2021新高考数学二轮总复习专题突破练7热点小专题二导数的应用含解析
2021高考数学二轮专题复习7.3导数的简单应用ppt课件
当 a>1 时，函数在0，a－1 1上单调递增，在a－1 1，＋∞上单 调递减；
有且只有两个整数 x1，x2 使得 f(x1)>0，且 f(x2)>0，故 f(2)>0 且 f(3)≤0，
即 ln 2＋2－ 2a＋a>0，∴a<ln 2＋2；ln 3＋3－3a＋a≤0， ∴a≥ln 32＋3，故选 C.
π π
又
gπ6>gπ3，所以cfo6sπ6>cfo3sπ3，即
π f6>
3fπ3，故 C 正确；
π π
又
gπ4>gπ3，所以cfo4sπ4>cfo3sπ3，即
π f4>
2fπ3，故 D 正确；故选
CD. 【答案】 (2)CD
(3)[2020·山东济宁质量检测]已知函数 f(x)＝ln x＋(1－a)x＋
∴切线的方程为：y－31x30－x20＋53＝(x20－2x0)(x－x0)，
又直线过定点－1，13，
∴13－31x30－x02＋53＝(x20－2x0)(－1－x0)， 得 x30－3x0－2＝0，(x30－x0)－2(x0＋1)＝0， 即(x0＋1)(x02－x0－2)＝0，解得：x0＝2 或－1， 故可做两条切线，故选 C.
x <0
在0，π2上恒成立，
因此函数 g(x)＝cfoxsx在0，π2上单调递减，
π π
因此
g6π>g4π，即cfo6sπ6>cfo4sπ4，即
π f6>
26fπ4，故
A
错；
又 f(0)＝0，所以 g(0)＝cfo0s0＝0，所以 g(x)＝cfoxsx≤0 在0，π2上 恒成立，
2021高考数学考前微专题07导数的综合应用(教师版)
和 y=ex 的图像的交点，即点的坐标是两个曲线方程的解，此处考查了函数与方程的思想；第二层意思:该点处切线
相同，即函数 y=g(x)和 y=e 在该点处切线方程一样，进一步挖掘 y=g(x)和 y=ex 在该点处斜率相等.通过建立方程组证
明.
证明:由于公共点
在
上，
所以 因为 所以 由①②得
.
和
的图像在
由判别式△的正负问题进行分类讨论，重点考查了学生转化与化归、分类讨论的数学思想；第(Ⅱ)问在第(I)问的基
础上进一步深化，把存在性问题呈现在学生面前.其中
，让学生将函数值问题转化为函数图像问题，再
转化为方程问题求解.重点考查了学生转化与化归、数形结合、函数与方程的数学思想；第(Ⅲ)第(Ⅱ)问的基础上进
内单调递增，在区间
内单调递减
(Ⅱ)证明:由(I)知
.
不妨设 为极大值点，
0，如图所示.
2
由 f'(x)=0 得 (Ⅲ)证明:当
. ，代入上式得 a≥3 时，如图.
，结论得证.
又 f(x) 在 区 间 [0 ， 2] 上 单 调 递 减 ，
b| M=
，
.
当
时，如图
M ， 而 g(0)=|1+b| ， g(2)=|1 － 2a －
当
时，如图，M=
于.
; ，所以 g(x)在区间[－1，1]上的最大值不小
此题对函数最大值问题考查较深入，体现了数形结合、分类与整合等数学思想的应用，对学生推理论证能力、运算 求解能力以及将已知结论转化为条件的应用意识等能力提出了较高的要求.近三年的高考题中，2016 年高考数学浙 江卷理科第 21 题重点对函数最小值问题进行了考查.高考数学呈现出对函数极值的考查转向对函数最值考查的态 势，如 2016 年高考数学全国卷Ⅱ理科第 21 题、2016 年高考数学上海卷文科第 21 题、2017 年高考数学北京卷第 21
专题07 导数之二阶导数的应用(解析版)
专题07 导数之二阶导数的应用一、重点题型目录【题型】一、利用二阶导数求函数的极值（极大值或极小值） 【题型】二、利用二阶导数求函数的单调性 【题型】三、利用二阶导数求参数的范围 【题型】四、利用二阶导数证明不等式 【题型】五、利用二阶导数与函数的对称性求值 【题型】六、利用二阶导数与函数的凹凸性求值 二、题型讲解总结【题型】一、利用二阶导数求函数的极值（极大值或极小值）例1．（2022·广西北海·一模（理））已知()12,,x x m ∈+∞()0m >，若12x x <，121112x x x x -->恒成立，则正数m 的最小值是（ ） A ．1eB ．1C ．11e+D ．e【答案】B 【分析】不等式121112x x x x -->化简可得()()11221ln 1ln x x x x ->-，利用导数研究函数()()1ln f x x x =-的单调性，结合已知条件和函数的单调性可求m 的最小值.【详解】由121112x x x x -->，化简可得121112ln ln x x x x -->，即()()11221ln 1ln x x x x ->-．令()()1ln f x x x =-，则原不等式可化为()()12f x f x >， 由已知()f x 在(),m +∞上为单调递减函数，又()11ln ln 1x f x x x x x -=-+=-+-'，令()1ln 1u x x x =-+-，则()2110u x x x-'=-≤在()0,∞+上恒成立，所以()u x 在()0,∞+上单调递减，又()10u =，所以当()0,1x ∈时，()0u x >，当()1,x ∈+∞时，()0u x <．故当()0,1x ∈时，0fx，当()1,x ∈+∞时，()0f x '<．即()f x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减．所以m 1≥．所以正数m 的最小值是1， 故选：B ．例2．（2022·湖南·高二期中）已知二次函数()2f x ax bx c =++的图象过点()0,1-，且当0x >时，()ln f x x ≥，则ba的最小值为（ ）A ．2-B ．12-C ．e -D ．1e-【答案】D【分析】将元不等式变形为ln 1()x ax b g x x++≥=，利用导数研究()g x 的单调性可得当直线y ax b =+与()g x 相切时ba取得最小值，根据导数的几何意义和直线的点斜式方程求出切线方程，进而得出(2ln 1)()b x x h x a x+-==，利用二次求导研究()h x 的单调性，求出max ()h x 即可.【详解】由()1f x =-知1c =-，∴()21f x ax bx =+-，∴()ln 1ln x f x x ax b x +≥⇔+≥，令ln 1()(0)x g x x x +=>，则1()0eg =， 2ln ()xg x x-'=，令()01g x x '>⇒<，令()01g x x '<⇒>， 所以函数()g x 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减， 如图，若y ax b =+图象在()g x 图象上方，则01x <<，要使y ax b =+图象在()g x 图象上方，则ba表示x 轴截距的相反数，ba的最小值即为截距的最大值，而当截距最大时，直线y ax b =+与()g x 相切， 记切点为00(,)x y ，则0020ln ()x g x a x -'==，又00ln 1()x g x x +=， 所以00000220000ln ln 1ln 2ln 1()x x x x y x x x x x x x -+-+=-+=+， 有()0002ln 1ln x x b a x +-=，设()()2ln 1(01)ln x x h x x x+=<<，则()()2222ln 1ln 12(ln )ln 1()(ln )(ln )x x x x h x x x -++-'==，故当1(0,)ex ∈时，函数()0h x '>，当1(,1)e x ∈时，()0h x '<，故当(0,1)x ∈时，函数()h x 在1(0,)e上单调递增，在1(,1)e 上单调递减，此时max 11()()e eh x h ==，综上，b a的最小值为1e -.故选：D.例3．（2021·江苏·高二专题练习）设函数()()(1)(3,4)x x kf x e e x k -=--=，则（ ）A ．3k =时，()f x 在0x =处取得极大值B ．3k =时，()f x 在1x =处取得极小值C ．4k =时，()f x 在0x =处取得极大值D ．4k =时，()f x 在1x =处取得极小值 【答案】D【分析】先对()f x 求导并整理，当3k =时，令2()(2)4x g x x e x =++-，对()g x 二次求导判断其单调性，得()g x 在R 上单调递增，由函数零点存在定理确定零点所在区间，从而得()f x 的单调性即可判断；当4k =时，令2()(3)5x h x x e x =++-，同理求导，判断单调性即可判断.【详解】解：由()()(1)x x k f x e e x -=--，得 1()()(1)()(1)xxkxxk f x e e x k e e x ---'=+-+--12(1)(1)1k x x x x k e x k e--⎡⎤=-++--⎣⎦， 当3k =时，22(1)()(2)4xx x f x x e x e-'⎡⎤=++-⎣⎦， 令2()(2)4x g x x e x =++-，222()2(2)1(25)1x x x g x e x e x e '=+++=++， 222()22(25)(412)x x x g x e x e x e ''=++=+，所以当3x <-时，()0g x ''<，()g x '在(),3-∞-上单调递减； 当3x >-时，()0g x ''>，()g x '在()3,-+∞上单调递增， 所以6()(3)10g x g e -''≥-=->，所以()g x 在R 上单调递增，又2(0)240,(1)330g g e =-<=->，则()g x 在区间()0,1上存在唯一零点0x ， 当0x x <时，()0g x <，即()0f x '<，()f x 在()0,x -∞单调递减；当0x x >时，()0g x >，即()0f x '>，()f x 在()0,x +∞单调递增； 所以()f x 在0x x =处取得唯一极值，故选项A 、B 错误； 当4k =时32(1)()(3)5x x x f x x e x e-'⎡⎤=++-⎣⎦， 令2()(3)5x h x x e x =++-，则222()2(3)1(27)1x x x h x e x e x e '=+++=++， 222()22(27)(416)x x x h x e x e x e ''=++=+，所以当<4x -时，()0h x ''<，()h x '在(),4-∞-上单调递减； 当4x >-时，()0h x ''>， ()h x '在()4,-+∞上单调递增； 所以8()(4)10h x h e -''≥-=->，则()h x 在R 上单调递增， 又(0)0,(1)0h h <>，则()h x 在区间()0,1上存在唯一零点t ， 则令()0f x '=，得1x =或(0,1)x t =∈， 当x t <或1x >时，()0f x '>，()f x 单调递增， 当1t x <<时，()0f x '<，()f x 单调递减，所以()f x 在x t =处取得极大值，在1x =处取得极小值，选项C 错误，选项D 正确. 故选：D.【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是，利用二次求导判断导函数的单调性，然后再利用函数零点存在定理确定零点所在区间，从而得原函数的单调性.例4．（2022·重庆市育才中学模拟预测）已知函数()()32012xa f x ae x ax a =--->，若函数()y f x =与()()y f f x =有相同的最小值，则a 的最大值为（ ）．A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】B【分析】首先利用导数求解函数的单调性，再根据函数值域与定义域的关系即可得出结论.【详解】根据题意，求导可得，()()204x a f x ae x a a '=-->， ∴()1022xx a f x ae x a e x ⎛⎫''=-=-> ⎪⎝⎭（ x e x >）， ∴f x 在R 上单调递增，又∴当0x =时，()00f '= ∴当0x <时，0f x ，即函数()f x 在,0上单调递减，当0x >时，0fx，即函数()f x 在0,上单调递增，故有()()min 02f x f a ==-，即得()[)2,f x a ∈-+∞，所以根据题意，若使()()min 2f f x a =-，需使()f x 的值域中包含[)0,+∞， 即得202a a -≤⇒≤， 故a 的最大值为2. 故选：B.【点睛】求函数最值和值域的常用方法：（1）单调性法：先确定函数的单调性，再由单调性求最值；（2）图象法：先作出函数的图象，再观察其最高点、最低点，求出最值；（3）基本不等式法：先对解析式变形，使之具备“一正二定三相等”的条件后用基本不等式求出最值；（4）导数法：先求导，然后求出在给定区间上的极值，最后结合端点值，求出最值； （5）换元法：对比较复杂的函数可通过换元转化为熟悉的函数，再用相应的方法求最值. 例5．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()ln 2f x x x x =+，若k Z ∃∈，使得()21f x kk x+>+在()2,x ∈+∞恒成立，则k 的最大值为（ ） A ．2 B ．3 C ．4 D ．5【答案】C【分析】首先参变分离得ln 2x x x k x +<-，再设函数()ln 2x x x h x x +=-，求导数()()242ln 2x x h x x --'=-，再设()42ln g x x x =--，再求导数，通过函数()g x '恒正，判断函数()g x 的单调性，并判断()h x 的极值点所在的区间，求得函数的最小值，同时求得k 的最大值. 【详解】依题意，ln 2x x x k x +<-，令()ln 2x x xh x x +=-，则()()242ln 2x x h x x --'=-．令()42ln g x x x =--，()21g x x'=-，∴2x >时，()0g x '>，即()g x 单调递增，∴()4242ln8l n 8n l 80g e =-=-<，()52952ln9ln ln90g e =-=->，设42ln 0x x --=并记其零点为0x ，故089x <<．且004ln 2x x -=，所以当02x x <<时，()0g x <，即()0h x '<，()h x 单调递减；当0x x >时，()0g x >即()0h x '>，()h x 单调递增，所以()()0000000min 0004ln 2222x x x x x x x h x h x x x -⎛⎫+ ⎪+⎝⎭====--，因此02x k <，由于Z k ∈且089x <<，即09422x <<，所以max 4k =，【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数研究函数的性质，考查考生逻辑推理、数学运算的核心素养，本题的关键是构造函数，并求两次导数，通过导数，逐级判断函数的单调性和最值.【题型】二、利用二阶导数求函数的单调性例5．（2022·湖北·竹溪县第二高级中学高三阶段练习）若19ln sin a ⎛⎫= ⎪⎝⎭，ln9b =-，ln(ln 0.9)c =-， 则（ ）A ．c<a<bB ．c b a <<C ．a b c <<D ．a c b <<【答案】A【分析】先由对数的运算法则把,,a b c 转化成同底的对数，再构造函数，利用导数判断单调性，进而,,a b c 的真数的大小关系，最后利用ln y x =的单调性判断,,a b c 的大小. 【详解】由对数的运算法则得1ln 9ln 9b =-=，10ln(ln 0.9)ln ln 9c ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭.令函数()sin f x x x =-，则()cos 10f x x '=-≤，即函数()f x 在R 是单调递减. 11sin 99∴<令函数()()sin ln 1,0,6g x x x x π⎛⎫=-+∈ ⎪⎝⎭，则()1cos 1g x x x '=-+，令函数()1cos ,0,16h x x x x π⎛⎫=-∈ ⎪+⎝⎭，则()()21sin 1h x x x '=-++， ()h x '在0,6π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，且()211010,06216h h ππ⎛⎫''=>=-+< ⎪⎝⎭⎛⎫+ ⎪⎝⎭， ()000,,06x h x π⎛⎫'∴∃∈= ⎪⎝⎭， 所以()h x 在()00,x 上单调递增，在0,6x π⎛⎫⎪⎝⎭单调递减.又()1600,06616h h πππ⎛⎫===-> ⎪+⎝⎭+ ()0h x ∴>在0,6π⎛⎫ ⎪⎝⎭恒成立 ()0g x '∴>，即()g x 在0,6π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增 ()()0=0g x g ∴>，则()sin ln 1x x >+ 当19x =时，1110sin ln 1ln 999⎛⎫>+= ⎪⎝⎭. 又ln y x =在()0,∞+上单调递增10ln19∴> 1011ln ln ln sin ln 999⎛⎫⎛⎫∴<< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ c a b ∴<<【点睛】利用导数判断函数值大小应注意的问题： 在构造函数时需要视具体情况而定在判断导函数的正负时，尽量不要求二阶导数，而是把原导函数令为一个新函数，再求导判断正负来得到原导函数的单调性.例6．（2022·河南·模拟预测（理））己知22e 2e e e a a b b a b -=-，则（ ） A ．0a b +≥ B ．0a b +≤ C ．0ab ≥ D ．0ab ≤【答案】C【分析】变形()()22e e 2e e 2e b a a b b b a b =---，构造函数()2e 2e x xf x x =-，通过二次求导可知函数单调性，然后利用单调性可得a 、b 符号.【详解】()()22e e 2e e 2e b a a b b b a b =---，设()2e 2e x xf x x =-，则()()()22e 21e 2e e 1x x x xf x x x =-+=--'，设()e 1xg x x =--，则()e 1x g x '=-，当0x <时，()0g x '<，()g x 单调递减，当0x >时，()0g x '>，()g x 单调递增，所以()()00g x g ≥=，所以()()2e 0xf xg x '=≥，()f x 单调递增．当a b ≥时，()()e 0bb f a f b =-≥，故此时0a b ≥≥；当a b ≤时，()()e 0bb f a f b =-≤，故此时0a b ≤≤，所以0ab ≥.故选：C ．例7．（2022·黑龙江·嫩江市第一中学校高三期末（理））若22sin 4sin cos 41-=-+a a b b b b a ，则（ ） A ．2a b > B ．2a b < C ．|||2|>a b D ．|||2|<a b【答案】C【分析】构造函数2()sin f x x x x =+，利用导数判断单调性，结合奇偶性单调性来比较大小. 【详解】令2()sin f x x x x =+，∴22()sin()()sin ()-=--+-=+=f x x x x x x x f x ，∴()f x 是偶函数， ∴()sin cos 2(cos 1)(sin )=++=+++'f x x x x x x x x x ，令()sin g x x x =+，则()cos 10='+≥g x x ，∴()g x 在(0,)+∞上单调递增，当0x ≥时，()(0)0g x g ≥=，此时()0f x '>，∴()f x 在(0,)+∞上单调递增.由22sin 4sin cos 41-=-+a a b b b b a 可得22sin 2sin 2(2)1+=++a a a b b b ，即()(2)1=+f a f b ，∴()(2)>f a f b ，∴()f x 是偶函数，则(||)(|2|)>f a f b ，∴|||2|>a b . 故选：C.【点睛】本题求解的关键是把等量关系转化为不等关系，通过构造函数，研究函数的性质来求解，一次导数解决不了问题时，考虑二次导数.例8．（2022·浙江省春晖中学模拟预测）在关于x 的不等式()2222e e 4e e 4e 0x x x a x a -+++>（其中e=2.71828为自然对数的底数）的解集中，有且仅有两个大于2的整数，则实数a 的取值范围为（ ） A ．4161,5e 2e ⎛⎤ ⎥⎝⎦B ．391,4e 2e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭C ．42164,5e 3e ⎛⎤ ⎥⎝⎦D ．3294,4e 3e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】D【分析】将不等式转化为()()22e 21e x x a x ->-，分别研究两个函数的性质，确定a 的取值范围，构造函数，利用放缩法进一步缩小a 的取值范围，列出不等式组，求出结果.【详解】由()2222e e 4e e 4e 0x x x a x a -+++>，化简得：()()22e 21e x x a x ->-，设()()22e 2f x x =-，()()1e xg x a x =-，则原不等式即为()()f x g x >.若0a ≤，则当2x >时，()0f x >，()0g x <， ∴原不等式的解集中有无数个大于2的整数，∴0a >.∴()20f =，()22e 0g a =>，∴()()22f g <.当()()33f g ≤，即12ea ≥时，设()()()()4h x f x g x x =-≥， 则()()()22e 2e 2e 2e 22exxx h x x ax x '=--≤--. 设()()()2e 2e 242e x x x x x ϕ=--≥，则()()21e 2e 2ex x x ϕ+'=-在[)3,+∞单调递减，所以()()()21e 2e302ex x x ϕϕ+''=-≤=，所以()()2e 2e 22ex x x x ϕ=--在[)4,+∞单调递减，∴()()()242e 2e 0x ϕϕ≤=-<，∴当4x ≥时，()0h x '<，∴()h x 在[]4,+∞上为减函数， 即()()2423e 44e 3e e 402h x h a ⎛⎫≤=-≤-< ⎪⎝⎭，∴当4x ≥时，不等式()()f x g x <恒成立， ∴原不等式的解集中没有大于2的整数.∴要使原不等式的解集中有且仅有两个大于2的整数，则()()()()()()334455f g f g f g ⎧>⎪>⎨⎪≤⎩，即232425e 2e 4e 3e 9e 4e a a a ⎧>⎪>⎨⎪≤⎩， 解得32944e 3e a ≤<. 则实数a 的取值范围为3294,4e 3e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭.故选：D【点睛】已知整数零点个数，求参数的取值范围，要从特殊点，特殊值缩小参数的取值范围，再利用导函数及放缩法进行求解，最终得到关于参数的不等关系，进行求解. 【题型】三、利用二阶导数求参数的范围例9．（2022·辽宁·东北育才双语学校模拟预测）设函数()2ln f x x x=+，()0,6x ∈，()f x 的图像上的两点()11,A x y ，()22,B x y 处的切线分别为1l ，2l ，且12x x <，1l ，2l 在y 轴上的截距分别为1b ，2b ，若12l l ∥，则12b b -的取值范围是（ ） A ．2ln 2,23⎛⎫- ⎪⎝⎭B ．2ln 2,1ln 23⎛⎫-+ ⎪⎝⎭C ．2ln 2,03⎛⎫- ⎪⎝⎭D ．()1ln 2,2+【答案】C【分析】利用导数求切线方程，结合两条切线平行，得到12x x ， 的取值区间；再利用一阶导数求出相应点的切线方程，再求y 轴上的截距，然后确定12b b - 的单调性，然后就可以确定它的取值范围. 【详解】因为()2ln f x x x =+而()121206x x x x ∈<，，，，所以()22212x f x x x x-'=-+=， 在点1112ln A x x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭， 处的切线方程为：()112111221ln y x x x x x x ⎛⎫⎛⎫-+=-+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭；在点2222ln B x x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭， 处的切线方程为：()222222221ln y x x x x x x ⎛⎫⎛⎫-+=-+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭； 所以()1111211112124ln ln 1b x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫=-+-++=+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭；2224ln 1b x x =+-； 令()4ln 1b x x x =+- ，则()22414x b x x x x-'=-+= 11212121224444ln 1ln 1ln xb b x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=+--+-=-+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭又因为12l l ∥ ，所以2211222121x x x x -+=-+，且124x x << 所以211112x x +=， 112102x x x =-> ，12x > ，12246x x <<<<所以112122224482ln 2ln 2x b b x x x x x ⎛⎫-=-+=-+ ⎪-⎝⎭，令()12822ln2g x b b x x =-=-+- ，()46x ∈， 则()()()222481022x g x x x x x -'=-=-<-- 所以()12822ln 2g x b b x x =-=-+-在()46，单调递减. 所以()122ln 203b b ⎛⎫-∈- ⎪⎝⎭，. 故选：C例10．（2022·河南·南阳中学高三阶段练习（文））若关于x 的不等式32ln 42x x x x ax +≤++恒成立，则实数a 的取值范围为（ ） A ．[)1,-+∞ B ．[)1,+∞C ．1,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭D ．[),e +∞【答案】B 【分析】等价于2ln 42x a x x x x≥-+-，设函数()2ln 42x f x x x x x =-+-，利用导数求出函数()f x 的最大值即得解. 【详解】解：依题意，2ln 42x a x x x x≥-+-， 设函数()2ln 42x f x x x x x =-+-，则()224ln 3x x x f x x---+='， 令()24ln 3h x x x x =---+，故()21420h x x x x'=---<， 所以函数()h x 在()0,∞+上单调递减，而()10h =， 故当()0,1x ∈时，()0f x '>，当()1,x ∈+∞时，()0f x '<， 故函数()f x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减， 故()max ()11==f x f ，则1a ≥. 故选：B ．例11．（2022·全国·高二课时练习）已知函数()22e 1ln x f x x kx x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，若函数()f x 有唯一极值点，则实数k 的取值范围为（ ）A ．()(]{}2,00,4e 2e ∞-⋃⋃B ．(),4e ∞-C ．()4e,∞+D ．[)4e,∞+【答案】A【分析】求出原函数的导函数并化简得到()2212e 1x x f x x kx ⎛⎫-'=-⎪⎝⎭，1x =为导函数的零点，进而设()()22e 10xg x x kx=->，然后再通过导数方法判断出函数()g x 的零点，进一步得到函数()f x 的单调区间，最终确定出极值点个数求出答案.【详解】由题意，()22e 10,ln x x f x x kx x ⎛⎫>=-+ ⎪⎝⎭，则()()223222e 1112e 1x x x x x f x kx x x kx -⎛⎫--'=-=- ⎪⎝⎭， 设()()22e 10xg x x kx=->，()22221e x x g x k x -'=⋅⋅. 当0k >时，10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()()0,g x g x '<单调递减，1,2x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()()0,g x g x '>单调递增，()min 14e12g x g k⎛⎫==- ⎪⎝⎭ （1）若04e k <≤，则()()min 0g x g x ≥≥，则()0,1x ∈时，()()0,f x f x '<单调递减，()1,x ∈+∞时，()()0,f x f x '>单调递增，所以()f x 有唯一极值点1x =. （2）若24e<2e k <，则()min102g x g ⎛⎫=< ⎪⎝⎭，()22e 110g k=->，22211212e e e 22212e2e 112e 10112e 2e 2e g k k ⋅⎛⎫=-=->-> ⎪⎝⎭⋅⋅，结合函数()g x 的单调性可知，函数()g x 分别在110,,,122⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭上存在唯一一个零点12,x x ，于是()10,x x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减，()12,x x x ∈时，0f x ，()f x 单调递增，()2,1x x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减， ()1,x ∈+∞时，0fx，()f x 单调递增，所以()f x 有12,,1x x 三个极值点；（3）若22e k =，则()min102g x g ⎛⎫=< ⎪⎝⎭，()22e 110g k=-=，221212e e 2212e 12e 1012e 2e g k ⋅⎛⎫=-=-> ⎪⎝⎭⋅，结合函数()g x 的单调性可知，函数()g x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上存在唯一一个零点3x ，于是()30,x x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减，()3,1x x ∈时，0f x ，()f x 单调递增，()1,x ∈+∞时，0fx ，()f x 单调递增，所以()f x 有3x x =唯一一个极值点；（4）若22e k >，则()22e 110g k=-<，又102x <<时，()22e 211x g x kx kx =->-，所以102x <<且2x k<时，()0g x >. 设()()e 1xh x x x =->，()e 1e 10x h x '=->->，所以函数()h x 在()1,+∞上单调递增，故()()221e 10e e x x h x h x x >=->⇒>⇒>，于是1x >时，()22211x xg x kx k>-=-，所以1x >且2kx >时，()0g x >. 结合函数()g x 的单调性可知，函数()g x 分别在()10,,1,+2⎛⎫∞ ⎪⎝⎭上存在唯一一个零点45,x x ，于是()40,x x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减，()4,1x x ∈时，0fx，()f x 单调递增，()51,x x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减， ()5,x x ∈+∞时，0f x，()f x 单调递增，所以()f x 有45,1,x x 三个极值点.当0k <时，10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()()0,g x g x '>单调递增，1,2x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()()0,g x g x '<单调递减，()max 14e102g x g k⎛⎫==-< ⎪⎝⎭，即()0g x <恒成立，于是()0,1x ∈时，()()0,f x f x '>单调递增，()1,x ∈+∞时，()()0,f x f x '<单调递减，所以()f x 有唯一极值点1x =. 综上所述：k 的取值范围为(){}2,0(0,4e]2e -∞⋃⋃.故选：A.【点睛】本题非常复杂，注意以下两个方面：∴对函数求完导之后一定要因式分解，()2212e 1x x f x x kx ⎛⎫-'=- ⎪⎝⎭，现在只需要考虑()()22e 10xg x x kx =->的零点即可；∴因为导函数()f x '有一个零点1，所以在讨论函数()()22e10xg x x kx=->的零点时一定要注意它的零点是否为1，方法是将x =1代入得到()222e 1102e g k k=-=⇒=，以此作为讨论的一个分界点. 例12．（2021·江苏·高二单元测试）若关于x 的不等式2112ln 022x m x --≥在[]2,4上有解，则实数m 的取值范围是（ ）A ．15,4ln 2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭ B ．15,8ln 2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭ C ．15,4ln 2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦D ．15,8ln 2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦【答案】D【分析】把给定不等式转化为214ln x m x -≤在[]2,4上有解，构造函数()214ln x g x x-=，[]2,4x ∈，探讨该函数最大值即可得解.【详解】由[]2,4x ∈，得ln 0x >，又关于x 的不等式2112ln 022x m x --≥在[]2,4上有解，所以214ln x m x -≤在[]2,4上有解，即2max 14ln x m x ⎛⎫-≤ ⎪⎝⎭，令()214ln x g x x-=，[]2,4x ∈，则()()()()2224124ln 12ln 4ln 4ln x x x x x x x x g x x x ⋅--⋅-+'==，设()12ln h x x x x x=-+，[]2,4x ∈，则()22112ln 212ln 10h x x x x x '=+--=+->，即()h x 在[]2,4上单调递增，则()()13324ln 224ln 220222h x h ≥=-+=->->， 于是有()0g x '>，从而得()g x 在[]2,4上单调递增， 因此，()()max 161151544ln 44ln 48ln 2g x g -====，则158ln 2m ≤， 所以m 的取值范围是15,8ln 2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦. 故选：D【点睛】思路点睛：涉及不等式在给定区间上有解求参数范围问题，常常采用分离参数，构造函数，再求函数最值的思路来解决问题. 【题型】四、利用二阶导数证明不等式例13．（2022·辽宁朝阳·高二期末）已知函数()f x 为偶函数，且当0x ≥时，2()e cos x f x x x =+-，则不等式(3)(21)0f x f x ---<的解集为（ ） A ．42,3⎛⎫- ⎪⎝⎭B ．(,2)-∞-C ．(2,)-+∞D ．4(,2),3⎛⎫-∞-⋃+∞ ⎪⎝⎭【答案】D【分析】结合导数以及函数的奇偶性判断出()f x 的单调性，由此化简不等式(3)(21)0f x f x ---<来求得不等式的解集.【详解】当0x ≥时，()()()'''2sin s 2cos 0,2,in x x x e x f x f x e x x e x x =++>=++++单调递增，()'01f =，所以()()'0,f x f x >单调递增.因为()f x 是偶函数，所以当0x <时，()f x 单调递减.(3)(21)0,(3)(21)f x f x f x f x ---<-<-，()()22321,321x x x x -<--<-，22269441,3280x x x x x x -+<-++->，()()23402x x x +->⇒<-或43x >.即不等式(3)(21)0f x f x ---<的解集为4(,2),3⎛⎫-∞-⋃+∞ ⎪⎝⎭.故选：D例14．（2022·全国·高二专题练习）已知123a =，()11e b e =+，134c =，则a ，b ，c 的大小关系为（ ）． A ．b a c >> B ．c b a >> C ．c a b >> D ．a b c >>【答案】D【分析】根据题中a ，b ，c 的形式构造函数()()()1ln 1,0f x x x x=⋅+>，利用二次求导的方法判断函数()f x 的单调性，根据单调性即可比较大小. 【详解】因为()1212a =+，()11e b e =+，()1313c =+，所以令()()()1ln 1,0f x x x x=⋅+>，则()()2ln 11xx x f x x -++'=， 令()()()ln 1,01x g x x x x =-+>+，则()()201x g x x -'=<+， ∴()g x 在()0,∞+上单调递减，()()00g x g <=， ∴()0f x '<恒成立，∴()f x 在()0,∞+上单调递减． ∴23e <<，∴()()()23f f e f >>，即()()()111ln 12ln 1ln 1323e e +>+>+，所以()()()11123ln 12ln 1ln 13e e +>+>+， 所以()11132314e e >+>，即a b c >>， 故选：D ．例15．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()ln 2f x x x x =+，若k Z ∃∈，使得()21f x kk x+>+在()2,x ∈+∞恒成立，则k 的最大值为（ ） A ．2 B ．3 C ．4 D ．5【答案】C【分析】首先参变分离得ln 2x x x k x +<-，再设函数()ln 2x x xh x x +=-，求导数()()242ln 2x x h x x --'=-，再设()42ln g x x x =--，再求导数，通过函数()g x '恒正，判断函数()g x 的单调性，并判断()h x 的极值点所在的区间，求得函数的最小值，同时求得k 的最大值. 【详解】依题意，ln 2x x x k x +<-，令()ln 2x x x h x x +=-，则()()242ln 2x x h x x --'=-．令()42ln g x x x =--，()21g x x'=-，∴2x >时，()0g x '>，即()g x 单调递增，∴()4242ln8l n 8n l 80g e =-=-<，()52952ln9ln ln90g e =-=->，设42ln 0x x --=并记其零点为0x ，故089x <<．且004ln 2x x -=，所以当02x x <<时，()0g x <，即()0h x '<，()h x 单调递减；当0x x >时，()0g x >即()0h x '>，()h x 单调递增，所以()()0000000min 0004ln 2222x x x x x x x h x h x x x -⎛⎫+ ⎪+⎝⎭====--，因此02x k <，由于Z k ∈且089x <<，即09422x <<，所以max 4k =， 故选:C【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数研究函数的性质，考查考生逻辑推理、数学运算的核心素养，本题的关键是构造函数，并求两次导数，通过导数，逐级判断函数的单调性和最值.例16．（2023·全国·高三专题练习）已知()f x 是R 上的偶函数，当[)0,x ∈+∞时，()2cos 12x f x x =-+，且()()21f x a f x +<+对x ∀∈R 恒成立，则实数a 的取值范围是___________. 【答案】33,44⎛⎫- ⎪⎝⎭【分析】利用二次求导法，结合偶函数的性质进行求解即可.【详解】()()()()2cos 1sin 1cos 02x f x x g x f x x x g x x ''=-+⇒==-+⇒=-≥，故()g x 为增函数，当0x ≥时，()()00g x g ≥=，可得()f x 为增函数. 又()f x 为偶函数，故()()f x a f x a +=+，()()22221111f x a f x x a x x x a x x +<+⇔+<+⇔---<<-+恒成立. 因为221331()244x x x -+=-+≥，221331()244x x x -+-=---≤-，所以有3344a -<<，故答案为：33,44⎛⎫- ⎪⎝⎭【题型】五、利用二阶导数与函数的对称性求值例17．（2022·四川·成都七中模拟预测（理））对于三次函数()32f x ax bx cx d =+++（0a ≠），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．设函数()3211533212g x x x x =-+-，则122014201520152015g g g ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭（ ）A ．2014B ．2013C ．20155D ．1007【答案】A【分析】根据对称中心的定义，由二阶求导可求出对称中心，进而根据对称中心的特征求解. 【详解】()3211533212g x x x x =-+-，所以()()23,21g x x x g x x '''=-+=-，令12102x x -=⇒=，112f ⎛⎫= ⎪⎝⎭，所以()3211533212g x x x x =-+-的对称中心为1,12⎛⎫⎪⎝⎭ ，()()1220141201412,20152015201520152015g x g x g g g g g ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴+-=∴++⋅⋅⋅+=++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭22013100710081007220142015201520152015g g g g ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++=⨯= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭故选：A例18．（2022·广东广州·高二期末）对于三次函数()()320ax bx d a f x cx =+++≠，现给出定义：设()f x '是函数()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()()320ax bx d a f x cx =+++≠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()3232g x x x =-+，则1231910101010g g g g ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭（ ） A ．0 B ．1C ．32-D ．32【答案】A【分析】对函数()3232g x x x =-+求导，再求导()g x ''，然后令()0g x ''=，求得对称点即可.【详解】依题意得，()236g x x x '=-，()66g x x ''=-，令()0g x ''=，解得x ＝1，∴()10g =，∴函数()g x 的对称中心为()1,0， 则()()20g x g x -+=， ∴11921831791121010101010101010+=+=+==+=∴12319010101010g g g g ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭． 故选：A.例19．（2022·全国·高三专题练习）设函数()y f x ''=是()y f x '=的导数，经过探究发现，任意一个三次函数()()320ax bx d a f x cx =+++≠的图象都有对称中心()()00,x f x ，其中0x 满足()00f x ''=，已知函数()3272392f x x x x =-+-，则12320212022202220222022f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++⋅⋅⋅+= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭（ ） A ．2021 B ．20212C ．2022D ．40212【答案】B【分析】通过条件，先确定函数()f x 图象的对称中心点，进而根据对称性求出函数值的和. 【详解】由()3272392f x x x x =-+-，可得()2669f x x x '=-+，()126f x x ''=-，令()1260f x x ''=-=，得12x =，又32111171239222222f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯-⨯+⨯-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以对称中心为11,22⎛⎫⎪⎝⎭，所以12021220201,12022202220222022f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+=+= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，…，11010102022202122f f ⎛⎫⎛⎫+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，1201011222f ⎛⎫= ⎪⎝⎭. 所以12320211202110101202220222022202222f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++⋅⋅⋅+=⨯+= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭． 故选：B.例20．（2016·湖南衡阳·高三阶段练习（文））设函数()y f x ''=是()y f x '=的导数．某同学经过探究发现，任意一个三次函数()()320ax bx d a f x cx =+++≠都有对称中心()()00,x f x ，其中0x 满足()00f x ''=．已知函数()3211533212f x x x x =-+-，则1232016...2017201720172017f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭（ ） A ．2013 B ．2014 C ．2015 D ．2016【答案】D【分析】先求出()f x ''，结合题意求得函数()f x 的对称中心，进而得到()()12f x f x +-=，进而求出1232016...2017201720172017f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭即可.【详解】由题意得，()()23,21f x x x f x x '''=-+=-，令()0f x ''=，解得12x =，又3211111153123222212f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯-⨯+⨯-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以函数()f x 的对称中心为1,12M ⎛⎫⎪⎝⎭，则()()12f x f x +-=，1232016...2017201720172017f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴++++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭1120162201520161...2201720172017201720172017f f f f f f ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++++⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦()12201620162=⨯⨯=. 故选：D ．【题型】六、利用二阶导数与函数的凹凸性求值例21．（2022·陕西渭南·高二期末（理））给出定义:若函数()f x 在D 上可导，即()f x '存在，且导函数()f x '在D 上也可导，则称()f x 在D 上存在二阶导函数.记()()()f x f x ''''=，若()0f x ''<在D 上恒成立，则称()f x 在D 上为凸函数.以下四个函数在π0,2⎛⎫⎪⎝⎭上是凸函数的有（ ）∴()sin cos f x x x =+，∴()e x f x x -=-，∴()ln 2f x x x =-，∴3()21f x x x =-+-. A ．4个 B ．3个 C ．2个 D ．1个【答案】B【分析】根据题意，分别验证各个选项中的函数的二阶导数在π0,2⎛⎫⎪⎝⎭上是否是负数即可.【详解】∴()sin cos f x x x =+,则()sin cos f x x x ''=--，当π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，sin 0,cos 0x x >>，则()sin cos 0f x x x ''=--<，选项∴满足；∴()e x f x x -=-，则()(2)x f x x e -''=-，当π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，20x ->，即()0f x ''>，∴不符题意； ∴()ln 2f x x x =-，则21()0f x x ''=-<，选项∴满足； ∴3()21f x x x =-+-，当π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()60f x x ''=-<，选项∴满足.综上有3个函数符合题意. 故选：B例22．（2023·全国·高三专题练习）设函数f （x ）在区间I 上有定义，若对12,x x I ∀∈和()0,1λ∀∈，都有()()()()()121211f x x f x f x λλλλ+-≤+-，那么称f （x ）为I 上的凹函数，若不等号严格成立，即“<”号成立，则称f （x ）在I 上为严格的凹函数.对于上述不等式的证明，19世纪丹麦数学家琴生给出了如下的判断方法：设定义在（a ，b ）上的函数f （x ），其一阶导数为()f x '，其二阶导数为()f x ''（即对函数()f x '再求导，记为()f x ''），若()0f x ''>，那么函数f （x ）是严格的凹函数（()f x '，()f x ''均可导）.试根据以上信息解决如下问题：函数()21ln f x m x x x=++在定义域内为严格的凹函数，则实数m 的取值范围为___________.【答案】(-∞【分析】对函数()f x 求导，并对其导函数再次求导，将问题转化为函数最值问题，利用导数求最值即可.【详解】由()21ln f x m x x x=++，得()212m f x x x x '=-+，令()212m h x xx x =-+，则()2322m h x x x'=-++， 令23220m x x-++>恒成立，即222m x x <+恒成立， 令()()2220g x x x x =+>，则()()32214224x g x x x x-'=-+=，当x ⎛∈ ⎝时，()0g x '<，g （x ）单调递减；当x ⎫∈+∞⎪⎭时，()0g x '>，g （x ）单调递增，所以()2221g x g ≥=+=所以m <故答案为：(-∞.例23．（2021·江苏扬州·高三阶段练习）函数()y g x =在区间[a ，]b 上连续，对[a ，]b 上任意二点1x 与2x ，有1212()()()22x x g x g x g ++<时，我们称函数()g x 在[a ，]b 上严格上凹，若用导数的知识可以简单地解释为原函数的导函数的导函数（二阶导函数）在给定区间内恒为正，即()0g x ''>.下列所列函数在所给定义域中“严格上凹”的有（ ） A ．2()log (0)f x x x => B ．()2x f x e x -=+C ．3()2(0)f x x x x =-+<D ．2()sin (0)f x x x x π=-<<【答案】BC【分析】根据题目中定义，逐个判断各函数是否满足条件二阶导函数大于零，即可解出． 【详解】由题意可知，若函数在所给定义域中“严格上凹”，则满足()0f x ''>在定义域内恒成立．对于A ，2()log (0)f x x x =>，则2111()()0ln 2ln 2f x x x '''==-⋅<在0x >时恒成立， 不符合题意，故选项A 错误；对于B ，()2x f x e x -=+，则()(21)20x x f x e e --'''=-+=>恒成立， 符合题意，故选项B 正确；对于C ，3()2(0)f x x x x =-+<，则2()(32)60f x x x '''=-+=->在0x <时恒成立， 符合题意，故选项C 正确；对于D ，2()sin (0)f x x x x π=-<<，则()(cos 2)sin 20f x x x x ''=-'=--<在0πx <<时恒成立，不符合题意，故选项D 错误. 故选：BC.。
2021年高考数学二轮复习 导数及其应用专题训练(含解析)
2021年高考数学二轮复习导数及其应用专题训练（含解析）一、选择题1．函数y＝f(x)的图象在点x＝5处的切线方程是y＝－x＋8，则f(5)＋f′(5)等于( )A．1 B．2C．0 D.1 2解析由题意知f(5)＝－5＋8＝3，f′(5)＝－1，故f(5)＋f′(5)＝2.故选B.答案B2．函数f(x)在定义域内可导，y＝f(x)的图象如图所示，则导函数y＝f′(x)的图象可能为( )解析x<0时，f(x)为增函数，所以导函数在x<0时大于零；x>0时，原函数先增后减再增，所以导函数先大于零再小于零之后又大于零．故选D.答案 D3．(理)(xx·山东淄博一模)若函数f (x )的导函数在区间(a ，b )上的图象关于直线x ＝a ＋b2对称，则函数y ＝f (x )在区间[a ，b ]上的图象可能是( )A ．①④B ．②④C ．②③D ．③④解析 因为函数y ＝f (x )的导函数在区间(a ，b )上的图象关于直线x ＝a ＋b2对称，即导函数要么图象无增减性，要么在直线x ＝a ＋b2两侧单调性相反．由图①得，在a 处切线斜率最小，在b 处切线斜率最大，故导函数图象不关于直线x ＝a ＋b2对称，故①不成立；由图②得，在a 处切线斜率最大，在b 处切线斜率最小，故导函数图象不关于直线x ＝a ＋b2对称，故②不成立；由图③得，原函数为一次函数，其导函数为常数函数，故导函数图象关于直线x ＝a ＋b2对称，③成立；由图④得，原函数有一对称中心，在直线x ＝a ＋b2与原函数图象的交点处，故导函数图象关于直线x ＝a ＋b2对称，④成立；所以满足要求的有③④，故选D.答案 D3．(文)函数f (x )＝3x 2＋ln x －2x 的极值点的个数是( ) A ．0 B ．1 C ．2D ．无数个解析 函数定义域为(0，＋∞)， 且f ′(x )＝6x ＋1x －2＝6x 2－2x ＋1x，由于x >0，g (x )＝6x 2－2x ＋1中Δ＝－20<0， ∴g (x )>0恒成立， 故f ′(x )>0恒成立，即f (x )在定义域上单调递增，无极值点． 答案 A4．(xx·重庆七校联盟联考)已知函数f (x )在R 上满足f (x )＝2f (2－x )－x 2＋8x －8，则曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处切线的斜率是( )A ．2B ．1C ．3D ．－2解析 由f (x )＝2f (2－x )－x 2＋8x －8两边求导得，f ′(x )＝2f ′(2－x )×(－1)－2x ＋8.令x ＝1得f ′(1)＝2f ′(1)×(－1)－2＋8⇒f ′(1)＝2，∴k ＝2.答案 A5．(xx·云南昆明一模)已知函数f (x )＝ln x ＋1ln x，则下列结论中正确的是( ) A ．若x 1，x 2(x 1<x 2)是f (x )的极值点，则f (x )在区间(x 1，x 2)内是增函数 B ．若x 1，x 2(x 1<x 2)是f (x )的极值点，则f (x )在区间(x 1，x 2)内是减函数 C ．∀x >0，且x ≠1，f (x )≥2D ．∃x 0>0，f (x )在(x 0，＋∞)上是增函数解析 由已知f ′(x )＝1x －1x ln 2x ＝ln 2x －1x ln 2x (x >0，且x ≠1)，令f ′(x )＝0，得x ＝e 或x ＝1e.当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1e 时，f ′(x )>0；当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫1e，1∪(1，e)时，f ′(x )<0；当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )>0.故x ＝1e和x ＝e 分别是函数f (x )的极大值点和极小值点，故函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e，1和(1，e)内单调递减，所以A 、B 错；当0<x <1时，ln x <0，f (x )<0，故C 错；若x 0≥e，f (x )在(x 0，＋∞)上是增函数，D 正确．答案 D6．f (x )是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf ′(x )－f (x )≤0，对任意正数a ，b ，若a <b ，则必有( )A ．af (b )≤bf (a )B ．bf (a )≤af (b )C ．af (a )≤f (b )D ．bf (b )≤f (a )解析 设F (x )＝f x x ，则F ′(x )＝xf ′x －f xx 2≤0， 故F (x )＝f xx为减函数． 由0<a <b ，有f a a ≥f bb⇒af (b )≤bf (a )，故选A. 答案 A 二、填空题7．(理)(xx·广东卷)曲线y ＝e －5x＋2在点(0,3)处的切线方程为________．解析 y ′＝－5e－5x，∴y ′|x ＝0＝－5，∴所求切线方程为y －3＝－5x ，即5x ＋y －3＝0.答案 5x ＋y －3＝07．(文)已知函数f (x )＝x e x，则f ′(x )＝________；函数f (x )的图象在点(0，f (0))处的切线方程为________．解析 ∵f ′(x )＝1·e x ＋x ·e x ＝(1＋x )e x；f ′(0)＝1，f (0)＝0，因此f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y －0＝x －0，即y ＝x .答案 (1＋x )e xy ＝x8．若点P 是曲线y ＝x 2－ln x 上任意一点，则点P 到直线y ＝x －2的最小距离为________． 解析 过点P 作y ＝x －2的平行直线，且与曲线y ＝x 2－ln x 相切． 设P (x 0，x 20－ln x 0)，则有k ＝y ′|x ＝x 0＝2x 0－1x 0.∴2x 0－1x 0＝1.∴x 0＝1或x 0＝－12(舍去)．∴P (1,1)，∴d ＝|1－1－2|1＋1＝ 2. 答案29．已知函数f (x )＝x 3＋2bx 2＋cx ＋1有两个极值点x 1，x 2，且x 1∈[－2，－1]，x 2∈[1,2]，则f (－1)的取值范围是________．解析 由于f ′(x )＝3x 2＋4bx ＋c ，据题意方程3x 2＋4bx ＋c ＝0有两个根x 1，x 2，且x 1∈[－2，－1]，x 2∈[1,2]，令g (x )＝3x 2＋4bx ＋c ，结合二次函数图象可得⎩⎪⎨⎪⎧g －2＝12－8b ＋c ≥0，g －1＝3－4b ＋c ≤0，g 1＝3＋4b ＋c ≤0，g2＝12＋8b ＋c ≥0，此即为关于点(b ，c )的线性约束条件，作出其对应的平面区域，f (－1)＝2b －c ，问题转化为在上述线性约束条件下确定目标函数f (－1)＝2b －c 的最值问题，由线性规划易知3≤f (－1)≤12.答案 [3,12] 三、解答题10．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)t ≠0时，求f (x )的单调区间．解 (1)当t ＝1时，f (x )＝4x 3＋3x 2－6x ，f (0)＝0，f ′(x )＝12x 2＋6x －6，f ′(0)＝－6， 所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝－6x . (2)f ′(x )＝12x 2＋6tx －6t 2.令f ′(x )＝0，解得x ＝－t 或x ＝t2.因为t ≠0，以下分两种情况讨论：①若t <0，则t2<－t .当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以，f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，2，(－t ，＋∞)；f (x )的单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫2，－t .②若t >0，则－t <t2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以，f (x )的单调递增区间是(－∞，－t )，⎝ ⎛⎭⎪⎫2，＋∞；f (x )的单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－t ，t 2.11．(理)(xx·福建卷)已知函数f (x )＝e x－ax (a 为常数)的图象与y 轴交于点A ，曲线y ＝f (x )在点A 处的切线斜率为－1.(1)求a 的值及函数f (x )的极值； (2)证明：当x >0时，x 2<e x；(3)证明：对任意给定的正数c ，总存在x 0，使得当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2<c e x. 解 (1)由f (x )＝e x －ax ，得f ′(x )＝e x－a . 又f ′(0)＝1－a ＝－1，得a ＝2. 所以f (x )＝e x －2x ，f ′(x )＝e x－2. 令f ′(x )＝0，得x ＝ln2.当x <ln2时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x >ln2时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．所以当x ＝ln2时，f (x )取得极小值，且极小值为f (ln2)＝e ln2－2ln2＝2－ln4，f (x )无极大值． (2)令g (x )＝e x －x 2，则g ′(x )＝e x－2x . 由(1)得g ′(x )＝f (x )≥f (ln2)>0， 故g (x )在R 上单调递增，又g (0)＝1>0， 因此，当x >0时，g (x )>g (0)>0，即x 2<e x.(3)①若c≥1，则e x≤c e x.又由(2)知，当x>0时，x2<e x.所以当x>0时，x2<c e x.取x0＝0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2<c e x.②若0<c<1，令k＝1c>1，要使不等式x2<c e x成立，只要e x>kx2成立．而要使e x>kx2成立，则只要x>ln(kx2)，只要x>2ln x＋ln k成立．令h(x)＝x－2ln x－ln k，则h′(x)＝1－2x＝x－2x，所以当x>2时，h′(x)>0，h(x)在(2，＋∞)内单调递增．取x0＝16k>16，所以h(x)在(x0，＋∞)内单调递增，又h(x0)＝16k－2ln(16k)－ln k＝8(k－ln2)＋3(k－ln k)＋5k，易知k>ln k，k>ln2,5k>0，所以h(x0)>0.即存在x0＝16c，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2<c e x.综上，对任意给定的正数c，总存在x0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2<c e x.11．(文)已知函数f(x)＝－x3＋ax2＋bx＋c在(－∞，0)上是减函数，在(0,1)上是增函数，函数f(x)在R上有三个零点，且1是其中一个零点．(1)求b的值；(2)求f(2)的取值范围．解(1)∵f(x)＝－x3＋ax2＋bx＋c，∴f′(x)＝－3x2＋2ax＋b.∵f(x)在(－∞，0)上是减函数，在(0,1)上是增函数，∴当x＝0时，f(x)取得极小值，即f′(0)＝0.∴b＝0.(2)由(1)知，f(x)＝－x3＋ax2＋c，∵1是函数f(x)的一个零点，即f(1)＝0，∴c＝1－a.∵f′(x)＝－3x2＋2ax＝0的两个根分别为x1＝0，x2＝2a 3.∵f(x)在(0,1)上是增函数，且函数f(x)在R上有三个零点，∴x 2＝2a3>1，即a >32.∴f (2)＝－8＋4a ＋(1－a )＝3a －7>－52.故f (2)的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－52，＋∞. B 级——能力提高组1．(理)(xx·江西卷)若f (x )＝x 2＋2⎠⎛01f(x)d x ，则⎠⎛01f(x)d x ＝( )A ．－1B ．－13C .13D ．1解析 直接求解定积分，再利用方程思想求解． ∵f(x)＝x 2＋2⎠⎛01f(x)d x ，∴⎠⎛01f(x)d x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 3＋2x ⎠⎛01f x d x ⎪⎪ 1＝13＋2⎠⎛01f(x)d x ， ∴⎠⎛01f(x)d x ＝－13.答案 B 1．(文)(理)2.(xx·中原名校二模)已知函数g(x)＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d(a≠0)的导函数为f(x)，且a ＋2b ＋3c ＝0，f(0)·f(1)>0，设x 1，x 2是方程f(x)＝0的两根，则|x 1－x 2|的取值范围是( )A .⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，23B .⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，49C .⎝ ⎛⎭⎪⎫13，23 D .⎝ ⎛⎭⎪⎫19，49 解析 因为f(x)＝3ax 2＋2bx ＋c ，所以f(0)f(1)＝c(3a ＋2b ＋c)＝c(2a －2c)>0,0<c a<1，又|x 1－x 2|＝Δ|3a|＝2b 2－3ac |3a|＝|a －3c||3a|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪13－c a ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，23.答案 A2．(理)(xx·中原名校二模)已知函数g(x)＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d(a≠0)的导函数为f(x)，且a ＋2b ＋3c ＝0，f(0)·f(1)>0，设x 1，x 2是方程f(x)＝0的两根，则|x 1－x 2|的取值范围是( )A .⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，23B .⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，49C .⎝⎛⎭⎪⎫13，23D .⎝⎛⎭⎪⎫19，49解析 因为f(x)＝3ax 2＋2bx ＋c ，所以f(0)f(1)＝c(3a ＋2b ＋c)＝c(2a －2c)>0,0<c a<1，又|x 1－x 2|＝Δ|3a|＝2b 2－3ac |3a|＝|a －3c||3a|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪13－c a ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，23.答案 A2．(文)已知函数f(x)＝ax 3＋bx 2＋cx ，其导函数y ＝f′(x)的图象经过点(1,0)，(2,0)，如图所示，则下列说法中不正确的是________． ①当x ＝32时函数取得极小值；②f(x )有两个极值点； ③当x ＝2时函数取得极小值； ④当x ＝1时函数取得极大值．解析 从图象上可以看到：当x∈(0,1)时，f′(x)>0；当x∈(1,2)时，f′(x)<0；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)有两个极值点1和2，且当x ＝2时函数取得极小值，当x ＝1时函数取得极大值．只有①不正确．答案 ①3．(理)(xx·课标全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝e x－e －x－2x. (1)讨论f(x)的单调性；(2)设g(x)＝f(2x)－4bf(x)，当x>0时，g(x)>0，求b 的最大值； (3)已知1.414 2<2<1.414 3，估计ln 2的近似值(精确到0.001)． 解 (1)f′(x)＝e x＋e －x－2≥0，等号仅当x ＝0时成立．所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增． (2)g(x)＝f(2x)－4bf(x)＝e 2x－e －2x－4b(e x －e －x)＋(8b －4)x ，g′(x)＝2[e 2x＋e－2x－2b(e x＋e －x )＋(4b －2)]＝2(e x＋e －x－2)(e x＋e －x－2b ＋2)．①当b≤2时，g′(x)≥0，等号仅当x ＝0时成立，所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．而g(0)＝0，所以对任意x>0，g(x)>0；②当b>2时，若x 满足2<e x＋e －x<2b －2，即0<x<ln (b －1＋b 2－2b)时g′(x)<0.而g(0)＝0，因此当0<x≤ln (b －1＋b 2－2b)时，g(x)<0.综上，b 的最大值为2.(3)由(2)知，g(ln 2)＝32－22b ＋2(2b －1)ln 2.当b ＝2时，g(ln 2)＝32－42＋6ln 2>0，ln 2>82－312>0.692 8；当b ＝324＋1时，ln (b －1＋b 2－2b)＝ln 2， g(ln 2)＝－32－22＋(32＋2)ln 2<0，ln 2<18＋228<0.693 4. 所以ln 2的近似值为0.693.3．(文)(xx·课标全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝x 3－3x 2＋ax ＋2，曲线y ＝f(x)在点(0,2)处的切线与x 轴交点的横坐标为－2.(1)求a ；(2)证明：当k<1时，曲线y ＝f(x)与直线y ＝kx －2只有一个交点． 解 (1)f′(x)＝3x 2－6x ＋a ，f′(0)＝a. 曲线y ＝f(x)在点(0,2)处的切线方程为y ＝ax ＋2. 由题设得－2a ＝－2，所以a ＝1.(2)证明：由(1)知，f(x)＝x 3－3x 2＋x ＋2. 设g(x)＝f(x)－kx ＋2＝x 3－3x 2＋(1－k)x ＋4. 由题设知1－k>0.当x≤0时，g′(x)＝3x 2－6x ＋1－k>0，g(x)单调递增，g(－1)＝k －1<0，g(0)＝4， 所以g(x)＝0在(－∞，0]有唯一实根． 当x>0时，令h(x)＝x 3－3x 2＋4， 则g(x)＝h(x)＋(1－k)x>h(x)．h′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，h(x)在(0,2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增，所以g(x)>h(x)≥h(2)＝0.所以g(x)＝0在(0，＋∞)没有实根．综上，g(x)＝0在R有唯一实根，即曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点．20226 4F02 伂31220 79F4 秴]38002 9472 鑲39341 99AD 馭30496 7720 眠24691 6073 恳 "35323 89FB 觻 26755 6883 梃35769 8BB9 讹]7。
2021新高考数学二轮总复习专题突破练7 热点小专题二、导数的应用含解析
专题突破练7热点小专题二、导数的应用一、单项选择题1.设曲线y=ax-ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为y=2x,则a=()A.0B.1C.2D.32.(2020天津河北区线上测试,6)已知函数f(x)=3x+2cos x,若a=f(),b=f(2),c=f(log27),则a,b,c的大小关系是()A.a<b<cB.c<a<bC.b<a<cD.b<c<a3.(2020河南开封三模,文9,理7)已知函数f(x)=x(x-c)2在x=2处取极大值,则c=()A.-2或-6B.2或6C.2D.64.(2020山东德州二模,8)已知函数f(x)的定义域为R,且f(x)+1<f'(x),f(0)=2,则不等式f(x)+1>3e x的解集为()A.(1,+∞)B.(-∞,1)C.(0,+∞)D.(-∞,0)5.已知函数f(x)=a e x-x2-(2a+1)x,若函数f(x)在区间(0,ln 2)上有极值,则实数a的取值范围是()A.(-∞,-1)B.(-1,0)C.(-2,-1)D.(-∞,0)∪(0,1)6.(2020山东济南一模,8)已知直线y=ax+b(b>0)与曲线y=x3有且只有两个公共点A(x1,y1),B(x2,y2),其中x1<x2,则2x1+x2=()A.-1B.0C.1D.a7.已知函数f(x)=a ln x-2x,若不等式f(x+1)>ax-2e x在x∈(0,+∞)上恒成立,则实数a的取值范围是()A.a≤2B.a≥2C.a≤0D.0≤a≤28.(2020江西名校大联考,理12)已知函数f(x)=若存在实数a,使得函数g(x)=f(x)-a恰好有4个零点,则实数m的取值范围是()A.(0,2)B.(2,+∞)C.(0,3)D.(3,+∞)二、多项选择题9.函数y=f(x)的导函数y=f'(x)的图象如图所示,以下命题错误的是()A.-3是函数y=f(x)的极值点B.-1是函数y=f(x)的最小值点C.y=f(x)在区间(-3,1)上单调递增D.y=f(x)在x=0处切线的斜率小于零10.(2020山东聊城二模,10)下列关于函数f(x)=x3-3x2+2x的叙述正确的是()A.函数f(x)有三个零点B.点(1,0)是函数f(x)图象的对称中心C.函数f(x)的极大值点为x=1-D.存在实数a,使得函数g(x)=[f(x)]2+af(x)在R上为增函数11.(2020山东潍坊临朐模拟,12)已知函数f(x)=x ln x+x2,x0是函数f(x)的极值点,以下结论中正确的是()A.0<x0<B.x0>C.f(x0)+2x0<0D.f(x0)+2x0>012.(2020山师大附中月考,12)设函数f(x)=若方程[f(x)]2-af(x)+=0有六个不等的实数根,则实数a可能的取值是()A. B.C.1D.2三、填空题13.(2020全国Ⅲ,文15)设函数f(x)=.若f'(1)=,则a=.14.(2020全国Ⅰ,文15)曲线y=ln x+x+1的一条切线的斜率为2,则该切线的方程为.15.(2020山东淄博4月模拟,16)已知函数f(x)=2sin x+sin 2x,则f(x)的最小值是.16.已知函数f(x)=log2x,g(x)=(a>0),若对∀x1∈{x|g(x)=},∃x2∈[4,16],使g(x1)=f(x2)成立,则实数a的取值范围是.专题突破练7热点小专题二、导数的应用1.D解析∵y=ax-ln(x+1),∴y'=a-y'|x=0=a-1=2,得a=3.2.D解析因为函数f(x)=3x+2cos x,所以导数函数f'(x)=3-2sin x,可得f'(x)=3-2sin x>0在R上恒成立,所以f(x)在R上为增函数,又因为2=log24<log27<3<,所以b<c<a,故选D.3.D解析f'(x)=(x-c)2+2x(x-c),f'(2)=(2-c)2+2×2(2-c)=0,解得c=6或c=2.验证知当c=2时,函数在x=2处有极小值,舍去,当c=6时满足题意,故c=6.4.C解析令g(x)=,∵f(x)+1<f'(x),则g'(x)=>0,故g(x)在R上单调递增,且g(0)=3,由f(x)+1>3e x,可得>3,即g(x)>g(0),所以x>0,故选C.5.A解析f'(x)=a e x-2x-(2a+1),令g(x)=a e x-2x-(2a+1).由函数f(x)在区间(0,ln2)上有极值⇔g(x)在区间(0,ln2)上单调且存在零点.所以g(0)g(ln2)=(a-2a-1)(2a-2ln2-2a-1)<0,即a+1<0,解得a<-1.故实数a的取值范围是(-∞,-1).故选A.6.B解析直线y=ax+b(b>0)与曲线y=x3有且只有两个公共点,即为b=x3-ax有两个根,即函数y=x3-ax与y=b恰有两个交点,作出两个函数的图象,可知x1是极大值点时满足题意.∵y'=3x2-a,∴3=a.又∵b=-ax1=-ax2,=a(x1-x2),∴(x1-x2)(+x1x2+)=a(x1-x2).∵x1<x2,∴a=+x1x2+=3,∴2-x1x2-=0,∴(2x1+x2)(x1-x2)=0,∴2x1+x2=0.故选B.7.A解析f(e x)=ax-2e x,所以f(x+1)>ax-2e x在x∈(0,+∞)上恒成立,等价于f(x+1)>f(e x)在(0,+∞)上恒成立,因为x∈(0,+∞)时,1<x+1<e x,所以只需f(x)在(1,+∞)上单调递减,即当x>1时,f'(x)≤0恒成立,即当x>1时,2恒成立,a≤2x,所以a≤2,故选A.8.B解析g(x)=f(x)-a的零点个数等价于直线y=a与函数f(x)图象的交点个数.令y=-x3+x2,y'=-x2+2x,当x<0或x>2时,y'<0,当0<x<2时,y'>0.所以函数y=-x3+x2在(-∞,0),(2,+∞)上单调递减,在(0,2)上单调递增,画出函数f(x)的大致图象如图所示,由图可知当m>2时,存在直线y=a与函数f(x)图象的交点为4个;当0<m≤2时,直线y=a与函数f(x)图象的交点至多为3个;当m≤0时,直线y=a与函数f(x)图象的交点至多为2个.所以m的取值范围为(2,+∞).故选B.9.BD解析根据导函数的图象可知,当x∈(-∞,-3)时,f'(x)<0,在x∈(-3,1)时,f'(x)≥0,故函数y=f(x)在(-∞,-3)上单调递减,在(-3,1)上单调递增,则-3是函数y=f(x)的极值点.因为函数y=f(x)在(-3,1)上单调递增,则-1不是函数y=f(x)的最小值点.因为函数y=f(x)在x=0处的导数大于0,则y=f(x)在x=0处切线的斜率大于零,故选BD.10.ABC解析令f(x)=0,即x(x-1)(x-2)=0,解得x=0或x=1或x=2,故函数f(x)有三个零点,故选项A正确;因为f(1+x)+f(1-x)=0,所以点(1,0)是函数f(x)图象的对称中心,故选项B正确;令f'(x)=3x2-6x+2=0,解得x=,故f(x)在-∞,上单调递增,在上单调递减,在,+∞上单调递增,函数f(x)的极大值点为x=1-,故选项C正确;因为f(x)在R上不单调,所以不存在实数a,使得函数g(x)=[f(x)]2+af(x)在R上为增函数,故D错误.故选ABC.11.AD解析∵函数f(x)=x ln x+x2(x>0),∴f'(x)=ln x+1+2x.∵x0是函数f(x)的极值点,∴f'(x0)=0,即ln x0+1+2x0=0,∵f'(x)在(0,+∞)上单调递增,且f'>0,∵x→0,f'(x)→-∞,∴0<x0<,即选项A正确,选项B不正确;f(x0)+2x0=x0ln x0++2x0=x0(ln x0+x0+2)=x0(1-x0)>0,即选项D正确,选项C不正确.故选AD.12.BC解析当x≤0时,f(x)=e x(x+1),则f'(x)=e x(x+1)+e x=e x(x+2).由f'(x)<0得,x+2<0,即x<-2,此时f(x)为减函数,由f'(x)>0得,x+2>0,即-2<x≤0,此时f(x)为增函数,即当x=-2时,f(x)取得极小值f(-2)=-,作出f(x)的图象如图:由图象可知当0<f(x)≤1时,有三个不同的x的取值与f(x)对应.设t=f(x),因为方程[f(x)]2-af(x)+=0有六个不等的实数根,所以t2-at+=0在t∈(0,1]内有两个不等的实根,设g(t)=t2-at+则解得<a结合选项可知实数a可能是或1,故选BC.13.1解析对函数f(x)=求导得f'(x)=,由题意得f'(1)=,解得a=1.14.y=2x解析设切点坐标为(x0,y0).对y=ln x+x+1求导可得y'=+1.由题意得,+1=2,解得x0=1,故y0=ln1+1+1=2,切线方程为y-2=2(x-1),即y=2x.15.-解析由f(x)=2sin x+sin2x,得f'(x)=2cos x+2cos2x=2(2cos2x+cos x-1)=2(cos x+1)(2cos x-1),令f'(x)=0,得cos x=-1或cos x=,所以f(x)的最小值为使cos x=-1或cos x=成立的x的取值所对应f(x)的函数值中的最小值.当cos x=-1时,sin x=0,所以f(x)=0;当cos x=时,sin x=±,f(x)=±综上,f(x)的最小值为-16.[4,8]解析结合题意可得log24=2≤f(x)≤log216=4,要使得对∀x1∈{x|g(x)=},∃x2∈[4,16],使g(x1)=f(x2)成立,则要求g(x)的值域在[2,4]内,对g(x)求导得g'(x)=,当g'(x)>0,解得x<,结合该函数的定义域为[0,a],可知g(x)在0,单调递增,在,a单调递减,故g(x)在x=取到最大值,在x=0取到最小值,所以需要满足g≤4,且g(0)≥2,得到解得a∈[4,8].。
2021年福州市高考数学二轮解答题专项复习：导数及其应用(含答案解析)
12．已知函数f（x） 2．
（1）若a＝0，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）若f（x）＞0，求a的取值范围．
13．已知函数f（x）＝（x2﹣3x+a）ex．
（1）若f（x）的极小值点小于2，求a的取值范围；
（2）若f（x）在区间 上不单调，证明： ．
27．已知函数 ．
（1）讨论函数的单调性；
（2）若a≤1，证明：当x∈[0，+∞）时，f（x）≤sinx﹣cosx．
28．已知函数f（x）＝lnx+ax2+（a+2）x+1（a∈R）．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）若a＝﹣2，证明：当x＞0时，ex﹣x2+2x﹣1﹣xf（x）＞0．
2021年福州市高考数学二轮解答题专项复习：导数及其应用
1．已知函数f（x）＝x2﹣x+klnx，k＞0．
（1）函数f（x）在点（1，f（1））处的切线的斜率为2，求k的值；
（2）讨论函数f（x）的单调性；
（3）若函数f（x）有两个不同极值点为x1、x2，证明|f（x1）﹣f（x2）| 2k．
2．设函数h（x）＝x3﹣ax2+bx+c（a，b，c∈R），且h（0）＝1，h（1）＝﹣1，h（2）＝3．
6．设函数f（x）＝ex﹣ax+3（a∈R）．
（1）讨论函数f（x）的极值；
（2）若函数f（x）在区间[1，2]上的最小值是4，求a的值．
7．已知函数f（x）＝a（x﹣1）ex+x2．
2021年高考数学二轮复习 导数及其应用专题训练(含解析)
2021年高考数学二轮复习导数及其应用专题训练（含解析）一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分)1．若函数f(x)=2x2+1，图象上P(1,3)及邻近上点Q(1+Δx,3+Δy)，则=( ) A． 4 B．4Δx C．4+2Δx D．2Δx【答案】C2．等比数列{an }中a1＝2，a8＝4，函数f(x)＝x(x－a1)(x－a2)… (x－a8)，则f′(0)＝( )A． 26B． 29C． 212D． 215【答案】C3．过点（0，1）且与曲线在点（3，2）处的切线垂直的直线的方程为( )A． B．C．D．【答案】A4．函数y＝f(x)的图象在点P（1，f(1)）处的切线方程为y＝－2x＋10,导函数为，则f(1)＋的值为( ) A．－2 B． 2 C． 6 D． 8【答案】C5．设函数，曲线在点处的切线方程为，则曲线在点处切线的斜率为( )A．B．C．D．【答案】A6．曲线与两坐标轴所围成图形的面积为( )A． 1 B． 2 C．D． 3【答案】A7．由曲线围成的封闭图形面积为( )A． B．C．D．【答案】A8．则大小关系是( )A． B．C．D．【答案】D9．若函数图象上任意点处切线的斜率为，则的最小值是( )A．B．C．D．【答案】A10．函数处的切线的斜率为( )A． B．C．D．1【答案】C11．已知上是单调增函数，则a的最大值是( )A．0 B．1 C．2 D．3【答案】D12．如下图，阴影部分的面积是( )A ．B ．C ．D ．【答案】C 第Ⅱ卷(非选择题 共90分)二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在题中横线上) 13．抛物线在点 处的切线平行于直线。
【答案】（2，4）14．已知曲线的切线过点A ，则切线的斜率为 。
【答案】4或115．曲线在处切线的斜率是 .【答案】1 16．函数在附近的平均变化率为____________；【答案】三、解答题(本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)17．已知函数（）(Ⅰ）讨论的单调性；(Ⅱ）当时，设，若存在,，使， 求实数的取值范围。
2021新高考数学二轮总复习专题二函数与导数学案含解析打包6套
专题二函数与导数考情分析函数与导数是高中数学的主干知识,是高考考查的重点内容,近几年高考命题的趋势是稳中求变、变中求新、新中求活,纵观近几年的高考题,对函数与导数的考查多数为“三小一大”或“四小一大”,题型遍布选择、填空与解答,难度上分层考查;基础题考查考生对必备知识和基本方法的掌握;中档题考查的是“数学抽象”“逻辑推理”和“数学运算”三大核心素养;导数与函数解答题综合考查多个核心素养以及综合应用能力,近两年的难度有所降低,题目所在试卷的位置有所提前,不再固定在最后压轴位置上,预计这一趋势会保持下去.2.1函数概念、性质、图象专项练必备知识精要梳理1.函数的概念(1)求函数的定义域的方法是依据含自变量x的代数式有意义来列出相应的不等式(组)求解.(2)求函数值域要优先考虑定义域,常用方法:配方法、分离常数法(分式函数)、换元法、单调性法、基本不等式法、数形结合法、有界函数法(含有指、对数函数或正、余弦函数的式子).2.函数的性质(1)函数奇偶性:①定义:若函数的定义域关于原点对称,则有:f(x)是偶函数⇔f(-x)=f(x)=f(|x|);f(x)是奇函数⇔f(-x)=-f(x).②判断方法:定义法、图象法、奇偶函数性质法(如奇函数×奇函数是偶函数).(2)函数单调性判断方法:定义法、图象法、导数法.(3)函数周期性的常用结论:若f(x+a)=-f(x)或f(x+a)=±(a≠0),则T=2a;若f(x+a)=f(x-b),则T=a+b;若f(x)的图象有两条对称轴x=a和x=b(a≠b),则T=2|b-a|;若f(x)的图象有两个对称中心(a,0)和(b,0),则T=2|b-a|(类比正、余弦函数).3.函数的图象(1)函数图象的判断方法:①找特殊点;②看性质:根据函数性质判断图象的位置,对称性,变化趋势等;③看变换:看函数是由基本初等函数经过怎样的变换得到.(2)若y=f(x)的图象关于直线x=a对称,则有f(a+x)=f(a-x)或f(2a-x)=f(x)或f(x+2a)=f(-x);若y=f(x)对∀x∈R,都有f(a-x)=f(b+x),则f(x)的图象关于直线x=对称;若y=f(x)对∀x∈R都有f(a-x)=b-f(x),即f(a-x)+f(x)=b,则f(x)的图象关于点对称.(3)函数y=f(x)与y=f(-x)的图象关于y轴对称,函数y=f(a-x)和y=f(b+x)的图象关于直线x=对称;y=f(x)与y=-f(x)的图象关于x轴对称;y=f(x)与y=-f(-x)的图象关于原点对称.(4)利用图象可解决函数的最值、方程与不等式的解以及求参数范围问题.考向训练限时通关考向一函数及其相关概念1.(2020安徽合肥一中模拟,理1)设集合A={x|y=lg(x-3)},B={y|y=2x,x∈R},则A∩B等于()A.⌀B.RC.{x|x>3}D.{x|x>0}2.(多选)符号[x]表示不超过x的最大整数,如[3.14]=3,[-1.6]=-2,定义函数:f(x)=x-[x],则下列命题正确的是()A.f(-0.8)=0.2B.当1≤x<2时,f(x)=x-1C.函数f(x)的定义域为R,值域为[0,1)D.函数f(x)是增函数、奇函数3.(2020北京,11)函数f(x)=+ln x的定义域是.4.设函数f(x)=则f=,f(f(x))=1的解集为.考向二函数的性质5.(2020天津,6)设a=30.7,b=,c=log0.70.8,则a,b,c的大小关系为()A.a<b<cB.b<a<cC.b<c<aD.c<a<b6.(2020全国Ⅱ,理9)设函数f(x)=ln|2x+1|-ln|2x-1|,则f(x)()A.是偶函数,且在单调递增B.是奇函数,且在单调递减C.是偶函数,且在单调递增D.是奇函数,且在单调递减7.(2020全国Ⅲ,理12)已知55<84,134<85.设a=log53,b=log85,c=log138,则()A.a<b<cB.b<a<cC.b<c<aD.c<a<b8.(2020江西名校大联考,理13)已知函数f(x)=则f(5+log26)的值为.考向三函数的图象9.(2020天津,3)函数y=的图象大致为()10.(2020山西太原二模,理6)函数f(x)=的图象大致为()11.(2020山东济宁6月模拟,5)函数f(x)=cos x·sin的图象大致为()考向四函数的概念、性质、图象的综合12.(多选)(2020山东淄博4月模拟,12)函数f(x)在[a,b]上有定义,若对任意x1,x2∈[a,b],有f[f(x1)+f(x2)],则称f(x)在[a,b]上具有性质P.设f(x)在[1,3]上具有性质P,则下列说法错误的是()A.f(x)在[1,3]上的图象是连续不断的B.f(x2)在[1,]上具有性质PC.若f(x)在x=2处取得最大值1,则f(x)=1,x∈[1,3]D.对任意x1,x2,x3,x4∈[1,3],有f[f(x1)+f(x2)+f(x3)+f(x4)]13.(2020北京海淀一模,15)如图,在等边三角形ABC中,AB=6.动点P从点A出发,沿着此三角形三边逆时针运动回到A点,记点P运动的路程为x,点P到此三角形中心O距离的平方为f(x),给出下列三个结论:①函数f(x)的最大值为12;②函数f(x)的图象的对称轴方程为x=9;③关于x的方程f(x)=kx+3最多有5个实数根.其中,所有正确结论的序号是.专题二函数与导数2.1函数概念、性质、图象专项练考向训练·限时通关1.C解析A={x|y=lg(x-3)}={x|x-3>0}={x|x>3},B={y|y=2x,x∈R}={y|y>0}.∴A∩B={x|x>3},故选C.2.ABC解析f(x)=x-[x]表示数x的小数部分,则f(-0.8)=f(-1+0.2)=0.2,故A正确;当1≤x<2时,f(x)=x-[x]=x-1,故B正确;函数f(x)的定义域为R,值域为[0,1),故C正确;当0≤x<1时,f(x)=x-[x]=x.当1≤x<2时,f(x)=x-1.当x=0.5时,f(0.5)=0.5,当x=1.5时,f(1.5)=0.5,则f(0.5)=f(1.5),即f(x)不为增函数,由f(-1.5)=0.5,f(1.5)=0.5,可得f(-1.5)=f(1.5),即f(x)不为奇函数,故D不正确.故选ABC.3.(0,+∞)解析由题意得∴x>0,故答案为(0,+∞).4{1,e e}解析∵f=ln<0,∴f=fx<0时,0<e x<1,x=0时,e x=1,方程f(f(x))=1,可得f(x)=0,ln x=0,解得x=1,f(x)>0时,方程f(f(x))=1,可得ln[f(x)]=1,f(x)=e,即ln x=e,解得x=e e.5.D解析∵b==30.8>30.7=a>30=1,c=log0.70.8<log0.70.7=1,∴c<a<b.故选D.6.D解析由题意可知,f(x)的定义域为,关于原点对称.∵f(x)=ln|2x+1|-ln|2x-1|,∴f(-x)=ln|-2x+1|-ln|-2x-1|=ln|2x-1|-ln|2x+1|=-f(x),∴f(x)为奇函数.当x时,f(x)=ln(2x+1)-ln(1-2x),∴f'(x)=>0,∴f(x)在区间内单调递增.同理,f(x)在区间内单调递减.故选D.7.A解析a=log53=lo34=log12581<1,∴a<b=log85=lo54=log512625>1,∴b>,∵55<84,b=log85=lo55<1,∴b<,∵134<85,c=log138=lo85>1,∴c>综上,a<b<c.8.12解析由题意当x>4时,函数f(x)=f(x-1),所以f(x)在(4,+∞)时,周期为1,因为2<log26<3,所以5+log26∈(7,10),1+log26∈(3,4),所以f(5+log26)=f(1+log26)==2×6=12.9.A解析∵函数y=为奇函数,∴排除C,D.再把x=1代入得y==2>0,排除B.故选A.10.A解析f(1)=>0,排除选项C,D;由f(x)==0,则方程无解,即函数没有零点,排除B,故选A.11.C解析显然函数f(x)的定义域是R,由f(x)=cos x·sin,得f(-x)=cos(-x)sin=cos x·sin=-f(x),即f(x)为奇函数,其图象关于原点对称,排除选项A,B;又f(1)=cos1·sin>0,可排除选项D,故选C.12.ABD解析对于A,函数f(x)=在[1,3]上具有性质P,但f(x)在[1,3]上的图象不连续,故选项A错;对于B,f(x)=-x在[1,3]上具有性质P,但f(x2)=-x2在[1,]上不满足性质P,故选项B 错;对于C,因f(x)在x=2处取得最大值1,所以f(x)≤1,设x∈[1,2],则4-x∈[2,3].由性质P可得1=f(2)[f(x)+f(4-x)],所以f(x)+f(4-x)≥2,因为f(x)≤1,f(4-x)≤1,所以f(x)+f(4-x)≤2,所以f(x)+f(4-x)=2,又f(x)≤1,f(4-x)≤1,所以f(x)=1,x∈[1,3],故选项C正确;对于D,有f=ff+f[f(x1)+f(x2)+f(x3)+f(x4)],故选项D错.故选ABD.13.①②解析由题可得函数f(x)=作出图象如图.则当点P与△ABC顶点重合时,即x的值分别是0,6,12,18时,f(x)取得最大值12,故①正确;又f(x)=f(18-x),所以函数f(x)的对称轴为x=9,故②正确;由图象可得,函数f(x)图象与y=kx+3的交点个数为6个,故方程有6个实根,故③错误.2.4.3利用导数证明问题及讨论零点个数必备知识精要梳理1.与e x、ln x有关的常用不等式的结论(1)由f(x)=e x图象上任一点(m,f(m))的切线方程为y-e m=e m(x-m),得e x≥e m(x+1)-m e m,当且仅当x=m时,等号成立.当m=0时,有e x≥x+1;当m=1时,有e x>e x.(2)由过函数f(x)=ln x图象上任一点(n,f(n))的切线方程为y-ln n=(x-n),得ln x≤x-1+ln n,当且仅当x=n时,等号成立.当n=1时,有ln x≤x-1;当n=e时,有ln x≤x.2.证明含参数的函数不等式,其关键在于将所给的不等式进行“改造”,得到“一平一曲”,然后运用导数求出“曲”的最值,将其与“平”进行比较即可.3.求解导数应用题宏观上的解题思想(1)借助导函数(正负)研究原函数(单调性);重点是把导函数先“弄熟悉”;(2)为了把导函数先“弄熟悉”采取的措施:①通分;②二次求导或三次求导;③能画出导函数草图是最好的!关键能力学案突破热点一利用导数证明不等式(多维探究)类型一单未知数函数不等式的证明【例1】已知函数f(x)=e x-ln(x+m).(1)略;(2)当m≤2时,证明f(x)>0.解题心得1.对于含有参数的一个未知数的函数不等式,其证明方法与不含参数的一个未知数的函数不等式证明大体一致.可以直接证明,也可以放缩后再证明,也可以分离参数后,利用导数求最值来证明.2.证法1与证法2中出现的x0的具体数值是无法求解的,只能求出其范围,我们把这种零点称为“隐性零点”.证法2比证法1简单,这是因为利用了函数单调性将命题e x-ln(x+m)>0加强为e x-ln(x+2)>0,转化为研究一个特例函数的问题,从而大大降低了题目的难度.证法2中,因为φ(x0)的表达式涉及、ln(x0+2),都是超越式,所以φ(x0)的值不好计算,由此,需要对“隐性零点”满足的式子=0进行变形,得到两个式子和ln(x0+2)=-x0,然后进行反代,从而将超越式转化为初等式.“反代”是处理“隐性零点”问题的常用策略.【对点训练1】已知函数f(x)=.(1)求曲线y=f(x)在点(0,-1)处的切线方程;(2)求证:当a≥1时,f(x)+e≥0.【例2】已知函数f(x)=x+.(1)略;(2)设函数g(x)=ln x+1,证明:当x∈(0,+∞)且a>0时,f(x)>g(x).解题心得欲证函数不等式f(x)>g(x)(x∈I,I是区间),设h(x)=f(x)-g(x)(x∈I),即证h(x)>0,为此研究h(x)的单调性,先求h'(x)的零点,根据零点确定h(x)在给定区间I的正负,若h(x)在区间I内递增或递减或先递减后递增,只须h(x)min>0(x∈I)(若h(x)min不存在,则须求函数h(x)的下确界),若h(x)在区间I内先递增后递减,只须区间I的端点的函数值大于或等于0;若h'(x)的零点不好求,可设出零点x0,然后确定零点的范围,进而确定h(x)的单调区间,求出h(x)的最小值h(x0),再研究h(x0)的正负.【对点训练2】(2020全国Ⅱ,理21)已知函数f(x)=sin2x sin 2x.(1)讨论f(x)在区间(0,π)的单调性;(2)证明:|f(x)|≤;(3)设n∈N*,证明:sin2x sin22x sin24x…sin22n x≤.类型二双未知数函数不等式的证明【例3】已知函数f(x)=-x+a ln x(a∈R).(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明:<a-2.解题心得对于两个未知数的函数不等式问题,其关键在于将两个未知数化归为一个未知数,常见的证明方法有以下4种:方法1:利用换元法,化归为一个未知数;方法2:利用未知数之间的关系消元,化归为一个未知数;方法3:分离未知数后构造函数,利用函数的单调性证明;方法4:利用主元法,构造函数证明.【对点训练3】(2020山东德州二模,21)已知函数f(x)=x2-ax+a ln 2x(a≠0).(1)若a<0时f(x)在[1,e]上的最小值是-ln 2,求a;(2)若a≥e,且x1,x2是f(x)的两个极值点,证明:f(x1)+f(x2)<)-2e(其中e为自然对数的底数).热点二判断、证明或讨论函数零点个数【例4】设函数f(x)=(x-1)e x-x2(其中k∈R).(1)略;(2)当k>0时,讨论函数f(x)的零点个数.解题心得有关函数的零点问题的解决方法主要是借助数形结合思想,利用导数研究函数的单调性和极值,利用函数的单调性模拟函数的图象,根据函数零点的个数的要求,控制极值点函数值的正负,从而解不等式求出参数的范围.【对点训练4】(2020湖南湘潭三模,理21)设函数f(x)=ln x,g(x)=.(1)当m=-1时,求函数F(x)=f(x)+g(x)的零点个数;(2)若∃x0∈[1,+∞),使得f(x0)<g(x0),求实数m的取值范围.热点三与函数零点有关的证明问题【例5】(2019全国Ⅰ,理20)已知函数f(x)=sin x-ln(1+x),f'(x)为f(x)的导数.证明:(1)f'(x)在区间存在唯一极大值点;(2)f(x)有且仅有2个零点.解题心得1.如果函数中没有参数,一阶导数求出函数的极值点,判断极值点大于0小于0的情况,进而判断函数零点的个数.2.如果函数中含有参数,往往一阶导数的正负不好判断,这时先对参数进行分类,再判断导数的符号,如果分类也不好判断,那么需要对一阶导函数进行求导,在判断二阶导数的正负时,也可能需要分类.【对点训练5】(2020安徽合肥二模,文21)已知函数f(x)=e x sin x.(e是自然对数的底数) (1)求f(x)的单调递减区间;(2)若函数g(x)=f(x)-2x,证明g(x)在(0,π)上只有两个零点.(参考数据:≈4.8)热点四利用导数解决存在性问题【例6】(2019全国Ⅲ,理20)已知函数f(x)=2x3-ax2+b.(1)讨论f(x)的单调性;(2)是否存在a,b,使得f(x)在区间[0,1]的最小值为-1且最大值为1?若存在,求出a,b的所有值;若不存在,说明理由.解题心得依据已知条件,判别某种数学对象是否存在的问题,由解答者去探索和确定,它的解法是:假设存在,直接推断,通过推理或计算,若推出合理的结果,则先前假设成立,对象存在;若推出矛盾,则否定先前假设,对象不存在.【对点训练6】(2020湖北名师联盟一模,文21)已知函数f(x)=ln x-ax2-x.(1)若函数f(x)在[1,+∞)上单调递增,求实数a的取值范围;(2)若函数f(x)在x=1处的切线平行于x轴,是否存在整数k,使不等式x[f(x)+x-1]>k(x-2)在x>1时恒成立?若存在,求出k的最大值;若不存在,请说明理由.2.4.3利用导数证明问题及讨论零点个数关键能力·学案突破【例1】解(1)略.(2)证法1:f(x)定义域为(-m,+∞),f'(x)=e x-,f″(x)=e x+>0,其中f″(x)是f'(x)的导函数,则f'(x)在(-m,+∞)上单调递增.又因为当x→-m+时,f'(x)→-∞,当x→+∞时,f'(x)→+∞,所以f'(x)=0在(-m,+∞)上有唯一的实根x0,当-m<x<x0时,f'(x)<0,当x>x0时,f'(x)>0,所以f(x)在(-m,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,所以当x=x0时,f(x)取得最小值.由f'(x0)=0可得=0,即ln(x0+m)=-x0,于是f(x0)=-ln(x0+m)=+x0=+x0+m-m≥2-m.当x<2时,f(x0)>0;当m=2时,等号成立的条件是x0=-1,但显然f(-1)=e-1-ln(-1+2)=-0≠0.所以等号不成立,即f(x0)>0.综上所述,当m≤2时,f(x)≥f(x0)>0.证法2:当m≤2,x∈(-m,+∞)时,ln(x+m)≤ln(x+2),于是f(x)≥e x-ln(x+2),所以只要证明φ(x)=e x-ln(x+2)>0,x∈(-2,+∞).φ'(x)=e x-,φ″(x)=e x+>0,其中φ″(x)是φ'(x)的导函数.于是φ'(x)在(-2,+∞)上单调递增.又因为φ'(-1)=-1<0,φ'(0)=1->0,所以φ'(x)=0在(-2,+∞)上有唯一的实根x0,且x0∈(-1,0).当-2<x<x0时,φ'(x)<0,当x>x0时,φ'(x)>0,所以φ(x)在(-2,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,所以当x=x0时,φ(x)取得最小值.由φ'(x0)=0可得=0,即ln(x0+2)=-x0,于是φ(x0)=-ln(x0+2)=+x0=>0,于是φ(x)≥φ(x0)>0.综上所述,当m≤2时,f(x)>0.证法3:当m≤2,x∈(-m,+∞)时,ln(x+m)≤ln(x+2),于是f(x)≥e x-ln(x+2),所以只要证明e x-ln(x+2)>0(x>-2),就能证明当m≤2时,f(x)>0.由ln x≤x-1(x>0)可得ln(x+2)≤x+1(x>-2).又因为e x≥x+1(x∈R),且两个不等号不能同时成立,所以e x>ln(x+2),即e x-ln(x+2)>0(x>-2),所以当m≤2时,f(x)>0.对点训练1解(1)f'(x)=,因为(0,-1)在曲线y=f(x)上,且f'(0)=2,所以切线方程为y-(-1)=2(x-0),即2x-y-1=0.(2)f(x)+e≥0+e≥0⇔ax2+x-1+e x+1≥0.当a≥1时,ax2+x-1+e x+1≥x2+x-1+e x+1,因为e x≥1+x(x∈R),所以e x+1≥2+x,所以x2+x-1+e x+1≥x2+x-1+(2+x)=(x+1)2≥0.所以当a≥1时,f(x)+e≥0.【例2】解(1)略.(2)令h(x)=f(x)-g(x)=x+-ln x-1(x>0),h'(x)=1-,设p(x)=x2-x-a=0,函数p(x)的图象的对称轴为x=∵p(1)=1-1-a=-a<0,设p(x)=0的正根为x0,∴x0>1,由对称性知,p(x)=0的另一根小于0,h(x)在(0,x0)上为减函数,在(x0,+∞)上为增函数,h(x)min=h(x0)=x0+-ln x0-1=x0+-ln x0-1=2x0-ln x0-2,令F(x)=2x-ln x-2(x>1),F'(x)=2->0恒成立,所以F(x)在(1,+∞)上为增函数.又∵F(1)=2-0-2=0,∴F(x)>0,即h(x)min>0,故当x∈(0,+∞)时,f(x)>g(x).对点训练2(1)解f'(x)=cos x(sin x sin2x)+sin x(sin x sin2x)'=2sin x cos x sin2x+2sin2x cos2x=2sin x sin3x.当x时,f'(x)>0;当x时,f'(x)<0.所以f(x)在区间单调递增,在区间单调递减.(2)证明因为f(0)=f(π)=0,由(1)知,f(x)在区间[0,π]的最大值为f,最小值为f=-而f(x)是周期为π的周期函数,故|f(x)|(3)证明由于(sin2x sin22x…sin22n x=|sin3x sin32x…sin32n x|=|sin x||sin2x sin32x…sin32n-1x sin2n x||sin22n x|=|sin x||f(x)f(2x)…f(2n-1x)||sin22n x|≤|f(x)f(2x)…f(2n-1x)|,所以sin2x sin22x…sin22n x【例3】解(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=--1+=-①若a≤0,则f'(x)<0,f(x)在(0,+∞)上单调递减.②若Δ=a2-4≤0,即0<a≤2时,f'(x)≤0,f(x)在(0,+∞)上单调递减.③若Δ=a2-4>0,即a>2时,由f'(x)>0,可得<x<,由f'(x)<0,可得0<x<或x>,所以f(x)在上单调递减,在上单调递增.综上所述,当a≤2时,f(x)在(0,+∞)上单调递减;当a>2时,f(x)在0,,,+∞上单调递减,在上单调递增.(2)证法1:由(1)知,f(x)存在两个极值点,则a>2.因为x1,x2是f(x)的两个极值点,所以x1,x2满足x2-ax+1=0,所以x1+x2=a,x1x2=1,不妨设0<x1<1<x2.==--1+=-2+, 于是<a-2⇔-2+<a-2<1<1⇔2ln x2+-x2 <0.构造函数g(x)=2ln x+-x,x>1,由(1)知,g(x)在(1,+∞)上单调递减,所以g(x)<g(1)=0,所以原不等式获证.证法2:由(1)知,f(x)存在两个极值点,则a>2.因为x1,x2是f(x)的两个极值点,所以x1,x2满足x2-ax+1=0,不妨设0<x1<1<x2,则x2-x1=,x1x2=1.==--1+=-2-,于是<a-2⇔-2-<a-2⇔ln lnln设t=,则a=,构造函数φ(t)=t-ln(+t),t>0,则φ'(t)=1-=1->0,所以φ(t)在(0,+∞)上单调递增,于是φ(t)>φ(0)=0,原不等式获证.证法3:仿照证法1,可得<a-2<1,设0<x1<1<x2,因为x1x2=1, 所以<1ln x1-ln x2>ln,令t=(0,1),构造函数h(t)=2ln t+-t,由(1)知,h(t)在(0,1)上单调递减,所以h(t)>h(1)=0,原不等式获证.对点训练3解(1)f(x)定义域是(0,+∞),f'(x)=-a+令g(x)=x2-2ax+2a,对称轴x0=a<0,因为1>a,g(1)=1>0,所以当x∈[1,e]时,g(x)>0,即f'(x)=>0.所以f(x)在[1,e]上单调递增.f(x)min=f(1)=-a+a ln2=-ln2,解得a=-1.(2)由f(x)有两个极值点x1,x2,则f'(x)=0在(0,+∞)有2个不相等的实根,即x2-2ax+2a=0在(0,+∞)有2个不相等的实根, 则解得a>2.x1+x2=2a,x1x2=2a,=(x1+x2)2-2x1x2=4a2-4a.当a≥e时,f(x1)+f(x2)-)+2e=a ln(4x1x2)-a(x1+x2)-)+2e=a ln8a-2a2-(4a2-4a)+2e=a ln8a-3a2+a+2e(a≥e).令g(a)=a ln8a-3a2+a+2e(a≥e),g'(a)=ln8a-6a+2(a≥e),令h(a)=g'(a)=ln8a-6a+2,h'(a)=-6=,当a≥e时,h'(a)<0,所以h(a)在[e,+∞)单调递减.所以h(a)≤h(e).即g'(a)≤g'(e)=ln8e-6e+2=(1+3ln2)-6e+2=3ln2-6e+3<3-6e+3=6-6e<0,所以g(a)在[e,+∞)单调递减,g(a)≤g(e)=eln8e-3e2+3e=e(1+3ln2)-3e2+3e=e(3ln2-3e+4)<e(3-3e+4)=e(7-3e)<0,所以g(a)<0,所以原不等式成立.【例4】解(1)略.(2)函数f(x)的定义域为R,f'(x)=e x+(x-1)e x-kx=x e x-kx=x(e x-k),当0<k≤1时,令f'(x)>0,解得x<ln k或x>0.∴f(x)在(-∞,ln k)和(0,+∞)上单调递增,在[ln k,0]上单调递减.由f(0)=-1,当x∈(-∞,0)时,f(x)≤f(x)max=f(ln k)=(ln k-1)k-ln2k=-[(ln k-1)2+1]<0,此时f(x)无零点,当x∈[0,+∞)时,f(2)=e2-2k≥e2-2>0.又f(x)在[0,+∞)上单调递增,∴f(x)在[0,+∞)上有唯一的零点,∴函数f(x)在定义域(-∞,+∞)上有唯一的零点.②当k>1时,令f'(x)>0,解得x<0或x>ln k,∴f(x)在(-∞,0)和(ln k,+∞)上单调递增,在[0,ln k]上单调递减.当x∈(-∞,ln k)时,f(x)≤f(x)max=f(0)=-1<0,此时f(x)无零点.当x∈[ln k,+∞)时,f(ln k)<f(0)=-1<0,f(k+1)=k e k+1-=k e k+1-.令g(t)=e t-t2,t=k+1>2,则g'(t)=e t-t,g″(t)=e t-1,∵t>2,g″(t)>0,g'(t)在(2,+∞)上单调递增,g'(t)>g'(2)=e2-2>0,∴g(t)在(2,+∞)上单调递增,得g(t)>g(2)=e2-2>0,即f(k+1)>0.∴f(x)在[ln k,+∞]上有唯一的零点,故函数f(x)在定义域(-∞,+∞)上有唯一的零点.综合①②可知,当k>0时,函数f(x)在定义域(-∞,+∞)上有且只有一个零点.对点训练4解(1)F(x)=ln x-,即F(x)=ln x+(x>0),则F'(x)=,令F'(x)=0,解得x=当x,F'(x)<0,F(x)在上单调递减;当x∈,+∞,F'(x)>0,F(x)在上单调递增.所以当x=时,F(x)min=F-ln2.因为-ln2=ln-ln2<0,所以F(x)min<0.又F=-2+>0,F(e)=1+>0,所以F F<0,F(e)·F<0,所以F(x)分别在区间上各存在一个零点,函数F(x)存在两个零点.(2)假设f(x)≥g(x)对任意x∈[1,+∞)恒成立,即ln x-0对任意x∈[1,+∞)恒成立.令h(x)=ln x-(x≥1),则h'(x)=①当m≤2,即2x-m≥0时,则h'(x)≥0且h'(x)不恒为0,所以函数h(x)=ln x-在区间[1,+∞)上单调递增.又h(1)=ln1-=0,所以h(x)≥0对任意x∈[1,+∞)恒成立.故m≤2不符合题意;②当m>2时,令h'(x)=<0,得1≤x<;令h'(x)=>0,得x>所以函数h(x)=ln x-在区间上单调递减,在区间上单调递增,所以h<h(1)=0,即当m>2时,存在x0≥1,使h(x0)<0,即f(x0)<g(x0).故m>2符合题意.综上可知,实数m的取值范围是(2,+∞).【例5】解(1)设g(x)=f'(x),则g(x)=cos x-,g'(x)=-sin x+当x时,g'(x)单调递减,而g'(0)>0,g'<0,可得g'(x)在区间内有唯一零点,设为α.则当x∈(-1,α)时,g'(x)>0;当x时,g'(x)<0.所以g(x)在区间(-1,α)内单调递增,在区间内单调递减,故g(x)在区间内存在唯一极大值点,即f'(x)在区间内存在唯一极大值点.(2)f(x)的定义域为(-1,+∞).(ⅰ)当x∈(-1,0]时,由(1)知,f'(x)在区间(-1,0)内单调递增,而f'(0)=0,所以当x∈(-1,0)时,f'(x)<0,故f(x)在区间(-1,0)内单调递减.又f(0)=0,从而x=0是f(x)在区间(-1,0]上的唯一零点.(ⅱ)当x时,由(1)知,f'(x)在区间(0,α)内单调递增,在区间内单调递减,而f'(0)=0,f'<0,所以存在,使得f'(β)=0,且当x∈(0,β)时,f'(x)>0;当x时,f'(x)<0.故f(x)在区间(0,β)内单调递增,在区间内单调递减.又f(0)=0,f=1-ln1+>0,所以当x时,f(x)>0.从而,f(x)在区间上没有零点.(ⅲ)当x时,f'(x)<0,所以f(x)在区间内单调递减.而f>0,f(π)<0,所以f(x)在区间上有唯一零点.(ⅳ)当x∈(π,+∞)时,ln(x+1)>1,所以f(x)<0,从而f(x)在区间(π,+∞)内没有零点.综上,f(x)有且仅有2个零点.对点训练5解(1)f(x)=e x sin x,定义域为R.f'(x)=e x(sin x+cos x)=e x sin x+.由f'(x)<0得sin<0,解得2kπ+<x<2kπ+(k∈Z).∴f(x)的单调递减区间为2kπ+,2kπ+(k∈Z).(2)∵g'(x)=e x(sin x+cos x)-2,∴g″(x)=2e x cos x,g″(x)是g'(x)的导函数.∵x∈(0,π),∴当x时,g″(x)>0;当x ∈,π时,g″(x)<0.∴g'(x)在上单调递增,在上单调递减,又∵g'(0)=1-2<0,g'-2>0,g'(π)=-eπ-2<0,∴g'(x)在(0,π)上图象大致如图.∴∃x1,x2,使得g'(x1)=0,g'(x2)=0,且当x∈(0,x1)或x∈(x2,π)时,g'(x)<0;当x∈(x1,x2)时,g'(x)>0.∴g(x)在(0,x1)和(x2,π)上单调递减,在(x1,x2)上单调递增.∵g(0)=0,∴g(x1)<0.∵g-π>0,∴g(x2)>0.又∵g(π)=-2π<0,由零点存在性定理得,g(x)在(x1,x2)和(x2,π)内各有一个零点,∴函数g(x)在(0,π)上有两个零点.【例6】解(1)f'(x)=6x2-2ax=2x(3x-a).令f'(x)=0,得x=0或x=若a>0,则当x∈(-∞,0)时,f'(x)>0;当x时,f'(x)<0.故f(x)在(-∞,0),单调递增,在单调递减;若a=0,f(x)在(-∞,+∞)单调递增;若a<0,则当x(0,+∞)时,f'(x)>0;当x时,f'(x)<0.故f(x)在,(0,+∞)单调递增,在单调递减.(2)满足题设条件的a,b存在.(ⅰ)当a≤0时,由(1)知,f(x)在[0,1]单调递增,所以f(x)在区间[0,1]的最小值为f(0)=b,最大值为f(1)=2-a+b.此时a,b满足题设条件当且仅当b=-1,2-a+b=1,即a=0,b=-1.(ⅱ)当a≥3时,由(1)知,f(x)在[0,1]单调递减,所以f(x)在区间[0,1]的最大值为f(0)=b,最小值为f(1)=2-a+b.此时a,b满足题设条件当且仅当2-a+b=-1,b=1,即a=4,b=1.(ⅲ)当0<a<3时,由(1)知,f(x)在[0,1]的最小值为f=-+b,最大值为b或2-a+b.若-+b=-1,b=1,则a=3,与0<a<3矛盾.若-+b=-1,2-a+b=1,则a=3或a=-3或a=0,与0<a<3矛盾.综上,当且仅当a=0,b=-1或a=4,b=1时,f(x)在[0,1]的最小值为-1,最大值为1.对点训练6解(1)∵函数f(x)在[1,+∞)上单调递增,∴f'(x)=-ax-1≥0在[1,+∞)上恒成立.∴a,∴当x=2时,有最小值-,∴a≤-(2)∵f'(x)=-ax-1,∴f'(1)=1-a-1=-a.∵函数f(x)在x=1处的切线平行于x轴,∴a=0,∴f(x)=ln x-x.∵不等式x[f(x)+x-1]>k(x-2)在x>1时恒成立,∴x ln x-x>k(x-2)在x>1时恒成立,即x ln x-(k+1)x+2k>0在x>1时恒成立,令g(x)=x ln x-(k+1)x+2k,x>1,∴g'(x)=ln x-k,当k≤0时,g'(x)>0在(1,+∞)上恒成立, 即g(x)在(1,+∞)上单调递增,g(x)>g(1)=k-1>0,则k>1,矛盾,当k>0时,令g'(x)>0,解得x>e k,令g'(x)<0,解得1<x<e k, ∴g(x)在(1,e k)单调递减,在(e k,+∞)单调递增.∴g(x)min=g(e k)=k e k-(k+1)e k+2k=2k-e k>0,令h(k)=2k-e k,k>0,则h'(k)=2-e k,∵当k<ln2时,h'(k)>0,函数h(k)单调递增,当k>ln2时,h'(k)<0,函数h(k)单调递减,∴h(k)max=h(ln2)=2ln2-2=2(ln2-1)<0,∴不存在整数k使得2k-e k>0恒成立.综上所述不存在满足条件的整数k.。
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专题突破练7 热点小专题二、导数的应用一、单项选择题1.设曲线y=ax-ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为y=2x,则a=()A.0B.1C.2D.32.(2020天津河北区线上测试,6)已知函数f(x)=3x+2cos x,若a=f(3√2),b=f(2),c=f(log27),则a,b,c的大小关系是()A.a<b<cB.c<a<bC.b<a<cD.b<c<a3.(2020河南开封三模,文9,理7)已知函数f(x)=x(x-c)2在x=2处取极大值,则c=()A.-2或-6B.2或6C.2D.64.(2020山东德州二模,8)已知函数f(x)的定义域为R,且f(x)+1<f'(x),f(0)=2,则不等式f(x)+1>3e x的解集为()A.(1,+∞)B.(-∞,1)C.(0,+∞)D.(-∞,0)5.已知函数f(x)=a e x-x2-(2a+1)x,若函数f(x)在区间(0,ln 2)上有极值,则实数a的取值范围是()A.(-∞,-1)B.(-1,0)C.(-2,-1)D.(-∞,0)∪(0,1)6.(2020山东济南一模,8)已知直线y=ax+b(b>0)与曲线y=x3有且只有两个公共点A(x1,y1),B(x2,y2),其中x1<x2,则2x1+x2=()A.-1B.0C.1D.a7.已知函数f(x)=a ln x-2x,若不等式f(x+1)>ax-2e x在x∈(0,+∞)上恒成立,则实数a的取值范围是()A.a≤2B.a≥2C.a≤0D.0≤a≤28.(2020江西名校大联考,理12)已知函数f(x)={-13x3+x2,x≤x,x-x,x>x,若存在实数a,使得函数g(x)=f(x)-a恰好有4个零点,则实数m的取值范围是() A.(0,2) B.(2,+∞)C.(0,3)D.(3,+∞)二、多项选择题9.函数y=f(x)的导函数y=f'(x)的图象如图所示,以下命题错误的是()A.-3是函数y=f (x )的极值点B.-1是函数y=f (x )的最小值点C.y=f (x )在区间(-3,1)上单调递增D.y=f (x )在x=0处切线的斜率小于零10.(2020山东聊城二模,10)下列关于函数f (x )=x 3-3x 2+2x 的叙述正确的是( ) A.函数f (x )有三个零点B.点(1,0)是函数f (x )图象的对称中心C.函数f (x )的极大值点为x=1-√33D.存在实数a ,使得函数g (x )=[f (x )]2+af (x )在R 上为增函数11.(2020山东潍坊临朐模拟,12)已知函数f (x )=x ln x+x 2,x 0是函数f (x )的极值点,以下结论中正确的是 ( )A.0<x 0<1eB.x 0>1eC.f (x 0)+2x 0<0D.f (x 0)+2x 0>012.(2020山师大附中月考,12)设函数f (x )={|ln x |,x >0,e x (x +1),x ≤0,若方程[f (x )]2-af (x )+116=0有六个不等的实数根,则实数a 可能的取值是( ) A.12B.23C.1D.2三、填空题13.(2020全国Ⅲ,文15)设函数f (x )=e xx +x .若f'(1)=e4,则a= .14.(2020全国Ⅰ,文15)曲线y=ln x+x+1的一条切线的斜率为2,则该切线的方程为 . 15.(2020山东淄博4月模拟,16)已知函数f (x )=2sin x+sin 2x ,则f (x )的最小值是 . 16.已知函数f (x )=log 2x ,g (x )=√x +√x -x (a>0),若对∀x 1∈{x|g (x )=√x +√x -x },∃x 2∈[4,16],使g (x 1)=f (x 2)成立,则实数a 的取值范围是 .专题突破练7 热点小专题二、导数的应用1.D 解析∵y=ax-ln(x+1),∴y'=a-1x +1.∴y'|x=0=a-1=2,得a=3.2.D 解析因为函数f (x )=3x+2cos x ,所以导数函数f'(x )=3-2sin x ,可得f'(x )=3-2sin x>0在R 上恒成立,所以f (x )在R 上为增函数, 又因为2=log 24<log 27<3<3√2,所以b<c<a ,故选D .3.D 解析f'(x )=(x-c )2+2x (x-c ),f'(2)=(2-c )2+2×2(2-c )=0,解得c=6或c=2.验证知当c=2时,函数在x=2处有极小值,舍去, 当c=6时满足题意,故c=6. 4.C 解析令g (x )=x (x )+1e x,∵f (x )+1<f'(x ),则g'(x )=x '(x )-x (x )-1e x>0,故g (x )在R 上单调递增,且g (0)=3, 由f (x )+1>3e x,可得x (x )+1e x>3,即g (x )>g (0),所以x>0,故选C .5.A 解析f'(x )=a e x-2x-(2a+1),令g (x )=a e x-2x-(2a+1).由函数f (x )在区间(0,ln2)上有极值⇔g (x )在区间(0,ln2)上单调且存在零点.所以g (0)g (ln2)=(a-2a-1)(2a-2ln2-2a-1)<0,即a+1<0,解得a<-1.故实数a 的取值范围是(-∞,-1).故选A .6.B 解析直线y=ax+b (b>0)与曲线y=x 3有且只有两个公共点,即为b=x 3-ax 有两个根,即函数y=x 3-ax 与y=b 恰有两个交点,作出两个函数的图象,可知x 1是极大值点时满足题意.∵y'=3x 2-a ,∴3x 12=a.又∵b=x 13-ax 1=x 23-ax 2, ∴x 13−x 23=a (x 1-x 2),∴(x 1-x 2)(x 12+x 1x 2+x 22)=a (x 1-x 2). ∵x 1<x 2,∴a=x 12+x 1x 2+x 22=3x 12, ∴2x 12-x 1x 2-x 22=0,∴(2x 1+x 2)(x 1-x 2)=0, ∴2x 1+x 2=0.故选B .7.A 解析f (e x )=ax-2e x ,所以f (x+1)>ax-2e x在x ∈(0,+∞)上恒成立,等价于f (x+1)>f (e x)在(0,+∞)上恒成立, 因为x ∈(0,+∞)时,1<x+1<e x, 所以只需f (x )在(1,+∞)上单调递减, 即当x>1时,f'(x )≤0恒成立, 即当x>1时,xx ≤2恒成立,a ≤2x , 所以a ≤2,故选A .8.B 解析g (x )=f (x )-a 的零点个数等价于直线y=a 与函数f (x )图象的交点个数.令y=-13x 3+x 2,y'=-x 2+2x ,当x<0或x>2时,y'<0,当0<x<2时,y'>0.所以函数y=-13x 3+x 2在(-∞,0),(2,+∞)上单调递减,在(0,2)上单调递增,画出函数f (x )的大致图象如图所示,由图可知当m>2时,存在直线y=a 与函数f (x )图象的交点为4个; 当0<m ≤2时,直线y=a 与函数f (x )图象的交点至多为3个; 当m ≤0时,直线y=a 与函数f (x )图象的交点至多为2个. 所以m 的取值范围为(2,+∞).故选B .9.BD 解析根据导函数的图象可知,当x ∈(-∞,-3)时,f'(x )<0,在x ∈(-3,1)时,f'(x )≥0,故函数y=f (x )在(-∞,-3)上单调递减,在(-3,1)上单调递增,则-3是函数y=f (x )的极值点.因为函数y=f (x )在(-3,1)上单调递增,则-1不是函数y=f (x )的最小值点.因为函数y=f (x )在x=0处的导数大于0,则y=f (x )在x=0处切线的斜率大于零,故选BD . 10.ABC 解析令f (x )=0,即x (x-1)(x-2)=0,解得x=0或x=1或x=2,故函数f (x )有三个零点,故选项A 正确;因为f (1+x )+f (1-x )=0,所以点(1,0)是函数f (x )图象的对称中心,故选项B 正确; 令f'(x )=3x 2-6x+2=0,解得x=3±√33,故f (x )在-∞,3-√33上单调递增,在3-√33,3+√33上单调递减,在3+√33,+∞上单调递增,函数f (x )的极大值点为x=1-√33,故选项C 正确;因为f (x )在R 上不单调,所以不存在实数a ,使得函数g (x )=[f (x )]2+af (x )在R 上为增函数,故D 错误.故选ABC .11.AD 解析∵函数f (x )=x ln x+x 2(x>0),∴f'(x )=ln x+1+2x.∵x 0是函数f (x )的极值点, ∴f'(x 0)=0,即ln x 0+1+2x 0=0,∵f'(x )在(0,+∞)上单调递增,且f'(1e )=2e >0,∵x →0,f'(x )→-∞,∴0<x 0<1e ,即选项A 正确,选项B 不正确;f (x 0)+2x 0=x 0ln x 0+x 02+2x 0=x 0(ln x 0+x 0+2)=x 0(1-x 0)>0,即选项D 正确,选项C 不正确.故选AD .12.BC 解析当x ≤0时,f (x )=e x(x+1),则f'(x )=e x(x+1)+e x=e x(x+2).由f'(x )<0得,x+2<0,即x<-2,此时f (x )为减函数, 由f'(x )>0得,x+2>0,即-2<x ≤0,此时f (x )为增函数,即当x=-2时,f (x )取得极小值f (-2)=-1e 2,作出f (x )的图象如图:由图象可知当0<f (x )≤1时,有三个不同的x 的取值与f (x )对应. 设t=f (x ),因为方程[f (x )]2-af (x )+116=0有六个不等的实数根, 所以t 2-at+116=0在t ∈(0,1]内有两个不等的实根,设g (t )=t 2-at+116.则{ x (0)>0,x (1)≥0,x >0,0<x 2<1,即{ 116>0,1-x +116≥0,x 2-4×116>0,0<x 2<1,解得12<a ≤1716.结合选项可知实数a 可能是23或1,故选BC . 13.1 解析对函数f (x )=e xx +x求导得f'(x )=e x (x +x -1)(x +x )2,由题意得f'(1)=e·x(1+x )2=e 4,解得a=1.14.y=2x 解析设切点坐标为(x 0,y 0).对y=ln x+x+1求导可得y'=1x +1.由题意得,1x 0+1=2,解得x 0=1,故y 0=ln1+1+1=2,切线方程为y-2=2(x-1),即y=2x. 15.-3√32解析由f (x )=2sin x+sin2x ,得f'(x )=2cos x+2cos2x=2(2cos 2x+cos x-1)=2(cos x+1)(2cos x-1),令f'(x )=0,得cos x=-1或cos x=12,所以f (x )的最小值为使cos x=-1或cos x=12成立的x 的取值所对应f (x )的函数值中的最小值. 当cos x=-1时,sin x=0,所以f (x )=0;当cos x=12时,sin x=±√32,f (x )=±3√32.综上,f (x )的最小值为-3√32.16.[4,8] 解析结合题意可得log 24=2≤f (x )≤log 216=4,要使得对∀x 1∈{x|g (x )=√x +√x -x },∃x 2∈[4,16],使g (x 1)=f (x 2)成立, 则要求g (x )的值域在[2,4]内,对g (x )求导得g'(x )=√x -x -√x2·x ·x -x,当g'(x )>0,解得x<x2,结合该函数的定义域为[0,a ], 可知g (x )在0,x 2单调递增,在x 2,a 单调递减,故g (x )在x=x2取到最大值,在x=0取到最小值,所以需要满足gx 2≤4,且g (0)≥2,得到{√x 2+√x2≤4,√x ≥2,解得a ∈[4,8].。