导数历年高考真题精选及答案
函数与导数例高考题汇编(含答案)
函数与导数高考题1.(安徽理3)设f(x)是定义在R 上的奇函数，当x≤0时，f(x)=2x'-x,则f()=(A)-3 (B)- 1 (C)1 (D)3【答案】A【命题意图】本题考查函数的奇偶性，考查函数值的求法 .属容易题.【解析】f()= - f( - 1)= - 42( - 1)²- ( - 1)]= - 3 .故选A.2 . (安徽理10)函数f (x )=ax ”g 1- x )“在区 间〔0,1〕上的图像如图所示，则m ,n 的值可 能 是(A)m=1,n=1(B) m=1,n=2(C) m=2,n=1(D) m=3,n=1【答案】B 【命题意图】本题考查导数在研究 函数单调性中的应用，考查函数图像，考查思维的综合能力.难度大.【 解 析 】 代 入 验 证 ， 当m = 1 , n = 2 , f ( x ) = a x g ( 1 - x ) ² = n ( x ³ - 2 x ² + x ) ,则f ' ( x ) = a ( 3 x ² - 4 x + 1 ) , 由 ,结合图像可知函数应在递增，在 递减，即在, 知 a 存 在 . 故 选 B .3.(安徽文5)若点(a,b)在y=lgx 图像上，a≠1,则下列点也在此图像上的是(A)(,b) (B)(10a,1 b) (C)(,b+1) (D)(a2,2b)【答案】D 【命题意图】本题考查对数函数的基本运算，考查对数函数的图像与对应点的关系 .【 解 析 】 由 题 意b = 1 g a , 2 b = 2 1 l g a = 1 g a ² , 即( a ² , 2 b )也 在 函 数 y = l g x 图 像 上 .4 . (安徽文10) 函数f(x )=ax ”g (1 - . x )² 在区间(0,1)上的 图像如图所示，则n 可能是 (A)1 (B) 2取得最大值，由f'(x)=a(3x²-4x+1)=0可知，(C) 3 (D)4【答案】A【命题意图】本题考查导数在研究函数单调性中的应用，考查函数图像，考查思维的综合能力.难度大.【解析】代入验证，当7=1时，f(x)=axg(1-x)²=a(x³-2x²+x),则f(x)=a(3r²-4x+1)由f ( x ) = a ( 3 x ² 4 x + 1 ) = 0 可知，,结合图像可知函数应在递增，在递减，即在取得最大值，由, 知a 存在. 故选A .7 . (福建理5) 等于A.1B.e- 1C. CD.e+1【答案】C8 . (福建理9 )对于函数f ( x ) = a s i n x + b x + c (其中，a , b ∈R , c ∈Z ) ,选取a , b , C 的一组值计算f ( )和f ( - 1 )所得出的正确结果一定不可能是A . 4和6B . 3和1C . 2和4D . 1和2【答案】D9 . ( 福建理1 0 ) 已知函数f ( x ) = e⁴+ x , 对于曲线y = f ( x ) 上横坐标成等差数列的三个点A , B , c , 给出以下判断：①△ABC 一定是钝角三角形②△ABC可能是直角三角形③△ABC可能是等腰三角形④△ABC不可能是等腰三角形其中，正确的判断是A.①③B.①④C.②③D.②④【答案】B10.(福建文6)若关于x的方程x2+mx+1=0有两个不相等的实数根，则实数m的取值范围是A.(- 1,1)B.(-2,2)C.(-o,-2)U(2,+o)D.(-o,- 1)U(1,+c)【答案】C11. (福建文8)已知函数 ,若f(a)+f(1)=0,则实数a的值等于A. 3B. 1C. 1D. 3【答案】A12.(福建文10)若a>0,b>0,且函数f(x)=4x3-ax2-2bx+2在x=1处有极值，则ab的最大值等于A.2B.3C. 6D. 9【答案】D13.(广东理4)设函数f(x)和g(x)分别是R上的偶函数和奇函数，则下列结论恒成立的是A . f(x)+1g(x)是偶函数B . f(x) - 1g(x)是奇函数c.if(x)\+g(x)是偶函数 D . i f ( x ) - g ( x )是奇函数【答案】A【解析】因为g(x)是R 上的奇函数，所以lg(x)是R 上的偶函数，从而f(x)+1g(x)是偶函数，故选A.14 . (广东文4)函 的定义域是 ( )A.(-~,- 1)B.(1,+~) c.(- 1,1)U(1,+oo) D.(-0,+oo)【答案】C16.(湖北理6)已知定义在R 上的奇函数f(x)和偶函数g(x)满足f(x)+g(x)=a¹-a ⁴+2(a>0,且a≠1),若g(2)=a,则f(2)=A.2B.C.D. a² 【答案】B【解析】由条件f(2)+g(2)=a²-a²+2,f(-2)+g(-2)=a²-a²+2, 即-f(2)+g(2)=a²-a²+2, 由此解得g(2)=2,f(2)=a²-a-所 以 a = 2 ,, 所 以 选 B18 . (湖南文7)曲线主点处的切线的斜率为( )A. B. 2 C. D. 【答案】B【解析】19.(湖南文8)已知函数f(x)=e¹-1,g(x)=-x²+4x -3.若有f(a)=g(b),则b 的取值范围为A.[2-√2,2+√2]B.(2-√2.2+√2)c.[1,3] p.(1,3)【答案】B【解析】由题可知f(x)=e ⁴- 1>- 1,g(x)=-x²+4x-3=-(x-2)²+1≤1,若有f(a)=g(b),则g(b) ∈(- 1,1), 即-b²+4b-3>- 1,解得2-√Z<b<2+√2., 所 以,y=020 . (湖南理6)由直线 与曲线y=COSX 所围成的封闭图形的面积为( )A.2B.1C.D.√3 【答案】D【解析】由定积分知识可得, 故 选 D 。
2023高考数学北京卷导数的计算历年真题及答案
2023高考数学北京卷导数的计算历年真题及答案一、第一题已知函数f(x) = x^3 - 2x + 1，求f(x)的导数f'(x)。
解答过程：首先，根据导数的定义，我们知道f'(x) = lim(h→0) [f(x+h) - f(x)] / h。
代入f(x) = x^3 - 2x + 1，得到f'(x) = lim(h→0) [(x+h)^3 - 2(x+h) + 1 - x^3 + 2x - 1] / h。
展开并进行化简计算，得到f'(x) = lim(h→0) [3x^2h + 3xh^2 + h^3 -2h] / h。
再一次化简，得到f'(x) = lim(h→0) (3x^2 + 3xh + h^2 - 2)。
在h→0的极限下，只有常数项-2保留，得到导数 f'(x) = 3x^2 - 2。
所以，f(x)的导数为 f'(x) = 3x^2 - 2。
二、第二题已知函数f(x) = 2x^2 + 3x - 5，求f(x)的导数f'(x)及f''(x)。
解答过程：首先，计算f(x)的导数f'(x)。
根据导数的定义，f'(x) = lim(h→0)[f(x+h) - f(x)] / h。
代入f(x) = 2x^2 + 3x - 5，得到f'(x) = lim(h→0) [2(x+h)^2 + 3(x+h) -5 - (2x^2 + 3x - 5)] / h。
展开并进行化简计算，得到f'(x) = lim(h→0) [2x^2 + 4xh + 2h^2 + 3x + 3h - 5 - 2x^2 - 3x + 5] / h。
再一次化简，得到f'(x) = lim(h→0) (4xh + 2h^2 + 3h) / h。
化简后消去h，得到 f'(x) = lim(h→0) (4x + 2h + 3)。
《导数》高考试题及答案
《导数》高考试题及答案
一、选择题
1. 函数f(x) = 3x^2 - 2x + 1的导数为：
A. 6x - 2
B. 6x + 2
C. 3x^2 - 2
D. 3x^2 + 2
答案：A
2. 若函数f(x)在某点x=a处的导数为0，则该点为：
A. 极大值点
B. 极小值点
C. 拐点
D. 无法确定
答案：D
二、填空题
3. 函数f(x) = sin(x)的导数为_________。
答案：cos(x)
4. 函数f(x) = e^x的导数为_________。
答案：e^x
三、解答题
5. 求函数f(x) = x^3 - 6x^2 + 9x + 1在区间[0, 3]上的导数，并判断其单调性。
解答：首先求导数，f'(x) = 3x^2 - 12x + 9。
在区间[0, 3]上，令f'(x) = 0，解得x = 1或x = 3。
当0 < x < 1时，f'(x) > 0，函数单调递增；当1 < x < 3时，f'(x) < 0，函数单调递减。
6. 已知函数f(x) = x^2 - 4x + 3，求其在x=2处的切线方程。
解答：首先求导数，f'(x) = 2x - 4。
在x=2处，f'(2) = 0，f(2) = -1。
因此，切线方程为y = -1。
以上为《导数》高考试题及答案的排版及格式示例。
2024全国高考真题数学汇编：导数在研究函数中的应用
2024全国高考真题数学汇编导数在研究函数中的应用一、单选题1．（2024上海高考真题）已知函数()f x 的定义域为R ，定义集合 0000,,,M x x x x f x f x R ，在使得 1,1M 的所有 f x 中，下列成立的是（）A ．存在 f x 是偶函数B ．存在 f x 在2x 处取最大值C ．存在 f x 是严格增函数D ．存在 f x 在=1x 处取到极小值二、多选题2．（2024全国高考真题）设函数2()(1)(4)f x x x ，则（）A ．3x 是()f x 的极小值点B ．当01x 时， 2()f x f xC ．当12x 时，4(21)0f xD ．当10x 时，(2)()f x f x 3．（2024全国高考真题）设函数32()231f x x ax ，则（）A ．当1a 时，()f x 有三个零点B ．当0a 时，0x 是()f x 的极大值点C ．存在a ，b ，使得x b 为曲线()y f x 的对称轴D ．存在a ，使得点 1,1f 为曲线()y f x 的对称中心三、填空题4．（2024全国高考真题）曲线33y x x 与 21y x a 在 0, 上有两个不同的交点，则a 的取值范围为．四、解答题5．（2024全国高考真题）已知函数3()e x f x ax a ．(1)当1a 时，求曲线()y f x 在点 1,(1)f 处的切线方程；(2)若()f x 有极小值，且极小值小于0，求a 的取值范围．6．（2024全国高考真题）已知函数 1ln 1f x ax x x ．(1)当2a 时，求 f x 的极值；(2)当0x 时， 0f x ，求a 的取值范围．7．（2024全国高考真题）已知函数 1ln 1f x a x x ．(1)求 f x 的单调区间；(2)当2a 时，证明：当1x 时， 1e x f x 恒成立．8．（2024上海高考真题）对于一个函数 f x 和一个点 ,M a b ，令 22()()s x x a f x b ，若 00,P x f x 是 s x 取到最小值的点，则称P 是M 在 f x 的“最近点”．(1)对于1()(0)f x x x，求证：对于点 0,0M ，存在点P ，使得点P 是M 在 f x 的“最近点”；(2)对于 e ,1,0x f x M ，请判断是否存在一个点P ，它是M 在 f x 的“最近点”，且直线MP 与()y f x 在点P 处的切线垂直；(3)已知()y f x 在定义域R 上存在导函数()f x ，且函数()g x 在定义域R 上恒正，设点11,M t f t g t ， 21,M t f t g t ．若对任意的t R ，存在点P 同时是12,M M 在 f x 的“最近点”，试判断 f x 的单调性．9．（2024北京高考真题）设函数 ln 10f x x k x k ，直线l 是曲线 y f x 在点 ,0t f t t 处的切线．(1)当1k 时，求 f x 的单调区间.(2)求证：l 不经过点 0,0.(3)当1k 时，设点 ,0A t f t t ， 0,C f t ， 0,0O ，B 为l 与y 轴的交点，ACO S 与ABO S 分别表示ACO △与ABO 的面积．是否存在点A 使得215ACO ABO S S △△成立？若存在，这样的点A 有几个？（参考数据：1.09ln31.10 ，1.60ln51.61 ，1.94ln71.95 ）10．（2024天津高考真题）设函数 ln f x x x ．(1)求 f x 图象上点 1,1f 处的切线方程；(2)若 f x a x 在 0,x 时恒成立，求a 的值；(3)若 12,0,1x x ，证明 121212f x f x x x ．11．（2024全国高考真题）已知函数3()ln (1)2x f x ax b x x (1)若0b ，且()0f x ，求a 的最小值；(2)证明：曲线()y f x 是中心对称图形；(3)若()2f x 当且仅当12x ，求b 的取值范围．参考答案1．B【分析】对于ACD 利用反证法并结合函数奇偶性、单调性以及极小值的概念即可判断，对于B ，构造函数2,1,111,1x f x x x x即可判断.【详解】对于A ，若存在()y f x 是偶函数,取01[1,1]x ,则对于任意(,1),()(1)x f x f ,而(1)(1)f f ,矛盾,故A 错误；对于B ，可构造函数 2,1,,11,1,1,x f x x x x满足集合 1,1M ，当1x 时，则 2f x ，当11x 时， 1,1f x ，当1x 时， 1f x ，则该函数 f x 的最大值是 2f ，则B 正确；对C ，假设存在 f x ，使得 f x 严格递增，则M R ，与已知 1,1M 矛盾，则C 错误；对D ，假设存在 f x ，使得 f x 在=1x 处取极小值，则在1 的左侧附近存在n ，使得 1f n f ，这与已知集合M 的定义矛盾，故D 错误；故选：B.2．ACD【分析】求出函数 f x 的导数，得到极值点，即可判断A ；利用函数的单调性可判断B ；根据函数 f x 在 1,3上的值域即可判断C ；直接作差可判断D.【详解】对A ，因为函数 f x 的定义域为R ，而 22141313f x x x x x x ，易知当 1,3x 时， 0f x ，当 ,1x 或 3,x 时， 0f x 函数 f x 在 ,1 上单调递增，在 1,3上单调递减，在 3, 上单调递增，故3x 是函数 f x 的极小值点，正确；对B ，当01x 时， 210x x x x ，所以210x x ，而由上可知，函数 f x 在 0,1上单调递增，所以 2f x f x ，错误；对C ，当12x 时，1213x ，而由上可知，函数 f x 在 1,3上单调递减，所以 1213f f x f ，即 4210f x ，正确；对D ，当10x 时， 222(2)()12141220f x f x x x x x x x ，所以(2)()f x f x ，正确；故选：ACD.3．AD【分析】A 选项，先分析出函数的极值点为0,x x a ，根据零点存在定理和极值的符号判断出()f x 在(1,0),(0,),(,2)a a a 上各有一个零点；B 选项，根据极值和导函数符号的关系进行分析；C 选项，假设存在这样的,a b ，使得x b 为()f x 的对称轴，则()(2)f x f b x 为恒等式，据此计算判断；D 选项，若存在这样的a ，使得(1,33)a 为()f x 的对称中心，则()(2)66f x f x a ，据此进行计算判断，亦可利用拐点结论直接求解.【详解】A 选项，2()666()f x x ax x x a ，由于1a ，故 ,0,x a 时()0f x ，故()f x 在 ,0,,a 上单调递增，(0,)x a 时，()0f x ，()f x 单调递减，则()f x 在0x 处取到极大值，在x a 处取到极小值，由(0)10 f ，3()10f a a ，则(0)()0f f a ，根据零点存在定理()f x 在(0,)a 上有一个零点，又(1)130f a ，3(2)410f a a ，则(1)(0)0,()(2)0f f f a f a ，则()f x 在(1,0),(,2)a a 上各有一个零点，于是1a 时，()f x 有三个零点，A 选项正确；B 选项，()6()f x x x a ，a<0时，(,0),()0x a f x ，()f x 单调递减，,()0x 时()0f x ，()f x 单调递增，此时()f x 在0x 处取到极小值，B 选项错误；C 选项，假设存在这样的,a b ，使得x b 为()f x 的对称轴，即存在这样的,a b 使得()(2)f x f b x ，即32322312(2)3(2)1x ax b x a b x ，根据二项式定理，等式右边3(2)b x 展开式含有3x 的项为303332C (2)()2b x x ，于是等式左右两边3x 的系数都不相等，原等式不可能恒成立，于是不存在这样的,a b ，使得x b 为()f x 的对称轴，C 选项错误；D 选项，方法一：利用对称中心的表达式化简(1)33f a ，若存在这样的a ，使得(1,33)a 为()f x 的对称中心，则()(2)66f x f x a ，事实上，32322()(2)2312(2)3(2)1(126)(1224)1812f x f x x ax x a x a x a x a ，于是266(126)(1224)1812a a x a x a即126012240181266a a a a，解得2a ，即存在2a 使得(1,(1))f 是()f x 的对称中心，D 选项正确.方法二：直接利用拐点结论任何三次函数都有对称中心，对称中心的横坐标是二阶导数的零点，32()231f x x ax ，2()66f x x ax ，()126f x x a ，由()02a f x x ，于是该三次函数的对称中心为,22a a f ，由题意(1,(1))f 也是对称中心，故122a a ，即存在2a 使得(1,(1))f 是()f x 的对称中心，D 选项正确.故选：AD【点睛】结论点睛：（1）()f x 的对称轴为()(2)x b f x f b x ；（2）()f x 关于(,)a b 对称()(2)2f x f a x b ；（3）任何三次函数32()f x ax bx cx d 都有对称中心，对称中心是三次函数的拐点，对称中心的横坐标是()0f x 的解，即,33b b f aa是三次函数的对称中心4． 2,1 【分析】将函数转化为方程，令 2331x x x a ，分离参数a ，构造新函数 3251,g x x x x 结合导数求得 g x 单调区间，画出大致图形数形结合即可求解.【详解】令 2331x x x a ，即3251a x x x ，令 32510,g x x x x x 则 2325351g x x x x x ，令 00g x x 得1x ，当 0,1x 时， 0g x ， g x 单调递减，当 1,x 时， 0g x ， g x 单调递增， 01,12g g ，因为曲线33y x x 与 21y x a 在 0, 上有两个不同的交点，所以等价于y a 与 g x 有两个交点，所以 2,1a .故答案为：2,1 5．(1) e 110x y (2)1, 【分析】（1）求导，结合导数的几何意义求切线方程；（2）解法一：求导，分析0a 和0a 两种情况，利用导数判断单调性和极值，分析可得2ln 10a a ，构建函数解不等式即可；解法二：求导，可知()e x f x a 有零点，可得0a ，进而利用导数求 f x 的单调性和极值，分析可得2ln 10a a ，构建函数解不等式即可.【详解】（1）当1a 时，则()e 1x f x x ，()e 1x f x ，可得(1)e 2f ，(1)e 1f ，即切点坐标为 1,e 2 ，切线斜率e 1k ，所以切线方程为 e 2e 11y x ，即 e 110x y .（2）解法一：因为()f x 的定义域为R ，且()e x f x a ，若0a ，则()0f x 对任意x R 恒成立，可知()f x 在R 上单调递增，无极值，不合题意；若0a ，令()0f x ，解得ln x a ；令()0f x ，解得ln x a ；可知()f x 在 ,ln a 内单调递减，在 ln ,a 内单调递增，则()f x 有极小值 3ln ln f a a a a a ，无极大值，由题意可得： 3ln ln 0f a a a a a ，即2ln 10a a ，构建 2ln 1,0g a a a a ，则 120g a a a，可知 g a 在 0, 内单调递增，且 10g ，不等式2ln 10a a 等价于 1g a g ，解得1a ，所以a 的取值范围为 1, ；解法二：因为()f x 的定义域为R ，且()e x f x a ，若()f x 有极小值，则()e x f x a 有零点，令()e 0x f x a ，可得e x a ，可知e x y 与y a 有交点，则a ，若0a ，令()0f x ，解得ln x a ；令()0f x ，解得ln x a ；可知()f x 在 ,ln a 内单调递减，在 ln ,a 内单调递增，则()f x 有极小值 3ln ln f a a a a a ，无极大值，符合题意，由题意可得： 3ln ln 0f a a a a a ，即2ln 10a a ，构建 2ln 1,0g a a a a ，因为则2,ln 1y a y a 在 0, 内单调递增，可知 g a 在 0, 内单调递增，且 10g ，不等式2ln 10a a 等价于 1g a g ，解得1a ，所以a 的取值范围为 1, .6．(1)极小值为0，无极大值.(2)12a 【分析】（1）求出函数的导数，根据导数的单调性和零点可求函数的极值.（2）求出函数的二阶导数，就12a 、102a 、0a 分类讨论后可得参数的取值范围.【详解】（1）当2a 时，()(12)ln(1)f x x x x ，故121()2ln(1)12ln(1)111x f x x x x x，因为12ln(1),11y x y x在 1, 上为增函数，故()f x 在 1, 上为增函数，而(0)0f ，故当10x 时，()0f x ，当0x 时，()0f x ，故 f x 在0x 处取极小值且极小值为 00f ，无极大值.（2） 11ln 11ln 1,011a x ax f x a x a x x x x，设 1ln 1,01a x s x a x x x，则222111211111a a x a a ax a s x x x x x ，当12a 时， 0s x ，故 s x 在 0, 上为增函数，故 00s x s ，即 0f x ，所以 f x 在 0, 上为增函数，故 00f x f .当102a 时，当0x 0s x ，故 s x 在210,a a 上为减函数，故在210,a a上 0s x s ，即在210,a a上 0f x 即 f x 为减函数，故在210,a a上 00f x f ，不合题意，舍.当0a ，此时 0s x 在 0, 上恒成立，同理可得在 0, 上 00f x f 恒成立，不合题意，舍；综上，12a .【点睛】思路点睛：导数背景下不等式恒成立问题，往往需要利用导数判断函数单调性，有时还需要对导数进一步利用导数研究其符号特征，处理此类问题时注意利用范围端点的性质来确定如何分类.7．(1)见解析(2)见解析【分析】（1）求导，含参分类讨论得出导函数的符号，从而得出原函数的单调性；（2）先根据题设条件将问题可转化成证明当1x 时，1e 21ln 0x x x 即可.【详解】（1）()f x 定义域为(0,) ，11()ax f x a x x当0a 时，1()0ax f x x，故()f x 在(0,) 上单调递减；当0a 时，1,x a时，()0f x ，()f x 单调递增，当10,x a时，()0f x ，()f x 单调递减.综上所述，当0a 时，()f x 的单调递减区间为(0,) ；0a 时，()f x 的单调递增区间为1,a ，单调递减区间为10,a.（2）2a ，且1x 时，111e ()e (1)ln 1e 21ln x x x f x a x x x x ，令1()e 21ln (1)x g x x x x ，下证()0g x 即可.11()e 2x g x x ，再令()()h x g x ，则121()e x h x x，显然()h x 在(1,) 上递增，则0()(1)e 10h x h ，即()()g x h x 在(1,) 上递增，故0()(1)e 210g x g ，即()g x 在(1,) 上单调递增，故0()(1)e 21ln10g x g ，问题得证8．(1)证明见解析(2)存在，0,1P (3)严格单调递减【分析】（1）代入(0,0)M ，利用基本不等式即可；（2）由题得 22(1)e x s x x ，利用导函数得到其最小值，则得到P ，再证明直线MP 与切线垂直即可；（3）根据题意得到 10200s x s x ，对两等式化简得 01()f xg t ，再利用“最近点”的定义得到不等式组，即可证明0x t ，最后得到函数单调性.【详解】（1）当(0,0)M 时， 222211(0)02s x x x x x ，当且仅当221x x 即1x 时取等号，故对于点 0,0M ，存在点 1,1P ，使得该点是 0,0M 在 f x 的“最近点”．（2）由题设可得 2222(1)e 0(1)e x x s x x x ，则 2212e x s x x ，因为 221,2e x y x y 均为R 上单调递增函数，则 2212e xs x x 在R 上为严格增函数，而 00s ，故当0x 时， 0s x ，当0x 时， 0s x ，故 min 02s x s ，此时 0,1P ，而 e ,01x f x k f ，故 f x 在点P 处的切线方程为1y x .而01110MP k ，故1MP k k ，故直线MP 与 y f x 在点P 处的切线垂直．（3）设 221(1)()s x x t f x f t g t ，222(1)()s x x t f x f t g t ，而 12(1)2()s x x t f x f t g t f x ， 22(1)2()s x x t f x f t g t f x ，若对任意的t R ，存在点P 同时是12,M M 在 f x 的“最近点”，设 00,P x y ，则0x 既是 1s x 的最小值点，也是 2s x 的最小值点，因为两函数的定义域均为R ，则0x 也是两函数的极小值点，则存在0x ,使得 10200s x s x ，即 10000212()()0s x x t f x f x f t g t ① 20000212()()0s x x t f x f x f t g t ②由①②相等得 044()0g t f x ，即 01()0f x g t ，即 01()f x g t，又因为函数()g x 在定义域R 上恒正，则 010()f xg t 恒成立，接下来证明0x t ，因为0x 既是 1s x 的最小值点，也是 2s x 的最小值点，则 1020(),()s x s t s x s t ，即 2220011x t f x f t g t g t ，③ 2220011x t f x f t g t g t ，④③ ④得 222200222()2()22()x t f x f t g t g t 即 22000x t f x f t ，因为 2200,00x t f x f t 则 0000x t f x f t，解得0x t ，则 10()f tg t 恒成立，因为t 的任意性，则 f x 严格单调递减.【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是结合最值点和极小值的定义得到 01()f x g t，再利用最值点定义得到0x t 即可.9．(1)单调递减区间为(1,0) ，单调递增区间为(0,) .(2)证明见解析(3)2【分析】（1）直接代入1k ，再利用导数研究其单调性即可；（2）写出切线方程()1()(0)1k y f t x t t t，将(0,0)代入再设新函数()ln(1)1t F t t t ，利用导数研究其零点即可；（3）分别写出面积表达式，代入215ACO ABO S S 得到13ln(1)21501t t t t ，再设新函数15()13ln(1)2(0)1t h t t t t t研究其零点即可.【详解】（1）1()ln(1),()1(1)11x f x x x f x x x x，当 1,0x 时， 0f x ；当 0,x ，()0f x ¢>；()f x 在(1,0) 上单调递减，在(0,) 上单调递增.则()f x 的单调递减区间为(1,0) ，单调递增区间为(0,) .（2）()11k f x x ，切线l 的斜率为11k t，则切线方程为()1()(0)1k y f t x t t t，将(0,0)代入则()1,()111k k f t t f t t t t，即ln(1)1k t k t t tt ，则ln(1)1t t t ，ln(1)01t t t ，令()ln(1)1t F t t t，假设l 过(0,0)，则()F t 在(0,)t 存在零点.2211()01(1)(1)t t t F t t t t ，()F t 在(0,) 上单调递增，()(0)0F t F ，()F t 在(0,) 无零点， 与假设矛盾，故直线l 不过(0,0).（3）1k 时，12()ln(1),()1011x f x x x f x x x.1()2ACO S tf t ，设l 与y 轴交点B 为(0,)q ，0t 时，若0q ，则此时l 与()f x 必有交点，与切线定义矛盾.由（2）知0q .所以0q ，则切线l 的方程为 111ln 1x t y t t t，令0x ，则ln(1)1t y q y t t.215ACO ABO S S ，则2()15ln(1)1t tf t t t t，13ln(1)21501t t t t ，记15()13ln(1)2(0)1th t t t t t， 满足条件的A 有几个即()h t 有几个零点.2222221313221151315294(21)(4)()21(1)(1)(1)(1)t t t t t t t h t t t t t t ，当10,2t时， 0h t ，此时 h t 单调递减；当1,42t时， 0h t ，此时 h t 单调递增；当 4,t 时， 0h t ，此时 h t 单调递减；因为1(0)0,0,(4)13ln 520131.6200.802h h h，15247272(24)13ln 254826ln 548261.614820.5402555h，所以由零点存在性定理及()h t 的单调性，()h t 在1,42上必有一个零点，在(4,24)上必有一个零点，综上所述，()h t 有两个零点，即满足215ACO ABO S S 的A 有两个.【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是采用的是反证法，转化为研究函数零点问题.10．(1)1y x (2)2(3)证明过程见解析【分析】（1）直接使用导数的几何意义；（2）先由题设条件得到2a ，再证明2a 时条件满足；（3）先确定 f x 的单调性，再对12,x x 分类讨论.【详解】（1）由于 ln f x x x ，故 ln 1f x x .所以 10f ， 11f ，所以所求的切线经过 1,0，且斜率为1，故其方程为1y x .（2）设 1ln h t t t ，则 111t h t t t，从而当01t 时 0h t ，当1t 时 0h t .所以 h t 在 0,1上递减，在 1, 上递增，这就说明 1h t h ，即1ln t t ，且等号成立当且仅当1t .设 12ln g t a t t ，则ln 1f x a x x x a x x a x g .当 0,x0, ，所以命题等价于对任意 0,t ，都有 0g t .一方面，若对任意 0,t ，都有 0g t ，则对 0,t 有112012ln 12ln 1212g t a t t a t a t at a t t t，取2t ，得01a ，故10a .再取t，得2022a a a，所以2a .另一方面，若2a ，则对任意 0,t 都有 212ln 20g t t t h t ，满足条件.综合以上两个方面，知a 的值是2.（3）先证明一个结论：对0a b ，有 ln 1ln 1f b f a a b b a.证明：前面已经证明不等式1ln t t ，故lnln ln ln ln ln ln 1ln 1bb b a a a b a aa b b b b b a b a a，且1lnln ln ln ln ln ln ln 1ln 11a a b b a a b b b a b b a a a a a a b a b a b b，所以ln ln ln 1ln 1b b a a a b b a，即 ln 1ln 1f b f a a b b a.由 ln 1f x x ，可知当10e x 时 0f x ，当1ex 时()0f x ¢>.所以 f x 在10,e上递减，在1,e上递增.不妨设12x x ，下面分三种情况（其中有重合部分）证明本题结论.情况一：当1211ex x 时，有122122121ln 1f x f x f x f x x x x x x ，结论成立；情况二：当1210e x x 时，有 12121122ln ln f x f x f x f x x x x x .对任意的10,e c，设ln ln x x x c cln 1x x 由于 x单调递增，且有1111111ln 1ln11102e2e ec c，且当2124ln 1x c c，2cx2ln 1c 可知2ln 1ln 1ln 102c x x c.所以 x 在 0,c 上存在零点0x ，再结合 x 单调递增，即知00x x 时 0x ，0x x c 时 0x .故 x 在 00,x 上递减，在 0,x c 上递增.①当0x x c 时，有 0x c ；②当00x x112221e e f f c，故我们可以取1,1q c .从而当201cx q1ln ln ln ln 0x x x c c c c c c q c.再根据 x 在 00,x 上递减，即知对00x x 都有 0x ；综合①②可知对任意0x c ，都有 0x ，即ln ln 0x x x c c .根据10,e c和0x c 的任意性，取2c x ，1x x，就得到1122ln ln 0x x x x .所以12121122ln ln f x f x f x f x x x x x 情况三：当12101e x x时，根据情况一和情况二的讨论，可得11e f x f21e f f x而根据 f x 的单调性，知 1211e f x f x f x f或 1221e f x f x f f x .故一定有12f x f x 成立.综上，结论成立.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于第3小问中，需要结合 f x 的单调性进行分类讨论.11．(1)2 (2)证明见解析(3)23b【分析】（1）求出 min 2f x a 后根据()0f x 可求a 的最小值；（2）设 ,P m n 为 y f x 图象上任意一点，可证 ,P m n 关于 1,a 的对称点为 2,2Q m a n 也在函数的图像上，从而可证对称性；（3）根据题设可判断 12f 即2a ，再根据()2f x 在 1,2上恒成立可求得23b .【详解】（1）0b 时， ln 2xf x ax x，其中 0,2x ，则112,0,222f x a a x x x x x，因为 22212x x x x，当且仅当1x 时等号成立，故 min 2f x a ，而 0f x 成立，故20a 即2a ，所以a 的最小值为2 .，（2） 3ln12x f x ax b x x的定义域为 0,2，设 ,P m n 为 y f x 图象上任意一点，,P m n 关于 1,a 的对称点为 2,2Q m a n ，因为 ,P m n 在 y f x 图象上，故 3ln 12m n am b m m，而 3322ln221ln 122m m f m a m b m am b m a m m，2n a ，所以 2,2Q m a n 也在 y f x 图象上，由P 的任意性可得 y f x 图象为中心对称图形，且对称中心为 1,a .（3）因为 2f x 当且仅当12x ，故1x 为 2f x 的一个解，所以 12f 即2a ，先考虑12x 时， 2f x 恒成立.此时 2f x 即为 3ln21102x x b x x在 1,2上恒成立，设 10,1t x ，则31ln201t t bt t在 0,1上恒成立，设 31ln2,0,11t g t t bt t t，则2222232322311t bt b g t bt t t，当0b ，232332320bt b b b ，故 0g t 恒成立，故 g t 在 0,1上为增函数，故 00g t g 即 2f x 在 1,2上恒成立.当203b 时，2323230bt b b ，故 0g t 恒成立，故 g t 在 0,1上为增函数，故 00g t g 即 2f x 在 1,2上恒成立.当23b ，则当01t 时， 0g t故在 上 g t 为减函数，故 00g t g ，不合题意，舍；综上， 2f x 在 1,2上恒成立时23b .而当23b 时，而23b 时，由上述过程可得 g t 在 0,1递增，故 0g t 的解为 0,1，即 2f x 的解为 1,2.综上，23b .【点睛】思路点睛：一个函数不等式成立的充分必要条件就是函数不等式对应的解，而解的端点为函数对一个方程的根或定义域的端点，另外，根据函数不等式的解确定参数范围时，可先由恒成立得到参数的范围，再根据得到的参数的范围重新考虑不等式的解的情况.。
高三数学：2024届高考数学导数大题精选30题(解析版)(共31页)
2024届新高考数学导数大题精选30题1(2024·安徽·二模)已知函数f (x )=x 2-10x +3f (1)ln x .(1)求函数f (x )在点(1,f (1))处的切线方程；(2)求f (x )的单调区间和极值.【答案】(1)y =4x -13；(2)递增区间为(0,2),(3,+∞)，递减区间为2,3 ，极大值-16+12ln2，极小值-21+12ln3.【分析】(1)求出函数f (x )的导数，赋值求得f (1)，再利用导数的几何意义求出切线方程.(2)由(1)的信息，求出函数f (x )的导数，利用导数求出单调区间及极值.【详解】(1)函数f (x )=x 2-10x +3f (1)ln x ，求导得f(x )=2x -10+3f (1)x，则f (1)=-8+3f (1)，解得f (1)=4，于是f (x )=x 2-10x +12ln x ，f (1)=-9，所以所求切线方程为：y +9=4(x -1)，即y =4x -13.(2)由(1)知，函数f (x )=x 2-10x +12ln x ，定义域为(0,+∞)，求导得f (x )=2x -10+12x =2(x -2)(x -3)x，当0<x <2或x >3时，f (x )>0，当2<x <3时，f (x )<0，因此函数f (x )在(0,2),(3,+∞)上单调递增，在(2,3)上单调递减，当x =2时，f (x )取得极大值f (2)=-16+12ln2，当x =3时，f (x )取得极小值f (3)=-21+12ln3，所以函数f (x )的递增区间为(0,2),(3,+∞)，递减区间为(2,3)，极大值-16+12ln2，极小值-21+12ln3.2(2024·江苏南京·二模)已知函数f (x )=x 2-ax +ae x，其中a ∈R ．(1)当a =0时，求曲线y =f (x )在(1,f (1))处的切线方程；(2)当a >0时，若f (x )在区间[0,a ]上的最小值为1e，求a 的值．【答案】(1)x -ey =0(2)a =1【分析】(1)由a =0，分别求出f (1)及f (1)，即可写出切线方程；(2)计算出f (x )，令f (x )=0，解得x =2或x =a ，分类讨论a 的范围，得出f (x )的单调性，由f (x )在区间[0,a ]上的最小值为1e，列出方程求解即可．【详解】(1)当a =0时，f (x )=x 2e x ，则f (1)=1e ，f (x )=2x -x 2ex，所以f (1)=1e ，所以曲线y =f (x )在(1,f (1))处的切线方程为：y -1e =1e(x -1)，即x -ey =0．(2)f(x )=-x 2+(a +2)x -2a e x =-(x -2)(x -a )ex，令f (x )=0，解得x =2或x =a ，当0<a <2时，x ∈[0,a ]时，f (x )≤0，则f (x )在[0,a ]上单调递减，所以f (x )min =f (a )=a ea =1e ，则a =1，符合题意；当a >2时，x ∈[0,2]时，f (x )≤0，则f (x )在[0,2]上单调递减，x ∈(2,a ]时，f (x )>0，则f (x )在(2,a ]上单调递增，所以f (x )min =f (2)=4-a e2=1e ，则a =4-e <2，不合题意；当a =2时，x ∈[0,2]时，f (x )≤0，则f (x )在[0,2]上单调递减，所以f (x )min =f (2)==2e 2≠1e ，不合题意；综上，a =1．3(2024·浙江绍兴·模拟预测)已知f x =ae x -x ，g x =cos x . (1)讨论f x 的单调性.(2)若∃x 0使得f x 0 =g x 0 ，求参数a 的取值范围.【答案】(1)当a ≤0时，f x 在-∞,+∞ 上单调递减；当a >0时，f x 在-∞,-ln a 上单调递减，在-ln a ,+∞ 上单调递增.(2)-∞,1【分析】(1)对f x =ae x -x 求导数，然后分类讨论即可；(2)直接对a >1和a ≤1分类讨论，即可得到结果.【详解】(1)由f x =ae x -x ，知f x =ae x -1.当a ≤0时，有f x =ae x -1≤0-1=-1<0，所以f x 在-∞,+∞ 上单调递减；当a >0时，对x <-ln a 有f x =ae x -1<ae -ln a -1=1-1=0，对x >-ln a 有f x =ae x -1>ae -ln a -1=1-1=0，所以f x 在-∞,-ln a 上单调递减，在-ln a ,+∞ 上单调递增.综上，当a ≤0时，f x 在-∞,+∞ 上单调递减；当a >0时，f x 在-∞,-ln a 上单调递减，在-ln a ,+∞ 上单调递增.(2)当a >1时，由(1)的结论，知f x 在-∞,-ln a 上单调递减，在-ln a ,+∞ 上单调递增，所以对任意的x 都有f x ≥f -ln a =ae -ln a +ln a =1+ln a >1+ln1=1≥cos x =g x ，故f x >g x 恒成立，这表明此时条件不满足；当a ≤1时，设h x =ae x -x -cos x ，由于h -a -1 =ae -a -1+a +1-cos -a -1 ≥ae-a -1+a ≥-a e-a -1+a =a 1-e-a -1≥a 1-e 0=0，h 0 =ae 0-0-cos0=a -1≤0，故由零点存在定理，知一定存在x 0∈-a -1,0 ，使得h x 0 =0，故f x 0 -g x 0 =ae x 0-x 0-cos x 0=h x 0 =0，从而f x 0 =g x 0 ，这表明此时条件满足.综上，a 的取值范围是-∞,1 .4(2024·福建漳州·一模)已知函数f x =a ln x -x +a ，a ∈R 且a ≠0．(1)证明：曲线y =f x 在点1,f 1 处的切线方程过坐标原点．(2)讨论函数f x 的单调性．【答案】(1)证明见解析(2)答案见解析【分析】(1)先利用导数的几何意义求得f x 在1,f 1 处的切线方程，从而得证；(2)分类讨论a <0与a >0，利用导数与函数的单调性即可得解.【详解】(1)因为f x =a ln x -x +a x >0 ，所以f (x )=a x -1=a -xx，则f (1)=a ln1-1+a =a -1，f (1)=a -1，所以f x 在1,f 1 处的切线方程为:y -(a -1)=(a -1)(x -1)，当x =0时，y -(a -1)=(a -1)(0-1)=-(a -1)，故y =0，所以曲线y =f (x )在点1,f 1 处切线的方程过坐标原点.(2)由(1)得f (x )=ax -1=a -xx，当a<0时，a-x<0，则f x <0，故f(x)单调递减；当a>0时，令f (x)=0则x=a，当0<x<a时，f (x)>0，f(x)单调递增；当x>a时，f (x)<0，f(x)单调递减；综上：当a<0时，f(x)在(0,+∞)上单调递减；当a>0时，f(x)在(0,a)上单调递增，在(a,+∞)上单调递减.5(2024·山东·二模)已知函数f x =a2xe x-x-ln x．(1)当a=1e时，求f x 的单调区间；(2)当a>0时，f x ≥2-a，求a的取值范围．【答案】(1)f x 的减区间为0,1，增区间为1,+∞(2)a≥1【分析】(1)当a=1e时，f x =xe x-1-x-ln x,x>0，求导得f x =x+1xxe x-1-1，令g x =xe x-1-1，求g x 确定g x 的单调性与取值，从而确定f x 的零点，得函数的单调区间；(2)求f x ，确定函数的单调性，从而确定函数f x 的最值，即可得a的取值范围．【详解】(1)当a=1e时，f x =xe x-1-x-ln x,x>0，则f x =x+1e x-1-1-1x=x+1xxe x-1-1，设g x =xe x-1-1，则g x =x+1e x-1>0恒成立，又g1 =e0-1=0，所以当x∈0,1时，f x <0，f x 单调递减，当x∈1,+∞时，f x >0，f x 单调递增，所以f x 的减区间为0,1，增区间为1,+∞；(2)f x =a2x+1e x-1-1x=x+1xa2xe x-1，设h x =a2xe x-1，则h x =a2x+1e x>0，所以h x 在0,+∞上单调递增，又h0 =-1<0，h1a2=e1a2-1>0，所以存在x0∈0,1 a2，使得h x0 =0，即a2x0e x0-1=0，当x∈0,x0时，f x <0，f x 单调递减，当x∈x0,+∞时，f x >0，f x 单调递增，当x=x0时，f x 取得极小值，也是最小值，所以f x ≥f x0=a2x0e x0-x0-ln x0=1-ln x0e x0=1+2ln a，所以1+2ln a≥2-a，即a+2ln a-1≥0，设F a =a+2ln a-1，易知F a 单调递增，且F1 =0，所以F a ≥F1 ，解得a≥1，综上，a≥1.6(2024·山东·一模)已知函数f(x)=ln x+12a(x-1)2．(1)当a=-12时，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数g(x)=f(x)-2x+1有两个极值点x1,x2，且g(x1)+g(x2)≥-1-32a，求a的取值范围．【答案】(1)增区间(0,2)，减区间(2,+∞)(2)[1,+∞)【分析】(1)将a=-12代入求导，然后确定单调性即可；(2)求导，根据导函数有两个根写出韦达定理，代入g(x1)+g(x2)≥-1-32a，构造函数，求导，研究函数性质进而求出a的取值范围．【详解】(1)当a=-12时，f(x)=ln x-14(x-1)2，x>0，则f (x)=1x-12(x-1)=-(x-2)(x+1)2x，当x∈(0,2)，f (x)>0，f(x)单调递增，当x∈(2,+∞)，f (x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)的单调递增区间是(0,2)，单调递减区间是(2,+∞)；(2)g(x)=f(x)-2x+1=ln x+12a(x-1)2-2x+1，所以g (x)=1x+a(x-1)-2=ax2-(a+2)x+1x，设φ(x)=ax2-(a+2)x+1，令φ(x)=0，由于g(x)有两个极值点x1,x2，所以Δ=(a+2)2-4a=a2+4>0x1+x2=a+2a>0x1x2=1a>0，解得a>0．由x1+x2=a+2a，x1x2=1a，得g x1+g x2=ln x1+12a x1-12-2x1+1+ln x2+12a x2-12-2x2+1=ln x1x2+12a x1+x22-2x1x2-2x1+x2+2-2x1+x2+2=ln1a +12a a+2a2-2a-2⋅a+2a+2-2⋅a+2a+2=ln1a +a2-2a-1≥-1-32a，即ln a-12a-1a≤0，令m(a)=ln a-12a-1a，则m (a)=1a-12-12a2=-(a-1)22a2≤0，所以m(a)在(0,+∞)上单调递减，且m(1)=0，所以a≥1，故a的取值范围是[1,+∞)．7(2024·湖北·二模)求解下列问题，(1)若kx-1≥ln x恒成立，求实数k的最小值；(2)已知a，b为正实数，x∈0,1，求函数g x =ax+1-xb-a x⋅b1-x的极值．【答案】(1)1(2)答案见解析【分析】(1)求导，然后分k≤0和k>0讨论，确定单调性，进而得最值；(2)先发现g0 =g1 =0，当a=b时，g x =0，当0<x<1，a≠b时，取ab=t，L x =tx+1-x-t x，求导，研究单调性，进而求出最值得答案.【详解】(1)记f x =kx-1-ln x x>0，则需使f x ≥0恒成立，∴f x =k-1xx>0，当k≤0时，f x <0恒成立，则f x 在(0,+∞)上单调递减，且在x>1时，f x <0，不符合题意，舍去；当k >0时．令f x =0，解得x =1k，则f x 在0,1k 上单调递减，在1k ,+∞ 上单调递增，所以f x min =f 1k =-ln 1k=ln k ，要使kx -1≥ln x 恒成立，只要ln k ≥0即可，解得k ≥1，所以k 的最小值为1；(2)g (x )=ax +(1-x )b -a x ⋅b 1-x ，x ∈[0,1]，a >0，b >0，易知g 0 =g 1 =0，当a =b 时，g x =ax +a -ax -a =0，此时函数无极值；当0<x <1，a ≠b 时，g (x )=ax +(1-x )b -b ⋅a b x =b a b x +1-x -a b x，取ab=t ，t >0，t ≠1，L x =tx +1-x -t x ，t >0，t ≠1，x ∈0,1 ，则L x =t -1-t x ln t ，当t >1时，由L x ≥0得x ≤ln t -1ln tln t，由(1)知t -1≥ln t ，当t >1时，t -1ln t>1，因为x -1≥ln x ，所以1x -1≥ln 1x ，所以ln x ≥1-1x ，即x >0，当t >1时，ln t >1-1t，所以t >t -1ln t ，则ln t >ln t -1ln t >0，所以ln t -1ln tln t<1，即L x 在0,ln t -1ln t ln t 上单调递增，在ln t -1ln tln t,1单调递减．所以函数g x 极大=gln t -1lntln t，t =ab，a ≠b ，当0<t <1时，同理有ln t -1lntln t∈0,1 ，由Lx ≥0得x ≤ln t -1lntln t，即(x )在0,ln t -1lntln t上单调递增，在ln t -1lntln t,1上单调递减．所以函数g x 极大=gln t -1lntln t，t =a b，a ≠b ，综上可知，当a =b 时，函数g x 没有极值；当a ≠b 时，函数g x 有唯一的极大值g ln t -1lntln t，其中t =ab，没有极小值．【点睛】关键点点睛：取ab=t ，将两个参数的问题转化为一个参数的问题，进而求导解答问题.8(2024·湖北武汉·模拟预测)函数f (x )=tan x +sin x -92x ，-π2<x <π2,g (x )=sin n x -x n cos x ,x ∈0,π2,n ∈N +．(1)求函数f (x )的极值；(2)若g (x )>0恒成立，求n 的最大值．【答案】(1)极小值为f π3 =3(3-π)2，极大值为f -π3 =3(π-3)2；(2)3.【分析】(1)判断函数f (x )为奇函数，利用导数求出f (x )在区间0,π2上的极值，利用奇偶性即可求得定义域上的极值.(2)利用导数证明当n =1时，g (x )>0恒成立，当n >1时，等价变形不等式并构造函数F (x )=x -sin x cos 1nx,0<x <π2，利用导数并按导数为负为正确定n 的取值范围，进而确定不等式恒成立与否得解.【详解】(1)函数f (x )=tan x +sin x -92x ，-π2<x <π2，f (-x )=tan (-x )+sin (-x )-92(-x )=-f (x )，即函数f (x )为奇函数，其图象关于原点对称，当0<x <π2时，f (x )=sin x cos x +sin x -92x ，求导得：f(x )=1cos 2x +cos x -92=2cos 3x -9cos 2x +22cos 2x =(2cos x -1)(cos x -2-6)(cos x -2+6)2cos 2x，由于cos x ∈(0,1)，由f (x )>0，得0<cos x <12，解得π3<x <π2，由f (x )<0，得12<cos x <1，解得0<x <π3，即f (x )在0,π3 上单调递减，在π3,π2上单调递增，因此函数f (x )在0,π2 上有极小值f π3 =3(3-π)2，从而f (x )在-π2,π2 上的极小值为f π3 =3(3-π)2，极大值为f -π3 =3(π-3)2.(2)当n =1时，g (x )>0恒成立，即sin x -x cos x >0恒成立，亦即tan x >x 恒成立，令h (x )=tan x -x ,x ∈0,π2 ，求导得h (x )=1cos 2x -1=1-cos 2x cos 2x=tan 2x >0，则函数h (x )在0,π2上为增函数，有h (x )>h (0)=0，因此tan x -x >0恒成立；当n >1时，g (x )>0恒成立，即不等式sin xn cos x>x 恒成立，令F (x )=x -sin x cos 1n x ,0<x <π2，求导得：F (x )=1-cos x ⋅cos 1nx -1n⋅cos1n-1x ⋅(-sin x )⋅sin xcos 2nx=1-cos1+n nx +1n⋅sin 2x ⋅cos1-n nxcos 2nx=1-cos 2x +1n ⋅sin 2xcos n +1nx =cosn +1nx -cos 2x -1n (1-cos 2x )cos n +1nx =cosn +1nx -1n -n -1ncos 2x cosn +1nx令G (x )=cos n +1nx -1n -n -1n cos 2x ，求导得则G (x )=n +1n cos 1nx ⋅(-sin x )-n -1n⋅2cos x ⋅(-sin x )=sin x n (2n -2)cos x -(n +1)cos 1n x =2n -2n ⋅sin x cos x -n +12n -2cos 1n x=2n -2n ⋅sin x ⋅cos 1n x cos n -1n x -n +12n -2，由n >1,x ∈0,π2 ，得2n -2n⋅sin x ⋅cos 1nx >0，当n +12n -2≥1时，即n ≤3时，G (x )<0，则函数G (x )在0,π2上单调递减，则有G (x )<G (0)=0，即F (x )<0，因此函数F (x )在0,π2 上单调递减，有F (x )<F (0)=0，即g (x )>0，当n +12n -2<1时，即n >3时，存在一个x 0∈0,π2 ，使得cos n -1n x 0=n +12n -2，且当x ∈(0,x 0)时，G (x )>0，即G (x )在(0,x 0)上单调递增，且G (x )>G (0)=0，则F (x )>0，于是F (x )在(0,x 0)上单调递增，因此F (x )>F (0)=0，即sin xn cos x<x ，与g (x )>0矛盾，所以n 的最大值为3.【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：①通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；②利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．③根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．9(2024·湖北·模拟预测)已知函数f x =ax 2-x +ln x +1 ，a ∈R ，(1)若对定义域内任意非零实数x 1，x 2，均有f x 1 f x 2x 1x 2>0，求a ；(2)记t n =1+12+⋅⋅⋅+1n ，证明：t n -56<ln n +1 <t n ．【答案】(1)a =12(2)证明见解析【分析】(1)求导可得f 0 =0，再分a ≤0与a >0两种情况分析原函数的单调性，当a >0时分析极值点的正负与原函数的正负区间，从而确定a 的值；(2)由(1)问的结论可知，1n -12n2<ln 1n +1 <1n ，再累加结合放缩方法证明即可.【详解】(1)f x 的定义域为-1,+∞ ，且f 0 =0；f x =2ax -1+1x +1=2ax -x x +1=x 2a -1x +1，因此f 0 =0；i.a ≤0时，2a -1x +1<0，则此时令f x >0有x ∈-1,0 ，令f x <0有x ∈0,+∞ ，则f x 在-1,0 上单调递增，0,+∞ 上单调递减，又f 0 =0，于是f x ≤0，此时令x 1x 2<0，有f x 1 f x 2x 1x 2<0，不符合题意；ii .a >0时，f x 有零点0和x 0=12a-1，若x 0<0，即a >12，此时令f x <0有x ∈x 0,0 ，f x 在x 0,0 上单调递减，又f 0 =0，则f x 0 >0，令x 1>0，x 2=x 0，有f x 1 f x 2x 1x 2<0，不符合题意；若x 0>0，即0<a <12，此时令f x <0有x ∈0,x 0 ，f x 在0,x 0 上单调递减，又f 0 =0，则f x 0 <0，令-1<x 1<0,x 2=x 0，有f x 1 f x 2x 1x 2<0，不符合题意；若x 0=0，即a =12，此时fx =x 2x +1>0，f x 在-1,+∞ 上单调递增，又f 0 =0，则x >0时f x >0，x <0时f x <0；则x ≠0时f x x >0，也即对x 1x 2≠0，f x 1 f x 2x 1x 2>0，综上，a =12(2)证：由(1)问的结论可知，a =0时，f x =-x +ln x +1 ≤0；且a =12时x >0，f x =12x 2-x +ln x +1 >0；则x>0时，x-12x2<ln x+1<x，令x=1n，有1n-12n2<ln1n+1<1n，即1n-12n2<ln n+1-ln n<1n，于是1n-1-12n-12<ln n-ln n-1<1n-11-12<ln2<1将上述n个式子相加，t n-121+122+⋅⋅⋅+1n2<ln n+1<t n；欲证t n-56<ln n+1<t n，只需证t n-56<t n-121+122+⋅⋅⋅+1n2，只需证1+122+⋅⋅⋅+1n2<53；因为1n2=44n2<44n2-1=212n-1-12n+1，所以1+122+⋅⋅⋅+1n2<1+213-15+15-17+⋅⋅⋅+12n-1-12n+1=53-22n+1<53，得证：于是得证t n-56<ln n+1<t n.【点睛】方法点睛：(1)此题考导数与函数的综合应用，找到合适的分类标准，设极值点，并确定函数正负区间是解此题的关键；(2)对累加结构的不等式证明，一般需要应用前问的结论，取特定参数值，得出不等式累加证明，遇到不能累加的数列结构，需要进行放缩证明.10(2024·湖南·一模)已知函数f x =sin x-ax⋅cos x,a∈R．(1)当a=1时，求函数f x 在x=π2处的切线方程；(2)x∈0,π2时；(ⅰ)若f x +sin2x>0，求a的取值范围；(ⅱ)证明：sin2x⋅tan x>x3．【答案】(1)πx-2y+2-π22=0.(2)(ⅰ)a≤3(ⅱ)证明见解析【分析】(1)令a=1时，利用导数的几何意义求出斜率，进行计算求出切线方程即可.(2)(ⅰ)设g(x)=2sin x+tan x-ax,x∈0,π2,由g x >0得a≤3，再证明此时满足g x >0.(ⅱ)根据(ⅰ)结论判断出F x =sin2x⋅tan x-x3在0,π2上单调递增，∴F(x)>F(0)=0,即sin2x tan x >x3.【详解】(1)当a=1时，f(x)=sin x-x⋅cos x,f (x)=cos x-(cos x-x⋅sin x)=x⋅sin x,fπ2=π2,fπ2=1.所以切线方程为：y-1=π2x-π2,即πx-2y+2-π22=0.(2)(ⅰ)f(x)+sin2x=sin x-ax⋅cos x+sin2x>0,即tan x-ax+2sin x>0,x∈0,π2，设g(x)=2sin x+tan x-ax,x∈0,π2,g (x )=2cos x +1cos 2x -a =1cos 2x(2cos 3x -a cos 2x +1).又∵g (0)=0,g (0)=3-a ,∴g (0)=3-a ≥0是g (x )>0的一个必要条件，即a ≤3.下证a ≤3时，满足g (x )=2sin x +tan x -ax >0,x ∈0,π2,又g (x )≥1cos 2x(2cos 3x -3cos 2x +1)，设(t )=2t 3-3t 2+1,t ∈(0,1),h (t )=6t 2-6t =6t (t -1)<0,h (t )在(0,1)上单调递减，所以h (t )>h (1)=0，又x ∈0,π2 ,cos x ∈(0,1),∴g (x )>0,即g (x )在0,π2 单调递增.∴x ∈0,π2时，g (x )>g (0)=0；下面证明a >3时不满足g (x )=2sin x +tan x -ax >0,x ∈0,π2,，g (x )=2cos x +1cos 2x-a ，令h (x )=g (x )=2cos x +1cos 2x -a ，则h (x )=-2sin x +2sin x cos 3x =2sin x 1cos 3x-1，∵x ∈0,π2 ,∴sin x >0,1cos 3x-1>0，∴h (x )>0,∴h (x )=g (x )在0,π2为增函数，令x 0满足x 0∈0,π2,cos x 0=1a ，则g x 0 =2cos x 0+1cos 2x 0-a =2cos x 0+a -a >0，又g (0)=3-a <0,∴∃x 1∈0,x 0 ,使得g x 1 =0，当x ∈0,x 1 时，g (x )<g x 1 =0，∴此时g (x )在0,x 1 为减函数，∴当x ∈0,x 1 时，g (x )<g (0)=0，∴a >3时，不满足g (x )≥0恒成立.综上a ≤3.(ⅱ)设F (x )=sin 2x ⋅tan x -x 3,x ∈0,π2 ,F (x )=2sin x ⋅cos x ⋅tan x +sin 2x ⋅1cos 2x-3x 2=2sin 2x +tan 2x -3x 2=2(sin x -x )2+(tan x -x )2+2(2sin x +tan x )x -2x 2-x 2-3x 2.由(ⅰ)知2sin x +tan x >3x ,∴F (x )>0+0+2x ⋅3x -6x 2=0,，F x 在0,π2上单调递增，∴F (x )>F (0)=0,即sin 2x tan x >x 3.【点睛】关键点点睛：本题考查导数，解题关键是进行必要性探路，然后证明充分性，得到所要求的参数范围即可．11(2024·全国·模拟预测)已知函数f (x )=ln (1+x )-11+x．(1)求曲线y =f (x )在(0,f (0))处的切线方程；(2)若x ∈(-1,π)，讨论曲线y =f (x )与曲线y =-2cos x 的交点个数．【答案】(1)y =32x -1；(2)2．【分析】(1)求导，即可根据点斜式求解方程，(2)求导，分类讨论求解函数的单调性，结合零点存在性定理，即可根据函数的单调性，结合最值求解.【详解】(1)依题意，f x =11+x +121+x 32，故f 0 =32，而f 0 =-1，故所求切线方程为y +1=32x ，即y =32x -1．(2)令ln 1+x -11+x =-2cos x ，故ln 1+x +2cos x -11+x=0，令g x =ln 1+x +2cos x -11+x ，g x =11+x -2sin x +121+x -32，令h x =g x =11+x -2sin x +121+x -32，hx =-11+x2-2cos x -341+x -52．①当x ∈-1,π2时，cos x ≥0,1+x 2>0,1+x-52>0，∴h x <0,∴h x 在-1,π2上为减函数，即gx 在-1,π2 上为减函数，又g 0 =1+12>0,g1 =12-2sin1+12⋅2-32<12-2⋅sin1+12<1-2×12=0，∴g x 在0,1 上有唯一的零点，设为x 0，即g x 0 =00<x 0<1 ．∴g x 在-1,x 0 上为增函数，在x 0,π2上为减函数．又g 0 =2-1>0,g -π4 =ln 1-π4 +2cos -π4 -11-π4=ln 1-π4+2-11-π4<0,g π2=ln 1+π2 -11+π2>0，∴g x 在-1,x 0 上有且只有一个零点，在x 0,π2上无零点；②当x ∈π2,5π6 时，g x <11+x -1+121+x-32<0,g x 单调递减，又g π2 >0,g 5π6 =ln 1+5π6 -3-1+5π6-12<ln4-3<0，∴g x 在π2,5π6内恰有一零点；③当x ∈5π6,π 时，hx =-11+x2-2cos x -341+x -52为增函数，∴hx =h 5π6 =-11+5π62+1-34⋅1+5π6-52>0，∴g x 单调递增，又g π >0,g 5π6 <0，所以存在唯一x 0∈5π6,π ,g x 0 =0，当x ∈5π6,x 0 时，g x <0,g x 递减；当x ∈x 0,π 时，g x >0,g x 递增，g x ≤max g 5π6 ,g π <0，∴g x 在5π6,π内无零点．综上所述，曲线y =f x 与曲线y =-2cos x 的交点个数为2．【点睛】方法点睛：本题考查了导数的综合运用，求某点处的切线方程较为简单，利用导数求单调性时，如果求导后的正负不容易辨别，往往可以将导函数的一部分抽离出来，构造新的函数，利用导数研究其单调性，进而可判断原函数的单调性.在证明不等式时，常采用两种思路：求直接求最值和等价转化.无论是那种方式，都要敢于构造函数，构造有效的函数往往是解题的关键.12(2024·广东佛山·二模)已知f x =-12e 2x +4e x -ax -5.(1)当a =3时，求f x 的单调区间；(2)若f x 有两个极值点x 1，x 2，证明：f x 1 +f x 2 +x 1+x 2<0.【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】(1)求导后，借助导数的正负即可得原函数的单调性；(2)借助换元法，令t =e x ，t 1=e x 1，t 2=e x 2，可得t 1、t 2是方程t 2-4t +a =0的两个正根，借助韦达定理可得t 1+t 2=4，t 1t 2=a ，即可用t 1、t 2表示f x 1 +f x 2 +x 1+x 2，进而用a 表示f x 1 +f x 2 +x 1+x 2，构造相关函数后借助导数研究其最大值即可得.【详解】(1)当a =3时，f x =-12e 2x +4e x -3x -5，f x =-e 2x +4e x -3=-e x -1 e x -3 ，则当e x ∈0,1 ∪3,+∞ ，即x ∈-∞,0 ∪ln3,+∞ 时，f x <0，当e x ∈1,3 ，即x ∈0,ln3 时，f x >0，故f x 的单调递减区间为-∞,0 、ln3,+∞ ，单调递增区间为0,ln3 ；(2)f x =-e 2x +4e x -a ，令t =e x ，即f x =-t 2+4t -a ，令t 1=e x 1，t 2=e x 2，则t 1、t 2是方程t 2-4t +a =0的两个正根，则Δ=-4 2-4a =16-4a >0，即a <4，有t 1+t 2=4，t 1t 2=a >0，即0<a <4，则f x 1 +f x 2 +x 1+x 2=-12e 2x 1+4e x 1-ax 1-5-12e 2x2+4e x 2-ax 2-5+x 1+x 2=-12t 21+t 22 +4t 1+t 2 -a -1 ln t 1+ln t 2 -10=-12t 1+t 2 2-2t 1t 2 +4t 1+t 2 -a -1 ln t 1t 2-10=-1216-2a +16-a -1 ln a -10=a -a -1 ln a -2，要证f x 1 +f x 2 +x 1+x 2<0，即证a -a -1 ln a -2<00<a <4 ，令g x =x -x -1 ln x -20<x <4 ，则g x =1-ln x +x -1x =1x-ln x ，令h x =1x -ln x 0<x <4 ，则h x =-1x 2-1x <0，则g x 在0,4 上单调递减，又g 1 =11-ln1=1，g 2 =12-ln2<0，故存在x 0∈1,2 ，使g x 0 =1x 0-ln x 0=0，即1x 0=ln x 0，则当x ∈0,x 0 时，g x >0，当x ∈x 0,4 时，g x <0，故g x 在0,x 0 上单调递增，g x 在x 0,4 上单调递减，则g x ≤g x 0 =x 0-x 0-1 ln x 0-2=x 0-x 0-1 ×1x 0-2=x 0+1x 0-3，又x 0∈1,2 ，则x 0+1x 0∈2,52 ，故g x 0 =x 0+1x 0-3<0，即g x <0，即f x 1 +f x 2 +x 1+x 2<0.【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助换元法，令t =e x ，t 1=e x 1，t 2=e x 2，从而可结合韦达定理得t 1、t 2的关系，即可用a 表示f x 1 +f x 2 +x 1+x 2，构造相关函数后借助导数研究其最大值即可得.13(2024·广东广州·模拟预测)已知函数f x =x e x -kx ,k ∈R .(1)当k =0时，求函数f x 的极值；(2)若函数f x 在0,+∞ 上仅有两个零点，求实数k 的取值范围.【答案】(1)极小值为-1e，无极大值(2)e ,+∞【分析】(1)求出导函数，然后列表求出函数的单调区间，根据极值定义即可求解；(2)把原函数有两个零点转化为g x =e x -kx 在0,+∞ 上仅有两个零点，分类讨论，利用导数研究函数的单调性，列不等式求解即可.【详解】(1)当k =0时，f x =xe x (x ∈R )，所以f x =1+x e x ，令f x =0，则x =-1，x -∞,-1-1-1,+∞f x -0+f x单调递减极小值单调递增所以f (x )min =f -1 =-e -1=-1e，所以f x 的极小值为-1e，无极大值.(2)函数f x =x e x -kx 在0,+∞ 上仅有两个零点，令g x =e x -kx ，则问题等价于g x 在0,+∞ 上仅有两个零点，易知g x =e x -k ，因为x ∈0,+∞ ，所以e x >1.①当k ∈-∞,1 时，g x >0在0,+∞ 上恒成立，所以g x 在0,+∞ 上单调递增，所以g x >g 0 =1，所以g x 在0,+∞ 上没有零点，不符合题意；②当k ∈1,+∞ 时，令g x =0，得x =ln k ，所以在0,ln k 上，g x <0，在ln k ,+∞ 上，g x >0，所以g x 在0,ln k 上单调递减，在(ln k ,+∞)上单调递增，所以g x 的最小值为g ln k =k -k ⋅ln k .因为g x 在0,+∞ 上有两个零点，所以g ln k =k -k ⋅ln k <0，所以k >e.因为g 0 =1>0,g ln k 2 =k 2-k ⋅ln k 2=k k -2ln k ，令h x =x -2ln x ，则h x =1-2x =x -2x，所以在0,2 上，h x <0，在2,+∞ 上，h x >0，所以h x 在0,2 上单调递减，在2,+∞ 上单调递增，所以h x ≥2-2ln2=ln e 2-ln4>0，所以g ln k 2 =k k -2ln k >0，所以当k >e 时，g x 在0,ln k 和(ln k ,+∞)内各有一个零点，即当k >e 时，g x 在0,+∞ 上仅有两个零点.综上，实数k 的取值范围是e ,+∞ .【点睛】方法点睛：求解函数单调区间的步骤：(1)确定f x 的定义域.(2)计算导数f x .(3)求出f x =0的根.(4)用f x =0的根将f x 的定义域分成若干个区间，判断这若干个区间内f x 的符号，进而确定f x 的单调区间.f x >0，则f x 在对应区间上单调递增，对应区间为增区间；f x <0，则f x 在对应区间上单调递减，对应区间为减区间.如果导函数含有参数，那么需要对参数进行分类讨论，分类讨论要做到不重不漏.14(2024·江苏南通·二模)已知函数f x =ln x -ax ，g x =2ax，a ≠0.(1)求函数f x 的单调区间；(2)若a >0且f x ≤g x 恒成立，求a 的最小值.【答案】(1)答案见解析(2)2e 3.【分析】(1)求导后，利用导数与函数单调性的关系，对a >0与a <0分类讨论即可得；(2)结合函数的单调性求出函数的最值，即可得解.【详解】(1)f x =1x -a =1-axx(a ≠0)，当a <0时，由于x >0，所以f x >0恒成立，从而f x 在0,+∞ 上递增；当a >0时，0<x <1a ，f x >0；x >1a ，fx <0，从而f x 在0,1a 上递增，在1a,+∞ 递减；综上，当a <0时，f x 的单调递增区间为0,+∞ ，没有单调递减区间；当a >0时，f x 的单调递增区间为0,1a ，单调递减区间为1a ,+∞ .(2)令h x =f x -g x =ln x -ax -2ax，要使f x ≤g x 恒成立，只要使h x ≤0恒成立，也只要使h x max ≤0.h x =1x -a +2ax 2=-ax +1 ax -2 ax 2，由于a >0，x >0，所以ax +1>0恒成立，当0<x <2a 时，h x >0，当2a<x <+∞时，h x <0，所以h x max =h 2a =ln 2a -3≤0，解得：a ≥2e 3，所以a 的最小值为2e3.15(2024·山东济南·二模)已知函数f x =ax 2-ln x -1,g x =xe x -ax 2a ∈R .(1)讨论f x 的单调性；(2)证明：f x +g x ≥x .【答案】(1)答案见详解(2)证明见详解【分析】(1)求导可得fx =2ax 2-1x，分a ≤0和a >0两种情况，结合导函数的符号判断原函数单调性；(2)构建F x =f x +g x -x ,x >0，h x =e x -1x,x >0，根据单调性以及零点存在性定理分析h x 的零点和符号，进而可得F x 的单调性和最值，结合零点代换分析证明.【详解】(1)由题意可得：f x 的定义域为0,+∞ ，fx =2ax -1x =2ax 2-1x，当a ≤0时，则2ax 2-1<0在0,+∞ 上恒成立，可知f x 在0,+∞ 上单调递减；当a >0时，令f x >0，解得x >12a；令f x <0，解得0<x <12a；可知f x 在0,12a 上单调递减，在12a,+∞ 上单调递增；综上所述：当a ≤0时，f x 在0,+∞ 上单调递减；当a >0时，f x 在0,12a 上单调递减，在12a,+∞ 上单调递增.(2)构建F x =f x +g x -x =xe x -ln x -x -1,x >0，则F x =x +1 e x -1x -1=x +1 e x -1x，由x >0可知x +1>0，构建h x =e x -1x ,x >0，因为y =e x ,y =-1x在0,+∞ 上单调递增，则h x 在0,+∞ 上单调递增，且h 12=e -20,h 1 =e -1 0，可知h x 在0,+∞ 上存在唯一零点x 0∈12,1 ，当0<x <x 0，则h x <0，即Fx <0；当x >x 0，则h x >0，即F x >0；可知F x 在0,x 0 上单调递减，在x 0,+∞ 上单调递增，则F x ≥F x 0 =x 0e x 0-ln x 0-x 0-1，又因为e x 0-1x 0=0，则e x 0=1x 0,x 0=e -x 0，x 0∈12,1 ，可得F x 0 =x 0×1x 0-ln e -x-x 0-1=0，即F x ≥0，所以f x +g x ≥x .16(2024·福建·模拟预测)已知函数f (x )=a ln x -bx 在1,f 1 处的切线在y 轴上的截距为-2．(1)求a 的值；(2)若f x 有且仅有两个零点，求b 的取值范围．【答案】(1)2(2)b ∈0,2e 【分析】(1)借助导数的几何意义计算即可得；(2)借助函数与方程的关系，可将f x 有且仅有两个零点转化为方程b =2ln xx有两个根，构造对应函数并借助导数研究单调性及值域即可得.【详解】(1)f (x )=ax-b ，f 1 =a -b ，f (1)=a ×0-b =-b ，则函数f (x )=a ln x -bx 在1,f 1 处的切线为：y +b =a -b x -1 ，即y =a -b x -a ，令x =0，则有y =-a =-2，即a =2；(2)由a =2，即f (x )=2ln x -bx ，若f x 有且仅有两个零点，则方程2ln x-bx=0有两个根，即方程b=2ln xx有两个根，令g x =2ln xx，则gx =21-ln xx2，则当x∈0,e时，g x >0，则当x∈e,+∞时，g x <0，故g x 在0,e上单调递增，在e,+∞上单调递减，故g x ≤g e =2ln ee=2e，又x→0时，g x →-∞，x→+∞时，g x →0，故当b∈0,2 e时，方程b=2ln x x有两个根，即f x 有且仅有两个零点.17(2024·浙江杭州·二模)已知函数f x =a ln x+2-12x2a∈R．(1)讨论函数f x 的单调性；(2)若函数f x 有两个极值点，(ⅰ)求实数a的取值范围；(ⅱ)证明：函数f x 有且只有一个零点．【答案】(1)答案见解析；(2)(ⅰ)-1<a<0；(ⅱ)证明见解析【分析】(1)求出函数的导函数，再分a≤-1、-1<a<0、a≥0三种情况，分别求出函数的单调区间；(2)(ⅰ)由(1)直接解得；(ⅱ)结合函数的最值与零点存在性定理证明即可.【详解】(1)函数f x =a ln x+2-12x2a∈R的定义域为-2,+∞，且f x =ax+2-x=-x+12+a+1x+2，当a≤-1时，f x ≤0恒成立，所以f x 在-2,+∞单调递减；当-1<a<0时，令f x =0，即-x+12+a+1=0，解得x1=-a+1-1，x2=a+1-1，因为-1<a<0，所以0<a+1<1，则-2<-a+1-1<-1，所以当x∈-2,-a+1-1时f x <0，当x∈-a+1-1,a+1-1时f x >0，当x∈a+1-1,+∞时f x <0，所以f x 在-2,-a+1-1上单调递减，在-a+1-1,a+1-1上单调递增，在a+1-1,+∞上单调递减；当a≥0时，此时-a+1-1≤-2，所以x∈-2,a+1-1时f x >0，当x∈a+1-1,+∞时f x <0，所以f x 在-2,a+1-1上单调递增，在a+1-1,+∞上单调递减．综上可得：当a≤-1时f x 在-2,+∞单调递减；当-1<a<0时f x 在-2,-a+1-1上单调递减，在-a+1-1,a+1-1上单调递增，在a+1-1,+∞上单调递减；当a≥0时f x 在-2,a+1-1上单调递增，在a+1-1,+∞上单调递减．(2)(ⅰ)由(1)可知-1<a<0．(ⅱ)由(1)f x 在-2,-a+1-1上单调递减，在-a+1-1,a+1-1上单调递增，在a+1-1,+∞上单调递减，所以f x 在x=a+1-1处取得极大值，在x=-a+1-1处取得极小值，又-1<a<0，所以0<a+1<1，则1<a+1+1<2，又f x极大值=f a+1-1=a ln a+1+1-12a+1-12<0，又f-a+1-1<f a+1-1<0，所以f x 在-a+1-1,+∞上没有零点，又-1<a<0，则4a<-4，则0<e4a<e-4，-2<e4a-2<e-4-2，则0<e 4a-22<4，所以f e 4a-2=4-12e4a-22>0，所以f x 在-2,-a+1-1上存在一个零点，综上可得函数f x 有且只有一个零点．18(2024·河北沧州·模拟预测)已知函数f(x)=ln x-ax+1，a∈R．(1)讨论f x 的单调性；(2)若∀x>0，f x ≤xe2x-2ax恒成立，求实数a的取值范围．【答案】(1)答案见解析(2)-∞,2．【分析】(1)利用导数分类讨论判断函数f x 的单调性，即可求解；(2)先利用导数证明不等式e x≥x+1，分离变量可得a≤e2x-ln x+1x恒成立，进而e 2x-ln x+1x≥2x+ln x+1-(ln x+1)x=2，即可求解.【详解】(1)函数f x =ln x-ax+1，a∈R的定义域为0,+∞，且f (x)=1x-a．当a≤0时，∀x∈0,+∞，f (x)=1x-a≥0恒成立，此时f x 在区间0,+∞上单调递增；当a>0时，令f (x)=1x-a=1-axx=0，解得x=1a，当x∈0,1 a时，f x >0，f x 在区间0,1a上单调递增，当x∈1a,+∞时，f x <0，f x 在区间1a,+∞上单调递减．综上所述，当a≤0时，f x 在区间0,+∞上单调递增；当a>0时，f x 在区间0,1 a上单调递增，在区间1a,+∞上单调递减．(2)设g x =e x-x-1，则g x =e x-1，在区间(-∞,0)上，g x <0，g x 单调递减，在区间0,+∞上，g x >0，g x 单调递增，所以g x ≥g0 =e0-0-1=0，所以e x≥x+1(当且仅当x=0时等号成立)．依题意，∀x>0，f x ≤xe2x-2ax恒成立，即a≤e2x-ln x+1x恒成立，而e2x-ln x+1x=xe2x-(ln x+1)x=e2x+ln x-(ln x+1)x≥2x+ln x+1-(ln x+1)x=2，当且仅当2x+ln x=0时等号成立．因为函数h x =2x+ln x在0,+∞上单调递增，h1e=2e-1<0，h(1)=2>0，所以存在x0∈1e,1，使得2x0+ln x0=0成立．所以a ≤e 2x -ln x +1xmin =2，即a 的取值范围是-∞,2 ．【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的恒成立问题的求解策略：形如f x ≥g x 的恒成立的求解策略：1、构造函数法：令F x =f x -g x ，利用导数求得函数F x 的单调性与最小值，只需F x min ≥0恒成立即可；2、参数分离法：转化为a ≥φx 或a ≤φx 恒成立，即a ≥φx max 或a ≤φx min 恒成立，只需利用导数求得函数φx 的单调性与最值即可；3，数形结合法：结合函数y =f x 的图象在y =g x 的图象的上方(或下方)，进而得到不等式恒成立.19(2024·广东·二模)已知f x =12ax 2+1-2a x -2ln x ,a >0.(1)求f x 的单调区间；(2)函数f x 的图象上是否存在两点A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 (其中x 1≠x 2)，使得直线AB 与函数f x 的图象在x 0=x 1+x22处的切线平行？若存在，请求出直线AB ；若不存在，请说明理由.【答案】(1)f (x )在(0,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增.(2)不存在，理由见解析【分析】(1)求出导函数，根据导函数的正负来确定函数的单调区间；(2)求出直线AB 的斜率，再求出f (x 0)，从而得到x 1,x 2的等式，再进行换元和求导，即可解出答案.【详解】(1)由题可得f(x )=ax +1-2a -2x =ax 2+(1-2a )x -2x =(ax +1)(x -2)x(x >0)因为a >0，所以ax +1>0，所以当x ∈(0,2)时，f (x )<0，f (x )在(0,2)上单调递减，当x ∈(2,+∞)时，f (x )>0，f (x )在(2,+∞)上单调递增.综上，f (x )在(0,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增.(2)由题意得，斜率k =y 2-y 1x 2-x 1=12ax 22+(1-2a )x 2-2ln x 2 -12ax 21+(1-2a )x 1-2ln x 1 x 2-x 1=12a (x 22-x 21)+(1-2a )(x 2-x 1)-2ln x 2x 1x 2-x 1=a 2(x 1+x 2)+1-2a -2ln x2x 1x 2-x 1，f x 1+x 22 =a (x 1+x 2)2+1-2a -4x 1+x 2,由k =f x 1+x22 得，ln x2x 1x 2-x 1=2x 1+x 2，即ln x 2x 1=2(x 2-x 1)x 1+x 2，即ln x 2x 1-2x2x 1-1 x 2x1+1=0令t =x 2x 1，不妨设x 2>x 1，则t >1，记g (t )=ln t -2(t -1)t +1=ln t +4t +1-2(t >1)所以g(t )=1t -4t +1 2=t -1 2t t +1 2>0，所以g (t )在(1,+∞)上是增函数，所以g (t )>g (1)=0，所以方程g (t )=0无解，则满足条件的两点A ,B 不存在.20(2024·广东深圳·二模)已知函数f x =ax +1 e x ，f x 是f x 的导函数，且f x -f x =2e x ．(1)若曲线y =f x 在x =0处的切线为y =kx +b ，求k ，b 的值；(2)在(1)的条件下，证明：f x ≥kx +b ．【答案】(1)k =3，b =1；(2)证明见解析.【分析】(1)根据题意，求导可得a 的值，再由导数意义可求切线，得到答案；(2)设函数g x =2x +1 e x -3x -1，利用导数研究函数g (x )的单调性从而求出最小值大于0，可得证.【详解】(1)因为f x =ax +1 e x ，所以f x =ax +a +1 e x ，因为f x -f x =2e x ，所以a =2．则曲线y =f (x )在点x =0处的切线斜率为f 0 =3．又因为f 0 =1，所以曲线y =f (x )在点x =0处的切线方程为y =3x +1，即得k =3，b =1．(2)设函数g x =2x +1 e x -3x -1，x ∈R ，则g x =2x +3 e x -3，设h x =g x ，则h x =e x 2x +5 ，所以，当x >-52时，h x >0，g x 单调递增．又因为g0 =0，所以，x >0时，g x >0，g x 单调递增；-52<x <0时，g x <0，g x 单调递减．又当x ≤-52时，g x =2x +3 e x -3<0，综上g x 在-∞,0 上单调递减，在0,+∞ 上单调递增，所以当x =0时，g x 取得最小值g 0 =0，即2x +1 e x -3x -1≥0，所以，当x ∈R 时，f x ≥3x +1．21(2024·辽宁·二模)已知函数f x =ax 2-ax -ln x .(1)若曲线y =f x 在x =1处的切线方程为y =mx +2，求实数a ,m 的值；(2)若对于任意x ≥1，f x +ax ≥a 恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】(1)a =-1，m =-2(2)12,+∞ 【分析】(1)根据导数几何意义和切线方程，可直接构造方程组求得结果；(2)构造函数g x =ax 2-ln x -a x ≥1 ，将问题转化为g x ≥0恒成立；求导后，分别在a ≤0、a ≥12和0<a <12的情况下，结合单调性和最值求得符合题意的范围.【详解】(1)∵f x =2ax -a -1x，∴f 1 =2a -a -1=a -1，∵y =f x 在x =1处的切线为y =mx +2，∴f 1 =a -1=mf 1 =0=m +2 ，解得：a =-1，m =-2.(2)由f x +ax ≥a 得：ax 2-ln x -a ≥0，令g x =ax 2-ln x -a x ≥1 ，则当x ≥1时，g x ≥0恒成立；。
2012-2019高考数学(导数)(含解析)
2012-2019高考数学（导数）（含解析）10.(2012课标全国,理10)已知函数f (x )=1ln(1)-x x+,则y =f (x )的图像大致为( ).12.(2012课标全国,理12)设点P 在曲线y =12e x 上,点Q 在曲线y =ln (2x )上,则|PQ |的最小值为( ).A .1-ln 2B 1-ln 2)C .1+ln 2D 1+ln 2)21.(2012课标全国,理21)已知函数f (x )满足f (x )=f '(1)e x -1-f (0)x +12x 2.(1)求f (x )的解析式及单调区间;(2)若f (x )≥12x 2+ax +b ,求(a +1)b 的最大值.（9）（2013）若函数()211=,2f x x ax a x ⎛⎫++∞ ⎪⎝⎭在是增函数，则的取值范围是 （A ）[]-1，0 （B ）[]-∞1， （C ）[]0，3 （D ）[]3∞，+22.（2013）已知函数()()()1=ln 1.1x x f x x xλ++-+ （I ）若()0,0,x f x λ≥≤时求的最小值;；（II ）设数列{}211111,ln 2.234n n n n a a a a n n=+++⋅⋅⋅+-+>的通项证明：11.（2014）已知函数()f x =3231ax x -+，若()f x 存在唯一的零点0x ，且0x ＞0，则a 的取值范围为A .（2，+∞） B.（-∞，-2） C .（1，+∞） D .（-∞，-1）21. （2014）(本小题满分12分)设函数1(0ln x xbe f x ae x x-=+，曲线()y f x =在点（1，(1)f 处的切线为(1)2y e x =-+. (Ⅰ)求,a b ； （Ⅱ）证明：()1f x >.12. （2015）设函数，其中，若存在唯一的整数使得，则的取值范围是A. B. C. D.21. （2015）已知函数，．（1）当为何值时，轴为曲线的切线；（2）用表示，中的最小值，设函数，讨论零点的个数．（7）(2016)函数y=2x2–e|x|在[–2,2]的图像大致为（A）（B）（C）（D）（21）(2016)（本小题满分12分）已知函数有两个零点.（I）求a的取值范围；（II）设x1，x2是的两个零点，证明：+x2<2.21.（2017）（12分）已知函数)（a e2x+(a﹣2) e x﹣x.f xf x的单调性；（1）讨论()（2）若()f x有两个零点，求a的取值范围.5．（2018）设函数32()(1)f x x a x ax =+-+，若()f x 为奇函数，则曲线()y f x =在点(0,0)处的切线方程为A ．2y x =-B ．y x =-C ．2y x =D ．y x =9．（2018）已知函数e 0()ln 0x x f x x x ⎧≤=⎨>⎩，，，，()()g x f x x a =++．若g （x ）存在2个零点，则a 的取值范围是A ．[–1，0）B ．[0，+∞）C ．[–1，+∞）D ．[1，+∞）21．（2018）（12分）已知函数1()ln f x x a x x=-+． （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 存在两个极值点12,x x ，证明：()()12122f x f x a x x -<--．13．（2019）曲线23()e xy x x =+在点(0)0，处的切线方程为____________． 20．（2019）（12分）已知函数()sin ln(1)f x x x =-+，()f x '为()f x 的导数．证明： （1）()f x '在区间(1,)2π-存在唯一极大值点； （2）()f x 有且仅有2个零点．答案解析10.(2012课标全国,理10)B 当x =1时,y =1ln21-<0,排除A ;当x =0时,y 不存在,排除D ;f '(x )=1ln(1)-x x ⎡⎤⎢⎥+⎣⎦'=21[ln(1)-]xx x x ++,因定义中要求x >-1,故-1<x <0时,f '(x )<0,故y =f (x )在(-1,0)上单调递减,故选B .12.(2012课标全国,理12 B 由题意知函数y =12e x 与y =ln (2x )互为反函数,其图像关于直线y =x 对称,两曲线上点之间的最小距离就是y =x 与y =12e x 最小距离的2倍,设y =12e x 上点(x 0,y 0)处的切线与y =x 平行,有01e2x =1,x 0=ln 2,y 0=1,∴y =x 与y =12e x1-ln 2), ∴|PQ |1-ln 2)×21-ln 2).21.(2012课标全国,理21)解:(1)由已知得f '(x )=f '(1)e x -1-f (0)+x .所以f '(1)=f '(1)-f (0)+1,即f (0)=1. 又f (0)=f '(1)e -1,所以f '(1)=e . 从而f (x )=e x -x +12x 2.由于f '(x )=e x -1+x ,故当x ∈(-∞,0)时,f '(x )<0;当x ∈(0,+∞)时,f '(x )>0.从而,f (x )在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增. (2)由已知条件得e x -(a +1)x ≥b .①(ⅰ)若a +1<0,则对任意常数b ,当x <0,且x <11b a -+时,可得e x -(a +1)x <b ,因此①式不成立.(ⅱ)若a +1=0,则(a +1)b =0. (ⅲ)若a +1>0,设g (x )=e x -(a +1)x , 则g '(x )=e x -(a +1).当x ∈(-∞,ln (a +1))时,g '(x )<0; 当x ∈(ln (a +1),+∞)时,g '(x )>0.从而g (x )在(-∞,ln (a +1))单调递减,在(ln (a +1),+∞)单调递增. 故g (x )有最小值g (ln (a +1))=a +1-(a +1)ln (a +1). 所以f (x )≥12x 2+ax +b 等价于b ≤a +1-(a +1)ln (a +1).②因此(a +1)b ≤(a +1)2-(a +1)2ln (a +1).设h (a )=(a +1)2-(a +1)2ln (a +1),则h '(a )=(a +1)(1-2ln (a +1)). 所以h (a )在(-1,12e -1)单调递增, 在(12e -1,+∞)单调递减,故h (a )在a =12e -1处取得最大值.从而h (a )≤e 2,即(a +1)b ≤e 2.当a =12e -1,b =12e 2时,②式成立,故f (x )≥12x 2+ax +b .综合得,(a +1)b 的最大值为e 2.11(2014)【答案】：B【解析1】：由已知0a ≠，2()36f x ax x '=-，令()0f x '=，得0x =或2x a=， 当0a >时，()22,0,()0;0,,()0;,,()0x f x x f x x f x a a ⎛⎫⎛⎫'''∈-∞>∈<∈+∞> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭； 且(0)10f =>，()f x 有小于零的零点，不符合题意。
全国卷历年高考函数与导数真题归类分析(含答案)
全国卷历年高考函数与导数真题归类分析(含答案)全国卷历年高考函数与导数真题归类分析（含答案）（2015年-2018年共11套）函数与导数小题（共23小题）一、函数奇偶性与周期性1.（2015年1卷13）若函数$f(x)=x\ln(x+a+x^2)$为偶函数，则$a=$解析】由题知$y=\ln(x+a+x^2)$是奇函数，所以$\ln(x+a+x^2)+\ln(-x+a+x^2)=\ln(a+x-x)=\ln a$，解得$a=1$。
考点：函数的奇偶性。
2.（2018年2卷11）已知$$f(x)=\begin{cases}\frac{x+1}{x},x<0\\ax^2,x\geq0\end{cases}$$ 是定义域为$(-\infty,0)\cup[0,+\infty)$的奇函数，满足$f(\frac{1}{2})=1$。
若，$f'(-1)=-2$，则$a=$解：因为$f(x)$是奇函数，所以$f(-\frac{1}{2})=-1$，$f(0)=0$。
又因为$f'(-1)=-2$，所以$f'(-x)|_{x=1}=2$，$f'(0+)=0$，$f'(0-)=0$。
由此可得$$\begin{aligned}a&=\lim\limits_{x\to 0^+}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}\\&=\lim\limits_{x\to 0^+}\frac{ax^2}{x}\\&=\lim\limits_{x\to0^+}ax\\&=\lim\limits_{x\to 0^-}ax\\&=-\frac{1}{2}\end{aligned}$$ 故选B。
3.（2016年2卷12）已知函数$f(x)(x\in R)$满足$f(-x)=2-f(x)$，若函数$y=\sum\limits_{i=1}^m(x_i+y_i)$的图像的交点为$(x_1,y_1),(x_2,y_2),\cdots,(x_m,y_m)$，则$\sum\limits_{i=1}^m(x_i+y_i)=( )$解析】由$f(x)$的奇偶性可得$f(0)=1$，又因为$f(x)$是偶函数，所以$f'(0)=0$。
函数与导数历年高考真题
函数与导数历年高考真题(共16页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--函数与导数高考真题1．2log 510＋＝A 、0B 、1C 、2D 、42．22(1cos )x dx ππ-+⎰等于( )A.π π D.π+23．设f(x)为定义在R 上的奇函数，当x ≥0时，f(x)=2x +2x+b(b 为常数)，则f(-1)=(A) 3 (B) 1 (C)-1 (D)-34．设定义在R 上的函数()f x 满足()()213f x f x ⋅+=，若()12f =，则()99f =( )（Ａ）13 （Ｂ）2 （Ｃ）132 （Ｄ）21375．已知函数3()2x f x +=，1()f x -是()f x 的反函数，若16mn =（m n ∈+R ，），则11()()f m f n --+的值为（ ） A ．2-B ．1C ．4D ．106．设正数a,b 满足4)(22lim =-+→b ax x x , 则=++--+∞→nn n n n ba ab a 2111lim（ ） A ．0 B ．41 C ．21D ．17．已知函数yM ，最小值为m ，则mM的值为 (A)14(B)12(C)28．已知函数y ＝x ²-3x+c 的图像与x 恰有两个公共点，则c ＝ （A ）-2或2 （B ）-9或3 （C ）-1或1 （D ）-3或19．已知以4T =为周期的函数(1,1]()12,(1,3]x f x x x ⎧∈-⎪=⎨--∈⎪⎩，其中0m >。
若方程3()f x x =恰有5个实数解，则m 的取值范围为（ ）A ．8)3B ．C ．48(,)33D ．4(310．已知函数2()22(4)1f x mx m x =--+，()g x mx =，若对于任一实数x ，()f x 与()g x 至少有一个为正数，则实数m 的取值范围是A ． (0,2)B ．(0,8)C ．(2,8)D ． (,0)-∞ 11．定义在R 上的函数)(x f 既是奇函数，又是周期函数，T 是它的一个正周期.若将方程0)(=x f 在闭区间][T T ,-上的根的个数记为n ，则n 可能为 （A ）0（B ）1（C ）3（D ）512．若函数(),()f x g x 分别是R 上的奇函数、偶函数，且满足()()x f x g x e -=，则有（ ） A ．(2)(3)(0)f f g << B ．(0)(3)(2)g f f << C ．(2)(0)(3)f g f <<D ．(0)(2)(3)g f f <<13．设a ∈R ，若函数3,ax y e x x =+∈R 有大于零的极值点，则A ．3a >-B ．3a <-C ．13a >-D ．13a <-14．设奇函数()f x 在(0)+∞，上为增函数，且(1)0f =，则不等式()()0f x f x x--<的解集为（ ）A ．(10)(1)-+∞，，B ．(1)(01)-∞-，，C ．(1)(1)-∞-+∞，，D ．(10)(01)-，，15．函数f (x )=)4323(1122+--++-x x x x n x的定义域为A ．(- ∞,-4)［∪2,+ ∞］B ．(-4,0) ∪(0,1)C ．［-4,0］∪（0，1）］D ．［－4，0∪（0，1）16．对于函数①()lg(21)f x x =-+，②2()(2)f x x =-，③()cos(2)f x x =+，判断如下三个命题的真假： 命题甲：(2)f x +是偶函数；命题乙：()f x 在()-∞2，上是减函数，在(2)+∞，上是增函数； 命题丙：(2)()f x f x +-在()-∞+∞，上是增函数． 能使命题甲、乙、丙均为真的所有函数的序号是（ ） Ａ．①③Ｂ．①②Ｃ．③Ｄ．②17．设()()sin f x x ωϕ=+，其中0ω>，则()f x 是偶函数的充要条件是() （Ａ）()01f = （Ｂ）()00f = （Ｃ）()'01f = （Ｄ）()'00f =18．设点P 在曲线12xy e =上，点Q 在曲线ln(2)y x =上，则PQ 最小值为（ ）A.1ln 2- ln 2)- C.1ln 2+ ln 2)+ 19．将函数21x y =+的图象按向量a 平移得到函数12x y +=的图象，则（ ） A ．(11)=--，aB ．(11)=-，aC ．(11)=，aD ．(11)=-，a20．函数()f x 对于任意实数x 满足条件()()12f x f x +=，若()15,f =-则()()5f f =_______________。
全国卷导数合集(试题+解析)
（一） 导数的极最值问题1.(2015新课标Ⅱ）设函数2()mxf x ex mx =+-．(Ⅰ)证明：()f x 在(,0)-∞单调递减，在(0,)+∞单调递增；(Ⅱ)若对于任意1x ，2x [1,1]∈-，都有12|()()|f x f x -1e -≤，求m 的取值范围．【解析】(Ⅰ)()(e 1)2mxf x m x '=-+．若0m ≥，则当(,0)x ∈-∞时，10mx e -≤，()0f x '<； 当(0,)x ∈+∞时，10mx e -≥，()0f x '>．若0m <，则当(,0)x ∈-∞时，10mx e ->，()0f x '<； 当(0,)x ∈+∞时，10mx e -<，()0f x '>．所以，()f x 在(,0)-∞单调递减，在(0,)+∞单调递增．(Ⅱ)由(Ⅰ)知，对任意的m ，()f x 在[1,0]-单调递减，在[0,1]单调递增． 故()f x 在0x =处取得最小值．所以对于任意1x ，2x [1,1]∈-，12|()()|1f x f x e --≤的充要条件是：(1)(0)1(1)(0)1f f e f f e --⎧⎨---⎩≤≤，即11m m e m e e m e -⎧--⎨+-⎩≤≤ ① 设函数()1tg t e t e =--+，则()1tg t e '=-．当0t <时，()0g t '<；当0t >时()0g t '>． 故()g t 在(,0)-∞单调递减，在(0,)+∞ 单调递增．又(1)0g =，1(1)20g e e --=+-<，故当[1,1]t ∈-时，()0g t ≤． 当[1,1]m ∈-时，()0,()0g m g m -≤≤，即①式成立；当1m >时，由()g t 得单调性，()0g m >，即1me m e ->-；当1m <-时，()0g m ->，即1m e m e -+>- 综上，m 的取值范围是[1,1]-．2.（2014新课标Ⅰ）设函数()()21ln 12a f x a x x bx a -=+-≠，曲线()y f x =在点 (1,(1))f 处的切线斜率为0．（Ⅰ）求b ；（Ⅱ）若存在01,x ≥使得()01af x a <-，求a 的取值范围．【解析】（Ⅰ）()(1)af x a x b x'=+--， 由题设知(1)0f '=，解得1b =．（Ⅱ）()f x 的定义域为(0,)+∞，由（Ⅰ）知，21()ln 2a f x a x x x -=+-， 1()(1)1()(1)1a a a f x a x x x x x a-'=+--=--- （ⅰ）若12a ≤，则11aa≤-，故当(1,)x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 在(1,)+∞单调递增，所以，存在01x ≥，使得0()1a f x a <-的充要条件为(1)1af a <-，即1121a a a --<-，解得11a <<． （ii ）若112a <<，则11a a >-，故当(1,)1ax a ∈-时，'()0f x <；当(,)1a x a ∈+∞-时，()0f x '>，()f x 在(1,)1a a -单调递减，在(,)1aa+∞-单调递增．所以，存在01x ≥，使得0()1a f x a <-的充要条件为()11a af a a <--， 而2()ln 112(1)11a a a a af a a a a a a =++>-----，所以不合题意． （iii ）若1a >，则11(1)1221a a af a ---=-=<-．综上，a的取值范围是(1)(1,)+∞U ．3.（2013新课标Ⅰ）已知函数，曲线()y f x =在点处切线方程为． （Ⅰ）求的值；（Ⅱ）讨论的单调性，并求的极大值．【解析】（I ）2()()24f x e ax a b x '=++--．由已知得(0)4f =，(0)4f '=．故4b =，8a b +=．从而4a b ==； (II) 由（I ）知，2()4(1)4xf x e x x x =+--，1()4(2)244(2)().2x x f x e x x x e '=+--=+-令()0f x '=得，ln 2x =-或2x =-．从而当(,2)(12,)x n ∈-∞--+∞U 时，()0f x '>；当(2,12)x n ∈--，()0f x '<． 故()f x 在(,2)-∞-，(ln 2,)-+∞单调递增，在(2,ln 2)--单调递减． 当2x =-时，函数()f x 取得极大值，极大值为2(2)4(1)f e --=-．4.（2013新课标Ⅱ）已知函数．（Ⅰ）求的极小值和极大值；（Ⅱ）当曲线()y f x =的切线的斜率为负数时，求在轴上截距的取值范围．2()()4x f x e ax b x x =+--(0,(0))f 44y x =+,a b ()f x ()f x 2()xf x x e -=()f x l l x（Ⅰ）()f x 的定义域为(),-∞+∞，()()2xf x e x x -'=-- ①当(),0x ∈-∞或()2,x ∈+∞时，()0f x '<；当()0,2x ∈时，()0f x '> 所以()f x 在(),0-∞，()2,+∞单调递减，在()0,2单调递增．故当0x =时，()f x 取得极小值，极小值为()00f =；当2x =时，()f x 取得极大值，极大值为()224f e -=．（Ⅱ）设切点为()(),t f t ，则l 的方程为()()()y f t x t f t '=-+ 所以l 在x 轴上的截距为()()()22322f t t m t t t t f t t t =-=+=-++'-- 由已知和①得()(),02,t ∈-∞+∞U 令()()20h x x x x=+≠，则当()0,x ∈+∞时，()h x的取值范围为)+∞； 当(),2x ∈-∞-时，()h x 的取值范围是(),3-∞-．所以当()(),02,t ∈-∞+∞U 时，()m t 的取值范围是(),03,)-∞+∞U ． 综上，l 在轴上截距的取值范围(),03,)-∞+∞U ．5.（2015新课标2）已知函数()ln (1)f x x a x =+-． （Ⅰ）讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）当()f x 有最大值，且最大值大于22a -时，求a 的取值范围．【解析】（Ⅰ）()f x 的定义域为(0,)+∞，1()f x a x'=-． x若0a ≤，则()0f x '>，所以()f x 在(0,)+∞单调递增．若0a >，则当1(0,)x a∈时，()0f x '>；当1(,)x a∈+∞时，()0f x '<．所以()f x 在1(0,)a 单调递增，在1(,)a+∞单调递减． （Ⅱ）由（Ⅰ）知，当0a ≤时，()f x 在(0,)+∞上无最大值；当0a >时，()f x 在1x a=取得最大值，最大值为111()ln(1)ln 1f a a a a a a=+-=-+-． 因此1()22f a a>-等价于ln 10a a +-<．令()ln 1g a a a =+-，则()g a 在(0,)+∞单调递增，(1)0g =． 于是，当01a <<时，()0g a <；当1a >时，()0g a >． 因此a 的取值范围是(0,1)．（二） 导数的恒成立问题1.(2018全国卷Ⅲ)已知函数2()(2)ln(1)2f x x ax x x =+++-．(1)若0a =，证明：当10x -<<时，()0f x <；当0x >时，()0f x >； (2)若0x =是()f x 的极大值点，求a ．【解析】(1)当0a =时，()(2)ln(1)2f x x x x =++-，()ln(1)1x f x x x'=+-+． 设函数()()ln(1)1xg x f x x x'==+-+，则2()(1)x g x x '=+．当10x -<<时，()0g x '<；当0x >时，()0g x '>．故当1x >-时，()(0)0g x g =≥，且仅当0x =时，()0g x =，从而()0f x '≥，且仅当0x =时，()0f x '=． 所以()f x 在(1,)-+∞单调递增．又，故当10x -<<时，()0f x <；当0x >时，()0f x >．(2)（i ）若0a ≥，由(1)知，当0x >时，()(2)ln(1)20(0)f x x x x f ++->=≥，这与0x =是()f x 的极大值点矛盾． （ii ）若0a <，设函数22()2()ln(1)22f x xh x x x ax x ax ==+-++++． 由于当1||min{}||x a <时，220x ax ++>，故()h x 与()f x 符号相同． 又(0)(0)0h f ==，故0x =是()f x 的极大值点当且仅当是()h x 的极大值点．2222222212(2)2(12)(461)()1(2)(1)(2)x ax x ax x a x ax a h x x x ax x ax x ++-++++'=-=++++++． 如果610a +>，则当6104a x a +<<-，且1||min{}||x a <时，()0h x '>， 故0x =不是()h x 的极大值点．如果610a +<，则224610a x ax a +++=存在根10x <，(0)0f =0x =故当1(,0)x x ∈，且1||min{1,}||x a <时，()0h x '<，所以不是()h x 的极大值点．如果610a +=，则322(24)()(1)(612)x x h x x x x -'=+--．则当(1,0)x ∈-时，()0h x '>；当(0,1)x ∈时，()0h x '<．所以0x =是()h x 的极大值点，从而0x =是()f x 的极大值点 综上，16a =-．2. （2012新课标）设函数()2x f x e ax =--．（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）若1a =，k 为整数，且当0x >时，()()10x k f x x '-++>，求k 的最大值．【解析】（Ⅰ）()f x 的定义域为(,)-∞+∞，()xf x e a '=-．若0a …，则()0f x '>，所以()f x 在(,)-∞+∞单调递增．若0a >，则当(,ln )x a ∈-∞时()0f x '<，当(ln ,)x a ∈+∞，()0f x '>， 所以()f x 在(,ln )a -∞单调递减，在(ln ,)a +∞单调递增． （Ⅱ） 由于1a =，所以(x －k ) f ´(x )+x +1=()(1)1x x k e x --++． 故当0x >时，(x －k ) f ´(x )+x +1>0等价于11xx k x e +<+- （0x >） ① 0x =令1()1x x g x x e +=+-，则221(2)()1(1)(1)x x x xx xe e e x g x e e ----'=+=-- 由（Ⅰ）知，函数()2xh x e x =--在(0,)+∞单调递增．而(1)0,(2)0h h <>，所以()h x 在(0,)+∞存在唯一的零点，故()g x '在(0,)+∞存在唯一的零点，设此零点为α，则(1,2)α∈．当(0,)x α∈时，()0g x '<；当(,)x α∈+∞时，()0g x '>，所以()g x 在(0,)+∞的最小值为()g α，又由()0g α'=，可得2e αα=+，所以()1(2,3)g αα=+∈ 故①等价于()k g α<，故整数k 的最大值为2．3.（2011新课标）已知函数ln ()1a x bf x x x=++，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为230x y +-=． （Ⅰ）求a ，b 的值；（Ⅱ）证明：当0x >，且1x ≠时，ln ()1xf x x >-．【解析】（Ⅰ）221(ln )'()(1)x x b x f x x x α+-=-+由于直线230x y +-=的斜率为12-，且过点(1,1)，故(1)1,1'(1),2f f =⎧⎪⎨=-⎪⎩即1,1,22b a b =⎧⎪⎨-=-⎪⎩ ，解得1a =，1b =．（Ⅱ）由（Ⅰ）知ln 1()1x f x x x=++，所以)1ln 2(111ln )(22xx x x x x x f -+-=-=考虑函数()2ln h x x =+xx 12-(0)x >，则22222)1()1(22)(xx x x x x x h --=---=' 所以当1≠x 时，,0)1(,0)(=<'h x h 而故 当)1,0(∈x 时，;0)(11,0)(2>->x h xx h 可得当),1(+∞∈x 时，;0)(11,0)(2>-<x h xx h 可得从而当.1ln )(,01ln )(,1,0->>--≠>x xx f x x x f x x 即且4. （2010新课标）设函数2()(1)x f x x e ax =--． （Ⅰ）若12a =，求()f x 的单调区间； （Ⅱ）若当0x ≥时()0f x ≥，求a 的取值范围．【解析】（Ⅰ）12a =时，21()(1)2x f x x e x =--， '()1(1)(1)x x x f x e xe x e x =-+-=-+．当(),1x ∈-∞-时'()f x >0；当()1,0x ∈-时，'()0f x <;当()0,x ∈+∞时，'()0f x >． 故()f x 在(),1-∞-，()0,+∞单调增加，在(1,0)-单调递减．（Ⅱ）()(1)af x x x ax =--．令()1ag x x ax =--，则'()xg x e a =-．若1a ≤，则当()0,x ∈+∞时，'()g x >0，()g x 为减函数，而(0)0g =，从而当x ≥0时()g x ≥0，即()f x ≥0．若a >1，则当()0,ln x a ∈时，'()g x <0，()g x 为减函数，而(0)0g =，从而当()0,ln x a ∈时()g x ＜0，即()f x ＜0．综合得a 的取值范围为(],1-∞．5. （2017新课标Ⅱ）设函数2()(1)x f x x e =-．(1)讨论()f x 的单调性；(2)当0x ≥时，()1f x ax +≤，求a 的取值范围．【解析】（1）2()(12)xf x x x e '=--令()0f x '=得 12x =-12x =-+当(,12)x ∈-∞--时，()0f x '<；当(12,12)x ∈--+时，()0f x '>；当(12,)x ∈-++∞时，()0f x '<．所以()f x 在(,12)-∞-，(12,)-++∞单调递减，在(12,12)--+单调递增．（2）()(1)(1)xf x x x e =+-．当1a ≥时，设函数()(1)xh x x e =-，()0xh x xe '=-<，因此()h x 在[0,)+∞单调递减，而(0)1h =，故()1h x ≤，所以()(1)()11f x x h x x ax =+++≤≤．当01a <<时，设函数()1xg x e x =--，()10(0)xg x e x '=->>，所以()g x 在[0,)+∞单调递增，而(0)0g =，故1x e x +≥．当01x <<时，2()(1)(1)f x x x >-+，22(1)(1)1(1)x x ax x a x x -+--=---， 取0541a x --=，则0(0,1)x ∈，2000(1)(1)10x x ax -+--=，故00()1f x ax <+． 当0a ≤时,取051x -=,则0(0,1)x ∈,20000()(1)(1)11f x x x ax >-+=+≥． 综上，a 的取值范围是[1,)+∞．6. （2016年全国II 卷）已知函数.(Ⅰ)当时，求曲线在处的切线方程； (Ⅱ)若当时，，求的取值范围.【解析】（Ⅰ）()f x 的定义域为(0,)+∞.当4=a 时，1()(1)ln 4(1),()ln 3'=+--=+-f x x x x f x x x，(1)2,(1)0.'=-=f f 曲线()=y f x 在(1,(1))f 处的切线方程为220.x y +-= （Ⅱ）当(1,)∈+∞x 时，()0>f x 等价于(1)ln 0.1-->+a x x x 令(1)()ln 1-=-+a x g x x x ，则 222122(1)1(),(1)0(1)(1)+-+'=-==++a x a x g x g x x x x ，（i ）当2≤a ，(1,)∈+∞x 时，222(1)1210+-+≥-+>x a x x x ，故()0,()'>g x g x 在(1,)∈+∞x 上单调递增，因此()0>g x ；()(1)ln (1)f x x x a x =+--4a =()y f x =()1,(1)f ()1,x ∈+∞()0f x ＞a（ii ）当2>a 时，令()0'=g x 得22121(1)1,1(1)1=----=-+--x a a x a a ，由21>x 和121=x x 得11<x ，故当2(1,)∈x x 时，()0'<g x ，()g x 在2(1,)∈x x 单调递减，因此()(1)0g x g <=. 综上，a 的取值范围是(],2.-∞（三） 导数的零点问题1.(2018全国卷Ⅱ)已知函数2()e =-xf x ax ． (1)若1=a ，证明：当0≥x 时，()1≥f x (2)若()f x 在(0,)+∞只有一个零点，求a【解析】(1)当1=a 时，()1≥f x 等价于2(1)e10-+-≤xx ．设函数2()(1)1-=+-xg x x e，则22()(21)(1)--=--+=--x x g'x x x e x e ．当1≠x 时，()0<g'x ，所以()g x 在(0,)+∞单调递减． 而(0)0=g ，故当0≥x 时，()0≤g x ，即()1≥f x ． (2)设函数2()1e -=-xh x ax ．()f x 在(0,)+∞只有一个零点当且仅当()h x 在(0,)+∞只有一个零点．（i ）当0≤a 时，()0>h x ，()h x 没有零点；（ii ）当0a >时，()(2)e xh'x ax x -=-．当(0,2)∈x 时，()0<h'x ；当(2,)∈+∞x 时，()0>h'x ． 所以()h x 在(0,2)单调递减，在(2,)+∞单调递增． 故24(2)1e =-ah 是()h x 在[0,)+∞的最小值． ①若(2)0>h ，即2e 4<a ，()h x 在(0,)+∞没有零点；②若(2)0=h ，即2e 4=a ，()h x 在(0,)+∞只有一个零点；③若(2)0<h ，即2e 4>a ，由于(0)1=h ，所以()h x 在(0,2)有一个零点，由(1)知，当0>x 时，2e >x x ，所以33342241616161(4)11110e (e )(2)=-=->-=->a a a a a h a a a． 故()h x 在(2,4)a 有一个零点，因此()h x 在(0,)+∞有两个零点．综上，()f x 在(0,)+∞只有一个零点时，2e 4=a ．2.（2017新课标Ⅰ）已知函数2()(2)xx f x ae a e x =+--．(1)讨论()f x 的单调性；(2)若()f x 有两个零点，求a 的取值范围．【解析】（1）()f x 的定义域为(,)-∞+∞，2()2(2)1(1)(21)x x x x f x ae a e ae e '=+--=-+，（ⅰ）若0a ≤，则()0f x '<，所以()f x 在(,)-∞+∞单调递减．（ⅱ）若0a >，则由()0f x '=得ln x a =-．当(,ln )x a ∈-∞-时，()0f x '<；当(ln ,)x a ∈-+∞时，()0f x '>， 所以()f x 在(,ln )a -∞-单调递减，在(ln ,)a -+∞单调递增． （2）（ⅰ）若0a ≤，由（1）知，()f x 至多有一个零点．（ⅱ）若0a >，由（1）知，当ln x a =-时，()f x 取得最小值，最小值为1(ln )1ln f a a a-=-+． ①当1a =时，由于(ln )0f a -=，故()f x 只有一个零点； ②当(1,)a ∈+∞时，由于11ln 0a a-+>，即(ln )0f a ->，故()f x 没有零点； ③当(0,1)a ∈时，11ln 0a a-+<，即(ln )0f a -<． 又422(2)e(2)e 22e 20f a a ----=+-+>-+>，故()f x 在(,ln )a -∞-有一个零点．设正整数0n 满足03ln(1)n a>-，则00000000()e (e 2)e 20nnnnf n a a n n n =+-->->->． 由于3ln(1)ln a a->-，因此()f x 在(ln ,)a -+∞有一个零点． 综上，a 的取值范围为(0,1)．3.(2016年全国Ⅰ) 已知函数2()(2)(1)xf x x e a x =-+-有两个零点． （I ）求a 的取值范围；（II ）设1x ，2x 是()f x 的两个零点，证明：122x x +<．【解析】（Ⅰ）．'()(1)2(1)(1)(2)xxf x x e a x x e a =-+-=-+（i ）设，则，只有一个零点．（ii ）设，则当时，；当时，． 所以在上单调递减，在上单调递增． 又，，取满足且，则 ，故存在两个零点． （iii ）设，由得或． 若，则，故当时，， 因此在上单调递增．又当时，， 所以不存在两个零点． 若，则，故当时，； 当时，．因此在上单调递减， 在上单调递增．又当时，， 所以不存在两个零点．综上，的取值范围为．（Ⅱ）不妨设，由（Ⅰ）知，， 又在上单调递减，所以等价于， 即．由于，而，所以．设，则．所以当时，，而，故当时，． 从而，故．0a =()(2)xf x x e =-()f x 0a >(,1)x ∈-∞'()0f x <(1,)x ∈+∞'()0f x >()f x (,1)-∞(1,)+∞(1)f e =-(2)f a =b 0b <ln2ab <223()(2)(1)()022a fb b a b a b b >-+-=->()f x 0a <'()0f x =1x =ln(2)x a =-2ea ≥-ln(2)1a -≤(1,)x ∈+∞'()0f x >()f x (1,)+∞1x ≤()0f x <()f x 2ea <-ln(2)1a ->(1,ln(2))x a ∈-'()0f x <(ln(2),)x a ∈-+∞'()0f x >()f x (1,ln(2))a -(ln(2),)a -+∞1x ≤()0f x <()f x a (0,)+∞12x x <12(,1),(1,)x x ∈-∞∈+∞22(,1)x -∈-∞()f x (,1)-∞122x x +<12()(2)f x f x >-2(2)0f x -<222222(2)(1)x f x x ea x --=-+-22222()(2)(1)0xf x x e a x =-+-=222222(2)(2)x x f x x e x e --=---2()(2)xx g x xex e -=---2'()(1)()x x g x x e e -=--1x >'()0g x <(1)0g =1x >()0g x <22()(2)0g x f x =-<122x x +<4.（2014新课标Ⅱ）已知函数32()32f x x x ax =-++，曲线()y f x =在点（0，2）处的切线与x 轴交点的横坐标为－2． （Ⅰ）求a ；（Ⅱ）证明：当1k <时，曲线()y f x =与直线2y kx =-只有一个交点【解析】（Ⅰ）'()f x =236x x a -+，'(0)f a =.曲线()y f x =在点（0,2）处的切线方程为2y ax =+． 由题设得22a-=-，所以1a =． （Ⅱ）由（Ⅰ）知，32()32f x x x x =-++设()g x ()2f x kx =-+323(1)4x x k x =-+-+，由题设知10k ->． 当x ≤0时，'()g x 23610x x k =-+->，()g x 单调递增，(1)10,(0)4g k g -=-<=，所以()g x =0在(],0-∞有唯一实根．当0x >时，令32()34h x x x =-+，则()g x ()(1)()h x k x h x =+->．2'()363(2)h x x x x x =-=-，()h x 在(0,2)单调递减，在(2,)+∞单调递增，所以()()(2)0g x h x h >≥=，所以()0g x =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2y kx =-只有一个交点．5. （2018全国卷Ⅱ）已知函数321()(1)3=-++f x x a x x ． (1)若3=a ，求()f x 的单调区间； (2)证明：()f x 只有一个零点．【解析】(1)当3=a 时，321()3333=---f x x x x ，2()63'=--f x x x ．令()0'=f x 解得3=-x 或3=+x当(,3(3)∈-∞-++∞U x 时，()0'>f x ；当(3∈-+x 时，()0'<f x ．故()f x 在(,3-∞-，(3)++∞单调递增，在(3-+单调递减．(2)由于210++>x x ，所以()0=f x 等价于32301-=++x a x x ． 设32()31=-++x g x a x x ，则2222(23)()0(1)++'=++≥x x x g x x x ， 仅当0=x 时()0'=g x ，所以()g x 在(,)-∞+∞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22111(31)626()0366-=-+-=---<f a a a a ，1(31)03-=>f a ， 故()f x 有一个零点． 综上，()f x 只有一个零点．6. （2015新课标1）设函数()2eln xf x a x =-（Ⅰ）讨论()f x 的导函数()f x '零点的个数； （Ⅱ）证明：当0a >时()22ln f x a a a+≥【解析】（Ⅰ）()f x 的定义域为(0+)∞，，()2()=20x af x e x x'->． 当0a ≤时,()0f x '>，()f x '没有零点；当0a >时，因为2e x 单调递增，ax -单调递增，所以()f x '在(0+)∞，单调递增.又()0f x '>，当b 满足04a b <<且14b <时，()0f b '<，故当0a >时，()f x '存在唯一零点．（Ⅱ）由（Ⅰ），可设()f x '在(0+)∞，的唯一零点为0x ，当0(0)x x ∈，时，()0f x '<；当0(+)x x ∈∞，时，()0f x '>． 故()f x 在0(0)x ，单调递减，在0(+)x ∞，单调递增， 所以当0x x =时，()f x 取得最小值，最小值为0()f x ． 由于0202e=0x a x -，所以00022()=2ln 2ln 2a f x ax a a a x a a+++≥． 故当0a >时，2()2ln f x a a a+≥．（四） 导数的不等式问题1.（2017新课标Ⅲ）已知函数()1ln f x x a x =--． (1)若()0f x ≥，求a 的值；(2)设m 为整数，且对于任意正整数n ，2111(1)(1)(1)222n m ++⋅⋅⋅+<，求m 的最小值．【解析】（1）()f x 的定义域为(0,)+∞．①若a 0≤，因为11()ln 2022f a =-+<，所以不满足题意； ②若＞0a ，由()1a x a f 'x x x-=-=知，当()0x ,a ∈时，()＜0f 'x ；当()，+x a ∈∞时，()＞0f 'x ，所以()f x 在(0,)a 单调递减，在(,)a +∞单调递增，故x a =是()f x 在(0,)+∞的唯一最小值点．由于()10f =，所以当且仅当a =1时，()0f x ≥． 故a =1．（2）由（1）知当(1,)x ∈+∞时，1ln 0x x -->令112n x =+得11ln(1)22n n +<，从而 221111111ln(1)ln(1)ln(1)112222222n n n ++++⋅⋅⋅++<++⋅⋅⋅+=-<故2111(1)(1)(1)222n e ++⋅⋅⋅+<而23111(1)(1)(1)2222+++>，所以m 的最小值为3．2.(2016年全国Ⅲ) 设函数()cos 2(1)(cos 1)f x x x αα=+-+，其中0α>， 记|()|f x 的最大值为A ．（Ⅰ）求()f x '；（Ⅱ）求A ；（Ⅲ）证明|()|2f x A '≤．【解析】（Ⅰ）()2sin 2(1)sin f x a x a x '=---．（Ⅱ）当1a …时，|()||sin 2(1)(cos 1)|f x a x a x '=+-+2(1)a a +-…32a =-(0)f =因此，32A a =-．当01a <<时，将()f x 变形为2()2cos (1)cos 1f x a x a x =+--． 令2()2(1)1g t at a t =+--，则A 是|()|g t 在[1,1]-上的最大值，(1)g a -=，(1)32g a =-，且当14at a-=时，()g t 取得极小值， 极小值为221(1)61()1488a a a a g a a a--++=--=-． 令1114a a --<<，解得13a <-（舍去），15a >．（ⅰ）当105a <…时，()g t 在[1,1]-内无极值点，|(1)|g a -=，|(1)|23g a =-，|(1)||(1)|g g -<，所以23A a =-．（ⅱ）当115a <<时，由(1)(1)2(1)0g g a --=->，知1(1)(1)()4ag g g a-->>．又1(1)(17)|()||(1)|048a a a g g a a--+--=>，所以2161|()|48a a a A g a a -++==． 综上，2123,05611,18532,1a a a a A a a a a ⎧-<⎪⎪++⎪=<<⎨⎪-⎪⎪⎩……． （Ⅲ）由（Ⅰ）得|()||2sin2(1)sin |2|1|f x a x a x a a '=---+-…. 当105a <…时，|()|1242(23)2f x a a a A '+-<-=剟.当115a <<时，131884a A a =++…，所以|()|12f x a A '+<….当1a …时，|()|31642f x a a A '--=剟，所以|()|2f x A '….3.（2018全国卷Ⅰ）已知函数()ln 1=--x f x ae x ． (1)设2x =是()f x 的极值点．求a ，并求()f x 的单调区间； (2)证明：当1ea ≥时，()0≥f x ．【解析】(1)()f x 的定义域为(0)+∞，，1()'=-x f x ae x． 由题设知，(2)0'=f ，所以212e =a ． 从而21()e ln 12e =--x f x x ，211()e 2e '=-x f x x．当02<<x 时，()0'<f x ；当2>x 时，()0'>f x ． 所以()f x 在(0,2)单调递减，在(2,)+∞单调递增． (2)当1e ≥a 时，()≥f x e ln 1exx --．设e ()ln 1e =--x g x x ，则e 1()e x g x x'=-．当01<<x 时，()0'<g x ；当1>x 时，()0'>g x ．所以1=x 是()g x 的最小值点． 故当0>x 时，()(1)0=≥g x g ． 因此，当1e≥a 时，()0≥f x ．4.（2018全国卷Ⅲ）已知函数21()e xax x f x +-=．(1)求曲线()y f x =在点(0,1)-处的切线方程； (2)证明：当1a ≥时，()e 0f x +≥．【解析】(1)2(21)2()exax a x f x -+-+'=，(0)2f '=． 因此曲线()y f x =在点(0,1)-处的切线方程是210x y --=． (2)当1a ≥时，21()e (1e )e x x f x x x +-++-+≥．令21()1ex g x x x ++-+≥，则1()21ex g x x +'++≥．当1x <-时，()0g x '<，()g x 单调递减；当1x >-时，()0g x '>，()g x 单调递增； 所以()(1)=0g x g -≥．因此()e 0f x +≥．5.（2017新课标Ⅲ）已知函数2()ln (21)f x x ax a x =+++． (1)讨论()f x 的单调性； (2)当0a <时，证明3()24f x a--≤．【解析】（1）()f x 的定义域为(0,)+∞，1(1)(21)()221x ax f x ax a x x++'=+++=． 若0a ≥，则当(0,)x ∈+∞时，()0f x '>，故()f x 在(0,)+∞单调递增.若0a <，则当1(0,)2x a ∈-时，()0f x '>；当1(,)2x a∈-+∞时，()0f x '<．故()f x 在1(0,)2a -单调递增，在1(,)2a-+∞单调递减.（2）由（1）知，当0a <时，()f x 在12x a=-取得最大值，最大值为111()ln()1224f a a a-=----． 所以3()24f x a --≤等价于113ln()12244a a a -----≤，即11ln()1022a a-++≤．设()ln 1g x x x =-+，则1()1g x x'=-．当(0,1)x ∈时，()0g x '>；当(1,)x ∈+∞时，()0g x '<．所以()g x 在(0,1)单调递增，在(1,)+∞单调递减.故当1x =时，()g x 取得最大值，最大值为(1)0g =．所以当0x >时，()g x ≤0．从而当0a <时，11ln()1022a a-++≤，即3()24f x a--≤．6.（2016年全国III 卷）设函数()ln 1f x x x =-+．（Ⅰ）讨论()f x 的单调性； （Ⅱ）证明当(1,)x ∈+∞时，11ln x x x-<<； （III ）设1c >，证明当(0,1)x ∈时，1(1)xc x c +->．【解析】（Ⅰ）由题设，()f x 的定义域为(0,)+∞，1()1f x x'=-，令()0f x '=，解得1x =．当01x <<时，()0f x '>，()f x 单调递增；当1x >时，()0f x '<，()f x 单调递减． （Ⅱ）由（Ⅰ）知，()f x 在1x =处取得最大值，最大值为(1)0f =. 所以当1x ≠时，ln 1x x <-. 故当(1,)x ∈+∞时，ln 1x x <-，11ln1x x <-，即11ln x x x-<<. （Ⅲ）由题设1c >，设()1(1)xg x c x c =+--，则()1ln xg x c c c '=--，令()0g x '=，解得01lnln ln c c x c-=. 当0x x <时，()0g x '>，()g x 单调递增；当0x x >时，()0g x '<，()g x 单调递减. 由（Ⅱ）知，11ln c c c-<<，故001x <<，又(0)(1)0g g ==， 故当01x <<时，()0g x >. 所以当(0,1)x ∈时，1(1)xc x c +->.（五） 导数的隐零点问题1.（2017新课标Ⅱ）已知函数2()ln f x ax ax x x =--，且()0f x ≥．(1)求a ；(2)证明：()f x 存在唯一的极大值点0x ，且220()2ef x --<<．【解析】（1）()f x 的定义域为(0,)+∞．设()ln g x ax a x =--，则()()f x xg x =，()0f x ≥等价于()0g x ≥． 因为(1)0g =，()0g x ≥，故(1)0g '=，而1()g x a x'=-，(1)1g a '=-，得1a =． 若1a =，则1()1g x x'=-．当01x <<时，()0g x '<，()g x 单调递减；当1x >时，()0g x '>，()g x 单调递增．所以1x =是()g x 的极小值点，故()(1)0g x g =≥．综上，1a =．（2）由（1）知2()ln f x x x x x =--，()22ln f x x x '=--． 设()22ln h x x x =--，则1()2h x x'=-． 当1(0,)2x ∈时，()0h x '<；当1(,)2x ∈+∞时，()0h x '>．所以()h x 在1(0,)2单调递减，在1(,)2+∞单调递增．又2()0h e ->，1()02h <，(1)0h =，所以()h x 在1(0,)2有唯一零点0x ，在1[,)2+∞有唯一零点1，且当0(0,)x x ∈时，()0h x >；当0(,1)x x ∈时，()0h x <；当(1,)x ∈+∞时，()0h x >．因此()()f x h x '=，所以0x x =是()f x 的唯一极大值点． 由0()0f x '=得00ln 2(1)x x =-，故000()(1)f x x x =-． 由0(0,1)x ∈得，01()4f x <． 因为0x x =是()f x 在(0,1)的最大值点，由1(0,1)e -∈，1()0f e -'≠得120()()f x f e e -->=．所以220()2ef x --<<．2.(2016年全国Ⅱ) (I)讨论函数2()e 2xx f x x -=+的单调性，并证明当0x >时，(2)e 20x x x -++>； (II)证明：当[0,1)a ∈ 时，函数()2e =(0)x ax ag x x x --> 有最小值．设()g x 的最小值为()h a ，求函数()h a 的值域．【解析】（I ）证明：()2e 2xx f x x -=+ ()()()22224e e 222xxx x f x x x x ⎛⎫-' ⎪=+= ⎪+++⎝⎭∵当x ∈()()22,-∞--+∞U ，时，()0f x '> ∴()f x 在()()22,-∞--+∞，和上单调递增 ∴0x >时，()2e 0=12xx f x ->-+ ∴()2e 20x x x -++>（Ⅱ）33(2)(2)2()(())x x e a x x g x f x a x x-+++'==+， 由（Ⅰ）知，()f x a +单调递增，对任意的[)01a ∈，，(0)10f a a +=-<， (2)0f a a +=…，因此，存在唯一(0,2]a x ∈，使得()0a f x a +=，即()0a g x '=当0a x x <<时，()0f x a +<，()0g x '<,()g x 单调递减； 当a x x >时，()0f x a +>，()0g x '>,()g x 单调递增． 因此()g x 在a x x =处取得最小值，最小值为22(1)()(1)()2a a ax x x a a a a a a a e a x e f x x e g x x x x -+-+===+． 于是()2ax a e h a x =+，由2(1)()02(2)x x e x e x x +'=>++，得2x e x +单调递增． 所以，由(0,2]a x ∈，得0221()2022224a x a e e e e h a x =<==+++…，因为2x e x +单调递增，对任意的21(,]24e λ∈，存在唯一的(0,2]a x ∈，()[0,1)a a f x =-∈，使得()h a λ=，所以()h a 的值域为21e 24⎛⎤ ⎥⎝⎦，．综上，当[0,1)a ∈时，()g x 有最小值()h a ，()h a 的值域为21e 24⎛⎤⎥⎝⎦，．（六） 导数的双变量问题1.(2018全国卷Ⅰ)已知函数1()ln f x x a x x=-+． (1)讨论()f x 的单调性；(2)若()f x 存在两个极值点12,x x ，证明：1212()()2-<--f x f x a x x【解析】(1)()f x 的定义域为(0,)+∞，22211()1a x ax f x x x x -+'=--+=-．（i ）若2≤a ，则()0'≤f x ，当且仅当2a =，1x =时()0f x '=，所以()f x 在(0,)+∞单调递减．（ii ）若2a >，令()0f x '=得，24a a x --=或24a a x +-=．当2244)a a a a x --+-∈+∞U 时，()0f x '<；当x ∈时，()0f x '>．所以()f x在，)+∞单调递减，在单调递增．(2)由(1)知，()f x 存在两个极值点当且仅当2a >．由于()f x 的两个极值点1x ，2x 满足210x ax -+=，所以121x x =，不妨设12x x <，则21x >．由于12121221212121222()()ln ln ln ln 2ln 11221f x f x x x x x x a a a x x x x x x x x x x ----=--+=-+=-+----， 所以1212()()2f x f x a x x -<--等价于22212ln 0x x x -+<．设函数1()2ln g x x x x=-+，由(1)知，()g x 在(0,)+∞单调递减，又(1)0g =，从而当(1,)x ∈+∞时，()0g x <．所以22212ln 0x x x -+<，即1212()()2f x f x a x x -<--．。
(完整版)高考导数专题(含详细解答)
导数及其应用导数的运算1. 几种常有的函数导数：①、 c（ c 为常数）； ②、( x n )（ n R ）； ③、 (sin x) = ；④、 (cos x) =；⑤、( a x )； ⑥、 ( ex)； ⑦、 (log a x ) ； ⑧、 (ln x ).2. 求导数的四则运算法规：(u v)u v ； (uv) u vu'u v ' uv 'u ( v0 ) 注：① u, v 必定是可导函数 .uv ； (u)vuvvvv 223. 复合函数的求导法规：f x ( ( x))f (u) ? ( x) 或 y xy u ? u x一、求曲线的切线（导数几何意义）导数几何意义： f (x 0 ) 表示函数 y f (x) 在点 ( x 0 ， f (x 0 ) )处切线 L 的斜率；函数 y f (x) 在点 ( x 0 ， f (x 0 ) )处切线 L 方程为 y f (x 0 )f (x 0 )(x x 0 )1. 曲线在点 处的切线方程为（ ）。
A:B:C:D:答案详解 B 正确率 : 69%, 易错项 : C解析 :本题主要观察导数的几何意义、导数的计算以及直线方程的求解。
对 求导得，代入 得 即为切线的斜率， 切点为，因此切线方程为即。
故本题正确答案为B 。
2.3. 设函数f ( x) g( x) x2，曲线 y g(x) 在点 (1,g(1)) 处的切线方程为 y 2x 1，则曲线 y f ( x) 在点 (1, f (1))处切线的斜率为( )A ．41C．21B ． D ．4 24. 已知函数 f ( x) 在R上满足 f ( x) 2 f (2 x) x28x 8，则曲线y f (x) 在点 (1, f (1)) 处的切线方程是()A . y2x 1 B. y x C. y3x 2 D. y2x 3变式二：5. 在平面直角坐标系xoy 中，点P在曲线C : y x310 x 3 上，且在第二象限内，已知曲线 C 在点 P 处的切线的斜率为 2，则点 P 的坐标为.6. 设曲线 yx n 1 (n N * ) 在点（ 1，1）处的切线与 x 轴的交点的横坐标为 x n ,令 a n lg x n ，则 a 1 a 2 L a 99 的值为.7. 已知点 P 在曲线 y=4 上， 为曲线在点 P 处的切线的倾斜角，则的取值范围是e x1, 3]D 、 [ 3,A 、 [0, )B 、 [, ) C 、 ( )44 22 4 4变式三：8. 已知直线y =x＋ 1 与曲线y ln( x a) 相切，则α的值为( )A . 1 B. 2 C. － 1 D. － 29. 若存在过点 (1,0)的直线与曲线 yx 3 和 y ax 2 15 x 9 都相切，则 a 等于4( )A ． 1或 -25B ． 1或21C ． 7 或 - 25D ．7或 76444 6441 110. 若曲线 yx 2 在点 a, a 2 处的切线与两个坐标围成的三角形的面积为18，则 aA 、64B 、 32C 、 16D 、811. （本小题满分 13 分） 设 f ( x)ae x 1b( a 0) . （ I ）求 f ( x) 在 [0, ) 上的最小值；ae x3x ；求 a,b 的值 .（ II ）设曲线 yf ( x) 在点 (2, f (2)) 的切线方程为 y212. 若曲线 f x ax2Inx 存在垂直于y轴的切线，则实数 a 的取值范围是.二、求单调性或单调区间1、利用导数判断函数单调性的方法：设函数y f (x) 在某个区间 D 内可导，若是 f ( x) ＞0，则y f (x) 在区间D上为增函数；若是 f ( x) ＜0，则y f (x) 在区间 D 上为减函数；若是 f ( x) =0恒成立，则y f (x) 在区间 D 上为常数 .2、利用导数求函数单调区间的方法：不等式 f ( x) ＞0的解集与函数y f (x) 定义域的交集，就是y f ( x) 的增区间；不等式 f ( x) ＜0的解集与函数y f (x) 定义域的交集，就是y f (x) 的减区间 .1、函数f (x) ( x 3)e x的单调递加区间是( )A . ( ,2) B. (0,3) C. (1,4) D . (2, )2. 函数f (x)x315x233x 6 的单调减区间为.3. 已知函数，，谈论的单调性。
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导数历年高考真题精选及答案一．选择题1. （2011年高考山东卷文科4)曲线211y x =+在点P(1，12)处的切线与y 轴交点的纵坐标是(A)-9 (B)-3 (C)9 (D)15 2.（2011年高考山东卷文科10)函数2sin 2xy x =-的图象大致是3.（2011年高考江西卷文科4)曲线xy e =在点A （0,1）处的切线斜率为（ ） A.1 B.2 C.e D.1e4.2011年高考浙江卷文科10)设函数()()2,,f x ax bx c a b c R =++∈，若1x =-为函数()x f x e 的一个极值点，则下列图象不可能为()y f x =的图象是5.（2011年高考湖南卷文科7)曲线sin 1sin cos 2x y x x =-+在点(,0)4M π处的切线的斜率为（ ）A ．12- B ．12 C ．2 D 26.【2012高考重庆文8】设函数()f x 在R 上可导，其导函数()f x '，且函数()f x 在2x =-处取得极小值，则函数()y xf x '=的图象可能是7.【2012高考浙江文10】设a ＞0，b ＞0，e 是自然对数的底数A. 若e a +2a=e b +3b ，则a ＞bB. 若e a +2a=e b +3b ，则a ＜bC. 若e a - 2a=e b -3b ，则a ＞bD. 若e a -2a=e b -3b ，则a ＜b8.【2012高考陕西文9】设函数f （x ）=2x+lnx 则 （ ） A ．x=12为f(x)的极大值点 B ．x=12为f(x)的极小值点C ．x=2为 f(x)的极大值点D ．x=2为 f(x)的极小值点 9.【2012高考辽宁文8】函数y=12x 2-㏑x 的单调递减区间为 （A ）（-1,1] （B ）（0,1] （C.）[1，+∞） （D ）（0，+∞）10.【2102高考福建文12】已知f （x ）=x ³-6x ²+9x-abc ，a ＜b ＜c ，且f （a ）=f （b ）=f （c ）=0.现给出如下结论：①f （0）f （1）＞0；②f （0）f （1）＜0；③f （0）f （3）＞0；④f （0）f （3）＜0. 其中正确结论的序号是A.①③B.①④C.②③D.②④11.2012高考辽宁文12】已知P,Q 为抛物线x 2=2y 上两点，点P,Q 的横坐标分别为4，-2，过P,Q 分别作抛物线的切线，两切线交于点A ，则点A 的纵坐标为 (A) 1 (B) 3 (C) -4 (D) -8 12..(2009年广东卷文)函数xe x xf )3()(-=的单调递增区间是 ( )A. )2,(-∞B.(0,3)C.(1,4)D. ),2(+∞13.（2009江西卷文）若存在过点(1,0)的直线与曲线3y x =和21594y ax x =+-都相切，则a 等于( )A ．1-或25-64B ．1-或214C ．74-或25-64D ．74-或714.（2009湖南卷文）若函数()y f x =的导函数．．．在区间[,]a b 上是增函数， 则函数()y f x =在区间[,]a b 上的图象可能是( )A B ． C ． D ． 二、填空题1.（2009辽宁卷文）若函数2()1x af x x +=+在1x =处取极值，则a =2.若曲线()2f x ax Inx =+存在垂直于y 轴的切线，则实数a 的取值范围是 .3.（2009江苏卷）函数32()15336f x x x x =--+的单调减区间为 .4.（2009宁夏海南卷文）曲线21xy xe x =++在点（0,1）处的切线方程为三．解答题1.（2009浙江文）（本题满分15分）已知函数32()(1)(2)f x x a x a a x b =+--++(,)a b ∈R ．（I ）若函数()f x 的图象过原点，且在原点处的切线斜率是3-，求,a b 的值； （II ）若函数()f x 在区间(1,1)-上不单调．．．，求a 的取值范围． a b a b a2.（2009北京文）（本小题共14分）设函数3()3(0)f x x ax b a =-+≠.（Ⅰ）若曲线()y f x =在点(2,())f x 处与直线8y =相切，求,a b 的值； （Ⅱ）求函数()f x 的单调区间与极值点.3.2009山东卷文)（本小题满分12分）已知函数321()33f x ax bx x =+++,其中0a ≠ （1）当b a ,满足什么条件时,)(x f 取得极值?（2）已知0>a ,且)(x f 在区间(0,1]上单调递增,试用a 表示出b 的取值范围4.设函数321()(1)4243f x x a x ax a =--++，其中常数a>1 (Ⅰ)讨论f(x)的单调性;(Ⅱ)若当x≥0时，f(x)>0恒成立，求a 的取值范围。
5.（2009安徽卷文）（本小题满分14分）已知函数，a ＞0，（Ⅰ）讨论的单调性；（Ⅱ）设a=3，求在区间{1，}上值域。
期中e=2.71828…是自然对数的底数。
6.（2009江西卷文）（本小题满分12分） 设函数329()62f x x x x a =-+-． （1）对于任意实数x ，()f x m '≥恒成立，求m 的最大值；（2）若方程()0f x =有且仅有一个实根，求a 的取值范围．7.（2009天津卷文）（本小题满分12分） 设函数0),(,)1(31)(223>∈-++-=m R x x m x x x f 其中 （Ⅰ）当时，1=m 曲线））（，在点（11)(f x f y =处的切线斜率（Ⅱ）求函数的单调区间与极值；（Ⅲ）已知函数)(x f 有三个互不相同的零点0，21,x x ，且21x x <。
若对任意的],[21x x x ∈，)1()(f x f >恒成立，求m 的取值范围。
8.（2009四川卷文）（本小题满分12分）已知函数32()22f x x bx cx =++-的图象在与x 轴交点处的切线方程是510y x =-。
（I ）求函数()f x 的解析式；（II ）设函数1()()3g x f x mx =+，若()g x 的极值存在，求实数m 的取值范围以及函数()g x 取得极值时对应的自变量x 的值.9.（2009陕西卷文）（本小题满分12分） 已知函数3()31,0f x x ax a =--≠()I 求()f x 的单调区间；()II 若()f x 在1x =-处取得极值，直线y=my 与()y f x =的图象有三个不同的交点，求m 的取值范围。
10.（2010·安徽高考文科·Ｔ20）设函数()sin cos 1f x x x x =-++，02x π<<，求函数()f x 的单调区间与极值11.（2010·北京高考文科·Ｔ１8） 设定函数32()(0)3a f x x bx cx d a =+++，(0)a >，且方程()90f x x '-=的两个根分别为1，4（Ⅰ）当a=3且曲线()y f x =过原点时，求()f x 的解析式； （Ⅱ）若()f x 在(,)-∞+∞无极值点，求a 的取值范围。
12.（2010·浙江高考文科·Ｔ21）已知函数2()()f x x a =-（x -b ）(,,a b R a ∈<b)。
（I ）当a=1，b=2时，求曲线()y f x =在点（2，()f x ）处的切线方程。
（II ）设12,x x 是()f x 的两个极值点，3x 是()f x 的一个零点，且31x x ≠，32x x ≠ 证明：存在实数4x ，使得1234,,,x x x x 按某种顺序排列后的等差数列，并求4x13.（2011年高考全国新课标卷文科21)（本小题满分12分） 已知函数xbx x a x f ++=1ln )(，曲线)(x f y =在点))1(,1(f 处的切线方程为032=-+y x ， （1）求b a ,的值（2）证明：当1,0≠>x x 时，xxx f ->1ln )(14.（2011年高考浙江卷文科21)（本题满分15分）设函数22()ln (0)f x a x x ax a =-+>（Ⅰ）求()f x 单调区间（Ⅱ）求所有实数a ，使21()e f x e -≤≤对[1,]x e ∈恒成立 注：e 为自然对数的底数15.【2012高考江苏18】（16分）若函数)(x f y =在0x x =处取得极大值或极小值，则称0x 为函数)(x f y =的极值点。
已知a b ，是实数，1和1-是函数32()f x x ax bx =++的两个极值点． （1）求a 和b 的值；（2）设函数()g x 的导函数()()2g x f x '=+，求()g x 的极值点； 答案1.【答案】C【解析】因为'23y x =,切点为P （1，12），所以切线的斜率为3,故切线方程为3x-y+9=0,令x=0,得y=9,故选C. 2.【答案】C 【解析】因为'12cos 2y x =-,所以令'12cos 02y x =->,得1cos 4x <,此时原函数是增函数;令'12cos 02y x =-<,得1cos 4x >,此时原函数是减函数,结合余弦函数图象，可得选C 正确.3.【答案】A 【解析】1,0,0'===e x e y x . 4.【答案】 D【解析】：()2f x ax b '=+，令()()xg x f x e =则()()()x x g x f x e f x e ''=+()(())x f x f x e '=+22(2)[(2)()]x x ax b ax bx c e ax a b x b c e =++++=++++，因为1x =-为函数()g x 的一个极值点，所以1x =-是2(2)()0ax a b x b c ++++=的一个根，即2(2)(1)()0(2)4()0a ab bc a b a b c ++-++=⎧⎨=+-+>⎩5.答案选B6.【答案】C【解析】由函数()f x 在2x =-处取得极小值可知2x <-，()0f x '<，则()0xf x '>；2x >-，()0f x '>则20x -<<时()0xf x '<，0x >时()0xf x '>,选C.7.【答案】A【解析】若23a b e a e b +=+，必有22a b e a e b +>+．构造函数：()2x f x e x =+，则()20x f x e '=+>恒成立，故有函数()2x f x e x =+在x ＞0上单调递增，即a ＞b 成立．其余选项用同样方法排除． 8答案.D. 【解析】xx x f x x x f 12)(',ln 2)(2+-=∴+=，令0)('=x f ，则2=x ，当20<<x 时0)('<x f ，当2>x 时0)('>x f ，所以2=x 为)(x f 极小值点，故选D.9.答案选B211ln ,,00,02y x x y x y x x x x''=-∴=->∴<由≤，解得-1≤≤1,又≤1, 10..【答案】C ．【解析】9123)(',96)(223+-=∴-+-=x x x f abc x x x x f ，令0)('=x f 则1=x 或3=x ，当1<x 时0)('>x f ；当31<<x 时0)('<x f ；当3>x 时0)('>x f ，所以1=x 时)(x f 有极大值，当3=x 时)(x f 有极小值， 函数)(x f 有三个零点，0)3(,0)1(<>∴f f ，且c b a <<<<31，又 abc f -+-=275427)3(，0>∴abc ，即0>a ，因此0)()0(=<a f f ，0)3()0(,0)1()0(><∴f f f f .故选C. 11.【答案】C【解析】因为点P ，Q 的横坐标分别为4，-2，代人抛物线方程得P ，Q 的纵坐标分别为8,2.由2212,,,2x y y x y x '==∴=则所以过点P ，Q 的抛物线的切线的斜率分别为4，-2，所以过点P ，Q 的抛物线的切线方程分别为48,22,y x y x =-=--联立方程组解得1,4,x y ==-故点A 的纵坐标为-412.答案 D ()()(3)(3)(2)x xxf x x e x ex e'''=-+-=-,令()0f x '>,解得2x >,故选D13.答案 A解析 设过(1,0)的直线与3y x =相切于点300(,)x x ，所以切线方程为320003()y x x x x -=-即230032y x x x =-，又(1,0)在切线上，则00x =或032x =-， 当00x =时，由0y =与21594y ax x =+-相切可得2564a =-，当032x =-时，由272744y x =-与21594y ax x =+-相切可得1a =-，所以选A .14.解析 因为函数()y f x =的导函数．．．()y f x '=在区间[,]a b 上是增函数，即在区间[,]a b 上各点处的斜率k 是递增的，由图易知选A. 注意C 中y k '=为常数噢.二．填空题1.解析 f ’(x)＝222(1)()(1)x x x a x +-++ f ’(1)＝34a-＝0 ⇒ a ＝3 答案 32. 解析 由题意该函数的定义域0x >，由()12f x ax x'=+。