高中数学(函数和导数)综合练习解析
高中数学导数经典20题附解析
导数经典20题目录导数经典20题 (1)一、【不等式恒成立-单变量】5道 (3)二、【不等式恒成立-双变量】5道 (13)三、【不等式证明】5道 (23)四、【零点问题】5道 (32)一、【不等式恒成立-单变量】【第01题】（2017•广东模拟）已知()ln a f x x x=+．（1）求()f x 的单调区间和极值；（2）若对任意0x >，均有()2ln ln x a x a −≤恒成立，求正数a 的取值范围．【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论a 的范围求出函数的单调区间，从而求出函数的极值即可；（2）问题转化为2ln ln 1a a ≤+，求出a 的范围即可．【解答】解：（1）（0x >）， ()221a x a f x x x x−′=−=（0x >）， 当0a ≤时，()0f x ′>，在()0,+∞上递增，无极值；当0a >时，0x a <<时，()0f x ′<，在()0,a 上递减，x a >时，()0f x ′>，()f x 在(),a +∞上递增，()()ln 1f x f a a ==+极小值，无极大值．（2）若对任意0x >，均有恒成立，即对任意0x >，均有2ln ln a a x x≤+恒成立， 由（1）得：0a >时，()f x 的最小值是ln 1a +，故问题转化为：2ln ln 1a a ≤+，即ln 1a ≤，故0e a <≤．【点评】本题考查了函数的单调性、极值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，考查()ln a f x x x =+()f x ()f x ()2ln ln x a x a −≤转化思想，是一道中档题．一、【不等式恒成立-单变量】【第02题】（2019•西安一模）已知函数()()21e x f x x ax =−−（其中e 为自然对数的底数）． （1）判断函数()f x 极值点的个数，并说明理由；（2）若对任意的0x >，()3e x f x x x +≥+，求a 的取值范围．【分析】（1）首先求得导函数，然后分类讨论确定函数的极值点的个数即可；（2）将原问题转化为恒成立的问题，然后分类讨论确定实数a 的取值范围即可．【解答】解：（1）()()e 2e 2x xf x x ax x a ′=−=− ，当0a ≤时，()f x 在(),0−∞上单调递减，在()0,+∞上单调递增，()f x 有1个极值点； 当102a <<时，()f x 在(),ln 2a −∞上单调递增，在()ln 2,0a 上单调递减，在()0,+∞上单调递增，()f a 有2个极值点； 当12a =时，()f x 在R 上单调递增，此时函数没有极值点； 当12a >时，()f x 在(),0−∞上单调递增，在()0,ln 2a 上单调递减，在()ln 2,a +∞上单调递增，()f a 有2个极值点． 综上，当12a =时，()f x 没有极值点；当0a ≤时，()f x 有1个极值点；当0a >且12a ≠时，()f x 有2个极值点．（2）由得32e 0x x x ax x −−−≥．当0x >时，2e 10x x ax −−−≥， 即2e 1x x a x−−≤对0x ∀>恒成立． 设()2e 1x x g x x−−=（0x >）， ()3e x f x x x +≥+则()()()21e 1x x x g x x −−−′=，设()e 1x h x x =−−，则()e 1x h x ′=−，由0x >可知()0h x ′>，()h x 在()0,+∞上单调递增，()()00h x h >=，即e 1x x >+，()g x ∴在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增，()()1e 2g x g ∴≥=−，e 2a ∴≤−，故a 的取值范围是(],e 2−∞−．【点评】本题主要考查导数研究函数的极值点，导数研究不等式恒成立的方法，分类讨论的数学思想等知识，属于中等题．【第03题】（2017春•太仆寺旗校级期末）已知函数()ln f x x a x =−，()1a g x x+=−（a ∈R ）． （1）若1a =，求函数()f x 的极小值；（2）设函数()()()h x f x g x =−，求函数()h x 的单调区间；（3）若在区间[]1,e 上存在一点0x ，使得()()00f x g x <成立，求a 的取值范围．【分析】（1）先求出其导函数，让其大于0求出增区间，小于0求出减区间即可得到函数的单调区间进而求出函数()f x 的极值；（2）先求出函数()h x 的导函数，分情况讨论让其大于0求出增区间，小于0求出减区间即可得到函数的单调区间；（3）先把()()00f x g x <成立转化为()00h x <，即函数()1ln a h x x a x x +=+−在[]1,e 上的最小值小于零；再结合（2）的结论分情况讨论求出其最小值即可求出a 的取值范围．【解答】解：（1）()f x 的定义域为()0,+∞，当1a =时，()ln f x x x =−，()111x f x x x −′=−=， x ()0,11 ()1,+∞ ()'f x− 0 + ()f x减 极小 增 所以()f x 在1x =处取得极小值1．（2）()1ln a h x x a x x +=+−， ()()()221111x x a a a h x x x x+−+ + ′=−−=， ①当10a +>时，即1a >−时，在()0,1a +上()0h x ′<，在()1,a ++∞上()0h x ′>， 所以()h x 在()0,1a +上单调递减，在()1,a ++∞上单调递增；②当10a +≤，即1a ≤−时，在()0,+∞上()0h x ′>，所以，函数()h x 在()0,+∞上单调递增．（3）在区间[]1,e 上存在一点0x ，使得()()00f x g x <成立，即在[]1,e 上存在一点0x ，使得()00h x <，即函数在[]1,e 上的最小值小于零． 由（2）可知，①当1e a +≥，即e 1a ≥−时，()h x 在[]1,e 上单调递减，所以()h x 的最小值为()e h ，由()1e e 0ea h a +=+−<可得2e 1e 1a +>−， 因为2e 1e 1+−e 1>−， 所以2e 1e 1a +>−； ②当11a +≤，即0a ≤时，()h x 在上单调递增，所以()h x 最小值为()1h ，由()1110h a =++<可得2a <−；③当11e a <+<，即0e 1a <<−时，可得()h x 最小值为()1h a +，因为()0ln 11a <+<，所以，()0ln 1a a a <+<，故()()12ln 12h a a a a +=+−+>，此时，()10h a +<不成立．综上可得，所求a 的范围是：或2a <−． 【点评】本题第一问考查利用导函数来研究函数的极值．在利用导函数来研究函数的极值时，分三步①求导函数，②求导函数为0的根，③判断根左右两侧的符号，若左正右负，原函数取极大值；若左负右正，原函数取极小值．()1ln a h x x a x x+=+−[]1,e 2e 1e 1a +>−【第04题】（2019•蚌埠一模）已知函数()()2ln f x a x x x =−−．（1）当1a =时，求函数()f x 的单调区间；（2）若()0f x ≥恒成立，求a 的值．【分析】（1）代入a 的值，求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；（2）通过讨论x 的范围，问题转化为01x <<时，2ln x a x x ≤−，1x >时，2ln x a x x ≥−，令()g x =2ln x x x−，根据函数的最值求出a 的范围，取交集即可． 【解答】解：（1）1a =时，()2ln f x x x x −−，（0x >） 故()()()211121x x f x x x x+−′=−−=， 令()0f x ′>，解得：1x >，令()0f x ′<，解得：01x <<，故()f x 在()0,1递减，在()1,+∞递增．（2）若()0f x ≥恒成立，即()2ln a x x x −≥，①()0,1x ∈时，20x x −<，问题转化为2ln x a x x ≤−（()0,1x ∈），1x >时，20x x −>，问题转化为2ln x a x x ≥−（1x >）， 令()g x =2ln x x x −， 则()()()22121ln x x x g x x x −−−′=−， 令()()121ln h x x x x =−−−，则()112ln h x x x ′=−+−，()2120x x xh ′=−−<′， 故()h x ′在()0,1和()1,+∞内都递减，()0,1x ∈时，()()10h x h ′′>=，故()h x 在()0,1递增，()()10h x h <=，故()0,1x ∈时，()0g x ′<，()g x 在()0,1递减，而1x →时，()1g x →，故()0,1x ∈时，()1g x >，故1a ≤，()1,x ∈+∞时，()()10h x h ′′<=，故()h x 在()0,1递减，()()10h x h <=， 故()1,x ∈+∞时，()0g x ′<，()g x 在()1,+∞递减，而1x →时，()1g x →，故()1,x ∈+∞时，()1g x >，故1a ≥，②1x =时，显然成立．综上：1a =．【点评】本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，考查转化思想，分类讨论思想，是一道综合题．【第05题】（2019•南昌一模）已知函数()()e ln x f x x x a =−++（e 为自然对数的底数，a 为常数，且1a ≤）． （1）判断函数()f x 在区间()1,e 内是否存在极值点，并说明理由； （2）若当ln 2a =时，()f x k <（k ∈Z ）恒成立，求整数k 的最小值． 【分析】（1）由题意结合导函数的符号考查函数是否存在极值点即可； （2）由题意结合导函数研究函数的单调性，据此讨论实数k 的最小值即可． 【解答】解：（1）()1e ln 1x f x x x a x ′=−++−，令()1ln 1g x x x a x=−++−，()1,e x ∈，则()()'e x f x g x =， ()2210x x g x x −+′=−<恒成立，所以()g x 在()1,e 上单调递减，所以()()110g x g a <=−≤，所以()'0f x =在()1,e 内无解． 所以函数()f x 在区间()1,e 内无极值点．（2）当ln 2a =时，()()e ln ln 2x f x x x =−++，定义域为()0,+∞，()1e ln ln 21x f x x x x ′=−++−，令()1ln ln 21h x x x x =−++−， 由（1）知，()h x 在()0,+∞上单调递减，又11022h => ，()1ln 210h =−<，所以存在11,12x∈，使得()10h x =，且当()10,x x ∈时，()0h x >，即()'0f x >，当()1,x x ∈+∞时，()0h x <，即()'0f x <．所以()f x 在()10,x 上单调递增，在()1,x +∞上单调递减， 所以()()()1111max e ln ln 2x f x f x x x ==−++． 由()10h x =得1111ln ln 210x x x −++−=，即1111ln ln 21x x x −+=−， 所以()1111e 1x f x x =−，11,12x∈ ，令()1e 1x r x x =− ，1,12x ∈ ，则()211e 10x r x x x′=−+> 恒成立， 所以()r x 在1,12上单调递增，所以()()1102r r x r <<= ，所以()max 0f x <，又因为1211e ln 2ln 2122f=−−+=>−，所以()max 10f x −<<，所以若()f x k <（k ∈Z ）恒成立，则k 的最小值为0．【点评】本题主要考查导数研究函数的极值，导数研究函数的单调性，导数的综合运用等知识，属于中等题．二、【不等式恒成立-双变量】【第06题】（2019•广元模拟）已知函数()()ln 11xf x a x x=−++（a ∈R ），()2e mx g x x =（m ∈R ）． （1）当1a =时，求函数()f x 的最大值；（2）若0a <，且对任意的1x ，[]20,2x ∈，()()121f x g x +≥恒成立，求实数m 的取值范围．【分析】（1）求出函数的导数，得到函数的单调区间，求出函数的最大值即可； （2）令()()1x f x ϕ=+，根据函数的单调性分别求出()x ϕ的最小值和()g x 的最大值，得到关于m 的不等式，解出即可．【解答】解：（1）函数()f x 的定义域为()1,−+∞， 当1a =时，()()()2211111xf x xx x −′=−=+++，∴当()1,0x ∈−时，()'0f x >，函数()f x 在()1,0−上单调递增， ∴当()0,x ∈+∞时，()'0f x <，函数()f x 在()0,+∞上单调递减， ()()max 00f x f ∴==．（2）令()()1x f x ϕ=+，因为“对任意的1x ，[]20,2x ∈，()()121f x g x +≥恒成立”， 所以对任意的1x ，[]20,2x ∈，()()min max x g x ϕ≥成立， 由于()()211ax a x x ϕ−−+′=+，当0a <时，对[]0,2x ∀∈有()'0x ϕ>，从而函数()x ϕ在[]0,2上单调递增， 所以()()min 01x ϕϕ==， ()()222e e 2e mx mx mx g x x x mmxx ′=+⋅=+，当0m =时，()2g x x =，x ∈[]0,2时，()()max 24g x g ==，显然不满足()max 1g x ≤，当0m ≠时，令()'0g x =得10x =，22x m=−， ①当22m−≥，即10m −≤≤时，在[]0,2上()0g x ′≥，所以()g x 在[]0,2上单调递增， 所以()()2max 24e m g x g ==，只需24e 1m ≤，得ln 2m ≤−，所以1ln 2m −≤≤−． ②当202m <−<，即1m <−时，在20,m − 上()0g x ′≥，()g x 单调递增，在2,2m−−上()0g x ′<，()g x 单调递减，所以()22max 24eg x g m m== ， 只需2241e m ≤，得2e m ≤−，所以1m <−． ③当20m−<，即0m >时，显然在[]0,2上()0g x ′≥，()g x 单调递增， 所以()()2max 24e m g x g ==，24e 1m ≤不成立． 综上所述，m 的取值范围是(],ln 2−∞−．【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，属于难题．【第07题】（2019•濮阳一模）已知函数()ln b f x a x x =+（0a ≠）． （1）当2b =时，讨论函数()f x 的单调性；（2）当0a b +=，0b >时，对任意1x ，21,e e x ∈，都有()()12e 2f x f x −≤−成立，求实数b 的取值范围．【分析】（1）通过讨论a 的范围，求出函数的单调区间即可；（2）原问题等价于()()max min e 2f x f x −≤−成立，可得()()min 11f x f ==，可得()()max e e b f x f b ==−+，即e e 10b b −−+≤，设()e e 1b b b ϕ=−−+（0b >），可得()b ϕ在()0,+∞单调递增，且()10ϕ=，即可得不等式e e 10b b −−+≤的解集．【解答】解：（1）函数()f x 的定义域为()0,+∞． 当2b =时，()2ln f x a x x =+，所以()22x a f x x+′=． ①当0a >时，()0f x ′>，所以函数()f x 在()0,+∞上单调递增．②当0a <时，令()0f x ′=，解得：x =当0x <<()0f x ′<，所以函数()f x 在 上单调递减；当x >()0f x ′>，所以函数()f x 在+∞上单调递增． 综上所述，当2b =，0a >时，函数()f x 在()0,+∞上单调递增；当2b =，0a <时，函数()f x 在 上单调递减，在 +∞上单调递增． （2） 对任意1x ，21,e e x∈，有()()12e 2f x f x −≤−成立，()()max min e 2f x f x ≤∴−−成立，0a b += ，0b >时，()ln b f x b x x =−+．()()11bb b x b f x bx x x−−′=−+=． 当01x <<时，()0f x ′<，当1x >时，()0f x ′>，()f x ∴在1,1e单调递减，在[]1,e 单调递增，()()min 11f x f ==，1e e bf b − =+ ，()e e b f b =−+， 设()()1e e e 2e b b g b f f b −=−=−−（0b >），()e e 20b b g b −′=+−>． ()g b ∴在()0,+∞递增，()()00g b g ∴>=，()1e e f f ∴>．可得()max f x =()e e b f b =−+，e 1e 2b b ∴−+−≤−，即e e 10b b −−+≤，设()e e 1b b b ϕ=−−+（0b >），()e 10b b ϕ′−>在()0,b ∈+∞恒成立．()b ϕ∴在()0,+∞单调递增，且()10ϕ=，∴不等式e e 10b b −−+≤的解集为(]0,1． ∴实数b 的取值范围为(]0,1．【点评】本题考查了导数的应用，考查了转化思想、运算能力，属于压轴题．【第08题】（2019•衡阳一模）已知()32342f x x ax x −=+（x ∈R ），且()f x 在区间[]1,1−上是增函数．（1）求实数a 的值组成的集合A ；（2）设函数()f x 的两个极值点为1x 、2x ，试问：是否存在实数m ，使得不等式21213m tm x x ++≥−对任意a A ∈及[]1,1t ∈−恒成立？若存在，求m 的取值范围；若不存在，请说明理由．【分析】（1）由()f x 在区间[]1,1−上是增函数．可得()24220f x ax x ′=+−≥在区间[]1,1−上恒成立．可得()10f ′−≥，()10f ′≥，即可得出． （2）函数()f x 的两个极值点为1x 、2x ，可得12x x a +=，122x x =−．()()1212121212322x x x x x x x x x x −−++≤−++==a A ∈，设()h a =[]1,1a ∈−，则()h a 是偶函数，且在[]0,1上单调递增，进而得出其最大值为7．()21213g t m tm x x ++≥−=对任意a A ∈及[]1,1t ∈−恒成立，可得()()1717g g −≥ ≥，解得m 范围即可得出．【解答】解：（1） ()f x 在区间[]1,1−上是增函数， ∴()24220f x ax x ′=+−≥在区间[]1,1−上恒成立．()14220f a ∴′−=−−≥，()14220f a ′=+−≥，解得11a −≤≤． []1,1A ∴=−．（2）函数()f x 的两个极值点为1x 、2x ， ∴12x x a +=，122x x =−．∴()()1212121212322x x x x x x x x x x −−++≤−++==a A ∈ ，设()h a =[]1,1a ∈−，则()h a 是偶函数，且在[]0,1上单调递增．123x x ∴−的最大值为()17h =．设()2211g t m tm mt m ++=++=，[]1,1t ∈−，()123g t x x ≥−对任意a A ∈及[]1,1t ∈−恒成立，则()()1717g g −≥≥ ，解得3m ≤−或3m ≥． ∴存在实数3m ≤−或3m ≥，使得不等式21213m tm x x ++≥−对任意a A ∈及[]1,1t ∈−恒成立．【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性、方程与不等式的解法、转化方法、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．【第09题】（2018•呼和浩特一模）已知函数()ln f x x =，()212g x x bx =−（b 为常数）． （1）当4b =时，讨论函数()()()h x f x g x =+的单调性；（2）2b ≥时，如果对于1x ∀，(]21,2x ∈，且12x x ≠，都有()()()()1212f x f x g x g x −<−成立，求实数b 的取值范围．【分析】（1）先求导，再根据导数和函数的单调性关系即可求出，（2）令()()()x f x g x ϕ=+，则问题等价于函数()x ϕ在区间(]1,2（1，2]上单调递减，即等价于()10x x b xϕ′=+−≤在区间(]1,2上恒成立，所以得1b x x ≥+，求出即可．【解答】解：（1）()21ln 2h x x x bx =+−的定义域为()0,+∞，当4b =时，()21ln 42h x x x x =+−，()2141'4x x h x x x x−+=+−=， 令()'0h x =，解得12x =−，22x =+(2x ∈时，()0h x ′<， 当(0,2x ∈或()2+∞时，()0h x ′>，所以，()h x 在(0,2和()2+∞单调递增；在(2单调递减． （2）因为()ln f x x =在区间(]1,2上单调递增， 当2b ≥时，()212g x x bx =−在区间(]1,2上单调递减， 不妨设12x x >，则()()()()1212f x f x g x g x −<−等价于()()()()1122f x g x f x g x +<+， 令()()()x f x g x ϕ=+，则问题等价于函数()x ϕ在区间(]1,2上单调递减， 即等价于()10x x b xϕ′=+−≤在区间(]1,2上恒成立， 所以得1b x x≥+在区间(]1,2上恒成立， 因为1y x x=+在(]1,2上单调递增， 所以max 15222y =+=，所以得5b≥．2【点评】本题考查了导数研究函数的单调性以及根据函数的增减性得到函数的最值，理解等价转化思想的运用，属于中档题．【第10题】（2018•邕宁区校级模拟）设函数()e xa f x x x=−，a ∈R 且0a ≠，e 为自然对数的底数． （1）求函数()f x y x=的单调区间； （2）若1ea =，当120x x <<时，不等式()()()211212m x x f x f x x x −−>恒成立，求实数m 的取值范围．【分析】（1）求出函数y 的导数y ′，利用导数判断函数y 的单调性与单调区间； （2）120x x <<时，()()()211212m x x f x f x x x −−>等价于()()1212m mf x f x x x −>−；构造函数()()mg x f x x=−，由()g x 在()0,+∞上为减函数，得出()0g x ′≤， 再利用构造函数求最值法求出m 的取值范围． 【解答】解：（1）函数()2e 1xf x a y x x==−， ()243e 2e 2e xx x a x a x x a y x x −⋅−⋅∴′==， ①当0a >时，由0y ′>得02x <<，由0y ′<得0x <或2x >； ②当0a <时，由0y ′>得0x <或2x >，由0y ′<得02x <<． 综上：①当0a >时，函数()f x y x=的增区间为()0,2，减区间为(),0−∞，()2,+∞； ②当0a <时，函数()f x y x=的增区间为(),0−∞，()2,+∞，减区间为()0,2． （2）当120x x <<时，()()()211212m x x f x f x x x −−>等价于()()1212m mf x f x x x −>−，即函数())e (e x m mg x f x x x x x=−=−−在()0,+∞上为减函数，则()()()1212221e 1e 10x x x x x m m g x x x x−−−−−+′=−+=≤， ()121e x m x x −∴≤−−；令()()121e x h x x x −=−−， 则()()11 e 2e 2x x h x x xx −−′=−=−，由()0h x ′=得ln 2e x =；当()0,ln 2e x ∈时，()0h x ′<，()h x 为减函数； 当()ln 2e,+x ∈∞时，()0h x ′>，()h x 为增函数．()h x ∴的最小值为()()()()22ln 2e 12ln 2e ln 2e 1e ln 2e 2ln 2ln 21ln 21h −=−−=−+=−−； 2ln 21m ∴≤−−，m ∴的取值范围是(22,ln 1 −−∞− ．【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性与最值问题，也考查了不等式恒成立问题，是综合题．三、【不等式证明】【第11题】（2018新课标Ｉ）已知函数()e ln 1x f x a x =−−．（1）设2x =是()f x 的极值点，求a ，并求()f x 的单调区间； （2）证明：当1ea ≥时，()0f x ≥． 【分析】（1）推导出0x >，()1e x f x a x ′=−，由2x =是()f x 的极值点，解得212ea =，从而()21e ln 12exf x x =−−，进而()211e 2e x f x x ′=−，由此能求出()f x 的单调区间． （2）当1e a ≥时，()e ln 1e xf x x ≥−−，设()e ln 1e xg x x =−−，则()e 1e x g x x ′=−，由此利用导数性质能证明当1ea ≥时，()0f x ≥． 【解答】解：（1）∵函数()e ln 1x f x a x =−−． ∴0x >，()1e xf x a x′=−， ∵2x =是()f x 的极值点，∴()212e 02f a ′=−=，解得212ea =，∴()21e ln 12exf x x =−−，∴()211e 2e x f x x ′=−， 当02x <<时，()0f x ′<，当2x >时，()0f x ′>， ∴()f x 在()0,2单调递减，在()2,+∞单调递增．（2）证明：当1e a ≥时，()e ln 1e xf x x ≥−−，设()e ln 1e x g x x =−−，则()e 1e x g x x ′=−， 由()e 10e x g x x ′=−=，得1x =，当01x <<时，()0g x ′<， 当1x >时，()0g x ′>， ∴1x =是()g x 的最小值点，故当0x >时，()()10g x g ≥=， ∴当1ea ≥时，()0f x ≥． 【点评】本题考查函数的单调性、导数的运算及其应用，同时考查逻辑思维能力和综合应用能力，是中档题．【第12题】（2018新课标Ⅲ）已知函数()21e xax x f x +−=． （1）求曲线()y f x =在点()0,1−处的切线方程； （2）证明：当1a ≥时，()e 0f x +≥． 【分析】（1）()()()()2221e 1e e x xx ax ax x f x +−+−′=由()02f ′=，可得切线斜率2k =，即可得到切线方程． （2）可得()()()()()()2221e 1e 12ee x xxx ax ax x ax x f x +−+−+−′==−．可得()f x 在1,a−∞−，()2,+∞递减，在1,2a−递增，注意到1a ≥时，函数()21g x ax x =+−在()2,+∞单调递增，且()2410g a =+>．只需()min e f x ≥−，即可． 【解答】解：（1）()()()()()()2221e 1e 12e e x xxx ax ax x ax x f x +−+−+−′==−．∴()02f ′=，即曲线()y f x =在点()01−，处的切线斜率2k =， ∴曲线()y f x =在点()01−，处的切线方程方程为()12y x −−=． 即210x y −−=为所求．（2）证明：函数()f x 的定义域为：R ， 可得()()()()()()2221e 1e 12e e x xxx ax ax x ax x f x +−+−+−′==−．令()0f x ′=，可得12x =，210x a=−<， 当1,x a∈−∞−时，()0f x ′<，当1,2x a ∈− 时，()0f x ′>，当()2,x ∈+∞时，()0f x ′<．∴()f x 在1,a−∞−，()2,+∞递减，在1,2a − 递增，注意到1a ≥时，函数()21g x ax x =+−在()2,+∞单调递增，且()2410g a =+>．函数()f x 的图象如下：∵1a ≥，∴(]10,1a∈，则11e e a f a−=−≥−， ∴()1min e e af x =−≥−， ∴当1a ≥时，()e 0f x +≥．【点评】本题考查了导数的几何意义，及利用导数求单调性、最值，考查了数形结合思想，属于中档题．【第13题】（2016新课标Ⅲ）设函数()ln 1f x x x =−+． （1）讨论()f x 的单调性； （2）证明当()1,x ∈+∞时，11ln x x x−<<； （3）设1c >，证明当()0,1x ∈时，()11x c x c +−>．【分析】（1）求出导数，由导数大于0，可得增区间；导数小于0，可得减区间，注意函数的定义域；（2）由题意可得即证ln 1ln x x x x <−<．运用（1）的单调性可得ln 1x x <−，设()ln 1F x x x x =−+，1x >，求出单调性，即可得到1ln x x x −<成立；（3）设()()11x G x c x c =+−−，求()G x 的二次导数，判断()G x ′的单调性，进而证明原不等式．【解答】解：（1）函数()ln 1f x x x =−+的导数为()11f x x′=−， 由()0f x ′>，可得01x <<；由()0f x ′<，可得1x >． 即有()f x 的增区间为()0,1；减区间为()1,+∞； （2）证明：当()1,x ∈+∞时，11ln x x x−<<，即为ln 1ln x x x x <−<． 由（1）可得()ln 1f x x x =−+在()1,+∞递减， 可得()()10f x f <=，即有ln 1x x <−；设()ln 1F x x x x =−+，1x >，()1ln 1ln F x x x ′=+−=， 当1x >时，()0F x ′>，可得()F x 递增，即有()()10F x F >=， 即有ln 1x x x >−，则原不等式成立； （3）证明：设()()11x G x c x c =+−−，则需要证明：当()0,1x ∈时，()0G x >（1c >）；()1ln x G x c c c ′=−−，()()2ln 0x G x c c ′′=−<，∴()G x ′在()0,1单调递减，而()01ln G c c ′=−−，()11ln G c c c ′=−−， 由（1）中()f x 的单调性，可得()01ln 0G c c ′=−−>，由（2）可得()()11ln 1ln 10G c c c c c ′=−−=−−<，∴()0,1t ∃∈，使得0G t ′=（），即()0,x t ∈时，()0G x ′>，(),1x t ∈时，()0G x ′<； 即()G x 在()0,t 递增，在(),1t 递减； 又因为：()()010G G ==，∴()0,1x ∈时()0G x >成立，不等式得证； 即1c >，当()0,1x ∈时，()11x c x c +−>．【点评】本题考查导数的运用：求单调区间和极值、最值，考查不等式的证明，注意运用构造函数法，求出导数判断单调性，考查推理和运算能力，属于中档题．【第14题】（2015新课标Ｉ）设函数()2e ln x f x a x =−． （1）讨论()f x 的导函数()f x ′零点的个数； （2）证明：当0a >时，()22lnf x a a a≥+． 【分析】（1）先求导，在分类讨论，当0a ≤时，当0a >时，根据零点存在定理，即可求出；（2）设导函数()f x ′在()0,+∞上的唯一零点为0x ，根据函数()f x 的单调性得到函数的最小值()0f x ，只要最小值大于22ln a a a+，问题得以证明．【解答】解：（1）()2e ln x f x a x =−的定义域为()0,+∞， ∴()22e x xx af =′−． 当0a ≤时，()0f x ′>恒成立，故()f x ′没有零点， 当0a >时，∵2e x y =为单调递增，ay x=−单调递增， ∴()f x ′在()0,+∞单调递增， 又()0f a ′>，假设存在b 满足0ln2a b <<时，且14b <，()0f b ′<， 故当0a >时，导函数()f x ′存在唯一的零点；（2）由（1）知，可设导函数()f x ′在()0,+∞上的唯一零点为0x ， 当()00,x x ∈时，()0f x ′<， 当()0,x x ∈+∞时，()0f x ′>，故f(x)在()00,x 单调递减，在()0,x +∞单调递增， 所欲当0x x =时，()f x 取得最小值，最小值为()0f x ， 由于0202e 0x ax −=，所以()002a f x x =+02ax +2ln a a ≥2a +2ln a a． 故当0a >时，()22lnf x a a a≥+． 【点评】本题考查了导数和函数单调性的关系和最值的关系，以及函数的零点存在定理，属于中档题．【第15题】（2015安徽）设n ∗∈N ，n x 是曲线221n y x +=+在点()1,2处的切线与x 轴交点的横坐标． （1）求数列{}n x 的通项公式； （2）记2221321n n T x x x −= ，证明：14n T n≥． 【分析】（1）利用导数求切线方程求得切线直线并求得横坐标； （2）利用放缩法缩小式子的值从而达到所需要的式子成立．【解答】解：（1）2221'1'22n n y x n x ++=+=+（）（），曲线221n y x +=+在点()1,2处的切线斜率为22n +，从而切线方程为()()2221y n x −=+−．令0y =，解得切线与x 轴的交点的横坐标为1111n n x n n =−=++；（2）证明：由题设和（1）中的计算结果可知：22213222211321242n n n n T x x x−− = =， 当1n =时，114T =， 当2n ≥时，因为()()()()2222212221211212212222n n n n n n n n n n n x −−−−−−−=>=== ， 所以2112112234n T n n n − >××××= ；综上所述，可得对任意的n ∗∈N ，均有14n T n≥． 【点评】本题主要考查切线方程的求法和放缩法的应用，属基础题型．四、【零点问题】【第16题】（2018秋•龙岩期末）已知函数()()2ln 12f x x ax a x a =−−−+（a ∈R ）． （1）讨论()f x 的单调性；（2）令函数()()()()22e 1ln 1x g x f x x a x −=+−+−−，若函数()g x 有且只有一个零点0x ，试判断0x 与3的大小，并说明理由．【分析】（1）由()222211a x x a f x x a x x +− ′−−−−（1x >），分212a +≤和212a +>两类分析函数的单调性；（2）函数()()()()()222e 1ln 1e ln 12x x g x f x x a x ax x a −−=+−+−−=−−−+，求其导函数，可得()21e 1x g x a x −′=−−−，令()()h x g x ′=，对()h x 求导，分析可得()g x ′在()1,+∞上有唯一零点1x ，结合已知可得01x x =，则()()0000g x g x ′ = = ，由此可得()()0200013e ln 1101x x x x −−−−+−=−， 令()()()213e ln 111x t x x x x −−−−+−−（1x >）． 再利用导数判断其单调性，结合函数零点的判定可得03x <． 【解答】解：（1）()222211a x x a f x x a x x +− ′−−−−（1x >）， 当212a +≤，即0a ≤时，()0f x ′>在()1,+∞上恒成立，()f x 在()1,+∞上单调递增； 当212a +>，即0a >时，若21,2a x + ∈ ，则()0f x ′<，若2,2a x + ∈+∞，则()0f x ′>， ∴()f x 在21,2a + 上单调递减，在2,2a ++∞上单调递增； （2）函数()()()()()222e 1ln 1e ln 12x x g x f x x a x ax x a −−=+−+−−=−−−+． 则()21e 1x g x a x −′=−−−，易知()g x ′在()1,+∞上单调递增，当1x >且1x →时，()g x ′→−∞，x →+∞，()g x ′→+∞， ∴()g x ′在()1,+∞上有唯一零点1x ，当()11,x x ∈时，()0g x ′<，当()1,x x ∈+∞时，()0g x ′>． ∴()()1min g x g x =，由已知函数()g x 有且只有一个零点0x ，则01x x =． ∴()()0000g x g x ′ = = ，即()0022001e 01e ln 120x x a x ax x a −− −−= − −−−+=， 消a 得，()000222000011e ln 1e 2e 011x x x x x x x −−−−−−−+−= −−， ()()0200013e ln 1101x x x x −−−−+−=−， 令()()()213e ln 111x t x x x x −−−−+−−（1x >）． 则()()()2212e 1x t x x x −′=−+−． ∴()1,2x ∈时，()0t x ′>，()2,x ∈+∞时，()0t x ′<． ∴()t x 在()2,+∞上单调递减． ∵()210t =>，()13ln 202t =−+<， ∴()t x 在()2,3上有一个零点，在()3,+∞上无零点． 若()t x 在()1,2上有一个零点，则该零点必小于3． 综上，03x <．【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性，考查函数零点的判定，考查了推理能力与计算能力，属于难题．【第17题】（2019•大庆二模）已知函数()22ln f x x a x =−（a ∈R ）． （1）当12a =时，点M 在函数()y f x =的图象上运动，直线2y x =−与函数()y f x =的图象不相交，求点M 到直线2y x =−距离的最小值； （2）讨论函数()f x 零点的个数，并说明理由．【分析】（1）首先写出函数的定义域，对函数求导，分析在什么情况下满足距离最小，构造等量关系式，求解，得到对应的点的坐标，之后应用点到直线的距离公式进行求解即可；（2）对函数求导，分情况讨论函数的单调性，依次得出函数零点的个数． 【解答】解：（1）()f x 的定义域为()0,+∞， 12a =时，()2ln f x x x =−，()12f x x x ′=−，令()1f x ′=，解得：1x =或12x =−，又()11f =，故图像上的点到直线20x y −−=的距离的最小值即为点()1,1M 到直线20x y −−=的距离，其距离d（2）由()0f x =，得22ln x a x =（0x >且1x ≠），设()2ln x g x x=（0x >且1x ≠），2y a =， 问题转化为讨论()y g x =的图象和2y a =的图象的交点个数问题， ()()22ln 1ln x x g x x−′=，（0x >且1x ≠），令()0g x ′=，解得x ，当01x <<或1x <<时，()0g x ′<，当x 时，()0g x ′>，故()g x 在()0,1，(递减，在)+∞递增，故()2e g x g =极小值，又01x <<时，()0g x <，当1x >时，()0g x >，故当20a <或22e a =即0a <或e a =时，直线2y a =与函数()y g x =的图象有1个交点， 当22e a >即e a >时，有2个交点， 当0e a ≤<时没有交点，故函数()f x 当0a <或e a =时1个零点，当0a <或e a =时2个零点，0e a ≤<时没有零点．【点评】该题考查的是有关应用导数研究函数的问题，涉及到的知识点有图象上的点到直线的距离的最小值的求解，导数的几何意义，应用导数研究函数的零点的问题，注意对分类讨论思想的应用，要做到不重不漏，属于较难题目．【第18题】（2018秋•周口期末）已知函数()22ln f x ax x =−（a ∈R ）． （1）讨论函数()f x 的单调性； （2）当21e a =时，若函数()y f x =的两个零点分别为1x ，2x （12x x <），证明：()12ln ln 21x x +>+．【分析】（1）求函数的定义域和函数的导数，分0a ≤和0a >分类讨论函数的单调性即可；（2）欲证()12ln ln 21x x +>+，只需证122e x x +>，即证122e x x >−，只需证()()212e 0f x f x −>=，将()22e f x −表示出来化简整理并构造函数()()442ln 2ln 2e 1etg t t =−+−−，由函数()g t 的单调性即可证明． 【解答】解：（1）易知()f x 的定义域是()0,+∞，()()22122ax f x ax x x−′=−=， 当0a ≤时，()0f x ′<，()f x 在()0,+∞递减，当0a >时，令()0f x ′>，解得x >，故()f x 在 递减，在 +∞递增； （2）证明：当21ea =时，()222ln e x f x x =−，由（1）知()()min e 1f x f ==−，且()10,e x ∈，()2e,x ∈+∞，又由()2e 22ln 20f =−>知22e x <，即()2e,2e x ∈，故()22e 0,e x −∈，由()222222ln 0e x f x x =−=，得22222e ln x x =，故()()()()222222222e 42e 2ln 2e 42ln 2ln 2e eex x f x x x x −−=−−=−+−−，()2e,2e x ∈，令()()442ln 2ln 2e etg t t t =−+−−，()e,2e t ∈， 则()()()24e 0e 2e t g t t t −′=>−， 故()g t 在()e,2e 递增，故()()e 0g t g >=，即()()212e 0f x f x −>=， 又()f x 在()0,e 上单调递减，故212e x x −<，即()12ln ln 21x x +>+．【点评】本题考查了函数的单调性，极值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想考查不等式的证明，是一道综合题．（2018秋•咸阳期末）已知函数()221ln 2f x x a x =−（0a >）． （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 在[]1,e 上没有零点，求a 的取值范围．【分析】（1）求出()f x ′，解不等式()0f x ′>，()0f x ′<，即可求出()f x 的单调区间； （2）用导数求出函数()f x 在区间[]1,e 上没有零点，只需在[]1,e 上()min 0f x >或()max 0f x <，分类讨论，根据导数和函数的最值得关系即可求出．【解答】解：（1）()222a x a f x x x x −′=−=（0x >）， 令()0f x ′>，解得x a >；令()0f x ′<，解得0x a <<， ∴函数()f x 的单调增区间为(),a +∞，单调减区间为()0,a ．（2）要使()f x 在[]1,e 上没有零点，只需在[]1,e 上()min 0f x >或()max 0f x <， 又()1102f =>，只需在区间[]1,e 上，()min 0f x >． ①当e a ≥时，()f x 在区间[]1,e 上单调递减，则()()22min 1e e 02f x f a ==−>，解得0a <<与e a ≥矛盾． ②当1e a <<时，()f x 在区间[)1,a 上单调递减，在区间(],e a 上单调递增， ()()()2min 112ln 02f x f a a a ==−>，解得0a <1a <③当01a <≤时，()f x 在区间[]1,e 上单调递增，()()min 10f x f =>，满足题意， 综上所述，实数a 的取值范围是：0a <<【点评】本题是导数在函数中的综合运用，考查运用导数求单调区间，求极值，求最值，考查分类讨论的思想方法，同时应注意在闭区间内只有一个极值，则一定为最值的结论的运用．（2018秋•芜湖期末）已知函数()2ln 1f x x a x =−−（a ∈R ）． （1）求()f x 的极值点；（2）若函数()f x 在区间()0,1内无零点，求a 的取值范围．【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论a 的范围，求出函数的单调区间，求出函数的极值点即可；（2）求出函数的导数，通过讨论a 的范围，求出函数的单调区间，从而确定是否存在零点，进而判断a 的范围．【解答】解：（1）()222a x a f x x x x −′=−=（0x >），当0a ≤时，()0f x ′>，()f x 在()0,+∞递增，当0a >时，令()0f x ′>，解得x >，故()f x 在 递减，在 +∞ 递增，故x =是极小值点，无极大值点； （2）()22x af x x −′=（01x <<）， ∵01x <<，∴2022x <<，当0a ≤时，()0f x ′>，()f x 在()0,1递增， 故()()10f x f <=，函数无零点，符合题意； 当2a ≥时，()0f x ′<，()f x 在()0,1递减， 故()()10f x f >=，函数无零点，符合题意；当02a <<时，存在()00,1x =，使得()00f x ′=，故()f x 在 递减，在递增，又10e1a−<<，1e 0a f −> ，()10f f <=， 故()f x 在()0,1有零点，不合题意；综上，若函数()f x 在区间()0,1内无零点，则2a ≥或0a ≤．【点评】本题考查了函数的单调性，极值问题，考查导数的应用以及函数零点问题，考查分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．。
专题20 函数与导数综合-2019年高考理数母题题源系列(全国Ⅲ专版)(解析版)
【母题原题1】【2019年高考全国Ⅲ卷理数】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．【答案】（1）见详解；（2）01a b =⎧⎨=-⎩或41a b =⎧⎨=⎩．【解析】（1）2()622(3)f x x ax x x a '=-=-．令()0f x '=，得x =0或3ax =． 若a >0，则当(,0),3a x ⎛⎫∈-∞+∞⎪⎝⎭U 时，()0f x '>；当0,3a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在(,0),,3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在0,3a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减；若a =0，()f x 在(,)-∞+∞单调递增；若a <0，则当,(0,)3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭U 时，()0f x '>；当,03a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在,,(0,)3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在,03a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减．（2）满足题设条件的a ，b 存在．（i ）当a ≤0时，由（1）知，()f x 在[0，1]单调递增，所以()f x 在区间[0，l]的最小值为(0)=f b ，最大值为(1)2f a b =-+．此时a ，b 满足题设条件当且仅当1b =-，21a b -+=，即a =0，1b =-．专题20函数与导数综合（ii ）当a ≥3时，由（1）知，()f x 在[0，1]单调递减，所以()f x 在区间[0，1]的最大值为(0)=f b ，最小值为(1)2f a b =-+．此时a ，b 满足题设条件当且仅当21a b -+=-，b =1，即a =4，b =1．（iii ）当0<a <3时，由（1）知，()f x 在[0，1]的最小值为3327a a f b ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，最大值为b 或2a b -+．若3127a b -+=-，b =1，则a =，与0<a <3矛盾．若3127a b -+=-，21a b -+=，则a =或a =-或a =0，与0<a <3矛盾．综上，当且仅当a =0，1b =-或a =4，b =1时，()f x 在[0，1]的最小值为-1，最大值为1．【名师点睛】这是一道常规的函数导数不等式和综合题，题目难度比往年降低了不少．考查的函数单调性，最大值最小值这种基本概念的计算．思考量不大，由计算量补充．【母题原题2】【2018年高考全国Ⅲ卷理数】已知函数()()()22ln 12f x x ax x x =+++-． （1）若0a =，证明：当10x -<<时，()0f x <；当0x >时，()0f x >； （2）若0x =是()f x 的极大值点，求a ． 【答案】（1）见解析；（2）16a =-【解析】（1）当0a =时，()(2)ln(1)2f x x x x =++-，()ln(1)1x f x x x'=+-+． 设函数()()ln(1)1xg x f x x x'==+-+，则2()(1)x g x x '=+．当10x -<<时，()0g x '<；当0x >时，()0g x '>．故当1x >-时，()(0)0g x g ≥=，且仅当0x =时，()0g x =，从而()0f x '≥，且仅当0x =时，()0f x '=． 所以()f x 在(1,)-+∞单调递增．又(0)0f =，故当10x -<<时，()0f x <；当0x >时，()0f x >．（2）（i ）若0a ≥，由（1）知，当0x >时，()(2)ln(1)20(0)f x x x x f ≥++->=，这与0x =是()f x 的极大值点矛盾．（ii ）若0a <，设函数22()2()ln(1)22f x xh x x x ax x ax==+-++++．由于当||min{x <时，220x ax ++>，故()h x 与()f x 符号相同． 又(0)(0)0h f ==，故0x =是()f x 的极大值点当且仅当0x =是()h x 的极大值点．2222222212(2)2(12)(461)()1(2)(1)(2)x ax x ax x a x ax a h x x x ax x ax x ++-++++'=-=++++++．如果610a +>，则当6104a x a +<<-，且||min{x <时，()0h x '>，故0x =不是()h x 的极大值点．如果610a +<，则224610a x ax a +++=存在根10x <，故当1(,0)x x ∈，且||min{x <时，()0h x '<，所以0x =不是()h x 的极大值点．如果610a +=，则322(24)()(1)(612)x x h x x x x -'=+--．则当(1,0)x ∈-时，()0h x '>；当(0,1)x ∈时，()0h x '<．所以0x =是()h x 的极大值点，从而0x =是()f x 的极大值点综上，16a =-． 【名师点睛】本题考查函数与导数的综合应用，利用函数的单调性求出最值证明不等式，第二问分类讨论0a ≥和0a <，当0a <时构造函数()()22f x axh x x =++时关键，讨论函数()h x 的性质，本题难度较大．【母题原题3】【2017年高考全国Ⅲ卷理数】已知函数()1ln f x x a x =--． （1）若()0f x ≥，求a 的值；（2）设m 为整数，且对于任意正整数n ，2111111222n m ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++< ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭L ，求m 的最小值． 【答案】（1）1a =；（2）3【解析】（1）()f x 的定义域为()0∞，+．①若0a ≤，因为11ln 2022f a ⎛⎫<⎪⎝⎭=-+，所以不满足题意； ②若a >0，由()1a x af 'x x x-=-=知，当()0x ,a ∈时，()f 'x <0；当()，+x a ∈∞时，()f 'x >0，所以()f x 在()0,a 单调递减，在()，+a ∞单调递增，故x =a 是()f x 在()0∞，+的唯一最小值点． 由于()10f =，所以当且仅当a =1时，()0f x ≥．故a =1． （2）由（1）知当()1,x ∈+∞时，1ln 0x x -->． 令112n x =+得11ln 122nn ⎛⎫+< ⎪⎝⎭．从而 221111111ln 1ln 1ln 1112222222n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++++<+++=-< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭L L ．故2111111e 222n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++< ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭L ． 而231111112222⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++> ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以m 的最小值为3． 【名师点睛】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，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出．本专题在高考中的命题方向及命题角度：从高考来看，对导数的应用的考查主要有以下几个角度：（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．【命题意图】了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值（对多项式函数不超过三次）；会求闭区间上函数的最大值、最小值（对多项式函数不超过三次）．主要考查考生的分类讨论思想、等价转化思想以及数学运算能力和逻辑推理能力．【命题规律】导数的综合应用一直是高考的重点和难点．一般以基本初等函数为载体，利用导数研究函数的单调性、极值、最值、零点问题，同时与解不等式关系最为密切，还可能与三角函数、数列等知识综合考查，一般出现在解答题的压轴位置，难度较大．【答题模板】1．利用导数求函数单调区间的基本步骤（1）确定函数f（x）的定义域；（2）求导数f'（x）；（3）由f'（x）>0（或<0）解出相应的x的取值范围，对应的区间为f（x）的单调递增（减）区间．还可以通过列表，写出函数的单调区间．2．证明或讨论函数的单调性方法一：求出在对应区间上导数的正负即得结论．方法二：（1）确定函数f（x）的定义域；（2）求导数f'（x），并求方程f'（x）=0的根；（3）利用f'（x）=0的根将函数的定义域分成若干个子区间，在这些子区间上讨论f'（x）的正负，由符号确定f（x）在该子区间上的单调性．【知识总结】1．函数的极值设函数y=f（x）在x0附近有定义，如果对x0附近的所有的点，都有f（x）<f（x0），则f（x0）是函数y=f （x）的一个极大值，记作y极大值=f（x0）；如果对x0附近的所有的点，都有f（x）>f（x0），则f（x0）是函数y=f（x）的一个极小值，记作y极小值=f（x0）．极大值与极小值统称为极值．一般地，当函数f（x）在x0处连续时，（1）如果在x0附近的左侧f'（x）>0，右侧f'（x）<0，那么f（x0）是极大值；（2）如果在x0附近的左侧f'（x）<0，右侧f'（x）>0，那么f（x0）是极小值．注意：（1）极值点不是点，若函数f（x）在x1处取得极大值，则x1为极大值点，极大值为f（x1）；在x2处取得极小值，则x2为极小值点，极小值为f（x2）．极大值与极小值之间无确定的大小关系．（2）极值一定在区间内部取得，有极值的函数一定不是单调函数．（3）f'（x0）=0是x0为f（x）的极值点的必要而非充分条件．例如，f（x）=x3，f'（0）=0，但x=0不是极值点．2．函数的最值在区间[a，b]上连续的函数f（x）在[a，b]上必有最大值与最小值．在区间[a，b]上连续的函数f（x）若有唯一的极值点，则这个极值点就是最值点．注意：极值与最值的区别与联系极值只能在定义域内部取得，而最值却可以在区间的端点处取得，有极值的未必有最值，有最值的未必有极值；极值有可能成为最值，最值只要不在端点处必定是极值．在指定区间上极值可能不止一个，也可能一个也没有，而最值最多有一个．3．利用导数解决函数单调性问题应该注意：（1）单调区间是函数定义域的子区间，所以求解函数的单调区间要先求函数的定义域；（2）求可导函数f（x）的单调区间，可以直接转化为f'（x）>0与f'（x）<0这两个不等式的解集问题来处理；（3）若可导函数f（x）在指定区间D上单调递增（减），则应将其转化为f'（x）≥0（f'（x）≤0）来处理；（4）涉及含参数的函数的单调性或单调区间问题，一定要弄清参数对导数f'（x）在某一区间内的符号是否有影响．若有影响，则必须分类讨论．4．函数的图象与导函数图象的关系理解导函数y=f'（x）的图象与函数f（x）图象的升降关系，导函数大于0对应原函数图象由左至右上升，导函数小于0对应原函数图象由左至右下降，在解题时要注意原函数的定义域，如判断定义域是否具有对称性等．5．由函数的单调性求参数的取值范围的技巧（1）由可导函数f（x）在D上单调递增（或递减）求参数范围问题，可转化为f'（x）≥0（或f'（x）≤0）对x∈D恒成立问题，再参变分离，转化为求最值问题，要注意“=”是否取到．（2）可导函数在某一区间上存在单调区间，实际上就是f'（x）>0（或f'（x）<0）在该区间上存在解集，这样就把函数的单调性问题转化成不等式问题．（3）若已知f（x）在区间I上的单调性，区间I中含有参数时，可先求出f（x）的单调区间，令I是其单调区间的子集，从而可求出参数的取值范围．（4）若已知f（x）在D上不单调，则f（x）在D上有极值点，且极值点不是D的端点．6．求函数f（x）在[a，b]上的最值的方法（1）若函数在区间[a，b]上单调递增或递减，f（a）与f（b）一个为最大值，一个为最小值；（2）若函数在区间[a，b]内有极值，要先求出函数在[a，b]上的极值，再与f（a），f（b）比较，最大的是最大值，最小的是最小值，可列表完成；（3）函数f（x）在区间（a，b）上有唯一一个极值点，这个极值点就是最大（或最小）值点，此结论在导数的实际应用中经常用到．注意：求一个函数在闭区间上的最值和在无穷区间（或开区间）上的最值时，方法是不同的．求函数在无穷区间（或开区间）上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和极值情况，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值．7．已知函数的极值、最值求参数（1）已知函数的极值求参数时，通常利用函数的导数在极值点处的取值等于零来建立关于参数的方程．需注意的是，可导函数在某点处的导数值等于零只是函数在该点处取得极值的必要条件，所以必须对求出的参数值进行检验，看是否符合函数取得极值的条件．（2）已知函数的最值求参数，一般先求出最值（含参数），再根据最值列方程或不等式（组）求解．8．利用导数解决不等式问题（1）利用导数证明不等式的方法证明f（x）<（>）g（x），x∈（a，b），可以构造函数F（x）=f（x）-g（x），如果F'（x）<（>）0，则F（x）在（a，b）上是减（增）函数，同时若F（a）≤（≥）0，由减（增）函数的定义可知，x∈（a，b）时，有F（x）<（>）0，即证明了f（x）<（>）g（x）．其一般步骤是：构造可导函数→研究单调性或最值→得出不等关系→整理得出结论．（2）不等式成立（恒成立）问题①f（x）≥a恒成立⇔f（x）min≥a，f（x）≥a成立⇒f（x）max≥a．②f（x）≤b恒成立⇔f（x）max≤b，f（x）≤b成立⇔f（x）min≤b．③f（x）>g（x）恒成立F（x）min>0．④∀x1∈M，∃x2∈N，f（x1）>g（x2）⇔f（x1）min>g（x2）min．∀x1∈M，∀x2∈N，f（x1）>g（x2）⇔f（x1）min>g（x2）max．∃x1∈M，∃x2∈N，f（x1）>g（x2）⇔f（x1）max>g（x2）min．∃x1∈M，∀x2∈N，f（x1）>g（x2）⇔f（x1）max>g（x2）max．注意：不等式在某区间上能成立与不等式在某区间上恒成立问题是既有联系又有区别的两种情况，解题时应特别注意，两者都可转化为最值问题，但f（a）≥g（x）（f（a）≤g（x））对存在x∈D能成立等价于f（a）≥g（x）min（f（a）≤g（x）max），f（a）≥g（x）（f（a）≤g（x））对任意x∈D都成立等价于f （a）≥g（x）max（f（a）≤g（x）min），应注意区分，不要搞混．9．导数在研究函数零点中的应用（1）研究函数图象的交点、方程的根、函数的零点，归根到底是研究函数的性质，如单调性、极值等． （2）用导数研究函数的零点，一方面用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理判断；另一方面，也可将零点问题转化为函数图象的交点问题，利用数形结合来解决．1．【四川省百校2019年高三模拟冲刺卷数学】已知函数()()()1ln 0,f x a x a g x x x=≠=-． （1）当2a =时，比较()f x 与()g x 的大小，并证明；（2）令函数()22F x fg ⎡⎤⎡⎤=-⎣⎦⎣⎦，若1x =是函数()F x 的极大值点，求a 的取值范围． 【答案】（1）见解析；（2）[)(]2,00,2a ∈-U ． 【解析】（1）当2a =时，()()12ln f x g x x x x -=-+，令()12ln h x x x x=-+， 则()()222221212110x x x h x x x x x--+-=--=-'=≤， 所以函数()12ln h x x x x=-+在()0,∞+上单调递减，且()10h =， 所以当01x <<时，()0h x <，即()()f x g x >； 当1x >时，()0h x <，即()()f x g x <， 当1x =时，()0h x =，即()()f x g x =．（2）()22F x fg⎡⎤⎡⎤=-⎣⎦⎣⎦221ln 2,04a x x x x ⎛⎫=-+-> ⎪⎝⎭， 令202a m =>，则()2ln 1111ln x F x m m x x x x x x ⎛⎫=⋅-+=-+ ⎝'⎪⎭， 令()1ln G x m x x x =-+，则()222111m x mx G x x x x -+=--=-'， ①当02m <≤时，()2210x mx G x x-+=-≤'恒成立， 所以()1ln G x m x x x=-+在()0,+∞上递减，且()10G = 所以01x <<时，()()0,F x F x '>在()0,1上递增，1x >时，()()0,F x F x '<在()1,+∞上递减，此时1x =是函数()F x 的极大值点，满足题意．②当2m >时，()()120,1,1,x x ∃∈∈+∞，使得当()12,x x x ∈时，()0G x '≥， 所以()1ln G x m x x x=-+在()12,x x 上递增，且()10G =， 所以11x x <<时，()()0,F x F x '<在()1,1x 上递减；21x x <<时，()()0,F x F x '>在()21,x 上递增，此时1x =是函数()F x 的极小值点，不合题意．综合得(]20,22a m =∈，解得[)(]2,00,2a ∈-U ．【名师点睛】本题考查函数与导数的综合，函数极值与最值，转化化归思想，分类讨论，准确推理计算是关键，是中档题．2．【四川省乐山市高中2019届高三第三次调查研究考试数学】已知函数()()21ln 1f x a x x a =+--+（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若1a <，求证：当0x >时，函数()y xf x =的图像恒在函数()32ln 1y x a x x =++-的图像上方．【答案】（1）见解析；（2）见证明 【解析】（1）函数的定义域为()0,+∞，且()()121f x a x x =+-'()2211a x x+-=，当1a ≤-时，()0f x '<，函数()f x 在()0,+∞上为增函数； 当1a >-时，令()0f x '=，解得x =此时函数()f x 在⎛ ⎝⎭上递减，在⎫⎪+∞⎪⎝⎭上递增， （2）证明：若1a <，则当0x >时，问题转化为不等式()()32ln 1xf x x a x x >++-在()0,+∞上恒成立，只需要证明()()321ln 1ln 1x a x x a x a x x ⎡⎤+--+>++-⎣⎦在()0,+∞上恒成立，即证ln ln 1xx x a x-<-+在()0,+∞上恒成立， 令()()ln ln ,1xF x x x g x a x=-=--+， 因为()111xF x x x-=-='，易得()F x 在()0,1单调递增，在()1,+∞上单调递减，所以()()11F x F ≤=-， 又()221ln ln 1x x g x x x='--=-， 当0e x <<时，()0g x '<，当e x >时，()0g x '>， 所以()g x 在()0,e 上递减，在()e,+∞上递增，所以()()1e 1e g x g a ≥=--+， 又1a <，所以1111e ea --+>->-，即()()max min F x g x <，所以ln ln 1xx x a x-<-+在()0,+∞上恒成立， 所以当1a <时，函数()xf x 的图像恒在函数()32ln 1y x a x x =++-的图像上方．【名师点睛】本题考查函数的单调性质的讨论，考查不等式恒成立问题，是中档题，解题时要认真审题，注意导数性质和构造法的合理运用．3．【四川省内江市2019届高三第三次模拟考试数学】已知函数()21f x x ax =-+，()()ln g x x a a =+∈R ． （1）若1a =，求函数()()()h x f x g x =-在区间1,e t ⎡⎤⎢⎥⎣⎦（其中1e et <<，e 是自然对数的底数）上的最小值；（2）若存在与函数()f x ，()g x 的图象都相切的直线，求实数a 的取值范围． 【答案】（1）见解析；（2）(],1-∞．【解析】（1）由题意，可得()221ln 1ln (0)h x x x x x x x x =-+--=-->，()2121'21x x h x x x x --=--=()()211x x x+-=， 令()'0h x =，得1x =．①当11e t <≤时，()h x 在1,e t ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减， ∴()222min111e e 11e e ee h x h -+⎛⎫==-+= ⎪⎝⎭． ②当1t >时，()h x 在1,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，在[]1,t 上单调递增， ∴()()min 10h x h ==．综上，当11e t <≤时，()22min e e 1eh x -+=，当1t >时，()min 0h x =． （2）设函数()f x 在点()()11,x f x 处与函数()g x 在点()()22,x g x 处有相同的切线， 则()()()()121212''f x g x f x g x x x -==-，∴211212121ln 12x ax x ax a x x x -+---==-， ∴12122ax x =+，代入21211221ln x x x ax x a x -=-+--，得222221ln 20424a a x a x x ++++-=． ∴问题转化为：关于x 的方程221ln 20424a ax a x x ++++-=有解，设()221ln 2(0)424a a F x x a x x x =++++->，则函数()F x 有零点， ∵()211ln 24F x a x a x ⎛⎫=+++- ⎪⎝⎭，当2e a x -=时，ln 20x a +-=，∴()2e 0a F ->． ∴问题转化为：()F x 的最小值小于或等于0．()23231121'222a x ax F x x x x x--=--+=， 设()20002100x ax x --=>，则当00x x <<时，()'0F x <，当0x x >时，()'0F x >．∴()F x 在()00,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增，∴()F x 的最小值为()2002001ln 2424a a F x x a x x =++++-． 由200210x ax --=知0012a x x =-，故()20000012ln 2F x x x x x =+-+-． 设()212ln 2(0)x x x x x x ϕ=+-+->， 则()211'220x x x xϕ=+++>，故()x ϕ在()0,+∞上单调递增，∵()10ϕ=，∴当(]0,1x ∈时，()0x ϕ≤， ∴()F x 的最小值()00F x ≤等价于001x <≤．又∵函数12y x x=-在(]0,1上单调递增，∴(]0012,1a x x =-∈-∞． 【名师点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及恒成立问题的求解，着重考查了转化与化归思想、分类讨论、及逻辑推理能力与计算能力，对于恒成立问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．4．【广西桂林市、崇左市2019届高三下学期二模联考数学】设函数()()2e 1xf x a x x =---．（1）当1a =时，讨论()f x 的单调性；（2）已知函数()f x 在()0,+∞上有极值，求实数a 的取值范围．【答案】（1）()f x 在[)0,+∞上单调递增，在(],0-∞上单调递减；（2）3,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭． 【解析】（1）()()e 211xf x a x '=---．当1a =时()e 1xf x '=-．由()0f x '≥有e 10x -≥，解得0x ≥；()00f x x ≤'⇒≤． 所以函数()f x 在[)0,+∞上单调递增，在(],0-∞上单调递减． （2）设()()()e 211xg x f x a x '==---，()()e 21xg x a ='--，因为函数()f x 在()0,+∞上有极值点，所以函数()g x 在()0,+∞上有零点．①当32a ≤时，0x >，∴e 1x >，∴()()e 210xg x a =-->'， ∴()g x 在()0,+∞上单调递增，∵()00g =，所以当0x >时()()00g x g >=恒成立， 即函数()g x 在()0,+∞上没有零点． ②当32a >时，()211a ->，()ln210a ->， ()()e 210x g x a =-->'时，()ln21x a >-，()()e 210x g x a =--<'时，()ln21x a <-，∴()g x 在()(0,ln21a ⎤-⎦上单调递减，在())ln21,a ⎡-+∞⎣上单调递增， ∵()00g =，且()g x 在()(0,ln21a ⎤-⎦上单调递减，∴()()ln210g a -<． 对于0a >，当x →+∞时，()g x →+∞， 所以存在())0ln21,x a ⎡∈-+∞⎣使()00g x >． 所以函数()g x 在()()ln21,a -+∞上有零点．所以函数()f x 在()0,+∞上有极值点时，实数a 的取值范围是3,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭．【名师点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的极值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力．5．【广西壮族自治区柳州市2019届高三毕业班3月模拟考试数学】已知函数1()ln f x x mx x=--在区间(0,1)上为增函数，m ∈R ．（1）求实数m 的取值范围；（2）当m 取最大值时，若直线l ：y ax b =+是函数()()2F x f x x =+的图像的切线，且,a b ∈R ，求a b +的最小值．【答案】（1）2m ≤；（2）a b +的最小值为–1． 【解析】（1）∵()1ln f x x mx x=--， ∴()211f x m x x =+-'．又函数()f x 在区间()0,1上为增函数， ∴()2110f x m x x=-'+≥在()0,1上恒成立， ∴()221111124m t x x x x ⎛⎫≤+=+-= ⎪⎝⎭在()0,1上恒成立．令()()2211111,0,124t x x x x x ⎛⎫=+=+-∈ ⎪⎝⎭，则当1x =时，()t x 取得最小值，且()min 2t x =， ∴2m ≤，∴实数m 的取值范围为(],2-∞． （2）由题意的()11ln 22ln F x x x x x x x ⎛⎫=--+=- ⎪⎝⎭，则()211F x x x +'=， 设切点坐标为0001,ln x x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭，则切线的斜率()020011a f x x x ==+'， 又0001ln x ax b x -=+， ∴002ln 1b x x =--， ∴020011ln 1a b x x x +=+--． 令()211ln 1(0)h x x x x x=+-->， 则()()()23233211212x x x x h x x x x x x'+-+-=-+==， 故当()0,1x ∈时，()()0,h x h x '<单调递减；当()1,x ∈+∞时，()()0,h x h x '>单调递增． ∴当1x =时，()h x 有最小值，且()()min 11h x h ==-， ∴a b +的最小值为1-．【名师点睛】本题考查导数的几何意义和导数在研究函数性质中的作用，其中在研究函数的性质中，单调性是解题的工具和基础，而正确求导并判断导函数的符号是解题的关键，考查计算能力和转化意识的运用，属于基础题．6．【贵州省2019届高三高考教学质量测评卷（八）数学】已知函数()()ln xf x ax a x=-+∈R ，'()f x 为()f x 的导函数．（1）当0a =时，求函数()f x 的极值；（2）若212,e,e x x ⎡⎤∃∈⎣⎦，使()()123'4f x f x a ≤++成立，求实数a 的最小值． 【答案】（1）见解析；（2）211e 2-+． 【解析】（1）()f x 的定义域为(0,1)(1,)+∞U ，当0a =时，2ln 1()(ln )x f 'x x -=，令()0f 'x =，得e x =， 列表得所以当e x =时，()f x 取得极小值，且极小值为e ；无极大值．（2）若212,e,e x x ⎡⎤∃∈⎣⎦，使()()123'4f x f x a ≤++成立()()12min max 3'4f x f x a ⇔++≤． 由（1）知，2ln 1'()(ln )x f x a x -=-+，所以()()2222ln 133'44ln x f x a x -++=+， 令21ln t x =，则原式231,142t t t ⎛⎫⎡⎤=-++∈ ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭的最大值为1，故存在21[e,e ]x ∈，1()1f x ≤，即1111ln x ax x -+≤，化为1111ln a x x ≥-+， 令11()ln h x x x=-+，2e,e x ⎡⎤∈⎣⎦， 则2222211(ln )'()(ln )(ln )x xh x x x x x x -=-=．对于函数()ln x x ϕ=，（0x >），1'()x x ϕ==， 当4x =时，()x ϕ取最大值为ln 420-<，所以ln x <2(ln )x x <，故()0h'x <恒成立，()h x 在2e,e ⎡⎤⎣⎦为减函数，最小值为211e 2-+， 所以211e 2a ≥-+，a 的最小值为211e 2-+．【名师点睛】本题主要考查了利用导数求函数的极值，利用导数研究不等式成立的问题，涉及存在性问题，构造函数利用导数求其最大最小值问题，换元法，属于难题．此类问题要注意理解存在性和恒成立的差别，结合具体问题实现正确转换为最大值和最小值是关键．7．【贵州省贵阳市2019年高三5月适应性考试（二）数学】已知函数()e xf x bx =+．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若曲线()y f x =的一条切线方程为210x y -+=， （i ）求b 的值；（ii ）若210x x >>时，()()12f x f x -()()12121x x mx mx <-++恒成立，求实数m 的取值范围． 【答案】（1）见解析；（2）（i ）1，（ii ）e ,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦．【解析】由()e xf x bx =+得()e xf x b '=+，若0b ≥，则()0f x '>，即()e xf x bx =+在(),-∞+∞上是增函数；若0b <，令()0f x '>得()ln x b >-，令()0f x '<得()ln x b <-，即()e xf x bx =+在()(),ln b -∞-上是单调减函数，在()()ln ,b -+∞上是单调增函数．（2）（i ）设切点为()00,x y ，()e xf x bx =+得()e xf x b '=+由题意得000000e 2e 210x xb y bx x y ⎧+=⎪=+⎨⎪-+=⎩，消去b 与0y ， 得000e e 10xxx -+=，令()e e 1x x g x x =-+，()e xg x x '=，0x <时，()0g x '<；0x >时，()0g x '>；0x =时，()0g x '=； ()g x ∴在(),0-∞上是减函数，在()0,+∞上是增函数，()()min 00g x g ∴==，即()e e +1x x g x x =-仅有一个零点0x =，即方程000e e 10xxx -+=仅有一个根0x =，02e 1b ∴=-=，（ii ）由（i ）知()e xf x x =+，()()12f x f x -<()()12121x x mx mx -++即为()2111f x mx x --<()2222f x mx x --， 由210x x >>知，上式等价于函数()()22e x xf x mx x mx φ=--=-在()0,+∞为增函数， ()e 20xx mx φ∴=-≥'，即e2x m x≤，令()e xh x x =，()0x >，()()2e 1x x h x x='-， ()0h x '<时，01x <<；()0h x '>时，1x >；()0h x '=时，1x =， ()h x ∴在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增，()()min 1e h x h ∴==，则2e m ≤，即e 2m ≤，所以实数m 的范围为e ,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦．【名师点睛】本题主要考查导数研究函数的单调性及切线方程，利用导数研究恒成立问题等知识，考查了转化能力和计算求解能力，属于较难题．8．【贵州省遵义航天高级中学2019届高三第四次模拟考试数学】已知221()ln ,02f x x a x a =->． （1）若()0f x ≥，求a 的取值范围；（2）若()()12f x f x =，且12x x ≠，证明：122x x a +>．【答案】（1）a 的取值范围是；（2）见解析．【解析】（1）()()()2x a x a a f x x x x+='-=-， 当()0,x a ∈时，()()0,f x f x '<单调递减； 当(),x a ∈+∞时，()0f x '>单调递增； 当x a =时，()f x 取最小值()221ln 2f a a a a =-．令221ln 02a a a -≥，解得0a <≤a 的取值范围是(． （2）由（1）知，()f x 在(0,)a 上单调递减，在(),a +∞上单调递增， 不失一般性，设120.x a x <<<，则22a x a -<，要证122x x a +>，即122x a x >-，则只需证()()122f x f a x <-， 因为()()12f x f x =，则只需证()()222f x f a x <-， 设()()()2,2g x f x f a x a x a =--≤<．则()()()22222022a a x a a g x x a x x a x x a x -=-+--'=-≤--， 所以()g x 在[),2a a 上单调递减，从而()()0.g x g a ≤= 又由题意得22a x a <<，于是()()()22220g x f x f a x =--<，即()()222f x f a x <-， 因此122x x a +>．【名师点睛】本题考查了利用导数求出函数单调性，解决不等式恒成立问题、同时也考查了通过函数值的大小来判断两个的变量的大小的问题．9．【贵州省凯里市第一中学2019届高三下学期模拟考试《黄金卷三》数学】已知函数21()ln (1)()2f x x ax a x a =+-+∈R ．（1）当1a ≥时，函数()f x 在区间[1,]e 上的最小值为–5，求a 的值；（2）设3211()()(1)22g x xf x ax a x x =-++-，且()g x 有两个极值点1x ，2x ． （i ）求实数a 的取值范围；（ii ）证明：212e x x >．【答案】（1）8；（2）（i ）1(1,1)e--；（ii ）详见解析．【解析】（1）()()111()1a x x a f 'x ax a x x⎛⎫-- ⎪⎝⎭=+-+=， ∵1a ≥，[]1,e x ∈，∴()0f 'x ≥， 所以()f x 在区间[]1,e 上为单调递增．所以()()()min 111582f x f a a a ⎡⎤==-+=-⇒=⎣⎦， 又因为81a =≥， 所以a 的值为8．（2）（i ）∵()()()232111ln 11222g x x x ax a x ax a x x ⎡⎤=+-+-++-⎢⎥⎣⎦()21ln 12x x a x x =-+-，且()g x 的定义域为()0,+∞，∴()()()ln 111ln 1g'x x a x x a x =+-+-=-+． 由()g x 有两个极值点1x ，2x ，等价于方程()ln 10x a x -+=有两个不同实根1x ，2x ． 由()ln 10x a x -+=得ln 1xa x+=． 令()ln (0)xh x x x =>， 则21ln ()xh'x x-=，由()0e h'x x =⇒=． 当()0,e x ∈时，()0h'x >，则()h x 在()0,e 上单调递增； 当()e,x ∈+∞时，()0h'x <，则()h x 在()e,+∞上单调递减． 所以，当e x =时，()ln x h x x =取得最大值()max 1e eh =，∵()10h =，∴当()0,1x ∈时，()0h x <，当()1,x ∈+∞时，()0h x >，所以101e a <+<，解得111e a -<<-，所以实数a 的取值范围为11,1e ⎛⎫-- ⎪⎝⎭．（ii ）不妨设120x x <<，且()11ln 1x a x =+①，()22ln 1x a x =+②， ①+②得：()()()1212ln 1x x a x x =++③ ②–①得：()()2211ln1x a x x x =+-④ ③÷④得：()12122211ln ln x x x x x x x x +=-，即()12212211ln ln x x x x x x x x +=⋅-， 要证：212e x x >，只需证()12212211ln ln 2x x xx x x x x +=⋅>-．即证：212212121121ln 21x x x x x x x x x x ⎛⎫- ⎪-⎝⎭>⋅=++．令21(1)x t t x =>， 设()()214ln ln 211t F t t t tt -=-=+-++， ()()()221'01t F t t t -=>+．∴()F t 在()1,+∞上单调递增， ∴()()10F t F >=，即()21ln 1t t t->+，∴212e x x >．【名师点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，极值，最值问题，参变分离，数形结合讨论参数范围，构造函数等，比较综合，属于难题．10．【云南省昆明市2019届高三1月复习诊断测试数学】已知函数()ln f x x ax =-，a ∈R ．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若函数()f x 存在两个零点1x ，2x ，使12ln ln 0x x m +->，求m 的最大值． 【答案】（1）当0a ≤时，()f x 在()0,+∞单调递增；当0a >时，()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递减；（2）2．【解析】（1）函数()f x 的定义域为()0+∞，，()1=f x a x'-． 当0a ≤时，()0f x '>，()f x 在()0,+∞单调递增； 当0a >时，令()0f x '=，得10x a=>， 当10,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当1,x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '<． 所以()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递减．综上所述，当0a ≤时，()f x 在()0,+∞单调递增； 当0a >时，()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递减． （2）因为11ln 0x ax -=，22ln 0x ax -=，即11ln x ax =，22ln x ax =．两式相减得()1212ln ln x x a x x -=-，即1212lnx x a x x =-． 由已知12ln ln x x m +>，得()12a x x m +>．因为10x >，20x >，所以12ma x x >+，即121212ln x x m x x x x >-+．不妨设120x x <<，则有()121212lnm x x x x x x -<+． 令12x t x =，则()0,1t ∈，所以()1ln 1m t t t -<+，即()1ln 01m t t t --<+恒成立． 设()()1ln (01)1m t g t t t t -=-<<+．()()()222111t m t g't t t +-+=+．令()()2211h t t m t =+-+，()01h =，()h t 的图象开口向上，对称轴方程为1t m =-， 方程()22110t m t +-+=的判别式()42m m ∆=-．当1m ≤时，()h t 在()0,1单调递增，()()01h t h >=，所以()0,g't >()g t 在()0,1单调递增，所以()()10g t g <=在()0,1恒成立．当12m <≤时，()420m m ∆=-≤，()0h t ≥在()0,1上恒成立，所以()0g't >，()g t 在()0,1单调递增，所以()()10g t g <=在()0,1恒成立．当2m >时，()h t 在()0,1单调递减，因为()01h =，()1420h m =-<， 所以存在()00,1t ∈，使得()00h t =当()00,t t ∈时，()0h t >，()0g't >；当()0,1t t ∈时，()0h t <，()0g't <， 所以()g t 在()00,t 上递增，在()0,1t 上递减． 当()0,1t t ∈时，都有()()10g t g >=， 所以()0g t <在()0,1不恒成立．综上所述，m 的取值范围是(],2-∞，所以m 的最大值为2．【名师点睛】本题考查了函数的单调性的判断和换元构造新函数求其最值的问题，求导后讨论函数的单调性是本题的关键，属于中档题．11．【云南省曲靖市第一中学2019届高三高考复习质量监测三数学】已知函数()1ln 1xf x x+=+．（1）求函数()f x 的单调区间；（2）若()()g x xf x mx =+在区间（0，e ］上的最大值为–3，求m 的值； （3）若x ≥1时，不等式()11kf x x ≥++恒成立，求实数k 的取值范围． 【答案】（1）见解析；（2）3e 1m =--；（3）(],2-∞ 【解析】（1）由题意得函数的()f x 的定义域为()0,+∞．∵()1ln 1xf x x +=+， ∴()2ln xf x x=-'，由()0f x '>，得01x <<； 由()0f x '<，得1x >．∴函数()f x 的增区间为()()0,11,+∞，减区间为． （2）由题意得()1ln g x x mx x =+++， ∴()11g x m x=++'，(]0,e x ∈， ①当10m +≥，即1m ≥-时，则()0g x '>，()g x 在(]0,e 上是增函数， ∴()()()max e 1e 20g x g m ==++≥，不合题意； ②当10m +<，即1m <-时，则由()0g x '>，得101x m <<-+， 若1e 1m -≥+，则()g x 在(]0,e 上是增函数，由①知不合题意； 若1e 1m -<+，则()g x 在10,1m ⎛⎫- ⎪+⎝⎭上是增函数；在1,e 1m ⎛⎤- ⎥+⎝⎦上为减函数， ∴()max 11ln 311g x g m m ⎛⎫⎛⎫=-=-=- ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭，∴311e 1em -=<+， 解得3e 1m =--，满足题意． 综上可得3e 1m =--．（3）∵当1x ≥时，()11kf x x ≥++恒成立， ∴()()ln 111ln 1x k x f x x x x ⎡⎤≤+-=+++⎣⎦当1x ≥时恒成立， 令()ln 1ln 1x h x x x x =+++，1x ≥， 则()2ln 0x xh x x'-=>恒成立， ∴()h x 在[)1,+∞上为增函数， ∴()()min 12h x h ==， ∴2k ≤．∴实数k 的取值范围为(],2-∞．【名师点睛】（1）用导数解决函数的问题时，可先根据导函数的符号得到函数的单调性，进而得到函数的极值或最值．对于解析式中含有参数的问题，求解时注意分类讨论的运用．（2）解答恒成立问题时，常用的方法是分离参数法，通过分离参数将问题转化成求具体函数的最值的问题处理，体现了转化思想方法的运用．12．【四川省宜宾市2019届高三第三次诊断性考试数学】已知函数()()e 2,0axf x a x a =-+≠．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若函数()f x 有两个零点()1212,x x x x <，求证：12e e 2ax ax +>．【答案】（1）()f x 的增区间是[)0,+∞，减区间是(),0-∞；（2）证明见解析．【解析】（1）对函数求导可得'e e 1ax ax f x a a a =-=-（）（），令'0f x =（），得0x = ①当0a >时，若0x >，则e 1ax >，即'0f x >（）， 若0x <，则e 1ax <，即'0f x <（）． ②当0a <时，若0x >，则e 1ax <，即'0f x >（）， 若0x <，则e 1ax >，即'0f x <（）． 综上，()f x 的单调递增区间是[0+∞，），单调递减区间是0-∞（，）． （2）由（1）知，()f x 有两个零点时，()()01200e 020x x f a <<=-+<，，∴12a >．令11eax t =，22e ax t =，则1122ln ,ln ax t ax t ==∴12t t ，为方程ln 20t t a --=的两个根．令()ln 2g t t t a =--，则12t t ，为()g t 的两个零点，1201t t <<<． ∴()()()()121122g t g t g t g t --=--()()11112ln 22ln 2t t a t t a =------- ()11122ln 2ln t t t =---+，令()()()1111122ln 2ln ,0,1h t t t t t =---+∈，则()()()()()()21111111111112222111'20222t t t t t h t t t t t t t --++--=-++==>---． ∴1h t （）在01（，）上单调递增， ∴110h t h <=（）（）， ∴1220g t g t --<（）（），即122g t g t -<（）（）．∵()11'1t g t t t-=-=， ∴当1t ∈+∞（，）时，g t （）单调递增． ∵12211t t -∈+∞∈+∞（）（，），（，），∴122t t -<，∴122t t +>，∴12e e 2ax ax +>．【名师点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、等价转化方法，考查了极值点偏移的综合应用，是高考的常考点和难点，属于难题．。
高中数学专题练习《导数的概念及其几何意义》含详细解析
5.1.2 导数的概念及其几何意义基础过关练题组一 导数的定义及其应用1.函数y=f(x)的自变量x 由x 0变化到x 0+Δx 时,函数值的改变量Δy 为( )A.f(x 0+Δx)B.f(x 0)+ΔxC.f(x 0)·ΔxD.f(x 0+Δx)-f(x 0)2.函数f(x)在x=x 0处的导数可表示为( )A.f'(x 0)=limΔx→0f (x 0+Δx )-f (x 0)ΔxB.f'(x 0)=lim Δx→0[f(x 0+Δx)-f(x 0)]C.f'(x 0)=f(x 0+Δx)-f(x 0)D.f'(x 0)=f (x 0+Δx )-f (x 0)Δx3.已知函数f(x)=ax+4,若f'(1)=2,则a= .4.如图是函数y=f(x)的图象.(1)函数f(x)在区间[-1,1]上的平均变化率为 ; (2)函数f(x)在区间[0,2]上的平均变化率为 . 5.求函数y=x 2+1在x=0处的导数.题组二 导数的几何意义及其应用6.函数y=f(x)在x=x0处的导数f'(x0)的几何意义是( )A.在点(x0,f(x0))处与y=f(x)的图象只有一个交点的直线的斜率B.过点(x0,f(x0))的切线的斜率C.点(x0,f(x0))与点(0,0)的连线的斜率D.函数y=f(x)的图象在点(x0,f(x0))处的切线的斜率7.某司机看见前方50m处有行人横穿马路,这时司机开始紧急刹车,在刹车的过程中,汽车的速度v是关于刹车时间t的函数,其图象可能是( )8.已知函数f(x)在R上有导函数,且f(x)的图象如图所示,则下列不等式正确的是( )A.f'(a)<f'(b)<f'(c)B.f'(b)<f'(c)<f'(a)C.f'(a)<f'(c)<f'(b)D.f'(c)<f'(a)<f'(b)9.如图,函数y=f(x)的图象在P点处的切线方程是y=-x+8,若点P的横坐标是5,则f(5)+f'(5)=( )B.1C.2D.0A.12题组三 求曲线的切线方程10.若曲线f(x)=x2+ax+b在点(1,1)处的切线方程为3x-y-2=0,则( )A.a=-1,b=1B.a=1,b=-1C.a=-2,b=1D.a=2,b=-111.函数f(x)=x3+x-2的图象在点P处的切线平行于直线y=4x-1,则P点的坐标为( )A.(1,0)B.(2,8)C.(1,0)或(-1,-4)D.(2,8)或(-1,-4)12.若点A(2,1)在曲线y=f(x)上,且f'(2)=-2,则曲线y=f(x)在点A处的切线方程是 .13.(2020广东实验中学高二上期末)与直线2x-y+4=0平行且与抛物线y=x2相切的直线方程是 .14.试求过点M(1,1)且与曲线y=x3+1相切的直线方程.能力提升练题组一 导数的定义及其应用1.(2020浙江宁波中学高二下期中测试,)甲、乙两厂污水的排放量W与时间t的关系如图所示,则治污效果较好的是( )A.甲厂B.乙厂C.两厂一样D.不确定2.(2020河南新乡高二上期末,)若f'(2)=3,则lim Δx→0f (2+2Δx )-f (2)Δx= . 3.()服用某种药物后,人体血液中药物的质量浓度f(x)(单位:μg/mL)与时间t(单位:min)的函数关系式是y=f(t),假设函数y=f(t)在t=10和t=100处的导数分别为f'(10)=1.5和f'(100)=-0.6,试解释它们的实际意义.题组二 导数的几何意义及其应用4.(2020黑龙江佳木斯一中高二上期末,)函数f(x)的图象如图所示,则下列数值排序正确的是( )A.0<f'(2)<f'(3)<f(3)-f(2)B.0<f'(3)<f(3)-f(2)<f'(2)C.0<f'(3)<f'(2)<f(3)-f(2)D.0<f(3)-f(2)<f'(2)<f'(3)5.()已知函数f(x)和g(x)在区间[a,b]上的图象如图所示,则下列说法正确的是( )A.f(x)在a到b之间的平均变化率大于g(x)在a到b之间的平均变化率B.f(x)在a到b之间的平均变化率小于g(x)在a到b之间的平均变化率C.对于任意x0∈(a,b),函数f(x)在x=x0处的瞬时变化率总大于函数g(x)在x=x0处的瞬时变化率D.存在x0∈(a,b),使得函数f(x)在x=x0处的瞬时变化率小于函数g(x)在x=x0处的瞬时变化率6.(多选)()已知函数f(x)的定义域为R,其导函数f'(x)的图象如图所示,则对于任意x1,x2∈R(x1≠x2),下列结论正确的是( )A.(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]<0B.(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0>f(x1)+f(x2)2<f(x1)+f(x2)2题组三 求曲线的切线方程7.(2020浙江金华一中高二下期中,)已知f(x)=x2+2x+3,P为曲线C:y=f(x)上的点,且曲线C在点P处的切线的倾斜角的取值范围为,则点P的横坐标的取值范围为( )A.-∞,-B.[-1,0]C.[0,1]D.-1,+∞28.(2020浙江丽水高二下期末,)已知过点P(-1,1)的直线m交x轴于点A,若抛物线y=x2上有一点B,使得PA⊥PB,且AB是抛物线y=x2的切线,则直线m的方程为 .,过9.(2020福建厦门二中高二上期中,)已知曲线y=f(x)=x2,y=g(x)=1x两条曲线的交点作两条曲线的切线,求两切线与x轴围成的三角形的面积.(请用导数的定义求切线的斜率,否则只得结论分)答案全解全析基础过关练1.D 分别写出x=x 0和x=x 0+Δx 时对应的函数值f(x 0)和f(x 0+Δx),两函数值相减就得到了函数值的改变量,所以Δy=f(x 0+Δx)-f(x 0).2.A 由导数的定义知A 正确.3.答案 2解析 由题意得,Δy=f(1+Δx)-f(1)=a(1+Δx)+4-a-4=aΔx,∴lim Δx→0ΔyΔx =a,∴f'(1)=a=2.4.答案 (1)12 (2)34解析 (1)函数f(x)在区间[-1,1]上的平均变化率为f (1)-f (-1)1―(―1)=2―12=12.(2)由函数f(x)的图象知,,-1≤x ≤1,<x ≤3,所以函数f(x)在区间[0,2]上的平均变化率为f (2)-f (0)2―0=3―322=34.5.解析 Δy=(0+Δx )2+1-0+1=(Δx )2+1―1(Δx )2+1+1=(Δx )2(Δx )2+1+1,∴ΔyΔx =Δx (Δx )2+1+1,∴y'x=0=lim Δx→0ΔyΔx =lim Δx→0Δx (Δx )2+1+1=0.6.D f'(x 0)的几何意义是函数y=f(x)的图象在点(x 0,f(x 0))处的切线的斜率.7.A 在刹车过程中,汽车速度呈下降趋势,排除选项C,D;由于是紧急刹车,所以汽车开始时速度下降非常快,图象较陡,排除选项B,故选A.8.A 由题意可知,f'(a),f'(b),f'(c)分别是函数f(x)在x=a 、x=b 和x=c 处切线的斜率,则有f'(a)<0<f'(b)<f'(c),故选A.9.C ∵函数y=f(x)的图象在x=5处的切线方程是y=-x+8,∴f'(5)=-1,又f(5)=-5+8=3,∴f(5)+f'(5)=3-1=2.故选C.10.B 由题意得,f'(1)=lim Δx→0ΔyΔx=lim Δx→0(1+Δx )2+a(1+Δx )+b -1-a -bΔx =lim Δx→0(Δx )2+2Δx +aΔxΔx =2+a.∵曲线f(x)=x 2+ax+b 在点(1,1)处的切线方程为3x-y-2=0,∴2+a=3,解得a=1.又∵点(1,1)在曲线y=x 2+ax+b 上,∴1+a+b=1,解得b=-1,∴a=1,b=-1.故选B.11.C f'(x)=lim Δx→0ΔyΔx=lim Δx→0(x +Δx )3+(x +Δx )-2-x 3-x +2Δx=3x 2+1.设P(x 0,y 0),则f'(x 0)=3x 20+1=4,所以x 0=±1,当x 0=1时,f(x 0)=0,当x 0=-1时,f(x 0)=-4,因此P 点的坐标为(1,0)或(-1,-4).12.答案 2x+y-5=0解析 由题意知,切线的斜率k=-2.∴在点A(2,1)处的切线方程为y-1=-2(x-2),即2x+y-5=0.13.答案 2x-y-1=0解析 设切点坐标为(x 0,y 0),y=f(x)=x 2,则由题意可得,切线斜率f'(x 0)=limΔx→0f (x 0+Δx )-f (x 0)Δx=2x 0=2,所以x 0=1,则y 0=1,所以切点坐标为(1,1),故所求的直线方程为y-1=2(x-1),即2x-y-1=0.14.解析 Δy Δx =(x +Δx )3+1―x 3-1Δx =3x (Δx )2+3x 2Δx +(Δx )3Δx=3xΔx+3x 2+(Δx)2,则lim Δx→0ΔyΔx =3x 2,因此y'=3x 2.设过点M(1,1)的直线与曲线y=x 3+1相切于点P(x 0,x 30+1),根据导数的几何意义知曲线在点P 处的切线的斜率为k=3x 20①,过点M 和点P 的切线的斜率k=x 30+1―1x 0-1②,由①-②得3x 20=x 30x 0-1,解得x 0=0或x 0=32,所以k=0或k=274,因此过点M(1,1)且与曲线y=x 3+1相切的直线有两条,方程分别为y-1=274(x-1)和y=1,即27x-4y-23=0和y=1.能力提升练1.B 在t 0处,虽然有W 甲(t 0)=W 乙(t 0),但W 甲(t 0-Δt)<W 乙(t 0-Δt),所以在相同时间Δt 内,甲厂比乙厂的平均治污率小,所以乙厂治污效果较好.2.答案 6解析 limΔx→0f (2+2Δx )-f (2)Δx=2lim Δx→0f (2+2Δx )-f (2)2Δx =2f'(2)=6.3.解析 f'(10)=1.5表示服药后10 min 时,血液中药物的质量浓度上升的速度为1.5 μg/(mL ·min).也就是说,如果保持这一速度,每经过1 min,血液中药物的质量浓度将上升1.5 μg/mL. f'(100)=-0.6表示服药后100 min 时,血液中药物的质量浓度下降的速度为0.6 μg/(mL ·min).也就是说,如果保持这一速度,每经过1 min,血液中药物的质量浓度将下降0.6 μg/mL.4.B 如图所示, f'(2)是函数f(x)的图象在x=2(即点A)处切线的斜率k 1, f'(3)是函数f(x)的图象在x=3(即点B)处切线的斜率k 2,f (3)-f (2)3―2=f(3)-f(2)=k AB 是割线AB 的斜率.由图象知0<k 2<k AB <k 1,即0<f'(3)<f(3)-f(2)<f'(2).故选B.5.D ∵f(x)在a 到b 之间的平均变化率是f (b )-f (a )b -a,g(x)在a 到b 之间的平均变化率是g (b )-g (a )b -a ,f(b)=g(b),f(a)=g(a),∴f (b )-f (a )b -a=g (b )-g (a )b -a,∴A 、B 错误;易知函数f(x)在x=x 0处的瞬时变化率是函数f(x)在x=x 0处的导数,即函数f(x)在该点处的切线的斜率,同理函数g(x)在x=x 0处的瞬时变化率是函数g(x)在该点处的导数,即函数g(x)在该点处的切线的斜率,由题中图象知C 错误,D 正确.故选D.6.AD 由题中图象可知,导函数f'(x)的图象在x 轴下方,即f'(x)<0,且其绝对值越来越小,因此过函数f(x)图象上任一点的切线的斜率为负,并且从左到右切线的倾斜角是越来越大的钝角,由此可得f(x)的大致图象如图所示.A 选项表示x 1-x 2与f(x 1)-f(x 2)异号,即f(x)图象的割线斜率f (x 1)-f(x 2)x 1-x 2为负,故A 正确;B 选项表示x 1-x 2与f(x 1)-f(x 2)同号,即f(x) 图象的割线斜率f (x 1)-f(x 2)x 1-x 2为正,故B 不正确表示x 1+x 22对应的函数值,即图中点B 的纵坐标,f (x 1)+f(x 2)2表示当x=x 1和x=x 2时所对应的函数值的平均值,即图中点A 的纵坐标,显然有<f (x 1)+f(x 2)2,故C 不正确,D 正确.故选AD.7.D 设点P 的横坐标为x 0,则点P 处的切线倾斜角α与x 0的关系为tan α=f'(x 0)=lim Δx→0f (x 0+Δx )-f (x 0)Δx =2x 0+2.∵α,∴tan α∈[1,+∞),∴2x 0+2≥1,即x 0≥-12,∴点P 的横坐标的取值范围为-12,+∞.8.答案 x-y+2=0或x+3y-2=0解析 令y=f(x)=x 2,设B(t,t 2),则k AB =lim Δx→0f (t +Δx )-f (t )Δx =2t,则直线AB 的方程为y=2tx-t 2.当t=0时,符合题意,此时A(-2,0),∴直线m 的方程为x-y+2=0.当t ≠0时,0,PA=+1,―1,PB =(t+1,t 2-1),∵PA ⊥PB,∴PA ·PB =0,+1(t+1)-(t 2-1)=0,解得t=4或t=-1(B,P重合,舍去),此时A(2,0),∴直线m 的方程为x+3y-2=0.综上,直线m 的方程为x-y+2=0或x+3y-2=0.9.解析 由y =x 2,y =1x,得x =1,y =1,故两条曲线的交点坐标为(1,1).两条曲线切线的斜率分别为f'(1)=lim Δx→0f (Δx +1)―f (1)Δx =lim Δx→0(Δx +1)2-12Δx =lim Δx→0(Δx+2)=2,g'(1)=lim Δx→0g (Δx +1)―g (1)Δx =lim Δx→01Δx +1-11Δx=lim Δx→0-所以两条切线的方程分别为y-1=2(x-1),y-1=-(x-1),即y=2x-1与y=-x+2,两条切线与x,0,(2,0),所以两切线与x轴围成的三角形的面积为12×1×|2―12|=34.。
高中数学函数与导数练习题及参考答案
高中数学函数与导数练习题及参考答案一、选择题（每小题3分，共30分）1. 设函数f(x)=2x^3-3x^2+4x-1，则f'(x)的值为：A. 6x^2-6x+4B. 6x^2-3x+4C. 6x^2-6x-4D. 6x^2-3x-42. 已知函数f(x)=e^(2x)-x，下列说法正确的是：A. f(x)的定义域为RB. f(x)的值域为RC. 对任意x∈R，f(x)≥0D. f(x)在R上递增3. 函数f(x)=log(2x+1)的定义域为：A. x>1/2B. x≥1/2C. x>1D. x≥-1/24. 函数f(x)=(x-2)^2-1的图像对称于：A. x轴B. y轴C. 原点D. 直线x=25. 函数f(x)=x^3+3x^2-x+2的最小值为：A. -∞B. -4C. 1D. 66. 函数f(x)=log_a(x^2-4)的定义域为：A. x>2B. x<-2C. x>2或x<-2D. x>07. 设函数f(x)=(x+1)e^x，则f'(x)=：A. (x+2)e^xB. xe^xC. (x+1)e^x+e^xD. (x+1)e^x+18. 函数y=2^(x^2)的图像在y轴的左侧为：A. 上拋曲线B. 下落曲线C. 开口向上的曲线D. 开口向下的曲线9. 函数f(x)=√(x-1)的定义域为：A. x>1B. x≥1C. x>0D. x≥010. 设函数f(x)=x^3-3x^2+2，则f''(x)的值为：A. 6x-6B. 6x-2C. 6x-3D. 6x-4二、计算题（每小题5分，共40分）1. 计算函数f(x)=e^(2x)-3x在x=1处的导数f'(1)的值。
解答：f'(x)=2e^(2x)-3f'(1)=2e^2-32. 已知函数y=log_a(x^2-4)，求f(x)在x=0处的导数f'(0)。
2020高考冲刺数学总复习压轴解答：函数、不等式与导数的综合问题(附答案及解析)
专题三 压轴解答题第六关 函数、不等式与导数的综合问题【名师综述】1.本专题在高考中的地位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， 所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出 2．本专题在高考中的命题方向及命题角度从高考来看，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【考点方向标】方向一 用导数研究函数的性质典例1．（2020·山东高三期末）已知函数21()2ln (2)2f x x a x a x =+-+． （1）当1a =时，求函数()f x 的单调区间； （2）是否存在实数a ，使函数34()()9g x f x ax x =++在(0,)+∞上单调递增？若存在，求出a 的取值范围；若不存在，请说明理由．【举一反三】（2020·云南昆明一中高三期末（理））已知函数2()(1)xx f x e ax e =-+⋅，且()0f x …. （1）求a ；（2）证明：()f x 存在唯一极大值点0x ，且()0316f x <.方向二 导数、函数与不等式典例2．（2020·四川省泸县第二中学高三月考）已知函数()sin f x x ax =-.（1）对于(0,1)x ∈，()0f x >恒成立，求实数a 的取值范围； （2）当1a =时，令()()sin ln 1h x f x x x =-++，求()h x 的最大值； （3） 求证：1111ln(1)1231n n n+<+++⋅⋅⋅++-*()n N ∈.【举一反三】（2020·黑龙江哈尔滨三中高三月考）已知111123S n =++⋅⋅⋅+，211121S n =++⋅⋅⋅+-，直线1x =，x n =，0y =与曲线1y x=所围成的曲边梯形的面积为S .其中n N ∈，且2n ≥.（1）当0x >时，()ln 11axx ax x <+<+恒成立，求实数a 的值； （2）请指出1S ，S ，2S 的大小，并且证明；（3）求证：131112lnln 3132313n i n n i i i =+⎛⎫<+-< ⎪+--⎝⎭∑.方向三 恒成立及求参数范围问题典例3．（2020·天津高三期末）已知函数()2ln h x ax x =-+. （1）当1a =时，求()h x 在()()2,2h 处的切线方程； （2）令()()22a f x x h x =+，已知函数()f x 有两个极值点12,x x ，且1212x x >，求实数a 的取值范围；（3）在（2）的条件下，若存在012x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，使不等式()()()()20ln 1112ln 2f x a m a a ++>--++对任意a （取值范围内的值）恒成立，求实数m 的取值范围.【举一反三】（2020·江苏高三专题练习）已知函数()(32)xf x e x =-，()(2)g x a x =-，其中,a x R ∈. （1）求过点(2,0)和函数()y f x =的图像相切的直线方程； （2）若对任意x ∈R ，有()()f x g x ≥恒成立，求a 的取值范围； （3）若存在唯一的整数0x ，使得00()()f x g x <，求a 的取值范围.【压轴选编】1．（2020·山西高三开学考试）已知函数()()()222ln ,2ln f x x ax a x a R g x x x x =--+∈=-.（1）讨论()f x 的单调性；（2）求证：当1a =时，对于任意()0,x ∈+∞，都有()()f x g x <.2．（2020·河南鹤壁高中高三月考）已知函数2()ln (0,)a xf x x a a R x a=++≠∈ （1）讨论函数()f x 的单调性； （2）设1()2a x g x x a a=+-+，当0a >时，证明：()()f x g x ≥.3．（2020·四川石室中学高三月考）已知函数()22ln f x x x =-+．（1）求函数()f x 的最大值； （2）若函数()f x 与()ag x x x=+有相同极值点． ①求实数a 的值；①若对于121,,3x x e ⎡⎤∀∈⎢⎥⎣⎦（e 为自然对数的底数），不等式()()1211f xg x k -≤-恒成立，求实数k 的取值范围．4．（2020·江西高三）已知函数()()ln f x x x a b =++，曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线为210x y --=.（1）求a ，b 的值；（2）若对任意的()1,x ∈+∞，()()1f x m x ≥-恒成立，求正整数m 的最大值.5．（2020·江西高三）已知函数()e 2xf x m x m =--.（1）当1m =时，求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程；（2）若()0f x >在(0,)+∞上恒成立，求m 的取值范围．6．（2020·江西高三）已知函数()()2xf x x e =-.（1）求()f x 的单调区间；（2）证明：对任意的()0,x ∈+∞，不等式()2ln 6xf x x x >-恒成立.7．（2020·四川高三月考）已知函数21()(32)()2xf x m e x m R =--∈. （1）若0x =是函数()f x 的一个极值点，试讨论()ln ()()h x b x f x b R =+∈的单调性； （2）若()f x 在R 上有且仅有一个零点，求m 的取值范围.8．（2020·山西高三）已知函数()2ln 21f x a x x =-+（其中a R ∈）. （1）讨论函数()f x 的极值；（2）对任意0x >，2()2f x a ≤-恒成立，求a 的取值范围.9．（2020·北京高三期末）已知函数()2xf x x e =（1）求()f x 的单调区间；（2）过点()1,0P 存在几条直线与曲线()y f x =相切，并说明理由； （3）若()()1f x k x ≥-对任意x ∈R 恒成立，求实数k 的取值范围.10．（2020·全国高三专题练习）已知函数()()33114ln 10f f x ax x x '=--的图象在点()()1,1f 处的切线方程为100++=x y b . （1）求a ，b 的值； （2）若()13f x m >对()0,x ∈+∞恒成立，求m 的取值范围.11．（2020·天津静海一中高三月考）已知函数()ln 1()f x ax x a R =--∈． （1）讨论()f x 的单调性并指出相应单调区间； （2）若21())1(2g x x x x f ---=，设()1212,x x x x <是函数()g x 的两个极值点，若32a ≥，且()()12g x g x k -≥恒成立，求实数k 的取值范围．12.（2020·山东高三期末）已知函数()()2sin ln 12x f x x x =+-+.（1）证明：()0f x ≥； （2）数列{}n a 满足：1102a <<，()1n n a f a +=（n *∈N ）. （①）证明：1102a <<（n *∈N ）； （①）证明：n *∀∈N ，1n n a a +<.13．（2020·四川三台中学实验学校高三开学考试）已知函数()ln f x x x a =+，()ln ,g x x ax a =-∈R . （1）求函数()f x 的极值； （2）若10a e<<，其中e 为自然对数的底数，求证：函数()g x 有2个不同的零点； （3）若对任意的1x >，()()0f x g x +>恒成立，求实数a 的最大值.14．（2020·河北高三期末）已知函数()f x 满足:①定义为R ；①2()2()9xx f x f x e e+-=+-. （1）求()f x 的解析式；（2）若12,[1,1]x x ∀∈-；均有()()21122(2)61x a x x f x -+-+-…成立，求a 的取值范围；（3）设2(),(0)()21,(0)f x x g x x x x >⎧=⎨--+≤⎩，试求方程[()]10g g x -=的解.15．（2020·湖南高三月考）已知函数2()()af x x ax a R x=+-∈. （1）当1a =且1x >-时，求函数()f x 的单调区间；（2）当21e a e ≥+时，若函数2()()ln g x f x x x =--的两个极值点分别为1x 、2x ，证明12240()()1g x g x e <-<+.16．（2020·江西高三期末）已知函数2()x f x e ax x =--（e 为自然对数的底数）在点(1,(1))f 的切线方程为(3)y e x b =-+. （1）求实数,a b 的值；（2）若关于x 的不等式4()5f x m >+对于任意(0,)x ∈+∞恒成立，求整数m 的最大值.17．（2020·江西高三期末）已知函数()()()2,xf x x m e nxm n R =--∈在1x =处的切线方程为y ex e =-.（1）求,m n 的值；（2）当0x >时，()3f x ax -…恒成立，求整数a 的最大值.18．（2020·河南高三期末）已知函数()()ln 1mxf x x x m=+-+，()1,0x ∈-. （1）若1m =，判断函数()f x 的单调性并说明理由； （2）若2m ≤-，求证：关于x 的不等式()()()21xx m f x e x-+⋅<-在()1,0-上恒成立.19．（2020·江西高三月考）已知函数32()32f x x x x =-+，()g x tx t R =∈，，()xe x xφ=. （1）求函数()()y f x x φ=⋅的单调增区间；（2）令()()()h x f x g x =-，且函数()h x 有三个彼此不相等的零点0m n ，，，其中m n <. ①若12m n =，求函数()h x 在x m =处的切线方程； ①若对[]x m n ∀∈，，()16h x t ≤-恒成立，求实数M 的取值范围.专题三 压轴解答题第六关 函数、不等式与导数的综合问题【名师综述】1.本专题在高考中的地位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， 所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出 2．本专题在高考中的命题方向及命题角度从高考来看，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【考点方向标】方向一 用导数研究函数的性质典例1．（2020·山东高三期末）已知函数21()2ln (2)2f x x a x a x =+-+． （1）当1a =时，求函数()f x 的单调区间； （2）是否存在实数a ，使函数34()()9g x f x ax x =++在(0,)+∞上单调递增？若存在，求出a 的取值范围；若不存在，请说明理由．【答案】（1）()f x 的单调递增区间为(]0,1和[)2,+∞，单调递减区间为()1,2（2）存在,724a ≥ 【解析】（1）当1a =时，21()2ln 3(0)2f x x x x x =+->． 所以2()3f x x x '=+-=232(2)(1)x x x x x x-+--=令()0f x '≥，则01x <≤或2x ≥，令()0f x '<，则12x <<， 所以()f x 的单调递增区间为(]0,1和[)2,+∞，单调递减区间为()1,2 （2）存在724a ≥，满足题设，因为函数34()()9g x f x ax x =++=23142ln 229x a x x x +-+所以224()23a g x x x x '=+-+，要使函数()g x 在0,∞（+）上单调递增，224()20,(0,)3a g x x x x x '=+-≥+∈+∞，即3243660x x x a +-+≥，(0,)x ∈+∞⇔324366x x xa +-≥-，(0,)x ∈+∞ 令32436()6x x x h x +-=，(0,)x ∈+∞，则2()21(21)(1)h x x x x x '=+-=-+，所以当10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '<，()h x 在10,2⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，当1,2x ⎛⎫∈+∞⎪⎝⎭时，()0h x '>，()h x 在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增， 所以12x =是()h x 的极小值点，也是最小值点，且17224h ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，∴324366x x x+--在(0,)+∞上的最大值为724．所以存在724a ≥，满足题设．【举一反三】（2020·云南昆明一中高三期末（理））已知函数2()(1)xx f x e ax e =-+⋅，且()0f x …. （1）求a ；（2）证明：()f x 存在唯一极大值点0x ，且()0316f x <. 【答案】（1）1a =；（2）证明见解析. 【解析】（1）因为()()ee 10xxf x ax =--≥,且e0x>,所以e 10x ax --≥,构造函数()e 1xu x ax =--,则()'e xu x a =-,又()00u =,若0a ≤,则()'0u x >,则()u x 在R 上单调递增,则当0x <时,()0u x <矛盾,舍去；若01a <<,则ln 0a <,则当ln 0a x <<时,'()0u x >,则()u x 在(ln ,0)a 上单调递增,则()()ln 00u a u <=矛盾,舍去；若1a >,则ln 0a >,则当0ln x a <<时,'()0u x <,则()u x 在(0,ln )a 上单调递减,则()()ln 00u a u <=矛盾,舍去；若1a =,则当0x <时,'()0u x <,当0x >时,'()0u x >, 则()u x 在(,0)-∞上单调递减,在(0,)+∞上单调递增, 故()()00u x u ≥=,则()()e 0xf x u x =⋅≥,满足题意；综上所述,1a =.（2）证明:由（1）可知()()2e 1e xxf x x =-+⋅,则()()'e2e 2xxf x x =--,构造函数()2e 2xg x x =--,则()'2e 1xg x =-,又()'g x 在R 上单调递增,且()'ln20g -=,故当ln2x <-时,)'(0g x <,当ln 2x >-时,'()0g x >, 则()g x 在(,ln 2)-∞-上单调递减,在(ln 2,)-+∞上单调递增,又()00g =,()2220e g -=>,又33233332223214e 16e 022e 2e 8e 2e g --⎛⎫-=-==< ⎪⎝⎭+, 结合零点存在性定理知,在区间3(2,)2--存在唯一实数0x ,使得()00g x =, 当0x x <时,()'0f x >,当00x x <<时,()'0f x <,当0x >时,()'0f x >, 故()f x 在()0,x -∞单调递增,在()0,0x 单调递减,在()0,∞+单调递增,故()f x 存在唯一极大值点0x ,因为()0002e 20xg x x =--=,所以00e 12xx =+, 故()()()()022200000011e1e 11112244x x x x f x x x x ⎛⎫⎛⎫=-+=+-++=-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,因为0322x -<<-,所以()201133144216f x ⎛⎫<--+<⎪⎝⎭. 方向二 导数、函数与不等式典例2．（2020·四川省泸县第二中学高三月考）已知函数()sin f x x ax =-. （1）对于(0,1)x ∈，()0f x >恒成立，求实数a 的取值范围； （2）当1a =时，令()()sin ln 1h x f x x x =-++，求()h x 的最大值；（3） 求证：1111ln(1)1231n n n+<+++⋅⋅⋅++-*()n N ∈. 【答案】（1）sin1a ≤.（2）max ()(1)0h x h ==.（3）见解析.【解析】（1）由()0f x >，得：sin 0x ax ->，因为01x <<，所以sin xa x<， 令sin ()x g x x=，()2cos sin 'x x xg x x -=， 再令()cos sin m x x x x =-，()'cos sin cos sin 0m x x x x x x x =--=-<， 所以()m x 在()0,1上单调递减， 所以()()0m x m <，所以()'0g x <，则()g x 在()0,1上单调递减， 所以()(1)sin1g x g >=，所以sin1a ≤. （2）当1a =时，()sin f x x x =-， ①()ln 1h x x x =-+，()11'1x h x x x-=-=， 由()'0h x =，得：1x =，当()0,1x ∈时，()'0h x >，()h x 在()0,1上单调递增； 当()1,x ∈+∞时，()'0h x <，()h x 在()1,+∞上单调递减； ①()max (1)0h x h ==.（3）由（2）可知，当()1,x ∈+∞时，()0h x <， 即ln 1x x <-， 令1n x n +=，则11ln1n n n n ++<-，即()1ln 1ln n n n+-<， 分别令1,2,3,,n n =L 得，()11ln 2ln11,ln 3ln 2,,ln 1ln 2n n n-<-<+-<L ，将上述n 个式子相加得：()()*111ln 1121n n N n n+<++++∈-L . 【举一反三】（2020·黑龙江哈尔滨三中高三月考）已知111123S n =++⋅⋅⋅+，211121S n =++⋅⋅⋅+-，直线1x =，x n =，0y =与曲线1y x=所围成的曲边梯形的面积为S .其中n N ∈，且2n ≥.（1）当0x >时，()ln 11axx ax x <+<+恒成立，求实数a 的值； （2）请指出1S ，S ，2S 的大小，并且证明；（3）求证：131112lnln 3132313n i n n i i i =+⎛⎫<+-< ⎪+--⎝⎭∑. 【答案】（1）1；（2）12S S S <<，证明见解析；（3）见解析 【解析】（1）由已知得0a ≤时，不合题意，所以0a >.()ln 11axx x <++恒成立，即()()()1ln 10ax x x x <++>恒成立. 令()()()1ln 1m x x x ax =++-，()()'ln 11m x x a =++-. 当1a ≤时，()m x 在()0,∞+上为增函数，此时()0m x >成立.当1a >时，()m x 在()10,1a e --上为减函数，不合题意，所以1a ≤.令()()ln 1n x ax x x =-+，()1'1n x a x =-+，当1a ≥时，()n x 在()0,∞+上为增函数，此时()0n x >，()ln 1x ax +<恒成立.当01a <<时，()n x 在10,1a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上为减函数，不合题意，所以1a ≥.综上得1a =. （2）由（1）知()()ln 101x x x x x <+<>+.令1x i =，得111ln 11i i i⎛⎫<+< ⎪+⎝⎭， 从而11111111ln 112321n i n i n -=⎛⎫+++<+<+++ ⎪-⎝⎭∑L L ，又因为11ln nS dx n x==⎰，则12S S S <<. （3）由已知111232313ni i i i =⎛⎫+- ⎪--⎝⎭∑1111111123323n n ⎛⎫⎛⎫+++⋅⋅⋅+-++++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝=⎭L 111123n n n =++⋅⋅⋅+++，因为111ln 11i i i⎛⎫<+< ⎪+⎝⎭，所以 111111ln 1ln 1ln 1123123n n n n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++>++++++ ⎪ ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭L L 31ln1n n +=+， 111123ln ln ln 123131n n n n n n n n n ++⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++<+++ ⎪ ⎪ ⎪+++-⎝⎭⎝⎭⎝⎭L L ln 3=.从而131112lnln 3132313n i n n i i i =+⎛⎫<+-< ⎪+--⎝⎭∑. 方向三 恒成立及求参数范围问题典例3．（2020·天津高三期末）已知函数()2ln h x ax x =-+. （1）当1a =时，求()h x 在()()2,2h 处的切线方程； （2）令()()22a f x x h x =+，已知函数()f x 有两个极值点12,x x ，且1212x x >，求实数a 的取值范围；（3）在（2）的条件下，若存在0122x ⎡⎤∈+⎢⎥⎣⎦，使不等式()()()()20ln 1112ln 2f x a m a a ++>--++对任意a （取值范围内的值）恒成立，求实数m 的取值范围. 【答案】（1）322ln 220x y +-+=（2）()1,2（3）1,4⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦【解析】()1当1a =时，()()12ln ,'2h x x x h x x=-+=-+2x =时，()()3'2,24ln 22h h =-=-+()h x ∴在()()2,2h 处的切线方程为()34ln 222y x +-=--，化简得：322ln 220x y +-+= ()2对函数求导可得，()()221'0ax ax f x x x-+=>，令()'0f x =，可得2210ax ax -+=20440112a a a a ⎧⎪≠⎪∴->⎨⎪⎪>⎩，解得a 的取值范围为()1,2 ()3由2210ax ax -+=，解得1211x x ==+而()f x 在()10,x 上递增，在()12,x x 上递减，在()2,x +∞上递增12a <<Q211x ∴=+<()f x ∴在122⎡⎤+⎢⎥⎣⎦单调递增 ∴在1,22⎡⎤+⎢⎥⎣⎦上，()()max 22ln 2f x f a ==-+012x ⎡⎤∴∃∈⎢⎥⎣⎦，使不等式()()()()20ln 1112ln 2f x a m a a ++>--++对a M ∀∈恒成立等价于不等式2(2ln 2ln 1112))()n (l 2a a m a a -+++>--++恒成立 即不等式2()ln 1ln 210a ma a m +--+-+>对任意的()12a a <<恒成立令()()2ln 1ln 21g a a ma a m =+--+-+，则()()121210,'1ma a m g g a a ⎛⎫-++ ⎪⎝⎭==+ ①当0m ≥时，()()'0,g a g a <在()1,2上递减()()10g a g <=不合题意①当0m <时，()1212'1ma a m g a a ⎛⎫-++ ⎪⎝⎭=+ 12a <<Q若1112m ⎛⎫-+> ⎪⎝⎭，即104m -<<时，则()g a 在()1,2上先递减 ()10g =Q12a ∴<<时，()0g a >不能恒成立若111,2m ⎛⎫-+≤ ⎪⎝⎭即14m ≤-，则()g a 在()1,2上单调递增 ()()10g a g ∴>=恒成立m ∴的取值范围为1,4⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦【举一反三】（2020·江苏高三专题练习）已知函数()(32)xf x e x =-，()(2)g x a x =-，其中,a x R ∈. （1）求过点(2,0)和函数()y f x =的图像相切的直线方程； （2）若对任意x ∈R ，有()()f x g x ≥恒成立，求a 的取值范围； （3）若存在唯一的整数0x ，使得00()()f x g x <，求a 的取值范围. 【答案】（1）2y x =-，8833918y e x e =-.（2）8319a e ≤≤.（3）345[,1)(7,5]3a e e e∈⋃. 【解析】（1）设切点为()00,x y ，()()'31xf x e x =+，则切线斜率为()0031x e x +，所以切线方程为()()000031x y y e x x x -=+-，因为切线过()2,0，所以()()()000032312x x ex e x x --=+-，化简得200380x x -=，解得080,3x =. 当00x =时，切线方程为2y x =-， 当083x =时，切线方程为8833918y e x e =-. （2）由题意，对任意x R ∈有()()322xe x a x -≥-恒成立，①当(),2x ∈-∞时，()()323222x x maxe x e x a a x x ⎡⎤--≥⇒≥⎢⎥--⎣⎦，令()()322x e x F x x -=-，则()()()2238'2x e x xF x x -=-，令()'0F x =得0x =，()()max 01F x F ==，故此时1a ≥.①当2x =时，恒成立，故此时a R ∈. ①当()2,x ∈+∞时，()()min323222x x e x e x a a x x ⎡⎤--≤⇒≤⎢⎥--⎣⎦，令()8'03F x x =⇒=，()83min 893F x F e ⎛⎫== ⎪⎝⎭，故此时839a e ≤.综上：8319a e ≤≤.（3）因为()()f x g x <，即()()322xex a x -<-，由（2）知()83,19,a e ⎛⎫∈-∞⋃+∞ ⎪⎝⎭，令()()322x e x F x x -=-，则当(),2x ∈-∞，存在唯一的整数0x 使得()()00f x g x <， 等价于()322x e x a x -<-存在唯一的整数0x 成立，因为()01F =最大，()513F e -=，()11F e =-，所以当53a e<时，至少有两个整数成立， 所以5,13a e ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭. 当()2,x ∈+∞，存在唯一的整数0x 使得()()00f x g x <， 等价于()322x e x a x ->-存在唯一的整数0x 成立，因为83893F e ⎛⎫= ⎪⎝⎭最小，且()337F e =，()445F e =，所以当45a e >时，至少有两个整数成立，所以当37a e ≤时，没有整数成立，所有(347,5a e e ⎤∈⎦.综上：(345,17,53a e e e ⎡⎫⎤∈⋃⎪⎦⎢⎣⎭. 【压轴选编】1．（2020·山西高三开学考试）已知函数()()()222ln ,2ln f x x ax a x a R g x x x x =--+∈=-.（1）讨论()f x 的单调性；（2）求证：当1a =时，对于任意()0,x ∈+∞，都有()()f x g x <. 【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】（1）由题意()f x 的定义域为()0,∞+，且()()()222222x a x a a x ax a f x x a x x x--+--+'=--+==， 当0a =时，()20f x x '=-<； 当0a >时，2a x >时，()0f x '<；02ax <<时，()0f x '>； 当0a <时，x a >-时，()0f x '<；0x a <<-时，()0f x '>；综上所述，当0a =时，()f x 在()0,∞+上为减函数； 当0a >时，()f x 在0,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上为增函数，在,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上为减函数； 当0a <时，()f x 在()0,a -上为增函数，在(),a -+∞上为减函数. （2）要证()()f x g x <，即证()21ln 0x x x -+>，当12x =时，不等式显然成立； 当12x >时，即证ln 021x x x +>-；当102x <<时，即证ln 021xx x +<-； 令()ln 21x F x x x =+-，则()()()()()22411112121x x F x x x x x ---'=+=--， 当12x >时，在1,12⎛⎫⎪⎝⎭上()0F x '<，()F x 为减函数；在()1,+∞上()0F x '>，()F x 为增函数，①()()min 110F x F ==>，①ln 021xx x +>-.当102x <<时，在10,4⎛⎫ ⎪⎝⎭上()0F x '>，()F x 为增函数；在11,42⎛⎫⎪⎝⎭上()0F x '<，()F x 为减函数， ①()max 111ln 0442F x F ⎛⎫==-<⎪⎝⎭，①ln 021x x x +<-， 综上所述，当0x >时，()()f x g x <成立.2．（2020·河南鹤壁高中高三月考）已知函数2()ln (0,)a xf x x a a R x a=++≠∈ （1）讨论函数()f x 的单调性； （2）设1()2a x g x x a a=+-+，当0a >时，证明：()()f x g x ≥. 【答案】（1）见解析；（2）证明见解析【解析】（1）22121(2)()()a x a x a f x x x a ax+-'=-+= 当0a >时，()0f x x a '>⇒>，()00f x x a '<⇒<<当0a <时，()002f x x a '>⇒<<-，()02f x x a '<⇒>- ①0a >时，()f x 在(0,)a 上递减，在(,)a +∞递增 0a <时，()f x 在(0,2)a -上递增，在(2,)a -+∞递减（2）设1()()()ln 2a F x f x g x x x a=-=++- 则221()(0)a x aF x x x x x-'=-=> Q 0a >，(0,)x a ∴∈时，()0F x '<，()F x 递减(,)x a ∈+∞，()0,F x '>()F x 递增，1()()ln 1F x F a a a∴≥=+-设1()ln 1h x x x =+-，(0)x >,则22111()(0)x h x x x x x-'=-=>1x >时，()0,h x '>时，()h x 递增， 01x <<时，()0h x '<，∴()h x 递减()(1)0h x h ∴≥=，()()0F a h a ∴=≥()0F x ∴≥，即()()f x g x ≥3．（2020·四川石室中学高三月考）已知函数()22ln f x x x =-+．（1）求函数()f x 的最大值； （2）若函数()f x 与()ag x x x=+有相同极值点． ①求实数a 的值；①若对于121,,3x x e ⎡⎤∀∈⎢⎥⎣⎦（e 为自然对数的底数），不等式()()1211f xg x k -≤-恒成立，求实数k 的取值范围．【答案】（①）()11f =-；（①）（①）1； （①）()34 ,2ln31,3⎛⎤-∞-+⋃+∞ ⎥⎝⎦． 【解析】（1）22(1)(1)()2(0)x x f x x x x x+-'=-+=->， 由()0{0f x x >>'得01x <<，由()0{0f x x <>'得1x >，①()f x 在(0,1)上为增函数，在(1,)+∞上为减函数， ①函数()f x 的最大值为(1)1f =-； （2）①()a g x x x=+，①2()1a g x x =-'，（①）由（1）知，1x =是函数()f x 的极值点，又①函数()f x 与()ag x x x=+有相同极值点， ①1x =是函数()g x 的极值点，①(1)10g a =-='，解得1a =， 经检验，当1a =时，函数()g x 取到极小值，符合题意；（①）①211()2f e e =--，(1)1f =-，(3)92ln 3f =-+， ①2192ln 321e -+<--<-， 即1(3)()(1)f f f e <<，①1[,3]x e∀∈，min max ()(3)92ln 3,()(1)1f x f f x f ==-+==-，由（①）知1()g x x x =+，①21()1g x x =-'，当1[,1)x e∈时，()0g x '<，当(1,3]x ∈时，()0g x '>，故()g x 在1[,1)e 为减函数，在(1,3]上为增函数，①11110(),(1)2,(3)333g e g g e e =+==+=，而11023e e <+<，①1(1)()(3)g g g e <<，①1[,3]x e ∀∈，min max 10()(1)2,()(3)3g x g g x g ====，①当10k ->，即1k >时，对于121,[,3]x x e ∀∈，不等式12()()11f xg x k -≤-恒成立12max 1[()()]k f x g x ⇔-≥-12max [()()]1k f x g x ⇔≥-+，①12()()(1)(1)123f x g x f g -≤-=--=-，①312k ≥-+=-，又①1k >，①1k >， ①当10k -<，即1k <时，对于121,[,]x x e e ∀∈，不等式12()()11f xg x k -≤-，12min 1[()()]k f x g x ⇔-≤-12min [()()]1k f x g x ⇔≤-+，①121037()()(3)(3)92ln 32ln 333f x g x f g -≥-=-+-=-+，①342ln 33k ≤-+，又①1k <， ①342ln 33k ≤-+．综上，所求的实数k 的取值范围为34(,2ln 3](1,)3-∞-+⋃+∞． 4．（2020·江西高三）已知函数()()ln f x x x a b =++，曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线为210x y --=.（1）求a ，b 的值；（2）若对任意的()1,x ∈+∞，()()1f x m x ≥-恒成立，求正整数m 的最大值. 【答案】（1）1a =，0b =；（2）3【解析】（1）由()()ln f x x x a b =++得：()ln 1f x x a '=++ 由切线方程可知：()1211f =-=()112f a '∴=+=，()11f a b =+=，解得：1a =，0b =（2）由（1）知()()ln 1f x x x =+则()1,x ∈+∞时，()()1f x m x ≥-恒成立等价于()1,x ∈+∞时，()ln 11x x m x +≤-恒成立令()()ln 11x x g x x +=-，1x >，则()()2ln 21x x g x x --'=-. 令()ln 2hx x x =--，则()111x h x x x-'=-=∴当()1,x ∈+∞时，()0h x '>，则()h x 单调递增()31ln30h =-<Q ，()422ln20h =-> ()03,4x ∴∃∈，使得()00h x =当()01,x x ∈时，()0g x '<；()0,x x ∈+∞时，()0g x '>()()()000min0ln 11x x g x g x x +∴==-()000ln 20h x x x =--=Q 00ln 2x x ∴=- ()()()()0000min 0213,41x x g x g x x x -+∴===∈-()03,4m x ∴≤∈，即正整数m 的最大值为35．（2020·江西高三）已知函数()e 2xf x m x m =--.（1）当1m =时，求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程； （2）若()0f x >在(0,)+∞上恒成立，求m 的取值范围． 【答案】（1）y x =-；（2）[2,)+∞【解析】（1）因为1m =,所以()e 21xf x x =--,所以()e 2xf x '=-,则(0)0,(0)1f f '==-,故曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程为y x =-.（2）因为()e 2x f x m x m =--,所以()e 2xf x m '=-,①当2m ≥时,()0f x '>在(0,)+∞上恒成立,则()f x 在(0,)+∞上单调递增,从而()(0)0f x f >=成立,故2m ≥符合题意; ①当02m <<时,令()0f x '<,解得20lnx m <<,即()f x 在20,ln m ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减,则2ln(0)0f f m ⎛⎫<= ⎪⎝⎭,故02m <<不符合题意; ①当0m ≤时,0()e 2x f x m '-<=在(0,)+∞上恒成立,即()f x 在(0,)+∞上单调递减,则()(0)0f x f <=,故0m ≤不符合题意.综上,m 的取值范围为[2,)+∞. 6．（2020·江西高三）已知函数()()2x f x x e =-.（1）求()f x 的单调区间；（2）证明：对任意的()0,x ∈+∞，不等式()2ln 6xf x x x >-恒成立.【答案】（1）单调递增区间为()1,+?，单调递减区间为(),1-∞（2）证明见解析【解析】（1）因为()()2x f x x e =-，所以()()1x f x x e '=-，令()0f x ¢>，解得1x >；令()0f x ¢<，解得1x <.故()f x 的单调递增区间为()1,+?，单调递减区间为(),1-∞.（2）要证()2ln 6xf x x x >-，只需证()ln 32x f x x>-.由（1）可知()()min 1f x f e ==-.令()ln 3(0)2x h x x x =->，则()21ln 2xh x x -'=， 令()21ln 0ln 102xh x x x e x-'=>⇒<⇒<<， 所以当()0,x e ∈时，()0h x '>，()h x 单调递增；当(),x e ∈+∞时，()0h x '<，()h x 单调递减， 则()()max 132h x h e e==-. 因为 2.71828e =⋅⋅⋅，所以 2.75e ->-，所以1133 2.7524e -<-=-， 从而132e e->-，则当0x >时，()()min max f x h x >.故当0x >时，()()f x h x >恒成立，即对任意的()0,x ∈+∞，()2ln 6xf x x x >-.7．（2020·四川高三月考）已知函数21()(32)()2xf x m e x m R =--∈. （1）若0x =是函数()f x 的一个极值点，试讨论()ln ()()h x b x f x b R =+∈的单调性； （2）若()f x 在R 上有且仅有一个零点，求m 的取值范围.【答案】（1）当0b …时，()h x 在(0,)+∞上单调递减；当0b >时，()h x 在上单调递增，在)+∞上单调递减；（2）2222,333e ⎧⎫⎛⎫++∞⋃⎨⎬⎪⎩⎭⎝⎭. 【解析】（1）()(32)xf x m e x '=--，因为0x =是函数()f x 的一个极值点，则(0)320f m '=-=，所以23m =，则21()ln (0)2h x b x x x =->，当2()b b x h x x x x-'=-=，当0b …时，()0h x '…恒成立，()h x 在(0,)+∞上单调递减，当0b >时，2()000h x b x x '>⇒->⇒<<所以()h x 在上单调递增，在)+∞上单调递减. 综上所述：当0b …时，()h x 在(0,)+∞上单调递减；当0b >时，()h x 在上单调递增，在)+∞上单调递减. （2）()f x 在R 上有且仅有一个零点，即方程2322x x m e -=有唯一的解，令2()2xx g x e=， 可得(2)()0,()2xx x g x g x e -'>=， 由(2)()02xx x g x e -'==， 得0x =或2x =，（1）当0x …时，()0g x '…，所以()g x 在(,0]-∞上单调递减，所以()(0)0g x g =…，所以()g x 的取值范围为[0,)+∞. （2）当02x <<时，()0g x '>，所以()g x 在(0,2)上单调递增， 所以0()(2)g x g <<，即220()g x e<<， 故()g x 的取值范围为220,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭. （3）当2x …时，()0g x '…，所以()g x 在[2,)+∞上单调递减， 所以(0)()(2)g g x g <…，即220()g x e <…， 即()g x 的取值范围为220,e ⎛⎤ ⎥⎝⎦. 所以，当320m -=或2232m e ->， 即23m =或22233m e >+时，()f x 在R 上有且只有一个零点，故m 的取值范围为2222,333e ⎧⎫⎛⎫++∞⋃⎨⎬⎪⎩⎭⎝⎭. 8．（2020·山西高三）已知函数()2ln 21f x a x x =-+（其中a R ∈）. （1）讨论函数()f x 的极值；（2）对任意0x >，2()2f x a ≤-恒成立，求a 的取值范围.【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2）[1,)+∞ 【解析】（1）()f x 的定义域为(0,)+∞，2'()2af x x=-， ①当0a ≤时，'()0f x <，所以()f x 在(0,)+∞上是减函数，()f x 无极值. ①当0a >时，令'()0f x =，得x a =，在(0,)a 上，'()0f x >，()f x 是增函数；在(,)a +∞上，'()0f x <，()f x 是减函数. 所以()f x 有极大值()2ln 21f a a a a =-+，无极小值.（2）由（1）知，①当0a ≤时，()f x 是减函数，令2a x e =，则0(0,1]x ∈，222220()(2)21(2)320a a f x a a e a e --=-+--=->，不符合题意，①当0a >时，()f x 的最大值为()2ln 21f a a a a =-+， 要使得对任意0x >，2()(1)f x a ≤-恒成立， 即要使不等式22ln 212a a a a -+≤-成立， 则22ln 230a a a a --+≤有解.令2()2ln 23(0)g a a a a a a =--+>，所以'()2ln 2g a a a =-令()'()2ln 2h a g a a a ==-，由22'()0ah a a-==，得1a =. 在(0,1)上，'()0h a >，则()'()h a g a =在(0,1)上是增函数； 在(1,)+∞上，'()0h a <，则()'()h a g a =在(1,)+∞上是减函数. 所以max ()(1)20h a h ==-<，即'()0g a <， 故()g a 在(0,)+∞上是减函数，又(1)0g =，要使()0g a ≤成立，则1a ≥，即a 的取值范围为[1,)+∞. 9．（2020·北京高三期末）已知函数()2xf x x e =（1）求()f x 的单调区间；（2）过点()1,0P 存在几条直线与曲线()y f x =相切，并说明理由； （3）若()()1f x k x ≥-对任意x ∈R 恒成立，求实数k 的取值范围.【答案】（1）增区间为(),2-∞-，()0,∞+，单调减区间为()2,0-；（2）三条切线，理由见解析；（3）0,2⎡+⎣ 【解析】（1）()()()222xxf x x x e x x e '==++，()0f x '>得，2x <-或0x >；()0f x '<得，20x -<<；所以()f x 的单调增区间为(),2-∞-，()0,∞+；单调减区间为()2,0-； （2）过()1,0P 点可做()f x 的三条切线；理由如下：设切点坐标为()0200,x x x e，所以切线斜率()()00002xx x k x e f '=+= 所以过切点的切线方程为：()()002200002x x x e x x e x y x -=+-，切线过()1,0P 点，代入得()()0022*******x x x e x x e x -=+-，化简得(0000x x x x e=，方程有三个解，00x =，0x =0x 所以过()1,0P 点可做()f x 的三条切线. （3）设()()21xg x x e k x -=-，①0k =时，因为20x ≥，0x e >，所以显然20x x e ≥对任意x ∈R 恒成立； ①k 0<时，若0x =，则()()0001f k k =>-=-不成立， 所以k 0<不合题意.①0k >时，1x ≤时，()()210xg x x e k x -=->显然成立，只需考虑1x >时情况；转化为21xx e k x ≥-对任意()1,x ∈+∞恒成立令()21xx e h x x =-（1x >），则()min k h x ≤，()()()(()2222(2)111xx xx x x ex x e x x e h x x x +--'==--，当1x <<时，()0h x '<，()h x 单调减；当x >()0h x '>，()h x 单调增；所以()(min 2h x h==+=所以(2k ≤+综上所述，k 的取值范围(0,2+⎡⎣. 10．（2020·全国高三专题练习）已知函数()()33114ln 10f f x ax x x '=--的图象在点()()1,1f 处的切线方程为100++=x y b . （1）求a ，b 的值；（2）若()13f x m >对()0,x ∈+∞恒成立，求m 的取值范围. 【答案】（1）13a =,403=-b ；（2）2642ln 2<-m【解析】（1）()()23114310f f x ax x''=--, 因为()f x 在()()1,1f 处的切线方程为100++=x y b ,即10y x b =--,此时切线斜率10k =-,则()3(1)13141010f f a k ''=--==-,解得13a =,所以()()333101114ln 314ln 3103f x x x x x x x ⨯-=--=+-, 所以()31110113114ln13333f =⨯+⨯-=+=,则10103b =--,解得403=-b（2）由（1）知()31314ln 3f x x x x =+-, ()32143143x x f x x x x+-'=+-=, 设函数()()33140g x xx x =+->,则()2330g x x '=+>,所以()g x 在()0,∞+为增函数,因为()20g =,令()0g x <,得02x <<；令()0g x >,得2x >, 所以当02x <<时,()0f x '<；当2x >时,()0f x '>, 所以()()3min 126223214ln 214ln 233f x f ==⨯+⨯-=-, 从而12614ln 233<-m ,即2642ln 2<-m 11．（2020·天津静海一中高三月考）已知函数()ln 1()f x ax x a R =--∈．（1）讨论()f x 的单调性并指出相应单调区间； （2）若21())1(2g x x x x f ---=，设()1212,x x x x <是函数()g x 的两个极值点，若32a ≥，且()()12g x g x k -≥恒成立，求实数k 的取值范围．【答案】（1）答案见解析（2）15,2ln 28⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦【解析】（1）由()ln 1f x ax x =--，(0,)x ∈+∞， 则11()ax f x a x x'-=-=， 当0a ≤时，则()0f x '≤，故()f x 在(0,)+∞上单调递减；当0a >时，令1()0f x x a'=⇒=， 所以()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增．综上所述：当0a ≤时，()f x 在(0,)+∞上单调递减； 当0a >时，()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增． （2）①21()ln (1)2g x x x a x =+-+， 21(1)1()(1)x a x g x x a x x-++'=+-+=, 由()0g x '=得2(1)10x a x -++=，①121x x a +=+，121=x x ，①211x x =①32a ≥①111115210x x x x ⎧+≥⎪⎪⎨⎪<<⎪⎩解得1102x <≤.①()()()()222112121211221111ln(1)2ln 22x g x g x x x a x x x x x x ⎛⎫-=+--+-=-- ⎪⎝⎭. 设22111()2ln 022h x x x x x ⎛⎫⎛⎫=--<≤ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，则()2233121()0x h x x x x x '--=--=<,①()h x 在10,2⎛⎤ ⎥⎝⎦上单调递减；当112x =时，min 115()2ln 228h x h ⎛⎫==- ⎪⎝⎭. ①152ln 28k ≤-，即所求k 的取值范围为15,2ln 28⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦.12.（2020·山东高三期末）已知函数()()2sin ln 12x f x x x =+-+.（1）证明：()0f x ≥； （2）数列{}n a 满足：1102a <<，()1n n a f a +=（n *∈N ）. （①）证明：1102a <<（n *∈N ）； （①）证明：n *∀∈N ，1n n a a +<.【答案】（1）证明见解析（2）（i ）证明见解析（ii ）证明见解析 【解析】（1）由题意知，()1cos 1f x x x x'=+-+，()1,x ∈-+∞， 当()1,0x ∈-时，()1101f x x x x'<+-<<+，所以()f x 在区间()1,0-上单调递减， 当()0,x ∈+∞时，()()g x f x '=，因为()()()22111sin 011g x x x x '=+->>++所以()g x 在区间()0,∞+上单调递增，因此()()00g x g >=，故当()0,x ∈+∞时，()0f x '>，所以()f x 在区间()0,∞+上单调递增， 因此当()1,x ∈-+∞时，()()00f x f ≥=，所以()0f x ≥ （2）（①）()f x 在区间10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，()()00f x f >=，因为881288311111C C 147122224e ⎛⎫⎛⎫=+=+++>++=> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭L ， 故83318ln ln ln 022e ⎛⎫-=-< ⎪⎝⎭，所以()1113131131sin ln sin ln 18ln 22826822822f x f π⎛⎫⎛⎫<=+-<+-=+-<⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭因此当10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()01f x <<，又因为110,2a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以()()()()()()12110,2n n n a f a ff a f f f a --⎛⎫====∈ ⎪⎝⎭LL L（①）函数()()h x f x x =-（102x <<），则()()11cos 11h x f x x x x''=-=+--+， 令()()x h x ϕ='，则()()0x g x ϕ''=>，所以()x ϕ在区间10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增；因此()()111217cos 1cos 0222326h x x ϕϕ⎛⎫'=≤=+--=-<⎪⎝⎭， 所以()h x 在区间10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，所以()()00h x h <=， 因此()()10n n n n n a a f a a g a +-=-=<， 所以x *∀∈N ，1n n a a +<13．（2020·四川三台中学实验学校高三开学考试）已知函数()ln f x x x a =+，()ln ,g x x ax a =-∈R . （1）求函数()f x 的极值； （2）若10a e<<，其中e 为自然对数的底数，求证：函数()g x 有2个不同的零点； （3）若对任意的1x >，()()0f x g x +>恒成立，求实数a 的最大值. 【答案】（1）极小值为1a e-+；无极大值（2）证明过程见解析；（3）2. 【解析】（1）函数()f x 的定义域为0x >，因为()ln f x x x a =+，所以()ln 1f x x =+‘，当1x e >时，()0f x >‘，所以函数()f x 单调递增；当10x e<<时，()0f x <‘，所以函数()f x 单调递减，因此1e是函数()f x 的极小值，故函数()f x 的极值为极小值，值为11()f a e e =-+；无极大值（2）函数()g x 的定义域为0x >，因为()ln ,g x x ax =-所以'1()g x a x=-，因为10a e <<，所以当1x a >时，'()0g x <，因此函数()g x 是递减函数，当10x a<<时，'()0g x >，。
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；。
高中函数和导数试题及答案
高中函数和导数试题及答案一、选择题1. 函数f(x) = x^2 + 3x + 2的导数是：A. 2x + 3B. x^2 + 3C. 2x + 1D. 3x + 22. 若函数f(x) = sin(x) + cos(x)的导数是：A. cos(x) - sin(x)B. cos(x) + sin(x)C. -sin(x) + cos(x)D. -sin(x) - cos(x)3. 已知函数g(x) = 2x^3 - 5x^2 + 7x - 1，其在x = 1处的导数值是：A. -1B. 0C. 1D. 2二、填空题4. 若f(x) = 4x^3 - 5x^2 + 6x - 7，求f'(x) = __________。
5. 若f(x) = x^4 + 2x^3 - 3x^2 + 4x + 5，求f'(2) = __________。
三、解答题6. 已知函数h(x) = x^3 - 6x^2 + 11x - 6，求h'(x)，并求h'(1)的值。
7. 已知函数k(x) = √x，求k'(x)，并讨论k(x)的单调性。
四、综合题8. 已知函数F(x) = ln(x) + x^2，求F'(x)，并讨论F(x)在x > 0时的增减性。
答案解析：一、选择题1. 正确答案：A. 2x + 3解析：f'(x) = 2x + 3，根据导数的幂规则和线性规则计算得出。
2. 正确答案：A. cos(x) - sin(x)解析：f'(x) = cos(x) - sin(x)，根据三角函数的导数规则计算得出。
3. 正确答案：B. 0解析：g'(x) = 6x^2 - 10x + 7，代入x = 1得g'(1) = 0。
二、填空题4. 答案：12x^2 - 10x + 6解析：根据导数的幂规则和线性规则计算。
5. 答案：44解析：f'(x) = 4x^3 + 6x^2 - 6x + 4，代入x = 2计算得出。
高中数学专题练习《基本初等函数的导数》含详细解析
5.2 导数的运算5.2.1 基本初等函数的导数基础过关练题组一 利用导数公式求函数的导数1.(2020浙江绍兴稽山中学高二下期中)已知f(x)=cos30°,则f'(x)的值为( )A.-12B.12C.-32D.02.已知函数f(x)=1x2,则 )A.-14B.-18C.-8D.-163.函数y=1x在x=4处的导数是( )A.116B.-116C.18D.-184.下列求导运算正确的是( )A.(cos x)'=sin xB.(3x)'=3x log3eC.(lg x)'=1x ln10D.(x-2)'=-2x-15.设f0(x)=sin x,f1(x)=f0'(x),f2(x)=f1'(x),……,f n+1(x)=f n'(x),n∈N,则f2 019(x)=( )A.sin xB.-sin xC.cos xD.-cos x6.(多选)下列求导运算正确的是( )'=1x2B.(x)'=12xC.(x a)'=ax a-1D.(log a'=1x ln a 7.求下列函数的导数.(1)y=1x5;(2)y=x2x;(3)y=lg x;(4)y=5x-x.题组二 导数公式的应用8.(2020黑龙江佳木斯一中高二上期末)曲线y=1x在点A(-1,-1)处的切线方程是( )A.x+y-2=0B.x-y+2=0C.x+y+2=0D.x-y-2=09.若曲线y=x4的一条切线l与直线x+4y-8=0垂直,则l的方程为( )A.4x-y-3=0B.x+4y-5=0C.4x-y+3=0D.x+4y+3=010.(2020福建三明第一中学月考)以正弦曲线y=sin x上一点P为切点作切线l,则切线l的倾斜角的范围是( )A.0,πB.[0,π), D.0,,11.已知函数f(x)=ln x,则函数g(x)=f(x)-f'(x)的零点所在的区间是( )A.(0,1)B.(1,2)C.(2,3)D.(3,4)12.若曲线y=x-12在点(m,m-12)处的切线与两个坐标轴围成的三角形的面积为18,则m=( )A.64B.32C.16D.813.(多选)已知函数f(x)及其导数f'(x),若存在x0,使得f(x0)=f'(x0),则称x0是f(x)的一个“巧值点”.下列函数中,有“巧值点”的是( )A.f(x)=x2B.f(x)=e-xC.f(x)=ln xD.f(x)=1x14.(2019广东东莞高二上期末)设曲线y=x n+1(n∈N*)在点(1,1)处的切线,计算a1+a2+a3+…+a2019.与x轴交点的横坐标为x n,令a n=lg1x n答案全解全析基础过关练1.D ∵f(x)=cos 30°=32,∴f'(x)=0.2.D f'(x)=-2x -3=-2x 3,则故选D.3.B y'=-12x -32,∴y'x=4=-12×4-32=-116,故选B.4.C (cos x)'=-sin x,故A 不正确;(3x )'=3x ·ln 3,故B 不正确;(lg x)'=1x ·ln10,故C 正确;(x -2)'=-2x -2-1=-2x -3,故D 不正确.故选C.5.D f 0(x)=sin x,f 1(x)=f 0'(x)=(sin x)'=cos x,f 2(x)=f 1'(x)=(cos x)'=-sin x,f 3(x)=f 2'(x)=(-sin x)'=-cos x,f 4(x)=f 3'(x)=(-cos x)'=sin x,所以4为最小正周期,故f 2 019(x)=f 3(x)=-cos x.6.BCD 在A 中-1)'=-1x 2,故A 错误;在B 中,(x )'=(x 12)'=12×x -12=12x ,故B 正确;在C 中,(x a )'=ax a-1,故C 正确;在D 中,(log a '=1x ln a ,故D 正确.故选BCD.7.解析 (1)∵y=1x 5=x -5,∴y'=-5x -6.(2)∵y=x 2x =x 2x 12=x 32,∴y'=32x 12.(3)∵y=lg x,∴y'=1x ln10.(4)∵y=5x ,∴y'=5x ln 5.(5)∵-x =sin x,∴y'=cos x.8.C 由y=1x 得y'=-x -2,因此切线的斜率为k=-(-1)-2=-1,∴切线方程为y+1=-(x+1),即x+y+2=0,故选C.9.A ∵直线x+4y-8=0的斜率为-14,∴直线l 的斜率为4,又y'=4x 3,∴4x 3=4,得x=1,又当x=1时,y=x 4=1,∴直线l 的方程为y-1=4(x-1),即4x-y-3=0.10.A ∵y=sin x,∴y'=cos x,∵cos x ∈[-1,1],∴切线斜率的范围是[-1,1],∴倾斜角的范围是0,,π,故选A.11.B 由f(x)=ln x,得f'(x)=1x ,则g(x)=f(x)-f'(x)=ln x-1x .易知函数g(x)的定义域为(0,+∞),且函数g(x)在(0,+∞)上为增函数,又g(1)=ln 1-1=-1<0,g(2)=ln 2-12=ln 2-ln e >0,所以函数g(x)在区间(1,2)上有唯一零点.12.A 因为y'=-12x -32,所以曲线y=x -12在点(m,m -12)处的切线方程为y-m -12=-12·m -32(x-m),令x=0,得y=32m -12,令y=0,得x=3m,由题意可得,12×32m -12×3m=18,解得m=64.13.ACD 在A 中,若f(x)=x 2,则f'(x)=2x,则x 2=2x,这个方程显然有解,故A 符合要求;在B 中,若f(x)=e -x ,则ln 1e =-e -x ,即e -x =-e -x ,此方程无解,故B 不符合要求;在C 中,若f(x)=ln x,则f'(x)=1x ,由ln x=1x ,数形结合可知该方程存在实数解,故C 符合要求;在D 中,若f(x)=1x ,则f'(x)=-1x 2,由1x =-1x 2,可得x=-1,故D 符合要求.故选ACD.14.解析 因为y=x n+1,所以y'=(n+1)x n ,所以曲线y=x n+1(n ∈N *)在(1,1)处的切线斜率为k=n+1,切线方程为y-1=(n+1)(x-1).令y=0,得x=n n +1,即x n =n n +1,所以a n =lg 1x n =lg(n+1)-lg n,所以a 1+a 2+a 3+…+a 2 019=lg 2-lg 1+lg 3-lg 2+lg 4-lg 3+…+lg 2 020-lg 2 019=lg 2 020-lg 1=1+lg 202.。
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高中数学（函数和导数）综合练习含解析学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、选择题（题型注释）1．已知函数2()ln ()f x x ax a x a R =--∈．3253()422g x x x x =-+-+ （1）当1a =时，求证：()12,1,x x ∀∈+∞，均有12()()f x g x ≥（2）当[)1,x ∈+∞时，()0f x ≥恒成立，求a 的取值范围．2．已知定义域为R 的奇函数)(x f y =的导函数为)(x f y '=，当0≠x 时，0)()(>+'x x f x f ，若)1(f a =，)2(2--=f b ，)21(ln )21(ln f c =，则c b a ,,的大小关系正确的是（ ）A ．b c a <<B ．a c b <<C ．c b a <<D ．b a c <<3．函数3()3f x x ax a =-+在()0,2内有最小值，则实数a 的取值范围是（ ） A ．[)0,4 B ．()0,1 C ．()0,4 D ．()4,4-4．在函数()y f x =的图象上有点列(),n n x y ，若数列{}n x 是等差数列，数列{}n y 是等比数列，则函数()y f x =的解析式可能为（ ）A ．()21f x x =+B ．()24f x x = C ．()3log f x x =D ．()34x f x ⎛⎫= ⎪⎝⎭5．设:x p y c =是R 上的单调递减函数；q ：函数()()2lg 221g x cx x =++的值域为R ．如果“p 且q ”为假命题，“p 或q ”为真命题，则正实数c 的取值范围是（ ） A ．1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭ B ．1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭ C ．[)10,1,2⎛⎤+∞ ⎥⎝⎦U D ．10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭6．如果函数y ||2x =-的图像与曲线22:C x y λ+=恰好有两个不同的公共点，则实数λ的取值范围是（ ）A ．{2}∪(4,)+∞B ．(2,)+∞C ．{2,4}D ．(4,)+∞7．设函数1 (20),()1 (02),xf xx x--≤≤⎧=⎨-<≤⎩，若则实数a的取值范围是（）ABCD8．函数Rxxxxf∈+=,)(3，当2πθ≤≤时，)1()sin(>-+mfmfθ恒成立，则实数m的取值范围是（）A．()1,0B．()0,∞- C ．⎪⎭⎫⎝⎛∞-21,D ．(),1-∞9．曲线2xyx=+在点()1,1--处的切线方程为（）A．21y x=+ B．21y x=- C．23y x=-- D．22y x=--10．设xxxf ln)(=，若2)(='xf，则=x（）A．2e B．e C．ln22D．ln2二、填空题（题型注释）11．函数223)(abxaxxxf+--=在1=x处有极值10，则a b+=．12．设定义域为()+∞,0的单调函数)(xf，对任意的()+∞∈,0x，都有4]log)([3=-xxff，若x是方程3)(2)(='-xfxf的一个解，且*),1,(Naaax∈+∈，则实数=a．13．由曲线y=，直线2y x=-及y轴所围成的图形的面积为．14．设()lnf x x x=，若()2f x'=，则x=．15．已知函数)(xf是定义在R上的奇函数，0)1(=f，)()(2>-'xxfxf x）（0>x，则不等式)(2>xfx的解集是．16．已知()f x 是定义在R 上的周期为3的函数，当[)0,3x ∈时，()2122f x x x =-+.若函数()y f x a =-在区间[-3,4]上有10个零点（互不相同），则实数a 的取值范围是 .三、解答题（题型注释）17．已知函数x xa x x x f ln 446)(2-+-=，其中a ∈R （1）若函数()f x 在()0,+∞单调递增，求实数a 的取值范围（2） 若曲线y ＝f （x ）在点（1，f （1））处的切线垂直于y 轴，求函数f （x ）的单调区间与极值．18．设函数x x x f ln )(=（1）求函数)(x f 的最小值；（2）设x x f x a x x F 2)]([)(2+'+-=，讨论函数)(x F 的单调性；（3）在第二问的基础上，若方程m x F =)(，（R m ∈）有两个不相等的实数根21,x x ，求证：a x x >+21．19．已知函数2()ln ()f x x ax a x a R =--∈，6225)(23-++-=x x x x g （1）若)(x f 的一个极值点为1，求a 的值；（2）设)(x g 在]4,1[上的最大值为b ，当[)1,x ∈+∞时，b x f ≥)(恒成立，求a 的取值范围．20．已知c>0，设命题p ：函数x y c =为减函数，命题q ：当1,22x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，函数()11f x x x c=+>恒成立，如果p 或q 为真命题，p 且q 为假命题，求c 的取值范围． 21．如果一元二次方程()22100ax x a ++=≠至少有一个负的实数根，试确定这个结论成立的充要条件．22．已知c>0，设命题p ：函数x y c =为减函数，命题q ：当1,22x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，函数()11f x x x c=+>恒成立，如果p 或q 为真命题，p 且q 为假命题，求c 的取值范围．但国家每天分配给该厂的煤、电有限，每天供煤至多56吨，供电至多450千瓦，问该厂如何安排生产，使得该厂日产量最大？最大日产量为多少？24．已知函数b ax x x x f +++=2325(）（b a ,为常数），其图象是曲线C ． （1）当2-=a 时，求函数)(x f 的单调减区间；（2）设函数)(x f 的导函数为)(x f '，若存在唯一的实数0x ，使得00)(x x f =与0)(0='x f 同时成立，求实数b 的取值范围；（3）已知点A 为曲线C 上的动点，在点A 处作曲线C 的切线1l 与曲线C 交于另一点B ，在点B 处作曲线C 的切线2l，设切线21,l l 的斜率分别为21,k k ．问：是否存在常数λ，使得12k k λ=？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．25．已知函数f （x ）a ＞0．（Ⅰ）若a=1，求曲线y=f （x ）在点（2，f （2））处的切线方程；f （x ）＞0恒成立，求a 的取值范围．26．已知函数3()3f x x x =-． （Ⅰ）求)2(f '的值；（Ⅱ）求函数()f x 的单调区间和极值．27．已知函数()ln 1x f x x+=. （1）求函数()f x 的单调区间和极值；（2）若对任意的1x >，恒有()ln 11x k kx -++≤成立，求k 的取值范围；（3）证明：()()2222ln 2ln 3ln 21,24123++n n n n N n n n+--+⋅⋅⋅<∈≥+. 28．已知函数()()323257,ln 22f x x x ax bg x x x x b =+++=+++，（,a b 为常数）. （1）若()g x 在1x =处的切线过点（0，-5），求b 的值；（2）设函数()f x 的导函数为()'f x ，若关于x 的方程()()'f x x xf x -=有唯一解，求实数b 的取值范围；（3）令()()()F x f x g x =-，若函数()F x 存在极值，且所有极值之和大于5ln 2+，求实数a 的取值范围.29．已知函数()f x 满足()()22f x f x =+，且当()0,2x ∈时，()1ln 2f x x ax a ⎛⎫=+<- ⎪⎝⎭，当()4,2x ∈--时，()f x 的最大值为-4. （1）求实数a 的值；（2）设0b ≠，函数()()31,1,23g x bx bx x =-∈.若对任意()11,2x ∈，总存在()21,2x ∈，使()()12f x g x =，求实数b 的取值范围.30．已知函数()1xf x e ax =+-（e 为自然对数的底数）. （1）当1a =时，求过点()()1,1f 处的切线与坐标轴围成的三角形的面积；（2）若()2f x x ≥在（0,1）上恒成立，求实数a 的取值范围.参考答案1．（1）1；（2）1a ≤【解析】试题分析：（1）对()f x 进行求导得到其导函数，因为)(x f 的一个极值点为1，所以()'10f =，代入即可求出a 的值；（2）对()g x 进行求导得到其导函数，判断出其在]4,1[上的单调性，从而可以判断出最大值在哪个点取得，求出其最大值b ；代入b x f ≥)(，分离参数a ，构造一个新函数()h x ，只需a 小于等于其最小值即可．试题解析：（1）a ＝1时， f （x ）＝x 2－x －ln x ，2121(21)(1)()21x x x x f x x x x x--+-'=--== ()f x 在（1，＋∞）上是增函数，min ()(1)0f x f ==2()3540g x x x '=-+-<，所以()g x 在（1，＋∞）上是减函数，max ()(1)0g x g =<当1a =时，()12,1,x x ∀∈+∞，均有12()()f x g x ≥（2）由由x ∈[1，＋∞）知，x ＋ln x ＞0，所以f （x ）≥0恒成立等价于a ≤2ln x x x+在[)1,x ∈+∞时恒成立， 令h （x ）＝2ln x x x +，[)1,x ∈+∞，有h ′（x ）＝()()212ln 0ln x x x x x -+>+ [)1,,()0,()x h x h x '∈+∞>单调递增所以[)1,x ∈+∞ h （x ）≥h （1）＝1，所以a ≤1．考点：利用导数研究函数的极值和最值2．D【解析】试题分析：设()()()()()''h x xf x h x f x xf x =∴=+，()y f x =Q 是定义在R 上的奇函数，()h x ∴是定义在R 的偶函数，当0x >时，()()()''0h x f x xf x =+>，此时函数()h x 单调递增．()1(1)1a f h ==Q ，()2(2)2b f h =--=-，111(ln )(ln )ln 222c f h ⎛⎫== ⎪⎝⎭，又1212>>b a c ∴>>故选D ． 考点：利用导数研究函数的单调性【思路点睛】本题考察的是比较大小相关知识点，一般比较大小我们可以采用作差法、作商法、单调性法和中间量法，本题的题设中无解析式，所以我们无法采用作差法、作商法和中间量法，只能采用单调性法，经观察得需要进行构造函数，研究构造的函数的单调性，再利用函数的奇偶性进行转化到同一侧，即可判断出所给几个值的．3．C【解析】试题分析：由题可得()('2333fx x a x x =-=+，所以()f x在(上单调递减，在)+∞上单调递增，所以()f x在x =又()f x 在()0,2内有最小值，所以只需02<<，即04a <<，故选C ． 考点：函数的最小值4．D【解析】试题分析：对于函数()34x f x ⎛⎫= ⎪⎝⎭上的点列(),n n x y 有34n xn y ⎛⎫= ⎪⎝⎭，由于 {}n x 是等数列差，所以1,n n x x d +-=因此11x 133344434n n n n x x d n x n y y ++-+⎛⎫ ⎪⎛⎫⎛⎫⎝⎭=== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎛⎫ ⎪⎝⎭，这是一个与n 无关的常数，故{}n y 是等比数列，所以()34x f x ⎛⎫= ⎪⎝⎭合题意，故选D ． 考点：1、等差数列的定义；2、等比数列的定义；3、指数函数．【易错点晴】本题主要考查函数与数列的综合问题，属于难题．解决该问题应该注意的事项：(1)数列是一类特殊的函数，它的图象是一群孤立的点；(2)转化以函数为背景的条件时，应该注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是很容易被忽视的问题；(3)利用函数的方法研究数列中的相关问题时，应准确构造相应的函数，注意数列中相关限制条件的转化．本题构造出指数函数巧妙地将等差数列、等比数列结合起来．5．A【解析】试题分析：本题考查命题真假的判定与推理，若命题p 为真命题，则01,c <<若命题q 为真命题，则0c >且480c ∆=-≥即10,2c <≤由条件得：p 真q 假或p 假q 真，故正实数c 的取值范围是1,1,2⎛⎫ ⎪⎝⎭故选A ．考点：1、函数的单调性、值域；2、命题与逻辑联接词．6．A【解析】 试题分析：根据题意画出函数2y x =-与曲线22C x y λ+=：的图象，如图所示，当AB 与圆O 相切时两函数图象恰好有两个不同的公共点，过O 作OC AB ⊥，因为2OA OB ==，90AOB ∠=︒，所以22OC =，此时22OC λ==，当圆O 半径大于2，即4λ＞时，两函数图象恰好有两个不同的公共点，综上，实数λ的取值范围是{}24⋃+∞（，），故选A ．考点：1、含绝对值的函数；2、圆的几何性质；3、数形结合．7．D 【解析】试题分析：由题11 (20),12()() =,12 1 (02),2x x g x f x x x x ⎧---≤≤⎪⎪=-⎨⎪-<≤⎪⎩若2121(log )(log )2()2g a g a g +≤即22113(log )(log )21222g a g a ⎛⎫+-≤⋅-=- ⎪⎝⎭当22log 0a -≤≤时20log 2a ≤-≤，此时223(log )(log )2g a g a +-≤-即为()222113121log log 1 log 22222a a a a --+--≤-∴≥-∴≥结合22log 0a -≤≤即212a ≤≤，可知此时22a ⎤∈⎥⎣⎦；当20log 2a <≤时22log 0a -≤-≤，此时223(log )(log )2g a g a +-≤-即为()()2221131log 11log log 022222a a a a ⎡⎤-+---≤-∴≤∴<≤⎢⎥⎣⎦结合20log 2a <≤即14a <≤，取交集即为1a <≤， 综上 实数a 的取值范围是考点：分段函数，对数函数的性质【名师点睛】本题考查分段函数，对数函数的性质，对数不等式的解法等知识，属中档题．解释由已知条件得到()g x 仍为分段函数，讨论22log 0a -≤≤和20log 2a <≤两种情况，化简不等式，解之即可．注意每一种情况中秋的是交集，而最后两种情况求的是并集．8．D【解析】试题分析：由导函数13)(2+='x x f 可知R x x x x f ∈+=,)(3是单调递增奇函数，所以在解不等式0)1()sin (>-+m f m f θ时要充分利用这一条件．)1()sin (0)1()sin (m f m f m f m f -->⇒>-+θθ，又函数)(x f 为奇函数，所以)1()1(-=--m f m f ，即)1-()sin (m f m f >θ，又因为函数)(x f 在R 上为单调递增的函数，所以必有1sin ->m m θ，当1sin =θ时，对任意的m 不等式恒成立，当)1,0[sin ∈θ时，有θsin 11-<m ，当)1,0[sin ∈θ时，1sin 11≥-θ，所以1<m ，综上所述，m 的取值范围是(),1-∞，故正确选项为D ．考点：利用函数的单调性，奇偶性解不等式．【思路点睛】本题主要考查利用导函数来判断函数的单调性，以及解有关复合函数的不等式．在解有关函数的不等式时，如果函数是高次的复合函数，则需要先利用导函数判断外函数在定义域上的单调性，将不等式转化为关于内函数的不等式，继续解不等式，从而求出参数的范围，在解不等式，要充分利用题中已知的函数性质．9．A【解析】试题分析：求曲线某点的切线，需要先求得该点的导数，2+=x x y 的导函数为2)2(2+='x y ，则曲线在点)1,1(--处的切线斜率为2)21(22=+-=k ，利用点斜式可求得切线的方程为21y x =+，故正确选项为A ．考点：导数的运用．10．B【解析】试题分析：先求x x x f ln )(=的导函数，可知1ln )(ln ln )()(+='+'='x x x x x x f ，2)(0='x f ，即21ln 0=+x ，可求得e x =0，故正确选项为B ．考点：导数的计算． 11．7 【解析】试题分析：对原函数求导可得()'232fx x ax b =--，由题得()()2'1110431131320f a b a a a b b f a b ⎧=--+==-=⎧⎧⎪∴⎨⎨⎨==-=--=⎩⎩⎪⎩或，当3,3a b ==-时， ()()2'2363310f x x x x =-+=-≥，此时1x =不是极值点，不合题意，经检验4,11a b =-=符合题意，所以7a b +=考点：函数的极值12．2 【解析】试题分析：根据题意，对任意的()+∞∈,0x ，都有4]log )([3=-x x f f ，又由)(x f 是定义在()+∞,0上的单调函数则()3log f x x -为定值，设()3log t f x x =-，则()3log f x t x =+，又()4f t =，可得3log 4t t +=3t ∴=，故()3log 3f x x =+，()'1ln 3f x x =，又0x 是方程3)(2)(='-x f x f 的一个解，所以0x 是()32()2()3log ln 3F x f x f x x x '=--=-的零点，分析易得()()3122log 20,310ln 33ln 3F F =-<=->，所以函数()F x 的零点介于()2,3之间，故2a = 考点：导数运算【思路点睛】由题意可得()3log f x x -为定值，设为t ，代入即可得到t 的值，从而可得函数的解析式，代入化简新构造函数，根据零点存在性定理即可得到零点所在范围，从而求出所得答案．此类题目一般都需要进行整体换元来做，进而可以求出函数的解析式，然后根据题意即可得到所求答案． 13．163【解析】试题分析：联立方程2y y x ⎧=⎪⎨=-⎪⎩得到两曲线的交点()4,2，因此曲线y =，直线2y x =-及y轴所围成的图形的面积为)3424200211622|323S x dx x x x ⎛⎫=+=-+= ⎪⎝⎭⎰．考点：定积分在求面积中的应用 14．e 【解析】试题分析：0000()ln 1()2ln 12,ln 1,f x x f x x x x e ''=+=∴+==∴=Q 考点：函数的导数 15．),1()0,1(+∞-Y 【解析】试题分析：仔细观察，会发现条件中的])([)()(2'=-'xx f x x f x f x ，所以可构造函数x x f x F )()(=，由0)()()(2>-'='x x f x f x x F 得)(x F 在()0,+∞上为增函数，又0)1(=f ，所以0)1(=F ，则函数)(x F 在）（1,0上0)(<x F ．在0)(),1(>+∞x F 上，；又)()(x xF x f =，所以在）（1,0上0)(<x f ．在0)(),1(>+∞x f 上，，)(x f 是定义在R 上的奇函数，则在在）（0,1-上0)(>x f ．在0)()1--(<∞x f 上，，，而不等式0)(2>x f x 的解集即0)(>x f 的解，所以解集为),1()0,1(+∞-Y ．考点：函数的单调性，奇偶性，以及导函数的运用．【思路点睛】本题的关键在于能够根据2)()(xx f x f x -'构造出一个对解题带来方便的新函数xx f x F )()(=，因为题中只说明)(x f 是奇函数及一个零点，而解不等式0)(2>x f x ，必须要知道)(x f 值域在那些区间上为正，那些区间上为负，而通过新构造的函数xx f x F )()(=，结合其单调性及)(x f 的零点，刚好能解决这一难题．本题同时也考查了学生对公式2)]([)()()()(])()([x g x g x f x g x f x g x f '-'='的逆运用． 16．102，⎛⎫ ⎪⎝⎭【解析】试题分析：因为()f x 是定义在R 上的周期为3的函数，当[)0,3x ∈时，()2122f x x x =-+.画出函数()f x 和y a =在[]3,4-的图像如图所示，102a ⎛⎪∈⎫ ⎝⎭，考点： 根的存在性及根的个数判断．17．（1）(],1-∞-；（2）单调递增区间为()0,1和()3,+∞，单调递减区间为()1,3，极大值()12f =-，极小值为()31ln3f =--【解析】试题分析：（1）对原函数()f x 进行求导得到()'fx ，令()'0f x ≥，分离参数得到224x x a -≤，只需a 小于等于2min24x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭即可得到所求答案．（2）由（1）和题意可知()'10f =，即可求出a 的值，代入导函数()'fx ，令()'0f x =，得到其零点，列表即可判断出函数的单调性和极值． 试题解析：（1）对()f x 求导得()'2114a f x x x=-- 函数()f x 在()0,+∞单调递增，()0f x '∴≥在()0,+∞恒成立2114a x x--0≥ 224(2)4()144x x x g x ---==≥-1a ∴≤-，a 的取值范围(],1-∞-（2）对()f x 求导得()'2114a f x x x=--，由()f x 在点（1，f （1））处的切线垂直于直线y 轴，可知f ′（1）＝－34－a ＝0，解得a ＝34-由（1）知33()ln 442x f x x x =--- 则f ′（x ）＝22434x x x -+，令f ′（x ）＝0，解得x ＝1或x ＝3x()0,11 ()1,33 ()3,+∞()f x ' + 0— 0+()f x↗极大值 ↘极小值↗由此知函数()f x 在x ＝1时取得极大值f （1）＝-2()f x 在x ＝3时取得极小值f （3）＝-1－ln 3．考点：导数的综合应用 18．（1）1e -（2）单调增区间为,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，单调减区间为0,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭（3）证明见解析 【解析】试题分析：（1）求出其定义域，对()f x 进行求导得到()'f x ，令导函数等于0可以判断出在其定义域上的单调性，从而判断出其最小值； （2）由（1）把()'fx 代入()F x ，对()F x 进行求导得到()'F x ，对a 进行分类讨论，即可得到()F x 的单调性（3）本题可以采用分析法来进行证明，一步步的往上推导出一个很容易证明或者是公理的式子再进行证明即可得到所求答案．试题解析：f ′（x ）=lnx+1（x ＞0），令f ′（x ）=0，得．∵当时，f ′（x ）＜0；当时，f ′（x ）＞0∴当时，．（2） F ′（x ）=2x ﹣（a ﹣2）﹣（x ＞0）．当a ≤0时，F ′（x ）＞0，函数F （x ）在（0，+∞）上单调递增，函数F （x ）的单调增区间为（0，+∞）． 当a ＞0时，由F ′（x ）＞0，得x ＞；由F ′（x ）＜0，得0＜x ＜．所以函数F （x ）的单调增区间为，单调减区间为．（3）证明：因为x 1、x 2是方程F （x ）=m 的两个不等实根，由（1）知a ＞0． 不妨设0＜x 1＜x 2，则﹣（a ﹣2）x 1﹣alnx 1=c ，﹣（a ﹣2）x 2﹣alnx 2=c ．两式相减得﹣（a ﹣2）x 1﹣alnx 1﹣+（a ﹣2）•x 2+alnx 2=0，即+2x 1﹣﹣2x 2=ax 1+alnx 1﹣ax 2﹣alnx 2=a （x 1+lnx 1﹣x 2﹣lnx 2）．所以a=．因为F ′=0，即证明x 1+x 2＞，即证明﹣+（x 1+x 2）（lnx 1﹣lnx 2）＜+2x 1﹣﹣2x 2，即证明ln ＜．设t=（0＜t ＜1）．令g （t ）=lnt ﹣，则g ′（t ）=．因为t ＞0，所以g ′（t ）≥0，当且仅当t=1时，g ′（t ）=0，所以g （t ）在（0，+∞）上是增函数．又g （1）=0，所以当t ∈（0，1）时，g （t ）＜0总成立．所以原题得证 考点：导数的综合应用 19．（1）1；（2）1a ≤ 【解析】试题分析：（1）对()f x 进行求导得到其导函数，因为)(x f 的一个极值点为1，所以()'10f =，代入即可求出a 的值；（2）对()g x 进行求导得到其导函数，判断出其在]4,1[上的单调性，从而可以判断出最大值在哪个点取得，求出其最大值b ；代入b x f ≥)(，分离参数a ，构造一个新函数()h x ，只需a 小于等于其最小值即可． 试题解析： （1）xaa x x f --='2)(，令02)1(=--='a a f ，则a ＝1 经检验，当a ＝1时，1是)(x f 的一个极值点 （2） )13)(2(253)(2+--=++-='x x x x x g ，所以()g x 在[1,2]上是增函数，[2,4]上是减函数0)2()(max ==g x g0)(≥x f 在[)1,x ∈+∞上恒成立，由x ∈[1，＋∞）知，x ＋ln x ＞0，所以f （x ）≥0恒成立等价于a ≤2ln x x x+在x ∈[e ，＋∞）时恒成立，令h （x ）＝2ln x x x +，x ∈[1，＋∞），有h ′（x ）＝()()212ln 0ln x x x x x -+>+ 所以h （x ）在[1，＋∞）上是增函数，有h （x ）≥h （1）＝1，所以a ≤1考点：利用导数研究函数的极值和最值20．1|012或c c c ⎧⎫<≤≥⎨⎬⎩⎭． 【解析】试题分析：根据题意可求得命题p 为真命题时，01c <<，命题q 为真命题时，12c >，因为p 或q 为真命题，p 且q 为假命题，所以可得p 、q 中必有一真一假，分两种情况求解．试题解析：因为函数xy c =为减函数，所以0101c p c <<<<，：，因为12x x ≤+，要使不等式恒成立，需12c <，即12c >，q ： 12c >， 若p 或q 为真命题，p 且q 为假命题，则p 、q 中必有一真一假，当p 真q 假时，01102c c <<⎧⎪⎨<≤⎪⎩，解得102c <≤， 当p 假q 真时，112c c ≥⎧⎪⎨≥⎪⎩，解得1c ≥． 综上可知，c 的取值范围是1|012或c c c ⎧⎫<≤≥⎨⎬⎩⎭． 考点：1．不等式恒成立问题；2．判断复合命题的真假． 21．0a <或01a <≤． 【解析】试题分析：因为一元二次方程()22100ax x a ++=≠至少有一个负的实数根，包括有一个负的实数根和有两个负的实数根的情况，当有一个负的实数根时110a a ≤⎧⎪⇔⎨<⎪⎩，有两个负的实数根12010a a a ⎧⎪≤⎪⎪⇔-<⎨⎪⎪>⎪⎩．试题解析：由题意得 0a ≠，一元二次方程2210ax x ++=有实数根的充要条件是440a ∆=-≥，即1a ≤，设方程()22100ax x a ++=≠的根是12,x x ，由121221,x x x x a a +=-=，可知，方程()22100ax x a ++=≠有一个负的实数根110a a ≤⎧⎪⇔⎨<⎪⎩，即0a <，方程()22100ax x a ++=≠有两个负的实数根12010a a a ⎧⎪≤⎪⎪⇔-<⎨⎪⎪>⎪⎩，即01a <≤，综上所述，一元二次方程2210ax x ++=至少有一个负实数根的充要条件是0a <或01a <≤．考点：一元二次次根的分布．22．1|012或c c c ⎧⎫<≤≥⎨⎬⎩⎭． 【解析】试题分析：根据题意可求得命题p 为真命题时，01c <<，命题q 为真命题时，12c >，因为p 或q 为真命题，p 且q 为假命题，所以可得p 、q 中必有一真一假，分两种情况求解．试题解析：因为函数xy c =为减函数，所以0101c p c <<<<，：，因为12x x ≤+，要使不等式恒成立，需12c <，即12c >，q ： 12c >，若p或q为真命题，p且q为假命题，则p、q中必有一真一假，当p真q假时，0112cc<<⎧⎪⎨<≤⎪⎩，解得12c<≤，当p假q真时，112cc≥⎧⎪⎨≥⎪⎩，解得1c≥．综上可知，c的取值范围是1|012或c c c⎧⎫<≤≥⎨⎬⎩⎭．考点：1．不等式恒成立问题；2．判断复合命题的真假．23．产甲产品5吨，乙产品7吨时，日产值124吨．【解析】试题分析：设每天生产甲产品x吨，乙产品y吨，则日产值812z x y=+，由表格可列出线性约束条件，然后可以画出可行域，把812z x y=+变形为一组平行直线系8:1212zl y x=-+，l经过点(5,7)M时，812z x y=+有最大值．试题解析：设该厂每天安排生产甲产品x吨，乙产品y吨，则日产值812z x y=+，线性约束条件为735620504500,0x yx yx y+≤⎧⎪+≤⎨⎪≥≥⎩．作出可行域．由图可知，当直线l经过可行域上的点M时，截距12z最大，即z取最大值．解方程组73562050450x yx y+=⎧⎨+=⎩，得交点(5,7)Mmax85127124z=⨯+⨯=．所以，该厂每天安排生产甲产品5吨，乙产品7吨，则该厂日产值最大，最大日产值为124万元．考点：1、线性规划的应用；2、可行域与最优解． 24．（1）)(x f 的单调减区间为1(2,)3-． （2）71(,)(,)548-∞--+∞U （3）当1225=a 时，存在常数4=λ，使得12k k λ=；当1225≠a 时，不存在常数λ使得12k k λ=．【解析】试题分析：（1）先求原函数的导数，根据0)('<x f 求得的区间是单调减区间，即可； （2）由于存在唯一的实数0x ，使得00)(x x f =与0)(0='x f 同时成立，则20032000035052x x a x x ax b x ⎧++=⎪⎨+++=⎪⎩ 即320005202x x x b ++-=存在唯一的实数根0x实数根0x ，就把问题转化为求函数最值问题； （3）假设存在常数λ，依据曲线C 在点A 处的切线1l 与曲线C 交于另一点B ，曲线C 在点处B 的切线2l ，得到关于λ的方程，有解则存在，无解则不存在．试题解析：（1）当2a =-时， 2()352(31)(2)f x x x x x '=+-=-+．令0)('<x f ，解得123x -<<， )(x f 的单调减区间为1(2,)3-．（Ⅱ）2()35f x x x a '=++，由题意知20032000035052x x a x x ax b x ⎧++=⎪⎨+++=⎪⎩消去a ，得320005202x x x b ++-=有唯一解．令325()22g x x x x =++，则2()651(21)(31)g x x x x x '=++=++，以()g x 在区间1(,)2-∞-，1(,)3-+∞上是增函数，在11(,)23--上是减函数，又11()28g -=-，17()354g -=-，故实数b 的取值范围是71(,)(,)548-∞--+∞U ．（Ⅲ） 设00(,())A x f x ，则点A 处切线方程为000()()()y f x f x x x '-=-，与曲线C ：()y f x =联立方程组，得000()()()()f x f x f x x x '-=-，即2005()[(2)]02x x x x -++=，所以B 点的横坐标05(2)2B x x =-+．由题意知，a x x x f k ++==0200'153)(，a x x x f k +++=--=4252012)252(0200'1，若存在常数λ，使得12k k λ=，则λ=+++a x x 4252012020)53(020a x x ++，即常数λ使得425)1()4)(53(020--=-+a x x λλ，所以⎪⎩⎪⎨⎧=--=-0425)1(04a λλ，解得1225,4==a λ．故当1225=a 时，存在常数4=λ，使得12k k λ=；当1225≠a 时，不存在常数λ使得12k k λ=． 考点：利用导数研究函数的性质【名师点评】本题考查导数知识的运用，函数的单调性，曲线的切线等知识，属难题．解题时对于方程根的问题，一般要转化为函数的最值来解决． 25．（Ⅰ）y=6x-9；（Ⅱ）0＜a ＜5． 【解析】试题分析：（1）函数在其图象上某点的切线的斜率等于该点处的导数，x x x f 33)(2-='，则点)3,2(处的切线斜率为623232=⨯-⨯=k ，由点斜式可求出切线的方程；（2）函数在区间11,22⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上，0)(>x f 恒成立，可先利用导函数判断函数区间上的单调性，从而使得最小值大于0；令2()33f x ax x '=-3(1)0x ax =-=，得ax x 1,121==，对220>≤<a a 以及分别进行讨论从而求a 得取值范围．试题解析：（Ⅰ）当a=1时，f （x ）=x 3-x 2+1，f （2）=3；f ′（x ）=3x 2-3x ，f ′（2）=6， 所以曲线y=f （x ）在点（2，f （2））处的切线方程为y-3=6（x-2），即y=6x-9．（Ⅱ）f ′（x ）=3ax 2-3x=3x （ax-1），令f ′（x ）=0，解得x=0或x=，以下分两种情况讨论： 若0＜a ≤2，则，当x 变化时，f'（x ），f （x ）的变化情况如下表：当x ∈时，f （x ）＞0等价于，即，解不等式组得-5＜a ＜5，因此0＜a ≤2； 若a ＞2，则，当x 变化时，f ′（x ），f （x ）的变化情况如下表：当x ∈时，f （x ）＞0等价于，即，解不等式组得或，因此2＜a ＜5；综合（1）和（2），可知a 的取值范围为0＜a ＜5． 考点：导函数的运用，函数的最值．【方法点睛】求函数（曲线）在某点处的切线，经常使用点斜式，所以首先要求得该点的坐标以及切线的斜率，而切线的斜率等于函数在该点的导数，所以求导数是求切线的关键步骤；解含参数的高次不等式在区间上恒成立的问题时，主要方法是利用导数判断函数在区间上的单调性以及函数的极值，确定函数的最值，然后将不等式关系转化为与最值有关的不等式，并求出参数的范围．26．（Ⅰ）9)2(='f ；（Ⅱ）函数()f x 的单调增区间是(),1-∞-，()1,+∞，单调减区间是()1,1-，2)(-=极小值x f ，2)(=极大值x f ．【解析】试题分析：（Ⅰ）先求函数的导函数，再求点))2(,2(f 上的导数；（Ⅱ）令函数的导函数为零，求零点，这些零点将函数的定义域分为几个区间，然后根据导函数在这些区间上值域的正负，来判断函数的单调区间以及极值．试题解析：（Ⅰ）33(2-='x x f ），所以9)2(='f ．（Ⅱ）2()33f x x '=-，解()0f x '>，得1x >或1x <-． 解()0f x '<，得11x -<<．所以(,1)-∞-，(1,)+∞为函数()f x 的单调增区间，(1,1)-为函数()f x 的单调减区21)(-==）（极小值f x f ．2)1()(=-=f x f 极大值考点：导函数的运用，极值．27．（1）见解析（2）1k ≥（3）见解析 【解析】试题分析：（1）由已知()()ln 10x f x x x +=>，()2ln 'xf x x-=分别解出()()'0,'0f x f x ><，即可得出单调区间、极值；（2）由()ln 11x k kx -++≤，分离参数可得：()ln 111x k x -+≤-对任意的1x ＞恒成立，由（1）即可得出1k ≥（3）()()ln 10x f x x x +=>，由（1）知：()ln 1ln 111x x f x x x x+=≤⇒≤-（当且仅当1x =取等号）．令2*2n N n n x =∈≥（，），即22lnn 11n n <-，再利用“累加求和”、“裂项求和”即可得出．试题解析：（1）()2ln 'xf x -=，由()'01f x x =⇒=，列表如下：因此增区间()0,1，减区间()1,+∞，极大值()11f =，无极小值. （2）因为1x >，()()()ln 11ln 1111x x k kx k f x k x -+-++≤⇔≤⇔-≤-，所以()max 11f x k k -=∴≥，（3）由（1）可得()()()max ln 1ln 1111x x f x f x f x x x+=≤==⇒≤-，当且仅当1x =时取等号.令2*2n N n n x =∈≥（，），则()()2222lnn 1ln 11111111111,222121n n n n n n n n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫<-⇒<-<-=-+≥ ⎪⎪ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭⎝⎭，()2222ln 2ln 3ln 111111111111211111223234212124123++n n n n n n n n n--⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+⋅⋅⋅<-++-++⋅⋅⋅+-+=-+-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭考点：利用导数研究函数的性质，数列求和【名师点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值，数列求和等知识，属难题． 解题时利用到恒成立问题的等价转化方法、分离参数方法、分类讨论方法，利用研究证明的结论证明不等式，同时应用到“累加求和”、“裂项求和”、“放缩法”等方法，要求有较高推理能力与计算能力， 28．（1）32b =（2）71,,548⎛⎫⎛⎫-∞--+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭U （3）()4,+∞ 【解析】试题分析：（1）由求导公式和法则求g x '（），利用导数的几何意义求出切线的斜率，再由题意和点斜式方程求出切线方程，把1x =代入求出切点坐标，代入()g x 求出b 的值； （2）求出方程()()'f x x xf x -=的表达式，利用参数分离法构造函数，利用导数求出函数的取值范围即可求实数b 的取值范围；（3）求函数()F x 以及定义域，求()F x '出，利用导数和极值之间的关系将条件转化：()0F x '=在()F x '（0，+∞）上有根，即2210x ax -+=在0+∞（，）上有根，根据二次方程根的分布问题列出方程组，根据条件列出关于a 的不等式，求出a 的范围．试题解析：（1）设()g x 在1x =处的切线方程为5y kx =-，因为()()21'37,'111g x x x g x=++=，所以11k =，故切线方程为115y x =-.当1x =时，6y =，将（1,6）代入()327ln 2g x x x x b =+++，得32b =.（2）()2'35f x x x a =++，由题意得方程32325352x x ax b x x ax x +++=+=+有唯一解，即方程32522x x x b ++=有唯一解.令()32522h x x x x =++，则()()()2'6512131=h x x x x x =++++，所以()h x 在区间11,,,23⎛⎫⎛⎫-∞--+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭上是增函数，在区间11,23-⎛⎫- ⎪⎝⎭上是减函数.又1117,28354h h ⎛⎫⎛⎫-=--=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.故实数b 的取值范围是71,,548⎛⎫⎛⎫-∞--+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭U .（3）()2ln F x ax x x =--，所以()221'x a F x x-+=-.因为()F x 存在极值，所以()221'0x a F x x-+=-=在()0,+∞上有限，即方程2210x ax -+=在()0,+∞上有限，则有280a ∆=-≥.显然当0∆=时，()F x 无极值，不合题意；所以方程必有两个不等正跟.记方程2210x ax -+=的两根12,x x ，则12121022+=x x a x x ⎧=>⎪⎪⎨⎪⎪⎩，()()()()()22221212121211ln ln 1ln 5ln2422a a F x F x a x x x x x x +=+-+-+=-+->-，解得216a >，满足0∆>，又1202+=ax x >，即0a >，故所求a 的取值范围是()4,+∞. 考点：利用导数研究函数的性质【名师点睛】本题主要考查导数的几何意义，函数单调性，极值和最值与导数之间的关系，综合考查导数的应用．属难题.解题时要熟练应用利用导数研究函数的性质的一般方法，包括构造新函数，分离变量，以及求极值、最值等. 29．（1）1a =-（2）33ln 22b ≤-+或33ln 22b ≥-. 【解析】试题分析：（I ）先求出函数在()4,2x ∈--上的解析式与当()0,2x ∈时解析式之间的关系，利用函数的导数求出函数的最大值（用a 表示），令其等于-4，从而求出a ；（2）由任意的()11,2x ∈，总存在()21,2x ∈，使()()12f x g x =，函数()f x 的值域是函数()g x 值域的子集，即转化为求两个函数的值域，用函数的导数法即可解决． 试题解析：（1）当()0,2x ∈时，()()()112424f x f x f x =-=-，由条件，当()44,2x -∈--，()4f x -的最大值为-4，所以()f x 的最大值为-1.因为()11'ax f x a x x +=+=，令()'0f x =，所以1x a =-.因为12a <-，所以()10,2a -∈，当10，x a ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()'0f x >，()f x 是增函数；当12，x a ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()'0f x <，()f x 是减函数.则当1x a=-时，()f x 取得最大值为11ln 11f a a ⎛⎫⎛⎫-=--=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以1a =-. （2）设()f x 在()1,2x ∈的值域为A ,()g x 在()1,2x ∈的值域为B ，则依题意知A B ⊆.因为()f x 在()1,2x ∈上是减函数，所以()ln 22,1A =--，又()()22'1g x bx b b x =-=-，因为()1,2x ∈，所以()210,3x -∈.① 0b >时，()'0g x >，()g x 是增函数，22,33B b b ⎛⎫=-⎪⎝⎭.因为A B ⊆，所以2ln 223b -≤-，解得33ln 22b ≥-. ② 0b <时，()'0g x <，()g x 是减函数，22,33B b b ⎛⎫=-⎪⎝⎭，因为A B ⊆，所以2ln 223b ≤-，33ln 22b ≤-+. 由①②知，33ln 22b ≤-+或33ln 22b ≥-.考点：利用导数研究函数的性质 30．（1）()121e +（2）2a e ≥-【解析】试题分析：（1）当1a =时，()'1xf x e =+，根据导数的几何意义可求得在点()()1,1f 处的切线的斜率，再由点斜式即可得切线方程，分别求出切线与x 轴、y 轴的交点,A B ，利用直角三角形的面积公式即可求得；（2）将()2f x x ≥在()0,1上恒成立利用参变量分离法转化为21xx e a x--≥在()0,1上恒成立，再利用导数研究不等式右边的函数的单调性，从而求出函数的最大值，即可求出a 的取值范围．试题解析：（1）当1a =时，()1xf x e x =+-，()()()1,'1,'11,xf e f x e f e ==+=+函数()f x 在点()()1,1f 处的切线方程为()()11y e e x -=+-，即()11y e x =+- 设切线与,x y 轴的交点分别为,B A ，令0x =，得1y =-，令0y =，得11x e =+，∴1,01A e ⎛⎫⎪+⎝⎭，()0,1B -. ()11112121S e e =⨯⨯=++,在点()()1,1f 处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为()121e +.（2）由()2f x x ≥得21xx e a x--≥，令()()()()()2222111111,'1x xx x x x e e x x e e h x x h x x x x x x x-+----==+-=--= 令()()()()1,'1,0,1,'10,xxxk x x e k x e x k x e =+-=-∈∴=-<Q ()k x 在()0,1x ∈为减函数，∴()()00k x k <=，又∵()()()221110,0,'0x x x e x x h x x-+--<>∴=>.∴()h x 在()0,1x ∈为增函数，()()12h x h e <=-，因此只需2a e ≥- 考点：利用导数研究函数的性质。