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高三数学理一轮复习典型题专项训练：导数及其应用

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高考数学一轮复习 第三章 导数及其应用3

高考数学一轮复习 第三章 导数及其应用3

高考数学一轮复习 第三章 3.7 利用导数研究函数零点 题型一 数形结合法研究函数零点例1 (2020·全国Ⅰ)已知函数f (x )＝e x －a (x ＋2)． (1)当a ＝1时，讨论f (x )的单调性； (2)若f (x )有两个零点，求a 的取值范围． 解 (1)当a ＝1时，f (x )＝e x －(x ＋2)，f ′(x )＝e x －1，令f ′(x )<0，解得x <0，令f ′(x )>0，解得x >0，所以f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． (2)令f (x )＝0，得e x ＝a (x ＋2)，即1a ＝x ＋2ex ，所以函数y ＝1a 的图象与函数φ(x )＝x ＋2e x 的图象有两个交点，φ′(x )＝－x －1e x ，当x ∈(－∞，－1)时，φ′(x )>0； 当x ∈(－1，＋∞)时，φ′(x )<0， 所以φ(x )在(－∞，－1)上单调递增， 在(－1，＋∞)上单调递减，所以φ(x )max ＝φ(－1)＝e ，且x →－∞时， φ(x )→－∞；x →＋∞时，φ(x )→0， 所以0<1a <e ，解得a >1e .所以a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞. 教师备选已知函数f (x )＝x e x ＋e x .(1)求函数f (x )的单调区间和极值；(2)讨论函数g (x )＝f (x )－a (a ∈R )的零点的个数． 解 (1)函数f (x )的定义域为R ， 且f ′(x )＝(x ＋2)e x ，令f ′(x )＝0得x ＝－2，则f ′(x )，f (x )的变化情况如表所示：x (－∞，－2)－2 (－2，＋∞)f ′(x ) － 0 ＋ f (x )单调递减－1e2 单调递增∴f (x )的单调递减区间是(－∞，－2)，单调递增区间是(－2，＋∞)． 当x ＝－2时，f (x )有极小值为f (－2)＝－1e 2，无极大值．(2)令f (x )＝0，得x ＝－1， 当x <－1时，f (x )<0；当x >－1时，f (x )>0，且f (x )的图象经过点⎝⎛⎭⎫－2，－1e 2，(－1,0)，(0,1)． 当x →－∞时，与一次函数相比，指数函数y ＝e －x 增长更快，从而f (x )＝x ＋1e －x →0；当x →＋∞时，f (x )→＋∞，f ′(x )→＋∞，根据以上信息，画出f (x )大致图象如图所示．函数g (x )＝f (x )－a (a ∈R )的零点的个数为y ＝f (x )的图象与直线y ＝a 的交点个数． 当x ＝－2时，f (x )有极小值f (－2)＝－1e2.∴关于函数g (x )＝f (x )－a (a ∈R )的零点个数有如下结论：当a <－1e 2时，零点的个数为0；当a ＝－1e 2或a ≥0时，零点的个数为1；当－1e2<a <0时，零点的个数为2.思维升华 含参数的函数零点个数，可转化为方程解的个数，若能分离参数，可将参数分离出来后，用x 表示参数的函数，作出该函数的图象，根据图象特征求参数的范围． 跟踪训练1 设函数f (x )＝ln x ＋mx，m ∈R .(1)当m ＝e(e 为自然对数的底数)时，求f (x )的极小值； (2)讨论函数g (x )＝f ′(x )－x3零点的个数．解 (1)当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋ex ，f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝1x －e x 2＝x －e x 2.令f ′(x )＝0，得x ＝e. 当x ∈(0，e)时，f ′(x )<0； 当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )>0，∴f (x )在(0，e)上单调递减，在(e ，＋∞)上单调递增， ∴当x ＝e 时，f (x )取得极小值f (e)＝2. (2)由题意知g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x3(x >0)，令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x >0)．设φ(x )＝－13x 3＋x (x >0)，则φ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1)．当x ∈(0,1)时，φ′(x )>0，φ(x )在(0,1)上单调递增； 当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )<0，φ(x )在(1，＋∞)上单调递减． ∴x ＝1是φ(x )的唯一极值点，且是极大值点， ∴x ＝1也是φ(x )的最大值点， ∴φ(x )的最大值为φ(1)＝23.结合y ＝φ(x )的图象(如图)可知，①当m >23时，函数g (x )无零点；②当m ＝23时，函数g (x )有且只有一个零点；③当0<m <23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． 综上所述，当m >23时，函数g (x )无零点；当m ＝23或m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点；当0<m <23时，函数g (x )有两个零点．题型二 利用函数性质研究函数零点例2 (12分)(2021·全国甲卷)设函数f (x )＝a 2x 2＋ax －3ln x ＋1，其中a >0. (1)讨论f (x )的单调性； [切入点：判断f ′(x )的正负](2)若y ＝f (x )的图象与x 轴没有公共点，求a 的取值范围. [关键点：f (x )>0且f (x )有最小值]教师备选已知函数f (x )＝x sin x ＋cos x ，g (x )＝x 2＋4. (1)讨论f (x )在[－π，π]上的单调性；(2)令h (x )＝g (x )－4f (x )，试证明h (x )在R 上有且仅有三个零点． (1)解 f ′(x )＝sin x ＋x cos x －sin x ＝x cos x . 当x ∈⎝⎛⎭⎫－π，－π2∪⎝⎛⎭⎫0，π2时，f ′(x )>0； 当x ∈⎝⎛⎭⎫－π2，0∪⎝⎛⎭⎫π2，π时，f ′(x )<0， ∴f (x )在⎝⎛⎭⎫－π，－π2，⎝⎛⎭⎫0，π2上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－π2，0，⎝⎛⎭⎫π2，π上单调递减． (2)证明 h (x )＝x 2＋4－4x sin x －4cos x ， ∵h (－x )＝x 2＋4－4x sin x －4cos x ＝h (x )， ∴h (x )为偶函数． 又∵h (0)＝0，∴x ＝0为函数h (x )的零点．下面讨论h (x )在(0，＋∞)上的零点个数： h (x )＝x 2＋4－4x sin x －4cos x ＝x (x －4sin x )＋4(1－cos x )． 当x ∈[4，＋∞)时， x －4sin x >0,4(1－cos x )≥0， ∴h (x )>0， ∴h (x )无零点； 当x ∈(0,4)时，h ′(x )＝2x －4x cos x ＝2x (1－2cos x )， 当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π3时，h ′(x )<0； 当x ∈⎝⎛⎭⎫π3，4时，h ′(x )>0，∴h (x )在⎝⎛⎭⎫0，π3上单调递减，在⎝⎛⎭⎫π3，4上单调递增， ∴h (x )min ＝h ⎝⎛⎭⎫π3＝π29＋4－4π3sin π3－4cos π3＝π29＋2－23π3<0，又h (0)＝0，且h (4)＝20－16sin 4－4cos 4>0， ∴h (x )在⎝⎛⎭⎫0，π3上无零点，在⎝⎛⎭⎫π3，4上有唯一零点． 综上，h (x )在(0，＋∞)上有唯一零点， 又h (0)＝0且h (x )为偶函数， 故h (x )在R 上有且仅有三个零点．思维升华 利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数单调性、奇偶性、最值或极值的符号确定函数零点的个数，此类问题在求解过程中可以通过数形结合的方法确定函数存在零点的条件．跟踪训练2 已知函数f (x )＝13x 3－a (x 2＋x ＋1)．(1)若a ＝3，求f (x )的单调区间；(2)证明：f (x )只有一个零点．(1)解 当a ＝3时，f (x )＝13x 3－3x 2－3x －3，f ′(x )＝x 2－6x －3.令f ′(x )＝0，解得x ＝3－23或x ＝3＋2 3. 当x ∈(－∞，3－23)∪(3＋23，＋∞)时， f ′(x )>0；当x ∈(3－23，3＋23)时，f ′(x )<0.故f (x )的单调递增区间为(－∞，3－23)，(3＋23，＋∞)， 单调递减区间为(3－23，3＋23)． (2)证明 因为x 2＋x ＋1>0在R 上恒成立， 所以f (x )＝0等价于x 3x 2＋x ＋1－3a ＝0.设g (x )＝x 3x 2＋x ＋1－3a ，则g ′(x )＝x 2x 2＋2x ＋3x 2＋x ＋12≥0在R 上恒成立，当且仅当x ＝0时，g ′(x )＝0， 所以g (x )在(－∞，＋∞)上单调递增．故g (x )至多有一个零点，从而f (x )至多有一个零点． 又f (3a －1)＝－6a 2＋2a －13＝－6⎝⎛⎭⎫a －162－16<0， f (3a ＋1)＝13>0，故f (x )有一个零点．综上所述，f (x )只有一个零点．题型三 构造函数法研究函数的零点例3 (2021·全国甲卷)已知a >0且a ≠1，函数f (x )＝x aa x (x >0)．(1)当a ＝2时，求f (x )的单调区间；(2)若曲线y ＝f (x )与直线y ＝1有且仅有两个交点，求a 的取值范围． 解 (1)当a ＝2时，f (x )＝x 22x (x >0)，f ′(x )＝x 2－x ln 22x(x >0)，令f ′(x )>0，则0<x <2ln 2，此时函数f (x )单调递增，令f ′(x )<0， 则x >2ln 2，此时函数f (x )单调递减， 所以函数f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫0，2ln 2，单调递减区间为⎝⎛⎭⎫2ln 2，＋∞. (2)曲线y ＝f (x )与直线y ＝1有且仅有两个交点，可转化为方程x a a x ＝1(x >0)有两个不同的解，即方程ln x x ＝ln aa 有两个不同的解．设g (x )＝ln xx (x >0)，则g ′(x )＝1－ln xx 2(x >0)，令g ′(x )＝1－ln xx 2＝0，得x ＝e ，当0<x <e 时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增， 当x >e 时，g ′(x )<0，函数g (x )单调递减， 故g (x )max ＝g (e)＝1e ，且当x >e 时，g (x )∈⎝⎛⎭⎫0，1e ， 又g (1)＝0，所以0<ln a a <1e ，所以a >1且a ≠e ，即a 的取值范围为(1，e)∪(e ，＋∞)． 教师备选(2022·南阳质检)已知f (x )＝13x 3＋32x 2＋2x ，f ′(x )是f (x )的导函数．(1)求f (x )的极值；(2)令g (x )＝f ′(x )＋k e x －1，若y ＝g (x )的函数图象与x 轴有三个不同的交点，求实数k 的取值范围．解 (1)因为f ′(x )＝x 2＋3x ＋2＝(x ＋1)(x ＋2)， 令f ′(x )＝0，得x 1＝－1，x 2＝－2， 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化如表所示：x (－∞，－2)－2 (－2，－1)－1 (－1，＋∞)f ′(x ) ＋ 0 － 0 ＋ f (x )↗极大值↘极小值↗由表可知，函数f (x )的极大值为f (－2)＝－23，极小值为f (－1)＝－56.(2)由(1)知g (x )＝x 2＋3x ＋2＋k e x －1＝x 2＋3x ＋1＋k e x ， 由题知需x 2＋3x ＋1＋k e x ＝0有三个不同的解，即k ＝－x 2＋3x ＋1e x有三个不同的解．设h (x )＝－x 2＋3x ＋1e x，则h ′(x )＝x 2＋x －2e x ＝x ＋2x －1e x ，当x ∈(－∞，－2)时，h ′(x )>0，h (x )单调递增， 当x ∈(－2,1)时，h ′(x )<0，h (x )单调递减， 当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0，h (x )单调递增，又当x →－∞时，h (x )→－∞， 当x →＋∞时，h (x )→0且h (x )<0， 且h (－2)＝e 2，h (1)＝－5e .作出函数h (x )的简图如图，数形结合可知，－5e<k <0.思维升华 涉及函数的零点(方程的根)问题，主要利用导数确定函数的单调区间和极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求得参数的取值范围．跟踪训练3 设函数f (x )＝12x 2－m ln x ，g (x )＝x 2－(m ＋1)x ，m >0.(1)求函数f (x )的单调区间；(2)当m ≥1时，讨论f (x )与g (x )图象的交点个数． 解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝x ＋mx －mx .当0<x <m 时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减； 当x >m 时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增．综上，函数f (x )的单调递增区间是(m ，＋∞)，单调递减区间是(0，m )． (2)令F (x )＝f (x )－g (x )＝－12x 2＋(m ＋1)x －m ln x ，x >0，题中问题等价于求函数F (x )的零点个数．F ′(x )＝－x －1x －m x ，当m ＝1时，F ′(x )≤0，函数F (x )为减函数，因为F (1)＝32>0，F (4)＝－ln 4<0， 所以F (x )有唯一零点；当m >1时，0<x <1或x >m 时，F ′(x )<0；1<x <m 时，F ′(x )>0，所以函数F (x )在(0,1)和(m ，＋∞)上单调递减，在(1，m )上单调递增，因为F (1)＝m ＋12>0， F (2m ＋2)＝－m ln(2m ＋2)<0，所以F (x )有唯一零点．综上，函数F (x )有唯一零点，即函数f (x )与g (x )的图象总有一个交点．课时精练1．(2022·贵阳模拟)已知函数f (x )＝13x 3－12ax 2(a ≠0)． (1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝1时，g (x )＝f (x )－2x ＋b ，讨论g (x )的零点个数．解 (1)f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝x 2－ax ＝x (x －a )，若a >0，当x ∈(－∞，0)∪(a ，＋∞)时，f ′(x )>0，当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0，若a <0，当x ∈(－∞，a )∪(0，＋∞)时，f ′(x )>0，当x ∈(a,0)时，f ′(x )<0，综上，当a >0时，f (x )在(－∞，0)，(a ，＋∞)上单调递增，在(0，a )上单调递减， 当a <0时，f (x )在(－∞，a )，(0，＋∞)上单调递增，在(a,0)上单调递减．(2)g (x )＝13x 3－12x 2－2x ＋b ， 令g (x )＝0，所以b ＝－13x 3＋12x 2＋2x ， 令h (x )＝－13x 3＋12x 2＋2x ， 则h ′(x )＝－x 2＋x ＋2＝－(x －2)(x ＋1)，所以h ′(2)＝0，h ′(－1)＝0，且当x <－1时，h ′(x )<0；当－1<x <2时，h ′(x )>0；当x >2时，h ′(x )<0，所以h (x )极小值＝h (－1)＝13＋12－2＝－76， h (x )极大值＝h (2)＝－13×8＋12×4＋4＝103， 如图，当b <－76或b >103时，函数g (x )有1个零点； 当b ＝－76或b ＝103时，函数g (x )有2个零点； 当－76<b <103时，函数g (x )有3个零点．2．已知函数f (x )＝e x (ax ＋1)，曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为y ＝bx －e.(1)求a ，b 的值；(2)若函数g (x )＝f (x )－3e x －m 有两个零点，求实数m 的取值范围．解 (1)f (x )＝e x (ax ＋1)，则f ′(x )＝e x (ax ＋1)＋e x ·a ＝e x (ax ＋1＋a )，由题意知⎩⎪⎨⎪⎧ f ′1＝e 2a ＋1＝b ，f 1＝e a ＋1＝b －e ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝3e ， ∴a ＝1，b ＝3e.(2)g (x )＝f (x )－3e x －m ＝e x (x －2)－m ，函数g (x )＝e x (x －2)－m 有两个零点，相当于函数u (x )＝e x ·(x －2)的图象与直线y ＝m 有两个交点，u ′(x )＝e x ·(x －2)＋e x ＝e x (x －1)，当x ∈(－∞，1)时，u ′(x )<0，∴u (x )在(－∞，1)上单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，u ′(x )>0，∴u (x )在(1，＋∞)上单调递增，∴当x ＝1时，u (x )取得极小值u (1)＝－e.又当x →＋∞时，u (x )→＋∞，当x <2时，u (x )<0，∴－e<m <0，∴实数m 的取值范围为(－e,0)．3．已知函数f (x )＝e x ＋ax －a (a ∈R 且a ≠0)．(1)若函数f (x )在x ＝0处取得极值，求实数a 的值，并求此时f (x )在[－2,1]上的最大值；(2)若函数f (x )不存在零点，求实数a 的取值范围．解 (1)由f (x )＝e x ＋ax －a ，得f ′(x )＝e x ＋a .∵函数f (x )在x ＝0处取得极值，∴f ′(0)＝e 0＋a ＝0，∴a ＝－1，∴f (x )＝e x －x ＋1，f ′(x )＝e x －1.∴当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．易知f (x )在[－2,0)上单调递减，在(0,1]上单调递增，且f (－2)＝1e 2＋3，f (1)＝e ，f (－2)>f (1)， ∴f (x )在[－2,1]上的最大值是1e 2＋3. (2)f ′(x )＝e x ＋a .①当a >0时，f ′(x )>0，f (x )在R 上单调递增，且当x >1时，f (x )＝e x ＋a (x －1)>0，当x <0时，取x ＝－1a， 则f ⎝⎛⎭⎫－1a <1＋a ⎝⎛⎭⎫－1a －1＝－a <0， ∴函数f (x )存在零点，不满足题意．②当a <0时，令f ′(x )＝e x ＋a ＝0，则x ＝ln(－a )．当x ∈(－∞，ln(－a ))时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(ln(－a )，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．∴当x ＝ln(－a )时，f (x )取得极小值，也是最小值．当x →－∞时，f (x )→＋∞，当x →＋∞时，f (x )→＋∞，函数f (x )不存在零点，等价于f (ln(－a ))＝e ln(－a )＋a ln(－a )－a ＝－2a ＋a ln(－a )>0，解得－e 2<a <0.综上所述，所求实数a 的取值范围是(－e 2,0)．4．(2022·潍坊模拟)已知函数f (x )＝x 2－a sin x －2(a ∈R )． (1)若曲线y ＝f (x )在点⎝⎛⎭⎫π2，f ⎝⎛⎭⎫π2处的切线经过坐标原点，求实数a ； (2)当a >0时，判断函数f (x )在x ∈(0，π)上的零点个数，并说明理由．解 (1)f ′(x )＝2x sin x －x 2－a cos x sin 2x， f ′⎝⎛⎭⎫π2＝π，所以f (x )在点⎝⎛⎭⎫π2，f ⎝⎛⎭⎫π2处的切线方程为y ＝πx ，所以f ⎝⎛⎭⎫π2＝π22， 即π24－a －2＝π22，a ＝－π24－2. (2)因为x ∈(0，π)，所以sin x >0，所以x 2－a sin x －2＝0可转化为x 2－a －2sin x ＝0， 设g (x )＝x 2－a －2sin x ，则g ′(x )＝2x －2cos x ，当x ∈⎣⎡⎭⎫π2，π时，g ′(x )>0，所以g (x )在区间⎣⎡⎭⎫π2，π上单调递增．当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时， 设h (x )＝g ′(x )＝2x －2cos x ，此时h ′(x )＝2＋2sin x >0，所以g ′(x )在x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2上单调递增， 又 g ′(0)＝－2<0，g ′⎝⎛⎭⎫π2＝π>0，所以存在x 0∈⎝⎛⎭⎫0，π2使得g ′(x )＝0且x ∈(0，x 0)时g (x )单调递减， x ∈⎣⎡⎭⎫x 0，π2时g (x )单调递增． 综上，对于连续函数g (x )，当x ∈(0，x 0)时，g (x )单调递减， 当x ∈(x 0，π)时，g (x )单调递增．又因为g (0)＝－a <0，所以当g (π)＝π2－a >0，即a <π2时，函数g (x )在区间(x 0，π)上有唯一零点，当g (π)＝π2－a ≤0，即a ≥π2时，函数g (x )在区间(0，π)上无零点， 综上可知，当0<a <π2时，函数f (x )在(0，π)上有1个零点； 当a ≥π2时，函数f (x )在(0，π)上没有零点．。

高考数学一轮复习导数及其应用多选题复习题含答案

高考数学一轮复习导数及其应用多选题复习题含答案

高考数学一轮复习导数及其应用多选题复习题含答案一、导数及其应用多选题1．关于函数()2ln f x x x=+，下列判断正确的是（ ）A ．2x =是()f x 的极大值点B ．函数yf xx 有且只有1个零点C ．存在正实数k ，使得()f x kx >恒成立D ．对任意两个正实数1x ，2x ，且21x x >，若()()12f x f x =，则124x x +> 【答案】BD 【分析】对于A ，利用导数研究函数()f x 的极值点即可； 对于B ，利用导数判断函数y f xx 的单调性，再利用零点存在性定理即得结论；对于C ，参变分离得到22ln xk x x <+，构造函数()22ln x g x x x=+，利用导数判断函数()g x 的最小值的情况；对于D ，利用()f x 的单调性，由()()12f x f x =得到1202x x <<<，令()211x t t x =>，由()()12f x f x =得21222ln t x x t t-+=，所以要证124x x +>，即证2224ln 0t t t -->，构造函数即得． 【详解】A ：函数()f x 的定义域为0,，()22212x f x x x x-'=-+=，当()0,2x ∈时，0f x，()f x 单调递减，当()2,x ∈+∞时，0fx，()f x 单调递增，所以2x =是()f x 的极小值点，故A 错误．B ：()2ln y f x x x x x=-=+-，22221210x x y x x x -+'=-+-=-<，所以函数在0,上单调递减．又()112ln1110f -=+-=>，()221ln 22ln 210f -=+-=-<，所以函数yf xx 有且只有1个零点，故B 正确．C ：若()f x kx >，即2ln x kx x +>，则22ln x k x x <+．令()22ln x g x x x=+，则()34ln x x xg x x-+-'=．令()4ln h x x x x =-+-，则()ln h x x '=-，当()0,1∈x 时，()0h x '>，()h x 单调递增，当()1,∈+∞x 时，()0h x '<，()h x 单调递减，所以()()130h x h ≤=-<，所以0g x ，所以()22ln x g x x x=+在0,上单调递减，函数无最小值，所以不存在正实数k ，使得()f x kx >恒成立，故C 错误． D ：因为()f x 在()0,2上单调递减，在2,上单调递增，∴2x =是()f x 的极小值点．∵对任意两个正实数1x ，2x ，且21x x >，若()()12f x f x =，则1202x x <<<． 令()211x t t x =>，则21x tx =，由()()12f x f x =，得121222ln ln x x x x +=+， ∴211222ln ln x x x x -=-，即()2121212ln x x x x x x -=，即()11121ln t x t x tx -=⋅，解得()121ln t x t t -=，()2121ln t t x tx t t-==，所以21222ln t x x t t-+=．故要证124x x +>，需证1240x x +->，需证22240ln t t t -->，需证2224ln 0ln t t tt t-->． ∵211x t x =>，则ln 0t t >， ∴证2224ln 0t t t -->．令()()2224ln 1H t t t t t =-->，()()44ln 41H t t t t '=-->，()()()414401t H t t t t-''=-=>>，所以()H t '在1,上是增函数．因为1t →时，()0H t '→，则()0H t '>，所以()H t 在1,上是增函数．因为1t →时，()0H t →，则()0H t >，所以2224ln 0ln t t tt t-->， ∴124x x +>，故D 正确． 故选：BD ． 【点睛】关键点点睛：利用导数研究函数的单调性、极值点，结合零点存在性定理判断A 、B 的正误；应用参变分离，构造函数，并结合导数判断函数的最值；由函数单调性，应用换元法并构造函数，结合分析法、导数证明D 选项结论.2．函数()()320ax bx d a f x cx =+++≠有两个极值点1x 、()212x x x <，则下列结论正确的是（ ） A ．230b ac ->B ．()f x 在区间()12,x x 上单调递减C ．若()10af x <，则()f x 只有一个零点D ．存在0x ，使得()()()1202f x f x f x +=【答案】ACD 【分析】利用极值点与导数的关系可判断A 选项的正误；取0a <，利用函数的单调性与导数的关系可判断B 选项的正误；分0a >、0a <两种情况讨论，分析函数()f x 的单调性，结合图象可判断C 选项的正误；计算出函数()f x 的图象关于点,33b b f a a ⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭对称，可判断D 选项的正误. 【详解】()()320f x ax bx cx d a =+++≠，则()232f x ax bx c '=++.对于A 选项，由题意可知，关于x 的二次方程()23200ax bx c a ++=≠有两个不等的实根，则24120b ac ∆=->，可得230b ac ->，A 选项正确；对于B 选项，当0a <时，且当()12,x x x ∈时，()0f x '>，此时函数()f x 在区间()12,x x 上单调递增，B 选项错误；对于C 选项，当0a >时，由()0f x '>，可得1x x <或2x x >；由()0f x '<，可得12x x x <<.所以，函数()f x 的单调递增区间为()1,x -∞、()2,x +∞，单调递减区间为()12,x x ， 由()10af x <，可得()10<f x ，此时，函数()f x 的极大值为()10<f x ，极小值为()2f x ，且()()210f x f x <<，如下图所示：由图可知，此时函数()f x 有且只有一个零点，且零点在区间()2,x +∞内； 当0a <时，由()0f x '<，可得1x x <或2x x >；由()0f x '>，可得12x x x <<. 所以，函数()f x 的单调递减区间为()1,x -∞、()2,x +∞，单调递增区间为()12,x x ，由()10af x <，可得()10f x >，此时，函数()f x 的极小值为()10f x >，极大值为()2f x ，且()()210f x f x >>，如下图所示：由图可知，此时函数()f x 有且只有一个零点，且零点在区间()2,x +∞内，C 选项正确； 对于D 选项，由题意可知，1x 、2x 是方程2320ax bx c ++=的两根， 由韦达定理可得1223bx x a +=-，123c x x a=， ()()()()()()()()3232f t x f t x a t x b t x c t x d a t x b t x c t x d ⎡⎤⎡⎤-++=-+-+-++++++++⎣⎦⎣⎦()()()()()(322322322322332332a t t x tx x b t tx x c t x d a t t x tx x b t tx x c ⎡⎤⎡=-+-+-++-+++++++++⎣⎦⎣()()322223222a t tx b t x ct d =+++++，取3bt a=-，则322223222333333b b b b b b f x f x a x b x c d a a a a a a ⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫--+-+=-+⨯-+-++⋅-+⎢⎥⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦32222223333b b b b a b c d fa a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+⋅-+⋅-+=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以，函数()f x 的图象关于点,33b b f a a ⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭对称， 1223bx x a+=-，()()1223b f x f x f a ⎛⎫∴+=- ⎪⎝⎭，D 选项正确. 故选：ACD. 【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与x 轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用； （2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由()0f x =分离变量得出()a g x =，将问题等价转化为直线y a =与函数()y g x =的图象的交点问题.3．已知：()f x 是奇函数，当0x >时，()'()1f x f x ->，(1)3f =，则（ ）A ．(4)(3)f ef >B ．2(4)(2)f e f ->-C ．3(4)41f e >-D ．2(4)41f e -<--【答案】ACD 【分析】由已知构造得'()+10x x e f ⎡⎤>⎢⎥⎣⎦，令()()+1x f x g x e =，判断出函数()g x 在0x >时单调递增，由此得()()4>3g g ，化简可判断A ；()()4>2g g ，化简并利用()f x 是奇函数，可判断B ；()()4>1g g ，化简可判断C ；由C 选项的分析得32(4)41>4+1f e e >-，可判断D.【详解】 因为当0x >时，()'()1fx f x ->，所以()'()10f x f x -->，即()[]'()+10xf x f e x ->，所以'()+10x x e f ⎡⎤>⎢⎥⎣⎦， 令()()+1xf xg x e=，则当0x >时，()'>0g x ，函数()g x 单调递增， 所以()()4>3g g ，即43(4)+1(3)+1>f f e e，化简得(4)(3)1>(3)f f e e ef >+-，故A 正确；()()4>2g g ，即42(4)+1(2)+1>f f e e，化简得222(4)(2)1>(2)f f e e e f >+-，所以2(4)(2)e f f -<-，又()f x 是奇函数，所以2(4)(2)e f f -<-，故B 不正确；()()4>1g g ，即4(4)+1(1)+1>f f e e，又(1)3f =，化简得3(4)41f e >-，故C 正确； 由C 选项的分析得32(4)41>4+1f e e >-，所以2(4)41f e -<--，又()f x 是奇函数，所以2(4)41f e -<--，故D 正确, 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：解决本题中令有导函数的不等式，关键在于构造出某个函数的导函数，得出所构造的函数的单调性，从而可比较函数值的大小关系.4．在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，它得名于荷兰数学家鲁伊兹布劳威尔（L.E.Brouwer ）简单的讲就是对于满足一定条件的连续函数()f x ，存在一个点0x ，使得()00f x x =，那么我们称该函数为“不动点”函数，而称0x 为该函数的一个不动点，依据不动点理论，下列说法正确的是（ ） A ．函数()sin f x x =有3个不动点B ．函数2()(0)f x ax bx c a =++≠至多有两个不动点C ．若定义在R 上的奇函数()f x ，其图像上存在有限个不动点，则不动点个数是奇数D ．若函数()f x =[0,1]上存在不动点，则实数a 满足l a e ≤≤（e 为自然对数的底数） 【答案】BCD 【分析】根据题目中的定义，结合导数、一元二次方程的性质、奇函数的性质进行判断即可. 【详解】令()sin g x x x =-，()1cos 0g x x '=-≥， 因此()g x 在R 上单调递增，而(0)0g =， 所以()g x 在R 有且仅有一个零点， 即()f x 有且仅有一个“不动点”，A 错误；0a ≠，20ax bx c x ∴++-=至多有两个实数根，所以()f x 至多有两个“不动点”，B 正确；()f x 为定义在R 上的奇函数，所以(0)0f =，函数()-y f x x =为定义在R 上的奇函数，显然0x =是()f x 的一个“不动点”，其它的“不动点”都关于原点对称，个数和为偶数， 因此()f x 一定有奇数个“不动点”，C 正确；因为()f x 在[0,1]存在“不动点”，则()f x x =在[0,1]有解，x =⇒2x a e x x =+-在[0,1]有解，令2()xm x e x x =+-，()12x m x e x '=+-，令()12x n x e x '=+-，()20x n x e '=-=，ln 2x =，()n x 在(0,ln 2)单调递减，在(ln 2,1)单调递增，∴min ()(ln 2)212ln 232ln 20n x n ==+-=->， ∴()0m x '>在[0,1]恒成立，∴()m x 在[0,1]单调递增，min ()(0)1m x m ==，max ()(1)m x m e ==，∴1a e ≤≤，D 正确，. 故选：BCD 【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的.遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.5．设函数()()1x af x a x a =->的定义域为()0,∞+，已知()f x 有且只有一个零点，下列结论正确的有（ ） A ．a e =B ．()f x 在区间()1,e 单调递增C ．1x =是()f x 的极大值点D ．()f e 是()f x 的最小值【答案】ACD 【分析】()f x 只有一个零点，转化为方程0x a a x -=在(0,)+∞上只有一个根，即ln ln x ax a=只有一个正根．利用导数研究函数ln ()xh x x=的性质，可得a e =，判断A ，然后用导数研究函数()x e f x e x =-的性质，求出()'f x ，令()0f x '=，利用新函数确定()'f x 只有两个零点1和e ，并证明出()'f x 的正负，得()f x 的单调性，极值最值．判断BCD ．【详解】()f x 只有一个零点，即方程0x a a x -=在(0,)+∞上只有一个根，x a a x =，取对数得ln ln x a a x =，即ln ln x ax a=只有一个正根． 设ln ()x h x x =，则21ln ()x h x x-'=，当0x e <<时，()0h x '>，()h x 递增，0x →时，()h x →-∞，x e >时，()0h x '<，()h x 递减，此时()0h x >，max 1()()h x h e e==． ∴要使方程ln ln x ax a =只有一个正根．则ln 1a a e =或ln 0a a<，解得a e =或0a <，又∵1a >，∴a e =．A 正确；()x e f x e x =-，1()x e f x e ex -'=-，1()0x e f x e ex -'=-=，11x e e x --=，取对数得1(1)ln x e x -=-，易知1x =和x e =是此方程的解．设()(1)ln 1p x e x x =--+，1()1e p x x-'=-，当01x e <<-时，()0p x '>，()p x 递增，1x e >-时，()0p x '<，()p x 递减，(1)p e -是极大值，又(1)()0p p e ==， 所以()p x 有且只有两个零点，01x <<或x e >时，()0p x <，即(1)ln 1e x x -<-，11e x x e --<，1e x ex e -<，()0f x '>，同理1x e <<时，()0f x '<，所以()f x 在(0,1)和(,)e +∞上递增，在(1,)e 上递减，所以极小值为()0f e =，极大值为(1)f ，又(0)1f =，所以()f e 是最小值．B 错，CD 正确． 故选：ACD ． 【点睛】关键点点睛：本题考用导数研究函数的零点，极值，单调性．解题关键是确定()'f x 的零点时，利用零点定义解方程，1()0x e f x e ex -'=-=，11x e e x --=，取对数得1(1)ln x e x -=-，易知1x =和x e =是此方程的解．然后证明方程只有这两个解即可．6．已知函数()sin xf x x=，(]0,x π∈，则下列结论正确的有（ ） A ．()f x 在区间(]0,π上单调递减B ．若120x x π<<≤，则1221sin sin x x x x ⋅>⋅C ．()f x 在区间(]0,π上的值域为[)0,1 D ．若函数()()cos g x xg x x '=+，且()1g π=-，()g x 在(]0,π上单调递减【答案】ACD 【分析】先求出函数的导数，然后对四个选项进行逐一分析解答即可， 对于选项A ：当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，可得()0f x '<，可得()f x 在区间0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减；当,2x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，可得()0f x '<，可得()f x 在区间,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，最后作出判断； 对于选项B ：由()f x 在区间(]0,π上单调递减可得()()12f x f x >，可得1212sin sin x x x x >，进而作出判断； 对于选项C ：由三角函数线可知sin x x <，所以sin 1x x x x <=，sin ()0f πππ==，进而作出判断；对于选项D ：()()()sin g x g x xg x x ''''=+-，可得()()sin xg x f x x''==，然后利用导数研究函数()g x '在区间(]0,π上的单调性，可得()()0g x g π''≤=，进而可得出函数()g x 在(]0,π上的单调性，最后作出判断.【详解】()2cos sin x x xf x x-'=， (]0,x π∈， 当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，cos 0x >，由三角函数线可知tan x x <， 所以sin cos xx x<，即cos sin x x x <，所以cos sin 0x x x -<， 所以()0f x '<，所以()f x 在区间0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减， 当,2x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，cos 0x ≤，sin 0x ≥，所以cos sin 0x x x -<，()0f x '<， 所以()f x 在区间,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，所以()f x 在区间(]0,π上单调递减，故选项A 正确； 当120x x π<<≤时，()()12f x f x >， 所以1212sin sin x x x x >，即1221sin sin x x x x ⋅<⋅，故选项B 错误； 由三角函数线可知sin x x <，所以sin 1x x x x <=，sin ()0f πππ==， 所以当(]0,x π∈时，()[)0,1f x ∈，故选项C 正确；对()()cos g x xg x x '=+进行求导可得： 所以有()()()sin g x g x xg x x ''''=+-，所以()()sin xg x f x x''==，所以()g x ''在区间(]0,π上的值域为[)0,1， 所以()0g x ''≥，()g x '在区间(]0,π上单调递增，因为()0g π'=， 从而()()0g x g π''≤=，所以函数()g x 在(]0,π上单调递减，故选项D 正确.故选：ACD. 【点睛】方法点睛：本题考查导数的综合应用，对于函数()sin xf x x=的性质，可先求出其导数，然后结合三角函数线的知识确定导数的符号，进而确定函数的单调性和极值，最后作出判断，考查逻辑思维能力和运算求解能力，属于中档题.7．设函数()ln xf x x=，()ln g x x x =，下列命题，正确的是（ ） A ．函数()f x 在()0,e 上单调递增，在(),e +∞单调递减 B ．不等关系33e e ππππ<<<成立C ．若120x x <<时，总有()()()22212122a x x g x g x ->-恒成立，则1a ≥D ．若函数()()2h x g x mx =-有两个极值点，则实数()0,1m ∈【答案】AC 【分析】利用函数的单调性与导数的关系可判断A 选项的正误；由函数()f x 在区间(),e +∞上的单调性比较3π、e π的大小关系，可判断B 选项的正误；分析得出函数()()22s x g x ax=-在()0,∞+上为减函数，利用导数与函数单调性的关系求出a 的取值范围，可判断C 选项的正误；分析出方程1ln 2xm x+=在()0,∞+上有两个根，数形结合求出m 的取值范围，可判断D 选项的正误. 【详解】对于A 选项，函数()ln x f x x =的定义域为()0,∞+，则()21ln xf x x -'=. 由()0f x '>，可得0x e <<，由()0f x '>，可得x e >.所以，函数()f x 在()0,e 上单调递增，在(),e +∞单调递减，A 选项正确； 对于B 选项，由于函数()ln xf x x=在区间(),e +∞上单调递减，且4e π>>， 所以，()()4f f π>，即ln ln 44ππ>，又ln 41ln 213ln 22043236--=-=>， 所以，ln ln 4143ππ>>，整理可得3e ππ>，B 选项错误； 对于C 选项，若120x x <<时，总有()()()22212122a x x g x g x ->-恒成立，可得()()22112222g x ax g x ax ->-，构造函数()()2222ln s x g x ax x x ax =-=-，则()()12s x s x >，即函数()s x 为()0,∞+上的减函数，()()21ln 20s x x ax '=+-≤对任意的()0,x ∈+∞恒成立， 即1ln x a x +≥对任意的()0,x ∈+∞恒成立， 令()1ln x t x x +=，其中0x >，()2ln x t x x'=-. 当01x <<时，()0t x '>，此时函数()t x 单调递增；当1x >时，()0t x '<，此时函数()t x 单调递减. 所以，()()max 11t x t ==，1a ∴≥，C 选项正确；对于D 选项，()()22ln h x g x mx x x mx =-=-，则()1ln 2h x x mx '=+-， 由于函数()h x 有两个极值点，令()0h x '=，可得1ln 2x m x+=， 则函数2y m =与函数()t x 在区间()0,∞+上的图象有两个交点，当1x e>时，()0t x >，如下图所示：当021m <<时，即当102m <<时，函数2y m =与函数()t x 在区间()0,∞+上的图象有两个交点.所以，实数m 的取值范围是10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭，D 选项错误.故选：AC.【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与x 轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由()0f x =分离变量得出()a g x =，将问题等价转化为直线y a =与函数()y g x =的图象的交点问题.8．若方程()2110x m x -+-=和()120x m e x -+-=的根分别为()1212,x x x x <和3x ，()434x x x <，则下列判断正确的是（ ）A ．3201x x <<<B ．1310x x -<<C ．(),1m ∈-∞-D．1112x ⎛⎫-∈- ⎪ ⎪⎝⎭ 【答案】ABD【分析】根据题意将问题转化为，1x ，2x 和3x ，4x 分别是y m =与11y x x =--和12x x y e -=-交点的横坐标，再用导数研究函数11y x x =--和12x x y e -=-的单调性与取值情况，作出函数图象，数形结合即可解决问题.【详解】解：由题，1x ，2x 和3x ，4x 分别是11m x x =--和12x x m e -=-的两个根， 即y m =与11y x x =--和12x x y e -=-交点的横坐标. 对于函数11y x x =--，定义域为{}0x x ≠，21'10y x=+>，所以函数在(),0-∞和()0,∞+上单调递增，且1x =时，1y =-； 对于函数12x xy e -=-，11'x x y e--=，所以函数在(),1-∞上单调递增，在()1,+∞单调递减，且当,2x y →+∞→-，0x =时，2y =-，1x =时，1y =-； 故作出函数11y x x =--，12x x y e-=-的图像如图所示， 注意到：当()0,1x ∈时，11122x x x x x e ---<-<-， 由图可知，3201x x <<<，()2,1m ∈--， 从而()11112,1x x --∈--，解得11,12x ⎛⎫-∈- ⎪ ⎪⎝⎭， 所以选项AD 正确，选项C 错误，又121310x x x x -=<<.故选：ABD .本题考查利用导数研究函数的零点问题，考查化归转化思想与数形结合思想，是中档题.。

2020届高考一轮复习理科数学(人教版)练习：第20讲 导数的实际应用及综合应用

2020届高考一轮复习理科数学(人教版)练习：第20讲 导数的实际应用及综合应用

第20讲导数的实际应用及综合应用1．某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y(单位：千克)与销售价格x(单位：元/千克)满足关系式y＝ax－3＋10(x－6)2，其中3＜x＜6，a为常数．已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克．(1)求a的值；(2)若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大．(1)因为当x＝5时，y＝11，所以a5－3＋10(5－6)2＝11，解得a＝2.(2)由(1)知该商品每日的销售量y＝2x－3＋10(x－6)2(3＜x＜6)，所以该商场每日销售该商品所获得的利润f(x)＝[2x－3＋10(x－6)2](x－3)＝2＋10(x－3)(x－6)2(3＜x＜6)，所以f′(x)＝10[(x－6)2＋2(x－3)(x－6)]＝30(x－4)(x－6)．当x变化时，f(x)，f′(x)的变化情况如下表：x (3，4) 4 (4，6)f′(x)＋0 －f(x) 单调递增极大值42 单调递减由上表可得，x＝4是函数f(x)在区间(3,6)内的极大值点，也是最大值点，所以当x＝4时，f(x)max＝42.答：当销售价格定为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大．2．请你设计一个包装盒，如图所示，ABCD是边长为60 cm的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得A、B、C、D四个点重合于图中的点P，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒，E、F在AB上被切去的等腰直角三角形斜边的两个端点，设AE＝FB＝x(cm)．(1)若广告商要包装盒侧面积S(cm2)最大，试问x应取何值？(2)若广告商要包装盒容积V(cm3)最大，试问x应取何值？并求出此时包装盒的高与底面边长的比值．(1)根据题意，有S＝4×2x×22(60－2x)＝－8(x－15)2＋1800(0<x<30)．所以x ＝15时，包装盒侧面积S 最大． (2)根据题意，有 V ＝(2x )2×22(60－2x )＝22x 2(30－x )(0<x <30)． 所以V ′＝62x (20－x )．当0<x <20时，V ′>0，V 单调递增； 当20<x <30时，V ′<0，V 单调递减． 所以当x ＝20时，V 取极大值，也是最大值．此时，包装盒的高与底面边长的比值为22(60－2x )2x＝12，即x ＝20时，包装盒容积V (cm 3)最大，此时包装盒的高与底面边长的比值为12.3．(2017·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝ax 2－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 0，且e －2<f (x 0)<2－2.(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)． 设g (x )＝ax －a －ln x ，则f (x )＝xg (x )，f (x )≥0等价于g (x )≥0. 因为g (1)＝0，g (x )≥0，故g ′(1)＝0，而g ′(x )＝a －1x，g ′(1)＝a －1，得a ＝1.若a ＝1，则g ′(x )＝1－1x .当0<x <1时，g ′(x )<0，g (x )单调递减； 当x >1时，g ′(x )>0，g (x )单调递增．所以x ＝1是g (x )的极小值点，故g (x )≥g (1)＝0. 综上，a ＝1.(2)由(1)知f (x )＝x 2－x －x ln x ，f ′(x )＝2x －2－ln x .设h (x )＝2x －2－ln x ，则h ′(x )＝2－1x.当x ∈(0，12)时，h ′(x )<0；当x ∈(12，＋∞)时，h ′(x )>0.所以h (x )在(0，12)上单调递减，在(12，＋∞)上单调递增．又h (e －2)>0，h (12)<0，h (1)＝0，所以h (x )在(0，12)上有唯一零点x 0，在[12，＋∞)上有唯一零点1，且当x ∈(0，x 0)时，h (x )>0；当x ∈(x 0,1)时，h (x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，h (x )>0.因为f ′(x )＝h (x )，所以x ＝x 0是f (x )的唯一极大值点． 由f ′(x 0)＝0得ln x 0＝2(x 0－1)，故f (x 0)＝x 0(1－x 0)． 由x 0∈(0，12)得f (x 0)<14.因为x ＝x 0是f (x )在(0,1)上的最大值点， 由e －1∈(0,1)，f ′(e －1)≠0得f (x 0)>f (e －1)＝e －2. 所以e －2<f (x 0)<2－2.4．(2018·华南师大附中模拟)函数f(x)＝x 2＋m ln (1＋x)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)若函数f(x)有两个极值点x 1，x 2，且x 1<x 2，求证：2f(x 2)>－x 1＋2x 1ln 2.f(x)的定义域是(－1，＋∞)，f′(x)＝2x 2＋2x ＋m1＋x，(1)由题设知，1＋x>0，令g(x)＝2x 2＋2x ＋m ，这是开口向上，以x ＝－12为对称轴的抛物线，g(－12)＝－12＋m ，①当g(－12)≥0，即m ≥12时，g(x)≥0，即f′(x)≥0在(－1，＋∞)上恒成立．②当g(－12)<0，即m<12时，由g(x)＝2x 2＋2x ＋m ＝0得x ＝－12±1－2m 2，令x 1＝－12－1－2m 2，x 2＝－12＋1－2m2， 则x 1<－12，x 2>－12.1)当g(－1)≤0即m ≤0时，x 1<－1，故在(－1，x 2)上，g(x)<0，即f′(x)<0，在(x 2，＋∞)上，g(x)>0，即f′(x)>0.2)当g(－1)>0时，即0<m<12时，x (－1，x 1) x 1 (x 1，x 2) x 2 (x 2，＋∞)g(x)>0 ＋ 0 － 0 ＋ f′(x)>0 ＋ 0 － 0 ＋ f(x)递增递减递增综上：m ≤0时，f(x)在(－1，－12＋1－2m 2)上单调递减，在(－12＋1－2m2，＋∞)上单调递增；0<m<12时，f(x)在(－12－1－2m 2，－12＋1－2m 2)上单调递减，在(－1，－12－1－2m2)和(－12＋1－2m2，＋∞)上单调递增； m ≥12时，f(x)在(－1，＋∞)上单调递增．(2)证明：若函数f(x)有两个极值点x 1，x 2，且x 1<x 2， 则必是0<m<12，g(0)>0，则－1<x 1<－12<x 2<0，且f(x)在(x 1，x 2)上递减，在(－1，x 1)和(x 2，＋∞)上递增，则f(x 2)<f(0)＝0， 因为x 1，x 2是g(x)＝2x 2＋2x ＋m ＝0的两个不等实根，所以⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝－1，x 1x 2＝m2，即x 1＝－1－x 2，m ＝2x 1x 2， 所以若证2f(x 2)>－x 1＋2x 1ln 2成立，只需证2f(x 2 ) ＝ 2x 22 ＋ 2m ln (1 ＋ x 2 ) ＝ 2x 22 ＋ 4x 1 x 2 ln (1 ＋ x 2 )＝2x 22 －4(1 ＋ x 2 )x 2 ln (1 ＋ x 2 ) >－(－1－x 2)＋2(－1－x 2)ln 2 ＝1＋x 2－2(1＋x 2)ln 2.即证2x 22 －4(1 ＋ x 2 )x 2 ln (1 ＋ x 2 )－(1＋x 2)(1－2ln 2)>0对－12<x 2<0恒成立， 设φ(x)＝2x 2－4(1＋x)x ln (1＋x)－(1＋x)(1－2ln 2)(－12<x<0)，φ′(x)＝－4(1＋2x)ln (1＋x)＋ln 4e，当－12<x<0时，1＋2x>0，ln (1＋x)<0，ln 4e>0，故φ′(x)>0，故φ(x)在(－12，0)上递增，故φ(x)>φ(－12)＝2×14－4×12×(－12)×ln 12－12×(1－2ln 2)＝0，所以2x 22 －4(1 ＋ x 2 )x 2 ln (1 ＋ x 2 )－(1＋x 2)(1－2ln 2)>0对－12<x 2<0恒成立， 所以2f(x 2)>－x 1＋2x 1ln 2.感谢您的下载!快乐分享，知识无限！由Ruize收集整理！。

高三数学一轮复习(函数、导数及其应用)单元练习题 新人教版 试题

高三数学一轮复习(函数、导数及其应用)单元练习题 新人教版 试题

2012版高三数学一轮精品复习学案：函数、导数及其应用导数【高考目标定位】一、变化率与导数、导数的计算 1、考纲点击（1）了解导数概念的实际背景 （2）理解导数的几何意义；（3）能根据导数定义求函数y=c,y=x,y=x 2,y=x 3,y=1x,y ; （4）能利用给出的基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则求简单函数的导数。

能求简单的复合函数（仅限于形如f(ax+b)的复合函数）的导数。

2、热点提示（1）导数的几何意义是高考考查的重点内容，常以选择题、填空题的形式出现，有时也出现在解答题中；（2）导数的运算每年必考，一般不单独考查，在考查导数应用研究的同时考查导数的运算。

二、导数在研究函数中的应用与生活中的优化问题 1、考纲点击（1）了解函数单调性和导数的关系，能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间（其中多项式函数一般不超过三次）；（2）了解函数在某点取得极值域的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值（其中多项式函数一般不超过三次）；会求闭区间上函数的最大值、最小值（其中多项式函数一般不超过三次）。

（3）会利用导数解决某些实际问题。

2、热点提示（1）在高考中，重点考查利用导数研究函数的单调性，求单调区间、极值、最值，以及利用导数解决生活中的优化问题。

有时在导数与解析几何、不等式、平面向量等知识交汇点处命题。

（2）多以解答题的形式出现，属中、高档题目。

【考纲知识梳理】一、变化率与导数、导数的计算 1、函数y=f(x)从x 1到x 2的平均变化率函数y=f(x)从x 1到x 2的平均变化率为2121()()f x f x x x --，若21x x x ∆=-，21()()y f x f x ∆=-则平均变化率可表示为y x∆∆。

2、函数y=f(x)在x=x 0处导数 （1）定义称函数y=f(x)在x=x 0处的瞬时变化率0000()()limlimx x f x x f x yxx ∆→∆→+∆-∆=∆∆为y=f(x)在x=x 0处导数，记作 0000000()()()|,()lim limx x x x f x x f x yf x y f x x x =∆→∆→+∆-∆'''==∆∆或即 （2）几何意义函数f(x)在点x 处的导数0()f x '的几何意义是在曲线y=f(x)上点（0x ，0()f x '）处的切线的斜率。

高考数学一轮复习导数及其应用多选题练习题及答案

高考数学一轮复习导数及其应用多选题练习题及答案

高考数学一轮复习导数及其应用多选题练习题及答案一、导数及其应用多选题1．已知偶函数()y f x =对于任意的0,2x π⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭满足()()cos sin 0f x x f x x '+>（其中()f x '是函数()f x 的导函数），则下列不等式中不成立的是（ ）A34f ππ⎛⎫⎛⎫-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭B34f ππ⎛⎫⎛⎫-<- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭C ．()04f π⎛⎫>- ⎪⎝⎭ D．63f ππ⎛⎫⎛⎫<⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭【答案】ABC 【分析】 构造函数()()cos f x g x x =，结合导数和对称性可知()g x 为偶函数且在0,2x π⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭上单调递增，即可得23643f f πππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫<< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，从而可判断ABD 选项，由()04g g π⎛⎫< ⎪⎝⎭可判断C 选项.【详解】因为偶函数()y f x =对于任意的0,2x π⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭满足()()cos sin 0f x x f x x '+>， 所以构造函数()()cos f x g x x =，则()()2cos sin ()0cos f x x f x x g x x'+'=>， ∴()g x 为偶函数且在0,2x π⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭上单调递增，32333cos 3f g g f πππππ⎛⎫⎪⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎝⎭∴-=== ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，4444cos 4f g g πππππ⎛⎫ ⎪⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎝⎭-=== ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，666cos 6f g f ππππ⎛⎫ ⎪⎛⎫⎛⎫⎝⎭== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，由函数单调性可知643g g g πππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫<< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭2643f f πππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫<< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 对于AB，4343f f ππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫<=- ⎪ ⎪⎛⎫-= ⎪⎝⎭⎝⎭⎝ ⎪⎭⎭⎝，故AB 错误； 对于C ，()04g g π⎛⎫<⎪⎝⎭，()044f ππ⎛⎫⎛⎫<=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故C 错误；对于D 263f fππ⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即63f ππ⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故D 正确； 故选：ABC. 【点睛】关键点点睛：本题考查了利用导数研究函数的单调性，解题的关键是利用已知条件构造对应的新函数()()cos f x g x x=，利用导数研究函数的单调性，从而比较大小，考查学生的逻辑推理能力与转化思想，属于较难题.2．下列不等式正确的有（ ）A 2ln 3<B ．ln π<C ．15<D ．3ln 2e <【答案】CD 【分析】构造函数()ln xf x x=，利用导数分析其单调性，然后由()2f f >、ff >、(4)f f >、()f f e <得出每个选项的正误.【详解】 令()ln x f x x =，则()21ln xf x x-'=，令()0f x '=得x e = 易得()f x 在()0,e 上单调递增，在(),e +∞上单调递减所以①()2f f>，即ln 22>22ln ln 3>=，故A 错误；②ff >>，所以可得ln π>B 错误；③(4)f f >ln 4ln 242>=，即ln152ln 2=>所以ln15ln >15<，故C 正确；④()f f e <ln e e <3ln 21e<，即3ln 22e <所以3eln 2<，故D 正确； 故选：CD 【点睛】关键点点睛：本题考查的是构造函数，利用导数判断函数的单调性，解题的关键是函数的构造和自变量的选择.3．若函数()f x 满足对于任意1x ，2(0,1)x ∈，()()121222f x f x x x f ++⎛⎫≤⎪⎝⎭，则称函数()f x 为“中点凸函数”．则下列函数中为“中点凸函数”的是（ ）A ．2()2f x x x =-B ．()tan f x x =C ．()sin cos f x x x =-D ．()e ln x f x x =-【答案】ABD 【分析】 用计算()()121222f x f x x x f ++⎛⎫-⎪⎝⎭的正负值来解，运算量大，比较复杂.我们可分析“中点凸函数”的几何特征，结合图像作答.由已知“中点凸函数”的定义，可得“中点凸函数”的图象形状可能为：【详解】由“中点凸函数”定义知：定义域内12,x x 对应函数值的平均值大于或等于122x x +处的函数值，∴下凸函数：任意连接函数图象上不同的两点所得直线一定在图象上方或与图象重合. 设()()11,Ax f x ，()()22,B x f x 为曲线()f x 在(0,1)上任意两点A 、B 、C 、D 选项对应的函数图象分别如下图示： ①2()2f x x x =-符合题意 ②()tan f x x =符合题意③()sin cos 2sin 4f x x x x π⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭放大局部图像可见，在,14段，并不满足12,x x 对应函数值的平均值大于或等于122x x +处的函数值.不合题意④()e ln x f x x =-'1()e x f x x =-，''21()e 0x f x x+=>根据导函数作出图像如下符合题意. 故选：ABD 【点睛】本题主要考查了函数的新定义及其应用，其中解答中正确理解函数的新定义，以及结合函数的图象求解是解答的关键，学生可利用数形结合求解，需要较强的推理与运算能力.4．（多选）已知函数()ln ()f x ax x a =-∈R ，则下列说法正确的是（ ） A ．若0a ≤，则函数()f x 没有极值 B ．若0a >，则函数()f x 有极值C ．若函数()f x 有且只有两个零点，则实数a 的取值范围是1,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭D ．若函数()f x 有且只有一个零点，则实数a 的取值范围是1(,0]e ⎧⎫-∞⋃⎨⎬⎩⎭【答案】ABD 【分析】先对()f x 进行求导，再对a 进行分类讨论，根据极值的定义以及零点的定义即可判断. 【详解】解：由题意得，函数()f x 的定义域为(0,)+∞，且11()ax f x a x x'-=-=， 当0a ≤时，()0f x '<恒成立，此时()f x 单调递减，没有极值， 又当x 趋近于0时，()f x 趋近于+∞，当x 趋近于+∞时，()f x 趋近于-∞， ∴()f x 有且只有一个零点，当0a >时，在10,a ⎛⎫⎪⎝⎭上，()0f x '<，()f x 单调递减，在1,a ⎛⎫+∞⎪⎝⎭上，()0f x '>，()f x 单调递增， ∴当1x a=时，()f x 取得极小值，同时也是最小值， ∴min 1()1ln f x f a a ⎛⎫==+⎪⎝⎭， 当x 趋近于0时，ln x 趋近于-∞，()f x 趋近于+∞，当x 趋近于+∞时，()f x 趋近于+∞， 当1ln 0a +=，即1a e=时，()f x 有且只有一个零点； 当1ln 0a +<，即10a e<<时，()f x 有且仅有两个零点， 综上可知ABD 正确，C 错误． 故选：ABD ． 【点睛】方法点睛：函数零点的求解与判断方法：(1)直接求零点：令()0f x ＝，如果能求出解，则有几个解就有几个零点； (2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[]a b ，上是连续不断的曲线，且()()·0f a f b ＜，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点；(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．5．设函数()()1x af x a x a =->的定义域为()0,∞+，已知()f x 有且只有一个零点，下列结论正确的有（ ） A ．a e =B ．()f x 在区间()1,e 单调递增C ．1x =是()f x 的极大值点D ．()f e 是()f x 的最小值【答案】ACD 【分析】()f x 只有一个零点，转化为方程0x a a x -=在(0,)+∞上只有一个根，即ln ln x ax a=只有一个正根．利用导数研究函数ln ()xh x x=的性质，可得a e =，判断A ，然后用导数研究函数()x e f x e x =-的性质，求出()'f x ，令()0f x '=，利用新函数确定()'f x 只有两个零点1和e ，并证明出()'f x 的正负，得()f x 的单调性，极值最值．判断BCD ．【详解】()f x 只有一个零点，即方程0x a a x -=在(0,)+∞上只有一个根，x a a x =，取对数得ln ln x a a x =，即ln ln x ax a=只有一个正根． 设ln ()xh x x =，则21ln ()x h x x-'=，当0x e <<时，()0h x '>，()h x 递增，0x →时，()h x →-∞，x e >时，()0h x '<，()h x 递减，此时()0h x >，max 1()()h x h e e==． ∴要使方程ln ln x ax a =只有一个正根．则ln 1a a e =或ln 0a a<，解得a e =或0a <，又∵1a >，∴a e =．A 正确；()x e f x e x =-，1()x e f x e ex -'=-，1()0x e f x e ex -'=-=，11x e e x --=，取对数得1(1)ln x e x -=-，易知1x =和x e =是此方程的解．设()(1)ln 1p x e x x =--+，1()1e p x x-'=-，当01x e <<-时，()0p x '>，()p x 递增，1x e >-时，()0p x '<，()p x 递减，(1)p e -是极大值，又(1)()0p p e ==， 所以()p x 有且只有两个零点，01x <<或x e >时，()0p x <，即(1)ln 1e x x -<-，11e x x e --<，1e x ex e -<，()0f x '>，同理1x e <<时，()0f x '<，所以()f x 在(0,1)和(,)e +∞上递增，在(1,)e 上递减，所以极小值为()0f e =，极大值为(1)f ，又(0)1f =，所以()f e 是最小值．B 错，CD 正确． 故选：ACD ． 【点睛】关键点点睛：本题考用导数研究函数的零点，极值，单调性．解题关键是确定()'f x 的零点时，利用零点定义解方程，1()0xe f x e ex-'=-=，11x e e x --=，取对数得1(1)ln x e x -=-，易知1x =和x e =是此方程的解．然后证明方程只有这两个解即可．6．已知()2sin x f x x x π=--.（ ）A ．()f x 的零点个数为4B ．()f x 的极值点个数为3C ．x 轴为曲线()y f x =的切线D ．若()12()f x f x =，则12x x π+=【答案】BC 【分析】首先根据()0f x '=得到21cos xx π-=，分别画出21xy π=-和cos y x =的图像，从而得到函数的单调性和极值，再依次判断选项即可得到答案. 【详解】()21cos xf x x π'=--，令()0f x '=，得到21cos xx π-=.分别画出21xy π=-和cos y x =的图像，如图所示：由图知：21cos xx π-=有三个解，即()0f x '=有三个解，分别为0，2π，π. 所以(),0x ∈-∞，()21cos 0xf x x π'=-->，()f x 为增函数，0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()21cos 0x f x x π'=--<，()f x 为减函数，,2x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()21cos 0x f x x π'=-->，()f x 为增函数，(),x π∈+∞，()21cos 0xf x x π'=--<，()f x 为减函数.所以当0x =时，()f x 取得极大值为0，当2x π=时，()f x 取得极小值为14π-，当x π=时，()f x 取得极大值为0，所以函数()f x 有两个零点，三个极值点，A 错误，B 正确.因为函数()f x 的极大值为0，所以x 轴为曲线()y f x =的切线，故C 正确. 因为()f x 在(),0-∞为增函数，0,2π⎛⎫⎪⎝⎭为减函数， 所以存在1x ，2x 满足1202x x π<<<，且()()12f x f x =，显然122x x π+<，故D 错误.故选：BC 【点睛】本题主要考查导数的综合应用，考查利用导数研究函数的零点，极值点和切线，属于难题.7．下列命题正确的有（ ） A ．已知0,0a b >>且1a b +=，则1222a b -<<B ．34a b ==a bab+= C ．323y x x x =--的极大值和极小值的和为6-D ．过(1,0)A -的直线与函数3y x x =-有三个交点，则该直线斜率的取值范围是1(,2)(2,)4-+∞ 【答案】ACD 【分析】由等式关系、指数函数的性质可求2a b -的范围；利用指对数互化，结合对数的运算法求a b ab+；利用导数确定零点关系，结合原函数式计算极值之和即可；由直线与3y x x =-有三个交点，即可知2()h x x x k =--有两个零点且1x =-不是其零点即可求斜率范围.【详解】A 选项，由条件知1b a =-且01a <<，所以21(1,1)a b a -=-∈-，即1222a b -<<；B 选项，34a b ==log a =4log b =1212112(log 3log 4)2a b ab a b+=+=+=； C 选项，2361y x x '=--中>0∆且开口向上，所以存在两个零点12,x x 且122x x +=、1213x x =-，即12,x x 为y 两个极值点，所以2212121212121212()[()3]3[()2]()6y y x x x x x x x x x x x x +=++--+--+=-；D 选项，令直线为(1)y k x =+与3y x x =-有三个交点，即2()()(1)g x x x k x =--+有三个零点，所以2()h x x x k =--有两个零点即可∴140(1)20k h k ∆=+>⎧⎨-=-≠⎩，解得1(,2)(2,)4k ∈-+∞ 故选：ACD【点睛】本题考查了指对数的运算及指数函数性质，利用导数研究极值，由函数交点情况求参数范围，属于难题.8．已知实数a ，b ，c ，d 满足2111a a e cb d --==-，其中e 是自然对数的底数，则()()22a c b d -+-的值可能是（ ） A ．7B ．8C ．9D ．10【答案】BCD【分析】 由题中所给的等式，分别构造函数()2xf x x e =-和()2g x x =-+，则()()22a c b d -+-的表示()y f x =上一点(),M a b 与()y g x =上一点(),N c d 的距离的平方，利用导数的几何意义可知当()01f x '=-时，切点到直线的距离最小，再比较选项.【详解】 由212a a a e b a e b-=⇒=-，令()2x f x x e =-，()12x f x e '∴=- 由1121c d c d -=⇒=-+-，令()2g x x =-+ 则()()22a c b d -+-的表示()y f x =上一点(),M a b 与()y g x =上一点(),N c d 的距离的平方，设()y f x =上与()y g x =平行的切线的切点为()000,M x y由()0001210xf x e x '=-=-⇒=，∴切点为()00,2M -所以切点为()00,2M -到()y g x =的距离的平方为28=的距离为(),M a b 与(),N c d 的距离的平方的最小值.故选：BCD.【点睛】本题考查构造函数，利用导数的几何意义求两点间距离的最小值，重点考查转化思想，构造函数，利用几何意义求最值，属于偏难题型.。

高三数学一轮复习典型题专项训练：导数及其应用

高三数学一轮复习典型题专项训练：导数及其应用

高三数学一轮复习典型题专项训练导数及其应用一、选择、填空题1、（2018全国I 卷高考题）设函数()()321f x x a x ax =+-+．若()f x 为奇函数，则曲线()y f x =在点()00，处的切线方程为（ ） A ．2y x =-B ．y x =-C ．2y x =D ．y x =2、（2017全国I 卷高考题）如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为5cm ，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O ，D 、E 、F 为元O 上的点，DBC △，ECA △，FAB △分别是一BC ，CA ，AB 为底边的等腰三角形，沿虚线剪开后，分别以BC ，CA ，AB 为折痕折起DBC △，ECA △，FAB △，使得D ，E ，F 重合，得到三棱锥．当ABC △的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：3cm ）的最大值为_______．3、（2016全国I 卷高考题）函数xex y -=22在[﹣2，2]的图像大致为（ ）4、（广州市2018高三一模）设函数()f x 在R 上存在导函数()f x '，对于任意的实数x ，都有()()22f x f x x +-=，当0x <时，()12f x x '+<，若()()121f a f a a +-++≤，则实数a的最小值为 A ．12-B ．1-C ．32-D ．2-5、（广州市2018高三上期末调研）已知直线2y kx =-与曲线ln y x x =相切，则实数k 的值为A ．ln 2B ．1C ．1ln 2-D ．1ln 2+6、（广州市2018高三上期末调研）对于定义域为R 的函数()f x ，若满足① ()00f =；② 当x ∈R ，且0x ≠时，都有()0xf x '>；③ 当120x x <<，且12x x =时，都有()()12f x f x <，则称()f x 为“偏对称函数”．现给出四个函数：()32132f x x x =-+；()2e 1xf x x =--；()()3ln 1,0,0;2,x x f x x x ⎧-+≤⎪= ⎨>⎪⎩ ()411,0,2120,0.xx x f x x ⎛⎫+≠ ⎪-⎝⎭=⎧⎪=⎨⎪⎩则其中是“偏对称函数”的函数个数为 A ．0B ．1C ．2D ．37、（广州市海珠区2018届高三综合测试（一））已知函数)(ln )(ax x x x f -=有两个极值点，则实数a 的取值范围是A ．)21,0(B ．)1,0(C ．)0,(-∞D ．)21,(-∞8、（惠州市2018届高三4月模拟考试）已知函数()f x 是定义在R 上的奇函数，且当0x >时，()21x x f x e-=，则对任意m R ∈，函数()()0f f x m -=的根的个数至多为（ ）(A) 3 (B) 4 (C) 6 (D) 99、（惠州市2018届高三第三次调研）已知函数()()f x x R ∈满足(1)1f =,()f x 的导数1'()2f x <, 则不等式221()22x f x <+的解集是( ) A.(,1)(1,)-∞-⋃+∞ B. (,2)(2,)-∞-⋃+∞ C. (1,)+∞ D. (2,)+∞10、（惠州市2018届高三第三次调研）已知函数()(0)1xf x x x=>+，设()f x 在点(,())(n f n n ∈N *）处的切线在y 轴上的截距为n b ，数列{}n a 满足：112a =，1()(*)n n a f a n N +=∈，在数列2n nn b a a λ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭中，仅当5n =时，2n n nb a a λ+取最小值，则λ的取值范围是( ) A.(11,9)-- B. ( 5.5, 4.5)-- C. (4.5,5.5) D. (9,11)11、（汕头市2018届高三第一次（3月）模拟）已知()f x 、()g x 都是定义域为R 的连续函数．已知：()g x 满足：①当0x >时，'()0g x >恒成立；②R x ∀∈都有()()g x g x =-．()f x 满足：①R x ∀∈都有(3)(3)f x f x +=-；②当[3,3]x ∈-时，3()3f x x x =-． 若关于x 的不等式2g[()](2)f x g a a ≤-+对33[23,23]22x ∈---恒成立，则a 的取值范围是A ．RB ． 133133[,]2424--+ C ．[0,1] D ．(,0][1,)-∞+∞U 12、（韶关市2018届高三调研）已知函数321()(0)2f x ax x x =+>在点(1,(1))f 处的切线的斜率为2，'1()()g x f x =（'()f x 是()f x 的导函数），若执行如图所示的程序框图，输出的结果20172018s >，则判断框中应填 （ ）A. 2018n ≤B. 2017n ≤C. 2018n >D. 2017n >13、（珠海市2017届高三上期末）7、（珠海市2017届高三上学期期末）已知定义域为R 的函数 f (x )的导函数为'()f x ，且满足'()f x - 2 f (x )>4，若 f (0)=－1，则不等式2()2xf x e +> 的解集为A ．（0，＋∞）B ．（－1，＋∞）C ．（－∞，0）D ．（－∞，－1）14、（东莞市2017届高三上学期期末）已知函数 f (x ) ＝x 3 +ax 2 +bx + c 有两个极值点，则关于x 的方程的不同实根个数可能为A. 3, 4,5 B ．4,5, 6 C. 2, 4,5 D ．2,3, 415、（佛山市2017届高三教学质量检测（一））已知函数c bx ax x x f +++=23)(，c b a b ax x x g ,,(23)(2++=是常数)，若)(x f 在)1,0(上单调递减，则下列结论中：①0)1()0(≤⋅f f ；②0)1()0(≥⋅g g ；③b a 32-有最小值．正确结论的个数为（ ） A ．0 B ．1 C ．2 D ．3二、解答题1、（2018全国I 卷高考题）已知函数()1ln f x x a x x=-+． ⑴讨论()f x 的单调性；⑵若()f x 存在两个极值点1x ，2x ，证明：()()12122f x f x a x x -<--．2、（2017全国I 卷高考题）已知函数()()2e 2e x x f x a a x =+--．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围．3、（2016全国I 卷高考题）已知函数2)1()2()(-+-=x a e x x f x有两个零点 （1）求a 的取值范围（2）设1x ，2x 是)(x f 的两个零点，证明：221<+x x4、（广州市2018高三一模）已知函数()ln 1f x ax x =++． （1）讨论函数()x f 零点的个数；（2）对任意的0>x ，()2e xf x x ≤恒成立，求实数a 的取值范围．5、（广州市2018高三二模）已知函数()f x =e 2xx ax --．（1）若函数()f x 在R 上单调递增，求a 的取值范围；（2）若1a =，证明：当0x >时，()2ln 2ln 2122f x ⎛⎫>-- ⎪⎝⎭．参考数据： e 2.71828≈，ln 20.69≈．6、（广州市2018高三上期末调研）已知函数()ln bf x a x x=+()0a ≠．（1）当2b =时，若函数()f x 恰有一个零点，求实数a 的取值范围；（2）当0a b +=，0b >时，对任意121,,e ex x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，有()()12e 2f x f x -≤-成立，求实数b 的取值范围．7、（广州市海珠区2018届高三综合测试（一））已知函数()ln af x x x=+． (Ⅰ) 若函数()f x 有零点, 求实数a 的取值范围； (Ⅱ) 证明: 当2a e≥时, ()->xf x e ．8、（惠州市2018届高三4月模拟考试）已知函数()()()2R x f x ax x a e a -=++∈. （1）若0a ≥，函数()f x 的极大值为3e，求实数a 的值； （2）若对任意的0a ≤，()()ln 1f x b x ≤+在[)0,x ∈+∞上恒成立， 求实数b 的取值范围.9、（惠州市2018届高三第三次调研）已知0t >，设函数323(1)()312t f x x x tx +=-++， （1）存在()00,2x ∈，使得()0f x 是()f x 在[]0,2上的最大值，求t 的取值范围； （2）()2x f x xe m ≤-+对任意[)0,x ∈+∞恒成立时，m 的最大值为1，求t 的取值范围.10、（惠州市2018届高三第一次调研） 已知函数x ax x x f ln 2)(2+-=（其中a 是实数）． （1）求)(x f 的单调区间；（2）若设320)1(2<<+a e e ，且)(x f 有两个极值点1x 212,()x x x <，求)()(21x f x f -取值范围．（其中e 为自然对数的底数）． 11、（揭阳市2018届高三学业水平（期末）考试）已知函数1ln )1()(--+=ex x ax x f （a 为实数）. （Ⅰ）若1--=ex y 是曲线)(x f 的条切线，求a 的值； （Ⅱ）当e a ≤<0时，试判断函数)(x f 的零点个数．12、（汕头市2018届高三第一次（3月）模拟）已知函数()2ln f x x x =-222x ax a +-+，其中0>a ．（1）设)(x g 是)(x f 的导函数，讨论)(x g 的单调性；（2）证明：存在)1,0(∈a ，使得0)(≥x f 恒成立，且0)(=x f 在区间),1(+∞内有唯一解．13、（韶关市2018届高三调研）已知函数2()ln(1)f x x a x =++有两个不同的极值点.（1）求实数a 的取值范围；（2）设()f x 两个极值点为21,x x ,且21x x <，求证:21()10ln 22f x x <<-+.14、（深圳市2018届高三第二次（4月）调研）已知函数()axf x xe =．（其中常数 2.71828e =…，是自然对数的底数） （1）求函数()f x 的极值；（2）当1a =时，若()ln 1f x x bx --≥恒成立，求实数b 的取值范围．15、（深圳市宝安区2018届高三9月调研）已知函数()2ln ax x x x f -=，()()x f x g '=（1）若12a ≥，试判断函数()x g 的零点个数；（2）若函数()x f 在定义域内不单调且在()2+∞，上单调递减，求实数a 的取值范围。

高考数学一轮复习导数及其应用多选题测试试题含答案

高考数学一轮复习导数及其应用多选题测试试题含答案

高考数学一轮复习导数及其应用多选题测试试题含答案一、导数及其应用多选题1．关于函数()e cos xf x a x =-，()π,πx ∈-下列说法正确的是（ ）A ．当1a =时，()f x 在0x =处的切线方程为y x =B ．若函数()f x 在()π,π-上恰有一个极值，则0a =C ．对任意0a >，()0f x ≥恒成立D ．当1a =时，()f x 在()π,π-上恰有2个零点 【答案】ABD 【分析】直接逐一验证选项，利用导数的几何意义求切线方程，即可判断A 选项；利用分离参数法，构造新函数和利用导数研究函数的单调性和极值、最值，即可判断BC 选项；通过构造新函数，转化为两函数的交点个数来解决零点个数问题，即可判断D 选项. 【详解】解：对于A ，当1a =时，()e cos xf x x =-，()π,πx ∈-，所以()00e cos00f =-=，故切点为（0，0），则()e sin xf x x '=+，所以()00e sin01f '=+=，故切线斜率为1，所以()f x 在0x =处的切线方程为：()010y x -=⨯-，即y x =，故A 正确； 对于B ，()e cos xf x a x =-，()π,πx ∈-，则()e sin xf x a x '=+，若函数()f x 在()π,π-上恰有一个极值，即()0f x '=在()π,π-上恰有一个解， 令()0f x '=，即e sin 0x a x +=在()π,π-上恰有一个解， 则sin xxa e -=在()π,π-上恰有一个解， 即y a =与()sin xxg x e -=的图象在()π,π-上恰有一个交点， ()sin cos xx xg x e -'=，()π,πx ∈-，令()0g x '=，解得：134x π=-，24x π=， 当3,,44x ππππ⎛⎫⎛⎫∈--⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭时，()0g x '>，当3,44x ππ⎛⎫∈-⎪⎝⎭时，()0g x '<， ()g x ∴在3,4ππ⎛⎫--⎪⎝⎭上单调递增，在443,ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，在,4ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，所以极大值为3423204g e ππ-⎛⎫-=> ⎪⎝⎭，极小值为42204g e ππ-⎛⎫=< ⎪⎝⎭， 而()()()0,0,00g g g ππ-===， 作出()sinxg x e -=，()π,πx ∈-的大致图象，如下：由图可知，当0a =时，y a =与()sinx g x e-=的图象在()π,π-上恰有一个交点， 即函数()f x 在()π,π-上恰有一个极值，则0a =，故B 正确； 对于C ，要使得()0f x ≥恒成立，即在()π,πx ∈-上，()e cos 0xf x a x =-≥恒成立，即在()π,πx ∈-上，cos x xa e ≥恒成立，即maxcos x x a e ⎛⎫≥ ⎪⎝⎭，设()cos x x h x e =，()π,πx ∈-，则()sin cos xx xh x e--'=，()π,πx ∈-， 令()0h x '=，解得：14x π=-，234x π=， 当3,,44x ππππ⎛⎫⎛⎫∈--⎪⎪⎝⎭⎝⎭时，()0h x '>，当3,44x ππ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()0h x '<，()h x ∴在,4ππ⎛⎫--⎪⎝⎭上单调递增，在3,44ππ⎛⎫-⎪⎝⎭上单调递减，在3,4ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增， 所以极大值为42204h e ππ-⎛⎫-=> ⎪⎝⎭，()()11,h h e e ππππ--==，所以()cos x xh x e =在()π,πx ∈-上的最大值为42204h e ππ-⎛⎫-=> ⎪⎝⎭， 所以422a e π-≥时，在()π,πx ∈-上，()e cos 0xf x a x =-≥恒成立，即当422a e π-≥时，()0f x ≥才恒成立，所以对任意0a >，()0f x ≥不恒成立，故C 不正确； 对于D ，当1a =时，()e cos xf x x =-，()π,πx ∈-，令()0f x =，则()e cos 0xf x x =-=，即e cos x x =，作出函数xy e =和cos y x =的图象，可知在()π,πx ∈-内，两个图象恰有两个交点，则()f x 在()π,π-上恰有2个零点，故D 正确.故选：ABD. 【点睛】本题考查函数和导数的综合应用，考查利用导数的几何意义求切线方程，考查分离参数法的应用和构造新函数，以及利用导数研究函数的单调性、极值最值、零点等，考查化简运算能力和数形结合思想.2．在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，它得名于荷兰数学家鲁伊兹布劳威尔（L.E.Brouwer ）简单的讲就是对于满足一定条件的连续函数()f x ，存在一个点0x ，使得()00f x x =，那么我们称该函数为“不动点”函数，而称0x 为该函数的一个不动点，依据不动点理论，下列说法正确的是（ ） A ．函数()sin f x x =有3个不动点B ．函数2()(0)f x ax bx c a =++≠至多有两个不动点C ．若定义在R 上的奇函数()f x ，其图像上存在有限个不动点，则不动点个数是奇数D ．若函数()f x =[0,1]上存在不动点，则实数a 满足l a e ≤≤（e 为自然对数的底数） 【答案】BCD 【分析】根据题目中的定义，结合导数、一元二次方程的性质、奇函数的性质进行判断即可. 【详解】令()sin g x x x =-，()1cos 0g x x '=-≥， 因此()g x 在R 上单调递增，而(0)0g =， 所以()g x 在R 有且仅有一个零点， 即()f x 有且仅有一个“不动点”，A 错误；0a ≠，20ax bx c x ∴++-=至多有两个实数根，所以()f x 至多有两个“不动点”，B 正确；()f x 为定义在R 上的奇函数，所以(0)0f =，函数()-y f x x =为定义在R 上的奇函数，显然0x =是()f x 的一个“不动点”，其它的“不动点”都关于原点对称，个数和为偶数， 因此()f x 一定有奇数个“不动点”，C 正确；因为()f x 在[0,1]存在“不动点”，则()f x x =在[0,1]有解，x =⇒2x a e x x =+-在[0,1]有解，令2()xm x e x x =+-，()12x m x e x '=+-，令()12x n x e x '=+-，()20x n x e '=-=，ln 2x =，()n x 在(0,ln 2)单调递减，在(ln 2,1)单调递增，∴min ()(ln 2)212ln 232ln 20n x n ==+-=->， ∴()0m x '>在[0,1]恒成立，∴()m x 在[0,1]单调递增，min ()(0)1m x m ==，max ()(1)m x m e ==，∴1a e ≤≤，D 正确，. 故选：BCD 【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的.遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.3．定义在(0,)+∞上的函数()f x 的导函数为()'f x ，且()()f x f x x'<，则对任意1x 、2(0,)x ∈+∞，其中12x x ≠，则下列不等式中一定成立的有（ ）A ．()()()1212f x x f x f x +<+B ．()()()()21121212x xf x f x f x f x x x +<+ C ．()1122(1)x x f f <D ．()()()1212f x x f x f x <【答案】ABC 【分析】构造()()f x g x x=，由()()f x f x x '<有()0g x '<，即()g x 在(0,)+∞上单调递减，根据各选项的不等式，结合()g x 的单调性即可判断正误.【详解】 由()()f x f x x '<知：()()0xf x f x x'-<， 令()()f x g x x =，则()()()20xf x f x g x x '-='<，∴()g x 在(0,)+∞上单调递减，即122112121212()()()()0()g x g x x f x x f x x x x x x x --=<--当120x x ->时，2112()()x f x x f x <；当120x x -<时，2112()()x f x x f x >； A ：121()()g x x g x +<，122()()g x x g x +<有112112()()x f x x f x x x +<+，212212()()x f x x f x x x +<+，所以()()()1212f x x f x f x +<+； B:由上得21121212()()()()x f x x x x f x x x -<-成立，整理有()()()()21121212x xf x f x f x f x x x +<+； C ：由121x >，所以111(2)(1)(2)(1)21x x x f f g g =<=，整理得()1122(1)x x f f <； D ：令121=x x 且121x x >>时，211x x =，12111()()()()g x g x f x f x =，12()(1)(1)g x x g f ==，有121()()g x x g x >，122()()g x x g x <，所以无法确定1212(),()()g x x g x g x 的大小.故选：ABC 【点睛】思路点睛：由()()f x f x x '<形式得到()()0xf x f x x'-<， 1、构造函数：()()f x g x x =，即()()()xf x f x g x x'-'=. 2、确定单调性：由已知()0g x '<，即可知()g x 在(0,)+∞上单调递减.3、结合()g x 单调性，转化变形选项中的函数不等式，证明是否成立.4．已知函数()sin xf x x=，(]0,x π∈，则下列结论正确的有（ ） A ．()f x 在区间(]0,π上单调递减B ．若120x x π<<≤，则1221sin sin x x x x ⋅>⋅C ．()f x 在区间(]0,π上的值域为[)0,1 D ．若函数()()cos g x xg x x '=+，且()1g π=-，()g x 在(]0,π上单调递减【答案】ACD 【分析】先求出函数的导数，然后对四个选项进行逐一分析解答即可， 对于选项A ：当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，可得()0f x '<，可得()f x 在区间0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减；当,2x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，可得()0f x '<，可得()f x 在区间,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，最后作出判断； 对于选项B ：由()f x 在区间(]0,π上单调递减可得()()12f x f x >，可得1212sin sin x x x x >，进而作出判断； 对于选项C ：由三角函数线可知sin x x <，所以sin 1x x x x <=，sin ()0f πππ==，进而作出判断；对于选项D ：()()()sin g x g x xg x x ''''=+-，可得()()sin xg x f x x''==，然后利用导数研究函数()g x '在区间(]0,π上的单调性，可得()()0g x g π''≤=，进而可得出函数()g x 在(]0,π上的单调性，最后作出判断.【详解】()2cos sin x x xf x x -'=， (]0,x π∈，当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，cos 0x >，由三角函数线可知tan x x <， 所以sin cos xx x<，即cos sin x x x <，所以cos sin 0x x x -<， 所以()0f x '<，所以()f x 在区间0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，当,2x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，cos 0x ≤，sin 0x ≥，所以cos sin 0x x x -<，()0f x '<， 所以()f x 在区间,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减， 所以()f x 在区间(]0,π上单调递减，故选项A 正确； 当120x x π<<≤时，()()12f x f x >，所以1212sin sin x x x x >，即1221sin sin x x x x ⋅<⋅，故选项B 错误； 由三角函数线可知sin x x <，所以sin 1x x x x <=，sin ()0f πππ==， 所以当(]0,x π∈时，()[)0,1f x ∈，故选项C 正确；对()()cos g x xg x x '=+进行求导可得： 所以有()()()sin g x g x xg x x ''''=+-，所以()()sin xg x f x x''==，所以()g x ''在区间(]0,π上的值域为[)0,1， 所以()0g x ''≥，()g x '在区间(]0,π上单调递增，因为()0g π'=， 从而()()0g x g π''≤=，所以函数()g x 在(]0,π上单调递减，故选项D 正确. 故选：ACD. 【点睛】方法点睛：本题考查导数的综合应用，对于函数()sin xf x x=的性质，可先求出其导数，然后结合三角函数线的知识确定导数的符号，进而确定函数的单调性和极值，最后作出判断，考查逻辑思维能力和运算求解能力，属于中档题.5．已知函数()e sin xf x a x =+，则下列说法正确的是（ ）A ．当1a =-时，()f x 在0,单调递增B ．当1a =-时，()f x 在()()0,0f 处的切线为x 轴C ．当1a =时，()f x 在()π,0-存在唯一极小值点0x ，且()010f x -<<D ．对任意0a >，()f x 在()π,-+∞一定存在零点 【答案】AC 【分析】结合函数的单调性、极值、最值及零点，分别对四个选项逐个分析，可选出答案. 【详解】对于A ，当1a =-时，()e sin xf x x =-，()e cos xf x x '=-，因为()0,x ∈+∞时，e 1,cos 1xx >≤，即0fx，所以()f x 在0,上单调递增，故A 正确；对于B ，当1a =-时，()e sin xf x x =-，()e cos xf x x '=-，则()00e sin01f =-=，()00e cos00f '=-=，即切点为0,1，切线斜率为0，故切线方程为1y =，故B 错误；对于C ，当1a =时，()e sin xf x x =+，()e cos xf x x '+=，()e sin xf x x '=-'，当()π,0x ∈-时，sin 0x <，e 0x >，则()e sin 0xx f x -'=>'恒成立，即()e cos x f x x '+=在()π,0-上单调递增，又ππ22ππe cos e 220f --⎛⎫⎛⎫'-=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭+>，3π3π443π3πe cos e442f --⎛⎫⎛⎫'-=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝-⎭+，因为123π3π421e e 2e ---⎛⎫=<⎪⎭< ⎝，所以3π43πe 024f -⎛⎫'-= ⎪-⎭<⎝，所以存在唯一03ππ,42x ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭，使得()00f x '=成立，所以()f x 在()0π,x -上单调递减，在()0,0x 上单调递增，即()f x 在()π,0-存在唯一极小值点0x ，由()000e cos 0xf x x +'==，可得()000000πe sin cos sin 4x f x x x x x ⎛⎫=+=-+=- ⎪⎝⎭，因为03ππ,42x ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭，所以0π3ππ,44x ⎛⎫-∈-- ⎪⎝⎭，则()00π4f x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭()1,0∈-，故C 正确；对于选项D ，()e sin xf x a x =+，()π,x ∈-+∞，令()e sin 0xf x a x =+=，得1sin ex xa -=，()sin ex xg x =，()π,x ∈-+∞，则()πcos sin 4e e x xx x x g x ⎛⎫- ⎪-⎝⎭'==， 令0g x ，得πsin 04x ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，则ππ4x k =+()1,k k ≥-∈Z ，令0g x，得πsin 04x ⎛⎫-> ⎪⎝⎭，则π5π2π,2π44x k k ⎛⎫∈++ ⎪⎝⎭()1,k k ≥-∈Z ，此时函数()g x 单调递减， 令0g x，得πsin 04x ⎛⎫-< ⎪⎝⎭，则5π9π2π,2π44x k k ⎛⎫∈++ ⎪⎝⎭()1,k k ≥-∈Z ，此时函数()g x 单调递增， 所以5π2π4x k =+()1,k k ≥-∈Z 时，()g x 取得极小值，极小值为5π5π2π2π445π5π2π5π4s 42in si πe e 4n k k g k k ++⎛⎫ ⎪⎛⎫⎝⎭== ⎪⎝⎭++()1,k k ≥-∈Z ， 在()g x 的极小值中，3π4sin 3π45π5π42π4eg g -⎛⎫⎛⎫=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝+⎭-最小，当3ππ,4x ⎛⎫∈--⎪⎝⎭时，()g x 单调递减，所以函数()g x的最小值为3π3π445πsin 3π144eg --⎛⎫-==- ⎪⎝⎭，当3π411a--<-时，即3π40a -<<时，函数()g x 与1=-y a无交点，即()f x 在()π,-+∞不存在零点，故D 错误.故选：AC. 【点睛】本题考查利用导数研究函数的极值、零点、最值，及切线方程的求法，考查学生的推理能力与计算求解能力，属于难题.6．函数()ln f x x x =、()()f x g x x'=，下列命题中正确的是（ ）.A ．不等式()0g x >的解集为1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭B ．函数()f x 在()0,e 上单调递增，在(,)e +∞上单调递减C ．若函数()()2F x f x ax =-有两个极值点，则()0,1a ∈D ．若120x x >>时，总有()()()2212122m x x f x f x ->-恒成立，则m 1≥ 【答案】AD 【分析】对A ，根据()ln f x x x =，得到()()ln 1f x xg x x x'+==，然后用导数画出其图象判断；对B ，()1ln f x x '=+，当x e >时，()0f x '>，当0x e <<时，()0f x '<判断；对C ，将函数()()2F x f x ax =-有两个极值点，()ln 120x a x+=+∞在，有两根判断；对D ，将问题转化为22111222ln ln 22m m x x x x x x ->-恒成立，再构造函数()2ln 2m g x x x x =-，用导数研究单调性. 【详解】对A ，因为()()()ln 1ln f x x f x x x g x x x'+===、， ()2ln xg x x-'=， 令()0g x '>，得()0,1x ∈，故()g x 在该区间上单调递增；令()0g x '<，得()1x ∈+∞，，故()g x 在该区间上单调递减. 又当1x >时，()0g x >，()10,11g g e ⎛⎫== ⎪⎝⎭， 故()g x 的图象如下所示：数形结合可知，()0g x >的解集为1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，故正确； 对B ，()1ln f x x '=+，当x e >时，()0f x '>，当0x e <<时，()0f x '<，所以函数()f x 在()0,e 上单调递减，在(,)e +∞上单调递增，错误；对C ，若函数()()2F x f x ax =-有两个极值点， 即()2ln F x x x ax =-有两个极值点，又()ln 21F x x ax '=-+， 要满足题意，则需()ln 2100x ax -+=+∞在，有两根， 也即()ln 120x a x+=+∞在，有两根，也即直线()2y a y g x ==与的图象有两个交点. 数形结合则021a <<，解得102a <<. 故要满足题意，则102a <<，故错误； 对D ，若120x x >>时，总有()()()2212122m x x f x f x ->-恒成立， 即22111222ln ln 22m m x x x x x x ->-恒成立， 构造函数()2ln 2m g x x x x =-，()()12g x g x >，对任意的120x x >>恒成立， 故()g x ()0+∞，单调递增，则()ln 10g x mx x '=--≥()0+∞， 恒成立， 也即ln 1x m x+≤，在区间()0,∞+恒成立，则()max 1g x m =≤，故正确.故选：AD.【点睛】本题主要考查导数在函数图象和性质中的综合应用，还考查了数形结合的思想、转化化归思想和运算求解的能力，属于较难题.7．已知0a >，0b >，下列说法错误的是（ ）A ．若1a b a b ⋅=，则2a b +≥B ．若23a b e a e b +=+，则a b >C ．()ln ln a a b a b -≥-恒成立D ．2ln a a bb e e-<恒成立 【答案】AD【分析】对A 式化简，通过构造函数的方法，结合函数图象，说明A 错误；对B 不等式放缩22a b e a e b +>+，通过构造函数的方法，由函数的单调性，即可证明B 正确；对C 不等式等价变型()ln ln ln 1-≥-⇔≥-a b a a b a b b a ，通过10,ln 1∀>>-x x x恒成立，可得C 正确；D 求出ln -a a b b e 的最大值，当且仅当11a b e =⎧⎪⎨=⎪⎩时取等号，故D 错误. 【详解】A. 1ln ln 0⋅=⇔+=a b a b a a b b设()ln f x x x =，()()0∴+=f a f b由图可知，当1+→b 时，存在0+→a ，使()()0f a f b +=此时1+→a b ，故A 错误.B. 232+=+>+a b b e a e b e b设()2xf x e x =+单调递增，a b ∴>，B 正确 C. ()ln ln ln1-≥-⇔≥-a b a a b a b b a又10,ln 1∀>>-x x x ，ln 1∴≥-a b b a ，C 正确D. max 1=⇒=x x y y e e当且仅当1x =； min 1ln =⇒=-y x x y e 当且仅当1=x e； 所以2ln -≤a a b b e e ，当且仅当11a b e =⎧⎪⎨=⎪⎩时取等号，D 错误. 故选：AD【点睛】本题考查了导数的综合应用，考查了运算求解能力和逻辑推理能力，转化的数学思想和数形结合的数学思想，属于难题.8．已知函数1()2ln f x x x=+，数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足12a =，()()*1N n n a f a n +=∈，则下列有关数列{}n a 的叙述正确的是（ ）A ．21a a <B ．1n a >C ．100100S <D ．112n n n a a a +⋅+<【答案】AB【分析】A ．计算出2a 的值，与1a 比较大小并判断是否正确；B ．利用导数分析()f x 的最小值，由此判断出1n a >是否正确；C ．根据n a 与1的大小关系进行判断；D ．构造函数()()1ln 11h x x x x=+->，分析其单调性和最值，由此确定出1ln 10n n a a +->，将1ln 10n na a +->变形可得112n n a a ++>，再将112n n a a ++>变形可判断结果. 【详解】A 选项，3221112ln 2ln 4ln 2222a e =+=+<+=，A 正确； B 选项，因为222121()x f x x x x='-=-，所以当1x >时，()0f x '>，所以()f x 单增，所以()(1)1f x f >=， 因为121a =>，所以()11n n a f a +=>，所以1n a >，B 正确；C 选项，因为1n a >，所以100100S >，C 错误；D 选项，令1()ln 1(1)h x x x x =+->，22111()0x h x x x x-='=->， 所以()h x 在(1,)+∞单调递增，所以()(1)0h x h >=，所以1ln 10n n a a +->，则22ln 20n n a a +->，所以112ln 2n n n a a a ⎛⎫++> ⎪⎝⎭，即112n n a a ++>， 所以112n n n a a a ++>，所以D 错误.故选：AB.【点睛】易错点睛：本题主要考查导数与数列的综合问题，属于难题.解决该问题应该注意的事项： （1）转化以函数为背景的条件时，应该注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是很容易被忽视的问题；（2）利用函数的方法研究数列中的相关问题时，应准确构造相应的函数，注意数列中相关限制条件的转化.。

高考一轮复习之导数综合运用.doc

高考一轮复习之导数综合运用.doc

课时3 导数综合运用一、课前预习：1、设函数()f x 在0x x =处有导数，且1)()2(lim 000=∆-∆+→∆xx f x x f x ，则0()f x '=（ ）A 、1B 、0C 、 2D 、212、设()f x '是函数()f x 的导函数，()y f x '=的图象如下图（1）所示，则()y f x =的图A 、B 、C 、D 、3、若曲线3y x px q =++与x 轴相切，则,p q 之间的关系满足（ ）A 、22()()032pq += B 、23()()023p q += C 、2230p q -=D 、2230q p -=4、已知函数23()2f x ax x =-的最大值不大于16，又当11[,]42x ∈时，1()8f x ≥，则a =5、若对任意3,()4,(1)1x R f x x f '∈==-，则()f x =四、例题分析： 例1、若函数3211()(1)132f x x ax a x =-+-+在区间(1,4)内为减函数，在区间(6,)+∞上为增函数，试求实数a 的取值范围．（1）例2、已知函数3()f x ax cx d =++(0)a ≠是R 上的奇函数，当1x =时()f x 取得极值2-， （1）求()f x 的单调区间和极大值；（2）证明对任意12,(1,1)x x ∈-，不等式12|()()|4f x f x -<恒成立．例3、设函数321()532a b f x x x x -=+++(,,0)a b R a ∈>的定义域为R ，当1x x =时，取得极大值；当2x x =时取得极小值，1||2x <且12||4x x -=． （1） 求证：120x x >；（2） 求证：22(1)164b a a -=+； （3） 求实数b 的取值范围．五、课后作业： 姓名1、函数3223125y x x x =--+在[0,3]上的最大值与最小值分别是 （ ） A 、5、15-B 、5、4C 、4-、15-D 、5、16-2、关于函数762)(23+-=x x x f ，下列说法不正确的是 （ ） A 、在区间(,0)-∞内，)(x f 为增函数 B 、在区间(0,2)内，)(x f 为减函数 C 、在区间(2,)+∞内，)(x f 为增函数 D 、在区间(,0)(2,)-∞+∞内，)(x f 为增函数3、设)(x f 在0x x =处可导，且000(3)()lim1x f x x f x x ∆→-∆-=∆，则)(0x f '等于 （ ）A 、1B 、13-C 、3-D 、314、设对于任意的x ，都有0)(),()(0≠-=-'-=-k x f x f x f ，则0()f x '= （ ）A 、kB 、k -C 、k 1D 、k1-5、一物体运动方程是)/8.9(3120022s m g gt s =+=，则3=t 时物体的瞬时速度为6、已知函数x bx ax x f 3)(23-+=在1±=x 处取得极值． （1）讨论)1(f 和)1(-f 是函数)(x f 的极大值还是极小值； （2）过点)16,0(A 作曲线)(x f y =的切线，求此切线方程．7、某工厂生产某种产品，已知该产品的月产量x （吨）与每吨的价格P （元/吨）之间的关系为21242005P x =-，且生产x 吨的成本为50000200R x =+元，问：该厂每月生产多少吨产品才能使利润达到最大？最大利润是多少？（利润=收入-成本）8、已知1,0b c >->，函数()f x x b =+的图象与函数2()g x x bx c =++的图象相切，（1）求,b c 的关系式（用c 表示b ）；（2）设函数()()()F x f x g x =在(,)-∞+∞内有极值点，求c 的取值范围．。

山东省济宁市高考数学一轮复习 第五讲 导数及其应用习题 理 新人教A版

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第五讲 导数及其应用1．、[2014·广东卷] 曲线y ＝－5e x ＋3在点(0，－2)处的切线方程为________．5x ＋y ＋2＝0 [解析] ∵y ′＝－5e x ，∴所求切线斜是k ＝－5e 0＝－5，∴切线方程是y－(－2)＝－5(x －0)，即5x ＋y ＋2＝0.2．曲线y ＝x 3＋11在点P (1,12)处的切线与y 轴交点的纵坐标是( )A ．－9B ．－3C ．9D ．15【解析】 ∵y ＝x 3＋11，∴y ′＝3x 2，∴y ′|x ＝1＝3，∴曲线y ＝x 3＋11在点P (1,12)处的切线方程为y －12＝3(x －1)．令x ＝0，得y ＝9.【答案】 C3．(2013·江西高考)若曲线y ＝x α＋1(α∈R )在点(1,2)处的切线经过坐标原点，则α＝________.【解析】 因为y ′＝α·x α－1，所以在点(1,2)处的切线斜率k ＝α，则切线方程为y－2＝α(x －1)．又切线过原点，故0－2＝α(0－1)，解得α＝2.【答案】 24．设函数f (x )＝x e x ，则( )A ．x ＝1为f (x )的极大值点B ．x ＝1为f (x )的极小值点C ．x ＝－1为f (x )的极大值点D ．x ＝－1为f (x )的极小值点【解析】 ∵f (x )＝x e x ，∴f ′(x )＝e x ＋x e x ＝e x (1＋x )．∴当f ′(x )≥0时，即e x (1＋x )≥0，即x ≥－1，∴x ≥－1时函数y ＝f (x )为增函数．同理可求，x <－1时函数f (x )为减函数．∴x ＝－1时，函数f (x )取得极小值．【答案】 D5．已知函数f (x )＝x 3＋x ，对任意的m ∈[－2,2]，f (mx －2)＋f (x )＜0恒成立，则x 的取值范围是________．【解析】 ∵f ′(x )＝3x 2＋1＞0恒成立，∴函数f (x )在R 上是增函数．又f (－x )＝(－x )3＋(－x )＝－(x 3＋x )＝－f (x )，∴函数f (x )是奇函数．由f (mx －2)＋f (x )＜0得f (mx －2)＜－f (x )＝f (－x )，∴mx －2＜－x ，即xm －2＋x ＜0在m ∈[－2,2]上恒成立．记g (m )＝xm －2＋x ，则⎩⎪⎨⎪⎧ g －2＜0，g 2＜0，即⎩⎪⎨⎪⎧ －2x －2＋x ＜0，2x －2＋x ＜0得－2＜x ＜23. 【答案】 ⎝⎛⎭⎪⎫－2，23 6．[2014·全国新课标卷Ⅰ] 已知函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，若f (x )存在唯一的零点x 0，且x 0＞0，则a 的取值范围是( )A ．(2，＋∞)B ．(1，＋∞)C ．(－∞，－2)D ．(－∞，－1)答案：C [解析] 显然a ＝0时，函数有两个不同的零点，不符合．当a ≠0时，由f ′(x )＝3ax 2－6x ＝0，得x 1＝0，x 2＝2a .当a >0时，函数f (x )在(－∞，0)，⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2a 上单调递减，又f (0)＝1，所以函数f (x )存在小于0的零点，不符合题意；当a <0时，函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，2a ，(0，＋∞)上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ，0上单调递增，所以只需f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a >0，解得a <－2，所以选C.7（2013山东）已知函数f (x )＝ax 2＋bx －ln x (a ，b ∈R )．(1)设a ≥0，求f (x )的单调区间；(2)设a ＞0，且对任意x ＞0，f (x )≥f (1)．试比较ln a 与－2b 的大小．解：本题主要考查利用导数研究函数的单调性和相关函数值的大小比较，考查分类讨论思想、推理论证能力和运算求解能力．(1)由f (x )＝ax 2＋bx －ln x ，x ∈(0，＋∞)，得f ′(x )＝2ax 2＋bx －1x. ①当a ＝0时，f ′(x )＝bx －1x . (ⅰ)若b ≤0，当x >0时，f ′(x )<0恒成立，所以函数f (x )的单调递减区间是(0，＋∞)．(ⅱ)若b >0，当0<x <1b时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减； 当x >1b时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增． 所以函数f (x )的单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1b ，单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫1b ，＋∞. ②当a >0时，令f ′(x )＝0，得2ax 2＋bx －1＝0.由Δ＝b 2＋8a >0，得x 1＝－b － b 2＋8a 4a ， x 2＝－b ＋b 2＋8a 4a. 当0<x <x 2时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减；当x >x 2时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增． 所以函数f (x )的单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－b ＋b 2＋8a 4a ，单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－b ＋b 2＋8a 4a ，＋∞.综上所述，当a ＝0，b ≤0时，函数f (x )的单调递减区间是(0，＋∞)；当a ＝0，b >0时，函数f (x )的单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1b ，单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫1b ，＋∞； 当a >0时，函数f (x )的单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－b ＋ b 2＋8a 4a ，单调递增区间是－b ＋ b 2＋8a 4a，＋∞. (2)由题意知，函数f (x )在x ＝1处取得最小值．由(1)知－b ＋b 2＋8a 4a是f (x )的唯一极小值点， 故－b ＋b 2＋8a 4a＝1，整理得2a ＋b ＝1即b ＝1－2a . 令g (x )＝2－4x ＋ln x ，则g ′(x )＝1－4x x. 令g ′(x )＝0，得x ＝14， 当0<x <14时，g ′(x )>0，g (x )单调递增； 当x >14时，g ′(x )<0，g (x )单调递减． 因此g (x )≤g ⎝ ⎛⎭⎪⎫14＝1＋ln 14＝1－ln 4<0. 故g (a )<0，即2－4a ＋ln a ＝2b ＋ln a <0，即ln a <－2b .8、(2013·福建高考)已知函数f (x )＝x －a ln x (a ∈R )．(1)当a ＝2时，求曲线y ＝f (x )在点A (1，f (1))处的切线方程；(2)求函数f (x )的极值．【思路点拨】 (1)首先确定定义域，再利用导数求切线斜率及其方程；(2)先求出函数导数，再讨论字母a 的取值以确定单调性．【尝试解答】 函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1－a x .(1)当a ＝2时，f (x )＝x －2ln x ，f ′(x )＝1－2x(x ＞0)， 因而f (1)＝1，f ′(1)＝－1，所以曲线y ＝f (x )在点A (1，f (1))处的切线方程为y －1＝－(x －1)，即x ＋y －2＝0.(2)由f ′(x )＝1－a x ＝x －a x，x ＞0知： ①当a ≤0时，f ′(x )＞0，函数f (x )为(0，＋∞)上的增函数，函数f (x )无极值； ②当a ＞0时，由f ′(x )＝0，解得x ＝a .又当x∈(0，a)时，f′(x)＜0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0，从而函数f(x)在x＝a处取得极小值，且极小值为f(a)＝a－a ln a，无极大值．综上，当a≤0时，函数f(x)无极值；当a＞0时，函数f(x)在x＝a处取得极小值a－a ln a，无极大值．规律方法2 1.本例在求解时，常因忽略函数的定义域0，＋∞，而忘记讨论参数a≤0的情形.2.可导函数y＝f x在点x0处取得极值的充要条件是f′x0＝0，且在x0左侧与右侧f′x的符号不同.特别注意，导数为零的点不一定是极值点.3.若f x在a，b内有极值，那么f x在a，b内绝不是单调函数，即在某区间上单调增或减的函数没有极值.。

高考数学一轮复习导数及其应用多选题知识归纳总结及解析

高考数学一轮复习导数及其应用多选题知识归纳总结及解析

高考数学一轮复习导数及其应用多选题知识归纳总结及解析一、导数及其应用多选题1．经研究发现：任意一个三次多项式函数32()(0)f x ax bx cx d a =+++≠的图象都只有一个对称中心点()()00,x f x ，其中0x 是()0f x ''=的根，()'f x 是()f x 的导数，()f x ''是()'f x 的导数.若函数32()f x x ax x b =+++图象的对称点为(1,2)-，且不等式(ln 1)x e e mx x -+32()3ef x x x e x ⎡⎤≥--+⎣⎦对任意(1,)x ∈+∞恒成立，则（ ）A ．3a =B ．1b =C ．m 的值可能是e -D ．m 的值可能是1e-【答案】ABC 【分析】求导得()62f x x a ''=+，故由题意得()1620f a ''=-+=-，()1112f a b -=-+-+=，即3,1a b ==，故()3231f x x x x =+++.进而将问题转化为()1ln 1e x x e x e m x --++<+，由于1x e x >+，故ln ln 1ee x x x x e e x e x --+=≥-+，进而得()1ln ln 1ln 1e x x e x e e x ee x x --++--≥=-++，即m e ≤-，进而得ABC 满足条件.【详解】由题意可得()1112f a b -=-+-+=，因为()2321x ax f x =++'，所以()62f x x a ''=+，所以()1620f a ''=-+=-，解得3,1a b ==，故()3231f x x x x =+++.因为1x >，所以()()32ln []13xeee mx xf x x x e x -+≥--+等价于()1ln 1e x x e x e m x --++≤+. 设()()10xg x e x x =-->，则()10xg x e '=->，从而()g x 在()0,∞+上单调递增.因为()00g =，所以()0g x >，即1x e x >+， 则ln ln 1ee x xxx e e x e x --+=≥-+（当且仅当x e =时，等号成立），从而()1ln ln 1ln 1e x x e x e e x e e x x --++--≥=-++，故m e ≤-.故选：ABC. 【点睛】本题解题的关键在于根据题意得()3231f x x x x =+++，进而将不等式恒成立问题转化为()1ln 1e x x e x e m x --++≤+恒成立问题，再结合1x e x >+得ln ln 1e e xx xx e ex e x --+=≥-+，进而得m e ≤-.考查运算求解能力与化归转化思想，是难题.2．定义在(0,)+∞上的函数()f x 的导函数为()'f x ，且()()f x f x x'<，则对任意1x 、2(0,)x ∈+∞，其中12x x ≠，则下列不等式中一定成立的有（ ）A ．()()()1212f x x f x f x +<+B ．()()()()21121212x xf x f x f x f x x x +<+ C ．()1122(1)x x f f <D ．()()()1212f x x f x f x <【答案】ABC 【分析】构造()()f x g x x=，由()()f x f x x '<有()0g x '<，即()g x 在(0,)+∞上单调递减，根据各选项的不等式，结合()g x 的单调性即可判断正误.【详解】 由()()f x f x x '<知：()()0xf x f x x'-<， 令()()f x g x x =，则()()()20xf x f x g x x'-='<， ∴()g x 在(0,)+∞上单调递减，即122112121212()()()()0()g x g x x f x x f x x x x x x x --=<--当120x x ->时，2112()()x f x x f x <；当120x x -<时，2112()()x f x x f x >；A ：121()()g x x g x +<，122()()g x x g x +<有112112()()x f x x f x x x +<+，212212()()x f x x f x x x +<+，所以()()()1212f x x f x f x +<+； B:由上得21121212()()()()x f x x x x f x x x -<-成立，整理有()()()()21121212x xf x f x f x f x x x +<+； C ：由121x >，所以111(2)(1)(2)(1)21x x x f f g g =<=，整理得()1122(1)x x f f <； D ：令121=x x 且121x x >>时，211x x =，12111()()()()g x g x f x f x =，12()(1)(1)g x x g f ==，有121()()g x x g x >，122()()g x x g x <，所以无法确定1212(),()()g x x g x g x 的大小. 故选：ABC 【点睛】思路点睛：由()()f x f x x '<形式得到()()0xf x f x x'-<， 1、构造函数：()()f x g x x =，即()()()xf x f x g x x'-'=. 2、确定单调性：由已知()0g x '<，即可知()g x 在(0,)+∞上单调递减.3、结合()g x 单调性，转化变形选项中的函数不等式，证明是否成立.3．已知函数()1ln f x x x x=-+，给出下列四个结论，其中正确的是（ ） A ．曲线()y f x =在1x =-处的切线方程为10x y ++= B ．()f x 恰有2个零点C ．()f x 既有最大值，又有最小值D ．若120x x >且()()120f x f x +=，则121=x x 【答案】BD 【分析】本题首先可根据()10f -=以及13f判断出A 错误，然后根据当0x >时的函数单调性、当0x <时的函数单调性、()10f -=以及()10f =判断出B 正确和C 错误，最后根据()()120f x f x +=得出()121f x f x ⎛⎫=⎪⎝⎭，根据函数单调性即可证得121=x x ，D 正确. 【详解】函数()1ln f x x x x=-+的定义域为()(),00,-∞⋃+∞， 当0x >时，()1ln f x x x x=-+，()2221111x x f x x x x -+-'=--=；当0x <时，1ln f x x x x，()2221111x x f x x x x -+-'=--=， A 项：1ln 1110f，22111131f，则曲线()y f x =在1x =-处的切线方程为031y x ，即33y x =--，A 错误；B 项：当0x >时，222215124x x x f xx x ，函数()f x 是减函数，当0x <时，222215124x x x f xx x ，函数()f x 是减函数，因为()10f -=，()10f =，所以函数()f x 恰有2个零点，B 正确； C 项：由函数()f x 的单调性易知，C 错误； D 项：当1>0x 、20x >时， 因为()()120f x f x +=， 所以1222222221111ln lnf x f x x x x fx x x x ， 因为()f x 在()0,∞+上为减函数，所以121x x =，120x x >， 同理可证得当10x <、20x <时命题也成立，D 正确， 故选：BD. 【点睛】本题考查函数在某点处的切线求法以及函数单调性的应用，考查根据导函数求函数在某点处的切线以及函数单调性，导函数值即切线斜率，若导函数值大于0，则函数是增函数，若导函数值小于0，则函数是减函数，考查函数方程思想，考查运算能力，是难题.4．若存在实常数k 和b ，使得函数()F x 和()G x 对其公共定义域上的任意实数x 都满足：()F x kx b ≥+和()G x kx b ≤+恒成立，则称此直线y kx b =+为()F x 和()G x 的“隔离直线”，已知函数()()2f x x R x =∈，()()10g x x x=<，()2eln h x x =（e 为自然对数的底数），则下列结论正确的是（ ） A ．()()()m x f x g x =-在x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭内单调递增 B ．()f x 和()g x 之间存在“隔离直线，且b 的最小值为4 C ．()f x 和()g x 间存在“隔离直线”，且k 的取值范围是(]4,1- D ．()f x 和()h x 之间存在唯一的“隔离直线”e y =-【答案】AD 【分析】求出()()()m x f x g x =-的导数，检验在x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭内的导数符号，即可判断选项A ；选项B 、C 可设()f x 、()g x 的隔离直线为y kx b =+，2x kx b ≥+对一切实数x 都成立，即有10∆≤，又1kx b x≤+对一切0x <都成立，20∆≤，0k ≤，0b ≤，根据不等式的性质，求出k 、b 的范围，即可判断选项B 、C ；存在()f x 和()h x 的隔离直线，那么该直线过这个公共点，设隔离直线的斜率为k，则隔离直线的方程为(y e k x -=，构造函数求出函数的导数，根据导数求出函数的最值.【详解】对于选项A ：()()()21m x f x g x x x =-=-，()212m x x x'=+，当x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()2120m x x x '=+>， 所以函数()()()m x f x g x =-在x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭内单调递增；故选项A 正确 对于选项BC ：设()f x 、()g x 的隔离直线为y kx b =+，则2x kx b ≥+对一切实数x 都成立，即有10∆≤，即240k b +≤，又1kx b x≤+对一切0x <都成立，则210kx bx +-≤，即 20∆≤，240b k +≤，0k ≤，0b ≤，即有24k b ≤-且24b k ≤-，421664k b k ≤≤-，可得40k -≤≤，同理可得：40b -≤≤，故选项B 不正确，故选项C 不正确；对于选项D ：函数()f x 和()h x的图象在x =()f x 和()h x 的隔离直线，那么该直线过这个公共点，设隔离直线的斜率为k，则隔离直线的方程为(y e k x -=，即y kx e =-，由()f x kx e ≥-，可得20x kx e -+≥对于x ∈R 恒成立，则0∆≤，只有k =y e =-，下面证明()h x e ≤-，令()2n ()l G x e h x e x e =--=--，()x G x x'=，当x =()0'=G x，当0x <<时，()0'<G x，当x >()0G x '>，则当x =()G x 取到极小值，极小值是0，也是最小值.所以()()0G x e h x =--≥，则()h x e ≤-当0x >时恒成立.所以()f x 和()g x 之间存在唯一的“隔离直线”e y =-，故选项D 正确. 故选：AD 【点睛】本提以函数为载体，考查新定义，关键是对新定义的理解，考查函数的导数，利用导数求最值，属于难题.5．对于函数2ln ()xf x x =，下列说法正确的是（ ）A ．()f x 在x =12eB ．()f x 有两个不同的零点C ．ff f <<D ．若()21f x k x <-在()0,∞+上恒成立，则2e k >【答案】ACD 【分析】求得函数的导数312ln ()-'=xf x x，根据导数的符号，求得函数的单调区间和极值，可判定A 正确；根据函数的单调性和()10f =，且x >()0f x >，可判定B 不正确；由函数的单调性，得到f f >，再结合作差比较，得到f f >，可判定C 正确；分离参数得到()221ln 1x k f x x x +>+=在()0,∞+上恒成立，令()2ln 1x g x x +=，利用导数求得函数()g x 的单调性与最值，可判定D 正确. 【详解】由题意，函数2ln ()x f x x=，可得312ln ()(0)xf x x x -'=>，令()0f x '=，即312ln 0xx -=，解得x =当0x <<()0f x '>，函数()f x 在上单调递增；当x >()0f x '<，函数()f x 在)+∞上单调递减，所以当x =()f x 取得极大值，极大值为12f e=，所以A 正确； 由当1x =时，()10f =，因为()f x 在上单调递增，所以函数()f x 在上只有一个零点，当x >()0f x >，所以函数在)+∞上没有零点，综上可得函数在(0,)+∞只有一个零点，所以B 不正确；由函数()f x 在)+∞上单调递减，可得f f >，由于ln 2ln ,42f f ππ====，则2ln ln 2ln ln 22444f f ππππππ-=-=-，因为22ππ>，所以0f f ->，即f f >，所以ff f <<，所以C 正确；由()21f x k x <-在()0,∞+上恒成立，即()221ln 1x k f x x x +>+=在()0,∞+上恒成立， 设()2ln 1x g x x +=，则()32ln 1x g x x --'=， 令()0g x '=，即32ln 10x x--=，解得x = 所以当0x<<()0g x '>，函数()g x 在上单调递增； 当x>()0g x '<，函数()g x 在)+∞上单调递减， 所以当x=()g x 取得最大值，最大值为22e eg e =-=， 所以2ek >，所以D 正确. 故选：ACD. 【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及恒成立问题的求解，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，对于恒成立问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．6．已知函数()e sin xf x a x =+，则下列说法正确的是（ ）A ．当1a =-时，()f x 在0,单调递增B ．当1a =-时，()f x 在()()0,0f 处的切线为x 轴C ．当1a =时，()f x 在()π,0-存在唯一极小值点0x ，且()010f x -<<D ．对任意0a >，()f x 在()π,-+∞一定存在零点 【答案】AC 【分析】结合函数的单调性、极值、最值及零点，分别对四个选项逐个分析，可选出答案. 【详解】对于A ，当1a =-时，()e sin xf x x =-，()e cos xf x x '=-，因为()0,x ∈+∞时，e 1,cos 1xx >≤，即0fx，所以()f x 在0,上单调递增，故A 正确；对于B ，当1a =-时，()e sin xf x x =-，()e cos xf x x '=-，则()00e sin01f =-=，()00e cos00f '=-=，即切点为0,1，切线斜率为0，故切线方程为1y =，故B 错误；对于C ，当1a =时，()e sin xf x x =+，()e cos xf x x '+=，()e sin xf x x '=-'，当()π,0x ∈-时，sin 0x <，e 0x >，则()e sin 0xx f x -'=>'恒成立，即()e cos x f x x '+=在()π,0-上单调递增，又ππ22ππe cos e 220f --⎛⎫⎛⎫'-=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭+>，3π3π443π3πe cos e 442f --⎛⎫⎛⎫'-=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝-⎭+，因为123π3π421e e 2e ---⎛⎫=<⎪⎭< ⎝，所以3π43πe 024f -⎛⎫'-= ⎪-⎭<⎝，所以存在唯一03ππ,42x ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭，使得()00f x '=成立，所以()f x 在()0π,x -上单调递减，在()0,0x 上单调递增，即()f x 在()π,0-存在唯一极小值点0x ，由()000e cos 0xf x x +'==，可得()000000πe sin cos sin 4x f x x x x x ⎛⎫=+=-+=- ⎪⎝⎭，因为03ππ,42x ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭，所以0π3ππ,44x ⎛⎫-∈-- ⎪⎝⎭，则()00π4f x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭()1,0∈-，故C 正确；对于选项D ，()e sin xf x a x =+，()π,x ∈-+∞，令()e sin 0xf x a x =+=，得1sin ex xa -=， ()sin ex xg x =，()π,x ∈-+∞，则()πcos sin 4e e x xx x x g x ⎛⎫- ⎪-⎝⎭'==， 令0g x ，得πsin 04x ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，则ππ4x k =+()1,k k ≥-∈Z ，令0g x，得πsin 04x ⎛⎫-> ⎪⎝⎭，则π5π2π,2π44x k k ⎛⎫∈++ ⎪⎝⎭()1,k k ≥-∈Z ，此时函数()g x 单调递减， 令0g x，得πsin 04x ⎛⎫-< ⎪⎝⎭，则5π9π2π,2π44x k k ⎛⎫∈++ ⎪⎝⎭()1,k k ≥-∈Z ，此时函数()g x 单调递增， 所以5π2π4x k =+()1,k k ≥-∈Z 时，()g x 取得极小值，极小值为5π5π2π2π445π5π2π5π4s 42in si πe e 4n k k g k k ++⎛⎫ ⎪⎛⎫⎝⎭== ⎪⎝⎭++()1,k k ≥-∈Z ， 在()g x 的极小值中，3π4sin 3π45π5π42π4eg g -⎛⎫⎛⎫=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝+⎭-最小，当3ππ,4x ⎛⎫∈--⎪⎝⎭时，()g x 单调递减，所以函数()g x的最小值为3π3π445πsin 3π144eg --⎛⎫-==- ⎪⎝⎭，当3π411a--<-时，即3π40a -<<时，函数()g x 与1=-y a无交点，即()f x 在()π,-+∞不存在零点，故D 错误.故选：AC. 【点睛】本题考查利用导数研究函数的极值、零点、最值，及切线方程的求法，考查学生的推理能力与计算求解能力，属于难题.7．已知函数()21,0log ,0kx x f x x x +≤⎧=⎨>⎩，下列是关于函数()1y f f x =+⎡⎤⎣⎦的零点个数的判断，其中正确的是（ ） A ．当0k >时，有3个零点 B ．当0k <时，有2个零点 C ．当0k >时，有4个零点 D ．当0k <时，有1个零点【答案】CD 【分析】令y ＝0得()1f f x =-⎡⎤⎣⎦，利用换元法将函数分解为f （x ）＝t 和f （t ）＝﹣1，作出函数f （x ）的图象，利用数形结合即可得到结论． 【详解】令()10y f f x =+=⎡⎤⎣⎦，得()1f f x =-⎡⎤⎣⎦，设f （x ）＝t ，则方程()1f f x =-⎡⎤⎣⎦等价为f （t ）＝﹣1，①若k ＞0，作出函数f （x ）的图象如图：∵f （t ）＝﹣1，∴此时方程f （t ）＝﹣1有两个根其中t 2＜0，0＜t 1＜1，由f （x ）＝t 2＜0，此时x 有两解，由f （x ）＝t 1∈（0，1）知此时x 有两解，此时共有4个解， 即函数y ＝f [f （x ）]+1有4个零点．②若k ＜0，作出函数f （x ）的图象如图：∵f （t ）＝﹣1，∴此时方程f （t ）＝﹣1有一个根t 1，其中0＜t 1＜1，由f （x ）＝t 1∈（0，1），此时x 只有1个解，即函数y ＝f [f （x ）]+1有1个零点． 故选：CD ．【点睛】本题考查分段函数的应用，考查复合函数的零点的判断，利用换元法和数形结合是解决本题的关键，属于难题．8．若方程()2110x m x -+-=和()120x m ex -+-=的根分别为()1212,x x x x <和3x ，()434x x x <，则下列判断正确的是（ ）A ．3201x x <<<B ．1310x x -<<C ．(),1m ∈-∞-D ．1151x ⎫--∈-⎪⎪⎝⎭【答案】ABD 【分析】根据题意将问题转化为，1x ，2x 和3x ，4x 分别是y m =与11y x x =--和12x xy e-=-交点的横坐标，再用导数研究函数11y x x =--和12x xy e-=-的单调性与取值情况，作出函数图象，数形结合即可解决问题. 【详解】解：由题，1x，2x和3x，4x分别是11m xx=--和12xxme-=-的两个根，即y m=与11y xx=--和12xxye-=-交点的横坐标.对于函数11y xx=--，定义域为{}0x x≠，21'10yx=+>，所以函数在(),0-∞和()0,∞+上单调递增，且1x=时，1y=-；对于函数12xxye-=-，11'xxye--=，所以函数在(),1-∞上单调递增，在()1,+∞单调递减，且当,2x y→+∞→-，0x=时，2y=-，1x=时，1y=-；故作出函数11y xx=--，12xxye-=-的图像如图所示，注意到：当()0,1x∈时，11122xxx xx e---<-<-，由图可知，3201x x<<<，()2,1m∈--，从而()11112,1xx--∈--，解得115,1x⎛⎫--∈-⎪⎪⎝⎭，所以选项AD正确，选项C错误，又121310x x x x-=<<.故选：ABD.【点睛】本题考查利用导数研究函数的零点问题，考查化归转化思想与数形结合思想，是中档题.。

2021-2022年高考数学一轮复习第三章导数及其应用3.3导数的综合应用真题演练集训理新人教A版

2021-2022年高考数学一轮复习第三章导数及其应用3.3导数的综合应用真题演练集训理新人教A版

2021年高考数学一轮复习第三章导数及其应用3.3导数的综合应用真题演练集训理新人教A 版1．[xx·新课标全国卷Ⅰ]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 ，34C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32e ，34 D ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫32e ，1 答案：D解析：∵ f (0)＝－1＋a ＜0，∴ x 0＝0.又x 0＝0是唯一的整数，∴ ⎩⎨⎧f －1≥0，f 1≥0，即⎩⎨⎧e －1[2×－1－1]＋a ＋a ≥0，e 2×1－1－a ＋a ≥0，解得a ≥32e.又a ＜1，∴ 32e≤a ＜1，故选D.2．[xx·陕西卷]如图，某飞行器在4千米高空水平飞行，从距着陆点A 的水平距离10千米处开始下降，已知下降飞行轨迹为某三次函数图象的一部分，则该函数的解析式为( )A ．y ＝1125x 3－35x B ．y ＝2125x 3－45xC ．y ＝3125x 3－x D ．y ＝－3125x 3＋15x答案：A解析：设所求函数解析式为y ＝f (x )，由题意知f (5)＝－2，f (－5)＝2，且f ′(±5)＝0，代入验证易得y ＝1125x 3－35x 符合题意，故选A.3．[xx·辽宁卷]当x ∈[－2,1]时，不等式ax 3－x 2＋4x ＋3≥0恒成立，则实数a 的取值范围是( )A ．[－5，－3]B ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤－6，－98C ．[－6，－2]D ．[－4，－3]答案：C解析：当x ＝0时，ax 3－x 2＋4x ＋3≥0变为3≥0恒成立，即a ∈R . 当x ∈(0,1]时，ax 3≥x 2－4x －3，a ≥x 2－4x －3x 3，∴a ≥⎣⎢⎡⎦⎥⎤x 2－4x －3x 3max . 设φ(x )＝x 2－4x －3x 3，φ′(x )＝2x －4x 3－x 2－4x －3·3x2x 6＝－x 2－8x －9x 4＝－x －9x ＋1x4＞0， ∴φ(x )在(0,1]上单调递增，φ(x )max ＝φ(1)＝－6.∴a ≥－6.当x ∈[－2,0)时，a ≤x 2－4x －3x 3，∴a ≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤x 2－4x －3x 3min .仍设φ(x )＝x 2－4x －3x 3，φ′(x )＝－x －9x ＋1x4，当x ∈[－2，－1)时，φ′(x )＜0； 当x ∈(－1,0)时，φ′(x )＞0.∴当x ＝－1时，φ(x )有极小值，即为最小值． 而φ(x )min ＝φ(－1)＝1＋4－3－1＝－2，∴a ≤－2.综上可知，a 的取值范围为[－6，－2]．4．[xx·新课标全国卷Ⅰ]已知函数f (x )＝(x －2)e x＋a (x －1)2有两个零点． (1)求a 的取值范围；(2)设x 1，x 2是f (x )的两个零点，证明：x 1＋x 2<2.(1)解：f ′(x )＝(x －1)e x＋2a (x －1)＝(x －1)·(e x ＋2a )． (ⅰ)设a ＝0，则f (x )＝(x －2)e x，f (x )只有一个零点． (ⅱ)设a >0，则当x ∈(－∞，1)时，f ′(x )<0； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0.所以f (x )在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． 又f (1)＝－e ，f (2)＝a ，取b 满足b <0且b <ln a2，则f (b )>a 2(b －2)＋a (b －1)2＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2－32b >0，故f (x )存在两个零点．(ⅲ)设a <0，由f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝ln(－2a )．若a ≥－e2，则ln(－2a )≤1，故当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，因此f (x )在(1，＋∞)上单调递增．又当x ≤1时，f (x )<0，所以f (x )不存在两个零点．若a <－e2，则ln(－2a )>1，故当x ∈(1，ln(－2a ))时，f ′(x )<0；当x ∈(ln(－2a )，＋∞)时，f ′(x )>0.因此f (x )在(1，ln(－2a ))上单调递减， 在(ln(－2a )，＋∞)上单调递增．又当x ≤1时f (x )<0，所以f (x )不存在两个零点． 综上，a 的取值范围为(0，＋∞)．(2)证明：不妨设x 1<x 2.由(1)知，x 1∈(－∞，1)，x 2∈(1，＋∞)，2－x 2∈(－∞，1)，又f (x )在(－∞，1)上单调递减，所以x 1＋x 2<2等价于f (x 1)>f (2－x 2)，即f (2－x 2)<0.由于f (2－x 2)＝－x 2e 2－x 2＋a (x 2－1)2， 而f (x 2)＝(x 2－2)e x 2＋a (x 2－1)2＝0， 所以f (2－x 2)＝－x 2e 2－x 2－(x 2－2)e x2. 设g (x )＝－x e2－x－(x －2)e x，则g ′(x )＝(x －1)(e2－x－e x)．所以当x >1时，g ′(x )<0，而g (1)＝0，故当x >1时，g (x )<0. 从而g (x 2)＝f (2－x 2)<0，故x 1＋x 2<2.5．[xx·新课标全国卷Ⅱ]设函数f (x )＝e mx＋x 2－mx .(1)证明：f (x )在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增；(2)若对于任意x 1，x 2∈[－1,1]，都有|f (x 1)－f (x 2)|≤e－1，求m 的取值范围． (1)证明：f ′(x )＝m (e mx－1)＋2x .若m ≥0，则当x ∈(－∞，0)时，e mx－1≤0，f ′(x )<0； 当x ∈(0，＋∞)时，e mx－1≥0，f ′(x )>0.若m <0，则当x ∈(－∞，0)时，e mx－1>0，f ′(x )<0； 当x ∈(0，＋∞)时，e mx－1<0，f ′(x )>0.所以，f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．(2)解：由(1)知，对任意的m ，f (x )在[－1,0]上单调递减，在[0,1]上单调递增，故f (x )在x ＝0处取得最小值．所以对于任意x 1，x 2∈[－1,1]，|f (x 1)－f (x 2)|≤e－1的充要条件是⎩⎪⎨⎪⎧f 1－f 0≤e－1，f －1－f0≤e－1，即⎩⎪⎨⎪⎧e m－m ≤e－1，e －m＋m ≤e－1.①设函数g (t )＝e t－t －e ＋1，则g ′(t )＝e t－1. 当t <0时，g ′(t )<0；当t >0时，g ′(t )>0.故g (t )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． 又g (1)＝0，g (－1)＝e －1＋2－e<0， 故当t ∈[－1,1]时，g (t )≤0.当m ∈[－1,1]时，g (m )≤0，g (－m )≤0，即①式成立； 当m >1时，由g (t )的单调性，g (m )>0，即e m－m >e －1； 当m <－1时，g (－m )>0，即e －m＋m >e －1. 综上，m 的取值范围是[－1,1]．6．[xx·新课标全国卷Ⅰ]已知函数f (x )＝x 3＋ax ＋14，g (x )＝－ln x .(1)当a 为何值时，x 轴为曲线y ＝f (x )的切线；(2)用min{m ，n }表示m ，n 中的最小值，设函数h (x )＝min{f (x )，g (x )}(x ＞0)，讨论h (x )零点的个数．解：(1)设曲线y ＝f (x )与x 轴相切于点(x 0,0)，则f (x 0)＝0，f ′(x 0)＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 30＋ax 0＋14＝0，3x 20＋a ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝12，a ＝－34.因此，当a ＝－34时，x 轴为曲线y ＝f (x )的切线．(2)当x ∈(1，＋∞)时，g (x )＝－ln x ＜0，从而h (x )＝min{f (x )，g (x )}≤g (x )＜0，故h (x )在(1，＋∞)上无零点．当x ＝1时，若a ≥－54，则f (1)＝a ＋54≥0，h (1)＝min{f (1)，g (1)}＝g (1)＝0，故x ＝1是h (x )的零点；若a ＜－54，则f (1)＜0，h (1)＝min{f (1)，g (1)}＝f (1)＜0，故x ＝1不是h (x )的零点．当x ∈(0,1)时，g (x )＝－ln x ＞0，所以只需考虑f (x )在(0,1)上的零点个数． ①若a ≤－3或a ≥0，则f ′(x )＝3x 2＋a 在(0,1)上无零点，故f (x )在(0,1)上单调． 而f (0)＝14，f (1)＝a ＋54，所以当a ≤－3时，f (x )在(0,1)上有一个零点；当a ≥0时，f (x )在(0,1)上没有零点．②若－3＜a ＜0，则f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0， －a 3上单调递减，在⎝⎛⎭⎪⎫－a3，1上单调递增，故在(0,1)上，当x ＝ －a3时，f (x )取得最小值，最小值为f ⎝⎛⎭⎪⎫ －a 3＝2a3－a3＋14. a ．若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3＞0，即－34＜a ＜0，则f (x )在(0,1)上无零点．b ．若f ⎝⎛⎭⎪⎫－a 3＝0，即a ＝－34，则f (x )在(0,1)上有唯一零点．c ．若f ⎝⎛⎭⎪⎫－a 3＜0，即－3＜a ＜－34，由于f (0)＝14，f (1)＝a ＋54，所以当－54＜a ＜－34时，f (x )在(0,1)上有两个零点；当－3＜a ≤－54时，f (x )在(0,1)上有一个零点． 综上，当a ＞－34或a ＜－54时，h (x )有一个零点；当a ＝－34或a ＝－54时，h (x )有两个零点；当－54＜a ＜－34时，h (x )有三个零点．课外拓展阅读巧用导数妙解有关恒成立、存在性问题“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f (x )≥g (a )对于x ∈D 恒成立，应求f (x )的最小值；若存在x ∈D ，使得f (x )≥g (a )成立，应求f (x )的最大值．在具体问题中究竟是求最大值还是最小值，可以先联想“恒成立”是求最大值还是最小值，这样也就可以解决相应的“存在性”问题是求最大值还是最小值．特别需要关注等号是否成立问题，以免细节出错．方法一 分离参数法[典例1] [改编题]设函数f (x )＝ln x －ax ，g (x )＝e x－ax ，其中a 为实数．若f (x )在(1，＋∞)上是单调减函数，且g (x )在(1，＋∞)上有最小值，则a 的取值范围是( )A ．(e ，＋∞)B ．[e ，＋∞)C ．(1，＋∞)D ．[1，＋∞)[答案] A[解析] 解法一：f ′(x )＝1x－a ，g ′(x )＝e x －a ，由题意得，当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )≤0恒成立，即当x ∈(1，＋∞)时，a ≥1x恒成立，则a ≥1.因为g ′(x )＝e x－a 在(1，＋∞)上单调递增， 所以g ′(x )＞g ′(1)＝e －a .又g (x )在(1，＋∞)上有最小值，则必有e －a ＜0，即a ＞e. 综上，可知a 的取值范围是(e ，＋∞)．解法二：f ′(x )＝1x－a ，g ′(x )＝e x－a .由题意得，当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )≤0恒成立，即当x ∈(1，＋∞)时，a ≥1x恒成立，则a ≥1.当a ≤0时，g ′(x )＞0恒成立，从而g (x )在(1，＋∞)上单调递增，故g (x )在(1，＋∞)上无最值，不符合题意；当0＜a ≤e 时，由g ′(x )＞0得x ＞ln a ，又ln a ≤1，故g (x )在(1，＋∞)上单调递增，故g (x )在(1，＋∞)上无最值，不符合题意； 当a ＞e 时，由g ′(x )＞0得x ＞ln a ，又ln a ＞1，故g (x )在(1，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增，此时有最小值，为g (ln a )＝eln a－a ln a ＝a －a ln a .由题意知ln a ＞1，所以a ＞e. 综上，可知a 的取值范围是(e ，＋∞)． 技巧点拨在恒成立问题中有时需要取交集，有时需要取并集，本题结果取交集．一般而言，在同一“问题”中，若是对自变量作分类讨论，其结果要取交集；若是对参数作分类讨论，其结果要取并集．方法二 构造函数法[典例2] 已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋2xx ≤0，ln x ＋1x ＞0，若|f (x )|≥ax ，则a 的取值范围是( )A ．(－∞，0]B ．(－∞，1]C ．[－2,1]D ．[－2,0][答案] D[解析] |f (x )|≥ax ⇔⎩⎪⎨⎪⎧－－x 2＋2x ≥ax x ≤0，①lnx ＋1≥ax x ＞0.②(1)由①得x (x －2)≥ax 在区间(－∞，0]上恒成立． 当x ＝0时，a ∈R ；当x ＜0时，有x －2≤a 在区间(－∞，0]上恒成立，所以a ≥－2.(2)由②得ln(x ＋1)－ax ≥0在区间(0，＋∞)上恒成立，设h (x )＝ln(x ＋1)－ax (x ＞0)，则h ′(x )＝1x ＋1－a (x ＞0)，可知h ′(x )为减函数．当a ≤0时，h ′(x )＞0，故h (x )为增函数，所以h (x )＞h (0)＝0恒成立；当a ≥1时，因为1x ＋1∈(0,1)，所以h ′(x )＝1x ＋1－a ＜0，故h (x )为减函数，所以h (x )＜h (0)＝0恒成立，显然不符合题意；当0＜a ＜1时，对于给定的一个确定值a ，总可以至少找到一个x 0＞0，满足h (x 0)＝ln(x 0＋1)－ax 0＜0成立．如当a ＝12时，取x 0＝4，则h (x 0)＝ln 5－2＜0成立，可知当0＜a ＜1时，不符合题意．故a ≤0.由(1)(2)可知，a 的取值范围是[－2,0]． 方法探究本题的切入点不同，构造的函数也是不相同的，也可以构造函数结合选项利用函数图象及排除法去完成．典例2也可以通过构造函数求解，但是在问题的求解中如果可以分离出参数，尽量用分离参数法去求解．相对而言，多数题目都可以采用分离参数法去求解，而且采用分离参数法对于问题的求解会相对容易．方法三 等价转化法[典例3] 设f (x )＝a x＋x ln x ，g (x )＝x 3－x 2－3.(1)如果存在x 1，x 2∈[0,2]使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，求满足上述条件的最大整数M ；(2)如果对于任意的s ，t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，都有f (s )≥g (t )成立，求实数a 的取值范围． [解] (1)存在x 1，x 2∈[0,2]使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，等价于[g (x 1)－g (x 2)]max ≥M .由g (x )＝x 3－x 2－3，得g ′(x )＝3x 2－2x ＝3x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －23.由g ′(x )＞0得x ＜0或x ＞23，又x ∈[0,2]，所以g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，23上是单调递减函数， 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤23，2上是单调递增函数， 所以g (x )min ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝－8527， g (x )max ＝g (2)＝1.故[g (x 1)－g (x 2)]max ＝g (x )max －g (x )min ＝11227≥M ，则满足条件的最大整数M ＝4.(2)对于任意的s ，t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，都有f (s )≥g (t )成立，等价于在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上，函数f (x )min ≥g (x )max .由(1)可知在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上，g (x )的最大值为g (2)＝1.在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上，f (x )＝a x ＋x ln x ≥1恒成立等价于a ≥x －x 2ln x 恒成立．设h (x )＝x －x 2ln x ，h ′(x )＝1－2x ln x －x ，可知h ′(x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上是减函数，又h ′(1)＝0，所以当1＜x ＜2时，h ′(x )＜0；当12＜x ＜1时，h ′(x )＞0. 即函数h (x )＝x －x 2ln x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1上单调递增，在[1,2]上单调递减，所以h (x )max ＝h (1)＝1，即实数a 的取值范围是[1，＋∞)．温馨提示如果一个问题的求解中既有“存在性”又有“恒成立”问题，那么需要对问题作等价转化，使之变成与典例2、典例3相关的问题去求解，这里一定要注意转化的等价性、巧妙性，防止在转化中出错而使问题的求解出错．。

导数的概念及其意义、导数的运算专项训练-2025届高三数学一轮复习

导数的概念及其意义、导数的运算专项训练-2025届高三数学一轮复习

2025年高考数学一轮复习-导数的概念及其意义、导数的运算-专项训练基础巩固练1.曲线y=x3+bx2+c在点M(1,0)处的切线与直线x-y-2=0垂直,则c的值为()A.-1B.0C.1D.22.已知函数f(x)的导函数为f'(x),且满足f(x)=x3+x2f'(1)+2x-1,则f'(2)=()A.1B.-9C.-6D.43.若直线y=x+m与曲线y=e x-2n相切,则()A.m+n为定值B.1m+n为定值2n为定值C.m+12n为定值D.m+134.若过点(a,b)可以作曲线y=e x的两条切线,则()A.e b<aB.e a<bC.0<a<e bD.0<b<e a5.若曲线y=ln x-1与y=ax2的图象存在公切线,则正实数a的取值范围是()e-3,+∞)A.(0,2e]B.[12e-3] D.[2e,+∞)C.(0,126.(多选题)为满足人们对美好生活的向往,环保部门要求相关企业加强污水治理,排放未达标的大小评价在的企业要限期整改.设企业的污水排放量W与时间t的关系为W=f(t),用-f(b)-f(a)b-a[a,b]这段时间内企业污水治理能力的强弱.已知整改期内,甲、乙两企业的污水排放量与时间的关系如图所示,则下列结论中,正确的有()A.在[t 1,t 2]这段时间内,甲企业的污水治理能力比乙企业强B.在t 2时刻,甲企业的污水治理能力比乙企业强C.在t 3时刻,甲、乙两企业的污水排放量都已达标D.甲企业在[0,t 1],[t 1,t 2],[t 2,t 3]这三段时间中,在[0,t 1]的污水治理能力最强7.(多选题)已知ln x 1-x 1-y 1+2=0,x 2+2y 2-2ln 2-6=0,记M=(x 1-x 2)2+(y 1-y 2)2,则( ) A.M 的最小值为165B.当M 取最小值时,x 2=145C.M 的最小值为45D.当M 取最小值时,x 2=1258.设函数f (x )=e x x+a .若f'(1)=e4,则a=.9.求曲线y=2x -1x+2在点(-1,-3)处的切线方程.综 合 提升练10.若过点(a ,b )可以作曲线y=x-1x (x>0)的两条切线,则( )A.b>a>0B.a-1a <b<0<aC.0<a-1a <b<aD.a>b>a-1a 且a>011.已知曲线y=e x 在点(x 1,e x 1)处的切线与曲线y=ln x 在点(x 2,ln x 2)处的切线相同,则(x 1+1)(x 2-1)=( )A.-1B.-2C.1D.212.已知函数f (x )=e x +x ,g (x )=3x ,且f (m )=g (n ),则n-m 的最小值为( )A.1-ln 2B.2(1-ln 2)C.13(2-ln 2) D.23(1-ln 2)13.(多选题)已知函数f (x )及其导函数f'(x )的定义域均为R ,记g (x )=f'(x ).若f (32-2x),g (2+x )均为偶函数,则( )A.f (0)=0B.g (-12)=0C.f (-1)=f (4)D.g (-1)=g (2)14.已知函数f (x )=-2x 3+f'(1)x 2-f (1)x ,则lim Δx →0f (Δx+1)-f (1)2Δx = .15.(2023南京模拟)已知曲线C 1:f (x )=x 2与曲线C 2:g (x )=a e x+1(a>0)有且只有一条公切线,则a= .创 新 应用练16.牛顿迭代法是牛顿在17世纪提出的一种近似求方程根的方法.如图,设r 是f (x )=0的根,选取x 0作为r 初始近似值,过点(x 0,f (x 0))作曲线y=f (x )的切线l ,则l 与x 轴的交点的横坐标x 1=x 0-f (x 0)f '(x 0)(f'(x 0)≠0),称x 1是r 的一次近似值,过点(x 1,f (x 1))作曲线y=f (x )的切线,则该切线与x 轴的交点的横坐标为x 2,称x 2是r 的二次近似值.重复以上过程,直到r 的近似值足够小,即把x n 作为f (x )=0的近似解.设x 1,x 2,x 3,…,x n 构成数列{x n }.对于下列结论:①x n =x n-1-f (x n)f '(x n )(n ≥2); ②x n =x n-1-f (x n -1)f '(x n -1)(n ≥2); ③x n =x 1-f (x 1)f '(x 1)−f (x 2)f '(x 2)-…-f (x n)f '(x n ); ④x n =x 1-f (x 1)f '(x 1)−f (x 2)f '(x 2)-…-f (x n -1)f '(x n -1)(n ≥2). 其中正确结论的序号为 .参考答案1.C2.C3.B4.D5.B6.ABC7.AB 8.19.解 令f (x )=y=2x -1x+2,所以f'(x )=2(x+2)-(2x -1)(x+2)2=5(x+2)2,所以f'(-1)=5=5,(-1+2)2所以所求切线方程为y+3=5(x+1),即5x-y+2=0.10.D11.B12.D13.BC16.②④14.515.4e3。

高三一轮复习：导数及其应用-菁优网.doc

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高三一轮复习：导数及其应用一、选择题（本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．（5分）（2010•辽宁）已知点P在曲线y=上，α为曲线在点P处的切线的倾斜角，则α的取值范围是（）A．[0，）B．C．D．2．（5分）（2010•湖北模拟）函数f（x）=x3+ax2+5x+6在区间[1，3]上为单调函数，则实数a的取值范围是（）A．[﹣，]B．（﹣∞，﹣3）C．（﹣∞，﹣3][﹣，+∞）D．[﹣3，]3．（5分）（理）设函数等于（）A．6B．2C．0D．﹣64．（5分）曲线y=﹣x2+1在点（1，0）处的切线方程为（）A．y=x﹣1 B．y=﹣x+1 C．y=2x﹣2 D．y=﹣2x+25．（5分）已知函数f（x）对于任意的x∈R，导函数f′（x）都存在，且满足，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）6．（5分）若函数f（x）=2x2﹣lnx在其定义域内的一个子区间（k﹣1，k+1）内不是单调函数，则实数k的取值范围是（）A．[1，+∞）B．[1，）C．[1，2）D．[，2）7．（5分）若（2x﹣3x2）dx=0，则k=（）A． 1 B．0 C．0或1 D．以上都不对8．（5分）如果物体做S（t）=2（1﹣t）2的直线运动，则其在t=4s时的瞬时速度为（）A．12 B．﹣12 C．4 D．﹣49．（5分）（2012•黄州区模拟）已知函数f（x）的定义域为[﹣1，4]，部分对应值如下表，f（x）的导函数y=f′（x）的图象如图所示．x ﹣1 0 2 3 4f（x） 1 2 0 2 0当1＜a＜2时，函数y=f（x）﹣a的零点的个数为（）A．2B．3C．4D．510．（5分）如图所示，曲线y=x2和曲线y=围成一个叶形图（阴影部分），则该叶形图的面积是（）A．B．C．D．11．（5分）（2012•陕西）设函数f（x）=+lnx 则（）A．x=为f（x）的极大值点B．x=为f（x）的极小值点C．x=2为f（x）的极大值点D．x=2为f（x）的极小值点12．（5分）函数y=cos2x在点处的切线方程是（）A．4x+2y+π=0 B．4x﹣2y+π=0 C．4x﹣2y﹣π=0 D．4x+2y﹣π=0二、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在题中横线上）13．（5分）（2011•江西模拟）|x﹣1|dx=_________．14．（5分）设曲线在点（1，1）处的切线与直线ax+y+1=0垂直，则a=_________．15．（5分）（2014•开封二模）由直线x=﹣，x=，y=0与曲线y=cosx所围成的封闭图形的面积为_________．16．（5分）e|x|dx=_________．三、解答题（本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17．（2011•西城区一模）已知函数，其中a＞0．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若直线x﹣y﹣1=0是曲线y=f（x）的切线，求实数a的值；（Ⅲ）设g（x）=xlnx﹣x2f（x），求g（x）在区间[1，e]上的最大值．（其中e为自然对数的底数）18．某唱片公司要发行一张名为《春风再美也比不上你的笑》的唱片，包含《新花好月圆》、《荷塘月色》等10首创新经典歌曲．该公司计划用x（百万元）请李子恒老师进行创作，经调研知：该唱片的总利润y（百万元）与（3﹣x）x2成正比的关系，当x=2时y=32．又有∈（0，t]，其中t是常数，且t∈（0，2]．（Ⅰ）设y=f（x），求其表达式，定义域（用t表示）；（Ⅱ）求总利润y的最大值及相应的x的值．19．设函数g（x）=﹣bx（a，b∈R），在其图象上一点P（x，y）处的切线的斜率记为f（x）．（1）若方程f（x）=0有两个实根分别为﹣2和4，求f（x）的表达式；（2）若g（x）在区间[﹣1，3]上是单调递减函数，求a2+b2的最小值．20．已知函数f（x）=ln（e x+a）（a为常数）是实数集R上的奇函数，函数g（x）=λf（x）+sin x是区间[﹣1，1]上的减函数．（1）求a的值及λ的范围．（2）讨论关于x的方程=x2﹣2ex+m的根的个数．21．已知函数f（x）=．（Ⅰ）若k＞0且函数f（x）在区间（k，k+）上存在极值，求实数k的取值范围；（Ⅱ）如果当x≥2时，不等式f（x）≥恒成立，求实数a的取值范围．22．已知f（x）=2ax+4lnx在x=1与x=都取得极值．（1）求a、b；（2）若对x∈[，e]时，f（x）≥c取值范围．一轮复习：导数及其应用参考答案与试题解析一、选择题（本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．（5分）（2010•辽宁）已知点P在曲线y=上，α为曲线在点P处的切线的倾斜角，则α的取值范围是（）B．C．D．A．[0，）考点：导数的几何意义．专题：计算题；压轴题．分析：利用导数在切点处的值是曲线的切线斜率，再根据斜率等于倾斜角的正切值求出角的范围．解答：解：因为y′===，∵，∴e x+e﹣x+2≥4，∴y′∈[﹣1，0）即tanα∈[﹣1，0），∵0≤α＜π∴≤α＜π故选D．点评：本题考查导数的几何意义及直线的斜率等于倾斜角的正切值．2．（5分）（2010•湖北模拟）函数f（x）=x3+ax2+5x+6在区间[1，3]上为单调函数，则实数a的取值范围是（）D．[﹣3，]A．[﹣，]B．（﹣∞，﹣3）C．（﹣∞，﹣3][﹣，+∞）考点：利用导数研究函数的单调性．专题：计算题；导数的综合应用．分析：求导函数，f（x）在[1，3]上为单调函数，则f′（x）≤0或f′（x）≥0在[1，3]上恒成立，利用分离参数法，借助于导数，确定函数的最值，即可求实数a的取值范围．解答：解：求导数可得：f′（x）=x2+2ax+5∵f（x）在[1，3]上为单调函数，∴f′（x）≤0或f′（x）≥0在[1，3]上恒成立．令f′（x）=0，即x2+2ax+5=0，则a=设g（x）=，则g′（x）=令g′（x）=0得：x=或x=﹣（舍去）∴当1≤x≤时，g′（x）≥0，当≤x≤3时，g′（x）≤0∴g（x）在（1，）上递增，在（，3）上递减，∵g（1）=﹣3 g（3）=﹣，g（）=﹣值为g（1）=﹣3∴当f′（x）≤0时，a≤g（x）≤g（1）=﹣3当f′（x）≥0时，a≥g（x）≥g（）=﹣∴a≤﹣3或a≥﹣故选C．点评：本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性，考查函数的最值，分离参数，求函数的最值是关键．3．（5分）（理）设函数等于（）A．6B．2C．0D．﹣6考点：极限及其运算；导数的运算．专题：计算题．分析：由f′（x）=2（x+1）（x﹣2）+（x+1）2=3（x+1）（x﹣1），知=，由此能求出其结果．解答：解：∵f′（x）=2（x+1）（x﹣2）+（x+1）2=3（x+1）（x﹣1），∴==．点评：本题考查导数的求法和函数的极限的求法，解题时要认真审题，是基础题．4．（5分）曲线y=﹣x 2+1在点（1，0）处的切线方程为（ ） A ． y =x ﹣1 B ． y =﹣x+1 C ． y =2x ﹣2 D ． y =﹣2x+2考点： 利用导数研究曲线上某点切线方程．专题： 导数的概念及应用．分析：求出函数的导函数，然后求出函数在x=2时的导数，直接利用点斜式写出切线方程．解答：解：由y=﹣x 2+1，得y ′=﹣2x ， 所以y ′|x=1=﹣2，则线y=﹣x 2+1在点（1，0）处的切线方程为y ﹣0=﹣2（x ﹣1）， 即y=﹣2x+2． 故选D ．点评：本题考查了利用导数研究曲线上某点的切线方程，解答时需注意是求的在某点的切线方程还是过某点的切线方程，此处容易出错，此题是基础题，也是易错题．5．（5分）已知函数f （x ）对于任意的x ∈R ，导函数f ′（x ）都存在，且满足，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）考点：利用导数研究函数的单调性；导数的运算．专题：导数的综合应用．分析：先根据，可得函数f（x）的单调性，从而求出函数f（x）在x=1处取最小值f（1），则f（0）＞f（1），f（2）＞f（1），根据同向不等式相加可得结论．解答：解：∵，∴当x＜1时，f′（x）＜0，则函数f（x）在（﹣∞，1）上单调递减，当x＞1时，f′（x）＞0，则函数f（x）在（1，+∞）上单调递增，即函数f（x）在x=1处取最小值f（1），∴f（0）＞f（1），f（2）＞f（1），则将两式相加得f（0）+f（2）＞2f（1）．故选A．点评：本题考查了导数的运算，利用导数研究函数的单调性．对于利用导数研究函数的单调性，注意导数的正负对应着函数的单调性．利用导数研究函数问题时，经常会运用分类讨论的数学思想方法．解决本题的关键是根据已知条件合理的构造函数，利用构造的新函数进行解题．属于中档题．6．（5分）若函数f（x）=2x2﹣lnx在其定义域内的一个子区间（k﹣1，k+1）内不是单调函数，则实数k的取值范围是（）A．[1，+∞）B．[1，）C．[1，2）D．[，2）考点：利用导数研究函数的单调性．专题：常规题型．分析：先确定函数的定义域然后求导数fˊ（x），在函数的定义域内解方程fˊ（x）=0，使方程的解在定义域内的一个子区间（k﹣1，k+1）内，建立不等关系，解之即可．解答：解：因为f（x）定义域为（0，+∞），又，由f'（x）=0，得．当x∈（0，）时，f'（x）＜0，当x∈（，+∞）时，f'（x）＞0据题意，，解得．故选B．点评：本题主要考查了对数函数的导数，以及利用导数研究函数的单调性等基础知识，考查计算能力，属于基础题．7．（5分）若（2x﹣3x2）dx=0，则k=（）A．1B．0C．0或1 D．以上都不对考点：定积分．专题：导数的概念及应用．分析：根据定积分的计算法则，得到关于k的一个方程，解得即可，注意k的值解答：解：（2x﹣3x2）dx=（x2﹣x3）|=k2﹣k3=0，∴k=0，k=1，故选：C点评：本题考查了定积分的计算，关键求出原函数，属于基础题．8．（5分）如果物体做S（t）=2（1﹣t）2的直线运动，则其在t=4s时的瞬时速度为（）A．12 B．﹣12 C．4D．﹣4考点：导数的运算．专题：导数的概念及应用．分析：根据导数的物理意义，求函数的导数即可．解答：解：∵S（t）=2（1﹣t）2，∴S′（t）=﹣4（1﹣t），当t=4时，S′（4）=﹣4（1﹣4）=12，故选：A．点评：本题主要考查导数的计算，利用导数的无意义是解决本题的关键，比较基础．9．（5分）（2012•黄州区模拟）已知函数f（x）的定义域为[﹣1，4]，部分对应值如下表，f（x）的导函数y=f′（x）的图象如图所示．x ﹣1 0 2 3 4f（x） 1 2 0 2 0当1＜a＜2时，函数y=f（x）﹣a的零点的个数为（）A．2B．3C．4D．5考点：函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数的单调性．专题：数形结合；导数的概念及应用．分析：根据导函数图象，画出原函数的草图，利用1＜a＜2，即可得到函数y=f（x）﹣a的零点的个数．解答：解：根据导函数图象，可得1是函数的极小值点，函数y=f（x）的图象如图所示因为f（0）=f（3）=2，1＜a＜2，所以函数y=f（x）﹣a的零点的个数为4个故选C．点评：本题主要考查导函数和原函数的单调性之间的关系．二者之间的关系是：导函数为正，原函数递增；导函数为负，原函数递减．10．（5分）如图所示，曲线y=x2和曲线y=围成一个叶形图（阴影部分），则该叶形图的面积是（）A ．B ．C ．D ．考点：定积分在求面积中的应用． 专题：计算题；导数的综合应用． 分析：先确定积分区间，再求得被积函数，求得原函数，即可求得结论． 解答： 解：设阴影部分面积为S ，由题意得两个图象的交点为C （1，1） ∴S==（﹣）== 故选D ． 点评：本题考查了定积分的几何意义和积分的计算公式，考查运算求解能力，属于基础题．11．（5分）（2012•陕西）设函数f （x ）=+lnx 则 （ ）A ． x=为f （x ）的极大值点B ． x=为f （x ）的极小值点C ． x =2为 f （x ）的极大值点D ． x =2为 f （x ）的极小值点考点：利用导数研究函数的极值． 专题：计算题；压轴题． 分析： 先求出其导函数，并找到导函数大于0和小于0对应的区间，即可求出结论．解答： 解：∵f （x ）=+lnx ；∴f ′（x ）=﹣+=；x ＞2⇒f ′（x ）＞0；0＜x ＜2⇒f ′（x ）＜0．∴x=2为 f （x ）的极小值点．故选：D ．点评：本题主要考察利用导数研究函数的极值．解决这类问题的关键在于先求出其导函数，并求出其导函数大于0和小于0对应的区间．12．（5分）函数y=cos2x在点处的切线方程是（）A．4x+2y+π=0 B．4x﹣2y+π=0 C．4x﹣2y﹣π=0 D．4x+2y﹣π=0考点：利用导数研究曲线上某点切线方程．专题：计算题．分析：欲求在点处的切线的方程，只须求出其斜率即可，故先利用导数求出在x=处的导函数值，再结合导数的几何意义即可求出切线的斜率．从而问题解决．解答：解：∵y=cos2x，∴y′═﹣2sin2x，∴曲线y=cos2x在点处的切线的斜率为：k=﹣2，∴曲线y=cos2x在点处的切线的方程为：4x+2y﹣π=0，故选D．点评：本小题主要考查利用导数研究曲线上某点切线方程、直线方程的应用等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想．属于基础题．二、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在题中横线上）13．（5分）（2011•江西模拟）|x﹣1|dx=1．考点：定积分．专题：计算题．分析：将：∫02|x﹣1|dx转化成∫01（1﹣x）dx+∫12（x﹣1）dx，然后根据定积分的定义先求出被积函数的原函数，然后求解即可．解答：解：∫02|x﹣1|dx=∫01（1﹣x）dx+∫12（x﹣1）dx=（x﹣x2）|01+（x2﹣x）|12=1故答案为：1点评：本题主要考查了定积分，定积分运算是求导的逆运算，同时考查了转化与划归的思想，属于基础题．14．（5分）设曲线在点（1，1）处的切线与直线ax+y+1=0垂直，则a=﹣1．考点：利用导数研究曲线上某点切线方程．专题：计算题；导数的概念及应用．分析：由，知y′|x=1=﹣1，由曲线在点（1，1）处的切线与直线ax+y+1=0垂直，知﹣a=1，由此能求出a．解答：解：∵，∴，∴y′|x=1=﹣1，∵曲线在点（1，1）处的切线与直线ax+y+1=0垂直，∴﹣a=1，即a=﹣1．故答案为：﹣1．点评：本题考查利用导数研究曲线上某点处的切线方程的应用，解题时要认真审题，仔细解答．15．（5分）（2014•开封二模）由直线x=﹣，x=，y=0与曲线y=cosx所围成的封闭图形的面积为．考点：定积分在求面积中的应用．专题：计算题．分析：根据余弦函数的对称性，用定积分表示出封闭图形的面积，再进行计算即可．解答：解：根据余弦函数的对称性可得，直线，，y=0与曲线y=cosx 所围成的封闭图形的面积为 2=2sinx = 故答案为： 点评：本题考查利用定积分求面积，解题的关键是确定被积区间与被积函数，属于中档题．16．（5分）e |x|dx= ﹣2+e 4 ．考点：定积分． 专题：导数的概念及应用． 分析：将∫﹣44 e |x|dx 转化成=∫﹣40e ﹣x|dx+∫04e x dx ，然后根据定积分的定义先求出被积函数的原函数，然后求解即可． 解答：解：∫﹣44 e |x|dx=∫﹣40e ﹣x|dx+∫04e x dx =﹣e ﹣x |﹣40+e x |04=﹣1+e 4+e 4﹣1 =﹣2+e 4 故答案为：﹣2+e 4 点评：本题主要考查了定积分，定积分运算是求导的逆运算，同时考查了转化与划归的思想，属于基础题．三、解答题（本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17．（2011•西城区一模）已知函数，其中a＞0．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若直线x﹣y﹣1=0是曲线y=f（x）的切线，求实数a的值；（Ⅲ）设g（x）=xlnx﹣x2f（x），求g（x）在区间[1，e]上的最大值．（其中e为自然对数的底数）考点：利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的单调性．专题：计算题；压轴题；分类讨论．分析：（Ⅰ）先求导函数，直接让导函数大于0求出增区间，导函数小于0求出减区间即可；（Ⅱ）直接利用切线的斜率即为切点处的导数值以及切点是直线与曲线的共同点联立方程即可求实数a的值；（Ⅲ）先求出g（x）的导函数，分情况讨论出函数在区间[1，e]上的单调性，进而求得其在区间[1，e]上的最大值．解答：解：（Ⅰ）′因为函数，∴f′（x）==f′（x）＞0⇒0＜x＜2，f′（x）＜0⇒x＜0，x＞2，故函数在（0，2）上递增，在（﹣∞，0）和（2，+∞）上递减．（Ⅱ）设切点为（x，y），由切线斜率k=1=，⇒x3=﹣ax+2，①由x﹣y﹣1=x﹣﹣1=0⇒（x2﹣a）（x﹣1）=0⇒x=1，x=±．把x=1代入①得a=1，把x=代入①得a=1，把x=﹣代入①得a=﹣1，∵a＞0．故所求实数a的值为1（Ⅲ）∵g（x）=xlnx﹣x2f（x）=xlnx﹣a（x﹣1），∴g′（x）=lnx+1﹣a，且g′（1）=1﹣a，g′（e）=2﹣a．当a＜1时，g′（1）＞0，g′（e）＞0，故g（x）在区间[1，e]上递增，其最大值为g（e）=a+e（1﹣a）；当1＜a＜2时，g′（1）＜0，g′（e）＞0，故g（x）在区间[1，e]上先减后增且g（1）=0，g（e）＞0．所以g（x）在区间[1，e]上的最大值为g（e）=a+e（1﹣a）；当a＞2时，g′（1）＜0，g′（e）＜0，g（x）在区间[1，e]上递减，故最大值为g（1）=0．点评：本题主要考查利用导数求闭区间上函数的最值以及利用导数研究函数的单调性，是高考的常考题型．18．某唱片公司要发行一张名为《春风再美也比不上你的笑》的唱片，包含《新花好月圆》、《荷塘月色》等10首创新经典歌曲．该公司计划用x（百万元）请李子恒老师进行创作，经调研知：该唱片的总利润y（百万元）与（3﹣x）x2成正比的关系，当x=2时y=32．又有∈（0，t]，其中t是常数，且t∈（0，2]．（Ⅰ）设y=f（x），求其表达式，定义域（用t表示）；（Ⅱ）求总利润y的最大值及相应的x的值．考点：导数在最大值、最小值问题中的应用；函数模型的选择与应用．专题：应用题．分析：（Ⅰ）设出正比例系数，把x=2，y=32代入函数关系式，求得正比例系数，则函数解析式可求，再由∈（0，t]求解分式不等式得x得取值范围；（Ⅱ）求出利润函数的导函数，由导函数的零点在不在定义域范围内研究原函数的单调性，并求函数的最值．解答：解：（Ⅰ）设y=k（3﹣x）x2，∵当x=2时，y=32，∴k=8，则y=24x2﹣8x3，∵∈（0，t]，∴，即，解①得：0＜x＜3．解②得：或x＞3．∴；（Ⅱ）由y′=﹣24x（x﹣2）=0，得x=0或x=2．若，即1≤t≤2时，f（x）在（0，2）单调递增，在（2，）上单调递减．∴y max=f（2）=32；若，即0＜t＜1时，f′（x）＞0，∴f（x）在（0，）上为增函数．．综上述：当1≤t≤2时，y max=f（2）=32；当0＜t＜1时，．点评：本题考查函数、导数及其应用等知识，考查运用数学知识分析和解决实际问题的能力，是中档题．19．设函数g（x）=﹣bx（a，b∈R），在其图象上一点P（x，y）处的切线的斜率记为f（x）．（1）若方程f（x）=0有两个实根分别为﹣2和4，求f（x）的表达式；（2）若g（x）在区间[﹣1，3]上是单调递减函数，求a2+b2的最小值．考点：利用导数研究函数的单调性；二次函数的性质；导数的几何意义；简单线性规划的应用．专题：计算题．分析：（1）根据导数的几何意义求出f（x）=g'（x），再根据﹣2、4是方程f（x）=0的两个实数，由韦达定理建立方程组，解之即可；（2）根据g（x）在区间[﹣1，3]上是单调减函数，得到函数g（x）在区间[﹣1，3]上恒有f（x）=g'（x）≤0，然后建立关于a和b的约束条件，而a2+b2可视为平面区域内的点到原点距离的平方，其中点（﹣2，3）距离原点最近，从而求出a2+b2的最小值．解答：解：（1）根据导数的几何意义知f（x）=g'（x）=x2+ax﹣b由已知﹣2、4是方程x2+ax﹣b=0的两个实数由韦达定理，∴，f（x）=x2﹣2x﹣8（7分）（2）g（x）在区间[﹣1，3]上是单调减函数，所以在[﹣1，3]区间上恒有f（x）=g'（x）=x2+ax﹣b≤0，即f（x）=x2+ax﹣b≤0在[﹣1，3]恒成立这只需满足即可，也即而a2+b2可视为平面区域内的点到原点距离的平方，其中点（﹣2，3）距离原点最近，所以当时，a2+b2有最小值13．（14分）点评：本题主要考查了导数的几何意义，以及线性规划的应用等基础知识，考查灵活运用数形结合的思想方法进行探索、分析与解决问题的综合能力，属于中档题．20．已知函数f（x）=ln（e x+a）（a为常数）是实数集R上的奇函数，函数g（x）=λf（x）+sin x是区间[﹣1，1]上的减函数．（1）求a的值及λ的范围．（2）讨论关于x的方程=x2﹣2ex+m的根的个数．考点：利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的单调性．专题：综合题；导数的综合应用．分析：（1）利用f（x）是在R上的奇函数，求出a的值，利用g（x）在[﹣1，1]上单调递减，则导数小于等于0，由此可求λ的范围．（2）构造函数，求出函数的最值，比较最值之间的关系，即可得到结论．解答：解：（1）∵f（x）是在R上的奇函数，∴f（0）=0，∴ln（1+a）=0，∴a=0．∵g（x）在[﹣1，1]上单调递减，∴x∈[﹣1，1]时，g′（x）=λ+cos x≤0恒成立∴λ≤﹣1，（2）由（1）知f（x）=x，∴方程为=x2﹣2ex+m，令f1（x）=，f2（x）=x2﹣2ex+m，∵f′1（x）=当x∈（0，e）时，f′1（x）＞0，∴f1（x）在（0，e]上为增函数；当x∈（e，+∞）时，f′1（x）＜0，∴f1（x）在（e，+∞）上为减函数；∴当x=e时，[f1（x）]max=f1（e）=．而f2（x）=（x﹣e）2+m﹣e2∴当m﹣e2＞时，即m＞e2+时方程无解．当m﹣e2=时，即m=e2+时方程有一解．当m﹣e2＜时，即m＜e2+时方程有两解．点评：本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性，考查函数的最值，考查分类讨论的数学思想，属于中档题．21．已知函数f（x）=．（Ⅰ）若k＞0且函数f（x）在区间（k，k+）上存在极值，求实数k的取值范围；（Ⅱ）如果当x≥2时，不等式f（x）≥恒成立，求实数a的取值范围．考点：利用导数研究函数的极值．专题：导数的综合应用．分析：（Ⅰ）由已知得，由此利用导数性质结合已知条件能求出实数k的取值范围．（Ⅱ）不等式f（x）≥，又x≥2，则，由此利用构造法及导数性质能求出实数a的取值范围．解答：解：（Ⅰ）因为f（x）=，x＞0，则，当0＜x＜1时，f′（x）＞0；当x＞1时，f′（x）＜0．所以f（x）在（0，1）上单调递增；在（1，+∞）上单调递减，所以函数f（x）在x=1处取得极大值；因为函数f（x）在区间（k，k+），（其中k＞0）上存在极值，所以，解得．（Ⅱ）不等式f（x）≥，又x≥2，则，记g（x）=，则，令h（x）=x﹣2lnx，则，∵x≥2，∴h′（x）≥0，∴h（x）在[2，+∞）上单调递增，∴h（x）min=h（2）=2﹣2ln2＞0，从而g′（x）＞0，故g（x）在[2，+∞）上也单调递增，∴g（x）min=g（2）=2（1+ln2），∴a≤2（1+ln2）．点评：本题重点考查利用导数研究函数的性质，利用函数的性质解决不等式、方程问题．重点考查学生的代数推理论证能力．解题时要认真审题，注意导数性质的合理运用．22．已知f（x）=2ax+4lnx在x=1与x=都取得极值．（1）求a、b；（2）若对x∈[，e]时，f（x）≥c取值范围．考点：利用导数求闭区间上函数的最值；函数在某点取得极值的条件．专题：综合题；导数的综合应用．分析：（1）求导数f′（x），由f（x）在x=1与x=处取得极值得f′′（1）=0，f′′（）=0，从而得到方程组，解出a，b再加以检验；（2）利用导数求出f（x）的单调区间，结合图象通过作差比较出f（x）在[，e]上的最小值，则f（x）≥c恒成立等价于f（x）min≥c；解答：解：（1）f′（x）=2a++，∵f（x）=2ax+4lnx在x=1与x=处都取得极值，∴f′（1）=0，f′（）=0，∴，解得a=，b=﹣1，经检验符合题意；（2）由（1）可知f（x）=﹣3x++4lnx，f′′（x）=﹣3﹣+=﹣，由f′（x）≥0，得f（x）的单调增区间为[，1]，由f′（x）≤0，得f（x）的单调减区间为（0，]和[1，+∞），当x∈[，e]时，f（）=e﹣4﹣，f（e）=+4﹣3e，而f（）﹣f（e）=4e﹣8﹣＞0，所以f（）＞f（e），即f（x）在[，e]上的最小值为，要使对x时，f（x）≥c恒成立，必须c≤．点评：本题考查利用导数求函数在闭区间上的最值、函数在某点取得极值的条件，考查恒成立问题的处理，转化为求函数最值是解决恒成立问题的常用方法．参与本试卷答题和审题的老师有：ywg2058；minqi5；wyz123；wdnah；whgcn；sxs123；maths；刘长柏；zlzhan；庞会丽（排名不分先后）菁优网2014年10月18日。

高考数学一轮复习导数及其应用多选题测试试题及答案

高考数学一轮复习导数及其应用多选题测试试题及答案

高考数学一轮复习导数及其应用多选题测试试题及答案一、导数及其应用多选题1．已知函数()3sin f x x x ax =+-，则下列结论正确的是（ ）A ．()f x 是奇函数B ．当3a =-时，函数()f x 恰有两个零点C ．若()f x 为增函数，则1a ≤D ．当3a =时，函数()f x 恰有两个极值点【答案】ACD 【分析】利用函数奇偶性的定义可判断A 选项的正误；利用导数分析函数()f x 的单调性，可判断B 选项的正误；利用导数与函数单调性的关系可判断C 选项的正误；利用导数以及零点存在定理可判断D 选项的正误. 【详解】对于A 选项，函数()3sin f x x x ax =+-的定义域为R ，()()()()33sin sin f x x x ax x x ax f x -=-+-+=--+=-，函数()f x 为奇函数，A 选项正确；对于B 选项，当3a =-时，()3sin 3f x x x x =++，则()2cos 330f x x x '=++>，所以，函数()f x 在R 上为增函数，又()00f =，所以，函数()f x 有且只有一个零点，B 选项错误；对于C 选项，()2cos 3f x x x a '=+-，由于函数()f x 为增函数，则()0f x '≥对任意的x ∈R 恒成立，即23cos a x x ≤+. 令()23cos g x x x =+，则()6sin g x x x '=-，则()6cos 0g x x ''=->，所以，函数()g x '在R 上为增函数，当0x <时，()()00g x g ''<=，此时，函数()g x 为减函数； 当0x >时，()()00g x g ''>=，此时，函数()g x 为增函数. 所以，()()min 01g x g ==，1a ∴≤，C 选项正确；对于D 选项，当3a =时，()3sin 3f x x x x =+-，则()2cos 33f x x x '=+-.由B 选项可知，函数()f x '在(),0-∞上单调递减，在()0,∞+上单调递增，()()11cos10f f ''-==>，()020f '=-<，由零点存在定理可知，函数()f x '在()1,0-和()0,1上都存在一个零点， 因此，当3a =时，函数()f x 有两个极值点，D 选项正确. 故选：ACD. 【点睛】结论点睛：利用函数的单调性求参数，可按照以下原则进行：（1）函数()f x 在区间D 上单调递增()0f x '⇔≥在区间D 上恒成立； （2）函数()f x 在区间D 上单调递减()0f x '⇔≤在区间D 上恒成立； （3）函数()f x 在区间D 上不单调()f x '⇔在区间D 上存在极值点；（4）函数()f x 在区间D 上存在单调递增区间x D ⇔∃∈，使得()0f x '>成立； （5）函数()f x 在区间D 上存在单调递减区间x D ⇔∃∈，使得()0f x '<成立.2．对于定义在1D 上的函数()f x 和定义在2D 上的函数()g x ，若直线y kx b =+(),k b R ∈同时满足：①1x D ∀∈，()f x kx b ≤+，②2x D ∀∈，()g x kx b ≥+，则称直线y kx b =+为()f x 与()g x 的“隔离直线”.若()ln xf x x=，()1x g x e -=，则下列为()f x 与()g x 的隔离直线的是（ ）A ．y x =B ．12y x =-C ．3ex y =D ．1122y x =- 【答案】AB 【分析】根据隔离直线的定义，函数()y f x =的图象总在隔离直线的下方，()y g x =的图象总在隔离直线的上方，并且可以有公共点，结合函数的图象和函数的单调性，以及直线的特征，逐项判定，即可求解. 【详解】根据隔离直线的定义，函数()y f x =的图象总在隔离直线的下方，()y g x =的图象总在隔离直线的上方，并且可以有公共点， 由函数()ln x f x x =，可得()21ln xf x x-'=， 所以函数()f x 在()0,e 上单调递增，在(),e +∞上单调递减，因为()10f =，()11f '=，此时函数()f x 的点(1,0)处的切线方程为1y x =-， 且函数()f x 的图象在直线1y x =-的下方； 又由函数()1x g x e-=，可得()1e0x g x -'=>，()g x 单调递增，因为()()111g g '==，所以函数()g x 在点(1,1)处的切线方程为11y x -=-，即y x =， 此时函数()g x 的图象在直线y x =的上方，根据上述特征可以画出()y f x =和()y g x =的大致图象，如图所示，直线1y x =-和y x =分别是两条曲线的切线，这两条切线以及它们之间与直线y x =平行的直线都满足隔离直线的条件，所以A ，B 都符合；设过原点的直线与函数()y f x =相切于点00(,)P x y ， 根据导数的几何意义，可得切线的斜率为021ln x k x -=，又由斜002000ln 0y x k x x -==-，可得002100ln 1ln x x x x -=，解得0x e =， 所以21ln 12()e k e e -==，可得切线方程为2x y e =， 又由直线3xy e=与曲()y f x =相交，故C 不符合； 由直线1122y x =-过点()1,0，斜率为12，曲线()y f x =在点()1,0处的切线斜率为1，明显不满足，排除D. 故选：AB.【点睛】对于函数的新定义试题：（1）认真审题，正确理解函数的新定义，合理转化；（2）根据隔离直线的定义，转化为函数()y f x =的图象总在隔离直线的下方，()y g x =的图象总在隔离直线的上方.3．若存在实常数k 和b ，使得函数()F x 和()G x 对其公共定义域上的任意实数x 都满足：()F x kx b ≥+和()G x kx b ≤+恒成立，则称此直线y kx b =+为()F x 和()G x 的“隔离直线”，已知函数()()2f x x R x =∈，()()10g x x x=<，()2eln h x x =（e 为自然对数的底数），则下列结论正确的是（ ） A ．()()()m x f x g x =-在32x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭内单调递增 B ．()f x 和()g x 之间存在“隔离直线，且b 的最小值为4 C ．()f x 和()g x 间存在“隔离直线”，且k 的取值范围是(]4,1- D ．()f x 和()h x 之间存在唯一的“隔离直线”2e e y x =-【答案】AD 【分析】求出()()()m x f x g x =-的导数，检验在x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭内的导数符号，即可判断选项A ；选项B 、C 可设()f x 、()g x 的隔离直线为y kx b =+，2x kx b ≥+对一切实数x 都成立，即有10∆≤，又1kx b x≤+对一切0x <都成立，20∆≤，0k ≤，0b ≤，根据不等式的性质，求出k 、b 的范围，即可判断选项B 、C ；存在()f x 和()h x 的隔离直线，那么该直线过这个公共点，设隔离直线的斜率为k，则隔离直线的方程为(y e k x -=，构造函数求出函数的导数，根据导数求出函数的最值.【详解】对于选项A ：()()()21m x f x g x x x =-=-，()212m x x x'=+，当x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()2120m x x x '=+>， 所以函数()()()m x f x g x =-在x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭内单调递增；故选项A 正确对于选项BC ：设()f x 、()g x 的隔离直线为y kx b =+，则2x kx b ≥+对一切实数x 都成立，即有10∆≤，即240k b +≤，又1kx b x≤+对一切0x <都成立，则210kx bx +-≤，即 20∆≤，240b k +≤，0k ≤，0b ≤，即有24k b ≤-且24b k ≤-，421664k b k ≤≤-，可得40k -≤≤，同理可得：40b -≤≤，故选项B 不正确，故选项C 不正确；对于选项D ：函数()f x 和()h x的图象在x =()f x 和()h x 的隔离直线，那么该直线过这个公共点，设隔离直线的斜率为k，则隔离直线的方程为(y e k x -=，即y kx e =-，由()f x kx e ≥-，可得20x kx e -+≥对于x ∈R 恒成立，则0∆≤，只有k =y e =-，下面证明()h x e ≤-，令()2n ()l G x e h x e x e =--=--，()x G x x'=，当x =()0'=G x，当0x <<时，()0'<G x，当x >()0G x '>，则当x =()G x 取到极小值，极小值是0，也是最小值.所以()()0G x e h x =--≥，则()h x e ≤-当0x >时恒成立.所以()f x 和()g x之间存在唯一的“隔离直线”e y =-，故选项D 正确. 故选：AD 【点睛】本提以函数为载体，考查新定义，关键是对新定义的理解，考查函数的导数，利用导数求最值，属于难题.4．对于函数2ln ()xf x x =，下列说法正确的是（ ）A ．()f x 在x =12eB ．()f x 有两个不同的零点C ．fff <<D ．若()21f x k x <-在()0,∞+上恒成立，则2e k >【答案】ACD 【分析】求得函数的导数312ln ()-'=xf x x ，根据导数的符号，求得函数的单调区间和极值，可判定A 正确；根据函数的单调性和()10f =，且x >()0f x >，可判定B 不正确；由函数的单调性，得到f f >，再结合作差比较，得到f f >，可判定C 正确；分离参数得到()221ln 1x k f x x x+>+=在()0,∞+上恒成立，令()2ln 1x g x x +=，利用导数求得函数()g x 的单调性与最值，可判定D 正确. 【详解】由题意，函数2ln ()x f x x =，可得312ln ()(0)xf x x x -'=>，令()0f x '=，即312ln 0xx -=，解得x =当0x <<()0f x '>，函数()f x 在上单调递增；当x >()0f x '<，函数()f x 在)+∞上单调递减，所以当x =()f x 取得极大值，极大值为12f e=，所以A 正确； 由当1x =时，()10f =，因为()f x 在上单调递增，所以函数()f x 在上只有一个零点，当x >()0f x >，所以函数在)+∞上没有零点，综上可得函数在(0,)+∞只有一个零点，所以B 不正确；由函数()f x 在)+∞上单调递减，可得f f >，由于ln ln 2ln ,242f f πππ====，则2ln ln 2ln ln 22444f f ππππππ-=-=-，因为22ππ>，所以0f f ->，即f f >，所以ff f <<，所以C 正确；由()21f x k x<-在()0,∞+上恒成立，即()221ln 1x k f x x x +>+=在()0,∞+上恒成立， 设()2ln 1x g x x +=，则()32ln 1x g x x --'=， 令()0g x '=，即32ln 10x x --=，解得x =所以当0x<<()0g x '>，函数()g x 在上单调递增； 当x>()0g x '<，函数()g x 在)+∞上单调递减， 所以当x=()g x 取得最大值，最大值为22e eg e =-=， 所以2ek >，所以D 正确. 故选：ACD. 【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及恒成立问题的求解，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，对于恒成立问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．5．已知函数()e sin xf x a x =+，则下列说法正确的是（ ）A ．当1a =-时，()f x 在0,单调递增B ．当1a =-时，()f x 在()()0,0f 处的切线为x 轴C ．当1a =时，()f x 在()π,0-存在唯一极小值点0x ，且()010f x -<<D ．对任意0a >，()f x 在()π,-+∞一定存在零点【答案】AC 【分析】结合函数的单调性、极值、最值及零点，分别对四个选项逐个分析，可选出答案. 【详解】对于A ，当1a =-时，()e sin xf x x =-，()e cos xf x x '=-，因为()0,x ∈+∞时，e 1,cos 1xx >≤，即0fx，所以()f x 在0,上单调递增，故A 正确；对于B ，当1a =-时，()e sin x f x x =-，()e cos xf x x '=-，则()00e sin01f =-=，()00e cos00f '=-=，即切点为0,1，切线斜率为0，故切线方程为1y =，故B 错误；对于C ，当1a =时，()e sin xf x x =+，()e cos xf x x '+=，()e sin xf x x '=-'，当()π,0x ∈-时，sin 0x <，e 0x >，则()e sin 0xx f x -'=>'恒成立，即()e cos x f x x '+=在()π,0-上单调递增，又ππ22ππe cos e 220f --⎛⎫⎛⎫'-=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭+>，3π3π443π3πe cos e 442f --⎛⎫⎛⎫'-=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝-⎭+，因为123π3π421e e 2e ---⎛⎫=<⎪⎭< ⎝，所以3π43πe 04f -⎛⎫'-= ⎪⎭<⎝，所以存在唯一03ππ,42x ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭，使得()00f x '=成立，所以()f x 在()0π,x -上单调递减，在()0,0x 上单调递增，即()f x 在()π,0-存在唯一极小值点0x ，由()000e cos 0xf x x +'==，可得()000000πe sin cos sin 4x f x x x x x ⎛⎫=+=-+=- ⎪⎝⎭，因为03ππ,42x ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭，所以0π3ππ,44x ⎛⎫-∈-- ⎪⎝⎭，则()00π4f x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭()1,0∈-，故C 正确；对于选项D ，()e sin xf x a x =+，()π,x ∈-+∞，令()e sin 0xf x a x =+=，得1sin ex xa -=， ()sin ex xg x =，()π,x ∈-+∞，则()πcos sin 4e e x xx x x g x ⎛⎫- ⎪-⎝⎭'==，令0g x ，得πsin 04x ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，则ππ4x k =+()1,k k ≥-∈Z ，令0g x，得πsin 04x ⎛⎫-> ⎪⎝⎭，则π5π2π,2π44x k k ⎛⎫∈++ ⎪⎝⎭()1,k k ≥-∈Z ，此时函数()g x 单调递减， 令0g x，得πsin 04x ⎛⎫-< ⎪⎝⎭，则5π9π2π,2π44x k k ⎛⎫∈++ ⎪⎝⎭()1,k k ≥-∈Z ，此时函数()g x 单调递增， 所以5π2π4x k =+()1,k k ≥-∈Z 时，()g x 取得极小值，极小值为5π5π2π2π445π5π2π5π4s 42in si πe e 4n k k g k k ++⎛⎫ ⎪⎛⎫⎝⎭== ⎪⎝⎭++()1,k k ≥-∈Z ， 在()g x 的极小值中，3π4sin 3π45π5π42π4eg g -⎛⎫⎛⎫=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝+⎭-最小，当3ππ,4x ⎛⎫∈--⎪⎝⎭时，()g x 单调递减，所以函数()g x的最小值为3π3π445πsin 3π144eg --⎛⎫-==- ⎪⎝⎭，当3π411a--<-时，即3π40a -<<时，函数()g x 与1=-y a无交点，即()f x 在()π,-+∞不存在零点，故D 错误.故选：AC. 【点睛】本题考查利用导数研究函数的极值、零点、最值，及切线方程的求法，考查学生的推理能力与计算求解能力，属于难题.6．已知函数()()()221x f x x e a x =-+-有两个零点，则a 的可能取值是（ ） A ．1- B ．0C ．1D ．2【答案】CD 【分析】求出()f x 的导数，讨论a 的范围，结合函数的单调性和零点存在性定理可判断求出. 【详解】解：∵函数()()()221x f x x e a x =-+-， ∴()()()()()12112xxf x x e a x x e a '=-+-=-+，①若0a =，那么()()0202xf x x e x =⇔-=⇔=，函数()f x 只有唯一的零点2，不合题意； ②若0a >，那么20x e a +>恒成立， 当1x <时，()0f x '<，此时函数为减函数； 当1x >时，()0f x '>，此时函数为增函数； 此时当1x =时，函数()f x 取极小值e -，由()20f a =>，可得：函数()f x 在1x >存在一个零点； 当1x <时，x e e <，210x -<-<，∴()()()()()222121x f x x e a x x e a x =-+->-+-()()211a x e x e =-+--，令()()2110a x e x e -+--=的两根为1t ，2t ，且12t t <， 则当1x t <，或2x t >时，()()()2110f x a x e x e >-+-->， 故函数()f x 在1x <存在一个零点；即函数()f x 在R 上存在两个零点，满足题意； ③若02ea -<<，则()ln 2ln 1a e -<=， 当()ln 2x a <-时，()1ln 21ln 10x a e -<--<-=，()ln 2220a x e a e a -+<+=，即()()()120xf x x e a '=-+>恒成立，故()f x 单调递增，当()ln 21a x -<<时，10x -<，()ln 2220a x e a e a -+>+=， 即()()()120xf x x e a '=-+<恒成立，故()f x 单调递减，当1x >时，10x ->，()ln 2220a x e a e a -+>+=， 即()()(1)20xf x x e a '=-+>恒成立，故()f x 单调递增，故当()ln 2x a =-时，函数取极大值，由()()()()()2ln 2ln 222ln 21f a a a a a ⎡⎤⎡⎤-=---+--⎣⎦⎣⎦(){}2ln 2210a a ⎡⎤⎣⎦=--+<得：函数()f x 在R 上至多存在一个零点，不合题意；④若2ea =-，则()ln 21a -=， 当()1ln 2x a <=-时，10x -<，()ln 2220a x e a e a -+<+=， 即()()()120xf x x e a '=-+>恒成立，故()f x 单调递增，当1x >时，10x ->，()ln 2220a x e a e a -+>+=， 即()()()120xf x x e a '=-+>恒成立，故()f x 单调递增，故函数()f x 在R 上单调递增，函数()f x 在R 上至多存在一个零点，不合题意；⑤若2ea <-，则()ln 2ln 1a e ->=， 当1x <时，10x -<，()ln 2220a x e a e a -+<+=， 即()()()120xf x x e a '=-+>恒成立，故()f x 单调递增，当()1ln 2x a <<-时，10x ->，()ln 2220a x e a e a -+<+=， 即()()()120xf x x e a '=-+<恒成立，故()f x 单调递减，当()ln 2x a >-时，10x ->，()ln 2220a x e a e a -+>+=， 即()()()120xf x x e a '=-+>恒成立，故()f x 单调递增，故当1x =时，函数取极大值，由()10f e =-<得：函数()f x 在R 上至多存在一个零点，不合题意； 综上所述，a 的取值范围为()0,∞+， 故选：CD. 【点睛】本题考查利用导数研究函数的零点问题，属于较难题.7．函数()ln f x x x =、()()f x g x x'=，下列命题中正确的是（ ）.A ．不等式()0g x >的解集为1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭B ．函数()f x 在()0,e 上单调递增，在(,)e +∞上单调递减C ．若函数()()2F x f x ax =-有两个极值点，则()0,1a ∈D ．若120x x >>时，总有()()()2212122m x x f x f x ->-恒成立，则m 1≥ 【答案】AD 【分析】对A ，根据()ln f x x x =，得到()()ln 1f x x g x x x'+==，然后用导数画出其图象判断；对B ，()1ln f x x '=+，当x e >时，()0f x '>，当0x e <<时，()0f x '<判断；对C ，将函数()()2F x f x ax =-有两个极值点，()ln 120x a x+=+∞在，有两根判断；对D ，将问题转化为22111222ln ln 22m m x x x x x x ->-恒成立，再构造函数()2ln 2m g x x x x =-，用导数研究单调性.【详解】 对A ，因为()()()ln 1ln f x x f x x x g x x x'+===、， ()2ln x g x x-'=， 令()0g x '>，得()0,1x ∈，故()g x 在该区间上单调递增；令()0g x '<，得()1x ∈+∞，，故()g x 在该区间上单调递减. 又当1x >时，()0g x >，()10,11g g e ⎛⎫== ⎪⎝⎭，故()g x 的图象如下所示：数形结合可知，()0g x >的解集为1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，故正确； 对B ，()1ln f x x '=+，当x e >时，()0f x '>，当0x e <<时，()0f x '<，所以函数()f x 在()0,e 上单调递减，在(,)e +∞上单调递增，错误；对C ，若函数()()2F x f x ax =-有两个极值点， 即()2ln F x x x ax =-有两个极值点，又()ln 21F x x ax '=-+， 要满足题意，则需()ln 2100x ax -+=+∞在，有两根， 也即()ln 120x a x+=+∞在，有两根，也即直线()2y a y g x ==与的图象有两个交点. 数形结合则021a <<，解得102a <<. 故要满足题意，则102a <<，故错误； 对D ，若120x x >>时，总有()()()2212122m x x f x f x ->-恒成立， 即22111222ln ln 22m m x x x x x x ->-恒成立， 构造函数()2ln 2m g x x x x =-，()()12g x g x >，对任意的120x x >>恒成立， 故()g x ()0+∞，单调递增，则()ln 10g x mx x '=--≥()0+∞， 恒成立， 也即ln 1x m x+≤，在区间()0,∞+恒成立，则()max 1g x m =≤，故正确. 故选：AD.【点睛】 本题主要考查导数在函数图象和性质中的综合应用，还考查了数形结合的思想、转化化归思想和运算求解的能力，属于较难题.8．设函数()ln x f x x=，()ln g x x x =，下列命题，正确的是（ ） A ．函数()f x 在()0,e 上单调递增，在(),e +∞单调递减B ．不等关系33e e ππππ<<<成立C ．若120x x <<时，总有()()()22212122a x x g x g x ->-恒成立，则1a ≥ D ．若函数()()2h x g x mx =-有两个极值点，则实数()0,1m ∈ 【答案】AC【分析】利用函数的单调性与导数的关系可判断A 选项的正误；由函数()f x 在区间(),e +∞上的单调性比较3π、e π的大小关系，可判断B 选项的正误；分析得出函数()()22s x g x ax =-在()0,∞+上为减函数，利用导数与函数单调性的关系求出a 的取值范围，可判断C 选项的正误；分析出方程1ln 2x m x +=在()0,∞+上有两个根，数形结合求出m 的取值范围，可判断D 选项的正误.【详解】对于A 选项，函数()ln x f x x =的定义域为()0,∞+，则()21ln x f x x-'=. 由()0f x '>，可得0x e <<，由()0f x '>，可得x e >.所以，函数()f x 在()0,e 上单调递增，在(),e +∞单调递减，A 选项正确；对于B 选项，由于函数()ln x f x x =在区间(),e +∞上单调递减，且4e π>>， 所以，()()4ff π>，即ln ln 44ππ>，又ln 41ln 213ln 22043236--=-=>， 所以，ln ln 4143ππ>>，整理可得3e ππ>，B 选项错误； 对于C 选项，若120x x <<时，总有()()()22212122a x x g x g x ->-恒成立， 可得()()22112222g x ax g x ax ->-，构造函数()()2222ln s x g x ax x x ax =-=-， 则()()12s x s x >，即函数()s x 为()0,∞+上的减函数，()()21ln 20s x x ax '=+-≤对任意的()0,x ∈+∞恒成立， 即1ln x a x+≥对任意的()0,x ∈+∞恒成立， 令()1ln x t x x +=，其中0x >，()2ln x t x x'=-. 当01x <<时，()0t x '>，此时函数()t x 单调递增；当1x >时，()0t x '<，此时函数()t x 单调递减. 所以，()()max 11t x t ==，1a ∴≥，C 选项正确；对于D 选项，()()22ln h x g x mx x x mx =-=-，则()1ln 2h x x mx '=+-， 由于函数()h x 有两个极值点，令()0h x '=，可得1ln 2x m x+=， 则函数2y m =与函数()t x 在区间()0,∞+上的图象有两个交点， 当1x e>时，()0t x >，如下图所示：当021m <<时，即当102m <<时，函数2y m =与函数()t x 在区间()0,∞+上的图象有两个交点.所以，实数m 的取值范围是10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭，D 选项错误.故选：AC.【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与x 轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由()0f x =分离变量得出()a g x =，将问题等价转化为直线y a =与函数()y g x =的图象的交点问题.。

高考数学一轮复习专题五-导数及其应用

高考数学一轮复习专题五-导数及其应用

高考数学一轮复习专题五 导数及其应用(2015·陕西，15，易)设曲线y ＝e x 在点(0，1)处的切线与曲线y ＝1x (x >0)上点P 处的切线垂直，则P 的坐标为________．【解析】 设P(x 0，y 0)(x 0>0)， 由y ＝e x ，得y ′＝e x ， ∴y ′|x ＝0＝1.由y ＝1x ，得y ′＝－1x 2， ∴－1x 20＝－1，∴x 0＝1或x 0＝－1(舍去)， ∴y 0＝11＝1，∴点P 的坐标为(1，1)． 【答案】 (1，1)1．(2011·江西，4，易)若f (x )＝x 2－2x －4ln x ，则f ′(x )>0的解集为( ) A ．(0，＋∞) B ．(－1，0)∪(2，＋∞) C ．(2，＋∞) D ．(－1，0)【答案】 C f (x )的定义域为(0，＋∞)， 又由f ′(x )＝2x －2－4x ＝2（x －2）（x ＋1）x>0，解得－1<x <0或x >2，所以f ′(x )>0的解集为(2，＋∞)．2．(2011·大纲全国，8，中)曲线y ＝e －2x ＋1在点(0，2)处的切线与直线y ＝0和y ＝x 围成的三角形的面积为( )A.13B.12C.23 D ．1【答案】 A ∵y ′＝－2e －2x ，∴曲线在点(0，2)处的切线斜率k ＝－2，∴切线方程为y ＝－2x ＋2，该直线与直线y ＝0和y ＝x 围成的三角形如图所示，其中直线y ＝－2x ＋2与y ＝x 的交点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，所以三角形面积S ＝12×1×23＝13，故选A.3．(2012·广东，12，易)曲线y ＝x 3－x ＋3在点(1，3)处的切线方程为________． 【解析】 ∵y ′＝3x 2－1，∴y 在点(1，3)处的切线斜率k ＝2，由点斜式方程，得切线方程为y －3＝2(x －1)，即2x －y ＋1＝0.【答案】 2x －y ＋1＝04．(2014·广东，10，易)曲线y ＝e －5x ＋2在点(0，3)处的切线方程为________． 【解析】 ∵y ′＝－5e －5x ，∴k ＝y ′|x ＝0＝－5，故所求切线方程为y －3＝－5x ，即5x ＋y －3＝0.【答案】 5x ＋y －3＝05．(2014·江苏，11，中)在平面直角坐标系xOy 中，若曲线y ＝ax 2＋bx (a ，b 为常数)过点P (2，－5)，且该曲线在点P 处的切线与直线7x ＋2y ＋3＝0平行，则a ＋b 的值是________．【解析】 因为曲线y ＝ax 2＋b x 过点P (2，－5)，所以4a ＋b2＝－5.①又y ′＝2ax －bx 2，且曲线在点P (2，－5)处的切线与直线7x ＋2y ＋3＝0平行，所以4a －b 4＝－72.②由①②解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝－2.所以a ＋b ＝－3.【答案】 －36．(2013·北京，18，13分，中)设L 为曲线C ：y ＝ln xx 在点(1，0)处的切线． (1)求L 的方程；(2)证明：除切点(1，0)之外，曲线C 在直线L 的下方． 解：(1)设f (x )＝ln xx ，则f ′(x )＝1－ln x x 2.所以切线的斜率k ＝f ′(1)＝1，所以L 的方程为y ＝x －1.(2)证明：令g (x )＝x －1－f (x )，则除切点之外，曲线C 在直线L 的下方等价于g (x )＞0(∀x ＞0，x ≠1)．g (x )满足g (1)＝0，且g ′(x )＝1－f ′(x )＝x 2－1＋ln xx 2.当0＜x ＜1时，x 2－1＜0，ln x ＜0， 所以g ′(x )＜0，故g (x )单调递减； 当x ＞1时，x 2－1＞0，ln x ＞0， 所以g ′(x )＞0，故g (x )单调递增． 所以，g (x )＞g (1)＝0(∀x ＞0，x ≠1)． 所以除切点之外，曲线C 在直线L 的下方．考向1 导数的运算1．基本初等函数的导数公式原函数 导函数 f (x )＝C (C 为常数)f ′(x )＝0f (x )＝x α(α∈Q *)f ′(x )＝αxα－1f (x )＝sin x f ′(x )＝cos x f (x )＝cos x f ′(x )＝－sin x f (x )＝a x f ′(x )＝a x ln a (a >0)f (x )＝e x f ′(x )＝e xf (x )＝log a x f ′(x )＝1x ln a (a >0，且a ≠1)f (x )＝ln xf ′(x )＝1x2.运算法则 (1)导数的运算法则 ①[f (x )±g (x )]′＝f ′(x )±g ′(x )； ②[f (x )·g (x )]′＝f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )；③⎣⎢⎡⎦⎥⎤f （x ）g （x ）′＝f ′（x ）g （x ）－f （x ）g ′（x ）[g （x ）]2(g (x )≠0)．(2)复合函数的求导法则y ＝f (u (x ))的导数为y ′x ＝y ′u ·u ′x .(1)分析清楚复合函数的复合关系，确定出内函数与外函数，适当选定中间变量，由外向内逐层求导，做到不重不漏．(2)特别要注意的是中间变量的系数，避免出现(cos 2x )′＝－sin 2x 的错误．(1)(2014·大纲全国，7)曲线y ＝x e x－1在点(1，1)处切线的斜率等于( )A ．2eB ．eC ．2D ．1(2)(2015·浙江温州高三月考，5)已知函数f (x )的导函数f ′(x )，且满足f (x )＝2xf ′(1)＋ln x ，则f ′(1)＝( )A ．－eB ．－1C ．1D ．e(3)(2013·江西，13)设函数f (x )在(0，＋∞)内可导，且f (e x )＝x ＋e x ，则f ′(1)＝________． 【解析】 (1)∵y ′＝x ′·e x －1＋x ·(e x －1)′＝(1＋x )e x －1， ∴曲线在点(1，1)处的切线斜率为y ′|x ＝1＝2.故选C. (2)∵f (x )＝2xf ′(1)＋ln x ，∴f ′(x )＝[2xf ′(1)]′＋(ln x )′＝2f ′(1)＋1x ， ∴f ′(1)＝2f ′(1)＋1，即f ′(1)＝－1.(3)令t ＝e x，故x ＝ln t ，∴f (t )＝ln t ＋t ，即f (x )＝ln x ＋x ，∴f ′(x )＝1x ＋1，∴f ′(1)＝2.【答案】 (1)C (2)B (3)2【点拨】 解题(2)时注意弄清f ′(1)为常数而非变量；解题(3)时先换元求解析式，然后再求导．导数运算的原则和方法(1)原则：先化简解析式，再求导． (2)方法：①连乘积形式：先展开化为多项式的形式，再求导；②分式形式：观察函数的结构特征，先化为整式函数或较为简单的分式函数，再求导； ③对数形式：先化为和、差的形式，再求导； ④根式形式：先化为分数指数幂的形式，再求导；⑤三角形式：先利用三角函数公式转化为和或差的形式，再求导； ⑥复合函数：由外向内，层层求导．要牢记导数公式和导数的四则运算法则，切忌记混公式法则．(2015·江西九江月考，15)给出定义：若函数f (x )在D 上可导，即f ′(x )存在，且导数f ′(x )在D 上也可导，则称f (x )在D 上存在二阶导数，记为f ″(x )＝[f ′(x )]′，若f ″(x )<0在D 上恒成立，则称f (x )在D 上为凸函数．以下四个函数在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上是凸函数的是________(把你认为正确的序号都填上)．①f (x )＝sin x ＋cos x ；②f (x )＝ln x －2x ； ③f (x )＝－x 3＋2x －1；④f (x )＝x e x . 【解析】 由①知，f ′(x )＝cos x －sin x ， 则f ″(x )＝－sin x －cos x＝－2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4<0在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上恒成立；由②知，f ′(x )＝1x －2(x >0)，则f ″(x )＝－1x 2<0在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上恒成立；由③知，f ′(x )＝－3x 2＋2，则f ″(x )＝－6x <0在区间⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上恒成立．故①②③中的函数为凸函数．由④知，f ′(x )＝e x ＋x e x ，f ″(x )＝2e x ＋x e x ＝e x (x ＋2)>0在区间⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上恒成立，故④中的函数不是凸函数．【答案】 ①②③考向2 导数的几何意义及其应用导数的几何意义函数f (x )在x ＝x 0处的导数f ′(x 0)的几何意义是在曲线y ＝f (x )上点P (x 0，f (x 0))处的切线的斜率(瞬时速度就是位移函数s (t )对时间t 的导数)．相应地，切线方程为y －f (x 0)＝f ′(x 0)·(x －x 0)．“过某点”与“在某点”的区别：曲线y ＝f (x )“在点P (x 0，y 0)处的切线”与“过点P (x 0，y 0)的切线”的区别：前者P (x 0，y 0)为切点，而后者P (x 0，y 0)不一定为切点．(1)(2014·课标Ⅱ，8)设曲线y ＝ax －ln(x ＋1)在点(0，0)处的切线方程为y＝2x ，则a ＝( )A ．0B ．1C ．2D ．3(2)(2015·山东威海质检，7)已知函数f (x )＝x ln x ，若直线l 过点(0，－1)，并且与曲线y ＝f (x )相切，则直线l 的方程为( )A ．x ＋y －1＝0B ．x －y －1＝0C ．x ＋y ＋1＝0D ．x －y ＋1＝0(3)(2014·江西，13)若曲线y ＝e －x 上点P 处的切线平行于直线2x ＋y ＋1＝0，则点P 的坐标是________．(4)(2015·河南郑州模拟，12)已知点P 在曲线y ＝4e x＋1上，α为曲线在点P 处的切线的倾斜角，则α的取值范围是________．【解析】 (1)y ′＝a －1x ＋1，由题意得y ′|x ＝0＝2，即a －1＝2，∴a ＝3.(2)∵点(0，－1)不在曲线f (x )＝x ln x 上， ∴设切点为(x 0，y 0)．又∵f ′(x )＝1＋ln x ，∴⎩⎪⎨⎪⎧y 0＝x 0ln x 0，y 0＋1＝（1＋ln x 0）x 0，解得x 0＝1，y 0＝0.∴切点为(1，0)，∴f ′(1)＝1＋ln 1＝1.∴直线l 的方程为y ＝x －1，即x －y －1＝0.故选B. (3)设P (x 0，y 0)，∵y ＝e －x ，∴y ′＝－e －x ， ∴点P 处的切线斜率为k ＝－e －x 0＝－2， ∴－x 0＝ln 2，∴x 0＝－ln 2，∴y 0＝e ln 2＝2，∴点P 的坐标为(－ln 2，2)． (4)∵y ＝4e x ＋1，∴y ′＝－4e x（e x ＋1）2＝－4e xe 2x ＋2e x ＋1＝－4e x ＋1e x ＋2. ∵e x >0，∴e x ＋1ex ≥2，∴y ′∈[－1，0)，∴tan α∈[－1，0)． 又α∈[0，π)，∴α∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫3π4，π.【答案】 (1)D (2)B (3)(－ln 2，2) (4)⎣⎢⎡⎭⎪⎫3π4，π【点拨】 解题(1)时注意弄清点(0，0)在曲线上；解题(2)时注意弄清过曲线“在某点”和“过某点”的曲线的切线的区别；解题(3)的关键是弄清曲线在点P 处的导数与直线斜率之间的关系；解题(4)时注意正切函数在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2∪⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π的图象与其正切值之间的对应关系．与导数几何意义有关问题的常见类型及解题策略(1)已知切点求切线方程．解决此类问题的步骤为：①求出函数y ＝f (x )在点x ＝x 0处的导数，即曲线y ＝f (x )在点P (x 0，f (x 0))处切线的斜率； ②由点斜式求得切线方程为y －y 0＝f ′(x 0)·(x －x 0)．(2)已知斜率求切点：已知斜率k ，求切点(x 1，f (x 1))，即解方程f ′(x 1)＝k .(3)求切线倾斜角的取值范围：先求导数的取值范围，即确定切线斜率的取值范围，然后利用正切函数的单调性解决．(2015·河北石家庄一模，14)已知点P 为曲线C ：y ＝x 2＋2x ＋3上的点，且曲线C 在点P 处切线倾斜角的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π4，则点P 横坐标的取值范围是________．【解析】 设P (x 0，y 0)，P 点处切线倾斜角为α，则0≤tan α≤1， 由f (x )＝x 2＋2x ＋3，得f ′(x )＝2x ＋2， 令0≤2x 0＋2≤1，得－1≤x 0≤－12. 【答案】 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－121．(2015·江西赣州高三期末，5)已知t 为实数，f (x )＝(x 2－4)·(x －t )且f ′(－1)＝0，则t 等于( )A ．0B ．－1 C.12 D ．2【答案】 C 依题意得，f ′(x )＝2x (x －t )＋(x 2－4)＝3x 2－2tx －4，∴f ′(－1)＝3＋2t －4＝0，即t ＝12.2．(2014·河南平顶山模拟，8)点P 是曲线x 2－y －ln x ＝0上的任意一点，则点P 到直线y ＝x －2的最小距离为( )A ．1 B.32 C.52 D. 2【答案】 D 将x 2－y －ln x ＝0变形为y ＝x 2－ln x (x >0)，则y ′＝2x －1x .令y ′＝1，则x ＝1或x ＝－12(舍)，可知函数y ＝x 2－ln x 的斜率为1的切线的切点横坐标为x ＝1，纵坐标为y ＝1.故切线方程为x －y ＝0.则点P 到直线y ＝x －2的最小距离即切线方程x －y ＝0与y ＝x －2的两平行线间的距离，d ＝||0＋22＝ 2.方法点拨：解答本题的关键是将点到直线的最小距离转化为两平行线间的距离． 3．(2015·云南昆明一中调研，9)若曲线f (x )＝a cos x 与曲线g (x )＝x 2＋bx ＋1在交点(0，m )处有公切线，则a ＋b ＝( )A ．－1B ．0C ．1D ．2【答案】 C 依题意得，f ′(x )＝－a sin x ，g ′(x )＝2x ＋b ，于是有f ′(0)＝g ′(0)，即－a sin 0＝2×0＋b ，故b ＝0，又有m ＝f (0)＝g (0)，则m ＝a ＝1，因此a ＋b ＝1，选C.4．(2015·山西大同质检，7)已知a 为常数，若曲线y ＝ax 2＋3x －ln x 存在与直线x ＋y－1＝0垂直的切线，则实数a 的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－12，＋∞B.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－12 C ．[－1，＋∞) D ．(－∞，－1]【答案】 A 由题意知曲线上存在某点的导数为1，所以y ′＝2ax ＋3－1x ＝1有正根，即2ax 2＋2x －1＝0有正根．当a ≥0时，显然满足题意；当a <0时，需满足Δ≥0，解得－12≤a <0.综上，a ≥－12.5．(2015·山东济宁二模，6)若曲线y ＝x 2＋a ln x (a >0)上任意一点处的切线斜率为k ，若k 的最小值为4，则此时该切点的坐标为( )A ．(1，1)B ．(2，3)C ．(3，1)D ．(1，4)【答案】 A y ＝x 2＋a ln x 的定义域为(0，＋∞)，由导数的几何意义知y ′＝2x ＋ax ≥22a ＝4，即a ＝2，当且仅当x ＝1时等号成立，代入曲线方程得y ＝1，故所求的切点坐标是(1，1)．6．(2015·河南新乡质检，12)过点A (2，1)作曲线f (x )＝x 3－3x 的切线最多有( ) A ．3条 B ．2条 C ．1条 D ．0条【答案】 A 由题意得，f ′(x )＝3x 2－3，设切点为(x 0，x 30－3x 0)，那么切线的斜率为k ＝3x 20－3，利用点斜式方程可知切线方程为y －(x 30－3x 0)＝(3x 20－3)(x －x 0)，将点A (2，1)代入可得关于x 0的一元三次方程2x 30－6x 20＋5＝0.令y ＝2x 30－6x 20＋5，则y ′＝6x 20－12x 0.由y ′＝0得x 0＝0或x 0＝2.当x 0＝0时，y ＝5>0；x 0＝2时，y ＝－3<0.所以方程2x 30－6x 20＋5＝0有3个解．故过点A (2，1)作曲线f (x )＝x 3－3x 的切线最多有3条，故选A.方法点拨：曲线y ＝f (x )过点(x 0，y 0)(点不在曲线y ＝f (x )上)的切线方程的求解步骤： (1)设出切点坐标P ′(x 1，f (x 1))；(2)写出过P ′(x 1，f (x 1))的切线方程为y －f (x 1)＝f ′(x 1)·(x －x 1)； (3)将点P 的坐标(x 0，y 0)代入切线方程，求出x 1；(4)将x 1的值代入方程y －f (x 1)＝f ′(x 1)(x －x 1)可得过点P (x 0，y 0)的切线方程．7．(2015·广东惠州质检，11)曲线y ＝－5e x ＋3在点(0，－2)处的切线方程为________． 【解析】 由y ＝－5e x ＋3得，y ′＝－5e x ，所以切线的斜率k ＝y ′|x ＝0＝－5，所以切线方程为y ＋2＝－5(x －0)，即5x ＋y ＋2＝0.【答案】 5x ＋y ＋2＝08．(2014·湖北武汉三模，14)已知曲线f (x )＝x n ＋1(n ∈N *)与直线x ＝1交于点P ，设曲线y ＝f (x )在点P 处的切线与x 轴交点的横坐标为x n ，则log 2 015x 1＋log 2 015x 2＋…＋log 2 015x 2 014的值为________．【解析】 f ′(x )＝(n ＋1)x n ，k ＝f ′(1)＝n ＋1，点P (1，1)处的切线方程为y －1＝(n ＋1)(x －1)，令y ＝0，得x ＝1－1n ＋1＝n n ＋1，即x n ＝n n ＋1，∴x 1·x 2·…·x 2 014＝12×23×34×…×2 0132 014×2 0142 015＝12 015，则log 2 015x 1＋log 2 015x 2＋…＋log 2 015x 2 014＝log 2 015(x 1·x 2·…·x 2 014)＝log 2 01512 015＝－1. 【答案】 －19．(2015·河北唐山一中月考，20，12分)已知函数f (x )＝ax 3＋3x 2－6ax －11，g (x )＝3x 2＋6x ＋12和直线m ：y ＝kx ＋9，且f ′(－1)＝0.(1)求a 的值；(2)是否存在k ，使直线m 既是曲线y ＝f (x )的切线，又是曲线y ＝g (x )的切线？如果存在，求出k 的值；如果不存在，请说明理由．解：(1)由已知得f ′(x )＝3ax 2＋6x －6a ， ∵f ′(－1)＝0，∴3a －6－6a ＝0，∴a ＝－2.(2)存在．由已知得，直线m 恒过定点(0，9)，若直线m 是曲线y ＝g (x )的切线，则设切点为(x 0，3x 20＋6x 0＋12)．∵g ′(x 0)＝6x 0＋6，∴切线方程为y －(3x 20＋6x 0＋12)＝(6x 0＋6)(x －x 0)，将(0，9)代入切线方程，解得x 0＝±1. 当x 0＝－1时，切线方程为y ＝9； 当x 0＝1时，切线方程为y ＝12x ＋9. 由(1)知f (x )＝－2x 3＋3x 2＋12x －11，①由f ′(x )＝0得－6x 2＋6x ＋12＝0，解得x ＝－1或x ＝2. 在x ＝－1处，y ＝f (x )的切线方程为y ＝－18；在x ＝2处，y ＝f (x )的切线方程为y ＝9， ∴y ＝f (x )与y ＝g (x )的公切线是y ＝9. ②由f ′(x )＝12得－6x 2＋6x ＋12＝12， 解得x ＝0或x ＝1.在x ＝0处，y ＝f (x )的切线方程为y ＝12x －11； 在x ＝1处，y ＝f (x )的切线方程为y ＝12x －10， ∴y ＝f (x )与y ＝g (x )的公切线不是y ＝12x ＋9.综上所述，y ＝f (x )与y ＝g (x )的公切线是y ＝9，此时k ＝0.1．(2015·课标Ⅱ，12，难)设函数f′(x)是奇函数f(x)(x ∈R )的导函数，f (－1)＝0，当x ＞0时，xf ′(x )－f (x )＜0，则使得f (x )＞0成立的x 的取值范围是( )A ．(－∞，－1)∪(0，1)B ．(－1，0)∪(1，＋∞)C ．(－∞，－1)∪(－1，0)D ．(0，1)∪(1，＋∞) 【答案】 A 设h (x )＝f （x ）x .∵f (x )是奇函数， ∴f (－x )＝－f (x )，∴h (－x )＝f （－x ）－x ＝f （x ）x ＝h (x )．∴h (x )是偶函数． ∵xf ′(x )－f (x )＜0，∴h ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫f （x ）x ′＝xf ′（x ）－f （x ）x 2＜0.∴h (x )在(0，＋∞)上为减函数，在(－∞，0)上为增函数，且h (±1)＝0，如图所示，可知满足f (x )＞0的x 的取值范围是(－∞，－1)∪(0，1)．思路点拨：构造函数h (x )＝f （x ）x ，并判断其奇偶性和单调性，最后数形结合求解不等式．2．(2015·课标Ⅰ，12，难)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 ，1B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－32e ，34C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32e ，34D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32e ，1 【答案】 D 设g (x )＝e x (2x －1)，y ＝ax －a ，由题意知存在唯一的整数x 0，使得g (x 0)在直线y ＝ax －a 的下方．因为g ′(x )＝e x (2x ＋1)，所以当x ＜－12时，g ′(x )＜0；当x ＞－12时，g ′(x )＞0.所以当x ＝－12时，[g (x )]min ＝－2e －12；当x ＝0时，g (0)＝－1；当x ＝1时，g (1)＝e ＞0.又直线y ＝ax －a 恒过点(1，0)且斜率为a ，故－a ＞g (0)＝－1，且g (－1)＝－3e －1≥－a －a ，解得32e ≤a ＜1，故选D.3．(2015·山东，21，14分，难)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．解：(1)由题意知，函数f (x )的定义域为(－1，＋∞)，f ′(x )＝1x ＋1＋a (2x －1)＝2ax 2＋ax －a ＋1x ＋1，令g (x )＝2ax 2＋ax －a ＋1，x ∈(－1，＋∞)．(i)当a ＝0时，g (x )＝1，此时f ′(x )＞0，函数f (x )在(－1，＋∞)单调递增，无极值点； (ii)当a ＞0时，Δ＝a 2－8a (1－a )＝a (9a －8)． ①当0＜a ≤89时，Δ≤0，g (x )≥0，f ′(x )≥0，函数f (x )在(－1，＋∞)单调递增，无极值点； ②当a ＞89时，Δ＞0，设方程2ax 2＋ax －a ＋1＝0的两根为x 1，x 2(x 1＜x 2)， 因为x 1＋x 2＝－12， 所以x 1＜－14，x 2＞－14，由g (－1)＝1＞0，可得－1＜x 1＜－14.所以当x ∈(－1，x 1)时，g (x )＞0，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增； 当x ∈(x 1，x 2)时，g (x )＜0，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减； 当x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )＞0，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增． 所以函数有两个极值点． (iii)当a ＜0时，Δ＞0，由g (－1)＝1＞0，可得x 1＜－1，当x ∈(－1，x 2)时，g (x )＞0，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增； 当x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )＜0，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减． 所以函数有一个极值点． 综上所述，当a ＜0时，函数f (x )有一个极值点； 当0≤a ≤89时，函数f (x )无极值点； 当a ＞89时，函数f (x )有两个极值点． (2)由(1)知，(ⅰ)当0≤a ≤89时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增．因为f (0)＝0， 所以x ∈(0，＋∞)时，f (x )＞0，符合题意； (ⅱ)当89＜a ≤1时，由g (0)≥0，得x 2≤0，所以函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，又f (0)＝0，所以x ∈(0，＋∞)时，f (x )＞0，符合题意；(ⅲ)当a＞1时，由g(0)＜0，可得x2＞0.所以x∈(0，x2)时，函数f(x)单调递减；因为f(0)＝0，所以x∈(0，x2)时，f(x)＜0，不合题意；(ⅳ)当a＜0时，设h(x)＝x－ln(x＋1)．因为x∈(0，＋∞)时，h′(x)＝1－1x＋1＝xx＋1＞0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增．因此当x∈(0，＋∞)时，h(x)＞h(0)＝0，即ln(x＋1)＜x.可得f(x)＜x＋a(x2－x)＝ax2＋(1－a)x.当x＞1－1a时，ax2＋(1－a)x＜0.此时f(x)＜0，不合题意．综上所述，a的取值范围是[0，1]．4．(2015·课标Ⅱ，21，12分，难)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．解：(1)证明：f′(x)＝m(e mx－1)＋2x.若m≥0，则当x∈(－∞，0)时，e mx－1≤0，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，e mx－1≥0，f′(x)>0.若m<0，则当x∈(－∞，0)时，e mx－1>0，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，e mx－1<0，f′(x)>0.所以，f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．(2)由(1)知，对任意的m，f(x)在[－1，0]单调递减，在[0，1]单调递增，故f(x)在x＝0处取得最小值．所以对于任意x 1，x 2∈[－1，1]，|f (x 1)－f (x 2)|≤e －1的充要条件是⎩⎪⎨⎪⎧f （1）－f （0）≤e －1，f （－1）－f （0）≤e －1，即⎩⎪⎨⎪⎧e m －m ≤e －1，e －m ＋m ≤e －1.①设函数g (t )＝e t －t －e ＋1， 则g ′(t )＝e t －1. 当t <0时，g ′(t )<0； 当t >0时，g ′(t )>0.故g (t )在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增． 又g (1)＝0，g (－1)＝e －1＋2－e<0， 故当t ∈[－1，1]时，g (t )≤0.当m ∈[－1，1]时，g (m )≤0，g (－m )≤0，即①式成立； 当m >1时，由g (t )的单调性得，g (m )>0，即e m －m >e －1； 当m <－1时，g (－m )>0，即e －m ＋m >e －1. 综上，m 的取值范围是[－1，1]．5．(2015·课标Ⅰ，21，12分，难)已知函数f (x )＝x 3＋ax ＋14，g (x )＝－ln x . (1)当a 为何值时，x 轴为曲线y ＝f (x )的切线；(2)用min(m ，n )表示m ，n 中的最小值，设函数h (x )＝min{f (x )，g (x )}(x >0)，讨论h (x )零点的个数．解：(1)f ′(x )＝3x 2＋a .设曲线y ＝f (x )与x 轴相切于点(x 0，0)，则f (x 0)＝0，f ′(x 0)＝0，即⎩⎨⎧x 30＋ax 0＋14＝0，3x 20＋a ＝0.解得x 0＝12，a ＝－34.因此，当a ＝－34时，x 轴为曲线y ＝f (x )的切线．(2)当x ∈(1，＋∞)时，g (x )＝－ln x <0，从而h (x )＝min{f (x )，g (x )}≤g (x )<0，故h (x )在(1，＋∞)无零点．当x ＝1时，若a ≥－54，则f (1)＝a ＋54≥0，h (1)＝min{f (1)，g (1)}＝g (1)＝0，故x ＝1是h (x )的零点．若a <－54，则f (1)<0，h (1)＝min{f (1)，g (1)}＝f (1)<0，故x ＝1不是h (x )的零点．当x ∈(0，1)时，g (x )＝－ln x >0.所以只需考虑f (x )在(0，1)的零点个数．(ⅰ)若a ≤－3或a ≥0，则f ′(x )＝3x 2＋a 在(0，1)无零点，故f (x )在(0，1)单调．而f (0)＝14，f (1)＝a ＋54，所以当a ≤－3时，f (x )在(0，1)有一个零点；当a ≥0时，f (x )在(0，1)没有零点．(ⅱ)若－3<a <0，则f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－a 3单调递减，在⎝⎛⎭⎪⎫－a 3，1单调递增，故在(0，1)中，当x ＝－a 3时，f (x )取得最小值，最小值为f ⎝⎛⎭⎪⎫－a 3＝2a 3－a 3＋14.①若f ⎝⎛⎭⎪⎫－a 3>0，即－34<a <0，f (x )在(0，1)无零点；②若f ⎝⎛⎭⎪⎫－a 3＝0，即a ＝－34，则f (x )在(0，1)有唯一零点；③若f ⎝⎛⎭⎪⎫－a 3<0，即－3<a <－34，由于f (0)＝14，f (1)＝a ＋54，所以当－54<a <－34时，f (x )在(0，1)有两个零点；当－3<a ≤－54时，f (x )在(0，1)有一个零点．综上，当a >－34或a <－54时，h (x )有一个零点；当a ＝－34或a ＝－54时，h (x )有两个零点；当－54<a <－34时，h (x )有三个零点．6．(2015·安徽，21，13分，难)设函数f (x )＝x 2－ax ＋b .(1)讨论函数f (sin x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2内的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值；(2)记f 0(x )＝x 2－a 0x ＋b 0，求函数|f (sin x )－f 0(sin x )|在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，π2上的最大值D ；(3)在(2)中，取a 0＝b 0＝0，求z ＝b －a 24满足条件D ≤1时的最大值． 解：(1)f (sin x )＝sin 2x －a sin x ＋b ＝sin x (sin x －a )＋b ，－π2＜x ＜π2. [f (sin x )]′＝(2sin x －a )cos x ，－π2＜x ＜π2.因为－π2＜x ＜π2，所以cos x ＞0，－2＜2sin x ＜2.①当a ≤－2，b ∈R 时，函数f (sin x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2内单调递增，无极值；②当a ≥2，b ∈R 时，函数f (sin x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2内单调递减，无极值；③对于－2＜a ＜2，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2内存在唯一的x 0，使得2sin x 0＝a ，当－π2＜x ≤x 0时，函数f (sin x )单调递减； 当x 0≤x ＜π2时，函数f (sin x )单调递增，因此，－2＜a ＜2，b ∈R 时，函数f (sin x )在x 0处有极小值f (sin x 0)＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＝b －a 24.(2)当－π2≤x ≤π2时，|f (sin x )－f 0(sin x )| ＝|(a 0－a )sin x ＋b －b 0| ≤|a －a 0|＋|b －b 0|，当(a 0－a )(b －b 0)≥0时，取x ＝π2，等号成立； 当(a 0－a )(b －b 0)＜0时，取x ＝－π2，等号成立．由此可知，|f (sin x )－f 0(sin x )|在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，π2上的最大值为D ＝|a －a 0|＋|b －b 0|.(3)D ≤1即为|a |＋|b |≤1，此时0≤a 2≤1，－1≤b ≤1，从而z ＝b －a 24≤1.取a ＝0，b ＝1，则|a |＋|b |≤1，并且z ＝b －a 24＝1.由此可知，z ＝b －a 24满足条件D ≤1的最大值为1.1．(2013·浙江，8，中)已知e 为自然对数的底数，设函数f (x )＝(e x －1)(x －1)k (k ＝1，2)，则( )A．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极小值B．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极大值C．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极小值D．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极大值【答案】C当k＝1时，f(x)＝(e x－1)(x－1)，f′(x)＝x e x－1，f′(1)≠0，故A，B 错；当k＝2时，f(x)＝(e x－1)(x－1)2，f′(x)＝(x2－1)e x－2x＋2＝(x－1)[(x＋1)e x－2]，故f′(x)＝0有一根为x1＝1，另一根x2∈(0，1)．当x∈(x2，1)时，f′(x)＜0，f(x)递减；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)递增，∴f(x)在x＝1处取得极小值，故选C.2．(2012·重庆，8，中)设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝(1－x)·f′(x)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是()A．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)B．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(1)C．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(－2)D．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(2)【答案】D①当x<－2时，1－x>0.∵(1－x)f′(x)>0，∴f′(x)>0，即f(x)在(－∞，－2)上是增函数．②当－2<x<1时，1－x>0.∵(1－x)f′(x)<0，∴f′(x)<0，即f(x)在(－2，1)上是减函数．③当1<x<2时，1－x<0.∵(1－x)f′(x)>0，∴f′(x)<0，即f(x)在(1，2)上是减函数．④当x>2时，1－x<0.∵(1－x)f′(x)<0，∴f′(x)>0，即f(x)在(2，＋∞)上是增函数．综上，f(－2)为极大值，f(2)为极小值．3．(2014·陕西，10，中)如图，某飞行器在4千米高空水平飞行，从距着陆点A的水平距离10千米处开始下降，已知下降飞行轨迹为某三次函数图象的一部分，则该函数的解析式为()A ．y ＝1125x 3－35xB ．y ＝2125x 3－45x C ．y ＝3125x 3－x D ．y ＝－3125x 3＋15x【答案】 A 根据题意，知所求函数在(－5，5)上单调递减．对于A ，y ＝1125x 3－35x ，∴y ′＝3125x 2－35＝3125(x 2－25)，∴∀x ∈(－5，5)，y ′<0，∴y ＝1125x 3－35x 在(－5，5)内为减函数，同理可验证B ，C ，D 均不满足此条件，故选A.4．(2014·课标Ⅰ，11，难)已知函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，若f (x )存在唯一的零点x 0，且x 0>0，则a 的取值范围是( )A ．(2，＋∞)B ．(1，＋∞)C ．(－∞，－2)D ．(－∞，－1)【答案】 C 方法一：由已知可知a ≠0.∵f ′(x )＝3ax 2－6x ，令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝2a .①当a >0时，函数f (x )在(－∞，0)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ，＋∞上单调递增，且f (0)＝1>0，故f (x )有小于0的零点，不合题意．②当a <0时，函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，2a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ，0上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，要使x 0>0且唯一，只需f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a >0，即a 2>4，∴a <－2，故选C.方法二：f ′(x )＝3ax 2－6x ，当a ＝3时，f ′(x )＝9x 2－6x ＝3x (3x －2)，则当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )>0；x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23时，f ′(x )<0；x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫23，＋∞时，f ′(x )>0，注意f (0)＝1，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝59>0，则f (x )的大致图象如图所示．不符合题意，排除A ，B. 当a ＝－43时，f ′(x )＝－4x 2－6x＝－2x (2x ＋3)，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－32时，f ′(x )<0，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，0时，f ′(x )>0，x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )<0，注意f (0)＝1，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32＝－54，则f (x )的大致图象如图所示．不符合题意，排除D.5．(2014·课标Ⅱ，12，难)设函数f (x )＝3sin πxm .若存在f (x )的极值点x 0满足x 20＋[f (x 0)]2<m 2，则m 的取值范围是( )A ．(－∞，－6)∪(6，＋∞)B ．(－∞，－4)∪(4，＋∞)C ．(－∞，－2)∪(2，＋∞)D ．(－∞，－1)∪(1，＋∞) 【答案】 C f ′(x )＝3πm cos πx m ， 由题意知，存在f (x )的极值点x 0， 则有f ′ (x 0)＝3πm cos πx 0m ＝0， 即πx 0m ＝π2＋k π，k ∈Z .则x 0＝m2＋km ，k ∈Z .又x 0满足x 20＋[f (x 0)]2<m 2，即⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2＋km 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3sinπx 0m 2<m 2，k ∈Z ， ∴⎝ ⎛⎭⎪⎫mk ＋m 22＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫k π＋π22<m 2，k ∈Z ， 即m 2⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋122＋3<m 2，k ∈Z .∵m ≠0，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋122<m 2－3m 2，k ∈Z .又∵存在x 0满足x 20＋[f (x 0)]2<m 2，即存在k ∈Z 满足上式，∴m 2－3m 2>⎝ ⎛⎭⎪⎫122，∴m 2－3>m 24，∴m 2>4，∴m >2或m <－2，故选C.6．(2013·重庆，17，13分，中)设f (x )＝a (x －5)2＋6ln x ，其中a ∈R ，曲线y ＝f (x )在点(1，f(1))处的切线与y轴相交于点(0，6)．(1)确定a的值；(2)求函数f(x)的单调区间与极值．解：(1)因为f(x)＝a(x－5)2＋6ln x，故f ′(x)＝2a(x－5)＋6 x.令x＝1，得f(1)＝16a，f′(1)＝6－8a，所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－16a＝(6－8a)(x－1)．由点(0，6)在切线上可得6－16a＝8a－6，故a＝1 2.(2)由(1)知，f(x)＝12(x－5)2＋6ln x(x>0)，f′(x)＝x－5＋6x＝（x－2）（x－3）x.令f′(x)＝0，解得x1＝2，x2＝3.当0<x<2或x>3时，f′(x)>0，故f(x)在(0，2)，(3，＋∞)上为增函数；当2<x<3时，f′(x)<0，故f(x)在(2，3)上为减函数．由此可知，f(x)在x＝2处取得极大值f(2)＝92＋6ln 2，在x＝3处取得极小值f(3)＝2＋6ln 3.7．(2014·山东，20，13分，难)设函数f(x)＝e xx2－k⎝⎛⎭⎪⎫2x＋ln x(k为常数，e＝2.718 28…是自然对数的底数)．(1)当k≤0时，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在(0，2)内存在两个极值点，求k的取值范围．解：(1)函数y＝f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x2e x－2x e xx4－k⎝⎛⎭⎪⎫－2x2＋1x＝x e x－2e xx3－k（x－2）x2＝（x－2）（e x－kx）x3.由k≤0可得e x－kx>0，所以当x∈(0，2)时，f′(x)<0，函数y＝f(x)单调递减；当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0，函数y ＝f (x )单调递增．所以f (x )的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，＋∞)． (2)由(1)知，k ≤0时，函数f (x )在(0，2)内单调递减， 故f (x )在(0，2)内不存在极值点；当k >0时，设函数g (x )＝e x －kx ，x ∈[0，＋∞)． 因为g ′(x )＝e x －k ＝e x －e ln k ， 当0<k ≤1时，当x ∈(0，2)时，g ′(x )＝e x －k >0，y ＝g (x )单调递增． 故f (x )在(0，2)内不存在两个极值点． 当k >1时，得x ∈(0，ln k )时，g ′(x )<0，函数y ＝g (x )单调递减； x ∈(ln k ，＋∞)时，g ′(x )>0，函数y ＝g (x )单调递增． 所以函数y ＝g (x )的最小值为g (ln k )＝k (1－ln k )． 函数f (x )在(0，2)内存在两个极值点，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧g （0）>0，g （ln k ）<0，g （2）>0，0<ln k <2.解得e<k <e 22.综上所述，函数f (x )在(0，2)内存在两个极值点时，k 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫e ，e 22.8．(2014·课标Ⅱ，21，12分，难)已知函数f (x )＝e x －e －x －2x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)设g (x )＝f (2x )－4bf (x )，当x >0时，g (x )>0，求b 的最大值； (3)已知1.414 2<2<1.414 3，估计ln 2的近似值(精确到0.001)． 解：(1)f ′(x )＝e x ＋e －x －2≥0，等号当且仅当x ＝0时成立． 所以f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增．(2)g (x )＝f (2x )－4bf (x )＝e 2x －e －2x －4b ·(e x －e －x )＋(8b －4)x ， g ′(x )＝2[e 2x ＋e －2x －2b (e x ＋e －x )＋(4b －2)] ＝2(e x ＋e －x －2)(e x ＋e －x －2b ＋2)．①当b ≤2时，g ′(x )≥0，等号当且仅当x ＝0时成立，所以g (x )在(－∞，＋∞)单调递增，而g (0)＝0，所以对任意x >0，g (x )>0. ②当b >2时，若x 满足2<e x ＋e －x <2b －2，即0<x <ln(b －1＋b 2－2b )时，g ′(x )<0.而g (0)＝0，因此当0<x <ln(b －1＋b 2－2b )时，g (x )<0.综上，b 的最大值为2.(3)由(2)知，g (ln 2)＝32－22b ＋2(2b －1)ln 2.当b ＝2时，g (ln 2)＝32－42＋6ln 2>0，ln 2>82－312>0.692 8；当b ＝324＋1时， ln(b －1＋b 2－2b )＝ln 2.g (ln 2)＝－32－22＋(32＋2)ln 2<0， ln 2<18＋228<0.693 4. 所以ln 2的近似值为0.693.思路点拨：(1)求导后利用基本不等式可得导数非负恒成立；(2)求导后直接对b 分类讨论，研究函数g (x )的符号．考向1 利用导数研究函数的单调性1．函数的单调性与导数的关系在区间（a ，b ）内f ′（x ）⎩⎨⎧大于零→f （x ）在（a ，b ）内单调递增等于零 →f （x ）在（a ，b ）内为常函数小于零→f （x ）在（a ，b ）内单调递减求函数f (x )的单调区间，也是求不等式f ′(x )>0(或f ′(x )<0)的解集，但单调区间不能脱离函数定义域而单独存在，求单调区间要坚持“定义域优先”的原则．2．用充分必要条件来诠释导数与函数单调性的关系(1)f ′(x )>0(或f ′(x )<0)是f (x )在(a ，b )内单调递增(或递减)的充分不必要条件；(2)f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)是f (x )在(a ，b )内单调递增(或递减)的必要不充分条件(f ′(x )＝0不恒成立)．由函数f (x )在区间[a ，b ]内单调递增(或递减)，可得f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)在该区间恒成立，而不是f ′(x )>0(或<0)恒成立，“＝”不能少．必要时还需对“＝”进行检验．(2014·江西，18，12分)已知函数f (x )＝(x 2＋bx ＋b )1－2x (b ∈R )．(1)当b ＝4时，求f (x )的极值；(2)若f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13上单调递增，求b 的取值范围．【解析】 (1)由题意易知f (x )的定义域为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，12.当b ＝4时，f ′(x )＝－5x （x ＋2）1－2x，由f ′(x )＝0得x ＝－2或x ＝0.当x ∈(－∞，－2)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x ∈(－2，0)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，故f (x )在x ＝－2处取极小值f (－2)＝0，在x＝0处取极大值f (0)＝4.(2)f ′(x )＝－x [5x ＋（3b －2）]1－2x ，因为当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13时，－x 1－2x <0，依题意，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13时，有5x ＋(3b －2)≤0，从而53＋(3b －2)≤0.所以b 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，19.【点拨】 解题(1)的关键是准确求出函数f (x )的导数；解题(2)时易漏掉“＝”，即易得错误结果⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，19.1.利用导数求函数的单调区间的两个方法(1)方法一：①确定函数y ＝f (x )的定义域； ②求导数y ′＝f ′(x )；③解不等式f ′(x )＞0，解集在定义域内的部分为单调递增区间； ④解不等式f ′(x )＜0，解集在定义域内的部分为单调递减区间． (2)方法二：①确定函数y ＝f (x )的定义域；②求导数y ′＝f ′(x )，令f ′(x )＝0，解此方程，求出在定义域内的一切实根；③把函数f (x )的间断点(即f (x )的无定义点)的横坐标和上面的各实数根按由小到大的顺序排列起来，然后用这些点把函数f (x )的定义域分成若干个小区间；④确定f ′(x )在各个区间内的符号，根据符号判定函数在每个相应区间内的单调性． 2．由函数的单调性求参数的取值范围的方法(1)可导函数在某一区间上单调，实际上就是在该区间上f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)(f ′(x )在该区间的任意子区间内都不恒等于0)恒成立，然后分离参数，转化为求函数的最值问题，从而获得参数的取值范围；(2)可导函数在某一区间上存在单调区间，实际上就是f ′(x )>0(或f ′(x )<0)在该区间上存在解集，这样就把函数的单调性问题转化成了不等式问题；(3)若已知f (x )在区间I 上的单调性，区间I 中含有参数时，可先求出f (x )的单调区间，令I 是其单调区间的子集，从而可求出参数的取值范围．(2015·湖北荆州质检，18，12分)设函数f (x )＝13x 3－a2x 2＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝1.(1)求b ，c 的值；(2)若a >0，求函数f (x )的单调区间；(3)设函数g (x )＝f (x )＋2x ，且g (x )在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，求实数a 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝x 2－ax ＋b ， 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧f （0）＝1，f ′（0）＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧c ＝1，b ＝0.(2)由(1)得，f ′(x )＝x 2－ax ＝x (x －a )(a >0)， 当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )>0； 当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0； 当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0.所以函数f (x )的单调递增区间为(－∞，0)，(a ，＋∞)，单调递减区间为(0，a )． (3)g ′(x )＝x 2－ax ＋2，依题意，存在x ∈(－2，－1)，使不等式g ′(x )＝x 2－ax ＋2<0成立， 即x ∈(－2，－1)时， a <⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋2x max ＝－22即可，所以满足要求的a 的取值范围是(－∞，－22)．考向2 利用导数研究函数的极值和最值1．判断函数极值的方法一般地，当函数f (x )在点x 0处连续时，(1)如果在x 0附近的左侧f ′(x )＞0，右侧f ′(x )＜0，那么f (x 0)是极大值； (2)如果在x 0附近的左侧f ′(x )<0，右侧f ′(x )>0，那么f (x 0)是极小值．“极值点”不是点，若函数f (x )在x 1处取得极大值，则x 1即为极大值点，极大值为f (x 1)；在x 2处取得极小值，则x 2为极小值点，极小值为f (x 2)．2．求可导函数f (x )的极值的步骤 (1)求导函数f ′(x )； (2)求方程 f ′(x )＝0的根；(3)检验f ′(x )在方程f ′(x )＝0的根的左右两侧的函数值的符号，如果左正右负，那么函数y ＝f (x )在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么函数y ＝f (x )在这个根处取得极小值，可列表完成．f ′(x 0)＝0是x 0为f (x )的极值点的必要而非充分条件．例如，f (x )＝x 3，f ′(0)＝0，但x ＝0不是极值点．3．函数的最值在闭区间[a ，b ]上的连续函数y ＝f (x )，在[a ，b ]上必有最大值与最小值．在区间[a ，b ]上的连续函数y ＝f (x )，若有唯一的极值点，则这个极值点就是最值点．极值只能在定义域内部取得，而最值却可以在区间的端点取得，有极值的未必有最值，有最值的未必有极值；极值有可能成为最值，最值只要不在端点必定是极值．(2014·安徽，18，12分)设函数f(x)＝1＋(1＋a)x－x2－x3，其中a>0.(1)讨论f(x)在其定义域上的单调性；(2)当x∈[0，1]时，求f(x)取得最大值和最小值时的x的值．【思路导引】(1)利用导数运算公式求出函数f(x)的导数，求出导数为0时对应方程的根及由导数值的符号判断函数的单调性；(2)利用函数的单调性及分类讨论思想求最值．【解析】(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝1＋a－2x－3x2.令f′(x)＝0，得x1＝－1－4＋3a3，x2＝－1＋4＋3a3，x1<x2，所以f ′(x)＝－3(x－x1)(x－x2)．当x<x1或x>x2时，f′(x)<0；当x1<x<x2时，f′(x)>0.故f(x)在(－∞，x1)和(x2，＋∞)内单调递减，在(x1，x2)内单调递增．(2)因为a>0，所以x1<0，x2>0.①当a≥4时，x2≥1.由(1)知，f(x)在[0，1]上单调递增．所以f(x)在x＝0和x＝1处分别取得最小值和最大值．②当0<a<4时，x2<1.由(1)知，f(x)在[0，x2]上单调递增，在[x2，1]上单调递减．所以f(x)在x＝x2＝－1＋4＋3a3处取得最大值．又f(0)＝1，f(1)＝a，所以当0<a<1时，f(x)在x＝1处取得最小值；当a＝1时，f(x)在x＝0处和x＝1处同时取得最小值；当1<a<4时，f(x)在x＝0处取得最小值．1.求函数f(x)极值的方法求函数的极值应先确定函数的定义域，再解方程f′(x)＝0，再判断f′(x)＝0的根是否是极值点，可通过列表的形式进行分析，若遇极值点含参数不能比较大小时，则需分类讨论．2．求函数f(x)在区间[a，b]上的最值的方法(1)若函数在区间[a，b]上单调递增或递减，f(a)与f(b)一个为最大值，一个为最小值；(2)若函数在闭区间[a，b]内有极值，要先求出[a，b]上的极值，与f(a)，f(b)比较，最大的是最大值，最小的是最小值，可列表完成；(3)函数f(x)在区间(a，b)上有唯一一个极值点，这个极值点就是最大(或小)值点，此结论在导数的实际应用中经常用到．(2013·福建，17，13分)已知函数f(x)＝x－a ln x(a∈R)．(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点A(1，f(1))处的切线方程；(2)求函数f(x)的极值．解：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－a x.(1)当a＝2时，f(x)＝x－2ln x，f′(x)＝1－2x(x>0)，∴f(1)＝1，f′(1)＝－1.∴y＝f(x)在点A(1，f(1))处的切线方程为y－1＝－(x－1)，即x＋y－2＝0.(2)由f ′(x)＝1－ax＝x－ax(x>0)可知：①当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)为(0，＋∞)上的增函数，函数f(x)无极值．②当a>0时，由f′(x)＝0解得x＝a.∵x∈(0，a)时，f′(x)<0；x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，∴f(x)在x＝a处取得极小值，且极小值为f(a)＝a－a ln a，无极大值．综上所述，当a≤0时，函数f(x)无极值；当a>0时，函数f(x)在x＝a处取得极小值a －a ln a，无极大值．考向3利用导数解决实际问题利用导数解决实际应用问题的种类及方法(1)给出了具体的函数关系式，只需研究这个函数的性质即可；(2)函数关系式中含有比例系数，根据已知数据求出比例系数得到函数关系式，再研究函数的性质；(3)没有给出函数关系，需要先建立函数关系，再研究函数的性质．(2011·山东，21，12分)某企业拟建造如图所示的容器(不计厚度，长度单位：米)，其中容器的中间为圆柱形，左右两端均为半球形，按照设计要求容器的容积为80π3立方米，且l ≥2r .假设该容器的建造费用仅与其表面积有关．已知圆柱形部分每平方米建造费用为3千元，半球形部分每平方米建造费用为c (c ＞3)千元，设该容器的建造费用为y 千元．(1)写出y 关于r 的函数表达式，并求该函数的定义域； (2)求该容器的建造费用最小时的r .【思路导引】 构建y 与r 的关系――→利用导数确定y 的极值―→y 的最值―→回归实际问题得解．【解析】 (1)设容器的容积为V ，由题意知V ＝πr 2l ＋43πr 3，又V ＝80π3，故l ＝V －43πr 3πr 2＝803r 2－43r ＝43⎝ ⎛⎭⎪⎫20r 2－r .由于l ≥2r ，因此43⎝ ⎛⎭⎪⎫20r 2－r ≥2r ，整理得40r 2≥5r ，故0＜r ≤2.所以建造费用y ＝2πrl ×3＋4πr 2c ＝2πr ×43⎝ ⎛⎭⎪⎫20r 2－r ×3＋4πr 2c .因此y ＝4π(c －2)r 2＋160πr ，0＜r ≤2.(2)由(1)得y ′＝8π(c －2)r －160πr 2 ＝8π（c －2）r 2⎝ ⎛⎭⎪⎫r 3－20c －2，0＜r ＜2. 由于c ＞3，所以c －2＞0， 当r 3－20c －2＝0时，r ＝320c －2.令320c －2＝m ，则m ＞0，所以y′＝8π（c－2）r2(r－m)(r2＋rm＋m2)．①当0＜m＜2，即c＞92时，当r＝m时，y′＝0；当r∈(0，m)时，y′＜0；当r∈(m，2)时，y′＞0.所以r＝m是函数y的极小值点，也是最小值点．②当m≥2，即3＜c≤92时，当r∈(0，2)时，y′＜0，函数单调递减，所以r＝2是函数y的最小值点．综合所述，当3＜c≤92时，建造费用最小时r＝2；当c＞92时，建造费用最小时r＝320c－2.【点拨】解答本题的关键是设出未知量，列出函数关系式，然后分类讨论，利用导数求最值，还要注意函数定义域的范围．利用导数解决生活中优化问题的一般步骤(1)分析实际问题中各量之间的关系，找出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系y＝f(x)，根据实际意义确定定义域；(2)求函数y＝f(x)的导数f′(x)，解方程f′(x)＝0得出定义域内的实根，确定极值点；(3)比较函数在区间端点和极值点处的函数值大小，获得所求的最大(小)值；(4)还原到原实际问题中作答．(2011·福建，18，13分)某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y(单位：千克)与销售价格x(单位：元/千克)满足关系式y＝ax－3＋10(x－6)2，其中3<x<6，a为常数．已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克．(1)求a的值；(2)若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大．解：(1)∵x＝5时，y＝11，。

高考数学一轮复习 第二章 函数、导数及其应用 2.11 导数在研究函数中的应用练习 理-人教版高三全

高考数学一轮复习 第二章 函数、导数及其应用 2.11 导数在研究函数中的应用练习 理-人教版高三全

第二章 函数、导数及其应用 2.11 导数在研究函数中的应用练习 理[A 组·基础达标练]1．函数f (x )＝x 4－4x 3＋4x 2的极值点是( ) A ．x ＝0 B ．x ＝1C ．x ＝2D ．x ＝0，x ＝1和x ＝2 答案 D解析 f ′(x )＝4x 3－12x 2＋8x ＝4x (x 2－3x ＋2)＝4x (x －1)(x －2)，则结合列表可得f (x )的极值点为x ＝0，x ＝1和x ＝2.2．[2015·某某一检]已知定义在R 上的函数f (x )满足f (－3)＝f (5)＝1，f ′(x )为f (x )的导函数，且导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示．则不等式f (x )<1的解集是( )A ．(－3,0)B ．(－3,5)C ．(0,5)D ．(－∞，－3)∪(5，＋∞) 答案 B解析 依题意得，当x >0时，f ′(x )>0，f (x )是增函数；当x <0时，f ′(x )<0，f (x )是减函数．又f (－3)＝f (5)＝1，因此不等式f (x )<1的解集是(－3,5)，选B.3．[2016·某某师大附中月考]若函数f (x )＝x 3－tx 2＋3x 在区间[1,4]上单调递减，则实数t 的取值X 围是( )A.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，518B ．(－∞，3]C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫518，＋∞D ．[3，＋∞) 答案 C解析 f ′(x )＝3x 2－2tx ＋3，由于f (x )在区间[1,4]上单调递减，则有f ′(x )≤0在[1,4]上恒成立，即3x 2－2tx ＋3≤0，即t ≥32⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x 在[1,4]上恒成立，因为y ＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x 在[1,4]上单调递增，所以t ≥32⎝ ⎛⎭⎪⎫4＋14＝518，故选C.4．[2013·某某高考]已知a 为常数，函数f (x )＝x (ln x －ax )有两个极值点x 1，x 2(x 1<x 2)，则( )A ．f (x 1)>0，f (x 2)>－12B ．f (x 1)<0，f (x 2)<－12C ．f (x 1)>0，f (x 2)<－12D ．f (x 1)<0，f (x 2)>－12答案 D解析 f ′(x )＝ln x －2ax ＋1，依题意知f ′(x )＝0有两个不等实根x 1，x 2. 即曲线y 1＝1＋ln x 与y 2＝2ax 有两个不同交点，如图．由直线y ＝x 是曲线y ＝1＋ln x 的切线，可知：0<2a <1，且0<x 1<1<x 2.∴a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12. 由0<x 1<1，得f (x 1)＝x 1(ln x 1－ax 1)<0， 当x 1<x <x 2时，f ′(x )>0， 当x >x 2时，f ′(x )<0，∴f (x 2)>f (1)＝－a >－12，故选D.5．[2015·某某一模]若定义在R 上的函数f (x )满足f (x )＋f ′(x )>1，f (0)＝4，则不等式f (x )>3ex ＋1(e 为自然对数的底数)的解集为( )A ．(0，＋∞) B．(－∞，0)∪(3，＋∞) C ．(－∞，0)∪(0，＋∞) D．(3，＋∞) 答案 A解析 由f (x )>3ex ＋1得，e x f (x )>3＋e x ，构造函数F (x )＝e x f (x )－e x－3，对F (x )求导得F ′(x )＝e x f (x )＋e x f ′(x )－e x ＝e x [f (x )＋f ′(x )－1]．由f (x )＋f ′(x )>1，e x >0，可知F ′(x )>0，即F (x )在R 上单调递增，又因为F (0)＝e 0f (0)－e 0－3＝f (0)－4＝0，所以F (x )>0的解集为(0，＋∞)，所以选A.6．[2013·某某高考]已知e 为自然对数的底数，设函数f (x )＝(e x－1)(x －1)k(k ＝1,2)，则( )A ．当k ＝1时，f (x )在x ＝1处取到极小值B ．当k ＝1时，f (x )在x ＝1处取到极大值C ．当k ＝2时，f (x )在x ＝1处取到极小值D ．当k ＝2时，f (x )在x ＝1处取到极大值 答案 C解析 当k ＝1时，f (x )＝(e x －1)(x －1)，f ′(x )＝x e x－1，f ′(1)≠0，故A ，B 错；当k ＝2时，f (x )＝(e x－1)(x －1)2，f ′(x )＝(x 2－1)e x －2x ＋2＝(x －1)[(x ＋1)e x－2]，故f ′(x )＝0有一根为x 1＝1，另一根x 2∈(0,1)．当x ∈(x 2,1)时，f ′(x )<0，f (x )递减；当x∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )递增，∴f (x )在x ＝1处取得极小值，故选C.7．[2016·东北八校月考]已知函数y ＝f (x )＝x 3＋3ax 2＋3bx ＋c 在x ＝2处有极值，其图象在x ＝1处的切线平行于直线6x ＋2y ＋5＝0，则f (x )的极大值与极小值之差为________．答案 4解析 ∵f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋3b ，∴⎩⎪⎨⎪⎧f ′2＝3×22＋6a ×2＋3b ＝0，f ′1＝3×12＋6a ×1＋3b ＝－3，⇒⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝0，∴f ′(x )＝3x 2－6x ，令3x 2－6x ＝0，得x ＝0或x ＝2， ∴f (x )极大值－f (x )极小值＝f (0)－f (2)＝4.8．已知函数f (x )＝－12x 2＋4x －3ln x 在[t ，t ＋1]上不单调，则t 的取值X 围是________．答案 (0,1)∪(2,3)解析 由题意知f ′(x )＝－x ＋4－3x ＝－x 2＋4x －3x＝－x －1x －3x，由f ′(x )＝0得函数f (x )的两个极值点为1,3， 则只要这两个极值点有一个在区间(t ，t ＋1)内， 函数f (x )在区间[t ，t ＋1]上就不单调， 由t <1<t ＋1或t <3<t ＋1，得0<t <1或2<t <3.9．已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2－4在x ＝2处取得极值，若m ，n ∈[－1,1]，则f (m )＋f ′(n )的最小值是________．答案 －13解析 f ′(x )＝－3x 2＋2ax ， 根据已知2a3＝2，得a ＝3，即f (x )＝－x 3＋3x 2－4.根据函数f (x )的极值点，可得函数f (m )在[－1,1]上的最小值为f (0)＝－4，f ′(n )＝－3n 2＋6n 在[－1,1]上单调递增，所以f ′(n )的最小值为f ′(－1)＝－9.[f (m )＋f ′(n )]min ＝f (m )min ＋f ′(n )min ＝－4－9＝－13. 10．[2015·某某一检]已知函数f (x )＝ln x －x1＋2x .(1)求证：f (x )在区间(0，＋∞)上单调递增； (2)若f [x (3x －2)]<－13，某某数x 的取值X 围．解 (1)证明：由已知得f (x )的定义域为(0，＋∞)． ∵f (x )＝ln x －x1＋2x， ∴f ′(x )＝1x －1＋2x －2x 1＋2x 2＝4x 2＋3x ＋1x 1＋2x 2. ∵x >0，∴4x 2＋3x ＋1>0，x (1＋2x )2>0. ∴当x >0时，f ′(x )>0. ∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增．(2)∵f (x )＝ln x －x 1＋2x ，∴f (1)＝ln 1－11＋2×1＝－13.由f [x (3x －2)]<－13得f [x (3x －2)]<f (1)．由(1)得⎩⎪⎨⎪⎧x 3x －2>0x3x －2<1，解得－13<x <0或23<x <1.综上所述，x 的取值X 围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，0∪⎝ ⎛⎭⎪⎫23，1.11．[2015·某某一检]已知函数f (x )＝x ·ln x ，g (x )＝ax 3－12x －23e .(1)求f (x )的单调递增区间和最小值；(2)若函数y ＝f (x )与函数y ＝g (x )的图象在交点处存在公共切线，某某数a 的值． 解 (1)∵f ′(x )＝ln x ＋1，由f ′(x )>0，得x >1e，∴f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞. 又当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时，f ′(x )<0，则f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞时，f ′(x )>0，则f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递增， ∴f (x )的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e .(2)∵f ′(x )＝ln x ＋1，g ′(x )＝3ax 2－12，设公切点的横坐标为x 0，则与f (x )的图象相切的直线方程为：y ＝(ln x 0＋1)x －x 0， 与g (x )的图象相切的直线方程为：y ＝⎝⎛⎭⎪⎫3ax 20－12x －2ax 30－23e ，∴⎩⎪⎨⎪⎧ln x 0＋1＝3ax 2－12，－x 0＝－2ax 30－23e解之得x 0ln x 0＝－1e ，由(1)知x 0＝1e ，∴a ＝e26.12．[2016·某某检测]已知f (x )＝e x(x 3＋mx 2－2x ＋2)． (1)假设m ＝－2，求f (x )的极大值与极小值；(2)是否存在实数m ，使f (x )在[－2，－1]上单调递增？如果存在，求m 的取值X 围；如果不存在，请说明理由．解 (1)当m ＝－2时，f (x )＝e x (x 3－2x 2－2x ＋2)，其定义域为(－∞，＋∞)．则f ′(x )＝e x(x 3－2x 2－2x ＋2)＋e x (3x 2－4x －2)＝x e x (x 2＋x －6)＝(x ＋3)x (x －2)e x， ∴当x ∈(－∞，－3)或x ∈(0,2)时，f ′(x )<0； 当x ∈(－3,0)或x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0；f ′(－3)＝f ′(0)＝f ′(2)＝0，∴f (x )在(－∞，－3)上单调递减，在(－3,0)上单调递增； 在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增， ∴当x ＝－3或x ＝2时，f (x )取得极小值； 当x ＝0时，f (x )取得极大值， ∴f (x )极小值＝f (－3)＝－37e －3，f (x )极小值＝f (2)＝－2e 2， f (x )极大值＝f (0)＝2.(2)f ′(x )＝e x(x 3＋mx 2－2x ＋2)＋e x (3x 2＋2mx －2)＝x e x [x 2＋(m ＋3)x ＋2m －2]． ∵f (x )在[－2，－1]上单调递增， ∴当x ∈[－2，－1]时，f ′(x )≥0. 又∵当x ∈[－2，－1]时，x e x<0， ∴当x ∈[－2，－1]时，x 2＋(m ＋3)x ＋2m －2≤0，∴⎩⎪⎨⎪⎧f ′－2＝－22－2m ＋3＋2m －2≤0，f ′－1＝－12－m ＋3＋2m －2≤0，解得m ≤4，∴当m ∈(－∞，4]时，f (x )在[－2，－1]上单调递增．[B 组·能力提升练]1．若函数f (x )＝x 3－3x 在(a,6－a 2)上有最小值，则实数a 的取值X 围是( )A ．(－5，1)B ．[－5，1)C ．[－2,1)D ．(－5，－2] 答案 C解析 f ′(x )＝3x 2－3＝0，得x ＝±1，且x ＝1为函数的极小值点，x ＝－1为函数的极大值点．函数f (x )在区间(a,6－a 2)上有最小值， 则函数f (x )极小值点必在区间(a,6－a 2)内， 即实数a 满足a <1<6－a 2且f (a )＝a 3－3a ≥f (1)＝－2. 解a <1<6－a 2，得－5<a <1， 不等式a 3－3a ≥f (1)＝－2，即a 3－3a ＋2≥0，即a 3－1－3(a －1)≥0， 即(a －1)(a 2＋a －2)≥0， 即(a －1)2(a ＋2)≥0， 即a ≥－2.故实数a 的取值X 围是[－2,1)． 故选C.2．[2016·某某调研]已知函数f (x )＝ln x ＋1ln x ，则下列结论中正确的是( )A ．若x 1，x 2(x 1<x 2)是f (x )的极值点，则f (x )在区间(x 1，x 2)内是增函数B ．若x 1，x 2(x 1<x 2)是f (x )的极值点，则f (x )在区间(x 1，x 2)内是减函数C ．∀x >0，且x ≠1，f (x )≥2D ．∃x 0>0，f (x )在(x 0，＋∞)内是增函数 答案 D解析 由已知得，f ′(x )＝1x ·ln 2x －1ln 2x(x >0且x ≠1)，令f ′(x )＝0，得ln x ＝±1，得x ＝e 或x ＝1e.当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1e 时，f ′(x )>0；当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫1e，1，x ∈(1，e)时，f ′(x )<0；当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )>0.故x ＝1e和x ＝e 分别是函数f (x )的极大值点和极小值点，但是由函数的定义域可知x ≠1，故函数f (x )在x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，e 内不是单调的，所以A ，B 错；当0<x <1时，ln x <0，此时f (x )<0，C 错；只要x 0≥e，则f (x )在(x 0，＋∞)内是增函数，D 正确．3．[2015·某某高考]已知函数f (x )＝2x，g (x )＝x 2＋ax (其中a ∈R )．对于不相等的实数x 1，x 2，设m ＝f x 1－f x 2x 1－x 2，n ＝g x 1－g x 2x 1－x 2.现有如下命题：①对于任意不相等的实数x 1，x 2，都有m >0；②对于任意的a 及任意不相等的实数x 1，x 2，都有n >0；③对于任意的a ，存在不相等的实数x 1，x 2，使得m ＝n ； ④对于任意的a ，存在不相等的实数x 1，x 2，使得m ＝－n . 其中的真命题有________(写出所有真命题的序号)． 答案 ①④解析 ①f (x )＝2x是增函数，∴对任意不相等的实数x 1，x 2，都有f x 1－f x 2x 1－x 2>0，即m >0，∴①成立．②由g (x )＝x 2＋ax 图象可知，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－a 2时，g (x )是减函数，∴当不相等的实数x 1、x 2∈⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－a 2时，g x 1－g x 2x 1－x 2<0，即n <0，∴②不成立． ③若m ＝n ，则有f x 1－f x 2x 1－x 2＝g x 1－g x 2x 1－x 2，即f (x 1)－f (x 2)＝g (x 1)－g (x 2)，f (x 1)－g (x 1)＝f (x 2)－g (x 2)，令h (x )＝f (x )－g (x )， 则h (x )＝2x－x 2－ax ，h ′(x )＝2x ln 2－2x －a ，令h ′(x )＝2xln 2－2x －a ＝0， 得2xln 2＝2x ＋a .由y ＝2x ln 2与y ＝2x ＋a 的图象知， 存在a 使对任意x ∈R 恒有2xln 2>2x ＋a ， 此时h (x )在R 上是增函数． 若h (x 1)＝h (x 2)，则x 1＝x 2， ∴③不成立． ④若m ＝－n ，则有f x 1－f x 2x 1－x 2＝－g x 1－g x 2x 1－x 2，f (x 1)＋g (x 1)＝f (x 2)＋g (x 2)，令φ(x )＝f (x )＋g (x )， 则φ(x )＝2x＋x 2＋ax ，φ′(x )＝2x ln 2＋2x ＋a .令φ′(x )＝0，得2xln 2＋2x ＋a ＝0， 即2xln 2＝－2x －a .由y 1＝2xln 2与y 2＝－2x －a 的图象可知，对任意的a ，存在x 0，使x >x 0时y 1>y 2，x <x 0时y 1<y 2，故对任意的a ，存在x 0，使x >x 0时，φ′(x )>0，x <x 0时φ′(x )<0， 故对任意的a ，φ(x )在R 上不是单调函数．故对任意的a ，存在不相等的实数x 1，x 2，使m ＝－n ， ∴④成立． 综上，①④正确．4．已知函数f (x )＝e x－ln (x ＋m )．(1)设x ＝0是f (x )的极值点，求m ，并讨论f (x )的单调性； (2)当m ≤2时，证明f (x )>0. 解 (1)f ′(x )＝e x－1x ＋m. 由x ＝0是f (x )的极值点得f ′(0)＝0，所以m ＝1. 于是f (x )＝e x－ln (x ＋1)，x ∈(－1，＋∞)． 函数f ′(x )＝e x －1x ＋1在(－1，＋∞)单调递增，且f ′(0)＝0. 因此当x ∈(－1,0)时，f ′(x )<0； 当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0.所以f (x )在(－1,0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．(2)证明：当m ≤2，x ∈(－m ，＋∞)时，ln (x ＋m )≤ln (x ＋2)，故只需证当m ＝2时f (x )>0. 当m ＝2时，f ′(x )＝e x－1x ＋2在(－2，＋∞)上单调递增． 又f ′(－1)<0，f ′(0)>0，故f ′(x )＝0在(－2，＋∞)上有唯一的解x 0，且x 0∈(－1,0)． 当x ∈(－2，x 0)时，f ′(x )<0； 当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0. 故当x ＝x 0时，f (x )取极小值． 故f ′(x )＝0得e x 0＝1x 0＋2，ln (x 0＋2)＝－x 0. 故f (x )≥f (x 0)＝1x 0＋2＋x 0＝x 0＋12x 0＋2>0.综上所述，当m ≤2时，f (x )>0.。

青海省高考数学一轮复习导数及其应用

青海省高考数学一轮复习导数及其应用

导数及其应用导数的概念及运算【考点阐释】《考试说明》要求：了解导数概念的实际背景，理解导数的几何意义，能根据定义求几个简单函数的导数，能利用导数公式表及导数的四则运算法则求简单函数的导数。

本节的能级要求为导数的概念A 级，其余为B 级。

【高考体验】 一、课前热身（1）（2009江苏卷）在平面直角坐标系xoy 中，点P 在曲线3:103C y x x =-+上，且在第二象限内，已知曲线C 在点P 处的切线的斜率为2，则点P 的坐标为 .（2）（2009宁夏海南卷文）曲线21x y xe x =++在点（0,1）处的切线方程为 。

（3）（2009全国卷Ⅰ理） 已知直线y=x+1与曲线y ln()x a =+相切，则α的值为 . （4）（2009江西卷理）设函数2()()f x g x x =+，曲线()y g x =在点(1,(1))g 处的切线方程为21y x =+，则曲线()y f x =在点(1,(1))f 处切线的斜率为 .（5）（2009福建卷理）若曲线3()ln f x ax x =+存在垂直于y 轴的切线，则实数a 取值范围是_____________.（6）(2009陕西卷理)设曲线1*()n y x n N +=∈在点（1，1）处的切线与x 轴的交点的横坐标为n x ,令lg n n a x =，则1299a a a +++的值为 .二、教材回归1.函数的平均变化率一般地，函数)(x f 在区间[]21,x x 上的平均变化率为 2.函数)(x f 在0x x =处的导数 （1）定义设函数)(x f y =在区间),(b a 上有定义，),(0b a x ∈，若x ∆无限趋于0时，比值=∆∆xy无限趋于一个常数A ，则称)(x f 在 处可导，并称该常数A 为函数)(x f 在点处 的导数，记作 （2）几何意义函数)(x f 在点0x 处的导数)('x f 的几何意义是过曲线)(x f y =上的点 的切线的斜率。

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高三数学理一轮复习典型题专项训练导数及其应用一、填空、选择题1、（通州区2019届高三上学期期中）曲线21xy e-=+在点()0,2处的切线方程为2、（通州区2019届高三上学期期中）设函数()xf x x a=-，若()f x 在()1,+∞单调递减，则实数a 的取值范围是 ．3、（朝阳区2019届高三上学期期中）已知函数()y f x =满足下列条件： ①定义域为R ；②函数()y f x =在(0,1)上单调递增；③函数()y f x =的导函数()y f x '=有且只有一个零点， 写出函数()f x 的一个表达式 .4、（海淀区2019届高三上学期期中）已知函数ln ,,(),.x x a f x x a x<≤⎧⎪=⎨>⎪⎩e 0(Ⅰ) 若函数()f x 的最大值为1，则____;a = （Ⅱ）若函数()f x 的图象与直线ay =e只有一个公共点，则a 的取值范围为____. 5、（房山区2019届高三上学期期末）设函数2,,()24,.x x a f x x x x a ⎧=⎨-->⎩≤① 若0a =，则()f x 的极小值为 ；② 若存在m 使得方程()0f x m -=无实根，则a 的取值范围是 ． 6、（海淀区2019届高三上学期期末）已知函数()sin cos f x x x =-，()g x 是()f x 的导函数，则下列结论中错误的是A.函数()f x 的值域与()g x 的值域相同B.若0x 是函数()f x 的极值点，则0x 是函数()g x 的零点C.把函数()f x 的图像向右平移2π个单位，就可以得到函数()g x 的图像 D.函数()f x 和()g x 在区间(,4π-)4π上都是增函数7、若直线0kx y k --=与曲线e x y =（e 是自然对数的底数）相切，则实数k =________. 8、曲线2xy x e =+在0x =处的切线与两坐标轴围成的三角形面积为 ． 9、在平面直角坐标系中，曲线21xy e x =++在x ＝0处的切线方程是 ． 10、曲线()23f x x x=+在点()()1,1f 处的切线方程为 . 11、已知函数33323+++=x x ax y 在1=x 处取得极值，则=a __________． 12、若曲线f （x ）＝在点（1，a ）处的切线平行于x 轴，则a ＝13、直线l 经过点(,0)A t ，且与曲线2y x =相切，若直线l 的倾斜角为45，则___.t =二、解答题1、（海淀区2018届高三上学期期中考试）已知函数()(1)ln af x x a x x=-+-，其中0a >． （Ⅰ）当2a =时，求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程； （Ⅱ）求()f x 在区间[1,e]上的最小值．（其中e 是自然对数的底数）2、（石景山2018届高三上学期期末考试）已知函数ln()()x a f x x-=． （Ⅰ）若1a = ,确定函数()f x 的零点；（Ⅱ）若1a =-，证明：函数()f x 是(0,)+∞上的减函数；（Ⅲ）若曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线与直线0x y -=平行，求a 的值.3、（朝阳区2019届高三上学期期中）已知函数32()231f x mx x =-+ (m ∈R ). （Ⅰ）当 1m =时，求()f x 在区间[1,2]-上的最大值和最小值； （Ⅱ）求证：“1m >”是 “函数()f x 有唯一零点”的充分而不必要条件.4、（海淀区2019届高三上学期期中）已知函数32()1f x x x ax =++-.(Ⅰ) 当a =-1时，求函数()f x 的单调区间； (Ⅱ) 求证：直线y ax =-2327是曲线()y f x =的切线； （Ⅲ）写出a 的一个值，使得函数()f x 有三个不同的零点（只需直接写出数值）.5、（朝阳区2019届高三上学期期末）已知函数2()e (1)(0)2xmf x x x m =-+≥. （Ⅰ）当0m =时，求函数()f x 的极小值； （Ⅱ）当0m >时，讨论()f x 的单调性；（Ⅲ）若函数()f x 在区间(),1-∞上有且只有一个零点，求m 的取值范围.6、（大兴区2019届高三上学期期末）已知函数()ln f x a x =． （Ⅰ）若曲线()y f x =在1x =处的切线方程为210x y -+=，求a 的值； （Ⅱ）求函数()y f x =在区间[1,4]上的极值．7、（东城区2019届高三上学期期末）已知函数2()e 2x f x ax x x =--．(Ⅰ) 当1a =时，求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程；(Ⅱ) 当0x >时，若曲线()y f x =在直线y x =-的上方，求实数a 的取值范围．8、（通州区2019届高三上学期期末）已知函数()2ln f x a x ax =-，其中0a >．（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）设()2g x x m =-，若曲线()y f x =，()y g x =有公共点P ，且在点P 处的切线相同，求m的最大值．9、（西城区2019届高三一模）设函数2()e 3x f x m x =-+，其中∈m R ． （Ⅰ）当()f x 为偶函数时，求函数()()h x xf x =的极值；（Ⅱ）若函数()f x 在区间[2,4]-上有两个零点，求m 的取值范围．10、（延庆区2019届高三一模） 已知函数()ln()f x x a =+在点(1,(1))f 处的切线与直线20x y -=平行.（Ⅰ）求a 的值； （Ⅱ）令()()f x g x x=，求函数()g x 的单调区间.11、（房山区2019届高三一模）已知函数()221()ln (1).2f x mx x x mx m =-+≤ （Ⅰ）当0m =时，求曲线()y f x =在1x =处的切线方程； （Ⅱ）若函数()f x 的图象在x 轴的上方，求m 的取值范围.12、（大兴区2019届高三一模）已知函数()e x f x a =图象在0x =处的切线与函数()ln g x x =图象在1x =处的切线互相平行．（Ⅰ）求a 的值；（Ⅱ）设()()()h x f x g x =-，求证：()2h x >．13、（丰台区2019届高三一模）已知函数3211()(2)e 32x f x x ax ax =--+.（Ⅰ）当0a =时，求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）当e a ≤时，求证：1x =是函数()f x 的极小值点.14、（海淀区2019届高三一模） 已知函数2()ln(1)f x x x ax =+-. (I)求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程； (Ⅱ)当0a <时，求证：函数()f x 存在极小值； (Ⅲ)请直接写出函数()f x 的零点个数．15、（怀柔区2019届高三一模）已知函数()ln ()=-∈f x x ax a R . （Ⅰ）当2=a 时，求()f x 在点(1,(1))f 处的切线方程；（Ⅱ）若对于任意的(0,)x ∈+∞，都有()0f x <，求a 的取值范围.16、（昌平区2019届高三5月综合练习（二模））已知()()211e 2x f x x ax =--． (I)若曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线与x 轴平行，求a 的值；(II)若()f x 在0x =处取得极大值，求a 的取值范围.17、（朝阳区2019届高三第二次（5月）综合练习（二模）） 已知函数22()(24)ln 4f x ax x x ax x =+--(a ∈R ,且0a ≠). （Ⅰ）求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程; （Ⅱ）若函数()f x 的极小值为1a，试求a 的值.18、（东城区2019届高三5月综合练习（二模））已知函数()sin f x x x =+． （Ⅰ）求曲线()y f x =在点(,())22f ππ处的切线方程；（Ⅱ）若不等式()cos f x ax x ≥在区间π[0,]2上恒成立，求实数a 的取值范围．19、（房山区2019届高三第二次模拟）已知函数21()2sin +1,()cos 2f x x xg x x m x =-=+. （Ⅰ）求曲线()y f x =在0x =处的切线方程； （Ⅱ）求()f x 在(0,)π上的单调区间；（Ⅲ）当1m >时，证明：()g x 在(0,)π上存在最小值.20、（丰台区2019届高三5月综合练习（二模））已知函数2()ln (21)1()f x x ax a x a =+-++≥0．（Ⅰ）当0a =时，求函数()f x 在区间[1,)+∞上的最大值；（Ⅱ）函数()f x 在区间(1,)+∞上存在最小值，记为()g a ，求证：1()14g a a<-． .21、（海淀区2019届高三5月期末考试（二模））设函数()ln ,f x x a R =∈.（I ）若点()1,1在曲线()y f x =上，求在该点处曲线的切线方程； （II ）若()f x 有极小值2，求a .参考答案：一、选择、填空题1、220x y +-= 2.(]0,13、2y x =(或3y x =等) 4、4； (0,e)] 5、6、C7、2e 8、239、32y x =+ 10、40x y -+= 11、－3 12、12 13、14二、解答题1、解：（Ⅰ）当2a =时，2()3ln f x x x x =--，2(1)(2)'()x x f x x --=，………………1分 此时，(1)1f =-，'(1)0f =，……………………2分故曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为1y =-．……………………3分 （Ⅱ）()(1)ln af x x a x x=-+-的定义域为(0,)+∞……………………4分 221(1)()'()1a a x x a f x x x x +--=-+=……………………5分令'()0f x =得，x a =或1x =……………………6分① 当01a <≤时，对任意的1x <<e ，'()0f x >，()f x 在[1,]e 上单调递增…………7分()(1)1f x f a ==-最小…………………… 8分②当1a <<x(1,)a a(,)a e'()f x -0 +()f x↘极小↗……………………10分()()1(1)ln f x f a a a a ==--+⋅最小……………………11分② 当a ≥e 时，对任意的1x <<e ，'()0f x <，()f x 在[1,]e 上单调递减…………12分()()(1)af x f a ==-+-e e e最小…………………… 13分2、解：（Ⅰ）当1a = 时，则ln(1)()x f x x -=…… 1分定义域是(1,)+∞，令ln(1)x x -=……………2分 ln(1)0,2x x -==是所求函数的零点. ……………3分（Ⅱ）当1a =-时，函数()f x 的定义域是(1,0)(0,)-⋃+∞， ………4分所以2ln(1)1'()xx x f x x-++=，…………5分令()ln(1)1xg x x x =-++，只需证：0x >时，()0g x ≤． ……………6分又2211'()0(1)1(1)xg x x x x =-=-<+++， 故()g x 在(0,)+∞上为减函数， …………… 7分 所以()(0)ln10g x g <=-=， …………… 8分 所以'()0f x <，函数()f x 是(0,)+∞上的减函数． ……………9分（Ⅲ）由题意知，1'()|1x f x ==，且2ln()'()xx a x a f x x---=， ………… 10分 所以1'(1)ln(1)11f a a =--=-，即有ln(1)01aa a--=-， ……………11分令()ln(1)1at a a a=---，1a <，则211'()0(1)1t a a a =+>--， 故()t a 是(,1)-∞上的增函数，又(0)0t =，因此0是()t a 的唯一零点， 即方程ln(1)01aa a--=-有唯一实根0，所以0a =． ……………13分 3、解：（Ⅰ）2()666(1)f x mx x x mx '=-=-， 当1m =时，()6(1)f x x x '=-,当x 在[1,2]-内变化时，(),()f x f x '的变化如下表：当[1,2]x ∈-时，max ()5f x =；min ()4f x =-. …………………….5分 （Ⅱ）若1m >，1()6()f x mx x m'=-. 当x 变化时，(),()f x f x '的变化如下表：3221()2311f m m m m m =⋅-⋅+=-+，因为1,m >所以201m <<.即1()0f m>. 且22()(23)10f m m m -=--+<，所以()f x 有唯一零点. 所以“1m >”是“()f x 有唯一零点”的充分条件.又2m =-时，当x 变化时，(),()f x f x '的变化如下表：又113()10224f -=-+>，(0)0f >，(3)0f <. 所以此时()fx 也有唯一零点.从而“1m >”是“()f x 有唯一零点”的充分不必要条件. …………………….13分 4、5、解：(Ⅰ) 当0m =时：()(1)e xf x x '=+，令()0f x '=解得1x =-，又因为当(),1x ∈-∞-，()0f x '<，函数()f x 为减函数；当()1,x ∈-+∞，()0f x '>，函数()f x 为增函数.所以，()f x 的极小值为1(1)ef -=-. .…………3分 （Ⅱ）()(1)(e )xf x x m '=+-.当0m >时，由()0f x '=，得1x =-或ln x m =.(ⅰ)若1e m =，则1()(1)(e )0e xf x x '=+-≥.故()f x 在(),-∞+∞上单调递增； （ⅱ）若1em >，则ln 1m >-.故当()0f x '>时，1ln x x m <->或；当()0f x '<时，1ln x m -<<.所以()f x 在(),1-∞-，()ln ,m +∞单调递增，在()1,ln m -单调递减. (ⅲ)若10em <<，则ln 1m <-.故当()0f x '>时，ln 1x m x <>-或； 当()0f x '<时，ln 1m x <<-.所以()f x 在(),ln m -∞，()1,-+∞单调递增，在()ln ,1m -单调递减. .…………8分（Ⅲ）(1)当0m =时，()e xf x x =，令()0f x =，得0x =.因为当0x <时，()0f x <， 当0x >时，()0f x >，所以此时()f x 在区间(),1-∞上有且只有一个零点.(2)当0m >时：（ⅰ）当1e m =时，由（Ⅱ）可知()f x 在(),-∞+∞上单调递增，且1(1)0ef -=-<，2(1)e 0e f =->，此时()f x 在区间(),1-∞上有且只有一个零点.（ⅱ）当1em >时，由（Ⅱ）的单调性结合(1)0f -<，又(ln )(1)0f m f <-<，只需讨论(1)e 2f m =-的符号：当1ee 2m <<时，(1)0f >，()f x 在区间()1-∞，上有且只有一个零点； 当e2m ≥时，(1)0f ≤，函数()f x 在区间()1-∞，上无零点.(ⅲ)当10e m <<时，由（Ⅱ）的单调性结合(1)0f -<，(1)e 20f m =->，2(ln )ln 022m mf m m =--<，此时()f x 在区间(),1-∞上有且只有一个零点.综上所述，e02m ≤<. .…………13分6、解：（Ⅰ）因为()ln f x a x =，所以()af x x'-， 所以1(1)2f a '=-. ……2分 因为()y f x =在1x =处的切线方程为210x y -+=. 所以1122a -=， ……3分 解得0a =. ……4分（Ⅱ）因为()ln f x a x =，[1,4]x ∈，所以()af x x'-=， ……2分 ①当21a ≤，即12a ≤时，()0f x '≥在[1,4]恒成立，所以()y f x =在[1,4]单调递增；所以()y f x =在[1,4]无极值； ……4分 ②当22a ≥，即1a ≥时，()0f x '≤在[1,4]恒成立，所以()y f x =在[1,4]单调递减，所以()y f x =在[1,4]无极值； ……6分 ③当122a <<，即112a <<时， ……7分 ,(),()x f x f x '变化如下表：……8分因此，()f x 的减区间为2(1,4)a ，增区间为2(4,4)a ．所以当24x a =时，()f x 有极小值为22ln(2)a a a -，无极大值.……9分7、解：(Ⅰ) 当1a =时，2()e 2xf x x x x =--，所以()e (1)22xf x x x '=+--，(0)1f '=-. 又因为(0)0f =，所以曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程为y x =-． .................4分(Ⅱ)当0x > 时，“曲线()y f x =在直线y x =-的上方”等价于“2e 2x ax x x x -->-恒成立”，即0x >时e 10x a x -->恒成立， 由于e 0x >，所以等价于当0x >时，1e xx a +>恒成立. 令1(),0e x x g x x +=≥，则()exxg x -'=. 当0x ≥时，有()0.g x '≤ 所以g (x )在区间[0,)+∞单调递减.1(0)1()[0,)0,1ex x g g x x +=+∞><故是在区间上的最大值从而对任意恒成立.， 综上，实数a 的取值范围为[1,)+∞. .............................13分 8、解：（Ⅰ）()f x 的定义域为()0+∞，． ……………………………………………1分()()2a a x a f x a x x-'=-=()0a >．………………………………………………2分令()0f x '=，得x a =． ………………………………………………3分 当(0,)x a ∈时，()0f x '>；当(,)x a ∈+∞时，()0f x '<．所以()f x 的单调递增区间为(0,)a ，单调递减区间为(,)a +∞； ……………………5分（Ⅱ）设点P 的横坐标为00(0)x x >，则()2000ln f x a x ax =-，()200g x x m =-．因为2()a f x a x '=-，()2g x x '=，所以200()a f x a x '=-，00()2g x x '=．…………6分 由题意得22000200ln 2a x ax x m a a x x ⎧-=-⎪⎨-=⎪⎩①②，． …………………………………7分 由②得02ax =或0x a =-（舍）． …………………………………………8分所以223ln 42a m a a =-()0a >． …………………………………………9分设223()ln 0)42th t t t t =->（，则1()14ln 0)22t h t t t '=->（）（． …………………………………………10分令()0h t '=，得142t e =． …………………………………………11分 当1402t e <<时，()0h t '>，()h t 单调递增；当 142t e >时，()0h t '<，()h t 单调递减． 所以()h t 在0∞（，+)的最大值为1142(2)2h e e =，即m 的最大值为122e ． …………………………………………13分 9、解：（Ⅰ）由函数()f x 是偶函数，得()()f x f x -=，即22e()3e 3xx m x m x ---+=-+对于任意实数x 都成立，所以0m =. ……………… 2分此时3()()3h x xf x x x ==-+，则2()33h x x '=-+.由()0h x '=，解得1x =±. ……………… 3分 当x 变化时，()h x '与()h x 的变化情况如下表所示：所以()h x 在(,1)-∞-，(1,)+∞上单调递减，在(1,1)-上单调递增. …………… 5分 所以()h x 有极小值(1)2h -=-，()h x 有极大值(1)2h =. ……………… 6分（Ⅱ）由2()e 30xf x m x =-+=，得23ex x m -=.所以“()f x 在区间[2,4]-上有两个零点”等价于“直线y m =与曲线23()ex x g x -=，[2,4]x ∈-有且只有两个公共点”. ……………… 8分对函数()g x 求导，得223()e xx x g x -++'=. ……………… 9分由()0g x '=，解得11x =-，23x =. ……………… 10分 当x 变化时，()g x '与()g x 的变化情况如下表所示：所以()g x 在(2,1)--，(3,4)上单调递减，在(1,3)-上单调递增. …………… 11分又因为2(2)e g -=，(1)2e g -=-，36(3)(2)e g g =<-，413(4)(1)eg g =>-， 所以当4132e e m -<<或36e m =时，直线y m =与曲线23()ex x g x -=，[2,4]x ∈-有且只有两个公共点. 即当4132e em -<<或36e m =时，函数()f x 在区间[2,4]-上有两个零点. ……… 13分 10、解：（Ⅰ）()ln()f x x a =+ 1()f x x a'∴=+ ………1分 1(1)1f a '∴=+………2分()f x 在点(1,(1))f 处的切线与直线20x y -=平行1112a ∴=+ 解得 1a = ………4分 （Ⅱ）由（Ⅰ）可知ln(1)()x g x x+=………5分 函数()g x 的定义域是(1,0)(0,)-⋃+∞， ………6分所以2ln(1)1'()xx x g x x-++=，…………7分令()ln(1)1xh x x x =-++， …………8分 又2211'()(1)1(1)xh x x x x =-=-+++，…………9分(1,0)x ∴∀∈-有()0h x '>恒成立故()h x 在(1,0)-上为增函数， 由()(0)ln10h x h <=-=，所以函数()g x 是(1,0)-上单调递减． …………… 11分(0,)x ∴∀∈+∞有()0h x '<恒成立故()h x 在(0,)+∞上为减函数，由()(0)ln10h x h <=-=， 所以函数()g x 是(0,)+∞上单调递减． …………… 13分 综上，()g x 在 (1,0)- 和 (0,)+∞ 单调递减11、（Ⅰ）当0m =时，()ln f x x x =-，'()ln 1f x x =-- 所以(1)0f =，'(1)1f =-所以曲线()y f x =在1x =处的切线方程是：1y x =-+ ……………4分 （Ⅱ）“函数()f x 的图象在x 轴的上方”，等价于“0x >时，()0f x >恒成立” 由()221()ln 2f x mx x x mx =-+得 ()()()'()21ln 2121ln 1f x mx x mx mx x =-+-=-+……………5分①当0m ≤时，因为()1102f m =≤， 不合题意 ……………6分 ②当01m <≤时，令'()0f x =得1211,2e x x m == 显然112em > ……………7分 令'()0f x >得10e x <<或12x m >；令'()0f x <得11e 2x m<< 所以函数()f x 的单调递增区间是110,,,e 2m ⎛⎫⎛⎫+∞ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，单调递减区间是11,e 2m ⎛⎫⎪⎝⎭，……………10分当10e x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，20mx x -<，ln 0x < 所以()221()ln 02f x mx x x mx =-+> ……………11分只需1111ln 02428f m m m m ⎛⎫=-+>⎪⎝⎭所以m > 1m <≤ ……………13分12、解：（Ⅰ）由()e x f x a =，得()e x f x a '=，所以(0)f a '=.……1分由()ln g x x =，得1()g x x'=，所以(1)1g '=.……2分由已知(0)(1)f g ''=，得1a =.……3分 经检验，1a =符合题意．……4分（Ⅱ）()()()e ln x h x f x g x x =-=-，0x >，1()e x h x x '=-，设1()e x x xϕ=-，……1分 则21()e 0x x x ϕ'=+>，所以()x ϕ在区间(0,)+∞单调递增，……3分 又(1)e 10ϕ=->，1()202ϕ=<，……4分所以()x ϕ在区间(0,)+∞存在唯一零点，设零点为0x ，则01(,1)2x ∈，且001e x x =．……5分当0(0,)x x ∈时，()0h x '<；当0(,)x x ∈+∞，()0h x '>． 所以，函数()h x 在0(0,)x 递减，在0(,)x +∞递增，……6分 000001()()e ln ln ≥x h x h x x x x =-=-，……7分 由001e x x =，得00ln x x =- 所以0001()2≥h x x x =+，……8分 由于01(,1)2x ∈，0()2h x >从而()2h x >，命题得证．……9分13、解：（Ⅰ）因为0a =，R x ∈所以()(2)e xf x x =-，故()(1)e xf x x '=-，令()0f x '>，得1x >，所以单调递增区间为(1,)+∞； 令()0f x '<，得1x <，所以单调递区间为(,1)-∞．（Ⅱ）由题可得()(1)(e )xf x x ax '=--.① 当0a ≤时，对任意(0,+)x ∈∞，都有e 0x ax ->恒成立， 所以当01x <<时，()0f x '<；当1x >时，()0f x '>. 所以函数()f x 在1x =处取得极小值，符合题意.② 当0e a <≤时，设g()=e xx ax -，依然取(0,+)x ∈∞.则g ()=e xx a '-，令g ()=0x '，得=ln x a ，所以g()x 在(0,ln )a 上单调递减，在区间(ln ,)a +∞上单调递增， 所以min g()(ln )(1ln )x g a a a ==-.因为0e a <≤，所以min ()(1ln )0g x a a =-≥（当且仅当=e a 时，等号成立，此时1x =）. 所以对任意(0,1)(1,)x ∈+∞，都有e 0x ax ->恒成立.所以当01x <<时，()0f x '<；当1x >时，()0f x '>. 所以函数()f x 在1x =处取得极小值，符合题意.综上①②可知：当e a ≤时1x =是函数()f x 的极小值点.14、解：（Ⅰ）2()ln(1)f x x x ax =+-的定义域为{|1}x x >-因为2(0)0ln(01)00f a =+-⋅=所以切点的坐标为(0,0) 因为()ln(1)+21xf x x ax x '=+-+ 0(0)ln(01)+20001f a '=+-⋅=+ 所以切线的斜率0k =，所以切线的方程为0y = （Ⅱ）方法一：令()()ln(1)21xg x f x x a x x '==++-+ 211()+21(1)g x a x x '=-++ 因为1x >-且0a <， 所以101x >+，210(1)x >+，20a -> 从而得到()0g x '>在(1,)-+∞上恒成立 所以()0f x '>在(1,)-+∞上单调递增且(0)0f '=， 所以x ，'()f x ，()f x 在区间(1,)-+∞ 的变化情况如下表:所以0x =时，()f x 取得极小值，问题得证 方法二：因为()ln(1)21xf x x a x x '=++-+ 当0a <时，当0x <时， ln(1)0,0,201xx a x x +<<-<+，所以()0f x '< 当0x >时， ln(10,0,201xx a x x +>>->+，所以()0f x '> 所以x ，'()f x ，()f x 在区间(1,)-+∞ 的变化情况如下表:所以0x =时，函数()f x 取得极小值，问题得证 （Ⅲ）当0a ≤或1a =时，函数()f x 有一个零点当0a >且1a ≠时，函数()f x 有两个零点15、解：（Ⅰ）当2a =时，因为(ln 2f xx x =-）， 所以112'(2xf x x x-=-=）． f ’(1)= －1, f(1)= －2, 所以()f x 在点(1,(1))f 处的切线方程是x+y+1=0------------------------------------5分 （Ⅱ）函数()f x 的定义域是{0}>x x ，因为11'(axf x a x x-=-=）， （ⅰ） 当a 0≤时，f ()x '>0恒成立，所以f （x ）在（0，+∞）单调递增，又因为(1)0=-≥f a ，不合题意，舍．（ⅱ）当0a >时，当10x a <<时，'()0f x >，函数(f x ）在1(0,)a 上单调递增；当1x a>时，'()0f x <，函数(f x ）在1(,)a+∞单调递减．所以函数(f x ）在1x a =时，取得最大值11(ln 1f a a=-）．因为对于任意(0,)x ∈+∞，都有()0f x <，所以只需令1(0f a <），即1ln 10a-<，即1ea >．所以当a 的取值范围是1(,)e +∞----------------------------------------------13分16、解：(I)因为()()211e 2x f x x ax =--,()f x 的定义域为(,)-∞+∞，所以()'e xf x x ax =-.()'1e .f a =-由题设知()'0f x =，即e 0,a -=解得e a =． 此时e(1)02f =-≠． 所以a 的值为e ． ….5分（II ）由(I)得()'e (e )x xf x x ax x a =-=-.① 若1a >，则当(,0)x ∈-∞时，0,e 1,e 0,x x x a <<-<所以'()0f x >；当(0,ln )x a ∈时，ln 0,e e 0,x a x a a >-<-=所以'()0f x <．所以()f x 在0x =处取得极大值.② 若1a ≤，则当(0,1)x ∈时，0x >，e e 10x x a -≥->， 所以'()0f x >．所以0不是f (x )的极大值点．综上可知，a 的取值范围是（1，+∞）． ….13分 17、解：由题意可知()4(1)ln f x ax x '=+，(0,)x ∈+∞. （Ⅰ）(1)0f '=，(1)4f a =--，所以曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为4y a =--. ………….3分（Ⅱ）①当1a <-时，x 变化时(),()f x f x '变化情况如下表：此时13()ln()f a a a a a -=+-=,解得1ea =->-，故不成立. ②当1a =-时，()0f x '≤在(0,)+∞上恒成立，所以()f x 在(0,)+∞单调递减. 此时()f x 无极小值，故不成立.③当10a -<<时，x 变化时(),()f x f x '变化情况如下表：此时极小值(1)4f a =--，由题意可得4a a--=，解得2a =-+2a =--.因为10a -<<，所以2a =-.④当0a >时，x 变化时(),()f x f x '变化情况如下表：此时极小值(1)4f a =--，由题意可得4a a--=，解得2a =-+或2a =-.综上所述2a =-+. ………….13分 18、解： （Ⅰ）因为()sin f x x x =+，所以()1cos f x x '=+，()12f π'=，()122f ππ=+， 所以曲线()y f x =在点(,())22f ππ处的切线方程为 1.y x =+ ..................5分 （Ⅱ）因为[0,]2x π∈，所以sin 0x ≥，cos 0x ≥，当0a ≤时，()sin 0f x x x =+≥恒成立，cos 0ax x ≤恒成立， 所以不等式()cos f x ax x ≥在区间[0,]2π上恒成立.当0a >时，设()()cos sin cos g x f x ax x x x ax x =-=+-，()1cos cos sin 1(1)cos sin g x x a x ax x a x ax x '=+-+=+-+，若01a <≤，(1)cos 0a x -≥，sin 0ax x ≥， 所以()0g x '>在区间[0,]2π上恒成立；若12a <≤，110a -≤-<，1(1)cos 0a x +-≥，sin 0ax x ≥， 所以()0g x '>在区间[0,]2π上恒成立；所以()g x 在区间[0,]2π上单调递增，min ()(0)0,g x g ==所以当2a ≤时，不等式()cos f x ax x ≥在区间[0,]2π上恒成立；当2a >时，令()()1(1)cos sin h x g x a x ax x '==+-+， ()(21)sin cos h x a x ax x '=-+，()0h x '>在区间[0,]2π上恒成立，所以()g x '在区间[0,]2π上单调递增，min ()(0)20g x g a ''==-<，max ()()1022a g x g ππ''==+>，所以存在0[0,]2x π∈，使得0()0g x '=.当00x x <<时，()0g x '<，()g x 单调递减； 当02x x π<<时，()0g x '>，()g x 单调递增； 当0x x =时，()0g x '=，()g x 取得极小值；而(0)0g =，所以0()0g x <，所以不等式()0g x ≥在区间[0,]2π上不能恒成立，所以不等式()cos f x ax x ≥在区间[0,]2π上恒成立时实数a 的取值范围是(,2].-∞..............14分19、Ⅰ）因为()2sin 1f x x x =-+，所以'()12cos f x x =-则(0)1f =，'(0)1f =-，所以切线方程为1y x =-+ ……………………4分 （Ⅱ）令'()0f x =，即1cos 2x =，()0,x ∈π，得3x π= 当x 变化时，'(),()f x f x 变化如下：所以函数()f x 的单调递减区间为(0,)3,单调递增区间为(,)3π…………………8分 （Ⅲ）因为21()cos 2g x x m x =+，所以'()sin g x x m x =- 令'()()sin h x g x x m x ==-，则'()1cos h x m x =- ……………9分 因为1m >， 所以1(0,1)m∈ 所以'()1cos 0,h x m x =-=即1cos x m =在()0,π内有唯一解0x当()00,x x ∈时，'()0h x <，当()0,x x π∈时，'()0h x >，所以()h x 在()00,x 上单调递减,在()0,πx 上单调递增. ……………11分 所以0()(0)0h x h <=，又因为()0h ππ=>所以()sin h x x m x =-在0(,)(0,)x ππ⊆内有唯一零点1x……………12分当()10,x x ∈时，()0h x < 即'()0g x <，当()1,x x π∈时，()0h x > 即'()0g x >， ……………13分所以()g x 在()10,x 上单调递减,在()1,πx 上单调递增. 所以函数()g x 在1x x =处取得最小值 即1m >时，函数()g x 在()0,π上存在最小值 ……………………………………14分20、解：（Ⅰ）当0a =时，()ln 1f x x x =-+，则1()1f x x'=-， ………………2分 因为[1,)x ∈+∞，所以()0f x '≤. ………………3分 所以()f x 在区间[1,)+∞上单调递减， ………………4分 所以()f x 区间[1,)+∞上最大值为(1)0f =. ………………5分（Ⅱ）由题可知1()2(21)f x ax a x'=+-+ 22(21)1ax a x x-++=(21)(1)ax x x--=． ………………6分①当0a =时，由（Ⅰ）知，函数()f x 在区间(1,)+∞上单调递减，所以函数()f x 无最小值，此时不符合题意； ………………7分②当12a ≥时，因为(1,)x ∈+∞，所以210ax ->．此时函数()f x 在区间(1,)+∞上单调递增，所以函数()f x 无最小值，此时亦不符合题意； ………………8分③当102a <<时，此时112a <．函数()f x 在区间1(1,)2a 上单调递减，在区间1(,)2a +∞上单调递增，所以min 111()()ln 224f x f a a a ==-， ………………9分即11()ln24g a a a =-. 要证1()14g a a <-，只需证当102a <<时，1()104g a a-+<成立. 即证111ln10(0)222a a a -+<<<， ………………10分 设12t a=，()ln 1(1)h t t t t =-+> ………………11分由（Ⅰ）知()(1)0h t h <= ………………12分即1()104g a a -+<成立. 所以1()14g a a <-. ………………13分21、解：（I ）因为点()1,1在曲线()y f x =上，所以1a =，()ln f x x=------------------------------------------1分又()1f x x'=-=，------------------------------------------3分 所以()112f '=-------------------------------------------4分在该点处曲线的切线方程为()1112y x -=--即230x y +-=------------------------------------------5分（II ）定义域为()0,+∞，()1f x x '==--------------------------------------6分 讨论：（1）当0a ≤时，()0f x '<此时()f x 在()0,+∞上单调递减，所以不存在极小值------------------------------8分 （2）当0a >时，令()=0f x '可得24=x a------------------------------------------9分所以()f x 在240,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在24,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增----------------------11分 所以()24=f x f a ⎛⎫⎪⎝⎭极小值=242ln a -，所以242lna -=2解得()2a =舍负------------------------------------------13分。

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