高考函数与导数核心
2025高中数学八大核心知识函数指数型函数取对数问题--2024高考数学压轴大题秒杀(解析版)
指数型函数取对数问题考情分析函数与导数一直是高考中的热点与难点, 在导数解答题中有些指数型函数，直接求导运算非常复杂或不可解，这时常通过取对数把指数型函数转化对数型函数求解，特别是涉及到形如a f x 的函数取对数可以起到化繁为简的作用，此外有时取对数还可以改变式子结构，便于发现解题思路，故取对数的方法在解高考导数题中有时能大显身手.解题秘籍(一)等式两边同时取对数把乘法运算转化为对数运算，再构造函数通过两边取对数可把乘方运算转化为乘法运算，这种运算法则的改变或能简化运算，或能改变运算式子的结构，从而有利于我们寻找解题思路，因此两边取对数成为处理乘方运算时常用的一种方法.有时对数运算比指数运算来得方便，对一个等式两边取对数是解决含有指数式问题的常用的有效方法.1(2024届辽宁省大连市高三上学期期初考试)已知函数f x =ln x+1 ax.(1)讨论f x 的单调性；(2)若ex1x2=ex2x1(e是自然对数的底数)，且x1>0，x2>0，x1≠x2，证明：x21+x22>2.2025高中数学八大核心知识函数指数型函数取对数问题--2024高考数学压轴大题秒杀（解析版）(二)等式或不等式两边同时取对数把乘积运算运算转化为加法运算，形如f a g b =h c f a >0,g b >0,f c >0 或f a g b >h c 的等式或不等式通过两边取对数，可以把乘积运算，转化为加法运算，使运算降级.2(2024届辽宁省名校联盟高三上学期联考)已知a >0，b ∈R ，函数f x =ax ln x 和g x =b ln x +1 的图像共有三个不同的交点，且f x 有极大值1．(1)求a 的值以及b 的取值范围；(2)若曲线y =f x 与y =g x 的交点的横坐标分别记为x 1，x 2，x 3，且x 1<x 2<x 3．证明：x 23x 1x 2<e 2b -2．(三)把比较a,b a>0,b>0转化为比较ln a,ln b的大小比较两个指数式的大小，有时可以通过取对数，利用对数函数的单调性比较大小，如比较n n+1,n+1nn∈N∗,n>2的大小，可通过取对数转化为比较n+1ln n,n ln n+1的大小，再转化为比较ln n n,ln n+1n+1的大小，然后可以构造函数f x =ln xx，利用f x 的单调性比较大小.3一天，小锤同学为了比较ln1.1与110的大小，他首先画出了y=ln x的函数图像，然后取了离1.1很近的数字1，计算出了y=ln x在x=1处的切线方程，利用函数y=ln x与切线的图像关系进行比较. (1)请利用小锤的思路比較ln1.1与110大小(2)现提供以下两种类型的曲线y=ax2+b,y=kx+t，试利用小锤同学的思路选择合适的曲线，比较πe, e3的大小.三、典例展示1(2021全国甲卷高考试题)已知a>0且a≠1，函数f(x)=x aa x(x>0)．(1)当a=2时，求f x 的单调区间；(2)若曲线y=f x 与直线y=1有且仅有两个交点，求a的取值范围．2(2023届新疆高三第三次适应性检测)已知函数f(x)=ax2+(a+1)x ln x-1，g(x)=f(x) x．(1)讨论g x 的单调性；(2)若方程f(x)=x2e x+x ln x-1有两个不相等的实根x1,x2，求实数a的取值范围，并证明e x1+x2>e2x1x2．(1)求f x 的极值；(2)若f x 有两个零点a，b，且a<b，求证：e b+1b<2e m．4设函数f x =-ln x.(1)设λ1、λ2≥0且λ1+λ2=1，求证：对任意的x1、x2>0，总有xλ11xλ22≤λ1x1+λ2x2成立；(2)设x i>0，λi>0i=1,2,⋅⋅⋅,n，且ni=1λi=1，求证：xλ11xλ22⋅⋅⋅xλn n≤λ1x1+λ2x2+⋅⋅⋅+λn x n.(1)讨论g(x)的单调性；(2)若f x +2x≥g x +x a，对任意x∈(1,+∞)恒成立，求a的最大值；6已知函数f(x)=x ln x．(1)讨论f(x)的单调性；(2)设a，b为两个不相等的正数，且a b=b a，证明：2e <1a+1b<1．跟踪检测1已知函数f (x )=x ln x +a ,(a ∈R )．(1)求函数f x 的单调区间；(2)当0<a <1e时，证明：函数f x 有两个零点；(3)若函数g (x )=f (x )-ax 2-x 有两个不同的极值点x 1,x 2(其中x 1<x 2)，证明：x 1⋅x 22>e 3．2形如y =f (x )g (x )的函数称为幂指函数，幂指函数在求导时，可以利用对数法：在函数解析式两边取对数得ln y =ln f (x )g (x )=g (x )ln f (x )，两边对x 求导数，得y y =g (x )ln f (x )+g (x )f x f x，于是y =f (x )g (x )g (x )ln f (x )+g (x )f x f x.已知f (x )=2e x ln x ，g (x )=x 2+1.(1)求曲线y =f (x )在x =1处的切线方程；(2)若h (x )=f (x )，求h (x )的单调区间；(3)求证：∀x ∈(0,+∞),f (x )≥g (x )恒成立.3已知函数f(x)=e x2ln x(x>0)．(1)求f(x)的极值点．(2)若有且仅有两个不相等的实数x1,x20<x1<x2满足f x1=f x2=e k．(i)求k的取值范围(ⅱ)证明x e2-2e2≤e-e21x1．4已知f(x)=ln x-x，g(x)=mx+m.(1)记F(x)=f(x)+g(x)，讨论F(x)的单调区间；(2)记G(x)=f(x)+m，若G(x)有两个零点a，b，且a<b.请在①②中选择一个完成.①求证：2e m-1>1b+b；②求证：2e m-1<1a+a5已知a∈R，f(x)=x⋅e-ax，(其中e为自然对数的底数).(1)求函数y=f(x)的单调区间；(2)若a>0，函数y=f(x)-a有两个零点x，x2，求证：x21+x22>2e.6已知函数f x =axe-x a≠0存在极大值1 e.(1)求实数a的值；(2)若函数F x =f x -m有两个零点x1，x2x1≠x2，求实数m的取值范围，并证明：x1+x2>2.7已知函数f(x)=x(e2x-a),g(x)=bx+ln x.(1)若y=2x是曲线y=f(x)的切线，求a的值；(2)若g(x)有两不同的零点，求b的取值范围；(3)若b=1，且f(x)-g(x)≥1恒成立，求a的取值范围.8已知函数f(x)=ax ln x，a∈R．(1)当a=1时，①求f(x)的极值；②若对任意的x≥e都有f(x)≥mxe m x，m>0，求m的最大值；(2)若函数g(x)=f(x)+x2有且只有两个不同的零点x1，x2，求证：x1x2>e2．9已知函数f(x)=x ln x-ax2-x，g(x)=f(x)x，a∈R．(1)讨论g(x)的单调性；(2)设f(x)有两个极值点x1，x2x1<x2，证明：x41x2>e3．(e=2.71828⋯为自然对数的底数)10已知函数f x =e x-a ln xx-a(e为自然对数的底数)有两个零点．(1)若a=1，求f x 在x=1处的切线方程；(2)若f x 的两个零点分别为x1,x2，证明：e2-x1-x2-x1x2<0．11已知函数h x =x-a ln x a∈R.(1)若h x 有两个零点，a的取值范围；(2)若方程xe x-a ln x+x=0有两个实根x1、x2，且x1≠x2，证明：e x1+x2>e2 x1x2.12已知函数f x =e x-2t-ln x+2(1)若x=1是f x 的极值点，求t的值，并讨论f x 的单调性；(2)当t≤1时，证明：f x >2.指数型函数取对数问题考情分析函数与导数一直是高考中的热点与难点, 在导数解答题中有些指数型函数，直接求导运算非常复杂或不可解，这时常通过取对数把指数型函数转化对数型函数求解，特别是涉及到形如a f x 的函数取对数可以起到化繁为简的作用，此外有时取对数还可以改变式子结构，便于发现解题思路，故取对数的方法在解高考导数题中有时能大显身手.解题秘籍(一)等式两边同时取对数把乘法运算转化为对数运算，再构造函数通过两边取对数可把乘方运算转化为乘法运算，这种运算法则的改变或能简化运算，或能改变运算式子的结构，从而有利于我们寻找解题思路，因此两边取对数成为处理乘方运算时常用的一种方法.有时对数运算比指数运算来得方便，对一个等式两边取对数是解决含有指数式问题的常用的有效方法.1(2024届辽宁省大连市高三上学期期初考试)已知函数f x =ln x+1 ax.(1)讨论f x 的单调性；(2)若ex1x2=ex2x1(e是自然对数的底数)，且x1>0，x2>0，x1≠x2，证明：x21+x22>2.【解析】(1)函数f(x)=ln x+1ax的定义域为(0,+∞)，求导得则f(x)=-ln xax2，由f (x)=0得x=1，若a<0，当0<x<1时，f (x)<0，则f(x)单调递减，当x>1时，f (x)>0，则f(x)单调递增，若a>0，当0<x<1时，f (x)>0，则f(x)单调递增，当x>1时，f (x)<0，则f(x)单调递减；所以当a<0时，函数f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增；当a>0时，函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减.(2)由ex1x2=ex2x1，两边取对数得x2ln x1+1=x1ln x2+1，即ln x1+1x1=ln x2+1x2，由(1)知，当a=1时，函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，f(x)max=f(1)=1，而f1e=0，x>1时，f(x)>0恒成立，因此当a=1时，存在x1,x2且0<x1<1<x2，满足f x1=f x2，若x2∈[2,+∞)，则x21+x22>x22≥4>2成立；若x2∈(1,2)，则2-x2∈(0,1)，记g(x)=f(x)-f(2-x)，x∈(1,2)，则g (x)=f (x)+f (2-x)=-ln xx2-ln(2-x)(2-x)2>-ln xx2-ln(2-x)x2=-ln[-(x-1)2+1]x2>0，即有函数g(x)在(1,2)上单调递增，g(x)>g(1)=0，即f(x)>f(2-x)，于是f x1=f x2>f2-x2，而x2∈(1,2)，2-x2∈(0,1)，x1∈(0,1)，函数f(x)在(0,1)上单调递增，因此x1>2-x2，即x1+x2>2，又x 21+1>2x 21=2x 1,x 22+1>2x 22=2x 2，则有x 21+1+x 22+1>2x 1+x 2 >4，则x 21+x 22>2，所以x 21+x 22>2.(二)等式或不等式两边同时取对数把乘积运算运算转化为加法运算，形如f a g b =h c f a >0,g b >0,f c >0 或f a g b >h c 的等式或不等式通过两边取对数，可以把乘积运算，转化为加法运算，使运算降级.2(2024届辽宁省名校联盟高三上学期联考)已知a >0，b ∈R ，函数f x =ax ln x 和g x =b ln x +1 的图像共有三个不同的交点，且f x 有极大值1．(1)求a 的值以及b 的取值范围；(2)若曲线y =f x 与y =g x 的交点的横坐标分别记为x 1，x 2，x 3，且x 1<x 2<x 3．证明：x 23x 1x 2<e 2b -2．【解析】(1)因为a >0，x ∈0,+∞ ，所以当x ≥1时，f x =ax ln x ，f x =a ln x +a >0，所以f x 在1,+∞ 上单调递增，无极大值；当x ∈0,1 时，f x =-ax ln x ，f x =-a ln x +1 ，所以当x ∈0,1e时，f x >0，f x 单调递增，当x ∈1e ,1时，f 'x <0，f x 单调递减，所以x =1e为极大值点，所以f 1e=-a ⋅1e ⋅ln 1e=1，解得a =e ．因为f x ，g x 图像共有三个不同的交点，所以方程ex ln x =b ln x +1 有三个不等正实根．设t =ln x +1，则x =e t -1，且当x >0时，t 与x 一一对应，所以问题转化为关于t 的方程e t t -1 =b t 有三个不等实根．又0不满足方程e t t -1 =b t ，所以方程b =t -1te t有三个实根．设h t =t -1te t ，则函数h t =t -1t e t与函数y =b 的图像有三个交点，当t ≥1或t <0时，h t =t -1te t，∴h t =t 2-t +1t2e t>0，所以h t 在-∞,0 ，1,+∞ 上单调递增；当0<t <1时，h t =-t -1 ett，ht =-t 2-t +1t 2e t<0，所以h t 在0,1 上单调递减．当t ≠0，t ≠1时，h t >0，而h 1 =0；当t →-∞时，h t =1-1te t→0，无论t >0还是t <0，当t →0时，都有h t =1-1te t→+∞，当t →+∞时，h t =1-1te t→+∞．根据以上信息，画出函数h t 的大致图像如下图所示，所以当b >0时，函数h t =t -1te t与函数y =b 的图像有三个交点，故b 的取值范围为0,+∞ ．(2)证明：要证x 23x 1x 2<e 2b -2，只需证2ln x 3-ln x 2+ln x 1<2b -2，只需证2ln x 3+1 -ln x 2+1 +ln x 1+1 <2b ．设(1)中方程的b =t -1te t三个根分别为t 1，t 2，t 3，且t 1<t 2<t 3，t i =ln x i +1，i =1，2，3，从而只需证明2t 3-t 2+t 1<2b ．又由(1)的讨论知t 1<0，0<t 2<1，t 3>1．下面先证明e x ≥x +1，设φx =e x -x -1，则φ x =e x -1．当x >0时，φ x >0，φx 在0,+∞ 上单调递增，当x <0时，φ x <0，φx 在-∞,0 上单调递增，所以φx ≥φ0 =0，所以当x ≠0时，e x >x +1，从而当t ≠0，t ≠1时，h t =t -1te t >t -1tt +1 ．又由(1)知h t 在-∞,0 ，1,+∞ 上单调递增，h t 在0,1 上单调递减．所以当t>1时，h t >t2-1t=t-1t，令b=t-1t，解得t=b+b2+42，由h t3=b<hb+b2+42得t3<b+b2+42；当0<t<1时，h t >1t-t，令b=1t-t，解得t=-b+b2+42，由h t2=b<h-b+b2+42得t2>-b+b2+42；当t<0时，h t >t-1t，令b=t-1t，解得t=b-b2+42，由h t1=b<hb-b2+42得t1<b-b2+42．综上，2t3-t2+t1<b+b2+4--b+b2+42+b-b2+42=2b，得证．(三)把比较a,b a>0,b>0转化为比较ln a,ln b的大小比较两个指数式的大小，有时可以通过取对数，利用对数函数的单调性比较大小，如比较n n+1,n+1nn∈N∗,n>2的大小，可通过取对数转化为比较n+1ln n,n ln n+1的大小，再转化为比较ln n n,ln n+1n+1的大小，然后可以构造函数f x =ln xx，利用f x 的单调性比较大小.3一天，小锤同学为了比较ln1.1与110的大小，他首先画出了y=ln x的函数图像，然后取了离1.1很近的数字1，计算出了y=ln x在x=1处的切线方程，利用函数y=ln x与切线的图像关系进行比较. (1)请利用小锤的思路比較ln1.1与110大小(2)现提供以下两种类型的曲线y=ax2+b,y=kx+t，试利用小锤同学的思路选择合适的曲线，比较πe, e3的大小.【解析】(1)构造函数f(x)=ln x-x+1，由f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，得f(x)≤f(1)=0，即ln x≤x-1，取x=1，得ln1.1<0.1(2)通过取对数，把比较πe,e3的大小转化为比较e lnπ与3的大小，即比较lnπ与3e大小选y=ax2+b，令y=ln x与y=ax2+b公切于e则有ln e=ae2+b1e=-2ae3⇒a=-e22,b=32，∴y=-e22x2+3 2记g (x )=ln x +e 22x 2-32,g (x )=1x -e 2x 3=x 2-e 2x 3，∴g (x )在(0,e )上单调递减，在(e ,+∞)上单调递增,∴g (x )≥g (e )=0,∴ln x ≥-e 22x 2+32∴lnπ>-e 22π2+32，下证：32-e 22π2>3e 只需证3e +e 22π2<32∵3e +e 22π2<32.7+(2.72)22×(3.1)2=109+(2.72)22×(3.1)2只需证 2.723.1 2<79∵2.723.1<0.88,(0.88)2=0.7744而79=0.777>0.7744,∴lnπ>3e，即πe >e 3选y =kx +t ，通过取对数，把比较πe ,e 3的大小转化为比较e lnπ与3的大小，即比较lnπ与3e大小，即较ln1π与-3e大小令y =ln x 与y =kx +t 切于1e，则有ln 1e =k 1e +t e =k⇒k =e ,t =-2,∴y =ex -2令g (x )=ln x -ex +2,g (x )=1x -e =1-ex x∴g (x )在0,1e上单调递增，在1e ,+∞ 上单调递减,∴g (x )≤g 1e =0,∴ln x ≤ex -2，当x =1e取等∴ln 1π≤e π-2下证e π-2<-3e ，只需证e π+3e<2∵e π+3e <2.723.1+32.7<0.88+109，∵2-109=89=0.8 >0.88,∴ln 1π<-3e ,∴lnπ>3e,∴πe >e 3.三、典例展示1(2021全国甲卷高考试题)已知a >0且a ≠1，函数f (x )=x aa x (x >0)．(1)当a =2时，求f x 的单调区间；(2)若曲线y =f x 与直线y =1有且仅有两个交点，求a 的取值范围．【解析】(1)当a =2时，f x =x 22x ,f x =2x ⋅2x -x 2⋅2x ln22x 2=x ⋅2x 2-x ln2 4x ,令f 'x =0得x =2ln2,当0<x <2ln2时，f x >0,当x >2ln2时，f x <0,∴函数f x 在0,2ln2上单调递增；2ln2,+∞ 上单调递减；(2)f x =x a a x=1⇔a x =x a⇔x ln a =a ln x ⇔ln x x =ln a a ,设函数g x=ln x x ,则g x =1-ln xx2,令g x =0，得x =e ,在0,e 内g x >0,g x 单调递增；在e ,+∞ 上g x <0,g x 单调递减；∴g x max =g e =1e,又g 1 =0，当x 趋近于+∞时，g x 趋近于0，所以曲线y =f x 与直线y =1有且仅有两个交点，即曲线y =g x 与直线y =aln a有两个交点的充分必要条件是0<ln a a <1e,这即是0<g a <g e ,所以a 的取值范围是1,e ∪e ,+∞ ．2(2023届新疆高三第三次适应性检测)已知函数f (x )=ax 2+(a +1)x ln x -1，g (x )=f (x )x．(1)讨论g x 的单调性；(2)若方程f (x )=x 2e x +x ln x -1有两个不相等的实根x 1,x 2，求实数a 的取值范围，并证明e x 1+x 2>e 2x 1x 2．【解析】(1)因为g (x )=ax +(a +1)ln x -1x，所以g x =a +a +1x +1x 2=(x +1)(ax +1)x 2(x >0)，当a ≥0时，g x >0，所以g (x )在区间(0,+∞)上单调递增，当a <0时，令g x >0，得0<x <-1a ；令g x <0，得x >-1a，所以g (x )在区间0,-1a上单调递增，在区间-1a ,+∞ 上单调递减，综上当a ≥0时，g (x )在区间(0,+∞)上单调递增，当a <0时，g (x )在区间0,-1a上单调递增，在区间-1a ,+∞ 上单调递减.(2)方程f (x )=x 2e x +x ln x -1，即ax +a ln x =xe x ，等价于a ln xe x =xe x ，令t =xe x >0，其中x >0，则a ln t =t ，显然t ≠1，令h t =tln t，则ht =ln t-1ln2t，所以h t 在区间0,1上单调递减，且由x→0时h t <0可得在区间0,1上h(t)<0，h t 在区间(1,e)上单调递减，在区间(e,+∞)上单调递增，所以h(t)极小值=h(e)=e，因为方程f(x)=x2e x+x ln x-1有两个实根x1,x2，所以关于t的方程a=tln t有两个实根t1，t2，且t1=x1e x1，t2=x2e x2，所以a∈(e,+∞)，要证e x1+x2>e2x1x2，即证x1e x1⋅x2e x2>e2，即证t1t2>e2，只需证ln t1+ln t2>2，因为t1=a ln t1t2=a ln t2，所以t1-t2=a ln t1-ln t2t1+t2=a ln t1+ln t2，整理可得t1+t2t1-t2=ln t1+ln t2ln t1-ln t2，不妨设t1>t2>0，则只需证ln t1+ln t2=t1+t2t1-t2lnt1t2>2，即ln t1t2>2t1-t2t1+t2=2t1t2-1t1t2+1，令s=t1t2>1，p(s)=ln s-2(s-1)s+1，其中s>1，因为p s =1s-4(s+1)2=(s-1)2s(s+1)2>0，所以p s 在区间(1,+∞)上单调递增，所以h(s)>h(1)=0，故e x1+x2>e2x1x2．3已知函数，f x =ln x-x+m，m∈R．(1)求f x 的极值；(2)若f x 有两个零点a，b，且a<b，求证：e b+1b<2e m．【解析】(1)函数f x 的定义域为0,+∞，f x =1x-1．当0<x<1时，f x >0，则f x 在0,1上单调递增；当x>1时，f x <0，则f x 在1,+∞上单调递减，所以函数f x 的极大值为f1 =m-1，无极小值．(2)令f x =0，则m=x-ln x．设h x =x-ln x x>0，则h'x =1-1x=x-1x，易知函数h x 在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增．又h1 =1，所以h x ≥1，又f x 有两个零点，所以m >1．因为a <b ，所以0<a <1<b ．要证e b +1b <2e m ，即证2e m -1>b +1b，即证ln2+m -1>lnb 2+1b=ln b 2+1 -ln b ．又f b =0，则m =b -ln b ，故即证ln2+b -ln b -1>ln b 2+1 -ln b ，即证ln2-1>ln b 2+1 -b ．设t b =ln b 2+1 -b ，b >1，则t 'b =2b b 2+1-1=-b -1 2b 2+1<0，所以t b 在1,+∞ 上单调递减，所以t b <t 1 =ln2-1，故e b +1b<2e m 得证．4设函数f x =-ln x .(1)设λ1、λ2≥0且λ1+λ2=1，求证：对任意的x 1、x 2>0，总有x λ11x λ22≤λ1x 1+λ2x 2成立；(2)设x i >0，λi >0i =1,2,⋅⋅⋅,n ，且ni =1λi =1 ，求证：x λ11x λ22⋅⋅⋅x λn n ≤λ1x 1+λ2x 2+⋅⋅⋅+λn x n .【解析】(1)证明：x λ11x λ22≤λ1x 1+λ2x 2⇔ln x λ11x λ22 ≤ln λ1x 1+λ2x 2 ⇔λ1ln x 1+λ2ln x 2≤ln λ1x 1+λ2x 2 ⇔f λ1x 1+λ2x 2 ≤λ1f x 1 +λ2f x 2 .不妨设0<x 1≤x 2，令g x =λ1f x +λ2f x 2 -f λ1x +λ2x 2 =ln λ1x +λ2x 2 -λ1ln x -λ2ln x 2，其中0<x ≤x 2，则g x =λ1λ1x +λ2x 2-λ1x =λ1x -λ1λ1x +λ2x 2 λ1x +λ2x 2 x =λ1x -λ1x -λ2x 2 λ1x +λ2x 2 x =λ1λ2x -x 2 λ1x +λ2x 2 x≤0，所以，函数g x 在区间0,x 2 上单调递减，因为x 1∈0,x 2 ，则g x 1 ≥g x 2 =ln x 2-ln x 2=0，所以，g x 1 =ln λ1x 1+λ2x 2 -λ1ln x 1-λ2ln x 2≥0，即λ1ln x 1+λ2ln x 2≤ln λ1x 1+λ2x 2 ，所以，当λ1、λ2≥0且λ1+λ2=1，对任意的x 1、x 2>0，总有x λ11x λ22≤λ1x 1+λ2x 2成立.(2)证明：x i >0，λi >0i =1,2,⋅⋅⋅,n ，且ni =1λi =1 ，要证x λ11x λ22⋅⋅⋅x λnn ≤λ1x 1+λ2x 2+⋅⋅⋅+λn x n .即证λ1ln x 1+λ2ln x 2+⋯+λn ln x n ≤ln λx 1+λ2x 2+⋯+λn x n ，即f λ1x 1+λ2x 2+⋅⋅⋅+λn x n ≤λ1f x 1 +λ2f x 2 +⋅⋅⋅+λn f x n ，当n=2时，由(1)可知，不等式成立，假设当n=k k≥2,k∈N∗时不等式成立，即fλ1x1+λ2x2+⋅⋅⋅+λk x k≤λ1f x1+λ2f x2+⋅⋅⋅+λk f x k，则当n=k+1时，设x k=λkλk+λk+1x k+λk+1λk+λk+1x k+1，由(1)可得f x k≤λkλk+λk+1f x k+λk+1λk+λk+1f x k+1，则fλ1x1+λ2x2+⋅⋅⋅+λk x k+λk+1x k+1=fλ1x1+λ2x2+⋅⋅⋅+λk-1x k-1+λk+λk+1x k≤λ1f x1+⋅⋅⋅+λk-1f x k-1+λk+λk+1f x k≤λ1f x1+⋅⋅⋅+λk f x k+λk+1f x k+1，这说明当n=k+1时，结论也成立，故对任意的n∈N∗，fλ1x1+λ2x2+⋅⋅⋅+λk x n≤λ1f x1+λ2f x2+⋅⋅⋅+λn f x n，所以，-lnλ1x1+λ2x2+⋅⋅⋅+λn x n≤-λ1ln x1-λ2ln x2-⋯-λn ln x n，因此，λ1ln x1+λ2ln x2+⋯+λn ln x n≤lnλx1+λ2x2+⋯+λn x n，故当x i>0，λi>0i=1,2,⋅⋅⋅,n，且ni=1λi=1时，xλ11xλ22⋅⋅⋅xλn n≤λ1x1+λ2x2+⋅⋅⋅+λn x n.5已知函数f(x)=e x,g(x)=x+a ln x,a∈R(1)讨论g(x)的单调性；(2)若f x +2x≥g x +x a，对任意x∈(1,+∞)恒成立，求a的最大值；【解析】(1)g (x)=1+ax=x+ax(x>0)，当a≥0时，g′(x)>0，g(x)在(0,+∞)上单调递增；当a<0时，令g′(x)>0，解得x>-a，令g′(x)<0，解得0<x<-a，∴g(x)在(0,-a)上单调递减，在(-a,+∞)上单调递增；综上，当a≥0时，g(x)在(0,+∞)上单调递增；当a<0时，g(x)在(0,-a)上单调递减，在(-a,+∞)上单调递增；(2)f(x)+2x≥g(x)+x a即为e x+x≥a ln x+x a，即e x+ln e x≥ln x a+x a，设h(x)=ln x+x(x>0)，则h (x)=1x+1=x+1x，易知函数h(x)在(0,+∞)上单调递增，而h(e x)≥h(x a)，所以e x≥x a(两边取对数)，即x≥a ln x，当x>1时，即为a≤xln x，设φ(x)=xln x(x>1)，则φ (x)=ln x-1ln2x，易知函数φ(x)在(0,e)上单调递减，在(e,+∞)上单调递增，∴φ(x)≥φ(e)=e，∴a≤e，即a的最大值为e．6已知函数f (x )=x ln x ．(1)讨论f (x )的单调性；(2)设a ，b 为两个不相等的正数，且a b =b a ，证明：2e <1a +1b <1．【解析】 (1)f (x )=ln x +1，定义域为(0,+∞)，由f (x )=0，解得x =1e ，由f (x )>0，解得x >1e，由f (x )<0，解得0<x <1e，所以f (x )的单调递增区间为1e ,+∞，单调递减区间为0,1e．(2)∵a ，b 为两个不相等的正数，且a b =b a ，∴b ln a =a ln b ，即1a ln 1a =1b ln 1b，由(1)可知f (x )min =f 1e =-1e，且f (1)=0，x →0时，f (x )→0，则令x 1=1a ,x 2=1b，则x 1,x 2为f (x )=k 的两根，且k ∈-1e ,0 ，不妨设x 1∈0,1e ,x 2∈1e ,1 ，则2e -x 1>1e，先证2e <x 1+x 2，即证x 2>2e -x 1，即证f x 2 =f x 1 >f 2e-x 1 ，令h (x )=f (x )-f 2e -x，即证在x ∈0,1e上，h (x )>0，则h (x )=f (x )-f 2e -x =ln x +ln 2e -x +2=ln -x 2+2ex +2，h (x )在0,1e上单调递增，即h (x )<h 1e =0，∴h (x )<0在0,1e上恒成立，即h (x )在0,1e 上单调递减，h (x )>h 1e =0，∴f (x )>f 2e -x，即可得x 2>2e-x 1；再证x 1+x 2<1，即证1e<x 2<1-x 1，由(1)f (x )单调性可得证f x 2 =f x 1 <f 1-x 1 ，令φ(x )=f (x )-f (1-x ),x ∈0,1e，φ (x )=ln x +ln (1-x )+2=ln -x 2+x +2，φ (x )在0,1e上单调递增，∴φ (x)=φ 1e>0，且当x→0,φ (x)<0，所以存在x0使得φ x0=0，即当x∈0,x0时，φ (x)<0,φ(x)单调递减，当x∈x0,1 e时，φ (x)>0,φ(x)单调递增，又有x→0,φ(x)<0，且φ1e=f1e -f1-1e<0，所以φ(x)<0恒成立，∴x 1+x2<1，则2e<1a+1b<1，即可证得．四、跟踪检测1已知函数f(x)=x ln x+a,(a∈R)．(1)求函数f x 的单调区间；(2)当0<a<1e时，证明：函数f x 有两个零点；(3)若函数g(x)=f(x)-ax2-x有两个不同的极值点x1,x2(其中x1<x2)，证明：x1⋅x22>e3．【解析】(1)f x =ln x+1,x>0，当0<x<1e时，fx <0，当x>1e时，fx >0，所以函数f x 在0,1 e上递减，在1e,+∞上递增，所以函数f x 的单调区间为0,1 e和1e,+∞；(2)证明：由(1)知f x min=f1e=-1e+a，因为0<a<1e，所以f1e<0，又当x→0+时，f x >0，f e =e+a>0，所以函数在0,1 e上存在一个零点，在1e,e上存在一个零点，所以函数f x 有两个零点；(3)证明：g(x)=f(x)-ax2-x=x ln x--ax2-x+a,(x>0)，则g x =ln x-2ax，因为函数g(x)有两个不同的极值点x1,x2(其中x1<x2)，所以ln x1=2ax1，ln x2=2ax2，要证x 1⋅x 22>e 3等价于证ln x 1⋅x 22 >ln e 3，即证ln x 1+2ln x 2>3，所以3<ln x 1+2ln x 2=2ax 1+4ax 2=2a x 1+2x 2 ，因为0<x 1<x 2，所以2a >3x 1+2x 2，又ln x 1=2ax 1，ln x 2=2ax 2，作差得ln x 1x 2=a x 1-x 2 ，所以a =ln x1x 2x 1-x 2，所以原不等式等价于要证明2ln x1x 2x 1-x 2>3x 1+2x 2，即2ln x 1x 2<3x 1-x 2 x 1+2x 2，令t =x 1x 2,t ∈0,1 ，则上不等式等价于要证：2ln t <3t -1t +2,t ∈0,1 ，令h t =2ln t -3t -1t +2,t ∈0,1 ，则ht =2t -9t +2 2=2t 2-t +8t t +2 2>0,t ∈0,1 ，所以函数h t 在0,1 上递增，所以h t <h 1 =0，所以2ln t <3t -1t +2,t ∈0,1 ，所以x 1⋅x 22>e 3．2形如y =f (x )g (x )的函数称为幂指函数，幂指函数在求导时，可以利用对数法：在函数解析式两边取对数得ln y =ln f (x )g (x )=g (x )ln f (x )，两边对x 求导数，得y y =g(x )ln f (x )+g (x )f x f x，于是y =f (x )g (x )g(x )ln f (x )+g (x )f x f x.已知f (x )=2e x ln x ，g (x )=x 2+1.(1)求曲线y =f (x )在x =1处的切线方程；(2)若h (x )=f (x )，求h (x )的单调区间；(3)求证：∀x ∈(0,+∞),f (x )≥g (x )恒成立.【解析】(1)由幂指函数导数公式得f (x )=2e x ln x (ln x +1)，所以f (1)=2，又f (1)=2，所以，曲线y =f (x )在x =1处的切线方程为y =2x .(2)h (x )=f (x )=2e x ln x (ln x +1),x ∈(0,+∞)，则h (x )=2e x ln x (ln x +1)+2e x ln x (ln x +1) =2e x ln x (ln x +1) (ln x +1)+2e x ln x ⋅1x=2e x ln x (ln x +1)2+1x>0，所以h (x )的单调增区间为(0,+∞)，无单调减区间.(3)构造F (x )=f (x )-g (x )，x ∈(0,+∞)，则F (x )=f (x )-g (x )=2e x ln x (ln x +1)-2x ，令H (x )=F (x )=2e x ln x (ln x +1)-2x ,x ∈(0,+∞)，所以H (x )=2e x ln x (ln x +1)2+e(x -1)ln x-1 ，因为x -1与ln x 同号，所以(x -1)ln x ≥0，所以e (x -1)ln x-1≥0，又e x ln x (ln x +1)2≥0，所以H (x )≥0，所以H (x )即F (x )为(0,+∞)上增函数，又因为F (1)=0，所以，当x ∈(0,1)时，F (x )<F (1)=0；当x ∈(1,+∞)时，F (x )>F (1)=0.所以，F (x )为(0,1)上减函数，为(1,+∞)上增函数，所以，F (x )min =F (1)=0，即F (x )=f (x )-g (x )≥0，因此，∀x ∈(0,+∞),f (x )≥g (x )恒成立，即证.3已知函数f (x )=e x 2ln x (x >0)．(1)求f (x )的极值点．(2)若有且仅有两个不相等的实数x 1,x 20<x 1<x 2 满足f x 1 =f x 2 =e k ．(i )求k 的取值范围(ⅱ)证明x e 2-2e2≤e-e 21x 1．【解析】(1)函数f (x )=e x 2ln x (x >0)的导函数为f (x )=xe x 2ln x (2ln x +1).当x ∈0,e -12时，f(x )<0，所以函数f (x )单调递减；当x ∈e -12,+∞ 时，f (x )>0，所以函数f (x )单调递增.所以x =e-12为f (x )的极值点.(2)因为有且仅有两个不相等的实数x 1,x 20<x 1<x 2 满足f x 1 =f x 2 =e k ，所以x 12ln x 1=x 22ln x 2=k .(i )问题转化为m (x )=x 2ln x -k 在(0,+∞)内有两个零点,则m x =x 1+2ln x .当x∈0,e-1 2时, m x <0,m(x)单调递减；当x∈e-12,+∞时, m x >0,m(x)单调递增.若m(x)有两个零点,则必有m e-1 2<0,解得：k>-12e.若k≥0,当0<x<e-12时,m x =x2ln x-k≤x2ln x<0,无法保证m(x)有两个零点；若-12e<k<0,又m e1k>0,m e-12<0，m1 =-k>0,故存在x1∈e 1 k,e-12使得m x1 =0,存在x2∈e-12,1使得m x2 =0.综上可知, k∈-12e ,0.(ⅱ)设t=x2x1则t∈(1,+∞).将t=x2x1代入x12ln x1=x22ln x2,可得ln x1=t2ln t1-t2，ln x2=ln t1-t2(*).欲证:x e2-2e2≤e-e21x1，需证ln xe2-2e2≤ln e-e2x1即证ln x1+(e2-2e)ln x2≤-e2，将(*)代入，则有(t2+e2-2e)ln t1-t2≤-e2，则只需要证明：(x+e2-2e)ln x1-x≤-e(x>1)，即ln x≥e x-1x+e2-2e(x>1).构造φ(x)=x-1ln x-xe-e+2，则φ (x)=ln x-x-1xln2x-1e，φ(x)=(x+1)2(x-1)x+1-ln xx2ln3x(x>1).令ω(x)=2(x-1)x+1-ln x(x>1)，则ω (x)=-(x-1)2x(x+1)2<0.所以ω(x)<ω(1)=0，则φ (x)<0，所以φ(x)在1,+∞内单减.又φ (e)=0，所以当x∈(1,e)时，有φ (x)>0，φ(x)单调递增；当x∈(e,+∞)时，有φ (x)<0，φ(x)单调递减；所以φ(x)≤φ(e)=0，因此x-1ln x-xe≤e-2，即ln x≤e x-1x+e2-2e(x>1).综上所述，命题得证.4已知f(x)=ln x-x，g(x)=mx+m.(1)记F(x)=f(x)+g(x)，讨论F(x)的单调区间；(2)记G(x)=f(x)+m，若G(x)有两个零点a，b，且a<b.请在①②中选择一个完成.①求证：2e m-1>1b+b；②求证：2e m-1<1a+a【解析】(1)函数的定义域为(0,+∞)，F (x)=1x+m-1，当m≥1时，F (x)>0，F(x)在(0,+∞)单调递增；当m<1时，令F (x)<0，解得x>11-m，令F(x)>0，解得0<x<11-m，∴F (x )在0,11-m单调递增，在11-m ,+∞ 单调递减； 综上，当m ≥1时，f (x )的单调递增区间为(0,+∞)；当m <1时，f (x )的单调递增区间为0,11-m ，单调递减区间为11-m,+∞ (2)证明：因为G (x )=ln x -x +m ，令G (x )=0，则m =x -ln x ，设t (x )=x -ln x (x >0)，则t (x )=1-1x =x -1x，函数t (x )在(0,1)单调递减，在(1,+∞)单调递增，且x →0时，t (x )→+∞，当x →+∞时，t (x )→+∞，t (x )min =t (1)=1，∴m >1，又a <b ，则0<a <1<b ,若证①所证不等式，即2e m -1>b +1b，即证ln2+m -1>lnb 2+1b=ln b 2+1 -ln b ，又G (b )=0，则m =b -ln b ，故即证ln2+b -ln b -1>ln b 2+1 -ln b ，即证ln2-1>ln b 2+1 -b ，设h (b )=ln b 2+1 -b ，b >1，则h(b )=2b b 2+1-1=-(b -1)2b 2+1<0，∴h (b )在(1,+∞)上单调递减，∴h (b )<h (1)=ln2-1，即2e m -1>1b+b 得证；若证②所证不等式，即2em -1<a +1a ，即证ln2+m -1<ln a 2+1a，即证ln2+m -1<ln a 2+1 -ln a ，又G (a )=0，即m =a -ln a ，故即证ln2+a -ln a -1<ln a 2+1 -ln a ，即证ln2-1<ln a 2+1 -a ，设φ(a )=ln a 2+1 -a ，0<a <1，则φ(a )=2aa 2+1-1=-(a -1)2a 2+1<0，∴φ(a )在(0,1)单调递减，故φa >φ1 =ln2-1，即2e m -1<1a+a 得证.5已知a ∈R ，f (x )=x ⋅e -ax ，(其中e 为自然对数的底数).(1)求函数y =f (x )的单调区间；(2)若a >0，函数y =f (x )-a 有两个零点x ，x 2，求证：x 21+x 22>2e .【解析】(1)解：f ′(x )=e -ax -ax ⋅e -ax =e -ax (1-ax )∵a ∈R ，∴a <0时，f ′(x )=e -ax (1-ax )>0⇒x >1a ，f ′(x )=e -ax (1-ax )<0⇒x <1a∴a <0时，增区间为：1a ,+∞，减区间为：-∞,1a；a =0时，f ′(x )=e -ax (1-ax )=1>0，∴a =0时，增区间为：(-∞,+∞)；a >0时，f ′(x )=e -ax (1-ax )>0⇒x <1a ，f ′(x )=e -ax (1-ax )<0⇒x >1a，∴a >0时，增区间为：-∞,1a ，减区间为：1a,+∞ ；(2)因为a >0时，函数y =f (x )-a 有两个零点x 1，x 2，则两个零点必为正实数，f (x )-a =0⇔xe -ax =a 两边取对数ln x -ax =ln a故问题转化为ln x -ax =ln a 有两个正实数解；令g (x )=ln x -ax -ln a (x >0)则g ′(x )=1x -a (x >0)，g (x )在0,1a 单调递增，在1a ,+∞ 单调递减，且0<x 1<1a<x 2令G (x )=g (x )-g 2a -x ，x ∈1a,+∞ ，则G ′(x )=1x -a +12a -x -a =2x (2-ax )-2a >21a-2a =0所以G (x )在1a ,+∞ 单调递增，G (x )>G 1a=0又x 2>1a ，故g x 2 >g 2a -x 2 ，x 2∈1a,+∞ 又g x 1 =g x 2 ，所以g x 1 >g 2a-x 2 ，又0<x 1<1a <x 2，所以x 1，2a -x 2∈0,1a ，又g (x )在0,1a 单调递增，所以x 1+x 2>2a所以x 21+x 22>x 1+x 222>2a 2>2e ．6已知函数f x =axe -x a ≠0 存在极大值1e.(1)求实数a 的值；(2)若函数F x =f x -m 有两个零点x 1，x 2x 1≠x 2 ，求实数m 的取值范围，并证明：x 1+x 2>2.【解析】(1)f x =a ⋅xe xx ∈R ，f x =a 1-x ex，令f x =0⇒x =1，f 1 =a e =1e ⇒a =1，此时f x =1-xex ，f x 在-∞,1 上f x >0，f x 递增；在1,+∞ 上f x <0，f x 递减，所以当x =1时，f x 取得极大值为f 1 =1e符合题意，所以a =1.(2)由(1)知：f x 在-∞,1 上递增，在1,+∞ 上递减，极大值为f 1 =1e.f x =x e x，f 0 =0，当x <0时，f x <0；当x >0时，f x >0；当x →+∞时，f x →0.由于函数F x =f x -m 有两个零点x 1，x 2x 1≠x 2 ，所以0<m <1e.因为x 1，x 2x 1≠x 2 是F x 的两个零点，则x 1>0,x 2>0.所以F x 1 =F x 2 ，x 1e x 1=x 2ex 2，e x 2e x 1=x 2x 1,e x 2-x 1=x 2x 1，两边取对数得x 2-x 1=ln x 2x 1，要证x 1+x 2>2，只需证明x 2-x 1x 2+x 1<12ln x2x 1，即证x 2x 1-1x 2x 1+1<12ln x 2x 1，不妨设x 1<x 2，令x 2x 1=t ，则t ∈1,+∞ ，即证t -1t +1<12ln t 对t ∈1,+∞ 恒成立.令g t =12ln t -t -1t +1，g t =12t -2t +12=t -1 22t t +1 2>0，所以g t 在1,+∞ 上递增，所以g t >g 1 =0，即12ln t -t -1t +1>0，所以t -1t +1<12ln t .从而x 1+x 2>2成立.7已知函数f (x )=x (e 2x -a ),g (x )=bx +ln x .(1)若y =2x 是曲线y =f (x )的切线，求a 的值；(2)若g (x )有两不同的零点，求b 的取值范围；(3)若b =1，且f (x )-g (x )≥1恒成立，求a 的取值范围.【解析】(1)依题意，设切点为(x 0,2x 0)，则2x 0=x 0(e 2x 0-a )，f (x )=e 2x -a +x ⋅2e 2x ，于是得e 2x 0(2x 0+1)-a =2，则有x 0=0且a =-1，x 0≠0时，e 2x 0=a +2，(a +2)(2x 0+1)=a +2无解，所以a =-1；(2)由g (x )=0得-b =ln x x ，令h (x )=ln xx,x >0，则有h (x )=1-ln xx2,0<x <e 时h (x )>0,x >e 时h (x )<0，h (x )在(0,e )上递增，在(e ,+∞)上递减，h (x )max =h (e )=1e，又x >e 时，h (x )>0恒成立，于是得g (x )有两个不同的零点，等价于直线y =-b 与函数h (x )=ln xx,x >0图象有两个不同的公共点，即0<-b <1e ，-1e <b <0，所以g (x )有两不同的零点，b 的取值范围是-1e<b <0；(3)b =1,g (x )=x +ln x ,x >0，∀x >0,f (x )-g (x )≥1⇔x (e 2x -a )≥1+x +ln x ⇔a +1≤e 2x -1+ln xx，令φ(x )=e 2x-1+ln x x (x >0)，φ (x )=2e 2x+ln x x 2=2x 2e 2x +ln x x 2，令F (x )=2x 2e 2x +ln x ，F (x )=(4x 2+4x )e 2x +1x>0，即F (x )在(0,+∞)上递增，而F 14=e 8-ln4<0,F (1)=2e 2>0，即∃t ∈(0,1)，使得F (t )=0，0<x <t 时F (x )<0,φ (x )<0，x >t 时，F (x )>0,φ (x )>0，φ(x )在(0,t )上递减，在(t ,+∞)上递增，从而有φ(x )min =e 2t -1+ln tt，而F (t )=0，即2t 2e 2t +ln t =0，令t 2e 2t =p ，两边取对数得2t +2ln t =ln p ，则2p +ln t =0=2t +2ln t -ln p ，即有2p +ln p =2t +ln t ，显然函数y =2x +ln x 在(0,+∞)上单调递增，从而得p =t ，于是得t 2e 2t =t ⇔e 2t =1t 两边取对数 2t =-ln t ⇔ln t t=-2，φ(x )min =e 2t -1+ln t t =1t -1t -ln t t=2，所以a +1≤2，a ≤1.8已知函数f (x )=ax ln x ，a ∈R ．(1)当a =1时，①求f (x )的极值；②若对任意的x ≥e 都有f (x )≥m xe mx ，m >0，求m 的最大值；(2)若函数g (x )=f (x )+x 2有且只有两个不同的零点x 1，x 2，求证：x 1x 2>e 2．【解析】(1)①a =1时，f (x )=x ln x ，则f ′(x )=ln x +1(x >0)，令f ′(x )>0，解得：x >1e ，令f ′(x )<0，解得：0<x <1e，∴f (x )在0,1e递减，在1e ,+∞ 递增，故f (x )的极小值是f 1e =-1e ，没有极大值；②对任意x ≥e 都有f (x )≥m x e m x =e m x ln e m x，即f (x )≥f e mx 恒成立，由m >0，有mx>0，故e mx >1，由①知，f (x )在1e ,+∞ 单调递增，故x ≥e mx ，可得ln x ≥mx，即x ln x ≥m ，当x ≥e 时，f (x )的最小值是f (e )=e ，故m 的最大值是e ；(2)证明：要证x 1x 2>e 2，只需证明ln (x 1x 2)>2即可，由题意，x 1、x 2是方程ax ln x +x 2=0的两个不相等的实数根，又x >1，∴a ln x1+x1=0a ln x2+x2=0，消去a，整理得：ln(x1x2)=x1x2+1x1x 2-1⋅lnx1x2，不妨设x1>x2，令t=x1x2，则t>1，故只需证明当t>1时，t+1t-1⋅ln t>2，即证明ln t>2(t-1)t+1，设h(t)=ln t-2(t-1)t+1，则h′(t)=1t-2⋅t+1-(t-1)(t+1)2=(t-1)2t(t+1)2>0，∴h(t)在(1,+∞)单调递增，从而h(t)>h(1)=0，故ln t>2(t-1)t+1，即x1x2>e2得证．9已知函数f(x)=x ln x-ax2-x，g(x)=f(x)x，a∈R．(1)讨论g(x)的单调性；(2)设f(x)有两个极值点x1，x2x1<x2，证明：x41x2>e3．(e=2.71828⋯为自然对数的底数)【解析】(1)g(x)=f(x)x=ln x-ax-1，g (x)=1x-a，①当a≤0时，g (x)>0，g(x)在(0,+∞)单调递增；②当a>0时，令g (x)=0解得x=1a，x∈0,1a时，g (x)>0，g(x)单调递增；x∈1a ,+∞时，g (x)<0，f(x)单调递减．综上，当a≤0时，g(x)在(0,+∞)单调递增；当a>0时，g(x)在0,1 a上单调递增，在1a,+∞上单调递减，(2)由题意知，f (x)=ln x-2ax，x1，x2是f (x)的两根，即ln x1-2ax1=0，ln x2-2ax2=0，解得2a=ln x1-ln x2x1-x2(*)，要证x41x2>e3，即证4ln x1+ln x2>3，即4⋅2ax1+2ax2>3，把(*)式代入得ln x1-ln x2x1-x24x1+x2>3x1<x2，所以应证ln x1x2<3x1-x24x1+x2=3x1x2-14x1x2+1，令t=x1x2，0<t<1，即证h(t)=ln t-3(t-1)4t+1<0(0<t<1)成立，而h (t)=1t-15(4t+1)2=16t2-7t+1t(4t+1)2=16t-7322+1564t(4t+1)2>0，所以h(t)在(0,1)上单调递增，所以h(t)<h(1)=0，所以命题得证．10已知函数f x =e x -a ln xx-a (e 为自然对数的底数)有两个零点．(1)若a =1，求f x 在x =1处的切线方程；(2)若f x 的两个零点分别为x 1,x 2，证明：e 2-x 1-x 2-x 1x 2<0．【解析】(1)当a =1时，f x =e x -ln x x -1，f x =e x -1-ln xx 2，又f 1 =e -1，所以切点坐标为1,e -1 ，切线的斜率为k =f 1 =e -1．所以切线方程为y -e -1 =e -1 x -1 ，即y =e -1 x (2)由已知得f x =xe x -a ln x +xx=0有两个不等的正实跟．所以方程xe x -a ln x +x =0有两个不等的正实根，即xe x -a ln xe x =0有两个不等的正实根，a ln xe x =xe x ①要证x 1x 2>e 2ex 1+x 2，只需证x 1e x 1 ⋅x 2e x 2 >e 2，即证ln x 1e x 1 +ln x 2e x 2>2，令t 1=x 1e x 1，t 2=x 2e x 2，所以只需证ln t 1+ln t 2>2，由①得a ln t 1=t 1，a ln t 2=t 2，所以a ln t 2-ln t 1 =t 2-t 1，a ln t 2+ln t 1 =t 2+t 1，消去a 得ln t 2+ln t 1=t 2+t 1t 2-t 1ln t 2-ln t 1 =t 2t 1+1ln t2t 1t 2t 1-1，只需证t 2t 1+1ln t2t 1t 2t 1-1>2，设0<t 1<t 2，令t =t 2t 1，则t >1，则t +1 ln tt -1>2，即证ln t +4t +1-2>0构建h t =ln t +4t +1-2>0则h t =1t -4t +12=t -1 2t t +1 2>0，所以h t 在1,+∞ 上单调递增，则h t >h 1 =0，即当t >1时，ln t +4t +1-2>0成立，所以ln t 1+ln t 2>2，即x 1e x 1⋅x 2e x 2>e 2，即x 1x 2>e 2ex 1+x 2，所以e2-x 1-x 2-x 1x 2<0，证毕．11已知函数h x =x -a ln x a ∈R .(1)若h x 有两个零点，a 的取值范围；(2)若方程xe x-a ln x +x =0有两个实根x 1、x 2，且x 1≠x 2，证明：e x 1+x 2>e 2x 1x 2.【解析】(1)函数h x 的定义域为0,+∞ .。
高考压轴题函数与导数考点
e
e
e
e
∴切线方程为 y－3＝3(x－1)，即 3x－ey＝0. ee
例 2.求 f(x)＝ex(1＋2)在点(1，f(1))处的切线方程. x
解：由 f(x)＝ex(1＋2)，得 f ′(x)＝ex(－ 1 ＋1＋2)
x
x² x
由 f(1)＝3e，得切点坐标为(1,3e)，由 f ′(1)＝2e，得切线斜率为 2e；
∴曲线 H(x0)＝－2x03＋3x0²－3 与直线 y=m 有三个不同交点，
H′(x0)＝－6x0²＋6x0＝－6x0(x0－1) 令 H′(x0)＞0，则 0＜x0＜1；令 H′(x0)＜0，则 x0＜0 或 x0＞1 ∴H(x0)在(－∞，0)递减，在(0,1)递增，在(1，＋∞)递减， ∴H(x0)的极小值＝H(0)＝－3，H(x0)的极大值＝H(1)＝－2， 由题意得－3＜x＜－2. 例 4.由点(－e，e－2)可向曲线 f(x)＝lnx－x－1 作几条切线，并说明理由. 解：设切点为(x0，lnx0－x0－1)，则切线斜率 f ′(x0)＝x10－1，切线方程为
当 x0＝x2 时，切线方程为ห้องสมุดไป่ตู้y－f(x2)＝f ′(x0)(x－x2) 例 1.求 f(x)＝1x3＋4过点 P(2，4)的切线方程.
33 解：设切点为(x0，13x03＋43)，则切线斜率 f ′(x0)＝x0²，
所以切线方程为：y－13x03＋43＝x0² (x－x0)， 由切线经过点 P(2，4)，可得 4－13x03＋43＝x0² (2－x0)，整理得：x03－3x0²＋4 ＝0，解得 x0＝－1 或 x0＝2 当 x0＝－1 时，切线方程为：x－y＋2＝0； 当 x0＝2 时，切线方程为：4x－y－4＝0. 例 2.求 f(x)＝x3－4x²＋5x－4 过点 (2，－2)的切线方程. 解：设切点为(x0，x03－4x0²＋5x0－4)，则切线斜率 f ′(x0)＝3x0²－8x0＋5， 所以切线方程为：y－(x03－4x0²＋5x0－4)＝(3x0²－8x0＋5) (x－x0)， 由切线经过点 P(2，4)，可得 4－(x03－4x0²＋5x0－4)＝(3x0²－8x0＋5) (2－x0)， 解得 x0＝1 或 x0＝2 当 x0＝1 时，切线方程为：2x＋y－2＝0； 当 x0＝2 时，切线方程为：x－y－4＝0. 例 3.过 A(1，m)(m≠2)可作 f(x)＝x3－3x 的三条切线，求 m 的取值范围. 解：设切点为(x0，x03－3x0)，则切线斜率 f ′(x0)＝3x0²－3，切线方程为
高考导数与函数核心考点
导数与函数核心考点目录题型一切线型1.求在某处的切线方程2.求过某点的切线方程3.已知切线方程求参数题型二单调型1.主导函数需“二次求导”型2.主导函数为“一次函数”型3.主导函数为“二次函数”型4.已知函数单调性，求参数范围题型三极值最值型1.求函数的极值2.求函数的最值3.已知极值求参数4.已知最值求参数题型四零点型1.零点(交点，根)的个数问题2.零点存在性定理的应用3.极值点偏移问题题型五恒成立与存在性问题1.单变量型恒成立问题2.单变量型存在性问题3.双变量型的恒成立与存在性问题4.等式型恒成立与存在性问题题型六与不等式有关的证明问题1.单变量型不等式证明2.含有e x与lnx的不等式证明技巧3.多元函数不等式的证明4.数列型不等式证明的构造方法题型一切线型1.求在某处的切线方程例1.【2015重庆理20】求函数f (x )＝3x ²e x在点(1，f (1))处的切线方程.解：由f (x )＝3x ²e x ，得f ′(x )＝6x －3x ²e x，切点为(1，3e )，斜率为f ′(1)＝3e 由f (1)＝3e ，得切点坐标为(1，3e )，由f ′(1)＝3e ，得切线斜率为3e；∴切线方程为y －3e ＝3e (x －1)，即3x －ey ＝0.例2.求f (x )＝e x (1x ＋2)在点(1，f (1))处的切线方程.解：由f (x )＝e x (1x ＋2)，得f ′(x )＝e x (－1x ²＋1x＋2)由f (1)＝3e ，得切点坐标为(1,3e )，由f ′(1)＝2e ，得切线斜率为2e ；∴切线方程为y －3e ＝2e (x －1)，即2ex －y ＋e ＝0.例3.求f (x )＝ln1－x1＋x在点(0，f (0))处的切线方程.解：由f (x )＝ln 1－x 1＋x＝ln (1－x )－ln (1＋x )，得f ′(x )＝－11－x －11＋x 由f (0)＝0，得切点坐标为(0，0)，由f ′(0)＝－2，得切线斜率为－2；∴切线方程为y ＝－2x ，即2x ＋y ＝0.例4.【2015全国新课标理20⑴】在直角坐标系xoy 中，曲线C ：y =x ²4与直线l ：y =kx ＋a (a ＞0)交于M ，N 两点，当k ＝0时，分别求C 在点M 与N 处的切线方程.解：由题意得：a =x ²4，则x ＝±2a ，即M (－2a ，a )，N (2a ，a )，由f (x )＝x ²4，得f ′(x )＝x2，当切点为M (－2a ，a )时，切线斜率为f ′(－2a )＝－a ，此时切线方程为：ax ＋y ＋a ＝0；当切点为N (2a ，a )时，切线斜率为f ′(2a )＝a ，此时切线方程为：ax －y －a ＝0；解题模板一求在某处的切线方程⑴写出f (x )；⑵求出f ′(x )；⑶写出切点(x 0，f (x 0))；⑷切线斜率k ＝f ′(x 0)；⑸切线方程为y －f (x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0).2.求过某点的切线方程Step 1设切点为(x 0，f (x 0))，则切线斜率f ′(x 0)，切线方程为：y －f (x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0)Step 2因为切线过点(a ，b )，所以b －f (x 0)＝f ′(x 0)(a －x 0)，解得x 0＝x 1或x 0＝x 2Step 2当x 0＝x 1时，切线方程为y －f (x 1)＝f ′(x 0)(x －x 1)当x 0＝x 2时，切线方程为y －f (x 2)＝f ′(x 0)(x －x 2)例1.求f (x )＝13x 3＋43过点P (2，4)的切线方程.解：设切点为(x 0，13x 03＋43)，则切线斜率f ′(x 0)＝x 0²，所以切线方程为：y －13x 03＋43＝x 0²(x －x 0)，由切线经过点P (2，4)，可得4－13x 03＋43＝x 0²(2－x 0)，整理得：x 03－3x 0²＋4＝0，解得x 0＝－1或x 0＝2当x 0＝－1时，切线方程为：x －y ＋2＝0；当x 0＝2时，切线方程为：4x －y －4＝0.例2.求f (x )＝x 3－4x ²＋5x －4过点(2，－2)的切线方程.解：设切点为(x 0，x 03－4x 0²＋5x 0－4)，则切线斜率f ′(x 0)＝3x 0²－8x 0＋5，所以切线方程为：y －(x 03－4x 0²＋5x 0－4)＝(3x 0²－8x 0＋5)(x －x 0)，由切线经过点P (2，4)，可得4－(x 03－4x 0²＋5x 0－4)＝(3x 0²－8x 0＋5)(2－x 0)，解得x 0＝1或x 0＝2当x 0＝1时，切线方程为：2x ＋y －2＝0；当x 0＝2时，切线方程为：x －y －4＝0.例3.过A (1，m )(m ≠2)可作f (x )＝x 3－3x 的三条切线，求m 的取值范围.解：设切点为(x 0，x 03－3x 0)，则切线斜率f ′(x 0)＝3x 0²－3，切线方程为y －(x 03－3x 0)＝(3x 0²－3)(x －x 0)∵切线经过点P (1,m )，∴m －(x 03－4x 0²＋5x 0－4)＝(3x 0²－8x 0＋5)(1－x 0)，即：－2x 03＋3x 0²－3－m ＝0，即m ＝－2x 03＋3x 0²－3∵过点A (1，m )(m ≠2)可作f (x )＝x 3－3x 的三条切线，OoOoOoP P P 点P 不在曲线上不是切点点P 在曲线上不确定是切点点P 在曲线上切点∴方程m ＝－2x 03＋3x 0²－3，有三个不同的实数根.∴曲线H (x 0)＝－2x 03＋3x 0²－3与直线y =m 有三个不同交点，H ′(x 0)＝－6x 0²＋6x 0＝－6x 0(x 0－1)令H ′(x 0)＞0，则0＜x 0＜1；令H ′(x 0)＜0，则x 0＜0或x 0＞1∴H (x 0)在(－∞，0)递减，在(0,1)递增，在(1，＋∞)递减，∴H (x 0)的极小值＝H (0)＝－3，H (x 0)的极大值＝H (1)＝－2，由题意得－3＜x ＜－2.例4.由点(－e ，e －2)可向曲线f (x )＝lnx －x －1作几条切线，并说明理由.解：设切点为(x 0，lnx 0－x 0－1)，则切线斜率f ′(x 0)＝1x 0－1，切线方程为y －(lnx 0－x 0－1)＝(1x 0－1)(x －x 0)，∵切线经过点(－e ，e －2)，∴e －2－(lnx 0－x 0－1)＝(1x 0－1)(－e －x 0)，即lnx 0＝ex 0∵y =lnx 与y =ex 只有一个交点∴方程lnx 0＝ex 0有唯一的实数根∴由点(－e ，e －2)可向曲线f (x )＝lnx －x －1作一条切线.解题模板二求过某点的切线方程⑴设切点为(x 0，f (x 0))，则切线斜率f ′(x 0)，切线方程为：y －f (x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0)⑵因为切线过点(a ，b )，所以b －f (x 0)＝f ′(x 0)(a －x 0)，解得x 0＝x 1或x 0＝x 2⑶当x 0＝x 1时，切线方程为y －f (x 1)＝f ′(x 0)(x －x 1)当x 0＝x 2时，切线方程为y －f (x 2)＝f ′(x 0)(x －x 2)3.已知切线方程求参数解题模板三已知切线方程求参数已知直线Ax ＋By ＋C ＝0与曲线y =f (x )相切⑴设切点横坐标为x 0，则切线斜率＝切线斜率(x 0)＝－Ax 0＋CB f ′(x 0)＝－A B⑵解方程组得x 0及参数的值.例1.函数f (x )＝alnx x ＋1＋bx在(1，f (1))处的切线方程为x ＋2y －3＝0，求a ，b 的值.解：∵f (x )＝alnx x ＋1＋bx ，∴f ′(x )＝a (x ＋1)x －alnx (x ＋1)²－b x ²f(1)＝1′(1)＝－12，即b＝1b＝－12∴a＝b＝1例2.f(x)＝ae x lnx＋be x－1x在(1，f(1))处的切线方程为y＝e(x－1)＋2，求a，b的值.解：∵f(x)＝ae x lnx＋be x－1x，∴f′(x)＝aex(1x＋lnx)＋bex－1(－1x²＋1x)f(1)＝2′(1)＝－e＝2＝e∴a＝1，b＝2例3.若直线y＝kx＋b是y=lnx＋2的切线，也是y=ln(x＋1)的切线，求b.解：设y＝kx＋b与y=lnx＋2相切的切点横坐标为x1，y＝kx＋b与y=ln(x＋1)相切的切点横坐标为x2，2＝kx1＋b①②1)＝kx2＋b③k④，由②③得：x1＝x2＋1，由①－③得：lnx1－ln(x2＋1)＋2＝k(x1－x2)，将上式代入得：k＝2∴x1＝12，代入①得：－ln2＋2＝1＋b∴b＝1－ln2.例4.若f(x)＝x与g(x)＝a lnx相交，且在交点处有共同的切线，求a和该切线方程.解：设切点横坐标为x 0alnx0①＝ax0②，由②得x0＝2a，代入①得：x＝e²，∴a＝e2∵切点为(e²，e)，切线斜率为12e，∴切线方程为x－2ey＋e²＝0.例5.已知函数f(x)＝x3＋ax＋14，当a为何值时，x轴为曲线方程y=f(x)的切线.例6.已知函数f(x)＝x²＋ax＋b和g(x)＝e x(cx＋d)都过点P(0,2)且在P处有相同切线y=4x＋2，求a，b，c，d的值.题型二单调型1.主导函数需“二次求导”型I不含参求单调区间例1.求函数f(x)＝x(e x－1)－12x²的单调区间.解：f(x)的定义域为Rf′(x)＝e x(1＋x)－1－x＝(x＋1)(e x＋1)令f′(x)＞0，得x＜－1或x＞0；令f′(x)＜0，得－1＜x＜0 f(x)的增区间为(－∞，－1)和(0，＋∞)，减区间为(－1，0)。
高三一轮复习建议——单元五：函数与导数
1、13年11题【考题分析】：本题考查分段函数及导数的几 何意义。体现了数形结合思想和化归与转化思想，函数与 方程思想。
解析： 可画出 y1=|f(x)|的图象如图所示． 当 a＞0 时，y＝ax 与 y＝|f(x)|恒有公共点，所以排除 B，C； 若 x ≤0，则以 y＝ax 与 y＝|－x2＋2x|相切为界限，由
' x
，可以看到，主要研究的是 ex 与一次函
数，应该说不难；
14 年第二问证明不等式，转化为 两个常见函数（xlnx 与 x/ ex ）的最值问题(最小值大于最大值)。
就是研究我们所说的
3.16 年与 17 年的第一问就开始提升难度（是否是刻意为之）；16 年的第一问是求通 过零点个数讨论参数范围，求导后核心函数是：
（一）本单元近五年来全国高考试题卷（Ⅰ）统计分析 （理科）
年份 （理） 题号 2013 11 16 21 3 2014 11 21 分值 5 5 12 5 5 12 题型 选择题 填空题 解答题 选择题 选择题 解答题 知识考点 分段函数 函数的对称性 导数的 几何意义，导 数与函数的最 值， 导数与函数的单调性 函数的奇偶性 函数与方程 导数的几何 意义， 导数与函数 的单调性， 两小一大 利用导数求函数的最值 22 分 12 2015 13 21 7 2016 8 21 5 2017 11 21 5 12 5 5 12 5 5 12 填空题 解答题 选择题 选择题 解答题 选择题 选择题 解答题 5 选择题 函数的 图象与性 质、导数公式 和导数运 算法则 函数的奇偶性 导数的 几何意义，分 段函数的处理 ，函 数的零点 函数的图象 幂函数、指数函数 、对数函数 函数的零点，不等式的 证明 函数的单调性、奇偶性 对数与对数函数 函数的零点，导数与函 数的单调性 22 分 22 分 两小一大 22 分 两小一大 两小一大 22 分 两小一大 说明
考点18导数与函数的极值、最值(2种核心题型)(学生版) 2025年高考数学大一轮复习(新高考版)
考点18导数与函数的极值、最值（2种核心题型+基础保分练+综合提升练+拓展冲刺练）【考试提醒】1.借助函数图象，了解函数在某点取得极值的必要和充分条件.2.会用导数求函数的极大值、极小值.3.掌握利用导数研究函数最值的方法.4.会用导数研究生活中的最优化问题．【知识点】1．函数的极值(1)函数的极小值函数y＝f(x)在点x＝a处的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点处的函数值都小，f′(a)＝0；而且在点x＝a附近的左侧，右侧，则a叫做函数y＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y＝f(x)的极小值．(2)函数的极大值函数y＝f(x)在点x＝b处的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点处的函数值都大，f′(b)＝0；而且在点x＝b附近的左侧，右侧，则b叫做函数y＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y＝f(x)的极大值．(3)极小值点、极大值点统称为，极小值和极大值统称为．2．函数的最大(小)值(1)函数f(x)在区间[a，b]上有最值的条件：如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条的曲线，那么它必有最大值和最小值．(2)求函数y＝f(x)在区间[a，b]上的最大(小)值的步骤：①求函数y＝f(x)在区间(a，b)内的；②将函数y＝f(x)的各极值与比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．常用结论对于可导函数f(x)，“f′(x0)＝0”是“函数f(x)在x＝x0处有极值”的必要不充分条件【核心题型】题型一 利用导数求解函数的极值问题根据函数的极值(点)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：求解后验证根的合理性．命题点1 根据函数图象判断极值【例题1】（2024·四川广安·二模）已知函数()()1e xf x ax =+，给出下列4个图象：其中，可以作为函数()f x 的大致图象的个数为（ ）A ．1B ．2C ．3D ．4【变式1】（23-24高三上·黑龙江·阶段练习）如图是函数()y f x =的导函数()y f x ¢=的图象，下列结论正确的是（ ）A ．()y f x =在=1x -处取得极大值B ．1x =是函数()y f x =的极值点C ．2x =-是函数()y f x =的极小值点D ．函数()y f x =在区间()1,1-上单调递减【变式2】（2023·河北·模拟预测）函数4211()f x x x =-的大致图象是（ ）A ． B ．C ．D ．【变式3】（2024高三·全国·专题练习）已知函数f （x ）的导函数f ′（x ）的图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）A ．曲线y ＝f （x ）在点（1，f （1））处的切线斜率小于零B ．函数f （x ）在区间（－1，1）上单调递增C ．函数f （x ）在x ＝1处取得极大值D ．函数f （x ）在区间（－3，3）内至多有两个零点命题点2 求已知函数的极值【例题2】（2024·宁夏银川·一模）若函数()2()2e xf x x ax =--在2x =-处取得极大值，则()f x 的极小值为（ ）A ．26e -B ．4e-C ．22e -D ．e-【变式1】（2023·全国·模拟预测）函数()2tan πf x x x =--在区间ππ,22æö-ç÷èø的极大值、极小值分别为（ ）A ．π12+，π12-+B ．π12-+，3π12-+C ．3π12-，π12-+D ．π12--，3π12-+【变式2】（多选）（2024·全国·模拟预测）已知2e ,0,()41,0,xx f x x x x x ì>ï=íï---£î则方程2()(3)()30f x k f x k -++=可能有（ ）个解.A ．3B ．4C ．5D ．6【变式3】（2024·辽宁鞍山·二模）()2e xf x x -=的极大值为 ．命题点3 已知极值(点)求参数【例题3】（2024·全国·模拟预测）设12,x x 为函数()()()2f x x x x a =--（其中0a >）的两个不同的极值点，若不等式()()120f x f x +³成立，则实数a 的取值范围为（ ）A ．[]1,4B ．(]0,4C ．()0,1D ．()4,+¥【变式1】（2024·四川绵阳·三模）若函数()()21ln 02f x ax x b x a =-+¹有唯一极值点，则下列关系式一定成立的是（）A ．0,0a b ><B ．0,0a b <>C ．14ab <D ．0ab >【变式2】（2024·辽宁·一模）已知函数()322f x x ax bx a =+++在=1x -处有极值8，则()1f 等于 ．【变式3】（2024·全国·模拟预测）已知函数()()2ln 2f x x x ax a =-+-ÎR ．(1)若()f x 的极值为－2，求a 的值；(2)若m ，n 是()f x 的两个不同的零点，求证：()0f m n m n ¢+++<．题型二 利用导数求函数最值求含有参数的函数的最值，需先求函数的定义域、导函数，通过对参数分类讨论，判断函数的单调性，从而得到函数f (x )的最值．命题点1 不含参函数的最值【例题4】（2024·陕西·模拟预测）[]1,2x "Î，有22ln a x x x ³-+恒成立，则实数a 的取值范围为（ ）A ．[)e,+¥B ．[)1,+¥C ．e ,2éö+¥÷êëøD ．[)2e,+¥【变式1】（2024·四川·模拟预测）已知 ()()22ln f x x x a x x =-+-，若存在(]0,e 0x Î，使得()00f x £成立，则实数a 的取值范围是.【变式2】（2024·上海徐汇·二模）如图，两条足够长且互相垂直的轨道12,l l 相交于点O ，一根长度为8的直杆AB 的两端点,A B 分别在12,l l 上滑动（,A B 两点不与O 点重合，轨道与直杆的宽度等因素均可忽略不计），直杆上的点P 满足OP AB ^，则OAP △面积的取值范围是 .【变式3】（2024·全国·模拟预测）已知函数()ln f x x =．(1)求函数()()f xg x x=的最值．(2)证明：()2431e 3e e 044xx x x f x ---->（其中e 为自然对数的底数）．命题点2 含参函数的最值【例题5】（2024·四川成都·模拟预测）已知函数21()e (R)2(1)xf x x bx a b a =--Î+，没有极值点，则1ba +的最大值为（ ）A B ．e 2C ．eD ．2e 2【变式1】（23-24高三下·重庆·阶段练习）若过点(),a b 可以作曲线ln y x =的两条切线，则（ ）A ．ln b a>B ．ln b a<C ．0a <D ．e ab >【变式2】．（2024·全国·模拟预测）函数()()()2ln 1f x x x ax =++-只有3个零点1x ，2x ，3x ()1233x x x <<<，则2a x +的取值范围是 ．【变式3】（2024·北京海淀·一模）已知函数12()e a x f x x -=.(1)求()f x 的单调区间；(2)若函数2()()e ,(0,)g x f x a x -=+Î+¥存在最大值，求a 的取值范围.【课后强化】基础保分练一、单选题1．（2023·广西·模拟预测）函数()3f x x ax =+在1x =处取得极小值，则极小值为（ ）A ．1B ．2C ．2-D ．1-2．（2024·四川凉山·二模）若()sin cos 1f x x x x =+-，π,π2x éùÎ-êúëû，则函数()f x 的零点个数为（ ）A ．0B ．1C ．2D ．33．（2024·黑龙江哈尔滨·一模）在同一平面直角坐标系内，函数()y f x =及其导函数()y f x =¢的图象如图所示，已知两图象有且仅有一个公共点，其坐标为()0,1，则（ ）A ．函数()e xy f x =×的最大值为1B ．函数()e xy f x =×的最小值为1C ．函数()exf x y =的最大值为1D ．函数()e xf x y =的最小值为14．（2024·陕西安康·模拟预测）已知函数()2e e 2x xf x a b x =++有2个极值点，则（ ）A ．2016b a <<B ．0b >C ．4a b <D ．2b a>5．（2024·全国·模拟预测）已知函数()()sin cos e xa f x x x x +=+在()0,π上恰有两个极值点，则实数a 的取值范围是（ ）A ．π4e æöç÷ç÷èøB ．()π,e-¥C ．()π0,eD ．π4e ,ö÷÷ø+¥二、多选题6．（2024·全国·模拟预测）已知函数()e xbf x a x=+在定义域内既存在极大值点又存在极小值点，则（ ）A ．0ab > B ．24e b a £C ．24e 0a b ->D ．对于任意非零实数a ，总存在实数b 满足题意7．（2024·湖北武汉·模拟预测）已知各项都是正数的数列{}n a 的前n 项和为n S ，且122n n na S a =+，则下列结论正确的是（ ）A ．当()*m n m n >ÎN ，时，m na a >B ．212n n n S S S +++<C ．数列{}2n S 是等差数列D ．1ln n nS n S -³三、填空题8．（2024·上海黄浦·二模）如图是某公园局部的平面示意图，图中的实线部分（它由线段,CE DF 与分别以,OC OD 为直径的半圆弧组成）表示一条步道.其中的点,C D 是线段AB 上的动点，点O 为线段,AB CD 的中点，点,E F 在以AB 为直径的半圆弧上，且,OCE ÐODF Ð均为直角.若1AB =百米，则此步道的最大长度为百米.9．（2023·江西赣州·模拟预测）当0x =时，函数()e x f x a bx -=+取得极小值1，则a b +=.四、解答题10．（2023·河南洛阳·一模）已知函数()211122f x x x =++．(1)求()f x 的图像在点()()22f ,处的切线方程；(2)求()f x 在1,22éùêúëû上的值域．11．（2024·上海静安·二模）已知R k Î，记()x x f x a k a -=+×（0a >且1a ¹）．(1)当e a =（e 是自然对数的底）时，试讨论函数()y f x =的单调性和最值；(2)试讨论函数()y f x =的奇偶性；(3)拓展与探究：① 当k 在什么范围取值时，函数()y f x =的图象在x 轴上存在对称中心？请说明理由；②请提出函数()y f x =的一个新性质，并用数学符号语言表达出来．（不必证明）综合提升练一、单选题1．（2024·全国·模拟预测）若函数()()1ln 1f x x x ax =+-+是()0,¥+上的增函数，则实数a 的取值范围是（ ）A ．(],2ln 2-¥B ．(]0,2ln 2C ．(],2-¥D ．(]0,22．（2024·陕西渭南·模拟预测）已知函数()e x f x x a =+在区间[]0,1上的最小值为1，则实数a 的值为（ ）A ．-2B ．2C ．-1D ．13．（23-24高三下·内蒙古赤峰·开学考试）已知函数()ln f x x x ax =-有极值e -，则=a （ ）A ．1B ．2C ．eD ．34．（2024·广东佛山·二模）若函数()24ln bf x a x x x =++（0a ¹）既有极大值也有极小值，则下列结论一定正确的是（ ）A ．a<0B ．0b <C ．1ab >-D ．0a b +>5．（2023·甘肃兰州·一模）已知函数()2e ln 2xx f x x =+-的极值点为1x ，函数()ln 2x h x x =的最大值为2x ，则（ ）A ．12x x >B ．21x x >C ．12x x ³D ．21x x ³6．（2024·全国·模拟预测）记函数()y f x =的导函数为y ¢，y ¢的导函数为y ¢¢，则曲线()y f x =的曲率()3221y K y ¢¢=éù+ëû¢．则曲线ln y x =的曲率的极值点为（ ）ABCD7．（2024·北京朝阳·一模）已知n 个大于2的实数12,,,n x x x ×××，对任意()1,2,,i x i n =×××，存在2i y ³满足i i y x <，且i i y x i i x y =，则使得12115n n x x x x -++×××+£成立的最大正整数n 为（ ）A ．14B ．16C ．21D ．238．（2023·河南洛阳·模拟预测）已知函数()f x 及其导函数()f x ¢的定义域均为R ，且()()()22e ,00x f x f x x f ¢-==，则()f x （ ）A ．有一个极小值点，一个极大值点B ．有两个极小值点，一个极大值点C ．最多有一个极小值点，无极大值点D ．最多有一个极大值点，无极小值点二、多选题9．（2023·全国·模拟预测）对函数()f x ，()g x 公共定义域内的任意x ，若存在常数M ÎR ，使得()()f x g x M -£恒成立，则称()f x 和()g x 是M -伴侣函数，则下列说法正确的是（ ）A ．存在常数M ÎR ，使得()()2log 5f x x =与()125log g x x=是M -伴侣函数B ．存在常数M ÎR ，使得()13x f x +=与()13x g x -=是M -伴侣函数C ．()ln f x x =与()2g x x =+是1-伴侣函数D ．若()()f x g x ¢¢=，则存在常数M ÎR ，使得()f x 与()g x 是M -伴侣函数10．（2024·全国·模拟预测）已知函数()()2e =++xf x ax bx c 的极小值点为0，极大值点为()0m m >，且极大值为0，则（ ）A ．2m =B ．4b a=C ．存在0x ÎR ，使得()00f x >D ．直线3y a =与曲线()y f x =有3个交点11．（2024·全国·模拟预测）已知函数()()2ln e e x f x a b a x =+-，其中e 为自然对数的底数，则（ ）A ．若()f x 为减函数，则()00f <B ．若()f x 存在极值，则e 1b a >C ．若()10f =，则ln2b >D ．若()0f x ³，则b a³三、填空题12．（2022·广西·模拟预测）已知函数()21xx x f x e++=，则()f x 的极小值为 .13．（2023·广东汕头·一模）函数()36f x ax x =-的一个极值点为1，则()f x 的极大值是 ．14．（2024·上海闵行·二模）对于任意的12x x ÎR 、，且20x >，不等式1122e ln x x x x a -+->恒成立，则实数a 的取值范围为 .四、解答题15．（2024·安徽·二模）已知函数2()103(1)ln f x x x f x ¢=-+.(1)求函数()f x 在点(1,(1))f 处的切线方程；(2)求()f x 的单调区间和极值.16．（2024·海南·模拟预测）已知函数()2ln 1,f x x a x a =-+ÎR .(1)当1a =时，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程；(2)当0a >时，若函数()f x 有最小值2，求a 的值.17．（2024·陕西西安·模拟预测）已知函数ln 1()ex f x x =-．(1)求()f x 的最大值；(2)证明：当0x >时，()e x f x x <．18．（2024·福建·模拟预测）已知函数()ln f x a x bx =-在()()1,1f 处的切线在y 轴上的截距为2-．(1)求a 的值；(2)若()f x 有且仅有两个零点，求b 的取值范围．19．（2024·全国·模拟预测）已知函数()()21e 2e 22xx f x a ax =+--．(1)若曲线()y f x =在30,2a æö-ç÷èø处的切线方程为4210ax y ++=，求a 的值及()f x 的单调区间．(2)若()f x 的极大值为()ln2f ，求a 的取值范围．(3)当0a =时，求证：()2535e ln 22x f x x x x +->+．拓展冲刺练一、单选题1．（2023·湖南衡阳·模拟预测）若曲线()(0)kf x k x=<与()e x g x =有三条公切线，则k 的取值范围为（ ）A ．1,0e æö-ç÷èøB ．1,eæö-¥-ç÷èøC ．2,0e æö-ç÷èøD ．2,e æö-¥-ç÷èø2．（2023·河南·三模）已知函数2()ln f x x x =，则下列结论正确的是（ ）A ．()f x 在=x 12e -B ．()f x 在x =e2C ．()f x 在=x 12e -D ．()f x 在x =e 23．（2023·湖北·模拟预测）设函数3()22f x x x =-，若正实数a 使得存在三个两两不同的实数b ，c ，d 满足(,())a f a ，(,())b f b ，(,())c f c ，(,())d f d 恰好为一个矩形的四个顶点，则a 的取值范围为（ ）A ．10,2æùçúèûB ．1,12éùêúëûC ．æçèD ．ùúû4．（2024·湖北·二模）已知函数()1e e e x x xaxf x x +=++（e 为自然对数的底数）．则下列说法正确的是（ ）A ．函数()f x 的定义域为RB ．若函数()f x 在()()0,0P f 处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为2e 2e 2-，则1a =C ．当1a =时，()f x m =可能有三个零点D ．当1a =时，函数的极小值大于极大值二、多选题5．（2023·安徽·一模）已知函数()()3R f x x x x =-Î，则（ ）A ．()f x 是奇函数B ．()f x 的单调递增区间为,æ-¥ççè和ö¥÷÷ø+C ．()f xD ．()f x 的极值点为,æççè6．（2024·浙江杭州·二模）过点()2,0P 的直线与抛物线C ：24y x =交于,A B 两点．抛物线C 在点A 处的切线与直线2x =-交于点N ，作NM AP ^交AB 于点M ，则（ ）A ．直线NB 与抛物线C 有2个公共点B ．直线MN 恒过定点C ．点M 的轨迹方程是()()22110x y x -+=¹D ．3MN AB的最小值为三、填空题7．（2024·全国·模拟预测）函数()()2ln ln f x x k x x k =-++在定义域内为增函数，则实数k的取值范围为 ．8．（2023·江苏淮安·模拟预测）已知函数()2ln f x x ax =-有三个零点，则a 的取值范围是 .四、解答题9．（23-24高三下·山东菏泽·阶段练习）已知函数()()21e x f x x ax =--，R a Î.(1)当e2a =时，求()f x 的单调区间；(2)若方程()0f x a +=有三个不同的实根，求a 的取值范围．10．（2024·山西吕梁·二模）已知函数()()2ln 20a f x a x x a x =--¹.(1)当1a =时，求()f x 的单调区间和极值；(2)求()f x 在区间(]0,1上的最大值.。
导数高考知识点总结（最全）
导数知识点归纳及应用●知识点归纳 一、相关概念 1．导数的概念函数y=f(x),y=f(x),如果自变量如果自变量x 在x 0处有增量x D ，那么函数y 相应地有增量y D =f （x 0+x D ）－）－f f （x 0），比值x yDD 叫做函数y=f y=f（（x ）在x 0到x 0+x D 之间的平均变化率，即x y D D =x x f x x f D -D +)()(00。
如果当0®D x 时，x y D D 有极限，我们就说函数y=f(x)y=f(x)在点在点x 0处可导，并把这个极限叫做f （x ）在点x 0处的导数，记作f’（x 0）或y’|0x x =。
即f （x 0）=0lim ®D x x y D D=0lim ®D x x x f x x f D -D +)()(00。
说明：（1）函数f （x ）在点x 0处可导，是指0®D x 时，x y D D 有极限。
如果xyD D 不存在极限，就说函数在点x 0处不可导，或说无导数。
处不可导，或说无导数。
（2）x D 是自变量x 在x 0处的改变量，0¹D x 时，而y D 是函数值的改变量，可以是零。
以是零。
由导数的定义可知，求函数y=f y=f（（x ）在点x 0处的导数的步骤：处的导数的步骤： ① 求函数的增量y D =f =f（（x 0+x D ）－）－f f （x 0）； ② 求平均变化率x y D D =xx f x x f D -D +)()(00；③ 取极限，得导数f’(x 0)=xyx D D ®D 0lim 。
例：设f(x)= x|x|, f(x)= x|x|, 则则f ′( 0)= . [解析]：∵0||lim ||lim )(lim )0()0(lim 0000=D =D D D =D D =D -D +®D ®D ®D ®D x x xx x x f x f x f x x x x ∴f ′( 0)=02．导数的几何意义函数y=f y=f（（x ）在点x 0处的导数的几何意义是曲线y=f y=f（（x ）在点p （x 0，f （x 0））处的切线的斜率。
考点17导数与函数的单调性(3种核心题型)(学生版) 2025年高考数学大一轮复习核心题型(新高考版
考点17导数与函数的单调性（3种核心题型+基础保分练+综合提升练+拓展冲刺练）【考试提醒】1.结合实例，借助几何直观了解函数的单调性与导数的关系.2.能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次).3.会利用函数的单调性判断大小，求参数的取值范围等简单应用【知识点】1．函数的单调性与导数的关系条件恒有结论f ′(x )>0f (x )在区间(a ，b )上________f ′(x )<0f (x )在区间(a ，b )上________函数y ＝f (x )在区间(a ，b )上可导f ′(x )＝0f (x )在区间(a ，b )上是________2.利用导数判断函数单调性的步骤第1步，确定函数的 ；第2步，求出导数f ′(x )的；第3步，用f ′(x )的零点将f (x )的定义域划分为若干个区间，列表给出f ′(x )在各区间上的正负，由此得出函数y ＝f (x )在定义域内的单调性．常用结论1．若函数f (x )在(a ，b )上单调递增，则当x ∈(a ，b )时，f ′(x )≥0恒成立；若函数f (x )在(a ，b )上单调递减，则当x ∈(a ，b )时，f ′(x )≤0恒成立．2．若函数f (x )在(a ，b )上存在单调递增区间，则当x ∈(a ，b )时，f ′(x )>0有解；若函数f (x )在(a ，b )上存在单调递减区间，则当x ∈(a ，b )时，f ′(x )<0有解【核心题型】题型一 不含参函数的单调性确定不含参数的函数的单调性，按照判断函数单调性的步骤即可，但应注意两点，一是不能漏掉求函数的定义域，二是函数的单调区间不能用并集，要用“逗号”或“和”隔开．【例题1】（2023·全国·模拟预测）已知函数()()()ln 2ln 4f x x x =-+-，则()f x 的单调递增区间为（ ）A ．()2,3B ．()3,4C ．(),3-¥D ．()3,+¥【变式1】（2024·四川成都·三模）已知函数()f x 是定义在R 上的奇函数，且当0x >时，()()1ln f x x x =-，则当0x <时，()f x 的单调递增区间为（ ）A ．(),e -¥-B ．()e,0-C ．(),0¥-D ．()1,0-【变式2】（2024·四川巴中·一模）已知奇函数()f x 的导函数为()f x ¢，若当0x <时()2af x x x=-，且()10f ¢-=.则()f x 的单调增区间为 .【变式3】（2024·河南开封·三模）已知函数()33ln f x x x =-，()f x ¢为()f x 的导函数．(1)求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程；(2)求函数()()()9g x f x f x x¢=--的单调区间和极值．题型二 含参数的函数的单调性(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．(2)划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为零的点和函数的间断点【例题2】（多选）（23-24高三上·海南省直辖县级单位·阶段练习）函数()322f x x ax x=++（R a Î）的大致图象可能为（ ）A ．B ．C ．D ．【变式1】（2024·天津·二模）已知()()ln R f x x ax x a =+×Î，(1)当2a =时，求()f x 在点()()e e f ，处的切线方程；(2)讨论()f x 的单调性；(3)若函数()f x 存在极大值，且极大值为1，求证：()2e xf x x -£+．【变式2】（2024·陕西商洛·三模）已知函数()()2212ln 2f x a x x ax a =--ÎR ．(1)求函数()f x 的单调区间；(2)当0a >时，若函数()2e e 2x x g x a =+和()22h x a x =的图象在()0,1上有交点，求实数a 的取值范围．【变式3】（2024·全国·模拟预测）已知函数()(2)ln f x a x a x =+-．(1)讨论()f x 的单调性；(2)证明：当0a >时，()9ln f x a >．（参考数据：ln 20.693»）题型三 函数单调性的应用由函数的单调性求参数的取值范围的方法(1)函数在区间(a ，b )上单调，实际上就是在该区间上f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)恒成立．(2)函数在区间(a ，b )上存在单调区间，实际上就是f ′(x )>0 (或f ′(x )<0)在该区间上存在解集命题点1 比较大小或解不等式【例题3】（2024·四川成都·模拟预测）若函数()f x 对任意的x ÎR 都有()()f x f x ¢<恒成立，则2(2)f 与2e (ln 2)f 的大小关系正确的是（ ）A ．2(2)f >2e (ln 2)fB ．2(2)f =2e (ln 2)fC ．2(2)f <2e (ln 2)f D ．无法比较大小【变式1】（2023·全国·模拟预测）比较11101011a =-，ln1.2b =，0.115ec =的大小关系为（ ）A ．a c b >>B ．b c a >>C ．b a c>>D ．a b c>>【变式2】（23-24高三上·湖南衡阳·期末）已知函数()()21e ln 12xf x x a x =--+.(1)证明：当1a £时，()1f x ≥对[)0,x Î+¥恒成立.(2)若存在()1212,x x x x ¹，使得()()12f x f x =，比较()()1211x x ++与2e e a的大小，并说明理由.【变式3】（23-24高三上·河北保定·阶段练习）已知函数()()2ln 12x f x x =++.(1)当[)0,x Î+¥时，比较()f x 与x 的大小；(2)若函数()2cos 2x g x x =+，且()()2e 10,0a f g b a b æö=->>ç÷èø，证明：()()211f b g a +>+.命题点2 根据函数的单调性求参数【例题4】（2023·全国·模拟预测）若对任意的1x ，2(,)x m Î+¥，且12x x <，122121ln ln 2x x x x x x -<-，则实数m 的取值范围是（ ）A ．1,e e æöç÷èøB ．1,e e éùêúëûC ．1,e ¥éö+÷êëøD ．1,e æö+¥ç÷èø【变式1】（23-24高三上·广东汕头·期中）设()0,1a Î，若函数()(1)x xf x a a =++在()0,¥+递增，则a 的取值范围是（ ）A．B．ö÷÷øC．ö÷÷øD．æççè【变式2】（多选）（23-24高三上·河南·阶段练习）已知函数()2ln f x x ax x =--，下列命题正确的是（ ）A ．若1x =是函数()f x 的极值点，则1a =B ．若()10f =，则()f x 在[]0,2x Î上的最小值为0C ．若()f x 在()1,2上单调递减，则1a ≥D ．若()()l ln x x f x -≥在[]1,2x Î上恒成立，则2a ≥【变式3】（23-24高三上·山东青岛·期末）若函数2()e 1x f x a x =+-在(0,)+¥上单调递增，则a 的取值范围是 ．【课后强化】基础保分练一、单选题1．（2023·全国·高考真题）已知函数()e ln x f x a x =-在区间()1,2上单调递增，则a 的最小值为（ ）．A ．2e B ．eC ．1e -D ．2e -2．（23-24高三上·山西大同·阶段练习）设()af x x a x=-+在()1,+¥上为增函数，则实数a 取值范围是（ ）A ．[)0,¥+B ．[)1,+¥C ．[)2,-+¥D ．[)1,-+¥3．（2024·云南楚雄·一模）若a b >，则函数()2()y a x a x b =--的图象可能是（ ）A ．B ．C ．D ．4．（2024高三下·全国·专题练习）已知函数()()ln 224(0)f x x a x a a =+--+>，若有且只有两个整数12,x x 使得1()0>f x ，且2()0f x >，则实数a 的取值范围为（ ）A ．[ln 3,2)B ．(0,2ln 3]-C ．(0,2ln 3)-D ．[2ln 3,2)-5．（2024·全国·模拟预测）已知8sin 15a =，3ln 2b =，25c =，则,,a b c 的大小关系为（ ）A ．a b c >>B ．a c b>>C ．b a c>>D ．c b a>>二、多选题6．（2023·全国·模拟预测）已知函数()33f x x x =-，则（ ）A ．函数()()()'g x f x f x =× 是偶函数B ．y x =-是曲线()y f x =的切线C ．存在正数(),a f x 在(),a a -不单调D ．对任意实数a ，()(f a f a £+7．（23-24高三上·江西宜春·期中）下列函数中，是奇函数且在区间()0,1上是减函数的是（ ）A ．()exf x =B ．()sin f x x =-C ．()1f x x=D ．3()2f x x x=-三、填空题8．（2024·云南大理·模拟预测）函数()12ln f x x x =--的最大值为.9．（2024·全国·模拟预测）已知函数()2e e e x x x g x x x =--，若方程()g x k =有三个不同的实根，则实数k 的取值范围是 .四、解答题10．（2024·江西南昌·一模）已知函数()()2ln2ln f x x x x =+-.(1)求()f x 的单调递减区间；(2)求()f x 的最大值.11．（2024·江苏盐城·模拟预测）已知函数()2ln f x ax x x =--．(1)讨论()f x 的单调性；(2)若不等式()0f x ≥恒成立，求a 的取值范围.综合提升练一、单选题1．（2023·贵州毕节·一模）给出下列命题：①函数2()2x f x x =-恰有两个零点；②若函数()4a af x x x =-+在(1,)+¥上单调递增，则实数a 的取值范围是[1,)-+¥；③若函数()f x 满足()(1)4f x f x +-=，则12918101010f f f æöæöæö+++=ç÷ç÷ç÷èøèøèøL ；④若关于x 的方程20x m -=有解，则实数m 的取值范围是(0,1].其中正确的是（ ）A ．①③B ．②④C ．③④D ．②③2．（2023·江西·模拟预测）已知函数()32f x ax bx cx d =+++的大致图象如图所示，则（ ）A ．0,0,0a b c >><B ．0,0,0a b c ><<C ．0,0,0a b c ><>D ．a 0,b 0,c 0<>>3．（2024·云南昆明·模拟预测）已知函数()()()1e x f x x a =-+在区间()1,1-上单调递增，则a 的最小值为（ ）A ．1e -B ．2e -C ．eD ．2e 4．（2024·全国·模拟预测）已知函数2()4e e 2e x x xf x x =--，()f x ¢为()f x 的导函数，()()e xf xg x ¢=，则（ ）A ．()g x 的极大值为24e 2-，无极小值B ．()g x 的极小值为24e 2-，无极大值C ．()g x 的极大值为4ln22-，无极小值D ．()g x 的极小值为4ln22-，无极大值5．（2024·全国·模拟预测）已知13,,ln2e 14a b c ===-，则它们之间的大小关系是（ ）A ．a b c <<B ．a c b <<C ．c a b<<D ．c b a<<6．（2023·贵州遵义·模拟预测）若函数()2e x axf x -=在区间()1,3上单调递增，则a 的可能取值为（ ）A ．2B ．3C ．4D ．57．（2024·全国·模拟预测）若22ln 2e a -=，12e b =，ln 24c =，则a ，b ，c 的大小顺序为（ ）A ．a c b<<B ．c a b <<C ．a b c <<D ．b a c<<8．（2023·吉林通化·模拟预测）已知函数()e ln xf x a x =-有两个大于1的零点，则a 的取值范围可以是（ ）A ．(]0,1B ．1e 1,e æùçúèûC ．1ee ,e æùçúèûD ．)e 12e e ,e +éë二、多选题9．（22-23高三上·云南昆明·阶段练习）已知函数21e 1xx y x -=×-，则（ ）A ．函数的极大值点为=0x B ．函数的极小值点为=0x C ．函数在(1,)+¥上单调递增D ．函数在31,2æöç÷èø上单调递减10．（2023·云南昆明·模拟预测）已知函数3()f x x mx n =--，其中,m n ÎR ，下列选项中，能使函数()y f x =有且仅有一个零点的是（ ）A ．1m =-，1n =B ．0m =，1n =C ．3m =，2n =D ．3m =，3n =-11．（2023·山东泰安·一模）已知函数()()()ln f x x x ax a =-ÎR 有两个极值点1x ，2x ()12x x <，则（ ）A ．102a <<B ．2112x a<<C ．21112x x a->-D ．()10<f x ，()212f x >-三、填空题12．（2024·四川成都·三模）已知函数()f x 是定义在R 上的奇函数，且当0x >时，()()1ln f x x x =-，则当0x <时，()f x 的单调递增区间为 ．13．（2023·湖南·模拟预测）已知函数()sin esin a xf x a x =-，对于任意12,x x ÎR ，都有()()12e 2f x f x -£-，则实数a 的取值范围为 .14．（2023·广东广州·模拟预测）已知函数()()()222e 22e 0x xf x a x a x a =--->恰有两个零点，则=a .四、解答题15．（2024·全国·模拟预测）已知函数2()ln f x x ax bx =+-．(1)当1a =，3b =时，求()f x 的单调区间；(2)若函数()f x 在2x =处取得极值ln 2，求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程．16．（2024·全国·模拟预测）已知函数()2()e x f x a a x =+-．(1)讨论()f x 的单调性；(2)证明：当0a >时，()4ln 2f x a ≥+．17．（2024·全国·模拟预测）已知函数()()21ln 12f x x x a x =+++，a ÎR ．(1)讨论()f x 的单调性；(2)证明：当1a <-时，()21a f x +>．18．（2024·青海·模拟预测）已知函数()()3211132f x x mx m x =+-+．(1)讨论()f x 的单调性；(2)若()f x 有3个不同的零点，求m 的取值范围．19．（2023·全国·模拟预测）已知函数()e xf x ax b =+-，其中e 为自然对数的底数．(1)若()f x 在区间(]1,2上不是单调函数，求a 的取值范围．(2)当0x ≥时，()2112f x x b ≥+-恒成立，求a 的取值范围．拓展冲刺练一、单选题1．（2024·全国·模拟预测）下列函数是奇函数且在()0,¥+上单调递减的是（ ）A ．()32xxf x -=+B ．()2222x xxxf x ---=+C ．()3f x x x=-D ．()(12log f x x =2．（2024·全国·模拟预测）已知函数()32()log 2(0a f x x ax x a a =-+->且1)a ¹在区间(1,)+¥上单调递减，则a 的取值范围是（ ）A ．20,3æùçúèûB ．2,13éö÷êëøC ．(1,2]D ．[2,)+¥3．（2024·甘肃兰州·三模）函数()21ln f x x ax x =-++-，若()f x 在0,12æöç÷èø是减函数，则实数a 的取值范围为（ ）A ．(,2]-¥B ．(,2)-¥C ．(,3]-¥D ．(3),-¥4．（2024·全国·模拟预测）已知 2.012.0111110312,ln ,1001011021001015a b c æöæö=++==+ç÷ç÷èøèø，则（ ）A ．a b c <<B ．c b a <<C ．<<b c aD ．<<c a b二、多选题5．（2024·云南昆明·模拟预测）已知函数()321f x x ax ax =+-+，则下列说法正确的是（ ）A ．若()f x 为R 上的单调函数，则3a <-B ．若2a =时，()f x 在()1,1-上有最小值，无最大值C ．若()1f x -为奇函数，则0a =D ．当0a =时，()f x 在1x =处的切线方程为310x y --=6．（2024·云南曲靖·一模）下列不等式正确的是（ ）A ．πe e π>B ．1ln 0.99-<C ．15sin 15<D ．11sin 3π<三、填空题7．（2024·全国·模拟预测）已知1a >，0b >，1c >，且e e ln a b a b --==a ，b ，c 的大小关系为 ．（用“<”连接）8．（2023·安徽·二模）若不等式2ln 23x ax a -£-对(0,)"Î+¥x 恒成立，则实数a 的取值范围为 ．四、解答题9．（2024·湖南衡阳·二模）已知函数()()321f x ax bx a =++ÎR ，当2x =时，()f x 取得极值3-．(1)求()f x 的解析式；(2)求()f x 在区间[]1,3-上的最值．10．（2024·陕西西安·三模）已知函数1()ln ()m f x mx x m x-=--ÎR ，函数1π()ln ,[0,cos 2g x x x q q =+Î在区间[1,)+¥上为增函数．(1)确定q 的值，求3m =时曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；(2)设函数()()()h x f x g x =-在,()0x Î+¥上是单调函数，求实数m 的取值范围．11．（2024·辽宁丹东·一模）已知函数()ln 1f x x mx =++．(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)当1m =时，数列{}n a 满足11a =，1()n n a f a +=①求证：12n n a -£；②求证：22223111(1)(1(1e na a a +++<L ．。
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。
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导数与函数核心考点目录题型一切线型1.求在某处的切线方程2.求过某点的切线方程3.已知切线方程求参数题型二单调型1.主导函数需“二次求导”型2.主导函数为“一次函数”型3.主导函数为“二次函数”型4.已知函数单调性，求参数范围题型三极值最值型1.求函数的极值2.求函数的最值3.已知极值求参数4.已知最值求参数题型四零点型1.零点(交点，根)的个数问题2.零点存在性定理的应用3.极值点偏移问题题型五恒成立与存在性问题1.单变量型恒成立问题2.单变量型存在性问题3.双变量型的恒成立与存在性问题4.等式型恒成立与存在性问题题型六与不等式有关的证明问题1.单变量型不等式证明2.含有e x与lnx的不等式证明技巧3.多元函数不等式的证明4.数列型不等式证明的构造方法题型一 切线型1.求在某处的切线方程例1.【2015重庆理20】求函数f (x )＝3x ²e x 在点(1，f (1))处的切线方程.解：由f (x )＝3x ²e x ，得f ′(x )＝6x －3x ²e x ，切点为(1，3e ) ，斜率为f ′(1)＝3e由f (1)＝3e ，得切点坐标为(1，3e )，由f ′(1)＝3e ，得切线斜率为3e ；∴切线方程为y －3e ＝3e (x －1)，即3x －ey ＝0.例2.求f (x )＝e x (1x＋2)在点(1，f (1))处的切线方程. 解：由f (x )＝e x (1x ＋2)，得f ′(x )＝e x (－1x ²＋1x ＋2)由f (1)＝3e ，得切点坐标为(1,3e )，由f ′(1)＝2e ，得切线斜率为2e ； ∴切线方程为y －3e ＝2e (x －1)，即2ex －y ＋e ＝0.例3.求f (x )＝ln 1－x 1＋x在点(0，f (0))处的切线方程. 解：由f (x )＝ln 1－x 1＋x ＝ln (1－x )－ln (1＋x )，得f ′(x )＝－11－x －11＋x由f (0)＝0，得切点坐标为(0，0)，由f ′(0)＝－2，得切线斜率为－2； ∴切线方程为y ＝－2x ，即2x ＋y ＝0.例4.【2015全国新课标理20⑴】在直角坐标系xoy 中，曲线C ：y =x ²4与 直线l ：y =kx ＋a (a ＞0)交于M ，N 两点，当k ＝0时，分别求C 在点M 与N 处的切线方程.解：由题意得：a =x ²4，则x ＝±2a ，即M (－2a ，a )，N (2a ，a )， 由f (x )＝x ²4，得f ′(x )＝x 2， 当切点为M (－2a ，a )时，切线斜率为f ′(－2a )＝－a ， 此时切线方程为：ax ＋y ＋a ＝0；当切点为N (2a ，a )时，切线斜率为f ′(2a )＝a ， 此时切线方程为：ax －y －a ＝0；解题模板一 求在某处的切线方程⑴写出f (x )；⑵求出f ′(x )；⑶写出切点(x 0，f (x 0))；⑷切线斜率k ＝f ′(x 0)；⑸切线方程为y －f (x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0).2.求过某点的切线方程Step 1 设切点为(x 0，f (x 0))，则切线斜率f ′(x 0)，切线方程为：y －f (x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0)Step 2 因为切线过点(a ，b )，所以b －f (x 0)＝f ′(x 0)(a －x 0)，解得x 0＝x 1或x 0＝x 2 Step 2 当x 0＝x 1时，切线方程为y －f (x 1)＝f ′(x 0)(x －x 1)当x 0＝x 2时，切线方程为y －f (x 2)＝f ′(x 0)(x －x 2)例1.求f (x )＝13x 3＋43过点P (2，4)的切线方程. 解：设切点为(x 0，13x 03＋43)，则切线斜率f ′(x 0)＝x 0²，所以切线方程为：y －13x 03＋43＝x 0² (x －x 0)，由切线经过点P (2，4)，可得4－13x 03＋43＝x 0² (2－x 0)，整理得：x 03－3x 0²＋4＝0，解得x 0＝－1或x 0＝2当x 0＝－1时，切线方程为：x －y ＋2＝0；当x 0＝2时，切线方程为：4x －y －4＝0.例2.求f (x )＝x 3－4x ²＋5x －4过点 (2，－2)的切线方程.解：设切点为(x 0，x 03－4x 0²＋5x 0－4)，则切线斜率f ′(x 0)＝3x 0²－8x 0＋5，所以切线方程为：y －(x 03－4x 0²＋5x 0－4)＝(3x 0²－8x 0＋5) (x －x 0)，由切线经过点P (2，4)，可得4－(x 03－4x 0²＋5x 0－4)＝(3x 0²－8x 0＋5) (2－x 0)， 解得x 0＝1或x 0＝2当x 0＝1时，切线方程为：2x ＋y －2＝0；当x 0＝2时，切线方程为：x －y －4＝0.例3.过A (1，m )(m ≠2)可作f (x )＝x 3－3x 的三条切线，求m 的取值范围. 解：设切点为(x 0，x 03－3x 0)，则切线斜率f ′(x 0)＝3x 0²－3，切线方程为y －(x 03－3x 0)＝(3x 0²－3)(x －x 0)∵切线经过点P (1,m )，点P 不在曲线上 点P 在曲线上 点P 在曲线上∴m－(x03－4x0²＋5x0－4)＝(3x0²－8x0＋5) (1－x0)，即：－2x03＋3x0²－3－m＝0，即m＝－2x03＋3x0²－3∵过点A(1，m)(m≠2)可作f(x)＝x3－3x的三条切线，∴方程m＝－2x03＋3x0²－3，有三个不同的实数根.∴曲线H(x0)＝－2x03＋3x0²－3与直线y=m有三个不同交点，H′(x0)＝－6x0²＋6x0＝－6x0(x0－1)令H′(x0)＞0，则0＜x0＜1；令H′(x0)＜0，则x0＜0或x0＞1∴H(x0)在(－∞，0)递减，在(0,1)递增，在(1，＋∞)递减，∴H(x0)的极小值＝H(0)＝－3，H(x0)的极大值＝H(1)＝－2，由题意得－3＜x＜－2.例4.由点(－e，e－2)可向曲线f(x)＝lnx－x－1作几条切线，并说明理由.解：设切点为(x0，lnx0－x0－1)，则切线斜率f′(x0)＝1x0－1，切线方程为y－(lnx0－x0－1)＝(1x0－1)(x－x0)，∵切线经过点(－e，e－2)，∴e－2－(lnx0－x0－1)＝(1x0－1)(－e－x0)，即lnx0＝e x0∵y=lnx与y=ex只有一个交点∴方程lnx0＝ex0有唯一的实数根∴由点(－e，e－2)可向曲线f(x)＝lnx－x－1作一条切线.解题模板二求过某点的切线方程⑴设切点为(x0，f(x0))，则切线斜率f′(x0)，切线方程为：y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)⑵因为切线过点(a，b)，所以b－f(x0)＝f′(x0)(a－x0)，解得x0＝x1或x0＝x2⑶当x0＝x1时，切线方程为y－f(x1)＝f′(x0)(x－x1)当x0＝x2时，切线方程为y－f(x2)＝f′(x0)(x－x2)3.已知切线方程求参数解题模板三已知切线方程求参数已知直线Ax＋By＋C＝0与曲线y=f(x)相切⑴设切点横坐标为x0，则⎩⎪⎨⎪⎧切点纵坐标＝切点纵坐标切线斜率＝切线斜率即⎩⎪⎨⎪⎧f (x 0)＝－Ax 0＋C B f ′(x 0)＝－A B⑵解方程组得x 0及参数的值.例1.函数f (x )＝alnx x ＋1＋b x在(1，f (1))处的切线方程为x ＋2y －3＝0，求a ，b 的值. 解：∵f (x )＝alnx x ＋1＋b x ，∴f ′(x )＝a (x ＋1)x －alnx (x ＋1)²－b x ² 由题意知：⎩⎪⎨⎪⎧f (1)＝1f ′(1)＝－12，即⎩⎪⎨⎪⎧b ＝1a 2－b ＝－12 ∴a ＝b ＝1例2.f (x )＝ae x lnx ＋be x －1 x 在(1，f (1))处的切线方程为y ＝e (x －1)＋2，求a ，b 的值.解：∵f (x )＝ae x lnx ＋be x －1 x ，∴f ′(x )＝ae x (1x ＋lnx )＋be x －1(－1x ²＋1x )由题意知：⎩⎪⎨⎪⎧f (1)＝2f ′(1)＝－e ，即⎩⎪⎨⎪⎧b ＝2ae ＝e ∴a ＝1，b ＝2例3.若直线y ＝kx ＋b 是y =lnx ＋2的切线，也是y =ln (x ＋1)的切线，求b . 解：设y ＝kx ＋b 与y =lnx ＋2相切的切点横坐标为x 1，y ＝kx ＋b 与y =ln (x ＋1)相切的切点横坐标为x 2，⎩⎪⎨⎪⎧lnx 1＋2＝kx 1＋b ①1x 1＝k ②ln (x 2＋1)＝kx 2＋b ③1x 2＋1＝k ④，由②③得：x 1＝x 2＋1，由①－③得：lnx 1－ln (x 2＋1)＋2＝k (x 1－x 2)，将上式代入得：k ＝2∴x 1＝12，代入①得：－ln 2＋2＝1＋b ∴b ＝1－ln 2.例4.若f (x )＝x 与g (x )＝a lnx 相交，且在交点处有共同的切线，求a 和该切线方程.解：设切点横坐标为x 0，则⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝alnx 0 ①12x 0＝a x 0②，由②得x 0＝2a ，代入①得：x0＝e²，∴a＝e2∵切点为(e²，e)，切线斜率为12e，∴切线方程为x－2ey＋e²＝0.例5.已知函数f(x)＝x3＋ax＋14，当a为何值时，x轴为曲线方程y=f(x)的切线.例6.已知函数f(x)＝x²＋ax＋b和g(x)＝e x(cx＋d)都过点P(0,2)且在P处有相同切线y=4x＋2，求a，b，c，d的值.题型二 单调型1.主导函数需“二次求导”型I 不含参求单调区间例1.求函数f (x )＝x (e x －1)－12x ²的单调区间. 解：f (x )的定义域为Rf ′(x )＝e x (1＋x )－1－x ＝(x ＋1)(e x ＋1)令f ′(x )＞0，得x ＜－1或x ＞0；令f ′(x )＜0，得－1＜x ＜0f (x )的增区间为(－∞，－1)和(0，＋∞)，减区间为(－1，0)。
例2.求函数f (x )＝(1＋a x ) e x (a ＞0)在(－∞，0)上的单调性.解：f (x )的定义域为(－∞，0)f ′(x )＝e x (－a x ²＋a x ＋1)＝e x x ²(x ²＋ax －a )令f ′(x )＞0，得x ＜－a －a ²＋4a 2；令f ′(x )＜0，得－a －a ²＋4a 2＜x ＜0 f (x )的增区间为(－∞，－a －a ²＋4a 2)，减区间为(－a －a ²＋4a 2，0)。