专题03 函数与导数(解析版)
专题03导数及其应用（解析版）
专题03 导数及其应用1．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】已知曲线e ln x y a x x =+在点（1，a e ）处的切线方程为y =2x +b ，则 A ．e 1a b ==-， B ．a=e ，b =1 C ．1e 1a b -==，D ．1e a -=，1b =-【答案】D【解析】∵e ln 1,x y a x '=++∴切线的斜率1|e 12x k y a ='==+=，1e a -∴=， 将(1,1)代入2y x b =+，得21,1b b +==-. 故选D ．【名师点睛】本题求解的关键是利用导数的几何意义和点在曲线上得到含有a ，b 的等式，从而求解，属于常考题型.2．【2019年高考天津理数】已知a ∈R ，设函数222,1,()ln ,1.x ax a x f x x a x x ⎧-+≤=⎨->⎩若关于x 的不等式()0f x ≥在R 上恒成立，则a 的取值范围为 A ．[]0,1 B ．[]0,2 C ．[]0,eD ．[]1,e【答案】C【解析】当1x =时，(1)12210f a a =-+=>恒成立；当1x <时，22()22021x f x x ax a a x =-+≥⇔≥-恒成立，令2()1x g x x =-，则222(11)(1)2(1)1()111x x x x g x x x x -----+=-=-=----112201x x ⎛⎫⎛⎫=--+-≤-= ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭，当111x x-=-，即0x =时取等号， ∴max 2()0a g x ≥=，则0a >.当1x >时，()ln 0f x x a x =-≥，即ln xa x≤恒成立， 令()ln xh x x=，则2ln 1()(ln )x h x x -'=，当e x >时，()0h x '>，函数()h x 单调递增， 当0e x <<时，()0h x '<，函数()h x 单调递减， 则e x =时，()h x 取得最小值(e)e h =， ∴min ()e a h x ≤=，综上可知，a 的取值范围是[0,e]. 故选C.【名师点睛】本题考查分段函数的最值问题，分别利用基本不等式和求导的方法研究函数的最值，然后解决恒成立问题.3．（2019浙江）已知,a b ∈R ，函数32,0()11(1),032x x f x x a x ax x <⎧⎪=⎨-++≥⎪⎩．若函数()y f x ax b =--恰有3个零点，则 A ．a <–1，b <0 B ．a <–1，b >0 C ．a >–1，b <0 D ．a >–1，b >0【答案】C【解析】当x ＜0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b ＝x ﹣ax ﹣b ＝（1﹣a ）x ﹣b ＝0，得x =b1−a ， 则y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 最多有一个零点；当x ≥0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b =13x 3−12（a +1）x 2+ax ﹣ax ﹣b =13x 3−12（a +1）x 2﹣b ，2(1)y x a x =+-'，当a +1≤0，即a ≤﹣1时，y ′≥0，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 在[0，+∞）上单调递增， 则y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 最多有一个零点，不合题意；当a +1＞0，即a >﹣1时，令y ′＞0得x ∈(a +1，+∞），此时函数单调递增，令y ′＜0得x ∈[0，a +1），此时函数单调递减，则函数最多有2个零点.根据题意，函数y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 恰有3个零点⇔函数y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 在（﹣∞，0）上有一个零点，在[0，+∞）上有2个零点， 如图：∴b1−a ＜0且{−b ＞013(a +1)3−12(a +1)(a +1)2−b ＜0， 解得b ＜0，1﹣a ＞0，b ＞−16（a +1）3，则a >–1，b <0. 故选C ．【名师点睛】本题考查函数与方程，导数的应用.当x ＜0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b ＝x ﹣ax ﹣b ＝（1﹣a ）x ﹣b 最多有一个零点；当x ≥0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b =13x 3−12（a +1）x 2﹣b ，利用导数研究函数的单调性，根据单调性画出函数的草图，从而结合题意可列不等式组求解．4．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】曲线23()e xy x x =+在点(0)0，处的切线方程为____________． 【答案】30x y -=【解析】223(21)e 3()e 3(31)e ,x x x y x x x x x '=+++=++ 所以切线的斜率0|3x k y ='==，则曲线23()e x y x x =+在点(0,0)处的切线方程为3y x =，即30x y -=．【名师点睛】准确求导数是进一步计算的基础，本题易因为导数的运算法则掌握不熟，而导致计算错误．求导要“慢”，计算要准，是解答此类问题的基本要求．5．【2019年高考江苏】在平面直角坐标系xOy 中，P 是曲线4(0)y x x x=+>上的一个动点，则点P 到直线0x y +=的距离的最小值是 ▲ . 【答案】4 【解析】由4(0)y x x x =+>，得241y x'=-， 设斜率为1-的直线与曲线4(0)y x x x=+>切于0004(,)x x x +，由20411x -=-得0x =0x =， ∴曲线4(0)y x x x=+>上，点P 到直线0x y +=4=.故答案为4．【名师点睛】本题考查曲线上任意一点到已知直线的最小距离，渗透了直观想象和数学运算素养.采取导数法，利用数形结合和转化与化归思想解题.6．【2019年高考江苏】在平面直角坐标系xOy 中，点A 在曲线y =ln x 上，且该曲线在点A 处的切线经过点（-e ，-1)(e 为自然对数的底数），则点A 的坐标是 ▲ . 【答案】(e, 1)【解析】设出切点坐标，得到切线方程，然后求解方程得到横坐标的值，可得切点坐标. 设点()00,A x y ，则00ln y x =. 又1y x'=， 当0x x =时，01y x '=， 则曲线ln y x =在点A 处的切线为0001()y y x x x -=-， 即00ln 1xy x x -=-， 将点()e,1--代入，得00e1ln 1x x ---=-，即00ln e x x =，考察函数()ln H x x x =，当()0,1x ∈时，()0H x <，当()1,x ∈+∞时，()0H x >， 且()ln 1H x x '=+，当1x >时，()()0,H x H x '>单调递增， 注意到()e e H =，故00ln e x x =存在唯一的实数根0e x =， 此时01y =， 故点A 的坐标为()e,1.【名师点睛】导数运算及切线的理解应注意的问题：一是利用公式求导时要特别注意除法公式中分子的符号，防止与乘法公式混淆．二是直线与曲线公共点的个数不是切线的本质，直线与曲线只有一个公共点，直线不一定是曲线的切线，同样，直线是曲线的切线，则直线与曲线可能有两个或两个以上的公共点．7．【2019年高考北京理数】设函数()e e xxf x a -=+（a 为常数）．若f （x ）为奇函数，则a =________；若f （x ）是R 上的增函数，则a 的取值范围是___________． 【答案】(]1,0--∞【解析】首先由奇函数的定义得到关于a 的恒等式，据此可得a 的值，然后利用()0f x '≥可得a 的取值范围.若函数()e e xxf x a -=+为奇函数，则()(),f x f x -=-即()ee e e xx x x a a --+=-+，即()()1e e0x xa -++=对任意的x 恒成立， 则10a +=，得1a =-.若函数()e e xxf x a -=+是R 上的增函数，则() e e 0x x f x a -'=-≥在R 上恒成立，即2e x a ≤在R 上恒成立， 又2e 0x >，则0a ≤，即实数a 的取值范围是(],0-∞.【名师点睛】本题考查函数的奇偶性､单调性､利用单调性确定参数的范围.解答过程中，需利用转化与化归思想，转化成恒成立问题.注重重点知识､基础知识､基本运算能力的考查.8．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数()sin ln(1)f x x x =-+，()f x '为()f x 的导数．证明：（1）()f x '在区间(1,)2π-存在唯一极大值点； （2）()f x 有且仅有2个零点． 【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）设()()g x f 'x =，则1()cos 1g x x x =-+，21sin ())(1x 'x g x =-++. 当1,2x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()g'x 单调递减，而(0)0,()02g'g'π><，可得()g'x 在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭有唯一零点，设为α.则当(1,)x α∈-时，()0g'x >；当,2x α⎛π⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g'x <. 所以()g x 在(1,)α-单调递增，在,2απ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，故()g x 在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭存在唯一极大值点，即()f 'x 在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭存在唯一极大值点. （2）()f x 的定义域为(1,)-+∞.（i ）当(1,0]x ∈-时，由（1）知，()f 'x 在(1,0)-单调递增，而(0)0f '=，所以当(1,0)x ∈-时，()0f 'x <，故()f x 在(1,0)-单调递减，又(0)=0f ，从而0x =是()f x 在(1,0]-的唯一零点.（ii ）当0,2x ⎛π⎤∈ ⎥⎝⎦时，由（1）知，()f 'x 在(0,)α单调递增，在,2απ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，而(0)=0f '，02f 'π⎛⎫< ⎪⎝⎭，所以存在,2βαπ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()0f 'β=，且当(0,)x β∈时，()0f 'x >；当,2x βπ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f 'x <.故()f x 在(0,)β单调递增，在,2βπ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减.又(0)=0f ，1ln 1022f ππ⎛⎫⎛⎫=-+> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以当0,2x ⎛π⎤∈ ⎥⎝⎦时，()0f x >.从而，()f x 在0,2⎛⎤⎥⎝⎦π没有零点. （iii ）当,2x π⎛⎤∈π⎥⎝⎦时，()0f 'x <，所以()f x 在,2π⎛⎫π ⎪⎝⎭单调递减.而02f π⎛⎫> ⎪⎝⎭，()0f π<，所以()f x 在,2π⎛⎤π⎥⎝⎦有唯一零点. （iv ）当(,)x ∈π+∞时，ln(1)1x +>，所以()f x <0，从而()f x 在(,)π+∞没有零点. 综上，()f x 有且仅有2个零点.【名师点睛】本题考查导数与函数极值之间的关系、利用导数解决函数零点个数的问题.解决零点问题的关键一方面是利用零点存在性定理或最值点来说明存在零点，另一方面是利用函数的单调性说明在区间内零点的唯一性，二者缺一不可.9．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】已知函数()11ln x f x x x -=-+.（1）讨论f (x )的单调性，并证明f (x )有且仅有两个零点；（2）设x 0是f (x )的一个零点，证明曲线y =ln x 在点A (x 0，ln x 0)处的切线也是曲线e x y =的切线. 【答案】（1）函数()f x 在(0,1)和(1,)+∞上是单调增函数，证明见解析； （2）见解析.【解析】（1）f （x ）的定义域为（0，1）（1，+∞）．因为212()0(1)f 'x x x =+>-，所以()f x 在（0，1），（1，+∞）单调递增． 因为f （e ）=e 110e 1+-<-，22222e 1e 3(e )20e 1e 1f +-=-=>--，所以f （x ）在（1，+∞）有唯一零点x 1，即f （x 1）=0．又1101x <<，1111111()ln ()01x f x f x x x +=-+=-=-，故f （x ）在（0，1）有唯一零点11x ．综上，f （x ）有且仅有两个零点． （2）因为0ln 01e x x -=，故点B （–ln x 0，01x ）在曲线y =e x 上．由题设知0()0f x =，即0001ln 1x x x +=-，故直线AB 的斜率0000000000111ln 111ln 1x x x x x k x x x x x x +---===+-----． 曲线y =e x 在点001(ln ,)B x x -处切线的斜率是01x ，曲线ln y x =在点00(,ln )A x x 处切线的斜率也是01x ， 所以曲线ln y x =在点00(,ln )A x x 处的切线也是曲线y =e x 的切线．【名师点睛】本题考查了利用导数求已知函数的单调性、考查了曲线的切线方程，考查了数学运算能力. 10．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】已知函数32()2f x x ax b =-+.（1）讨论()f x 的单调性；（2）是否存在,a b ，使得()f x 在区间[0,1]的最小值为1-且最大值为1若存在，求出,a b 的所有值；若不存在，说明理由. 【答案】（1）见解析；（2）01a b =⎧⎨=-⎩或41a b =⎧⎨=⎩. 【解析】（1）2()622(3)f x x ax x x a '=-=-． 令()0f x '=，得x =0或3ax =. 若a >0，则当(,0),3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当0,3a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在(,0),,3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在0,3a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减；若a =0，()f x 在(,)-∞+∞单调递增；若a <0，则当,(0,)3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当,03a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在,,(0,)3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在,03a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减.（2）满足题设条件的a ，b 存在.（i ）当a ≤0时，由（1）知，()f x 在[0，1]单调递增，所以()f x 在区间[0，l]的最小值为(0)=f b ，最大值为(1)2f a b =-+.此时a ，b 满足题设条件当且仅当1b =-，21a b -+=，即a =0，1b =-．（ii ）当a ≥3时，由（1）知，()f x 在[0，1]单调递减，所以()f x 在区间[0，1]的最大值为(0)=f b ，最小值为(1)2f a b =-+．此时a ，b 满足题设条件当且仅当21a b -+=-，b =1，即a =4，b =1．（iii ）当0<a <3时，由（1）知，()f x 在[0，1]的最小值为3327a a f b ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，最大值为b 或2a b -+．若3127a b -+=-，b =1，则a =0<a <3矛盾.若3127a b -+=-，21a b -+=，则a =a =-a =0，与0<a <3矛盾． 综上，当且仅当a =0，1b =-或a =4，b =1时，()f x 在[0，1]的最小值为-1，最大值为1．【名师点睛】这是一道常规的函数导数和不等式的综合题，题目难度比往年降低了不少，考查函数的单调性、最大值、最小值这种基本量的计算. 11．【2019年高考北京理数】已知函数321()4f x x x x =-+． （Ⅰ）求曲线()y f x =的斜率为1的切线方程； （Ⅱ）当[2,4]x ∈-时，求证：6()x f x x -≤≤；（Ⅲ）设()|()()|()F x f x x a a =-+∈R ，记()F x 在区间[2,4]-上的最大值为M （a ）．当M （a ）最小时，求a 的值．【答案】（Ⅰ）y x =与6427y x =-；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）3a =-. 【解析】（Ⅰ）由321()4f x x x x =-+得23()214f x x x '=-+.令()1f x '=，即232114x x -+=，得0x =或83x =.又(0)0f =，88()327f =，所以曲线()y f x =的斜率为1的切线方程是y x =与88273y x -=-， 即y x =与6427y x =-.（Ⅱ）令()(),[2,4]g x f x x x =-∈-. 由321()4g x x x =-得23()24g'x x x =-.令()0g'x =得0x =或83x =. (),()g'x g x 的情况如下：所以()g x 的最小值为6-，最大值为0. 故6()0g x -≤≤，即6()x f x x -≤≤. （Ⅲ）由（Ⅱ）知，当3a <-时，()(0)|(0)|3M F g a a a ≥=-=->； 当3a >-时，()(2)|(2)|63M F a g a a ≥-=--=+>； 当3a =-时，()3M a =. 综上，当()M a 最小时，3a =-.【名师点睛】本题主要考查利用导函数研究函数的切线方程，利用导函数证明不等式，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 12．【2019年高考天津理数】设函数()e cos ,()xf x xg x =为()f x 的导函数．（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）当,42x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，证明()()02f x g x x π⎛⎫+-≥ ⎪⎝⎭；（Ⅲ）设n x 为函数()()1u x f x =-在区间2,242n n ππ⎛⎫π+π+ ⎪⎝⎭内的零点，其中n ∈N ，证明20022sin c s e o n n n x x x -πππ+-<-． 【答案】（Ⅰ）()f x 的单调递增区间为3ππ2π,2π(),()44k k k f x ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦Z 的单调递减区间为π5π2π,2π()44k k k ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦Z .（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析. 【解析】（Ⅰ）由已知，有()e (cos sin )x f 'x x x =-．因此，当52,244x k k ππ⎛⎫∈π+π+ ⎪⎝⎭()k ∈Z 时，有sin cos x x >，得()0f 'x <，则()f x 单调递减；当32,244x k k ππ⎛⎫∈π-π+ ⎪⎝⎭()k ∈Z 时，有sin cos x x <，得()0f 'x >，则()f x 单调递增．所以，()f x 的单调递增区间为32,2(),()44k k k f x ππ⎡⎤π-π+∈⎢⎥⎣⎦Z 的单调递减区间为52,2()44k k k ππ⎡⎤π+π+∈⎢⎥⎣⎦Z ． （Ⅱ）证明：记()()()2h x f x g x x π⎛⎫=+-⎪⎝⎭．依题意及（Ⅰ），有()e (cos sin )x g x x x =-，从而()2e sin x g'x x =-．当,42x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，0()g'x <，故()()()()(1)()022h'x f 'x g'x x g x g'x x ππ⎛⎫⎛⎫=+-+-=-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．因此，()h x 在区间,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，进而()022h x h f ππ⎛⎫⎛⎫≥== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭． 所以，当,42x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()()02f x g x x π⎛⎫+-≥ ⎪⎝⎭．（Ⅲ）证明：依题意，()()10n n u x f x =-=，即cos e 1n x n x =．记2n n y x n =-π，则,42n y ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，且()()()22e cos ecos 2e n n yx n n n n n f y y x n n π--π==-π=∈N ．由()()20e1n n f y f y -π==≤及（Ⅰ），得0n y y ≥．由（Ⅱ）知，当,42x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g'x <，所以()g x 在,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上为减函数，因此()()004n g y g y g π⎛⎫≤<= ⎪⎝⎭．又由（Ⅱ）知，()()02n n n f y g y y π⎛⎫+-≥ ⎪⎝⎭，故()()()()()022*******2sin cos sin c e e e e os e n n n n n n y n n f y y g y g y g y y y x x -π-π-π-ππ--=-≤=--≤<． 所以，20022sin c s e o n n n x x x -πππ+-<-．【名师点睛】本小题主要考查导数的运算、不等式证明、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法．考查函数思想和化归与转化思想．考查抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力． 13．【2019年高考浙江】已知实数0a ≠，设函数()=ln 0.f x a x x >（1）当34a =-时，求函数()f x 的单调区间； （2）对任意21[,)e x ∈+∞均有()2f x a≤ 求a 的取值范围． 注：e=…为自然对数的底数．【答案】（1）()f x 的单调递增区间是()3,+∞,单调递减区间是()0,3；（2）0,4⎛ ⎝⎦. 【解析】（1）当34a =-时，3()ln 04f x x x =-+>．3()4f 'x x =-+=所以，函数()f x 的单调递减区间为（0，3），单调递增区间为（3，+∞）．（2）由1(1)2f a ≤，得0a <≤．当0a <≤()f x ≤2ln 0x -≥． 令1t a=，则t ≥．设()22ln ,g t t x t =≥则2()2ln g t t x =．（i ）当1,7x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭()2ln g t g x ≥=．记1()ln ,7p x x x =≥，则1()p'x x =-==.故所以，()(1)0p x p ≥=．因此，()2()0g t g p x ≥=≥．（ii ）当211,e 7x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，1()1g t g x ⎛+= ⎝．令211()(1),,e 7q x x x x ⎡⎤=++∈⎢⎥⎣⎦，则()10q'x =+>， 故()q x 在211,e 7⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，所以1()7q x q ⎛⎫⎪⎝⎭．由（i ）得，11(1)077q p p ⎛⎫⎛⎫=<= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭． 所以，()<0q x ．因此1()10g t g x ⎛+=> ⎝．由（i ）（ii ）知对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，),()0t g t ∈+∞， 即对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，均有()2xf x a ．综上所述，所求a 的取值范围是⎛⎝⎦． 【名师点睛】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，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．14．【2019年高考江苏】设函数()()()(),,,f x x a x b x c a b c =---∈R 、()f 'x 为f （x ）的导函数．（1）若a =b =c ，f （4）=8，求a 的值；（2）若a ≠b ，b =c ，且f （x ）和()f 'x 的零点均在集合{3,1,3}-中，求f （x ）的极小值；（3）若0,01,1a b c =<=，且f （x ）的极大值为M ，求证:M ≤427． 【答案】（1）2a =；（2）见解析；（3）见解析.【解析】（1）因为a b c ==，所以3()()()()()f x x a x b x c x a =---=-．因为(4)8f =，所以3(4)8a -=，解得2a =．（2）因为b c =，所以2322()()()(2)(2)f x x a x b x a b x b a b x ab =--=-+++-， 从而2()3()3a b f 'x x b x +⎛⎫=-- ⎪⎝⎭．令()0f 'x =，得x b =或23a b x +=． 因为2,,3a ba b +都在集合{3,1,3}-中，且a b ≠， 所以21,3,33a ba b +===-． 此时2()(3)(3)f x x x =-+，()3(3)(1)f 'x x x =+-． 令()0f 'x =，得3x =-或1x =．列表如下：所以()f x 的极小值为2(1)(13)(13)32f =-+=-．（3）因为0,1a c ==，所以32()()(1)(1)f x x x b x x b x bx =--=-++，2()32(1)f 'x x b x b =-++．因为01b <≤，所以224(1)12(21)30b b b ∆=+-=-+>， 则()f 'x 有2个不同的零点，设为()1212,x x x x <．由()0f 'x =，得12x x ==． 列表如下：所以()f x 的极大值()1M f x =． 解法一：()321111(1)M f x x b x bx ==-++()221111211(1)[32(1)]3999b b x b b b x b x b x -+++⎛⎫=-++--+ ⎪⎝⎭()2321(1)(1)227927b b b b b --+++=++23(1)2(1)(1)2272727b b b b +-+=-+(1)24272727b b +≤+≤．因此427M ≤． 解法二：因为01b <≤，所以1(0,1)x ∈．当(0,1)x ∈时，2()()(1)(1)f x x x b x x x =--≤-． 令2()(1),(0,1)g x x x x =-∈，则1()3(1)3g'x x x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭． 令()0g'x =，得1x =．列表如下：所以当13x =时，()g x 取得极大值，且是最大值，故max 14()327g x g ⎛⎫== ⎪⎝⎭． 所以当(0,1)x ∈时，4()()27f x g x ≤≤，因此427M ≤． 【名师点睛】本题主要考查利用导数研究函数的性质，考查综合运用数学思想方法分析与解决问题以及逻辑推理能力．15．【河北省武邑中学2019届高三第二次调研考试数学】函数f(x)=x 2−2lnx 的单调减区间是A ．(0,1]B ．[1,+∞)C ．(−∞,−1]∪(0，1]D ．[−1,0)∪(0,1]【答案】A【解析】f′(x)=2x −2x =2x 2−2x(x >0)，令f′(x)≤0，解得：0<x ≤1. 故选A ．【名师点睛】本题考查了函数的单调性，考查导数的应用，是一道基础题.16．【江西省南昌市2019届高三模拟考试数学】已知f(x)在R 上连续可导，f ′(x)为其导函数，且f(x)=e x +e −x −f ′(1)x ⋅(e x −e −x )，则f ′(2)+f ′(−2)−f ′(0)f ′(1)= A ．4e 2+4e −2 B ．4e 2−4e −2 C ．0D ．4e 2【答案】C【解析】∵()e e (1)()(e e ()x x x x f x f x f x --'-=+=---)， ∴()f x 是偶函数，两边对x 求导，得()()f x f x -'-='，即()()f x f x '-=-'， 则()f x '是R 上的奇函数，则(0)0f '=，(2)(2)f f '-=-'，即(2)(2)0f f '+'-=，则(2)(2)(0)(1)0f f f f ''''+--=. 故选C ．【名师点睛】本题主要考查函数导数值的计算，根据条件判断函数的奇偶性是解决本题的关键，是中档题.17．【江西省新八校2019届高三第二次联考数学】若3()3()21f x f x x x +-=++对x ∈R 恒成立，则曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为A ．5250x y +-=B ．10450x y +-=C ．540x y +=D ．204150x y --=【答案】B 【解析】()()3321f x f x x x +-=++……①，()()3321f x f x x x ∴-+=--+……②，联立①②，解得()31124f x x x =--+，则()2312f x x '=--， ()11511244f ∴=--+=-，()351122f '=--=-，∴切线方程为：()55142y x +=--，即10450x y +-=. 故选B.【名师点睛】本题考查利用导数的几何意义求解在某一点处的切线方程，关键是能够利用构造方程组的方式求得函数的解析式.18．【云南省玉溪市第一中学2019届高三第二次调研考试数学】函数2l ()n f x x x =的最小值为A ．1e -B ．1eC ．12e-D ．12e【答案】C【解析】由题得(0,)x ∈+∞，()2ln (2ln 1)f x x x x x x '=+=+， 令2ln 10x +=，解得12ex -=，则当12(0,e )x -∈时，()f x 为减函数，当12(e ,)x -∈+∞时，()f x 为增函数， 所以12e x -=处的函数值为最小值，且121(e )2ef -=-. 故选C.【名师点睛】本题考查用导数求函数最值，解此类题首先确定函数的定义域，其次判断函数的单调性，确定最值点，最后代回原函数求得最值.19．【四川省内江市2019届高三第三次模拟考试数学】若函数f(x)=12ax 2+xlnx −x 存在单调递增区间，则a 的取值范围是 A ．1,1e ⎛⎫- ⎪⎝⎭B ．1,e ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭C ．()1,-+∞D ．1,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭【答案】B【解析】()ln f x ax x '=+， ∴()0f x '>在x ∈()0+∞，上成立， 即ax+ln x ＞0在x ∈()0+∞，上成立，即a ln xx-＞在x ∈()0+∞，上成立． 令g （x ）ln x x =-，则g ′（x ）21ln xx -=-， ∴g （x ）ln xx =-在（0，e ）上单调递减，在（e ，+∞）上单调递增，∴g （x ）ln x x =-的最小值为g （e ）=1e-，∴a ＞1e-． 故选B ．【名师点睛】本题考查学生利用导数研究函数的单调性及转化化归思想的运用，属中档题．20．【山西省太原市2019届高三模拟试题（一）数学】已知定义在(0,+∞)上的函数f(x)满足xf ′(x)−f(x)<0，且f(2)=2，则f (e x )−e x >0的解集是 A ．(−∞,ln2) B ．(ln2,+∞) C ．(0,e 2)D ．(e 2,+∞)【答案】A 【解析】令g (x )=f (x )x,g ′(x )=xf ′(x )−f (x )x 2<0,∴g(x)在(0,+∞)上单调递减，且g (2)=f (2)2=1,故f (e x )−e x >0等价为f (e x )e x>f (2)2，即g (e x )>g (2)，故e x <2,即x <ln2， 则所求的解集为(−∞,ln2). 故选A.【名师点睛】本题考查导数与单调性的应用，构造函数的思想，考查分析推理能力，是中档题. 21．【河南省焦作市2019届高三第四次模拟考试数学】已知a =ln √33，b =e −1，c =3ln28，则a,b,c 的大小关系为 A ．b <c <a B ．a >c >b C ．a >b >cD ．b >a >c【答案】D【解析】依题意，得ln33a ==，1lne e e b -==，3ln2ln888c ==.令f (x )=ln x x，所以f ′(x )=1−ln x x 2.所以函数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 =b ，且f (3)>f (8)，即a >c ， 所以b >a >c . 故选D.【名师点睛】本题主要考查了利用导数判断函数的单调性，构造出函数()ln xf x x=是解题的关键，属于中档题.22．【安徽省毛坦厂中学2019届高三校区4月联考数学】已知f (x )=lnx +1−ae x ，若关于x 的不等式f (x )<0恒成立，则实数a 的取值范围是 A ．1,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭B ．(),0-∞C ．1,e⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭D ．1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【答案】D【解析】由()0f x <恒成立得ln 1ex x a +>恒成立， 设()ln 1e x x h x +=，则()1ln 1e xx x h x -='-. 设()1ln 1g x x x =--，则()2110g x x x'=--<恒成立，∴g (x )在(0,+∞)上单调递减，又∵g (1)=0，∴当0<x <1时，g (x )>g (1)=0，即ℎ′(x )>0； 当x >1时，g (x )<g (1)=0，即ℎ′(x )<0， ∴ℎ(x )在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减， ∴ℎ(x)max =ℎ(1)=1e ，∴a >1e . 故选D.【名师点睛】本题考查利用导数求函数的最值，不等式恒成立问题，分离参数是常见的方法，属于中档题.23．【辽宁省丹东市2019届高三总复习质量测试】若1x =是函数()3221()(1)33f x x a x a a x =++-+-的极值点，则a 的值为 A ．-2 B ．3 C ．-2或3D ．-3或2【答案】B 【解析】()()()()32222113(3)(132)f x x a x a a f x x x a x a a '=++-=++-+-⇒+-，由题意可知(1)0f '=，即()212(1)303a a a a +-=+⇒-=+或2a =-，当3a =时，()222()2(1)389(9)(1)f x x a x a a x x x x +-'=++-=+-=+-，当1x >或9x <-时，()0f x '>，函数单调递增；当91x -<<时，()0f x '<，函数单调递减， 显然1x =是函数()f x 的极值点；当2a =-时，()2222()232(111))(0a a f x x a x x x x +-=-++=-=+-≥'，所以函数()f x 是R 上的单调递增函数，没有极值，不符合题意，舍去. 故3a =. 故选B ．【名师点睛】本题考查了已知函数的极值，求参数的问题.本题易错的地方是求出a 的值，没有通过单调性来验证1x =是不是函数的极值点，也就是说使得导函数为零的自变量的值，不一定是极值点. 24．【黑龙江省大庆市第一中学2019届高三下学期第四次模拟（最后一卷)考试】已知奇函数()f x 是定义在R 上的可导函数，其导函数为()f x '，当0x >时，有()()22f x xf x x '>+，则不等式()()()22018+2018420x f x f +-<＋的解集为A ．(),2016-∞-B ．()2016,2012--C ．(),2018-∞-D ．()2016,0-【答案】A【解析】设()()2g x x f x =，因为()f x 为R 上的奇函数，所以()()()()22g x x f x x f x -=--=-，即()g x 为R 上的奇函数对()g x 求导，得()()()2f g f x x x x x '=+'⎡⎤⎣⎦， 而当0x >时，有()()220f x xf x x '>+≥，故0x >时，()0g x '>，即()g x 单调递增，所以()g x 在R 上单调递增，则不等式()()()22018+2018420x f x f +-<＋即()()()22018+201842x f x f +<--， 即()()()22018+201842x f x f +<， 即()()20182g x g +<，所以20182x +<，解得2016x <-. 故选A.【名师点睛】本题考查构造函数解不等式，利用导数求函数的单调性，函数的奇偶性，题目较综合，有一定的技巧性，属于中档题.25．【重庆西南大学附属中学校2019届高三第十次月考数学】曲线21()ln 2f x x x x =+在点(1(1))f ，处的切线与直线10ax y --=垂直，则a =________. 【答案】12-【解析】因为21()ln 2f x x x x =+，所以()ln 1f x x x '=++， 因此，曲线21()ln 2f x x x x =+在点(1(1))f ，处的切线斜率为(1)112k f '==+=， 又该切线与直线10ax y --=垂直，所以12a =-. 故答案为12-. 【名师点睛】本题主要考查导数在某点处的切线斜率问题，熟记导数的几何意义即可求解，属于常考题型.26．【广东省深圳市高级中学2019届高三适应性考试（6月）数学】已知函数22,0,()e ,0,x x x f x x ⎧≤=⎨>⎩若方程2[()]f x a =恰有两个不同的实数根12,x x ，则12x x +的最大值是______．【答案】3ln 22-【解析】作出函数()f x 的图象如图所示，由()2f x a =⎡⎤⎣⎦，可得()1f x =>， 即1a >，不妨设12x x < ，则2212e x x =(1)t t =>，则12ln x x t ==，12ln x x t ∴+=令()ln g t t =()g t '= ∴当18t <<时，()0g t '>，g t 在()1,8上单调递增；当8t时，()0g t '<，g t 在()8,+∞上单调递减，∴当8t =时，g t 取得最大值，为(8)ln823ln22g =-=-.故答案为3ln 22-.【名师点睛】本题主要考查方程的根与图象交点的关系，考查了利用导数判断函数的单调性以及求函数的极值与最值，属于难题.求函数()f x 的极值与最值的步骤：（1）确定函数的定义域；（2）求导数()f x '；（3）解方程()0,f x '=求出函数定义域内的所有根；（4）判断()f x '在()0f x '=的根0x 左右两侧值的符号，如果左正右负（左增右减），那么()f x 在0x 处取极大值，如果左负右正（左减右增），那么()f x 在0x 处取极小值.（5）如果只有一个极值点，则在该点处取得极值也是最值；（6）如果求闭区间上的最值还需要比较端点处的函数值与极值的大小.27．【山东省烟台市2019届高三3月诊断性测试（一模）数学】已知函数4211()42f x x ax =-，a ∈R . （1）当1a =时，求曲线()f x 在点(2,(2))f 处的切线方程；（2）设函数2()(22)e e ()x g x x x a f x =-+--，其中e 2.71828...=是自然对数的底数，讨论()g x 的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值． 【答案】（1）6100x y --=；（2）当0a ≤时，()g x 在(,)-∞+∞上单调递增，无极值；当0a >时，()g x 在(,-∞和)+∞单调递增，在(单调递减，极大值为2e(2)e4g a =+，极小值为2e (4g a =-+. 【解析】（1）由题意3()f x x ax '=-，所以当1a =时，(2)2f =，(2)6f '=， 因此曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线方程是26(2)y x -=-， 即6100x y --=.（2）因为2()(22)e e ()x g x x x a f x =-+--， 所以2()(22)e (22)e e '()x x g x x x x a f x '=-+-+--232()e e()()(e e )x x x a x ax x a x =---=--，令()e e x h x x =-，则()e e x h x '=-， 令()0h x '=得1x =，当(,1)x ∈-∞时，()0h x '<，()h x 单调递减， 当(1,)x ∈+∞时，()0h x '>，()h x 单调递增， 所以当1x =时，min ()(1)0h x h ==， 也就说，对于x ∀∈R 恒有()0h x ≥. 当0a ≤时，2()()()0g x x a h x '=-≥，()g x 在(,)-∞+∞上单调递增，无极值；当0a >时，令()0g x '=，可得x =当x <x >2()()()0g x x a h x '=-≥，()g x 单调递增，当x <<()0g x '<，()g x 单调递减，因此，当x =()g x 取得极大值2e(2)e4g a =+；当x =()g x 取得极小值2e (4g a =-+. 综上所述：当0a ≤时，()g x 在(,)-∞+∞上单调递增，无极值；当0a >时，()g x 在(,-∞和)+∞上单调递增，在(上单调递减， 函数既有极大值，又有极小值，极大值为2e(2)e4g a =+，极小值为2e (4g a =-+. 【名师点睛】本题考查了函数的单调性，极值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．28．【陕西省2019届高三第三次联考数学】已知函数f(x)=lnx −ax ，g(x)=x 2，a ∈R .（1）求函数f(x)的极值点；（2）若f(x)≤g(x)恒成立，求a 的取值范围.【答案】（1）极大值点为1a ，无极小值点.（2）a ≥−1.【解析】（1）()ln f x x ax =-的定义域为(0,+∞)，f ′(x )=1x −a ， 当a ≤0时，f ′(x )=1x −a >0，所以f (x )在(0,+∞)上单调递增，无极值点；当a >0时，解f ′(x )=1x −a >0得0<x <1a ，解f ′(x )=1x −a <0得x >1a ， 所以f (x )在(0,1a )上单调递增，在(1a ,+∞)上单调递减，所以函数f (x )有极大值点，为1a ，无极小值点. （2）由条件可得ln x −x 2−ax ≤0(x >0)恒成立， 则当x >0时，a ≥ln x x−x 恒成立，令ℎ(x )=ln x x−x(x >0)，则ℎ′(x )=1−x 2−ln xx 2，令k (x )=1−x 2−ln x(x >0)，则当x >0时，k ′(x )=−2x −1x <0，所以k (x )在(0,+∞)上为减函数. 又k (1)=0，所以在(0,1)上，ℎ′(x )>0；在(1,+∞)上，ℎ′(x )<0. 所以ℎ(x )在(0,1)上为增函数，在(1,+∞)上为减函数， 所以ℎ(x )max =ℎ(1)=−1，所以a ≥−1.【名师点睛】对于函数恒成立或者有解求参的问题，常用方法有：变量分离，参变分离，转化为函数最值问题；或者直接求函数最值，使得函数最值大于或者小于0；或者分离成两个函数，使得一个函数恒大于或小于另一个函数.29．【山东省济宁市2019届高三二模数学】已知函数f(x)=lnx −xe x +ax(a ∈R).（1）若函数f(x)在[1,+∞)上单调递减，求实数a 的取值范围； （2）若a =1，求f(x)的最大值.【答案】（1）a ≤2e −1；（2）f(x)max =−1.【解析】（1）由题意知，f′(x)=1x −(e x +xe x )+a =1x −(x +1)e x +a ≤0在[1,+∞)上恒成立， 所以a ≤(x +1)e x −1x 在[1,+∞)上恒成立. 令g(x)=(x +1)e x −1x ，则g′(x)=(x +2)e x +1x 2>0，所以g(x)在[1,+∞)上单调递增，所以g(x)min =g(1)=2e −1， 所以a ≤2e −1.（2）当a =1时，f(x)=lnx −xe x +x(x >0). 则f′(x)=1x−(x +1)e x +1=(x +1)(1x−e x )，令m(x)=1x −e x ，则m′(x)=−1x 2−e x <0， 所以m(x)在(0,+∞)上单调递减.由于m(12)>0，m(1)<0，所以存在x 0>0满足m(x 0)=0，即e x 0=1x 0.当x ∈(0,x 0)时，m(x)>0，f′(x)>0；当x ∈(x 0,+∞)时，m(x)<0，f′(x)<0. 所以f(x)在(0,x 0)上单调递增，在(x 0,+∞)上单调递减. 所以f(x)max =f (x 0)=lnx 0−x 0e x 0+x 0， 因为e x 0=1x 0，所以x 0=−lnx 0，所以f(x 0)=−x 0−1+x 0=−1， 所以f(x)max =−1.【名师点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，最值，零点存在性定理及其应用，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.30．【福建省龙岩市2019届高三5月月考数学】今年3月5日，国务院总理李克强作的政府工作报告中，提到要“惩戒学术不端，力戒学术不端，力戒浮躁之风”.教育部日前公布的《教育部2019年部门预算》中透露，2019年教育部拟抽检博士学位论文约6000篇，预算为800万元.国务院学位委员会、教育部2014年印发的《博士硕士学位论文抽检办法》通知中规定：每篇抽检的学位论文送3位同行专家进行评议，3位专家中有2位以上（含2位）专家评议意见为“不合格”的学位论文，将认定为“存在问题学位论文”.有且只有1位专家评议意见为“不合格”的学位论文，将再送2位同行专家进行复评，2位复评专家中有1位以上（含1位）专家评议意见为“不合格”的学位论文，将认定为“存在问题学位论文”.设每篇学位论文被每位专家评议为“不合格”的概率均为(01)p p <<，且各篇学位论文是否被评议为“不合格”相互独立.（1）记一篇抽检的学位论文被认定为“存在问题学位论文”的概率为()f p ，求()f p ；（2）若拟定每篇抽检论文不需要复评的评审费用为900元，需要复评的评审费用为1500元；除评审费外，其它费用总计为100万元.现以此方案实施，且抽检论文为6000篇，问是否会超过预算并说明理由.【答案】（1）−3p 5+12p 4−17p 3+9p 2；（2）若以此方案实施，不会超过预算.【解析】（1）因为一篇学位论文初评被认定为“存在问题学位论文”的概率为C 32p 2(1−p )+C 33p 3， 一篇学位论文复评被认定为“存在问题学位论文”的概率为C 31p (1−p )2[1−(1−p )2]，所以一篇学位论文被认定为“存在问题学位论文”的概率为f (p )=C 32p 2(1−p )+C 33p 3+C 31p (1−p )2[1−(1−p )2]=3p 2(1−p )+p 3+3p (1−p )2[1−(1−p )2] =−3p 5+12p 4−17p 3+9p 2.（2）设每篇学位论文的评审费为X 元，则X 的可能取值为900，1500.P (X =1500)=C 31p (1−p )2， P (X =900)=1−C 31p (1−p )2， 所以E (X )=900×[1−C 31p (1−p )2]+1500×C 31p (1−p )2=900+1800p (1−p )2. 令g (p )=p (1−p )2,p ∈(0,1),g ′(p )=(1−p )2−2p (1−p )=(3p −1)(p −1). 当p ∈(0,13)时，g ′(p )>0，g (p )在(0,13)上单调递增；当p ∈(13,1)时，g ′(p )<0，g (p )在(13,1)上单调递减,所以g (p )的最大值为g (13)=427.所以实施此方案，最高费用为100+6000×(900+1800×427)×10−4=800（万元）. 综上，若以此方案实施，不会超过预算.【名师点睛】本题主要考查互斥事件的概率和独立重复试验的概率的求法，考查随机变量的期望的求法，考查利用导数求函数的最大值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力. 31．【北京市西城区2019届高三4月统一测试（一模）数学】设函数f(x)=m e x −x 2+3，其中m ∈R ．（1）当f(x)为偶函数时，求函数ℎ(x)=xf(x)的极值；（2）若函数f(x)在区间[−2 , 4]上有两个零点，求m 的取值范围． 【答案】（1）极小值ℎ(−1)=−2，极大值ℎ(1)=2；（2）−2e <m <13e 4或m =6e 3.【解析】（1）由函数f(x)是偶函数，得f(−x)=f(x)， 即m e −x −(−x)2+3=m e x −x 2+3对于任意实数x 都成立， 所以m =0. 此时ℎ(x)=xf(x)=−x 3+3x ，则ℎ′(x)=−3x 2+3. 由ℎ′(x)=0，解得x =±1. 当x 变化时，ℎ′(x)与ℎ(x)的变化情况如下表所示：所以ℎ(x)在(−∞,−1)，(1,+∞)上单调递减，在(−1,1)上单调递增. 所以ℎ(x)有极小值ℎ(−1)=−2，极大值ℎ(1)=2. （2）由f(x)=m e x −x 2+3=0，得m =x 2−3e x.所以“f(x)在区间[−2 , 4]上有两个零点”等价于“直线y =m 与曲线g(x)=x 2−3e x，x ∈[−2 , 4]有且只有两个公共点”.对函数g(x)求导，得g ′(x)=−x 2+2x+3e x.由g ′(x)=0，解得x 1=−1，x 2=3. 当x 变化时，g ′(x)与g(x)的变化情况如下表所示：所以g(x)在(−2,−1)，(3,4)上单调递减，在(−1,3)上单调递增. 又因为g(−2)=e 2，g(−1)=−2e ，g(3)=6e 3<g(−2)，g(4)=13e 4>g(−1)，所以当−2e <m <13e4或m =6e3时，直线y =m 与曲线g(x)=x 2−3e x，x ∈[−2 , 4]有且只有两个公共点.即当−2e <m <13e 4或m =6e3时，函数f(x)在区间[−2 , 4]上有两个零点.【名师点睛】利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法： （1）利用零点存在的判定定理构建不等式求解. （2）分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解. （3）转化为两熟悉的函数图象问题，从而构建不等式求解.。
专题03 函数(解析版)-2020-2021学年高考数学精选新题专项汇编(全国通用)
2020-2021学年高考数学精选新题专项汇编（全国通用）专题03 函数一．选择题1．（2021•一模拟）函数f （x ）=e e −e −ee 2的奇偶性为（ ）A ．偶函数B ．奇函数C ．非奇非偶函数D ．既是奇函数又是偶函数【解答】解：由题可得，函数的定义域为{x |x ≠0}，关于原点对称， 又因为f （﹣x ）=e −e −e ee 2=−f （x ），故函数f （x ）=e e −e −ee 2为奇函数，故选：B ．2．（2021•二十模拟）已知f （x ）是定义在R 上的函数，且f （﹣x ）+f （x ）＝0，f （x +12）＝f （1﹣x ），当x ∈[−34，0）时，f （x ）＝2x ，则f （2020）＝（ ） A ．1B ．2C ．12D ．−12【解答】解：由f （﹣x ）+f （x ）＝0，可知f （x ）是奇函数， ∵f （x +12）＝f （1﹣x ），即f （x +32）＝f （﹣x ）＝﹣f （x ），∴f （x +3）＝f （x ）， 可得周期T ＝3．则f （2020）＝f （1）＝f （12）＝﹣f （−12）．当x ∈[−34，0）时，f （x ）＝2x ， ∴f （−12）＝﹣1， 得f （2020）＝1； 故选：A ．3．（2021•十九模拟）若ln （a +4b ）＝lna +lnb ﹣1，则e +e e的取值范围为（ ）A ．（7e ，7）B ．[9e ，7）C ．（9e ，+∞）D ．[9，+∞）【解答】解：由ln （a +4b ）＝lna +lnb ﹣1，可得a +4b =ee e，所以4e+1e=1e，因为a ＞0，b ＞0，所以e +e e=（a +b ）•（4e+1e）＝5+4e e+e e≥5+4＝9．当且仅当a ＝2b ＝6e 时，取等号． 所以e +e e的取值范围为[9，+∞）．故选：D ．4．（2021•山东模拟）函数f （x ）＝sin （e e −e −e e e +e−e ）+cos （e e −e −e e e +e −e）的图象大致是（ ）A ．B ．C ．D ．【解答】解：函数f （x ）的定义域为R ，令e (e )=e e −e −ee e +e −e =e 2e −1e 2e +1=1−2e 2e +1，可知函数t （x ）在R 上单调递增，且t （x ）的值域为（﹣1，1），又因为e =eeee +eeee =√2eee (e +e4)，e +e 4∈(−1+e 4，1+e4)，结合复合函数的单调性，可知函数f （x ）先增后减，故选项A ，B 错误；当−1＜e ＜−e4时，f （x ）＜0，f （0）＝1，故选项D 错误．故选：C ．5．（2021•十五模拟）已知函数f （x ）＝xlnx ﹣x 2，g （x ）＝me x ﹣x ，若对任意的x ∈（0，+∞），f （x ）的图象恒在g （x ）图象的上方，则实数m 的取值范围为（ ） A ．（﹣∞，0）B ．（﹣∞，−1e 2）C ．[−1e 2，0]D ．（−1e 2，0）【解答】解：对任意的x ∈（0，+∞），f （x ）的图象恒在g （x ）图象的上方， 即为xlnx ﹣x 2＞me x ﹣x 对x ＞0恒成立，可得m ＜e e e（1﹣x +lnx ），可令h （x ）=e e e，h ′（x ）=1−e e e，可得h （x ）在（0，1）递增，（1，+∞）递减，当x ＞0时，h （x ）∈（0，1e]，令t =e e e ，则x ＞0时，t ∈（0，1e ]，lnt ＝ln ee e =lnx ﹣x ， 此时m ＜t （lnt +1），设u （t ）＝t （lnt +1），（0＜t ≤1e ），u ′（t ）＝2+lnt ，当0＜t ＜1e2时，u （t ）递减，当t ∈（1e 2，1e）时，u （t ）递增，可得u （t ）的最小值为u （1e 2）=−1e 2， 所以m ＜−1e 2，故选：B ．6．（2020•天河区二模）若x ，a ，b 均为任意实数，且（a +2）2+（b ﹣3）2＝1，则（x ﹣a ）2+（lnx ﹣b ）2的最小值为（ ） A ．3√2B ．18C ．3√2−1D ．19﹣6√2【解答】解：（a +2）2+（b ﹣3）2＝1，可得（a ，b ）在（﹣2，3）为圆心，1为半径r 的圆上，（x ﹣a ）2+（lnx ﹣b ）2表示点（a ，b ）与点（x ，lnx ）的距离的平方， 设过切点（m ，lnm ）的切线与过（﹣2，3）的法线垂直， 可得eee −3e +2•1e =−1，即有lnm +m 2+2m ＝3，由f （m ）＝lnm +m 2+2m 在m ＞0递增，且f （1）＝3， 可得切点为（1，0），圆心与切点的距离为d =√(1+2)2+(0−3)2=3√2，可得（x ﹣a ）2+（lnx ﹣b ）2的最小值为（3√2−1）2＝19﹣6√2， 故选：D ．7．（2020•衡阳三模）设函数e (e )={2e ，e ≤12e 2−ee −eee ，e ＞12，若f （x ）有最小值，则实数a 的取值范围为（ ） A ．[√2，+∞)B ．[2，+∞）C ．[ee2−14，+∞) D ．[1，+∞）【解答】解：要使f （x ）有最小值，只须当e ＞12时，f min （x ）≤0． 当e ＞12时，e ′(e )=2e −e −1e ， 因为2e −1e ∈(−1，+∞)若a ≤﹣1时，f '（x ）＞0，f （x ）在(12，+∞)上单调递增，此时f （x ）无最小值；若a ＞﹣1时，e ′(e )=2e 2−ee −1e，记2x 2﹣ax ﹣1＝0两根分别为x 1，x 2， 则x 1＜0＜x 2，∴f （x ）在（0，x 2）上单调递减，在（x 2，+∞）上单调递增，此时e eee (e )=e (e 2)=e 22−ee 2−eee 2=1−e 22−eee 2≤0，则x 2≥1， 所以e =2e −1e≥1，故选：D ．8．（2020•广州二模）若关于x 的不等式e 2x ﹣alnx ≥12a 恒成立，则实数a 的取值范围是（ ）A ．[0，2e ]B ．（﹣∞，2e ]C ．[0，2e 2]D ．（﹣∞，2e 2]【解答】解：当a ＜0时，f （x ）＝e 2x ﹣alnx 为（0，+∞）的增函数，f （x ）无最小值，不符合题意； 当a ＝0时，e 2x ﹣alnx ≥12a 即为e 2x ≥0显然成立；当a ＞0时，f （x ）＝e 2x ﹣alnx 的导数为f ′（x ）＝2e 2x −ee ，由于y ＝2e 2x −ee在（0，+∞）递增，设f ′（x ）＝0的根为m ，即有a ＝2me 2m ，当0＜x ＜m 时，f ′（x ）＜0，f （x ）递减；当x ＞m 时，f ′（x ）＞0，f （x ）递增， 可得x ＝m 处f （x ）取得极小值，且为最小值e 2m ﹣alnm ， 由题意可得e 2m ﹣alnm ≥12a ，即e2e −alnm ≥12a ，化为m +2mlnm ≤1，设g （m ）＝m +2mlnm ，g ′（m ）＝1+2（1+lnm ）， 当m ＝1时，g （1）＝1，m ＞1时，g ′（m ）＞0，g （m ）递增， 可得m +2mlnm ≤1的解为0＜m ≤1， 则a ＝2me 2m ∈（0，2e 2]， 综上可得a ∈[0，2e 2]， 故选：C ．9．（2020•桃城区校级模拟）已知函数f （x ）满足：∈对任意0≤x 1＜x 2，都有e (e 1)−e (e 2)e 1−e 2＜0；∈函数y ＝f （x +2）的图象关于点（﹣2，0）对称．若实数a ，b 满足f （a 2+2b ）≤﹣f （﹣b 2﹣2a ），则当e ∈[12，1]时，ee +e的取值范围为（ ） A ．[18，12]B ．[14，12]C ．[12，1]D ．[2，4]【解答】解：由对任意0≤x 1＜x 2，都有e (e 1)−e (e 2)e 1−e 2＜0，可得，f （x ）在[0，+∞）上单调递减．由函数y ＝f （x +2）的图象关于点（﹣2，0）对称，得函数y ＝f （x ）的图象关于原点对称，可得函数y ＝f （x ）为奇函数，故f （x ）在R 上单调递减．于是得f （a 2+2b ）≤f （b 2+2a ），∴a 2+2b ≥b 2+2a ，∴b 2﹣a 2+2a ﹣2b ≤0，∴（b ﹣a ）[b ﹣（2﹣a ）]≤0． 则当e ∈[12，1]时，令a ＝x ，b ＝y ，则问题等价于点（x ，y ）满足区域{(e −e )[e −(2−e )]≤012≤e ≤1，如图阴影部分，由线性规划知识可知ee 为（x ，y ）与（0，0）连线的斜率， 由图可得ee =e e∈[1，3]，∴ee +e=11+ee∈[14，12]．故选：B ．10．（2019•天津）已知a ∈R ．设函数f （x ）={e 2−2ee +2e ，e ≤1，e −eeee ，e ＞1．若关于x 的不等式f （x ）≥0在R上恒成立，则a 的取值范围为（ ） A ．[0，1]B ．[0，2]C ．[0，e ]D ．[1，e ]【解答】解：当x ＝1时，f （1）＝1﹣2a +2a ＝1＞0恒成立； 当x ＜1时，f （x ）＝x 2﹣2ax +2a ≥0∈2a ≥e 2e −1恒成立， 令g （x ）=e 2e −1=−e 21−e=−(1−e −1)21−e=−(1−e )2−2(1−e )+11−e=−（1﹣x +11−e−2）≤﹣（2√(1−e )⋅11−e−2）＝0，∴2a ≥g （x ）max ＝0，∴a ≥0．当x ＞1时，f （x ）＝x ﹣alnx ≥0∈a ≤eeee 恒成立， 令h （x ）=eeee ，则h ′（x ）=eee −e ⋅1e(eee )2=eee −1(eee )2，当x ＞e 时，h ′（x ）＞0，h （x ）递增， 当1＜x ＜e 时，h ′（x ）＜0，h （x ）递减， ∴x ＝e 时，h （x ）取得最小值h （e ）＝e ， ∴a ≤h （x ）eee=e ，综上a 的取值范围是[0，e ]． 故选：C ．11．（2020•海南）已知函数f （x ）＝lg （x 2﹣4x ﹣5）在（a ，+∞）上单调递增，则a 的取值范围是（ ） A ．（2，+∞）B ．[2，+∞）C ．（5，+∞）D ．[5，+∞）【解答】解：由x 2﹣4x ﹣5＞0，得x ＜﹣1或x ＞5． 令t ＝x 2﹣4x ﹣5，∵外层函数y ＝lgt 是其定义域内的增函数，∴要使函数f （x ）＝lg （x 2﹣4x ﹣5）在（a ，+∞）上单调递增， 则需内层函数t ＝x 2﹣4x ﹣5在（a ，+∞）上单调递增且恒大于0， 则（a ，+∞）∈（5，+∞），即a ≥5． ∴a 的取值范围是[5，+∞）． 故选：D ．12．（2020•天津）函数y =4ee 2+1的图象大致为（ ）A ．B ．C ．D ．【解答】解：函数y =4e e 2+1的定义域为实数集R ，关于原点对称，函数y ＝f （x ）=4ee 2+1，则f （﹣x ）=−4ee 2+1=−f （x ），则函数y ＝f （x ）为奇函数，故排除C ，D ， 当x ＞0时，y ＝f （x ）＞0，故排除B ， 故选：A ． 二．填空题13．（2021•三模拟）函数f （x ）是定义在R 上的偶函数，f （x ﹣1）是奇函数，且当0＜x ≤1时，f （x ）＝log 2020x ，则f （2019）+f （−12020）＝ ﹣1 ．【解答】解：因为f （x ）是定义在R 上的偶函数，所以f （﹣x ）＝f （x ），可得f （﹣x ﹣1）＝f （x +1），因为f （x ﹣1）是奇函数，所以f （﹣x ﹣1）＝﹣f （x ﹣1）， 所以f （x +1）＝﹣f （x ﹣1），f （x +2）＝﹣f （x ）， f （x +4）＝f （x ），所以f （x ）为周期是4的周期函数，所以f （2019）+f （−12020）＝f （﹣1）+f （12020）＝f （1）+f （12020）＝0+log 202012020=−1． 故答案为：﹣1．14．（2021•浙江模拟）已知f （x ）是定义在（1，+∞）上的增函数，若对于任意的x ，y ∈（1，+∞），均有f （x ）+f （y ）＝f （2x +y ），且f （2）＝1，则不等式f （x ）+f （x ﹣1）﹣2≥0的解集为 [52，+∞） ．【解答】解：根据f （x ）+f （y ）＝f （2x +y ），f （2）＝1， 可得2＝1+1＝f （2）+f （2）＝f （24），由f （x ）+f （x ﹣1）﹣2≥0，得f （x ）+f （x ﹣1）≥2， 可化为f （22x ﹣1）≥f （24），由f （x ）是定义在（1，+∞）上的增函数， 得{22e −1≥24e ＞1e −1＞122e −1＞1，解得x ≥52，所以不等式f （x ）+f （x ﹣1）﹣2≥0的解集为[52，+∞）． 故答案为：[52，+∞）．15．（2020•邵阳三模）已知函数f （x ）是定义域为R 的偶函数，且在区间[0，+∞）上单调递减．若实数a 满足f （log 3a ）+e (eee 13e )≥2e (1)，则实数a 的取值范围是 [13，3] ．【解答】解：∵f （x ）是定义在R 上的偶函数， ∴不等式f （log 3a ）+e (eee 13e )≥2e (1)，等价为f （log 3a ）+f （﹣log 3a ）≥2f （1）， 即2f （log 3a ）≥2f （1），f （log 3a ）≥f （1）， 即f （|log 3a |）≥f （1），∵在区间[0，+∞）上单调递减，∴|log 3a |≤1，即﹣1≤log 3a ≤1， 解得13≤a ≤3，故答案为：[13，3]．16．（2020•柯城区校级模拟）已知函数e (e )=√e 2+e e 2−1的值域为[0，+∞），则实数t 的取值范围是 （﹣∞，14] ．【解答】解：令y ＝x 2+e e 2−1，∈当t ＜0时，y ＝x 2+ee 2−1，设m ＝x 2＞0，则y ＝m +ee −1在（0，+∞）上单调递增， ∴y 的值域为R ，∵[0，+∞）∈R ，∴t ＜0符合题意； ∈当t ＝0时，y ＝x 2+ee 2−1＝x 2﹣1≥﹣1， ∵[0，+∞）∈[﹣1，+∞），∴t ＝0符合题意； ∈当t ＞0时，y ＝x 2+e e 2−1≥2√e 2⋅e e 2−1＝2√e −1，当且仅当|x |=√e 4时，等号成立，∵[0，+∞）∈[2√e −1，+∞）， ∴2√e −1≤0，解得0＜t ≤14，综上所述，实数t 的取值范围是（﹣∞，14]．故答案为：（﹣∞，14]．17．（2020•柯桥区二模）已知函数e (e )={e e −e ，e ≥0e 2+(4e −3)e +3e ，e ＜0（a ＞0且a ≠1）在R 上单调递减，且关于x 的方程|f （x ）|＝2﹣x 恰好有两个不相等的实数解，则a 的取值范围是 [14，23]∪{34} ． 【解答】解：由y ＝a x ﹣a 在[0，+∞）上单调递减，则0＜a ＜1，函数f （x ）在R 上单调递减，则：{3−4e 2≥00＜e ＜102+(4e −3)⋅0+3e ≥e 0−e解得14≤a ≤34，由图象可知，在[0，+∞）上，|f （x ）|＝2﹣x 有且仅有一个解， 故在（﹣∞，0）上，|f （x ）|＝2﹣x 同样有且仅有一个解，当3a ＞2，即a ＞23时，联立|x 2+（4a ﹣3）x +3a |＝2﹣x ，则△＝（4a ﹣2）2﹣4（3a ﹣2）＝0， 解得a =34或1（舍去），当1﹣a ≤3a ≤2，即14≤a ≤23时，由图象可知，符合条件， 综上：a 的取值范围为[14，23]∪{34}． 故答案为：[14，23]∪{34}．18．（2020•滨州三模）已知函数f （x ）=e 2−2e +1e −2，e (e )=e e −4(e ＞1)．若∈x 1∈[3，+∞），∈x 2∈[3，+∞），使得f （x 1）＝h （x 2），则实数a 的最大值为 2 ． 【解答】解：f （x ）=e 2−2e +1e −2=x +1e −2，导数为f ′（x ）＝1−1(e −2)2，由x ≥3可得x ﹣2≥1，则f ′（x ）≥0，即有f （x ）在[3，+∞）递增，可得f （x ）的最小值为f （3）＝4， 即f （x ）的值域为A ＝[4，+∞），由h （x ）＝a x ﹣4（a ＞1）在[3，+∞）递增，可得h （x ）≥h （3）＝a 3﹣4，即h （x ）的值域为B ＝[a 3﹣4，+∞）， 由∈x 1∈[3，+∞），∈x 2∈[3，+∞），使得f （x 1）＝h （x 2）， 可得[4，+∞）∈[a 3﹣4，+∞）， 则a 3﹣4≤4，解得a ≤2， 可得a 的最大值为2． 故答案为：2．19．（2020•南岗区校级四模）已知函数f （x ）＝x ，g （x ）＝alnx ，其中a ＞0，若∈x 1∈[2，3]，∈x 2∈[2，3]，使得f （x 1）f （x 2）＝g （x 1）g （x 2）成立，则a ＝ √2eee2 ． 【解答】解：由函数f （x ）＝x ，g （x ）＝alnx ，又若∈x 1∈[2，3]，∈x 2∈[2，3]，使得f （x 1）f （x 2）＝g （x 1）g （x 2）成立，可得e 1eee 1•e2eee 2=a 2，设h （x ）=eeee，2≤x ≤3，可得f ′（x ）=eee −1ee 2e，当2≤x ＜e 时，h ′（x ）＜0，h （x ）递减；当e ＜x ＜3时，h ′（x ）＞0，h （x ）递增， 可得h （x ）的最小值为h （e ）＝e ， 而h （2）﹣h （3）=2ee2−3ee3=ee9−ee8ee2⋅ee3＞0，可得h （2）＞h （3），即h （x ）的最大值为h （2）=2ee2，可得h （x ）的值域为[e ，2ee2]，1e (e )的值域为[ee22，1e ]，由题意可知，[e ，2ee2]∈[e 2ee22，e 2e]，即有e ≥e 2ee22，且2ee2≤e 2e，则2e ＝a 2ln 2，解得a =√2eee2（负的舍去）． 故答案为：√2e ee2．20．（2020•徐州模拟）若函数f （x ）＝|xlnx ﹣a |+a ，x ∈（0，1]的最大值为0，则实数a 的最大值为 −12e ． 【解答】解：令y ＝xlnx ﹣a ，x ∈（0，1]，则y ′＝lnx +1， 由y ′＝0，可得x =1e ．则当x ∈（0，1e ）时，y ＝xlnx ﹣a 单调递减，当x ∈（1e ，+∞）时，y ＝xlnx ﹣a 单调递增． ∴y ＝xlnx ﹣a 在（0，1]上的极小值为1eee 1e−e =−1e−e ．又当x →0时，y ＝xlnx ﹣a →﹣a ，当x ＝1时，y ＝xlnx ﹣a ＝﹣a ．∴若−1e −e ≥0，则f （x ）＝|xlnx ﹣a |+a 在（0，1]上的最大值为﹣a +a ＝0，即a ≤−1e ； 若−1e −e ＜0，则f （x ）＝|xlnx ﹣a |+a 在（0，1]上的最大值为max {2a +1e ，|a |+a }，当a ＞−12e 时，最大值为2a +1e ＞0，不合题意； 当−1e ＜a ≤−12e时，f （x ）＝|xlnx ﹣a |+a 在（0，1]上的最大值为﹣a +a ＝0，符合题意．综上，若函数f （x ）＝|xlnx ﹣a |+a ，x ∈（0，1]的最大值为0，则实数a 的最大值为−12e．故答案为：−12e ．21．（2020•福州模拟）已知函数f （x ）＝ax ﹣lnx ﹣1，g （x ）=e 327，用max {m ，n }表示m ，n 中的最大值，设φ（x ）＝max {f （x ）．g （x ）}．若φ（x ）≥e3在（0，+∞）上恒成立，则实数a 的取值范围为 [43，+∞）【解答】解：当x ∈（0，3）时，g （x ）=e 327＜e 3；x ∈[3，+∞）时，g （x ）≥e 3，所以φ（x ）≥e3在[3，+∞）必成立，问题转化为f （x ）≥e3在（0，3）恒成立，由ax ﹣lnx ﹣1≥e3恒成立，可得a ≥eee +1e+13在x ∈（0，3）恒成立， 设h （x ）=eee +1e+13，x ∈（0，3），可得h ′（x ）=−eee e 2，由0＜x ＜1时，h ′（x ）＞0，h （x ）递增，1＜x ＜3时，h ′（x ）＜0，h （x ）递减， 可得x ＝1处，h （x ）取得极大值，且为最大值， 则h （x ）max ＝h （1）=43，故a ≥43，即a 的取值范围是[43，+∞）． 故答案为：[43，+∞）．22．（2021•上海）已知函数f （x ）＝3x +e3e+1（a ＞0）的最小值为5，则a ＝ 9 ． 【解答】解：f （x ）＝3x +e 3e+1=3x +1+e3e+1−1≥2√e −1＝5，所以a ＝9，经检验，3x ＝2时等号成立． 故答案为：9． 三．解答题23．（2021•十模拟）设函数f （x ）＝|x ﹣2|+|x ﹣a |，其中a ∈R ． （Ⅰ）当a ＝1时，解不等式f （x ）≥2x ﹣1；（Ⅱ）若关于x 的不等式f （x ）≥x ﹣1恒成立，求a 的取值范围． 【解答】解：（Ⅰ）当a ＝1时，f （x ）＝|x ﹣2|+|x ﹣1|， 当x ≤1时，f （x ）＝2﹣x +1﹣x ≥2x ﹣1，解得x ≤1，当1＜x ＜2时，f （x ）＝2﹣x +x ﹣1＝1≥2x ﹣1，解得x ≤1，所以无解，当x ≥2时，f （x ）＝x ﹣2+x ﹣1＝2x ﹣3≥2x ﹣1，即﹣2≥0，显然不成立，所以无解， 综上：不等式f （x ）≥2x ﹣1的解集为（﹣∞，1]；（Ⅱ）因为f （2）≥1成立，即|2﹣a |≥1，解得a ≤1或a ≥3， 设函数F （x ）＝f （x ）﹣x +1，则F （x ）≥0恒成立，若a ≥3，则F （x ）={e −1−e ，e ≥e−e +e −1，2＜e ＜e −3e +3+e ，e ≤2，由此F （x ）min ＝﹣1与F （x ）≥0恒成立矛盾，若a ≤1，则F （x ）={e −1−e ，e ≥2−e +3−e ，e ＜e ＜2−3e +3+e ，e ≤e，由此F （x ）min ＝1﹣a ≥0恒成立，符合F （x ）≥0恒成立的要求， 综上，a 的取值范围为（﹣∞，1]．24．（2021•十五模拟）已知函数f （x ）＝|2x ﹣1|，g （x ）＝5ax ﹣2，a ∈R ．（1）当a =12时，在同一坐标系中画出函数f （x ）与g （x ）的图象，根据图象间的关系直接写出不等式f （x ）＞g （x ）的解集；（2）若存在x ∈[﹣5，5]，使得g （x ﹣2）＞f （x ）成立，求实数a 的取值范围．【解答】解：（1）当a =12时，g （x ）=52x ﹣2，画出函数f （x ）与g （x ）的图象如图所示．令2x ﹣1=52x ﹣2，解得x ＝2，∴函数f （x ）的图象在g （x ）的图象上方，所对应的x 的范围为x ＜2， ∴不等式f （x ）＞g （x ）的解集为（﹣∞，2）．（2）由g （x ﹣2）＝5a （x ﹣2）﹣2，知其图象恒过点（2，﹣2）， 当a ＝0时，g （x ﹣2）的图象恒在f （x ）图象的下方，不满足题意； 当a ＞0时，由g （5﹣2）＞f （5），得15a ﹣2＞9，解得a ＞1115； 当a ＜0时，由g （12−2）＞f （12），得−152a ﹣2＞0，解得a ＜−415．综上所述，实数a 的取值范围为（﹣∞，−415）∪（1115，+∞）．25．（2020•江西模拟）已知函数f （x ）=√e 2+2e +1−|2x ﹣4|的最大值为t ． （1）求t 的值；（2）是否存在正实数a ，b ，c 满足a +b +c ＝t 且a 2+4b 2+c 2＝2√3，若存在，求出满足条件的一组解；若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）e (e )=√e 2+2e +1−|2e −4|=|e +1|−|e −2|−|e −2|≤|（x +1）﹣（x ﹣2）|﹣|x ﹣2|≤3，当且仅当“x ＝2”时取等号， ∴t ＝3；（2）假设存在满足条件的一组解，则e 2+4e 2+e 2=49[e 2+(2e )2+e 2]⋅[12+(12)2+12]≥49(e +e +e )2=4，故a 2+4b 2+c 2＝2√3不可能成立，即不存在正实数a ，b ，c 满足a +b +c ＝t 且a 2+4b 2+c 2＝2√3． 26．（2020•广东四模）已知函数f （x ）＝|2x +1|﹣2|x ﹣2|． （1）求函数f （x ）的值域；（2）若函数f （x ）的最大值为m ，设正实数a ，b 满足a +2b ＝m ，求2e +1e 的最小值． 【解答】解：（1）当e ≤−12时，f （x ）＝﹣2x ﹣1+2（x ﹣2）＝﹣5当−12＜e ＜2时，f （x ）＝2x +1+2（x ﹣2）＝4x ﹣3∈（﹣5，5），当x ≥2时，f （x ）＝2x +1﹣2（x ﹣2）＝5， ∴函数f （x ）的值域是[﹣5，5]．（2）由（1）可知，函数f （x ）的最大值是m ＝5， ∴a +2b ＝5， ∴2e +1e=e +2e 5(2e+1e)=15(4+4e e+e e)≥15(4+4)=85，当且仅当2b ＝a 时，即a =52，b =54时，取等号；∴2e +1e 的最小值是85．27．（2021•二模拟）已知f （x ）＝ln （x +1）﹣a （x +2）（a ∈R ）．（Ⅰ）若y ＝f （x ）在x ＝0处的切线恰好与曲线y =e8x 2相切，求f （x ）的极值；（Ⅱ）若对∈x ∈（﹣1，1]，不等式f （x ）＜0恒成立，求实数a 的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）由题意可得f （x ）＝ln （x +1）﹣a （x +2）的定义域为（﹣1，+∞）， f ′（x ）=1e +1−a ，则f ′（0）＝1﹣a ，f （0）＝﹣2a ，所以y ＝f （x ）在x ＝0处的切线的方程为y ＝（1﹣a ）x ﹣2a ， 由{e =(1−e )e −2e e =e 8e2消去y ，可得e8x 2﹣（1﹣a ）x +2a ＝0， 由题意可得a ≠0，且△＝（a ﹣1）2﹣a 2＝0，解得a =12， 所以f （x ）＝ln （x +1）−12（x +2），所以f ′（x ）=1e +1−12=1−e2(e +1)， 令f ′（x ）＝0，可得x ＝1，当﹣1＜x ＜1时，f ′（x ）＞0，f （x ）在（﹣1，1）递增； 当x ＞1时，f ′（x ）＜0，f （x ）在（1，+∞）递减， 所以f （x ）在x ＝1处取得极大值，即f （x ）的极大值为f （1）＝ln 2−32，没有极小值；（Ⅱ）对∈x ∈（﹣1，1]，不等式f （x ）＜0恒成立， 即为ln （x +1）＜a （x +2）在∈x ∈（﹣1，1]恒成立， 可得a ＞ee (e +1)e +2在∈x ∈（﹣1，1]恒成立， 设g （x ）=ee (e +1)e +2，g ′（x ）=e +2e +1−ee (e +1)(e +2)2，设函数h （x ）=e +2e +1−ln （x +1），x ∈（﹣1，1]，则h ′（x ）=−1(e +1)2−1e +1=−e +2(e +1)2＜0，即函数h （x ）在（﹣1，1]上递减， 故h （x ）≥h （1）=32−ln 2＞0， 所以g ′（x ）＞0在（﹣1，1]上恒成立， 故g （x ）在（﹣1，1]上递增，所以g （x ）在（﹣1，1]上的最大值为g （1）=ee23，故只需a ＞ee23，f （x ）＜0恒成立，所以a 的取值范围是（ee23，+∞）．28．（2020•德阳模拟）已知函数f （x ）=√e 2+2e +1+√e 2−6e +9−m ≥0恒成立． （1）求m 的取值范围；（2）若m 的最大值为n ，当正数a 、b 满足23e +e +1e +2e =n 时，求7a +4b 的最小值．【解答】解：（1）f （x ）=√e +2e +1+√e −6e +9−m ＝|x +1|+|x ﹣3|﹣m ≥0∈m ≤|x +1|+|x ﹣3|恒成立，因为|x +1|+|x ﹣3|≥|x +1﹣x +3|＝4，当且仅当﹣1≤≤3时取得等号． 所以m ≤4，即m 的取值范围是（﹣∞，4]； （2）由（1）可得n ＝4，即23e +e+1e +2e=4，（a ＞0，b ＞0），可令3a +b ＝s ，a +2b ＝t ，∈ 即有2e +1e =4， 由∈解得a =2e −e 5，b =3e −e 5，所以7a +4b =7(2e −e )5+4(3e −e )5=2s +t=14（2e+1e）（2s +t ）=14（4+1+2e e+2e e）≥14（5+2√2e e⋅2e e）=94，当且仅当s ＝t ，即b ＝2a =310时取得等号． 所以7a +4b 的最小值为94．29．（2020•镜湖区校级模拟）已知函数f （x ）＝|3x ﹣1|+|x +1|． （Ⅰ）解不等式f （x ）≤2；（Ⅱ）记函数g （x ）＝f （x ）+2|x +1|的值域为M ，若t ∈M ，求4e +4e 的最小值．【解答】解：（Ⅰ）依题意，得e (e )={−4e ，e ≤−1，−2e +2，−1＜e ＜13，4e ，e ≥13．于是e (e )≤2⇔{e ≤−1−4e ≤2或{−1＜e ＜13−2e +2≤2或{e ≥134e ≤2， 解得0≤e ≤12．即不等式f （x ）≤2的解集为{e |0≤e ≤12}．（Ⅱ）g （x ）＝|3x ﹣1|+3|x +1|≥|3x ﹣1﹣（3x +3）|＝4，当且仅当（3x ﹣1）（3x +3）≤0时，取等号，所以M ＝[4，+∞）． 则e =4e +4e 在[4，+∞）单调递增， 所以4e +4e =4(1e +e )≥4×(14+4)=17． 所以4e +4e 的最小值为17．30．（2020•香坊区校级一模）已知函数f （x ）＝（x ﹣2）e x ． （Ⅰ）判断方程f （x +1）＝ln （x +1）﹣x 的根个数；（Ⅱ）若x ≥0时，f （x ）≥k （x 2﹣2x ﹣1）恒成立，求实数k 的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）设g （x ）＝f （x +1）﹣ln （x +1）+x ＝（x ﹣1）e x +1﹣ln （x +1）+x ，x ∈（﹣1，+∞）， e ′(e )=ee e +1−1e +1+1=e (e e +1+1e +1)， ∵x ＞﹣1，∴e e +1+1e +1＞0， 令g ′（x ）＝0，∴x ＝0，∴g（x）在（﹣1，0）上是减函数，在（0，+∞）上是增函数．∴g（x）min＝g（0）＝﹣e＜0，∵x→﹣1时，g（x）→+∞且g（1）＝1﹣ln2＞0，∴方程f（x+1）＝ln（x+1）﹣x的根的个数为2；（Ⅱ）设h（x）＝f（x）﹣k（x2﹣2x﹣1）＝（x﹣2）e x﹣k（x2﹣2x﹣1），x∈[0，+∞），由题意可得h（x）min≥0．h′（x）＝（x﹣1）（e x﹣2k），∵x≥0，∴e x≥1，（1）当2k≤1时，即e≤12，∴e x﹣2k≥0，令h′（x）＝0，∴x＝1，∴h（x）在[0，1）上是减函数，在（1，+∞）上是增函数，∴h（x）min＝h（1）＝﹣e+2k≥0，∴e≥e2（舍）；（2）当2k＞1时，即e＞12，令h′（x）＝0，∴x＝1或ln（2k），∈当ln（2k）＝1时，即e=e2，∴h′（x）≥0，∴h（x）在[0，+∞）上是增函数，∴ℎ(e)eee=e(0)=−2+e2＜0（舍）；当ln（2k）＜1时，即12＜e＜e2，令h′（x）＞0∴x∈[0，ln（2k））∪（1，+∞），令h′（x）＜0，∴x∈（ln（2k），1），∴h（x）在[0，ln（2k））上是增函数，在（ln（2k），1）上是减函数，在（1，+∞）上是增函数，∴h（0）＝﹣2+k＜0且h（1）＝﹣e+2k＜0，∴h（x）min＜0，∴不等式不恒成立（舍）；当ln（2k）＞1时，即e＞e2，令h′（x）＞0，∴x∈[0，1）∪（ln（2k），+∞），令h′（x）＜0∴x∈（1，ln（2k）），∴h （x ）在[0，1）上是增函数，在（1，ln （2k ））上是减函数，在（ln （2k ），+∞）上是增函数， ∴h （0）＝﹣2+k ≥0，∴k ≥2，且h （ln （2k ））＝﹣k （ln （2k ）﹣1）（ln （2k ）﹣3）≥0， ∴e2≤e ≤e 32∴e ∈[2，e 32]．综上所述，实数k 的取值范围是[2，e 32]．31．（2020•上虞区二模）已知函数f （x ）＝2x ﹣a sin x ，g （x ）＝x cos x ，x ∈R ． （Ⅰ）当a ＝4时，求函数f （x ）在（0，2π）上的单调区间；（Ⅱ）若函数F （x ）＝f （x ）+g （x ）＞0对任意的x ＞0恒成立，求正整数a 的最大值． 【解答】解：（Ⅰ）显然f （x ）＝2x ﹣4sin x ，x ∈（0，2π），f ′（x ）＝2﹣4cos x ， 令f ′（x ）＝0，即cos x =12，解得x =e3或x =5e 3，于是f （x ）在（e 3，5e 3）上单调递增，在（0，e 3），（5e 3，2π）上单调递减；（Ⅱ）F （x ）＝f （x ）+g （x ）＝（2+cos x ）x ﹣a sin x ，得F ′（x ）＝2+（1﹣a ）cos x ﹣x sin x ， 令g （x ）＝2+（1﹣a ）cos x ﹣x sin x ，则g ′（x ）＝（a ﹣2）sin x ﹣x cos x ．1，若0＜a ≤2，则∈当x ∈（0，e2]时，F （x ）＝（2+cos x ）x ﹣a sin x ＞2sin x +x cos x ﹣a sin x ≥x cos x ≥0， 或者由g ′（x ）≤0，得e eee (e )≥e (e2)=2−e2，于是F （x ）＞F （0）＝0． ∈当e ∈(e2，e ]时，对于a 而言，F （x ）＝（2+cos x ）x ﹣a sin x ＞（2+cos x ）x ﹣2sin x ， 故g ′（x ）＝﹣x cos x ＞0，g （x ）＞g （e2）＝π﹣2＞0，所以F （x ）＞F （e2）＝π﹣a ＞0． ∈当x ∈（π，+∞）时，F （x ）＞π﹣a ＞0；2，若2＜a ≤3，则∈当x ∈（0，π]时，对于a 而言，F （x ）≥（2+cos x ）x ﹣3sin x ＝g （x ）， 此时，g （x ）＝﹣x sin x ﹣2cos x +2，g ′（x ）＝sin x ﹣x cos x ＝cos x （tan x ﹣x ），显然，x ∈（0，e2]时，g ′（x ）＞0；e ∈(e 2，e ]时，g ′（x ）＞0，故g （x ）＞g （0）＝0，于是F （x ）＞F （0）＝0；∈当x ∈（π，+∞）时，F （x ）＞π﹣a ＞0．3，若a ＞3，则令e =e2，e (e2)=e −e ＞0不恒成立，显然a ≤3．综上所述，正整数a 的最大值为3．32．（2021•上海）已知函数f （x ）=√|e +e |−e −x ． （1）若a ＝1，求函数的定义域；（2）若a ≠0，若f （ax ）＝a 有2个不同实数根，求a 的取值范围；（3）是否存在实数a ，使得函数f （x ）在定义域内具有单调性？若存在，求出a 的取值范围． 【解答】解：（1）当a ＝1时，f （x ）=√|e +1|−1−e ， 由|x +1|﹣1≥0，得|x +1|≥1，解得x ≤﹣2或x ≥0． ∴函数的定义域为（﹣∞，﹣2]∪[0，+∞）； （2）f （ax ）=√|ee +e |−e −ee ， f （ax ）＝a ∈√|ee +e |−e =ee +e ，设ax +a ＝t ≥0，∴√e −e =e 有两个不同实数根，整理得a ＝t ﹣t 2，t ≥0， 同时a ≠0，∴a ∈（0，14）；（3）当x ≥﹣a 时，f （x ）=√|e +e |−e −x =√e −e =−(√e −12)2+14，在[14，+∞）上单调递减，此时需要满足﹣a ≥14，即a ≤−14，函数f （x ）在[﹣a ，+∞）上递减；当x ＜﹣a 时，f （x ）=√|e +e |−e −x =√−e −2e −e ，在（﹣∞，﹣2a ]上递减， ∵a ≤−14＜0，∴﹣2a ＞﹣a ＞0，即当a ≤−14时，函数f （x ）在（﹣∞，﹣a ）上递减．综上，当a ∈（﹣∞，−14]时，函数f （x ）在定义域R 上连续，且单调递减．。
新课标I(第03期)-2014届高三名校数学(理)试题分省分项汇编 专题03 导数解析版Word版含解析
一．基础题组1. 【河南省郑州市2014届高中毕业年级第一次质量预测试题】已知曲线23ln 4x y x =-的一条切线的斜率为12-，则切点的横坐标为（ ） A ．3 B ．2 C ．1 D ．122. 【山西省忻州一中、康杰中学、临汾一中、长治二中四校2014届高三第二次联考】定积分=-⎰-dx x x 2222（ ） A.5B.6C.7D.83. 【山西省太原市太远五中2014届高三12月月考】已知函数xe xx f cos )(=，则函数)(x f 在点))0(,0(f 处切线方程为 . 【答案】10x y +-= 【解析】试题分析：∵'2sin cos ()()x xx xe xe f x e --=，∴1k =-，(0)1f =，∴1y x -=-，即10x y +-=. 考点：利用导数求曲线的切线.4. 【唐山市2013-2014学年度高三年级第一学期期末考试】已知0a >，函数32f(x)x ax bx c =+++在区间[2,2]-单调递减，则4a b +的最大值为 .5. 【河北省衡水中学2014届高三上学期四调考试】设()ln af x x x x=+, 32()3g x x x =--.（Ⅰ）当2a =时,求曲线()y f x =在1x =处的切线的方程;（Ⅱ）如果存在12,[0,2]x x ∈,使得12()()g x g x M -≥成立,求满足上述条件的最大整数M ;（Ⅲ）如果对任意的1,[,2]2s t ∈,都有()()f s g t ≥成立,求实数a 的取值范围.6. 【河北省唐山市一中2014届高三12月月考】（本小题满分12分）某地区注重生态环境建设，每年用于改造生态环境总费用为x 亿元，其中用于风景区改造为y 亿元。
该市决定制定生态环境改造投资方案，该方案要求同时具备下列三个条件：①每年用于风景区改造费用随每年改造生态环境总费用增加而增加；②每年改造生态环境总费用至少a 亿元，至多b 亿元；③每年用于风景区改造费用不得低于每年改造生态环境总费用的15%，但不得高于每年改造生态环境总费用的25%.若1=a ，4=b ，请你分析能否采用函数模型y ＝31(416)100x x ++作为生态环境改造投资方案.二．能力题组1. 【河北省唐山市一中2014届高三12月月考】已知函数()f x 对于一切实数x,y 均有()()()21f x y f y x x y +-=++成立，且()()110,0,21g 2a f x f x o x ⎛⎫=∈+ ⎪⎝⎭则当，不等式＜ 恒成立时，实数a 的取值范围是 .2. 【山西省太原市太远五中2014届高三12月月考】由曲线sin ,cos y x y x ==与直线0,2x x π==所围成的平面图形(图中的阴影部分)的面积是 .【答案】2 【解析】3. 【山西省忻州一中、康杰中学、临汾一中、长治二中四校2014届高三第二次联考】(本小题满分12分) 已知函数ln(1)()2x x f x x -=-.（Ⅰ）讨论函数()f x 的单调性；（Ⅱ）设2()23g x x x =++,证明：对任意1(1,2)(2,)x ∈+∞ ,总存在2x R ∈,使得12()()f x g x >.试题解析：（1）''2212ln(1)1[ln(1)]ln(1)1()(2)(2)x x x x x x x f x x x --+------==-- .................1分设1()2ln(1)11h x x x x =--+---, 22'22(1)2(1)1(2)()0(1)(1)x x x h x x x ---+-==≥--∴()h x 在(1,)+∞是增函数，又(2)0h = ………………3分 ∴当(1,2)x ∈时, ()0h x < ,则'()0f x <,()f x 是单调递减函数; 当(2,)x ∈+∞时, ()0h x > ,则'()0f x >,()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 ……………………6分三．拔高题组1. 【山西省忻州一中、康杰中学、临汾一中、长治二中四校2014届高三第二次联考】0.50.521log log 1(1)(7)x mx x x +>---对任意x ∈[2,4]恒成立，则m 的取值范围为 .∴当4x =时，max 45y =，∴45m >.考点：1.对数函数的单调性；2.恒成立问题；3.利用导数求函数最值.2. 【唐山市2013-2014学年度高三年级第一学期期末考试】（本题满分12分）已知函数(x)1x x e f xe =+.（1）证明：0(x)1f <≤； （2）当0x >时，21(x)1f ax >+，求a 的取值范围.试题解析：（Ⅰ）设(x)xe 1x g =+，则'(x)(x 1)e xg =+．当(,1)x ∈-∞-时，'(x)0g <，(x)g 单调递减； 当(1,)x ∈-+∞时，'(x)0g >，(x)g 单调递增． 所以1(x)g(1)1e0g -≥-=->．又0xe >，故(x)0f >．…2分'2(1e )(x)(xe 1)x x x e f -=+ 当(,0)x ∈-∞时，'(x)0f >，(x)f 单调递增； 当(0,)x ∈+∞时，'(x)0f <，(x)f 单调递减． 所以(x)f(0)1f ≤=． 综上，有0(x)1f <≤．…5分3. 【河北省唐山市一中2014届高三12月月考】（本小题满分12分）已知)0()(>-=a e x x f ax．（1）曲线y=f （x ）在x=0处的切线恰与直线012=+-y x 垂直，求a 的值；（2）若x ∈[a ，2a]求f （x ）的最大值； （3）若f （x 1）=f （x 2）=0（x 1＜x 2），求证：．【答案】（1）13a =；（2）当ln a a a >，即a e <时，max ()()f x f a a e ==-，当ln 2a a a a ≤≤，即2e a e ≤≤时，max ()(ln )ln f x f a a a a a ==-，当2ln a a a <，即2a e >时，2max ()(2)2f x f a a e ==-；（3）证明过程详见解析. 【解析】试题分析：本题主要考查导数的运算，利用导数研究函数的单调性、最值、切线方程以及不等式的证明等基础知识，考查分类讨论思想，综合分析和解决问题的能力.第一问，对()f x 求导，将0x =代入得到切线的斜率，由已知切线与直线210x y -+=垂直得出方程，解出a 的值；第二问，先对()f x 求导，利用导数的正负判断出函数的单调区间，再讨论已知[,2]x a a ∈和单调区间的关系来决定最值的位置；第三问，利用第二问的结论，得出max ()ln f x a a a =-，因为12()()0f x f x ==，所以数形结合，得max ()0f x >，解得a e >，数形结合得出两组点的横坐标的关系21ln x x a a a ->-，又利用12()()0f x f x ==，得出11x a x e =，22x ax e =，进行转换得到所求证的不等式.（3）由（2）知，max ()(ln )ln f x f a a a a a ==-，∵12()()0f x f x ==，∴max ()(ln )ln 0f x f a a a a a ==->， ∴ln 1a >，得a e >，∴()0f a a e =->，且(ln )0f a a >. 得21ln x x a a a ->-，又11x a x e =，22x ax e =，∴1211()(ln )12x x a a a a a x e e e x a--=<=. 考点：1.利用导数求切线的斜率；2.两条直线垂直的充要条件；3.利用导数判断函数的单调性；4.利用导数求函数的最值.4. 【河南省郑州市2014届高中毕业年级第一次质量预测试题】（本小题满分12分）已知函数()ln f x x x =，()(1)g x k x =-.（1）若()()f x g x ≥恒成立，求实数k 的值；（2）若方程()()f x g x =有一根为11(1)x x >，方程''()()f x g x =的根为0x ，是否存在实数k ，使1x k x =？若存在，求出所有满足条件的k 值；若不存在，说明理由. 试题解析：⑴解:注意到函数()f x 的定义域为(0,)+∞, 所以()()f x g x ≥恒成立()()f xg x x x⇔≥恒成立, 设(1)()ln (0)k x h x x x x-=->, 则221()k x kh x x x x -'=-=, ------------2分当0k ≤时,()0h x '>对0x >恒成立,所以()h x 是(0,)+∞上的增函数, 注意到(1)0h =,所以01x <<时,()0h x <不合题意.-------4分5. 【山西省曲沃中学2014届高三上学期期中考试】已知函数()e x f x =,点(,0)A a 为一定点,直线()x t t a =≠分别与函数()f x 的图象和x 轴交于点M ,N ,记AMN ∆的面积为()S t . （1）当0a =时,求函数()S t 的单调区间；（2）当2a >时, 若0[0,2]t ∃∈,使得0()e S t ≥, 求实数a 的取值范围.（II ）因为1()||e 2t S t t a =-，其中t a ≠ 当2a >，[0,2]t ∈时，1()()e 2tS t a t =-因为0[0,2]t ∃∈，使得0()e S t ≥，所以()S t 在[0,2]上的最大值一定大于等于e1'()[(1)]e 2t S t t a =---，令'()0S t =，得1t a =- …………………8分6. 【山西省太原市太远五中2014届高三12月月考】已知函数ln 1af x x a x =+∈+R ()()． （1）当92a =时，如果函数g x f x k =-()()仅有一个零点，求实数k 的取值范围； （2）当2a =时，试比较f x ()与1的大小； （3）求证：1111ln 135721n n +>+++++ ()n ∈*N ()一个交点，所以关键是()y f x =的图像，对()f x 求导，令'()0f x >和'()0f x <判断函数的单调性，确定函数的极值和最值所在位置，求出具体的数值，便可以描绘出函数图像，来决定k 的位置；第二问，先将2=a 代入，得到()f x 解析式，作差法比较大小，得到新函数()h x ，判断()h x 的正负即可，通过对()h x 求导，可以看出()h x 在(0,)+∞上是增函数且(1)0h =，所以分情况会出现3种大小关系；第三问，法一：利用第二问的结论，得到表达式1211ln+>+k k k ，再利用不等式的性质得到所证表达式的右边，左边是利用对数的运算性质化简，得证；法二，用数学归纳法证明，先证明当1n =时不等式成立，再假设当n k =时不等式成立，然后利用假设的结论证明当1n k =+时不等式成立即可.①当1>x 时，0)1()(=>h x h ，即1)(>x f ； ②当10<<x 时，0)1()(=<h x h ，即1)(<x f ；③当1=x 时，0)1()(==h x h ，即1)(=x f ． ……………………………8分（3）（法一）根据（2）的结论，当1>x 时，112ln >++x x ，即11ln +->x x x ． 令k k x 1+=，则有1211ln +>+k k k ， ∑∑==+>+∴n k nk k k k 111211ln ． ∑=+=+nk k k n 11ln )1ln( ， 1215131)1ln(++++>+∴n n ． …………………………………12分。
2020人教版高二数学下学期重点练专题03 函数的单调性与导数(含答案解析)
1．若函数y ＝f ′(x )在区间(x 1，x 2)内是单调递减函数，则函数y ＝f (x )在区间(x 1，x 2)内的图象可以是( )【答案】B【解析】选项A 中，f ′(x )>0且为常数函数；选项C 中，f ′(x )>0且f ′(x )在(x 1，x 2)内单调递增；选项D 中，f ′(x )>0且f ′(x )在(x 1，x 2)内先增后减．故选B.2．函数f (x )＝2x 2－ln x 的递增区间是( )A.⎝⎛⎭⎫0，12 B.⎝⎛⎭⎫－12，0和⎝⎛⎭⎫12，＋∞ C.⎝⎛⎭⎫12，＋∞ D.⎝⎛⎭⎫－∞，－12和⎝⎛⎭⎫0，12 【答案】C【解析】由题意得，函数的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝4x －1x ＝4x 2－1x ＝(2x ＋1)(2x －1)x，令f ′(x )＝(2x ＋1)(2x －1)x >0，解得x >12，故函数f (x )＝2x 2－ln x 的递增区间是⎝⎛⎭⎫12，＋∞.故选C. 3.函数f (x )的定义域为R ，f (－1)＝2，对任意x ∈R ，f ′(x )>2.则f (x )>2x ＋4的解集为( )A ．(－1,1)B ．(－1，＋∞)C ．(－∞，－1)D ．(－∞，＋∞)【答案】B【解析】构造函数g (x )＝f (x )－(2x ＋4)，则g (－1)＝2－(－2＋4)＝0，又f ′(x )>2.∴g ′(x )＝f ′(x )－2>0，∴g (x )是R 上的增函数．∴f (x )>2x ＋4⇔g (x )>0⇔g (x )>g (－1)，∴x >－1.4．若函数f (x )＝x －a x 在[1,4]上单调递减，则实数a 的最小值为( )A ．1B ．2C ．4D ．5【答案】C【解析】函数f (x )＝x －a x 在[1,4]上单调递减，只需f ′(x )≤0在[1,4]上恒成立即可，令f ′(x )＝1－12ax －12≤0，解得a ≥2x ，则a ≥4.∴a min ＝4. 5．设f (x )，g (x )是定义在R 上的恒大于0的可导函数，且f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )<0，则当a <x <b 时有专题03 函数的单调性与导数 第一章 导数及其应用( )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 )【答案】C 【解析】因为⎣⎡⎦⎤f (x )g (x )′＝f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )g 2(x ).又因为f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )<0，所以f (x )g (x )在R 上为减函数．又因为a <x <b ，所以f (a )g (a )>f (x )g (x )>f (b )g (b )，又因为f (x )>0，g (x )>0，所以f (x )g (b )>f (b )g (x )．因此选C. 6．若函数e x f (x )(e ＝2.718 28…是自然对数的底数)在f (x )的定义域上单调递增，则称函数f (x )具有M 性质．下列函数中具有M 性质的是( )A ．f (x )＝2－xB ．f (x )＝x 2C ．f (x )＝3－xD ．f (x )＝cos x【答案】A【解析】对于选项A ，f (x )＝2－x ＝⎝⎛⎭⎫12x ，则e x f (x )＝e x ·⎝⎛⎭⎫12x ＝⎝⎛⎭⎫e 2x ，∵e 2＞1，∴e x f (x )在R 上单调递增，∴f (x )＝2－x 具有M 性质．对于选项B ，f (x )＝x 2，e x f (x )＝e x x 2，[e x f (x )]′＝e x (x 2＋2x )，令e x (x 2＋2x )＞0，得x ＞0或x ＜－2； 令e x (x 2＋2x )＜0，得－2＜x ＜0，∴函数e x f (x )在(－∞，－2)和(0，＋∞)上单调递增，在(－2,0)上单调递减，∴f (x )＝x 2不具有M 性质．对于选项C ，f (x )＝3－x ＝⎝⎛⎭⎫13x ，则e x f (x )＝e x ·⎝⎛⎭⎫13x ＝⎝⎛⎭⎫e 3x ，∵e 3＜1，∴y ＝⎝⎛⎭⎫e 3x 在R 上单调递减，∴f (x )＝3－x 不具有M 性质．对于选项D ，f (x )＝cos x ，e x f (x )＝e x cos x ，则[e x f (x )]′＝e x (cos x －sin x )≥0在R 上不恒成立，故e x f (x )＝e x cos x 在R 上不是单调递增的，∴f (x )＝cos x 不具有M 性质．故选A.7.如图所示的是函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象，则在[－2,5]上函数f (x )的递增区间为________．【答案】(－1,2)和(4,5]【解析】因为在(－1,2)和(4,5]上f ′(x )>0，所以f (x )在[－2,5]上的单调递增区间为(－1,2)和(4,5]．8．若函数y ＝－43x 3＋bx 有三个单调区间，则b 的取值范围是__________． 【答案】(0，＋∞)【解析】若函数y ＝－43x 3＋bx 有三个单调区间，则y ′＝－4x 2＋b ＝0有两个不相等的实数根，所以b >0.9．若函数f (x )＝2x 2－ln x 在定义域内的一个子区间(k －1，k ＋1)上不是单调函数，则实数k 的取值范围是________．【答案】⎣⎡⎭⎫1，32 【解析】显然函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝4x －1x ＝4x 2－1x.由f ′(x )＞0，得函数f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫12，＋∞；由f ′(x )＜0，得函数f (x )单调递减区间为⎝⎛⎭⎫0，12.因为函数在区间(k －1，k ＋1)上不是单调函数，所以k －1＜12＜k ＋1，解得－12＜k ＜32，又因为(k －1，k ＋1)为定义域内的一个子区间，所以k －1≥0，即k ≥1.综上可知，1≤k ＜32. 10．(1)已知函数f (x )＝ax e kx －1，g (x )＝ln x ＋kx .当a ＝1时，若f (x )在(1，＋∞)上为减函数，g (x )在(0,1)上为增函数，求实数k 的值；(2)已知函数f (x )＝x ＋a x－2ln x ，a ∈R ，讨论函数f (x )的单调区间． 【解析】(1)当a ＝1时，f (x )＝x e kx －1，∴f ′(x )＝(kx ＋1)e kx ，g ′(x )＝1x＋k . ∵f (x )在(1，＋∞)上为减函数， 则∀x ＞1，f ′(x )≤0⇔k ≤－1x， ∴k ≤－1.∵g (x )在(0,1)上为增函数，则∀x ∈(0,1)，g ′(x )≥0⇔k ≥－1x， ∴k ≥－1.综上所述，k ＝－1.(2)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，∴f ′(x )＝1－a x 2－2x ＝x 2－2x －a x 2. ①当Δ＝4＋4a ≤0，即a ≤－1时，得x 2－2x －a ≥0，则f ′(x )≥0.∴函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增．②当Δ＝4＋4a ＞0，即a ＞－1时，令f ′(x )＝0，得x 2－2x －a ＝0，解得x 1＝1－1＋a ，x 2＝1＋1＋a ＞0.(ⅰ)若－1＜a ≤0，则x 1＝1－1＋a ≥0，∵x ∈(0，＋∞)，∴f (x )在(0,1－1＋a )，(1＋1＋a ，＋∞)上单调递增，在(1－1＋a ，1＋1＋a )上单调递减．(ⅱ)若a ＞0，则x 1＜0，当x ∈(0,1＋1＋a )时，f ′(x )＜0，当x ∈(1＋1＋a ，＋∞)时，f ′(x )＞0，∴函数f (x )在区间(0,1＋1＋a )上单调递减，在区间(1＋1＋a ，＋∞)上单调递增.。
高考数学专题《函数与导数》解读
从新高考的考查情况来看，函数与导数一直是高考的重点和难点．一般以基本初等函数为载体，利用导数研究函数的单调性、极值、最值、零点等问题，同时与解不等式关系最为密切，还可能与三角函数、数列等知识综合考查。
一般出现在选择题和填空题的后两题以及解答题中，难度较大，复习备考的过程中应引起重视。
通过导数研究函数的单调性、极值、最值问题，考查考生的分类讨论思想、等价转化思想以及数学运算、逻辑推理核心素养.1、研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论． (1)讨论分以下四个方面①二次项系数讨论；②根的有无讨论；③根的大小讨论；④根在不在定义域内讨论． (2)讨论时要根据上面四种情况，找准参数讨论的分类． (3)讨论完毕须写综述．2、研究函数零点或方程根的方法(1)通过最值(极值)判断零点个数的方法:借助导数研究函数的单调性、极值后，通过极值的正负，函数单调性判断函数图象走势，从而判断零点个数或者通过零点个数求参数范围．(2)数形结合法求解零点:对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性，画出草图数形结合确定其中参数的范围．(3)构造函数法研究函数零点:①根据条件构造某个函数，利用导数确定函数的单调区间及极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求解．②解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出导数的工具作用，体现转化与化归的思想方法． 3、求与函数零点有关的参数范围的方法： 方程有实根函数的图象与轴有交点函数有零点．（1）参数分离法，构造新的函数，将问题转化为利用导数求新函数单调性与最值.（2）分类讨论法. 4、不等式的恒成立问题和有解问题、无解问题是联系函数、方程、不等式的纽带和桥梁，也是高考的重点()0f x =()y f x =x ()y f x =重难点06 函数与导数和热点问题，往往用到的方法是依据不等式的特点，等价变形，构造函数，借助图象观察，或参变分离，转化为求函数的最值问题来处理．恒成立问题的重要思路：(1)m≥f(x)恒成立⇒m≥f(x)max．(2)m≤f(x)恒成立⇒m≤f(x)min．存在性（有解）问题的重要思路：(1)存在m≥f(x) ⇒m≥f(x) min(2) 存在m≤f(x) ⇒m≤f(x) max．5、利用导数证明不等式f(x)＞g(x)的基本方法：(1)若f(x)与g(x)的最值易求出，可直接转化为证明f(x)min＞g(x)max；(2)若f(x)与g(x)的最值不易求出，可构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数h(x)的单调性或最值，证明h(x)＞0.无论不等式的证明还是解不等式，构造函数，运用函数的思想，利用导数研究函数的性质，达到解题的目的，是一成不变的思路，合理构思，善于从不同角度分析问题，是解题的法宝.6、函数性质综合问题函数性质综合应用问题的常见类型及解题策略：（1）函数单调性与奇偶性的综合．注意函数单调性及奇偶性的定义，以及奇、偶函数图象的对称性．（2）周期性与奇偶性的综合．此类问题多考查求值问题，常利用奇偶性及周期性进行变换，将所求函数值的自变量转化到已知解析式的函数定义域内求解．（3）单调性、奇偶性与周期性的综合．解决此类问题通常先利用周期性转化自变量所在的区间，然后利用奇偶性和单调性求解．（4）应用奇函数图象关于原点对称，偶函数图象关于y轴对称．利用单调性比较大小、解不等式、研究函数的最值、函数单调性的讨论（含参）、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；同时也要注意极值点偏移、双变量等热点问题。
2020届高三数学之函数与导数(文理通用)二次求导函数处理(二阶导数)(解析版)
专题03 二次求导函数处理（二阶导数）一、考情分析1、在历年全国高考数学试题中，函数与导数部分是高考重点考查的内容，并且在六道解答题中必有一题是导数题。
利用导数求解函数的单调性、极值和最值等问题是高考考查导数问题的主要内容和形式，并多以压轴题的形式出现. 常常考查运算求解能力、概括抽象能力、推理论证能力和函数与方程、化归与转化思想、分类与整合思想、特殊与一般思想的渗透和综合运用，难度较大.2、而在有些函数问题中，如含有指数式、对数式的函数问题，求导之后往往不易或不能直接判断出原函数的单调性，从而不能进一步判断函数的单调性及极值、最值情况，此时解题受阻。
需要利用“二次求导”才能找到导数的正负，找到原函数的单调性，才能解决问题. 若遇这类问题，必须“再构造，再求导”。
本文试以全国高考试题为例，说明函数的二阶导数在解高考函数题中的应用。
3、解决这类题的常规解题步骤为： ①求函数的定义域；②求函数的导数)('x f ，无法判断导函数正负； ③构造求)(')(x f x g =，求'(x)g ； ④列出)(),(',x g x g x 的变化关系表； ⑤根据列表解答问题。
二、经验分享方法 二次求导使用情景对函数()f x 一次求导得到()f x '之后，解不等式()0()0f x f x ''><和难度较大甚至根本解不出.解题步骤设()()g x f x '=，再求()g x '，求出()0()0g x g x ''><和的解，即得到函数()g x 的单调性，得到函数()g x 的最值，即可得到()f x '的正负情况，即可得到函数()f x 的单调性.三、题型分析(一) 利用二次求导求函数的极值或参数的范围例1.【2020届西南名校联盟高考适应月考卷一，12】（最小整数问题-导数的单调性和恒成立的转化） 已知关于x 的不等式()22ln 212x m x mx +-+≤在()0,∞上恒成立，则整数m 的最小值为（ ） A.1 B.2 C.3 D.4 【答案】B ．【解析】【第一种解法（排除法）（秒杀）】：令1=x 时，m m ≤+⨯-+21)1(21ln 2化简：34≥m ； 令2=x 时，m m 422)1(22ln 2≤+⨯-+，化简42ln 22+≥m 你还可以在算出3,4，选择题排除法。
2022年高考数学真题：函数与导数(解析版)
第2讲函数与导数一、单选题1．（2022·全国·高考真题）已知函数()f x 的定义域为R ，且()()()(),(1)1f x y f x y f x f y f ，则221()k f k （）A ．3B ．2C ．0D ．1【答案】A 【解析】【分析】根据题意赋值即可知函数 f x 的一个周期为6，求出函数一个周期中的 1,2,,6f f f 的值，即可解出．【详解】因为 f x y f x y f x f y ，令1,0x y 可得， 2110f f f ，所以 02f ，令0x 可得，2f y f y f y ，即 f y f y ，所以函数 f x 为偶函数，令1y 得，111f x f x f x f f x ，即有 21f x f x f x ，从而可知 21f x f x ，14f x f x ，故 24f x f x ，即 6f x f x ，所以函数 f x 的一个周期为6．因为 210121f f f ， 321112f f f ， 4221f f f ， 5111f f f ， 602f f ，所以一个周期内的 1260f f f ．由于22除以6余4，所以 221123411213k f k f f f f ．故选：A ．2．（2022·全国·高考真题（理））已知函数(),()f x g x 的定义域均为R ，且()(2)5,()(4)7f x g x g x f x ．若()y g x 的图像关于直线2x 对称，(2)4g ，则221()k f k （）A ．21B ．22C ．23D ．24【答案】D 【解析】【分析】根据对称性和已知条件得到()(2)2f x f x ，从而得到 352110f f f ，462210f f f ，然后根据条件得到(2)f 的值，再由题意得到 36g 从而得到 1f 的值即可求解.【详解】因为()y g x 的图像关于直线2x 对称，所以 22g x g x ，因为()(4)7g x f x ，所以(2)(2)7g x f x ，即(2)7(2)g x f x ，因为()(2)5f x g x ，所以()(2)5f x g x ，代入得 ()7(2)5f x f x ，即()(2)2f x f x ，所以 35212510f f f ，46222510f f f .因为()(2)5f x g x ，所以(0)(2)5f g ，即 01f ，所以 (2)203f f .因为()(4)7g x f x ，所以(4)()7g x f x ，又因为()(2)5f x g x ，联立得， 2412g x g x ，所以()y g x 的图像关于点 3,6中心对称，因为函数()g x 的定义域为R ，所以 36g 因为()(2)5f x g x ，所以 1531f g .所以 221123521462213101024()k f f f f f f f f f k .故选：D 【点睛】含有对称轴或对称中心的问题往往条件比较隐蔽，考生需要根据已知条件进行恰当的转化，然后得到所需的一些数值或关系式从而解题.3．（2022·全国·高考真题）已知正四棱锥的侧棱长为l ，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36 ，且3l ）A ．8118,4B ．2781,44C ．2764,43D ．[18,27]【答案】C 【解析】【分析】设正四棱锥的高为h ，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正四棱锥体积的取值范围.【详解】∵球的体积为36 ，所以球的半径3R ,设正四棱锥的底面边长为2a ，高为h ，则2222l a h ，22232(3)a h ,所以26h l ，2222a l h所以正四棱锥的体积42622411214()=333366936l l l V Sh a h l l ，所以5233112449696l l V l l，当3l 0V ，当l 时，0V ，所以当l 时，正四棱锥的体积V 取最大值，最大值为643，又3l 时，274V，l 814V ,所以正四棱锥的体积V 的最小值为274，所以该正四棱锥体积的取值范围是276443，.故选：C.4．（2022·全国·高考真题）设0.110.1e ,ln 0.99a b c ，，则（）A ．a b cB ．c b aC ．c a bD ．a c b【答案】C 【解析】【分析】构造函数()ln(1)f x x x ，导数判断其单调性，由此确定,,a b c 的大小.【详解】设()ln(1)(1)f x x x x ，因为1()111x f x x x，当(1,0)x 时，()0f x ，当,()0x 时()0f x ，所以函数()ln(1)f x x x 在(0,) 单调递减，在(1,0) 上单调递增，所以1((0)09f f ，所以101ln 099 ，故110ln ln 0.999，即b c ，所以1((0)010f f ，所以91ln +01010 ，故1109e 10 ，所以11011e 109，故a b ，设()e ln(1)(01)xg x x x x ，则 21e 11()+1e 11x xx g x x x x,令2()e (1)+1x h x x ，2()e (21)x h x x x ，当01x 时，()0h x ，函数2()e (1)+1x h x x 单调递减，11x 时，()0h x ，函数2()e (1)+1x h x x 单调递增，又(0)0h ，所以当01x 时，()0h x ，所以当01x 时，()0g x ，函数()e ln(1)x g x x x 单调递增，所以(0.1)(0)0g g ，即0.10.1e ln 0.9 ，所以a c 故选：C.5．（2022·全国·高考真题（文））如图是下列四个函数中的某个函数在区间[3,3] 的大致图像，则该函数是（）A ．3231x x y x B ．321x xy x C ．22cos 1x x y xD ．22sin 1x y x【答案】A 【解析】【分析】由函数图像的特征结合函数的性质逐项排除即可得解.【详解】设 321x xf x x ，则 10f ，故排除B;设 22cos 1x x h x x，当π0,2x时，0cos 1x ，所以 222cos 2111x x xh x x x ，故排除C;设 22sin 1x g x x ，则2sin 33010g ，故排除D.故选：A.6．（2022·全国·高考真题（文））函数 cos 1sin 1f x x x x 在区间 0,2π的最小值、最大值分别为（）A ．ππ22，B ．3ππ22，C ．ππ222，D ．3ππ222，【答案】D 【解析】【分析】利用导数求得 f x 的单调区间，从而判断出 f x 在区间 0,2π上的最小值和最大值.【详解】sin sin 1cos 1cos f x x x x x x x ，所以 f x 在区间π0,2 和3π,2π2 上 0f x ，即 f x 单调递增；在区间π3π,22上 0f x ，即 f x 单调递减，又 02π2f f ，ππ222f ，3π3π3π11222f，所以 f x 在区间 0,2π上的最小值为3π2 ，最大值为π22.故选：D7．（2022·全国·高考真题（理））已知3111,cos ,4sin 3244a b c ，则（）A ．c b aB ．b a cC ．a b cD ．a c b【答案】A 【解析】【分析】由14tan 4c b 结合三角函数的性质可得c b ；构造函数21()cos 1,(0,)2f x x x x ，利用导数可得b a ，即可得解.【详解】因为14tan 4c b ,因为当π0,,sin tan 2x x x x所以11tan44,即1cb ,所以c b ；设21()cos 1,(0,)2f x x x x，()sin 0f x x x ，所以()f x 在(0,) 单调递增，则1(0)=04f f,所以131cos 0432 ，所以b a ,所以c b a ，故选：A8．（2022·全国·高考真题（理））函数 33cos x xy x 在区间ππ,22的图象大致为（）A ．B ．C ．D ．【答案】A 【解析】【分析】由函数的奇偶性结合指数函数、三角函数的性质逐项排除即可得解.【详解】令33cos ,,22x xf x x x，则 33cos 33cos x x x xf x x x f x ，所以 f x 为奇函数，排除BD ；又当0,2x时，330,cos 0x x x ，所以 0f x ，排除C.故选：A.9．（2022·全国·高考真题（理））当1x 时，函数()ln bf x a x x取得最大值2 ，则(2)f （）A ．1B ．12C ．12D ．1【答案】B 【解析】【分析】根据题意可知()12f =-， 10f 即可解得,a b ，再根据 f x 即可解出．【详解】因为函数 f x 定义域为 0, ，所以依题可知，()12f =-， 10f ，而 2a b f x x x，所以2,0b a b ，即2,2a b ，所以 222f x x x，因此函数 f x 在 0,1上递增，在 1, 上递减，1x 时取最大值，满足题意，即有 112122f ．故选：B.10．（2022·全国·高考真题（文））已知910,1011,89m m m a b ，则（）A ．0a bB ．0a b C ．0b a D ．0b a【答案】A 【解析】【分析】根据指对互化以及对数函数的单调性即可知9log 101m ，再利用基本不等式，换底公式可得lg11m ，8log 9m ，然后由指数函数的单调性即可解出．【详解】由910m可得9lg10log 101lg9m ，而222lg 9lg11lg 99lg 9lg111lg1022，所以lg10lg11lg9lg10，即lg11m ，所以lg11101110110m a ．又 222lg8lg10lg80lg8lg10lg 922，所以lg9lg10lg8lg9 ，即8log 9m ，所以8log 989890m b ．综上，0a b ．故选：A.二、多选题11．（2022·全国·高考真题）已知函数()sin(2)(0π)f x x 的图像关于点2π,03中心对称，则（）A ．()f x 在区间5π0,12单调递减B ．()f x 在区间π11π,1212有两个极值点C ．直线7π6x 是曲线()y f x 的对称轴D ．直线32y x 是曲线()y f x 的切线【答案】AD 【解析】【分析】根据三角函数的性质逐个判断各选项，即可解出．【详解】由题意得：2π4πsin 033f，所以4ππ3k ，k Z ，即4ππ,3k kZ ，又0π ，所以2k 时，2π3，故2π()sin 23f x x．对A ，当5π0,12x时，2π2π3π2,332x，由正弦函数sin y u 图象知()y f x 在5π0,12上是单调递减；对B ，当π11π,1212x时，2ππ5π2,322x ，由正弦函数sin y u 图象知()y f x 只有1个极值点，由2π3π232x，解得5π12x ，即5π12x 为函数的唯一极值点；对C ，当7π6x时，2π23π3x ，7π(06f ，直线7π6x 不是对称轴；对D ，由2π2cos 213y x 得：2π1cos 232x，解得2π2π22π33x k或2π4π22π,33x k k Z ,从而得：πx k 或ππ,3x k kZ ,所以函数()y f x 在点处的切线斜率为02π2cos 13x k y ，切线方程为：(0)y x 即y x ．故选：AD ．12．（2022·全国·高考真题）已知函数()f x 及其导函数() f x 的定义域均为R ，记()()g x f x ，若322f x，(2)g x 均为偶函数，则（）A ．(0)0fB ．102gC ．(1)(4)f f D ．(1)(2)g g 【答案】BC 【解析】【分析】转化题设条件为函数的对称性，结合原函数与导函数图象的关系，根据函数的性质逐项判断即可得解.【详解】因为322f x，(2)g x 均为偶函数，所以332222f x f x即3322f x f x，(2)(2)g x g x ，所以 3f x f x ，(4)()g x g x ，则(1)(4)f f ，故C 正确；函数()f x ，()g x 的图象分别关于直线3,22x x 对称，又()()g x f x ，且函数()f x 可导，所以 30,32g g x g x，所以 (4)()3g x g x g x ，所以 (2)(1)g x g x g x ，所以13022g g， 112g g g ，故B 正确，D 错误；若函数()f x 满足题设条件，则函数()f x C （C 为常数）也满足题设条件，所以无法确定()f x 的函数值，故A 错误.故选：BC.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是转化题干条件为抽象函数的性质，准确把握原函数与导函数图象间的关系，准确把握函数的性质（必要时结合图象）即可得解.13．（2022·全国·高考真题）已知函数3()1f x x x ，则（）A ．()f x 有两个极值点B ．()f x 有三个零点C ．点(0,1)是曲线()y f x 的对称中心D ．直线2y x 是曲线()y f x 的切线【答案】AC 【解析】【分析】利用极值点的定义可判断A ，结合()f x 的单调性、极值可判断B ，利用平移可判断C ；利用导数的几何意义判断D.【详解】由题， 231f x x ，令 0f x 得x 33x ，令()0f x 得x所以()f x 在(,33上单调递减，在(,)3 ，3(,)3上单调递增，所以3x 是极值点，故A 正确；因(10f，10f ， 250f ，所以，函数 f x在,3上有一个零点，当x时，03f x f ，即函数 f x在3+上无零点，综上所述，函数()f x 有一个零点，故B 错误；令3()h x x x ，该函数的定义域为R ， 33h x x x x x h x ，则()h x 是奇函数，(0,0)是()h x 的对称中心，将()h x 的图象向上移动一个单位得到()f x 的图象，所以点(0,1)是曲线()y f x 的对称中心，故C 正确；令 2312f x x ，可得1x ，又 (1)11f f ，当切点为(1,1)时，切线方程为21y x ，当切点为(1,1) 时，切线方程为23y x ，故D 错误.故选：AC.三、双空题14．（2022·全国·高考真题）曲线ln ||y x 过坐标原点的两条切线的方程为____________，____________．【答案】1e y x1ey x【解析】【分析】分0x 和0x 两种情况，当0x 时设切点为 00,ln x x ，求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，从而表示出切线方程，再根据切线过坐标原点求出0x ，即可求出切线方程，当0x 时同理可得；【详解】解：因为ln y x ，当0x 时ln y x ，设切点为 00,ln x x ，由1y x，所以001|x x y x ，所以切线方程为 0001ln y x x x x ，又切线过坐标原点，所以 0001ln x x x，解得0e x ，所以切线方程为 11e e y x ，即1ey x ；当0x 时 ln y x ，设切点为 11,ln x x ，由1y x，所以111|x x y x ，所以切线方程为1111ln y x x x x ，又切线过坐标原点，所以 1111ln x x x，解得1e x ，所以切线方程为 11e e y x ，即1e y x ；故答案为：1ey x ；1e y x 15．（2022·全国·高考真题（文））若 1ln 1f x a b x 是奇函数，则 a _____，b ______．【答案】12 ；ln 2．【解析】【分析】根据奇函数的定义即可求出．【详解】因为函数 1ln 1f x a b x为奇函数，所以其定义域关于原点对称．由101a x 可得， 110x a ax ，所以11a x a ，解得：12a ，即函数的定义域为 ,11,11, ，再由 00f 可得，ln 2b ．即 111ln ln 2ln 211x f x x x，在定义域内满足 f x f x ，符合题意．故答案为：12；ln 2．四、填空题16．（2022·全国·高考真题（理））已知1x x 和2x x 分别是函数2()2e x f x a x （0a 且1a ）的极小值点和极大值点．若12x x ，则a 的取值范围是____________．【答案】1,1e【解析】【分析】由12,x x 分别是函数 22e x f x a x 的极小值点和极大值点，可得 12,,x x x 时， 0f x ，12,x x x 时， 0f x ，再分1a 和01a 两种情况讨论，方程2ln 2e 0x a a x 的两个根为12,x x ，即函数ln x y a a 与函数e y x 的图象有两个不同的交点，构造函数 ln xg x a a ，利用指数函数的图象和图象变换得到 g x 的图象，利用导数的几何意义求得过原点的切线的斜率，根据几何意义可得出答案.【详解】解： 2ln 2e x f x a a x ，因为12,x x 分别是函数 22e x f x a x 的极小值点和极大值点，所以函数 f x 在 1,x 和 2,x 上递减，在 12,x x 上递增，所以当 12,,x x x 时， 0f x ，当 12,x x x 时， 0f x ，若1a 时，当0x 时，2ln 0,2e 0x a a x ，则此时 0f x ，与前面矛盾，故1a 不符合题意，若01a 时，则方程2ln 2e 0x a a x 的两个根为12,x x ，即方程ln e x a a x 的两个根为12,x x ，即函数ln x y a a 与函数e y x 的图象有两个不同的交点，∵01a ,∴函数x y a 的图象是单调递减的指数函数，又∵ln 0a ,∴ln x y a a 的图象由指数函数x y a 向下关于x 轴作对称变换，然后将图象上的每个点的横坐标保持不变，纵坐标伸长或缩短为原来的ln a 倍得到，如图所示：设过原点且与函数 y g x 的图象相切的直线的切点为00,ln x x a a ，则切线的斜率为 020ln x g x a a ，故切线方程为 0020ln ln x x y a a a a x x ，则有0020ln ln x x a a x a a ，解得01ln x a，则切线的斜率为122ln ln e ln a a a a ，因为函数ln x y a a 与函数e y x 的图象有两个不同的交点，所以2eln e a ，解得1e ea ，又01a ，所以11ea ，综上所述，a 的范围为1,1e.【点睛】本题考查了函数的极值点问题，考查了导数的几何意义，考查了转化思想及分类讨论思想，有一定的难度.17．（2022·全国·高考真题）若曲线()e x y x a 有两条过坐标原点的切线，则a 的取值范围是________________．【答案】,40, 【解析】【分析】设出切点横坐标0x ，利用导数的几何意义求得切线方程，根据切线经过原点得到关于0x 的方程，根据此方程应有两个不同的实数根，求得a 的取值范围.【详解】∵()e x y x a ，∴(1)e x y x a ，设切点为 00,x y ,则 000e x y x a ,切线斜率 001e x k x a ,切线方程为： 00000e 1e x x y x a x a x x ,∵切线过原点，∴ 00000e 1e x x x a x a x ,整理得：2000x ax a ,∵切线有两条，∴240a a ,解得4a <-或0a ,∴a 的取值范围是 ,40, ,故答案为：,40, 五、解答题18．（2022·全国·高考真题（文））已知函数1()(1)ln f x ax a x x．(1)当0a 时，求()f x 的最大值；(2)若()f x 恰有一个零点，求a 的取值范围．【答案】(1)1(2)0, 【解析】【分析】（1）由导数确定函数的单调性，即可得解；（2）求导得 211ax x f x x，按照0a 、01a 及1a 结合导数讨论函数的单调性，求得函数的极值，即可得解.(1)当0a 时， 1ln ,0f x x x x ，则 22111x f x x x x，当 0,1 x 时，()0f x ¢>， f x 单调递增；当 1,x 时，()0f x ¢<， f x 单调递减；所以 max 11f x f ；(2)11ln ,0f x ax a x x x ，则 221111ax x a f x a x x x ，当0a 时，10 ax ，所以当 0,1 x 时，()0f x ¢>， f x 单调递增；当 1,x 时，()0f x ¢<， f x 单调递减；所以 max 110f x f a ，此时函数无零点，不合题意；当01a 时，11a ，在 10,1,,a上，()0f x ¢>， f x 单调递增；在11,a上，()0f x ¢<， f x 单调递减；又 110f a ，由（1）得1ln 1x x ，即1ln 1x x ，所以ln x x x当1x 时，11()(1)ln 2((2f x ax a x ax a ax a x x则存在2312m a a，使得 0f m ，所以 f x 仅在1,a有唯一零点，符合题意；当1a 时， 2210x f x x ，所以 f x 单调递增，又 110f a ，所以 f x 有唯一零点，符合题意；当1a 时，11a ，在 10,,1,a上，()0f x ¢>， f x 单调递增；在1,1a上，()0f x ¢<， f x 单调递减；此时 110f a ，由（1）得当01x 时，1ln 1xx ，1 ln 21x，此时11()(1)ln 2(11)1f x ax a x ax ax x x 存在2114(1)n a a，使得()0f n ，所以 f x 在10,a 有一个零点，在1,a无零点，所以 f x 有唯一零点，符合题意；综上，a 的取值范围为 0, .【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用导数研究函数的极值与单调性，把函数零点问题转化为函数的单调性与极值的问题.19．（2022·全国·高考真题）已知函数()e e ax x f x x ．(1)当1a 时，讨论()f x 的单调性；(2)当0x 时，()1f x ，求a 的取值范围；(3)设n Nln(1)n ．【答案】(1) f x 的减区间为 ,0 ，增区间为 0, .(2)12a (3)见解析【解析】【分析】（1）求出()f x ¢，讨论其符号后可得 f x 的单调性.（2）设 e e 1ax x h x x ，求出 h x ，先讨论12a 时题设中的不等式不成立，再就102a 结合放缩法讨论 h x 符号，最后就0a 结合放缩法讨论 h x 的范围后可得参数的取值范围.（3）由（2）可得12ln t tt 对任意的1t 恒成立，从而可得 ln 1ln n n *n N 恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式.(1)当1a 时， 1e x f x x ，则 e x f x x ，当0x 时，()0f x ¢<，当0x 时，()0f x ¢>，故 f x 的减区间为 ,0 ，增区间为 0, .(2)设 e e 1ax x h x x ，则 00h ，又 1e e ax x h x ax ，设 1e e ax x g x ax ，则 22e e ax x g x a a x ，若12a ，则 0210g a ，因为 g x 为连续不间断函数，故存在 00,x ，使得 00,x x ，总有()0g x ¢>，故 g x 在 00,x 为增函数，故 00g x g ，故 h x 在 00,x 为增函数，故 01h x h ，与题设矛盾.若102a ，则 ln 11e e e e ax ax ax x x h x ax ，下证：对任意0x ，总有 ln 1x x 成立，证明：设 ln 1S x x x ，故 11011x S x x x，故 S x 在 0, 上为减函数，故 00S x S 即 ln 1x x 成立.由上述不等式有 ln 12e e e e e e 0ax ax x ax ax x ax x ，故 0h x 总成立，即 h x 在 0, 上为减函数，所以 01h x h .当0a 时，有 e e e 1100ax x ax h x ax ，所以 h x 在 0, 上为减函数，所以 01h x h .综上，12a.(3)取12a ，则0x ，总有12e e 10x x x 成立，令12e x t ，则21,e ,2ln x t t x t ，故22ln 1t t t 即12ln t t t 对任意的1t 恒成立.所以对任意的*n N ，有整理得到：ln 1ln n nln 2ln1ln 3ln 2ln 1ln n nln 1n ，故不等式成立.【点睛】思路点睛：函数参数的不等式的恒成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注意结合端点处导数的符号合理分类讨论，导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式.20．（2022·全国·高考真题）已知函数()x f x e ax 和()ln g x ax x 有相同的最小值．(1)求a ；(2)证明：存在直线y b ，其与两条曲线()y f x 和()y g x 共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．【答案】(1)1a (2)见解析【解析】【分析】（1）根据导数可得函数的单调性，从而可得相应的最小值，根据最小值相等可求a.注意分类讨论.（2）根据（1）可得当1b 时，e x x b 的解的个数、ln x x b 的解的个数均为2，构建新函数()e ln 2x h x x x ，利用导数可得该函数只有一个零点且可得 ,f x g x 的大小关系，根据存在直线y b 与曲线 y f x 、()y g x =有三个不同的交点可得b 的取值，再根据两类方程的根的关系可证明三根成等差数列.(1)()e x f x ax 的定义域为R ，而()e x f x a ，若0a ，则()0f x ，此时()f x 无最小值，故0a .()ln g x ax x 的定义域为 0, ，而11()ax g x a x x.当ln x a 时，()0f x ，故()f x 在 ,ln a 上为减函数，当ln x a 时，()0f x ，故()f x 在 ln ,a 上为增函数，故 min ()ln ln f x f a a a a .当10x a时，()0g x ，故()g x 在10,a 上为减函数，当1x a 时，()0g x ，故()g x 在1,a上为增函数，故min 11()1ln g x g a a.因为()e x f x ax 和()ln g x ax x 有相同的最小值，故11ln ln a a a a ，整理得到1ln 1a a a，其中0a ，设 1ln ,01a g a a a a ，则222211011a g a a a a a ，故 g a 为 0, 上的减函数，而()10g =，故 0g a 的唯一解为1a ，故1ln 1a a a的解为1a .综上，1a .(2)由（1）可得e ()x x f x 和()ln g x x x 的最小值为11ln11ln 11 .当1b 时，考虑e x x b 的解的个数、ln x x b 的解的个数.设 e x S x x b ， e 1x S x ，当0x 时， 0S x ，当0x 时， 0S x ，故 S x 在 ,0 上为减函数，在 0, 上为增函数，所以 min 010S x S b ，而 e 0b S b ， e 2b S b b ，设 e 2b u b b ，其中1b ，则 e 20b u b ，故 u b 在 1, 上为增函数，故 1e 20u b u ，故 0S b ，故 e x S x x b 有两个不同的零点，即e x x b 的解的个数为2.设 ln T x x x b ， 1x T x x，当01x 时，()0T x ¢<，当1x 时， 0T x ，故 T x 在()0,1上为减函数，在 1, 上为增函数，所以 min 110T x T b ，而 e e 0b b T ， e e 20b b T b ，ln T x x x b 有两个不同的零点即ln x x b 的解的个数为2.当1b ，由（1）讨论可得ln x x b 、e x x b 仅有一个零点，当1b 时，由（1）讨论可得ln x x b 、e x x b 均无零点，故若存在直线y b 与曲线 y f x 、()y g x =有三个不同的交点，则1b .设()e ln 2x h x x x ，其中0x ，故1()e 2x h x x，设 e 1x s x x ，0x ，则 e 10x s x ，故 s x 在 0, 上为增函数，故 00s x s 即e 1x x ，所以1()1210h x x x，所以()h x 在 0, 上为增函数，而(1)e 20h ，31e 333122()e 3e 30e e eh ，故 h x 在 0, 上有且只有一个零点0x ，0311e x 且：当00x x 时， 0h x 即e ln x x x x 即 f x g x ，当0x x 时， 0h x 即e ln x x x x 即 f x g x ，因此若存在直线y b 与曲线 y f x 、()y g x =有三个不同的交点，故 001b f x g x ，此时e x x b 有两个不同的零点1010,(0)x x x x ，此时ln x x b 有两个不同的零点0404,(01)x x x x ，故11e x x b ，00e x x b ，44ln 0x x b ，00ln 0x x b 所以44ln x b x 即44e x b x 即 44e 0x b x b b ，故4x b 为方程e x x b 的解，同理0x b 也为方程e x x b 的解又11e x x b 可化为11e x x b 即 11ln 0x x b 即 11ln 0x b x b b ，故1x b 为方程ln x x b 的解，同理0x b 也为方程ln x x b 的解，所以 1004,,x x x b x b ，而1b ，故0410x x b x x b 即1402x x x .【点睛】思路点睛：函数的最值问题，往往需要利用导数讨论函数的单调性，此时注意对参数的分类讨论，而不同方程的根的性质，注意利用方程的特征找到两类根之间的关系.21．（2022·全国·高考真题（理））已知函数 ln 1e x f x x ax (1)当1a 时，求曲线 y f x 在点 0,0f 处的切线方程；(2)若 f x 在区间 1,0,0, 各恰有一个零点，求a 的取值范围．【答案】(1)2y x(2)(,1)【解析】【分析】（1）先算出切点,再求导算出斜率即可（2）求导,对a 分类讨论,对x 分(1,0),(0,) 两部分研究(1)()f x 的定义域为(1,)当1a 时,()ln(1),(0)0e x x f x x f ,所以切点为(0,0)11(),(0)21e x x f x f x ,所以切线斜率为2所以曲线()y f x 在点(0,(0))f 处的切线方程为2y x(2)()ln(1)e x ax f x x2e 11(1)()1e (1)e x x xa x a x f x x x 设 2()e 1x g x a x 1 若0a ,当 2(1,0),()e 10x x g x a x ,即()0f x 所以()f x 在(1,0) 上单调递增,()(0)0f x f 故()f x 在(1,0) 上没有零点,不合题意2 若10a ,当,()0x ,则()e 20x g x ax 所以()g x 在(0,) 上单调递增所以()(0)10g x g a ,即()0f x 所以()f x 在(0,) 上单调递增,()(0)0f x f 故()f x 在(0,) 上没有零点,不合题意3 若1a (1)当,()0x ,则()e 20x g x ax ,所以()g x 在(0,) 上单调递增(0)10,(1)e 0g a g 所以存在(0,1)m ,使得()0g m ,即()0 f m 当(0,),()0,()x m f x f x 单调递减当(,),()0,()x m f x f x 单调递增所以当(0,),()(0)0x m f x f 当,()x f x所以()f x 在(,)m 上有唯一零点又(0,)m 没有零点,即()f x 在(0,) 上有唯一零点(2)当2(1,0),()e 1x x g x a x 设()()e 2x h x g x ax()e 20x h x a 所以()g x 在(1,0) 单调递增1(1)20,(0)10eg a g 所以存在(1,0)n ,使得()0g n 当(1,),()0,()x n g x g x 单调递减当(,0),()0,()x n g x g x 单调递增,()(0)10g x g a 又1(1)0eg 所以存在(1,)t n ,使得()0g t ,即()0f t 当(1,),()x t f x 单调递增,当(,0),()x t f x 单调递减有1,()x f x而(0)0f ,所以当(,0),()0x t f x 所以()f x 在(1,)t 上有唯一零点,(,0)t 上无零点即()f x 在(1,0) 上有唯一零点所以1a ,符合题意所以若()f x 在区间(1,0),(0,) 各恰有一个零点,求a 的取值范围为(,1)【点睛】方法点睛：本题的关键是对a 的范围进行合理分类，否定和肯定并用，否定只需要说明一边不满足即可，肯定要两方面都说明.22．（2022·全国·高考真题（理））已知函数 ln x f x x a xx e ．(1)若 0f x ，求a 的取值范围；(2)证明：若 f x 有两个零点12,x x ，则环121x x ．【答案】(1)(,1]e (2)证明见的解析【解析】【分析】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；（2）利用分析法，转化要证明条件为1e 11e 2ln 02x x x x x x x，再利用导数即可得证.(1)()f x 的定义域为(0,) ，2111()e 1x f x x x x1111e 1e 11x x x x x x x x 令()0f x ,得1x 当(0,1),()0,()x f x f x 单调递减当(1,),()0,()x f x f x 单调递增()(1)e 1f x f a ，若()0f x ,则e 10a ,即1a e 所以a 的取值范围为(,1]e (2)由题知, f x 一个零点小于1,一个零点大于1不妨设121x x <<要证121x x ,即证121x x 因为121,(0,1)x x ,即证 121f x f x 因为 12f x f x ,即证 221f x f x 即证1e 1ln e ln 0,(1,)x x x x x x x x x即证1e 11e 2ln 02x x x x x x x下面证明1x 时，1e 11e 0,ln 02x x x x x x x 设11(),e e xx g x x xx ，则11122111111()e e e 1e e 1x x x xx g x x x x x x x x111e 1e 1e e x x x x x x x x x设 22e 1111,e e 0xx x x x x x xx x x 所以 1e x ,而1e ex 所以1e e 0xx x,所以()0g x 所以()g x 在(1,) 单调递增即()(1)0g x g ,所以1e e 0x x x x令11()ln ,12h x x x x x2222211121(1)()10222x x x h x x x x x 所以()h x 在(1,) 单调递减即()(1)0h x h ,所以11ln 02x x x；综上,1e 11e 2ln 02x x x x x x x,所以121x x .【点睛】关键点点睛：本题是极值点偏移问题，关键点是通过分析法，构造函数证明不等式11()ln 2h x x x x 这个函数经常出现，需要掌握。
专题3.3导数与函数的极值、最值(2021年高考数学一轮复习专题)
专题 导数与函数的极值、最值一、题型全归纳题型一 利用导数解决函数的极值问题【题型要点】利用导数研究函数极值问题的一般流程命题角度一 由图象判断函数的极值【题型要点】由图象判断函数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)由导函数y ＝f ′(x )的图象可以看出y ＝f ′(x )的值的正负，从而可得函数y ＝f (x )的单调性，两者结合可得极值点【例1】设函数()x f 在R 上可导，其导函数为()x f '，且函数()()x f x y '-=1的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是（ ）A.函数f （x ）有极大值f （2）和极小值f （1）B.函数f （x ）有极大值f （－2）和极小值f （1）C.函数f （x ）有极大值f （2）和极小值f （－2）D.函数f （x ）有极大值f （－2）和极小值f （2）【解析】由题图可知，当x ＜－2时，()x f '＞0；当－2＜x ＜1时，()x f '＜0；当1＜x ＜2时，()x f '＜0；当x ＞2时，()x f '＞0.由此可以得到函数f （x ）在x ＝－2处取得极大值，在x ＝2处取得极小值. 【例2】已知函数f (x )的导函数f ′(x )的图象如图，则下列叙述正确的是( )A ．函数f (x )在(－∞，－4)上单调递减B ．函数f (x )在x ＝2处取得极大值C ．函数f (x )在x ＝－4处取得极值D ．函数f (x )有两个极值点【解析】由导函数的图象可得，当x ≤2时，f ′(x )≥0，函数f (x )单调递增；当x >2时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减，所以函数f (x )的单调递减区间为(2，＋∞)，故A 错误．当x ＝2时函数取得极大值，故B 正确．当x ＝－4时函数无极值，故C 错误．只有当x ＝2时函数取得极大值，故D 错误．故选B.命题角度二 求已知函数的极值【题型要点】求函数极值的一般步骤（1）先求函数f （x ）的定义域，再求函数f （x ）的导函数. （2）求()x f '＝0的根.（3）判断在()x f '＝0的根的左、右两侧()x f '的符号，确定极值点. （4）求出具体极值.【例3】已知函数f （x ）＝（x －2）（e x －ax ），当a ＞0时，讨论f （x ）的极值情况. 【解析】 ∵()x f '＝（e x －ax ）＋（x －2）（e x －a ）＝（x －1）（e x －2a ），∵a ＞0， 由()x f '＝0得x ＝1或x ＝ln 2a .∵当a ＝e2时，f ′（x ）＝（x －1）（e x －e ）≥0，∵f （x ）在R 上单调递增，故f （x ）无极值.∵当0＜a ＜e2时，ln 2a ＜1，当x 变化时，()x f '，f （x ）的变化情况如下表：∵当a ＞e2时，ln 2a ＞1，当x 变化时，()x f '，f （x ）的变化情况如下表：综上，当0＜a ＜e2时，f （x ）有极大值－a （ln 2a －2）2，极小值a －e ；当a ＝e2时，f （x ）无极值；当a ＞e2时，f （x ）有极大值a －e ，极小值－a （ln 2a －2）2.【例4】已知函数f (x )＝ln x ＋a －1x ，求函数f (x )的极小值．【解析】 f ′(x )＝1x －a －1x 2＝x －（a －1）x 2(x >0)，当a －1≤0，即a ≤1时，f ′(x )>0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，无极小值． 当a －1>0，即a >1时，由f ′(x )<0，得0<x <a －1，函数f (x )在(0，a －1)上单调递减； 由f ′(x )>0，得x >a －1，函数f (x )在(a －1，＋∞)上单调递增．f (x )极小值＝f (a －1)＝1＋ln(a －1)． 综上所述，当a ≤1时，f (x )无极小值； 当a >1时，f (x )极小值＝1＋ln(a －1)．命题角度三 已知函数的极值求参数值(范围)【题型要点】已知函数极值点或极值求参数的两个要领(1)列式：根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解．(2)验证：因为导数值等于零不是此点为极值点的充要条件，所以利用待定系数法求解后必须验证根的合理性．【易错提醒】若函数y ＝f (x )在区间(a ，b )内有极值，那么y ＝f (x )在(a ，b )内绝不是单调函数，即在某区间上单调函数没有极值．【例5】设函数f (x )＝[ax 2－(3a ＋1)x ＋3a ＋2]e x .(1)若曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线斜率为0，求实数a 的值； (2)若f (x )在x ＝1处取得极小值，求实数a 的取值范围．【解析】 (1)因为f (x )＝[ax 2－(3a ＋1)x ＋3a ＋2]e x ，所以f ′(x )＝[ax 2－(a ＋1)x ＋1]e x . f ′(2)＝(2a －1)e 2.由题设知f ′(2)＝0，即(2a －1)e 2＝0，解得a ＝12.(2)由(1)得f ′(x )＝[ax 2－(a ＋1)x ＋1]e x ＝(ax －1)(x －1)e x .若a >1，则当x ∵⎪⎭⎫⎝⎛1,1a 时，f ′(x )<0; 当x ∵(1，＋∞)时，f ′(x )>0.所以f (x )在x ＝1处取得极小值．若a ≤1，则当x ∵(0，1)时，ax －1≤x －1<0，所以f ′(x )>0.所以1不是f (x )的极小值点． 综上可知，a 的取值范围是(1，＋∞)．题型二 函数的最值问题【题型要点】求函数f (x )在[a ，b ]上最值的方法(1)若函数在区间[a ，b ]上单调递增或递减，f (a )与f (b )一个为最大值，一个为最小值．(2)若函数在闭区间[a ，b ]内有极值，要先求出[a ，b ]上的极值，与f (a )，f (b )比较，最大的是最大值，最小的是最小值，可列表完成．(3)函数f (x )在区间(a ，b )上有唯一一个极值点，这个极值点就是最大(或最小)值点，此结论在导数的实际应用中经常用到．【例1】（2019·全国卷Ⅲ）已知函数f （x ）＝2x 3－ax 2＋b . （1）讨论f （x ）的单调性；（2）是否存在a ，b ，使得f （x ）在区间［0,1］的最小值为－1且最大值为1？若存在，求出a ，b 的所有值；若不存在，说明理由.【解析】（1）f ′（x ）＝6x 2－2ax ＝2x （3x －a ）.令f ′（x ）＝0，得x ＝0或x ＝a 3.若a ＞0，则当x ∵（－∞，0）∵⎪⎭⎫⎝⎛+∞,3a 时，f ′（x ）＞0；当x ∵⎪⎭⎫⎝⎛3,0a 时，f ′（x ）＜0.故f （x ）在 （－∞，0），⎪⎭⎫⎝⎛+∞,3a 单调递增，在⎪⎭⎫⎝⎛3,0a 单调递减. 若a ＝0，f （x ）在（－∞，＋∞）单调递增.若a ＜0，则当x ∵⎪⎭⎫ ⎝⎛∞-3,a ∵（0，＋∞）时，f ′（x ）＞0；当x ∵⎪⎭⎫ ⎝⎛0,3a 时，f ′（x ）＜0.故f （x ）在⎪⎭⎫ ⎝⎛∞-3,a ，（0，＋∞）单调递增，在⎪⎭⎫⎝⎛0,3a 单调递减. （2）满足题设条件的a ，b 存在.（∵）当a ≤0时，由（1）知，f （x ）在［0,1］单调递增，所以f （x ）在区间［0,1］的最小值为f （0）＝b ，最大值为f （1）＝2－a ＋b .此时a ，b 满足题设条件当且仅当b ＝－1，2－a ＋b ＝1，即a ＝0，b ＝－1. （∵）当a ≥3时，由（1）知，f （x ）在［0,1］单调递减，所以f （x ）在区间［0,1］的最大值为f （0）＝b ，最小值为f （1）＝2－a ＋b .此时a ，b 满足题设条件当且仅当2－a ＋b ＝－1，b ＝1，即a ＝4，b ＝1. （∵）当0＜a ＜3时，由（1）知，f （x ）在［0,1］的最小值为⎪⎭⎫⎝⎛3a f ＝－a 327＋b ，最大值为b 或2－a ＋b .若－a 327＋b ＝－1，b ＝1，则a ＝332，与0＜a ＜3矛盾.若－a 327＋b ＝－1,2－a ＋b ＝1，则a ＝33或a ＝－33或a ＝0，与0＜a ＜3矛盾.综上，当且仅当a ＝0，b ＝－1或a ＝4，b ＝1时，f （x ）在［0,1］的最小值为－1，最大值为1.【例2】(2020·贵阳市检测)已知函数f (x )＝x －1x －ln x .(1)求f (x )的单调区间；(2)求函数f (x )在⎥⎦⎤⎢⎣⎡e e,1上的最大值和最小值(其中e 是自然对数的底数)．【解析】 (1)f (x )＝x －1x －ln x ＝1－1x－ln x ，f (x )的定义域为(0，＋∞)． 因为f ′(x )＝1x 2－1x ＝1－xx 2，所以f ′(x )＞0∵0<x <1，f ′(x )<0∵x ＞1，所以f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．(2)由(1)得f (x )在⎥⎦⎤⎢⎣⎡1,1e 上单调递增，在(1，e]上单调递减，所以f (x )在⎥⎦⎤⎢⎣⎡e e,1上的极大值为f (1)＝1－11－ln 1＝0.又⎪⎭⎫ ⎝⎛e f 1＝1－e －ln 1e ＝2－e ，f (e)＝1－1e －ln e ＝－1e，且⎪⎭⎫⎝⎛e f 1<f (e)．所以f (x )在⎥⎦⎤⎢⎣⎡e e,1上的最大值为0，最小值为2－e.题型三 函数极值与最值的综合应用【题型要点】解决函数极值、最值问题的策略(1)求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要讨论参数的大小．(2)求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过比较才能下结论． (3)函数在给定闭区间上存在极值，一般要将极值与端点值进行比较才能确定最值．【例1】设函数f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x .若f (x )在x ＝2处取得极小值，则a 的取值范围为_______． 【解析】 f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x ＝(ax －1)(x －2)e x ，若a >12，则当x ∵⎪⎭⎫⎝⎛2,1a 时，f ′(x )<0；当x ∵(2，＋∞)时，f ′(x )>0.所以f (x )在x ＝2处取得极小值．若a ≤12，则当x ∵(0，2)时，x －2<0，ax －1≤12x －1<0，所以f ′(x )>0.所以2不是f (x )的极小值点．综上可知，a 的取值范围是⎪⎭⎫⎝⎛+∞,21. 【例2】已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 3＋x 2，x <1，a ln x ，x ≥1.(1)求f (x )在区间(－∞，1)上的极小值和极大值点；(2)求f (x )在区间[－1，e](e 为自然对数的底数)上的最大值．【解析】：(1)当x <1时，f ′(x )＝－3x 2＋2x ＝－x (3x －2)，令f ′(x )＝0，解得x ＝0或x ＝23，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表所以当x ＝0时，函数f (x )取得极小值f (0)＝0，函数f (x )的极大值点为x ＝23.(2)∵由(1)知，当－1≤x <1时，函数f (x )在[－1，0)和⎪⎭⎫⎢⎣⎡1,32上单调递减，在⎪⎭⎫⎢⎣⎡32,0上单调递增．因为f (－1)＝2，⎪⎭⎫ ⎝⎛32f ＝427，f (0)＝0，所以f (x )在[－1，1)上的最大值为2.∵当1≤x ≤e 时，f (x )＝a ln x ，当a ≤0时，f (x )≤0；当a >0时，f (x )在[1，e]上单调递增． 所以f (x )在[1，e]上的最大值为f (e)＝a .所以当a ≥2时，f (x )在[－1，e]上的最大值为a ； 当a <2时，f (x )在[－1，e]上的最大值为2.题型四 利用导数研究生活中的优化问题【题型要点】利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤（1）分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y ＝f （x ）.（2）求函数的导数()x f '，解方程()x f '＝0.（3）比较函数在区间端点和()x f '＝0的点的函数值的大小，最大（小）者为最大（小）值. （4）回归实际问题，结合实际问题作答.【例1】某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y （单位：千克）与销售价格x （单位：元/千克）满足关系式y ＝ax －3＋10（x －6）2，其中3＜x ＜6，a 为常数.已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克. （1）求a 的值；（2）若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x 的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大. 【解析】（1）因为当x ＝5时，y ＝11，所以a2＋10＝11，解得a ＝2.（2）由（1）可知，该商品每日的销售量为y ＝2x －3＋10（x －6）2. 所以商场每日销售该商品所获得的利润为f （x ）＝（x －3）⎣⎡⎦⎤2x －3＋10（x －6）2＝2＋10（x －3）（x －6）2,3＜x ＜6.则()x f '＝10［（x －6）2＋2（x －3）（x －6）］＝30（x －4）（x －6）. 于是，当x 变化时，()x f '，f （x ）的变化情况如下表：所以，当x ＝4时，函数f （x ）取得最大值且最大值等于42.即当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大.【例2】已知一企业生产某产品的年固定成本为10万元，每生产千件需另投入2.7万元，设该企业年内共生产此种产品x 千件，并且全部销售完，每千件的销售收入为f （x ）万元，且f （x ）＝⎩⎨⎧10.8－130x 2，0＜x ≤10，108x －1 0003x 2，x ＞10.（1）写出年利润W （万元）关于年产品x （千件）的函数解析式；（2）年产量为多少千件时，该企业生产此产品所获年利润最大？（注：年利润＝年销售收入－年总成本） 【解析】（1）由题意得W ＝⎩⎨⎧⎝⎛⎭⎫10.8－130x 2x －2.7x －10，0＜x ≤10，⎝⎛⎭⎫108x －1 0003x 2x －2.7x －10，x ＞10，即W ＝⎩⎨⎧8.1x －130x 3－10，0＜x ≤10，98－⎝⎛⎭⎫1 0003x ＋2.7x ，x ＞10.（2）∵当0＜x ≤10时，W ＝8.1x －130x 3－10，则W ′＝8.1－110x 2＝81－x 210＝（9＋x ）（9－x ）10，因为0＜x ≤10，所以当0＜x ＜9时，W ′＞0，则W 递增；当9＜x ≤10时，W ′＜0，则W 递减.所以当x ＝9时，W 取最大值1935＝38.6万元.∵当x ＞10时，W ＝98－⎪⎭⎫⎝⎛+x x 7.231000≤98－21 0003x×2.7x ＝38. 当且仅当1 0003x ＝2.7x ，即x ＝1009时等号成立.综上，当年产量为9千件时，该企业生产此产品所获年利润最大.二、高效训练突破 一、选择题1．函数f (x )＝2x 3＋9x 2－2在[－4，2]上的最大值和最小值分别是( ) A ．25，－2 B ．50，14 C ．50，－2D ．50，－14【解析】：因为f (x )＝2x 3＋9x 2－2，所以f ′(x )＝6x 2＋18x ，当x ∵[－4，－3)或x ∵(0，2]时，f ′(x )＞0，f (x )为增函数，当x ∵(－3，0)时，f ′(x )＜0，f (x )为减函数，由f (－4)＝14，f (－3)＝25，f (0)＝－2，f (2)＝50，故函数f (x )＝2x 3＋9x 2－2在[－4，2]上的最大值和最小值分别是50，－2. 2．已知函数y ＝f (x )的导函数f ′(x )的图象如图所示，给出下列判断：∵函数y ＝f (x )在区间⎪⎭⎫⎝⎛--21,3内单调递增；∵当x ＝－2时，函数y ＝f (x )取得极小值； ∵函数y ＝f (x )在区间(－2，2)内单调递增；∵当x ＝3时，函数y ＝f (x )有极小值． 则上述判断正确的是( ) A ．∵∵ B ．∵∵ C ．∵∵∵D ．∵∵【解析】：对于∵，函数y ＝f (x )在区间⎪⎭⎫⎝⎛--21,3内有增有减，故∵不正确； 对于∵，当x ＝－2时，函数y ＝f (x )取得极小值，故∵正确；对于∵，当x ∵(－2，2)时，恒有f ′(x )>0，则函数y ＝f (x )在区间(－2，2)上单调递增，故∵正确； 对于∵，当x ＝3时，f ′(x )≠0，故∵不正确．3.（2020·东莞模拟）若x ＝1是函数f （x ）＝ax ＋ln x 的极值点，则（ ） A.f （x ）有极大值－1 B.f （x ）有极小值－1 C.f （x ）有极大值0D.f （x ）有极小值0【解析】∵f （x ）＝ax ＋ln x ，x ＞0，∵f ′（x ）＝a ＋1x ，由f ′（1）＝0得a ＝－1，∵f ′（x ）＝－1＋1x ＝1－xx .由f ′（x ）＞0得0＜x ＜1，由f ′（x ）＜0得x ＞1， ∵f （x ）在（0,1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减.∵f （x ）极大值＝f （1）＝－1，无极小值，故选A.4.函数f （x ）＝x 3＋bx 2＋cx ＋d 的大致图象如图所示，则x 21＋x 22等于（ ）A.89B.109C.169D.289【解析】函数f （x ）的图象过原点，所以d ＝0.又f （－1）＝0且f （2）＝0，即－1＋b －c ＝0且8＋4b ＋2c ＝0，解得b ＝－1，c ＝－2，所以函数f （x ）＝x 3－x 2－2x ，所以f ′（x ）＝3x 2－2x －2，由题意知x 1，x 2是函数的极值点，所以x 1，x 2是f ′（x ）＝0的两个根，所以x 1＋x 2＝23，x 1x 2＝－23，所以x 21＋x 22＝（x 1＋x 2）2－2x 1x 2＝49＋43＝169. 5.已知函数f (x )＝2f ′(1)ln x －x ，则f (x )的极大值为( ) A ．2 B ．2ln 2－2 C ．eD ．2－e【解析】：函数f (x )定义域(0，＋∞)，f ′(x )＝2f ′（1）x －1，所以f ′(1)＝1，f (x )＝2ln x －x ，令f ′(x )＝2x－1＝0，解得x ＝2.当0<x <2时，f ′(x )>0，当x >2时，f ′(x )<0，所以当x ＝2时函数取得极大值，极大值为2ln 2－2. 6.已知函数f （x ）＝x 3＋3x 2－9x ＋1，若f （x ）在区间［k,2］上的最大值为28，则实数k 的取值范围为（ ） A.［－3，＋∞） B.（－3，＋∞） C.（－∞，－3）D.（－∞，－3］【解析】由题意知f ′（x ）＝3x 2＋6x －9，令f ′（x ）＝0，解得x ＝1或x ＝－3，所以f ′（x ），f （x ）随x 的变化情况如下表：7.用边长为120 cm 的正方形铁皮做一个无盖水箱，先在四周分别截去一个小正方形，然后把四边翻转90°角，再焊接成水箱，则水箱的最大容积为( ) A ．120 000 cm 3 B ．128 000 cm 3 C ．150 000 cm 3D ．158 000 cm 3【解析】：设水箱底长为x cm ，则高为120－x2cm.由⎩⎪⎨⎪⎧120－x 2＞0，x ＞0，得0＜x ＜120.设容器的容积为y cm 3，则有y ＝－12x 3＋60x 2.求导数，有y ′＝－32x 2＋120x .令y ′＝0，解得x ＝80(x ＝0舍去)．当x ∵(0，80)时，y ′＞0；当x ∵(80，120)时，y ′＜0. 因此，x ＝80是函数y ＝－12x 3＋60x 2的极大值点，也是最大值点，此时y ＝128 000.故选B.8.(2020·郑州质检)若函数y ＝f (x )存在n －1(n ∵N *)个极值点，则称y ＝f (x )为n 折函数，例如f (x )＝x 2为2折函数．已知函数f (x )＝(x ＋1)e x －x (x ＋2)2，则f (x )为( ) A ．2折函数 B ．3折函数 C ．4折函数D ．5折函数【解析】：.f ′(x )＝(x ＋2)e x －(x ＋2)(3x ＋2)＝(x ＋2)·(e x －3x －2)，令f ′(x )＝0，得x ＝－2或e x ＝3x ＋2. 易知x ＝－2是f (x )的一个极值点，又e x ＝3x ＋2，结合函数图象，y ＝e x 与y ＝3x ＋2有两个交点．又e －2≠3×(－2)＋2＝－4. 所以函数y ＝f (x )有3个极值点，则f (x )为4折函数．9.(2020·昆明市诊断测试)已知函数f (x )＝(x 2－m )e x ，若函数f (x )的图象在x ＝1处切线的斜率为3e ，则f (x )的极大值是( )A ．4e －2 B ．4e 2 C ．e －2D ．e 2【解析】：f ′(x )＝(x 2＋2x －m )e x .由题意知，f ′(1)＝(3－m )e ＝3e ，所以m ＝0，f ′(x )＝(x 2＋2x )e x .当x >0或x <－2时，f ′(x )>0，f (x )是增函数；当－2<x <0时，f ′(x )<0，f (x )是减函数．所以当x ＝－2时，f (x )取得极大值，f (－2)＝4e －2.故选A.10.函数f （x ）＝x 3－3x －1，若对于区间［－3,2］上的任意x 1，x 2，都有|f （x 1）－f （x 2）|≤t ，则实数t 的最小值是（ ） A.20 B.18 C.3D.0【解析】原命题等价于对于区间［－3,2］上的任意x ，都有f （x ）max －f （x ）min ≤t ， ∵f ′（x ）＝3x 2－3，∵当x ∵［－3，－1］时，f ′（x ）＞0， 当x ∵［－1,1］时，f ′（x ）＜0，当x ∵［1,2］时，f ′（x ）＞0. ∵f （x ）max ＝f （2）＝f （－1）＝1，f （x ）min ＝f （－3）＝－19. ∵f （x ）max －f （x ）min ＝20，∵t ≥20.即t 的最小值为20.故选A.二、填空题1.已知f (x )＝x 3＋3ax 2＋bx ＋a 2在x ＝－1处有极值0，则a －b ＝ ．【解析】：由题意得f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋b ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋3a －b －1＝0，b －6a ＋3＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝9， 经检验当a ＝1，b ＝3时，函数f (x )在x ＝－1处无法取得极值，而a ＝2，b ＝9满足题意，故a －b ＝－7. 2．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋(a ＋6)x ＋1.若函数f (x )的图象在点(1，f (1))处的切线斜率为6，则实数a ＝ ；若函数在(－1，3)内既有极大值又有极小值，则实数a 的取值范围是 ．【解析】：f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋a ＋6，结合题意f ′(1)＝3a ＋9＝6，解得a ＝－1；若函数在(－1，3)内既有极大值又有极小值，则f ′(x )＝0在(－1，3)内有2个不相等的实数根，则⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝4a 2－12（a ＋6）>0，f ′（－1）>0，f ′（3）>0，解得－337<a <－3.3．(2020·甘肃兰州一中期末改编)若x ＝－2是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x 的极值点，则f ′(－2)＝ ，f (x )的极小值为 ．【解析】：由函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x 可得f ′(x )＝(2x ＋a )e x ＋(x 2＋ax －1)e x ，因为x ＝－2是函数f (x )的极值点，所以f ′(－2)＝(－4＋a )e －2＋(4－2a －1)e －2＝0，即－4＋a ＋3－2a ＝0，解得a ＝－1.所以f ′(x )＝(x 2＋x －2)e x .令f ′(x )＝0可得x ＝－2或x ＝1.当x <－2或x >1时，f ′(x )>0，此时函数f (x )为增函数，当－2<x <1时，f ′(x )<0，此时函数f (x )为减函数，所以当x ＝1时函数f (x )取得极小值，极小值为f (1)＝(12－1－1)×e 1＝－e.4.（2019·武汉模拟）若函数f (x )＝2x 2－ln x 在其定义域的一个子区间(k －1，k ＋1)内存在最小值，则实数k 的取值范围是 ．【解析】：因为f (x )的定义域为(0，＋∞)，又因为f ′(x )＝4x －1x ，所以由f ′(x )＝0解得x ＝12，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧k －1<12<k ＋1，k －1≥0，解得1≤k <32.5.若函数f （x ）＝x 3－3ax 在区间（－1,2）上仅有一个极值点，则实数a 的取值范围为 .【解析】因为f ′（x ）＝3（x 2－a ），所以当a ≤0时，f ′（x ）≥0在R 上恒成立，所以f （x ）在R 上单调递增，f （x ）没有极值点，不符合题意； 当a ＞0时，令f ′（x ）＝0得x ＝±a ， 当x 变化时，f ′（x ）与f （x ）的变化情况如下表所示：因为函数f （x ）在区间（－1,2）上仅有一个极值点，所以⎩⎨⎧a ＜2，－a ≤－1或⎩⎨⎧－a ＞－1，2≤a ，解得1≤a ＜4.三 解答题1.(2020·广东五校联考)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． 【解析】：(1)易知f (x )的定义域为(0，＋∞)，当a ＝－1时，f (x )＝－x ＋ln x ，f ′(x )＝－1＋1x ＝1－xx，令f ′(x )＝0，得x ＝1.当0<x <1时，f ′(x )>0；当x >1时，f ′(x )<0.所以f (x )在(0，1)上是增函数，在(1，＋∞)上是减函数． 所以f (x )max ＝f (1)＝－1.所以当a ＝－1时，函数f (x )在(0，＋∞)上的最大值为－1.(2)f ′(x )＝a ＋1x ，x ∵(0，e]，1x ∵⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞,1e .∵若a ≥－1e ，则f ′(x )≥0，从而f (x )在(0，e]上是增函数，所以f (x )max ＝f (e)＝a e ＋1≥0，不符合题意；∵若a <－1e ，令f ′(x )>0得a ＋1x >0，结合x ∵(0，e]，解得0<x <－1a，令f ′(x )<0得a ＋1x <0，结合x ∵(0，e]，解得－1a <x ≤e.从而f (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛-a 1,0上为增函数，在⎥⎦⎤⎝⎛-e a ,1上为减函数，所以f (x )max ＝⎪⎭⎫ ⎝⎛-a f 1＝－1＋⎪⎭⎫ ⎝⎛-a 1ln .令－1＋⎪⎭⎫ ⎝⎛-a 1ln ＝－3，得⎪⎭⎫⎝⎛-a 1ln ＝－2，即a ＝－e 2.因为－e 2<－1e ，所以a ＝－e 2为所求．故实数a 的值为－e 2.2.(2020·洛阳尖子生第二次联考)已知函数f (x )＝mx －nx－ln x ，m ∵R .(1)若函数f (x )的图象在(2，f (2))处的切线与直线x －y ＝0平行，求实数n 的值； (2)试讨论函数f (x )在区间[1，＋∞)上的最大值．【解析】：(1)由题意得f ′(x )＝n －x x 2，所以f ′(2)＝n －24.由于函数f (x )的图象在(2，f (2))处的切线与直线x －y ＝0平行，所以n －24＝1，解得n ＝6.(2)f ′(x )＝n －xx2，令f ′(x )<0，得x >n ；令f ′(x )>0，得x <n .∵当n ≤1时，函数f (x )在[1，＋∞)上单调递减，所以f (x )max ＝f (1)＝m －n ；∵当n >1时，函数f (x )在[1，n )上单调递增，在(n ，＋∞)上单调递减，所以f (x )max ＝f (n )＝m －1－ln 3.（2019·郑州模拟）已知函数f （x ）＝1－x x ＋k ln x ，k ＜1e ，求函数f （x ）在⎥⎦⎤⎢⎣⎡e e ,1上的最大值和最小值.【解析】 f ′（x ）＝－x －（1－x ）x 2＋k x ＝kx －1x2.∵若k ＝0，则f ′（x ）＝－1x 2在⎥⎦⎤⎢⎣⎡e e ,1上恒有f ′（x ）＜0，所以f （x ）在⎥⎦⎤⎢⎣⎡e e ,1上单调递减.∵若k ≠0，则f ′（x ）＝kx －1x 2＝k ⎝⎛⎭⎫x －1k x 2.（∵）若k ＜0，则在⎥⎦⎤⎢⎣⎡e e,1上恒有k ⎝⎛⎭⎫x －1k x 2＜0.所以f （x ）在⎥⎦⎤⎢⎣⎡e e,1上单调递减，（∵）若k ＞0，由k ＜1e ，得1k ＞e ，则x －1k ＜0在⎥⎦⎤⎢⎣⎡e e ,1上恒成立，所以k ⎝⎛⎭⎫x －1k x 2＜0， 所以f （x ）在1e ，e 上单调递减.综上，当k ＜1e 时，f （x ）在⎥⎦⎤⎢⎣⎡e e ,1上单调递减，所以f （x ）min ＝f （e ）＝1e ＋k －1，f （x ）max ＝⎪⎭⎫⎝⎛e f 1＝e －k －1.4.已知函数f （x ）＝a ln x ＋1x （a ＞0）.（1）求函数f （x ）的单调区间和极值；（2）是否存在实数a ，使得函数f （x ）在［1，e ］上的最小值为0？若存在，求出a 的值；若不存在，请说明理由.【解析】由题意，知函数的定义域为{x |x ＞0}，f ′（x ）＝a x －1x 2（a ＞0）.（1）由f ′（x ）＞0解得x ＞1a ，所以函数f （x ）的单调递增区间是⎪⎭⎫⎝⎛+∞,1a ；由f ′（x ）＜0解得x ＜1a ，所以函数f （x ）的单调递减区间是⎪⎭⎫⎝⎛a 1,0.所以当x ＝1a 时，函数f （x ）有极小值⎪⎭⎫⎝⎛a f 1＝a ln 1a ＋a ＝a －a ln a ，无极大值. （2）不存在.理由如下：由（1）可知，当x ∵⎪⎭⎫ ⎝⎛a 1,0时，函数f （x ）单调递减；当x ∵⎪⎭⎫⎝⎛+∞,1a 时，函数f （x ）单调递增.∵若0＜1a≤1，即a ≥1时，函数f （x ）在［1，e ］上为增函数，故函数f （x ）的最小值为f （1）＝a ln 1＋1＝1，显然1≠0，故不满足条件.∵若1＜1a ≤e ，即1e ≤a ＜1时，函数f （x ）在⎪⎭⎫⎢⎣⎡a 1,1上为减函数，在⎥⎦⎤⎢⎣⎡e a ,1上为增函数，故函数f （x ）的最小值为f （x ）的极小值⎪⎭⎫⎝⎛a f 1＝a ln 1a ＋a ＝a －a ln a ＝a （1－ln a ）＝0，即ln a ＝1，解得a ＝e ，而1e≤a ＜1，故不满足条件.∵若1a ＞e ，即0＜a ＜1e时，函数f （x ）在［1，e ］上为减函数，故函数f （x ）的最小值为f （e ）＝a ＋1e ＝0，解得a ＝－1e ，而0＜a ＜1e ，故不满足条件.综上所述，这样的a 不存在.。
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专题03 函数与导数1.（2020•北京卷）已知函数()21xf x x =--，则不等式()0f x >的解集是（ ）．A . (1,1)-B . (,1)(1,)-∞-+∞C . (0,1)D . (,0)(1,)-∞⋃+∞【答案】D【解析】作出函数2xy =和1y x =+的图象，观察图象可得结果. 【详解】因为()21xf x x =--，所以()0f x >等价于21x x >+，在同一直角坐标系中作出2xy =和1y x =+的图象如图：两函数图象的交点坐标为(0,1),(1,2)，不等式21x x >+的解为0x <或1x >. 所以不等式()0f x >的解集为：()(),01,-∞⋃+∞.故选：D. 【点睛】本题考查了图象法解不等式，属于基础题. 2.（2020•北京卷）函数1()ln 1f x x x =++的定义域是____________． 【答案】(0,)+∞【解析】根据分母不为零、真数大于零列不等式组，解得结果. 【详解】由题意得010x x >⎧⎨+≠⎩，0x ∴>故答案为：(0,)+∞【点睛】本题考查函数定义域，考查基本分析求解能力，属基础题. 3.（2020•北京卷）已知函数2()12f x x =-． （Ⅰ）求曲线()y f x =的斜率等于2-的切线方程；（Ⅱ）设曲线()y f x =在点(,())t f t 处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为()S t ，求()S t 的最小值． 【答案】（Ⅰ）2130x y +-=，（Ⅱ）32.【解析】（Ⅰ）根据导数的几何意义可得切点的坐标，然后由点斜式可得结果；（Ⅱ）根据导数的几何意义求出切线方程，再得到切线在坐标轴上的截距，进一步得到三角形的面积，最后利用导数可求得最值.【详解】（Ⅰ）因为()212f x x =-，所以()2f x x '=-，设切点为()00,12x x -，则022x -=-，即01x =，所以切点为()1,11， 由点斜式可得切线方程：()1121y x -=--，即2130x y +-=.（Ⅱ）显然0t ≠， 因为()y f x =在点()2,12t t-处的切线方程为：()()2122y t t x t --=--，令0x =，得212y t =+，令0y =，得2122t x t+=，所以()S t =()221121222||t t t +⨯+⋅，不妨设0t >(0t <时，结果一样)，则()423241441144(24)44t t S t t t t t++==++，所以()S t '=4222211443(848)(324)44t t t t t +-+-=222223(4)(12)3(2)(2)(12)44t t t t t t t -+-++==， 由()0S t '>，得2t >，由()0S t '<，得02t <<，所以()S t 在()0,2上递减，在()2,+∞上递增，所以2t =时，()S t 取得极小值， 也是最小值为()16162328S ⨯==. 【点睛】本题考查了利用导数的几何意义求切线方程，考查了利用导数求函数的最值，属于中档题.4.（2020•全国1卷）函数43()2f x x x =-的图像在点(1(1))f ，处的切线方程为（ ） A. 21y x =-- B. 21y x =-+ C. 23y x =- D. 21y x =+【答案】B【解析】求得函数()y f x =的导数()f x '，计算出()1f 和()1f '的值，可得出所求切线的点斜式方程，化简即可. 【详解】()432f x x x =-，()3246f x x x '∴=-，()11f ∴=-，()12f '=-，因此，所求切线的方程为()121y x +=--，即21y x =-+. 故选：B.【点睛】本题考查利用导数求解函图象的切线方程，考查计算能力，属于基础题5.（2020•全国1卷）若242log 42log a ba b +=+，则（ ）A . 2a b >B . 2a b <C . 2a b >D . 2a b <【答案】B【解析】设2()2log x f x x =+，利用作差法结合()f x 的单调性即可得到答案.【详解】设2()2log x f x x =+，则()f x 为增函数，因为22422log 42log 2log a b ba b b +=+=+ 所以()(2)f a f b -=2222log (2log 2)a b a b +-+=22222log (2log 2)b bb b +-+21log 102==-<， 所以()(2)f a f b <，所以2a b <.2()()f a f b -=22222log (2log )a b a b +-+=222222log (2log )b b b b +-+=22222log b b b --，当1b =时，2()()20f a f b -=>，此时2()()f a f b >，有2a b >当2b =时，2()()10f a f b -=-<，此时2()()f a f b <，有2a b <，所以C 、D 错误. 故选：B.【点晴】本题主要考查函数与方程的综合应用，涉及到构造函数，利用函数的单调性比较大小，是一道中档题.6.（2020•全国1卷）已知函数2()e xf x ax x =+-. （1）当a ＝1时，讨论f （x ）的单调性； （2）当x ≥0时，f （x ）≥12x 3＋1，求a 的取值范围. 【答案】（1）当(),0x ∈-∞时，()()'0,f x f x <单调递减，当()0,x ∈+∞时，()()'0,f x f x >单调递增.（2）27,4e ⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭【解析】(1)由题意首先对函数二次求导，然后确定导函数的符号，最后确定原函数的单调性即可. (2)首先讨论x ＝0的情况，然后分离参数，构造新函数，结合导函数研究构造所得的函数的最大值即可确定实数a 的取值范围.【详解】(1)当1a =时，()2x x x e f x =+-，()21x f x e x '=+-，由于()20xf x e ''=+>，故()'f x 单调递增，注意到()00f '=，故：当(),0x ∈-∞时，()()0,f x f x '<单调递减，当()0,x ∈+∞时，()()0,f x f x '>单调递增. (2)由()3112f x x ≥+得，23112x e ax x x +-+，其中0x ≥， ①.当x ＝0时，不等式为：11≥，显然成立，符合题意；②.当0x >时，分离参数a 得，32112x e x x a x ----， 记()32112x e x x g x x ---=-，()()231212x x e x x g x x ⎛⎫---- ⎪⎝⎭'=-， 令()()21102xe x x h x x ---≥=，则()1x h x e x '=--，()10x h x e ''=-≥， 故()'h x 单调递增，()()00h x h ''≥=，故函数()h x 单调递增，()()00h x h ≥=， 由()0h x ≥可得：21102xe x x ---恒成立，故当()0,2x ∈时，0g x ，()g x 单调递增；当()2,x ∈+∞时，0g x，()g x 单调递减；因此，()()2max724e g x g -⎡⎤==⎣⎦, 综上可得，实数a 的取值范围是27,4e ⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭.【点睛】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，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．7.（2020•全国2卷）设函数()ln |21|ln |21|f x x x =+--，则f (x )（ ） A. 是偶函数，且在1(,)2+∞单调递增B. 是奇函数，且在11(,)22-单调递减C. 是偶函数，且在1(,)2-∞-单调递增D. 是奇函数，且在1(,)2-∞-单调递减【答案】D 【解析】根据奇偶性的定义可判断出()f x 为奇函数，排除AC ；当11,22x ⎛⎫∈-⎪⎝⎭时，利用函数单调性的性质可判断出()f x 单调递增，排除B ；当1,2x ⎛⎫∈-∞- ⎪⎝⎭时，利用复合函数单调性可判断出()f x 单调递减，从而得到结果. 【详解】由()ln 21ln 21f x x x =+--得()f x 定义域为12x x ⎧⎫≠±⎨⎬⎩⎭，关于坐标原点对称，又()()ln 12ln 21ln 21ln 21f x x x x x f x -=----=--+=-，()f x ∴为定义域上的奇函数，可排除AC ；当11,22x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()()()ln 21ln 12f x x x =+--， ()ln 21y x =+在11,22⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，()ln 12y x =-在11,22⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，()f x ∴在11,22⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，排除B ；当1,2x ⎛⎫∈-∞- ⎪⎝⎭时，()()()212ln 21ln 12ln ln 12121x f x x x x x +⎛⎫=----==+ ⎪--⎝⎭， 2121x μ=+-在1,2⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭上单调递减，()ln f μμ=在定义域内单调递增，根据复合函数单调性可知：()f x 在1,2⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭上单调递减，D 正确. 故选：D.【点睛】本题考查函数奇偶性和单调性的判断；判断奇偶性的方法是在定义域关于原点对称的前提下，根据()f x -与()f x 的关系得到结论；判断单调性的关键是能够根据自变量的范围化简函数，根据单调性的性质和复合函数“同增异减”性得到结论.8.（2020•全国2卷）若2233x y x y ---<-，则（ ） A. ln(1)0y x -+> B. ln(1)0y x -+<C. ln ||0x y ->D. ln ||0x y -<【答案】A【解析】将不等式变为2323x x y y ---<-，根据()23t t f t -=-的单调性知x y <，以此去判断各个选项中真数与1的大小关系，进而得到结果.【详解】由2233x y x y ---<-得：2323x x y y ---<-， 令()23t t f t -=-，2x y =为R 上的增函数，3x y -=为R 上的减函数，()f t ∴为R 上的增函数，x y ∴<，0y x ->，11y x ∴-+>，()ln 10y x ∴-+>，则A 正确，B 错误；x y -与1的大小不确定，故CD 无法确定.故选：A.【点睛】本题考查对数式的大小的判断问题，解题关键是能够通过构造函数的方式，利用函数的单调性得到,x y 的大小关系，考查了转化与化归的数学思想.9.（2020•全国2卷）已知函数f (x )＝sin 2x sin 2x .（1）讨论f (x )在区间(0，π)的单调性；（2）证明：()f x ≤（3）设n ∈N *，证明：sin 2x sin 22x sin 24x …sin 22nx ≤34nn .【答案】（1）当0,3x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()()'0,f x f x >单调递增，当2,33x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()()'0,f x f x <单调递减，当2,3x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()()'0,f x f x >单调递增.（2）证明见解析；（3）证明见解析. 【解析】(1)首先求得导函数的解析式，然后由导函数的零点确定其在各个区间上的符号，最后确定原函数的单调性即可；(2)首先确定函数的周期性，然后结合(1)中的结论确定函数在一个周期内的最大值和最小值即可证得题中的不等式；(3)对所给的不等式左侧进行恒等变形可得()()()()2222123sin sin sin 2sin 2sin 4sin2sin 2sin 2n nnf x x x x x x x x x -⎡⎤=⎣⎦，然后结合(2)的结论和三角函数的有界性进行放缩即可证得题中的不等式.【详解】(1)由函数的解析式可得：()32sin cos f x x x =，则：()()224'23sin cos sin f x x x x =-()2222sin 3cos sin x x x =- ()222sin 4cos 1x x =-()()22sin 2cos 12cos 1x x x =+-，()'0f x =在()0,x π∈上的根为：122,33x x ππ==，当0,3x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()()'0,f x f x >单调递增， 当2,33x ππ⎛⎫∈⎪⎝⎭时，()()'0,f x f x <单调递减，当2,3x ππ⎛⎫∈⎪⎝⎭时，()()'0,f x f x >单调递增 (2)注意到()()()()22sinsin 2sin sin 2f x x x x x f x πππ+=++==⎡⎤⎣⎦，故函数()f x 是周期为π的函数，结合(1)的结论，计算可得：()()00f f π==，23f π⎛⎫== ⎪⎝⎭⎝⎭223f π⎛⎛⎫=⨯= ⎪ ⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 据此可得：()max f x =⎡⎤⎣⎦，()minf x =⎡⎤⎣⎦()8f x ≤. (3)结合(2)的结论有：2222sin sin 2sin 4sin 2nx x xx 233333sin sin 2sin 4sin 2nx x xx ⎡⎤=⎣⎦()()()2222123sin sin sin 2sin 2sin 4sin2sin 2sin 2n nnx x x x x x x x -⎡⎤=⎣⎦23233sin sin 2888n x x ⎡⎤≤⨯⨯⨯⎢⎥⎣⎦238n⎡⎤⎛⎢⎥≤ ⎢⎥⎝⎭⎣⎦34n⎛⎫= ⎪⎝⎭. 【点睛】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，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．10.（2020•全国3卷）Log i st i c 模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领城．有学者根据公布数据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数I (t )(t 的单位：天)的Log i st i c 模型：0.23(53)()=1e t I K t --+，其中K 为最大确诊病例数．当I (*t )＝0.95K 时，标志着已初步遏制疫情，则*t 约为（ ）（ln 19≈3） A. 60 B. 63C. 66D. 69【答案】C【解析】将t t *=代入函数()()0.23531t K I t e--=+结合()0.95I tK *=求得t*即可得解..【详解】()()0.23531t KI t e--=+，所以()()0.23530.951t K I tK e**--==+，则()0.235319t e*-=，所以，()0.2353ln193t *-=≈，解得353660.23t *≈+≈.故选：C. 【点睛】本题考查对数的运算，考查指数与对数的互化，考查计算能力，属于中等题. 11.（2020•全国3卷）若直线l 与曲线y 和x 2＋y 2＝15都相切，则l 的方程为（ ） A. y ＝2x ＋1 B. y ＝2x ＋12C. y ＝12x ＋1 D. y ＝12x ＋12【答案】D【解析】根据导数的几何意义设出直线l 的方程，再由直线与圆相切的性质，即可得出答案. 【详解】设直线l在曲线y =(0x ，则00x >，函数y =y'=，则直线l 的斜率k=， 设直线l的方程为)0yx x =-，即00x x -+=， 由于直线l 与圆2215x y +== 两边平方并整理得2005410x x --=，解得01x =，015x =-（舍）， 则直线l 的方程为210x y -+=，即1122y x =+.故选：D. 【点睛】本题主要考查了导数的几何意义的应用以及直线与圆的位置的应用，属于中档题. 12.（2020•全国3卷）已知55＜84，134＜85．设a ＝log 53，b ＝log 85，c ＝log 138，则（ ） A. a ＜b ＜c B. b ＜a ＜cC. b ＜c ＜aD. c ＜a ＜b【答案】A【解析】由题意可得a 、b 、()0,1c ∈，利用作商法以及基本不等式可得出a 、b 的大小关系，由8log 5b =，得85b =，结合5458<可得出45b <，由13log 8c =，得138c =，结合45138<，可得出45c >，综合可得出a 、b 、c 的大小关系.【详解】由题意可知a 、b 、()0,1c ∈，()222528log 3lg 3lg81lg 3lg8lg 3lg8lg 241log 5lg 5lg 522lg 5lg 25lg 5a b ⎛⎫⎛⎫++⎛⎫==⋅<⋅==< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，a b ∴<； 由8log 5b =，得85b =，由5458<，得5488b <，54b ∴<，可得45b <； 由13log 8c =，得138c =，由45138<，得451313c <，54c ∴>，可得45c >.综上所述，a b c <<.故选：A.【点睛】本题考查对数式的大小比较，涉及基本不等式、对数式与指数式的互化以及指数函数单调性的应用，考查推理能力，属于中等题.13.（2020•全国3卷）设函数3()f x x bx c =++，曲线()y f x =在点(12，f (12))处的切线与y 轴垂直． （1）求b ．（2）若()f x 有一个绝对值不大于1的零点，证明：()f x 所有零点的绝对值都不大于1． 【答案】（1）34b =-；（2）证明见解析 【解析】（1）利用导数的几何意义得到'1()02f =，解方程即可； （2）由（1）可得'2311()32()()422f x x x x =-=+-，易知()f x 在11(,)22-上单调递减，在1(,)2-∞-，1(,)2+∞上单调递增，且111111(1),(),(),(1)424244f c f c f c f c -=--=+=-=+，采用反证法，推出矛盾即可.【详解】（1）因为'2()3f x x b =+，由题意，'1()02f =，即21302b ⎛⎫⨯+= ⎪⎝⎭则34b =-； （2）由（1）可得33()4f x x x c =-+，'2311()33()()422f x x x x =-=+-， 令'()0f x >，得12x >或21x <-；令'()0f x <，得1122x -<<，所以()f x 在11(,)22-上单调递减，在1(,)2-∞-，1(,)2+∞上单调递增，且111111(1),(),(),(1)424244f c f c f c f c -=--=+=-=+，若()f x 所有零点中存在一个绝对值大于1零点0x ，则(1)0f ->或(1)0f <， 即14c >或14c <-.当14c >时，111111(1)0,()0,()0,(1)0424244f c f c f c f c -=->-=+>=->=+>，又32(4)6434(116)0f c c c c c c -=-++=-<，由零点存在性定理知()f x 在(4,1)c --上存在唯一一个零点0x ， 即()f x 在(,1)-∞-上存在唯一一个零点，在(1,)-+∞上不存在零点， 此时()f x 不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾； 当14c <-时，111111(1)0,()0,()0,(1)0424244f c f c f c f c -=-<-=+<=-<=+<，又32(4)6434(116)0f c c c c c c -=++=->，由零点存在性定理知()f x 在(1,4)c -上存在唯一一个零点0x '， 即()f x 在(1,)+∞上存在唯一一个零点，在(,1)-∞上不存在零点， 此时()f x 不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾； 综上，()f x 所有零点的绝对值都不大于1.【点晴】本题主要考查利用导数研究函数的零点，涉及到导数的几何意义，反证法，考查学生逻辑推理能力，是一道有一定难度的题.14.（2020•江苏卷）已知y ＝f (x )是奇函数，当x ≥0时，()23f x x = ，则f (－8)的值是____. 【答案】4-【解析】先求(8)f ，再根据奇函数求(8)f -【详解】23(8)84f ==，因为()f x 为奇函数，所以(8)(8)4f f -=-=-,故答案为：4- 【点睛】本题考查根据奇函数性质求函数值，考查基本分析求解能力，属基础题.15.（2020•江苏卷）某地准备在山谷中建一座桥梁，桥址位置的竖直截面图如图所示：谷底O 在水平线MN 上、桥AB 与MN 平行，OO '为铅垂线(O '在AB 上).经测量，左侧曲线AO 上任一点D 到MN 的距离1h (米)与D 到OO '的距离a (米)之间满足关系式21140h a =；右侧曲线BO 上任一点F 到MN 的距离2h (米)与F 到OO '的距离b (米)之间满足关系式3216800h b b =-+.已知点B 到OO '的距离为40米.（1）求桥AB 的长度；（2）计划在谷底两侧建造平行于OO '的桥墩CD 和EF ，且CE 为80米，其中C ，E 在AB 上(不包括端点).桥墩EF 每米造价k (万元)、桥墩CD 每米造价32k (万元)(k ＞0).问O E '为多少米时，桥墩CD 与EF 的总造价最低?【答案】（1）120米（2）20O E '=米【解析】（1）根据A ,B 高度一致列方程求得结果；（2）根据题意列总造价的函数关系式，利用导数求最值，即得结果. 【详解】（1）由题意得2311||40640||8040800O A O A ''=-⨯+⨯∴= ||||||8040120AB O A O B ''∴=+=+=米（2）设总造价为()f x 万元，21||8016040O O '=⨯=，设||O E x '=， 32131()(1606)[160(80)],(040)800240f x k x x k x x =+-+--<<3221336()(160),()()0208008080080f x k x x f x k x x x '∴=+-∴=-=∴=(0舍去)当020x <<时，()0f x '<；当2040x <<时，()0f x '>，因此当20x 时，()f x 取最小值，答：当20O E '=米时，桥墩CD 与EF 的总造价最低.【点睛】本题考查实际成本问题、利用导数求最值，考查基本分析求解能力，属中档题.16.（2020•江苏卷）已知关于x 的函数(),()y f x y g x ==与()(,)h x kx b k b =+∈R 在区间D 上恒有()()()f x h x g x ≥≥．（1）若()()222 2()f x x x g x x x D =+=-+=∞-∞+，，，，求h (x )的表达式； （2）若2 1 ln ,()()()(0) x x g k x h kx k D f x x x =-+==-=+∞，，，，求k 的取值范围；（3）若()422242() 2() (48 () 4 3 02 f x x x g x x h x t t x t t t =-=-=--+<，，[] , D m n =⊆⎡⎣，求证：n m -≤【答案】（1）()2h x x =；（2）[]0,3k ∈；（3）证明详见解析【解析】（1）求得()f x 与()g x 的公共点，并求得过该点的公切线方程，由此求得()h x 的表达式. （2）先由()()0h x g x -≥，求得k 的一个取值范围，再由()()0f x h x -≥，求得k 的另一个取值范围，从而求得k 的取值范围.（3）先由()()f x h x ≥，求得t 的取值范围，由方程()()0g x h x -=的两个根，求得n m -的表达式，利用导数证得不等式成立.【详解】（1）由题设有2222x x kx b x x -+≤+≤+对任意的x ∈R 恒成立.令0x =，则00b ≤≤，所以0b =.因此22kx x x ≤+即()220x k x +-≥对任意的x ∈R 恒成立，所以()220k ∆=-≤，因此2k =.故()2h x x =.（2）令()()()()()1ln 0F x h x g x k x x x =-=-->，()01F =.又()1x F x k x-'=⋅. 若k 0<，则()F x 在0,1上递增，在1,上递减，则()()10F x F ≤=，即()()0h x g x -≤，不符合题意.当0k =时，()()()()()0,F x h x g x h x g x =-==，符合题意. 当0k >时， ()F x 在0,1上递减，在1,上递增，则()()10F x F ≥=，即()()0h x g x -≥，符合题意.综上所述，0k ≥.由()()()21f x h x x x kx k -=-+--()()2110x k x k =-+++≥当102k x +=<，即1k <-时，()211y x k x k =-+++在0,为增函数，因为()()0010f h k -=+<，故存在()00,x ∈+∞，使()()0f x h x -<，不符合题意.当102k x +==，即1k =-时，()()20f x h x x -=≥，符合题意. 当102k x +=>，即1k >-时，则需()()21410k k ∆=+-+≤，解得13k -<≤. 综上所述，k 的取值范围是[]0,3k ∈.（3）因为()423422243248x x t t x t t x -≥--+≥-对任意[,][x m n ∈⊂恒成立，()423422432x x t t x t t -≥--+对任意[,][x m n ∈⊂恒成立，等价于()222()2320x t xtx t -++-≥对任意[,][x m n ∈⊂恒成立.故222320x tx t ++-≥对任意[,][x m n ∈⊂恒成立令22()232M x x tx t =++-，当201t <<，2880,11t t ∆=-+>-<-<，此时1n m t -≤<<，当212t ≤≤，2880t ∆=-+≤，但()234248432x t t x t t -≥--+对任意的[,][x m n ∈⊂恒成立.等价于()()()2322443420x t t x t t --++-≤对任意的[,][x m n ∈⊂恒成立.()()()2322443420x t t x t t --++-=的两根为12,x x ，则4231212328,4t t x x t t x x --+=-⋅=，所以12=n m x x --==.令[]2,1,2t λλ=∈，则n m -=构造函数()[]()325381,2P λλλλλ=-++∈，()()()23103331P λλλλλ'=-+=--，所以[]1,2λ∈时，()0P λ'<，()P λ递减，()()max 17P P λ==. 所以()max n m -=n m -≤【点睛】本小题主要考查利用的导数求切线方程，考查利用导数研究不等式恒成立问题，考查利用导数证明不等式，考查分类讨论的数学思想方法，属于难题.17.（2020•新全国1山东）基本再生数R 0与世代间隔T 是新冠肺炎的流行病学基本参数.基本再生数指一个感染者传染的平均人数，世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间.在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型：(e )rtI t =描述累计感染病例数I (t )随时间t (单位:天)的变化规律，指数增长率r 与R 0，T 近似满足R 0 ＝1＋rT .有学者基于已有数据估计出R 0＝3.28，T ＝6.据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间约为(ln 2≈0.69) （ ） A. 1.2天 B. 1.8天 C. 2.5天 D. 3.5天【答案】B【解析】根据题意可得()0.38rtt I t ee ==，设在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间为1t 天，根据10.38()0.382t t t e e +=，解得1t 即可得结果. 【详解】因0 3.28R =，6T =，01R rT =+，所以 3.2810.386r -==，所以()0.38rt t I t e e ==， 设在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间为1t 天， 则10.38()0.382t t t e e +=，所以10.382t e =，所以10.38ln 2t =，所以1ln 20.691.80.380.38t =≈≈天.故选：B. 【点睛】本题考查了指数型函数模型的应用，考查了指数式化对数式，属于基础题.18.（2020•新全国1山东）若定义在R 的奇函数f (x )在(,0)-∞单调递减，且f (2)＝0，则满足(10)xf x -≥的x 的取值范围是（ ） A. [)1,1][3,-+∞ B. 3,1][,[01]-- C. [1,0][1,)-⋃+∞ D. [1,0][1,3]-⋃【答案】D【解析】首先根据函数奇偶性与单调性，得到函数()f x 在相应区间上的符号，再根据两个数的乘积大于等于零，分类转化为对应自变量不等式，最后求并集得结果.【详解】因为定义在R 上的奇函数()f x 在(,0)-∞上单调递减，且(2)0f =， 所以()f x 在(0,)+∞上也是单调递减，且(2)0f -=，(0)0f =， 所以当(,2)(0,2)x ∈-∞-⋃时，()0f x >，当(2,0)(2,)x ∈-+∞时，()0f x <，所以由(10)xf x -≥可得：021012x x x <⎧⎨-≤-≤-≥⎩或或001212x x x >⎧⎨≤-≤-≤-⎩或或0x =解得10x -≤≤或13x ≤≤，所以满足(10)xf x -≥的x 的取值范围是[1,0][1,3]-⋃， 故选：D.【点睛】本题考查利用函数奇偶性与单调性解抽象函数不等式，考查分类讨论思想方法，属中档题. 19.（2020•新全国1山东）已知函数1()eln ln x f x a x a -=-+．（1）当a e =时，求曲线y ＝f （x ）在点（1，f （1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积； （2）若f （x ）≥1，求a 的取值范围． 【答案】（1）21e -（2）[1,)+∞ 【解析】（1）先求导数，再根据导数几何意义得切线斜率，根据点斜式得切线方程，求出与坐标轴交点坐标，最后根据三角形面积公式得结果；（2）解法一：利用导数研究，得到函数()f x 得导函数()’f x 的单调递增，当a ＝1时由()’10f =得()()11min f x f ==,符合题意；当a ＞1时，可证1()(1)0f f a ''<，从而()'f x 存在零点00x >，使得01001()0x f x ae x -'=-=，得到min ()f x ，利用零点的条件，结合指数对数的运算化简后，利用基本不等式可以证得()1x ≥恒成立；当01a <<时，研究()f 1.即可得到不符合题意.综合可得a 的取值范围. 解法二：利用指数对数的运算可将()111lna x lnx f x elna x e lnx +-≥++-≥+转化为,令()xg x e x =+,上述不等式等价于()()1g lna x g lnx +-≥,注意到()g x 的单调性，进一步等价转化为1lna lnx x ≥-+，令()1h x lnx x =-+,利用导数求得()max h x ，进而根据不等式恒成立的意义得到关于a的对数不等式，解得a 的取值范围. 【详解】（1）()ln 1x f x e x =-+，1()x f x e x'∴=-，(1)1k f e '∴==-. (1)1f e =+，∴切点坐标为(1,1＋e ),∴函数f (x )在点(1,f (1)处的切线方程为1(1)(1)y e e x --=--,即()12y e x =-+,∴切线与坐标轴交点坐标分别为2(0,2),(,0)1e --,∴所求三角形面积为1222||=211e e -⨯⨯--; （2）解法一：1()ln ln x f x ae x a -=-+,11()x f x ae x -'∴=-，且0a >.设()()g x f x =',则121()0,x g x ae x-'=+> ∴g (x )在(0,)+∞上单调递增，即()f x '在(0,)+∞上单调递增， 当1a =时，()01f '=,∴()()11min f x f ==,∴()1f x ≥成立.当1a >时，11a < ，111a e -<∴，111()(1)(1)(1)0a f f a e a a-''∴=--<,∴存在唯一00x >，使得01001()0x f x aex -'=-=，且当0(0,)x x ∈时()0f x '<，当0(,)x x ∈+∞时()0f x '>，011x ae x -∴=，00ln 1ln a x x ∴+-=-，因此01min 00()()ln ln x f x f x ae x a -==-+001ln 1ln 2ln 12ln 1a x a a a x =++-+≥-+=+＞1,∴()1,f x >∴()1f x ≥恒成立；当01a <<时， (1)ln 1,f a a a =+<<∴(1)1,()1f f x <≥不是恒成立. 综上所述，实数a 的取值范围是[1,＋∞). 解法二：()111x lna x f x aelnx lna e lnx lna -+-=-+=-+≥等价于11lna x lnx e lna x lnx x e lnx +-++-≥+=+,令()xg x e x =+,上述不等式等价于()()1g lna x g lnx +-≥,显然()g x 为单调增函数，∴又等价于1lna x lnx +-≥，即1lna lnx x ≥-+， 令()1h x lnx x =-+,则()111x h x x x-=-=' 在()0,1上h’(x)＞0,h(x)单调递增；在(1,＋∞)上h’(x)＜0,h(x)单调递减， ∴()()10max h x h ==,01lna a ≥≥，即，∴a 的取值范围是[1,＋∞).【点睛】本题考查导数几何意义、利用导数研究不等式恒成立问题，考查综合分析求解能力，分类讨论思想和等价转化思想，属较难试题. 20.（2020•天津卷）函数241xy x =+的图象大致为（ ） AB.C.D.【答案】A【解析】由题意首先确定函数的奇偶性，然后考查函数在特殊点的函数值排除错误选项即可确定函数的图象..【详解】由函数的解析式可得：()()241xf x f x x --==-+，则函数()f x 为奇函数，其图象关于坐标原点对称，选项CD 错误；当1x =时，42011y ==>+，选项B 错误.故选：A. 【点睛】函数图象的识辨可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势．(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性．(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象．利用上述方法排除、筛选选项．21.（2020•天津卷）设0.80.70.713,,log 0.83a b c -⎛⎫=== ⎪⎝⎭，则,,a b c 的大小关系为（ ）A. a b c <<B. b a c <<C. b c a <<D. c a b <<【答案】D【解析】利用指数函数与对数函数的性质，即可得出,,a b c 的大小关系. 【详解】因为0.731a =>，0.80.80.71333b a -⎛⎫==>= ⎪⎝⎭，0.70.7log 0.8log 0.71c =<=，所以1c a b <<<.故选：D.【点睛】本题考查的是有关指数幂和对数值的比较大小问题，在解题的过程中，注意应用指数函数和对数函数的单调性，确定其对应值的范围. 比较指对幂形式的数的大小关系，常用方法：（1）利用指数函数的单调性：xy a =，当1a >时，函数递增；当01a <<时，函数递减； （2）利用对数函数的单调性：log a y x =，当1a >时，函数递增；当01a <<时，函数递减；（3）借助于中间值，例如：0或1等.22.（2020•天津卷）已知函数3,0,(),0.x x f x x x ⎧=⎨-<⎩若函数2()()2()g x f x kx xk =--∈R 恰有4个零点，则k 的取值范围是（ ） A. 1,(22,)2⎛⎫-∞-+∞ ⎪⎝⎭B. 1,(0,22)2⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭C. (,0)(0,22)-∞D. (,0)(22,)-∞+∞【答案】D【解析】由(0)0g =，结合已知，将问题转化为|2|y kx =-与()()||f x h x x =有3个不同交点，分0,0,0k k k =<>三种情况，数形结合讨论即可得到答案.【详解】注意到(0)0g =，所以要使()g x 恰有4个零点，只需方程()|2|||f x kx x -=恰有3个实根 即可，令()h x =()||f x x ，即|2|y kx =-与()()||f x h x x =的图象有3个不同交点. 因为2,0()()1,0x x f x h x x x ⎧>==⎨<⎩， 当0k =时，此时2y =，如图1，2y =与()()||f x h x x =有2个不同交点，不满足题意； 当k 0<时，如图2，此时|2|y kx =-与()()||f x h x x =恒有3个不同交点，满足题意； 当0k >时，如图3，当2y kx =-与2yx 相切时，联立方程得220x kx -+=，令0∆=得280k -=，解得k =，所以k > 综上，k 的取值范围为(,0)(22,)-∞+∞.故选：D.【点晴】本题主要考查函数与方程的应用，考查数形结合思想，转化与化归思想，是一道中档题.23.（2020•天津卷）已知函数3()ln ()f x x k x k R =+∈，()f x '为()f x 的导函数．（Ⅰ）当6k =时，（i ）求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程； （ii ）求函数9()()()g x f x f x x'=-+的单调区间和极值； （Ⅱ）当3k -时，求证：对任意的12,[1,)x x ∈+∞，且12x x >，有()()()()1212122f x f x f x f x x x ''+->-．【答案】（Ⅰ）（i ）98y x =-；（ii ）()g x 的极小值为(1)1g =，无极大值；（Ⅱ）证明见解析. 【解析】(Ⅰ) (i)首先求得导函数的解析式，然后结合导数的几何意义求解切线方程即可；(ii)首先求得()g x '的解析式，然后利用导函数与原函数的关系讨论函数的单调性和函数的极值即可；（Ⅱ）首先确定导函数的解析式，然后令12x t x =，将原问题转化为与t 有关的函数，然后构造新函数，利用新函数的性质即可证得题中的结论.【详解】(Ⅰ) (i) 当k ＝6时，()36ln f x x x =+，()26'3f x x x=+.可得()11f =，()'19f =， 所以曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为()191y x -=-，即98y x =-. (ii) 依题意，()()32336ln ,0,g x x x x x x=-++∈+∞. 从而可得()2263'36g x x x x x =-+-，整理可得：323(1)(1)()x x g x x'-+=， 令()'0g x =，解得1x =.当x 变化时，()()',g x g x 的变化情况如下表：所以，函数g (x )的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞)； g (x )的极小值为g (1)＝1，无极大值.（Ⅱ）证明：由3()ln f x x k x =+，得2()3k f x x x'=+. 对任意的12,[1,)x x ∈+∞，且12x x >，令12(1)x t t x =>，则 ()()()()()()()1212122x x f x f x f x f x ''-+--()22331121212122332ln x k k x x x x x x k x x x ⎛⎫⎛⎫=-+++--+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭3322121121212212332ln x x x x x x x x x k k x x x ⎛⎫=--++-- ⎪⎝⎭()332213312ln x t t t k t t t ⎛⎫=-+-+-- ⎪⎝⎭. ①令1()2ln ,[1,)h x x x x x =--∈+∞.当x ＞1时，22121()110h x x x x '⎛⎫=+-=-> ⎪⎝⎭，由此可得()h x 在[)1,+∞单调递增，所以当t ＞1时，()()1h t h >，即12ln 0t t t-->.因为21x ≥，323331(1)0t t t t -+-=->，3k ≥-，所以()()332322113312ln 33132ln x t t t k t t t t t t t t t ⎛⎫⎛⎫-+-+------- ⎪+ ⎪⎝⎭⎝⎭32336ln 1t t t t=-++-. ②由(Ⅰ)(ii)可知，当1t >时，()()1g t g >，即32336ln 1t t t t-++>， 故32336ln 10t t t t-++-> ③ 由①②③可得()()()()()()()12121220x x fx f x f x f x ''-+-->.所以，当3k ≥-时，任意的[)12,1,x x ∈+∞，且12x x >，有()()()()1212122f x f x f x f x x x ''+->-. 【点睛】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，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．24.（2020•浙江卷）函数y ＝x cos x ＋sin x 在区间[–π，＋π]的图象大致为（ ）A. B.C. D.【答案】A【解析】首先确定函数的奇偶性，然后结合函数在x π=处的函数值排除错误选项即可确定函数的图象.【详解】因为()cos sin f x x x x =+，则()()cos sin f x x x x f x -=--=-，即题中所给的函数为奇函数，函数图象关于坐标原点对称，据此可知选项CD 错误；且x π=时，cos sin 0y ππππ=+=-<，据此可知选项B 错误.故选：A.【点睛】函数图象的识辨可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势．(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性．(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象．利用上述方法排除、筛选选项．25.（2020•浙江卷）已知a ，b ∈R 且ab ≠0，若(x –a )(x–b )(x–2a–b )≥0在x ≥0上恒成立，则（ ） A . a ＜0B . a ＞0C . b ＜0D . b ＞0 【答案】C【解析】对a 分0a >与0a <两种情况讨论，结合三次函数的性质分析即可得到答案.【详解】因为0ab ≠，所以0a ≠且0b ≠，设()()()(2)f x x a x b x a b =----，则()f x 零点 为123,,2x a x b x a b ===+,当0a >时，则23x x <，1>0x ，要使()0f x ≥，必有2a b a +=，且0b <，即=-b a ，且0b <，所以0b <；当0a <时，则23x x >，10x <，要使()0f x ≥，必有0b <.综上一定有0b <.故选：C【点晴】本题主要考查三次函数在给定区间上恒成立问题，考查学生分类讨论思想，是一道中档题. 26.（2020•浙江卷）已知12a <≤，函数()e xf x x a =--，其中e ＝2.71828…为自然对数的底数． （Ⅰ）证明：函数()y f x =在(0)+∞，上有唯一零点； （Ⅱ）记x 0为函数()y f x =在(0)+∞，上的零点，证明：0x ≤；（ⅱ）00(e )(e 1)(1)x x f a a ≥--．【答案】（I ）证明见解析，（II ）（i ）证明见解析，（ii ）证明见解析.【解析】（I ）先利用导数研究函数单调性，再结合零点存在定理证明结论；（II ）（i ）先根据零点化简不等式，转化求两个不等式恒成立，构造差函数，利用导数求其单调性，根据单调性确定最值，即可证得不等式；（ii ）先根据零点条件转化：0000()()xx f e x f x a =+，再根据12a <≤放缩，转化为证明不等式224(2)(1)(1)a e e a -≥--，最后构造差函数，利用导数进行证明.【详解】（I ）()1,0,1,()0,()x x f x e x e f x f x ''=->∴>∴>∴在(0,)+∞上单调递增，2212,(2)240,(0)10a f e a e f a <≤∴=--≥->=-<，所以由零点存在定理得()f x 在(0,)+∞上有唯一零点；（II ）（i ）000()0,0x f x e x a =∴--=，002000012(1)x x x e x x e x ≤⇔--≤≤--， 令22()1(02),()1(02),2x xx g x e x x x h x e x x =---<<=---<< 一方面：1()1(),xh x e x h x '=--= 1()10x h x e '=->， ()(0)0,()h x h h x ''∴>=∴在(0,2)单调递增，()(0)0h x h ∴>=，2210,2(1)2xx x e x e x x ∴--->-->，另一方面：1211a a <≤∴-≤，所以当01x ≥0x ≤成立，因此只需证明当01x <<时2()10x g x e x x =---≤，因为11()12()()20ln 2x x g x e x g x g x e x ''=--==-=⇒=，当(0,ln 2)x ∈时，1()0g x '<，当(ln 2,1)x ∈时，1()0g x '>，所以()max{(0),(1)},(0)0,(1)30,()0g x g g g g e g x ''''''<==-<∴<，()g x ∴在(0,1)单调递减，()(0)0g x g ∴<=，21x e x x ∴--<，综上，002000012(1),x x e x x e x x ∴--≤≤--≤≤（ii ）0000000()()()[(1)(2)]x a a t x x f e x f x a x e x a e ==+=-+-，00()2(1)(2)0a a t x e x a e '=-+->0x ≤，0()(2)](1)(1)2)a a a a t x t e a e e a e ∴≥--=--+-，因为12a <≤，所以,2(1)a e e a a >≥-，0()(1)(1)2(2)a t x e a a e ∴≥--+--，只需证明22(2)(1)(1)a a e e a --≥--，即只需证明224(2)(1)(1)a e e a -≥--，令22()4(2)(1)(1),(12)a s a e e a a =----<≤，则22()8(2)(1)8(2)(1)0a a s a e e e e e e '=---≥--->， 2()(1)4(2)0s a s e ∴>=->，即224(2)(1)(1)a e e a -≥--成立，因此()0x 0e (e 1)(1)x f a a ≥--. 【点睛】本题考查利用导数研究函数零点、利用导数证明不等式，考查综合分析论证与求解能力描述难题.27.（2020•上海卷）设a R ∈，若存在定义域R 的函数()f x 既满足“对于任意0x R ∈，()0f x 的值为20x 或0x ”又满足“关于x 的方程()f x a =无实数解”，则α的取值范围为【答案】()()(),00,11,-∞⋃⋃+∞【解析】题目转换为是否为实数a ,使得存在函数()f x 满足“对于任意0x R ∈，()0f x 的值为20x 或0x ”，又满足“关于的方程()f x a =无实数解”构造函数；()2,,x x a f x x x a≠⎧=⎨=⎩，则方程()f x a =只有0,1两个实数解。