函数与导数练习题(有标准答案)

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全国卷高考数学导数、解析几何大题专项训练含答案(二)

全国卷高考数学导数、解析几何解答题专项训练（二）一、解答题1.设函数32()2f x x a x b x a =+++，2()32gx x x =-+，其中x R ∈，a 、b 为常数，已知曲线()y f x =与()y g x =在点（2,0）处有相同的切线l 。

（I ）求a 、b 的值，并写出切线l 的方程；（II ）若方程()()f x g x m x +=有三个互不相同的实根0、x 、x ，其中12x x <，且对任意的[]12,x x x ∈，()()(1)fxg x m x +<-恒成立，求实数m 的取值范围。

2.(本小题满分12分）已知函数22()ln axf x x e=-，（a e R,∈为自然对数的底数）．（Ⅰ）求函数()f x 的递增区间；（Ⅱ）当1a =时，过点(0, )P t ()t ∈R 作曲线()y f x =的两条切线，设两切点为111(,())P x f x ，222(,())P x f x 12()≠x x ，求证12x x +为定值，并求出该定值。

3.若函数()x f 满足：在定义域内存在实数0x，使()()()k f x f k x f +=+00(k 为常数)，则称“f （x ）关于k 可线性分解”．（Ⅰ）函数()22x x f x+=是否关于1可线性分解?请说明理由；（Ⅱ）已知函数()1ln +-=ax x x g ()0>a 关于a 可线性分解，求a 的取值范围；（Ⅲ）证明不等式：()()12e 321-≤⨯⨯⨯⨯n n n Λ()*∈N n ． 4.已知x=1是()2ln bf x x x x =-+的一个极值点（1）求b 的值；（2）求函数()f x 的单调增区间；（3）设x x f x g 3)()(-=，试问过点（2，5）可作多少条直线与曲线y=g(x)相切？请说明理由。

5.已知函数2()x f x e x ax =--，如果函数()f x 恰有两个不同的极值点1x ，2x ，且12x x <.（Ⅰ）证明：1ln 2x <；（Ⅱ）求1()f x 的最小值，并指出此时a 的值.6.设函数2()ln 4f x a x x =-，2()(0,0,,)g x bx a b a b R =≠≠∈.（Ⅰ）当32b =时，函数()()()h x f x g x =+在1x =处有极小值，求函数()h x 的单调递增区间；（Ⅱ）若函数()f x 和()g x 有相同的极大值，且函数()()()g x p x f x x =+在区间2[1,]e 上的最大值为8e -，求实数b 的值（其中e 是自然对数的底数） 7.（本小题满分12分）已知函数()ln f x x a x =-，1(), (R).ag x a x +=-∈（Ⅰ）若1a =，求函数()f x 的极值；（Ⅱ）设函数()()()h x f x g x =-，求函数()h x 的单调区间；（Ⅲ）若在[]1,e （e 2.718...=）上存在一点0x ,使得0()f x <0()g x 成立,求a 的取值范围.8.已知函数2()(0)f x ax kbx x =+>与函数()ln ,、、g x ax b x a b k =+为常数，它们的导函数分别为()y f x '=与()y g x '=（1）若()g x 图象上一点(2,(2))p g 处的切线方程为：22ln 220x y -+-=，求、a b 的值；（2）对于任意的实数k，且、a b 均不为0，证明：当0ab >时，()y f x '=与()y g x '=的图象有公共点；（3）在（1）的条件下，设112212(,),(,),()A x yB x y x x <是函数()y g x =的图象上两点，21021()y y g x x x -'=-，证明：102x x x <<9.（本小题满分13分）已知函数21()ln (,0).2f x x ax a R a =-∈≠（I ）求函数()f x 的单调区间；（II ）已知点1111(1,),(,)(1):()2A a x y x C y f x ->=设B 是曲线图角上的点，曲线C上是否存在点00(,)M x y 满足：①1012x x +=；②曲线C 在点M 处的切线平行于直线AB ？请说明理由。

2023届北京市部分区高三上学期期末考试数学试题分类汇编——导数解答题(含解析)

（关华整理2023年西城区）高三期末（20）已知函数()ln e e xf x a x x =+-，其中a R ∈.（Ⅰ）当 a = 0时，求曲线()y f x =在点（1，(1)f ）处的切线方程；（Ⅱ）当 a > 0时，判断()f x 的零点个数，并加以证明；（Ⅲ）当 a < 0时，证明：存在实数m ，使()f x ≥ m 恒成立.（关华整理2023年海淀区）高三期末 20. 已知函数()ln(1)f x x x =+.（Ⅰ）判断0是否是()f x 的极小值点，并说明理由；（Ⅱ）证明：2()112f x x x >-+.（关华整理2023年房山区）高三期末20. 已知函数()()()21e 2x f x a x x =-+-（a ∈R ）. （1）当0a =时，求曲线()y f x =在点1x =处的切线方程；（2）求函数()f x 的单调区间；（3）若函数()f x 恰有一个零点，则a 的取值范围为______.（只需写出结论）（关华整理2023年东城区）高三期末（20）已知函数()e xf x x =.（Ⅰ）求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程；（Ⅱ）求()f x 的极值；（Ⅲ）证明：当1m ≤时，曲线1:()C y f x =与曲线2:ln C y x x m =++至多存在一个交点.（关华整理2023年大兴区）高三期末（20）已知函数()ln()(1)f x x a a=+（Ⅰ）当函数()y f x =在1x =处的切线斜率为0时，求a 的值；（Ⅱ）判断函数()y f x =单调性并说明理由；（Ⅲ）证明：对12[0)x x ∀∈+∞，，有212|()()||f x f x x --成立.（关华整理2023年朝阳区）高三期末（20）已知函数ln ()(0)xf x a ax=>．（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）若1()f x x a-≤对(0,)x ∈+∞恒成立，求a 的取值范围；（Ⅲ）若211212ln ln 0()x x x x x x +=≠，证明：122x x +>．（关华整理2023年昌平区）高三期末 20. 已知函数()()e e1,0xxf x m m x m -=++-≤.（1）当0m =时，求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程；（2）讨论函数()f x 的单调性；（3）当e 1m -≤<-时，证明：对任意的()()0,,2x f x ∞∈+≥-恒成立.（关华整理2023年通州区）高三期末（20）已知函数22()(1)x af x x -=+.（Ⅰ）当0a =时，求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程；（Ⅱ）求函数()f x 的单调区间；（Ⅲ）当函数()f x 存在极小值时，求证：函数()f x 的极小值一定小于0.（关华整理2023年丰台区）高三期末20. 已知函数()ln sin f x x x =+．（1）求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；（2）求函数()f x 在区间[1,e]上的最小值；（3）证明函数()f x 只有一个零点．答案（关华整理2023年西城区）高三期末20. 【答案】（1）2e 2e 0x y --= （2）1个（3）证明见解析【解析】【分析】(1)根据0a =代入()f x 解析式,求出()()1,1f f ',根据点斜式写出切线方程即可; (2)对函数()f x 求导求单调性,观察到()10f =,根据单调性分析零点个数即可;(3)先对函数()f x 求导,再通分,令()()1e ,xh x a x x =++再对新函数求导判断单调性即值域情况,分析()h x 的正负,即()f x '的正负,进而求出()f x 的单调性及最值,若()f x m ≥恒成立,只需()min f x m ≥即可,()f x 有最小值,即存在实数m ,使()f x m ≥恒成立. 【小问1详解】解:由题知0a =,()e e x f x x ∴=-, ()()1e x f x x '∴=+, ()()10,12e f f '∴==,故()f x 在点()()1,1f 处的切线方程为()2e 1y x =-, 即2e 2e 0x y --=; 【小问2详解】由题()ln e e xf x a x x =+-,()0x >,()()1e x af x x x'∴=++, 0,0x a >>,()0f x '∴>,故()f x 在()0,∞+上单调递增,()10f =,故()f x 有1个零点; 【小问3详解】由题()ln e e xf x a x x =+-,()0x >,()()()1e 1e x xa x x a f x x x x=++'∴=++,()0x > 令()()1e ,xh x a x x =++()()231e ,x h x x x '=++∴0x ,()0h x '∴>,即()h x ()0,∞+上单调递增,()00h a =<,且()()1e ah a a a a =++()1e aa a a =+-()()1e10aaa =+->,故00x ∃>,使得()00h x =, 即()()00001e 0,xh x a x x ++==()h x 在()0,∞+上单调递增, ()()000,,0,x x h x ∴∈<即()0f x '<,()f x 单调递减,()()00,,0,x x h x ∈+∞>即0fx,()f x 单调递增,故()()0min f x f x =, 若()f x m ≥恒成立, 只需()min f x m ≥, 即()0f x m ≥即可,故存在实数m ,使()f x m ≥恒成立.【点睛】方法点睛:此题考查导数的综合应用,属于难题,应用了隐零点,关于隐零点的方法有: (1)对函数进行求导后,进行因式分解,写成几个因式的乘积;(2)然后将容易判断正负的先进行判断,不好判断的令为一个新的函数; (3)对新的函数进行求导求单调性;(4)取区间内的点代入新函数中判断函数值正负,直到函数值相互异号为止;(5)根新函数的单调性即可判断在区间内有零点,设为0x ,判断0x 左右两侧的新函数的函数值正负,即可判断原函数的单调性求出最值.（关华整理2023年海淀区）高三期末（20）解：（Ⅰ）将点(2,1)P -，Q 坐标带入椭圆E 的方程，得222411,8 1.a b a ⎧+=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩ 解得228,2a b ==. 所以椭圆E 的方程为22182x y +=.（Ⅱ）若直线l 斜率不存在，即直线l 为0x =时，A 和M 点重合，B 和N 点重合，分别为椭圆的上下顶点，此时||||(2(22GM GN ⋅=⨯+=，符合题意. 若直线l 斜率存在，设直线AB 的方程为2y kx =+，1122(,),(,)A x y B x y (12x ≠-且22x ≠-).联立方程222182y kx x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩得，22(41)1680k x kx +++=.222(16)32(41)32(41)0k k k ∆=-+=->，214k ∴>，即12k >或12k <-.1221641k x x k -+=+，122841x x k =+. 1112PA y k x -=+，所以直线PA 的方程为111(2)12y y x x -=+++，取0x =得112(1)(0,1)2y M x -++. 同理可得222(1)(0,1)2y N x -++.由||||2GM GN ⋅=得12122(1)2(1)1212222y y x x --+-⋅+-=++，即12122(1)2(1)11222kx kx x x ++-⋅-=++.所以21212(21)222x xk x x -⋅=++，即2121212(21)22()4x x k x x x x -=+++.2222841(21)283244141k k kk k +-=-+++，即22(21)1483k k k -=-+，因为12k >，所以得|21|1|23|k k -=-，即1k =.经检验符合题意，此时直线l 为2y x =+.综上所述，直线l 的方程为0x =或2y x =+.（关华整理2023年房山区）高三期末20. 【答案】（1）2211612x y +=（2）1y x =+（答案不唯一）【解析】【分析】（1）根据椭圆的定义，得到4a =，代入(2,3)P ，可得b ，计算得到椭圆C 的方程. （2）联立直线l 与椭圆C ，利用韦达定理，得到12x x +和12x x ，再分别利用,,P A B ，得到直线PA 和直线PB ，进而得到M y 与N y ，利用线段MN 的垂直平分线经过点P ，必有6M N y y +=，整理可得211212123()2()120x y x y x x y y +-+-++=，此时，利用韦达定理进行换元，得到23k m -=-，然后，对k 进行赋值，即可得到满足题意的直线方程. 【小问1详解】点P 到两个焦点的距离之和为8，故28a =，4a =,椭圆C 的方程为222116x y b+=，代入(2,3)P ，可得249116b +=，解得b =，故椭圆C 的方程为：2211612x y += 【小问2详解】由题意，设1122(,),(,)A x y B x y ，联立直线l 与椭圆C 的方程，可得，2211612x y y kx m ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩，整理得，222(1612)3216(12)0k x kmx m +++-=，化简∆得，2216120k m +->，故221612k m +>；122321612km x x k -+=+，212216(12)1612m x x k -=+，又)3(2,P ，可设直线PA ：1133(2)2y y x x --=⋅--，设直线PB ：2233(2)2y y x x --=⋅--，故113(2)32M y y x -=⋅-+-，223(2)32N y y x -=⋅-+-，若线段MN 的垂直平分线经过点P ，必有6M N y y +=，故有121233(2)3(2)3622y y x x --⋅-++⋅-+=--，整理得， 121233022y y x x --+=--，化简得，2121(2)(3)(3)(2)x y y x --=---，得到，21211221326236x y x y x y y x --+=-++-，211212123()2()120x y x y x x y y +-+-++=，21121212()()3()2()120x kx m x kx m x x y y +++-+-++=， 1212122(3)()2()120kx x m x x kx m kx m +-+-++++=， 1212122(3)()2()4120kx x m x x k x x m +-+-+-+=，12122(32)()4120kx x m k x x m +--+-+=，利用韦达定理，得22232(12)(32)32412016121612k m m k kmm k k ---⋅--+=++，2232(12)(32)32(124)(1612)0k m m k km m k ----⋅+-⋅+=，222223238432966419214464480km k km km k m k k m m --++++--=， 238496192144480k km k m -+++-=， 282430k km k m -+++-=，24832k k m km -+=-， (23)(21)(12)k k m k --=-，当12k ≠时，23k m -=-，此时，直线l 为：32y kx k =+-，故令1k =，则必有1m =，满足221612k m +>，此时，满足题意的直线l 为：1y x =+（答案不唯一）（关华整理2023年东城区）高三期末20 解：（Ⅰ）因为()e xf x x =所以()()1e xf x x '=+.所以()00f =，()0 1.f '=所以曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程为y x = (4)分（Ⅱ）令()0f x '=，得1x =-.当(),1x ∈-∞-时，()0f x '<，()f x 单调递减；当()1+x ∈-∞，时，()0f x '>，()f x 单调递增；当1x =-时，()0f x '=，()f x 在1x =-时取得极小值.所以函数()f x 的极小值为1e-，不存在极大值.…………………9分（Ⅲ）令()e ln xg x x x x m =---，其定义域为(0,)+∞.11()(1)e 1(1)(e )10.x xg x x x x x x'=+--=+-+>，令()1e xh x x =-，()21e +0xh x x'=>，所以()h x 在()0+∞，上单调递增.011(1)0,()0,(,1)22h h x ><∃∈因为所以，当()00,x x ∈时，()0h x <，即()0g x '<，()g x 单调递减；当()0,x x ∈+∞时，()0h x >，即()0g x '>，()g x 单调递增；当0x x =时，()0h x =，即001e =xx ，()g x 取得极小值()0g x . ()00000e ln x g x x x x m =---，因为001e =xx ，所以00e =1xx ，00ln x x =-，所以()01g x m =-.因此，当1m <时，()00g x >，所以()0+x ∀∈∞，，()0g x >，即()0+x ∀∈∞，，()ln f x x x m >++，曲线1C 与曲线2C 无交点；当1m =时，()00g x =，所以存在且仅存在一个01(,1)2x ∈，使得()00g x =，对()0+x ∀∈∞，且0x x ≠，都有()0g x >，即()ln f x x x m >++.所以当1m =时，曲线1C 与曲线2C 有且仅有一个交点；故当1m ≤时，曲线1C 与曲线2C 至多存在一个交点.…………………15分（关华整理2023年大兴区）高三期末（20）（本小题15分）解：（Ⅰ）()ln()f x x a =+，所以1()f x x a '=+，…………………… 2分由(1)0f '=11a=+，所以1a =.…………………… 4分（Ⅱ）函数()y f x =在(,)0+∞单调递增. …………………… 1分因为1a ，所以函数()f x 定义域为[0)+∞，.…………………… 2分1()f x x a '==+，因为21)11x a a a -=+--.…………………… 4分因为1a，所以()0f x '. …………………… 5分因此函数()y f x =在区间()+∞0，上单调递增.（Ⅲ）证明：当12x x =时，显然有21|()()||f x f x -=，不等式成立；……………… 1分当12x x ≠时，不妨设12x x <，…………………… 2分由于函数()f x 在区间()+∞0，上单调递增，所以2121|()()|()()f x f x f x f x -=-，又|=则21|()()|f x f x --21()()f x f x =---21ln()ln()x a x a =++12ln()ln()x a x a =+-+12lnx ax a+=+.…………………… 4分因为12x x <，所以210x a x a +>+>，所以1201x ax a+<<+，所以12ln0x ax a+<+.…………………… 6分综上，对任意的12,[0)x x ∈+∞，，212|()()||f x f x x --成立.（关华整理2023年朝阳区）高三期末（20））解：（Ⅰ）()f x 的定义域为(0,)+∞．由ln ()x f x ax =得21ln ()xf x ax-'=．令()0f x '=得e x =．因为0a >，所以当(0,e)x ∈时，()0f x '>；当(e,)x ∈+∞时，()0f x '<．所以()f x 的单调递增区间为(0,e)，单调递减区间为(e,)+∞．（Ⅱ）由0a >，依题意，2ln 0x ax x -+≤在(0,)x ∈+∞上恒成立．设2()ln g x x ax x =-+，则2121()21ax x g x ax x x-++'=-+=．令()0g x '=，得10x =<（舍），20x =>．当2(0,)x x ∈时，()0g x '>，所以()g x 在2(0,)x 上单调递增；当2(,)x x ∈+∞时，()0g x '<，所以()g x 在2(,)x +∞上单调递减．故2max 2222()()ln g x g x x ax x ==-+．又由2()0g x '=得22212x ax +=．所以22222211()ln ln 22x x g x x x x +-=-+=+．依题意需max ()0g x ≤，即221ln 02x x -+≤．设1()ln 2t h t t -=+，则易知()h t 在(0,)+∞为增函数．又(1)0h =，所以对任意的(0,1]t ∈，有()0h t ≤；对任意的(1,)t ∈+∞，有()0h t >．所以201x <≤，即01<，解得1a ≥．所以a 的取值范围为[1,)+∞．（Ⅲ）由211212ln ln 0()x x x x x x +=≠得1212ln ln 0x x x x +=，且11x ≠,21x ≠．由（Ⅱ）知，当1a =时，ln 1xx x-≤，当且仅当1x =时取等号．所以111ln 1x x x <-，222ln 1x x x <-．两式相加得122112ln ln 2x x x x x x +<+-，即1220x x +->．故122x x +>．（关华整理2023年昌平区）高三期末20. 【答案】（1）()e 11y x =-+ （2）答案详见解析（3）证明详见解析【解析】【分析】（1）利用切点和斜率求得切线方程.（2）求得()f x '，对m 分类讨论，由此来求得()f x 的单调区间. （3）结合（2）求得()f x 在区间()0,∞+上的最小值，由此证得结论成立. 【小问1详解】当0m =时，()()e ,e 1xxf x x f x '=-=-，()()01,1e 1f f '==-，所以切线方程为()()1e 1,e 11y x y x -=-=-+. 【小问2详解】依题意，()()e e1,0xxf x m m x m -=++-≤，()()()()()e 1e e e 1e 1e ex x x x x x xm m f x m m m --+'=-+-=-+-=，当0m =时，()e 10xf x ='-=，解得0x =,则()f x 在区间()()(),0,0,f x f x '-∞<递减；在区间()()()0,,0,f x f x '+∞>递增. 当0m <时，()0f x '=解得()ln x m =-或0x =,当10m -<<时， ()f x 在区间()()()()(),ln ,0,,0,m f x f x '-∞-+∞>递增；在区间()()()()ln ,0,0,m f x f x '-<递减. 当1m =-时，()()0,f x f x '≥在R 上递增.当1m <-时，()f x 在区间()()()()(),0,ln ,,0,m f x f x '-∞-+∞>递增；区间()()()()0,ln ,0,m f x f x '-<递减. 【小问3详解】当e 1m -≤<-时，()1e,0ln 1m m <-≤<-≤，由（2）可知，()f x 在()()0,ln m -递减，在()()ln ,m -+∞递增，所以()()()()()()()ln ln ln ee1ln m m f x f m m m m ---≥-=+⨯+-⨯-()()()11ln m m m m m=-+⨯+-⨯-- ()()()11ln 1112m m m m m =--+-⨯-≥--+-⨯=-，所以对任意的()()0,,2x f x ∞∈+≥-恒成立.【点睛】利用导数研究含参数的复杂函数的单调性，要注意两点，一个是尽量进行因式分解，将复杂的问题转化为较为简单的问题来进行求解；第二个是对参数进行分类讨论，要做到不重不漏，分类标准要根据导函数的结构来制定.（关华整理2023年通州区）高三期末（20）解：（Ⅰ）当0a =，22()(1)xf x x =+，则 (0)0f = ，因为322()(1)x f x x -+'=+,所以(0)2f '=.所以曲线)(x f y =在)0,0(的切线方程为2y x =. ………………………4分（Ⅱ）函数定义域为{}|1x x ≠-. ………………………5分44(222)(1)21)(1)()(1)(1)x a x x a x f x x x -+++---+'==++（， ………………………6分令()0f x '=，解得：1x a =+. ……………………7分当11a +=-即2a =-时33222212()0(1)(1)(1)x x f x x x x ---+-'===<+++（）. 所以函数)(x f y =的单调递减区间为(,1)-∞-和(1,)-+∞，无单调递增区间. 当11a +<-即2a <-时，函数)(x f y =的单调递减区间为(,1)a -∞+和(1,)-+∞，………………………8分单调递增区间为(1,1)a +-.当11a +>-即2a >-时， ………………………9分函数)(x f y =的单调递减区间为(,1)-∞-和(1,)a ++∞，单调递增区间为(1,1)a -+. ………………………10分综上所述：2a =-时，函数)(x f y =的单调递减区间为(,1)-∞-和(1,)-+∞，无单调递增区间.2a <-时，函数)(x f y =的单调递减区间为(,1)a -∞+和(1,)-+∞，单调递增区间为(1,1)a +-.2a >-时，函数)(x f y =的单调递减区间为(,1)-∞-和(1,)a ++∞，单调递增区间为(1,1)a -+. （Ⅲ）函数定义域为{}|1x x ≠-.由题意，函数存在极小值，则在极小值点有定义，且在该点左侧函数单调递减，在该点右侧函数单调递增.………………………12分由（Ⅱ）可知，当2a <-时，函数)(x f y =在1x a =+处取得极小值.………………………14分即222(1)21()(1)0(11)(2)2a a a f x f a a a a +-+=+===<++++极小值. ………………………15分（关华整理2023年丰台区）高三期末20. 【答案】（1）()1cos11sin1cos10x y +--+-= （2）()1sin1f = （3）见解析【解析】【分析】（1）对()f x 求导，求出()()1sin1,11cos1f f =+'=，由点斜式方程即可求出答案；（2）令()1()cos g x f x x x ==+'，()21sin g x x x-'=-，得出()g x 在[1,e]的单调性，结合零点存在性定理可得()f x 在()1,x α∈上单调递增，在(),e x α∈上单调递减，再比较()()1,e f f 的大小，即可得出答案.（3）利用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理，讨论01x <≤，1x π<≤和x π>时，()f x 的正负，即可得出证明. 【小问1详解】()ln sin f x x x =+的定义域为()0,∞+，故1()cos f x x x'=+，()()1sin1,11cos1f f =+'=，所以曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为：()()sin11cos11y x -=+-，化简得：()1cos11sin1cos10x y +--+-= 【小问2详解】令()1()cos g x f x x x ==+'，()21sin g x x x-'=-，当[]1,e x ∈时，()21sin 0g x x x'=--<，所以()g x 在[]1,e 上单调递减，且()11cos10g =+>， ()11211e cose<cos 0e e 3e 2g π=++=-<，所以由零点存在定理可知，在区间[1,e]存在唯一的α，使()()0g f αα'== 又当()1,x α∈时，()()0g x f x '=>；当(),e x α∈时，()()0g x f x ='<；所以()f x 在()1,x α∈上单调递增，在(),e x α∈上单调递减，又因为()()()1ln1sin1sin1,e lne sine 1sine 1,f f f =+==+=+> 所以函数()f x 在区间[1,e]上的最小值为()1sin1f =. 【小问3详解】()ln sin f x x x =+，()0,x ∈+∞，若01x <≤，1()cos 0f x x x+'=>，所以()f x 在区间(]0,1上单调递增，又()1sin10f =>，111sin 0e ef ⎛⎫=-+< ⎪⎝⎭，结合零点存在定理可知，()f x 在区间(]0,1有且仅有一个零点，若1x π<≤，则ln 0,sin 0x x >≥，则()0f x >，若x π>，因为ln ln 1sin x x π>>≥-，所以()0f x >，综上，函数()f x 在()0,∞+有且仅有一个零点.【点睛】利用导数研究函数的零点，一方面利用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理判断；另一方面，也可将零点问题，转化为函数图象的交点问题，利用数形结合判断.。

高二数学函数与导数试题答案及解析

高二数学函数与导数试题答案及解析1. f（x）=x5+ax3+bx-8且f（-2）=0，则f（2）等于（）A．-16B．-18C．-10D．10【答案】Ａ【解析】略2.；若．．【答案】４【解析】略3.函数，的最大值是（）A．B．-1C．0D．1【答案】D【解析】,所以当时；当时,所以函数在上单调递增,在上单调递减．所以．故D正确．【考点】用导数求最值．4.已知曲线f（x）＝ln x在点（x0，f（x））处的切线经过点（0，－1），则x的值为（）A．B．1C．e D．10【答案】B【解析】【考点】函数导数的几何意义5.函数的定义域为．【答案】【解析】函数的定义域为即函数的定义域为【考点】函数的定义域6.（本小题满分14分）北京市周边某工厂生产甲、乙两种产品．一天中，生产一吨甲产品、一吨乙产品所需要的煤、水以及产值如表所示：在会议期间，为了减少空气污染和废水排放．北京市对该厂每天用煤和用水有所限制，每天用煤最多吨，用水最多吨．问该厂如何安排生产，才能是日产值最大？最大的产值是多少？【答案】该厂每天生产甲种产品5吨，乙种产品7吨，才能使该厂日产值最大，最大的产值是134万元．【解析】设每天生产甲种产品x吨,乙种产品y吨,建立目标函数和约束条件,利用线性规划，即可求出结果．试题解析：解：设每天生产甲种产品吨，乙种产品吨． 1分依题意可得线性约束条件4分目标函数为, 5分作出线性约束条件所表示的平面区域如图所示8分将变形为当直线在纵轴上的截距达到最大值时， 9分即直线经过点M时，也达到最大值． 10分由得点的坐标为 12分所以当时， 13分因此，该厂每天生产甲种产品5吨，乙种产品7吨，才能使该厂日产值最大，最大的产值是134万元． 14分【考点】简单的线性规划．7.（本题满分12分）已知函数（为实数）．（Ⅰ）当时，求函数的图象在点处的切线方程；（Ⅱ）设函数（其中为常数），若函数在区间上不存在极值，且存在满足，求的取值范围；（Ⅲ）已知，求证：．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）或；（Ⅲ）详见解析．【解析】（1）先求导，利用导数的几何意义，再求进行求解；（2）求导，求极值点，根据函数在区间上不存在极值，得到的取值范围，根据条件存在满足，所以，所以求函数的最大值，因为含参，所以讨论对称轴于定义域的关系，求二次函数的最值，得到关于的不等式，再进行求解；（3）先判定函数的单调性，并求其最大值，得到，再进行换元，令，则，即，再代入裂项向消法求和，证明不等式．试题解析：（Ⅰ）当时，，，则，函数的图象在点的切线方程为：，即（Ⅱ），由由于函数在区间上不存在极值，所以或由于存在满足，所以对于函数，对称轴①当或，即或时，，由，结合或可得：或②当，即时，，由，结合可知：不存在；③当，即时，；由，结合可知：综上可知：或（Ⅲ）当时，，当时，，单调递增；当时，，单调递减，∴在处取得最大值即，∴，令，则，即，∴．故．【考点】1．导数的几何意义；2．函数的单调性；3．函数的极值；4．放缩法．8.设，那么（）A．B．C．D．【答案】C【解析】根据指数函数的性质，可知，根据指数函数的单调性，可知，根据幂函数的单调性，可知，从而有，故C是正确的．【考点】利用指数函数的性质、幂函数的性质比较大小．9.（本小题满分10分）已知函数在处取得极值．（Ⅰ）求实数的值；（Ⅱ）过点作曲线的切线,求此切线方程．【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）【解析】第一问根据题中所给的条件，函数在处取得极值，得到函数在处的导数为零，从而得出实数的值，再带入验证，满足条件，第二问根据第一问的结果，从而确定出函数的解析式，根据过某点的曲线的切线方程的求解方法，首先设出切点的坐标，应用导数的几何意义，确定出切线的斜率，从而应用点斜式方程，写出切线方程，将带入切线方程，从而解得切点的横坐标的值，带入求得切线方程．试题解析：（Ⅰ） 1分，即解得， 4分此时在两边（附近）符号相反，所以处函数取得极值，同理，在处函数取得极值． 5分（Ⅱ）设切点坐标为．则切线方程为 7分化简，得，即， 9分所求的切线方程为：．10分【考点】函数的极值，导数的应用，切线的方程．10.设函数，．（1）判断函数在上的单调性；（2）证明：对任意正数a，存在正数x，使不等式成立．【答案】（1）上是增函数；（2）证明详见解析.【解析】本题主要考查了函数单调性的判断方法、导数在最大值、最小值问题中的应用、利用导数判断函数的单调性常用的方法，考查了学生的分析问题解决问题的能力、转化能力、计算能力.第一问，利用导数的办法，通过导数大于或小于0判断函数的单调性；第二问，先将化为，从而原不等式化为，即，令，利用导数研究它的单调性和最值，最后得到存在正数，使原不等式成立．试题解析：（1），令，则，当时，，∴是上的增函数，∴，故，即函数是上的增函数．（2），当时，令，则故，∴，原不等式化为，即，令，则，由得：，解得，当时，；当时，．故当时，取最小值，令，则．故，即．因此，存在正数，使原不等式成立．【考点】利用导数研究函数的单调性；导数在最大值、最小值问题中的应用．11.（本题满分14分）已知函数有最小值．（1）求实数的取值范围；（2）设为定义在上的奇函数，且时，，求的解析式．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）分类讨论将表达式中的绝对值号去掉成为有两个一次函数的分段函数，从而问题可转化于在每个分段上存在最小值，即可求解；（2）利用奇函数的性质可知，当时，，再由结合已知条件即可求解．试题解析：（1），要使函数有最小值，需，即时，有最小值；（2）∵是上的奇函数，∴，设，则，∴，即．【考点】1．分段函数；2．奇函数的性质；3．分类讨论的数学思想．12.若直线与曲线有两个不同的交点，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】数形结合法如上图．直线:是过定点P（-2，4）的动直线，曲线是以原点为圆心，2为半径的上半圆．当直线在PA位置时，即与圆相切时，由圆心到直线距离等于半径得，;当在PB位置时，．由图像知，当直线在PA与PB之间时，有两个交点，所以．故选B．【考点】直线与圆的相交问题．【方法点睛】直线与圆的位置关系常有两种方法研究：一、利用圆心到直线的距离与半径的关系判断交点个数，或由交点个数求参数范围；二、将直线代入圆的方程，利用判别式研究交点个数，或由交点个数求参数范围．但当直线与半圆或四分之一圆等相交问题，常借助图像属性结合去研究交点问题．例如本题，因研究的圆是半圆，所以数形结合方法比较好．13.已知，符号表示不超过的最大整数，若函数有且仅有个零点，则的取值范围是A．B．C．D．【答案】C【解析】,构造函数，在同一坐标系内作出函数与函数的图象，由图象可知，当时，与的图象有三个公共点，故选C．【考点】1．函数与方程；2．数形结合思想；3．新定义函数问题．【方法点睛】本题主要考查学生接受新知识的能力以及数学中的数学结合思想、函数与方程思想等思想方法，属难题．解决此类问题的关键是将函数的零点问题通过等价转化，将问题转化为两个函数交点的个数问题，再正确画出两个函数的图象，由数形结合进行求解．14.函数的极小值为．【答案】【解析】, 令得;令得.所以函数在上单调递减;在上单调递增.所以在处函数取的极小值为.【考点】用导数求极值.15.若定义在上的函数满足，其导函数满足，则下列结论中一定正确的有①，②，③，④．【答案】①③【解析】令,,,恒成立.在上单调递增. ,,,即恒成立;,即.恒成立.故正确的有①③.【考点】用导数研究函数的性质.16.已知，，，则的大小关系是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】，，又，，故选B．【考点】1、对数式的运算；2、对数式的比较大小．【方法点睛】纵观历年数学高考试题，几乎每套题都有指数式和对数式大小比较的客观题目，结合近年来的数学高考试题，总结归纳指数式和对数式比较大小的六种解题方法．（1）单调函数法同底的指数式和对数式比较大小，就是利用指数函数和对数函数的单调性来比较；（2）中间桥梁法底不同的指数式和对数式比较大小，如果不能直接利用指数函数和对数函数的单调性来比较，可利用特殊数值（如0 或1）作为中间桥梁，进而可比较出大小；（3）特值代入法对于在给定的区间上比较指数式和对数式的大小的问题，可在这个区间上取满足条件的特殊值，代入后通过计算简化或避免复杂的变形与讨论，使问题简捷获解；（4）估值计算法估值计算是指通过估值、合理猜想等手段，准确、迅速地选出答案；（5）数形结合法画出指数函数和对数函数的图象，利用直观的图象往往能得到更简捷的解法．特征构造法对于含有几何背景的指数式和对数式的大小问题，可根据题目特点，构造函数或利用其他几何特征进行解题．17.已知函数，那么f （1）等于10C．1D．0A．2B．log3【答案】A【解析】【考点】函数求值18.若直线与曲线恰有一个公共点，则实数k的取值范围是______________．【答案】或【解析】曲线，即（x≥0），表示一个半圆（单位圆位于x轴及x轴右侧的部分）．如图，A（0，1）、B（1，0）、C（0，-1），当直线y=x+k经过点A时，1=0+k，求得k=1；当直线y=x+k经过点B、点C时，0=1+k，求得k=-1；当直线y=x+k和半圆相切时，由圆心到直线的距离等于半径，可得，求得，或（舍去），故要求的实数k的范围为（-1，1]∪{-2}，【考点】直线与圆的位置关系19.已知函数其中为参数．（1）记函数，讨论函数的单调性；（2）若曲线与轴正半轴有交点且交点为，曲线在点处的切线方程为，求证：对于任意的正实数，都有．【答案】（1）当时，函数在定义域上单调递增．当时，在上单调递增，在单调递减，在上单调递增；（2）证明见解析．【解析】第（1）小题设计为分类讨论函数的单调性．首先化简g(x)，然后对g(x)求导化简得，注意到，所以就找到的临界点，然后对和进行分类讨论求解；第（2）小题设计为证明题，实质转化为求函数的最值．先求，然后构造函数，通过求导求函数H（x）的极值，从而得函数H（x）的最小值，命题得证．试题解析：（1）证明：函数的定义域是．，，当时，则，所以，所以函数在定义域上单调递增．当时，令，则可知函数在上单调递增，在单调递减，在上单调递增．（2）令则或若曲线与轴正半轴有交点，则且交点坐标为又则所以曲线在点处的切线方程为，即令函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，所以当时，有最小值，所以，则【考点】导数，导数的几何意义，函数的单调性，函数的极值，函数的最值．【方法点睛】本题以三次为背景，第(1)小题设计为分类讨论函数的单调性，其中讨论的标准就是导函数的正负性，需要一定的运算能力．第（2）小题设计为证明题，其实就是函数的恒成立问题，可以转化为函数的最值问题，求函数的最值，需转化为求函数的极值，需转化为求函数的单调性，解题思路清晰，需要有一定的运算能力．20.已知动点与平面上两定点连线的斜率的积为定值-2．（1）试求动点的轨迹方程；（2）设直线与曲线交于两点，求．【答案】（1）（）；（2）．【解析】（1）设，表示两直线的斜率，利用斜率乘积为，建立方程化简即可得到点的轨迹方程；（2）将直线代入曲线，整理得，可求出方程的根，进而利用弦长公式可求．试题解析：（1）设点，则依题意有整理得由于，求得的曲线的方程为（）；（2）由消去得：，设，则【考点】直线与圆锥曲线的综合问题；圆锥曲线的轨迹问题．【方法点晴】本题主要考查了轨迹方程的求解及直线与圆锥曲线的弦长的计算，属于中档试题，本题解答中，第1问中，以斜率为载体，考查了曲线方程的求解，关键在于利用斜率公式，根据题设条件建立关于的关系式，化简整理得曲线的轨迹方程；第2问题中，熟记弦长公式，利用弦长公式求解直线与圆锥曲线的弦长，准确、仔细计算是解答的关键．21.若函数在处取得极值．（1）求的值；（2）求函数的单调区间及极值．【答案】（1）（2）单调递增区间是，单调递减区间是，极小值为，极大值为．【解析】（1）求出原函数的导函数，由函数在x=1时的导数为0列式求得a的值；（2）把（1）中求出的a值代入，求其导函数，得到导函数的零点，由导函数的零点对定义域分段，利用导函数在不同区间段内的符号求单调期间，进一步求得极值点，代入原函数求得极值．试题解析：（1），由，得．（2），．由，得或．当时；②当时或．当变化时，的变化情况如下表：-+-因此，的单调递增区间是，单调递减区间是．函数的极小值为，极大值为．【考点】利用导数求过曲线上某点处的切线方程；利用导数研究函数的单调性22.（2015•山东一模）已知函数f（x）=aln（x+1）﹣ax﹣x2．（Ⅰ）若x=1为函数f（x）的极值点，求a的值；（Ⅱ）讨论f（x）在定义域上的单调性；（Ⅲ）证明：对任意正整数n，ln（n+1）＜2+．【答案】（Ⅰ）f（x）在x=1处取极大值．满足题意．（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析【解析】（Ⅰ）由，f′（1）=0，知，由此能求出a．（Ⅱ）由，令f′（x）=0，得x=0，或，又f（x）的定义域为（﹣1，+∞），讨论两个根及﹣1的大小关系，即可判定函数的单调性；（Ⅲ）当a=1时，f（x）在[0，+∞）上递减，∴f（x）≤f（0），即ln（x+1）≤x+x2，由此能够证明ln（n+1）＜2+．解：（1）因为，令f'（1）=0，即，解得a=﹣4，经检验：此时，x∈（0，1），f'（x）＞0，f（x）递增；x∈（1，+∞），f'（x）＜0，f（x）递减，∴f（x）在x=1处取极大值．满足题意．（2），令f'（x）=0，得x=0，或，又f（x）的定义域为（﹣1，+∞）①当，即a≥0时，若x∈（﹣1，0），则f'（x）＞0，f（x）递增；若x∈（0，+∞），则f'（x）＜0，f（x）递减；②当，即﹣2＜a＜0时，若x∈（﹣1，，则f'（x）＜0，f（x）递减；若，0），则f'（x）＞0，f（x）递增；若x∈（0，+∞），则f'（x）＜0，f（x）递减；③当，即a=﹣2时，f'（x）≤0，f（x）在（﹣1，+∞）内递减，④当，即a＜﹣2时，若x∈（﹣1，0），则f'（x）＜0，f（x）递减；若x∈（0，，则f'（x）＞0，f（x）递增；若，+∞），则f'（x）＜0，f（x）递减；（3）由（2）知当a=1时，f（x）在[0，+∞）上递减，∴f（x）≤f（0），即ln（x+1）≤x+x2，∵，∴，i=1，2，3，…，n，∴，∴．【考点】利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值．23.某校内有一块以为圆心，（为常数，单位为米）为半径的半圆形（如图）荒地，该校总务处计划对其开发利用，其中弓形区域（阴影部分）用于种植学校观赏植物，区域用于种植花卉出售，其余区域用于种植草皮出售，已知种植学校观赏植物的成本是每平方米20元，种植花卉的利润是每平方米80元，种植草皮的利润是每平方米30元.（1）设（单位：弧度），用表示弓形的面积；（2）如果该校总务处邀请你规划这块土地，如何设计的大小才能使总利润最大？并求出该最大值.（参考公式：扇形面积公式，表示扇形的弧长）【答案】(1) ；（2），.【解析】（1）由，利用扇形及三角形面积公式即得；（2）先由题意将利润表示成关于的函数关系式，再利用导数判断函数单调性求得最大值即可.试题解析：（1）因为，，所以.（2）设总利润为元，种植草皮利润为元，种植花卉利润为元，种植学校观赏植物成本为元，，，，∴，设，，，，，在上为减函数；，，在上为增函数；当时，取到最小值，此时总利润最大：.答：所以当园林公司把扇形的圆心角设计成时，总利润取最大值.【考点】1、数学建模能力；2、利用导数研究函数的单调性及最值.24.设点是函数图象上的任意一点，点，则的最小值为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】函数变形为表示圆的下半部分，点在直线上，圆心到直线的距离，圆的半径为2，则的最小值为【考点】1．直线和圆的位置关系；2．数形结合法25.已知a为实数，f（x）=（x2﹣4）（x﹣a）．（1）求导数f′（x）；（2）若f′（﹣1）=0，求f（x）在[﹣2，2]上的最大值和最小值；（3）若f（x）在（﹣∞，﹣2）和（2，+∞）上都是递增的，求a的取值范围．【答案】（1）3x2﹣2ax﹣4．（2）最大值为，最小值为．（3）[﹣2，2]．【解析】（1）按导数的求导法则求解（2）由f′（﹣1）=0代入可得f（x），先求导数，研究函数的极值点，通过比较极值点与端点的大小从而确定出最值（3）（法一）由题意可得f′（2）≥0，f′（﹣2）≥0联立可得a的范围（法二）求出f′（x），再求单调区增间（﹣∞，x1）和[x2，+∞），依题意有（﹣∞，﹣2）⊆（﹣∞，x1）[2，+∞]⊆[x2，+∞）解：（1）由原式得f（x）=x3﹣ax2﹣4x+4a，∴f'（x）=3x2﹣2ax﹣4．（2）由f'（﹣1）=0得，此时有．由f'（x）=0得或x=﹣1，又，所以f（x）在[﹣2，2]上的最大值为，最小值为．（3）解法一：f'（x）=3x2﹣2ax﹣4的图象为开口向上且过点（0，﹣4）的抛物线，由条件得f'（﹣2）≥0，f'（2）≥0，∴﹣2≤a≤2．所以a的取值范围为[﹣2，2]．解法二：令f'（x）=0即3x2﹣2ax﹣4=0，由求根公式得：所以f'（x）=3x2﹣2ax﹣4．在（﹣∞，x1]和[x2，+∞）上非负．由题意可知，当x≤﹣2或x≥2时，f'（x）≥0，从而x1≥﹣2，x2≤2，即解不等式组得﹣2≤a≤2．∴a的取值范围是[﹣2，2]．【考点】利用导数求闭区间上函数的最值；导数的运算；利用导数研究函数的单调性．26.已知函数．（1）求曲线在点处的切线方程；（2）直线为曲线的切线，且经过原点，求直线的方程及切点坐标．【答案】（1）；（2）直线的方程为，切点坐标为．【解析】（1）第一步，先求函数的导数，第二步，再求，根据导数的几何意义，，最后代入直线方程，就是所求的切线方程；（2）设切点，首先求在切点处的切线方程，即求和，然后因为切线过点，所以将原点代入切线方程，转化为关于的方程，求出切点，最后再整理切线方程. 试题解析：（1）在点处的切线的斜率，切线的方程为；（2）设切点为，则直线的斜率为，直线的方程为：．又直线过点，，整理，得，，，的斜率，直线的方程为，切点坐标为．【考点】本题主要考查导数的几何意义，直线方程的点斜式。

高考导函数综合训练(含标准参考答案)

导函数的综合应用【典型例题】考点一、利用导数研究函数的零点或方程的根【例1】(2015·高考北京卷)设函数f(x)＝－k ln x，k>0.(1)求f(x)的单调区间和极值；(2)证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，]上仅有一个零点．(2)【变式训练2】已知函数f(x)＝(e为自然对数的底数)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)设函数φ(x)＝xf(x)＋tf′(x)＋，存在实数x1，x2∈[0,1]，使得2φ(x1)<φ(x2)成立，求实数t的取值范围．考点三与导函数有关的参数求解或求取值范围问题【例3】已知函数f(x)＝ln x－.(2)M；【应用体验】1.函数f(x)＝ax3＋x恰有三个单调区间，则a的取值范围是__________.2.若函数f(x)＝x＋a sin x在R上递增，则实数a的取值范围为________.3.已知函数f (x )的定义域为R ，f ′(x )为f (x )的导函数，函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，且f (－2)＝1，f (3)＝1，则不等式f (x 2－6)>1的解集为( )A.(－3，－2)∪(2,3)B.(－，)C.(2,3)4.)5.，g ′(x )>01．已知曲线cos y ax x =在(22A ．2πB ．2π-C ．1-πD ．1π2.已知定义域为R 的偶函数()f x ，其导函数为()f x '，对任意[)0,x ∈+∞，均满足：()()2xf x f x '>-．若()()2g x x f x =，则不等式()()21g x g x <-的解集是（）A ．(),1-∞-B ．1,3⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭C ．11,3⎛⎫- ⎪⎝⎭D ．()1,1,3⎛⎫-∞-⋃+∞ ⎪⎝⎭3.若函数f (x )＝x 3－tx 2＋3x 在区间[1,4]上单调递减，则实数t 的取值范围是( )A.B ．(－∞，3] C.D ．[3，＋∞)二、填空题4.a 12≤恒5.6.7y8．已知函数f (x )＝ln x ＋＋ax (a 是实数)，g (x )＝＋1.(1)当a ＝2时，求函数f (x )在定义域上的最值；(2)若函数f (x )在[1，＋∞)上是单调函数，求a 的取值范围；(3)是否存在正实数a 满足：对于任意x 1∈[1,2]，总存在x 2∈[1,2]，使得f (x 1)＝g (x 2)成立？若存在，求出a 的取值范围，若不存在，说明理由．B 组能力提升2.b 的3.2)为偶5.已知函数()()21x f x e x ax a =--+，其中a <1，若存在唯一的整数0x ，使得()0f x <0，则a 的取值范围是.(e 为自然对数的底数)6.若()x x f x e ae -=+为偶函数，则21(1)e f x e +-<的解集为_____________．三、解答题7．(2015·高考广东卷)设a>1，函数f(x)＝(1＋x2)e x－a.(1)求f(x)的单调区间；(2)证明：f(x)在(－∞，＋∞)上仅有一个零点；(3)若曲线y＝f(x)在点P处的切线与x轴平行，且在点M(m，n)处的切线与直线OP平行(O是坐标原点)，证明：m≤－1.【例题1】[解](1)由f(x)＝－k ln x(k>0)，得x>0且f′(x)＝x－＝.由f′(x)＝0，解得x＝.f(x)与f′(x)在区间(0，＋∞)上的情况如下：∞)；f(x)在x＝处取得极小值f()＝.(2)证明：由(1)知，f(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为f()＝.因为f(x)存在零点，所以≤0，从而k≥e.当k＝e时，f(x)在区间(1，)上单调递减，且f()＝0，所以x＝是f(x)在区间(1，]上的唯一零点．，0000由u′(x)＝1－≥0知，函数u(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，故0＝u(1)<a0＝u(x0)<u(e)＝e－2<1，即a0∈(0,1)．当a＝a0时，有f′(x0)＝0，f(x0)＝φ(x0)＝0.再由(1)知，f′(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，当x∈(1，x0)时，f′(x)<0，从而f(x)>f(x0)＝0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，从而f(x)>f(x0)＝0；又当x∈(0,1]时，f(x)＝(x－a0)2－2x ln x>0.故x∈(0，＋∞)时，f(x)≥0.综上所述，存在a∈(0,1)，使得f(x)≥0恒成立，且f(x)＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．【例题2】解：(1)m＝－1时，f(x)＝(1－x)e x＋x2，则f′(x)＝x(2－e x)，(2)假设存在x1，x2∈[0,1]，使得2φ(x1)<φ(x2)成立，则2[φ(x)]min<[φ(x)]max.∵φ(x)＝xf(x)＋tf′(x)＋e－x＝，∴φ′(x)＝＝－.①当t≥1时，φ′(x)≤0，φ(x)在[0,1]上单调递减，∴2φ(1)<φ(0)，即t>3－>1.②当t≤0时，φ′(x)>0，φ(x)在[0,1]上单调递增，∴2φ(0)<φ(1)，即t<3－2e<0.③当0<t<1时，若x∈[0，t)，φ′(x)<0，φ(x)在[0，t)上单调递减；若x∈(t,1]，φ′(x)>0，φ(x)在(t,1]上单调递增，所以2φ(t)<max{φ(0)，φ(1)}，即2·<max，(*)③若－e<a<－1，令f′(x)＝0得x＝－a，当1<x<－a时，f′(x)<0，∴f(x)在(1，－a)上为减函数；当－a<x<e时，f′(x)>0，∴f(x)在(－a，e)上为增函数，∴f(x)min＝f(－a)＝ln(－a)＋1＝，∴a ＝－.综上所述，a ＝－.(3)∵f (x )<x 2，∴ln x －<x 2.又x >0，∴a >x ln x －x 3.令g (x )＝x ln x －x 3，h (x )＝g ′(x )＝1＋ln x －3x 2，1.【答案】C 【解析】令()cos y f x ax x ==，则()c o s s in f x a x a x x '=-，所以()cos sin 22222a a f a πππππ'=-=- 12=，解得1a =-π.故选C ． 2.【答案】C【解析】试题分析：[)0,x ∈+∞时()()()()()22(2)0g x xf x x f x x f x xf x '''=+=+>，而()()2g x x f x =也为偶函数，所以()()()()2121|2||1||2||1|321013g x g x g x g x x x x x x <-⇔<-⇔<-⇔+-<⇔-<<，选C.3.解析：f ′(x )＝3x 2－2tx ＋3，由于f (x )在区间[1,4]上单调递减，则有f ′(x )≤0在[1,4]12k ≤12≥．令()333x g x x x e =-+-，则()233(1)(33)x x g x x x x e e'=--=-++，所以当(,1)x ∈-∞时，()0g x '<，当(1,)x ∈+∞时，()0g x '>，所以()g x 在(,1)x ∈-∞上是减函数，在(1,)x ∈+∞是增函数，故()()min 111g x g e==-．6.【答案】),1()1,(+∞⋃--∞【解析】()()()()()22''2'211221'()222x g x f x g x x f x x x f x f x ⎡⎤=--∴=⋅-=⋅-<⎣⎦ ()'2210f x ∴⋅-<()'0g x ∴>得0x <，()'0g x <得0x >()()g x g x -=可知函数为偶函数()()()111010g f g =-=∴-=，结合()g x 的函数图像可知()0g x <的解集为),1()1,(+∞⋃--∞，即不等式212)(22+<x x f 的解集为),1()1,(+∞⋃--∞ 7.解：(1)f ′(x )＝x －(a ＋b )＋＝.(a ，(a ，＋∞)点，不合题意．综上所述，a 的取值范围为.8.解：(1)当a ＝2时，f (x )＝ln x ＋＋2x ，x ∈(0，＋∞)，f ′(x )＝－＋2＝＝，令f ′(x )＝0，则x ＝－1或x ＝.当x ∈时，f ′(x )<0；当x ∈时，f ′(x )>0，所以f (x )在x ＝处取到最小值，最小值为3－ln2；无最大值．(2)f ′(x )＝－＋a ＝，x ∈[1，＋∞)，显然a ≥0时，f ′(x )≥0，且不恒等于0，所以函数f (x )在[1，＋∞)上是单调递增函数，符合要求．当a <0时，令h (x )＝ax 2＋x －1，易知h (x )≥0在[1，＋∞)上不恒成立，所以函数f (x )在[1，＋∞)上只能是单调递减函数．a 无试题分析：设12()()x g x e f x =，则11122211'()'()()(()2'())22x x x g x e f x e f x e f x f x =+=+，则已知'()0g x >，所以()g x 是增函数，所以(1)(0)g g >，即12(1)(0)e f f >，(1)f>A ．考点：导数与函数的单调性．2.【答案】C【解析】试题分析：由题意，得2212()ln ()()x x b x x b f x x +----'=，则()()f x xf x +'＝2ln ()x x b x+-－212()ln ()x x b x x b x +----＝12()x x b x +-．若存在1[,2]2x ∈，使得()'()f x x f x >-⋅，则12()0x x b +->，所以12b x x <+．设1()2g x x x=+，则222121()122x g x x x -'=-=，当122x ≤≤时，()g x '<递增，94=，)x 是单)1=，所以(g )∞，故试题分析：验证发现，当x=1时，将1代入不等式有0≤a+b ≤0，所以a+b=0，当x=0时，可得0≤b ≤1，结合a+b=0可得-1≤a ≤0，令f （x ）=x 4-x 3+ax+b ，即f （1）=a+b=0，又f ′（x ）=4x 3-3x 2+a ，f ′′（x ）=12x 2-6x ，令f′′（x）＞0，可得x＞12，则f′（x）=4x3-3x2+a在[0，12]上减，在[12，+∞）上增，又-1≤a≤0，所以f′（0）=a＜0，f′（1）=1+a≥0，又x≥0时恒有430x x ax b≤-++，结合f（1）=a+b=0知，1必为函数f（x）=x4-x3+ax+b的极小值点，也是最小值点．y ax =-12 x>-时，1时，考点：利用导数研究函数的极值；函数的零点.6.【答案】(0,2)【解析】试题分析：由()x x f x e ae -=+为偶函数可得1a =，所以()x x f x e e -=+．因为()x x f x e e -'=-),0(+∞上为增函数，所以()(0)0f x f ''>=，所以函数()f x 在),0(+∞上为增函数，所以21(1)e f x e+-<等价于1(1)f x e e --<+，即(1)(1)f x f -<，所以111x -<-<，所以02x <<．考点：1、函数的奇偶性；2、函数的单调性．7.解：(1)f ′(x )＝2x e x ＋(1＋x 2)e x ＝(x 2＋2x ＋1)e x ＝(x ＋1)2e x ≥0，故f (x )是R 上的单调(2)ln 2a )a(3)0，即8.＝2，设h (x )＝f (x )－g (x )＝(x ＋1)ln x －，当x ∈(0,1]时，h (x )<0，又h (2)＝3ln2－＝ln8－>1－1＝0，所以存在x 0∈(1,2)，使得h (x 0)＝0.因为h ′(x )＝ln x ＋＋1＋，所以当x ∈(1,2)时，h ′(x )>1－>0，当x∈[2，＋∞)时，h′(x)>0，所以当x∈(1，＋∞)时，h(x)单调递增．所以k＝1时，方程f(x)＝g(x)在(k，k＋1)内存在唯一的根．(3)由(2)知，方程f(x)＝g(x)在(1,2)内存在唯一的根x0，且x∈(0，x0)时，f(x)<g(x)，x∈(x0，＋∞)时，f(x)>g(x)，所以m(x)＝。

高三数学导数的概念和几何意义试题

高三数学导数的概念和几何意义试题1.（12分）设函数，曲线在点处的切线方程为（I）求（II）证明：【答案】（I）；（II）详见解析.【解析】（I）由切点在切线上，代入得①．由导数的几何意义得②，联立①②求；（II）证明成立，可转化为求函数的最小值，只要最小值大于1即可．该题不易求函数的最小值，故可考虑将不等式结构变形为，分别求函数和的最值，发现在的最小值为，在的最大值为．且不同时取最值，故成立，即注意该种方法有局限性只是不等式的充分不必要条件，意即当成立，最值之间不一定有上述关系．试题解析：（I）函数的定义域为．．由题意可得，．故．（II）由（I）知，，从而等价于，设函数，则．所以当时，；当时，．故在递减，在递增，从而在的最小值为．设，则．所以当时，；当时，．故在递增，在递减，从而在的最大值为．综上，当时，，即．【考点】1、导数的几何意义；2、利用导数判断函数的单调性；3、利用导数求函数的最值．2.已知函数（为常数）．（1）若是函数的一个极值点，求的值；（2）当时，试判断的单调性；（3）若对任意的，使不等式恒成立，求实数的取值范围．【答案】（1）3；（2）在上是增函数；（3）.【解析】（1）先求函数的定义域，，在由可求得；（2）在中由于，判断函数的正负号，从而确定函数在上的单调性；（3）当时，由(2)知，在[1，2]上的最小值为，故问题等价于：对任意的，不等式恒成立．分离变量恒成立，构造函数记，（），由导数法求解.依题意，，（1）由已知得：，∴，∴．（3分）（2）当时，，因为，所以，而，即，故在上是增函数．（8分）（3）当时，由(2)知，在[1，2]上的最小值为，故问题等价于：对任意的，不等式恒成立．即恒成立记，（），则，令，则所以，所以,故，所以在上单调递减所以即实数的取值范围为．（13分）【考点】导数法求函数的单调性，构造法.3.已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2(a，b∈R)．(1)若函数f(x)在x＝1处有极值10，求b的值；(2)若对于任意的a∈[－4，＋∞)，f(x)在x∈[0,2]上单调递增，求b的最小值．【答案】（1）b＝－11 （2）【解析】解：(1)f′(x)＝3x2＋2ax＋b，于是，根据题设有，解得或.当时，f′(x)＝3x2＋8x－11，Δ＝64＋132>0，所以函数有极值点；当时，f′(x)＝3(x－1)2≥0，所以函数无极值点．所以b＝－11.(2)由题意知f′(x)＝3x2＋2ax＋b≥0对任意的a∈[－4，＋∞)，x∈[0,2]都成立，所以F(a)＝2xa＋3x2＋b≥0对任意的a∈[－4，＋∞)，x∈[0,2]都成立．因为x≥0，所以F(a)在a∈[－4，＋∞)上为单调递增函数或为常数函数，①当F(a)为常数函数时，F(a)＝b≥0；②当F(a)为增函数时，F(a)＝F(－4)＝－8x＋3x2＋b≥0，min对任意x∈[0,2]都成立，即b≥(－3x2＋8x)max又－3x2＋8x＝－3(x－)2＋≤，＝，所以b≥.所以当x＝时，(－3x2＋8x)max所以b的最小值为.4.如图，函数g(x)＝f(x)＋x2的图象在点P处的切线方程是y＝－x＋8，则f(5)＋f′(5)＝________．【答案】－5【解析】g(5)＝f(5)＋5＝－5＋8＝3，所以f(5)＝－2．又g′(x)＝f′(x)＋x，所以g′(5)＝f′(5)＋×5＝－1，解得f′(5)＝－3，f(5)＋f′(5)＝－5．5.已知函数．若直线l过点(0，－1)，并且与曲线y=f(x)相切，则直线l的方程为( ) A．x+y－1=0B．x－y－1=0C．x+y+1=0D．x－y+1=0【答案】B【解析】f′(x)=lnx+1，x＞0，设切点坐标为，则，切线的斜率为，所以，解得，所以直线l的方程为x－y－1=0．6.已知函数的图象在点与点处的切线互相垂直，并交于点，则点的坐标可能是( )A．B．C．D．【答案】D【解析】由题，，，则过两点的切线斜率，，又切线互相垂直，所以，即.两条切线方程分别为，联立得，∵，∴，代入，解得，故选．【考点】导数求切线方程.7.圆心在曲线上，且与直线相切的面积最小的圆的方程是．【答案】【解析】依题意，当直线向下平移到与曲线相切时，所求圆的半径最小，即面积最小，设切点为，由，故切线斜率，则，，圆的半径为，故圆的方程为．【考点】１、导数的几何意义；2、点到直线的距离公式；3、圆的标准方程.8.对于每一个正整数，设曲线在点处的切线与轴的交点的横坐标为，令，则.【答案】.【解析】利用导数求得曲线在点处的切线方程为，即，它与轴交于点，则有，，.【考点】1.利用导数求切线方程；2.裂项求和9.设函数，，，（1）若曲线与轴相切于异于原点的一点，且函数的极小值为，求的值；（2）若，且，①求证：；②求证：在上存在极值点．【答案】(1) ，. (2) 在上是存在极值点【解析】(1)分析题意,可得该三次函数过原点,根据函数与x轴相切,所以有个极值为0且有一个重根,故可得函数有一个极大值0和一个极小值,有一个重根,则对因式分解会得到完全平方式,即提取x的公因式后,剩下二次式的判别,得到a,b之间的关系式,再根据极小值为,则求导求出极小值点,得到关于a,b的另外一个等式,即可求出a,b的值.(2) ①对求导,带入与已知条件联立化简即可得到需要的不等式.②求出,讨论a的取值范围,证明其中必有两者异号,则根据零点存在定理,即可证明有极值点.试题解析：（1），依据题意得：，且． 2分，得或．如图，得,∴，，代入得，. 4分（2）①．． 8分②，．若，则，由①知，所以在有零点，从而在上存在极值点． 10分若，由①知;又，所以在有零点，从而在上存在极值点．……12分若，由①知，，所以在有零点，从而在上存在极值点．综上知在上是存在极值点． 14分【考点】零点存在定理导数极值切线10.已知曲线y＝x3＋，求曲线过点P(2，4)的切线方程；【答案】4x－y－4＝0或x－y＋2＝0.【解析】设曲线y＝x3＋与过点P(2，4)的切线相切于点A，则切线的斜率k＝，切线方程为y－＝(x－x)，即y＝x－＋. 因为点P(2，4)在切线上，所以4＝2－＋，即－3＋4＝0，解得x0＝－1或x＝2，故所求的切线方程为4x－y－4＝0或x－y＋2＝0.11.若曲线y＝kx＋ln x在点(1，k)处的切线平行于x轴，则k＝________.【答案】－1【解析】∵y′＝k＋，∴y′|x＝1＝k＋1＝0，∴k＝－1.12.过点（0，-2）向曲线作切线，则切线方程为。

精选新版2019高考数学《导数及其应用》专题测试题(含标准答案)

(第11题图)2019年高中数学单元测试卷导数及其应用学校：__________ 姓名：__________ 班级：__________ 考号：__________一、选择题1．若[0,)x ∈+∞，则下列不等式恒成立的是 (A)21xe x x ++…211124x x <-+(C)21cos 12x x -… (D)21ln(1)8x x x +-…2．设函数()xf x xe =，则（）A. 1x =为()f x 的极大值点B.1x =为()f x 的极小值点C. 1x =-为()f x 的极大值点D. 1x =-为()f x 的极小值点[学二、填空题3．若定义在R 上的函数()f x 的导函数为()24f x x '=-，则函数(1)f x -的单调递减区间是 ▲．4．如图，函数)(x f y =的图象在点P 处的切线是l ，则(2)(2)f f '+= ★ ．5．已知函数()x x mx x f 2ln 2-+=在定义域内是增函数，则实数m 的取值范围为_________．6．如果函数y ＝f (x )的导函数的图象如图所示，给出下列判断： ①函数y ＝f (x )在区间⎝⎛⎭⎫－3，－12内单调递增； ②函数y ＝f (x )在区间⎝⎛⎭⎫－12，3内单调递减； ③函数y ＝f (x )在区间(4,5)内单调递增； ④当x ＝2时，函数y ＝f (x )有极小值； ⑤当x ＝－12时，函数y ＝f (x )有极大值．则上述判断中正确的是__________．7．已知函数e x y =的图象在点(e )k a k a ,处的切线与x 轴的交点的横坐标为1k a +，其中*k ∈N ，10a =，则135a a a ++= ▲ .8．已知三次函数32()()32a b f x x x cx d a b =+++<在R 上单调递增，则a b cb a++-的最小值为 ▲ ．关键字：多项式函数；含多参；已知单调性；求最值；整体换元；分式函数9．函数3()31f x x x =+-在(0,1)上零点的个数为 ▲ ． 10．如图，函数()f x 的图象是折线段ABC ，其中A B C ，，的坐标分别为(04)(20)(64)，，，，，，则((0))f f =2；0(1)(1)lim x f x f x∆→+∆-=∆ ．（用数字作答）答案－211．已知函数f(x)= ()2f π'sinx+cosx ，则()4f π= .12．已知函数()log a f x x =和()2log (22),(0,1,)a g x x t a a t R =+->≠∈的图象在2x =处的切线互相平行，则t =__________．三、解答题13．函数(1)()ln (0,)a x f x x x a R x-=->∈．（1）试求()f x 的单调区间；（2）当0a >时，求证：函数()f x 的图像存在唯一零点的充要条件是1a =；（3）求证：不等式111ln 12x x -<-对于(1,2)x ∈恒成立．（本题满分16分）14．已知函数2()ln (,0)2x f x a x a R x =+∈>.(1)若()0f x >对0x ∀>恒成立,求常数a 的取值范围;(2)设1a e <≤,()()(1)H x f x a x =-+的两个极值点为,()αβαβ<,是证明:对12,[,]x x αβ∀∈,恒有12|()()|1H x H x -<.15．设函数()32221f x x mx m x m =---+-（其中2m >-）的图象在2x =处的切线与直线512y x =-+平行。

导数难题(含答案)

一、单选题1．已知可导函数()f x 的导函数为()'f x ， ()02018f =，若对任意的x R ∈，都有()()'f x f x >，则不等式()2018xf x e <的解集为（）A. ()0,+∞B. 21,e ⎛⎫+∞⎪⎝⎭ C. 21,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭D. (),0-∞ 2．定义在R 上的偶函数()f x 的导函数为()f x '，且当()()0,20x xf x f x +'><.则（）A.()()224f e f e>B. ()()931f f >C.()()239f e f e-<D.()()224f e f e-<3．已知()f x 为定义在()0,+∞上的可导函数，且()()'f x xf x >恒成立，则不等式()210x f f x x ⎛⎫->⎪⎝⎭的解集为（）A. ()1,+∞B. (),1-∞C. ()2,+∞D. (),2-∞二、解答题4．已知函数()()2ln f x ax x a R =-+∈ .（1）讨论()f x 的单调性；（2）若存在()()1,,x f x a ∈+∞>-，求a 的取值范围.5．设函数()()222ln f x x ax x x x =-++-．（1）当2a =时，讨论函数()f x 的单调性；（2）若()0,x ∈+∞时， ()0f x >恒成立，求整数a 的最小值．6．已知函数()()()1ln ,af x x a xg x a R x+=-=-∈. 若1a =，求函数()f x 的极值；设函数()()()h x f x g x =-，求函数()h x 的单调区间；若在区间[]()1, 2.71828e e =⋯上不存在．．．0x ，使得()()00f x g x <成立，求实数a 的取值范围.7．已知函数()()ln ,f x x a x a R =-∈ . （1）当0a =时，求函数()f x 的极小值；（2）若函数()f x 在()0,+∞上为增函数，求a 的取值范围.8．已知函数()()2x f x x ax a e =--．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()0,2a ∈，对于任意[]12,4,0x x ∈-，都有()()2124a f x f x e me --<+恒成立，求m 的取值范围参考答1．A【解析】令()()()()()()0,02018xxf x f x f xg x g x g ee-<'=='=∴因此()2018xf x e < ()()()201800xf xg x g x e⇒<⇒⇒，选A.点睛：利用导数解抽象函数不等式，实质是利用导数研究对应函数单调性，而对应函数需要构造. 构造辅助函数常根据导数法则进行：如()()f x f x '<构造()()xf xg x e=， ()()0f x f x '+<构造()()xg x e f x =， ()()xf x f x '<构造()()f x g x x=， ()()0xf x f x +<'构造()()g x xf x =等2．D【解析】根据题意，设g （x ）=x 2f （x ），其导数g′（x ）=（x 2）′f （x ）+x 2•f （x ）=2xf （x ）+x 2•f （x ）=x[2f （x ）+xf'（x ）]，又由当x ＞0时，有2f （x ）+xf'（x ）<0成立，则数g′（x ）=x[2f （x ）+xf'（x ）]<0，则函数g （x ）在（0，+∞）上为减函数，若g （x ）=x 2f （x ），且f （x ）为偶函数，则g （-x ）=（-x ）2f （-x ）=x 2f （x ）=g （x ），即g （x ）为偶函数，所以()()2g e g < 即()()224f e f e<因为()f x 为偶函数，所以()()2f 2f -=,所以()()224f e f e -<故选D点睛：本题考查函数的导数与函数单调性的关系，涉及函数的奇偶性与单调性的应用，关键是构造函数g （x ）并分析g （x ）的单调性与奇偶性． 3．A【解析】令()()f x g x x=，则()()()2xf x f x g x x-=''∵()()f x xf x >'∴()()0xf x f x -<'，即()()()20xf x f x g x x '-='<在()0,+∞上恒成立∴()g x 在()0,+∞上单调递减∵()210x f f x x ⎛⎫->⎪⎝⎭∴()11f f x x x x⎛⎫ ⎪⎝⎭>，即()1g g x x ⎛⎫> ⎪⎝⎭∴1x x<，即1x >故选A点睛：本题首先需结合已知条件构造函数，然后考查利用导数判断函数的单调性，再由函数的单调性和函数值的大小关系，判断自变量的大小关系.4．（1）()f x 在⎛ ⎝上递增，在⎫+∞⎪⎭上递减.；（2）1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭. 【解析】试题分析：（1）对函数()f x 求导，再根据a 分类讨论，即可求出()f x 的单调性；（2）将()f x a >-化简得()21ln 0a x x --<，再根据定义域()1,x ∈+∞，对a 分类讨论， 0a ≤时，满足题意， 0a >时，构造()()21ln g x a x x =--，求出()g x 的单调性，可得()g x 的最大值，即可求出a 的取值范围.试题解析：（1）()21122ax f x a x x-='=-+，当0a ≤时， ()0f x '>，所以()f x 在()0,+∞上递增，当0a > 时，令()0f x '=，得x =，令()0f x '>，得x ⎛∈ ⎝；令()0f x '<，得x ⎫∈+∞⎪⎭，所以()f x 在⎛ ⎝上递增，在⎫+∞⎪⎭上递减. （2）由()f x a >-，得()21ln 0a x x --<，因为()1,x ∈+∞，所以2ln 0,10x x --，当0a ≤时， ()21ln 0a x x --<满足题意，当12a ≥时，设()()()22211ln (1),0ax g x a x x x g x x -'=-->=>，所以()g x 在()1,+∞上递增，所以()()10g x g >=，不合题意，当102a <<时，令()0g x '>，得x ⎫∈+∞⎪⎭，令()0g x '<，得⎛⎝，所以()()max 10g x g g =<=，则()()1,0x g x ∃∈+∞<，综上， a 的取值范围是1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭. 点睛：本题考查函数的单调性及恒成立问题，涉及函数不等式的证明，综合性强，难度大，属于难题.处理导数大题时，注意分层得分的原则.一般涉及求函数单调性时，比较容易入手，求导后注意分类讨论，对于恒成立问题一般要分离参数，然后利用函数导数求函数的最大值或最小值，对于含有不等式的函数问题，一般要构造函数，利用函数的单调性来解决，但涉及技巧比较多，需要多加体会. 5．(1) f （x ）递增区间为（0，12），（1，+∞），递减区间为（12，1）；(2)1. 【解析】试题分析：（1）求出函数f （x ）的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；（2）问题转化为a>x-2（x-1）lnx 恒成立，令g （x ）=x-2（x-1）lnx ，根据函数的单调性求出a 的最小值即可．试题解析：（1）由题意可得f （x ）的定义域为（0，+∞），当a=2时，f （x ）=﹣x 2+2x+2（x 2﹣x ）lnx ，所以f′（x ）=﹣2x+2+2（2x ﹣1）lnx+2（x2﹣x ）•=（4x ﹣2）lnx ，由f'（x ）＞0可得：（4x ﹣2）lnx ＞0，所以或，解得x ＞1或0＜x ＜；由f'（x ）＜0可得：（4x ﹣2）lnx ＜0，所以或，解得：＜x ＜1．综上可知：f （x ）递增区间为（0，），（1，+∞），递减区间为（，1）．（2）若x ∈（0，+∞）时，f （x ）＞0恒成立，即a ＞x ﹣2（x ﹣1）lnx 恒成立，令g （x ）=x ﹣2（x ﹣1）lnx ，则a ＞g （x ）max ．因为g′（x ）=1﹣2（lnx+）=﹣2lnx ﹣1+，所以g'（x ）在（0，+∞）上是减函数，且g'（1）＞0，g′（2）＜0，故存在x 0∈（1，2）使得g （x ）在（0，x 0）上为增函数，在（x 0，+∞）上是减函数， ∴x=x 0时，g （x ）max =g （x 0）≈0， ∴a ＞0，又因为a ∈Z ，所以a min =1．点睛：导数问题经常会遇见恒成立的问题：（1）根据参变分离，转化为不含参数的函数的最值问题；（2）若()0f x >就可讨论参数不同取值下的函数的单调性和极值以及最值，最终转化为()min 0f x >，若()0f x <恒成立，转化为()max 0f x <;（3）若()()f x g x >恒成立，可转化为()()min max f x g x >.6．（1）极小值为()11f =；（2）见解析（3）2121e a e +-≤≤-【解析】试题分析：（1）先求导数，再求导函数零点，列表分析导数符号，确定极值（2）先求导数，求导函数零点，讨论1a +与零大小，最后根据导数符号确定函数单调性（3）正难则反，先求存在一点0x ,使得()()00f x g x <成立时实数a 的取值范围，由存在性问题转化为对应函数最值问题，结合（2）单调性可得实数a 的取值范围，最后取补集得结果试题解析：解：（I ）当1a =时， ()()1ln '01x f x x x f x x x-=-⇒=>⇒>，列极值分布表 ()f x ∴在（0,1）上递减，在1+∞（，）上递增，∴()f x 的极小值为()11f =；（II ）()1ln a h x x a x x+=-+ ()()()211'x x a h x x ⎡⎤+-+⎣⎦∴=①当1a ≤-时， ()()'0,h x h x >∴在0+∞（，）上递增； ②当1a >-时， ()'01h x x a >⇒>+，∴()h x 在0,1a +（）上递减，在()1,a ++∞上递增；（III ）先解区间[]1,e 上存在一点0x ,使得()()00f x g x <成立()()()0h x f x g x ⇔=-<在[]1,e 上有解⇔当[]1,x e ∈时， ()min 0h x <由（II ）知①当1a ≤-时， ()h x 在[]1,e 上递增， ()min 1202h h a a ∴==+<⇒<- ∴2a <- ②当1a >-时， ()h x 在0,1a +（）上递减，在()1,a ++∞上递增当10a -<≤时， ()h x 在[]1,e 上递增， ()min 1202h h a a ∴==+<⇒<- a ∴无解当1a e ≥-时， ()h x 在[]1,e 上递减()2min1101a e h h e e a a e e ++∴==-+⇒-，∴211e a e +>-；当01a e <<-时， ()h x 在[]1,1a +上递减，在()1,a e +上递增 ()()min 12ln 1h h a a a a ∴=+=+-+令()()()2ln 121ln 1a a a F a a aa +-+==+-+，则()221'01F a a a=--<+ ()F a ∴在()0,1e -递减， ()()2101F a F e e ∴>-=>-， ()0F a ∴<无解，即()min 2ln 10h a a a =+-+<无解；综上：存在一点0x ,使得()()00f x g x <成立，实数a 的取值范围为： 2a <-或211e a e +>-.所以不存在一点0x ，使得()()00f x g x <成立，实数a 的取值范围为.点睛：函数单调性问题，往往转化为导函数符号是否变号或怎样变号问题，即转化为方程或不等式解的问题（有解，恒成立，无解等），而不等式有解或恒成立问题，又可通过适当的变量分离转化为对应函数最值问题.7．（1）1e-（2）21,e ⎛⎤-∞-⎥⎝⎦【解析】试题分析：（1）当0a =时，得出函数的解析式，求导数，令()'0f x =，解出x 的值，利用导数值的正负来求其单调区间进而求得极小值；（2）求出()'f x ，由于函数()f x 在()0,+∞是增函数，转化为()'0f x ≥对任意()0,x ∈+∞恒成立，分类参数，利用导数()ln g x x x x =+的最小值，即可求实数a 的取值范围．试题解析：（1）定义域为()0,+∞．当0a =时， ()ln f x x x =， ()'ln 1f x x =+．令()'0f x =，得1x e=．当10,x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时， ()'0f x <， ()f x 为减函数；当1,x e ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时， ()'0f x >， ()f x 为增函数．所以函数()f x 的极小值是11f e e⎛⎫=- ⎪⎝⎭．（2）由已知得()'ln x af x x x-=+．因为函数()f x 在()0,+∞是增函数，所以()'0f x ≥对任意()0,x ∈+∞恒成立，由()'0f x ≥得ln 0x ax x-+≥，即ln x x x a +≥对任意的()0,x ∈+∞恒成立．设()ln g x x x x =+，要使“ln x x x a +≥对任意()0,x ∈+∞恒成立”，只要()min a g x ≤. 因为()'ln 2g x x =+，令()'0g x =，得21x e=．当210,x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时， ()'0g x <， ()g x 为减函数；当21,x e ⎛⎫∈+∞⎪⎝⎭时， ()'0g x >， ()g x 为增函数．所以()g x 的最小值是2211g ee ⎛⎫=-⎪⎝⎭．故函数()f x 在()0,+∞是增函数时，实数a 的取值范围是21,e ⎛⎤-∞-⎥⎝⎦．点睛：本题主要考查了导数在函数中的综合应用，解答中涉及到利用导数求解函数的单调区间，利用导数求解函数的极值与最值等知识点的综合应用，这属于教学的重点和难点，应熟练掌握，试题有一定的综合性，属于中档试题，解答中把函数()f x 在()0,+∞是增函数，所以()'0f x ≥对任意()0,x ∈+∞恒成立是解答的关键．8．（1）见解析；（2）231e m e +>.【解析】试题分析：（1）求出()'f x ，分三种情况讨论，分别令()'0f x >求得x 的范围，可得函数()f x 增区间， ()'0f x <求得x 的范围，可得函数()f x 的减区间；（2）由（1）知，所以()()()2m a x24f x f a e -=-=+，()()()443+160f a e a f --=>-=，()()2124a f x f x e me --<+恒成立，即()222144a a e e e me ---++<+恒成立，即()21aa m e e ->+恒成立，利用导数研究函数的单调性，求出()21aa e e -+的最大值，即可得结果. 试题解析：（1）()()()2xf x x x a e '=+-①若2a <-，则()f x 在(),a -∞， ()2,-+∞上单调递增，在(),2a -上单调递减；②2a =-，则(),-∞+∞在上单调递增；③若2a >-，则()f x 在(),2-∞-， (),a +∞上单调递增，在()2,a -上单调递减；（2）由1知，当()0,2a ∈时， ()f x 在()4,2--上单调递增，在()2,0-单调递减，所以()()()2max 24f x f a e -=-=+， ()()()443+160f a ea f --=>-=，故()()()()12max20f x f x f f -=--= ()()222414a e a a e e ---++=++，()()2124a f x f x e me --<+恒成立，即()222144a a e e e me ---++<+恒成立即()21aa m e e ->+恒成立，令()(),0,2xxg x x e =∈，易知()g x 在其定义域上有最大值()11g e=，所以231e m e +>。

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函数与导数练习题(有答案)————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期：函数与导数练习题（高二理科）1．下列各组函数是同一函数的是（）①3()2f x x =-与()2g x x x =-；②()f x x =与2()g x x =； ③0()f x x =与01()g x x=；④2()21f x x x =--与2()21g t t t =--. A 、①② B 、①③ C 、③④ D 、①④ 2．函数24++=x x y 的定义域为 . 3．若)(x f 是一次函数，14)]([-=x x f f 且，则)(x f = .4．如果函数2()2(1)2f x x a x =+-+在区间(],4-∞上单调递减，那么实数a 的取值范围是（）A 、3a -≤B 、3a -≥C 、a ≤5D 、a ≥5 5．下列函数中，在()0,2上为增函数的是（）A ．12log (1)y x =+ B ．22log 1y x =- C ．21log y x = D ．212log (45)y x x =-+ 6．)(x f y =的图象关于直线1-=x 对称，且当0>x 时，,1)(xx f =则当2-<x 时，=)(x f . 7．函数21)(++=x ax x f 在区间),2(+∞-上为增函数，则a 的取值范围是 . 8．偶函数)(x f 在0-，（∞）上是减函数，若)(lg -1)(x f f <，则实数x 的取值范围是． 9．若=-=-33)2lg()2lg(,lg lg y xa y x 则（）A ．a 3B ．a 23 C ．a D ．2a 10．若定义运算ba ba b aa b<⎧⊕=⎨≥⎩，则函数()212log log f x x x =⊕的值域是（） A [)0,+∞ B (]0,1 C [)1,+∞ D R 11．函数]1,0[在x a y =上的最大值与最小值的和为3，则=a （）A ．21B ．2C ．4D ．41 12．已知幂函数)(x f y =的图象过点=)9(),2,2(f 则.13．已知1x 是方程3lg =+x x 的根，2x 是方程310=+x x 的根，则21x x +值为 .14．函数⎪⎩⎪⎨⎧+∞∈--∞∈-=--),2(,22]2,(,2211x x y x x 的值域为 .15．设1232,2()((2))log (1) 2.x e x f x f f x x -⎧⎪=⎨-≥⎪⎩＜，则的值为， . 16．若2)5(12-=-x f x ，则=)125(f .17．根据表格中的数据，可以断定方程02=--x e x 的一个根所在的区间是（）x －1 0 1 2 3 x e0.3712.727.39 20.09 2+x1 2 345A ．（－1，0）B ．（0，1）C ．（1，2）D ．（2，3）18．若一次函数b ax x f +=)(有一个零点2，那么函数ax bx x g -=2)(的零点是 . 19．关于x 的方程0|34|2=-+-a x x 有三个不相等的实数根，则实数a 的值是 . 20．关于x 的方程ax lg 11)21(-=有正根，则实数a 的取值范围是 .21．设'()f x 是函数()f x 的导函数，将()y f x =和'()y f x =的图象画在同一个直角坐标系中，不可能正确的是（）A B C D22．函数231()23f x x x =-在区间[0,6]上的最大值是．23．曲线3x y =在点()1,1处的切线与x 轴、直线2=x 所围成的三角形的面积为 . 24．直线12y x b =+是曲线()ln 0y x x =>的一条切线，则实数=b ． 25．已知函数()24(0)2(0)12(0)x x f x x x x ⎧->⎪==⎨⎪-<⎩，（1）画出函数()f x 图像；（2）求()()()21(),3f a a R f f +∈的值；（3）当43x -≤<时，求()f x 取值的集合. 26．已知函数.93)(23a x x x x f +++-=（1）求)(x f 的单调减区间；（2）若)(x f 在区间[－2，2]．上的最大值为20，求它在该区间上的最小值．27．已知函数()32f x x ax bx c =-+++在(),0-∞上是减函数，在()0,1上是增函数，函数()f x 在R上有三个零点，且1是其中一个零点．（1）求b 的值；（2）求()2f 的取值范围；（3）试探究直线1y x =-与函数()y f x =的图像交点个数的情况，并说明理由．28．已知函数()212xx f x e ax =---，（其中a R ∈． 2.71828e =L 无理数）（1）若12a =-时，求曲线()y f x =在点()1,(1)f 处的切线方程；（2）当12x ≥时，若关于x 的不等式()0f x ≥恒成立，试求a 的最大值．29．设2()(1)x f x e ax x =++，且曲线)(x f y =在1=x 处的切线与x 轴平行．（1）求a 的值，并讨论)(x f 的单调性；（2）证明：当]2,0[πθ∈时，2)(sin )(cos <-θθf f ．30．已知函数()ln ()1af x x a x =+∈+R ．（1）当29=a 时，如果函数k x f x g -=)()(仅有一个零点，求实数k 的取值范围；（2）当2=a 时，试比较)(x f 与1的大小；（3）求证：121715131)1ln(+++++>+n n Λ（n *N ∈）．《函数与导数练习题》参考答案1．C ； 2．4{-≥x x 且}2-≠x ； 3．312-x 或12+-x ； 4．A ； 5． D ；6．21+-x ； 7．21>a ； 8．),10()101,0(+∞⋃； 9．a 3； 10．A ； 11．B ； 12．3； 13．3； 14．]0,2(-； 15．2； 16．0； 17．C ； 18．21-和0； 19．1； 20．)10,101(；21．D ； 22．332； 23．38；24．12ln -；25．（1）如右图所示。

（2）32)1(4)1(24222+--=+-=+a a a a f ，11)5())3((=-=f f f 。

（3）{}|59y y -<≤。

26．27．（1）∵()32f x x ax bx c =-+++，∴()232f x x ax b '=-++． ∵()f x 在(),0-∞上是减函数，在()0,1上是增函数，∴当0x =时，()f x 取到极小值，即()00f '=． ∴0b =．（2）由（1）知，()32f x x ax c =-++， ∵1是函数()f x 的一个零点，即()10f =，∴1c a =-．∵()2320f x x ax '=-+=的两个根分别为10x =，223ax =． ∵()f x 在()0,1上是增函数，且函数()f x 在R 上有三个零点，∴2213a x =>，即32a >．∴()()52841372f a a a =-++-=->-．故()2f 的取值范围为5,2⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭．（3）由（2）知()321f x x ax a =-++-，且32a >．要讨论直线1y x =-与函数()y f x =图像的交点个数情况，即求方程组321,1y x y x ax a=-⎧⎨=-++-⎩解的个数情况．由3211x ax a x -++-=-，得()()()321110x a x x ---+-=．即()()()()()2111110x x x a x x x -++--++-=．即()()()21120x x a x a ⎡⎤-+-+-=⎣⎦．∴1x =或()()2120x a x a +-+-=．由方程()()2120x a x a +-+-=，（*）得()()2214227a a a a ∆=---=+-． ∵32a >，若0∆<，即2270a a +-<，解得32212a <<-．此时方程（*）无实数解．若0∆=，即2270a a +-=，解得221a =-．此时方程（*）有一个实数解21x =-．若0∆>，即2270a a +->，解得221a >-．此时方程（*）有两个实数解，分别211272a a a x --+-=，221272a a a x -++-=．且当2a =时，10x =，21x =．综上所述，当32212a <<-时，直线1y x =-与函数()y f x =的图像有一个交点．当221a =-或2a =时，直线1y x =-与函数()y f x =的图像有二个交点．当221a >-且2a ≠时，直线1y x =-与函数()y f x =的图像有三个交点．28．（1）当12a =-时，()()2111,222xx x f x e x f x e x '=-+-=-+，从而得()()111,12f e f e '=-=-，故曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为11()(1)2y e e x -+=--，即11022e x y ⎛⎫---= ⎪⎝⎭. （2）由()0f x ≥，得22111121,,22x x e x ax e x x a x--≤--≥∴≤Q ，令()2112,x e x g x x --=则()()221112,x e x x g x x--+'= 再令21()(1)1,2x x e x x ϕ=--+则 ()()1(1),,02x x x e x x ϕϕ''=-≥∴>Q ，即()x ϕ在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上单调递增.所以()x ϕ170282e ϕ⎛⎫≥=-> ⎪⎝⎭，因此()()100,2x g x x ϕ⎛⎫⎡⎫'>⇒>∈+∞⎪ ⎪⎢⎣⎭⎝⎭，故()g x 在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上单调递增. 则()()12min1119821242e g x g x g e --⎛⎫≥===-⎡⎤ ⎪⎣⎦⎝⎭，因此 max a =924e -.30．（1）当29=a 时，)1(29ln )(++=x x x f ，定义域是),0(+∞，22)1(2)2)(12()1(291)(+--=+-='x x x x x x x f ，令0)(='x f ，得21=x 或2=x ． Θ当210<<x 或2>x 时，0)(>'x f ，当221<<x 时，0)(<'x f ，∴函数)(x f 在)21,0(、),2(+∞上单调递增，在)2,21(上单调递减．)(x f ∴的极大值是2ln 3)21(-=f ，极小值是2ln 23)2(+=f ．Θ当0+→x 时，-∞→)(x f ；当+∞→x 时，+∞→)(x f ， ∴当)(x g 仅有一个零点时，k 的取值范围是2ln 3->k 或2ln 23+<k ．（2）当2=a 时，12ln )(++=x x x f ，定义域为),0(+∞．令112ln 1)()(-++=-=x x x f x h ， 0)1(1)1(21)(222>++=+-='x x x x x x h Θ，)(x h ∴在),0(+∞上是增函数． 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 ．（3）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 n k k k k 111211ln ．∑=+=+nk k k n 11ln )1ln(Θ， 1215131)1ln(++++>+∴n n Λ．。