高三数学一轮复习 导数及其应用巩固与练习
高考数学复习 巩固练习_《导数及其应用》全章复习与巩固(基础)(理)
高考数学复习 【巩固练习】 一、选择题1．已知()ln ln 1x x x '＝＋，则e1ln d x x ⎰＝( )A ．1B ．eC ．e-1D ．e+1 2． 已知点P 在曲线41xy e =+上，α为曲线在点P 处的切线的倾斜角，则α的取值范围是（ ）(A)[0,4π) (B)[,)42ππ （C ） 3(,]24ππ (D) 3[,)4ππ3.（2015春 海南校级期末）函数3()31f x x x =-+在闭区间[]3,0-上的最大值、最小值分别是（ ）A.1,1-B.3,17-C. 1,17-D. 9,19-4．若a ＞0，b ＞0，且函数f (x )＝4x 3－ax 2－2bx ＋2在x ＝1处有极值，则ab 的最大值等于( )．A ．2B ．3C ．6D ．95．已知某生产厂家的年利润y (单位：万元)与年产量x (单位：万件)的函数关系式为y ＝－13x 3＋81x －234，则使该生产厂家获取最大的年利润的年产量为( )A ．13万件B ．11万件C ．9万件D ．7万件6．曲线4()2f x x =上的点到直线1y x =--的距离的最小值为( )B.2 C.3 7．已知f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ＋d 在区间[－1,2]上是减函数，那么b ＋c ( )A ．有最大值152 B ．有最大值－152C ．有最小值152 D ．有最小值－152二、填空题8．函数()ln xf x x=的单调递减区间是_ _____． 9．（2015 马鞍山三模改编）已知函数2()f x x =的图象在点A ()11,()x f x 与点()22,()x f x 处的切线互相垂直，并交于点P ，则点P 的纵坐标是 。
10. 若函数()()110,cos ,(1),2x x f x x x ≤<⎧⎪⎨π≤<⎪⎩，＝的图象与坐标轴所围成的封闭图形的面积为a ,则a 的值为___________．11、某公司一年购买某种货物900吨，每次都购买x 吨，运费为4万元／次，一年的总存储费为4x 万元，要使一年的总运费与总存储费用之和最小，则x=________吨． 三、解答题12．设函数3()1f x ax bx =++在1x =处取得极值1-(Ⅰ)求a b 、的值；(Ⅱ)求()f x 的单调区间.13． 求下列各图形中阴影部分的面积：14．已知抛物线2=2y x x －及直线=0==0x x a y ，，围成的平面图形的面积为43，求a 的值． 15. (2014 山东)设函数()⎪⎭⎫⎝⎛+-=x x k x e x f x ln 22 (k 为常数，e ＝2.71828…是自然对数的底数)．(Ⅰ)当k ≤0时，求函数f(x)的单调区间；(Ⅱ)若函数f(x)在(0，2)内存在两个极值点，求k 的取值范围．16.已知函数32()f x x ax bx c =-+++图象上的点(1,(1))P f 处的切线方程为31y x =-+.⑴若函数()f x 在2x =-处有极值，求()f x 的表达式；⑵若函数()f x 在区间[2,0]-上单调递增，求实数b 的取值范围.17．已知函数f （x ）=3231()2ax x x R -+∈，其中a>0. （Ⅰ）若a=1，求曲线y=f （x ）在点（2，f （2））处的切线方程；（Ⅱ）若在区间11,22⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上，f （x ）>0恒成立，求a 的取值范围.【答案与解析】 1. 【答案】A 【解析】2. 【答案】D【解析】2441212x x x xxe y e e e e '=-=-++++，12,10xxe y e '+≥∴-≤<， 即1tan 0α-≤<，3[,)4παπ∴∈3. 【答案】B【解析】由'2()330f x x =-= ，得1,x =± 当1x <- 时，'()0,f x > 当11x -<<时，'()0,f x <当1x >时，'()0,f x >故()f x 的极小值、极大值分别为(1)3,(1)1f f -==-， 而(3)17,(0)1,f f -=-=故函数3()x 31f x x =-+ 在[]3,0-上的最大值、最小值分别是3，17-，故答案为：B 。
2024年高考数学一轮复习课件(新高考版) 第3章 必刷小题5 导数及其应用
因为函数f(x)＝(2x－1)ex，所以f′(x)＝2ex＋(2x－1)ex＝(2x＋1)ex， 令 f′(x)>0，解得 x>－12， 所以函数 f(x)的单调递增区间为－12，＋∞.
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2.(2023·茂名模拟)若曲线y＝f(x)＝x2＋ax＋b在点(1，f(1))处的切线为
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由题意，对于 A，函数 y＝x＋1x，y′＝1－x12，可得函数 y＝x＋1x在 (－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递增，在(－1,0)，(0,1)上单调递减，所以 函数有两个极值点 x＝－1 和 x＝1； 对于 B，函数 y＝2x2－x＋1 为开口向上的抛物线，一定存在极值点， 即为顶点的横坐标 x＝14；
∵f(x)＝e2－x＋x，x∈[1,3]， ∴f′(x)＝－e2－x＋1， 令f′(x)>0，解得x>2；令f′(x)<0，解得x<2， 故函数f(x)在区间[1,2]上单调递减，在区间[2,3]上单调递增， 所以函数f(x)在x＝2处取得极小值，也是最小值，为f(2)＝3， 而 f(1)＝e＋1，f(3)＝3＋1e，则 f(1)>f(3)， 故f(x)的最大值为f(1)＝e＋1.
x，h′(x)＝xcos
x－sin x2
x，令
φ(x)＝xcos
x－sin
x，
φ′(x)＝cos x－xsin x－cos x＝－xsin x<0，x∈0，π2，
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∴φ(x)在0，π2上单调递减，φ(x)<φ(0)＝0， ∴h′(x)<0，∴h(x)在0，π2上单调递减，h(x)>hπ2＝2π， ∴2k≤2π⇒k≤1π， 令 g(x)＝xf(x)＝xcos x＋kx3，则 g(x)在0，π2上单调递增， g′(x)＝cos x－xsin x＋3kx2≥0 在 x∈0，π2上恒成立，
高考数学一轮复习 第三章 导数及其应用3
高考数学一轮复习 第三章 3.7 利用导数研究函数零点 题型一 数形结合法研究函数零点例1 (2020·全国Ⅰ)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 (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 ＋2ex ，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 ，＋∞. 教师备选已知函数f (x )＝x e x ＋e x .(1)求函数f (x )的单调区间和极值；(2)讨论函数g (x )＝f (x )－a (a ∈R )的零点的个数． 解 (1)函数f (x )的定义域为R ， 且f ′(x )＝(x ＋2)e x ，令f ′(x )＝0得x ＝－2，则f ′(x )，f (x )的变化情况如表所示：x (－∞，－2)－2 (－2，＋∞)f ′(x ) － 0 ＋ f (x )单调递减－1e2 单调递增∴f (x )的单调递减区间是(－∞，－2)，单调递增区间是(－2，＋∞)． 当x ＝－2时，f (x )有极小值为f (－2)＝－1e 2，无极大值．(2)令f (x )＝0，得x ＝－1， 当x <－1时，f (x )<0；当x >－1时，f (x )>0，且f (x )的图象经过点⎝⎛⎭⎫－2，－1e 2，(－1,0)，(0,1)． 当x →－∞时，与一次函数相比，指数函数y ＝e －x 增长更快，从而f (x )＝x ＋1e －x →0；当x →＋∞时，f (x )→＋∞，f ′(x )→＋∞，根据以上信息，画出f (x )大致图象如图所示．函数g (x )＝f (x )－a (a ∈R )的零点的个数为y ＝f (x )的图象与直线y ＝a 的交点个数． 当x ＝－2时，f (x )有极小值f (－2)＝－1e2.∴关于函数g (x )＝f (x )－a (a ∈R )的零点个数有如下结论：当a <－1e 2时，零点的个数为0；当a ＝－1e 2或a ≥0时，零点的个数为1；当－1e2<a <0时，零点的个数为2.思维升华 含参数的函数零点个数，可转化为方程解的个数，若能分离参数，可将参数分离出来后，用x 表示参数的函数，作出该函数的图象，根据图象特征求参数的范围． 跟踪训练1 设函数f (x )＝ln x ＋mx，m ∈R .(1)当m ＝e(e 为自然对数的底数)时，求f (x )的极小值； (2)讨论函数g (x )＝f ′(x )－x3零点的个数．解 (1)当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋ex ，f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝1x －e x 2＝x －e x 2.令f ′(x )＝0，得x ＝e. 当x ∈(0，e)时，f ′(x )<0； 当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )>0，∴f (x )在(0，e)上单调递减，在(e ，＋∞)上单调递增， ∴当x ＝e 时，f (x )取得极小值f (e)＝2. (2)由题意知g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x3(x >0)，令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x >0)．设φ(x )＝－13x 3＋x (x >0)，则φ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1)．当x ∈(0,1)时，φ′(x )>0，φ(x )在(0,1)上单调递增； 当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )<0，φ(x )在(1，＋∞)上单调递减． ∴x ＝1是φ(x )的唯一极值点，且是极大值点， ∴x ＝1也是φ(x )的最大值点， ∴φ(x )的最大值为φ(1)＝23.结合y ＝φ(x )的图象(如图)可知，①当m >23时，函数g (x )无零点；②当m ＝23时，函数g (x )有且只有一个零点；③当0<m <23时，函数g (x )有两个零点；④当m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点． 综上所述，当m >23时，函数g (x )无零点；当m ＝23或m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点；当0<m <23时，函数g (x )有两个零点．题型二 利用函数性质研究函数零点例2 (12分)(2021·全国甲卷)设函数f (x )＝a 2x 2＋ax －3ln x ＋1，其中a >0. (1)讨论f (x )的单调性； [切入点：判断f ′(x )的正负](2)若y ＝f (x )的图象与x 轴没有公共点，求a 的取值范围. [关键点：f (x )>0且f (x )有最小值]教师备选已知函数f (x )＝x sin x ＋cos x ，g (x )＝x 2＋4. (1)讨论f (x )在[－π，π]上的单调性；(2)令h (x )＝g (x )－4f (x )，试证明h (x )在R 上有且仅有三个零点． (1)解 f ′(x )＝sin x ＋x cos x －sin x ＝x cos x . 当x ∈⎝⎛⎭⎫－π，－π2∪⎝⎛⎭⎫0，π2时，f ′(x )>0； 当x ∈⎝⎛⎭⎫－π2，0∪⎝⎛⎭⎫π2，π时，f ′(x )<0， ∴f (x )在⎝⎛⎭⎫－π，－π2，⎝⎛⎭⎫0，π2上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－π2，0，⎝⎛⎭⎫π2，π上单调递减． (2)证明 h (x )＝x 2＋4－4x sin x －4cos x ， ∵h (－x )＝x 2＋4－4x sin x －4cos x ＝h (x )， ∴h (x )为偶函数． 又∵h (0)＝0，∴x ＝0为函数h (x )的零点．下面讨论h (x )在(0，＋∞)上的零点个数： h (x )＝x 2＋4－4x sin x －4cos x ＝x (x －4sin x )＋4(1－cos x )． 当x ∈[4，＋∞)时， x －4sin x >0,4(1－cos x )≥0， ∴h (x )>0， ∴h (x )无零点； 当x ∈(0,4)时，h ′(x )＝2x －4x cos x ＝2x (1－2cos x )， 当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π3时，h ′(x )<0； 当x ∈⎝⎛⎭⎫π3，4时，h ′(x )>0，∴h (x )在⎝⎛⎭⎫0，π3上单调递减，在⎝⎛⎭⎫π3，4上单调递增， ∴h (x )min ＝h ⎝⎛⎭⎫π3＝π29＋4－4π3sin π3－4cos π3＝π29＋2－23π3<0，又h (0)＝0，且h (4)＝20－16sin 4－4cos 4>0， ∴h (x )在⎝⎛⎭⎫0，π3上无零点，在⎝⎛⎭⎫π3，4上有唯一零点． 综上，h (x )在(0，＋∞)上有唯一零点， 又h (0)＝0且h (x )为偶函数， 故h (x )在R 上有且仅有三个零点．思维升华 利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数单调性、奇偶性、最值或极值的符号确定函数零点的个数，此类问题在求解过程中可以通过数形结合的方法确定函数存在零点的条件．跟踪训练2 已知函数f (x )＝13x 3－a (x 2＋x ＋1)．(1)若a ＝3，求f (x )的单调区间；(2)证明：f (x )只有一个零点．(1)解 当a ＝3时，f (x )＝13x 3－3x 2－3x －3，f ′(x )＝x 2－6x －3.令f ′(x )＝0，解得x ＝3－23或x ＝3＋2 3. 当x ∈(－∞，3－23)∪(3＋23，＋∞)时， f ′(x )>0；当x ∈(3－23，3＋23)时，f ′(x )<0.故f (x )的单调递增区间为(－∞，3－23)，(3＋23，＋∞)， 单调递减区间为(3－23，3＋23)． (2)证明 因为x 2＋x ＋1>0在R 上恒成立， 所以f (x )＝0等价于x 3x 2＋x ＋1－3a ＝0.设g (x )＝x 3x 2＋x ＋1－3a ，则g ′(x )＝x 2x 2＋2x ＋3x 2＋x ＋12≥0在R 上恒成立，当且仅当x ＝0时，g ′(x )＝0， 所以g (x )在(－∞，＋∞)上单调递增．故g (x )至多有一个零点，从而f (x )至多有一个零点． 又f (3a －1)＝－6a 2＋2a －13＝－6⎝⎛⎭⎫a －162－16<0， f (3a ＋1)＝13>0，故f (x )有一个零点．综上所述，f (x )只有一个零点．题型三 构造函数法研究函数的零点例3 (2021·全国甲卷)已知a >0且a ≠1，函数f (x )＝x aa x (x >0)．(1)当a ＝2时，求f (x )的单调区间；(2)若曲线y ＝f (x )与直线y ＝1有且仅有两个交点，求a 的取值范围． 解 (1)当a ＝2时，f (x )＝x 22x (x >0)，f ′(x )＝x 2－x ln 22x(x >0)，令f ′(x )>0，则0<x <2ln 2，此时函数f (x )单调递增，令f ′(x )<0， 则x >2ln 2，此时函数f (x )单调递减， 所以函数f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫0，2ln 2，单调递减区间为⎝⎛⎭⎫2ln 2，＋∞. (2)曲线y ＝f (x )与直线y ＝1有且仅有两个交点，可转化为方程x a a x ＝1(x >0)有两个不同的解，即方程ln x x ＝ln aa 有两个不同的解．设g (x )＝ln xx (x >0)，则g ′(x )＝1－ln xx 2(x >0)，令g ′(x )＝1－ln xx 2＝0，得x ＝e ，当0<x <e 时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增， 当x >e 时，g ′(x )<0，函数g (x )单调递减， 故g (x )max ＝g (e)＝1e ，且当x >e 时，g (x )∈⎝⎛⎭⎫0，1e ， 又g (1)＝0，所以0<ln a a <1e ，所以a >1且a ≠e ，即a 的取值范围为(1，e)∪(e ，＋∞)． 教师备选(2022·南阳质检)已知f (x )＝13x 3＋32x 2＋2x ，f ′(x )是f (x )的导函数．(1)求f (x )的极值；(2)令g (x )＝f ′(x )＋k e x －1，若y ＝g (x )的函数图象与x 轴有三个不同的交点，求实数k 的取值范围．解 (1)因为f ′(x )＝x 2＋3x ＋2＝(x ＋1)(x ＋2)， 令f ′(x )＝0，得x 1＝－1，x 2＝－2， 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化如表所示：x (－∞，－2)－2 (－2，－1)－1 (－1，＋∞)f ′(x ) ＋ 0 － 0 ＋ f (x )↗极大值↘极小值↗由表可知，函数f (x )的极大值为f (－2)＝－23，极小值为f (－1)＝－56.(2)由(1)知g (x )＝x 2＋3x ＋2＋k e x －1＝x 2＋3x ＋1＋k e x ， 由题知需x 2＋3x ＋1＋k e x ＝0有三个不同的解，即k ＝－x 2＋3x ＋1e x有三个不同的解．设h (x )＝－x 2＋3x ＋1e x，则h ′(x )＝x 2＋x －2e x ＝x ＋2x －1e x ，当x ∈(－∞，－2)时，h ′(x )>0，h (x )单调递增， 当x ∈(－2,1)时，h ′(x )<0，h (x )单调递减， 当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0，h (x )单调递增，又当x →－∞时，h (x )→－∞， 当x →＋∞时，h (x )→0且h (x )<0， 且h (－2)＝e 2，h (1)＝－5e .作出函数h (x )的简图如图，数形结合可知，－5e<k <0.思维升华 涉及函数的零点(方程的根)问题，主要利用导数确定函数的单调区间和极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求得参数的取值范围．跟踪训练3 设函数f (x )＝12x 2－m ln x ，g (x )＝x 2－(m ＋1)x ，m >0.(1)求函数f (x )的单调区间；(2)当m ≥1时，讨论f (x )与g (x )图象的交点个数． 解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝x ＋mx －mx .当0<x <m 时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减； 当x >m 时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增．综上，函数f (x )的单调递增区间是(m ，＋∞)，单调递减区间是(0，m )． (2)令F (x )＝f (x )－g (x )＝－12x 2＋(m ＋1)x －m ln x ，x >0，题中问题等价于求函数F (x )的零点个数．F ′(x )＝－x －1x －m x ，当m ＝1时，F ′(x )≤0，函数F (x )为减函数，因为F (1)＝32>0，F (4)＝－ln 4<0， 所以F (x )有唯一零点；当m >1时，0<x <1或x >m 时，F ′(x )<0；1<x <m 时，F ′(x )>0，所以函数F (x )在(0,1)和(m ，＋∞)上单调递减，在(1，m )上单调递增，因为F (1)＝m ＋12>0， F (2m ＋2)＝－m ln(2m ＋2)<0，所以F (x )有唯一零点．综上，函数F (x )有唯一零点，即函数f (x )与g (x )的图象总有一个交点．课时精练1．(2022·贵阳模拟)已知函数f (x )＝13x 3－12ax 2(a ≠0)． (1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝1时，g (x )＝f (x )－2x ＋b ，讨论g (x )的零点个数．解 (1)f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝x 2－ax ＝x (x －a )，若a >0，当x ∈(－∞，0)∪(a ，＋∞)时，f ′(x )>0，当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0，若a <0，当x ∈(－∞，a )∪(0，＋∞)时，f ′(x )>0，当x ∈(a,0)时，f ′(x )<0，综上，当a >0时，f (x )在(－∞，0)，(a ，＋∞)上单调递增，在(0，a )上单调递减， 当a <0时，f (x )在(－∞，a )，(0，＋∞)上单调递增，在(a,0)上单调递减．(2)g (x )＝13x 3－12x 2－2x ＋b ， 令g (x )＝0，所以b ＝－13x 3＋12x 2＋2x ， 令h (x )＝－13x 3＋12x 2＋2x ， 则h ′(x )＝－x 2＋x ＋2＝－(x －2)(x ＋1)，所以h ′(2)＝0，h ′(－1)＝0，且当x <－1时，h ′(x )<0；当－1<x <2时，h ′(x )>0；当x >2时，h ′(x )<0，所以h (x )极小值＝h (－1)＝13＋12－2＝－76， h (x )极大值＝h (2)＝－13×8＋12×4＋4＝103， 如图，当b <－76或b >103时，函数g (x )有1个零点； 当b ＝－76或b ＝103时，函数g (x )有2个零点； 当－76<b <103时，函数g (x )有3个零点．2．已知函数f (x )＝e x (ax ＋1)，曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为y ＝bx －e.(1)求a ，b 的值；(2)若函数g (x )＝f (x )－3e x －m 有两个零点，求实数m 的取值范围．解 (1)f (x )＝e x (ax ＋1)，则f ′(x )＝e x (ax ＋1)＋e x ·a ＝e x (ax ＋1＋a )，由题意知⎩⎪⎨⎪⎧ f ′1＝e 2a ＋1＝b ，f 1＝e a ＋1＝b －e ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝3e ， ∴a ＝1，b ＝3e.(2)g (x )＝f (x )－3e x －m ＝e x (x －2)－m ，函数g (x )＝e x (x －2)－m 有两个零点，相当于函数u (x )＝e x ·(x －2)的图象与直线y ＝m 有两个交点，u ′(x )＝e x ·(x －2)＋e x ＝e x (x －1)，当x ∈(－∞，1)时，u ′(x )<0，∴u (x )在(－∞，1)上单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，u ′(x )>0，∴u (x )在(1，＋∞)上单调递增，∴当x ＝1时，u (x )取得极小值u (1)＝－e.又当x →＋∞时，u (x )→＋∞，当x <2时，u (x )<0，∴－e<m <0，∴实数m 的取值范围为(－e,0)．3．已知函数f (x )＝e x ＋ax －a (a ∈R 且a ≠0)．(1)若函数f (x )在x ＝0处取得极值，求实数a 的值，并求此时f (x )在[－2,1]上的最大值；(2)若函数f (x )不存在零点，求实数a 的取值范围．解 (1)由f (x )＝e x ＋ax －a ，得f ′(x )＝e x ＋a .∵函数f (x )在x ＝0处取得极值，∴f ′(0)＝e 0＋a ＝0，∴a ＝－1，∴f (x )＝e x －x ＋1，f ′(x )＝e x －1.∴当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．易知f (x )在[－2,0)上单调递减，在(0,1]上单调递增，且f (－2)＝1e 2＋3，f (1)＝e ，f (－2)>f (1)， ∴f (x )在[－2,1]上的最大值是1e 2＋3. (2)f ′(x )＝e x ＋a .①当a >0时，f ′(x )>0，f (x )在R 上单调递增，且当x >1时，f (x )＝e x ＋a (x －1)>0，当x <0时，取x ＝－1a， 则f ⎝⎛⎭⎫－1a <1＋a ⎝⎛⎭⎫－1a －1＝－a <0， ∴函数f (x )存在零点，不满足题意．②当a <0时，令f ′(x )＝e x ＋a ＝0，则x ＝ln(－a )．当x ∈(－∞，ln(－a ))时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(ln(－a )，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．∴当x ＝ln(－a )时，f (x )取得极小值，也是最小值．当x →－∞时，f (x )→＋∞，当x →＋∞时，f (x )→＋∞，函数f (x )不存在零点，等价于f (ln(－a ))＝e ln(－a )＋a ln(－a )－a ＝－2a ＋a ln(－a )>0，解得－e 2<a <0.综上所述，所求实数a 的取值范围是(－e 2,0)．4．(2022·潍坊模拟)已知函数f (x )＝x 2－a sin x －2(a ∈R )． (1)若曲线y ＝f (x )在点⎝⎛⎭⎫π2，f ⎝⎛⎭⎫π2处的切线经过坐标原点，求实数a ； (2)当a >0时，判断函数f (x )在x ∈(0，π)上的零点个数，并说明理由．解 (1)f ′(x )＝2x sin x －x 2－a cos x sin 2x， f ′⎝⎛⎭⎫π2＝π，所以f (x )在点⎝⎛⎭⎫π2，f ⎝⎛⎭⎫π2处的切线方程为y ＝πx ，所以f ⎝⎛⎭⎫π2＝π22， 即π24－a －2＝π22，a ＝－π24－2. (2)因为x ∈(0，π)，所以sin x >0，所以x 2－a sin x －2＝0可转化为x 2－a －2sin x ＝0， 设g (x )＝x 2－a －2sin x ，则g ′(x )＝2x －2cos x ，当x ∈⎣⎡⎭⎫π2，π时，g ′(x )>0，所以g (x )在区间⎣⎡⎭⎫π2，π上单调递增．当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时， 设h (x )＝g ′(x )＝2x －2cos x ，此时h ′(x )＝2＋2sin x >0，所以g ′(x )在x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2上单调递增， 又 g ′(0)＝－2<0，g ′⎝⎛⎭⎫π2＝π>0，所以存在x 0∈⎝⎛⎭⎫0，π2使得g ′(x )＝0且x ∈(0，x 0)时g (x )单调递减， x ∈⎣⎡⎭⎫x 0，π2时g (x )单调递增． 综上，对于连续函数g (x )，当x ∈(0，x 0)时，g (x )单调递减， 当x ∈(x 0，π)时，g (x )单调递增．又因为g (0)＝－a <0，所以当g (π)＝π2－a >0，即a <π2时，函数g (x )在区间(x 0，π)上有唯一零点，当g (π)＝π2－a ≤0，即a ≥π2时，函数g (x )在区间(0，π)上无零点， 综上可知，当0<a <π2时，函数f (x )在(0，π)上有1个零点； 当a ≥π2时，函数f (x )在(0，π)上没有零点．。
2025年高考数学一轮复习-一元函数的导数及其应用(能力提升卷)【含答案】
一元函数的导数及其应用(能力提升卷)题号123456789101112答案一、单项选择题：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，只有一项是符合题目要求的.1.已知函数f(x)＝(x2＋x＋1)e x，则f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程为()A.x＋y＋1＝0B.x－y＋1＝0C.2x＋y＋1＝0D.2x－y＋1＝02.已知函数f(x)＝16x3－12ax2－bx(a＞0，b＞0)的一个极值点为1，则ab的最大值为()A.1B.12C.14D.1163.意大利著名天文学家伽利略曾错误地猜测链条自然下垂时的形状是抛物线.直到1690年，雅各布·伯努利正式提出该问题为“悬链线”问题并向数学界征求答案.1691年他的弟弟约翰·伯努利和莱布尼兹、惠更斯三人各自都得到了正确答案，给出悬链线的数学表达式——双曲余弦函数：f(x)＝c＋a cosh xa ＝c＋a·e xa＋e－xa2(e为自然对数的底数).当c＝0，a＝1时，记p＝f(－1)，m＝n＝f(2)，则p，m，n的大小关系为()A.p＜m＜nB.n＜m＜pC.m＜p＜nD.m＜n＜p4.已知函数f (x )＝ax ＋ln x －1有且仅有一个零点，则实数a 的取值范围为()A.(－∞，0]∪{1}B.[0，1]C.(－∞，0]∪{2}D.[0，2]5.已知f (x )是定义在R 上的可导函数，若在R 上有f (x )>f ′(x )恒成立，且f (1)＝e(e 为自然对数的底数)，则下列结论正确的是()A.f (0)＝1B.f (0)<1C.f (2)<e 2D.f (2)>e 26.设0＜x ＜1，则a ＝e xx ，b ，c ＝e x2x2的大小关系是()A.a ＜b ＜cB.a ＜c ＜bC.c ＜a ＜bD.b ＜a ＜c7.若∀a ，b ，c ∈D ，g (a )，g (b )，g (c )可以作为一个三角形的三条边长，则称函数g (x )是区间D 上的“稳定函数”.已知函数f (x )＝ln x x ＋m 是区间1e 2，e 2上的“稳定函数”，则实数m 的取值范围为()＋1e ，＋2＋1e ，＋＋1e，＋2＋1e，＋8.已知函数f (x )＝ln x －m 与g (x )＝－x 2＋73x 的图象在区间[1，3]上存在关于x 轴对称的点，则实数m 的取值范围是()A.ln 3－2，ln32＋54B.ln 3－2，43C.43，ln 32＋54D.54，43二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.已知e是自然对数的底数，则下列不等关系中不正确的是()A.ln2＞2e B.ln3＜3eC.lnπ＞πe D.ln3lnπ＜3π10.已知函数f(x)＝x3－3x2＋3，则下列选项正确的是()A.函数y＝f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为3x＋y－4＝0B.函数y＝f(x)有3个零点C.函数y＝f(x)在x＝2处取得极大值D.函数y＝f(x)的图象关于点(1，1)对称11.已知函数f(x)＝x4＋ax2＋ax＋1(a≠0)，则()A.存在a使得f(x)恰有三个单调区间B.f(x)有最小值C.存在a使得f(x)有小于0的极值点D.当x1＜0＜x2，且x1＋x2＞0时，f(x1)＜f(x2)12.已知函数f(x)＝ln xx，则()A.f(2)＞f(5)B.若f(x)＝m有两个不相等的实根x1，x2，则x1x2＜e2C.ln2＞2eD.若2x＝3y，x，y均为正数，则2x＞3y三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.若函数f(x)＝13x3－a2x2＋(3－a)x＋b有三个不同的单调区间，则实数a的取值范围是________.14.已知函数f(x)＝x2＋2x＋a，g(x)＝ln x－2x，如果存在x1∈12，2，使得对任意的x2∈12，2，都有f(x1)≤g(x2)成立，则实数a的取值范围是________.15.定义方程f(x)＝f′(x)的实数根x0叫做函数f(x)的“新驻点”.若函数g(x)＝12x，h(x)＝ln2x，φ(x)＝sin x(0＜x＜π)的“新驻点”分别为α，β，γ，则α，β，γ的大小关系为________.16.已知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，其导函数为f′(x)，且满足f(x)＞0，f(x)＋f′(x)＜0，若0＜x1＜1＜x2，且x1x2＝1.给出以下不等式：①f(x1)＞e x2－x1f(x2)；②x1f(x2)＜x2f(x1)；③x1f(x1)＞x2f(x2)；④f(x2)＞(1－x1)f(x1).其中正确的有________(填写所有正确的不等式的序号).四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(10分)若函数f(x)＝ax3－bx＋4，当x＝2时，函数f(x)有极值－43.(1)求函数f(x)的解析式；(2)若方程f(x)＝k有3个不同的根，求实数k的取值范围.18.(12分)已知函数f(x)（x＋1）e x，x≤0，2－ax＋12，x＞0.(1)若a＝2，求f(x)的最小值；(2)若f(x)恰好有三个零点，求实数a的取值范围.19.(12分)已知函数f(x)＝e x－a(x－1)＋2(a∈R).(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若x∈[a，＋∞)，不等式f(x)≥3恒成立，求实数a的取值范围.20.(12分)已知函数f(x)＝(x－b)e x－a(x－b＋1)2(a＞0，b∈R，e为自然对数的底2数).(1)若b＝2，讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)在R上单调递增，求证：e a－1≥b.＋a2x＋a ln x，x∈(0，10).21.(12分)已知实数a＞0，函数f(x)＝2x(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若x＝1是函数f(x)的极值点，曲线y＝f(x)在点P(x1，f(x1))，Q(x2，f(x2))(x1＜x2)处的切线分别为l1，l2，且l1，l2在y轴上的截距分别为b1，b2.若l1∥l2，求b1－b2的取值范围.22.(12分）已知函数f (x )＝x e x －a ln x －e(a ∈R ).(1)当a ＝2e 时，不等式f (x )≥mx －m 在[1，＋∞)上恒成立，求实数m 的取值范围；(2)若a ＞0时，f (x )的最小值为g (a )，求g (a )的最大值以及此时a 的值.参考答案1.D[因为f (x )＝(x 2＋x ＋1)e x ，所以f ′(x )＝(x 2＋3x ＋2)e x ，f (0)＝1，f ′(0)＝2，则f (x )的图象在点(0，f (0))处的切线方程为y －1＝2(x －0)，即2x －y ＋1＝0，故选D.]2.D[由题意，得f ′(x )＝12x 2－ax －b .因为1是函数f (x )的一个极值点，所以f ′(1)12－a －b ＝0，所以a ＋b ＝12，所以ab ＝116，当且仅当a ＝b ＝14时等号成立，所以ab 116，故选D.]3.C[由题意知，当c ＝0，a ＝1时，f (x )＝e －x ＋e x2，f ′(x )＝－e －x ＋e x 2＝e 2x －12e x，当x ＞0时，f ′(x )＞0，即函数f (x )在区间(0，＋∞)上单调递增，f (－1)＝e －1＋e 2＝f (1)，∵0＜12＜1＜2，∴f (1)＜f (2)，即m ＜p ＜n ，故选C.]4.A [由函数f (x )有且仅有一个零点，得方程f (x )＝0在(0，＋∞)上只有一个解，即a ＝x －x ln x ，x ＞0只有一个解，令g (x )＝x －x ln x ，x ＞0，则g ′(x )＝－ln x ，当x ∈(0，1)时，g ′(x )＞0，函数g (x )单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )＜0，函数g (x )单调递减，且g (1)＝1，作出函数g (x )的图象如图所示，则当a ≤0或a ＝1时，f (x )＝0在(0，＋∞)上只有一个解，故选A.]5.C [设g (x )＝f （x ）e x ，则g ′(x )＝f ′（x ）－f （x ）ex，又因为f (x )>f ′(x )在R 上恒成立，所以g ′(x )＝f ′（x ）－f （x ）e x <0在R 上恒成立，所以函数g (x )＝f （x ）e x在R 上单调递减，则g (2)<g (1)，即f （2）e 2<f （1）e＝1，所以f (2)<e 2.故选C.]6.B[设f (x )＝e xx ，则f ′(x )＝e x （x －1）x2，当x ∈(0，1)时，f ′(x )＜0，则f (x )在(0，1)上为减函数，∵x 2＜2x ，∴e x2＜e 2x ，则e x 2x 2＜e 2xx 2＝，故b ＞c .又0＜x 2＜x ＜1，∴f (x 2)＞f (x )，则e x2x 2＞e xx，故c ＞a ，所以a ＜c ＜b ，故选B.]7.D [∵f ′(x )＝1－ln xx 2，∴当x ∈1e 2，f ′(x )＞0；当x ∈(e ，e 2]时，f ′(x )＜0；∴f (x )在1e 2，(e ，e 2]上单调递减，∴f (x )max ＝f (e)＝1e＋m ，又2e 2＋m ，f (e 2)＝2e2＋m ，∴f (x )min ＝－2e 2＋m ，由“稳定函数”定义可知：2f (x )min ＞f (x )max ，即2(－2e 2＋m )＞1e ＋m ，解得m ＞4e 2＋1e ，即实数m 2＋1e，＋故选D.]8.A[由题可知函数f (x )＝ln x －m 与y ＝x 2－73x 的图象在区间[1，3]上存在公共点，即方程ln x －m －x 2＋73x ＝0在区间[1，3]内有解，即方程m ＝ln x －x 2＋73x在区间[1，3]内有解.令h (x )＝ln x －x 2＋73x (x ∈[1，3])，则h ′(x )＝1x －2x ＋73＝－（3x ＋1）（2x －3）3x，所以当x ∈[1，3]时，h ′(x )，h (x )随x 的变化情况如下表：由上表可知h (1)＝43，h (3)＝ln 3－2＜43，ln 32＋54，所以当x ∈[1，3]时，h (x )∈ln 3－2，ln 32＋54，故m 的取值范围是ln 3－2，ln32＋54，故选A.]9.ACD [令f (x )＝ln x －x e ，则f ′(x )＝1x －1e ，当0＜x ＜e 时f ′(x )＞0，当x ＞e 时，f ′(x )＜0，所以f (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，故f (x )max ＝f (e)＝ln e －e e ＝0，则f (2)＝ln 2－2e ＜0，得ln 2＜2e ，故A 错误；f (3)＝ln 3－3e ＜0，得ln 3＜3e ，故B 正确；f (π)＝ln π－πe ＜0，得ln π＜πe ，故C 错误；对D 项，令g (x )＝ln xx ，则g ′(x )＝1－ln x x2，当0＜x ＜e 时，g ′(x )＞0，当x ＞e 时，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，则g(3)＞g(π)，得ln33＞lnππ，即ln3lnπ＞3π，故D错误，故选ACD.]10.ABD[A项，∵f′(x)＝3x2－6x，∴f′(1)＝3－6＝－3，且f(1)＝1－3＋3＝1，∴函数y＝f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为3x＋y－4＝0，A正确；B项，令f′(x)＝3x2－6x＞0，解得x＜0或x＞2，∴函数y＝f(x)在(－∞，0)和(2，＋∞)上单调递增，在(0，2)上单调递减.又∵f(－1)＝－1＜0，f(0)＝3＞0，f(2)＝－1＜0，f(3)＝3＞0，∴在(－1，0)，(0，2)，(2，3)上各有一零点，即函数y＝f(x)有3个零点，B正确；C项，由B知函数y＝f(x)在x＝2处取得极小值，C错误；D项，令g(x)＝x3－3x，x∈R，∵g(－x)＝－x3＋3x＝－g(x)，∴函数g(x)为奇函数，则g(x)的图象关于原点对称.将函数g(x)＝x3－3x的图象向右平移一个单位长度再向上平移一个单位长度可得函数h(x)＝(x－1)3－3(x－1)＋1＝x3－3x2＋3＝f(x)的图象，∴函数y＝f(x)的图象关于点(1，1)对称，D为真命题.]11.BC[f′(x)＝4x3＋2ax＋a，令g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝12x2＋2a，当a＞0时，g′(x)＞0，f′(x)单调递增，又f′(－3a)＝－3a－2a3a＜0，f′(0)＝a＞0，∴f′(x)在(－3a，0)内存在唯一零点，记为x0，则f(x)在(－∞，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，f(x0)既是极小值又是最小值；当a＜0时，f′(x)∞－－a6，f′(0)＝a＜0，f a＜－278，则f0，f′(x)在(－∞，0)上有两个零点，记为x1，x2，在(0，＋∞)上有一个零点，记为x3，则f(x)在(－∞，x1)和(x2，x3)上单调递减，在(x1，x2)和(x3，＋∞)上单调递增，x 1为小于0的极小值点，f (x 1)和f (x 3)中的较小者即为f (x )的最小值；若－278≤a ＜0，则f 0，f ′(x )只在(0，＋∞)上存在唯一零点，记为x 4，f (x )在(－∞，x 4)上单调递减，在(x 4，＋∞)上单调递增，f (x 4)为最小值，故B ，C 正确，A 错误；对于D ，当x 1＜0＜x 2，且x 1＋x 2＞0时，f (x 1)－f (x 2)＝x 41－x 42＋a (x 21－x 22)＋a (x 1－x 2)＝(x 1－x 2)[(x 1＋x 2)·(x 21＋x 22＋a )＋a ]，取a ＝－(x 21＋x 22)，则有f (x 1)－f (x 2)＞0，故D错误.故选BC.]12.AD[对于A ，f (2)＝ln 22＝ln2，f (5)＝ln 55＝ln 55，又(2)10＝25＝32，(55)10＝25，32＞25，所以2＞55，则有f (2)＞f (5)，A 正确；对于B ，若f (x )＝m 有两个不相等的实根x 1，x 2，则x 1x 2＞e 2，故B 不正确；证明如下：函数f (x )＝ln xx ，定义域为(0，＋∞)，则f ′(x )＝1－ln x x2，当f ′(x )＞0时，0＜x ＜e ；当f ′(x )＜0时，x ＞e ，所以f (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，则f (x )max ＝1e ，且x ＞e 时，有f (x )＞0，所以若f (x )＝m 有两个不相等的实根x 1，x 2，则有0＜m ＜1e .不妨设x 1＜x 2，则有0＜x 1＜e ＜x 2，要证x 1x 2＞e 2，只需证x 2＞e 2x 1，且x 2＞e2x 1＞e ，又f (x 1)＝f (x 2)，所以只需证f (x 1)＜F (x )＝f (x )－＜x ＜e)，则有F ′(x )＝(1－ln x 当0＜x ＜e 时，1－ln x ＞0，1x 21e2＞0，所以有F ′(x )＞0，即F (x )在(0，e)上单调递增，且F (e)＝0，所以F (x )＜0恒成立，即f (x 1)＜f (x 2)＜x 1x 2＞e 2.对于C ，由B 可知，f (x )在(0，e)上单调递增，则有f (2)＜f (e)，即ln 22＜ln ee，则有ln 2＜2e＜2e，故C 不正确.对于D ，令2x ＝3y ＝m ，x ，y 均为正数，则m ＞1，解得x ＝log 2m ＝ln mln 2，y ＝log 3m＝ln m ln 3，2x －3y ＝2ln m ln 2－3ln m ln 3＝(ln m f (2)－f (3)＝ln 22－ln 33＝3ln 2－2ln 36＝ln 8－ln 96＝ln896＜0，则有f (2)＜f (3)，即0＜ln 22＜ln 33，即2ln 2＞3ln 3，所以2x －3y ＞0，故D 正确.故选AD.]13.(－∞，－6)∪(2，＋∞)[f ′(x )＝x 2－ax ＋3－a ，要使f (x )有三个不同的单调区间，则f ′(x )＝0有两个不同的实数根，故Δ＝(－a )2－4(3－a )＞0，即a ∈(－∞，－6)∪(2，＋∞).]∞，ln 2－214[g ′(x )＝1x －2＝1－2x x≤0，x ∈12，2，∴g (x )在12，2上单调递减，∴g (x )min ＝g (2)＝ln 2－4.∵f (x )＝x 2＋2x ＋a ＝(x ＋1)2＋a －1，∴f (x )在12，2上单调递增，∴f (x )min ＝＝54＋a .∵存在x 1∈12，2，使得对任意的x 2∈12，2，都有f (x 1)≤g (x 2)成立，∴54＋a ≤ln2－4，∴a ≤ln 2－214.]15.γ＜α＜β[由题意知①g ′(x )＝12，所以12α＝12，则α＝1.②h ′(x )＝1x ，由ln 2x ＝1x ，得ln 2β＝1β，在(0，＋∞)上h (x )为增函数，h ′(x )＝1x 为减函数，h ′(1)＝1＞h (1)＝ln 2，若0＜β＜1，则h ′(β)＞h ′(1)＞h (1)＞h (β)，故与h ′(β)＝h (β)矛盾，所以β＞1.③φ′(x )＝cos x ，由cos x ＝sin x 得cos γ＝sin γ，则tan γ＝1，又γ∈(0，π)，∴γ＝π4＜1，∴γ＜α＜β.]16.①②③[设F (x )＝e x f (x )，则F ′(x )＝e x [f ′(x )＋f (x )]＜0，由此可得F (x )单调递减，所以e x 1f (x 1)＞e x 2f (x 2)，即f (x 1)＞e x 2－x 1f (x 2)，故①正确；因为f(x)＞0，f(x)＋f′(x)＜0，所以f′(x)＜0，所以f(x)单调递减，所以f(x2)＜f(x1)＜x2x1f(x1)，所以x1f(x2)＜x2f(x1)，故②正确；对于③，由①分析可知f(x1)＞e x2－x1f(x2)，欲使x1f(x1)＞x2f(x2)，且x1x2＝1，即f(x1)＞x22f(x2)成立，只需满足e x2－1x2＞x22即可，即证x2－1x2＞2ln x2(x2＞1)，设m(x)＝x－1x－2ln x，则m′(x)＝1＋1x2－2x＝（x－1）2x2＞0，则m(x)单调递增，所以m(x2)＞m(1)＝0，故③正确；对于④，假设f(x2)＞(1－x1)f(x1)成立，因为e x1f(x1)＞e x2f(x2)，所以e x1－1x1f(x1)＞f(x2)，所以e x1－1x1＞1－x1，取x1＝12，则e－32＞12，所以e32＜2不成立，故④不正确.故答案为①②③.]17.解(1)f′(x)＝3ax2－b，（2）＝12a－b＝0，2）＝8a－2b＋4＝－43，解得a＝13，b＝4.故所求函数的解析式为f(x)＝13x3－4x＋4.(2)由(1)可得f′(x)＝x2－4＝(x－2)(x＋2)，令f′(x)＝0，得x＝2或x＝－2.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，－2)－2(－2，2)2(2，＋∞) f′(x)＋0－0＋f(x)单调递增283单调递减－43单调递增因此，当x＝－2时，f(x)有极大值283，当x＝2时，f(x)有极小值－4 3，所以函数f(x)＝13x3－4x＋4的图象大致如图所示.若f(x)＝k有3个不同的根，则直线y＝k与函数f(x)的图象有3个交点，所以－4 3＜k＜28 3 .综上，实数k －4 3，18.解(1)当a＝2时，f(x)（x＋1）e x，x≤0，2－2x＋12，x＞0.当x≤0时，f′(x)＝2(x＋2)e x，所以f(x)在(－∞，－2)上单调递减，在(－2，0]上单调递增，此时f(x)的最小值为f(－2)＝－2 e2；当x＞0时，f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，此时f(x)的最小值为f(1)＝－1 2 .因为－2e2＞－12，所以f(x)的最小值为－12.(2)显然a≠0.因为当x≤0时，f(x)有且只有一个零点－1，所以原命题等价于f(x)在(0，＋∞)上有两个零点.2－2＞0，＞0，解得a＞2，故实数a的取值范围是(2，＋∞).19.解(1)f′(x)＝e x－a，①当a≤0时，f′(x)＝e x－a＞0，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增.②当a＞0时，由f′(x)＝e x－a＞0，得x＞ln a；由f′(x)＝e x－a＜0，得x＜ln a，所以f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增.综上，当a≤0时，函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；当a＞0时，f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增.(2)①当a＝0时，因为x≥0，所以f(x)＝e x＋2≥3恒成立，所以a＝0符合题意；②当a＜0时，由(1)知f(x)min＝f(a)＜f(0)＝a＋3＜3，不符合题意；③当a＞0时，由(1)知f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，f(x)在(ln a，＋∞)上单调递增.下面先证明：a＞ln a(a＞0).设g(x)＝x－ln x，因为g′(x)＝1－1x＝x－1x，所以当x∈(0，1)时，g′(x)＜0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0，所以g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g(x)≥g(1)＝1＞0，因此a＞ln a.所以f(x)在[a，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(a)＝e a－a2＋a＋2.令h(x)＝e x－x2＋x＋2，则h′(x)＝e x－2x＋1.令u(x)＝e x－2x＋1(x＞0)，则u′(x)＝e x－2.由u′(x)＞0，得x＞ln2；由u′(x)＜0，得0＜x＜ln2.所以u(x)在(0，ln2)上单调递减，在(ln2，＋∞)上单调递增，所以u(x)≥u(ln2)＝3－2ln2＞0，即当x＞0时，h′(x)＞0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以当x＞0时，h(x)＞h(0)＝3，所以f(x)min＞3，所以f(x)≥3恒成立，故a＞0符合题意.综上，实数a的取值范围是[0，＋∞).20.(1)解当b＝2时，f(x)＝(x－2)e x－a2(x－1)2，则f′(x)＝(x－1)e x－a(x－1)＝(x－1)(e x－a)，因为a＞0，所以分类讨论：①当ln a＜1，即0＜a＜e时，由f′(x)＜0得ln a＜x＜1，由f′(x)＞0得x＞1或x＜ln a，此时f(x)在(－∞，ln a)，(1，＋∞)上单调递增，在(ln a，1)上单调递减；②当ln a＞1，即a＞e时，由f′(x)＜0得1＜x＜ln a，由f′(x)＞0得x＜1或x＞ln a，此时f(x)在(－∞，1)，(ln a，＋∞)上单调递增，在(1，ln a)上单调递减；③当ln a＝1，即a＝e时，f′(x)≥0恒成立，此时f(x)在R上单调递增.综上，当0＜a＜e时，f(x)在(ln a，1)上单调递减，在(－∞，ln a)，(1，＋∞)上单调递增；当a＞e时，f(x)在(1，ln a)上单调递减，在(－∞，1)，(ln a，＋∞)上单调递增；当a＝e时，f(x)在R上单调递增.(2)证明f′(x)＝(x－b＋1)(e x－a)，由f(x)在R上单调递增，知(x－b＋1)(e x－a)≥0恒成立，易知y＝x－b＋1，y＝e x－a在R上均单调递增，要使(x－b＋1)(e x－a)≥0恒成立，则y＝x－b＋1与y＝e x－a的零点相等，即b －1＝ln a，即b＝ln a＋1，故要证e a－1≥b，只需证ln a＋1≤e a－1.设g(a)＝e a－1－ln a－1，则g′(a)＝e a－1－1 a，易知g′(a)在(0，＋∞)上单调递增，且g′(1)＝0，故由g′(a)＜0，得0＜a＜1，由g′(a)＞0，得a＞1，所以g(a)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，则g(a)≥g(1)＝0，即ln a＋1≤e a－1，原不等式得证.21.解(1)f′(x)＝－2x2＋a 2＋ax＝（ax＋2）（ax－1）x2(0＜x＜10).∵a ＞0，0＜x ＜10，∴ax ＋2＞0.①当1a≥10，即a ，110时，f ′(x )＜0，∴f (x )在(0，10)上单调递减；②当0＜1a ＜10，即a当x f ′(x )＜0；当x f ′(x )＞0，∴f (x ).综上所述，当a ，110时，f (x )在(0，10)上单调递减；当a f (x ).(2)∵x ＝1是f (x )的极值点，∴f ′(1)＝0，即(a ＋2)(a －1)＝0，解得a ＝1或a ＝－2(舍)，此时f (x )＝2x ＋x ＋ln x ，f ′(x )＝－2x 2＋1x ＋1.∴l 1方程为y x 1＋ln x－2x 21＋1x 1＋x －x 1)，令x ＝0，得b 1＝4x 1＋ln x 1－1同理可得b 2＝4x 2＋ln x 2－1.∵l 1∥l 2，∴－2x 21＋1x 1＋1＝－2x 22＋1x 2＋1，整理得x 1x 2＝2(x 1＋x 2)，∴x 2＝2x 1x 1－2，又0＜x 1＜x 2＜10，则x 1＜2x 1x 1－2＜10，解得52＜x1＜4，∴b1－b2＝4x2－4x1x1x2＋lnx1x2＝2（x2－x1）x1＋x2＋lnx1x2＝1＋x1x2lnx1x2.令x1x2＝t，则t＝x1·x1－22x1＝x12－1设g(t)＝2（1－t）1＋t＋ln t，∴g′(t)＝－4（1＋t）2＋1t＝（t－1）2t（t＋1）2＞0，∴g(t)又g(1)＝0，＝65－ln4，∴g(t)ln4，即b1－b2ln4，22.解(1)当a＝2e时，不等式f(x)≥mx－m即x e x－2eln x－e≥mx－m.令F(x)＝x e x－2eln x－e－m(x－1)，x∈[1，＋∞)，则F′(x)＝(x＋1)e x－2ex－m，F′(x)在[1，＋∞)上单调递增，F′(1)＝－m，当m≤0时，F′(1)≥0，F′(x)≥F′(1)≥0，所以F(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以F(x)≥F(1)＝0.当m＞0时，F′(1)＜0，当x→＋∞时，F′(x)→＋∞，所以存在x1∈(1，＋∞)，使得F′(x1)＝0，当x∈(1，x1)时，F′(x)＜0，F(x)单调递减，F(x)＜F(1)＝0，不符合题意.综上，实数m的取值范围是(－∞，0].(2)f(x)＝x e x－a ln x－e(a∈R)，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝(x＋1)e x－ax，a＞0时，f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，当x→0时，f′(x)→－∞，当x→＋∞时，f′(x)→＋∞，所以存在唯一的正数x0∈(0，＋∞)，使得f′(x0)＝0，可得a＝x0(x0＋1)e x0，当x∈(0，x0)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，所以f(x)min＝f(x0)＝x0e x0－a ln x0－e＝x0e x0－x0(x0＋1)e x0ln x0－e.令h(x)＝x e x－x(x＋1)e x ln x－e，x∈(0，＋∞)，则h′(x)＝(x＋1)e x－e x[(x2＋3x＋1)ln x＋x＋1]＝－e x(x2＋3x＋1)ln x，易知h′(1)＝0，且当x∈(0，1)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减，所以h(x)max＝h(1)＝0，即g(a)的最大值为0，此时x0＝1，a＝2e.。
2025年高考数学一轮复习课件第三章一元函数的导数及其应用-专题突破7导数的综合应用
【拆解】
分类
第一问
第二问
参考赋分
6分
6分
难易
中上
难
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续表
①总体看，题目为指数型函数与对数型函数的最值及图象交点问题，实际考
查利用导数研究函数零点问题.
②第一问是根据函数单调性求最值问题，根据最小值相等可求.注意分类讨
审题
要点
论.
③第二问是构造新函数利用零点个数解决问题.根据（1）可得当 > 1时，
所以函数 在 0,1 上单调递增，在 1, +∞ 上单调递减， 的最大值为 1 = 1.
所以 ≤ 1，即实数的取值范围是(−∞, 1]．
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考点三 利用导数研究函数零点
例3 已知函数 = − e + ,讨论函数 零点的个数.
解：′ = 1 − e .
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第一问
在基础性的层次上考查
数学运算学科素养，和
.
2
e −1
恒成立.
− 1 + 1 > 0 ，所以′ = e ⋅ > 0，所以 在 0, +∞ 上单调
递增.
所以 > 0 = 0，所以ℎ′ > 0，所以ℎ 在 0, +∞ 上单调递增．
由洛必达法则，知 lim+ ℎ =
→0
e −1
lim
→0+
e − = 的解的个数、 − ln = 的解的个数均为2，构建新函数
= − ，利用导数可得该函数只有一个零点且可得 , 的
大小关系，根据存在直线 = 与曲线 = ， = 有三个不同的交点
2024届全国高考数学一轮复习好题专项(导数的综合应用)练习(附答案)
2024届全国高考数学一轮复习好题专项（导数的综合应用）练习一、基础练习1．（2021ꞏ沙坪坝区ꞏ重庆一中高三其他模拟）已知e 为自然对数的底数，a ，b 为实数，且不等式()ln 310x e a x b +-++≤对任意()0,x ∈+∞恒成立，则当3b a+取最大值时，实数a 的值为（ ） A ．3eB ．31e +C ．4eD ．41e +2．（2021ꞏ湖南高三其他模拟）已知函数()e ax f x =a 的取值范围是（ ） A ．0,2e ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．,2e ⎛⎫+∞⎪⎝⎭C ．10,2e ⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．1,2e ⎛⎫+∞⎪⎝⎭3．（2021ꞏ四川遂宁市ꞏ高三三模（理））已知函数()()2xh x x e =-，()212a a g x x x =-，又当()0h x ≥时，()()h x g x ≥恒成立，则实数a 的取值范围是（ ）A ．(2,e ⎤-∞⎦B ．(],e -∞C ．(20,e ⎤⎦D ．(]0,e4．（2021ꞏ全国高三其他模拟）已知f （x ）是定义在区间[﹣2，2]上的偶函数，当x ∈[0，2]时，f （x ）＝xxe ，若关于x 的方程2f 2（x ）+（2a ﹣1）f （x ）﹣a ＝0有且只有2个实数根，则实数a 的取值范围是（ ）A ．[﹣1e ，﹣22e ] B ．[﹣1e ，﹣22e ） C ．（﹣22e，0）D ．（﹣22e ，0）∪{﹣1e}5．（2021ꞏ宁夏银川市ꞏ高三其他模拟（理））平行于x 轴的直线与函数ln ,0,(),0,x x f x e x x>⎧⎪=⎨-<⎪⎩的图像交于,A B 两点，则线段AB 长度的最小值为（ ） A ．1e e-B ．1e e+C ．eD ．2e6．（2021ꞏ正阳县高级中学高三其他模拟（理））已知2m <-，若关于x 的不等式22e 2x mx n x +<+恒成立，则实数n 的取值范围为（ ） A ．[)3e,+∞B ．)2e ,⎡+∞⎣C ．[)e,+∞D ．[)2e,+∞7．【多选题】（2021ꞏ河北衡水中学高三其他模拟）已知函数()3e exxx a f x x -=-+-，则下列结论中正确的是（ ）A ．若()f x 在区间[]1,1-上的最大值与最小值分别为M ，m ，则0M m +=B ．曲线()y f x =与直线y ax =-相切C ．若()f x 为增函数，则a 的取值范围为(],2-∞D ．()f x 在R 上最多有3个零点8．（2021ꞏ黑龙江大庆市ꞏ高三一模（理））用总长11m 的钢条制作一个长方体容器的框架，如果所制容器底面一条边比另一条边长1m ，则该容器容积的最大值为________m 3（不计损耗）． 9．（2021ꞏ湖南高三其他模拟）中国最早的化妆水是1896年在香港开设的广生行生产的花露水，其具有保湿、滋润、健康皮肤的功效.已知该化妆水容器由一个半球和一个圆柱组成（其中上半球是容器的盖子，化妆水储存在圆柱中），容器轴截面如图所示，上部分是半圆形，中间区域是矩形，其外周长为12cm .则当圆柱的底面半径r =___________时，该容器的容积最大，最大值为___________.10．（2021ꞏ全国高三其他模拟）若函数ln ()1xxf x ae x=--只有一个零点，则实数a 的取值范围是 ________． 二、提升练习1．（2021ꞏ全国高三其他模拟）若不等式ln x ax b ≤+恒成立，则2a b +的最小值为（ ） A ．2B ．3C ．ln 2D ．52.（2021ꞏ北京高考真题）已知函数()lg 2f x x kx =--，给出下列四个结论： ①若0k =，则()f x 有两个零点； ②0k ∃<，使得()f x 有一个零点； ③0k ∃<，使得()f x 有三个零点； ④0k ∃>，使得()f x 有三个零点． 以上正确结论得序号是_______．3．（2021ꞏ四川省绵阳南山中学高三其他模拟（文））设函数()()222ln xf x x x e aex e x =-+-，其中e 为自然对数的底数，曲线()y f x =在()()22f ,处切线的倾斜角的正切值为2322e e +．（1）求a 的值； （2）证明：()0f x >．4．（2021ꞏ全国高三其他模拟（理））已知函数()()ln e xf x x m x -=+-.（1）若()f x 的图象在点()()1,1f 处的切线与直线20x y -=平行，求m 的值； （2）在（1）的条件下，证明：当0x >时，()0f x >； （3）当1m >时，求()f x 的零点个数.5．（2021ꞏ黑龙江哈尔滨市ꞏ哈尔滨三中高三其他模拟（文））已知函数2211()(1)ln (0)22f x x a x a x a a =-+++>. （1）讨论()f x 的单调性；（2）若函数()y f x =只有一个零点，求实数a 的取值范围.6．（2021ꞏ河北高三其他模拟）已知函数2ln 1()(ln )()2k x f x x k x+=+∈R . （1）当0k =时，求证：()1f x ≤； （2）当0k ≠时，讨论()f x 零点的个数.7．（2021ꞏ重庆市育才中学高三二模）已知函数()x f x e =，()1g x ax =+. （1）已知()()f x g x ≥恒成立，求a 的值；（2）若(0,1)x ∈，求证：21ln 11()x x f x x-+-<. 8.（2021ꞏ全国高三其他模拟）已知函数()()ln x a f x a x+=+，()0,x ∈+∞.（1）当0a =时，讨论函数()f x 的单调性； （2）若函数()f x 存在极大值M ，证明：12M e≤<.9．（2021ꞏ重庆高三二模）已知函数()ln ()f x ax x a R =+∈在1x =处取得极值． （1）若对(0,),()1x f x bx ∀∈+∞≤-恒成立，求实数b 的取值范围；（2）设()()(2)x g x f x x e =+-，记函数()y g x =在1,14⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值为m ，证明：(4)(3)0m m ++<． 10．（2021ꞏ江苏南通市ꞏ高三一模）已知函数()()21ln 22f x ax ax x =+-，0a >. （1）求函数()f x 的增区间；（2）设1x ，2x 是函数()f x 的两个极值点，且12x x <，求证：122x x +>. 三、真题练习1．（2021ꞏ全国高考真题（文））设函数22()3ln 1f x a x ax x =+-+，其中0a >. （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()y f x =的图像与x 轴没有公共点，求a 的取值范围.2.（2021ꞏ全国高考真题（理））设函数()()ln f x a x =-，已知0x =是函数()y xf x =的极值点． （1）求a ； （2）设函数()()()x f x g x xf x +=．证明:()1g x <．3．（2021ꞏ全国高考真题）已知函数()()1ln f x x x =-. （1）讨论()f x 的单调性；（2）设a ，b 为两个不相等的正数，且ln ln b a a b a b -=-，证明：112e a b<+<. 4.（2020·山东海南省高考真题）已知函数1()e ln ln x f x a x a -=-+．（1）当a e =时，求曲线y =f （x ）在点（1，f （1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积； （2）若f （x ）≥1，求a 的取值范围．5．（2020·浙江省高考真题）已知12a <≤，函数()e xf x x a =--，其中e =2.71828…为自然对数的底数．（Ⅰ）证明：函数()y f x =在(0)+∞，上有唯一零点；（Ⅱ）记x 0为函数()y f x =在(0)+∞，上的零点，证明：0x ≤≤； （ⅱ）00(e )(e 1)(1)x x f a a ≥--．6.（2019·全国高考真题（理））已知函数.（1）讨论f (x )的单调性，并证明f (x )有且仅有两个零点；（2）设x 0是f (x )的一个零点，证明曲线y =ln x 在点A (x 0，ln x 0)处的切线也是曲线的切线.()11ln x f x x x -=-+e x y =参考答案一、基础练习1．（2021ꞏ沙坪坝区ꞏ重庆一中高三其他模拟）已知e 为自然对数的底数，a ，b 为实数，且不等式()ln 310x e a x b +-++≤对任意()0,x ∈+∞恒成立，则当3b a+取最大值时，实数a 的值为（ ） A ．3e B ．31e +C ．4eD ．41e +【答案】C 【答案解析】不等式(3)10lnx e a x b +-++…对任意(0,)x ∈+∞恒成立，化为不等式31lnx ex ax b +--…对任意(0,)x ∈+∞恒成立，必然有0a >．令1=x e，化为：31b a e +…．令4a e =，1b =．利用导数研究函数的单调性极值最值即可得出结论． 【答案详解】解：不等式(3)10lnx e a x b +-++…对任意(0,)x ∈+∞恒成立， 则不等式31lnx ex ax b +--…对任意(0,)x ∈+∞恒成立， 则0a >． 令1=x e，则131a b e -+--…，化为：31b a e +…． 令4a e =，1b =．不等式31lnx ex ax b +--…对任意(0,)x ∈+∞恒成立，即不等式20lnx ex -+…对任意(0,)x ∈+∞恒成立， 令()2f x lnx ex =-+，则1()1()e x e f x e x x --'=-=，可得：1=x e 时，函数()f x 取得极大值即最大值，1(1120f e=--+=， 满足题意．可以验证其他值不成立． 故选：C ．2．（2021ꞏ湖南高三其他模拟）已知函数()e ax f x =a 的取值范围是（ ） A ．0,2e ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．,2e ⎛⎫+∞⎪⎝⎭C ．10,2e ⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．1,2e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【答案】C 【答案解析】函数零点即方程ax e =的解，2ax e x =（0x >），取对数得2ln ax x =，此方程有两个解，引入函数()ln 2g x x ax =-，利用导数求得函数的单调性，函数的变化趋势，然后由零点存在定理可得结论．【答案详解】显然(0)1f =，()e ax f x =有两个零点，即方程ax e =，2ax e x =在(0,)+∞上有两个解，两边取对数得到2ln ax x =，令()ln 2g x x ax =-，1()2g x a x '=-，()g x 在10,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增，在1,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递减，又当0x →时，()g x →-∞，当x →+∞时，()g x →-∞， 因为()g x 有两个零点，则11ln 1022g a a ⎛⎫=->⎪⎝⎭， 解得12e a <.所以正数a 的取值范围是10,2e ⎛⎫⎪⎝⎭. 故选：C ．3．（2021ꞏ四川遂宁市ꞏ高三三模（理））已知函数()()2xh x x e =-，()212a a g x x x =-，又当()0h x ≥时，()()h x g x ≥恒成立，则实数a 的取值范围是（ ）A ．(2,e ⎤-∞⎦B ．(],e -∞C ．(20,e ⎤⎦D ．(]0,e【答案】A 【答案解析】首先根据()0h x ≥求出2x ≥，进而参变分离解决恒成立的问题即可. 【答案详解】因为()()2xh x x e =-，所以()0h x ≥，即2x ≥，所以当2x ≥时，()()h x g x ≥恒成立，即()2122xa a x e x x -≥-， 即()()1222xx e x ax -≥-， 当2x =时，()()1222xx e x ax -≥-恒成立，符合题意；当()2,x ∈+∞时，有12xe ax ≥，即2xe xa ≥，令()2x e m x x =，则()()2210x e x m x x-'=>，所以()m x 在()2,x ∈+∞上单调递增，而()22m e =，所以2e a ≥，故选：A.4．（2021ꞏ全国高三其他模拟）已知f （x ）是定义在区间[﹣2，2]上的偶函数，当x ∈[0，2]时，f （x ）＝xxe ，若关于x 的方程2f 2（x ）+（2a ﹣1）f （x ）﹣a ＝0有且只有2个实数根，则实数a 的取值范围是（ ）A ．[﹣1e ，﹣22e ]B ．[﹣1e ，﹣22e ） C ．（﹣22e，0）D ．（﹣22e ，0）∪{﹣1e}【答案】D 【答案解析】利用导数研究函数在定义域上的单调性，得出1()f x e≤；结合题意得出()f x 在[]02，有且仅有1个解，计算(0)(2)f f 、的值即可. 【答案详解】当[]02x ∈，时()xxf x e =， 则1()x xf x e-'=令()=0f x '，解得1x =，所以当[]01x ∈，时()0f x '>，()f x 单调递增； 当[]12x ∈，时()0f x '<，()f x 单调递减， 所以max 1()(1)f x f e==，故1()f x e≤在定义域上恒成立，由22()(21)()0f x a f x a +--=有且只有2个实数根， 得方程[]12()()02f x a f x ⎡⎤+-=⎢⎥⎣⎦有2个解，又1()f x e≤，所以111()022f x e -≤-<，则()f x 在[]02，有且仅有1个解， 因为22(0)0(2)f f e ==，，则220a e <-<或1a e-=， 所以220a e-<<或1a e =-，即实数的取值范围是2210e e ⎛⎫⎧⎫--⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭，， 故选：D5．（2021ꞏ宁夏银川市ꞏ高三其他模拟（理））平行于x 轴的直线与函数ln ,0,(),0,x x f x e x x>⎧⎪=⎨-<⎪⎩的图像交于,A B 两点，则线段AB 长度的最小值为（ ） A ．1e e-B ．1e e+C ．eD ．2e【答案】D 【答案解析】画出函数图像，数形结合构造函数，利用导数判断函数单调性并求函数最值即可. 【答案详解】根据题意，画出()f x 的图象如下所示：令()f x t =，(0)t >，故可得lnx t =，解得t x e =；e t x -=，解得e x t=-.故可得(),,,te A e t B t t ⎛⎫- ⎪⎝⎭，(0)t >， 故()teAB g t e t==+，(0)t >， 故可得()2te g t e t ='-，()30te g t e t'=+>'恒成立， 故()g t '是单调递增函数，且()10g '=，关于()0g t '<在()0,1成立，()0g t '>在()1,+∞成立， 故()g t 在()0,1单调递减，在()1,+∞单调递增， 故()()12min g t g e e e ==+=. 即||AB 的最小值为2e . 故选：D6．（2021ꞏ正阳县高级中学高三其他模拟（理））已知2m <-，若关于x 的不等式22e 2x mx n x +<+恒成立，则实数n 的取值范围为（ ） A ．[)3e,+∞ B ．)2e ,⎡+∞⎣C ．[)e,+∞D ．[)2e,+∞【答案】D 【答案解析】参变分离可得222e x mx x n +-<，研究函数()222exmx xf x +-=，根据导函数()()22e x m x x m f x ⎛⎫--- ⎪⎝⎭'=以及2m <-，可得函数()f x 的极大值为22222e 0e m m f m -⎛⎫==> ⎪⎝⎭，当2x >，()2220ex mx x f x -+=<，所以()2max 2e m f x -⎡⎤=⎣⎦，根据()f x 的最大值的范围即可得解. 【答案详解】由22e 2xmx n x +<+，得222exmx x n +-<， 令()222exmx xf x +-=，则()()22e xm x x m f x ⎛⎫--- ⎪⎝⎭'=，当2m <-时，210m-<<， 函数()f x 在2,m ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭，()2,+∞上单调递增，在2,2m ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，故函数()f x 的极大值为22222e 0e mm f m -⎛⎫==> ⎪⎝⎭，极小值为()24220e m f -=<， 且2x >时，()2220ex mx x f x -+=<，所以()2max 2e m f x -⎡⎤=⎣⎦，由2m <-， 得22e 2e m -<，由()f x n <恒成立，得2e n ≥， 故选：D ．7．【多选题】（2021ꞏ河北衡水中学高三其他模拟）已知函数()3e exxx a f x x -=-+-，则下列结论中正确的是（ ）A ．若()f x 在区间[]1,1-上的最大值与最小值分别为M ，m ，则0M m +=B ．曲线()y f x =与直线y ax =-相切C ．若()f x 为增函数，则a 的取值范围为(],2-∞D ．()f x 在R 上最多有3个零点 【答案】ACD 【答案解析】由定义法确定函数的奇偶性，再求导数判断函数的单调性与切线斜率，以及零点情况. 【答案详解】因为对于任意x ∈R ，都有()()()()3e e x x x x a xf x f -=-+---=--， 所以()f x 为奇函数，其图象关于原点对称，故A 正确.又()2e e 3xxx a f x =++-'，令()f x a '=-，得2e e 30x x x -++=(*)，因为e 0x >，e 0x ->，所以方程(*)无实数解，即曲线()y f x =的所有切线的斜率都不可能为a -，故B 错误.若()f x 为增函数，则()f x ¢大于等于0，即2e e 3x x a x -≤++，2e e 32x x x -++≥， 当且仅当0x =时等号成立，所以2a ≤，故C 正确.令()0f x =，得0x =或2e e x x x a x --+=(0x ≠).设()2e e x x g x x x--=+，则()()()21e 1e 2x x x x x x g x -'=-+++，令()()()1e 1e x xx x t x -=-++，则()()e exxx x t -='-.当0x >时，()0t x '>，当0x =时，()0t x '=，当0x <时，()0t x '>，所以函数()t x 为增函数，且()00t =，所以当0x >时，()0t x >，从而()0g x ¢>，()g x 单调递增.又因为对于任意0x ≠，都有()()g x g x -=，所以()g x 为偶函数，其图象关于y 轴对称. 综上，()g x 在(),0-?上单调递减，在()0,+?上单调递增，则直线y a =与()y g x =最多有2个交点，所以()f x 在R 上最多有3个零点，故D 正确. 故选ACD .8．（2021ꞏ黑龙江大庆市ꞏ高三一模（理））用总长11m 的钢条制作一个长方体容器的框架，如果所制容器底面一条边比另一条边长1m ，则该容器容积的最大值为________m 3（不计损耗）． 【答案】916. 【答案解析】设长方体的底面边长为,a b ，高为h ，由题可得3217244V b b b =--+，求出函数导数，判断单调性，即可求出最值. 【答案详解】设长方体的底面边长为,a b ，高为h ，则由题可得1a b =+，()411a b h ++=，则可得784b h -=，则708b <<， 则该容器容积()32781712444b V abh b b b b b -==+⋅⋅=--+，217176624212V b b b b ⎛⎫⎛⎫'=--+=--+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，当10,2b ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，0V '>，V 单调递增；当17,28b ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，0V '<，V 单调递减， ∴当12b =时，max 916V =，即该容器容积的最大值为916. 故答案为：916.9．（2021ꞏ湖南高三其他模拟）中国最早的化妆水是1896年在香港开设的广生行生产的花露水，其具有保湿、滋润、健康皮肤的功效.已知该化妆水容器由一个半球和一个圆柱组成（其中上半球是容器的盖子，化妆水储存在圆柱中），容器轴截面如图所示，上部分是半圆形，中间区域是矩形，其外周长为12cm .则当圆柱的底面半径r =___________时，该容器的容积最大，最大值为___________.【答案】8 c m 2π+ ()32128 c m 2ππ+ 【答案解析】设圆柱的底面半径为r ，圆柱的高为h ，根据已知条件可得出262h r π+=-，根据柱体的体积公式可得()23262V r r πππ+=-，利用导数可求得V 的最大值及其对应的r 的值，即为所求.【答案详解】设圆柱的底面半径为r ，圆柱的高为h . 则由题意可得2212r h r π++=，所以()1222622r h r ππ-++==-.由0h >，得122r π<+. 故容器的容积()22232212660222V r h r r r r r πππππππ++⎛⎫⎛⎫==-=-<< ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭，容易忽略上半球是容器的盖子，化妆水储存在圆柱中.()232122V r r πππ+'=-，令0V '=，解得0r =（舍）或82r π=+. 显然当80,2r π⎛⎫∈ ⎪+⎝⎭时，0V '>，函数()23262V r r πππ+=-单调递增； 当812,22r ππ⎛⎫∈⎪++⎝⎭时，0V '<，函数()23262V r r πππ+=-单调递减. 所以当8cm 2r π=+时，V 取得最大值， 此时2862cm 22h ππ+=-⨯=+，()23281282cm 22V ππππ⎛⎫=⨯= ⎪+⎝⎭+. 故答案为：8 c m 2π+；()32128 c m 2ππ+. 10．（2021ꞏ全国高三其他模拟）若函数ln ()1xxf x ae x=--只有一个零点，则实数a 的取值范围是 ________． 【答案】0a ≤或1a e= 【答案解析】将函数的零点转化为方程ln (0)x x x a x xe +=>的根，令ln ()xx xg x xe +=，利用导数研究函数的图象特征，即可得到答案； 【答案详解】ln ln 10(0)x x x x xae a x x xe +--=⇔=>， 令ln ()xx x g x xe+=，则'2()(1ln )()x x x x g x x e +--=， ''()01ln 0,()01ln 0,g x x x g x x x >⇔--><⇔--<令()1ln u x x x =--，则'1()10u x x=--<在0x >恒成立， ∴()1ln u x x x =--在(0,)+∞单调递减，且(1)0u =， ∴''()001,()01g x x g x x >⇒<<<⇒>，∴()g x 在(0,1)单调递增，在(1,)+∞单调递减，且1(1)g e=，当x →+∞时，()0g x →， 如图所示，可得当0a ≤或1a e =时，直线y a =与ln xx x y xe +=有且仅有一个交点， 故答案为：0a ≤或1a e=1．（2021ꞏ全国高三其他模拟）若不等式ln x ax b ≤+恒成立，则2a b +的最小值为（ ） A ．2 B ．3C ．ln 2D ．5【答案】C 【答案解析】构造函数()ln f x ax x b =-+，根据函数的单调性及最值可得ln 1b a ≥--，故22ln 1a b a a +≥--，再构造()2ln 1g x x x =--，求得函数()g x 的最小值即可. 【答案详解】由ln x ax b ≤+恒成立，得ln 0ax x b -+≥， 设()ln f x ax x b =-+，()1f x a x'=-， 当0a ≤时，()0f x ¢<，()f x 在()0,+?上单调递减，不成立；当0a >时，令()0f x ¢=，解得1x a=，故函数()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增， 故()10f x f a ⎛⎫≥≥⎪⎝⎭，即11ln 0a b a a ⎛⎫⋅-+≥ ⎪⎝⎭，ln 1b a ≥--，练提升22ln 1a b a a +≥--，设()2ln 1g x x x =--，()12g x x'=-， 令()0g x ¢=，12x =， 故()g x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增， 故()1112ln 1ln 2222g x g ⎛⎫⎛⎫≥=⨯--=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 即2ln 2a b +≥， 故选：C.2.（2021ꞏ北京高考真题）已知函数()lg 2f x x kx =--，给出下列四个结论： ①若0k =，则()f x 有两个零点； ②0k ∃<，使得()f x 有一个零点； ③0k ∃<，使得()f x 有三个零点； ④0k ∃>，使得()f x 有三个零点． 以上正确结论得序号是_______． 【答案】①②④ 【答案解析】由()0f x =可得出lg 2x kx =+，考查直线2y kx =+与曲线()lg g x x =的左、右支分别相切的情形，利用方程思想以及数形结合可判断各选项的正误. 【答案详解】对于①，当0k =时，由()lg 20f x x =-=，可得1100x =或100x =，①正确； 对于②，考查直线2y kx =+与曲线()lg 01y x x =-<<相切于点(),lg P t t -，对函数lg y x =-求导得1ln10y x '=-，由题意可得2lg 1ln10kt t k t +=-⎧⎪⎨=-⎪⎩，解得100100lg e t k e e ⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩， 所以，存在100lg 0k e e=-<，使得()f x 只有一个零点，②正确； 对于③，当直线2y kx =+过点()1,0时，20k +=，解得2k =-，所以，当100lg 2e k e-<<-时，直线2y kx =+与曲线()lg 01y x x =-<<有两个交点， 若函数()f x 有三个零点，则直线2y kx =+与曲线()lg 01y x x =-<<有两个交点，直线2y kx =+与曲线()lg 1y x x =>有一个交点，所以，100lg 220e k ek ⎧-<<-⎪⎨⎪+>⎩，此不等式无解， 因此，不存在0k <，使得函数()f x 有三个零点，③错误；对于④，考查直线2y kx =+与曲线()lg 1y x x =>相切于点(),lg P t t ，对函数lg y x =求导得1ln10y x '=，由题意可得2lg 1ln10kt t k t +=⎧⎪⎨=⎪⎩，解得100lg 100t ee k e =⎧⎪⎨=⎪⎩，所以，当lg 0100ek e<<时，函数()f x 有三个零点，④正确.故答案为：①②④.3．（2021ꞏ四川省绵阳南山中学高三其他模拟（文））设函数()()222ln xf x x x e aex e x =-+-，其中e 为自然对数的底数，曲线()y f x =在()()22f ,处切线的倾斜角的正切值为2322e e +． （1）求a 的值； （2）证明：()0f x >．【答案】（1）2a =；（2）证明见答案解析． 【答案解析】（1）求出函数的导函数，再代入计算可得；（2）依题意即证()()2222ln 0xf x x x e ex e x =-+->，即()12ln 2x x x e e x--+>，构造函数()()222x g x x e e-=-+，()ln xh x x =，利用导数说明其单调性与最值，即可得到()()>g x h x ，从而得证； 【答案详解】解：（1）因为()()222ln xf x x x e aex e x =-+-，所以()()222xef x x e ae x'=-+-，()22332222e ef ae e =+=+'，解得2a =．（2）由（1）可得()()2222ln xf x x x e ex e x =-+-即证()()()2212ln 22ln 02x x x f x x x e ex e x x e e x-=-+->⇔-+>． 令()()222x g x x e e-=-+，()()21x g x x e -=-'，于是()g x 在()0,1上是减函数，在()1,+∞上是增函数，所以()()11g x g e≥=（1x =取等号）． 又令()ln x h x x =，则()21ln xh x x -'=，于是()h x 在()0,e 上是增函数，在(),e +∞上是减函数，所以()()1h x h e e≤=（x e =时取等号）．所以()()>g x h x ，即()0f x >．4．（2021ꞏ全国高三其他模拟（理））已知函数()()ln e xf x x m x -=+-.（1）若()f x 的图象在点()()1,1f 处的切线与直线20x y -=平行，求m 的值； （2）在（1）的条件下，证明：当0x >时，()0f x >； （3）当1m >时，求()f x 的零点个数.【答案】（1）1m =；（2）证明见答案解析；（3）有一个零点. 【答案解析】（1）利用导数的几何意义求解即可（2）利用导数，得到()f x 在()0,∞+上单调递增，由()00f =，即可证明()0f x >在()0,∞+上恒成立 （3）由（2）可知当1m >且0x >时，()()ln 1e0xf x x x ->+->，即()f x 在()0,∞+上没有零点，再根据，0x m +>，得到x m >-， 对(),0x m ∈-进行讨论，即可求解 【答案详解】解：（1）因为()f x 的图象在点()()1,1f 处的切线与直线20x y -=平行，所以()112f '=， 因为()()11e x f x x x m -+-'=+， 所以()11112f m ='=+，解得1m =. （2）由（1）得当1m =时，()()()21e 11e 11ex xx x f x x x x -+-=+-=++'， 当0x >时，因为()0f x '>，所以()f x 在()0,∞+上单调递增， 因为()00f =，所以()0f x >在()0,∞+上恒成立. （3）由（2）可知当1m >且0x >时，()()ln 1e 0xf x x x ->+->，即()f x 在()0,∞+上没有零点，当(),0x m ∈-时，()()()()2e 111e e x xxx m x m f x x x m x m -++--=+-=++'，令()()2e 1xg x x m x m =++--，(),0x m ∈-，则()e 21xg x x m =++-'单调递增，且()e21e 10mm g m m m m ---=-+-=--<'，()00g m '=>，所以()g x '在(),0m -上存在唯一零点，记为0x ，且()0,x m x ∈-时，()0g x '<，()0,0x x ∈时，()0g x '>， 所以()g x 在()0,m x -上单调递减，在()0,0x 上单调递增， 因为1m >， 所以()e0mg m --=>，()010g m =-<，因为()()00g x g <，所以()00g x <，所以()g x 在()0,m x -上存在唯一零点1x ，且在()0,0x 上恒小于零， 故()1,x m x ∈-时，()0g x >；()1,0x x ∈时，()0g x <，所以()f x 在()1,m x -上单调递增，在()1,0x 上单调递减，且()0ln 0f m =>， 所以()f x 在(),0m -上至多有一个零点， 取()e 2e ,0mm x m m -=-+∈-， 则有()()22ln e 0mf x x m m <++=，所以由零点存在定理可知()f x 在(),0m -上只有一个零点， 又f (0)不为0，所以()f x 在(),m -+∞上只有一个零点.5．（2021ꞏ黑龙江哈尔滨市ꞏ哈尔滨三中高三其他模拟（文））已知函数2211()(1)ln (0)22f x x a x a x a a =-+++>. （1）讨论()f x 的单调性；（2）若函数()y f x =只有一个零点，求实数a 的取值范围.【答案】（1）答案见答案解析；（2）01a <<+或a e >.【答案解析】 （1）求得()'fx ，对a 进行分类讨论，由此求得()f x 的单调区间.（2）根据（1）的结论，结合函数的极值以及零点个数，求得a 的取值范围. 【答案详解】 （1）()()()'1x x a f x x--=，当01a <<时，由()'00f x x a >⇒<<或1x >，所以()f x 在()0,a ，()1,+∞单调递增，由()'01fx a x <⇒<<，所以()f x 在(),1a 单调递减；当1a >时，由()'001fx x >⇒<<或x a >，所以()f x 在()0,1，(),a +∞单调递增，由()'01f x x a <⇒<<，所以()f x 在()1,a 单调递减；当1a =时，()()2'10x f x x-=≥⇒()f x 在()0,∞+单调递增.（2）1(1)(1(12f a a ⎡⎤⎡⎤=--⎣⎦⎣⎦，()(ln 1)f a a a =-， 由（1）知当01a <<时，()f x 在x a =处，有极大值，且()0f a <，此时函数有一个零点； 当1a =时，()f x 在()0,∞+单调递增，且()10f <，此时函数有一个零点；当1a >时，()0,1，(),a +∞单调递增，()1,a 单调递减，()f x 在x a =处，有极小值，()f x 在1x =处，有极大值，则当()10f <，或()0f a >时函数有一个零点，有11a <<或a e >.综上：01a <<+或a e >.6．（2021ꞏ河北高三其他模拟）已知函数2ln 1()(ln )()2k x f x x k x+=+∈R . （1）当0k =时，求证：()1f x ≤； （2）当0k ≠时，讨论()f x 零点的个数.【答案】（1）证明过程见解答；（2）当0k <时，()f x 有两个零点，当0k >时，()f x 有一个零点． 【答案解析】（1）将0k =代入，对()f x 求导，得到其单调性，判断其最值，即可得证；（2）令t lnx =，则()0f x =即为2102t k t t e ++=，显然0t ≠，进一步转化为212t k t t e +-=，令21()(0)t t h t t t e+=≠，利用导数作出()h t 的大致图象，进而图象判断方程解的情况，进而得到函数()f x 零点情况． 【答案详解】（1）证明：当0k =时，1()(0)lnx f x x x +=>，则2()lnxf x x'=-， ∴当(0,1)x ∈时，()0f x '>，()f x 单增，当(1,)x ∈+∞时，()0f x '<，()f x 单减，()f x f ∴…（1）1=，即得证；（2）令t lnx =，则()0f x =即为2102t k t t e++=，当0t =，即1x =时，该方程不成立，故1x =不是()f x 的零点； 接下来讨论0t ≠时的情况，当0t ≠时，方程可化为212tk t t e +-=， 令21()(0)t t h t t t e +=≠，则222()tt th t t e++'=-，当0t <时，22220t t ++-=-<…，当且仅当t =当0t >时，22220t t +++=+>…，当且仅当t =时取等号，∴当0t <时，()0h t '>，()h t 单增，当0t >时，()0h t '<，()h t 单减，且当0t →时，()h t →+∞，(1)0h -=，当1t <-时，()0h t <，当0t >时，()0h t >， 函数()h t 的大致图象如下：由图象可知，当02k -<，即0k >时，212t k t t e +-=只有一个解，则()f x 有一个零点，当02k ->，即0k <时，212tk t t e +-=有两个解，则()f x 有两个零点． 综上，当0k <时，()f x 有两个零点，当0k >时，()f x 有一个零点． 7．（2021ꞏ重庆市育才中学高三二模）已知函数()x f x e =，()1g x ax =+. （1）已知()()f x g x ≥恒成立，求a 的值；（2）若(0,1)x ∈，求证：21ln 11()x x f x x-+-<. 【答案】（1）1a =；（2）证明见答案解析. 【答案解析】（1）作差，设()()()1x h x f x g x e ax =-=--，利用导数求出()h x 的最小值为(ln )ln 10h a a a a =--≥，只需1ln 10a a +-≤；设1()ln 1a a aϕ=+-，利用导数求出min ()(1)0a ϕϕ==，解出1a =； （2）利用1x e x >+把原不等式转化为证明1ln 111x x x x -+-<+，即证：21ln 10x x x-++>， 设21()ln 1F x x x x=-++，利用导数求出最小值，即可证明.【答案详解】（1）设()()()1x h x f x g x e ax =-=--，()x h x e a '=-，当0a ≤时，()0x h x e a '=->，()h x 单增，当,()x h x →-∞→-∞，不满足恒成立 当0a >，()h x 在(,ln )x a ∈-∞单减，()h x 在(ln ,)x a ∈+∞单增， 所以()h x 的最小值为(ln )ln 10h a a a a =--≥，即11ln 0a a --≥，即1ln 10a a+-≤ 设1()ln 1a a a ϕ=+-，21()a a aϕ-'=，所以()ϕx 在(0,1)x ∈单减，()ϕx 在(1,)+∞单增， 即min()(1)0a ϕϕ==，故1ln 10a a+-≤的解只有1a =，综上1a =（2）先证当(0,1)x ∈时，1x e x >+恒成立.令()1x h x e x =--，求导()10x h x e '=->，所以()h x 在(0,1)x ∈上单调递增，()(0)0h x h >=，所以1x e x >+所以要证1ln 11x x x e x -+-<，即证1ln 111x x x x-+-<+， 即证211ln 1x x x x x x +-++-<+，即证：21ln 10x x x -++>， 设21()ln 1F x x x x=-++，求导22111()2(1)20F x x x x x x x '=--=--<，所以()F x 在(0,1)上单调递减，所以()(1)10F x F >=>，即原不等式成立.所以当(0,1)x ∈时，如1ln 11()x x f x x-+-<成立. 8.（2021ꞏ全国高三其他模拟）已知函数()()ln x a f x a x+=+，()0,x ∈+∞.（1）当0a =时，讨论函数()f x 的单调性； （2）若函数()f x 存在极大值M ，证明：12M e≤<. 【答案】（1）当()0,x e ∈时，()f x 单调递增；当(),x e ∈+∞时，()f x 单调递减；（2）证明见答案解析． 【答案解析】（1）将0a =代入函数，并求导即可分析单调性；（2）求导函数，讨论当0a =，01a <<与1a ≥时分析单调性，并判断是否有极大值，再求解极大值，即可证明．【答案详解】（1）()f x 的定义域是()0,∞+ 当0a =时，()ln x f x x =，()21ln xf x x -'=， 令()0f x '=，得x e =，所以当()0,x e ∈时，()0f x '>，()f x 单调递增； 当(),x e ∈+∞时，()0f x '<，()f x 单调递减；（2）()()()()()22ln ln xx a x x a x ax a f x x x x a -+-+++'==+， 令()()()()ln ,0,g x x x a x a x =-++∈+∞， 则()()ln g x x a '=-+，由()f x 的定义域是()0,∞+，易得0a ≥，当0a =时，由（1）知，()f x 在x e =处取得极大值，所以()1==M f e e. 当1a ≥时，()0g x '<在()0,x ∈+∞上恒成立，所以()g x 在()0,∞+上单调递减，()ln 0g x a a <-<，所以()0f x '<，故()f x 没有极值. 当01a <<时，令()0g x '=，得1x a =-，所以当()0,1x a ∈-时，()0g x '>，()g x 单调递增；当()1,x a ∈-+∞时，()0g x '<，()g x 单调递减. 所以当()0,1x a ∈-时，()ln 0g x a a >->，又()110g a a -=->，()0-=-<g e a a ，且1-<-e a a ，所以存在唯一()01,∈--x a e a ，使得()()()0000ln g x x x a x a =-+⋅+，当()00,x x ∈时，()0g x >，即()0f x '>，()f x 单调递增；当()0,x x ∈+∞时，()0g x <，即()0f x '<，()f x 单调递减.所以当0x x =时，()f x 取得极大值，所以()()000ln x a M f x a x +==+，所以()()()()000000011ln M x a x x a x a x a x a x a=++-=++-+⋅+++. 令0x a t +=，则()1,t e ∈，设()1ln h t t t t t=+-，()1,t e ∈， 则()21ln 0h t t t'=--<， 所以()h t 在()1,e 上单调递减， 所以()12<<h t e ，所以12<<M e. 综上，若函数()f x 存在极大值M ，则12M e≤<． 9．（2021ꞏ重庆高三二模）已知函数()ln ()f x ax x a R =+∈在1x =处取得极值． （1）若对(0,),()1x f x bx ∀∈+∞≤-恒成立，求实数b 的取值范围；（2）设()()(2)x g x f x x e =+-，记函数()y g x =在1,14⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值为m ，证明：(4)(3)0m m ++<． 【答案】（1）211b e -≤；（2）证明见答案解析． 【答案解析】（1）由条件求出a ，然后由()1f x bx ≤-可得1ln 1+x b x x≤-，然后用导数求出右边对应函数的最小值即可；（2）11()(1)e 1(1)(xx g x x x e x x'=--+=--，令()1e x h x x =-，然后可得存在01(,1)2x ∈使得()00h x =，即01ex x =，即00ln x x =-，然后可得0max 000000000012()()(2)ln (2)12x m g x g x x e x x x x x x x x ===--+=---=--，然后判断出函数2()12G x x x=--的单调性即可. 【答案详解】 （1）∵1()f x a x'=+，(1)10f a '=+=，∴1a =-，由已知()1f x bx ≤-，即ln 1x x bx -≤-，即1ln 1+x b x x≤-对()0,x ∀∈+∞恒成立， 令1ln ()1x t x x x =+-，则22211ln ln 2()x x t x x x x --'=--=，易得()t x 在2(0,)e 上单调递减，在2(,)e +∞上单调递增， ∴2min 21()()1t x t e e==-，即211b e -≤． （2）()()(2)e (2)e ln x x g x f x x x x x =+-=--+，则11()(1)e 1(1)(xx g x x x e x x'=--+=--． 当114x <<时，10x -<，令()1e xh x x=-， 则21()e 0xh x x'=+>，所以()h x 在1[,1]4上单调递增．∵121(()e 202h h x ==-<，(1)10h e =->，∴存在01(,1)2x ∈使得()00h x =，即01ex x =，即00ln x x =-． ∴当01(,)4x x ∈时，()0h x <，此时()0g x '>； 当0(,1)x x ∈时，()0h x >，此时()0g x '<； 即()g x 在01(,)4x 上单调递增，在0(),1x 上单调递减，则0max 000000000012()()(2)ln (2)12xm g x g x x e x x x x x x x x ===--+=---=--． 令2()12G x x x =--，1(,1)2x ∈，则22222(1)()20x G x x x '-=-=>，∴()G x 在1(,1)2x ∈上单调递增，则1()(42G x G >=-，()(1)3G x G <=-， ∴43m -<<-．∴()()430m m ++<．10．（2021ꞏ江苏南通市ꞏ高三一模）已知函数()()21ln 22f x ax ax x =+-，0a >. （1）求函数()f x 的增区间；（2）设1x ，2x 是函数()f x 的两个极值点，且12x x <，求证：122x x +>.【答案】（1）答案见答案解析；（2）证明见答案解析. 【答案解析】（1）求函数的导数，分类讨论，解不等式即可求解；（2）根据极值点可转化为1x ，2x 是方程2210-+=ax x 的两个不相等的正实数根，可得12x >且1x ≠，要证122x x +>，只要证212x x >-，利用构造函数的单调性证明即可. 【答案详解】（1）由题意得()21212ax ax x f x x x-+=+='-(0x >). 令()0f x '>，则2210ax x -+>.①当()2240a ∆=--≤，即1a ≥时，2210ax x -+>在()0,∞+上恒成立，即()f x 的增区间为()0,∞+；②当()2240a ∆=-->，即01a <<时，10x a -<<或1x a+>，即()f x 的增区间为10,a ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭和1,a ⎛⎫++∞ ⎪ ⎪⎝⎭.综上，当1a ≥时，()f x 的增区间为()0,∞+；当01a <<时，()f x 的增区间为10,a ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭和1,a ⎛⎫++∞ ⎪ ⎪⎝⎭. （2）因为()221x x ax xf -+'=(0x >)，()f x 有两个极值点1x ，2x ， 所以1x ，2x 是方程2210-+=ax x 的两个不相等的正实数根，可求出 从而()2240a ∆=-->，0a >，解得01a <<. 由2210-+=ax x 得221x a x -=. 因为01a <<，所以12x >且1x ≠.令()221x g x x -=，12x >且1x ≠，则()()321x g x x-'=，所以当112x <<时，()0g x '>，从而()g x 单调递增；当1x >时，()0g x '<，从而()g x 单调递减， 于是1222122121x x a x x --==(12112x x <<<). 要证122x x +>，只要证212x x >-，只要证明()()212g x g x <-. 因为()()12g x g x =，所以只要证()()112g x g x <-. 令()()()()()1111122112212122x x F x g x g x x x ---=--=-- 则()()()()1113311212212x x F x xx --⎡⎤-⎣⎦'=+-()()()11331121212x x x x --=+- ()()1331111212x x x ⎡⎤=--⎢⎥-⎢⎥⎣⎦()()()()22211111331141222x x x x x x x ⎡⎤--+-+⎣⎦=-.因为1112x <<， 所以()10F x '>，即()1F x 在1,12⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，所以()()110F x F <=，即()()112g x g x <-， 所以212x x >-，即122x x +>.1．（2021ꞏ全国高考真题（文））设函数22()3ln 1f x a x ax x =+-+，其中0a >. （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()y f x =的图像与x 轴没有公共点，求a 的取值范围. 【答案】（1）()f x 的减区间为10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，增区间为1,+a ⎛⎫∞ ⎪⎝⎭；（2）1a e >. 练真题（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性.（2）根据()10f >及（1）的单调性性可得()min 0f x >，从而可求a 的取值范围. 【答案详解】（1）函数的定义域为()0,∞+，又()23(1)()ax ax f x x+-'=，因为0,0a x >>，故230ax +>， 当10x a <<时，()0f x '<；当1x a>时，()0f x '>； 所以()f x 的减区间为10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，增区间为1,+a ⎛⎫∞ ⎪⎝⎭.（2）因为()2110f a a =++>且()y f x =的图与x 轴没有公共点， 所以()y f x =的图象在x 轴的上方， 由（1）中函数的单调性可得()min 1133ln 33ln f x f a a a ⎛⎫==-=+ ⎪⎝⎭， 故33ln 0a +>即1a e>. 2.（2021ꞏ全国高考真题（理））设函数()()ln f x a x =-，已知0x =是函数()y xf x =的极值点． （1）求a ； （2）设函数()()()x f x g x xf x +=．证明:()1g x <．【答案】1；证明见答案详解 【答案解析】（1）由题意求出'y ，由极值点处导数为0即可求解出参数a ； （2）由（1）得()()ln 1()ln 1x x g x x x +-=-，1x <且0x ≠，分类讨论()0,1x ∈和(),0x ∈-∞，可等价转化为要证()1g x <，即证()()ln 1ln 1x x x x +->-在()0,1x ∈和(),0x ∈-∞上恒成立，结合导数和换元法即可求解（1）由()()()n 1'l a f x a x f x x ⇒==--，()()'ln xy a x x ay xf x ⇒=-=+-， 又0x =是函数()y xf x =的极值点，所以()'0ln 0y a ==，解得1a =； （2）由（1）得()()ln 1f x x =-，()()ln 1()()()ln 1x x x f x g x xf x x x +-+==-，1x <且0x ≠，当 ()0,1x ∈时，要证()()ln 1()1ln 1x x g x x x +-=<-，()0,ln 10x x >-< ， ()ln 10x x ∴-<，即证()()ln 1ln 1x x x x +->-，化简得()()1ln 10x x x +-->；同理，当(),0x ∈-∞时，要证()()ln 1()1ln 1x x g x x x +-=<-，()0,ln 10x x <-> ， ()ln 10x x ∴-<，即证()()ln 1ln 1x x x x +->-，化简得()()1ln 10x x x +-->；令()()()1ln 1h x x x x =+--，再令1t x =-，则()()0,11,t ∈+∞ ，1x t =-， 令()1ln g t t t t =-+，()'1ln 1ln g t t t =-++=，当()0,1t ∈时，()'0g x <，()g x 单减，假设()1g 能取到，则()10g =，故()()10g t g >=； 当()1,t ∈+∞时，()'0g x >，()g x 单增，假设()1g 能取到，则()10g =，故()()10g t g >=； 综上所述，()()ln 1()1ln 1x x g x x x +-=<-在()(),00,1x ∈-∞ 恒成立3．（2021ꞏ全国高考真题）已知函数()()1ln f x x x =-. （1）讨论()f x 的单调性；（2）设a ，b 为两个不相等的正数，且ln ln b a a b a b -=-，证明：112e a b<+<. 【答案】（1）()f x 的递增区间为()0,1，递减区间为()1,+∞；（2）证明见答案解析. 【答案解析】（1）求出函数的导数，判断其符号可得函数的单调区间； （2）设1211,x x a b==，原不等式等价于122x x e <+<，前者可构建新函数，利用极值点偏移可证，后者可设21x tx =，从而把12x x e +<转化为()()1ln 1ln 0t t t t -+-<在()1,+∞上的恒成立问题，利用导数可。
高考数学一轮复习练习 一元函数的导数及其应用
一元函数的导数及其应用(时间:120分钟 满分:150分)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,只有一项是符合题目要求的.1.(2020福建福州模拟,理7)已知函数f (x )为偶函数,当x<0时,f (x )=x 2-ln(-x ),则曲线y=f (x )在x=1处的切线方程为( ) A.x-y=0 B.x-y-2=0 C.x+y-2=0 D.3x-y-2=02.设函数f (x )在R 上可导,其导函数为f'(x ),若函数f (x )在x=1处取得极大值,则函数y=-xf'(x )的图像可能是( )3.已知函数f (x )=x+1,g (x )=ln x ,若f (x 1)=g (x 2),则x 2-x 1的最小值为( ) A.1 B.2+ln 2 C.2-ln 2 D.24.已知定义在(0,+∞)上的函数f (x )满足xf'(x )-f (x )<0,且f (2)=2,则f (e x )-e x >0的解集是( )A.(-∞,ln 2)B.(ln 2,+∞)C.(0,e 2)D.(e 2,+∞) 5.(2020北京房山区二模,5)函数f (x )=e x -x 2的零点个数为( )A.0B.1C.2D.36.(2020山东青岛5月模拟,8)已知函数f (x )=lnx x 2,若f (x )<m-1x2在(0,+∞)上恒成立,e 为自然对数的底数,则实数m 的取值范围是( ) A.m>e B.m>e2 C.m>1D.m>√e7.已知函数f (x )=x 2+|x-a|,g (x )=(2a-1)x+a ln x ,若函数y=f (x )与函数y=g (x )的图像恰好有两个不同的交点,则实数a 的取值范围为( ) A.(1,+∞)B.(-∞,1)C.(0,+∞)D.(-∞,0)8.(2020河南新乡三模,理12)已知函数f (x )=x 2-ax (x ∈[1e ,e])与g (x )=e x 的图像上存在两对关于直线y=x 对称的点,则实数a 的取值范围是( ) A.[e -1e ,e] B.(1,e -1e ] C.[1,e -1e ]D.[1,e +1e ]二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20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5分,有选错的得0分,部分选对的得3分.9.(2020山东潍坊临朐模拟二,12)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>010.(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 )图像的对称中心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海南天一大联考第三次模拟,12)已知函数f (x )=x 3+ax+b ,其中a ,b ∈R ,则下列选项中的条件使得f (x )仅有一个零点的有( ) A.a<b ,f (x )为奇函数 B.a=ln(b 2+1) C.a=-3,b 2-4≥0D.a<0,b 2+a36>012.(2020山东师大附中月考,12)设函数f (x )={|lnx |,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:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.(2020山东、海南两省4月模拟,13)函数f (x )=alnxe x 在点P (1,f (1))处的切线与直线2x+y-3=0垂直,则a= .14.设f (x )=e x (ln x-a ),若函数f (x )在区间1e,e 上单调递减,则实数a 的取值范围为 .15.已知函数f (x )=log 2x ,g (x )=√x +√a -x (a>0),若对∀x 1∈{x|g (x )=√x +√a -x },∃x 2∈[4,16],使g (x 1)=f (x 2)成立,则实数a 的取值范围是 .16.已知函数f (x )=2ln x ,g (x )=ax 2-x-12(a>0).若直线y=2x-b 与函数y=f (x ),y=g (x )的图像均相切,则a 的值为 ;若总存在直线与函数y=f (x ),y=g (x )的图像均相切,则a 的取值范围是 .四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(10分)(2020河南郑州质量预测二,理21)已知函数f (x )=lnx a ,g (x )=x+1x(x>0). (1)当a=1时,求曲线y=f (x )g (x )在x=1处的切线方程; (2)讨论函数F (x )=f (x )-1g (x )在(0,+∞)上的单调性.18.(12分)(2020河南开封三模,理20)已知函数f (x )=ax e x -ln x+b (a ,b ∈R )在x=1处的切线方程为y=(2e -1)x-e . (1)求a ,b 值;(2)若f (x )≥mx 恒成立,求实数m 的取值范围.19.(12分)(2020陕西宝鸡三模,文21)已知函数f(x)=ln x+ax2-(2a+1)x,a∈R,f'(x)为f(x)的导函数.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若g(x)=f(x)+a+1,当a>12时,求证:g(x)有两个零点.20.(12分)(2020辽宁大连一中6月模拟,文20)已知函数f(x)=x ln x-1,g(x)=(k-1)x-k(k∈R).(1)若直线y=g(x)是曲线y=f(x)的一条切线,求k的值;(2)当x>1时,直线y=g(x)与曲线y=f(x)+1无交点,求整数k的最大值.21.(12分)(2020天津,20)已知函数f(x)=x3+k ln x(k∈R),f'(x)为f(x)的导函数.(1)当k=6时,(ⅰ)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;(ⅱ)求函数g(x)=f(x)-f'(x)+9x的单调区间和极值.(2)当k≥-3时,求证:对任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1>x2,有f'(x1)+f'(x2)2>f(x1)-f(x2)x1-x2.22.(12分)(2020浙江,22)已知1<a≤2,函数f(x)=e x-x-a,其中e=2.718 28…是自然对数的底数.(1)证明:函数y=f(x)在(0,+∞)上有唯一零点.(2)记x0为函数y=f(x)在(0,+∞)上的零点,证明:①√a-1≤x0≤√2(a-1);②x0f(e x0)≥(e-1)(a-1)a.参考答案单元质检卷三一元函数的导数及其应用1.A当x>0时,-x<0,f(-x)=x2-ln x,又函数f(x)为偶函数,所以f(x)=x2-ln x,f(1)=1,所以,f'(1)=1,故切线方程为y-1=x-1,即x-y=0.故选A.f'(x)=2x-1x2.B因为函数f(x)在R上可导且f(x)在x=1处取得极大值,所以当x>1时,f'(x)<0;当x=1时,f'(x)=0;当x<1时,f'(x)>0.所以当x<0时,y=-xf'(x)>0,当0<x<1时,y=-xf'(x)<0,当x=0或x=1时,y=-xf'(x)=0,当x>1时,y=-xf'(x)>0,可知选项B符合题意.故选B.3.D设f(x1)=g(x2)=t,所以x1=t-1,x2=e t,所以x2-x1=e t-t+1,令h(t)=e t-t+1,则h'(t)=e t-1,所以h(t)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,所以h(t)min=h(0)=2.4.A 令g (x )=f (x )x ,g'(x )=xf '(x )-f (x )x 2<0,则g (x )在(0,+∞)上单调递减,且g (2)=f (2)2=1,故f (e x )-ex>0等价为f (e x )e x>f (2)2,即g (e x )>g (2),故e x <2,即x<ln 2,则所求的解集为(-∞,ln 2).故选A .5.B 令f (x )=e x -x 2=0,得e x =x 2,分别画出y=e x 和y=x 2的图像,如图所示,当x<0时,函数y=e x 和y=x 2有一个交点. 当x>0时,f'(x )=e x -2x ,令g (x )=e x -2x ,则g'(x )=e x -2,当g'(x )=0时,可得x=ln 2.当x ∈(0,ln 2)时,g'(x )<0,g (x )单调递减,当x ∈(ln 2,+∞)时,g'(x )>0,g (x )单调递增.所以g (x )min =g (ln 2)=e ln 2-2ln 2=2-ln 4>0,所以f (x )在(0,+∞)上单调递增.又因为f (0)=1,所以当x ∈(0,+∞)时,f (x )>0.故f (x )在(0,+∞)上无零点. 综上,函数f (x )=e x -x 2的零点个数为1.故选B . 6.B 若f (x )<m-1x 2在(0,+∞)上恒成立,即f (x )+1x 2<m 在(0,+∞)上恒成立,令g (x )=f (x )+1x 2=lnx+1x 2,故只需g (x )max <m 即可,g'(x )=1x ·x 2-(lnx+1)·2x x 4=-2lnx -1x 3,令g'(x )=0,得x=e-12,当0<x<e-12时,g'(x )>0;当x>e-12时,g'(x )<0,所以g (x )在(0,e-12)上单调递增,在(e -12,+∞)上单调递减,所以g (x )max =g (e-12)=e 2,所以实数m 的取值范围是m>e2. 故选B . 7.A当a ≠0时函数g (x )的定义域为(0,+∞),所以只研究这两个函数在x ∈(0,+∞)上的图像,当a ≤0时,f (x )单调递增,又g (x )单调递减,两者的图像最多只有一个交点,不符合题意.当a>0时,设φ(x )=f (x )-g (x ),即φ(x )={x 2-2ax -alnx +a ,0<x <a ,x 2+(2-2a )x -alnx -a ,x ≥a ,因为φ'(x )={2(x -a )-ax <0,0<x <a ,2(x -a )+2x -ax>0,x ≥a ,所以φ(x )在(0,a )上单调递减,(a ,+∞)上单调递增,所以φ(x )min =-a 2-a ln a+a ,因为x →0,x →+∞时,φ(x )→+∞,所以φ(x )有两个零点,当且仅当φ(x )min =-a 2-a ln a+a<0,解得a>1,即a 的取值范围为(1,+∞).8.B ∵f (x )与g (x )的图像在x ∈[1e ,e]上存在两对关于直线y=x 对称的点,则函数f (x )与函数φ(x )=ln x 的图像在x ∈[1e ,e]上有两个交点,∴ln x=x 2-ax 在x ∈[1e ,e]上有两个实数解,即a=x-lnx x 在x ∈[1e ,e]上有两个实数解,令h (x )=x-lnxx ,则h'(x )=x 2+lnx -1x 2.令k (x )=x 2+ln x-1,k (x )在x ∈[1e ,e]上单调递增,且k (1)=0,∴当x ∈[1e ,1]时,h'(x )<0,h (x )单调递减;当x ∈(1,e]时,h'(x )>0,h (x )单调递增.∴h (x )min =h (1)=1.对g 1e =e +1e ,g (e)=e -1e ,∴a 的取值范围是1,e -1e . 9.AD ∵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,又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 .10.ABC 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 )图像的对称中心,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.BD 由题知f'(x )=3x 2+a.对于A,由f (x )是奇函数,知b=0,因为a<0,所以f (x )存在两个极值点,易知f (x )有三个零点,故A 错误;对于B,因为b 2+1≥1,所以a ≥0,f'(x )≥0,所以f (x )单调递增,则f (x )仅有一个零点,故B 正确;对于C,若取b=2,则f (x )的极大值为f (-1)=4,极小值为f (1)=0,此时f (x )有两个零点,故C 错误;对于D,f (x )的极大值为f -√-a3=b-2a3√-a3,极小值为f√-a 3=b+2a 3√-a3.因为a<0,所以b2+4a 327>b 2+a 36>0,所以b 2>-4a 327,则b>-2a 3√-a3或b<2a3√-a3,从而f -√-a3>0,f √-a3>0或f -√-a3<0,f √-a3<0,可知f (x )仅有一个零点,故D 正确.12.BC 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 )单调递减, 由f'(x )>0得,x+2>0,即-2<x ≤0,此时f (x )单调递增,即当x=-2时,f (x )取得极小值f (-2)=-1e 2,作出f (x )的图像如图:由图像可知当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]内有两个不等的实数根, 设g (t )=t 2-at+116.则{g (0)>0,g (1)≥0,Δ>0,0<a 2<1,即{116>0,1-a +116≥0,a 2-4×116>0,0<a 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.e2由题意,得f'(x)=ax ex-ae x lnx(e x)2=ax-alnxe x.又切线斜率k=12.∴f'(1)=ae=12,∴a=e2.14.[e-1,+∞)由题意可得f'(x)=e x ln x+1x -a≤0在1e,e上恒成立.因为e x>0,所以只需lnx+1x-a≤0,即a≥ln x+1x在1e,e上恒成立.令g(x)=ln x+1x.因为g'(x)=1x−1x2=x-1x2.由g'(x)=0,得x=1.则g(x)在1e,1上单调递减,在(1,e)上单调递增,g1e =ln1e+e=e-1,g(e)=1+1e,因为e-1>1+1e,所以g(x)max=g1e=e-1.故a的取值范围为[e-1,+∞).15.[4,8]结合题意可得log24=2≤f(x)≤log216=4,要使得对∀x1∈{x|g(x)=√x+√a-x},∃x2∈[4,16],使g(x1)=f(x2)成立,则要求g(x)的值域在[2,4]上,对g(x)求导得g'(x)=√a-x-√x2√x·√a-x,令g'(x)>0,解得x<a2,结合该函数的定义域为[0,a],可知g(x)在0,a2上单调递增,在a2,a上单调递减,故g(x)在x=a2取到最大值,在x=0取到最小值,所以需要满足g a2≤4,且g(0)≥2,得到{√a2+√a2≤4,√a≥2,解得a∈[4,8].16.32[32,+∞)由题意,f'(x)=2x,g'(x)=2ax-1,因为直线y=2x-b与函数y=f(x),y=g(x)的图像均相切,所以{2x=2,2ax-1=2,解得x=1,a=32.设直线l与y=f(x)的图像相切于点P1(x1,y1),x1>0,则切线方程为y-2ln x1=2x1(x-x1),代入g(x)=ax2-x-12(a>0),得2x1x-2+2ln x1=ax2-x-1 2,即ax2-(1+2x1)x+(32-2ln x1)=0.所以Δ=(1+2x1)2-4a×(32-2ln x1)=0.所以a=(x 1+2)22x 12(3-4ln x 1)(x 1>0). 令y=(x 1+2)22x 12(3-4ln x 1)(x 1>0), 则y'=2(x 1+2)(4ln x 1+x 1-1)x 13(3-4ln x 1)2.令y'=0,解得x 1=1.当x 1>1时,y'>0,y 单调递增,当0<x 1<1时,y'<0,y 单调递减,因此y ≥(1+2)22×12(3-4ln1)=32,即a ≥32.17.解 (1)当a=1时,y=f (x )g (x )=xlnxx+1,y'=(1+lnx )(x+1)-xlnx(x+1)2=lnx+x+1(x+1)2,所以y'|x=1=ln1+1+1(1+1)2=12,即当x=1时,切线的斜率为12,又切线过点(1,0),所以切线方程为x-2y-1=0.(2)f'(x )=1ax ,(1g (x ))'=1(x+1)2,F'(x )=f'(x )-(1g (x ))'=1ax −1(x+1)2=(x+1)2-ax ax (x+1)2,当a<0时,F'(x )<0,函数F (x )在(0,+∞)上单调递减; 当a>0时,令h (x )=1a x 2+(2a -1)x+1a ,Δ=1-4a ,当Δ≤0,即0<a ≤4时,h (x )≥0,此时F'(x )≥0,函数F (x )在(0,+∞)上单调递增; 当Δ>0,即a>4时,方程1a x 2+(2a -1)x+1a =0有两个不等实数根x 1,x 2,设x 1<x 2,则x 1=a -2-√a 2-4a 2,x 2=a -2+√a 2-4a 2,所以0<x 1<1<x 2,此时,函数F (x )在(0,x 1),(x 2,+∞)上单调递增,在(x 1,x 2)上单调递减. 综上所述,当a<0时,F (x )的单调递减区间是(0,+∞); 当a>4时,F (x )的单调递减区间是(a -2-√a 2-4a 2,a -2+√a 2-4a2),单调递增区间是0,a -2-√a 2-4a2,a -2+√a 2-4a2,+∞.当0<a ≤4时,F (x )的单调递增区间是(0,+∞). 18.解 (1)f'(x )=a e x +ax e x -1x .因为函数f (x )=ax e x -ln x+b 在x=1处的切线为y=(2e -1)x-e, 所以{f (1)=ae +b =e -1,f '(1)=2ae -1=2e -1,解得a=1,b=-1.(2)由f (x )≥mx 得,x e x-ln x-1≥mx (x>0),即m ≤xe x -lnx -1x. 令φ(x )=xe x -lnx -1x ,则φ'(x )=x 2e x +lnxx 2.令h (x )=x 2e x +ln x ,h (x )在(0,+∞)上单调递增,则h 1e=1e 2e 1e -1<e 2e 2-1=0,h (1)=e >0.所以h (x )在1e ,1上存在零点x 0,即h (x 0)=x 02e x 0+ln x 0=0,即x 0e x 0=-ln x0x 0=ln 1x 0(eln1x 0).由于y=x e x 在(0,+∞)上单调递增,故x 0=ln 1x 0=-ln x 0,即e x 0=1x 0.因为φ(x )在(0,x 0)上单调递减,在(x 0,+∞)上单调递增,所以φ(x )min =x 0e x 0-ln x 0-1x 0=1+x 0-1x 0=1. 所以m ≤1.实数m 的取值范围为(-∞,1]. 19.(1)解 f'(x )=1x +2ax-(2a+1)=(x -1)(2ax -1)x(x>0). ①当a ≤0时,令f'(x )>0,得0<x<1;令f'(x )<0,得x>1.所以f (x )在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.②当a>0时,令f'(x )=0,得x 1=1,x 2=12a . (ⅰ)当a=12时,f'(x )=(x -1)2x ≥0,所以f (x )在(0,+∞)上单调递增.(ⅱ)当a>12时,令f'(x )>0,得0<x<12a 或x>1; 令f'(x )<0,得12a <x<1.所以f (x )在0,12a 和(1,+∞)上单调递增,在12a ,1上单调递减. (ⅲ)当0<a<12时,令f'(x )>0,得0<x<1或x>12a ; 令f'(x )<0,得1<x<12a .所以f (x )在(0,1)和12a ,+∞上单调递增,在1,12a 上单调递减.综上,当a ≤0时,f (x )在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减; 当a=12时,f (x )在(0,+∞)上单调递增;当a>12时,f (x )在0,12a 和(1,+∞)上单调递增,在12a ,1上单调递减; 当0<a<12时,f (x )在(0,1)和12a ,+∞上单调递增,在1,12a 上单调递减.(2)证明 由(1)知,当a>12时,f (x )在0,12a 和(1,+∞)上单调递增,在12a ,1上单调递减.则g (x )在0,12a 和(1,+∞)上单调递增,在12a ,1上单调递减.因为g (1)=0,所以1是函数g (x )的一个零点,且g 12a >0.当x ∈0,12a 时,取0<x 0<e -a-1且x 0<12a ,则a x 02-(2a+1)x 0+a+1=a x 02-x 0-2ax 0+a+1<a+1,g (x 0)<-a-1+a+1=0.所以g 12a ·g (x 0)<0,所以g (x )在0,12a 上恰有一个零点,所以g (x )在区间(0,+∞)上有两个零点.20.解 (1)由题意知f'(x )=ln x+1(x>0),设切点为P (x 0,x 0ln x 0-1),在点P 处的切线方程为y-(x 0ln x 0-1)=(1+ln x 0)(x-x 0).整理得y=(1+ln x 0)x-(x 0+1).由{1+ln x 0=k -1,k =x 0+1,即{ln x 0=k -2,x 0=k -1,得ln x 0=x 0-1.令h (x )=ln x-x+1,则h'(x )=1x -1=1-xx .当0<x<1时,h'(x )>0,h (x )在(0,1)上单调递增; 当x>1时,h'(x )<0,h (x )在(1,+∞)上单调递减. 所以h (x )的最大值为h (1)=0,即x 0=1,故k=2.(2)令F (x )=f (x )-g (x )=x ln x-(k-1)x+k ,则F'(x )=ln x+2-k=ln x-(k-2)(x>1). ①当k-2≤0时,F'(x )>0,所以f (x )在(1,+∞)上单调递增.所以F (x )>F (1)=1,即F (x )在(1,+∞)上无零点. ②当k-2>0时,由F'(x )=0,得x=e k-2.当1<x<e k-2时,F'(x )<0,所以F (x )在(1,e k-2)上单调递减; 当x>e k-2时,F'(x )>0,所以F (x )在(e k-2,+∞)上单调递增. F (x )的最小值为F (e k-2)=(k-1)e k-2-k (e k-2-1)=k-e k-2.令m (k )=k-e k-2,则m'(k )=1-e k-2<0,所以m (k )在(2,+∞)上单调递减,而m (2)=2-1=1,m (3)=3-e >0,m (4)=4-e 2<0,因此k 的最大值为3.21.(1)解 (ⅰ)当k=6时,f (x )=x 3+6ln x ,故f'(x )=3x 2+6x .可得f (1)=1,f'(1)=9,所以曲线y=f (x )在点(1,f (1))处的切线方程为y-1=9(x-1),即9x-y-8=0.(ⅱ)依题意,g (x )=x 3-3x 2+6ln x+3x ,x ∈(0,+∞).从而可得g'(x )=3x 2-6x+6x −3x 2,整理可得g'(x )=3(x -1)3(x+1)x 2.令g'(x )=0,解得x=1.当x 变化时,g'(x ),g (x )的变化情况如下表:所以,函数g (x )的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+∞);g (x )的极小值为g (1)=1,无极大值.(2)证明 由f (x )=x 3+k ln x ,得f'(x )=3x 2+k x .对任意的x 1,x 2∈[1,+∞),且x 1>x 2,令x1x 2=t (t>1),则(x 1-x 2)[f'(x 1)+f'(x 2)]-2[f (x 1)-f (x 2)]=(x 1-x 2)3x 12+k x 1+3x 22+k x 2-2x 13−x 23+k ln x1x 2=x 13−x 23-3x 12x 2+3x 1x 22+k x 1x 2−x 2x 1-2k ln x 1x 2=x 23(t 3-3t 2+3t-1)+k t-1t -2ln t .①令h (x )=x-1x -2ln x ,x ∈(1,+∞). 当x>1时,h'(x )=1+1x 2−2x=(1-1x )2>0,由此可得h (x )在(1,+∞)上单调递增, 所以当t>1时,h (t )>h (1),即t-1t -2ln t>0. 因为x 2≥1,t 3-3t 2+3t-1=(t-1)3>0,k ≥-3,所以,x 23(t 3-3t 2+3t-1)+k t-1t -2ln t ≥(t 3-3t 2+3t-1)-3t-1t -2ln t =t 3-3t 2+6ln t+3t -1.② 由(1)(ⅱ)可知,当t>1时,g (t )>g (1),即t 3-3t 2+6ln t+3t >1,故t 3-3t 2+6ln t+3t -1>0. ③由①②③可得(x 1-x 2)[f'(x 1)+f'(x 2)]-2[f (x 1)-f (x 2)]>0. 所以,当k ≥-3时,对任意的x 1,x 2∈[1,+∞),且x 1>x 2,有f '(x 1)+f '(x 2)2>f (x 1)-f (x 2)x 1-x 2. 22.证明 (1)因为f (0)=1-a<0,f (2)=e 2-2-a ≥e 2-4>0,所以y=f (x )在(0,+∞)上存在零点.因为f'(x )=e x -1,所以当x>0时,f'(x )>0,故函数f (x )在[0,+∞)上单调递增,所以函数y=f (x )在(0,+∞)上有唯一零点.(2)①令g(x)=e x-1x2-x-1(x≥0),g'(x)=e x-x-1=f(x)+a-1,由①知函数2g'(x)在[0,+∞)上单调递增,故当x>0时,g'(x)>g'(0)=0,所以函数g(x)在[0,+∞)上单调递增,故g(x)≥g(0)=0.由g(√2(a-1))≥0,得f(√2(a-1))=e√2(a-1)−√2(a-1)-a≥0=f(x0), 因为f(x)在[0,+∞)上单调递增,故√2(a-1)≥x0.令h(x)=e x-x2-x-1(0≤x≤1),h'(x)=e x-2x-1,令h1(x)=e x-2x-1(0≤x≤1),h'1(x)=e x-2,所以故当0<x<1时,h1(x)<0,即h'(x)<0,所以h(x)在[0,1]上单调递减,因此当0≤x≤1时,h(x)≤h(0)=0.由h(√a-1)≤0,得f(√a-1)=e√a-1−√a-1-a≤0=f(x0),因为f(x)在[0,+∞)上单调递增,故√a-1≤x0.综上,√a-1≤x0≤√2(a-1).②令u(x)=e x-(e-1)x-1,u'(x)=e x-(e-1),所以当x>1时,u'(x)>0,故函数u(x)在区间[1,+∞)上单调递增,因此u(x)≥u(1)=0.由e x0=x0+a可得x0f(e x0)=x0f(x0+a)=(e a-1)x02+a(e a-2)x0≥(e-1)a x02,由x0≥√a-1,得x0f(e x0)≥(e-1)(a-1)a.。
2023届高考数学一轮复习作业导数及其应用新人教B版
导数及其应用一、选择题1．(2021·莆田市高三二模)已知集合A＝{x|log3(x－3)≤1}，B＝{x∈Z|x2－9≥0}，则A∩B＝( )A.(－∞，－3]∪(3,6] B．(3,6]C.{3,4,5,6} D．{4,5,6},D [由log3(x－3)≤1，可得解得3<x≤6，即A＝{x|3<x≤6}，又由B＝{x∈Z|x2－9≥0}＝{x∈Z|x≤－3或x≥3}，可得A∩B＝{x∈Z|3<x≤6}＝{4,5,6}．]2．(2021·江西赣州市高三三模)已知函数g(x)＝f(x)＋x2是奇函数，当x>0时，函数f(x)的图象与函数y＝log2x的图象关于y＝x对称，则g(－1)＝( ) A．－5 B．－3 C．－1 D．1B [因为x>0时，f(x)的图象与函数y＝log2x的图象关于y＝x对称，所以x>0时，f(x)＝2x，所以x>0时，g(x)＝2x＋x2，又因为g(x)是奇函数，所以g(－1)＝－g(1)＝－(2＋1)＝－3，故选B．]3．若变量x，y满足约束条件，则目标函数z＝x－2y的最小值为( )A．1 B．－2 C．－5 D．－7C [画出可行域如图所示，向上平移基准直线x－2y＝0到可行域边界A(3,4)的位置，由此求得目标函数的最小值为z＝3－2×4＝－5，故选C．]4．若曲线y＝ln x在x＝1处的切线也是y＝e x＋b的切线，则b＝( )A．－1 B．－2 C．2 D．－eB [由y＝ln x得y′＝，故y′|x＝1＝1，切点坐标为A(1,0)，故切线方程为y＝x－1．设y＝e x＋b的切点为B(m，e m＋b)，∵y′＝e x，∴e m＝1，所以m＝0，将m＝0代入切线方程得B(0，－1)，将B(0，－1)代入y＝e x＋b得：－1＝e0＋b，得b＝－2，故选B．]5．已知函数f(x)＝－ax在(1，＋∞)上有极值，则实数a的取值范围为( )A． B．C． D．B [f′(x)＝－a，设g(x)＝＝－，∵函数f(x)在区间(1，＋∞)上有极值，∴f′(x)＝g(x)－a在(1，＋∞)上有变号零点，令＝t，由x＞1可得ln x＞0，即t＞0，得到y＝t－t2＝－＋≤，又a＝时，f(x)为减函数，无极值，∴a＜，故选B．]6．若0＜x1＜x2＜1，则( )A．e－e＞ln x2－ln x1B．e－e＜ln x2－ln x1C．x2e＞x1e D．x2e＜x1eC [设f(x)＝e x－ln x，则f′(x)＝e x－，由f′＝－2＜0，f′(1)＝e－1＞0知f(x)在x∈(0,1)时不是单调函数，故排除A、B．设g(x)＝x e x，则g′(x)＝e x(x＋1)，当x＞0时，g′(x)＞0，即g(x)在(0，＋∞)上是增函数，则x2e＞x1e，故排除D．设m(x)＝，则m′(x)＝，当x∈(0,1)时，m′(x)＜0，即m(x)在(0,1)上是减函数，则＞，即x2e＞x1e，故选C．]7．(2021·天津耀华中学高三一模)已知幂函数f(x)＝xα满足2f(2)＝f(16)，若a＝f(log42)，b＝f(ln 2)，c＝f，则a，b，c的大小关系是( )A．a>c>b B．a>b>cC．b>a>c D．b>c>aC [由2f(2)＝f(16)可得2·2α＝24α，∴1＋α＝4α，∴α＝，即f(x)＝x．由此可知函数f(x)在R上单调递增．而由换底公式可得log42＝＝，ln 2＝，5－＝，∵1<log2e<2，∴<，于是log42<ln 2，又∵<，∴5<log42，故a，b，c的大小关系是b>a>c．]8．(2021·新高考Ⅰ卷)若过点(a，b)可以作曲线y＝e x的两条切线，则( )A．e b＜a B．e a＜bC．0＜a＜e b D．0＜b＜e aD [法一(数形结合法)：设切点(x0，y0)，y0＞0，则切线方程为y－b＝e (x－a)，由得e(1－x0＋a)＝b，则由题意知关于x0的方程e (1－x0＋a)＝b有两个不同的解．设f(x)＝e x(1－x＋a)，则f′(x)＝e x(1－x＋a)－e x＝－e x(x－a)，由f′(x)＝0得x＝a，所以当x＜a时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，当x＞a时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，所以f(x)max ＝f(a)＝e a(1－a＋a)＝e a，当x＜a时，a－x＞0，所以f(x)＞0，当x→－∞时，f(x)→0，当x→＋∞时，f(x)→－∞，函数f(x)＝e x(1－x＋a)的大致图象如图所示，因为f(x)的图象与直线y＝b有两个交点，所以0＜b＜e a．故选D．法二(用图估算法)：过点(a，b)可以作曲线y＝e x的两条切线，则点(a，b)在曲线y＝e x的下方且在x轴的上方，得0＜b＜e a．故选D．]二、填空题9．若直线y＝kx与曲线y＝x＋e－x相切，则k＝________．1－e [设切点为(x0，y0)，则y0＝x0＋e．因为y′＝(x＋e－x)′＝1－e－x，所以切线的斜率k＝1－e，又点(x0，y0)在直线y＝kx上，所以y0＝kx0，所以x0＋e＝(1－e)x0，解得x0＝－1，所以k＝1－e．]10．若函数f(x)＝(a＞0，a≠1)的定义域和值域都是[0,1]，则log a＋log＝________．－1 [由f(1)＝0，知a＞1，且＝1，解得a＝2．∴log2＋log＝log2－log2＝log2＝－1．]11．已知函数f(x)＝x3－bx2＋c(b，c为常数)．当x＝2时，函数f(x)取得极值，若函数f(x)有三个零点，则实数c的取值范围为________． [∵f(x)＝x3－bx2＋c，∴f′(x)＝x2－2bx．∵当x＝2时，f(x)取得极值，∴22－2b×2＝0，解得b＝1．∴当x∈(0,2)时，f(x)单调递减，当x∈(－∞，0)或x∈(2，＋∞)时，f(x)单调递增．若f(x)＝0有3个实根，则解得0＜c＜．]12．已知函数f(x)的定义域是[－1，5]，部分对应值如表，f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，x －10245f(x)121.521下列关于函数f(x)的命题：①函数f(x)的值域为[1,2]；②函数f(x)在[0,2]上是减函数；③如果当x∈[－1，t]时，f(x)的最大值是2，那么t的最大值为4；④当1＜a＜2时，函数y＝f(x)－a最多有4个零点．其中所有正确命题的序号是________．①②④ [由导函数的图象可知，当－1＜x＜0及2＜x＜4时，f′(x)＞0，函数单调递增，当0＜x＜2及4＜x＜5时，f′(x)＜0，函数单调递减，当x＝0及x＝4时，函数取得极大值f(0)＝2，f(4)＝2，当x＝2时，函数取得极小值f(2)＝1.5．又f(－1)＝f(5)＝1，所以函数的最大值为2，最小值为1，值域为[1,2]，①②正确；因为当x＝0及x＝4时，函数取得极大值f(0)＝2，f(4)＝2，要使当x∈[－1，t]时，函数f(x)的最大值是2，则0≤t≤5，所以t的最大值为5，所以③不正确；因为极小值f(2)＝1.5，极大值f(0)＝f(4)＝2，所以当1＜a＜2时，y＝f(x)－a最多有4个零点，所以④正确，所以正确命题的序号为①②④．]三、解答题13．已知2x≤256，且log2x≥．(1)求x的取值范围；(2)在(1)的条件下，求函数f(x)＝(log2)×(log2x)的最大值和最小值．[解](1)由2x≤256得x≤8，log2x≥得x≥，所以≤x≤8．(2)由(1)≤x≤8得≤log2x≤3，f(x)＝(log2)×(log2x)＝×2(1＋log2x)＝log2x(1＋log2x)，所以f(x)＝log2x(1＋log2x)＝－，当log2x＝时，f(x)mi n＝．当log2x＝3时，f(x)max＝12．14．已知函数f(x)＝(m∈R)．(1)当m＝3时，判断并证明函数f(x)的奇偶性；(2)当m＞1时，判断并证明函数f(x)在R上的单调性．[解](1)当m＝3时，函数f(x)＝为奇函数．由题意知f(x)的定义域为R，且f(－x)＝＝＝－f(x)，所以f(x)为奇函数．(2)当m＞1时，函数f(x)＝＝－1＋在R上为减函数．设x1＜x2，则f(x1)－f(x2)＝－1＋＋1－＝(m－1)，由m＞1，可得m－1＞0，由x1＜x2，可得2－2＞0，且(1＋2)(1＋2)＞0，即有f(x1)－f(x2)＞0，即f(x1)＞f(x2)，可得当m＞1时，f(x)在R上为减函数．15．在“①函数f(x)的图象在点(2，f(2))处的切线斜率为2a；②函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线与直线x＋y＋1＝0垂直；③函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线与直线4x－y＝0平行”这三个条件中任选一个，补充在下面问题(1)中，求出实数a的值．已知函数f(x)＝x2＋2a ln x．(1)若________，求实数a的值；(2)若函数g(x)＝＋f(x)在[1,2]上是减函数，求实数a的取值范围．[解](1)若选①，对f(x)求导，得f′(x)＝2x＋＝，由已知f′(2)＝2a，得＝2a，解得a＝4．若选②，对f(x)求导，得f′(x)＝2x＋＝，直线x＋y＋1＝0的斜率为－，由题意得f′(1)＝2，得2＋2a＝2，解得a＝0．若选③，对f(x)求导，得f′(x)＝2x＋＝，直线4x－y＝0的斜率为4，由题意得f′(1)＝4，得2＋2a＝4，解得a＝1．(2)对g(x)＝＋x2＋2a ln x求导，得g′(x)＝－＋2x＋．由函数g(x)在[1,2]上是减函数，可得g′(x)≤0在[1,2]上恒成立，即－＋2x＋≤0在[1,2]上恒成立，即a≤－x2在[1,2]上恒成立．令h(x)＝－x2，当x∈[1,2]时，h′(x)＝－－2x＝－＜0，由此知h(x)在[1,2]上为减函数，所以h(x)min＝h(2)＝－，故a≤－．于是实数a的取值范围为．16．(2021·全国甲卷)设函数f(x)＝a2x2＋ax－3ln x＋1，其中a＞0．(1)讨论f(x)的单调性；(2)若y＝f(x)的图象与x轴没有公共点，求a的取值范围．[解](1)由题意，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2a2x＋a－＝＝，则当x＞时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当0<x<时，f′(x)<0，f(x)单调递减．故函数f(x)在上单调递减，在上单调递增．(2)由(1)知函数f(x)的最小值为f，要使y＝f(x)的图象与x轴没有公共点，只需f(x)的最小值恒大于0，即f>0恒成立，故a2·＋a·－3ln＋1＞0，得a＞，所以a的取值范围为．。
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高三数学一轮复习 导数及其应用巩固与练习1．设正弦函数y ＝sin x 在x ＝0和x ＝π2附近的平均变化率为k 1，k 2，则k 1，k 2的大小关系为( )A ．k 1>k 2B ．k 1<k 2C ．k 1＝k 2D ．不确定解析：选A.∵y ＝sin x ，∴y ′＝(sin x )′＝cos x ，k 1＝cos0＝1，k 2＝cos π2＝0，∴k 1>k 2.2．设y ＝－2e xsin x ，则y ′等于( )A ．－2e x cos xB ．－2e xsin xC ．2e x sin xD ．－2e x(sin x ＋cos x )解析：选D.∵y ＝－2e xsin x ，∴y ′＝(－2e x )′sin x ＋(－2e x)·(sin x )′＝－2e x sin x －2e xcos x＝－2e x(sin x ＋cos x )．3．已知m <0，f (x )＝mx 3＋27x m，且f ′(1)≥－18，则实数m 等于( )A ．－9B ．－3C ．3D ．9解析：选B.由于f ′(x )＝3mx 2＋27m，故f ′(1)≥－183m ＋27m≥－18，由m <0得3m＋27m≥－183m 2＋18m ＋27≤03(m ＋3)2≤0，故m ＝－3.4．(2009年高考福建卷)若曲线f (x )＝ax 2＋ln x 存在垂直于y 轴的切线，则实数a 的取值范围是________．解析：f ′(x )＝2ax ＋1x，x ∈(0，＋∞)．∵f (x )存在垂直于y 轴的切线，∴f ′(x )＝0有解，即2ax ＋1x＝0在(0，＋∞)有解，∴a ＝－12x2，∴a ∈(－∞，0)．答案：(－∞，0)5．如图，函数y ＝f (x )的图象在点P 处的切线方程是y ＝－x ＋8，则f (5)＋f ′(5)＝________.解析：易得切点P (5,3)， ∴f (5)＝3，k ＝－1， 即f ′(5)＝－1.∴f (5)＋f ′(5)＝3－1＝2. 答案：26．若曲线y ＝x 3－2ax 2＋2ax 上任意点处的切线的倾斜角都是锐角，求整数a 的值．解：∵曲线y ＝x 3－2ax 2＋2ax ，∴该曲线上任意点处切线的斜率k ＝y ′＝3x 2－4ax ＋2a . 又∵切线的倾斜角都是锐角，∴k >0恒成立，即3x 2－4ax ＋2a >0恒成立．∴Δ＝(－4a )2－4×3×2a ＝16a 2－24a <0，∴0<a <32.又∵a ∈Z ，∴a ＝1.练习1．已知函数f (x )＝sin x ＋ln x ，则f ′(1)的值为( ) A ．1－cos1 B ．1＋cos1 C ．cos1－1 D ．－1－cos1解析：选B.因为f ′(x )＝cos x ＋1x，则f ′(1)＝cos1＋1.2．一质点沿直线运动，如果由始点起经过t 秒后的位移为s ＝13t 3－32t 2＋2t ，那么速度为零的时刻是( )A ．0秒B ．1秒末C ．2秒末D ．1秒末和2秒末解析：选D.∵s ＝13t 3－32t 2＋2t ，∴v ＝s ′(t )＝t 2－3t ＋2，令v ＝0得，t 2－3t ＋2＝0，解得t 1＝1，t 2＝2. 3．下列求导数运算正确的是( )A ．(x ＋1x )′＝1＋1x 2B ．(log 2x )′＝1x ln2C ．(3x )′＝3x log 3eD ．(x 2cos x )′＝－2x sin x解析：选B.(x ＋1x )′＝1－1x2，A 错；(3x )′＝3xln3，C 错；(x 2cos x )′=2x cos x -x 2sin x ，D 错；故选B. 4．已知二次函数f (x )的图象如图所示，则其导函数f ′(x )的图象大致形状是( )解析：选B.设二次函数为y ＝ax 2＋b (a <0，b >0)，则y ′＝2ax ，又∵a <0，故选B.5．曲线y ＝13x 3＋12x 2在点T (1，56)处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为( )A.4918B.4936C.4972D.49144解析：选D.易知点T 为切点，由f ′(1)＝2，故切线方程为：y ＝2x －76，其在两坐标轴的截距分别为712，－76，故直线与两坐标轴围成的三角形面积S ＝12×712×|－76|＝49144.6．(2009年高考安徽卷)设函数f (x )＝sin θ3x 3＋3cos θ2x 2＋tan θ，其中θ∈[0，5π12]，则导数f ′(1)的取值范围是( )A ．[－2,2]B ．[2，3]C ．[3，2]D ．[2，2]解析：选D.∵f ′(x )＝sin θ·x 2＋3cos θ·x ，∴f ′(1)＝sin θ＋3cos θ＝2sin (θ＋π3)．∵θ∈[0，5π12]，∴θ＋π3∈[π3，3π4]．∴sin(θ＋π3)∈[22，1]．∴2sin(θ＋π3)∈[2，2]．7．已知曲线C ：y ＝ln x －4x 与直线x ＝1交于一点P ，那么曲线C 在点P 处的切线方程是________．解析：由题可解得P (1，－4)，则由y ′＝1x－4可得曲线C 在P 处的切线斜率为k ＝y ′|x＝1＝－3，故切线方程为y －(－4)＝－3(x －1)即3x ＋y ＋1＝0. 答案：3x ＋y ＋1＝08．已知函数y ＝f (x )的图象在点M (1，f (1))处的切线方程是y ＝12x ＋2，则f (1)＋f ′(1)＝________.解析：由已知切点在切线上，所以f (1)＝12＋2＝52，切点处的导数为切线的斜率，所以f ′(1)＝12，所以f (1)＋f ′(1)＝3.答案：39．下列图象中，有一个是函数f (x )＝13x 3＋ax 2＋(a 2－1)x ＋1(a ∈R ，a ≠0)的导函数f ′(x )的图象，则f (－1)＝________.解析：∵f ′(x )＝x 2＋2ax ＋(a 2－1)， ∴导函数f ′(x )的图象开口向上．又∵a ≠0，其图象必为第三张图．由图象特征知f ′(0)＝0， 且－a >0， ∴a ＝－1.故f (－1)＝－13－1＋1＝－13.答案：－1310．求下列函数的导数：(1)y ＝(1－x )(1＋1x)；(2)y ＝ln xx；(3)y ＝tan x ;(4)y =x e1-cos x.解：(1)∵y ＝(1－x )(1＋1x)＝1x－x ＝x －12－x 12，∴y ′＝(x －12)′－(x 12)′＝－12x －32－12x －12.(2)y ′＝(ln x x )′＝(ln x )′x －x ′ln x x 2＝1x ·x －ln xx 2＝1－ln xx2. (3)y ′＝(sin x cos x )′＝(sin x )′cos x －sin x (cos x )′cos 2x＝cos x cos x －sin x (－sin x )cos 2x ＝1cos 2x .(4)y ′=( x e 1-cos x ) ′=e 1-cos x +x (e 1-cos x) ′ =e 1-cos x +x [e 1-cos x ·（1-cos x ）′] =e 1-cos x +x e 1-cos x ·sin x=(1+x sin x ) e 1-cos x.11.已知函数f (x )＝x 3－3x 及y ＝f (x )上一点P (1，－2)，过点P 作直线l . (1)求使直线l 和y ＝f (x )相切且以P 为切点的直线方程； (2)求使直线l 和y ＝f (x )相切且切点异于P 的直线方程．解：(1)由f (x )＝x 3－3x 得，f ′(x )＝3x 2－3，过点P 且以P (1，－2)为切点的直线的斜率f ′(1)＝0，∴所求直线方程为y ＝－2；(2)设过P (1，－2)的直线l 与y ＝f (x )切于另一点(x 0，y 0)，则f ′(x 0)＝3x 02－3. 又直线过(x 0，y 0)，P (1，－2)，故其斜率可表示为y 0－(－2)x 0－1＝x 03－3x 0＋2x 0－1，又x 03－3x 0＋2x 0－1＝3x 02－3，即x 03－3x 0＋2＝3(x 02－1)·(x 0－1)，解得x 0＝1(舍)或x 0＝－12，故所求直线的斜率为k ＝3×(14－1)＝－94，∴y －(－2)＝－94(x －1)，即9x ＋4y －1＝0.12．(2008年高考海南、宁夏卷)设函数f (x )＝ax －bx，曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为7x －4y －12＝0.(1)求f (x )的解析式；(2)证明：曲线y ＝f (x )上任一点处的切线与直线x ＝0和直线y ＝x 所围成的三角形面积为定值，并求此定值．解：(1)方程7x －4y －12＝0可化为y ＝74x －3.当x ＝2时，y ＝12.又f ′(x )＝a ＋bx2，于是⎩⎪⎨⎪⎧2a －b 2＝12，a ＋b 4＝74，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝3.故f (x )＝x －3x.(2)证明：设P (x 0，y 0)为曲线上任一点，由y ′＝1＋3x2知曲线在点P (x 0，y 0)处的切线方程为y －y 0＝(1＋3x 02)(x －x 0)，即y －(x 0－3x 0)＝(1＋3x 02)(x －x 0)．令x ＝0得y ＝－6x 0，从而得切线与直线x ＝0的交点坐标为(0，－6x 0)．令y ＝x 得y ＝x ＝2x 0，从而得切线与直线y ＝x 的交点坐标为(2x 0,2x 0)．所以点P (x 0，y 0)处的切线与直线x ＝0，y ＝x 所围成的三角形面积为S ＝12|－6x 0||2x 0|＝6.故曲线y ＝f (x )上任一点处的切线与直线x ＝0，y ＝x 所围成的三角形的面积为定值，此定值为6.。