新人教高考数学总复习专题训练导数的综合应用

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2023年新高考数学一轮复习4-4 导数的综合应用(真题测试)含详解

专题4.4 导数的综合应用（真题测试）一、单选题1．（2017·全国·高考真题（理））已知函数211()2()x x f x x x a e e --+=-++有唯一零点，则=a （） A ．12-B ．13C ．12D ．12．（2015·陕西·高考真题（理））对二次函数（为非零整数），四位同学分别给出下列结论，其中有且仅有一个结论是错误的，则错误的结论是 A ．是的零点 B ．1是的极值点 C ．3是的极值D ．点在曲线上3．（2022·青海·海东市第一中学模拟预测（理））已知函数()2e 2xx f x a x =-+，若有且仅有两个正整数，使得()0f x <成立，则实数a 的取值范围是（） A ．211,3e e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭B ．3291,5e e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭C ．391,5e 3e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭D ．212,2e e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭4．（2014·全国·高考真题（文））已知函数，若存在唯一的零点，且，则的取值范围是（） A ．B ．C ．D ．5．（2022·青海·海东市第一中学模拟预测（理））若函数()()22e e x x f x x ax a a R =+-∈有三个不同的零点，则实数a 的取值范围是（） A ．1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭B ．1,1e ⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．2110,,1e e e ⎛⎫⎛⎫⋃ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭D ．210,e e ⎛⎫ ⎪-⎝⎭6．（2022·河南·开封市东信学校模拟预测（理））对任意0x >，不等式e ln()(1)0x ax a x -+-≥恒成立，则正数a 的最大值为（） ABC ．1eD ．e7．（2015·全国·高考真题（理））设函数()(21)xf x e x ax a =--+，其中1a < ，若存在唯一的整数0x ，使得2()f x ax bx c =++a 1-()f x ()f x ()f x (2,8)()y f x =32()31f x ax x =-+()f x 0x 00x >a ()2,+∞()1,+∞(),2-∞-(),1-∞-0()0f x <，则a 的取值范围是（）A ．3,12e ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭B ．33,2e 4⎡⎫-⎪⎢⎣⎭ C ．33,2e 4⎡⎫⎪⎢⎣⎭ D ．3,12e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭8．（2022·内蒙古·海拉尔第二中学模拟预测（理））已知函数()()e ln e (0)xf x a a a =+>，若对任意实数1x >，不等式()()ln 1f x x ≥-总成立，则实数a 的取值范围为（） A ．210,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．221,e e ⎛⎤⎥⎝⎦C ．21,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭D ．21,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭二、多选题9．（2022·辽宁实验中学模拟预测）我们把形如(),,0f x y y '=的方程称为微分方程，符合方程的函数()y f x =称为微分方程的解，下列函数为微分方程0xy y xy +-'=的解的是（） A ．e x y = B ．e x y x =C ．e 1x y x =+D ．e (R)x y c x c =⋅∈⋅10．（2022·河北沧州·二模）已知实数,a b 满足e e e a b a b ++=，则（） A ．0ab < B ．1a b +> C ．e e 4a b +D ．e 1a b >11．（2022·湖南·模拟预测）已知1x >，1y >，且()()1e 11e y xx y ++=+，则下列结论一定正确的是（）A ．()ln 0x y ->B ．122x y +<C ．226x y +>D ．()ln ln3x y +<12．（2022·全国·高考真题）已知函数，则（）A ．有两个极值点B ．有三个零点C ．点是曲线的对称中心D ．直线是曲线的切线三、填空题13．（2020·河南高三其他（理））函数()2222ln x f x x e x ax =--，若0a =，则()f x 在[]1,2的最小值为_______；当0x >时，()1f x ≥恒成立，则a 的取值范围是_____. 14．（2022·全国·模拟预测（理））若曲线ln x y x =与212y kx =-仅有1个公共点，则k 的取值范围是3()1f x x x =-+()f x ()f x (0,1)()y f x =2y x =()y f x =___________.15．（2012·福建·高考真题（理））对于实数a 和b ，定义运算“*”：设f （x ）=（2x -1）*（x -1），且关于x 的方程为f （x ）=m （m ∈R ）恰有三个互不相等的实数根x 1，x 2，x 3，则x 1x 2x 3的取值范围是_________________16．（2022·江苏·常州高级中学模拟预测）已知函数22()ln 2e f x x x mx =-+，若()0f x ≥的解集中恰有一个整数，则m 的取值范围为________．四、解答题17．（2018·全国·高考真题（文））已知函数．（1）求曲线在点处的切线方程；（2）证明：当时，．18．（2017·全国·高考真题（理））已知函数（1）讨论的单调性；（2）若有两个零点，求的取值范围.19．（2017·全国·高考真题（文））已知函数.（1）讨论的单调性；（2）当时，证明. 20．（2016·全国·高考真题（文））设函数．（Ⅰ）讨论的单调性；（Ⅱ）证明当时，；（Ⅲ）设，证明当时，.21．（2015·全国·高考真题（理））设函数．（1）证明：在单调递减，在单调递增；（2）若对于任意，都有，求m 的取值范围．22．（2014·四川·高考真题（理））已知函数，其中，为自然对数的底数.（Ⅰ）设是函数的导函数，求函数在区间上的最小值；22,,a ab a ba b b ab a b ⎧-≠=⎨->⎩()21x ax x f x e +-=()y f x =()0,1-1a ≥()0f x e +≥()()2e 2e x xf x a a x =+--()f x ()f x a 2()ln (21)f x x ax a x =+++()f x 0a <3()24f x a≤--()ln 1f x x x =-+()f x (1,)x ∈+∞11ln x x x-<<1c >(0,1)x ∈1(1)xc x c +->2()e mx f x x mx =+-()f x (,0)-∞(0,)+∞12,[1,1]x x ∈-12|()()|1f x f x e -≤-2()1x f x e ax bx =---,a b R ∈ 2.71828e =()g x ()f x ()g x [0,1]（Ⅱ）若，函数在区间内有零点，求的取值范围(1)0f ()f x (0,1)a专题4.4 导数的综合应用（真题测试）一、单选题1．（2017·全国·高考真题（理））已知函数211()2()x x f x x x a e e --+=-++有唯一零点，则=a （） A ．12-B ．13C ．12D ．1【答案】C 【解析】【分析】【详解】因为()221111()2()1()1x x x x f x x x a e e x a e e --+--+=-++=-++-，设1t x =-，则()()()21t t f x g t t a e e -==++-，因为()()g t g t =-，所以函数()g t 为偶函数，若函数()f x 有唯一零点，则函数()g t 有唯一零点，根据偶函数的性质可知，只有当0=t 时，()0g t =才满足题意，即1x =是函数()f x 的唯一零点，所以210a -=，解得12a =.故选：C. 2．（2015·陕西·高考真题（理））对二次函数（为非零整数），四位同学分别给出下列结论，其中有且仅有一个结论是错误的，则错误的结论是 A ．是的零点 B ．1是的极值点 C ．3是的极值 D ．点在曲线上【答案】A 【解析】【详解】若选项A 错误时，选项B 、C 、D 正确，，因为是的极值点，是的极值，所以，即，解得：，因为点在曲线上，所以，即，解得：，所以，，所以，因为，所以不是的零点，所以选项A 错误，选项B 、C 、D 正确，故选A ．3．（2022·青海·海东市第一中学模拟预测（理））已知函数()2e 2xx f x a x =-+，若有且仅有两个正整2()f x ax bx c =++a 1-()f x ()f x ()f x (2,8)()y f x =()2f x ax b ='+1()f x 3()f x ()()10{13f f '==203a b a b c +=⎧⎨++=⎩2{3b a c a =-=+()2,8()y f x =()42238a a a +⨯-++=5a =10b =-8c =()25108f x x x =-+()()()21511018230f -=⨯--⨯-+=≠1-()f x数，使得()0f x <成立，则实数a 的取值范围是（） A ．211,3e e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭B ．3291,5e e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭C ．391,5e 3e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭D ．212,2e e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】C 【解析】【分析】将()0f x <转化为2(2)exx a x +<，再分别求导分析2()e x x g x =和()(2)h x a x =+的图象，再分别求得1,1g ，()()2,2g ，()()3,3g 到()20-，的斜率，分析临界情况即可【详解】由()0f x <且0x >，得2(2)exx a x +<，设2()e x x g x =，()(2)h x a x =+， 22()exx x g x '-=，已知函数()g x 在（0，2）上单调递增，在(2,)+∞上单调递减，函数()(2)h x a x =+的图象过点(2,0)-，(1)11(2)3e g =--，2(2)12(2)e g =--，3(3)93(2)5e g =--，结合图象，因为329115e 3e e <<，所以3915e 3ea ≤<．故选：C4．（2014·全国·高考真题（文））已知函数，若存在唯一的零点，且，则的取值范围是（） A ． B ． C ． D ．【答案】C 【解析】【详解】试题分析：当时，，函数和，不满足题意，舍去；当时，，令，得或．时，；时，；时，，且，此时在必有零点，故不满足题意，舍去；当时，时，32()31f x ax x =-+()f x 0x 00x >a ()2,+∞()1,+∞(),2-∞-(),1-∞-0a =2()31f x x =-+()f x 0a >2()36f x ax x '=-()0f x '=0x =2x a =(,0)x ∈-∞()0f x '>2(0,)x a ∈()0f x '<2(,)x a∈+∞()0f x '>(0)0f >(,0)x ∈-∞0a <2(,)x a∈-∞；时，；时，，且，要使得存在唯一的零点，且，只需，即，则，选C ．5．（2022·青海·海东市第一中学模拟预测（理））若函数()()22e e x xf x x ax a a R =+-∈有三个不同的零点，则实数a 的取值范围是（） A ．1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭B ．1,1e ⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．2110,,1e e e ⎛⎫⎛⎫⋃ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭D ．210,e e ⎛⎫ ⎪-⎝⎭【答案】D 【解析】【分析】令()0f x =得20e e x xx xa a ⎛⎫⎛⎫+-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，利用导数研究()e x x g x =的图像，由函数()f x 有三个零点可知，若令1e e xxt t ⎛⎫=≤ ⎪⎝⎭，则可知方程20t at a +-=的一根1t 必在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭内，另一根21e t =或20t =或()2,0t ∈-∞上，分类讨论即可求解. 【详解】由22e e 0xxx ax a +-=得20e ex xx xa a ⎛⎫⎛⎫+-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，令()e x x g x =，由()10e xxg x -'==，得1x ＝，因此函数()g x 在(),1-∞上单调递增，在()1,+∞上单调递减，且()00g =，当0x >时，()0e x x g x =>，则()ex xg x =的图像如图所示：即函数()g x 的最大值为()11eg =，令1e e xx t t ⎛⎫=≤ ⎪⎝⎭，则()20h t t at a =+-=，由二次函数的图像可知，二次方程的一根1t 必在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭内，另一根21e t =或20t =或()2,0t ∈-∞上，当21e t =时，21e ea =-，则另一根111e t =-，不满足题意，当20t =时，a ＝0，则另一根10t =，不满足题意，()0f x '<2(,0)x a ∈()0f x '>(0,)x ∈+∞()0f x '<(0)0f >()f x 0x 00x >2()0f a>24a >2a <-当()2,0t ∈-∞时，由二次函数()20h t t at a =+-=的图像可知22000110e e a a a a ⎧+⋅-<⎪⎨⎛⎫+⋅->⎪ ⎪⎝⎭⎩，解得210e ea <<-，则实数a 的取值范围是210,e e ⎛⎫ ⎪-⎝⎭，故选：D.6．（2022·河南·开封市东信学校模拟预测（理））对任意0x >，不等式e ln()(1)0x ax a x -+-≥恒成立，则正数a 的最大值为（） ABC ．1eD ．e【答案】D 【解析】【分析】将不等式化为ln()e ln()e x ax x ax +≥+，构造()e x f x x =+有()(ln())f x f ax ≥，利用函数的单调性及参变分离法有e xa x ≤在0x >上恒成立，应用导数求右侧最小值，即可得结果.【详解】∵e ln()(1)0x ax a x -+-≥，∴ln()e ln()ln()e x ax x ax ax ax +≥+=+．令()e x f x x =+，则不等式化为()(ln())f x f ax ≥． ∵()e (0)x f x x x =+>为增函数，∴ln()x ax ≥，即e xa x≤．令e ()=x g x x ，则2(1)e ()x x g x x '-=，当01x <<时，()0g x '<，即()g x 递减；当1x >时，()0g x '>，即()g x 递增；所以()()min 1e e g x g a ⇒≤==． ∴实数a 的最大值为e ．故选：D7．（2015·全国·高考真题（理））设函数()(21)xf x e x ax a =--+，其中1a < ，若存在唯一的整数0x ，使得0()0f x <，则a 的取值范围是（）A ．3,12e ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭B ．33,2e 4⎡⎫-⎪⎢⎣⎭C ．33,2e 4⎡⎫⎪⎢⎣⎭D ．3,12e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】D 【解析】【分析】设()()21xg x e x =-，()1y a x =-，问题转化为存在唯一的整数0x 使得满足()()01g x a x <-，求导可得出函数()y g x =的极值，数形结合可得()01a g ->=-且()312g a e-=-≥-，由此可得出实数a 的取值范围.【详解】设()()21xg x e x =-，()1y a x =-，由题意知，函数()y g x =在直线y ax a =-下方的图象中只有一个点的横坐标为整数，()()21x g x e x '=+，当12x <-时，()0g x '<；当12x >-时，()0g x '>.所以，函数()y g x =的最小值为12122g e -⎛⎫-=- ⎪⎝⎭.又()01g =-，()10g e =>.直线y ax a =-恒过定点()1,0且斜率为a ，故()01a g ->=-且()31g a a e -=-≥--，解得312a e≤<，故选D.8．（2022·内蒙古·海拉尔第二中学模拟预测（理））已知函数()()e ln e (0)xf x a a a =+>，若对任意实数1x >，不等式()()ln 1f x x ≥-总成立，则实数a 的取值范围为（）A ．210,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．221,e e ⎛⎤⎥⎝⎦C ．21,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭D ．21,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭【答案】D 【解析】【分析】将所求不等式变形为()()ln 1ln eln eln 1x x ax a x -+++≥+-，构造函数()e xg x x =+，可知该函数在R 上为增函数，由此可得出()ln ln 1a x x ≥--，其中1x >，利用导数求出()()ln 1h x x x =--的最大值，即可求得实数a 的取值范围. 【详解】当1x >时，由()()ln 1f x x ≥-可得()ln eln 1ln 1x aa x +++≥-，即()()()ln 1ln eln 1ln 1eln 1x x ax a x x x -+++≥-+-=+-，构造函数()e xg x x =+，其中x ∈R ，则()e 10x g x '=+>，所以，函数()g x 在R 上为增函数，由()()ln 1ln eln eln 1x x ax a x -+++≥+-可得()()ln ln 1g x a g x +≥-⎡⎤⎣⎦，所以，()ln ln 1x a x +≥-，即()ln ln 1a x x ≥--，其中1x >，令()()ln 1h x x x =--，其中1x >，则()12111xh x x x -'=-=--. 当12x <<时，()0h x '>，函数()h x 单调递增，当2x >时，()0h x '<，函数()h x 单调递减，所以，()()max ln 22a h x h ≥==-，21e a ∴≥. 故选：D.二、多选题9．（2022·辽宁实验中学模拟预测）我们把形如(),,0f x y y '=的方程称为微分方程，符合方程的函数()y f x =称为微分方程的解，下列函数为微分方程0xy y xy +-'=的解的是（） A ．e x y = B ．e x y x =C ．e 1x y x =+D ．e (R)x y c x c =⋅∈⋅【答案】CD 【解析】【分析】根据导数的运算求得导函数y '，代入微分方程检验即可．【详解】选项A ，e x y =，则e x y '=，e e e e 0x x x x xy y xy x x '+-=+-=≠，不是解；选项B ，e x y x =，e e x x y x '=+，22e e e e 0x x x x xy y xy x x x x '+-=+--=，是方程的解；选项C ，e 1x y x =+，e e x x y x '=+，22e e 1e e 10x x x x xy y xy x x x x x x '+-=+++--=+≠，不是方程的解；选项D ，e (R)x y c x c =⋅∈⋅，e e x x y c cx '=+，22e e e e 0x x x x xy y xy cx cx cx cx '+-=+--=，是方程的解．故选：CD ．10．（2022·河北沧州·二模）已知实数,a b 满足e e e a b a b ++=，则（） A ．0ab < B ．1a b +> C ．e e 4a b + D ．e 1a b >【答案】BCD 【解析】【分析】A.由e e e a b a b ++=得到111e ea b +=判断；BC.由e e e 2e e a b a b a b ++==2b 判断；D. 由111e e a b +=，得到e e e 1e 11e 1e 1b b b ab b b b b -+-=-=--，令()e e 1,0b b f b b b =-+>，用导数法判断. 【详解】由e e e a b a b ++=得111e ea b +=，又e 0,e 0a b >>，所以e 1,e 1a b >>，所以0,0a b >>，所以0ab >，选项A 错误；因为e e e 2e e a b a b a b ++==2b ，即e e e 4a b a b ++=，所以ln41a b +>，选项B C ,正确，因为111e e a b +=，所以e e e 1b ab =-，所以e e e 1e 11e 1e 1b b b a bbb b b -+-=-=--.令()e e 1,0b b f b b b =-+>，则()e 0b f b b '=>，所以f b 在区间()0,∞+上单调递增，所以()()00f b f >=，即e e 10b b b -+>，又e 10b ->，所以e 10a b ->，即e 1a b >，选项D 正确. 故选：BCD11．（2022·湖南·模拟预测）已知1x >，1y >，且()()1e 11e y xx y ++=+，则下列结论一定正确的是（）A ．()ln 0x y ->B ．122x y +<C ．226x y +>D ．()ln ln3x y +<【答案】AC 【解析】【分析】构造函数()e xf x x=，利用导数判断函数的单调性，得出1x y >+，结合不等式以及指、对数函数的性质逐一判断即可. 【详解】令()e x f x x=，则()()2e 1e e xx x x x f x x x --'==，所以当1x >时，()0f x '>，所以()f x 在()1,+∞上单调递增；由()()1e 11e yxx y ++=+得1e e 111x y x y y +=+++，即1e e 111x y x y y +-=++，∵1y >，∴11012y <<+， ∴1e e 1012x y x y +<-<+，即()()1012f x f y <-+<， ∴1x y >+，即1->x y ，∴()ln 0x y ->，A 正确；由1x y >+知12x y +>+，所以12222x y y ++>>，所以选项B 错误；由1x y >+知12222326x y y y y ++>+=⋅>，所以选项C 正确．由1x y >+，1y >知213x y y +>+>，所以()()ln ln 21ln3x y y +>+>，所以D 错误，故选：AC ．12．（2022·全国·高考真题）已知函数，则（）A ．有两个极值点B ．有三个零点C ．点是曲线的对称中心D ．直线是曲线的切线【答案】AC 【解析】【分析】利用极值点的定义可判断A ，结合的单调性、极值可判断B ，利用平移可判断C ；利用导数的几何意义3()1f x x x =-+()f x ()f x (0,1)()y f x =2y x =()y f x =()f x判断D. 【详解】由题，，令得或令得，所以在上单调递减，在，上单调递增，所以是极值点，故A 正确；因，，，所以，函数在上有一个零点，当时，，即函数在上无零点，综上所述，函数有一个零点，故B 错误；令，该函数的定义域为，，则是奇函数，是的对称中心，将的图象向上移动一个单位得到的图象，所以点是曲线的对称中心，故C 正确；令，可得，又，当切点为时，切线方程为，当切点为时，切线方程为，故D 错误.故选：AC.三、填空题13．（2020·河南高三其他（理））函数()2222ln x f x x e x ax =--，若0a =，则()f x 在[]1,2的最小值为_______；当0x >时，()1fx ≥恒成立，则a 的取值范围是_____.【答案】e (],1-∞ 【解析】当0a =时，∵()222ln x f x x ex =-，∴()222222x x f x xe x xe x'=+⋅-. 当1x >时，()0f x '>恒成立，()231f x x '=-()0fx '>x >x <()0f x '<x <()f x ((,-∞)+∞x =(10f =+>10f =>()250f -=-<()f x ,⎛-∞ ⎝⎭x ≥()0f x f ≥>⎝⎭()f x ⎫∞⎪⎪⎝⎭()f x 3()h x x x =-R ()()()()33h x x x x x h x -=---=-+=-()h x (0,0)()h x ()h x ()f x (0,1)()y f x =()2312f x x '=-=1x =±()(1)11f f =-=(1,1)21y x =-(1,1)-23y x =+∴()f x 在[]1,2上单调递增.∴()f x 在[]1,2上最小值为()1f e =.又0x >时，()1f x ≥恒成立，令 ()1xg x e x =--,()()100xg x e g ''=->=,所以()g x 在()0,∞+ 递增，()()00g x g >= 所以1x e x >+ ∴()22222ln 22ln 2ln x x x f x x e x ax e x ax +=--=--()2222ln 12ln 111x x x ax a x ≥++--=-+≥恒成立，∴1a ≤.故答案为e ；(],1-∞.14．（2022·全国·模拟预测（理））若曲线ln x y x =与212y kx =-仅有1个公共点，则k 的取值范围是___________. 【答案】(]1,02⎧⎫-∞⋃⎨⎬⎩⎭##1|02k k k ⎧⎫≤=⎨⎬⎩⎭或【解析】【分析】将原问题转化为32ln 12x k x x =+只有一个解,令()()32ln 102x g x x x x =+>,利用导数求出()g x 的单调性及最值即可得答案. 【详解】由题意可得:2ln 12x kx x =-只有一个解()0x >, 即32ln 12x k x x=+只有一个解. 令()32ln 12x g x x x=+, ()0x >原问题等价于y k =与()y g x =只有一个交点. 因为()43413ln 113ln x x xg x x x x '---=-= 因为13ln y x x =--在()0,∞+上单调递减, 且在1x =处的值为0 ,所以当()0,1x ∈时, ()()0,g x g x '>单调递增,当()1,x ∈+∞时, ()()0,g x g x '<单调递减且恒为正, 所以()()max 112g x g ==, 又因为y k =与()y g x =只有一个交点, 所以(]1,02k ⎧⎫∈-∞⎨⎬⎩⎭.故答案为: (]1,02⎧⎫-∞⋃⎨⎬⎩⎭.15．（2012·福建·高考真题（理））对于实数a 和b ，定义运算“*”：设f （x ）=（2x -1）*（x -1），且关于x 的方程为f （x ）=m （m ∈R ）恰有三个互不相等的实数根x 1，x 2，x 3，则x 1x 2x 3的取值范围是_________________ 【答案】【解析】【详解】由定义运算“*”可知即，该函数图像如下：由，假设当关于x 的方程为f （x ）=m （m ∈R ）恰有三个互不相等的实数根时， m 的取值范围是，且满足方程，所以令则，所以令22,,a ab a ba b b ab a b ⎧-≠=⎨->⎩⎫⎪⎪⎝⎭22(21)(21)(1)0()?(1)(21)(1)0x x x x f x x x x x ⎧----=⎨---->⎩2220()0x x x f x x x x ⎧-=⎨-+>⎩1124f ⎛⎫= ⎪⎝⎭1230x x x <<<10,4⎛⎫⎪⎝⎭23,x x 2-+=x x m 23=x x m 22-=x x m 1=x 123==x x x m 10,4⎛⎫=∈ ⎪⎝⎭y m所以，又在递增的函数，所以，所以，所以在递减，则当时，；当时，所以.16．（2022·江苏·常州高级中学模拟预测）已知函数22()ln 2e f x x x mx =-+，若()0f x ≥的解集中恰有一个整数，则m 的取值范围为________．【答案】22ln 22e ,4e 2⎡⎫-⎪⎢⎣⎭【解析】【分析】由()0f x ≥且0x >，得出2ln 2e x x m x -+≥-，构造函数()ln =-xg x x，利用导数研究()g x 的单调性，画出()ln =-x g x x 和22e y x =-的大致图象，由图可知0m >，设0x 为()ln =-xg x x和22e y x m =-+的交点的横坐标，结合题意可知该整数为1，即012x ≤<，当直线22e y x m =-+过1,0A 和ln 22,2B ⎛⎫- ⎪⎝⎭时，即可求出求出m 的值，从而得出m 的取值范围.【详解】由题可知，22()ln 2e f x x x mx =-+，0x >，由于()0f x ≥的解集中恰有一个整数，即22ln 2e 0x x mx -+≥，即222e ln x mx x -+≥-，因为0x >，所以2ln 2e xx m x-+≥-的解集中恰有一个整数，令()ln =-x g x x ，则()2ln 1-'=x g x x ，当1e x <<时，()0g x '<；当e x >时，()0g x '>，所以()g x 在()1,e 上单调递减，在()e,+∞上单调递增，画出()ln xy xg x ==-和22e y x =-的大致图象，如图所示：要使得2ln 2e xx m x-+≥-，可知0m >， 114'⎛= ⎝y ()=h m 10,4⎛⎫⎪⎝⎭()()01>=h m h 0y '<=y 10,4⎛⎫ ⎪⎝⎭0m =0y =14m ==y 123⎫∈⎪⎪⎝⎭x x x设0x 为()ln =-xg x x和22e y x m =-+的交点的横坐标，而2ln 2e xx m x-+≥-的解集中恰有一个整数，可知该整数为1，即012x ≤<，当01x =时，得()10g =；当02x =时，得()ln 222g =-，即1,0A ，ln 22,2B ⎛⎫- ⎪⎝⎭，当直线22e y x m =-+过点1,0A 时，得22e m =，当直线22e y x m =-+过点ln 22,2B ⎛⎫- ⎪⎝⎭时，得2ln 24e 2m =-，所以m 的取值范围为22ln 22e ,4e 2⎡⎫-⎪⎢⎣⎭.故答案为：22ln 22e ,4e 2⎡⎫-⎪⎢⎣⎭四、解答题17．（2018·全国·高考真题（文））已知函数．（1）求曲线在点处的切线方程；（2）证明：当时，．【答案】（1）切线方程是（2）证明见解析【解析】【分析】（1）求导，由导数的几何意义求出切线方程．（2）当时，,令，只需证明即可．【详解】()21x ax x f x e +-=()y f x =()0,1-1a ≥()0f x e +≥210x y --=a 1≥()12f x e 1x x e x x e +-+≥++-（）12gx 1x e x x +=++-gx 0≥（1），．因此曲线在点处的切线方程是．（2）当时，．令，则，当时，，单调递减；当时，，单调递增；所以．因此．18．（2017·全国·高考真题（理））已知函数（1）讨论的单调性；（2）若有两个零点，求的取值范围. 【答案】（1）见解析；（2）. 【解析】【详解】试题分析：（1）讨论单调性，首先进行求导，发现式子特点后要及时进行因式分解，再对按，进行讨论，写出单调区间；（2）根据第（1）问，若，至多有一个零点.若，当时，取得最小值，求出最小值，根据，，进行讨论，可知当时有2个零点.易知在有一个零点；设正整数满足，则.由于，因此在有一个零点.从而可得的取值范围为.试题解析：（1）的定义域为，，（ⅰ）若，则，所以在单调递减. （ⅱ）若，则由得.当时，；当时，，所以在单调递减，在单调递增.（2）（ⅰ）若，由（1）知，至多有一个零点.（ⅱ）若，由（1）知，当时，取得最小值，最小值为. ()()2212xax a x f x e-++'-=()02f '=()y f x =()0,1-210x y --=1a ≥()()211x xf x e x x e e +-+≥+-+()211xg x x x e +=+-+()121x g x x e +=++'()120x g x e +''=+>1x <-()()10g x g '-'<=()g x 1x >-()()10g x g '-'>=()g x ()g x ()1=0g ≥-()0f x e +≥()()2e 2e x xf x a a x =+--()f x ()f x a (0,1)()f x a 0a ≤0a >0a ≤()f x 0a >ln x a =-()f x 1(ln )1ln f a a a-=-+1a =(1,)∈+∞a (0,1)a ∈(0,1)a ∈()f x (,ln )a -∞-0n 03ln(1)n a>-00000000()e (e 2)e 20n n n n f n a a n n n =+-->->->3ln(1)ln a a->-()f x (ln ,)a -+∞a (0,1)()f x (),-∞+∞()()()()2221121x x x xf x ae a e ae e =+---'=+0a ≤()0f x '<()f x (),-∞+∞0a >()0f x '=ln x a =-(),ln x a ∈-∞-()0f x '<()ln ,x a ∈-+∞()0f x '>()f x (),ln a -∞-()ln ,a -+∞0a ≤()f x 0a >ln x a =-()f x ()1ln 1ln f a a a-=-+①当时，由于，故只有一个零点； ②当时，由于，即，故没有零点； ③当时，，即. 又，故在有一个零点.设正整数满足，则.由于，因此在有一个零点. 综上，的取值范围为.19．（2017·全国·高考真题（文））已知函数.（1）讨论的单调性；（2）当时，证明. 【答案】（1）见解析；（2）见解析. 【解析】【分析】（1）先求函数导数，再根据导函数符号的变化情况讨论单调性：当时，，则在单调递增；当时，在单调递增，在单调递减. （2）证明，即证，而，所以需证，设g （x ）=ln x -x +1 ，利用导数易得，即得证. 【详解】（1）的定义域为（0，+），. 若a ≥0，则当x ∈（0，+）时，，故f （x ）在（0，+）单调递增.若a ＜0，则当时，时；当x ∈时，. 故f （x ）在单调递增，在单调递减. （2）由（1）知，当a ＜0时，f （x ）在取得最大值，最大值为. 1a =()ln 0f a -=()f x ()1,a ∈+∞11ln 0a a-+>()ln 0f a ->()f x ()0,1a ∈11ln 0a a-+<()ln 0f a -<()()4222e 2e 22e 20f a a ----=+-+>-+>()f x (),ln a -∞-0n 03ln 1n a ⎛⎫>- ⎪⎝⎭()()00000000e e 2e 20n n n nf n a a n n n =+-->->->3ln 1ln a a ⎛⎫->- ⎪⎝⎭()f x ()ln ,a -+∞a ()0,12()ln (21)f x x ax a x =+++()f x 0a <3()24f x a≤--(21)(1)'()(0)ax x f x x x++=>0a ≥'()0f x >()f x (0,)+∞0a <()f x 1(0,)2a -1(,)2a-+∞3()24f x a ≤--max 3()24f x a ≤--max 1()()2f x f a=-11ln()1022a a -++≤max ()(1)0g x g ==()f x ∞()()‘1211)22(1x ax f x ax a x x++=+++=∞’)(0f x ＞∞10,2x a ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭()0f x '＞1()2a ∞-+，’)(0f x <’)(0f x ＞1()2a∞-+，12x a=-111()ln()1224f a a a -=---所以等价于，即. 设g （x ）=ln x -x +1，则. 当x ∈（0,1）时，；当x ∈（1，+）时，.所以g （x ）在（0,1）单调递增，在（1，+）单调递减.故当x =1时，g （x ）取得最大值，最大值为g （1）=0.所以当x ＞0时，g （x ）≤0.从而当a ＜0时，，即. 20．（2016·全国·高考真题（文））设函数．（Ⅰ）讨论的单调性；（Ⅱ）证明当时，；（Ⅲ）设，证明当时，.【答案】（Ⅰ）当时，单调递增；当时，单调递减；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析．【解析】【详解】试题分析：（Ⅰ）首先求出导函数，然后通过解不等式或可确定函数的单调性；（Ⅱ）左端不等式可利用（Ⅰ）的结论证明，右端将左端的换为即可证明；（Ⅲ）变形所证不等式，构造新函数，然后通过利用导数研究函数的单调性来处理．试题解析：（Ⅰ）由题设，的定义域为，，令，解得. 当时，，单调递增；当时，，单调递减. （Ⅱ）由（Ⅰ）知，在处取得最大值，最大值为. 所以当时，. 故当时，，，即. （Ⅲ）由题设，设，则，令，解得.当时，，单调递增；当时，，单调递减. 由（Ⅱ）知，，故，又，故当时，. 所以当时，.3()24f x a≤--113ln()12244a a a ---≤--11ln()1022a a -++≤’1(1)g x x=-()0g x '>∞()0g x '<∞11ln()1022a a -++≤3()24f x a≤--()ln 1f x x x =-+()f x (1,)x ∈+∞11ln x x x-<<1c >(0,1)x ∈1(1)xc x c +->01x <<()f x 1x >()f x ()f x '()0f x '>()0f x '<()f x x 1x()f x (0,)+∞1()1f x x=-'()0f x '=1x =01x <<()0f x '>()f x 1x >()0f x '<()f x ()f x 1x =(1)0f =1x ≠ln 1x x <-(1,)x ∈+∞ln 1x x <-11ln1x x <-11ln x x x-<<1c >()1(1)x g x c x c =+--'()1ln xg x c c c =--'()0g x =01lnln ln c c x c-=0x x <'()0g x >()g x 0x x >'()0g x <()g x 11ln c c c-<<001x <<(0)(1)0g g ==01x <<()0g x >(0,1)x ∈1(1)xc x c +->21．（2015·全国·高考真题（理））设函数．（1）证明：在单调递减，在单调递增；（2）若对于任意，都有，求m 的取值范围．【答案】（1）在单调递减，在单调递增；（2）.【解析】【详解】（Ⅰ）．若，则当时，，；当时，，．若，则当时，，；当时，，．所以，在单调递减，在单调递增．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，对任意的，在单调递减，在单调递增，故在处取得最小值．所以对于任意，的充要条件是：即①，设函数，则．当时，；当时，．故在单调递减，在单调递增．又，，故当时，．当时，，，即①式成立．当时，由的单调性，，即；当时，，即．综上，的取值范围是．22．（2014·四川·高考真题（理））已知函数，其中，为自然对数的底数.（Ⅰ）设是函数的导函数，求函数在区间上的最小值；（Ⅱ）若，函数在区间内有零点，求的取值范围【答案】（Ⅰ）当时，；当时，；当时， .（Ⅱ）的范围为. 【解析】【详解】试题分析：（Ⅰ）易得，再对分情况确定的单调区间，根据在上的单调性即可得在上的最小值.（Ⅱ）设为在区间内的一个零点，注意到2()e mx f x x mx =+-()f x (,0)-∞(0,)+∞12,[1,1]x x ∈-12|()()|1f x f x e -≤-()f x (,0)-∞(0,)+∞[1,1]-()(1)2mx f x m e x -'=+0m ≥(,0)x ∈-∞10mx e -≤()0f x '<(0,)x ∈+∞10mx e -≥()0f x '>0m <(,0)x ∈-∞10mx e ->()0f x '<(0,)x ∈+∞10mx e -<()0f x '>()f x (,0)-∞(0,)+∞m ()f x [1,0]-[0,1]()f x 0x =12,[1,1]x x ∈-12()()1f x f x e -≤-(1)(0)1,{(1)(0)1,f f e f f e -≤---≤-1,{1,m m e m e e m e --≤-+≤-()1t g t e t e =--+()1t g t e =-'0t <()0g t '<0t >()0g t '>()g t (,0)-∞(0,)+∞(1)0g =1(1)20g e e --=+-<[1,1]t ∈-()0g t ≤[1,1]m ∈-()0g m ≤()0g m -≤1m >()g t ()0g m >1m e m e ->-1m <-()0g m ->1m e m e -+>-m [1,1]-2()1x f x e ax bx =---,a b R ∈ 2.71828e =()g x ()f x ()g x [0,1](1)0f =()f x (0,1)a 12a ≤()(0)1g x g b ≥=-122e a <≤()22ln(2)g x a a a b ≥--2e a >()2g x e a b ≥--a ()2,1e -()2,()2x x g x e ax b g x e a -='=--a ()g x ()g x [0,1]()g x [0,1]0x ()f x (0,1).联系到函数的图象可知，导函数在区间内存在零点，在区间内存在零点，即在区间内至少有两个零点. 由（Ⅰ）可知，当及时，在内都不可能有两个零点.所以.此时，在上单调递减，在上单调递增，因此，且必有.由得：，代入这两个不等式即可得的取值范围.试题解答：（Ⅰ）①当时，，所以.②当时，由得.若，则；若，则. 所以当时，在上单调递增，所以. 当时，在上单调递减，在上单调递增，所以. 当时，在上单调递减，所以. （Ⅱ）设为在区间内的一个零点，则由可知，在区间上不可能单调递增，也不可能单调递减.则不可能恒为正，也不可能恒为负.故在区间内存在零点.同理在区间内存在零点.所以在区间内至少有两个零点.由（Ⅰ）知，当时，在上单调递增，故在内至多有一个零点. 当时，在上单调递减，故在内至多有一个零点. 所以. 此时，在上单调递减，在上单调递增，因此，必有.由得：，有(0)0,(1)0f f ==()g x 0(0,)x 1x ()g x 0(),1x 2x ()g x (0,1)12a ≤2e a ≥()g x (0,1)122e a <<()g x [0,ln 2]a [ln 2,1]a 12(0,ln(2)],(ln(2),1)x a x a ∈∈(0)10,(1)20g b g e a b =->=-->(1)10f e a b =---=1b e a =--a ()2,()2x xg x e ax b g x e a -='=--0a ≤()20x g x e a -'=>()(0)1g x g b ≥=-0a >()20x g x e a -'=>2,ln(2)x e a x a >>12a >ln(2)0a >2e a >ln(2)1a >102a <≤()g x [0,1]()(0)1g x g b ≥=-122e a <≤()g x [0,ln 2]a [ln 2,1]a ()(ln 2)22ln 2g x g a a a a b ≥=--2e a >()g x [0,1]()(1)2g x g e a b ≥=--0x ()f x (0,1)0(0)()0f f x ==()f x 0(0,)x ()g x ()g x 0(0,)x 1x ()g x 0(),1x 2x ()g x (0,1)12a ≤()g x [0,1]()g x (0,1)2e a ≥()g x [0,1]()g x (0,1)122e a <<()g x [0,ln 2]a [ln 2,1]a 12(0,ln(2)],(ln(2),1)x a x a ∈∈(0)10,(1)20g b g e a b =->=-->(1)10f e a b =---=12a b e +=-<.解得.当时，在区间内有最小值.若，则，从而在区间上单调递增，这与矛盾，所以.又，故此时在和内各只有一个零点和.由此可知在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.所以，，故在内有零点.综上可知，的取值范围是. (0)120,(1)210g b a e g e a b a =-=-+>=--=->21e a -<<21e a -<<()g x [0,1](ln(2))g a (ln(2))0g a ≥()0([0,1])g x x ≥∈()f x [0,1](0)(1)0f f ==(ln(2))0g a <(0)20,(1)10g a e g a =-+>=->()g x (0,ln(2))a (ln(2),1)a 1x 2x ()f x 1[0,]x 1(,x 2)x 2[,1]x 1()(0)0f x f >=2()(1)0f x f <=()f x 1(,x 2)x a (2,1)e -。

高考数学总复习 035导数的综合应用2 新人教A版

导数的综合应用（2）一、例题分析（续）例6（04年全国卷四理22）已知函数)sin (cos )(x x e x f x +=-，将满足0)('=x f 的所有正数从小到大排成数列（Ⅰ）证明数列)}({n x f 为等比数列；（Ⅱ）记是数列)}({n n x f x 的前项和，求n S S S nn +⋅⋅⋅++∞→21lim例7（03江苏）（本小题满分12分）已知0,a n >为正整数（Ⅰ）设()n y x a =-，证明1'()n y n x a -=-；（Ⅱ）设()()n n n f x x x a =--，对任意，证明1'(1)(1)'()n n f n n f n ++>+。

例8 （05湖北卷）已知向量b a x f t x b x x a ⋅=-=+=)(),,1(),1,(2若函数在区间（－1，1）上是增函数，求t 的取值范围例9 05重庆卷已知a ∈R ，讨论函数f =e 2+a +a +1的极值点的个数例10、一艘轮船在航行中的燃料费和它的速度的立方成正比，已知在速度为每小时10公里时燃料费是每小时6元，而其他与速度无关的费用是每小时96元，问此轮船以何种速度航行时，能使行驶每公里的费用总和最小二、作业导数的综合应用（2）1．关于函数762)(23+-=x x x f ，下列说法不正确的是（） A ．在区间（，0）内，为增函数 B ．在区间（0，2）内，为减函数 C ．在区间（2，）内，为增函数 D ．在区间（，0）),2(+∞⋃内，为增函数2．对任意，有34)('x x f =，f1=-1，则此函数为（）A ．4)(x x f =B ．2)(4-=x x fC ．1)(4+=x x fD ．2)(4+=x x f 3．函数=23-32-125在[0,3]上的最大值与最小值分别是（） , -15 , 4 , -15 , -16 4．设f 在处可导，下列式子中与)('0x f 相等的是（）（1）x x x f x f x ∆∆--→∆2)2()(lim000；（2）x x x f x x f x ∆∆--∆+→∆)()(lim 000；（3）x x x f x x f x ∆∆+-∆+→∆)()2(lim000（4）x x x f x x f x ∆∆--∆+→∆)2()(lim 000。

新高考数学一轮复习高考大题专项(一) 导数的综合应用新人教A版高三全册数学试题

高考大题专项(一) 导数的综合应用突破1导数与函数的单调性x3-a(x2+x+1).1.已知函数f(x)=13(1)若a=3,求f(x)的单调区间;(2)略.2.已知函数f(x)=e x-ax2.(1)若a=1,证明:当x≥0时,f(x)≥1;(2)略.3.已知函数f(x)=(x-k)e x.(1)求f(x)的单调区间;(2)略.4.(2019山东潍坊三模,21)已知函数f(x)=x2+a ln x-2x(a∈R).(1)求f(x)的单调递增区间;(2)略.x2(其中k∈R).5.设函数f(x)=(x-1)e x-k2(1)求函数f(x)的单调区间;(2)略.6.(2019河北衡水同卷联考,21)已知函数f(x)=x2e ax-1.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)略.突破2利用导数研究函数的极值、最值1.已知函数f(x)=ln x-ax(a∈R).(1)当a=1时,求f(x)的极值;2(2)略.2.(2019河北衡水深州中学测试)讨论函数f(x)=ln x-ax(a∈R)在定义域内的极值点的个数.3.设函数f(x)=2ln x-x2+ax+2.(1)当a=3时,求f(x)的单调区间和极值;(2)略..4.已知函数f(x)=kk ln kk-1(1)当a=1时,判断f(x)有没有极值点?若有,求出它的极值点;若没有,请说明理由;(2)略.5.(2019湖北八校联考二,21)已知函数f(x)=ln x+ax2+bx.(1)函数f(x)在点(1,f(1))处的切线的方程为2x+y=0,求a,b的值,并求函数f(x)的最大值;(2)略.6.(2019广东广雅中学模拟)已知函数f(x)=ax+ln x,其中a为常数.(1)当a=-1时,求f(x)的最大值;(2)若f(x)在区间(0,e]上的最大值为-3,求a的值.突破3导数在不等式中的应用1.(2019湖南三湘名校大联考一,21)已知函数f(x)=x ln x.(1)略;时,f(x)≤ax2-x+a-1,求实数a的取值范围.(2)当x≥1e2.已知函数f(x)=a e x-ln x-1.(1)设x=2是f(x)的极值点,求a,并求f(x)的单调区间;(2)证明:当a≥1时,f(x)≥0.e3.已知函数f(x)=e x+ax+ln(x+1)-1.(1)若x≥0,f(x)≥0恒成立,求实数a的取值范围.(2)略.ax2-ax.4.函数f(x)=(x-2)e x+12(1)略;(2)设a=1,当x≥0时,f(x)≥kx-2,求k的取值范围..5.已知函数f(x)=kk ln kk-1(1)略;(2)若f(x)<x+1在定义域上恒成立,求a的取值范围.6.已知x1,x2(x1<x2)是函数f(x)=e x+ln(x+1)-ax(a∈R)的两个极值点.(1)求a的取值范围;(2)求证:f(x2)-f(x1)<2ln a.突破4导数与函数的零点x2-m ln x.若m≥1,令F(x)=f(x)-x2+(m+1)x,试讨论函数F(x)的零点个数.1.已知函数f(x)=122.(2019河北唐山三模,21)已知函数f(x)=x ln x-a(x2-x)+1,函数g(x)=f'(x).(1)若a=1,求f(x)的极大值;(2)当0<x<1时,g(x)有两个零点,求a的取值范围..3.(2019河南开封一模,21)已知函数f(x)=kk2+kk+1e k(1)略;(2)若f(1)=1,且方程f(x)=1在区间(0,1)内有解,求实数a的取值范围.4.已知函数f (x )=ln x ,g (x )=2k 3x 3+2(1-a )x 2-8x+8a+7.(1)若曲线y=g (x )在点(2,g (2))处的切线方程是y=ax-1,求函数g (x )在[0,3]上的值域;(2)当x>0时,记函数h (x )={k (k ),k (k )<k (k ),k (k ),k (k )≥k (k ),若函数y=h (x )有三个零点,求实数a 的取值范围.5.已知f (x )=x ln x.(1)求f (x )的极值;(2)若f (x )-ax x=0有两个不同解,求实数a 的取值范围.x2-ax+1,a>0,函数g(x)=f'(x).6.(2019河北唐山三模,21)已知函数f(x)=x ln x-14(1)若a=ln 2,求g(x)的最大值;(2)证明:f(x)有且仅有一个零点.参考答案高考大题专项(一) 导数的综合应用突破1导数与函数的单调性1.解(1)当a=3时,f(x)=13x3-3x2-3x-3,f'(x)=x2-6x-3.令f'(x)=0,解得x=3-2√3或x=3+2√3.当x∈(-∞,3-2√3)∪(3+2√3,+∞)时,f'(x)>0;当x∈(3-2√3,3+2√3)时,f'(x)<0.故f(x)在(-∞,3-2√3),(3+2√3,+∞)上单调递增,在(3-2√3,3+2√3)上单调递减.2.证明(1)当a=1时,f(x)≥1等价于(x2+1)e-x-1≤0.设函数g(x)=(x2+1)e-x-1,则g'(x)=-(x2-2x+1)e-x=-(x-1)2e-x.当x≠1时,g'(x)<0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递减.而g(0)=0,故当x≥0时,g(x)≤0,即f(x)≥1.3.解(1)由题意知f'(x)=(x-k+1)e x.令f'(x)=0,得x=k-1.当x∈(-∞,k-1)时,f'(x)<0,当x∈(k-1,+∞)时,f'(x)>0.所以f(x)的单调递减区间是(-∞,k-1),单调递增区间是(k-1,+∞).4.解(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=2x+kk -2=2k2-2k+kk,令2x 2-2x+a=0,Δ=4-8a=4(1-2a ),若a ≥12,则Δ≤0,f'(x )≥0在(0,+∞)上恒成立,函数f (x )在(0,+∞)上单调递增;若a<12,则Δ>0,方程2x 2-2x+a=0,两根为x 1=1-√1-2k2,x 2=1+√1-2k2,当a ≤0时,x 2>0,x ∈(x 2,+∞),f'(x )>0,f (x )单调递增;当0<a<12时,x 1>0,x 2>0,x ∈(0,x 1),f'(x )>0,f (x )单调递增,x ∈(x 2,+∞),f'(x )>0,f (x )单调递增.综上,当a ≥12时,函数f (x )单调递增区间为(0,+∞),当a ≤0时,函数f (x )单调递增区间为1+√1-2k2,+∞,当0<a<12时,函数f (x )单调递增区间为0,1-√1-2k2,1+√1-2k2,+∞.5.解(1)函数f (x )的定义域为(-∞,+∞),f'(x )=e x +(x-1)e x -kx=x e x -kx=x (e x-k ),①当k ≤0时,令f'(x )>0,解得x>0,∴f (x )的单调递减区间是(-∞,0),单调递增区间是(0,+∞).②∵当0<k<1时,令f'(x )>0,解得x<ln k 或x>0,∴f (x )在(-∞,ln k )和(0,+∞)上单调递增,在(ln k ,0)上单调递减.③当k=1时,f'(x )≥0,f (x )在(-∞,+∞)上单调递增.④当k>1时,令f'(x )>0,解得x<0或x>ln k ,所以f (x )在(-∞,0)和(ln k ,+∞)上单调递增,在(0,ln k )上单调递减.6.解(1)函数f (x )的定义域为R .f'(x )=2x e ax +x 2·a e ax =x (ax+2)e ax .当a=0时,f (x )=x 2-1,则f (x )在区间(0,+∞)内单调递增,在区间(-∞,0)内单调递减;当a>0时,f'(x )=axx+2k e ax,令f'(x )>0得x<-2k 或x>0,令f'(x )<0得-2k <x<0,所以f (x )在区间-∞,-2k 内单调递增,在区间-2k ,0内单调递减,在区间(0,+∞)内单调递增;当a<0时,f'(x )=ax x+2ke ax,令f'(x )>0得0<x<-2k,令f'(x )<0得x>-2k或x<0,所以f (x )在区间(-∞,0)内单调递减,在区间0,-2k 内单调递增,在区间-2k ,+∞内单调递减.突破2 利用导数研究函数的极值、最值1.解(1)当a=12时,f (x )=ln x-12x ,函数的定义域为(0,+∞),f'(x )=1k −12=2-k 2k,令f'(x )=0,得x=2,于是当x 变化时,f'(x ),f (x )的变化情况如下表:故f (x )的极大值为ln2-1,无极小值.2.解函数的定义域为(0,+∞),f'(x )=1k-a=1-kkk(x>0).当a ≤0时,f'(x )>0在(0,+∞)上恒成立,故函数f (x )在(0,+∞)上单调递增,此时函数f (x )在定义域上无极值点;当a>0时,若x ∈0,1k,则f'(x )>0,若x ∈1k,+∞,则f'(x )<0,故函数f (x )在x=1k处取极大值.综上可知,当a ≤0时,函数f (x )无极值点,当a>0时,函数f (x )有一个极大值点.3.解(1)f (x )的定义域为(0,+∞).当a=3时,f (x )=2ln x-x 2+3x+2,所以f'(x )=2k -2x+3=-2k 2+3k +2k,令f'(x )=-2k 2+3k +2k=0,得-2x 2+3x+2=0,因为x>0,所以x=2.f (x )与f'(x )在区间(0,+∞)上的变化情况如下:所以f (x )的单调递增区间为(0,2),单调递减区间为(2,+∞).f (x )的极大值为2ln2+4,无极小值.4.解(1)函数f (x )=kk ln kk -1,则x>0且x ≠1,即函数的定义域为(0,1)∪(1,+∞).当a=1时,f (x )=k ln k k -1,则f'(x )=k -ln k -1(k -1)2,令g (x )=x-ln x-1,则g'(x )=1-1k=k -1k, ①当x ∈(0,1)时,g'(x )<0,g (x )单调递减,g (x )>g (1)=0,∴f'(x )>0,f (x )在区间(0,1)上单调递增,所以无极值点;②当x ∈(1,+∞)时,g'(x )>0,g (x )单调递增,g (x )>g (1)=0,∴f'(x )>0,f (x )在区间(1,+∞)上单调递增,所以无极值点.综上,当a=1时,f (x )无极值点.5.解(1)因为f (x )=ln x+ax 2+bx ,所以f'(x )=1k +2ax+b ,则在点(1,f (1))处的切线的斜率为f'(1)=1+2a+b ,由题意可得,1+2a+b=-2,且a+b=-2,解得a=b=-1.所以f'(x )=1k -2x-1=-2k 2-k +1k=-2k 2+k -1k,由f'(x )=0,可得x=12(x=-1舍去),当0<x<12时,f'(x )>0,f (x )单调递增;当x>12时,f'(x )<0,f (x )单调递减,故当x=12时,f (x )取得极大值,且为最大值,f12=-ln2-34.故f (x )的最大值为-ln2-34.6.解(1)易知f (x )的定义域为(0,+∞),当a=-1时,f (x )=-x+ln x ,f'(x )=-1+1k =1-kk,令f'(x )=0,得x=1.当0<x<1时,f'(x )>0;当x>1时,f'(x )<0.∴f (x )在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.∴f (x )max =f (1)=-1.∴当a=-1时,函数f (x )的最大值为-1.(2)f'(x )=a+1k,x ∈(0,e],则1k∈1e,+∞.①若a ≥-1e ,则f'(x )≥0,从而f (x )在(0,e]上单调递增, ∴f (x )max =f (e)=a e +1≥0,不合题意.②若a<-1e ,令f'(x )>0得,a+1k >0,又x ∈(0,e],解得0<x<-1k ;令f'(x )<0得,a+1k <0,又x ∈(0,e],解得-1k <x ≤e .从而f (x )在0,-1k上单调递增,在-1k,e 上单调递减,∴f (x )max =f -1k =-1+ln -1k .令-1+ln -1k=-3,得ln -1k=-2,即a=-e 2.∵-e 2<-1e ,∴a=-e 2符合题意.故实数a 的值为-e 2.突破3 导数在不等式中的应用1.解(2)由已知得a ≥k ln k +k +1k 2+1, 设h (x )=k ln k +k +1k 2+1,则h'(x )=(1-k )(k ln k +ln k +2)(k 2+1)2.∵y=x ln x+ln x+2是增函数,且x ≥1e ,∴y ≥-1e -1+2>0,∴当x ∈1e ,1时,h'(x )>0;当x ∈(1,+∞)时,h'(x )<0, ∴h (x )在x=1处取得最大值,h (1)=1,∴a ≥1.故a 的取值范围为[1,+∞).2.(1)解f (x )的定义域为(0,+∞),f'(x )=a e x-1k.由题设知,f'(2)=0,所以a=12e 2.从而f (x )=12e 2e x-ln x-1,f'(x )=12e 2e x-1k .当0<x<2时,f'(x )<0;当x>2时,f'(x )>0.所以f (x )在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增.(2)证明当a ≥1e 时,f (x )≥e k e-ln x-1.设g (x )=e ke -ln x-1,则g'(x )=e ke −1k .当0<x<1时,g'(x )<0;当x>1时,g'(x )>0.所以x=1是g (x )的最小值点.故当x>0时,g (x )≥g (1)=0.因此,当a ≥1e时,f (x )≥0.3.解(1)若x ≥0,则f'(x )=e x+1k +1+a ,令g (x )=e x+1k +1+a , 则g'(x )=e x-1(k +1)2,g'(x )在[0,+∞)上单调递增,则g'(x )≥g'(0)=0,则f'(x )在[0,+∞)上单调递增,f'(x )≥f'(0)=a+2.①当a+2≥0,即a ≥-2时,f'(x )≥0,则f (x )在[0,+∞)上单调递增,此时f (x )≥f (0)=0,满足题意.②当a<-2时,因为f'(x )在[0,+∞)上单调递增,f'(0)=2+a<0,当x →+∞时,f'(x )>0.所以∃x 0∈(0,+∞),使得f'(x 0)=0.则当0<x<x 0时,f'(x )<f'(x 0)=0,∴函数f (x )在(0,x 0)上单调递减.∴f (x 0)<f (0)=0,不合题意,舍去.综上所述,实数a 的取值范围是[-2,+∞).4.解(2)令g (x )=f (x )-kx+2=(x-2)e x+12x 2-x-kx+2,则g'(x )=(x-1)e x+x-1-k ,令h (x )=(x-1)e x+x-1-k ,则h'(x )=x e x+1,当x ≥0时,h'(x )=x e x+1>0,h (x )单调递增.∴h (x )≥h (0)=-2-k ,即g'(x )≥-2-k.当-2-k ≥0,即k ≤-2时,g'(x )≥0,g (x )在(0,+∞)上单调递增,g (x )≥g (0)=0,不等式f (x )≥kx-2恒成立.当-2-k<0,即k>-2时,g'(x )=0有一个解,设为x 0,∴当x ∈(0,x 0)时,g'(x )<0,g (x )为单调递减;当x ∈(x 0,+∞)时,g'(x )>0,g (x )单调递增,则g (x 0)<g (0)=0,∴当x ≥0时,f (x )≥kx-2不恒成立.综上所述,k 的取值范围是(-∞,-2].5.解(2)由f (x )<x+1,得kk ln kk -1<x+1(x>0且x ≠1),即k k -1a ln x-x+1k <0.令h (x )=a ln x-x+1k ,则h'(x )=kk -1-1k 2=-(k 2-kk +1)k 2.令g (x )=x 2-ax+1.①当Δ=a 2-4≤0,即-2≤a ≤2时,x 2-ax+1≥0.∴当x ∈(0,1)时,h'(x )≤0,h (x )单调递减,h (x )>h (1)=0,∴k k -1a ln x-x+1k <0成立.当x ∈(1,+∞)时,h'(x )≤0,h (x )单调递减,h (x )<h (1)=0,∴kk -1a ln x-x+1k <0成立.故-2≤a ≤2符合题意.②当Δ=a 2-4>0,即a<-2或a>2时,设g (x )=x 2-ax+1=0的两根为x 1,x 2(x 1<x 2).当a>2时,x 1+x 2=a>0,x 1x 2=1,∴0<x 1<1<x 2.由h'(x )>0,得x 2-ax+1<0,解集为(x 1,1)∪(1,x 2),∴h (x )在(x 1,1)上单调递增,h (x 1)<h (1)=0,∴k 1k1-1a ln x 1-x 1+1k 1>0,∴a>2不合题意.当a<-2时,g (x )的图象的对称轴x=k2<-1,g (x )在(0,+∞)上单调递增,g (x )>g (0)=1>0,∴当x ∈(0,1)时,h'(x )≤0,h (x )单调递减,h (x )>h (1)=0,∴k k -1a ln x-x+1k <0成立.当x ∈(1,+∞)时,h'(x )≤0,h (x )单调递减,h (x )<h (1)=0,∴k k -1a ln x-x+1k <0成立. 综上,a 的取值范围是(-∞,2].6.(1)解由题意得f'(x )=e x+1k +1-a ,x>-1,令g (x )=e x+1k +1-a ,x>-1,则g'(x )=e x -1(k +1)2,令h (x )=e x-1(k +1)2,x>-1,则h'(x )=e x+2(k +1)3>0,∴h (x )在(-1,+∞)上单调递增,且h (0)=0.当x ∈(-1,0)时,g'(x )=h (x )<0,g (x )单调递减,当x∈(0,+∞)时,g'(x)=h(x)>0,g(x)单调递增.∴g(x)≥g(0)=2-a.①当a≤2时,f'(x)=g(x)>g(0)=2-a≥0.f(x)在(-1,+∞)上单调递增,此时无极值;②当a>2时,∵g1-1=e1k-1>0,g(0)=2-a<0,k-1,0,∴∃x1∈1kg(x1)=0,当x∈(-1,x1)时,f'(x)=g(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(x1,0)时,f'(x)=g(x)<0,f(x)单调递减,∴x=x1是f(x)的极大值点.>0,g(0)=2-a<0,∵g(ln a)=11+ln k∴∃x2∈(0,ln a),g(x2)=0,当x∈(0,x2)时,f'(x)=g(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(x2,+∞)时,f'(x)=g(x)>0,f(x)单调递增, ∴x=x2是f(x)的极小值点.综上所述,a的取值范围为(2,+∞).-1<x1<0<x2<ln a,且g(x1)=g(x2)=0,(2)证明由(1)得a∈(2,+∞),1k∴x2-x1>0,1<x1+1<1,k1<x2+1<1+ln a,e k2−e k1=k2-k1,(k1+1)(k2+1)∴1(k1+1)(k 2+1)-a<0,1<k 2+1k 1+1<a (1+ln a )<a 2, ∴f (x 2)-f (x 1)=e k 2−e k 1+ln k 2+1k 1+1-a (x 2-x 1)=(x 2-x 1)1(k 1+1)(k 2+1)-a +ln k 2+1k 1+1<ln a 2=2ln a.突破4 导数与函数的零点1.解F (x )=f (x )-x 2+(m+1)x=-12x 2+(m+1)x-m ln x (x>0).易得F'(x )=-x+m+1-kk=-(k -1)(k -k )k.①若m=1,则F'(x )≤0,函数F (x )为减函数,∵F (1)=32>0,F (4)=-ln4<0, ∴F (x )有唯一零点;②若m>1,则当0<x<1或x>m 时,F'(x )<0,当1<x<m 时,F'(x )>0,所以函数F (x )在(0,1)和(m ,+∞)上单调递减,在(1,m )上单调递增,∵F (1)=m+12>0,F (2m+2)=-m ln(2m+2)<0,所以F (x )有唯一零点.综上,当m ≥1时,函数F (x )有唯一零点.2.解(1)f (x )=x ln x-x 2+x+1(x>0),g (x )=f'(x )=ln x-2x+2,g'(x )=1k-2=1-2kk,当x ∈0,12时,g'(x )>0,g (x )单调递增;当x ∈12,+∞时,g'(x )<0,g (x )单调递减.又g(1)=f'(1)=0,则当x∈12,1时,f'(x)>0,f(x)单调递增; 当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减.故当x=1时,f(x)取得极大值f(1)=1.(2)g(x)=f'(x)=ln x+1-2ax+a,g'(x)=1k -2a=1-2kkk,①若a≤0,则g'(x)>0,g(x)单调递增,至多有一个零点,不合题意.②若a>0,则当x∈0,12k时,g'(x)>0,g(x)单调递增;当x∈12k,+∞时,g'(x)<0,g(x)单调递减.则g12k ≥g12=ln12+1=ln e2>0.不妨设g(x1)=g(x2),x1<x2,则0<x1<12k<x2<1.一方面,需要g(1)<0,得a>1.另一方面,由(1)得,当x>1时,ln x<x-1<x,则x<e x,进而,有2a<e2a,则e-2a<12k,且g(e-2a)=-2a e-2a+1-a<0,故存在x1,使得0<e-2a<x1<12k.综上,a的取值范围是(1,+∞).3.解(2)由f(1)=1得b=e-1-a,由f(x)=1得e x=ax2+bx+1,设g(x)=e x-ax2-bx-1,则g(x)在(0,1)内有零点,设x0为g(x)在(0,1)内的一个零点,由g (0)=g (1)=0知g (x )在(0,x 0)和(x 0,1)上不单调.设h (x )=g'(x ),则h (x )在(0,x 0)和(x 0,1)上均存在零点,即h (x )在(0,1)上至少有两个零点.g'(x )=e x -2ax-b ,h'(x )=e x -2a ,当a ≤12时,h'(x )>0,h (x )在(0,1)上单调递增,h (x )不可能有两个及以上零点,当a ≥e2时,h'(x )<0,h (x )在(0,1)上单调递减,h (x )不可能有两个及以上零点,当12<a<e 2时,令h'(x )=0得x=ln(2a )∈(0,1),∴h (x )在(0,ln(2a ))上单调递减,在(ln(2a ),1)上单调递增,h (x )在(0,1)上存在最小值h (ln(2a )),若h (x )有两个零点,则有h (ln(2a ))<0,h (0)>0,h (1)>0,h (ln(2a ))=3a-2a ln(2a )+1-e 12<a<e2,设φ(x )=32x-x ln x+1-e(1<x<e),则φ'(x )=12-ln x ,令φ'(x )=0,得x=√e ,当1<x<√e时,φ'(x )>0,φ(x )单调递增;当√e <x<e 时,φ'(x )<0,φ(x )单调递减.∴φmax (x )=φ(√e )=√e +1-e <0,∴h (ln(2a ))<0恒成立.由h (0)=1-b=a-e +2>0,h (1)=e -2a-b>0,得e -2<a<1.综上,a 的取值范围为(e -2,1).4.解(1)因为g (x )=2k 3x 3+2(1-a )x 2-8x+8a+7,所以g'(x )=2ax 2+4(1-a )x-8,所以g'(2)=0.所以a=0,即g (x )=2x 2-8x+7.g (0)=7,g (3)=1,g (2)=-1.所以g (x )在[0,3]上的值域为[-1,7].(2)当a=0时,g (x )=2x 2-8x+7,由g (x )=0,得x=2±√22∈(1,+∞),此时函数y=h (x )有三个零点,符合题意.当a>0时,g'(x )=2ax 2+4(1-a )x-8=2a (x-2)x+2k.由g'(x )=0,得x=2.当x ∈(0,2)时,g'(x )<0;当x ∈(2,+∞)时,g'(x )>0.若函数y=h (x )有三个零点,则需满足g (1)>0且g (2)<0,解得0<a<316.当a<0时,g'(x )=2ax 2+4(1-a )x-8=2a (x-2)x+2k . 由g'(x )=0,得x 1=2,x 2=-2k .①当-2k <2,即a<-1时,因为g (x )极大值=g (2)=163a-1<0,此时函数y=h (x )至多有一个零点,不符合题意;②当-2k =2,即a=-1时,因为g'(x )≤0,此时函数y=h (x )至多有两个零点,不符合题意;③当-2k >2,即-1<a<0时.若g (1)<0,则函数y=h (x )至多有两个零点,不符合题意;若g (1)=0,则a=-320,因为g -2k=1k 28a 3+7a 2+8a+83,所以g -2k >0,此时函数y=h (x )有三个零点,符合题意;若g (1)>0,则-320<a<0,由g -2k =1k 28a 3+7a 2+8a+83.记φ(a )=8a 3+7a 2+8a+83,则φ'(a )>0,所以φ(α)>φ-320>0,此时函数y=h (x )有四个零点,不符合题意.综上所述,满足条件的实数a ∈-320∪0,316. 5.解(1)f (x )的定义域是(0,+∞),f'(x )=ln x+1,令f'(x )>0,解得x>1e,令f'(x )<0,解得0<x<1e,故f (x )在0,1e 上单调递减,在1e,+∞上单调递增,故x=1e 时,f (x )极小值=f (1e )=-1e . (2)记t=x ln x ,t ≥-1e ,则e t=e x ln x=(e ln x )x =x x ,故f (x )-ax x=0,即t-a e t=0,a=ke k ,令g (t )=ke k ,g'(t )=1-ke k ,令g'(t )>0,解得-1e ≤t<1,令g'(t )<0,解得t>1,故g (t )在-1e ,1上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,故g (t )max =g (1)=1e , 由t=x ln x ,t ≥-1e ,a=g (t )=ke k 的图象和性质有:①0<a<1e ,y=a 和g (t )有两个不同交点(t 1,a ),(t 2,a ),且0<t 1<1<t 2, t 1=x ln x ,t 2=x ln x 各有一解,即f (x )-ax x =0有2个不同解.②-e 1-ee<a<0,y=a 和g (t )=k e k 仅有1个交点(t 3,a ),且-1e <t 3<0, t 3=x ln x 有2个不同的解,即f (x )-ax x =0有两个不同解.③a 取其他值时,f (x )-ax x =0最多1个解.综上,a 的范围是-e 1-ee ,0∪0,1e.6.(1)解g (x )=f'(x )=ln x+1-12x-a ,g'(x )=1k−12=2-k 2k,当x ∈(0,2)时,g'(x )>0,g (x )单调递增;当x ∈(2,+∞)时,g'(x )<0,g (x )单调递减.故当x=2时,g (x )的最大值为g (2)=ln2-a.若a=ln2,g (x )取得最大值g (2)=0.(2)证明①若a=ln2,由(1)知,当x ∈(0,+∞)时,f'(x )≤0,且仅当x=2时,f'(x )=0.此时f (x )单调递减,且f (2)=0,故f (x )只有一个零点x 0=2.②若a>ln2,由(1)知,当x ∈(0,+∞)时,f'(x )=g (x )<0,f (x )单调递减.此时,f (2)=2(ln2-a )<0,注意到x 1=14k <1,(x ln x )'=ln x+1,故x ln x ≥-1e ,f (x 1)=x 1ln x 1-14k 12+34>-1e −14+34=12−1e >0,故f (x )仅存在一个零点x 0∈(x 1,2).③若0<a<ln2,则g (x )的最大值g (2)=ln2-a>0,即f'(2)>0,注意到f'1e=-12e -a<0,f'(8)=ln8-3-a<0,故存在x 2∈1e,2,x 3∈(2,8),使得f'(x 2)=f'(x 3)=0.则当x ∈(0,x 2)时,f'(x )<0,f (x )单调递减;当x ∈(x 2,x 3)时,f'(x )>0,f (x )单调递增;当x ∈(x 3,+∞)时,f'(x )<0,f (x )单调递减.故f (x )有极小值f (x 2),有极大值f (x 3).由f'(x 2)=0得ln x 2+1-12x 2-a=0,故f (x 2)=12x 2-12>0,则f (x 3)>0. 存在实数t ∈(4,16),使得ln t-14t=0,且当x>t 时,ln x-14x<0,记x 4=max {k ,1k},则f (x 4)=x 4ln x 4-14x 4-ax 4+1≤0,故f (x )仅存在一个零点x 0∈(x 3,x 4].综上,f (x )有且仅有一个零点.。

[优选]专题导数的综合应用-新高考数学自主复习优质PPT课件

递增，在
单调递减，而f′(0)＝0，f′ ＜0，所以存在β∈
，使得f′(β)
＝0，且当x∈(0，β)时，f′(x)＞0，当x∈
时，f′(x)＜0.故f(x)在(0，β)单调递
增，在
单调递减．又f(0)＝0，f ＝1－ln
＞0，所以当x∈
时，
f(x)＞0，从而f(x)在
没有零点．③当x∈
时，f′(x)＜0，所以f(x)在
专题2 导数的综合应用
专题综合考法训练
考法1 导数与函数的零点问题考法2 导数与不等式考法3 实际问题中的优化问题
专题2 导数的综合应用
专题综合考法训练
考法1 导数与函数的零点问题函数图像的交点问题，方程的根，均可归结为函数的零点问题．此类问题往往通过函数的单调性、极值等，利用零点存在性定理判断，常见类型及解法如下： (1)证明或讨论函数零点个数问题，一般借助导数研究函数的单调性，进而研究函数的零点个数，或将函数零点个数问题转化为两个函数图像的交点个数问题； (2)已知函数零点个数，求参数的取值范围，一般分离参数或构造函数，利用数形结合思想求解．
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专题2
导数的综合应用
【解】(1)设函数f(x)的图像与函数g(x)的图像相切于点P(x0，y0)．因为g(x)＝x2＋3x ＋2，所以g′(x)＝2x＋3，所以g′(x0)＝2x0＋3＝1，解得x0＝－1，所以y0＝0，所以函数f(x)的图像与函数g(x)的图像的切点为P(－1，0)．

2021版新高考数学一轮复习高考大题专项(一)导数的综合应用新人教A版

突破 3 导数在不等式中的应用 1.(2019 湖南三湘名校大联考一,21)已知函数 f(x)=xln x. (1)略; (2)当 x≥1时,f(x)≤ax2-x+a-1,求实数 a 的取值范围.
e
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(1)若 a=1,证明:当 x≥0 时,f(x)≥1; (2)略.
3.已知函数 f(x)=(x-k)ex. (1)求 f(x)的单调区间; (2)略.
2
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高考大题专项(一) 导数的综合应用
突破 1 导数与函数的单调性 1.已知函数 f(x)=1x3-a(x2+x+1).
3
(1)若 a=3,求 f(x)的单调区间; (2)略.
2.已知函数 f(x)=ex-ax2. 1
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(1)当 a=-1 时,求 f(x)的最大值; (2)若 f(x)在区间(0,e]上的最大值为-3,求 a 的值.
9
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突破 4 导数与函数的零点 1.已知函数 f(x)=1x2-mln x.若 m≥1,令 F(x)=f(x)-x2+(m+1)x,试讨论函数 F(x)的零点个数.

高考备考数学专项训练：导数的综合应用

高考备考数学专项训练：导数的综合应用下面就是查字典数学网为大家整理的2021年高考备考数学专项训练：导数的综合运用供大家参考，不时提高，学习更上一层楼。

一、选择题1.以下各坐标系中是一个函数与其导函数的图象，其中一定错误的选项是()答案：C 命题立意：此题考察导数在研讨函数单调性上的运用，难度中等.解题思绪：依次判别各个选项，易知选项C中两图象在第一象限局部，不论哪一个作为导函数的图象，其值均为正值，故相应函数应为增函数，但相反另一函数图象不契合单调性，即C选项一定不正确.2.函数f(x)的导函数为f(x)，且满足f(x)=2xf(e)+ln x，那么f(e)=()A.1B.-1C.-e-1D.-e答案：C 命题立意：此题考察函数的导数的求法与赋值法，难度中等.解题思绪：依题意得，f(x)=2f(e)+，取x=e得f(e)=2f(e)+，由此解得f(e)=-=-e-1，应选C.3.函数y=f(x)的图象如下图，那么其导函数y=f(x)的图象能够是()ABCD答案：A 命题立意：此题考察函数的性质，难度较小.解题思绪：函数f(x)的图象自左向右看，在y轴左侧，依次是增、减、增;在(0，+)上是减函数.因此，f(x)的值在y轴左侧，依次是正、负、正，在(0，+)上的取值恒非正，应选A.4.f(x)是定义在R上的函数f(x)的导函数，且f(x)=f(5-x)，f(x)0.假定x1A.f(x1)f(x2)C.f(x1)+f(x2)0D.f(x1)+f(x2)0答案：B 命题立意：此题主要考察函数的性质，意在考察考生的逻辑思想才干.解题思绪：依题意得，当x时，f(x)0，那么函数f(x)在上是减函数.当x1f(x2);假定x2，那么由x1+x25得x1，此时有f(x1)f(5-x2)=f(x2).综上所述，f(x1)f(x2)，应选B.5.f(x)=x2+2xf(1)，那么f(0)等于()A.0B.-4C.-2D.2答案：B 解题思绪：此题考察导数知识的运用.由题意f(x)=2x+2f(1)， f(1)=2+2f(1)，即f(1)=-2，f(x)=2x-4， f(0)=-4.技巧点拨：处置此题的关键是应用导数求出f(1)的值.6.函数f(x)的导数为f(x)=4x3-4x，且f(x)的图象过点(0，-5)，当函数f(x)取得极大值-5时，x的值应为()A.-1B.0C.1D.1答案：B 解题思绪：可以求出f(x)=x4-2x2+c，其中c为常数.由于f(x)过(0，-5)，所以c=-5，又由f(x)=0，得极值点为x=0和x=1.又x=0时，f(x)=-5，故x的值为0.7.函数f(x)=x3-2ax2-3x(aR)，假定函数f(x)的图象上点P(1，m)处的切线方程为3x-y+b=0，那么m的值为()A.-B.-C.D.答案：A 命题立意：此题主要考察导数的几何意义及切线方程的求法.求解时，先对函数f(x)求导，令x=1求出点P(1，m)处切线的斜率，进而求出a的值，再依据点P在函数f(x)的图象上即可求出m的值.解题思绪： f(x)=x3-2ax2-3x， f(x)=2x2-4ax-3，过点P(1，m)的切线斜率为k=f(1)=-1-4a.又点P(1，m)处的切线方程为3x-y+b=0，-1-4a=3， a=-1， f(x)=x3+2x2-3x.又点P在函数f(x)的图象上， m=-.8.函数y=f(x)是定义在实数集R上的奇函数，且当x0，f(x)+xf(x)0(其中f(x)是f(x)的导函数).设a=(log4)f(log4)，b=f()，c=f，那么a，b，c的大小关系是()A.cbB.caC.acD.ab答案：C 思绪点拨：令函数F(x)=xf(x)，那么函数F(x)=xf(x)为偶函数.当x0时，F(x)=f(x)+xf(x)0，此时函数F(x)在(0，+)上单调递增，那么a=F(log4)=F(-log24)=F(-2)=F(2)，b=F()，c=F=F(-lg 5)=F(lg 5)，由于0bc，应选C.9.在平面直角坐标系xOy中，P是函数f(x)=ex(x0)的图象上的动点，该图象在点P处的切线l交y轴于点M，过点P 作l的垂线交y轴于点N.设线段MN的中点的纵坐标为t，那么t的最大值是()A. B.C.e+D.e-答案：A 解题思绪：二、填空题10.函数f(x)=ex-ae-x，假定f(x)2恒成立，那么实数a的取值范围是________.答案：[3，+) 命题立意：此题考察导数的运算及不等式恒成立一类效果的解答方法，正确地分别变量是解答此题的关键，难度中等.解题思绪：据题意有f(x)=ex+ae-x2，分别变量得a(2-ex)ex=-(ex-)2+3，由于(2-ex)ex=-(ex-)2+33，故假定使不等式恒成立，只需a3即可.11.aR，函数f(x)=x3+ax2+(a-3)x的导函数是偶函数，那么曲线y=f(x)在原点处的切线方程为________.答案：3x+y=0 命题立意：此题主要考察导数的求法、奇偶性的定义、导数的几何意义与直线的方程等基础知识，意在考察考生的基本运算才干.解题思绪：依题意得，f(x)=3x2+2ax+(a-3)是偶函数，那么2a=0，即a=0，f(x)=3x2-3，f(0)=-3，因此曲线y=f(x)在原点处的切线方程是y=-3x，即3x+y=0.12.函数f(x)=axsin x-(aR)，假定对x，f(x)的最大值为，那么(1)a的值为________;(2)函数f(x)在(0，)内的零点个数为________.答案：(1)1 (2)2 命题立意：此题考察导数的运用以及函数零点，难度中等.解题思绪：应用导数确定函数单调性，再应用数形结合求零点个数.由于f(x)=a(sin x+xcos x)，当a0时，f(x)在x上单调递减，最大值f(0)=-，不适宜题意，所以a0，此时f(x)在x上单调递增，最大值f=a-=，解得a=1，契合题意，故a=1.f(x)=xsin x-在x(0，)上的零点个数即为函数y=sin x，y=的图象在x(0，)上的交点个数，又x=时，sin =10，所以两图象在x(0，)内有2个交点，即f(x)=xsin x-在x(0，)上的零点个数是2.13.{an}是正数组成的数列，a1=1，且点(，an+1)(nN*)在函数y=x3+x的导函数的图象上.数列{bn}满足bn=(nN*).那么数列{bn}的前n项和Sn为________.答案：命题立意：此题主要考察多项式函数的求导方法，等差数列的概念、通项公式以及数列求和方法等基础知识，考察先生的运算才干和综合运用知识剖析、处置效果的才干.解题思绪：由得an+1=an+1，数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列， an=n，bn===-(nN*)，Sn=1-+-++-=1-=(nN*). B组一、选择题1.曲线f(x)=ln x在点(x0，f(x0))处的切线经过点(0，-1)，那么x0的值为()A. B.1 C.e D.10答案：B 命题立意：此题主要考察导数的几何意义、直线的方程等基础知识，意在考察考生的基本运算才干.解题思绪：依题意得，题中的切线方程是y-ln x0=(x-x0);又该切线经过点(0，-1)，于是有-1-ln x0=(-x0)，由此得ln x0=0，x0=1，应选B.2.函数f(x)=+1，g(x)=aln x，假定在x=处函数f(x)与g(x)的图象的切线平行，那么实数a的值为()A. B.C.1D.4答案：A 命题立意：此题主要考察导数的概念与曲线切线的求解，考察思想的严谨性，应留意检验.解题思绪：由题意可知f(x)=x，g(x)=，由f=g，得=，可得a=，经检验，a=满足题意.3.假定函数f(x)=-x2+bln(x+2)在[-1，+)上是减函数，那么b的取值范围是()A.[-1，+)B.(-1，+)C.(-，-1]D.(-，-1)答案：C 解题思绪：函数f(x)的导数f(x)=-x+，要使函数f(x)在[-1，+)上是减函数，那么f(x)=-x+0在[-1，+)上恒成立，即x在[-1，+)上恒成立，由于x-1，所以x+20，即bx(x+2)在[-1，+)上恒成立.设y=x(x+2)，那么y=x2+2x=(x+1)2-1，由于x-1，所以y-1，所以要使bx(x+2)在[-1，+)上恒成立，那么有b-1，应选C.4.如图是函数f(x)=x2+ax+b的局部图象，函数g(x)=ex-f(x)的零点所在的区间是(k，k+1)(kZ)，那么k的值为()A.-1或0B.0C.-1或1D.0或1答案：C 解题思绪：由二次函数f(x)的图象及函数f(x)两个零点的位置可知其对称轴x=-，解得10，g(0)=1-a0，g(1)=e-2-a0，g(2)=e2-4-a0，函数g(x)的两个零点x1(-1,0)和x2(1,2)，故k=-1或1.5.函数f(x)的定义域为开区间(a，b)，其导函数f(x)在(a，b)内的图象如下图，那么函数f(x)在开区间(a，b)内的极大值点有()A.1个B.2个C.3个D.4个答案：B 命题立意：此题主要考察函数的导数与极值间的关系，意在考察考生的推理才干.解题思绪：依题意，记函数y=f(x)的图象与x轴的交点的横坐标自左向右依次为x1，x2，x3，x4，当a0;当x1本文由查字典数学网为您提供供广阔考生参考学习，希望对大家有所协助，高考频道引荐。

高考数学专题复习《导数的综合应用》PPT课件

3.函数不等式的类型与解法
(1)∀x∈D,f(x)≤k⇔f(x)max≤k;∃x∈D,f(x)≤k⇔f(x)min≤k;
(2)∀x∈D,f(x)≤g(x) ⇔f(x)max≤g(x)min;∃x∈D,f(x)≤g(x) ⇔ f(x)min≤g(x)max.
4.含两个未知数的不等式(函数)问题的常见题型及具体转化策略
(+1)ln
H(x)=
,则
-1
1
=
--2ln
(-1)
2
,
2 -2+1
K'(x)= 2 >0,于是

K(x)在(1,+∞)上单调递增,
所以 K(x)>K(1)=0,于是 H'(x)>0,从而 H(x)在(1,+∞)上单调递增.由洛必达法
(x+1)x
则,可得 lim+
x-1
→1
取值范围是(-∞,2].
第三章
高考大题专项(一) 导数的综合应用
内
容
索
引
01
突破1
利用导数研究与不等式有关的问题
必备知识预案自诊
关键能力学案突破
02
突破2
利用导数研究与函数零点有关的问题
必备知识预案自诊
关键能力学案突破
【考情分析】
从近五年的高考试题来看,对导数在函数中的应用的考查常常是一大一小
两个题目,其中解答题的命题特点是:以三次函数、对数函数、指数函数及
(1)∀x1∈[a,b],x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a,b]上的最小值>g(x)在[c,d]上的
最大值.
(2)∃x1∈[a,b],x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a,b]上的最大值>g(x)在[c,d]上的

高考数学第一轮复习提分专练习题：导数的综合应用

高考数学第一轮复习提分专练习题：导数的综合应用学无止境，高中是人生生长变化最快的阶段，所以应该用心去想去做好每件事，查字典数学网为大家整理了2021年高考数学第一轮温习提分专练习题：导数的综合运用,希望可以协助到更多同窗!一、选择题1.设f(x)，g(x)区分是定义在R上的奇函数和偶函数，当x0时，f(x)g(x)+f(x)g(x)0且g(3)=0，那么不等式f(x)g(x)0的解集是()A.(-3,0)(3，+)B.(-3,0)(0,3)C.(-，-3)(3，+)D.(-，-3)(0,3)答案：D 解题思绪：由于f(x)，g(x)区分是定义在R上的奇函数和偶函数，所以h(x)=f(x)g(x)为奇函数，当x0时，h(x)=f(x)g(x)+f(x)g(x)0，所以h(x)在(-，0)为单调增函数，h(-3)=-h(3)=0，所以当x0时，h(x)0=h(-3)，解得x-3，当x0时，h(x)0，解得-30时h(x)0的x的取值范围为(0,3)，应选D.2.假定f(x)=x2-2x-4ln x，不等式f(x)0的解集记为p，关于x的不等式x2+(a-1)x-a0的解集记为q，且p是q的充沛不用要条件，那么实数a的取值范围是()A.(-2，-1]B.[-2，-1]C. D.[-2，+)答案：D 解题思绪：关于命题p： f(x)=x2-2x-4ln x，f(x)=2x-2-=，由f(x)0，得 x2.由p是q的充沛不用要条件知，命题p的解集(2，+)是命题q不等式解集的子集，关于命题q：x2+(a-1)x-a0(x+a)(x-1)0，当a-1时，解集为(-，-a)(1，+)，显然契合题意;当a-1时，解集为(-，1)(-a，+)，那么由题意得-2-1.综上，实数a的取值范围是[-2，+)，应选D.3.定义在R上的函数f(x)，g(x)满足=ax，且f(x)g(x)A.7B.6C.5D.4答案：B 解题思绪：由f(x)g(x)4.(河南顺应测试)函数f(x)是定义在R上的奇函数，且当x(-，0]时，f(x)=e-x-ex2+a，那么函数f(x)在x=1处的切线方程为()A.x+y=0B.ex-y+1-e=0C.ex+y-1-e=0D.x-y=0答案：B 命题立意：此题考察了函数的奇偶性及函数的导数的运用，难度中等.解题思绪：函数f(x)是R上的奇函数，f(x)=-f(-x)，且f(0)=1+a=0，得a=-1，设x0，那么-x0，那么f(x)=-f(-x)=-(ex-ex2-1)=-ex+ex2+1，且f(1)=1，求导可得f(x)=-ex+2ex，那么f(1)=e，f(x)在x=1处的切线方程y-1=e(x-1)，即得ex-y+1-e=0，故应选B.易错点拨：要留意函数中的隐含条件的开掘，特别是一些变量的值及函数图象上的特殊点，防止出现遗漏性错误.5.设二次函数f(x)=ax2-4bx+c，对xR，恒有f(x)0，其导数满足f(0)0，那么的最大值为()A. B. C.0 D.1答案：C 解题思绪：此题考察基本不等式的运用.由于f(x)0恒成立，所以a0且=16b2-4ac0.又由于f(x)=2ax-4b，而f(0)0，所以b0，那么==2-，又因4a+c8b，所以2，故2-2=0，当且仅当4a=c，ac=4b2，即当a=b，c=4b时，取到最大值，其值为0.技巧点拨：在运用均值不等式处置效果时，一定要留意一正二定三等，特别是要留意等号成立的条件能否满足.6.函数f(x)，g(x)区分是二次函数f(x)和三次函数g(x)的导函数，它们在同一坐标系下的图象如下图，设函数h(x)=f(x)-g(x)，那么()A.h(1)B.h(1)C.h(0)D.h(0)答案：D 解题思绪：此题考察函数及导函数的图象.取特殊值，令f(x)=x2，g(x)=x3，那么h(0)二、填空题7.关于三次函数f(x)=ax3+bx2+cx+d(a0)，给出定义：设f(x)是函数y=f(x)的导数，f(x)是f(x)的导数，假定方程f(x)=0有实数解x0，那么称点(x0，f(x0))为函数y=f(x)的拐点.某同窗经过探求发现：任何一个三次函数都有拐点任何一个三次函数都有对称中心，且拐点就是对称中心.依据这一发现，那么函数f(x)=x3-x2+3x-的对称中心为________.答案：解题思绪：由f(x)=x3-x2+3x-，得f(x)=x2-x+3，f(x)=2x-1，由f(x)=0，解得x=，且f=1，所以此函数的对称中心为.8.设函数f(x)=(x+1)ln(x+1).假定对一切的x0都有f(x)ax 成立，那么实数a的取值范围为________.答案：(-，1] 解题思绪：令g(x)=(1+x)ln(1+x)-ax，对函数g(x)求导数g(x)=ln(1+x)+1-a，令g(x)=0，解得x=ea-1-1.当a1时，对一切x0，g(x)0，所以g(x)在[0，+)上是增函数.又g(0)=0，所以对x0，有g(x)0，即当a1时，关于一切x0，都有f(x)ax.当a1时，关于0又g(0)=0，所以对0所以，当a1时，不是对一切的x0都有f(x)ax成立.综上，a的取值范围为(-，1].三、解答题9.函数f(x)=x3-ax+1.(1)当x=1时，f(x)取得极值，求a的值;(2)求f(x)在[0,1]上的最小值;(3)假定对恣意mR，直线y=-x+m都不是曲线y=f(x)的切线，求a的取值范围.解析：(1)由于f(x)=x2-a，当x=1时，f(x)取得极值，所以f(1)=1-a=0，a=1.又当x(-1,1)时，f(x)当x(1，+)时，f(x)0，所以f(x)在x=1处取得极小值，即a=1时契合题意.(2)当a0时，f(x)0对x(0,1)恒成立，所以f(x)在(0,1)上单调递增，f(x)在x=0处取得最小值f(0)=1.当a0时，令f(x)=x2-a=0，x1=-，x2=，当0当x(0，)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)在x=处取得最小值f()=1-.当a1时，1.x(0,1)时，f(x)0，f(x)单调递减，所以f(x)在x=1处取得最小值f(1)=-a.综上所述，当a0时，f(x)在x=0处取得最小值f(0)=1;当0当a1时，f(x)在x=1处取得最小值f(1)=-a.(3)由于mR，直线y=-x+m都不是曲线y=f(x)的切线，所以f(x)=x2-a-1对xR恒成立，只需f(x)=x2-a的最小值大于-1即可.而f(x)=x2-a的最小值为f(0)=-a，所以-a-1，即a1.故a的取值范围是(-，1).10.函数f(x)=x-ax2-ln(1+x)，其中aR.(1)假定x=2是f(x)的极值点，求a的值;(2)求f(x)的单调区间;(3)假定f(x)在[0，+)上的最大值是0，求a的取值范围. 命题立意：此题考察导数与函数的极值、单调性、最值等知识，考察考生剖析效果、处置效果的才干，考察函数与方程、分类整合等数学思想方法.(1)依据可导函数在一定点处取得极值的必要条件是其导数等于零，得出关于a的方程即可求出a，再依据极值点两侧导数值异号停止检验;(2)讨论导数的符号，就参数a的取值状况停止分类讨论即可;(3)依据函数的单调性和极值点，以及函数最大值的概念分状况处置.解析：(1)f(x)=，x(-1，+).依题意，得f(2)=0，解得a=.经检验，a=时，契合题意.(2)当a=0时，f(x)=，x(-1，+).故f(x)的单调增区间是(0，+)，单调减区间是(-1,0).当a0时，令f(x)=0，得x1=0，x2=-1，当0f(x)的单调增区间是，单调减区间是(-1,0).当a=1时，f(x)的单调减区间是(-1，+).当a1时，-11时，f(x)的单调增区间是-1,0，单调减区间是(0，+).(3)由(2)知a0时，f(x)在(0，+)上单调递增，由f(0)=0知不合题意.当00，f(x)在区间上递增可知，ff(0)=0知不合题意.当a1时，f(x)在(0，+)单调递减，可得f(x)在[0，+)上的最大值是f(0)=0，契合题意.f(x)在[0，+)上的最大值是0时，a的取值范围是[1，+).11.设函数f(x)=xln x(x0).(1)求函数f(x)的最小值;(2)设F(x)=ax2+f(x)(aR)，讨论函数F(x)的单调性;(3)斜率为k的直线与曲线y=f(x)交于A(x1，y1)，B(x2，y2)(x10)，令f(x)=0，得x=.当x时，f(x)当x时，f(x)0.当x=时，f(x)min=ln=-.(2)F(x)=ax2+ln x+1(x0)，F(x)=2ax+=(x0).当a0时，恒有F(x)0，F(x)在(0，+)上是增函数; 当a0时，令F(x)0，得2ax2+10，解得0.综上，当a0时，F(x)在(0，+)上是增函数;当a0时，F(x)在上单调递增，在上单调递减. (3)k==.要证x11知ln t0，故等价于证ln t1).(*)设g(t)=t-1-ln t(t1)，那么g(t)=1-1)，故g(t)在[1，+)上是增函数.当t1时，g(t)=t-1-ln tg(1)=0，即t-1ln t(t1).设h(t)=tln t-(t-1)(t1)，那么h(t)=ln t1)，故h(t)在[1，+)上是增函数.当t1时，h(t)=tln t-(t-1)h(1)=0，即t-11).由知(*)成立，得证.12.函数f(x)=ln x-px+1.(1)求函数f(x)的极值点;(2)假定对恣意的x0，恒有f(x)0，求p的取值范围;(3)证明：+++(nN，n2).解析：(1)由f(x)的定义域为(0，+)，f(x)=-p=， x0，当p0时，f(x)0， f(x)在(0，+)上单调递增，f(x)无极值点;当p0时，令f(x)=0， x=(0，+)，f(x)，f(x)随x的变化状况如下表：x f(x) + 0 - f(x) 增极大减从上表可以看出：当p0时，f(x)有独一的极大值点x=.(2)当p0时，f(x)在(0，+)上单调递增，所以不能够对恣意的x0，恒有f(x)0，当p0时，由(1)知在x=处取得极大值f=ln ，此时极大值也是最大值.要使f(x)0恒成立，只需f=ln 0，解得p1，所以p的取值范围是[1，+).(3)证明：令p=1，由(2)知ln x-x+10，ln xx-1，nN，n2，令x=n2，那么ln n2n2-1，=1-，所以结论成立.2021年高考数学第一轮温习提分专练习题：导数的综合运用，更多信息查字典数学网将第一时间为广阔考生提供，预祝各位考生报考到心仪的大学!。

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导数的综合应用（1）
1.曲线y =x 3在P 点处的切线斜率为k,若k =3，则P 点为（）
（A ）（－2，－8）（B ）（－1，－1）或（1，1）（C ）（2，8）（D ）（－2
1
，
－8
1） 2.一质点在运动中经过的路程S 和经历的时间t 有关系S =5－3t 2，则它在[1,+△t]内的平均速度为（）
（A ）3△t+6 （B ）－3△t+6 （C ）3△t －6 （D ）－3△t －6
3.曲线y=31
x 3－x 2+5，过其上横坐标为1的点作曲线的切线，则切线的倾斜角为（）
（A ）6π （B ）4π （C ）3π （D ）π4
3
4.过曲线y =x 2上一点作切线与直线3x －y +1=0交成450角，则切点坐标为（）
（A ）（－1，1）（B ）（41，16
1
）或（1，1）
（C ）（41，16
1
）或（－1，1）（D ）（－1，1）或（1，1）
5.(05广东卷)函数32()31f x x x =-+是减函数的区间为( ) （Ａ）(2,)+∞（Ｂ）(,2)-∞（Ｃ）(,0)-∞（Ｄ）(0,2)
6.（05全国卷Ⅰ）函数93)(23-++=x ax x x f ，已知)(x f 在3-=x 时取得极值，则a =（）（A ）2 （B ）3 （C ）4 （D ）5
7．(05江西)已知函数()y xf x '=的图象如右图所示(其中'()f x 是函数()f x 的导函数)，下
面四个图象中()y f x =的图象大致是( ）
8．y=x 2e x
的单调递增区间是
9．曲线3213+=x y 在点)4,1(3处的切线方程为____________。

10．P 是抛物线2x y =上的点，若过点P 的切线方程与直线12
1
+-=x y 垂直，则过P
点处的切线方程是____________.
11．在抛物线2x y =上依次取两点，它们的横坐标分别为11=x ，32=x ，若抛物线上过点P 的切线与过这两点的割线平行，则P 点的坐标为_____________。

12.路灯距地面8m ，一身高的人沿穿过灯下的直路以84m /min 的速度行走，则人影长度变化速率是（要求以m /s 为单位）
13.（04年天津卷.文21）已知函数)0()(3≠++=a d cx ax x f 是R 上的奇函数，当1=x 时)(x f 取得极值－2. （Ⅰ）求)(x f 的单调区间和极大值；（Ⅱ）证明对任意)1,1(,21-∈x x ，不等式4|)()(|21<-x f x f 恒成立.
14.（04年湖南卷.理20）已知函数ax e x x f 2)(=，其中0≤a ，e 为自然对数的底数.（Ⅰ）讨论函数)(x f 的单调性；（Ⅱ）求函数)(x f 在区间]1,0[上的最大值
15. （05山东卷）已知1x =是函数32()3(1)1f x mx m x nx =-+++的一个极值点，其中
,,0m n R m ∈<，
（I ）求m 与n 的关系式；（II ）求()f x 的单调区间；
（III ）当[]1,1x ∈-时，函数()y f x =的图象上任意一点的切线斜率恒大于3m ，求m 的取值范围.。