导数综合应用复习题

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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 -。

高中数学导数练习题

高中数学导数练习题一、基础题1. 求函数 $f(x) = x^3 3x$ 的导数。

2. 求函数 $f(x) = \sqrt{1+x^2}$ 的导数。

3. 求函数 $f(x) = \frac{1}{x^2}$ 的导数。

4. 求函数 $f(x) = \ln(x^2 + 1)$ 的导数。

5. 求函数 $f(x) = e^{2x}$ 的导数。

二、应用题1. 已知函数 $f(x) = ax^2 + bx + c$，求 $f'(x)$ 并说明其几何意义。

2. 某物体做直线运动，其位移 $s$ 与时间 $t$ 的关系为 $s =t^2 2t + 1$，求物体在 $t=2$ 时的瞬时速度。

3. 已知函数 $f(x) = \frac{1}{\sqrt{x}}$，求曲线在$x=4$ 处的切线方程。

4. 求函数 $f(x) = \sin(x)$ 在区间 $[0, \pi]$ 上的最大值和最小值。

5. 已知函数 $f(x) = \ln(x 1)$，求 $f(x)$ 的单调区间。

三、综合题1. 设函数 $f(x) = (x^2 1)^3$，求 $f'(x)$。

2. 已知函数 $f(x) = \frac{2x + 3}{x 1}$，求 $f'(x)$。

3. 求函数 $f(x) = \sqrt{1 + \sqrt{1 + x^2}}$ 的导数。

4. 已知函数 $f(x) = e^{x^2}$，求曲线在 $x=0$ 处的切线方程。

5. 设函数 $f(x) = \ln(\sin^2 x)$，求 $f'(x)$。

四、拓展题1. 已知函数 $f(x) = \frac{1}{x^2 + 1}$，求 $f''(x)$。

2. 设函数 $f(x) = (x^3 + 1)^4$，求 $f'''(x)$。

3. 已知函数 $f(x) = \arctan(x)$，求 $f'(x)$。

2022年高考数学真题分专题训练专题：导数的综合应用(教师版含解析)

专题09导数的综合应用1．(2021年全国高考乙卷数学(文)试题)已知函数32()1f x x x ax ．(1)讨论 f x 的单调性；(2)求曲线 y f x 过坐标原点的切线与曲线 y f x 的公共点的坐标．【答案】(1)答案见解析；(2)和 11a ，.【分析】(1)由函数的解析式可得： 232f x x x a ，导函数的判别式412a ，当14120,3a a 时， 0,f x f x 在R 上单调递增，当时，的解为：1211,32x x ，当1,3x时，单调递增；当11311333x时，单调递减；当13x时，单调递增；综上可得：当时，在R 上单调递增，当时，在1,3，1,3上单调递增，在113113,33上单调递减.(2)由题意可得： 3200001f x x x ax ， 200032f x x x a ，则切线方程为： 322000000132y x x ax x x a x x ，切线过坐标原点，则： 32200000001320x x ax x x a x ,整理可得：3200210x x ，即：20001210x x x ，解得：，则， 0'()11f x f a切线方程为： 1y a x ,与联立得321(1)x x ax a x ，化简得3210x x x ,由于切点的横坐标1必然是该方程的一个根，1x 是321x x x 的一个因式，∴该方程可以分解因式为2110,x x 解得121,1x x , 11f a ，综上，曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标为和 11a ，.2．(2021年全国高考乙卷数学(理)试题)设函数 ln f x a x ，已知0x 是函数 y xf x 的极值点．(1)求a ；(2)设函数()()()x f x g x xf x ．证明: 1g x ．【答案】1；证明见详解【分析】(1)由 n 1'l a f x a x f x x ， 'ln x y a x x ay xf x ，又0x 是函数 y xf x 的极值点，所以 '0ln 0y a ，解得1a ；(2)由(1)得 ln 1f x x ，ln 1()()()ln 1x x x f x g x xf x x x ，1x 且0x ，当 0,1x 时，要证ln 1()1ln 1x x g x x x ， 0,ln 10x x ∵， ln 10x x ，即证 ln 1ln 1x x x x ，化简得 1ln 10x x x ；同理，当 ,0x 时，要证ln 1()1ln 1x x g x x x ， 0,ln 10x x ∵， ln 10x x ，即证 ln 1ln 1x x x x ，化简得 1ln 10x x x ；令 1ln 1h x x x x ，再令1t x ，则 0,11,t ，1x t ，令 1ln g t t t t ， '1ln 1ln g t t t ，当 0,1t 时， '0g x ， g x 单减，假设 1g 能取到，则 10g ，故 10g t g ；当 1,t 时， '0g x ， g x 单增，假设 1g 能取到，则 10g ，故 10g t g ；综上所述，ln 1()1ln 1x x g x x x 在 ,00,1x 恒成立3．(2021年全国高考甲卷数学(文)试题)设函数22()3ln 1f x a x ax x ，其中0a .(1)讨论 f x 的单调性；(2)若 y f x 的图像与x 轴没有公共点，求a 的取值范围.【答案】(1) f x 的减区间为10,a，增区间为1,+a；(2)1a e .【分析】(1)函数的定义域为 0, ，又 23(1)()ax ax f x x，因为0,0a x ，故230ax ，当10x a 时，()0f x ；当1x a时，()0f x ；所以 f x 的减区间为10,a，增区间为1,+a .(2)因为 2110f a a 且 y f x 的图与x 轴没有公共点，所以 y f x 的图象在x 轴的上方，由(1)中函数的单调性可得 min 1133ln 33ln f x f a a a，故33ln 0a 即1a e.4．(2021年全国高考甲卷数学(理)试题)已知0a 且1a ，函数()(0)a x x f x x a．(1)当2a 时，求 f x 的单调区间；(2)若曲线 y f x 与直线1y 有且仅有两个交点，求a 的取值范围．【答案】(1)20,ln2上单调递增；2,ln2上单调递减；(2) 1,,e e .【分析】(1)当2a 时，令 '0f x 得2ln 2x,当20ln 2x 时， 0f x ,当2ln 2x 时， 0f x ,∴函数 f x 在20,ln2上单调递增；2,ln2上单调递减；(2) ln ln 1ln ln a x a x x x a f x a x x a a x a x a,设函数 ln x g x x ,则 21ln x g x x,令 0g x ，得x e ,在 0,e 内 0g x , g x 单调递增；在 ,e 上 0g x , g x 单调递减；1max g x g e e,又 10g ，当x 趋近于时， g x 趋近于0，所以曲线 y f x 与直线1y 有且仅有两个交点，即曲线 y g x 与直线ln a y a有两个交点的充分必要条件是ln 10a a e ,这即是 0g a g e ,所以a 的取值范围是 1,,e e .5．(2021年全国新高考Ⅰ卷数学试题)已知函数 1ln f x x x .(1)讨论 f x 的单调性；(2)设a ，b 为两个不相等的正数，且ln ln b a a b a b ，证明：112e a b.【答案】(1) f x 的递增区间为 0,1，递减区间为 1,+ ；(2)证明见解析.【分析】(1)函数的定义域为 0, ，又 1ln 1ln f x x x ，当 0,1x 时， 0f x ，当 1,+x 时， 0f x ，故 f x 的递增区间为 0,1，递减区间为 1,+ .(2)因为ln ln b a a b a b ，故 ln 1ln +1b a a b ，即ln 1ln +1a b a b ，故11f f a b，设1211,x x a b，由(1)可知不妨设1201,1x x .因为 0,1x 时， 1ln 0f x x x ， ,x e 时， 1ln 0f x x x ，故21x e .先证：122x x ，若22x ，122x x 必成立.若22x ，要证：122x x ，即证122x x ，而2021x ，故即证 122f x f x ，即证： 222f x f x ，其中212x .设 2,12g x f x f x x ，则 2ln ln 2g x f x f x x x ln 2x x ，因为12x ，故 021x x ，故 ln 20x x ，所以 0g x ，故 g x 在 1,2为增函数，所以 10g x g ，故 2f x f x ，即 222f x f x 成立，所以122x x 成立，综上，122x x 成立.设21x tx ，则1t ，结合ln 1ln +1a b a b ，1211,x x a b 可得： 11221ln 1ln x x x x ，即： 111ln 1ln ln x t t x ，故11ln ln 1t t t x t ，要证：12x x e ，即证 11t x e ，即证 1ln 1ln 1t x ，即证： 1ln ln 111t t t t t ，即证： 1ln 1ln 0t t t t ，令 1ln 1ln ,1S t t t t t t ，则 112ln 11ln ln 111t S t t t t t t，先证明一个不等式： ln 1x x .设 ln 1u x x x ，则 1111x u x x x ，当10x 时， 0u x ；当0x 时， 0u x ，故 u x 在 1,0 上为增函数，在 0,+ 上为减函数，故 max 00u x u ，故 ln 1x x 成立由上述不等式可得当1t 时，112ln 11t t t，故 0S t 恒成立，故 S t 在 1, 上为减函数，故 10S t S ，故 1ln 1ln 0t t t t 成立，即12x x e 成立.综上所述，112e a b.6.(2021年全国新高考2卷数学试题)已知函数2()(1)x f x x e ax b ．(1)讨论()f x 的单调性；(2)从下面两个条件中选一个，证明：()f x 有一个零点①21,222e a b a ；②10,22a b a ．【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.【解析】【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论确定函数的单调性即可；(2)由题意结合(1)中函数的单调性和函数零点存在定理即可证得题中的结论.【详解】(1)由函数的解析式可得：'2x f x x e a ，当0a 时，若 ,0x ，则 '0,f x f x 单调递减，若 0,x ，则 '0,f x f x 单调递增；当102a 时，若,ln 2x a ，则 '0,f x f x 单调递增，若ln 2,0x a ，则 '0,f x f x 单调递减，若 0,x ，则 '0,f x f x 单调递增；当12a时， '0,f x f x 在R 上单调递增；当12a 时，若 ,0x ，则 '0,f x f x 单调递增，若0,ln 2x a ，则 '0,f x f x 单调递减，若ln 2,x a ，则 '0,f x f x 单调递增；(2)若选择条件①：由于2122e a ，故212a e ，则 21,010b af b ，而 210b f b b e ab b ，而函数在区间 ,0 上单调递增，故函数在区间 ,0 上有一个零点.2ln 22ln 21ln 2f a a a a a b 22ln 21ln 22a a a a a22ln 2ln 2a a a a ln 22ln 2a a a ，由于2122e a ，212a e ，故 ln 22ln 20a a a ，结合函数的单调性可知函数在区间 0, 上没有零点.综上可得，题中的结论成立.若选择条件②：由于102a ，故21a ，则 01210f b a ，当0b 时，24,42e a ，2240f e a b ，而函数在区间 0, 上单调递增，故函数在区间 0, 上有一个零点.当0b 时，构造函数 1x H x e x ，则 1xH x e ，当 ,0x 时， 0,H x H x 单调递减，当 0,x 时， 0,H x H x 单调递增，注意到 00H ，故 0H x 恒成立，从而有：1x e x ，此时：22111x f x x e ax b x x ax b 211a x b ，当x 2110a x b ，取01x，则 00f x ，即：00,10f f，而函数在区间 0, 上单调递增，故函数在区间 0, 上有一个零点.2ln 22ln 21ln 2f a a a a a b 22ln 21ln 22a a a a a22ln 2ln 2a a a a ln 22ln 2a a a ，由于102a ，021a ，故 ln 22ln 20a a a ，结合函数的单调性可知函数在区间 ,0 上没有零点.综上可得，题中的结论成立.【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，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．7.(2021年天津卷数学试题)已知0a ，函数()x f x ax xe ．(I )求曲线()y f x 在点(0,(0))f 处的切线方程：(II )证明()f x 存在唯一的极值点(III )若存在a ，使得()f x a b 对任意x R 成立，求实数b 的取值范围．【答案】(I )(1),(0)y a x a ；(II )证明见解析；(III ),e 【解析】【分析】(I )求出 f x 在0x 处的导数，即切线斜率，求出 0f ，即可求出切线方程；(II )令 0f x ，可得(1)x a x e ，则可化为证明y a 与 y g x 仅有一个交点，利用导数求出 g x 的变化情况，数形结合即可求解；(III )令 2()1,(1)xh x x x e x ，题目等价于存在(1,)x ，使得()h x b ，即min ()b h x ，利用导数即可求出 h x 的最小值.【详解】(I )()(1)x f x a x e ，则(0)1f a ，又(0)0f ，则切线方程为(1),(0)y a x a ；(II )令()(1)0x f x a x e ，则(1)x a x e ，令()(1)x g x x e ，则()(2)x g x x e ，当(,2)x 时，()0g x ， g x 单调递减；当(2,)x 时，()0g x ， g x 单调递增，当x 时， 0g x ， 10g ，当x 时， 0g x ，画出 g x 大致图像如下：所以当0a 时，y a 与 y g x 仅有一个交点，令 g m a ，则1m ，且()()0f m a g m ，当(,)x m 时，()a g x ，则()0f x ， f x 单调递增，当 ,x m 时，()a g x ，则()0f x ， f x 单调递减，x m 为 f x 的极大值点，故()f x 存在唯一的极值点；(III )由(II )知max ()()f x f m ，此时)1(1,m a m e m ，所以 2max {()}()1(1),m f x a f m a m m e m ，令 2()1,(1)x h x x x e x ，若存在a ，使得()f x a b 对任意x R 成立，等价于存在(1,)x ，使得()h x b ，即min ()b h x ， 2()2(1)(2)x x h x x x e x x e ，1x ，当(1,1)x 时，()0h x ， h x 单调递减，当(1,)x 时，()0h x ， h x 单调递增，所以min ()(1)h x h e ，故b e ，所以实数b 的取值范围 ,e .【点睛】关键点睛：第二问解题的关键是转化为证明y a 与 y g x 仅有一个交点；第三问解题的关键是转化为存在(1,)x ，使得()h x b ，即min ()b h x .8.(2021年浙江卷数学试题)设a ，b 为实数，且1a ，函数 2R ()x f x a bx e x(1)求函数 f x 的单调区间；(2)若对任意22b e ，函数 f x 有两个不同的零点，求a 的取值范围；(3)当a e 时，证明：对任意4b e ，函数 f x 有两个不同的零点12,x x ，满足2212ln 2b b e x x e b .(注： 2.71828e 是自然对数的底数)【答案】(1)0b 时，()f x 在R 上单调递增；0b 时，函数的单调减区间为,log ln a b a ，单调增区间为log ,ln a b a；(2)21,e ；(3)证明见解析.【解析】【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论即可确定函数的单调性；(2)将原问题进行等价转化，然后构造新函数，利用导函数研究函数的性质并进行放缩即可确定实数a 的取值范围；(3)结合(2)的结论将原问题进行等价变形，然后利用分析法即可证得题中的结论成立.【详解】(1)2(),()ln x x f x b f a x e a x a b ，①若0b ，则()ln 0x f x a a b ，所以()f x 在R 上单调递增；②若0b ，当,log ln a b x a时， '0,f x f x 单调递减，当log ,ln a b x a时， '0,f x f x 单调递增.综上可得，0b 时，()f x 在R 上单调递增；0b 时，函数的单调减区间为,log ln a b a ，单调增区间为log ,ln a b a.(2)()f x 有2个不同零点20x a bx e 有2个不同解ln 20x a e bx e 有2个不同的解，令ln t x a ，则220,0ln ln t tb b e e e e t a a t t ，记22222(1)(),()t t t t e t e e e e e t e g t g t t t t ，记2()(1),()(1)10t t t t h t e t e h t e t e e t ，又(2)0h ，所以(0,2)t 时，()0,(2,)h t t 时，()0h t ，则()g t 在(0,2)单调递减，(2,) 单调递增，22(2),ln ln b b g e a a e，22222,ln ,21b b e a a e e∵.即实数a 的取值范围是21,e .(3)2,()x a e f x e bx e 有2个不同零点，则2x e e bx ，故函数的零点一定为正数.由(2)可知有2个不同零点，记较大者为2x ，较小者为1x ，1222412x x e e e e b e x x ，注意到函数2x e e y x在区间 0,2上单调递减，在区间 2, 上单调递增，故122x x ，又由5245e e e 知25x ，122211122x e e e e b x x x b，要证2212ln 2b b e x x e b ，只需22ln e x b b，222222x x e e e b x x 且关于b 的函数 2ln e g b b b在4b e 上单调递增，所以只需证 22222222ln 52x x e x e x x x e，只需证2222222ln ln 02x x x e x e e x e ，只需证2ln ln 202x e x x e，242e ∵，只需证4()ln ln 2x x h x x e 在5x 时为正，由于 11()44410x x x h x xe e e x x x，故函数 h x 单调递增，又54520(5)ln 5l 20n 2ln 02h e e ，故4()ln ln 2x x h x x e 在5x 时为正，从而题中的不等式得证.【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，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．9.(2021年北京卷数学试题)已知函数 232x f x x a．(1)若0a ，求 y f x 在 1,1f 处切线方程；(2)若函数 f x 在1x 处取得极值，求 f x 的单调区间，以及最大值和最小值．【答案】(1)450x y ；(2)函数 f x 的增区间为 ,1 、 4, ，单调递减区间为 1,4 ，最大值为1，最小值为14.【解析】【分析】(1)求出 1f 、 1f 的值，利用点斜式可得出所求切线的方程；(2)由 10f 可求得实数a 的值，然后利用导数分析函数 f x 的单调性与极值，由此可得出结果.【详解】(1)当0a 时， 232x f x x ，则 323x f x x， 11f ， 14f ，此时，曲线 y f x 在点1,1f 处的切线方程为 141y x ，即450x y ；(2)因为 232x f x x a ，则 222222223223x a x x x x a f x x a x a ，由题意可得224101a f a ，解得4a ，故 2324x f x x ，222144x x f x x ，列表如下：x,1 1 1,4 4 4,f x 0 0 f x 增极大值减极小值增所以，函数 f x 的增区间为 ,1 、 4, ，单调递减区间为 1,4 .当32x 时， 0f x ；当32x 时， 0f x .所以， max 11f x f ， min 144f x f .。

导数复习题(含答案)

所以函数在上是增函数，
因为，所以，即，
所以化为，
当时，不等式等价于，即，解得；
当时，不等式等价于，即，解得；
综上，不等式的解集为 .
点睛：本题考查了与函数有关的不等式的求解问题，其中解答中涉及到利用条件构造新函数和利用导数研究函数的单调性，以及根据单调性和奇偶性的关系对不等式进行转化，解答中一定要注意函数值为零是自变量的取值，这是题目的一个易错点，试题综合性强，属于中档试题.
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由题意得，令
，选A.
点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，在可能的情况下把参数分离出来，使不等式一端是含有参数的不等式，另一端是一个区间上具体的函数，这样就把问题转化为一端是函数，另一端是参数的不等式，便于问题的解决.但要注意分离参数法不是万能的，如果分离参数后，得出的函数解析式较为复杂，性质很难研究，就不要使用分离参数法.
故答案为B。
11．已知函数有两个零点，则的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】函数的定义域为，因为，当时，，则函数在上单调递增，不满足条件；当时，令，得，所以在上单调递减，在上单调递增，所以为极小值点，要使有两个零点，即要，即，则的取值范围是，故选D.
6．函数的图象是（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】由函数，则，所以函数为奇函数，
图象关于原点对称，
又时，，
所以当时，单调递增，当时，单调递减，
综上，函数的图象大致为选项A，故选A.
7．已知函数是函数的导函数，，对任意实数都有，设则不等式的解集为（）

【高中数学】习题课导数的综合应用

习题课导数的综合应用题型一导数在解决实际问题中的应用【例1】某知名保健品企业新研发了一种健康饮品.已知每天生产该种饮品最多不超过40千瓶，最少1千瓶，经检测知生产过程中该饮品的正品率P与日产量x(x∈N*，单位：千瓶)间的关系为P＝4 200－x24 500，每生产一瓶正品盈利4元，每生产一瓶次品亏损2元.(注：正品率＝饮品的正品瓶数÷饮品总瓶数×100%)(1)将日利润y(元)表示成日产量x的函数；(2)求该种饮品的最大日利润.解(1)由题意，知每生产1千瓶正品盈利4 000元，每生产1千瓶次品亏损2 000元，故y＝4 000×4 200－x24 500x－2 000⎝⎛⎭⎪⎫1－4 200－x24 500x＝3 600x－43x3.所以日利润y＝－43x3＋3 600x(x∈N*，1≤x≤40).(2)令f(x)＝－43x3＋3 600x，x∈[1，40]，则f′(x)＝3 600－4x2.令f′(x)＝0，解得x＝30或x＝－30(舍去).当1≤x<30时，f′(x)>0；当30<x≤40时，f′(x)<0，所以函数f(x)在[1，30)上单调递增，在(30，40]上单调递减，所以当x＝30时，函数f(x)取得极大值，也是最大值，为f(30)＝－43×303＋3 600×30＝72 000，也即y的最大值为72 000，所以该种饮品的最大日利润为72 000元.规律方法利用导数解决实际应用问题的步骤(1)函数建模：细致分析实际问题中各个量之间的关系，正确设定所求最大值或最小值的变量y 与自变量x ，把实际问题转化为数学问题，即列出函数关系式y ＝f (x ). (2)确定定义域：一定要从问题的实际意义去考虑，舍去没有实际意义的自变量的范围.(3)求最值：尽量使用导数法求出函数的最值. (4)下结论：根据问题的实际意义给出圆满的答案.【训练1】如图，要设计一面矩形广告牌，该广告牌含有大小相等的左右两个矩形栏目(即图中阴影部分)，这两个栏目的面积之和为18 000 cm 2，四周空白的宽度为10 cm ，两栏目之间的中缝空白的宽度为5 cm.怎样确定广告牌的高与宽的尺寸(单位：cm)，能使矩形广告牌的面积最小？解设广告牌的高和宽分别为x cm ，y cm ，则每个栏目的高和宽分别为(x －20)cm ，y －252 cm ，其中x >20，y >25.∵两个栏目的面积之和为2(x －20)·y －252＝18 000，∴y ＝18 000x －20＋25， ∴广告牌的面积S (x )＝x ⎝ ⎛⎭⎪⎫18 000x －20＋25＝18 000xx －20＋25x ，∴S ′(x )＝18 000[（x －20）－x ]（x －20）2＋25＝－360 000（x －20）2＋25.令S ′(x )>0，得x >140；令S ′(x )<0，得20<x <140.∴函数S (x )在(140，＋∞)上单调递增，在(20，140)上单调递减， ∴S (x )的最小值为S (140).当x ＝140时，y ＝175，故当广告牌的高为140 cm ，宽为175 cm 时，可使广告牌的面积最小，最小面积为24 500 cm 2.题型二与最值有关的恒成立问题【例2】设函数f(x)＝tx2＋2t2x＋t－1(x∈R，t＞0).(1)求f(x)的最小值h(t)；(2)若h(t)＜－2t＋m对t∈(0，2)恒成立，求实数m的取值范围.解(1)∵f(x)＝t(x＋t)2－t3＋t－1(x∈R，t＞0)，∴当x＝－t时，f(x)取最小值f(－t)＝－t3＋t－1，即h(t)＝－t3＋t－1.(2)令g(t)＝h(t)－(－2t＋m)＝－t3＋3t－1－m，由g′(t)＝－3t2＋3＝0得t＝1，t＝－1(不合题意，舍去).当t变化时g′(t)、g(t)的变化情况如下表：∴对t∈(0，2)，当maxh(t)<－2t－m对t∈(0，2)恒成立，也就是g(t)<0对t∈(0，2)恒成立，只需g(t)max＝1－m<0，∴m>1.故实数m的取值范围是(1，＋∞).规律方法(1)“恒成立”问题向最值问题转化是一种常见的题型，一般地，可采用分离参数法进行转化.λ≥f(x)恒成立⇔λ≥[f(x)]max；λ≤f(x)恒成立⇔λ≤[f(x)]min.对于不能分离参数的恒成立问题，直接求含参函数的最值即可.(2)此类问题特别要小心“最值能否取得到”和“不等式中是否含等号”的情况，以此来确定参数的范围能否取得“＝”.【训练2】设函数f(x)＝2x3－9x2＋12x＋8c，(1)若对任意的x∈[0，3]，都有f(x)＜c2成立，求c的取值范围；(2)若对任意的x∈(0，3)，都有f(x)＜c2成立，求c的取值范围.解(1)∵f′(x)＝6x2－18x＋12＝6(x－1)(x－2).∴当x∈(0，1)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈(1，2)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(2，3)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增.∴当x＝1时，f(x)取极大值f(1)＝5＋8c.又f(3)＝9＋8c＞f(1)，∴x∈[0，3]时，f(x)的最大值为f(3)＝9＋8c. ∵对任意的x∈[0，3]，有f(x)＜c2恒成立，∴9＋8c＜c2，即c＜－1或c＞9.∴c的取值范围为(－∞，－1)∪(9，＋∞).(2)由(1)知f(x)＜f(3)＝9＋8c，∴9＋8c≤c2，即c≤－1或c≥9，∴c的取值范围为(－∞，－1]∪[9，＋∞). 题型三利用导数证明不等式【例3】已知函数f(x)＝ln x－a（x－1）x(a∈R).(1)求函数f(x)的单调区间；(2)求证：对于任意x∈(1，2)，不等式1ln x－1x－1<12恒成立.(1)解易知f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x－a x2.①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②若a>0，当x∈(0，a)时，f′(x)<0，f(x)在(0，a)上单调递减，当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(a，＋∞)上单调递增.综上，当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；当a>0时，f(x)的单调递增区间为(a，＋∞)，单调递减区间为(0，a). (2)证明∵1<x<2，∴1ln x－1x－1<12等价于(x＋1)ln x－2(x－1)>0，令F(x)＝(x＋1)ln x－2(x－1)，即F′(x)＝ln x＋x＋1x－2＝ln x＋1x－1.由(1)知，当a＝1时，f(x)＝ln x－1＋1x在[1，＋∞)上单调递增，∴当x∈[1，2)时，f(x)≥f(1)，即ln x ＋1x －1≥0，F ′(x )≥0， ∴F (x )在[1，2)上单调递增， ∴当x ∈(1，2)时，F (x )>F (1)＝0，即当1<x <2时，1ln x －1x －1<12恒成立.规律方法 (1)证明f (x )>g (x )的一般方法是证明h (x )＝f (x )－g (x )>0(利用单调性)，特殊情况是证明f (x )min >g (x )max (最值方法)，但后一种方法不具备普遍性. (2)证明二元不等式的基本思想是化为一元不等式，一种方法为变换不等式两个变元成为一个整体，另一种方法为转化后利用函数的单调性，如不等式f (x 1)＋g (x 1)<f (x 2)＋g (x 2)对x 1<x 2恒成立，即等价于函数h (x )＝f (x )＋g (x )为增函数. 【训练3】设函数f (x )＝ln x －x ＋1. (1)讨论f (x )的单调性；(2)证明当x ∈(1，＋∞)时，1<x －1ln x <x . (1)解依题意，f (x )的定义域为(0，＋∞). f ′(x )＝1x －1，令f ′(x )＝0，得x ＝1. ∴当0<x <1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增. 当x >1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减.(2)证明由(1)知f (x )在x ＝1处取得最大值，且最大值f (1)＝0. 所以当x ≠1时，ln x <x －1. 故当x ∈(1，＋∞)时，x －1ln x >1，又可将1x 代入ln x <x －1，得ln 1x <1x －1，即－ln x <1x －1⇔ln x >1－1x ⇔ln x >x －1x ⇔x >x －1ln x ，故当x ∈(1，＋∞)时恒有1<x －1ln x <x .题型四利用导数解决函数的零点或方程的根问题【例4】已知函数f (x )＝ln x ＋ax －1，(1)求f (x )的单调区间；(2)当a ≤1时，求函数f (x )在区间(0，e]上零点的个数. 解 (1)f ′(x )＝1－ln x －a x2，令f ′(x )＝0，得x ＝e 1－a. f ′(x )及f (x )随x 的变化情况如下表：所以f (x )(2)由(1)可知f (x )的最大值为f (e1－a)＝1－e 1－a e1－a ，①当a ＝1时，f (x )在区间(0，1)上单调递增，在区间(1，e)上单调递减. 又f (1)＝0，故f (x )在区间(0，e]上只有一个零点. ②当a <1时，1－a >0，e 1－a >1，则f (e1－a)＝1－e 1－ae1－a <0，所以f (x )在区间(0，e]上无零点.综上，当a ＝1时，f (x )在区间(0，e]上只有一个零点，当a <1时，f (x )在区间(0，e]上无零点.规律方法利用导数研究函数的零点或方程根的方法是借助于导数研究函数的单调性，极值(最值)，通过极值或最值的正负、函数的单调性判断函数图象走势，从而判断零点个数或者通过零点的个数求参数范围.【训练4】若函数f (x )＝ax 3－bx ＋4，当x ＝2时，函数f (x )取得极值－43. (1)求函数f (x )的解析式；(2)若方程f (x )＝k 有3个不同的实数根，求实数k 的取值范围. 解 (1)对f (x )求导得f ′(x )＝3ax 2－b ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧f ′（2）＝12a －b ＝0，f （2）＝8a －2b ＋4＝－43，解得a ＝13，b ＝4(经检验满足题意).∴f (x )＝13x 3－4x ＋4.(2)由(1)可得f ′(x )＝x 2－4＝(x －2)(x ＋2). 令f ′(x )＝0，得x ＝2或x ＝－2.∴当x <－2或x >2时，f ′(x )>0；当－2<x <2时，f ′(x )<0.因此，当x ＝－2时，f (x )取得极大值283，当x ＝2时，f (x )取得极小值－43. ∴函数f (x )＝13x 3－4x ＋4的大致图象如图所示. 由图可知，实数k 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－43，283.一、素养落地1.通过学习利用导数解决实际应用问题、培养学生数学建模素养，通过学习利用导数解决不等式问题及函数零点问题，提升数学运算素养.2.正确理解题意，建立数学模型，利用导数求解是解应用题的主要方法.另外需要特别注意：(1)合理选择变量，正确给出函数表达式； (2)与实际问题相联系；(3)必要时注意分类讨论思想的应用.3.利用导数解决不等式问题与利用导数解决函数的零点问的一般方法都是转化为函数的极值或最值问题. 二、素养训练1.设底为等边三角形的直三棱柱的体积为V ，那么其表面积最小时底面边长为( )A.3V B.32VC.34VD.23V解析设底面边长为x ，则表面积S ＝32x 2＋43x V (x >0). ∴S ′＝3x 2(x 3－4V ).令S ′＝0，得x ＝34V . 答案 C2.已知f (x )是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf ′(x )＋f (x )≤0，对任意的正数a ，b ，若a <b ，则必有( ) A.bf (b )≤af (a ) B.bf (a )≤af (b ) C.af (a )≤bf (b )D.af (b )≤bf (a )解析设g (x )＝xf (x )，x ∈(0，＋∞)，则g ′(x )＝xf ′(x )＋f (x )≤0，∴g (x )在区间(0，＋∞)上单调递减或g (x )为常函数. ∵a <b ，∴g (a )≥g (b )，即af (a )≥bf (b )，故选A. 答案 A3.已知某生产厂家的年利润y (单位：万元)与年产量x (单位：万件)的函数关系式为y ＝－13x 3＋81x －234，则使该生产厂家获取最大年利润的年产量为( ) A.13万件 B.11万件 C.9万件D.7万件解析因为y ′＝－x 2＋81，所以当x ＞9时，y ′＜0；当x ∈(0，9)时，y ′＞0.所以，函数y ＝－13x 3＋81x －234在(9，＋∞)上单调递减，在(0，9)上单调递增. 所以x ＝9是函数的极大值点.又因为函数在(0，＋∞)上只有一个极大值点，所以函数在x ＝9处取得最大值. 答案 C4.直线y ＝a 与函数y ＝x 3－3x 的图象有三个相异的交点，则a 的取值范围是________.解析f′(x)＝3x2－3，令f′(x)＝0，得x＝1或x＝－1.因为当x∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)时，f′(x)>0，当x∈(－1，1)时，f′(x)<0，所以f(x)极小值＝f(1)＝－2，f(x)极大值＝f(－1)＝2.函数y＝x3－3x的大致图象如图所示，所以－2<a<2.答案(－2，2)三、审题答题示范(二)利用导数解决不等式问题【典型示例】(12分)已知函数f(x)＝ax－e x(a∈R)，g(x)＝ln x x.(1)求函数f(x)的单调区间①；(2)∃x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－e x成立②，求a的取值范围.联想解题看到①想到解不等式f′(x)>0求f(x)的单调增区间，解不等式f′(x)<0求f(x)的单调减区间，但需注意讨论不等式中参数a的符号；看到②想到通过分离参数a构造新函数，把不等式问题转化为求函数的最值问题，需注意的是条件为“∃x”，而不是“∀x”，所以要弄清楚问题是求函数的最大值还是最小值.满分示范解(1)因为f′(x)＝a－e x，x∈R.当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在R上单调递减；2分当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝ln a.由f′(x)>0，得f(x)的单调递增区间为(－∞，ln a)；由f′(x)<0，得f(x)的单调递减区间为(ln a，＋∞).综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(－∞，＋∞)，无单调递增区间；当a>0时，f(x)的单调递增区间为(－∞，ln a)，单调递减区间为(ln a，＋∞).4分(2)因为∃x ∈(0，＋∞)，使不等式f (x )≤g (x )－e x ，则ax ≤ln x x ，即a ≤ln xx 2.6分设h (x )＝ln x x 2，则问题转化为a ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x x 2max ，由h ′(x )＝1－2ln xx 3，令h ′(x )＝0，得x ＝ e.当x 在区间(0，＋∞)内变化时，h ′(x )，h (x )随x 变化的变化情况如下表：x (0，e) e (e ，＋∞)h ′(x ) ＋0 － h (x )极大值12e10分由上表可知，当x ＝e 时，函数h (x )有极大值，即最大值为12e ，所以a ≤12e . 故a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12e .12分满分心得(1)涉及含参数的函数的单调区间，一般要分类讨论，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论.(2)解决不等式“恒成立”或“能成立”问题首先要构造函数，利用导数求出最值、求出参数的取值范围，也可分离参数、构造函数，直接把问题转化为求函数的最值.基础达标一、选择题1.对任意的x ∈R ，函数f (x )＝x 3＋ax 2＋7ax 不存在极值点的充要条件是( ) A.0≤a ≤21 B.a ＝0或a ＝7 C.a <0或a >21D.a ＝0或a ＝21解析 f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋7a ，当Δ＝4a 2－84a ≤0，即0≤a ≤21时，f ′(x )≥0恒成立，函数f (x )不存在极值点. 答案 A2.定义在R 上的函数f (x )，若(x －1)·f ′(x )<0，则下列各项正确的是( ) A.f (0)＋f (2)>2f (1) B.f (0)＋f (2)＝2f (1) C.f (0)＋f (2)<2f (1)D.f (0)＋f (2)与2f (1)大小不定解析 ∵(x －1)f ′(x )<0，∴当x >1时，f ′(x )<0；当x <1时，f ′(x )>0，则f (x )在(1，＋∞)上单调递减，在(－∞，1)上单调递增， ∴f (0)<f (1)，f (2)<f (1)，则f (0)＋f (2)<2f (1). 答案 C3.已知函数f (x )＝x －sin x ，则不等式f (x ＋1)＋f (2－2x )>0的解集是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－13 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，＋∞ C.(－∞，3)D.(3，＋∞)解析因为f (x )＝x －sin x ，所以f (－x )＝－x ＋sin x ＝－f (x )，即函数f (x )为奇函数，函数的导数f ′(x )＝1－cos x ≥0，则函数f (x )是增函数，则不等式f (x ＋1)＋f (2－2x )>0等价为f (x ＋1)>－f (2－2x )＝f (2x －2)，即x ＋1>2x －2，解得x <3，故不等式的解集为(－∞，3). 答案 C4.方底无盖水箱的容积为256，则最省材料时，它的高为( ) A.4 B.6 C.4.5D.8解析设底面边长为x ，高为h ，则V (x )＝x 2·h ＝256，∴h ＝256x 2，∴S (x )＝x 2＋4xh ＝x 2＋4x ·256x 2＝x 2＋4×256x ，∴S ′(x )＝2x －4×256x 2.令S ′(x )＝0，解得x ＝8，∴h ＝25682＝4. 答案 A5.若函数f (x )＝x 2e x －a 恰有三个零点，则实数a 的取值范围是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫4e 2，＋∞ B.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，4e 2 C.(0，4e 2)D.(0，＋∞)解析令g (x )＝x 2e x ，则g ′(x )＝2x e x ＋x 2e x ＝x e x (x ＋2). 令g ′(x )＝0，得x ＝0或－2，∴g (x )在(－2，0)上单调递减，在(－∞，－2)，(0，＋∞)上单调递增. ∴g (x )极大值＝g (－2)＝4e 2，g (x )极小值＝g (0)＝0，又f (x )＝x 2e x －a 恰有三个零点，则0<a <4e 2. 答案 B 二、填空题6.某厂生产某种商品x 件的总成本c (x )＝1 200＋275x 3(单位：万元)，已知产品单价的平方与产品件数x 成反比，生产100件这样的产品单价为50万元，则产量定为________件时，总利润最大.解析设产品的单价为p 万元，根据已知，可设p 2＝k x ，其中k 为比例系数.因为当x ＝100时，p ＝50，所以k ＝250 000. 所以p 2＝250 000x ，p ＝500x ，x ＞0.设总利润为y 万元，y ＝500x ·x －1 200－275x 3＝500x －275x 3－1 200.则y ′＝250x －225x 2. 令y ′＝0，得x ＝25.故当0＜x ＜25时，y ′＞0，当x ＞25时，y ′＜0，所以，当x ＝25时，函数y 取得极大值，也是最大值. 答案 257.已知函数f (x )＝2x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3对一切x ∈(0，＋∞)，f (x )≥g (x )恒成立，则a 的取值范围是________. 解析由2x ln x ≥－x 2＋ax －3，得a ≤2ln x ＋x ＋3x . 设h (x )＝2ln x ＋3x ＋x (x >0).则h ′(x )＝2x －3x 2＋1＝（x ＋3）（x －1）x 2，当x ∈(0，1)时，h ′(x )<0，h (x )单调递减，当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0，h (x )单调递增. ∴h (x )min ＝h (1)＝4.又f (x )≥g (x )恒成立，∴a ≤4. 答案 (－∞，4]8.已知函数f (x )＝x 2－2ln x ，若关于x 的不等式f (x )－m ≥0在[1，e]上有实数解，则实数m 的取值范围是________. 解析由f (x )－m ≥0得f (x )≥m ，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝2x －2x ＝2（x 2－1）x ，当x ∈[1，e]时，f ′(x )≥0，此时，函数f (x )单调递增，所以f (1)≤f (x )≤f (e). 即1≤f (x )≤e 2－2，要使f (x )－m ≥0在[1，e]上有实数解，则有m ≤e 2－2. 答案 (－∞，e 2－2] 三、解答题9.已知函数f (x )＝a ＋x ·ln x (a ∈R )，试求f (x )的零点个数. 解 f ′(x )＝(x )′ln x ＋x ·1x ＝x （ln x ＋2）2x，令f ′(x )>0，解得x >e －2，令f ′(x )<0，解得0<x <e －2，所以f (x )在(0，e －2)上单调递减，在(e －2，＋∞)上单调递增. f (x )min ＝f (e －2)＝a －2e ，显然当a >2e 时，f (x )min >0，f (x )无零点，当a ＝2e 时，f (x )min ＝0，f (x )有1个零点，当a <2e 时，f (x )min <0，f (x )有2个零点.10.一艘轮船在航行中每小时的燃料费和它的速度的立方成正比.已知速度为每小时10海里时，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，问轮船的速度是多少时，航行1海里所需的费用总和最小？解设速度为v 海里的燃料费每小时p 元，那么由题设的比例关系得p ＝k ·v 3，其中k 为比例系数，它可以由v ＝10，p ＝6求得，即k ＝6103＝0.006，于是有p ＝0.006v 3. 又设当船的速度为v 海里时，行1海里所需的总费用为q 元，那么每小时所需的总费用是0.006v 3＋96(元)，而行1海里所需时间为1v 小时，所以，行1海里的总费用为：q ＝1v (0.006v 3＋96)＝0.006v 2＋96v . q ′＝0.012v －96v 2＝0.012v 2(v 3－8 000)，令q ′＝0，解得v ＝20.∴当v <20时，q ′<0；当v >20时，q ′>0，∴当v ＝20时q 取得极小值，也是最小值，即速度为20海里/时时，航行1海里所需费用总和最小.能力提升11.已知函数f (x )＝e x －ln(x ＋3)，则下列有关描述正确的是( ) A.∀x ∈(－3，＋∞)，f (x )≥13B.∀x∈(－3，＋∞)，f(x)>－1 2C.∃x0∈(－3，＋∞)，f(x0)＝－1D.f(x)min∈(0，1)解析因为f(x)＝e x－ln(x＋3)，所以f′(x)＝e x－1x＋3，显然f′(x)在(－3，＋∞)上是增函数，又f′(－1)＝1e－12<0，f′(0)＝23>0，所以f′(x)在(－3，＋∞)上有唯一的零点，设为x0，且x0∈(－1，0)，则x＝x0为f(x)的极小值点，也是最小值点，且e x0＝1x0＋3，即x0＝－ln(x0＋3)，故f(x)≥f(x0)＝e x0－ln(x0＋3)＝1x0＋3＋x0>－12，故选B.答案 B12.已知函数f(x)＝12x2－a ln x(a∈R)，(1)若f(x)在x＝2时取得极值，求a的值；(2)求f(x)的单调区间；(3)求证：当x>1时，12x2＋ln x<23x3.(1)解f′(x)＝x－ax，因为x＝2是一个极值点，所以2－a2＝0，则a＝4.此时f′(x)＝x－4x＝（x＋2）（x－2）x，因为f(x)的定义域是(0，＋∞)，所以当x∈(0，2)时，f′(x)＜0；当x∈(2，＋∞)，f′(x)＞0，所以当a＝4时，x＝2是一个极小值点，则a＝4.(2)解因为f′(x)＝x－ax＝x2－ax，所以当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞).当a＞0时，f′(x)＝x－ax＝x2－ax＝（x＋a）（x－a）x，当0<x<a时，f′(x)<0，当x>a时，f′(x)>0，所以函数f(x)的单调递增区间(a，＋∞)；递减区间为(0，a).(3)证明设g (x )＝23x 3－12x 2－ln x ，则g ′(x )＝2x 2－x －1x ＝（x －1）（2x 2＋x ＋1）x＞0，又x >1，所以g (x )在x ∈(1，＋∞)上为增函数，所以当x >1时，所以g (x )＞g (1)＝16＞0，所以当x ＞1时，12x 2＋ln x ＜23x 3.创新猜想13.(多选题)已知函数f (x )＝x ln x ＋x 2，x 0是函数f (x )的极值点，以下几个结论中正确的是( ) A.0<x 0<1e B.x 0>1e C.f (x 0)＋2x 0<0D.f (x 0)＋2x 0>0解析函数f (x )＝x ln x ＋x 2(x >0)，∴f ′(x )＝ln x ＋1＋2x ，易知f ′(x )＝ln x ＋1＋2x 在(0，＋∞)上单调递增， ∵x 0是函数f (x )的极值点，∴f ′(x 0)＝0，即ln x 0＋1＋2x 0＝0，而f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝2e >0，当x →0，f ′(x )→－∞，∴0<x 0<1e ，即A 选项正确，B 选项不正确；f (x 0)＋2x 0＝x 0ln x 0＋x 20＋2x 0＝x 0(ln x 0＋x 0＋2)＝－x 0(x 0－1)>0，即D 正确，C 不正确.故答案为AD. 答案 AD14.(多选题)已知函数f (x )＝sin x ＋x 3－ax ，则下列结论正确的是( ) A.f (x )是奇函数B.若f (x )是增函数，则a ≤1C.当a ＝－3时，函数f (x )恰有两个零点D.当a ＝3时，函数f (x )恰有两个极值点解析对A ，f (x )＝sin x ＋x 3－ax 的定义域为R ，且f (－x )＝sin(－x )＋(－x )3＋ax ＝－(sin x ＋x 3－ax )＝－f (x ).故A 正确.对B ，f ′(x )＝cos x ＋3x 2－a ，因为f (x )是增函数，故cos x ＋3x 2－a ≥0恒成立.即a ≤cos x ＋3x 2恒成立.令g (x )＝cos x ＋3x 2，则g ′(x )＝6x －sin x ，设h(x)＝6x－sin x，h′(x)＝6－cos x>0，故g′(x)＝6x－sin x单调递增，又g′(0)＝0，故当x<0时g′(x)<0，当x>0时g′(x)>0.故g(x)＝cos x＋3x2最小值为g(0)＝1.故a≤1.故B正确.对C，当a＝－3时由B选项知，f(x)是增函数，故不可能有两个零点，故C错误. 对D，当a＝3时f(x)＝sin x＋x3－3x，f′(x)＝cos x＋3x2－3，令cos x＋3x2－3＝0则有cos x＝3－3x2.在同一坐标系中作出y＝cos x，y＝3－3x2的图象易得有两个交点，且交点左右的函数值大小不同.故函数f(x)恰有两个极值点.故D正确.故选ABD.答案ABD高考数学：试卷答题攻略一、“六先六后”，因人因卷制宜。

2024届全国高考数学一轮复习好题专项(导数的综合应用)练习(附答案)

2024届全国高考数学一轮复习好题专项（导数的综合应用）练习一、基础练习1．（2021ꞏ沙坪坝区ꞏ重庆一中高三其他模拟）已知e 为自然对数的底数，a ，b 为实数，且不等式()ln 310x e a x b +-++≤对任意()0,x ∈+∞恒成立，则当3b a+取最大值时，实数a 的值为（） A ．3eB ．31e +C ．4eD ．41e +2．（2021ꞏ湖南高三其他模拟）已知函数()e ax f x =a 的取值范围是（） A ．0,2e ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．,2e ⎛⎫+∞⎪⎝⎭C ．10,2e ⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．1,2e ⎛⎫+∞⎪⎝⎭3．（2021ꞏ四川遂宁市ꞏ高三三模（理））已知函数()()2xh x x e =-，()212a a g x x x =-，又当()0h x ≥时，()()h x g x ≥恒成立，则实数a 的取值范围是（）A ．(2,e ⎤-∞⎦B ．(],e -∞C ．(20,e ⎤⎦D ．(]0,e4．（2021ꞏ全国高三其他模拟）已知f （x ）是定义在区间[﹣2，2]上的偶函数，当x ∈[0，2]时，f （x ）＝xxe ，若关于x 的方程2f 2（x ）+（2a ﹣1）f （x ）﹣a ＝0有且只有2个实数根，则实数a 的取值范围是（）A ．[﹣1e ，﹣22e ] B ．[﹣1e ，﹣22e ） C ．（﹣22e，0）D ．（﹣22e ，0）∪{﹣1e}5．（2021ꞏ宁夏银川市ꞏ高三其他模拟（理））平行于x 轴的直线与函数ln ,0,(),0,x x f x e x x>⎧⎪=⎨-<⎪⎩的图像交于,A B 两点，则线段AB 长度的最小值为（） A ．1e e-B ．1e e+C ．eD ．2e6．（2021ꞏ正阳县高级中学高三其他模拟（理））已知2m <-，若关于x 的不等式22e 2x mx n x +<+恒成立，则实数n 的取值范围为（） A ．[)3e,+∞B ．)2e ,⎡+∞⎣C ．[)e,+∞D ．[)2e,+∞7．【多选题】（2021ꞏ河北衡水中学高三其他模拟）已知函数()3e exxx a f x x -=-+-，则下列结论中正确的是（）A ．若()f x 在区间[]1,1-上的最大值与最小值分别为M ，m ，则0M m +=B ．曲线()y f x =与直线y ax =-相切C ．若()f x 为增函数，则a 的取值范围为(],2-∞D ．()f x 在R 上最多有3个零点8．（2021ꞏ黑龙江大庆市ꞏ高三一模（理））用总长11m 的钢条制作一个长方体容器的框架，如果所制容器底面一条边比另一条边长1m ，则该容器容积的最大值为________m 3（不计损耗）． 9．（2021ꞏ湖南高三其他模拟）中国最早的化妆水是1896年在香港开设的广生行生产的花露水，其具有保湿、滋润、健康皮肤的功效.已知该化妆水容器由一个半球和一个圆柱组成（其中上半球是容器的盖子，化妆水储存在圆柱中），容器轴截面如图所示，上部分是半圆形，中间区域是矩形，其外周长为12cm .则当圆柱的底面半径r =___________时，该容器的容积最大，最大值为___________.10．（2021ꞏ全国高三其他模拟）若函数ln ()1xxf x ae x=--只有一个零点，则实数a 的取值范围是 ________．二、提升练习1．（2021ꞏ全国高三其他模拟）若不等式ln x ax b ≤+恒成立，则2a b +的最小值为（） A ．2B ．3C ．ln 2D ．52.（2021ꞏ北京高考真题）已知函数()lg 2f x x kx =--，给出下列四个结论： ①若0k =，则()f x 有两个零点； ②0k ∃<，使得()f x 有一个零点； ③0k ∃<，使得()f x 有三个零点； ④0k ∃>，使得()f x 有三个零点．以上正确结论得序号是_______．3．（2021ꞏ四川省绵阳南山中学高三其他模拟（文））设函数()()222ln xf x x x e aex e x =-+-，其中e 为自然对数的底数，曲线()y f x =在()()22f ,处切线的倾斜角的正切值为2322e e +．（1）求a 的值；（2）证明：()0f x >．4．（2021ꞏ全国高三其他模拟（理））已知函数()()ln e xf x x m x -=+-.（1）若()f x 的图象在点()()1,1f 处的切线与直线20x y -=平行，求m 的值；（2）在（1）的条件下，证明：当0x >时，()0f x >；（3）当1m >时，求()f x 的零点个数.5．（2021ꞏ黑龙江哈尔滨市ꞏ哈尔滨三中高三其他模拟（文））已知函数2211()(1)ln (0)22f x x a x a x a a =-+++>. （1）讨论()f x 的单调性；（2）若函数()y f x =只有一个零点，求实数a 的取值范围.6．（2021ꞏ河北高三其他模拟）已知函数2ln 1()(ln )()2k x f x x k x+=+∈R . （1）当0k =时，求证：()1f x ≤；（2）当0k ≠时，讨论()f x 零点的个数.7．（2021ꞏ重庆市育才中学高三二模）已知函数()x f x e =，()1g x ax =+. （1）已知()()f x g x ≥恒成立，求a 的值；（2）若(0,1)x ∈，求证：21ln 11()x x f x x-+-<. 8.（2021ꞏ全国高三其他模拟）已知函数()()ln x a f x a x+=+，()0,x ∈+∞.（1）当0a =时，讨论函数()f x 的单调性；（2）若函数()f x 存在极大值M ，证明：12M e≤<.9．（2021ꞏ重庆高三二模）已知函数()ln ()f x ax x a R =+∈在1x =处取得极值．（1）若对(0,),()1x f x bx ∀∈+∞≤-恒成立，求实数b 的取值范围；（2）设()()(2)x g x f x x e =+-，记函数()y g x =在1,14⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值为m ，证明：(4)(3)0m m ++<． 10．（2021ꞏ江苏南通市ꞏ高三一模）已知函数()()21ln 22f x ax ax x =+-，0a >. （1）求函数()f x 的增区间；（2）设1x ，2x 是函数()f x 的两个极值点，且12x x <，求证：122x x +>. 三、真题练习1．（2021ꞏ全国高考真题（文））设函数22()3ln 1f x a x ax x =+-+，其中0a >. （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()y f x =的图像与x 轴没有公共点，求a 的取值范围.2.（2021ꞏ全国高考真题（理））设函数()()ln f x a x =-，已知0x =是函数()y xf x =的极值点．（1）求a ；（2）设函数()()()x f x g x xf x +=．证明:()1g x <．3．（2021ꞏ全国高考真题）已知函数()()1ln f x x x =-. （1）讨论()f x 的单调性；（2）设a ，b 为两个不相等的正数，且ln ln b a a b a b -=-，证明：112e a b<+<. 4.（2020·山东海南省高考真题）已知函数1()e ln ln x f x a x a -=-+．（1）当a e =时，求曲线y =f （x ）在点（1，f （1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；（2）若f （x ）≥1，求a 的取值范围．5．（2020·浙江省高考真题）已知12a <≤，函数()e xf x x a =--，其中e =2.71828…为自然对数的底数．（Ⅰ）证明：函数()y f x =在(0)+∞，上有唯一零点；（Ⅱ）记x 0为函数()y f x =在(0)+∞，上的零点，证明：0x ≤≤；（ⅱ）00(e )(e 1)(1)x x f a a ≥--．6.（2019·全国高考真题（理））已知函数.（1）讨论f (x )的单调性，并证明f (x )有且仅有两个零点；（2）设x 0是f (x )的一个零点，证明曲线y =ln x 在点A (x 0，ln x 0)处的切线也是曲线的切线.()11ln x f x x x -=-+e x y =参考答案一、基础练习1．（2021ꞏ沙坪坝区ꞏ重庆一中高三其他模拟）已知e 为自然对数的底数，a ，b 为实数，且不等式()ln 310x e a x b +-++≤对任意()0,x ∈+∞恒成立，则当3b a+取最大值时，实数a 的值为（） A ．3e B ．31e +C ．4eD ．41e +【答案】C 【答案解析】不等式(3)10lnx e a x b +-++…对任意(0,)x ∈+∞恒成立，化为不等式31lnx ex ax b +--…对任意(0,)x ∈+∞恒成立，必然有0a >．令1=x e，化为：31b a e +…．令4a e =，1b =．利用导数研究函数的单调性极值最值即可得出结论．【答案详解】解：不等式(3)10lnx e a x b +-++…对任意(0,)x ∈+∞恒成立，则不等式31lnx ex ax b +--…对任意(0,)x ∈+∞恒成立，则0a >．令1=x e，则131a b e -+--…，化为：31b a e +…．令4a e =，1b =．不等式31lnx ex ax b +--…对任意(0,)x ∈+∞恒成立，即不等式20lnx ex -+…对任意(0,)x ∈+∞恒成立，令()2f x lnx ex =-+，则1()1()e x e f x e x x --'=-=，可得：1=x e 时，函数()f x 取得极大值即最大值，1(1120f e=--+=，满足题意．可以验证其他值不成立．故选：C ．2．（2021ꞏ湖南高三其他模拟）已知函数()e ax f x =a 的取值范围是（） A ．0,2e ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．,2e ⎛⎫+∞⎪⎝⎭C ．10,2e ⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．1,2e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【答案】C 【答案解析】函数零点即方程ax e =的解，2ax e x =（0x >），取对数得2ln ax x =，此方程有两个解，引入函数()ln 2g x x ax =-，利用导数求得函数的单调性，函数的变化趋势，然后由零点存在定理可得结论．【答案详解】显然(0)1f =，()e ax f x =有两个零点，即方程ax e =，2ax e x =在(0,)+∞上有两个解，两边取对数得到2ln ax x =，令()ln 2g x x ax =-，1()2g x a x '=-，()g x 在10,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增，在1,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递减，又当0x →时，()g x →-∞，当x →+∞时，()g x →-∞，因为()g x 有两个零点，则11ln 1022g a a ⎛⎫=->⎪⎝⎭，解得12e a <.所以正数a 的取值范围是10,2e ⎛⎫⎪⎝⎭. 故选：C ．3．（2021ꞏ四川遂宁市ꞏ高三三模（理））已知函数()()2xh x x e =-，()212a a g x x x =-，又当()0h x ≥时，()()h x g x ≥恒成立，则实数a 的取值范围是（）A ．(2,e ⎤-∞⎦B ．(],e -∞C ．(20,e ⎤⎦D ．(]0,e【答案】A 【答案解析】首先根据()0h x ≥求出2x ≥，进而参变分离解决恒成立的问题即可. 【答案详解】因为()()2xh x x e =-，所以()0h x ≥，即2x ≥，所以当2x ≥时，()()h x g x ≥恒成立，即()2122xa a x e x x -≥-，即()()1222xx e x ax -≥-，当2x =时，()()1222xx e x ax -≥-恒成立，符合题意；当()2,x ∈+∞时，有12xe ax ≥，即2xe xa ≥，令()2x e m x x =，则()()2210x e x m x x-'=>，所以()m x 在()2,x ∈+∞上单调递增，而()22m e =，所以2e a ≥，故选：A.4．（2021ꞏ全国高三其他模拟）已知f （x ）是定义在区间[﹣2，2]上的偶函数，当x ∈[0，2]时，f （x ）＝xxe ，若关于x 的方程2f 2（x ）+（2a ﹣1）f （x ）﹣a ＝0有且只有2个实数根，则实数a 的取值范围是（）A ．[﹣1e ，﹣22e ]B ．[﹣1e ，﹣22e ） C ．（﹣22e，0）D ．（﹣22e ，0）∪{﹣1e}【答案】D 【答案解析】利用导数研究函数在定义域上的单调性，得出1()f x e≤；结合题意得出()f x 在[]02，有且仅有1个解，计算(0)(2)f f 、的值即可. 【答案详解】当[]02x ∈，时()xxf x e =，则1()x xf x e-'=令()=0f x '，解得1x =，所以当[]01x ∈，时()0f x '>，()f x 单调递增；当[]12x ∈，时()0f x '<，()f x 单调递减，所以max 1()(1)f x f e==，故1()f x e≤在定义域上恒成立，由22()(21)()0f x a f x a +--=有且只有2个实数根，得方程[]12()()02f x a f x ⎡⎤+-=⎢⎥⎣⎦有2个解，又1()f x e≤，所以111()022f x e -≤-<，则()f x 在[]02，有且仅有1个解，因为22(0)0(2)f f e ==，，则220a e <-<或1a e-=，所以220a e-<<或1a e =-，即实数的取值范围是2210e e ⎛⎫⎧⎫--⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭，，故选：D5．（2021ꞏ宁夏银川市ꞏ高三其他模拟（理））平行于x 轴的直线与函数ln ,0,(),0,x x f x e x x>⎧⎪=⎨-<⎪⎩的图像交于,A B 两点，则线段AB 长度的最小值为（） A ．1e e-B ．1e e+C ．eD ．2e【答案】D 【答案解析】画出函数图像，数形结合构造函数，利用导数判断函数单调性并求函数最值即可. 【答案详解】根据题意，画出()f x 的图象如下所示：令()f x t =，(0)t >，故可得lnx t =，解得t x e =；e t x -=，解得e x t=-.故可得(),,,te A e t B t t ⎛⎫- ⎪⎝⎭，(0)t >，故()teAB g t e t==+，(0)t >，故可得()2te g t e t ='-，()30te g t e t'=+>'恒成立，故()g t '是单调递增函数，且()10g '=，关于()0g t '<在()0,1成立，()0g t '>在()1,+∞成立，故()g t 在()0,1单调递减，在()1,+∞单调递增，故()()12min g t g e e e ==+=. 即||AB 的最小值为2e . 故选：D6．（2021ꞏ正阳县高级中学高三其他模拟（理））已知2m <-，若关于x 的不等式22e 2x mx n x +<+恒成立，则实数n 的取值范围为（） A ．[)3e,+∞ B ．)2e ,⎡+∞⎣C ．[)e,+∞D ．[)2e,+∞【答案】D 【答案解析】参变分离可得222e x mx x n +-<，研究函数()222exmx xf x +-=，根据导函数()()22e x m x x m f x ⎛⎫--- ⎪⎝⎭'=以及2m <-，可得函数()f x 的极大值为22222e 0e m m f m -⎛⎫==> ⎪⎝⎭，当2x >，()2220ex mx x f x -+=<，所以()2max 2e m f x -⎡⎤=⎣⎦，根据()f x 的最大值的范围即可得解. 【答案详解】由22e 2xmx n x +<+，得222exmx x n +-<，令()222exmx xf x +-=，则()()22e xm x x m f x ⎛⎫--- ⎪⎝⎭'=，当2m <-时，210m-<<，函数()f x 在2,m ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭，()2,+∞上单调递增，在2,2m ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，故函数()f x 的极大值为22222e 0e mm f m -⎛⎫==> ⎪⎝⎭，极小值为()24220e m f -=<，且2x >时，()2220ex mx x f x -+=<，所以()2max 2e m f x -⎡⎤=⎣⎦，由2m <-，得22e 2e m -<，由()f x n <恒成立，得2e n ≥，故选：D ．7．【多选题】（2021ꞏ河北衡水中学高三其他模拟）已知函数()3e exxx a f x x -=-+-，则下列结论中正确的是（）A ．若()f x 在区间[]1,1-上的最大值与最小值分别为M ，m ，则0M m +=B ．曲线()y f x =与直线y ax =-相切C ．若()f x 为增函数，则a 的取值范围为(],2-∞D ．()f x 在R 上最多有3个零点【答案】ACD 【答案解析】由定义法确定函数的奇偶性，再求导数判断函数的单调性与切线斜率，以及零点情况. 【答案详解】因为对于任意x ∈R ，都有()()()()3e e x x x x a xf x f -=-+---=--，所以()f x 为奇函数，其图象关于原点对称，故A 正确.又()2e e 3xxx a f x =++-'，令()f x a '=-，得2e e 30x x x -++=(*)，因为e 0x >，e 0x ->，所以方程(*)无实数解，即曲线()y f x =的所有切线的斜率都不可能为a -，故B 错误.若()f x 为增函数，则()f x ¢大于等于0，即2e e 3x x a x -≤++，2e e 32x x x -++≥，当且仅当0x =时等号成立，所以2a ≤，故C 正确.令()0f x =，得0x =或2e e x x x a x --+=(0x ≠).设()2e e x x g x x x--=+，则()()()21e 1e 2x x x x x x g x -'=-+++，令()()()1e 1e x xx x t x -=-++，则()()e exxx x t -='-.当0x >时，()0t x '>，当0x =时，()0t x '=，当0x <时，()0t x '>，所以函数()t x 为增函数，且()00t =，所以当0x >时，()0t x >，从而()0g x ¢>，()g x 单调递增.又因为对于任意0x ≠，都有()()g x g x -=，所以()g x 为偶函数，其图象关于y 轴对称. 综上，()g x 在(),0-?上单调递减，在()0,+?上单调递增，则直线y a =与()y g x =最多有2个交点，所以()f x 在R 上最多有3个零点，故D 正确. 故选ACD .8．（2021ꞏ黑龙江大庆市ꞏ高三一模（理））用总长11m 的钢条制作一个长方体容器的框架，如果所制容器底面一条边比另一条边长1m ，则该容器容积的最大值为________m 3（不计损耗）．【答案】916. 【答案解析】设长方体的底面边长为,a b ，高为h ，由题可得3217244V b b b =--+，求出函数导数，判断单调性，即可求出最值. 【答案详解】设长方体的底面边长为,a b ，高为h ，则由题可得1a b =+，()411a b h ++=，则可得784b h -=，则708b <<，则该容器容积()32781712444b V abh b b b b b -==+⋅⋅=--+，217176624212V b b b b ⎛⎫⎛⎫'=--+=--+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，当10,2b ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，0V '>，V 单调递增；当17,28b ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，0V '<，V 单调递减， ∴当12b =时，max 916V =，即该容器容积的最大值为916. 故答案为：916.9．（2021ꞏ湖南高三其他模拟）中国最早的化妆水是1896年在香港开设的广生行生产的花露水，其具有保湿、滋润、健康皮肤的功效.已知该化妆水容器由一个半球和一个圆柱组成（其中上半球是容器的盖子，化妆水储存在圆柱中），容器轴截面如图所示，上部分是半圆形，中间区域是矩形，其外周长为12cm .则当圆柱的底面半径r =___________时，该容器的容积最大，最大值为___________.【答案】8 c m 2π+ ()32128 c m 2ππ+ 【答案解析】设圆柱的底面半径为r ，圆柱的高为h ，根据已知条件可得出262h r π+=-，根据柱体的体积公式可得()23262V r r πππ+=-，利用导数可求得V 的最大值及其对应的r 的值，即为所求.【答案详解】设圆柱的底面半径为r ，圆柱的高为h . 则由题意可得2212r h r π++=，所以()1222622r h r ππ-++==-.由0h >，得122r π<+. 故容器的容积()22232212660222V r h r r r r r πππππππ++⎛⎫⎛⎫==-=-<< ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭，容易忽略上半球是容器的盖子，化妆水储存在圆柱中.()232122V r r πππ+'=-，令0V '=，解得0r =（舍）或82r π=+. 显然当80,2r π⎛⎫∈ ⎪+⎝⎭时，0V '>，函数()23262V r r πππ+=-单调递增；当812,22r ππ⎛⎫∈⎪++⎝⎭时，0V '<，函数()23262V r r πππ+=-单调递减. 所以当8cm 2r π=+时，V 取得最大值，此时2862cm 22h ππ+=-⨯=+，()23281282cm 22V ππππ⎛⎫=⨯= ⎪+⎝⎭+. 故答案为：8 c m 2π+；()32128 c m 2ππ+. 10．（2021ꞏ全国高三其他模拟）若函数ln ()1xxf x ae x=--只有一个零点，则实数a 的取值范围是 ________．【答案】0a ≤或1a e= 【答案解析】将函数的零点转化为方程ln (0)x x x a x xe +=>的根，令ln ()xx xg x xe +=，利用导数研究函数的图象特征，即可得到答案；【答案详解】ln ln 10(0)x x x x xae a x x xe +--=⇔=>，令ln ()xx x g x xe+=，则'2()(1ln )()x x x x g x x e +--=， ''()01ln 0,()01ln 0,g x x x g x x x >⇔--><⇔--<令()1ln u x x x =--，则'1()10u x x=--<在0x >恒成立， ∴()1ln u x x x =--在(0,)+∞单调递减，且(1)0u =， ∴''()001,()01g x x g x x >⇒<<<⇒>，∴()g x 在(0,1)单调递增，在(1,)+∞单调递减，且1(1)g e=，当x →+∞时，()0g x →，如图所示，可得当0a ≤或1a e =时，直线y a =与ln xx x y xe +=有且仅有一个交点，故答案为：0a ≤或1a e=1．（2021ꞏ全国高三其他模拟）若不等式ln x ax b ≤+恒成立，则2a b +的最小值为（） A ．2 B ．3C ．ln 2D ．5【答案】C 【答案解析】构造函数()ln f x ax x b =-+，根据函数的单调性及最值可得ln 1b a ≥--，故22ln 1a b a a +≥--，再构造()2ln 1g x x x =--，求得函数()g x 的最小值即可. 【答案详解】由ln x ax b ≤+恒成立，得ln 0ax x b -+≥，设()ln f x ax x b =-+，()1f x a x'=-，当0a ≤时，()0f x ¢<，()f x 在()0,+?上单调递减，不成立；当0a >时，令()0f x ¢=，解得1x a=，故函数()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，故()10f x f a ⎛⎫≥≥⎪⎝⎭，即11ln 0a b a a ⎛⎫⋅-+≥ ⎪⎝⎭，ln 1b a ≥--，练提升22ln 1a b a a +≥--，设()2ln 1g x x x =--，()12g x x'=-，令()0g x ¢=，12x =，故()g x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，故()1112ln 1ln 2222g x g ⎛⎫⎛⎫≥=⨯--=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即2ln 2a b +≥，故选：C.2.（2021ꞏ北京高考真题）已知函数()lg 2f x x kx =--，给出下列四个结论： ①若0k =，则()f x 有两个零点； ②0k ∃<，使得()f x 有一个零点； ③0k ∃<，使得()f x 有三个零点； ④0k ∃>，使得()f x 有三个零点．以上正确结论得序号是_______．【答案】①②④ 【答案解析】由()0f x =可得出lg 2x kx =+，考查直线2y kx =+与曲线()lg g x x =的左、右支分别相切的情形，利用方程思想以及数形结合可判断各选项的正误. 【答案详解】对于①，当0k =时，由()lg 20f x x =-=，可得1100x =或100x =，①正确；对于②，考查直线2y kx =+与曲线()lg 01y x x =-<<相切于点(),lg P t t -，对函数lg y x =-求导得1ln10y x '=-，由题意可得2lg 1ln10kt t k t +=-⎧⎪⎨=-⎪⎩，解得100100lg e t k e e ⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩，所以，存在100lg 0k e e=-<，使得()f x 只有一个零点，②正确；对于③，当直线2y kx =+过点()1,0时，20k +=，解得2k =-，所以，当100lg 2e k e-<<-时，直线2y kx =+与曲线()lg 01y x x =-<<有两个交点，若函数()f x 有三个零点，则直线2y kx =+与曲线()lg 01y x x =-<<有两个交点，直线2y kx =+与曲线()lg 1y x x =>有一个交点，所以，100lg 220e k ek ⎧-<<-⎪⎨⎪+>⎩，此不等式无解，因此，不存在0k <，使得函数()f x 有三个零点，③错误；对于④，考查直线2y kx =+与曲线()lg 1y x x =>相切于点(),lg P t t ，对函数lg y x =求导得1ln10y x '=，由题意可得2lg 1ln10kt t k t +=⎧⎪⎨=⎪⎩，解得100lg 100t ee k e =⎧⎪⎨=⎪⎩，所以，当lg 0100ek e<<时，函数()f x 有三个零点，④正确.故答案为：①②④.3．（2021ꞏ四川省绵阳南山中学高三其他模拟（文））设函数()()222ln xf x x x e aex e x =-+-，其中e 为自然对数的底数，曲线()y f x =在()()22f ,处切线的倾斜角的正切值为2322e e +．（1）求a 的值；（2）证明：()0f x >．【答案】（1）2a =；（2）证明见答案解析．【答案解析】（1）求出函数的导函数，再代入计算可得；（2）依题意即证()()2222ln 0xf x x x e ex e x =-+->，即()12ln 2x x x e e x--+>，构造函数()()222x g x x e e-=-+，()ln xh x x =，利用导数说明其单调性与最值，即可得到()()>g x h x ，从而得证；【答案详解】解：（1）因为()()222ln xf x x x e aex e x =-+-，所以()()222xef x x e ae x'=-+-，()22332222e ef ae e =+=+'，解得2a =．（2）由（1）可得()()2222ln xf x x x e ex e x =-+-即证()()()2212ln 22ln 02x x x f x x x e ex e x x e e x-=-+->⇔-+>．令()()222x g x x e e-=-+，()()21x g x x e -=-'，于是()g x 在()0,1上是减函数，在()1,+∞上是增函数，所以()()11g x g e≥=（1x =取等号）．又令()ln x h x x =，则()21ln xh x x -'=，于是()h x 在()0,e 上是增函数，在(),e +∞上是减函数，所以()()1h x h e e≤=（x e =时取等号）．所以()()>g x h x ，即()0f x >．4．（2021ꞏ全国高三其他模拟（理））已知函数()()ln e xf x x m x -=+-.（1）若()f x 的图象在点()()1,1f 处的切线与直线20x y -=平行，求m 的值；（2）在（1）的条件下，证明：当0x >时，()0f x >；（3）当1m >时，求()f x 的零点个数.【答案】（1）1m =；（2）证明见答案解析；（3）有一个零点. 【答案解析】（1）利用导数的几何意义求解即可（2）利用导数，得到()f x 在()0,∞+上单调递增，由()00f =，即可证明()0f x >在()0,∞+上恒成立（3）由（2）可知当1m >且0x >时，()()ln 1e0xf x x x ->+->，即()f x 在()0,∞+上没有零点，再根据，0x m +>，得到x m >-，对(),0x m ∈-进行讨论，即可求解【答案详解】解：（1）因为()f x 的图象在点()()1,1f 处的切线与直线20x y -=平行，所以()112f '=，因为()()11e x f x x x m -+-'=+，所以()11112f m ='=+，解得1m =. （2）由（1）得当1m =时，()()()21e 11e 11ex xx x f x x x x -+-=+-=++'，当0x >时，因为()0f x '>，所以()f x 在()0,∞+上单调递增，因为()00f =，所以()0f x >在()0,∞+上恒成立. （3）由（2）可知当1m >且0x >时，()()ln 1e 0xf x x x ->+->，即()f x 在()0,∞+上没有零点，当(),0x m ∈-时，()()()()2e 111e e x xxx m x m f x x x m x m -++--=+-=++'，令()()2e 1xg x x m x m =++--，(),0x m ∈-，则()e 21xg x x m =++-'单调递增，且()e21e 10mm g m m m m ---=-+-=--<'，()00g m '=>，所以()g x '在(),0m -上存在唯一零点，记为0x ，且()0,x m x ∈-时，()0g x '<，()0,0x x ∈时，()0g x '>，所以()g x 在()0,m x -上单调递减，在()0,0x 上单调递增，因为1m >，所以()e0mg m --=>，()010g m =-<，因为()()00g x g <，所以()00g x <，所以()g x 在()0,m x -上存在唯一零点1x ，且在()0,0x 上恒小于零，故()1,x m x ∈-时，()0g x >；()1,0x x ∈时，()0g x <，所以()f x 在()1,m x -上单调递增，在()1,0x 上单调递减，且()0ln 0f m =>，所以()f x 在(),0m -上至多有一个零点，取()e 2e ,0mm x m m -=-+∈-，则有()()22ln e 0mf x x m m <++=，所以由零点存在定理可知()f x 在(),0m -上只有一个零点，又f (0)不为0，所以()f x 在(),m -+∞上只有一个零点.5．（2021ꞏ黑龙江哈尔滨市ꞏ哈尔滨三中高三其他模拟（文））已知函数2211()(1)ln (0)22f x x a x a x a a =-+++>. （1）讨论()f x 的单调性；（2）若函数()y f x =只有一个零点，求实数a 的取值范围.【答案】（1）答案见答案解析；（2）01a <<+或a e >.【答案解析】（1）求得()'fx ，对a 进行分类讨论，由此求得()f x 的单调区间.（2）根据（1）的结论，结合函数的极值以及零点个数，求得a 的取值范围. 【答案详解】（1）()()()'1x x a f x x--=，当01a <<时，由()'00f x x a >⇒<<或1x >，所以()f x 在()0,a ，()1,+∞单调递增，由()'01fx a x <⇒<<，所以()f x 在(),1a 单调递减；当1a >时，由()'001fx x >⇒<<或x a >，所以()f x 在()0,1，(),a +∞单调递增，由()'01f x x a <⇒<<，所以()f x 在()1,a 单调递减；当1a =时，()()2'10x f x x-=≥⇒()f x 在()0,∞+单调递增.（2）1(1)(1(12f a a ⎡⎤⎡⎤=--⎣⎦⎣⎦，()(ln 1)f a a a =-，由（1）知当01a <<时，()f x 在x a =处，有极大值，且()0f a <，此时函数有一个零点；当1a =时，()f x 在()0,∞+单调递增，且()10f <，此时函数有一个零点；当1a >时，()0,1，(),a +∞单调递增，()1,a 单调递减，()f x 在x a =处，有极小值，()f x 在1x =处，有极大值，则当()10f <，或()0f a >时函数有一个零点，有11a <<或a e >.综上：01a <<+或a e >.6．（2021ꞏ河北高三其他模拟）已知函数2ln 1()(ln )()2k x f x x k x+=+∈R . （1）当0k =时，求证：()1f x ≤；（2）当0k ≠时，讨论()f x 零点的个数.【答案】（1）证明过程见解答；（2）当0k <时，()f x 有两个零点，当0k >时，()f x 有一个零点．【答案解析】（1）将0k =代入，对()f x 求导，得到其单调性，判断其最值，即可得证；（2）令t lnx =，则()0f x =即为2102t k t t e ++=，显然0t ≠，进一步转化为212t k t t e +-=，令21()(0)t t h t t t e+=≠，利用导数作出()h t 的大致图象，进而图象判断方程解的情况，进而得到函数()f x 零点情况．【答案详解】（1）证明：当0k =时，1()(0)lnx f x x x +=>，则2()lnxf x x'=-， ∴当(0,1)x ∈时，()0f x '>，()f x 单增，当(1,)x ∈+∞时，()0f x '<，()f x 单减，()f x f ∴…（1）1=，即得证；（2）令t lnx =，则()0f x =即为2102t k t t e++=，当0t =，即1x =时，该方程不成立，故1x =不是()f x 的零点；接下来讨论0t ≠时的情况，当0t ≠时，方程可化为212tk t t e +-=，令21()(0)t t h t t t e +=≠，则222()tt th t t e++'=-，当0t <时，22220t t ++-=-<…，当且仅当t =当0t >时，22220t t +++=+>…，当且仅当t =时取等号，∴当0t <时，()0h t '>，()h t 单增，当0t >时，()0h t '<，()h t 单减，且当0t →时，()h t →+∞，(1)0h -=，当1t <-时，()0h t <，当0t >时，()0h t >，函数()h t 的大致图象如下：由图象可知，当02k -<，即0k >时，212t k t t e +-=只有一个解，则()f x 有一个零点，当02k ->，即0k <时，212tk t t e +-=有两个解，则()f x 有两个零点．综上，当0k <时，()f x 有两个零点，当0k >时，()f x 有一个零点． 7．（2021ꞏ重庆市育才中学高三二模）已知函数()x f x e =，()1g x ax =+. （1）已知()()f x g x ≥恒成立，求a 的值；（2）若(0,1)x ∈，求证：21ln 11()x x f x x-+-<. 【答案】（1）1a =；（2）证明见答案解析. 【答案解析】（1）作差，设()()()1x h x f x g x e ax =-=--，利用导数求出()h x 的最小值为(ln )ln 10h a a a a =--≥，只需1ln 10a a +-≤；设1()ln 1a a aϕ=+-，利用导数求出min ()(1)0a ϕϕ==，解出1a =；（2）利用1x e x >+把原不等式转化为证明1ln 111x x x x -+-<+，即证：21ln 10x x x-++>，设21()ln 1F x x x x=-++，利用导数求出最小值，即可证明.【答案详解】（1）设()()()1x h x f x g x e ax =-=--，()x h x e a '=-，当0a ≤时，()0x h x e a '=->，()h x 单增，当,()x h x →-∞→-∞，不满足恒成立当0a >，()h x 在(,ln )x a ∈-∞单减，()h x 在(ln ,)x a ∈+∞单增，所以()h x 的最小值为(ln )ln 10h a a a a =--≥，即11ln 0a a --≥，即1ln 10a a+-≤ 设1()ln 1a a a ϕ=+-，21()a a aϕ-'=，所以()ϕx 在(0,1)x ∈单减，()ϕx 在(1,)+∞单增，即min()(1)0a ϕϕ==，故1ln 10a a+-≤的解只有1a =，综上1a =（2）先证当(0,1)x ∈时，1x e x >+恒成立.令()1x h x e x =--，求导()10x h x e '=->，所以()h x 在(0,1)x ∈上单调递增，()(0)0h x h >=，所以1x e x >+所以要证1ln 11x x x e x -+-<，即证1ln 111x x x x-+-<+，即证211ln 1x x x x x x +-++-<+，即证：21ln 10x x x -++>，设21()ln 1F x x x x=-++，求导22111()2(1)20F x x x x x x x '=--=--<，所以()F x 在(0,1)上单调递减，所以()(1)10F x F >=>，即原不等式成立.所以当(0,1)x ∈时，如1ln 11()x x f x x-+-<成立. 8.（2021ꞏ全国高三其他模拟）已知函数()()ln x a f x a x+=+，()0,x ∈+∞.（1）当0a =时，讨论函数()f x 的单调性；（2）若函数()f x 存在极大值M ，证明：12M e≤<. 【答案】（1）当()0,x e ∈时，()f x 单调递增；当(),x e ∈+∞时，()f x 单调递减；（2）证明见答案解析．【答案解析】（1）将0a =代入函数，并求导即可分析单调性；（2）求导函数，讨论当0a =，01a <<与1a ≥时分析单调性，并判断是否有极大值，再求解极大值，即可证明．【答案详解】（1）()f x 的定义域是()0,∞+ 当0a =时，()ln x f x x =，()21ln xf x x -'=，令()0f x '=，得x e =，所以当()0,x e ∈时，()0f x '>，()f x 单调递增；当(),x e ∈+∞时，()0f x '<，()f x 单调递减；（2）()()()()()22ln ln xx a x x a x ax a f x x x x a -+-+++'==+，令()()()()ln ,0,g x x x a x a x =-++∈+∞，则()()ln g x x a '=-+，由()f x 的定义域是()0,∞+，易得0a ≥，当0a =时，由（1）知，()f x 在x e =处取得极大值，所以()1==M f e e. 当1a ≥时，()0g x '<在()0,x ∈+∞上恒成立，所以()g x 在()0,∞+上单调递减，()ln 0g x a a <-<，所以()0f x '<，故()f x 没有极值. 当01a <<时，令()0g x '=，得1x a =-，所以当()0,1x a ∈-时，()0g x '>，()g x 单调递增；当()1,x a ∈-+∞时，()0g x '<，()g x 单调递减. 所以当()0,1x a ∈-时，()ln 0g x a a >->，又()110g a a -=->，()0-=-<g e a a ，且1-<-e a a ，所以存在唯一()01,∈--x a e a ，使得()()()0000ln g x x x a x a =-+⋅+，当()00,x x ∈时，()0g x >，即()0f x '>，()f x 单调递增；当()0,x x ∈+∞时，()0g x <，即()0f x '<，()f x 单调递减.所以当0x x =时，()f x 取得极大值，所以()()000ln x a M f x a x +==+，所以()()()()000000011ln M x a x x a x a x a x a x a=++-=++-+⋅+++. 令0x a t +=，则()1,t e ∈，设()1ln h t t t t t=+-，()1,t e ∈，则()21ln 0h t t t'=--<，所以()h t 在()1,e 上单调递减，所以()12<<h t e ，所以12<<M e. 综上，若函数()f x 存在极大值M ，则12M e≤<． 9．（2021ꞏ重庆高三二模）已知函数()ln ()f x ax x a R =+∈在1x =处取得极值．（1）若对(0,),()1x f x bx ∀∈+∞≤-恒成立，求实数b 的取值范围；（2）设()()(2)x g x f x x e =+-，记函数()y g x =在1,14⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值为m ，证明：(4)(3)0m m ++<．【答案】（1）211b e -≤；（2）证明见答案解析．【答案解析】（1）由条件求出a ，然后由()1f x bx ≤-可得1ln 1+x b x x≤-，然后用导数求出右边对应函数的最小值即可；（2）11()(1)e 1(1)(xx g x x x e x x'=--+=--，令()1e x h x x =-，然后可得存在01(,1)2x ∈使得()00h x =，即01ex x =，即00ln x x =-，然后可得0max 000000000012()()(2)ln (2)12x m g x g x x e x x x x x x x x ===--+=---=--，然后判断出函数2()12G x x x=--的单调性即可. 【答案详解】（1）∵1()f x a x'=+，(1)10f a '=+=，∴1a =-，由已知()1f x bx ≤-，即ln 1x x bx -≤-，即1ln 1+x b x x≤-对()0,x ∀∈+∞恒成立，令1ln ()1x t x x x =+-，则22211ln ln 2()x x t x x x x --'=--=，易得()t x 在2(0,)e 上单调递减，在2(,)e +∞上单调递增， ∴2min 21()()1t x t e e==-，即211b e -≤．（2）()()(2)e (2)e ln x x g x f x x x x x =+-=--+，则11()(1)e 1(1)(xx g x x x e x x'=--+=--．当114x <<时，10x -<，令()1e xh x x=-，则21()e 0xh x x'=+>，所以()h x 在1[,1]4上单调递增．∵121(()e 202h h x ==-<，(1)10h e =->，∴存在01(,1)2x ∈使得()00h x =，即01ex x =，即00ln x x =-． ∴当01(,)4x x ∈时，()0h x <，此时()0g x '>；当0(,1)x x ∈时，()0h x >，此时()0g x '<；即()g x 在01(,)4x 上单调递增，在0(),1x 上单调递减，则0max 000000000012()()(2)ln (2)12xm g x g x x e x x x x x x x x ===--+=---=--．令2()12G x x x =--，1(,1)2x ∈，则22222(1)()20x G x x x '-=-=>，∴()G x 在1(,1)2x ∈上单调递增，则1()(42G x G >=-，()(1)3G x G <=-， ∴43m -<<-．∴()()430m m ++<．10．（2021ꞏ江苏南通市ꞏ高三一模）已知函数()()21ln 22f x ax ax x =+-，0a >. （1）求函数()f x 的增区间；（2）设1x ，2x 是函数()f x 的两个极值点，且12x x <，求证：122x x +>.【答案】（1）答案见答案解析；（2）证明见答案解析. 【答案解析】（1）求函数的导数，分类讨论，解不等式即可求解；（2）根据极值点可转化为1x ，2x 是方程2210-+=ax x 的两个不相等的正实数根，可得12x >且1x ≠，要证122x x +>，只要证212x x >-，利用构造函数的单调性证明即可. 【答案详解】（1）由题意得()21212ax ax x f x x x-+=+='-(0x >). 令()0f x '>，则2210ax x -+>.①当()2240a ∆=--≤，即1a ≥时，2210ax x -+>在()0,∞+上恒成立，即()f x 的增区间为()0,∞+；②当()2240a ∆=-->，即01a <<时，10x a -<<或1x a+>，即()f x 的增区间为10,a ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭和1,a ⎛⎫++∞ ⎪ ⎪⎝⎭.综上，当1a ≥时，()f x 的增区间为()0,∞+；当01a <<时，()f x 的增区间为10,a ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭和1,a ⎛⎫++∞ ⎪ ⎪⎝⎭. （2）因为()221x x ax xf -+'=(0x >)，()f x 有两个极值点1x ，2x ，所以1x ，2x 是方程2210-+=ax x 的两个不相等的正实数根，可求出从而()2240a ∆=-->，0a >，解得01a <<. 由2210-+=ax x 得221x a x -=. 因为01a <<，所以12x >且1x ≠.令()221x g x x -=，12x >且1x ≠，则()()321x g x x-'=，所以当112x <<时，()0g x '>，从而()g x 单调递增；当1x >时，()0g x '<，从而()g x 单调递减，于是1222122121x x a x x --==(12112x x <<<). 要证122x x +>，只要证212x x >-，只要证明()()212g x g x <-. 因为()()12g x g x =，所以只要证()()112g x g x <-. 令()()()()()1111122112212122x x F x g x g x x x ---=--=-- 则()()()()1113311212212x x F x xx --⎡⎤-⎣⎦'=+-()()()11331121212x x x x --=+- ()()1331111212x x x ⎡⎤=--⎢⎥-⎢⎥⎣⎦()()()()22211111331141222x x x x x x x ⎡⎤--+-+⎣⎦=-.因为1112x <<，所以()10F x '>，即()1F x 在1,12⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，所以()()110F x F <=，即()()112g x g x <-，所以212x x >-，即122x x +>.1．（2021ꞏ全国高考真题（文））设函数22()3ln 1f x a x ax x =+-+，其中0a >. （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()y f x =的图像与x 轴没有公共点，求a 的取值范围. 【答案】（1）()f x 的减区间为10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，增区间为1,+a ⎛⎫∞ ⎪⎝⎭；（2）1a e >. 练真题（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性.（2）根据()10f >及（1）的单调性性可得()min 0f x >，从而可求a 的取值范围. 【答案详解】（1）函数的定义域为()0,∞+，又()23(1)()ax ax f x x+-'=，因为0,0a x >>，故230ax +>，当10x a <<时，()0f x '<；当1x a>时，()0f x '>；所以()f x 的减区间为10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，增区间为1,+a ⎛⎫∞ ⎪⎝⎭.（2）因为()2110f a a =++>且()y f x =的图与x 轴没有公共点，所以()y f x =的图象在x 轴的上方，由（1）中函数的单调性可得()min 1133ln 33ln f x f a a a ⎛⎫==-=+ ⎪⎝⎭，故33ln 0a +>即1a e>. 2.（2021ꞏ全国高考真题（理））设函数()()ln f x a x =-，已知0x =是函数()y xf x =的极值点．（1）求a ；（2）设函数()()()x f x g x xf x +=．证明:()1g x <．【答案】1；证明见答案详解【答案解析】（1）由题意求出'y ，由极值点处导数为0即可求解出参数a ；（2）由（1）得()()ln 1()ln 1x x g x x x +-=-，1x <且0x ≠，分类讨论()0,1x ∈和(),0x ∈-∞，可等价转化为要证()1g x <，即证()()ln 1ln 1x x x x +->-在()0,1x ∈和(),0x ∈-∞上恒成立，结合导数和换元法即可求解（1）由()()()n 1'l a f x a x f x x ⇒==--，()()'ln xy a x x ay xf x ⇒=-=+-，又0x =是函数()y xf x =的极值点，所以()'0ln 0y a ==，解得1a =；（2）由（1）得()()ln 1f x x =-，()()ln 1()()()ln 1x x x f x g x xf x x x +-+==-，1x <且0x ≠，当 ()0,1x ∈时，要证()()ln 1()1ln 1x x g x x x +-=<-，()0,ln 10x x >-< ， ()ln 10x x ∴-<，即证()()ln 1ln 1x x x x +->-，化简得()()1ln 10x x x +-->；同理，当(),0x ∈-∞时，要证()()ln 1()1ln 1x x g x x x +-=<-，()0,ln 10x x <-> ， ()ln 10x x ∴-<，即证()()ln 1ln 1x x x x +->-，化简得()()1ln 10x x x +-->；令()()()1ln 1h x x x x =+--，再令1t x =-，则()()0,11,t ∈+∞ ，1x t =-，令()1ln g t t t t =-+，()'1ln 1ln g t t t =-++=，当()0,1t ∈时，()'0g x <，()g x 单减，假设()1g 能取到，则()10g =，故()()10g t g >=；当()1,t ∈+∞时，()'0g x >，()g x 单增，假设()1g 能取到，则()10g =，故()()10g t g >=；综上所述，()()ln 1()1ln 1x x g x x x +-=<-在()(),00,1x ∈-∞ 恒成立3．（2021ꞏ全国高考真题）已知函数()()1ln f x x x =-. （1）讨论()f x 的单调性；（2）设a ，b 为两个不相等的正数，且ln ln b a a b a b -=-，证明：112e a b<+<. 【答案】（1）()f x 的递增区间为()0,1，递减区间为()1,+∞；（2）证明见答案解析. 【答案解析】（1）求出函数的导数，判断其符号可得函数的单调区间；（2）设1211,x x a b==，原不等式等价于122x x e <+<，前者可构建新函数，利用极值点偏移可证，后者可设21x tx =，从而把12x x e +<转化为()()1ln 1ln 0t t t t -+-<在()1,+∞上的恒成立问题，利用导数可。

导数在研究函数的综合应用(三)：高考数学一轮复习基础必刷题

导数在研究函数的综合应用（三）------高考数学一轮复习基础必刷题姓名：___________��班级：___________��学号：___________一、单选题1．已知函数()f x 的导函数()f x '的图像如图所示，则()y f x =的图像可能为（）A ．B ．C ．D ．2．已知函数()y f x =的导函数()y f x '=的图象如图所示，则函数()y f x =在区间(),a b 内的极小值点的个数为（）A ．1B ．2C ．3D ．43．函数()ln 1f x x x =-+单调递增区间是（）A ．（0,+∞）B ．（-∞,0）C ．（0,1）D ．（1,+∞）4．已知函数()286ln 1f x x x x =-++，则()f x 的极大值为（）A ．10B ．6-C ．7-D ．05．函数2()2ln f x x x m x =-+在定义域上是增函数，则实数m 的取值范围为（）A ．12m ≥B ．12m >C ．12m ≤D ．12m <6．若定义在R 上的函数()y f x =的图象如图所示，()f x '为函数()f x 的导函数，则不等式()()20x f x '+>的解集为（）．A ．()()(),32,11,-∞-⋃--⋃+∞B ．()()3,11,--⋃+∞C ．()()3,10,1-- D ．()()3,21,1--⋃-7．如果直线l 与两条曲线都相切，则称l 为这两条曲线的公切线，如果曲线1:ln C y x =和曲线()2:0x aC y x x-=>有且仅有两条公切线，那么常数a 的取值范围是（）A ．(),0-∞B ．()0,1C ．()1,e D ．(),e +∞8．函数||()sin =-x f x e x 的图像大致是（）A ．B ．C ．D ．二、填空题9．函数()43ln f x x x x=++的单调递减区间是______．10．若函数()32f x x bx cx d =+++的单调递减区间为()1,3-，则b c +=_________．11．若过定点(1,e)P 恰好可作曲线e (0)x y a a =>的两条切线，则实数a 的取值范围是__________．三、解答题12．已知函数f （x ）＝ax 2ex ﹣1（a ≠0）.（1）求函数f （x ）的单调区间；（2）已知a ＞0且x ∈[1，+∞），若函数f （x ）没有零点，求a 的取值范围.13．确定下列函数的单调区间：(1)2y x x =-；(2)3y x x =-．14．已知1x =-，2x =是函数32()13x f x ax bx =-+++的两个极值点.（1）求()f x 的解析式；（2）记()()g x f x m =-，[24]x ∈-，，若函数()g x 有三个零点，求m 的取值范围.15．已知函数2()(1)x f x ax bx e -=++，其中e 为自然对数的底数.（1）若a =0，求函数()f x 的单调区间；（2）若1,3a b ==，证明x ＞0时，()f x ＜52ln x x x-+参考答案：1．D 【解析】【分析】根据导数图象，可知函数的单调性，并且结合()00f '=，即可排除选项.【详解】由导数图象可知，()0f x '≥，所以函数单调递增，故排除C ；并且()00f '=，故排除AB ；满足条件的只有D.故选：D 2．A 【解析】【分析】结合导函数图象确定正确选项.【详解】函数的极小值点0x 需满足左减右增，即()'00f x =且左侧()'0f x <，右侧()'0f x >，由图可知，一共有1个点符合.故选：A 3．C 【解析】【分析】求导，令导数大于0，解不等式可得.【详解】()ln 1f x x x =-+的定义域为(0,)+∞令11()10x f x x x-'=-=>，解得01x <<，所以()f x 的单调递增区间为(0,1).故选：C 4．B 【解析】【分析】利用导数可判断函数的单调性，进而可得函数的极大值.【详解】函数()f x 的定义域为()0,∞+，()()()213628x x f x x x x--'=-+=,令()0f x '=，解得1x =或3x =，故x ()0,11()1,33()3,+∞()f x '0>0=0<0=0>()f x 单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以()f x 的极大值为()16f =-，故选：B.5．A 【解析】【分析】根据导数与单调性的关系即可求出．【详解】依题可知，()220mf x x x'=-+≥在()0,∞+上恒成立，即221122222m x x x ⎛⎫≥-=--+ ⎪⎝⎭在()0,∞+上恒成立，所以12m ≥．故选：A ．6．A 【解析】利用()y f x =的图象如图判断()f x 单调性，进而判断()f x '在对应区间的正负，解不等式即可【详解】由图像可知：()f x '在（-3，-1），（1，+∞）为正，在（-∞，-3），（-1,1）为负.()()20x f x '+>可化为:20()0x f x +>>'⎧⎨⎩或20()0x f x +<<'⎧⎨⎩解得:-2<x <-1或x >1或x <-3故不等式的解集为：()()(),32,11,-∞-⋃--⋃+∞.故选：A 【点睛】导函数()f x '与原函数()f x 的单调性的关系：（1）()0f x '>⇒原函数在对应区间单增；()0f x '<⇒原函数在对应区间单减；（2）原函数在对应区间单增⇒()0f x '≥；原函数在对应区间单减⇒()0f x '≤.7．B 【解析】【分析】把曲线1C 和曲线2C)1ln 2x -=-有且仅有两解.记())()ln 2,0f x x x =->，利用导数研究单调性和极值，建立不等式20-<-<，即可解得.【详解】曲线1:ln C y x =上一点()11,ln A x x ，11y x '=，切线方程为：1111ln y x x x =-+.曲线()2:0x a C y x x -=>上一点22,1a B x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭，22a y x '=，切线方程为：22221a a y x x x =+-.若直线l 与两条曲线都相切，则有2121212ln 11a x x a x x ⎧=⎪⎪⎨⎪-=-⎪⎩，消去2x)1ln 2x -=-因为曲线1:ln C y x =和曲线()2:0x aC y x x-=>有且仅有两条公切线，)1ln 2x -=-有且仅有两解.记())()ln 2,0f x x x =->，则())1ln 2f x x x '=-+=令()0f x '>，得1x >，所以()f x 在()1,+∞上单增；()0f x '<，得01x <<，所以()f x 在()0,1上单增.所以()()min 12f x f ==-.又有()0f x =，解得：0x =（舍）或2x e =.当0x +→，则()0f x →；当x →∞，则()f x →+∞；而0-≤)1ln 2x -=-有且仅有两解，只需20-<-<，解得：01a <<.故选：B 【点睛】导数的应用主要有：（1）利用导函数几何意义求切线方程；（2）利用导数研究原函数的单调性，求极值（最值）；（3）利用导数求参数的取值范围.8．B 【解析】【分析】由导数判断函数的单调性及指数的增长趋势即可判断.【详解】当0x >时，()e cos 1cos 0=->-≥'x f x x x ，∴()f x 在(0,)+∞上单调递增，当0x <时，()cos 1cos 0-=--<--≤'x f x e x x ，∴()f x 在(,0)-∞上单调递减，排除A 、D ；又由指数函数增长趋势，排除C.故选：B ．9．()0,1【解析】求出导函数()'f x ，在(0,)+∞上解不等式()0f x '<可得()f x 的单调减区间．【详解】()()()'2+41431x x f x x x x-=-+=，其中0x >，令()'0f x <，则(0,1)x ∈，故函数()43ln f x x x x =++的单调减区间为(0,1)，故答案为：(0,1)．【点睛】一般地，若()f x 在区间(,)a b 上可导，我们用'()0f x <求，则()f x 在(,)a b 上的减区间，反之，若()f x 在区间(,)a b 上可导且为减函数，则()0f x '≤，注意求单调区间前先确定函数的定义域．10．12-【解析】求出()'f x ，由1-和3是()0f x '=的根可得．【详解】由题意2()32f x x bx c '=++，所以2320x bx c ++=的两根为1-和3，所以2133133bc ⎧-=-+⎪⎪⎨⎪=-⨯⎪⎩，所以3,9b c =-=-，12b c +=-．故答案为：12-．11．(1,)+∞【解析】【分析】求出函数的导数，设切点为(,)m n ，由导数的几何意义和两点的斜率公式可得e(2)e m m a-=-，设()(2)e x f x x =-，利用导数求出其单调区间和极值，再画出函数的图象，结合图象可得a 的取值范围【详解】由e (0)x y a a =>，得e x y a '=，切点为(,)m n ，则切线的斜率为e m a ，所以切线方程为e ()m y n a x m -=-，因为e m n a =，所以e e ()m m y a a x m -=-，因为点(1,e)P 在切线上，所以e e e (1)m m a a m -=-，得e(2)e m m a-=-，令()(2)e x f x x =-，则()(1)e x f x x '=-，当1x >时，()0f x '>，当1x <时，()0f x '<，所以()f x 在(1,)+∞上递增，在(,1)-∞上递减，所以()f x 在1x =处取得极小值e -，当x →-∞时，()0f x →，当x →+∞时，()f x →+∞，由题意可得直线ey a=-与函数()f x 的图象有两个交点，所以ee 0a-<-<，解得1a >，所以实数a 的取值范围为(1,)+∞，故答案为：(1,)+∞12．（1）当a ＞0时，f （x ）的单调递增区间为（﹣∞,﹣2）和（0,+∞），单调递减区间为（﹣2,0）；当a ＜0时，f （x ）的单调递增区间为（﹣2,0），单调递减区间为（﹣∞,﹣2）和（0,+∞）；（2）1e⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，.【解析】（1）先求导f '（x ）＝2axex +ax 2ex ＝axex （2+x ），再分a ＞0和a ＜0进行讨论即可得解；（2）根据（1）可知，当a ＞0时，f （x ）在x ∈[1，+∞）上单调递增，则保证f （1）＞0即可得解.【详解】（1）f '（x ）＝2axex +ax 2ex ＝axex （2+x ），令f '（x ）＝0，则x ＝0或x ＝﹣2，①若a ＞0，当x ＜﹣2时，f '（x ）＞0，f （x ）单调递增；当﹣2＜x ＜0时，f '（x ）＜0，f （x ）单调递减；当x ＞0时，f '（x ）＞0，f （x ）单调递增；②若a ＜0，当x ＜﹣2时，f '（x ）＜0，f （x ）单调递减；当﹣2＜x ＜0时，f '（x ）＞0，f （x ）单调递增；当x ＞0时，f '（x ）＜0，f （x ）单调递减；综上所述，当a ＞0时，f （x ）的单调递增区间为（﹣∞，﹣2）和（0，+∞），单调递减区间为（﹣2，0）；当a ＜0时，f （x ）的单调递增区间为（﹣2，0），单调递减区间为（﹣∞，﹣2）和（0，+∞）.（2）当a ＞0时，由（1）可知，f （x ）在x ∈[1，+∞）上单调递增，若函数没有零点，则f （1）＝ae ﹣1＞0，解得1a e＞，故a 的取值范围为1e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.【点睛】本题考查了利用导数研究函数单调性，考查了分类讨论思想，要求较高的计算能力，在高考中考压轴题，属于难题.13．(1)单调递增区间为1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭，单调递减区间为1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.(2)单调递增区间为⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，单调递减区间为,⎛-∞ ⎝⎭，⎫∞⎪⎪⎝⎭.【解析】【分析】（1）求得导函数，利用导数的正负即可求得单调区间.（2）求得导函数，利用导数的正负即可求得单调区间.(1)2y x x =-，12y x '∴=-，当0y '=时，12x =.当0y '>时，12x <，当0y '<时，12x >，∴2y x x =-的单调递增区间为1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭，单调递减区间为1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.(2)3y x x =-，213y x '∴=-，当0y '=时，3x =.当0y '>时，33x -<<，当0y '<时，3x >，或3x <-∴3y x x =-的单调递增区间为33⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，单调递减区间为,3⎛-∞- ⎝⎭，3⎛⎫∞ ⎪ ⎪⎝⎭.14．（1）3211()2132f x x x x =-+++；（2）15,63⎛⎤- ⎥⎝⎦【解析】【分析】（1）根据极值点的定义，可知方程()0f x '=的两个解即为1x =-，2x =，代入即得结果；（2）根据题意，将方程()0g x =转化为()f x m =，则函数()y f x =与直线y m =在区间[2-，4]上有三个交点，进而求解m 的取值范围．【详解】解：（1）因为32()13x f x ax bx =-+++，所以2()2f x x ax b '=-++根据极值点定义，方程()0f x '=的两个根即为1x =-，2x =，2()2f x x ax b '=-++ ，代入1x =-，2x =，可得120440a b a b --+=⎧⎨-++=⎩，解之可得，122a b ⎧=⎪⎨⎪=⎩，故有3211()2132f x x x x =-+++；（2）根据题意，3211()2132g x x x x m =-+++-，[2x ∈-，4]，根据题意，可得方程32112132m x x x =-+++在区间[2-，4]内有三个实数根，即函数3211()2132f x x x x =-+++与直线y m =在区间[2-，4]内有三个交点，又因为2()2f x x x '=-++，则令()0f x '>，解得12x -<<；令()0f x '<，解得2x >或1x <-，所以函数()f x 在[)2,1--，(]2,4上单调递减，在(1,2)-上单调递增；又因为1(1)6f -=-，()1323f =，5(2)3f -=，()1343f =-，函数图象如下所示：若使函数3211()2132f x x x x =-+++与直线y m =有三个交点，则需使1563m -< ，即15,63m ⎛⎤∈- ⎥⎝⎦．15．（1）见解析；（2）见解析【解析】【分析】（1）求得()f x 的导数，讨论0b =，0b >，0b <，解不等式可得所求单调区间；（2）分别求得()f x 的最大值，()52ln P x x x x =-+的最小值，比较即可得证.【详解】（1）若0a =，则'2(1)(1)()()x x x x be e bx bx b f x e e -+-+-==，（i ）当0b =时，'1()0x f x e-=<，函数()f x 在R 上单调递减；（ii ）当0b ≠时，'1[(1()xb x b f x e ---=，①若0b >，当1(,1)x b∈-∞-时，'()0f x >，函数()f x 单调递增；当1(1,)x b∈-+∞时，'()0f x <，函数()f x 单调递减.②若0b <，当1(,1)x b∈-∞-时，'()0f x <，函数()f x 单调递减；当1(1,)x b∈-+∞时，'()0f x >，函数()f x 单调递增.综上可知，当0b >时，函数()f x 的单调递增区间为1(,1)b -∞-，单调递减区间为1(1,)b-+∞；当0b =时，函数()f x 的单调递减区间为R ，无单调递增区间；当0b <时，函数()f x 的单调递增区间为1(1,)b -+∞，单调递减区间为1(,1)b -∞-；（2）若1,3,a b ==则2()(31)x f x x x e -=++，0x >，要证不等式()52ln f x x x x <-+，即证23152ln x x x x x x e++<-+，记()52ln P x x x x =-+，则'1()2ln 1ln P x x x x x=-++⋅=-+，故当(0,)x e ∈时，'()0P x <，函数()P x 单调递减，当(+)x e ∈∞，时，'()0P x >，函数()P x 单调递增，所以()()52ln 5P x p e e e e e ≥=-+=-；又22'2(23)(31)2(2)(1)()()x x x x x x e x x e x x x x f x e e e +-++--++-===-，故(0,1)x ∈时，'()0f x >，函数()f x 单调递增；(1,)x ∈+∞时，'()0f x <，函数()f x 单调递减，所以0x >时，5()(1)f x f e ≤=因为 2.7e ≈，所以55(5)5()0e e e e --=-+>，所以55e e->，所以0x >时，()52ln f x x x x <-+.【点睛】本题考查利用导数求函数单调性及最值，考查了学生转化的问题的能力及计算能力，是中档题.。

高考导函数综合训练(含标准参考答案)

导函数的综合应用【典型例题】考点一、利用导数研究函数的零点或方程的根【例1】(2015·高考北京卷)设函数f(x)＝－k ln x，k>0.(1)求f(x)的单调区间和极值；(2)证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，]上仅有一个零点．(2)【变式训练2】已知函数f(x)＝(e为自然对数的底数)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)设函数φ(x)＝xf(x)＋tf′(x)＋，存在实数x1，x2∈[0,1]，使得2φ(x1)<φ(x2)成立，求实数t的取值范围．考点三与导函数有关的参数求解或求取值范围问题【例3】已知函数f(x)＝ln x－.(2)M；【应用体验】1.函数f(x)＝ax3＋x恰有三个单调区间，则a的取值范围是__________.2.若函数f(x)＝x＋a sin x在R上递增，则实数a的取值范围为________.3.已知函数f (x )的定义域为R ，f ′(x )为f (x )的导函数，函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，且f (－2)＝1，f (3)＝1，则不等式f (x 2－6)>1的解集为( )A.(－3，－2)∪(2,3)B.(－，)C.(2,3)4.)5.，g ′(x )>01．已知曲线cos y ax x =在(22A ．2πB ．2π-C ．1-πD ．1π2.已知定义域为R 的偶函数()f x ，其导函数为()f x '，对任意[)0,x ∈+∞，均满足：()()2xf x f x '>-．若()()2g x x f x =，则不等式()()21g x g x <-的解集是（）A ．(),1-∞-B ．1,3⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭C ．11,3⎛⎫- ⎪⎝⎭D ．()1,1,3⎛⎫-∞-⋃+∞ ⎪⎝⎭3.若函数f (x )＝x 3－tx 2＋3x 在区间[1,4]上单调递减，则实数t 的取值范围是( )A.B ．(－∞，3] C.D ．[3，＋∞)二、填空题4.a 12≤恒5.6.7y8．已知函数f (x )＝ln x ＋＋ax (a 是实数)，g (x )＝＋1.(1)当a ＝2时，求函数f (x )在定义域上的最值；(2)若函数f (x )在[1，＋∞)上是单调函数，求a 的取值范围；(3)是否存在正实数a 满足：对于任意x 1∈[1,2]，总存在x 2∈[1,2]，使得f (x 1)＝g (x 2)成立？若存在，求出a 的取值范围，若不存在，说明理由．B 组能力提升2.b 的3.2)为偶5.已知函数()()21x f x e x ax a =--+，其中a <1，若存在唯一的整数0x ，使得()0f x <0，则a 的取值范围是.(e 为自然对数的底数)6.若()x x f x e ae -=+为偶函数，则21(1)e f x e +-<的解集为_____________．三、解答题7．(2015·高考广东卷)设a>1，函数f(x)＝(1＋x2)e x－a.(1)求f(x)的单调区间；(2)证明：f(x)在(－∞，＋∞)上仅有一个零点；(3)若曲线y＝f(x)在点P处的切线与x轴平行，且在点M(m，n)处的切线与直线OP平行(O是坐标原点)，证明：m≤－1.【例题1】[解](1)由f(x)＝－k ln x(k>0)，得x>0且f′(x)＝x－＝.由f′(x)＝0，解得x＝.f(x)与f′(x)在区间(0，＋∞)上的情况如下：∞)；f(x)在x＝处取得极小值f()＝.(2)证明：由(1)知，f(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为f()＝.因为f(x)存在零点，所以≤0，从而k≥e.当k＝e时，f(x)在区间(1，)上单调递减，且f()＝0，所以x＝是f(x)在区间(1，]上的唯一零点．，0000由u′(x)＝1－≥0知，函数u(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，故0＝u(1)<a0＝u(x0)<u(e)＝e－2<1，即a0∈(0,1)．当a＝a0时，有f′(x0)＝0，f(x0)＝φ(x0)＝0.再由(1)知，f′(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，当x∈(1，x0)时，f′(x)<0，从而f(x)>f(x0)＝0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，从而f(x)>f(x0)＝0；又当x∈(0,1]时，f(x)＝(x－a0)2－2x ln x>0.故x∈(0，＋∞)时，f(x)≥0.综上所述，存在a∈(0,1)，使得f(x)≥0恒成立，且f(x)＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．【例题2】解：(1)m＝－1时，f(x)＝(1－x)e x＋x2，则f′(x)＝x(2－e x)，(2)假设存在x1，x2∈[0,1]，使得2φ(x1)<φ(x2)成立，则2[φ(x)]min<[φ(x)]max.∵φ(x)＝xf(x)＋tf′(x)＋e－x＝，∴φ′(x)＝＝－.①当t≥1时，φ′(x)≤0，φ(x)在[0,1]上单调递减，∴2φ(1)<φ(0)，即t>3－>1.②当t≤0时，φ′(x)>0，φ(x)在[0,1]上单调递增，∴2φ(0)<φ(1)，即t<3－2e<0.③当0<t<1时，若x∈[0，t)，φ′(x)<0，φ(x)在[0，t)上单调递减；若x∈(t,1]，φ′(x)>0，φ(x)在(t,1]上单调递增，所以2φ(t)<max{φ(0)，φ(1)}，即2·<max，(*)③若－e<a<－1，令f′(x)＝0得x＝－a，当1<x<－a时，f′(x)<0，∴f(x)在(1，－a)上为减函数；当－a<x<e时，f′(x)>0，∴f(x)在(－a，e)上为增函数，∴f(x)min＝f(－a)＝ln(－a)＋1＝，∴a ＝－.综上所述，a ＝－.(3)∵f (x )<x 2，∴ln x －<x 2.又x >0，∴a >x ln x －x 3.令g (x )＝x ln x －x 3，h (x )＝g ′(x )＝1＋ln x －3x 2，1.【答案】C 【解析】令()cos y f x ax x ==，则()c o s s in f x a x a x x '=-，所以()cos sin 22222a a f a πππππ'=-=- 12=，解得1a =-π.故选C ． 2.【答案】C【解析】试题分析：[)0,x ∈+∞时()()()()()22(2)0g x xf x x f x x f x xf x '''=+=+>，而()()2g x x f x =也为偶函数，所以()()()()2121|2||1||2||1|321013g x g x g x g x x x x x x <-⇔<-⇔<-⇔+-<⇔-<<，选C.3.解析：f ′(x )＝3x 2－2tx ＋3，由于f (x )在区间[1,4]上单调递减，则有f ′(x )≤0在[1,4]12k ≤12≥．令()333x g x x x e =-+-，则()233(1)(33)x x g x x x x e e'=--=-++，所以当(,1)x ∈-∞时，()0g x '<，当(1,)x ∈+∞时，()0g x '>，所以()g x 在(,1)x ∈-∞上是减函数，在(1,)x ∈+∞是增函数，故()()min 111g x g e==-．6.【答案】),1()1,(+∞⋃--∞【解析】()()()()()22''2'211221'()222x g x f x g x x f x x x f x f x ⎡⎤=--∴=⋅-=⋅-<⎣⎦ ()'2210f x ∴⋅-<()'0g x ∴>得0x <，()'0g x <得0x >()()g x g x -=可知函数为偶函数()()()111010g f g =-=∴-=，结合()g x 的函数图像可知()0g x <的解集为),1()1,(+∞⋃--∞，即不等式212)(22+<x x f 的解集为),1()1,(+∞⋃--∞ 7.解：(1)f ′(x )＝x －(a ＋b )＋＝.(a ，(a ，＋∞)点，不合题意．综上所述，a 的取值范围为.8.解：(1)当a ＝2时，f (x )＝ln x ＋＋2x ，x ∈(0，＋∞)，f ′(x )＝－＋2＝＝，令f ′(x )＝0，则x ＝－1或x ＝.当x ∈时，f ′(x )<0；当x ∈时，f ′(x )>0，所以f (x )在x ＝处取到最小值，最小值为3－ln2；无最大值．(2)f ′(x )＝－＋a ＝，x ∈[1，＋∞)，显然a ≥0时，f ′(x )≥0，且不恒等于0，所以函数f (x )在[1，＋∞)上是单调递增函数，符合要求．当a <0时，令h (x )＝ax 2＋x －1，易知h (x )≥0在[1，＋∞)上不恒成立，所以函数f (x )在[1，＋∞)上只能是单调递减函数．a 无试题分析：设12()()x g x e f x =，则11122211'()'()()(()2'())22x x x g x e f x e f x e f x f x =+=+，则已知'()0g x >，所以()g x 是增函数，所以(1)(0)g g >，即12(1)(0)e f f >，(1)f>A ．考点：导数与函数的单调性．2.【答案】C【解析】试题分析：由题意，得2212()ln ()()x x b x x b f x x +----'=，则()()f x xf x +'＝2ln ()x x b x+-－212()ln ()x x b x x b x +----＝12()x x b x +-．若存在1[,2]2x ∈，使得()'()f x x f x >-⋅，则12()0x x b +->，所以12b x x <+．设1()2g x x x=+，则222121()122x g x x x -'=-=，当122x ≤≤时，()g x '<递增，94=，)x 是单)1=，所以(g )∞，故试题分析：验证发现，当x=1时，将1代入不等式有0≤a+b ≤0，所以a+b=0，当x=0时，可得0≤b ≤1，结合a+b=0可得-1≤a ≤0，令f （x ）=x 4-x 3+ax+b ，即f （1）=a+b=0，又f ′（x ）=4x 3-3x 2+a ，f ′′（x ）=12x 2-6x ，令f′′（x）＞0，可得x＞12，则f′（x）=4x3-3x2+a在[0，12]上减，在[12，+∞）上增，又-1≤a≤0，所以f′（0）=a＜0，f′（1）=1+a≥0，又x≥0时恒有430x x ax b≤-++，结合f（1）=a+b=0知，1必为函数f（x）=x4-x3+ax+b的极小值点，也是最小值点．y ax =-12 x>-时，1时，考点：利用导数研究函数的极值；函数的零点.6.【答案】(0,2)【解析】试题分析：由()x x f x e ae -=+为偶函数可得1a =，所以()x x f x e e -=+．因为()x x f x e e -'=-),0(+∞上为增函数，所以()(0)0f x f ''>=，所以函数()f x 在),0(+∞上为增函数，所以21(1)e f x e+-<等价于1(1)f x e e --<+，即(1)(1)f x f -<，所以111x -<-<，所以02x <<．考点：1、函数的奇偶性；2、函数的单调性．7.解：(1)f ′(x )＝2x e x ＋(1＋x 2)e x ＝(x 2＋2x ＋1)e x ＝(x ＋1)2e x ≥0，故f (x )是R 上的单调(2)ln 2a )a(3)0，即8.＝2，设h (x )＝f (x )－g (x )＝(x ＋1)ln x －，当x ∈(0,1]时，h (x )<0，又h (2)＝3ln2－＝ln8－>1－1＝0，所以存在x 0∈(1,2)，使得h (x 0)＝0.因为h ′(x )＝ln x ＋＋1＋，所以当x ∈(1,2)时，h ′(x )>1－>0，当x∈[2，＋∞)时，h′(x)>0，所以当x∈(1，＋∞)时，h(x)单调递增．所以k＝1时，方程f(x)＝g(x)在(k，k＋1)内存在唯一的根．(3)由(2)知，方程f(x)＝g(x)在(1,2)内存在唯一的根x0，且x∈(0，x0)时，f(x)<g(x)，x∈(x0，＋∞)时，f(x)>g(x)，所以m(x)＝。

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导数综合应用复习题标准化管理部编码-[99968T-6889628-J68568-1689N]
导数综合应用复习题
一、知识回顾：
1．导数与函数单调性的关系
设函数()f x 在某个区间内可导，则在此区间内：
（1）0)(>'x f ⇒)(x f ↗，)(x f ↗⇒()0f x '≥；
（2）0)(≠'x f 时，0)(>'x f ⇔)(x f ↗
（单调递减也类似的结论）
2．单调区间的求解过程：已知)(x f y =
（1）分析)(x f y =的定义域；
（2）求导数)(x f y '='；
（3）解不等式0)(>'x f ，解集在定义域内的部分为增区间
（4）解不等式0)(<'x f ，解集在定义域内的部分为减区间
3．函数极值的求解步骤：
（1）分析)(x f y =的定义域；
（2）求导数)(x f y '='并解方程()0f x '=；
（3）判断出函数的单调性；
（4）在定义域内导数为零且由增变减的地方取极大值；
在定义域内导数为零且由减变增的地方取极小值。

4．函数在区间内的最值的求解步骤：
利用单调性或者在求得极值的基础上再考虑端点值比较即可。

二、例题解析：
例1、已知函数321()13
f x x ax ax =+++ （1）若在R 上单调，求a 的取值范围。

（2）问是否存在a 值，使得()f x 在[]1,1-上单调递减，
若存在，请求a 的取值范围。

解：先求导得2()2f x x ax a '=++
（1
）()f x 在R 上单调且()f x '是开口向上的二次函数 ∴()0f x '≥恒成立，即0∆≤ ∴2
440a a -≤，解得01a ≤≤ （2）要使得()f x 在[]1,1-上单调递减
且()f x '是开口向上的二次函数 ∴()0f x '≤对[]1,1x ∈-恒成立，
即()()11201120
f a a f a a '-=-+≤⎧⎪⎨'=++≤⎪⎩ 解得a ∈∅ ∴不存在a 值，使得()f x 在[]1,1-上单调递减。

例2、已知函数321()313
f x x x x =+-+， 2()2
g x x x a =-++ （1）讨论方程()f x k =（k 为常数）的实根的个数。

（2）若对[]0,2x ∈，恒有()f x a ≥成立，求a 的取值范围。

（3）若对[]0,2x ∈，恒有()()f x g x ≥成立，求a 的取值范围。

（4）若对[]10,2x ∈，[]20,2x ∈，恒有()12()f x g x ≥成立，
求a 的取值范围。

解：
（1）求导得：2()23f x x x '=+-
令()0f x '> 解得 31x x <->或，此时()f x 递增，
令()0f x '< 解得 31x -<<，此时()f x 递减， ∴当3x =-时()f x 取极大值为(3)10f -=
当1x = 时()f x 取极小值为2(1)3f =- ∴方程()f x k =（k 为常数）的实根的个数就是函数()y f x =
与y k =的图象的交点个数
∴当23
k <-或10k >时方程有1个实根；当23
k =-或10k =时方程有2个实根；当2103
k -<<时方程有3个实根。

（2）[]0,2x ∈时，要使得()f x a ≥恒成立，则只需min ()f x a ≥
由（1）可知[]0,2x ∈时()min 2()13
f x f ==- （3）[]0,2x ∈时，要使得()()f x
g x ≥恒成立，
即()()0f x g x -≥，设()()()h x f x g x =-，
则只需[]0,2x ∈时min ()0h x ≥
令()2450h x x x '=+-=得5x =-或1x =
∴比较 ()01h a =- 得min 5()3
h x a =-- ∴ 503
a --≥ 即 53a ≤- （4）要有对[]10,2x ∈，[]20,2x ∈，恒有()12()f x g x ≥成立，
则只需在[]0,2x ∈中()min max ()f x g x ≥
由（1）可知[]0,2x ∈时()min 2()13
f x f ==- 而2()2
g x x x a =-++的对称轴为1x =且开口向下，
当[]0,2x ∈时()()max 11g x g a ==+ ∴213
a -≥+即53
a ≤- 三、课堂练习：
已知函数21()ln 4
f x x x =-， 1．求()f x 在[]0,2上的最值。

2．若对[]0,2x ∀∈，()ln 2f x m ≤+恒成立，求m 的取值范围。

3．若对[]0,2x ∀∈，()f x x m ≤+恒成立，求m 的取值范围。

4．若()g x x m =+，对[]0,2x ∀∈，使得()()f x g x ≤恒成立，求的m 取值范围。

四、作业布置：
自主收集广东近五年的高考试题中涉及导数知识的三道题并解答。