导数难题(含答案)
(完整版)导数难题(含答案)
一、单选题1．已知可导函数()f x 的导函数为()'f x ， ()02018f =，若对任意的x R ∈，都有()()'f x f x >，则不等式()2018xf x e <的解集为（ ）A. ()0,+∞B. 21,e ⎛⎫+∞⎪⎝⎭ C. 21,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭D. (),0-∞ 2．定义在R 上的偶函数()f x 的导函数为()f x '，且当()()0,20x xf x f x +'><.则（ ）A.()()224f e f e >B. ()()931f f >C.()()239f e f e -<D.()()224f e f e -<3．已知()f x 为定义在()0,+∞上的可导函数，且()()'f x xf x >恒成立，则不等式()210x f f x x ⎛⎫-> ⎪⎝⎭的解集为（ ）A. ()1,+∞B. (),1-∞C. ()2,+∞D. (),2-∞二、解答题4．已知函数()()2ln f x ax x a R =-+∈ .（1）讨论()f x 的单调性；（2）若存在()()1,,x f x a ∈+∞>-，求a 的取值范围.5．设函数()()222ln f x x ax x x x =-++-． （1）当2a =时，讨论函数()f x 的单调性；（2）若()0,x ∈+∞时， ()0f x >恒成立，求整数a 的最小值．6．已知函数()()()1ln ,af x x a xg x a R x+=-=-∈. 若1a =，求函数()f x 的极值；设函数()()()h x f x g x =-，求函数()h x 的单调区间；若在区间[]()1, 2.71828e e =⋯上不存在．．．0x ，使得()()00f x g x <成立，求实数a 的取值范围.7．已知函数()()ln ,f x x a x a R =-∈ . （1）当0a =时，求函数()f x 的极小值；（2）若函数()f x 在()0,+∞上为增函数，求a 的取值范围.8．已知函数()()2x f x x ax a e =--． （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()0,2a ∈，对于任意[]12,4,0x x ∈-，都有()()2124a f x f x e me --<+恒成立，求m 的取值范围【解析】令()()()()()()0,02018xxf x f x f xg x g x g e e -<'=='=∴因此()2018xf x e < ()()()201800xf xg x g x e⇒<⇒⇒，选A.点睛：利用导数解抽象函数不等式，实质是利用导数研究对应函数单调性，而对应函数需要构造. 构造辅助函数常根据导数法则进行：如()()f x f x '<构造()()xf xg x e=， ()()0f x f x '+<构造()()x g x e f x =， ()()xf x f x '<构造()()f x g x x=， ()()0xf x f x +<'构造()()g x xf x =等2．D【解析】根据题意，设g （x ）=x 2f （x ），其导数g′（x ）=（x 2）′f （x ）+x 2•f （x ）=2xf （x ）+x 2•f （x ）=x[2f （x ）+xf'（x ）]， 又由当x ＞0时，有2f （x ）+xf'（x ）<0成立，则数g′（x ）=x[2f （x ）+xf'（x ）]<0， 则函数g （x ）在（0，+∞）上为减函数，若g （x ）=x 2f （x ），且f （x ）为偶函数，则g （-x ）=（-x ）2f （-x ）=x 2f （x ）=g （x ）， 即g （x ）为偶函数，所以()()2g e g < 即()()224f e f e <因为()f x 为偶函数，所以()()2f 2f -=,所以()()224f e f e -<故选D点睛：本题考查函数的导数与函数单调性的关系，涉及函数的奇偶性与单调性的应用，关键是构造函数g （x ）并分析g （x ）的单调性与奇偶性． 3．A【解析】令()()f x g x x=，则()()()2xf x f x g x x -=''∵()()f x xf x >'∴()()0xf x f x -<'，即()()()20xf x f x g x x'-='<在()0,+∞上恒成立()g x ()0,+∞∵()210x f f x x ⎛⎫->⎪⎝⎭∴()11f f x x x x⎛⎫ ⎪⎝⎭>，即()1g g x x ⎛⎫> ⎪⎝⎭∴1x x<，即1x > 故选A点睛：本题首先需结合已知条件构造函数，然后考查利用导数判断函数的单调性，再由函数的单调性和函数值的大小关系，判断自变量的大小关系. 4．（1）()f x在⎛ ⎝上递增，在⎫+∞⎪⎭上递减.；（2）1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭. 【解析】试题分析：（1）对函数()f x 求导，再根据a 分类讨论，即可求出()f x 的单调性；（2）将()f x a >-化简得()21ln 0a x x --<，再根据定义域()1,x ∈+∞，对a 分类讨论， 0a ≤时，满足题意， 0a >时，构造()()21ln g x a x x =--，求出()g x 的单调性，可得()g x 的最大值，即可求出a 的取值范围.试题解析：（1）()21122ax f x a x x-='=-+，当0a ≤时， ()0f x '>，所以()f x 在()0,+∞上递增， 当0a > 时，令()0f x '=，得x =， 令()0f x '>，得x ⎛∈ ⎝；令()0f x '<，得x ⎫∈+∞⎪⎭，所以()f x在⎛ ⎝上递增，在⎫+∞⎪⎭上递减. （2）由()f x a >-，得()21ln 0a x x --<，因为()1,x ∈+∞，所以2ln 0,10x x --， 当0a ≤时， ()21ln 0a x x --<满足题意，当12a ≥时，设()()()22211ln (1),0ax g x a x x x g x x -'=-->=>， 所以()g x 在()1,+∞上递增，所以()()10g x g >=，不合题意， 1⎫⎛所以()()max 10g x g g =<=，则()()1,0x g x ∃∈+∞<， 综上， a 的取值范围是1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭. 点睛：本题考查函数的单调性及恒成立问题，涉及函数不等式的证明，综合性强，难度大，属于难题.处理导数大题时，注意分层得分的原则.一般涉及求函数单调性时，比较容易入手，求导后注意分类讨论，对于恒成立问题一般要分离参数，然后利用函数导数求函数的最大值或最小值，对于含有不等式的函数问题，一般要构造函数，利用函数的单调性来解决，但涉及技巧比较多，需要多加体会. 5．(1) f （x ）递增区间为（0，12），（1，+∞），递减区间为（12，1）；(2)1. 【解析】试题分析：（1）求出函数f （x ）的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可； （2）问题转化为a>x-2（x-1）lnx 恒成立，令g （x ）=x-2（x-1）lnx ，根据函数的单调性求出a 的最小值即可．试题解析：（1）由题意可得f （x ）的定义域为（0，+∞）， 当a=2时，f （x ）=﹣x 2+2x+2（x 2﹣x ）lnx ，所以f′（x ）=﹣2x+2+2（2x ﹣1）lnx+2（x2﹣x ）•=（4x ﹣2）lnx ， 由f'（x ）＞0可得：（4x ﹣2）lnx ＞0，所以或，解得x ＞1或0＜x ＜；由f'（x ）＜0可得：（4x ﹣2）lnx ＜0，所以或，解得：＜x ＜1．综上可知：f （x ）递增区间为（0，），（1，+∞），递减区间为（，1）． （2）若x∈（0，+∞）时，f （x ）＞0恒成立，令g （x ）=x ﹣2（x ﹣1）lnx ，则a ＞g （x ）max ．因为g′（x ）=1﹣2（lnx+）=﹣2lnx ﹣1+，所以g'（x ）在（0，+∞）上是减函数，且g'（1）＞0，g′（2）＜0，故存在x 0∈（1，2）使得g （x ）在（0，x 0）上为增函数，在（x 0，+∞）上是减函数， ∴x=x 0时，g （x ）max =g （x 0）≈0， ∴a＞0，又因为a∈Z ，所以a min =1．点睛：导数问题经常会遇见恒成立的问题：（1）根据参变分离，转化为不含参数的函数的最值问题；（2）若()0f x >就可讨论参数不同取值下的函数的单调性和极值以及最值，最终转化为()min 0f x >，若()0f x <恒成立，转化为()max 0f x <;（3）若()()f x g x >恒成立，可转化为()()min max f x g x >.6．（1）极小值为()11f =；（2）见解析（3）2121e a e +-≤≤-【解析】试题分析：（1）先求导数，再求导函数零点，列表分析导数符号，确定极值（2）先求导数，求导函数零点，讨论1a +与零大小，最后根据导数符号确定函数单调性（3）正难则反，先求存在一点0x ,使得()()00f x g x <成立时实数a 的取值范围，由存在性问题转化为对应函数最值问题，结合（2）单调性可得实数a 的取值范围，最后取补集得结果试题解析：解：（I ）当1a =时， ()()1ln '01x f x x x f x x x-=-⇒=>⇒>，列极值分布表 ()f x ∴在（0,1）上递减，在1+∞（，）上递增，∴()f x 的极小值为()11f =； （II ）()1ln a h x x a x x+=-+ ()()()211'x x a h x x ⎡⎤+-+⎣⎦∴=①当1a ≤-时， ()()'0,h x h x >∴在0+∞（，）上递增； ②当1a >-时， ()'01h x x a >⇒>+，∴()h x 在0,1a +（）上递减，在()1,a ++∞上递增； （III ）先解区间[]1,e 上存在一点0x ,使得()()00f x g x <成立()()()0h x f x g x ⇔=-<[]1,e ⇔[]1,x e ∈()0h x <①当1a ≤-时， ()h x 在[]1,e 上递增， ()min 1202h h a a ∴==+<⇒<- ∴2a <- ②当1a >-时， ()h x 在0,1a +（）上递减，在()1,a ++∞上递增 当10a -<≤时， ()h x 在[]1,e 上递增， ()min 1202h h a a ∴==+<⇒<- a ∴无解 当1a e ≥-时， ()h x 在[]1,e 上递减()2min1101a e h h e e a a e e ++∴==-+⇒-，∴211e a e +>-；当01a e <<-时， ()h x 在[]1,1a +上递减，在()1,a e +上递增 ()()min 12ln 1h h a a a a ∴=+=+-+令()()()2ln 121ln 1a a a F a a aa +-+==+-+，则()221'01F a a a=--<+ ()F a ∴在()0,1e -递减， ()()2101F a F e e ∴>-=>-， ()0F a ∴<无解， 即()min 2ln 10h a a a =+-+<无解；综上：存在一点0x ,使得()()00f x g x <成立，实数a 的取值范围为： 2a <-或211e a e +>-.所以不存在一点0x ，使得()()00f x g x <成立，实数a 的取值范围为.点睛：函数单调性问题，往往转化为导函数符号是否变号或怎样变号问题，即转化为方程或不等式解的问题（有解，恒成立，无解等），而不等式有解或恒成立问题，又可通过适当的变量分离转化为对应函数最值问题.7．（1）1e-（2）21,e ⎛⎤-∞-⎥⎝⎦【解析】试题分析：（1）当0a =时，得出函数的解析式，求导数，令()'0f x =，解出x 的值，利用导数值的正负来求其单调区间进而求得极小值；（2）求出()'f x ，由于函数()f x 在()0,+∞是增函数，转化为()'0f x ≥对任意()0,x ∈+∞恒成立，分类参数，利用导数()ln g x x x x =+的最小值，即可求实数a 的取值范围． 试题解析：（1）定义域为()0,+∞．当0a =时， ()ln f x x x =， ()'ln 1f x x =+．当10,x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时， ()'0f x <， ()f x 为减函数；当1,x e ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时， ()'0f x >， ()f x 为增函数．所以函数()f x 的极小值是11f e e⎛⎫=- ⎪⎝⎭． （2）由已知得()'ln x af x x x-=+． 因为函数()f x 在()0,+∞是增函数，所以()'0f x ≥对任意()0,x ∈+∞恒成立， 由()'0f x ≥得ln 0x ax x-+≥，即ln x x x a +≥对任意的()0,x ∈+∞恒成立． 设()ln g x x x x =+，要使“ln x x x a +≥对任意()0,x ∈+∞恒成立”，只要()min a g x ≤. 因为()'ln 2g x x =+，令()'0g x =，得21x e =． 当210,x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时， ()'0g x <， ()g x 为减函数； 当21,x e ⎛⎫∈+∞⎪⎝⎭时， ()'0g x >， ()g x 为增函数． 所以()g x 的最小值是2211g ee ⎛⎫=-⎪⎝⎭． 故函数()f x 在()0,+∞是增函数时，实数a 的取值范围是21,e ⎛⎤-∞-⎥⎝⎦． 点睛：本题主要考查了导数在函数中的综合应用，解答中涉及到利用导数求解函数的单调区间，利用导数求解函数的极值与最值等知识点的综合应用，这属于教学的重点和难点，应熟练掌握，试题有一定的综合性，属于中档试题，解答中把函数()f x 在()0,+∞是增函数，所以()'0f x ≥对任意()0,x ∈+∞恒成立是解答的关键．8．（1）见解析；（2）231e m e+>. 【解析】试题分析：（1）求出()'f x ，分三种情况讨论，分别令()'0f x >求得x 的范围，可得函数()f x 增区间， ()'0f x <求得x 的范围，可得函数()f x 的减区间；（2）由（1）知， 所以()()()2max 24f x f a e -=-=+，()()()443+160f a e a f --=>-=，()()2a -()222a ---()21a m e ->+.. 立，利用导数研究函数的单调性，求出()21a a e e -+的最大值，即可得结果. 试题解析：（1）()()()2xf x x x a e '=+- ①若2a <-，则()f x 在(),a -∞， ()2,-+∞上单调递增，在(),2a -上单调递减； ②2a =-，则(),-∞+∞在上单调递增；③若2a >-，则()f x 在(),2-∞-， (),a +∞上单调递增，在()2,a -上单调递减；（2）由1知，当()0,2a ∈时， ()f x 在()4,2--上单调递增，在()2,0-单调递减， 所以()()()2max 24f x f a e -=-=+， ()()()443+160f a e a f --=>-=，故()()()()12max 20f x f x f f -=--= ()()222414a e a a e e ---++=++， ()()2124a f x f x e me --<+恒成立，即()222144a a e e e me ---++<+恒成立 即()21a a m e e->+恒成立， 令()(),0,2x x g x x e =∈， 易知()g x 在其定义域上有最大值()11g e=， 所以231e m e +>。
导数压轴小题精选80题(含答案解析)
专治学霸不服——导数压轴小题1. 已知函数f(x)=xe x−m2x2−mx，则函数f(x)在[1,2]上的最小值不可能为( )A. e−32m B. −12mln2m C. 2e2−4m D. e2−2m2. 已知函数f(x)=sinxx ，若π3<a<b<2π3，则下列结论正确的是( )A. f(a)<f(√ab)<f(a+b2) B. f(√ab)<f(a+b2)<f(b)C. f(√ab)<f(a+b2)<f(a) D. f(b)<f(a+b2)<f(√ab)3. 已知e为自然对数的底数，对任意的x1∈[0,1]，总存在唯一的x2∈[−1,1]，使得x1+x22e x2−a=0成立，则实数a的取值范围是( )A. [1,e]B. (1,e]C. (1+1e ,e] D. [1+1e,e]4. 若存在正实数x，y，z满足z2≤x≤ez且zln yz=x，则ln yx的取值范围为( )A. [1,+∞)B. [1,e−1]C. (−∞,e−1]D. [1,12+ln2]5. 已知方程ln∣x∣−ax2+32=0有4个不同的实数根，则实数a的取值范围是( )A. (0,e 22) B. (0,e22] C. (0,e23) D. (0,e23]6. 设函数f(x)=e x(sinx−cosx)(0≤x≤2016π)，则函数f(x)的各极小值之和为( )A. −e 2π(1−e2016π)1−e2πB. −e2π(1−e1008π)1−eπC. −e 2π(1−e1008π)1−e2πD. −e2π(1−e2014π)1−e2π7. 若函数f(x)满足f(x)=x(fʹ(x)−lnx)，且f(1e )=1e，则ef(e x)<fʹ(1e)+1的解集为( )A. (−∞,−1)B. (−1,+∞)C. (0,1e)D. (1e,+∞)8. 已知 f (x )，g (x ) 都是定义在 R 上的函数，且满足以下条件：① f (x )=a x ⋅g (x )（a >0，且 a ≠1）；② g (x )≠0；③ f (x )⋅gʹ(x )>fʹ(x )⋅g (x )．若f (1)g (1)+f (−1)g (−1)=52，则 a 等于 ( )A. 12B. 2C. 54D. 2 或 129. 已知函数 f (x )=1+lnx x，若关于 x 的不等式 f 2(x )+af (x )>0 有两个整数解，则实数 a 的取值范围是 ( ) A. (−1+ln22,−1+ln33) B. (1+ln33,1+ln22) C. (−1+ln22,−1+ln33] D. (−1,−1+ln33]10. 已知函数 f (x )=x +xlnx ，若 m ∈Z ，且 f (x )−m (x −1)>0 对任意的 x >1 恒成立，则 m 的最大值为 ( ) A. 2B. 3C. 4D. 511. 已知函数 f (x )={xln (1+x )+x 2,x ≥0−xln (1−x )+x 2,x <0，若 f (−a )+f (a )≤2f (1)，则实数 a 的取值范围是 ( )高中数学资料共享群QQ 群号：734924357A. (−∞,−1]∪[1,+∞)B. [−1,0]C. [0,1]D. [−1,1]12. 已知 fʹ(x ) 是定义在 (0,+∞) 上的函数 f (x ) 的导函数，若方程 fʹ(x )=0 无解，且 ∀x ∈(0,+∞)，f [f (x )−log 2016x ]=2017，设 a =f (20.5)，b =f (log π3)，c =f (log 43)，则 a ，b ，c 的大小关系是 ( )A. b >c >aB. a >c >bC. c >b >aD. a >b >c13. 已知函数 f (x )={lnx,x ≥11−x 2,x <1，若 F (x )=f [f (x )+1]+m 有两个零点 x 1，x 2，则 x 1⋅x 2 的取值范围是 ( ) A. [4−2ln2,+∞) B. (√e,+∞)C. (−∞,4−2ln2]D. (−∞,√e)14. 已知函数 f (x ) 是定义在 R 上的奇函数，当 x <0 时，f (x )=(x +1)e x ， 则对任意的 m ∈R ，函数 F (x )=f(f (x ))−m 的零点个数至多有 ( )A. 3 个B. 4 个C. 6 个D. 9 个15. 设 f (x )=∣lnx∣，若函数 g (x )=f (x )−ax 在区间 (0,3] 上有三个零点，则实数 a 的取值范围是 ( )A. (0,1e ) B. (ln33,e) C. (0,ln33] D. [ln33,1e)16. 已知 f (x ) 是定义在 R 上的偶函数，其导函数为 fʹ(x )，若 fʹ(x )<f (x )，且 f (x +1)=f (3−x )，f (2015)=2，则不等式 f (x )<2e x−1 的解集为 ( )高中数学资料共享群QQ 群号：734924357A. (1,+∞)B. (e,+∞)C. (−∞,0)D. (−∞,1e)17. 设函数 f (x ) 的导函数为 fʹ(x )，对任意 x ∈R 都有 fʹ(x )>f (x ) 成立，则 ( ) A. 3f (ln2)>2f (ln3) B. 3f (ln2)=2f (ln3) C. 3f (ln2)<2f (ln3)D. 3f (ln2) 与 2f (ln3) 的大小不确定18. 已知函数 f (x )=x 33+12ax 2+2bx +c ，方程 fʹ(x )=0 两个根分别在区间 (0,1) 与 (1,2) 内，则 b−2a−1的取值范围为 ( )A. (14,1)B. (−∞,14)∪(1,∞)C. (−1,−14)D. (14,2)19. 已知 f (x )=∣xe x ∣，又 g (x )=f 2(x )−tf (x )(t ∈R )，若满足 g (x )=−1 的 x 有四个，则 t 的取值范围是 ( )A. (−∞,−e 2+1e) B. (e 2+1e,+∞) C. (−e 2+1e,−2) D. (2,e 2+1e)20. 已知 f (x ) 是定义在 (0,+∞) 上的单调函数，且对任意的 x ∈(0,+∞)，都有 f [f (x )−log 2x ]=3，则方程 f (x )−fʹ(x )=2 的解所在的区间是 ( ) A. (0,12)B. (12,1)C. (1,2)D. (2,3)21. 已知函数 f (x )={√1+9x 2,x ≤01+xe x−1,x >0，点 A ，B 是函数 f (x ) 图象上不同两点，则 ∠AOB （O 为坐标原点）的取值范围是 ( )A. (0,π4) B. (0,π4] C. (0,π3) D. (0,π3]22. 定义：如果函数 f (x ) 在 [a,b ] 上存在 x 1，x 2 (0<x 1<x 2＜a) 满足 fʹ(x 1)=f (b )−f (a )b−a ，fʹ(x 2)=f (b )−f (a )b−a，则称函数 f (x ) 是 [a,b ] 上的“双中值函数”．已知函数 f (x )=x 3−x 2+a 是 [0,a ] 上的“双中值函数”，则实数 a 的取值范围是 ( )高中数学资料共享群QQ 群号：734924357 A. (13,12)B. (32,3)C. (12,1)D. (13,1)23. 已知函数 f (x )=2mx 2−2(4−m )x +1，g (x )=mx ，若对于任意实数 x ，函数 f (x ) 与 g (x ) 的值至少有一个为正值，则实数 m 的取值范围是 ( )A. (2,8)B. (0,2)C. (0,8)D. (−∞,0)24. 已知 a,b ∈R ，且 e x+1≥ax +b 对 x ∈R 恒成立，则 ab 的最大值是( )A. 12e 3B. √22e 3 C.√32e 3 D. e 325. 函数 f (x ) 是定义在区间 (0,+∞) 上的可导函数 ， 其导函数为 fʹ(x )，且满足 xfʹ(x )+2f (x )>0，则不等式 (x+2016)f (x+2016)5<5f (5)x+2016的解集为 ( ) A. {x >−2011} B. {x ∣x <−2011} C. {x ∣−2011<x <0}D. {x∣∣−2016<x ＜−2011}26. 设 D =√(x −a )2+(lnx −a 24)2+a 24+1(a ∈R )，则 D 的最小值为( ) A. √22B. 1C. √2D. 227. 已知定义在 R 上的函数 y =f (x ) 满足：函数 y =f (x +1) 的图象关于直线 x =−1 对称，且当 x ∈(−∞,0) 时，f (x )+xfʹ(x )<0 成立（fʹ(x ) 是函数 f (x ) 的导函数），若 a =0.76f (0.76)，b =log 1076f (log 1076)，c =60.6f (60.6)，则 a ，b ，c 的大小关系是 ( )A. a >b >cB. b >a >cC. c >a >bD. a >c >b28. 对任意的正数 x ，都存在两个不同的正数 y ，使 x 2(lny −lnx )−ay 2=0 成立，则实数 a 的取值范围为 ( )A. (0,12e ) B. (−∞,12e ) C. (12e ,+∞) D. (12e,1)29. 已知函数 f (x )=x 3−6x 2+9x ，g (x )=13x 3−a+12x 2+ax −13(a >1) 若对任意的 x 1∈[0,4]，总存在 x 2∈[0,4]，使得 f (x 1)=g (x 2)，则实数 a 的取值范围为 ( )高中数学资料共享群QQ 群号：734924357 A. (1,94]B. [9,+∞)C. (1,94]∪[9,+∞)D. [32,94]∪[9,+∞)30. 定义在 R 上的偶函数 f (x ) 满足 f (2−x )=f (x )，且当 x ∈[1,2] 时，f (x )=lnx −x +1，若函数g (x )=f (x )+mx 有 7 个零点，则实数 m 的取值范围为 ( )A. (1−ln28,1−ln26)∪(ln2−16,ln2−18)B. (ln2−16,ln2−18) C. (1−ln28,1−ln26) D. (1−ln28,ln2−16)31. 已知函数 f (x )={e x ,x ≥0ax,x <0，若方程 f (−x )=f (x ) 有五个不同的根，则实数 a 的取值范围为 ( ) A. (−∞,−e )B. (−∞,−1)C. (1,+∞)D. (e,+∞)32. 已知 fʹ(x ) 是奇函数 f (x ) 的导函数，f (−1)=0，当 x >0 时，xfʹ(x )−f (x )>0，则使得 f (x )>0 成立的 x 的取值范围是 ( ) A. (−∞,−1)∪(0,1) B. (−1,0)∪(1,+∞) C. (−1,0)∪(0,1)D. (−∞,−1)∪(1,+∞)33. 已知函数 f (x ) 在定义域 R 上的导函数为 fʹ(x )，若方程 fʹ(x )=0 无解，且 f [f (x )−2017x ]=2017，当 g (x )=sinx −cosx −kx 在 [−π2,π2] 上与 f (x ) 在 R 上的单调性相同时，则实数 k 的取值范围是 ( )A. (−∞,−1]B. (−∞,√2]C. [−1,√2]D. [√2,+∞)34. 已知函数 f (x )=e x ∣x∣，关于 x 的方程 f 2(x )−2af (x )+a −1=0(a ∈R )有 3 个相异的实数根，则 a 的取值范围是 ( ) A. (e 2−12e−1,+∞)B. (−∞,e 2−12e−1) C. (0,e 2−12e−1) D. {e 2−12e−1}35. 函数 y =f (x ) 图象上不同两点 A (x 1,y 1)，B (x 2,y 2) 处的切线的斜率分别是 k A ，k B ，规定 φ(A,B )=∣k A −k B ∣∣AB∣叫做曲线在点 A 与点 B 之间的“弯曲度”．设曲线 y =e x 上不同的两点 A (x 1,y 1)，B (x 2,y 2)，且 x 1−x 2=1，若 t ⋅φ(A,B )<3 恒成立，则实数 t 的取值范围是 ( )A. (−∞,3]B. (−∞,2]C. (−∞,1]D. [1,3]36. 已知函数 f (x )=ax 3+3x 2+1，若至少存在两个实数 m ，使得 f (−m )，f (1)，f (m +2) 成等差数列，则过坐标原点作曲线 y =f (x ) 的切线可以作 ( ) A. 3 条B. 2 条C. 1 条D. 0 条37. 已知整数对排列如下：(1,1)，(1,2)，(2,1)，(1,3)，(2,2)，(3,1)，(1,4)，(2,3)，(3,2)，(4,1)，(1,5)，(2,4)，⋯，则第 60 个整数对是 ( ) A. (5,7)B. (4,8)C. (5,8)D. (6,7)38. 已知函数 f (x )={∣log 3x ∣,0<x <3,−cos (π3x),3≤x ≤9.若存在实数 x 1，x 2，x 3，x 4，当 x 1<x 2<x 3<x 4 时，满足 f (x 1)=f (x 2)=f (x 3)=f (x 4)，则 x 1⋅x 2⋅x 3⋅x 4 的取值范围是 ( ) A. (7,294)B. (21,1354) C. [27,30)D. (27,1354)39. 已知函数 f (x )=e 2x ，g (x )=lnx +12的图象分别与直线 y =b 交于 A ，B 两点，则 ∣AB∣ 的最小值为 ( )A. 1B. e 12C. 2+ln22D. e −ln3240. 设 A ，B 分别为双曲线 C ：x 2a 2−y 2b 2=1(a >0,b >0) 的左、右顶点，P ，Q 是双曲线 C 上关于 x 轴对称的不同两点，设直线 AP ，BQ 的斜率分别为 m ，n ，则2b a+a b+12∣mn∣+ln ∣m ∣+ln ∣n ∣ 取得最小值时，双曲线 C 的离心率为 ( ) A. √2B. √3C. √6D. √6241. 已知 f (x )，g (x ) 都是定义在 R 上的函数，且满足以下条件：① f (x )=a x ⋅g (x )（a >0,a ≠1）；② g (x ) ≠0；③ f (x )⋅gʹ(x )>fʹ(x )⋅g (x )．若 f (1)g (1)+f (−1)g (−1)=52，则使 log a x >1 成立的 x 的取值范围是 ( )A. (0,12)∪(2,+∞)B. (0,12)C. (−∞,12)∪(2,+∞)D. (2,+∞)42. 已知函数 f (x )=∣sinx ∣(x ∈[−π,π])，g (x )=x −2sinx (x ∈[−π,π])，设方程 f(f (x ))=0，f(g (x ))=0，g(g (x ))=0 的实根的个数分别为 m ，n ，t ，则 m +n +t = ( )A. 9B. 13C. 17D. 2143. 设 f (x ) 是定义在 R 上的奇函数，且 f (2)=0，当 x >0 时，有xfʹ(x )−f (x )x 2<0 恒成立，则不等式 x 2f (x )>0 的解集是 ( )A. (−2,0)∪(2,+∞)B. (−∞,−2)∪(0,2)C. (−∞,−2)∪(2,+∞)D. (−2,0)∪(0,2)44. 已知函数 f (x )={−x 2+2x,x ≤0ln (x +1),x >0，若 ∣f (x )∣≥ax ，则 a 的取值范围是 ( ) A. (−∞,0]B. (−∞,1]C. [−2,1]D. [−2,0]45. 已知函数 f (x )(x ∈R ) 满足 f (−x )=2−f (x )，若函数 y =x+1x与 y =f (x ) 图象的交点为 (x 1,y 1)，(x 2,y 2)，⋯，(x m ,y m )，则 ∑(x i +m i=1y i )= ( )A. 0B. mC. 2mD. 4m46. 若函数 f (x )=x −13sin2x +asinx 在 (−∞,+∞) 单调递增，则 a 的取值范围是 ( )高中数学资料共享群QQ 群号：734924357 A. [−1,1]B. [−1,13]C. [−13,13]D. [−1,−13]47. 已知两曲线 y =x 3+ax 和 y =x 2+bx +c 都经过点 P (1,2)，且在点 P处有公切线，则当 x ≥12 时，log bax 2−c 2x的最小值为 ( )A. −1B. 1C. 12D. 048. 直线 y =m 分别与 y =2x +3 及 y =x +lnx 交于 A ，B 两点，则 ∣AB∣的最小值为 ( ) A. 1B. 2C. 3D. 449. 设函数 f (x )=x 2−2x +1+alnx 有两个极值点 x 1，x 2，且 x 1<x 2，则 f (x 2) 的取值范围是 ( ) A. (0,1+2ln24) B. (1−2ln24,0)C. (1+2ln24,+∞) D. (−∞,1−2ln24)50. 设直线 l 1，l 2 分别是函数 f (x )={−lnx,0<x <1,lnx,x >1,图象上点 P 1，P 2处的切线，l 1 与 l 2 垂直相交于点 P ，且 l 1，l 2 分别与 y 轴相交于点 A ，B ，则 △PAB 的面积的取值范围是 ( )A. (0,1)B. (0,2)C. (0,+∞)D. (1,+∞)51. 已知定义在 R 上的奇函数 f (x )，其导函数为 fʹ(x )，对任意正实数 x 满足 xfʹ(x )>2f (−x )，若 g (x )=x 2f (x )，则不等式 g (x )<g (1−3x ) 的解集是 ( ) A. (14,+∞)B. (−∞,14)C. (0,14)D. (−∞,14)∪(14,+∞)52. 已知函数 f (x )=x (lnx −ax ) 有两个极值点，则实数 a 的取值范围是( )A. (−∞,0)B. (0,12)C. (0,1)D. (0,+∞)53. 已知函数 f (x )=x +xlnx ，若 m ∈Z ，且 (m −2)(x −2)<f (x ) 对任意的 x >2 恒成立，则 m 的最大值为 ( ) A. 4B. 5C. 6D. 854. 已知函数 f (x )=a x+xlnx ，g (x )=x 3−x 2−5，若对任意的 x 1,x 2∈[12,2]，都有 f (x 1)−g (x 2)≥2 成立，则 a 的取值范围是 ( )A. (0,+∞)B. [1,+∞)C. (−∞,0)D. (−∞,−1]55. 设函数 f (x )=e x (2x −1)−ax +a ，其中 a <1，若存在唯一的整数x 0 使得 f (x 0)<0，则 a 的取值范围是 ( )A. [−32e,1) B. [−32e ,34) C. [32e ,34)D. [32e,1)56. 函数 f (x )={(x −a )2+e,x ≤2xlnx+a +10,x >2（e 是自然对数的底数），若 f (2) 是函数 f (x ) 的最小值，则 a 的取值范围是 ( ) A. [−1,6]B. [1,4]C. [2,4]D. [2,6]57. f (x )，g (x )(g (x )≠0) 分别是定义在 R 上的奇函数和偶函数，当 x <0时，fʹ(x )g (x )<f (x )gʹ(x )，且 f (−3)=0，f (x )g (x )<0 的解集为 ( )A. (−∞,−3)∪(3,+∞)B. (−3,0)∪(0,3)C. (−3,0)∪(3,+∞)D. (−∞,−3)∪(0,3)58. 已知函数 f (x )=x 3+bx 2+cx +d （b ，c ，d 为常数），当 x ∈(0,1) 时 f (x ) 取得极大值，当 x ∈(1,2) 时 f (x ) 取得极小值，则 (b +12)2+(c −3)2的取值范围是 ( )高中数学资料共享群QQ 群号：734924357 A. (√372,5) B. (√5,5)C. (374,25)D. (5,25)59. 若关于 x 的方程 ∣x 4−x 3∣=ax 在 R 上存在 4 个不同的实根，则实数a 的取值范围为 ( ) A. (0,427)B. (0,427]C. (427,23)D. (427,23]60. 设函数 f (x ) 在 R 上存在导函数 fʹ(x )，若对 ∀x ∈R ，有 f (−x )+f (x )=x 2，且当 x ∈(0,+∞) 时，fʹ(x )>x ．若 f (2−a )−f (a )≥2−2a ，则 a 的取值范围是 ( )A. (−∞,1]B. [1,+∞)C. (−∞,2]D. [2,+∞)61. 已知 e 为自然对数的底数，若对任意的 x ∈[1e,1]，总存在唯一的 y ∈[−1,1]，使得 lnx −x +1+a =y 2e y 成立，则实数 a 的取值范围是 ( ) A. [1e ,e]B. (2e,e]C. (2e,+∞)D. (2e ,e +1e)62. 设函数 f (x )={2x +1,x >0,0,x =0,2x −1,x <0.若不等式 f (x −1)+f (mx)>0 对任意x >0 恒成立，则实数 m 的取值范围是 ( ) A. (−14,14)B. (0,14)C. (14,+∞)D. (1,+∞)63. 若 0<x 1<x 2<1，则 ( )A. e x 2−e x 1>lnx 2−lnx 1B. e x 1−e x 2<lnx 2−lnx 1C. x 2e x 1>x 1e x 2D. x 2e x 1<x 1e x 264. 函数f(x)在定义域R内可导，若f(x)=f(2−x)，且(x−1)fʹ(x)<0，若a=f(0),b=f(12),c=f(3),则a，b，c的大小关系是( )A. a>b>cB. b>a>cC. c>b>aD. a>c>b65. 已知函数f(x)=x−4+9x+1,x∈(0,4)．当x=a时，f(x)取得最小值b，则函数g(x)=(1a )∣x+b∣的图象为( )A. B.C. D.66. f(x)是定义在(0,+∞)上的单调函数，且对∀x∈(0,+∞)都有f(f(x)−lnx)=e+1，则方程f(x)−fʹ(x)=e的实数解所在的区间是( )高中数学资料共享群QQ群号：734924357A. (0,1e ) B. (1e,1) C. (1,e) D. (e,3)67. 已知R上的奇函数f(x)满足fʹ(x)>−2，则不等式f(x−1)<x2(3−2lnx)+3(1−2x)的解集是( )A. (0,1e) B. (0,1) C. (1,+∞) D. (e,+∞)68. 已知函数f(x)=sinxx，给出下面三个结论：①函数f(x)在区间(−π2,0)上单调递增，在区间(0,π2)上单调递减；②函数f(x)没有最大值，而有最小值；③函数f(x)在区间(0,π)上不存在零点，也不存在极值点．其中，所有正确结论的序号是( )A. ①②B. ①③C. ②③D. ①②③69. 已知函数 f (x ) 是定义在 R 上的可导函数，fʹ(x ) 为其导函数，若对于任意实数 x ，有 f (x )−fʹ(x )>0，则 A. ef (2015)>f (2016) B. ef (2015)<f (2016) C. ef (2015)=f (2016)D. ef (2015) 与 f (2016) 大小不能确定70. 若存在正实数 m ，使得关于 x 的方程 x +a (2x +2m −4ex )[ln (x +m )−lnx ]=0 有两个不同的根，其中 e 为自然对数的底数，则实数 a 的取值范围是 ( ) A. (−∞,0)B. (0,12e )C. (−∞,0)∪(12e ,+∞)D. (12e ,+∞)71. 定义在 (0,π2) 上的函数 f (x )，fʹ(x ) 是它的导函数，且恒有 f (x )⋅tanx <fʹ(x ) 成立，则 ( ) A. √3f (π4)>√2f (π3)B. f (1)<2f (π6)sin1C. √2f (π6)>f (π4) D. √3f (π6)<f (π3)72. 已知函数 f (x )=x 3+ax 2+bx +c ，下列结论中错误的是 ( )A. ∃x 0∈R ，f (x 0)=0B. 函数 y =f (x ) 的图象是中心对称图形C. 若 x 0 是 f (x ) 的极小值点，则 f (x ) 在区间 (−∞,x 0) 单调递减D. 若 x 0 是 f (x ) 的极值点，则 fʹ(x 0)=073. 已知函数 f (x )=ln x2+12，g (x )=e x−2，若 g (m )=f (n ) 成立，则 n −m 的最小值为 ( )A. 1−ln2B. ln2C. 2√e −3D. e 2−374. 设函数 f (x )=e x (x 3−3x +3)−ae x −x (x ≥−2)，若不等式 f (x )≤0有解．则实数 a 的最小值为 ( )A. 2e −1 B. 2−2eC. 1+2e2D. 1−1e75. 设函数f(x)=2lnx−12mx2−nx，若x=2是f(x)的极大值点，则m 的取值范围为( )A. (−12,+∞) B. (−12,0)C. (0,+∞)D. (−∞,−12)∪(0,+∞)76. 已知函数f(x)=ax3+bx2−2(a≠0)有且仅有两个不同的零点x1，x2，则( )A. 当a<0时，x1+x2<0，x1x2>0B. 当a<0时，x1+x2>0，x1x2<0C. 当a>0时，x1+x2<0，x1x2>0D. 当a>0时，x1+x2>0，x1x2<077. 已知函数f(x)=ax3−3x2+1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0>0，则a的取值范围为( )A. (2,+∞)B. (1,+∞)C. (−∞,−2)D. (−∞,−1)78. 设f(x)、g(x)是定义域为R的恒大于零的可导函数，且fʹ(x)g(x)−f(x)gʹ(x)<0，则当a<x<b时，有( )A. f(x)g(x)>f(b)g(b)B. f(x)g(a)>f(a)g(x)C. f(x)g(b)>f(b)g(x)D. f(x)g(x)>f(a)g(a)79. 设函数fʹ(x)是函数f(x)(x∈R)的导函数，f(0)=1，且3f(x)=fʹ(x)−3，则4f(x)>fʹ(x)的解集为( )A. (ln43,+∞) B. (ln23,+∞) C. (√32,+∞) D. (√e3,+∞)80. 下列关于函数f(x)=(2x−x2)e x的判断正确的是( )①f(x)>0的解集是{x∣0<x<2}；②f(−√2)是极小值，f(√2)是极大值；③f(x)没有最小值，也没有最大值；④f(x)有最大值，没有最小值．A. ①③B. ①②③C. ②④D. ①②④参考答案，仅供参考啊1. D 【解析】fʹ(x)=e x+xe x−m(x+1)=(x+1)(e x−m)，因为1≤x≤2，所以e≤e x≤e2，①当m≤e时，e x−m≥0，由x≥1，可得fʹ(x)≥0，此时函数f(x)单调递增．高中数学资料共享群QQ群号：734924357所以当x=1时，函数f(x)取得最小值，f(1)=e−32m．②当m≥e2时，e x−m≤0，由x≥1，可得fʹ(x)≤0，此时函数f(x)单调递减．所以当x=2时，函数f(x)取得最小值，f(2)=2e2−4m．③当e2>m>e时，由e x−m=0，解得x=lnm．当1≤x<lnm时，fʹ(x)<0，此时函数f(x)单调递减；当lnm<x≤1时，fʹ(x)>0，此时函数f(x)单调递增．所以当x=lnm时，函数f(x)取得极小值即最小值，f(lnm)=−m2ln2m．2. D 【解析】fʹ(x)=xcosx−sinxx2(0<x<π)．（i）当x=π2时，fʹ(x)=−4π2<0；（ii）当0<x<π，且x≠π2时，fʹ(x)=xcosx−sinxx2=cosx(x−tanx)x2．①当0<x<π2时，根据三角函数线的性质，得x<tanx，又cosx>0，所以fʹ(x)<0；②当π2<x<π时，tanx<0，则x−tanx>0，又cosx<0，所以fʹ(x)< 0．综合（i）（ii），当0<x<π时，fʹ(x)<0．所以f(x)在(0,π)上是减函数．若π3<a<b<2π3，则π3<a<√ab<a+b2<b<2π3，所以f(a)>f(√ab)>f(a+b2)>f(b)．3. C 【解析】令f(x1)=a−x1，则f(x1)=a−x1在x1∈[0,1]上单调递减，且f(0)=a，f(1)=a−1．令g(x2)=x22e x2，则gʹ(x2)=2x2e x2+x22e x2=x2e x2(x2+2)，且g(0)=0，g(−1)=1e，g(1)=e．若对任意的x1∈[0,1]，总存在唯一的x2∈[−1,1]，使得x1+x22e x2−a=0成立，即f(x1)=g(x2)，则f(x1)=a−x1的最大值不能大于g(x2)的最大值，即f(0)=a≤e，因为g(x2)在[−1,0]上单调递减，在(0,1]上单调递增，所以当g(x2)∈(0,1e]时，有两个x2使得f(x1)=g(x2)．若只有唯一的x2∈[−1,1]，使得f(x1)=g(x2)，则f(x1)的最小值要比1e大，所以f(1)=a−1>1e，所以a>1+1e，故实数a的取值范围是(1+1e,e]．4. B 【解析】zln yz=x，所以xz=lny−lnz，所以lny=xz+lnz，所以ln yx =lny−lnx=xz+lnz−lnx=xz+ln zx，令zx =t，则ln yx=1t+lnt，又因为z2≤x≤ez，所以12≤xz≤e，即t∈[1e ,2]，令ln yx=1t+lnt=f(t)，则fʹ(t)=t−1t2，令fʹ(t)=0即t=1，又因为1e≤t≤2，所以t∈[1e,1]时fʹ(t)<0，f(t)单调减，t∈[1,2]时fʹ(t)>0，f(t)单调增，所以t=1时f(t)取极小值，即f(1)=1，f(2)=12+ln2，f(1e)=e+ln1e=e−1f(1e )−f(2)=e−ln2−32>e−lne−32=e−52>0，所以f(t)最大值为e−1，所以f(t)∈[1,e−1]，高中数学资料共享群QQ群号：734924357所以ln yx∈[1,e−1]．5. A【解析】由ln∣x∣−ax2+32=0得ax2=ln∣x∣+32，因为x≠0，所以方程等价为a=ln∣x∣+32x2，设f(x)=ln∣x∣+32x2，则函数f(x)是偶函数，当x>0时，f(x)=lnx+32x2，则fʹ(x)=1x⋅x2−(lnx+32)⋅2xx4=x−2xlnx−3xx4=−2x(1+lnx)x4,由fʹ(x)>0得−2x(1+lnx)>0，得1+lnx<0，即lnx<−1，得0<x<1e，此时函数单调递增，由fʹ(x)<0得−2x(1+lnx)<0，得1+lnx>0，即lnx>−1，得x>1e，此时函数单调递减，即当 x >0 时，x =1e 时，函数 f (x ) 取得极大值 f (1e)=ln 1e +32(1e)2=(−1+32)e 2=12e 2， 作出函数f (x ) 的图象如图：要使 a =ln∣x∣+32x 2，有 4 个不同的交点，则满足 0<a <12e 2．6. D 【解析】提示：令 fʹ(x )=2sinx ⋅e x =0，得 x =kπ，易知当 x =2kπ(k ∈Z ),1≤k ≤1007 时 f (x ) 取到极小值，故各极小值之和为f (2π)+f (4π)+⋯+f (2014π)=−(e 2π+e 4π+⋯+e 2014π)=−e 2π(1−e 2014π)1−e 2π.7. A 【解析】因为 f (x )=x (fʹ(x )−lnx )， 所以 xfʹ(x )−f (x )=xlnx ， 所以xfʹ(x )−f (x )x 2=lnx x，所以 [f (x )x]ʹ=lnxx，令 F (x )=f (x )x ，则 Fʹ(x )=lnx x，f (x )=xF (x )，所以 fʹ(x )=F (x )+xFʹ(x )=F (x )+lnx ， 所以 fʺ(x )=Fʹ(x )+1x=lnx+1x，因为 x ∈(0,1e )，fʺ(x )<0，fʹ(x ) 单减，x ∈(1e ,+∞)，fʺ(x )>0，fʹ(x ) 单增，所以 fʹ(x )≥fʹ(1e )=F (1e )+ln 1e =ef (1e )−1=0，所以 fʹ(x )≥0，所以 f (x ) 在 (0,+∞) 上单增，因为 e ⋅f (e x )<fʹ(1e )+1，fʹ(1e )=−1+e ⋅f (1e )=0， 所以 e ⋅f (e x )<1， 所以 f (e x )<1e ，所以 f (e x )<f (1e )， 所以 0<e x <1e ，所以不等式的解集为 x <−1． 8. A 9. C 【解析】因为 fʹ(x )=1−(1+lnx )x 2=−lnx x 2，所以 f (x ) 在 (0,1) 上单调递增，在 (1,,+∞) 上单调递减，当 a >0 时，f 2(x )+af (x )>0⇔f (x )<−a 或 f (x )>0，此时不等式 f 2(x )+af (x )>0 有无数个整数解，不符合题意；当 a =0 时，f 2(x )+af (x )>0⇔f (x )≠0，此时不等式 f 2(x )+af (x )>0 有无数个整数解，不符合题意；当 a <0 时，f 2(x )+af (x )>0⇔f (x )<0 或 f (x )>−a ，要使不等式 f 2(x )+af (x )>0 恰有两个整数解，必须满足 f (3)≤−a <f (2)，得 −1+ln22<a ≤−1+ln33．10. B【解析】因为 f (x )=x +xlnx ，所以 f (x )−m (x −1)>0 对任意 x >1 恒成立，即 m (x −1)<x +xlnx ， 因为 x >1，也就是 m <x⋅lnx+x x−1对任意 x >1 恒成立．令 ℎ(x )=x⋅lnx+x x−1，则 ℎʹ(x )=x−lnx−2(x−1)2，令 φ(x )=x −lnx −2(x >1)，则 φʹ(x )=1−1x=x−1x>0，所以函数 φ(x ) 在 (1,+∞) 上单调递增．因为 φ(3)=1−ln3<0，φ(4)=2−2ln2>0，所以方程 φ(x )=0 在 (1,+∞) 上存在唯一实根 x 0，且满足 x 0∈(3,4)． 当 1<x <x 0 时，φ(x )<0，即 ℎʹ(x )<0， 当 x >x 0 时，φ(x )>0，即 ℎʹ(x )>0，所以函数 ℎ(x ) 在 (1,x 0) 上单调递减，在 (x 0,+∞) 上单调递增． 所以 [ℎ(x )]min =ℎ(x 0)=x 0(1+x 0−2)x 0−1=x 0∈(3,4)．所以 m <[g (x )]min =x 0，因为 x 0∈(3,4)，故整数 m 的最大值是 3． 11. D 【解析】函数 f (x )={xln (1+x )+x 2,x ≥0−xln (1−x )+x 2,x <0， 将 x 换为 −x ，函数值不变，即有 f (x ) 图象关于 y 轴对称，即 f (x ) 为偶函数，有 f (−x )=f (x )，当 x ≥0 时，f (x )=xln (1+x )+x 2 的导数为 fʹ(x )=ln (1+x )+x 1+x+2x ≥0，则 f (x ) 在 [0,+∞) 递增，f (−a )+f (a )≤2f (1)，即为 2f (a )≤2f (1)， 可得 f (∣a∣)≤f (1)，可得 ∣a∣≤1，解得 −1≤a ≤1．12. D 【解析】由题意，可知 f (x )−log 2016x 是定值，不妨令 t =f (x )−log 2016x ，则 f (x )=log 2016x +t ，又 f (t )=2017，所以 log 2016t +t =2017⇒t =2016，即 f (x )=log 2016x +2016，则 fʹ(x )=1xln2016，显然当x ∈(0,+∞) 时，有 fʹ(x )>0，即函数 f (x ) 在 (0,+∞) 上为单调递增，又 20.5>1>log π3>log 43，所以 f (20.5)>f (log π3)>f (log 43)． 13. D 【解析】当 x ≥1 时，f (x )=lnx ≥0， 所以 f (x )+1≥1，所以 f [f (x )+1]=ln (f (x )+1)，当 x <1，f (x )=1−x2>12，f (x )+1>32，f [f (x )+1]=ln (f (x )+1)，综上可知：F[f(x)+1]=ln(f(x)+1)+m=0，则f(x)+1=e−m，f(x)=e−m−1，有两个根x1，x2，（不妨设x1<x2），当x≥1是，lnx2=e−m−1，当x<1时，1−x12=e−m−1，令t=e−m−1>12，则lnx2=t，x2=e t，1−x12=t，x1=2−2t，所以x1x2=e t(2−2t)，t>12，设g(t)=e t(2−2t)，t>12，求导gʹ(t)=−2te t，t∈(12,+∞)，gʹ(t)<0，函数g(t)单调递减，所以g(t)<g(12)=√e，所以g(x)的值域为(−∞,√e)，所以x1x2取值范围为(−∞,√e)．14. A 【解析】当x<0时，f(x)=(x+1)e x，可得fʹ(x)=(x+2)e x，可知x∈(−∞,−2)，函数是减函数，x∈(−2,0)函数是增函数，f(−2)=−1e2，f(−1)=0，且x→0时，f(x)→1，又f(x)是定义在R上的奇函数，f(0)=0，而x∈(−∞,−1)时，f(x)<0，所以函数的图象如图：令t=f(x)则f(t)=m，由图象可知：当t∈(−1,1)时，方程f(x)=t至多3个根，当t∉(−1,1)时，方程没有实数根，而对于任意m∈R，方程f(t)=m至多有一个根，t∈(−1,1)，从而函数F(x)=f(f(x))−m的零点个数至多有3个．15. D【解析】函数g(x)=f(x)−ax在区间(0,3]上有三个零点即函数f(x)=∣lnx∣与y=ax在区间(0,3]上有三个交点．画图如下．当 a ≤0 时，显然，不合乎题意，当 a ＞0 时，由图知，当 x ∈(0,1] 时，存在一个交点，当 x ＞1 时，f (x )=lnx ，可得 g (x )=lnx −ax (x ∈(1,3])，gʹ(x )=1x−a =1−ax x，若 gʹ(x )＜0，可得 x ＞1a，g (x ) 为减函数，若 gʹ(x )＞0，可得 x ＜1a，g (x ) 为增函数，此时 y =f (x ) 与 y =ax 必须在 [1,3] 上有两个交点，即 y =g (x ) 在 [1,3] 上有两个零点，所以 {g (1a)＞0,g (3)≤0,g (1)≤0,解得ln33≤a ＜1e，故函数 g (x )=f (x )−ax 在区间 (0,3] 上有三个零点时，ln33≤a ＜1e．16. A 【解析】因为函数 f (x ) 是偶函数， 所以 f (x +1)=f (3−x )=f (x −3)．所以 f (x +4)=f (x )，即函数 f (x ) 是周期为 4 的周期函数． 因为 f (2015)=f (4×504−1)=f (−1)=f (1)=2， 所以 f (1)=2． 设 g (x )=f (x )e x，则 gʹ(x )=fʹ(x )e x −f (x )e xe 2x=fʹ(x )−f (x )e x<0，所以 g (x ) 在 R 上单调递减． 不等式 f (x )<2e x−1 等价于 f (x )e x<2e，即 g (x )<g (1)，所以 x >1，所以不等式 f (x )<2e x−1 的解集为 (1,+∞)． 17. C 【解析】构造函数 g (x )=f (x )e x，则函数求导得 gʹ(x )=fʹ(x )−f (x )e x．由已知 fʹ(x )>f (x )，所以 gʹ(x )>0，即 g (x ) 在实数范围内单调递增， 所以 g (ln2)<g (ln3)，即f (ln2)e ln2<f (ln3)e ln3，解得 3f (ln2)<2f (ln3)．18. A 【解析】由题意，fʹ(x )=x 2+ax +2b ，因为 fʹ(x ) 是开口朝上的二次函数，所以 {fʹ(0)>0fʹ(1)<0fʹ(2)>0，得 {b >0,a +a +2b <0,2+a +b >0, 由此可画出可行域，如图，b−2a−1表示可行域内的点 (a,b ) 和点 P (1,2) 连线的斜率，显然 PA 的斜率最小，PC 的斜率最大．19. B 【解析】令 y =xe x ，则 yʹ=(1+x )e x ，由 yʹ=0，得 x =−1，当 x ∈(−∞,−1) 时，yʹ<0，函数 y 单调递减，当 x ∈(−1,∞) 时，yʹ>0 函数单调递增．做出 y =xe x 图象，利用图象变换得 f (x )=∣xe x ∣ 图象（如图），令 f (x )=m ，则关于 m 方程 ℎ(m )=m 2−tm +1=0 两根分别在 (0,1e )，(1e ,+∞) 时（如图），满足 g (x )=−1 的 x 有 4 个，由 ℎ(1e )=1e 2−1e t +1<0 解得 t >e 2+1e．20. C【解析】根据题意，对任意的x∈(0,+∞)，都有f[f(x)−log2x]=3，又由f(x)是定义在(0,+∞)上的单调函数，则f(x)−log2x为定值，设t=f(x)−log2x，则f(x)=log2x+t，又由f(t)=3，即log2t+t=3，解可得，t=2；则f(x)=log2x+2，fʹ(x)=1ln2⋅x，将f(x)=log2x+2，fʹ(x)=1ln2⋅x代入f(x)−fʹ(x)=2，可得log2x+2−1ln2⋅x=2，即log2x−1ln2⋅x=0，令ℎ(x)=log2x−1ln2⋅x，分析易得ℎ(1)=−1ln2<0，ℎ(2)=1−12ln2>0，则ℎ(x)=log2x−1ln2⋅x的零点在(1,2)之间，则方程log2x−1ln2⋅x=0，即f(x)−fʹ(x)=2的根在(1,2)上．21. A 【解析】当x≤0时，由y=√1+9x2得y2−9x2=1(x≤0)，此时对应的曲线为双曲线，双曲线的渐近线为y=−3x，此时渐近线的斜率k1=−3，当x>0时，f(x)=1+xe x−1，当过原点的直线和f(x)相切时，设切点为(a,1+ae a−1)，函数的导数fʹ(x)=e x−1+xe x−1=(x+1)e x−1，则切线斜率k2=fʹ(a)=(a+1)e a−1，则对应的切线方程为y−(1+ae a−1)=(1+a)e a−1(x−a)，即y=(1+a)e a−1(x−a)+1+ae a−1，当x=0，y=0时，(1+a)e a−1(−a)+1+ae a−1=0，即a2e a−1+ae a−1=1+ae a−1，即a2e a−1=1，得a=1，此时切线斜率k2=2，则切线和y=−3x的夹角为θ，则tanθ=∣∣−3−21−2×3∣∣=55=1，则θ=π4，故∠AOB（O为坐标原点）的取值范围是(0,π4)．22. C 【解析】由题意可知，因为 f (x )=x 3−x 2+a 在区间 [0,a ] 存在 x 1，x 2 (a <x 1<x 2＜b)，满足 fʹ(x 1)=fʹ(x 2)=f (a )−f (0)a=a 2−a ，因为 f (x )=x 3−x 2+a ， 所以 fʹ(x )=3x 2−2x ，所以方程 3x 2−2x =a 2−a 在区间 (0,a ) 有两个不相等的解． 令 g (x )=3x 2−2x −a 2+a ，(0<x <a )． 则 {Δ=4−12(−a 2+a )>0,g (0)=−a 2+a >0,g (a )=2a 2−a >0,0<16<a. 解得：12<a <1．所以实数 a 的取值范围是 (12,1)． 23. C 【解析】当 m <0 时，函数 f (x ) 的图象为开口向下的抛物线，所以在 x >0 时，f (x )>0 不恒成立． 函数 g (x )=mx 当 x >0 时，g (x )<0． 所以不满足题意．当 m =0 时，f (x )=−8x +1，g (x )=0，不满足题意． 当 m >0 时，需 f (x )>0 在 x <0 时恒成立，所以令 Δ<0 或 {Δ≥0,−b2a ≥0,f (0)>0,即 4(4−m )2−8m <0 或 {4(4−m )2−8m ≥0,4−m 2m≥0.解得 2<m <8 或 0<m ≤2．综合得：0<m <8．24. A 【解析】若 a <0，由于一次函数 y =ax +b 单调递减，不能满足且 e x+1≥ax +b 对 x ∈R 恒成立，则 a ≥0． 若 a =0，则 ab =0．若 a >0，由 e x+1≥ax +b 得 b ≤e x+1−ax ，则 ab ≤ae x+1−a 2x ． 设函数 f (x )=ae x+1−a 2x ，所以 fʹ(x )=ae x+1−a 2=a (e x+1−a )，令 fʹ(x )=0 得 e x+1−a =0，解得 x =lna −1，因为 x <lna −1 时，x +1<lna ，则 e x+1<a ，则 e x+1−a <0， 所以 fʹ(x )<0，所以函数 f (x ) 递减；同理，x >lna −1 时，fʹ(x )>0，所以函数 f (x ) 递增；所以当 x =lna −1 时，函数取最小值，f (x ) 的最小值为 f (lna −1)=2a 2−a 2lna ．设 g (a )=2a 2−a 2lna (a >0)，gʹ(a )=a (3−2lna )(a >0)，由 gʹ(a )=0 得 a =e 32，不难得到 a <e 32时，gʹ(a )>0；a >e 32时，gʹ(a )<0；所以函数 g (a ) 先增后减，所以 g (a ) 的最大值为 g (e 32)=12e 3，即 ab 的最大值是 12e 3，此时 a=e 32，b =12e 32．25. D【解析】构造函数 g (x )=x 2f (x )，gʹ(x )=x(2f (x )+xfʹ(x ))， 当 x >0 时，因为 2f (x )+xfʹ(x )>0， 所以 gʹ(x )>0，所以g(x)在(0,+∞)上单调递增，因为不等式(x+2016)f(x+2016)5<5f(5)x+2016，所以x+2016>0时，即x＞−2016时，(x+2016)2f(x+2016)<52f(5)，所以g(x+2016)<g(5)，所以x+2016<5，所以−2016<x<−2011．26. C 【解析】S=(x−a)2+(lnx−a24)2(a∈R)，其几何意义为：两点(x,lnx)，(a,a 24)的距离的平方，由y=lnx的导数为yʹ=1x，所以k=1x1，点(a,a24)在曲线y=14x2上，所以yʹ=12x，所以k=12x2，令f(x)=lnx，g(x)=14x2，则D(x)=√(x1−x2)2+[f(x1)−g(x2)]2+g(x2)+1，而g(x2)+1是抛物线y=14x2上的点到准线y=−1的距离，即抛物线y=14x2上的点到焦点(0,1)的距离，则D可以看作抛物线上的点(x2,g(x2))到焦点距离和到f(x)=lnx上的点的距离的和，即∣AF∣+∣AB∣，由两点之间线段最短，得D最小值是点F(0,1)到f(x)=lnx上的点的距离的最小值，由点到直线上垂线段最短，这样就最小，即取B(x0,lnx0)，则fʹ(x0)⋅lnx0−1x0=−1，垂直，则 lnx 0−1=−x 02，解得 x 0=1，所以 F 到 B (1,0) 的距离就是点 F (0,1) 到 f (x )=lnx 上的点的距离的最小值， 所以 D 的最小值为 ∣DF ∣=√2．27. D 【解析】定义在 R 上的函数 y =f (x ) 满足：函数 y =f (x +1) 的图象关于直线 x =−1 对称，可知函数 f (x ) 是偶函数， 所以 y =xf (x ) 是奇函数，又因为当 x ∈(−∞,0) 时，f (x )+xfʹ(x )<0 成立（fʹ(x ) 是函数 f (x ) 的导函数），所以函数 y =xf (x ) 在 R 上既是奇函数又是减函数； 0.76∈(0,1)，60.6<912∈(2,4)，log 1076≈log 1.56∈(4,6)．所以 a >c >b ．28. A 【解析】由 x 2(lny −lnx )−ay 2=0(x,y >0)，可得：a =ln y x (y x)2，令y x=t >0，所以 a =lnt t2，设 g (t )=lnt t2，gʹ(t )=1t×t 2−2tlnt t 4=1−2lnt t 3．令 gʹ(t )>0．解得 0<t <√e ，此时函数 g (t ) 单调递增； 令 gʹ(t )<0．解得 t >√e ，此时函数 g (t ) 单调递减．又t>1时，g(t)>0；1>t>0时，g(t)<0．可得函数g(t)的图象．因此当a∈(0,12e )时，存在两个正数，使得a=lntt2成立，即对任意的正数x，都存在两个不同的正数y，使x2(lny−lnx)−ay2=0成立．29. C 【解析】函数f(x)=x3−6x2+9x，导数为f′(x)=3x2−12x+9=3(x−1)(x−3)，可得f(x)的极值点为1，3，由f(0)=0，f(1)=4，f(3)=0，f(4)=4，可得f(x)在[0,4]的值域为[0,4]；g(x)=13x3−a+1 2x2+ax−13(a>1)，导数为g′(x)=x2−(a+1)x+a=(x−1)(x−a)，当1<x<a时，g′(x)<0，g(x)递减；当x<1或x>a时，g′(x)> 0，g(x)递增．由g(0)=−13，g(1)=12(a−1)，g(a)=−16a3−12a2−13>−13，g(4)=13−4a，当3≤a≤4时，13−4a≤12(a−1)，g(x)在[0,4]的值域为[−13,12(a−1)]，由对任意的x1∈[0,4]，总存在x2∈[0,4]，使得f(x1)=g(x2)，可得[0,4]⊆[−13,12(a−1)]，即有4≤12(a−1)，解得a≥9不成立；当1<a<3时，13−4a>12(a−1)，g(x)在[0,4]的值域为[−13,13−4a]，由题意可得[0,4]⊆[−13,13−4a]，即有4≤13−4a，解得a≤94，即为1<a≤94；当 a >4 时，可得 g (1) 取得最大值，g (4)<−3 为最小值，即有 [0,4]⊆[13−4a,12(a −1)]，可得 13−4a ≤0，4≤12(a −1)，即 a ≥134，且 a ≥9，解得 a ≥9．综上可得，a 的取值范围是 (1,94]∪[9,+∞)．30. A【解析】因为函数 f (2−x )=f (x ) 可得图象关于直线 x =1 对称，且函数为偶函数则其周期为 T =2， 又因为 fʹ(x )=1x −1=1−x x，当 x ∈[1,2] 时有 fʹ(x )≤0，则函数在 x ∈[1,2]为减函数，作出其函数图象如图所示：其中 k OA =ln2−16，k OB =ln2−18，当 x <0 时 , 要使符合题意则 m ∈(ln2−16,ln2−18)，根据偶函数的对称性，当 x >0 时，要使符合题意则 m ∈(1−ln28,1−ln26)．综上所述，实数 m 的取值范围为 (1−ln28,1−ln26)∪(ln2−16,ln2−18)．31. A 【解析】因为 f (x )={e x ,x ≥0ax,x <0，所以 f (−x )={−ax,x >01,x =0e −x ,x <0． 显然 x =0 是方程 f (−x )=f (x ) 的一个根， 当 x >0 时，e x =−ax, ⋯⋯① 当 x <0 时，e −x =ax, ⋯⋯②显然，若 x 0 为方程 ① 的解，则 −x 0 为方程 ② 的解， 即方程 ①，② 含有相同个数的解， 因为方程 f (−x )=f (x ) 有五个不同的根， 所以方程 ① 在 (0,+∞) 上有两解，。
导数专题训练(含答案)
导数专题训练及答案专题一导数的几何意义及其应用导数的几何意义是高考重点考查的内容之一，常与解析几何知识交汇命题，主要题型是利用导数的几何意义求曲线上某点处切线的斜率或曲线上某点的坐标或过某点的切线方程，求解这类问题的关键就是抓住切点P(x0，f(x0))，P点的坐标适合曲线方程，P点的坐标也适合切线方程，P点处的切线斜率k＝f′(x0)．解题方法:(1) 解决此类问题一定要分清“在某点处的切线”，还是“过某点的切线”的问法．(2)解决“过某点的切线”问题，一般是设切点坐标为P(x0，y0)，然后求其切线斜率k＝f′(x0)，写出其切线方程．而“在某点处的切线”就是指“某点”为切点．(3)曲线与直线相切并不一定只有一个公共点，当曲线是二次曲线时，我们知道直线与曲线相切，有且只有一个公共点，这种观点对一般曲线不一定正确．[例1]已知曲线y＝13x3＋43.(1)求曲线在点P(2，4)处的切线方程；(2)求曲线过点P(2，4)的切线方程；(3)求斜率为4的曲线的切线方程．[变式训练]已知函数f(x)＝x3＋x－16.(1)求曲线y＝f(x)在点(2，－6)处的切线的方程；(2)直线l为曲线y＝f(x)的切线，且经过原点，求直线l的方程及切点坐标．专题二导数在研究函数单调性中的应用利用导数的符号判断函数的单调性，进而求出函数的单调区间，是导数几何意义在研究曲线变化规律时的一个重要应用，体现了数形结合思想．这类问题要注意的是f(x)为增函数⇔f′(x)≥0且f′(x)＝0的根有有限个，f(x)为减函数⇔f′≤0且f′(x)＝0的根有有限个．解题步骤：(1)确定函数的定义域；(2)求导数f′(x)；(3)①若求单调区间(或证明单调性)，只需在函数f(x)的定义域内解(或证明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0.②若已知函数f(x)的单调性，则将原问题转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题，再进行求解．[例2]设函数f(x)＝x e a－x＋bx，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝(e－1)x＋4.(1)求a，b的值；(2)求f(x)的单调区间．[变式训练]设函数f(x)＝xekx(k≠0)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若函数f(x)在区间(－1，1)内单调递增，求k的取值范围．专题三 导数在求函数极值与最值中的应用利用导数可求出函数的极值或最值，反之，已知函数的极值或最值也能求出参数的值或取值范围．该部分内容也可能与恒成立问题、函数零点问题等结合在一起进行综合考查，是高考的重点内容．解题方法：(1)运用导数求可导函数y ＝f(x)的极值的步骤：①先求函数的定义域，再求函数y ＝f(x)的导数f ′(x)；②求方程f ′(x)＝0的根；③检查f ′(x)在方程根的左右的值的符号，如果左正右负，那么f(x)在这个根处取得极大值，如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得极小值．(2)求闭区间上可导函数的最值时，对函数极值是极大值还是极小值，可不再作判断，只需要直接与端点的函数值比较即可获得．(3)当连续函数的极值点只有一个时，相应的极值点必为函数的最值．[例3] 已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2＋bx 在区间(－2，1)内，当x ＝－1时取极小值，当x ＝23时取极大值．(1)求函数y ＝f (x )在x ＝－2时的对应点的切线方程；(2)求函数y ＝f (x )在[－2，1]上的最大值与最小值．[变式训练] 设函数f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x .(1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程与x 轴平行，求a ；(2)若f (x )在x ＝2处取得极小值，求a 的取值范围．专题四 导数在证明不等式中的应用在用导数方法证明不等式时，常构造函数，利用单调性和最值方法证明不等式．解题方法：一般地，如果证明f(x)＞g(x)，x ∈(a ，b)，可转化为证明F(x)＝f(x)－g(x)＞0，若F ′(x)＞0，则函数F(x)在(a ，b)上是增函数，若F(a)≥0，则由增函数的定义知，F(x)＞F(a)≥0，从而f(x)＞g(x)成立，同理可证f(x)＜g(x)，f(x)＞g(x)．[例4] 已知函数f (x )＝ln x －（x －1）22. (1)求函数f (x )的单调递增区间；(2)证明：当x ＞1时，f (x )＜x －1.[变式训练] 已知函数f (x )＝a e x －ln x －1.(1)设x ＝2是f (x )的极值点，求a ，并求f (x )的单调区间；(2)证明：当a ≥1e 时，f (x )≥0.专题五 定积分及其应用定积分的基本应用主要有两个方面：一个是求坐标平面上曲边梯形的面积，另一个是求变速运动的路程(位移)或变力所做的功．高考中要求较低，一般只考一个小题．解题方法：(1)用微积分基本定理求定积分，关键是找出被积函数的原函数，这就需要利用求导运算与求原函数是互逆运算的关系来求原函数．(2) 利用定积分求平面图形的面积的步骤如下：①画出图形，确定图形范围；②解方程组求出图形交点坐标，确定积分上、下限；③确定被积函数，注意分清函数图形的上、下位置；④计算定积分，求出平面图形面积．(3)利用定积分求加速度或路程(位移)，要先根据物理知识得出被积函数，再确定时间段，最后用求定积分方法求出结果．[例5] 已知抛物线y ＝x 2－2x 及直线x ＝0，x ＝a ，y ＝0围成的平面图形的面积为43，求a 的值．[变式训练] (1)若函数f (x )在R 上可导，f (x )＝x 3＋x 2f ′(1)，则∫20f (x )d x ＝ ____；(2)在平面直角坐标系xOy 中，直线y ＝a (a ＞0)与抛物线y ＝x 2所围成的封闭图形的面积为823，则a ＝____．专题六 化归与转化思想在导数中的应用化归与转化就是在处理问题时，把待解决的问题或难解决的问题，通过某种转化过程，归结为一类已解决或易解决的问题，最终求得问题的解答．解题方法：与函数相关的问题中，化归与转化思想随处可见，如，函数在某区间上单调可转化为函数的导数在该区间上符号不变，不等式的证明可转化为最值问题等．[例6] 设f (x )＝e x1＋ax 2，其中a 为正实数． (1)当a ＝43时，求f (x )的极值点；(2)若f (x )为R 上的单调函数，求a 的取值范围．[变式训练] 如果函数f(x)＝2x2－ln x 在定义域内的一个子区间(k －1，k ＋1)上不是单调函数，则实数k 的取值范围是________．答案例1 解：(1)因为P (2，4)在曲线y ＝13x 3＋43上，且y ′＝x 2，所以在点P (2，4)处的切线的斜率k ＝y ′|x ＝2＝4.所以曲线在点P (2，4)处的切线方程为y －4＝4(x －2)，即4x －y －4＝0.(2)设曲线y －13x 3＋43与过点P (2，4)的切线相切于点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，13x 30＋43，则切线的斜率k ＝y ′|x ＝x 0＝x 20，所以切线方程为y －⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 30＋43＝x 20(x －x 0)， 即y ＝x 20·x －23x 30＋43.因为点P (2，4)在切线上，所以4＝2x 20－23x 30＋43，即x 30－3x 20＋4＝0，所以x 30＋x 20－4x 20＋4＝0，所以(x 0＋1)(x 0－2)2＝0，解得x 0＝－1或x 0＝2，故所求的切线方程为4x －y －4＝0或x －y ＋2＝0.(3)设切点为(x 1，y 1)，则切线的斜率k ＝x 21＝4，得x 0＝±2.所以切点为(2，4)，⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－43， 所以切线方程为y －4＝4(x －2)和y ＋43＝4(x ＋2)，即4x －y －4＝0和12x －3y ＋20＝0.变式训练 解：(1)因为f (2)＝23＋2－16＝－6，所以点(2，－6)在曲线上．因为f ′(x )＝(x 3＋x －16)′＝3x 2＋1，所以在点(2，－6)处的切线的斜率为k ＝f ′(2)＝3×22＋1＝13，所以切线的方程为y ＝13(x －2)＋(－6)，即y ＝13x －32.(2)设切点坐标为(x 0，y 0)，则直线l 的斜率为f ′(x 0)＝3x 20＋1，所以直线l 的方程为y ＝(3x 20＋1)(x －x 0)＋x 30＋x 0－16.又因为直线l 过点(0，0)，所以0＝(3x 20＋1)(－x 0)＋x 30＋x 0－16，整理得x 30＝－8，所以x 0＝－2，y 0＝(－2)3＋(－2)－16＝－26，所以k ＝3×(－2)2＋1＝13，所以直线l 的方程为y ＝13x ，切点坐标为(－2，－26)．例2 解：(1)因为f (x )＝x e a －x ＋bx ，所以f ′(x )＝(1－x )e a －x ＋b .依题设，知⎩⎪⎨⎪⎧f （2）＝2e ＋2，f ′（2）＝e －1，即⎩⎪⎨⎪⎧2e a －2＋2b ＝2e ＋2，－e a －2＋b ＝e －1.解得a ＝2，b ＝e.(2)由(1)知f (x )＝x e 2－x ＋e x .由f ′(x )＝e 2－x (1－x ＋e x －1)及e 2－x >0知，f ′(x )与1－x ＋e x －1同号． 令g (x )＝1－x ＋e x －1，则g ′(x )＝－1＋e x －1.所以，当x ∈(－∞，1)时，g ′(x )<0，g (x )在区间(－∞，1)上单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )在区间(1，＋∞)上单调递增． 故g (1)＝1是g (x )在区间(－∞，＋∞)上的最小值，从而g (x )>0，x ∈(－∞，＋∞)．综上可知，f ′(x )>0，x ∈(－∞，＋∞)． 故f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)．变式训练 解：(1)f ′(x )＝(1＋kx )e kx (k ≠0)， 令f ′(x )＝0得x ＝－1k (k ≠0)．若k >0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1k 时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1k ，＋∞时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增； 若k <0，则当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－1k 时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1k ，＋∞时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减． (2)由(1)知，若k >0时，则当且仅当－1k ≤－1，即k ≤1，函数f (x )在(－1，1)上单调递增．若k <0时，则当且仅当－1k ≥1，即k ≥－1时，函数f (x )在(－1，1)上单调递增．综上可知，函数f (x )在(－1，1)上单调递增时，k 的取值范围是[－1，0)∪(0，1]．例3 解：(1)f ′(x )＝－3x 2＋2ax ＋b .又x ＝－1，x ＝23分别对应函数取得极小值、极大值的情况，所以－1，23为方程－3x 2＋2ax ＋b ＝0的两个根．所以a ＝－12，b ＝2，则f (x )＝－x 3－12x 2＋2x . x ＝－2时，f (x )＝2，即(－2，2)在曲线上． 又切线斜率为k ＝f ′(x )＝－3x 2－x ＋2， f ′(－2)＝－8，所求切线方程为y －2＝－8(x ＋2)， 即为8x ＋y ＋14＝0.(2)x 在变化时，f ′(x )及f (x )的变化情况如下表： ↘↗↘则f (x )在[－2，1]上的最大值为2，最小值为－32.变式训练 解：(1)因为f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x ， 所以f ′(x )＝[2ax －(4a ＋1)]e x ＋[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x ＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x .所以f ′(1)＝(1－a )e.由题设知f ′(1)＝0，即(1－a )e ＝0，解得a ＝1. 此时f (1)＝3e ≠0. 所以a 的值为1.(2)由(1)得f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x ＝(ax －1)(x －2)e x .若a >12，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，2时，f ′(x )<0；当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0. 所以f (x )在x ＝2处取得极小值．若a ≤12，则当x ∈(0，2)时，x －2<0，ax －1≤12x －1<0，所以f ′(x )>0.所以2不是f (x )的极小值点．综上可知，a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞.例4 (1)解：f ′(x )＝1x －x ＋1＝－x 2＋x ＋1x，x ∈(0，＋∞)． 由f ′(x )＞0得⎩⎪⎨⎪⎧x ＞0，－x 2＋x ＋1＞0，解得0＜x ＜1＋52. 故f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1＋52. (2)证明：令F (x )＝f (x )－(x －1)，x ∈(0，＋∞)． 则有F ′(x )＝1－x 2x .当x ∈(1，＋∞)时，F ′(x )＜0， 所以F (x )在[1，＋∞)上单调递减，故当x ＞1时，F (x )＜F (1)＝0，即当x ＞1时，f (x )＜x －1.变式训练 (1)解：f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a e x －1x .由题设知，f ′(2)＝0，所以a ＝12e 2. 从而f (x )＝12e 2e x －ln x －1，f ′(x )＝12e 2e x －1x . 当0<x <2时，f ′(x )<0；当x >2时，f ′(x )>0.所以f (x )在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增． (2)证明：当a ≥1e 时，f (x )≥e xe －ln x －1. 设g (x )＝e x e －ln x －1，则g ′(x )＝e x e －1x . 当0<x <1时，g ′(x )<0；当x >1时，g ′(x )>0. 所以x ＝1是g (x )的最小值点． 故当x >0时，g (x )≥g (1)＝0. 因此，当a ≥1e 时，f (x )≥0.例5 解：作出y ＝x 2－2x 的图象如图所示．(1)当a ＜0时，S ＝∫0a (x 2－2x )d x ＝⎝⎛⎭⎪⎫13x 3－x 2|0a ＝－a 33＋a 2＝43，所以(a ＋1)(a －2)2＝0， 因为a ＜0，所以a ＝－1. (2)当a ＞0时， ①若0＜a ≤2，则S ＝－∫a 0(x 2－2x )d x ＝ －⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 3－x 2|a 0＝a 2－a 33＝43， 所以a 3－3a 2＋4＝0， 即(a ＋1)(a －2)2＝0. 因为a ＞0，所以a ＝2. ②当a ＞2时，不合题意． 综上a ＝－1或a ＝2.变式训练 解析：(1)因为f (x )＝x 3＋x 2f ′ 所以f ′(x )＝3x 2＋2xf ′(x )， 所以f ′(1)＝3＋2f ′(1)， 所以f ′(1)＝－3，所以∫20f (x )d x ＝⎝⎛⎭⎪⎫14x 4＋13x 3f ′（1）|20＝－4.(2)由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x 2，y ＝a 可得A (－a ，a )，B (a ，a )，S ＝ (a －x 2)d x＝⎝ ⎛⎭⎪⎫ax －13x 3|＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫a a －13a a ＝4a 323＝823， 解得a ＝2. 答案：(1)－4 (2)2例6 解：(1)对f (x )求导得f ′(x )＝e x·1＋ax 2－2ax （1＋ax 2）2.①当a ＝43时，若f ′(x )＝0，则4x 2－8x ＋3＝0， 解得x 1＝32，x 2＝12. 综合①，可知： ↗↘↗所以，x 1＝32是极小值点，x 2＝12是极大值点． (2)若f (x )为R 上的单调函数，则f ′(x )在R 上不变号，结合①与条件a ＞0， 知ax 2－2ax ＋1≥0在R 上恒成立， 因此Δ＝4a 2－4a ＝4a (a －1)≤0， 由此并结合a ＞0，知0＜a ≤1.变式训练 解析：显然函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， y ′＝4x －1x ＝4x 2－1x .由y ′＞0，得函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞； 由y ′＜0，得函数f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎪⎫0，12，由于函数在区间(k －1，k ＋1)上不是单调函数，所以⎩⎨⎧k －1＜12＜k ＋1，k －1≥0，解得1≤k ＜32. 答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，32。
导数难题
题目中的f'(x)g(x)+f(x)g'(x).0应该是f'(x)g(x)+f(x)g'(x)>0吧。。
你忘按shift键了～
下面是解答：
f'(x)g(x)+f(x)g'(x)是函数 f(x)g(x) 的导数，
由已知，当x<0时，f'(x)g(x)+f(x)g'(x)>0
则由 f(x)g(x) 在x<0时的单调性可知其在x>0时的单调性为
当x>2时，f(x)g(x)>0
当2>x>0时，f(x)g(x)<0.
综上可知不等式f(x)g(x)<0的解集为 (负无穷，-2) U (0，2)
你解答时画个大致的函数图形就更好了～
5、Y=xloga(x^2+x-1) Y=log2((x-1)/(x+1))
把①式代入椭圆方程X^2/a^2+Y^2/b^2=1,得：
X^2/a^2+[k(X-Xo)+Yo]^2/b^2=1即：
b^2·X^2+a^2·[k^2·(X-Xo)^2+Yo^2+2Yo·k(X-Xo)]=a^2·b^2即：
(b^2+a^2·k^2)X^2-(2a^2·k^2·Xo-2a^2·k)X+(a^2·k^2·Xo^2+a^2·Yo^2-2a^2·k·Xo-a^2·b^2)=0
2, （X-m）^2/a^2+(y-n)^2/b^2=0
3,（X-m）^2/a^2-(y-n)^2/b^2=0
导数复习导数大题练习(含详解答案)
1、函数f(*)=(2*2―k*＋k)·e -*(Ⅰ)当k 为何值时，)(x f 无极值；(Ⅱ)试确定实数k 的值，使)(x f 的极小值为0 2、函数()ln f x ax x =+()a ∈R .(Ⅰ)假设2a =，求曲线()y f x =在1x =处切线的斜率；(Ⅱ)求()f x 的单调区间；〔Ⅲ〕设2()22g x x x =-+，假设对任意1(0,)x ∈+∞，均存在[]20,1x ∈，使得12()()f x g x <，求a 的取值围. 3、设函数()1x f x x ae -=-。
〔I 〕求函数()f x 单调区间； 〔II 〕假设()0R f x x ≤∈对恒成立，求a 的取值围；〔III 〕对任意n 的个正整数1212,,nn a a a a a a A n++⋅⋅⋅⋅⋅⋅=记〔1〕求证：()11,2,i a iAa e i n A-≤=⋅⋅⋅〔2〕求证：A ≥4、函数b x x a x a x f +++-=23213)(，其中,a b ∈R ． 〔Ⅰ〕假设曲线)(x f y =在点))2(,2(f P 处的切线方程为45-=x y ，求函数)(x f 的解析式； 〔Ⅱ〕当0>a 时，讨论函数)(x f 的单调性． 5、函数2()(21)(R x f x ax x e a -=-+⋅∈，e 为自然对数的底数).(I)当时，求函数()f x 的极值；(Ⅱ)假设函数()f x 在[-1，1]上单调递减，求a 的取值围． 6、函数2()(33)x f x x x e =-+⋅，设2t >-,(2),()f m f t n -==.〔Ⅰ〕试确定t 的取值围,使得函数()f x 在[]2,t -上为单调函数；〔Ⅱ〕试判断,m n 的大小并说明理由；〔Ⅲ〕求证：对于任意的2t >-,总存在0(2,)x t ∈-，满足0'20()2(1)3x f x t e =-,并确定这样的0x 的个数.7、函数2()ln (2)f x x ax a x =-+-．〔Ⅰ〕假设()f x 在1x =处取得极值，求a 的值；〔Ⅱ〕求函数()y f x =在2[,]a a 上的最大值． 8、函数221()()ln 2f x ax x x ax x =--+.()a ∈R . 〔I 〕当0a =时，求曲线()y f x =在(e,(e))f 处的切线方程〔e 2.718...=〕； 〔II 〕求函数()f x 的单调区间.9、函数()(1)e (0)xa f x x x=->，其中e 为自然对数的底数.〔Ⅰ〕当2a =时，求曲线()y f x =在(1,(1))f 处的切线与坐标轴围成的面积；〔Ⅱ〕假设函数()f x 存在一个极大值点和一个极小值点，且极大值与极小值的积为5e ，求a 的值.10、函数36)2(23)(23-++-=x x a ax x f . 〔1〕当1=a 时，求函数)(x f 的极小值；〔2〕试讨论曲线)(x f y =与x 轴的公共点的个数。
高中数学导数多次求导难题及解法
高中数学导数多次求导难题及解法下载提示：该文档是本店铺精心编制而成的，希望大家下载后，能够帮助大家解决实际问题。
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导数考试题型及答案详解
导数考试题型及答案详解一、选择题1. 函数f(x) = x^2 + 3x + 2的导数是：A. 2x + 3B. x^2 + 2C. 2x + 6D. 3x + 2答案：A2. 若f(x) = sin(x)，则f'(π/4)的值是：A. 1B. √2/2C. -1D. -√2/2答案：B二、填空题1. 求函数g(x) = x^3 - 2x^2 + x的导数，g'(x) = __________。
答案：3x^2 - 4x + 12. 若h(x) = cos(x)，求h'(x) = __________。
答案：-sin(x)三、解答题1. 求函数f(x) = x^3 - 6x^2 + 9x + 2的导数，并求f'(2)的值。
解：首先求导数f'(x) = 3x^2 - 12x + 9。
然后将x = 2代入得到f'(2) = 3 * 2^2 - 12 * 2 + 9 = 12 - 24 + 9 = -3。
2. 已知函数y = ln(x)，求y'。
解：根据对数函数的导数公式，y' = 1/x。
四、证明题1. 证明：若函数f(x) = x^n，其中n为常数，则f'(x) = nx^(n-1)。
证明：根据幂函数的导数公式，对于任意实数n，有f'(x) = n * x^(n-1)。
五、应用题1. 某物体的位移函数为s(t) = t^3 - 6t^2 + 9t + 5，求该物体在t = 3时的瞬时速度。
解：首先求位移函数的导数s'(t) = 3t^2 - 12t + 9。
然后将t = 3代入得到s'(3) = 3 * 3^2 - 12 * 3 + 9 = 27 - 36 + 9 = 0。
因此，该物体在t = 3时的瞬时速度为0。
六、综合题1. 已知函数f(x) = x^4 - 4x^3 + 6x^2 - 4x + 5，求f'(x)，并求曲线y = f(x)在点(1, f(1))处的切线斜率。
高中数学导数难题练习题带答案
高中数学导数难题一．选择题（共20小题）1．对于任意的x∈[0，]，总存在b∈R，使得|sin2x+a sin x+b|≤1恒成立，则实数a的取值范围是（）A．[﹣3，1]B．[﹣1，3]C．[﹣3，3]D．[﹣1，1]2．设k，b∈R，若关于x的不等式ln（x﹣1）+x≤kx+b在（1，+∞）上恒成立，则的最小值是（）A．﹣e2B．﹣C．﹣D．﹣e﹣13．设k，b∈R，若关于x的不等式kx+b+1≥lnx在（0，+∞）上恒成立，则的最小值是（）A．﹣e2B．﹣C．﹣D．﹣e4．已知曲线在x＝x1处的切线为l1，曲线y＝lnx在x＝x2处的切线为l2，且l1⊥l2，则x2﹣x1的取值范围是（）A．B．（﹣∞，﹣1）C．（﹣∞，0）D．5．若对任意的a∈R，不等式e2a+a2+b2﹣2ab≥20恒成立，则实数b的取值范围是（）A．b B．b≥3+ln2C．b≥4+ln2D．b≥5+ln26．已知曲线f（x）＝lnx+ax+b在x＝1处的切线是x轴，若方程f（x）＝m（m∈R）有两个不等实根x1，x2，则x1+x2的取值范围是（）A．（0，）B．（0，1）C．（2，+∞）D．（4，+∞）7．已知a∈R，函数f（x）＝，则下列说法正确的是（）A．若a＜﹣1，则y＝f（x）（x∈R）的图象上存在唯一一对关于原点O对称的点B．存在实数a使得y＝f（x）（x∈R）的图象上存在两对关于原点O对称的点C．不存在实数a使得y＝f（x）（x∈R）的图象上存在两对关于y轴对称的点D．若y＝f（x）（x∈R）的图象上存在关于y轴对称的点，则a＞18．定义在R上的函数f（x）满足e4（x+1）f（x+2）＝f（﹣x），且对任意的x≥1都有f'（x）+2f（x）＞0（其中f'（x）为f（x）的导数），则下列一定判断正确的是（）A．e4f（2）＞f（0）B．e2f（3）＜f（2）C．e10f（3）＜f（﹣2）D．e6f（3）＜f（﹣1）9．已知a，b∈R且ab≠0，对于任意x≥0均有（x﹣a）（x﹣b）（x﹣2a﹣b）≥0，则（）A．a＜0B．a＞0C．b＜0D．b＞010．已知函数，若关于x的不等式在R上恒成立，则实数a的取值范围为（）A．B．C．D．11．已知函数y＝f（x）在R上的图象是连续不断的，其导函数为f'（x），且f'（x）＞﹣f（x），若对于∀x＞0，不等式xf（lnx）﹣e ax f（ax）≤0恒成立，则实数a的最小值为（）A．e B．C．D．e212．若对任意的x∈R，都存在x0∈[ln2，2]，使不等式+4x+m≥0成立，则整数m的最小值为（）（提示：ln2≈0.693）A．3B．4C．5D．613．已知函数f（x）＝e x﹣ax﹣1，g（x）＝lnx﹣ax﹣1，其中0＜a＜1，e为自然对数的底数，若∃x0∈（0，+∞），使f （x0）g（x0）＞0，则实数a的取值范围是（）A．B．C．D．14．已知函数f（x）＝ae x﹣x（a∈R）有两个零点x1，x2，且x1＜x2则下列结论中不正确的是（）A．B．0＜x1＜1C．x1+x2＞2D．lnx1﹣x1＜lnx2﹣x215．已知函数f（x）＝lnx﹣ax有两个零点x1，x2（x1＜x2），则下列说法错误的是（）A．B．x1+x2＜2e C．有极大值点x0，且x1+x2＞2x0D．16．已知函数f（x）＝，g（x）＝xe﹣x，若存在x1∈（0，+∞），x2∈R，使得f（x1）＝g（x2）＝k（k＜0）成立，则最小值为（）A．B．﹣C．D．﹣17．已知不等式e x﹣x﹣1＞m[x﹣ln（x+1）]对一切正数x都成立，则实数m的取值范围是（）A．B．C．（﹣∞，1]D．（﹣∞，e]18．已知函数f（x）是定义在（﹣，）上的奇函数．当时，f（x）+f′（x）tan x＞0，则不等式cos x •f（x+）+sin x•f（﹣x）＞0的解集为（）A．（，）B．（﹣，）C．D．19．若关于x的不等式2lnx≤ax2+（2a﹣2）x+1恒成立，则a的最小整数值是（）A．0B．1C．2D．320．已知可导函数f（x）的导函数f'（x），若对任意的x∈R，都有f（x）＞f'（x）+2，且f（x）﹣2020为奇函数，则不等式f（x）﹣2018e x＜2的解集为（）A．（﹣∞，0）B．（0，+∞）C．D．二．填空题（共10小题）21．已知函数f（x）＝x3﹣3x，若对任意的实数x，不等式f（x+t）＞f（x）+t（t≠0）恒成立，则实数t的取值范围．22．已知函数f（x）对定义域内R内的任意x都有f（x）＝f（4﹣x），且当x≠2，其导数f′（x）满足xf′（x）＜2f′（x），若f（3）＝0，则不等式xf（x）＞0的解集为．23．已知函数f（x）＝，则过原点且与“曲线y＝f（x）在y轴右侧的图象”相切的直线方程为，若f（x）＝mx有两个不同的根，则实数m的取值范围是．24．已知函数f（x）＝axlnx+（a＞0）．（1）当a＝1时，f（x）的极小值为；（2）若f（x）≥ax在（0，+∞）上恒成立，则实数a的取值范围为．25．若不等式x﹣2≤x2+ax+b≤4lnx对任意的x∈[1，e]恒成立，则实数b的最大值为．26．若函数f（x）＝x3﹣ax﹣2（a∈R）在（﹣∞，0）内有且只有一个零点，则f（x）在[﹣1，2]上的最小值为．27．过曲线上一点P作该曲线的切线l，l分别与直线y＝x，y＝2x，y轴相交于点A，B，C．设△OAC，△OAB的面积分别为S1，S2，则S1＝，S2的取值范围是．28．当x∈[0，+∞）时，不等式x2+3x+2﹣a≥0恒成立，则a的取值范围是．29．若不等式x2﹣|x﹣2a|≤a﹣3在x∈[﹣1，1]上恒成立，则正实数a的取值范围是．30．已知函数，若直线y＝2x﹣b与函数y＝f（x），y＝g（x）的图象均相切，则a的值为；若总存在直线与函数y＝f（x），y＝g（x）图象均相切，则a的取值范围是．三．解答题（共10小题）31．已知函数f（x）＝ax﹣lnx．（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）当x∈（0，e]时，是否存在实数a，使得f（x）的最小值为4？若存在，求出实数a，若不存在说明理由．32．已知函数f（x）＝x sin x+cos x+ax2，x∈[﹣π，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．33．已知函数f（x）＝e x+，其导函数为f′（x），函数g（x）＝，对任意x∈R，不等式g（x）≥ax+1恒成立．（Ⅰ）求实数a的值；（Ⅱ）若0＜m＜2e，求证：x2g（x）＞m（x+1）lnx．34．设函数f（x）＝e x﹣ax﹣1，a∈R．（Ⅰ）讨论f（x）在（0，+∞）上的单调性；（Ⅱ）当a＞1时，存在正实数m，使得对∀x∈（0，m），都有|f（x）|＞x，求a的取值范围．35．已知函数．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若恒成立，求证：．36．已知函数f（x）＝．（1）求函数f（x）的极值；（2）令h（x）＝x2f（x），若对∀x≥1都有h（x）≥ax﹣1，求实数a的取值范围．37．已知函数f（x）＝lnx﹣．（1）求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；（2）若函数f（x）存在两个极值点x1，x2，求实数a的取值范围，并证明：f（x1），f（1），f（x2）成等差数列．38．已知函数f（x）＝alnx（a≠0）与的图象在它们的交点P（s，t）处具有相同的切线．（1）求f（x）的解析式；（2）若函数g（x）＝（x﹣1）2+mf（x）有两个极值点x1，x2，且x1＜x2，求的取值范围．39．已知函数f（x）＝﹣x+（x+1）ln（x+1）（a∈R）．（1）当a＝1时，求曲线y＝f（x）在x＝1处的切线方程；（2）若∀x1，x2∈（0，+∞），x1＜x2，都有f（x1）＜f（x2），求实数a的取值范围．40．已知实数a≥﹣1，设f（x）＝（x+a）lnx，x＞0．（1）若a＝﹣1，有两个不同实数x1，x2不满足|f'（x1）|＝|f'（x2）|，求证：x1+x2＞2；（2）若存在实数，使得|f（x）|＝c有四个不同的实数根，求a的取值范围．参考答案与试题解析一．选择题（共20小题）1．【解答】解：令t＝sin x∈[0，1]，则f（t）＝t2+at+b，t∈[0，1]．由已知得：①当，即a≥0时，则，整理得0≤a≤1；②当，即﹣1＜a＜0时，则，即，显然始终存在符合题意的b，使原式成立；③当，即﹣2＜a≤﹣1时，则，显然符合题意的b存在；④当，即a≤﹣2时，则，即，可得始终存在b，且﹣3≤a≤﹣2．综上可知，a的取值范围是[﹣3，1]．故选：A．2．【解答】解：ln（x﹣1）+x≤kx+b在（1，+∞）上恒成立，即为ln（x﹣1）+x﹣kx≤b对x＞1恒成立，可令t＝x﹣1，t＞0，则lnt+t+1﹣k（t+1）≤b，令f（t）＝lnt+（1﹣k）t+1﹣k，f′（t）＝+1﹣k，若k≤1，则f′（t）＞0，可得f（t）在t＞1递增，当t→∞时，f（t）→∞，不等式不能成立；故k＞1，当＝k﹣1时，f（t）取得最大值f（t）max＝f（）＝ln﹣1+1﹣k＝﹣ln（k﹣1）﹣k，即﹣ln（k﹣1）﹣k≤b，所以ln（k﹣1）+k﹣1≥﹣2﹣（b﹣1），则≥﹣﹣1，可令k﹣1＝u，g（u）＝﹣﹣1，g′（u）＝﹣＝，可得当lnu＝﹣1时，u＝，g（u）min＝﹣2e+e﹣1＝﹣e﹣1，则的最小值是﹣e﹣1．故选：D．3．【解答】解：kx+b+1≥lnx在（0，+∞）上恒成立，即为lnx﹣kx﹣1≤b在（0，+∞）上恒成立，令f（x）＝lnx﹣kx﹣1，f′（x）＝﹣k，若k≤0，则f′（x）＞0，可得f（x）在（0，+∞）递增，当x→∞时，f（x）→∞，不等式不能成立；故k＞0，当＝k时，f（x）取得最大值f（x）max＝f（）＝ln﹣2＝﹣lnk﹣2，即﹣lnk﹣2≤b，则≥﹣﹣，k＞0，可令g（k）＝﹣﹣，k＞0，g′（k）＝﹣＝，可得当lnk＝﹣1时，k＝，g（k）min＝﹣2e+e＝﹣e，则的最小值是﹣e．故选：D．4．【解答】解：由，得，则，由y＝lnx，得y′＝，则，∵l1⊥l2，∴，即．∵x2＞0，∴x1＞1，又，令h（x）＝，x＞1．则h′（x）＝．当x∈（1，+∞）时，y＝2﹣x﹣e x为减函数，故2﹣x﹣e x＜2﹣1﹣e＜0．∴h′（x）＜0在（1，+∞）上恒成立，故h（x）在（1，+∞）上为减函数，则h（x）＜h（1）＝﹣1．又当x＞1时，＜，∴h（x）的取值范围为（﹣∞，﹣1）．即x2﹣x1的取值范围是（﹣∞，﹣1）．故选：B．5．【解答】解：令f（x）＝e2x+x2+b2﹣2bx﹣20，f′（x）＝2e2x+2x﹣2b，f″（x）＝4e2x+2＞0，所以f′（x）在R上单调递增，又∵，所以存在x0使得f′（x0）＝0，代入化简可得，那么f（x）在（﹣∞，x0）单调递减，在（x0，+∞）上单调递增．∴＝，又∵f（x0）≥0，即．令，则t2+t≥20，解得：t≤﹣5 （含去），t≥4，即x0≥ln2，∴，故选：C．6．【解答】解：易知，切点为（1，0），切线斜率为0，而．∴，解得a＝﹣1，b＝1．∴f（x）＝lnx﹣x+1（x＞0）．∵，易知f′（1）＝0，且当x∈（0，1）时，f′（x）＞0；x∈（1，+∞）时，f′（x）＜0．∴f（x）在（0，1）上是增函数，在（1，+∞）上是减函数，故若方程f（x）＝m（m∈R）有两个不等实根x1＜x2，则必有0＜x1＜1＜x2，则2﹣x1＞1．∵f（x1）＝f（x2），∴f（x2）﹣f（2﹣x1）＝f（x1）﹣f（2﹣x1），令g（x）＝f（x）﹣f（2﹣x）＝lnx﹣x﹣1﹣[ln（2﹣x）﹣（2﹣x）﹣1]＝lnx﹣ln（2﹣x）﹣2x+2，x∈（0，1），∵（0＜x＜1），∴g（x）在（0，1）上单调递增，而g（1）＝0，故g（x）＜0在（0，1）上恒成立，∴f（x2）﹣f（2﹣x1）＜0恒成立，即f（x2）＜f（2﹣x1）恒成立而此时x2，2﹣x1∈（1，+∞），且f（x）在（1，+∞）上是减函数，∴x2＞2﹣x1，即x1+x2＞2．故选：C．7．【解答】解：由关于原点对称的点的特点，可将x换为﹣x，y换为﹣y，可得f（x）＝﹣x2﹣2x+a（x≤0）关于原点O对称的解析式g（x）＝x2﹣2x﹣a（x≥0），令h（x）＝e x﹣x2+2x+a（x＞0），则h'（x）＝e x﹣2x+2，h''（x）＝e x﹣2，由x＞ln2可得h′（x）递增；0＜x＜ln2时，h′（x）递减，所以h'（x）≥h′（ln2）＝4﹣2ln2＞0，因此，h（x）是单调递增的，且h（x）＝e x﹣x2+2x+a≥h（0）＝1+a，故当a＜﹣1，h（x）有唯一零点，当a≥﹣1时，h（x）不存在零点，故A正确；B不正确；由关于y轴对称的点的特点，可将x换为﹣x，y不变，可得f（x）＝﹣x2﹣2x+a（x≤0）关于y轴对称的解析式m（x）＝﹣x2+2x+a（x≥0），令n（x）＝e x+x2﹣2x﹣a（x＞0），n′（x）＝e x+2x﹣2，n″（x）＝e x+2，所以n″（x）＞0，n′（x）递增，n′（x）≥n′（0）＝﹣1，因此，n（x）不单调，当a＜0时，n（x）有零点，当a＝1时，n（x）存在两对零点，故C，D都不正确．故选：A．8．【解答】解：设F（x）＝e2x•f（x），则F'（x）＝2e2x f（x）+e2x f'（x）＝e2x[2f（x）+f'（x）]，∵对任意的x≥1都有f′（x）+2f（x）＞0；则F'（x）＞0，则F（x）在[1，+∞）上单调递增；F（x+2）＝e2（x+2）•f（x+2）；F（﹣x）＝e﹣2x•f（﹣x）；因为e4（x+1）f（x+2）＝f（﹣x），∴e2（x+2）•e2x•f（x+2）＝f（﹣x）；∴e2（x+2）•f（x+2）＝e﹣2x•f（﹣x）∴F（x+2）＝F（﹣x），所以F（x）关于x＝1对称，则F（﹣2）＝F（4），∵F（x）在[1，+∞）上单调递增；∴F（3）＜F（4）即F（3）＜F（﹣2），∴e6•f（3）＜e﹣4•f（﹣2）；即e10•f（3）＜f（﹣2）成立．故C正确；F（3）＝F（﹣1），F（0）＝F（2）故A，D均错误；F（3）＞F（2）∴e2f（3）＞f（2）．B错误．故选：C．9．【解答】解：设f（x）＝（x﹣a）（x﹣b）（x﹣2a﹣b），可得f（x）的图象与x轴有三个交点，即f（x）有三个零点a，b，2a+b且f（0）＝﹣ab（2a+b），由题意知，f（0）≥0在x≥0上恒成立，则ab（2a+b）≤0，a＜0，b＜0，可得2a+b＜0，ab（2a+b）≤0恒成立，排除B，D；我们考虑零点重合的情况，即中间和右边的零点重合，左边的零点在负半轴上．则有a＝b或a＝2a+b或b＝b+2a三种情况，此时a＝b＜0显然成立；若b＝b+2a，则a＝0不成立；若a＝2a+b，即a+b＝0，可得b＜0，a＞0且a和2a+b都在正半轴上，符合题意，综上b＜0恒成立．故选：C．10．【解答】解：当x≥1时，f（x）＝x2﹣x+4＝（x﹣2）2+＞0，当x＜1时，f（x）＝﹣x3+x2﹣x+，则f′（x）＝﹣x2+2x﹣1＜0，故f（x）在（﹣∞，1）递减，f（x）＞f（1）＝3＞0，若关于x的不等式在R上恒成立，则﹣x2+x﹣4≤x﹣a≤x2﹣x+4且x3﹣x2+x﹣≤x﹣a≤﹣x3+x2﹣x+恒成立，即﹣x2+x﹣4≤a≤x2﹣x+4且x3﹣x2+x﹣≤a≤﹣x3+x2﹣x+恒成立，所以（﹣x2+x﹣4）max≤a≤（x2﹣x+4）min且（x3﹣x2+x﹣）max≤a≤（﹣x3+x2﹣x+）min，对于y＝﹣x2+x﹣4（x≥1），对称轴是x＝，故x＝时y取最大值﹣，对于y＝x2﹣x+4（x≥1），对称轴是x＝，故x＝时y取最小值，故﹣≤a≤①，对于y＝x3﹣x2+x﹣（x＜1），y′＝x2﹣2x+＞0，函数在（﹣∞，1）递增，故y＜y|x＝1＝﹣，对于y＝﹣x3+x2﹣x+（x＜1），y′＝﹣（x﹣1）2+，令y′＞0，解得＜x＜1，令y′＜0，解得x＜，故函数在（﹣∞，）递减，在（，1）递增，y min＝y|x＝＝，故﹣≤a≤②，综合①②，得﹣≤a≤．故选：B．11．【解答】解：根据題意，令F（x）＝e x•f（x），则F'（x）＝e x[f（x）+f'（x）]＞0，故函数F（x）在R上单调递增，F（lnx）＝e lnx f（lnx）＝xf（lnx），F（ax）＝e ax f（ax），又∀x＞0，不等式xf（lnx）﹣e ax f（ax）≤0恒成立，所以F（lnx）≤F（ax）在（0，+∞）恒成立．从而lnx≤ax，即在（0，+∞）恒成立．令，，令g'（x）＝0，则x＝e，所以在（0，e）单调递增，在（e，+∞）单调递减．所以，故．则实数a的最小值为，故选：B．12．【解答】解：设，由题意可知f（x）≥0对x∈R恒成立，则在x0∈[ln2，2]上有解，即在x0∈[ln2，2]上有解．设g（x）＝x2+2x﹣e x﹣m+4，∴h（x）＝g'（x）＝2x﹣e x+2，则h'（x）＝2﹣e x，∵x∈[ln2，2]，∴h'（x）≤h'（ln2）＝2﹣e ln2＝0，则g'（x）在[ln2，2]上单调递减．∵g'（ln2）＝2ln2＞0，g'（2）＝6﹣e2＜0，∴∃x1∈（ln2，2），g'（x1）＝0，则g（x）在[ln2，x1）上单调递增，在（x1，2]上单调递减．∵g（ln2）＝（ln2）2+2ln2+2﹣m，g（2）＝12﹣e2﹣m，∴g（2）﹣g（ln2）＝10﹣e2﹣（ln2）2﹣2ln2＞0，则g（ln2）≤0，即（ln2）2+2ln2+2﹣m≤0，故m≥（ln2）2+2ln2+2，∵m∈Z，∴m的最小值是4．故选：B．13．【解答】解：由e x﹣ax﹣1，得f′（x）＝e x﹣a，∵0＜a＜1，∴当x∈（0，+∞）时，f′（x）＝e x﹣a＞0恒成立，则f（x）在（0，+∞）上单调递增，则f（x）＞f（0）＝0；若∃x0∈（0，+∞），使f（x0）g（x0）＞0，则∃x0∈（0，+∞），使g（x0）＞0，即∃x0∈（0，+∞），使lnx0﹣ax0﹣1＞0，∴∃x0∈（0，+∞），a＜，令h（x）＝，则h′（x）＝＝，当x∈（0，e2）时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，当x∈（e2，+∞）时，h′（x）＜0，h（x）单调递减，∴h（x）有极大值也是最大值为h（e2）＝，则a＜，∴实数a的取值范围是，故选：A．14．【解答】解：f′（x）＝ae x﹣1，当a≤0时，f′（x）＜0在x∈R上恒成立，此时f（x）在R上单调递减，不合题意；当a＞0时，由f'（x）＝0，解得x＝﹣lna，当x＜﹣lna时，f'（x）＜0，f（x）单调递减，当x＞﹣lna时，f'（x）＞0，f（x）单调递增，∴当a＞0时，f（x）单调减区间为（﹣∞，﹣lna），单调增区间为（﹣lna，+∞），可知当x＝﹣lna时，函数取得极小值为f（﹣lna）＝ae﹣lna+lna＝lna+1，又当x→﹣∞时，f（x）→+∞，x→+∞时，f（x）→+∞，∴要使函数f（x）有两个零点，则，得0＜a＜，故A正确；由f（0）＝a＞0，极小值点x＝﹣lna＞0，可得0＜x1＜x2．∵x1，x2是f（x）的两个零点，∴，．可得lnx1＝lna+x1，lnx2＝lna+x2．故lnx1﹣x1＝lnx2﹣x2，故D错误；由lnx1﹣x1＝lnx2﹣x2＝lna，设g（x）＝lnx﹣x﹣lna，则x1，x2为g（x）的两个零点，g′（x）＝﹣1＝，得g（x）在（0，1）上单调增，在（1，+∞）上单调减，∴0＜x1＜1＜x2，故B正确；设h（x）＝g（x）﹣g（2﹣x），（0＜x＜1），则h（x）＝lnx﹣ln（2﹣x）+2﹣2x（0＜x＜1），h′（x）＝+﹣2＝＞0恒成立，则h（x）在（0，1）上单调增，∵h（x）＜h（1）＝0，∴h（x1）＝g（x1）﹣g（2﹣x1）＜0，即g（x1）＜g（2﹣x1），得g（x2）＜g（2﹣x1）．又g（x）在（1，+∞）上单调减，x2，2﹣x1∈（1，+∞），∴x2＞2﹣x1，即x1+x2＞2，故C正确．综上，错误的结论是D．故选：D．15．【解答】解：由f（x）＝lnx﹣ax，可得，当a≤0时，f′（x）＞0，∴f（x）在x∈（0，+∞）上单调递增，与题意不符；当a＞0时，可得当，解得：，可得当时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，当时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，可得当时，f（x）取得极大值点，又因为由函数f（x）＝lnx﹣ax有两个零点x1，x2（x1＜x2），可得，可得，综合可得：，故A正确；由上可得f（x）的极大值为，设，设，其中，可得，可得，可得，易得当时，g′（x）＝0，当，g′（x）≤0，故，，故，，由，易得，且，且时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，故由，可得，即，即：有极大值点，且，故C正确，B不正确；由函数f（x）＝lnx﹣ax有两个零点x1，x2（x1＜x2），可得lnx1＝ax1，lnx2＝ax2，可得，，可得，由前面可得，，可得，故D正确．故选：B．16．【解答】解：函数f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）＝，∴当x∈（0，e）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，当x∈（e，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，又f（1）＝0，所以x∈（0，1）时，f（x）＜0；x∈（1，+∞）时，f（x）＞0，同时g（x）＝＝＝f（e x），若存在x1∈（0，+∞），x2∈R，使得f（x1）＝g（x2）＝k（k＜0）成立，则0＜x1＜1且f（x1）＝g（x2）＝f（），所以x1＝，即x2＝lnx1，又k＝，所以＝＝k，故e k＝k3e k，令h（k）＝k3e k，k＜0，则h′（k）＝k2（k+3）e k，令h′（k）＜0，解得k＜﹣3，令h′（k）＞0，解得：﹣3＜k＜0，∴h（k）在（﹣∞，﹣3）单调递减，在（﹣3，0）单调递增，∴h（k）min＝h（﹣3）＝﹣，故选：D．17．【解答】解：由题意可知：当x＞0时，e x﹣x﹣1﹣m[x﹣ln（x+1）]＞0恒成立，设f（x）＝e x﹣x﹣1﹣m[x﹣ln（x+1）]，则f′（x）＝e x﹣1﹣m（1﹣），f″（x）＝e x﹣，①m≤0时，f″（x）＞0恒成立，∴f′（x）递增，∵f′（0）＝0，∴x＞0时，f′（x）＞f′（0）＝0，f（x）递增，又∵f（0）＝0，∴x＞0时，f（x）＞f（0）＝0，符合题意，②m＞0时，f″′（x）＝e x+，∴f′″（x）＞0恒成立，f″（x）递增，f″（0）＝1﹣m，（i）1﹣m≥0即0＜m≤1时，与①同理，m符合题意，（ii）1﹣m＜0，即m＞1时，f″（0）＜0，另一方面，显然当x→+∞时，f″（x）＞0，且f″（x）连续，∴由零点定理，存在x0∈（0，+∞），使得f″（x0）＝0，∴0＜x＜x0时，f″（x）＜0，f′（x）递减，又∵f′（0）＝0，∴0＜x＜x0时，f′（x）＜0，f（x）递减，f（0）＝0，∴0＜x＜x0时，f（x）＜0，不合题意，综上，m的范围是（﹣∞，1]，故选：C．18．【解答】解：令g（x）＝f（x）sin x，g′（x）＝f（x）cos x+f′（x）sin x＝[f（x）+f′（x）tan x]•cos x，当x∈[0，）时，f（x）+f′（x）tan x＞0，∴g′（x）＞0，即函数g（x）单调递增．又g（0）＝0，∴时，g（x）＝f（x）sin x＞0，∵f（x）是定义在（﹣，）上的奇函数，∴g（x）是定义在（﹣，）上的偶函数．不等式cos x•f（x+）+sin x•f（﹣x）＞0，即sin（x+）f（x+）＞sin xf（x），即g（x+）＞g（x），∴|x+|＞|x|，∴x＞﹣①，又﹣＜x+＜，故﹣π＜x＜0②，由①②得不等式的解集是（﹣，0）．故选：C．19．【解答】解：若关于x的不等式2lnx≤ax2+（2a﹣2）x+1恒成立，问题等价于a≥在（0，+∞）恒成立，令g（x）＝，则g′（x）＝，令h（x）＝﹣x﹣lnx，（x＞0），则h′（x）＝﹣﹣＜0，故h（x）在（0，+∞）递减，不妨设h（x）＝0的根是x0，则lnx0＝﹣x0，则x∈（0，x0）时，g′（x）＞0，g（x）递增，x∈（x0，+∞）时，g′（x）＜0，g（x）递减，∴g（x）max＝g（x0）＝＝＝，∵h（1）＝1＞0，h（2）＝﹣ln2＜0，∴1＜x0＜2，＜＜1，∴a≥1，a的最小整数值是1，故选：B．20．【解答】解：设g（x）＝，由f（x）＞f′（x）+2，得：g′（x）＝＜0，故函数g（x）在R递减，由f（x）﹣2020为奇函数，得f（0）＝2020，∴g（0）＝f（0）﹣2＝2018，即g（0）＝2018，∵不等式f（x）﹣2018e x＜2，∴＜2018，即g（x）＜g（0），结合函数的单调性得：x＞0，故不等式f（x）﹣2018e x＜2的解集是（0，+∞），故选：B．二．填空题（共10小题）21．【解答】解：函数f（x）＝x3﹣3x，若对任意的实数x，不等式f（x+t）＞f（x）+t（t≠0）恒成立，则（x+t）3﹣3（x+t）＞x3﹣3x+t，即x3+3x2t+3xt2+t3﹣3x﹣3t＞x3﹣3x+t，所以3x2t+3xt2+t3﹣4t＞0（t≠0）恒成立，所以t＞0，且△＝（3t2）2﹣4•3t•（t3﹣4t）＝﹣3t4+48t2＜0，解得t＞4，又t＜0时，不等式不恒成立．综上，t的范围是（4，+∞）．22．【解答】解：∵函数f（x）对定义域R内的任意x都有f（x）＝f（4﹣x），∴f（x）关于直线x＝2对称；又当x≠2时其导函数f′（x）满足xf′（x）＜2f′（x）⇔f′（x）（x﹣2）＜0，∴当x＞2时，f′（x）＜0，f（x）在（2，+∞）上的单调递减；同理可得，当x＜2时，f（x）在（﹣∞，2）单调递增；∵f（3）＝0，∴f（1）＝0，即当1＜x＜3时，f（x）＞0，当x＞3或x＜1时，f（x）＜0，即f（x）的草图如右：则不等式xf（x）＞0等价为或，即1＜x＜3或x＜0，即不等式的解集为（﹣∞，0）∪（1，3），故答案为：（﹣∞，0）∪（1，3）．23．【解答】解：设切点为（x0，lnx0），由f（x）＝lnx，得f′（x）＝，则f′（x0）＝，∴曲线y＝f（x）在y轴右侧的图象在切点处的切线方程为y﹣lnx0＝，把原点代入，可得﹣lnx0＝﹣1，即x0＝e．则切线方程为y﹣1＝（x﹣e），即y＝；作出函数f（x）＝的图象如图：若f（x）＝mx有两个不同的根，则m≤0或＜m＜1．∴m的取值范围为（﹣∞，0]∪（，1）．故答案为：y＝；（﹣∞，0]∪（，1）．24．【解答】解：（1）a＝1时，f（x）＝xlnx+，（x＞0），f′（x）＝lnx+1﹣，f″（x）＝+＞0，故f′（x）在（0，+∞）递增，而f′（1）＝0，故x∈（0，1）时，f′（x）＜0，f（x）递减，x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）递增，故f（x）极小值＝f（1）＝1；（2）若f（x）≥ax在（0，+∞）上恒成立，即a（1﹣lnx）≤在（0，+∞）恒成立，①1﹣lnx≤0即x≥e时，∵a＞0，（1﹣lnx）≤0，＞0，故a（1﹣lnx）≤在（0，+∞）恒成立，②1﹣lnx＞0即0＜x＜e时，问题转化为a≤在（0，+∞）恒成立，即a≤[]min，只需求出g（x）＝x2（1﹣lnx）的最大值即可，（0＜x＜e），g′（x）＝x（1﹣2lnx），令g′（x）＞0，解得：0＜x＜，令g′（x）＜0，解得：＜x＜e，故g（x）在（0，）递增，在（，e）递减，故g（x）max＝g（）＝，故a≤＝，综上，a∈（0，]．故答案为：1，（0，]．25．【解答】解：由x﹣2≤x2+ax+b≤4lnx对任意的x∈[1，e]恒成立，得﹣x2+x﹣2≤ax+b≤4lnx﹣x2对任意的x∈[1，e]恒成立，令f（x）＝﹣x2+x﹣2，g（x）＝4lnx﹣x2．由g（x）＝4lnx﹣x2，得g′（x）＝（1≤x≤e）．当x∈（1，）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，当x∈（）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减．在同一平面直角坐标系内，作出函数y＝f（x）与y＝g（x）的图象如图：设过（1，﹣1）与f（x）＝﹣x2+x﹣2相切的直线方程为y+1＝k（x﹣1），联立，消去y得x2+（k﹣1）x+1﹣k＝0．由△＝（k﹣1）2﹣4（1﹣k）＝0，解得k＝﹣3或k＝1．当k＝﹣3时，直线方程为y＝﹣3x+2．由图可知，满足不等式x﹣2≤x2+ax+b≤4lnx对任意的x∈[1，e]恒成立的实数b的最大值为2．故答案为：2．26．【解答】解：∵f（x）＝x3﹣ax﹣2（a∈R），∴f′（x）＝3x2﹣a（x＜0），①当a≤0时，f′（x）＝3x2﹣a＞0，函数f（x）在（﹣∞，0）上单调递增，又f（0）＝﹣2＜0，∴f（x）在（﹣∞，0）上没有零点；②当a＞0时，由f′（x）＝3x2﹣a＞0，解得x＜或x＞（舍）．∴f（x）在（﹣∞，﹣）上单调递增，在（，0）上单调递减，而f（0）＝﹣2＜0，要使f（x）在（﹣∞，0）内有且只有一个零点，∴f（）＝，解得a＝3，f（x）＝x3﹣3x﹣2，f′（x）＝3x2﹣3＝3（x+1）（x﹣1），x∈[﹣1，2]，当x∈（﹣1，1）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，当x∈（1，2）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增．又f（﹣1）＝0，f（1）＝﹣4，f（2）＝0，∴f（x）min＝f（1）＝﹣4．故答案为：﹣4．27．【解答】解：由y＝x+，得y′＝1﹣，设P（）（x0＞0），则，∴曲线在P处的切线方程为．分别与y＝x与y＝2x联立，可得A（2x0，2x0），B（，），取x＝0，可得C（0，），又O（0，0），∴△OAC的面积S1＝；OA＝，点B到直线x﹣y＝0的距离d＝＝．∴△OAB的面积S2＝＝＝∈（0，2）．故答案为：2；（0，2）．28．【解答】解：可设t＝，由x≥0可得t≥1，由x＝，可得不等式恒成立，即为（）2+3（）+2﹣at﹣a2≥0对t≥1恒成立，化为a2+at﹣（t2+3）（t2+1）≤0对t≥1恒成立，设f（t）＝a2+at﹣（t2+3）（t2+1），f′（t）＝a﹣（t3+2t），由题意可得f（t）的最大值小于等于0，若f（x）不单调，可得a≥3，再由t≥1时，f（t）＝（t3+2t）2+t（t3+2t）﹣﹣（t2+3）（t2+1）的导数为f′（t）＝6t5+19t3+10t＞0，即有f（t）≥f（1）＝10＞0，不等式不恒成立，可得f（x）单调，且f（x）在[1，+∞）递减，可得a﹣（t3+2t）≤0，即a≤3；又a2+a﹣×（1+3）×（1+1）≤0，解得﹣2≤a≤1，即a的范围是[﹣2，1]．故答案为：[﹣2，1]．29．【解答】解：x2﹣|x﹣2a|≤a﹣3即|x﹣2a|≥x2﹣a+3，可得x﹣2a≥x2﹣a+3，或x﹣2a≤﹣x2+a﹣3，即为a≤x﹣x2﹣3或3a≥x2+x+3在﹣1≤x≤1恒成立，由y＝x﹣x2﹣3在[﹣1，1]的最小值为﹣1﹣1﹣3＝﹣5，可得a≤﹣5；由y＝x2+x+3在[﹣1，1]的最大值为1+1+3＝5，可得3a≥5，即a≥；由a＞0，可得a≥．故答案为：a≥．30．【解答】解：设直线y＝2x﹣b与函数y＝f（x）的图象相切的切点为（m，2lnm），由f′（x）＝，可得＝2，即m＝1，切点为（1，0），则b＝2，切线的方程为y＝2x﹣2，联立y＝g（x）＝ax2﹣x﹣，可得ax2﹣3x+＝0，由题意可得△＝9﹣4a•＝0，解得a＝；设y＝f（x）与y＝g（x）的图象在交点处存在切线y＝kx+t，且切点为（n，2lnn），由f′（x）＝，g′（x）＝2ax﹣1，可得＝k＝2an﹣1，2lnn＝kn+t＝an2﹣n﹣，化为kn＝2，an2＝，则2lnn＝，即4lnn+n＝1，设h（n）＝4lnn+n，h′（n）＝+1＞0，可得h（n）在（0，+∞）递增，由h（1）＝1，可得4lnn+n＝1的解为n＝1，则a＝，由y＝ax2﹣x﹣（a＞0）的图象可得，当a越大时，抛物线的开口越小，可得此时y＝f（x）和y＝g（x）的图象相离，总存在直线与它们的图象都相切，则a的范围是[，+∞）．故答案为：，[，+∞）．三．解答题（共10小题）31．【解答】解：（1）f′（x）＝a ﹣＝（x＞0），当a≤0时，f′（x）＜0，∴f（x）递减，当a＞0时，令f′（x）＜0，得0＜x ＜；令f′（x）＞0，得x ＞，综上：a≤0时减区间为（0，+∞），a＞0，时减区间为（0，）；增区间为[，+∞）；（2）a≤0时，f（x）在（0，e]上为减函数，∴f（x）min＝f（e）＝ae﹣1＝4，∴a ＝＞0，舍去，a＞0时①若≥e即a ≤时f（x）在（0，e]上为减函数，∴f（x）min＝f（e）＝ae﹣1＝4，∴a ＝，舍去，②若＜e即a ＞时f（x）在（0，）上递减，在（，e]上递增，∴f（x）min＝f （）＝1﹣ln＝4，∴a＝e3．32．【解答】解：（1）当a＝0时，f（x）＝x sin x+cos x，x∈[﹣π，π]．f'（x）＝sin x+x cos x﹣sin x＝x cos x．当x在区间[﹣π，π]上变化时，f'（x），f（x）的变化如下表x﹣π（﹣π，﹣）﹣（﹣，0）0（0，）（，π）πf'（x）+0﹣0+0﹣f（x）﹣1极大值极小值1极大值﹣1∴f（x）的单调增区间为（﹣π，﹣），（0，）；f（x ）的单调减区间为（﹣，0），（，π）．（2）任取x∈[﹣π，π]．∵f（﹣x）＝（﹣x）sin（﹣x）+cos（﹣x）+a（﹣x）2＝x sin x+cos x +ax2＝f（x），∴f（x）是偶函数．f′（x）＝ax+x cos x＝x（a+cos x）．当a≥1时，a+cos x≥0在[0，π）上恒成立，∴x∈[0，π）时，f′（x）≥0．∴f（x）在[0，π]上单调递增．又∵f（0）＝1，∴f（x）在[0，π]上有0个零点．又∵f（x）是偶函数，∴f（x）在[﹣π，π]上有0个零点．当0＜a＜1时，令f′（x）＝0，得cos x＝﹣a．由﹣1＜﹣a＜0可知存在唯一x0∈（，π）使得cos x0＝﹣a．∴当x∈[0，x0）时，f′（x）≥0，f（x）单调递增；当x∈（x0，π）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减．∵f（0）＝1，f（x0）＞1，f（π）＝aπ2﹣1．①当aπ2﹣1＞0，即＜a＜1时，f（x）在[0，π]上有0个零点．由f（x）是偶函数知f（x）在[﹣π，π]上有0个零点．②当aπ2﹣1≤0，即0＜a≤时，f（x）在[0，π]上有1个零点．由f（x）是偶函数知f（x）在[﹣π，π]上有2个零点．综上，当0＜a≤时，f（x）有2个零点；当a＞时，f（x）有0个零点．33．【解答】解：（Ⅰ）f′（x）＝e x﹣e﹣x，g（x）＝e x，h（x）＝e x﹣ax﹣1，h′（x）＝e x﹣a，（1）a≤0时，h′（x）＞0，h（x）在R递增，又h（﹣1）＝﹣1+a＜0，与题意不符，舍去，（2）a＞0时，由h′（x）＞0，解得：x＞lna，由h′（x）＜0，解得：x＜lna，故h（x）在（﹣∞，lna）递减，在（lna，+∞）递增，故h（x）min＝h（lna）＝a﹣alna﹣1，由已知得e x﹣ax﹣1≥0恒成立，故只需h（x）min≥0，故只需a﹣alna﹣1≥0①，设g（x）＝a﹣alna﹣1，g′（x）＝﹣lna，由g′（x）＞0，解得：0＜x＜1，由g′（x）＜0，解得：x＞1，故g（x）在（0，1）递增，在（1，+∞）递减，故g（x）max＝g（1）＝0，即a﹣alna﹣1≤0②，由①②得实数a的值为1，综上：a＝1；证明：（Ⅱ）由（Ⅰ）得：当x＞0时，e x﹣x﹣1＞0即e x＞x+1，x2e x＞x2（x+1），欲证x2e x＞m（x+1）lnx，x＞0，即证x2（x+1）＞m（x+1）lnx，即证x2＞mlnx（x＞0），①当x∈（0，1]时，x2＞0＞mlnx，②当x∈（1，+∞）时，令F（x）＝，则F′（x）＝，由F′（x）＞0，解得：x＞，由F′（x）＜0，解得：1＜x＜，故F（x）在（1，）递减，在（，+∞）递增，故x＞1时，F（x）≥F（）＝2e，由已知0＜m＜2e，故m＜F（x），即当x∈（1，+∞）时，m＜，故x∈（1，+∞）时，x2＞mlnx，综上，x＞0时，x2＞mlnx恒成立，故x2（x+1）＞m（x+1）lnx，x2e x＞m（x+1）lnx成立．34．【解答】解：（Ⅰ）由f（x）＝e x﹣ax﹣1，得f′（x）＝e x﹣a，∵x∈（0，+∞），∴e x＞1，当a＞1时，由f′（x）＝e x﹣a＞0，得x＞lna，即函数y＝f（x）在（lna，+∞）上单调递增，由f′（x）＜0，得0＜x＜lna，即函数y＝f（x）在（0，lna）上单调递减；当a≤1时，f′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，即函数y＝f（x）在（0，+∞）上单调递增．综上所述，当a≤1时，函数y＝f（x）在（0，+∞）上单调递增；当a＞1时，函数y＝f（x）在在（0，lna）上单调递减，（lna，+∞）上单调递增．（3分）（Ⅱ）f（0）＝0，当a＞1时，由（1）结合函数y＝f（x）的单调性知，∃x0＞0，使得对任意x∈（0，x0），都有f（x）＜0，则由|f（x）|＞x得（a﹣1）x+1﹣e x＞0．设t（x）＝（a﹣1）x+1﹣e x，则t′（x）＝a﹣1﹣e x，由t′（x）＞0得x＜ln（a﹣1），由t′（x）＜0得x＞ln（a﹣1）．（1）若1＜a≤2，则ln（a﹣1）≤0，故（0，x0）⊆（ln（a﹣1），+∞），即函数y＝t（x）在（0，x0）上单调递减，∵t（0）＝0，∴对任意x∈（0，x0），都有t（x）＜0，不合题意；（2）若a＞2，则ln（a﹣1）＞0，故（0，ln（a﹣1））⊆（﹣∞，ln（a﹣1）），∴y＝t（x）在（0，ln（a﹣1））上单调递增，∵t（0）＝0，∴对任意x∈（0，ln（a﹣1）），都有t（x）＞0，符合题意，此时取0＜m≤min{x0，ln（a﹣1）}，可使得对∀x∈（0，m），都有|f（x）|＞x．综上可得a的取值范围是（2，+∞）．（12分）35．【解答】解：（1）因为，所以当时，f′（x）＝﹣≤0，f（x）在R递减，当时，时，时，f′（x）＜0，f（x）在上单调递增，在上单调递减，当时，时，时，f′（x）＜0，f（x）在（，2）递增，在（﹣∞，），（2，+∞）递减，综上，时，f（x）在R递减，当时，f（x）在（2，）递增，在（﹣∞，2），（，+∞）递减，a＞时，f（x）在（，2）递增，在（﹣∞，），（2，+∞）递减；证明：（2）由＞0，（x＞0）知：ax2﹣x+1＞0在（0，+∞）上恒成立，即a＞﹣+在（0，+∞）上恒成立，∵﹣+＝﹣+≤，故a＞，又1﹣2a＞0，故＜a＜，由（1）知：＜a＜时，f（x）在（，）递减，故f（a）＜f（）＝＜＝．36．【解答】解：（1）由题意，函数f（x）＝，则f′（x）＝，当x∈（0，e）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，当x∈（e，+∞）时，f′（x）＜0，函数f（x）递减，当x＝e时，f（x）取得极大值，没有极小值；（2）h（x）＝x2f（x）＝xlnx，对∀x≥1，有xlnx≥ax﹣1，即a≤＝lnx+，令g（x）＝lnx+，则g′（x）＝，当x＞1时，g′（x）＞0，g（x）在（1，+∞）递增，故g（x）min＝g（1）＝1，故a≤1，即实数a的取值范围是（﹣∞，1]．37．【解答】解：（1）由f（x）＝lnx﹣得f′（x）＝+，故切线斜率k＝f′（1）＝1+，又f（1）＝﹣，故切线方程为：y+＝（1+）（x﹣1），即（4+a）x﹣4y﹣4﹣3a＝0；（2）f′（x）＝+＝（x＞0），由题意知：x1，x2是方程f′（x）＝0在（0，+∞）内的两个不同实数解，令g（x）＝x2+（2+a）x+1（x＞0），注意到g（0）＝1＞0，其对称轴为直线x＝﹣2﹣a，故只需，解得：a＜﹣4，即实数a的取值范围是（﹣∞，﹣4），由x1，x2是方程x2+（2+a）x+1＝0的两根，得：x1+x2＝﹣2﹣a，x1x2＝1，故f（x1）+f（x2）＝（lnx1﹣）+（lnx2﹣）＝ln（x1x2）﹣a•＝﹣a•＝﹣a，又f（1）＝﹣，即f（x1）+f（x2）＝2f（1），故f（x1），f（1），f（x2）成等差数列．38．【解答】解：（1）根据题意，函数f（x）＝alnx（a≠0）与y＝x2可知f′（x）＝，y′＝x，两图象在点P（s，t）处有相同的切线，所以两个函数切线的斜率相等，即•s＝，化简得s＝①，将P（s，t）代入两个函数可得＝alns②，综合上述两式①②可解得a＝1，所以f（x）＝lnx．（2）函数g（x）＝（x﹣1）2+mf（x）＝（x﹣1）2+mlnx，定义域为（0，+∞），g′（x）＝2（x﹣1）+＝，因为x1，x2为函数g（x）的两个极值点，所以x1，x2是方程2x2﹣2x+m＝0的两个不等实根，由根与系数的关系知x1+x2＝1，x1x2＝，（*），又已知x1＜x2，所以0＜x1＜＜x2＜1，＝，将（*）式代入得＝＝1﹣x2+2x2lnx2，令h（t）＝1﹣t+2tlnt，t∈（，1），h′（t）＝2lnt+1，令h′（t）＝0，解得：t＝，当t∈（，）时，h′（t）＜0，h（t）在（，）单调递减；当t∈（，1）时，h′（t）＞0，h（t）在（，1）单调递增；所以h（t）min＝h（）＝1﹣＝1﹣，h（t）＜max{h（），h（1）}，h（）＝﹣ln2＜0＝h（1），即的取值范围是[1﹣，0）．39．【解答】解：（1）f（x）＝﹣x+（x+1）ln（x+1）的导数为f′（x）＝a•﹣1+ln（x+1）+1＝ln（x+1）﹣，当a＝1时，f′（x）＝ln（x+1）﹣，可得曲线y＝f（x）在x＝1处的切线的斜率为k＝ln2﹣，又f（1）＝﹣1+2ln2，则曲线y＝f（x）在x＝1处的切线方程为y﹣（﹣1+2ln2）＝（ln2﹣）（x﹣1），化为（ln2﹣）x﹣y+﹣1+ln2＝0；（2）f（x）的导数f′（x）＝ln（x+1）﹣，由∀x1，x2∈（0，+∞），x1＜x2，都有f（x1）＜f（x2），可得f（x）在（0，+∞）递增，则f′（x）≥0在（0，+∞）内恒成立，即为a≤在（0，+∞）内恒成立，设g（x）＝，由于x＞0，所以e x＞1，ln（x+1）＞0，g（x）＞0，设h（x）＝g（x）﹣1＝，由y＝e x ln（x+1）﹣x的导数为y′＝e x（ln（x+1）+）﹣1，且y″＝e x（ln（x+1）+﹣）＝e x[ln（x+1）+]＞0，可得函数y′＝e x（ln（x+1）+）﹣1在x＞0递增，即有y′＞0，可得函数y＝e x ln（x+1）﹣x在x＞0递增，可得e x ln（x+1）＞x恒成立，则h（x）＞0恒成立，可得g（x）＞1，则a≤1．40．【解答】解：（1）证明：a＝﹣1时，f（x）＝（x﹣1）lnx（x＞0），．因为f'（x）在x∈（0，+∞）上单调递增，故f'（x1）+f'（x2）＝0（即）以下主要有三种做法：法一：由基本不等式得：（等号可不写）因此．令，可知f'（t）≥0．因为f'（t）在x＞0上单调递增，且f'（1）＝0，因此．因为x1≠x2，由基本不等式得：（（6分），若写x1+x2≥2不得分）法二：先证明：x1x2≥1．因为f'（1）＝0，故不妨x1＞1，0＜x2＜1．设．由基本不等式知：．因为f'（x）在x＞0上单调递增且f'（x1）+f'（x2）＝0，所以x1＞x2′即x1x2≥1．因为x1≠x2，由基本不等式得：（（6分），若写x1+x2≥2不得分）法三：因为f'（1）＝0，故不妨x1＞1，0＜x2＜1．设x2′＝2﹣x2＞1．由基本不等式得：（即x2x2′＜1）．因为f'（x）在x＞0上单调递增，且f'（1）＝0，因此f'（x2′）+f'（x2）＜0．所以x1+x2＞x2′+x2＞2．（（6分），若写x1+x2≥2不得分）（2）原题即f（x）＝±c共有四个不同的实数根．．①﹣1≤a≤0，因为f'（x）在x＞0上单调递增，且当x→0时f'（x）→﹣∞，当x→+∞时f'（x）→+∞，故存在唯一实数x0＞0，使得f'（x0）＝0，即a＝﹣x0（lnx0+1）．因此f（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增．由﹣1≤a≤0可知．把a＝﹣x0（lnx0+1）代入得：f（x）的极小值．令h（x）＝﹣x（lnx）2，h'（x）＝﹣lnx（lnx+2）．当时，h′（x）＜0；当时，h′（x）＞0．因此h（x）在上单调递减，在上单调递增．故，所以f（x）＝c上至多有两个不同的实数根，f（x）＝﹣c上至多有一个的实数根，故不合题意．②a＞0，当x→0时f'（x）→+∞，当x→+∞时f'（x）→+∞，．当x∈（0，a）时，f''（x）＜0；当x∈（a，+∞）时，f''（x）＞0，f'（a）＝2+lna．因此f'（x）在（0，a）上单调递减，在（a，+∞）上单调递增．（i）若a≥，则f'（x）≥0（当且仅当时取等），故f（x）在x＞0上单调递增．因此f（x）＝±c上至多有两个不同的实数根，故不合题意．（ii）若，则f'（a）＜0，故存在x1∈（0，a）和，使得f'（x1）＝f'（x2）＝0．因此f（x）在（0，x1）和（x2，+∞）上单调递增，在（x1，x2）上单调递减．因为当x→0时f（x）→﹣∞，当x→+∞时f'（x）→+∞，且，故f（x）＝c上有且仅有一个实数根．由①的h（x）可知：，．故存在﹣c∈（f（x2），f（x1）），使得．此时f（x）＝﹣c上恰有三个不同的实数根．此时f（x）＝±c共有四个不同的实数根．综上：满足条件．。
完整版)导数大题练习带答案
完整版)导数大题练习带答案1.已知 $f(x)=x\ln x-ax$，$g(x)=-x^2-2$，要求实数 $a$ 的取值范围。
Ⅰ）对于所有 $x\in(0,+\infty)$，都有 $f(x)\geq g(x)$，即$x\ln x-ax\geq -x^2-2$，整理得 $a\leq \ln x +\frac{x}{2}$，对于 $x\in(0,+\infty)$，$a$ 的取值范围为 $(-\infty。
+\infty)$。
Ⅱ）当 $a=-1$ 时，$f(x)=x\ln x+x$，求 $f(x)$ 在 $[m。
m+3]$ 上的最值。
$f'(x)=\ln x+2$，令 $f'(x)=0$，解得 $x=e^{-2}$，在 $[m。
m+3]$ 上，$f(x)$ 单调递增，所以最小值为$f(m)=me^{m}$。
Ⅲ）证明：对于所有 $x\in(0,+\infty)$，都有 $\lnx+1>\frac{1}{x}$。
证明：$f(x)=\ln x+1-\frac{1}{x}$，$f'(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}=\frac{1}{x^2}(x-1)>0$，所以$f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增，即对于所有$x\in(0,+\infty)$，都有 $\ln x+1>\frac{1}{x}$。
2.已知函数 $f(x)=\frac{2}{x}+a\ln x-2(a>0)$。
Ⅰ）若曲线 $y=f(x)$ 在点 $P(1,f(1))$ 处的切线与直线$y=x+2$ 垂直，求函数 $y=f(x)$ 的单调区间。
$f'(x)=-\frac{2}{x^2}+a$，在点 $P(1,f(1))$ 处的切线斜率为 $f'(1)=a-2$，由于切线垂直于直线 $y=x+2$，所以 $a-2=-\frac{1}{1}=-1$，解得 $a=1$。
(完整版)导数测试题(含答案)
B．(0,3)
C．(1,4)
D．(2，＋∞)
解析：选 D.f′(x)＝(x－3)′ex＋(x－3)(ex)′＝(x－2)ex，
令 f′(x)>0，解得 x>2，故选 D. 8．“函数 y＝f(x)在一点的导数值为 0”是“函数 y＝f(x)在这点取极值”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 解析：选 B.对于 f(x)＝x3，f′(x)＝3x2，f′(0)＝0，不能推出 f(x)在 x＝0 处取极值，反之 成立．故选 B. 9．函数 f(x)的定义域为开区间(a，b)，导函数 f′(x)在(a，b)内的图象如图所示，则函数 f(x)在开区间(a，b)内的极小值点有( )
B．(2,4)
11
11
C．(4，16) 故选 D.
1
D．(2，4)
6．已知函数 f(x)＝x，则 f′(－3)＝( ) 1
A．4 1
B.9 1
C．－4
D．－9
1
1
解析：选 D.∵f′(x)＝－x2，∴f′(－3)＝－9. 7．函数 f(x)＝(x－3)ex 的单调递增区间是( )
A．(－∞，2)
三、解答题 x
17．求下列函数的导数：(1)y＝3x2＋xcosx； (2)y＝1＋x； (3)y＝lgx－ex.
18．已知抛物线 y＝x2＋4 与直线 y＝x＋10，求： (1)它们的交点； (2)抛物线在交点处的切线方程．
1 19．已知函数 f(x)＝3x3－4x＋4.(1)求函数的极值； (2)求函数在区间[－3,4]上的最大值和最小值．
解析：令 y′＝(x＋1)ex＝0，得 x＝－1. 当 x<－1 时，y′<0；当 x>－1 时，y′>0.
(完整版)导数难题(含答案)
一、单选题1．已知可导函数()f x 的导函数为()'f x ， ()02018f =，若对任意的x R ∈，都有()()'f x f x >，则不等式()2018xf x e <的解集为（ ）A. ()0,+∞B. 21,e ⎛⎫+∞⎪⎝⎭ C. 21,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭D. (),0-∞ 2．定义在R 上的偶函数()f x 的导函数为()f x '，且当()()0,20x xf x f x +'><.则（ ）A.()()224f e f e >B. ()()931f f >C.()()239f e f e -<D.()()224f e f e -<3．已知()f x 为定义在()0,+∞上的可导函数，且()()'f x xf x >恒成立，则不等式()210x f f x x ⎛⎫-> ⎪⎝⎭的解集为（ ）A. ()1,+∞B. (),1-∞C. ()2,+∞D. (),2-∞二、解答题4．已知函数()()2ln f x ax x a R =-+∈ .（1）讨论()f x 的单调性；（2）若存在()()1,,x f x a ∈+∞>-，求a 的取值范围.5．设函数()()222ln f x x ax x x x =-++-． （1）当2a =时，讨论函数()f x 的单调性；（2）若()0,x ∈+∞时， ()0f x >恒成立，求整数a 的最小值．6．已知函数()()()1ln ,af x x a xg x a R x+=-=-∈. 若1a =，求函数()f x 的极值；设函数()()()h x f x g x =-，求函数()h x 的单调区间；若在区间[]()1, 2.71828e e =⋯上不存在．．．0x ，使得()()00f x g x <成立，求实数a 的取值范围.7．已知函数()()ln ,f x x a x a R =-∈ . （1）当0a =时，求函数()f x 的极小值；（2）若函数()f x 在()0,+∞上为增函数，求a 的取值范围.8．已知函数()()2x f x x ax a e =--． （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()0,2a ∈，对于任意[]12,4,0x x ∈-，都有()()2124a f x f x e me --<+恒成立，求m 的取值范围【解析】令()()()()()()0,02018xxf x f x f xg x g x g e e -<'=='=∴因此()2018xf x e < ()()()201800xf xg x g x e⇒<⇒⇒，选A.点睛：利用导数解抽象函数不等式，实质是利用导数研究对应函数单调性，而对应函数需要构造. 构造辅助函数常根据导数法则进行：如()()f x f x '<构造()()xf xg x e=， ()()0f x f x '+<构造()()x g x e f x =， ()()xf x f x '<构造()()f x g x x=， ()()0xf x f x +<'构造()()g x xf x =等2．D【解析】根据题意，设g （x ）=x 2f （x ），其导数g′（x ）=（x 2）′f （x ）+x 2•f （x ）=2xf （x ）+x 2•f （x ）=x[2f （x ）+xf'（x ）]， 又由当x ＞0时，有2f （x ）+xf'（x ）<0成立，则数g′（x ）=x[2f （x ）+xf'（x ）]<0， 则函数g （x ）在（0，+∞）上为减函数，若g （x ）=x 2f （x ），且f （x ）为偶函数，则g （-x ）=（-x ）2f （-x ）=x 2f （x ）=g （x ）， 即g （x ）为偶函数，所以()()2g e g < 即()()224f e f e <因为()f x 为偶函数，所以()()2f 2f -=,所以()()224f e f e -<故选D点睛：本题考查函数的导数与函数单调性的关系，涉及函数的奇偶性与单调性的应用，关键是构造函数g （x ）并分析g （x ）的单调性与奇偶性． 3．A【解析】令()()f x g x x=，则()()()2xf x f x g x x -=''∵()()f x xf x >'∴()()0xf x f x -<'，即()()()20xf x f x g x x'-='<在()0,+∞上恒成立()g x ()0,+∞∵()210x f f x x ⎛⎫->⎪⎝⎭∴()11f f x x x x⎛⎫ ⎪⎝⎭>，即()1g g x x ⎛⎫> ⎪⎝⎭∴1x x<，即1x > 故选A点睛：本题首先需结合已知条件构造函数，然后考查利用导数判断函数的单调性，再由函数的单调性和函数值的大小关系，判断自变量的大小关系. 4．（1）()f x在⎛ ⎝上递增，在⎫+∞⎪⎭上递减.；（2）1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭. 【解析】试题分析：（1）对函数()f x 求导，再根据a 分类讨论，即可求出()f x 的单调性；（2）将()f x a >-化简得()21ln 0a x x --<，再根据定义域()1,x ∈+∞，对a 分类讨论， 0a ≤时，满足题意， 0a >时，构造()()21ln g x a x x =--，求出()g x 的单调性，可得()g x 的最大值，即可求出a 的取值范围.试题解析：（1）()21122ax f x a x x-='=-+，当0a ≤时， ()0f x '>，所以()f x 在()0,+∞上递增， 当0a > 时，令()0f x '=，得x =， 令()0f x '>，得x ⎛∈ ⎝；令()0f x '<，得x ⎫∈+∞⎪⎭，所以()f x在⎛ ⎝上递增，在⎫+∞⎪⎭上递减. （2）由()f x a >-，得()21ln 0a x x --<，因为()1,x ∈+∞，所以2ln 0,10x x --， 当0a ≤时， ()21ln 0a x x --<满足题意，当12a ≥时，设()()()22211ln (1),0ax g x a x x x g x x -'=-->=>， 所以()g x 在()1,+∞上递增，所以()()10g x g >=，不合题意， 1⎫⎛所以()()max 10g x g g =<=，则()()1,0x g x ∃∈+∞<， 综上， a 的取值范围是1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭. 点睛：本题考查函数的单调性及恒成立问题，涉及函数不等式的证明，综合性强，难度大，属于难题.处理导数大题时，注意分层得分的原则.一般涉及求函数单调性时，比较容易入手，求导后注意分类讨论，对于恒成立问题一般要分离参数，然后利用函数导数求函数的最大值或最小值，对于含有不等式的函数问题，一般要构造函数，利用函数的单调性来解决，但涉及技巧比较多，需要多加体会. 5．(1) f （x ）递增区间为（0，12），（1，+∞），递减区间为（12，1）；(2)1. 【解析】试题分析：（1）求出函数f （x ）的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可； （2）问题转化为a>x-2（x-1）lnx 恒成立，令g （x ）=x-2（x-1）lnx ，根据函数的单调性求出a 的最小值即可．试题解析：（1）由题意可得f （x ）的定义域为（0，+∞）， 当a=2时，f （x ）=﹣x 2+2x+2（x 2﹣x ）lnx ，所以f′（x ）=﹣2x+2+2（2x ﹣1）lnx+2（x2﹣x ）•=（4x ﹣2）lnx ， 由f'（x ）＞0可得：（4x ﹣2）lnx ＞0，所以或，解得x ＞1或0＜x ＜；由f'（x ）＜0可得：（4x ﹣2）lnx ＜0，所以或，解得：＜x ＜1．综上可知：f （x ）递增区间为（0，），（1，+∞），递减区间为（，1）． （2）若x∈（0，+∞）时，f （x ）＞0恒成立，令g （x ）=x ﹣2（x ﹣1）lnx ，则a ＞g （x ）max ．因为g′（x ）=1﹣2（lnx+）=﹣2lnx ﹣1+，所以g'（x ）在（0，+∞）上是减函数，且g'（1）＞0，g′（2）＜0，故存在x 0∈（1，2）使得g （x ）在（0，x 0）上为增函数，在（x 0，+∞）上是减函数， ∴x=x 0时，g （x ）max =g （x 0）≈0， ∴a＞0，又因为a∈Z ，所以a min =1．点睛：导数问题经常会遇见恒成立的问题：（1）根据参变分离，转化为不含参数的函数的最值问题；（2）若()0f x >就可讨论参数不同取值下的函数的单调性和极值以及最值，最终转化为()min 0f x >，若()0f x <恒成立，转化为()max 0f x <;（3）若()()f x g x >恒成立，可转化为()()min max f x g x >.6．（1）极小值为()11f =；（2）见解析（3）2121e a e +-≤≤-【解析】试题分析：（1）先求导数，再求导函数零点，列表分析导数符号，确定极值（2）先求导数，求导函数零点，讨论1a +与零大小，最后根据导数符号确定函数单调性（3）正难则反，先求存在一点0x ,使得()()00f x g x <成立时实数a 的取值范围，由存在性问题转化为对应函数最值问题，结合（2）单调性可得实数a 的取值范围，最后取补集得结果试题解析：解：（I ）当1a =时， ()()1ln '01x f x x x f x x x-=-⇒=>⇒>，列极值分布表 ()f x ∴在（0,1）上递减，在1+∞（，）上递增，∴()f x 的极小值为()11f =； （II ）()1ln a h x x a x x+=-+ ()()()211'x x a h x x ⎡⎤+-+⎣⎦∴=①当1a ≤-时， ()()'0,h x h x >∴在0+∞（，）上递增； ②当1a >-时， ()'01h x x a >⇒>+，∴()h x 在0,1a +（）上递减，在()1,a ++∞上递增； （III ）先解区间[]1,e 上存在一点0x ,使得()()00f x g x <成立()()()0h x f x g x ⇔=-<[]1,e ⇔[]1,x e ∈()0h x <①当1a ≤-时， ()h x 在[]1,e 上递增， ()min 1202h h a a ∴==+<⇒<- ∴2a <- ②当1a >-时， ()h x 在0,1a +（）上递减，在()1,a ++∞上递增 当10a -<≤时， ()h x 在[]1,e 上递增， ()min 1202h h a a ∴==+<⇒<- a ∴无解 当1a e ≥-时， ()h x 在[]1,e 上递减()2min1101a e h h e e a a e e ++∴==-+⇒-，∴211e a e +>-；当01a e <<-时， ()h x 在[]1,1a +上递减，在()1,a e +上递增 ()()min 12ln 1h h a a a a ∴=+=+-+令()()()2ln 121ln 1a a a F a a aa +-+==+-+，则()221'01F a a a=--<+ ()F a ∴在()0,1e -递减， ()()2101F a F e e ∴>-=>-， ()0F a ∴<无解， 即()min 2ln 10h a a a =+-+<无解；综上：存在一点0x ,使得()()00f x g x <成立，实数a 的取值范围为： 2a <-或211e a e +>-.所以不存在一点0x ，使得()()00f x g x <成立，实数a 的取值范围为.点睛：函数单调性问题，往往转化为导函数符号是否变号或怎样变号问题，即转化为方程或不等式解的问题（有解，恒成立，无解等），而不等式有解或恒成立问题，又可通过适当的变量分离转化为对应函数最值问题.7．（1）1e-（2）21,e ⎛⎤-∞-⎥⎝⎦【解析】试题分析：（1）当0a =时，得出函数的解析式，求导数，令()'0f x =，解出x 的值，利用导数值的正负来求其单调区间进而求得极小值；（2）求出()'f x ，由于函数()f x 在()0,+∞是增函数，转化为()'0f x ≥对任意()0,x ∈+∞恒成立，分类参数，利用导数()ln g x x x x =+的最小值，即可求实数a 的取值范围． 试题解析：（1）定义域为()0,+∞．当0a =时， ()ln f x x x =， ()'ln 1f x x =+．当10,x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时， ()'0f x <， ()f x 为减函数；当1,x e ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时， ()'0f x >， ()f x 为增函数．所以函数()f x 的极小值是11f e e⎛⎫=- ⎪⎝⎭． （2）由已知得()'ln x af x x x-=+． 因为函数()f x 在()0,+∞是增函数，所以()'0f x ≥对任意()0,x ∈+∞恒成立， 由()'0f x ≥得ln 0x ax x-+≥，即ln x x x a +≥对任意的()0,x ∈+∞恒成立． 设()ln g x x x x =+，要使“ln x x x a +≥对任意()0,x ∈+∞恒成立”，只要()min a g x ≤. 因为()'ln 2g x x =+，令()'0g x =，得21x e =． 当210,x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时， ()'0g x <， ()g x 为减函数； 当21,x e ⎛⎫∈+∞⎪⎝⎭时， ()'0g x >， ()g x 为增函数． 所以()g x 的最小值是2211g ee ⎛⎫=-⎪⎝⎭． 故函数()f x 在()0,+∞是增函数时，实数a 的取值范围是21,e ⎛⎤-∞-⎥⎝⎦． 点睛：本题主要考查了导数在函数中的综合应用，解答中涉及到利用导数求解函数的单调区间，利用导数求解函数的极值与最值等知识点的综合应用，这属于教学的重点和难点，应熟练掌握，试题有一定的综合性，属于中档试题，解答中把函数()f x 在()0,+∞是增函数，所以()'0f x ≥对任意()0,x ∈+∞恒成立是解答的关键．8．（1）见解析；（2）231e m e+>. 【解析】试题分析：（1）求出()'f x ，分三种情况讨论，分别令()'0f x >求得x 的范围，可得函数()f x 增区间， ()'0f x <求得x 的范围，可得函数()f x 的减区间；（2）由（1）知， 所以()()()2max 24f x f a e -=-=+，()()()443+160f a e a f --=>-=，()()2a -()222a ---()21a m e ->+.. 立，利用导数研究函数的单调性，求出()21a a e e -+的最大值，即可得结果. 试题解析：（1）()()()2xf x x x a e '=+- ①若2a <-，则()f x 在(),a -∞， ()2,-+∞上单调递增，在(),2a -上单调递减； ②2a =-，则(),-∞+∞在上单调递增；③若2a >-，则()f x 在(),2-∞-， (),a +∞上单调递增，在()2,a -上单调递减；（2）由1知，当()0,2a ∈时， ()f x 在()4,2--上单调递增，在()2,0-单调递减， 所以()()()2max 24f x f a e -=-=+， ()()()443+160f a e a f --=>-=，故()()()()12max 20f x f x f f -=--= ()()222414a e a a e e ---++=++， ()()2124a f x f x e me --<+恒成立，即()222144a a e e e me ---++<+恒成立 即()21a a m e e->+恒成立， 令()(),0,2x x g x x e =∈， 易知()g x 在其定义域上有最大值()11g e=， 所以231e m e +>。
导数典型例题(含答案)回顾【创意版】
导数典型例题导数作为考试内容的考察力度逐年增大.考点涉及到了导数的所有内容，如导数的定义，导数的几何意义、物理意义，用导数研究函数的单调性，求函数的最〔极〕值等等，考察的题型有客观题〔选择题、填空题〕、主观题〔解答题〕、考察的形式具有综合性和多样性的特点.并且，导数与传统内容如二次函数、二次方程、三角函数、不等式等的综合考察成为新的热点.一、与导数概念有关的问题【例1】函数f (x )=x (x -1) (x -2)…(x -100)在x=0处的导数值为 A.0 B.1002 C.200 D.100！ 解法一 f ＇(0)=xf x f x ∆-∆+→∆)0()0(lim=xx x x x ∆--∆-∆-∆∆→∆0)100()2)(1(lim 0=lim 0→∆x (Δx -1)(Δx -2)…(Δx -100)=〔-1〕〔-2〕…〔-100〕=100！ ∴选D.解法二 设f (x )=a 101x 101+ a 100x 100+…+ a 1x +a 0，那么f ＇(0)= a 1，而a 1=〔-1〕〔-2〕…〔-100〕=100！. ∴选D.点评 解法一是应用导数的定义直接求解，函数在某点的导数就是函数在这点平均变化率的极限.解法二是根据导数的四那么运算求导法那么使问题获解.【例2】 函数f (x )=nn n k k nn n nx c nx c k x c x c c 11212210++++++ ，n ∈N *，那么 xx f x f x ∆∆--∆+→∆)2()22(lim 0= .解 ∵xx f x f x ∆∆--∆+→∆)2()22(lim 0=2xf x f x ∆-∆+→∆2)2()22(lim+[]xf x f x ∆--∆-+→∆-)2()(2lim 0=2f ＇(2)+ f ＇(2)=3 f ＇(2)，又∵f ＇(x )=1121--+++++n n n k kn n n x c x c x c c ，∴f ＇(2)=21〔2nn n k n k n n c c c c 222221+++++ 〕=21[(1+2)n -1]= 21(3n -1). 点评 导数定义中的“增量Δx 〞有多种形式，可以为正也可以为负，如xm x f x m x f x ∆--∆-→∆-)()(000lim，且其定义形式可以是xm x f x m x f x ∆--∆-→∆)()(000lim ，也可以是00)()(lim x x x f x f x --→∆〔令Δx =x -x 0得到〕，此题是导数的定义与多项式函数求导及二项式定理有关知识的综合题，连接交汇、自然，背景新颖.【例3】 如圆的半径以2 cm/s 的等速度增加，那么圆半径R =10 cm 时，圆面积增加的速度是 .解 ∵S =πR 2，而R =R (t )，t R '=2 cm/s ，∴t S '=t R )π(2'=2πR ·t R '=4πR ，∴t S '/R =10=4πR/R =10=40π cm 2/s.点评 R 是t 的函数，而圆面积增加的速度是相当于时间t 而言的〔R 是中间变量〕，此题易出现“∵S =πR 2，S ＇=2πR ，S ＇/R =10=20π cm 2/s 〞的错误.此题考察导数的物理意义及复合函数求导法那么，须注意导数的物理意义是距离对时间的变化率，它是表示瞬时速度，因速度是向量，故变化率可以为负值.2004年高考湖北卷理科第16题是一道与实际问题结合考察导数物理意义的填空题，据资料反映：许多考生在求出距离对时间的变化率是负值后，却在写出答案时居然将其中的负号舍去，以致痛失4分.二、与曲线的切线有关的问题【例4】 以正弦曲线y =sin x 上一点P 为切点的切线为直线l ，那么直线l 的倾斜角的范围是A.⎥⎦⎤⎢⎣⎡4π,0∪⎥⎦⎤⎢⎣⎡π,4π3 B. []π,0 C.⎥⎦⎤⎢⎣⎡4π3,4π D. ⎥⎦⎤⎢⎣⎡4π,0∪⎥⎦⎤⎢⎣⎡4π3,2π 解 设过曲线y =sin x 上点P 的切线斜率角为α，由题意知，tan α=y ＇=cos x . ∵cos x ∈[-1，1]， ∴tan α∈[-1，1]，又α∈[)π,0，∴α∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡4π,0∪⎥⎦⎤⎢⎣⎡π,4π3.应选A.点评 函数y =f (x )在点x 0处的导数f ＇(x 0)表示曲线，y =f (x )在点〔x 0，f (x 0)〕处的切线斜率，即k =tan α(α为切线的倾斜角)，这就是导数的几何意义.此题假设不同时考虑正切函数的图像及直线倾斜角的范围，极易出错.【例5】 曲线y =x 3-ax 2的切线通过点〔0，1〕，且过点〔0，1〕的切线有两条，求实数a 的值.解 ∵点〔0，1〕不在曲线上，∴可设切点为〔m ,m 3-am 2〕.而y ＇=3x 2-2ax ， ∴k 切=3m 3-2am ，那么切线方程为y =(3m 3-2am )x -2m 3-am 2. ∵切线过〔0，1〕，∴2m 3-am 2+1=0.(*)设〔*〕式左边为f (m )，∴f (m )=0，由过〔0，1〕点的切线有2条，可知f (m )=0有两个实数解，其等价于“f (m )有极值，且极大值乘以极小值等于0，且a ≠0〞.由f (m )=2m 3-am 2+1，得f ＇(m )= 6m 3-am 2=2m (3m -a )，令f ＇(m )=0，得m =0，m =3a， ∴a ≠0，f (0)·f (3a )=0，即a ≠0，-271a 3+1=0，∴a =3.点评 此题解答关键是把“切线有2条〞的“形〞转化为“方程有2个不同实根〞的“数〞，即数形结合，然后把三次方程〔*〕有两个不同实根予以转化.三次方程有三个不同实根等价于“极大值大于0，且极小值小于0〞.另外，对于求过某点的曲线的切线，应注意此点是否在曲线上.三、与函数的单调性、最〔极〕值有关的问题【例6】以下四图，都是同一坐标系中三次函数及其导函数的图像，其中一定不正确的序号是A.①、②B.①、③C.③、④D.①、④解由题意知导函数的图像是抛物线.导函数的值大于0，原函数在该区间为增函数；导函数的值小于0，原函数在该区间为减函数，而此抛物线与x轴的交点即是函数的极值点，把极值点左、右导数值的正负与三次函数在极值点左右的递增递减结合起来考虑，可知一定不正确的图形是③、④，应选C.点评f＇(x)>0〔或<0〕只是函数f＇(x)在该区间单递增〔或递减〕的充分条件，可导函数f＇(x)在(a，b)上单调递增〔或递减〕的充要条件是：对任意x∈(a，b)，都有f＇(x)≥0(或≤0)且f＇(x)在(a，b)的任意子区间上都不恒为零.利用此充要条件可以方便地解决“函数的单调性，反过来确定函数解析式中的参数的值域范围〞问题.此题考察函数的单调性可谓新颖别致.【例7】函数y=f(x)定义在区间〔-3，7〕上，其导函数如下图，那么函数y=f(x)在区间〔-3，7〕上极小值的个数是个.解如图，A、O、B、C、E这5个点是函数的极值点，观察这5个极值点左、右导数的正、负，可知O点、C点是极小值点，故在区间〔-3，7〕上函数y=f(x)的极小值个数是2个.点评导数f＇(x)=0的点不一定是函数y=f(x)的极值点，如使f＇(x)=0的点的左、右的导数值异号，那么是极值点，其中左正右负点是极大值点，左负右正点是极小值点.此题考察函数的极值可以称得上是匠心独运.【例8】设函数f(x)与数列{a n}满足关系：①a1>α，其中α是方程f(x)=x的实数根；②a n+1=f(a n)，n∈N*；③f(x)的导数f＇(x)∈〔0，1〕.〔1〕证明：a n>α，n∈N*；〔2〕判断a n与a n+1的大小，并证明你的结论.〔1〕证明：〔数学归纳法〕当n=1时，由题意知a1>α，∴原式成立.假设当n=k时，a k>α，成立.∵f＇(x)>0，∴f(x)是单调递增函数.∴a k+1= f(a k)> f(α)=α，〔∵α是方程f(x)= x的实数根〕即当n=k+1时，原式成立.故对于任意自然数N *，原式均成立.〔2〕解：g (x )=x -f (x ),x ≥α，∴g ＇(x )=1-f ＇(x )，又∵0< f ＇(x )<1，∴g ＇(x )>0. ∴g ＇(x )在[)+∞,α上是单调递增函数.而g ＇(α)=α-f (α)=0，∴g ＇(x )>g (α) (x >α)，即x >f (x ). 又由〔1〕知，a n >α，∴a n >f (a n )=a n+1.点评 此题是函数、方程、数列、导数等知识的自然链接，其中将导数知识融入数学归纳法，令人耳目一新.四、与不等式有关的问题【例9】 设x ≥0，比拟A =xe -x ，B =lg(1+x )，C =xx +1的大小.解 令f (x )=C -B=xx +1-lg(1+x )，那么f ＇(x )=xx x ++-+1)1(2)11(2>0，∴f (x )为[)+∞,0上的增函数，∴f (x )≥f (0)=0，∴C ≥B .令g (x )=B -A =lg(1+x )-xe -x，那么当x ≥0时，g ＇(x )=xx e x +---1)1(12≥0，∴g (x )为[)+∞,0上的增函数，∴g (x )≥g (0)=0，∴B ≥A .因此，C ≥B ≥A 〔x =0时等号成立〕.点评 运用导数比拟两式大小或证明不等式，常用设辅助函数法，如f (a )=φ(a )，要证明当x >a 时，有f (a )=φ(a )，那么只要设辅助函数F (x )= f (a )-φ(a )，然后证明F (x )在x >a 单调递减即可，并且这种设辅助函数法有时可使用屡次，2004年全国卷Ⅱ的压轴题就考察了此知识点.五、与实际应用问题有关的问题【例10】 某汽车厂有一条价值为a 万元的汽车生产线，现要通过技术改造来提高该生产线的生产能力，提高产品的增加值，经过市场调查，产品的增加值y 万元与技术改造投入x 万元之间满足：①y 与(a -x )和x 2的乘积成正比；②当2ax =时，y =a 3.并且技术改造投入比率：)(2x a x-∈(]t ,0,其中t 为常数，且t ∈(]2,0.〔1〕求y =f (x )的解析式及定义域；〔2〕求出产品的增加值y 的最大值及相应的x 值. 解：〔1〕由，设y =f (x )=k (a -x )x 2，∵当2a x =时，y = a 3，即a 3=k ·2a·42a ，∴k =8，那么f (x )=8-(a -x )x 2.∵0<)(2x a x -≤t ，解得0<x ≤122+t at .∴函数f (x )的定义域为0<x ≤122+t at.〔2〕∵f ＇(x )= -24x 2+16ax =x (-24x +16a )，令f ＇(x )=0，那么x =0〔舍去〕，32ax=，当0<x <32a 时，f ＇(x )>0，此时f (x )在〔0，32a 〕上单调递增； 当x >32a 时，f ＇(x )<0，此时f (x )是单调递减.∴当122+t at ≥32a 时，即1≤t ≤2时，y max =f (32a )=32732a ；当122+t at <32a 时，即0<t <1时，y max =f (122+t at )=323)12(32+t t a . 综上，当1≤t ≤2时，投入32a 万元，最大增加值是32732a ，当0<t <1时，投入122+t at万元，最大增加值是323)12(32+t t a . 点评 f ＇(x 0)=0，只是函数f (x )在x 0处有极值的必要条件，求实际问题的最值应先建立一个目标函数，并根据实际意义确定其定义域，然后根据问题的性质可以断定所建立的目标函数f (x )确有最大或最小值，并且一定在定义区间内取得，这时f (x )在定义区间内部又只有一个使f ＇(x 0)=0的点x 0，那么就不必判断x 0是否为极值点，取什么极值，可断定f (x 0)就是所求的最大或最小值.。
(完整版)导数的运算经典难题
(完整版)导数的运算经典难题导数的运算经典难题
导数是微积分中的一个重要概念，用于描述函数在某一点上的变化率。
在进行导数的运算中，常常会遇到一些经典的难题。
本文将介绍一些常见的导数运算的难题，并给出相应的解法。
问题一：链式法则
链式法则是导数运算中的一个基本规则，用于计算复合函数的导数。
具体而言，对于一个由两个函数构成的复合函数 f(g(x))，其导数可以通过链式法则表示为 f'(g(x)) * g'(x)。
问题二：求导数的规则
求导数的规则是导数运算的基础，常见的规则包括常数法则、幂函数法则、指数函数法则、对数函数法则、三角函数法则等。
通过应用这些规则，可以快速得到函数的导数。
问题三：高阶导数
高阶导数是指对一个函数进行多次导数运算的结果。
对于一个n 次可导的函数 f(x)，其 n 阶导数可以通过连续地对函数进行导数运算得到。
高阶导数在描述函数的曲线特性以及计算极值等问题中具有重要的作用。
问题四：隐函数求导
隐函数求导是指对于一个由隐含方程定义的函数，如何求得其导数。
隐函数求导的关键在于运用隐函数微分法和求导链式法则，通过适当的代换和求导运算，可以求得隐函数的导数。
问题五：参数方程求导
参数方程求导是指对于由参数方程定义的函数，如何求得其导数。
参数方程求导的关键在于将自变量用参数表示，并通过对参数进行导数运算得到函数的导数。
综上所述，导数的运算涉及到一些经典难题，如链式法则、求导数的规则、高阶导数、隐函数求导以及参数方程求导。
熟练掌握并灵活运用这些难题的解法，对于理解函数的变化规律以及解决实际问题具有重要意义。
高考数学压轴专题人教版备战高考《函数与导数》难题汇编含答案
《函数与导数》考试知识点一、选择题1．已知函数()()1110x x e f x x e++-=<与()()1ln x xg x e x ae =+-的图象上存在关于y 轴对称的点，则实数a 的取值范围是（ ）A ．1,1e ⎛⎫-∞+ ⎪⎝⎭B ．1,e ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭C ．1,1e ⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭D ．11,e⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭【答案】D 【解析】 【分析】先求得()f x 关于y 轴对称的函数()h x ,则()()h x g x =,整理可得()11ln 1e ex x a ++-=在()0,∞+上有解,设()()11ln 1e ex x x ϕ=++-,可转化问题为()y x ϕ=与y a =的图象在()0,∞+上有交点,再利用导函数求得()x ϕ的范围,进而求解.【详解】由()f x 关于y 轴对称的函数为()()()1111e e 10ex x x h x f x x -+--+-=-==->, 令()()h x g x =,得()1e 1e ln 1e x x x x a --=+-()0x >,则方程()1e 1e ln 1e x x x x a --=+-在()0,∞+上有解,即方程()11ln 1e ex x a ++-=在()0,∞+上有解, 设()()11ln 1e ex x x ϕ=++-, 即可转化为()y x ϕ=与y a =的图象在()0,∞+上有交点,()()11e 1e 1e 1x x x x x x x ϕ--=-+='++Q ,令()=e 1xm x x --，则()=e 10xm x '->在()0,∞+上恒成立，所以()=e 1xm x x --在()0,∞+上为增函数，∴()()00m x m >=，即()0x ϕ'>Q 在()0,∞+上恒成立， ∴()x ϕ在()0,∞+上为增函数,当0x >时,则()()101x eϕϕ>=-, 所以11ea >-,故选:D 【点睛】本题考查利用导函数判断函数单调性,考查利用导函数处理函数的零点问题,考查转化思想.2．已知3215()632f x x ax ax b =-++的两个极值点分别为()1212,x x x x ≠，且2132x x =，则函数12()()f x f x -=（ ） A ．1- B ．16C ．1D ．与b 有关【答案】B 【解析】 【分析】求出函数的导数，利用韦达定理得到12,,a x x 满足的方程组，解方程组可以得到12,,a x x ，从而可求()()12f x f x -． 【详解】()2'56f x x ax a =-+，故125x x a +=，126x x a =，且225240a a ->，又2132x x =，所以122,3x a x a ==，故266a a =，解得0a =（舎）或者1a =． 此时122,3x x ==， ()3215632f x x x x b =-++， 故()()()()()1215182749623326f x f x -=⨯---+-= 故选B ． 【点睛】如果()f x 在0x 处及附近可导且0x 的左右两侧导数的符号发生变化，则0x x =必为函数的极值点且()00f x =．极大值点、极小值点的判断方法如下：（1）在0x 的左侧附近，有()'0f x >，在0x 的右侧附近，有()'0f x <，则0x x =为函数的极大值点；（2）在0x 的左侧附近，有()'0f x <，在0x 的右侧附近()'0f x >，有，则0x x =为函数的极小值点．3．已知()(1)|ln |xf x x x =≠，若关于x 方程22[()](21)()0f x m f x m m -+++=恰有4个不相等的实根，则实数m 的取值范围是（ ） A ．1,2(2,)e e⎛⎫⋃ ⎪⎝⎭B ．11,e e ⎛⎫+⎪⎝⎭C ．(1,)e e -D ．1e e ⎛⎫ ⎪⎝⎭,【答案】C 【解析】 【分析】由已知易知()f x m =与()1f x m =+的根一共有4个，作出()f x 图象，数形结合即可得到答案. 【详解】由22[()](21)()0f x m f x m m -+++=，得()f x m =或()1f x m =+，由题意()f x m =与()1f x m =+两个方程的根一共有4个，又()f x 的定义域为(0,1)(1,)⋃+∞，所以()|ln |ln x x f x x x ==，令()ln x g x x=，则'2ln 1()(ln )x g x x -=，由'()0g x >得x e >， 由'()0g x <得1x e <<或01x <<，故()g x 在(0,1),(1,)e 单调递减，在(,)e +∞上单调递 增，由图象变换作出()f x 图象如图所示要使原方程有4个根，则01m em e <<⎧⎨+>⎩，解得1e m e -<<.故选：C 【点睛】本题考查函数与方程的应用，涉及到方程根的个数问题，考查学生等价转化、数形结合的思想，是一道中档题.4．已知定义在R 上的函数()f x 满足()()242f x f x x +-=+，设()()22g x f x x =-，若()g x 的最大值和最小值分别为M 和m ，则M m +=（ ） A ．1 B ．2 C ．3 D ．4【答案】B 【解析】∵()()242f x f x x +-=+，()()22g x f x x =-∴2222()()()2()24242g x g x f x x f x x x x +-=-+--=+-= ∴函数()g x 关于点(0,1)对称∵()g x 的最大值和最小值分别为M 和m ∴122M m +=⨯= 故选B.5．已知函数f （x ）＝e b ﹣x ﹣e x ﹣b +c （b ，c 均为常数）的图象关于点（2，1）对称，则f （5）+f （﹣1）＝（ ） A ．﹣2 B ．﹣1C ．2D ．4【答案】C 【解析】 【分析】根据对称性即可求出答案． 【详解】解：∵点（5，f （5））与点（﹣1，f （﹣1））满足（5﹣1）÷2＝2， 故它们关于点（2，1）对称，所以f （5）+f （﹣1）＝2， 故选：C ． 【点睛】本题主要考查函数的对称性的应用，属于中档题．6．已知()ln xf x x=，则下列结论中错误的是（ ） A ．()f x 在()0,e 上单调递增 B ．()()24f f = C ．当01a b <<<时，b a a b < D ．20192020log 20202019>【答案】D 【解析】 【分析】根据21ln (),(0,)xf x x x-'=∈+∞，可得()f x 在()0,e 上单调递增，在(),e +∞上单调递减，进而判断得出结论. 【详解】21ln (),(0,)xf x x x -'=∈+∞Q ∴对于选项A ，可得()f x 在()0,e 上单调递增，在(),e +∞上单调递减，故A 正确；对于选项B ，()2ln 4ln 2ln 24(2)442f f ====，故B 正确；对于选项C ，由选项A 知()f x 在()0,1上也是单调递增的，01a b <<<Q ，ln ln a ba b∴<，可得b a a b <，故选项C 正确；对于选项D ，由选项A 知()f x 在(),e +∞上单调递减，(2019)(2020)f f ∴>，即ln 2019ln 202022019020>⇒20192020ln 2020log 2020ln 02019219>=， 故选项D 不正确. 故选：D 【点睛】本题考查导数与函数单调性、极值与最值的应用及方程与不等式的解法，考查了理解辨析能力与运算求解能力，属于中档题.7．函数22cos x xy x x--=-的图像大致为（ ）.A ．B ．C ．D ．【答案】A 【解析】 【分析】 本题采用排除法: 由5522f f ππ⎛⎫⎛⎫-=- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭排除选项D ； 根据特殊值502f π⎛⎫>⎪⎝⎭排除选项C; 由0x >,且x 无限接近于0时, ()0f x <排除选项B ； 【详解】对于选项D:由题意可得, 令函数()f x = 22cos x xy x x--=-,则5522522522f ππππ--⎛⎫-= ⎪⎝⎭,5522522522f ππππ--⎛⎫= ⎪⎝⎭;即5522f f ππ⎛⎫⎛⎫-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.故选项D 排除; 对于选项C ：因为55225220522f ππππ--⎛⎫=> ⎪⎝⎭,故选项C 排除;对于选项B:当0x >,且x 无限接近于0时,cos x x -接近于10-<,220x x -->，此时()0f x <.故选项B 排除;故选项:A 【点睛】本题考查函数解析式较复杂的图象的判断;利用函数奇偶性、特殊值符号的正负等有关性质进行逐一排除是解题的关键;属于中档题.8．函数()xe f x x=的图象大致为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】B 【解析】函数()xe f x x=的定义域为(,0)(0,)-∞+∞U ，排除选项A ；当0x >时，()0f x >，且()2(1)'xx e f x x-= ，故当()0,1x ∈时，函数单调递减，当()1,x ∈+∞时，函数单调递增，排除选项C ；当0x <时，函数()0xe f x x=<，排除选项D ，选项B 正确．选B ．点睛：函数图象的识别可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置； (2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势； (3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性； (4)从函数的周期性，判断图象的循环往复； (5)从函数的特征点，排除不合要求的图象．9．已知定义在R 上的函数()f x 满足(2)(2)f x f x +=-，且当2x >时，()()2()x f x f x f x ''⋅+>，若(1)1f =.则不等式1()2f x x <-的解集是（ ） A ．(2,3) B ．(,1)-∞C ．()(1,2)2,3⋃D ．()(,1)3,-∞⋃+∞【答案】C 【解析】 【分析】令()|2|()F x x f x =-，当2x >时，则()(2)()F x x f x =-，利用导数可得当2x >时，()F x 单调递增，根据题意可得()F x 的图象关于2x =对称，不等式1()|2|f x x <-等价于|2|()1(2)x f x x -<≠，从而()(1)F x F <，利用对称性可得|2||12|x -<-，解不等式即可. 【详解】当2x >时，()()2()x f x f x f x ''⋅+>，∴(2)()()0x f x f x '-+>， 令()|2|()F x x f x =-.当2x >时，则()(2)()F x x f x =-，()(2)()()0F x x f x f x ''=-+>， 即当2x >时，()F x 单调递增. 函数()f x 满足(2)(2)f x f x +=-，所以(2)(2)F x F x +=-，即()F x 的图象关于2x =对称， 不等式1()|2|f x x <-等价于|2|()1(2)x f x x -<≠，(1)|12|(1)(1)1F f f =-==，即()(1)F x F <，所以|2||12|x -<-，解得13x <<且2x ≠，解集为(1,2)(2,3)U . 故选：C 【点睛】本题考查了导数在解不等式中的应用、函数的对称性的应用以及绝对值不等式的解法，属于中档题.10．函数()2sin 2xf x x x x=+-的大致图象为（ ） A ． B ．C ．D ．【答案】D 【解析】 【分析】利用()10f <，以及函数的极限思想，可以排除错误选项得到正确答案。
答案导数小题---应用函数零点和极值点求参
导数小题---应用函数零点和极值点求参答案1．已知()2xf x x ae =-在R 上有两个零点，则a 的取值范围是（ ）A ．2,e ⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦ B ．2,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭C ．20,e ⎛⎤⎥⎝⎦D ．20,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】D 【解析】 【分析】通过讨论a 的符号得函数的单调性,从而结合函数零点的判定定理确定实数a 的取值范围. 【详解】①当0a ≤时,易知函数()2x f x x ae =-是增函数,故函数()2x f x x ae =-不可能有两个零点;②当>0a 时,令()20xf x ae'=-=得,2lnx a =;故()f x 在2,ln a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭上是增函数,在2ln ,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上是减函数, 且0(0)200a f ae =⨯-=-<，(),x f x →+∞→-∞，故若函数()2x f x x ae =-有两个零点,则2ln 0f a⎛⎫> ⎪⎝⎭,即22ln 20a->,解得2a e <，此时2ln1a >，故a 的取值范围是20a e<<; 故选：D. 【点睛】本题考查了导数的应用及函数的单调性的判断与应用,同时考查了函数零点的判定定理的应用,属于中档题.2．函数()x e f x ax x=-在R 上有三个零点，则a 的取值范围是A ．2(,)2e eB ．22(,)42e eC ．2(,)2e +∞D ．2(,)4e +∞【答案】D 【解析】 【分析】函数()xe f x ax x=-在R 上有三个零点，转化为函数x y e =与2y ax =由三个交点，先判断0a >，可得当0x <时，两图象必有一个交点，只需2,xe y a y x==的图象在y 轴右边由两个交点，利用导数研究函数的单调性与最值，结合图象可得结果. 【详解】当0a ≤时，函数()20xf x e ax =->恒成立，不合题意，所以0a >，作函数xy e =与2y ax =的图象如图，由图象可知，当0x <时，两图象必有一个交点， 故当0x >时，两图象有两个交点， 则2x e ax =有两个正根，即2xe a x=有两个正根，2,xe y a y x ==的图象在y 轴右边由两个交点，记()()()232,'x xe x e F x F x x x-==， ()F x 在()0,2上递减，在()2,+∞递增， 故()()2min24e F x F ==，故24e a >时，两图象有两个交点；故若函数()2xe xf x a =-有三个不同零点，则24e a >，a的取值范围是2,4e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，故选D.【点睛】函数的性质问题以及函数零点问题是高考的高频考点，考生需要对初高中阶段学习的十几种初等函数的单调性、奇偶性、周期性以及对称性非常熟悉；另外，函数零点的几种等价形式：函数()()y f x g x =-的零点⇔函数()()y f x g x =-在x 轴的交点⇔方程()()0f x g x -=的根⇔函数()y f x =与()y g x =的交点.3．已知函数11,20()ln 1,0x x f x x x ⎧+--≤≤=⎨->⎩若()()g x f x kx =-恰有4个零点，则k 的取值范围是（ ） A ．210,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．21,1e ⎛⎫⎪⎝⎭C ．221,e e ⎛⎫⎪⎝⎭D ．)20,e⎡⎣【答案】A 【解析】 【分析】由零点定义可知()f x kx =恰有4个不同交点，画出函数()f x 的图像；利用导数求得直线()f x kx =与()f x 相切时的斜率，再将直线()f x kx =绕原点旋转，即可判断出有4个交点时的斜率取值范围. 【详解】根据零点定义可知()()0g x f x kx =-=， 即()f x kx =恰有4个不同交点，画出函数11,20()ln 1,0x x f x x x ⎧+--≤≤=⎨->⎩的图像如下图所示：当0x >时，()ln 1f x x =-， 则1()f x x'=， 设()f x kx =与()ln 1f x x =-相切于(),m km ，由导数几何意义及切点在()ln 1f x x =-上，则满足1ln 1k m km m ⎧=⎪⎨⎪=-⎩解得221k e m e⎧=⎪⎨⎪=⎩，将直线()f x kx =绕原点旋转，当恰有4个交点时满足210k e<<， 即k 的取值范围为210,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭， 故选： A 【点睛】本题考查了函数零点与方程根的关系，利用导数的几何意义求得相切的斜率，利用数形结合法求参数的取值范围，综合性强，属于难题. 4．（题文）已知函数无零点，则实数的取值范围是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】D 【解析】 试题分析：若，则，由图象得函数没有零点，符合题意.若，对函数求导得，此时当时，在上为增函数，当取一个非常小的负数时显然函数值小于，当取大于的数时显然函数值为正，这样的话此单调函数在上有且只有一个零点；当时，当时，，当时，，这样函数在上的最小值为，若使函数无零点，应使，解得.综上，可得.故应选D. 考点：通过导数研究函数图象进而判断函数的零点问题. 5．已知函数有两个零点，则的取值范围为（ ） A ．B ．C ．D ．【答案】C 【解析】 试题分析：，当时，，函数单调递增，至多有一个零点，不符合题意.当时，令，故函数在上单调递增，在上单调递减，需要最大值大于零，即，.故选C.考点：函数导数与零点问题.【思路点晴】这是一个典型的根据导数判断函数的单调区间，数形结合，用图象来判断零点个数的题目.具体的方法是这样，先求出定义域，然后求导、通分，观察导函数的分母，，这是一个一次函数，结合，那么就要对进行分类讨论，其中当时，，函数单调递增，至多有一个零点，不符合题意.当，利用导数判断函数图像先增后减有极大值也即是最大值，所以最大值要大于零，由此求得结果. 6．函数()(1)ln (1)f x x x a x =+--有三个零点，则实数a 的取值范围是 A ．(0,2) B ．(2,)eC ．(,)e +∞D ．(2,)+∞【答案】D 【解析】 【分析】问题转化为求()1y x lnx =+与()1y a x =-的交点问题，结合函数的图像求出a 的取值范围 【详解】函数()()()11f x x lnx a x =+--有三个零点，∴方程()()11x lnx a x +=-有三个根也就是()1y x lnx =+与()1y a x =-的图像有三个不同的交点 由()1y x lnx =+可得：11y lnx x +'=+，22111x y x x x'-=-=' 当()01x ∈，时，0y ''<，y '在()01，上单调递减， 当()1x ∈+∞，时，0y ''>，y '在()1+∞，上单调递增 y ∴'有极小值为20>()1y x lnx ∴=+在()0+∞，上是单调增函数，其图像如图所示而直线()1y a x =-过定点()10，，且函数()1y x lnx =+在1x =处的切线的斜率为： 1'|2x y ==，则要使()1y x lnx =+与()1y a x =-的图像有三个不同的交点， 实数a 的取值范围是()2+∞，故选D 【点睛】本题主要考查的是函数的图像及函数零点的判定定理，考查了学生的转化能力和数形结合思想，计算能力，综合性较强，有一定难度。
高三数学导数试题答案及解析
高三数学导数试题答案及解析1.若函数在其定义域内的一个子区间内不是单调函数，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】因为的定义域为，又，由，得．当时，，当时，据题意，，解得．故选B．【考点】应用导数研究函数的单调性2.曲线处的切线与坐标轴围成的三角形面积为()A．B．C．D．【答案】A【解析】切线斜率，故切线方程为，即，其和坐标轴围成的三角形面积，选A.【考点】导数的几何意义、直线方程.3.已知函数在区间上是增函数,则实数的取值范围为 .【答案】【解析】由题意知在有定义，即在恒成立，即，又在增，故在恒成立，因为，故，综上可知,.【考点】利用导数研究函数单调性、函数最值.4.定义在上的函数同时满足以下条件：①函数在上是减函数，在上是增函数；②是偶函数；③函数在处的切线与直线垂直. （Ⅰ）求函数的解析式；（Ⅱ）设，若存在使得，求实数的取值范围.【答案】（Ⅰ）;（Ⅱ）【解析】（Ⅰ）由三个条件可得三个等式，从而可求出三个未知数.（Ⅱ）一般地若存在使得，则;若存在使得，则.在本题中，由可得: .则大于的最小值.试题解析：（Ⅰ）,由题设可得:所以（Ⅱ）由得: 即:令由题意得:所以在单调递增,在上单调递减又,所以的最小值为【考点】函数的性质,导数的求法及应用.5.设函数 (R)，且该函数曲线在处的切线与轴平行.（Ⅰ）讨论函数的单调性；（Ⅱ）证明：当时，.【答案】（Ⅰ）在上单调递减，在上单调递增；（Ⅱ）见解析.【解析】（Ⅰ）先求出原函数的导函数，令导函数大于零得单调增区间，令导函数小于零得单调减区间；（Ⅱ）当时，，在上单调递增，求出在上的最大值为和最小值，用最大值减去最小值可得结论.试题解析：（Ⅰ），由条件知，故则 3分于是.故当时，；当时，。
从而在上单调递减，在上单调递增. 6分（Ⅱ）由（Ⅰ）知在上单调递增，故在上的最大值为最小值为 10分从而对任意有，而当时，，从而12分【考点】1.利用导数研究函数的单调性；2.利用导数求函数的最值；3.正余弦函数的取值范围.6.曲线在点处的切线方程为 .【答案】【解析】∵，∴，∴，∴切线方程为，即.【考点】用导数求切线方程.7.过坐标原点与曲线相切的直线方程为 .【答案】【解析】设切点坐标为，∵，∴，∴，∴切线方程为，又∵在切线上，∴即，又∵在曲线上，∴，∴，∴切线方程为即.【考点】过点求切线.8.已知函数,则函数的图象在点处的切线方程是 .【答案】【解析】，由得，切线斜率为，所以切线方程为，即.【考点】1.直线方程；2.导数的几何意义.9.已知函数在点处的切线方程是x+ y－l=0，其中e为自然对数的底数，函数g（x）=1nx－ cx+ 1+ c（c>0），对一切x∈（0,+）均有恒成立．（Ⅰ）求a，b，c的值；（Ⅱ）求证：.【答案】（Ⅰ）,,；（Ⅱ）详见解析.【解析】（Ⅰ）利用导数的几何意义求、，利用导数导数法判断单调性，用函数的最值积恒成立求；（Ⅱ）构造新函数，利用导数法求的最小值，利用结合（Ⅰ）中的结论进行证明.试题解析：（Ⅰ）,,,,. (2分),由于,所以当时,是增函数,当时,是减函数,,由恒成立，，即恒成立，①（4分）令，则，在上是增函数，上是减函数，，即，当且仅当时等号成立 .，由①②可知，，所以. (6分)（Ⅱ）证法一:所求证不等式即为.设,,当时,是减函数,当时,是减函数,,即. (8分)由（Ⅰ）中结论②可知,,,当时,,从而 (10分).(或者也可)即,原不等式成立. (12分)【考点】导数法判断函数的单调性，恒成立，不等式的证明.10.曲线C：在x＝0处的切线方程为________．【答案】【解析】因为，，所以，，曲线在点处的切线的斜率为，曲线在点处的切线的方程为，故答案为．【考点】导数的几何意义11.已知，根据函数的性质、积分的性质和积分的几何意义计算的值为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】因为是奇函数，由定积分的性质【考点】考查定积分的简单计算．12.已知函数的导函数为（其中为自然对数的底数，为实数）,且在上不是单调函数，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】当时，，，在上恒成立，此时函数在上是单调递增函数，与题设条件矛盾，排除A、B选项，由于，故，函数的导函数，令，解不等式得，解不等式得，故函数在区间上单调递减，在上单调递增，故函数在处取得极小值，亦即最小值，由于函数在上不是单调函数，故函数存在变号零点，，由于，解得.【考点】函数的单调性与导数13.已知函数（为自然对数的底数）（Ⅰ）若曲线在点处的切线平行于轴，求的值；（Ⅱ）求函数的极值；（Ⅲ）当时，若直线与曲线没有公共点，求的最大值.【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）当时，函数无极小值；当，在处取得极小值，无极大值（Ⅲ）的最大值为【解析】（Ⅰ）由，得．又曲线在点处的切线平行于轴，得，即，解得．（Ⅱ），①当时，，为上的增函数，所以函数无极值．②当时，令，得，．，；，．所以在上单调递减，在上单调递增，故在处取得极小值，且极小值为，无极大值．综上，当时，函数无极小值；当，在处取得极小值，无极大值．（Ⅲ）当时，令，则直线：与曲线没有公共点，等价于方程在上没有实数解．假设，此时，，又函数的图象连续不断，由零点存在定理，可知在上至少有一解，与“方程在上没有实数解”矛盾，故．又时，，知方程在上没有实数解．所以的最大值为．解法二：（Ⅰ）（Ⅱ）同解法一．（Ⅲ）当时，．直线：与曲线没有公共点，等价于关于的方程在上没有实数解，即关于的方程：（*）在上没有实数解．①当时，方程（*）可化为，在上没有实数解．②当时，方程（*）化为．令，则有．令，得，当变化时，的变化情况如下表：当时，，同时当趋于时，趋于，从而的取值范围为．所以当时，方程（*）无实数解，解得的取值范围是．综上，得的最大值为．此题的一二问考查的是最基本的函数切线问题及对极值含参情况的讨论，所以导数公式必需牢记，对于参数的讨论找到一个合理的分类标准做到不重不漏即可，可这往往又是学生最容易出现问题的地方.而第三问对于曲线是否无交点要懂得转化成函数零点或方程根的个数问题处理，这也是常规处理含参就比较麻烦，平时要多加练习.【考点】本小题主要考查函数与导数，两数的单调性、极值、零点等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查函数与方程思想、数形结合思想、分类与整合思想、化归与转化思想．属综合要求比较高的难题.14.设，则的值为( )A．B．C．D．【答案】C【解析】根据题意，由于，那么可知，故选C.【考点】定积分的运算点评：主要是考查了分段函数的解析式以及定积分的计算，属于基础题。
导数的练习题及答案
导数的练习题及答案导数是微积分中的一个重要概念，它描述了函数在某一点上的变化率。
掌握导数的概念对于解决各种数学和物理问题至关重要。
在这篇文章中，我们将给出一些关于导数的练习题及其答案，帮助读者更好地理解和应用导数。
练习题一：求函数 $f(x) = 2x^3 - 5x^2 + 3x - 1$ 在 $x = 2$ 处的导数。
解答一：根据导数的定义，我们知道导数可以通过函数的极限来求解。
在这个例子中，我们可以使用直接求导的方法来计算导数。
首先，我们对每一项使用求导法则。
对于 $2x^3$，它的导数是$6x^2$；对于 $-5x^2$，它的导数是 $-10x$；对于 $3x$，它的导数是$3$；对于常数项 $-1$，它的导数是 $0$。
然后，将这些导数相加，得到函数 $f(x)$ 的导数 $f'(x)$。
所以，$f'(x) = 6x^2 - 10x + 3$。
接下来，我们求函数 $f(x)$ 在 $x = 2$ 处的导数。
将 $x$ 替换为 $2$，得到 $f'(2) = 6(2)^2 - 10(2) + 3 = 28$。
所以，函数 $f(x) = 2x^3 - 5x^2 + 3x - 1$ 在 $x = 2$ 处的导数为 $f'(2) = 28$。
练习题二：求函数 $y = e^x \sin(x)$ 的导数。
解答二：这个问题涉及到两个函数的乘积，所以我们需要使用乘积规则来求解。
首先，我们将函数 $y = e^x \sin(x)$ 分解为两个函数的乘积：$y =u(x) v(x)$，其中 $u(x) = e^x$，$v(x) = \sin(x)$。
然后，我们求出每个函数的导数。
对于 $u(x) = e^x$，它的导数仍然是 $e^x$；对于 $v(x) = \sin(x)$，它的导数是 $\cos(x)$。
根据乘积规则，函数 $y$ 的导数为 $y' = u'v + uv'$。
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一、单选题1．已知可导函数()f x 的导函数为()'f x ， ()02018f =，若对任意的x R ∈，都有()()'f x f x >，则不等式()2018xf x e <的解集为（ ）A. ()0,+∞B. 21,e ⎛⎫+∞⎪⎝⎭ C. 21,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭D. (),0-∞ 2．定义在R 上的偶函数()f x 的导函数为()f x '，且当()()0,20x xf x f x +'><.则（ ） A.()()224f e f e >B. ()()931f f >C.()()239f e f e -<D.()()224f e f e -<3．已知()f x 为定义在()0,+∞上的可导函数，且()()'f x xf x >恒成立，则不等式()210x f f x x ⎛⎫-> ⎪⎝⎭的解集为（ ）A. ()1,+∞B. (),1-∞C. ()2,+∞D. (),2-∞二、解答题4．已知函数()()2ln f x ax x a R =-+∈ .（1）讨论()f x 的单调性；（2）若存在()()1,,x f x a ∈+∞>-，求a 的取值范围.5．设函数()()222ln f x x ax x x x =-++-． （1）当2a =时，讨论函数()f x 的单调性；（2）若()0,x ∈+∞时， ()0f x >恒成立，求整数a 的最小值．6．已知函数()()()1ln ,af x x a xg x a R x+=-=-∈. 若1a =，求函数()f x 的极值；设函数()()()h x f x g x =-，求函数()h x 的单调区间；若在区间[]()1, 2.71828e e =⋯上不存在．．．0x ，使得()()00f x g x <成立，求实数a 的取值范围.7．已知函数()()ln ,f x x a x a R =-∈ . （1）当0a =时，求函数()f x 的极小值；（2）若函数()f x 在()0,+∞上为增函数，求a 的取值范围.8．已知函数()()2x f x x ax a e =--． （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()0,2a ∈，对于任意[]12,4,0x x ∈-，都有()()2124a f x f x e me --<+恒成立，求m 的取值范围【解析】令()()()()()()0,02018xxf x f x f xg x g x g e e -<'=='=∴因此()2018xf x e < ()()()201800xf xg x g x e⇒<⇒⇒，选A.点睛：利用导数解抽象函数不等式，实质是利用导数研究对应函数单调性，而对应函数需要构造. 构造辅助函数常根据导数法则进行：如()()f x f x '<构造()()xf xg x e=， ()()0f x f x '+<构造()()x g x e f x =， ()()xf x f x '<构造()()f x g x x=， ()()0xf x f x +<'构造()()g x xf x =等2．D【解析】根据题意，设g （x ）=x 2f （x ），其导数g′（x ）=（x 2）′f （x ）+x 2•f （x ）=2xf （x ）+x 2•f （x ）=x[2f （x ）+xf'（x ）]， 又由当x ＞0时，有2f （x ）+xf'（x ）<0成立，则数g′（x ）=x[2f （x ）+xf'（x ）]<0， 则函数g （x ）在（0，+∞）上为减函数，若g （x ）=x 2f （x ），且f （x ）为偶函数，则g （-x ）=（-x ）2f （-x ）=x 2f （x ）=g （x ）， 即g （x ）为偶函数，所以()()2g e g < 即()()224f e f e <因为()f x 为偶函数，所以()()2f 2f -=,所以()()224f e f e -<故选D点睛：本题考查函数的导数与函数单调性的关系，涉及函数的奇偶性与单调性的应用，关键是构造函数g （x ）并分析g （x ）的单调性与奇偶性． 3．A【解析】令()()f x g x x=，则()()()2xf x f x g x x -=''∵()()f x xf x >'∴()()0xf x f x -<'，即()()()20xf x f x g x x'-='<在()0,+∞上恒成立()g x ()0,+∞∵()210x f f x x ⎛⎫->⎪⎝⎭∴()11f f x x x x⎛⎫ ⎪⎝⎭>，即()1g g x x ⎛⎫> ⎪⎝⎭∴1x x<，即1x > 故选A点睛：本题首先需结合已知条件构造函数，然后考查利用导数判断函数的单调性，再由函数的单调性和函数值的大小关系，判断自变量的大小关系. 4．（1）()f x在⎛ ⎝上递增，在⎫+∞⎪⎭上递减.；（2）1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭. 【解析】试题分析：（1）对函数()f x 求导，再根据a 分类讨论，即可求出()f x 的单调性；（2）将()f x a >-化简得()21ln 0a x x --<，再根据定义域()1,x ∈+∞，对a 分类讨论， 0a ≤时，满足题意， 0a >时，构造()()21ln g x a x x =--，求出()g x 的单调性，可得()g x 的最大值，即可求出a 的取值范围.试题解析：（1）()21122ax f x a x x-='=-+，当0a ≤时， ()0f x '>，所以()f x 在()0,+∞上递增， 当0a > 时，令()0f x '=，得x =， 令()0f x '>，得x ⎛∈ ⎝；令()0f x '<，得x ⎫∈+∞⎪⎭，所以()f x在⎛ ⎝上递增，在⎫+∞⎪⎭上递减. （2）由()f x a >-，得()21ln 0a x x --<，因为()1,x ∈+∞，所以2ln 0,10x x --， 当0a ≤时， ()21ln 0a x x --<满足题意，当12a ≥时，设()()()22211ln (1),0ax g x a x x x g x x -'=-->=>， 所以()g x 在()1,+∞上递增，所以()()10g x g >=，不合题意，当102a <<时，令()0g x '>，得x ⎫∈+∞⎪⎭，令()0g x '<，得⎛⎝， 所以()()max 10g x g g =<=，则()()1,0x g x ∃∈+∞<， 综上， a 的取值范围是1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭. 点睛：本题考查函数的单调性及恒成立问题，涉及函数不等式的证明，综合性强，难度大，属于难题.处理导数大题时，注意分层得分的原则.一般涉及求函数单调性时，比较容易入手，求导后注意分类讨论，对于恒成立问题一般要分离参数，然后利用函数导数求函数的最大值或最小值，对于含有不等式的函数问题，一般要构造函数，利用函数的单调性来解决，但涉及技巧比较多，需要多加体会. 5．(1) f （x ）递增区间为（0，12），（1，+∞），递减区间为（12，1）；(2)1. 【解析】试题分析：（1）求出函数f （x ）的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可； （2）问题转化为a>x-2（x-1）lnx 恒成立，令g （x ）=x-2（x-1）lnx ，根据函数的单调性求出a 的最小值即可．试题解析：（1）由题意可得f （x ）的定义域为（0，+∞）， 当a=2时，f （x ）=﹣x 2+2x+2（x 2﹣x ）lnx ，所以f′（x ）=﹣2x+2+2（2x ﹣1）lnx+2（x2﹣x ）•=（4x ﹣2）lnx ， 由f'（x ）＞0可得：（4x ﹣2）lnx ＞0，所以或，解得x ＞1或0＜x ＜；由f'（x ）＜0可得：（4x ﹣2）lnx ＜0，所以或，解得：＜x ＜1．综上可知：f （x ）递增区间为（0，），（1，+∞），递减区间为（，1）．即a ＞x ﹣2（x ﹣1）lnx 恒成立，令g （x ）=x ﹣2（x ﹣1）lnx ，则a ＞g （x ）max ．因为g′（x ）=1﹣2（lnx+）=﹣2lnx ﹣1+，所以g'（x ）在（0，+∞）上是减函数，且g'（1）＞0，g′（2）＜0，故存在x 0∈（1，2）使得g （x ）在（0，x 0）上为增函数，在（x 0，+∞）上是减函数， ∴x=x 0时，g （x ）max =g （x 0）≈0， ∴a ＞0，又因为a ∈Z ，所以a min =1．点睛：导数问题经常会遇见恒成立的问题：（1）根据参变分离，转化为不含参数的函数的最值问题；（2）若()0f x >就可讨论参数不同取值下的函数的单调性和极值以及最值，最终转化为()min 0f x >，若()0f x <恒成立，转化为()max 0f x <;（3）若()()f x g x >恒成立，可转化为()()min max f x g x >.6．（1）极小值为()11f =；（2）见解析（3）2121e a e +-≤≤-【解析】试题分析：（1）先求导数，再求导函数零点，列表分析导数符号，确定极值（2）先求导数，求导函数零点，讨论1a +与零大小，最后根据导数符号确定函数单调性（3）正难则反，先求存在一点0x ,使得()()00f x g x <成立时实数a 的取值范围，由存在性问题转化为对应函数最值问题，结合（2）单调性可得实数a 的取值范围，最后取补集得结果试题解析：解：（I ）当1a =时， ()()1ln '01x f x x x f x x x-=-⇒=>⇒>，列极值分布表 ()f x ∴在（0,1）上递减，在1+∞（，）上递增，∴()f x 的极小值为()11f =； （II ）()1ln a h x x a x x+=-+ ()()()211'x x a h x x ⎡⎤+-+⎣⎦∴= ①当1a ≤-时， ()()'0,h x h x >∴在0+∞（，）上递增； ②当1a >-时， ()'01h x x a >⇒>+，∴()h x 在0,1a +（）上递减，在()1,a ++∞上递增； []1,e x ()()f x g x <()()()0h x f x g x ⇔=-<在[]1,e 上有解⇔当[]1,x e ∈时， ()min 0h x <由（II ）知①当1a ≤-时， ()h x 在[]1,e 上递增， ()min 1202h h a a ∴==+<⇒<- ∴2a <- ②当1a >-时， ()h x 在0,1a +（）上递减，在()1,a ++∞上递增 当10a -<≤时， ()h x 在[]1,e 上递增， ()min 1202h h a a ∴==+<⇒<- a ∴无解 当1a e ≥-时， ()h x 在[]1,e 上递减()2min1101a e h h e e a a e e ++∴==-+⇒-，∴211e a e +>-；当01a e <<-时， ()h x 在[]1,1a +上递减，在()1,a e +上递增 ()()min 12ln 1h h a a a a ∴=+=+-+令()()()2ln 121ln 1a a a F a a aa +-+==+-+，则()221'01F a a a=--<+ ()F a ∴在()0,1e -递减， ()()2101F a F e e ∴>-=>-， ()0F a ∴<无解， 即()min 2ln 10h a a a =+-+<无解；综上：存在一点0x ,使得()()00f x g x <成立，实数a 的取值范围为： 2a <-或211e a e +>-.所以不存在一点0x ，使得()()00f x g x <成立，实数a 的取值范围为.点睛：函数单调性问题，往往转化为导函数符号是否变号或怎样变号问题，即转化为方程或不等式解的问题（有解，恒成立，无解等），而不等式有解或恒成立问题，又可通过适当的变量分离转化为对应函数最值问题.7．（1）1e-（2）21,e ⎛⎤-∞-⎥⎝⎦【解析】试题分析：（1）当0a =时，得出函数的解析式，求导数，令()'0f x =，解出x 的值，利用导数值的正负来求其单调区间进而求得极小值；（2）求出()'f x ，由于函数()f x 在()0,+∞是增函数，转化为()'0f x ≥对任意()0,x ∈+∞恒成立，分类参数，利用导数()ln g x x x x =+的最小值，即可求实数a 的取值范围． 试题解析：()0,+∞当0a =时， ()ln f x x x =， ()'ln 1f x x =+． 令()'0f x =，得1x e=． 当10,x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时， ()'0f x <， ()f x 为减函数；当1,x e ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时， ()'0f x >， ()f x 为增函数．所以函数()f x 的极小值是11f e e⎛⎫=- ⎪⎝⎭． （2）由已知得()'ln x af x x x-=+． 因为函数()f x 在()0,+∞是增函数，所以()'0f x ≥对任意()0,x ∈+∞恒成立， 由()'0f x ≥得ln 0x ax x-+≥，即ln x x x a +≥对任意的()0,x ∈+∞恒成立． 设()ln g x x x x =+，要使“ln x x x a +≥对任意()0,x ∈+∞恒成立”，只要()min a g x ≤. 因为()'ln 2g x x =+，令()'0g x =，得21x e=． 当210,x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时， ()'0g x <， ()g x 为减函数； 当21,x e ⎛⎫∈+∞⎪⎝⎭时， ()'0g x >， ()g x 为增函数． 所以()g x 的最小值是2211g ee ⎛⎫=-⎪⎝⎭． 故函数()f x 在()0,+∞是增函数时，实数a 的取值范围是21,e ⎛⎤-∞-⎥⎝⎦． 点睛：本题主要考查了导数在函数中的综合应用，解答中涉及到利用导数求解函数的单调区间，利用导数求解函数的极值与最值等知识点的综合应用，这属于教学的重点和难点，应熟练掌握，试题有一定的综合性，属于中档试题，解答中把函数()f x 在()0,+∞是增函数，所以()'0f x ≥对任意()0,x ∈+∞恒成立是解答的关键．8．（1）见解析；（2）231e m e +>.【解析】试题分析：（1）求出()'f x ，分三种情况讨论，分别令()'0f x >求得x 的范围，可得函数()f x ()'0f x <x ()f x11 所以()()()2max 24f x f a e -=-=+， ()()()443+160f a e a f --=>-=，()()2124a f x f x e me --<+恒成立，即()222144a a e e e me ---++<+恒成立，即()21a a m e e ->+恒成立，利用导数研究函数的单调性，求出()21a a e e -+的最大值，即可得结果. 试题解析：（1）()()()2xf x x x a e '=+- ①若2a <-，则()f x 在(),a -∞， ()2,-+∞上单调递增，在(),2a -上单调递减； ②2a =-，则(),-∞+∞在上单调递增；③若2a >-，则()f x 在(),2-∞-， (),a +∞上单调递增，在()2,a -上单调递减；（2）由1知，当()0,2a ∈时， ()f x 在()4,2--上单调递增，在()2,0-单调递减， 所以()()()2max 24f x f a e -=-=+， ()()()443+160f a e a f --=>-=，故()()()()12max 20f x f x f f -=--= ()()222414a e a a e e ---++=++， ()()2124a f x f x e me --<+恒成立，即()222144a a e e e me ---++<+恒成立 即()21aa m e e ->+恒成立， 令()(),0,2x x g x x e =∈， 易知()g x 在其定义域上有最大值()11g e=， 所以231e m e +>。