导数压轴题训练

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第14讲导数解答压轴题(原卷版)

第14讲导数解答压轴题1．（2021·山东临沂模拟）已知函数（1）求函数的极值；（2）①当时，恒成立，求正整数的最大值 ②证明：2．（2021·江苏徐州二模）已知函数，为的导数．（1）设函数，求的单调区间；（2）若有两个极值点， ①求实数a 的取值范围； ②证明：当时，．3．（2021·广东汕头一模）已知函数有两个相异零点．（1）求a 的取值范围．（2）求证：．()()ln 111kxf x x x =+-++0x >()0f x >k ()()()32111212311n n n n e⎛⎫- ⎪+⎝⎭+⨯+⨯⋅⋅⋅++>⎡⎤⎣⎦()e (ln 1)()ax f x x a =+∈R ()'f x ()f x ()()e axf xg x '=()g x ()f x ()1212,x x x x <322a e <()()1212f x f x x x <()ln f x x x a =--()1212,x x x x <12423a x x ++<4．（2021·湖北七市三月联考）已知函数，其中为自然对数的底数．（1）求的单调区间；（2）若对恒成立，记，证明：．5．（2021·山东德州一模）已知函数，．定义新函数．（1）当时，讨论函数的单调性；（2）若新函数的值域为，求的取值范围．6．（2021·河南驻马店期末（理））已知函数．（1）若函数在处取得极值，求曲线在点处的切线方程；（2）已知，若方程有两个不相等的实数根，，且，证明：．()1x e f x x-= 2.71828e =()f x 2ln 10x e x x kx ---≥0x ∀>max k λ= 1.1λ>()()321ln 1xf x xe a x x =-++-()()2ln 2g x a x a x x=-+++()()()min ,d f g f x g x =-2a ≤-()g x (),d f g [)0,+∞a ()2a f x x x=+()fx x =()y f x =(1,(1))f ()(21)ln =-+g x a x b ()()f x g x =1x 2x 0122x x x =+()()00''>f x g x7．（2021·浙江杭州期末）已知函数，恰好有两个极值点．（Ⅰ）求证：存在实数，使；（Ⅰ）求证：．8．（2021·天津滨海新区·高三期末）已知函数．（）（Ⅰ）令，讨论的单调性并求极值；（Ⅰ）令，若有两个零点；（i ）求a 的取值范围；9．（2021·天津高三期末）已知函数，e 是自然对数的底数，若，且恰为的极值点．（1）证明：；（2）求在区间上零点的个数．10．（2021·天津和平区期末）已知函数，，．21()ln (1)2f x x x a x =-+a R ∈()1212,x x x x <1,12m ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭0a m <<()1514f x e-<<-()22ln ln f x x x a x =---a R ∈()()g x xf x '=()g x ()()22ln h x f x x =++()h x ()ln sin xf x a xe a x -=⋅+0a >0x =()f x 112a <<()f x (,)π-∞()21xf x e ax =--()()2ln 1g x a x =+a R ∈（1）若在点处的切线倾斜角为，求的值；（2）求的单调区间；（3）若对于任意，恒成立，求的取值范围．11．（2021·陕西渭南一模（理））已知函数．（1）讨论的单调性．（2）当时，若无最小值，求实数的取值范围．12．（2021·陕西汉中一模（理））已知函数．（1）当时，求在[]2,2-上的最值；（2）设，若有两个零点，求的取值范围．13．（2021·广西梧州模拟（理））已知a ＞0，函数．（1）若f （x ）为减函数，求实数a 的取值范围；()f x (0,(0))f 4πa ()f x [0,)x ∈+∞()()f x g x x +≥a 121()(1)e (0)2x f x x a x ax x -=---+>()f x 2a ≤()f x a ()2x f x xe ax a =-+()a R ∈0a =()f x 2()2x g x e ax =-()()()h x f x g x =-a 21()ln (1)2f x x x x a x =-+-（2）当x ＞1时，求证：．（e ＝2．718…）14．（2021·河南六市联考（理））已知函数．（1）求的单调区间；（2）证明：．15．（2021·江西五市九校联考）已知函数，其中．（1）当时，求函数在处的切线方程；（2）记函数的导函数是，若不等式对任意的实数恒成立，求实数的取值范围；（3）设函数，是函数的导函数，若函数存在两个极值点，，且，求实数的取值范围．16．（2021·安徽六校二月联考（理））已知函数．（1）讨论的单调性；（2）若，证明：对任意的．2e ()e 2aa f x <-1()2ln x f x e x x -=-+()f x 3()(2)3(2)f x x x ---211()4ln 22f x x ax a x a =-+++a R ∈1a =()f x 1x =()f x ()'f x ()()f x xf x '<(1,)x ∈+∞a()()2g x f x a =+()'g x ()g x ()g x 1x 2x ()()()1212g x g x g x x '+≥a ()21,xx mx f x m R e++=∈()f x ()1,0m ∈-[]()1212,1,1,45x x m f x x ∈-+<17．（2021·江西新余期末（理））设函数，．（1）求函数的单调区间；（2）若函数有两个零点，；（i ）求满足条件的最小正整数的值．（ii ）求证：．18．（2021·海口市·海南中学高三月考）设函数2()ln (1)f x ax x b x =+-，曲线()y f x =过点2(,1)e e e -+，且在点(1,0)处的切线方程为0y =．（1）求,a b 的值；（2）证明：当1≥x 时，2()(1)f x x ≥-；（3）若当1≥x 时，2()(1)f x m x ≥-恒成立，求实数m 的取值范围．19．（2021·沈阳二模）已知函数()ln f x x x a =+，0a <．（1）证明：()f x 有且仅有一个零点；（2）当()22,0a e ∈-时，试判断函数()2211ln 24g x x x x ax =-+是否有最小值？若有，设最小值为()h a ，求()h a 的值域；若没有，请说明理由．()2ln f x x a x =-()()2g x a x =-()f x ()()()F x f x g x =-1x 2x a 12'02x x F +⎛⎫> ⎪⎝⎭20．（2021·浙江绍兴一模）已知函数(其中，e 为自然对数的底数)．（1）求函数的单调区间；（2）设函数的极小值点为m ，极大值点为n ，证明：当时，．21．（2021·陕西西安月考（理））已知函数．（Ⅰ）求的极值；（Ⅰ）设求证：在上有两个零点．22．（2021·天一大联考（理））已知函数．（1）求的图象在点处的切线方程，并证明的图象上除点以外的所有点都在这条切线的上方；（2）若函数，，证明：．()(xf x ax e -=02a <<()f x ()f x (,)x m n ∈()1ln a f x x x e--<()2ln ln 2f x x x =()f x ()()ln ,h x f x x =-()h x [)1,+∞()ln f x x x =()f x ()()1,1A f ()f x A ()()()ln 1sin 22cos2g x x x f x x =+⋅-1,2x e π⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭()22cos g x e e≥23．（2021·湖南衡阳一模）已知函数，，其中，．（1）当时，求函数的最大值；（2）是否存在实数，使得只有唯一的，当时，恒成立，若存在，试求出，的值；若不存在，请说明理由．24．（2021·天津和平区·高三一模）已知函数，．（1）当时，直线与相切于点，①求的极值，并写出直线的方程；②若对任意的都有，，求的最大值；（2）若函数有且只有两个不同的零点，，求证：．25．（2021·天津南开区·高三一模）已知曲线与轴交于点，曲线在点处的切线方程为，且．（1）求的解析式；（2）求函数的极值； ()axf x e =()g x kx a =+0a >k ∈R 1k a ==()()g x y f x =k a 0x >()()f x g x ≥k a ()ln f x ax x =a R ∈1a =l ()y f x =2233,e f e ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()f x l x e ≥()mx m f x e x≥0m >m ()()2g x f x x =+1x 2x 212x x e >()ln y x m =+x P P ()y f x =()12f =()y f x =()()x f x g x e=（3）设，若存在实数，，使成立，求实数的取值范围．26．（2021·江西八校4月联考（理））已知函数，．（1）讨论函数的单调性；（2）若，求的值；（3）证明：．27．（2021·吉林吉林三模（理））已知函数，．（1）求函数的单调区间；（2）、，使得不等式成立，求的取值范围；（3）不等式在上恒成立，求整数的最大值．28．（2021·江苏常州一模）已知函数．（1）当时，一次函数对任意，恒成立，求的表达式；（2）讨论关于x 的方程解的个数．()()2ln 1ln 1x a x h x x+-+=[]11,x e ∈12e ,1x -⎡⎤∈⎣⎦()()21222222ln 1ln h x x x a x x x <+-+a ()ln f x x a x =+()ln 2xg x e x x -=--()f x ()00g x =00ln x x +2ln x x x x e x --≤+()2sin xf x e x x =-+()()sin cos xg x ex x a =-++()f x 1x ∃20,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦()()12g x f x ≥a ()ln f x mx x'->()1,+∞m ()1ln ()f x m x m R -=+∈2m =()g x ()0x ∈+∞，()()2f xg x x ≤≤()g x 2()1f x x f x =⎛⎫ ⎪⎝⎭29．（2021·天津十二校联考）已知，（n 为正整数，）（Ⅰ）若在处的切线垂直于直线，求实数m 的值；（Ⅰ）当时，设函数，，证明：仅有1个零点．（Ⅰ）当时，证明：．30．（2021·山东烟台一模）已知函数为的导函数．（1）求函数的极值；（2）设函数，讨论的单调性；（3）当时，，求实数的取值范围．31．（2021·辽宁铁岭一模）已知函数，为自然对数的底数．（1）讨论的单调性；（2）当时，不等式恒成立，求实数的取值范围．()sin ,()ln n xf x xg x x me ==+m R ∈()y g x =1x =12y x =1n =2()12()h x x f x =--(0,)x π∈()h x 2n =()()()12x f x g x x m e <+'+-()()21cos ,2f x x x f x '=+()f x ()f x ()23sin cos 1sin 226,x x x xg x x e a x x x a R +=-+-+-⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝∈⎭()g x 0x ≥()1xf x e bx '≤+-b ()22xf x xe ax ax =++e ()f x 0x >()()()21ln 1a x f x x x ≥+-+a32．（2021·浙江温州二模）已知函数．（1）若函数没有极值点，求实数的取值范围；（2）若对任意的恒成立，求实数和所满足的关系式，并求实数的取值范围．33．（2021·湖北十一校3月联考）已知函数在时取到极大值．（1）求实数a ､b 的值；（2）用表示中的最小值，设函数，若函数为增函数，求实数t 的取值范围．221(),()21ekx x f x g x ax ax +==++()f x k ()()g x f x ≤x ∈R k a k 2()x ax bf x e +=2x =24e min{.,)m n ,m n 1()min (),(0)g x f x x x x ⎧⎫=->⎨⎬⎩⎭2 ()()h x g x tx =-。

导数压轴小题汇编(学生版)

导数压轴小题练习1. 【图像法】设函数f(a)=e²(2x-1)-ax+a,其中a<1,若存在唯一的整数ag使得f(x₀)<0,则a的取值范围是( )A.1)B.C.D.2. 【图像法】已知函数f(x)=xe²-mx+m,若f(a)<0的解集为(a,b),其中b<0;不等式在(a,b)中有且只有一个整数解，则实数m的取值范围是( )A B. C. D.3. 【切线应用】若函数f(x)=w³+ax²+bx(a,b∈R)的图象与α轴相切于一点A(m,0)(m≠0),且f(a)的极大值为 ,则m 的值为34. 【导数的切线法】设函数f(x)= 2 x²-2ax(a>0)与g(a)=a²lnz+b有公共点，且在公共点处的切线方程相同，则实数b的最大值为( )A. B. C. D.5. 【导数的切线法】若对于函数f(x)=ln(x+1)+a²图象上任意一点处的切线l,在函数g(x)=asinxcosx-a的图象上总存在一条切线L2,使得l工L,则实数a的取值范围为( )A. C.B.D.(-w,- 1)U[1,+w)6. 【导数的切线法】已知实数a,b满足ln(b+1)+a-3b=0,实数c,d满足2d-c- √5=0,则(a-c)2+(b-d)²的最小值为( )A.1B.2C.3D.±7. 【导数的切线法】若直线kx-y-k+1=0(x∈R)和曲线E: 的图像交于A(aj,y),B(xz,yz),C(xg,y3)(x₁<a₂<a3)三点时，曲线E在点A,点C处的切线总是平行，则过点(b, a)可作曲线E的( )条切线.A.0B.1C.2D.38. 【导数的直接应用】若是定义在R上的可导函数，且满足(x-1)f'(a)≥0,则必有( )A.f(0)+f(2)<2f(1)B.f(0)+f(2)>2f(1)C.f(0)+f(2)≤2f(1)D.f(0)+f(2)≥2f(1)9. 【导数的直接应用】若函)上单调递增，则实数a的取值范围是()A.(-c1)B.(- 1)C.(1,+o)D.(1+c)10. 【利用对称中心破题】已知函则)的值为( )A.0B.504C.1008D.201611. 【利用对称中心破题】已知函则的值为( )A.2016B.1008C.504D.012. 【利用对称中心破题】已知函,且f(2017)= 2016,则f(-2017)=( )A.-2014B.-2015C.-2016D.-201713. 【利用对称中心破题】已知函)的图象上存在关于(1,0)对称的点，则实数m的取值范围是( )A.(-o,1-ln2)B.(-w,1-ln2)C.(1-ln2,+o)D.(1-ln2,+c)14. 【通过构造函数破题】已知函数f(a)=e²+mlnx(m∈R,e为自然对数的底数),若对任意的正数ai,αz2,当ai>a2时，都有f(a₁)-f(a₂)>x-az恒成立，则实数m的取值范围为.15. 【通过构造函数破题】已知函数f(a)=aln(a+1) -q²,在区间(0,1)内任取两个实数p,g,且p<q,若不等式恒成立，则实数a的取值范围是( B )A. 15,+α)B.(15,+c)C.(-w,6)D.(-o,6)16. 【直接法】已知直线l与函数f(a)=ln( √e x)-ln(1-x)的图象交于A,B两点，若AB中点为则m的大小为( )A. B. C.1 D.217. 【函数性质+K法】已知函数f(a)=x+sinx(x ∈R),且f(y² - 2y+3)+f(x² - ±w+1)≤0,则当y≥1时，的取值范围是( )A. B.[0, C.. D.18. 【考查函数性质】已知函数f(a)=x²+(a+8)x+a²+a- 12(a<0),且f(a²-4)=f(2a-8),则的最小值为( )A. B. C. D.19【分离参数法+隐含零点】已知函数f(a)=x+alna,若k∈Z,并且h(x-1)<f(a)对任意的x>1恒成立，则k的最大值为( )A.2B.3C.4D.520. 【考查函数的零点+嵌套函数】已知函数,则方程，的实根个数不可能为( )A . 8个B . 7个C . 6个D . 5个21【考查函数的零点】定义在R上的偶函数f(a)满足f(2-a)=f(x),且当a∈[1,2]时，f(a) =lnx-a+1,若函数g(x)=f(x)+mx有7个零点，则实数m的取值范围为()B.D.22. 【考查函数的零点】设函 ),若存在唯二的αo.. 使得h(n)=min{f(x),g(x)}的最小值为h(xo). 则实数a的取值范围是( )A.a<-2B.a≤-2C.a<- 1D.a≤- 123. 【考查函数的零点】已知函数(e为自然对数的底数)有且只有一个零点，则实数k的取值范围是( )A.(0,2)B.(0,C.(0,e)D.(0,+c)24. 【转化法+零点】已知函数f(a)=alnx+a²+(a-6)a在(0,3)上不是单调函数，则实数a的取值范围是25. 【图像法+转化法+零点】函的图象上存在关于y轴对称的点，则实数a的取值范围是( )A.(-w,3-2ln2)B.[3-2ln2,+c)C.(√e,+o)D.(-w,-Ve)26. 【多变量转化+等与不等转化】已知函数f(a)=lna,g(x)=(2m+3)x+n,若对任意的x∈(0,+o),总有f(a)≤g(x)恒成立，记(2m+3)n的最小值为f(m,n),则f(m,n)最大值为( )A.1B.C.D.27. 【多变量转化+等与不等转化】已知不等式e²- (a+2)x≥b-2恒成立，则的最大值为( )A.-ln3B.-ln2C.- 1-ln3D.- 1-ln228.【多变量转化+等与不等转化】对于任意b>0,a∈R,不等式[b-(a-2)]²+[Inb- (a- 1)]²≥m²-m恒成立，则实数m的最大值为()A.√eB.2C.eD.329.嵌套函数+零点图像法】函.若方程af²(a)+bf(a)+c=0有8个不同的实根，则此8个实根之和是( )A. B.4 C. D.230. 【嵌套函数法】已知函,则f(f(w))<2的解集为( )A.(1-ln2,+o)B.(+o,1-ln2)C.(1-ln2,1)D.(1,1+ln2)31. 【导数+嵌套函数法+分离参数】函数f(x)=-a²+3w+a,g(a)=2³-w²,若flg(w)]≥0对a∈[0,1]恒成立，则实数a的取值范围是( )A.(-e,+c)B.(-ln2,+o)C.(-2,+o)D.32. 【导数+嵌套函数法+定义域与值域的关系】已知函数f(x)=e²+a-e- ²+2(a∈R,e为自然对数的底数),若y=f(x)与y=f(f(x))的值域相同，则a的取值范围是()A.a<0 B . a≤- 1 C.O<a≤4 D . a < 0或O < a ≤ 433. 【导数+嵌套函数法+分离参数】已知函),其中e为自然对数的底数.若函数y=f(a)与y=flf(x)]有相同的值域，则实数a的最大值为( )A.. eB.. 2C.1D..34. 【导数+嵌套函数法+导函数零点】已知函有两个极值点ai,αz,若αi<f(x₁)<z2,则关于n方程(f(a))²-2af(a)-b=0的实根个数不可能为( )A.2B.3C.4D.535. 【导数+嵌套函数法+导函数零点】已知函数，有两个极值点ai,x2,若，则关于a方程(f(x))²-2af(a)-b=0的实根个数为( )A.. 2B.. 3C.4D.536. 【嵌套函数法+零点】已知偶函数f(a)满足f(x+4)=f(±-x),且当x∈(0,4)时，关于a的不等式f(a)+af(a)>0在[-200,200]上有且只有300个整数解，则实数a的取值范围是( )C. D.37. 【导数极值点常规处理手段-转化法】已知函数f(a)=xlnx-ae²(e为自然对数的底数)有两个极值点，则实数a的取值范围是( )A. B.(0,e) C. D.(-c,e)38. 【分析法】已知函数f(x)=e²-ax- 1,g(x)=lnx-ax-a,若存在ap ∈(1,2),使得f(x₀)g(x₀)<0,则实数a的取值范围为( )A.(ln2,B.(ln2,e- 1)C.(1,e- 1)D.[1,39. 【导函数构造法】设f(x)定义在R上的可导函数，若f(3)=1,且3f(a)+af(n)>ln(x+1),则不等式(x-2017)f(α-2017)-27>0的解集为( )A.(2014,+o)B.(0,2014)C.(0,2020)D.(2020,+c)40. 【导函数2次构造法】已知f(x)是定义在R上的可导函数，且满足(x+2)f(a)+af'(a)>0,则( )A.f(x)>0B.f(x)<0C.f(x)为减函数D.f(a)为增函数41. 【导函数2次构造法】定义在R上的函数f(x)满足：f"(a) -f(a)=w ·e²,且, 则的最大值为( )A.0B.C.1D.242. 【导函数构造法】设函数f(a)满足2x²f(x)+x³f'(x)=e²,,则w∈(2,+o)时，f(a)的最小值为( )A. B. C. D.43. 【导函数构造法】已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，其导函数为f(x),若对任意的正实数z,都有af"(x)+2f(a)>0恒成立，且f( √②)=1,则使a²f(x)<2成立的实数α的集合为( )A.(-w,-√2)U(√2,+c)B.(-√2,√2)C.(-w,√2)D.(√2,+α)44.已知函数f(a)为R上的可导函数，其导函数为f(x),且满足f(x)+f(a)<1恒成立，f(0)=2018,则不等式f(x)<2017e-3+1的解集为( )A.f(a)=x-sinzB.f(a-2)+f(a²)≥0D.f(x)=x³+a45. 【导函数构造法】已知定义在f(x)=x³+a上的可导函数f(a-2)+f(a²)≥0的导函数为f'(a),对任意实数z均有(1-x)f(a)+af'(x)>0成立，且y=f(x+1)-e是奇函数，则不等式af(x)-e³>0的解集是( )A.(-w,e)B.(e,+c)C.(-α,1)D.(1,+o)46. 【导函数构造法】已知定义域为R的函数的导函数为f'(x),并且满足f"(a)>f(a)+1,则下列正确的是()A.f(2018)-ef(2017)>e- 1B.f(2018)-ef(2017)<e- 1C.f(2018)-ef(2017)>e+1D.f(2018)-ef(2017)<e+147.(50)16【导函数类极值零点最值】 .关于a的方有两个不等实根，则实数k的取值范围是48. 【导函数类极值零点最值】已知函数f(a)=x(lnx-ax)有极值，则实数a的取值范围是( )B. D.49. 【导函数类极值零点最值】已知函数f(x)=e²>-ax²+bw-1,其中a,b∈R,e为自然对数的底数.若f(1)=0.f'(a)是f(x)的导函数，函数f(a)在区间(0,1)内有两个零点，则a的取值范围是( )A.(e²-3,e²+1)B.(e²-3,+o)C.(-w,2e²+2)D.(2e²-6,2e²+2)50. 【导函数类极值零点最值】已知a∈R,若区间(0,1)上有且只有一个极值点，则a的取值范围是( )A.a<0B.a>0C.a≤1D.a≥051. 【分析结构+换元法】若存在正实数m,使得关于α的方程α+a(2x+2m-tex)[ln(x+m)-lna]=0有两个不同的根，其中e为自然对数的底数，则实数a的取值范围是( D )A.(-α,0)B.(0,D. 152. 【函数性质+单调性】定义在w∈R上的函数f(x)在(-w,-2)上单调递增，且f(α-2)是偶函数，若对一切实数α,不等式f(2sinx-2)>f(sinx-1-m)恒成立，则实数m的取值范围为53. 【函数性质法-单调性+奇偶性】已知函,若f( - a)+f(a)≤2f(w),则实数的取值范围是( )A.(-w1)U[1,+o)B.[- 1,0]C.[0,1]D.[- 1,1]54. 【函数性质法】已知函数f(x)是偶函数，f(x)是奇函数，且对于任意αi,Xz∈[0,1],且ai≠α2,都有(x₁-x2)[f(a₁)-f'(x2)]<0, 则下列结论正确的是( )A.a>b>CB.b>a>cC.b>c>aD.c>a>b55. 【函数性质-周期函数法】设函数fo(n)=sing,定义fa(m)=f[fo(n)],fo(n)=f[fa(z)], …, fn(a)=f[fn-y(a)],则fa(15°)+fg(15°)+fo(15°)+…+foom(15°)的值是()B. C.0 D.156. 【函数性质-周期函数法】若函数y=f(x),A∈M对于给定的非零实数a,总存在非零常数T,使得定义域M内的任意实数α,都有af(a)=f(x+T)恒成立，此时T为f(a)的假周期，函数f(a)是M上的a 级假周期函数.若函数f(w)是定义在区间(0,+o)内的3级假周期且T=2,当a∈(0,2),有：,若3αi∈[6,8],3αz∈(0,+w)使g(a2)-f(a₁)≤0成立，则实数m的取值范围是( )A. B.(-c,12) C.(-c,39) D.(12,+c)57. 【图像法十零点】已 ,若函数f(a)有四个零点，则实数a 的取值范围是( )A. B . (一w, - e) C.(e,+c) D.58. 【图像法+零点】已知函,若函数y=f(f(a)-a)- 1有三个零点，则实数 a 的取值范围是( B ).. 59. 【导数十零点】若函岁有三个不同的零点，则实数a 的取值范围是( ) A.(1 B. C. D.60. 【零点】已知关于的方程x²e²+t -a=0,m∈[-1,1],若对任意的t∈[1,3],该方程总存在唯一的实数解，则实数a 的取值范围是( )B. C. D. 1,e]61. 【零点】已知当a∈(1,+α)时，关于a 的方程有唯一实数解，则k 的范围为 ( )A.3,4)B.(4,5)C.(5,6)D.(6,7)62. 【考查三次函数值域】已知函数f(x)=(w-a)³ -3m+a(a>0)在[- 1,b]上的值域为[-2-2a,0],则b的取值范围是( )A..[0,3]B.[0,2]C.[2,3]D.(- 1,3)63. (【外接球与内切球】 .如图，圆形纸片的圆心为○,半径为6cm,该纸片上的正方形ABCD 的中心为O . E,F,G,H 为圆O 上的点，△ABE, △BCF, △CDG,△ADH 分别是以AB,BC,CD,DA 为底边的等腰三角形，沿虚线剪开后，分别以AB,BC,CD,DA 为折痕折起△ABE, △BCF, △CDG, △ADH,使得E ,F ,G ,H 重合，得到一个四棱锥，当该四棱锥的侧面积是底面积的2倍时，该四棱锥的外接球的体积为64. 【导数法】设函数f(a)=e² -3w,则关于函数y=f(x)说法错误的是( )A. 在区间(0,1),(1,+o)内均有零点B. 与y=lng 的图象有两个交点C . Vx ₁ ∈R,3x ₂ ∈R 使得f(a)在x=xi,x=az 处的切线互相垂直D . f(a)≥ - 1恒成立65. 【极值点偏移】已知函数y=e² -ax 有两个零点ai,Zz ,α₁<x2,则下面说法正确的是( )A.Qi+α₂<2B.a<eC.αjα₂>1D.有极小值点xg,且aj+x ₂<2o66. 【恒成立-分离参数法】已知函数f(a)=ax+alnx (a∈R)的图像在点处的切线斜率为1,当k∈Z 时，不等式f(x)-kx+k 在x∈(1,+o)上恒成立，则k 的最大值是( C )A.1B. 2C.3D.4 D C67.已知函数f(a)=ax,g(x)=lnz,存在t∈(0,e),使得f(t)-g(t)最小值为3,则函数g(a)=lnx图象上一点P到函数发f(a)=ax图象上一点Q的最短距离为( )A. B..√5 C.2√2 D.368. 【存在与任意】设函数f(a)=a²-wlnx+2,若存在区间,使f(a)在[a,b]上的值域为[k(a+2),k(b+2)],则k的取值范围是( )A. B. C. D.69.【存在与任意】已知函,g(a)=-ex²+aa(e是自然对数的底数),对任意的x∈R,存在],有f(x₁)≤g(x2),则a的取值范围为70. 【导数综合】已知函数f(x)=sinα-xcosx,现有下列结论：①当x ∈[0,π]时，f(x)≥0;②当0<a<β<π时，a-sinB>β ·s ina;③若对)恒成立，则m-n的最小值等于④已知k∈[0,1],当x;∈(0,2π)时，满足的个数记为n,则n的所有可能取值构成的集合为{0,1,2,3}.其中正确的个数为( )A.1B.2C.3D.471.(105)12【导数+隐含零点】已知函2,ag是函数f(a)的极值点。

压轴题10 导数的简单应用(原卷版)--2023年高考数学压轴题专项训练(全国通用)

压轴题10导数的简单应用题型/考向一：导数的计算及几何意义题型/考向二：利用导数研究函数的单调性题型/考向三：利用导数研究函数的极值、最值○热○点○题○型一导数的计算及几何意义1.复合函数的导数复合函数y ＝f (g (x ))的导数和函数y ＝f (u )，u ＝g (x )的导数间的关系为y x ′＝y u ′·u x ′.2.导数的几何意义(1)函数在某点的导数即曲线在该点处的切线的斜率.(2)曲线在某点的切线与曲线过某点的切线不同.(3)切点既在切线上，又在曲线上.3.导数中的公切线问题，重点是导数的几何意义，通过双变量的处理，从而转化为零点问题，主要考查消元、转化、构造函数、数形结合能力以及数学运算素养.一、单选题1．函数()()ln 322f x x x =--的图象在点()()1,1f 处的切线方程是（）A ．10x y ++=B ．230x y ++=C ．230x y --=D ．30x y --=2．若函数()e ln xf x x a =++的图象在点()()1,1f 处的切线方程为1y kx =-，则=a （）A ．1B ．0C ．－1D ．e3．已知直线l 为曲线22ln y x x =-在1x =处的切线，则点()3,2-到直线l 的距离为（）AB ．10C ．5D 4．若直线y x a =+与函数()x f x e =和()ln g x x b =+的图象都相切，则a b +=（）A ．1-B ．0C ．1D ．35．曲线221e 24x y x -=⋅+在1x =处的切线与坐标轴围成的面积为（）A ．32B ．3C ．4916D ．4986．已知函数()()21220232023ln 22f x x xf x '=-++-，则()2023f '=（）A ．2022B ．2021C ．2020D ．20197．若对m ∀∈R ，,a b ∃∈R ，使得()()()f a f b f m a b-=-成立，则称函数()f x 满足性质Ω，下列函数不满足．．．性质Ω的是（）A ．()23f x x x=+B ．()()211f x x =+C ．()1ex f x -+=D ．()()cos 12f x x =-8．已知函数()f x 的定义域是()(),00,∞-+∞U ，()f x '为()f x 的导函数，若()()()121f f x f x x'=+-，则()f x 在()0,∞+上的最小值为（）A ．4215-B 1C 1D 1二、多选题9．已知函数()332f x x ax =+-的极值点分别为()1212,x x x x <，则下列选项正确的是（）A ．0a >B ．()()122f x f x +=C ．若()20f x <，则1a >D ．过()0,2仅能做曲线()=y f x 的一条切线10．若函数()()22ln 12x axf x x -=++的图象上，不存在互相垂直的切线，则a 的值可以是（）A ．-1B ．3C ．1D ．211．给出定义：若函数()f x 在D 上可导，即()f x '存在，且导函数()f x '在D 上也可导，则称()f x 在D 上存在二阶导函数，记()()()f x f x ''''=，若()0f x ''<在D 上恒成立，则称()f x 在D 上为凸函数，以下四个函数在π0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上是凸函数的是（）A ．()sin cos f x x x=-B ．()ln 3f x x x=-C ．()331f x x x =-+-D ．()exf x x -=12．设函数()y f x =在区间(),a b 上的导函数为()f x ，()f x 在区间(),a b 上的导函数为()f x ''，若区间(),a b 上()0f x ''<，则称函数()f x 在区间(),a b 上为“凸函数”．已知()5421122012f x x mx x =--在()1,2上为“凸函数”则实数m 的取值范围的一个必要不充分条件为（）A ．1m >-B ．m 1≥C ．1m >D ．0m >○热○点○题○型二利用导数研究函数的单调性利用导数研究函数单调性的关键(1)在利用导数讨论函数的单调区间时，首先要确定函数的定义域.(2)单调区间的划分要注意对导数等于零的点的确认.(3)已知函数单调性求参数范围，要注意导数等于零的情况.一、单选题1．函数()2e =-xf x x 的单调递增区间为（）A ．(),0∞-B ．()ln2,+∞C ．(],ln2∞-D ．[)0,∞+2．已知函数()2,0,ln ,,x a xf x x x a x⎧<<⎪⎪=⎨⎪≥⎪⎩若()f x 在()0,∞+上单调递减，则实数a 的取值范围是（）A ．21,e ⎡⎤⎣⎦B ．[]e,2eC ．2,e e ⎡⎤⎣⎦D ．[)e,+∞3．设0.33e a -=，0.6e b =， 1.6c =，则（）A ．c b a <-在R 上恒成立，且a b >，则（）A ．()()af b bf a >B ．()()af a bf b >C ．()()af a bf b <D ．()()af b bf a <5．已知()f x 是定义在R 上的偶函数，当0x ≥时，()e sin xf x x =+，则不等式()π21e f x -<的解集是（）A ．1π,2+⎛⎫+∞⎪⎝⎭B ．1π0,2+⎛⎫⎪⎝⎭C ．π1e 0,2⎛⎫+ ⎪⎝⎭D ．1π1π,22-+⎛⎫⎪⎝⎭6．已知函数()f x 与()g x 定义域都为R ，满足()()()1e xx g x f x +=，且有()()()0g x xg x xg x ''+-<，()12e g =，则不等式()4f x <的解集为（）A ．()1,4B ．()0,2C ．(),2-∞D ．()1,+∞7．已知函数()x f x e =，若存在0[1,2]x ∈-使得00()()f t x f x t =+-恒成立，则0()b f x t =-的取值范围（）A ．10,1e ⎡⎤+⎢⎥⎣⎦B ．211,e 2e⎡⎤+-⎢⎥⎣⎦C ．11,1e ⎡⎤+⎢⎥⎣⎦D ．21,e 2⎡⎤-⎣⎦8．已知函数()312x f x x +=+，()()42e xg x x =-，若[)12,0,x x ∀∈+∞，不等式()()()()2221e e t g x t f x +≤+恒成立，则正数t 的取值范围是（）A ．21,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．22,e ⎤-⎦C ．)2⎡++∞⎣D ．()2e,⎡+∞⎣二、多选题9．已知函数()(1)e x f x x =+的导函数为()f x '，则（）A ．函数()f x 的极小值点为21e -B ．(2)0f '-=C ．函数()f x 的单调递减区间为(,2)-∞-D ．若函数()()g x f x a =-有两个不同的零点，则21(,0)e a ∈-10．对于三次函数()()320ax bx d a f x cx =+++≠，给出定义：设()f x '是函数()y f x =的导数，()f x ''是函数()f x '的导数，若方程()0f x ''=有实数解0x ，则称()()00,x f x 为函数()y f x =的“拐点”．某同学经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心．若函数()()3211R 32f x x x x b b =-++∈，则（）A ．()f x 一定有两个极值点B ．函数()y f x =在R 上单调递增C ．过点()0,b 可以作曲线()y f x =的2条切线D ．当712b =时，123202220222023202320232023f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭三、解答题11．已知函数()321132f x x ax =-，a ∈R ．(1)当2a =时，求曲线()y f x =在点()()3,3f 处的切线方程；(2)讨论()f x 的单调性．12．已知函数()222ln 12x x f x x-+=．求函数()f x 的单调区间；○热○点○题○型三利用导数研究函数的极值、最值1.由导函数的图象判断函数y ＝f (x )的极值，要抓住两点(1)由y ＝f ′(x )的图象与x 轴的交点，可得函数y ＝f (x )的可能极值点.(2)由y ＝f ′(x )的图象可以看出y ＝f ′(x )的函数值的正负，从而可得到函数y ＝f (x )的单调性，可得极值点.2.求函数f (x )在[a ，b ]上的最大值和最小值的步骤(1)求函数在(a ，b )内的极值.(2)求函数在区间端点处的函数值f (a )，f (b ).(3)将函数f (x )的各极值与f (a )，f (b )比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值.一、单选题1．函数()32142f x x x x =+-的极小值为（）A ．43-B ．1C ．52-D ．104272．函数()f x 的定义域为R ，导函数()f x '的图象如图所示，则函数()f x （）A ．无极大值点、有四个极小值点B ．有三个极大值点、一个极小值点C ．有两个极大值点、两个极小值点D ．有四个极大值点、无极小值点3．已知函数()π2sin 3f x x ω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭()0ω>在()0,π上有3个极值点，则ω的取值范围为（）A ．13,6⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭B ．1319,66⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．1319,66⎛⎤ ⎥⎝⎦D ．713,66⎛⎤ ⎥⎝⎦4．已知函数()2e ln 2xx f x x =+-的极值点为1x ，函数()ln 2x h x x =的最大值为2x ，则（）A ．12x x >B ．21x x >C ．12x x ≥D ．21x x ≥5．若函数()3222f x x ax a x =++在1x =处有极大值，则实数a 的值为（）A ．1B ．1-或3-C ．1-D ．3-6．已知函数()()2ln 11f x x x =+++，则（）A ．0x =是()f x 的极小值点B ．1x =是()f x 的极大值点C ．()f x 的最小值为1ln 2+D ．()f x 的最大值为37．若函数()3e 3ln x f x a x x x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭只有一个极值点，则a 的取值范围是（）A ．2e ,4⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦B ．(,0]-∞C ．(]3e ,09⎧⎫-∞⎨⎬⎩⎭ D ．32e e ,49 纟禳镲çú-¥睚çú镲棼铪8．已知定义域为()0,∞+的函数()f x 满足()1()1f x xf x x'+=+，()10f '=，()1122g x a ax x=+--，若01a <<，则()()f x g x -的极值情况是（）A ．有极大值，无极小值B ．有极小值，无极大值C ．既有极大值，又有极小值D ．既无极小值，也无极大值二、多选题9．已知函数()2211e e x x f x -+=+，则（）A ．()f x 为奇函数B ．()f x 在区间()0,2上单调递减C ．()f x 的极小值为22e D ．()f x 的最大值为411e +10．设函数()ln xf x ax x=-，若函数()f x 有两个极值点，则实数a 的值可以是（）A ．12B ．18C ．2D ．14-三、解答题11．已知函数()()322113f x x ax a x b =-+-+（a ，b ∈R ），其图象在点()()1,1f 处的切线方程为30x y +-=．(1)求a ，b 的值；(2)求函数()f x 的单调区间和极值；(3)求函数()f x 在区间[]2,5-上的最大值．12．已知函数()ln xf x x a=+，其中a 为常数，e 为自然对数的底数.(1)当1a =-时，求()f x 的单调区间；(2)若()f x 在区间(]0,e 上的最大值为2，求a 的值.。

导数压轴小题精选80题(含答案解析)

专治学霸不服——导数压轴小题1. 已知函数f(x)=xe x−m2x2−mx，则函数f(x)在[1,2]上的最小值不可能为( )A. e−32m B. −12mln2m C. 2e2−4m D. e2−2m2. 已知函数f(x)=sinxx ，若π3<a<b<2π3，则下列结论正确的是( )A. f(a)<f(√ab)<f(a+b2) B. f(√ab)<f(a+b2)<f(b)C. f(√ab)<f(a+b2)<f(a) D. f(b)<f(a+b2)<f(√ab)3. 已知e为自然对数的底数，对任意的x1∈[0,1]，总存在唯一的x2∈[−1,1]，使得x1+x22e x2−a=0成立，则实数a的取值范围是( )A. [1,e]B. (1,e]C. (1+1e ,e] D. [1+1e,e]4. 若存在正实数x，y，z满足z2≤x≤ez且zln yz=x，则ln yx的取值范围为( )A. [1,+∞)B. [1,e−1]C. (−∞,e−1]D. [1,12+ln2]5. 已知方程ln∣x∣−ax2+32=0有4个不同的实数根，则实数a的取值范围是( )A. (0,e 22) B. (0,e22] C. (0,e23) D. (0,e23]6. 设函数f(x)=e x(sinx−cosx)(0≤x≤2016π)，则函数f(x)的各极小值之和为( )A. −e 2π(1−e2016π)1−e2πB. −e2π(1−e1008π)1−eπC. −e 2π(1−e1008π)1−e2πD. −e2π(1−e2014π)1−e2π7. 若函数f(x)满足f(x)=x(fʹ(x)−lnx)，且f(1e )=1e，则ef(e x)<fʹ(1e)+1的解集为( )A. (−∞,−1)B. (−1,+∞)C. (0,1e)D. (1e,+∞)8. 已知 f (x )，g (x ) 都是定义在 R 上的函数，且满足以下条件：① f (x )=a x ⋅g (x )（a >0，且 a ≠1）；② g (x )≠0；③ f (x )⋅gʹ(x )>fʹ(x )⋅g (x )．若f (1)g (1)+f (−1)g (−1)=52，则 a 等于 ( )A. 12B. 2C. 54D. 2 或 129. 已知函数 f (x )=1+lnx x，若关于 x 的不等式 f 2(x )+af (x )>0 有两个整数解，则实数 a 的取值范围是 ( ) A. (−1+ln22,−1+ln33) B. (1+ln33,1+ln22) C. (−1+ln22,−1+ln33] D. (−1,−1+ln33]10. 已知函数 f (x )=x +xlnx ，若 m ∈Z ，且 f (x )−m (x −1)>0 对任意的 x >1 恒成立，则 m 的最大值为 ( ) A. 2B. 3C. 4D. 511. 已知函数 f (x )={xln (1+x )+x 2,x ≥0−xln (1−x )+x 2,x <0，若 f (−a )+f (a )≤2f (1)，则实数 a 的取值范围是 ( )高中数学资料共享群QQ 群号：734924357A. (−∞,−1]∪[1,+∞)B. [−1,0]C. [0,1]D. [−1,1]12. 已知 fʹ(x ) 是定义在 (0,+∞) 上的函数 f (x ) 的导函数，若方程 fʹ(x )=0 无解，且 ∀x ∈(0,+∞)，f [f (x )−log 2016x ]=2017，设 a =f (20.5)，b =f (log π3)，c =f (log 43)，则 a ，b ，c 的大小关系是 ( )A. b >c >aB. a >c >bC. c >b >aD. a >b >c13. 已知函数 f (x )={lnx,x ≥11−x 2,x <1，若 F (x )=f [f (x )+1]+m 有两个零点 x 1，x 2，则 x 1⋅x 2 的取值范围是 ( ) A. [4−2ln2,+∞) B. (√e,+∞)C. (−∞,4−2ln2]D. (−∞,√e)14. 已知函数 f (x ) 是定义在 R 上的奇函数，当 x <0 时，f (x )=(x +1)e x ，则对任意的 m ∈R ，函数 F (x )=f(f (x ))−m 的零点个数至多有 ( )A. 3 个B. 4 个C. 6 个D. 9 个15. 设 f (x )=∣lnx∣，若函数 g (x )=f (x )−ax 在区间 (0,3] 上有三个零点，则实数 a 的取值范围是 ( )A. (0,1e ) B. (ln33,e) C. (0,ln33] D. [ln33,1e)16. 已知 f (x ) 是定义在 R 上的偶函数，其导函数为 fʹ(x )，若 fʹ(x )<f (x )，且 f (x +1)=f (3−x )，f (2015)=2，则不等式 f (x )<2e x−1 的解集为 ( )高中数学资料共享群QQ 群号：734924357A. (1,+∞)B. (e,+∞)C. (−∞,0)D. (−∞,1e)17. 设函数 f (x ) 的导函数为 fʹ(x )，对任意 x ∈R 都有 fʹ(x )>f (x ) 成立，则 ( ) A. 3f (ln2)>2f (ln3) B. 3f (ln2)=2f (ln3) C. 3f (ln2)<2f (ln3)D. 3f (ln2) 与 2f (ln3) 的大小不确定18. 已知函数 f (x )=x 33+12ax 2+2bx +c ，方程 fʹ(x )=0 两个根分别在区间 (0,1) 与 (1,2) 内，则 b−2a−1的取值范围为 ( )A. (14,1)B. (−∞,14)∪(1,∞)C. (−1,−14)D. (14,2)19. 已知 f (x )=∣xe x ∣，又 g (x )=f 2(x )−tf (x )(t ∈R )，若满足 g (x )=−1 的 x 有四个，则 t 的取值范围是 ( )A. (−∞,−e 2+1e) B. (e 2+1e,+∞) C. (−e 2+1e,−2) D. (2,e 2+1e)20. 已知 f (x ) 是定义在 (0,+∞) 上的单调函数，且对任意的 x ∈(0,+∞)，都有 f [f (x )−log 2x ]=3，则方程 f (x )−fʹ(x )=2 的解所在的区间是 ( ) A. (0,12)B. (12,1)C. (1,2)D. (2,3)21. 已知函数 f (x )={√1+9x 2,x ≤01+xe x−1,x >0，点 A ，B 是函数 f (x ) 图象上不同两点，则 ∠AOB （O 为坐标原点）的取值范围是 ( )A. (0,π4) B. (0,π4] C. (0,π3) D. (0,π3]22. 定义：如果函数 f (x ) 在 [a,b ] 上存在 x 1，x 2 (0<x 1<x 2＜a) 满足 fʹ(x 1)=f (b )−f (a )b−a ，fʹ(x 2)=f (b )−f (a )b−a，则称函数 f (x ) 是 [a,b ] 上的“双中值函数”．已知函数 f (x )=x 3−x 2+a 是 [0,a ] 上的“双中值函数”，则实数 a 的取值范围是 ( )高中数学资料共享群QQ 群号：734924357 A. (13,12)B. (32,3)C. (12,1)D. (13,1)23. 已知函数 f (x )=2mx 2−2(4−m )x +1，g (x )=mx ，若对于任意实数 x ，函数 f (x ) 与 g (x ) 的值至少有一个为正值，则实数 m 的取值范围是 ( )A. (2,8)B. (0,2)C. (0,8)D. (−∞,0)24. 已知 a,b ∈R ，且 e x+1≥ax +b 对 x ∈R 恒成立，则 ab 的最大值是( )A. 12e 3B. √22e 3 C.√32e 3 D. e 325. 函数 f (x ) 是定义在区间 (0,+∞) 上的可导函数，其导函数为 fʹ(x )，且满足 xfʹ(x )+2f (x )>0，则不等式 (x+2016)f (x+2016)5<5f (5)x+2016的解集为 ( ) A. {x >−2011} B. {x ∣x <−2011} C. {x ∣−2011<x <0}D. {x∣∣−2016<x ＜−2011}26. 设 D =√(x −a )2+(lnx −a 24)2+a 24+1(a ∈R )，则 D 的最小值为( ) A. √22B. 1C. √2D. 227. 已知定义在 R 上的函数 y =f (x ) 满足：函数 y =f (x +1) 的图象关于直线 x =−1 对称，且当 x ∈(−∞,0) 时，f (x )+xfʹ(x )<0 成立（fʹ(x ) 是函数 f (x ) 的导函数），若 a =0.76f (0.76)，b =log 1076f (log 1076)，c =60.6f (60.6)，则 a ，b ，c 的大小关系是 ( )A. a >b >cB. b >a >cC. c >a >bD. a >c >b28. 对任意的正数 x ，都存在两个不同的正数 y ，使 x 2(lny −lnx )−ay 2=0 成立，则实数 a 的取值范围为 ( )A. (0,12e ) B. (−∞,12e ) C. (12e ,+∞) D. (12e,1)29. 已知函数 f (x )=x 3−6x 2+9x ，g (x )=13x 3−a+12x 2+ax −13(a >1) 若对任意的 x 1∈[0,4]，总存在 x 2∈[0,4]，使得 f (x 1)=g (x 2)，则实数 a 的取值范围为 ( )高中数学资料共享群QQ 群号：734924357 A. (1,94]B. [9,+∞)C. (1,94]∪[9,+∞)D. [32,94]∪[9,+∞)30. 定义在 R 上的偶函数 f (x ) 满足 f (2−x )=f (x )，且当 x ∈[1,2] 时，f (x )=lnx −x +1，若函数g (x )=f (x )+mx 有 7 个零点，则实数 m 的取值范围为 ( )A. (1−ln28,1−ln26)∪(ln2−16,ln2−18)B. (ln2−16,ln2−18) C. (1−ln28,1−ln26) D. (1−ln28,ln2−16)31. 已知函数 f (x )={e x ,x ≥0ax,x <0，若方程 f (−x )=f (x ) 有五个不同的根，则实数 a 的取值范围为 ( ) A. (−∞,−e )B. (−∞,−1)C. (1,+∞)D. (e,+∞)32. 已知 fʹ(x ) 是奇函数 f (x ) 的导函数，f (−1)=0，当 x >0 时，xfʹ(x )−f (x )>0，则使得 f (x )>0 成立的 x 的取值范围是 ( ) A. (−∞,−1)∪(0,1) B. (−1,0)∪(1,+∞) C. (−1,0)∪(0,1)D. (−∞,−1)∪(1,+∞)33. 已知函数 f (x ) 在定义域 R 上的导函数为 fʹ(x )，若方程 fʹ(x )=0 无解，且 f [f (x )−2017x ]=2017，当 g (x )=sinx −cosx −kx 在 [−π2,π2] 上与 f (x ) 在 R 上的单调性相同时，则实数 k 的取值范围是 ( )A. (−∞,−1]B. (−∞,√2]C. [−1,√2]D. [√2,+∞)34. 已知函数 f (x )=e x ∣x∣，关于 x 的方程 f 2(x )−2af (x )+a −1=0(a ∈R )有 3 个相异的实数根，则 a 的取值范围是 ( ) A. (e 2−12e−1,+∞)B. (−∞,e 2−12e−1) C. (0,e 2−12e−1) D. {e 2−12e−1}35. 函数 y =f (x ) 图象上不同两点 A (x 1,y 1)，B (x 2,y 2) 处的切线的斜率分别是 k A ，k B ，规定 φ(A,B )=∣k A −k B ∣∣AB∣叫做曲线在点 A 与点 B 之间的“弯曲度”．设曲线 y =e x 上不同的两点 A (x 1,y 1)，B (x 2,y 2)，且 x 1−x 2=1，若 t ⋅φ(A,B )<3 恒成立，则实数 t 的取值范围是 ( )A. (−∞,3]B. (−∞,2]C. (−∞,1]D. [1,3]36. 已知函数 f (x )=ax 3+3x 2+1，若至少存在两个实数 m ，使得 f (−m )，f (1)，f (m +2) 成等差数列，则过坐标原点作曲线 y =f (x ) 的切线可以作 ( ) A. 3 条B. 2 条C. 1 条D. 0 条37. 已知整数对排列如下：(1,1)，(1,2)，(2,1)，(1,3)，(2,2)，(3,1)，(1,4)，(2,3)，(3,2)，(4,1)，(1,5)，(2,4)，⋯，则第 60 个整数对是 ( ) A. (5,7)B. (4,8)C. (5,8)D. (6,7)38. 已知函数 f (x )={∣log 3x ∣,0<x <3,−cos (π3x),3≤x ≤9.若存在实数 x 1，x 2，x 3，x 4，当 x 1<x 2<x 3<x 4 时，满足 f (x 1)=f (x 2)=f (x 3)=f (x 4)，则 x 1⋅x 2⋅x 3⋅x 4 的取值范围是 ( ) A. (7,294)B. (21,1354) C. [27,30)D. (27,1354)39. 已知函数 f (x )=e 2x ，g (x )=lnx +12的图象分别与直线 y =b 交于 A ，B 两点，则 ∣AB∣ 的最小值为 ( )A. 1B. e 12C. 2+ln22D. e −ln3240. 设 A ，B 分别为双曲线 C ：x 2a 2−y 2b 2=1(a >0,b >0) 的左、右顶点，P ，Q 是双曲线 C 上关于 x 轴对称的不同两点，设直线 AP ，BQ 的斜率分别为 m ，n ，则2b a+a b+12∣mn∣+ln ∣m ∣+ln ∣n ∣ 取得最小值时，双曲线 C 的离心率为 ( ) A. √2B. √3C. √6D. √6241. 已知 f (x )，g (x ) 都是定义在 R 上的函数，且满足以下条件：① f (x )=a x ⋅g (x )（a >0,a ≠1）；② g (x ) ≠0；③ f (x )⋅gʹ(x )>fʹ(x )⋅g (x )．若 f (1)g (1)+f (−1)g (−1)=52，则使 log a x >1 成立的 x 的取值范围是 ( )A. (0,12)∪(2,+∞)B. (0,12)C. (−∞,12)∪(2,+∞)D. (2,+∞)42. 已知函数 f (x )=∣sinx ∣(x ∈[−π,π])，g (x )=x −2sinx (x ∈[−π,π])，设方程 f(f (x ))=0，f(g (x ))=0，g(g (x ))=0 的实根的个数分别为 m ，n ，t ，则 m +n +t = ( )A. 9B. 13C. 17D. 2143. 设 f (x ) 是定义在 R 上的奇函数，且 f (2)=0，当 x >0 时，有xfʹ(x )−f (x )x 2<0 恒成立，则不等式 x 2f (x )>0 的解集是 ( )A. (−2,0)∪(2,+∞)B. (−∞,−2)∪(0,2)C. (−∞,−2)∪(2,+∞)D. (−2,0)∪(0,2)44. 已知函数 f (x )={−x 2+2x,x ≤0ln (x +1),x >0，若 ∣f (x )∣≥ax ，则 a 的取值范围是 ( ) A. (−∞,0]B. (−∞,1]C. [−2,1]D. [−2,0]45. 已知函数 f (x )(x ∈R ) 满足 f (−x )=2−f (x )，若函数 y =x+1x与 y =f (x ) 图象的交点为 (x 1,y 1)，(x 2,y 2)，⋯，(x m ,y m )，则 ∑(x i +m i=1y i )= ( )A. 0B. mC. 2mD. 4m46. 若函数 f (x )=x −13sin2x +asinx 在 (−∞,+∞) 单调递增，则 a 的取值范围是 ( )高中数学资料共享群QQ 群号：734924357 A. [−1,1]B. [−1,13]C. [−13,13]D. [−1,−13]47. 已知两曲线 y =x 3+ax 和 y =x 2+bx +c 都经过点 P (1,2)，且在点 P处有公切线，则当 x ≥12 时，log bax 2−c 2x的最小值为 ( )A. −1B. 1C. 12D. 048. 直线 y =m 分别与 y =2x +3 及 y =x +lnx 交于 A ，B 两点，则 ∣AB∣的最小值为 ( ) A. 1B. 2C. 3D. 449. 设函数 f (x )=x 2−2x +1+alnx 有两个极值点 x 1，x 2，且 x 1<x 2，则 f (x 2) 的取值范围是 ( ) A. (0,1+2ln24) B. (1−2ln24,0)C. (1+2ln24,+∞) D. (−∞,1−2ln24)50. 设直线 l 1，l 2 分别是函数 f (x )={−lnx,0<x <1,lnx,x >1,图象上点 P 1，P 2处的切线，l 1 与 l 2 垂直相交于点 P ，且 l 1，l 2 分别与 y 轴相交于点 A ，B ，则 △PAB 的面积的取值范围是 ( )A. (0,1)B. (0,2)C. (0,+∞)D. (1,+∞)51. 已知定义在 R 上的奇函数 f (x )，其导函数为 fʹ(x )，对任意正实数 x 满足 xfʹ(x )>2f (−x )，若 g (x )=x 2f (x )，则不等式 g (x )<g (1−3x ) 的解集是 ( ) A. (14,+∞)B. (−∞,14)C. (0,14)D. (−∞,14)∪(14,+∞)52. 已知函数 f (x )=x (lnx −ax ) 有两个极值点，则实数 a 的取值范围是( )A. (−∞,0)B. (0,12)C. (0,1)D. (0,+∞)53. 已知函数 f (x )=x +xlnx ，若 m ∈Z ，且 (m −2)(x −2)<f (x ) 对任意的 x >2 恒成立，则 m 的最大值为 ( ) A. 4B. 5C. 6D. 854. 已知函数 f (x )=a x+xlnx ，g (x )=x 3−x 2−5，若对任意的 x 1,x 2∈[12,2]，都有 f (x 1)−g (x 2)≥2 成立，则 a 的取值范围是 ( )A. (0,+∞)B. [1,+∞)C. (−∞,0)D. (−∞,−1]55. 设函数 f (x )=e x (2x −1)−ax +a ，其中 a <1，若存在唯一的整数x 0 使得 f (x 0)<0，则 a 的取值范围是 ( )A. [−32e,1) B. [−32e ,34) C. [32e ,34)D. [32e,1)56. 函数 f (x )={(x −a )2+e,x ≤2xlnx+a +10,x >2（e 是自然对数的底数），若 f (2) 是函数 f (x ) 的最小值，则 a 的取值范围是 ( ) A. [−1,6]B. [1,4]C. [2,4]D. [2,6]57. f (x )，g (x )(g (x )≠0) 分别是定义在 R 上的奇函数和偶函数，当 x <0时，fʹ(x )g (x )<f (x )gʹ(x )，且 f (−3)=0，f (x )g (x )<0 的解集为 ( )A. (−∞,−3)∪(3,+∞)B. (−3,0)∪(0,3)C. (−3,0)∪(3,+∞)D. (−∞,−3)∪(0,3)58. 已知函数 f (x )=x 3+bx 2+cx +d （b ，c ，d 为常数），当 x ∈(0,1) 时 f (x ) 取得极大值，当 x ∈(1,2) 时 f (x ) 取得极小值，则 (b +12)2+(c −3)2的取值范围是 ( )高中数学资料共享群QQ 群号：734924357 A. (√372,5) B. (√5,5)C. (374,25)D. (5,25)59. 若关于 x 的方程 ∣x 4−x 3∣=ax 在 R 上存在 4 个不同的实根，则实数a 的取值范围为 ( ) A. (0,427)B. (0,427]C. (427,23)D. (427,23]60. 设函数 f (x ) 在 R 上存在导函数 fʹ(x )，若对 ∀x ∈R ，有 f (−x )+f (x )=x 2，且当 x ∈(0,+∞) 时，fʹ(x )>x ．若 f (2−a )−f (a )≥2−2a ，则 a 的取值范围是 ( )A. (−∞,1]B. [1,+∞)C. (−∞,2]D. [2,+∞)61. 已知 e 为自然对数的底数，若对任意的 x ∈[1e,1]，总存在唯一的 y ∈[−1,1]，使得 lnx −x +1+a =y 2e y 成立，则实数 a 的取值范围是 ( ) A. [1e ,e]B. (2e,e]C. (2e,+∞)D. (2e ,e +1e)62. 设函数 f (x )={2x +1,x >0,0,x =0,2x −1,x <0.若不等式 f (x −1)+f (mx)>0 对任意x >0 恒成立，则实数 m 的取值范围是 ( ) A. (−14,14)B. (0,14)C. (14,+∞)D. (1,+∞)63. 若 0<x 1<x 2<1，则 ( )A. e x 2−e x 1>lnx 2−lnx 1B. e x 1−e x 2<lnx 2−lnx 1C. x 2e x 1>x 1e x 2D. x 2e x 1<x 1e x 264. 函数f(x)在定义域R内可导，若f(x)=f(2−x)，且(x−1)fʹ(x)<0，若a=f(0),b=f(12),c=f(3),则a，b，c的大小关系是( )A. a>b>cB. b>a>cC. c>b>aD. a>c>b65. 已知函数f(x)=x−4+9x+1,x∈(0,4)．当x=a时，f(x)取得最小值b，则函数g(x)=(1a )∣x+b∣的图象为( )A. B.C. D.66. f(x)是定义在(0,+∞)上的单调函数，且对∀x∈(0,+∞)都有f(f(x)−lnx)=e+1，则方程f(x)−fʹ(x)=e的实数解所在的区间是( )高中数学资料共享群QQ群号：734924357A. (0,1e ) B. (1e,1) C. (1,e) D. (e,3)67. 已知R上的奇函数f(x)满足fʹ(x)>−2，则不等式f(x−1)<x2(3−2lnx)+3(1−2x)的解集是( )A. (0,1e) B. (0,1) C. (1,+∞) D. (e,+∞)68. 已知函数f(x)=sinxx，给出下面三个结论：①函数f(x)在区间(−π2,0)上单调递增，在区间(0,π2)上单调递减；②函数f(x)没有最大值，而有最小值；③函数f(x)在区间(0,π)上不存在零点，也不存在极值点．其中，所有正确结论的序号是( )A. ①②B. ①③C. ②③D. ①②③69. 已知函数 f (x ) 是定义在 R 上的可导函数，fʹ(x ) 为其导函数，若对于任意实数 x ，有 f (x )−fʹ(x )>0，则 A. ef (2015)>f (2016) B. ef (2015)<f (2016) C. ef (2015)=f (2016)D. ef (2015) 与 f (2016) 大小不能确定70. 若存在正实数 m ，使得关于 x 的方程 x +a (2x +2m −4ex )[ln (x +m )−lnx ]=0 有两个不同的根，其中 e 为自然对数的底数，则实数 a 的取值范围是 ( ) A. (−∞,0)B. (0,12e )C. (−∞,0)∪(12e ,+∞)D. (12e ,+∞)71. 定义在 (0,π2) 上的函数 f (x )，fʹ(x ) 是它的导函数，且恒有 f (x )⋅tanx <fʹ(x ) 成立，则 ( ) A. √3f (π4)>√2f (π3)B. f (1)<2f (π6)sin1C. √2f (π6)>f (π4) D. √3f (π6)<f (π3)72. 已知函数 f (x )=x 3+ax 2+bx +c ，下列结论中错误的是 ( )A. ∃x 0∈R ，f (x 0)=0B. 函数 y =f (x ) 的图象是中心对称图形C. 若 x 0 是 f (x ) 的极小值点，则 f (x ) 在区间 (−∞,x 0) 单调递减D. 若 x 0 是 f (x ) 的极值点，则 fʹ(x 0)=073. 已知函数 f (x )=ln x2+12，g (x )=e x−2，若 g (m )=f (n ) 成立，则 n −m 的最小值为 ( )A. 1−ln2B. ln2C. 2√e −3D. e 2−374. 设函数 f (x )=e x (x 3−3x +3)−ae x −x (x ≥−2)，若不等式 f (x )≤0有解．则实数 a 的最小值为 ( )A. 2e −1 B. 2−2eC. 1+2e2D. 1−1e75. 设函数f(x)=2lnx−12mx2−nx，若x=2是f(x)的极大值点，则m 的取值范围为( )A. (−12,+∞) B. (−12,0)C. (0,+∞)D. (−∞,−12)∪(0,+∞)76. 已知函数f(x)=ax3+bx2−2(a≠0)有且仅有两个不同的零点x1，x2，则( )A. 当a<0时，x1+x2<0，x1x2>0B. 当a<0时，x1+x2>0，x1x2<0C. 当a>0时，x1+x2<0，x1x2>0D. 当a>0时，x1+x2>0，x1x2<077. 已知函数f(x)=ax3−3x2+1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0>0，则a的取值范围为( )A. (2,+∞)B. (1,+∞)C. (−∞,−2)D. (−∞,−1)78. 设f(x)、g(x)是定义域为R的恒大于零的可导函数，且fʹ(x)g(x)−f(x)gʹ(x)<0，则当a<x<b时，有( )A. f(x)g(x)>f(b)g(b)B. f(x)g(a)>f(a)g(x)C. f(x)g(b)>f(b)g(x)D. f(x)g(x)>f(a)g(a)79. 设函数fʹ(x)是函数f(x)(x∈R)的导函数，f(0)=1，且3f(x)=fʹ(x)−3，则4f(x)>fʹ(x)的解集为( )A. (ln43,+∞) B. (ln23,+∞) C. (√32,+∞) D. (√e3,+∞)80. 下列关于函数f(x)=(2x−x2)e x的判断正确的是( )①f(x)>0的解集是{x∣0<x<2}；②f(−√2)是极小值，f(√2)是极大值；③f(x)没有最小值，也没有最大值；④f(x)有最大值，没有最小值．A. ①③B. ①②③C. ②④D. ①②④参考答案，仅供参考啊1. D 【解析】fʹ(x)=e x+xe x−m(x+1)=(x+1)(e x−m)，因为1≤x≤2，所以e≤e x≤e2，①当m≤e时，e x−m≥0，由x≥1，可得fʹ(x)≥0，此时函数f(x)单调递增．高中数学资料共享群QQ群号：734924357所以当x=1时，函数f(x)取得最小值，f(1)=e−32m．②当m≥e2时，e x−m≤0，由x≥1，可得fʹ(x)≤0，此时函数f(x)单调递减．所以当x=2时，函数f(x)取得最小值，f(2)=2e2−4m．③当e2>m>e时，由e x−m=0，解得x=lnm．当1≤x<lnm时，fʹ(x)<0，此时函数f(x)单调递减；当lnm<x≤1时，fʹ(x)>0，此时函数f(x)单调递增．所以当x=lnm时，函数f(x)取得极小值即最小值，f(lnm)=−m2ln2m．2. D 【解析】fʹ(x)=xcosx−sinxx2(0<x<π)．（i）当x=π2时，fʹ(x)=−4π2<0；（ii）当0<x<π，且x≠π2时，fʹ(x)=xcosx−sinxx2=cosx(x−tanx)x2．①当0<x<π2时，根据三角函数线的性质，得x<tanx，又cosx>0，所以fʹ(x)<0；②当π2<x<π时，tanx<0，则x−tanx>0，又cosx<0，所以fʹ(x)< 0．综合（i）（ii），当0<x<π时，fʹ(x)<0．所以f(x)在(0,π)上是减函数．若π3<a<b<2π3，则π3<a<√ab<a+b2<b<2π3，所以f(a)>f(√ab)>f(a+b2)>f(b)．3. C 【解析】令f(x1)=a−x1，则f(x1)=a−x1在x1∈[0,1]上单调递减，且f(0)=a，f(1)=a−1．令g(x2)=x22e x2，则gʹ(x2)=2x2e x2+x22e x2=x2e x2(x2+2)，且g(0)=0，g(−1)=1e，g(1)=e．若对任意的x1∈[0,1]，总存在唯一的x2∈[−1,1]，使得x1+x22e x2−a=0成立，即f(x1)=g(x2)，则f(x1)=a−x1的最大值不能大于g(x2)的最大值，即f(0)=a≤e，因为g(x2)在[−1,0]上单调递减，在(0,1]上单调递增，所以当g(x2)∈(0,1e]时，有两个x2使得f(x1)=g(x2)．若只有唯一的x2∈[−1,1]，使得f(x1)=g(x2)，则f(x1)的最小值要比1e大，所以f(1)=a−1>1e，所以a>1+1e，故实数a的取值范围是(1+1e,e]．4. B 【解析】zln yz=x，所以xz=lny−lnz，所以lny=xz+lnz，所以ln yx =lny−lnx=xz+lnz−lnx=xz+ln zx，令zx =t，则ln yx=1t+lnt，又因为z2≤x≤ez，所以12≤xz≤e，即t∈[1e ,2]，令ln yx=1t+lnt=f(t)，则fʹ(t)=t−1t2，令fʹ(t)=0即t=1，又因为1e≤t≤2，所以t∈[1e,1]时fʹ(t)<0，f(t)单调减，t∈[1,2]时fʹ(t)>0，f(t)单调增，所以t=1时f(t)取极小值，即f(1)=1，f(2)=12+ln2，f(1e)=e+ln1e=e−1f(1e )−f(2)=e−ln2−32>e−lne−32=e−52>0，所以f(t)最大值为e−1，所以f(t)∈[1,e−1]，高中数学资料共享群QQ群号：734924357所以ln yx∈[1,e−1]．5. A【解析】由ln∣x∣−ax2+32=0得ax2=ln∣x∣+32，因为x≠0，所以方程等价为a=ln∣x∣+32x2，设f(x)=ln∣x∣+32x2，则函数f(x)是偶函数，当x>0时，f(x)=lnx+32x2，则fʹ(x)=1x⋅x2−(lnx+32)⋅2xx4=x−2xlnx−3xx4=−2x(1+lnx)x4,由fʹ(x)>0得−2x(1+lnx)>0，得1+lnx<0，即lnx<−1，得0<x<1e，此时函数单调递增，由fʹ(x)<0得−2x(1+lnx)<0，得1+lnx>0，即lnx>−1，得x>1e，此时函数单调递减，即当 x >0 时，x =1e 时，函数 f (x ) 取得极大值 f (1e)=ln 1e +32(1e)2=(−1+32)e 2=12e 2，作出函数f (x ) 的图象如图：要使 a =ln∣x∣+32x 2，有 4 个不同的交点，则满足 0<a <12e 2．6. D 【解析】提示：令 fʹ(x )=2sinx ⋅e x =0，得 x =kπ，易知当 x =2kπ(k ∈Z ),1≤k ≤1007 时 f (x ) 取到极小值，故各极小值之和为f (2π)+f (4π)+⋯+f (2014π)=−(e 2π+e 4π+⋯+e 2014π)=−e 2π(1−e 2014π)1−e 2π.7. A 【解析】因为 f (x )=x (fʹ(x )−lnx )，所以 xfʹ(x )−f (x )=xlnx ，所以xfʹ(x )−f (x )x 2=lnx x，所以 [f (x )x]ʹ=lnxx，令 F (x )=f (x )x ，则 Fʹ(x )=lnx x，f (x )=xF (x )，所以 fʹ(x )=F (x )+xFʹ(x )=F (x )+lnx ，所以 fʺ(x )=Fʹ(x )+1x=lnx+1x，因为 x ∈(0,1e )，fʺ(x )<0，fʹ(x ) 单减，x ∈(1e ,+∞)，fʺ(x )>0，fʹ(x ) 单增，所以 fʹ(x )≥fʹ(1e )=F (1e )+ln 1e =ef (1e )−1=0，所以 fʹ(x )≥0，所以 f (x ) 在 (0,+∞) 上单增，因为 e ⋅f (e x )<fʹ(1e )+1，fʹ(1e )=−1+e ⋅f (1e )=0，所以 e ⋅f (e x )<1，所以 f (e x )<1e ，所以 f (e x )<f (1e )，所以 0<e x <1e ，所以不等式的解集为 x <−1． 8. A 9. C 【解析】因为 fʹ(x )=1−(1+lnx )x 2=−lnx x 2，所以 f (x ) 在 (0,1) 上单调递增，在 (1,,+∞) 上单调递减，当 a >0 时，f 2(x )+af (x )>0⇔f (x )<−a 或 f (x )>0，此时不等式 f 2(x )+af (x )>0 有无数个整数解，不符合题意；当 a =0 时，f 2(x )+af (x )>0⇔f (x )≠0，此时不等式 f 2(x )+af (x )>0 有无数个整数解，不符合题意；当 a <0 时，f 2(x )+af (x )>0⇔f (x )<0 或 f (x )>−a ，要使不等式 f 2(x )+af (x )>0 恰有两个整数解，必须满足 f (3)≤−a <f (2)，得 −1+ln22<a ≤−1+ln33．10. B【解析】因为 f (x )=x +xlnx ，所以 f (x )−m (x −1)>0 对任意 x >1 恒成立，即 m (x −1)<x +xlnx ，因为 x >1，也就是 m <x⋅lnx+x x−1对任意 x >1 恒成立．令 ℎ(x )=x⋅lnx+x x−1，则 ℎʹ(x )=x−lnx−2(x−1)2，令 φ(x )=x −lnx −2(x >1)，则 φʹ(x )=1−1x=x−1x>0，所以函数 φ(x ) 在 (1,+∞) 上单调递增．因为 φ(3)=1−ln3<0，φ(4)=2−2ln2>0，所以方程 φ(x )=0 在 (1,+∞) 上存在唯一实根 x 0，且满足 x 0∈(3,4)．当 1<x <x 0 时，φ(x )<0，即 ℎʹ(x )<0，当 x >x 0 时，φ(x )>0，即 ℎʹ(x )>0，所以函数 ℎ(x ) 在 (1,x 0) 上单调递减，在 (x 0,+∞) 上单调递增．所以 [ℎ(x )]min =ℎ(x 0)=x 0(1+x 0−2)x 0−1=x 0∈(3,4)．所以 m <[g (x )]min =x 0，因为 x 0∈(3,4)，故整数 m 的最大值是 3． 11. D 【解析】函数 f (x )={xln (1+x )+x 2,x ≥0−xln (1−x )+x 2,x <0，将 x 换为 −x ，函数值不变，即有 f (x ) 图象关于 y 轴对称，即 f (x ) 为偶函数，有 f (−x )=f (x )，当 x ≥0 时，f (x )=xln (1+x )+x 2 的导数为 fʹ(x )=ln (1+x )+x 1+x+2x ≥0，则 f (x ) 在 [0,+∞) 递增，f (−a )+f (a )≤2f (1)，即为 2f (a )≤2f (1)，可得 f (∣a∣)≤f (1)，可得 ∣a∣≤1，解得 −1≤a ≤1．12. D 【解析】由题意，可知 f (x )−log 2016x 是定值，不妨令 t =f (x )−log 2016x ，则 f (x )=log 2016x +t ，又 f (t )=2017，所以 log 2016t +t =2017⇒t =2016，即 f (x )=log 2016x +2016，则 fʹ(x )=1xln2016，显然当x ∈(0,+∞) 时，有 fʹ(x )>0，即函数 f (x ) 在 (0,+∞) 上为单调递增，又 20.5>1>log π3>log 43，所以 f (20.5)>f (log π3)>f (log 43)． 13. D 【解析】当 x ≥1 时，f (x )=lnx ≥0，所以 f (x )+1≥1，所以 f [f (x )+1]=ln (f (x )+1)，当 x <1，f (x )=1−x2>12，f (x )+1>32，f [f (x )+1]=ln (f (x )+1)，综上可知：F[f(x)+1]=ln(f(x)+1)+m=0，则f(x)+1=e−m，f(x)=e−m−1，有两个根x1，x2，（不妨设x1<x2），当x≥1是，lnx2=e−m−1，当x<1时，1−x12=e−m−1，令t=e−m−1>12，则lnx2=t，x2=e t，1−x12=t，x1=2−2t，所以x1x2=e t(2−2t)，t>12，设g(t)=e t(2−2t)，t>12，求导gʹ(t)=−2te t，t∈(12,+∞)，gʹ(t)<0，函数g(t)单调递减，所以g(t)<g(12)=√e，所以g(x)的值域为(−∞,√e)，所以x1x2取值范围为(−∞,√e)．14. A 【解析】当x<0时，f(x)=(x+1)e x，可得fʹ(x)=(x+2)e x，可知x∈(−∞,−2)，函数是减函数，x∈(−2,0)函数是增函数，f(−2)=−1e2，f(−1)=0，且x→0时，f(x)→1，又f(x)是定义在R上的奇函数，f(0)=0，而x∈(−∞,−1)时，f(x)<0，所以函数的图象如图：令t=f(x)则f(t)=m，由图象可知：当t∈(−1,1)时，方程f(x)=t至多3个根，当t∉(−1,1)时，方程没有实数根，而对于任意m∈R，方程f(t)=m至多有一个根，t∈(−1,1)，从而函数F(x)=f(f(x))−m的零点个数至多有3个．15. D【解析】函数g(x)=f(x)−ax在区间(0,3]上有三个零点即函数f(x)=∣lnx∣与y=ax在区间(0,3]上有三个交点．画图如下．当 a ≤0 时，显然，不合乎题意，当 a ＞0 时，由图知，当 x ∈(0,1] 时，存在一个交点，当 x ＞1 时，f (x )=lnx ，可得 g (x )=lnx −ax (x ∈(1,3])，gʹ(x )=1x−a =1−ax x，若 gʹ(x )＜0，可得 x ＞1a，g (x ) 为减函数，若 gʹ(x )＞0，可得 x ＜1a，g (x ) 为增函数，此时 y =f (x ) 与 y =ax 必须在 [1,3] 上有两个交点，即 y =g (x ) 在 [1,3] 上有两个零点，所以 {g (1a)＞0,g (3)≤0,g (1)≤0,解得ln33≤a ＜1e，故函数 g (x )=f (x )−ax 在区间 (0,3] 上有三个零点时，ln33≤a ＜1e．16. A 【解析】因为函数 f (x ) 是偶函数，所以 f (x +1)=f (3−x )=f (x −3)．所以 f (x +4)=f (x )，即函数 f (x ) 是周期为 4 的周期函数．因为 f (2015)=f (4×504−1)=f (−1)=f (1)=2，所以 f (1)=2．设 g (x )=f (x )e x，则 gʹ(x )=fʹ(x )e x −f (x )e xe 2x=fʹ(x )−f (x )e x<0，所以 g (x ) 在 R 上单调递减．不等式 f (x )<2e x−1 等价于 f (x )e x<2e，即 g (x )<g (1)，所以 x >1，所以不等式 f (x )<2e x−1 的解集为 (1,+∞)． 17. C 【解析】构造函数 g (x )=f (x )e x，则函数求导得 gʹ(x )=fʹ(x )−f (x )e x．由已知 fʹ(x )>f (x )，所以 gʹ(x )>0，即 g (x ) 在实数范围内单调递增，所以 g (ln2)<g (ln3)，即f (ln2)e ln2<f (ln3)e ln3，解得 3f (ln2)<2f (ln3)．18. A 【解析】由题意，fʹ(x )=x 2+ax +2b ，因为 fʹ(x ) 是开口朝上的二次函数，所以 {fʹ(0)>0fʹ(1)<0fʹ(2)>0，得 {b >0,a +a +2b <0,2+a +b >0, 由此可画出可行域，如图，b−2a−1表示可行域内的点 (a,b ) 和点 P (1,2) 连线的斜率，显然 PA 的斜率最小，PC 的斜率最大．19. B 【解析】令 y =xe x ，则 yʹ=(1+x )e x ，由 yʹ=0，得 x =−1，当 x ∈(−∞,−1) 时，yʹ<0，函数 y 单调递减，当 x ∈(−1,∞) 时，yʹ>0 函数单调递增．做出 y =xe x 图象，利用图象变换得 f (x )=∣xe x ∣ 图象（如图），令 f (x )=m ，则关于 m 方程 ℎ(m )=m 2−tm +1=0 两根分别在 (0,1e )，(1e ,+∞) 时（如图），满足 g (x )=−1 的 x 有 4 个，由 ℎ(1e )=1e 2−1e t +1<0 解得 t >e 2+1e．20. C【解析】根据题意，对任意的x∈(0,+∞)，都有f[f(x)−log2x]=3，又由f(x)是定义在(0,+∞)上的单调函数，则f(x)−log2x为定值，设t=f(x)−log2x，则f(x)=log2x+t，又由f(t)=3，即log2t+t=3，解可得，t=2；则f(x)=log2x+2，fʹ(x)=1ln2⋅x，将f(x)=log2x+2，fʹ(x)=1ln2⋅x代入f(x)−fʹ(x)=2，可得log2x+2−1ln2⋅x=2，即log2x−1ln2⋅x=0，令ℎ(x)=log2x−1ln2⋅x，分析易得ℎ(1)=−1ln2<0，ℎ(2)=1−12ln2>0，则ℎ(x)=log2x−1ln2⋅x的零点在(1,2)之间，则方程log2x−1ln2⋅x=0，即f(x)−fʹ(x)=2的根在(1,2)上．21. A 【解析】当x≤0时，由y=√1+9x2得y2−9x2=1(x≤0)，此时对应的曲线为双曲线，双曲线的渐近线为y=−3x，此时渐近线的斜率k1=−3，当x>0时，f(x)=1+xe x−1，当过原点的直线和f(x)相切时，设切点为(a,1+ae a−1)，函数的导数fʹ(x)=e x−1+xe x−1=(x+1)e x−1，则切线斜率k2=fʹ(a)=(a+1)e a−1，则对应的切线方程为y−(1+ae a−1)=(1+a)e a−1(x−a)，即y=(1+a)e a−1(x−a)+1+ae a−1，当x=0，y=0时，(1+a)e a−1(−a)+1+ae a−1=0，即a2e a−1+ae a−1=1+ae a−1，即a2e a−1=1，得a=1，此时切线斜率k2=2，则切线和y=−3x的夹角为θ，则tanθ=∣∣−3−21−2×3∣∣=55=1，则θ=π4，故∠AOB（O为坐标原点）的取值范围是(0,π4)．22. C 【解析】由题意可知，因为 f (x )=x 3−x 2+a 在区间 [0,a ] 存在 x 1，x 2 (a <x 1<x 2＜b)，满足 fʹ(x 1)=fʹ(x 2)=f (a )−f (0)a=a 2−a ，因为 f (x )=x 3−x 2+a ，所以 fʹ(x )=3x 2−2x ，所以方程 3x 2−2x =a 2−a 在区间 (0,a ) 有两个不相等的解．令 g (x )=3x 2−2x −a 2+a ，(0<x <a )．则 {Δ=4−12(−a 2+a )>0,g (0)=−a 2+a >0,g (a )=2a 2−a >0,0<16<a. 解得：12<a <1．所以实数 a 的取值范围是 (12,1)． 23. C 【解析】当 m <0 时，函数 f (x ) 的图象为开口向下的抛物线，所以在 x >0 时，f (x )>0 不恒成立．函数 g (x )=mx 当 x >0 时，g (x )<0．所以不满足题意．当 m =0 时，f (x )=−8x +1，g (x )=0，不满足题意．当 m >0 时，需 f (x )>0 在 x <0 时恒成立，所以令 Δ<0 或 {Δ≥0,−b2a ≥0,f (0)>0,即 4(4−m )2−8m <0 或 {4(4−m )2−8m ≥0,4−m 2m≥0.解得 2<m <8 或 0<m ≤2．综合得：0<m <8．24. A 【解析】若 a <0，由于一次函数 y =ax +b 单调递减，不能满足且 e x+1≥ax +b 对 x ∈R 恒成立，则 a ≥0．若 a =0，则 ab =0．若 a >0，由 e x+1≥ax +b 得 b ≤e x+1−ax ，则 ab ≤ae x+1−a 2x ．设函数 f (x )=ae x+1−a 2x ，所以 fʹ(x )=ae x+1−a 2=a (e x+1−a )，令 fʹ(x )=0 得 e x+1−a =0，解得 x =lna −1，因为 x <lna −1 时，x +1<lna ，则 e x+1<a ，则 e x+1−a <0，所以 fʹ(x )<0，所以函数 f (x ) 递减；同理，x >lna −1 时，fʹ(x )>0，所以函数 f (x ) 递增；所以当 x =lna −1 时，函数取最小值，f (x ) 的最小值为 f (lna −1)=2a 2−a 2lna ．设 g (a )=2a 2−a 2lna (a >0)，gʹ(a )=a (3−2lna )(a >0)，由 gʹ(a )=0 得 a =e 32，不难得到 a <e 32时，gʹ(a )>0；a >e 32时，gʹ(a )<0；所以函数 g (a ) 先增后减，所以 g (a ) 的最大值为 g (e 32)=12e 3，即 ab 的最大值是 12e 3，此时 a=e 32，b =12e 32．25. D【解析】构造函数 g (x )=x 2f (x )，gʹ(x )=x(2f (x )+xfʹ(x ))，当 x >0 时，因为 2f (x )+xfʹ(x )>0，所以 gʹ(x )>0，所以g(x)在(0,+∞)上单调递增，因为不等式(x+2016)f(x+2016)5<5f(5)x+2016，所以x+2016>0时，即x＞−2016时，(x+2016)2f(x+2016)<52f(5)，所以g(x+2016)<g(5)，所以x+2016<5，所以−2016<x<−2011．26. C 【解析】S=(x−a)2+(lnx−a24)2(a∈R)，其几何意义为：两点(x,lnx)，(a,a 24)的距离的平方，由y=lnx的导数为yʹ=1x，所以k=1x1，点(a,a24)在曲线y=14x2上，所以yʹ=12x，所以k=12x2，令f(x)=lnx，g(x)=14x2，则D(x)=√(x1−x2)2+[f(x1)−g(x2)]2+g(x2)+1，而g(x2)+1是抛物线y=14x2上的点到准线y=−1的距离，即抛物线y=14x2上的点到焦点(0,1)的距离，则D可以看作抛物线上的点(x2,g(x2))到焦点距离和到f(x)=lnx上的点的距离的和，即∣AF∣+∣AB∣，由两点之间线段最短，得D最小值是点F(0,1)到f(x)=lnx上的点的距离的最小值，由点到直线上垂线段最短，这样就最小，即取B(x0,lnx0)，则fʹ(x0)⋅lnx0−1x0=−1，垂直，则 lnx 0−1=−x 02，解得 x 0=1，所以 F 到 B (1,0) 的距离就是点 F (0,1) 到 f (x )=lnx 上的点的距离的最小值，所以 D 的最小值为 ∣DF ∣=√2．27. D 【解析】定义在 R 上的函数 y =f (x ) 满足：函数 y =f (x +1) 的图象关于直线 x =−1 对称，可知函数 f (x ) 是偶函数，所以 y =xf (x ) 是奇函数，又因为当 x ∈(−∞,0) 时，f (x )+xfʹ(x )<0 成立（fʹ(x ) 是函数 f (x ) 的导函数），所以函数 y =xf (x ) 在 R 上既是奇函数又是减函数； 0.76∈(0,1)，60.6<912∈(2,4)，log 1076≈log 1.56∈(4,6)．所以 a >c >b ．28. A 【解析】由 x 2(lny −lnx )−ay 2=0(x,y >0)，可得：a =ln y x (y x)2，令y x=t >0，所以 a =lnt t2，设 g (t )=lnt t2，gʹ(t )=1t×t 2−2tlnt t 4=1−2lnt t 3．令 gʹ(t )>0．解得 0<t <√e ，此时函数 g (t ) 单调递增；令 gʹ(t )<0．解得 t >√e ，此时函数 g (t ) 单调递减．又t>1时，g(t)>0；1>t>0时，g(t)<0．可得函数g(t)的图象．因此当a∈(0,12e )时，存在两个正数，使得a=lntt2成立，即对任意的正数x，都存在两个不同的正数y，使x2(lny−lnx)−ay2=0成立．29. C 【解析】函数f(x)=x3−6x2+9x，导数为f′(x)=3x2−12x+9=3(x−1)(x−3)，可得f(x)的极值点为1，3，由f(0)=0，f(1)=4，f(3)=0，f(4)=4，可得f(x)在[0,4]的值域为[0,4]；g(x)=13x3−a+1 2x2+ax−13(a>1)，导数为g′(x)=x2−(a+1)x+a=(x−1)(x−a)，当1<x<a时，g′(x)<0，g(x)递减；当x<1或x>a时，g′(x)> 0，g(x)递增．由g(0)=−13，g(1)=12(a−1)，g(a)=−16a3−12a2−13>−13，g(4)=13−4a，当3≤a≤4时，13−4a≤12(a−1)，g(x)在[0,4]的值域为[−13,12(a−1)]，由对任意的x1∈[0,4]，总存在x2∈[0,4]，使得f(x1)=g(x2)，可得[0,4]⊆[−13,12(a−1)]，即有4≤12(a−1)，解得a≥9不成立；当1<a<3时，13−4a>12(a−1)，g(x)在[0,4]的值域为[−13,13−4a]，由题意可得[0,4]⊆[−13,13−4a]，即有4≤13−4a，解得a≤94，即为1<a≤94；当 a >4 时，可得 g (1) 取得最大值，g (4)<−3 为最小值，即有 [0,4]⊆[13−4a,12(a −1)]，可得 13−4a ≤0，4≤12(a −1)，即 a ≥134，且 a ≥9，解得 a ≥9．综上可得，a 的取值范围是 (1,94]∪[9,+∞)．30. A【解析】因为函数 f (2−x )=f (x ) 可得图象关于直线 x =1 对称，且函数为偶函数则其周期为 T =2，又因为 fʹ(x )=1x −1=1−x x，当 x ∈[1,2] 时有 fʹ(x )≤0，则函数在 x ∈[1,2]为减函数，作出其函数图象如图所示：其中 k OA =ln2−16，k OB =ln2−18，当 x <0 时 , 要使符合题意则 m ∈(ln2−16,ln2−18)，根据偶函数的对称性，当 x >0 时，要使符合题意则 m ∈(1−ln28,1−ln26)．综上所述，实数 m 的取值范围为 (1−ln28,1−ln26)∪(ln2−16,ln2−18)．31. A 【解析】因为 f (x )={e x ,x ≥0ax,x <0，所以 f (−x )={−ax,x >01,x =0e −x ,x <0．显然 x =0 是方程 f (−x )=f (x ) 的一个根，当 x >0 时，e x =−ax, ⋯⋯① 当 x <0 时，e −x =ax, ⋯⋯②显然，若 x 0 为方程 ① 的解，则 −x 0 为方程 ② 的解，即方程 ①，② 含有相同个数的解，因为方程 f (−x )=f (x ) 有五个不同的根，所以方程 ① 在 (0,+∞) 上有两解，。

导数压轴大题归类 (解析版)

导数压轴大题归类目录重难点题型归纳 1【题型一】恒成立求参 1【题型二】三角函数恒成立型求参 4【题型三】同构双变量绝对值型求参 7【题型四】零点型偏移证明不等式 10【题型五】非对称型零点偏移证明不等式 14【题型六】条件型偏移证明不等式 18【题型七】同构型证明不等式 21【题型八】先放缩型证明不等式 24【题型九】放缩参数型消参证明不等式 26【题型十】凸凹翻转型证明不等式 28【题型十一】切线两边夹型证明不等式 30【题型十二】切线放缩型证明不等式 32【题型十三】构造一元二次根与系数关系型证明不等式 35【题型十四】两根差型证明不等式 38【题型十五】比值代换型证明不等式 41【题型十六】幂指对与三角函数型证明不等式 43【题型十七】不等式证明综合型 46好题演练 50一、重难点题型归纳重难点题型归纳题型一恒成立求参【典例分析】1.已知函数f x =x+2aln x(a∈R)．(1)讨论f x 的单调性；(2)是否存在a∈Z，使得f x >a+2对∀x>1恒成立？若存在，请求出a的最大值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)当a≤0时，f x 在0,+∞上单调递减，在上单调递增；当a>0时，f x 在0,2a2a,+∞上单调递增．(2)不存在满足条件的整数a，理由见解析【分析】(1)构造新函数g x =f x ，分a≤0及a>0两种情况，利用导数研究函数的单调性即可求解；(2)将问题进行转化x ln x-x-ax+2a>0，构造新函数并求导，分a≤0和a>0两种情况分别讨论，利用导数研究函数的单调性及最值，整理求解．(1)因为f x =x +2a ln x x >0 ，所以f x =ln x +1+2ax．记g x =f x =ln x +1+2axx >0 ，则g x =1x -2a x 2=x -2ax 2，当a ≤0时，g x >0，即g x 在0,+∞ 上单调递增；当a >0时，由g x >0，解得x >2a ，即g x 在2a ,+∞ 上单调递增；由g x <0，解得0<x <2a ，即g x 在0,2a 上单调递减．综上所述，当a ≤0时，f x 在0,+∞ 上单调递增；当a >0时，f x 在0,2a 上单调递减，在2a ,+∞ 上单调递增．(2)假设存在a ∈Z ，使得f x >a +2对任意x >1恒成立，即x ln x -x -ax +2a >0对任意x >1恒成立．令h x =x ln x -x -ax +2a x >1 ，则h x =ln x -a ，当a ≤0且a ∈Z 时，h x >0，则h x 在1,+∞ 上单调递增，若h x >0对任意x >1恒成立，则h 1 =a -1≥0，即a ≥1，矛盾，故舍去；当a >0，且a ∈Z 时，由ln x -a >0得x >e a ；由ln x -a <0得1<x <e a ，所以h x 在1,e a 上单调递减，在e a ,+∞ 上单调递增，所以h x min =h e a =2a -e a ，则令h x min =2a -e a >0即可．令G t =2t -e t t >0 ，则G t =2-e t ，当2-e t >0，即t <ln2时，G t 单调递增；当2-e t <0，即t >ln2时，G t 单调递减，所以G t max =G ln2 =2ln2-2<0，所以不存在a >0且a ∈Z ，使得2a -e a >0成立．综上所述，不存在满足条件的整数a ．【技法指引】恒成立基本思维：①若k ≥f (x )在[a ,b ]上恒成立，则k ≥f (x )max ；②若k ≤f (x )在[a ,b ]上恒成立，则k ≤f (x )min ；③若k ≥f (x )在[a ,b ]上有解，则k ≥f (x )min ；④若k ≤f (x )在[a ,b ]上有解，则k ≤f (x )max ；【变式演练】1.已知函数f (x )=1+xex ，g (x )=1-ax 2．(1)若函数f (x )和g (x )的图象在x =1处的切线平行，求a 的值；(2)当x ∈[0，1]时，不等式f (x )≤g (x )恒成立，求a 的取值范围．【答案】(1)a =12e (2)-∞,1-2e【分析】(1)分别求出f (x )，g (x )的导数，计算得到f (1)=g (1)，求出a 的值即可；(2)问题转化为h x ≤0对任意x ∈[0，1]的恒成立，求导，对参数分类讨论，通过单调性与最值即可得到结果.(1)f (x )=-x ex，f (1)=-1e ，g (x )=-2ax ，g (1)=-2a ，由题意得：-2a =-1e ，解得：a =12e；(2)令h x =f (x )-g (x )，即h x ≤0对任意x ∈[0，1]的恒成立，h x =-xex +2ax ，①a ≤0时，h x ≤0在x ∈[0，1]的恒成立，所以h x 在[0，1]上单调递减. h x max =h 0 =0,满足条件；②a >0时，hx =-x +2axe x e x =x 2ae x -1 e x，令h x =0，得x 1=0,x 2=ln12a(i )当ln 12a ≤0，即a ≥12时，h x ≥0在x ∈[0，1]的恒成立，仅当x =0时h x =0，所以h x 在[0，1]上单调递增.又h 0 =0，所以h x ≥0在[0，1]上恒成立，不满足条件；(ii )当0<ln 12a <1，即12e <a <12时，当x ∈0,ln 12a时，h x <0，h x 上单调递减，当x ∈ln 12a,1 时，h x >0，h x 上单调递增，又h 0 =0，h 1 =2e -1+a ≤0,得a ≤1-2e，于是有12e <a ≤1-2e .(iii )当ln 12a ≥1，即0<a ≤12e时，x ∈[0，1]时，h x ≤0，h x 上单调递减，. 又h 0 =0，所以h x ≤0对任意x ∈[0，1]的恒成立，满足条件综上可得，a 的取值范围为-∞,1-2e题型二三角函数恒成立型求参【典例分析】1.已知函数f (x )=e x +cos x -2,f (x )为f (x )的导数.(1)当x ≥0时，求f (x )的最小值；(2)当x ≥-π2时，xe x +x cos x -ax 2-2x ≥0恒成立，求a 的取值范围.【答案】(1)1(2)(-∞,1]【分析】(1)求导得f ′(x )=e x -sin x ，令g x =e x -sin x ，利用导数分析g (x )的单调性，进而可得f (x )的最小值即可．(2)令h (x )=e x +cos x -ax -2，问题转化为当x ≥-π2时，x ⋅h (x )≥0恒成立，分两种情况：当a ≤1时和当a >1时，判断x e x +cos x -ax -2 ≥0是否成立即可．【详解】(1)由题意，f (x )=e x -sin x ，令g (x )=e x -sin x ，则g (x )=e x -cos x ，当x ≥0时，e x ≥1，cos x ≤1，所以g (x )≥0，从而g (x )在[0,+∞)上单调递增，则g (x )的最小值为g (0)=0，故f (x )的最小值0；(2)由已知得当x ≥-π2时，x e x +cos x -ax -2 ≥0恒成立，令h x =e x+cos x -ax -2，h x =e x -sin x -a ，①当a ≤1时，若x ≥0时，由(1)可知h x ≥1-a ≥0，∴h x 为增函数，∴h x ≥h 0 =0恒成立，∴x ⋅h x ≥0恒成立，即x e x +cos x -ax -2 ≥0恒成立，若x ∈-π2,0 ，令m x =e x -sin x -a 则m x =e x-cos x ，令n x =e x -cos x ，则n x =e x +sin x ，令p x =e x +sin x ，则p x =e x +cos x ，∵在p x 在x ∈-π2,0 内大于零恒成立，∴函数p x 在区间-π2,0 为单调递增，又∵p -π2=e -π2-1<0，p 0 =1，，∴p x 上存在唯一的x 0∈-π2,0 使得p x 0 =0，∴当x ∈-π2,x 0 时，nx <0，此时n x 为减函数，当x ∈x 0,0 时，h x >0，此时n x 为增函数，又∵n -π2=e -π2>0，n 0 =0，∴存在x 1∈-π2,x 0 ，使得n x 1 =0，∴当x ∈-π2,x 1 时，m x >0，m x 为增函数，当x ∈x 1,0 时，mx <0，m x 为减函数，又∵m -π2=e -π2+1-a >0，m 0 =1-a ≥0，∴x ∈-π2,0时，hx >0，则h x 为增函数，∴h x ≤h 0 =0，∴x e x +cos x -ax -2 ≥0恒成立，②当a >1时，m (x )=e x -cos x ≥0在[0,+∞)上恒成立，则m x 在[0,+∞)上为增函数，∵m 0 =1-a <0，m (ln (1+a ))=eln (1+a )-sin (ln (1+a ))-a =1-sin (ln (1+a ))≥0，∴存在唯一的x 2∈0,+∞ 使h x 2 =0，∴当0≤x <x 2时，h (x )<0，从而h (x )在0,x 2 上单调递减，∴h x <h 0 =0，∴x e x +cos x -ax -2 <0，与xe x +x cos x -ax 2-2x ≥0矛盾，综上所述，实数a 的取值范围为(-∞,1].【变式演练】1.已知函数f (x )=2x -sin x ．(1)求f (x )的图象在点π2,f π2 处的切线方程；(2)对任意的x ∈0,π2，f (x )≤ax ，求实数a 的取值范围．【答案】(1)2x -y -1=0(2)2-2π,+∞ 【分析】(1)根据导数的几何意义即可求出曲线的切线方程；(2)将原不等式转化为a ≥2-sin x x =h (x )x ∈0,π2，利用二次求导研究函数h (x )的单调性，求出h (x )max 即可.解(1)因为f π2=π-1，所以切点坐标为π2,π-1 ，因为f x =2-cos x ，所以f π2=2，可得所求切线的方程为y -π-1 =2x -π2，即2x -y -1=0．(2)由f x ≤ax ，得2x -sin x ≤ax ，所以a ≥2-sin x x ，其中x ∈0,π2，令h x =2-sin x x ，x ∈0,π2 ，得hx =sin x -cos x x 2，设φx =sin x -x cos x ，x ∈0,π2，则φ x =x sin x >0，所以φx 在0,π2上单调递增，所以φx >φ0 =0，所以h x >0，所以h x 在0,π2上单调递增，h x max =h π2 =2-2πsin π2=2-2π，所以a ≥2-2π，即a 的取值范围为2-2π,+∞ ．题型三同构双变量绝对值型求参【典例分析】1.已知函数f x =a ln x +x 2(a 为实常数).(1)当a =-4时，求函数f x 在1,e 上的最大值及相应的x 值；(2)若a >0，且对任意的x 1,x 2∈1,e ，都有f x 1 -f x 2 ≤1x 1-1x 2，求实数a 的取值范围.【答案】(1)当x =e 时，取到最大值e 2-4(2)a ≤1e-2e 2【分析】(1)求导，由导函数判出原函数的单调性，从而求出函数在1,e 上的最大值及相应的x 值；(2)根据单调性对f x 1 -f x 2 ≤1x 1-1x 2转化整理为f x 2 +1x 2≤f x 1 +1x 1，构造新函数h x =f x +1x在1,e 单调递减，借助导数理解并运用参变分离运算求解.解：(1)当a =-4时，则f x =-4ln x +x 2,fx =2x 2-4x(x >0)，∵当x ∈1,2 时，f x <0.当x ∈2,e 时，f x >0，∴f x 在1,2 上单调递减，在2,e 上单调递增，又∵f e -f 1 =-4+e 2-1=e 2-5>0，故当x =e 时，取到最大值e 2-4(2)当a >0时，f x 在x ∈1,e 上是增函数，函数y =1x在x ∈1,e 上减函数，不妨设1≤x 1≤x 2≤e ，则f x 1 -f x 2 ≤ 1x 1-1x 2可得f x 2 -f x 1 ≤1x 1-1x 2即f x 2 +1x 2≤f x 1 +1x 1，故原题等价于函数h x =f x +1x 在x ∈1,e 时是减函数，∵h 'x =a x +2x -1x 2≤0恒成立，即a ≤1x -2x 2在x ∈1,e 时恒成立.∵y =1x -2x 2在x ∈1,e 时是减函数∴a ≤1e -2e 2.【变式演练】1.已知f x =x 2+x +a ln x (a ∈R )．(1)讨论f x 的单调性；(2)若a =1，函数g x =x +1-f x ，∀x 1，x 2∈(0,+∞)，x 1≠x 2，x 1g x 2 -x 2g x 1 >λx 1-x 2 恒成立，求实数λ的取值范围．【答案】(1)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+1-8a 4 上单调递减，在区间-1+1-8a4,+∞ 上单调递增.(2)-∞,12ln2+52【分析】(1)先求出f x 的导数fx =2x 2+x +ax，根据a 的取值范围进行分类讨论即可；(2)当x 1x 2>0，时，x 1g x 2 -x 2g x 1 >λx 1-x 2 ⇔g x 2 x 2-g x 1 x 1 >λ1x 2-1x 1，去绝对值后，构造函数求解即可.【详解】(1)由已知，f x =x 2+x +a ln x (a ∈R )的定义域为0,+∞ ，fx =2x +1+a x =2x 2+x +ax，①当a ≥0时，f x >0在区间0,+∞ 上恒成立，f x 在区间0,+∞ 上单调递增；②当a <0时，令f x =0，则2x 2+x +a =0，Δ=1-8a >0，解得x 1=-1-1-8a 4<0(舍)，x 2=-1+1-8a4>0，∴当x ∈0,-1+1-8a4时，2x 2+x +a <0，∴f x <0，∴f x 在区间0,-1+1-8a4上单调递减，当x ∈-1+1-8a4,+∞ 时，2x 2+x +a >0，∴f x >0，∴f x 在区间-1+1-8a4,+∞ 上单调递增，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+1-8a 4 上单调递减，在区间-1+1-8a4,+∞ 上单调递增.(2)当a =1时，g x =x +1-x 2+x +ln x =-x 2-ln x +1，x ∈0,+∞ ，∀x 1，x 2∈(0,+∞)，x 1≠x 2，x 1g x 2 -x 2g x 1 >λx 1-x 2 等价于x 1g x 2 -x 2g x 1x 1x 2>λx 1-x 2x 1x 2，即g x 2 x 2-g x 1 x 1 >λ1x 2-1x 1，令h x =g x x ，x ∈0,+∞ ，则h x 2 -h x 1 >λ1x 2-1x 1恒成立hx =xg x -g x x 2=x -2x -1x --x 2-ln x +1 x 2=ln x -x 2-2x 2，令F x =ln x -x 2-2，x ∈0,+∞ ，则Fx =1x -2x =1-2x 2x，令F x =0，解得x =22，当x ∈0,22时，Fx >0，F x 在区间0,22 单调递增；当x ∈22,+∞ 时，F x <0，F x 在区间22,+∞ 单调递减，∴当x ∈0,+∞ 时，F x 的最大值为F 22 =ln 22-12-2=-12ln2-52<0，∴当x ∈0,+∞ 时，F x =ln x -x 2-2≤-12ln2-52<0，即hx =ln x -x 2-2x2<0，∴h x =g xx在区间0,+∞ 上单调递减，不妨设x 1<x 2，∴∀x 1，x 2∈(0,+∞)，有h x 1 >h x 2 ，又∵y =1x 在区间0,+∞ 上单调递减，∀x 1，x 2∈(0,+∞)，且x 1<x 2，有1x 1>1x 2，∴h x 2 -h x 1 >λ1x 2-1x 1等价于h x 1 -h x 2 >λ1x 1-1x 2，∴h x 1 -λx 1>h x 2 -λx 2，设G x =h x -λx，x ∈0,+∞ ，则∀x 1，x 2∈(0,+∞)，且x 1<x 2，h x 1 -λx 1>h x 2 -λx 2等价于G x 1 >G x 2 ，即G x 在(0,+∞)上单调递减，∴G x =h x +λx2≤0，∴λ≤-x 2h x ，∴λ≤-x 2⋅ln x -x 2-2x 2=-F x ，∵当x ∈0,+∞ 时，F x 的最大值为F 22 =-12ln2-52，∴-F x 的最小值为12ln2+52，∴λ≤12ln2+52，综上所述，满足题意的实数λ的取值范围是-∞,12ln2+52.题型四零点型偏移证明不等式【典例分析】1.已知函数f x =x ln x ，g x =ax 2+1．(1)求函数f x 的最小值；(2)若不等式x +1 ln x -2x -1 >m 对任意的x ∈1,+∞ 恒成立，求m 的取值范围；(3)若函数f x 的图象与g x 的图象有A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 两个不同的交点，证明：x 1x 2>16．(参考数据：ln2≈0.69，ln5≈1.61)【答案】(1)-1e；(2)-∞，0 ；(3)证明见解析.【分析】(1)先求函数f x 的定义域，然后求导，令f (x )>0，可求单调递增区间；令f (x )<0可求单调递减区间.(2)设函数h (x )=(x +1)ln x -2(x -1)(x >1)，只需利用二次求导的方法求函数h x 的最小值即可.(3)首先根据题意得出ax 1=ln x 1-1x 1，ax 2=ln x 2-1x 2，从而可构造出ln (x 1x 2)-2(x 1+x 2)x 1x 2=x 1+x 2x 2-x 1ln x 2x 1；然后根据(2)的结论可得出x 1+x 2x 2-x 1ln x2x 1>2，即得出ln (x 1x 2)-2(x 1+x 2)x 1x 2>2成立；再根据基本不等式得到ln x 1x 2-2x 1x 2>1，从而通过构造函数G (x )=ln x -2x 即可证明结论.解：(1)已知函数f (x )=x ln x 的定义域为0，+∞ ，且f (x )=1+ln x ，令f (x )>0，解得x >1e ；令f (x )<0，解得0<x <1e ，所以函数f x 在0,1e 单调递减，在1e,+∞ 单调递增，所以当x =1e 时，f (x )取得最小值-1e．(2)设函数h (x )=(x +1)ln x -2(x -1)(x >1)，则m <h (x )对任意的x ∈1,+∞ 恒成立.h (x )=ln x +1x-1，设函数ϕ(x )=ln x +1x -1(x >1)，则ϕ (x )=x -1x 2>0，所以ϕ(x )在1,+∞ 上单调递增，所以ϕ(x )>ϕ(1)=0，即h (x )>0，所以h (x )在1,+∞ 上单调递增，所以h (x )>h (1)=0，所以m 的取值范围是-∞，0 .(3)因为函数f x 的图象与g (x )的图象有A (x 1,y 1),B (x 2,y 2)两个不同的交点，所以关于x 的方程ax 2+1=x ln x ，即ax =ln x -1x有两个不同的实数根x 1，x 2，所以ax 1=ln x 1-1x 1①，ax 2=ln x 2-1x 2②，①+②，得ln (x 1x 2)-x 1+x2x 1x 2=a (x 1+x 2)，②-①，得ln x 2x 1+x 2-x1x 1x 2=a (x 2-x 1)，消a 得，ln (x 1x 2)-2(x 1+x 2)x 1x 2=x 1+x 2x 2-x 1ln x2x 1，由(2)得，当m =0时，(x +1)ln x -2(x -1)>0，即x +1x -1ln x >2对任意的x ∈1,+∞ 恒成立.不妨设x 2>x 1>0，则x 2x 1>1，所以x 1+x 2x 2-x 1ln x2x 1=x 2x 1+1x 2x 1-1lnx 2x 1>2，即ln (x 1x 2)-2(x 1+x 2)x 1x 2>2恒成立.因为ln (x 1x 2)-2(x 1+x 2)x 1x 2<ln (x 1x 2)-2×2x 1x 2x 1x 2=2ln x 1x 2-4x 1x 2，所以2ln x1x2-4x1x2>2，即ln x1x2-2x1x2>1.令函数G(x)=ln x-2x，则G(x)在0,+∞上单调递增.又G(4)=ln4-12=2ln2-12≈0.88<1，G(5)=ln5-25≈1.21>1，所以当G(x1x2)>1时，x1x2>4，即x1x2>16，所以原不等式得证.【变式演练】1.已知函数f(x)=12x2+ln x-2x．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)设函数g(x)=e x+12x2-(4+a)x+ln x-f(x)，若函数y=g(x)有两个不同的零点x1,x2，证明：x1 +x2<2ln(a+2)．【答案】(1)f(x)的单调递增区间为(0,+∞)，无单调减区间(2)证明见解析【分析】(1)求得函数的导数f (x)=x+1x-2，结合基本不等式求得f (x)≥0恒成立，即可求解；(2)由y=g(x)有两个不同的零点x1,x2，转化为(a+2)=e xx有两个根，设I(x)=e xx，利用导数求得最大值I(1)=e，得到a>e-2，转化为x1-x2ln x1-ln x2=1x1+x2=2ln(a+2)+ln x1x2，不妨设x1>x2，要证x1+x2<2ln(a+2)，只需证明x1x2<1，转化为2ln t-t+1t <0恒成立，设h(t)=2ln t-t+1t，结合导数求得函数的单调性，即可求解.【解析】(1)解：由函数f(x)=12x2+ln x-2x定义域为(0,+∞)，且f (x)=x+1x-2，因为x+1x≥2x⋅1x=2，当且仅当x=1x时，即x=1时，等号成立，所以f (x)≥0恒成立，所以f x 在(0,+∞)单调递增，故函数f(x)的单调递增区间为(0,+∞)，无单调减区间．(2)解：由函数g(x)=e x-(a+2)x,(x>0)，因为函数y=g(x)有两个不同的零点x1,x2，所以e x=(a+2)x有两个不同的根，即(a+2)=e xx有两个不同的根，设I(x)=e xx，可得I(x)=e x(x-1)x2，当x∈(0,1)时，I (x)<0；当x∈(1,+∞)时，I (x)>0，所以y=I(x)在(0,1)上单调递减，(1,+∞)上单调递增，当x=1时，函数y=I(x)取得最小值，最小值为I(1)=e，所以a+2>e，即a>e-2，由e x1=(a+2)x1e x2=(a+2)x2，可得x1=ln(a+2)+ln x1x2=ln(a+2)+ln x2，即x1-x2=ln x1-ln x2x1+x2=2ln(a+2)+ln x1x2，所以x1-x2ln x1-ln x2=1x1+x2=2ln(a+2)+ln x1x2 ，不妨设x1>x2，要证x1+x2<2ln(a+2)，只需证明x1x2<1即可，即证x1x2<x1-x2ln x1-ln x2，只需证明：lnx1x2<x1x2-x2x1，设x1x2=t(t>1)，即证：2ln t-t+1t<0恒成立，设h(t)=2ln t-t+1t,t>1，可得h (t)=2t-1t2-1=-t2+2t-1t2=-(t-1)2t2<0，所以y=h(t)在(1,+∞)上单调递减，所以h(t)<h(1)=0，故x1x2<1恒成立，所以x1+x2<2ln(a+2)．题型五非对称型零点偏移证明不等式【典例分析】1.已知函数f x =a ln x-x a∈R.(1)求函数y=f x 的单调区间；(2)若函数y=f x 在其定义域内有两个不同的零点，求实数a的取值范围；(3)若0<x1<x2，且x1ln x1=x2ln x2=a，证明：x1ln x1<2x2-x1.【答案】(1)当a≤0时，函数y=f x 的单调递减区间为0,+∞；当a>0时，函数y=f x 的单调递增区间为0,a，单调递减区间为a,+∞.(2)a>e(3)证明见解析【分析】(1)先求定义域，然后对a进行分类讨论，求解不同情况下的单调区间；(2)在第一问的基础上，讨论实数a的取值，保证函数有两个不同的零点，根据函数单调性及极值列出不等式，求出a>e时满足题意，再证明充分性即可；(3)设x2=tx1，对题干条件变形，构造函数对不等式进行证明.解：(1)函数f x 定义域为0,+∞，∵f x =a ln x-x a∈R，∴f x =ax -1=a-xx①当a≤0时，f x <0在0,+∞上恒成立，即函数y=f x 的单调递减区间为0,+∞;②当a>0时，f x =0，解得x=a，当x∈0,a时，f x >0，∴函数y=f x 的单调递增区间为0,a，当x∈a,+∞时，f x <0,∴函数y=f x 的单调递减区间为a,+∞，综上可知：①当a≤0时，函数y=f x 的单调递减区间为0,+∞;②当a>0时，函数y=f x 的单调递增区间为0,a，单调递减区间为a,+∞;(2)由(1)知，当a≤0时，函数y=f x 在0,+∞上单调递减，∴函数y=f x 至多有一个零点，不符合题意，当a>0时，函数y=f x 在0,a上单调递增，在a,+∞上单调递减，∴f(x)max=f a =a ln a-a，又函数y=f x 有两个零点，∴f a =a ln a-a=a ln a-1>0,∴a>e又f1 =-1<0,∴∃x1∈1,a，使得f x1=0，又f a2=a ln a2-a2=a2ln a-a，设g a =2ln a-a,g a =2a-1=2-aa∵a>e,∴g a <0∴函数g a 在e,+∞上单调递减，∴g a max=g e =2-e<0，∴∃x2∈a,a2，使得f x2=0，综上可知，a>e为所求.(3)依题意，x1,x20<x1<x2是函数y=f x 的两个零点，设x2=tx1，因为x2>x1>0⇒t>1，∵a=x1ln x1=x2ln x2=tx1ln x1+ln t，∴ln x1=ln tt-1，ax1=1ln x1=t-1ln t不等式x1ln x1<2x2-x1⇔x1ln x1<2tx1-x1⇔1ln x1<2t-1⇔t-1ln t<2t-1，∵t>1，所证不等式即2t ln t-ln t-t+1>0设h t =2t ln t-ln t-t+1,∴h t =2ln t+2-1t-1,h t =2t+1t2>0，∴h t 在1,+∞上是增函数，且h t >h 1 =0，所以h t 在1,+∞上是增函数，且h t >h1 =0，即2t ln t-ln t-t+1>0，从而所证不等式成立.【变式演练】1.函数f x =ln x-ax2+1.(1)若a=1，求函数y=f2x-1在x=1处的切线；(2)若函数y=f x 有两个零点x1，x2，且x1<x2，(i)求实数a的取值范围；(ii)证明：x22-x1<-a2+a+1a2.【答案】(1)y=-2x-1；(2)(i)0<a<e2；(ii)证明见解析.【分析】(1)先设g x =f2x-1，再对其求导，根据导数的几何意义，即可求出切线方程；(2)(i)根据题中条件，得到方程ln x+1x2=a有两不等实根，令g x =ln x+1x2，则g x =ln x+1x2的图象与直线y=a有两不同交点，对g x 求导，得到其单调性，结合函数值的取值情况，即可得出结果；(ii)先由题中条件，得到ln x2-ln x1x2-x1=a x2+x1，令h t =ln t-2t-1t+1，t>1，证明ln t>2t-1t+1对任意的t>1恒成立；得出ln x2-ln x1x2-x1>2x2+x1；进一步推出x2+x1>2e；得到x22-x1<x22+x2-1，因此只需证明x22+x2≤1a2+1a即可，即证x2≤1a，即证f x2≥f1a，即证0≥f1a ，即证ln 1a≤1a-1成立；构造函数证明ln1a≤1a-1成立即可.【详解】(1)设g x =f2x-1=ln2x-1-2x-12+1，∴g x =22x-1-42x-1，∴g 1 =-2，且g1 =0，∴切线方程：y=-2x-1.(2)(i)由f x =ln x-ax2+1可得定义域为0,+∞，因为函数y=f x 有两个零点x1，x2，且x1<x2，所以方程ln x-ax2+1=0有两不等实根，即方程ln x+1x2=a有两不等实根，令g x =ln x+1x2，则g x =ln x+1x2的图象与直线y=a有两不同交点，因为g x =1x⋅x2-ln x+1⋅2xx4=-1-2ln xx3，由g x >0得0<x<e-12；由g x <0得x>e-12，所以g x =ln x+1x2在0,e-12上单调递增，在e-12,+∞上单调递减；因此g x max=g e-1 2=-12+1e-1=e2，又当0<x<1e时，ln x+1<0，即g x =ln x+1x2<0；当x>1e时，ln x+1>0，即g x =ln x+1x2>0，所以为使g x =ln x+1x2的图象与直线y=a有两不同交点，只需0<a<e2；即实数a的取值范围为0<a<e 2；(ii)由(i)可知，x1与x2是方程ln x-ax2+1=0的两根，则ln x1-ax12+1=0ln x2-ax22+1=0，两式作差可得ln x2-ln x1=a x22-x12，因为0<x 1<x 2，所以x 2x 1>1，则ln x 2-ln x 1x 2-x 1=a x 2+x 1 ；令h t =ln t -2t -1 t +1=ln t +4t +1-2，t >1，则ht =1t -4t +1 2=t -1 2t t +1 2>0对任意的t >1恒成立，所以h t 在t ∈1,+∞ 上单调递增，因此h t >h 1 =0，即ln t >2t -1t +1对任意的t >1恒成立；令t =x 2x 1，则ln x 2x 1>2x2x 1-1 x 2x 1+1=2x 2-x 1 x 2+x 1，所以ln x 2-ln x 1x 2-x 1>2x 2+x 1，因此a x 2+x 1 =ln x 2-ln x 1x 2-x 1>2x 2+x 1，所以x 2+x 1 2>2a >4e ，则x 2+x 1>2e ；∴x 22-x 1<x 22+x 2-2e<x 22+x 2-1，因此，要证x 22-x 1<-a 2+a +1a 2=1a 2+1a -1，只需证x 22+x 2≤1a2+1a ，因为二次函数y =x 2+x 在0,+∞ 单调递增，因此只需证x 2≤1a ，即证f x 2 ≥f 1a，即证0≥f 1a ，即证ln 1a ≤1a -1成立；令u (x )=ln x -x +1，x >0，则u (x )=1x -1=1-xx，当x ∈0,1 时，u (x )>0，即u (x )单调递增；当x ∈1,+∞ 时，u (x )<0，即u (x )单调递减；所以u (x )≤u (1)=0，所以ln x ≤x -1，因此ln 1a ≤1a -1，所以结论得证.题型六条件型偏移证明不等式【典例分析】1.已知函数f x =ln x +axx，a ∈R .(1)若a =0，求f x 的最大值；(2)若0<a <1，求证：f x 有且只有一个零点；(3)设0<m <n 且m n =n m ，求证：m +n >2e.【答案】(1)1e(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】(1)由a =0，得到f x =ln x x ，求导f x =1-ln xx 2，然后得到函数的单调性求解；(2)求导fx =1x +a x -ln x -ax x 2=1-ln x x 2，结合(1)的结论，根据0<a <1，分x >e ，0<x <e ，利用零点存在定理证明；(3)根据m n =n m 等价于ln m m =ln n n ，由(1)知f x =ln xx的单调性，得到0<m <e <n ，令g x =2e -x ln x -x ln 2e -x ，0<x <e ，用导数法得到g x 在0,e 上单调递增，则ln xx<ln 2e -x 2e -x ，0<x <e ，再结合0<m <e <n 且ln m m =ln nn ，利用f x 在e ,+∞ 上单调递减求解.(1)解：由题知：若a =0，f x =ln xx，其定义域为0,+∞ ，所以f x =1-ln xx2，由fx =0，得x =e ，所以当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，所以f x max =f e =1e；(2)由题知：f x =1x +a x -ln x -axx 2=1-ln xx 2，由(1)知，f x 在0,e 上单调递增，在e ,+∞ 上单调递减，因为0<a <1，当x >e 时，f x =ln x +ax x =a +ln xx>a >0，则f x 在e ,+∞ 无零点，当0<x <e 时，f x =ln x +ax x =a +ln xx，又因为f 1e =a -e <0且f e =a +1e>0，所以f x 在0,e 上有且只有一个零点，所以，f x 有且只有一个零点.(3)因为m n =n m 等价于ln m m =ln nn，由(1)知：若a =0，f x =ln xx，且f x 在0,e 上单调递增，在e ,+∞ 上单调递减，且0<m <n ，所以0<m <e ，n >e ，即0<m <e <n ，令g x =2e -x ln x -x ln 2e -x ，0<x <e ，所以g x =-ln x +2e -x x -ln 2e -x +x2e -x ，=-ln x 2e -x +2e -x x +x2e -x ，=-ln x -e 2+e 2 +2e -x x +x2e -x>-ln e 2+2=0，所以g x 在0,e 上单调递增，g x <g e =0，所以ln x x <ln 2e -x 2e -x，0<x <e ，又因为0<m <e <n 且ln m m =ln nn ，所以ln n n =ln mm <ln 2e -m 2e -m ，又因为n >e ，2e -m >e ，且f x 在e ,+∞ 上单调递减，所以n >2e -m ，即m +n >2e.【变式演练】1.已知函数f x =2ln x +x 2+a -1 x -a ，(a ∈R )，当x ≥1时，f (x )≥0恒成立．(1)求实数a 的取值范围；(2)若正实数x 1、x 2(x 1≠x 2)满足f (x 1)+f (x 2)=0，证明：x 1+x 2>2．【答案】(1)-3,+∞ ；(2)证明见解析.【分析】(1)根据题意，求出导函数f x ，分类讨论当a ≥-3和a <-3两种情况，利用导数研究函数的单调性，结合x ≥1时，f (x )≥0恒成立，从而得出实数a 的取值范围；(2)不妨设x 1<x 2，由f (x 1)+f (x 2)=0得出f (x 2)=-f (x 1)，从而可知只要证明-f (x 1)>f (2-x 1)⇔f (x 1)+f (2-x 1)<0，构造新函数g (x )=f (x )+f (2-x )，求出g(x )=4(x -1)3x (x -2)，利用导数研究函数的单调性得出g (x )在区间(0,1)上单调增函数，进而可知当0<x <1时，g (x )<0成立，即f (x )+f (2-x )<0，从而即可证明x 1+x 2>2.(1)解：根据题意，可知f x 的定义域为0,+∞ ，而f (x )=2x+2x +(a -1)，当a ≥-3时，f (x )=2x+2x +(a -1)≥a +3≥0，f 1 =0，∴f (x )为单调递增函数，∴当x ≥1时，f (x )≥0成立；当a <-3时，存在大于1的实数m ，使得f (m )=0，∴当1<x <m 时，f (x )<0成立，∴f (x )在区间(1,m )上单调递减，∴当1<x <m 时，f (x )<f 1 =0；∴a <-3不可能成立，所以a ≥-3，即a 的取值范围为-3,+∞ .(2)证明：不妨设x 1<x 2，∵正实数x 1、x 2满足f (x 1)+f (x 2)=0，有(1)可知，0<x 1<1<x 2，又∵f (x )为单调递增函数，所以x 1+x 2>2⇔x 2>2-x 1⇔f (x 2)>f (2-x 1)，又∵f (x 1)+f (x 2)=0⇔f (x 2)=-f (x 1)，所以只要证明：-f (x 1)>f (2-x 1)⇔f (x 1)+f (2-x 1)<0，设g (x )=f (x )+f (2-x )，则g (x )=2[ln x +ln (2-x )+x 2-2x +1]，可得g(x )=4(x -1)3x (x -2)，∴当0<x <1时，g (x )>0成立，∴g (x )在区间(0,1)上单调增函数，又∵g 1 =0，∴当0<x <1时，g (x )<0成立，即f (x )+f (2-x )<0，所以不等式f (x 1)+f (2-x 1)<0成立，所以x 1+x 2>2.题型七同构型证明不等式【典例分析】1.材料：在现行的数学分析教材中，对“初等函数”给出了确切的定义，即由常数和基本初等函数经过有限次的四则运算及有限次的复合步骤所构成的，且能用一个式子表示的.如函数f x =x x x >0 ，我们可以作变形：f x =x x =e ln x x =e x ⋅ln x =e t t =x ln x ，所以f x 可看作是由函数f t=e t 和g x =x ln x 复合而成的，即f x =x x x >0 为初等函数，根据以上材料：(1)直接写出初等函数f x =x x x >0 极值点(2)对于初等函数h x =x x 2x >0 ，有且仅有两个不相等实数x 1,x 20<x 1<x 2 满足：h x 1 =h x 2 =e k .(i )求k 的取值范围.(ii )求证：x e 2-2e 2≤e-e 2x 1(注：题中e 为自然对数的底数，即e =2.71828⋯)【答案】(1)极小值点为x =1e ，无极大值点(2)(i )k ∈-12e,0 ；(ii )证明见解析【分析】(1)根据材料中的信息可求得极小值点为x =1e；(2)(i )将问题转化为求函数的最小值问题，同时要注意考查边界；(ii )通过换元，将问题转化为求函数的最值问题，从而获得证明.解：(1)极小值点为x =1e，无极大值点.(2)由题意得：x x 211=x x 222=e k 即x 21ln x 1=x 22ln x 2=k .(i )问题转化为m x =x 2ln x -k 在0,+∞ 内有两个零点.则m x =x 1+2ln x 当x ∈0,e-12时，mx <0，m x 单调递减；当x ∈e -12,+∞ 时，m x >0，m x 单调递增.若m x 有两个零点，则必有m e -12<0.解得：k >-12e若k ≥0，当0<x <e-12时，m x =x 2ln x -k ≤x 2ln x <0，无法保证m x 有两个零点.若-12e<k <0，又m e 1k>0，m e -12 <0，m 1 =-k >0故∃x 1∈e 1k ,e-12使得m x 1 =0，∃x 2∈e -12,1 使得m x 2 =0.综上：k ∈-12e ,0(ii )设t =x 2x 1，则t ∈1,+∞ .将t =x 2x 1代入x 21ln x 1=x 22ln x 2可得：ln x 1=t 2ln t 1-t 2，ln x 2=ln t 1-t 2(*)欲证：x e 2-2e2≤e -e 2x 1，需证：ln x e 2-2e2≤ln e -e 2x 1即证：ln x 1+e 2-2e ln x 2≤-e 2.将(*)代入，则有t 2+e 2-2e ln t 1-t 2≤-e2则只需证明：x +e 2-2e ln x1-x ≤-e x >1 即ln x ≥e x -1 x +e 2-2ex >1 .构造函数φx =x -1ln x -x e -e +2，则φ x =ln x -x -1xln 2x -1e ，φ x =x +1 2x -1 x +1-ln xx 2ln 3xx >1 (其中φ x 为φx 的导函数)令ωx =2x -1 x +1-ln x x >1 则ωx =-x -1 2x x +1 2<0所以ωx <ω1 =0则φ x <0.因此φ x 在1,+∞ 内单调递减.又φ e =0，当x ∈1,e 时，φ x >0，φx 单调递增；当x ∈e ,+∞ 时，φ x <0，φx 单调递减.所以φx =x -1ln x -x e -e +2≤φe =0，因此有x -1ln x -xe ≤e -2即ln x ≥e x -1x +e 2-2ex >1 .综上所述，命题得证.【变式演练】1.已知函数f x =e ax x ，g x =ln x +2x +1x，其中a ∈R .(1)试讨论函数f x 的单调性；(2)若a =2，证明：xf (x )≥g (x ).【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.【分析】(1)f x 的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞)，求出f x ，分别讨论a >0，a =0，a <0时不等式f x >0和fx <0的解集即可得单调递增区间和单调递减区间，即可求解；(2)g x 的定义域为0,+∞ ，不等式等价于xe 2x ≥ln x +2x +1，e ln x +2x ≥ln x +2x +1，令t =ln x +2x ∈R ，只需证e t ≥t +1，令h t =e t -t -1，利用导数判断单调性和最值即可求证.解：(1)f x 的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞)，由f x =e ax x 可得：f x =ae ax ⋅x -e ax ⋅1x 2=e ax (ax -1)x 2，当a >0时，令f x >0，解得x >1a ；令f x <0，解得x <0或0<x <1a；此时f x 在1a ,+∞上单调递增，在-∞,0 和0,1a上单调递减：当a =0时，f (x )=1x，此时f x 在(-∞,0)和(0,+∞)上单调递减；当a <0时，令f x >0，解得x <1a ，令f x <0，解得1a<x <0或x >0，此时f x 在-∞,1a 上单调递增，在1a,0 和(0,+∞)上单调递减：综上所述：当a >0时，f x 在1a ,+∞ 上单调递增，在(-∞,0)和0,1a上单调递减；当a =0时，f x 在(-∞,0)和(0,+∞)上单调递减；当a <0时，f x 在-∞,1a 上单调递增，在1a ,0 和(0,+∞)上单调递减.(2)因为a =2，g x =ln x +2x +1x的定义域为0,+∞ ，所以xf (x )≥g (x )即xe 2x ≥ln x +2x +1，即证：e ln x ⋅e 2x =e ln x +2x≥ln x +2x +1，令t =ln x +2x ∈R ，只需证e t ≥t +1，令h t =e t -t -1，则h t =e t-1，令h t >0，解得：t >0；h t <0，解得t <0；所以h t 在(-∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增；所以h t ≥h 0 =e 0-0-1=0，所以e t ≥t +1，所以e ln x +2x ≥ln x +2x +1，即xf (x )≥g (x )成立.题型八先放缩型证明不等式【典例分析】1.设函数f x =a ln x +1x-1a ∈R ．(1)求函数f x 的单调区间；(2)当x ∈0,1 时，证明：x 2+x -1x-1<e x ln x ．【答案】(1)答案不唯一，具体见解析；(2)证明见解析.【分析】(1)求得f x =ax -1x2，分a ≤0、a >0两种情况讨论，分析导数f x 在0,+∞ 上的符号变化，由此可得出函数f x 的增区间和减区间；(2)由(1)可得出ln x >1-1x，要证原不等式成立，先证e x <x +1 2对任意的x ∈0,1 恒成立，构造函数h x =e x -x +1 2，利用导数分析函数h x 在0,1 上的单调性，由此可证得e x <x +1 2对任意的x ∈0,1 恒成立，即可证得原不等式成立.(1)解：f x 的定义域为0,+∞ ，则f x =a x -1x 2=ax -1x2，当a ≤0时，fx ≤0在0,+∞ 恒成立，则函数f x 的单调减区间为0,+∞ ，没有增区间：当a >0时，当x ∈0,1a 时，f x <0；当x ∈1a ,+∞ 时，f x >0.则函数f x 的单调减区间为0,1a，单调增区间为1a ,+∞ .综上所述，当a ≤0时,函数f x 的单调减区间为0,+∞ ，没有增区间：当a >0时，函数f x 的单调减区间为0,1a ，单调增区间为1a,+∞ .(2)证明：由(1)可知当a =1时，f x 的单调减区间为0,1 ，单调增区间为1,+∞ ；当x =1时，f x 取极小值f 1 =0，所以f x ≥f 1 =0，当x ∈0,1 时，即有ln x +1x -1>0，所以ln x >1-1x，所以要证x 2+x -1x -1<e x ln x ，只需证x 2+x -1x -1<e x 1-1x ，整理得e x ⋅x -1x>x +1 2x -1x，又因为x ∈0,1 ，所以只需证e x <x +1 2，令h x =e x -x +1 2，则h x =e x -2x +1 ，令H x =h x =e x -2x +1 ，则H x =e x -2，令H x =e x -2=0，得x =ln2，当0<x <ln2时，H x <0，H x 单调递减，当ln2<x <1时，H x >0，H x 单调递增，所以H x min =H ln2 =e ln2-2ln2+1 =-2ln2<0，又H 0 =e 0-2=-1<0，H 1 =e -4<0，所以在x ∈0,1 时，H x =h x <0恒成立，所以h x 在0,1 上单调递减，所以h x <h 0 =0，即h x =e x -x +1 2<0，即e x <x +1 2成立，即得证．【变式演练】1.已知函数f x =ae x -2-ln x +ln a .(1)若曲线y =f x 在点2,f 2 处的切线方程为y =32x -1，求a 的值；(2)若a ≥e ，证明：f x ≥2.【答案】(1)a =2(2)证明见解析【分析】(1)由f 2 =32,可得a 的值，再验证切点坐标也满足条件；(2)由a ≥e ，e x -2>0知要证f x =ae x -2-ln x +ln a ≥2也即证e x -1-ln x -1≥0，设g x =e x -1-ln x -1，求出导数分析其单调性，得出其最值可证明.解：(1)f x =ae x -2-1x ，则f 2 =ae 2-2-12=a -12=32,解得a =2又f 2 =32×2-1=2，f 2 =ae 2-2-ln2+ln a =2，可得a =2综上a =2(2)由a ≥e ，e x -2>0知要证f x =ae x -2-ln x +ln a ≥2即证e ⋅e x -2-ln x +ln e =e x -1-ln x +1≥2也即证e x -1-ln x -1≥0。

导数(历届高考压轴题)

1.已知函数d x b a c bx ax x f +--++=)23()(23的图象如图所示．（I ）求d c ,的值；（II ）若函数)(x f 在2=x 处的切线方程为0113=-+y x ，求函数)(x f 的解析式；（III ）在（II ）的条件下，函数)(x f y =与m x x f y ++'=5)(31的图象有三个不同的交点，求m 的取值范围．2.已知函数)(3ln )(R a ax x a x f ∈--=．（I ）求函数)(x f 的单调区间；（II ）函数)(x f 的图象的在4=x 处切线的斜率为,23若函数]2)('[31)(23m x f x x x g ++=在区间（1，3）上不是单调函数，求m 的取值范围．3.已知函数c bx ax x x f +++=23)(的图象经过坐标原点，且在1=x 处取得极大值．（I ）求实数a 的取值范围；（II ）若方程9)32()(2+-=a x f 恰好有两个不同的根，求)(x f 的解析式；（III ）对于（II ）中的函数)(x f ，对任意R ∈βα、，求证：81|)sin 2()sin 2(|≤-βαf f ．4.已知常数0>a ，e 为自然对数的底数，函数x e x f x -=)(，x a x x g ln )(2-=．（I ）写出)(x f 的单调递增区间，并证明a e a >；（II ）讨论函数)(x g y =在区间),1(a e 上零点的个数．5.已知函数()ln(1)(1)1=---+．f x x k x（I）当1k=时，求函数()f x的最大值；（II）若函数()f x没有零点，求实数k的取值范围6.已知函数.1,ln )1(21)(2>-+-=a x a ax x x f （I ）讨论函数)(x f 的单调性；（II ）证明：若.1)()(,),,0(,,521212121->--≠+∞∈<x x x f x f x x x x a 有则对任意7.设曲线C ：()ln f x x ex =-（ 2.71828e =⋅⋅⋅），()f x '表示()f x 导函数．（I ）求函数()f x 的极值；（II ）对于曲线C 上的不同两点11(,)A x y ，22(,)B x y ，12x x <，求证：存在唯一的0x 12(,)x x ∈，使直线AB 的斜率等于0()f x '．8.定义),0(,,)1(),(+∞∈+=y x x y x F y ，（I ）令函数22()(3,log (24))f x F x x =-+，写出函数()f x 的定义域；（II ）令函数322()(1,log (1))g x F x ax bx =+++的图象为曲线C ，若存在实数b 使得曲线C 在)14(00-<<-x x 处有斜率为－8的切线，求实数a 的取值范围；（III ）当,*x y ∈N 且x y <时，求证(,)(,)F x y F y x >．9.（全国卷22）（本小题满分14分）已知函数f(x)=ln(1+x)-x,g(x)=xlnx,(i)求函数f(x)的最大值；(ii)设0<a<b,证明0<g(a)+g(b)-2g(2ba )<(b-a)ln2.10.（2009全国卷Ⅱ理）(本小题满分12分)设函数()()21f x x aIn x =++有两个极值点12x x 、，且12x x <（I ）求a 的取值范围，并讨论()f x 的单调性；（II ）证明：()21224In f x ->11.（1）已知：)0(∞+∈x ，求证xx x x 11ln 11<+<+；（2）已知：2≥∈n N n 且，求证：11211ln 13121-+++<<+++n n n 。

导数压轴题

导数压轴题（1）一．解答题（共21小题）1．（2011•黑龙江一模）巳知函数f（x）=x2﹣2ax﹣2alnx（x＞0，a∈R，g（x）=ln2x+2a2+．（1）证明：当a＞0时，对于任意不相等的两个正实数x1、x2，均有＞f（）成立；（2）记h（x）=，（i）若y=h′（x）在[1，+∞）上单调递增，求实数a的取值范围；（ii）证明：h（x）≥．2．设函数．（Ⅰ）求f（x）的单调区间；（Ⅱ）如果对任何x≥0，都有f（x）≤ax，求a的取值范围．3．已知函数f（x）=（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调性；（Ⅱ）设g（x）=x2+2x+3，证明：对任意x1∈（1，2）∪（2，+∞），总存在x2∈R，使得f（x1）＞g（x2）．4．已知函数f（x）=ax2﹣（2a+1）x+lnx，a∈R，（I）讨论函数f（x）的单调性；（II）设a＜﹣1，证明：对任意x1，x2∈（2，+∞），|f （x1）﹣f（x2）|≥2|x1﹣x2|．5．（2012•天津）已知函数f（x）=x﹣ln（x+a）的最小值为0，其中a＞0．（1）求a的值；（2）若对任意的x∈[0，+∞），有f（x）≤kx2成立，求实数k的最小值；（3）证明：（n∈N*）．6．（2014•陕西）设函数f（x）=lnx+，m∈R．（Ⅰ）当m=e（e为自然对数的底数）时，求f（x）的极小值；（Ⅱ）讨论函数g（x）=f′（x）﹣零点的个数；（Ⅲ）若对任意b＞a＞0，＜1恒成立，求m的取值范围．7．（2014•河南）设函数f（x）=ae x lnx+，曲线y=f（x）在点（1，f（1））处得切线方程为y=e（x﹣1）+2．（Ⅰ）求a、b；（Ⅱ）证明：f（x）＞1．（Ⅰ）当a＞0时，求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）函数F（x）=f（x）﹣xlnx在定义域内是否存在零点？若存在，请指出有几个零点；若不存在，请说明理由；（Ⅲ）若f（x）≥0对任意x≥0恒成立，求a的取值范围．9．（2014•重庆一模）已知函数f（x）=tx﹣t﹣lnx（t＞0）．（Ⅰ）若函数f（x）在[1，+∞）上为增函数，求实数t 的取值范围；（Ⅱ）当n≥2且n∈N*时，证明：．10．（2014•钟祥市模拟）已知函数f（x）=e x﹣1﹣ax，（a∈R）．（Ⅰ）求函数y=f（x）的单调区间；（Ⅱ）试探究函数F（x）=f（x）﹣xlnx在定义域内是否存在零点，若存在，请指出有几个零点；若不存在，请说明理由．（Ⅲ）若g（x）=ln（e x﹣1）﹣lnx，且f（g（x））＜f （x）在x∈（0，+∞）上恒成立，求实数a的取值范围．11．（2014•资阳二模）已知函数f（x）=ke x﹣x2（其中k∈R，e是自然对数的底数）．（Ⅰ）若k＜0，试判断函数f（x）在区间（0，+∞）上的单调性；（Ⅱ）若k=2，当x∈（0，+∞）时，试比较f（x）与2的大小；（Ⅲ）若函数f（x）有两个极值点x1，x2（x1＜x2），求k的取值范围，并证明0＜f（x1）＜1．12．（2014•张掖一模）已知函数f（x）=lnx，g（x）=+bx﹣1，（1）当a=0且b=1时，证明：对∀x＞0，f（x）≤g（x）；（2）若b=2，且h（x）=f（x）﹣g（x）存在单调递减区间，求a的取值范围；（3）数列{a n}，若存在常数M＞0，∀n∈N*，都有a n＜M，则称数列{a n}有上界．已知b n=1++…+，试判断数列{b n}是否有上界．13．（2014•张掖模拟）已知函数f（x）=[ax2+（a﹣1）2x﹣a2+3a﹣1]e x（a∈R）．（Ⅰ）若函数f（x）在（2，3）上单调递增，求实数a 的取值范围；（Ⅱ）若a=0，设g（x）=+lnx﹣x，斜率为k的直线与曲线y=g（x）交于A（x1，y1），B（x2，y2）（其中x1＜x2）两点，证明：（x1+x2）k＞2．14．（2014•宜昌二模）已知函数f（x）=．（1）当a=1，求函数y=f（x）的图象在x=0处的切线方程；（2）若函数f（x）在（0，1）上单调递增，求实数a（3）已知x，y，z均为正实数，且x+y+z=1，求证：++≤0．15．（2014•阳泉二模）已知函数f（x）=21nx+ax2﹣1 （a∈R）（I）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若a=1，试解答下列两小题．（i）若不等式f（1+x）+f（1﹣x）＜m对任意的0＜x＜l恒成立，求实数m的取值范围；（ii）若x1，x2是两个不相等的正数，且以f（x1）+f （x2）=0，求证：x1+x2＞2．16．（2014•信阳一模）已知m∈R，函数f（x）=（x2+mx+m）•e x．（Ⅰ）当m＜2时，求函数f（x）的极大值；（Ⅱ）当m=0时，求证：f（x）≥x2+x3．17．（2014•乌鲁木齐一模）已知函数f（x）=e x﹣e﹣x（xϵR）（Ⅰ）求证：当x≥0时，；（Ⅱ）试讨论函数H（x）=f（x）﹣ax（x∈R）的零点个数．18．（2014•文登市二模）已知函数f（x）=ax2﹣（2a+1）x+2lnx（a＞0）．（Ⅰ）若a=，求f（x）在[1，3]上的最大值；（Ⅱ）若a≠，求函数f（x）的单调区间；（Ⅲ）当＜a＜1时，判断函数f（x）在区间[1，2]上有无零点？写出推理过程．19．（2014•潍坊模拟）已知函数f（x）=ax+lnx，函数g （x）的导函数g′（x）=e x，且g（0）g′（1）=e，其中e为自然对数的底数．（Ⅰ）求f（x）的极值；（Ⅱ）若∃x∈（0，+∞），使得不等式成立，试求实数m的取值范围；（Ⅲ）当a=0时，对于∀x∈（0，+∞），求证：f（x）＜g （x）﹣2．20．（2014•太原二模）设函数f（x）=x2+aln（x+1）（a 为常数）（Ⅰ）若函数y=f（x）在区间[1，+∞）上是单凋递增函数，求实数a的取值范围；（Ⅱ）若函数y=f（x）有两个极值点x1，x2，且x1＜x2，求证：．21．（2014•深圳一模）已知函数．（1）求f（x）在上的最大值；（2）若直线y=﹣x+2a为曲线y=f（x）的切线，求实数a的值；（3）当a=2时，设，且x1+x2+…+x14=14，若不等式f（x1）+f（x2）+…+f（x14）≤λ恒成立，求实数λ的最小值．参考答案与试题解析（1）首先分别求出与f（）；然后通过作差法或基本不等式等知识比较两代数式中部分的大小；最后得出两代数式整体的大小．（2）（i）首先求出h（x）及其导函数h′（x）；然后根据y=h′（x）在[1，+∞）上单调递增，得y=h′（x）的导函数大于等于0恒成立，则利用分离参数的方法可得关于a的不等式a≥﹣x2+lnx﹣1（x≥1）恒成立；再运用导数法求出﹣x2+lnx﹣1的最大值，此时a≥[﹣x2+lnx﹣1]max即可．（ii）首先把h（x）表示成a为主元的函数h（x）=a2﹣（x+lnx）a+（x2+ln2x）+；然后利用配方法得P（a）=a2﹣（x+lnx）a+（x2+ln2x）=（a﹣）2+≥；再通过构造函数Q（x）=x﹣lnx，并由导数法求其最小值进而得P（a）的最小值；最后得h（x）的最小值，即问题得证．解答：（1）证明：由题意得，=﹣a（x1+x2）﹣aln（x1x2），f（）=﹣a（x1+x2）﹣2aln=﹣a（x1+x2）﹣aln∵﹣=＞0（x1≠x2），∴＞①又∵0＜x1x2＜∴lnx1x2＜ln∵a＞0∴﹣alnx1x2＞﹣aln②由①②知＞f（）．（2）（i）解：h（x）==x2﹣ax ﹣alnx+ln2x+a2+．∴h′（x）=x﹣a﹣+令F（x）=h′（x）=x﹣a﹣+，则y=F（x）在[1，+∞）上单调递增．∴F′（x）=，则当x≥1时，x2﹣lnx+a+1≥0恒成立．即x≥1时，a≥﹣x2+lnx﹣1恒成立．令G（x）=﹣x2+lnx﹣1，则当x≥1时，G′（x）=＜0．∴G（x）=﹣x2+lnx﹣1在[1，+∞）上单调递减，从而G（x）max=G（1）=﹣2．故a≥G（x）max=﹣2．即a的取值范围是[﹣2，+∞）．（ii）证明：：h（x）=x2﹣ax﹣alnx+ln2x+a2+=a2﹣（x+lnx）a+（x2+ln2x）+．令P（a）=a2﹣（x+lnx）a+（x2+ln2x），则P（a）=（a﹣）2+≥．令Q（x）=x﹣lnx，则Q′（x）=1﹣=．显然Q（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，则Q（x）min=Q（1）=1，则P（a）≥．故h（x）≥+=．解：（Ⅰ）．（2分）当（k∈Z）时，，即f'（x）＞0；当（k∈Z）时，，即f'（x）＜0．因此f（x）在每一个区间（k∈Z）是增函数，f（x）在每一个区间（k∈Z）是减函数．（6分）（Ⅱ）令g（x）=ax﹣f（x），则==．故当时，g'（x）≥0．又g（0）=0，所以当x≥0时，g（x）≥g（0）=0，即f（x）≤ax．（9分）当时，令h（x）=sinx﹣3ax，则h'（x）=cosx﹣3a．故当x∈[0，arccos3a）时，h'（x）＞0．因此h（x）在[0，arccos3a）上单调增加．故当x∈（0，arccos3a）时，h（x）＞h（0）=0，即sinx＞3ax．于是，当x∈（0，arccos3a）时，．当a≤0时，有．因此，a的取值范围是．（12分）法二：（Ⅱ）应用洛必达法则和导数sin()2cosxf x axx=≤+若0x=，则a R∈；若0x>，则sin2cosxaxx≤+等价于sin(2cos)xax x≥+，即sin()(2cos)xg xx x=+则222cos2sin sin cos'()(2cos)x x x x x xg xx x--+=+.记()2cos2sin sin cosh x x x x x x x=--+，2'()2cos2sin2cos cos212sin cos212sin2sin2sin(sin) h x x x x x xx x x x x x x x x=---+=--+=-=-】因此，当(0,)xπ∈时，'()0h x<，()h x在(0,)π上单调递减，且(0)0h=，故'()0g x<，所以()g x在(0,)π上单调递减，而000sin cos1lim()lim lim(2cos)2+cos sin3x x xx xg xx x x x x→→→===+-.另一方面，当[,)xπ∈+∞时，sin111()(2cos)3xg xx x xπ=≤≤<+，因此13a≥.解答：解：（Ⅰ）∵f′（x）==设，则＞0，∴h（x）在（1，+∞）是增函数，又h（2）=0，∴当x∈（1，2）时，h（x）＜0，则f′（x）＜0，f（x）是单调递减函数；当x∈（2，+∞）时，h（x）＞0，则f′（x）＞0，f（x）是单调递增函数．综上知：f（x）在（1，2）单调递减函数，f（x）在（2，+∞）单调递增函数．（Ⅱ）对任意x1∈（1，2）∪（2，+∞），总存在x2∈R，使得f（x1）＞g（x2）恒成立，等价于f（x）＞g（x）min恒成立，而g（x）min=2，即证f（x）＞2恒成立．等价于﹣2＞0，也就是证[ln（x﹣1）+﹣2]＞0设G（x）=ln（x﹣1）+﹣2，G′（x）=﹣=≥0∴G（x）在（1，+∞）单调递增函数，又G（2）=0∴当x∈（1，2）时，G（x）＜0，则[ln（x﹣1）+﹣2]＞0当x∈（2，+∞）时，G（x）＞0，则[ln（x﹣1）+﹣2]＞0综上可得：对任意x1∈（1，2）∪（2，+∞），总存在x2∈R，使得f（x1）＞g（x2）分（Ⅰ）求出函数定义域及导数f′（x）=，分①a=0，②0＜a＜，③a=，④a＞，⑤a＜0五种情况进行讨论解不等式f′（x）＞0，f′（x）＜0，解出不等式即为单调区间；（Ⅱ）证明不等式|f（x1）﹣f（x2）|≥2|x1﹣x2|，即≥2，可证明|f′（x）|≥2，利用导数可转化为函数的最值问题证明；解答：解：（Ⅰ）函数的定义域为（0，+∞）．f′（x）=2ax﹣（2a+1）+==，①若a=0，则f′（x）=，当0＜x＜1时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，当x＞1时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；②若0＜a＜，令f′（x）＞0，得0＜x＜1或x＞，令f′（x）＜0，得1＜x＜，所以f（x）在（0，1），（，+∞）上递增，在（1，）上递减；③若a=，f′（x）=≥0，f（x）在（0，+∞）上单调递增；令f′（x）＞0，得0＜x＜，或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；⑤若a＜0，令f′（x）＞0，得0＜x＜1，令f′（x）＜0，得x＞1，所以f（x）在（0，1）上递增，在（1，+∞）上递减；综上，a=0时，f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上递减；0＜a＜时，f（x）在（0，1），（，+∞）上递增，在（1，）上递减；a=时，f（x）在（0，+∞）上单调递增；a＞时，f（x）在（0，），（1，+∞）上单调递增，在（，1）上单调递减；a＜0时，f（x）在（0，1）上递增，在（1，+∞）上递减；（Ⅱ）|f（x1）﹣f（x2）|≥2|x1﹣x2|，即≥2，所以有|f′（x）|≥2．所以证明对任意x1，x2∈（2，+∞），|f（x1）﹣f （x2）|≥2|x1﹣x2|，≥2对任意x∈（2，+∞）成立，也即证明2a≤（x＞2），令g（x）=（x＞2），则g′（x）=，当x＞2时，g′（x）＞0，所以g（x）在（2，+∞）上单调递增，g（x）＞g（2）=﹣，而a＜﹣1时，2a＜﹣2，所以2a＜﹣＜g（x），即2a≤（x＞2）成立．故a＜﹣1时，对任意x1，x2∈（2，+∞），|f（x1）﹣f（x2）|≥2|x1﹣x2|．分析：（1）确定函数的定义域，求导函数，确定函数的单调性，求得函数的最小值，利用函数f（x）=x﹣ln（x+a）的最小值为0，即可求得a的值；（2）当k≤0时，取x=1，有f（1）=1﹣ln2＞0，故k≤0不合题意；当k＞0时，令g（x）=f（x）﹣kx2，即g（x）=x﹣ln（x+1）﹣kx2，求导函数，令g′（x）=0，可得x1=0，，分类讨论：①当k≥时，，g（x）在（0，+∞）上单调递减，g（x）≤g（0）=0；②当0＜k＜时，，对于，g′（x）＞0，因此g（x）在上单调递增，，由此可确定k的最小值；（3）当n=1时，不等式左边=2﹣ln3＜2=右边，不等式成立；当n≥2时，，在（2）中，取k=，得f（x）≤x2，从而可得，由此可证结论．（1）解：函数的定义域为（﹣a，+∞），求导函数可得令f′（x）=0，可得x=1﹣a＞﹣a令f′（x）＞0，x＞﹣a可得x＞1﹣a；令f′（x）＜0，x＞﹣a可得﹣a＜x＜1﹣a∴x=1﹣a时，函数取得极小值且为最小值∵函数f（x）=x﹣ln（x+a）的最小值为0，∴f（1﹣a）=1﹣a﹣0，解得a=1（2）解：当k≤0时，取x=1，有f（1）=1﹣ln2＞0，故k≤0不合题意当k＞0时，令g（x）=f（x）﹣kx2，即g（x）=x﹣ln（x+1）﹣kx2，求导函数可得g′（x）=g′（x）=0，可得x1=0，①当k≥时，，g′（x）＜0在（0，+∞）上恒成立，因此g（x）在（0，+∞）上单调递减，从而对任意的x∈[0，+∞），总有g（x）≤g（0）=0，即对任意的x∈[0，+∞），有f（x）≤kx2成立；②当0＜k＜时，，对于，g′（x）＞0，因此g（x）在上单调递增，因此取时，g（x0）≥g（0）=0，即有f（x0）≤kx02不成立；综上知，k≥时对任意的x∈[0，+∞），有f（x）≤kx2成立，k的最小值为（3）证明：当n=1时，不等式左边=2﹣ln3＜2=右边，所以不等式成立当n≥2时，在（2）中，取k=，得f（x）≤x2，∴（i≥2，i∈N*）．∴=f（2）+＜2﹣ln3+=2﹣ln3+1﹣＜2综上，（n∈N*）．试题分为三问，题面比较简单，给出的函数比较常分（Ⅰ）m=e时，f（x）=lnx+，利用f′（x）判定f（x）的增减性并求出f（x）的极小值；（Ⅱ）由函数g（x）=f′（x）﹣，令g（x）=0，求出m；设φ（x）=m，求出φ（x）的值域，讨论m的取值，对应g（x）的零点情况；（Ⅲ）由b＞a＞0，＜1恒成立，等价于f（b）﹣b＜f（a）﹣a恒成立；即h（x）=f（x）﹣x在（0，+∞）上单调递减；h′（x）≤0，求出m的取值范围．解答：解：（Ⅰ）当m=e时，f（x）=lnx+，∴f′（x）=；∴当x∈（0，e）时，f′（x）＜0，f（x）在（0，e）上是减函数；当x∈（e，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）在（e，+∞）上是增函数；∴x=e时，f（x）取得极小值f（e）=lne+=2；（Ⅱ）∵函数g（x）=f′（x）﹣=﹣﹣（x＞0），令g（x）=0，得m=﹣x3+x（x＞0）；设φ（x）=﹣x3+x（x≥0），∴φ′（x）=﹣x2+1=﹣（x﹣1）（x+1）；当x∈（0，1）时，φ′（x）＞0，φ（x）在（0，当x∈（1，+∞）时，φ′（x）＜0，φ（x）在（1，+∞）上是减函数；∴x=1是φ（x）的极值点，且是极大值点，∴x=1是φ（x）的最大值点，∴φ（x）的最大值为φ（1）=；又φ（0）=0，结合y=φ（x）的图象，如图；可知：①当m＞时，函数g（x）无零点；②当m=时，函数g（x）有且只有一个零点；③当0＜m＜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，当m＞时，函数g（x）无零点；当m=或m≤0时，函数g（x）有且只有一个零点；当0＜m＜时，函数g（x）有两个零点；（Ⅲ）对任意b＞a＞0，＜1恒成立，等价于f（b）﹣b＜f（a）﹣a恒成立；设h（x）=f（x）﹣x=lnx+﹣x（x＞0），∴h（x）在（0，+∞）上单调递减；∵h′（x）=﹣﹣1≤0在（0，+∞）上恒成立，∴m≥﹣x2+x=﹣+（x＞0），∴m≥；对于m=，h′（x）=0仅在x=时成立；∴m的取值范围是[，+∞）．7．分析：（Ⅰ）求出定义域，导数f′（x），根据题意有f（1）=2，f′（1）=e，解出即可；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f（x）＞1等价于xlnx＞xe﹣x﹣，设函数g（x）=xlnx，函数h（x）=，只需证明g（x）min＞h（x）max，利用导数可分别求得g（x）min，h（x）max；解答：解：（Ⅰ）函数f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）=+，由题意可得f（1）=2，f′（1）=e，故a=1，b=2；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f（x）=e x lnx+，从而f（x）＞1等价于xlnx＞xe﹣x﹣，设函数g（x）=xlnx，则g′（x）=1+lnx，∴当x∈（0，）时，g′（x）＜0；当x∈（，+∞）时，g′（x）＞0．故g（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，从而g（x）在（0，+∞）上的最小值为g（）=﹣．设函数h（x）=，则h′（x）=e﹣x（1﹣x）．∴当x∈（0，1）时，h′（x）＞0；当x∈（1，+∞）时，h′（x）＜0，故h（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，从而h（x）在（0，+∞）上的最大值为h（1）=﹣．综上，当x＞0时，g（x）＞h（x），即f（x）＞1．分（Ⅰ）直接对f（x）求导，当a＞0时，f′（x）=e x ﹣a的正负即可确定函数f（x）单调区间；（Ⅱ）对F（x）=f（x）﹣xlnx进行化简，构造函数h（x）=（x＞0），研究函数h（x）的单调性和最小值，即可确定F（x）=f（x）﹣xlnx在定义域内是否存在零点；（Ⅲ）求f（x）的导数，利用导数研究函数f（x）确定f（x）的最值，即可确定实数a的取值范围．解答：解：（Ⅰ）由f（x）=e x﹣ax﹣1，则f′（x）=e x﹣a．由f′（x）＞0，得x＞lna；由f′（x）＜0，得x＜lna，所以函数f（x）的单调增区间为（lna，+∞），单调减区间为（﹣∞，lna）；（Ⅱ）函数F（x）=f（x）﹣xlnx的定义域为（0，+∞），由F（x）=0，得（x＞0）令h（x）=（x＞0），则h′（x）=，由于x＞0，e x﹣1＞0，可知当x＞1，h′（x）＞0；当0＜x＜1时，h′（x）＜0，故函数h（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，故h（x）≥h（1）=e﹣1．又由（Ⅰ）知当a=1时，对∀x＞0，有f（x）＞f（lna）=0，即，当a＞e﹣1时，函数F（x）有两个不同的零点；当a=e﹣1时，函数F（x）有且仅有一个零点；当a＜e﹣1时，函数F（x）没有零点．（Ⅲ）由f（x）=e x﹣ax﹣1，则f′（x）=e x﹣a．①当a≤1时，对∀x≥0，有f′（x）＞0，所以函数f（x）在区间（0，+∞）上单调递增，又f（0）=0，即f（x）≥f（0）=0对∀x≥0恒成立．②当a＞1时，由（Ⅰ），f（x）单调递增区间为（lna，+∞），单调递减区间为（﹣∞，lna），若f（x）≥0对任意x≥0恒成立，只需f（x）min=f（lna）=a﹣alna﹣1≥0，令g（a）=a﹣alna﹣1（a＞1），g′（a）=1﹣lna﹣1=﹣lna＜0，即g（a）在区间（1，+∞）上单调递减，又g（1）=0，故g（a）＜0在（1，+∞）上恒成立，故当a＞1时，满足a﹣alna﹣1≥0的a不存在．综上所述，a的取值范围是（﹣∞，1]．（Ⅰ）若函数f（x）在[1，+∞）上为增函数，求实数t 的取值范围；（Ⅱ）当n≥2且n∈N*时，证明：．分析：（Ⅰ）由f（x）在[1，+∞）上为增函数，得在x∈[1，+∞）上恒成立，分离参数t后化为函数最值解决；（Ⅱ）由（I）可知当t=1，x≥1时，f（x）≥f（1）=0，从而可得x﹣1≥lnx（当x=1时，等号成立），可证x∈（0，1]时，也有x﹣1≥lnx在（0，1]恒成立，从而有x∈（0，+∞）时，x﹣1≥lnx…①恒成立，（当且仅当x=1时，等号成立），用x代替x﹣1，得x≥ln（x+1）…②恒成立（当且仅当x=0时，等号成立），则k≥2时，k∈N*，由①得k﹣1＞lnk，即，由②得．进而可得当k≥2，k∈N*时，，即．令k=2，3，…n，然后把各式累加可得结论；解答：解：（I）函数f（x）=tx﹣t﹣lnx的定义域为（0，+∞）．∵f（x）在[1，+∞）上为增函数，∴在x∈[1，+∞）上恒成立，即在x∈[1，+∞）上恒成立，∵，∴t≥1，∴t的取值范围为[1，+∞）．（Ⅱ）由（I）当t=1，x≥1时，f（x）≥f（1），又f（1）=0，∴x﹣1﹣lnx≥0（当x=1时，等号成立），即x﹣1≥lnx．又当x∈（0，1]时，设g（x）=x﹣1﹣lnx，则，∴g（x）在（0，1]上递减，∴g（x）≥g（1）=0，即x﹣1≥lnx在（0，1]恒成立，∴x∈（0，+∞）时，x﹣1≥lnx…①恒成立，（当且仅当x=1时，等号成立），用x代替x﹣1，则x≥ln（x+1）…②恒成立（当且仅当x=0时，等号成立），∴当k≥2时，k∈N*，由①得k﹣1＞lnk，即，当k≥2时，k∈N*，，由②得．∴当k≥2，k∈N*时，，即．∴，，，…．∴．分（Ⅰ）直接对f（x）求导，讨论a≤0和a＞0时，f′（x）=e x﹣a的正负即可确定函数f（x）单调区间；（Ⅱ）对F（x）=f（x）﹣xlnx进行化简，构造函数h（x）=，研究函数h（x）的单调性和最小值，从而画出h（x）的简图，即可确定F（x）=f（x）﹣xlnx在定义域内是否存在零点；（Ⅲ）构造函数H（x）=xe x﹣e x+1，（x＞0），求其导数，利用导数研究函数H（x）的单调性，从而确定H（x）的最值，可得到H（x）＞H（0）=0，然后讨论a的取值即可确定实数a的取值范围．解答：解：（Ⅰ）∵f（x）=e x﹣1﹣ax，（x∈R，a∈R），∴f′（x）=e x﹣a，①当a≤0时，则∀x∈R有f′（x）＞0，∴函数f（x）在区间（﹣∞，+∞）单调递增；②当a＞0时，f′（x）＞0⇒x＞lna，f′（x）＜0⇒x＜lna∴函数f（x）的单调增区间为（lna，+∞），单调减区间为（﹣∞，lna）．综合①②的当a≤0时，函数f（x）的单调增区间为（﹣∞，+∞）；当a＞0时，函数f（x）的单调增区间为（lna，+∞），单调减区间为（﹣∞，lna）．（Ⅱ）函数F（x）=f（x）﹣xlnx定义域为（0，+∞），又，令h（x）=，则h′（x）=，∴h′（x）＞0⇒x＞1，h′（x）＜0⇒0＜x＜1，∴函数h（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增．∴h（x）≥h（1）=e﹣1由（1）知当a=1时，对∀x＞0，有f（x）＞f（lna）=0，即∴当x＞0且x趋向0时，h（x）趋向+∞随着x＞0的增长，y=e x﹣1的增长速度越来越快，会超过并远远大于y=x2的增长速度，而y=lnx的增长速度则会越来越慢．故当x＞0且x趋向+∞时，h（x）趋向+∞．得到函数h（x）的草图如图所示故①当a＞e﹣1时，函数F（x）有两个不同的零点；②当a=e﹣1时，函数F（x）有且仅有一个零点；③当a＜e﹣1时，函数F（x）无零点；（Ⅲ）由（2）知当x＞0时，e x﹣1＞x，故对∀x ＞0，g（x）＞0，先分析法证明：∀x＞0，g（x）＜x要证∀x＞0，g（x）＜x只需证即证∀x＞0，xe x﹣e x+1＞0构造函数H（x）=xe x﹣e x+1，（x＞0）∴H′（x）=xe x＞0，∀x＞0故函数H（x）=xe x﹣e x+1在（0，+∞）单调递增，∴H（x）＞H（0）=0，则∀x＞0，xe x﹣e x+1＞0成立．①当a≤1时，由（1）知，函数f（x）在（0，+∞）单调递增，则f（g（x））＜f（x）在x∈（0，+∞）上恒成立．②当a＞1时，由（1）知，函数f（x）在（lna，+∞）单调递增，在（0，lna）单调递减，故当0＜x＜lna时，0＜g（x）＜x＜lna，∴f（g（x））＞f（x），则不满足题意．综合①②得，满足题意的实数a的取值范围（﹣∞，1]．11解答：解：（Ⅰ）由f′（x）=ke x﹣2x可知，当k＜0时，由于x∈（0，+∞），f′（x）=ke x﹣2x＜0，故函数f（x）在区间（0，+∞）上是单调递减函数．（Ⅱ）当k=2时，f（x）=2e x﹣x2，则f′（x）=2e x﹣2x，令h（x）=2e x﹣2x，h′（x）=2e x﹣2，由于x∈（0，+∞），故h′（x）=2e x﹣2＞0，于是h（x）=2e x﹣2x在（0，+∞）为增函数，所以h（x）=2e x﹣2x＞h（0）=2＞0，即f′（x）=2e x ﹣2x＞0在（0，+∞）恒成立，从而f（x）=2e x﹣x2在（0，+∞）为增函数，故f（x）=2e x﹣x2＞f（0）=2．（Ⅲ）函数f（x）有两个极值点x1，x2，则x1，x2是f′（x）=ke x﹣2x=0的两个根，即方程有两个根，设，则，当x＜0时，φ′（x）＞0，函数φ（x）单调递增且φ（x）＜0；当0＜x＜1时，φ′（x）＞0，函数φ（x）单调递增且φ（x）＞0；当x＞1时，φ′（x）＜0，函数φ（x）单调递减且φ（x）＞0．要使有两个根，只需．故实数k的取值范围是．又由上可知函数f（x）的两个极值点x1，x2满足0＜x1＜1＜x2，由，得，∴，由于x1∈（0，1），故，（1）把f（x）和g（x）作差后构造辅助函数，然后利用导数求函数的最值，由最值的符号得到要证明的结论；（2）由h（x）=f（x）﹣g（x）存在单调递减区间，得其导函数小于0在定义域内有解，由导函数分离变量a后换元，然后利用配方法求得分离变量后的代数式的值域，则实数a的范围可求；（3）令，则，由（1）得到不等式，累加后可证明数列{b n}无上界．（1）证明：当a=0且b=1时，设g（x）=f（x）﹣g（x）=lnx﹣（x﹣1）=lnx﹣x+1，对∀x＞0，，解g′（x）=0，得x=1．当0＜x＜1时，，g（x）单调递增；当x＞1时，，g（x）单调递减，∴g（x）在x=1处取最大值，即∀x＞0，g（x）≤g（1）=ln1﹣1+1=0，lnx≤x ﹣1，即f（x）≤g（x）；（2）解：当b=2时，h（x）=f（x）﹣g（x）=，∴，∵函数h（x）存在单调递减区间，∴h'（x）＜0在（0，+∞）上有解，∴ax2+2x﹣1＞0在（0，+∞）上有解，∴在（0，+∞）上有解，即∃x∈（0，+∞），使得，令，则t＞0，则y=t2﹣2t=（t﹣1）2﹣1，t＞0，当t=1时，ymin=﹣1∴a＞﹣1；（3）解：数列{b n}无上界∀n∈N*．设，，由（1）得，，，∴=ln（n+1），∀M＞0，取n为任意一个不小于e M的自然数，则，∴数列{b n}无上界．本题考查利用导数研究函数的最值，主要用导函数构造法和数学转化思想方法，解答（3）的关键是借助于（1）的结论得到含有自然数n的不等式，是难度较大的题目．分（Ⅰ）首先求出函数f（x）的导数f'（x），对a讨论，分a≥0，a＜0①﹣1＜a＜0，②a=﹣1，③a＜﹣1，分别求出单调区间，再求并集；（Ⅱ）化简a=0时的g（x），由两点的斜率公式写出k，运用分析法证（x1+x2）k＞2，注意运用对数的运算法则和同时除以x1的变形，再令，构造函数h（x）=lnx﹣（x＞1），求出导数，求出单调区间，运用单调性说明h（x）＞0成立即可．解答：解：（Ⅰ）函数f（x）的导数f'（x）=[2ax+（a﹣1）2]•e x+[ax2+（a﹣1）2x+a﹣（a﹣1）2]•e x=[ax2+（a2+1）x+a]•e x，当a≥0时，∵x∈（2，3），∴f'（x）＞0，∴f（x）在（2，3）上单调递增，当a＜0时，∵f（x）在（2，3）上单调递增，∴f'（x）=a（x+a）（x+）•e x≥0，①当﹣1＜a＜0时，解得﹣a≤x≤﹣，由题意知（2，3）⊆[﹣a，﹣]，得≤a＜0，②当a=﹣1时，f'（x）=﹣（x﹣1）2•e x≤0，不合题意，舍去，③当a＜﹣1时，解得≤x≤﹣a，则由题意知（2，3）⊆[﹣，﹣a]，得a≤﹣3，综上可得，实数a的取值范围是（﹣∞，﹣3]∪[﹣，+∞）；（Ⅱ）a=0时，g（x）=+lnx﹣x=lnx﹣1，k=，∵x2﹣x1＞0，要证（x2+x1）k＞2，即证（x1+x2）＞2，即证ln﹣＞0（＞1），设h（x）=lnx﹣（x＞1），h'（x）=﹣=＞0，∴h（x）在（1，+∞）上单调递增，h（x）＞h（1）=0，∴ln﹣＞0（＞1）成立，即（x1+x2）k＞2成立．14．析：（1）求导函数，可得切线的斜率，求出切点的坐标，可得函数y=f（x）的图象在x=0处的切线方程；（2）先确定﹣1≤a＜0，再根据函数f（x）在（0，1）上单调递增，可得f′（x）≥0在（0，1）上恒成立，构造h（x）=（x+1）ln（x+1）﹣x，证明h （x）在（0，1）上的值域为（0，2ln2﹣1），即可求实数a的取值范围；（3）由（2）知，当a=﹣1时，f（x）=在（0，1）上单调递增，证明（3x﹣1）f（x）≥（3x﹣1）•，即≤（3x﹣1）•，从而可得结论．答：（1）解：当a=1时，f（x）=，则f（0）=0，f′（x）=，∴f′（0）=1，∴函数y=f（x）的图象在x=0处的切线方程为y=x；（3分）（2）解：∵函数f（x）在（0，1）上单调递增，∴ax+1=0在（0，1）上无解当a≥0时，ax+1=0在（0，1）上无解满足当a＜0时，只需1+a≥0，∴﹣1≤a＜0 ①（5分）f′（x）=∵函数f（x）在（0，1）上单调递增，∴f′（x）≥0在（0，1）上恒成立即a[（x+1）ln（x+1）﹣x]≤1在（0，1）上恒成立设h（x）=（x+1）ln（x+1）﹣x，则h′（x）=ln（x+1），∵x∈（0，1），∴h′（x）＞0，∴h（x）在（0，1）上单调递增∴h（x）在（0，1）上的值域为（0，2ln2﹣1）（7分）∴a≤在（0，1）上恒成立，∴a≤②综合①②得实数a的取值范围为[﹣1，]（9分）（3）证明：由（2）知，当a=﹣1时，f（x）=在（0，1）上单调递增（10分）于是当0＜x≤时，f（x）=≤f（）=当≤x＜1时，f（x）=≥f（）=（12分）∴（3x﹣1）f（x）≥（3x﹣1）•，即≤（3x﹣1）•，同理有≤（3y﹣1）•，≤（3z﹣1）•，三式相加得：++≤0．（14分）．（分，令f′（x）＞0，分类讨论可得函数的单调区求出g（t）min，即可证得结论．（I）解：函数f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）=令f′（x）＞0，∵x＞0，∴2ax2+2＞0①当a≥0时，f′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，∴f（x）递增区间是（0，+∞）；②当a＜0时，由2ax2+2＞0可得＜x＜x＞0，∴f（x）递增区间是（0，），递减区间为；（Ⅱ）（i）解：设F（x）=f（1+x）+f（1﹣x）=2ln（1+x）+2ln（1﹣x）+2x2，则F′（x）=∵0＜x＜l，∴F′（x）＜0在（0，1）上恒成立，∴F（x）在（0，1）上为减函数∴F（x）＜F（0）=0，∴m≥0，∴实数m的取值范围为[0，+∞）；（ii）证明：∵f（x1）+f（x2）=0，∴21nx1+x12﹣1+21nx2+x22﹣1=0∴2lnx1x2+（x1+x2）2﹣2x1x2﹣2=0∴（x1+x2）2=2x1x2﹣2lnx1x2+2设t=x1x2，则t＞0，g（t）=2t﹣2lnt+2，∴g′（t）=令g′（t）＞0，得t＞1，∴g（t）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增∴g（t）min=g（1）=4，∴（x1+x2）2＞4，∴x1+x2奇偶性和单调性，研究函数零点的个数．答：解：（Ⅰ）令则g'（x）=f'（x）﹣2﹣x2=e x+e﹣x﹣2﹣x2，g''（x）=f（x）﹣2x，∵g'''（x）=f'（x）﹣2=e x+e﹣x﹣2当x≥0时，e x＞0，e﹣x＞0，∴∴g'''（x）≥0，∴函数y=g''（x）（x≥0）为增函数，∴g''（x）≥g''（0）=0，即f（x）﹣2x≥0∴函数y=g'（x）（x≥0）为增函数，∴g'（x）≥g'（0）=0，即e x+e﹣x≥2+x2∴函数y=g（x）（x≥0）为增函数，∴g（x）≥g（0）=0，即当x≥0时，成立；（Ⅱ）（1）当a≤2时，∵H（x）=f（x）﹣ax∴∴函数y=H（x）（x∈R）为增函数，当x＞0时，H（x）＞H（0）=0，当x＜0时，H （x）＜H（0）=0，∴当a≤2时，函数y=H（x）的零点为x=0，其零点个数为1个（2）当a＞2时，∵对∀x∈R，H（﹣x）=﹣H（x）∴函数y=H（x）为奇函数，且H（0）=0下面讨论函数y=H（x）在x＞0时的零点个数：由（Ⅰ）知，当x0＞0时，，令∴则，H''（x）=f''（x）=e x﹣e﹣x当x＞0时，e x＞1，0＜e﹣x＜1，∴e x﹣e﹣x＞0，∴H''（x）＞0∴函数y=H'（x）（x＞0）为增函数∴当0＜x≤x0时，H'（x）≤H'（x0）=0；当x＞x0时，H'（x）≥H'（x0）=0∴函数y=H（x）（x＞0）的减区间为（0，x0]，增区间为（x0，+∞）∴当0＜x＜x0时，H（x）＜H（0）=0即对∀x0∈（0，x0]时，H（x）＜0又由（Ⅰ）知，=当x0＞0时，由③知，∴故，当时，∴，即H（x）＞0由函数y=H（x）（x≥x0）为增函数和⑥⑦及函数零点定理知，存在唯一实数使得H（x*）=0，又函数y=H（x），x∈R为奇函数∴函数y=H（x），x∈R，有且仅有三个零点．本题（Ⅰ）通过三阶导数的研究，逐步通过导函数性研究零点，对学生计算能力和表达能力要求高．分（Ⅰ）求出a=的函数f（x）的导数，分别令f'（x）≥0，f'（x）≤0，求出f（x）在[1，3]上的单调性，从而确定极大值点2，也是最大值点，写出最大值；（Ⅱ）先求导数，并分解因式，讨论与2的大小，注意a＞0，分别求出函数f（x）的单调区间；（Ⅲ）根据（Ⅱ）求出函数f（x）在区间[1，2]上的极大值，也是最大值且为f（），根据条件，说明最大值小于0即可．解答：解：（Ⅰ）当，，，当x∈[1，2]时f'（x）≥0，f（x）在[1，2]是增函数，当x∈[2，3]时f'（x）≤0，f（x）在[2，3]是减函数，∴f（x）的极大值也是最大值，且为；（Ⅱ）∵f'（x）=ax﹣（2a+1）+（x＞0），即f'（x）=（x＞0），当＞2时，即0＜a＜时，由f'（x）＞0得x＞或x＜2，由f'（x）＜0，得2＜x＜，∴当0＜a＜，f（x）的单调增区间是（0，2]和[，+∞），单调减区间是[2，]，同理当a＞，f（x）的单调增区间是（0，]和[2，+∞），单调减区间是[，2]；（Ⅲ）由（Ⅱ）知，当＜a＜1时，f（x）在[1，]上单调递增，在[，2]上单调递减，∴f（x）的极大值为f（），也是最大值f（x）max=f（）=﹣2﹣﹣2lna，由＜a＜1，可知﹣2﹣2lna＜0，f（x）max＜0，∴在区间[1，2]上，f（x）＜0恒成立，∴当a＞时，函数f（x）在区间[1，2]上没有零点．点评：本题是导数在函数中的综合运用，考查运用导数则一定为最值的结论的运用．．析：（Ⅰ）求出函数f（x）的定义域，求出导数f'（x）=a+，分a≥0，a＜0两种情况进行讨论，a≥0时由单调性易判断；当a＜0时可得极值；（Ⅱ）由g'（x）=e x，可设g（x）=e x+c，再由g（0）g'（1）=e可得g（x成立，分离出参数m后可得，令，则问题可转化为：m＜h（x）max，利用导数可求得h（x）max；（Ⅲ）a=0时，f（x）=lnx，令φ（x）=g（x）﹣f （x）﹣2，则φ（x）=e x﹣lnx﹣2，，且φ'（x）在（0，+∞）上为增函数，设φ'（x）=0的根为x=t，则，即t=e﹣t，易知φ（x）的最小值为φ（t），通过放缩可判断φ（t）＞0，从而可得结论；答：解：（Ⅰ）函数f（x）的定义域为（0，+∞），（x＞0）．当a≥0时，f'（x）＞0，∴f（x）在（0，+∞）上为增函数，f（x）没有极值；当a＜0时，，若时，f'（x）＞0；若时，f'（x）＜0，∴f（x）存在极大值，且当时，；综上可知：当a≥0时，f（x）没有极值；当a＜0时，f（x）存在极大值，且当时，；（Ⅱ）∵函数g（x）的导函数g'（x）=e x，∴g（x）=e x+c，又∵g（0）g'（1）=e，∴（1+c）e=e⇒c=0，∴g（x）=e x，∵∃x∈（0，+∞），使得不等式成立，∴∃x∈（0，+∞），使得成立，令，则问题可转化为：m＜h（x）max，对于，x∈（0，+∞），由于，当x∈（0，+∞）时，∵e x＞1，，∴，∴h'（x）＜0，从而h（x）在（0，+∞）上为减函数，∴h（x）＜h（0）=3，∴m＜3；（Ⅲ）当a=0时，f（x）=lnx，令φ（x）=g（x）﹣f（x）﹣2，则φ（x）=e x﹣lnx﹣2，∴，且φ'（x）在（0，+∞）上为增函数，设φ'（x）=0的根为x=t，则，即t=e﹣t，∵当x∈（0，t）时，φ'（x）＜0，φ（x）在（0，t）上为减函数；当x∈（t，+∞）时，φ'（x）＞0，φ（x）在（t，+∞）上为增函数，∴，∵φ'（1）=e﹣1＞0，，∴，由于φ（t）=e t+t﹣2在上为增函数，∴，∴f（x）＜g（x）﹣2．．解：（Ⅰ）根据题意知：f′（x）=在[1，+∞）上恒成立．即a≥﹣x2﹣2x在区间[1，+∞）上恒成立．∵﹣2x2﹣2x在区间[1，+∞）上的最大值为﹣4，∴a≥﹣4；经检验：当a=﹣4时，，x∈[1，+∞）．∴a的取值范围是[﹣4，+∞）．（Ⅱ）在区间（﹣1，+∞）上有两个不相等的实数根，即方程2x2+2x+a=0在区间（﹣1，+∞）上有两个不相等的实数根．记g（x）=2x2+2x+a，则有，解得．∴，．∴令．，．∴，．在使得p′（x0）=0．当，p′（x）＜0；当x∈（x0，0）时，p′（x）＞0．而k′（x）在单调递减，在（x0，0）单调递增，∵，∴当，∴k（x）在单调递减，即．本题考查的是导数知识，重点是利用导数法研究函即二次求导，本题还用到消元的方法，难度较大．21析：（1）先求f'（x），令f'（x）=0，可得极值点，分极值点在区间[，2]内、外进行讨论可得函数的最大值；（2）设切点为（t，f（t）），则，解出方程组可求；（3）f（x1）+f（x2）+…+f（x14）≤λ恒成立，等价于f（x1）+f（x2）+…+f（x14）的最大值小于等件．解：（1），令f'（x）=0，解得x=（负值舍去），由，解得．（ⅰ）当0＜a时，得f'（x）≥0，∴f（x）在[，2]上的最大值为．（ⅱ）当a≥4时，由，得f'（x）≤0，∴f （x）在[，2]上的最大值为f（）=．（ⅲ）当时，∵在时，f'（x）＞0，在＜x＜2时，f'（x）＜0，∴f（x）在[，2]上的最大值为f（）=．（2）设切点为（t，f（t）），则，由f'（t）=﹣1，有=﹣1，化简得a2t4﹣7at2+10=0，即at2=2或at2=5，①由f（t）=﹣t+2a，有=2a﹣t，②由①、②解得a=2或a=．（3）当a=2时，f（x）=，由（2）的结论直线y=4﹣x为曲线y=f（x）的切线，∵f（2）=2，∴点（2，f（2））在直线y=4﹣x上，根据图象分析，曲线y=f（x）在直线y=4﹣x下方．下面给出证明：当x∈[，2]时，f（x）≤4﹣x．∵f（x）﹣（4﹣x）=﹣4+x==，∴当x∈[，2]时，f（x）﹣（4﹣x）≤0，即f（x）≤4﹣x．∴f（x1）+f（x2）+…+f（x14）≤4×14﹣（x1+x2+…+x14），∵x1+x2+…+x14=14，∴f（x1）+f（x2）+…+f（x14）≤56﹣14=42．∴要使不等式f（x1）+f（x2）+…+f（x14）≤λ恒成立，必须λ≥42．又当x1=x2=…=x14=1时，满足条件x1+x2+…+x14=14，且f（x1）+f（x2）+…+f（x14）=42，因此，λ的最小值为42．。

2024届新高考新试卷结构第19题新定义导数压轴题

2024新高考新试卷结构19题新定义导数压轴题分类汇编【精选例题】1悬链线的原理运用于悬索桥、架空电缆、双曲拱桥、拱坝等工程．通过适当建立坐标系，悬链线可为双曲余弦函数ch x =e x+e-x2的图象，类比三角函数的三种性质：①平方关系：①sin2x+cos2x=1，②和角公式：cos x+y=cos x cos y-sin x sin y，③导数：sin x=cos x, cos x=-sin x,定义双曲正弦函数sh x =e x-e-x2．(1)直接写出sh x ，ch x 具有的类似①、②、③的三种性质(不需要证明)；(2)若当x>0时，sh x >ax恒成立，求实数a的取值范围；(3)求f x =ch x -cos x-x2的最小值．【答案】(1)答案见解析；(2)-∞,1；(3)0【详解】(1)平方关系：ch2x -sh2x =1；和角公式：ch x+y=ch x ch y +sh x sh y ；导数：sh (x)=ch(x)ch (x)=sh(x)．理由如下：平方关系，ch2x -sh2x =e x+e-x22-e x-e-x22=e2x+e-2x+24-e2x+e-2x-24=1；ch x+y=e x+y+e-x-y2，和角公式：ch x ch y +sh x sh y =e x+e-x2⋅ey+e-y2+e x-e-x2⋅ey-e-y2=e x+y+e x-y+e-x+y+e-x-y4+ex+y-e x-y-e-x+y+e-x-y4=ex+y+e-x-y2，故ch x+y=ch x ch y +sh x sh y ；导数：sh x =e x--e-x2=e x+e-x2=chx，ch x =e x-e-x2=shx；(2)构造函数F x =sh x -ax，x∈0,+∞，由(1)可知F x =ch x -a，i．当a≤1时，由ch(x)= e x+e-x2≥e x⋅e-x=1≥a可知，故F (x)≥0，故F(x)单调递增，此时F(x)≥F(0)=0，故对任意x>0，sh(x)>ax恒成立，满足题意；ii．当a>1时，令G x =F x ，x∈0,+∞，则G x =sh x ≥0，可知G x 单调递增，由G(0)=1-a<0与G(ln2a)=14a>0可知，存在唯一x0(0,ln2a)，使得G(x0)=0，故当x∈(0,x0)时，F (x)=G(x) <G(x0)=0，则F(x)在(0,x0)内单调递减，故对任意x∈(0,x0)，F(x)<F0 =0，即sh x <ax，矛盾；综上所述，实数a的取值范围为-∞,1．(3)f x =ch x -cos x-x2，f x =sh x +sin x-2x，令g x =f x =sh x +sin x-2x，则g x = ch x +cos x-2，令h x =g x =ch x +cos x-2，则h x =sh x -sin x，当x∈0,+∞时，由(2)可知，sh x ≥x，则h x =sh x -sin x≥x-sin x，令u x =x-sin x，则u x =1-cos x≥0，故u x 在0,+∞内单调递增，则h x ≥u x ≥u0 =0，故h x 在0,+∞内单调递增，则g x =h x ≥h0 =0，故g x 在0,+∞内单调递增，则f x =g x ≥g0 =0，故f x 在0,+∞内单调递增，因为f-x=ch-x-cos-x--x2=chx-cos x-x2=f x ，即f x 为偶函数，故f x 在-∞,0内单调递减，则f x min=f0 =0，故当且仅当x=0时，f x 取得最小值0.2已知a 为实数，f x =x +a ln x +1 ．对于给定的一组有序实数k ,m ，若对任意x 1，x 2∈-1,+∞ ，都有kx 1-f x 1 +m kx 2-f x 2 +m ≥0，则称k ,m 为f x 的“正向数组”．(1)若a =-2，判断0,0 是否为f x 的“正向数组”，并说明理由；(2)证明：若k ,m 为f x 的“正向数组”，则对任意x >-1，都有kx -f x +m ≤0；(3)已知对任意x 0>-1，f x 0 ,f x 0 -x 0fx 0 都是f x 的“正向数组”，求a 的取值范围．【答案】(1)0,0 不是f x 的“正向数组”；(2)证明见解析；(3)a 的取值范围是-∞,1 .【详解】(1)若a =-2，f x =x -2 ln x +1 ，对k ,m =0,0 ，即kx 1-f x 1 +m kx 2-f x 2 +m =f x 1 ⋅f x 2 ，而当x 1∈0,2 ，x 2∈2,+∞ 时，f x 1 =x 1-2 ln x 1+1 <0，f x 2 =x 2-2 ln x 2+1 >0，即f x 1 ⋅f x 2 <0，不满足题意. 所以0,0 不是f x 的“正向数组”.(2)反证法:假设存在x 0>-1,使得kx -f x +m >0,∵k ,m 为f x 的“正向数组”，∴对任意x 0>-1,都有kx 0-f x 0 +m ⋅kx 0-f x 0 +m ≥0.∴对任意x >-1,kx -f x +m ≥0恒成立.令F x =x +a ln x +1 -kx -m ，则F x ≤0在-1,+∞ 上恒成立，F x =ln x +1 +x +ax +1-k =ln x +1 +a -1x +1+1-k ，设G x =F x =ln x +1 +a -1x +1+1-k ，G x =1x +1-a -1x +1 2=x +2-ax +1 2，则当a >1时，G x 在-1,a -2 上为负，在a -2,+∞ 上为正，所以G x =F x 在-1,a -2 上单调递减，在a -2,+∞ 上单调递增；若F a -2 <0，当x →-1，F x →+∞，当x →+∞，Fx →+∞，即存在Fx 1 =Fx 2 =0，使Fx 在-1,x 1 上为正，在x 1,x 2 上为负，在x 2,+∞ 上为正，所以F x 在-1,x 1 上单调递增，在x 1,x 2 上单调递减，在x 2,+∞ 上单调递增，又当x →-1，F x →-∞，当x →+∞，F x →+∞，则F x 的值域为R ；若F a -2 ≥0，F x ≥F a -2 ≥0，F x 在-1,+∞ 上单调递增，又当x →-1，F x →-∞，当x →+∞，F x →+∞，则F x 的值域为R . 当a ≤1时，G x =x +2-ax +12≥0，G x =F x 在-1,+∞ 上单调递增，又当x →-1，F x →-∞，当x →+∞，F x →+∞，必存在F x 1 =0，使F x 在-1,x 1 上为负，在x 1,+∞ 上为正，所以F x 在-1,x 1 上单调递减，在x 1,+∞ 上单调递增，又当x →-1，F x →+∞，当x →+∞，F x →+∞，则F x 的值域为F x 1 ,+∞ . 由值域可看出，与F x≤0在-1,+∞ 上恒成立矛盾.对任意x >-1，都有kx -f x +m ≤0.(3)∵f x0 ,f x 0 -x 0f x 0 都是f x 的“正向数组”，对任意x 1，x 2∈-1,+∞ ，都有fx 0 x 1-f x 1 +f x 0 -x 0fx 0 fx 0 x 2-f x 2 +f x 0 -x 0fx 0 ≥0，则f x 0 x -f x +f x 0 -x 0f x 0 ≥0恒成立或f x 0 x -f x +f x 0 -x 0f x 0 ≤0恒成立，即f x -f x 0 x ≤f x 0 -f x 0 x 0恒成立或f x -f x 0 x ≥f x 0 -f x 0 x 0恒成立，设g x =f x -f x 0 x =x +a ln x +1 -fx 0 x ，则f x 0 -fx 0 x 0=g x 0 ，即g x 0 是g x 的最大值或最小值. gx =f x -f x 0 =ln x +1 +x +a x +1-f x 0 =ln x +1 +a -1x +1+1-f x 0 ，且g x 0 =f x 0 -fx 0 =0. 当a >1时，由(2)可得，g x =x +a ln x +1 -f x 0 x =F x +m 的值域为R ，无最大值或最小值；当a ≤1时，g x =ln x +1 +a -1x +1+1-f x 0 在-1,+∞ 上单调递增，又g x 0 =fx 0 -fx 0 =0，则g x 在-1,x 0 上为负，在x 0,+∞ 上为正，所以g x =f x -f x 0 x 在-1,x 0 上单调递减，在x 0,+∞ 上单调递增，则g x 0 是g x 的最小值，满足g x =f x -f x 0 x ≥f x 0 -fx 0 x 0，此时对任意x 1，x 2∈-1,+∞ ，都有f x 0 x 1-f x 1 +f x 0 -x 0f x 0 f x 0 x 2-f x 2 +f x 0 -x 0fx 0 ≥0.∴a 的取值范围是-∞,1 .3帕德近似是法国数学家亨利·帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法．给定两个正整数m ，n ，函数f (x )在x =0处的[m ,n ]阶帕德近似定义为：R (x )=a 0+a 1x +⋯+a m x m 1+b 1x +⋯+b n x n ，且满足：f (0)=R (0)，f(0)=R (0)，f (0)=R (0)⋯，f (m +n )(0)=R (m +n )(0)．已知f (x )=ln (x +1)在x =0处的[1,1]阶帕德近似为R(x )=ax 1+bx ．注：f (x )=f (x ) ,f (x )=f (x ) ,f (4)(x )=f (x ) ,f (5)(x )=f (4)(x ) ,⋯(1)求实数a ，b 的值；(2)求证：(x +b )f 1x>1；(3)求不等式1+1x x <e <1+1x x +12的解集，其中e =2.71828⋯．【答案】(1)a =1，b =12；(2)证明见解析；(3)0,+∞【详解】(1)因为R (x )=ax 1+bx ，所以R (x )=a 1+bx2，R (x )=-2ab 1+bx 3，f (x )=ln (x +1)，则f(x )=1x +1，f (x )=-1x +12，由题意知，f 0 =R 0 ，f 0 =R0 ，所以a =1-2ab =-1 ，解得a =1，b =12.(2)由(1)知，即证x +12 ln 1+1x >1，令t =1+1x，则t >0且t ≠1，即证t ∈0,1 ∪1,+∞ 时t +12t -1⋅ln t >1，记φt =ln t -2t -1 t +1，t ∈0,1 ∪1,+∞ ，则φt =1t -4t +1 2=t -1 2t t +12>0，所以φt 在0,1 上单调递增，在1,+∞ 上单调递增，当t ∈0,1 时φt <φ1 =0，即ln t <2t -1 t +1，即t +12t -1⋅ln t>1成立，当t ∈1,+∞ 时φt >φ1 =0，即ln t >2t -1 t +1，即t +12t -1⋅ln t >1成立，综上可得t ∈0,1 ∪1,+∞ 时t +12t -1⋅ln t >1，所以x +12 ln 1+1x >1成立，即(x +b )f 1x>1成立.(3)由题意知，欲使得不等式1+1x x <e <1+1x x +12成立，则至少有1+1x>0，即x >0或x <-1，首先考虑e <1+1x x +12，该不等式等价于ln 1+1x x +12>1，即x +12 ln 1+1x>1，又由(2)知x +12 ln 1+1x >1成立，所以使得e <1+1x x +12成立的x 的取值范围是-∞,-1 ∪0,+∞ ，再考虑1+1x x<e ，该不等式等价于x ln 1+1x <1，记h x =ln x -x +1，x ∈0,1 ∪1,+∞ ，则h x =1x -1=1-xx，所以当0<x <1时h x >0，x >1时h x <0，所以h x 在0,1 上单调递增，在1,+∞ 上单调递减，所以h x<h 1 =0，即ln x <x -1，x ∈0,1 ∪1,+∞ ，所以ln 1+1x <1x，x ∈-∞,-1 ∪0,+∞ ，当x ∈0,+∞ 时由ln 1+1x <1x ，可知x ln 1+1x <1成立，当x ∈-∞,-1 时由ln 1+1x <1x，可知x ln 1+1x<1不成立，所以使得1+1x x<e 成立的x 的取值范围是0,+∞ ，综上可得不等式1+1x x <e <1+1x x +12的解集为0,+∞ .4在几何学常常需要考虑曲线的弯曲程度，为此我们需要刻画曲线的弯曲程度．考察如图所示的光滑曲线C ：y =f x 上的曲线段AB，其弧长为Δs ，当动点从A 沿曲线段AB运动到B 点时，A 点的切线l A 也随着转动到B 点的切线l B ，记这两条切线之间的夹角为Δθ(它等于l B 的倾斜角与l A 的倾斜角之差)．显然，当弧长固定时，夹角越大，曲线的弯曲程度就越大；当夹角固定时，弧长越小则弯曲程度越大，因此可以定义K =ΔθΔs为曲线段AB 的平均曲率；显然当B 越接近A ，即Δs 越小，K 就越能精确刻画曲线C 在点A 处的弯曲程度，因此定义K =lim Δs →0ΔθΔs =y 1+y 2 32(若极限存在)为曲线C 在点A 处的曲率．(其中y ＇，y ＇＇分别表示y =f x 在点A 处的一阶、二阶导数)(1)求单位圆上圆心角为60°的圆弧的平均曲率；(2)求椭圆x 24+y 2=1在3,12处的曲率；(3)定义φy =22y1+y 3为曲线y =f x 的“柯西曲率”．已知在曲线f x =x ln x -2x 上存在两点P x 1,f x 1 和Q x 2,f x 2 ，且P ，Q 处的“柯西曲率”相同，求3x 1+3x 2的取值范围．【答案】(1)1；(2)16749；(3)2e ,1 【详解】(1)K =ΔθΔs=π3π3=1．(2)y =1-x 24，y=-x 41-x 24 -12，y =-141-x 24 -12-x 2161-x 24 -32，故y x =3=-32，y x =3=-2，故K =21+3432=16749．(3)fx =ln x -1，fx =1x ，故φy =22y 1+y 3=22x ln x 3=223s ln s3，其中s =3x ，令t 1=3x 1，t 2=3x 2，则t 1ln t 1=t 2ln t 2，则ln t 1=-t ln t t -1，其中t =t 2t 1>1(不妨t 2>t 1)，令p x =x ln x ，p x =1+ln x ⇒p x 在0,1e 递减，在1e ,+∞ 递增，故1>t 2>1e >t 1>0；令h t =ln t 1+t 2 =ln t +1 -t ln tt -1，h 't =1t -1 2ln t -2t -1 t +1，令m (t )=ln t -2t -1 t +1(t >1)，则m(t )=t -1 2t (t +1)，当t >1时，m (t )>0恒成立，故m (t )在(1,+∞)上单调递增，可得m (t )>m (1)=0，即ln t -2t -1 t +1>0，故有h t =1t -12ln t -2t -1 t +1 >0，则h t 在1,+∞ 递增，又lim t →1h t =ln2-1，lim t →+∞h t =0，故ln t 1+t 2 ∈ln2-1,0 ，故3x 1+3x 2=t 1+t 2∈2e ,1．5“让式子丢掉次数”：伯努利不等式伯努利不等式(Bernoulli 'sInequality )，又称贝努利不等式，是高等数学的分析不等式中最常见的一种不等式，由瑞士数学家雅各布·伯努利提出：对实数 x ∈-1,+∞ ，在 n ∈1,+∞ 时，有不等式 1+x n ≥1+nx 成立；在 n ∈0,1 时，有不等式 1+x n ≤1+nx 成立．(1)猜想伯努利不等式等号成立的条件；(2)当 n ≥1时，对伯努利不等式进行证明；(3)考虑对多个变量的不等式问题．已知 a 1,a 2,⋯,a n n ∈N * 是大于-1的实数(全部同号)，证明1+a 1 1+a 2 ⋯1+a n ≥1+a 1+a 2+⋯+a n【答案】(1) n = 0,1，或 x = 0；(2)证明见解析；(3)证明见解析【详解】(1)猜想：伯努利不等式等号成立的充要条件是 n = 0,1，或 x = 0．当n =0时， 1+x 0=1+0x ，当n =1时， 1+x 1=1+x ，当x =0时， 1+0 n =1+0n ，其他值均不能保证等号成立，猜想，伯努利不等式等号成立的充要条件是 n = 0,1，或 x = 0；(2)当 n ≥1时，我们需证 1+x n ≥1+nx ，设 f x =1+x n -nx -1x <-1,a ≥1 ，注意到 f 0 =0，f x =n 1+x n -1-n =n 1+x n -1-1 ，令 1+x n -1-1=0得 x =0，即f 0 =0，x =0是 f x 的一个极值点．令 g x =f x ，则g x =n n -1 1+x n -2>0，所以 f x 单调递增．当 -1<x <0时，f x <f 0 =0，当 x >0时，f x >f 0 =0，故f x 在 -1,0 上单调递减，在0,+∞ 上单调递增．所以在 x =0处 f x 取得极小值 f 0 =0，即 f x ≥0恒成立，1+x n ≥nx +1．伯努利不等式对 n≥1得证．(3)当 n =1时，原不等式即1+a 1≥1+a 1，显然成立．当 n ≥2时，构造数列 x n ：x n =1+a 1 1+a 2 ⋯1+a n -1+a 1+a 2+⋯+a n ，则 x n +1-x n =a n +11+a 1 1+a 2 ⋯1+a n -1 ，若 a i >0i =1,2,⋯,n +1 ，由上式易得 x n +1-x n >0，即 x n +1>x n ；若-1<a i ≤0i =1,2,⋯,n +1 ，则 0<1+a i <1，所以 1+a 1 1+a 2 ⋯1+a n -1<0，故x n +1-x n =a n +11+a 1 1+a 2 ⋯1+a n -1 >0，即此时 x n +1>x n 也成立．所以 x n 是一个单调递增的数列(n ≥2)，由于 x 2=1+a 1 1+a 2 -1+a 1+a 2 =a 1a 2>0，所以 x n >x 2>0∀n >2 ，故原不等式成立．6梨曼猜想是解析数论里的一个重要猜想，它被很多数学家视为是最重要的数学猜想之一．它与函数f x =x s -1e x -1(x >0,s >1，s 为常数)密切相关，请解决下列问题．(1)当1<s ≤2时，讨论f x 的单调性；(2)当s >2时；①证明f x 有唯一极值点；②记f x 的唯一极值点为g s ，讨论g s 的单调性，并证明你的结论．【答案】(1)f x 在0,+∞ 上单调递减；(2)①证明见解析；②在2,+∞ 上单调递增，证明见解析；【详解】(1)由f x =x s -1e x -1,x ∈0,+∞ ,1<s ≤2可得fx =s -1 ⋅x s -2⋅e x -1 -x s -1⋅e xe x -12=x s -2⋅s -1-x ⋅e x -s -1e x -12，令h x =s -1-x ⋅e x -s -1 ，则h x =-e x +s -x -1 ⋅e x =s -x -2 ⋅ex；又1<s ≤2，x >0，所以s -x -2<0,e x >0，即h x <0恒成立；即函数h x 在0,+∞ 上单调递减，又h 0 =0，所以h x <h 0 =0，可得f x =x s -2⋅s -1-x ⋅e x -s -1e x -1 2<0恒成立，因此函数f x 在0,+∞ 上单调递减，即当1<s ≤2时，函数f x 在0,+∞ 上单调递减；(2)当s >2时，①由(1)可知令h x =s -x -2 ⋅e x =0，可得x =s -2>0,易知当x ∈0,s -2 时，hx =s -x -2 ⋅ex>0，即函数h x 在0,s -2 上单调递增，当x ∈s -2,+∞ 时，h x =s -x -2⋅e x <0，即函数h x 在s -2,+∞ 上单调递减，即函数h x 在x =s -2处取得极大值，也是最大值；注意到h 0 =0，由单调性可得h s -2 >h 0 =0，可知h x 在0,s -2 大于零，不妨取x =2s -2，则h 2s -2 =1-s ⋅e 2s -2-s -1 =1-s e 2s -2+1 <0；由零点存在定理可知h x 存在唯一变号零点x 0∈s -2,+∞ ，所以fx =x s -2⋅s -1-x ⋅e x -s -1 e x -12存在唯一变号零点x 0满足f x 0 =0，由h x 单调性可得，当x ∈0,x 0 时，f x >0，当x ∈x 0,+∞ 时，f x <0；即可得函数f x 在0,x 0 上单调递增，在x 0,+∞ 单调递减；所以f x 有唯一极大值点x 0；②记f x 的唯一极值点为g s ，即可得x 0=g s由h x 0 =s -1-x 0 ⋅e x 0-s -1 =0可得s =x 0⋅e x 0e x 0-1+1，即可得g s 的反函数g -1s =x 0⋅e xe x 0-1+1，令φx =x ⋅e x e x -1+1,x ∈s -2,+∞ ，则φx =e x e x -x -1 e x -12，构造函数m x =e x -x -1,x ∈0,+∞ ，则m x =e x -1，显然m x =e x -1>0在0,+∞ 恒成立，所以m x 在0,+∞ 上单调递增，因此m x >m 0 =0，即e x >x +1在0,+∞ 上恒成立，而s >2，即s -2>0，所以e x >x +1在s -2,+∞ 上恒成立，即可得φ x =e x e x -x -1e x -1 2>0在s -2,+∞ 上恒成立，因此g -1s 在s -2,+∞ 单调递增；易知函数g s 与其反函数g -1s 有相同的单调性，所以函数g s 在2,+∞ 上单调递增；7定义函数f n x =1-x +x 22-x 33+⋯+-1 n x nnn ∈N *．(1)求曲线y =f n x 在x =-2处的切线斜率；(2)若f 2x -2≥ke x 对任意x ∈R 恒成立，求k 的取值范围；(3)讨论函数f n x 的零点个数，并判断f n x 是否有最小值．若f n x 有最小值m ﹐证明：m >1-ln2；若f n x 没有最小值，说明理由．(注：e =2.71828⋯是自然对数的底数)【答案】(1)1-2n ；(2)-∞,-1 ；(3)答案见详解【详解】(1)由f n x=-1+x -x 2+⋯+-1 n x n -1，可得fn -2=-1-2-22-⋯-2n -1=-1-2n 1-2=1-2n ,所以曲线y =f n x 在x =-2处的切线斜率1-2n .(2)若f 2x -2≥ke x 对任意x ∈R 恒成立，所以k ≤f 2x -2e x=-1-x +x22e x对任意x ∈R 恒成立，令g (x )=-1-x +x22e x ，则g (x )=x 4-xex，由g (x )>0解得x <0，或x >4；由g (x )<0解得0<x <4，故g (x )在-∞,0 上单调递减，在0,4 上单调递增，在4,+∞ 上单调递减，又g (0)=-1，且当x >4时，g (x )>0，故g (x )的最小值为g (0)=-1，故k ≤-1，即k 的取值范围是-∞,-1 .(3)fn -1=-1-1-⋯-1 =-n ，当x ≠-1时，f n x=-1+x -x 2+⋯+-1 n xn -1=-1--x n 1--x=-xn-1x +1，因此当n 为奇数时，f n x =1-x +x 22-x 33+⋯+x n -1n -1-x nn ，此时f n x =-x n -1x +1,x ≠-1,-n ,x =-1.则f n x <0，所以f n x 单调递减.此时f n 0 =1>0，f 1x =1-x 显然有唯一零点，无最小值.当n ≥2时，f n 2 =1-2+222-233+⋯+2n -1n -1-2n n =1-2 +22332-2 +⋅⋅⋅+2n -1n nn -1-2 <0，且当x >2时，f nx =1-x +x 22-x 33 +⋯+x n -1n -1-x n n =1-x +x 2332-x +⋯+x n -1n nn -1-x <1-x ，由此可知此时f n x 不存在最小值.从而当n 为奇数时，f n x 有唯一零点，无最小值，当n =2k k ∈N * 时，即当n 为偶数时，f n x =1-x +x 22-x 33+⋯-x n -1n -1+xnn ，此时f n x =x n -1x +1,x ≠-1,-n ,x =-1.，由f n x >0，解得x >1；由f n x <0，解得x <1，则f n x 在-∞,1 上单调递减，在1,+∞ 上单调递增，故f n x的最小值为f n 1 =1-1 +12-13 +⋯+1n -2-1n -1 +1n>0，即f n x ≥f n 1 >0，所以当n为偶数时，f n x 没有零点.设h x =ln 1+x -x x +1x >0 ，h x =11+x -1x +1 2=xx +12>0，所以h x 在0,+∞ 上单调递增，h x >h 0 =0，即ln 1+x >x x +1x >0 .令x =1n 可得ln n +1n >1n +1，当n =2k k ∈N * 时1-f 2k 1 =1-12+13-14+⋯+12k -1-12k =1+12+13+⋅⋅⋅+12k -212+14+⋯+12k=1+12+13+⋅⋅⋅+12k -1+12+⋯+1k =1k +1+1k +2⋅⋅⋅+12k <ln k +1k +ln k +2k +1⋅⋅⋅+ln 2k 2k -1=ln 2k k=ln2，即m =f 2k 1 >1-ln2.从而当n 为偶数时，f n x 没有零点，存在最小值m >1-ln2.综上所述，当n 为奇数时，f n x 有唯一零点，无最小值；当n 为偶数时，f n x 没有零点，存在最小值m >1-ln2.8如果函数F x 的导数Fx =f x ，可记为F x =f x d x ．若f x ≥0，则b af x d x =F b -F a 表示曲线y =f x ，直线x =a ,x =b 以及x 轴围成的“曲边梯形”的面积．(1)若F x =1x d x ，且F 1 =1，求F x ；(2)已知0<α<π2，证明：αcos α<acos x d x <α，并解释其几何意义；(3)证明：1n 1+cos πn +1+cos 2πn +1+cos 3πn +⋯+1+cos n πn <22π，n ∈N *．【答案】(1)F x =ln x +1；(2)答案见解析；(3)证明见解析【详解】(1)当x >0时，因为ln x =1x，所以设F x =ln x +C 1，又F 1 =1，代入上式可得F 1 =ln1+C 1=1⇒C 1=1，所以，当x >0时，F x =ln x +1；当x <0时，设F x =ln -x +C 2，同理可得C 2=1，综上，F x =ln x +1.(2)因为F x =∫cos x d x =sin x +C ，所以a0cos x d x =sin α-sin0=sin α ，设g x =x -sin x ,0<x <π2，则g x =1-cos x >0恒成立，所以g x 在0<x <π2上单调递增，所以g x min >g 0 =0，故sin α<α，即acos x d x <α；设h x =sin x -x cos x ，0<x <π2，则h x =x sin x >0恒成立，所以h x 在0<x <π2上单调递增，h x min >h 0 =0，所以αcos α<a 0cos x d x ，综上，αcos α<acos x d x <α.几何意义：当0<x <π2时，曲线y =cos x 与直线x =0(y 轴)，x =α以及x 轴围成的“曲边面积”大于直线x =0(y 轴)，x =α以及x 轴，直线y =cos α围成的矩形面积，小于x =0(y 轴)，x =α以及x 轴，直线y =1围成的矩形面积.(3)因为1+cos k πn =2cos 2k π2n =2cos k π2n,k =1,2,⋯n ，所以1n 1+cos πn +1+cos 2πn +1+cos 3πn +⋯+1+cos n πn=2n cos π2n +cos 2π2n +cos 3π2n +⋯+cos π2 <2∫1cos π2x d x ，设F x =2πsin π2x ，则F x =cos π2x ，所以∫1cosπ2x d x =F 1 -F 0 =2πsin π2=2π，故1n 1+cosπn +1+cos 2πn+1+cos 3πn +⋯+1+cos n πn<22π.9对于函数y =f x ,x ∈I ，若存在x 0∈I ，使得f x 0 =x 0，则称x 0为函数f x 的一阶不动点；若存在x 0∈I ，使得f f x 0 =x 0，则称x 0为函数f x 的二阶不动点；依此类推，可以定义函数f x 的n 阶不动点. 其中一阶不动点简称不动点，二阶不动点也称为稳定点.(1)已知f x =2x +2x -3，求f x 的不动点；(2)已知函数f x 在定义域内单调递增，求证： “x 0为函数f x 的不动点”是“x 0为函数f x 的稳定点”的充分必要条件；(3)已知a >-1，讨论函数f x =2e2ln x +a +1 x -1x 的稳定点个数.【答案】(1)1；(2)证明见解析；(3)答案见解析【详解】(1)设g x =f x -x =2x +x -3，则g x =2x ln2+1>0恒成立，故函数g x 在R 上单调递增，又g (1)=0，故函数g x 在R 上有唯一零点，即f x 有唯一不动点1；(2)证明：充分性：设x 0为函数f x 的不动点，则f x 0 =x 0，则f f x 0 =f x 0 =x 0，即x 0为函数f x 的稳定点，充分性成立；必要性：设x 0为函数f x 的稳定点，即f f x 0 =x 0，假设f x 0 =y 0，而f x 在定义域内单调递增，若y 0>x 0，则f f x 0 =f y 0 >f x 0 =y 0>x 0，与f f x 0 =x 0矛盾；若y 0<x 0，则f f x 0 =f y 0 <f x 0 =y 0<x 0，与f f x 0 =x 0矛盾；故必有y 0=x 0，即f f x 0 =f y 0 =f x 0 =y 0=x 0，即f x 0 =y 0=x 0，故x 0为函数f x 的不动点，综上， “x 0为函数f x 的不动点”是“x 0为函数f x 的稳定点”的充分必要条件；(3)当a >-1时，函数f x =2e 2ln x +a +1x -1x 在(0,+∞)上单调递增，由(2)知f x 的稳定点与f x 的不动点等价，故只需研究f x 的不动点即可；令F x =f x -x =2e2ln x +ax -1x ,x ∈0,+∞ ，则F x =2e 2x +a +1x2,x ∈0,+∞ ，则F x 在0,+∞ 上单调递减，①当a ≥0时，F x >0恒成立，即F x 在0,+∞ 上单调递增，当x 无限接近于0时，F x 趋向于负无穷小，且F e 2 =4e 2+ae 2-1e 2=3e2+ae 2>0，故存在唯一的x 0∈0,e 2 ，使得F x 0 =0，即f x =x 有唯一解，所以此时f x 有唯一不动点；②当a <0时，即-1<a <0时，F 1 =2e 2+a +1>0，当x 趋向无穷大时，2e 2x 1+1x 21趋近于0，此时Fx 1 <0，存在唯一x 1∈0,+∞ ，使得F x 1 =2e 2x 1+a +1x 21=0，此时f x 在(0,x 1)上单调递增，在(x 1,+∞)上单调递减，故F x max =F x 1 =2e 2ln x 1+ax 1-1x 1=2e 2ln x 1-1x 1-2e 2-1x 1=2e 2ln x 1-2x 1-2e2，当x 趋近于0时，F x 趋向于负无穷大，当x 趋向正无穷大时，F x 趋向于负无穷大，设h x =2e 2ln x -2x -2e2，则h x在0,+∞ 上单调递增，且h e 2 =4e 2-2e 2-2e 2=0，又a =-1x 21-2e 2x 1在x 1∈0,+∞ 时单调递增，故(i )当F x max =2e 2ln x 1-2x 1-2e 2=0时，即x 1=e 2，此时a =-3e4，方程F x =0有一个解，即f x 有唯一不动点；(ii )当F x max =2e 2ln x 1-2x 1-2e 2<0shi ，即x 1<e 2，此时-1<a <-3e4，方程F x =0无解，即f x 无不动点；(iii )当F x max =2e 2ln x 1-2x 1-2e 2>0时，即x 1>e 2，此时-3e4<a <0，方程F x =0有两个解，即f x有两个不动点；综上，当a ≥0时或a =-3e 4时，f x 有唯一稳定点；当-1<a <-3e4时，f x 无稳定点；当-3e 4<a <0，f x 有两个稳定点；【跟踪训练】10已知y =f x 与y =g x 都是定义在0,+∞ 上的函数，若对任意x 1，x 2∈0,+∞ ，当x 1<x 2时，都有g x 1 ≤f x 1 -f x 2x 1-x 2≤g x 2 ，则称y =g x 是y =f x 的一个“控制函数”．(1)判断y =2x 是否为函数y =x 2x >0 的一个控制函数，并说明理由；(2)设f x =ln x 的导数为f x ，0<a <b ，求证：关于x 的方程f b -f ab -a=f x 在区间a ,b 上有实数解；(3)设f x =x ln x ，函数y =f x 是否存在控制函数？若存在，请求出y =f x 的所有控制函数；若不存在，请说明理由．【答案】(1)是，理由见解析；(2)证明见解析；(3)存在，y =ln x +1【详解】(1)对任意0<x 1<x 2，则x 21-x 22x1-x 2=x 1-x 2 x 1+x 2 x 1-x 2=x 1+x 2，且2x 1≤x 1+x 2≤2x 2，故y =2x 是函数y=x2x>0的一个控制函数；(2)因为0<a<b，则f b -f ab-a=ln b-ln ab-a=ln bab-a，则f b -f ab-a-1a=ln bab-a-1a，f b -f ab-a-1b =ln aba-b-1b，∵0<a<b，∴ba>1，0<ba<1，设y=ln x-x+1，x>0，在x>1上y =1x-1<0，在0<x<1上y =1x-1>0，则y=ln x-x+1在x>1单调递减，在0<x<1上单调递增，最大值y max=ln1-1+1=0，∵0<a<b，∴ba >1，0<ba<1，b-a>0，a-b<0，∴ln ba-ba+1<0，ln ab-ab+1<0，则ln ba-b-aa<0，∵b-a>0，∴ln bab-a-1a<0，即f b -f ab-a<1a，同理，lnab-a-bb<0，∵a-b<0，∴ln ab-a-b b >0，即f b -f ab-a>1b，综上：1b<f b -f ab-a<1a，fx =1x，在区间a,b上的值域为1 b ,1 a，则f b -f ab-a =f x 在区间a,b上有实数解.(3)①先证引理:对任意0<a<b，关于x的方程f(b)-f(a)b-a=f (x)在区间(a,b)上恒有实数解.这等价于ln a+1<b ln b-a ln ab-a <ln b+1⇔(ln a+1)(b-a)f t1 ，考虑到f (x)=ln x+1是值域为R的严格增函数，故存在t2>t1使得f t2 =g t1 .由(*)知存在c0∈t1,t2使得g t1 ≤f c0 ≤g t2 ，于是有f c0 ≥g t1 =f t2 ，由f (x)的单调性知c0≥t2，矛盾.故对任意x∈(0,+∞)都有g(x)≤f (x)，同理可证，对任意x∈(0,+∞)都有g(x)≥f (x)，从而g(x)=f (x).③(证控制函数的存在性)最后验证，g(x)=f (x)是y=f(x)的一个“控制函数”.对任意x1,x2∈(0,+∞)，当x1<x2时，都存在c∈x1,x2使得f x1-f x2x1-x2=f (c)，而由f (x)的单调性知f x1≤f (c)≤f x2，即g x1≤f x1-f x2x1-x2≤g x2.综上，函数y=f(x)存在唯一的控制函数y=ln x+1.11利用拉格朗日(法国数学家，1736-1813)插值公式，可以把二次函数F(x)表示成F(x)=d(x-b)(x-c) (a-b)(a-c)+e(x-a)(x-c)(b-a)(b-c)+f(x-a)(x-b)(c-a)(c-b)的形式.(1)若a=1，b=2，c=3，d=4，e<f，把F(x)的二次项系数表示成关于f的函数G(f)，并求G(f)的值域(此处视e为给定的常数，答案用e表示)；(2)若a<b<c，d>0，e<0，f>0，求证：a+b<d b2-c2+e c2-a2+f a2-b2d(b-c)+e(c-a)+f(a-b)<b+c.【答案】(1)-12e+2,+∞；(2)证明见解析．【详解】(1)由题意G (f )=d (a -b )(a -c )+e (b -a )(b -c )+f (c -a )(c -b )=4-1×(-2)+e1×(-1)+f 2×1=12f -e +2又f >e ，所以G (f )>12e -e +2=-12e +2．即G (f )的值域是-12e +2,+∞ ；(2)因为a 0，e <0，f >0，所以d (b -c )+e (c -a )+f (a -b )<0，(a +b )[d (b -c )+e (c -a )+f (a -b )]=d (b -c )(a +b )+e (c -a )(a +b )+f (a 2-b 2)=d (b -c )([(b +c )+(a -c )]+e (c -a )[(c +a )+(b -c )]+f (a 2-b 2)=d (b 2-c 2)+e (c 2-a 2)+f (a 2-b 2)+d (b -c )(a -c )+e (c -a )(b -c )因为a 0，e <0，f >0，所以d (b -c )(a -c )>0,e (c -a )(b -c )>0，所以(a +b )[d (b -c )+e (c -a )+f (a -b )]>d (b 2-c 2)+e (c 2-a 2)+f (a 2-b 2)，所以a +b <d b 2-c 2 +e c 2-a 2 +f a 2-b 2d (b -c )+e (c -a )+f (a -b )，(b +c )[d (b -c )+e (c -a )+f (a -b )]=d (b 2-c 2)+e (c-a )(b +c )+f (a -b )(b +c )=d (b 2-c 2)+e (c -a )(c -a +b -a )+f (a -b )(a +b +c -a )=d (b 2-c 2)+e (c 2-a 2)+f (a 2-b 2)+e (c -a )(b -a )+f (a -b )(c -a )因为a 0，e <0，f >0，所以e (c -a )(b -a )<0,f (a -b )(c -a )<0，所以(b +c )[d (b -c )+e (c -a )+f (a -b )]<d (b 2-c 2)+e (c 2-a 2)+f (a 2-b 2)，所以b +c >d b 2-c 2 +e c 2-a 2 +f a 2-b 2d (b -c )+e (c -a )+f (a -b )，综上，原不等式成立．12多元导数在微积分学中有重要的应用.设y 是由a ，b ，c ⋯等多个自变量唯一确定的因变量，则当a 变化为a +Δa 时，y 变化为y +Δy ，记lim Δa →0Δy Δa 为y 对a 的导数，其符号为d yda.和一般导数一样，若在a 1,a 2上，已知d y da >0，则y 随着a 的增大而增大；反之，已知d yda<0，则y 随着a 的增大而减小.多元导数除满足一般分式的运算性质外，还具有下列性质：①可加性：d y 1+y 2 da =d y 1da +d y 2da ；②乘法法则：d y 1y 2 da=y 2d y 1da +y 1d y 2da ；③除法法则：d y 1y 2da =y 2d y 1da -y 1d y2da y 22；④复合法则：d y 2da =d y 2d y 1⋅d y 1da .记y =e x +1e x 2ln x -12e x 2-ex -a .(e =2.7182818⋯为自然对数的底数)，(1)写出d y d x 和d yda的表达式；(2)已知方程y =0有两实根x 1,x 2，x 1<x 2.①求出a 的取值范围；②证明d x 1+x 2da >0，并写出x 1+x 2随a 的变化趋势.【答案】(1)d y d x =e x +2e x ln x -e ，d y da=-1；(2)①-12e ,1 ；②证明见解析，x 1+x 2随a 增大而减小【详解】(1)解：设f x =g a =e x +1e x 2ln x -12e x 2-ex -a ，则d y d x =lim Δx →0Δy Δx =lim Δx →0f x +Δx -f x Δx=fx =e x+2e x ln x -e ，同理d y da=g ′a =-1.(2)解：①由(1)，可得f x =e x +2ex ln x -e ，则f 1 =0，且x <1时，e x <e ，x ln x <0，f x <0即f x 单调递减，x >1时，f x >0即f x 单调递增，故f x ≥f 1 =-12e-a ，又由x →0时，x 2趋近于0的速度远远快于ln x 趋近于-∞的速度，故x 2ln x →0，f x →1-a ，因此只需1-a >0且-12e-a<0，即由零点存在性定理，x 1∈0,1 ，x 2>1，存在两个零点，故a ∈-12e ,1 ；②由d x 1+x 2 da =d x 1da +d x 2da =d x 1d y ⋅d y da +d x 2d y ⋅d y da =-d x 1d y +d x 2d y=-1d y d x 1+1d y d x 2 =-d yd x 1+d yd x 2d y d x 1⋅d y d x 2=-f x 1 +fx 2 f x 1 f x 2，由①可得f x 1 <0，f x 2 >0，故只需证明f x 1 +f x 2 >0，令x 1+x22=m ，设h x =f m +x -f m -x 0≤x ≤x 2-x 12 ，则h 0 =h x 2-x12=f x 2 -f x 1 =0，且h x =f m +x +f m -x ，则h x 2-x 12 =f x 1 +f x 2 ，又h x =f m +x -f m -x =e m +x +2eln m +x +1 -e m -x+2e ln m -x +1 单调递增，且h 0 =0，故h x ≥h 0 =0，h x 单调递增，则h x ≤h x 2-x 12，必然h x 2-x 12 =f x 1 +f x 2 >0，否则h x ≤0即h x 单调递减，不符合题意，h 0 =h x 2-x12=f x 2 -f x 1 =0，故原命题成立。

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导数压轴题训练1．（2014 湖南）. 22．（2014 湖南）..已知常数0a >,函数()()2ln 12xf x ax x =+-+. (1)讨论()f x 在区间()0,+∞上的单调性;(2)若()f x 存在两个极值点12,x x ,且()()120f x f x +>,求a 的取值范围.【答案】(1)详见解析【解析】解:(1)对函数()f x 求导可得()()24'12a f x ax x =-++()()()()2224112a x ax ax x +-+=++()()()224112ax a ax x --=++,因为()()2120ax x ++>,所以当10a -≤时,即1a ≥时,()'0f x ≥恒成立,则函数()f x 在()0,+∞单调递增,当1a ≤时,()()21'0a a f x x -=⇒=±,则函数()f x 在区间()210,a a ⎛⎫- ⎪ ⎝⎭单调递减,在()21a a ⎛⎫- ⎪+∞⎪⎝⎭单调递增的.(2) 解:(1)对函数()f x 求导可得()()24'12a f x ax x =-++()()()()2224112a x ax ax x +-+=++()()()224112ax a ax x --=++,因为()()2120ax x ++>,所以当10a -≤时,即1a ≥时,()'0f x ≥恒成立,则函数()f x 在()0,+∞单调递增,当1a <时,()()21'0a a f x x a-=⇒=±,则函数()f x 在区间()210,a a a ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭单调递减,在()21a a ⎫-⎪+∞⎪⎝⎭单调递增的.2.（20）（2014江苏）（本小题满分14分）已知函数x f x xae aR ，x R .已知函数y f x有两个零点12,x x ，且12x x .（Ⅰ）求a 的取值范围；（Ⅱ）证明21x x 随着a 的减小而增大；（Ⅲ）证明 12x x 随着a 的减小而增大.（2014四川卷）21（2014四川卷）．已知函数2()1x f x e ax bx =---，其中,a b R ∈，2.71828e =为自然对数的底数。

（1）设()g x 是函数()f x 的导函数，求函数()g x 在区间[0,1]上的最小值；（2）若(1)0f =，函数()f x 在区间(0,1)内有零点，求a 的取值范围解：（1）因为2()1x f x e ax bx =--- 所以()()2x g x f x e ax b '==-- 又()2x g x e a '=-因为[0,1]x ∈，1xe e ≤≤ 所以：①若12a≤，则21a ≤，()20xg x e a '=-≥，所以函数()g x 在区间[0,1]上单增，min ()(0)1g x g b ==-②若122ea <<，则12a e <<，于是当0ln(2)x a <<时()20x g x e a '=-<，当ln(2)1a x <<时()20x g x e a '=->，所以函数()g x 在区间[0,ln(2)]a 上单减，在区间[ln(2),1]a 上单增，min ()[ln(2)]22ln(2)g x g a a a a b ==--③若2e a≥，则2a e ≥，()20xg x e a '=-≤ 所以函数()g x 在区间[0,1]上单减，min ()(1)2g x g e a b ==--综上：()g x 在区间[0,1]上的最小值为min 11,,21()22ln(2),,222,,2b a e g x a a a b a e e a b a ⎧-≤⎪⎪⎪=--<<⎨⎪⎪--≥⎪⎩（2）由(1)0f =⇒10e a b ---=⇒1b e a =--，又(0)0f =若函数()f x 在区间(0,1)内有零点，则函数()f x 在区间(0,1)内至少有三个单调区间由（1）知当12a ≤或2ea ≥时，函数()g x 即()f x '在区间[0,1]上单调，不可能满足“函数()f x 在区间(0,1)内至少有三个单调区间”这一要求。

若122ea <<，则min ()22ln(2)32ln(2)1g x a a ab a a a e =--=--- 令3()ln 12h x x x x e =---（1x e <<）则1()ln 2h x x '=-。

由1()ln 02h x x x '=->⇒< 所以()h x在区间上单增，在区间)e 上单减max ()110h x h e e ==--=--<即min ()0g x <恒成立于是，函数()f x 在区间(0,1)内至少有三个单调区间⇔(0)20(1)10g e a g a =-+>⎧⎨=-+>⎩21a e a >-⎧⇒⎨<⎩又122ea << 所以21e a -<< 综上，a 的取值范围为(2,1)e -3.（2014陕西卷）.（本小题满分14分）设函数()ln(1),()'(),0f x x g x xf x x =+=≥，其中'()f x 是()f x 的导函数.11()(),()(()),n n g x g x g x g g x n N ++==∈，求()n g x 的表达式；（2）若()()f x ag x ≥恒成立，求实数a 的取值范围；（3）设n N +∈，比较(1)(2)()g g g n +++与()n f n -的大小，并加以证明.21.4.【2014年重庆卷（理20）】已知函数22()(,,)xx f x aebe cx a b c R -=--∈的导函数'()f x 为偶函数，且曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线的斜率为4c -. （1）确定,a b 的值；（2）若3c =，判断()f x 的单调性；（3）若()f x 有极值，求c的取值范围.解：（1）22'()22xx f x aebe c -=+-，由'()'()f x f x -=恒成立知：222242222(22)(22)0x x x x x ae be c ae be c a b e b a --+-=+-⇒-+-≡，故a b =另外'(0)2242f a b c c a b =+-=-⇒+= 联立解出1a b ==（2）此时222'()2232()10xx x x f x ee e e --=+-=-+>，故()f x 单调递增。

（3）等价于22'()220x xf x e ec -=+-=有非最值解，设20x t e =>，则等价于方程22t c t+=在0t >时有非最值解，由双钩函数知：22[4,)t t +∈+∞所以4c >，故c 的取值范围为(4,)+∞5.（2014山东）.( 本小题满分13分）设函数())ln 2(2x xk x e x f x +-=（k 为常数， 2.71828e =是自然对数的底数）（I ）当0k≤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。

()()()）。

的取值范围为（综上则）令（单调递增。

时，当单调递减；时，当则令时，当）解：（2,:1ln 0ln ln 2022,0)2(01)0(,01)0(ln ,)(2)(),2()()2,0(2,0)(0e 0,kx 0k )0())(2()12(2)(12ln 222''''x 3242'e e e ek k k k e k g e k k e g k e g g k g kx k e k e x g kx e x g x f x x f x x x f kx x xkx e x xx k x xe x e x f k x x x xx x >∴>∴<-=<∴>-=>-=>=<-===∴-=-=+∞∈∈∴==>-∴≤≤>--=+---⋅=6..（ 2014年课标I ） (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 >.请考生从第（22）、（23）、（24）三题中任选一题作答。

注意：只能做所选定的题目。

如果多做，则按所做的第一个题目计分，作答时请用2B 铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑。

．【解析】(Ⅰ) 设(),0Fc ，由条件知2233c =，得3c = 又3c a =，所以a=2，2221b a c =-= ,故E 的方程2214x y +=. ……….6分（Ⅱ）依题意当l x ⊥轴不合题意，故设直线l ：2y kx =-，设()()1122,,,P x y Q x y将2y kx =-代入2214x y +=，得()221416120k x kx +-+=，当216(43)0k ∆=->，即234k >时，21,22824314k k x k ±-=+ 从而2221224143114k k PQ k x x k +-=+-=+又点O 到直线PQ 的距离21d k =+，所以∆OPQ 的面积214432OPQk S d PQ ∆-== ，243k t -=，则0t >，244144OPQ t S t t t∆==≤++，当且仅当2t=，7k =±0∆>，所以当∆OPQ 的面积最大时，l 的方程为：72y x =- 或72y x =-. …………………………12分.。