2020年高考数学解答题核心：函数与导数综合问题(专项训练)(教师版)

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2020年高考数学(文)重难点专练06 函数与导数(解析版)

重难点06 函数与导数【命题趋势】在目前高考全国卷的考点中，导数板块常常作为压轴题的形式出现，这块部分的试题难度呈现非减的态势，因此若想高考中数学拿高分的同学，都必须拿下导数这块的内容.函数单调性的讨论、零点问题和不等式恒成立的相关问题（包含不等式证明和由不等式恒成立求参数取值范围）是出题频率最高的.对于导数内容，其关键在于把握好导数，其关键在于把握好导数的几何意义即切线的斜率，这一基本概念和关系，在此基础上，引申出函数的单调性与导函数的关系，以及函数极值的概念求解和极值与最值的关系以及最值的求解.本专题选取了有代表性的选择，填空题与解答题，通过本专题的学习熟悉常规导数题目的解题思路与解题套路，从而在以后的导数【满分技巧】对于导数的各类题型都是万变不离其宗，要掌握住导数的集中核心题型，即函数的极值问题，函数的单调性的判定.因为函数零点问题可转化为极值点问题，函数恒成立与存在性问题可以转化为函数的最值问题，函数不等式证明一般转化为函数单调性和最值求解，而函数的极值和最值是由函数的单调性来确定的.所以函数导数部分的重点核心就是函数的单调性.对于函数零点问题贴别是分段函数零点问题是常考题型，数形结合是最快捷的方法，在此方法中应学会用导数的大小去判断原函数的单调区间，进而去求出对应的极值点与最值.恒成立与存在性问题也是伴随着导数经典题型，对于选择题来说，恒成立问题可以采用选项中相对的特殊值的验证比较快捷准确，对于填空以及大题则采用对函数进行求导，从而判定出函数的最值.函数的极值类问题是解答题中的一个重难点，对于非常规函数，超出一般解方程的范畴类题目则采用特殊值验证法，特殊值一般情况下是0,1等特殊数字进行验证求解.【考查题型】选择题，填空，解答题21题【限时检测】（建议用时：90分钟）一、单选题1．（2019·山东高考模拟（文））函数f(x)=xsinx+ln|x|在区间[−2π,2π]上的大致图象为（）A ．B ．C ．D ．【答案】B 【分析】根据题意，分析函数的奇偶性可得函数f （x ）为偶函数，据此可以排除A 、D ；又由x →0时，x sin x +lnx ＜0，分析可得答案．【详解】根据题意，f （x ）＝x sin x +ln |x |，其定义域为{x |x ≠0}，有f （﹣x ）＝（﹣x ）sin （﹣x ）+ln |（﹣x ）|＝x sin x +ln |x |＝f （x ），即函数f （x ）为偶函数，在区间[﹣2π，0）∪（0，2π]上关于y 轴对称，排除A 、D ；又由x →0时，x sin x +lnx ＜0，排除C ；故选：B ．【点睛】本题考查函数图象的判断，考查函数的奇偶性，此类题目一般用排除法分析． 2．（2020·宁夏高三月考（文））已知e 为自然对数的底数，若对任意[]1,x e ∈，总存在唯一的[]1,1y ∈-，使得2ln 0yx y e a +-=成立，则实数a 的取值范围是（）A ．[]1,e B ．11,e e ⎛⎤+⎥⎝⎦C ．1,1e e ⎛⎤+ ⎥⎝⎦D ．11,1e e ⎛⎫++ ⎪⎝⎭【答案】B 【分析】构造函数ln y a x =-和()2e yf y y =，分别求出单调性和值域，即可得到关于a 的不等式11e a a e-⎧->⎨≤⎩，解出即可. 【详解】等式可化为，2e ln yy a x =-，构造函数ln y a x =-在[]1,e 单调递减，最小值为lne 1a a -=-，最大值为ln1a a -=，构造函数()2e yf y y =，求导()()22'2e e e2yyyf y y y y y =+=+，当[]1,0y ∈-时，()'0f y <，此时()f y 单调递减，当(]0,1y ∈时，()'0f y >，此时()f y 单调递增，则()11e f --=，()1e f =，()f y 的最小值为()00f =，因为对任意[]1,e x ∈，总存在唯一的[]1,1y ∈-，使得2ln e 0yx y a +-=成立，则11e a a e-⎧->⎨≤⎩，即1e 1e a -+<≤. 故答案为B.【点睛】本题考查了函数与方程的综合问题，考查了函数的单调性在解决综合题目的运用，考查了学生分析问题、解决问题的能力，属于难题.3．（2019·山东高考模拟（文））已知函数()f x 在R 上都存在导函数()f x '，对于任意的实数都有2()e ()x f x f x -=，当0x <时，()()0f x f x '+>，若e (21)(1)a f a f a +≥+，则实数a 的取值范围是( ) A ．20,3⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．2,03⎡⎤-⎢⎥⎣⎦C ．[0,)+∞D ．(,0]-∞【答案】B 【分析】先构造函数，再利用函数奇偶性与单调性化简不等式，解得结果. 【详解】令()()x g x e f x =，则当0x <时，()[()()]0xg x e f x f x ''=+>，又()()()()xx g x ef x e f xg x --=-==，所以()g x 为偶函数，从而()()211ae f a f a +≥+等价于211(21)(1),(21)(1)a a ef a e f ag a g a +++≥++≥+，因此22(|21|)(|1|),|21||1|,3200.3g a g a a a a a a -+≥-+-+≥-++≤∴-≤≤选B. 【点睛】本题考查利用函数奇偶性与单调性求解不等式，考查综合分析求解能力，属中档题. 4．（2019·广东高考模拟（文））己知函数()xf x e ex a =-+与()1ln g x x x=+的图像上存在关于x 轴对称的点，则实数a 的取值范围为（） A ．[),e -+∞ B ．[)1,-+∞ C ．(],1-∞- D ．(],e -∞- 【答案】C 【分析】由已知，得到方程1(ln )xe ex a x x-+=-+在(0,)+∞上有解，构造函数，求出它的值域，得到a 的取值范围. 【详解】若函数()e ex x f x a =-+与()1ln g x x x=+的图象上存在关于x 轴对称的点，则方程1(ln )xe ex a x x-+=-+在(0,)+∞上有解，即1ln xa ex e x x =---在(0,)+∞上有解，令1()ln xh x ex e x x =---，则22111'()x xx h x e e e e x x x-=--+=-+，所以当01x <<时，'()0h x >，当1x >时，'()0h x <，所以函数()h x 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，所以()h x 在1x =处取得最大值011e e ---=-，所以()h x 的值域为(,1]-∞-，所以a 的取值范围是(,1]-∞-，故选C.【点睛】：该题考查的是有关根据两个函数图象上存在过于x 轴对称的点求参数的取值范围的问题，在解题的过程中，注意关于x 轴对称的两点的坐标的关系式横坐标相等，纵坐标互为相反数，之后构造新函数，求函数的值域的问题，属于中档题目.5．（2019·河南高考模拟（文））已知函数()21,0log ,0x x f x x x -≤⎧=⎨>⎩，若关于x 的方程()()f f x m =只有两个不同的实根，则m 的取值范围为（）A ．[]1,2B ．[)1,2C ．[]0,1D ．[)0,1【答案】D 【分析】由题，先求出()()f f x 的函数解析式，再画出其图像，由数形结合可得结果.【详解】()()()()2222log 1,01log ,01log log ,1x x f f x x x x x ⎧-≤⎪=-<≤⎨⎪>⎩，画出函数图像，因为关于x 的方程()()ff x m =有两个不同的实根12,x x，所以120,2,0 1.x x m ≤<故选D【点睛】本题考查了函数性质，解析式的求法以及函数的图像，求其解析式以及画出函数图像是解题的关键，属于较难题.二、解答题6．（2020·广东高三期末（文））已知函数()ln (,f x ax x b a b =+为实数)的图像在点()()1,1f 处的切线方程为1y x =-.（1）求实数,a b 的值及函数()f x 的单调区间；（2）设函数()()1f x g x x+=，证明()()1212()g x g x x x =<时， 122x x +>.【答案】(1)1,0a b == ;函数()f x 的单调递减区间为10,e ⎛⎫⎪⎝⎭，单调递增区间为1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭;(2)详见解析. 【详解】试题分析：（1）由题得()()1ln f x a x '=+，根据曲线()f x 在点()()1,1f 处的切线方程，列出方程组，求得,a b 的值，得到()f x 的解析式，即可求解函数的单调区间；（2）由（1）得 ()1ln g x x x =+根据由()()12g x g x =，整理得212121-ln 0x x x x x x =>，设21t(1)x t x =>，转化为函数1u(t)t 2ln t t=--的最值，即可作出证明. 试题解析：（1）由题得，函数()f x 的定义域为()0,∞+，()()x a 1lnx f =+，因为曲线()f x 在点()()1,f 1处的切线方程为y x 1=-，所以()()'1111b 0f a f aln ⎧==⎪⎨=+=⎪⎩，，解得a 1,b 0==.令()x 1lnx 0f =+=，得1x e=，当10x e <<时， ()h x 0'<， ()f x 在区间10,e ⎛⎫⎪⎝⎭内单调递减；当1x e >时， ()h x 0'>， ()f x 在区间1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭内单调递增. 所以函数()f x 的单调递减区间为10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭，单调递增区间为1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.（2）由（1）得， ()()f x 11g x lnx xx+==+. 由()()1212g x g x (x x )=<，得121211lnx lnx x x +=+，即212121x -x x ln 0x x x =>. 要证，需证()21212121x -x x x x 2ln x x x +>，即证212121x x x 2ln x x x ->，设21x t(t 1)x =>，则要证212121x x x2ln x x x ->，等价于证： 1t 2lnt(t 1)t->>. 令1u(t)t 2lnt t =--，则()22121u't 110t t t ⎛⎫=+-=-> ⎪⎝⎭，∴()u t 在区间()1,+∞内单调递增， ()()u t u 10>=, 即1t 2lnt t->，故12x x 2+>. 7．（2019·河北高考模拟（文））已知函数()ln xf x ax a x-＝－，a R ∈．（1）若1x =是()f x 的极值点，求a 并讨论()f x 的单调性；（2）若1e x <<时，()0f x ≤，求a 的取值范围．【答案】（1）见解析；（2）1(1)a e e ≤-【分析】（1）求出原函数的导函数，结合()10f '=求得a ，代入导函数，得到()f x '，再由2ln 1y x x =+-在()0,∞+上单调递增，且()10f '=，可得当01?x <<时，()0f x '<，()f x 单调递减；当1x >时，()0f x '>，()f x 单调递增；（2）由 ()0f x ≤，得()ln 1x a x x ≤-，令()()ln 1xg x x x =-，利用二次求导可得其最小值，则.a .的范围可求．【详解】（1）()2221ln ln 1x ax x f x a x x -+-=-='，0x >. 因为1x =是()f x 的极值点，所以()10f '=，可得1a =．所以()ln 1x f x x x =--，()22ln 1x x f x x'+-=. 因为2ln 1y x x =+-在()0,∞+上单调递增，且1x =时，0y =，所以01x <<时，2ln 10x x +-<，()0f x '<，()f x 单调递减；1x >时， 2ln 10x x +->，()0f x '>，()f x 单调递增．故()f x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增．（2）由()0f x ≤得()ln 10xa x x--≤，因为1x e <<，所以()ln 1xa x x ≤-.设()()ln 1xg x x x =-，则()()()22121ln 1x x x g x x x ----'=.令()()121h x x x lnx =---，则()()111212ln 2ln 1h x x x x x x=--⋅='---，显然()h x '在()0,∞+内单调递减，且()10h '=，所以1x e <<时，()0h x '<，()h x 单调递减，则()()10h x h <=，即()0g x '<，所以()g x 在()1,e 内单减，从而()()()11g x g e e e >=-.所以()11a e e ≤-.【点睛】：本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性，由()0f x '>，得函数单调递增，()0f x '<得函数单调递减；考查恒成立问题，正确分离参数是关键，也是常用的一种手段．通过分离参数可转化为()a h x >或()a h x <恒成立，即()max a h x >或()min a h x <即可，利用导数知识结合单调性求出()max h x 或()min h x 即得解.8．（2019·山东高考模拟（文））已知函数()()21ln (0)2a f x x x x a =--+>. （1）讨论()f x 的单调性；（2）若1a e <<，试判断()f x 的零点个数.【答案】（1）当1a =时，()f x 在()0,∞+上是增函数，当01a <<，()f x 在()0,1上是增函数，在11,a ⎛⎫⎪⎝⎭上是减函数，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上是增函数，当1a >时，()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上是增函数，在1,1a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上是减函数，在()1,+∞上是增函数；（2）1 【解析】（1）对()f x 求导后对a 进行分类讨论，找到()0f x '>和()0f x '<的区间，即为()f x 的单调区间.（2）由（1）可知1a e <<时，()f x 有极大值1f a ⎛⎫⎪⎝⎭和极小值()1f ，研究他们的正负，并且找到令()0f x >的点，根据零点存在定理，找出零点个数. 【详解】（1）函数()f x 的定义域为()0,+∞，()()()()11111x ax f x a x x x--=--+='，令()0f x '=，则11x =，21x a=，（i ）若1a =，则()0f x '≥恒成立，所以()f x 在()0,+∞上是增函数，（ii ）若01a <<，则11a>，当()0,1x ∈时，()0f x '>，()f x 是增函数，当11,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<，()f x 是减函数，当1,x a ⎛⎫∈+∞⎪⎝⎭时，()0f x '>，()f x 是增函数，（iii ）若1a >，则101a<<，当10,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，()f x 是增函数，当1,1x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<，()f x 是减函数，当()1,x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 是增函数，综上所述：当1a =时，()f x 在()0,+∞上是增函数，当01a <<，()f x 在()0,1上是增函数，在11,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上是减函数，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上是增函数，当1a >时，()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上是增函数，在1,1a ⎛⎫⎪⎝⎭上是减函数，在()1,+∞上是增函数；（2）当1a e <<时，()f x 在10,a ⎛⎫⎪⎝⎭上是增函数，在1,1a⎛⎫ ⎪⎝⎭上是减函数，在()1,+∞上是增函数，所以()f x 的极小值为()110f =-<，()f x 的极大值为2111111ln ln 1222a a f a a a aa a ⎛⎫⎛⎫=--+=--- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭, 设()1ln 122a g a a a=---，其中()1,a e ∈， ()()2222211112102222a a a g a a a a a--+='=+-=>, 所以()g a 在()1,e 上是增函数，所以()()e 1e 2022e g a g <=--<，因为()()2114414ln494ln4ln40222a f =--+>⨯-+=+>，所以有且仅有1个()01,4x ∈，使()00f x =.所以当1a e <<时，()f x 有且仅有1个零点.【点睛】：本题考查利用导数求函数的单调区间，极值、最值，以及函数的图像和零点问题，涉及分类讨论的数学思想，题目比较综合，属于难题.9．（2019·安徽高考模拟（文））已知函数22()3ln ()f x x ax a x a R =-+∈. （Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）若对于任意的2x e ≥（e 为自然对数的底数），()0f x ≥恒成立，求a 的取值范围. 【答案】（I ）当0a ≤时， ()f x 的单调递增区间为()0,∞+，无单调递减区间；当0a > 时，()f x 的单调递增区间为0,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭和(),a +∞，单调递减区间是,2a a ⎛⎫⎪⎝⎭；（II ）)22,,2e e ⎛⎤⎡-∞⋃+∞ ⎥⎣⎝⎦ 【分析】（Ⅰ）求出()'f x ，分两种情况讨论，在定义域内，分别令()'0f x >求得x 的范围，可得函数()f x 增区间，()'0f x <求得x 的范围，可得函数()f x 的减区间；（Ⅱ）对a 分四种情况讨论，分别利用导数求出函数()f x 最小值的表达式，令()f x 最小值不小于零，即可筛选出符合题意的a 的取值范围. 【详解】（Ⅰ）()f x 的定义域为()0,∞+.()22223'23a x ax a f x x a x x -+=-+=()()2x a x a x--=. （1）当0a ≤时，()'0f x >恒成立，()f x 的单调递增区间为()0,∞+，无单调递减区（2）当0a >时，由()'0f x >解得()0,,2a x a ⎛⎫∈⋃+∞ ⎪⎝⎭，由()'0f x <解得,2a x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭. ∴()f x 的单调递增区间为0,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭和(),a +∞，单调递减区间是,2a a ⎛⎫⎪⎝⎭. （Ⅱ）①当0a ≤时，()'0f x >恒成立，()f x 在()0,∞+上单调递增，∴()()2422320f x f eeae a ≥=-+≥恒成立，符合题意.②当0a >时，由（Ⅰ）知，()f x 在0,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭、(),a +∞上单调递增，在,2a a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减.（i ）若202ae <≤，即22≥a e 时，()f x 在2,2a e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭上单调递增，在,2a a ⎡⎫⎪⎢⎣⎭上单调递减，在(),a +∞上单调递增.∴对任意的实数2x e ≥，()0f x ≥恒成立，只需()20f e ≥，且()0f a ≥.而当22≥a e 时，()()()2224222320f e a ae e a e a e =-+=--≥且()()22223ln ln 20f a a a a a a a =-+=-≥成立.∴22≥a e 符合题意. （ii ）若22ae a <≤时，()f x 在)2,e a ⎡⎣上单调递减，在[),a +∞上单调递增.∴对任意的实数2x e ≥，()0f x ≥恒成立，只需()0f a ≥即可，此时()()22223ln ln 20f a a a a a aa =-+=-≥成立，∴222e a e ≤<符合题意.（iii ）若2e a >，()f x 在)2,e ⎡+∞⎣上单调递增.∴对任意的实数2x e ≥，()0f x ≥恒成立，只需()2422320f e e ae a =-+≥，即()()()2422223220f e e ae a a e a e =-+=--≥，∴202e a <≤符合题意.综上所述，实数a 的取值范围是)22,,2e e ⎛⎤⎡-∞⋃+∞ ⎥⎣⎝⎦. 【点睛】：本题主要考查利用导数研究函数的单调性、求函数的最值以及不等式恒成立问题，属于难题．不等式恒成立问题常见方法：① 分离参数()a f x ≥恒成立(()max a f x ≥即可)或()a f x ≤恒成立（()min a f x ≤即可）；② 数形结合(()y f x = 图象在()y g x =上方即可)；③ 讨论最值()min 0f x ≥或()max 0f x ≤恒成立；④ 讨论参数，排除不合题意的参数范围，筛选出符合题意的参数范围.10．（2019·广东高考模拟（文））已知函数()21f x lnx x ax 2=+-，a R ∈是常数． (Ⅰ)证明：曲线()y f x =在x 1=处的切线经过定点；(Ⅱ)证明：函数()f x 有且仅有一个零点．【答案】（Ⅰ）30,2⎛⎫- ⎪⎝⎭；（Ⅱ）见解析. 【分析】(Ⅰ)求出函数的导函数，求出切线的斜率，推出切线方程，然后求解直线经过的定点． (Ⅱ)讨论函数的单调性，结合零点存在定理，推出零点的个数．【详解】(Ⅰ()1)f x x a,x=+-' 曲线()y f x =在x 1=处的切线为()()()y f 1f 1x 1,='-- 即()()1y a 2a x 12⎛⎫--=--⎪⎝⎭，()3y 2a x 2=--当x 0=时，3y 2=-，即切线过定点30,.2⎛⎫-⎪⎝⎭(Ⅱ())1当a 2≤时，()1f'x x a 2a 0,x=+-≥-≥ ()f x 单调递增，根据对数函数与幂函数性质，当x 是充分小的正数时，()f x 0<，当x 是充分大的正数时，()f x 0>，所以，()f x 有且仅有一个零点,()2当a 2>时，解()1f'x x a 0x =+-=得，1a x 2-=，2a x 2+=()2221a 1a a a 1f x ln (ln (a 1222228-=+-=--，1=<，所以()1f x 0,< 所以，任意(]2x 0,x ∀∈，()f x 0<，()f x 在区间(]20,x 无零点,取0x 2a 1=+，则0x e >，()()00001f x lnx x x 2a 02=+->，所以，()f x 在区间()20x ,x 有零点,由()f x 的单调性知，()f x 在区间()2x ,∞+有且仅有一个零点综上所述，函数()f x 有且仅有一个零点.【点睛】：本题考查函数的导数的应用，函数的极值以及函数的单调区间的求法，考查转化思想以及计算能力．11．（2019·河北高三月考（文））已知函数()ln 1()x mf x x m R e=+-∈，其中无理数e 2.718=L .（Ⅰ）若函数()f x 有两个极值点，求m 的取值范围；（Ⅱ）若函数3211()(2)32xg x x e mx mx =--+的极值点有三个，最小的记为1x ，最大的记为2x ，若12x x 的最大值为1e，求12x x +的最小值.【答案】（Ⅰ）(),e +∞；（Ⅱ）11e e +-. 【解析】分析：（Ⅰ）先对函数()f x 求导，构造()xx e mx ϕ=-，则函数()f x 有两个极值点等价于()x ϕ 0=有两个不等的正实根，对函数()x ϕ求导，然后对1m ≤和1m >进行讨论，可得函数()x ϕ的单调性，结合()01ϕ=，即可求得m 的取值范围；（Ⅱ）对函数()g x 求导，由()x 有三个极值点，则()'g x 有三个零点，1为一个零点，其他两个则为()x ϕ的零点，结合（Ⅰ），可得()x ϕ的两个零点即为()g x 的最小和最大极值点1x ，2x ，即1212,,x x e mx e mx ⎧=⎨=⎩，令12x t x =，由题知10t e <≤，则()121ln 1t t x x t ++=-，令()()1ln 1t t h t t +=-，利用导数研究函数()h t 的单调性，从而可求得()h t 的最小值即12x x +的最小值.详解：（Ⅰ）()1'x x xm e mxf x x e xe -=-=，令()xx e mx ϕ=-，0x >，∵()f x 有两个极值点∴()x ϕ 0=有两个不等的正实根 ∵()'xx e m ϕ=-∴当1m ≤时，()'0x ϕ>，()x ϕ在()0,+∞上单调递增，不符合题意．当1m >时，当()0,ln x m ∈时，()'0x ϕ<，当()ln ,x m ∈+∞时，()'0x ϕ>， ∴()x ϕ在()0,ln m 上单调递减，在()ln ,m +∞上单调递增．又∵()01ϕ=，当x →+∞时，()x ϕ→+∞ ∴()ln ln 0m m m m ϕ=-< ∴m e >综上，m 的取值范围是(),e +∞．（Ⅱ）()()()()()()2'111xx g x ex mx mx x e mx x x ϕ=--+=--=-．∵()g x 有三个极值点∴()'g x 有三个零点，1为一个零点，其他两个则为()x ϕ的零点，由（Ⅰ）知m e >.∵()10e m ϕ=-<∴()x ϕ的两个零点即为()g x 的最小和最大极值点1x ，2x ，即1212,,x xe mx e mx ⎧=⎨=⎩. ∴1212x x x e x -= 令12x t x =，由题知10t e<≤. ∴()2221t x tx x t e e --==，2ln 1t x t =-，1ln 1t tx t =- ∴()121ln 1t t x x t ++=-令()()1ln 1t th t t +=-，10t e <≤，则()()212ln '1t t t h t t --=-，令()12ln m t t t t =--，则()22121'110m t t t t ⎛⎫=+-=-> ⎪⎝⎭．∴()m t 在10,e⎛⎤ ⎥⎝⎦上单调递增 ∴()1120m t m e e e⎛⎫≤=-+< ⎪⎝⎭ ∴()h t 在10,e⎛⎤ ⎥⎝⎦上单调递减∴()1111111e e h t h e e e⎛⎫-+ ⎪+⎛⎫⎝⎭≥==⎪-⎝⎭- 故12x x +的最小值为11e e +-．【点睛】：本题考查了函数的单调性问题，考查了导数的应用以及分类讨论思想，转化与化归思想，逻辑推理能力与计算能力.导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，求得曲线的切线方程及参数的值；(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题；(4)考查数形结合思想的应用．12．（2019·广东高考模拟（文））已知函数()()11ln x f x e a x x -=--+ (a R ∈，e 是自然对数的底数).（1）设()g x =()f x ' (其中()f x '是()f x 的导数)，求()g x 的极小值；（2）若对[)1,x ∈+∞，都有()1f x ≥成立，求实数a 的取值范围．【答案】(Ⅰ) 2a -(Ⅱ) (] 2-∞，【分析】(Ⅰ)求出()g x '，分别令()'0g x >求得x 的范围，可得函数()g x 增区间，()'0g x <求得x 的范围，可得函数()g x 的减区间，结合单调性可求得函数的极值；(Ⅱ)由(Ⅰ)知，()f x '在()1+∞，上单调递增，在(0，1)上单调递减，()()12f x f a ''≥=-.讨论当2a ≤时，当2a >时两种情况，分别利用对数以及函数的单调性，求出函数最值，从而可筛选出符合题意的实数a 的取值范围. 【详解】(Ⅰ)()()()110x g x f x ea x x -=+-'=>，()121x g x e x --'=. 令()()()1210x x g x e x x ϕ-=-'=>，∴()1320x x e xϕ-'=+>，∴()g x '在()0+∞，上为增函数，()10g '=. ∵当()01x ∈，时，()0g x '<；当()1x ∈+∞，时，()0g x '>， ∴()g x 的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为()1+∞，， ∴()()12g x g a ==-极小.(Ⅱ)由(Ⅰ)知，()f x '在()1+∞，上单调递增，在(0，1)上单调递减， ∴()()12f x f a ''≥=-.当2a ≤时，()0f x '≥，()f x 在[)1+∞，上单调递增，()()11f x f ≥=，满足条件；当2a >时，()120f a ='-<.又∵()ln 11ln 10ln 1ln 1af a e a a a +=-+=>++'，∴()01ln 1x a ，∃∈+，使得()00f x '=，此时，()01x x ∈，，()0f x '<；()0ln 1x x a ∈+，，()0f x '>， ∴()f x 在()01x ，上单调递减，()01x x ∈，，都有()()11f x f <=，不符合题意. 综上所述，实数a 的取值范围为(]2-∞，. 【点睛】：本题主要考查利用导数求函数的极值以及不等式恒成立问题，属于难题．不等式恒成立问题常见方法：① 分离参数()a f x ≥恒成立(()max a f x ≥即可)或()a f x ≤恒成立（()min a f x ≤即可）；② 数形结合(()y f x = 图象在()y g x = 上方即可)；③ 讨论最值()min 0f x ≥或()max 0f x ≤恒成立；④ 讨论参数，排除不合题意的参数范围，筛选出符合题意的参数范围.。

2020高考冲刺数学总复习压轴解答：函数、不等式与导数的综合问题(附答案及解析)

专题三压轴解答题第六关函数、不等式与导数的综合问题【名师综述】1.本专题在高考中的地位导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出 2．本专题在高考中的命题方向及命题角度从高考来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用【考点方向标】方向一用导数研究函数的性质典例1．（2020·山东高三期末）已知函数21()2ln (2)2f x x a x a x =+-+．（1）当1a =时，求函数()f x 的单调区间；（2）是否存在实数a ，使函数34()()9g x f x ax x =++在(0,)+∞上单调递增？若存在，求出a 的取值范围；若不存在，请说明理由．【举一反三】（2020·云南昆明一中高三期末（理））已知函数2()(1)xx f x e ax e =-+⋅，且()0f x …. （1）求a ；（2）证明：()f x 存在唯一极大值点0x ，且()0316f x <.方向二导数、函数与不等式典例2．（2020·四川省泸县第二中学高三月考）已知函数()sin f x x ax =-.（1）对于(0,1)x ∈，()0f x >恒成立，求实数a 的取值范围；（2）当1a =时，令()()sin ln 1h x f x x x =-++，求()h x 的最大值；（3）求证：1111ln(1)1231n n n+<+++⋅⋅⋅++-*()n N ∈.【举一反三】（2020·黑龙江哈尔滨三中高三月考）已知111123S n =++⋅⋅⋅+，211121S n =++⋅⋅⋅+-，直线1x =，x n =，0y =与曲线1y x=所围成的曲边梯形的面积为S .其中n N ∈，且2n ≥.（1）当0x >时，()ln 11axx ax x <+<+恒成立，求实数a 的值；（2）请指出1S ，S ，2S 的大小，并且证明；（3）求证：131112lnln 3132313n i n n i i i =+⎛⎫<+-< ⎪+--⎝⎭∑.方向三恒成立及求参数范围问题典例3．（2020·天津高三期末）已知函数()2ln h x ax x =-+. （1）当1a =时，求()h x 在()()2,2h 处的切线方程；（2）令()()22a f x x h x =+，已知函数()f x 有两个极值点12,x x ，且1212x x >，求实数a 的取值范围；（3）在（2）的条件下，若存在012x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，使不等式()()()()20ln 1112ln 2f x a m a a ++>--++对任意a （取值范围内的值）恒成立，求实数m 的取值范围.【举一反三】（2020·江苏高三专题练习）已知函数()(32)xf x e x =-，()(2)g x a x =-，其中,a x R ∈. （1）求过点(2,0)和函数()y f x =的图像相切的直线方程；（2）若对任意x ∈R ，有()()f x g x ≥恒成立，求a 的取值范围；（3）若存在唯一的整数0x ，使得00()()f x g x <，求a 的取值范围.【压轴选编】1．（2020·山西高三开学考试）已知函数()()()222ln ,2ln f x x ax a x a R g x x x x =--+∈=-.（1）讨论()f x 的单调性；（2）求证：当1a =时，对于任意()0,x ∈+∞，都有()()f x g x <.2．（2020·河南鹤壁高中高三月考）已知函数2()ln (0,)a xf x x a a R x a=++≠∈ （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）设1()2a x g x x a a=+-+，当0a >时，证明：()()f x g x ≥.3．（2020·四川石室中学高三月考）已知函数()22ln f x x x =-+．（1）求函数()f x 的最大值；（2）若函数()f x 与()ag x x x=+有相同极值点． ①求实数a 的值；①若对于121,,3x x e ⎡⎤∀∈⎢⎥⎣⎦（e 为自然对数的底数），不等式()()1211f xg x k -≤-恒成立，求实数k 的取值范围．4．（2020·江西高三）已知函数()()ln f x x x a b =++，曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线为210x y --=.（1）求a ，b 的值；（2）若对任意的()1,x ∈+∞，()()1f x m x ≥-恒成立，求正整数m 的最大值.5．（2020·江西高三）已知函数()e 2xf x m x m =--.（1）当1m =时，求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程；（2）若()0f x >在(0,)+∞上恒成立，求m 的取值范围．6．（2020·江西高三）已知函数()()2xf x x e =-.（1）求()f x 的单调区间；（2）证明：对任意的()0,x ∈+∞，不等式()2ln 6xf x x x >-恒成立.7．（2020·四川高三月考）已知函数21()(32)()2xf x m e x m R =--∈. （1）若0x =是函数()f x 的一个极值点，试讨论()ln ()()h x b x f x b R =+∈的单调性；（2）若()f x 在R 上有且仅有一个零点，求m 的取值范围.8．（2020·山西高三）已知函数()2ln 21f x a x x =-+（其中a R ∈）. （1）讨论函数()f x 的极值；（2）对任意0x >，2()2f x a ≤-恒成立，求a 的取值范围.9．（2020·北京高三期末）已知函数()2xf x x e =（1）求()f x 的单调区间；（2）过点()1,0P 存在几条直线与曲线()y f x =相切，并说明理由；（3）若()()1f x k x ≥-对任意x ∈R 恒成立，求实数k 的取值范围.10．（2020·全国高三专题练习）已知函数()()33114ln 10f f x ax x x '=--的图象在点()()1,1f 处的切线方程为100++=x y b . （1）求a ，b 的值；（2）若()13f x m >对()0,x ∈+∞恒成立，求m 的取值范围.11．（2020·天津静海一中高三月考）已知函数()ln 1()f x ax x a R =--∈．（1）讨论()f x 的单调性并指出相应单调区间；（2）若21())1(2g x x x x f ---=，设()1212,x x x x <是函数()g x 的两个极值点，若32a ≥，且()()12g x g x k -≥恒成立，求实数k 的取值范围．12.（2020·山东高三期末）已知函数()()2sin ln 12x f x x x =+-+.（1）证明：()0f x ≥；（2）数列{}n a 满足：1102a <<，()1n n a f a +=（n *∈N ）. （①）证明：1102a <<（n *∈N ）；（①）证明：n *∀∈N ，1n n a a +<.13．（2020·四川三台中学实验学校高三开学考试）已知函数()ln f x x x a =+，()ln ,g x x ax a =-∈R . （1）求函数()f x 的极值；（2）若10a e<<，其中e 为自然对数的底数，求证：函数()g x 有2个不同的零点；（3）若对任意的1x >，()()0f x g x +>恒成立，求实数a 的最大值.14．（2020·河北高三期末）已知函数()f x 满足:①定义为R ；①2()2()9xx f x f x e e+-=+-. （1）求()f x 的解析式；（2）若12,[1,1]x x ∀∈-；均有()()21122(2)61x a x x f x -+-+-…成立，求a 的取值范围；（3）设2(),(0)()21,(0)f x x g x x x x >⎧=⎨--+≤⎩，试求方程[()]10g g x -=的解.15．（2020·湖南高三月考）已知函数2()()af x x ax a R x=+-∈. （1）当1a =且1x >-时，求函数()f x 的单调区间；（2）当21e a e ≥+时，若函数2()()ln g x f x x x =--的两个极值点分别为1x 、2x ，证明12240()()1g x g x e <-<+.16．（2020·江西高三期末）已知函数2()x f x e ax x =--（e 为自然对数的底数）在点(1,(1))f 的切线方程为(3)y e x b =-+. （1）求实数,a b 的值；（2）若关于x 的不等式4()5f x m >+对于任意(0,)x ∈+∞恒成立，求整数m 的最大值.17．（2020·江西高三期末）已知函数()()()2,xf x x m e nxm n R =--∈在1x =处的切线方程为y ex e =-.（1）求,m n 的值；（2）当0x >时，()3f x ax -…恒成立，求整数a 的最大值.18．（2020·河南高三期末）已知函数()()ln 1mxf x x x m=+-+，()1,0x ∈-. （1）若1m =，判断函数()f x 的单调性并说明理由；（2）若2m ≤-，求证：关于x 的不等式()()()21xx m f x e x-+⋅<-在()1,0-上恒成立.19．（2020·江西高三月考）已知函数32()32f x x x x =-+，()g x tx t R =∈，，()xe x xφ=. （1）求函数()()y f x x φ=⋅的单调增区间；（2）令()()()h x f x g x =-，且函数()h x 有三个彼此不相等的零点0m n ，，，其中m n <. ①若12m n =，求函数()h x 在x m =处的切线方程； ①若对[]x m n ∀∈，，()16h x t ≤-恒成立，求实数M 的取值范围.专题三压轴解答题第六关函数、不等式与导数的综合问题【名师综述】1.本专题在高考中的地位导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出 2．本专题在高考中的命题方向及命题角度从高考来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用【考点方向标】方向一用导数研究函数的性质典例1．（2020·山东高三期末）已知函数21()2ln (2)2f x x a x a x =+-+．（1）当1a =时，求函数()f x 的单调区间；（2）是否存在实数a ，使函数34()()9g x f x ax x =++在(0,)+∞上单调递增？若存在，求出a 的取值范围；若不存在，请说明理由．【答案】（1）()f x 的单调递增区间为(]0,1和[)2,+∞，单调递减区间为()1,2（2）存在,724a ≥ 【解析】（1）当1a =时，21()2ln 3(0)2f x x x x x =+->．所以2()3f x x x '=+-=232(2)(1)x x x x x x-+--=令()0f x '≥，则01x <≤或2x ≥，令()0f x '<，则12x <<，所以()f x 的单调递增区间为(]0,1和[)2,+∞，单调递减区间为()1,2 （2）存在724a ≥，满足题设，因为函数34()()9g x f x ax x =++=23142ln 229x a x x x +-+所以224()23a g x x x x '=+-+，要使函数()g x 在0,∞（+）上单调递增，224()20,(0,)3a g x x x x x '=+-≥+∈+∞，即3243660x x x a +-+≥，(0,)x ∈+∞⇔324366x x xa +-≥-，(0,)x ∈+∞ 令32436()6x x x h x +-=，(0,)x ∈+∞，则2()21(21)(1)h x x x x x '=+-=-+，所以当10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '<，()h x 在10,2⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，当1,2x ⎛⎫∈+∞⎪⎝⎭时，()0h x '>，()h x 在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，所以12x =是()h x 的极小值点，也是最小值点，且17224h ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，∴324366x x x+--在(0,)+∞上的最大值为724．所以存在724a ≥，满足题设．【举一反三】（2020·云南昆明一中高三期末（理））已知函数2()(1)xx f x e ax e =-+⋅，且()0f x …. （1）求a ；（2）证明：()f x 存在唯一极大值点0x ，且()0316f x <. 【答案】（1）1a =；（2）证明见解析. 【解析】（1）因为()()ee 10xxf x ax =--≥,且e0x>,所以e 10x ax --≥,构造函数()e 1xu x ax =--,则()'e xu x a =-,又()00u =,若0a ≤,则()'0u x >,则()u x 在R 上单调递增,则当0x <时,()0u x <矛盾,舍去；若01a <<,则ln 0a <,则当ln 0a x <<时,'()0u x >,则()u x 在(ln ,0)a 上单调递增,则()()ln 00u a u <=矛盾,舍去；若1a >,则ln 0a >,则当0ln x a <<时,'()0u x <,则()u x 在(0,ln )a 上单调递减,则()()ln 00u a u <=矛盾,舍去；若1a =,则当0x <时,'()0u x <,当0x >时,'()0u x >, 则()u x 在(,0)-∞上单调递减,在(0,)+∞上单调递增, 故()()00u x u ≥=,则()()e 0xf x u x =⋅≥,满足题意；综上所述,1a =.（2）证明:由（1）可知()()2e 1e xxf x x =-+⋅,则()()'e2e 2xxf x x =--,构造函数()2e 2xg x x =--,则()'2e 1xg x =-,又()'g x 在R 上单调递增,且()'ln20g -=,故当ln2x <-时,)'(0g x <,当ln 2x >-时,'()0g x >, 则()g x 在(,ln 2)-∞-上单调递减,在(ln 2,)-+∞上单调递增,又()00g =,()2220e g -=>,又33233332223214e 16e 022e 2e 8e 2e g --⎛⎫-=-==< ⎪⎝⎭+, 结合零点存在性定理知,在区间3(2,)2--存在唯一实数0x ,使得()00g x =, 当0x x <时,()'0f x >,当00x x <<时,()'0f x <,当0x >时,()'0f x >, 故()f x 在()0,x -∞单调递增,在()0,0x 单调递减,在()0,∞+单调递增,故()f x 存在唯一极大值点0x ,因为()0002e 20xg x x =--=,所以00e 12xx =+, 故()()()()022200000011e1e 11112244x x x x f x x x x ⎛⎫⎛⎫=-+=+-++=-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,因为0322x -<<-,所以()201133144216f x ⎛⎫<--+<⎪⎝⎭. 方向二导数、函数与不等式典例2．（2020·四川省泸县第二中学高三月考）已知函数()sin f x x ax =-. （1）对于(0,1)x ∈，()0f x >恒成立，求实数a 的取值范围；（2）当1a =时，令()()sin ln 1h x f x x x =-++，求()h x 的最大值；（3）求证：1111ln(1)1231n n n+<+++⋅⋅⋅++-*()n N ∈. 【答案】（1）sin1a ≤.（2）max ()(1)0h x h ==.（3）见解析.【解析】（1）由()0f x >，得：sin 0x ax ->，因为01x <<，所以sin xa x<，令sin ()x g x x=，()2cos sin 'x x xg x x -=，再令()cos sin m x x x x =-，()'cos sin cos sin 0m x x x x x x x =--=-<，所以()m x 在()0,1上单调递减，所以()()0m x m <，所以()'0g x <，则()g x 在()0,1上单调递减，所以()(1)sin1g x g >=，所以sin1a ≤. （2）当1a =时，()sin f x x x =-， ①()ln 1h x x x =-+，()11'1x h x x x-=-=，由()'0h x =，得：1x =，当()0,1x ∈时，()'0h x >，()h x 在()0,1上单调递增；当()1,x ∈+∞时，()'0h x <，()h x 在()1,+∞上单调递减； ①()max (1)0h x h ==.（3）由（2）可知，当()1,x ∈+∞时，()0h x <，即ln 1x x <-，令1n x n +=，则11ln1n n n n ++<-，即()1ln 1ln n n n+-<，分别令1,2,3,,n n =L 得，()11ln 2ln11,ln 3ln 2,,ln 1ln 2n n n-<-<+-<L ，将上述n 个式子相加得：()()*111ln 1121n n N n n+<++++∈-L . 【举一反三】（2020·黑龙江哈尔滨三中高三月考）已知111123S n =++⋅⋅⋅+，211121S n =++⋅⋅⋅+-，直线1x =，x n =，0y =与曲线1y x=所围成的曲边梯形的面积为S .其中n N ∈，且2n ≥.（1）当0x >时，()ln 11axx ax x <+<+恒成立，求实数a 的值；（2）请指出1S ，S ，2S 的大小，并且证明；（3）求证：131112lnln 3132313n i n n i i i =+⎛⎫<+-< ⎪+--⎝⎭∑. 【答案】（1）1；（2）12S S S <<，证明见解析；（3）见解析【解析】（1）由已知得0a ≤时，不合题意，所以0a >.()ln 11axx x <++恒成立，即()()()1ln 10ax x x x <++>恒成立. 令()()()1ln 1m x x x ax =++-，()()'ln 11m x x a =++-. 当1a ≤时，()m x 在()0,∞+上为增函数，此时()0m x >成立.当1a >时，()m x 在()10,1a e --上为减函数，不合题意，所以1a ≤.令()()ln 1n x ax x x =-+，()1'1n x a x =-+，当1a ≥时，()n x 在()0,∞+上为增函数，此时()0n x >，()ln 1x ax +<恒成立.当01a <<时，()n x 在10,1a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上为减函数，不合题意，所以1a ≥.综上得1a =. （2）由（1）知()()ln 101x x x x x <+<>+.令1x i =，得111ln 11i i i⎛⎫<+< ⎪+⎝⎭，从而11111111ln 112321n i n i n -=⎛⎫+++<+<+++ ⎪-⎝⎭∑L L ，又因为11ln nS dx n x==⎰，则12S S S <<. （3）由已知111232313ni i i i =⎛⎫+- ⎪--⎝⎭∑1111111123323n n ⎛⎫⎛⎫+++⋅⋅⋅+-++++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝=⎭L 111123n n n =++⋅⋅⋅+++，因为111ln 11i i i⎛⎫<+< ⎪+⎝⎭，所以 111111ln 1ln 1ln 1123123n n n n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++>++++++ ⎪ ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭L L 31ln1n n +=+， 111123ln ln ln 123131n n n n n n n n n ++⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++<+++ ⎪ ⎪ ⎪+++-⎝⎭⎝⎭⎝⎭L L ln 3=.从而131112lnln 3132313n i n n i i i =+⎛⎫<+-< ⎪+--⎝⎭∑. 方向三恒成立及求参数范围问题典例3．（2020·天津高三期末）已知函数()2ln h x ax x =-+. （1）当1a =时，求()h x 在()()2,2h 处的切线方程；（2）令()()22a f x x h x =+，已知函数()f x 有两个极值点12,x x ，且1212x x >，求实数a 的取值范围；（3）在（2）的条件下，若存在0122x ⎡⎤∈+⎢⎥⎣⎦，使不等式()()()()20ln 1112ln 2f x a m a a ++>--++对任意a （取值范围内的值）恒成立，求实数m 的取值范围. 【答案】（1）322ln 220x y +-+=（2）()1,2（3）1,4⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦【解析】()1当1a =时，()()12ln ,'2h x x x h x x=-+=-+2x =时，()()3'2,24ln 22h h =-=-+()h x ∴在()()2,2h 处的切线方程为()34ln 222y x +-=--，化简得：322ln 220x y +-+= ()2对函数求导可得，()()221'0ax ax f x x x-+=>，令()'0f x =，可得2210ax ax -+=20440112a a a a ⎧⎪≠⎪∴->⎨⎪⎪>⎩，解得a 的取值范围为()1,2 ()3由2210ax ax -+=，解得1211x x ==+而()f x 在()10,x 上递增，在()12,x x 上递减，在()2,x +∞上递增12a <<Q211x ∴=+<()f x ∴在122⎡⎤+⎢⎥⎣⎦单调递增 ∴在1,22⎡⎤+⎢⎥⎣⎦上，()()max 22ln 2f x f a ==-+012x ⎡⎤∴∃∈⎢⎥⎣⎦，使不等式()()()()20ln 1112ln 2f x a m a a ++>--++对a M ∀∈恒成立等价于不等式2(2ln 2ln 1112))()n (l 2a a m a a -+++>--++恒成立即不等式2()ln 1ln 210a ma a m +--+-+>对任意的()12a a <<恒成立令()()2ln 1ln 21g a a ma a m =+--+-+，则()()121210,'1ma a m g g a a ⎛⎫-++ ⎪⎝⎭==+ ①当0m ≥时，()()'0,g a g a <在()1,2上递减()()10g a g <=不合题意①当0m <时，()1212'1ma a m g a a ⎛⎫-++ ⎪⎝⎭=+ 12a <<Q若1112m ⎛⎫-+> ⎪⎝⎭，即104m -<<时，则()g a 在()1,2上先递减 ()10g =Q12a ∴<<时，()0g a >不能恒成立若111,2m ⎛⎫-+≤ ⎪⎝⎭即14m ≤-，则()g a 在()1,2上单调递增 ()()10g a g ∴>=恒成立m ∴的取值范围为1,4⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦【举一反三】（2020·江苏高三专题练习）已知函数()(32)xf x e x =-，()(2)g x a x =-，其中,a x R ∈. （1）求过点(2,0)和函数()y f x =的图像相切的直线方程；（2）若对任意x ∈R ，有()()f x g x ≥恒成立，求a 的取值范围；（3）若存在唯一的整数0x ，使得00()()f x g x <，求a 的取值范围. 【答案】（1）2y x =-，8833918y e x e =-.（2）8319a e ≤≤.（3）345[,1)(7,5]3a e e e∈⋃. 【解析】（1）设切点为()00,x y ，()()'31xf x e x =+，则切线斜率为()0031x e x +，所以切线方程为()()000031x y y e x x x -=+-，因为切线过()2,0，所以()()()000032312x x ex e x x --=+-，化简得200380x x -=，解得080,3x =. 当00x =时，切线方程为2y x =-，当083x =时，切线方程为8833918y e x e =-. （2）由题意，对任意x R ∈有()()322xe x a x -≥-恒成立，①当(),2x ∈-∞时，()()323222x x maxe x e x a a x x ⎡⎤--≥⇒≥⎢⎥--⎣⎦，令()()322x e x F x x -=-，则()()()2238'2x e x xF x x -=-，令()'0F x =得0x =，()()max 01F x F ==，故此时1a ≥.①当2x =时，恒成立，故此时a R ∈. ①当()2,x ∈+∞时，()()min323222x x e x e x a a x x ⎡⎤--≤⇒≤⎢⎥--⎣⎦，令()8'03F x x =⇒=，()83min 893F x F e ⎛⎫== ⎪⎝⎭，故此时839a e ≤.综上：8319a e ≤≤.（3）因为()()f x g x <，即()()322xex a x -<-，由（2）知()83,19,a e ⎛⎫∈-∞⋃+∞ ⎪⎝⎭，令()()322x e x F x x -=-，则当(),2x ∈-∞，存在唯一的整数0x 使得()()00f x g x <，等价于()322x e x a x -<-存在唯一的整数0x 成立，因为()01F =最大，()513F e -=，()11F e =-，所以当53a e<时，至少有两个整数成立，所以5,13a e ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭. 当()2,x ∈+∞，存在唯一的整数0x 使得()()00f x g x <，等价于()322x e x a x ->-存在唯一的整数0x 成立，因为83893F e ⎛⎫= ⎪⎝⎭最小，且()337F e =，()445F e =，所以当45a e >时，至少有两个整数成立，所以当37a e ≤时，没有整数成立，所有(347,5a e e ⎤∈⎦.综上：(345,17,53a e e e ⎡⎫⎤∈⋃⎪⎦⎢⎣⎭. 【压轴选编】1．（2020·山西高三开学考试）已知函数()()()222ln ,2ln f x x ax a x a R g x x x x =--+∈=-.（1）讨论()f x 的单调性；（2）求证：当1a =时，对于任意()0,x ∈+∞，都有()()f x g x <. 【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】（1）由题意()f x 的定义域为()0,∞+，且()()()222222x a x a a x ax a f x x a x x x--+--+'=--+==，当0a =时，()20f x x '=-<；当0a >时，2a x >时，()0f x '<；02ax <<时，()0f x '>；当0a <时，x a >-时，()0f x '<；0x a <<-时，()0f x '>；综上所述，当0a =时，()f x 在()0,∞+上为减函数；当0a >时，()f x 在0,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上为增函数，在,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上为减函数；当0a <时，()f x 在()0,a -上为增函数，在(),a -+∞上为减函数. （2）要证()()f x g x <，即证()21ln 0x x x -+>，当12x =时，不等式显然成立；当12x >时，即证ln 021x x x +>-；当102x <<时，即证ln 021xx x +<-；令()ln 21x F x x x =+-，则()()()()()22411112121x x F x x x x x ---'=+=--，当12x >时，在1,12⎛⎫⎪⎝⎭上()0F x '<，()F x 为减函数；在()1,+∞上()0F x '>，()F x 为增函数，①()()min 110F x F ==>，①ln 021xx x +>-.当102x <<时，在10,4⎛⎫ ⎪⎝⎭上()0F x '>，()F x 为增函数；在11,42⎛⎫⎪⎝⎭上()0F x '<，()F x 为减函数， ①()max 111ln 0442F x F ⎛⎫==-<⎪⎝⎭，①ln 021x x x +<-，综上所述，当0x >时，()()f x g x <成立.2．（2020·河南鹤壁高中高三月考）已知函数2()ln (0,)a xf x x a a R x a=++≠∈ （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）设1()2a x g x x a a=+-+，当0a >时，证明：()()f x g x ≥. 【答案】（1）见解析；（2）证明见解析【解析】（1）22121(2)()()a x a x a f x x x a ax+-'=-+= 当0a >时，()0f x x a '>⇒>，()00f x x a '<⇒<<当0a <时，()002f x x a '>⇒<<-，()02f x x a '<⇒>- ①0a >时，()f x 在(0,)a 上递减，在(,)a +∞递增 0a <时，()f x 在(0,2)a -上递增，在(2,)a -+∞递减（2）设1()()()ln 2a F x f x g x x x a=-=++- 则221()(0)a x aF x x x x x-'=-=> Q 0a >，(0,)x a ∴∈时，()0F x '<，()F x 递减(,)x a ∈+∞，()0,F x '>()F x 递增，1()()ln 1F x F a a a∴≥=+-设1()ln 1h x x x =+-，(0)x >,则22111()(0)x h x x x x x-'=-=>1x >时，()0,h x '>时，()h x 递增， 01x <<时，()0h x '<，∴()h x 递减()(1)0h x h ∴≥=，()()0F a h a ∴=≥()0F x ∴≥，即()()f x g x ≥3．（2020·四川石室中学高三月考）已知函数()22ln f x x x =-+．（1）求函数()f x 的最大值；（2）若函数()f x 与()ag x x x=+有相同极值点． ①求实数a 的值；①若对于121,,3x x e ⎡⎤∀∈⎢⎥⎣⎦（e 为自然对数的底数），不等式()()1211f xg x k -≤-恒成立，求实数k 的取值范围．【答案】（①）()11f =-；（①）（①）1；（①）()34 ,2ln31,3⎛⎤-∞-+⋃+∞ ⎥⎝⎦．【解析】（1）22(1)(1)()2(0)x x f x x x x x+-'=-+=->，由()0{0f x x >>'得01x <<，由()0{0f x x <>'得1x >，①()f x 在(0,1)上为增函数，在(1,)+∞上为减函数， ①函数()f x 的最大值为(1)1f =-；（2）①()a g x x x=+，①2()1a g x x =-'，（①）由（1）知，1x =是函数()f x 的极值点，又①函数()f x 与()ag x x x=+有相同极值点， ①1x =是函数()g x 的极值点，①(1)10g a =-='，解得1a =，经检验，当1a =时，函数()g x 取到极小值，符合题意；（①）①211()2f e e =--，(1)1f =-，(3)92ln 3f =-+， ①2192ln 321e -+<--<-，即1(3)()(1)f f f e <<，①1[,3]x e∀∈，min max ()(3)92ln 3,()(1)1f x f f x f ==-+==-，由（①）知1()g x x x =+，①21()1g x x =-'，当1[,1)x e∈时，()0g x '<，当(1,3]x ∈时，()0g x '>，故()g x 在1[,1)e 为减函数，在(1,3]上为增函数，①11110(),(1)2,(3)333g e g g e e =+==+=，而11023e e <+<，①1(1)()(3)g g g e <<，①1[,3]x e ∀∈，min max 10()(1)2,()(3)3g x g g x g ====，①当10k ->，即1k >时，对于121,[,3]x x e ∀∈，不等式12()()11f xg x k -≤-恒成立12max 1[()()]k f x g x ⇔-≥-12max [()()]1k f x g x ⇔≥-+，①12()()(1)(1)123f x g x f g -≤-=--=-，①312k ≥-+=-，又①1k >，①1k >， ①当10k -<，即1k <时，对于121,[,]x x e e ∀∈，不等式12()()11f xg x k -≤-，12min 1[()()]k f x g x ⇔-≤-12min [()()]1k f x g x ⇔≤-+，①121037()()(3)(3)92ln 32ln 333f x g x f g -≥-=-+-=-+，①342ln 33k ≤-+，又①1k <， ①342ln 33k ≤-+．综上，所求的实数k 的取值范围为34(,2ln 3](1,)3-∞-+⋃+∞． 4．（2020·江西高三）已知函数()()ln f x x x a b =++，曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线为210x y --=.（1）求a ，b 的值；（2）若对任意的()1,x ∈+∞，()()1f x m x ≥-恒成立，求正整数m 的最大值. 【答案】（1）1a =，0b =；（2）3【解析】（1）由()()ln f x x x a b =++得：()ln 1f x x a '=++ 由切线方程可知：()1211f =-=()112f a '∴=+=，()11f a b =+=，解得：1a =，0b =（2）由（1）知()()ln 1f x x x =+则()1,x ∈+∞时，()()1f x m x ≥-恒成立等价于()1,x ∈+∞时，()ln 11x x m x +≤-恒成立令()()ln 11x x g x x +=-，1x >，则()()2ln 21x x g x x --'=-. 令()ln 2hx x x =--，则()111x h x x x-'=-=∴当()1,x ∈+∞时，()0h x '>，则()h x 单调递增()31ln30h =-<Q ，()422ln20h =-> ()03,4x ∴∃∈，使得()00h x =当()01,x x ∈时，()0g x '<；()0,x x ∈+∞时，()0g x '>()()()000min0ln 11x x g x g x x +∴==-()000ln 20h x x x =--=Q 00ln 2x x ∴=- ()()()()0000min 0213,41x x g x g x x x -+∴===∈-()03,4m x ∴≤∈，即正整数m 的最大值为35．（2020·江西高三）已知函数()e 2xf x m x m =--.（1）当1m =时，求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程；（2）若()0f x >在(0,)+∞上恒成立，求m 的取值范围．【答案】（1）y x =-；（2）[2,)+∞【解析】（1）因为1m =,所以()e 21xf x x =--,所以()e 2xf x '=-,则(0)0,(0)1f f '==-,故曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程为y x =-.（2）因为()e 2x f x m x m =--,所以()e 2xf x m '=-,①当2m ≥时,()0f x '>在(0,)+∞上恒成立,则()f x 在(0,)+∞上单调递增,从而()(0)0f x f >=成立,故2m ≥符合题意; ①当02m <<时,令()0f x '<,解得20lnx m <<,即()f x 在20,ln m ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减,则2ln(0)0f f m ⎛⎫<= ⎪⎝⎭,故02m <<不符合题意; ①当0m ≤时,0()e 2x f x m '-<=在(0,)+∞上恒成立,即()f x 在(0,)+∞上单调递减,则()(0)0f x f <=,故0m ≤不符合题意.综上,m 的取值范围为[2,)+∞. 6．（2020·江西高三）已知函数()()2x f x x e =-.（1）求()f x 的单调区间；（2）证明：对任意的()0,x ∈+∞，不等式()2ln 6xf x x x >-恒成立.【答案】（1）单调递增区间为()1,+?，单调递减区间为(),1-∞（2）证明见解析【解析】（1）因为()()2x f x x e =-，所以()()1x f x x e '=-，令()0f x ¢>，解得1x >；令()0f x ¢<，解得1x <.故()f x 的单调递增区间为()1,+?，单调递减区间为(),1-∞.（2）要证()2ln 6xf x x x >-，只需证()ln 32x f x x>-.由（1）可知()()min 1f x f e ==-.令()ln 3(0)2x h x x x =->，则()21ln 2xh x x -'=，令()21ln 0ln 102xh x x x e x-'=>⇒<⇒<<，所以当()0,x e ∈时，()0h x '>，()h x 单调递增；当(),x e ∈+∞时，()0h x '<，()h x 单调递减，则()()max 132h x h e e==-. 因为 2.71828e =⋅⋅⋅，所以 2.75e ->-，所以1133 2.7524e -<-=-，从而132e e->-，则当0x >时，()()min max f x h x >.故当0x >时，()()f x h x >恒成立，即对任意的()0,x ∈+∞，()2ln 6xf x x x >-.7．（2020·四川高三月考）已知函数21()(32)()2xf x m e x m R =--∈. （1）若0x =是函数()f x 的一个极值点，试讨论()ln ()()h x b x f x b R =+∈的单调性；（2）若()f x 在R 上有且仅有一个零点，求m 的取值范围.【答案】（1）当0b …时，()h x 在(0,)+∞上单调递减；当0b >时，()h x 在上单调递增，在)+∞上单调递减；（2）2222,333e ⎧⎫⎛⎫++∞⋃⎨⎬⎪⎩⎭⎝⎭. 【解析】（1）()(32)xf x m e x '=--，因为0x =是函数()f x 的一个极值点，则(0)320f m '=-=，所以23m =，则21()ln (0)2h x b x x x =->，当2()b b x h x x x x-'=-=，当0b …时，()0h x '…恒成立，()h x 在(0,)+∞上单调递减，当0b >时，2()000h x b x x '>⇒->⇒<<所以()h x 在上单调递增，在)+∞上单调递减. 综上所述：当0b …时，()h x 在(0,)+∞上单调递减；当0b >时，()h x 在上单调递增，在)+∞上单调递减. （2）()f x 在R 上有且仅有一个零点，即方程2322x x m e -=有唯一的解，令2()2xx g x e=，可得(2)()0,()2xx x g x g x e -'>=，由(2)()02xx x g x e -'==，得0x =或2x =，（1）当0x …时，()0g x '…，所以()g x 在(,0]-∞上单调递减，所以()(0)0g x g =…，所以()g x 的取值范围为[0,)+∞. （2）当02x <<时，()0g x '>，所以()g x 在(0,2)上单调递增，所以0()(2)g x g <<，即220()g x e<<，故()g x 的取值范围为220,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭. （3）当2x …时，()0g x '…，所以()g x 在[2,)+∞上单调递减，所以(0)()(2)g g x g <…，即220()g x e <…，即()g x 的取值范围为220,e ⎛⎤ ⎥⎝⎦. 所以，当320m -=或2232m e ->，即23m =或22233m e >+时，()f x 在R 上有且只有一个零点，故m 的取值范围为2222,333e ⎧⎫⎛⎫++∞⋃⎨⎬⎪⎩⎭⎝⎭. 8．（2020·山西高三）已知函数()2ln 21f x a x x =-+（其中a R ∈）. （1）讨论函数()f x 的极值；（2）对任意0x >，2()2f x a ≤-恒成立，求a 的取值范围.【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2）[1,)+∞ 【解析】（1）()f x 的定义域为(0,)+∞，2'()2af x x=-， ①当0a ≤时，'()0f x <，所以()f x 在(0,)+∞上是减函数，()f x 无极值. ①当0a >时，令'()0f x =，得x a =，在(0,)a 上，'()0f x >，()f x 是增函数；在(,)a +∞上，'()0f x <，()f x 是减函数. 所以()f x 有极大值()2ln 21f a a a a =-+，无极小值.（2）由（1）知，①当0a ≤时，()f x 是减函数，令2a x e =，则0(0,1]x ∈，222220()(2)21(2)320a a f x a a e a e --=-+--=->，不符合题意，①当0a >时，()f x 的最大值为()2ln 21f a a a a =-+，要使得对任意0x >，2()(1)f x a ≤-恒成立，即要使不等式22ln 212a a a a -+≤-成立，则22ln 230a a a a --+≤有解.令2()2ln 23(0)g a a a a a a =--+>，所以'()2ln 2g a a a =-令()'()2ln 2h a g a a a ==-，由22'()0ah a a-==，得1a =. 在(0,1)上，'()0h a >，则()'()h a g a =在(0,1)上是增函数；在(1,)+∞上，'()0h a <，则()'()h a g a =在(1,)+∞上是减函数. 所以max ()(1)20h a h ==-<，即'()0g a <，故()g a 在(0,)+∞上是减函数，又(1)0g =，要使()0g a ≤成立，则1a ≥，即a 的取值范围为[1,)+∞. 9．（2020·北京高三期末）已知函数()2xf x x e =（1）求()f x 的单调区间；（2）过点()1,0P 存在几条直线与曲线()y f x =相切，并说明理由；（3）若()()1f x k x ≥-对任意x ∈R 恒成立，求实数k 的取值范围.【答案】（1）增区间为(),2-∞-，()0,∞+，单调减区间为()2,0-；（2）三条切线，理由见解析；（3）0,2⎡+⎣ 【解析】（1）()()()222xxf x x x e x x e '==++，()0f x '>得，2x <-或0x >；()0f x '<得，20x -<<；所以()f x 的单调增区间为(),2-∞-，()0,∞+；单调减区间为()2,0-；（2）过()1,0P 点可做()f x 的三条切线；理由如下：设切点坐标为()0200,x x x e，所以切线斜率()()00002xx x k x e f '=+= 所以过切点的切线方程为：()()002200002x x x e x x e x y x -=+-，切线过()1,0P 点，代入得()()0022*******x x x e x x e x -=+-，化简得(0000x x x x e=，方程有三个解，00x =，0x =0x 所以过()1,0P 点可做()f x 的三条切线. （3）设()()21xg x x e k x -=-，①0k =时，因为20x ≥，0x e >，所以显然20x x e ≥对任意x ∈R 恒成立； ①k 0<时，若0x =，则()()0001f k k =>-=-不成立，所以k 0<不合题意.①0k >时，1x ≤时，()()210xg x x e k x -=->显然成立，只需考虑1x >时情况；转化为21xx e k x ≥-对任意()1,x ∈+∞恒成立令()21xx e h x x =-（1x >），则()min k h x ≤，()()()(()2222(2)111xx xx x x ex x e x x e h x x x +--'==--，当1x <<时，()0h x '<，()h x 单调减；当x >()0h x '>，()h x 单调增；所以()(min 2h x h==+=所以(2k ≤+综上所述，k 的取值范围(0,2+⎡⎣. 10．（2020·全国高三专题练习）已知函数()()33114ln 10f f x ax x x '=--的图象在点()()1,1f 处的切线方程为100++=x y b . （1）求a ，b 的值；（2）若()13f x m >对()0,x ∈+∞恒成立，求m 的取值范围. 【答案】（1）13a =,403=-b ；（2）2642ln 2<-m【解析】（1）()()23114310f f x ax x''=--, 因为()f x 在()()1,1f 处的切线方程为100++=x y b ,即10y x b =--,此时切线斜率10k =-,则()3(1)13141010f f a k ''=--==-,解得13a =,所以()()333101114ln 314ln 3103f x x x x x x x ⨯-=--=+-, 所以()31110113114ln13333f =⨯+⨯-=+=,则10103b =--,解得403=-b（2）由（1）知()31314ln 3f x x x x =+-, ()32143143x x f x x x x+-'=+-=, 设函数()()33140g x xx x =+->,则()2330g x x '=+>,所以()g x 在()0,∞+为增函数,因为()20g =,令()0g x <,得02x <<；令()0g x >,得2x >, 所以当02x <<时,()0f x '<；当2x >时,()0f x '>, 所以()()3min 126223214ln 214ln 233f x f ==⨯+⨯-=-, 从而12614ln 233<-m ,即2642ln 2<-m 11．（2020·天津静海一中高三月考）已知函数()ln 1()f x ax x a R =--∈．（1）讨论()f x 的单调性并指出相应单调区间；（2）若21())1(2g x x x x f ---=，设()1212,x x x x <是函数()g x 的两个极值点，若32a ≥，且()()12g x g x k -≥恒成立，求实数k 的取值范围．【答案】（1）答案见解析（2）15,2ln 28⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦【解析】（1）由()ln 1f x ax x =--，(0,)x ∈+∞，则11()ax f x a x x'-=-=，当0a ≤时，则()0f x '≤，故()f x 在(0,)+∞上单调递减；当0a >时，令1()0f x x a'=⇒=，所以()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增．综上所述：当0a ≤时，()f x 在(0,)+∞上单调递减；当0a >时，()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增．（2）①21()ln (1)2g x x x a x =+-+， 21(1)1()(1)x a x g x x a x x-++'=+-+=, 由()0g x '=得2(1)10x a x -++=，①121x x a +=+，121=x x ，①211x x =①32a ≥①111115210x x x x ⎧+≥⎪⎪⎨⎪<<⎪⎩解得1102x <≤.①()()()()222112121211221111ln(1)2ln 22x g x g x x x a x x x x x x ⎛⎫-=+--+-=-- ⎪⎝⎭. 设22111()2ln 022h x x x x x ⎛⎫⎛⎫=--<≤ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，则()2233121()0x h x x x x x '--=--=<,①()h x 在10,2⎛⎤ ⎥⎝⎦上单调递减；当112x =时，min 115()2ln 228h x h ⎛⎫==- ⎪⎝⎭. ①152ln 28k ≤-，即所求k 的取值范围为15,2ln 28⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦.12.（2020·山东高三期末）已知函数()()2sin ln 12x f x x x =+-+.（1）证明：()0f x ≥；（2）数列{}n a 满足：1102a <<，()1n n a f a +=（n *∈N ）. （①）证明：1102a <<（n *∈N ）；（①）证明：n *∀∈N ，1n n a a +<.【答案】（1）证明见解析（2）（i ）证明见解析（ii ）证明见解析【解析】（1）由题意知，()1cos 1f x x x x'=+-+，()1,x ∈-+∞，当()1,0x ∈-时，()1101f x x x x'<+-<<+，所以()f x 在区间()1,0-上单调递减，当()0,x ∈+∞时，()()g x f x '=，因为()()()22111sin 011g x x x x '=+->>++所以()g x 在区间()0,∞+上单调递增，因此()()00g x g >=，故当()0,x ∈+∞时，()0f x '>，所以()f x 在区间()0,∞+上单调递增，因此当()1,x ∈-+∞时，()()00f x f ≥=，所以()0f x ≥ （2）（①）()f x 在区间10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，()()00f x f >=，因为881288311111C C 147122224e ⎛⎫⎛⎫=+=+++>++=> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭L ，故83318ln ln ln 022e ⎛⎫-=-< ⎪⎝⎭，所以()1113131131sin ln sin ln 18ln 22826822822f x f π⎛⎫⎛⎫<=+-<+-=+-<⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭因此当10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()01f x <<，又因为110,2a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以()()()()()()12110,2n n n a f a ff a f f f a --⎛⎫====∈ ⎪⎝⎭LL L（①）函数()()h x f x x =-（102x <<），则()()11cos 11h x f x x x x''=-=+--+，令()()x h x ϕ='，则()()0x g x ϕ''=>，所以()x ϕ在区间10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增；因此()()111217cos 1cos 0222326h x x ϕϕ⎛⎫'=≤=+--=-<⎪⎝⎭，所以()h x 在区间10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，所以()()00h x h <=，因此()()10n n n n n a a f a a g a +-=-=<，所以x *∀∈N ，1n n a a +<13．（2020·四川三台中学实验学校高三开学考试）已知函数()ln f x x x a =+，()ln ,g x x ax a =-∈R . （1）求函数()f x 的极值；（2）若10a e<<，其中e 为自然对数的底数，求证：函数()g x 有2个不同的零点；（3）若对任意的1x >，()()0f x g x +>恒成立，求实数a 的最大值. 【答案】（1）极小值为1a e-+；无极大值（2）证明过程见解析；（3）2. 【解析】（1）函数()f x 的定义域为0x >，因为()ln f x x x a =+，所以()ln 1f x x =+‘，当1x e >时，()0f x >‘，所以函数()f x 单调递增；当10x e<<时，()0f x <‘，所以函数()f x 单调递减，因此1e是函数()f x 的极小值，故函数()f x 的极值为极小值，值为11()f a e e =-+；无极大值（2）函数()g x 的定义域为0x >，因为()ln ,g x x ax =-所以'1()g x a x=-，因为10a e <<，所以当1x a >时，'()0g x <，因此函数()g x 是递减函数，当10x a<<时，'()0g x >，。

(名师导学)2020版高考数学总复习第三章导数及其应用第18讲导数与函数的综合问题练习文(含解析)

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第18讲导数与函数的综合问题夯实基础【p43】【学习目标】掌握利用导数求解与不等式和方程有关的技巧和方法，会利用导数求解实际生活中的优化问题，提高分析问题和解决问题的能力．【基础检测】1．已知定义在R上的函数f错误!的图象如图所示，则x·f′错误!〉0的解集为( )A.错误!∪错误!B.错误!C。

错误! D。

错误!∪错误!【解析】不等式x·f′(x)〉0等价为当x〉0时，f′（x）>0，即x>0时,函数递增,此时1<x〈2；或者当x<0时，f′(x）<0,即x<0时，函数递减，此时x〈0。

综上1<x<2或x<0，即不等式的解集为(－∞，0)∪(1，2)，故选A.【答案】A2．若a〉0，b>0，且函数f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1处有极值，则ab的最大值等于( )A．3 B．6 C．9 D．2【解析】∵f′（x）＝12x2－2ax－2b，又因为在x＝1处有极值，∴f′（1)＝0，a＋b＝6，∵a＞0，b＞0，∴ab≤错误!错误!＝9，当且仅当a＝b＝3时取等号．所以ab的最大值等于9。

2020高考北师大版文科数学-高考大题专项(一) 导数的综合应用

高考大题专项(一)导数的综合应用突破1导数与函数的单调性1.已知函数f(x)=13x3-a(x2+x+1).(1)若a=3,求f(x)的单调区间;(2)略.当a=3时,f(x)=13x3-3x2-3x-3,f'(x)=x2-6x-3.令f'(x)=0,解得x=3-2√3或x=3+2√3.当x∈(-∞,3-2√3)∪(3+2√3,+∞)时,f'(x)>0;当x∈(3-2√3,3+2√3)时,f'(x)<0.故f(x)在(-∞,3-2√3),(3+2√3,+∞)上是增加的,在(3-2√3,3+2√3)上是减少的.2.已知函数f(x)=e x-ax2.(1)若a=1,证明:当x≥0时,f(x)≥1;(2)略.当a=1时,f(x)≥1等价于(x2+1)e-x-1≤0.设函数g(x)=(x2+1)e-x-1,则g'(x)=-(x2-2x+1)e-x=-(x-1)2e-x.当x≠1时,g'(x)<0,所以g(x)在(0,+∞)上是减少的.而g(0)=0,故当x≥0时,g(x)≤0,即f(x)≥1.3.已知函数f(x)=1x-x+a ln x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)略.f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=-12-1+a=-x2-ax+12.①若a≤2,则f'(x)≤0,当且仅当a=2,x=1时f'(x)=0,所以f(x)在(0,+∞)上是减少的.②若a>2,令f'(x)=0得,x=a-√a 2-42或x=a+√a2-42.当x∈(0,a-√a2-42)∪a+√a2-42,+∞时,f'(x)<0;当x∈a-√a2-42,a+√a2-42时,f'(x)>0.所以f(x)在(0,a-√a2-42),(a+√a2-42,+∞)上是减少的,在(a-√a2-42,a+√a2-42)上是增加的.4.(2019山东潍坊三模,21)已知函数f (x )=x 2+a ln x-2x (a ∈R ). (1)求f (x )的递增区间; (2)略.函数f (x )的定义域为(0,+∞),f'(x )=2x+ax -2=2x 2-2x+a x, 令2x 2-2x+a=0,Δ=4-8a=4(1-2a ),若a ≥12,则Δ≤0,f'(x )≥0在(0,+∞)上恒成立,函数f (x )在(0,+∞)上是增加的; 若a<12,则Δ>0,方程2x 2-2x+a=0,两根为x 1=1-√1-2a 2,x 2=1+√1-2a2, 当a ≤0时,x 2>0,x ∈(x 2,+∞),f'(x )>0,f (x )递增;当0<a<12时,x 1>0,x 2>0,x ∈(0,x 1),f'(x )>0,f (x )递增,x ∈(x 2,+∞),f'(x )>0,f (x )递增.综上,当a ≥12时,函数f (x )递增区间为(0,+∞),当a ≤0时,函数f (x )递增区间为1+√1-2a2,+∞,当0<a<12时,函数f (x )递增区间为0,1-√1-2a 2,1+√1-2a2,+∞.5.(2018全国3,文21)已知函数f (x )=ax 2+x -1e x .(1)求曲线y=f (x )在点(0,-1)处的切线方程; (2)证明:当a ≥1时,f (x )+e ≥0.(x )=-ax 2+(2a -1)x+2x,f'(0)=2. 因此曲线y=f (x )在(0,-1)处的切线方程是2x-y-1=0.a ≥1时,f (x )+e ≥(x 2+x-1+e x+1)e -x .令g (x )=x 2+x-1+e x+1, 则g'(x )=2x+1+e x+1.当x<-1时,g'(x )<0,g (x )递减;当x>-1时,g'(x )>0,g (x )递增; 所以g (x )≥g (-1)=0. 因此f (x )+e ≥0.6.(2019河南开封一模,21)设函数f (x )=(x-1)e x -k2x 2(其中k ∈R ). (1)求函数f (x )的单调区间; (2)略.函数f (x )的定义域为(-∞,+∞),f'(x )=e x +(x-1)e x -kx=x e x -kx=x (e x -k ),①当k ≤0时,令f'(x )>0,解得x>0,∴f (x )的递减区间是(-∞,0),递增区间是(0,+∞). ②当0<k<1时,令f'(x )>0,解得x<ln k 或x>0,∴f (x )在(-∞,ln k )和(0,+∞)上是增加的,在(ln k ,0)上是减少的.③当k=1时,f'(x )≥0,f (x )在(-∞,+∞)上是增加的. ④当k>1时,令f'(x )>0,解得x<0或x>ln k ,所以f (x )在(-∞,0)和(ln k ,+∞)上是增加的,在(0,ln k )上是减少的. 7.(2019河北衡水同卷联考,21)已知函数f (x )=x 2e ax -1. (1)讨论函数f (x )的单调性; (2)略.函数f (x )的定义域为R .f'(x )=2x e ax +x 2·a e ax =x (ax+2)e ax .当a=0时,f (x )=x 2-1,则f (x )在区间(0,+∞)内是增加的,在区间(-∞,0)内是减少的; 当a>0时,f'(x )=ax x+2ae ax ,令f'(x )>0得x<-2a 或x>0,令f'(x )<0得-2a <x<0,所以f (x )在区间-∞,-2a内是增加的,在区间-2a ,0内是减少的,在区间(0,+∞)内是增加的; 当a<0时,f'(x )=ax x+2ae ax ,令f'(x )>0得0<x<-2a ,令f'(x )<0得x>-2a或x<0,所以f (x )在区间(-∞,0)内是减少的,在区间0,-2a内是增加的,在区间-2a,+∞内是减少的.8.(2019江西新余一中质检一,19)已知函数f (x )=ln (x -a )x . (1)若a=-1,证明:函数f (x )在(0,+∞)上单调递减;(2)若曲线y=f (x )在点(1,f (1))处的切线与直线x-y=0平行,求a 的值; (3)若x>0,证明:ln (x+1)x>xe x -1(其中e 是自然对数的底数).a=-1时,函数f (x )的定义域是(-1,0)∪(0,+∞),所以f'(x )=xx+1-ln (x+1)2,令g (x )=x-ln(x+1),只需证当x>0时,g (x )≤0.又g'(x )=1(x+1)2−1x+1=-x(x+1)2<0在(0,+∞)上恒成立,故g (x )在(0,+∞)上是减少的,所以g (x )<g (0)=-ln 1=0,所以f'(x )<0,故函数f (x )在(0,+∞)上是减少的.,f'(1)=1,且f'(x )=xx -a -ln (x -a )x 2,所以f'(1)=11-a -ln(1-a )=1,即有a1-a-ln(1-a )=0, 令t (a )=a-ln(1-a ),a<1, 则t'(a )=1(1-a )2+11-a >0,故t (a )在(-∞,1)上是增加的,又t (0)=0,故0是t (a )的唯一零点, 即方程a-ln(1-a )=0有唯一实根0,所以a=0.因为xx -1=ln e x x -1=ln (e x -1+1)x -1,故原不等式等价于ln (x+1)>ln (e x -1+1)x -1, 由(1)知,当a=-1时,f (x )=ln (x+1)x在(0,+∞)上是减少的,故要证原不等式成立,只需证明当x>0时,x<e x -1,令h (x )=e x -x-1,则h'(x )=e x -1>0在(0,+∞)上恒成立,故h (x )在(0,+∞)上是增加的, 所以h (x )>h (0)=0,即x<e x -1,故f (x )>f (e x -1),即ln (x+1)x>ln (e x -1+1)e x -1=xe x -1.突破2 利用导数研究函数的极值、最值1.(2019哈尔滨三中模拟)已知函数f (x )=ln x-ax (a ∈R ). (1)当a=12时,求f (x )的极值; (2)略.当a=12时,f (x )=ln x-12x ,函数的定义域为(0,+∞),f'(x )=1x−12=2-x 2x, 令f'(x )=0,得x=2,于是当x 变化时,f'(x ),f (x )的变化情况如下表:故f (x )的极大值为ln 2-1,无极小值.2.(2019河北衡水深州中学测试)讨论函数f (x )=ln x-ax (a ∈R )在定义域内的极值点的个数.(0,+∞),f'(x )=1x-a=1-axx(x>0). 当a ≤0时,f'(x )>0在(0,+∞)上恒成立,故函数f (x )在(0,+∞)上是增加的,此时函数f (x )在定义域上无极值点;当a>0时,若x ∈0,1a,则f'(x )>0,若x ∈1a,+∞,则f'(x )<0,故函数f (x )在x=1a处取极大值.综上可知,当a ≤0时,函数f (x )无极值点,当a>0时,函数f (x )有一个极大值点. 3.(2019陕西咸阳模拟一,21)设函数f (x )=2ln x-x 2+ax+2. (1)当a=3时,求f (x )的单调区间和极值; (2)略.f (x )的定义域为(0,+∞).当a=3时,f (x )=2ln x-x 2+3x+2,所以f'(x )=2x -2x+3=-2x 2+3x+2x,令f'(x )=-2x 2+3x+2x=0,得-2x2+3x+2=0,因为x>0,所以x=2.f(x)与f'(x)在区间(0,+∞)上的变化情况如下:所以f(x)的递增区间为(0,2),递减区间为(2,+∞).f(x)的极大值为2ln 2+4,无极小值.4.已知函数f(x)=(x-a)e x(a∈R).(1)当a=2时,求函数f(x)在x=0处的切线方程;(2)求f(x)在区间[1,2]上的最小值.设切线的斜率为k.因为a=2,所以f(x)=(x-2)e x,f'(x)=e x(x-1).所以f(0)=-2,k=f'(0)=e0(0-1)=-1.所以所求的切线方程为y=-x-2,即x+y+2=0.(2)由题意得f'(x)=e x(x-a+1),令f'(x)=0,可得x=a-1.①若a-1≤1,则a≤2,当x∈[1,2]时,f'(x)≥0,则f(x)在[1,2]上是增加的.所以f(x)min=f(1)=(1-a)e.②若a-1≥2,则a≥3,当x∈[1,2]时,f'(x)≤0,则f(x)在[1,2]上是减少的.所以f(x)min=f(2)=(2-a)e2.③若1<a-1<2,则2<a<3,所以f'(x),f(x)随x的变化情况如下表:所以f(x)的递减区间为[1,a-1],递增区间为[a-1,2].所以f(x)在[1,2]上的最小值为f(a-1)=-e a-1.综上所述:当a≤2时,f(x)min=f(1)=(1-a)e;当a≥3时,f(x)min=f(2)=(2-a)e2;当2<a<3时,f(x)min=f(a-1)=-e a-1.5.(2019湖北八校联考二,21)已知函数f(x)=ln x+ax2+bx.(1)函数f(x)在点(1,f(1))处的切线的方程为2x+y=0,求a,b的值,并求函数f(x)的最大值;(2)略.+2ax+b,因为f(x)=ln x+ax2+bx,所以f'(x)=1x则在点(1,f(1))处的切线的斜率为f'(1)=1+2a+b,由题意可得,1+2a+b=-2,且a+b=-2,解得a=b=-1.所以f'(x )=1x -2x-1=-2x 2-x+1x=-2x 2+x -1x , 由f'(x )=0,可得x=12(x=-1舍去),当0<x<12时,f'(x )>0,f (x )递增;当x>12时,f'(x )<0,f (x )递减, 故当x=12时,f (x )取得极大值,且为最大值,f 12=-ln 2-34.故f (x )的最大值为-ln 2-34.6.(2019广东广雅中学模拟)已知函数f (x )=ax+ln x ,其中a 为常数. (1)当a=-1时,求f (x )的最大值;(2)若f (x )在区间(0,e]上的最大值为-3,求a 的值.易知f (x )的定义域为(0,+∞),当a=-1时,f (x )=-x+ln x ,f'(x )=-1+1x=1-x x, 令f'(x )=0,得x=1.当0<x<1时,f'(x )>0;当x>1时,f'(x )<0.∴f (x )在(0,1)上是增加的,在(1,+∞)上是减少的. ∴f (x )max =f (1)=-1.∴当a=-1时,函数f (x )的最大值为-1.(2)f'(x )=a+1x,x ∈(0,e],则1x∈1e,+∞.①若a ≥-1e ,则f'(x )≥0,从而f (x )在(0,e]上是增加的,∴f (x )max =f (e)=a e +1≥0,不合题意. ②若a<-1e ,令f'(x )>0得,a+1x >0,又x ∈(0,e],解得0<x<-1a ;令f'(x )<0得,a+1x<0,又x ∈(0,e],解得-1a<x ≤e .从而f (x )在0,-1a上是增加的,在-1a,e 上是减少的,∴f (x )max =f -1a=-1+ln -1a.令-1+ln -1a=-3,得ln -1a =-2,即a=-e 2.∵-e 2<-1e ,∴a=-e 2符合题意.故实数a 的值为-e 2.7.(2019湘赣十四校联考一,21)已知函数f (x )=ln x-mx-n (m ,n ∈R ). (1)若n=1时,函数f (x )有极大值为-2,求m 的值; (2)若对任意实数x>0,都有f (x )≤0,求m+n 的最小值.函数f (x )的定义域为(0,+∞),当n=1时,f (x )=ln x-mx-1,∵函数f (x )有极大值为-2,由f'(x )=1x -m=0,得x=1m>0,∴f (1m )=-ln m-1-1=-2, ∴m=1.经检验m=1满足题意.故m 的值为1. (2)f'(x )=1x -m.①当m<0时,∵x ∈(0,+∞),∴f'(x )>0,∴f (x )在(0,+∞)上是增加的.令x=e n ,则f (e n )=ln e n -m e n -n=-m e n >0,舍去;②当m=0时,∵x ∈(0,+∞),∴f'(x )>0,∴f (x )在(0,+∞)上是增加的,令x=e n+1,则f (e n+1)=ln e n+1-n=1>0,舍去; ③当m>0时,若x ∈0,1m ,则f'(x )>0,若x ∈1m,+∞,则f'(x )<0,∴f (x )在0,1m 上是增加的,在1m,+∞上是减少的.∴f (x )的最大值为f1m=-ln m-1-n ≤0,即n ≥-ln m-1.∴m+n ≥m-ln m-1,设h (m )=m-ln m-1, 令h'(m )=1-1m=0,则m=1.当m ∈(0,1)时,h'(m )<0,∴h (m )在(0,1)上是减少的. 当m ∈(1,+∞)时,h'(m )>0.∴h (m )在(1,+∞)上是增加的. ∴h (m )的最小值为h (1)=0.综上所述,当m=1,n=-1时,m+n 的最小值为0.突破3 导数在不等式中的应用1.(2019湖南三湘名校大联考一,21)已知函数f (x )=x ln x. (1)略;(2)当x ≥1e 时,f (x )≤ax 2-x+a-1,求实数a 的取值范围.由已知得a ≥xlnx+x+1x 2+1,设h (x )=xlnx+x+1x 2+1, 则h'(x )=(1-x )(xlnx+lnx+2)(x 2+1)2.∵y=x ln x+ln x+2是增函数,且x ≥1e ,∴y ≥-1e -1+2>0, ∴当x ∈1e,1时,h'(x )>0;当x ∈(1,+∞)时,h'(x )<0,∴h (x )在x=1处取得最大值,h (1)=1,∴a ≥1.故a 的取值范围为[1,+∞).2.(2018全国1,文21)已知函数f (x )=a e x -ln x-1. (1)设x=2是f (x )的极值点,求a ,并求f (x )的单调区间; (2)证明:当a ≥1e时,f (x )≥0.(x )的定义域为(0,+∞),f'(x )=a e x -1x.由题设知,f'(2)=0,所以a=12e 2. 从而f (x )=12e 2e x -ln x-1,f'(x )=12e 2e x -1x . 当0<x<2时,f'(x )<0;当x>2时,f'(x )>0.所以f (x )在(0,2)上是减少的,在(2,+∞)上是增加的.a ≥1e 时,f (x )≥e xe -ln x-1. 设g (x )=e xe -ln x-1, 则g'(x )=e xe−1x .当0<x<1时,g'(x )<0;当x>1时,g'(x )>0. 所以x=1是g (x )的最小值点. 故当x>0时,g (x )≥g (1)=0. 因此,当a ≥1e 时,f (x )≥0.3.(2019湖南湘潭一模,21)已知函数f (x )=e x -x 2-ax. (1)略;(2)当x>0时,f (x )≥1-x 恒成立,求实数a 的取值范围.由题意,当x>0时,e x -x 2-ax ≥1-x ,即a ≤e xx -x-1x +1.令h (x )=e x x -x-1x +1(x>0),则h'(x )=e x (x -1)-x 2+1x 2=(x -1)(e x -x -1)x 2. 令φ(x )=e x -x-1(x>0),则φ'(x )=e x -1>0. 当x ∈(0,+∞)时,φ(x )递增,φ(x )>φ(0)=0. 故当x ∈(0,1)时,h'(x )<0,h (x )递减; 当x ∈(1,+∞)时,h'(x )>0,h (x )递增. 所以h (x )min =h (1)=e -1,所以a ≤e -1. 故a 的取值范围为(-∞,e -1].4.(2019安徽合肥一模,21)已知函数f (x )=e x-1-a (x-1)+ln x (a ∈R ,e 是自然对数的底数). (1)略;(2)若对x ∈[1,+∞),都有f (x )≥1成立,求实数a 的取值范围.f'(x )=e x-1+1x-a (x ≥1),令g (x )=f'(x ),g'(x )=e x-1-1x2, 令φ(x )=g'(x ),φ'(x )=e x-1+2x 3>0,∴g'(x )在[1,+∞)上是增加的,g'(x )≥g'(1)=0. ∴f'(x )在[1,+∞]上是增加的,f'(x )≥f'(1)=2-a.当a ≤2时,f'(x )≥0,f (x )在[1,+∞)上是增加的,f (x )≥f (1)=1,满足条件; 当a>2时,f'(1)=2-a<0. 又f'(ln a+1)=e ln a -a+1lna+1=1lna+1>0, ∴存在x 0∈(1,ln a+1),使得f'(x )=0,此时,当x ∈(1,x 0)时,f'(x )<0;当x ∈(x 0,ln a+1)时, f'(x )>0,∴f (x )在(1,x 0)上是减少的,当x ∈(1,x 0)时,都有f (x )<f (1)=1,不符合题意.综上所述,实数a 的取值范围为(-∞,2].5.(2019陕西咸阳一模,21)设函数f (x )=x+1-m e x ,m ∈R . (1)当m=1时,求f (x )的单调区间; (2)求证:当x ∈(0,+∞)时,lne x -1x>x 2.m=1时,f (x )=x+1-e x ,f'(x )=1-e x ,令f'(x )=0,则x=0. 当x<0时,f'(x )>0;当x>0时, f'(x )<0.∴函数f (x )的递增区间是(-∞,0),递减区间是(0,+∞).(1)知,当m=1时,f (x )max =f (0)=0,∴当x ∈(0,+∞)时,x+1-e x <0,即e x >x+1,当x ∈(0,+∞)时,要证ln e x -1x>x 2,只需证e x -1>x e x2, 令F (x )=ex-1-x e x2=e x -x (√e )x-1, F'(x )=e x-(√e )x−12x (√e )x =(√e )x(√e )x-1-x 2=e x 2e x 2-1-x 2,由ex>x+1可得,e x 2>1+x2,故当x ∈(0,+∞)时,F'(x )>0恒成立,即F (x )在(0,+∞)上是增加的,∴F (x )>F (0)=0,即e x -1>x e x2,∴ln e x -1x>x 2.6.已知函数f (x )=-a ln x-e xx+ax ,a ∈R .(1)略;(2)当a=1时,若不等式f (x )+bx-b+1x e x -x ≥0在x ∈(1,+∞)时恒成立,求实数b 的取值范围. 解(2)由题意,当a=1时,f (x )+bx-b+1xe x -x ≥0在x ∈(1,+∞)时恒成立,整理得ln x-b (x-1)e x ≤0在(1,+∞)上恒成立. 令h (x )=ln x-b (x-1)e x ,易知,当b ≤0时,h (x )>0,不合题意,∴b>0.又h'(x )=1x -bx e x ,h'(1)=1-b e .①当b ≥1e 时,h'(1)=1-b e ≤0.又h'(x )=1x -bx e x 在[1,+∞)上是减少的. ∴h'(x )≤h'(1)≤0在[1,+∞)上恒成立,则h (x )在[1,+∞)上是减少的.所以h (x )≤h (1)=0,符合题意.②当0<b<1e 时,h'(1)=1-b e >0,h'(1b )=b-e 1b <01b>1.又h'(x )=1x -bx e x 在[1,+∞)上是减少的,∴存在唯一x 0∈(1,+∞),使得h'(x 0)=0.∴h (x )在(1,x 0)上是增加的,在(x 0,+∞)上是减少的.又h (x )在x=1处连续,h (1)=0,∴h (x )>0在(1,x 0)上恒成立,不合题意.综上所述,实数b 的取值范围为1e ,+∞.7.设函数f (x )=e mx +x 2-mx.(1)求证:f (x )在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增;(2)若对于任意x 1,x 2∈[-1,1],都有|f (x 1)-f (x 2)|≤e -1,求m 的取值范围.(x )=m (e mx -1)+2x.若m ≥0,则当x ∈(-∞,0)时,e mx -1≤0,f'(x )≤0;当x ∈(0,+∞)时,e mx -1≥0, f'(x )≥0.若m<0,则当x ∈(-∞,0)时,e mx -1>0,f'(x )<0;当x ∈(0,+∞)时,e mx -1<0,f'(x )>0. 所以f (x )在(-∞,0)上是减少的,在(0,+∞)上是增加的.(1)知,对任意的m ,f (x )在[-1,0]上是减少的,在[0,1]上是增加的,故f (x )在x=0处取得最小值.所以对于任意x 1,x 2∈[-1,1],|f (x 1)-f (x 2)|≤e -1的充要条件是{f (1)-f (0)≤e -1,f (-1)-f (0)≤e -1,即{e m -m ≤e -1,e -m +m ≤e -1.设函数g (t )=e t -t-e +1,则g'(t )=e t -1.当t<0时,g'(t )<0;当t>0时,g'(t )>0.故g (t )在(-∞,0)上是减少的,在(0,+∞)上是增加的. 又g (1)=0,g (-1)=e -1+2-e <0,故当t ∈[-1,1]时,g (t )≤0. 当m ∈[-1,1]时,g (m )≤0, g (-m )≤0,即{e m -m ≤e -1,e -m +m ≤e -1.当m>1时,由g (t )的单调性知,g (m )>0,即e m -m>e -1. 当m<-1时,g (-m )>0, 即e -m +m>e -1.综上,m 的取值范围是[-1,1].8.(2019山西太原二模,21)已知x 1,x 2(x 1<x 2)是函数f (x )=e x +ln(x+1)-ax (a ∈R )的两个极值点. (1)求a 的取值范围; (2)求证:f (x 2)-f (x 1)<2ln a.f'(x )=e x +1x+1-a ,x>-1,令g (x )=e x +1x+1-a ,x>-1,则 g'(x )=e x -1(x+1)2,令h (x )=e x -1(x+1)2,x>-1,则h'(x )=e x +2(x+1)3>0,∴h (x )在(-1,+∞)上是增加的,且h (0)=0.当x ∈(-1,0)时,g'(x )=h (x )<0,g (x )是减少的, 当x ∈(0,+∞)时,g'(x )=h (x )>0,g (x )递增.∴g (x )≥g (0)=2-a.①当a ≤2时,f'(x )=g (x )>g (0)=2-a ≥0.f (x )在(-1,+∞)上是增加的,此时无极值;②当a>2时,∵g 1a-1=e 1a -1>0,g (0)=2-a<0,∴存在x 1∈1a-1,0,g (x 1)=0,当x ∈(-1,x 1)时,f'(x )=g (x )>0,f (x )递增;当x ∈(x 1,0)时,f'(x )=g (x )<0,f (x )递减,∴x=x 1是f (x )的极大值点.∵g (ln a )=11+lna >0,g (0)=2-a<0,∴存在x 2∈(0,ln a ),g (x 2)=0,当x ∈(0,x 2)时,f'(x )=g (x )<0,f (x )递减;当x ∈(x 2,+∞)时,f'(x )=g (x )>0,f (x )递增,∴x=x 2是f (x )的极小值点.综上所述,a 的取值范围为(2,+∞).(1)得a ∈(2,+∞),1a -1<x 1<0<x 2<ln a ,且g (x 1)=g (x 2)=0,∴x 2-x 1>0,1a <x 1+1<1,1<x 2+1<1+ln a ,e x 2−e x 1=x 2-x1(x 1+1)(x 2+1), ∴1(x 1+1)(x 2+1)-a<0,1<x 2+1x 1+1<a (1+ln a )<a 2,∴f (x 2)-f (x 1)=e x 2−e x 1+ln x 2+1x 1+1-a (x 2-x 1)=(x 2-x 1)1(x 1+1)(x 2+1)-a+lnx 2+1x 1+1<ln a 2=2ln a. 突破4 导数与函数的零点1.(2018全国2,文21)已知函数f (x )=13x 3-a (x 2+x+1). (1)略;(2)证明:f (x )只有一个零点.x 2+x+1>0,所以f (x )=0等价于x 3x 2+x+1-3a=0.设g (x )=x 3x 2+x+1-3a ,则g'(x )=x 2(x 2+2x+3)(x 2+x+1)2≥0,仅当x=0时g'(x )=0,所以g (x )在(-∞,+∞)递增,故g (x )至多有一个零点,从而f (x )至多有一个零点.又f (3a-1)=-6a 2+2a-13=-6(a -16)2−16<0,f (3a+1)=13>0,故f (x )有一个零点.综上,f (x )只有一个零点.2.(2019河北唐山三模,21)已知函数f (x )=x ln x-a (x 2-x )+1,函数g (x )=f'(x ). (1)若a=1,求f (x )的极大值;(2)当0<x<1时,g (x )有两个零点,求a 的取值范围.f (x )=x ln x-x 2+x+1(x>0),g (x )=f'(x )=ln x-2x+2,g'(x )=1x -2=1-2xx ,当x ∈0,12时,g'(x )>0,g (x )递增; 当x ∈12,+∞时,g'(x )<0,g (x )递减.又g (1)=f'(1)=0,则当x ∈12,1时,f'(x )>0,f (x )递增;当x ∈(1,+∞)时,f'(x )<0,f (x )递减. 故当x=1时,f (x )取得极大值f (1)=1. (2)g (x )=f'(x )=ln x+1-2ax+a ,g'(x )=1x -2a=1-2axx ,①若a ≤0,则g'(x )>0,g (x )递增,至多有一个零点,不合题意. ②若a>0,则当x ∈0,12a 时,g'(x )>0,g (x )递增; 当x ∈12a,+∞时,g'(x )<0,g (x )递减.则g12a ≥g 12=ln 12+1=ln e 2>0.不妨设g (x 1)=g (x 2),x 1<x 2,则0<x 1<12a <x 2<1.一方面,需要g (1)<0,得a>1.另一方面,由(1)得,当x>1时,ln x<x-1<x ,则x<e x , 进而,有2a<e 2a ,则e -2a <12a ,且g (e -2a )=-2a e -2a +1-a<0, 故存在x 1,使得0<e -2a <x 1<12a .综上,a 的取值范围是(1,+∞). 3.(2019河南开封一模,21)已知函数f (x )=ax 2+bx+1x.(1)略;(2)若f (1)=1,且方程f (x )=1在区间(0,1)内有解,求实数a 的取值范围.由f (1)=1得b=e -1-a ,由f (x )=1得e x =ax 2+bx+1,设g (x )=e x -ax 2-bx-1,则g (x )在(0,1)内有零点,设x 0为g (x )在(0,1)内的一个零点, 由g (0)=g (1)=0知g (x )在(0,x 0)和(x 0,1)上不单调.设h (x )=g'(x ),则h (x )在(0,x 0)和(x 0,1)上均存在零点,即h (x )在(0,1)上至少有两个零点. g'(x )=e x -2ax-b ,h'(x )=e x -2a ,当a ≤12时,h'(x )>0,h (x )在(0,1)上是增加的,h (x )不可能有两个及以上零点, 当a ≥e 2时,h'(x )<0,h (x )在(0,1)上是减少的,h (x )不可能有两个及以上零点, 当12<a<e 2时,令h'(x )=0得x=ln(2a )∈(0,1),∴h (x )在(0,ln(2a ))上是减少的,在(ln(2a ),1)上是增加的,h (x )在(0,1)上存在最小值h (ln(2a )),若h (x )有两个零点,则有h (ln(2a ))<0,h (0)>0,h (1)>0, h (ln(2a ))=3a-2a ln(2a )+1-e12<a<e 2,设φ(x )=32x-x ln x+1-e(1<x<e),则φ'(x )=12-ln x ,令φ'(x )=0,得x=√e , 当1<x<√e 时,φ'(x )>0,φ(x )递增;当√e <x<e 时,φ'(x )<0,φ(x )递减.∴φmax (x )=φ(√e )=√e +1-e <0, ∴h (ln(2a ))<0恒成立.由h (0)=1-b=a-e +2>0,h (1)=e -2a-b>0,得e -2<a<1.综上,a 的取值范围为(e -2,1). 4.(2019安徽安庆二模,21)已知函数f (x )=ax-ln x (a ∈R ). (1)讨论f (x )的单调性;(2)若f (x )=0有两个相异的正实数根x 1,x 2,求证f'(x 1)+f'(x 2)<0.(x )=ax-ln x 的定义域为(0,+∞),所以f'(x )=a-1x=ax -1x. ①当a ≤0时,f'(x )<0,所以f (x )在(0,+∞)上为减少的. ②当a>0时,由f'(x )>0,得x>1a ,所以f (x )在0,1a 上为减少的,在1a ,+∞上为增加的.1:要证f'(x 1)+f'(x 2)<0,即证2a-1x 1−1x 2<0,即2a<1x 1+1x 2.由f (x 1)=f (x 2)得a=ln x 1-ln x2x 1-x 2,所以只要证2ln x 1-ln x 2x 1-x2<1x 1+1x 2.不妨设x 1>x 2>0,则只要证2ln x1x 2<(x 1-x 2)1x 1+1x 2⇔2ln x1x 2<x1x 2−x2x 1.令x 1x 2=t>1,则只要证明当t>1时,2ln t<t-1t 成立.设g (t )=2ln t-t-1t(t>1),则g'(t )=2t -1-1t 2=-(t -1)2t2<0,所以函数g (t )在(1,+∞)上是减少的,所以g (t )<g (1)=0,即2ln t<t-1t成立. 由上分析可知,f'(x 1)+f'(x 2)<0成立. 解法2:要证f'(x 1)+f'(x 2)<0,即证2a-1x 1−1x 2<0,即2a<1x 1+1x 2. 令t 1=1x 1,t 2=1x 2,下证t 1+t 2>2a.由f (x 1)=f (x 2),得ax 1-ln x 1=ax 2-ln x 2,即at 1+ln t 1=a t 2+ln t 2. 令g (t )=at +ln t ,g (t 1)=g (t 2),g'(t )=-at 2+1t =t -a t2.由g'(t )>0⇒t>a ,g'(t )<0⇒a>t>0,则g (t )在(0,a )上为减少的,在(a ,+∞)上为增加的. 设t 1∈(0,a ),t 2∈(a ,+∞),令h (t )=g (t )-g (2a-t )=at +ln t-a2a -t -ln(2a-t ). h'(t )=t -a t 2+a -t(2a -t )2 =4a (t -a )(a -t )t 2(2a -t )2,t 1∈(0,a ),h'(t 1)<0.所以h (t )在(0,a )上为减少的,h (t 1)>h (a )=0,即g (t 1)>g (2a-t 1),g (t 2)>g (2a-t 1). 又因为g (t )在(a ,+∞)上为增加的,所以t 2>2a-t 1, 即t 1+t 2>2a. 故f'(x 1)+f'(x 2)<0.5.(2019河北石家庄二模,20)已知函数f (x )=1+lnxx . (1)略;(2)当x>1时,方程f (x )=a (x-1)+1x(a>0)有唯一零点,求a 的取值范围.当x>1时,方程f (x )=a (x-1)+1x ,即ln x-a (x 2-x )=0,令h (x )=ln x-a (x 2-x ),有h (1)=0,h'(x )=-2ax 2+ax+1, 令r (x )=-2ax 2+ax+1,x ∈(1,+∞),因为a>0,所以r (x )在(1,+∞)上是减少的,①当r (1)=1-a ≤0即a ≥1时,r (x )<0,即h (x )在(1,+∞)上是减少的,所以h (x )<h (1)=0,方程f (x )=a (x-1)+1x 无实根.②当r (1)>0即0<a<1时,存在x 0∈(1,+∞),使得x ∈(1,x 0)时,r (x )>0,即h (x )递增;x ∈(x 0,+∞)时,r (x )<0,即h (x )递减;因此h (x )max =h (x 0)>h (1)=0,取x=1+1a,则h 1+1a=ln 1+1a-a (1+1a )2+a 1+1a=ln 1+1a-1+1a,令t=1+1a (t>1),h (t )=ln t-t ,则h'(t )=1t -1,t>1,所以h'(t )<0, 即h (t )在t>1时递减,所以h (t )<h (1)=0.故存在x 1∈x 0,1+1a,使得h (x 1)=0.综上,a 的取值范围为0<a<1.6.(2019山西运城二模,21)已知函数f (x )=x e x -a (ln x+x ),a ∈R . (1)当a=e 时,求f (x )的单调区间;(2)若f (x )有两个零点,求实数a 的取值范围.f (x )定义域为(0,+∞),当a=e 时,f'(x )=(1+x )(xe x -e )x.∴0<x<1时,f'(x )<0,x>1时,f'(x )>0.∴f (x )在(0,1)上为减少的;在(1,+∞)上为增加的.(2)记t=ln x+x ,则t=ln x+x 在(0,+∞)上为增加的,且t ∈R .∴f (x )=x e x -a (ln x+x )=e t -at=g (t ).∴f (x )在(0,+∞)上有两个零点等价于g (t )=e t -at 在t ∈R 上有两个零点. ①当a=0时,g (t )=e t 在R 上是增加的,且g (t )>0,故g (t )无零点; ②当a<0时,g'(t )=e t -a>0恒成立,∴g (t )在R 上是增加的.又g (0)=1>0,g1a=e 1a -1<0,故g (t )在R 上只有一个零点;③当a>0时,由g'(t )=e t -a=0可知g (t )在t=ln a 时有唯一的一个极小值g (ln a )=a (1-ln a ),若0<a<e,g (t ) 极小值=a (1-ln a )>0,g (t )无零点; 若a=e,g (t )极小值=0,g (t )只有一个零点; 若a>e 时,g (t )极小值=a (1-ln a )<0,而g (0)=1>0,由于y=lnxx 在(e,+∞)上为减少的,可知当a>e 时,e a >a a >a 2, 从而g (a )=e a -a 2>0.∴g (t )在(0,ln a )和(ln a ,+∞)上各有一个零点.综上可知,当a>e 时f (x )有两个点,即所求a 的取值范围是(e,+∞). 7.(2016全国1,理21)已知函数f (x )=(x-2)e x +a (x-1)2有两个零点. (1)求a 的取值范围;(2)设x 1,x 2是f (x )的两个零点,证明:x 1+x 2<2.(x )=(x-1)e x +2a (x-1)=(x-1)(e x +2a ).①设a=0,则f (x )=(x-2)e x ,f (x )只有一个零点.②设a>0,则当x ∈(-∞,1)时,f'(x )<0;当x ∈(1,+∞)时,f'(x )>0,所以f (x )在(-∞,1)上是减少的,在(1,+∞)上是增加的. 又f (1)=-e,f (2)=a ,取b 满足b<0且b<ln a 2, 则f (b )>a2(b-2)+a (b-1)2=a (b 2-32b)>0, 故f (x )存在两个零点.③设a<0,由f'(x )=0得x=1或x=ln(-2a ).若a ≥-e 2,则ln(-2a )≤1, 故当x ∈(1,+∞)时,f'(x )>0, 因此f (x )在(1,+∞)上是增加的.又当x ≤1时,f (x )<0,所以f (x )不存在两个零点. 若a<-e 2,则ln(-2a )>1, 故当x ∈(1,ln(-2a ))时,f'(x )<0; 当x ∈(ln(-2a ),+∞)时,f'(x )>0. 因此f (x )在(1,ln(-2a ))上是减少的, 在(ln(-2a ),+∞)上是增加的.又当x ≤1时f (x )<0,所以f (x )不存在两个零点. 综上,a 的取值范围为(0,+∞).x 1<x 2,由(1)知,x 1∈(-∞,1),x 2∈(1,+∞),2-x 2∈(-∞,1),f (x )在(-∞,1)上是减少的,所以x 1+x 2<2等价于f (x 1)>f (2-x 2), 即f (2-x 2)<0.由于f (2-x 2)=-x 2e 2-x 2+a (x 2-1)2, 而f (x 2)=(x 2-2)e x 2+a (x 2-1)2=0, 所以f (2-x 2)=-x 2e 2-x 2-(x 2-2)e x 2. 设g (x )=-x e 2-x -(x-2)e x , 则g'(x )=(x-1)(e 2-x -e x ). 所以当x>1时,g'(x )<0, 而g (1)=0, 故当x>1时,g (x )<0.从而g (x 2)=f (2-x 2)<0,故x 1+x 2<2.8.(2019天津,20)设函数f (x )=ln x-a (x-1)e x ,其中a ∈R . (1)若a ≤0,讨论f (x )的单调性; (2)若0<a<1e ,①证明f (x )恰有两个零点;②设x 0为f (x )的极值点,x 1为f (x )的零点,且x 1>x 0,证明3x 0-x 1>2.,f (x )的定义域为(0,+∞),且f'(x )=1-[a e x +a (x-1)e x ]=1-ax 2e x.因此当a ≤0时,1-ax 2e x >0,从而f'(x )>0, 所以f (x )在(0,+∞)内是增加的.(2)证明①由(1)知,f'(x )=1-ax 2e xx .令g (x )=1-ax 2e x ,由0<a<1e ,可知g (x )在(0,+∞)内是减少的,又g (1)=1-a e >0,且g ln 1a=1-a ln1a 21a=1-ln1a2<0, 故g (x )=0在(0,+∞)内有唯一解,从而f'(x )=0在(0,+∞)内有唯一解,不妨设为x 0,则1<x 0<ln 1a . 当x ∈(0,x 0)时,f'(x )=g (x )x >g (x 0)x =0, 所以f (x )在(0,x 0)内是增加的; 当x ∈(x 0,+∞)时,f'(x )=g (x )x <g (x 0)x=0,所以f (x )在(x 0,+∞)内是减少的,因此x 0是f (x )的唯一极值点.令h (x )=ln x-x+1,则当x>1时,h'(x )=1x-1<0,故h (x )在(1,+∞)内是减少的,从而当x>1时,h (x )<h (1)=0,所以ln x<x-1.从而f ln1a=ln ln1a-a ln 1a-1e ln 1a =ln ln1a-ln 1a +1=h ln1a<0,又因为f (x 0)>f (1)=0,所以f (x )在(x 0,+∞)内有唯一零点.又f (x )在(0,x 0)内有唯一零点1,从而,f (x )在(0,+∞)内恰有两个零点.②由题意,{f '(x 0)=0,f (x 1)=0,即{ax 02e x 0=1,ln x 1=a (x 1-1)e x 1,从而ln x 1=x 1-1x 02e x 1-x 0,即e x 1-x 0=x 02ln x 1x 1-1.因为当x>1时,ln x<x-1,又x 1>x 0>1,故e x 1-x 0<x 02(x 1-1)x 1-1=x 02,两边取对数,得ln e x 1-x 0<ln x 02,于是x 1-x 0<2ln x 0<2(x 0-1),整理得3x 0-x 1>2.。

(北师大版)2020版高考文科数学一轮复习导数与函数的综合问题文课后训练题含解析

课后限时集训(十六)(建议用时：60分钟)A组基础达标一、选择题1．方程x3－6x2＋9x－10＝0的实根个数是( )A．3 B．2C．1 D．0C[设f(x)＝x3－6x2＋9x－10，f′(x)＝3x2－12x＋9＝3(x－1)(x－3)，由此可知函数的极大值为f(1)＝－6＜0，极小值为f(3)＝－10＜0，所以方程x3－6x2＋9x－10＝0的实根个数为1.]2．若存在正数x使2x(x－a)＜1成立，则实数a的取值范围是( )A．(－∞，＋∞)B．(－2，＋∞)C．(0，＋∞)D．(－1，＋∞)D[∵2x(x－a)＜1，∴a＞x－12x .令f(x)＝x－12x，∴f′(x)＝1＋2－x ln 2＞0.∴f(x)在(0，＋∞)上是增加的，∴f(x)＞f(0)＝0－1＝－1，∴实数a的取值范围为(－1，＋∞)．]3．某银行准备设一种新的定期存款业务，经预测，存款量与存款利率的平方成正比，比例系数为k(k>0)，贷款的利率为4.8%，假设银行吸收的存款能全部放贷出去．若存款利率为x(x∈(0,0.048))，则银行获得最大收益的存款利率为 ( )A．3.2% B．2.4%C．4% D．3.6%A[设y表示收益，则存款量是kx2，贷款收益为0.048kx2，存款利息为kx3，则y＝0.048kx2－kx3，x∈(0,0.048)，y′＝0.096kx－3kx2＝3kx(0.032－x)令y′＝0得x＝0.032，且当x∈(0,0.032)时y′＞0，当x∈(0.032,0.048)时y′＜0，因此收益y在x＝0.032时取得最大值，故选A．] 4．已知y＝f(x)为R上的连续可导函数，且xf′(x)＋f(x)＞0，则函数g(x)＝xf(x)＋1(x＞0)的零点个数为( )A．0 B．1C．0或1 D．无数个A[因为g(x)＝xf(x)＋1(x＞0)，g′(x)＝xf′(x)＋f(x)＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上递增，因为g(0)＝1，y＝f(x)为R上的连续可导函数，所以g(x)为(0，＋∞)上的连续可导函数，g (x )＞g (0)＝1，所以g (x )在(0，＋∞)上无零点．]5．若不等式2x ln x ≥－x 2＋ax －3对x ∈(0，＋∞)恒成立，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－∞，0) B ．(－∞，4] C ．(0，＋∞)D ．[4，＋∞)B [由题意知a ≤2ln x ＋x ＋3x对x ∈(0，＋∞)恒成立，令g (x )＝2ln x ＋x ＋3x ，则g ′(x )＝2x ＋1－3x 2＝x 2＋2x －3x2，由g ′(x )＝0得x ＝1或x ＝－3(舍)，且x ∈(0,1)时，g ′(x )＜0，x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )＞0.因此g (x )min ＝g (1)＝4.所以a ≤4，故选B.]二、填空题6．已知函数f (x )＝x ＋4x ，g (x )＝2x＋a ，若任意x 1∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1，存在x 2∈[2,3]，使得f (x 1)≥g (x 2)，则实数a 的取值范围是________．(－∞，1] [当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1时，f ′(x )＝1－4x 2＜0，f (x )min ＝f (1)＝5.当x ∈[2,3]时，g (x )＝2x＋a 是增函数，g (x )min ＝4＋a . 由题意知5≥4＋a ，即a ≤1.]7．若函数f (x )＝2x 3－9x 2＋12x －a 恰好有两个不同的零点，则a ＝________. 4或5 [f ′(x )＝6x 2－18x ＋12，令f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝2，又当x ＜1或x ＞2时，f ′(x )＞0，当1＜x ＜2时，f ′(x )＜0. 因此x ＝1和x ＝2分别是函数f (x )的极大值点和极小值点．由题意知f (1)＝0或f (2)＝0，即5－a ＝0或4－a ＝0. 解得a ＝4或a ＝5.]8．某商场从生产厂家以每件20元购进一批商品，若该商品零售价为p 元，销量Q (单位：件)与零售价p (单位：元)有如下关系：Q ＝8 300－170p －p 2，则该商品零售价定为________元时利润最大，利润的最大值为________元．30 23 000 [设该商品的利润为y 元，由题意知，y ＝Q (p －20)＝－p 3－150p 2＋11 700p －166 000，则y ′＝－3p 2－300p ＋11 700，令y ′＝0得p ＝30或p ＝－130(舍)，当p ∈(0,30)时，y ′＞0，当p ∈(30，＋∞)时，y ′＜0，因此当p ＝30时，y 有最大值，y max ＝23 000.] 三、解答题9．已知函数f (x )＝e x＋ax －a (a ∈R 且a ≠0)．(1)若f (0)＝2，求实数a 的值，并求此时f (x )在[－2,1]上的最小值； (2)若函数f (x )不存在零点，求实数a 的取值范围．[解] (1)由f (0)＝1－a ＝2，得a ＝－1.易知f (x )在[－2,0)上递减，在(0,1]上递增，所以当x ＝0时，f (x )在[－2,1]上取得最小值2. (2)f ′(x )＝e x＋a ，由于e x＞0，①当a ＞0时，f ′(x )＞0，f (x )是增函数，当x ＞1时，f (x )＝e x＋a (x －1)＞0.当x ＜0时，取x ＝－1a，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＜1＋a －1a－1＝－a ＜0.所以函数f (x )存在零点，不满足题意． ②当a ＜0时，f ′(x )＝e x＋a ，令f ′(x )＝0，得x ＝ln(－a )．在(－∞，ln(－a ))上，f ′(x )＜0，f (x )递减，在(ln(－a )，＋∞)上，f ′(x )＞0，f (x )递增，所以当x ＝ln(－a )时，f (x )取最小值．函数f (x )不存在零点，等价于f (ln(－a ))＝e ln(－a )＋a ln(－a )－a ＝－2a ＋a ln(－a )＞0，解得－e 2＜a ＜0.综上所述，所求实数a 的取值范围是(－e 2,0)． 10．已知函数f (x )＝2a －x2e x (a ∈R )．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若任意x ∈[1，＋∞)，不等式f (x )＞－1恒成立，求实数a 的取值范围． [解] (1)f ′(x )＝x 2－2x －2aex，当a ≤－12时，x 2－2x －2a ≥0，故f ′(x )≥0，∴函数f (x )在(－∞，＋∞)上递增，∴当a ≤－12时，函数f (x )的递增区间为(－∞，＋∞)，无递减区间．当a ＞－12时，令x 2－2x －2a ＝0⇒x 1＝1－2a ＋1，x 2＝1＋2a ＋1，列表由表可知，当a ＞－2时，函数f (x )的递增区间为(－∞，1－2a ＋1)和(1＋2a ＋1，＋∞)，递减区间为(1－2a ＋1，1＋2a ＋1)．(2)∵f (x )＞－1⇔2a －x 2e x ＞－1⇔2a ＞x 2－e x，∴由条件2a ＞x 2－e x，对任意x ≥1成立．令g (x )＝x 2－e x ，h (x )＝g ′(x )＝2x －e x， ∴h ′(x )＝2－e x，当x ∈[1，＋∞)时，h ′(x )＝2－e x≤2－e ＜0， ∴h (x )＝g ′(x )＝2x －e x在[1，＋∞)上递减， ∴h (x )＝2x －e x≤2－e ＜0，即g ′(x )＜0， ∴g (x )＝x 2－e x在[1，＋∞)上递减， ∴g (x )＝x 2－e x≤g (1)＝1－e ，故f (x )＞－1在[1，＋∞)上恒成立，只需2a ＞g (x )max ＝1－e ， ∴a ＞1－e 2，即实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫1－e 2，＋∞. B 组能力提升1．做一个无盖的圆柱形水桶，若要使其体积是27π，且用料最省，则圆柱的底面半径为( )A ．3B ．4C ．6D ．5A [设圆柱的底面半径为R ，母线长为l ，则V ＝πR 2l ＝27π，∴l ＝27R2，要使用料最省，只需使圆柱的侧面积与下底面面积之和S 最小．由题意，S ＝πR 2＋2πRl ＝πR 2＋2π·27R.∴S ′＝2πR －54πR2，令S ′＝0，得R ＝3，则当R ＝3时，S 最小．故选A ．]2．若0＜x 1＜x 2＜1，则( )A ．e x 2－e x 1＞ln x 2－ln x 1B ．e x 2－e x 1＜ln x 2－ln x 1 C ．x 2e x 1＞x 1e x 2D ．x 2e x 1＜x 1e x 2C [令f (x )＝exx，则f ′(x )＝x e x －e x x 2＝e x x －1x 2.当0＜x ＜1时，f ′(x )＜0，即f (x )在(0,1)上递减，因为0＜x 1＜x 2＜1，所以f (x 2)＜f (x 1)，即e x 2x 2＜e x 1x 1，所以x 2e x 1＞x 1e x 2，故选C ．] 3．若函数f (x )＝ax －aex＋1(a <0)没有零点，则实数a 的取值范围为________．(－e 2,0) [f ′(x )＝a e x －ax －a e x e2x＝－a x －2ex(a ＜0)．当x ＜2时，f ′(x )＜0；当x ＞2时，f ′(x )＞0， ∴当x ＝2时，f (x )有极小值f (2)＝ae2＋1.若使函数f (x )没有零点，当且仅当f (2)＝ae 2＋1＞0.解之得a >－e 2，因此－e 2<a <0.]4．(2017·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋(2a ＋1)x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)当a <0时，证明f (x )≤－34a －2.[解] (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x＋2ax ＋2a ＋1＝x ＋12ax ＋1x.若a ≥0，则当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0，故f (x )在(0，＋∞)上递增．若a <0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12a 时，f ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ，＋∞时，f ′(x )<0.故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12a 上递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ，＋∞上递减．(2)证明：由(1)知，当a <0时，f (x )在x ＝－12a 处取得最大值，最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a －1－14a.所以f (x )≤－34a －2等价于ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a －1－14a ≤－34a －2，即ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＋12a＋1≤0.设g (x )＝ln x －x ＋1，则g ′(x )＝1x－1.当x ∈(0,1)时，g ′(x )>0；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )<0，所以g (x )在(0,1)上递增，在(1，＋∞)上递减．故当x ＝1时，g (x )取得最大值，最大值为g (1)＝0. 所以当x >0时，g (x )≤0.从而当a <0时，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＋12a＋1≤0，即f (x )≤－34a －2.。

2020年高考数学导数解答题专项练习(含答案解析)

2020年高考数学导数解答题专项练习（含答案解析）1.已知函数f(x)=x2-mln x，h(x)=x2-x＋a.(1)当a=0时，f(x)≥h(x)在(1，＋∞)上恒成立，求实数m的取值范围；(2)当m=2时，若函数k(x)=f(x)-h(x)在区间(1,3)上恰有两个不同零点，求实数a的取值范围．2.设函数已知函数f(x)=ae x-x+1.（1）求函数f(x)的单调区间；（2）若f(x)在(0,3)上只有一个零点，求a的取值范围；3.已知函数f(x)=lnx+a(x-1)2(a>0).（1）讨论f(x)的单调性；（2）若f(x)在区间(0,1)内有唯一的零点x0，证明：.（1）讨论f(x)的单调性；（2）若f(x)有两个零点，求a 的取值范围.5.已知函数f(x)=2lnx-2mx+x 2(m>0).（1）讨论函数f(x)的单调性；（2）当时，若函数f(x)的导函数f /(x)的图象与x轴交于A,B两点，其横坐标分别为x 1,x 2(x 1<x 2)，线段AB的中点的横坐标为x 0，且x 1,x 2恰为函数h(x)=lnx-cx 2-bx的零点.求证：.6.已知函数，g(x)=mx.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a=0时，f(x)≤g(x)恒成立，求实数m 的取值范围；(3)当a=1时，求证：当x>1时，.(I)讨论f(x)的单调性；(Ⅱ)若x∈[e a,+∞]时，f(x)≥0恒成立，求实数a 的取值范围．8.已知函数R.（1）讨论f(x)的单调性；（2）若f(x)有两个零点，求实数a 的取值范围．9.已知函数f(x)=ln x－kx，其中k∈R 为常数．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个相异零点x 1，x 2(x 1<x 2)，求证：ln x 2>2－ln x 1.10.已知函数f(x)=x-alnx,a∈R.（1）研究函数f(x)的单调性；（2）设函数f(x)有两个不同的零点x 1,x 2,且x 1<x 2.①求a 的取值范围；②求证：x 1x 2>e 2.11.设函数f(x)=ex-1-x-ax 2.(1)若a=0，求f(x)的单调区间；(2)若当x≥0时f(x)≥0恒成立，求a 的取值范围．12.已知函数f(x)=lnx-mx 2，g(x)=0.5mx 2+x，m ϵR,令F(x)=f(x)+g(x).(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若关于x 的不等式F(x)≤mx-1恒成立，求整数m 的最小值.13.已知函数f(x)=lnx-mx(m 为常数).(1)讨论函数f(x)的单调区间；(2)当时,设g(x)=2f(x)+x 2的两个极值点x 1,x 2(x 1<x 2)恰为h(x)=lnx-cx 2-bx 的零点,求的最小值.14.设函数f(x)=(x－1)e x －kx 2.(1)当k=1时，求函数f(x)的单调区间；(2)若f(x)在x∈[0，＋∞)上是增函数，求实数k 的取值范围．15.已知函数f(x)=ln x＋－1.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)设m∈R，对任意的a∈(－1，1)，总存在x 0∈[1，e]，使得不等式ma－f(x 0)<0成立，求实数m 的取值范围．16.已知函数.(1)求的单调区间；(2)设，若对任意，均存在，使得，求的取值范围.17.设函数f（x）=alnx﹣bx2．（1）当b=1时，讨论函数f（x）的单调性；，（2）当a=1，b=0时，函数g（x）=f（x）﹣kx，k为常数，若函数g（x）有两个相异零点x1x，证明：．218.已知函数f（x）=axlnx﹣x+1（a≥0）．（1）当a=1时，求f（x）的最小值；（2）若x∈（1，+∞），f（x）＞0恒成立，求实数a的取值范围；（3）证明：当m＞n＞1时，m n﹣1＜n m﹣1．19.已知函数在处的切线与轴平行，()(1)试讨论f(x)在上的单调性；(2)①设，求g(x)的最小值；②证明：.20.已知函数f(x)=(x﹣1)2+a(lnx﹣x+1)(其中a∈R，且a为常数)(1)当a=4时，求函数y=f(x)的单调区间；(2)若对于任意的x∈(1，+∞)，都有f(x)＞0成立，求a的取值范围；(3)若方程f(x)+a+1=0在x∈(1，2)上有且只有一个实根，求a的取值范围．2020年高考数学导数解答题专项练习（含答案解析）答案解析1.解：(1)由f(x)≥h(x)，得m≤xln x在(1，＋∞)上恒成立．令g(x)=x ln x ，则g′(x)=ln x－1ln x2，当x∈(1，e)时，g′(x)＜0；当x∈(e，＋∞)时，g′(x)＞0，所以g(x)在(1，e)上递减，在(e，＋∞)上递增．故当x=e 时，g(x)的最小值为g(e)=e.所以m≤e.即m 的取值范围是(-∞，e]．(2)由已知可得k(x)=x-2ln x-a.函数k(x)在(1,3)上恰有两个不同零点，相当于函数φ(x)=x-2ln x 与直线y=a 有两个不同的交点．φ′(x)=1-2x =x－2x，当x∈(1,2)时，φ′(x)＜0，φ(x)递减，当x∈(2,3)时，φ′(x)＞0，φ(x)递增．又φ(1)=1，φ(2)=2-2ln 2，φ(3)=3-2ln 3，要使直线y=a 与函数φ(x)=x-2ln x 有两个交点，则2-2ln 2＜a＜3-2ln 3.即实数a 的取值范围是(2-2ln 2,3-2ln 3)．2.解:3.解：4.解：5.解：6.解：7.解：8.解：9.解：10.解：11.解：(1)a=0时，f(x)=e x－1－x，f′(x)=e x－1.当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.故f(x)在(－∞，0)单调减少，在(0，＋∞)单调增加(2)f′(x)=e x－1－2ax.由(1)知e x≥1＋x，当且仅当x=0时等号成立．故f′(x)≥x－2ax=(1－2a)x，从而当1－2a≥0，即a≤0.5时，f′(x)≥0(x≥0)，而f(0)=0，于是当x≥0时，f(x)≥0.由e x>1＋x(x≠0)得e－x>1－x(x≠0)，从而当a>时，f′(x)<e x－1＋2a(e－x－1)=e－x(e x－1)(e x－2a)，故当x∈(0，ln2a)时，f′(x)<0，而f(0)=0，于是当x∈(0，ln2a)时，f(x)<0，综上可得a的取值范围为(－∞，0.5]．12.解：13.解：14.15.16.17.18.19.解：20.解：。

2020年高考数学导数解答题专项练习(含答案详解)

2020年高考数学导数解答题专项练习（含答案解析）1.已知函数f(x)=x2-mln x，h(x)=x2-x＋a.(1)当a=0时，f(x)≥h(x)在(1，＋∞)上恒成立，求实数m的取值范围；(2)当m=2时，若函数k(x)=f(x)-h(x)在区间(1,3)上恰有两个不同零点，求实数a的取值范围．2.设函数已知函数f(x)=ae x-x+1.（1）求函数f(x)的单调区间；（2）若f(x)在(0,3) 上只有一个零点，求a的取值范围；3.已知函数f(x)=lnx+a(x-1)2(a>0).（1）讨论f(x)的单调性；（2）若f(x)在区间(0,1)内有唯一的零点x0，证明：.4.已知函数f(x)=ae2x+(a﹣2) e x﹣x.（1）讨论f(x)的单调性；（2）若f(x)有两个零点，求a的取值范围.5.已知函数f(x)=2lnx-2mx+x2(m>0).（1）讨论函数f(x)的单调性；（2）当时，若函数f(x)的导函数f/(x)的图象与x轴交于A,B两点，其横坐标分别为x1,x2(x1<x2)，线段AB的中点的横坐标为x0，且x1,x2恰为函数h(x)=lnx-cx2-bx的零点.求证：.6.已知函数，g(x)=mx.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a=0时，f(x)≤g(x)恒成立，求实数m的取值范围；(3)当a=1时，求证：当x>1时，.7.已知函数f(x)=x-alnx+a-1(a∈R)．(I)讨论f(x)的单调性；(Ⅱ)若x∈[e a,+∞]时，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．8.已知函数R.（1）讨论f(x)的单调性；（2）若f(x)有两个零点，求实数a的取值范围．9.已知函数f(x)=ln x－kx，其中k∈R为常数．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个相异零点x1，x2(x1<x2)，求证：ln x2>2－ln x1.10.已知函数f(x)=x-alnx,a∈R.（1）研究函数f(x)的单调性；（2）设函数f(x)有两个不同的零点x1,x2,且x1<x2.①求a的取值范围；②求证：x1x2>e2.11.设函数f(x)=ex-1-x-ax2.(1)若a=0，求f(x)的单调区间；(2)若当x≥0时f(x)≥0恒成立，求a的取值范围．12.已知函数f(x)=lnx-mx2，g(x)=0.5mx2+x，mϵR,令F(x)=f(x)+g(x).(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若关于x的不等式F(x)≤mx-1恒成立，求整数m的最小值.13.已知函数f(x)=lnx-mx(m为常数).(1)讨论函数f(x)的单调区间；(2)当时, 设g(x)=2f(x)+x2的两个极值点x1,x2(x1<x2)恰为h(x)=lnx-cx2-bx的零点, 求的最小值.14.设函数f(x)=(x－1)e x－kx2.(1)当k=1时，求函数f(x)的单调区间；(2)若f(x)在x∈[0，＋∞)上是增函数，求实数k的取值范围．15.已知函数f(x)=ln x＋－1.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)设m∈R，对任意的a∈(－1，1)，总存在x0∈[1，e]，使得不等式ma－f(x0)<0成立，求实数m的取值范围．16.已知函数.(1)求的单调区间；(2)设，若对任意，均存在，使得，求的取值范围.17.设函数f（x）=alnx﹣bx2．（1）当b=1时，讨论函数f（x）的单调性；（2）当a=1，b=0时，函数g（x）=f（x）﹣kx，k为常数，若函数g（x）有两个相异零点x1，x2，证明：．18.已知函数f（x）=axlnx﹣x+1（a≥0）．（1）当a=1时，求f（x）的最小值；（3）证明：当m＞n＞1时，m n﹣1＜n m﹣1．19.已知函数在处的切线与轴平行，()(1)试讨论f(x)在上的单调性；(2)①设，求g(x)的最小值；②证明：.20.已知函数f(x)=(x﹣1)2+a(lnx﹣x+1)(其中a∈R，且a为常数)(1)当a=4时，求函数y=f(x)的单调区间；(2)若对于任意的x∈(1，+∞)，都有f(x)＞0成立，求a的取值范围；(3)若方程f(x)+a+1=0在x∈(1，2)上有且只有一个实根，求a的取值范围．2020年高考数学导数解答题专项练习（含答案解析）答案解析1.解：(1)由f(x)≥h(x)，得m ≤x ln x 在(1，＋∞)上恒成立．令g(x)=x ln x ，则g ′(x)=ln x －1ln x 2，当x ∈(1，e)时，g ′(x)＜0；当x ∈(e ，＋∞)时，g ′(x)＞0，所以g(x)在(1，e)上递减，在(e ，＋∞)上递增．故当x=e 时，g(x)的最小值为g(e)=e.所以m ≤e.即m 的取值范围是(-∞，e]．(2)由已知可得k(x)=x-2ln x-a.函数k(x)在(1,3)上恰有两个不同零点，相当于函数φ(x)=x-2ln x 与直线y=a 有两个不同的交点．φ′(x)=1-2x =x －2x ，当x ∈(1,2)时，φ′(x)＜0，φ(x)递减，当x ∈(2,3)时，φ′(x)＞0，φ(x)递增．又φ(1)=1，φ(2)=2-2ln 2，φ(3)=3-2ln 3，要使直线y=a 与函数φ(x)=x-2ln x 有两个交点，则2-2ln 2＜a ＜3-2ln 3.即实数a 的取值范围是(2-2ln 2,3-2ln 3)．2.解:3.解：4.解：5.解：6.解：7.解：8.解：9.解：10.解：11.解：(1)a=0时，f(x)=e x－1－x，f′(x)=e x－1.当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.故f(x)在(－∞，0)单调减少，在(0，＋∞)单调增加(2)f′(x)=e x－1－2ax.由(1)知e x≥1＋x，当且仅当x=0时等号成立．故f′(x)≥x－2ax=(1－2a)x，从而当1－2a≥0，即a≤0.5时，f′(x)≥0(x≥0)，而f(0)=0，于是当x≥0时，f(x)≥0.由e x>1＋x(x≠0)得e－x>1－x(x≠0)，从而当a>时，f′(x)<e x－1＋2a(e－x－1)=e－x(e x－1)(e x－2a)，故当x∈(0，ln2a)时， f′(x)<0，而f(0)=0，于是当x∈(0，ln2a)时，f(x)<0，综上可得a的取值范围为(－∞，0.5]．12.解：13.解：14.15.16.17.18.19.解：20.解：。

2020年高考数学(文数)解答题强化专练——函数与导数含答案

（文数）解答题强化专练——函数与导数一、解答题（本大题共10小题，共120.0分）1.已知函数f（x）＝ax2－ln x－x（x＞0）．（1）设x＝1是f（x）的一个极值点，求a的值并求f（x）的单调区间；（2）设a≥3，求证．2.已知函数f（x）=x-ln x．（1）求f（x）的最小值；（2）证明：对于任意正整数n，．3.已知函数f（x）=x2ln x．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性：（Ⅱ）证明：．4.设函数f（x）=2x lnx-a，a∈R．（Ⅰ）求函数f（x）的极值；（Ⅱ）若不等式e x f（x）-x2-1≥0，对任意实数x≥1恒成立，求实数a的取值范围．5.已知函数f（x）=ax lnx-bx2-ax．（Ⅰ）曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为，求a，b的值；（Ⅱ）若a≤0，时，∀x1，x2∈（1，e），都有，求a的取值范围．6.已知f（x）=ax+1-x lnx的图象在A（1，f（1））处的切线与直线x-y=0平行．（1）求函数f（x）的极值；（2）若∀x1，x2∈（0，+∞），，求实数m的取值范围．7.已知函数f（x）=2ln x-x2，（1）求函数y=f（x）图象上一点A（1，f（1））处的切线方程．（2）若方程f（x）-2a=0在[，e]内有两个不等实根，求实数a的取值范围（e为自然对数的底数）．（3）求证（n∈N*，且n≥2）8.已知x=1是函数f（x）=ax的极值点．（Ⅰ）求实数a的值；（Ⅱ）求证：函数f（x）存在唯一的极小值点x0，且0．（参考数据：ln2≈0.69）9.已知函数f（x）=|ln x-a|-2ln x+x，a≥2．（1）若a=2，求f（x）的零点个数；（2）证明：∀x1，x2∈[3，9]，|f（x1）-f（x2）|≤2+ln3．10.设函数f（x）=x2-4x sinx-4cos x．（1）讨论函数f（x）在[-π，π]上的单调性；（2）证明：函数f（x）在R上有且仅有两个零点．答案和解析1.【答案】（1）解：，∵f'（1）＝2a－2＝0，所以a＝1，此时，∴x∈（0，1），f'（x）＜0，x∈（1，＋∞），f'（x）＞0，所以f（x）的单调递减区间为（0，1），单调递增区间为（1，＋∞）；（2）证明：当a≥3时，ax2≥3x2，所以f（x）＝ax2－ln x－x≥3x2－ln x－x（x＞0），令g（x）＝3x2－ln x－x（x＞0），，∴当x∈（0，），g'（x）＜0，g（x）单调递减；x∈（，＋∞），g'（x）＞0，g（x）单调递增.所以，．【解析】本题考查运用导数研究函数的单调性及最值，属于考查能力的题.（1）由x＝1是f（x）的一个极值点，求a的值，然后由导数解不等式即可；（2）当a≥3时，f（x）＝ax2－ln x－x≥3x2－ln x－x（x＞0），令g（x）＝3x2－ln x－x（x ＞0），通过导数研究函数的单调区间，求出g(x)的最小值即可.2.【答案】解：（1），当x∈（0，1）时，f′（x）＜0，故f（x）在（0，1）单调递减；当x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）在（1，+∞）单调递增；故f（x）≥f（1）=1，故f（x）的最小值为1．（2）由（1）可得，f（x）=x-ln x≥1即ln x≤x-1，所以ln（1+）=，k∈N*，n≥2，则ln（1+）+ln（1+）+=1-，即ln（1+）（1+）…（1+）＜1，所以（1+）（1+）…（1+）＜e．【解析】（1）先对函数求导，然后结合导数可求函数的单调性，进而可求函数的最小值；（2）结合（1）对x进行赋值，然后结合数列的裂项求和及不等式的放缩法即可证明．本题主要考查了利用导数求解函数的单调性及利用单调性证明不等式，属于中档试题．3.【答案】解：（I）f′（x）=2x lnx+x，x＞0，令f′（x）=0可得x=，∵y=2ln x+1在（0，+∞）上单调递增，则当0＜x＜e时，f′（x）＜0，函数单调递减，当x＞e时，f′（x）＞0，函数单调递增，故f（x）在（0，e）上单调递减，在（e，+∞）上单调递增，（II）由（I）可知，f（x）min=f（e）=-，令g（x）=，则，当x∈（0，2）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，当x∈（2，+∞）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，则g（x）max=g（2）=，而-（-）=＜0，因此，即：．【解析】（I）先对函数求导，然后结合导数与单调性关系即可求解；（II）结合已知不等式进行构造，转化为求解相应函数的最值问题，结合导数可求．本题主要考查了利用导数求解函数的单调性，证明不等式，体现了转化思想的应用．4.【答案】解：（Ⅰ）f′（x）=2ln x+2，令f′（x）=2ln x+2=0，得x=，当x∈（0，）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；当x∈（，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增．∴f（x）在（0，+∞）上有极小值为f（）=；（Ⅱ）∵不等式e x f（x）-x2-1≥0对任意实数x≥1恒成立，∴e x（2x lnx-a）≥x2+1对任意实数x≥1恒成立，即-a≥对任意实数x≥1恒成立，令g（x）=（x≥1）．则g′（x）=．∵x≥1，∴g′（x）≤0，即g（x）在[1，+∞）上单调递减．∴g（x）≤g（1）=，即-a，则a．【解析】本题考查了函数的最值与函数单调性的判断，考查转化思想与函数方程思想，考查转化能力与计算能力，属于较难题．（Ⅰ）求出原函数的导函数，可得导函数的零点，然后分段分析原函数的单调性，进一步可得f（x）的极小值；（Ⅱ）不等式e x f（x）-x2-1≥0对任意实数x≥1恒成立，等价于e x（2x lnx-a）≥x2+1对任意实数x≥1恒成立，分离参数-a，得-a≥对任意实数x≥1恒成立，令g（x）=（x≥1）．利用导数求其最大值，则答案可求．5.【答案】解：（Ⅰ）由题意，f′（x）=a（1+ln x）-2bx-a=a ln x-2bx，由f′（1）=-2b=-1，得b=，又f（1）=-b-a=-，∴a=1．即a=1，b=；（Ⅱ）当a≤0，时，f′（x）=a ln x-x＜0，f（x）在（1，e）上单调递减，不妨设x1＜x2，则f（x1）＞f（x2），原不等式即为＜3．即f（x1）-f（x2）＜3x2-3x1，即f（x1）+3x1＜f（x2）+3x2．令g（x）=f（x）+3x，则g（x）在（1，e）上为单调增函数，∴有g′（x）=f′（x）+3=a ln x-x+3≥0在（1，e）上恒成立．即a≥，x∈（1，e），令h（x）=，x∈（1，e），h′（x）=，令t（x）=ln x+，t′（x）=．∴t（x）在（1，e）上单调递减，t（x）＞t（e）=，则h′（x）＞0，h（x）在（1，e）上为单调增函数，∴h（x）＜h（e）=e-3，即a≥e-3．综上，e-3≤a≤0．【解析】（Ⅰ）求出原函数的导函数，利用f′（1）=-2b=-1，求得b，再由f（1）=-b-a=-求解a；（Ⅱ）当a≤0，时，f′（x）=a ln x-x＜0，f（x）在（1，e）上单调递减，不妨设x1＜x2，则f（x1）＞f（x2），原不等式即为＜3，即f（x1）+3x1＜f（x2）+3x2，构造函数g（x）=f（x）+3x，得到g′（x）=f′（x）+3=a ln x-x+3≥0在（1，e）上恒成立，分离参数a，得到a≥，x∈（1，e），再由导数求函数h（x）=，x∈（1，e）的最值，可得a的取值范围．本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查利用导数求最值，考查化归与转化思想方法，属难题．6.【答案】解：（1）f（x）=ax+1-x lnx的导数为f′（x）=a-1-ln x，可得f（x）的图象在A（1，f（1））处的切线斜率为a-1，由切线与直线x-y=0平行，可得a-1=1，即a=2，f（x）=2x+1-x lnx，f′（x）=1-ln x，由f′（x）＞0，可得0＜x＜e，由f′（x）＜0，可得x＞e，则f（x）在（0，e）递增，在（e，+∞）递减，可得f（x）在x=e处取得极大值，且为e+1，无极小值；（2）可设x1＞x2，若∀x1，x2∈（0，+∞），，可得f（x1）-f（x2）＞mx12-mx22，即有f（x1）-mx12＞f（x2）-mx22，设g（x）=f（x）-mx2在（0，+∞）为增函数，即有g′（x）=1-ln x-2mx≥0对x＞0恒成立，可得2m≤在x＞0恒成立，由h（x）=的导数为h′（x）=得：当h′（x）=0，可得x=e2，h（x）在（0，e2）递减，在（e2，+∞）递增，即有h（x）在x=e2处取得极小值，且为最小值-，可得2m≤-，解得m≤-，则实数m的取值范围是（-∞，-]．【解析】（1）求得f（x）的导数，可得切线的斜率，由两直线平行的条件：斜率相等，可得a，求出f（x）的导数和单调区间，即可得到所求极值；（2）设x1＞x2，可得f（x1）-f（x2）＞mx12-mx22，设g（x）=f（x）-mx2在（0，+∞）为增函数，设g（x）=f（x）-mx2在（0，+∞）为增函数，求得g（x）的导数，再由参数分离和构造函数，求出最值，即可得到所求m的范围．本题考查导数的运用：求切线的斜率和单调性、极值和最值，考查方程思想和转化思想，考查不等式恒成立问题解法，运用参数分离和构造函数是解题的关键，属于中档题．7.【答案】解：（1）∵f（x）=2ln x-x2，∴f′（x）=-2x=，∴k=f′（1）=0，f（1）=-1，函数图象上一点A（1，f（1））处的切线方程为y=-1；（2）∵方程f（x）-2a=0在[，e]内有两个不等实根，∴y=f（x）与y=2a有两个交点，∵f′（x）=，x∈[，e]，令f′（x）=0，解得x=1，当x∈[，1]时，f′（x）0，函数f（x）单调递增，当x∈[1，e]时，f′（x）0，函数f（x）单调递减，∴f（x）max=f（1）=-1，∵f（）=2ln-=-2-，f（e）=2ln e-e2=2-e2，∴f（e）＜f（），∵y=f（x）与y=2a有两个交点，∴-2-≤2a＜-1，∴-1-≤a＜-.（3）证明：由（2）知f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，则f（x）=2ln x-x2≤f（1）=-1，则2ln x≤x2-1对x＞0恒成立，∴=-≤对x＞1恒成立，令x=2，3，…，n，代入上式并相加可得∴++…+≥1-+-+-+…+-=1+--=-，n∈N*，且n≥2．【解析】本题考查了导数和几何意义，函数和方程根的关系，不等式的证明，属于难题．（1）先求导，再根据导数的几何意义即可求出；（2）方程f（x）-2a=0在[，e]内有两个不等实根，转化为y=f（x）与y=2a有两个交点，利用导数求出函数f（x）的值域及端点值，即可求出a的范围；（3）由（2）可得2ln x≤x2-1对x＞0恒成立，得=-≤对x＞1恒成立，分别令x=2，3，…，n，代入上式并相加可得．8.【答案】解：（Ⅰ）因为f'(x）=2ax--ln x，且x=1是极值点，所以得f'(1）=0，即得f'(1）=2a-=0，a=，此时f'(x）=--ln x，设g（x）=f'(x），则g'(x）==则当0＜x＜2时，g'(x）＜0，g（x）为减函数又g（1）=0，g（2）=-ln2＜0，当0＜x＜1时，g（x）＞0，f（x）为增函数，当1＜x＜2时，g（x）＜0，f（x）为减函数，即当x=1时，f（x）取得极大值，符合题意；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，0＜x＜2时，不存在极小值点，当x＞2时，g'(x）＞0，g（x）为增函数，且g（4）=-2ln2＞0，g（2）＜0，所以存在x0∈（2，4），g（x0）=0，结合（Ⅰ）可知当1＜x＜x0时，g（x）＜0，f（x）为减函数；x＞x0时，g（x）＞0，f （x）为增函数，所以函数f（x）存在唯一的极小值点x0，又g（3）=1-ln3＜0，所以3＜x0＜4，且满足--ln x0=0．所以f（x0）=+-x0ln x0=-+，由二次函数图象可知：f（4）＜f（x0）＜f（3），又f（3）=-+3=，f（4）=-+4=-4+4=0，∴f（x0）∈（0，），即0成立．【解析】本题考查利用函数极值与导数关系的综合应用问题，解决本题的关键是能够利用零点存在定理确定零点所处的范围，从而可将证明问题转化为在某一区间内二次函数值域问题的求解．（Ⅰ）根据f'(1）=0求得a；通过导数验证函数的单调性，可知a=时x=1是函数f(x)的极值点，满足题意；（Ⅱ）根据（Ⅰ）可知极小值点位于（2，+∞），此时g（x）的零点x0∈（3，4），且此时x0为极小值点，代入f（x）得到关于x0的二次函数，求解二次函数值域即可证得结论．9.【答案】解：（1）当a=2时，，当0＜x≤e2时，，此时函数f（x）在（0，3）单调递减，在（3，e2）单调递增，又f（x）min=f（3）=5-3ln3＞0，故此时无零点；当x＞e2时，，此时函数f（x）在（e2，+∞）上单调递增，又f（e2）=e2-4＞0，故此时无零点；综上，当a=2时，函数f（x）的零点个数为0；（2）证明：要证：∀x1，x2∈[3，9]，|f（x1）-f（x2）|≤2+ln3，即证x∈[3，9]时，f（x）-f（x）min≤2+ln3，max①当2≤a＜ln9时，，当3≤x≤e a时，，此时函数f（x）单调递增；当e a＜x≤9时，，此时函数f（x）单调递增，故函数f（x）在[3，9]上单调递增，∴f（x）max=f（9）=9-ln9-a，f（x）min=f（3）=3-3ln3+a，∴f（x）max-f（x）min=6+ln3-2a≤2+ln3；②当a≥ln9时，f（x）=x-3ln x+a，易知函数f（x）在[3，9]上单调递增，∴f（x）max=f（9）=9-3ln9+a，f（x）min=f（3）=3-3ln3+a，∴f（x）max-f（x）min=6-3ln3＜2+ln3；综上，∀x1，x2∈[3，9]，|f（x1）-f（x2）|≤2+ln3．【解析】（1）将a=2代入，并把函数化为分段函数的形式，分别利用导数研究即可得出结论；（2）对参数进行分类讨论，并把问题转化为x∈[3，9]时，f（x）max-f（x）min≤2+ln3，进而得证．本题主要考查函数的零点，函数的单调性，导数及其应用等基础知识，考查运算求解能力，推理论证能力，创新意识等，考查分类讨论思想，数学运算，数学抽象等核心素养，属于中档题．10.【答案】（1）解：∵f（x）=x2-4x sinx-4cos x，∴f（-x）=（-x）2-4（-x）sin（-x）-4cos（-x）=x2-4x sinx-4cos x=f（x），∴f（x）为偶函数．∵f′（x）=2x-4（sin x+x cosx）+4sin x=2x（1-2cos x），∴当x∈[0，]时，f′（x）≤0，当x∈[，π]时，f′（x）≥0，∴f（x）在区间[0，]上单调递减，在区间[，π]单调递增；又f（x）为偶函数．∴f（x）在区间[-π，-]单调递减，在区间[-，0]上单调递增，综上所述，当x∈[-π，-]，或x∈[0，]，f（x）单调递减；当x∈[-，0]，或x∈[，π]，f（x）单调递增；（2）证明：∵函数f（x）=x2-4x sinx-4cos x为R上的偶函数，要证明函数f（x）在R上有且仅有两个零点，只需证明f（x）在（0，+∞）上有且仅有1个零点，当x∈（0，+∞），令f（x）=0，即x2=4x sinx+4cos x，即=x sinx+cos x．令g（x）=（x＞0），h（x）=x sinx+cos x（x＞0），且h（0）=1＞0．则h′（x）=sin x+x cosx-sin x=x cosx，当x∈（0，）时，h′（x）＞0，x∈（，）时，h′（x）＜0，∴h（x）=x sinx+cos x在区间（0，）上单调递增，在区间（，）单调递减，∴h（x）max=h（）=＞1＞=g（），h（x）min=h（）=-＜0＜=g（），∴g（x）=与h（x）=x sinx+cos x在（0，）上有一个交点．在同一作出g（x）=与h（x）=x sinx+cos x的图象，x0由图可知，当x＞x0（x0为两函数的第一象限的交点的横坐标）时，g（x）=（x＞0）的图象恒在h（x）图形的上方，∴f（x）在（0，+∞）上有且仅有1个零点，又函数f（x）=x2-4x sinx-4cos x为R上的偶函数，∴函数f（x）在R上有且仅有两个零点．【解析】（1）利用f（x）=x2-4x sinx-4cos x为偶函数及f′（x）=2x-4（sin x+x cosx）+4sin x=2x （1-2cos x），可判断函数f（x）在[-π，π]上的单调性；（2）函数f（x）=x2-4x sinx-4cos x为R上的偶函数，要证明函数f（x）在R上有且仅有两个零点，只需证明f（x）在（0，+∞）上有且仅有1个零点，问题转化为=x sinx+cos x 在（0，+∞）上只有一个根，分别构造函数g（x）=（x＞0），h（x）=x sinx+cos x（x＞0），利用导数法结合图象即可证明原结论成立．本题考查利用导数研究函数的单调性，考查等价转化思想与函数与方程思想，考查推理证明及作图能力，属于难题．第11页，共11页。

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专题02 函数与导数综合问题（专项训练）1．(2019·河北武邑中学月考)已知函数f (x )＝2a ln x －x 2. (1)若a ＝2,求函数f (x )的图象在点(1,f (1))处的切线方程；(2)若a ＞0,判断函数f (x )在定义域上是否存在最大值或最小值,若存在,求出函数f (x )的最大值或最小值．【答案】见解析【解析】(1)当a ＝2时,f (x )＝4ln x －x 2.f ′(x )＝4x－2x ,f ′(1)＝2,f (1)＝－1,所以函数f (x )的图象在点(1,f (1))处的切线方程为y ＋1＝2(x －1),即2x －y －3＝0. (2)f ′(x )＝2a x －2x ＝－2（x 2－a ）x,x >0.令f ′(x )＝0,由a >0,解得x 1＝a ,x 2＝－a (舍去)．当x 在(0,＋∞)上变化时,f ′(x ),f (x )的变化情况如下表.无最小值． 2．(2017·全国卷Ⅱ)设函数f (x )＝(1－x 2)e x. (1)讨论f (x )的单调性；(2)当x ≥0时,f (x )≤ax ＋1,求a 的取值范围．【答案】见解析【解析】(1)f ′(x )＝(1－2x －x 2)e x.令f ′(x )＝0,得x ＝－1－2或x ＝－1＋ 2.当x ∈(－∞,－1－2)时,f ′(x )<0；当x ∈(－1－2,－1＋2)时,f ′(x )>0；当x ∈(－1＋2,＋∞)时,f ′(x )<0.所以f (x )在(－∞,－1－2),(－1＋2,＋∞)上单调递减,在(－1－2,－1＋2)上单调递增．(2)f (x )＝(1＋x )(1－x )e x.当a ≥1时,设函数h (x )＝(1－x )e x,h ′(x )＝－x e x<0(x >0),因此h (x )在[0,＋∞)上单调递减,而h (0)＝1,故h (x )≤1,所以f (x )＝(x ＋1)h (x )≤x ＋1≤ax ＋1.当0<a <1时,设函数g (x )＝ex－x －1,g ′(x )＝e x－1>0(x >0),所以g (x )在[0,＋∞)上单调递增,而g (0)＝0,故e x≥x ＋1.当0<x <1时,f (x )>(1－x )(1＋x )2,(1－x )(1＋x )2－ax －1＝x (1－a －x －x 2),取x 0＝5－4a －12,则x 0∈(0,1),(1－x 0)(1＋x 0)2－ax 0－1＝0,故f (x 0)>ax 0＋1.当a ≤0时,取x 0＝5－12,则x 0∈(0,1),f (x 0)>(1－x 0)(1＋x 0)2＝1≥ax 0＋1.综上,a 的取值范围是[1,＋∞)．3．已知函数f (x )＝a ln x (a ＞0),e 为自然对数的底数． (1)若过点A (2,f (2))的切线斜率为2,求实数a 的值；(2)当x ＞0时,求证：f (x )≥a ⎝⎛⎭⎪⎫1－1x ；(3)若在区间(1,e)上10xaae xe -<恒成立,求实数a 的取值范围．【答案】见解析【解析】(1)由题意得f ′(x )＝a x ,所以f ′(2)＝a2＝2,所以a ＝4. (2)证明：令g (x )＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x －1＋1x (x >0),则g ′(x )＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －1x 2.令g ′(x )>0,即a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －1x 2>0,解得x >1；令g ′(x )<0,解得0<x <1.所以g (x )在(0,1)上单调递减,在(1,＋∞)上单调递增．所以g (x )的最小值为g (1)＝0,所以f (x )≥a ⎝⎛⎭⎪⎫1－1x .(3)由题意可知1x a ae xe <,化简得x －1a <ln x ．又x ∈(1,e),所以a >x －1ln x .令h (x )＝x －1ln x ,则h ′(x )＝ln x －1＋1x （ln x ）2.由(2)知,当x ∈(1,e)时,ln x －1＋1x>0,所以h ′(x )>0,即h (x )在(1,e)上单调递增,所以h (x )<h (e)＝e －1.所以a ≥e－1.故实数a 的取值范围为[e －1,＋∞)．4．(2019·重庆一模)设函数f (x )＝ln x ,g (x )＝ax ＋bx－c (a ,b ,c ∈R )．(1)当c ＝0时,若函数f (x )与g (x )的图像在x ＝1处有相同的切线,求a ,b 的值；(2)当b ＝3－a 时,若对任意x 0∈(1,＋∞)和任意a ∈(0,3),总存在不相等的正实数x 1,x 2,使得g (x 1)＝g (x 2)＝f (x 0),求c 的最小值．【答案】见解析【解析】(1)由f (x )＝ln x ,得f (1)＝0.又f ′(x )＝1x ,所以f ′(1)＝1.当c ＝0时,g (x )＝ax ＋bx,所以g ′(x )＝a －bx 2,所以g ′(1)＝a －b .因为函数f (x )与g (x )的图像在x ＝1处有相同的切线,所以⎩⎪⎨⎪⎧f ′（1）＝g ′（1），f （1）＝g （1），即⎩⎪⎨⎪⎧a －b ＝1，a ＋b ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝12，b ＝－12.(2)当x 0＞1时,则f (x 0)＞0,又b ＝3－a ,设t ＝f (x 0),则题意可转化为方程ax ＋3－ax－c ＝t (t ＞0)在(0,＋∞)上有相异两实根x 1,x 2,即关于x 的方程ax 2－(c ＋t )x ＋(3－a )＝0(t ＞0)在(0,＋∞)上有相异两实根x 1,x 2.所以⎩⎪⎨⎪⎧0＜a ＜3，Δ＝（c ＋t ）2－4a （3－a ）＞0，x 1＋x 2＝c ＋t a ＞0，x 1x 2＝3－a a ＞0，即⎩⎪⎨⎪⎧0＜a ＜3，（c ＋t 2）＞4a （3－a ），c ＋t ＞0，所以c ＞2a （3－a ）－t 对t ∈(0,＋∞),a ∈(0,3)恒成立．所以2a （3－a ）≤2⎣⎢⎡⎦⎥⎤a ＋（3－a ）22＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫当且仅当a ＝32时，等号成立.又因为－t ＜0,所以2a （3－a ）－t 的取值范围是(－∞,3),所以c ≥3.故c 的最小值为3. 5．已知函数f (x )＝x ln x －ax 2,g (x )为f (x )的导数． (1)讨论函数g (x )的零点个数；(2)若函数f (x )在定义域内不单调且在(2,＋∞)上单调递减,求实数a 的取值范围．【答案】见解析【解析】(1)g (x )＝f ′(x )＝ln x －2ax ＋1,令g (x )＝0,得ln x －2ax ＋1＝0,即ln x ＝2ax －1,所以a ＝ln x ＋12x ,所以函数g (x )的零点个数等价于函数y ＝a 与y ＝ln x ＋12x 图象的交点个数．令φ(x )＝ln x ＋12x ,则φ′(x )＝－ln x(2x)2,所以x ∈(0,1)时,φ′(x )>0,φ(x )单调递增；x ∈(1,＋∞)时,φ′(x )<0,φ(x )单调递减且φ(x )>0,所以x ＝1时,φ(x )有极大值12,作出两函数的大致图象,如图所示,由图可知,当a >12时,两函数图象无交点,g (x )无零点；当a ≤0或a ＝12时,两函数图象有一个交点,g (x )有一个零点；当0<a <12时,两函数图象有两个交点,g (x )有两个零点．(2)由(1)知,a ≥12时,g (x )无零点或有一个零点,g (x )≤0,函数f (x )在定义域内单调递减,故函数f (x )在定义域内不单调时,a <12,f (x )在(2,＋∞)上单调递减时,f ′(x )≤0,即g (x )≤0恒成立．由g (x )≤0得a ≥ln x ＋12x ,令h (x )＝ln x ＋12x ,则a ≥h (x )恒成立,因为h ′(x )＝－ln x(2x)2,所以x ∈(2,＋∞)时,h ′(x )<0,h (x )单调递减,h (x )<h (2),由a ≥h (x )恒成立得a ≥h (2),解得a ≥ln 2＋14,综上,实数a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫ln 2＋14，12.6．已知函数f (x )＝x 3－3x 2＋ax ＋2,曲线y ＝f (x )在点(0,2)处的切线与x 轴交点的横坐标为－2. (1)求a 的值；(2)求证：当k <1时,曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点．【答案】见解析【解析】(1)f ′(x )＝3x 2－6x ＋a ,f ′(0)＝a .曲线y ＝f (x )在点(0,2)处的切线方程为y ＝ax ＋2.由题设得－2a＝－2,所以a ＝1.(2)证明：由(1)知,f (x )＝x 3－3x 2＋x ＋2. 设g (x )＝f (x )－kx ＋2＝x 3－3x 2＋(1－k )x ＋4.曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点,即g (x )＝x 3－3x 2＋(1－k )x ＋4有唯一零点,由题设知1－k >0. 当x ≤0时,g ′(x )＝3x 2－6x ＋1－k >0,g (x )单调递增,g (－1)＝k －1<0,g (0)＝4,所以g (x )＝0在(－∞,0]上有唯一实根．当x >0时,令h (x )＝x 3－3x 2＋4,则g (x )＝h (x )＋(1－k )x >h (x )．h ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2),h (x )在(0,2)上单调递减,在(2,＋∞)上单调递增,所以g (x )>h (x )≥h (2)＝0.所以g (x )＝0在(0,＋∞)上没有实根．综上,g (x )＝0在R 上有唯一实根,即曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点．。