高三导数经典例题
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 $f'(x)$。
高三数学：2024届高考数学导数大题精选30题(解析版)(共31页)
2024届新高考数学导数大题精选30题1(2024·安徽·二模)已知函数f (x )=x 2-10x +3f (1)ln x .(1)求函数f (x )在点(1,f (1))处的切线方程；(2)求f (x )的单调区间和极值.【答案】(1)y =4x -13；(2)递增区间为(0,2),(3,+∞)，递减区间为2,3 ，极大值-16+12ln2，极小值-21+12ln3.【分析】(1)求出函数f (x )的导数，赋值求得f (1)，再利用导数的几何意义求出切线方程.(2)由(1)的信息，求出函数f (x )的导数，利用导数求出单调区间及极值.【详解】(1)函数f (x )=x 2-10x +3f (1)ln x ，求导得f(x )=2x -10+3f (1)x，则f (1)=-8+3f (1)，解得f (1)=4，于是f (x )=x 2-10x +12ln x ，f (1)=-9，所以所求切线方程为：y +9=4(x -1)，即y =4x -13.(2)由(1)知，函数f (x )=x 2-10x +12ln x ，定义域为(0,+∞)，求导得f (x )=2x -10+12x =2(x -2)(x -3)x，当0<x <2或x >3时，f (x )>0，当2<x <3时，f (x )<0，因此函数f (x )在(0,2),(3,+∞)上单调递增，在(2,3)上单调递减，当x =2时，f (x )取得极大值f (2)=-16+12ln2，当x =3时，f (x )取得极小值f (3)=-21+12ln3，所以函数f (x )的递增区间为(0,2),(3,+∞)，递减区间为(2,3)，极大值-16+12ln2，极小值-21+12ln3.2(2024·江苏南京·二模)已知函数f (x )=x 2-ax +ae x，其中a ∈R ．(1)当a =0时，求曲线y =f (x )在(1,f (1))处的切线方程；(2)当a >0时，若f (x )在区间[0,a ]上的最小值为1e，求a 的值．【答案】(1)x -ey =0(2)a =1【分析】(1)由a =0，分别求出f (1)及f (1)，即可写出切线方程；(2)计算出f (x )，令f (x )=0，解得x =2或x =a ，分类讨论a 的范围，得出f (x )的单调性，由f (x )在区间[0,a ]上的最小值为1e，列出方程求解即可．【详解】(1)当a =0时，f (x )=x 2e x ，则f (1)=1e ，f (x )=2x -x 2ex，所以f (1)=1e ，所以曲线y =f (x )在(1,f (1))处的切线方程为：y -1e =1e(x -1)，即x -ey =0．(2)f(x )=-x 2+(a +2)x -2a e x =-(x -2)(x -a )ex，令f (x )=0，解得x =2或x =a ，当0<a <2时，x ∈[0,a ]时，f (x )≤0，则f (x )在[0,a ]上单调递减，所以f (x )min =f (a )=a ea =1e ，则a =1，符合题意；当a >2时，x ∈[0,2]时，f (x )≤0，则f (x )在[0,2]上单调递减，x ∈(2,a ]时，f (x )>0，则f (x )在(2,a ]上单调递增，所以f (x )min =f (2)=4-a e2=1e ，则a =4-e <2，不合题意；当a =2时，x ∈[0,2]时，f (x )≤0，则f (x )在[0,2]上单调递减，所以f (x )min =f (2)==2e 2≠1e ，不合题意；综上，a =1．3(2024·浙江绍兴·模拟预测)已知f x =ae x -x ，g x =cos x . (1)讨论f x 的单调性.(2)若∃x 0使得f x 0 =g x 0 ，求参数a 的取值范围.【答案】(1)当a ≤0时，f x 在-∞,+∞ 上单调递减；当a >0时，f x 在-∞,-ln a 上单调递减，在-ln a ,+∞ 上单调递增.(2)-∞,1【分析】(1)对f x =ae x -x 求导数，然后分类讨论即可；(2)直接对a >1和a ≤1分类讨论，即可得到结果.【详解】(1)由f x =ae x -x ，知f x =ae x -1.当a ≤0时，有f x =ae x -1≤0-1=-1<0，所以f x 在-∞,+∞ 上单调递减；当a >0时，对x <-ln a 有f x =ae x -1<ae -ln a -1=1-1=0，对x >-ln a 有f x =ae x -1>ae -ln a -1=1-1=0，所以f x 在-∞,-ln a 上单调递减，在-ln a ,+∞ 上单调递增.综上，当a ≤0时，f x 在-∞,+∞ 上单调递减；当a >0时，f x 在-∞,-ln a 上单调递减，在-ln a ,+∞ 上单调递增.(2)当a >1时，由(1)的结论，知f x 在-∞,-ln a 上单调递减，在-ln a ,+∞ 上单调递增，所以对任意的x 都有f x ≥f -ln a =ae -ln a +ln a =1+ln a >1+ln1=1≥cos x =g x ，故f x >g x 恒成立，这表明此时条件不满足；当a ≤1时，设h x =ae x -x -cos x ，由于h -a -1 =ae -a -1+a +1-cos -a -1 ≥ae-a -1+a ≥-a e-a -1+a =a 1-e-a -1≥a 1-e 0=0，h 0 =ae 0-0-cos0=a -1≤0，故由零点存在定理，知一定存在x 0∈-a -1,0 ，使得h x 0 =0，故f x 0 -g x 0 =ae x 0-x 0-cos x 0=h x 0 =0，从而f x 0 =g x 0 ，这表明此时条件满足.综上，a 的取值范围是-∞,1 .4(2024·福建漳州·一模)已知函数f x =a ln x -x +a ，a ∈R 且a ≠0．(1)证明：曲线y =f x 在点1,f 1 处的切线方程过坐标原点．(2)讨论函数f x 的单调性．【答案】(1)证明见解析(2)答案见解析【分析】(1)先利用导数的几何意义求得f x 在1,f 1 处的切线方程，从而得证；(2)分类讨论a <0与a >0，利用导数与函数的单调性即可得解.【详解】(1)因为f x =a ln x -x +a x >0 ，所以f (x )=a x -1=a -xx，则f (1)=a ln1-1+a =a -1，f (1)=a -1，所以f x 在1,f 1 处的切线方程为:y -(a -1)=(a -1)(x -1)，当x =0时，y -(a -1)=(a -1)(0-1)=-(a -1)，故y =0，所以曲线y =f (x )在点1,f 1 处切线的方程过坐标原点.(2)由(1)得f (x )=ax -1=a -xx，当a<0时，a-x<0，则f x <0，故f(x)单调递减；当a>0时，令f (x)=0则x=a，当0<x<a时，f (x)>0，f(x)单调递增；当x>a时，f (x)<0，f(x)单调递减；综上：当a<0时，f(x)在(0,+∞)上单调递减；当a>0时，f(x)在(0,a)上单调递增，在(a,+∞)上单调递减.5(2024·山东·二模)已知函数f x =a2xe x-x-ln x．(1)当a=1e时，求f x 的单调区间；(2)当a>0时，f x ≥2-a，求a的取值范围．【答案】(1)f x 的减区间为0,1，增区间为1,+∞(2)a≥1【分析】(1)当a=1e时，f x =xe x-1-x-ln x,x>0，求导得f x =x+1xxe x-1-1，令g x =xe x-1-1，求g x 确定g x 的单调性与取值，从而确定f x 的零点，得函数的单调区间；(2)求f x ，确定函数的单调性，从而确定函数f x 的最值，即可得a的取值范围．【详解】(1)当a=1e时，f x =xe x-1-x-ln x,x>0，则f x =x+1e x-1-1-1x=x+1xxe x-1-1，设g x =xe x-1-1，则g x =x+1e x-1>0恒成立，又g1 =e0-1=0，所以当x∈0,1时，f x <0，f x 单调递减，当x∈1,+∞时，f x >0，f x 单调递增，所以f x 的减区间为0,1，增区间为1,+∞；(2)f x =a2x+1e x-1-1x=x+1xa2xe x-1，设h x =a2xe x-1，则h x =a2x+1e x>0，所以h x 在0,+∞上单调递增，又h0 =-1<0，h1a2=e1a2-1>0，所以存在x0∈0,1 a2，使得h x0 =0，即a2x0e x0-1=0，当x∈0,x0时，f x <0，f x 单调递减，当x∈x0,+∞时，f x >0，f x 单调递增，当x=x0时，f x 取得极小值，也是最小值，所以f x ≥f x0=a2x0e x0-x0-ln x0=1-ln x0e x0=1+2ln a，所以1+2ln a≥2-a，即a+2ln a-1≥0，设F a =a+2ln a-1，易知F a 单调递增，且F1 =0，所以F a ≥F1 ，解得a≥1，综上，a≥1.6(2024·山东·一模)已知函数f(x)=ln x+12a(x-1)2．(1)当a=-12时，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数g(x)=f(x)-2x+1有两个极值点x1,x2，且g(x1)+g(x2)≥-1-32a，求a的取值范围．【答案】(1)增区间(0,2)，减区间(2,+∞)(2)[1,+∞)【分析】(1)将a=-12代入求导，然后确定单调性即可；(2)求导，根据导函数有两个根写出韦达定理，代入g(x1)+g(x2)≥-1-32a，构造函数，求导，研究函数性质进而求出a的取值范围．【详解】(1)当a=-12时，f(x)=ln x-14(x-1)2，x>0，则f (x)=1x-12(x-1)=-(x-2)(x+1)2x，当x∈(0,2)，f (x)>0，f(x)单调递增，当x∈(2,+∞)，f (x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)的单调递增区间是(0,2)，单调递减区间是(2,+∞)；(2)g(x)=f(x)-2x+1=ln x+12a(x-1)2-2x+1，所以g (x)=1x+a(x-1)-2=ax2-(a+2)x+1x，设φ(x)=ax2-(a+2)x+1，令φ(x)=0，由于g(x)有两个极值点x1,x2，所以Δ=(a+2)2-4a=a2+4>0x1+x2=a+2a>0x1x2=1a>0，解得a>0．由x1+x2=a+2a，x1x2=1a，得g x1+g x2=ln x1+12a x1-12-2x1+1+ln x2+12a x2-12-2x2+1=ln x1x2+12a x1+x22-2x1x2-2x1+x2+2-2x1+x2+2=ln1a +12a a+2a2-2a-2⋅a+2a+2-2⋅a+2a+2=ln1a +a2-2a-1≥-1-32a，即ln a-12a-1a≤0，令m(a)=ln a-12a-1a，则m (a)=1a-12-12a2=-(a-1)22a2≤0，所以m(a)在(0,+∞)上单调递减，且m(1)=0，所以a≥1，故a的取值范围是[1,+∞)．7(2024·湖北·二模)求解下列问题，(1)若kx-1≥ln x恒成立，求实数k的最小值；(2)已知a，b为正实数，x∈0,1，求函数g x =ax+1-xb-a x⋅b1-x的极值．【答案】(1)1(2)答案见解析【分析】(1)求导，然后分k≤0和k>0讨论，确定单调性，进而得最值；(2)先发现g0 =g1 =0，当a=b时，g x =0，当0<x<1，a≠b时，取ab=t，L x =tx+1-x-t x，求导，研究单调性，进而求出最值得答案.【详解】(1)记f x =kx-1-ln x x>0，则需使f x ≥0恒成立，∴f x =k-1xx>0，当k≤0时，f x <0恒成立，则f x 在(0,+∞)上单调递减，且在x>1时，f x <0，不符合题意，舍去；当k >0时．令f x =0，解得x =1k，则f x 在0,1k 上单调递减，在1k ,+∞ 上单调递增，所以f x min =f 1k =-ln 1k=ln k ，要使kx -1≥ln x 恒成立，只要ln k ≥0即可，解得k ≥1，所以k 的最小值为1；(2)g (x )=ax +(1-x )b -a x ⋅b 1-x ，x ∈[0,1]，a >0，b >0，易知g 0 =g 1 =0，当a =b 时，g x =ax +a -ax -a =0，此时函数无极值；当0<x <1，a ≠b 时，g (x )=ax +(1-x )b -b ⋅a b x =b a b x +1-x -a b x，取ab=t ，t >0，t ≠1，L x =tx +1-x -t x ，t >0，t ≠1，x ∈0,1 ，则L x =t -1-t x ln t ，当t >1时，由L x ≥0得x ≤ln t -1ln tln t，由(1)知t -1≥ln t ，当t >1时，t -1ln t>1，因为x -1≥ln x ，所以1x -1≥ln 1x ，所以ln x ≥1-1x ，即x >0，当t >1时，ln t >1-1t，所以t >t -1ln t ，则ln t >ln t -1ln t >0，所以ln t -1ln tln t<1，即L x 在0,ln t -1ln t ln t 上单调递增，在ln t -1ln tln t,1单调递减．所以函数g x 极大=gln t -1lntln t，t =ab，a ≠b ，当0<t <1时，同理有ln t -1lntln t∈0,1 ，由Lx ≥0得x ≤ln t -1lntln t，即(x )在0,ln t -1lntln t上单调递增，在ln t -1lntln t,1上单调递减．所以函数g x 极大=gln t -1lntln t，t =a b，a ≠b ，综上可知，当a =b 时，函数g x 没有极值；当a ≠b 时，函数g x 有唯一的极大值g ln t -1lntln t，其中t =ab，没有极小值．【点睛】关键点点睛：取ab=t ，将两个参数的问题转化为一个参数的问题，进而求导解答问题.8(2024·湖北武汉·模拟预测)函数f (x )=tan x +sin x -92x ，-π2<x <π2,g (x )=sin n x -x n cos x ,x ∈0,π2,n ∈N +．(1)求函数f (x )的极值；(2)若g (x )>0恒成立，求n 的最大值．【答案】(1)极小值为f π3 =3(3-π)2，极大值为f -π3 =3(π-3)2；(2)3.【分析】(1)判断函数f (x )为奇函数，利用导数求出f (x )在区间0,π2上的极值，利用奇偶性即可求得定义域上的极值.(2)利用导数证明当n =1时，g (x )>0恒成立，当n >1时，等价变形不等式并构造函数F (x )=x -sin x cos 1nx,0<x <π2，利用导数并按导数为负为正确定n 的取值范围，进而确定不等式恒成立与否得解.【详解】(1)函数f (x )=tan x +sin x -92x ，-π2<x <π2，f (-x )=tan (-x )+sin (-x )-92(-x )=-f (x )，即函数f (x )为奇函数，其图象关于原点对称，当0<x <π2时，f (x )=sin x cos x +sin x -92x ，求导得：f(x )=1cos 2x +cos x -92=2cos 3x -9cos 2x +22cos 2x =(2cos x -1)(cos x -2-6)(cos x -2+6)2cos 2x，由于cos x ∈(0,1)，由f (x )>0，得0<cos x <12，解得π3<x <π2，由f (x )<0，得12<cos x <1，解得0<x <π3，即f (x )在0,π3 上单调递减，在π3,π2上单调递增，因此函数f (x )在0,π2 上有极小值f π3 =3(3-π)2，从而f (x )在-π2,π2 上的极小值为f π3 =3(3-π)2，极大值为f -π3 =3(π-3)2.(2)当n =1时，g (x )>0恒成立，即sin x -x cos x >0恒成立，亦即tan x >x 恒成立，令h (x )=tan x -x ,x ∈0,π2 ，求导得h (x )=1cos 2x -1=1-cos 2x cos 2x=tan 2x >0，则函数h (x )在0,π2上为增函数，有h (x )>h (0)=0，因此tan x -x >0恒成立；当n >1时，g (x )>0恒成立，即不等式sin xn cos x>x 恒成立，令F (x )=x -sin x cos 1n x ,0<x <π2，求导得：F (x )=1-cos x ⋅cos 1nx -1n⋅cos1n-1x ⋅(-sin x )⋅sin xcos 2nx=1-cos1+n nx +1n⋅sin 2x ⋅cos1-n nxcos 2nx=1-cos 2x +1n ⋅sin 2xcos n +1nx =cosn +1nx -cos 2x -1n (1-cos 2x )cos n +1nx =cosn +1nx -1n -n -1ncos 2x cosn +1nx令G (x )=cos n +1nx -1n -n -1n cos 2x ，求导得则G (x )=n +1n cos 1nx ⋅(-sin x )-n -1n⋅2cos x ⋅(-sin x )=sin x n (2n -2)cos x -(n +1)cos 1n x =2n -2n ⋅sin x cos x -n +12n -2cos 1n x=2n -2n ⋅sin x ⋅cos 1n x cos n -1n x -n +12n -2，由n >1,x ∈0,π2 ，得2n -2n⋅sin x ⋅cos 1nx >0，当n +12n -2≥1时，即n ≤3时，G (x )<0，则函数G (x )在0,π2上单调递减，则有G (x )<G (0)=0，即F (x )<0，因此函数F (x )在0,π2 上单调递减，有F (x )<F (0)=0，即g (x )>0，当n +12n -2<1时，即n >3时，存在一个x 0∈0,π2 ，使得cos n -1n x 0=n +12n -2，且当x ∈(0,x 0)时，G (x )>0，即G (x )在(0,x 0)上单调递增，且G (x )>G (0)=0，则F (x )>0，于是F (x )在(0,x 0)上单调递增，因此F (x )>F (0)=0，即sin xn cos x<x ，与g (x )>0矛盾，所以n 的最大值为3.【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：①通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；②利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．③根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．9(2024·湖北·模拟预测)已知函数f x =ax 2-x +ln x +1 ，a ∈R ，(1)若对定义域内任意非零实数x 1，x 2，均有f x 1 f x 2x 1x 2>0，求a ；(2)记t n =1+12+⋅⋅⋅+1n ，证明：t n -56<ln n +1 <t n ．【答案】(1)a =12(2)证明见解析【分析】(1)求导可得f 0 =0，再分a ≤0与a >0两种情况分析原函数的单调性，当a >0时分析极值点的正负与原函数的正负区间，从而确定a 的值；(2)由(1)问的结论可知，1n -12n2<ln 1n +1 <1n ，再累加结合放缩方法证明即可.【详解】(1)f x 的定义域为-1,+∞ ，且f 0 =0；f x =2ax -1+1x +1=2ax -x x +1=x 2a -1x +1，因此f 0 =0；i.a ≤0时，2a -1x +1<0，则此时令f x >0有x ∈-1,0 ，令f x <0有x ∈0,+∞ ，则f x 在-1,0 上单调递增，0,+∞ 上单调递减，又f 0 =0，于是f x ≤0，此时令x 1x 2<0，有f x 1 f x 2x 1x 2<0，不符合题意；ii .a >0时，f x 有零点0和x 0=12a-1，若x 0<0，即a >12，此时令f x <0有x ∈x 0,0 ，f x 在x 0,0 上单调递减，又f 0 =0，则f x 0 >0，令x 1>0，x 2=x 0，有f x 1 f x 2x 1x 2<0，不符合题意；若x 0>0，即0<a <12，此时令f x <0有x ∈0,x 0 ，f x 在0,x 0 上单调递减，又f 0 =0，则f x 0 <0，令-1<x 1<0,x 2=x 0，有f x 1 f x 2x 1x 2<0，不符合题意；若x 0=0，即a =12，此时fx =x 2x +1>0，f x 在-1,+∞ 上单调递增，又f 0 =0，则x >0时f x >0，x <0时f x <0；则x ≠0时f x x >0，也即对x 1x 2≠0，f x 1 f x 2x 1x 2>0，综上，a =12(2)证：由(1)问的结论可知，a =0时，f x =-x +ln x +1 ≤0；且a =12时x >0，f x =12x 2-x +ln x +1 >0；则x>0时，x-12x2<ln x+1<x，令x=1n，有1n-12n2<ln1n+1<1n，即1n-12n2<ln n+1-ln n<1n，于是1n-1-12n-12<ln n-ln n-1<1n-11-12<ln2<1将上述n个式子相加，t n-121+122+⋅⋅⋅+1n2<ln n+1<t n；欲证t n-56<ln n+1<t n，只需证t n-56<t n-121+122+⋅⋅⋅+1n2，只需证1+122+⋅⋅⋅+1n2<53；因为1n2=44n2<44n2-1=212n-1-12n+1，所以1+122+⋅⋅⋅+1n2<1+213-15+15-17+⋅⋅⋅+12n-1-12n+1=53-22n+1<53，得证：于是得证t n-56<ln n+1<t n.【点睛】方法点睛：(1)此题考导数与函数的综合应用，找到合适的分类标准，设极值点，并确定函数正负区间是解此题的关键；(2)对累加结构的不等式证明，一般需要应用前问的结论，取特定参数值，得出不等式累加证明，遇到不能累加的数列结构，需要进行放缩证明.10(2024·湖南·一模)已知函数f x =sin x-ax⋅cos x,a∈R．(1)当a=1时，求函数f x 在x=π2处的切线方程；(2)x∈0,π2时；(ⅰ)若f x +sin2x>0，求a的取值范围；(ⅱ)证明：sin2x⋅tan x>x3．【答案】(1)πx-2y+2-π22=0.(2)(ⅰ)a≤3(ⅱ)证明见解析【分析】(1)令a=1时，利用导数的几何意义求出斜率，进行计算求出切线方程即可.(2)(ⅰ)设g(x)=2sin x+tan x-ax,x∈0,π2,由g x >0得a≤3，再证明此时满足g x >0.(ⅱ)根据(ⅰ)结论判断出F x =sin2x⋅tan x-x3在0,π2上单调递增，∴F(x)>F(0)=0,即sin2x tan x >x3.【详解】(1)当a=1时，f(x)=sin x-x⋅cos x,f (x)=cos x-(cos x-x⋅sin x)=x⋅sin x,fπ2=π2,fπ2=1.所以切线方程为：y-1=π2x-π2,即πx-2y+2-π22=0.(2)(ⅰ)f(x)+sin2x=sin x-ax⋅cos x+sin2x>0,即tan x-ax+2sin x>0,x∈0,π2，设g(x)=2sin x+tan x-ax,x∈0,π2,g (x )=2cos x +1cos 2x -a =1cos 2x(2cos 3x -a cos 2x +1).又∵g (0)=0,g (0)=3-a ,∴g (0)=3-a ≥0是g (x )>0的一个必要条件，即a ≤3.下证a ≤3时，满足g (x )=2sin x +tan x -ax >0,x ∈0,π2,又g (x )≥1cos 2x(2cos 3x -3cos 2x +1)，设(t )=2t 3-3t 2+1,t ∈(0,1),h (t )=6t 2-6t =6t (t -1)<0,h (t )在(0,1)上单调递减，所以h (t )>h (1)=0，又x ∈0,π2 ,cos x ∈(0,1),∴g (x )>0,即g (x )在0,π2 单调递增.∴x ∈0,π2时，g (x )>g (0)=0；下面证明a >3时不满足g (x )=2sin x +tan x -ax >0,x ∈0,π2,，g (x )=2cos x +1cos 2x-a ，令h (x )=g (x )=2cos x +1cos 2x -a ，则h (x )=-2sin x +2sin x cos 3x =2sin x 1cos 3x-1，∵x ∈0,π2 ,∴sin x >0,1cos 3x-1>0，∴h (x )>0,∴h (x )=g (x )在0,π2为增函数，令x 0满足x 0∈0,π2,cos x 0=1a ，则g x 0 =2cos x 0+1cos 2x 0-a =2cos x 0+a -a >0，又g (0)=3-a <0,∴∃x 1∈0,x 0 ,使得g x 1 =0，当x ∈0,x 1 时，g (x )<g x 1 =0，∴此时g (x )在0,x 1 为减函数，∴当x ∈0,x 1 时，g (x )<g (0)=0，∴a >3时，不满足g (x )≥0恒成立.综上a ≤3.(ⅱ)设F (x )=sin 2x ⋅tan x -x 3,x ∈0,π2 ,F (x )=2sin x ⋅cos x ⋅tan x +sin 2x ⋅1cos 2x-3x 2=2sin 2x +tan 2x -3x 2=2(sin x -x )2+(tan x -x )2+2(2sin x +tan x )x -2x 2-x 2-3x 2.由(ⅰ)知2sin x +tan x >3x ,∴F (x )>0+0+2x ⋅3x -6x 2=0,，F x 在0,π2上单调递增，∴F (x )>F (0)=0,即sin 2x tan x >x 3.【点睛】关键点点睛：本题考查导数，解题关键是进行必要性探路，然后证明充分性，得到所要求的参数范围即可．11(2024·全国·模拟预测)已知函数f (x )=ln (1+x )-11+x．(1)求曲线y =f (x )在(0,f (0))处的切线方程；(2)若x ∈(-1,π)，讨论曲线y =f (x )与曲线y =-2cos x 的交点个数．【答案】(1)y =32x -1；(2)2．【分析】(1)求导，即可根据点斜式求解方程，(2)求导，分类讨论求解函数的单调性，结合零点存在性定理，即可根据函数的单调性，结合最值求解.【详解】(1)依题意，f x =11+x +121+x 32，故f 0 =32，而f 0 =-1，故所求切线方程为y +1=32x ，即y =32x -1．(2)令ln 1+x -11+x =-2cos x ，故ln 1+x +2cos x -11+x=0，令g x =ln 1+x +2cos x -11+x ，g x =11+x -2sin x +121+x -32，令h x =g x =11+x -2sin x +121+x -32，hx =-11+x2-2cos x -341+x -52．①当x ∈-1,π2时，cos x ≥0,1+x 2>0,1+x-52>0，∴h x <0,∴h x 在-1,π2上为减函数，即gx 在-1,π2 上为减函数，又g 0 =1+12>0,g1 =12-2sin1+12⋅2-32<12-2⋅sin1+12<1-2×12=0，∴g x 在0,1 上有唯一的零点，设为x 0，即g x 0 =00<x 0<1 ．∴g x 在-1,x 0 上为增函数，在x 0,π2上为减函数．又g 0 =2-1>0,g -π4 =ln 1-π4 +2cos -π4 -11-π4=ln 1-π4+2-11-π4<0,g π2=ln 1+π2 -11+π2>0，∴g x 在-1,x 0 上有且只有一个零点，在x 0,π2上无零点；②当x ∈π2,5π6 时，g x <11+x -1+121+x-32<0,g x 单调递减，又g π2 >0,g 5π6 =ln 1+5π6 -3-1+5π6-12<ln4-3<0，∴g x 在π2,5π6内恰有一零点；③当x ∈5π6,π 时，hx =-11+x2-2cos x -341+x -52为增函数，∴hx =h 5π6 =-11+5π62+1-34⋅1+5π6-52>0，∴g x 单调递增，又g π >0,g 5π6 <0，所以存在唯一x 0∈5π6,π ,g x 0 =0，当x ∈5π6,x 0 时，g x <0,g x 递减；当x ∈x 0,π 时，g x >0,g x 递增，g x ≤max g 5π6 ,g π <0，∴g x 在5π6,π内无零点．综上所述，曲线y =f x 与曲线y =-2cos x 的交点个数为2．【点睛】方法点睛：本题考查了导数的综合运用，求某点处的切线方程较为简单，利用导数求单调性时，如果求导后的正负不容易辨别，往往可以将导函数的一部分抽离出来，构造新的函数，利用导数研究其单调性，进而可判断原函数的单调性.在证明不等式时，常采用两种思路：求直接求最值和等价转化.无论是那种方式，都要敢于构造函数，构造有效的函数往往是解题的关键.12(2024·广东佛山·二模)已知f x =-12e 2x +4e x -ax -5.(1)当a =3时，求f x 的单调区间；(2)若f x 有两个极值点x 1，x 2，证明：f x 1 +f x 2 +x 1+x 2<0.【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】(1)求导后，借助导数的正负即可得原函数的单调性；(2)借助换元法，令t =e x ，t 1=e x 1，t 2=e x 2，可得t 1、t 2是方程t 2-4t +a =0的两个正根，借助韦达定理可得t 1+t 2=4，t 1t 2=a ，即可用t 1、t 2表示f x 1 +f x 2 +x 1+x 2，进而用a 表示f x 1 +f x 2 +x 1+x 2，构造相关函数后借助导数研究其最大值即可得.【详解】(1)当a =3时，f x =-12e 2x +4e x -3x -5，f x =-e 2x +4e x -3=-e x -1 e x -3 ，则当e x ∈0,1 ∪3,+∞ ，即x ∈-∞,0 ∪ln3,+∞ 时，f x <0，当e x ∈1,3 ，即x ∈0,ln3 时，f x >0，故f x 的单调递减区间为-∞,0 、ln3,+∞ ，单调递增区间为0,ln3 ；(2)f x =-e 2x +4e x -a ，令t =e x ，即f x =-t 2+4t -a ，令t 1=e x 1，t 2=e x 2，则t 1、t 2是方程t 2-4t +a =0的两个正根，则Δ=-4 2-4a =16-4a >0，即a <4，有t 1+t 2=4，t 1t 2=a >0，即0<a <4，则f x 1 +f x 2 +x 1+x 2=-12e 2x 1+4e x 1-ax 1-5-12e 2x2+4e x 2-ax 2-5+x 1+x 2=-12t 21+t 22 +4t 1+t 2 -a -1 ln t 1+ln t 2 -10=-12t 1+t 2 2-2t 1t 2 +4t 1+t 2 -a -1 ln t 1t 2-10=-1216-2a +16-a -1 ln a -10=a -a -1 ln a -2，要证f x 1 +f x 2 +x 1+x 2<0，即证a -a -1 ln a -2<00<a <4 ，令g x =x -x -1 ln x -20<x <4 ，则g x =1-ln x +x -1x =1x-ln x ，令h x =1x -ln x 0<x <4 ，则h x =-1x 2-1x <0，则g x 在0,4 上单调递减，又g 1 =11-ln1=1，g 2 =12-ln2<0，故存在x 0∈1,2 ，使g x 0 =1x 0-ln x 0=0，即1x 0=ln x 0，则当x ∈0,x 0 时，g x >0，当x ∈x 0,4 时，g x <0，故g x 在0,x 0 上单调递增，g x 在x 0,4 上单调递减，则g x ≤g x 0 =x 0-x 0-1 ln x 0-2=x 0-x 0-1 ×1x 0-2=x 0+1x 0-3，又x 0∈1,2 ，则x 0+1x 0∈2,52 ，故g x 0 =x 0+1x 0-3<0，即g x <0，即f x 1 +f x 2 +x 1+x 2<0.【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助换元法，令t =e x ，t 1=e x 1，t 2=e x 2，从而可结合韦达定理得t 1、t 2的关系，即可用a 表示f x 1 +f x 2 +x 1+x 2，构造相关函数后借助导数研究其最大值即可得.13(2024·广东广州·模拟预测)已知函数f x =x e x -kx ,k ∈R .(1)当k =0时，求函数f x 的极值；(2)若函数f x 在0,+∞ 上仅有两个零点，求实数k 的取值范围.【答案】(1)极小值为-1e，无极大值(2)e ,+∞【分析】(1)求出导函数，然后列表求出函数的单调区间，根据极值定义即可求解；(2)把原函数有两个零点转化为g x =e x -kx 在0,+∞ 上仅有两个零点，分类讨论，利用导数研究函数的单调性，列不等式求解即可.【详解】(1)当k =0时，f x =xe x (x ∈R )，所以f x =1+x e x ，令f x =0，则x =-1，x -∞,-1-1-1,+∞f x -0+f x单调递减极小值单调递增所以f (x )min =f -1 =-e -1=-1e，所以f x 的极小值为-1e，无极大值.(2)函数f x =x e x -kx 在0,+∞ 上仅有两个零点，令g x =e x -kx ，则问题等价于g x 在0,+∞ 上仅有两个零点，易知g x =e x -k ，因为x ∈0,+∞ ，所以e x >1.①当k ∈-∞,1 时，g x >0在0,+∞ 上恒成立，所以g x 在0,+∞ 上单调递增，所以g x >g 0 =1，所以g x 在0,+∞ 上没有零点，不符合题意；②当k ∈1,+∞ 时，令g x =0，得x =ln k ，所以在0,ln k 上，g x <0，在ln k ,+∞ 上，g x >0，所以g x 在0,ln k 上单调递减，在(ln k ,+∞)上单调递增，所以g x 的最小值为g ln k =k -k ⋅ln k .因为g x 在0,+∞ 上有两个零点，所以g ln k =k -k ⋅ln k <0，所以k >e.因为g 0 =1>0,g ln k 2 =k 2-k ⋅ln k 2=k k -2ln k ，令h x =x -2ln x ，则h x =1-2x =x -2x，所以在0,2 上，h x <0，在2,+∞ 上，h x >0，所以h x 在0,2 上单调递减，在2,+∞ 上单调递增，所以h x ≥2-2ln2=ln e 2-ln4>0，所以g ln k 2 =k k -2ln k >0，所以当k >e 时，g x 在0,ln k 和(ln k ,+∞)内各有一个零点，即当k >e 时，g x 在0,+∞ 上仅有两个零点.综上，实数k 的取值范围是e ,+∞ .【点睛】方法点睛：求解函数单调区间的步骤：(1)确定f x 的定义域.(2)计算导数f x .(3)求出f x =0的根.(4)用f x =0的根将f x 的定义域分成若干个区间，判断这若干个区间内f x 的符号，进而确定f x 的单调区间.f x >0，则f x 在对应区间上单调递增，对应区间为增区间；f x <0，则f x 在对应区间上单调递减，对应区间为减区间.如果导函数含有参数，那么需要对参数进行分类讨论，分类讨论要做到不重不漏.14(2024·江苏南通·二模)已知函数f x =ln x -ax ，g x =2ax，a ≠0.(1)求函数f x 的单调区间；(2)若a >0且f x ≤g x 恒成立，求a 的最小值.【答案】(1)答案见解析(2)2e 3.【分析】(1)求导后，利用导数与函数单调性的关系，对a >0与a <0分类讨论即可得；(2)结合函数的单调性求出函数的最值，即可得解.【详解】(1)f x =1x -a =1-axx(a ≠0)，当a <0时，由于x >0，所以f x >0恒成立，从而f x 在0,+∞ 上递增；当a >0时，0<x <1a ，f x >0；x >1a ，fx <0，从而f x 在0,1a 上递增，在1a,+∞ 递减；综上，当a <0时，f x 的单调递增区间为0,+∞ ，没有单调递减区间；当a >0时，f x 的单调递增区间为0,1a ，单调递减区间为1a ,+∞ .(2)令h x =f x -g x =ln x -ax -2ax，要使f x ≤g x 恒成立，只要使h x ≤0恒成立，也只要使h x max ≤0.h x =1x -a +2ax 2=-ax +1 ax -2 ax 2，由于a >0，x >0，所以ax +1>0恒成立，当0<x <2a 时，h x >0，当2a<x <+∞时，h x <0，所以h x max =h 2a =ln 2a -3≤0，解得：a ≥2e 3，所以a 的最小值为2e3.15(2024·山东济南·二模)已知函数f x =ax 2-ln x -1,g x =xe x -ax 2a ∈R .(1)讨论f x 的单调性；(2)证明：f x +g x ≥x .【答案】(1)答案见详解(2)证明见详解【分析】(1)求导可得fx =2ax 2-1x，分a ≤0和a >0两种情况，结合导函数的符号判断原函数单调性；(2)构建F x =f x +g x -x ,x >0，h x =e x -1x,x >0，根据单调性以及零点存在性定理分析h x 的零点和符号，进而可得F x 的单调性和最值，结合零点代换分析证明.【详解】(1)由题意可得：f x 的定义域为0,+∞ ，fx =2ax -1x =2ax 2-1x，当a ≤0时，则2ax 2-1<0在0,+∞ 上恒成立，可知f x 在0,+∞ 上单调递减；当a >0时，令f x >0，解得x >12a；令f x <0，解得0<x <12a；可知f x 在0,12a 上单调递减，在12a,+∞ 上单调递增；综上所述：当a ≤0时，f x 在0,+∞ 上单调递减；当a >0时，f x 在0,12a 上单调递减，在12a,+∞ 上单调递增.(2)构建F x =f x +g x -x =xe x -ln x -x -1,x >0，则F x =x +1 e x -1x -1=x +1 e x -1x，由x >0可知x +1>0，构建h x =e x -1x ,x >0，因为y =e x ,y =-1x在0,+∞ 上单调递增，则h x 在0,+∞ 上单调递增，且h 12=e -20,h 1 =e -1 0，可知h x 在0,+∞ 上存在唯一零点x 0∈12,1 ，当0<x <x 0，则h x <0，即Fx <0；当x >x 0，则h x >0，即F x >0；可知F x 在0,x 0 上单调递减，在x 0,+∞ 上单调递增，则F x ≥F x 0 =x 0e x 0-ln x 0-x 0-1，又因为e x 0-1x 0=0，则e x 0=1x 0,x 0=e -x 0，x 0∈12,1 ，可得F x 0 =x 0×1x 0-ln e -x-x 0-1=0，即F x ≥0，所以f x +g x ≥x .16(2024·福建·模拟预测)已知函数f (x )=a ln x -bx 在1,f 1 处的切线在y 轴上的截距为-2．(1)求a 的值；(2)若f x 有且仅有两个零点，求b 的取值范围．【答案】(1)2(2)b ∈0,2e 【分析】(1)借助导数的几何意义计算即可得；(2)借助函数与方程的关系，可将f x 有且仅有两个零点转化为方程b =2ln xx有两个根，构造对应函数并借助导数研究单调性及值域即可得.【详解】(1)f (x )=ax-b ，f 1 =a -b ，f (1)=a ×0-b =-b ，则函数f (x )=a ln x -bx 在1,f 1 处的切线为：y +b =a -b x -1 ，即y =a -b x -a ，令x =0，则有y =-a =-2，即a =2；(2)由a =2，即f (x )=2ln x -bx ，若f x 有且仅有两个零点，则方程2ln x-bx=0有两个根，即方程b=2ln xx有两个根，令g x =2ln xx，则gx =21-ln xx2，则当x∈0,e时，g x >0，则当x∈e,+∞时，g x <0，故g x 在0,e上单调递增，在e,+∞上单调递减，故g x ≤g e =2ln ee=2e，又x→0时，g x →-∞，x→+∞时，g x →0，故当b∈0,2 e时，方程b=2ln x x有两个根，即f x 有且仅有两个零点.17(2024·浙江杭州·二模)已知函数f x =a ln x+2-12x2a∈R．(1)讨论函数f x 的单调性；(2)若函数f x 有两个极值点，(ⅰ)求实数a的取值范围；(ⅱ)证明：函数f x 有且只有一个零点．【答案】(1)答案见解析；(2)(ⅰ)-1<a<0；(ⅱ)证明见解析【分析】(1)求出函数的导函数，再分a≤-1、-1<a<0、a≥0三种情况，分别求出函数的单调区间；(2)(ⅰ)由(1)直接解得；(ⅱ)结合函数的最值与零点存在性定理证明即可.【详解】(1)函数f x =a ln x+2-12x2a∈R的定义域为-2,+∞，且f x =ax+2-x=-x+12+a+1x+2，当a≤-1时，f x ≤0恒成立，所以f x 在-2,+∞单调递减；当-1<a<0时，令f x =0，即-x+12+a+1=0，解得x1=-a+1-1，x2=a+1-1，因为-1<a<0，所以0<a+1<1，则-2<-a+1-1<-1，所以当x∈-2,-a+1-1时f x <0，当x∈-a+1-1,a+1-1时f x >0，当x∈a+1-1,+∞时f x <0，所以f x 在-2,-a+1-1上单调递减，在-a+1-1,a+1-1上单调递增，在a+1-1,+∞上单调递减；当a≥0时，此时-a+1-1≤-2，所以x∈-2,a+1-1时f x >0，当x∈a+1-1,+∞时f x <0，所以f x 在-2,a+1-1上单调递增，在a+1-1,+∞上单调递减．综上可得：当a≤-1时f x 在-2,+∞单调递减；当-1<a<0时f x 在-2,-a+1-1上单调递减，在-a+1-1,a+1-1上单调递增，在a+1-1,+∞上单调递减；当a≥0时f x 在-2,a+1-1上单调递增，在a+1-1,+∞上单调递减．(2)(ⅰ)由(1)可知-1<a<0．(ⅱ)由(1)f x 在-2,-a+1-1上单调递减，在-a+1-1,a+1-1上单调递增，在a+1-1,+∞上单调递减，所以f x 在x=a+1-1处取得极大值，在x=-a+1-1处取得极小值，又-1<a<0，所以0<a+1<1，则1<a+1+1<2，又f x极大值=f a+1-1=a ln a+1+1-12a+1-12<0，又f-a+1-1<f a+1-1<0，所以f x 在-a+1-1,+∞上没有零点，又-1<a<0，则4a<-4，则0<e4a<e-4，-2<e4a-2<e-4-2，则0<e 4a-22<4，所以f e 4a-2=4-12e4a-22>0，所以f x 在-2,-a+1-1上存在一个零点，综上可得函数f x 有且只有一个零点．18(2024·河北沧州·模拟预测)已知函数f(x)=ln x-ax+1，a∈R．(1)讨论f x 的单调性；(2)若∀x>0，f x ≤xe2x-2ax恒成立，求实数a的取值范围．【答案】(1)答案见解析(2)-∞,2．【分析】(1)利用导数分类讨论判断函数f x 的单调性，即可求解；(2)先利用导数证明不等式e x≥x+1，分离变量可得a≤e2x-ln x+1x恒成立，进而e 2x-ln x+1x≥2x+ln x+1-(ln x+1)x=2，即可求解.【详解】(1)函数f x =ln x-ax+1，a∈R的定义域为0,+∞，且f (x)=1x-a．当a≤0时，∀x∈0,+∞，f (x)=1x-a≥0恒成立，此时f x 在区间0,+∞上单调递增；当a>0时，令f (x)=1x-a=1-axx=0，解得x=1a，当x∈0,1 a时，f x >0，f x 在区间0,1a上单调递增，当x∈1a,+∞时，f x <0，f x 在区间1a,+∞上单调递减．综上所述，当a≤0时，f x 在区间0,+∞上单调递增；当a>0时，f x 在区间0,1 a上单调递增，在区间1a,+∞上单调递减．(2)设g x =e x-x-1，则g x =e x-1，在区间(-∞,0)上，g x <0，g x 单调递减，在区间0,+∞上，g x >0，g x 单调递增，所以g x ≥g0 =e0-0-1=0，所以e x≥x+1(当且仅当x=0时等号成立)．依题意，∀x>0，f x ≤xe2x-2ax恒成立，即a≤e2x-ln x+1x恒成立，而e2x-ln x+1x=xe2x-(ln x+1)x=e2x+ln x-(ln x+1)x≥2x+ln x+1-(ln x+1)x=2，当且仅当2x+ln x=0时等号成立．因为函数h x =2x+ln x在0,+∞上单调递增，h1e=2e-1<0，h(1)=2>0，所以存在x0∈1e,1，使得2x0+ln x0=0成立．所以a ≤e 2x -ln x +1xmin =2，即a 的取值范围是-∞,2 ．【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的恒成立问题的求解策略：形如f x ≥g x 的恒成立的求解策略：1、构造函数法：令F x =f x -g x ，利用导数求得函数F x 的单调性与最小值，只需F x min ≥0恒成立即可；2、参数分离法：转化为a ≥φx 或a ≤φx 恒成立，即a ≥φx max 或a ≤φx min 恒成立，只需利用导数求得函数φx 的单调性与最值即可；3，数形结合法：结合函数y =f x 的图象在y =g x 的图象的上方(或下方)，进而得到不等式恒成立.19(2024·广东·二模)已知f x =12ax 2+1-2a x -2ln x ,a >0.(1)求f x 的单调区间；(2)函数f x 的图象上是否存在两点A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 (其中x 1≠x 2)，使得直线AB 与函数f x 的图象在x 0=x 1+x22处的切线平行？若存在，请求出直线AB ；若不存在，请说明理由.【答案】(1)f (x )在(0,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增.(2)不存在，理由见解析【分析】(1)求出导函数，根据导函数的正负来确定函数的单调区间；(2)求出直线AB 的斜率，再求出f (x 0)，从而得到x 1,x 2的等式，再进行换元和求导，即可解出答案.【详解】(1)由题可得f(x )=ax +1-2a -2x =ax 2+(1-2a )x -2x =(ax +1)(x -2)x(x >0)因为a >0，所以ax +1>0，所以当x ∈(0,2)时，f (x )<0，f (x )在(0,2)上单调递减，当x ∈(2,+∞)时，f (x )>0，f (x )在(2,+∞)上单调递增.综上，f (x )在(0,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增.(2)由题意得，斜率k =y 2-y 1x 2-x 1=12ax 22+(1-2a )x 2-2ln x 2 -12ax 21+(1-2a )x 1-2ln x 1 x 2-x 1=12a (x 22-x 21)+(1-2a )(x 2-x 1)-2ln x 2x 1x 2-x 1=a 2(x 1+x 2)+1-2a -2ln x2x 1x 2-x 1，f x 1+x 22 =a (x 1+x 2)2+1-2a -4x 1+x 2,由k =f x 1+x22 得，ln x2x 1x 2-x 1=2x 1+x 2，即ln x 2x 1=2(x 2-x 1)x 1+x 2，即ln x 2x 1-2x2x 1-1 x 2x1+1=0令t =x 2x 1，不妨设x 2>x 1，则t >1，记g (t )=ln t -2(t -1)t +1=ln t +4t +1-2(t >1)所以g(t )=1t -4t +1 2=t -1 2t t +1 2>0，所以g (t )在(1,+∞)上是增函数，所以g (t )>g (1)=0，所以方程g (t )=0无解，则满足条件的两点A ,B 不存在.20(2024·广东深圳·二模)已知函数f x =ax +1 e x ，f x 是f x 的导函数，且f x -f x =2e x ．(1)若曲线y =f x 在x =0处的切线为y =kx +b ，求k ，b 的值；(2)在(1)的条件下，证明：f x ≥kx +b ．【答案】(1)k =3，b =1；(2)证明见解析.【分析】(1)根据题意，求导可得a 的值，再由导数意义可求切线，得到答案；(2)设函数g x =2x +1 e x -3x -1，利用导数研究函数g (x )的单调性从而求出最小值大于0，可得证.【详解】(1)因为f x =ax +1 e x ，所以f x =ax +a +1 e x ，因为f x -f x =2e x ，所以a =2．则曲线y =f (x )在点x =0处的切线斜率为f 0 =3．又因为f 0 =1，所以曲线y =f (x )在点x =0处的切线方程为y =3x +1，即得k =3，b =1．(2)设函数g x =2x +1 e x -3x -1，x ∈R ，则g x =2x +3 e x -3，设h x =g x ，则h x =e x 2x +5 ，所以，当x >-52时，h x >0，g x 单调递增．又因为g0 =0，所以，x >0时，g x >0，g x 单调递增；-52<x <0时，g x <0，g x 单调递减．又当x ≤-52时，g x =2x +3 e x -3<0，综上g x 在-∞,0 上单调递减，在0,+∞ 上单调递增，所以当x =0时，g x 取得最小值g 0 =0，即2x +1 e x -3x -1≥0，所以，当x ∈R 时，f x ≥3x +1．21(2024·辽宁·二模)已知函数f x =ax 2-ax -ln x .(1)若曲线y =f x 在x =1处的切线方程为y =mx +2，求实数a ,m 的值；(2)若对于任意x ≥1，f x +ax ≥a 恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】(1)a =-1，m =-2(2)12,+∞ 【分析】(1)根据导数几何意义和切线方程，可直接构造方程组求得结果；(2)构造函数g x =ax 2-ln x -a x ≥1 ，将问题转化为g x ≥0恒成立；求导后，分别在a ≤0、a ≥12和0<a <12的情况下，结合单调性和最值求得符合题意的范围.【详解】(1)∵f x =2ax -a -1x，∴f 1 =2a -a -1=a -1，∵y =f x 在x =1处的切线为y =mx +2，∴f 1 =a -1=mf 1 =0=m +2 ，解得：a =-1，m =-2.(2)由f x +ax ≥a 得：ax 2-ln x -a ≥0，令g x =ax 2-ln x -a x ≥1 ，则当x ≥1时，g x ≥0恒成立；。
导数100题经典大题汇编
高三《函数与导数解答题》1. 已知2()ln ,() 3.f x x x g x x ax ==-+-（1）求函数f(x)的最小值；（2）对一切(0,),2()()x f x g x ∈+∞≥恒成立，求实数a 的取值范围； 解：（1）'()=ln 1f x x +由'()0f x =得1x e=当'1(0,),()0,()x f x f x e ∈<时单调递减；当'1(+),()0,()x f x f x e∈∞>，时单调递增；min 11()()f x f e e==-（2）232ln 3,2ln x x x ax a x x x≥-+-≤++则设'23(3)(1)()2ln (0),()x x h x x x x x x x +-=++>=则h① (0,1),()0,()x h x h x '∈<单调递减， ② (1,),()0,()x h x h x '∈+∞>单调递增，所以min ()(1)4h x h ==，对一切(0,),2()()x f x g x ∈+∞≥恒成立， 所以min ()4a h x ≤=2. 已知函数)(ln 2)(),()(R b x xbx g R a ax x f ∈+=∈=，)()()(x g x f x G -=，且(1)0G =，()G x 在1x =的切线斜率为0。
（1）求,a b ；（2）设/1()2,n a G n n=+-求证：121111118n a a a +++< 解：（1）()2ln (0)bG x ax x x x=-->，由(1)0G = 得：0a b -= /22()b G x a x x =+- 又/(1)0G =，则2a b += 1,1a b ∴==…………4分 （2）/212()1(0)G x x x x =+->，/1()2,n a G n n =+- 21n a n n ∴=--……5分2111n a n n ∴=--，易证：1n =时，111118a <；2n =时12111118a a +<；3n ≥时，221111111()12(2)(1)321n a n n n n n n n n =<==--------+ 121111*********(1)34253621n a a a n n ∴+++<-++-+-+-++--+ 11111111()361118n n n =---<-+3. 已知函数)0(3ln )(≠∈--=a R a ax x a x f 且． （Ⅰ）求函数)(x f 的单调区间；（Ⅱ）若函数)(x f y =的图像在点))2(,2(f 处的切线的倾斜角为︒45，问：m 在什么范围取值时，对于任意的[]2,1∈t ，函数⎥⎦⎤⎢⎣⎡++=)('2)(23x f mx x x g 在区间)3,(t 上总存在极值？（Ⅲ）当2=a 时，设函数32)2()(-+--=xep x p x h ，若在区间[]e ,1上至少存在一个0x ，使得)()(00x f x h >成立，试求实数p 的取值范围．解：（Ι）由xx a x f )1()('-=知： 当0>a 时，函数)(x f 的单调增区间是)1,0(，单调减区间是),1(+∞；当0<a 时，函数)(x f 的单调增区间是),1(+∞，单调减区间是)1,0(；………………4分（Ⅱ）由()212af '=-=2a ⇔=-,∴()223f x ln x x =-+-，()22f 'x x =-. ………………………6分故3232()'()(2)222m m g x x x f x x x x ⎡⎤=++=++-⎢⎥⎣⎦，∴2'()3(4)2g x x m x =++-,∵ 函数)(x g 在区间)3,(t 上总存在极值，∴0)('=x g 有两个不等实根且至少有一个在区间)3,(t 内…………7分又∵函数)('x g 是开口向上的二次函数，且02)0('<-=g ，∴ ⎩⎨⎧><0)3('0)('g t g …………8分由4320)('--<⇔<t tm t g ，∵=)(t H 432--t t 在[]2,1上单调递减，所以9)1()(min -==H t H ；∴9-<m ，由023)4(27)3('>-⨯++=m g ，解得337->m ； 综上得：379.3m -<<- 所以当m 在)9,337(--内取值时，对于任意的[]2,1∈t ，函数⎥⎦⎤⎢⎣⎡++=)('2)(23x f m x x x g 在区间)3,(t 上总存在极值。
导数高考题(含答案)
导数高考题1．已知函数f（x）=x3+ax+，g（x）=﹣lnx（i）当a为何值时，x轴为曲线y=f（x）的切线；（ii）用min {m，n }表示m，n中的最小值，设函数h（x）=min { f（x），g（x）}（x＞0），讨论h（x）零点的个数．解：（i）f′（x）=3x2+a，设曲线y=f（x）与x轴相切于点P（x0，0），则f（x0）=0，f′（x0）=0，∴，解得，a=．因此当a=﹣时，x轴为曲线y=f（x）的切线；（ii）当x∈（1，+∞）时，g（x）=﹣lnx＜0，∴函数h（x）=min { f（x），g（x）}≤g（x）＜0，故h（x）在x∈（1，+∞）时无零点．当x=1时，若a≥﹣，则f（1）=a+≥0，∴h（x）=min { f（1），g（1）}=g（1）=0，故x=1是函数h（x）的一个零点；若a＜﹣，则f（1）=a+＜0，∴h（x）=min { f（1），g（1）}=f（1）＜0，故x=1不是函数h（x）的零点；当x∈（0，1）时，g（x）=﹣lnx＞0，因此只考虑f（x）在（0，1）内的零点个数即可．①当a≤﹣3或a≥0时，f′（x）=3x2+a在（0，1）内无零点，因此f（x）在区间（0，1）内单调，而f（0）=，f（1）=a+，∴当a≤﹣3时，函数f（x）在区间（0，1）内有一个零点，当a≥0时，函数f（x）在区间（0，1）内没有零点．②当﹣3＜a＜0时，函数f（x）在内单调递减，在内单调递增，故当x=时，f （x）取得最小值=．若＞0，即，则f（x）在（0，1）内无零点．若=0，即a=﹣，则f（x）在（0，1）内有唯一零点．若＜0，即，由f（0）=，f（1）=a+，∴当时，f（x）在（0，1）内有两个零点．当﹣3＜a时，f（x）在（0，1）内有一个零点．综上可得：当或a＜时，h（x）有一个零点；当a=或时，h（x）有两个零点；当时，函数h（x）有三个零点．2．设函数f（x）=e mx+x2﹣mx．（1）证明：f（x）在（﹣∞，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增；（2）若对于任意x1，x2∈[﹣1，1]，都有|f（x1）﹣f（x2）|≤e﹣1，求m的取值范围．解：（1）证明：f′（x）=m（e mx﹣1）+2x．若m≥0，则当x∈（﹣∞，0）时，e mx﹣1≤0，f′（x）＜0；当x∈（0，+∞）时，e mx﹣1≥0，f′（x）＞0．若m＜0，则当x∈（﹣∞，0）时，e mx﹣1＞0，f′（x）＜0；当x∈（0，+∞）时，e mx﹣1＜0，f′（x）＞0．所以，f（x）在（﹣∞，0）时单调递减，在（0，+∞）单调递增．（2）由（1）知，对任意的m，f（x）在[﹣1，0]单调递减，在[0，1]单调递增，故f（x）在x=0处取得最小值．所以对于任意x1，x2∈[﹣1，1]，|f（x1）﹣f（x2）|≤e﹣1的充要条件是即设函数g（t）=e t﹣t﹣e+1，则g′（t）=e t﹣1．当t＜0时，g′（t）＜0；当t＞0时，g′（t）＞0．故g（t）在（﹣∞，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增．又g（1）=0，g（﹣1）=e﹣1+2﹣e＜0，故当t∈[﹣1，1]时，g（t）≤0．当m∈[﹣1，1]时，g（m）≤0，g（﹣m）≤0，即合式成立；当m＞1时，由g（t）的单调性，g（m）＞0，即e m﹣m＞e﹣1．当m＜﹣1时，g（﹣m）＞0，即e﹣m+m＞e﹣1．综上，m的取值范围是[﹣1，1]3．函数f（x）=ln（x+1）﹣（a＞1）．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）设a1=1，a n+1=ln（a n+1），证明：＜a n≤．解：（Ⅰ）函数f（x）的概念域为（﹣1，+∞），f′（x）=，①当1＜a＜2时，若x∈（﹣1，a2﹣2a），则f′（x）＞0，此时函数f（x）在（﹣1，a2﹣2a）上是增函数，若x∈（a2﹣2a，0），则f′（x）＜0，此时函数f（x）在（a2﹣2a，0）上是减函数，若x∈（0，+∞），则f′（x）＞0，此时函数f（x）在（0，+∞）上是增函数．②当a=2时，f′（x）＞0，此时函数f（x）在（﹣1，+∞）上是增函数，③当a＞2时，若x∈（﹣1，0），则f′（x）＞0，此时函数f（x）在（﹣1，0）上是增函数，若x∈（0，a2﹣2a），则f′（x）＜0，此时函数f（x）在（0，a2﹣2a）上是减函数，若x∈（a2﹣2a，+∞），则f′（x）＞0，此时函数f（x）在（a2﹣2a，+∞）上是增函数．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当a=2时，此时函数f（x）在（﹣1，+∞）上是增函数，当x∈（0，+∞）时，f（x）＞f（0）=0，即ln（x+1）＞，（x＞0），又由（Ⅰ）知，当a=3时，f（x）在（0，3）上是减函数，当x∈（0，3）时，f（x）＜f（0）=0，ln（x+1）＜，下面用数学归纳法进行证明＜a n≤成立，①当n=1时，由已知，故结论成立．②假设当n=k时结论成立，即，则当n=k+1时，a n+1=ln（a n+1）＞ln（），a n+1=ln（a n+1）＜ln（），即当n=k+1时，成立，综上由①②可知，对任何n∈N•结论都成立．4．已知函数f（x）=e x﹣e﹣x﹣2x．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）设g（x）=f（2x）﹣4bf（x），当x＞0时，g（x）＞0，求b的最大值；（Ⅲ）已知1.4142＜＜1.4143，估量ln2的近似值（精准到0.001）．解：（Ⅰ）由f（x）得f′（x）=e x+e﹣x﹣2，即f′（x）≥0，当且仅当e x=e﹣x即x=0时，f′（x）=0，∴函数f（x）在R上为增函数．（Ⅱ）g（x）=f（2x）﹣4bf（x）=e2x﹣e﹣2x﹣4b（e x﹣e﹣x）+（8b﹣4）x，则g′（x）=2[e2x+e﹣2x﹣2b（e x+e﹣x）+（4b﹣2）]=2[（e x+e﹣x）2﹣2b（e x+e﹣x）+（4b﹣4）]=2（e x+e﹣x﹣2）（e x+e﹣x+2﹣2b）．①∵e x+e﹣x＞2，e x+e﹣x+2＞4，∴当2b≤4，即b≤2时，g′（x）≥0，当且仅当x=0时取等号，从而g（x）在R上为增函数，而g（0）=0，∴x＞0时，g（x）＞0，符合题意．②当b＞2时，若x知足2＜e x+e﹣x＜2b﹣2即，得，此时，g′（x）＜0，又由g（0）=0知，当时，g（x）＜0，不符合题意．综合①、②知，b≤2，得b的最大值为2．（Ⅲ）∵1.4142＜＜1.4143，按照（Ⅱ）中g（x）=e2x﹣e﹣2x﹣4b（e x﹣e﹣x）+（8b﹣4）x，为了凑配ln2，并利用的近似值，故将ln即代入g（x）的解析式中，得．当b=2时，由g（x）＞0，得，从而；令，得＞2，当时，由g（x）＜0，得，得．所以ln2的近似值为0.693．5．设函数f（x）=ae x lnx+，曲线y=f（x）在点（1，f（1））处得切线方程为y=e（x﹣1）+2．（Ⅰ）求a、b；（Ⅱ）证明：f（x）＞1．解：（Ⅰ）函数f（x）的概念域为（0，+∞），f′（x）=+，由题意可得f（1）=2，f′（1）=e，故a=1，b=2；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f（x）=e x lnx+，∵f（x）＞1，∴e x lnx+＞1，∴lnx＞﹣，∴f（x）＞1等价于xlnx＞xe﹣x﹣，设函数g（x）=xlnx，则g′（x）=1+lnx，∴当x∈（0，）时，g′（x）＜0；当x∈（，+∞）时，g′（x）＞0．故g（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，从而g（x）在（0，+∞）上的最小值为g（）=﹣．设函数h（x）=xe﹣x﹣，则h′（x）=e﹣x（1﹣x）．∴当x∈（0，1）时，h′（x）＞0；当x∈（1，+∞）时，h′（x）＜0，故h（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，从而h（x）在（0，+∞）上的最大值为h（1）=﹣．综上，当x＞0时，g（x）＞h（x），即f（x）＞1．6．已知函数f（x）=x2+ax+b，g（x）=e x（cx+d）若曲线y=f（x）和曲线y=g（x）都过点P（0，2），且在点P处有相同的切线y=4x+2．（Ⅰ）求a，b，c，d的值；（Ⅱ）若x≥﹣2时，f（x）≤kg（x），求k的取值范围．解：（Ⅰ）由题意知f（0）=2，g（0）=2，f′（0）=4，g′（0）=4，而f′（x）=2x+a，g′（x）=e x（cx+d+c），故b=2，d=2，a=4，d+c=4，从而a=4，b=2，c=2，d=2；（Ⅱ）由（I）知，f（x）=x2+4x+2，g（x）=2e x（x+1），设F（x）=kg（x）﹣f（x）=2ke x（x+1）﹣x2﹣4x﹣2，则F′（x）=2ke x（x+2）﹣2x﹣4=2（x+2）（ke x﹣1），由题设得F（0）≥0，即k≥1，令F′（x）=0，得x1=﹣lnk，x2=﹣2，①若1≤k＜e2，则﹣2＜x1≤0，从而当x∈（﹣2，x1）时，F′（x）＜0，当x∈（x1，+∞）时，F′（x）＞0，即F（x）在（﹣2，x1）上减，在（x1，+∞）上是增，故F（x）在[﹣2，+∞）上的最小值为F（x1），而F（x1）=﹣x1（x1+2）≥0，x≥﹣2时F（x）≥0，即f（x）≤kg（x）恒成立．②若k=e2，则F′（x）=2e2（x+2）（e x﹣e﹣2），从而当x∈（﹣2，+∞）时，F′（x）＞0，即F（x）在（﹣2，+∞）上是增，而F（﹣2）=0，故当x≥﹣2时，F（x）≥0，即f（x）≤kg（x）恒成立．③若k＞e2时，F′（x）＞2e2（x+2）（e x﹣e﹣2），而F（﹣2）=﹣2ke﹣2+2＜0，所以当x＞﹣2时，f（x）≤kg（x）不恒成立，综上，k的取值范围是[1，e2]．7．已知函数f（x）=e x﹣ln（x+m）（Ι）设x=0是f（x）的极值点，求m，并讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）当m≤2时，证明f（x）＞0．（Ⅰ）解：∵，x=0是f（x）的极值点，∴，解得m=1．所以函数f（x）=e x﹣ln（x+1），其概念域为（﹣1，+∞）．∵．设g（x）=e x（x+1）﹣1，则g′（x）=e x（x+1）+e x＞0，所以g（x）在（﹣1，+∞）上为增函数，又∵g（0）=0，所以当x＞0时，g（x）＞0，即f′（x）＞0；当﹣1＜x＜0时，g（x）＜0，f′（x）＜0．所以f（x）在（﹣1，0）上为减函数；在（0，+∞）上为增函数；（Ⅱ）证明：当m≤2，x∈（﹣m，+∞）时，ln（x+m）≤ln（x+2），故只需证明当m=2时f（x）＞0．当m=2时，函数在（﹣2，+∞）上为增函数，且f′（﹣1）＜0，f′（0）＞0．故f′（x）=0在（﹣2，+∞）上有唯一实数根x0，且x0∈（﹣1，0）．当x∈（﹣2，x0）时，f′（x）＜0，当x∈（x0，+∞）时，f′（x）＞0，从而当x=x0时，f（x）取得最小值．由f′（x0）=0，得，ln（x0+2）=﹣x0．故f（x）≥=＞0．综上，当m≤2时，f（x）＞0．8．已知函数．（I）若x≥0时，f（x）≤0，求λ的最小值；（II）设数列{a n}的通项a n=1+．解：（I）由已知，f（0）=0，f′（x）==，∴f′（0）=0欲使x≥0时，f（x）≤0恒成立，则f（x）在（0，+∞）上必为减函数，即在（0，+∞）上f′（x）＜0恒成立，当λ≤0时，f′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，为增函数，故不合题意，若0＜λ＜时，由f′（x）＞0解得x＜，则当0＜x＜，f′（x）＞0，所以当0＜x＜时，f（x）＞0，此时不合题意，若λ≥，则当x＞0时，f′（x）＜0恒成立，此时f（x）在（0，+∞）上必为减函数，所以当x＞0时，f（x）＜0恒成立，综上，符合题意的λ的取值范围是λ≥，即λ的最小值为（ II）令λ=，由（I）知，当x＞0时，f（x）＜0，即取x=，则于是a2n﹣a n+=++…++====＞=ln2n﹣lnn=ln2，所以。
高三数学导数试题答案及解析
高三数学导数试题答案及解析1.已知正四棱锥S—ABCD中，SA＝2，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为()A．1B．C．2D．3【答案】C【解析】如图所示，设正四棱锥高为h，底面边长为a，则a＝，即a2＝2(12－h2)，所以V＝×a2×h＝h(12－h2)＝－(h3－12h)，令f(h)＝h3－12h，则f′(h)＝3h2－12(h＞0)，令f′(h)＝0，则h＝2，此时f(h)有最小值，V有最大值．2.若函数在其定义域内的一个子区间内不是单调函数，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】因为的定义域为，又，由，得．当时，，当时，据题意，，解得．故选B．【考点】应用导数研究函数的单调性3.设(Ⅰ)的图象关于原点对称，当时，的极小值为，求的解析式。
(Ⅱ)若，是上的单调函数，求的取值范围【答案】(Ⅰ) ；(Ⅱ) .【解析】(Ⅰ)由题意知，函数是奇函数，利用奇函数的定义可求出，由函数在处取得极小值为，可得，，进而求出在，一般地，多项式函数为奇函数，则偶次项系数为0，连续可导的函数在某点处取得极值，则该点处导数为0，但连续可导的函数在某点处导数为0，则该处不一定取得极值，所以用以上方法求出函数解析式后，还需进行验证；(Ⅱ)函数在某区间上是单调函数，则导函数在该区间上导数大于等于0恒成立，所以问题又转化为不等式恒成立问题，本题导函数是二次函数，其恒成立问题可用判别式判断，也可分离参数转化为最值问题.试题解析：(Ⅰ)因为的图象关于原点对称，所以有即， 1分所以，所以，所以 3分由，依题意，，，解之，得 6分经检验符合题意 7分故所求函数的解析式为.(Ⅱ)当时，，，因为是上的单调函数，所以恒成立，即恒成立 8分即成立，所以 12分【考点】奇函数、导数与单调性、极值.4.若函数在x=1处取极值，则m=【答案】3【解析】因为，由题意知，，即，.【考点】利用导数求函数的极值.5.已知函数在区间上是增函数,则实数的取值范围为 .【答案】【解析】由题意知在有定义，即在恒成立，即，又在增，故在恒成立，因为，故，综上可知,.【考点】利用导数研究函数单调性、函数最值.6.定义：符合的称为的一阶不动点，符合的称为的二阶不动点。
高三数学导数试题答案及解析
高三数学导数试题答案及解析1.已知正四棱锥S—ABCD中，SA＝2，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为() A．1B．C．2D．3【答案】C【解析】如图所示，设正四棱锥高为h，底面边长为a，则a＝，即a2＝2(12－h2)，所以V＝×a2×h＝h(12－h2)＝－(h3－12h)，令f(h)＝h3－12h，则f′(h)＝3h2－12(h＞0)，令f′(h)＝0，则h＝2，此时f(h)有最小值，V有最大值．2.已知函数在处的切线的斜率为.（1）求实数的值及函数的最大值；（2）证明：．【答案】（1），不存在；（2）参考解析【解析】（1）由函数在处的切线的斜率为，通过求导以及将x=1代入导函数即可得到的值.根据的对函数求导，由定义域的范围即可得到导函数的正负，从而可得函数的单调性.（2）需证明，由题意可得令=1.即可构造.只需令.即可得到.所以只需证明在单调递减即可.由题意可得结论成立.（1）由已知可得函数的定义域为（2分）在是单调递增的最大值不存在（6分）（2）由（1）令，则,,当且仅当时等号成立令则【考点】1.函数的导数.2.函数的最值问题.3.构建新的函数的创新思维.3.等差数列中的是函数的极值点，则A．2B．3C．4D．5【答案】A【解析】，令，解得，，∴，，选A．【考点】导数，等差数列的性质．4.已知集合，以下命题正确的序号是．①如果函数，其中，那么的最大值为。
②数列满足首项,，当且最大时，数列有2048个。
③数列满足，，，如果数列中的每一项都是集合M的元素，则符合这些条件的不同数列一共有33个。
④已知直线，其中，而且，则一共可以得到不同的直线196条。
【答案】②③④【解析】①令，，则，所以，故不正确．②由条件知数列是首项为，公差为2的等差数列，则，则当时，，所以各有两种可能取值，因此满足条件的数列有个，故正确．③根据条件可知满足条件的数列可分为四类：（1），且，有9种；（2），且，有5种；（3），且，有10种；（4），且，有9种，共有9＋5＋10＋9＝33种．④满足的选法有，其中比值相同重复有14种，因此满足条件的直线共有210－14＝196．【考点】1、导数的计数；2、等差数列；3、计数原理．5.已知函数,,设函数，且函数的零点均在区间内，则的最小值为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】由，当时，，所以可知函数在上单调递增，又，，所以可知函数在区间上有且只有一个零点，所以的零点满足；由，当时，，所以可知函数在上单调递减，又，=，因为当时，，所以，可知函数在区间上有且只有一个零点，所以的零点满足；因此函数零点满足的区间至少为，由此可知.【考点】导数公式、函数的零点6.设函数，若的图象与图象有且仅有两个不同的公共点,则下列判断正确的是 ( )A．当时，B．当时，C．当时，D．当时，【答案】B【解析】试题分析:令，则，设，令，则，要使的图像与图像有且仅有两个不同的公共点只需，整理得，于是可取来研究，当时，，解得，此时，此时；当时，，解得，此时，此时.答案应选B.【考点】函数与导数、函数图象.7.设函数.（1）若，对一切恒成立，求的最大值；（2）设，且、是曲线上任意两点，若对任意，直线的斜率恒大于常数，求的取值范围.【答案】（1）的最大值为；（2）实数的取值范围是.【解析】（1）当时，将不等式对一切恒成立等价转化为来处理，利用导数求处函数的最小值，进而建立有关参数的不等式进行求解，以便确定的最大值；（2）先根据题意得到，假设，得到，进而得到，并构造新函数，利用函数在上为单调递增函数并结合基本不等式法求出的取值范围.试题解析：（1）当时，不等式对一切恒成立，则有，，令，解得，列表如下：减极小值增故函数在处取得极小值，亦即最小值，即则有，解得，即的最大值是；（2）由题意知，不妨设，则有，即，令，则，这说明函数在上单调递增，且，所以在上恒成立，则有在在上恒成立，当时，，则有，即实数的取值范围是.【考点】1.不等式恒成立；2.基本不等式8.已知函数，.(Ⅰ)若，求函数在区间上的最值；(Ⅱ)若恒成立，求的取值范围. （注：是自然对数的底数）【答案】(Ⅰ) 最大值；(Ⅱ)的取值范围是.【解析】(Ⅰ) 讨论去掉绝对值，利用导数求得最值； (Ⅱ) 对分，讨论：当时，，恒成立，所以；当时，对讨论去掉绝对值，分离出通过求函数的最值求得的范围.试题解析：(1) 若，则.当时，，，所以函数在上单调递增；当时，，.所以函数在区间上单调递减，所以在区间[1,e]上有最小值，又因为，，而，所以在区间上有最大值.(2)函数的定义域为．由，得．（*）（ⅰ）当时，，，不等式（*）恒成立，所以；（ⅱ）当时，①当时，由得，即，现令，则，因为，所以，故在上单调递增，从而的最小值为，因为恒成立等价于，所以；②当时，的最小值为，而，显然不满足题意.综上可得，满足条件的的取值范围是.【考点】绝对值的计算、函数的最值求法、利用导数求函数单调性.9.定义在上的函数同时满足以下条件：①函数在上是减函数，在上是增函数；②是偶函数；③函数在处的切线与直线垂直.（Ⅰ）求函数的解析式；（Ⅱ）设，若存在使得，求实数的取值范围.【答案】（Ⅰ）;（Ⅱ）【解析】（Ⅰ）由三个条件可得三个等式，从而可求出三个未知数.（Ⅱ）一般地若存在使得，则;若存在使得，则.在本题中，由可得: .则大于的最小值.试题解析：（Ⅰ）,由题设可得:所以（Ⅱ）由得: 即:令由题意得:所以在单调递增,在上单调递减又,所以的最小值为【考点】函数的性质,导数的求法及应用.10.定义方程的实数根叫做函数的“新驻点”，若函数的“新驻点”分别为，则的大小关系为（）A．B．C．D．【答案】【解析】因为 ,所以即 ,所以 .,所以即, 设: ,,所以在上是单调函数,又,所以 ,所以即设 ,则,或, 或, ,所以在区间上 ;在区间上,;因此在区间上函数没有零点.在区间上是增函数且,所以 .综上 .【考点】导数的运算及应用,函数零点的范围判断.11.已函数是定义在上的奇函数,在上.（1）求函数的解析式;并判断在上的单调性(不要求证明);（2）解不等式．【答案】（1） ;（2）.【解析】{设，则}是求函数解析式问题的重要方法,即求那个区间的解析式设自变量在那个区间,然后运用奇函数的性质进行转化;注意运用{在相同定义域内,增增增; 减减减}判断函数的单调性.（2）利用函数的单调性解不等式,同时注意函数的定义域.试题解析：（1）设，则又是奇函数，所以，= 3分4分是[-1，1]上增函数 .6分（2）是[-1，1]上增函数，由已知得: .7分等价于 ...10分不等式的解集为 12分【考点】求函数解析式,函数的单调性,函数的奇偶性,解不等式.12.设函数 (R)，且该函数曲线在处的切线与轴平行.（Ⅰ）讨论函数的单调性；（Ⅱ）证明：当时，.【答案】（Ⅰ）在上单调递减，在上单调递增；（Ⅱ）见解析.【解析】（Ⅰ）先求出原函数的导函数，令导函数大于零得单调增区间，令导函数小于零得单调减区间；（Ⅱ）当时，，在上单调递增，求出在上的最大值为和最小值，用最大值减去最小值可得结论.试题解析：（Ⅰ），由条件知，故则 3分于是.故当时，；当时，。
直击2024年高考——高三数学导数题型专练(全国版)
导数题型专练【利用公式和四则运算求导】 【例1】下列求导运算正确的是( ) A.⎝⎛⎭⎫1ln x ′＝－1x ln 2x B ．(x 2e x )′＝2x ＋e x C.⎣⎡⎦⎤cos ⎝⎛⎭⎫2x －π3′＝－sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3 D.⎝⎛⎭⎫x －1x ′＝1＋1x 2 【答案】 AD【解析】 ⎝⎛⎭⎫1ln x ′＝－1ln 2x ·(ln x )′＝－1x ln 2x ， 故A 正确；(x 2e x )′＝(x 2＋2x )e x ，故B 错误；⎣⎡⎦⎤cos ⎝⎛⎭⎫2x －π3′＝－2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3，故C 错误；⎝⎛⎭⎫x －1x ′＝1＋1x 2，故D 正确．【复合函数求导】 【例2】设函数，若，则．【答案】 1; 【解析】 函数， ， ，，解得， 故答案为：．【根据导数构造抽象函数】 【例3】已知可导函数的导函数为，若对任意的，都有，且为奇函数，则不等式的解集为（ ）．A.B.C.D.【答案】 A; 【解析】 设，由，得：，故函数在递减，由为奇函数，得， ∴，即，∵不等式，∴，即， 结合函数的单调性得：， 故不等式的解集是．故选．【求在某点处的切线方程】【例4】曲线y ＝2x －1x ＋2在点(－1，－3)处的切线方程为__________．【答案】 5x －y ＋2＝0【解析】 y ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －1x ＋2′＝2(x ＋2)－(2x －1)(x ＋2)2＝5(x ＋2)2，所以y ′|x ＝－1＝5(－1＋2)2＝5，所以切线方程为y ＋3＝5(x ＋1)，即5x －y ＋2＝0.【求过某点处的切线方程】【例5】y =2x 2+8过点P(1,2)的切线方程是( )． A. y =−4x +6B. y =12x −10C. y =−4x +6或y =12x −10D. y =4x +6或y =12x −10【答案】 C;【解析】 设切点坐标为(x 0 ,2x 02+8)，y ′=4x ，∴切线斜率k =4x 0，则2x 02+8−2x 0−1=4x 0，解得x 0=−1或3，∴所求切线方程为y =−4x +6或y =12x −10．【根据切线求参数问题】【例6】直线y ＝kx ＋1与曲线f (x )＝a ln x ＋b 相切于点P (1,2)，则2a ＋b 等于( ) A ．4 B ．3C ．2D ．1【答案】 A【解析】 ∵直线y ＝kx ＋1与曲线f (x )＝a ln x ＋b 相切于点P (1,2)， 将P (1,2)代入y ＝kx ＋1， 可得k ＋1＝2，解得k ＝1， ∵ f (x )＝a ln x ＋b ，∴ f ′(x )＝ax ， 由f ′(1)＝a1＝1，解得a ＝1，可得f (x )＝ln x ＋b ， ∵P (1,2)在曲线f (x )＝ln x ＋b 上， ∴f (1)＝ln 1＋b ＝2，解得b ＝2，故2a ＋b ＝2＋2＝4.【例7】过定点P (1，e)作曲线y ＝a e x (a >0)的切线，恰有2条，则实数a 的取值范围是________． 【答案】 (1，＋∞)【解析】 由y ′＝a e x ，若切点为(x 0，0e x a )， 则切线方程的斜率k ＝0'|x x y =＝0e x a >0，∴切线方程为y ＝0e x a (x －x 0＋1)， 又P (1，e)在切线上， ∴0e x a (2－x 0)＝e ，即ea ＝0e x (2－x 0)有两个不同的解，令φ(x )＝e x (2－x )， ∴φ′(x )＝(1－x )e x ，当x ∈(－∞，1)时，φ′(x )>0； 当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )<0，∴φ(x )在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， ∴φ(x )max ＝φ(1)＝e ， 又x →－∞时，φ(x )→0； x →＋∞时，φ(x )→－∞， ∴0<ea <e ，解得a >1，即实数a 的取值范围是(1，＋∞)．【两曲线的公切线】【例8】已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝x 2＋ax (a ∈R )，直线l 与f (x )的图象相切于点A (1,0)，若直线l 与g (x )的图象也相切，则a 等于( ) A ．0 B ．－1 C ．3 D ．－1或3【答案】 D【解析】 由f (x )＝x ln x 求导得f ′(x )＝1＋ln x ，则f ′(1)＝1＋ln 1＝1，于是得函数f (x )在点A (1,0)处的切线l 的方程为y ＝x －1，因为直线l 与g (x )的图象也相切，则方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x －1，g x ＝x 2＋ax ，有唯一解，即关于x 的一元二次方程x 2＋(a －1)x ＋1＝0有两个相等的实数根， 因此Δ＝(a －1)2－4＝0，解得a ＝－1或a ＝3， 所以a ＝－1或a ＝3.【利用导数确定函数图象】 【例9】已知函数，则的图象大致为（ ）．A. B.C. D.【答案】A;【解析】令，则，由，得，即函数在上单调递增，由得，即函数在上单调递减，所以当时，函数有最小值，，于是对任意的，有，故排除、，因为函数在上单调递减，则函数在上单调递增，故排除．故选．【利用导数求具体函数的单调性】【例10】函数f(x)＝x2－2ln x的单调递减区间是()A．(0,1) B．(1，＋∞)C．(－∞，1) D．(－1,1)【答案】A【解析】∵f′(x)＝2x－2 x＝2(x＋1)(x－1)x(x>0)，令f′(x)＝0，得x＝1，∴当x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．【例11】若函数f(x)＝ln x＋1e x，则函数f(x)的单调递减区间为________．【答案】(1，＋∞)【解析】f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x－ln x－1e x，令φ(x)＝1x－ln x－1(x>0)，φ′(x)＝－1x2－1x<0，φ(x)在(0，＋∞)上单调递减，且φ(1)＝0，∴当x∈(0,1)时，φ(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，φ(x)<0，∴f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．【利用导数求含参函数的单调性】【例12】已知函数．讨论的单调性．【答案】当时，增区间为，无减区间；当时，增区间为，减区间为．【解析】函数的定义域为：，，①当时，恒成立，在上单调递增，无减区间；②当时，令，解得，∴增区间为，减区间为综上：当时，增区间为，无减区间；当时，增区间为，减区间为．【例13】已知函数是自然对数的底数）．讨论的单调性．【答案】 当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增． 【解析】，当时，，在上单调递减； 当时，由得，所以在上单调递减；由得，所以在上单调递增．综上，当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增．【导数解决单调性的应用-比较大小】【例14】已知函数f (x )＝x sin x ，x ∈R ，则f ⎝⎛⎭⎫π5，f (1)，f ⎝⎛⎭⎫－π3的大小关系为( ) A ．f ⎝⎛⎭⎫－π3>f (1)>f ⎝⎛⎭⎫π5 B ．f (1)>f ⎝⎛⎭⎫－π3>f ⎝⎛⎭⎫π5 C ．f ⎝⎛⎭⎫π5>f (1)>f ⎝⎛⎭⎫－π3 D ．f ⎝⎛⎭⎫－π3>f ⎝⎛⎭⎫π5>f (1) 【答案】 A【解析】 因为f (x )＝x sin x ，所以f (－x )＝(－x )·sin(－x )＝x sin x ＝f (x )，所以函数f (x )是偶函数，所以f ⎝⎛⎭⎫－π3＝f ⎝⎛⎭⎫π3.又当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时，f ′(x )＝sin x ＋x cos x >0，所以函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上单调递增，所以f ⎝⎛⎭⎫π5<f (1)<f ⎝⎛⎭⎫π3，即f ⎝⎛⎭⎫－π3>f (1)>f ⎝⎛⎭⎫π5.【导数解决单调性的应用-解不等式】【例15】已知函数f (x )＝e x －e －x －2x ＋1，则不等式f (2x －3)>1的解集为________．【答案】 ⎝⎛⎭⎫32，＋∞【解析】 f (x )＝e x －e －x －2x ＋1，定义域为R ， f ′(x )＝e x ＋e －x －2≥2e x ·e －x －2＝0，当且仅当x ＝0时取“＝”， ∴f (x )在R 上单调递增， 又f (0)＝1，∴原不等式可化为f (2x －3)>f (0)， 即2x －3>0，解得x >32， ∴原不等式的解集为⎝⎛⎭⎫32，＋∞.【导数解决单调性的应用-求参数范围】【例16】已知函数f (x )＝12x 2＋2ax －ln x ，若f (x )在区间⎣⎡⎦⎤13，2上单调递增，则实数a 的取值范围为________． 【答案】 ⎣⎡⎭⎫43，＋∞ 【解析】 由题意知f ′(x )＝x ＋2a －1x ≥0在⎣⎡⎦⎤13，2上恒成立， 即2a ≥－x ＋1x 在⎣⎡⎦⎤13，2上恒成立， ∵⎝⎛⎭⎫－x ＋1x max ＝83， ∴2a ≥83，即a ≥43.【根据函数图象判断极值】【例17】设函数f (x )在R 上可导，其导函数为f ′(x )，且函数y ＝(x －1)f ′(x )的图象如图所示，则下列结论中正确的是( )A．函数f(x)有极大值f(－3)和f(3)B．函数f(x)有极小值f(－3)和f(3) C．函数f(x)有极小值f(3)和极大值f(－3)D．函数f(x)有极小值f(－3)和极大值f(3)【答案】D【解析】由题图知，当x∈(－∞，－3)时，y>0，x－1<0⇒f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(－3,1)时，y<0，x－1<0⇒f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(1,3)时，y>0，x－1>0⇒f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(3，＋∞)时，y<0，x－1>0⇒f′(x)<0，f(x)单调递减．所以函数有极小值f(－3)和极大值f(3)．【利用导数求函数的极值】【例18】已知函数，其中．求函数的极值．【答案】当时，在单调递减，无极值，当时，在单调递增，上单调递减．∴有极大值．【解析】，，令得，，当时，在单调递减，无极值，当时，在单调递增，上单调递减．∴有极大值．【例19】已知函数．判断函数的极值点的个数，并说明理由．【答案】当时，函数有一个极值点；当或时，函数有两个极值点，当时，函数无极值点．【解析】因为，所以．（）当时，有，令，得．当变化时，和的变化情况如下：所以当时，函数只有一个极值点．（）当时，令，得，．①当时，．当变化时，和的变化情况如下：所以当时，函数有两个极值点．②当时，恒成立，所以在上单调递增，所以当时，函数无极值点．③当时，，当变化时，和的变化情况如下：所以当时，函数有两个极值点，综上，当时，函数有一个极值点；当或时，函数有两个极值点，当时，函数无极值点．【已知极值(点)求参数】【例20】函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2在x ＝1处取得极值10，则a ＋b 等于()A ．－7B ．0C ．－7或0D ．－15或6【答案】 A【解析】 由题意知，函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2，可得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，因为f (x )在x ＝1处取得极值10，可得⎩⎪⎨⎪⎧ f ′(1)＝3＋2a ＋b ＝0，f (1)＝1＋a ＋b ＋a 2＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝4，b ＝－11，或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝3，检验知，当a ＝－3，b ＝3时，可得f ′(x )＝3x 2－6x ＋3＝3(x －1)2≥0，此时函数f (x )单调递增，函数无极值点，不符合题意；当a ＝4，b ＝－11时，可得f ′(x )＝3x 2＋8x －11＝(3x ＋11)(x －1)，当x <－113或x >1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当－113<x <1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x ＝1时，函数f (x )取得极小值，符合题意．所以a ＋b ＝－7.【利用导数求函数的最值】【例21】函数的最小值为 ． 【答案】 ; 【解析】 当时，，，此时单调递减，此时．当时，，， 当时，，单调递减， 时，，单调递增， ∴此时，∵，∴的最小值为． 【例22】已知函数g (x )＝a ln x ＋x 2－(a ＋2)x (a ∈R )．(1)若a ＝1，求g (x )在区间[1，e]上的最大值；(2)求g (x )在区间[1，e]上的最小值h (a )．【答案】(1) e 2－3e ＋1；(2) h (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧ －a －1，a ≤2，a ln a 2－14a 2－a ，2<a <2e ，(1－e )a ＋e 2－2e ，a ≥2e.【解析】 (1)∵a ＝1，∴g (x )＝ln x ＋x 2－3x ，∴g ′(x )＝1x ＋2x －3＝(2x －1)(x －1)x， ∵x ∈[1，e]，∴g ′(x )≥0，∴g (x )在[1，e]上单调递增，∴g (x )max ＝g (e)＝e 2－3e ＋1.(2)g (x )的定义域为(0，＋∞)，g ′(x )＝a x ＋2x －(a ＋2)＝2x 2－(a ＋2)x ＋a x＝(2x －a )(x －1)x. ①当a 2≤1，即a ≤2时，g (x )在[1，e]上单调递增，h (a )＝g (1)＝－a －1；②当1<a 2<e ，即2<a <2e 时，g (x )在⎣⎡⎭⎫1，a 2上单调递减，在⎝⎛⎦⎤a 2，e 上单调递增，h (a )＝g ⎝⎛⎭⎫a 2＝a ln a 2－14a 2－a ；③当a 2≥e ，即a ≥2e 时，g (x )在[1，e]上单调递减，h (a )＝g (e)＝(1－e)a ＋e 2－2e.综上，h (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧ －a －1，a ≤2，a ln a 2－14a 2－a ，2<a <2e ，(1－e )a ＋e 2－2e ，a ≥2e.【数形结合法研究函数零点】【例23】已知函数f (x )＝e x －a (x ＋2)．(1)当a ＝1时，讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )有两个零点，求a 的取值范围．【解析】 (1)当a ＝1时，f (x )＝e x －(x ＋2)，f ′(x )＝e x －1，令f ′(x )<0，解得x <0，令f ′(x )>0，解得x >0，所以f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．(2)令f (x )＝0，得e x ＝a (x ＋2)，即1a ＝x ＋2e x ，所以函数y ＝1a 的图象与函数φ(x )＝x ＋2e x 的图象有两个交点，φ′(x )＝－x －1e x ，当x ∈(－∞，－1)时，φ′(x )>0；当x ∈(－1，＋∞)时，φ′(x )<0，所以φ(x )在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，＋∞)上单调递减，所以φ(x )max ＝φ(－1)＝e ，且x →－∞时，φ(x )→－∞；x →＋∞时，φ(x )→0，所以0<1a <e ，解得a >1e .所以a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞.【利用函数性质研究函数零点】【例24】已知函数f (x )＝x －a ln x (a >0)．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)求函数g (x )＝12x 2－ax －f (x )的零点个数．【解析】 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，由f (x )＝x －a ln x 可得f ′(x )＝1－a x ＝x －a x ，由f ′(x )>0可得x >a ；由f ′(x )<0可得0<x <a ，所以f (x )的单调递减区间为(0，a )，单调递增区间为(a ，＋∞)．(2)由g (x )＝12x 2－ax －x ＋a ln x＝12x 2－(a ＋1)x ＋a ln x ，可得g ′(x )＝x －(a ＋1)＋a x令g ′(x )＝0可得x ＝1或x ＝a ，因为g (1)＝12－a －1＝－a －12<0，g (2a ＋3)＝12(2a ＋3)2－(a ＋1)(2a ＋3)＋a ln(2a ＋3)＝a ＋a ln(2a ＋3)＋32>0，当a >1时，g (x )在(1，a )上单调递减，所以g (1)>g (a )，所以g (a )<0，所以g (x )有一个零点，当a ＝1时，g (x )在(0，＋∞)上单调递增，所以g (x )有一个零点，当0<a <1时，g (x )在(0，a )上单调递增，在(a ,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，此时g (a )＝12a 2－(a ＋1)a ＋a ln a＝－12a 2－a ＋a ln a <0，g (x )只有一个零点，综上所述，g (x )在(0，＋∞)上只有一个零点．【导数构造问题】【例25】已知定义在R 上的函数f (x )，其导函数为f ′(x )，当x >0时，f ′(x )－f (x )x >0，若a＝2f (1)，b ＝f (2)，c ＝4f ⎝⎛⎭⎫12，则a ，b ，c 的大小关系是( )A ．c <b <aB ．c <a <bC ．b <a <cD ．a <b <c 【答案】 B【解析】 构造函数g (x )＝f (x )x (x >0)，得g ′(x )＝xf ′(x )－f (x )x 2＝1x ⎣⎡⎦⎤f ′(x )－f (x )x ， 由题知当x >0时，f ′(x )－f (x )x >0，所以g ′(x )>0，故g (x )在(0，＋∞)上单调递增，所以f (2)2>f (1)1>f ⎝⎛⎭⎫1212，即f (2)>2f (1)>4f ⎝⎛⎭⎫12，即b >a >c .【例26】(多选)已知f (x )是定义在(－∞，＋∞)上的函数，导函数f ′(x )满足f ′(x )<f (x )对于x ∈R 恒成立，则( )A ．f (2)<e 2f (0)B ．f (2)>e 2f (0)C ．e 2f (－1)>f (1)D ．e 2f (－1)<f (1)【答案】 AC【解析】 构造F (x )＝f (x )e x ，则F ′(x )＝e x f ′(x )－e x f (x )e 2x ＝f ′(x )－f (x )e x，导函数f ′(x )满足f ′(x )<f (x )，则F ′(x )<0，F (x )在R 上单调递减，根据单调性可知A ，C 选项正确．【例27】(多选)定义在⎝⎛⎭⎫0，π2上的函数f (x )，已知f ′(x )是它的导函数，且恒有cos x ·f ′(x )＋sin x ·f (x )<0成立，则有( )A ．f ⎝⎛⎭⎫π6>2f ⎝⎛⎭⎫π4 B.3f ⎝⎛⎭⎫π6>f ⎝⎛⎭⎫π3 C ．f ⎝⎛⎭⎫π6>3f ⎝⎛⎭⎫π3 D.2f ⎝⎛⎭⎫π6>3f ⎝⎛⎭⎫π4 【答案】 CD【解析】 构造函数g (x )＝f (x )cos x ⎝⎛⎭⎫0<x <π2. 则g ′(x )＝f ′(x )cos x ＋f (x )sin x (cos x )2<0，即函数g (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上单调递减， 所以g ⎝⎛⎭⎫π6>g ⎝⎛⎭⎫π3，所以f ⎝⎛⎭⎫π6>3f ⎝⎛⎭⎫π3， 同理g ⎝⎛⎭⎫π6>g ⎝⎛⎭⎫π4， 即2f ⎝⎛⎭⎫π6>3f ⎝⎛⎭⎫π4.【同构法导数构造】【例28】若存在x ，y ∈(0，＋∞)使得x ln(2ax )＋y ＝x ln y ，则实数a 的最大值为( ) A.1eB.12eC.13eD.2e【答案】 B【解析】 由x ln(2ax )＋y ＝x ln y ，得ln(2a )＝ln y x －y x ，令t ＝y x >0，g (t )＝ln t －t ，则g ′(t )＝1t －1＝1－t t ，当0<t <1时，g ′(t )>0，当t >1时，g ′(t )<0，所以g (t )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以当t ＝1时，g (t )取得极大值即最大值g (1)＝－1，因为当t →0时，g (t )→－∞，所以g (t )∈(－∞，－1]，所以ln 2a ≤－1，所以0<a ≤12e ，所以实数a 的最大值为12e .【分参法解决恒成立问题】【例29】已知函数f (x )＝(x －2)e x －12ax 2＋ax (a ∈R )．(1)当a ＝0时，求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)当x ≥2时，f (x )≥0恒成立，求a 的取值范围．【解析】(1)当a ＝0时，f (x )＝(x －2)e x ，f (0)＝(0－2)e 0＝－2，f ′(x )＝(x －1)e x ，k ＝f ′(0)＝(0－1)e 0＝－1，所以切线方程为y ＋2＝－(x －0)，即x ＋y ＋2＝0.(2)方法一 当x ≥2时，f (x )≥0恒成立，等价于当x ≥2时，(x －2)e x －12ax 2＋ax ≥0恒成立．即⎝⎛⎭⎫12x 2－x a ≤(x －2)e x 在[2，＋∞)上恒成立.当x ＝2时，0·a ≤0，所以a ∈R .当x >2时，12x 2－x >0，所以a ≤(x －2)e x 12x 2－x＝2e x x 恒成立． 设g (x )＝2e x x ，则g ′(x )＝2(x －1)e x x 2， 因为x >2，所以g ′(x )>0，所以g (x )在区间(2，＋∞)上单调递增．所以g (x )>g (2)＝e 2，所以a ≤e 2.综上所述，a 的取值范围是(－∞，e 2]．【整体法解决恒成立问题】【例30】已知函数f (x )＝e x －1－ax ＋ln x (a ∈R )． (1)若函数f (x )在x ＝1处的切线与直线3x －y ＝0平行，求a 的值；(2)若不等式f (x )≥ln x －a ＋1对一切x ∈[1，＋∞)恒成立，求实数a 的取值范围．【解析】(1)f ′(x )＝e x －1－a ＋1x ，∴f ′(1)＝2－a ＝3，∴a ＝－1，经检验a ＝－1满足题意，∴a ＝－1，(2)f (x )≥ln x －a ＋1可化为e x －1－ax ＋a －1≥0，x >0，令φ(x )＝e x －1－ax ＋a －1，则当x ∈[1，＋∞)时，φ(x )min ≥0，∵φ′(x )＝e x －1－a ，①当a ≤1e 时，φ′(x )>0，∴φ(x )在[1，＋∞)上单调递增，∴φ(x )min ＝φ(1)＝1－a ＋a －1＝0≥0恒成立，∴a ≤1e 符合题意．②当a >1e 时，令φ′(x )＝0，得x ＝ln a ＋1.当x ∈(0，ln a ＋1)时，φ′(x )<0，当x ∈(ln a ＋1，＋∞)时，φ′(x )>0，∴φ(x )在(0，ln a ＋1)上单调递减，在(ln a ＋1，＋∞)上单调递增．当ln a ＋1≤1，即1e <a ≤1时，φ(x )在[1，＋∞)上单调递增，φ(x )min ＝φ(1)＝0≥0恒成立，∴1e <a ≤1符合题意．当ln a ＋1>1，即a >1时，φ(x )在[1，ln a ＋1)上单调递减，在(ln a ＋1，＋∞)上单调递增， ∴φ(x )min ＝φ(ln a ＋1)<φ(1)＝0与φ(x )≥0矛盾．故a >1不符合题意．综上，实数a 的取值范围为(－∞，1]．【双变量的恒(能)成立问题】【例31】设f (x )＝a x ＋x ln x ，g (x )＝x 3－x 2－3.(1)如果存在x 1，x 2∈[0,2]，使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，求满足上述条件的最大整数M ；(2)如果对于任意的s ，t ∈⎣⎡⎦⎤12，2，都有f (s )≥g (t )成立，求实数a 的取值范围． 解 (1)存在x 1，x 2∈[0,2]，使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，等价于[g (x 1)－g (x 2)]max ≥M 成立． g ′(x )＝3x 2－2x ＝x (3x －2)，令g ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝23，∵g ⎝⎛⎭⎫23＝－8527， 又g (0)＝－3，g (2)＝1， ∴当x ∈[0,2]时，g (x )max ＝g (2)＝1，g (x )min ＝g ⎝⎛⎭⎫23＝－8527， ∴M ≤1－⎝⎛⎭⎫－8527＝11227， ∴满足条件的最大整数M 为4.(2)对任意的s ，t ∈⎣⎡⎦⎤12，2有f (s )≥g (t )，则f (x )min ≥g (x )max .由(1)知当x ∈⎣⎡⎦⎤12，2时，g (x )max ＝g (2)＝1， ∴当x ∈⎣⎡⎦⎤12，2时，f (x )＝a x ＋x ln x ≥1恒成立， 即a ≥x －x 2ln x 恒成立．令h (x )＝x －x 2ln x ，x ∈⎣⎡⎦⎤12，2，∴h ′(x )＝1－2x ln x －x ， 令φ(x )＝1－2x ln x －x ， ∴φ′(x )＝－3－2ln x <0，h ′(x )在⎣⎡⎦⎤12，2上单调递减，又h ′(1)＝0，∴当x ∈⎣⎡⎦⎤12，1时，h ′(x )≥0， 当x ∈[1,2]时，h ′(x )≤0，∴h (x )在⎣⎡⎦⎤12，1上单调递增，在[1,2]上单调递减，∴h (x )max ＝h (1)＝1，故a ≥1.∴实数a 的取值范围是[1，＋∞)．【利用导数证明不等式】【例32】已知函数g (x )＝x 3＋ax 2.(1)若函数g (x )在[1,3]上为单调函数，求a 的取值范围；(2)已知a >－1，x >0，求证：g (x )>x 2ln x .(1)解 由题意知，函数g (x )＝x 3＋ax 2，则g ′(x )＝3x 2＋2ax ，若g (x )在[1,3]上单调递增，则g ′(x )＝3x 2＋2ax ≥0在[1,3]上恒成立，则a ≥－32；若g (x )在[1,3]上单调递减，则g ′(x )＝3x 2＋2ax ≤0在[1,3]上恒成立，则a ≤－92.所以a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，－92∪⎣⎡⎭⎫－32，＋∞. (2)证明 由题意得，要证g (x )>x 2ln x ，x >0，即证x 3＋ax 2>x 2ln x ，即证x ＋a >ln x ，令u (x )＝x ＋a －ln x ，x >0，可得u ′(x )＝1－1x ＝x －1x ，x >0，当0<x <1时，u ′(x )<0，函数u (x )单调递减；当x >1时，u ′(x )>0，函数u (x )单调递增．所以u (x )≥u (1)＝1＋a ，因为a >－1，所以u (x )>0，故当a >－1时，对于任意x >0，g (x )>x 2ln x .【例33】已知函数f (x )＝a ln x ＋x .(1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝1时，证明：xf (x )<e x .(1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a x ＋1＝x ＋a x .当a ≥0时，f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增．当a <0时，若x ∈(－a ，＋∞)，则f ′(x )>0；若x ∈(0，－a )，则f ′(x )<0.所以f (x )在(－a ，＋∞)上单调递增，在(0，－a )上单调递减．综上所述，当a ≥0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a <0时，f (x )在(－a ，＋∞)上单调递增，在(0，－a )上单调递减．(2)证明 当a ＝1时，要证xf (x )<e x ，即证x 2＋x ln x <e x ，即证1＋ln x x <e x x 2.令函数g (x )＝1＋ln x x ，则g ′(x )＝1－ln x x 2.令g ′(x )>0，得x ∈(0，e)；令g ′(x )<0，得x ∈(e ，＋∞)．所以g (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，所以g (x )max ＝g (e)＝1＋1e ，令函数h (x )＝e x x 2，则h ′(x )＝e x (x －2)x 3.当x ∈(0,2)时，h ′(x )<0；当x ∈(2，＋∞)时，h ′(x )>0.所以h (x )在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以h (x )min ＝h (2)＝e 24.因为e 24－⎝⎛⎭⎫1＋1e >0，所以h (x )min >g (x )max ，即1＋ln x x <e x x 2，从而xf (x )<e x 得证．【例34】已知函数f (x )＝e x .(1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)当x >－2时，求证：f (x )>ln(x ＋2)．(1)解 由f (x )＝e x ，得f (0)＝1，f ′(x )＝e x ，则f ′(0)＝1，即曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y －1＝x －0，所以所求切线方程为x －y ＋1＝0.(2)证明 设g (x )＝f (x )－(x ＋1)＝e x －x －1(x >－2)，则g ′(x )＝e x －1，当－2<x <0时，g ′(x )<0；当x >0时，g ′(x )>0，即g (x )在(－2,0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，于是当x ＝0时，g (x )min ＝g (0)＝0，因此f (x )≥x ＋1(当且仅当x ＝0时取等号)，令h (x )＝x ＋1－ln(x ＋2)(x >－2)，则h ′(x )＝1－1x ＋2＝x ＋1x ＋2， 则当－2<x <－1时，h ′(x )<0，当x >－1时，h ′(x )>0，即有h (x )在(－2，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，于是当x ＝－1时，h (x )min ＝h (－1)＝0，因此x ＋1≥ln(x ＋2)(当且仅当x ＝－1时取等号)，所以当x >－2时，f (x )>ln(x ＋2)．【隐零点问题】【例35】已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∈R )．(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)证明不等式e x －2－ax >f (x )恒成立． 【解析】 (1) f ′(x )＝1x －a ＝1－ax x (x >0)，当a ≤0时，f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，令f ′(x )＝0，得x ＝1a ，所以当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a 时，f ′(x )>0，f (x )单调递增； 当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．综上所述，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递增， 在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递减．(2)设函数φ(x )＝e x －2－ln x (x >0)，则φ′(x )＝e x －2－1x ，可知φ′(x )在(0，＋∞)上单调递增．又由φ′(1)<0，φ′(2)>0知，φ′(x )＝0在(0，＋∞)上有唯一实数根x 0，且1<x 0<2， 则φ′(x 0)＝02ex −－1x 0＝0， 即02e x −＝1x 0. 当x ∈(0，x 0)时，φ′(x )<0，φ(x )单调递减；当x ∈(x 0，＋∞)时，φ′(x )>0，φ(x )单调递增，所以φ(x )≥φ(x 0)＝02ex −－ln x 0， 结合02e x −＝1x 0， 知x 0－2＝－ln x 0，所以φ(x )≥φ(x 0)＝1x 0＋x 0－2＝x 20－2x 0＋1x 0＝(x 0－1)2x 0>0， 则φ(x )＝e x －2－ln x >0，即不等式e x －2－ax >f (x )恒成立．【极值点偏移问题】【例36】已知函数f (x )＝a e x －x ，a ∈R .若f (x )有两个不同的零点x 1，x 2.证明：x 1＋x 2>2.【解析】由f (x )＝a e x －x ＝0，得x e x －a ＝0，令g (x )＝x e x －a ，则g ′(x )＝1－x e x ，由g ′(x )＝1－x e x >0，得x <1；由g ′(x )＝1－x e x <0，得x >1.所以g (x )在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，由于x 1，x 2是方程g (x )＝0的实根，不妨设x 1<1<x 2，方法一 (对称化构造函数法)要证x 1＋x 2>2， 只要证x 2>2－x 1>1.由于g (x )在(1，＋∞)上单调递减，故只要证g (x 2)<g (2－x 1)， 由于g (x 1)＝g (x 2)＝0，故只要证g (x 1)<g (2－x 1)，令H (x )＝g (x )－g (2－x )＝x e x －2－x e 2－x (x <1)， 则H ′(x )＝1－x e x －1－x e 2－x ＝(e 2－x －e x )(1－x )e 2， 因为x <1，所以1－x >0,2－x >x ，所以e 2－x >e x ，即e 2－x －e x >0，所以H ′(x )>0，所以H (x )在(－∞，1)上单调递增． 所以H (x 1)<H (1)＝0，即有g (x 1)<g (2－x 1)成立，所以x 1＋x 2>2.方法二 (比值代换法)设0<x 1<1<x 2，由g (x 1)＝g (x 2)，得1212e e x x x x −−=，等式两边取对数得ln x 1－x 1＝ln x 2－x 2.令t ＝x 2x 1>1，则x 2＝tx 1，代入上式得ln x 1－x 1＝ln t ＋ln x 1－tx 1，得x 1＝ln t t －1，x 2＝t ln t t －1. 所以x 1＋x 2＝(t ＋1)ln t t －1>2⇔ln t －2(t －1)t ＋1>0， 设g (t )＝ln t －2(t －1)t ＋1(t >1)，所以g ′(t )＝1t －2(t ＋1)－2(t －1)(t ＋1)2＝(t －1)2t (t ＋1)2>0， 所以当t >1时，g (t )单调递增， 所以g (t )>g (1)＝0，所以ln t －2(t －1)t ＋1>0，故x 1＋x 2>2.。
导数高中试题及解析答案
导数高中试题及解析答案1. 计算函数 \( f(x) = x^3 - 3x^2 + 2x \) 在 \( x = 1 \) 处的导数。
解析：首先，我们需要找到函数 \( f(x) \) 的导数。
根据导数的定义，我们有：\[ f'(x) = \frac{d}{dx}(x^3 - 3x^2 + 2x) \]对每一项分别求导，我们得到：\[ f'(x) = 3x^2 - 6x + 2 \]现在，将 \( x = 1 \) 代入 \( f'(x) \) 得到：\[ f'(1) = 3(1)^2 - 6(1) + 2 = 3 - 6 + 2 = -1 \]答案：函数 \( f(x) \) 在 \( x = 1 \) 处的导数为 \( -1 \)。
2. 已知函数 \( g(x) = \sin(x) \)，求 \( g'(x) \)。
解析：根据三角函数的导数规则，我们知道 \( \sin(x) \) 的导数是\( \cos(x) \)。
因此，我们可以直接写出 \( g(x) \) 的导数：\[ g'(x) = \cos(x) \]答案：函数 \( g(x) \) 的导数是 \( \cos(x) \)。
3. 计算复合函数 \( h(x) = (x^2 - 1)^4 \) 的导数。
解析：这是一个复合函数，我们可以使用链式法则来求导。
首先，设\( u = x^2 - 1 \)，那么 \( h(x) = u^4 \)。
对 \( u \) 求导得到：\[ u' = \frac{d}{dx}(x^2 - 1) = 2x \]然后，对 \( h(x) \) 求导：\[ h'(x) = \frac{d}{dx}(u^4) = 4u^3 \cdot u' = 4(x^2 - 1)^3\cdot 2x \]答案：复合函数 \( h(x) \) 的导数是 \( 8x(x^2 - 1)^3 \)。
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导数经典例题1导数的概念， 2导数的几何意义， 3物理意义,4几种常见函数的导数5两个函数的和、差、积、商的导数，复合函数的导数，6利用导数研究函数的单调性和极值，函数的最大值和最小值例1．⎩⎨⎧>+≤==11)(2x bax x x x f y 在1=x 处可导，则=a =b例2．已知f(x)在x=a 处可导，且f ′(a)=b ，求下列极限：（1）0(3)()lim 2h f a h f a h h→+--； （2）20()()lim h f a h f a h →+-例3．（1）求曲线122+=x xy 在点（1，1）处的切线方程； （2）运动曲线方程为2221t tt S +-=，求t=3时的速度。
例4． 求下列函数单调区间 （1）5221)(23+--==x x x x f y （2）x x y 12-=（3）x xk y +=2)0(>k （4）22ln y x x =-例5．求证下列不等式（1）)1(2)1ln(222x x x x x x +-<+<- ),0(∞+∈x （2）πxx 2sin >)2,0(π∈x例6．求满足条件的a（1）使ax x y +=sin 为R 上增函数 （2）使a ax x y ++=3为R 上增函数 （3）使5)(23-+-=x x ax x f 为R 上增函数例7．（2003年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷，理工农医类19）） 设0>a ，求函数),0()(ln()(+∞∈+-=x a x x x f 的单调区间.例8．已知抛物线42-=x y 与直线y=x+2相交于A 、B 两点，过A 、B 两点的切线分别为1l 和2l 。
（1）求A 、B 两点的坐标； （2）求直线1l 与2l 的夹角。
例9．（2001年天津卷）设0>a ，xx e a a e x f +=)(是R 上的偶函数。
（I ）求a 的值；（II ）证明)(x f 在),0(+∞上是增函数例10．（2000年全国、天津卷）设函数ax x x f -+=1)(2，其中0>a 。
（I ）解不等式1)(≤x f ；（II ）证明：当1≥a 时，函数)(x f 在区间),0[+∞上是单调函数。
练习题1．设函数f(x)在0x 处可导，则xx f x x f x ∆-∆-→∆)()(lim000等于 （ ）A ．)('0x fB ．)('0x f -C ．0'()f x -D ．)(0x f -- 2．若13)()2(lim000=∆-∆+→∆xx f x x f x ，则)('0x f 等于 （ ）A ．32 B ．23C ．3D ．2 3．曲线x x y 33-=上切线平行于x 轴的点的坐标是 （ ）A ．（-1，2）B ．（1，-2）C ．（1，2）D ．（-1，2）或（1，-2）4．若函数f(x)的导数为f ′(x)=-sinx ，则函数图像在点（4，f （4））处的切线的倾斜角为（ ） A ．90° B ．0° C ．锐角 D ．钝角5．函数5123223+--=x x x y 在[0，3]上的最大值、最小值分别是 （ ）A ．5，－15B ．5，－4C ．－4，－15D ．5，－166．一直线运动的物体，从时间t 到t+△t 时，物体的位移为△s ，那么tst ∆∆→∆0lim 为（ ）A ．从时间t 到t+△t 时，物体的平均速度B ．时间t 时该物体的瞬时速度C ．当时间为△t 时该物体的速度D ．从时间t 到t+△t 时位移的平均变化率7．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，)(x f 为增函数 B ．在区间（0，2）内，)(x f 为减函数 C ．在区间（2，∞+）内，)(x f 为增函数D ．在区间（∞-，0）),2(+∞⋃内，)(x f 为增函数8．对任意x ，有34)('x x f =，f(1)=-1，则此函数为 （ ）A ．4)(x x f = B ．2)(4-=x x f C ．1)(4+=x x f D ．2)(4+=x x f9．设f(x)在0x 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。
A ．（1）（2）B ．（1）（3）C ．（2）（3）D ．（1）（2）（3）（4）10．（2003年普通高等学校招生全国统一考试（上海卷理工农医类16））f (x )是定义在区间[－c,c]上的奇函数，其图象如图所示：令g （x ）=af （x ）+b ，则下 列关于函数g （x ）的叙述正确的是（ ）A ．若a <0,则函数g （x ）的图象关于原点对称.B ．若a =－1，－2<b<0,则方程g （x ）=0有大于2的实根.C ．若a ≠0,b=2,则方程g （x ）=0有两个实根.D ．若a ≥1,b<2,则方程g （x ）=0有三个实根.11．若函数f(x)在点0x 处的导数存在，则它所对应的曲线在点))(,(00x f x 处的切线方程是_____________。
12．设xx x f 1)(-=，则它与x 轴交点处的切线的方程为______________。
13．设3)('0-=x f ，则=---→hh x f h x f h )3()(lim000_____________。
14．垂直于直线2x-6y+1=0，且与曲线5323-+=x x y 相切的直线的方程是________． 15．已知曲线xx y 1+=，则==1|'x y _____________。
16．y=x 2e x 的单调递增区间是17．曲线3213+=x y 在点)4,1(3处的切线方程为____________。
18．P 是抛物线2x y =上的点，若过点P 的切线方程与直线121+-=x y 垂直，则过P 点处的切线方程是____________。
19．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_____________。
20．曲线3)(x x f =在点A 处的切线的斜率为3，求该曲线在A 点处的切线方程。
21．在抛物线2x y =上求一点P ，使过点P 的切线和直线3x-y+1=0的夹角为4π。
22．判断函数⎩⎨⎧<-≥=)0()0()(x x x x x f 在x=0处是否可导。
23．求经过点（2，0）且与曲线xy 1=相切的直线方程。
24．求曲线y=xcosx 在2π=x 处的切线方程。
25．设f(x)=(x-1)(x-2)…(x-100)，求f ′(1)。
26．求曲线22)3(1x x y +=在点)161,1(处的切线方程。
27．求证方程1lg =⋅x x 在区间)3,2(内有且仅有一个实根28．（1）求函数x y =在x=1处的导数；（2）求函数b ax x y ++=2（a 、b 为常数）的导数。
例1⎩⎨⎧>+≤==11)(2x bax x x x f y 在1=x 处可导，必连续1)(lim 1=-→x f xb a x f x +=+→)(lim 1 1)1(=f ∴ 1=+b a 2lim 0=∆∆-→∆x y x a xyx =∆∆+→∆0lim ∴ 2=a 1-=b例2（1）h h a f a f a f h a f h h a f h a f h h 2)()()()3(lim2)()3(lim 00--+-+=--+→→ b a f a f h a f h a f h a f h a f h h a f a f h a f h a f h h h h 2)('21)('23)()(lim 213)()3(lim 232)()(lim 2)()3(lim 0000=+=---+-+=--+-+=→→→→（2）⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+=-+→→h h a f h a f h a f h a f h h 22020)()(lim )()(lim 00)('lim )()(lim 0220=⋅=⋅-+=→→a f h h a f h a f h h例3（1）222222)1(22)1(22)1(2'+-=+⋅-+=x x x x x x y ， 0422|'1=-==x y ，即曲线在点（1，1）处的切线斜率k=0 因此曲线122+=x xy 在（1，1）处的切线方程为y=1（2）)'2('1'22t t t S +⎪⎭⎫⎝⎛-= t tt t t t t t 4214)1(23242++-=+--= 2726111227291|'3=++-==t S 。
例4（1）232--='x x y )1)(23(-+=x x )32,(--∞∈x ),1(∞+ 时0>'y)1,32(-∈x 0<'y ∴ )32,(--∞，),1(∞+↑ )1,32(-↓ （2）221x x y +=' ∴ )0,(-∞，),0(∞+↑（3）221xk y -=∴ ),(k x --∞∈),(∞+k 0>'y ),0()0,(k k x -∈ 0<'y ∴ ),(k --∞，↑∞+),(k )0,(k -，),0(k ↓（4）xx x x y 14142-=-=' 定义域为),0(∞+)21,0(∈x 0<'y ↓ ),21(∞+∈x 0>'y例5（1）)2()1ln()(2x x x x f --+= 0)0(=f 011111)(2>+-=+-+='x x x x x f ∴ )(x f y =为),0(∞+上↑ ∴ ),0(∞+∈x 0)(>x f 恒成立∴ 2)1ln(2x x x ->+ )1ln()1(2)(2x x x x x g +-+-= 0)0(=g 0)1(4211)1(42441)(22222>+=+-+-+-='x x x x x x x x g ∴ )(x g 在),0(∞+上↑ ∴ ),0(∞+∈x 0)1ln()1(22>+-+-x x x x 恒成立 （2）原式π2sin >⇔x x 令 x x x f /sin )(= )2,0(π∈x 0cos >x 0tan <-x x∴ 2)tan (cos )(xx x x x f -=' ∴ )2,0(π∈x 0)(<'x f )2,0(π↓ ππ2)2(=f ∴ πx x 2sin >例6（1）a x y +='cos ∴ 1>a1=a 时 x x y +=sin 也成立 ∴ ),1[∞+∈a（2）a x y +='23 0>a 0=a 时 3x y =也成立 ∴ ),0[∞+∈a（3）),31[∞+∈a例7)0(121)(>+-='x ax xx f . 当0,0>>x a时 0)42(0)(22>+-+⇔>'a x a x x f .0)42(0)(22<+-+⇔<'a x a x x f（i ）当1>a 时，对所有0>x ，有0)42(22>+-+a a x .即0)(>'x f ，此时)(x f 在),0(+∞内单调递增.（ii ）当1=a 时，对1≠x ，有0)42(22>+-+a x a x ，即0)(>'x f ，此时)(x f 在（0，1）内单调递增，又知函数)(x f 在x=1处连续，因此， 函数)(x f 在（0，+∞）内单调递增（iii ）当10<<a 时，令0)(>'x f ，即0)42(22>+-+a x a x .解得a a x a a x-+->---<122,122或.因此，函数)(x f 在区间)122,0(a a ---内单调递增，在区间),122(+∞-+-a a内也单调递增. 令0)42(,0)(22<+-+<'a x a x x f 即，解得a a x a a -+-<<---122122.因此，函数)(x f 在区间)122,12-2a a a a -+---（内单调递减. 例8 （1）由方程组⎩⎨⎧+=-=,2,42x y x y解得 A(-2，0)，B(3，5)（2）由y ′=2x ，则4|'2-=-=x y ，6|'3==x y 。