专训1.5 导数(新高考地区专用)(学生版)
第15讲 导数中的极值点偏移问题(高阶拓展、竞赛适用)(学生版) 备战2025年高考数学一轮复习学案
第15讲导数中的极值点偏移问题（高阶拓展、竞赛适用）（8类核心考点精讲精练）1. 5年真题考点分布【命题规律】本节内容是新高考卷的载体内容，设题稳定，难度较大，分值为15-17分【备考策略】1能用导数解决函数的基本问题2能理解并掌握极值点偏移的含义3能结合极值点偏移的形式综合证明及求解【命题预测】极值点偏移问题在高考中很常见，此类问题以导数为背景考察学生运用函数与方程、数形结合、转换的思想解决函数问题的能力，层次性强，能力要求较高，需要综合复习1. 极值点偏移的含义众所周知，函数)(x f 满足定义域内任意自变量x 都有)2()(x m f x f -=，则函数)(x f 关于直线m x =对称；可以理解为函数)(x f 在对称轴两侧，函数值变化快慢相同，且若)(x f 为单峰函数，则mx =必为)(x f 的极值点. 如二次函数)(x f 的顶点就是极值点0x ，若c x f =)(的两根的中点为221x x +，则刚好有0212x x x =+，即极值点在两根的正中间，也就是极值点没有偏移.若相等变为不等，则为极值点偏移：若单峰函数)(x f 的极值点为m ，且函数)(x f 满足定义域内m x =左侧的任意自变量x 都有)2()(x m f x f ->或)2()(x m f x f -<，则函数)(x f 极值点m 左右侧变化快慢不同. 故单峰函数)(x f 定义域内任意不同的实数21,x x 满足)()(21x f x f =，则221x x +与极值点m 必有确定的大小关系：若221x x m +<，则称为极值点左偏；若221x x m +>，则称为极值点右偏.如函数xe xx g =)(的极值点10=x 刚好在方程c x g =)(的两根中点221x x +的左边，我们称之为极值点左偏.2. 极值点偏移问题的一般题设形式1. 若函数)(x f 存在两个零点21,x x 且21x x ≠，求证：0212x x x >+（0x 为函数)(x f 的极值点）；2. 若函数)(x f 中存在21,x x 且21x x ≠满足)()(21x f x f =，求证：0212x x x >+（0x 为函数)(x f 的极值点）；3. 若函数)(x f 存在两个零点21,x x 且21x x ≠，令2210x x x +=，求证：0)('0>x f ；4. 若函数)(x f 中存在21,x x 且21x x ≠满足)()(21x f x f =，令2210x x x +=，求证：0)('0>x f .3. 极值点偏移的判定定理对于可导函数)(x f y =，在区间),(b a 上只有一个极大（小）值点0x ，方程0)(=x f 的解分别为21,x x ，且b x x a <<<21，（1）若)2()(201x x f x f -<，则021)(2x x x ><+，即函数)(x f y =在区间),(21x x 上极（小）大值点0x 右（左）偏；（2）若)2()(201x x f x f ->，则021)(2x x x <>+，即函数)(x f y =在区间),(21x x 上极（小）大值点0x 右（左）偏.证明：（1）因为对于可导函数)(x f y =，在区间),(b a 上只有一个极大（小）值点0x ，则函数)(x f 的单调递增（减）区间为),(0x a ，单调递减（增）区间为),(0b x ，由于b x x a <<<21，有01x x <，且0202x x x <-，又)2()(201x x f x f -<，故2012)(x x x -><，所以021)(2x x x ><+，即函数极（小）大值点0x 右（左）偏；（2）证明略.左快右慢（极值点左偏221x x m +<⇔） 左慢右快（极值点右偏221x x m +>⇔）左快右慢（极值点左偏221x x m +<⇔） 左慢右快（极值点右偏221x x m +>⇔）4. 对数平均不等式5. 运用判定定理判定极值点偏移的方法1、方法概述：（1）求出函数)(x f 的极值点0x ；（2）构造一元差函数)()()(00x x f x x f x F --+=；（3）确定函数)(x F 的单调性；（4）结合0)0(=F ，判断)(x F 的符号，从而确定)(0x x f +、)(0x x f -的大小关系.1．（2022·全国·统考高考真题）已知函数()ln xf x x a x x e -=+-．(1)若()0f x ³，求a 的取值范围；(2)证明：若()f x 有两个零点12,x x ，则121x x <．1．（2021·全国·统考高考真题）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<+<.1．（2022·全国·模拟预测）设函数()()ln f x x ax a =-∈R .(1)若3a =，求函数()f x 的最值；(2)若函数()()g x xf x x a =-+有两个不同的极值点，记作12,x x ，且12x x <，求证：12ln 2ln 3x x +>.1．（23-24高三上·江苏南通·阶段练习）已知函数()2ln ,R a xf x x a x=+∈.(1)当12a =-时，求函数()f x 的极值；(2)若()f x 有两个极值点12x x ，，求证：()()12124f x f x x x +>+.2．（2024·河北保定·二模）已知函数()ln ,()f x ax x x f x '=-为其导函数．(1)若()1f x ≤恒成立，求a 的取值范围；(2)若存在两个不同的正数12,x x ，使得()()12f x f x =，证明：0f '>．1．（22-23高二上·重庆沙坪坝·期末）已知函数()e -=x k f x x ．(1)若()f x 在()0,¥+上单调递增，求实数k 的取值范围；(2)若()()ln g x f x k x =-存在极小值，且极小值等于()2ln k -，求证：ln 2e k k +>．1．（2023·全国·模拟预测）已知函数()()221e 1e e e 2xf x x x x =---+．(1)求函数()f x 的单调区间与极值．(2)若()()()()123123f x f x f x x x x ==<<，求证：31e 12x x -<-．2．（23-24高三上·云南昆明·阶段练习）设a ，b 为函数()e xf x x m =×-（0m <）的两个零点．(1)求实数m 的取值范围；(2)证明：e e 1a b +<．1．（2024高三·全国·专题练习）已知函数()e x f x x a =-恰有两个零点12,x x ．(1)求a 的取值范围；(2)证明：122x x +<-．2．（2023·山西·模拟预测）已知函数()ln 1,f x x a =-∈R .(1)若()0f x ≤，求a 的取值范围；(2)若关于x 的方程()22e e axf x x =-有两个不同的正实根12,x x ，证明：12x x +>3．（2024·辽宁·模拟预测）已知函数()2e (0)xf x ax a =->．(1)当2e 4a =时，判断()f x 在区间()1,+¥内的单调性；(2)若()f x 有三个零点123,,x x x ，且123x x x <<．（i ）求a 的取值范围；（ii ）证明：1233x x x ++>.1．（2024高三·全国·专题练习）已知函数()()2ln R af x x x a x=+∈有两个零点()1212,x x x x <．(1)求实数a 的取值范围；(2)证明：121x x +>．2．（2024高三下·全国·专题练习）已知函数()22ln 1f x x x x =-+．(1)证明：()1f x <；(2)若120x x <<，且()()120f x f x +=，证明：122x x +>．3．（2024高三·全国·专题练习）设函数23115e ()e e (1),[0,)232x f x x x x =---+∈+¥．(1)判断函数()f x 的单调性；(2)若12x x ≠，且()()126e f x f x +=，求证：122x x +<．1．（23-24高二下·云南·期中）已知函数()23ln 4(0)f x x ax x a =+->.(1)当1a =时，讨论()f x 的单调性；(2)当12a =时，若方程()f x b =有三个不相等的实数根123,,x x x ，且123x x x <<，证明：314x x -<.1．（23-24高三上·河南·开学考试）()()2ln e 124x ax x f x b +=+-++有两个零点()1212,x x x x <．(1)0a =时，求b 的范围；(2)1b =-且54a <时，求证：21x x -<2．（23-24高三下·天津·阶段练习）已知函数2()24ln f x x ax x =-+．(1)讨论()f x 的单调区间；(2)已知[4,6]a ∈，设()f x 的两个极值点为()1212,l l l l <，且存在b ∈R ，使得()y f x =的图象与y b =有三个公共点()123123,,x x x x x x <<；①求证：1212x x l +>；②求证：31x x -<．1．（22-23高三上·云南·阶段练习）已知函数()1ln xf x ax+=，0a >．(1)若()1f x ≤，求a 的取值范围；(2)证明：若存在1x ，2x ，使得()()12f x f x =，则22122x x +>．2．（2024·全国·模拟预测）已知函数()()1ln af x x a x=--∈R ．(1)求()f x 的单调区间；(2)若()f x 有两个零点1x ，2x ，且12x x <，求证：212e x x a <-．3．（2024·全国·模拟预测）已知函数ln 1()xf x x+=，e ()=xg x x ．(1)若对任意的,(0,)m n ∈+¥都有()()f m t g n ≤≤，求实数t 的取值范围；(2)若12,(0,)x x ∈+¥且12x x ≠，121221ex x x x x x -=，证明：33122x x +>．1．（2023·广东广州·模拟预测）已知函数()2ln f x x ax =-.(1)讨论函数()f x 的单调性：(2)若12,x x 是方程()0f x =的两不等实根，求证：22122e x x +>；2．（22-23高二下·辽宁·期末）已知函数()ln 1x f x ax+=.(1)讨论()f x 的单调性；(2)若()()2112e e xxx x =（e 是自然对数的底数），且1>0x ，20x >，12x x ≠，证明：22122x x +>.3．（2023·山西·模拟预测）已知函数()ln xf x ax x=-.(1)若()1f x ≤-，求实数a 的取值范围；(2)若()f x 有2个不同的零点12,x x （12x x <），求证：221212235x x a+>.1．（2023高三·全国·专题练习）已知函数()e ln xf x x x a x=-+-.若()f x 有两个零点12,x x ，证明：121x x <.2．（2024·广东湛江·一模）已知函数()()1ln1ln e axf x x =+．(1)讨论()f x 的单调性；(2)若方程()1f x =有两个根1x ，2x ，求实数a 的取值范围，并证明：121x x >．3．（2024高三·全国·专题练习）已知函数21()ln (1),(R)2f x x ax a x a =+-+∈.(1)当1a =时，判断函数()y f x =的单调性；(2)若关于x 的方程21()2f x ax =有两个不同实根12,x x ，求实数a 的取值范围，并证明212e x x ×>.1．（23-24高三上·河南·阶段练习）已知函数21()(21)2ln (R)2f x ax a x x a =-++∈.(1)若()f x 有唯一极值，求a 的取值范围；(2)当0a ≤时，若12()()f x f x =，12x x ≠，求证：124x x <.2．（23-24高三上·四川遂宁·阶段练习）设()()211ln 2f x ax a x x =-++，a ∈R .(1)当2a =时，求()f x 的极值；(2)若0x ∀>有()0f x ≤恒成立，求a 的取值范围；(3)当0a <时，若()()12f x f x =，求证：121x x <.3．（2023·湖北武汉·模拟预测）已知()2sin f x x x x =-．(1)当1a =时，讨论函数()f x 的极值点个数；(2)若存在1x ，212(0)x x x <<，使12()()f x f x =，求证：12<x x a ．1．（2022高三·全国·专题练习）已知函数()e (0)xa f x x a =->有两个相异零点1x ､2x ，且12x x <，求证：12e x x a<.2．（福建省宁德市2021届高三三模数学试题）已知函数()()ln 1xf x ae x a R -=+-∈.（1）当a e ≤时，讨论函数()f x 的单调性：（2）若函数()f x 恰有两个极值点()1212,x x x x <，且122ln 3x x +≤，求21x x 的最大值.3．（22-23高三上·黑龙江哈尔滨·期末）已知函数()2f x ax =，()()1lng x x x =-.(1)若对于任意()0,x ∈+¥，都有()()f x g x <，求实数a 的取值范围；(2)若函数()y g x m =-有两个零点12,x x ，求证：12112x x +>.1．（22-23高二下·湖北·期末）已知函数()ln 1xa x f x e -=+-（a ∈R ）.（1）当a e ≤时，讨论函数()f x 的单调性；（2）若函数()f x 恰有两个极值点1x ，2x （12x x <），且()1221ln 221e e x x e +×+≤-，求21x x 的最大值.2．（21-22高二上·湖北武汉·期末）已知函数()()2ln f x e x x =-，其中 2.71828e =×××为自然对数的底数.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若()12,0,1x x ∈，且()21121212ln ln 2ln ln x x x x ex x x x -=-，证明：1211221e e x x <+<+.6．（2023·湖北武汉·三模）已知函数()()11ln f x ax a x x=+-+，a ∈R ．(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)若关于x 的方程()1e ln xf x x x x=-+有两个不相等的实数根1x 、2x ，（ⅰ）求实数a 的取值范围；（ⅱ）求证：122112e e 2x x a x x x x +>．1．（2023高三·全国·专题练习）已知函数()lnf x x x =的图像与直线y m =交于不同的两点()11,A x y ，()22,B x y ，求证：1221e x x <．2．（2023·江西·模拟预测）已知函数()e xm f x x=+．(1)讨论()f x 的单调性；(2)若12x x ≠，且()()122f x f x ==，证明：0e m <<，且122x x +<．3．（23-24高二下·广东东莞·阶段练习）已知函数()2ln f x x ax x x =+-的导函数为()f x '，若()f x '存在两个不同的零点12,x x .(1)求实数a 的取值范围；(2)证明：121x x +>.4．（23-24高三上·江苏连云港·阶段练习）已知函数()()()21ln 12f x x ax a x a =+-+∈R .(1)当1a =时，求函数()y f x =的零点个数.(2)若关于x 的方程()212f x ax =有两个不同实根12,x x ，求实数a 的取值范围并证明212x x e ×>.5．（2024·云南·二模）已知常数0a >，函数221()2ln 2f x x ax a x =--.(1)若20,()4x f x a ∀>>-，求a 的取值范围;(2)若1x 、2x 是()f x 的零点，且12x x ≠，证明:124x x a +>.6．（22-23高二下·安徽·阶段练习）已知函数()()3213log 0,132a f x x x x a a =-+>≠．(1)若()f x 为定义域上的增函数，求a 的取值范围；(2)令e a =，设函数()()314ln 93g x f x x x x =--+，且()()120g x g x +=，求证：123x x +³+．7．（2023·山东日照·二模）已知函数()ln f x x a x =-．(1)若()1f x ³恒成立，求实数a 的值：(2)若1>0x ，20x >，1212e ln xx x x +>+，证明：12e 2x x +>．8．（2023·江西南昌·二模）已知函数()()ln f x x x a =-，()()f xg x a ax x=+-．(1)当1x ³时，()ln 2f x x --≥恒成立，求a 的取值范围．(2)若()g x 的两个相异零点为1x ，2x ，求证：212e x x >．9．（2023·浙江绍兴·模拟预测）已知函数()232ln x f x x a æö=-ç÷èø，a 为实数．(1)求函数()f x 的单调区间；(2)若函数()f x 在e x =处取得极值，()f x '是函数()f x 的导函数，且()()12f x f x ''=，12x x <，证明：122ex x <+<10．（2023·北京通州·三模）已知函数()ln (0)af x ax x a x=-->(1)已知f （x ）在点（1，f （1））处的切线方程为1y x =-，求实数a 的值；(2)已知f （x ）在定义域上是增函数，求实数a 的取值范围.(3)已知()()a g x f x x=+有两个零点1x ，2x ，求实数a 的取值范围并证明212e x x >.11．（22-23高三下·河北石家庄·阶段练习）已知函数()()2ln f x x x a a =-∈R .(1)求函数()f x 的单调区间；(2)若函数()f x 有两个零点1x 、2x ，证明121x x <+<.12．（2022高三·全国·专题练习）已知函数()2ln (R)2a f x x x x x a a =--+∈在其定义域内有两个不同的极值点.(1)求a 的取值范围；(2)记两个极值点为12,x x ，且12x x <. 若1l ³，证明：112e x x l l+<×.13．（2023·贵州毕节·模拟预测）已知函数()()()2ln 3,0f x x a x x a a =+-->.(1)当1x ³时，()0f x ³，求a 的取值范围.(2)若函数()f x 有两个极值点12,x x ，证明：12122e x x -+>.14．（23-24高三上·河南·阶段练习）已知函数()()()()2e xf x x ax a =--∈R ．(1)若2a =，讨论()f x 的单调性．(2)已知关于x 的方程()()3e 2xf x x ax =-+恰有2个不同的正实数根12,x x ．（i ）求a 的取值范围；（ii ）求证：124x x +>．15．（23-24高三上·天津和平·阶段练习）已知函数()232ln x f x x a æö=-ç÷èø，a 为实数．(1)当23a =时，求函数在1x =处的切线方程；(2)求函数()f x 的单调区间；(3)若函数()f x 在e x =处取得极值，()f x '是函数()f x 的导函数，且()()12f x f x ''=，12x x <，证明：122e x x <+<．16．（23-24高三上·重庆渝中·期中）已知函数()2ln ,R f x x x ax x a =-+∈．(1)若函数()f x 是减函数，求a 的取值范围；(2)若()f x 有两个零点12,x x ，且212x x >，证明：1228e x x >．17．（23-24高三上·江苏·阶段练习）已知函数()()21ln 02f x x x ax a =->.(1)若函数()f x 在定义域内为减函数,求实数a 的取值范围;(2)若函数()f x 有两个极值点()1212,x x x x <,证明：121x x a>.18．（2023·辽宁阜新·模拟预测）已知函数()e xf x ax=+(1)若2a =-时，求()f x 的最值；(2)若函数()()212g x f x x =-，且12,x x 为()g x 的两个极值点，证明：()()122g x g x +>19．（2024高三下·全国·专题练习）已知函数()()2ln 2g x x ax a x =-+-（R a ∈）．(1)求()g x 的单调区间；(2)若函数()()()212f x g x a x x =++-，()1212,0x x x x <<是函数()f x 的两个零点，证明：1202x x f +æö'<ç÷èø．20．（2023·山东泰安·二模）已知函数()1e ln xf x m x -=-，R m ∈.(1)当1m ³时，讨论方程()10f x -=解的个数；(2)当e m =时，()()2eln 2tx g x f x x +=+-有两个极值点1x ，2x ，且12x x <，若2e e 2t <<，证明：（i ）1223x x <+<；（ii ）()()1220g x g x +<.1．（全国·高考真题）已知函数2()(2)(1)x f x x e a x =-+-有两个零点.（Ⅰ）求a 的取值范围；（Ⅱ）设x 1，x 2是()f x 的两个零点，证明：122x x +<.2．（天津·高考真题）已知函数()()x f x xe x R -=∈（Ⅰ）求函数()f x 的单调区间和极值；（Ⅱ）已知函数()y g x =的图象与函数()y f x =的图象关于直线1x =对称，证明当1x >时，()()f x g x >（Ⅲ）如果12x x ≠，且12()()f x f x =，证明122x x +>。
新高考专点专练解答题导数部分(天津历年高考真题汇编)
新高考专点专练解答题导数部分（天津历年高考真题汇编）一、解答题（共25小题；共325分）1. 已知函数 f (x )=ax 3+bx 2−3x 在 x =±1 处取得极值． （1）讨论 f (1) 和 f (−1) 是函数 f (x ) 的极大值还是极小值； （2）过点 A (0,16) 作曲线 y =f (x ) 的切线，求此切线方程．2. 已知 a >0，函数 f (x )=1−ax x,x ∈(0,+∞)．设 0<x 1<2a，记曲线 y =f (x ) 在点 M(x 1,f (x 1))处的切线为 l ． （1）求 l 的方程；（2）设 l 与 x 轴交点为 (x 2,0)．证明：（ⅰ）0<x 2≤1a；（ⅱ）若 x 1<1a，则 x 1<x 2<1a．3. 已知函数 f (x )=2ax−a 2+1x 2+1(x ∈R )，其中 a ∈R ．（1）当 a =1 时，求曲线 y =f (x ) 在点 (2,f (2)) 处的切线方程； （2）当 a ≠0 时，求函数 f (x ) 的单调区间与极值．4. 设 a >0，求函数 f (x )=√x −ln (x +a ),x ∈(0,+∞) 的单调区间．5. 设函数 f (x )=(x −1)3−ax −b ，x ∈R ，其中 a,b ∈R ． （1）求 f (x ) 的单调区间；（2）若 f (x ) 存在极值点 x 0，且 f (x 1)=f (x 0)，其中 x 1≠x 0，求证：x 1+2x 0=3； （3）设 a >0，函数 g (x )=∣f (x )∣，求证：g (x ) 在区间 [0,2] 上的最大值不小于 14．6. 已知 a >0，函数 f (x )=lnx −ax 2，x >0．（f (x ) 的图象连续不断） （1）求 f (x ) 的单调区间；（2）当 a =18 时，证明：存在 x 0∈(2,+∞)，使 f (x 0)=f (32)；（3）若存在均属于区间 [1,3] 的 α，β，且 β−α≥1，使 f (α)=f (β)，证明：ln3−ln25≤a ≤ln23．7. 设 a ∈Z ，已知定义在 R 上的函数 f (x )=2x 4+3x 3−3x 2−6x +a 在区间 (1,2) 内有一个零点 x 0，g (x ) 为 f (x ) 的导函数． （1）求 g (x ) 的单调区间；（2）设 m ∈[1,x 0)∪(x 0,2]，函数 ℎ(x )=g (x )(m −x 0)−f (m )，求证：ℎ(m )ℎ(x 0)<0； （3）求证：存在大于 0 的常数 A ，使得对于任意的正整数 p ，q ，且 pq ∈[1,x 0)∪(x 0,2]，满足∣∣∣p q −x 0∣∣∣≥1Aq 4．8. 设 a,b ∈R ，∣a ∣≤1．已知函数 f (x )=x 3−6x 2−3a (a −4)x +b ，g (x )=e x f (x )． （1）求 f (x ) 的单调区间；（2）已知函数 y =g (x ) 和 y =e x 的图象在公共点 (x 0,y 0) 处有相同的切线，（i ）求证：f (x ) 在 x =x 0 处的导数等于 0；（ii ）若关于 x 的不等式 g (x )≤e x 在区间 [x 0−1,x 0+1] 上恒成立，求 b 的取值范围．9. 已知函数 f (x )=x +ax +b (x ≠0)，其中 a ，b ∈R ．（1）若曲线 y =f (x ) 在点 P(2,f (2)) 处的切线方程为 y =3x +1，求函数 f (x ) 的解析式； （2）讨论函数 f (x ) 的单调性； （3）若对于任意的 a ∈[12,2]，不等式 f (x )≤10 在 [14,1] 上恒成立，求 b 的取值范围．10. 设函数 f (x )=x 4+ax 3+2x 2+b (x ∈R )，其中 a,b ∈R ．（1）当 a =−103 时，讨论函数 f (x ) 的单调性；（2）若函数 f (x ) 仅在 x =0 处有极值，求 a 的取值范围； （3）若对于任意的 a ∈[−2,2]，不等式 f (x )≤1 在 [−1,1] 上恒成立，求 b 的取值范围．11. 已知函数 f (x )=4x 3+3tx 2−6t 2x +t −1,x ∈R ，其中 t ∈R ．（1）当 t =1 时，求曲线 y =f (x ) 在点 (0,f (0)) 处的切线方程； （2）当 t ≠0 时，求 f (x ) 的单调区间； （3）证明：对任意的 t ∈(0,+∞)，f (x ) 在区间 (0,1) 内均存在零点．12. 已知函数 f (x )=ax 3−32x 2+1(x ∈R )，其中 a >0．（1）若 a =1，求曲线 y =f (x ) 在点 (2,f (2)) 处的切线方程； （2）若在区间 [−12,12] 上，f (x )>0 恒成立，求 a 的取值范围．13. 已知函数 f (x )=x −ln (x +a ) 的最小值为 0，其中 a >0．（1）求 a 的值；（2）若对任意的 x ∈[0,+∞)，有 f (x )≤kx 2 成立，求实数 k 的最小值；（3）证明：∑22i−1n i=1−ln (2n +1)<2(n ∈N ∗)．14. 已知函数 f (x )=xe −x (x ∈R )．（1）求函数 f (x ) 的单调区间和极值；（2）已知函数 y =g (x ) 的图象与函数 y =f (x ) 的图象关于直线 x =1 对称，证明：当 x >1时，f (x )>g (x )；（3）如果 x 1≠x 2，且 f (x 1)=f (x 2)，证明：x 1+x 2>2．15. 设函数 f (x )=xsinx (x ∈R )．（1）证明 f (x +2kπ)−f (x )=2kπsinx ，其中为 k 为整数；（2）设 x 0 为 f (x ) 的一个极值点，证明 [f (x 0)]2=x041+x 02；（3）设 f (x ) 在 (0,+∞) 内的全部极值点按从小到大的顺序排列 a 1，a 2，⋯，a n ，⋯，证明 π2<a n+1−a n <π(n =1,2,⋯)．16. 已知函数 f (x )=4x 3−3x 2cosθ+132，其中 x ∈R ，θ 为参数，且 0≤θ≤π2．（1）当 cosθ=0 时，判断函数 f (x ) 是否有极值；（2）要使函数 f (x ) 的极小值大于零，求参数 θ 的取值范围；（3）若对（2）中所求的取值范围内的任意参数 θ，函数 f (x ) 在区间 (2a −1,a ) 内都是增函数，求实数 a 的取值范围．17. 已知抛物线 C 1:y =x 2+2x 和 C 2:y =−x 2+a ，如果直线 l 同时是 C 1 和 C 2 的切线，称 l 是 C 1和 C 2 的公切线，公切线上两个切点之间的线段，称为公切线段．（1）则 a 取什么值时，C 1 和 C 2 有且仅有一条公切线?写出此公切线的方程；（2）若C1和C2有两条公切线，证明相应的两条公切线段互相平分．18. 设函数f(x)=(x−t1)(x−t2)(x−t3)，其中t1,t2,t3∈R，且t1，t2，t3是公差为d的等差数列．（1）若t2=0，d=1，求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；（2）若d=3，求f(x)的极值；（3）若曲线y=f(x)与直线y=−(x−t2)−6√3有三个互异的公共点，求d的取值范围．19. 已知函数f(x)=nx−x n，x∈R，其中n∈N∗，且n≥2．（1）讨论f(x)的单调性；（2）设曲线y=f(x)与x轴正半轴的交点为P，曲线在点P处的切线方程为y=g(x)，求证：对于任意的正实数x，都有f(x)≤g(x)；（3）若关于x的方程f(x)=a（a为实数）有两个正实数根x1，x2，求证：∣x2−x1∣<a1−n+2．20. 已知函数f(x)=13x3+1−a2x2−ax−a，x∈R，其中a>0．（1）求函数f(x)的单调区间；（2）若函数f(x)在区间(−2,0)内恰有两个零点，求a的取值范围；（3）当a=1时，设函数f(x)在区间[t,t+3]上的最大值为M(t)，最小值为m(t)，记g(t)=M(t)−m(t)，求函数g(t)在区间[−3,−1]上的最小值．21. 设函数f(x)=−13x3+x2+(m2−1)x(x∈R)，其中m>0．（1）当m=1时，求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线的斜率；（2）求函数f(x)的单调区间与极值；（3）已知函数f(x)有三个互不相同的零点0，x1，x2，且x1<x2．若对任意的x∈[x1,x2]，f(x)>f(1)恒成立，求m的取值范围．22. 已知函数f(x)=4x−x4，x∈R．（1）求f(x)的单调区间；（2）设曲线y=f(x)与x轴正半轴的交点为P，曲线在点P处的切线方程为y=g(x)，求证：对于任意的实数x，都有f(x)≤g(x)；（3）若方程f(x)=a（a为实数）有两个正实数根x1，x2，且x1<x2，求证：x2−x1≤−a3+ 413．23. 已知函数f(x)=x−ae x(a∈R)，x∈R，已知函数y=f(x)有两个零点x1，x2，且x1<x2．（1）求a的取值范围；（2）证明x2x1随着a的减小而增大；（3）证明x1+x2随着a的减小而增大．24. 已知函数f(x)=a x，g(x)=log a x，其中a>1．（1）求函数ℎ(x)=f(x)−xlna的单调区间；（2）若曲线y=f(x)在点(x1,f(x1))处的切线与曲线y=g(x)在点(x2,g(x2))处的切线平行，证明x1+g(x2)=−2lnlnalna；（3）证明当a≥e 1e时，存在直线l，使l是曲线y=f(x)的切线，也是曲线y=g(x)的切线．cosθ，其中x∈R，θ为参数，且0≤θ<2π．25. 已知函数f(x)=4x3−3x2cosθ+316（1）当cosθ=0时，判断函数f(x)是否有极值；（2）要使函数f(x)的极小值大于零，求参数θ的取值范围；（3）若对（2）中所求的取值范围内的任意参数θ，函数f(x)在区间(2a−1,a)内都是增函数，求实数a的取值范围．答案第一部分 1. （1）fʹ(x )=3ax 2+2bx −3,依题意，fʹ(1)=fʹ(−1)=0,即{3a +2b −3=0,3a −2b −3=0,解得a =1,b =0.所以f (x )=x 3−3x,fʹ(x )=3x 2−3=3(x +1)(x −1).令 fʹ(x )=0，得x 1=−1,x 2=1.若 x ∈(−∞,−1)∪(1,+∞)，则 fʹ(x )>0，故 f (x ) 在 (−∞,−1) 和 (1,+∞) 上是增函数； 若 x ∈(−1,1)，则 fʹ(x )<0，故 f (x ) 在 (−1,1) 上是减函数． 所以，f (−1)=2 是极大值；f (1)=−2 是极小值． （2） 曲线方程为 y =x 3−3x ．点 A (0,16) 不在曲线上．设切点为 M (x 0,y 0)，则点 M 的坐标满足 y 0=x 03−3x 0．因 fʹ(x 0)=3(x 02−1)，故切线的方程为 y −y 0=3(x 02−1)(x −x 0)． 又点 A (0,16) 在切线上，有 16−(x 03−3x 0)=3(x 02−1)(0−x 0)， 化简得 x 03=−8，解得 x 0=−2．所以，切点为 M (−2,−2)，切线方程为 9x −y +16=0． 2. （1） f (x ) 的导数 fʹ(x )=−1x 2，由此得切线 l 的方程 y −1−ax 1x 1=−1x 12(x −x 1)．（2） 令切线方程中 y =0，得x 2=x 1(1−ax 1)+x 1=x 1(2−ax 1),其中 0<x 1<2a ．（ⅰ）由 0<x 1<2a ，x 2=x 1(2−ax 1)，有 x 2>0， 及x 2=−a (x 1−1a )2+1a,∴ 0<x 2≤1a ，当且仅当 x 1=1a 时，x 2=1a ． （ⅱ）当 x 1<1a 时，ax 1<1，因此，x 2=x 1(2−ax 1)>x 1,且由（ⅰ），x2<1a ，所以x1<x2<1a．3. （1）当a=1时，f(x)=2xx2+1，所以f(2)=4 5 ,又fʹ(x)=2(x 2+1)−2x⋅2x(x2+1)2=2−2x2(x2+1)2，所以fʹ(2)=−625.所以，曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为y−45=−625(x−2),即6x+25y−32=0.（2）fʹ(x)=2a(x2+1)−2x(2ax−a2+1)(x2+1)2=−2(x−a)(ax+1)(x2+1)2.由于a≠0，以下分两种情况讨论．①当a>0时，令fʹ(x)=0，得到x1=−1a,x2=a.当x变化时，fʹ(x),f(x)的变化情况如下表：x(−∞,−1a)−1a(−1a,a)a(a,+∞)fʹ(x)−0+0−f(x)↘极小值↗极大值↘所以f(x)在区间(−∞,−1a )，(a,+∞)内为减函数，在区间(−1a,a)内为增函数．函数f(x)在x1=−1a 处取得极小值f(−1a)，且f(−1a)=−a2,函数f(x)在x2=a处取得极大值f(a)，且f(a)=1.②当a<0时，令fʹ(x)=0，得到x1=a,x2=−1 a ,当x变化时，fʹ(x),f(x)的变化情况如下表：x(−∞,a)a(a,−1a)−1a(−1a,+∞)fʹ(x)+0−0+ f(x)↗极大值↘极小值↗所以f(x)在区间(−∞,a)，(−1a ,+∞)内为增函数，在区间(a,−1a)内为减函数．函数f(x)在x1=a处取得极大值f(a)，且f(a)=1.函数f(x)在x2=−1a 处取得极小值f(−1a)，且f(−1a)=−a2.4. fʹ(x)=2√x −1x+a(x>0)．当a>0,x>0时，fʹ(x)>0⇔x2+(2a−4)x+a2>0；fʹ(x)<0⇔x2+(2a−4)x+a2<0．（i）当a>1时，对所有x>0，有x2+(2a−4)x+a2>0,即fʹ(x)>0，此时f(x)在(0,+∞)内单调递增．（ii）当a=1时，对x≠1，有x2+(2a−4)x+a2>0,即fʹ(x)>0，此时f(x)在(0,1)，(1,+∞)内单调递增，又知函数f(x)在x=1处连续，因此，函数f(x)在(0,+∞)内单调递增．（iii）当0<a<1时，令fʹ(x)>0，即x2+(2a−4)x+a2>0,解得x<2−a−2√1−a或x>2−a+2√1−a，因此，函数f(x)在区间(0,2−a−2√1−a)内单调递增，在区间(2−a+2√1−a,+∞)内也单调递增．令fʹ(x)<0，即x2+(2a−4)x+a2<0，解得2−a−2√1−a<x<2−a+2√1−a,因此，函数f(x)在区间(2−a−2√1−a,2−a+2√1−a)内单调递减．5. （1）f(x)=(x−1)3−ax−b，fʹ(x)=3(x−1)2−a．①a≤0，f(x)在x∈R上单调递增；②a>0，f(x)在(−∞,1−√a3)单调递增，在(1−√a3,1+√a3)单调递减，在(1+√a3,+∞)单调递增．（2）由fʹ(x0)=0得3(x0−1)2=a，所以f(x0)=(x0−1)3−3(x0−1)2x0−b=(x0−1)2(−2x0−1)−b,f(3−2x0)=(2−2x0)3−3(x0−1)2(3−2x0)−b=(x0−1)2(8−8x0−9+6x0)−b=(x0−1)2(−2x0−1)−b.所以f(3−2x0)=f(x0)=f(x1)，所以x1+2x0=3．（3）欲证g(x)在区间[0,2]上的最大值不小于14，只需证在区间[0,2]上存在x1，x2，使得f(x1)−f(x2)≥12即可．①当a≥3时，f(x)在[0,2]上单调递减，f(2)=1−2a−b，f(0)=−1−b，f(0)−f(2)=2a−2≥4>12，成立．②当0<a<3时，f(1−√a3)=(−√a3)3−a(1−√a3)−b=−a3√a3−a+a√a3−b=23a√a3−a−b,f(1+√a3)=a3√a3−a(1+√a3)−b=−23a√a3−a−b.因为f(2)=1−2a−b，f(0)=−1−b，所以f(2)−f(0)=2−2a．当0<a≤34时，f(2)−f(0)=2−2a≥12，成立，当a>34时，f(1−√a3)−f(1+√a3)=43a√a3>12，成立．6. （1）fʹ(x)=1x−2ax=1−2ax2x,x∈(0,+∞),令fʹ(x)=0，解得x=√2a 2a.当x变化时，fʹ(x),f(x)的变化情况如下表：x(0,√2a2a)√2a2a(√2a2a,+∞)fʹ(x)+0−f(x)↗极大值↘所以，f(x)的单调递增区间是(0,√2a2a )，f(x)的单调递减区间是(√2a2a,+∞)．（2）当a=18时，f(x)=lnx−18x2.由（1）知f(x)在(0,2)内单调递增，在(2,+∞)内单调递减．令g(x)=f(x)−f(32)．由于f(x)在(0,2)内单调递增，故f (2)>f (32),即g (2)>0.取 xʹ=32e >2，则g (xʹ)=41−9e 232<0.所以存在 x 0∈(2,xʹ)，使 g (x 0)=0，即存在 x 0∈(2,+∞)，使 f (x 0)=f (32)． （3） 由 f (α)=f (β) 及（1）的结论知α<√2a2a<β, 从而 f (x ) 在 [α,β] 上的最小值为 f (α)． 又由 β−α≥1，α,β∈[1,3]，知1≤α≤2≤β≤3.故{f (2)≥f (α)≥f (1),f (2)≥f (β)≥f (3).即{ln2−4a ≥−a,ln2−4a ≥ln3−9a.从而ln3−ln25≤a ≤ln23.7. （1） 由 f (x )=2x 4+3x 3−3x 2−6x +a ， 可得 g (x )=fʹ(x )=8x 3+9x 2−6x −6， 进而可得 gʹ(x )=24x 2+18x −6． 令 gʹ(x )=0，解得 x =−1 或 x =14．当 x 变化时，gʹ(x )，g (x ) 的变化情况如下表：x(−∞,−1)(−1,14)(14,+∞)gʹ(x )+−+g (x )↗↘↗所以 g (x ) 的单调递增区间是 (−∞,−1)，(14,+∞)，单调递减区间是 (−1,14)． （2） 由 ℎ(x )=g (x )(m −x 0)−f (m )，得 ℎ(m )=g (m )(m −x 0)−f (m )，ℎ(x 0)=g (x 0)(m −x 0)−f (m )． 令函数 H 1(x )=g (x )(x −x 0)−f (x )，则 Hʹ1(x )=gʹ(x )(x −x 0)． 由（Ⅰ）知，当 x ∈[1,2] 时，gʹ(x )>0， 故当 x ∈[1,x 0) 时，Hʹ1(x )<0，H 1(x ) 单调递减； 当 x ∈(x 0,2] 时，Hʹ1(x )>0，H 1(x ) 单调递增．因此，当 x ∈[1,x 0)∪(x 0,2] 时，H 1(x )>H 1(x 0)=−f (x 0)=0，可得 H 1(m )>0，即 ℎ(m )>0，令函数 H 2(x )=g (x 0)(x −x 0)−f (x )，则 H 2ʹ(x )=g (x 0)−g (x )． 由（Ⅰ）知，g (x ) 在 [1,2] 上单调递增，故当 x ∈[1,x 0) 时，H 2ʹ(x )>0，H 2(x ) 单调递增； 当 x ∈(x 0,2] 时，H 2ʹ(x )<0，H 2(x ) 单调递减． 因此，当 x ∈[1,x 0)∪(x 0,2] 时，H 2(x )<H 2(x 0)=0， 可得 H 2(m )<0，即 ℎ(x 0)<0． 所以，ℎ(m )ℎ(x 0)<0．（3） 对于任意的正整数 p ，q ，且 pq ∈[1,x 0)∪(x 0,2]，令 m =pq ，函数 ℎ(x )=g (x )(m −x 0)−f (m )．由（Ⅱ）知，当 m ∈[1,x 0) 时，ℎ(x ) 在区间 (m,x 0) 内有零点； 当 m ∈(x 0,2] 时，ℎ(x ) 在区间 (x 0,m ) 内有零点． 所以 ℎ(x ) 在 (1,2) 内至少有一个零点，不妨设为 x 1， 则 ℎ(x 1)=g (x 1)(p q −x 0)−f (pq )=0．由（Ⅰ）知 g (x ) 在 [1,2] 上单调递增，故 0<g (1)<g (x 1)<g (2)，于是 ∣∣∣pq −x 0∣∣∣=∣∣∣∣f(pq )g (x 1)∣∣∣∣≥∣∣∣f(pq )∣∣∣g (2)=∣2p 4+3p 3q−3p 2q 2−6pq 3+aq 4∣g (2)q 4． 因为当 x ∈[1,2] 时，g (x )>0，故 f (x ) 在 [1,2] 上单调递增，所以 f (x ) 在区间 [1,2] 上除 x 0 外没有其他的零点，而 p q ≠x 0，故 f (pq )≠0．又因为 p ，q ，a 均为整数，所以 ∣2p 4+3p 3q −3p 2q 2−6pq 3+aq 4∣ 是正整数， 从而 ∣2p 4+3p 3q −3p 2q 2−6pq 3+aq 4∣≥1．所以 ∣∣∣p q −x 0∣∣∣≥1g (2)q 4． 所以，只要取 A =g (2)，就有 ∣∣∣p q −x 0∣∣∣≥1Aq 4．8. （1） 由 f (x )=x 3−6x 2−3a (a −4)x +b ，可得 fʹ(x )=3x 2−12x −3a (a −4)=3(x −a )(x −(4−a ))，令 fʹ(x )=0，解得 x =a 或 x =4−a ． 由 ∣a ∣≤1，得 a <4−a ．当 x 变化时，fʹ(x )，f (x ) 的变化情况如下表：x (−∞,a )(a,4−a )(4−a,+∞)fʹ(x )+−+f (x )↗↘↗所以 f (x ) 的单调递增区间为 (−∞,a )，(4−a,+∞)，单调递减区间为 (a,4−a )； （2） （i ）因为 gʹ(x )=e x(f (x )+fʹ(x ))，由题意知 {g (x 0)=e x 0,gʹ(x 0)=e x 0,所以 {f (x 0)e x 0=e x 0,e x 0(f (x 0)+fʹ(x 0))=e x 0,解得 {f (x 0)=1,fʹ(x 0)=0.所以f(x)在x=x0处的导数等于0；（ii）因为g(x)≤e x，x∈[x0−1,x0+1]，由e x>0，可得f(x)≤1．又因为f(x0)=1，fʹ(x0)=0，故x0为f(x)的极大值点，由（1）知x0=a．另一方面，由于∣a∣≤1，故a+1<4−a，由（1）知f(x)在(a−1,a)内单调递增，在(a,a+1)内单调递减，故当x0=a时，f(x)≤f(a)=1在[a−1,a+1]上恒成立，从而g(x)≤e x在[x0−1,x0+1]上恒成立．由f(a)=a3−6a2−3a(a−4)a+b=1，得b=2a3−6a2+1，−1≤a≤1．令t(x)=2x3−6x2+1，x∈[−1,1]，所以tʹ(x)=6x2−12x，令tʹ(x)=0，解得x=2（舍去）或x=0．因为t(−1)=−7，t(1)=−3，t(0)=1，故t(x)的值域为[−7,1]．所以b的取值范围是[−7,1]．9. （1）fʹ(x)=1−a x2 ,由导数的几何意义得fʹ(2)=3,于是a=−8.由切点P(2,f(2))在直线y=3x+1上可得，−2+b=7,解得b=9.所以函数f(x)的解析式为f(x)=x−8x+9.（2）fʹ(x)=1−ax2．当a≤0时，显然fʹ(x)>0(x≠0)，这时f(x)在(−∞,0)，(0,+∞)内是增函数．当a>0时，令fʹ(x)=0，解得x=±√a．当x变化时，fʹ(x)，f(x)的变化情况如下表：x(−∞,−√a)−√a(−√a,0)(0,√a)√a(√a,+∞)fʹ(x)+0−−0+f(x)↗极大值↘↘极小值↗所以f(x)在(−∞,−√a]，[√a,+∞)内是增函数，在(−√a,0)，(0,√a)内是减函数．（3）由（2）知，f(x)在[14,1]上的最大值为f(14)与f(1)中的较大者，对于任意的a∈[12,2]，不等式f(x)≤10在[14,1]上恒成立，当且仅当{f (14)≤10,f (1)≤10,即{b ≤394−4a,b ≤9−a,对任意的 a ∈[12,2] 成立．从而得 b ≤74，所以满足条件的 b 的取值范围是 (−∞,74]．10. （1）fʹ(x )=4x 3+3ax 2+4x=x (4x 2+3ax +4).当 a =−103 时，fʹ(x )=x (4x 2−10x +4)=2x (2x −1)(x −2).令 fʹ(x )=0，解得x 1=0,x 2=12,x 3=2.当 x 变化时，fʹ(x )，f (x ) 的变化情况如下表：x (−∞,0)0(0,12)12(12,2)2(2,+∞)fʹ(x )−0+0−0+f (x )↘极小值↗极大值↘极小值↗ 所以 f (x ) 在 (0,12)，(2,+∞) 内是增函数，在 (−∞,0)，(12,2) 内是减函数． （2）fʹ(x )=x (4x 2+3ax +4),显然 x =0 不是方程 4x 2+3ax +4=0 的根．为使 f (x ) 仅在 x =0 处有极值，必须 4x 2+3ax +4≥0 成立，即有Δ=9a 2−64≤0.解此不等式，得−83≤a ≤83. 这时，f (0)=b 是唯一极值．因此满足条件的 a 的取值范围是 [−83,83]．（3） 由条件 a ∈[−2,2]，可知 Δ=9a 2−64<0，从而 4x 2+3ax +4>0 恒成立． 当 x <0 时，fʹ(x )<0；当 x >0 时，fʹ(x )>0．因此函数 f (x ) 在 [−1,1] 上的最大值是 f (1) 与 f (−1) 两者中的较大者． 为使对任意的 a ∈[−2,2]，不等式 f (x )≤1 在 [−1,1] 上恒成立， 当且仅当{f (1)≤1,f (−1)≤1,即{b ≤−2−a,b ≤−2+a,在 a ∈[−2,2] 上恒成立．所以 b ≤−4，因此满足条件的 b 的取值范围是 (−∞,−4]．11. （1） 当 t =1 时，f (x )=4x 3+3x 2−6x ，f (0)=0，fʹ(x )=12x 2+6x −6，fʹ(0)=−6． 所以曲线 y =f (x ) 在点 (0,f (0)) 处的切线方程为 y =−6x ． （2） fʹ(x )=12x 2+6tx −6t 2，令 fʹ(x )=0，解得x =−t 或 x =t2.因为 t ≠0，所以分两种情况讨论：①若 t <0，则 t2<−t ，当 x 变化时，fʹ(x )，f (x ) 的变化情况如下表：x(−∞,t 2)(t2,−t)(−t,+∞)fʹ(x )+−+f (x )↗↘↗所以 f (x ) 的单调递增区间是 (−∞,t2)，(−t,+∞)；f (x ) 的单调递减区间是 (t2,−t)． ②若 t >0，则 −t <t2，当 x 变化时，fʹ(x ),f (x ) 的变化情况如下表：x(−∞,−t )(−t,t 2)(t2,+∞)fʹ(x )+−+f (x )↗↘↗所以，f (x ) 的单调递增区间是 (−∞,−t ),(t2,+∞)；f (x ) 的单调递减区间是 (−t,t2)． （3） 由（2）可知，当 t >0 时，f (x ) 在 (0,t2) 内单调递减，在 (t2,+∞) 内单调递增． 以下分两种情况讨论：①当 t2≥1，即 t ≥2 时，f (x ) 在 (0,1) 内单调递减，在 (1,+∞) 内单调递增．f (0)=t −1>0，f (1)=−6t 2+4t +3≤−6×4+4×2+3<0，所以对任意 t ∈[2,+∞)，f (x ) 在区间 (0,1) 内均存在零点．② 当 0<t2<1，即 0<t <2 时，f (x ) 在 (0,t2) 内单调递减，在 (t2,1) 内单调递增．若 t ∈(0,1]，则f (t 2)=−74t 3+t −1≤−74t 3<0,f (1)=−6t 2+4t +3≥−6t +4t +3=−2t +3>0.所以 f (x ) 在 (t2,1) 内存在零点．若 t ∈(1,2)，则f (t 2)=−74t 3+(t −1)<−74t 3+1<0,f (0)=t −1>0, 所以 f (x )在(0,t2) 内存在零点．所以，对任意 t ∈(0,2)，f (x ) 在区间 (0,1) 内均存在零点． 综上，对任意 t ∈(0,+∞)，f (x ) 在区间 (0,1) 内均存在零点．12. （1） 当 a =1 时，f (x )=x 3−32x 2+1,f (2)=3;fʹ(x )=3x 2−3x,fʹ(2)=6.所以曲线 y =f (x ) 在点 (2,f (2)) 处的切线方程为y −3=6(x −2),即所求切线方程为 y =6x −9． （2） 由已知得fʹ(x )=3ax 2−3x =3x (ax −1),令 fʹ(x )=0，解得x =0 或 x =1a.以下分两种情况讨论：（i ）若 0<a ≤2，则 1a≥12，当 x 变化时，fʹ(x ) 、 f (x ) 的变化情况如下表：x(−12,0)0(0,12)fʹ(x )+0−f (x )↗极大值↘ 当 x ∈[−12,12] 时，f (x )>0 等价于{f (−12)>0,f (12)>0, 即{5−a8>0,5+a8>0. 解不等式组得−5<a <5,因此 0<a ≤2． （ii ）若 a >2，则 0<1a<12．当 x 变化时，fʹ(x ) 、 f (x ) 的变化情况如下表：x(−12,0)0(0,1a )1a (1a ,12)fʹ(x )+0−0+f (x )↗极大值↘极小值↗ 当 x ∈[−12,12] 时，f (x )>0 等价于{f (−12)>0,f (1a)>0, 即{5−a8>0,1−12a2>0.解不等式组得√22<a <5 或 a <−√22, 因此 2<a <5．综合（i ）和（ii ），可知 a 的取值范围为 0<a <5． 13. （1） f (x ) 的定义域为 (−a,+∞)．fʹ(x )=1−1x +a =x +a −1x +a. 由 fʹ(x )=0，得x =1−a >−a.当 x 变化时，fʹ(x )，f (x ) 的变化情况如下表：x(−a,1−a )1−a (1−a,+∞)fʹ(x )−0+f (x )↘极小值↗因此，f (x ) 在 x =1−a 处取得最小值，故由题意f (1−a )=1−a =0,所以 a =1．（2） 当 k ≤0 时，取 x =1，有 f (1)=1−ln2>0，故 k ≤0 不合题意； 当 k >0 时，令 g (x )=f (x )−kx 2，即g (x )=x −ln (x +1)−kx 2,gʹ(x )=x x +1−2kx =−x [2kx −(1−2k )]x +1.令 gʹ(x )=0，得x 1=0,x 2=1−2k2k>−1. （i ）当 k ≥12 时，1−2k 2k≤0，gʹ(x )<0 在 (0,+∞) 上恒成立，因此 g (x ) 在 [0,+∞) 上单调递减．从而对于任意的 x ∈[0,+∞)，总有 g (x )≤g (0)=0，即 f (x )≤kx 2 在 [0,+∞) 上恒成立． 故 k ≥12符合题意． （ii ）当 0<k <12 时，1−2k 2k>0，对于 x ∈(0,1−2k 2k)，gʹ(x )>0，故 g (x ) 在 (0,1−2k 2k) 内单调递增．因此当取 x 0∈(0,1−2k 2k) 时，g (x 0)>g (0)=0，即 f (x 0)≤kx 02不成立． 故 0<k <12不合题意． 综上，k 的最小值为 12．（3） 当 n =1 时，不等式左边 =2−ln3<2= 右边，所以不等式成立． 当 n ≥2 时，∑f n i=1(22i −1)=∑[22i −1−ln (1+22i −1)]ni=1=∑22i −1ni=1−∑[ln (2i +1)−ln (2i −1)]ni=1=∑22i −1ni=1−ln (2n +1).在（2）中取 k =12，得 f (x )≤x 22(x ≥0)，从而f (22i −1)≤2(2i −1)2<2(2i −3)(2i −1)(i ∈N ∗,i ≥2), 所以有∑22i −1ni=1−ln (2n +1)=∑f ni=1(22i −1)=f (2)+∑f ni=2(22i −1)<2−ln3+∑2(2i −3)(2i −1)ni=2=2−ln3+∑(12i −3−12i −1)ni=2=2−ln3+1−12n −1<2.综上∑22i −1ni=1−ln (2n +1)<2,n ∈N ∗.14. （1） fʹ(x )=(1−x )e −x ． 令 fʹ(x )=0，解得 x =1．当 x 变化时，fʹ(x )，f (x ) 的变化情况如下表：x (−∞,1)1(1,+∞)fʹ(x )+0−f (x )↗极大值↘所以 f (x ) 在 (−∞,1) 内是增函数，在 (1,+∞) 内是减函数． 函数 f (x ) 在 x =1 处取得极大值 f (1) 且 f (1)=1e ．（2） 由题意可知 g (x )=f (2−x )，得 g (x )=(2−x )e x−2． 令 F (x )=f (x )−g (x )，即F (x )=xe −x +(x −2)e x−2,于是Fʹ(x )=(x −1)(e 2x−2−1)e −x .当 x >1 时，2x −2>0，从而 e 2x−2−1>0，又 e −x >0，所以 Fʹ(x )>0，从而函数 F (x ) 在 [1,+∞) 是增函数． 又 F (1)=e −1−e −1=0，所以 x >1 时，有 F (x )>F (1)=0， 即 f (x )>g (x )．（3） （i ）若 (x 1−1)(x 2−1)=0，由（1）及 f (x 1)=f (x 2)，则 x 1=x 2=1．与 x 1≠x 2 矛盾；（ii ）若 (x 1−1)(x 2−1)>0，所以 {x 1>1x 2>1 或 {x 1<1x 2<1，由（1）知函数 f (x ) 在区间 (−∞,1) 上为增函数，在区间 (1,+∞) 上为减函数，又 f (x 1)=f (x 2)，得 x 1=x 2．与 x 1≠x 2 矛盾． 根据（i ）（ii ）得 (x 1−1)(x 2−1)<0，不妨设 x 1<1，x 2>1. 由（2）可知，f (x 2)>g (x 2)，又 g (x 2)=f (2−x 2)， 所以 f (x 2)>f (2−x 2)，从而 f (x 1)>f (2−x 2)． 因为 x 2>1，所以 2−x 2<1．又由（1）可知函数 f (x ) 在区间 (−∞,1) 内是增函数，所以 x 1>2−x 2，即 x 1+x 2>2． 15. （1） 由函数 f (x ) 的定义，对任意整数 k ，有f (x +2kπ)−f (x )=(x +2kπ)sin (x +2kπ)−xsinx=(x +2kπ)sinx −xsinx=2kπsinx.（2） 函数 f (x ) 在定义域 R 上可导，fʹ(x )=sinx +xcosx, ⋯⋯①令 fʹ(x )=0，得 sinx +xcosx =0．显然，对于满足上述方程的 x 有 cosx ≠0，上述方程化简为 x =−tanx ． 此方程一定有解．f (x ) 的极值点 x 0 一定满足 tanx 0=−x 0． 由sin 2x =sin 2x sin 2x +cos 2x =tan 2x1+tan 2x,得sin 2x 0=tan 2x 01+tan 2x 0.因此，[f (x 0)]2=x 02sin 2x 0=x 041+x 02.（3） 设 x 0>0 是 fʹ(x )=0 的任意正实数根，即 x 0=−tanx 0，则存在一个非负整数 k ， 使 x 0∈(π2+kπ,π+kπ)，即 x 0 在第二或第四象限内．由 ① 式，fʹ(x )=cosx (tanx +x ) 在第二或第四象限中的符号可列表如下：所以满足 fʹ(x )=0 的正根 x 0 都为 f (x ) 的极值点．由题设条件，a 1，a 2，⋯，a n ，⋯ 为方程 x =−tanx 的全部正实数根且满足 a 1<a 2<⋯<a n <⋯，那么对于 n =1，2，⋯，于是a n+1−a n=−(tana n+1−tana n )=−(1+tana n+1⋅tana n )tan (a n+1−a n ). ⋯⋯②由于π2+(n −1)π<a n <π+(n −1)π, π2+nπ<a n+1<π+nπ, 则π2<a n+1−a n <3π2, 由于 tana n+1⋅tana n >0，由 ② 式知 tan (a n+1−a n )<0．由此可知 a n+1−a n 必在第二象限，即 a n+1−a n <π．综上 π2<a n+1−a n <π. 16. （1） 当 cosθ=0 时，f (x )=4x 3+132, 则fʹ(x )=12x 2≥0,所以函数 f (x ) 在 (−∞,+∞) 上是增函数，因此 f (x ) 无极值． （2） 由已知，得fʹ(x )=12x 2−6xcosθ.令 fʹ(x )=0，得x 1=0,x 2=cosθ2. 由 0≤θ≤π2 及（1），可只考虑 cosθ>0 的情况．当 x 变化时，fʹ(x ) 的符号及 f (x ) 的变化情况如下表：x (−∞,0)0(0,cosθ2)cosθ2(cosθ2,+∞)fʹ(x )+0−0+f (x )↗极大值↘极小值↗ 由此，f (x ) 的极小值为f (cosθ2)=−14cos 3θ+132.根据题意，必有−14cos 3θ+132>0, 解得0<cosθ<12,因此，π3<θ<π2．（3） 由（2）知，函数 f (x ) 在区间 (−∞,0) 与 (cosθ2,+∞) 内都是增函数．由题设，函数 f (x ) 在 (2a −1,a ) 内是增函数，则 a 须满足不等式组{2a −1<a,a ≤0, 或 {2a −1<a,2a −1≥12cosθ,由（2），得 0<cosθ<12．要使不等式2a −1≥12cosθ对于 π3<θ<π2 恒成立，必有2a −1≥14,即a ≥58.综上，解得a ≤0 或58≤a <1. 因此，a 的取值范围是 (−∞,0]∪[58,1)． 17. （1） 函数 y =x 2+2x 的导数 yʹ=2x +2，曲线 C 1 在点 P (x 1,x 12+2x 1) 的切线方程是y −(x 12+2x 1)=(2x 1+2)(x −x 1), 即y =(2x 1+2)x −x 12. ⋯⋯①函数 y =−x 2+a 的导数 yʹ=−2x ，曲线 C 2 在点 Q (x 2,−x 22+a ) 的切线方程是y −(−x 22+a )=−2x 2(x −x 2).即y =−2x 2x +x 22+a. ⋯⋯②如果直线 l 是过 P 和 Q 的公切线，则①式和②式都是 l 的方程，所以{x 1+1=−x 2,−x 12=x 22+a, 消去 x 2 得方程2x 12+2x 1+1+a =0.若判别式 Δ=4−4×2(1+a )=0 时，即 a =−12时，解得 x 1=−12，此时点 P 与 Q 重合．即当 a =−12时 C 1 和 C 2 有且仅有一条公切线，由①得公切线方程为 y =x −14．（2） 由（1）可知，当 a <−12 时 C 1 和 C 2 有两条公切线， 设一条公切线上切点为：P (x 1,y 1)，Q (x 2,y 2)． 其中 P 在 C 1 上，Q 在 C 2 上， 则有 x 1+x 2=−1,y 1+y 2=x 12+2x 1+(−x 22+a )=x 12+2x 1−(x 1+1)2+a =−1+a.线段 PQ 的中点为 (−12,−1+a 2)．同理，另一条公切线段 PʹQʹ 的中点也是 (−12,−1+a 2)．所以公切线段 PQ 和 PʹQʹ 互相平分．18. （1） 由已知，可得 f (x )=x (x −1)(x +1)=x 3−x ， 故 fʹ(x )=3x −1，因此 f (0)=0，fʹ(0)=−1，又因为曲线 y =f (x ) 在点 (0,f (0)) 处的切线方程为 y −f (0)=fʹ(0)(x −0)， 故所求切线方程为 x +y =0． （2） 由已知可得f (x )=(x −t 2+3)(x −t 2)(x −t 2−3)=(x −t 2)3−9(x −t 2)=x 3−3t 2x 2+(3t 22−9)x −t 22+9t 2.故 fʹ(x )=3x 3−6t 2x +3t 22−9．令 fʹ(x )=0，解得 x =t 2−√3，或 x =t 2+√3． 当 x 变化时，fʹ(x )，f (x ) 的变化如表：x (−∞,t 2−√3)t 2−√3(t 2−√3,t 2+√3)t 2+√3(t 2+√3,+∞)fʹ(x )+0−0+f (x )↗极大值↘极小值↗所以函数 f (x ) 的极大值为 f(t 2−√3)=(−√3)3−9×(−√3)=6√3； 函数小值为 f(t 2+√3)=(√3)3−9×(√3)=−6√3．（3） 曲线 y =f (x ) 与直线 y =−(x −t 2)−6√3 有三个互异的公共点等价于关于 x 的方程 (x −t 2+d )(x −t 2)(x −t 2−d )+(x −t 2)+6√3=0 有三个互异的实数解， 令 u =x −t 2，可得 u 3+(1−d 2)u +6√3=0．设函数 g (x )=x 3+(1−d 2)x +6√3，则曲线 y =f (x ) 与直线 y =−(x −t 2)−6√3 有三个互异的公共点等价于函数 y =g (x ) 有三个零点． gʹ(x )=3x 3+(1−d 2)．当 d 2≤1 时，gʹ(x )≥0，这时 gʹ(x ) 在 R 上单调递增，不合题意； 当 d 2>1 时，gʹ(x )=0，解得 x 1=√d 2−1√3，x 2=√d 2−1√3．易得，g (x ) 在 (−∞,x 1) 上单调递增，在 [x 1,x 2] 上单调递减，在 (x 2,+∞) 上单调递增， g (x ) 的极大值 g (x 1)=g √d 2−1√3)=2√3(d 2−1)329+6√3>0， g (x ) 的极小值 g (x 2)=g (√d 2−1√3)=−2√3(d 2−1)329+6√3，若 g (x 2)≥0，由 g (x ) 的单调性可知函数 y =f (x ) 至多有两个零点，不合题意； 若 g (x 2)<0，即 (d 2−1)32>27，也就是 ∣d∣>√10， 此时 ∣d∣>x 2，g (∣d∣)=∣d∣+6√3>0，且 −2∣d∣<x 1，g(−2∣d∣)=−6∣d∣3−2∣d∣+6√3<−62√10+6√3<0，从而由g(x)的单调性，可知函数y=g(x)在区间(−2∣d∣,x1)，(x1,x2)，(x2,∣d∣)内各有一个零点，符合题意．所以d的取值范围是(−∞,−√10)∪(√10,+∞)．19. （1）由f(x)=nx−x n，可得fʹ(x)=n−nx n−1=n(1−x n−1)，其中n∈N∗，且n≥2．下面分两种情况讨论：①当n为奇数时，令fʹ(x)=0，解得x=1或x=−1．当x变化时，fʹ(x)，f(x)的变化情况如下表：x(−∞,−1)(−1,1)(1,+∞)fʹ(x)−+−f(x)↘↗↘所以，f(x)在(−∞,−1)，(1,+∞)上单调递减，在(−1,1)内单调递增．②当n为偶数时，当fʹ(x)>0，即x<1时，函数f(x)单调递增；当fʹ(x)<0，即x>1时，函数f(x)单调递减．所以，f(x)在(−∞,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减．（2）设点P的坐标为(x0,0)，则x0=n1n−1，fʹ(x0)=n−n2．曲线y=f(x)在点P处的切线方程为y=fʹ(x0)(x−x0)，即g(x)=fʹ(x0)(x−x0)．令F(x)=f(x)−g(x)，即F(x)=f(x)−fʹ(x0)(x−x0)，则Fʹ(x)=fʹ(x)−fʹ(x0)．由于fʹ(x)=−nx n−1+n在(0,+∞)上单调递减，故Fʹ(x)在(0,+∞)上单调递减．又因为Fʹ(x0)=0，所以当x∈(0,x0)时，Fʹ(x)>0，当x∈(x0,+∞)时，Fʹ(x)<0，所以F(x)在(0,x0)上单调递增，在(x0,+∞)上单调递减，所以对于任意的正实数x，都有F(x)≤F(x0)=0，即对于任意的正实数x，都有f(x)≤g(x)．（3）不妨设x1≤x2．由（2）知g(x)=(n−n2)(x−x0)．+x0，设方程g(x)=a的根为x2ʹ，可得x2ʹ=an−n2当n≥2时，g(x)在(−∞,+∞)上单调递减，又由（2）知g(x2)≥f(x2)=a=g(x2ʹ)，可得x2≤x2ʹ．类似地，设曲线y=f(x)在原点处的切线方程为y=ℎ(x)，可得ℎ(x)=nx．当x∈(0,+∞)时，f(x)−ℎ(x)=−x n<0，即对于任意的x∈(0,+∞)，f(x)<ℎ(x)，．设方程ℎ(x)=a的根为x1ʹ，可得x1ʹ=an因为ℎ(x)=nx在(−∞,+∞)上单调递增，且ℎ(x1ʹ)=a=f(x1)<ℎ(x1)，因此x1ʹ<x1．+x0．由此可得x2−x1<x2ʹ−x1ʹ=a1−n1=1+n−1=n，故2≥n1n−1=x0．因为n≥2，所以2n−1=(1+1)n−1≥1+C n−1+2．则当x1≤x2时，∣x2−x1∣=x2−x1<a1−n同理可证当x1>x2时，结论也成立．+2．综上，∣x2−x1∣<a1−n20. （1） 对 f (x ) 求导可得fʹ(x )=x 2+(1−a )x −a =(x +1)(x −a ).由 fʹ(x )=0，得{x 1=−1,x 2=a >0.当 x 变化时，fʹ(x )，f (x ) 的变化情况如下表：x(−∞,−1)−1(−1,a )a (a,+∞)f ′(x )+0−0+f (x )↗极大值↘极小值↗故函数 f (x ) 的单调递增区间是 (−∞,−1)，(a,+∞)；单调递减区间是 (−1,a )． （2） 由（1）知 f (x ) 在区间 (−2,−1) 内单调递增，在区间 (−1,0) 内单调递减， 从而函数 f (x ) 在区间 (−2,0) 内恰有两个零点，当且仅当{f (−2)<0,f (−1)>0,f (0)<0,解得0<a <13.所以 a 的取值范围是 (0,13)． （3） 当 a =1 时，f (x )=13x 3−x −1.由（1）知 f (x ) 在 [−3,−1] 上单调递增，在 [−1,1] 上单调递减，在 [1,2] 上单调递增．① 当 t ∈[−3,−2] 时，t +3∈[0,1]，−1∈[t,t +3]，f (x ) 在 [t,−1] 上单调递增，在 [−1,t +3] 上单调递减．因此，f (x ) 在 [t,t +3] 上的最大值M (t )=f (−1)=−13,而最小值 m (t ) 为 f (t ) 与 f (t +3) 中的较小者．由f (t +3)−f (t )=3(t +1)(t +2),知，当 t ∈[−3,−2] 时，f (t )≤f (t +3)，故m (t )=f (t ),所以g (t )=f (−1)−f (t ).而 f (t ) 在 [−3,−2] 上单调递增，因此f (t )≤f (−2)=−53.所以 g (t ) 在 [−3,−2] 上的最小值为g (−2)=−13−(−53)=43.② 当 t ∈[−2,−1] 时，t +3∈[1,2]，且 −1,1∈[t,t +3]． 下面比较 f (−1)，f (1)，f (t )，f (t +3) 的大小． 由 f (x ) 在 [−2,−1]，[1,2] 上单调递增，有f(−2)≤f(t)≤f(−1),f(1)≤f(t+3)≤f(2).又由f(1)=f(−2)=−5 3 ,f(−1)=f(2)=−1 3 ,从而M(t)=f(−1)=−1 3 ,m(t)=f(1)=−5 3 .所以g(t)=M(t)−m(t)=4 3 .综上，函数g(t)在区间[−3,−1]上的最小值为43．21. （1）当m=1时，f(x)=−13x3+x2,fʹ(x)=−x2+2x,故fʹ(1)=1.所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线的斜率为1．（2）fʹ(x)=−x2+2x+m2−1.令fʹ(x)=0，解得x=1−m或x=1+m.因为m>0，所以1+m>1−m.当x变化时，fʹ(x)，f(x)的变化情况如下表：x(−∞,1−m)1−m(1−m,1+m)1+m(1+m,+∞)fʹ(x)−0+0−f(x)↘极小值↗极大值↘所以f(x)在(−∞,1−m)，(1+m,+∞)内是减函数，在(1−m,1+m)内是增函数．函数f(x)在x=1−m处取得极小值f(1−m)，且f(1−m)=−23m3+m2−13,函数f(x)在x=1+m处取得极大值f(1+m)，且f(1+m)=23m2+m2−13.（3）由题设，f(x)=x(−13x2+x+m2−1)=−13x(x−x1)(x−x2),所以方程−13x2+x+m2−1=0有两个相异的实根x1，x2，故x1+x2=3,且Δ=1+43(m2−1)>0，解得m<−12(舍)或m>12.因为x1<x2，所以2x2>x1+x2=3,故x2>32>1.若x1≤1<x2，则f(1)=−13(1−x1)(1−x2)≥0,而f(x1)=0，不合题意．若1<x1<x2，对任意的x∈[x1,x2]，有x>0，x−x1≥0，x−x2≤0，则f(x)=−13x(x−x1)(x−x2)≥0.又f(x1)=0，所以f(x)在[x1,x2]上的最小值为0．于是对任意的x∈[x1,x2]，f(x)>f(1)恒成立的充要条件是f(1)=m2−13<0,解得−√33<m<√33.综上，m的取值范围是(12,√33)．22. （1）由f(x)=4x−x4，可得fʹ(x)=4−4x3．当fʹ(x)>0，即x<1时，函数f(x)单调递增；当fʹ(x)<0，即x>1时，函数f(x)单调递减．所以f(x)的单调递增区间为(−∞,1)，单调递减区间为(1,+∞)．（2）设点P的坐标为(x0,0)，则x0=413，fʹ(x0)=−12．曲线y=f(x)在点P处的切线方程为y=fʹ(x0)⋅(x−x0)，即g(x)=fʹ(x0)(x−x0)．令函数F(x)=f(x)−g(x)，即F(x)=f(x)−fʹ(x0)(x−x0)，则Fʹ(x)=fʹ(x)−fʹ(x0)．由于fʹ(x)=−4x3+4在(−∞,+∞)上单调递减，故Fʹ(x)在(−∞,+∞)上单调递减．又因为Fʹ(x0)=0，所以当x∈(−∞,x0)时，Fʹ(x)>0；当x∈(x0,+∞)时，Fʹ(x)<0，所以F(x)在(−∞,x0)上单调递增，在(x0,+∞)上单调递减，所以对于任意的实数x，都有F(x)≤F(x0)=0，即对于任意的实数x，都有f(x)≤g(x)．（3）由（2）知g(x)=−12(x−41 3)．设方程g(x)=a的根为x2ʹ，可得x2ʹ=−a12+413，因为g(x)在(−∞,+∞)上单调递减，又由（2）知g(x2)≥f(x2)=a=g(x2ʹ)，可得x2≤x2ʹ．类似地，设曲线y=f(x)在原点处的切线方程为y=ℎ(x)，可得ℎ(x)=4x．对于任意的x∈(−∞,+∞)，有f(x)−ℎ(x)=−x4≤0，即f(x)≤ℎ(x)，设方程ℎ(x)=a的根为x1ʹ，可得x1ʹ=a4．因为ℎ(x)=4x在(−∞,+∞)上单调递增，且ℎ(x1ʹ)=a=f(x1)≤ℎ(x1)，因此x1ʹ≤x1．由此可得x2−x1≤x2ʹ−x1ʹ=−a3+413．23. （1）由f(x)=x−ae x，可得fʹ(x)=1−ae x,1）a≤0时，fʹ(x)>0在R上恒成立，可得f(x)在R上单调递增，不合题意．2）a>0时，由fʹ(x)=0，得x=−lna，当x变化时，fʹ(x),f(x)的变化情况如下表：x(−∞,−lna)−lna(−lna,+∞)fʹ(x)+0−f(x)↗−lna−1↘这时，f(x)的单调递增区间是(−∞,−lna)；单调递减区间是(−lna,+∞)．于是，“函数y=f(x)有两个零点”等价于如下条件同时成立：（i）f(−lna)>0，（ii）存在s1∈(−∞,−lna)，满足f(s1)<0，（iii）存在s2∈(−lna,+∞)，满足f(s2)<0．由f(−lna)>0，即−lna−1>0,解得0<a<e−1,而此时，取s1=0，满足s1∈(−∞,−lna)，且f(s1)=−a<0,取s2=2a +ln2a，满足s2∈(−lna,+∞)，且f(s2)=(2a−e2a)+(ln2a−e2a)<0,所以，a的取值范围是(0,e−1)．（2）由f(x)=x−ae x=0,有a=x e x ,设g(x)=xe x，由gʹ(x)=1−x e x,知 g (x ) 在 (−∞,1) 上单调递增，在 (1,+∞) 上单调递减． 并且，当 x ∈(−∞,0] 时，g (x )≤0； 当 x ∈(0,+∞) 时，g (x )>0． 由已知，x 1,x 2 满足a =g (x 1),a =g (x 2),由 a ∈(0,e −1)，及 g (x ) 的单调性，可得x 1∈(0,1),x 2∈(1,+∞).对于任意的 a 1,a 2∈(0,e −1)，设a 1>a 2,g (ξ1)=g (ξ2)=a 1,其中0<ξ1<1<ξ2,g (η1)=g (η2)=a 2,其中0<η1<1<η2,因为 g (x ) 在 (0,1) 上单调递增，故由 a 1>a 2，即g (ξ1)>g (η1),可得ξ1>η1,类似可得ξ2<η2,又由 ξ1,η1>0，得ξ2ξ1<η2ξ1<η2η1, 所以，x2x 1随着 a 的减小而增大．（3） 由x 1=ae x 1,x 2=ae x 2,可得lnx 1=lna +x 1,lnx 2=lna +x 2,故x 2−x 1=lnx 2−lnx 1=lnx 2x 1, 设x 2x 1=t ，则 t >1，且{x 2=tx 1,x 2−x 1=lnt,解得x 1=lnt t −1,x 2=tlntt −1, 所以x 1+x 2=(t +1)lntt −1, ⋯⋯①令。
高考逆袭卷02-2024年高考数学最后冲刺大题秒杀技巧及题型专项训练(新高考新题型专用)(原卷版)
2024年高考考前逆袭卷（新高考新题型）02数学（考试时间：120分钟试卷满分：150分）全国新高考卷的题型会有所调整，考试题型为8（单选题）＋3（多选题）＋3（填空题）＋5（解答题），其中最后一道试题是新高考地区新增加的题型，主要涉及集合、数列，导数等模块，以解答题的方式进行考查。
预测2024年新高考地区数列极有可能出现在概率与统计大题中，而结构不良型题型可能为集合或导数模块中的一个，出现在19题的可能性较大，难度中等偏上，例如本卷第19题。
第I 卷（选择题）一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。
1．已知一组数据m ，4，2，5，3的平均数为n ，且m ，n 是方程2430x x -+=的两根，则这组数据的方差为（）A ．10B C ．2D2．{(1,1)(1,2),}∣P m m R αα==-+∈ ，{(1,2)(2,3),}∣Q n n R ββ==-+∈ 是两个向量集合，则P Q 等于（）A ．{(1,2)}-B ．{(13,23)}--C ．{(2,1)}-D ．{(23,13)}--3．在ΔABC 中，内角A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c ，若A 、B 、C 成等差数列，3a 、3b 、3c 成等比数列，则cos A cos B =（）A ．12B ．14C ．23D ．164．在三棱锥S ABC -中，底面ABC 为边长为3的正三角形，侧棱SA ⊥底面ABC ，若三棱锥的外接球的体积为36π，则该三棱锥的体积为（）A ．B ．2C ．2D ．5．有一排7只发光二极管，每只二极管点亮时可发出红光或绿光，若每次恰有3只二极管点亮，且相邻的两只不能同时点亮，根据三只点亮的不同位置，或不同颜色来表示不同的信息，则这排二极管能表示的信息种数共有种A ．10B ．48C ．60D ．806．设1213a ⎛⎫= ⎪⎝⎭，31log 5b =，20c c +=，则()A ．a b c <<B ．c b a <<C ．a c b <<D ．b<c<a 7．按照“碳达峰”､“碳中和”的实现路径，2030年为碳达峰时期，2060年实现碳中和，到2060年，纯电动汽车在整体汽车中的渗透率有望超过70%，新型动力电池迎来了蓬勃发展的风口.Peukert 于1898年提出蓄电池的容量C （单位：Ah ），放电时间t （单位：h ）与放电电流I （单位：A ）之间关系的经验公式：n C I t =⋅，其中n 为Peukert 常数，为了测算某蓄电池的Peukert 常数n ，在电池容量不变的条件下，当放电电流20A I =时，放电时间20h t =；当放电电流30A I =时，放电时间10h t =.则该蓄电池的Peukert 常数n 大约为（）（参考数据：lg 20.30≈，lg 30.48≈）A ．43B ．53C ．83D ．28．过双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>的右焦点F 作渐近线的垂线，设垂足为P （P 为第一象限的点），延长FP 交抛物线22(0)y px p =>于点Q ，其中该双曲线与抛物线有一个共同的焦点，若1()2OP OF OQ =+ ，则双曲线的离心率的平方为A BC 1D 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9．已知i 为虚数单位，以下四个说法中正确的是（）A ．234i i i i 0+++=B ．3i 1i+>+C ．若()212i z =+，则复数z 对应的点位于第四象限D ．已知复数z 满足2i 3z -=，则z 在复平面内对应的点的轨迹为圆10．设直线系M ：()()cos 2sin 102x y θθθπ+-=≤≤，则下面四个命题正确的是（）A ．点()0,2到M 中的所有直线的距离恒为定值B ．存在定点P 不在M 中的任意一条直线上C ．对于任意整数()3n n ≥，存在正n 边形，其所有边均在M 中的直线上D ．M 中的直线所能围成的正三角形面积都相等11．定义在R 上的偶函数()f x 满足()()35f x f x -=-，当[]0,1x ∈时，()2f x x =.设函数()5log 1g x x =-，则下列结论正确的是（）A ．()f x 的图象关于直线1x =对称B ．()f x 的图象在72x =处的切线方程为174y x =-+C ．()()()()20212022202320242f f f f +++=D ．()f x 的图象与()g x 的图象所有交点的横坐标之和为10第II 卷（非选择题）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．已知集合{}13A x x =<<，集合{}21B x m x m =<<-，命题p ：x A ∈，命题q ：x B ∈，若p 是q 的充分条件，则实数m 的取值范围是.13．已知多项式()423450123453(1)x x a a x a x a x a x a x +-=+++++，则2345a a a a +++=.14．正方体1111ABCD A B C D -中，E 是棱1DD 的中点，F 在侧面11CDD C 上运动，且满足1B F 平面1A BE .以下命题正确的有.①侧面11CDD C 上存在点F ，使得11B F CD ⊥②直线1B F 与直线BC 所成角可能为30︒③平面1A BE 与平面11CDD C 所成锐二面角的正切值为④设正方体棱长为1，则过点,,E F A 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15．（13分）已知ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且316cos b c a B ===，，.(1)求a 的值：(2)求证：2A B =；(3)πcos 212B ⎛⎫- ⎪⎝⎭的值16．（15分）如图1，在平面五边形ABCDE 中，//AE BD ，且2DE =，60∠=︒EDB ，CD BC ==，5cos7DCB ∠=，将BCD △沿BD 折起，使点C 到P 的位置，且EP =得到如图2所示的四棱锥P ABDE -．(1)求证；PE ⊥平面ABDE ；(2)若1AE =，求平面PAB 与平面PBD 所成锐二面角的余弦值．17．（15分）甲进行摸球跳格游戏．图上标有第1格，第2格，…，第25格，棋子开始在第1格．盒中有5个大小相同的小球，其中3个红球，2个白球（5个球除颜色外其他都相同）．每次甲在盒中随机摸出两球，记下颜色后放回盒中，若两球颜色相同，棋子向前跳1格；若两球颜色不同，棋子向前跳2格，直到棋子跳到第24格或第25格时，游戏结束．记棋子跳到第n 格的概率为()1,2,3,,25n P n =⋅⋅⋅．(1)甲在一次摸球中摸出红球的个数记为X ，求X 的分布列和期望；(2)证明：数列{}()12,3,,24n n P P n --=⋅⋅⋅为等比数列．18．（17分）焦点在x 轴上的椭圆22214x y b+=的左顶点为M ，()11,A x y ，()22,B x y ，()33,C x y 为椭圆上不同三点，且当OB OC λ= 时，直线MB 和直线MC 的斜率之积为14-．(1)求b 的值；(2)若OAB 的面积为1，求2212x x +和2212y y +的值；(3)在（2）的条件下，设AB 的中点为D ，求OD AB ⋅的最大值．19．（17分）英国数学家泰勒发现了如下公式：2312!3!!xn x x x x n =++++++e 其中!1234,e n n =⨯⨯⨯⨯⨯ 为自然对数的底数，e 2.71828= .以上公式称为泰勒公式.设()()e e e e ,22x x x xf xg x ---+==，根据以上信息，并结合高中所学的数学知识，解决如下问题.(1)证明：e 1x x ≥+；(2)设()0,x ∈+∞，证明：()()f x g x x<；(3)设()()212x F x g x a ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，若0x =是()F x 的极小值点，求实数a 的取值范围.。
山东专用2021新高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用课时作业15导数与函数的极值最值含解析
课时作业15 导数与函数的极值、最值一、选择题1．如图是函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象，则下列判断正确的是( C )A ．在区间(－2,1)上f (x )是增函数B ．在区间(1,3)上f (x )是减函数C ．在区间(4,5)上f (x )是增函数D ．当x ＝2时，f (x )取到极小值解析：由题可知，f (x )在(－3，－32)和(2,4)上为减函数，在(－32，2)和(4,5)上为增函数，所以A ，B 均错误，C 正确；在x ＝2处左增右减，x ＝2是函数极大值点，D 错误．2．已知a 为函数f (x )＝x 3－12x 的极小值点，则a ＝( D ) A ．－4 B ．－2 C ．4D ．2解析：由题意得f ′(x )＝3x 2－12，令f ′(x )＝0，得x 1＝－2，x 2＝2.当x ∈(－∞，－2)，(2，＋∞)时，f ′(x )>0，则f (x )单调递增；当x ∈(－2,2)时，f ′(x )<0，则f (x )单调递减，∴f (x )的极小值点为a ＝2.3．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2在x ＝1处有极值10，则f (2)等于( C ) A ．11或18 B ．11 C ．18D ．17或18解析：∵函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2在x ＝1处有极值10， ∴f (1)＝10，且f ′(1)＝0，又f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，∴⎩⎪⎨⎪⎧ 1＋a ＋b ＋a 2＝10，3＋2a ＋b ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝－3，b ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4，b ＝－11.而当⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝3时，函数在x ＝1处无极值，故舍去．∴f (x )＝x 3＋4x 2－11x ＋16，∴f (2)＝18.4．(多选题)下列函数中，存在极值点的是( BD ) A ．y ＝x －1xB ．y ＝2|x |C ．y ＝－2x 3－xD ．y ＝x ln x解析：由题意，函数y ＝x －1x ，则y ′＝1＋1x 2>0，所以函数y ＝x －1x 在(－∞，0)，(0，＋∞)内单调递增，没有极值点．函数y ＝2|x |＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ，x ≥0，2－x ，x <0，根据指数函数的图象与性质可得，当x <0时，函数y ＝2|x |单调递减，当x >0时，函数y ＝2|x |单调递增，所以函数y ＝2|x |在x ＝0处取得极小值；函数y ＝－2x 3－x ，则y ′＝－6x 2－1<0，所以函数y ＝－2x 3－x 在R 上单调递减，没有极值点；函数y ＝x ln x ，则y ′＝ln x ＋1，x >0，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 时，y ′<0，函数单调递减，当x ∈⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞时，y ′>0，函数单调递增，当x ＝1e时，函数取得极小值；故选BD ．5．函数f (x )＝sin x －x 在区间[0,1]上的最小值为( D ) A ．0 B ．sin1 C ．1D ．sin1－1解析：由题得f ′(x )＝cos x －1，因为x ∈[0,1]，所以f ′(x )≤0，所以函数f (x )在[0,1]上单调递减，所以f (x )min ＝f (1)＝sin1－1，故选D ．6．若x ＝1是函数f (x )＝ax 2＋ln x 的一个极值点，则当x ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e 时，f (x )的最小值为( A ) A ．1－e 22B ．－e ＋1eC ．－12e2－1D ．e 2－1解析：由题意得f ′(1)＝0，∵f ′(x )＝2ax ＋1x ，∴f ′(1)＝2a ＋1＝0，∴a ＝－12，∴f ′(x )＝－x ＋1x ＝1－x 2x .∴当x ∈⎣⎡⎦⎤1e ，1时，f ′(x )≥0，当x ∈[1，e]时，f ′(x )≤0，∴f (x )min＝min ⎩⎨⎧⎭⎬⎫f ⎝⎛⎭⎫1e ，f (e )＝－12e 2＋1，故选A ．7．已知函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c ln x (a >0)在x ＝1和x ＝2处取得极值，且极大值为－52，则函数f (x )在区间(0,4]上的最大值为( D )A ．0B ．－52C ．2ln2－4D ．4ln2－4解析：f ′(x )＝2ax ＋b ＋c x ＝2ax 2＋bx ＋cx(x >0，a >0)．因为函数f (x )在x ＝1和x ＝2处取得极值，所以f ′(1)＝2a ＋b ＋c ＝0 ①，f ′(2)＝4a ＋b ＋c2＝0 ②.又a >0，所以当0<x <1或x >2时，f ′(x )>0，f (x )是增函数；当1<x <2时，f ′(x )<0，f (x )是减函数．所以当x ＝1时，f (x )极大值＝f (1)＝a ＋b ＝－52 ③.联立①②③，解得a ＝12，b ＝－3，c ＝2.f (4)＝12×16－3×4＋2ln4＝4ln2－4，经比较函数f (x )在区间(0,4]上的最大值是f (4)＝4ln2－4.故选D ．8．已知函数f (x )＝a x ＋x 2－x ln a ，对任意的x 1，x 2∈[0,1]，不等式|f (x 1)－f (x 2)|≤a －2恒成立，则a 的取值范围为( A )A ．[e 2，＋∞)B ．[e ，＋∞)C ．[2，e]D ．[e ，e 2]解析：由题意可得|f (x 1)－f (x 2)|max ＝f (x )max －f (x )min ≤a －2，且a >2.由于f ′(x )＝a x ln a ＋2x －ln a ＝(a x －1)ln a ＋2x ，所以当x >0时，f ′(x )>0，所以函数f (x )在[0,1]上单调递增，则f (x )max ＝f (1)＝a ＋1－ln a ，f (x )min ＝f (0)＝1，所以f (x )max －f (x )min ＝a －ln a ，故a －2≥a －ln a ，即ln a ≥2，解得a ≥e 2.9．(多选题)已知函数f (x )＝x ln x ＋12x 2，x 0是函数f (x )的极值点．下列选项正确的是( AC )A ．0<x 0<1eB ．x 0>1eC ．f (x 0)＋x 0<0D ．f (x 0)＋x 0>0解析：因为f (x )＝x ln x ＋12x 2，则f ′(x )＝ln x ＋1＋x ，所以f ′⎝⎛⎭⎫1e ＝1e >0，又当x →0时，f ′(x )→－∞，所以0<x 0<1e ，故A 正确，B 错误；f (x 0)＋x 0＝x 0ln x 0＋12x 20＋x 0＝x 0⎝⎛⎭⎫ln x 0＋12x 0＋1＝x 0⎝⎛⎭⎫ln x 0＋x 0＋1－12x 0＝－12x 20<0，故C 正确，D 错误．综上所述，故选AC ． 二、填空题10．(多填题)已知函数f (x )＝(x 2－mx －m )e x ＋2m (m ∈R )在x ＝0处取得极小值，则m ＝0，f (x )的极大值是4e －2.解析：由题意知，f ′(x )＝[x 2＋(2－m )x －2m ]e x ，f ′(0)＝－2m ＝0，解得m ＝0，∴f (x )＝x 2e x ，f ′(x )＝(x 2＋2x )e x .令f ′(x )>0，解得x <－2或x >0，令f ′(x )<0，解得－2<x <0，则函数f (x )在区间(－∞，－2)和(0，＋∞)上单调递增，在区间(－2,0)上单调递减，∴函数f (x )的极大值为f (－2)＝4e －2.11．已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2－4在x ＝2处取得极值，若m ∈[－1,1]，则f (m )的最小值是－4.解析：f ′(x )＝－3x 2＋2ax ，由f (x )在x ＝2处取得极值知f ′(2)＝0，即－3×4＋2a ×2＝0，故a ＝3.由此可得f (x )＝－x 3＋3x 2－4.f ′(x )＝－3x 2＋6x ，由此可得f (x )在(－1,0)上单调递减，在(0,1)上单调递增， ∴当m ∈[－1,1]时，f (m )min ＝f (0)＝－4.12．若函数f (x )＝x 33－a 2x 2＋x ＋1在区间⎝⎛⎭⎫12，3上有极值点，则实数a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫2，103. 解析：函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎫12，3上有极值点等价于f ′(x )＝0有2个不相等的实根且在⎝⎛⎭⎫12，3内有根，由f ′(x )＝0有2个不相等的实根，得a <－2或a >2.由f ′(x )＝0在⎝⎛⎭⎫12，3内有根，得a ＝x ＋1x 在⎝⎛⎭⎫12，3内有解，又x ＋1x ∈⎣⎡⎭⎫2，103，所以2≤a <103.综上，a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫2，103.三、解答题13．设函数f (x )＝a ln x －bx 2(x >0)，若函数f (x )在x ＝1处与直线y ＝－12相切．(1)求实数a ，b 的值；(2)求函数f (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上的最大值．解：(1)由f (x )＝a ln x －bx 2(x >0)，得f ′(x )＝ax －2bx ，∵函数f (x )在x ＝1处与直线y ＝－12相切，∴⎩⎪⎨⎪⎧ f ′(1)＝a －2b ＝0，f (1)＝－b ＝－12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝12.(2)由(1)知，f (x )＝ln x －12x 2，则f ′(x )＝1x －x ＝1－x 2x，当1e ≤x ≤e 时，令f ′(x )>0，得1e ≤x <1， 令f ′(x )<0，得1<x ≤e ，∴f (x )在⎣⎡⎭⎫1e ，1上单调递增，在(1，e]上单调递减，∴f (x )max ＝f (1)＝－12.14．已知函数f (x )＝e x (x －a e x )． (1)当a ＝0时，求f (x )的极值；(2)若f (x )有两个不同的极值点x 1，x 2(x 1<x 2)，求a 的取值范围． 解：(1)当a ＝0时，f (x )＝x e x ，f ′(x )＝(x ＋1)e x .令f ′(x )>0，可得x >－1，故f (x )在(－1，＋∞)上单调递增．同理可得f (x )在(－∞，－1)上单调递减．故f (x )在x ＝－1处有极小值，极小值为f (－1)＝－1e.(2)依题意可得f ′(x )＝(x ＋1－2a e x )e x ＝0有两个不同的实根．设g (x )＝x ＋1－2a e x ，则g (x )＝0有两个不同的实根x 1，x 2，g ′(x )＝1－2a e x .若a ≤0，则g ′(x )≥1，此时g (x )为增函数，故g (x )＝0至多有1个实根，不符合要求． 若a >0，则当x <ln 12a 时，g ′(x )>0，当x >ln 12a 时，g ′(x )<0，故g (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，ln 12a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫ln 12a ，＋∞ 上单调递减，g (x )的最大值为g ⎝⎛⎭⎫ln 12a ＝ln 12a －1＋1＝ln 12a ，又当x →－∞时，g (x )→－∞，当x →＋∞时，g (x )→－∞，故要使g (x )＝0有两个实根，则g ⎝⎛⎭⎫ln 12a ＝ln 12a >0，得0<a <12. 因为g (x )＝0的两个根分别为x 1，x 2(x 1<x 2)， 所以当x <x 1时，g (x )<0，此时f ′(x )<0； 当x 1<x <x 2时，g (x )>0，此时f ′(x )>0； 当x >x 2时，g (x )<0，此时f ′(x )<0.故x 1为f (x )的极小值点，x 2为f (x )的极大值点，0<a <12符合要求．综上所述，a 的取值范围为0<a <12.15．已知函数f (x )＝(x －3)e x ＋a (2ln x －x ＋1)在(1，＋∞)上有两个极值点，且f (x )在(1,2)上单调递增，则实数a 的取值范围是( C )A ．(e ，＋∞)B ．(e,2e 2)C ．(2e 2，＋∞)D ．(e,2e 2)∪(2e 2，＋∞)解析：由题意知方程f ′(x )＝(x －2)e x＋a (2x －1)＝(x －2)e x＋a ×2－x x ＝(x －2)(e x －a x)＝0在(1，＋∞)上有两个根，所以e x ＝a x 在(1，＋∞)上有不为2的根，即函数y 1＝e x ，y 2＝ax的图象在(1，＋∞)上有交点(异于(2，e 2))，所以⎩⎪⎨⎪⎧a >0，e 1<a 1，且a ≠2e 2，所以a >e ，且a ≠2e 2.又易知(x －2)(e x －a x )≥0在x ∈(1,2)上恒成立，即e x ≤a x 在x ∈(1,2)上恒成立，即当x ∈(1,2)时，y 2＝ax的图象在y 1＝e x 图象的上方，所以⎩⎪⎨⎪⎧a >0，e 2≤a 2，所以a ≥2e 2.所以实数a 的取值范围为(2e 2，＋∞)．16．(2019·北京卷)已知函数f (x )＝14x 3－x 2＋x .(1)求曲线y ＝f (x )的斜率为1的切线方程； (2)当x ∈[－2,4]时，求证：x －6≤f (x )≤x ；(3)设F (x )＝|f (x )－(x ＋a )|(a ∈R )，记F (x )在区间[－2,4]上的最大值为M (a )．当M (a )最小时，求a 的值．解：(1)由f (x )＝14x 3－x 2＋x 得f ′(x )＝34x 2－2x ＋1.令f ′(x )＝1，即34x 2－2x ＋1＝1，得x ＝0或x ＝83.又f (0)＝0，f (83)＝827，所以曲线y ＝f (x )的斜率为1的切线方程是y ＝x 与y －827＝x －83，即y ＝x 与y ＝x －6427.(2)证明：令g (x )＝f (x )－x ，x ∈[－2,4]． 由g (x )＝14x 3－x 2得g ′(x )＝34x 2－2x .令g ′(x )＝0得x ＝0或x ＝83.g ′(x )，g (x )的情况如下：所以g (x )的最小值为－6，最大值为0. 故－6≤g (x )≤0，即x －6≤f (x )≤x . (3)由(2)知，当a<－3时，M(a)≥F(0)＝|g(0)－a|＝－a>3；当a>－3时，M(a)≥F(－2)＝|g(－2)－a|＝6＋a>3；当a＝－3时，M(a)＝3.综上，当M(a)最小时，a＝－3.。
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.。
2023新高考二卷数学导数
2023新高考二卷数学导数【引言】导数是数学中非常重要的概念，它在许多应用领域都起着重要作用。
对于要参加2023年新高考的学生来说，熟练掌握导数的相关知识是非常关键的。
本文将围绕导数展开论述，从导数的定义、求导法则以及导数的应用三个方面进行详细介绍，帮助学生深入理解导数的概念和运用。
【正文】一、导数的定义导数是描述函数在切点的瞬时变化率的概念。
数学上，给定函数f(x)，若存在常数k，当x无限趋近于某个实数a时，f(x)与f(a)+k(x-a)之差与x-a的差的比值趋近于0，则称函数f(x)在点a处可导，常数k称为函数f(x)在点a处的导数，记作f'(a)或dy/dx|_(x=a)。
导数的计算方法包括极限法、定义法和利用求导法则等。
二、求导法则1. 常数倍法则：(cf(x))' = cf'(x)，其中c为常数；2. 和差法则：(f(x)±g(x))' = f'(x)±g'(x)；3. 乘法法则：(f(x)g(x))' = f'(x)g(x) + f(x)g'(x)；4. 商法则：(f(x)/g(x))' = (f'(x)g(x) - f(x)g'(x))/[g(x)]^2；5. 反函数求导法则：若y=f(x)在点x对应的y=f^(-1)(y)上可导，且f'(x)≠0，则(f^(-1)(y))' = 1/[f'(x)]。
三、导数的应用导数在许多应用中起着重要作用，其中常见的应用包括极值问题、函数图像的描绘以及曲线的切线方程的求解等。
1. 极值问题：导数可以帮助我们找到一个函数的极大值和极小值点。
当导数在某点为0时，可能是函数的极值点，而导数的正负性可以帮助我们进一步确定是极大值点还是极小值点。
2. 函数图像的描绘：通过研究函数的导数，可以得到函数的增减性、凹凸性以及拐点等信息，从而帮助我们更加准确地描绘函数的图像。
测试卷15 导数-2021年高考数学一轮复习创优测评卷(新高考专用)(解析版)
2021年高考数学一轮复习导数创优测评卷(新高考专用)一、单选题（共60分，每题5分）1．32+=x x y 的导数是( )A ．()2236+-x x xB ．362++x x xC ．()223+x x D ． 22)3(6++x x x 【答案】D【解析】()()()()()()()2222222'33'236'333x x x x x x x x xy x x x +-++-+===+++.故D 正确.2．给出下列五个导数式：①()434x x '=；②()cos sin x x '=；③()22ln 2x x '=；④()1ln x x'=-；⑤211x x'⎛⎫= ⎪⎝⎭.其中正确的导数式共有（ ） A ．2个 B ．3个C ．4个D ．5个【答案】A 【解析】①正确；②改为()cos sin x x '=- ；③正确；④改为()1ln x x '= ；⑤改为211x x '⎛⎫=- ⎪⎝⎭故正确的有2个，故选A.3．设()f x 在2x =处有导数，则0(2)(2)lim 2x f x f x x∆→+∆--∆=∆( )A ．2(2)f 'B ．1(2)2f ' C ．()2f 'D ．4(2)f '【答案】C【解析】根据导数的定义可知，()()()()()0022222limlim x x f x f f x f f x x∆→∆→-∆-⎡⎤+∆-⎣⎦'==∆-∆，所以0(2)(2)lim2x f x f x x ∆→+∆--∆=∆()()()()022221lim 2x f x f f f x x∆→+∆-+--∆∆()()()()0022221lim lim 2x x f x f f f x x x ∆→∆→+∆---∆⎡⎤=+⎢⎥∆∆⎣⎦()()()02212lim 2x f x f f x ∆→-∆-⎡⎤'=+⎢⎥-∆⎣⎦()()1222f f ''=+⎡⎤⎣⎦()2f '=. 故选：C4．函数()f x 的导数为()'f x ，对任意的正数x 都有()()2'f x xf x >成立，则（ ） A ．()()9243f f > B ．()()9243f f <C ．()()9243f f =D ．()92f 与()43f 的大小不确定【答案】A【解析】由()()2'f x xf x >，得()()'20xf x f x -<，设2()()f x g x x =，则()()243()2()2()x f x xf x xf x f x g x x x''--'==， 因为x 是正数，所以30x >，又()()'20xf x f x -<，所以()0g x '<， 所以()g x 在0,上单调递减，所以(2)(3)g g >，即22(2)(3)23f f >， 即9(2)4(3)f f >. 故选：A5．已知函数()ln f x x =，()f x '是()f x 的导数，()f x '的大致图象是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】C【解析】因为函数()ln f x x =的定义域为(0,)+∞，所以1()f x x'=的定义域也为(0,)+∞，所以其图象为所比例函数在第一象限的部分，故应选C.6．已知函数22(1)sin ()1x xf x x ++=+，其中()f x '为函数()f x 的导数，则(2018)(2018)(2019)(2019)f f f f ''+-+--=（ ）A ．2B ．2019C ．2018D ．0【答案】A【解析】22222(1)sin 21sin 2sin ()1111x x x x x x xf x x x x ++++++===++++ 令()22sin 1x xg x x +=+，则有()()()1,()f x g x f x g x ''=+=因为()g x 的定义域是R ，()()22sin 1x xg x g x x ---==-+ 所以()g x 是奇函数，所以()g x '是偶函数所以(2018)(2018)0g g +-=，()()201920190g g ''--= 所以(2018)(2018)(2019)(2019)f f f f ''+-+--()()()()2018120182019201921g g g g =++-++''--=故选：A7．若函数f (x )于x 0处存在导数，则()()000limh f x h f x h→+-( )A ．与x 0，h 都有关B ．仅与x 0有关而与h 无关C ．仅与h 有关，而与x 0无关D ．与x 0，h 均无关【答案】B【解析】依据导数的定义，函数f (x )在x 0处可导，其导数仅与x 0有关，故选B ． 答案：B 8．函数在处的导数的几何意义是（ ）A ．在处的函数值B ．在点处的切线与x 轴所夹锐角的正切值C ．曲线在点处的切线斜率D ．点与点（0,0）连线的斜率【答案】C 【解析】由导数的几何意义可知，函数在的导数为曲线在点处的切线的斜率．9．设分别是函数的导数，且满足，.若ABC ∆中，C ∠是钝角，则A ．(sin ).(sin )(sin ).(sin )f A gB f B g A > B ．(sin ).(sin )(sin ).(sin )f A g B f B g A <C ．(cos ).(sin )(sin ).(cos )f A g B f B g A >D ．(cos ).(sin )(sin ).(cos )f A g B f B g A < 【答案】C 【解析】 因为()()()()()()()'2[]0f x f x g x f x g x g x g x -=>⎡⎤⎦'⎣'在0x >时成立，所以()()f xg x 在()0,+∞为增函数，又因为C ∠为钝角，所以ππ0,22A B B A <+<<-，则cos sin 0A B >>，所以()()()()cos sin cos sin f A f B g A g B >，所以()()()()cos .sin sin .cos f A g B f B g A >.故选C. 10．已知函数()2bf x xax =+的导数()23f x x '=+，则数列()()*12n f n ⎧⎫⎪⎪∈⎨⎬+⎪⎪⎩⎭N 的前n 项和是（ ）A ．1nn + B ．()121n n -+C ．()22nn +D ．()()12nn n ++【答案】C 【解析】()2b f x x ax =+，()21223b f x bx a x -'∴=+=+，则223b a =⎧⎨=⎩，得31a b =⎧⎨=⎩，()23f x x x ∴=+，()()()2111112321212f n n n n n n n ∴===-+++++++，因此，数列()()*12n f n⎧⎫⎪⎪∈⎨⎬+⎪⎪⎩⎭N 的前n 项和111111233412n S n n =-+-++-++()112222n n n =-=++. 故选：C.11．如图，00(,())P x f x 是函数()y f x =图像上一点，曲线()y f x =在点P 处的切线交x 轴于点A ，PB x ⊥轴，垂足为B ，若PAB ∆的面积为12，0'()f x 为函数()f x 在o x x =处的导数值，则 0'()f x 与0()f x 满足关系式（ ）A ．00f x f x ='()()B ．200f x f x ⎡⎤=⎣⎦'()() C ．00f x f x =-'()() D ．200f x f x ⎡⎤=⎣⎦'()() 【答案】B【解析】切线方程是()()000x x x f y y -'=-，令0=y ，得()000x f y x x A '-=，()000x f y x x AB A '=-=，那么()2121210200='⨯=⨯⨯=x f y y AB S ，得到()()[]20200x f y x f =='，故选B ．12．对于三次函数()()320f x ax bx cx d a =+++≠，给出定义：设()'f x 是函数()y f x =的导数，()f x "是()'f x 的导数，若方程()0f x "=有实数解0x ，则称点()()00,x f x 为函数()y f x =的“拐点”.经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心.设函数()3211533212g x x x x =-+-，则122018(201920192019g g g ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋯+= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭)A ．2016B ．2017C ．2018D ．2019【答案】C【解析】函数()3211533212g x x x x =-+-， 函数的导数()2'3g x x x =-+，()'21g x x =-， 由()0'0g x =得0210x -=， 解得012x =，而112g ⎛⎫= ⎪⎝⎭， 故函数()g x 关于点1,12⎛⎫⎪⎝⎭对称，()()12g x g x ∴+-=，故设122018...201920192019g g g m ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++=⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，则201820171...201920192019g g g m ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 两式相加得220182m ⨯=，则2018m =，故选C. 二、填空题（共20分，每题5分）13．已知函数()xf x xe =，()1'f x 是函数()f x 的导数，若()1n f x +表示()'n f x 的导数，则()2017f x =__________．【答案】()2017xx e +【解析】依题意()()11x x xf x e xe x e '=+=+，()()()()2112x x x xf x x e e x e x e '⎡⎤=+=++=+⎣⎦，()()()()3223x x x xf x x e e x e x e '⎡⎤=+=++=+⎣⎦，以此规律，可推出()()20172017xf x x e =+，故答案为()2017xx e +.14．设()1cos f x x =，定义()1n f x +为()n f x 的导数，即()()'1n n f x f x +=，n ∈+N ，若ABC 的内角A 满足()()()1220140f A f A f A ++⋅⋅⋅+=，则sin A =______.【答案】22【解析】1()cos f x x =，1()()n n f x f x +='，21()()sin f x f x x ∴='=-， 32()()cos f x f x x ='=-，43()()sin f x f x x '==， 54()()cos f x f x x ='=，65()()sin f x f x x ='=-，1()()n n f x f x +∴='，具备周期性，周期为4．且1234()()()()cos sin cos sin 0f x f x f x f x x x x x +++=--+=， 因为2014=4503+2⨯， 1()f A 2()f A +2014()f A +⋯+0=，1()f A ∴2()f A +cos sin 0,tan 1,0A A A A π=-=∴=<<4A π∴=，所以2sin A =故答案为：2215．已知函数()3f x x =，设曲线()y f x =在点()()11P x f x ，处的切线与该曲线交于另一点()()22Q x f x ，，记()f x '为函数()f x 的导数，则()()12f x f x ''的值为_____．【答案】14【解析】因为函数()3f x x =，所以()23f x x '=；则曲线()y f x =在点11(,())P x f x 处的切线斜率为()21113k f x x =='，所以曲线()y f x =在点11(,())P x f x 处的切线方程为：321113()y x x x x -=-，联立()3f x x =得：32321111320()(2)0x xx x x x x x -+=⇒-+=，即212x x =-，所以()22221312f x x x =='，则()()1214f x f x =''，故答案为14.16．设fx 是函数()y f x =的导数，()f x ''是f x 的导数，若方程()0f x ''=有实数解0x ，则称点()()0,x f x 为函数()y f x =的“拐点”.已知：任何三次函数既有拐点，又有对称中心，且拐点就是对称中心.设()32182233f x x x x =-++，则数列{}n a 的通项公式为1007n a n =-，则()20171i i f a ==∑__________．【答案】4034【解析】对函数求导()2843f x x x =-+'，再求导()24f x x ='-'．由题可得拐点()2,2，三次函数有对称中心()2,2．则有()()()22224f x f x f -++==．则()()()()()120171006100510041003...(1007)i i f a f f f f f =∑=-+-+-+-+++(1008)(1009)(1010)f f f ++＝()()()()()()()1006(1010)1005(1009)1004(1008)1003...132f f f f f f f f f f -++-++-++-++++()1008424034f =⨯+=．故本题应填4034．三、解答题（共70分） 17．（10分）已知函数211()ln()4f x x x x a a=-++，其中常数0a >． （1）讨论函数()f x 的单调性； （2）已知102a <<，()f x '表示()f x 的导数，若1212,(,),x x a a x x ∈-≠，且满足12()()0f x f x ''+=，试比较12()f x x '+与(0)f '的大小，并加以证明．【答案】（1）当2a = ()f x 在(2,)+∞上为增函数；当2a >时， ()f x 在(0,)+∞，22(,)a a a --上为增函数，在22(,0)a a -上为减函数；当02a <<时， ()f x 在22(,)a a -+∞，(,0)a -上为增函数，在22(0,)a a-上为减函数；（2）12()f x x '+<(0)f '，证明见解析． 【解析】（1）求出()f x 的导数)(x f '并因式分解，按照202,2<<>=a a a 和三种情况讨论在()f x 定义域内各个区间上导数的符号，从而判断函数()f x 的单调性；（2）把)(x f '设为一个新函数)(xg ，用导数判断出其在）（a a ,-上的单调性，根据0)0(='f 和12()()0f x f x ''+=代入化简得到21x x +的范围和21x x ，的关系，整理12()f x x '+，把令t a x =+1构造新函数)(t h 再判断其单调性，从而使问题得到解答．试题解析：解：（1）函数()f x 的定义域为(,)a -+∞，2111(2)()(,0)22()x ax a f x x x a a a x a a x a -+'=-+=>->++由()0,f x '=得10x =，222a x a-=，当2a =时，2()02(2)f x x '=≥+，所以()f x 在(2,)+∞上为增函数；当2a >时， 2220a a x a --<=<，所以()f x 在(0,)+∞，22(,)a a a --上为增函数；在22(,0)a a-上为减函数；当02a <<220a a ->，所以()f x 在22(,)a a-+∞，(,0)a -上为增函数；在22(0,)a a -上为减函数；（2）令111()()()2g x f x x a x a a x a'==-+-<<+ 则22211()2()2()2()x a g x x a x a +-'=-=++ 221,02,()41(0)2a x a x a a x a a a -<<∴<+<∴+<<<<，()0,()g x g x '∴<∴在(,)a a -上为减函数，即()f x '在(,)a a -上为减函数以题意，不妨设12x x <，又因为12(0)0,()()0f f x f x '''=+=， 所以，120a x x a -<<<<，所以，10,x a a <+<且12a x x a -<+<， 由12()()0f x f x ''+=，得12122112x x a x a x a+=--++， 12121211()2x x f x x a x x a+'∴+=-+++，12121111a x x a x a x a=+--++++， 令1t x a =+，221111()(0)h t t a a t x t x a=+--<<++ 则22222222222222()(2)11()0()()()t x t t x x h t t x t t x t t x t+-+'=-+==>++⋅+⋅， 所以，()h t 在(0,)a 内为增函数，又因为1(0,)t x a a =+∈ 所以，()()0h t h a <==， 即：121211110a x x a x a x a+--<++++ 所以，)0()(21f x x f '<+'． 18．（12分）已知函数()()21ln 22f x ax f x ⎛⎫+⎪⎝⎭'= ()a R ∈，()f x '为()f x 的导数. （1）若曲线()y f x =在点11,22f ⎛⎫⎛⎫ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭处的切线方程为20x y +=，求a 的值； （2）已知2a =-，求函数()f x 在区间1,22e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值与最小值.【答案】(1) 2a =.(2) max ()f x =162-+min ()f x =213e -+.【解析】分析：（1）由()()21ln 22f x ax f x ⎛⎫+⎪⎝⎭'=，得11222f af ''⎛⎫⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，由切线斜率得12,2f ⎛⎫'=- ⎪⎝⎭，从而得解；（2）先求导得1223f ⎛⎫= ⎪⎭'⎝，进而得()6683x x f x x⎛-+ ⎝⎭⎝⎭'=，分析导数正负得函数单调性，进而得()max 6f x f ⎛⎫= ⎪⎪⎝⎭，比较12f ⎛⎫ ⎪⎝⎭和2e f ⎛⎫⎪⎝⎭，进而得最小值. 详解：（1）()()21ln 22f x ax f x ⎛⎫+⎪⎝⎭'=， ∴ ()1122f x axf x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭''，11222f af ''⎛⎫⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.曲线()y f x =在点11,22f ⎛⎫⎛⎫ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭处的切线方程为20x y +=， ∴ 12,2f ⎛⎫'=- ⎪⎝⎭从而有222a -=-+，解得2a =.（2）2a =-时，()()212ln 22fx x f x ⎛⎫=-+⎝'⎪⎭，∴ ()1142f x x f x⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭''，从而112222f f ⎛⎫⎛⎫=-+⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭''得1223f ⎛⎫= ⎪⎭'⎝，∴ ()813x f x x -'=+=2833x x-+=668443x x x⎛⎫⎛⎫-+- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭ 当16,24x ⎡⎫∈⎪⎢⎪⎣⎭时，()0f x '>，()f x 为增函数；当x ∈ 6,42e ⎛⎤⎥ ⎝⎦时，()0f x '<，()f x 为减函数.所以()max f x =()fx ⎡⎤⎣⎦极大值=6f ⎛⎫ ⎪⎪⎝⎭=16ln 2-+. 又12f ⎛⎫ ⎪⎝⎭=13-，2e f ⎛⎫ ⎪⎝⎭=213e -+，21133e -+<-， ∴ ()min f x =213e -+ 19．（12分）已知函数，其中常数．（1）当时，求函数的单调区间；（2）已知，表示的导数，若，且满足，试比较与的大小，并加以说明．【答案】（1）在，上为增函数，在上为减函数；（2）【解析】（1）首先求出函数的定义域为，然后再根据导数在函数单调性中的应用，即可求出函数的单调性； （2）设函数()()y g x a x a =-<<的图象与函数()()y f x a x a ='-<<的图象关于原点对称，利用作差、分解因式的方法得出()()f x g x '>，然后用单调性的定义证明()f x '在()a a -，上单调递减，在这两点基础上结合函数的单调性与奇函数的性质，证出()()120f x x f '+<'． 试题解析：解：（1）函数的定义域为，，由得，，当时，，所以在，上为增函数，在上为减函数，（2）令，则，∵，∴，∴， ∴，∴在上为减函数，即在上为减函数， 依题意，不妨设，又因为，， 所以，∴且，由，得，∴，令，，则，所以在内为增函数，又因为，所以，即，所以．20．（12分）已知函数()3223332xf x e x x =+-+，()()g x f x '=，()f x '为()f x 的导数. ()1求证：()g x '在区间[]0,1上存在唯一零点；（其中，()g x '为()g x 的导数） ()2若不等式()()2331g x x a x ≥+-+在[)1,+∞上恒成立，求实数a 的取值范围.【答案】()1证明见解析；()2(],2e -∞-. 【解析】解：()1证明：()3223332x f x e x x =+-+， ∴()()223x g x f x e x x '==+-，则()43xg x e x '=+-，显然，函数()g x '在区间[]0,1上单调递增. 又()01320g '=-=-<，()14310g e e '=+-=+>，∴()g x '在区间[]0,1上存在唯一零点.()2由()1知，()223x g x e x x =+-，∴不等式()()2331g x x a x ≥+-+即为()2223331xe x x x a x +-≥+-+，即1x e a x x x≤--在[)1,+∞上恒成立，令()1x e h x x x x=--则()()()222111111x x e x e x h x x x x--+'=+-=-， 当1x ≥时，()1,()10xxu x e x u x e =--'=->，()u x 在[1,)+∞是增函数，()(1)20,10x u x u e e x ∴≥=->∴≥+>∴当1x ≥时，()()2111x e x h x x -+'=-≥()()211110x x x +-+-=，则()h x 在[)1,+∞单调递增，故()()min 12h x h e ==-，故2a e ≤-，∴实数a 的取值范围是(],2e -∞-.21．（12分）已知函数2()()ln 2a x f x x +=+（a ∈R ）.（Ⅰ）若函数()()(1)ln h x f x x a x =--+，讨论()h x 的单调性；（Ⅱ）若函数()f x 的导数()f x '的两个零点从小到大依次为1x ，2x ，证明：()1222x x f x +<. 【答案】（Ⅰ）函数单调性见解析；（Ⅱ）证明见解析.【解析】（Ⅰ）∵2()()ln 2a x h x a x x +=--+∴(1)()()x x a h x x -+'=（0x >）.当0a ≥时，()01h x x '>⇒>，()001h x x '<⇒<< ∴()h x 在(1,)+∞上单调递增，在(0,1)上单调递减；当10a -<<时，()01h x x '>⇒>或0x a <<-，()01h x a x '<⇒-<< ∴()h x 在(1,)+∞，(0,)a -上单调递增，在(,1)a -上单调递减； 当1a <-时，()0h x x a '>⇒>-或01x <<，()01h x x a '<⇒<<- ∴()h x 在(,)a -+∞，(0,1)上单调递增，在(1,)a -上单调递减； 当1a =-时，()0h x '≥在(0,)+∞上恒成立， 所以()h x 在(0,)+∞上单调递增； 综上所述：当0a ≥时，()h x 在(1,)+∞上单调递增，在(0,1)上单调递减；当10a -<<时，()h x 在(1,)+∞，(0,)a -上单调递增，在(,1)a -上单调递减； 当1a <-时，()h x 在(,)a -+∞，(0,1)上单调递增，在(1,)a -上单调递减； 当1a =-时，()h x 在(0,)+∞上单调递增.（Ⅱ）∵21()x ax f x x++'=（0x >）.且()f x '的两个零点从小到大依次为1x ，2x ∴1x ，2x 是方程210x ax ++=的两个根，∴12121x x a x x +=-⎧⎨=⎩又1>0x ，20x >且12x x <所以1201x x <<<欲证()1222x x f x +<，即证()22122ln 22x a x x x +++< 只需证1211111ln22x x x x ++<令21()ln 222x x g x x x =---（01x <<），()221(21)()2x x g x x--'= ∴()g x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，∴1()02g x g ⎛⎫≤< ⎪⎝⎭， 即()1222x x f x +<成立. 22．（12分）对于三次函数()()320f x ax bx cx d a =+++≠，给出定义：设()'f x 是函数()y f x =的导数，()''f x 是()'f x 的导数，若方程()''0f x =有实数解0x ，则称点()()00,x f x 为函数()y f x =的“拐点”.某同学经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心.若()3211533212f x x x x =++-，请你根据这一发现.（1）求函数()3211533212f x x x x =++-对称中心； （2）求1234201320142014201420142014f f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++++⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭的值.【答案】（1）1,12⎛⎫⎪⎝⎭；（2）2013.【解析】（1）三次函数的对称中心是()0f x ''=的实根，解得12x =，再代入求12f ⎛⎫⎪⎝⎭，即求得函数的对称中心；（2）根据（1）的结果可知函数的对称中心是1,12⎛⎫⎪⎝⎭，即任何()()12f x f x -+=，所以12013220142014f f ⎛⎫⎛⎫+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，以此类推，123201310071......1006220122013201420142014201420142f f f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++=⨯+=+= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭,或采用倒序相加法求和.试题解析：（1）()()2'3,''21f x x x f x x =-+=-，由()''0f x =，即210x -=，解得12x =. 3211111153123222212f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯-⨯+⨯-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭.由题中给出的结论可知，函数()3211533212f x x x x =-+-对称中心为1,12⎛⎫⎪⎝⎭. （2）由（1）知，函数()3211533212f x x x x =-+-对称中心为1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭. 所以11222f x f x ⎛⎫⎛⎫++-=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即()()12f x f x +-=. 故12013220122,22014201420142014f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+=+=⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 32011100610082,,22014201420142014f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+=+= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 所以12342013112012220132014201420142014201422f f f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++++=⨯⨯+= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭.。
2022届新高考(全国I卷)地区优质数学分项解析15一元函数导数及其应用(解答题)解析版.docx
2022届新高考(全国I卷)地区优质数学试卷分项解析专S 15 一元函数导数及其近用(解答题)36. (2021-湖南师大附中高三月考)已知函数/(^) = %lnx-|(x2-l).(1)若/'(x)在(0,+<»)内是减函数，求a的取值范围；(2)已知lim —= 0,若0<G<1,求/'(%)的零点个数.%—>+<» 尤【答案】(1) [1,+8)； (2) 3个.【分析】(1)将/'(》)是减函数转化为广(x)MO恒成立，再分离参数求函数的最值.(2)在0<。
<1的条件下分析函数f(x)的单调性，求出/'⑴的极值和极限值，结合/'(X)的图象在各单调区间内与x轴相交进而确定零点的个数.【详解】(1)f'(x) = lnx+l-ax.因为/'(%)在(0,+初内是减函数，则当x>0时，r(x)<0恒成立，即lnx+l-ar<0,即恒成立.设g(》)=电，则g,(x)=或n=-性.由g'(x)>0,得lnx<0,即O<X<1,所以g⑴在(0,1)上单调递增，在(1，+°°)上单调递减，从而g(X)ma=g (1)=1.因为aZg(x)恒成立，所以。
的取值范围是[1,+8).(2)由(1)知，g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，+°°)上单调递减.又当0<x<(时，g(x)<0；当x—时，g(x)>0,则函数y = g(x)的大致图象如图所示.因为0<a<l,贝U直线> =a与函数y = g(x)的图象有两个不同的交点，从而广(X)有两个变号零点，所以/'(》)有两个不同的极值点.设/'⑴的两个极值点为X],如且而 <习.则4<吐<1<工2.e当Ovxv^i 或工>尤2时，因为<>g(.) =血尤 + 1,贝ij/r(x) = lnx+l-av<0, 所以/'(x)在(0,西)，(工2，+°°)上单调递减：当X,<x<x2时，因为a<g(x) = ln：+l , 则f\x) = \nx+\-ax>Q,所以/'(x)在(也,与)上单调递增，从而/'(x)的极小值点为％,极大值点为工2 .因为气<1<习，则/(^)</(1) = 0, /(^)>/(1) = 0,所以，(力在(气,互)内有一个零点.因为lim 归4 =。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
1
专训1.5 导 数
1. 若函数3
21()53
f x x ax x =-+-无极值点则实数a 的取值范围是（ ） A ．(1,1)- B ．[1,1]-
C ．(,1)
(1,)-∞-+∞D ．(,1][1,)-∞-+∞
2．已知5ln 5a =，1b e -=，3ln 2
8
c =
，则a ，b ，c 的大小关系为（ ） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8
9
10
11
12
13
14
15
16
答案
思维导图
答题区
一．单选题（每题5分，8题，共40分） 限时：16min
2
A ．a b c >>
B ．b c a >>
C ．c a b >>
D ．b a c >>
3．点P 在曲线3
2
3
y x x =-+上移动，设点P 处切线的倾斜角为α，则角α的范围是（ ） A ．[0,]2
π
B ．3(
,
]24ππ
C ．3[
,)4
ππ D ．3[0,
)[
,)2
4
π
ππ⋃
4．若函数()3
3=-f x x x 在区间()5,21a a -+上有最小值，则实数a 的取值范围是（ ）
A ．(]1,4-
B ．()1,4-
C ．11,2
⎛⎤- ⎥⎝
⎦
D ．11,
2⎛⎫- ⎪⎝⎭
5．函数4
()3ln f x x x x
=+-的单调递减区间是（ ） A ．(1,4)- B ．(0,1)
C ．(4,)+∞
D ．(0,4)
6．()||f x lnx =，()()g x f x mx =-恰有三个零点，则实数m 的取值范围是( ) A ．10,
e ⎛⎫ ⎪⎝⎭
B ．12,
e e ⎛⎫
⎪⎝⎭
C ．()0,1
D ．1,e ⎛⎫
+∞ ⎪⎝⎭
7．若函数()x
x f x ax e e -=+-在R 上单调递减，则实数a 的取值范围为（ ）
A ．2a ≤
B ．1a ≤
C ．1a ≥
D ．2a ≥
8．函数()3
2
2
f x x ax bx a =--+在1x =处有极值为10，则a 的值为（ ）
A ．3
B ．-4
C ．-3
D ．-4或3
9．设函数()ln x
e f x x
=，则下列说法正确的是（ ）
A ．()f x 定义域是()0,∞+
B ．()0,1x ∈时，()f x 图象位于x 轴下方
C ．()f x 存在单调递增区间
D ．()f x 有且仅有一个极值点
二．多选题（每题有多个选项为正确答案，少选且正确得2分，每题5分，4题，共20分） 限时：10min
3 10．若函数()1x f x e =-与()g x ax =的图象恰有一个公共点，则实数a 可能取值为( ) A ．2 B ．1 C ．0
D ．1-
11．设函数2()ln =+f x x x x 的导函数为()'f x ，则（ ） A ．1()0f e
'= B ．1
=
x e
是()f x 的极值点 C ．()f x 存在零点 D ．()f x 在1,e ⎛⎫
+∞ ⎪⎝⎭
单调递增
12．已知函数32()2f x x x x =-+-，若过点(1,)P t 可作曲线()y f x =的三条切线，则t 的取值可以是（ ） A ．0 B ．
1
27
C ．
128
D ．
129
13．函数()ln x
f x x e =-的图象在点()()
1,1f 处的切线方程是______．
14．已知函数()x
f x x e -=⋅，()2
1ln 2
g x x x a =
-+，若[]12,1,2x x ∃∈，使得()()12f x g x =，则实数a 的取值范围是______.
15．定义在()0,∞+上的函数()f x 满足()()>0xf x f x '-，且()10f =，则()0f x <的解集为______.
16．已知直线1y x =+是曲线()()ln f x x a =+的切线，则a =_________.
三．填空题（每题5分，4题，共20分） 限时：10min。