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导数大题拔高练-高考数学重点专题冲刺演练(原卷版)

导数大题拔高练-高考数学重点专题冲刺演练(原卷版)

导数大题拔高练-新高考数学复习分层训练（新高考通用）1．（2023春·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习）已知函数()1e ln ax f x x x-=+，a ∈R ．(1)当1a =时，求函数()f x x -的最小值；(2)若函数()f x x 的最小值为a ，求a 的最大值．2．（2023春·浙江杭州·高三浙江省杭州第二中学校考开学考试）已知函数()(π)sin b f x a x x =--，[π,)x ∈+∞(1)1b =时，若()0f x ≤恒成立，求a 的取值范围；(2)12b =，()f x 在3π,π2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有极值点0x ，求证：00()πf x x +>．3．（2023秋·浙江宁波·高三期末）已知函数1()ln ,0f x x k x k x ⎛⎫=--> ⎪⎝⎭.(1)当3k =时，求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；(2)若对()()0,1,0x f x ∀∈<恒成立，求k 的取值范围；(3)求证：对(0,1)x ∀∈，不等式22e 11ln x x x x x-<+恒成立.4．（2023秋·广东茂名·高三统考阶段练习）已知0a >，函数()e x f x x a =-，()ln g x x x a =-.(1)证明：函数()f x ，()g x 都恰有一个零点；(2)设函数()f x 的零点为1x ，()g x 的零点为2x ，证明12x x a =.5．（2023春·广东·高三统考开学考试）已知函数()()2ln 2R f x a x x a a x=+++∈．(1)证明函数()f x 有唯一极小值点；(2)若e 04a <<，求证：()e 2x f x x x +<+．6．（2023秋·江苏苏州·高三苏州中学校考阶段练习）已知函数()sin ()cos f x x x a x =-+（a 为常数），函数3211()32g x x ax =+.(1)证明：（i ）当0x >时，sin x x >；（ii ）当0x <时，sin x x <；(2)证明：当0a ≥时，曲线()y f x =与曲线()y g x =有且只有一个公共点.7．（2023·山西朔州·怀仁市第一中学校校考二模）已知函数()ln a f x x x=+．(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)令()()()2ln ln g x f x x x x =+--,若0x 是函数()g x 的一个极值点,且()02g x =-,求实数a 的值．8．（2023·江苏·高三专题练习）已知函数()ln m x n f x x+=在()()1,1f 处的切线方程为1y =.(1)求实数m 和n 的值；(2)已知()(),A a f a ，()(),B b f b 是函数()f x 的图象上两点，且()()f a f b =，求证：()()ln ln 1a b ab +<+.9．（2023秋·吉林松原·高三前郭尔罗斯县第五中学校考期末）已知函数()21e 12ax f x ax x =---．(1)当1a ≥时，证明：对任意的0x ≥，都有()0f x ≥；(2)证明：()()**112ln 1ln 2,nk n n k n k =>+-∈∈∑N N ．10．（2023春·黑龙江哈尔滨·高三哈尔滨市第五中学校校考开学考试）已知函数2()ln 2x f x x =-，()(1)g x k x =-+.（1）求函数()f x 的单调递减区间；（2）若存在01x >，当()01,x x ∈时，1()()2f xg x +>，求实数k 的取值范围.11．（2023·黑龙江·黑龙江实验中学校考一模）设函数()()()e 2,x f x ax x a =--∈R .(1)若曲线()y f x =在点()()22f ,处的切线斜率为2e ，求a 的值；(2)若()f x 存在两个极值点()1212,x x x x <，且对任意[]()20,,0x x f x ∈<恒成立，求实数a 的取值范围.12．（2023春·安徽·高三校联考开学考试）已知函数()()2e x f x x -=-．(1)求()f x 的单调区间；(2)若a ，b 为两个不相等的实数，且满足()e e 2e e b a b a a b -=-，求证：6a b +>．13．（2023春·安徽亳州·高三校考阶段练习）已知函数32()61()f x x ax x a =+-+∈R ，且(1)6f '=-．(1)求函数()f x 的图象在点(1,(1))f 处的切线方程；(2)若函数()()g x f x m =-在区间[2,4]-上有三个零点，求实数m 的取值范围．14．（2023·安徽安庆·统考二模）已知函数()21ln e x f x a x bx -=+，a ，b ∈R .e 2.71828≈ .(1)若曲线()y f x =在点()()22f ,处的切线方程是ln 2y x =+，求a 和b 的值；(2)若e a =，且()f x 的导函数()f x '恰有两个零点，求b 的取值范围.15．（2023·重庆沙坪坝·重庆南开中学校考一模）设21()sin 2f x x x x =-+．（1）当0x ≥时，求证：()0f x ≥；（2）证明：对一切正整数n ，都有2222111111sin1sin sin sin sin 23422(1)n n +++++>-+ ．16．（2023春·重庆沙坪坝·高三重庆八中校考阶段练习）已知函数21()ln 2f x x kx x =-+(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)若()f x 有两个极值点12,x x ，证明：212()()22k f x f x -<-17．（2023春·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习）已知函数()(0,1)x f x a a a =>≠在点()()11,A x f x 处的切线为1l ：11y k x b =+，函数()log (0,1)a g x x a a =>≠在点()()22,B x g x 处的切线为2l ：22y k x b =+.(1)若1l ，2l 均过原点，求这两条切线斜率之间的等量关系.(2)当e a =时，若12l l ∥，此时12b b -的最大值记为m ，证明：53ln 22m -<<.18．（2023·辽宁·校联考模拟预测）已知函数()e 3x f x x =+．(1)求()f x 在()3,-+∞上的极值；(2)若()()213,,32x ax x f x ∀∈-+∞≤-，求a 的最小值．19．（2023秋·江苏扬州·高三校考期末）已知函数()e 1ln x k f x x x+=+，其中0k ≥．(1)求函数()f x 的最小值；(2)证明：()11ln *,221n n n n ++>-∈≥+N ．20．（2023·辽宁沈阳·统考一模）已知()()()2212ln 212f x x x x a x a x ⎛⎫=-+-+- ⎪⎝⎭，0a >．(1)讨论()f x 的单调性；(2)若()f x 有两个零点，求a 的值．21．（2023·辽宁抚顺·统考模拟预测）已知函数2()()2ln f x x a x =++．(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)若函数()f x 有两个极值点1x ，2x ，且12x x <，求证：()122x f x x <<．22．（2023秋·河北唐山·高三唐山市丰南区第一中学校考期末）已知函数()()2ln 0f x x x a x a =-->.(1)求()f x 的单调区间；(2)①若()0f x ≥，求实数a 的值；②设*n ∈N ，求证：()2111111ln 124n n n ⎛⎫⎛⎫++++++>+ ⎪⎝⎭⎝⎭ .23．（2023秋·河北衡水·高三河北衡水中学校考期末）已知函数()11e ln -=-+kx f x x kx x.(1)求证：()0f x ≥；(2)若()0,x ∀∈+∞，都()211e ≥+f x ，求k 满足的取值范围．24．（2023春·河北保定·高三校考阶段练习）已知函数()2ln f x ax x =-.(1)讨论()f x 的单调性；(2)设函数()2g x x =-，若对于任意31,e x ⎡⎤∈⎣⎦，都有()()f x g x ≥，求a 的取值范围.25．（2023秋·福建厦门·高三厦门外国语学校校考期末）已知函数()()2ex f x x x b =--(1)讨论函数()f x 的单调性(2)若()f x 有两个极值点1212,()x x x x >，且()()213,ef x f x ≥，求b 的取值范围26．（2023·山东枣庄·统考二模）已知函数()e sin x f x x x =-．(1)当π2x ≤时，求证：()0f x ≥；(2)当0x >时，函数()f x 的零点从小到大依次排列，记为{}()*n x n ∈N 证明：（i ）1sin sin n n x x +>；（ii ）212π2πn n x n x -+<<.27．（2023秋·湖北十堰·高三统考阶段练习）已知函数()()21e x f x x m x nx m=--+，且曲线()y f x =在0x =处的切线为=2y -.(1)求m ，n 的值和()f x 的单调区间；(2)若()()()()123123f x f x f x x x x ==<<，证明：120x x +>.28．（2023秋·湖北·高三湖北省云梦县第一中学校联考期末）已知函数()()ln 3(R)f x x a x x a a =--+-∈．(1)若0a =，求()f x 的极小值．(2)讨论函数()f x '的单调性；(3)当2a =时，证明：()f x 有且只有2个零点．29．（2023秋·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习）已知函数()()e R x f x ax a =-∈，()πe cos 2x g x x =+.(1)若()0f x ≥，求a 的取值范围；(2)求函数()g x 在()0,∞+上的单调性；(3)求函数()()21e sinπ1x h x g x x -=--⎡⎤⎣⎦在()0,∞+上的零点个数.30．（2023·江苏泰州·泰州中学校考一模）已知函数e 1()e 1x x f x -=+（e 为自然对数的底数）.(1)若不等式e 1()e 1f x ->+恒成立，求实数x 的取值范围；(2)若不等式1()ln 23f x ax a <+-在(ln 2,)x ∈+∞上恒成立，求实数a 的取值范围.。

高考导数大题30道

高考导数大题30道

高考导数大题30道1.已知函数$f(x)=x+ax+b$的图像在点$P(1,0)$处的切线与直线$3x+y=$平行。

1) 求常数$a,b$的值；2) 求函数$f(x)$在区间$[t,+\infty)$上的最小值和最大值$(t>1)$。

2.已知函数$f(x)=-x+ax$，$a\in\mathbb{R}$。

1) 若$f(x)$在$[1,+\infty)$上为单调减函数，求$a$的取值范围；2) 若$a=1/2$，求$f(x)$在$[-3,0]$上的最大值和最小值。

3.设函数$f(x)=\dfrac{1}{2x}e^{2x}$。

1) 求函数$f(x)$的单调区间；2) 若当$x\in[-2,2]$时，不等式$f(x)<m$恒成立，求$m$的取值范围。

4.已知函数$f(x)=x-3x^3$及$y=f(x)$上一点$P(1,-2)$，过点$P$作直线$l$。

1) 求使直线$l$和$y=f(x)$相切且以$P$为切点的直线方程；2) 求使直线$l$和$y=f(x)$相切且切点异于$P$的直线方程$y=g(x)$。

5.已知函数$f(x)=x-3ax^{-1}$，$a\neq 3$。

1) 求$f(x)$的单调区间；2) 若$f(x)$在$x=-1$处取得极大值，直线$y=m$与$y=f(x)$的图像有三个不同的交点，求$m$的取值范围。

7.已知函数$f(x)=a\ln x-bx$图像上一点$P(2,f(2))$处的切线方程为$y=-3x+2\ln 2+2$。

Ⅰ) 求$a,b$的值；Ⅱ) 若方程$f(x)+m=0$在区间$[e,+\infty)$有两个不等实根，求$m$的取值范围（其中$e$为自然对数的底数）。

8.已知函数$f(x)=(a-x)\ln x$，$a\in\mathbb{R}$。

1) 当$a=1$时，求$f(x)$在区间$[1,e]$上的最大值和最小值；2) 若在区间$(1,+\infty)$上，函数$f(x)$的图像恒在直线$y=2ax$下方，求$a$的取值范围。

高三数学：2024届高考数学导数大题精选30题(解析版)(共31页)

高三数学：2024届高考数学导数大题精选30题(解析版)(共31页)

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

专题11 利用导数解决零点问题(解析版)

专题11 利用导数解决零点问题(解析版)

专题11 利用导数解决零点问题1．（2022·全国·高考真题（理））已知函数()()ln 1e xf x x ax -=++(1)当1a =时，求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程； (2)若()f x 在区间()()1,0,0,-+∞各恰有一个零点，求a 的取值范围． 【答案】(1)2y x = (2)(,1)-∞- 【解析】 【分析】（1）先算出切点,再求导算出斜率即可（2）求导,对a 分类讨论,对x 分(1,0),(0,)-+∞两部分研究 (1)()f x 的定义域为(1,)-+∞当1a =时,()ln(1),(0)0e x x f x x f =++=,所以切点为(0,0)11(),(0)21e xx f x f x ''-=+=+,所以切线斜率为2 所以曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程为2y x = (2)()ln(1)e xaxf x x =++()2e 11(1)()1e (1)e x x x a x a xf x x x '+--=+=++设()2()e 1x g x a x =+-1︒若0a >,当()2(1,0),()e 10x x g x a x ∈-=+->,即()0f x '>所以()f x 在(1,0)-上单调递增,()(0)0f x f <= 故()f x 在(1,0)-上没有零点,不合题意2︒若10a -,当,()0x ∈+∞,则()e 20xg x ax '=->所以()g x 在(0,)+∞上单调递增所以()(0)10g x g a >=+,即()0f x '> 所以()f x 在(0,)+∞上单调递增,()(0)0f x f >= 故()f x 在(0,)+∞上没有零点,不合题意 3︒若1a <-(1)当,()0x ∈+∞,则()e 20x g x ax '=->,所以()g x 在(0,)+∞上单调递增 (0)10,(1)e 0g a g =+<=>所以存在(0,1)m ∈,使得()0g m =,即()0'=f m 当(0,),()0,()x m f x f x '∈<单调递减 当(,),()0,()x m f x f x '∈+∞>单调递增所以当(0,),()(0)0x m f x f ∈<= 当,()x f x →+∞→+∞所以()f x 在(,)m +∞上有唯一零点又(0,)m 没有零点,即()f x 在(0,)+∞上有唯一零点(2)当()2(1,0),()e 1x x g x a x ∈-=+-设()()e 2x h x g x ax '==-()e 20x h x a '=->所以()g x '在(1,0)-单调递增 1(1)20,(0)10eg a g ''-=+<=>所以存在(1,0)n ∈-,使得()0g n '= 当(1,),()0,()x n g x g x '∈-<单调递减当(,0),()0,()x n g x g x '∈>单调递增,()(0)10g x g a <=+< 又1(1)0eg -=> 所以存在(1,)t n ∈-,使得()0g t =,即()0f t '= 当(1,),()x t f x ∈-单调递增,当(,0),()x t f x ∈单调递减 有1,()x f x →-→-∞而(0)0f =,所以当(,0),()0x t f x ∈>所以()f x 在(1,)t -上有唯一零点,(,0)t 上无零点 即()f x 在(1,0)-上有唯一零点 所以1a <-,符合题意所以若()f x 在区间(1,0),(0,)-+∞各恰有一个零点,求a 的取值范围为(,1)-∞-2．（2022·全国·高考真题（理））已知函数()ln xf x x a x x e -=+-．(1)若()0f x ≥，求a 的取值范围；(2)证明：若()f x 有两个零点12,x x ，则121x x <． 【答案】(1)(,1]e -∞+ (2)证明见的解析 【解析】 【分析】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；（2）利用分析法，转化要证明条件为1e 11e 2ln 02x x x x x x x ⎡⎤⎛⎫----> ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，再利用导数即可得证.(1)()f x 的定义域为(0,)+∞，2111()e 1x f x x x x ⎛⎫'=--+ ⎪⎝⎭1111e 1e 11x x x x x x x x ⎛⎫-⎛⎫⎛⎫=-+-=+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭令()0f x =,得1x =当(0,1),()0,()x f x f x '∈<单调递减当(1,),()0,()x f x f x >'∈+∞单调递增()(1)e 1f x f a ≥=+-， 若()0f x ≥,则e 10a +-≥,即1a e ≤+ 所以a 的取值范围为(,1]e -∞+ (2)由题知,()f x 一个零点小于1,一个零点大于1 不妨设121x x 要证121x x <,即证121x x < 因为121,(0,1)x x ∈,即证()121f x f x ⎛⎫> ⎪⎝⎭因为()()12f x f x =,即证()221f x f x ⎛⎫> ⎪⎝⎭即证1e 1ln e ln 0,(1,)x x x x x x x x x-+--->∈+∞即证1e 11e 2ln 02x x x x x x x ⎡⎤⎛⎫----> ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦下面证明1x >时，1e 11e 0,ln 02x x x x x x x ⎛⎫->--< ⎪⎝⎭设11(),e e xx g x x xx =->，则11122111111()e e e 1e e 1x x x xx g x x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫'=--+⋅-=--- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭111e 1e 1e e xx x xx x x x x ⎛⎫⎛⎫-⎛⎫=--=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭设()()()22e 1111,e e 0x x xx x x x x x x x ϕϕ-⎛⎫=>=-=⎪⎭'> ⎝所以()()1e x ϕϕ>=,而1e e x <所以1e e 0xx x->,所以()0g x '>所以()g x 在(1,)+∞单调递增 即()(1)0g x g >=,所以1e e 0xx x x-> 令11()ln ,12h x x x x x ⎛⎫=--> ⎪⎝⎭2222211121(1)()10222x x x h x x x x x ----⎛⎫'=-+==< ⎪⎝⎭所以()h x 在(1,)+∞单调递减即()(1)0h x h <=,所以11ln 02x x x ⎛⎫--< ⎪⎝⎭；综上, 1e 11e 2ln 02x x x x x x x ⎡⎤⎛⎫----> ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦,所以121x x <. 3．（2022·全国·高考真题（文））已知函数1()(1)ln f x ax a x x=--+．(1)当0a =时，求()f x 的最大值；(2)若()f x 恰有一个零点，求a 的取值范围． 【答案】(1)1- (2)()0,+∞ 【解析】 【分析】（1）由导数确定函数的单调性，即可得解； （2）求导得()()()211ax x f x x --'=，按照0a ≤、01a <<及1a >结合导数讨论函数的单调性，求得函数的极值，即可得解. (1)当0a =时，()1ln ,0f x x x x =-->，则()22111xf x x x x-'=-=，当()0,1∈x 时，0f x ，()f x 单调递增； 当()1,x ∈+∞时，0fx，()f x 单调递减；所以()()max 11f x f ==-；(2)()()11ln ,0f x ax a x x x =--+>，则()()()221111ax x a f x a x x x--+'=+-=， 当0a ≤时，10-≤ax ，所以当()0,1∈x 时，0f x，()f x 单调递增；当()1,x ∈+∞时，0fx，()f x 单调递减；所以()()max 110f x f a ==-<，此时函数无零点，不合题意； 当01a <<时，11a >，在()10,1,,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上，0f x，()f x 单调递增；在11,a ⎛⎫⎪⎝⎭上，0f x，()f x 单调递减；又()110f a =-<，由（1）得1ln 1x x +≥，即1ln 1x x ≥-，所以ln x x x <<<当1x >时，11()(1)ln 2((2f x ax a x ax a ax a x x=--+>--+-+则存在2312m a a⎛⎫=+> ⎪⎝⎭，使得()0f m >，所以()f x 仅在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭有唯一零点，符合题意；当1a =时，()()2210x f x x-'=≥，所以()f x 单调递增，又()110f a =-=，所以()f x 有唯一零点，符合题意； 当1a >时，11a <，在()10,,1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上，0f x，()f x 单调递增；在1,1a ⎛⎫⎪⎝⎭上，0f x，()f x 单调递减；此时()110f a =->，由（1）得当01x <<时，1ln 1xx>-，1>ln 21x ⎛> ⎝， 此时11()(1)ln 2(11)1f x ax a x ax ax x x ⎛=--+<--+-< ⎝ 存在2114(1)n a a=<+，使得()0f n <， 所以()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭有一个零点，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭无零点，所以()f x 有唯一零点，符合题意； 综上，a 的取值范围为()0,+∞.4．（2022·全国·模拟预测）已知函数()()ln 13f x a x x =+-．(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)证明：当1a =时，方程()sin 3f x x x =-在,2π⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上有且仅有一个实数解．【答案】(1)答案不唯一，具体见解析 (2)证明见解析 【解析】 【分析】（1）先求出函数的定义域，再求出()31af x x '=-+，然后分0a >，0a ≤可得出函数的单调性. （2）设()()ln 1sin g x x x =+-，将问题转化为函数()g x 在,2π⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上有且仅有一个零点，又当e 1x >-时，()ln 1lne 1sin x x +>=≥，所以只需证()g x 在,e 12π⎛⎤- ⎥⎝⎦上有且仅有一个零点，求出其导数，由零点存在原理即可证明. (1)函数()()ln 13f x a x x =+-的定义域是()1,-+∞，()31af x x '=-+． 当0a >时，令()0f x '<，得33a x ->；令()0f x '>，得313a x --<<， 故()f x 在31,3a -⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，在3,3a -⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减；当0a ≤时，()0f x '<恒成立，故()f x 在()1,-+∞上单调递减． (2)当1a =时，方程()sin 3f x x x =-即为()ln 13sin 3x x x x +-=-，即()ln 1sin 0x x +-=． 令()()ln 1sin g x x x =+-，则()1cos 1g x x x '=-+， 则“方程()sin 3f x x x =-在,2π⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上有且仅有一个实数解”等价于“函数()g x 在,2π⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上有且仅有一个零点”．当e 1x >-时，()ln 1lne 1sin x x +>=≥，所以()0g x >在()e 1,-+∞上恒成立， 所以只需证()g x 在,e 12π⎛⎤- ⎥⎝⎦上有且仅有一个零点．因为e 1π-<，所以当,e 12x π⎛⎤∈- ⎥⎝⎦时，cos 0x <，101x >+， 所以()0g x '>在,e 12π⎛⎤- ⎥⎝⎦上恒成立．所以()g x 在,e 12π⎛⎤- ⎥⎝⎦上单调递增，又ln 1sin ln 1102222g ππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-=+-< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，()()e 11sin e 1g -=--，所以()g x 在,e 12π⎛⎤- ⎥⎝⎦上有且仅有一个零点，即()g x 在,2π⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上有且仅有一个零点．故方程()sin 3f x x x =-在,2π⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上有且仅有一个实数解．5．（2022·湖北·大冶市第一中学模拟预测）已知函数()e sin xf x x ax =+，其中e 是自然对数的底数.(1)若1a =时，试判断f （x ）在区间（2π-，0）的单调性，并予以证明；(2)从下面两个条件中任意选一个，试求实数a 的取值范围. ①函数()f x 在区间[0，2π]上有且只有2个零点； ①当2,0x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()2f x x ≥.【答案】(1)f （x ）在（π2-，0）上单调递增，证明见解析；(2)选择①：π22e 1πa -≤<-；选择①：1a ≥-.【解析】 【分析】（1）求导，通过判定导函数在（π2-，0）上的正负确定单调性； （2）选择①：易得()00f =，则因此f （x ）在π0,2x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦上有且只有1个零点，求导通过讨论找出符合条件的a 的取值范围；选择①：构造函数2π()e sin ,0,2x m x x ax x x ⎡⎤=+-∈⎢⎥⎣⎦，此时()00m =，可通过端点效应或隐零点等思路求a的取值范围. (1)当1a =时，()e sin ,(,0)2xf x x ax x π=+∈-()πe sin e cos 1sin 14x x xf x x x x ⎛⎫=++=++ ⎪⎝⎭'.当π,02x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，πππ,444x ⎛⎫+∈- ⎪⎝⎭，所以sin 1144x x ππ⎛⎫⎛⎫<+<-+< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 又0e 1x <<，πsin 14xx ⎛⎫+>- ⎪⎝⎭，从而()0f x '>，所以，f （x ）在（π2-，0）上单调递增. (2) 选择①，由函数()e sin 0π,2xf x x ax x ⎡⎤=+∈⎢⎥⎣⎦，，可知()00f =因此f （x ）在π0,2x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦上有且只有1个零点.()e sin e cos x x f x x x a +'=+，令()e sin e cos x x h x x x a =++， 则()2e cos 0xh x x '=≥在[0.π2]上恒成立.即()f x '在[0，π2]上单调递增，()2ππ01e 2f a f a ⎛'⎫=+=⎪⎭'+ ⎝，，当1a ≥-时，()()00f x f '≥'≥，f （x ）在[0.π2]上单调递增.则f （x ）在（0，π2]上无零点，不合题意，舍去，当π2e a ≤-时，()0π2f x f ⎛⎫'≤'≤ ⎪⎝⎭，()f x 在[0，π2]上单调递减，则()f x 在（0，π2]上无零点，不合题意，舍去，当2e 1a π-<<-时，π2(0)10,()e 2π0f a f a '=+<'=+≥则()f x '在（0，π2）上只有1个零点，设为0x .且当0(0,)x x ∈时，()0f x <′；当0,2x x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x >′ 所以当()00x x ∈，时，()f x 在（0，0x ）上单调递减，在（x0，π2）上单调递增，又()π200e ππ22f f a ⎛⎫==+ ⎪⎝⎭，因此只需20π22πe f a ⎛⎫=+≥ ⎪⎝⎭即可，即π22e 1πa -≤<-，综上所述：2π2e 1πα-≤<-选择①，构造函数2π()e sin ,0,2x m x x ax x x ⎡⎤=+-∈⎢⎥⎣⎦此时()2π2e π244π00x m m a ⎛⎫==+- ⎪⎝⎭，则2π()e sin e cos 2(0)π1,(e 2π)xxm x x x a x m a m a'=++-'=+'=-+，易知(1)π)(2m m '>'令()e sin e cos 2,()2e cos 2,(0)0,()2π2x x xt x x x a x t x x t t =++-'=-'='=-令2π()2e cos 2,()2e (cos sin ),(0)2,()2πe 2xxp x x p x x x p p =-=-'='=-＇， 令()2e (cos sin )x q x x x =-，则()4e sin 0x q x x '=-≤ 所以()2e (cos sin )x q x x x =-在（0，π2）上单调递减.又π20π(0)(0)20,()()2e 22πq p q p ='=>='=-<在（0，π2）上存在唯一实数1x 使得()10q x =，且满足当()10,x x ∈时，()0q x >当1π(,)2x x ∈时.()0q x <即p （x ）在（0，x 1）上单调递增，在（x 1，π2）上单调递减.又()()ππ0002022p t p t ⎛⎫⎛⎫==-=-< ⎪'' ⎪⎝⎭⎝⎭，，所以()2e cos 2x p x x =-在1π(,)2x 上存在一实数2x 使得()20p x =，且满足当2(0,)x x ∈时，()0p x >；当2π()2x x ∈⋅时，()0p x <即()()t x m x ='在（0，x2）上单调递增，在（2x ，2π）上单调递减， 当()010m a ='+≥时，即()10a m x ≥-'≥，，函数()2e sin x m x x ax x =+-在[0，π2]上单调递增，又()00m =，因此()2e sin 0x m x x ax x =+-≥恒成立，符合题意，当()010m a '=+<，即1a <-，在π20,x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭上必存在实数3x ，使得当()30,x x ∈时，()0m x '<，又()00m =，因此在()30,x x ∈上存在实数()0m x <，不合题意，舍去 综上所述1a ≥-.6．（2022·浙江湖州·模拟预测）已知函数12()e x f x =（e 为自然对数的底数）． (1)令1()||()()g x a x f x f x =--，若不等式()0g x ≤恒成立，求实数a 的取值范围； (2)令3()()x xf x m ϕ=-，若函数()ϕx 有两不同零点()1212,x x x x <． ①求实数m 的取值范围；①证明：21e e 21x x m -<+． 【答案】(1)(,1]-∞；(2)①2,03e m ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭；①证明见解析.【解析】 【分析】（1）根据()g x 为偶函数，将问题转化为0x ≥时()0g x ≤恒成立，根据(0)0g =及参变分离求0x >有1122ee x x a x--≤恒成立，求参数范围；（2）①利用导数研究()ϕx 的单调性，及区间值域情况，进而判断()0x ϕ=有两不同解时m 的范围即可；①由（1）知：0x <时1122e e x x x -≥-且120x x <<，应用放缩法有2()e e x x x ϕ≥-，构造2()e e x x F x =-研究极值并判断()F x m =的两根与12,x x 大小关系得到3214e e e e x x x x -<-即可证结论. (1)由题设，1122()||e ex x g x a x -=--，则()()g x g x =-，所以()g x 为偶函数，故只需0x ≥时，()0g x ≤恒成立，而(0)0g =满足， 所以0x >有1122ee x x a x--≤恒成立，令02t x =>，则e e 2t ta t--≤，若()e e 2t t h t t -=--，则()e e 220t t h t -'=+-≥=，仅当0=t 时等号成立， 所以()0h t '>，即()h t 在(0,)+∞上递增，则()(0)0h t h >=，即e e 2t t t -->， 所以，在(0,)+∞上e e 12t tt-->，则1a ≤， 综上：a 的范围为(,1]-∞． (2)①由题设，323()1e 2x x x ϕ⎛⎫=+ ⎪'⎝⎭，若()0x ϕ'>得：23x >-，故()ϕx 在2,3⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭单调减，在2,3⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭单调增，且x 趋向负无穷()ϕx 趋向于0，x 趋向正无穷()ϕx 趋向于正无穷，又2233e ϕ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，()00ϕ=，则0x <时，()0x ϕ<；0x >时，()0x ϕ>，要使()0x ϕ=有两个不同解12,x x 且120x x <<，则2,03e m ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭；①由（1）知：0x <时1122e ex x x -≥-，则1132222()e e e e e x x x x xx ϕ-⎛⎫≥-=- ⎪⎝⎭；记2()e e x x F x =-且0x <，则(()e e 1)2x x F x '=-，所以(,ln 2)-∞-上()0F x '<，(ln 2,0)-上()0F x '>，故()F x 在(,ln 2)-∞-上递减，(ln 2,0)-上递增，且12()(ln 2),043e F x F ⎛⎫≥-=-∈- ⎪⎝⎭，所以()F x m =也有两根，记为34x x <，又(,0)-∞上)(()x F x ϕ≥，则31240x x x x <<<<， 令e x t =，则34e ,e xx 为20t t m --=的两根，故34e e 1x x +=，34e e x x m =-，所以34e e x x -=3124e e e e x x x x <<<，所以3214(41)1e e e e 212x x x xm m ++-<-==+． 7．（2022·湖北·模拟预测）已知()()1ln af x a x x x=-++(1)若0a <，讨论函数()f x 的单调性； (2)()()ln a g x f x x x =+-有两个不同的零点1x ，()2120x x x <<，若12202x x g λλ+⎛⎫'> ⎪+⎝⎭恒成立，求λ的范围．【答案】(1)单调性见解析 (2)(][),22,λ∈-∞-+∞【解析】 【分析】（1）求导可得()()()21x a x f x x +-'=，再根据a -与0,1的关系分类讨论即可；（2）由题()ln g x a x x =+，，设()120,1x t x =∈根据零点关系可得21ln x x a t -=，再代入1222x x g λλ+⎛⎫' ⎪+⎝⎭化简可得()()21ln 02t t t λλ+-+<+恒成立，设()()()21ln 2t ht t t λλ+-=++，再求导分析单调性与最值即可(1)()f x 定义域为()0,∞+()()()()()222211111x a x a x a x a f x a x x x x+--+-'=-+-== ①）01a <-<即10a -<<时，()01f x a x '<⇒-<<，()00f x x a '>⇒<<-或1x > ①）1a -=即1a =-时，()0,x ∈+∞，()0f x '≥恒成立 ①）1a ->即1a <-，()01f x x a '<⇒<<-，()001f x x '>⇒<<或x a >- 综上：10a -<<时，(),1x a ∈-，()f x 单调递减；()0,a -、()1,+∞，()f x 单调递增 1a =-时，()0,x ∈+∞，()f x 单调递增1a <-时，()1,x a ∈-，()f x 单调递减；()0,1、(),a -+∞，()f x 单调递增(2)()ln g x a x x =+，由题1122ln 0ln 0a x x a x x +=⎧⎨+=⎩，120x x <<则()1221ln ln a x x x x -=-，设()120,1x t x =∈ ①212112ln ln ln x x x xa x x t--==-()1a g x x'=+ ①122112122221122ln 2x x x x g a x x t x x λλλλλλ+-++⎛⎫'=+=⋅+ ⎪+++⎝⎭()()()21102ln t t tλλ+-=+>+恒成立()0,1t ∈，①ln 0t < ①()()21ln 02t t t λλ+-+<+恒成立设()()()21ln 2t h t t t λλ+-=++，①()0h t <恒成立()()()()()()()()22222224122241222t t t t h t t t t t t t λλλλλλλ⎛⎫-- ⎪++-+⎝⎭'=-==+++ ①）24λ≥时，204t λ-<，①()0h t '>，①()h t 在()0,1上单调递增 ①()()10h t h <=恒成立， ①(][),22,λ∈-∞-+∞合题①）24λ<，20,4t λ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，①()0h t '>，①()h t 在20,4λ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增2,14t λ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h t '<， ①()h t 在2,14λ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减①2,14t λ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()()10h t h >=，不满足()0h t <恒成立综上：(][),22,λ∈-∞-+∞【点睛】本题主要考查了分类讨论分析函数单调性的问题，同时也考查了双零点与恒成立问题的综合，需要根据题意消去参数a ，令()120,1x t x =∈，再化简所求式关于t 的解析式，再构造函数分析最值.属于难题 8．（2022·浙江绍兴·模拟预测）设a 为实数，函数()e ln 1=++x f x a x x ． (1)当1a e=-时，求函数()f x 的单调区间；(2)判断函数()f x 零点的个数．【答案】(1)减区间为()0,∞+，无增区间. (2)当0a ≥，函数()f x 在(0,)+∞上没有零点；当210e a -≤<，函数()f x 在(0,)+∞上有1个零点；当21e a <-，函数()f x 在(0,)+∞上有2个零点. 【解析】 【分析】(1)利用二次求导研究函数()f x 的单调性，进而得出结果； (2)利用分类讨论的思想，根据函数()f x 与()()f x g x x=具有相同的零点，结合导数分别研究当0a ≥、210e a -≤<、21e a <-时()g x 的单调性，利用零点的存在性定理即可判断函数()g x 的零点个数，进而得出结果. (1)函数()f x 的定义域为(0,)+∞， 当1a e=-时，1()e ln 1e xf x x x =-++，则1()e ln 1x f x x -'=-++，且()01f '=， 有1111e ()ex x x f x x x---''=-+=，令()01f x x ''=⇒=， 所以当(0,1)x ∈时()0f x ''>，则()'f x 单调递增， 当(1,)x ∈+∞时()0f x ''<，则()'f x 单调递减， 所以max ()(1)0f x f ''==，即()0f x '≤，则函数()f x 在(0,)+∞上单调递减， 即函数()f x 的减区间为(0,)+∞，无增区间； (2)由(1)知当1a e=-时函数()f x 在(0,)+∞上单调递减，又(1)0f =，此时函数()f x 只有1个零点； 因为函数()f x 的定义域为(0,)+∞，所以()f x 与()f x x具有相同的零点， 令()e 1()ln (0)x f x a g x x x x x x ==++>， 则222(1)e 11(1)(e 1)()x x a x x a g x x x x x --+'=+-=， 当0a ≥时，e 10x a +>，令()01g x x '=⇒=，则函数()g x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增，所以min ()(1)e 10g x g a ==+>，此时函数()g x 无零点，即函数()f x 无零点；当0a <时，令()01g x x '=⇒=或1ln()x a=-，若10e a -<<，则11ln()a<-，列表如下：当211e ea -≤≤-时，222e 2e 222e 4222e e e (e )2e 2e e 2e 0e ea g ------=++<++=-++<， 当210e a -<<即21e a ->时，131e ()a a->-，1121111()e ln()[e ln()1]aa g a a a a a a a a---=-+--=---+3111[()(1)1]0a a a a a <-----+<，又(1)0g >，此时函数()g x 有1个零点，则函数()f x 有1个零点； 若1e <-a ，则11ln()a>-，列表如下：所以ln()min 1e 111()(ln())ln ln()ln ln()ln1011ln()ln()aa g x g a a a a a -=-=+-+=-<=--， 又(1)0g >，2(e )0g <，则此时函数()g x 有2个零点，即函数()f x 有2个零点； 综上，当0a ≥时，函数()f x 在(0,)+∞上没有零点， 当210ea -≤<时，函数()f x 在(0,)+∞上有1个零点， 当21e a <-时，函数()f x 在(0,)+∞上有2个零点.【点睛】与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点，从而判断函数的大致图像，讨论其图像与x 轴的位置关系，进而确定参数的取值范围；或通过对方程等价变形转化为两个函数图像的交点问题．9．（2022·河南·开封市东信学校模拟预测（理））已知函数()ln 12a af x x x =+-+，其中R a ∈． (1)讨论函数()f x 的单调性；(2)讨论函数()f x零点的个数．【答案】(1)当4a ≤时，函数()f x 的增区间为(0,)+∞，没有减区间；当4a >时，函数()f x 的增区间为,⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，减区间为⎝⎭(2)当4a ≤，函数()f x 有且仅有一个零点；当4a >时，函数()f x 有且仅有3个零点 【解析】 【分析】（1）求导，再分0a <，04a ≤≤和4a >分类讨论即可；（2）根据单调性及零点存在性定理分析即可. (1)函数()f x 的定义域为(0,)+∞，2221(2)1()(1)(1)a x a x f x x x x x +-+'=-=++，在一元二次方程2(2)10x a x +-+=中，22Δ(2)44(4)a a a a a =--=-=-， ①当0a <时，()0f x '≥，此时函数()f x 单调递增，增区间为(0,)+∞，没有减区间； ①当04a ≤≤时，()0f x '≥，此时函数()f x 单调递增，增区间为(0,)+∞，没有减区间； ①当4a >时，一元二次方程2(2)10x a x +-+=有两个不相等的根， 分别记为()1221,x x x x >，有122x x a +=-，1210x x =>，可得210x x >>， 有12x x ==可得此时函数()f x 的增区间为()()120,,,x x +∞减区间为()12,x x ， 综上可知，当4a ≤时，函数()f x 的增区间为(0,)+∞，没有减区间；当4a >时，函数()f x 的增区间为,⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，减区间为⎝⎭； (2)由（1）可知：①当4a ≤时，函数()f x 单调递增，又由(1)0f =，可得此时函数只有一个零点为1x =； ①当4a >时，由122110,x x x x =>>，可得1201x x <<<，又由(1)0f =，由函数的单调性可知()()12(1)0,(1)0f x f f x f >=<=， 当01x <<且20e ax -<<时，可得2ln ln e ax -<，有ln 02ax +<， 可得()ln ln 022a af x x a x <+-=+<， 当2e ax >时，2()ln ln e 02222aa a a af x x >->-=-=可知此时函数()f x 有且仅有3个零点，由上知，当4a ≤时，函数()f x 有且仅有一个零点； 当4a >时，函数()f x 有且仅有3个零点．10．（2022·贵州·贵阳一中模拟预测（文））已知函数()323.f x ax x a b =-++(1)讨论()f x 的单调性；(2)当()f x 有三个零点时a 的取值范围恰好是()()()3,22,00,1,--⋃-⋃求b 的值. 【答案】(1)答案见解析 (2)3b = 【解析】 【分析】(1)求函数()f x 的导函数()'f x ，讨论a ，并解不等式()0f x '>，()0f x '<可得函数的单调区间；(2)由(1)结合零点存在性定理可求b . (1)()f x 的定义域为R ，()()23632,f x ax x x ax =-=-'若0a =，则()0600f x x x '>⇒->⇒<，()00f x x <⇒>'∴ ()f x 在(),0∞-单调递增，()0,∞+单调递减，若0a >，则()00'>⇒<f x x 或2x a>， ()200f x x a>⇒<<'， ()f x ∴在(),0∞-单调递增，20,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，2,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递增，若0a <，则()200f x x a'>⇒<< ()20f x x a>⇒<'或0x >， ()f x ∴在2,a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭单调递减，2,0a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递增，()0,∞+单调递减.(2)可知()f x 要有三个零点，则0a ≠， 且2(0)0f f a ⎛⎫< ⎪⎝⎭由题意也即是()200f f a ⎛⎫< ⎪⎝⎭的解集就是()()()3,22,00,1--⋃-⋃，也就是关于a 的不等式()()()32224400a b a ba a b a b a a ++-⎛⎫++-<⇒< ⎪⎝⎭的解集就是()()()3,22,00,1--⋃-⋃， 令()()()32240a b a ba h a a+++=<，时()()()()()1114130h b b b b =++-=+-=， 所以有1b =-或3b =， 当3b =时，()()()()()323222233434400a a a a a a a h a aa++-+-+-=<⇒<，()()()2231440a a a a a+-++<的解是()()()3,22,00,1--⋃-⋃，满足条件，当1b =-时，()()()322140a a a h a a---=<，当1a =-时，()1120h -=>，不满足条件， 故1b ≠-，综合上述3b =.11．（2022·河南·平顶山市第一高级中学模拟预测（理））已知函数()()e 12()exx xf x a a =+--∈R ． (1)若()e ()=⋅x g x f x ，讨论()g x 的单调性； (2)若()f x 有两个零点，求实数a 的取值范围． 【答案】(1)答案见解析；(2)()0,1. 【解析】 【分析】（1）对函数进行求导，分为0a ≤和0a >两种情形，根据导数与0的关系可得单调性；（2）函数有两个零点即()e ()=⋅x g x f x 有两个零点，根据（1）中的单调性结合零点存在定理即可得结果. (1)由题意知，()()()e ()e e 12e e 12e e x x x x x xx x g x f x a a x ⎡⎤=⋅=⋅+--=+--⎢⎥⎣⎦，()g x 的定义域为(,)-∞+∞，()e (e 1)e e 2e 1(2e 1)(e 1)x x x x x x x g x a a a '=++⋅--=+-．若0a ≤，则()0g x '<，所以()g x 在(,)-∞+∞上单调递减； 若0a >，令()0g x '=，解得ln x a =-．当(,ln )x a ∈-∞-时，()0g x '<；当(ln ,)x a ∈-+∞时，()0g x '>， 所以()g x 在(,ln )a -∞-上单调递减，在(ln ,)a -+∞上单调递增． (2)因为e 0x >，所以()f x 有两个零点，即()e ()=⋅x g x f x 有两个零点． 若0a ≤，由（1）知，()g x 至多有一个零点．若0a >，由（1）知，当ln x a =-时，()g x 取得最小值，最小值为1(ln )1ln g a a a-=-+． ①当1a =时，由于(ln )0g a -=，故()g x 只有一个零点： ①当(1,)∈+∞a 时，由于11ln 0a a-+>，即(ln )0g a ->，故()g x 没有零点； ①当(0,1)a ∈时，11ln 0a a-+<，即(ln )0g a -<． 又2222(2)e (e 1)2e 22e 20g a -----=+-+>-+>，故()g x 在(,ln )a -∞-上有一个零点．存在03ln 1,x a ⎛⎫⎛⎫∈-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则0000000000()e (e 1)2e e (e 2)e 0x x x x x xg x a x a a x x =+--=+-->->．又3ln 1ln a a ⎛⎫->- ⎪⎝⎭，因此()g x 在(ln ,)a -+∞上有一个零点．综上，实数a 的取值范围为(0,1)．12．（2022·青海·大通回族土族自治县教学研究室三模（理））已知函数()ln 1f x ax x =++． (1)若()f x 在(0,)+∞上仅有一个零点，求实数a 的取值范围； (2)若对任意的0x >，2()e x f x x ≤恒成立，求实数a 的取值范围． 【答案】(1)0a ≥或1a =- (2)(,2]-∞ 【解析】 【分析】（1）求导1()f x a x'=+，0x >，分0a ≥和0a <讨论求解； （2）对任意的0x >，2()e x f x x ≤恒成立，转化为2ln 1e xx a x+≤-在(0,)+∞上恒成立求解． (1)解：1()f x a x'=+，0x >， 当0a ≥时，()0f x '>恒成立，所以()f x 在(0,)+∞上单调递增．又()11ee 11a af a a ----=--+()1e 10a a --=-≤，(1)10f a =+>， 所以此时()f x 在(0,)+∞上仅有一个零点，符合题意； 当0a <时，令()0f x '>，解得10x a <<-；令()0f x '<，解得1x a>-， 所以()f x 在10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，所以()f x 在1,a ∞⎛⎫-+ ⎪⎝⎭上单调递减．要使()f x 在(0,)+∞上仅有一个零点，则必有10f a ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，解得1a =-．综上，当0a ≥或1a =-时，()f x 在(0,)+∞上仅有一个零点． (2)因为()ln 1f x ax x =++，所以对任意的0x >，2()e x f x x ≤恒成立，等价于2ln 1e xx a x+≤-在(0,)+∞上恒成立． 令2ln 1()e (0)xx m x x x+=->，则只需min ()a m x ≤即可， 则2222e ln ()+'=x x xm x x ，再令22()2e ln (0)x g x x x x =+>，则()221()4e 0'=++>xg x x x x， 所以()g x 在(0,)+∞上单调递增．因为12ln 204g ⎛⎫=< ⎪⎝⎭，2(1)2e 0g =>，所以()g x 有唯一的零点0x ，且0114x <<， 所以当00x x <<时，()0m x '<，当0x x >时，()0m x '>， 所以()m x 在()00,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增． 因为022002eln 0x x x +=，所以()()()00002ln 2ln ln ln x x x x +=-+-，设()ln (0)S x x x x =+>，则1()10'=+>S x x， 所以函数()S x 在(0,)+∞上单调递增．因为()()002ln S x S x =-，所以002ln x x =-，即0201ex x =．所以()0()m x m x ≥=02000000ln 1ln 11e 2x x x x x x x +-=--=， 则有2a ≤．所以实数a 的取值范围为(,2]-∞．13．（2022·福建省福州第一中学三模）已知函数()e sin 1x f x a x =--在区间0,2π⎛⎫⎪⎝⎭内有唯一极值点1x .(1)求实数a 的取值范围；(2)证明：()f x 在区间(0,)π内有唯一零点2x ，且212x x <. 【答案】(1)(1,)+∞ (2)证明见解析 【解析】 【分析】（1）先求导，再讨论1a 时，函数单增不合题意，1a >时，由导数的正负确定函数单调性知符合题意； （2）先由导数确定函数()f x 在区间(0,)π上的单调性，再由零点存在定理即可确定在区间(0,)π内有唯一零点；表示出()12f x ，构造函数求导，求得()120f x >，又由()20f x =，结合()f x 在()1,x x π∈上的单调性即可求解. (1)()e cos x f x a x '=-，当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，cos (0,1)x ∈，21e e x π<<，①当1a 时，()0f x '>，()f x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，没有极值点，不合题意，舍去；①当1a >时，显然()'f x 在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上递增，又因为(0)10f a '=-<，2e 02f ππ⎛⎫'=> ⎪⎝⎭，所以()'f x 在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上有唯一零点1x ，所以()10,x x ∈，()0f x '<；1,2x x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()0f x '>，所以()f x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上有唯一极值点，符合题意.综上，(1,)∈+∞a .(2)由（1）知1a >，所以,2x ππ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，()e cos 0x f x a x '=->，所以()10,x x ∈，()0f x '<，()f x 单调递减；()1,x x π∈，()0f x '>，()f x 单调递增，所以()10,x x ∈时，()(0)0f x f <=，则()10<f x ，又因为()e 10f ππ=->，所以()f x 在()1,πx 上有唯一零点2x ，即()f x 在(0,)π上有唯一零点2x .因为()112211112e sin 21e 2sin cos 1x x f x a x a x x =--=--，由（1）知()10f x '=，所以11e cos xa x =，则()112112e 2e sin 1x xf x x =--，构造2()e 2e sin 1,0,2t t p t t t π⎛⎫=--∈ ⎪⎝⎭，所以()2()2e 2e (sin cos )2e e sin cos t t t t p t t t t t '=-+=--，记()e sin cos ,0,2tt t t t πϕ⎛⎫=--∈ ⎪⎝⎭，则()e cos sin t t t t ϕ'=-+，显然()t ϕ'在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，所以()(0)0t ϕϕ''>=，所以()t ϕ在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，所以()(0)0t ϕϕ>=，所以()0p t '>，所以()p t 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，所以()(0)0p t p >=，所以()()1220f x f x >=，由前面讨论可知：112x x π<<，12x x π<<，且()f x 在()1,x x π∈单调递增，所以122x x >.【点睛】本题关键点在于先表示出()12f x ，构造函数()p t 求导，令导数为新的函数再次求导，进而确定函数()p t 的单调性，从而得到()120f x >，再结合()20f x =以及()f x 在()1,x x π∈上的单调性即可证得结论. 14．（2022·安徽·合肥市第八中学模拟预测（文））已知函数()e (sin cos )sin .x f x x x a x =+-.(1)当1a =时，求函数f （x ）在区间[0]2π，上零点的个数； (2)若函数()y f x =在（0，2π）上有唯一的极小值点，求实数a 的取值范围 【答案】(1)2个(2)2]∞-⋃（，3222[2e ,)2e ,2e πππ⎧⎫+∞⋃⎨⎬⎩⎭【解析】 【分析】(1)利用导数判断函数f x （）在[0]2π，上的单调性，结合零点存在性定理确定零点个数；(2)利用导数，通过分类讨论确定函数f x （）的单调性及极值，由此确定a 的取值范围.(1)因为1a =，所以()e (sin cos )sin .x f x x x x =+-()(2e 1)cos x f x x '=-，则当02x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()0f x '>，f x （）在02π⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递增，当322x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()0f x '<，f x （）在322ππ⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递减， 当322x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()0f x '>，f x （）在322ππ⎛⎫⎪⎝⎭，单词递增， 又32223(0)10,()e 10,()1e 0,(2)e 022f f f f ππππππ=>=->=-<=>，则f x （）在322ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，322ππ⎛⎫⎪⎝⎭，上各有一个零点，所以f x （）在区间[0]2π，上共有两个零点， (2)2()(2e )cos ,(02),22e 2e x x f x a x x ππ'=-∈<<，①当2a ≤时，当02x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()0f x '>，f x （）在02π⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递增，当322x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()0f x '<，f x （）在322ππ⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递减， 当322x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()0f x '>，f x （）在322ππ⎛⎫⎪⎝⎭，单词递增， 此时f x （）在32x π=的时候取得极小值，则2a ≤时符合题意： ①当22e a π≥时，当02x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()0f x '<，f x （）在02π⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递减，当322x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()0f x '>，f x （）在322ππ⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递增， 当322x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()0f x '<，f x （）在322ππ⎛⎫⎪⎝⎭，单词递减， 此时f x （）在2x π=的时候取得极小值，则22a e π≥时符合题意①当222e a π<<时，0ln 22a π<<，此时f x （）在0,ln 2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在ln ,22a π⎛⎫ ⎪⎝⎭，上单调递增，在3,22ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在3(,2)2ππ上单调递增，此时有两个极小值点，不符合题意： ①当22e a π=时，ln22a π=，此时f x （）在（0，32π）上单调递减，在3,22ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，此时f x （）在32x π=的时候取得极小值，则22e a π=时符合题意；①当3222e 2e a ππ<<时，3ln 222a ππ<<，此时f x （）在02π⎛⎫ ⎪⎝⎭，上单调递减，在,ln 22a π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在3ln 22a π⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递减，在3,22ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，此时有两个极小值点，不符合题意； ①当322e a π=时，3ln22a π=，此时f x （）在02π⎛⎫ ⎪⎝⎭，上单调递减，在22ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭，上单调递增，此时f x （）在2x π=的时候取得极小值，则322e a π=时符合题意；①当322e 2e a ππ<<时，3ln 222a ππ<<，此时f x （）在02π⎛⎫ ⎪⎝⎭，上单调递减，在322ππ⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递增，在3(,ln )22a π上单调递减，在(ln ,2)2aπ上单调递增，此时有两个极小值点，不符合题意；综上所述3222(,22e ,)2 ][e ,2e a πππ⎧⎫∈-∞+∞⎨⎬⎩⎭.【点睛】(1)可导函数y ＝f (x )在点x 0处取得极值的充要条件是f ′(x 0)＝0，且在x 0左侧与右侧f ′(x )的符号不同． (2)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．15．（2022·江西·上高二中模拟预测（理））已知函数()()2ln 0ax af x x a x -=->.(1)讨论()f x 的单调性；(2)设()()2ag x f x x=-+有两个零点12,x x ，若212x x >，证明：3312672e x x +>． 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【解析】 【分析】（1）求导得()2221b ax x af x a x x x -+-=--='，对导函数进行分情况讨论其正负，即可得()f x 的单调性. （2）通过函数有两个零点，转化成1212ln 2ln 2x x a x x ++==，然后根据比例，构造出221111ln 2ln()2ln 2ln 2x x tx x x x ++==++，得到122111,e t x t x t x --==，进而构造函数33313ln ()ln[(1)]ln(1)1t t h t t t t t -=+=++-，利用导数处理单调性，进而可求. (1)）()2221b ax x af x a x x x -+-=--=' 令2()F x ax x a =-+- ，则()00F a =-< ，且对称轴102x a=> 而214a ∆=-易知当10,2a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭ 时()f x 在0⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 单调递减，在⎝⎭单调递增当)12a ∞⎡∈+⎢⎣， 时()f x 在()0+∞，单调递减. (2)()g x 有两个零点12,x x 且0x >，则1212ln 2ln 2ln 2ln 20x x x x ax a a x x x +++-+=⇒=⇒==， 设21x t x =， 212x x >，2t ∴> ∴221111ln 2ln()2ln 2ln 2x x tx x x x ++==++，∴11ln ln 2ln 2t x t x ++=+，所以12111ln ln 2e 1t t x x t t --=-⇒=-， ∴33333631121(1)e (1)t x x t x t t --+=+=+，设33313ln ()ln[(1)]ln(1)1t t h t tt t t -=+=++-，2t >，则222331(1)()[1ln ](1)1t t h t t t t t -'=--+-+， 设2231(1)()1ln 1t t t t t tϕ-=--++，则7437323223211()(441)[(1)4(1)](1)(1)t t t t t t t t t t t t t ϕ--'=+--=-+-++， 当(1,)t ∈+∞时，()0t ϕ'>，所以函数()t ϕ在(1,)t ∈+∞上递增，()()10t ϕϕ∴>=，则()0h t '>，()h t ∴在(1,)+∞递增，又2t >，∴()(2)ln72h t h >=，故3361272e x x -+>． 【点睛】本题考查了含参函数的单调性，最值问题，方程与函数零点的综合问题，利用导数解决单调性的问题，分情况讨论，转化，构造函数证明不等式，二阶求导等综合性的函数知识，在做题时要理清思路，是一道导数的综合题.16．（2022·山东师范大学附中模拟预测）已知函数()()ln h x x a x a =-∈R . (1)若()h x 有两个零点，a 的取值范围；(2)若方程()e ln 0xx a x x -+=有两个实根1x 、2x ，且12x x ≠，证明：12212e ex x x x +>. 【答案】(1)()e,+∞ (2)证明见解析 【解析】 【分析】（1）分析可知0a ≠，由参变量分离法可知直线1y a=与函数()ln xf x x=的图象有两个交点，利用导数分析函数()f x 的单调性与极值，数形结合可求得实数a 的取值范围；（2）令e 0x t x =>，其中0x >，令111e x t x =，222e xt x =，分析可知关于t 的方程ln 0t a t -=也有两个实根1t 、2t ，且12t t ≠，设120t t >>，将所求不等式等价变形为12112221ln 1t t t t t t ⎛⎫- ⎪⎝⎭>+，令121t s t =>，即证()21ln 1s s s ->+，令()()21ln 1s g s s s -=-+，其中1s >，利用导数分析函数()g s 的单调性，即可证得结论成立. (1)解：函数()h x 的定义域为()0,∞+.。

导数高考题(含答案)

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导数高考题1．已知函数f（x）=x3+ax+，g（x）=﹣lnx（i）当a为何值时，x轴为曲线y=f（x）的切线；（ii）用min {m，n }表示m，n中的最小值，设函数h（x）=min { f（x），g（x）}（x＞0），讨论h（x）零点的个数．解：（i）f′（x）=3x2+a，设曲线y=f（x）与x轴相切于点P（x0，0），则f（x0）=0，f′（x0）=0，∴，解得，a=．因此当a=﹣时，x轴为曲线y=f（x）的切线；（ii）当x∈（1，+∞）时，g（x）=﹣lnx＜0，∴函数h（x）=min { f（x），g（x）}≤g（x）＜0，故h（x）在x∈（1，+∞）时无零点．当x=1时，若a≥﹣，则f（1）=a+≥0，∴h（x）=min { f（1），g（1）}=g（1）=0，故x=1是函数h（x）的一个零点；若a＜﹣，则f（1）=a+＜0，∴h（x）=min { f（1），g（1）}=f（1）＜0，故x=1不是函数h（x）的零点；当x∈（0，1）时，g（x）=﹣lnx＞0，因此只考虑f（x）在（0，1）内的零点个数即可．①当a≤﹣3或a≥0时，f′（x）=3x2+a在（0，1）内无零点，因此f（x）在区间（0，1）内单调，而f（0）=，f（1）=a+，∴当a≤﹣3时，函数f（x）在区间（0，1）内有一个零点，当a≥0时，函数f（x）在区间（0，1）内没有零点．②当﹣3＜a＜0时，函数f（x）在内单调递减，在内单调递增，故当x=时，f （x）取得最小值=．若＞0，即，则f（x）在（0，1）内无零点．若=0，即a=﹣，则f（x）在（0，1）内有唯一零点．若＜0，即，由f（0）=，f（1）=a+，∴当时，f（x）在（0，1）内有两个零点．当﹣3＜a时，f（x）在（0，1）内有一个零点．综上可得：当或a＜时，h（x）有一个零点；当a=或时，h（x）有两个零点；当时，函数h（x）有三个零点．2．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）时单调递减，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x1，x2∈[﹣1，1]，|f（x1）﹣f（x2）|≤e﹣1的充要条件是即设函数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，即合式成立；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]3．函数f（x）=ln（x+1）﹣（a＞1）．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）设a1=1，a n+1=ln（a n+1），证明：＜a n≤．解：（Ⅰ）函数f（x）的概念域为（﹣1，+∞），f′（x）=，①当1＜a＜2时，若x∈（﹣1，a2﹣2a），则f′（x）＞0，此时函数f（x）在（﹣1，a2﹣2a）上是增函数，若x∈（a2﹣2a，0），则f′（x）＜0，此时函数f（x）在（a2﹣2a，0）上是减函数，若x∈（0，+∞），则f′（x）＞0，此时函数f（x）在（0，+∞）上是增函数．②当a=2时，f′（x）＞0，此时函数f（x）在（﹣1，+∞）上是增函数，③当a＞2时，若x∈（﹣1，0），则f′（x）＞0，此时函数f（x）在（﹣1，0）上是增函数，若x∈（0，a2﹣2a），则f′（x）＜0，此时函数f（x）在（0，a2﹣2a）上是减函数，若x∈（a2﹣2a，+∞），则f′（x）＞0，此时函数f（x）在（a2﹣2a，+∞）上是增函数．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当a=2时，此时函数f（x）在（﹣1，+∞）上是增函数，当x∈（0，+∞）时，f（x）＞f（0）=0，即ln（x+1）＞，（x＞0），又由（Ⅰ）知，当a=3时，f（x）在（0，3）上是减函数，当x∈（0，3）时，f（x）＜f（0）=0，ln（x+1）＜，下面用数学归纳法进行证明＜a n≤成立，①当n=1时，由已知，故结论成立．②假设当n=k时结论成立，即，则当n=k+1时，a n+1=ln（a n+1）＞ln（），a n+1=ln（a n+1）＜ln（），即当n=k+1时，成立，综上由①②可知，对任何n∈N•结论都成立．4．已知函数f（x）=e x﹣e﹣x﹣2x．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）设g（x）=f（2x）﹣4bf（x），当x＞0时，g（x）＞0，求b的最大值；（Ⅲ）已知1.4142＜＜1.4143，估量ln2的近似值（精准到0.001）．解：（Ⅰ）由f（x）得f′（x）=e x+e﹣x﹣2，即f′（x）≥0，当且仅当e x=e﹣x即x=0时，f′（x）=0，∴函数f（x）在R上为增函数．（Ⅱ）g（x）=f（2x）﹣4bf（x）=e2x﹣e﹣2x﹣4b（e x﹣e﹣x）+（8b﹣4）x，则g′（x）=2[e2x+e﹣2x﹣2b（e x+e﹣x）+（4b﹣2）]=2[（e x+e﹣x）2﹣2b（e x+e﹣x）+（4b﹣4）]=2（e x+e﹣x﹣2）（e x+e﹣x+2﹣2b）．①∵e x+e﹣x＞2，e x+e﹣x+2＞4，∴当2b≤4，即b≤2时，g′（x）≥0，当且仅当x=0时取等号，从而g（x）在R上为增函数，而g（0）=0，∴x＞0时，g（x）＞0，符合题意．②当b＞2时，若x知足2＜e x+e﹣x＜2b﹣2即，得，此时，g′（x）＜0，又由g（0）=0知，当时，g（x）＜0，不符合题意．综合①、②知，b≤2，得b的最大值为2．（Ⅲ）∵1.4142＜＜1.4143，按照（Ⅱ）中g（x）=e2x﹣e﹣2x﹣4b（e x﹣e﹣x）+（8b﹣4）x，为了凑配ln2，并利用的近似值，故将ln即代入g（x）的解析式中，得．当b=2时，由g（x）＞0，得，从而；令，得＞2，当时，由g（x）＜0，得，得．所以ln2的近似值为0.693．5．设函数f（x）=ae x lnx+，曲线y=f（x）在点（1，f（1））处得切线方程为y=e（x﹣1）+2．（Ⅰ）求a、b；（Ⅱ）证明：f（x）＞1．解：（Ⅰ）函数f（x）的概念域为（0，+∞），f′（x）=+，由题意可得f（1）=2，f′（1）=e，故a=1，b=2；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f（x）=e x lnx+，∵f（x）＞1，∴e x lnx+＞1，∴lnx＞﹣，∴f（x）＞1等价于xlnx＞xe﹣x﹣，设函数g（x）=xlnx，则g′（x）=1+lnx，∴当x∈（0，）时，g′（x）＜0；当x∈（，+∞）时，g′（x）＞0．故g（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，从而g（x）在（0，+∞）上的最小值为g（）=﹣．设函数h（x）=xe﹣x﹣，则h′（x）=e﹣x（1﹣x）．∴当x∈（0，1）时，h′（x）＞0；当x∈（1，+∞）时，h′（x）＜0，故h（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，从而h（x）在（0，+∞）上的最大值为h（1）=﹣．综上，当x＞0时，g（x）＞h（x），即f（x）＞1．6．已知函数f（x）=x2+ax+b，g（x）=e x（cx+d）若曲线y=f（x）和曲线y=g（x）都过点P（0，2），且在点P处有相同的切线y=4x+2．（Ⅰ）求a，b，c，d的值；（Ⅱ）若x≥﹣2时，f（x）≤kg（x），求k的取值范围．解：（Ⅰ）由题意知f（0）=2，g（0）=2，f′（0）=4，g′（0）=4，而f′（x）=2x+a，g′（x）=e x（cx+d+c），故b=2，d=2，a=4，d+c=4，从而a=4，b=2，c=2，d=2；（Ⅱ）由（I）知，f（x）=x2+4x+2，g（x）=2e x（x+1），设F（x）=kg（x）﹣f（x）=2ke x（x+1）﹣x2﹣4x﹣2，则F′（x）=2ke x（x+2）﹣2x﹣4=2（x+2）（ke x﹣1），由题设得F（0）≥0，即k≥1，令F′（x）=0，得x1=﹣lnk，x2=﹣2，①若1≤k＜e2，则﹣2＜x1≤0，从而当x∈（﹣2，x1）时，F′（x）＜0，当x∈（x1，+∞）时，F′（x）＞0，即F（x）在（﹣2，x1）上减，在（x1，+∞）上是增，故F（x）在[﹣2，+∞）上的最小值为F（x1），而F（x1）=﹣x1（x1+2）≥0，x≥﹣2时F（x）≥0，即f（x）≤kg（x）恒成立．②若k=e2，则F′（x）=2e2（x+2）（e x﹣e﹣2），从而当x∈（﹣2，+∞）时，F′（x）＞0，即F（x）在（﹣2，+∞）上是增，而F（﹣2）=0，故当x≥﹣2时，F（x）≥0，即f（x）≤kg（x）恒成立．③若k＞e2时，F′（x）＞2e2（x+2）（e x﹣e﹣2），而F（﹣2）=﹣2ke﹣2+2＜0，所以当x＞﹣2时，f（x）≤kg（x）不恒成立，综上，k的取值范围是[1，e2]．7．已知函数f（x）=e x﹣ln（x+m）（Ι）设x=0是f（x）的极值点，求m，并讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）当m≤2时，证明f（x）＞0．（Ⅰ）解：∵，x=0是f（x）的极值点，∴，解得m=1．所以函数f（x）=e x﹣ln（x+1），其概念域为（﹣1，+∞）．∵．设g（x）=e x（x+1）﹣1，则g′（x）=e x（x+1）+e x＞0，所以g（x）在（﹣1，+∞）上为增函数，又∵g（0）=0，所以当x＞0时，g（x）＞0，即f′（x）＞0；当﹣1＜x＜0时，g（x）＜0，f′（x）＜0．所以f（x）在（﹣1，0）上为减函数；在（0，+∞）上为增函数；（Ⅱ）证明：当m≤2，x∈（﹣m，+∞）时，ln（x+m）≤ln（x+2），故只需证明当m=2时f（x）＞0．当m=2时，函数在（﹣2，+∞）上为增函数，且f′（﹣1）＜0，f′（0）＞0．故f′（x）=0在（﹣2，+∞）上有唯一实数根x0，且x0∈（﹣1，0）．当x∈（﹣2，x0）时，f′（x）＜0，当x∈（x0，+∞）时，f′（x）＞0，从而当x=x0时，f（x）取得最小值．由f′（x0）=0，得，ln（x0+2）=﹣x0．故f（x）≥=＞0．综上，当m≤2时，f（x）＞0．8．已知函数．（I）若x≥0时，f（x）≤0，求λ的最小值；（II）设数列{a n}的通项a n=1+．解：（I）由已知，f（0）=0，f′（x）==，∴f′（0）=0欲使x≥0时，f（x）≤0恒成立，则f（x）在（0，+∞）上必为减函数，即在（0，+∞）上f′（x）＜0恒成立，当λ≤0时，f′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，为增函数，故不合题意，若0＜λ＜时，由f′（x）＞0解得x＜，则当0＜x＜，f′（x）＞0，所以当0＜x＜时，f（x）＞0，此时不合题意，若λ≥，则当x＞0时，f′（x）＜0恒成立，此时f（x）在（0，+∞）上必为减函数，所以当x＞0时，f（x）＜0恒成立，综上，符合题意的λ的取值范围是λ≥，即λ的最小值为（ II）令λ=，由（I）知，当x＞0时，f（x）＜0，即取x=，则于是a2n﹣a n+=++…++====＞=ln2n﹣lnn=ln2，所以。

高考数学专题：导数大题专练含答案

高考数学专题：导数大题专练含答案

高考数学专题：导数大题专练含答案一、解答题1．已知函数()ln f x ax x =+ (1)讨论()f x 的单调区间；(2)设()2xg x =，若对任意的[]11,100x ∈，存在[]20,1x ∈，使()()12f x g x <成立，求实数a 的取值范围. 2．已知函数()ln f x x =．(1)当()()sin 1g x x =-，求函数()()()T x f x g x =+在()0,1的单调性； (2)()()12h x f x b x=+-有两个零点1x ，2x ，且12x x <，求证：121x x +>． 3．已知函数()21si cos n 2f x x x a x x =-++．(1)当1a =-时，求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程； (2)若函数()f x 在3π0,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，求a 的取值范围．4．已知a R ∈，函数()22e 2xax f x =+． (1)求曲线()y f x =在0x =处的切线方程 (2)若函数()f x 有两个极值点12,x x ，且1201x x ，（ⅰ）求a 的取值范围；（ⅱ）当9a <-时，证明：21x x <-<． （注： 2.71828e =…是自然对数的底数） 5．求下列函数的导数： (1)2cos x xy x -=； (2)()e 1cos 2x x y x =+-； (3)()3log 51y x =-．6．已知函数()322f x x ax bx =++-在2x =-时取得极值，且在点()()1,1f --处的切线的斜率为3- . (1)求()f x 的解析式；(2)若函数()y f x λ=-有三个零点，求实数λ的取值范围.7．已知函数()323f x x ax x =-+.(1)若3x =是()f x 的极值点，求()f x 在[]1,a 上的最大值和最小值；(2)若()f x 在[)1,+∞上是单调递增的，求实数a 的取值范围.8．2020年9月22日，中国政府在第七十五届联合国大会上提出：“中国将提高国家自主贡献力度，采取更加有力的政策和措施，二氧化碳排放力争于2030年前达到峰值，努力争取2060年前实现碳中和.”为了进一步了解普通大众对“碳中和”及相关举措的认识，某机构进行了一次问卷调查，部分结果如下：(1)根据所给数据，完成下面的22⨯列联表，并根据列联表，判断是否有95%的把握认为“是否了解‘碳中和’及相关措施”与“学生”身份有关？附：()()()()()22n ad bc K a b c d a c b d -=++++，n a b c d =+++.(2)经调查后，有关部门决定加大力度宣传“碳中和”及相关措施以便让节能减排的想法深入人心.经过一段时间后，计划先随机从社会上选10人进行调查，再根据检验结果决定后续的相关举措.设宣传后不了解“碳中和”的人概率都为()01p p <<，每个被调查的人之间相互独立.①记10人中恰有3人不了解“碳中和”的概率为()f p ，求()f p 的最大值点0p ； ②现对以上的10人进行有奖答题，以①中确定的0p 作为答错的概率p 的值.已知回答正确给价值a 元的礼品，回答错误给价值b 元的礼品，要准备的礼品大致为多少元？（用a ，b 表示即可）9．已知函数()ln 2f x x x ax =++在点()()1,1f 处的切线与直线220x y 相互垂直．(1)求实数a 的值；(2)求()f x 的单调区间和极值．10．已知函数()222(0)e xmx x f x m +-=>. (1)判断()f x 的单调性；(2)若对[]12,1,2x x ∀∈，不等式()()1224e f x f x -≤恒成立，求实数m 的取值范围.【参考答案】一、解答题1．(1)答案见解析 (2)31a e ≤-【解析】 【分析】（1）由()()110ax f x a x xx+=+=>'，按0a ≥，0a <进行分类讨论求解； （2）由已知，转化为()()max max f x g x <，由已知得()()max 12g x g ==，由此能求出实数a 的取值范围． (1)()(]110ax f x a x x x+'=+=>， ①当0a ≥时，由于0x >，故10ax +>，()0f x '>， 所以()f x 的单调递增区间为()0,∞+；②当0a <时，由()0f x '=，得1x a=-，在区间10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上()0f x '>，在区间1,a∞⎛⎫-+ ⎪⎝⎭上()0f x '<，所以，函数()f x 的单调递增区间为10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭，单调递减区间为1,a∞⎛⎫-+ ⎪⎝⎭；(2)由题目知，只需要()()max max f x g x <即可又因为()()max 12g x g ==，所以只需要()max 2f x <即可()max 2f x <即等价于()2f x <恒成立，由变量分离可知2ln xa x-<，[]1,100x ∈， 令()2ln xh x x -=，下面求()h x 的最小值， 令()23ln xh x x-+'=，所以()0h x '=得3x e =， 所以()h x 在31,e ⎡⎤⎣⎦为减函数，3,100e ⎡⎤⎣⎦为增函数，所以()()33min 1h x h e e -==，所以31a e ≤-. 2．(1)单调递增 (2)证明见解析 【解析】 【分析】（1）直接求导，判断出导数大于0，即可得到单调性；（2）直接由1x ，2x 是函数()1ln 2h x x b x =+-的两个零点得到1212122ln x xx x x x -=，分别解出1211212ln x xx x x -=，2121212ln xx x x x -=，再换元令12x t x =构造函数()12ln l t t t t=--，求导确定单调性即可求解. (1)由题意，函数()()sin 1ln T x x x =-+，则()()1cos 1T x x x'=--+，又∵()0,1x ∈，∴11x>，()()10,1,cos 11x x -∈-<，∴()0T x '>，∴()T x 在（0，1）上单调递增． (2)根据题意，()()1ln 02h x x b x x =+->， ∵1x ，2x 是函数()1ln 2h x x b x=+-的两个零点，∴111ln 02x b x +-=，221ln 02x b x +-=． 两式相减，可得122111ln22x x x x =-，即112221ln 2x x x x x x -=， ∴1212122ln x x x x x x -=，则1211212ln x x x x x -=，2121212ln xx x x x -=． 令12x t x =，()0,1t ∈，则1211112ln 2ln 2ln t t t t x x t t t---+=+=．记()12ln l t t t t =--，()0,1t ∈，则()()221t l t t-'=． 又∵()0,1t ∈，∴()0l t '>恒成立，∴()l t 在()0,1上单调递增，故()()1l t l <，即12ln 0t t t --<，即12ln t t t-<．因为ln 0t <，可得112ln t t t->，∴121x x +>．【点睛】本题关键点在于对双变量的处理，通过对111ln 02x b x +-=，221ln 02x b x +-=作差，化简得到1212122ln x x x x xx -=， 分别得到12,x x 后，换元令12x t x =，这样就转换为1个变量，再求导确定单调性即可求解． 3．(1)10y +=； (2)[)1,+∞. 【解析】 【分析】（1）将1a =-代入函数()f x 中，得出函数()f x 的解析式，进而可以求出切点坐标，再利用导数的几何意义及点斜式即可求解；（2）根据已知条件可以将问题转化为恒成立问题，进而转化为求函数的最值问题，利用导数法求函数的最值即可求解. (1)当1a =-时，()2cos 1sin 2f x x x x x =--+()2cos 10000sin 012f =⨯--+=-，所以切点为0,1，()1sin cos x f x x x '=-++，∴(0)01sin 0cos00f '=-++=，所以曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线的斜率为(0)0k f '==， 所以曲线()y f x =在点0,1处的切线的斜率切线方程为()()100y x --=⨯-，即10y +=.(2)由()21si cos n 2f x x x a x x =-++，得()s 1co i s n f x x a x x '=--+因为函数()f x 在3π0,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，可得()0f x '≤对任意3π0,4x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦恒成立， 设()()1c s os in g x f x x a x x '==--+，则()cos 1sin g x a x x '=--. 因为si (n 0)001cos00g a =--+=， 所以使()0f x '≤对任意3π0,4x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦恒成立， 则至少满足()00g '≤，即10a -≤，解得1a ≥. 下证明当1a ≥时，()0f x '≤恒成立，因为3π0,4x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，所以sin 0x ≥， 因为1a ≥，所以()sin 1cos f x x x x '≤--+.记s ()cos n 1i h x x x x =--+，则π()1sin 14cos h x x x x ⎛⎫'=-=+ ⎝-⎪⎭.当π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '<；当π3π,24x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '>. 所以函数()h x 在π0,2⎡⎫⎪⎢⎣⎭上单调递减，在π3π,24⎛⎤⎥⎝⎦上单调递增.因为ππ(),h h ⎛⎫==- ⎪⎝⎭33001044， 所以()h x 在3π0,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值为(0)0h =. 即()()1sin cos 0f x h x x x x '≤=--+≤在3π0,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦上恒成立.所以a 的取值范围为[)1,+∞.4．(1)(21y x =-+(2)（ⅰ）22e ,-；（ⅱ）证明见解析【解析】 【分析】（1）由导数的几何意义即可求解；（2）（ⅰ）原问题等价于12,x xa =-的两根，且1201x x ，从而构造函数())0g x x =>，将问题转化为直线y a =-与函数()g x 的图象有两个交点，且交点的横坐标大于0小于1即可求解；（ⅱ）由1e x x +≤，利用放缩法可得()()1112210x ax f x '++-=，即1x 2114x <<，从而可证21x x -<()21e 011x x x x +<<<-，然后利用放缩法可得()()1201,21i i i ix ax f x i x +'⋅+->==-，即(()22201,2i i ax a x i -++++-=，最后构造二次函数()(222m x ax a x =-++++21x x ->而得证原不等式. (1)解：因为()22e x f x ax '=+所以()02f '=()01f =，所以曲线()y f x =在0x =处的切线方程为(21y x =-+； (2)解：（ⅰ）因为函数()f x 有两个极值点12,x x ，所以12,x x 是关于x 的方程()22e 0x f x ax =+'的两根，也是关于x的方程a =-的两正根， 设())0g x x =>，则()g x '=， 令())224e 2e 0x x h x x x =->，则()28e xh x x '=，当0x >时，()0h x '>，所以()h x 在()0,∞+上单调递增，又104h ⎛⎫= ⎪⎝⎭，所以，当104x <<时，()0h x <，()0g x '<；当14x >时，()0h x >，()0g x '>，所以函数()g x 在10,4⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，在1,4⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，又因为1201x x ，所以()114g a g ⎛⎫<-<⎪⎝⎭，即22e a <-<- 所以a的取值范围是22e ,-；22e 9a <<-， 因为1e x x +≤，所以()()1112210x ax f x '++-=，所以()142a x +-，所以1x 2114x <<，所以211x x -<= 下面先证明不等式()21e 011x xx x+<<<-， 设()()2101e 1xx r x x x -=⋅<<+，则()()2222e 1x x r x x '=-+， 所以，当01x <<时，()0r x '<，()r x '在()0,1上单调递减， 所以，()()01r x r <=，所以不等式()21e 011x xx x+<<<-成立， 因为12,x x ，()1201x x <<<是()22e 0x f x ax '=+=的两个根，所以()()01,2i f x i '==，又()21e 011x xx x+<<<-，所以()()1201,21ii i ixax f x i x +'⋅+->==-，即(()22201,2i i ax a x i -++++-=，设函数()(222m x ax a x =-++++x t ==因为((()2224261620a a a ∆=+++-=+-+->，且()00m >，()10m >，102t <<， 所以函数()m x 有两个不同的零点，记为α，()βαβ<，且01t αβ<<<<，因为()22616212e 201ta tf t at at t+++'=+-⋅+-=<-，且()00f '>，()10f '>，所以1201x x ，因为()m x 在()0,t 上单调递减，且()()10m x m α>=，所以10x t α<<<； 因为()m x 在(),1t 上单调递增，且()()20m x m β>=，所以21t x β<<<； 所以1201x x αβ<<<<<，所以21x x βα->-，因为βα-=又()109a-<<<-，所以βα-> 所以21x x->综上，21x x <-< 【点睛】关键点点睛：本题（2）问（ii）小题证明的关键是，利用1e x x +≤，进行放缩可得1x 21x x -<；再利用()21e 011x xx x +<<<-，进行放缩可得()()1201,21ii i ixax f x i x +'⋅+->==-，从而构造二次函数()(222m x ax ax =-++++21x x ->5．(1)'y ()31sin 2cos x x xx --=；(2)'y ()e 1cos sin 2ln 2x xx x =+--；(3)'y ()551ln 3x =-⋅.【解析】 【分析】根据导数的运算法则，对（1）（2）（3）逐个求导，即可求得结果. (1)因为2cos x x y x -=，故'y ()()()243sin 12cos 1sin 2cos x x x x x x x x x x------==. (2)因为()e 1cos 2x x y x =+-，故'y ()e 1cos sin 2ln 2x xx x =+--.(3)因为()3log 51y x =-，故'y ()()155?51ln 351ln 3x x =⨯=--⋅. 6．(1)()3232f x x x =+-(2)()2,2- 【解析】 【分析】（1）由已知可得()()2013f f ⎧-=⎪⎨-=-''⎪⎩，可得出关于实数a 、b 的方程组，解出这两个未知数的值，即可得出函数()f x 的解析式；（2）分析可知，直线y λ=与函数()f x 的图象有3个交点，利用导数分析函数()f x 的单调性与极值，数形结合可得出实数λ的取值范围.(1)解：因为()322f x x ax bx =++-，则()232f x x ax b '=++，由题意可得()()212401323f a b f a b ⎧-=-+=⎪⎨-=-+=-''⎪⎩，解得30a b =⎧⎨=⎩，所以，()3232f x x x =+-.当3a =，0b =时，()236f x x x '=+，经检验可知，函数()f x 在2x =-处取得极值. 因此，()3232f x x x =+-.(2)解：问题等价于()f x λ=有三个不等的实数根，求λ的范围.由()2360f x x x '=+>，得2x <-或0x >，由()2360f x x x '=+<，得20x -<<，所以()f x 在(),2-∞-、()0,∞+上单调递增，在()2,0-上单调递减， 则函数()f x 的极大值为()22f -=，极小值为()02f =-，如下图所示：由图可知，当22λ-<<时，直线y λ=与函数()f x 的图象有3个交点， 因此，实数λ的取值范围是()2,2-. 7．(1)最大值为15，最小值为9- (2)3a ≤ 【解析】 【分析】（1）由()30f '=可求得实数a 的值，再利用函数的最值与导数的关系可求得函数()f x 在[]1,a 上的最大值和最小值；（2）分析可知()23230f x x ax '=-+≥对任意的1≥x 恒成立，利用参变量分离法结合基本不等式可求得实数a 的取值范围. (1)解：因为()323f x x ax x =-+，则()2323f x x ax =-+'，则()33060f a '=-=，解得5a =，所以，()3253f x x x x =-+，则()()()23103313f x x x x x '=-+=--，列表如下：所以，min 39f x f ==-，因为11f =-，515f =，则max 515f x f ==. (2)解：由题意可得()23230f x x ax '=-+≥对任意的1≥x 恒成立，即312a x x⎛⎫≤+ ⎪⎝⎭，由基本不等式可得313322x x ⎛⎫+≥⨯ ⎪⎝⎭，当且仅当1x =时，等号成立，故3a ≤.8．(1)列联表见解析，没有95%的把握认为“是否了解‘碳中和’及相关措施”与“学生”身份有关； (2)①0310p =；②()73a b + 【解析】 【分析】（1）对满足条件的数据统计加和即可，然后根据给定的2K 计算公式，将计算结果与195%0.05-=所对应的k 值比较大小即可；（2）①利用独立重复试验与二项分布的特点，写出10人中恰有3人不了解“碳中和”的概率为()f p ，再利用导数求出最值点； ②利用独立重复试验的期望公式代入可求出答案. (1)由题中表格数据完成22⨯列联表如下：()22800125250150275800 3.463 3.841275525400400231K ⨯⨯-⨯==≈<⨯⨯⨯.故没有95%的把握认为“是否了解‘碳中和’及相关措施”与“学生”身份有关. (2)①由题得，()()733101f p C p p =-，()0,1p ∈， ∴()()()()()763236321010C 3171C 1310f p p p p p p p p ⎡⎤'=---=--⎣⎦. 令()0f p '=，得310p =，当30,10p ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f p '>； 当3,110p ⎛⎫∈⎪⎝⎭时，()0f p '<， ∴当30,10p ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()f p '单调选增；当3,110p ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()f p '单调递减， ∴()f p 的最大值点0310p =. ②本题求要准备的礼品大致为多少元，即求10个人礼品价值X 的数学期望. 由①知答错的概率为310， 则()33101731010E X a b a b ⎡⎤⎛⎫=-+=+ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦， 故要准备的礼品大致为73a b +元. 9．(1)3a =-；(2)增区间为()2e ,+∞，减区间为()20,e ，极小值22e -，无极大值.【解析】 【分析】（1）根据()1112f '⨯=-，代值计算即可求得参数值；（2）根据（1）中所求参数值，求得()f x '，利用导数的正负即可判断函数单调性和极值. (1)因为()ln 1f x x a '=++，在点()()1,1f 处的切线斜率为()11k f a '==+， 又()f x 在点()()1,1f 处的切线与直线220x y 相互垂直， 所以()1112f '⨯=-，解得3a =-. (2)由（1）得，()ln 2f x x '=-，()0,x ∈+∞，令()0f x '>，得2e x >，令()0f x '<，得20e x <<，即()f x 的增区间为()2e ,+∞，减区间为()20,e ． 又()22222e e ln e 3e 22ef =-+=-，所以()f x 在2e x =处取得极小值22e -，无极大值． 【点睛】本题考查导数的几何意义，以及利用导数研究函数的单调性和极值，属综合中档题.10．(1)单调增区间为2,2m ⎛⎫- ⎪⎝⎭，单调减区间为[)2,,2,m ∞∞⎛⎤--+⎥⎝⎦ (2)20,4e ⎛⎤ ⎥-⎝⎦【解析】 【分析】（1）先对函数求导，然后由导数的正负可求出函数的单调区间， （2）由函数()f x 在[]1,2上为增函数，求出函数的最值，则()()max min 24e 2()()e m g m f x f x -+=-=，然后将问题转化为()224e 24e e m -+≥，从而可求出实数m 的取值范围. (1)()()()()221422(0)e e xxmx m x mx x f x m -+-+-+-=>'=令()0f x '=，解得2x m =-或2x =，且22m-< 当2,x m ∞⎛⎤∈-- ⎥⎝⎦时，()0f x '≤，当2,2x m ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()0f x '>，当[)2,x ∞∈+时，()0f x '≤即()f x 的单调增区间为2,2m ⎛⎫- ⎪⎝⎭，单调减区间为[)2,,2,m ∞∞⎛⎤--+⎥⎝⎦(2)由（1）知，当[]0,1,2m x >∈时，()0f x '>恒成立 所以()f x 在[]1,2上为增函数， 即()()max min242()2,()1e em mf x f f x f +====. ()()12f x f x -的最大值为()()max min 24e 2()()e m g m f x f x -+=-=()()1224e f x f x ⎡⎤≥-⎣⎦恒成立()224e 24e e m -+∴≥ 即24em ≤-， 又0m > 20,4e m ⎛⎤∴∈ ⎥-⎝⎦ 故m 的取值范围20,4e ⎛⎤ ⎥-⎝⎦。

导数高考大题

导数高考大题

函数与导数综合【2020年】1.（2020·新课标Ⅰ）已知函数2()e x f x ax x =+-. （1）当a =1时，讨论f （x ）的单调性； （2）当x ≥0时，f （x ）≥12x 3+1，求a 的取值范围. 2.（2020·新课标Ⅱ）已知函数f (x )=sin 2x sin2x . （1）讨论f (x )在区间(0，π)的单调性； （2）证明：33()8f x ≤； （3）设n ∈N *，证明：sin 2x sin 22x sin 24x …sin 22nx ≤34nn .3.（2020·新课标Ⅲ）设函数3()f x x bx c =++，曲线()y f x =在点(12，f (12))处的切线与y 轴垂直． （1）求b ．（2）若()f x 有一个绝对值不大于1的零点，证明：()f x 所有零点的绝对值都不大于1． 4.（2020·北京卷）已知函数2()12f x x =-． （Ⅰ）求曲线()y f x =的斜率等于2-的切线方程；（Ⅱ）设曲线()y f x =在点(,())t f t 处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为()S t ，求()S t 的最小值． 5.（2020·江苏卷）某地准备在山谷中建一座桥梁，桥址位置的竖直截面图如图所示：谷底O 在水平线MN 上、桥AB 与MN 平行，OO '为铅垂线(O '在AB 上).经测量，左侧曲线AO 上任一点D 到MN 的距离1h (米)与D 到OO '的距离a (米)之间满足关系式21140h a =；右侧曲线BO 上任一点F 到MN 的距离2h (米)与F 到OO '的距离b (米)之间满足关系式3216800h b b =-+.已知点B 到OO '的距离为40米.（1）求桥AB 的长度；（2）计划在谷底两侧建造平行于OO '的桥墩CD 和EF ，且CE 为80米，其中C ，E 在AB 上(不包括端点).桥墩EF 每米造价k (万元)、桥墩CD 每米造价32k (万元)(k >0).问O E '为多少米时，桥墩CD 与EF 的总造价最低?6.（2020·江苏卷）已知关于x 的函数(),()y f x y g x ==与()(,)h x kx b k b =+∈R 在区间D 上恒有()()()f x h x g x ≥≥．（1）若()()222 2()f x x x g x x x D =+=-+=∞-∞+，，，，求h (x )的表达式； （2）若2 1 ln ,()()()(0) x x g k x h kx k D f x x x =-+==-=+∞，，，，求k 的取值范围；（3）若()422242() 2() (48 () 4 3 02 f x x x g x x h x t t x t t t =-=-=--+<，，，[] , D m n =⊆⎡⎣，求证：n m -≤7.（2020·山东卷）已知函数1()e ln ln x f x a x a -=-+．（1）当a e =时，求曲线y =f （x ）在点（1，f （1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积； （2）若f （x ）≥1，求a 的取值范围．8.（2020·天津卷）已知函数3()ln ()f x x k x k R =+∈，()f x '为()f x 的导函数． （Ⅰ）当6k =时，（i ）求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程； （ii ）求函数9()()()g x f x f x x'=-+的单调区间和极值； （Ⅱ）当3k -时，求证：对任意的12,[1,)x x ∈+∞，且12x x >，有()()()()1212122f x f x f x f x x x ''+->-．9.（2020·浙江卷）已知12a <≤，函数()e xf x x a =--，其中e =2.71828…为自然对数的底数．（Ⅰ）证明：函数()y f x =在(0)+∞，上有唯一零点； （Ⅱ）记x 0为函数()y f x =在(0)+∞，上的零点，证明：（ⅰ0x ≤≤； （ⅱ）00(e )(e 1)(1)x x f a a ≥--．【2019年】8．【2019年高考全国Ⅰ卷】已知函数()sin ln(1)f x x x =-+，()f x '为()f x 的导数．证明：（1）()f x '在区间(1,)2π-存在唯一极大值点； （2）()f x 有且仅有2个零点．9．【2019年高考全国Ⅱ卷】已知函数()11ln x f x x x -=-+.（1）讨论f (x )的单调性，并证明f (x )有且仅有两个零点；（2）设x 0是f (x )的一个零点，证明曲线y =ln x 在点A (x 0，ln x 0)处的切线也是曲线e x y =的切线. 10．【2019年高考全国Ⅲ卷】已知函数32()2f x x ax b =-+.（1）讨论()f x 的单调性；（2）是否存在,a b ，使得()f x 在区间[0,1]的最小值为1-且最大值为1？若存在，求出,a b 的所有值；若不存在，说明理由.11．【2019年高考北京】已知函数321()4f x x x x =-+． （Ⅰ）求曲线()y f x =的斜率为1的切线方程； （Ⅱ）当[2,4]x ∈-时，求证：6()x f x x -≤≤；（Ⅲ）设()|()()|()F x f x x a a =-+∈R ，记()F x 在区间[2,4]-上的最大值为M （a ）．当M （a ）最小时，求a 的值．12．【2019年高考天津】设函数()e cos ,()xf x xg x =为()f x 的导函数．（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）当,42x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，证明()()02f x g x x π⎛⎫+-≥ ⎪⎝⎭；（Ⅲ）设n x 为函数()()1u x f x =-在区间2,242n n ππ⎛⎫π+π+ ⎪⎝⎭内的零点，其中n ∈N ，证明20022sin c s e o n n n x x x -πππ+-<-．13．【2019年高考浙江】已知实数0a ≠，设函数()=ln 0.f x a x x >（1）当34a =-时，求函数()f x 的单调区间；（2）对任意21[,)e x ∈+∞均有(),2xf x a ≤ 求a 的取值范围． 注：e=2.71828…为自然对数的底数．14．【2019年高考江苏】设函数()()()(),,,f x x a x b x c a b c =---∈R 、()f 'x 为f （x ）的导函数．（1）若a =b =c ，f （4）=8，求a 的值；（2）若a ≠b ，b =c ，且f （x ）和()f 'x 的零点均在集合{3,1,3}-中，求f （x ）的极小值； （3）若0,01,1a b c =<=，且f （x ）的极大值为M ，求证:M ≤427． 【2018年】20. （2018年浙江卷）已知函数f (x )=−ln x ．（Ⅰ）若f (x )在x =x 1，x 2(x 1≠x 2)处导数相等，证明：f (x 1)+f (x 2)>8−8ln2；（Ⅱ）若a ≤3−4ln2，证明：对于任意k >0，直线y =kx +a 与曲线y =f (x )有唯一公共点． 21. （2018年天津卷）已知函数，，其中a >1.（I ）求函数的单调区间；（II ）若曲线在点处的切线与曲线在点处的切线平行，证明；（III ）证明当时，存在直线l ，使l 是曲线的切线，也是曲线的切线22. （2018年北京卷）设函数=[]．（Ⅰ）若曲线y= f （x ）在点（1，）处的切线与轴平行，求a ；（Ⅱ）若在x =2处取得极小值，求a 的取值范围．23. （2018年江苏卷）记分别为函数的导函数．若存在，满足且，则称为函数与的一个“S 点”．（1）证明：函数与不存在“S 点”； （2）若函数与存在“S 点”，求实数a 的值； （3）已知函数，．对任意，判断是否存在，使函数与在区间内存在“S 点”，并说明理由．24. （2018年江苏卷）某农场有一块农田，如图所示，它的边界由圆O 的一段圆弧（P 为此圆弧的中点）和线段MN 构成．已知圆O 的半径为40米，点P 到MN 的距离为50米．现规划在此农田上修建两个温室大棚，大棚Ⅰ内的地块形状为矩形ABCD ，大棚Ⅱ内的地块形状为，要求均在线段上，均在圆弧上．设OC 与MN 所成的角为．（1）用分别表示矩形和的面积，并确定的取值范围；（2）若大棚Ⅰ内种植甲种蔬菜，大棚Ⅱ内种植乙种蔬菜，且甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为．求当为何值时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大． 25. （2018年全国I 卷理数）已知函数．（1）讨论的单调性； （2）若存在两个极值点，证明：26. （2018年全国Ⅲ卷理数）已知函数．（1）若，证明：当时，；当时，；（2）若是的极大值点，求．27. （2018年全国Ⅱ卷理数）已知函数．（1）若，证明：当时，；（2）若在只有一个零点，求．【2017年】4.【2017课标1，理21】已知函数2()(2)xx f x ae a e x =+--.（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围.5.【2017课标II ，理】已知函数()2ln f x ax ax x x =--，且()0f x ≥。

专题14 三次函数(学生版) -2025年高考数学压轴大题必杀技系列导数

专题14 三次函数(学生版) -2025年高考数学压轴大题必杀技系列导数

专题14 三次函数函数与导数一直是高考中的热点与难点, 我们知道二次函数是重要的且具有广泛应用的基本初等函数,学生对此已有较为全面、系统、深刻的认识,并在某些方面具备了把握规律的能力,由于三次函数的导数是二次函数,我们可以利用二次函数深入研究三次函数的图象与性质,这使得三次函数成为高考数学的一个热点.(一)三次函数的单调性由于三次函数()f x 的导数()f x ¢是二次函数,我们可以利用()0f x ¢=根的情况及根的分布来研究三次函数的单调性,特别是含有参数的三次函数的单调性通常要借助二次方程根的分布求解.【例1】（2024届青海省部分学校高三下学期联考）已知函数()()3211132f x x mx m x =+-+．(1)讨论()f x 的单调性；(2)若()f x 有3个不同的零点,求m 的取值范围．【解析】（1）()()()()2111f x x mx m x x m =+-+=-++¢,令()0f x ¢=,解得1x =或1x m =--,①当11m -->,即2m <-时,由()0f x ¢>得1x <或1x m >--；由()0f x ¢<得11x m <<--,所以()f x 在(),1¥-和()1,m ¥--+上单调递增；在()1,1m --上单调递减；②当11m --=,即2m =-时,()0f x ¢³恒成立,所以()f x 在R 上单调递增；③当11m --<,即2m >-时,由()0f x ¢>得1x >或1x m <--；由()0f x ¢<得11m x --<<,所以()f x 在(),1m ¥---和()1,¥+上单调递增；在()1,1m --上单调递减；综上,当2m <-时,()f x 在(),1¥-和()1,m ¥--+上单调递增；在()1,1m --上单调递减；当2m =-时,()f x 在R 上单调递增；当2m >-时,()f x 在(),1m ¥---和()1,¥+上单调递增；在()1,1m --上单调递减.（2）因为()f x 有3个零点,所以2m ¹-,当2m >-时,极大值()()221163m f m m æö--=++ç÷èø；极小值()12123f m =--,所以()22106312023m m m ìæö++>ç÷ïïèøíï--<ïî,解得43m >-且1m ¹-,当2m <-时,极大值()12123f m =--；极小值()()221163m f m m æö--=++ç÷èø,所以()22106312023m m m ìæö++<ç÷ïïèøíï-->ïî,解得4m <-,综上,m 的取值范围为()()4,4,11,3¥¥æö--È--È-+ç÷èø.(二)过平面上一点P 作三次函数图象的切线的条数1.此类问题一般是先设出切点Q ()(),t f t ,写出曲线()f x 在x t =处的切线方程,把点P 坐标代入,整理出一个关于t 的三次方程,该方程实根个数就是切线条数.2.以三次函数为 bx ax x f +=3)(为例,研究一下三次函数的切线问题：若M （x 1,y 1）是三次曲线bx ax x f +=3)(上的任一点,设过M 的切线与曲线y=f （x ）相切于（x 0,y 0）,则切线方程为))((000x x x f y y -¢=-,因点M 上此切线上,故))((01001x x x f y y -¢=-,又13110300,bx ax y bx ax y +=+=,所以))(3()(0120030131x x b ax bx ax bx ax -+=+-+,整理得：0)2()(10210=+-x x x x ,解得,10x x =或210x x -=.综上所述,当点M 是对称中心即01=x 时,过点M 作曲线的切线切点是惟一的,且为M ,故只有一条切线；当点M 不是对称中心即01¹x 时,过点M 作曲线的切线可产生两个不同的切点,故必有两条切线,其中一条就是以M 为切点（亦即曲线在点M 处）的切线. 由此可见,不仅切线与曲线的公共点可以多于一个,而且过曲线上点的切线也不一定惟一【例2】（2024届福建省泉州市高中毕业班5月适应性练习）已知函数()()32220f x ax x x a a =--+³．(1)当1a =时,若直线3y x b =-+与曲线()y f x =相切,求b ；(2)若直线22y x =--与曲线()y f x =恰有两个公共点,求a ．【解析】（1）当1a =时,()32221f x x x x =--+,()2342f x x x ¢=--,因为直线3y x b =-+与曲线()y f x =相切,设切点为()00,x y ,则切线斜率()2000342k f x x x ¢==--,可得2000032000034233221x x y x by x x x ì--=-ï=-+íï=--+î,解得00121x y b =ìï=-íï=î或00134273127x y b ì=ïïï=íïï=ïî,所以1b =或3127b =．（2）因为直线22y x =--与曲线()y f x =恰有两个公共点,所以方程322222ax x x a x --+=--,即方程()()321210a x x +--=有两个不等实根,因为=1x -是方程()()321210a x x +--=的一个根；当1x ¹-时,方程可化为()2220ax a x a -+++=（*）,依题意,方程（*）有不等于1-的唯一根,因为0a ³,若0a =,则（*）即220x -+=,1x =,满足条件；若0a >,则由()()22202420a a a a a a ++++¹ìïí=+-+=ïîV ,解得：23a =．综上所述,0a =或23a =．【例3】（2024届江苏省南通市高三上学期期初质量监测）已知函数()()320f x ax bx cx a =++>的极小值为2-,其导函数()f x ¢的图象经过()1,0A -,()10B ,两点.(1)求()f x 的解析式；(2)若曲线()y f x =恰有三条过点()1,P m 的切线,求实数m 的取值范围.【解析】（1）()232f x ax bx c ¢=++,因为0a >,且()f x ¢的图象经过()1,0A -,()10B ,两点.所以当(),1x Î-¥-时,()0f x ¢>,()f x 单调递增；当()1,1x Î-时,()0f x ¢<,()f x 单调递减；当()1,x Î+¥时,()0f x ¢>,()f x 单调递增.所以()f x 在1x =处取得极小值,所以()12f a b c =++=-,又因为()10f ¢-=,()10f ¢=,所以320a b c -+=,320a b c ++=,解方程组3203202a b c a b c a b c -+=ìï++=íï++=-î得1a =,0b =,3c =-,所以()33f x x x =-.（2）设切点为()00,x y ,则30003y x x =-,因为()233f x x ¢=-,所以()20033f x x ¢=-,所以切线方程为()()()320000333y x x x x x --=--,将()1,P m 代入上式,得32002330x x m -++=.因为曲线()y f x =恰有三条过点()1,P m 的切线,所以方程322330x x m -++=有三个不同实数解.记()32233g x x x m =-++,则导函数()()26661g x x x x x ¢=-=-,令()0g x ¢=,得0x =或1.列表：x(),0¥-0()0,11()1,+¥()g x ¢+0-+()g x ↗极大↘极小↗所以()g x 的极大值为()03g m =+,()g x 的极小值为()12g m =+,所以()()0010g g ì>ïí<ïî,解得32m -<<-.故m 的取值范围是()3,2--.(三)三次函数的极值三次函数()f x 的极值点就是二次函数()f x ¢的零点,所以与三次函数极值有关的问题常借助“三个二次”的关系求解.【例4】（2024届山东省实验中学高三二模）已知函数()()2()(,,)f x x a x b a b a b =--Î<R .(1)当1,2a b ==时,求曲线()y f x =在点()()22f ,处的切线方程；(2)设12,x x 是()f x 的两个极值点,3x 是()f x 的一个零点,且3132,x x x x ¹¹.是否存在实数4x ,使得1234,,,x x x x 按某种顺序排列后构成等差数列？若存在,求4x ；若不存在,说明理由.【解析】（1）当1,2a b ==时,()()2(1)2f x x x =--,则()()()()()()22121135f x x x x x x ¢=--+-=--,故()21f ¢=,又()20f =,所以曲线()y f x =在点()2,0处的切线方程为2y x =-；（2）()()()222()()33a b f x x a x b x a x a x +æö¢=--+-=--ç÷èø,由于a b <,故23a ba +<,令()0f x ¢>,解得x a <或23a b x +>；令()0f x ¢<,解得23a ba x +<<；可知()y f x =在2,3ab a +æöç÷èø内单调递减,在()2,,,3a b a +æö-¥+¥ç÷èø内单调递增,所以()f x 的两个极值点为2,3a b x a x +==,不妨设122,3a bx a x +==,因为3132,x x x x ¹¹,且3x 是()f x 的一个零点,故3x b =.又因为22233a b a b a b ++æö-=-ç÷èø,故4122233a b a b x a ++æö=+=ç÷èø,此时22,,,33a b a ba b ++依次成等差数列,所以存在实数4x 满足题意,且423a bx +=.(四)三次函数的零点1.若三次函数()f x 没有极值点,则()f x 有1个零点；2. 三次函数()f x 有2个极值点12,,x x ,则()()120f x f x >时()f x 有1个零点；()()120f x f x =时()f x 有2个零点；()()120f x f x <时()f x 有3个零点.【例5】（2023届江西省赣抚吉十一校高三第一次联考）已知函数322()432f x x mx m x =--+,其中0m ³.(1)若()f x 的极小值为－16,求m ；(2)讨论()f x 的零点个数.【解析】（1）由题得22()383(3)(3)f x x mx m x m x m ¢=--=-+,其中0m ³,当0m =时,()0f x ¢³,()f x 单调递增,()f x 无极值；当0m >时,令()0f x ¢>,解得3m x <-或3x m >；令()0f x ¢<,解得33mx m -<<,所以()f x 的单调递减区间为,33m m æö-ç÷èø,单调递增区间为,3m æö-¥-ç÷èø,()3,m +¥,所以当3x m =时,()f x 取得极小值()33218f m m =-,所以321816m -=-,解得1m =.（2）由（1）知当0m >时,()f x 的极小值为()33218f m m =-,()f x 的极大值为31420327m f m æö-=+>ç÷èø,当32180m -<,即m >时,()f x 有三个零点,如图①曲线 ；当32180m -=,即m =,()f x 有两个零点,如图②曲线；当32180m ->,即0<,()f x 有一个零点,如图③曲线；当0m =时,()32f x x =+,易知()f x 有一个零点. 综上,当0m £<()f x 有一个零点；当m ,()f x 有两个零点；当m >,()f x 有三个零点.(五)三次函数图象的对称性三次函数32()(0)f x ax bx cx d a =+++¹的图象有六种,如图：10010200200f x ()x10010200200f x ()x100102000200f x ()x对函数32()(0)f x ax bx cx d a =+++¹,原函数的极值点与单调性与导函数的正负有关,所以容易发现导函数中的参数当a 为正时,原函数的图象应为上图中的（1）、（3）、（5、（4）、（6）三种情况.当0D >时,二次方程()0f x ¢=有两相异实根1x ,故函数()f x 存在两个极值点,图象为上图中的（3）、（4,且在根的两边()f x ¢的符号相同,这时函数()f x 只存在驻点1）、（2）两种,当0D <时；方程()0f x ¢=无实根,()f x ¢）两种.仔细观察图象,我们还不难发现三次函数是中心对称曲线,这一点可以得到进一步的验证:设n x m f x m f 2)()(=++-,得n d x m c x m b x m a d x m c x m b x m a 2])()()([])()()([2323=++++++++-+-+-整理得,n d mc bm am x b ma 2)2222()26(232=+++++.据多项式恒等对应系数相等,可得ab m 3-=且d mc bm am n +++=23,从而三次函数是中心对称曲线,且由)(m f n =知其对称中心))(,(m f m 仍然在曲线上.而abm 3-=是否具有特殊的意义？对函数)(x f 进行两次求导,b ax x f 26)(+=¢¢再令等于0,得abx 3-=,恰好是对称中心的横坐标,这可不是巧合,因为满足0)(=¢¢m f 的m 正是函数拐点的横坐标,这一性质刚好与图象吻合.【例6】对于三次函数32()(0)f x ax bx cx d a =+++¹,给出定义：设()f x ¢是函数()y f x =的导数,()f x ¢¢是()f x ¢的导数,若方程()0f x ¢¢=有实数解0x ,则称点00(,())x f x 为函数()y f x =的“拐点”．某同学经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心,且“拐点”就是对称中心．若32115()33212f x x x x =-+-,请你根据这一发现.（1）求函数()f x 的对称中心；（2）计算122020()(()()20212021202120213f f f f +++×××+.【解析】（1）2()3,()21f x x x f x x ¢¢¢=-+\=-Q ,令()0f x ¢¢=,即210x -=,解得12x =,321111115()(()3123222212f \=´-´+´-=,由题中给出的结论,可知函数()f x 的对称中心为1(,1)2.（2）由（1）知函数32115()33212f x x x x =-+-的对称中心为1(,1)2,所以11()()222f x f x ++-=,即()(1)2f x f x +-=,故120202201920201()()2,(()2,(()2202120212021202120212021f f f f f f +=+=×××+=,所以1220201()()((220202020202120212021202312f f f f +++×××+=´´=. (六)三次函数与韦达定理的交汇由于三次函数的导数是二次函数,而二次函数常与韦达定理交汇,故有时可以用定理交汇处理三次函数问题【例7】设21,x x 是函数)0(23)(223>-+=a x a xb x a x f 的两个极值点,且2||||21=+x x(1)求a 的取值范围； (2)求证：934||£b .【解析】(1)22')(a bx ax x f -+=,'12,()0x x f x =是的两个实根,又a ＞0a bx x a x x -=+<-=2121,0,a ab x x x x 4||||||222121+=-=+由2||||21=+x x 得22232244444(1)b a b a a a a a +==-=-，即1002£<\³a b Q (2)设,44)(322a a a gb -==则)32(4128)(2'a a a a a g -=-=22()(0)(1)33g a 在，在单调递增，在，上单调递增max 216[()](327g a g ==,934£\b 【例8】（2024年2月第二届“鱼塘杯”高考适应性练习）对三次函数()32,0f x ax bx cx d a =+++¹,如果其存在三个实根123,,x x x ,则有123122331123,,b c dx x x x x x x x x x x x a a a++=-++==-.称为三次方程根与系数关系.(1)对三次函数()32f x ax bx cx d =+++,设()()g x f x =¢,存在0x ÎR ,满足()()()0000f x g x g x =¹¢=.证明：存在10x x ¹,使得()()()210f x a x x x x =--；(2)称()f x 是[],m M 上的广义正弦函数当且仅当()f x 存在极值点()12,,x x m M Î,使得()(){}()(){}12,,f x f x f m f M =.在平面直角坐标系xOy 中,(),A a b 是第一象限上一点,设()()()2,()4bf x x a xg x x a x b x =-+=--.已知()g x 在()0,a 上有两根03x x <.（i ）证明：()f x 在()0,¥+上存在两个极值点的充要条件是327a b >；（ii ）求点A 组成的点集,满足()f x 是[]03,x x 上的广义正弦函数.【解析】（1）因为()00f x =,所以不妨设()()()()()012,0f x a x x x x x x a =---¹,所以()()()()()()()()()010212,0g x f x a x x x x a x x x x a x x x x a ¢==--+--+--¹,因为()()000g x g x =¢¹,所以()()()()()0001020,0g x f x a x x x x a ¢==--=¹,所以不妨取02x x =满足题意,且此时必有10x x ¹,否则若0x x =,则有()()30f x a x x =-,()()()203g x f x a x x ¢==-,()()06g x a x x ¢=-,而此时()()00060g x a x x ¢=-=与已知()()000g x g x =¢¹矛盾,综上所述,存在10x x ¹,使得()()()210f x a x x x x =--.（2）（i ）(),A a b 是第一象限上一点,所以0,0a b >>,因为()()b f x x a x x =-+,所以()()32222,0,0b x ax b f x a x a b x x-+-¢=--=>>,设()322h x x ax b =-+-,则()00h b =-<,而x ®-¥时,()h x ®+¥,x ®+¥时,()h x ®-¥,所以()3220h x x ax b =-+-=存在负根,因为()f x 在()0,¥+上存在两个极值点,等价于方程()3220x ax bf x x -+-¢==在()0,¥+上有两个根,等价于方程()3220h x x ax b =-+-=在()0,¥+上存在两个根,注意到三次方程最多有3个根,所以方程()3220h x x ax b =-+-=有一个负根,两个不同的正根,而()262h x x ax ¢=-+,当03a x <<时,()2620h x x ax ¢=-+>,()h x 单调递增,当3a x >时,()2620h x x ax ¢=-+<,()h x 单调递减,所以当且仅当33320327927a a a a h b b æö=-+-=->ç÷èø,即当且仅当327a b >,综上所述,命题（i ）得证；（ii ）容易验证,327a b >时,()0g x =也恰好有两个正根03,x x ,此时：由于对0x >来说,()0f x ¢=等价于3220x ax b -+=,()0g x =等价于()240x a x b --=,所以对0x >,如果()0g x =,那么()()()32202444a x a a x x a x a x f b b -----æö¢=-+=+=ç÷èø,这意味着3012,22a x a x x x --==,然后,对两个不相等的正数()()()(),,b u v f u f v u v a u v uv éù-=--+-êúëû,所以()()f u f v =当且仅当bu v a uv++=,那么如果1t x =或2x ,就有02a t x -=或3x ,故()()2f t g a t ¢=-,此时()()()()()()2322222222b t a t b b t at bt a t a t a a a t a t t a t t a t t a t ---++-+=-+=+=+=----,所以()()2f t f a t =-,这意味着()()()()0213,f x f x f x f x ==,最后,由于()()322m x h x x ax b =-=-+有一个极值点3a x =,所以12,x x 都不等于3a （12,x x 是不相等的正零点,同时该方程还有另一个负零点,但3a只要是根就是二重的,所以3a不可能是根）,这就说明1302,x x x x ¹¹,结合()f x 的单调性以及()()()()0213,f x f x f x f x ==,必有0123x x x x <<<,所以此时()f x 一定是广义正弦函数,综上所述,满足题意的(){}3,|27A a b ab =>.【例1】（2024届福建省泉州市高三5月适应性练习）已知函数()()32220f x ax x x a a =--+³．(1)当1a =时,若直线3y x b =-+与曲线()y f x =相切,求b ；(2)若直线22y x =--与曲线()y f x =恰有两个公共点,求a ．【解析】（1）当1a =时,()32221f x x x x =--+,()2342f x x x ¢=--,因为直线3y x b =-+与曲线()y f x =相切,设切点为()00,x y ,则切线斜率()2000342k f x x x ¢==--,可得2000032000034233221x x y x by x x x ì--=-ï=-+íï=--+î,解得00121x y b =ìï=-íï=î或00134273127x y b ì=ïïï=íïï=ïî,所以1b =或3127b =．（2）因为直线22y x =--与曲线()y f x =恰有两个公共点,所以方程322222ax x x a x --+=--,即方程()()321210a x x +--=有两个不等实根,因为=1x -是方程()()321210a x x +--=的一个根；当1x ¹-时,方程可化为()2220ax a x a -+++=（*）,依题意,方程（*）有不等于1-的唯一根,因为0a ³,若0a =,则（*）即220x -+=,1x =,满足条件；若0a >,则由()()22202420a a a a a a ++++¹ìïí=+-+=ïîV ,解得：23a =．综上所述,0a =或23a =．【例2】（2024届福建省泉州第五中学高考热身测试）已知函数()32,f x x ax a =-+ÎR .(1)若2x =-是函数()f x 的极值点,求a 的值,并求其单调区间；(2)若函数()f x 在1,33éùêúëû上仅有2个零点,求a 的取值范围．【解析】（1）()23f x x a =¢-,()2120f a =¢--=,得12a =,当12a =时,()23120f x x ¢=-=,得2x =-或2x =,()(),,x f x f x ¢的变化情况如下表所示,x(),2¥--2-()2,2-2()2,¥+()f x +0-+()f x ¢增区间极大值18减区间极小值14-增区间所以函数()f x 的增区间是(),2¥--和()2,¥+,减区间是()2,2-；（2）令()320f x x ax =-+=,1,33x éùÎêúëû,得3222x a x x x+==+,令()22g x x x =+,1,33x éùÎêúëû,()()32221220x g x x x x-=-==¢,得1x =,如下表,x131,13æöç÷èø1()1,33()g x ¢-0+()g x 559减区间极小值3增区间293因为函数()f x 在1,33éùêúëû上仅有2个零点,即y a =与()y g x =有2个交点,如图：即5539a <£.【例3】（2024届陕西省铜川市高三下学期模拟）已知函数()()322312R h x x x x m m =+-+Î的一个极值为2-．(1)求实数m 的值；(2)若函数()h x 在区间3,2k éùêúëû上的最大值为18,求实数k 与m 的值．【解析】（1）由()()322312R h x x x x m m =+-+Î,得()()()26612621h x x x x x ¢=+-=+-,令()0h x ¢=,得2x =-或1x =；令()0h x ¢<,得2<<1x -；令()0h x ¢>,得<2x -或1x >．所以函数()h x 有两个极值()2h -和()1h ．若()22h -=-,得()322(2)3(2)1222m ´-+´--´-+=-,解得22m =-；若()12h =-,得3221311212m ´+´-´+=-,解得5m =．综上,实数m 的值为－22或5．（2）由（1）得,()(),h x h x ¢在区间3,2æù-¥çúèû的变化情况如下表所示：x(),2-¥-2-()2,1-131,2æöç÷èø32()h x ¢+－+()h x Z 极大值20m +]极小值7m -Z92m -由表可知,①当312k £<时,函数()h x 在区间3,2k éùêëû上单调递增,所以最大值为3922h m æö=-ç÷èø,其值为253-或12,不符合题意；②当2k =-时,函数()h x 在()2,1-上单调递减,在31,2æöç÷èø上单调递增,因为()220h m -=+,3922h m æö=-ç÷èø,()322h h æö>ç÷èø,所以()h x 在3,2k éùêúëû上的最大值为()220h m -=+,其值为2-或25,不符合题意；③当2k <-时,函数()h x 在(),2k -上单调递增,在()2,1-上单调递减,在31,2æöç÷èø上单调递增,因为()220h m -=+,3922h m æö=-ç÷èø,()322h h æö>ç÷èø,所以()h x 在3,2k éùêúëû上的最大值为()220h m -=+,其值为2-或25,不符合题意；④当21k -<<时,()h x 在(),1k 上单调递减,在31,2æöç÷èø上单调递增,若()h x 在区间3,2k éùêúëû上的最大值为3922h m æö=-ç÷èø,其值为12或253-,不符合题意,又因为若22m =-,则()2202h m -=+=-．那么,函数()h x 在区间3,2k éùêúëû上的最大值只可能小于－2,不合题意,所以要使函数()h x 在区间3,2k éùêúëû上的最大值为18,必须使()32231218h k k k k m =+-+=,且5m =,即()322312518h k k k k =+-+=．所以322312130k k k +--=,所以3222213130k k k k k +++--=．所以()()()22111310kk k k k +++-+=,所以()()221310k k k +-+=．所以22130k k +-=或10k +=,所以k =10k +=．因为21k -<<,所以k =舍去．综上,实数k 的值为1,m -的值为5．【例4】（2023届江苏省徐州市睢宁县高三下学期5月模拟）已知函数32()2f x x mx =-+,R m Î,且()|()|g x f x =在(0,2)x Î上的极大值为1．(1)求实数m 的值；(2)若()b f a =,()c f b =,()a f c =,求,,a b c 的值．【解析】（1）2()|2|g x x x m =-,02x ££,① 0m £时,32()2g x x mx =-,∴2()620g x x mx ¢=-≥,无极值．② 4m ³时,32()2g x x mx =-+,∴()2(3)g x x m x ¢=-,当23m³,即6m ³时,()0g x ¢³,无极大值；当46m £<时,3m x <时,()0g x ¢>；23mx <<时,()0g x ¢<,∴()g x 在3m x =处取极大值,即3(1327m m g ==,∴3m =,舍去．③04m <<时,()32322,022,22m x mx x g x m x mx x ì-+££ïï=íï-<£ïî,∴()()()23,0223,22m x m x x g x m x x m x ì-££ïï=íï-<£î¢ï,03m x <<时,()0g x ¢>；32m m x <<时,()0g x ¢<；22mx <<时,()0g x ¢>．∴()g x 在3m x =处取极大值3127m =,∴3m =符合题意．综上,3m =．（2）由（1）可知,32()23f x x x =-+,()2()6661f x x x x x =-+=-+¢,令()0f x ¢>可得10x -<<,令()0f x ¢<可得1x >或0x <,如图所示．① 当0a <时,()0b f a =>,当302b <≤时,0()1c f b <=≤,则()0a f c =>,矛盾；当32b >时,()0c f b =<,∴()0a f c =>,矛盾．② 当0a =时,符合题意．③ 当102a <<时,102x <<时,()f x x <,∴10()2b f a a <=<<,则10()2c f b b <=<<,10()2a f c c <=<<,∴a cb a <<<,矛盾．④ 当12a =时,符合题意．⑤ 当112a <<时,112x <<时,()f x x >,∴11()2b f a a >=>>,则11()2c f b b >=>>,11()2a f c c >=>>,∴a cb a >>>,矛盾．⑥ 当1a =时,符合题意．⑦ 当312a <£时,0()1b f a =<≤,则0()1c f b =<≤,∴()1a f c =<,与1a >矛盾．⑧ 当32a >时,()0b f a =<,()0c f b =>,∴()1a f c =≤,与32a >矛盾．综上,0abc ===,或12a b c ===,或1a b c ===．【例5】（2023届重庆市第十一中学校高三上学期11月质量检测）已知函数()3233f x x x ax =-++,()f x 在1x 处取极大值,在2x 处取极小值.(1)若0a =,求函数()f x 的单调区间；(2)在方程()()1f x f x =的解中,较大的一个记为3x ,在方程()()2f x f x =的解中,较小的一个记为4x ,证明：4132x x x x --为定值.【解析】（1）当0a =时,()3233f x x x =-+,定义域为R,()236f x x x ¢=-,当()0f x ¢>时,2x >或0x <；当()0f x ¢<时,02x <<；即函数()f x 的单调增区间为(),0¥-,()2,+¥；单调减区间为(0,2).（2）由()236f x x x a ¢=-+,根据题意,得2360x x a -+=的两根为12,x x ,且12x x <,即36120a D =->,得3a <,122x x +=,所以121x x <<,因为()()1f x f x =,则32321113333x x ax x x ax -++=-++,可知323211133x x ax x x ax -+=-+,因为()10f x ¢=,即21163a x x =-,即()()()()233222211111111133323230x x x x ax ax x x x x x x x x x x x éù-+-+-=-+--+=-+-=ëû,可知3132x x =-,同理,由()()2f x f x =,可知()()()()233222222222222233323230x x x x ax ax x x x x x x x x x x x éù-+-+-=-+--+=-+-=ëû；得到4232x x =-,所以()1412123212111232113211x x x x x x x x x x x x ------====------.【例6】已知函数3211()(0)32f x ax bx cx a =++>．(1)若函数()f x 有三个零点分别为1x ,2x ,3x ,且1233x x x ++=-,129x x =-,求函数()f x 的单调区间；(2)若1(1)2f a ¢=-,322a c b >>,证明：函数()f x 在区间(0,2)内一定有极值点；(3)在（2）的条件下,若函数()f x求ba的取值范围．【解析】（1）因为函数3221111()()(0)3232f x ax bx cx x ax bx c a =++=++>,又1233x x x ++=-,129x x =-,则30x =,123x x +=-,129x x =-因为12,x x 是方程211032ax bx c ++=的两根,则332b a -=-,39c a =-,得2ba=,3c a =-,所以222()()(23)(1)(3)b c f x ax bx c a x x a x x a x x aa¢=++=++=+-=-+．令()0f x ¢=解得：1x =,3x =-当()0f x ¢>时,3x <-或1x >,当()0f x ¢<时,31x -<<,故()f x 的单调递减区间是(3,1)-,单调递增区间是(,3)-¥-,(1,)+¥．（2）因为2()f x ax bx c ¢=++,1(1)2f a ¢=-,所以12a b c a ++=-,即3220a b c ++=．又0a >,322a c b >>,所以30a >,20b <,即0a >．0b <．于是1(1)02f a ¢=-<,(0)f c ¢=, (2)424(32)f a b c a a c c a c ¢=++=-++=-．①当0c >时,因为(0)0f c ¢=>,1(1)02f a ¢=-<,而()f x ¢在区间(0,1)内连续,则()f x ¢在区间(0,1)内至少有一个零点,设为x m =,则在(0,)x m Î,()0f x ¢>,()f x 单调递增,在(,1)x m Î,()0f x ¢<,()f x 单调递减,故函数()f x 在区间(0,1)内有极大值点x m =； ②当0c £时,因为1(1)02f a ¢=-<, (2)0f a c ¢=->,则()f x ¢在区间(1,2)内至少有一零点．设为x n =,则在(1,)x n Î,()0f x ¢<,()f x 单调递减,在(,2)x n Î,()0f x ¢>,()f x 单调递增,故函数()f x 在区间(1,2)内有极小值点．综上得函数()f x 在区间(0,2)内一定有极值点．（3）设m ,n 是函数的两个极值点,则m ,n 也是导函数2()0f x ax bx c ¢=++=的两个零点,由（2）得3220a b c ++=,则b m n a +=-,32c bmn a a ==--．所以||m n -=由已知³,则两边平方得2(2)23b a ++³,得出21b a +³,或21b a +£-,即1b a ³-,或3ba£-,又232c a b =--,322a c b >>,所以3322a a b b >-->,即334a b a -<<-．因为0a >,所以334b a -<<-．综上分析,b a的取值范围是[1-,3)4-．1.（2024届江苏省连云港市高三下学期4月阶段测试）已知函数()32123f x x x mx n =-++在1x =时取得极值．(1)求实数m 的值；(2)存在[]2,4x Î,使得()2f x n >成立,求实数n 的取值范围．2.设函数()()()31f x x ax b x =---ÎR ,其中,a b 为实常数．(1)若3a =,求()f x 的单调区间；(2)若()f x 存在极值点0x ,且()()10f x f x =其中10x x ¹．求证：1023x x +=；3.（2024届海南省琼中县高三上学期9月全真模拟）已知函数()()24f x x x m =-,0m >．(1)当4m =时,求()f x 在[]1,1-上的值域；(2)若()f x 的极小值为2-,求m 的值．4.（2024届贵州省贵阳第一中学高三上学期适应性月考）已知函数()323f x x x =-.(1)求函数()y f x =在0x =处的切线方程；(2)若过点()1,P t -存在3条直线与曲线()y f x =相切,求t 的取值范围；(3)请问过点()0,0A ,()1,1B --,()1,3C -,()1,1D -,()1,2E -分别存在几条直线与曲线()y f x =相切？（请直接写出结论,不需要证明）5. （2024届内蒙古包头市高三上学期调研）已知函数3219()32f x x ax x =-++．(1)讨论()f x 的单调性；(2)若()()F x f x x =-有2个零点,求a 的值．（注：()3322()x a x a x ax a -=-++）6．（2024届江苏省南通市模拟预测）设0a >,函数3()21f x ax x =-+．(1)当1a =时,求过点(0,1)-且与曲线()y f x =相切的直线方程：(2)12,x x 是函数()f x 的两个极值点,证明：()()12f x f x +为定值．7．已知曲线()33f x x x l =-+在点()()A m f m ，处的切线与曲线的另外一个交点为B P ，为线段A B 的中点,O 为坐标原点．(1)求()f x 的极小值并讨论()f x 的奇偶性．(2)直线OP 的斜率记为k ,若()0,2m "Î,18k ³,求证：7l £-．8．设函数()321132f x x x ax =-+,a ÎR ．(1)若2x =是()f x 的极值点,求a 的值,并讨论()f x 的单调性．(2)已知函数()()21223g x f x ax =-+,若()g x 在区间()0,1内有零点,求a 的取值范围．(3)设()f x 有两个极值点1x ,2x ,试讨论过两点()()11,x f x ,()()22,x f x 的直线能否过点()1,1,若能,求a 的值；若不能,说明理由．9．已知函数()314f x x ax =++,()ln g x x =-,用{}min ,m n 表示m ,n 中的最小值,设函数()()(){}()min ,0h x f x g x x =>,讨论()h x 零点的个数．10．（2024届青海省部分学校高三下学期联考）已知函数()()3211132f x x mx m x =+-+．(1)讨论()f x 的单调性；(2)若()f x 有3个不同的零点,求m 的取值范围．11．（2023届上海市嘉定区高三三模）已知函数32()(R)f x x bx cx b c =++Î、,其导函数为()f x ¢,(1)若函数()f x 有三个零点123x x x 、、,且123133,9x x x x x ++==-,试比较(3)(0)f f -与3(2)f ¢的大小.(2)若(1)2f ¢=-,试判断()f x 在区间(0,2)上是否存在极值点,并说明理由.(3)在（1）的条件下,对任意的,R m n Î,总存在[0,3]x Î使得|()|f x mx n t ++³成立,求实数t 的最大值.12.设函数()3213f x x a x b =-+,其中a ,b 为常数．(1)讨论()f x 的单调性；(2)若函数()f x 有且仅有3个零点,求3b a 的取值范围．13．（2024届湖南省岳阳市高三教学质量监测三）已知ABC V 的三个角,,A B C 的对边分别为,,a bc 且2c b =,点D 在边BC 上,AD 是BAC Ð的角平分线,设AD kAC =（其中k 为正实数）．(1)求实数k 的取值范围；(2)设函数325()22b f x bx cx =-+-①当k =时,求函数()f x 的极小值；②设0x 是()f x 的最大零点,试比较0x 与1的大小．。

导数综合问题--2024届新高考满分突破压轴大题(学生版)

导数综合问题--2024届新高考满分突破压轴大题(学生版)

导数综合问题--2024届新高考满分突破压轴大题（学生版）压轴秘籍1.导函数与原函数的关系f (x)>0,k>0,f(x)单调递增，f (x)<0,k<0,f(x)单调递减2.极值（1）极值的定义f(x)在x=x0处先↗后↘，f(x)在x=x0处取得极大值f(x)在x=x0处先↘后↗，f(x)在x=x0处取得极小值3.两招破解不等式的恒成立问题(1)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max；(2)a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min.(1)分离参数法第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；第二步：利用导数求该函数的最值；第三步：根据要求得所求范围．(2)函数思想法第一步将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题；第二步：利用导数求该函数的极值；第三步：构建不等式求解．4.常用函数不等式：①e x≥x+1，其加强不等式e x≥12x2+x+1；②e x≥ex，其加强不等式e x≥ex+(x-1)2.③e x−1≥x，ln x≤x−1，ln(x+1)≤x放缩1−1x<12x−1x<x−1x<ln x<2(x−1)x+1<−12x2+2x−32<x−1(0<x<1)1−1x <−12x2+2x−32<2(x−1)x+1<ln x<x−1x<12x−1x<x−1(1<x<2)−1 2x2+2x−32<1−1x<2(x−1)x+1<ln x<x−1x<12x−1x<x−1(x>2)x+1<e x<11−x (x<1)，11−x<x+1<e x(x>1)5.利用导数证明不等式问题：(1)直接构造函数法：证明不等式f x >g x (或f x <g x )转化为证明f x -g x >0(或f x -g x <0)，进而构造辅助函数h x =f x -g x ；(2)转化为证不等式h(x)>0(或h(x)<0)，进而转化为证明h(x)min>0(h(x)max>0)，因此只需在所给区间内判断h (x)的符号，从而得到函数h(x)的单调性，并求出函数h(x)的最小值即可.6.证明极值点偏移的相关问题，一般有以下几种方法：(1)证明x 1+x 2<2a (或x 1+x 2>2a )：①首先构造函数g x =f x -f 2a -x ，求导，确定函数y =f x 和函数y =g x 的单调性；②确定两个零点x 1<a <x 2，且f x 1 =f x 2 ，由函数值g x 1 与g a 的大小关系，得g x 1 =f x 1 -f 2a -x 1 =f x 2 -f 2a -x 1 与零进行大小比较；③再由函数y =f x 在区间a ,+∞ 上的单调性得到x 2与2a -x 1的大小，从而证明相应问题；(2)证明x 1x 2<a 2(或x 1x 2>a 2)(x 1、x 2都为正数)：①首先构造函数g x =f x -f a 2x，求导，确定函数y =f x 和函数y =g x 的单调性；②确定两个零点x 1<a <x 2，且f x 1 =f x 2 ，由函数值g x 1 与g a 的大小关系，得g x 1 =f x 1 -f a 2x 1 =f x 2 -f a 2x 1与零进行大小比较；③再由函数y =f x 在区间a ,+∞ 上的单调性得到x 2与a 2x 1的大小，从而证明相应问题；(3)应用对数平均不等式x 1x 2<x 1-x 2ln x 1-ln x 2<x 1+x 22证明极值点偏移：①由题中等式中产生对数；②将所得含对数的等式进行变形得到x 1-x 2ln x 1-ln x 2；③利用对数平均不等式来证明相应的问题.题型训练一、问答题7(2023·吉林·统考一模)已知函数f x =-2x +ln x ．(1)求曲线y =f x 在1,f 1 处的切线方程；(2)若对∀x ∈0,+∞ ，f x ≤ax 2-2x 恒成立．求实数a 的取值范围．8(2023·云南红河·统考一模)已知函数f(x)=mx-ln x-1(m∈R)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若关于x的不等式e x-1+a ln x-(a+1)x+a≥0恒成立，求实数a的取值范围．9(2023·全国·模拟预测)已知函数f x =2e x-x．(1)求f x 的最值；(2)若方程f x =ae x-ae2x有两个不同的解，求实数a的取值范围．10(2023·浙江金华·校联考模拟预测)已知f(x)=ax2-ax-1x-ln x+e1-x(a>0)．(1)若当x=1时函数f x 取到极值，求a的值；(2)讨论函数f x 在区间(1,+∞)上的零点个数．11(2022·江苏南通·模拟预测)已知函数f x =x-ae x-x2．(1)若a=1,x∈0,1，求函数f x 的最值；(2)若a∈Z，函数f x 在x∈0,+∞)上是增函数，求a的最大整数值．12(2023·江苏徐州·校考模拟预测)已知函数f(x)=-2x3+mx2，m∈R，且g(x)=|f(x)|在x∈(0, 2)上的极大值为1．(1)求实数m的值；(2)若b=f(a)，c=f(b)，a=f(c)，求a,b,c的值．13(2023·安徽·校联考模拟预测)已知函数f x =ae x-e-x，(a∈R).(1)若f x 为偶函数，求此时f x 在点0,f0处的切线方程；(2)设函数g(x)=f(x)-(a+1)x，且存在x1,x2分别为g(x)的极大值点和极小值点.(ⅰ)求实数a的取值范围；(ⅱ)若a∈(0,1)，且g x1+kg x2>0，求实数k的取值范围.14(2023上·广东深圳·高三深圳中学校考阶段练习)已知函数f x =x-mln x-n，其中m,n ∈R.(1)若m=n=1，求f x 在x=1处的切线方程；(2)已知不等式f x ≥x恒成立，当nm取最大值时，求m的值.15(2023·广东韶关·统考一模)已知函数f x =e x,g x =2x.(1)若f x 在x=0处的切线与g x 的图象切于点P，求P的坐标；(2)若函数F x =f axx2-a+2 a的极小值小于零，求实数a的取值范围.16(2023·湖北黄冈·统考模拟预测)已知函数f (x )=a ln x -2x +12x 2.(1)讨论函数f x 的极值点个数；(2)若不等式f (x )≤x e x +12x -a -2 -1恒成立，求实数a 的取值范围.17(2023·山东潍坊·统考模拟预测)已知函数f (x )=m x -1+ln (x +1)，m ∈R ．(1)若函数f x 图象上存在关于原点对称的两点，求m 的取值范围；(2)当s >t >1时，(2s -2t )k s +t -2+f (t -2)+m s -3<f (s -2)+m t -3恒成立，求正实数k 的最大值．18(2023·河北保定·统考二模)已知函数f x =x2e x+m,m∈R．(1)当m=-1时，求f x 在点A1,e-1处的切线方程．(2)若g x =f xx-ln x-1的图象恒在x轴上方，求实数m的取值范围．19(2023下·福建宁德·高三统考阶段练习)已知函数f(x)=e x+2ax-1，其中a为实数，e为自然对数底数，e=2.71828⋯.(1)已知函数x∈R，f(x)≥0，求实数a取值的集合；(2)已知函数F(x)=f(x)-ax2有两个不同极值点x1、x2，证明2a(x1+x2)>3x1x220(2023·广东·统考二模)已知a∈R，函数f x =x-1ln1-x-x-a cos x，f x 为f x 的导函数.(1)当a=0时，求函数f x 的单调区间；(2)讨论f x 在区间0,1上的零点个数；(3)比较110cos110与ln109的大小，并说明理由.二、证明题21(2023·福建·校联考模拟预测)设函数f x =2x-2x-a ln x(a∈R).(1)讨论f x 的单调性；(2)若f x 有两个极值点x1，x2，记过点A x1,f x1，B x2,f x2的直线的斜率为k，若x2∈1,e，证明：2-4e-1<k<0.22(2023·福建龙岩·统考二模)已知函数f(x)=ln x，g(x)=x-2 x．(1)若x0满足f x0=x0+1x0-1，证明：曲线y=f(x)在点A x0,ln x0处的切线也是曲线y=e x的切线；(2)若F(x)=f(x)-g(x)，且F x1=F x2x1≠x2，证明：F x1+F x2<4ln2-7．23(2023·浙江·统考一模)已知函数f x =x cos x+a sin x.(1)若a=-1，证明：当0<x<1时，f x >-x33；(2)求所有的实数a，使得函数y=f x 在-π,π上单调.24(2023下·江苏南京·高三南京师范大学附属中学江宁分校校联考阶段练习)已知函数f x =ax e x和函数g x =ln x ax 有相同的最大值.(1)求a 的值；(2)设集合A =x f (x )=b ，B =x g (x )=b (b 为常数).①证明：存在实数b ，使得集合A ∪B 中有且仅有3个元素；②设A ∪B =x 1,x 2,x 3 ，x 1<x 2<x 3，求证：x 1+x 3>2x 2.25(2023·云南大理·统考一模)已知函数f x =2x -sin x .(1)判断函数f x 的单调性；(2)已知函数g x =f x -4x +2m ln x ，其中m >1，若存在g x 1 =g x 2 x 1≠x 2 ，证明：x 1+x 2>1+ln m .26(2023上·湖南·高三邵阳市第二中学校联考阶段练习)已知函数f x =2ln x-ax+1a∈R.(1)讨论函数f x 的零点个数；(2)已知函数g x =e ax-ex2a∈R，当0<a<2ee时，关于x的方程f x =g x 有两个实根x1,x2x1<x2，求证：x1-e<1x2-1e.(注：e=2.71828⋯是自然对数的底数)27(2023·吉林长春·东北师大附中校考一模)已知函数f x =ln x-kx+1．(1)讨论函数f x 的单调性；(2)若函数g x =e xax，求证：当a∈0,e2 2时，g x >f x +kx-1．28(2023·河北沧州·校考三模)已知函数f x =ln 1x+ax -2，a ∈R .(1)若f x ≥0恒成立，求实数a 的取值范围；(2)证明：对任意的k ∈N *，1+112+1 1+122+2 1+132+3 ⋯1+1k 2+k<e ，e 为自然对数的底数.29(2023·山西临汾·校考模拟预测)已知函数f x =a ln x +1 +12x -1 2a ∈R ．(1)若a =2，求f x 的图像在x =0处的切线方程；(2)若f x 恰有两个极值点x 1，x 2，且x 1<x 2．①求a 的取值范围；②求证：2f x 2 >x 1+1．30(2023·湖南·湖南师大附中校联考一模)已知f x =e xx，g x =a sin x，直线l1是y=f x 在x=1处的切线，直线l2是y=g x 在x=0处的切线，若两直线l1、l2夹角的正切值为2，且当x>0时，直线l2恒在函数y=g x 图象的下方.(1)求a的值；(2)设F x =f x +g x ，若x0是F x 在-π,0上的一个极值点，求证：x0是函数F x 在-π,0上的唯一极大值点，且0<F x0<2.31(2023·湖北武汉·华中师大一附中校考模拟预测)已知函数f x =ae2x-1-x2ln x+1 2(1)若a=0，证明:f x ≥x22-x3;(2)设g x =xf x +x2e x ，若∀x>1,xgln xx-1<g x ln xx-1恒成立，求实数a的取值范围.32(2023上·北京·高三北京市八一中学校考阶段练习)已知函数f (x )=x cos x -ax +a ，x ∈0,π2，(a ≠0).(1)当a ≥1时，求f (x )的单调区间；(2)求证：f (x )有且仅有一个零点.33(2023·重庆·统考模拟预测)已知函数f x =x aex -1和g x =a +ln x x 在同一处取得相同的最大值．(1)求实数a ；(2)设直线y =b 与两条曲线y =f x 和y =g x 共有四个不同的交点，其横坐标分别为x 1,x 2,x 3,x 4(x 1<x 2<x 3<x 4)，证明：x 1x 4=x 2x 3．34(2023·辽宁抚顺·校考模拟预测)已知函数f x =ax2-x-ln x a∈R．(1)当a=12时，求函数f x 在[1,2]上的最大值．(2)若函数f x 在定义域内有两个不相等的零点x1，x2，证明：f x1+x2>2．+ln x1+x235(2023·山西·校考模拟预测)已知函数f x =ln x-a x+1,a∈R.(1)若f x ≤0，求a的取值范围；(2)若关于x的方程f x2=e ax-ex2有两个不同的正实根x1,x2，证明：x1+x2>2e.36(2023·湖南永州·统考一模)已知函数f x =ln x +1 ,g x =axe x -2ln a +3ln2+3．(1)当x ∈-1,0 ∪0,+∞ 时，求证：f x x >-12x +1；(2)若x ∈-1,+∞ 时，g x ≥f x ，求实数a 的取值范围．。

2024年高考数学复习大题全题型专练：专题13 导数与放缩法综合应用(原卷版)

2024年高考数学复习大题全题型专练：专题13 导数与放缩法综合应用(原卷版)

专题13导数与放缩法综合应用一、解答题1．（2022·全国·高三专题练习）已知函数 1ln x f x x x .（1）若1 x 时， 1m f x x，求实数m 的取值范围；（2）求证： 2*11ln ln 11n k n n k k n Nn .2．（2022·上海·闵行中学高三开学考试）定义在R 上的函数 f x 满足：若对任意的实数x y ，有 y x x f f y ，则称 f x 为L 函数．（1）判断 21f x x 和 211g x x 是否为L 函数，并说明理由；（2）当 ,x a b 时，L 函数 f x 的图像是一条连续的曲线，值域为G ，且 ,G a b ，求证：关于x 的方程 f x x 在区间 ,a b 上有且只有一个实数根；（3）设 f x 为L 函数，且 33f ，定义数列 n a n N ：11a ， 112n n n a f a a ，证明：对任意n N ，有13n n a a ．3．（2022·宁夏·银川一中三模（理））已知函数21()e 2x f x k x ，其中.k R (1)若()f x 有两个极值点，记为1212,(),x x x ①求k 的取值范围；②求证：122x x ；(2)求证：对任意,nN 恒有22212112 1.23e (1)e (1)e k n k n k n 4．（2022·全国·高三专题练习）已知函数 2()ln 12x f x x x .（1）证明：0x 时，()0f x ；（2）证明：111ln 3521n 5．（2022·云南师大附中高三阶段练习（文））已知函数 ln f x x .（1）证明：当2x 时， 2532x f x x 恒成立；（2）设数列 n a 的通项公式为2222n a f n n，记n S 为 n a 的前n 项和，求证：213364n n S n .（参考数据： 2.71828e1.41421 ）6．（2022·四川省宜宾市第四中学校高三阶段练习）已知函数(),y f x x N ，满足：①对任意,a b N ，都有 af a bf b af b bf a ；②对任意*n N 都有[()]3f f n n ．（1）试证明：()f x 为 N 上的单调增函数；（2）求(1)(6)(28)f f f ；（3）令(3),n n a f n N ，试证明：121111.424n n n a a a 7．（2022·安徽省霍邱县第二中学高三开学考试（理））已知函数()ln 3f x a x ax (0)a ．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()(1)40f x a x e 对任意2[,]x e e 恒成立，求实数a 的取值范围（e 为自然常数）；（3）求证：22221111ln(1)ln(1)ln(1)...ln(1)1234n*(2,)n n N ．8．（2022·四川·石室中学高三期末）已知函数 3log 101x f x x x 的图象上有一点列 ,n n n P x y n N ，点n P 在x 轴上的射影是 ,0n n Q x ，且132n n x x （2n 且n N ），12x ．（1）求证： 1n x 是等比数列，并求出数列 n x 的通项公式；（2）对任意的正整数n ，当 1,1m ]时，不等式21363n t mt y恒成立，求实数t 的取值范围；（3）设四边形11n n n n P Q Q P 的面积是n S ，求证：1211132n S S nS ．9．（2022·山东·模拟预测）已知函数()2ln(2)2f x x x .（1）求证：()f x 有且仅有2个零点；（2）求证： 22*1ln (1)(21)2(2,1)nk k n n N n n n k ＜.10．（2022·浙江·效实中学模拟预测）已知 2ax b f x x c为定义在R 上的奇函数，且当1x 时， f x 取最大值为1.（1）写出 f x 的解析式.（2）若112x ， 1n n x f x ，求证（ⅰ）1n n x x ；（ⅱ） 2221223112231516n n n n x x x x x x x x x x x x .11．（2022·全国·高三课时练习）已知函数2()ln f x a x x ，其中a R ．（1）讨论()f x 的单调性；（2）当1a 时，证明：2()1f x x x ；（3）求证：对任意的*n N 且2n ，都有：222211*********e n．（其中 2.7183e 为自然对数的底数）．12．（2022·四川·成都七中高三期中）已知函数()ln(1),()(),0f x x g x xf x x ，其中() f x 是 f x 的导函数.若 *11()(),()(),n n g x g x g x g g x n N .（1）求()n g x 的表达式；（2）求证：2222211213111n g g f g n n ，其中n ∈N *.13．（2022·全国·高三专题练习）已知二次函数()f x 满足(2)()f x f x -=-，()11f ，(0)2f ，()x g x e .（1）求()f x 的解析式；（2）求证：0x 时，2()()g x f x ；（3）求证： *11112(1)12(2)22()2n N g g g n n .14．（2022·吉林吉林·高三期末（理））已知函数 21ln 2f x x x .（1）求函数 f x 在区间1,44上的最值；（2）求证：2222*2222ln1ln 2ln 3ln 13(12312n n n N n n 且2)n ≥.15．（2022·天津市宝坻区第一中学三模（理））已知函数()e 1x f x ax （e 为自然对数的底数）.（1）求函数()f x 的单调区间；（2）当0a 时，若()0f x R x 恒成立，求实数a 的值；（3）求证：22222232323ln 1ln 1...ln 12(31)(31)(31)n n.。

高考数学专题：导数大题专练含答案

高考数学专题：导数大题专练含答案

高考数学专题：导数大题专练含答案一、解答题1．已知函数()ln ex f x x =，()2ln 1g x a x x =-+，e 是自然对数的底数．(1)求函数()f x 的最小值；(2)若()0g x ≤在()0,∞+上恒成立，求实数a 的值；(3)求证：2022202320232023e 20222022⎛⎫⎛⎫<< ⎪⎪⎝⎭⎝⎭．2．已知函数()()e sin x f x rx r *=⋅∈N ，其中e 为自然对数的底数.(1)若1r =，求函数()y f x =的单调区间；(2)证明：对于任意的正实数M ，总存在大于M 的实数a ，b ，使得当[,]x a b ∈时，|()|1f x ≤.3．已知：()e xf x mx =+.(1)当1m =时，求曲线()y f x =的斜率为2的切线方程；(2)当0x ≥时，()2213222m f x x ≥+-成立，求实数m 的范围4．设函数()1e ln 1xa f x a x -=--，其中0a > (1)当1a =时，讨论()f x 单调性；(2)证明：()f x 有唯一极值点0x ，且()00f x ≥.5．已知函数()ln 1f x x ax =++，R a ∈，函数()()21e ln 2xg x x x x x x =-++-，)2e ,x -∈+∞⎡⎣．(1)试讨论函数()f x 的单调性；(2)若0x 是函数()g x 的最小值点，且函数()()h x xf x =在0x x =处的切线斜率为2，试求a 的值．6．已知函数()()32131.3f x x a x x =-++ (1)若1a =，求函数()f x 的单调区间; (2)证明：函数()2y f x a =-至多有一个零点. 7．已知函数()ln xf x x =， ()()1g x k x =-． (1)证明： R k ∀∈，直线y g x 都不是曲线()y f x =的切线；(2)若2e,e x ⎡⎤∀∈⎣⎦，使()()f x g x ≤恒成立，求实数k 的取值范围．8．2020年9月22日，中国政府在第七十五届联合国大会上提出：“中国将提高国家自主贡献力度，采取更加有力的政策和措施，二氧化碳排放力争于2030年前达到峰值，努力争取2060年前实现碳中和.”为了进一步了解普通大众对“碳中和”及相关举措的认识，某机构进行了一次问卷调查，部分结果如下：(1)根据所给数据，完成下面的22⨯列联表，并根据列联表，判断是否有95%的把握认为“是否了解‘碳中和’及相关措施”与“学生”身份有关？附：()()()()()22n ad bc K a b c d a c b d -=++++，n a b c d =+++.(2)经调查后，有关部门决定加大力度宣传“碳中和”及相关措施以便让节能减排的想法深入人心.经过一段时间后，计划先随机从社会上选10人进行调查，再根据检验结果决定后续的相关举措.设宣传后不了解“碳中和”的人概率都为()01p p <<，每个被调查的人之间相互独立.①记10人中恰有3人不了解“碳中和”的概率为()f p ，求()f p 的最大值点0p ； ②现对以上的10人进行有奖答题，以①中确定的0p 作为答错的概率p 的值.已知回答正确给价值a 元的礼品，回答错误给价值b 元的礼品，要准备的礼品大致为多少元？（用a ，b 表示即可）9．已知函数()321623f x x ax x =+-+在2x =处取得极值．(1)求()f x 的单调区间；(2)求()f x 在[]4,3-上的最小值和最大值．10．已知函数()ln 2f x x x ax =++在点()()1,1f 处的切线与直线220x y 相互垂直．(1)求实数a 的值；(2)求()f x 的单调区间和极值．【参考答案】一、解答题 1．(1)1- (2)2(3)证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据导数判断函数()f x 的单调性，进而可得最值；（2）将不等式恒成立转化为求函数()g x 的最大值问题，可得参数取值范围； （3）根据函数()f x 与()g x 的单调性直接可证不等式. (1)函数()ln ln ex f x x x x x ==-的定义域为()0,∞+，()ln f x x '=，当()0,1x ∈时，()0f x '<，()1,x ∈+∞时，()0f x '>， 故()f x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增， 所以()()min 11f x f ==-． (2)函数()2ln 1g x a x x =-+，0x >，则()()2220a a x g x x x x x-'=-=>，当0a ≤时，()0g x '<，()g x 在()0,∞+上单调递减， 此时存在()00,1x ∈，使得()()010g x g >=，与题设矛盾，当0a >时，x ⎛∈ ⎝时，()0g x '>，x ⎫∈+∞⎪⎪⎭时，()0g x '<，故()g x 在⎛ ⎝上单调递增，在⎫+∞⎪⎪⎭上单调递减，所以()max 1ln 12222a a a ag x g a ==+=-+，要使()0g x ≤在()0,∞+恒成立， 则()max 0g x ≤，即ln 10222aa a -+≤，又由（1）知()ln 1f x x x x =-≥-即ln 10x x x -+≥，（当且仅当1x =时，等号成立）．令2a x =有ln 10222a a a -+≥，故ln 1022a a -+=且12a =， 所以2a =． (3)由（1）知()l n 1l n x f x x x x ex ==-≥-（当且仅当1x =时等号成立）．令()10t x t t +=>，则1x >，故111ln 1t t t t t t +++->-，即11ln 1tt t ++⎛⎫> ⎪⎝⎭，所以11e tt t ++⎛⎫> ⎪⎝⎭令2022t =，则20232023e 2022⎛⎫> ⎪⎝⎭；由（2）知22ln 1x x ≤-在()0,∞+上恒成立， 所以22ln 1x x ≤-（当且仅当1x =时等号成立）．令()210m x m m +=>，则21x >，故11ln 1m m m m ++<-，即1ln 1mm m +⎛⎫< ⎪⎝⎭， 所以1e mm m +⎛⎫< ⎪⎝⎭．令2022m =，则20222023e 2022⎛⎫< ⎪⎝⎭综上，2022202320232023e 20222022⎛⎫⎛⎫<< ⎪⎪⎝⎭⎝⎭.【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．2．(1)增区间为32,2,44k k k Z ππππ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦ 减区间为52,2,44k k k Z ππππ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦(2)证明过程见解析. 【解析】 【分析】（1）对函数求导，利用辅助角公式合并为同名三角函数，利用单调增减区间代入公式求解即可.（2）将绝对值不等式转化为11sin e e xxrx ⎛⎫⎛⎫-≤≤ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，移向构造新函数，利用导数判定单调性，借助零点定理和隐零点证明新构造函数恒正，再结合三角函数的特有的周期特点寻找M 即可. (1)()e (sin cos )sin 4x x f x x x x π⎛⎫'=+=+ ⎪⎝⎭令22242k x k πππππ-≤+≤+，得32,244x k k ππππ⎡⎤∈-+⎢⎥⎣⎦令322242k x k ππππ+≤+≤π+，得24x k ππ⎡∈+⎢⎣,524k ππ⎤+⎥⎦当32,244x k k ππππ⎡⎤∈-+⎢⎥⎣⎦时, ()0f x '>,()f x 单调递增 当24x k ππ⎡∈+⎢⎣,524k ππ⎤+⎥⎦时, ()0,()f x f x '< 单调递減 综上() f x 单调递增区间为32,2,44k k k Z ππππ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦单调递减区间为 52,2,44k k k Z ππππ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦(2)要证|()|1f x ≤，即证e sin 1xrx ⋅≤，即证11sin =e e xx rx ⎛⎫≤ ⎪⎝⎭即证 11sin e e xxrx ⎛⎫⎛⎫-≤≤ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭在[,]x a b ∈时成立即可,[,]x a b ∈时,1sin 0e 1sin 0e xxrx rx ⎧⎛⎫-≤⎪ ⎪⎪⎝⎭⎨⎛⎫⎪+≥ ⎪⎪⎝⎭⎩. 令1()sin e x h x rx ⎛⎫=- ⎪⎝⎭, 1()cos e xh x r rx ⎛⎫'=+ ⎪⎝⎭当222,k k x rr πππ⎛⎫+ ⎪∈⎪ ⎪⎝⎭时, cos 0,r rx > 所以1()cos 0,e xh x r rx ⎛⎫'=+> ⎪⎝⎭所以()h x 单调递增，2210,e k rk h rππ⎛⎫⎛⎫=-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭2221210(0)e k r k h k r ππππ+⎛⎫⎛⎫+ ⎪⎪=±>> ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭0(2)22,k k x rrπππ+∴∃∈ , 满足()00h x =由单调性可知02,k x x r π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭, 满足()0()0h x h x <= 又因为当021,,sin 0,0,xk x x rx r e π⎛⎫⎛⎫∈>≥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 1sin 0xrx e ⎛⎫∴+≥ ⎪⎝⎭，所以1sin 0e 1sin 0e xxrx rx ⎧⎛⎫-≤⎪ ⎪⎪⎝⎭⎨⎛⎫⎪+≥ ⎪⎪⎝⎭⎩能够同时满足， 对于任意的正实数M ，总存在正整数k ，且满足2Mr k π>时, 使得 2k M r π>成立， 所以不妨取 02,,2k Mr a k b x rππ⎛⎫=>= ⎪⎝⎭ 则,a b M >且[,]x a b ∈时，1sin 01sin 0xxrx e rx e ⎧⎛⎫-≤⎪ ⎪⎪⎝⎭⎨⎛⎫⎪+≥ ⎪⎪⎝⎭⎩， 故对于任意的正实数M ，总存在大于M 的实数,a b ，使得当[,]x a b ∈ 时,|()|1f x ≤. 3．(1)21y x =+(2)ln 3m ⎡∈-⎣【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义直接可得切线方程；（2）()2213222m f x x ≥+-恒成立，可转化为()22130222xm g x e mx x =+--+≥恒成立，利用导数判断函数()g x 的单调性与最值情况. (1)当1m =时，()e xf x x =+， 则()e 1xf x '=+，设切点为()()00,x f x ，故()00e 12xk f x '==+=，解得00x =，故()000e e 01x f x x =+=+=，即切点坐标为()0,1，所以切线方程()120y x -=-，即21y x =+； (2)当0x ≥时，()2213222m f x x ≥+-成立，即2213e 0222xm mx x +--+≥恒成立，设()2213e 222xm g x mx x =+--+，()e x g x x m '=-+， ()e 1x g x ''=-，因为0x ≥，故()e 10xg x ''=-≥恒成立， 则()e xg x x m '=-+在()0,∞+上单调递增，所以()()01g x g m ''≥=+，当1m ≥-时，()()010g x g m ''≥=+≥恒成立， 故()g x 在()0,∞+上单调递增，即()()2235012222m m g x g ≥=-+=-，所以25022m -≥，解得m ≤≤故1m -≤≤当1m <-时，()010g m '=+<，()e 2m g m m -'-=+，设()e 2mh m m -=+，1m <-，()e 20m h m -'=-+<恒成立，则()h m 在(),1-∞-上单调递减，所以()()120h m h e >-=->，即()e 20mg m m -'-=+>，所以存在()00,x m ∈-，使()00g x '=，即000xe x m -+=，所以()g x 在()00,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增， 故()()02200013e 222x m g x g x mx x ≥=+--+()()00000222000011313e e e e e 022222x x x x x x x x x =+----+=-++≥，解得0ln 3x ≤，即00ln 3x ≤≤， 设()e xx m x ϕ==-，0ln3x ≤≤，()1e 0x x ϕ'=-≤恒成立，故()x ϕ在()0,3上单调递减， 故()()3ln33x ϕϕ≥=-， 即ln33m ≥-， 所以ln331m -≤<-，综上所述，ln 3m ⎡∈-⎣.【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用．4．(1)()f x 在0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增； (2)证明见解析. 【解析】 【分析】（1）首先确定()f x 定义域，再应用二阶导数的符号判断f x 的单调性，进而分区间判断f x 的符号，即可确定()f x 的单调性.（2）求()f x 的二阶导，根据其符号知f x 在()0,+∞上单调递增，令0f x 得到ln 1x x a+=，构造()ln 1x h x x a=+-结合其单调性，注意利用导数研究()ln 1x x x ϕ=-+的符号，再用放缩法判断1a h a ⎛⎫⎪+⎝⎭、()1ea h +的符号，即可判断零点0x 的唯一性，进而得到00011ln ln x x a x -==-，结合基本不等式求证()00f x ≥. (1)当1a =时，()1e ln 1xf x x -=--，定义域为()0,+∞，则()11e x f x x -'=-，()121e 0xf x x -+'=>'， 所以f x 在()0,+∞上单调递增，又()10f '=， 当01x <<时，0f x ，所以()f x 在区间0,1上单调递减； 当1x >时，0f x，所以()f x 在区间()1,+∞上单调递增.综上，()f x 在0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增. (2)由题意，()11ex af x x -='-，()1211e 0x af x a x-=⋅+'>'，则f x 在()0,+∞上单调递增，至多有一个零点，令()ln 1x x x ϕ=-+，其中1x >，则()111xx x xϕ-'=-=， 当()0,1x ∈时，()0ϕ'>x ，()ϕx 单调递增. 当()1,x ∈+∞时，()0ϕ'<x ，()ϕx 单调递减，所以()()10x ϕϕ≤=，即ln 10x x -+≤，于是ln 1≤-x x ， 令0f x，则e e x a x ⋅=，两边取自然对数可得ln 1xx a+=，令()ln 1x h x x a=+-，则()h x 在()0,+∞上单调递增. 故11ln 1111011111a a a h a a a a a ⎛⎫=+-≤-+-=-<⎪+++++⎝⎭，又()11111e eln ee 10a a a a h a a a++++=+⋅-=+>， 所以()h x 在()0,+∞上有唯一零点0x ，则f x 有唯一零点0x ，即()f x 有唯一极值点0x .下证()00f x ≥： 因为()01001e0x af x x -'=-=，所以0101e x a x -=，可得00011ln ln x x a x -==-，所以()010000e ln 11120x ax a f x a x x a -=--=+--≥=，当且仅当0x a =时等号成立，综上，()f x 有唯一极值点0x 且()00f x ≥，得证. 【点睛】关键点点睛：第二问，利用二阶导数研究一阶导数的单调性，根据零点所得的等量关系构造()ln 1x h x x a=+-，结合单调性、零点存在性定理判断f x 零点的唯一性，进而利用基本不等式证明不等式. 5．(1)答案见解析； (2)12a =. 【解析】 【分析】（1）由题可得()11ax f x a xx+'=+=，讨论0a ≥，0a <即得； （2）由题可得()g x '是一个单调递增的函数，利用零点存在定理可得()2e ,1t -∃∈，使得()0g t '=，进而可得()0000111ln e e 1ln x x x x ⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭，利用导数可得001e x x =，结合条件可得00ln 20x ax +=，即求. (1)()11ax f x a x x+'=+=，0x >， 当0a ≥时，函数()f x 在定义域()0,∞+上单调递增； 当0a <时，函数的单调性如表格所示：由题可得()()()22121e 1ln 2e ln 1x xg x x x x x x x x '=-++-++-=++-，0x >，则()g x '是一个单调递增的函数， 当2e x -=时，()()2242e e e e e 30g ----'=+-<，当1x =时，()12e 10g '=->，故()2e ,1t -∃∈，使得()0g t '=，且所以0x t =，00000e ln 10g x x x x '=++-=，整理该式有()02000e 1ln x xx x +=-，()000001111e ln xx x x x +=+， ∴()000111ln ee1ln x x x x ⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭令()()21ln ,e m x x x x -=+>，则()2ln 0m x x '=+>，所以函数在()2e ,-+∞上单调递增，故()000111ln ee1ln x x x x ⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭的解满足001e xx =；又()2ln h x x x ax x =++，()1ln 21h x x ax '=+++，()0002ln 22h x x ax '=++=，所以00ln 20x ax +=，由01e xx =知，0020x ax -+=，故12a =．6．(1)()f x 在(,1)-∞-，(3,)+∞上单调递增，在(1,3)-上单调递减 (2)证明见解析 【解析】 【分析】（1）直接求导后判断单调性即可；（2）先变形得到323033x a x x -=++，构造函数，求导后说明单调性即可证明.(1)当1a =时，()()321313f x x x x =-++，2()23f x x x '=--. 令()0f x '=，解得1x =-或3x =，当()(),13,x ∞∞∈--⋃+时，()0f x '>；当(1,3)x ∈-时，()0f x '<， 故()f x 在(,1)-∞-，(3,)+∞上单调递增，在(1,3)-上单调递减.(2)()321()2333y f x a x a x x =-=-++，由于2330x x ++>，所以()20f x a -=等价于3230.33x a x x -=++设()32333x g x a x x =-++， 则()g x '()()222269033x x x xx ++=++，当且仅当0x =或3x =-时，()0g x '=，所以()g x 在(,)-∞+∞上单调递增，故()g x 至多有一个零点，从而()2y f x a =-至多有一个零点. 7．(1)证明见解析 (2)e ,e 1⎡⎫+∞⎪⎢-⎣⎭【解析】 【分析】（1）求出()f x 的导数，设出切点，可得切线的斜率，根据斜率相等，进而构造函数()=ln 1h x x x +-，求出导数和单调区间，即可证明；（2）由2e,e x ⎡⎤∀∈⎣⎦，使()()f x g x ≤恒成立转化为()maxln 1x k x x ⎡⎤≥⎢⎥⎢⎥⎣⎦-2e,e x ⎡⎤∈⎣⎦，再 利用导数法求出()()n 1l xx x x ϕ-=在2e,e ⎡⎤⎣⎦的最大值即可求解.(1)由题意可知，()f x 的定义域为()()0,11,+∞，由()ln x f x x=，得()()2ln 1ln x f x x -'=， 直线y g x 过定点()1,0， 若直线yg x 与曲线()y f x =相切于点()00000,01ln x x x x x ⎛⎫>≠ ⎪⎝⎭且，则()002000ln 1ln 1ln x x x k x x --==-，即00ln 10x x +-=① 设()()=ln 1,0h x x x x +-∈+∞，则()1=10h x x'+>， 所以()h x 在()0+∞上单调递增，又()1ln1110h =+-=， 从而当且仅当01x =时，①成立，这与01x ≠矛盾. 所以，R k ∀∈，直线y g x 都不是曲线()y f x =的切线. (2)由()()f x g x ≤，得()1ln xxk x ≤-， 22e e ,0e 11e 1x x ∴≤≤∴<-≤-≤-，()l 1n xk x x -∴≥若2e,e x ⎡⎤∀∈⎣⎦，使()()f x g x ≤恒成立转化为()maxln 1xk x x ⎡⎤≥⎢⎥⎢⎥⎣⎦-，2e,e x ⎡⎤∈⎣⎦即可. 令()()n 1l x x x x ϕ-=，2e,e x ⎡⎤∈⎣⎦，则()()2ln 1ln 1x x x x x ϕ---+'=⎡⎤⎣⎦，令()ln 1t x x x =--+，2e,e x ⎡⎤∈⎣⎦，则()110t x x'=--<， 所以()t x 在2e,e ⎡⎤⎣⎦上是单调递减；所以()()e lne e 1e<0t x t ≤=--+=-，故()0ϕ'<x()ϕx 在2e,e ⎡⎤⎣⎦上是单调递减；当e x =时，()ϕx 取得最大值为()()e ee e 1ln e e 1ϕ==--，即ee 1k ≥-. 所以实数k 的取值范围为e ,e 1⎡⎫+∞⎪⎢-⎣⎭【点睛】解决此题的关键利用导数的几何意义及两点求斜率，再根据同一切线斜率相等即可证明，对于恒成立问题通常采用分离常数法，进而转化为求函数的最值问题，利用导数法即可求解.8．(1)列联表见解析，没有95%的把握认为“是否了解‘碳中和’及相关措施”与“学生”身份有关； (2)①0310p =；②()73a b + 【解析】（1）对满足条件的数据统计加和即可，然后根据给定的2K 计算公式，将计算结果与195%0.05-=所对应的k 值比较大小即可；（2）①利用独立重复试验与二项分布的特点，写出10人中恰有3人不了解“碳中和”的概率为()f p ，再利用导数求出最值点； ②利用独立重复试验的期望公式代入可求出答案. (1)由题中表格数据完成22⨯列联表如下：()22800125250150275800 3.463 3.841275525400400231K ⨯⨯-⨯==≈<⨯⨯⨯.故没有95%的把握认为“是否了解‘碳中和’及相关措施”与“学生”身份有关. (2)①由题得，()()733101f p C p p =-，()0,1p ∈， ∴()()()()()763236321010C 3171C 1310f p p p p p p p p ⎡⎤'=---=--⎣⎦. 令()0f p '=，得310p =，当30,10p ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f p '>； 当3,110p ⎛⎫∈⎪⎝⎭时，()0f p '<， ∴当30,10p ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()f p '单调选增；当3,110p ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()f p '单调递减， ∴()f p 的最大值点0310p =. ②本题求要准备的礼品大致为多少元，即求10个人礼品价值X 的数学期望. 由①知答错的概率为310， 则()33101731010E X a b a b ⎡⎤⎛⎫=-+=+ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦， 故要准备的礼品大致为73a b +元.9．(1)增区间为(),3-∞-，()2,+∞，减区间为()3,2- (2)()max 312f x =，()min 163f x =-【分析】（1）根据题意得()20f '=，进而得12a =，再根据导数与单调性的关系求解即可；（2）由（1）知[]4,3x ∈-时，()f x 的增区间为[)4,3--，(]2,3，减区间为()3,2-，进而求解()4f -，()3f -，()2f ，()3f 的值即可得答案. (1)解：（1）()226f x x ax '=+-，因为()f x 在2x =处取得极值，所以()24460f a '=+-=，解得12a =． 检验得12a =时，()f x 在2x =处取得极小值，满足条件.所以()26f x x x '=+-，令()0f x '>，解得3x <-或2x >，令()0f x '<，解得32x -<<， 所以()f x 的增区间为(),3-∞-，()2,+∞，减区间为()3,2-； (2)解：令()260f x x x '=+-=，解得3x =-或2x =，由（1）知()f x 的增区间为(),3-∞-，()2,+∞，减区间为()3,2-； 当[]4,3x ∈-时，()f x 的增区间为[)4,3--，(]2,3，减区间为()3,2- 又()()()()321138444642323f -=⨯-+⨯--⨯-+=， ()()()()321131333632322f -=⨯-+⨯--⨯-+=，()321116222622323f =⨯+⨯-⨯+=-，()32115333632322f =⨯+⨯-⨯+=-，所以()max 312f x =，()min 163f x =-． 10．(1)3a =-；(2)增区间为()2e ,+∞，减区间为()20,e ，极小值22e -，无极大值.【解析】 【分析】（1）根据()1112f '⨯=-，代值计算即可求得参数值；（2）根据（1）中所求参数值，求得()f x '，利用导数的正负即可判断函数单调(1)因为()ln 1f x x a '=++，在点()()1,1f 处的切线斜率为()11k f a '==+， 又()f x 在点()()1,1f 处的切线与直线220x y 相互垂直， 所以()1112f '⨯=-，解得3a =-. (2)由（1）得，()ln 2f x x '=-，()0,x ∈+∞， 令()0f x '>，得2e x >，令()0f x '<，得20e x <<，即()f x 的增区间为()2e ,+∞，减区间为()20,e ．又()22222e e ln e 3e 22ef =-+=-，所以()f x 在2e x =处取得极小值22e -，无极大值． 【点睛】本题考查导数的几何意义，以及利用导数研究函数的单调性和极值，属综合中档题.。

高考数学专题：导数大题专练含答案

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高考数学专题：导数大题专练含答案一、解答题 1．已知函数()1e -=xx f x . (1)求()f x 极值点；(2)若()()4g x f x =-，证明：2x >时，()()f x g x >成立.2．某学校组织数学，物理学科答题竞赛活动，该学校准备了100个相同的箱子，其中第()1,2,,100k k =个箱子中有k 个数学题，100k -个物理题．每一轮竞赛活动规则如下：任选一个箱子，依次抽取三个题目（每次取出不放回），并全部作答完毕，则该轮活动结束；若此轮活动中，三个题目全部答对获得一个奖品．(1)已知学生甲在每一轮活动中，都抽中了2个数学题，1个物理题，且甲答对每一个数学题的概率为p ，答对每一个物理题的概率为q ． ①求学生甲第一轮活动获得一个奖品的概率；②已知1p q +=，学生甲理论上至少要进行多少轮活动才能获得四个奖品？并求此时p 、q 的值．(2)若学生乙只参加一轮活动，求乙第三次抽到物理题的概率． 3．已知函数()ln f x x =．(1)当()()sin 1g x x =-，求函数()()()T x f x g x =+在()0,1的单调性； (2)()()12h x f x b x=+-有两个零点1x ，2x ，且12x x <，求证：121x x +>． 4．已知函数()21si cos n 2f x x x a x x =-++．(1)当1a =-时，求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程； (2)若函数()f x 在3π0,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，求a 的取值范围． 5．己知数列{}n a 和{}n b ，12a =且()11n n b n a *=-∈N ，函数()()ln 11mx f x x x=+-+，其中0m >．(1)求函数()f x 的单调区间；(2)若数列{}n a 各项均为正整数，且对任意的n *∈N 都有2112112n n n n a a a a +++-<+．求证：（ⅰ）()12n n a a n *+=∈N ；（ⅱ）53123e n b b b b ->，其中e 2.71828=⋅⋅⋅为自然对数的底数．6．设函数()1eln 1x af x a x -=--，其中0a >(1)当1a =时，讨论()f x 单调性；(2)证明：()f x 有唯一极值点0x ，且()00f x ≥.7．已知函数()ln 1f x x ax =++，R a ∈，函数()()21e ln 2xg x x x x x x =-++-，)2e ,x -∈+∞⎡⎣．(1)试讨论函数()f x 的单调性；(2)若0x 是函数()g x 的最小值点，且函数()()h x xf x =在0x x =处的切线斜率为2，试求a 的值．8．已知函数()e 2,R x f x ax a =-∈. (1)若12a =，求函数()f x 的极小值.(2)存在[]02,3x ∈，使得()00f x ≤成立，求实数a 的取值范围． 9．已知函数()323f x x ax x =-+.(1)若3x =是()f x 的极值点，求()f x 在[]1,a 上的最大值和最小值； (2)若()f x 在[)1,+∞上是单调递增的，求实数a 的取值范围. 10．已知函数2()e 1x f x ax x =---． (1)当1a =-时，讨论()f x 的单调性； (2)当0x ≥时，321()22f x x ax ≥-恒成立，求实数a 的取值范围．【参考答案】一、解答题1．(1)极大值点为2x =，无极小值点； (2)证明见解析. 【解析】 【分析】（1）利用导数求出函数的单调区间即得解；（2）令()()()()4e 31e exx x x F x f x g x --=-=-，利用导数求出函数()F x 的最小值即得证. (1)解：由题意，得()2e xxf x -'=， 令()0f x '>，得2x <；()0f x '<，得2x >； 列表如下：所以f x 极大值点为2x =，无极小值点. (2)证明：()()()4e 34e x x g xf x -=-=，令()()()()4e 31e e xx x x F x f x g x --=-=-， ∴()()()()42442e ee 22e e e xxx x x x x F x +----'=-=.当2x >时，20x -<，24x >，从而42e e 0x -<，∴()0F x '>，()F x 在()2,+∞上是增函数，∴()()221120e e F x F >=-=. ∴当2x >时，()()f x g x >成立.2．(1)①2p q ；②至少要进行27轮游戏，23p =，13q =． (2)99200【解析】 【分析】（1）①利用独立事件的概率乘法公式可求得所求事件的概率；②利用导数求出学生甲在每一轮活动中获得一个奖品的概率为2P p q =的最大值，可知学生甲在n 轮活动中获得奖品的个数()~,B n P ξ，由()max 4nP =可求得n 的值，即可得解；（2）设选出的是第k 个箱子，计算出在第k 个箱子中第三次取出的是物理题的概率为100100k kp -=，进而可求得所求概率为10011100k k P p ='=⋅∑，结合数列的求和公式可求得所求事件的概率. (1)解：①记“学生甲第一轮活动获得一个奖品”为事件A ．则()2P A p q =；②学生甲在每一轮活动中获得一个奖品的概率为()22321P p q p p p p ==-=-+，令()32f x x x =-+，[]0,1x ∈，()223233f x x x x x ⎛⎫'=-+=-- ⎪⎝⎭，当203x <<时，()0f x '>，当213x <<时，()0f x '<，所以()f x 在20,3⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，在2,13⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，()max 24327f x f ⎛⎫== ⎪⎝⎭，即当23p =时，32max 2243327P ⎛⎫⎛⎫=-+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．学生甲在n 轮活动中获得奖品的个数()~,B n P ξ，由()max 4nP =，知27n =． 故理论上至少要进行27轮游戏，此时23p =，13q =． (2)解：设选出的是第k 个箱子，连续三次取出题目的方法数为()()10010011002--． 设数学题为M ，物理题为W ，第三次取出的是物理题W 有如下四种情形：(),,W W W 取法数为()()()10010011002k k k -----，(),,W M W 取法数为()()1001001k k k ---， (),,M W W 取法数为()()1001001k k k ---， (),,M M W 取法数为()()1100k k k --，从而，第三次取出的是物理题的种数为()()()()()()()()()10010011002100100110010011100k k k k k k k k k k k k -----+---+---+--()()()10011002100k =---．则在第k 个箱子中第三次取出的是物理题的概率为100100k kp -=． 而选到第k 个箱子的概率为1100， 故所求的概率为()100100100992221111100111509999100100100100100100100200k k k k i k P p k i ====-⨯'=⋅=⋅=-===∑∑∑∑． 【点睛】关键点点睛：本题考查概率与数列的综合应用，在求解第三问时，关键要求出在第k 个箱子中第三次取出物理题的概率，那么就应该对前三次取出的题目所属科目进行列举，进而求解. 3．(1)单调递增 (2)证明见解析【分析】（1）直接求导，判断出导数大于0，即可得到单调性；（2）直接由1x ，2x 是函数()1ln 2h x x b x =+-的两个零点得到1212122ln x x x x x x -=，分别解出1211212ln x x x xx -=，2121212ln xx x x x -=，再换元令12x t x =构造函数()12ln l t t t t =--，求导确定单调性即可求解. (1)由题意，函数()()sin 1ln T x x x =-+，则()()1cos 1T x x x'=--+，又∵()0,1x ∈，∴11x>，()()10,1,cos 11x x -∈-<，∴()0T x '>，∴()T x 在（0，1）上单调递增． (2)根据题意，()()1ln 02h x x b x x =+->， ∵1x ，2x 是函数()1ln 2h x x b x=+-的两个零点，∴111ln 02x b x +-=，221ln 02x b x +-=． 两式相减，可得122111ln22x x x x =-，即112221ln 2x x x x x x -=， ∴1212122ln x x x x x x -=，则1211212ln x x x x x -=，2121212ln xx x x x -=． 令12x t x =，()0,1t ∈，则1211112ln 2ln 2ln t t t t x x t t t---+=+=．记()12ln l t t t t =--，()0,1t ∈，则()()221t l t t-'=． 又∵()0,1t ∈，∴()0l t '>恒成立，∴()l t 在()0,1上单调递增，故()()1l t l <，即12ln 0t t t --<，即12ln t t t-<．因为ln 0t <，可得112ln t t t->，∴121x x +>．本题关键点在于对双变量的处理，通过对111ln 02x b x +-=，221ln 02x b x +-=作差，化简得到1212122ln x x x x xx -=， 分别得到12,x x 后，换元令12x t x =，这样就转换为1个变量，再求导确定单调性即可求解． 4．(1)10y +=； (2)[)1,+∞. 【解析】 【分析】（1）将1a =-代入函数()f x 中，得出函数()f x 的解析式，进而可以求出切点坐标，再利用导数的几何意义及点斜式即可求解；（2）根据已知条件可以将问题转化为恒成立问题，进而转化为求函数的最值问题，利用导数法求函数的最值即可求解. (1)当1a =-时，()2cos 1sin 2f x x x x x =--+()2cos 10000sin 012f =⨯--+=-，所以切点为0,1，()1sin cos x f x x x '=-++，∴(0)01sin 0cos00f '=-++=，所以曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线的斜率为(0)0k f '==， 所以曲线()y f x =在点0,1处的切线的斜率切线方程为()()100y x --=⨯-，即10y +=.(2)由()21si cos n 2f x x x a x x =-++，得()s 1co i s n f x x a x x '=--+因为函数()f x 在3π0,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，可得()0f x '≤对任意3π0,4x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦恒成立， 设()()1c s os in g x f x x a x x '==--+，则()cos 1sin g x a x x '=--. 因为si (n 0)001cos00g a =--+=， 所以使()0f x '≤对任意3π0,4x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦恒成立， 则至少满足()00g '≤，即10a -≤，解得1a ≥.下证明当1a ≥时，()0f x '≤恒成立， 因为3π0,4x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，所以sin 0x ≥， 因为1a ≥，所以()sin 1cos f x x x x '≤--+.记s ()cos n 1i h x x x x =--+，则π()1sin 14cos h x x x x ⎛⎫'=-=+ ⎝-⎪⎭.当π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '<；当π3π,24x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '>. 所以函数()h x 在π0,2⎡⎫⎪⎢⎣⎭上单调递减，在π3π,24⎛⎤⎥⎝⎦上单调递增.因为ππ(),h h ⎛⎫==- ⎪⎝⎭33001044， 所以()h x 在3π0,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值为(0)0h =. 即()()1sin cos 0f x h x x x x '≤=--+≤在3π0,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦上恒成立. 所以a 的取值范围为[)1,+∞.5．(1)单调增区间为()1,1m --，单调减区间为()1,m ∞-+ (2)（ⅰ）、（ⅱ）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求导之后，分别令()0f x '>，()0f x '<即可求得单调区间（2）（i ）将已知恒成立的不等式化简之后再放缩得到121n na a +-<，又12n n a a +-为整数，则120n n a a +-=，即得所证（ii ）对所要证明的不等式两边同时取对数，等价转化为115ln 123nk k =⎛⎫->- ⎪⎝⎭∑，利用（1）的结论可得()ln 11x x x+≥+（1x >-），赋值累加之后进一步将问题转化为证明115213nk k =<-∑，对通项进行放缩，即可证明(1)()()()211111x m m f x x xx --'=-=+++（1x >-），令()0f x '=得1x m =-． 因为0m >，所以11m ->-，当()1,1x m ∈--时，()0f x '<；当()1,x m ∈-+∞时，()0f x '>．故函数()f x 的单调递减区间为()1,1m --，单调递增区间为()1,m ∞-+．(2)（i ）法一：因为{}n a 各项均为正整数，即1n a ≥，故112nna a ≥+．于是()211112122112n n n n n n n nn n a a a a a a a a a a +++++-=-≥-++，又2112112n n n n a a a a +++-<+， 所以121n n a a +-<，由题意12n n a a +-为整数， 因此只能120n n a a +-=，即12n n a a +=． （i ）法二：由题，22111122111111212122222n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a a a +++++--<⇔<⇔--<-<+++，因为{}n a 各项均为正整数，即1n a ≥， 故11022na<≤，于是()111,022na --∈-且()110,122n a +∈． 由题意12n n a a +-为整数，因此只能120n n a a +-=，即12n n a a +=．（ii ）法一：由12a =，得2n n a =，11112n nnb a=-=-．原不等式532111115111e ln 122223nn k k -=⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⇔--->⇔->- ⎪⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑． 由（1）知1m =时，()ln 11xx x+≥+（1x >-）， 取12kx =-得11ln 1221k k -⎛⎫-≥ ⎪-⎝⎭．因此只需证：11115ln 12213nnkkk k ==⎛⎫-≥->- ⎪-⎝⎭∑∑， 即证明115213nn k k S ==<-∑．记121k k c =-，则+1+1+1+1212111212222k k k k k k k kc c c c --=<=⇒<--． 1513S =<；215133S =+<； 当3n ≥时，1122222211111153211222312n n n S c c c c c --⎛⎫- ⎪⎝⎭<+++++=+<-．故原不等式成立．（ii ）法二：由12a =，得2n n a =，11112n n n b a =-=-．原不等式532111115111e ln 122223nn k k -=⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⇔--->⇔->- ⎪⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑． 由（1）知1m =时，()ln 11xx x+≥+（1x >-）， 取12kx =-得11ln 1221k k -⎛⎫-≥ ⎪-⎝⎭．因此只需证：11115ln 12213nnkkk k ==⎛⎫-≥->- ⎪-⎝⎭∑∑， 即证明115213nn k k S ==<-∑．1513S =<；215133S =+<； 当3k ≥时，24k >，故()42132k k ->⋅，即1412132k k <⋅-．当3n ≥时，2233111414414451582132133233332312n nnn k k n k k S --==⎛⎫- ⎪⎝⎭=+<+=+⋅=-<-⋅-∑∑．故原不等式成立． 【点睛】利用导数证明不等式，一般要结合所证不等式，抽象构造出函数，利用导数求出函数的单调性或最值，证明不等式成立，然后把已经证明的不等式替换，或应用得到需要证明的不等式，能力要求较高，属于难题. 6．(1)()f x 在0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增； (2)证明见解析. 【解析】 【分析】（1）首先确定()f x 定义域，再应用二阶导数的符号判断f x 的单调性，进而分区间判断f x 的符号，即可确定()f x 的单调性.（2）求()f x 的二阶导，根据其符号知f x 在()0,+∞上单调递增，令0f x 得到ln 1x x a+=，构造()ln 1x h x x a=+-结合其单调性，注意利用导数研究()ln 1x x x ϕ=-+的符号，再用放缩法判断1a h a ⎛⎫⎪+⎝⎭、()1ea h +的符号，即可判断零点0x 的唯一性，进而得到00011ln ln xx a x -==-，结合基本不等式求证()00f x ≥.(1)当1a =时，()1e ln 1xf x x -=--，定义域为()0,+∞， 则()11e x f x x -'=-，()121e 0xf x x -+'=>'，所以f x 在()0,+∞上单调递增，又()10f '=， 当01x <<时，0f x ，所以()f x 在区间0,1上单调递减； 当1x >时，0f x，所以()f x 在区间()1,+∞上单调递增.综上，()f x 在0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增. (2)由题意，()11ex af x x -='-，()1211e 0x af x a x-=⋅+'>'，则f x 在()0,+∞上单调递增，至多有一个零点，令()ln 1x x x ϕ=-+，其中1x >，则()111xx x xϕ-'=-=， 当()0,1x ∈时，()0ϕ'>x ，()ϕx 单调递增. 当()1,x ∈+∞时，()0ϕ'<x ，()ϕx 单调递减，所以()()10x ϕϕ≤=，即ln 10x x -+≤，于是ln 1≤-x x ， 令0f x，则e e x a x ⋅=，两边取自然对数可得ln 1xx a+=，令()ln 1xh x x a=+-，则()h x 在()0,+∞上单调递增. 故11ln1111011111a a a h a a a a a ⎛⎫=+-≤-+-=-<⎪+++++⎝⎭，又()11111e eln ee 10a a a a h a a a++++=+⋅-=+>， 所以()h x 在()0,+∞上有唯一零点0x ，则f x 有唯一零点0x ，即()f x 有唯一极值点0x .下证()00f x ≥： 因为()01001e0x af x x -'=-=，所以0101e x a x -=，可得00011ln ln x x a x -==-，所以()010000e ln 11120x ax a f x a x x a -=--=+--≥=，当且仅当0x a =时等号成立，综上，()f x 有唯一极值点0x 且()00f x ≥，得证. 【点睛】关键点点睛：第二问，利用二阶导数研究一阶导数的单调性，根据零点所得的等量关系构造()ln 1x h x x a=+-，结合单调性、零点存在性定理判断f x 零点的唯一性，进而利用基本不等式证明不等式. 7．(1)答案见解析；(2)12a =. 【解析】 【分析】（1）由题可得()11ax f x a xx+'=+=，讨论0a ≥，0a <即得； （2）由题可得()g x '是一个单调递增的函数，利用零点存在定理可得()2e ,1t -∃∈，使得()0g t '=，进而可得()0000111ln e e 1ln x x x x ⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭，利用导数可得001e x x =，结合条件可得00ln 20x ax +=，即求. (1)()11ax f x a x x+'=+=，0x >， 当0a ≥时，函数()f x 在定义域()0,∞+上单调递增； 当0a <时，函数的单调性如表格所示：由题可得()()()22121e 1ln 2e ln 1x xg x x x x x x x x '=-++-++-=++-，0x >，则()g x '是一个单调递增的函数， 当2e x -=时，()()2242e eee e 30g ----'=+-<，当1x =时，()12e 10g '=->，故()2e ,1t -∃∈，使得()0g t '=，且所以0x t =，00000e ln 10g x x x x '=++-=，整理该式有()02000e 1ln x xx x +=-，()000001111e ln xx x x x +=+，∴()000111ln ee1ln x x x x ⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭令()()21ln ,e m x x x x -=+>，则()2ln 0m x x '=+>，所以函数在()2e ,-+∞上单调递增，故()0000111ln e e 1ln x x x x ⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭的解满足001e x x =； 又()2ln h x x x ax x =++，()1ln 21h x x ax '=+++，()0002ln 22h x x ax '=++=，所以00ln 20x ax +=，由01e xx =知，0020x ax -+=，故12a =． 8．(1)1；(2)2,+e 4a ∞⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭.【解析】 【分析】（1）利用导数求()f x 的单调性，即可求极值.（2）将问题转化为在[]2,3x ∈上min e2()xa x≥，再应用导数求()e =x g x x 的最小值，即可求a 的范围． (1)当12a =时()e x f x x =-，则()e 1xf x '=-，令0f x，得0x =．0x >时0fx ，函数()f x 的单调递增区间为()0,+∞， 0x <时0fx，函数()f x 的单调递减区间为(),0-∞；所以函数()f x 的极小值为()00e 01f =-=.(2)由题设，在[]2,3x ∈上min e2()x a x≥，设()e =xg x x ，则()()2e 1x x g x x -'=，显然当[]2,3x ∈时0g x恒成立，所以()g x 在[]2,3单调递增，则()min22e ()2g x g ==，综上，22e e 224a a ≥⇒≥，故2,+e 4a ∞⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭．9．(1)最大值为15，最小值为9-(2)3a ≤ 【解析】 【分析】（1）由()30f '=可求得实数a 的值，再利用函数的最值与导数的关系可求得函数()f x 在[]1,a 上的最大值和最小值；（2）分析可知()23230f x x ax '=-+≥对任意的1≥x 恒成立，利用参变量分离法结合基本不等式可求得实数a 的取值范围. (1)解：因为()323f x x ax x =-+，则()2323f x x ax =-+'，则()33060f a '=-=，解得5a =，所以，()3253f x x x x =-+，则()()()23103313f x x x x x '=-+=--，列表如下：所以，min ，因为，515f =，则max . (2)解：由题意可得()23230f x x ax '=-+≥对任意的1≥x 恒成立，即312a x x ⎛⎫≤+ ⎪⎝⎭，由基本不等式可得313322x x ⎛⎫+≥⨯ ⎪⎝⎭，当且仅当1x =时，等号成立，故3a ≤.10．(1)()f x 在()0+∞，上单调递增，在()0-∞，上单调递减； (2)274e a -≥【解析】 【分析】（1）直接求导，先确定导数的单调性及零点，即可确定()f x 的单调性；（2）当0x =时， a R ∈，当0x >时，参变分离得3211e 2xx x a x++-≥，构造函数()h x 求导得()321e 2()21xx x h x x x ⎛⎫⎪⎝⎭'--=--，再构造函数21e 12()x m x x x ---=确定()h x 单调性后，即可求出实数a 的取值范围．(1)当1a =-时，2()e 1x f x x x =+--，()e 21x f x x '=+-，易得()'f x 在R 上递增，又(0)0f '=，故当()0x ∈+∞，时，()0f x '>，()f x 单调递增；故当(),0x ∈-∞时，()0f x '<，()f x 单调递减，所以()f x 在()0+∞，上单调递增，在()0-∞，上单调递减； (2)当0x =时，不等式321()22f x x ax ≥-恒成立，可得a R ∈；当0x >时，由2321e 122xax x x ax ---≥-恒成立可得3211e 2x x x a x++-≥恒成立， 设3211e 2()xx x h x x++-=，则()4223333111e 222(2)1e e 22x x xh x x x x x x x x x x x⎛⎫⎛⎫+-⋅-⋅+'+=--+-- ⎪ ⎪⎝⎭⎭=⎝()()()33322211e 22e 1222x x x x x x x x x x x x ⎛⎫ ⎪⎝⎭=⎛⎫-+-+----- ⎪⎝⎭=-， 可设21e 12()x m x x x ---=，可得e 1()x x m x =--'，设e 1,e 1()()x x k x k x x '-=--=，由0x >，可得()0k x '>恒成立，可得()k x 在()0+∞，递增，即()m x '在()0+∞，递增，所以()(0)0m x m ''>=，即()0m x '>恒成立，即()m x 在()0+∞，递增， 所以()(0)0m x m >=，再令()0h x '=，可得2x =，当02x <<时，()0h x '>，()h x 在()0,2上递增，当2x >时，()0h x '<，()h x 在()2,+∞递减，所以2max7e ()(2)4h x h -==，所以274e a -≥；综上可得274e a -≥. 【点睛】本题关键点在于参变分离构造函数求导后，通过因式分解将导数变为()321e 2()21xx x h x x x ⎛⎫⎪⎝⎭'--=--，再把分子的因式构造成函数21e 12()x m x x x ---=，确定()(0)0m x m >=后，即得()h x '的正负，进而求解.。

高考大题专项(一) 导数的综合应用

高考大题专项(一) 导数的综合应用

高考大题专项(一) 导数的综合应用突破1 利用导数研究与不等式有关的问题1.(2020全国1,理21)已知函数f (x )=e x +ax 2-x. (1)当a=1时,讨论f (x )的单调性; (2)当x ≥0时,f (x )≥12x 3+1,求a 的取值范围.2.(2020山东潍坊二模,20)已知函数f (x )=1x +a ln x ,g (x )=e x x .(1)讨论函数f (x )的单调性; (2)证明:当a=1时,f (x )+g (x )-(1+ex 2)ln x>e .3.已知函数f (x )=ln x+a x(a ∈R )的图象在点1e ,f (1e)处的切线斜率为-e,其中e 为自然对数的底数.(1)求实数a 的值,并求f (x )的单调区间; (2)证明:xf (x )>x ex .4.(2020广东湛江一模,文21)已知函数f (x )=ln ax-bx+1,g (x )=ax-ln x ,a>1. (1)求函数f (x )的极值;(2)直线y=2x+1为函数f (x )图象的一条切线,若对任意的x 1∈(0,1),x 2∈[1,2]都有g (x 1)>f'(x 2)成立,求实数a 的取值范围.5.(2020山东济宁5月模拟,21)已知两个函数f(x)=e xx ,g(x)=lnxx+1x-1.(1)当t>0时,求f(x)在区间[t,t+1]上的最大值;(2)求证:对任意x∈(0,+∞),不等式f(x)>g(x)都成立.6.(2020湖北武汉二月调考,理21)已知函数f(x)=(x-1)e x-kx2+2.(1)略;(2)若∀x∈[0,+∞),都有f(x)≥1成立,求实数k的取值范围.7.(2020山东济南一模,22)已知函数f(x)=a(e x-x-1)x2,且曲线y=f(x)在(2,f(2))处的切线斜率为1.(1)求实数a的值;(2)证明:当x>0时,f(x)>1;(3)若数列{x n}满足e x n+1=f(x n),且x1=13,证明:2n|e x n-1|<1.8.(2020湖南长郡中学四模,理21)已知函数f(x)=x ln x.(1)若函数g(x)=f'(x)+ax2-(a+2)x(a>0),试研究函数g(x)的极值情况;(2)记函数F(x)=f(x)-xe x 在区间(1,2)上的零点为x0,记m(x)=min f(x),xe x,若m(x)=n(n∈R)在区间(1,+∞)上有两个不等实数解x1,x2(x1<x2),证明:x1+x2>2x0.突破2 利用导数研究与函数零点有关的问题1.(2020山东烟台一模,21)已知函数f (x )=1+lnxx -a (a ∈R ).(1)若f (x )≤0在(0,+∞)上恒成立,求a 的取值范围,并证明:对任意的n ∈N *,都有1+12+13+ (1)>ln(n+1); (2)设g (x )=(x-1)2e x ,讨论方程f (x )=g (x )的实数根的个数.2.(2020北京通州区一模,19)已知函数f (x )=x e x ,g (x )=a (e x -1),a ∈R . (1)当a=1时,求证:f (x )≥g (x );(2)当a>1时,求关于x 的方程f (x )=g (x )的实数根的个数.3.(2020湖南长郡中学四模,文21)已知函数f(x)=2a e2x+2(a+1)e x.(1)略;(2)当a∈(0,+∞)时,函数f(x)的图象与函数y=4e x+x的图象有唯一的交点,求a的取值集合.4.(2020天津和平区一模,20)已知函数f(x)=ax+be x,a,b∈R,且a>0.x,求函数f(x)的解析式;(1)若函数f(x)在x=-1处取得极值1e(2)在(1)的条件下,求函数f(x)的单调区间;的取值范(3)设g(x)=a(x-1)e x-f(x),g'(x)为g(x)的导函数,若存在x0∈(1,+∞),使g(x0)+g'(x0)=0成立,求ba围.x3+2(1-a)x2-8x+8a+7.5.已知函数f(x)=ln x,g(x)=2a3(1)若曲线y=g(x)在点(2,g(2))处的切线方程是y=ax-1,求函数g(x)在[0,3]上的值域;(2)当x>0时,记函数h(x)={f(x),f(x)<g(x),g(x),f(x)≥g(x),若函数y=h(x)有三个零点,求实数a的取值集合.参考答案高考大题专项(一)导数的综合应用突破1利用导数研究与不等式有关的问题1.解(1)当a=1时,f(x)=e x+x2-x,f'(x)=e x+2x-1.故当x∈(-∞,0)时,f'(x)<0;当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0.所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.(2)f(x)≥12x3+1等价于12x3-ax2+x+1e-x≤1.设函数g(x)=(12x3-ax2+x+1)e-x(x≥0),则g'(x)=-12x3-ax2+x+1-32x2+2ax-1e-x=-12x[x2-(2a+3)x+4a+2]e-x=-12x(x-2a-1)(x-2)e-x.①若2a+1≤0,即a≤-12,则当x∈(0,2)时,g'(x)>0.所以g(x)在(0,2)上单调递增,而g(0)=1,故当x∈(0,2)时,g(x)>1,不合题意.②若0<2a+1<2,即-12<a<12,则当x ∈(0,2a+1)∪(2,+∞)时,g'(x )<0;当x ∈(2a+1,2)时,g'(x )>0.所以g (x )在(0,2a+1),(2,+∞)上单调递减,在(2a+1,2)上单调递增.由于g (0)=1,所以g (x )≤1当且仅当g (2)=(7-4a )e -2≤1,即a ≥7-e 24.所以当7-e 24≤a<12时,g (x )≤1.③若2a+1≥2,即a ≥12,则g (x )≤12x 3+x+1e -x .由于0∈7-e 24,12,故由②可得(12x 3+x +1)e -x ≤1.故当a ≥12时,g (x )≤1.综上,a 的取值范围是[7-e 24,+∞).2.(1)解 函数的定义域为(0,+∞),f'(x )=-1x 2+ax =ax -1x 2,当a ≤0时,f'(x )<0,所以f (x )在(0,+∞)上单调递减; 当a>0时,由f'(x )>0,得x>1a ,由f'(x )<0,得0<x<1a , 所以f (x )在(0,1a )上单调递减,在(1a ,+∞)上单调递增, 综上可知:当a ≤0时,f (x )在(0,+∞)上单调递减;当a>0时,f (x )在(0,1a )上单调递减,在(1a ,+∞)上单调递增. (2)证明 因为x>0,所以不等式等价于e x -e x+1>elnxx ,设F (x )=e x -e x+1,F'(x )=e x -e,所以当x ∈(1,+∞)时,F'(x )>0,F (x )单调递增;当x ∈(0,1)时,F'(x )<0,F (x )单调递减,所以F (x )min =F (1)=1.设G (x )=elnxx ,G'(x )=e (1-lnx )x 2, 所以当x ∈(0,e)时,G'(x )>0,G (x )单调递增,当x ∈(e,+∞)时,G'(x )<0,G (x )单调递减,所以G (x )max =G (e)=1.虽然F (x )的最小值等于G (x )的最大值,但1≠e,所以F (x )>G (x ),即e x -e x+1>elnxx ,故原不等式成立.3.(1)解因为函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=1x −ax2,所以f'(1e)=e-a e2=-e,所以a=2e,所以f'(x)=1x−2ex2.令f'(x)=0,得x=2e,当x∈(0,2e)时,f'(x)<0,当x∈(2e,+∞)时,f'(x)>0,所以f(x)在(0,2e)上单调递减,在(2e,+∞)上单调递增.(2)证明设h(x)=xf(x)=x ln x+2e ,由h'(x)=ln x+1=0,得x=1e,所以当x∈(0,1e)时,h'(x)<0;当x∈(1e,+∞)时,h'(x)>0,所以h(x)在(0,1e)上单调递减,在(1e,+∞)上单调递增,所以h(x)min=h(1e )=1e.设t(x)=xe x(x>0),则t'(x)=1-xe x,所以当x∈(0,1)时,t'(x)>0,t(x)单调递增,当x∈(1,+∞)时,t'(x)<0,t(x)单调递减,所以t(x)max=t(1)=1e.综上,在(0,+∞)上恒有h(x)>t(x),即xf(x)>x e x .4.解(1)∵a>1,∴函数f(x)的定义域为(0,+∞).∵f(x)=ln ax-bx+1=ln a+ln x-bx+1,∴f'(x)=1x-b=1-bxx.①当b≤0时,f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)上为增函数,无极值;②当b>0时,由f'(x)=0,得x=1b.∵当x∈(0,1b)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(1b,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,∴f(x)在定义域上有极大值,极大值为f(1b )=ln ab.(2)设直线y=2x+1与函数f(x)图像相切的切点为(x0,y0),则y0=2x0+1.∵f'(x)=1x -b,∴f'(x0)=1x0-b=2,∴x0=1b+2,即bx0=1-2x0.又ln ax 0-bx 0+1=2x 0+1,∴ln ax 0=1,∴ax 0=e . ∴x 0=ea .∴ae =b+2.∵对任意的x 1∈(0,1),x 2∈[1,2]都有g (x 1)>f'(x 2)成立, ∴只需g (x 1)min >f'(x 2)max . ∵g'(x )=a-1x =ax -1x, ∴由g'(x )=0,得x=1a . ∵a>1,∴0<1a <1.∴当x ∈(0,1a )时,g'(x )<0,g (x )单调递减; 当x ∈(1a ,1)时,g'(x )>0,g (x )单调递增.∴g (x )≥g (1a )=1+ln a , 即g (x 1)min =1+ln a.∵f'(x 2)=1x 2-b 在x 2∈[1,2]上单调递减,∴f'(x 2)max =f'(1)=1-b=3-ae .∴1+ln a>3-ae .即lna+a e -2>0.设h (a )=ln a+ae -2,易知h (a )在(1,+∞)上单调递增.又h (e)=0,∴实数a 的取值范围为(e,+∞). 5.(1)解 由f (x )=e x x 得,f'(x )=xe x -e xx 2=e x (x -1)x 2,∴当x<1时,f'(x )<0,当x>1时,f'(x )>0,∴f (x )在区间(-∞,1)上单调递减,在区间(1,+∞)上单调递增.①当t ≥1时,f (x )在区间[t ,t+1]上单调递增,f (x )的最大值为f (t+1)=e t+1t+1.②当0<t<1时,t+1>1,f (x )在区间(t ,1)上单调递减,在区间(1,t+1)上单调递增,∴f (x )的最大值为f (x )max =max{f (t ),f (t+1)}.下面比较f (t )与f (t+1)的大小.f (t )-f (t+1)=e tt−e t+1t+1=[(1-e )t+1]e tt (t+1).∵t>0,1-e <0,∴当0<t ≤1e -1时,f (t )-f (t+1)≥0,故f (x )在区间[t ,t+1]上的最大值为f (t )=e t t ,当1e -1<t<1时,f (t )-f (t+1)<0,f (x )在区间[t ,t+1]上的最大值为f (t+1)=e t+1t+1.综上可知,当0<t ≤1e -1时,f (x )在区间[t ,t+1]上的最大值为f (t )=e t t ,当t>1e -1时,f (x )在区间[t ,t+1]上的最大值为f (t+1)=e t+1t+1. (2)证明 不等式f (x )>g (x )即为e xx>lnx x +1x -1.∵x>0,∴不等式等价于e x >ln x-x+1,令h (x )=e x -(x+1)(x>0),则h'(x )=e x -1>0,∴h (x )在(0,+∞)上为增函数,h (x )>h (0)=0,即e x >x+1,所以,要证e x >ln x-x+1成立,只需证x+1>ln x-x+1成立即可. 即证2x>ln x 在(0,+∞)上成立. 设φ(x )=2x-ln x ,则φ'(x )=2-1x=2x -1x,当0<x<12时,φ'(x )<0,φ(x )单调递减,当x>12时,φ'(x )>0,φ(x )单调递增,∴φ(x )min =φ(12)=1-ln 12=1+ln 2>0,∴φ(x )>0在(0,+∞)上成立,∴对任意x ∈(0,+∞),不等式f (x )>g (x )都成立. 6.解 (1)略(2)f'(x )=x e x -2kx=x (e x -2k ),①当k ≤0时,e x -2k>0,所以,当x<0时,f'(x )<0,当x>0时,f'(x )>0,则f (x )在区间(-∞,0)上单调递减,在区间(0,+∞)上单调递增, 所以f (x )在区间[0,+∞)上的最小值为f (0),且f (0)=1,符合题意; ②当k>0时,令f'(x )=0,得x=0或x=ln 2k ,所以当0<k ≤12时,ln 2k ≤0,在区间(0,+∞)上f'(x )>0,f (x )单调递增, 所以f (x )在区间[0,+∞)上的最小值为f (0),且f (0)=1,符合题意;当k>12时,ln 2k>0,当x ∈(0,ln 2k )时,f'(x )<0,f (x )在区间(0,ln 2k )上单调递减, 所以f (ln 2k )<f (0)=1,不满足对任意的x ∈[0,+∞),f (x )≥1恒成立, 综上,k 的取值范围是(-∞,12].7.(1)解 f'(x )=a [(x -2)e x +x+2)]x 3,因为f'(2)=a2=1,所以a=2.(2)证明 要证f (x )>1,只需证h (x )=e x -12x 2-x-1>0.h'(x )=e x -x-1,令c (x )=e x -x-1,则c'(x )=e x -1.因为当x>0时,c'(x )>0,所以h'(x )=e x -x-1在(0,+∞)上单调递增,所以h'(x)=e x-x-1>h'(0)=0.所以h(x)=e x-12x2-x-1在(0,+∞)上单调递增,所以h(x)=e x-12x2-x-1>h(0)=0成立.所以当x>0时,f(x)>1.(3)证明(方法1)由(2)知当x>0时,f(x)>1.因为e x n+1=f(x n),所以x n+1=ln f(x n).设g(x n)=ln f(x n),则x n+1=g(x n),所以x n=g(x n-1)=g(g(x n-2))=…=g((…(g(x1))…))>0.要证2n|e x n-1|<1,只需证|e x n-1|<12n.因为x1=13,所以|e x1-1|=e13-1.因为e-323=e-278<0,所以e 13<32,所以|e x1-1|=e 13-1<12.故只需证|e x n+1-1|<12|e x n-1|.因为x n∈(0,+∞),故只需证e x n+1-1<12e x n−12,即证f(x n)-1<12e x n−12.只需证当x∈(0,+∞)时,φ(x)=12x2-2e x+12x2+2x+2>0,φ'(x)=12x2+x-2e x+x+2,令α(x)=12x2+x-2e x+x+2,则α'(x)=12x2+2x-1e x+1,令β(x)=12x2+2x-1e x+1,则β'(x)=12x2+3x+1e x>0,所以β(x)在区间(0,+∞)上单调递增,故β(x)=12x2+2x-1e x+1>β(0)=0.所以α(x)在区间(0,+∞)上单调递增,故α(x)=12x2+x-2e x+x+2>α(0)=0.所以φ(x)在区间(0,+∞)上单调递增,所以φ(x)=12x2-2e x+12x2+2x+2>φ(0)=0,所以原不等式成立.(方法2)由(2)知当x>0时,f(x)>1.因为e x n+1=f(x n),所以x n+1=ln f(x n).设g(x n)=ln f(x n),则x n+1=g(x n),所以x n=g(x n-1)=g(g(x n-2))=…=g((…(g(x1))…))>0.要证2n|e x n-1|<1,只需证|e x n-1|<12n.因为x1=13,所以|e x1-1|=e13-1.因为e-323=e-278<0,所以e 13<32,所以|e x1-1|=e 13-1<12.故只需证|e x n+1-1|<12|e x n-1|.因为x n∈(0,+∞),故只需证e x n+1-1<12e x n−12,即证f(x n)-1<12e x n−12.只需证当x∈(0,+∞)时,φ(x)=12x2-2e x+12x2+2x+2>0.因为φ(x)=12(x2-4)e x+12(x2+4x+4)=12(x+2)[(x-2)e x+(x+2)],设u(x)=(x-2)e x+(x+2),故只需证u(x)>0.u'(x)=(x-1)e x+1,令v(x)=(x-1)e x+1,则v'(x)=x e x>0,所以v(x)在区间(0,+∞)上单调递增,故v(x)=(x-1)e x+1>v(0)=0,所以u(x)在区间(0,+∞)上单调递增,故u(x)=(x-2)e x+(x+2)>u(0)=0,所以原不等式成立.8.(1)解由题意,得f'(x)=ln x+1,故g(x)=ax2-(a+2)x+ln x+1,故g'(x)=2ax-(a+2)+1x=(2x-1)(ax-1)x,x>0,a>0.令g'(x)=0,得x1=12,x2=1a.①当0<a<2时,1a >12,由g'(x)>0,得0<x<12或x>1a;由g'(x)<0,得12<x<1a.所以g(x)在x=12处取极大值g12=-a4-ln 2,在x=1a处取极小值g1a=-1a-ln a.②当a=2时,1a =12,g'(x)≥0恒成立,所以不存在极值.③当a>2时,1a <12,由g'(x)>0,得0<x<1a或x>12;由g'(x)<0,得1a<x<12.所以g(x)在x=1a处取极大值g1a=-1a-ln a,在x=12处取极小值g12=-a4-ln 2.综上,当0<a<2时,g(x)在x=12处取极大值-a4-ln 2,在x=1a处取极小值-1a-ln a;当a=2时,不存在极值;当a>2时,g(x)在x=1a处取极大值-1a-ln a,在x=12处取极小值-a4-ln 2.(2)证明F(x)=x ln x-xe x ,定义域为x∈(0,+∞),F'(x)=1+ln x+x-1e x.当x∈(1,2)时,F'(x)>0,即F(x)在区间(1,2)上单调递增.又因为F(1)=-1e<0,F(2)=2ln 2-2e2>0,且F(x)在区间(1,2)上的图像连续不断,故根据函数零点存在定理,F(x)在区间(1,2)上有且仅有一个零点.所以存在x0∈(1,2),使得F(x0)=f(x0)-x0e x0=0.且当1<x<x0时,f(x)<xe x;当x>x0时,f(x)>xe x.所以m(x)=min f(x),xe x={xlnx,1<x<x0,xe x,x>x0.当1<x<x0时,m(x)=x ln x,由m'(x)=1+ln x>0,得m(x)单调递增;当x>x 0时,m (x )=x e x ,由m'(x )=1-xe x <0,得m (x )单调递减. 若m (x )=n 在区间(1,+∞)上有两个不等实数解x 1,x 2(x 1<x 2), 则x 1∈(1,x 0),x 2∈(x 0,+∞).要证x 1+x 2>2x 0,即证x 2>2x 0-x 1.又因为2x 0-x 1>x 0,而m (x )在区间(x 0,+∞)上单调递减, 所以可证m (x 2)<m (2x 0-x 1).由m (x 1)=m (x 2),即证m (x 1)<m (2x 0-x 1),即x 1ln x 1<2x 0-x 1e 2x 0-x 1. 记h (x )=x ln x-2x 0-xe 2x 0-x,1<x<x 0, 其中h (x 0)=0. 记φ(t )=t e t ,则φ'(t )=1-te t . 当t ∈(0,1)时,φ'(t )>0; 当t ∈(1,+∞)时,φ'(t )<0. 故φ(t )max =1e .而φ(t )>0,故0<φ(t )<1e . 因为2x 0-x>1, 所以-1e <-2x 0-xe 2x 0-x<0. 因此h'(x )=1+ln x+1e2x 0-x −2x 0-x e 2x 0-x>1-1e >0,即h (x )单调递增,故当1<x<x 0时,h (x )<h (x 0)=0, 即x 1ln x 1<2x 0-x 1e 2x 0-x 1, 故x 1+x 2>2x 0,得证.突破2 利用导数研究 与函数零点有关的问题1.(1)证明 由f (x )≤0可得,a ≥1+lnxx(x>0),令h (x )=1+lnx x ,则h'(x )=1x ·x -(1+lnx )x 2=-lnxx 2. 当x ∈(0,1)时,h'(x )>0,h (x )单调递增;当x ∈(1,+∞)时,h'(x )<0,h (x )单调递减,故h (x )在x=1处取得最大值,要使a ≥1+lnxx,只需a ≥h (1)=1,故a 的取值范围为[1,+∞). 显然,当a=1时,有1+lnxx≤1,即不等式ln x<x-1在(1,+∞)上成立,令x=n+1n >1(n ∈N *),则有ln n+1n <n+1n -1=1n ,所以ln 21+ln 32+…+ln n+1n <1+12+13+…+1n , 即1+12+13+…+1n >ln(n+1).(2)解 由f (x )=g (x ),可得1+lnxx -a=(x-1)2e x ,即a=1+lnxx -(x-1)2e x ,令t (x )=1+lnxx -(x-1)2e x , 则t'(x )=-lnx x 2-(x 2-1)e x ,当x ∈(0,1)时,t'(x )>0,t (x )单调递增;当x ∈(1,+∞)时,t'(x )<0,t (x )单调递减,故t (x )在x=1处取得最大值t (1)=1,又当x →0时,t (x )→-∞,当x →+∞时,t (x )→-∞,所以,当a=1时,方程f (x )=g (x )有一个实数根;当a<1时,方程f (x )=g (x )有两个不同的实数根; 当a>1时,方程f (x )=g (x )没有实数根. 2.(1)证明 设函数F (x )=f (x )-g (x )=x e x -a e x +a.当a=1时,F (x )=x e x -e x +1,所以F'(x )=x e x . 所以当x ∈(-∞,0)时,F'(x )<0; 当x ∈(0,+∞)时,F'(x )>0.所以F (x )在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增. 所以当x=0时,F (x )取得最小值F (0)=0. 所以F (x )≥0,即f (x )≥g (x ).(2)解 设函数F (x )=f (x )-g (x )=x e x -a e x +a.当a>1时,F'(x )=(x-a+1)e x ,令F'(x )>0,即(x-a+1)e x >0,解得x>a-1; 令F'(x )<0,即(x-a+1)e x <0,解得x<a-1.所以F (x )在(-∞,a-1)上单调递减,在(a-1,+∞)上单调递增.所以当x=a-1时,F (x )取得最小值,即F (a-1)=a-e a-1. 令h (a )=a-e a-1,则h'(a )=1-e a-1.因为a>1,所以h'(a )<0.所以h (a )在(1,+∞)上单调递减. 所以h (a )<h (1)=0,所以F (a-1)<0.又因为F (a )=a>0,所以F (x )在区间(a-1,a )上存在一个零点. 所以在[a-1,+∞)上存在唯一的零点.又因为F (x )在区间(-∞,a-1)上单调递减,且F (0)=0, 所以F (x )在区间(-∞,a-1)上存在唯一的零点0.所以函数F (x )有且仅有两个零点,即方程f (x )=g (x )有两个实数根.3.解 (1)略.(2)设t=e x ,则f (t )=2at 2+2(a+1)t 的图像与y=4t+ln t 的图像只有一个交点,其中t>0,则2at 2+2(a+1)t=4t+ln t 只有一个实数解,即2a=2t+lntt 2+t只有一个实数解. 设g (t )=2t+lnt t 2+t,则g'(t )=-2t 2+t -2tlnt+1-lnt(t 2+t )2,g'(1)=0.令h (t )=-2t 2+t-2t ln t+1-ln t , 则h'(t )=-4t-1φ-2ln t-1.设y=1t +2ln t ,令y'=-1t 2+2t =2t -1t 2=0,解得t=12,则y ,y'随t 的变化如表所示0,1212,+∞y' - 0+则当t=12时,y=1t +2ln t 取最小值为2-2ln 2=2×(1-ln 2)>0. 所以-1t -2ln t<0, 即h'(t )=-4t-1t -2ln t-1<0.所以h (t )在(0,+∞)上单调递减. 因此g'(t )=0只有一个根,即t=1. 当t ∈(0,1)时,g'(t )>0,g (t )单调递增; 当t ∈(1,+∞)时,g'(t )<0,g (t )单调递减. 所以,当t=1时,g (t )有最大值为g (1)=1.由题意知,y=2a 与g (t )图像只有一个交点,而a ∈(0,+∞), 所以2a=1,即a=12,所以a 的取值集合为12.4.解 (1)函数f (x )的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞).f'(x )=ax 2+bx -b x 2e x,由题知{f '(-1)=0,f (-1)=1e ,即{(a -2b )e -1=0,(-a+b )-1e -1=1e ,解得{a =2,b =1,所以函数f (x )=2x+1x e x (x ≠0). (2)f'(x )=2x 2+x -1x 2e x =(x+1)(2x -1)x 2e x. 令f'(x )>0得x<-1或x>12, 令f'(x )<0得-1<x<0或0<x<12.所以函数f (x )的单调递增区间是(-∞,-1),12,+∞, 单调递减区间是(-1,0),0,12.(3)根据题意易得g (x )=ax-b x -2a e x (a>0), 所以g'(x )=bx 2+ax-bx -a e x .由g (x )+g'(x )=0,得ax-bx -2a e x +bx 2+ax-bx -a e x =0.整理,得2ax 3-3ax 2-2bx+b=0.存在x 0∈(1,+∞),使g (x 0)+g'(x 0)=0成立,等价于存在x 0∈(1,+∞),使2a x 03-3a x 02-2bx 0+b=0成立.设u (x )=2ax 3-3ax 2-2bx+b (x>1),则u'(x )=6ax 2-6ax-2b=6ax (x-1)-2b>-2b. 当b ≤0时,u'(x )>0,此时u (x )在(1,+∞)上单调递增, 因此u (x )>u (1)=-a-b.因为存在x 0∈(1,+∞),使2a x 03-3a x 02-2bx 0+b=0成立, 所以只要-a-b<0即可,此时-1<ba ≤0. 当b>0时,令u (x )=b , 解得x 1=3a+√9a 2+16ab4a>3a+√9a 24a=32>1,x 2=3a -√9a 2+16ab 4a(舍去),x 3=0(舍去),得u (x 1)=b>0.又因为u (1)=-a-b<0,于是u (x )在(1,x 1)上必有零点,即存在x 0>1,使2a x 03-3a x 02-2bx 0+b=0成立,此时ba >0.综上,ba 的取值范围为(-1,+∞). 5.解 (1)因为g (x )=2a3x 3+2(1-a )x 2-8x+8a+7,所以g'(x )=2ax 2+4(1-a )x-8,所以g'(2)=0. 所以a=0,即g (x )=2x 2-8x+7. g (0)=7,g (3)=1,g (2)=-1.所以g (x )在[0,3]上的值域为[-1,7].(2)①当a=0时,g (x )=2x 2-8x+7,由g (x )=0,得x=2±√22∈(1,+∞),此时函数y=h (x )有三个零点,符合题意.②当a>0时,g'(x )=2ax 2+4(1-a )x-8=2a (x-2)x+2a . 由g'(x )=0,得x=2. 当x ∈(0,2)时,g'(x )<0; 当x ∈(2,+∞)时,g'(x )>0.若函数y=h (x )有三个零点,则需满足g (1)>0且g (2)<0,解得0<a<316.③当a<0时,g'(x )=2ax 2+4(1-a )x-8=2a (x-2)x+2a . 由g'(x )=0,得x 1=2,x 2=-2a .(ⅰ)当-2a <2,即a<-1时,因为g (x )极大值=g (2)=163a-1<0,此时函数y=h (x )至多有一个零点,不符合题意.(ⅱ)当-2a =2,即a=-1时,因为g'(x )≤0,此时函数y=h (x )至多有两个零点,不符合题意. (ⅲ)当-2a >2,即-1<a<0时,若g (1)<0,函数y=h (x )至多有两个零点,不符合题意; 若g (1)=0,得a=-320;因为g -2a =1a 28a 3+7a 2+8a+83,所以g -2a >0,此时函数y=h (x )有三个零点,符合题意;若g (1)>0,得-320<a<0. 由g -2a =1a 28a 3+7a 2+8a+83.记φ(a)=8a3+7a2+8a+83,则φ'(a)>0.所以φ(a)>φ-320>0,此时函数y=h(x)有四个零点,不符合题意.综上所述,满足条件的实数a∈-220∪0,316.。

利用导数求单调区间的一些大题（含答案）

利用导数求单调区间的一些大题（含答案）

例1.1.已知函数已知函数321()3f x x ax b =-+在2x =-处有极值处有极值. . （1） 求函数()f x 的单调区间；的单调区间；（2） 求函数()f x 在[]3,3-上有且仅有一个零点，求b 的取值范围。

的取值范围。

例2．已知函数232)1(31)(x k x x f +-=，k x x g -=31)(，且)(x f 在区间),2(+¥上为增函数．函数．（1）、求实数k 的取值范围；的取值范围； （2）、若函数)(x f 与)(x g 的图象有三个不同的交点，求实数k 的取值范围．的取值范围．解：解：(1) (1) (1) 由由321()3f x x ax b =-+，得22'()32f x x ax a =--令222a '()320,=-,(0)3f x x ax a x a a =--==>1得x当(),'()x f x f x 变化时，的变化情况如下表：x (,)3a -¥-3a- (,)3a a - a(,)a +¥()f x+_ 0 +'()f x极大值极大值极小值极小值由上述表格可知，32235()=()()()()11333327a a a a f x f a a a -=-----+=+极大值3333()()11f x f a a a a a ==--+=-极大值(2)(2)由（由（由（11）可知()(,)(,)3a f x a -¥-+¥在和上单调递增，在-a（,a ,a））3上单调递减，上单调递减， 当33501,()=()10,()=f(a)=1-a 0327a a f x f a f x <£-=+>³极大值极小值a()-y f x \=¥在（,+）3上最多只有一个实数根，且此零点仅在1a =时取得时取得又()y f x =在(,)3a -¥-上单调递增，且2(1)(1)0f a a a a -=-=-£()--y f x \=¥a在（，）3上最多有一个实数根上最多有一个实数根 于是，当01a <£时，函数()y f x =有1个或2个零点，即函数()y f x =至多有两个实数根。

专题05导数及其应用解答题(原卷版)

专题05导数及其应用解答题(原卷版)

大数据之十年高考真题（2013-2022）与优质模拟题（新高考卷与新课标理科卷）专题05导数及其应用解答题1．【2022年全国甲卷理科21】已知函数f(x)=e xx−lnx+x−a．(1)若f(x)≥0，求a的取值范围；(2)证明：若f(x)有两个零点x1,x2，则环x1x2<1．2．【2022年全国乙卷理科21】已知函数f(x)=ln(1+x)+axe−x(1)当a=1时，求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；(2)若f(x)在区间(−1,0),(0,+∞)各恰有一个零点，求a的取值范围．3．【2022年新高考1卷22】已知函数f(x)=e x−ax和g(x)=ax−lnx有相同的最小值．(1)求a；(2)证明：存在直线y=b，其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．4．【2022年新高考2卷22】已知函数f(x)=x e ax−e x．(1)当a=1时，讨论f(x)的单调性；(2)当x>0时，f(x)<−1，求a的取值范围；(3)设n∈N∗，证明：1√12+1+1√22+2+⋯+1√n2+n>ln(n+1)．5．【2021年全国甲卷理科21】已知a>0且a≠1，函数f(x)=x aa x(x>0)．（1）当a=2时，求f(x)的单调区间；（2）若曲线y=f(x)与直线y=1有且仅有两个交点，求a的取值范围．6．【2021年新高考1卷22】已知函数f(x)=x(1−lnx).（1）讨论f(x)的单调性；（2）设a，b为两个不相等的正数，且blna−alnb=a−b，证明：2<1a +1b<e.7．【2021年全国乙卷理科20】设函数f(x)=ln(a−x)，已知x=0是函数y=xf(x)的极值点．（1）求a；真题汇总（2）设函数g(x)=x+f(x)xf(x)．证明:g(x)<1．8．【2021年新高考2卷22】已知函数f(x)=(x −1)e x −ax 2+b ． （1）讨论f(x)的单调性；（2）从下面两个条件中选一个，证明：f(x)有一个零点 ①12<a ≤e 22,b >2a ；②0<a <12,b ≤2a ．9．【2020年全国1卷理科21】已知函数f(x)=e x +ax 2−x . （1）当a =1时，讨论f （x ）的单调性； （2）当x ≥0时，f （x ）≥12x 3+1，求a 的取值范围. 10．【2020年全国2卷理科21】已知函数f (x )=sin 2x sin2x . （1）讨论f (x )在区间(0，π)的单调性； （2）证明：|f(x)|≤3√38； （3）设n ∈N *，证明：sin 2x sin 22x sin 24x …sin 22n x ≤3n4n .11．【2020年全国3卷理科21】设函数f(x)=x 3+bx +c ，曲线y =f(x)在点(12，f (12))处的切线与y 轴垂直．（1）求b ．（2）若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，证明：f(x)所有零点的绝对值都不大于1． 12．【2020年山东卷21】已知函数f(x)=ae x−1−lnx +lna ．（1）当a =e 时，求曲线y =f （x ）在点（1，f （1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积； （2）若f （x ）≥1，求a 的取值范围．13．【2020年海南卷22】已知函数f(x)=ae x−1−lnx +lna ．（1）当a =e 时，求曲线y =f （x ）在点（1，f （1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积； （2）若f （x ）≥1，求a 的取值范围．14．【2019年新课标3理科20】已知函数f （x ）＝2x 3﹣ax 2+b ． （1）讨论f （x ）的单调性；（2）是否存在a ，b ，使得f （x ）在区间[0，1]的最小值为﹣1且最大值为1？若存在，求出a ，b 的所有值；若不存在，说明理由．15．【2019年全国新课标2理科20】已知函数f （x ）＝lnx −x+1x−1．（1）讨论f （x ）的单调性，并证明f （x ）有且仅有两个零点；（2）设x 0是f （x ）的一个零点，证明曲线y ＝lnx 在点A （x 0，lnx 0）处的切线也是曲线y ＝e x 的切线． 16．【2019年新课标1理科20】已知函数f （x ）＝sin x ﹣ln （1+x ），f ′（x ）为f （x ）的导数．证明： （1）f ′（x ）在区间（﹣1，π2）存在唯一极大值点；（2）f （x ）有且仅有2个零点．17．【2018年新课标1理科21】已知函数f （x ）=1x −x +alnx ． （1）讨论f （x ）的单调性；（2）若f （x ）存在两个极值点x 1，x 2，证明：f(x 1)−f(x 2)x 1−x 2＜a ﹣2．18．【2018年新课标2理科21】已知函数f （x ）＝e x ﹣ax 2． （1）若a ＝1，证明：当x ≥0时，f （x ）≥1； （2）若f （x ）在（0，+∞）只有一个零点，求a ．19．【2018年新课标3理科21】已知函数f （x ）＝（2+x +ax 2）ln （1+x ）﹣2x ． （1）若a ＝0，证明：当﹣1＜x ＜0时，f （x ）＜0；当x ＞0时，f （x ）＞0； （2）若x ＝0是f （x ）的极大值点，求a ．20．【2017年新课标1理科21】已知函数f （x ）＝ae 2x +（a ﹣2）e x ﹣x ． （1）讨论f （x ）的单调性；（2）若f （x ）有两个零点，求a 的取值范围．21．【2017年新课标2理科21】已知函数f （x ）＝ax 2﹣ax ﹣xlnx ，且f （x ）≥0． （1）求a ；（2）证明：f （x ）存在唯一的极大值点x 0，且e ﹣2＜f （x 0）＜2﹣2．22．【2017年新课标3理科21】已知函数f （x ）＝x ﹣1﹣alnx ． （1）若f （x ）≥0，求a 的值；（2）设m 为整数，且对于任意正整数n ，（1+12）（1+122）…（1+12n ）＜m ，求m 的最小值． 23．【2016年新课标1理科21】已知函数f （x ）＝（x ﹣2）e x +a （x ﹣1）2有两个零点． （Ⅰ）求a 的取值范围；（Ⅱ）设x 1，x 2是f （x ）的两个零点，证明：x 1+x 2＜2．24．【2016年新课标2理科21】（Ⅰ）讨论函数f （x ）=x−2x+2e x 的单调性，并证明当x ＞0时，（x ﹣2）e x +x +2＞0；（Ⅱ）证明：当a∈[0，1）时，函数g（x）=e x−ax−ax2（x＞0）有最小值．设g（x）的最小值为h（a），求函数h（a）的值域．25．【2016年新课标3理科21】设函数f（x）＝a cos2x+（a﹣1）（cos x+1），其中a＞0，记|f（x）|的最大值为A．（Ⅰ）求f′（x）；（Ⅱ）求A；（Ⅲ）证明：|f′（x）|≤2A．26．【2015年新课标1理科21】已知函数f（x）＝x3+ax+14，g（x）＝﹣lnx（i）当a为何值时，x轴为曲线y＝f（x）的切线；（ii）用min{m，n}表示m，n中的最小值，设函数h（x）＝min{f（x），g（x）}（x＞0），讨论h（x）零点的个数．27．【2015年新课标2理科21】设函数f（x）＝e mx+x2﹣mx．（1）证明：f（x）在（﹣∞，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增；（2）若对于任意x1，x2∈[﹣1，1]，都有|f（x1）﹣f（x2）|≤e﹣1，求m的取值范围．28．【2014年新课标1理科21】设函数f（x）＝ae x lnx+be x−1x，曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处得切线方程为y＝e（x﹣1）+2．（Ⅰ）求a、b；（Ⅱ）证明：f（x）＞1．29．【2014年新课标2理科21】已知函数f（x）＝e x﹣e﹣x﹣2x．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）设g（x）＝f（2x）﹣4bf（x），当x＞0时，g（x）＞0，求b的最大值；（Ⅲ）已知1.4142＜√2＜1.4143，估计ln2的近似值（精确到0.001）．30．【2013年新课标1理科21】已知函数f（x）＝x2+ax+b，g（x）＝e x（cx+d），若曲线y＝f（x）和曲线y ＝g（x）都过点P（0，2），且在点P处有相同的切线y＝4x+2．（Ⅰ）求a，b，c，d的值；（Ⅱ）若x≥﹣2时，f（x）≤kg（x），求k的取值范围．31．【2013年新课标2理科21】已知函数f（x）＝e x﹣ln（x+m）（Ⅰ）设x＝0是f（x）的极值点，求m，并讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）当m≤2时，证明f（x）＞0．1．已知函数f(x)=x22+cosx−1．(1)求函数f(x)的最小值；(2)证明：∑cos1k >n+12n−1nk=1．2．已知函数f(x)=e x(sinx+cosx)−asinx..(1)当a=1时，求函数f（x）在区间[0，2π]上零点的个数；(2)若函数y=f(x)在（0，2π）上有唯一的极小值点，求实数a的取值范围3．已知函数ℎ(x)=x−alnx(a∈R).(1)若ℎ(x)有两个零点，a的取值范围；(2)若方程x e x−a(lnx+x)=0有两个实根x1、x2，且x1≠x2，证明：e x1+x2>e2x1x2.4．已知函数f(x)=a2x2+(a−1)x−lnx(a∈R)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a>4时，若方程f(x)=ax2−x+a2在(0，1)内存在唯一实根x0，求证：x0∈(14,1e)．5．已知函数f(x)=e1−x+a(x2−1)，a∈R．(1)若a=12，求f(x)的最小值；(2)若当x>1时，f(x)>1x+lnx恒成立，求a的取值范围．6．已知函数f(x)=2x3+3(1+m)x2+6mx(x∈R).(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若f(1)=5，函数g(x)=a(lnx+1)−f(x)x2≤0在(1,+∞)上恒成立，求整数a的最大值.7．已知函数f(x)=lnx+ax,a∈R.(1)当a=1时，求函数f(x)的单调递增区间；(2)设函数g(x)=f(x)−1x，若g(x)在[1,e2]上存在极值，求a的取值范围.8．设函数f(x)=a e x−x−1，a∈R．(1)当a=1时，求f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；(2)当x∈R时，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围；模拟好题(3)求证：当x∈(0,+∞)时，e x−1x>e x2．9．已知f(x)=34x2−x22lnx−a(x−1).(1)若f(x)恒有两个极值点x1，x2（x1<x2），求实数a的取值范围；(2)在（1）的条件下，证明f(x1)+f(x2)>32.10．已知函数f(x)=xsinx+cosx+12ax2,x∈[0,π].(1)当a=0时，求f(x)的单调区间；(2)当a>0时，讨论f(x)的零点个数.11．已知函数f(x)=xe x−1+(1−a)lnx，g(x)=lnx+ax．(1)当a=1时，求y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；(2)当a=2时，对于在(0,1)中的任意一个常数b，是否存在正数x0，使得e g(x0+1)−3x0−2+b2x02<1，请说明理由；(3)设ℎ(x)=f(x)−g(x)，x1是ℎ(x)的极小值点，且ℎ(x1)≥0，证明：ℎ(x1)≥2(x12−x13)．12．已知函数f(x)=ax−2e x+3(a∈R)，g(x)=lnx+x e x（e为自然对数的底数，e<259）．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若a=−1，ℎ(x)=f(x)+g(x)，当x∈[12,1]时，ℎ(x)∈(m,n),(m,n∈Z)，求n−m的最小值．13．已知函数f(x)=a e xx+lnx−x(a∈R)．(1)若f(x)在(1,+∞)上单调递增，求a的取值范围；(2)当a>1时，设F(x)=f(x)−(2lnx−x+1x )，求证：F(x)>ln(ax)x−lnx+e−1．14．设函数f(x)=m e x−1,g(x)=lnx+n，m、n为实数，若F(x)=g(x)x 有最大值为1e2(1)求n的值；(2)若f(x)e2>xg(x)，求实数m的最小整数值.15．已知f(x)=34x2−x22lnx−a(x−1),a>0.(1)若f(x)在区间(1,+∞)上有且仅有一个极值点m，求实数a的取值范围；(2)在（1）的条件下，证明34<f(m)<e24.16．已知函数f(x)=ln(x−1)−mx(m∈R),g(x)=2x+n−2．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当−1≤m≤e−2时，若不等式f(x)≤g(x)恒成立，求n−3的最小值．m+217．已知函数f(x)=e x2lnx(x>0)．(1)求f(x)的极值点．(2)若有且仅有两个不相等的实数x1,x2(0<x1<x2)满足f(x1)=f(x2)=e k．（i）求k的取值范围（ⅱ）证明x2e2−2e≤e−e21．x118．已知函数f(x)=xlnx−a(x2−1),a∈R(1)当a=0时，求f(x)的单调区间；(2)若过原点作曲线y=f(x)的切线有两条，求a的取值范围，并证明这两条切线的斜率互为相反数．19．已知函数f(x)=e−x+sinx−ax，g(x)为f(x)的导函数．]内存在唯一的极值点x0，√2<2cosx0<√3；(1)证明：当a=0时，函数g(x)在区[0,π2(2)若f(x)在(0,π)上单调递减，求整数a的最小值．(x>0).20．已知函数f(x)=1+ln(x+1)x(1)试判断函数f(x)在(0，+∞)上单调性并证明你的结论；(2)若f(x)>k对于∀x∈(0,+∞)恒成立，求正整数k的最大值；x+1(3)求证：(1+1×2)(1+2×3)(1+3×4)⋯[1+n(n+1)]>e2n−3．。

导数大题压轴练-高考数学重点专题冲刺演练(原卷版)

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导数大题压轴练-新高考数学复习分层训练（新高考通用）1．（2023·广东·统考一模）已知函数()1e x f x x +=.(1)求()f x 的极值；(2)当0x >时，()()1ln 2f x a x x ≥+++，求实数a 的取值范围.2．（2023·广东深圳·深圳中学校联考模拟预测）设()()e xx f x x =∈R .(1)求()f x 的单调性，并求()f x 在12x =处的切线方程；(2)若(e )()(ln 1)x f x k x ⋅≤⋅+在()1,x ∈+∞上恒成立，求k 的取值范围.3．（2023·江苏南通·统考模拟预测）设函数()2ln f x x x =-，()()R g x ax a =∈.(1)若函数()y g x =图象恰与函数()y f x =图象相切，求实数a 的值；(2)若函数()()()2ln h x f x g x x =-+有两个极值点1x ，2x ，设点()()11,A x h x ，()()22,B x h x ，证明：A 、B 两点连线的斜率42a k a >-.4．（2023·江苏南通·校联考模拟预测）已知函数23()e 22x f x m x x =--．(1)当3m ≥时，证明：()f x 在区间(,)-∞+∞上单调递增；(2)若函数()()cos g x f x x =-存在两个不同的极值点，求实数m 的取值范围．5．（2023·辽宁大连·校联考模拟预测）已知函数()e x f x a x =-（e 为自然对数的底数）．(1)若()f x 的最小值为1，求2()()2a g x f x x =-在[0,)+∞上的最小值；(2)若02b <≤，证明：当[0,)x ∈+∞时，2223e (3sin )(01)x x x b x a ++≤-<<．6．（2023·辽宁辽阳·统考一模）已知函数()()43430f x x x x =+>.(1)求()f x 的最小值.(2)若()()12f x f x =，且12x x <.证明：（ⅰ）()()3434111122x x x x +-<+-；（ⅱ）122x x +>.7．（2023·河北衡水·河北衡水中学校考三模）已知λ为正实数，函数()()()2ln 102x f x x x x λλ=+-+>.(1)若()0f x >恒成立，求λ的取值范围；(2)求证：()()215212ln 12ln 13n i n n i i =⎛⎫+-<-<+ ⎪⎝⎭∑（1,2,3,...i =）.8．（2023·福建泉州·统考三模）已知()()211ln 2f x x a x x x =---有两个极值点1x 、2x ，且12x x <．(1)求a 的范围；(2)当01ln 2a <≤-时，证明：()()12112a f x f x +<+<．9．（2023·山东聊城·统考一模）已知函数()ln a f x x x x =+，()2e ln ln2x g x x x x =---．(1)若直线y x =是曲线()y f x =的一条切线，求a 的值；(2)若对于任意的()10,x ∞∈+，都存在()20,x ∈+∞，使()()12f x g x ≥成立，求a 的取值范围．10．（2023·湖北·校联考模拟预测）已知函数2sin ()π,[0,π]e x x f x x x x =-+∈．(1)求()f x 在(0,(0))f 处的切线方程；(2)若()f x m =存在两个非负零点12,x x ，求证：212ππ1m x x -≤-+．11．（2023·江苏·统考一模）已知R k ∈，函数()()2π3ln 1sin π2f x x x kx =+++，()1,2x ∈-.(1)若0k =，求证：()f x 仅有1个零点；(2)若()f x 有两个零点，求实数k 的取值范围.12．（2023·湖北·荆州中学校联考二模）已知*N n ∈，函数()ln n f x x n x =-有两个零点，记为n x ，()n n n y x y <．(1)证明：11n n n n y x y x ++-<-．(2)对于0αβ<<，若存在θ，使得()()()()n n n f f f βαθβα'-=-，试比较αβ+与2θ的大小．13．（2023·湖北武汉·华中师大一附中校联考模拟预测）已知函数()()()22e 21ln 21x f x a x x =-++．(1)当2a =时，研究函数()f x 的单调性；(2)当π0,2x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()()22cos 22f x x a x ≥--恒成立，求a 的取值范围．14．（2023·湖南邵阳·统考二模）已知函数()e cos x f x x =，()cos g x x x =-．(1)对任意的π,02x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦，()()0tf x g x '-≥恒成立，求实数t 的取值范围；(2)设方程()()f x g x '=在区间*ππ(2π,2πN )32n n n ++∈内的根从小到大依次为1x ，2x ，…，n x ，…，求证：12n n x x +->π．15．（2023·湖南·校联考模拟预测）设函数311()sin cos 0,()()sin 222f x x x x x g x f x x ax π⎛⎫=-<<=+- ⎪⎝⎭.(1)证明：当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()f x 有唯一零点；(2)若任意[0,)x ∈+∞，不等式()0g x ≤恒成立，求实数a 的取值范围.16．（2023·湖南张家界·统考二模）已知函数()1ln 12f x x x x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭,()()()31ln 1h x a x a x x =-+-+-.(1)()()f x F x x=,求()F x 的最值;(2)若函数()()()g x h x f x =-恰有两个不同的零点,求a 的取值范围.17．（2023·湖南郴州·统考三模）已知函数()()()21,ln f x x ax g x x a a R =-+=+∈.(1)若()()1,a f x g x =>在区间()0,t 上恒成立，求实数t 的取值范围；(2)若函数()f x 和()g x 有公切线，求实数a 的取值范围.18．（2023·广东茂名·统考一模）若函数()()211ln 022f x a x x a x =-++>有两个零点12,x x ，且12x x <.(1)求a 的取值范围；(2)若()f x 在()1,0x 和()2,0x 处的切线交于点()33,x y ，求证：()312221x x x a <+<+.19．（2023·广东·校联考模拟预测）已知函数()e x m f x x +=．(1)当0m >时，求函数()f x 的极值点的个数；(2)当a ，b ，()0,c ∈+∞时，e e e 12e b c a c a b a b c m ---------++<-恒成立，求m 的取值范围．20．（2023·广东湛江·统考一模）已知函数()e cos 2x f x x =+-．(1)证明：函数()f x 只有一个零点；(2)在区间()0,∞+上函数()sin f x ax x >-恒成立，求a 的取值范围．21．（2023·江苏南通·海安高级中学校考一模）已知函数()2e ,0x f x a x a =->且1a ≠.(1)设()()e f x g x x x =+，讨论()g x 的单调性；(2)若1a >且()f x 存在三个零点123,,x x x .1）求实数a 的取值范围；2）设123x x x <<，求证：1233x x x ++>.22．（2023·江苏泰州·统考一模）已知函数()1e x x f x a -=和()ln a x g x x +=有相同的最大值.(1)求实数a ；(2)设直线y b =与两条曲线()y f x =和()y g x =共有四个不同的交点，其横坐标分别为()12341234,,,x x x x x x x x <<<，证明：1423x x x x =.23．（2023·辽宁朝阳·校联考一模）已知函数()22ln f x x ax bx =++.（,a b 为实数）(1)当1,1a b ==时，若正实数12,x x 满足()()124f x f x +=，证明：122x x +≥.(2)当0a =时，设()()11e 2x g x xf x -=+，若()0g x ≥恒成立，求b 的取值范围.24．（2023·福建福州·统考二模）已知函数()()1ln f x x x ax a =+-+．(1)若2a =，试判断()f x 的单调性，并证明你的结论；(2)若()1,0x f x >>恒成立．①求a 的取值范围：②设11111232n a n n n n=+++++++ ，[]x 表示不超过x 的最大整数．求[]10n a ．（参考数据：ln 20.69≈）25．（2023·山东青岛·统考一模）已知函数()ln f x x =，圆()22:2C x y b +-=．(1)若1b =，写出曲线()y f x =与圆C 的一条公切线的方程(无需证明)；(2)若曲线()y f x =与圆C 恰有三条公切线．(i)求b 的取值范围；(ii)证明：曲线22:12y D x -=上存在点(),T m n ()0,0m n >>，对任意0x >，()()1f mx f x n b =+--．26．（2023·山东·沂水县第一中学校联考模拟预测）已知函数()()()1ln f x x x ax a a =+-+∈R ．(1)若2a =，试判断()f x 的单调性，并证明你的结论；(2)设01a <≤，求证：()()()()e 1311ln ln 1ax f x a x x x x ->+--+-+．27．（2023·湖北·统考模拟预测）已知函数()1ln 1x f x a x x -=-+．(1)当1a =时，求函数()f x 的单调区间；(2)若()()()()22ln 110g x a x x x a =---≠有3个零点1x ，2x ，3x ，其中123x x x <<．（ⅰ）求实数a 的取值范围；（ⅱ）求证：()()133122a x x -++<．28．（2023·湖南常德·统考一模）已知函数()ln 21a f x x a x =+-+（a ∈R ）.(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)若()f x 两个极值点1x ，2x ，且21e,e x ⎡⎤∈⎣⎦，求()()12f x f x -的取值范围.29．（2023·广东广州·统考一模）已知0a >，函数()()()1e 1x f x ax =--.(1)若1a =，证明：当0x >时，()ln 1f x x <+：(2)若函数()()()ln 1h x x f x =+-存在极小值点0x ，证明：()00f x ≥30．（2023·江苏南通·二模）已知函数()ln a f x ax x x=--．(1)若1x >，()0f x >，求实数a 的取值范围；(2)设12,x x 是函数()f x 的两个极值点，证明：12()()f x f x -<．。

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导数高考大题专题（理科）例题2011高考：（21）（本小题满分12分） 已知函数ln ()1a x bf x x x=++，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为230x y +-=。

（Ⅰ）求a 、b 的值；（Ⅱ）如果当0x >，且1x ≠时，ln ()1x kf x x x>+-，求k 的取值范围。

（21）解：（Ⅰ）221(ln )'()(1)x x b x f x x xα+-=-+由于直线230x y +-=的斜率为12-，且过点(1,1)，故(1)1,1'(1),2f f =⎧⎪⎨=-⎪⎩即1,1,22b a b =⎧⎪⎨-=-⎪⎩解得1a =，1b =。

（Ⅱ）由（Ⅰ）知ln 11x x x++，所以22ln 1(1)(1)()()(2ln )11x k k x f x x x x x x---+=+--。

考虑函数()2ln h x x =+2(1)(1)k x x --(0)x >，则22(1)(1)2'()k x xh x x -++=。

(i)设0k ≤，由222(1)(1)'()k x x h x x +--=知，当1x ≠时，'()0h x <。

而(1)0h =，故当(0,1)x ∈时，()0h x >，可得21()01h x x >-； 当x ∈（1，+∞）时，h （x ）<0，可得211x - h （x ）>0从而当x>0,且x ≠1时，f （x ）-（1ln -x x +x k ）>0，即f （x ）>1ln -x x +x k.（ii ）设0<k<1.由于当x ∈（1，k-11）时，（k-1）（x 2+1）+2x>0,故h ’ （x ）>0,而h （1）=0，故当x ∈（1，k -11）时，h （x ）>0，可得211x -h （x ）<0,与题设矛盾。

（iii ）设k ≥1.此时h ’（x ）>0,而h （1）=0，故当x ∈（1，+∞）时，h （x ）>0，可得211x-h （x ）<0,与题设矛盾。

综合得，k 的取值范围为（-∞，0]1.已知函数3()31,0f x x ax a =--≠。

()I 求()f x 的单调区间； ()II 若()f x 在1x =-处取得极值，直线y=m 与()y f x =的图象有三个不同的交点，求m 的取值范围。

解：（1）'22()333(),f x x a x a =-=- 当0a <时，对x R ∈，有'()0,f x >∴当0a <时，()f x 的单调增区间为(,)-∞+∞当0a >时，由'()0f x >解得x <或x >由'()0f x <解得x <<∴当0a >时，()f x 的单调增区间为(,)-∞+∞；()f x 的单调减区间为(。

（2）()f x 在1x =-处取得极大值，'2(1)3(1)30, 1.f a a ∴-=⨯--=∴= 3'2()31,()33,f x x x f x x ∴=--=-由'()0f x =解得121,1x x =-=。

由（1）中()f x 的单调性可知，()f x 在1x =-处取得极大值(1)1f -=， 在1x =处取得极小值(1)3f =-。

直线y m =与函数()y f x =的图象有三个不同的交点，又(3)193f -=-<-，(3)171f =>，结合()f x 的单调性可知，m 的取值范围是(3,1)-。

2.设函数321a x x bx c32f -++（x ）=，其中a ＞0，曲线x y f =（）在点P （0，0f （））处的切线方程为y=1（Ⅰ）确定b 、c 的值（Ⅱ）设曲线x y f =（）在点（11x x f ，（））及（22x x f ，（））处的切线都过点（0,2）证明：当12x x ≠时，12'()'()f x f x ≠（Ⅲ）若过点（0,2）可作曲线x y f =（）的三条不同切线，求a 的取值范围。

解：（Ⅰ）由f （x ）=32132a x x bx c -++ 得：f （0）=c ，f ’（x ）=2x ax b -+，f ’（0）=b 。

又由曲线y=f （x ）在点p （0，f （0））处的切线方程为y=1，得到f （0）=1，f ’（0）=0。

故b=0，c=1。

（Ⅱ）f （x ）=321132a x x -+，f ’（x ）=2x ax -。

由于点（t ，f （t ））处的切线方程为y-f （t ）=f ’（t ）（x-t ），而点（0,2）在切线上，所以2-f （t ）= f ’（t ）（-t ）， 化简得3221032a t t -+=， 即t 满足的方程为3221032a t t -+=。

下面用反证法证明。

假设f ’（1x ）=2f'() x ，由于曲线y=f （x ）在点11(,f()) x x 及22(,f()) x x 处的切线都过点（0,2）， 则下列等式成立：32113222221122210(1)32210(2)32(3)a x x a x x x ax x ax ⎧-+=⎪⎪⎪-+=⎨⎪-=-⎪⎪⎩由（3）得12x x a +=由(1)-(2)得22211223(4)4a x x x x ++=又2222222211221212111333()()()4244a a a a x x x x x x x x a x a x x =++=+-=--=-+≥∴12a x =，此时22ax =，与12x x ≠矛盾，所以12()()f x f x ≠。

（Ⅲ）由（Ⅱ）知，过点(0,2)可作()y f x =的三条切线，等价于方程2()()(0)f t f t t '-=-有三个相异的实根，即等价于方程3221032a t t -+=有三个相异的实根。

设322()132a g t t t =-+，则2()2g t t at '=-。

令2()2g t t at '=-＝0得0,(0)2a x x a ==>列表如下：由32()132g t t t =-+的单调性知，要使32()132g t t t =-+=0有三个相异的实根，当且仅当31024a -<，即a > ∴a 的取值范围是)+∞。

3.设a 为实数，函数()22,x f x e x a x =-+∈R 。

(Ⅰ)求()f x 的单调区间与极值；(Ⅱ)求证：当ln 21a >-且0x >时，221xe x ax >-+。

（I ）解：由()22,()2,.xxf x e x a x f x e x '=-+∈=-∈R R 知令()0,ln 2.,(),()f x x x f x f x ''==得于是当变化时的变化情况如下表：故()f x 的单调递减区间是(,ln 2)-∞，单调递增区间是(ln 2,)+∞，()ln 2f x x =在处取得极小值，极小值为ln 2(ln 2)2ln 222(1ln 2).f ea a =-+=-+（II ）证：设2()21,,xg x e x ax x =-+-∈R于是()22,.xg x e x a x '=-+∈R由（I ）知当ln 21,()(ln 2)2(1ln 2)0.a g x g a ''>-=-+>时最小值为,()0,()x g x g x '∈>R R 于是对任意都有所以在内单调递增,于是当ln 21,(0,),()(0),a x g x g >-∈+∞>时对任意都有 而(0)0,(0,),()0.g x g x =∈+∞>从而对任意 即22210,2 1.xxe x ax e x ax -+->>-+故4. 设函数0),(,)1(31)(223>∈-++-=m R x x m x x x f 其中（Ⅰ）当时，1=m 曲线））（，在点（11)(f x f y =处的切线斜率（Ⅱ）求函数的单调区间与极值；（Ⅲ）已知函数)(x f 有三个互不相同的零点0，21,x x ，且21x x <。

若对任意的],[21x x x ∈，)1()(f x f >恒成立，求m 的取值范围。

【答案】（1）1（2）)(x f 在)1,(m --∞和),1(+∞+m 内减函数，在)1,1(m m +-内增函数。

函数)(x f 在m x +=1处取得极大值)1(m f +，且)1(m f +=313223-+m m 函数)(x f 在m x -=1处取得极小值)1(m f -，且)1(m f -=313223-+-m m 【解析】解：当1)1(,2)(,31)(1'2/23=+=+==f x x x f x x x f m 故时，所以曲线））（，在点（11)(f x f y =处的切线斜率为1.（2）解：12)(22'-++-=m x x x f ，令0)('=x f ，得到m x m x +=-=1,1因为m m m ->+>11,0所以当x 变化时，)(),('x f x f 的变化情况如下表：)(x f 在)1,(m --∞和),1(+∞+m 内减函数，在)1,1(m m +-内增函数。

函数)(x f 在m x +=1处取得极大值)1(m f +，且)1(m f +=313223-+m m 函数)(x f 在m x -=1处取得极小值)1(m f -，且)1(m f -=313223-+-m m （3）解：由题设， ))((31)131()(2122x x x x x m x x x x f ---=-++-= 所以方程13122-++-m x x =0由两个相异的实根21,x x ，故321=+x x ，且0)1(3412>-+=∆m ，解得21)(21>-<m m ，舍 因为123,32,221221>>=+><x x x x x x 故所以若0)1)(1(31)1(,12121≥---=<≤x x f x x 则，而0)(1=x f ，不合题意若,121x x <<则对任意的],[21x x x ∈有,0,021≤-≥-x x x x则0))((31)(21≥---==x x x x x x f 又0)(1=x f ，所以函数)(x f 在],[21x x x ∈的最小值为0，于是对任意的],[21x x x ∈，)1()(f x f >恒成立的充要条件是031)1(2<-=m f ,解得3333<<-m 。

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