʹ(x ),对任意正实数 x 满足 xfʹ(x )>2f (−x ),若 g (x )=x 2f (x ),则不等式 g (x )<g (1−3x ) 的解集是 ( ) A. (14,+∞)B. (−∞,14)C. (0,14)D. (−∞,14)∪(14,+∞)52. 已知函数 f (x )=x (lnx −ax ) 有两个极值点,则实数 a 的取值范围是( )A. (−∞,0)B. (0,12)C. (0,1)D. (0,+∞)53. 已知函数 f (x )=x +xlnx ,若 m ∈Z ,且 (m −2)(x −2)<f (x ) 对任意的 x >2 恒成立,则 m 的最大值为 ( ) A. 4B. 5C. 6D. 854. 已知函数 f (x )=a x+xlnx ,g (x )=x 3−x 2−5,若对任意的 x 1,x 2∈[12,2],都有 f (x 1)−g (x 2)≥2 成立,则 a 的取值范围是 ( )A. (0,+∞)B. [1,+∞)C. (−∞,0)D. (−∞,−1]55. 设函数 f (x )=e x (2x −1)−ax +a ,其中 a <1,若存在唯一的整数x 0 使得 f (x 0)<0,则 a 的取值范围是 ( )A. [−32e,1) B. [−32e ,34) C. [32e ,34)D. [32e,1)56. 函数 f (x )={(x −a )2+e,x ≤2xlnx+a +10,x >2(e 是自然对数的底数),若 f (2) 是函数 f (x ) 的最小值,则 a 的取值范围是 ( ) A. [−1,6]B. [1,4]C. [2,4]D. [2,6]57. f (x ),g (x )(g (x )≠0) 分别是定义在 R 上的奇函数和偶函数,当 x <0时,fʹ(x )g (x )<f (x )gʹ(x ),且 f (−3)=0,f (x )g (x )<0 的解集为 ( )A. (−∞,−3)∪(3,+∞)B. (−3,0)∪(0,3)C. (−3,0)∪(3,+∞)D. (−∞,−3)∪(0,3)58. 已知函数 f (x )=x 3+bx 2+cx +d (b ,c ,d 为常数),当 x ∈(0,1) 时 f (x ) 取得极大值,当 x ∈(1,2) 时 f (x ) 取得极小值,则 (b +12)2+(c −3)2的取值范围是 ( )高中数学资料共享群QQ 群号:734924357 A. (√372,5) B. (√5,5)C. (374,25)D. (5,25)59. 若关于 x 的方程 ∣x 4−x 3∣=ax 在 R 上存在 4 个不同的实根,则实数a 的取值范围为 ( ) A. (0,427)B. (0,427]C. (427,23)D. (427,23]60. 设函数 f (x ) 在 R 上存在导函数 fʹ(x ),若对 ∀x ∈R ,有 f (−x )+f (x )=x 2,且当 x ∈(0,+∞) 时,fʹ(x )>x .若 f (2−a )−f (a )≥2−2a ,则 a 的取值范围是 ( )A. (−∞,1]B. [1,+∞)C. (−∞,2]D. [2,+∞)61. 已知 e 为自然对数的底数,若对任意的 x ∈[1e,1],总存在唯一的 y ∈[−1,1],使得 lnx −x +1+a =y 2e y 成立,则实数 a 的取值范围是 ( ) A. [1e ,e]B. (2e,e]C. (2e,+∞)D. (2e ,e +1e)62. 设函数 f (x )={2x +1,x >0,0,x =0,2x −1,x <0.若不等式 f (x −1)+f (mx)>0 对任意x >0 恒成立,则实数 m 的取值范围是 ( ) A. (−14,14)B. (0,14)C. (14,+∞)D. (1,+∞)63. 若 0<x 1<x 2<1,则 ( )A. e x 2−e x 1>lnx 2−lnx 1B. e x 1−e x 2<lnx 2−lnx 1C. x 2e x 1>x 1e x 2D. x 2e x 1<x 1e x 264. 函数f(x)在定义域R内可导,若f(x)=f(2−x),且(x−1)fʹ(x)<0,若a=f(0),b=f(12),c=f(3),则a,b,c的大小关系是( )A. a>b>cB. b>a>cC. c>b>aD. a>c>b65. 已知函数f(x)=x−4+9x+1,x∈(0,4).当x=a时,f(x)取得最小值b,则函数g(x)=(1a )∣x+b∣的图象为( )A. B.C. D.66. f(x)是定义在(0,+∞)上的单调函数,且对∀x∈(0,+∞)都有f(f(x)−lnx)=e+1,则方程f(x)−fʹ(x)=e的实数解所在的区间是( )高中数学资料共享群QQ群号:734924357A. (0,1e ) B. (1e,1) C. (1,e) D. (e,3)67. 已知R上的奇函数f(x)满足fʹ(x)>−2,则不等式f(x−1)<x2(3−2lnx)+3(1−2x)的解集是( )A. (0,1e) B. (0,1) C. (1,+∞) D. (e,+∞)68. 已知函数f(x)=sinxx,给出下面三个结论:①函数f(x)在区间(−π2,0)上单调递增,在区间(0,π2)上单调递减;②函数f(x)没有最大值,而有最小值;③函数f(x)在区间(0,π)上不存在零点,也不存在极值点.其中,所有正确结论的序号是( )A. ①②B. ①③C. ②③D. ①②③69. 已知函数 f (x ) 是定义在 R 上的可导函数,fʹ(x ) 为其导函数,若对于任意实数 x ,有 f (x )−fʹ(x )>0,则 A. ef (2015)>f (2016) B. ef (2015)<f (2016) C. ef (2015)=f (2016)D. ef (2015) 与 f (2016) 大小不能确定70. 若存在正实数 m ,使得关于 x 的方程 x +a (2x +2m −4ex )[ln (x +m )−lnx ]=0 有两个不同的根,其中 e 为自然对数的底数,则实数 a 的取值范围是 ( ) A. (−∞,0)B. (0,12e )C. (−∞,0)∪(12e ,+∞)D. (12e ,+∞)71. 定义在 (0,π2) 上的函数 f (x ),fʹ(x ) 是它的导函数,且恒有 f (x )⋅tanx <fʹ(x ) 成立,则 ( ) A. √3f (π4)>√2f (π3)B. f (1)<2f (π6)sin1C. √2f (π6)>f (π4) D. √3f (π6)<f (π3)72. 已知函数 f (x )=x 3+ax 2+bx +c ,下列结论中错误的是 ( )A. ∃x 0∈R ,f (x 0)=0B. 函数 y =f (x ) 的图象是中心对称图形C. 若 x 0 是 f (x ) 的极小值点,则 f (x ) 在区间 (−∞,x 0) 单调递减D. 若 x 0 是 f (x ) 的极值点,则 fʹ(x 0)=073. 已知函数 f (x )=ln x2+12,g (x )=e x−2,若 g (m )=f (n ) 成立,则 n −m 的最小值为 ( )A. 1−ln2B. ln2C. 2√e −3D. e 2−374. 设函数 f (x )=e x (x 3−3x +3)−ae x −x (x ≥−2),若不等式 f (x )≤0有解.则实数 a 的最小值为 ( )A. 2e −1 B. 2−2eC. 1+2e2D. 1−1e75. 设函数f(x)=2lnx−12mx2−nx,若x=2是f(x)的极大值点,则m 的取值范围为( )A. (−12,+∞) B. (−12,0)C. (0,+∞)D. (−∞,−12)∪(0,+∞)76. 已知函数f(x)=ax3+bx2−2(a≠0)有且仅有两个不同的零点x1,x2,则( )A. 当a<0时,x1+x2<0,x1x2>0B. 当a<0时,x1+x2>0,x1x2<0C. 当a>0时,x1+x2<0,x1x2>0D. 当a>0时,x1+x2>0,x1x2<077. 已知函数f(x)=ax3−3x2+1,若f(x)存在唯一的零点x0,且x0>0,则a的取值范围为( )A. (2,+∞)B. (1,+∞)C. (−∞,−2)D. (−∞,−1)78. 设f(x)、g(x)是定义域为R的恒大于零的可导函数,且fʹ(x)g(x)−f(x)gʹ(x)<0,则当a<x<b时,有( )A. f(x)g(x)>f(b)g(b)B. f(x)g(a)>f(a)g(x)C. f(x)g(b)>f(b)g(x)D. f(x)g(x)>f(a)g(a)79. 设函数fʹ(x)是函数f(x)(x∈R)的导函数,f(0)=1,且3f(x)=fʹ(x)−3,则4f(x)>fʹ(x)的解集为( )A. (ln43,+∞) B. (ln23,+∞) C. (√32,+∞) D. (√e3,+∞)80. 下列关于函数f(x)=(2x−x2)e x的判断正确的是( )①f(x)>0的解集是{x∣0<x<2};②f(−√2)是极小值,f(√2)是极大值;③f(x)没有最小值,也没有最大值;④f(x)有最大值,没有最小值.A. ①③B. ①②③C. ②④D. ①②④参考答案,仅供参考啊1. D 【解析】fʹ(x)=e x+xe x−m(x+1)=(x+1)(e x−m),因为1≤x≤2,所以e≤e x≤e2,①当m≤e时,e x−m≥0,由x≥1,可得fʹ(x)≥0,此时函数f(x)单调递增.高中数学资料共享群QQ群号:734924357所以当x=1时,函数f(x)取得最小值,f(1)=e−32m.②当m≥e2时,e x−m≤0,由x≥1,可得fʹ(x)≤0,此时函数f(x)单调递减.所以当x=2时,函数f(x)取得最小值,f(2)=2e2−4m.③当e2>m>e时,由e x−m=0,解得x=lnm.当1≤x<lnm时,fʹ(x)<0,此时函数f(x)单调递减;当lnm<x≤1时,fʹ(x)>0,此时函数f(x)单调递增.所以当x=lnm时,函数f(x)取得极小值即最小值,f(lnm)=−m2ln2m.2. D 【解析】fʹ(x)=xcosx−sinxx2(0<x<π).(i)当x=π2时,fʹ(x)=−4π2<0;(ii)当0<x<π,且x≠π2时,fʹ(x)=xcosx−sinxx2=cosx(x−tanx)x2.①当0<x<π2时,根据三角函数线的性质,得x<tanx,又cosx>0,所以fʹ(x)<0;②当π2<x<π时,tanx<0,则x−tanx>0,又cosx<0,所以fʹ(x)< 0.综合(i)(ii),当0<x<π时,fʹ(x)<0.所以f(x)在(0,π)上是减函数.若π3<a<b<2π3,则π3<a<√ab<a+b2<b<2π3,所以f(a)>f(√ab)>f(a+b2)>f(b).3. C 【解析】令f(x1)=a−x1,则f(x1)=a−x1在x1∈[0,1]上单调递减,且f(0)=a,f(1)=a−1.令g(x2)=x22e x2,则gʹ(x2)=2x2e x2+x22e x2=x2e x2(x2+2),且g(0)=0,g(−1)=1e,g(1)=e.若对任意的x1∈[0,1],总存在唯一的x2∈[−1,1],使得x1+x22e x2−a=0成立,即f(x1)=g(x2),则f(x1)=a−x1的最大值不能大于g(x2)的最大值,即f(0)=a≤e,因为g(x2)在[−1,0]上单调递减,在(0,1]上单调递增,所以当g(x2)∈(0,1e]时,有两个x2使得f(x1)=g(x2).若只有唯一的x2∈[−1,1],使得f(x1)=g(x2),则f(x1)的最小值要比1e大,所以f(1)=a−1>1e,所以a>1+1e,故实数a的取值范围是(1+1e,e].4. B 【解析】zln yz=x,所以xz=lny−lnz,所以lny=xz+lnz,所以ln yx =lny−lnx=xz+lnz−lnx=xz+ln zx,令zx =t,则ln yx=1t+lnt,又因为z2≤x≤ez,所以12≤xz≤e,即t∈[1e ,2],令ln yx=1t+lnt=f(t),则fʹ(t)=t−1t2,令fʹ(t)=0即t=1,又因为1e≤t≤2,所以t∈[1e,1]时fʹ(t)<0,f(t)单调减,t∈[1,2]时fʹ(t)>0,f(t)单调增,所以t=1时f(t)取极小值,即f(1)=1,f(2)=12+ln2,f(1e)=e+ln1e=e−1f(1e )−f(2)=e−ln2−32>e−lne−32=e−52>0,所以f(t)最大值为e−1,所以f(t)∈[1,e−1],高中数学资料共享群QQ群号:734924357所以ln yx∈[1,e−1].5. A【解析】由ln∣x∣−ax2+32=0得ax2=ln∣x∣+32,因为x≠0,所以方程等价为a=ln∣x∣+32x2,设f(x)=ln∣x∣+32x2,则函数f(x)是偶函数,当x>0时,f(x)=lnx+32x2,则fʹ(x)=1x⋅x2−(lnx+32)⋅2xx4=x−2xlnx−3xx4=−2x(1+lnx)x4,由fʹ(x)>0得−2x(1+lnx)>0,得1+lnx<0,即lnx<−1,得0<x<1e,此时函数单调递增,由fʹ(x)<0得−2x(1+lnx)<0,得1+lnx>0,即lnx>−1,得x>1e,此时函数单调递减,即当 x >0 时,x =1e 时,函数 f (x ) 取得极大值 f (1e)=ln 1e +32(1e)2=(−1+32)e 2=12e 2, 作出函数f (x ) 的图象如图:要使 a =ln∣x∣+32x 2,有 4 个不同的交点,则满足 0<a <12e 2.6. D 【解析】提示:令 fʹ(x )=2sinx ⋅e x =0,得 x =kπ,易知当 x =2kπ(k ∈Z ),1≤k ≤1007 时 f (x ) 取到极小值,故各极小值之和为f (2π)+f (4π)+⋯+f (2014π)=−(e 2π+e 4π+⋯+e 2014π)=−e 2π(1−e 2014π)1−e 2π.7. A 【解析】因为 f (x )=x (fʹ(x )−lnx ), 所以 xfʹ(x )−f (x )=xlnx , 所以xfʹ(x )−f (x )x 2=lnx x,所以 [f (x )x]ʹ=lnxx,令 F (x )=f (x )x ,则 Fʹ(x )=lnx x,f (x )=xF (x ),所以 fʹ(x )=F (x )+xFʹ(x )=F (x )+lnx , 所以 fʺ(x )=Fʹ(x )+1x=lnx+1x,因为 x ∈(0,1e ),fʺ(x )<0,fʹ(x ) 单减,x ∈(1e ,+∞),fʺ(x )>0,fʹ(x ) 单增,所以 fʹ(x )≥fʹ(1e )=F (1e )+ln 1e =ef (1e )−1=0,所以 fʹ(x )≥0,所以 f (x ) 在 (0,+∞) 上单增,因为 e ⋅f (e x )<fʹ(1e )+1,fʹ(1e )=−1+e ⋅f (1e )=0, 所以 e ⋅f (e x )<1, 所以 f (e x )<1e ,所以 f (e x )<f (1e ), 所以 0<e x <1e ,所以不等式的解集为 x <−1. 8. A 9. C 【解析】因为 fʹ(x )=1−(1+lnx )x 2=−lnx x 2,所以 f (x ) 在 (0,1) 上单调递增,在 (1,,+∞) 上单调递减,当 a >0 时,f 2(x )+af (x )>0⇔f (x )<−a 或 f (x )>0,此时不等式 f 2(x )+af (x )>0 有无数个整数解,不符合题意;当 a =0 时,f 2(x )+af (x )>0⇔f (x )≠0,此时不等式 f 2(x )+af (x )>0 有无数个整数解,不符合题意;当 a <0 时,f 2(x )+af (x )>0⇔f (x )<0 或 f (x )>−a ,要使不等式 f 2(x )+af (x )>0 恰有两个整数解,必须满足 f (3)≤−a <f (2),得 −1+ln22<a ≤−1+ln33.10. B【解析】因为 f (x )=x +xlnx ,所以 f (x )−m (x −1)>0 对任意 x >1 恒成立,即 m (x −1)<x +xlnx , 因为 x >1,也就是 m <x⋅lnx+x x−1对任意 x >1 恒成立.令 ℎ(x )=x⋅lnx+x x−1,则 ℎʹ(x )=x−lnx−2(x−1)2,令 φ(x )=x −lnx −2(x >1),则 φʹ(x )=1−1x=x−1x>0,所以函数 φ(x ) 在 (1,+∞) 上单调递增.因为 φ(3)=1−ln3<0,φ(4)=2−2ln2>0,所以方程 φ(x )=0 在 (1,+∞) 上存在唯一实根 x 0,且满足 x 0∈(3,4). 当 1<x <x 0 时,φ(x )<0,即 ℎʹ(x )<0, 当 x >x 0 时,φ(x )>0,即 ℎʹ(x )>0,所以函数 ℎ(x ) 在 (1,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(1+x 0−2)x 0−1=x 0∈(3,4).所以 m <[g (x )]min =x 0,因为 x 0∈(3,4),故整数 m 的最大值是 3. 11. D 【解析】函数 f (x )={xln (1+x )+x 2,x ≥0−xln (1−x )+x 2,x <0, 将 x 换为 −x ,函数值不变,即有 f (x ) 图象关于 y 轴对称,即 f (x ) 为偶函数,有 f (−x )=f (x ),当 x ≥0 时,f (x )=xln (1+x )+x 2 的导数为 fʹ(x )=ln (1+x )+x 1+x+2x ≥0,则 f (x ) 在 [0,+∞) 递增,f (−a )+f (a )≤2f (1),即为 2f (a )≤2f (1), 可得 f (∣a∣)≤f (1),可得 ∣a∣≤1,解得 −1≤a ≤1.12. D 【解析】由题意,可知 f (x )−log 2016x 是定值,不妨令 t =f (x )−log 2016x ,则 f (x )=log 2016x +t ,又 f (t )=2017,所以 log 2016t +t =2017⇒t =2016,即 f (x )=log 2016x +2016,则 fʹ(x )=1xln2016,显然当x ∈(0,+∞) 时,有 fʹ(x )>0,即函数 f (x ) 在 (0,+∞) 上为单调递增,又 20.5>1>log π3>log 43,所以 f (20.5)>f (log π3)>f (log 43). 13. D 【解析】当 x ≥1 时,f (x )=lnx ≥0, 所以 f (x )+1≥1,所以 f [f (x )+1]=ln (f (x )+1),当 x <1,f (x )=1−x2>12,f (x )+1>32,f [f (x )+1]=ln (f (x )+1),综上可知:F[f(x)+1]=ln(f(x)+1)+m=0,则f(x)+1=e−m,f(x)=e−m−1,有两个根x1,x2,(不妨设x1<x2),当x≥1是,lnx2=e−m−1,当x<1时,1−x12=e−m−1,令t=e−m−1>12,则lnx2=t,x2=e t,1−x12=t,x1=2−2t,所以x1x2=e t(2−2t),t>12,设g(t)=e t(2−2t),t>12,求导gʹ(t)=−2te t,t∈(12,+∞),gʹ(t)<0,函数g(t)单调递减,所以g(t)<g(12)=√e,所以g(x)的值域为(−∞,√e),所以x1x2取值范围为(−∞,√e).14. A 【解析】当x<0时,f(x)=(x+1)e x,可得fʹ(x)=(x+2)e x,可知x∈(−∞,−2),函数是减函数,x∈(−2,0)函数是增函数,f(−2)=−1e2,f(−1)=0,且x→0时,f(x)→1,又f(x)是定义在R上的奇函数,f(0)=0,而x∈(−∞,−1)时,f(x)<0,所以函数的图象如图:令t=f(x)则f(t)=m,由图象可知:当t∈(−1,1)时,方程f(x)=t至多3个根,当t∉(−1,1)时,方程没有实数根,而对于任意m∈R,方程f(t)=m至多有一个根,t∈(−1,1),从而函数F(x)=f(f(x))−m的零点个数至多有3个.15. D【解析】函数g(x)=f(x)−ax在区间(0,3]上有三个零点即函数f(x)=∣lnx∣与y=ax在区间(0,3]上有三个交点.画图如下.当 a ≤0 时,显然,不合乎题意,当 a >0 时,由图知,当 x ∈(0,1] 时,存在一个交点,当 x >1 时,f (x )=lnx ,可得 g (x )=lnx −ax (x ∈(1,3]),gʹ(x )=1x−a =1−ax x,若 gʹ(x )<0,可得 x >1a,g (x ) 为减函数,若 gʹ(x )>0,可得 x <1a,g (x ) 为增函数,此时 y =f (x ) 与 y =ax 必须在 [1,3] 上有两个交点,即 y =g (x ) 在 [1,3] 上有两个零点,所以 {g (1a)>0,g (3)≤0,g (1)≤0,解得ln33≤a <1e,故函数 g (x )=f (x )−ax 在区间 (0,3] 上有三个零点时,ln33≤a <1e.16. A 【解析】因为函数 f (x ) 是偶函数, 所以 f (x +1)=f (3−x )=f (x −3).所以 f (x +4)=f (x ),即函数 f (x ) 是周期为 4 的周期函数. 因为 f (2015)=f (4×504−1)=f (−1)=f (1)=2, 所以 f (1)=2. 设 g (x )=f (x )e x,则 gʹ(x )=fʹ(x )e x −f (x )e xe 2x=fʹ(x )−f (x )e x<0,所以 g (x ) 在 R 上单调递减. 不等式 f (x )<2e x−1 等价于 f (x )e x<2e,即 g (x )<g (1),所以 x >1,所以不等式 f (x )<2e x−1 的解集为 (1,+∞). 17. C 【解析】构造函数 g (x )=f (x )e x,则函数求导得 gʹ(x )=fʹ(x )−f (x )e x.由已知 fʹ(x )>f (x ),所以 gʹ(x )>0,即 g (x ) 在实数范围内单调递增, 所以 g (ln2)<g (ln3),即f (ln2)e ln2<f (ln3)e ln3,解得 3f (ln2)<2f (ln3).18. A 【解析】由题意,fʹ(x )=x 2+ax +2b ,因为 fʹ(x ) 是开口朝上的二次函数,所以 {fʹ(0)>0fʹ(1)<0fʹ(2)>0,得 {b >0,a +a +2b <0,2+a +b >0, 由此可画出可行域,如图,b−2a−1表示可行域内的点 (a,b ) 和点 P (1,2) 连线的斜率,显然 PA 的斜率最小,PC 的斜率最大.19. B 【解析】令 y =xe x ,则 yʹ=(1+x )e x ,由 yʹ=0,得 x =−1,当 x ∈(−∞,−1) 时,yʹ<0,函数 y 单调递减,当 x ∈(−1,∞) 时,yʹ>0 函数单调递增.做出 y =xe x 图象,利用图象变换得 f (x )=∣xe x ∣ 图象(如图),令 f (x )=m ,则关于 m 方程 ℎ(m )=m 2−tm +1=0 两根分别在 (0,1e ),(1e ,+∞) 时(如图),满足 g (x )=−1 的 x 有 4 个,由 ℎ(1e )=1e 2−1e t +1<0 解得 t >e 2+1e.20. C【解析】根据题意,对任意的x∈(0,+∞),都有f[f(x)−log2x]=3,又由f(x)是定义在(0,+∞)上的单调函数,则f(x)−log2x为定值,设t=f(x)−log2x,则f(x)=log2x+t,又由f(t)=3,即log2t+t=3,解可得,t=2;则f(x)=log2x+2,fʹ(x)=1ln2⋅x,将f(x)=log2x+2,fʹ(x)=1ln2⋅x代入f(x)−fʹ(x)=2,可得log2x+2−1ln2⋅x=2,即log2x−1ln2⋅x=0,令ℎ(x)=log2x−1ln2⋅x,分析易得ℎ(1)=−1ln2<0,ℎ(2)=1−12ln2>0,则ℎ(x)=log2x−1ln2⋅x的零点在(1,2)之间,则方程log2x−1ln2⋅x=0,即f(x)−fʹ(x)=2的根在(1,2)上.21. A 【解析】当x≤0时,由y=√1+9x2得y2−9x2=1(x≤0),此时对应的曲线为双曲线,双曲线的渐近线为y=−3x,此时渐近线的斜率k1=−3,当x>0时,f(x)=1+xe x−1,当过原点的直线和f(x)相切时,设切点为(a,1+ae a−1),函数的导数fʹ(x)=e x−1+xe x−1=(x+1)e x−1,则切线斜率k2=fʹ(a)=(a+1)e a−1,则对应的切线方程为y−(1+ae a−1)=(1+a)e a−1(x−a),即y=(1+a)e a−1(x−a)+1+ae a−1,当x=0,y=0时,(1+a)e a−1(−a)+1+ae a−1=0,即a2e a−1+ae a−1=1+ae a−1,即a2e a−1=1,得a=1,此时切线斜率k2=2,则切线和y=−3x的夹角为θ,则tanθ=∣∣−3−21−2×3∣∣=55=1,则θ=π4,故∠AOB(O为坐标原点)的取值范围是(0,π4).22. C 【解析】由题意可知,因为 f (x )=x 3−x 2+a 在区间 [0,a ] 存在 x 1,x 2 (a <x 1<x 2<b),满足 fʹ(x 1)=fʹ(x 2)=f (a )−f (0)a=a 2−a ,因为 f (x )=x 3−x 2+a , 所以 fʹ(x )=3x 2−2x ,所以方程 3x 2−2x =a 2−a 在区间 (0,a ) 有两个不相等的解. 令 g (x )=3x 2−2x −a 2+a ,(0<x <a ). 则 {Δ=4−12(−a 2+a )>0,g (0)=−a 2+a >0,g (a )=2a 2−a >0,0<16<a. 解得:12<a <1.所以实数 a 的取值范围是 (12,1). 23. C 【解析】当 m <0 时,函数 f (x ) 的图象为开口向下的抛物线,所以在 x >0 时,f (x )>0 不恒成立. 函数 g (x )=mx 当 x >0 时,g (x )<0. 所以不满足题意.当 m =0 时,f (x )=−8x +1,g (x )=0,不满足题意. 当 m >0 时,需 f (x )>0 在 x <0 时恒成立,所以令 Δ<0 或 {Δ≥0,−b2a ≥0,f (0)>0,即 4(4−m )2−8m <0 或 {4(4−m )2−8m ≥0,4−m 2m≥0.解得 2<m <8 或 0<m ≤2.综合得:0<m <8.24. A 【解析】若 a <0,由于一次函数 y =ax +b 单调递减,不能满足且 e x+1≥ax +b 对 x ∈R 恒成立,则 a ≥0. 若 a =0,则 ab =0.若 a >0,由 e x+1≥ax +b 得 b ≤e x+1−ax ,则 ab ≤ae x+1−a 2x . 设函数 f (x )=ae x+1−a 2x ,所以 fʹ(x )=ae x+1−a 2=a (e x+1−a ),令 fʹ(x )=0 得 e x+1−a =0,解得 x =lna −1,因为 x <lna −1 时,x +1<lna ,则 e x+1<a ,则 e x+1−a <0, 所以 fʹ(x )<0,所以函数 f (x ) 递减;同理,x >lna −1 时,fʹ(x )>0,所以函数 f (x ) 递增;所以当 x =lna −1 时,函数取最小值,f (x ) 的最小值为 f (lna −1)=2a 2−a 2lna .设 g (a )=2a 2−a 2lna (a >0),gʹ(a )=a (3−2lna )(a >0),由 gʹ(a )=0 得 a =e 32,不难得到 a <e 32时,gʹ(a )>0;a >e 32时,gʹ(a )<0;所以函数 g (a ) 先增后减,所以 g (a ) 的最大值为 g (e 32)=12e 3,即 ab 的最大值是 12e 3,此时 a=e 32,b =12e 32.25. D【解析】构造函数 g (x )=x 2f (x ),gʹ(x )=x(2f (x )+xfʹ(x )), 当 x >0 时,因为 2f (x )+xfʹ(x )>0, 所以 gʹ(x )>0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,因为不等式(x+2016)f(x+2016)5<5f(5)x+2016,所以x+2016>0时,即x>−2016时,(x+2016)2f(x+2016)<52f(5),所以g(x+2016)<g(5),所以x+2016<5,所以−2016<x<−2011.26. C 【解析】S=(x−a)2+(lnx−a24)2(a∈R),其几何意义为:两点(x,lnx),(a,a 24)的距离的平方,由y=lnx的导数为yʹ=1x,所以k=1x1,点(a,a24)在曲线y=14x2上,所以yʹ=12x,所以k=12x2,令f(x)=lnx,g(x)=14x2,则D(x)=√(x1−x2)2+[f(x1)−g(x2)]2+g(x2)+1,而g(x2)+1是抛物线y=14x2上的点到准线y=−1的距离,即抛物线y=14x2上的点到焦点(0,1)的距离,则D可以看作抛物线上的点(x2,g(x2))到焦点距离和到f(x)=lnx上的点的距离的和,即∣AF∣+∣AB∣,由两点之间线段最短,得D最小值是点F(0,1)到f(x)=lnx上的点的距离的最小值,由点到直线上垂线段最短,这样就最小,即取B(x0,lnx0),则fʹ(x0)⋅lnx0−1x0=−1,垂直,则 lnx 0−1=−x 02,解得 x 0=1,所以 F 到 B (1,0) 的距离就是点 F (0,1) 到 f (x )=lnx 上的点的距离的最小值, 所以 D 的最小值为 ∣DF ∣=√2.27. D 【解析】定义在 R 上的函数 y =f (x ) 满足:函数 y =f (x +1) 的图象关于直线 x =−1 对称,可知函数 f (x ) 是偶函数, 所以 y =xf (x ) 是奇函数,又因为当 x ∈(−∞,0) 时,f (x )+xfʹ(x )<0 成立(fʹ(x ) 是函数 f (x ) 的导函数),所以函数 y =xf (x ) 在 R 上既是奇函数又是减函数; 0.76∈(0,1),60.6<912∈(2,4),log 1076≈log 1.56∈(4,6).所以 a >c >b .28. A 【解析】由 x 2(lny −lnx )−ay 2=0(x,y >0),可得:a =ln y x (y x)2,令y x=t >0,所以 a =lnt t2,设 g (t )=lnt t2,gʹ(t )=1t×t 2−2tlnt t 4=1−2lnt t 3.令 gʹ(t )>0.解得 0<t <√e ,此时函数 g (t ) 单调递增; 令 gʹ(t )<0.解得 t >√e ,此时函数 g (t ) 单调递减.又t>1时,g(t)>0;1>t>0时,g(t)<0.可得函数g(t)的图象.因此当a∈(0,12e )时,存在两个正数,使得a=lntt2成立,即对任意的正数x,都存在两个不同的正数y,使x2(lny−lnx)−ay2=0成立.29. C 【解析】函数f(x)=x3−6x2+9x,导数为f′(x)=3x2−12x+9=3(x−1)(x−3),可得f(x)的极值点为1,3,由f(0)=0,f(1)=4,f(3)=0,f(4)=4,可得f(x)在[0,4]的值域为[0,4];g(x)=13x3−a+1 2x2+ax−13(a>1),导数为g′(x)=x2−(a+1)x+a=(x−1)(x−a),当1<x<a时,g′(x)<0,g(x)递减;当x<1或x>a时,g′(x)> 0,g(x)递增.由g(0)=−13,g(1)=12(a−1),g(a)=−16a3−12a2−13>−13,g(4)=13−4a,当3≤a≤4时,13−4a≤12(a−1),g(x)在[0,4]的值域为[−13,12(a−1)],由对任意的x1∈[0,4],总存在x2∈[0,4],使得f(x1)=g(x2),可得[0,4]⊆[−13,12(a−1)],即有4≤12(a−1),解得a≥9不成立;当1<a<3时,13−4a>12(a−1),g(x)在[0,4]的值域为[−13,13−4a],由题意可得[0,4]⊆[−13,13−4a],即有4≤13−4a,解得a≤94,即为1<a≤94;当 a >4 时,可得 g (1) 取得最大值,g (4)<−3 为最小值,即有 [0,4]⊆[13−4a,12(a −1)],可得 13−4a ≤0,4≤12(a −1),即 a ≥134,且 a ≥9,解得 a ≥9.综上可得,a 的取值范围是 (1,94]∪[9,+∞).30. A【解析】因为函数 f (2−x )=f (x ) 可得图象关于直线 x =1 对称,且函数为偶函数则其周期为 T =2, 又因为 fʹ(x )=1x −1=1−x x,当 x ∈[1,2] 时有 fʹ(x )≤0,则函数在 x ∈[1,2]为减函数,作出其函数图象如图所示:其中 k OA =ln2−16,k OB =ln2−18,当 x <0 时 , 要使符合题意则 m ∈(ln2−16,ln2−18),根据偶函数的对称性,当 x >0 时,要使符合题意则 m ∈(1−ln28,1−ln26).综上所述,实数 m 的取值范围为 (1−ln28,1−ln26)∪(ln2−16,ln2−18).31. A 【解析】因为 f (x )={e x ,x ≥0ax,x <0,所以 f (−x )={−ax,x >01,x =0e −x ,x <0. 显然 x =0 是方程 f (−x )=f (x ) 的一个根, 当 x >0 时,e x =−ax, ⋯⋯① 当 x <0 时,e −x =ax, ⋯⋯②显然,若 x 0 为方程 ① 的解,则 −x 0 为方程 ② 的解, 即方程 ①,② 含有相同个数的解, 因为方程 f (−x )=f (x ) 有五个不同的根, 所以方程 ① 在 (0,+∞) 上有两解,。

高中数学导数大题压轴高考题选

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函数与导数高考压轴题选一.选择题共2小题1.2013安徽已知函数fx=x3+ax2+bx+c有两个极值点x1,x2,若fx1=x1<x2,则关于x的方程3fx2+2afx+b=0的不同实根个数为A.3 B.4 C.5 D.62.2012福建函数fx在a,b上有定义,若对任意x1,x2∈a,b,有则称fx在a,b上具有性质P.设fx在1,3上具有性质P,现给出如下命题:①fx在1,3上的图象是连续不断的;②fx2在1,上具有性质P;③若fx在x=2处取得最大值1,则fx=1,x∈1,3;④对任意x1,x2,x3,x4∈1,3,有fx1+fx2+fx3+fx4其中真命题的序号是A.①②B.①③C.②④D.③④二.选择题共1小题3.2012新课标设函数fx=的最大值为M,最小值为m,则M+m=.三.选择题共23小题4.2014陕西设函数fx=lnx+,m∈R.Ⅰ当m=ee为自然对数的底数时,求fx的极小值;Ⅱ讨论函数gx=f′x﹣零点的个数;Ⅲ若对任意b>a>0,<1恒成立,求m的取值范围.5.2013新课标Ⅱ已知函数fx=e x﹣lnx+mΙ设x=0是fx的极值点,求m,并讨论fx的单调性;Ⅱ当m≤2时,证明fx>0.6.2013四川已知函数,其中a是实数,设Ax1,fx1,Bx2,fx2为该函数图象上的点,且x1<x2.Ⅰ指出函数fx的单调区间;Ⅱ若函数fx的图象在点A,B处的切线互相垂直,且x2<0,求x2﹣x1的最小值;Ⅲ若函数fx的图象在点A,B处的切线重合,求a的取值范围.7.2013湖南已知函数fx=.Ⅰ求fx的单调区间;Ⅱ证明:当fx1=fx2x1≠x2时,x1+x2<0.8.2013辽宁已知函数fx=1+xe﹣2x,gx=ax++1+2xcosx,当x∈0,1时,I求证:;II若fx≥gx恒成立,求实数a的取值范围.9.2013陕西已知函数fx=e x,x∈R.Ⅰ若直线y=kx+1与f x的反函数gx=lnx的图象相切,求实数k的值;Ⅱ设x>0,讨论曲线y=f x 与曲线y=mx2m>0公共点的个数.Ⅲ设a<b,比较与的大小,并说明理由.10.2013湖北设n是正整数,r为正有理数.Ⅰ求函数fx=1+x r+1﹣r+1x﹣1x>﹣1的最小值;Ⅱ证明:;Ⅲ设x∈R,记x为不小于x的最小整数,例如.令的值.参考数据:.11.2012辽宁设fx=lnx+1++ax+ba,b∈R,a,b为常数,曲线y=fx与直线y=x在0,0点相切.I求a,b的值;II证明:当0<x<2时,fx<.12.2012福建已知函数fx=axsinx﹣a∈R,且在上的最大值为,1求函数fx的解析式;2判断函数fx在0,π内的零点个数,并加以证明.13.2012湖北设函数fx=ax n1﹣x+bx>0,n为正整数,a,b为常数,曲线y=fx在1,f1处的切线方程为x+y=1Ⅰ求a,b的值;Ⅱ求函数fx的最大值;Ⅲ证明:fx<.14.2012湖南已知函数fx=e x﹣ax,其中a>0.1若对一切x∈R,fx≥1恒成立,求a的取值集合;2在函数fx的图象上取定点Ax1,fx1,Bx2,fx2x1<x2,记直线AB的斜率为K,证明:存在x0∈x1,x2,使f′x0=K恒成立.15.2012四川已知a为正实数,n为自然数,抛物线与x轴正半轴相交于点A,设fn为该抛物线在点A处的切线在y轴上的截距.Ⅰ用a和n表示fn;Ⅱ求对所有n都有成立的a的最小值;Ⅲ当0<a<1时,比较与的大小,并说明理由.16.2011四川已知函数fx=x+,hx=.Ⅰ设函数Fx=fx﹣hx,求Fx的单调区间与极值;Ⅱ设a∈R,解关于x的方程log4fx﹣1﹣=log2ha﹣x﹣log2h4﹣x;Ⅲ试比较f100h100﹣与的大小.17.2011陕西设函数fx定义在0,+∞上,f1=0,导函数f′x=,gx=fx+f′x.Ⅰ求gx的单调区间和最小值;Ⅱ讨论gx与的大小关系;Ⅲ是否存在x0>0,使得|gx﹣gx0|<对任意x>0成立若存在,求出x0的取值范围;若不存在请说明理由.18.2011四川已知函数fx=x+,hx=.Ⅰ设函数Fx=18fx﹣x2hx2,求Fx的单调区间与极值;Ⅱ设a∈R,解关于x的方程lg fx﹣1﹣=2lgha﹣x﹣2lgh4﹣x;Ⅲ设n∈N n,证明:fnhn﹣h1+h2+…+hn≥.19.2010四川设,a>0且a≠1,gx是fx的反函数.Ⅰ设关于x的方程求在区间2,6上有实数解,求t的取值范围;Ⅱ当a=e,e为自然对数的底数时,证明:;Ⅲ当0<a≤时,试比较||与4的大小,并说明理由.20.2010全国卷Ⅱ设函数fx=1﹣e﹣x.Ⅰ证明:当x>﹣1时,fx≥;Ⅱ设当x≥0时,fx≤,求a的取值范围.21.2010陕西已知函数fx=,gx=alnx,a∈R,Ⅰ若曲线y=fx与曲线y=gx相交,且在交点处有共同的切线,求a的值和该切线方程;Ⅱ设函数hx=fx﹣gx,当hx存在最小值时,求其最小值φa的解析式;Ⅲ对Ⅱ中的φa和任意的a>0,b>0,证明:φ′≤≤φ′.22.2009全国卷Ⅱ设函数fx=x2+aln1+x有两个极值点x1、x2,且x1<x2,Ⅰ求a的取值范围,并讨论fx的单调性;Ⅱ证明:fx2>.23.2009湖北在R上定义运算:b、c∈R是常数,已知f1x=x2﹣2c,f2x=x﹣2b,fx=f1xf2x.①如果函数fx在x=1处有极值,试确定b、c的值;②求曲线y=fx上斜率为c的切线与该曲线的公共点;③记gx=|f′x|﹣1≤x≤1的最大值为M,若M≥k对任意的b、c恒成立,试求k的取值范围.参考公式:x3﹣3bx2+4b3=x+bx﹣2b224.2009湖北已知关于x的函数fx=﹣x3+bx2+cx+bc,其导函数为f′x.令gx=|f′x|,记函数gx 在区间﹣1、1上的最大值为M.Ⅰ如果函数fx在x=1处有极值﹣,试确定b、c的值:Ⅱ若|b|>1,证明对任意的c,都有M>2Ⅲ若M≧K对任意的b、c恒成立,试求k的最大值.25.2008江苏请先阅读:在等式cos2x=2cos2x﹣1x∈R的两边求导,得:cos2x′=2cos2x﹣1′,由求导法则,得﹣sin2x2=4cosx ﹣sinx,化简得等式:sin2x=2cosxsinx.1利用上题的想法或其他方法,结合等式1+x n=C n0+C n1x+C n2x2+…+C n n x n x∈R,正整数n≥2,证明:.2对于正整数n≥3,求证:i;ii;iii.26.2008天津已知函数fx=x4+ax3+2x2+bx∈R,其中a,b∈R.Ⅰ当时,讨论函数fx的单调性;Ⅱ若函数fx仅在x=0处有极值,求a的取值范围;Ⅲ若对于任意的a∈﹣2,2,不等式fx≤1在﹣1,1上恒成立,求b的取值范围.四.解答题共4小题27.2008福建已知函数fx=ln1+x﹣x1求fx的单调区间;2记fx在区间0,nn∈N上的最小值为b n令a n=ln1+n﹣b ni如果对一切n,不等式恒成立,求实数c的取值范围;ii求证:.28.2007福建已知函数fx=e x﹣kx,1若k=e,试确定函数fx的单调区间;2若k>0,且对于任意x∈R,f|x|>0恒成立,试确定实数k的取值范围;3设函数Fx=fx+f﹣x,求证:F1F2…Fn>n∈N.29.2006四川已知函数,fx的导函数是f′x.对任意两个不相等的正数x1、x2,证明:Ⅰ当a≤0时,;Ⅱ当a≤4时,|f′x1﹣f′x2|>|x1﹣x2|.30.2006辽宁已知f0x=x n,其中k≤nn,k∈N+,设Fx=C n0f0x2+C n1f1x2+…+C n n f n x2,x∈﹣1,1.1写出f k1;2证明:对任意的x1,x2∈﹣1,1,恒有|Fx1﹣Fx2|≤2n﹣1n+2﹣n﹣1.函数与导数高考压轴题选参考答案与试题解析一.选择题共2小题1.2013安徽已知函数fx=x3+ax2+bx+c有两个极值点x1,x2,若fx1=x1<x2,则关于x的方程3fx2+2afx+b=0的不同实根个数为A.3 B.4 C.5 D.6解答解:∵函数fx=x3+ax2+bx+c有两个极值点x1,x2,∴f′x=3x2+2ax+b=0有两个不相等的实数根,∴△=4a2﹣12b>0.解得=.∵x1<x2,∴,.而方程3fx2+2afx+b=0的△1=△>0,∴此方程有两解且fx=x1或x2.不妨取0<x1<x2,fx1>0.①把y=fx向下平移x1个单位即可得到y=fx﹣x1的图象,∵fx1=x1,可知方程fx=x1有两解.②把y=fx向下平移x2个单位即可得到y=fx﹣x2的图象,∵fx1=x1,∴fx1﹣x2<0,可知方程fx=x2只有一解.综上①②可知:方程fx=x1或fx=x2.只有3个实数解.即关于x的方程3fx2+2afx+b=0的只有3不同实根.故选:A.2.2012福建函数fx在a,b上有定义,若对任意x1,x2∈a,b,有则称fx在a,b上具有性质P.设fx在1,3上具有性质P,现给出如下命题:①fx在1,3上的图象是连续不断的;②fx2在1,上具有性质P;③若fx在x=2处取得最大值1,则fx=1,x∈1,3;④对任意x1,x2,x3,x4∈1,3,有fx1+fx2+fx3+fx4其中真命题的序号是A.①②B.①③C.②④D.③④解答解:在①中,反例:fx=在1,3上满足性质P,但fx在1,3上不是连续函数,故①不成立;在②中,反例:fx=﹣x在1,3上满足性质P,但fx2=﹣x2在1,上不满足性质P,故②不成立;在③中:在1,3上,f2=f≤,∴,故fx=1,∴对任意的x1,x2∈1,3,fx=1,故③成立;在④中,对任意x1,x2,x3,x4∈1,3,有=≤≤=fx1+fx2+fx3+fx4,∴fx1+fx2+fx3+fx4,故④成立.故选D.二.选择题共1小题3.2012新课标设函数fx=的最大值为M,最小值为m,则M+m=2.解答解:函数可化为fx==,令,则为奇函数,∴的最大值与最小值的和为0.∴函数fx=的最大值与最小值的和为1+1+0=2.即M+m=2.故答案为:2.三.选择题共23小题4.2014陕西设函数fx=lnx+,m∈R.Ⅰ当m=ee为自然对数的底数时,求fx的极小值;Ⅱ讨论函数gx=f′x﹣零点的个数;Ⅲ若对任意b>a>0,<1恒成立,求m的取值范围.解答解:Ⅰ当m=e时,fx=lnx+,∴f′x=;∴当x∈0,e时,f′x<0,fx在0,e上是减函数;当x∈e,+∞时,f′x>0,fx在e,+∞上是增函数;∴x=e时,fx取得极小值为fe=lne+=2;Ⅱ∵函数gx=f′x﹣=﹣﹣x>0,令gx=0,得m=﹣x3+xx>0;设φx=﹣x3+xx>0,∴φ′x=﹣x2+1=﹣x﹣1x+1;当x∈0,1时,φ′x>0,φx在0,1上是增函数,当x∈1,+∞时,φ′x<0,φx在1,+∞上是减函数;∴x=1是φx的极值点,且是极大值点,∴x=1是φx的最大值点,∴φx的最大值为φ1=;又φ0=0,结合y=φx的图象,如图;可知:①当m>时,函数gx无零点;②当m=时,函数gx有且只有一个零点;③当0<m<时,函数gx有两个零点;④当m≤0时,函数gx有且只有一个零点;综上,当m>时,函数gx无零点;当m=或m≤0时,函数gx有且只有一个零点;当0<m<时,函数gx有两个零点;Ⅲ对任意b>a>0,<1恒成立,等价于fb﹣b<fa﹣a恒成立;设hx=fx﹣x=lnx+﹣xx>0,则hb<ha.∴hx在0,+∞上单调递减;∵h′x=﹣﹣1≤0在0,+∞上恒成立,∴m≥﹣x2+x=﹣+x>0,∴m≥;对于m=,h′x=0仅在x=时成立;∴m的取值范围是,+∞.5.2013新课标Ⅱ已知函数fx=e x﹣lnx+mΙ设x=0是fx的极值点,求m,并讨论fx的单调性;Ⅱ当m≤2时,证明fx>0.解答Ⅰ解:∵,x=0是fx的极值点,∴,解得m=1.所以函数fx=e x﹣lnx+1,其定义域为﹣1,+∞.∵.设gx=e x x+1﹣1,则g′x=e x x+1+e x>0,所以gx在﹣1,+∞上为增函数,又∵g0=0,所以当x>0时,gx>0,即f′x>0;当﹣1<x<0时,gx<0,f′x<0.所以fx在﹣1,0上为减函数;在0,+∞上为增函数;Ⅱ证明:当m≤2,x∈﹣m,+∞时,lnx+m≤lnx+2,故只需证明当m=2时fx>0.当m=2时,函数在﹣2,+∞上为增函数,且f′﹣1<0,f′0>0.故f′x=0在﹣2,+∞上有唯一实数根x0,且x0∈﹣1,0.当x∈﹣2,x0时,f′x<0,当x∈x0,+∞时,f′x>0,从而当x=x0时,fx取得最小值.由f′x0=0,得,lnx0+2=﹣x0.故fx≥=>0.综上,当m≤2时,fx>0.6.2013四川已知函数,其中a是实数,设Ax1,fx1,Bx2,fx2为该函数图象上的点,且x1<x2.Ⅰ指出函数fx的单调区间;Ⅱ若函数fx的图象在点A,B处的切线互相垂直,且x2<0,求x2﹣x1的最小值;Ⅲ若函数fx的图象在点A,B处的切线重合,求a的取值范围.解答解:I当x<0时,fx=x+12+a,∴fx在﹣∞,﹣1上单调递减,在﹣1,0上单调递增;当x>0时,fx=lnx,在0,+∞单调递增.II∵x1<x2<0,∴fx=x2+2x+a,∴f′x=2x+2,∴函数fx在点A,B处的切线的斜率分别为f′x1,f′x2,∵函数fx的图象在点A,B处的切线互相垂直,∴,∴2x1+22x2+2=﹣1.∴2x1+2<0,2x2+2>0,∴=1,当且仅当﹣2x1+2=2x2+2=1,即,时等号成立.∴函数fx的图象在点A,B处的切线互相垂直,且x2<0,求x2﹣x1的最小值为1.III当x1<x2<0或0<x1<x2时,∵,故不成立,∴x1<0<x2.当x1<0时,函数fx在点Ax1,fx1,处的切线方程为,即.当x2>0时,函数fx在点Bx2,fx2处的切线方程为,即.函数fx的图象在点A,B处的切线重合的充要条件是,由①及x1<0<x2可得﹣1<x1<0,由①②得=.∵函数,y=﹣ln2x1+2在区间﹣1,0上单调递减,∴ax1=在﹣1,0上单调递减,且x1→﹣1时,ln2x1+2→﹣∞,即﹣ln2x1+2→+∞,也即ax1→+∞.x1→0,ax1→﹣1﹣ln2.∴a的取值范围是﹣1﹣ln2,+∞.7.2013湖南已知函数fx=.Ⅰ求fx的单调区间;Ⅱ证明:当fx1=fx2x1≠x2时,x1+x2<0.解答解:Ⅰ易知函数的定义域为R.==,当x<0时,f′x>0;当x>0时,f′x<0.∴函数fx的单调递增区间为﹣∞,0,单调递减区间为0,+∞.Ⅱ当x<1时,由于,e x>0,得到fx>0;同理,当x>1时,fx<0.当fx1=fx2x1≠x2时,不妨设x1<x2.由Ⅰ可知:x1∈﹣∞,0,x2∈0,1.下面证明:x∈0,1,fx<f﹣x,即证<.此不等式等价于.令gx=,则g′x=﹣xe﹣x e2x﹣1.当x∈0,1时,g′x<0,gx单调递减,∴gx<g0=0.即.∴x∈0,1,fx<f﹣x.而x2∈0,1,∴fx2<f﹣x2.从而,fx1<f﹣x2.由于x1,﹣x2∈﹣∞,0,fx在﹣∞,0上单调递增,∴x1<﹣x2,即x1+x2<0.8.2013辽宁已知函数fx=1+xe﹣2x,gx=ax++1+2xcosx,当x∈0,1时,I求证:;II若fx≥gx恒成立,求实数a的取值范围.解答I证明:①当x∈0,1时,1+xe﹣2x≥1﹣x1+xe﹣x≥1﹣xe x,令hx=1+xe﹣x﹣1﹣xe x,则h′x=xe x﹣e﹣x.当x∈0,1时,h′x≥0,∴hx在0,1上是增函数,∴hx≥h0=0,即fx≥1﹣x.②当x∈0,1时,e x≥1+x,令ux=e x﹣1﹣x,则u′x=e x﹣1.当x∈0,1时,u′x≥0,∴ux在0,1单调递增,∴ux≥u0=0,∴fx.综上可知:.II解:设Gx=fx﹣gx=≥=.令Hx=,则H′x=x﹣2sinx,令Kx=x﹣2sinx,则K′x=1﹣2cosx.当x∈0,1时,K′x<0,可得H′x是0,1上的减函数,∴H′x≤H′0=0,故Hx在0,1单调递减,∴Hx≤H0=2.∴a+1+Hx≤a+3.∴当a≤﹣3时,fx≥gx在0,1上恒成立.下面证明当a>﹣3时,fx≥gx在0,1上不恒成立.fx﹣gx≤==﹣x.令vx==,则v′x=.当x∈0,1时,v′x≤0,故vx在0,1上是减函数,∴vx∈a+1+2cos1,a+3.当a>﹣3时,a+3>0.∴存在x0∈0,1,使得vx0>0,此时,fx0<gx0.即fx≥gx在0,1不恒成立.综上实数a的取值范围是﹣∞,﹣3.9.2013陕西已知函数fx=e x,x∈R.Ⅰ若直线y=kx+1与f x的反函数gx=lnx的图象相切,求实数k的值;Ⅱ设x>0,讨论曲线y=f x 与曲线y=mx2m>0公共点的个数.Ⅲ设a<b,比较与的大小,并说明理由.解答解:I函数fx=e x的反函数为gx=lnx,∴.设直线y=kx+1与gx的图象相切于点Px0,y0,则,解得,k=e﹣2, ∴k=e﹣2.II当x>0,m>0时,令fx=mx2,化为m=,令hx=,则,则x∈0,2时,h′x<0,hx单调递减;x∈2,+∞时,h′x>0,hx单调递增.∴当x=2时,hx取得极小值即最小值,.∴当时,曲线y=f x 与曲线y=mx2m>0公共点的个数为0;当时,曲线y=f x 与曲线y=mx2m>0公共点的个数为1;当时,曲线y=f x 与曲线y=mx2m>0公共点个数为2.Ⅲ===,令gx=x+2+x﹣2e x x>0,则g′x=1+x﹣1e x.g′′x=xe x>0,∴g′x在0,+∞上单调递增,且g′0=0,∴g′x>0,∴gx在0,+∞上单调递增,而g0=0,∴在0,+∞上,有gx>g0=0.∵当x>0时,gx=x+2+x﹣2e x>0,且a<b,∴,即当a<b时,.10.2013湖北设n是正整数,r为正有理数.Ⅰ求函数fx=1+x r+1﹣r+1x﹣1x>﹣1的最小值;Ⅱ证明:;Ⅲ设x∈R,记x为不小于x的最小整数,例如.令的值.参考数据:.解答解;Ⅰ由题意得f'x=r+11+x r﹣r+1=r+11+x r﹣1,令f'x=0,解得x=0.当﹣1<x<0时,f'x<0,∴fx在﹣1,0内是减函数;当x>0时,f'x>0,∴fx在0,+∞内是增函数.故函数fx在x=0处,取得最小值为f0=0.Ⅱ由Ⅰ,当x∈﹣1,+∞时,有fx≥f0=0,即1+x r+1≥1+r+1x,且等号当且仅当x=0时成立,故当x>﹣1且x≠0,有1+x r+1>1+r+1x,①在①中,令这时x>﹣1且x≠0,得.上式两边同乘n r+1,得n+1r+1>n r+1+n r r+1,即,②当n>1时,在①中令这时x>﹣1且x≠0,类似可得,③且当n=1时,③也成立.综合②,③得,④Ⅲ在④中,令,n分别取值81,82,83, (125)得,,,…,将以上各式相加,并整理得.代入数据计算,可得由S的定义,得S=211.11.2012辽宁设fx=lnx+1++ax+ba,b∈R,a,b为常数,曲线y=fx与直线y=x在0,0点相切.I求a,b的值;II证明:当0<x<2时,fx<.解答I解:由y=fx过0,0,∴f0=0,∴b=﹣1∵曲线y=fx与直线在0,0点相切.∴y′|x=0=∴a=0;II证明:由I知fx=lnx+1+由均值不等式,当x>0时,,∴①令kx=lnx+1﹣x,则k0=0,k′x=,∴kx<0∴lnx+1<x,②由①②得,当x>0时,fx<记hx=x+6fx﹣9x,则当0<x<2时,h′x=fx+x+6f′x﹣9<<=∴hx在0,2内单调递减,又h0=0,∴hx<0∴当0<x<2时,fx<.12.2012福建已知函数fx=axsinx﹣a∈R,且在上的最大值为,1求函数fx的解析式;2判断函数fx在0,π内的零点个数,并加以证明.解答解:I由已知得f′x=asinx+xcosx,对于任意的x∈0,,有sinx+xcosx>0,当a=0时,fx=﹣,不合题意;当a<0时,x∈0,,f′x<0,从而fx在0,单调递减,又函数在上图象是连续不断的,故函数在上上的最大值为f0=﹣,不合题意;当a>0时,x∈0,,f′x>0,从而fx在0,单调递增,又函数在上图象是连续不断的,故函数在上上的最大值为f==,解得a=1,综上所述,得II函数fx在0,π内有且仅有两个零点.证明如下:由I知,,从而有f0=﹣<0,f=>0,又函数在上图象是连续不断的,所以函数fx在0,内至少存在一个零点,又由I知fx在0,单调递增,故函数fx在0,内仅有一个零点.当x∈,π时,令gx=f′x=sinx+xcosx,由g=1>0,gπ=﹣π<0,且gx在,π上的图象是连续不断的,故存在m∈,π,使得gm=0.由g′x=2cosx﹣xsinx,知x∈,π时,有g′x<0,从而gx在,π上单调递减.当x∈,m,gx>gm=0,即f′x>0,从而fx在,m内单调递增故当x∈,m时,fx>f=>0,从而x在,m内无零点;当x∈m,π时,有gx<gm=0,即f′x<0,从而fx在,m内单调递减.又fm>0,fπ<0且fx在m,π上的图象是连续不断的,从而fx在m,π内有且仅有一个零点.综上所述,函数fx在0,π内有且仅有两个零点.13.2012湖北设函数fx=ax n1﹣x+bx>0,n为正整数,a,b为常数,曲线y=fx在1,f1处的切线方程为x+y=1Ⅰ求a,b的值;Ⅱ求函数fx的最大值;Ⅲ证明:fx<.解答解:Ⅰ因为f1=b,由点1,b在x+y=1上,可得1+b=1,即b=0.因为f′x=anx n﹣1﹣an+1x n,所以f′1=﹣a.又因为切线x+y=1的斜率为﹣1,所以﹣a=﹣1,即a=1,故a=1,b=0.Ⅱ由Ⅰ知,fx=x n1﹣x,则有f′x=n+1x n﹣1﹣x,令f′x=0,解得x=在0,上,导数为正,故函数fx是增函数;在,+∞上导数为负,故函数fx是减函数;故函数fx在0,+∞上的最大值为f=n1﹣=,Ⅲ令φt=lnt﹣1+,则φ′t=﹣=t>0在0,1上,φ′t<0,故φt单调减;在1,+∞,φ′t>0,故φt单调增;故φt在0,+∞上的最小值为φ1=0,所以φt>0t>1则lnt>1﹣,t>1,令t=1+,得ln1+>,即ln1+n+1>lne所以1+n+1>e,即<由Ⅱ知,fx≤<,故所证不等式成立.14.2012湖南已知函数fx=e x﹣ax,其中a>0.1若对一切x∈R,fx≥1恒成立,求a的取值集合;2在函数fx的图象上取定点Ax1,fx1,Bx2,fx2x1<x2,记直线AB的斜率为K,证明:存在x0∈x1,x2,使f′x0=K恒成立.解答解:1f′x=e x﹣a,令f′x=0,解可得x=lna;当x<lna,f′x<0,fx单调递减,当x>lna,f′x>0,fx单调递增,故当x=lna时,fx取最小值,flna=a﹣alna,对一切x∈R,fx≥1恒成立,当且仅当a﹣alna≥1,①令gt=t﹣tlnt,则g′t=﹣lnt,当0<t<1时,g′t>0,gt单调递增,当t>1时,g′t<0,gt单调递减,故当t=1时,gt取得最大值,且g1=1,因此当且仅当a=1时,①式成立,综上所述,a的取值的集合为{1}.2根据题意,k==﹣a,令φx=f′x﹣k=e x﹣,则φx1=﹣﹣x2﹣x1﹣1,φx2=﹣x1﹣x2﹣1,令Ft=e t﹣t﹣1,则F′t=e t﹣1,当t<0时,F′t<0,Ft单调递减;当t>0时,F′t>0,Ft单调递增,则Ft的最小值为F0=0,故当t≠0时,Ft>F0=0,即e t﹣t﹣1>0,从而﹣x2﹣x1﹣1>0,且>0,则φx1<0,﹣x1﹣x2﹣1>0,>0,则φx2>0,因为函数y=φx在区间x1,x2上的图象是连续不断的一条曲线,所以存在x0∈x1,x2,使φx0=0, 即f′x0=K成立.15.2012四川已知a为正实数,n为自然数,抛物线与x轴正半轴相交于点A,设fn为该抛物线在点A处的切线在y轴上的截距.Ⅰ用a和n表示fn;Ⅱ求对所有n都有成立的a的最小值;Ⅲ当0<a<1时,比较与的大小,并说明理由.解答解:Ⅰ∵抛物线与x轴正半轴相交于点A,∴A对求导得y′=﹣2x∴抛物线在点A处的切线方程为,∴∵fn为该抛物线在点A处的切线在y轴上的截距,∴fn=a n;Ⅱ由Ⅰ知fn=a n,则成立的充要条件是a n≥2n3+1即知,a n≥2n3+1对所有n成立,特别的,取n=2得到a≥当a=,n≥3时,a n>4n=1+3n≥1+=1+2n3+>2n3+1当n=0,1,2时,∴a=时,对所有n都有成立∴a的最小值为;Ⅲ由Ⅰ知fk=a k,下面证明:首先证明:当0<x<1时,设函数gx=xx2﹣x+1,0<x<1,则g′x=xx﹣当0<x<时,g′x<0;当时,g′x>0故函数gx在区间0,1上的最小值gx min=g=0∴当0<x<1时,gx≥0,∴由0<a<1知0<a k<1,因此,从而=≥=>=16.2011四川已知函数fx=x+,hx=.Ⅰ设函数Fx=fx﹣hx,求Fx的单调区间与极值;Ⅱ设a∈R,解关于x的方程log4fx﹣1﹣=log2ha﹣x﹣log2h4﹣x;Ⅲ试比较f100h100﹣与的大小.解答解:Ⅰ由Fx=fx﹣hx=x+﹣x≥0知,F′x=,令F′x=0,得x=.当x∈0,时,F′x<0;当x∈,+∞时,F′x>0.故x∈0,时,Fx是减函数;故x∈,+∞时,Fx是增函数.Fx在x=处有极小值且F=.Ⅱ原方程可化为log4x﹣1+log2 h4﹣x=log2ha﹣x,即log2x﹣1+log2=log2,①当1<a≤4时,原方程有一解x=3﹣;②当4<a<5时,原方程有两解x=3;③当a=5时,原方程有一解x=3;④当a≤1或a>5时,原方程无解.Ⅲ设数列{a n}的前n项和为s n,且s n=fngn﹣从而有a1=s1=1.当2<k≤100时,a k=s k﹣s k﹣1=,a k﹣=4k﹣3﹣4k﹣1==>0.即对任意的2<k≤100,都有a k>.又因为a1=s1=1,所以a1+a2+a3+…+a100>=h1+h2+…+h100.故f100h100﹣>.17.2011陕西设函数fx定义在0,+∞上,f1=0,导函数f′x=,gx=fx+f′x.Ⅰ求gx的单调区间和最小值;Ⅱ讨论gx与的大小关系;Ⅲ是否存在x0>0,使得|gx﹣gx0|<对任意x>0成立若存在,求出x0的取值范围;若不存在请说明理由.解答解:Ⅰ由题设易知fx=lnx,gx=lnx+,∴g′x=,令g′x=0,得x=1,当x∈0,1时,g′x<0,故gx的单调递减区间是0,1,当x∈1,+∞时,g′x>0,故gx的单调递增区间是1,+∞,因此x=1是gx的唯一极值点,且为极小值点,从而是最小值点,∴最小值为g1=1;Ⅱ=﹣lnx+x,设hx=gx﹣=2lnx﹣x+,则h′x=,当x=1时,h1=0,即gx=,当x∈0,1∪1,+∞时,h′x<0,h′1=0,因此,hx在0,+∞内单调递减,当0<x<1,时,hx>h1=0,即gx>,当x>1,时,hx<h1=0,即gx<,Ⅲ满足条件的x0 不存在.证明如下:证法一假设存在x0>0, 使|gx﹣gx0|<成立,即对任意x>0,有,但对上述x0,取时, 有Inx1=gx0,这与左边不等式矛盾,因此,不存在x0>0,使|gx﹣gx0|<成立.证法二假设存在x0>0,使|gx﹣gx0|成<立.由Ⅰ知,的最小值为gx=1.又>Inx,而x>1 时,Inx 的值域为0,+∞,∴x≥1 时,gx 的值域为1,+∞,从而可取一个x1>1,使gx1≥gx0+1,即gx1﹣gx0≥1,故|gx1﹣gx0|≥1>,与假设矛盾.∴不存在x0>0,使|gx﹣gx0|<成立.18.2011四川已知函数fx=x+,hx=.Ⅰ设函数Fx=18fx﹣x2hx2,求Fx的单调区间与极值;Ⅱ设a∈R,解关于x的方程lg fx﹣1﹣=2lgha﹣x﹣2lgh4﹣x;Ⅲ设n∈N n,证明:fnhn﹣h1+h2+…+hn≥.解答解:ⅠFx=18fx﹣x2hx2=﹣x3+12x+9x≥0所以F′x=﹣3x2+12=0,x=±2且x∈0,2时,F′x>0,当x∈2,+∞时,F′x<0所以Fx在0,2上单调递增,在2,+∞上单调递减.故x=2时,Fx有极大值,且F2=﹣8+24+9=25.Ⅱ原方程变形为lgx﹣1+2lg=2lg,,①当1<a<4时,原方程有一解x=3﹣,②当4<a<5时,原方程有两解x=3±,③当a=5时,原方程有一解x=3,④当a≤1或a>5时,原方程无解.Ⅲ由已知得h1+h2+…+hn=,fnhn﹣=,从而a1=s1=1,当k≥2时,a n=s n﹣s n﹣1=,又===>0即对任意的k≥2,有,又因为a1=1=,所以a1+a2+…+a n≥,则s n≥h1+h2+…+hn,故原不等式成立.19.2010四川设,a>0且a≠1,gx是fx的反函数.Ⅰ设关于x的方程求在区间2,6上有实数解,求t的取值范围;Ⅱ当a=e,e为自然对数的底数时,证明:;Ⅲ当0<a≤时,试比较||与4的大小,并说明理由.解答解:1由题意,得a x=>0故gx=,x∈﹣∞,﹣1∪1,+∞由得t=x﹣127﹣x,x∈2,6则t′=﹣3x2+18x﹣15=﹣3x﹣1x﹣5列表如下:x 2 2,5 5 5,6 6t' + ﹣t 5 递增极大值32 递减25所以t最小值=5,t最大值=32所以t的取值范围为5,325分Ⅱ=ln=﹣ln令uz=﹣lnz2﹣=﹣2lnz+z﹣,z>0则u′z=﹣=1﹣2≥0所以uz在0,+∞上是增函数又因为>1>0,所以u>u1=0即ln>0即9分3设a=,则p≥1,1<f1=≤3,当n=1时,|f1﹣1|=≤2<4,当n≥2时,设k≥2,k∈N时,则fk=,=1+所以1<fk≤1+,从而n﹣1<≤n﹣1+=n+1﹣<n+1,所以n<<f1+n+1≤n+4,综上所述,总有|﹣n|<4.20.2010全国卷Ⅱ设函数fx=1﹣e﹣x.Ⅰ证明:当x>﹣1时,fx≥;Ⅱ设当x≥0时,fx≤,求a的取值范围.解答解:1当x>﹣1时,fx≥当且仅当e x≥1+x令gx=e x﹣x﹣1,则g'x=e x﹣1当x≥0时g'x≥0,gx在0,+∞是增函数当x≤0时g'x≤0,gx在﹣∞,0是减函数于是gx在x=0处达到最小值,因而当x∈R时,gx≥g0时,即e x≥1+x 所以当x>﹣1时,fx≥2由题意x≥0,此时fx≥0当a<0时,若x>﹣,则<0,fx≤不成立;当a≥0时,令hx=axfx+fx﹣x,则fx≤当且仅当hx≤0因为fx=1﹣e﹣x,所以h'x=afx+axf'x+f'x﹣1=afx﹣axfx+ax﹣fxi当0≤a≤时,由1知x≤x+1fxh'x≤afx﹣axfx+ax+1fx﹣fx=2a﹣1fx≤0,hx在0,+∞是减函数,hx≤h0=0,即fx≤ii当a>时,由i知x≥fxh'x=afx﹣axfx+ax﹣fx≥afx﹣axfx+afx﹣fx=2a﹣1﹣axfx当0<x<时,h'x>0,所以h'x>0,所以hx>h0=0,即fx>综上,a的取值范围是0,21.2010陕西已知函数fx=,gx=alnx,a∈R,Ⅰ若曲线y=fx与曲线y=gx相交,且在交点处有共同的切线,求a的值和该切线方程;Ⅱ设函数hx=fx﹣gx,当hx存在最小值时,求其最小值φa的解析式;Ⅲ对Ⅱ中的φa和任意的a>0,b>0,证明:φ′≤≤φ′.解答解:Ⅰf'x=,g'x=有已知得解得:a=,x=e2∴两条曲线的交点坐标为e2,e切线的斜率为k=f'e2=∴切线的方程为y﹣e=x﹣e2Ⅱ由条件知hx=﹣alnxx>0,∴h′x=﹣=,①当a>0时,令h′x=0,解得x=4a2.∴当0<x<4a2时,h′x<0,hx在0,4a2上单调递减;当x>4a2时,h′x>0,hx在4a2,+∞上单调递增.∴x=4a2是hx在0,+∞上的惟一极值点,且是极小值点,从而也是hx的最小值点.∴最小值φa=h4a2=2a﹣aln4a2=2a1﹣ln 2a.②当a≤0时,h′x=>0,hx在0,+∞上单调递增,无最小值.故hx的最小值φa的解析式为φa=2a1﹣ln 2aa>0.Ⅲ证明:由Ⅱ知φ′a=﹣2ln2a对任意的a>0,b>0=﹣=﹣ln4ab,①φ′=﹣2ln2×=﹣lna+b2≤﹣ln4ab,②φ′=﹣2ln2×=﹣2ln=﹣ln4ab,③故由①②③得φ′≤≤φ′.22.2009全国卷Ⅱ设函数fx=x2+aln1+x有两个极值点x1、x2,且x1<x2,Ⅰ求a的取值范围,并讨论fx的单调性;Ⅱ证明:fx2>.解答解:I令gx=2x2+2x+a,其对称轴为.由题意知x1、x2是方程gx=0的两个均大于﹣1的不相等的实根,其充要条件为,得1当x∈﹣1,x1时,f'x>0,∴fx在﹣1,x1内为增函数;2当x∈x1,x2时,f'x<0,∴fx在x1,x2内为减函数;3当x∈x2,+∞时,f'x>0,∴fx在x2,+∞内为增函数;II由Ig0=a>0,∴,a=﹣2x22+2x2∴fx2=x22+aln1+x2=x22﹣2x22+2x2ln1+x2设hx=x2﹣2x2+2xln1+x,﹣<x<0则h'x=2x﹣22x+1ln1+x﹣2x=﹣22x+1ln1+x1当时,h'x>0,∴hx在单调递增;2当x∈0,+∞时,h'x<0,hx在0,+∞单调递减.∴故.23.2009湖北在R上定义运算:b、c∈R是常数,已知f1x=x2﹣2c,f2x=x﹣2b,fx=f1xf2x.①如果函数fx在x=1处有极值,试确定b、c的值;②求曲线y=fx上斜率为c的切线与该曲线的公共点;③记gx=|f′x|﹣1≤x≤1的最大值为M,若M≥k对任意的b、c恒成立,试求k的取值范围.参考公式:x3﹣3bx2+4b3=x+bx﹣2b2解答解:①依题意,解得或.若,,′x=﹣x2+2x﹣1=﹣x﹣12≤0fx在R上单调递减,在x=1处无极值;若,,f′x=﹣x2﹣2x+3=﹣x﹣1x+3,直接讨论知,fx在x=1处有极大值,所以为所求.②解f′t=c得t=0或t=2b,切点分别为0,bc、,相应的切线为y=cx+bc或.解得x=0或x=3b;解即x3﹣3bx2+4b3=0得x=﹣b或x=2b.综合可知,b=0时,斜率为c的切线只有一条,与曲线的公共点只有0,0,b≠0时,斜率为c的切线有两条,与曲线的公共点分别为0,bc、3b,4bc和、.③gx=|﹣x﹣b2+b2+c|.若|b|>1,则f′x在﹣1,1是单调函数,M=max{|f′﹣1|,|f′1|}={|﹣1+2b+c|,|﹣1﹣2b+c|},因为f′1与f′﹣1之差的绝对值|f′1﹣f′﹣1|=|4b|>4,所以M>2.若|b|≤1,f′x在x=b∈﹣1,1取极值,则M=max{|f′﹣1|,|f′1|,|f′b|},f′b﹣f′±1=b12.若﹣1≤b<0,f′1≤f′﹣1≤f′b;若0≤b≤1,f′﹣1≤f′1≤f′b,M=max{|f′﹣1|,|f′b|}=.当b=0,时,在﹣1,1上的最大值.所以,k的取值范围是.24.2009湖北已知关于x的函数fx=﹣x3+bx2+cx+bc,其导函数为f′x.令gx=|f′x|,记函数gx 在区间﹣1、1上的最大值为M.Ⅰ如果函数fx在x=1处有极值﹣,试确定b、c的值:Ⅱ若|b|>1,证明对任意的c,都有M>2Ⅲ若M≧K对任意的b、c恒成立,试求k的最大值.解答Ⅰ解:∵f'x=﹣x2+2bx+c,由fx在x=1处有极值可得解得,或若b=1,c=﹣1,则f'x=﹣x2+2x﹣1=﹣x﹣12≤0,此时fx没有极值;若b=﹣1,c=3,则f'x=﹣x2﹣2x+3=﹣x+3x﹣1当x变化时,fx,f'x的变化情况如下表:x ﹣∞,﹣3 ﹣3 ﹣3,1 11,+∞f'x ﹣0 + 0 ﹣↘fx ↘极小值﹣12 ↗极大值∴当x=1时,fx有极大值,故b=﹣1,c=3即为所求.Ⅱ证法1:gx=|f'x|=|﹣x﹣b2+b2+c|当|b|>1时,函数y=f'x的对称轴x=b位于区间﹣之外.∴f'x在﹣1,1上的最值在两端点处取得故M应是g﹣1和g1中较大的一个,∴2M≥g1+g﹣1=|﹣1+2b+c|+|﹣1﹣2b+c|≥|4b|>4,即M>2证法2反证法:因为|b|>1,所以函数y=f'x的对称轴x=b位于区间﹣1,1之外,∴f'x在﹣1,1上的最值在两端点处取得.故M应是g﹣1和g1中较大的一个假设M≤2,则M=maxg{﹣1,g1,gb}将上述两式相加得:4≥|﹣1﹣2b+c|+|﹣1+2b+c|≥4|b|>4,导致矛盾,∴M>2Ⅲ解法1:gx=|f'x|=|﹣x﹣b2+b2+c|1当|b|>1时,由Ⅱ可知f'b﹣f'±1=b12≥0;2当|b|≤1时,函数y=f'x的对称轴x=b位于区间﹣1,1内,此时M=max{g﹣1,g1,gb}由f'1﹣f'﹣1=4b,有f'b﹣f'±1=b12≥0①若﹣1≤b≤0,则f'1≤f'﹣1≤f'b,∴g﹣1≤max{g1,gb},于是②若0<b≤1,则f'﹣1≤f'1≤f'b,∴g1≤maxg﹣1,gb于是综上,对任意的b、c都有而当时,在区间﹣1,1上的最小值故M≥k对任意的b、c恒成立的k的最大值为.解法2:gx=|f'x|=|﹣x﹣b2+b2+c|1当|b|>1时,由Ⅱ可知M>22当|b|≤1y=f'x时,函数的对称轴x=b位于区间﹣1,1内,此时M=max{g﹣1,g1,gb}4M≥g﹣1+g1+2gb=|﹣1﹣2b+c|+|﹣1+2b+c|+2|b2+c|≥|﹣1﹣2b+c+﹣1+2b+c﹣2b2+c|=|2b2+2|≥2, 即下同解法125.2008江苏请先阅读:在等式cos2x=2cos2x﹣1x∈R的两边求导,得:cos2x′=2cos2x﹣1′,由求导法则,得﹣sin2x2=4cosx ﹣sinx,化简得等式:sin2x=2cosxsinx.1利用上题的想法或其他方法,结合等式1+x n=C n0+C n1x+C n2x2+…+C n n x n x∈R,正整数n≥2,证明:.2对于正整数n≥3,求证:i;ii;iii.解答证明:1在等式1+x n=C n0+C n1x+C n2x2+…+C n n x n两边对x求导得n1+x n﹣1=C n1+2C n2x+…+n ﹣1C n n﹣1x n﹣2+nC n n x n﹣1移项得2i在式中,令x=﹣1,整理得所以ii由1知n1+x n﹣1=C n1+2C n2x+…+n﹣1C n n﹣1x n﹣2+nC n n x n﹣1,n≥3两边对x求导,得nn﹣11+x n﹣2=2C n2+32C n3x+…+nn﹣1C n n x n﹣2在上式中,令x=﹣1,得0=2C n2+32C n3﹣1+…+nn﹣1C n2﹣1n﹣2即,亦即 1又由i知 2由1+2得iii将等式1+x n=C n0+C n1x+C n2x2+…+C n n x n两边在0,1上对x积分由微积分基本定理,得所以26.2008天津已知函数fx=x4+ax3+2x2+bx∈R,其中a,b∈R.Ⅰ当时,讨论函数fx的单调性;Ⅱ若函数fx仅在x=0处有极值,求a的取值范围;Ⅲ若对于任意的a∈﹣2,2,不等式fx≤1在﹣1,1上恒成立,求b的取值范围.解答解:Ⅰf'x=4x3+3ax2+4x=x4x2+3ax+4.当时,f'x=x4x2﹣10x+4=2x2x﹣1x﹣2.令f'x=0,解得x1=0,,x3=2.当x变化时,f'x,fx的变化情况如下表:x ﹣∞,0 02 2,+∞0,,2f′x ﹣0 + 0 ﹣0 +fx ↘极小值↗极大值↘极小值↗所以fx在,2,+∞内是增函数,在﹣∞,0,内是减函数.Ⅱf'x=x4x2+3ax+4,显然x=0不是方程4x2+3ax+4=0的根.为使fx仅在x=0处有极值,必须4x2+3ax+4≥0成立,即有△=9a2﹣64≤0.解些不等式,得.这时,f0=b是唯一极值.因此满足条件的a的取值范围是.Ⅲ由条件a∈﹣2,2,可知△=9a2﹣64<0,从而4x2+3ax+4>0恒成立.当x<0时,f'x<0;当x>0时,f'x>0.因此函数fx在﹣1,1上的最大值是f1与f﹣1两者中的较大者.为使对任意的a∈﹣2,2,不等式fx≤1在﹣1,1上恒成立,当且仅当,即,在a∈﹣2,2上恒成立.所以b≤﹣4,因此满足条件的b的取值范围是﹣∞,﹣4.四.解答题共4小题27.2008福建已知函数fx=ln1+x﹣x1求fx的单调区间;2记fx在区间0,nn∈N上的最小值为b n令a n=ln1+n﹣b ni如果对一切n,不等式恒成立,求实数c的取值范围;ii求证:.解答解:1因为fx=ln1+x﹣x,所以函数定义域为﹣1,+∞,且f′x=﹣1=.由f′x>0得﹣1<x<0,fx的单调递增区间为﹣1,0;由f’x<0得x>0,fx的单调递减区间为0,+∞.2因为fx在0,n上是减函数,所以b n=fn=ln1+n﹣n,则a n=ln1+n﹣b n=ln1+n﹣ln1+n+n=n.i因为对n∈N恒成立.所以对n∈N恒成立.则对n∈N恒成立.设,n∈N,则c<gn对n∈N恒成立.考虑.因为=0,所以gx在1,+∞内是减函数;则当n∈N时,gn随n的增大而减小,又因为=1.所以对一切n∈N,gn>1因此c≤1,即实数c的取值范围是﹣∞,1.ⅱ由ⅰ知.下面用数学归纳法证明不等式n∈N+①当n=1时,左边=,右边=,左边<右边.不等式成立.②假设当n=k时,不等式成立.即.当n=k+1时,<===,即n=k+1时,不等式成立综合①、②得,不等式成立.所以,所以+<+…+=﹣1.即.28.2007福建已知函数fx=e x﹣kx,1若k=e,试确定函数fx的单调区间;2若k>0,且对于任意x∈R,f|x|>0恒成立,试确定实数k的取值范围;3设函数Fx=fx+f﹣x,求证:F1F2…Fn>n∈N.解答解:Ⅰ由k=e得fx=e x﹣ex,所以f'x=e x﹣e.由f'x>0得x>1,故fx的单调递增区间是1,+∞,由f'x<0得x<1,故fx的单调递减区间是﹣∞,1.Ⅱ由f|﹣x|=f|x|可知f|x|是偶函数.于是f|x|>0对任意x∈R成立等价于fx>0对任意x≥0成立.由f'x=e x﹣k=0得x=lnk.①当k∈0,1时,f'x=e x﹣k>1﹣k≥0x>0.此时fx在0,+∞上单调递增.故fx≥f0=1>0,符合题意.②当k∈1,+∞时,lnk>0.当x变化时f'x,fx的变化情况如下表:x 0,lnk lnk lnk,+∞f′x ﹣0 +fx 单调递减极小值单调递增由此可得,在0,+∞上,fx≥flnk=k﹣klnk.依题意,k﹣klnk>0,又k>1,∴1<k<e.综合①,②得,实数k的取值范围是0<k<e.Ⅲ∵Fx=fx+f﹣x=e x+e﹣x,∴Fx1Fx2=,∴F1Fn>e n+1+2,F2Fn﹣1>e n+1+2,FnF1>e n+1+2.由此得,F1F2Fn2=F1FnF2Fn﹣1FnF1>e n+1+2n故,n∈N.29.2006四川已知函数,fx的导函数是f′x.对任意两个不相等的正数x1、x2,证明:Ⅰ当a≤0时,;Ⅱ当a≤4时,|f′x1﹣f′x2|>|x1﹣x2|.解答解:证明:Ⅰ由得=而①又x1+x22=x12+x22+2x1x2>4x1x2∴②∵∴∵a≤0,aln≥aln③由①、②、③得x12+x22++aln>2++aln, 即.Ⅱ证法一:由,得∴=下面证明对任意两个不相等的正数x1,x2,有恒成立即证成立∵设,则,令u′x=0得,列表如下:tu′t ﹣0 +□ut □极小值∴∴对任意两个不相等的正数x1,x2,恒有|f'x1﹣f'x2|>|x1﹣x2|证法二:由,得∴=∵x1,x2是两个不相等的正数∴设,ut=2+4t3﹣4t2t>0则u′t=4t3t﹣2,列表:tu′t ﹣0 +□ut □极小值∴即∴即对任意两个不相等的正数x1,x2,恒有|f′x1﹣f′x2|>|x1﹣x2|30.2006辽宁已知f0x=x n,其中k≤nn,k∈N+,设Fx=C n0f0x2+C n1f1x2+…+C n n f n x2,x∈﹣1,1.1写出f k1;2证明:对任意的x1,x2∈﹣1,1,恒有|Fx1﹣Fx2|≤2n﹣1n+2﹣n﹣1.解答解:1由已知推得f k x=n﹣k+1x n﹣k,从而有f k1=n﹣k+12证法1:当﹣1≤x≤1 时,Fx=x2n+nc n1x2n﹣1+n﹣1c n2x2n﹣2+…+n﹣k+1c n k x2n﹣k+…+2c n n﹣1x2+1 当x>0时,F′x>0所以Fx在0,1上为增函数因函数Fx为偶函数,所以Fx在﹣1,0上为减函数所以对任意的x1,x2∈﹣1,1,|Fx1﹣Fx2|≤F1﹣F0F1﹣F0=C n0+nc n1+n﹣1c n2+…+n﹣k+1c n k+…+2c n n﹣1=nc n n﹣1+n﹣1c n n﹣2+…+n﹣k+1c n n﹣k+…+2c n1+c n0∵n﹣k+1c n n﹣k=n﹣kc n n﹣k+c n k=nc n﹣1k+c n k k=1,2,3,…,n﹣1F﹣F0=nc n﹣11+c n﹣12+…+c n﹣1k﹣1+c n1+c n2+…+c n n﹣1+c n0=n2n﹣1﹣1+2n﹣1=2n﹣1n+2﹣n﹣1因此结论成立.证法2:当﹣1≤x≤1 时,Fx=x2n+nc n1x2n﹣1+n﹣1c n2x2n﹣2+…+n﹣k+1c n k x2n﹣k+…+2c n n﹣1x2+1 当x>0时,F′x>0所以Fx在0,1上为增函数因函数Fx为偶函数所以Fx在﹣1,0上为减函数所以对任意的x1,x2∈﹣1,1,|Fx1﹣Fx2|≤F﹣F0F﹣F0=c n0+nc n1+n﹣1c n2+…+n﹣k+1c n k+…+2c n n﹣1又因F1﹣F0=2c n1+3c n2+…+kc n k﹣1+…+nc n n﹣1+c n0所以2F1﹣F0=n+2c n1+c n2+…+c n k﹣1+…+c n n﹣1+2c n0F1﹣F0=c n1+c n2+…+c n k﹣1+…+c n n﹣1+c n0=因此结论成立.证法3:当﹣1≤x≤1时,Fx=x2n+nc n1x2n﹣1+n﹣1c n2x2n﹣2+…+n﹣k+1c n k x2n﹣k+…+2c n n﹣1x2+1 当x>0时,F′x>0所以Fx在0,1上为增函数因函数Fx为偶函数所以Fx在﹣1,0上为减函数所以对任意的x1,x2∈﹣1,1,|Fx1﹣Fx2|≤F﹣F0F﹣F0=c n0+nc n1+n﹣1c n2+…+n﹣k+1c n k+…+2c n n﹣1由x1+x n﹣x n=xc n1x n﹣1+c n2x n﹣2+…+c n k x n﹣k+…+c n n﹣1+1=c n1x n+c n2x n﹣1+…+c n k x n﹣k+1+…+c n n﹣1x2+x对上式两边求导得1+x n﹣x n+nx1+x n﹣1﹣nx n=nc n1x n﹣1+n﹣1c n2x n﹣2+…+n﹣k+1c n k x n﹣k+…+2c n n﹣1x+1Fx=1+x2n+nx21+x2n﹣1﹣nx2n∴F1﹣F0=2n+n2n﹣1﹣n﹣1=n+22n﹣1﹣n﹣1.因此结论成立.。

导数综合压轴216道

导数综合压轴216道

导数题整理江苏镇江韩雨1.(2017 全国1 理)已知函数f (x)=a e2 x +(a - 2)e x -x .(1)讨论f (x)的单调性;(2)若f (x)有两个零点,求a 的取值范围.2.(2017 全国1 文)已知函数f (x)= e x (e x -a)-a2 x .(1)讨论f (x)的单调性;(2)若f (x) ≥ 0,求a 的取值范围.3.(2017 全国2 理)已知函数f (x)=ax2 -ax -x ln x ,且f (x) 0 .(1)求a ;(2)证明:f (x )存在唯一的极大值点x ,且e-2 <f (x )< 2-2 .0 04.(2017 全国2 文)设函数f (x)=(1-x2 )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.5.(2017 全国 3 理)已知函数 f (x ) = x -1- a ln x .(1)若 f (x ) 0 ,求 a 的值;(2)设m 为整数,且对于任意正整数 n , ⎛1+1 ⎫⎛1+ 1 ⎫ ⎛1+ 1 ⎫< m ,求m 最小值.2 ⎪ 22 ⎪ 2n ⎪ ⎝ ⎭⎝ ⎭ ⎝ ⎭6.(2017 全国 3 文)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 ) ≤ -3- 2 4a7.(2016 全国1 理)已知函数(1)求a 的取值范围;f (x) = (x - 2)e x +a(x -1)2 有两个零点.(2)设x1 ,x2是f (x) 的两个零点,求证:x1+x2< 2 .8.(2016 全国2 理)(1)讨论函数f (x) =x - 2e x 的单调性,并证明当x > 0 时,( x - 2)e x +x + 2 > 0; x + 2(2)证明:当a ∈[0,1) h(a) ,求函数h(a) 的值域.时,函数g (x)=ex -ax -ax2(x > 0) 有最小值.设g (x )的最小值为9.(2016 全国2 文)已知函数f (x)=(x +1)ln x -a (x -1).(1)当a = 4时,求曲线y =f (x)在(1, f (1))处的切线方程;(2)若当x ∈(1, +∞)时,f (x)> 0 ,求a 的取值范围.10.(2016 全国3 理)设函数f (x) =a cos 2x + (a -1)(cos x+1) ,其中a > 0,记f (x) 的最大值为A .(1)求 f '(x) ;(2)求A ;(3)证明| f '(x) |≤ 2A11.(2015 全国1 理)已知函数f (x)=x3 +ax +1,g (x)=- ln x . 4(1)当a 为何值时,x 轴为曲线y =f (x)的切线;(2)用min {m, n}表示m ,n 中的最小值,设函数h (x)=min{f (x), g (x)}(x >0),讨论h (x )零点的个数.12.(2015 全国1 文)设函数f (x)= e2x -a ln x .(1)讨论f (x)的导函数f '(x)零点的个数;(2)求证:当a > 0 时,f (x) ≥ 2a +a ln 2ax b e13.(2015 全国2 理)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.x-114.(2014 全国1 理)设函数f (x )=a e ln x +,曲线y =xf (x )在点(1, f (1))处的切线为y = e(x - 1) + 2 .(1)求a, b ;(2)证明:f (x) > 1.15.(2014 全国1 文)设函数f (x )=a ln x +1 -ax 2 -bx2(a ≠ 1),曲线y = f (x )在点(1, f (1))处的切线斜率为0. (1)求b ;(2)若存在x0≥1,使得f (x )<aa -1,求a 的取值范围.16.(2013 全国1 理)已知函数f (x )=x2 +ax +b ,g (x)= e x (cx +d ) ,若曲线y = 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+2f (x)(1)求a,b,c,d 的值(2)若x ≥-2时,f (x) ≤kg(x),求k 的取值范围.17.(2013 全国2 理)已知函数f (x)= e x - ln (x +m).(1)设x = 0 是f (x)的极值点,求m ,并讨论f (x)的单调性;(2)当m ≤2 时,证明f (x )>0 .18.(2013 全国2 文)已知函数f (x) =x2e-x .(1)求f (x) 的极小值和极大值;(2)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.≠ > +19.(2012 全国 1 理)已知 f (x ) =(1)求 f (x ) 的解析式及单调区间f '(1)e x -1- f (0)x + 1 x 22(2)若 f (x ) ≥ 1x 2+ ax + b ,求(a +1)b 的最大值220.(2011 全国 1 理)已知函数 f (x ) =a ln x + b,曲线 y = f (x ) 在点(1, f (1)) 处的切线方程为 x + 2 y - 3 = 0. (1)求 a ,b 的值;x +1 xln x k (2)如果当 x>0,且 x 1时, f (x ) ,求 k 的取值范围.x -1 x21.(2010 全国1 理)设函数f (x) =e x -1-x -ax2(1)若a = 0 ,求f (x) 单调区间;(2)若当x ≥ 0 时,f (x) ≥ 0,求a 的取值范围22.(2015 山东理)设函数f (x )= ln (x +1)+a (x 2 -x ),其中a ∈R . (1)讨论函数f (x)极值点的个数,并说明理由;(2)若∀x > 0, f (x)≥ 0成立,求a 的取值范围.23.已知函数f ( x) = ( x -1)e x +ax 2 有两个零点x1, x2(Ⅰ)当a = 1时,求f ( x) 的最小值;(Ⅱ)求a 的取值范围;(Ⅲ)设x1, x2 是f ( x) 的两个零点,证明:x1 +x2 < 0 .24.已知函数 f (x) = ln x - 2ax +1(a ∈R)(Ⅰ)讨论函数g( x) =x2 +f ( x) 的单调性;(Ⅱ)若a =1,证明:| f ( x) -1 |>1nx+1 2 x 225. 已知函数 f (x ) = ax - ln x .(1)过原点O 作函数 f ( x ) 图象的切线,求切点的横坐标;(2)对∀x ∈[1,+∞),不等式 f ( x ) ≥ a (2x - x 2 ) 恒成立,求实数a 的取值范围.26. 已知函数 f ( x ) =ln x .x(I)求函数 f ( x ) 的极值;(II)当0 < x < e 时 : 证明 f (e + x ) > f (e - x )(III)设函数 f ( x ) 的图像与直线 y = m 的两个交点分别为 A ( x 1, f ( x 1 )) ,B ( x 1, f ( x 1 )) AB 的中点的横坐标为 x 0 证明: f '( x 0 ) < 00 1 27. 已知函数 f (x ) = 2 l n x + x 2 - ax + 2(a ∈ R ) .(Ⅰ)讨论函数 f (x ) 的单调性;(Ⅱ)若存在 x 0 ∈ (0,1],使得对任意的 a ∈[-2, 0) ,不等式f (x ) > a 2 + 3a + 2 - 2me a(a +1) (其中e 是自然对数的底数)都成立,求实数 m 的取值范围.28. 已知函数 f ( x ) = ln x + 1x 2- 2ax .其中 a ∈ R .2(I )讨论函数 f ( x ) 的单调性;(II)已知函数 g ( x ) =m ln x + m 其中 xm > 0若对任意a ∈[ ,1] 2存在 x 1, x 2 ∈[1, e ] 使得| f ( x 1) - g ( x 2 ) |< 1 成立,求实数 m 的取值范围。

导数压轴题

导数压轴题

导数压轴题(1)一.解答题(共21小题)1.(2011•黑龙江一模)巳知函数f(x)=x2﹣2ax﹣2alnx(x>0,a∈R,g(x)=ln2x+2a2+.(1)证明:当a>0时,对于任意不相等的两个正实数x1、x2,均有>f()成立;(2)记h(x)=,(i)若y=h′(x)在[1,+∞)上单调递增,求实数a的取值范围;(ii)证明:h(x)≥.2.设函数.(Ⅰ)求f(x)的单调区间;(Ⅱ)如果对任何x≥0,都有f(x)≤ax,求a的取值范围.3.已知函数f(x)=(Ⅰ)讨论函数f(x)的单调性;(Ⅱ)设g(x)=x2+2x+3,证明:对任意x1∈(1,2)∪(2,+∞),总存在x2∈R,使得f(x1)>g(x2).4.已知函数f(x)=ax2﹣(2a+1)x+lnx,a∈R,(I)讨论函数f(x)的单调性;(II)设a<﹣1,证明:对任意x1,x2∈(2,+∞),|f (x1)﹣f(x2)|≥2|x1﹣x2|.5.(2012•天津)已知函数f(x)=x﹣ln(x+a)的最小值为0,其中a>0.(1)求a的值;(2)若对任意的x∈[0,+∞),有f(x)≤kx2成立,求实数k的最小值;(3)证明:(n∈N*).6.(2014•陕西)设函数f(x)=lnx+,m∈R.(Ⅰ)当m=e(e为自然对数的底数)时,求f(x)的极小值;(Ⅱ)讨论函数g(x)=f′(x)﹣零点的个数;(Ⅲ)若对任意b>a>0,<1恒成立,求m的取值范围.7.(2014•河南)设函数f(x)=ae x lnx+,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.(Ⅰ)当a>0时,求函数f(x)的单调区间;(Ⅱ)函数F(x)=f(x)﹣xlnx在定义域内是否存在零点?若存在,请指出有几个零点;若不存在,请说明理由;(Ⅲ)若f(x)≥0对任意x≥0恒成立,求a的取值范围.9.(2014•重庆一模)已知函数f(x)=tx﹣t﹣lnx(t>0).(Ⅰ)若函数f(x)在[1,+∞)上为增函数,求实数t 的取值范围;(Ⅱ)当n≥2且n∈N*时,证明:.10.(2014•钟祥市模拟)已知函数f(x)=e x﹣1﹣ax,(a∈R).(Ⅰ)求函数y=f(x)的单调区间;(Ⅱ)试探究函数F(x)=f(x)﹣xlnx在定义域内是否存在零点,若存在,请指出有几个零点;若不存在,请说明理由.(Ⅲ)若g(x)=ln(e x﹣1)﹣lnx,且f(g(x))<f (x)在x∈(0,+∞)上恒成立,求实数a的取值范围.11.(2014•资阳二模)已知函数f(x)=ke x﹣x2(其中k∈R,e是自然对数的底数).(Ⅰ)若k<0,试判断函数f(x)在区间(0,+∞)上的单调性;(Ⅱ)若k=2,当x∈(0,+∞)时,试比较f(x)与2的大小;(Ⅲ)若函数f(x)有两个极值点x1,x2(x1<x2),求k的取值范围,并证明0<f(x1)<1.12.(2014•张掖一模)已知函数f(x)=lnx,g(x)=+bx﹣1,(1)当a=0且b=1时,证明:对∀x>0,f(x)≤g(x);(2)若b=2,且h(x)=f(x)﹣g(x)存在单调递减区间,求a的取值范围;(3)数列{a n},若存在常数M>0,∀n∈N*,都有a n<M,则称数列{a n}有上界.已知b n=1++…+,试判断数列{b n}是否有上界.13.(2014•张掖模拟)已知函数f(x)=[ax2+(a﹣1)2x﹣a2+3a﹣1]e x(a∈R).(Ⅰ)若函数f(x)在(2,3)上单调递增,求实数a 的取值范围;(Ⅱ)若a=0,设g(x)=+lnx﹣x,斜率为k的直线与曲线y=g(x)交于A(x1,y1),B(x2,y2)(其中x1<x2)两点,证明:(x1+x2)k>2.14.(2014•宜昌二模)已知函数f(x)=.(1)当a=1,求函数y=f(x)的图象在x=0处的切线方程;(2)若函数f(x)在(0,1)上单调递增,求实数a(3)已知x,y,z均为正实数,且x+y+z=1,求证:++≤0.15.(2014•阳泉二模)已知函数f(x)=21nx+ax2﹣1 (a∈R)(I)求函数f(x)的单调区间;(Ⅱ)若a=1,试解答下列两小题.(i)若不等式f(1+x)+f(1﹣x)<m对任意的0<x<l恒成立,求实数m的取值范围;(ii)若x1,x2是两个不相等的正数,且以f(x1)+f (x2)=0,求证:x1+x2>2.16.(2014•信阳一模)已知m∈R,函数f(x)=(x2+mx+m)•e x.(Ⅰ)当m<2时,求函数f(x)的极大值;(Ⅱ)当m=0时,求证:f(x)≥x2+x3.17.(2014•乌鲁木齐一模)已知函数f(x)=e x﹣e﹣x(xϵR)(Ⅰ)求证:当x≥0时,;(Ⅱ)试讨论函数H(x)=f(x)﹣ax(x∈R)的零点个数.18.(2014•文登市二模)已知函数f(x)=ax2﹣(2a+1)x+2lnx(a>0).(Ⅰ)若a=,求f(x)在[1,3]上的最大值;(Ⅱ)若a≠,求函数f(x)的单调区间;(Ⅲ)当<a<1时,判断函数f(x)在区间[1,2]上有无零点?写出推理过程.19.(2014•潍坊模拟)已知函数f(x)=ax+lnx,函数g (x)的导函数g′(x)=e x,且g(0)g′(1)=e,其中e为自然对数的底数.(Ⅰ)求f(x)的极值;(Ⅱ)若∃x∈(0,+∞),使得不等式成立,试求实数m的取值范围;(Ⅲ)当a=0时,对于∀x∈(0,+∞),求证:f(x)<g (x)﹣2.20.(2014•太原二模)设函数f(x)=x2+aln(x+1)(a 为常数)(Ⅰ)若函数y=f(x)在区间[1,+∞)上是单凋递增函数,求实数a的取值范围;(Ⅱ)若函数y=f(x)有两个极值点x1,x2,且x1<x2,求证:.21.(2014•深圳一模)已知函数.(1)求f(x)在上的最大值;(2)若直线y=﹣x+2a为曲线y=f(x)的切线,求实数a的值;(3)当a=2时,设,且x1+x2+…+x14=14,若不等式f(x1)+f(x2)+…+f(x14)≤λ恒成立,求实数λ的最小值.参考答案与试题解析(1)首先分别求出与f();然后通过作差法或基本不等式等知识比较两代数式中部分的大小;最后得出两代数式整体的大小.(2)(i)首先求出h(x)及其导函数h′(x);然后根据y=h′(x)在[1,+∞)上单调递增,得y=h′(x)的导函数大于等于0恒成立,则利用分离参数的方法可得关于a的不等式a≥﹣x2+lnx﹣1(x≥1)恒成立;再运用导数法求出﹣x2+lnx﹣1的最大值,此时a≥[﹣x2+lnx﹣1]max即可.(ii)首先把h(x)表示成a为主元的函数h(x)=a2﹣(x+lnx)a+(x2+ln2x)+;然后利用配方法得P(a)=a2﹣(x+lnx)a+(x2+ln2x)=(a﹣)2+≥;再通过构造函数Q(x)=x﹣lnx,并由导数法求其最小值进而得P(a)的最小值;最后得h(x)的最小值,即问题得证.解答:(1)证明:由题意得,=﹣a(x1+x2)﹣aln(x1x2),f()=﹣a(x1+x2)﹣2aln=﹣a(x1+x2)﹣aln∵﹣=>0(x1≠x2),∴>①又∵0<x1x2<∴lnx1x2<ln∵a>0∴﹣alnx1x2>﹣aln②由①②知>f().(2)(i)解:h(x)==x2﹣ax ﹣alnx+ln2x+a2+.∴h′(x)=x﹣a﹣+令F(x)=h′(x)=x﹣a﹣+,则y=F(x)在[1,+∞)上单调递增.∴F′(x)=,则当x≥1时,x2﹣lnx+a+1≥0恒成立.即x≥1时,a≥﹣x2+lnx﹣1恒成立.令G(x)=﹣x2+lnx﹣1,则当x≥1时,G′(x)=<0.∴G(x)=﹣x2+lnx﹣1在[1,+∞)上单调递减,从而G(x)max=G(1)=﹣2.故a≥G(x)max=﹣2.即a的取值范围是[﹣2,+∞).(ii)证明::h(x)=x2﹣ax﹣alnx+ln2x+a2+=a2﹣(x+lnx)a+(x2+ln2x)+.令P(a)=a2﹣(x+lnx)a+(x2+ln2x),则P(a)=(a﹣)2+≥.令Q(x)=x﹣lnx,则Q′(x)=1﹣=.显然Q(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,则Q(x)min=Q(1)=1,则P(a)≥.故h(x)≥+=.解:(Ⅰ).(2分)当(k∈Z)时,,即f'(x)>0;当(k∈Z)时,,即f'(x)<0.因此f(x)在每一个区间(k∈Z)是增函数,f(x)在每一个区间(k∈Z)是减函数.(6分)(Ⅱ)令g(x)=ax﹣f(x),则==.故当时,g'(x)≥0.又g(0)=0,所以当x≥0时,g(x)≥g(0)=0,即f(x)≤ax.(9分)当时,令h(x)=sinx﹣3ax,则h'(x)=cosx﹣3a.故当x∈[0,arccos3a)时,h'(x)>0.因此h(x)在[0,arccos3a)上单调增加.故当x∈(0,arccos3a)时,h(x)>h(0)=0,即sinx>3ax.于是,当x∈(0,arccos3a)时,.当a≤0时,有.因此,a的取值范围是.(12分)法二:(Ⅱ)应用洛必达法则和导数sin()2cosxf x axx=≤+若0x=,则a R∈;若0x>,则sin2cosxaxx≤+等价于sin(2cos)xax x≥+,即sin()(2cos)xg xx x=+则222cos2sin sin cos'()(2cos)x x x x x xg xx x--+=+.记()2cos2sin sin cosh x x x x x x x=--+,2'()2cos2sin2cos cos212sin cos212sin2sin2sin(sin) h x x x x x xx x x x x x x x x=---+=--+=-=-】因此,当(0,)xπ∈时,'()0h x<,()h x在(0,)π上单调递减,且(0)0h=,故'()0g x<,所以()g x在(0,)π上单调递减,而000sin cos1lim()lim lim(2cos)2+cos sin3x x xx xg xx x x x x→→→===+-.另一方面,当[,)xπ∈+∞时,sin111()(2cos)3xg xx x xπ=≤≤<+,因此13a≥.解答:解:(Ⅰ)∵f′(x)==设,则>0,∴h(x)在(1,+∞)是增函数,又h(2)=0,∴当x∈(1,2)时,h(x)<0,则f′(x)<0,f(x)是单调递减函数;当x∈(2,+∞)时,h(x)>0,则f′(x)>0,f(x)是单调递增函数.综上知:f(x)在(1,2)单调递减函数,f(x)在(2,+∞)单调递增函数.(Ⅱ)对任意x1∈(1,2)∪(2,+∞),总存在x2∈R,使得f(x1)>g(x2)恒成立,等价于f(x)>g(x)min恒成立,而g(x)min=2,即证f(x)>2恒成立.等价于﹣2>0,也就是证[ln(x﹣1)+﹣2]>0设G(x)=ln(x﹣1)+﹣2,G′(x)=﹣=≥0∴G(x)在(1,+∞)单调递增函数,又G(2)=0∴当x∈(1,2)时,G(x)<0,则[ln(x﹣1)+﹣2]>0当x∈(2,+∞)时,G(x)>0,则[ln(x﹣1)+﹣2]>0综上可得:对任意x1∈(1,2)∪(2,+∞),总存在x2∈R,使得f(x1)>g(x2)分(Ⅰ)求出函数定义域及导数f′(x)=,分①a=0,②0<a<,③a=,④a>,⑤a<0五种情况进行讨论解不等式f′(x)>0,f′(x)<0,解出不等式即为单调区间;(Ⅱ)证明不等式|f(x1)﹣f(x2)|≥2|x1﹣x2|,即≥2,可证明|f′(x)|≥2,利用导数可转化为函数的最值问题证明;解答:解:(Ⅰ)函数的定义域为(0,+∞).f′(x)=2ax﹣(2a+1)+==,①若a=0,则f′(x)=,当0<x<1时,f′(x)>0,f(x)单调递增,当x>1时,f′(x)<0,f(x)单调递减;②若0<a<,令f′(x)>0,得0<x<1或x>,令f′(x)<0,得1<x<,所以f(x)在(0,1),(,+∞)上递增,在(1,)上递减;③若a=,f′(x)=≥0,f(x)在(0,+∞)上单调递增;令f′(x)>0,得0<x<,或x>1,令f′(x)<0,得<x<1,所以f(x)在(0,),(1,+∞)上单调递增,在(,1)上单调递减;⑤若a<0,令f′(x)>0,得0<x<1,令f′(x)<0,得x>1,所以f(x)在(0,1)上递增,在(1,+∞)上递减;综上,a=0时,f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上递减;0<a<时,f(x)在(0,1),(,+∞)上递增,在(1,)上递减;a=时,f(x)在(0,+∞)上单调递增;a>时,f(x)在(0,),(1,+∞)上单调递增,在(,1)上单调递减;a<0时,f(x)在(0,1)上递增,在(1,+∞)上递减;(Ⅱ)|f(x1)﹣f(x2)|≥2|x1﹣x2|,即≥2,所以有|f′(x)|≥2.所以证明对任意x1,x2∈(2,+∞),|f(x1)﹣f (x2)|≥2|x1﹣x2|,≥2对任意x∈(2,+∞)成立,也即证明2a≤(x>2),令g(x)=(x>2),则g′(x)=,当x>2时,g′(x)>0,所以g(x)在(2,+∞)上单调递增,g(x)>g(2)=﹣,而a<﹣1时,2a<﹣2,所以2a<﹣<g(x),即2a≤(x>2)成立.故a<﹣1时,对任意x1,x2∈(2,+∞),|f(x1)﹣f(x2)|≥2|x1﹣x2|.分析:(1)确定函数的定义域,求导函数,确定函数的单调性,求得函数的最小值,利用函数f(x)=x﹣ln(x+a)的最小值为0,即可求得a的值;(2)当k≤0时,取x=1,有f(1)=1﹣ln2>0,故k≤0不合题意;当k>0时,令g(x)=f(x)﹣kx2,即g(x)=x﹣ln(x+1)﹣kx2,求导函数,令g′(x)=0,可得x1=0,,分类讨论:①当k≥时,,g(x)在(0,+∞)上单调递减,g(x)≤g(0)=0;②当0<k<时,,对于,g′(x)>0,因此g(x)在上单调递增,,由此可确定k的最小值;(3)当n=1时,不等式左边=2﹣ln3<2=右边,不等式成立;当n≥2时,,在(2)中,取k=,得f(x)≤x2,从而可得,由此可证结论.(1)解:函数的定义域为(﹣a,+∞),求导函数可得令f′(x)=0,可得x=1﹣a>﹣a令f′(x)>0,x>﹣a可得x>1﹣a;令f′(x)<0,x>﹣a可得﹣a<x<1﹣a∴x=1﹣a时,函数取得极小值且为最小值∵函数f(x)=x﹣ln(x+a)的最小值为0,∴f(1﹣a)=1﹣a﹣0,解得a=1(2)解:当k≤0时,取x=1,有f(1)=1﹣ln2>0,故k≤0不合题意当k>0时,令g(x)=f(x)﹣kx2,即g(x)=x﹣ln(x+1)﹣kx2,求导函数可得g′(x)=g′(x)=0,可得x1=0,①当k≥时,,g′(x)<0在(0,+∞)上恒成立,因此g(x)在(0,+∞)上单调递减,从而对任意的x∈[0,+∞),总有g(x)≤g(0)=0,即对任意的x∈[0,+∞),有f(x)≤kx2成立;②当0<k<时,,对于,g′(x)>0,因此g(x)在上单调递增,因此取时,g(x0)≥g(0)=0,即有f(x0)≤kx02不成立;综上知,k≥时对任意的x∈[0,+∞),有f(x)≤kx2成立,k的最小值为(3)证明:当n=1时,不等式左边=2﹣ln3<2=右边,所以不等式成立当n≥2时,在(2)中,取k=,得f(x)≤x2,∴(i≥2,i∈N*).∴=f(2)+<2﹣ln3+=2﹣ln3+1﹣<2综上,(n∈N*).试题分为三问,题面比较简单,给出的函数比较常分(Ⅰ)m=e时,f(x)=lnx+,利用f′(x)判定f(x)的增减性并求出f(x)的极小值;(Ⅱ)由函数g(x)=f′(x)﹣,令g(x)=0,求出m;设φ(x)=m,求出φ(x)的值域,讨论m的取值,对应g(x)的零点情况;(Ⅲ)由b>a>0,<1恒成立,等价于f(b)﹣b<f(a)﹣a恒成立;即h(x)=f(x)﹣x在(0,+∞)上单调递减;h′(x)≤0,求出m的取值范围.解答:解:(Ⅰ)当m=e时,f(x)=lnx+,∴f′(x)=;∴当x∈(0,e)时,f′(x)<0,f(x)在(0,e)上是减函数;当x∈(e,+∞)时,f′(x)>0,f(x)在(e,+∞)上是增函数;∴x=e时,f(x)取得极小值f(e)=lne+=2;(Ⅱ)∵函数g(x)=f′(x)﹣=﹣﹣(x>0),令g(x)=0,得m=﹣x3+x(x>0);设φ(x)=﹣x3+x(x≥0),∴φ′(x)=﹣x2+1=﹣(x﹣1)(x+1);当x∈(0,1)时,φ′(x)>0,φ(x)在(0,当x∈(1,+∞)时,φ′(x)<0,φ(x)在(1,+∞)上是减函数;∴x=1是φ(x)的极值点,且是极大值点,∴x=1是φ(x)的最大值点,∴φ(x)的最大值为φ(1)=;又φ(0)=0,结合y=φ(x)的图象,如图;可知:①当m>时,函数g(x)无零点;②当m=时,函数g(x)有且只有一个零点;③当0<m<时,函数g(x)有两个零点;④当m≤0时,函数g(x)有且只有一个零点;综上,当m>时,函数g(x)无零点;当m=或m≤0时,函数g(x)有且只有一个零点;当0<m<时,函数g(x)有两个零点;(Ⅲ)对任意b>a>0,<1恒成立,等价于f(b)﹣b<f(a)﹣a恒成立;设h(x)=f(x)﹣x=lnx+﹣x(x>0),∴h(x)在(0,+∞)上单调递减;∵h′(x)=﹣﹣1≤0在(0,+∞)上恒成立,∴m≥﹣x2+x=﹣+(x>0),∴m≥;对于m=,h′(x)=0仅在x=时成立;∴m的取值范围是[,+∞).7.分析:(Ⅰ)求出定义域,导数f′(x),根据题意有f(1)=2,f′(1)=e,解出即可;(Ⅱ)由(Ⅰ)知,f(x)>1等价于xlnx>xe﹣x﹣,设函数g(x)=xlnx,函数h(x)=,只需证明g(x)min>h(x)max,利用导数可分别求得g(x)min,h(x)max;解答:解:(Ⅰ)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=+,由题意可得f(1)=2,f′(1)=e,故a=1,b=2;(Ⅱ)由(Ⅰ)知,f(x)=e x lnx+,从而f(x)>1等价于xlnx>xe﹣x﹣,设函数g(x)=xlnx,则g′(x)=1+lnx,∴当x∈(0,)时,g′(x)<0;当x∈(,+∞)时,g′(x)>0.故g(x)在(0,)上单调递减,在(,+∞)上单调递增,从而g(x)在(0,+∞)上的最小值为g()=﹣.设函数h(x)=,则h′(x)=e﹣x(1﹣x).∴当x∈(0,1)时,h′(x)>0;当x∈(1,+∞)时,h′(x)<0,故h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,从而h(x)在(0,+∞)上的最大值为h(1)=﹣.综上,当x>0时,g(x)>h(x),即f(x)>1.分(Ⅰ)直接对f(x)求导,当a>0时,f′(x)=e x ﹣a的正负即可确定函数f(x)单调区间;(Ⅱ)对F(x)=f(x)﹣xlnx进行化简,构造函数h(x)=(x>0),研究函数h(x)的单调性和最小值,即可确定F(x)=f(x)﹣xlnx在定义域内是否存在零点;(Ⅲ)求f(x)的导数,利用导数研究函数f(x)确定f(x)的最值,即可确定实数a的取值范围.解答:解:(Ⅰ)由f(x)=e x﹣ax﹣1,则f′(x)=e x﹣a.由f′(x)>0,得x>lna;由f′(x)<0,得x<lna,所以函数f(x)的单调增区间为(lna,+∞),单调减区间为(﹣∞,lna);(Ⅱ)函数F(x)=f(x)﹣xlnx的定义域为(0,+∞),由F(x)=0,得(x>0)令h(x)=(x>0),则h′(x)=,由于x>0,e x﹣1>0,可知当x>1,h′(x)>0;当0<x<1时,h′(x)<0,故函数h(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,故h(x)≥h(1)=e﹣1.又由(Ⅰ)知当a=1时,对∀x>0,有f(x)>f(lna)=0,即,当a>e﹣1时,函数F(x)有两个不同的零点;当a=e﹣1时,函数F(x)有且仅有一个零点;当a<e﹣1时,函数F(x)没有零点.(Ⅲ)由f(x)=e x﹣ax﹣1,则f′(x)=e x﹣a.①当a≤1时,对∀x≥0,有f′(x)>0,所以函数f(x)在区间(0,+∞)上单调递增,又f(0)=0,即f(x)≥f(0)=0对∀x≥0恒成立.②当a>1时,由(Ⅰ),f(x)单调递增区间为(lna,+∞),单调递减区间为(﹣∞,lna),若f(x)≥0对任意x≥0恒成立,只需f(x)min=f(lna)=a﹣alna﹣1≥0,令g(a)=a﹣alna﹣1(a>1),g′(a)=1﹣lna﹣1=﹣lna<0,即g(a)在区间(1,+∞)上单调递减,又g(1)=0,故g(a)<0在(1,+∞)上恒成立,故当a>1时,满足a﹣alna﹣1≥0的a不存在.综上所述,a的取值范围是(﹣∞,1].(Ⅰ)若函数f(x)在[1,+∞)上为增函数,求实数t 的取值范围;(Ⅱ)当n≥2且n∈N*时,证明:.分析:(Ⅰ)由f(x)在[1,+∞)上为增函数,得在x∈[1,+∞)上恒成立,分离参数t后化为函数最值解决;(Ⅱ)由(I)可知当t=1,x≥1时,f(x)≥f(1)=0,从而可得x﹣1≥lnx(当x=1时,等号成立),可证x∈(0,1]时,也有x﹣1≥lnx在(0,1]恒成立,从而有x∈(0,+∞)时,x﹣1≥lnx…①恒成立,(当且仅当x=1时,等号成立),用x代替x﹣1,得x≥ln(x+1)…②恒成立(当且仅当x=0时,等号成立),则k≥2时,k∈N*,由①得k﹣1>lnk,即,由②得.进而可得当k≥2,k∈N*时,,即.令k=2,3,…n,然后把各式累加可得结论;解答:解:(I)函数f(x)=tx﹣t﹣lnx的定义域为(0,+∞).∵f(x)在[1,+∞)上为增函数,∴在x∈[1,+∞)上恒成立,即在x∈[1,+∞)上恒成立,∵,∴t≥1,∴t的取值范围为[1,+∞).(Ⅱ)由(I)当t=1,x≥1时,f(x)≥f(1),又f(1)=0,∴x﹣1﹣lnx≥0(当x=1时,等号成立),即x﹣1≥lnx.又当x∈(0,1]时,设g(x)=x﹣1﹣lnx,则,∴g(x)在(0,1]上递减,∴g(x)≥g(1)=0,即x﹣1≥lnx在(0,1]恒成立,∴x∈(0,+∞)时,x﹣1≥lnx…①恒成立,(当且仅当x=1时,等号成立),用x代替x﹣1,则x≥ln(x+1)…②恒成立(当且仅当x=0时,等号成立),∴当k≥2时,k∈N*,由①得k﹣1>lnk,即,当k≥2时,k∈N*,,由②得.∴当k≥2,k∈N*时,,即.∴,,,….∴.分(Ⅰ)直接对f(x)求导,讨论a≤0和a>0时,f′(x)=e x﹣a的正负即可确定函数f(x)单调区间;(Ⅱ)对F(x)=f(x)﹣xlnx进行化简,构造函数h(x)=,研究函数h(x)的单调性和最小值,从而画出h(x)的简图,即可确定F(x)=f(x)﹣xlnx在定义域内是否存在零点;(Ⅲ)构造函数H(x)=xe x﹣e x+1,(x>0),求其导数,利用导数研究函数H(x)的单调性,从而确定H(x)的最值,可得到H(x)>H(0)=0,然后讨论a的取值即可确定实数a的取值范围.解答:解:(Ⅰ)∵f(x)=e x﹣1﹣ax,(x∈R,a∈R),∴f′(x)=e x﹣a,①当a≤0时,则∀x∈R有f′(x)>0,∴函数f(x)在区间(﹣∞,+∞)单调递增;②当a>0时,f′(x)>0⇒x>lna,f′(x)<0⇒x<lna∴函数f(x)的单调增区间为(lna,+∞),单调减区间为(﹣∞,lna).综合①②的当a≤0时,函数f(x)的单调增区间为(﹣∞,+∞);当a>0时,函数f(x)的单调增区间为(lna,+∞),单调减区间为(﹣∞,lna).(Ⅱ)函数F(x)=f(x)﹣xlnx定义域为(0,+∞),又,令h(x)=,则h′(x)=,∴h′(x)>0⇒x>1,h′(x)<0⇒0<x<1,∴函数h(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.∴h(x)≥h(1)=e﹣1由(1)知当a=1时,对∀x>0,有f(x)>f(lna)=0,即∴当x>0且x趋向0时,h(x)趋向+∞随着x>0的增长,y=e x﹣1的增长速度越来越快,会超过并远远大于y=x2的增长速度,而y=lnx的增长速度则会越来越慢.故当x>0且x趋向+∞时,h(x)趋向+∞.得到函数h(x)的草图如图所示故①当a>e﹣1时,函数F(x)有两个不同的零点;②当a=e﹣1时,函数F(x)有且仅有一个零点;③当a<e﹣1时,函数F(x)无零点;(Ⅲ)由(2)知当x>0时,e x﹣1>x,故对∀x >0,g(x)>0,先分析法证明:∀x>0,g(x)<x要证∀x>0,g(x)<x只需证即证∀x>0,xe x﹣e x+1>0构造函数H(x)=xe x﹣e x+1,(x>0)∴H′(x)=xe x>0,∀x>0故函数H(x)=xe x﹣e x+1在(0,+∞)单调递增,∴H(x)>H(0)=0,则∀x>0,xe x﹣e x+1>0成立.①当a≤1时,由(1)知,函数f(x)在(0,+∞)单调递增,则f(g(x))<f(x)在x∈(0,+∞)上恒成立.②当a>1时,由(1)知,函数f(x)在(lna,+∞)单调递增,在(0,lna)单调递减,故当0<x<lna时,0<g(x)<x<lna,∴f(g(x))>f(x),则不满足题意.综合①②得,满足题意的实数a的取值范围(﹣∞,1].11解答:解:(Ⅰ)由f′(x)=ke x﹣2x可知,当k<0时,由于x∈(0,+∞),f′(x)=ke x﹣2x<0,故函数f(x)在区间(0,+∞)上是单调递减函数.(Ⅱ)当k=2时,f(x)=2e x﹣x2,则f′(x)=2e x﹣2x,令h(x)=2e x﹣2x,h′(x)=2e x﹣2,由于x∈(0,+∞),故h′(x)=2e x﹣2>0,于是h(x)=2e x﹣2x在(0,+∞)为增函数,所以h(x)=2e x﹣2x>h(0)=2>0,即f′(x)=2e x ﹣2x>0在(0,+∞)恒成立,从而f(x)=2e x﹣x2在(0,+∞)为增函数,故f(x)=2e x﹣x2>f(0)=2.(Ⅲ)函数f(x)有两个极值点x1,x2,则x1,x2是f′(x)=ke x﹣2x=0的两个根,即方程有两个根,设,则,当x<0时,φ′(x)>0,函数φ(x)单调递增且φ(x)<0;当0<x<1时,φ′(x)>0,函数φ(x)单调递增且φ(x)>0;当x>1时,φ′(x)<0,函数φ(x)单调递减且φ(x)>0.要使有两个根,只需.故实数k的取值范围是.又由上可知函数f(x)的两个极值点x1,x2满足0<x1<1<x2,由,得,∴,由于x1∈(0,1),故,(1)把f(x)和g(x)作差后构造辅助函数,然后利用导数求函数的最值,由最值的符号得到要证明的结论;(2)由h(x)=f(x)﹣g(x)存在单调递减区间,得其导函数小于0在定义域内有解,由导函数分离变量a后换元,然后利用配方法求得分离变量后的代数式的值域,则实数a的范围可求;(3)令,则,由(1)得到不等式,累加后可证明数列{b n}无上界.(1)证明:当a=0且b=1时,设g(x)=f(x)﹣g(x)=lnx﹣(x﹣1)=lnx﹣x+1,对∀x>0,,解g′(x)=0,得x=1.当0<x<1时,,g(x)单调递增;当x>1时,,g(x)单调递减,∴g(x)在x=1处取最大值,即∀x>0,g(x)≤g(1)=ln1﹣1+1=0,lnx≤x ﹣1,即f(x)≤g(x);(2)解:当b=2时,h(x)=f(x)﹣g(x)=,∴,∵函数h(x)存在单调递减区间,∴h'(x)<0在(0,+∞)上有解,∴ax2+2x﹣1>0在(0,+∞)上有解,∴在(0,+∞)上有解,即∃x∈(0,+∞),使得,令,则t>0,则y=t2﹣2t=(t﹣1)2﹣1,t>0,当t=1时,ymin=﹣1∴a>﹣1;(3)解:数列{b n}无上界∀n∈N*.设,,由(1)得,,,∴=ln(n+1),∀M>0,取n为任意一个不小于e M的自然数,则,∴数列{b n}无上界.本题考查利用导数研究函数的最值,主要用导函数构造法和数学转化思想方法,解答(3)的关键是借助于(1)的结论得到含有自然数n的不等式,是难度较大的题目.分(Ⅰ)首先求出函数f(x)的导数f'(x),对a讨论,分a≥0,a<0①﹣1<a<0,②a=﹣1,③a<﹣1,分别求出单调区间,再求并集;(Ⅱ)化简a=0时的g(x),由两点的斜率公式写出k,运用分析法证(x1+x2)k>2,注意运用对数的运算法则和同时除以x1的变形,再令,构造函数h(x)=lnx﹣(x>1),求出导数,求出单调区间,运用单调性说明h(x)>0成立即可.解答:解:(Ⅰ)函数f(x)的导数f'(x)=[2ax+(a﹣1)2]•e x+[ax2+(a﹣1)2x+a﹣(a﹣1)2]•e x=[ax2+(a2+1)x+a]•e x,当a≥0时,∵x∈(2,3),∴f'(x)>0,∴f(x)在(2,3)上单调递增,当a<0时,∵f(x)在(2,3)上单调递增,∴f'(x)=a(x+a)(x+)•e x≥0,①当﹣1<a<0时,解得﹣a≤x≤﹣,由题意知(2,3)⊆[﹣a,﹣],得≤a<0,②当a=﹣1时,f'(x)=﹣(x﹣1)2•e x≤0,不合题意,舍去,③当a<﹣1时,解得≤x≤﹣a,则由题意知(2,3)⊆[﹣,﹣a],得a≤﹣3,综上可得,实数a的取值范围是(﹣∞,﹣3]∪[﹣,+∞);(Ⅱ)a=0时,g(x)=+lnx﹣x=lnx﹣1,k=,∵x2﹣x1>0,要证(x2+x1)k>2,即证(x1+x2)>2,即证ln﹣>0(>1),设h(x)=lnx﹣(x>1),h'(x)=﹣=>0,∴h(x)在(1,+∞)上单调递增,h(x)>h(1)=0,∴ln﹣>0(>1)成立,即(x1+x2)k>2成立.14.析:(1)求导函数,可得切线的斜率,求出切点的坐标,可得函数y=f(x)的图象在x=0处的切线方程;(2)先确定﹣1≤a<0,再根据函数f(x)在(0,1)上单调递增,可得f′(x)≥0在(0,1)上恒成立,构造h(x)=(x+1)ln(x+1)﹣x,证明h (x)在(0,1)上的值域为(0,2ln2﹣1),即可求实数a的取值范围;(3)由(2)知,当a=﹣1时,f(x)=在(0,1)上单调递增,证明(3x﹣1)f(x)≥(3x﹣1)•,即≤(3x﹣1)•,从而可得结论.答:(1)解:当a=1时,f(x)=,则f(0)=0,f′(x)=,∴f′(0)=1,∴函数y=f(x)的图象在x=0处的切线方程为y=x;(3分)(2)解:∵函数f(x)在(0,1)上单调递增,∴ax+1=0在(0,1)上无解当a≥0时,ax+1=0在(0,1)上无解满足当a<0时,只需1+a≥0,∴﹣1≤a<0 ①(5分)f′(x)=∵函数f(x)在(0,1)上单调递增,∴f′(x)≥0在(0,1)上恒成立即a[(x+1)ln(x+1)﹣x]≤1在(0,1)上恒成立设h(x)=(x+1)ln(x+1)﹣x,则h′(x)=ln(x+1),∵x∈(0,1),∴h′(x)>0,∴h(x)在(0,1)上单调递增∴h(x)在(0,1)上的值域为(0,2ln2﹣1)(7分)∴a≤在(0,1)上恒成立,∴a≤②综合①②得实数a的取值范围为[﹣1,](9分)(3)证明:由(2)知,当a=﹣1时,f(x)=在(0,1)上单调递增(10分)于是当0<x≤时,f(x)=≤f()=当≤x<1时,f(x)=≥f()=(12分)∴(3x﹣1)f(x)≥(3x﹣1)•,即≤(3x﹣1)•,同理有≤(3y﹣1)•,≤(3z﹣1)•,三式相加得:++≤0.(14分).(分,令f′(x)>0,分类讨论可得函数的单调区求出g(t)min,即可证得结论.(I)解:函数f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=令f′(x)>0,∵x>0,∴2ax2+2>0①当a≥0时,f′(x)>0在(0,+∞)上恒成立,∴f(x)递增区间是(0,+∞);②当a<0时,由2ax2+2>0可得<x<x>0,∴f(x)递增区间是(0,),递减区间为;(Ⅱ)(i)解:设F(x)=f(1+x)+f(1﹣x)=2ln(1+x)+2ln(1﹣x)+2x2,则F′(x)=∵0<x<l,∴F′(x)<0在(0,1)上恒成立,∴F(x)在(0,1)上为减函数∴F(x)<F(0)=0,∴m≥0,∴实数m的取值范围为[0,+∞);(ii)证明:∵f(x1)+f(x2)=0,∴21nx1+x12﹣1+21nx2+x22﹣1=0∴2lnx1x2+(x1+x2)2﹣2x1x2﹣2=0∴(x1+x2)2=2x1x2﹣2lnx1x2+2设t=x1x2,则t>0,g(t)=2t﹣2lnt+2,∴g′(t)=令g′(t)>0,得t>1,∴g(t)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增∴g(t)min=g(1)=4,∴(x1+x2)2>4,∴x1+x2奇偶性和单调性,研究函数零点的个数.答:解:(Ⅰ)令则g'(x)=f'(x)﹣2﹣x2=e x+e﹣x﹣2﹣x2,g''(x)=f(x)﹣2x,∵g'''(x)=f'(x)﹣2=e x+e﹣x﹣2当x≥0时,e x>0,e﹣x>0,∴∴g'''(x)≥0,∴函数y=g''(x)(x≥0)为增函数,∴g''(x)≥g''(0)=0,即f(x)﹣2x≥0∴函数y=g'(x)(x≥0)为增函数,∴g'(x)≥g'(0)=0,即e x+e﹣x≥2+x2∴函数y=g(x)(x≥0)为增函数,∴g(x)≥g(0)=0,即当x≥0时,成立;(Ⅱ)(1)当a≤2时,∵H(x)=f(x)﹣ax∴∴函数y=H(x)(x∈R)为增函数,当x>0时,H(x)>H(0)=0,当x<0时,H (x)<H(0)=0,∴当a≤2时,函数y=H(x)的零点为x=0,其零点个数为1个(2)当a>2时,∵对∀x∈R,H(﹣x)=﹣H(x)∴函数y=H(x)为奇函数,且H(0)=0下面讨论函数y=H(x)在x>0时的零点个数:由(Ⅰ)知,当x0>0时,,令∴则,H''(x)=f''(x)=e x﹣e﹣x当x>0时,e x>1,0<e﹣x<1,∴e x﹣e﹣x>0,∴H''(x)>0∴函数y=H'(x)(x>0)为增函数∴当0<x≤x0时,H'(x)≤H'(x0)=0;当x>x0时,H'(x)≥H'(x0)=0∴函数y=H(x)(x>0)的减区间为(0,x0],增区间为(x0,+∞)∴当0<x<x0时,H(x)<H(0)=0即对∀x0∈(0,x0]时,H(x)<0又由(Ⅰ)知,=当x0>0时,由③知,∴故,当时,∴,即H(x)>0由函数y=H(x)(x≥x0)为增函数和⑥⑦及函数零点定理知,存在唯一实数使得H(x*)=0,又函数y=H(x),x∈R为奇函数∴函数y=H(x),x∈R,有且仅有三个零点.本题(Ⅰ)通过三阶导数的研究,逐步通过导函数性研究零点,对学生计算能力和表达能力要求高.分(Ⅰ)求出a=的函数f(x)的导数,分别令f'(x)≥0,f'(x)≤0,求出f(x)在[1,3]上的单调性,从而确定极大值点2,也是最大值点,写出最大值;(Ⅱ)先求导数,并分解因式,讨论与2的大小,注意a>0,分别求出函数f(x)的单调区间;(Ⅲ)根据(Ⅱ)求出函数f(x)在区间[1,2]上的极大值,也是最大值且为f(),根据条件,说明最大值小于0即可.解答:解:(Ⅰ)当,,,当x∈[1,2]时f'(x)≥0,f(x)在[1,2]是增函数,当x∈[2,3]时f'(x)≤0,f(x)在[2,3]是减函数,∴f(x)的极大值也是最大值,且为;(Ⅱ)∵f'(x)=ax﹣(2a+1)+(x>0),即f'(x)=(x>0),当>2时,即0<a<时,由f'(x)>0得x>或x<2,由f'(x)<0,得2<x<,∴当0<a<,f(x)的单调增区间是(0,2]和[,+∞),单调减区间是[2,],同理当a>,f(x)的单调增区间是(0,]和[2,+∞),单调减区间是[,2];(Ⅲ)由(Ⅱ)知,当<a<1时,f(x)在[1,]上单调递增,在[,2]上单调递减,∴f(x)的极大值为f(),也是最大值f(x)max=f()=﹣2﹣﹣2lna,由<a<1,可知﹣2﹣2lna<0,f(x)max<0,∴在区间[1,2]上,f(x)<0恒成立,∴当a>时,函数f(x)在区间[1,2]上没有零点.点评:本题是导数在函数中的综合运用,考查运用导数则一定为最值的结论的运用..析:(Ⅰ)求出函数f(x)的定义域,求出导数f'(x)=a+,分a≥0,a<0两种情况进行讨论,a≥0时由单调性易判断;当a<0时可得极值;(Ⅱ)由g'(x)=e x,可设g(x)=e x+c,再由g(0)g'(1)=e可得g(x成立,分离出参数m后可得,令,则问题可转化为:m<h(x)max,利用导数可求得h(x)max;(Ⅲ)a=0时,f(x)=lnx,令φ(x)=g(x)﹣f (x)﹣2,则φ(x)=e x﹣lnx﹣2,,且φ'(x)在(0,+∞)上为增函数,设φ'(x)=0的根为x=t,则,即t=e﹣t,易知φ(x)的最小值为φ(t),通过放缩可判断φ(t)>0,从而可得结论;答:解:(Ⅰ)函数f(x)的定义域为(0,+∞),(x>0).当a≥0时,f'(x)>0,∴f(x)在(0,+∞)上为增函数,f(x)没有极值;当a<0时,,若时,f'(x)>0;若时,f'(x)<0,∴f(x)存在极大值,且当时,;综上可知:当a≥0时,f(x)没有极值;当a<0时,f(x)存在极大值,且当时,;(Ⅱ)∵函数g(x)的导函数g'(x)=e x,∴g(x)=e x+c,又∵g(0)g'(1)=e,∴(1+c)e=e⇒c=0,∴g(x)=e x,∵∃x∈(0,+∞),使得不等式成立,∴∃x∈(0,+∞),使得成立,令,则问题可转化为:m<h(x)max,对于,x∈(0,+∞),由于,当x∈(0,+∞)时,∵e x>1,,∴,∴h'(x)<0,从而h(x)在(0,+∞)上为减函数,∴h(x)<h(0)=3,∴m<3;(Ⅲ)当a=0时,f(x)=lnx,令φ(x)=g(x)﹣f(x)﹣2,则φ(x)=e x﹣lnx﹣2,∴,且φ'(x)在(0,+∞)上为增函数,设φ'(x)=0的根为x=t,则,即t=e﹣t,∵当x∈(0,t)时,φ'(x)<0,φ(x)在(0,t)上为减函数;当x∈(t,+∞)时,φ'(x)>0,φ(x)在(t,+∞)上为增函数,∴,∵φ'(1)=e﹣1>0,,∴,由于φ(t)=e t+t﹣2在上为增函数,∴,∴f(x)<g(x)﹣2..解:(Ⅰ)根据题意知:f′(x)=在[1,+∞)上恒成立.即a≥﹣x2﹣2x在区间[1,+∞)上恒成立.∵﹣2x2﹣2x在区间[1,+∞)上的最大值为﹣4,∴a≥﹣4;经检验:当a=﹣4时,,x∈[1,+∞).∴a的取值范围是[﹣4,+∞).(Ⅱ)在区间(﹣1,+∞)上有两个不相等的实数根,即方程2x2+2x+a=0在区间(﹣1,+∞)上有两个不相等的实数根.记g(x)=2x2+2x+a,则有,解得.∴,.∴令.,.∴,.在使得p′(x0)=0.当,p′(x)<0;当x∈(x0,0)时,p′(x)>0.而k′(x)在单调递减,在(x0,0)单调递增,∵,∴当,∴k(x)在单调递减,即.本题考查的是导数知识,重点是利用导数法研究函即二次求导,本题还用到消元的方法,难度较大.21析:(1)先求f'(x),令f'(x)=0,可得极值点,分极值点在区间[,2]内、外进行讨论可得函数的最大值;(2)设切点为(t,f(t)),则,解出方程组可求;(3)f(x1)+f(x2)+…+f(x14)≤λ恒成立,等价于f(x1)+f(x2)+…+f(x14)的最大值小于等件.解:(1),令f'(x)=0,解得x=(负值舍去),由,解得.(ⅰ)当0<a时,得f'(x)≥0,∴f(x)在[,2]上的最大值为.(ⅱ)当a≥4时,由,得f'(x)≤0,∴f (x)在[,2]上的最大值为f()=.(ⅲ)当时,∵在时,f'(x)>0,在<x<2时,f'(x)<0,∴f(x)在[,2]上的最大值为f()=.(2)设切点为(t,f(t)),则,由f'(t)=﹣1,有=﹣1,化简得a2t4﹣7at2+10=0,即at2=2或at2=5,①由f(t)=﹣t+2a,有=2a﹣t,②由①、②解得a=2或a=.(3)当a=2时,f(x)=,由(2)的结论直线y=4﹣x为曲线y=f(x)的切线,∵f(2)=2,∴点(2,f(2))在直线y=4﹣x上,根据图象分析,曲线y=f(x)在直线y=4﹣x下方.下面给出证明:当x∈[,2]时,f(x)≤4﹣x.∵f(x)﹣(4﹣x)=﹣4+x==,∴当x∈[,2]时,f(x)﹣(4﹣x)≤0,即f(x)≤4﹣x.∴f(x1)+f(x2)+…+f(x14)≤4×14﹣(x1+x2+…+x14),∵x1+x2+…+x14=14,∴f(x1)+f(x2)+…+f(x14)≤56﹣14=42.∴要使不等式f(x1)+f(x2)+…+f(x14)≤λ恒成立,必须λ≥42.又当x1=x2=…=x14=1时,满足条件x1+x2+…+x14=14,且f(x1)+f(x2)+…+f(x14)=42,因此,λ的最小值为42.。

导数压轴小题汇编(学生版)

导数压轴小题汇编(学生版)

A. a < 0
B. .a ≤− 1
C. 0 < a ≤ 4
D. a < 0 或 0 < a ≤ 4
33【. 导数+嵌套函数法+分离参数】已知函数
f
(x)
=
e1 ⋅ex
+
a 2
x2
−(a
+
1)x
+
a(a
>
0),其中
e
为自然对数
的底数.若函数 y = f(x)与 y = f[ f(x)]有相同的值域,则实数 a 的最大值为( )
= lnx - x + 1,若函数 g(x) = f(x) + mx 有 7 个零点,则实数 m 的取值范围为( )
A. (1-8ln2 ,1-6ln2 )∪(ln26-1 ,ln28-1 ) C. (1-8ln2 ,1-6ln2 )
B. (ln26-1 ,ln28-1 ) D. (1-8ln2 ,ln26-1 )
+ (b - d)2的最小值为( )
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
7.【导数的切线法】若直线
kx
-
y
-
k
+
1
=
0(x

R)和曲线
E
:y
=
ax
3
+
bx
2
+
5 3
(ab

0)的图像交于
A(x1, y1), B(x2, y2), C(x3, y3) (x1< x2< x3)三点时,曲线 E 在点 A,点 C 处的切线总是平行,则过点
= asinxcosx - x 的图象上总存在一条切线 l2,使得 l1⊥ l2,则实数 a 的取值范围为( )

高中数学《导数》压轴小题精练100(含答案)

高中数学《导数》压轴小题精练100(含答案)

A. 22-1 , 1
C.
-
∞,
1-2 2

2-1 2

+

B.
-1

1-2 2
D. - ∞ , -1 ∪ 1, + ∞


答案 D
-1 -2 + 22
≤∃
kl2
<
0
试题6.12 【 导 数 的 切 线 法 】 已 知 实 数 ,则
满足
,实数
的 最 小 值 为(
满足 )
A. 1
B. 2
C. 3
试题25.11 【图像法 + 转化法 + 零点】函数 f x
= l-nx- xx>x0≤ 0
与 gx
=
1 2
x
+
a
+1
的图象
上存在关于 y 轴对称的点,则实数 a 的取值范围是
A. - ∞ , 3 - 2ln2 B. 3 - 2ln2, + ∞ C. e , + ∞
D. - ∞ , -e


B
画出
D. 0
B
试题12.12 【利用对称中心破题】已知函数 f x
=
x+12+ln1+9x2 -3xcosx x2+ 1
,且
f
2017
=
2016,则 f -2017 =
(2015
C. -2016
D. -2017
A
试题13.12 【利用对称中心破题】已知函数 f x
= lnx - x2与 gx
D. 4
A 【距离模型 + 转化法】

第10讲 导数压轴大题14种题型(1)(原卷版)

第10讲 导数压轴大题14种题型(1)(原卷版)

第10讲 导数压轴大题14类(1)【题型一】 求参1:端点值讨论型【典例分析】设函数f(x)=lnx -p(x -1),p ∈R (1)当p=1时,求函数f (x)的单调区间;(2)设函数g(x)=xf(x)+p(2x 2-x -1)对任意x ≥1都有g(x)≤0成立,求p 的取值范围。

【变式演练】1.试卷若函数()f x 的反函数记为()1f x -,已知函数()x f x e =.(1)设函数()()()1F x f x f x -=-,试判断函数()F x 的极值点个数; (2)当0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时,()sin f x x kx ≥,求实数k 的取值范围.2.设函数22()(2)ln ,,f x x ax x bx a b R =-+∈.(1)当1,1a b ==-时,设2()(1)ln g x x x x =-+,求证:对任意的1x >,22()()g x f x x x e e ->++-; (2)当2b =时,若对任意[1,)x ∈+∞,不等式22()3f x x a >+恒成立,求实数a 的取值范围.【题型二】 求参2:“存在”型【典例分析】 设函数()()21ln 12a f x a x x bx a -=+-≠,曲线()()()11y f x f =在点,处的切线斜率为0(Ⅰ)求b ;(Ⅱ)若存在01,x ≥使得()01af x a <-,求a 的取值范围。

【变式演练】1.已知函数10)(23+-=ax x x f .(Ⅰ)当1=a 时,求曲线)(x f y =在点))2(,2(f 处的切线方程;(Ⅱ)在区间]2,1[内至少存在一个实数x ,使得0)(<x f 成立,求实数a 的取值范围.2.记},max{n m 表示n m ,中的最大值,如10}10,3max {=.已知函数}ln 2,1max {)(2x x x f -=,}42)21(,ln max{)(222a a x a x x x x g ++-+-+=.(1)设2)1)(21(3)()(---=x x x f x h ,求函数)(x h 在]1,0(上零点的个数; (2)试探究是否存在实数),2(+∞-∈a ,使得a x x g 423)(+<对),2(+∞+∈a x 恒成立?若存在,求a 的取值范围;若不存在,说明理由.【题型三】 求参3:“恒成立”型【典例分析】已知函数f(x)=(2−a )lnx +1x +2ax .(1)当a =0时,求函数的极值; (2)当a <0时,讨论函数的单调性;(3)若对任意的a ∈(−∞,−2),x 1,x 2∈[1,3],恒有(t +ln3)a −2ln3>|f (x 1)−f (x 2)|成立,求实数t 的取值范围.【变式演练】1.已知函数f (x )=x 3+bx 2+2x −1,b ∈R , (1)设g (x )=f (x )+1x 2,若函数g (x )在(0,+∞)上没有零点,求实数b 的取值范围;(2)若对∀x ∈[1,2],均∃t ∈[1,2],使得et −lnt −4≤f (x )−2x ,求实数b 的取值范围.2.已知函数f (x )=x 2+2mlnx −(m +4)x +lnm +2.(1)当m =4时,求函数f (x )在区间[1,4]上的值域; (2)当m >0时,试讨论函数f (x )的单调性;(3)若对任意m ∈(1,√2),存在x ∈(3,4],使得不等式f (x )>a (m −m 2)+2m (ln4−1)成立,求实数a 的取值范围.【题型四】 求参4:分离参数之“洛必达法则”【典例分析】 设函数sin ()2cos xf x x=+.(Ⅰ)求()f x 的单调区间;(Ⅱ)如果对任何0x ≥,都有()f x ax ≤,求a 的取值范围.【变式演练】 1.设函数ln ()ln ln(1)1xf x x x x=-+++. ⑴求()f x 的单调区间和极值;⑵是否存在实数a ,使得关于x 的不等式a x f ≥)(的解集为(0,)+∞?若存在,求a 的取值范围;若不存在,试说明理由.2.已知函数f(x)=e x ,曲线y=f(x)在点(x 0,y 0)处的切线为y=g(x).(1)证明:对于x R ∀∈,f(x)≥g(x); (2)当x ≥0时,f(x) ≥1+a 1xx+,恒成立,求实数a 的取值范围。

导数压轴小题(含答案49页)

导数压轴小题(含答案49页)

导数压轴小题1. 已知函数f(x)=xe x−m2x2−mx,则函数f(x)在[1,2]上的最小值不可能为( )A. e−32m B. −12mln2m C. 2e2−4m D. e2−2m2. 已知函数f(x)=sinxx ,若π3<a<b<2π3,则下列结论正确的是( )A. f(a)<f(√ab)<f(a+b2) B. f(√ab)<f(a+b2)<f(b)C. f(√ab)<f(a+b2)<f(a) D. f(b)<f(a+b2)<f(√ab)3. 已知e为自然对数的底数,对任意的x1∈[0,1],总存在唯一的x2∈[−1,1],使得x1+x22e x2−a=0成立,则实数a的取值范围是( )A. [1,e]B. (1,e]C. (1+1e ,e] D. [1+1e,e]4. 若存在正实数x,y,z满足z2≤x≤ez且zln yz=x,则ln yx的取值范围为( )A. [1,+∞)B. [1,e−1]C. (−∞,e−1]D. [1,12+ln2]5. 已知方程ln∣x∣−ax2+32=0有4个不同的实数根,则实数a的取值范围是( )A. (0,e 22) B. (0,e22] C. (0,e23) D. (0,e23]6. 设函数f(x)=e x(sinx−cosx)(0≤x≤2016π),则函数f(x)的各极小值之和为( )A. −e 2π(1−e2016π)1−e2πB. −e2π(1−e1008π)1−eπC. −e 2π(1−e1008π)1−e2πD. −e2π(1−e2014π)1−e2π7. 若函数f(x)满足f(x)=x(fʹ(x)−lnx),且f(1e )=1e,则ef(e x)<fʹ(1e)+1的解集为( )A. (−∞,−1)B. (−1,+∞)C. (0,1e)D. (1e,+∞)8. 已知 f (x ),g (x ) 都是定义在 R 上的函数,且满足以下条件:① f (x )=a x ⋅g (x )(a >0,且 a ≠1);② g (x )≠0;③ f (x )⋅gʹ(x )>fʹ(x )⋅g (x ).若f (1)g (1)+f (−1)g (−1)=52,则 a 等于 ( )A. 12B. 2C. 54D. 2 或 129. 已知函数 f (x )=1+lnx x,若关于 x 的不等式 f 2(x )+af (x )>0 有两个整数解,则实数 a 的取值范围是 ( ) A. (−1+ln22,−1+ln33) B. (1+ln33,1+ln22) C. (−1+ln22,−1+ln33] D. (−1,−1+ln33]10. 已知函数 f (x )=x +xlnx ,若 m ∈Z ,且 f (x )−m (x −1)>0 对任意的 x >1 恒成立,则 m 的最大值为 ( ) A. 2B. 3C. 4D. 511. 已知函数 f (x )={xln (1+x )+x 2,x ≥0−xln (1−x )+x 2,x <0,若 f (−a )+f (a )≤2f (1),则实数 a 的取值范围是 ( ) A. (−∞,−1]∪[1,+∞) B. [−1,0] C. [0,1]D. [−1,1]12. 已知 fʹ(x ) 是定义在 (0,+∞) 上的函数 f (x ) 的导函数,若方程 fʹ(x )=0 无解,且 ∀x ∈(0,+∞),f [f (x )−log 2016x ]=2017,设 a =f (20.5),b =f (log π3),c =f (log 43),则 a ,b ,c 的大小关系是 ( )A. b >c >aB. a >c >bC. c >b >aD. a >b >c13. 已知函数 f (x )={lnx,x ≥11−x 2,x <1,若 F (x )=f [f (x )+1]+m 有两个零点 x 1,x 2,则 x 1⋅x 2 的取值范围是 ( ) A. [4−2ln2,+∞) B. (√e,+∞) C. (−∞,4−2ln2]D. (−∞,√e)14. 已知函数 f (x ) 是定义在 R 上的奇函数,当 x <0 时,f (x )=(x +1)e x , 则对任意的 m ∈R ,函数 F (x )=f(f (x ))−m 的零点个数至多有 ( ) A. 3 个B. 4 个C. 6 个D. 9 个15. 设 f (x )=∣lnx∣,若函数 g (x )=f (x )−ax 在区间 (0,3] 上有三个零点,则实数 a 的取值范围是 ( ) A. (0,1e)B. (ln33,e) C. (0,ln33] D. [ln33,1e)16. 已知 f (x ) 是定义在 R 上的偶函数,其导函数为 fʹ(x ),若 fʹ(x )<f (x ),且 f (x +1)=f (3−x ),f (2015)=2,则不等式 f (x )<2e x−1 的解集为 ( ) A. (1,+∞)B. (e,+∞)C. (−∞,0)D. (−∞,1e)17. 设函数 f (x ) 的导函数为 fʹ(x ),对任意 x ∈R 都有 fʹ(x )>f (x ) 成立,则 ( )A. 3f (ln2)>2f (ln3)B. 3f (ln2)=2f (ln3)C. 3f (ln2)<2f (ln3)D. 3f (ln2) 与 2f (ln3) 的大小不确定18. 已知函数 f (x )=x 33+12ax 2+2bx +c ,方程 fʹ(x )=0 两个根分别在区间 (0,1) 与 (1,2) 内,则 b−2a−1的取值范围为 ( )A. (14,1)B. (−∞,14)∪(1,∞)C. (−1,−14)D. (14,2)19. 已知 f (x )=∣xe x ∣,又 g (x )=f 2(x )−tf (x )(t ∈R ),若满足 g (x )=−1 的 x 有四个,则 t 的取值范围是 ( )A. (−∞,−e 2+1e) B. (e 2+1e,+∞)C. (−e 2+1e,−2) D. (2,e 2+1e)20. 已知 f (x ) 是定义在 (0,+∞) 上的单调函数,且对任意的 x ∈(0,+∞),都有 f [f (x )−log 2x ]=3,则方程 f (x )−fʹ(x )=2 的解所在的区间是 ( )A. (0,12)B. (12,1)C. (1,2)D. (2,3)21. 已知函数 f (x )={√1+9x 2,x ≤01+xe x−1,x >0,点 A ,B 是函数 f (x ) 图象上不同两点,则 ∠AOB (O 为坐标原点)的取值范围是 ( ) A. (0,π4)B. (0,π4]C. (0,π3)D. (0,π3]22. 定义:如果函数 f (x ) 在 [a,b ] 上存在 x 1,x 2 (0<x 1<x 2<a) 满足fʹ(x 1)=f (b )−f (a )b−a,fʹ(x 2)=f (b )−f (a )b−a ,则称函数 f (x ) 是 [a,b ] 上的“双中值函数”.已知函数 f (x )=x 3−x 2+a 是 [0,a ] 上的“双中值函数”,则实数 a 的取值范围是 ( ) A. (13,12)B. (32,3)C. (12,1)D. (13,1)23. 已知函数 f (x )=2mx 2−2(4−m )x +1,g (x )=mx ,若对于任意实数 x ,函数 f (x ) 与 g (x ) 的值至少有一个为正值,则实数 m 的取值范围是 ( )A. (2,8)B. (0,2)C. (0,8)D. (−∞,0)24. 已知 a,b ∈R ,且 e x+1≥ax +b 对 x ∈R 恒成立,则 ab 的最大值是( )A. 12e 3B. √22e 3 C.√32e 3 D. e 325. 函数 f (x ) 是定义在区间 (0,+∞) 上的可导函数 , 其导函数为 fʹ(x ),且满足 xfʹ(x )+2f (x )>0,则不等式 (x+2016)f (x+2016)5<5f (5)x+2016的解集为 ( ) A. {x >−2011} B. {x ∣x <−2011} C. {x ∣−2011<x <0}D. {x∣∣−2016<x <−2011}26. 设 D =√(x −a )2+(lnx −a 24)2+a 24+1(a ∈R ),则 D 的最小值为( ) A. √22B. 1C. √2D. 227. 已知定义在 R 上的函数 y =f (x ) 满足:函数 y =f (x +1) 的图象关于直线 x =−1 对称,且当 x ∈(−∞,0) 时,f (x )+xfʹ(x )<0 成立(fʹ(x ) 是函数 f (x ) 的导函数),若 a =0.76f (0.76),b =log 1076f (log 1076),c =60.6f (60.6),则 a ,b ,c 的大小关系是 ( )A. a >b >cB. b >a >cC. c >a >bD. a >c >b28. 对任意的正数 x ,都存在两个不同的正数 y ,使 x 2(lny −lnx )−ay 2=0 成立,则实数 a 的取值范围为 ( ) A. (0,12e)B. (−∞,12e)C. (12e,+∞)D. (12e,1)29. 已知函数 f (x )=x 3−6x 2+9x ,g (x )=13x 3−a+12x 2+ax −13(a >1)若对任意的 x 1∈[0,4],总存在 x 2∈[0,4],使得 f (x 1)=g (x 2),则实数 a 的取值范围为 ( )A. (1,94]B. [9,+∞)C. (1,94]∪[9,+∞)D. [32,94]∪[9,+∞)30. 定义在 R 上的偶函数 f (x ) 满足 f (2−x )=f (x ),且当 x ∈[1,2] 时,f (x )=lnx −x +1,若函数g (x )=f (x )+mx 有 7 个零点,则实数 m 的取值范围为 ( )A. (1−ln28,1−ln26)∪(ln2−16,ln2−18)B. (ln2−16,ln2−18) C. (1−ln28,1−ln26) D. (1−ln28,ln2−16)31. 已知函数 f (x )={e x ,x ≥0ax,x <0,若方程 f (−x )=f (x ) 有五个不同的根,则实数 a 的取值范围为 ( ) A. (−∞,−e )B. (−∞,−1)C. (1,+∞)D. (e,+∞)32. 已知 fʹ(x ) 是奇函数 f (x ) 的导函数,f (−1)=0,当 x >0 时,xfʹ(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. (−1,0)∪(0,1)D. (−∞,−1)∪(1,+∞)33. 已知函数 f (x ) 在定义域 R 上的导函数为 fʹ(x ),若方程 fʹ(x )=0 无解,且 f [f (x )−2017x ]=2017,当 g (x )=sinx −cosx −kx 在 [−π2,π2] 上与 f (x ) 在 R 上的单调性相同时,则实数 k 的取值范围是 ( )A. (−∞,−1]B. (−∞,√2]C. [−1,√2]D. [√2,+∞)34. 已知函数 f (x )=e x ∣x∣,关于 x 的方程 f 2(x )−2af (x )+a −1=0(a ∈R )有 3 个相异的实数根,则 a 的取值范围是 ( ) A. (e 2−12e−1,+∞)B. (−∞,e 2−12e−1) C. (0,e 2−12e−1) D. {e 2−12e−1}35. 函数 y =f (x ) 图象上不同两点 A (x 1,y 1),B (x 2,y 2) 处的切线的斜率分别是 k A ,k B ,规定 φ(A,B )=∣k A −k B ∣∣AB∣叫做曲线在点 A 与点 B 之间的“弯曲度”.设曲线 y =e x 上不同的两点 A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),且 x 1−x 2=1,若 t ⋅φ(A,B )<3 恒成立,则实数 t 的取值范围是 ( )A. (−∞,3]B. (−∞,2]C. (−∞,1]D. [1,3]36. 已知函数 f (x )=ax 3+3x 2+1,若至少存在两个实数 m ,使得 f (−m ),f (1),f (m +2) 成等差数列,则过坐标原点作曲线 y =f (x ) 的切线可以作 ( ) A. 3 条B. 2 条C. 1 条D. 0 条37. 已知整数对排列如下:(1,1),(1,2),(2,1),(1,3),(2,2),(3,1),(1,4),(2,3),(3,2),(4,1),(1,5),(2,4),⋯,则第 60 个整数对是 ( ) A. (5,7)B. (4,8)C. (5,8)D. (6,7)38. 已知函数 f (x )={∣log 3x ∣,0<x <3,−cos (π3x),3≤x ≤9.若存在实数 x 1,x 2,x 3,x 4,当 x 1<x 2<x 3<x 4 时,满足 f (x 1)=f (x 2)=f (x 3)=f (x 4),则 x 1⋅x 2⋅x 3⋅x 4 的取值范围是 ( ) A. (7,294)B. (21,1354) C. [27,30)D. (27,1354)39. 已知函数 f (x )=e 2x ,g (x )=lnx +12的图象分别与直线 y =b 交于 A ,B 两点,则 ∣AB∣ 的最小值为 ( )A. 1B. e 12C. 2+ln22D. e −ln3240. 设 A ,B 分别为双曲线 C :x 2a 2−y 2b 2=1(a >0,b >0) 的左、右顶点,P ,Q 是双曲线 C 上关于 x 轴对称的不同两点,设直线 AP ,BQ 的斜率分别为 m ,n ,则2b a+a b+12∣mn∣+ln ∣m ∣+ln ∣n ∣ 取得最小值时,双曲线 C 的离心率为 ( ) A. √2B. √3C. √6D. √6241. 已知 f (x ),g (x ) 都是定义在 R 上的函数,且满足以下条件:① f (x )=a x ⋅g (x )(a >0,a ≠1);② g (x ) ≠0;③ f (x )⋅gʹ(x )>fʹ(x )⋅g (x ).若 f (1)g (1)+f (−1)g (−1)=52,则使 log a x >1 成立的 x 的取值范围是 ( )A. (0,12)∪(2,+∞)B. (0,12)C. (−∞,12)∪(2,+∞)D. (2,+∞)42. 已知函数 f (x )=∣sinx ∣(x ∈[−π,π]),g (x )=x −2sinx (x ∈[−π,π]),设方程 f(f (x ))=0,f(g (x ))=0,g(g (x ))=0 的实根的个数分别为 m ,n ,t ,则 m +n +t = ( )A. 9B. 13C. 17D. 2143. 设 f (x ) 是定义在 R 上的奇函数,且 f (2)=0,当 x >0 时,有xfʹ(x )−f (x )x 2<0 恒成立,则不等式 x 2f (x )>0 的解集是 ( )A. (−2,0)∪(2,+∞)B. (−∞,−2)∪(0,2)C. (−∞,−2)∪(2,+∞)D. (−2,0)∪(0,2)44. 已知函数 f (x )={−x 2+2x,x ≤0ln (x +1),x >0,若 ∣f (x )∣≥ax ,则 a 的取值范围是 ( ) A. (−∞,0]B. (−∞,1]C. [−2,1]D. [−2,0]45. 已知函数 f (x )(x ∈R ) 满足 f (−x )=2−f (x ),若函数 y =x+1x与 y =f (x ) 图象的交点为 (x 1,y 1),(x 2,y 2),⋯,(x m ,y m ),则 ∑(x i +m i=1y i )= ( ) A. 0B. mC. 2mD. 4m46. 若函数 f (x )=x −13sin2x +asinx 在 (−∞,+∞) 单调递增,则 a 的取值范围是 ( )A. [−1,1]B. [−1,13] C. [−13,13] D. [−1,−13]47. 已知两曲线 y =x 3+ax 和 y =x 2+bx +c 都经过点 P (1,2),且在点 P处有公切线,则当 x ≥12 时,log bax 2−c 2x的最小值为 ( )A. −1B. 1C. 12D. 048. 直线 y =m 分别与 y =2x +3 及 y =x +lnx 交于 A ,B 两点,则 ∣AB∣的最小值为 ( ) A. 1B. 2C. 3D. 449. 设函数 f (x )=x 2−2x +1+alnx 有两个极值点 x 1,x 2,且 x 1<x 2,则 f (x 2) 的取值范围是 ( ) A. (0,1+2ln24) B. (1−2ln24,0)C. (1+2ln24,+∞) D. (−∞,1−2ln24)50. 设直线 l 1,l 2 分别是函数 f (x )={−lnx,0<x <1,lnx,x >1,图象上点 P 1,P 2处的切线,l 1 与 l 2 垂直相交于点 P ,且 l 1,l 2 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,+∞)51. 已知定义在 R 上的奇函数 f (x ),其导函数为 fʹ(x ),对任意正实数 x 满足 xfʹ(x )>2f (−x ),若 g (x )=x 2f (x ),则不等式 g (x )<g (1−3x ) 的解集是 ( ) A. (14,+∞)B. (−∞,14)C. (0,14)D. (−∞,14)∪(14,+∞)52. 已知函数 f (x )=x (lnx −ax ) 有两个极值点,则实数 a 的取值范围是( )A. (−∞,0)B. (0,12)C. (0,1)D. (0,+∞)53. 已知函数 f (x )=x +xlnx ,若 m ∈Z ,且 (m −2)(x −2)<f (x ) 对任意的 x >2 恒成立,则 m 的最大值为 ( ) A. 4B. 5C. 6D. 854. 已知函数 f (x )=a x+xlnx ,g (x )=x 3−x 2−5,若对任意的 x 1,x 2∈[12,2],都有 f (x 1)−g (x 2)≥2 成立,则 a 的取值范围是 ( )A. (0,+∞)B. [1,+∞)C. (−∞,0)D. (−∞,−1]55. 设函数 f (x )=e x (2x −1)−ax +a ,其中 a <1,若存在唯一的整数x 0 使得 f (x 0)<0,则 a 的取值范围是 ( )A. [−32e,1) B. [−32e ,34) C. [32e ,34)D. [32e,1)56. 函数 f (x )={(x −a )2+e,x ≤2xlnx+a +10,x >2(e 是自然对数的底数),若 f (2) 是函数 f (x ) 的最小值,则 a 的取值范围是 ( ) A. [−1,6]B. [1,4]C. [2,4]D. [2,6]57. f (x ),g (x )(g (x )≠0) 分别是定义在 R 上的奇函数和偶函数,当 x <0时,fʹ(x )g (x )<f (x )gʹ(x ),且 f (−3)=0,f (x )g (x )<0 的解集为 ( )A. (−∞,−3)∪(3,+∞)B. (−3,0)∪(0,3)C. (−3,0)∪(3,+∞)D. (−∞,−3)∪(0,3)58. 已知函数 f (x )=x 3+bx 2+cx +d (b ,c ,d 为常数),当 x ∈(0,1)时 f (x ) 取得极大值,当 x ∈(1,2) 时 f (x ) 取得极小值,则 (b +12)2+(c −3)2 的取值范围是 ( )A. (√372,5) B. (√5,5)C. (374,25)D. (5,25)59. 若关于 x 的方程 ∣x 4−x 3∣=ax 在 R 上存在 4 个不同的实根,则实数a 的取值范围为 ( ) A. (0,427)B. (0,427]C. (427,23)D. (427,23]60. 设函数 f (x ) 在 R 上存在导函数 fʹ(x ),若对 ∀x ∈R ,有 f (−x )+f (x )=x 2,且当 x ∈(0,+∞) 时,fʹ(x )>x .若 f (2−a )−f (a )≥2−2a ,则 a 的取值范围是 ( )A. (−∞,1]B. [1,+∞)C. (−∞,2]D. [2,+∞)61. 已知 e 为自然对数的底数,若对任意的 x ∈[1e,1],总存在唯一的 y ∈[−1,1],使得 lnx −x +1+a =y 2e y 成立,则实数 a 的取值范围是 ( ) A. [1e ,e]B. (2e,e]C. (2e,+∞)D. (2e ,e +1e)62. 设函数 f (x )={2x +1,x >0,0,x =0,2x −1,x <0.若不等式 f (x −1)+f (mx)>0 对任意x >0 恒成立,则实数 m 的取值范围是 ( ) A. (−14,14)B. (0,14)C. (14,+∞)D. (1,+∞)63. 若 0<x 1<x 2<1,则 ( )A. e x 2−e x 1>lnx 2−lnx 1B. e x 1−e x 2<lnx 2−lnx 1C. x2e x1>x1e x2D. x2e x1<x1e x264. 函数f(x)在定义域R内可导,若f(x)=f(2−x),且(x−1)fʹ(x)<0,若a=f(0),b=f(12),c=f(3),则a,b,c的大小关系是( )A. a>b>cB. b>a>cC. c>b>aD. a>c>b65. 已知函数f(x)=x−4+9x+1,x∈(0,4).当x=a时,f(x)取得最小值b,则函数g(x)=(1a )∣x+b∣的图象为( )A. B.C. D.66. f(x)是定义在(0,+∞)上的单调函数,且对∀x∈(0,+∞)都有f(f(x)−lnx)=e+1,则方程f(x)−fʹ(x)=e的实数解所在的区间是( )A. (0,1e ) B. (1e,1) C. (1,e) D. (e,3)67. 已知R上的奇函数f(x)满足fʹ(x)>−2,则不等式f(x−1)<x2(3−2lnx)+3(1−2x)的解集是( )A. (0,1e) B. (0,1) C. (1,+∞) D. (e,+∞)68. 已知函数f(x)=sinxx,给出下面三个结论:①函数f(x)在区间(−π2,0)上单调递增,在区间(0,π2)上单调递减;②函数f(x)没有最大值,而有最小值;③函数f(x)在区间(0,π)上不存在零点,也不存在极值点.其中,所有正确结论的序号是( )A. ①②B. ①③C. ②③D. ①②③69. 已知函数 f (x ) 是定义在 R 上的可导函数,fʹ(x ) 为其导函数,若对于任意实数 x ,有 f (x )−fʹ(x )>0,则 A. ef (2015)>f (2016) B. ef (2015)<f (2016) C. ef (2015)=f (2016)D. ef (2015) 与 f (2016) 大小不能确定70. 若存在正实数 m ,使得关于 x 的方程 x +a (2x +2m −4ex )[ln (x +m )−lnx ]=0 有两个不同的根,其中 e 为自然对数的底数,则实数 a 的取值范围是 ( )A. (−∞,0)B. (0,12e)C. (−∞,0)∪(12e,+∞)D. (12e,+∞)71. 定义在 (0,π2) 上的函数 f (x ),fʹ(x ) 是它的导函数,且恒有 f (x )⋅tanx <fʹ(x ) 成立,则 ( ) A. √3f (π4)>√2f (π3)B. f (1)<2f (π6)sin1C. √2f (π6)>f (π4) D. √3f (π6)<f (π3)72. 已知函数 f (x )=x 3+ax 2+bx +c ,下列结论中错误的是 ( )A. ∃x 0∈R ,f (x 0)=0B. 函数 y =f (x ) 的图象是中心对称图形C. 若 x 0 是 f (x ) 的极小值点,则 f (x ) 在区间 (−∞,x 0) 单调递减D. 若 x 0 是 f (x ) 的极值点,则 fʹ(x 0)=073. 已知函数 f (x )=ln x2+12,g (x )=e x−2,若 g (m )=f (n ) 成立,则 n −m 的最小值为 ( )A. 1−ln2B. ln2C. 2√e −3D. e 2−374. 设函数f(x)=e x(x3−3x+3)−ae x−x(x≥−2),若不等式f(x)≤0有解.则实数a的最小值为( )A. 2e −1 B. 2−2eC. 1+2e2D. 1−1e75. 设函数f(x)=2lnx−12mx2−nx,若x=2是f(x)的极大值点,则m 的取值范围为( )A. (−12,+∞) B. (−12,0)C. (0,+∞)D. (−∞,−12)∪(0,+∞)76. 已知函数f(x)=ax3+bx2−2(a≠0)有且仅有两个不同的零点x1,x2,则( )A. 当a<0时,x1+x2<0,x1x2>0B. 当a<0时,x1+x2>0,x1x2<0C. 当a>0时,x1+x2<0,x1x2>0D. 当a>0时,x1+x2>0,x1x2<077. 已知函数f(x)=ax3−3x2+1,若f(x)存在唯一的零点x0,且x0>0,则a的取值范围为( )A. (2,+∞)B. (1,+∞)C. (−∞,−2)D. (−∞,−1)78. 设f(x)、g(x)是定义域为R的恒大于零的可导函数,且fʹ(x)g(x)−f(x)gʹ(x)<0,则当a<x<b时,有( )A. f(x)g(x)>f(b)g(b)B. f(x)g(a)>f(a)g(x)C. f(x)g(b)>f(b)g(x)D. f(x)g(x)>f(a)g(a)79. 设函数fʹ(x)是函数f(x)(x∈R)的导函数,f(0)=1,且3f(x)=fʹ(x)−3,则4f(x)>fʹ(x)的解集为( )A. (ln43,+∞) B. (ln23,+∞) C. (√32,+∞) D. (√e3,+∞)80. 下列关于函数f(x)=(2x−x2)e x的判断正确的是( )①f(x)>0的解集是{x∣0<x<2};②f(−√2)是极小值,f(√2)是极大值;③f(x)没有最小值,也没有最大值;④f(x)有最大值,没有最小值.A. ①③B. ①②③C. ②④D. ①②④参考答案,仅供参考啊1. D 【解析】fʹ(x)=e x+xe x−m(x+1)=(x+1)(e x−m),因为1≤x≤2,所以e≤e x≤e2,①当m≤e时,e x−m≥0,由x≥1,可得fʹ(x)≥0,此时函数f(x)单调递增.所以当x=1时,函数f(x)取得最小值,f(1)=e−32m.②当m≥e2时,e x−m≤0,由x≥1,可得fʹ(x)≤0,此时函数f(x)单调递减.所以当x=2时,函数f(x)取得最小值,f(2)=2e2−4m.③当e2>m>e时,由e x−m=0,解得x=lnm.当1≤x<lnm时,fʹ(x)<0,此时函数f(x)单调递减;当lnm<x≤1时,fʹ(x)>0,此时函数f(x)单调递增.所以当x=lnm时,函数f(x)取得极小值即最小值,f(lnm)=−m2ln2m.2. D 【解析】fʹ(x)=xcosx−sinxx2(0<x<π).(i)当x=π2时,fʹ(x)=−4π2<0;(ii)当0<x<π,且x≠π2时,fʹ(x)=xcosx−sinxx2=cosx(x−tanx)x2.①当0<x<π2时,根据三角函数线的性质,得x<tanx,又cosx>0,所以fʹ(x)<0;②当π2<x<π时,tanx<0,则x−tanx>0,又cosx<0,所以fʹ(x)< 0.综合(i)(ii),当0<x<π时,fʹ(x)<0.所以f(x)在(0,π)上是减函数.若π3<a<b<2π3,则π3<a<√ab<a+b2<b<2π3,所以f(a)>f(√ab)>f(a+b2)>f(b).来自QQ群339444963 3. C 【解析】令f(x1)=a−x1,则f(x1)=a−x1在x1∈[0,1]上单调递减,且f(0)=a,f(1)=a−1.令g(x2)=x22e x2,则gʹ(x2)=2x2e x2+x22e x2=x2e x2(x2+2),且g(0)=0,g(−1)=1e,g(1)=e.若对任意的x1∈[0,1],总存在唯一的x2∈[−1,1],使得x1+x22e x2−a=0成立,即f(x1)=g(x2),则f(x1)=a−x1的最大值不能大于g(x2)的最大值,即f(0)=a≤e,因为g(x2)在[−1,0]上单调递减,在(0,1]上单调递增,所以当g(x2)∈(0,1e]时,有两个x2使得f(x1)=g(x2).若只有唯一的x2∈[−1,1],使得f(x1)=g(x2),则f(x1)的最小值要比1e大,所以f(1)=a−1>1e,所以a>1+1e,故实数a的取值范围是(1+1e,e].来自QQ群3394449634. B 【解析】zln yz=x,所以xz=lny−lnz,所以lny=xz+lnz,所以ln yx =lny−lnx=xz+lnz−lnx=xz+ln zx,令zx =t,则ln yx=1t+lnt,又因为z2≤x≤ez,所以12≤xz≤e,即t∈[1e ,2],令ln yx=1t+lnt=f(t),则fʹ(t)=t−1t2,令fʹ(t)=0即t=1,又因为1e≤t≤2,所以t∈[1e,1]时fʹ(t)<0,f(t)单调减,t∈[1,2]时fʹ(t)>0,f(t)单调增,所以t=1时f(t)取极小值,即f(1)=1,f(2)=12+ln2,f(1e)=e+ln1e=e−1f(1e )−f(2)=e−ln2−32>e−lne−32=e−52>0,所以f(t)最大值为e−1,所以f(t)∈[1,e−1],所以ln yx∈[1,e−1].5. A【解析】由ln∣x∣−ax2+32=0得ax2=ln∣x∣+32,因为x≠0,所以方程等价为a=ln∣x∣+32x2,设f(x)=ln∣x∣+32x2,则函数f(x)是偶函数,当x>0时,f(x)=lnx+32x2,则fʹ(x)=1x⋅x2−(lnx+32)⋅2xx4=x−2xlnx−3xx4=−2x(1+lnx)x4,由fʹ(x)>0得−2x(1+lnx)>0,得1+lnx<0,即lnx<−1,得0<x<1e,此时函数单调递增,由fʹ(x)<0得−2x(1+lnx)<0,得1+lnx>0,即lnx>−1,得x>1e,此时函数单调递减,即当 x >0 时,x =1e 时,函数 f (x ) 取得极大值 f (1e)=ln 1e +32(1e)2=(−1+32)e 2=12e 2, 作出函数f (x ) 的图象如图:要使 a =ln∣x∣+32x 2,有 4 个不同的交点,则满足 0<a <12e 2.6. D 【解析】提示:令 fʹ(x )=2sinx ⋅e x =0,得 x =kπ,易知当 x =2kπ(k ∈Z ),1≤k ≤1007 时 f (x ) 取到极小值,故各极小值之和为f (2π)+f (4π)+⋯+f (2014π)=−(e 2π+e 4π+⋯+e 2014π)=−e 2π(1−e 2014π)1−e 2π.7. A 【解析】因为 f (x )=x (fʹ(x )−lnx ), 所以 xfʹ(x )−f (x )=xlnx , 所以xfʹ(x )−f (x )x 2=lnx x,所以 [f (x )x]ʹ=lnxx,令 F (x )=f (x )x ,则 Fʹ(x )=lnx x,f (x )=xF (x ),所以 fʹ(x )=F (x )+xFʹ(x )=F (x )+lnx , 所以 fʺ(x )=Fʹ(x )+1x=lnx+1x,因为 x ∈(0,1e ),fʺ(x )<0,fʹ(x ) 单减,x ∈(1e ,+∞),fʺ(x )>0,fʹ(x ) 单增,所以 fʹ(x )≥fʹ(1e )=F (1e )+ln 1e =ef (1e )−1=0,所以 fʹ(x )≥0,所以 f (x ) 在 (0,+∞) 上单增,因为 e ⋅f (e x )<fʹ(1e )+1,fʹ(1e )=−1+e ⋅f (1e )=0, 所以 e ⋅f (e x )<1, 所以 f (e x )<1e ,所以 f (e x )<f (1e ), 所以 0<e x <1e ,所以不等式的解集为 x <−1. 8. A 9. C 【解析】因为 fʹ(x )=1−(1+lnx )x 2=−lnx x 2,所以 f (x ) 在 (0,1) 上单调递增,在 (1,,+∞) 上单调递减,当 a >0 时,f 2(x )+af (x )>0⇔f (x )<−a 或 f (x )>0,此时不等式 f 2(x )+af (x )>0 有无数个整数解,不符合题意;当 a =0 时,f 2(x )+af (x )>0⇔f (x )≠0,此时不等式 f 2(x )+af (x )>0 有无数个整数解,不符合题意;当 a <0 时,f 2(x )+af (x )>0⇔f (x )<0 或 f (x )>−a ,要使不等式 f 2(x )+af (x )>0 恰有两个整数解,必须满足 f (3)≤−a <f (2),得 −1+ln22<a ≤−1+ln33.10. B【解析】因为 f (x )=x +xlnx ,所以 f (x )−m (x −1)>0 对任意 x >1 恒成立,即 m (x −1)<x +xlnx , 因为 x >1,也就是 m <x⋅lnx+x x−1对任意 x >1 恒成立.令 ℎ(x )=x⋅lnx+x x−1,则 ℎʹ(x )=x−lnx−2(x−1)2,令 φ(x )=x −lnx −2(x >1),则 φʹ(x )=1−1x=x−1x>0,所以函数 φ(x ) 在 (1,+∞) 上单调递增.因为 φ(3)=1−ln3<0,φ(4)=2−2ln2>0,所以方程 φ(x )=0 在 (1,+∞) 上存在唯一实根 x 0,且满足 x 0∈(3,4). 当 1<x <x 0 时,φ(x )<0,即 ℎʹ(x )<0, 当 x >x 0 时,φ(x )>0,即 ℎʹ(x )>0,所以函数 ℎ(x ) 在 (1,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(1+x 0−2)x 0−1=x 0∈(3,4).所以 m <[g (x )]min =x 0,因为 x 0∈(3,4),故整数 m 的最大值是 3. 11. D 【解析】函数 f (x )={xln (1+x )+x 2,x ≥0−xln (1−x )+x 2,x <0, 将 x 换为 −x ,函数值不变,即有 f (x ) 图象关于 y 轴对称,即 f (x ) 为偶函数,有 f (−x )=f (x ),当 x ≥0 时,f (x )=xln (1+x )+x 2 的导数为 fʹ(x )=ln (1+x )+x 1+x+2x ≥0,则 f (x ) 在 [0,+∞) 递增,f (−a )+f (a )≤2f (1),即为 2f (a )≤2f (1), 可得 f (∣a∣)≤f (1),可得 ∣a∣≤1,解得 −1≤a ≤1.12. D 【解析】由题意,可知 f (x )−log 2016x 是定值,不妨令 t =f (x )−log 2016x ,则 f (x )=log 2016x +t ,又 f (t )=2017,所以 log 2016t +t =2017⇒t =2016,即 f (x )=log 2016x +2016,则 fʹ(x )=1xln2016,显然当x ∈(0,+∞) 时,有 fʹ(x )>0,即函数 f (x ) 在 (0,+∞) 上为单调递增,又 20.5>1>log π3>log 43,所以 f (20.5)>f (log π3)>f (log 43). 13. D 【解析】当 x ≥1 时,f (x )=lnx ≥0, 所以 f (x )+1≥1,所以 f [f (x )+1]=ln (f (x )+1),当 x <1,f (x )=1−x2>12,f (x )+1>32,f [f (x )+1]=ln (f (x )+1),综上可知:F[f(x)+1]=ln(f(x)+1)+m=0,则f(x)+1=e−m,f(x)=e−m−1,有两个根x1,x2,(不妨设x1<x2),当x≥1是,lnx2=e−m−1,当x<1时,1−x12=e−m−1,令t=e−m−1>12,则lnx2=t,x2=e t,1−x12=t,x1=2−2t,所以x1x2=e t(2−2t),t>12,设g(t)=e t(2−2t),t>12,求导gʹ(t)=−2te t,t∈(12,+∞),gʹ(t)<0,函数g(t)单调递减,所以g(t)<g(12)=√e,所以g(x)的值域为(−∞,√e),所以x1x2取值范围为(−∞,√e).14. A 【解析】当x<0时,f(x)=(x+1)e x,可得fʹ(x)=(x+2)e x,可知x∈(−∞,−2),函数是减函数,x∈(−2,0)函数是增函数,f(−2)=−1e2,f(−1)=0,且x→0时,f(x)→1,又f(x)是定义在R上的奇函数,f(0)=0,而x∈(−∞,−1)时,f(x)<0,所以函数的图象如图:令t=f(x)则f(t)=m,由图象可知:当t∈(−1,1)时,方程f(x)=t至多3个根,当t∉(−1,1)时,方程没有实数根,而对于任意m∈R,方程f(t)=m至多有一个根,t∈(−1,1),从而函数F(x)=f(f(x))−m的零点个数至多有3个.15. D【解析】函数g(x)=f(x)−ax在区间(0,3]上有三个零点即函数f(x)=∣lnx∣与y=ax在区间(0,3]上有三个交点.画图如下.当 a ≤0 时,显然,不合乎题意,当 a >0 时,由图知,当 x ∈(0,1] 时,存在一个交点,当 x >1 时,f (x )=lnx ,可得 g (x )=lnx −ax (x ∈(1,3]),gʹ(x )=1x−a =1−ax x,若 gʹ(x )<0,可得 x >1a,g (x ) 为减函数,若 gʹ(x )>0,可得 x <1a,g (x ) 为增函数,此时 y =f (x ) 与 y =ax 必须在 [1,3] 上有两个交点,即 y =g (x ) 在 [1,3] 上有两个零点,所以 {g (1a)>0,g (3)≤0,g (1)≤0,解得ln33≤a <1e,故函数 g (x )=f (x )−ax 在区间 (0,3] 上有三个零点时,ln33≤a <1e.16. A 【解析】因为函数 f (x ) 是偶函数, 所以 f (x +1)=f (3−x )=f (x −3).所以 f (x +4)=f (x ),即函数 f (x ) 是周期为 4 的周期函数. 因为 f (2015)=f (4×504−1)=f (−1)=f (1)=2, 所以 f (1)=2. 设 g (x )=f (x )e x,则 gʹ(x )=fʹ(x )e x −f (x )e xe 2x=fʹ(x )−f (x )e x<0,所以 g (x ) 在 R 上单调递减. 不等式 f (x )<2e x−1 等价于 f (x )e x<2e,即 g (x )<g (1),所以 x >1,所以不等式 f (x )<2e x−1 的解集为 (1,+∞). 17. C 【解析】构造函数 g (x )=f (x )e x,则函数求导得 gʹ(x )=fʹ(x )−f (x )e x.由已知 fʹ(x )>f (x ),所以 gʹ(x )>0,即 g (x ) 在实数范围内单调递增, 所以 g (ln2)<g (ln3),即f (ln2)e ln2<f (ln3)e ln3,解得 3f (ln2)<2f (ln3).18. A 【解析】由题意,fʹ(x )=x 2+ax +2b ,因为 fʹ(x ) 是开口朝上的二次函数,所以 {fʹ(0)>0fʹ(1)<0fʹ(2)>0,得 {b >0,a +a +2b <0,2+a +b >0, 由此可画出可行域,如图,b−2a−1表示可行域内的点 (a,b ) 和点 P (1,2) 连线的斜率,显然 PA 的斜率最小,PC 的斜率最大.19. B 【解析】令 y =xe x ,则 yʹ=(1+x )e x ,由 yʹ=0,得 x =−1,当 x ∈(−∞,−1) 时,yʹ<0,函数 y 单调递减,当 x ∈(−1,∞) 时,yʹ>0 函数单调递增.做出 y =xe x 图象,利用图象变换得 f (x )=∣xe x ∣ 图象(如图),令 f (x )=m ,则关于 m 方程 ℎ(m )=m 2−tm +1=0 两根分别在 (0,1e ),(1e ,+∞) 时(如图),满足 g (x )=−1 的 x 有 4 个,由 ℎ(1e )=1e 2−1e t +1<0 解得 t >e 2+1e.20. C【解析】根据题意,对任意的x∈(0,+∞),都有f[f(x)−log2x]=3,又由f(x)是定义在(0,+∞)上的单调函数,则f(x)−log2x为定值,设t=f(x)−log2x,则f(x)=log2x+t,又由f(t)=3,即log2t+t=3,解可得,t=2;则f(x)=log2x+2,fʹ(x)=1ln2⋅x,将f(x)=log2x+2,fʹ(x)=1ln2⋅x代入f(x)−fʹ(x)=2,可得log2x+2−1ln2⋅x=2,即log2x−1ln2⋅x=0,令ℎ(x)=log2x−1ln2⋅x,分析易得ℎ(1)=−1ln2<0,ℎ(2)=1−12ln2>0,则ℎ(x)=log2x−1ln2⋅x的零点在(1,2)之间,则方程log2x−1ln2⋅x=0,即f(x)−fʹ(x)=2的根在(1,2)上.21. A 【解析】当x≤0时,由y=√1+9x2得y2−9x2=1(x≤0),此时对应的曲线为双曲线,双曲线的渐近线为y=−3x,此时渐近线的斜率k1=−3,当x>0时,f(x)=1+xe x−1,当过原点的直线和f(x)相切时,设切点为(a,1+ae a−1),函数的导数fʹ(x)=e x−1+xe x−1=(x+1)e x−1,则切线斜率k2=fʹ(a)=(a+1)e a−1,则对应的切线方程为y−(1+ae a−1)=(1+a)e a−1(x−a),即y=(1+a)e a−1(x−a)+1+ae a−1,当x=0,y=0时,(1+a)e a−1(−a)+1+ae a−1=0,即a2e a−1+ae a−1=1+ae a−1,即a2e a−1=1,得a=1,此时切线斜率k2=2,则切线和y=−3x的夹角为θ,则tanθ=∣∣−3−21−2×3∣∣=55=1,则θ=π4,故∠AOB(O为坐标原点)的取值范围是(0,π4).来自QQ群33944496322. C 【解析】由题意可知,因为 f (x )=x 3−x 2+a 在区间 [0,a ] 存在 x 1,x 2 (a <x 1<x 2<b),满足 fʹ(x 1)=fʹ(x 2)=f (a )−f (0)a=a 2−a ,因为 f (x )=x 3−x 2+a , 所以 fʹ(x )=3x 2−2x ,所以方程 3x 2−2x =a 2−a 在区间 (0,a ) 有两个不相等的解. 令 g (x )=3x 2−2x −a 2+a ,(0<x <a ). 则 {Δ=4−12(−a 2+a )>0,g (0)=−a 2+a >0,g (a )=2a 2−a >0,0<16<a. 解得:12<a <1.来自QQ 群339444963所以实数 a 的取值范围是 (12,1). 23. C 【解析】当 m <0 时,函数 f (x ) 的图象为开口向下的抛物线,所以在 x >0 时,f (x )>0 不恒成立. 函数 g (x )=mx 当 x >0 时,g (x )<0. 所以不满足题意.当 m =0 时,f (x )=−8x +1,g (x )=0,不满足题意. 当 m >0 时,需 f (x )>0 在 x <0 时恒成立,所以令 Δ<0 或 {Δ≥0,−b2a ≥0,f (0)>0,即 4(4−m )2−8m <0 或 {4(4−m )2−8m ≥0,4−m 2m≥0.解得 2<m <8 或 0<m ≤2.综合得:0<m <8.24. A 【解析】若 a <0,由于一次函数 y =ax +b 单调递减,不能满足且 e x+1≥ax +b 对 x ∈R 恒成立,则 a ≥0. 若 a =0,则 ab =0.若 a >0,由 e x+1≥ax +b 得 b ≤e x+1−ax ,则 ab ≤ae x+1−a 2x . 设函数 f (x )=ae x+1−a 2x ,所以 fʹ(x )=ae x+1−a 2=a (e x+1−a ),令 fʹ(x )=0 得 e x+1−a =0,解得 x =lna −1,因为 x <lna −1 时,x +1<lna ,则 e x+1<a ,则 e x+1−a <0, 所以 fʹ(x )<0,所以函数 f (x ) 递减;同理,x >lna −1 时,fʹ(x )>0,所以函数 f (x ) 递增;所以当 x =lna −1 时,函数取最小值,f (x ) 的最小值为 f (lna −1)=2a 2−a 2lna .设 g (a )=2a 2−a 2lna (a >0),gʹ(a )=a (3−2lna )(a >0),由 gʹ(a )=0 得 a =e 32,不难得到 a <e 32时,gʹ(a )>0;a >e 32时,gʹ(a )<0;所以函数 g (a ) 先增后减,所以 g (a ) 的最大值为 g (e 32)=12e 3,即 ab 的最大值是 12e 3,此时 a=e 32,b =12e 32.25. D 来自QQ 群339444963【解析】构造函数 g (x )=x 2f (x ),gʹ(x )=x(2f (x )+xfʹ(x )), 当 x >0 时,因为 2f (x )+xfʹ(x )>0, 所以 gʹ(x )>0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,因为不等式(x+2016)f(x+2016)5<5f(5)x+2016,所以x+2016>0时,即x>−2016时,(x+2016)2f(x+2016)<52f(5),所以g(x+2016)<g(5),所以x+2016<5,所以−2016<x<−2011.26. C 【解析】S=(x−a)2+(lnx−a24)2(a∈R),其几何意义为:两点(x,lnx),(a,a 24)的距离的平方,由y=lnx的导数为yʹ=1x,所以k=1x1,点(a,a24)在曲线y=14x2上,所以yʹ=12x,所以k=12x2,令f(x)=lnx,g(x)=14x2,则D(x)=√(x1−x2)2+[f(x1)−g(x2)]2+g(x2)+1,而g(x2)+1是抛物线y=14x2上的点到准线y=−1的距离,即抛物线y=14x2上的点到焦点(0,1)的距离,则D可以看作抛物线上的点(x2,g(x2))到焦点距离和到f(x)=lnx上的点的距离的和,即∣AF∣+∣AB∣,由两点之间线段最短,得D最小值是点F(0,1)到f(x)=lnx上的点的距离的最小值,由点到直线上垂线段最短,这样就最小,即取B(x0,lnx0),则fʹ(x0)⋅lnx0−1x0=−1,垂直,则 lnx 0−1=−x 02,解得 x 0=1,所以 F 到 B (1,0) 的距离就是点 F (0,1) 到 f (x )=lnx 上的点的距离的最小值, 所以 D 的最小值为 ∣DF ∣=√2.27. D 【解析】定义在 R 上的函数 y =f (x ) 满足:函数 y =f (x +1) 的图象关于直线 x =−1 对称,可知函数 f (x ) 是偶函数, 所以 y =xf (x ) 是奇函数,又因为当 x ∈(−∞,0) 时,f (x )+xfʹ(x )<0 成立(fʹ(x ) 是函数 f (x ) 的导函数),所以函数 y =xf (x ) 在 R 上既是奇函数又是减函数; 0.76∈(0,1),60.6<912∈(2,4),log 1076≈log 1.56∈(4,6).所以 a >c >b .来自QQ 群33944496328. A 【解析】由 x 2(lny −lnx )−ay 2=0(x,y >0),可得:a =ln y x (y x)2,令y x=t >0,所以 a =lnt t2,设 g (t )=lnt t2,gʹ(t )=1t×t 2−2tlnt t 4=1−2lnt t 3.令 gʹ(t )>0.解得 0<t <√e ,此时函数 g (t ) 单调递增; 令 gʹ(t )<0.解得 t >√e ,此时函数 g (t ) 单调递减.又t>1时,g(t)>0;1>t>0时,g(t)<0.可得函数g(t)的图象.因此当a∈(0,12e )时,存在两个正数,使得a=lntt2成立,即对任意的正数x,都存在两个不同的正数y,使x2(lny−lnx)−ay2=0成立.29. C 【解析】函数f(x)=x3−6x2+9x,导数为f′(x)=3x2−12x+9=3(x−1)(x−3),可得f(x)的极值点为1,3,由f(0)=0,f(1)=4,f(3)=0,f(4)=4,可得f(x)在[0,4]的值域为[0,4];g(x)=13x3−a+1 2x2+ax−13(a>1),导数为g′(x)=x2−(a+1)x+a=(x−1)(x−a),当1<x<a时,g′(x)<0,g(x)递减;当x<1或x>a时,g′(x)> 0,g(x)递增.由g(0)=−13,g(1)=12(a−1),g(a)=−16a3−12a2−13>−13,g(4)=13−4a,当3≤a≤4时,13−4a≤12(a−1),g(x)在[0,4]的值域为[−13,12(a−1)],由对任意的x1∈[0,4],总存在x2∈[0,4],使得f(x1)=g(x2),可得[0,4]⊆[−13,12(a−1)],即有4≤12(a−1),解得a≥9不成立;当1<a<3时,13−4a>12(a−1),g(x)在[0,4]的值域为[−13,13−4a],由题意可得[0,4]⊆[−13,13−4a],即有4≤13−4a,解得a≤94,即为1<a≤94;当 a >4 时,可得 g (1) 取得最大值,g (4)<−3 为最小值,即有 [0,4]⊆[13−4a,12(a −1)],可得 13−4a ≤0,4≤12(a −1),即 a ≥134,且 a ≥9,解得 a ≥9.综上可得,a 的取值范围是 (1,94]∪[9,+∞).30. A【解析】因为函数 f (2−x )=f (x ) 可得图象关于直线 x =1 对称,且函数为偶函数则其周期为 T =2, 又因为 fʹ(x )=1x −1=1−x x,当 x ∈[1,2] 时有 fʹ(x )≤0,则函数在 x ∈[1,2]为减函数,作出其函数图象如图所示:其中 k OA =ln2−16,k OB =ln2−18,当 x <0 时 , 要使符合题意则 m ∈(ln2−16,ln2−18),根据偶函数的对称性,当 x >0 时,要使符合题意则 m ∈(1−ln28,1−ln26).综上所述,实数 m 的取值范围为 (1−ln28,1−ln26)∪(ln2−16,ln2−18).31. A 【解析】因为 f (x )={e x ,x ≥0ax,x <0,所以 f (−x )={−ax,x >01,x =0e −x ,x <0. 显然 x =0 是方程 f (−x )=f (x ) 的一个根, 当 x >0 时,e x =−ax, ⋯⋯① 当 x <0 时,e −x =ax, ⋯⋯②显然,若 x 0 为方程 ① 的解,则 −x 0 为方程 ② 的解, 即方程 ①,② 含有相同个数的解, 因为方程 f (−x )=f (x ) 有五个不同的根, 所以方程 ① 在 (0,+∞) 上有两解,。

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

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

压轴题03函数与导数常见经典压轴小题1、导数的计算和几何意义是高考命题的热点,多以选择题、填空题形式考查,难度较小.2、应用导数研究函数的单调性、极值、最值多在选择题、填空题靠后的位置考查,难度中等偏上,属综合性问题.考向一:函数、零点嵌套问题考向二:函数整数解问题考向三:等高线问题考向四:零点问题考向五:构造函数解不等式考向六:导数中的距离问题考向七:导数的同构思想考向八:最大值的最小值问题(平口单峰函数、铅锤距离)1、分段函数零点的求解与判断方法:(1)直接法:直接根据题设条件构造关于参数的不等式,再通过解不等式确定参数范围;(2)分离参数法:先将参数分离,转化成球函数值域的问题加以解决;(3)数形结合法:先将解析式变形,在同一平面直角坐标系中,画出函数的图象,然后数形结合求解.2、由于三次函数的导函数为我们最熟悉的二次函数,所以基本的研究思路是:借助导函数的图象来研究原函数的图象.如借助导函数的正负研究原函数的单调性;借助导函数的(变号)零点研究原函数的极值点(最值点);综合借助导函数的图象画出原函数的图象并研究原函数的零点,具体来说,对于三次函数()()32 0f x ax bx cx d a =+++>,其导函数为()()232 0f x ax bx c a '=++>,根的判别式()243b ac ∆=-.a >()232f x ax bx c'=++判别式∆>0∆=0∆<图象()32f x ax bx cx d=+++单调性增区间:()1, x -∞,()2, x +∞;减区间:()12, x x 增区间:(), -∞+∞增区间:(), -∞+∞图象(1)当0∆≤时,()0f x '≥恒成立,三次函数()f x 在R 上为增函数,没有极值点,有且只有一个零点;(2)当0∆≥时,()0f x '=有两根1x ,2x ,不妨设12x x <,则1223bx x a+=-,可得三次函数()f x 在()1, x -∞,()2, x +∞上为增函数,在()12, x x 上为减函数,则1x ,2x 分别为三次函数()32f x ax bx cx d =+++的两个不相等的极值点,那么:①若()()120f x f x ⋅>,则()f x 有且只有1个零点;②若()()120f x f x ⋅<,则()f x 有3个零点;③若()()120f x f x ⋅=,则()f x 有2个零点.特别地,若三次函数()()32 0f x ax bx cx d a =+++>存在极值点0x ,且()00f x =,则()f x 地解析式为()()()20f x a x x x m =--.同理,对于三次函数()()32 0f x ax bx cx d a =+++<,其性质也可类比得到.3、由于三次函数()()32 0f x ax bx cx d a =+++≠的导函数()232f x ax bx c '=++为二次函数,其图象变化规律具有对称性,所以三次函数图象也应当具有对称性,其图象对称中心应当为点, 33bb faa ⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,此结论可以由对称性的定义加以证明.事实上,该图象对称中心的横坐标正是三次函数导函数的极值点.4、恒成立(或存在性)问题常常运用分离参数法,转化为求具体函数的最值问题.5、如果无法分离参数,可以考虑对参数或自变量进行分类讨论,利用函数性质求解,常见的是利用函数单调性求解函数的最大、最小值.6、当不能用分离参数法或借助于分类讨论解决问题时,还可以考虑利用函数图象来求解,即利用数形结合思想解决恒成立(或存在性)问题,此时应先构造函数,作出符合已知条件的图形,再考虑在给定区间上函数图象之间的关系,得出答案或列出条件,求出参数的范围.7、两类零点问题的不同处理方法利用零点存在性定理的条件为函数图象在区间[a ,b ]上是连续不断的曲线,且()()0f a f b ⋅<..①直接法:判断-一个零点时,若函数为单调函数,则只需取值证明()()0f a f b ⋅<.②分类讨论法:判断几个零点时,需要先结合单调性,确定分类讨论的标准,再利用零点存在性定理,在每个单调区间内取值证明()()0f a f b ⋅<.8、利用导数研究方程根(函数零点)的技巧(1)研究方程根的情况,可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等.(2)根据题目要求,画出函数图象的走势规律,标明函数极(最)值的位置.(3)利用数形结合的思想去分析问题,可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现.9、已知函数零点个数求参数的常用方法(1)分离参数法:首先分离出参数,然后利用求导的方法求出构造的新函数的最值,根据题设条件构建关于参数的不等式,再通过解不等式确定参数范围.(2)分类讨论法:结合单调性,先确定参数分类的标准,在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意,将满足题意的参数的各小范围并在一起,即为所求参数范围.1.(2023·江西宜春·统考模拟预测)已知函数()()()ln 1,ln (0)1m xf x xg x x m x m=+-=+>+,且()()120f x g x ==,则()2111em x x -+的最大值为()A .1B .eC .2eD .1e【答案】A【解析】()()()()()ln 10,ln 10,1ln 1,11m mf x x x m x x x x =+-=+-==++++()ln0,e ,x xg x x m x m=+==由题意知,()()21121ln 1e ,x x x x m ++==即()()2221121ln 1e e ln e ,x x xx x x m ++===因为0m >,所以21e 1,11xx >+>,设()ln ,1p x x x x =>,则()1ln 0p x x '=+>,()()211e ,xp x p m +==所以211e x x +=,所以()22121111e e e ex m m m x x x m---+==,1(),0e m m t m m -=>,则11(),e m m t m --'=当01m <<时,()0;t m '>当1m >时,()0;t m '<所以()t m 在()0,1时单调递增,在()1,+∞时单调递减,所以max ()(1)1,t m t ==故选:A.2.(2023·湖南岳阳·统考二模)若函数()22ln 2e 2ln x xf x a x ax -=-+有两个不同的零点,则实数a 的取值范围是()A .(),e -∞-B .(],e -∞-C .()e,0-D .()【答案】A【解析】函数()f x 的定义域为(0,)+∞,()()222ln 22ln 2e 2ln e 2ln x x x x f x a x ax a x x --=-+=+-,设2()2ln (0)h x x x x =->,则22(1)(1)()2x x h x x x x+-'=-=,令()01h x x '>⇒>,令()001h x x '<⇒<<,所以函数()h x 在(0,1)上单调递减,在(1,)+∞上单调递增,且(1)1h =,所以min ()(1)1h x h ==,所以()1h x ≥,函数()f x 有两个不同的零点等价于方程()0f x =有两个不同的解,则()222ln 2ln 22e e 2ln 02ln x x x x a x x a x x--+-=⇒-=-,等价于函数y a =-与22ln 2e 2ln x xy x x-=-图象有两个不同的交点.令22ln x x t -=,()1e ,tg t tt =>,则函数y a =-与()1e ,tg t tt =>图象有一个交点,则()()22e 1e e 0tt t t t g t t t '--==>,所以函数()g t 在(1,)+∞上单调递增,所以()()1e g t g >=,且t 趋向于正无穷时,()e tg t t=趋向于正无穷,所以e a ->,解得e a <-.故选:A.3.(2023·江西吉安·统考一模)已知,R,0,0x y x y ∈>>,且2x y xy +=,则8e y x-的可能取值为()(参考数据: 1.1e 3≈, 1.2e 3.321≈)A .54B .32C .e 1-D .e【答案】D【解析】由2x y xy +=,可得844x y =-且1y >,所以84e e 4y yx y-=+-,令()()4e 4,1,yg y y y =+-∈+∞,可得()24e y g y y='-,令()24e yh y y =-,可得()38e 0yh y y '=+>,()h y 为单调递增函数,即()g y '单调递增,又()()1.1 1.222441.1e 0, 1.2e 01.1 1.2g g =--'<'=>,所以存在()0 1.1,1.2y ∈,使得()00204e 0yg y y =-=',所以()()0min 002000444e 44, 1.1,1.2yg g y y y y y ==+-=-∈,设()0200444f y y y =+-,则()0320084f y y y =--',因为()0 1.1,1.2y ∈,所以()00f y '<,所以()0f y 在()1.1,1.2上单调递减,所以()()0191.229f y f >=>,又因为()22e 2e g =->,()g y 在()0,y ∞+上递增,所以D 正确.故选:D.4.(2023·河南开封·开封高中校考一模)若存在[)1,x ∞∈+,使得关于x 的不等式11e x ax +⎛⎫+≥ ⎪⎝⎭成立,则实数a 的最小值为()A .2B .1ln2C .ln21-D .11ln2-【答案】D 【解析】由11e x ax +⎛⎫+≥ ⎪⎝⎭两边取对数可得 1()ln 11x a x ⎛⎫++≥ ⎪⎝⎭①,令11,t x +=则11x t =-,因为[)1,x ∞∈+,所以(1,2]t ∈,则①可转化得1ln 11a t t ⎛⎫+≥⎪-⎝⎭,因为ln 0t >,11ln 1a t t ∴≥--因为存在[)1,x ∞∈+,使得关于x 的不等式11e x ax +⎛⎫+≥ ⎪⎝⎭成立,所以存在(1,2]t ∈,11ln 1a t t ≥--成立,故求11ln 1t t --的最小值即可,令11(),(1,2]ln 1g x x x x =-∈-2211()(ln )(1)g x x x x '∴=-+⋅-2222(ln )(1)(1)(ln )x x x x x x ⋅--=-2222222(1)1(ln )(ln )2(1)(ln )(1)(ln )x x x x x x x x x x ----+==--,令()h x 21(ln )2,(1,2]x x x x=--+∈212ln 11()2ln 1x x x h x x x xx-+'∴=⋅-+=,令1()2ln ,(1,2]x x x x xϕ=-+∈,2222121()1x x x x x x ϕ-+-'∴=--=22(1)0x x --=<,所以()ϕx 在(1,2]上单调递减,所以()(1)0x ϕϕ<=,()0h x '∴<,所以()h x 在(1,2]上单调递减,所以()(1)0,()0,h x h g x '<=∴<()g x ∴在(1,2]上单调递减,1()(2)1ln 2g x g ∴≥=-,11ln 2a ∴≥-,所以实数a 的最小值为11ln 2-故选:D5.(2023·河北石家庄·统考一模)已知210x x a -=在()0,x ∈+∞上有两个不相等的实数根,则实数a 的取值范围是()A .10,2e ⎛⎤ ⎥⎝⎦B .10,2e ⎛⎫⎪⎝⎭C .12e 1,e ⎛⎤ ⎥⎝⎦D .12e 1,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】D【解析】由()0,x ∈+∞,则210x x a =>,故2ln ln xa x=,要使原方程在()0,x ∈+∞有两个不等实根,即2ln ()xf x x =与ln y a =有两个不同的交点,由432ln 12ln ()x x x x f x x x --'==,令()0f x '>,则120e x <<,()0f x '<,则12e x >,所以()f x 在12(0,e )上递增,12(e ,)+∞上递减,故12max 1()(e )2e f x f ==,又x 趋向于0时,()f x 趋向负无穷,x 趋向于正无穷时,()f x 趋向0,所以,要使()f x 与ln y a =有两个不同的交点,则10ln 2ea <<,所以12e 1e a <<.故选:D6.(2023·吉林·统考三模)已知不等式22e ln ln x x λλ+≥在()0,x ∈+∞上恒成立,则实数λ的取值范围是()A .10,2e ⎛⎤ ⎥⎝⎦B .10,4e ⎛⎤ ⎥⎝⎦C .1,2e ∞⎡⎫+⎪⎢⎣⎭D .1,4e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭【答案】C【解析】由22e ln ln x x λλ+≥得22e ln ln lnxxx λλλ≥-=,即22e lnxxxx λλ≥,令()e t f t t =,()0,t ∈+∞,则()()1e 0tf t t '=+>,所以()e tf t t =在()0,∞+上单调递增,而ln22e lnlne xxxxxx λλλλ≥=等价于()2ln x f x f λ⎛⎫≥ ⎪⎝⎭,∴2lnxx λ≥,即2e xx λ≥令()2e x g x x =,()0,x ∈+∞,则()212e xg x x-'=,所以()g x 在10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时()0g x '>,为增函数;在在1,2x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时()0g x '<,为减函数,所以()g x 最大值为1122e g ⎛⎫= ⎪⎝⎭,∴12e λ≥.故选:C7.(2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考二模)设()f x 是定义在R 上的可导函数,()f x 的导函数为()f x ',且()()32f x f x x '⋅>在R 上恒成立,则下列说法中正确的是()A .()()20232023f f <-B .()()20232023f f >-C .()()20232023f f <-D .()()20232023f f >-【答案】D【解析】由题设32()()4f x f x x ⋅>',构造24()()g x f x x =-,则3()2()()40g x f x f x x =-'>',所以()g x 在R 上单调递增,则(2023)(2023)g g >-,即2424(2023)2023(2023)(2023)f f ->---,所以22(2023)(2023)f f >-,即()()20232023f f >-.故选:D8.(2023·四川广安·统考二模)若存在[]01,2x ∈-,使不等式()022002e 1ln e 2ex ax a x +-≥+-成立,则a 的取值范围是()A .21,e 2e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦B .221,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦C .421,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦D .41,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦【答案】D【解析】()022002e 1ln e 2e x a x a x +-≥+-⇔()()222e 1ln e 12e x a a x ---≥-()()()000022222 e 1ln e 1ln e 2 e 1ln 2e e x x x x a a a a e ⇔---≥-⇔-≥-令ex at =,即()2e 1ln 220t t --+≥,因为0[1,2]x ∈-,所以21,e e a a t -⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦,令()2()e 1ln 22f t t t =--+.则原问题等价于存在21,e e a a t -⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦,使得()0f t ≥成立.()22e 12e 1()2t f t t t---'=-=令()0f t '<,即()2e 120,t --<解得2e 12t ->,令()0f t '>,即()2e 120,t -->解得2e 102t -<<,所以()f t 在2e 10,2⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增,在2e 1,2⎛⎫-+∞⎪⎝⎭上单调递减.又因为()()2222(1)0,e e 1ln e 2e 2f f ==--+222e 22e 20=--+=而22e 11e 2-<<,∴当21e t ≤≤时,()0f t ≥.若存在21,e e a a t -⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦,使得()0f t ≥成立.只需22e e a ≤且11e a -≥,解得4ea ≤且1e a ≥,所以41e ea ≤≤.故a 的取值范围为41,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦.故选:D9.(2023·河南郑州·统考二模)函数()ln ,01,0x x x f x x x >⎧=⎨+≤⎩,若关于x 的方程()()()210f x m f x m -++=⎡⎤⎣⎦恰有5个不同的实数根,则实数m 的取值范围是()A .10em -<<B .10em -<≤C .10em -≤<D .10em -≤≤【答案】A【解析】由()2[()]1()[()][()1]0f x m f x m f x m f x -++=--=,可得()f x m =或()1f x =,令ln y x x =且定义域为(0,)+∞,则ln 1y x ¢=+,当1(0,ex ∈时0'<y ,即y 递减;当1(,)ex ∈+∞时0'>y ,即y 递增;所以min 1e y =-,且1|0x y ==,在x 趋向正无穷y 趋向正无穷,综上,根据()f x 解析式可得图象如下图示:显然()1f x =对应两个根,要使原方程有5个根,则()f x m =有三个根,即(),f x y m =有3个交点,所以10em -<<.故选:A10.(2023·贵州·统考模拟预测)已知函数()f x 在R 上满足如下条件:(1)()()0f x f x -+=;(2)()20f -=;(3)当()0,x ∈+∞时,()()f x f x x'<.若()0f a >恒成立,则实数a 的值不可能是()A .3-B .2C .4-D .1【答案】B 【解析】设()()f x g x x =,则()()()2xf x f x g x x'-'=,因为当()0,x ∈+∞时,()()f x f x x'<,所以当0x >时,有()()0xf x f x '-<恒成立,即此时()g x '<0,函数()g x 为减函数,因为()f x 在R 上满足()()0f x f x -+=,所以函数()f x 是奇函数,又()20f -=,所以()20f =,又()()()()()f x f x f x g x g x x x x---====--,故()g x 是偶函数,所以()()220g g =-=,且()g x 在(),0x ∈-∞上为增函数,当0a >时,()0f a >,即()()0f a ag a =>,等价为()0g a >,即()()2g a g >,得02a <<;当a<0时,()0f a >,即()()0f a ag a =>,等价为()0g a <,即()()2g a g <-,此时函数()g x 为增函数,得2a <-,综上不等式()0f a >的解集是()(),20,2-∞- ,结合选项可知,实数a 的值可能是3-,4-,1.故选:B11.(2023·广西·统考三模)已知2()cos f x x x =+,若3441e ,ln ,54a f b f c f -⎛⎫⎛⎫⎛⎫===- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭,则a ,b ,c 的大小关系为()A .b c a <<B .c a b<<C .c b a<<D .a c b<<【答案】A【解析】因为2()cos ,R f x x x x =+∈,定义域关于原点对称,()22()()cos()cos f x x x x x f x -=-+-=+=,所以()f x 为R 上的偶函数,当0x ≥时,()2sin ,f x x x '=-,设()2sin g x x x =-,则()2cos g x x =-',1cos 1x -≤≤ ,()0g x '∴>,所以()g x 即()f x '在[0,)+∞上单调递增,所以()(0)0f x f ''≥=,所以()f x 在[0,)+∞上单调递增,又因为()f x 为偶函数,所以()f x 在(,0]-∞上单调递减,又因为41ln0,054<-<,所以445ln ln ln 554b f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫==-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭,1144c f f ⎛⎫⎛⎫=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭又因为31411ee e 4-->=>,因为141ln e 4=,41445e e, 2.4e 4⎛⎫⎛⎫=≈< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,所以145e 4>,所以145ln e ln 4>,即15ln 44>,所以3415eln 44->>,所以3441e 5ln 4f f f -⎛⎫⎛⎫⎛⎫>> ⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎭⎝⎭,即a c b >>.故选:A.12.(2023·天津南开·统考一模)已知函数()()216249,1,11,1,9x x x f x f x x ⎧-+≤⎪=⎨->⎪⎩则下列结论:①()1*9,Nn f n n -=∈②()()10,,x f x x∞∀∈+<恒成立③关于x 的方程()()R f x m m =∈有三个不同的实根,则119m <<④关于x 的方程()()1*9N n f x n -=∈的所有根之和为23n n +其中正确结论有()A .1个B .2个C .3个D .4个【答案】B【解析】由题意知,()()()()1211111219999n n f n f n f n f n n --=-=-==--=⎡⎤⎣⎦ ,所以①正确;又由上式知,要使得()()10,,x f x x∞∀∈+<恒成立,只需满足01x <≤时,()1f x x <恒成立,即2116249x x x-+<,即321624910x x x -+-<恒成立,令()(]32162491,0,1g x x x x x =-+-∈,则()248489g x x x '=-+,令()0g x '=,解得14x =或34x =,当1(0,4x ∈时,()0g x '>,()g x 单调递增;当13(,)44x ∈时,()0g x '<,()g x 单调递减;当3(,)4x ∈+∞时,()0g x '>,()g x 单调递增,当14x =时,函数()g x 取得极大值,极大值11101444g f ⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,,所以②不正确;作出函数()f x 的图象,如图所示,由图象可知,要使得方程()()R f x m m =∈有三个不同的实根,则满足()()21f m f <<,即119m <<,所以③正确;由()1(1)9f x f x =-知,函数()f x 在(),1n n +上的函数图象可以由()1,n n -上的图象向右平移一个单位长度,再将所有点的横坐标不变,纵坐标变为原来的19倍得到,因为216249y x x =-+的对称轴为34x =,故()09f x =的两根之和为32,同理可得:()19f x =的两个之和为322+, ,()19nf x -=的两个之和为32(1)2n +-,故所有根之和为23333(2)[2(1)]2222n n n +++++-=+,所以④不正确.故选:B.13.(2023·山东济南·一模)函数()()()221xxx f x a a a =++-+(0a >且1a ≠)的零点个数为()A .1B .2C .3D .4【答案】B【解析】由()0f x =可得22011x x a a a a +⎛⎫⎛⎫+-= ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭,即11112011x xa a ⎛⎫⎛⎫-++-= ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭,因为0a >且1a ≠,则1110,,1122a ⎛⎫⎛⎫∈ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭,令11t a =+,令()()()112x xg x t t =-++-,则()()010g g ==,()()()()()1ln 11ln 1xxg x t t t t '=--+++,令()()()()()1ln 11ln 1xxh x t t t t =--+++,则()()()()()221ln 11ln 10xxh x t t t t '=--+++>⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦,所以,函数()g x '在R 上单调递增,因为()()()()20ln 1ln 1ln 1ln10g t t t'=-++=-<=,()()()()()11ln 11ln 1g t t t t '=--+++,令()()()()()1ln 11ln 1p t t t t t =--+++,其中01t <<,则()()()ln 1ln 10p t t t '=+-->,所以,函数()p t 在()0,1上单调递增,所以,()()()100g p t p >'==,由零点存在定理可知,存在()00,1x ∈,使得()00g x '=,且当0x x <时,()0g x '<,此时函数()g x 单调递减,当0x x >时,()0g x '>,此时函数()g x 单调递增,所以,()()()0010g x g g <==,所以,函数()g x 的零点个数为2,即函数()f x 的零点个数为2.故选:B.14.(2023·陕西榆林·统考二模)已知函数()()25e xf x x x =+-,若函数()()()()222g x f x a f x a =---⎡⎤⎣⎦恰有5个零点,则a 的取值范围是()A .()3e,0-B .470,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭C .473e,e ⎛⎫- ⎪⎝⎭D .()0,3e 【答案】B【解析】函数()g x 恰有5个零点等价于关于x 的方程()()()2220f x a f x a ⎡⎤---=⎣⎦有5个不同的实根.由()()()2220f x a f x a ⎡⎤---=⎣⎦,得()f x a =或()2f x =-.因为()()25e x f x x x =+-,所以()()234e x f x x x '=+-()()41e xx x =+-,由()0f x ¢>,得<4x -或1x >,由()0f x '<,得41x -<<,则()f x 在(),4-∞-和()1,+∞上单调递增,在()4,1-上单调递减.因为()474e f -=,()13e f =-,当x →+∞时,()f x →+∞,当x →-∞时,()0f x →,所以可画出()f x 的大致图象:由图可知()2f x =-有2个不同的实根,则()f x a =有3个不同的实根,故470,e a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,故A ,C ,D 错误.故选:B.15.(2023·山东枣庄·统考二模)已知()f x =,a ∈R ,曲线cos 2y x =+上存在点()00,x y ,使得()()00f f y y =,则a 的范围是()A .()8,18ln 3+B .[]8,18ln 3+C .()9,27ln 3+D .[]9,27ln 3+【答案】B【解析】因为[]cos 1,1x ∈-,所以[]cos 21,3y x =+∈,由题意cos 2y x =+上存在一点()00,x y 使得()()00f f y y =,即[]01,3y ∈,只需证明()00f y y =,显然()f x =假设()00f y y c =>,则()()()()000f f y f c c y f y ==>>不满足()()00f f y y =,同理()00f y c y =<不满足()()00f f y y =,所以()00f y y =,那么函数()[]1,3f x =即函数()f x x =在[]1,3x ∈有解,x =,可得[]2ln 9,1,3x x a x x +-=∈,从而[]2ln 9,1,3x x x a x +-=∈,令()[]2ln 9,1,3h x x x x x =+-∈,则()2119292x x h x x x x+-'=+-=,令()0h x '=,即21920x x +-=,解得12993,044x x -=>=(舍去),()0h x '>时03x <<<()0h x '<时x >所以()h x 在[]1,3单调递增,所以()()()13h h x h ≤≤,()1ln1918h =+-=,()3ln 3279ln 318h =+-=+,所以()h x 的取值范围为[]8,ln 318+,即a 的取值范围为[]8,ln 318+.故选:B.16.(2023·四川绵阳·盐亭中学校考模拟预测)已知()(0)ln kxx k xϕ=>,若不等式()11e kxxx ϕ+<+在()1+∞,上恒成立,则k 的取值范围为()A .1e⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭,B .()ln2+∞,C .()0,eD .()0,2e 【答案】A【解析】由题意知,(1,)x ∀∈+∞,不等式11e ln kx x kx x+<+恒成立,即()(1,),1eln e(1)ln kxkxx x x ∀∈+∞+>+成立.设()(1)ln (1)f x x x x =+>,则()e ()kxf f x >.因为11()ln ln 10x f x x x x x+'=+=++>,所以()f x 在()1+∞,上单调递增,于是e kx x >对任意的()1x ∈+∞,恒成立,即ln xk x >对任意的()1x ∈+∞,恒成立.令ln ()(1)x g x x x=>,即max ()k g x >.因为21ln ()xg x x-'=,所以当(1,e)x ∈时,()0g x '>;当()e x ∈+∞,时,()g x '<0,所以()g x 在(1,e)上单调递增,在()e ,+∞上单调递减,所以max 1()(e)eg x g ==,所以1ek >.故选:A .17.(2023·江西·校联考模拟预测)已知()ee 1ln x x a x+>有解,则实数a 的取值范围为()A .21,e ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭B .1,e⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭C .()1,-+∞D .1,e⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭【答案】A【解析】不等式()e e 1ln x x a x+>可化为()e ln 1x a x x x ++>,()()e ln e 1x x a x x +>,令e x t x =,则ln 1at t +>且0t >,由已知不等式ln 1t at +>在()0,∞+上有解,所以1ln ta t ->在()0,∞+上有解.令()1ln t f t t -=,则()2ln 2t f t t ='-,当20e t <<时,()0f t '<,()f t 在()20,e 上单调递减;当2t e >时,()0f t '>,()f t 在()2e ,+∞单调递增,所以()min f t =()221e e f =-,所以21e a >-,所以a 的取值范围为21,e ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭,故选:A.18.(2023·辽宁朝阳·校联考一模)设0k >,若不等式()ln e 0xk kx -≤在0x >时恒成立,则k 的最大值为()A .eB .1C .1e -D .2e 【答案】A【解析】对于()ln e 0xk kx -≤,即()e ln x kx k≤,因为()ln y kx =是e xy k =的反函数,所以()ln y kx =与e xy k =关于y x =对称,原问题等价于e x x k≥对一切0x >恒成立,即e xk x≤;令()e x f x x =,则()()'21e x x f x x -=,当01x <<时,()()'0,f x f x <单调递减,当1x >时,()()'0,f x f x >单调递增,()()min 1e f x f ==,e k ∴≤;故选:A.19.(2023·四川南充·统考二模)已知函数()()2ln ln 1212x x h x t t x x ⎛⎫=--+- ⎪⎝⎭有三个不同的零点123,,x x x ,且123x x x <<.则实数11ln 1x x ⎛-⎝)A .1t -B .1t -C .-1D .1【答案】D 【解析】令ln x y x =,则21ln xy x-'=,当(0,e)x ∈时0'>y ,y 是增函数,当(e,)x ∈+∞时0'<y ,y 是减函数;又x 趋向于0时y 趋向负无穷,x 趋向于正无穷时y 趋向0,且e 1|ex y ==,令ln xm x=,则2()()(12)12h x g m m t m t ==--+-,要使()h x 有3个不同零点,则()g m 必有2个零点12,m m ,若11(0,e m ∈,则21em =或2(,0]m ∞∈-,所以2(12)120m t m t --+-=有两个不同的根12,m m ,则2Δ(12)4(12)0t t =--->,所以32t <-或12t >,且1212m m t +=-,1212m m t =-,①若32t <-,12124m m t +=->,与12,m m 的范围相矛盾,故不成立;②若12t >,则方程的两个根12,m m 一正一负,即11(0,)em ∈,2(,0)m ∞∈-;又123x x x <<,则12301e x x x <<<<<,且121ln x m x =,32123ln ln x x m x x ==,故11ln 1x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭(()()221111m m m =-=--12121()1m m m m =-++=.故选:D20.(2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学统考二模)已知实数0a >,e 2.718=…,对任意()1,x ∈-+∞,不等式()e e 2ln xa ax a ⎡⎤++⎣⎦≥恒成立,则实数a 的取值范围是()A .10,e ⎛⎤⎥⎝⎦B .1,1e⎡⎫⎪⎢⎣⎭C .20,e⎛⎫⎪⎝⎭D .2,1e⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】A【解析】因为()e e 2ln xa ax a ⎡⎤++⎣⎦≥,所以()()1e2ln 2ln 2ln ln(1)x a ax a a a ax a a a a a x -⎡⎤++=++=+++⎣≥⎦,即11e 2ln ln(1)x a x a-⋅++≥+,即1ln 11ln e e 2ln ln(1)e 2ln ln(1)x x a a a x a x ---⋅+++⇔+≥++≥,所以1ln e 1ln ln(1)1x a x x a x --+≥--+++,令()e ,(1,)x f x x x =+∈-+∞,易知()f x 在()1,x ∈-+∞上单调递增,又因为ln(1)[ln(1)]e ln(1)1ln(1)x f x x x x ++=++=+++,所以(1ln )[ln(1)]f x a f x --≥+,所以1ln ln(1),(1,)x a x x --≥+∈-+∞,所以ln 1ln(1),(1,)a x x x ≤--+∈-+∞,令()1ln(1),(1,)g x x x x =--+∈-+∞,则1()111x g x x x '=-=++,所以当(1,0)x ∈-时,()0g x '<,()g x 单调递减;当,()0x ∈+∞时,()0g x '>,()g x 单调递增;所以min ()(0)1g x g ==-,所以ln 1a ≤-,解得10ea <≤.故选:A21.(2023·陕西榆林·统考二模)已知函数()()25e xf x x x =+-,若函数()()()()0g x f f x a a =->,则()g x 的零点个数不可能是()A .1B .3C .5D .7【答案】D【解析】令()0g x =,即()()f f x a =,因为()()25e xf x x x =+-,所以()2()34e x f x x x '=+-,由()0f x ¢>,得<4x -或1x >,由()0f x '<,得41x -<<,则()f x 在(),4-∞-和()1,+∞上单调递增,在()4,1-上单调递减,因为()474e f -=,()13e f =-,当+x →∞时,()+f x →∞,当x →-∞时,()0f x →,令()0f x =,解得1212x -=或1212x -=,所以可画出()f x 的大致图像,设()t f x =,则()f t a =,第一种情况:当470e a <<时,()f t a =有三个不同的零点1t ,2t ,3t ,不妨设123t t t <<,则14t <-,2142t -<<-,312t ->,①讨论()1f x t =根的情况:当13e t <-时,()1f x t =无实数根,当13e t =-时,()1f x t =有1个实数根,当13e 4t -<<-时,()1f x t =有2个实数根,②讨论()2f x t =根的情况:因为2142t -<<-,所以()2f x t =有2个实数根,③讨论()3f x t =根的情况:因为3t >47e>,所以()3f x t =只有1个实数根,第二种情况:当47e a =时,()f t a =有2个实数根44t =-,51212t ->,则()4f x t =有2个实数根,()5f x t =有1个实数根,故当47ea =时,()()f f x a =有3个实数根;第三种情况:当47e a >时,()f t a =有一个实数根612t ->,则()6f x t =有1个实数根,综上,当470ea <<时,()()f f x a =可能有3个或4个或5个实数根;当47e a =时,()()f f x a =有3实数根;当47e a >时,()()f f x a =有1个实数根;综上,()g x 的零点个数可能是1或3或4或5.故选:D .22.(多选题)(2023·河北唐山·开滦第二中学校考一模)若关于x 的不等式1ln ln e e ex m xm -+≥在(),m +∞上恒成立,则实数m 的值可能为()A .21e B .22e C .1eD .2e【答案】CD【解析】因为不等式1ln ln ee e x m x m -+≥在(),m +∞上恒成立,显然0x m >>,1x m >,ln 0xm>,因此ln 1ln ln 1ee ln e ln e ln e e e xx x x x mm x x x x x m x x m m m m m-+≥⇔≥⇔≥⇔≥⋅,令()e ,0x f x x x =>,求导得()(1)0x f x x e '=+>,即函数()f x 在(0,)+∞上单调递增,ln e ln e ()(ln xxm x x x f x f m m ≥⋅⇔≥,于是ln x x m ≥,即e e xx x x m m ≥⇔≥,令(),0e x xg x x =>,求导得1()ex x g x -'=,当01x <<时,()0g x '>,当1x >时,()0g x '<,因此函数()g x 在(0,1)上单调递增,在(1,)+∞上单调递减,max 1()(1)eg x g ==,因为0x m >>,则当01m <<时,()g x 在(,1)m 上单调递增,在(1,)+∞上单调递减,1()(1)eg x g ≤=,因此要使原不等式成立,则有11em ≤<,当m 1≥时,函数()g x 在(,)m +∞上单调递减,()()()11eg x g m g <≤=,符合题意,所以m 的取值范围为1[,)e+∞,选项AB 不满足,选项CD 满足.故选:CD23.(多选题)(2023·山东·沂水县第一中学校联考模拟预测)已知函数()()()32e 04610x x f x x x x ⎧<⎪=⎨-+≥⎪⎩,其中e 是自然对数的底数,记()()()2h x f x f x a =-+⎡⎤⎣⎦,()()()3g x f f x =-,则()A .()g x 有唯一零点B .方程()f x x =有两个不相等的根C .当()h x 有且只有3个零点时,[)2,0a ∈-D .0a =时,()h x 有4个零点【答案】ABD【解析】因为32()461(0)f x x x x =-+≥,所以2()121212(1)(0)f x x x x x x '=-=-≥,所以(0,1)x ∈时,()0f x '<,(1,)x ∈+∞时,()0f x '>所以()()()32e04610x x f x x x x ⎧<⎪=⎨-+≥⎪⎩的图像如下图,选项A ,因为()()()3g x f f x =-,令()f x t =,由()0g x =,得到()3f t =,由图像知,存在唯一的01t >,使得()3f t =,所以0()1f x t =>,由()f x 的图像知,存在唯一0x ,使00()f x t =,即()()()3g x f f x =-只有唯一零点,所以选项A 正确;选项B ,令()g x x =,如图,易知()g x x =与()y f x =有两个交点,所以方程()f x x =有两个不相等的根,所以选项B 正确;选项C ,因为()()()2h x f x f x a =-+⎡⎤⎣⎦,令()f x m =,由()0h x =,得到20m m a -+=,当()h x 有且只有3个零点时,由()f x 的图像知,方程20m m a -+=有两等根0m ,且0(0,1)m ∈,或两不等根12,m m ,1210,1m m -<<>,或121,1m m =-=(舍弃,不满足韦达定理),所以140a ∆=-=或Δ140(0)0(1)0(1)0a f f f =->⎧⎪<⎪⎨->⎪⎪<⎩即14a =或14020a a aa ⎧<⎪⎪⎪<⎨⎪-<⎪<⎪⎩,所以14a =或20a -<<,当14a =时,12m =,满足条件,所以选项C 错误;选项D ,当0a =时,由()0h x =,得到()0f x =或()1f x =,由()f x 的图像知,当()0f x =时,有2个解,当()1f x =时,有2个解,所以选项D 正确.故选:ABD.24.(多选题)(2023·全国·模拟预测)已知函数()21ln 1f x a x x =++.若当()0,1x ∈时,()0f x >,则a 的一个值所在的区间可能是()A .()12,11--B .()0,1C .()2,3D .()24e ,e 【答案】ABC 【解析】设21t x =,因为01x <<,所以1t >,则211ln 1ln 12a x t a t x ++=-+.设()1ln 12g t t a t =-+,则()12ag t t'=-.若2a ≤,则()0g t '>,所以()g t 在()1,+∞上单调递增,所以()()120g t g >=>,则A ,B 符合题意.若2a >,则当1,2a t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()0g t '<,所以()g t 单调递减;当,2a t ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时,()0g t '>,所以()g t 单调递增.所以()ln 12222a a a ag t g ⎛⎫≥=-+ ⎪⎝⎭.设()()ln 11h x x x x x =-+>,则()ln 0h x x '=-<,所以()h x 在()1,+∞上单调递减,且3533ln 02222h ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭,所以若()2,3a ∈,则()30222a a g t g h h ⎛⎫⎛⎫⎛⎫≥=>> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭,当()0,1x ∈时,()0f x >,C 符合题意.因为()h x 在()1,+∞上单调递减,且()22e e 10h =-+<,所以若()24e ,e a ∈,则24e e ,222a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,取22e a =,则()2e 022a a g h h ⎛⎫⎛⎫=<< ⎪ ⎝⎭⎝⎭,此时存在()1,t ∈+∞,使得()0g t <,即存在()0,1x ∈时,使得()0f x <,D 不符合题意.故选:ABC .25.(多选题)(2023·全国·本溪高中校联考模拟预测)已知函数()f x 是定义在()0,∞+上的函数,()f x '是()f x 的导函数,若()()122e xx f x xf x '+=,且()e 22f =,则下列结论正确的是()A .函数()f x 在定义域上有极小值.B .函数()f x 在定义域上单调递增.C .函数()()eln H x xf x x =-的单调递减区间为()0,2.D .不等式()12e e 4x f x +>的解集为()2,+∞.【解析】令()()m x xf x =,则()()()m x f x xf x ''=+,又()()22e xx f x xf x '+=得:()()2e xf x xf x x'+=,由()()m x f x x =得:()()()()()()()22222e xm x x m x xf x x f x m x m x f x x x x ''⋅-+--'===,令()()2e xh x m x =-得:()()2222e e e 2e 222x x x xx h x m x x x -''=-=-=⎛⎫ ⎪⎝⎭,当()0,2x ∈时,()0h x '<,()h x 单调递减;当()2,x ∈+∞时,()0h x '>,()h x 单调递增,所以()()()()2e 2e 220h x h m f ≥=-=-=,即()0f x '≥,所以()f x 单调递增,所以B 正确,A 不正确;由()()eln H x m x x =-且定义域为()0,∞+得:()()2e e e x H x m x xx-''=-=,令()0H x '<,解得02x <<,即()H x 的单调递减区间为()0,2,故C 正确.()12ee 4xf x +>的解集等价于()2e e 4x x x xf x +>的解集,设()()2e e 44xx x x m x ϕ=--,则()()222ee ee e 11424424x xx x x x m x x ϕ⎛⎫⎛⎫''=-+-=-+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭2282e e 84x x x x --=⋅-,当()2,x ∈+∞时,2820x x --<,此时()0x ϕ'<,即()x ϕ在()2,+∞上递减,所以()()()22e 0x m ϕϕ<=-=,即()2e e 4x x x xf x +<在()2,+∞上成立,故D 错误.26.(多选题)(2023·山东泰安·统考一模)已知函数()()()ln f x x x ax a =-∈R 有两个极值点1x ,2x ()12x x <,则()A .102a <<B .2112x a<<C .21112x x a->-D .()10<f x ,()212f x >-【答案】ACD【解析】对于A :()()()ln f x x x ax a =-∈R ,定义域()0,x ∈+∞,()()ln 120f x x ax x '=+->,函数()f x 有两个极值点1x ,2x ,则()f x '有两个变号零点,设()()ln 120g x x ax x =+->,则()1122axg x a xx-'=-=,当0a ≤时,()0g x '>,则函数()f x '单调递增,则函数()f x '最多只有一个变号零点,不符合题意,故舍去;当0a >时,12x a <时,()0g x '>,12x a>时,()0g x '<,则函数()f x '在10,2a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增,在1,2a ⎛⎫+∞⎪⎝⎭上单调递减,若()f x '有两个变号零点,则102f a ⎛⎫'> ⎪⎝⎭,解得:12a <,此时x 由正趋向于0时,()f x '趋向于-∞,x 趋向于+∞时,()f x '趋向于-∞,则()f x '有两个变号零点,满足题意,故a 的范围为:102a <<,故A 正确;对于B :函数()f x 有两个极值点1x ,2x ()12x x <,即()f x '有两个变号零点1x ,2x ()12x x <,则1212x x a<<,故B 错误;对于C :当102a <<时,()1120f a '=->,则12112x x a <<<,即212x a >,11x ->-,则21112x x a->-,故C 正确;对于D :()f x '有两个变号零点1x ,2x ()12x x <,且函数()f x '先增后减,则函数()f x 在()10,x 与()2,x +∞上单调递减,在()12,x x 上单调递增,121x x << ,且102a <<,()()()()1210112f x f a f x f a ⎧<=-<⎪∴⎨>=->-⎪⎩,故D 正确;故选:ACD.27.(多选题)(2023·吉林·东北师大附中校考二模)已知函数()ln xf x a a =,()()ln 1g x a x =-,其中0a >且1a ≠.若函数()()()h x f x g x =-,则下列结论正确的是()A .当01a <<时,()h x 有且只有一个零点B .当1e 1e a <<时,()h x 有两个零点C .当1e e a >时,曲线()yf x =与曲线()yg x =有且只有两条公切线D .若()h x 为单调函数,则e e 1a -≤<【答案】BCD【解析】对A ,()ln ln(1),x h x a a a x =--令()10,ln ln(1),log (1)x x a h x a a a x a x -=∴=-∴=-,令111,164a x =-=,或111,162a x =-=1log (1)x a a x -=-都成立,()h x 有两个零点,故A 错误;对B ,1ln ln(1),x a a x -=-令1ln ,(1)ln ln ,ln(1),1x ta t x a t t x x -=∴-=∴⋅=--ln (1)ln(1)t t x x ∴=--,(1t >).考虑ln (),()ln 10,y x x F x F x x '===+=11,()(1),e x x F a F x -∴=∴=-所以函数()F x 在1(0,e单调递减,在1(,)e +∞单调递增,1()(1),x F a F x -∴=-1ln(1)1,ln 1x x a x a x --∴=-∴=-.考虑2ln 1ln (),()0,e,x xQ x Q x x x x -'=∴==∴=所以函数()Q x 在(0,e)单调递增,在(e,)+∞单调递减,1(e),eQ =当1ln1e ()e 0,1e eQ ==-<x →+∞时,()0Q x >,所以当10ln e a <<时,有两个零点.此时1e 1e a <<,故B 正确;对C ,设21ln ,(),()e 1x ak a f x a k g x x ''=>=⋅=-,1t x =-.设切点1122111222(,()),(,()),()()(),()()(),x f x x g x y f x f x x x y g x g x x x ''∴-=--=-所以12111222()()()()()()f x g x f x x f x g x x g x ''''=⎧⎨-=-⎩.①111122222211,,11x x t a a k a k a k x x t -=∴==--。

导数综合问题--2024届新高考满分突破压轴大题(解析版)

导数综合问题--2024届新高考满分突破压轴大题(解析版)

导数综合问题压轴秘籍1.导函数与原函数的关系f (x)>0,k>0,f(x)单调递增,f (x)<0,k<0,f(x)单调递减2.极值(1)极值的定义f(x)在x=x0处先↗后↘,f(x)在x=x0处取得极大值f(x)在x=x0处先↘后↗,f(x)在x=x0处取得极小值3.两招破解不等式的恒成立问题(1)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max;(2)a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min.(1)分离参数法第一步:将原不等式分离参数,转化为不含参数的函数的最值问题;第二步:利用导数求该函数的最值;第三步:根据要求得所求范围.(2)函数思想法第一步将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题;第二步:利用导数求该函数的极值;第三步:构建不等式求解.4.常用函数不等式:①e x≥x+1,其加强不等式e x≥12x2+x+1;②e x≥ex,其加强不等式e x≥ex+(x-1)2.③e x−1≥x,ln x≤x−1,ln(x+1)≤x放缩1−1x<12x−1x<x−1x<ln x<2(x−1)x+1<−12x2+2x−32<x−1(0<x<1)1−1x <−12x2+2x−32<2(x−1)x+1<ln x<x−1x<12x−1x<x−1(1<x<2)−1 2x2+2x−32<1−1x<2(x−1)x+1<ln x<x−1x<12x−1x<x−1(x>2)x+1<e x<11−x (x<1),11−x<x+1<e x(x>1)5.利用导数证明不等式问题:(1)直接构造函数法:证明不等式f x >g x (或f x <g x )转化为证明f x -g x >0(或f x -g x <0),进而构造辅助函数h x =f x -g x ;(2)转化为证不等式h(x)>0(或h(x)<0),进而转化为证明h(x)min>0(h(x)max>0),因此只需在所给区间内判断h (x)的符号,从而得到函数h(x)的单调性,并求出函数h(x)的最小值即可.6.证明极值点偏移的相关问题,一般有以下几种方法:(1)证明x 1+x 2<2a (或x 1+x 2>2a ):①首先构造函数g x =f x -f 2a -x ,求导,确定函数y =f x 和函数y =g x 的单调性;②确定两个零点x 1<a <x 2,且f x 1 =f x 2 ,由函数值g x 1 与g a 的大小关系,得g x 1 =f x 1 -f 2a -x 1 =f x 2 -f 2a -x 1 与零进行大小比较;③再由函数y =f x 在区间a ,+∞ 上的单调性得到x 2与2a -x 1的大小,从而证明相应问题;(2)证明x 1x 2<a 2(或x 1x 2>a 2)(x 1、x 2都为正数):①首先构造函数g x =f x -f a 2x ,求导,确定函数y =f x 和函数y =g x 的单调性;②确定两个零点x 1<a <x 2,且f x 1 =f x 2 ,由函数值g x 1 与g a 的大小关系,得g x 1 =f x 1 -f a 2x 1 =f x 2 -f a 2x 1与零进行大小比较;③再由函数y =f x 在区间a ,+∞ 上的单调性得到x 2与a 2x 1的大小,从而证明相应问题;(3)应用对数平均不等式x 1x 2<x 1-x 2ln x 1-ln x 2<x 1+x22证明极值点偏移:①由题中等式中产生对数;②将所得含对数的等式进行变形得到x 1-x 2ln x 1-ln x 2;③利用对数平均不等式来证明相应的问题.题型训练一、问答题7(2023·吉林·统考一模)已知函数f x =-2x +ln x .(1)求曲线y =f x 在1,f 1 处的切线方程;(2)若对∀x ∈0,+∞ ,f x ≤ax 2-2x 恒成立.求实数a 的取值范围.【答案】(1)x +y +1=0(2)12e ,+∞ 【分析】(1)求函数切线在某点处的切线方程时该点即为切点,在切点处导函数的值就是切线斜率,根据斜截式求切线方程;(2)解决恒成立问题时,可以利用分离变量法,将参数移到不等式的一边,构造出一个新的函数后,求出函数的最值,即可求得参数的范围;还可以将所有的式子放在不等式的一边,即:ax 2-ln x ≥0,同样构造函数g x =ax 2-ln x (x >0),只需求出g x 的最小值,过程中需要对a 进行分类讨论;还可将两个基本初等函数放在不等式的两边,即:ax 2≥ln x ,构造出两个函数g x =ax 2,h x =ln x ,结合两个函数图象,得到何时符合题意.【详解】(1)解:f x =-2+1x(x >0),所求切线斜率为f 1 =-1,切点为1,-2 ,故所求切线方程为y--2=-x-1,即x+y+1=0.(2)方法一:分离变量由f x ≤ax2-2x得a≥ln xx2在0,+∞恒成立,令g x =ln xx2(x>0),则a≥g(x)max,g x =1-2ln xx3,当g x =0时,x=e,即:g e=0,当0<x<e时,g x >0;当x>e时,g x <0,故g x 在0,e上单调递增,在e,+∞上单调递减,故当x=e时,g x 取最大值为12e,故a≥12e,即a的取值范围是12e,+∞.方法二:分类讨论由f x ≤ax2-2x得ax2-ln x≥0在0,+∞恒成立,令g x =ax2-ln x(x>0),则g x =2ax-1x=2ax2-1x,①当a≤0时,g x ≤0恒成立,g x 在0,+∞上单调递减,又g1 =a≤0,故当x>1时,g x <0,不合题意;②当a>0时,令g x =0得x=12a,令g x >0得x>12a,令g x <0得0<x<12a,故g x 在0,1 2a上单调递减,g x 在12a,+∞上单调递增,故当x=12a时,g x 取最小值g12a=12-ln12a≥0,故a≥12e,即a的取值范围是12e,+∞,综上所述,a的取值范围是12e,+∞.方法三:数形结合由f x ≤ax2-2x得ax2≥ln x在0,+∞恒成立,令g x =ax2,h x =ln x,则当x>0时,g x ≥hx 恒成立,g x =2ax,h x =1x,若a≤0,当x>1时,ax2≤0,ln x>0,∴g x <h x ,不合题意;若a>0,∵g x ≥h x ,∴曲线y=g x 与曲线y=h x 有且只有一个公共点,且在该公共点处的切线相同.设切点坐标为x0,y0,则y0=ax20=ln x02ax0=1x0,解得x0=ea=12e,故当a≥12e时,g x ≥h x ,即a的取值范围是12e,+∞.8(2023·云南红河·统考一模)已知函数f(x)=mx-ln x-1(m∈R).(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)若关于x的不等式e x-1+a ln x-(a+1)x+a≥0恒成立,求实数a的取值范围.【答案】(1)答案见解析(2)(-∞,0]【分析】(1)先求得f x ,然后对m进行分类讨论,从而求得f x 的单调区间.(2)将要证明的不等式转化为e ln x-a ln x≤e x-1-a(x-1),然后利用构造函数法,结合导数证得不等式成立.【详解】(1)由题可知,f(x)的定义域为(0,+∞),f (x)=m-1x =mx-1x当m≤0时,mx-1<0在(0,+∞)上恒成立,所以f (x)<0在(0,+∞)上恒成立,即f(x)在(0,+∞)单调递减当m>0时,令f (x)>0解得x>1m,令f(x)<0解得0<x<1m,所以f(x)在0,1 m上单调递减,在1m,+∞上单调递增.(2)由e x-1+a ln x-(a+1)x+a≥0,得x-a ln x≤e x-1-a(x-1),即e ln x-a ln x≤e x-1-a(x-1)令g(x)=e x-ax则原不等式等价于g(ln x)≤g(x-1)由(1)得,当m=1时f(x)≥f(1)=0所以ln x≤x-1在(0,+∞)上恒成立.若g(ln x)≤g(x-1)在(0,+∞)上恒成立,则需g(x)=e x-ax在R上单调递增.所以g (x)=e x-a≥0在R上恒成立,即a≤e x在上R恒成立,则a≤0,所以实数a的取值范围是(-∞,0].【点睛】求解函数单调区间的步骤:(1)确定f x 的定义域;(2)计算导数f x ;(3)求出f x =0的根;(4)用f x =0的根将f x 的定义域分成若干个区间,考查这若干个区间内f x 的符号,进而确定f x 的单调区间:f x >0,则f x 在对应区间上是增函数,对应区间为增区间;f x <0,则f x 在对应区间上是减函数,对应区间为减区间.如果导函数含有参数,则需要对参数进行分类讨论,分类讨论要做到不重不漏.9(2023·全国·模拟预测)已知函数f x =2e x-x.(1)求f x 的最值;(2)若方程f x =ae x-ae2x有两个不同的解,求实数a的取值范围.【答案】(1)答案见解析(2)4ln2e ,+∞【分析】(1)首先对f x 求导,利用导数研究函数f x 的单调性,可得函数f x 的最值;(2)构造函数g x =f x -ae x -ae 2x ,先将方程有两个不同的解的问题转化为函数g x 有两个不同的零点问题.再对a 进行分类讨论,根据函数单调性结合零点存在定理求解.【详解】(1)由题意可得:f x =2e x -1,令f x =0,得x =-ln2,当x ∈-∞,-ln2 时,f x <0,f x 单调递减;当x ∈-ln2,+∞ 时,f x >0,f x 单调递增.所以f x 的最小值为f -ln2 =1+ln2,无最大值.(2)令g x =f x -ae x -ae 2x =ae 2x +2-a e x -x ,则g x =2ae 2x +2-a e x -1=ae x +1 2e x -1 ,若方程f x =ae x -ae 2x 有两个不同的解,则g x 有两个不同的零点.(ⅰ)若a ≥0,则ae x +1>0,由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-∞,-ln2 上单调递减,在-ln2,+∞ 上单调递增,所以g x 的最小值为g -ln2 =ln2e -14a .①当a ∈0,4ln2e 时,ln2e -14a >0,即g -ln2 >0,故g x 没有零点,不满足题意;②当a =4ln2e 时,g -ln2 =0,g x 只有一个零点,不满足题意;③当a ∈4ln2e ,+∞ 时,ln2e -14a <0,即g -ln2 <0,当x <0时,ae 2x >0,0<e x <1,又因为2-a <0,故g x >2-a -x ,所以g 2-a >0,又2-a <-ln2,故g x 在2-a ,-ln2 上有一个零点.设h x =e x -x x >0 ,则h x =e x -1>0,h x 单调递增,所以h x >0,故当x >0时,g x >ae 2x +2-a e x -e x =e x ae x +1-a >e x ax +1-a ,又1-1a >0,所以g 1-1a >0,因此g x 在-ln2,1-1a上有一个零点,所以当a >4ln2e 时,g x 有两个不同的零点,满足题意;(ⅱ)若a <0,则由g x =0得x 1=-ln2,x 2=-ln -a .①当-2<a <0时,x 1<x 2,当x ∈-∞,-ln2 时,g x <0;当x ∈-ln2,-ln -a 时,g x >0;当x ∈-ln -a ,+∞ 时,gx <0.所以g x 在-∞,-ln2 和-ln -a ,+∞ 上单调递减,在-ln2,-ln -a 上单调递增.又g -ln2 =ln2e -14a >0,所以g x 至多有一个零点,不满足题意;②当a =-2时,x 1=x 2,则g x ≤0,所以g x 单调递减,至多有一个零点,不满足题意;③当a <-2时,x 1>x 2,当x ∈-∞,-ln -a 时,g x <0;当x ∈-ln -a ,-ln2 时,g x >0;当x ∈-ln2,+∞ 时,g x <0.所以g x 在-∞,-ln -a 和-ln2,+∞ 上单调递减,在-ln -a ,-ln2 上单调递增,又g -ln -a =1-1a+ln -a >0,所以g x 至多有一个零点,不满足题意;综上,实数a 的取值范围为4ln2e ,+∞ .【点睛】方法点睛:已知函数有零点求参数取值范围常用的方法(1)直接法:直接根据题设条件对参数进行分类讨论,通过研究函数的零点情况来确定参数的取值范围.(2)分离参数法:将参数分离,转化成求函数值域的问题.(3)数形结合法:先对解析式变形,将函数的零点问题转化为两函数图象的交点问题,再在同一平面直角坐标系中画出函数的图象,然后数形结合求解.10(2023·浙江金华·校联考模拟预测)已知f (x )=ax 2-ax -1x-ln x +e 1-x (a >0).(1)若当x =1时函数f x 取到极值,求a 的值;(2)讨论函数f x 在区间(1,+∞)上的零点个数.【答案】(1)1(2)答案见解析【分析】(1)求得f (x )=2ax -a +1x2-1x -e 1-x ,由f (1)=0,得到a =1,进而结合函数极值点的定义,即可求解;(2)当a ≥1时,求得f (x )=ax 2-ax -1x -ln x +e 1-x ≥x 2-x -1x -ln x +e 1-x ,令h (x )=x 2-x -1x-ln x +e 1-x ,利用导数的h x 单调性,结合f (x )>0,得到f x 在区间(1,+∞)上没有零点;当0<a <1时,求得f(x )=2ax -a +1x2-1x -e 1-x ,令n x =f (x ),求得n (x )>(x -2)e x -1+x 3x 3⋅e x -1,令φ(x )=(x -2)e x -1+x 3,利用导数求得f (x )在(1,+∞)单调递增.,结合f (1)<0,f 1+1a>0,得出函数f x 的单调区间,由f (1)=0,得出f x 在1,x 1 没有零点,在由f 1+1a>0,得到存在唯一x 2,使得f x 2 =0,即可得到答案.【详解】(1)解:函数f (x )=ax 2-ax -1x -ln x +e 1-x ,可得f (x )=2ax -a +1x2-1x -e 1-x因为x =1时函数f x 取到极值,可得f (1)=0,解得a =1,当a =1时,可得f (x )=2x -1+1x2-1x -e 1-x ,令m (x )=f (x )=2x -1+1x2-1x -e 1-x ,可得m (x )=2-2x 3+1x 2+e 1-x>2-2x 3+1x2=2x 3+x -2x 3,令λ(x )=2x 3+x -2,可得λ (x )=6x 2+1>0,所以λ(x )单调递增,又因为λ78=55256>0,所以在区间78,+∞ 上m (x )>0,即f (x )单调递增,所以x =1是f (x )的变号零点,所以当x =1时函数f x 取到极值.(2)解:当a ≥1时,因为x 2-x >0,所以f (x )=ax 2-ax -1x -ln x +e 1-x ≥x 2-x -1x -ln x +e 1-x ,令h (x )=x 2-x -1x -ln x +e 1-x ,则h (x )=2x -1+1x 2-1x -e 1-x >2x -2+1x 2-1x =(x -1)2-1x2>0,所以h x 在(1,+∞)单调递增,则f (x )≥h (x )>h (1)=0,所以,当a ≥1时,f x 在区间(1,+∞)上没有零点.当0<a <1时,可得f (x )=2ax -a +1x2-1x -e 1-x ,令n x =f (x )=2ax -a +1x2-1x -e 1-x ,可得n(x )=2a -2x 3+1x 2+e 1-x >-2x 3+1x2+e 1-x=(x -2)e x -1+x 3x 3⋅e x -1,令φ(x )=(x -2)e x -1+x 3,则φ (x )=(x -1)e x -1+3x 2>0,所以φx 在(1,+∞)单调递增,φ(x )>φ(1)=0,则n (x )>0,所以f (x )在(1,+∞)单调递增.因为f(1)=a -1<0,f1+1a =a +2+11+1a2-11+1a-e -1a>a +2-1-1>0,当x →+∞时,f (x )→+∞,所以存在x 1∈1,1+1a使得f x 1 =0.则f (x )在1,x 1 单调递减,在x 1,+∞ 单调递增,又因为f (1)=0,所以当x ∈1,x 1 时,f (x )<0,故f x 在1,x 1 没有零点,因为在x 1,+∞ 单调递增,且f x 1 <f (1)=0,而ln x ≤x -1,e 1-x >0,1x<1,所以f (x )=ax 2-ax -1x-ln x +e 1-x >ax 2-ax -1-(x -1),则f 1+1a >a 1+1a 2-(a +1)1+1a=0,所以存在唯一x 2∈x 1,1+1a,使得f x 2 =0,故f x 在x 1,+∞ 存在唯一零点x 2,因此当0<a <1时,f x 在(1,+∞)存在唯一零点,综上所述,当a ≥1时,f x 在区间(1,+∞)上没有零点;当0<a <1时,f x 在(1,+∞)存在唯一零点.【点睛】方法技巧:已知函数零点(方程根)的个数,求参数的取值范围问题的三种常用方法:1、直接法,直接根据题设条件构建关于参数的不等式(组),再通过解不等式(组)确定参数的取值范围2、分离参数法,先分离参数,将问题转化成求函数值域问题加以解决;3、数形结合法,先对解析式变形,在同一平面直角坐标系中作出函数的图象,然后数形结合求解.结论拓展:与e x 和ln x 相关的常见同构模型①ae a ≤b ln b ⇔e a ln e a ≤b ln b ,构造函数f x =x ln x 或g x =xe x ;②e a a <b ln b ⇔e a ln e a<b ln b ,构造函数f x =x ln x 或g x =e x x ;③e a ±a >b ±ln b ⇔e a ±ln e a >b ±ln b ,构造函数f x =x ±ln x 或g x =e x ±x .11(2022·江苏南通·模拟预测)已知函数f x =x -a e x -x 2.(1)若a =1,x ∈0,1 ,求函数f x 的最值;(2)若a ∈Z ,函数f x 在x ∈0,+∞) 上是增函数,求a 的最大整数值.【答案】(1)最小值为-1-ln2-1 2,最大值为-1(2)0【分析】(1)求导分析函数的单调性与最值即可;(2)将题意转化为f x ≥0在x ∈0,+∞) 上恒成立,参变分离可得1-a ≥2xe x-x ,x ∈0,+∞ ,设g x =2x ex-x ,求导后根据零点存在性定理可得0,12 上有极大值点,设为x 0,再根据x 0满足的方程代入g x ,结合x 0的取值范围分析最大值的范围即可.【详解】(1)若a =1,则函数f x =x -1 e x -x 2,f x =e x +x -1 e x -2x =x e x -2 .令f x =0,则x =0或x =ln2,由于x ∈0,1 ,因而当x ∈0,ln2 时.f x <0,f x 单调递减,当x ∈ln2,1 时.f x >0,f x 单调递增,所以f x 的最小值为f ln2 =-1-ln2-1 2,最大值为f 0 =f 1 =-1(2)f x =e x +x -a e x -2x =x +1-a e x -2x ,由f x 在x ∈0,+∞) 上是增函数,得f x ≥0在x ∈0,+∞ )上恒成立,即x +1-a e x -2x ≥0,x ∈0,+∞ ,分离参数得1-a ≥2xe x-x ,x ∈0,+∞ 设g x =2x e x -x ,则g x =2-2x e x -1=2-2x -e x e x,g x =0,即2-2x -e x =0设h x =2-2x -e x ,由于h 0 =1>0,h 12=1-e <0,因而方程2-2x -e x =0在0,12上有解,设为x 0,则e x=2-2x 0,且当x ∈0,x 0 时,g x >0,当x ∈x 0,+∞ 时,g x <0,所以g x 的最大值为g x 0 =2x 0ex 0-x 0=x 01-x 0-x 0=x 201-x 0.因而1-a ≥x 201-x 0,即a ≤1+x 20x 0-1=3+1x 0-1+x 0-1,又x 0∈0,12 ,x 0-1∈-1,-12 ,又3+1x 0-1+x 0-1∈12,1所以a 的最大整数值为0.【点睛】方法点睛:(1)函数在区间上单调递增或单调递减,转化为导函数在区间上非负或非正恒成立;(2)恒成立问题可考虑参变分离,再构造函数分析最值;(3)极值点不能求解则设隐零点x 0,将x 0满足的等式条件化简代入原函数,再根据x 0的区间可求出极值的范围.12(2023·江苏徐州·校考模拟预测)已知函数f (x )=-2x 3+mx 2,m ∈R ,且g (x )=|f (x )|在x ∈(0,2)上的极大值为1.(1)求实数m 的值;(2)若b =f (a ),c =f (b ),a =f (c ),求a ,b ,c 的值.【答案】(1)m =3(2)a =b =c =0,或a =b =c =12,或a =b =c =1【分析】(1)由题意得到g x 的表达式,对m ≤0,m ≥4和0<m <4这三种情况进行逐一分析,结合导数得到g x 的单调性和最值,进而可得实数m 的取值范围;(2)作出满足条件的函数图象,对a <0,a =0,0<a <12,a =12,12<a <1,a =1,1<a ≤32和a >32这八种情况进行分析,结合题意进行判断即可.【详解】(1)g (x )=x 2|2x -m |,0≤x ≤2,①m ≤0时,g (x )=2x 3-mx 2,∴g (x )=6x 2-2mx ≥0,无极值.②m ≥4时,g (x )=-2x 3+mx 2,∴g (x )=2x (m -3x ),当m 3≥2,即m ≥6时,g (x )≥0,无极大值;当4≤m <6时,x <m 3时,g (x )>0;m3<x <2时,g (x )<0,∴g (x )在x =m 3处取极大值,即g m 3 =m 327=1,∴m =3,舍去.③0<m <4时,g x =-2x 3+mx 2,0≤x ≤m 22x 3-mx 2,m 2<x ≤2 ,∴gx =2x m -3x ,0≤x ≤m22x 3x -m ,m 2<x ≤2,0<x <m 3时,g (x )>0;m 3<x <m 2时,g (x )<0;m 2<x <2时,g (x )>0.∴g (x )在x =m 3处取极大值m 327=1,∴m =3符合题意.综上,m =3.(2)由(1)可知,f (x )=-2x 3+3x 2,f (x )=-6x 2+6x =6x -x +1 ,令f x >0可得-1<x <0,令f x <0可得x >1或x <0,如图所示.①当a <0时,b =f (a )>0,当0<b ≤32时,0<c =f (b )≤1,则a =f (c )>0,矛盾;当b >32时,c =f (b )<0,∴a =f (c )>0,矛盾.②当a =0时,符合题意.③当0<a <12时,0<x <12时,f (x )<x ,∴0<b =f (a )<a <12,则0<c =f (b )<b <12,0<a =f (c )<c <12,∴a <c <b <a ,矛盾.④当a =12时,符合题意.⑤当12<a <1时,12<x <1时,f (x )>x ,∴1>b =f (a )>a >12,则1>c =f (b )>b >12,1>a =f (c )>c >12,∴a >c >b >a ,矛盾.⑥当a =1时,符合题意.⑦当1<a ≤32时,0≤b =f (a )<1,则0≤c =f (b )<1,∴a =f (c )<1,与a >1矛盾.⑧当a >32时,b =f (a )<0,c =f (b )>0,∴a =f (c )≤1,与a >32矛盾.综上,a =b =c =0,或a =b =c =12,或a =b =c =1.【点睛】关键点睛:本题第二问的关键点在于作出满足条件的函数图象,对a <0,a =0,0<a <12,a =12,12<a <1,a =1,1<a ≤32和a >32这八种情况进行分析,结合题意进行判断即可.13(2023·安徽·校联考模拟预测)已知函数f x =ae x -e -x ,(a ∈R ).(1)若f x 为偶函数,求此时f x 在点0,f 0 处的切线方程;(2)设函数g (x )=f (x )-(a +1)x ,且存在x 1,x 2分别为g (x )的极大值点和极小值点.(ⅰ)求实数a 的取值范围;(ⅱ)若a ∈(0,1),且g x 1 +kg x 2 >0,求实数k 的取值范围.【答案】(1)y +2=0(2)(i )(0,1)∪(1,+∞);(ii )(-∞,-1]【分析】(1)根据偶函数的定义,求出a 的值,然后利用导数求切线方程.(2)(ⅰ)对g (x )进行求导,将g (x )既存在极大值,又存在极小值转化成g (x )=0必有两个不等的实数根,利用导数得到g (x )的单调性和极值,进而即可求解;(ⅱ)对g (x )进行求导,利用导数分析g (x )的极值,将g x 1 +kg x 2 >0恒成立转化成ln a <1-1k⋅a -1a +1,构造函数,利用导数分类讨论求解即【详解】(1)f (x )为偶函数,有f (-x )=ae -x -e x =f (x )=ae x -e -x ,则a =-1,所以f (x )=-e x -e -x ,f (x )=-e x +e -x 所以f (0)=-2,f (0)=0所以f (x )在点(0,f (0))处的切线方程为y +2=0.(2)(ⅰ)g (x )=f (x )-(a +1)x =ae x -e -x -(a +1)x ,g(x )=ae x+e -x-(a +1)=ae 2x -(a +1)e x +1e x =ae x -1 e x-1e x,因为函数g (x )既存在极大值,又存在极小值,则g (x )=0必有两个不等的实根,则a >0,令g (x )=0可得x =0或x =-ln a ,所以-ln a ≠0,解得a >0且a ≠1.令m =min 0,-ln a ,n =max 0,-ln a ,则有:x(-∞,m )m(m ,n )n(n ,+∞)g (x )+0-0+g (x )↗极大值↘极小值↗可知g (x )分别在x =m 和x =n 取得极大值和极小值,符合题意.综上,实数a 的取值范围是(0,1)∪(1,+∞).(ⅱ)由a ∈(0,1),可得-ln a >0,所以x 1=0,x 2=-ln a ,g x 1 =a -1,g x 2 =1-a +(a +1)ln a 且有g x 2 <g x 1 <0,由题意可得a -1+k 1-a +(a +1)ln a >0对∀a ∈(0,1)恒成立,由于此时g x 2 <g x 1 <0,则k <0,所以k a +1 ln a >k -1 a -1 ,则ln a <1-1k ⋅a -1a +1,令h (x )=ln x -1-1k ⋅x -1x +1,其中0<x <1,则h(x )=1x -1-1k ⋅2(x +1)2=(x +1)2-2x 1-1k x (x +1)2=x 2+2k x +1x (x +1)2,令x 2+2k x +1=0,则Δ=4k 2-4=41-k 2k 2.①当Δ≤0,即k ≤-1时,h (x )≥0,h (x )在(0,1)上是严格增函数,所以h (x )<h (1)=0,即ln a <1-1k ⋅a -1a +1,符合题意;(2)当Δ>0,即-1<k <0时,设方程x 2+2k x +1=0的两根分别为x 3,x 4且x 3<x 4,则x3+x 4=-2k>0,x 3x 4=1,则0<x 3<1<x 4,则当x 3<x <1时,h (x )<0,则h (x )在x 3,1 上单调递减,所以当x 3<x <1时,h (x )>h (1)=0,即ln a >1-1k ⋅a -1a +1,不合题意.综上所述,k 的取值范围是(-∞,-1].【点睛】关键点点睛:本题(ⅱ)关键是将g x 1 +kg x 2 >0恒成立转化成ln a <1-1k ⋅a -1a +1,构造函数,利用导数分类讨论求解即可.14(2023上·广东深圳·高三深圳中学校考阶段练习)已知函数f x =x -m ln x -n ,其中m ,n∈R .(1)若m =n =1,求f x 在x =1处的切线方程;(2)已知不等式f x ≥x 恒成立,当nm取最大值时,求m 的值.【答案】(1)y =-1(2)m =e【分析】(1)根据切点和斜率求得切线方程.(2)构造函数g x =f x -x ,利用导数研究g x 的最小值,由此列不等式来求得nm的最大值,以及此时的m 的值.【详解】(1)当m =n =1时,f x =x -1 ln x -1,因为f x =ln x +x -1x,所以f 1 =0,又f 1 =-1,故f x 在x =1处的切线方程为y =-1;(2)显然m ≠0,若m <0,当x →0+时,x -m ln x -n →-∞,而x >0,矛盾,所以m >0,令g x =f x -x =x -m ln x -x -n ,则g x ≥0恒成立,即g (x )min ≥0.由于g x =ln x -m x ,ln x -m x =1x +mx2>0,则g x =ln x -mx在正实数集上是增函数,g 1 =-m <0,x →+∞时g x →+∞,故存在x 0>1,使得g x 0 =0,且在0,x 0 上g x <0,g (x )单减,在x 0,+∞ 上g x >0,g x 单增,且m =x 0ln x 0,故g (x )min =g x 0 =x 0ln x 0-m ln x 0-x 0-n ≥0,所以n ≤x 0ln x 0-m ln x 0-x 0=x 0ln x 0-x 0ln x 0 2-x 0,所以n m ≤x 0ln x 0-x 0ln x 0 2-x 0x 0ln x 0=1-ln x 0+1ln x 0≤-1,等号当且仅当ln x 0=1即x 0=e 时取得,此时m =x 0ln x 0=e ln e =e.故当n m取最大值时,m =e.15(2023·广东韶关·统考一模)已知函数f x =e x ,g x =2x .(1)若f x 在x =0处的切线与g x 的图象切于点P ,求P 的坐标;(2)若函数F x =f ax x 2-a +2a的极小值小于零,求实数a 的取值范围.【答案】(1)1,2 (2)(-∞,-2)∪(0,+∞)【分析】(1)由导数的几何意义可解;(2)求导得F x =ae ax x -1 x +a +2a,对a 进行分类讨论即可.【详解】(1)f x =e x .所以f x =e x 即切线斜率为k =e 0=1,又g x =2x ,所以g x =1x,令g x =1解得x =1,则g 1 =2,故点P 坐标为1,2 .(2)F x =f ax x 2-a +2a =e ax x 2-a +2a,因为F x =e ax ax 2+2x -a +2 =ae ax x -1 x +a +2a,令F x =0得x 1=-a +2a ,x 2=1,①当a >0,x 1=-a +2a <0由x 的变化可得x -∞,-a +2a-a +2a-a +2a,1 11,+∞F x +-0+F x单调递增极大值单调递减极小值单调递增F (1)极小值=e a -2a<0符合题意;②当-1<a <0,x 1=-a +2a >1由x 的变化可得x -∞,111,-a +2a-a +2a-a +2a,+∞ F x -0+-F x单调递减极小值单调递增极大值单调递减F (1)极小值=e a -2a>0不符合题意;③当a =1,F x ≤0,F x 单调递减,没极值点;④当a <-1,x 1=-a +2a <1由x 的变化可得x -∞,-a +2a-a +2a-a +2a,1 11,+∞F x -+0-F x单调递减极小值单调递增极大值单调递减F -a +2a 极小值=e x -a +2a -a +2a 2-a +2a<0,解得a<-2;综上所述,a∈(-∞,-2)∪(0,+∞).【点睛】关键点睛:本题主要考查导数的几何意义以及利用导数研究函数的极值,注意分类讨论思想的应用,本题难点在于a的范围的划分,属于常考题型.16(2023·湖北黄冈·统考模拟预测)已知函数f(x)=a ln x-2x+12x2.(1)讨论函数f x 的极值点个数;(2)若不等式f(x)≤x e x+12x-a-2-1恒成立,求实数a的取值范围.【答案】(1)答案见解析(2)a=1【分析】(1)根据函数极值的定义,结合一元二次方程根的判别式分类讨论进行求解即可;(2)利用换元法构造函数,根据导数的性质进行求解即可.【详解】(1)∵f (x)=x2-2x+ax,x>0,.令g(x)=x2-2x+a,方程x2-2x+a=0的判别式为Δ=4-4a,①:当Δ≤0即a≥1时,f x ≥0,f x 单调递增,无极值点;②:当Δ>0即a<1时,函数g x 有两个零点x1=1-1-a,x2=1+1-a,(i)当a≤0时.x1≤0,x2>1,当x∈0,x2时f x <0,f x 单调递减,当x∈(x2,+∞)时f x >0,f x 单调递增,f x 有一个极小值点;(ii)当0<a<1时0<x1<1,x2>1,当x∈0,x1与(x2,+∞)时f x >0,f x 单调递增,当x∈x1,x2时f x <0,f x 单调递减,f x 有两个极值点.综上:当a≥1时f x 无极值点;当0<a<1时f x 有两个极值点;当a≤0时f x 有一个极小值点.(2)不等式f(x)≤x e x-2x+12x2恒成立,即a ln x+x≤xe x-1.∴xe x-a ln xe x-1≥0,令xe x=t,t>0,∴t-a ln t-1≥0.令h t =t-a ln t-1,h (t)=t-at,则需h t =t-a ln t-1≥0,当a≤0时,h t ≥0,h t 单调递增,又h1 =0,∴t∈0,1时h t <0,不合题意,∴a>0.当0<t<a时,h t 单调递减,当t>a时h t 单调递增,h(t)min=h(a)=a-a ln a-1.而h1 =0,∴h a =a-a ln a-1≤0,又由h t =t-a ln t-1≥0可得h a =a-a ln a-1≥0,所以需h a =a-a ln a-1=0,令m x =x-x ln x-1,m x =-ln x,当x∈0,1时m x 单调递增,当x∈(1,+∞)时m x 单调递减,∴m (x )max =m (1)=0,∴a =1.【点睛】关键点睛:本题的关键是根据换元法把a ln x +x ≤xe x -1变形为t -a ln t -1≥0.17(2023·山东潍坊·统考模拟预测)已知函数f (x )=mx -1+ln (x +1),m ∈R .(1)若函数f x 图象上存在关于原点对称的两点,求m 的取值范围;(2)当s >t >1时,(2s -2t )k s +t -2+f (t -2)+m s -3<f (s -2)+m t -3恒成立,求正实数k 的最大值.【答案】(1)-12e≤m ≤0(2)1【分析】(1)问题可转化f -x +f x =0有解,得到ln 1-x 2 =m x +1-m x -1=-2x 2-1m ,构造函数g (t )=12t ln t (0<t ≤1),求导讨论单调性,利用数形结合,找到y =m 与曲线在0,1 的有交点时m 的范围;(2)恒成立问题,把不等式变形成2k s -1t -1-1 s -1t -1+1<lns -1t -1,设s -1t -1=a (a >1),构造函数h (a )=2k (a -1)a +1-ln a (a >1),转化成零点的问题,再利用单调性求解.【详解】(1)要使函数f x 图象上存在关于原点对称的两点,则f -x +f x =0有解,则ln (-x +1)+m -x -1+ln (x +1)+mx -1=0,即ln 1-x 2 =m x +1-m x -1=-2x 2-1m ,令t =1-x 2,则0<t ≤1,设g (t )=12t ln t (0<t ≤1)g (t )=12(1+ln t )=0得t =1e,当0<t <1e时,g t <0,g t 单调递减,当1e<t ≤1时,g t >0,g t 单调递增,所以g (t )min =g 1e =-12e,g 1 =0,所以-12e≤m ≤0;(2)由题意知(2s -2t )k s +t -2+ln (t -1)+m t -3+m s -3<ln (s -1)+m s -3+mt -3,则(2s -2t )k s +t -2<ln (s -1)-ln (t -1),则2k [(s -1)-(t -1)](s -1)+(t -1)<ln s -1t -1,2k s -1t -1-1 s -1t -1+1<ln s -1t -1,设s -1t -1=a (a >1),则2k (a -1)a +1<ln a ,即2k (a -1)a +1-ln a <0,设h (a )=2k (a -1)a +1-ln a (a >1),h(a )=4k (a +1)2-1a =4ka -(a +1)2a (a +1)2=-a 2+(4k -2)a -1a (a +1)2,且h 1 =0,当h (1)=-1+4k -2-14=4k -44>0,即k >1时,易知方程-a 2+4k -2 a -1=0有一根a 1大于1,另一根a 2小于1,所以h a 在1,a 1 上单调递增,故有h a >h 1 =0不合题意,舍去, 当0<k ≤1时,有4ka -a +1 2≤4a -a +1 2=-a -1 2<0,所以h a ≤0,从而h a 在(1,+∞)上单调递减,故当a >1时,恒有h a <h 1 =0符合题意,所以正实数k 的取值范围为0<k ≤1,因此k 的最大值为1.【点睛】方法点睛:本题考查利用导数讨论方程根的个数问题.问题一可转化f -x +f x =0有解,得到ln 1-x 2 =m x +1-m x -1=-2x 2-1m ,构造函数g (t )=12t ln t (0<t ≤1),求导讨论单调性,利用数形结合,找到y =m 与曲线在0,1 的有交点时m 的范围;问题二转化成恒成立问题,把不等式变形成2k s -1t -1-1 s -1t -1+1<lns -1t -1,设s -1t -1=a (a >1),构造函数h (a )=2k (a -1)a +1-ln a (a >1),转化成零点的问题,再利用单调性求解.18(2023·河北保定·统考二模)已知函数f x =x 2e x +m ,m ∈R .(1)当m =-1时,求f x 在点A 1,e -1 处的切线方程.(2)若g x =f xx-ln x -1的图象恒在x 轴上方,求实数m 的取值范围.【答案】(1)3e -2 x -y -2e +1=0(2)m ≥-1【分析】(1)由题意,将m =-1代入函数f x 的解析式中,对函数f x 进行求导,得到f 1 和f 1 ,代入切线方程中即可求解;(2)将函数g x 的图像恒在x 轴上方,转化成m >ln x +1x -e x 恒成立,构造函数φx =ln x +1x-e x ,此时问题转化成函数最值问题,对函数φx 进行求导,利用导数的几何意义以及零点存在性定理进行求解即可.【详解】(1)∵f x =x 2e x -1∴f x =x 2+2x e x -2x∴f 1 =3e-2.又∵f1 =e-1∴f x 在点A1,e-1处的切线方程为3e-2x-y-2e+1=0(2)g x =f xx-ln x-1的图像恒在x轴上方,等价于x e x+m-ln x-1>0恒成立即m>ln x+1x-e x恒成立,令φx =ln x+1x-e x,则φ x =-ln xx2-e x=-ln x+x2e xx2令g x =-ln x+e x x2,则g x =-1x+x2e x+2xe x<0所以g x 在0,+∞上单调递减又g12>0,g1 <0,所以在0,+∞上存在唯一的x0使g x0=0当x∈0,x0时φ x >0,φx 单调递增,当x∈x0,+∞时φ x <0,φx 单调递减.故φx 的最大值为φx0=ln x0+1x0-e x0又1nx0+e x0x02=0,故x0e x0=-ln x0x0,两边取对数得ln x0+x0=ln-ln x0+-ln x0又h x =x+ln x在定义域内单调递增,所以x0=-ln x0,故e x0=1 x0所以φx0=ln x0+1x0-e x0=ln x0x0+1x0-1x0=-1所以m≥-1.【点睛】方法点睛:含参不等式恒成立求参数值(取值范围)常用的方法:(1)直接法:直接求导确定函数的单调性得到最值,再通过解不等式确定参数范围;(2)分离参数法:先将参数分离,转化成求函数的最值问题加以解决;(3)数形结合法:先对解析式变形,进而构造两个函数,然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象,利用数形结合的方法求解.19(2023下·福建宁德·高三统考阶段练习)已知函数f(x)=e x+2ax-1,其中a为实数,e为自然对数底数,e=2.71828⋯.(1)已知函数x∈R,f(x)≥0,求实数a取值的集合;(2)已知函数F(x)=f(x)-ax2有两个不同极值点x1、x2,证明2a(x1+x2)>3x1x2【答案】(1)-1 2(2)证明见解析【分析】(1)求出f(x)的导数,对实数a分类讨论求出f(x)的最小值,解不等式f(x)min≥0即可求解;(2)由函数F(x)=f(x)-ax2有两个不同极值点x1、x2,可求出a的取值范围,由已知得e x2e x1=x2-1x1-1,取对数得x2-x1=ln x2-1-ln x1-1,通过换元x1-1=t1,x2-1=t2,构造函数u t =t-ln t,讨论函数u t =t-ln t的单调性,确定t1,t2的不等关系,再转化为x1、x2的关系即可证明.【详解】(1)由f (x )=e x +2ax -1,得f (x )=e x +2a ,当a ≥0时,因为f (-1)=1e-1-2a <0,不合题意;当a <0时,当x ∈-∞,ln (-2a ) 时,f (x )<0,f (x )单调递减,当x ∈ln (-2a ),+∞ 时,f (x )>0,f (x )单调递增,所以f (x )min =f ln (-2a ) =-2a +2a ln (-2a )-1,要f (x )≥0,只需f (x )min =-2a +2a ln (-2a )-1≥0,令g (x )=x -x ln x -1,则g (x )=-ln x ,当x ∈(0,1)时,g (x )>0,g (x )单调递增;当x ∈(1,+∞)时,g (x )<0,g (x )单调递减;所以g (x )≤g (1)=0,则由g (-2a )=-2a +2a ln (-2a )-1≥0得-2a =1所以a =-12,故实数a 取值的集合-12 (2)由已知F x =e x -ax 2+2ax -1,则F x =e x -2ax +2a ,因为函数F x 有两个不同的极值点x 1、x 2,所以F x 有两个不同零点,若a ≤0时,则F x 在R 上单调递增,F x 在R 上至多一个零点,与已知矛盾,舍去;当a >0时,由e x -2ax +2a =0,得12a =x -1e x,令φx =x -1e x ,所以φx=2-x e x,当x ∈-∞,2 时,φ x >0,φx 单调递增;当x ∈2,+∞ 时,φ x <0,φx 单调递减.所以φx max =φ2 =1e2,且当x <1时,φx <0,当x >1时,φx >0,如下图所示:由图可知,当0<12a <1e2时,即当a >e 22时,直线y =12a 与函数φx 的图象有两个交点,不妨设这两个交点的横坐标分别为x 1、x 2,且x 1<x 2,且当x <x 1或x >x 2时,12a >x -1e x,则F x =2ae x 12a -x -1e x>0,当x1<x<x2时,12a <x-1e x,则F x =2ae x12a-x-1e x<0.综上所述,当a>e22时,函数F x 有两个极值点;设x1<x2,则1<x1<2<x2,因为φ(x1)=φ(x2)=0,所以e x1=2ax1-2a,e x2=2ax2-2a,则e x2e x1=x2-1x1-1,取对数得x2-x1=ln(x2-1)-ln(x1-1),令x1-1=t1,x2-1=t2,则t2-t1=ln t2-ln t1,即t2-ln t2=t1-ln t1(0<t1<1<t2),令u(t)=t-ln t,则u(t1)=u(t2),因为u (t)=t-1t,所以u(t)=t-ln t在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,令v(t)=u(t)-u1t=t-1t-2ln t,则v (t)=(t-1)2t2≥0,v(t)在(0,+∞)上单调递增,又v(1)=0,所以当t∈(0,1)时,v(t)<v(1)=0,即u(t)<u1t ,因为t2>1,2-t1>1,u(t)=t-ln t在(1,+∞)上单调递增,所以t2<1t1,所以x2-1<1x1-1,即x1x2<x1+x2,所以x1x2<x1+x2<2312e2(x1+x2)<23a(x1+x2),故3x1x2<2a(x1+x2)成立.【点睛】方法点睛:利用导数证明不等式问题,方法如下:(1)直接构造函数法:证明不等式f x >g x (或f x <g x )转化为证明f x -g x >0(或f x -g x <0),进而构造辅助函数h x =f x -g x ;(2)适当放缩构造法:一是根据已知条件适当放缩;二是利用常见放缩结论;(3)构造“形似”函数,稍作变形再构造,对原不等式同解变形,根据相似结构构造辅助函数.20(2023·广东·统考二模)已知a∈R,函数f x =x-1ln1-x-x-a cos x,f x 为f x 的导函数.(1)当a=0时,求函数f x 的单调区间;(2)讨论f x 在区间0,1上的零点个数;(3)比较110cos110与ln109的大小,并说明理由.【答案】(1)f x 的单调递增区间为-∞,0,单调递减区间为0,1(2)答案见解析(3)110cos110<ln109,理由见解析【分析】(1)求导可得f x =ln1-x(x<1),根据f x >0和f x <0即可求解;(2)令g x =f x ,则g x =a1-xcos x-11-x,x∈0,1.易知当a≤1时g x <0,从而g x 单调递减;当a >1时令h x =a 1-x cos x -1,利用导数讨论函数h (x )的单调性,根据零点的存在性定理分析函数g x 的单调性可得g x <0,即可得出零点的个数;(3)由(2)可得当a ≤1时ln 1-x +a sin x <0在0,1 上恒成立.利用导数讨论函数m x =x -tan x 的性质可得x cos x <sin x ,结合sin x <ln 11-x 得x cos x <ln 11-x,x ∈0,1 ,即可证明.【详解】(1)当a =0时,f x =x -1 ln 1-x -x ,其定义域为-∞,1 ,f x =ln 1-x ,令f x =ln 1-x =0,得x =0.当x ∈-∞,0 时,f x >0,故f x 在-∞,0 上单调递增;当x ∈0,1 时,f x <0,故f x 在0,1 上单调递减.因此,函数f x 的单调递增区间为-∞,0 ,单调递减区间为0,1 .(2)令g x =f x =ln 1-x +a sin x ,则g x =-11-x +a cos x =a 1-x cos x -11-x,x ∈0,1 .因为x ∈0,1 ,则1-x ∈0,1 ,cos x ∈0,1 ,则1-x cos x ∈0,1 .当a ≤1时,则a 1-x cos x -1<0,故g x <0,从而g x 在0,1 上单调递减;而g 0 =0,故当x ∈0,1 时,g x <g 0 =0,故g x 在区间0,1 上无零点;即f x 在区间0,1 上无零点;当a >1时,令h x =a 1-x cos x -1,则h x =-a cos x +1-x sin x ,因为x ∈0,1 ,则cos x +1-x sin x >0,从而h x <0,即h x 在0,1 上单调递减;而h 0 =a -1>0,h 1 =-1<0,因此存在唯一的x 0∈0,1 ,使得h x 0 =0,并且当x ∈0,x 0 时,h x >0;当x ∈x 0,1 时,h x <0.即当x ∈0,x 0 时,g x >0,当x ∈x 0,1 时,g x <0.故当x ∈0,x 0 时,g x 单调递增,当x ∈x 0,1 时,g x 单调递减.而g 0 =0,故g x 0 >0;取N =1-e -2a ∈0,1 ,当x >N 时,g x =ln 1-x +a sin x <a +ln e -2a =a -2a =-a <0,所以存在唯一的m ∈x 0,1 ,使得g m =0,即f x 在区间0,1 上有唯一零点.综上所述,当a >1时,f x 在0,1 上有唯一的零点;当a ≤1时,f x 在0,1 上没有零点.(3)110cos 110<ln 109理由如下:[解法一]由(2)可得,当a ≤1时,ln 1-x +a sin x <0在0,1 上恒成立.即当a =1时,sin x <ln 11-x ,x ∈0,1 .以下证明不等式:当x ∈0,π2时,有x <tan x .令m x =x-tan x,则m x =1-1cos2x<0,故m x 在0,π2上单调递减,则m x <m0 =0,即x<tan x,x∈0,π2,即有x cos x<sin x,而sin x<ln11-x,故x cos x<ln11-x,x∈0,1.取x=110,则有110cos110<ln109.[解法二]显然cos110∈0,1,故110cos110<110,以下证明不等式:当x∈-1,+∞时,有ln1+x≤x.令p x =ln1+x-x,则令p x =11+x-1=-x1+x=0,得x=0.故当x∈-1,0时,p x >0,从而p x 在-1,0上单调递增;当x∈0,+∞时,p x <0,从而p x 在0,+∞上单调递减.故x=0是p x =ln1+x-x的极大值点,并且是最大值点,故p x ≤p0 =0,即ln1+x≤x,x∈-1,+∞.取x=-110,则ln910<-110,故ln109>110,故110cos110<110<ln109,从而110cos110<ln109.【点睛】方点点睛:利用导数研究函数零点问题,不论哪种方法,其核心步骤都是构造函数.利用已知的函数或已知条件将问题转化,重新构造函数模型,通过导数研究函数模型的单调性、极值或最值等达到解决问题的目的.二、证明题21(2023·福建·校联考模拟预测)设函数f x =2x-2x-a ln x(a∈R).(1)讨论f x 的单调性;(2)若f x 有两个极值点x1,x2,记过点A x1,f x1,B x2,f x2的直线的斜率为k,若x2∈1,e,证明:2-4e-1<k<0.【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】(1)求出函数的导数,通过讨论a的范围,求出函数的单调区间即可;(2)求出直线的斜率k,得k=4-2x1x2+1x1x2-1lnx1x2,令t=x1x2,t∈1e,1,要证:2-4e-1<k<0,即证ln t<2t-1t+1和ln t>e+1e-1⋅t-1t+1,求出函数的导数,根据函数的单调性证明即可.【详解】(1)f x =2+2x2-ax=2x2-ax+2x2,令g x =2x2-ax+2,Δ=a2-16.①当-4≤a≤4时,Δ≤0,f x ≥0,f x 在0,+∞单调递增:②当a<-4时,Δ>0,g x =0的两根都小于0,f x 在0,+∞上大于0,所以f x 在0,+∞单调递增;③当a>4时,由g x =0,解得x1=a-a2-164,x2=a+a2-164,x∈0,x1∪x2,+∞,g x >0,f x >0,f x 在0,x1,x2,+∞上单调递增:x∈x1,x2,g x <0,f x <0,f x 在x1,x2上单调递减.(2)证明:由(1)知当a>4时,f x 有两个极值点x1,x2,且满足x1+x2=a2,x1x2=1.f x1-f x2=2x1-x2-21x1-1x2-a ln x1-ln x2=4x1-x2-a ln x1-ln x2,k=f x1-f x2x1-x2=4-aln x1-ln x2x1-x2=4-2x1+x2x1-x2ln x1-ln x2=4-2x1x2+1x1x2-1lnx1x2.令t=x1x2=1x22∈1e,1,则k=4-2t+1t-1ln t.(ⅰ)要证k<0,即证ln t<2t-1 t+1.令h t =ln t-2t-1t+1,则ht =1t-4t+12=t2-2t+1t+12>0,所以h t 在1e,1上单调递增.又h1 =0,所以h t <0,即ln t<2t-1t+1,∴k<0.(ⅱ)要证k>2-4e-1,即证ln t>e+1e-1⋅t-1t+1.令F t =ln t-e+1e-1⋅t-1t+1,Ft =1t-e+1e-12t+12=t2-4e-1t+1t t+12,记G t =t2-4e-1t+1,则G1e=e3-e2-3e-1e2e-1>0,G1 =2e-6e-1<0,则G t 在1e,1有唯一实根t0,故F t 在1e,t0上单调递增,在t0,1单调递减,又F1e=F1 =0,所以当1e<t<1时,F t >F1e =0,∴ln t>e+1e-1⋅t-1t+1,即k>2-4e-1.由(ⅰ)(ⅱ),证得2-4e-1<k<0.【点睛】思路点睛:根据函数极值点个数求参数相关问题时,一般需要先对函数求导,根据导函数对应的方程,确定极值点与参数之间关系,再由消元法将问题转化为参数与其中一个极值点之间的关系式,根据极值点的范围,构造新的函数,利用导数的方法判定新函数的单调性,进而即可求解.。

导数压轴小题必刷100题

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,
2 e2
【答案】B
【解析】因为 f ( x) 与 g ( x) 互为“1距零点函数”.且当 f ( x) = log2020 ( x −1) = 0 时, x = 2
设 g ( x) = x2 − aex = 0 的解为 x0 ,由定义 − n 可知, 2 − x0 1
解得1 x0
3 ,而当 g ( x) = x2 − aex
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】因为 不满足方程
,所以原方程化为化为

,令
, 时, ,令
; ,
时,
+
0
-
当 要使
递增
,即 时,
无解,则

递减
,综上可得, 的值域为

即使关于 的方程
3
,
4
+ ln 6
2
【答案】D
【解析】由题意,函数 f ( x) = ln x − ax2 − (a − 2) x 的定义域为 (0, +),
不等式 f ( x) 0 ,即 ln x − ax2 − (a − 2) x 0 ,即 ln x ax2 + (a − 2) x ,
两边除以 x ,可得 ln x a(x +1) − 2 , x
,
+
时,
g
(
x
)
0

所以
g
(
x
)

e−1
,

e
2 3
−2
时增函数,在 e 3 , + 时减函数,且
f
−2 e 3
=
e2 3,f Nhomakorabea1 e

导数综合练习题压轴(含详细答案)精华

导数综合练习题压轴(含详细答案)精华

导数练习题1.(本题满分12分)已知函数d x b a c bx ax x f +--++=)23()(23的图象如图所示. (I )求d c ,的值;(II )若函数)(x f 在2=x 处的切线方程为0113=-+y x ,求函数)(x f 的解析式;(III )在(II )的条件下,函数)(x f y =与m x x f y ++'=5)(31的图象有三个不同的交点,求m 的取值范围.2.(本小题满分12分)已知函数)(3ln )(R a ax x a x f ∈--=.(I )求函数)(x f 的单调区间;(II )函数)(x f 的图象的在4=x 处切线的斜率为,23若函数]2)('[31)(23mx f x x x g ++=在区间(1,3)上不是单调函数,求m 的取值范围.3.(本小题满分14分)已知函数c bx ax x x f +++=23)(的图象经过坐标原点,且在1=x 处取得极大值. (I )求实数a 的取值范围;(II )若方程9)32()(2+-=a x f 恰好有两个不同的根,求)(x f 的解析式;(III )对于(II )中的函数)(x f ,对任意R ∈βα、,求证:81|)sin 2()sin 2(|≤-βαf f . 4.(本小题满分12分)已知常数0>a ,e 为自然对数的底数,函数x e x f x -=)(,x a x x g ln )(2-=.(I )写出)(x f 的单调递增区间,并证明a e a >; (II )讨论函数)(x g y =在区间),1(a e 上零点的个数.已知函数()ln(1)(1)1f x x k x =---+. (I )当1k =时,求函数()f x 的最大值;(II )若函数()f x 没有零点,求实数k 的取值范围; 6.(本小题满分12分)已知2x =是函数2()(23)xf x x ax a e =+--的一个极值点(⋅⋅⋅=718.2e ).(I )求实数a 的值;(II )求函数()f x 在]3,23[∈x 的最大值和最小值.已知函数)0,(,ln )2(4)(2≠∈-+-=a R a x a x x x f (I )当a=18时,求函数)(x f 的单调区间;(II )求函数)(x f 在区间],[2e e 上的最小值. 8.(本小题满分12分)已知函数()(6)ln f x x x a x =-+在(2,)x ∈+∞上不具有...单调性. (I )求实数a 的取值范围;(II )若()f x '是()f x 的导函数,设22()()6g x f x x '=+-,试证明:对任意两个不相等正数12x x 、,不等式121238|()()|||27g x g x x x ->-恒成立.已知函数.1,ln )1(21)(2>-+-=a x a ax x x f (I )讨论函数)(x f 的单调性;(II )证明:若.1)()(,),,0(,,521212121->--≠+∞∈<x x x f x f x x x x a 有则对任意10.(本小题满分14分)已知函数21()ln ,()(1),12f x x a xg x a x a =+=+≠-.(I )若函数(),()f x g x 在区间[1,3]上都是单调函数且它们的单调性相同,求实数a 的取值范围;(II )若(1,]( 2.71828)a e e ∈=,设()()()F x f x g x =-,求证:当12,[1,]x x a ∈时,不等式12|()()|1F x F x -<成立.设曲线C :()ln f x x ex =-( 2.71828e =⋅⋅⋅),()f x '表示()f x 导函数.(I )求函数()f x 的极值;(II )对于曲线C 上的不同两点11(,)A x y ,22(,)B x y ,12x x <,求证:存在唯一的0x 12(,)x x ∈,使直线AB 的斜率等于0()f x '. 12.(本小题满分14分)定义),0(,,)1(),(+∞∈+=y x x y x F y ,(I )令函数22()(3,log (24))f x F x x =-+,写出函数()f x 的定义域;(II )令函数322()(1,log (1))g x F x ax bx =+++的图象为曲线C ,若存在实数b 使得曲线C 在)14(00-<<-x x 处有斜率为-8的切线,求实数a 的取值范围;(III )当,*x y ∈N 且x y <时,求证(,)(,)F x y F y x >.导数练习题(B )答案1.(本题满分12分)已知函数d x b a c bx ax x f +--++=)23()(23的图象如图所示. (I )求d c ,的值;(II )若函数)(x f 在2=x 处的切线方程为0113=-+y x ,求函数)(x f 的解析式;(III )在(II )的条件下,函数)(x f y =与m x x f y ++'=5)(31的图象有三个不同的交点,求m 的取值范围.解:函数)(x f 的导函数为 b a c bx ax x f 2323)(2'--++= …………(2分) (I )由图可知 函数)(x f 的图象过点(0,3),且0)1('=f得 ⎩⎨⎧==⇒⎩⎨⎧=--++=03023233c d b a c b a d …………(4分) (II )依题意 3)2('-=f 且5)2(=f⎩⎨⎧=+--+-=--+534648323412b a b a b a b a 解得 6,1-==b a 所以396)(23++-=x x x x f …………(8分)(III )9123)(2+-='x x x f .可转化为:()m x x x x x x +++-=++-534396223有三个不等实根,即:()m x x x x g -+-=8723与x 轴有三个交点;2',()m g m g --=-=⎪⎭⎫ ⎝⎛164,276832. …………(10分) 当且仅当()01640276832<--=>-=⎪⎭⎫ ⎝⎛m g m g 且时,有三个交点, 故而,276816<<-m 为所求. …………(12分)2.(本小题满分12分)已知函数)(3ln )(R a ax x a x f ∈--=. (I )求函数)(x f 的单调区间;(II )函数)(x f 的图象的在4=x 处切线的斜率为,23若函数]2)('[31)(23mx f x x x g ++=在区间(1,3)上不是单调函数,求m 的取值范围.解:(I ))0()1()('>-=x xx a x f (2分) 当(][)+∞>,1,1,0)(,0减区间为的单调增区间为时x f a 当[)(];1,0,,1)(,0减区间为的单调增区间为时+∞<x f a 当a=1时,)(x f 不是单调函数 (5分)(II )32ln 2)(,22343)4('-+-=-==-=x x x f a a f 得 2)4()(',2)22(31)(223-++=∴-++=∴x m x x g x x mx x g (6分)2)0(',)3,1()(-=g x g 且上不是单调函数在区间⎩⎨⎧><∴.0)3(',0)1('g g (8分)⎪⎩⎪⎨⎧>-<∴,319,3m m (10分))3,319(--∈m(12分)3.(本小题满分14分)已知函数c bx ax x x f +++=23)(的图象经过坐标原点,且在1=x 处取得极大值. (I )求实数a 的取值范围;(II )若方程9)32()(2+-=a x f 恰好有两个不同的根,求)(x f 的解析式;(III )对于(II )中的函数)(x f ,对任意R ∈βα、,求证:81|)sin 2()sin 2(|≤-βαf f . 解:(I ),23)(,00)0(2b ax x x f c f ++='=⇒=320)1(--=⇒='a b f),323)(1()32(23)(2++-=+-+='∴a x x a ax x x f由33210)(+-==⇒='a x x x f 或,因为当1=x 时取得极大值,所以31332-<⇒>+-a a ,所以)3,(:--∞的取值范围是a ;…………(4分)(II 依题意得:9)32()32(2762+-=++a a a ,解得:9-=a 所以函数)(x f 的解析式是:x x x x f 159)(23+-=…………(10分)(III )对任意的实数βα,都有,2sin 22,2sin 22≤≤-≤≤-βα在区间[-2,2]有:230368)2(,7)1(,7430368)2(=+-==-=---=-f f f,7)1()(=f x f 的最大值是7430368)2()(-=---=-f x f 的最小值是函数]2,2[)(-在区间x f 上的最大值与最小值的差等于81, 所以81|)sin 2()sin 2(|≤-βαf f .…………(14分)4.(本小题满分12分)已知常数0>a ,e 为自然对数的底数,函数x e x f x -=)(,x a x x g ln )(2-=.(I )写出)(x f 的单调递增区间,并证明a e a >; (II )讨论函数)(x g y =在区间),1(a e 上零点的个数.解:(I )01)(≥-='x e x f ,得)(x f 的单调递增区间是),0(+∞, …………(2分)∵0>a ,∴1)0()(=>f a f ,∴a a e a >+>1,即a e a >. …………(4分)(II )a x a x ax x g )22)(22(22)(-+=-=',由0)(='x g ,得2a x =,列表当2x )222 …………(6分)由(I )a e a >,∵⎪⎩⎪⎨⎧>>22a a e e aa ,∴22a e a>,∴22a e a >01)1(>=g ,0))(()(22>-+=-=a e a e a e e g a a a a …………(8分) (i )当122≤a,即20≤<a 时,函数)(x g y =在区间),1(a e 不存在零点 (ii )当122>a,即2>a 时 若0)2ln 1(2>-aa ,即e a 22<<时,函数)(x g y =在区间),1(a e 不存在零点若0)2ln 1(2=-aa ,即e a 2=时,函数)(x g y =在区间),1(a e 存在一个零点e x =;若0)2ln 1(2<-aa ,即e a 2>时,函数)(x g y =在区间),1(a e 存在两个零点;综上所述,)(x g y =在(1,)ae 上,我们有结论: 当02a e <<时,函数()f x 无零点; 当2a e = 时,函数()f x 有一个零点; 当2a e >时,函数()f x 有两个零点.…………(12分) 5.(本小题满分14分)已知函数()ln(1)(1)1f x x k x =---+. (I )当1k =时,求函数()f x 的最大值;(II )若函数()f x 没有零点,求实数k 的取值范围;解:(I )当1k =时,2()1xf x x -'=- )(x f 定义域为(1,+∞),令()0,2f x x '==得, ………………(2分) ∵当(1,2),x ∈时()0f x '>,当(2,),x ∈+∞时()0f x '<,∴()(1,2)f x 在内是增函数,(2,)+∞在上是减函数∴当2x =时,()f x 取最大值(2)0f = ………………(4分) (II )①当0k ≤时,函数ln(1)y x =-图象与函数(1)1y k x =--图象有公共点, ∴函数()f x 有零点,不合要求; ………………(8分)②当0k >时,1()11()111kk x k kx k f x k x x x +-+-'=-==---- ………………(6分) 令1()0,k f x x k +'==得,∵1(1,),()0,k x f x k +'∈>时1(1,),()0x f x k '∈++∞<时,∴1()(1,1)f x k +在内是增函数,1[1,)k++∞在上是减函数,∴()f x 的最大值是1(1)ln f k k+=-,∵函数()f x 没有零点,∴ln 0k -<,1k >,因此,若函数()f x 没有零点,则实数k 的取值范围(1,)k ∈+∞.………………(10分) 6.(本小题满分12分)已知2x =是函数2()(23)xf x x ax a e =+--的一个极值点(⋅⋅⋅=718.2e ). (I )求实数a 的值;(II )求函数()f x 在]3,23[∈x 的最大值和最小值.解:(I )由2()(23)x f x x ax a e =+--可得22()(2)(23)[(2)3]x x x f x x a e x ax a e x a x a e '=+++--=++--……(4分)∵2x =是函数()f x 的一个极值点,∴(2)0f '=∴2(5)0a e +=,解得5a =- ……………(6分)(II )由0)1)(2()(>--='x e x x x f ,得)(x f 在)1,(-∞递增,在),2(+∞递增,由0)(<'x f ,得)(x f 在在)2,1(递减∴2)2(e f =是()f x 在]3,23[∈x 的最小值; ……………(8分)2347)23(e f =,3)3(e f = ∵)23()3(,0)74(4147)23()3(23233f f e e e e e f f >>-=-=- ∴()f x 在]3,23[∈x 的最大值是3)3(e f =. ……………(12分)7.(本小题满分14分)已知函数)0,(,ln )2(4)(2≠∈-+-=a R a x a x x x f (I )当a=18时,求函数)(x f 的单调区间;(II )求函数)(x f 在区间],[2e e 上的最小值.解:(Ⅰ)x x x x f ln 164)(2--=,xx x x x x f )4)(2(21642)('-+=--= 2分由0)('>x f 得0)4)(2(>-+x x ,解得4>x 或2-<x 注意到0>x ,所以函数)(x f 的单调递增区间是(4,+∞) 由0)('<x f 得0)4)(2(<-+x x ,解得-2<x <4, 注意到0>x ,所以函数)(x f 的单调递减区间是]4,0(.综上所述,函数)(x f 的单调增区间是(4,+∞),单调减区间是]4,0( 6分(Ⅱ)在],[2e e x ∈时,x a x x x f ln )2(4)(2-+-= 所以xax x x a x x f -+-=-+-=242242)('2, 设a x x x g -+-=242)(2 当0<a 时,有△=16+4×208)2(<=-a a ,此时0)(>x g ,所以0)('>x f ,)(x f 在],[2e e 上单调递增, 所以a e e e f x f -+-==24)()(2min 8分当0>a 时,△=08)2(2416>=-⨯-a a , 令0)('>x f ,即02422>-+-a x x ,解得221a x +>或221a x -<; 令0)('<x f ,即02422<-+-a x x ,解得221a -221ax +<<. ①若221a +≥2e ,即a ≥22)1(2-e 时, )(x f 在区间],[2e e 单调递减,所以a e e e f x f 244)()(242min -+-==.②若2221e ae <+<,即222)1(2)1(2-<<-e a e 时间, )(x f 在区间]221,[a e +上单调递减,在区间],221[2e a +上单调递增,所以min )(x f )221(a f +=)221ln()2(322aa a a +-+--=.③若221a +≤e ,即a <0≤22)1(-e 时,)(x f 在区间],[2e e 单调递增,所以a e e e f x f -+-==24)()(2min综上所述,当a ≥222)1(-e 时,a e a x f 244)(24min -+-=;当222)1(2)1(2-<<-e a e 时,)221ln()2(322)(min aa a a x f +-+--=; 当a ≤2)1(2-e 时,a e e x f -+-=24)(2min14分 8.(本小题满分12分)已知函数()(6)ln f x x x a x =-+在(2,)x ∈+∞上不具有...单调性. (I )求实数a 的取值范围;(II )若()f x '是()f x 的导函数,设22()()6g x f x x'=+-,试证明:对任意两个不相等正数12x x 、,不等式121238|()()|||27g x g x x x ->-恒成立. 解:(I )226()26a x x af x x x x-+'=-+=, ………………(2分)∵()f x 在(2,)x ∈+∞上不具有...单调性,∴在(2,)x ∈+∞上()f x '有正也有负也有0, 即二次函数226y x x a =-+在(2,)x ∈+∞上有零点 ………………(4分) ∵226y x x a =-+是对称轴是32x =,开口向上的抛物线,∴222620y a =⋅-⋅+< 的实数a 的取值范围(,4)-∞ ………………(6分) (II )由(I )22()2a g x x x x =+-, 方法1:2222()()62(0)a g x f x x x x x x '=-+=+->, ∵4a <,∴323233444244()22a x x g x x x x x x -+'=-+>-+=,…………(8分)设2344()2h x x x =-+,3448124(23)()x h x x x x -'=-=()h x 在3(0,)2是减函数,在3(,)2+∞增函数,当32x =时,()h x 取最小值3827∴从而()g x '3827>,∴38(())027g x x '->,函数38()27y g x x =-是增函数,12x x 、是两个不相等正数,不妨设12x x <,则22113838()()2727g x x g x x ->-∴212138()()()27g x g x x x ->-,∵210x x ->,∴1212()()3827g x g x x x ->- ∴1212()()g x g x x x --3827>,即121238|()()|||27g x g x x x ->- ………………(12分)方法2: 11(,())M x g x 、22(,())N x g x 是曲线()y g x =上任意两相异点,121222121212()()2()2g x g x x x ax x x x x x -+=+--,12x x +>4a <12221212122()22x x a a x x x x x x +∴+->1242x x > ………(8分)设0t t =>,令32()244MN k u t t t ==+-,()4(32)u t t t '=-,由()0u t '>,得2,3t >由()0u t '<得20,3t << ()u t ∴在)32,0(上是减函数,在),32(+∞上是增函数,)(t u ∴在32=t 处取极小值2738,38()27u t ∴≥,∴所以1212()()g x g x x x --3827>即121238|()()|||27g x g x x x ->- ………………(12分) 9.(本小题满分12分)已知函数.1,ln )1(21)(2>-+-=a x a ax x x f(I )讨论函数)(x f 的单调性;(II )证明:若.1)()(,),,0(,,521212121->--≠+∞∈<x x x f x f x x x x a 有则对任意(1))(x f 的定义域为),0(+∞,xa x x x a ax x x a a x x f )1)(1(11)('2-+-=-+-=-+-= 2分(i )若2,11==-a a 即,则 .)1()('2xx x f -=故)(x f 在),0(+∞单调增加. (ii )若.0)(',)1,1(,21,1,11<-∈<<><-x f a x a a a 时则当故而)1,1()(,0)(',),1()1,0(->+∞∈-∈a x f x f x a x 在故时及当单调减少,在(0,a-1), ),1(+∞单调增加.(iii )若),1(),1,0(,)1,1()(,2,11+∞-->>-a a x f a a 在单调减少在同理可得即单调增加.(II )考虑函数x x f x g +=)()( .ln )1(212x x a ax x +-+-=由 .)11(1)1(121)1()('2---=---⋅≥-+--=a a xa x x a a x x g由于单调增加在即故),0()(,0)(',5+∞><x g x g a a ,从而当021>>x x 时有 ,0)()(,0)()(212121>-+->-x x x f x f x g x g 即故1)()(2121->--x x x f x f ,当210x x <<时,有1)()()()(12122121->--=--x x x f x f x x x f x f10.(本小题满分14分)已知函数21()ln ,()(1),12f x x a xg x a x a =+=+≠-. (I )若函数(),()f x g x 在区间[1,3]上都是单调函数且它们的单调性相同,求实数a 的取值范围;(II )若(1,]( 2.71828)a e e ∈=,设()()()F x f x g x =-,求证:当12,[1,]x x a ∈时,不等式12|()()|1F x F x -<成立.解:(I )(),()1af x xg x a x''=+=+, ……………(2分)∵函数(),()f x g x 在区间[1,3]上都是单调函数且它们的单调性相同,∴当[1,3]x ∈时,2(1)()()()0a x a f x g x x++''⋅=≥恒成立, ……………(4分) 即2(1)()0a x a ++≥恒成立,∴21a a x >-⎧⎨≥-⎩在[1,3]x ∈时恒成立,或21a a x <-⎧⎨≤-⎩在[1,3]x ∈时恒成立, ∵91x -≤≤-,∴1a >-或9a ≤- ………………(6分) (II )21()ln ,(1)2F x x a x a x =+-+,()(1)()(1)a x a x F x x a x x--'=+-+=∵()F x 定义域是(0,)+∞,(1,]a e ∈,即1a >∴()F x 在(0,1)是增函数,在(1,)a 实际减函数,在(,)a +∞是增函数∴当1x =时,()F x 取极大值1(1)2M F a ==--,当x a =时,()F x 取极小值21()ln 2m F a a a a a ==--, ………………(8分)∵12,[1,]x x a ∈,∴12|()()|||F x F x M m M m -≤-=- ………………(10分)设211()ln 22G a M m a a a =-=--,则()ln 1G a a a '=--, ∴1[()]1G a a''=-,∵(1,]a e ∈,∴[()]0G a ''> ∴()ln 1G a a a '=--在(1,]a e ∈是增函数,∴()(1)0G a G ''>=∴211()ln 22G a a a a =--在(1,]a e ∈也是增函数 ………………(12分)∴()()G a G e ≤,即2211(1)()1222e G a e e -≤--=-, 而22211(1)(31)1112222e e e ----=-<-=,∴()1G a M m =-< ∴当12,[1,]x x a ∈时,不等式12|()()|1F x F x -<成立. ………………(14分)11.(本小题满分12分)设曲线C :()ln f x x ex =-( 2.71828e =⋅⋅⋅),()f x '表示()f x 导函数.(I )求函数()f x 的极值;(II )对于曲线C 上的不同两点11(,)A x y ,22(,)B x y ,12x x <,求证:存在唯一的0x 12(,)x x ∈,使直线AB 的斜率等于0()f x '. 解:(I )11()0exf x e x x-'=-==,得1x e =当x 变化时,()f x '与()f x 变化情况如下表:∴当1x e =时,()f x 取得极大值()2f e=-,没有极小值; …………(4分)(II )(方法1)∵0()AB f x k '=,∴2121021ln ln ()1x x e x x e x x x ----=-,∴21201ln 0x x xx x --=即20211ln ()0x x x x x --=,设2211()ln ()xg x x x x x =--211211()ln ()x g x x x x x =--,1/211()ln 10x x g x x =->,1()g x 是1x 的增函数,∵12x x <,∴2122222()()ln ()0xg x g x x x x x <=--=;222211()ln ()x g x x x x x =--,2/221()ln 10x x g x x =->,2()g x 是2x 的增函数,∵12x x <,∴1211111()()ln ()0xg x g x x x x x >=--=,∴函数2211()ln ()xg x x x x x =--在12(,)x x 内有零点0x , …………(10分)又∵22111,ln 0x x x x >∴>,函数2211()ln ()xg x x x x x =--在12(,)x x 是增函数,∴函数2121()ln x x xg x x x -=-在12(,)x x 内有唯一零点0x ,命题成立…………(12分)(方法2)∵0()AB f x k '=,∴2121021ln ln ()1x x e x x e x x x ----=-,即020112ln ln 0x x x x x x -+-=,012(,)x x x ∈,且0x 唯一设2112()ln ln g x x x x x x x =-+-,则1121112()ln ln g x x x x x x x =-+-, 再设22()ln ln h x x x x x x x =-+-,20x x <<,∴2()ln ln 0h x x x '=-> ∴22()ln ln h x x x x x x x =-+-在20x x <<是增函数 ∴112()()()0g x h x h x =<=,同理2()0g x >∴方程2112ln ln 0x x x x x x -+-=在012(,)x x x ∈有解 …………(10分) ∵一次函数在12(,)x x 2112()(ln ln )g x x x x x x =-+-是增函数∴方程2112ln ln 0x x x x x x -+-=在012(,)x x x ∈有唯一解,命题成立………(12分) 注:仅用函数单调性说明,没有去证明曲线C 不存在拐点,不给分. 12.(本小题满分14分)定义),0(,,)1(),(+∞∈+=y x x y x F y,(I )令函数22()(3,log (24))f x F x x =-+,写出函数()f x 的定义域;(II )令函数322()(1,log (1))g x F x ax bx =+++的图象为曲线C ,若存在实数b 使得曲线C 在)14(00-<<-x x 处有斜率为-8的切线,求实数a 的取值范围;(III )当,*x y ∈N 且x y <时,求证(,)(,)F x y F y x >.解:(I )22log (24)0x x -+>,即2241x x -+> ……………………(2分)得函数()f x 的定义域是(1,3)-, ……………………(4分)(II )22322()(1,log (1))1,g x F x ax bx x ax bx =+++=+++设曲线00(41)C x x -<<-在处有斜率为-8的切线,又由题设,23)(,0)1(log 2232b ax x x g bx ax x ++='>+++∴存在实数b 使得⎪⎩⎪⎨⎧>+++-<<--=++1114823020300020bx ax x x b ax x 有解, ……………………(6分)由①得,238020ax x b ---=代入③得082020<---ax x ,200028041x ax x ⎧++>⎪∴⎨-<<-⎪⎩由有解, ……………………(8分) 方法1:0082()()a x x <-+-,因为041x -<<-,所以0082()[8,10)()x x -+∈-, 当10a <时,存在实数b ,使得曲线C 在)14(00-<<-x x 处有斜率为-8的切线………………(10分)方法2:得08)1()1(208)4()4(222>+-⨯+-⨯>+-⨯+-⨯a a 或,1010,10.a a a ∴<<∴<或 ………………(10分) 方法3:是222(4)(4)802(1)(1)80a a ⎧⨯-+⨯-+≤⎪⎨⨯-+⨯-+≤⎪⎩的补集,即10a < ………………(10分)(III )令2)1ln(1)(,1,)1ln()(x x x xx h x x x x h +-+='≥+=由 又令,0),1ln(1)(>+-+=x x x x x p 0)1(11)1(1)(22<+-=+-+='∴x x x x x p , ),0[)(+∞∴在x p 单调递减. ……………………(12)分0()(0)0,1()0,x p x p x h x '∴><=∴≥<当时有当时有),1[)(+∞∴在x h 单调递减,x y y x y x x y yy x x y x )1()1(),1ln()1ln(,)1ln()1ln(,1+>+∴+>+∴+>+<≤∴有时,).,(),(,x y F y x F y x N y x ><∈∴*时且当 ………………(14分)①②③。

高中数学导数压轴30题

高中数学导数压轴30题

高中数学导数压轴30题(解答题)解答题(共30小题),且XiVx2,1.设函数f (x) =x2+aln (14-x)有两个极值点X]、x2(I )求a的取值范围,并讨论f(X)的单调性;(II)证明:f(X2)>1二24考点:利用导数研究函数的极值;利用导数研究函数的单调性;不等式的证明。

专题:计算题;证明题;压轴题。

分析:(1)先确定函数的定义域然后求导数r (x),令g (x) =2x2+2x+a,由题意知X]、X2是方程g (x) =0的两个均大于-1的不相等的实根,建立不等关系解之即可,在函数的定义域内解不等式f' (x) >。

和?(X)<0,求出单调区间;(2) X2是方程g (x) =0的根,将a用X2表示,消去a得到关于X2的函数,研究函数的单调性求出函数的最大值,即可证得不等式。

2解答:解:(I)F (x)二2肝胃二2x +2x3缶>7 1+x 1+x令g (x) =2x2+2x+a,其对称轴为肝-工. 2由题意知X1、X2是方程g(X)=0的两个均大于-1的不相等的实根,其充耍条件为得 lg ( -1) =a>0 2(1)当 XC ( - 1, XI)时,f (x) >0,「. f (x)在(-1, X1)内为增函数;(2)当 XC (X1,X2)时,f (x) <0, f (x)在(X1,X2)内为减函数;(3)当 xe(X2,+°°)时,f (x) >0, /. f (x)在(X2,+°°)内为增函数;(II)由(I) g (0) =a>0, -l<X2<0,a=- (2X22+2X2)2f(X2)=X22+aln (1+X2)=X22 - (2X22+2X2)In (1+x?)设h (x) = x2 - (2X2+2X) In (1+x) (x> -,贝ijh' (x) =2x - 2 (2x+l) In (1+x) - 2x= - 2 (2x+l) In (1+x)(1)当xE (-L 0)时,h' (x) >0, /. h (x)在[-工,0)单调递增;2 2(2)当 xC (0, +8)时,h, (x) <0, h (x)在(0, +8)单调递减.「•当正0)时,h 3 >h (-A) 2二:1n2 乙乙"故f (叼)=h(X2)点评:本题主要考查了利用导数研究函数的单调性,以及利用导数研究函数的极值等有关知识,属于基础题。

(完整版)导数压轴题

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导数压轴题9.(能力挑战题)设f (x )=e x1+ax 2,其中a 为正实数.(1)当a =43时,求f (x )的极值点.(2)若f (x )为⎣⎢⎡⎦⎥⎤12,32上的单调函数,求a 的取值范围.[解析] ∵f ′(x )=(ax 2-2ax +1)e x(1+ax 2)2,(1)当a =43时,若f ′(x )=0,则4x 2-8x +3=0⇒x 1=12,x 2=32,∴x 1=12是极大值点,x 2=32是极小值点. (2)记g (x )=ax 2-2ax +1,则 g (x )=a (x -1)2+1-a ,∵f (x )为⎣⎢⎡⎦⎥⎤12,32上的单调函数,则f ′(x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12,32上不变号,∵e x(1+ax 2)2>0, ∴g (x )≥0或g (x )≤0对x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12,32恒成立,又g (x )的对称轴为x =1,故g (x )的最小值为g (1),最大值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12.由g (1)≥0或g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12≤0⇒0<a ≤1或a ≥43, ∴a 的取值范围是0<a ≤1或a ≥43.10.(能力挑战题)函数f (x )=x ln x -ax 2-x (a ∈R ).(1)若函数f(x)在x=1处取得极值,求a的值.(2)若函数f(x)的图象在直线y=-x图象的下方,求a的取值范围.(3)求证:2 0132 012<2 0122 013.[解析](1)函数定义域为(0,+∞),f′(x)=ln x-2ax,∵f(x)在x=1处取得极值,∴f′(1)=0,即-2a=0,∴a=0.∴f′(x)=ln x,当x∈(0,1)时,f′(x)<0,当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,∴f(x)在x=1处取得极值.(2)由题意,得x ln x-ax2-x<-x,∴x ln x-ax2<0.∵x∈(0,+∞),∴a>ln xx.设h(x)=ln xx,则h′(x)=1-ln xx2.令h′(x)>0,得0<x<e,∴h(x)在(0,e)上为增函数;令h′(x)<0,得x>e,∴h(x)在(e,+∞)上为减函数.∴h(x)max=h(e)=1e,∴a>1e.(3)由(2)知h (x )=ln xx 在(e ,+∞)上为减函数, ∴h (x )>h (x +1), ∴ln x x >ln (x +1)x +1.∴(x +1)ln x >x ln(x +1), ∴ln x x +1>ln(x +1)x , ∴x x +1>(x +1)x .令x =2 012,得2 0122 013>2 0132 012. 11.已知函数f (x )=ln(1+x )-ax1-x(a ∈R ). (1)求函数f (x )的单调区间;(2)若数列{a m }的通项公式a m =⎝ ⎛⎭⎪⎫1+12 013×2m +1 2 013(m ∈N *),求证:a 1·a 2·…·a m <3(m ∈N *).[解析] (1)由题意,函数的定义域为(-1,1)∪(1,+∞),f ′(x )=11+x-a(1-x )2, 当a ≤0时,注意到11+x >0,a (1-x )2≤0, 所以f ′(x )>0,即函数f (x )的增区间为(-1,1),(1,+∞),无减区间; 当a >0时,f ′(x )=11+x -a (1-x )2 =x 2-(2+a )x +1-a (1+x )(1-x )2, 由f ′(x )=0,得x 2-(2+a )x +1-a =0,此方程的两根x 1=a +2-a 2+8a 2,x 2=a +2+a 2+8a2,其中-1<x 1<1<x 2,注意到(1+x )(1-x )2>0,所以f ′(x )>0⇔-1<x <x 1或x >x 2,f ′(x )<0⇔x 1<x <1或1<x <x 2,即函数f (x )的增区间为(-1,x 1),(x 2,+∞),减区间为(x 1,1),(1,x 2). 综上,当a ≤0时,函数f (x )的增区间为(-1,1)(1,+∞),无减区间; 当a >0时,函数f (x )的增区间为(-1,x 1),(x 2,+∞),减区间为(x 1,1),(1,x 2),其中x 1=a +2-a 2+8a 2,x 2=a +2+a 2+8a2.(2)当a =1时,由(1)知,函数f (x )=ln(1+x )-x1-x在(0,1)上为减函数, 则当0<x <1时,f (x )=ln(1+x )-x1-x<f (0)=0, 即ln(1+x )<x1-x ,令x =12 013×2m+1(m ∈N *),则 ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1+12 013×2m+1<12 013×2m ,12.已知函数f (x )=x 22+a 3ln(x -a -a 2),a ∈R 且a ≠0. (1)讨论函数f (x )的单调性;(2)当a <0时,若a 2+a <x 1<x 2<a 2-a ,证明:f (x 2)-f (x 1)x 2-x 1<a 22-a .[解析] (1)由题意,f ′(x )=x +a 3x -a -a 2=x 2-(a +a 2)x +a 3x -a -a 2=(x -a )(x -a 2)x -a -a 2.令f ′(x )>0,因为x -a -a 2>0,故(x -a )(x -a 2)>0. 当a >0时,因a +a 2>a 且a +a 2>a 2, 所以上面不等式的解集为(a +a 2,+∞), 从而此时函数f (x )在(a +a 2,+∞)上单调递增.当a <0时,因a <a +a 2<a 2,所以上面不等式的解集为(a 2,+∞),从而此时函数f (x )在(a 2,+∞)上单调递增,同理此时f (x )在(a +a 2,a 2]上单调递减.(2)证法一: 要证原不等式成立,只需证明 f (x 2)-f (x 1)<(x 2-x 1)⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22-a ,只需证明f (x 2)-⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22-a x 2<f (x 1)-⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22-a x 1.因为a 2+a <x 1<x 2<a 2-a ,所以原不等式只需证明函数h (x )=f (x )-⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22-a x在x ∈(a 2+a ,a 2-a )内单调递减.由(1)知h ′(x )=x -⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22-a +a 3x -a -a 2=x 2-32a 2x +a 42+a 32-a 2x -a -a 2,因为x -a -a 2>0,我们考察函数g (x )=x 2-32a 2x +a 42+a 32-a 2,x ∈(a 2+a ,a 2-a ).因a 2+a +a 2-a 2=a 2>x 对称轴=3a 24,且3a 24<a 2-a ,所以g (x )≤g (a 2-a )=0.从而知h ′(x )<0在x ∈(a 2+a ,a 2-a )上恒成立,所以函数h (x )=f (x )-⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22-a x 在x ∈(a 2+a ,a 2-a )内单调递减.从而原命题成立.证法二:要证原不等式成立, 只需证明f (x 2)-f (x 1)<(x 2-x 1)⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22-a ,只需证明f (x 2)-⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22-a x 2<f (x 1)-⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22-a x 1.又a 2+a <x 1<x 2<a 2-a , 设g (x )=f (x )-⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22-a x ,则欲证原不等式只需证明函数g (x )=f (x )-⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22-a x 在x ∈(a 2+a ,a 2-a )内单调递减.由(1)可知g ′(x )=f ′(x )-⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22-a=x +a 3x -a -a2-⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22-a =x -a -a 2+a 3x -a -a 2+a +a 2-⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22-a .因为a <0,所以y =x -a -a 2+a 3x -a -a2在(a 2+a ,a 2-a )上为增函数, 所以g ′(x )≤g ′(a 2-a )=a 2-a -a -a 2+a 3a 2-a -a -a 2+a +a 2-⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22-a =0. 从而知g ′(x )<0在x ∈(a 2+a ,a 2-a )上恒成立,所以函数g (x )=f (x )-⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22-a x 在x ∈(a 2+a ,a 2-a )内单调递减.从而原命题成立. 13.已知函数f (x )=e x sin x . (1)求函数f (x )的单调区间;(2)如果对于任意的x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1,π2,f (x )≥kx 总成立,求实数k 的取值范围;(3)设函数F (x )=f (x )+e x cos x ,x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤-2 011π2,2 013π2.过点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫π-12,0作函数F (x )图象的所有切线,令各切点的横坐标构成数列{x n },求数列{x n }的所有项之和S 的值.[解析] (1)由于f (x )=e x sin x ,所以 f ′(x )=e x sin x +e x cos x =e x (sin x +cos x ) =2e x sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x +π4.当x +π4∈(2k π,2k π+π),即x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2k π-π4,2k π+3π4时,f ′(x )>0; 当x +π4∈(2k π+π,2k π+2π),即x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2k π+3π4,2k π+7π4时,f ′(x )<0.所以f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫2k π-π4,2k π+3π4(k ∈Z ),单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫2k π+3π4,2k π+7π4(k ∈Z ).(2)令g (x )=f (x )-kx =e x sin x -kx ,要使f (x )≥kx 总成立,只需x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0,π2时g (x )min ≥0.g ′(x )=e x (sin x +cos x )-k ,令h (x )=e x (sin x +cos x ),则h ′(x )=2e x cos x >0,x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0,π2,所以h (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0,π2上为增函数, 所以h (x )∈[1,e ]. 对k 分类讨论:①当k ≤1时,g ′(x )≥0恒成立,所以g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0,π2上为增函数,所以g (x )min=g (0)=0,即g (x )≥0恒成立;②当1<k <e 时,g ′(x )=0在[1,e ]上有实根x 0,因为h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0,π2上为增函数,所以当x ∈(0,x 0)时,g ′(x )<0,所以g (x 0)<g (0)=0,不符合题意;③当k ≥e 时,g ′(x )≤0恒成立,所以g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0,π2上为减函数,则g (x )<g (0)=0,不符合题意;综合①②③可得,所求的实数k 的取值范围是(-∞,1]. (3)因为F (x )=f (x )+e x cos x =e x (sin x +cos x ), 所以F ′(x )=2e x cos x ,设切点坐标为(x 0,e x 0(sin x 0+cos x 0)), 则斜率为F ′(x 0)=2e x 0cos x 0,切线方程为y -e x 0(sin x 0+cos x 0) =2e x 0cos x 0·(x -x 0),将M ⎝ ⎛⎭⎪⎫π-12,0的坐标代入切线方程,得 -e x 0(sin x 0+cos x 0) =2e x 0cos x 0·⎝ ⎛⎭⎪⎫π-12-x 0, 整理得-tan x 0-1=-2⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0-π-12, 即tan x 0=2⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0-π2,令y 1=tan x ,y 2=2⎝ ⎛⎭⎪⎫x -π2,则这两个函数的图象均关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫π2,0对称,它们交点的横坐标也关于π2对称且成对出现,方程tan x =2⎝ ⎛⎭⎪⎫x -π2,x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤-2 011π2,2 013π2的根即所作的所有切线的切点横坐标构成的数列{x n }的项也关于π2对称且成对出现,在⎣⎢⎡⎦⎥⎤-2 011π2,2 013π2内共构成1 006对,每对的和为π,因此数列{x n }的所有项的和S =1 006π.14.已知函数f (x )=ln x -px +1. (1)求函数f (x )的极值点;(2)若对任意的x >0,恒有f (x )≤0,求p 的取值范围; (3)证明:ln 222+ln 332+…+ln n n 2<2n 2-n -14(n +1)(n ∈N ,n ≥2).[解析] (1)∵f (x )=ln x -px +1, ∴f (x )的定义域为(0,+∞), f ′(x )=1-pxx ,当p ≤0时,f ′(x )>0,f (x )在(0,+∞)上无极值点;当p >0时,令f ′(x )=0, ∴x =1p ∈(0,+∞),f ′(x ),f (x )随x 的变化情况如下表:从上表可以看出:当p >0时,f (x )有唯一的极大值,当x =1p 时,f (x )=-ln p ;即函数f (x )的极值点是⎝ ⎛⎭⎪⎫-1p ,-ln p .(2)当p >0时,在x =1p 处取得极大值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1p =ln 1p ,此极大值也是最大值,要使f (x )≤0恒成立,只需f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1p =ln 1p ≤0;∴p ≥1,∴p 的取值范围为[1,+∞). (3)令p =1,由(2)知,ln x -x +1≤0, ∴ln x ≤x -1,∵n ∈N ,n ≥2,ln n 2≤n 2-1,∴ln n 2n 2≤n 2-1n 2=1-1n 2,∴ln 222+ln 332+…+ln n n 2 =12⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 2222+ln 3232+…+ln n 2n 2≤12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1-122+⎝ ⎛⎭⎪⎫1-132+…+⎝ ⎛⎭⎪⎫1-1n 2 =12⎣⎢⎡⎦⎥⎤(n -1)-⎝ ⎛⎭⎪⎫122+132+…+1n 2<12(n -1)-12⎣⎢⎡⎦⎥⎤12×3+13×4+…+1n (n +1) =12(n -1)⎣⎢⎡⎦⎥⎤1-12(n +1)=2n 2-n -14(n +1)(n ∈N ,n ≥2),得证.10.(2014·银川模拟)已知函数f (x )=ax +bx 2+1在点M (1,f (1))处的切线方程为x -y -1=0.(1)求f (x )的解析式.(2)设函数g (x )=ln x ,证明:g (x )≥f (x )对x ∈[1,+∞)恒成立. [解析] (1)将x =1代入切线方程得f (1)=0, 又f (1)=a +b2,化简得a +b =0.① f ′(x )=a (x 2+1)-(ax +b )·2x(1+x 2)2,f ′(1)=2a -2(a +b )4=-2b 4=-b2, 由f ′(1)=1得-b2=1.② 由①②解得:a =2,b =-2, 所以f (x )=2x -2x 2+1.(2)要证ln x ≥2x -2x 2+1在[1,+∞)上恒成立,即证(x 2+1)ln x ≥2x -2在[1,+∞)上恒成立, 即证x 2ln x +ln x -2x +2≥0在[1,+∞)上恒成立. 设h (x )=x 2ln x +ln x -2x +2, h ′(x )=2x ln x +x +1x -2.∵x ≥1,∴2x ln x ≥0,x +1x ≥2,即h ′(x )≥0. ∴h (x )在[1,+∞)上单调递增,h (x )≥h (1)=0, ∴g (x )≥f (x )在x ∈[1,+∞)上恒成立.11.(2014·河北质检)已知函数f (x )=2ln x -x 2+ax (a ∈R ). (1)当a =2时,求f (x )的图象在x =1处的切线方程;(2)若函数g (x )=f (x )-ax +m 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ,e 上有两个零点,求实数m 的取值范围;(3)若函数f (x )的图象与x 轴有两个不同的交点A (x 1,0),B (x 2,0),且0<x 1<x 2,求证:f ′⎝⎛⎭⎪⎫x 1+x 22<0(其中f ′(x )是f (x )的导函数). [解析] (1)当a =2时,f (x )=2ln x -x 2+2x ,f ′(x )=2x -2x +2,切点坐标为(1,1),切线的斜率k =f ′(1)=2,则切线方程为y -1=2(x -1),即y =2x -1. (2)g (x )=2ln x -x 2+m ,则g ′(x )=2x -2x =-2(x +1)(x -1)x,∵x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ,e ,∴当g ′(x )=0时,x =1.当1e <x <1时,g ′(x )>0;当1<x <e 时,g ′(x )<0.故g (x )在x =1处取得极大值g (1)=m -1. 又g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e =m -2-1e 2, g (e)=m +2-e 2,g (e)-g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e =4-e 2+1e 2<0,则g (e)<g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e .∴g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ,e 上的最小值是g (e).g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ,e 上有两个零点的条件是⎩⎨⎧g (1)=m -1>0,g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e =m -2-1e 2≤0,解得1<m ≤2+1e 2,∴实数m 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤1,2+1e 2. (3)∵f (x )的图象与x 轴交于两个不同的点A (x 1,0),B (x 2,0),∴方程2ln x -x 2+ax =0的两个根为x 1,x 2,则⎩⎪⎨⎪⎧2ln x 1-x 21+ax 1=0,2ln x 2-x 22+ax 2=0,两式相减得a =(x 1+x 2)-2(ln x 1-ln x 2)x 1-x 2.又f (x )=2ln x -x 2+ax ,f ′(x )=2x -2x +a ,则f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1+x 22=4x 1+x 2-(x 1+x 2)+a =4x 1+x 2-2(ln x 1-ln x 2)x 1-x 2. 下证4x 1+x 2-2(ln x 1-ln x 2)x 1-x 2<0(*),即证明2(x 2-x 1)x 1+x 2+ln x 1x 2<0,设t =x 1x 2,∵0<x 1<x 2,∴0<t <1,即证明u (t )=2(1-t )t +1+ln t <0在0<t <1上恒成立.∵u ′(t )=-2(t +1)-2(1-t )(t +1)2+1t =1t -4(t +1)2=(t -1)2t (t +1)2,又0<t <1,∴u ′(t )>0, ∴u (t )在(0,1)上是增函数,则u (t )<u (1)=0,从而知2(x 2-x 1)x 1+x 2+ln x 1x 2<0,故(*)式成立,即f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1+x 22<0成立. 12.(2014·潍坊模拟)已知函数f (x )=ax 2+x ,g (x )=ln(x +1). (1)若a =1,求F (x )=g (x )-f (x )在(-1,+∞)上的最大值.(2)利用(1)的结论证明:对任意的正整数n ,不等式2+34+49+…+n +1n 2>ln(n +1)都成立.(3)是否存在实数a (a >0),使得方程2g (x -1)x =f ′(x )-(4a -1)在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ,e 内有且只有两个不相等的实数根?若存在,请求出a 的取值范围;若不存在,请说明理由.[解析] (1)F ′(x )=1x +1-2x -1=-x (2x +3)x +1,当x ∈(-1,0)时,F ′(x )>0, x ∈(0,+∞)时,F ′(x )<0,∴x =0是F (x )在(-1,+∞)上唯一的极大值点, 从而当x =0时,F (x )取得最大值 F (0)=0. (2)由(1)知∀x ∈(0,+∞),F (x )<0, 即ln(x +1)<x 2+x , 令x =1n 得ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n +1<1n 2+1n ,即ln(n +1)-ln n <n +1n 2, ∴ln 2-ln 1<2,ln 3-ln 2<34, ……ln(n +1)-ln n <n +1n 2,∴ln(n +1)-ln 1<2+34+49+…+n +1n 2, 即2+34+49+…+n +1n 2>ln(n +1).(3)把方程2g (x -1)x =f ′(x )-(4a -1)整理为ax 2+(1-2a )x -ln x =0.设H (x )=ax 2+(1-2a )x -ln x (x >0),原方程在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ,e 内有且只有两个不相等的实数根,即函数H (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ,e 内有且只有两个零点. H ′(x )=2ax +(1-2a )-1x =2ax 2+(1-2a )x -1x=(2ax +1)(x -1)x,令H ′(x )=0,因为a >0,解得x =1或x =12a (舍), 当x ∈(0,1)时,H ′(x )<0,H (x )是减函数;当x ∈(1,+∞)时,H ′(x )>0,H (x )是增函数,H (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ,e 内有且只有两个不相等的零点,只需⎩⎪⎨⎪⎧H ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e >0,H (x )min<0,H (e )>0,即⎩⎪⎨⎪⎧a e 2+1-2ae +1=(1-2a )e +a +e 2e 2>0,H (1)=a +(1-2a )=1-a <0,a e 2+(1-2a )e -1=(e 2-2e )a +(e -1)>0,∴⎩⎪⎨⎪⎧a <e 2+e2e -1,a >1,a >1-e e 2-2e,解得1<a <e 2+e 2e -1,所以a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1,e 2+e 2e -1. 13.(14届衡水中学期中)已知函数f (x )=a ln x +1x -1(a ≠0)在⎝ ⎛⎭⎪⎫0,12内有极值.(1)求实数a 的取值范围;(2)若x 1∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0,12,x 2∈(2,+∞)且a ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12,2时,求证:f (x 2)-f (x 1)≥ln 2+34.[解析] (1)由f (x )=a ln x +1x -1(a ≠0),得 f ′(x )=ax 2-(2a +1)x +ax (x -1)2,∵a ≠0,令g (x )=x 2-⎝ ⎛⎭⎪⎫2+1a x +1, ∴g (0)=1>0.令g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12<0或⎩⎪⎨⎪⎧0<1+12a <12,Δ=(2a +1)2-4a 2>0,g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12>0,则0<a <2.即a 的取值范围是(0,2).(2)由(1)得:f ′(x )=ax 2-(2a +1)x +ax (x -1)2,设ax 2-(2a +1)x +a =0(0<a <2)的两根为α,β,则⎩⎨⎧α+β=2+1a ,α·β=1解得0<α<12<2<β.当x ∈(0,α)和(β,+∞)时, f ′(x )=ax 2-(2a +1)x +ax (x -1)2>0,函数f (x )单调递增;当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫α,12和(2,β)时,f ′(x )=ax 2-(2a +1)x +ax (x -1)2<0,函数f (x )单调递减,则f (x 1)≤f (α),f (x 2)≥f (β), 则f (x 2)-f (x 1)≥f (β)-f (α)=a ln β+1β-1-a ln α-1α-1=a ln βα+α-βαβ-(α+β)+1=a ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln β2+β-1β⎝ ⎛⎭⎪⎫利用α+β=2+1a ,α·β=1 令h (x )=ln x 2+x -1x ,x >2则 h ′(x )=(x +1)2x 2>0,则函数h (x )单调递增,h (x )≥h (2)=2ln 2+32, ∴ln β2+β-1β≥2ln 2+32>0. ∵a ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫12,2,则a ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln β2+β-1β≥ln 2+34,∴f (x 1)-f (x 2)≥ln 2+34.。

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历年导数压轴经典题目证题中常用的不等式:① ln 1(0)x x x ≤->②≤ln +1(1)x x x ≤>-() ③1x e x ≥+④ 1xex -≥-⑤ ln 1(1)12x x x x -<>+⑥ 22ln 11(0)22x x x x <->⑦ 1≥e^x (1-x )1.已知函数321()3f x x ax bx =++,且'(1)0f -=(1) 试用含a 的代数式表示b,并求()f x 的单调区间;(2)令1a =-,设函数()f x 在1212,()x x x x <处取得极值,记点M (1x ,1()f x ),N(2x ,2()f x ),P(,()m f m ), 12x m x <<,请仔细观察曲线()f x 在点P 处的切线与线段MP 的位置变化趋势,并解释以下问题:(I )若对任意的m ∈(t, x 2),线段MP 与曲线f(x)均有异于M,P 的公共点,试确定t 的最小值,并证明你的结论;(II )若存在点Q(n ,f(n)), x ≤n< m ,使得线段PQ 与曲线f(x)有异于P 、Q 的公共点,请直接写出m 的取值围(不必给出求解过程)2.本小题满分14分)已知函数,,且是函数的极值点。

(Ⅰ)数的值; (Ⅱ)若方程有两个不相等的实数根,数的取值围;(Ⅲ)若直线是函数的图象在点处的切线,且直线与函数的图象相切于点,,数的取值围。

1 x x3.已知函数()()()()201,10.x f x ax bx c e f f =++==且(I )若()f x 在区间[]0,1上单调递减,数a 的取值围;(II )当a=0时,是否存在实数m 使不等式()224141x f x xe mx x x +≥+≥-++对任意x R ∈恒成立?若存在,求出m 的值,若不存在,请说明理由4.已知:二次函数()g x 是偶函数,且(1)0g =,对,()1x R g x x ∀∈≥-有恒成立,令1()()ln ,()2f xg x m x m R =++∈(I )求()g x 的表达式;(II )当0m <∃≤时,若x>0,使f(x)0成立,求m 的最大值;(III )设12,()()(1),m H x f x m x <<=-+证明:对12,[1,]x x m ∀∈,恒有12|()()| 1.H x H x -<5.已知函数()(a x ax x f ln -=>)().28,0+=x xx g (I )求证();ln 1a x f +≥(II )若对任意的⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈32,211x ,总存在唯一的⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈e ex ,122(e 为自然对数的底数),使得()()21x f x g =,数a 的取值围.6.已知函数2()8,()6ln .f x x x g x x m =-+=+ (I )求()f x 在区间[],1t t +上的最大值();h t(II )是否存在实数,m 使得()y f x =的图象与()y g x =的图象有且只有三个不同的交点?若存在,求出m 的取值围;若不存在,说明理由。

7.已知函数()xf x e kx =-,x ∈R(Ⅰ)若k=e ,试确定函数f (x )的单调区间;(Ⅱ)若k>0,且对于任意,()0x R f x ∈>恒成立,试数k 的取值围;(Ⅲ)设函数F (x )=f (x )+f (x )+f (-x ),求证:12(1)(2)()(2)n n F F F n e +⋅⋅⋅>+(*n N ∈)8.(1)已知函数f(x)=x 3=x ,其图像记为曲线C. (i )求函数f(x)的单调区间;(ii)证明:若对于任意非零实数x 1,曲线C 与其在点P 1(x 1,f(x 1)处的切线交于另一点P 2(x 2,f(x 2).曲线C 与其在点P 2处的切线交于另一点P 3(x 3 f(x 3)),线段P 1P 2,P 2P 3与曲线C 所围成封闭图形的面积分别记为S 1,S 2,则12s s 为定值: (Ⅱ)对于一般的三次函数g (x )=ax 3+bx 2+cx+d(a ≠0),请给出类似于(Ⅰ)(ii)的正确命题,并予以证明。

9.已知函数R a ex ax e x f x∈-+=,)(2(Ⅰ)若曲线)(x f y =在点))1(,1(f 处的切线平行于x 轴,求函数)(x f 的单调区间; (Ⅱ)试确定a 的取值围,使得曲线)(x f y =上存在唯一的点P ,曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P 。

10.已知f (x )=222+-x ax (x ∈R )在区间[-1,1]上是增函数.(Ⅰ)数a 的值组成的集合A ; (Ⅱ)设关于x 的方程f (x )=x1的两个非零实根为x 1、x 2.试问:是否存在实数m ,使得不等式m 2+tm +1≥|x 1-x 2|对任意a ∈A 及t ∈[-1,1]恒成立?若存在,求m 的取值围;若不存在,请说明理由.11.已知函数f (x )=ln x ,g(x )=21ax 2+b x ,a ≠0. (Ⅰ)若b =2,且h (x )=f (x )-g(x )存在单调递减区间,求a 的取值围;(Ⅱ)设函数f (x )的图象C 1与函数g(x )图象C 2交于点P 、Q ,过线段PQ 的中点作x 轴的垂线分别交C 1,C 2于点M 、N ,证明C 1在点M 处的切线与C 2在点N 处的切线不平行.12.已知()n n n A a b ,(n ∈N*)是曲线xy e =上的点,1a a =,n S 是数列{}n a 的前n 项和,且满足22213n n n S n a S -=+,0n a ≠,234n =,,,….(I )证明:数列2n n b b +⎧⎫⎨⎬⎩⎭(2n ≤)是常数数列; (II )确定a 的取值集合M ,使a M ∈时,数列{}n a 是单调递增数列; (III )证明:当a M ∈时,弦1n n A A +(n ∈N*)的斜率随n 单调递增.13已知函数f (x )=ln 2(1+x)-21x x+. (I)求函数f (x ) 的单调区间; (Ⅱ)若不等式1(1)a ae n++≤对任意的N*n ∈都成立(其中e 是自然对数的底数).求α的最大值.14.已知函数),()(2R c b c bx x x f ∈++=,对任意R x ∈,恒有).()('x f x f ≤ (I )证明:当0≥x 时,;)()(2c x x f +≤(II )若对满足题设条件的任意b ,c ,不等式)()()(22b c M b f c f -≤-恒成立,求M的最小值.15.已知函数3()f x x =,()g x x =(Ⅰ)求函数()()()h x f x g x =-的零点个数。

并说明理由;(Ⅱ)设数列{n a }(*n N ∈)满足10(0)a a =>,1()()n n f a g a +=,证明:存在常数M,使得 对于任意的*n N ∈,都有n a ≤ M .16.已知函数()f x =axe x =-,其中a ≠0.(1) 若对一切x ∈R ,()f x ≥1恒成立,求a 的取值集合.(2)在函数()f x 的图像上取定两点11(,())A x f x ,22(,())B x f x 12()x x <,记直线AB 的斜率为K ,问:是否存在x 0∈(x 1,x 2),使0()f x k '>成立?若存在,求0x 的取值围;若不存在,请说明理由.17.设()ln(1)(,,,)f x x ax b a b R a b =+++∈为常数,曲线()y f x =与直线32y x =在(0,0)点相切。

(Ⅰ)求,a b 的值。

(Ⅱ)证明:当02x <<时,9()6xf x x <+。

18.已知函数()()21xf x x e -=+⋅()3,12cos .2x g x ax x x =+++当[]0,1x ∈时,(I )求证:()11-;1x f x x≤≤+ (II )若()()f x g x ≥恒成立,数a 的取值围。

19.已知函数8()(cos )(2)(sin 1)3f x x x x x π=-+-+,2()3()cos 4(1sin )ln(3)xg x x x x x π=--+-.证明:(1)存在唯一0(0,)2x π∈,使0()0f x =;(2)存在唯一1(,)2x ππ∈,使1()0g x =,且对(1)中的01x x π+<.20.已知函数()()()1ln 1,.xf x x a x a Rg x xe -=--∈=(I )求()g x 的极值;(II )设2a =,函数()()322m h x x x f x ⎡⎤'=++⎢⎥⎣⎦在区间()2,3上不是单调函数,数m 的取值围.(III )当0a <时,若对任意的 []()()()()()1212212111,3,4,x x x x f x f x g x g x ∈≠-<-恒成立,求a 的最小值.21.已知函数()ln ,().xf x xg x e == ⑴若函数φ(x )=f (x )-11x x ,求函数φ(x )的单调区间; ⑵设直线l 为函数f (x )的图象上一点A (x 0,f (x 0))处的切线,证明:在区间(1,+∞)上存在唯一的x 0,使得直线l 与曲线y =g (x )相切.22.已知函数2()ln ,()3f x x x g x x ax ==-+-. ⑴求()f x 在[,2](0)t t t +>上的最小值;⑵若存在1,x e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦(e 是常数,e =2.71828⋅⋅⋅)使不等式2()()f x g x ≥成立,数a 的取值围;⑶证明对一切(0,),x ∈+∞都有12ln x x e ex>-成立.23.设函数1()ln ().f x x a x a R x =--∈⑴讨论函数()f x 的单调性;⑵若()f x 有两个极值点12,x x ,记过点11(,()),A x f x 22(,())B x f x 的直线斜率为k ,问:是否存在a ,使得2k a =-?若存在,求出a 的值;若不存在,请说明理由.24.已知函数()()323,f x ax bx x a b R =+-∈在点()()1,1f 处的切线方程为20y +=.⑴求函数()f x 的解析式;⑵若对于区间[]2,2-上任意两个自变量的值12,x x 都有()()12f x f x c -≤,数c 的最小值;⑶若过点()()2,2M m m ≠可作曲线()y f x =的三条切线,数m 的取值围.25.已知a ∈R ,函数()ln 1,()(ln 1),x af x xg x x e x x=+-=-+(其中 2.718e ≈) (I )求函数()f x 在区间(]0,e 上的最小值;(II )是否存在实数(]00,x e ∈,使曲线()y g x =在点0x x =处的切线与y 轴垂直?若存在,求出0x 的值;若不存在,请说明理由。

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