三年高考两年模拟高考数学专题汇编 第三章 导数及其应用1 文
第一节 导数的概念及其运算A 组 三年高考真题（2016～2014年）1．(2014·陕西，10)如图，修建一条公路需要一段环湖弯曲路段与两条直道平滑连接(相切)．已知环湖弯曲路段为某三次函数图象的一部分，则该函数的解析式为( )A ．y ＝12x 3－12x 2－xB ．y ＝12x 3＋12x 2－3xC ．y ＝14x 3－xD ．y ＝14x 3＋12x 2－2x2.(2016·新课标全国Ⅲ，16)已知f (x )为偶函数，当x ≤0时，f (x )＝-x-1e －x ，则曲线y＝f (x )在点(1，2)处的切线方程是________.3．(2015·新课标全国Ⅰ，14)已知函数f (x )＝ax 3＋x ＋1的图象在点(1，f (1))处的切线过点(2,7)，则a ＝________.4.(2015·新课标全国Ⅱ，16)已知曲线y ＝x ＋ln x 在点(1,1)处的切线与曲线y ＝ax 2＋(a ＋2)x ＋1相切，则a ＝________.5.(2015·天津，11)已知函数f (x )＝ax ln x ，x ∈(0，＋∞)，其中a 为实数，f ′(x )为f (x )的导函数．若f ′(1)＝3，则a 的值为________．6.(2014·江苏，11)在平面直角坐标系xOy 中，若曲线y ＝ax 2＋b x(a ，b 为常数)过点P (2，－5)，且该曲线在点P 处的切线与直线7x ＋2y ＋3＝0平行，则a ＋b 的值是________． 7.(2014·广东，11)曲线y ＝－5e x＋3在点(0，－2)处的切线方程为______________． 8.(2014·北京，20)已知函数f (x )＝2x 3－3x . (1)求f (x )在区间[－2,1]上的最大值；(2)若过点P (1，t )存在3条直线与曲线y ＝f (x )相切，求t 的取值范围；(3)问过点A (－1,2)，B (2,10)，C (0,2)分别存在几条直线与曲线y ＝f (x )相切？(只需写出结论)B 组 两年模拟精选(2016～2015年)1.(2016·云南曲靖一中质量检测(五))已知点P 是曲线y ＝3－exe x ＋1上一动点，α为曲线在点P处的切线的倾斜角，则α的最小值是( )A.0B.π4C.2π3D.3π42.(2016·河南适应性测试)已知直线ax －by －2＝0与曲线y ＝x 3在点P (1，1)处的切线互相垂直，则a b的值为( ) A.13 B.23 C.－23D.－133.(2015·浙江金华十校联考)设函数y ＝x sin x ＋cos x ，且在f (x )图象上点(x 0，y 0)处的切线的斜率为k ，若k ＝g (x 0)，则函数k ＝g (x 0)的图象大致为()4.(2015·赣州市十二县联考)函数f (x )＝3ln x ＋x 2－3x ＋3在点(3，f (3))处的切线斜率是( ) A.－2 3 B. 3 C.2 3D.4 35.(2015·昆明三中模拟)设函数f (x )＝sin θ3x 3＋3cos θ2x 2＋tan θ，其中θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，5π12，则导数f ′(1)的取值范围是( )A.[－2，2]B.[2，3]C.[3，2]D.[2，2]6.(2016·郑州质量预测)如图，y ＝f (x )是可导函数，直线l ：y ＝kx ＋2是曲线y ＝f (x )在x ＝3处的切线，令g (x )＝xf (x )，其中g ′(x )是g (x )的导函数，则g ′(3)＝________.7.(2015·豫南九校二联)若函数f (x )＝cos x ＋2xf ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，则f (x )在点(0，f (0))处的切线方程是________.8.(2015·黄冈中学高三期中)定义运算1111a ab b ＝a 1b 2－a 2b 1，则函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 2＋3x 1x 13x 的图象在点⎝ ⎛⎭⎪⎫1，13处的切线方程是________. 9.(2015·南昌模拟)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ln x ，x ≥1，1e （x ＋2）（x －a ），x <1(a 为常数，e 为自然对数的底数)的图象在点A (e ，1)处的切线与该函数的图象恰好有三个公共点，则实数a 的取值范围是________.答案精析A 组 三年高考真题（2016～2014年）1.解析 法一 由题意可知，该三次函数满足以下条件：过点(0，0)，(2，0)，在(0，0)处的切线方程为y ＝－x ，在(2，0)处的切线方程为y ＝3x －6，以此对选项进行检验．A 选项，y ＝12x 3－12x 2－x ，显然过两个定点，又y ′＝32x 2－x －1，则y ′|x ＝0＝－1，y ′|x ＝2＝3，故条件都满足，由选择题的特点知应选A.法二 设该三次函数为f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d ，则f ′(x )＝3ax 2＋2bx ＋c ，由题设有⎩⎪⎨⎪⎧f （0）＝0⇒d ＝0，f （2）＝0⇒8a ＋4b ＋2c ＋d ＝0，f ′（0）＝－1⇒c ＝－1，f ′（2）＝3⇒12a ＋4b ＋c ＝3，解得a ＝12，b ＝－12，c ＝－1，d ＝0.故该函数的解析式为y ＝12x 3－12x 2－x ，选A.答案 A2.解析 设x >0，则－x <0，f (－x )＝e x －1＋x ，因为f (x )为偶函数，所以f (x )＝ex －1＋x ，f ′(x )＝e x －1＋1，f ′(1)＝2，y －2＝2(x －1)，即y ＝2x .答案 y ＝2x3.解析 f ′(x )＝3ax 2＋1，f ′(1)＝1＋3a ，f (1)＝a ＋2. 点(1，f (1))处的切线方程为y －(a ＋2)＝(1＋3a )(x －1)． 将(2，7)代入切线方程，得7－(a ＋2)＝(1＋3a )， 解得a ＝1. 答案 14.解析 由y ＝x ＋ln x ，得y ′＝1＋1x，得曲线在点(1，1)的切线的斜率为k ＝y ′|x ＝1＝2，所以切线方程为y －1＝2(x －1)，即y ＝2x －1，此切线与曲线y ＝ax 2＋(a ＋2)x ＋1相切，消去y 得ax 2＋ax ＋2＝0，得a ≠0且Δ＝a 2－8a ＝0，解得a ＝8. 答案 85.解析 f ′(x )＝a ln x ＋ax ·1x＝a (ln x ＋1)，由f ′(1)＝3得，a (ln 1＋1)＝3，解得a ＝3. 答案 36.解析 由曲线y ＝ax 2＋b x 过点P (2，－5)可得－5＝4a ＋b 2 (1)．又y ′＝2ax －bx2，所以在点P 处的切线斜率4a －b 4＝－72(2)．由(1)(2)解得a ＝－1，b ＝－2，所以a ＋b ＝－3.答案 －37.解析 由y ＝－5e x ＋3得，y ′＝－5e x，所以切线的斜率k ＝y ′|x ＝0＝－5，所以切线方程为y ＋2＝－5(x －0)，即5x ＋y ＋2＝0. 答案 5x ＋y ＋2＝08.解 (1)由f (x )＝2x 3－3x 得f ′(x )＝6x 2－3. 令f ′(x )＝0，得x ＝－22或x ＝22. 因为f (－2)＝－10，f ⎝⎛⎭⎪⎫－22＝2，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫22＝－2，f (1)＝－1，所以f (x )在区间[－2，1]上的最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22＝ 2. (2)设过点P (1，t )的直线与曲线y ＝f (x )相切于点(x 0，y 0)， 则y 0＝2x 30－3x 0，且切线斜率为k ＝6x 20－3， 所以切线方程为y －y 0＝(6x 20－3)(x －x 0)， 因此t －y 0＝(6x 20－3)(1－x 0)． 整理得4x 30－6x 20＋t ＋3＝0. 设g (x )＝4x 3－6x 2＋t ＋3，则“过点P (1，t )存在3条直线与曲线y ＝f (x )相切”等价于“g (x )有3个不同零点”．g ′(x )＝12x 2－12x ＝12x (x －1)， g (x )与g ′(x )的情况如下：当g (0)＝t ＋3≤0，即t ≤－3时，此时g (x )在区间(－∞，1]和(1，＋∞)上分别至多有1个零点，所以g (x )至多有2个零点．当g (1)＝t ＋1≥0，即t ≥－1时，此时g (x )在区间(－∞，0)和[0，＋∞)上分别至多有1个零点，所以g (x )至多有2个零点．当g (0)＞0且g (1)＜0，即－3＜t ＜－1时，因为g (－1)＝t －7＜0，g (2)＝t ＋11＞0，所以g (x )分别在区间[－1，0)，[0，1)和[1，2)上恰有1个零点，由于g (x )在区间(－∞，0)和(1，＋∞)上单调，所以g (x )分别在区间(－∞，0)和[1，＋∞)上恰有1个零点． 综上可知，当过点P (1，t )存在3条直线与曲线y ＝f (x )相切时，t 的取值范围是(－3，－1)．(3)过点A (－1，2)存在3条直线与曲线y ＝f (x )相切； 过点B (2，10)存在2条直线与曲线y ＝f (x )相切； 过点C (0，2)存在1条直线与曲线y ＝f (x )相切．B 组 两年模拟精选(2016～2015年)1.解析 y ′＝－e x （e x ＋1）－（3－e x ）e x （e x ＋1）2＝－4e xe 2x ＋2e x＋1＝－4e x ＋1e x ＋2≥－42＋2＝－1， 故α最小值是3π4.答案 D2.解析 由题意得y ′＝3x 2，当x ＝1时，y ′|x ＝1＝3×12＝3，所以a b ×3＝－1，即a b ＝－13，故选D.答案 D3.解析 y ′＝x cos x ，k ＝g (x 0)＝x 0cos x 0， 由于它是奇函数，排除B ，C ；当0＜x ＜π4时，k ＞0，排除D ，答案为A.答案 A4.解析 ∵f ′(x )＝3x＋2x －3，∴f ′(3)＝33＋23－3＝2 3. 答案 C5.解析 f ′(x )＝x 2sin θ＋3x cos θ，∴f ′(1)＝sin θ＋3cos θ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫12sin θ＋32cos θ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π3，∵0≤θ≤5π12，∴π3≤θ＋π3≤3π4，∴2≤2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π3≤2，即2≤f ′(1)≤2，即导数f ′(1)的取值范围是[2，2]，选D. 答案 D6.解析 依题意得f (3)＝k ×3＋2＝1，k ＝－13，则f ′(3)＝k ＝－13，g ′(3)＝f (3)＋3f ′(3)＝1－1＝0.答案 07.解析 f ′(x )＝－sin x ＋2f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，令x ＝π6，得f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝12，得f (x )＝cos x ＋x ，f ′(0)＝1，f (0)＝1，故在(0，1)处的切线方程为y －1＝1(x －0)，即x －y ＋1＝0.答案 x －y ＋1＝08.解析 由定义可知f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 2＋3x 1x 13x ＝13x 3＋x 2－x ，故f ′(x )＝x 2＋2x －1，f ′(1)＝2， 所以函数f (x )在点⎝ ⎛⎭⎪⎫1，13处的切线方程为y －13＝2(x －1)，化为一般式为6x －3y －5＝0. 答案 6x －3y －5＝09.解析 易知曲线在点A 处的切线方程为y －1＝1e (x －e)，即为y ＝1ex .该切线与f (x )的图象有三个交点，则与f (x )＝1e (x ＋2)(x －a )，x <1有两个不同交点，即方程1e x ＝1e(x ＋2)(x －a )，x ∈(－∞，1)有两个不等根，x 2＋(1－a )x －2a ＝0，x ∈(－∞，1)有两个不等根，结合二次函数g (x )＝x 2＋(1－a )x －2a ，x ∈(－∞，1)的图象可得⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝（1－a ）2＋8a >0，－1－a2<1，g （1）＝2－3a >0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a <－3－22或a >－3＋22，a <3，a <23.所以a <－3－22或－3＋22<a <23，故实数a 的取值范围为(－∞，－3－22)∪⎝⎛⎭⎪⎫－3＋22，23.答案 (－∞，－3－22)∪(－3＋22，23)。
高考数学复习 第三章 导数及其应用 第1讲 导数的概念及运算练习 理 北师大版(2021年整理)
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第三章导数及其应用第1讲导数的概念及运算练习理北师大版基础巩固题组（建议用时：40分钟）一、选择题1.设曲线y＝e ax－ln(x＋1）在x＝0处的切线方程为2x－y＋1＝0，则a＝( )A。
0 B.1 C。
2 D。
3解析∵y＝e ax－ln（x＋1）,∴y′＝a e ax－错误!,∴当x＝0时，y′＝a－1。
∵曲线y＝e ax －ln（x＋1)在x＝0处的切线方程为2x－y＋1＝0,∴a－1＝2，即a＝3。
故选D。
答案D2.若f（x）＝2xf′（1)＋x2，则f′（0）等于( )A.2B.0C.－2D.－4解析∵f′（x)＝2f′（1)＋2x，∴令x＝1，得f′（1）＝－2，∴f′(0）＝2f′（1）＝－4.答案D3.(2017·西安质测)曲线f(x）＝x3－x＋3在点P处的切线平行于直线y＝2x－1，则P点的坐标为( )A。
（1,3）B。
(－1，3)C。
(1，3）和（－1,3）D。
（1,－3）解析f′(x）＝3x2－1，令f′（x）＝2，则3x2－1＝2，解得x＝1或x＝－1，∴P(1，3)或（－1,3），经检验，点（1,3），（－1,3)均不在直线y＝2x－1上，故选C.答案C4。
课标5年高考3年模拟A版20高考数学第三章导数及其应用1导数的概念及运算课件文2
f '(x) g(x) f (x)g '(x)
(3)
f (x) g(x)
'=
[ g ( x)]2
(g(x)≠0).
【知识拓展】
1.奇函数的导数是偶函数,偶函数的导数是奇函数.周期函数的导数还是
周期函数.
2.y=f(x)的导数f '(x)反映了函数f(x)的瞬时变化率,其正负号反映了变化
的方向,其大小|f '(x)|反映了变化的快慢,|f '(x)|越大,曲线在这点处的切线
x) x
f (x0 )
,
我们称它为函数y=f(x)在x=x0处的导数,记作f '(x0)或y'|xx0 ,
2021/4/17
课标5年高考3年模拟A版
3
即f '(x0)= lim y =
x0 x
(2)几何意义
lim f (x0 x) f (.x0 )
x0
x
函数f(x)在x=x0处的导数f '(x0)的几何意义是曲线y=f(x)在点(x0, f(x0))处的 切线的斜率.相应地,切线方程为y-f(x0)=f '(x0)(x-x0).
函数y=f(x)从x1到x2的平均变化率为
f
(x2 ) x2
f (x1) x1
,若Δx=x2-x1,Δy=f(x2)-f(x1),
则平均变化率可表示为 y .
x
2.函数y=f(x)在x=x0处的导数
(1)定义
一般地,函数y=f(x)在x=x0处的瞬时变化率是
lim
x0
y x
= lim x0
f
( x0
课标5年高考3年模拟A版
11
高考数学(文科)(5年高考+3年模拟)精品课件全国卷1地区通用：3.2 导数的应用
围是 ( )
A答.[案-1,1] C 解法B一. :f ' x()=1- C.cos 2x + acosD.x =1- ·(2cos2x -1)+ acos x =- cos 2x + acos
x + , f(x )在R 上
单调递增,则f 'x()≥0 在R 上恒成立,令cos x = t,t∈[-1,1]则, - t2+ at+ ≥0 在[-1,1]上恒成立,即
,
当a≤0 时,取x 0= ,则x 0∈(0,1),f(x 0)>(1- x 0)(1+x 0)2=1 ≥ax 0+1.
综上,a的取值范围是[1,+∞).
高考数学 高考题和高考模拟题分项版汇编 专题03 导数及其应用 文(含解析)-人教版高三全册数学试题
专题03 导数及其应用1．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】曲线y =2sin x +cos x 在点(π，-1)处的切线方程为A ．10x y --π-=B ．2210x y --π-=C ．2210x y +-π+=D ．10x y +-π+= 【答案】C 【解析】2cos sin ,y x x '=-π2cos πsin π2,x y =∴=-=-'则2sin cos y x x =+在点(,1)π-处的切线方程为(1)2()y x --=--π，即2210x y +-π+=． 故选C ．【名师点睛】本题考查利用导数工具研究曲线的切线方程，渗透了直观想象、逻辑推理和数学运算素养．采取导数法，利用函数与方程思想解题．学生易在非切点处直接求导数而出错，首先证明已知点是否为切点，若是切点，可以直接利用导数求解；若不是切点，设出切点，再求导，然后列出切线方程． 2．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】已知曲线e ln xy a x x =+在点（1，a e ）处的切线方程为y =2x +b ，则 A ．e 1a b ==-，B ．a=e ，b =1 C ．1e 1a b -==，D ．1e a -=，1b =- 【答案】D【解析】∵e ln 1,xy a x '=++∴切线的斜率1|e 12x k y a ='==+=，1e a -∴=， 将(1,1)代入2y x b =+，得21,1b b +==-. 故选D ．【名师点睛】本题求解的关键是利用导数的几何意义和点在曲线上得到含有a ，b 的等式，从而求解，属于常考题型.3．【2019年高考某某】已知,a b ∈R ，函数32,0()11(1),032x x f x x a x ax x <⎧⎪=⎨-++≥⎪⎩．若函数()y f x ax b =--恰有3个零点，则A ．a <–1，b <0B ．a <–1，b >0C ．a >–1，b <0D ．a >–1，b >0【答案】C【解析】当x ＜0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b ＝x ﹣ax ﹣b ＝（1﹣a ）x ﹣b ＝0，得x =b1−b， 则y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 最多有一个零点；当x ≥0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b =13x 3−12（a +1）x 2+ax ﹣ax ﹣b =13x 3−12（a +1）x 2﹣b ，2(1)y x a x =+-'，当a +1≤0，即a ≤﹣1时，y ′≥0，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 在[0，+∞）上单调递增， 则y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 最多有一个零点，不合题意；当a +1＞0，即a >﹣1时，令y ′＞0得x ∈(a +1，+∞），此时函数单调递增， 令y ′＜0得x ∈[0，a +1），此时函数单调递减，则函数最多有2个零点.根据题意，函数y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 恰有3个零点⇔函数y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 在（﹣∞，0）上有一个零点，在[0，+∞）上有2个零点， 如图：∴b1−b＜0且{−b ＞013(b +1)3−12(b +1)(b +1)2−b ＜0， 解得b ＜0，1﹣a ＞0，b ＞−16（a +1）3， 则a >–1，b <0. 故选C ．【名师点睛】本题考查函数与方程，导数的应用.当x ＜0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b ＝x ﹣ax ﹣b ＝（1﹣a ）x ﹣b 最多有一个零点；当x ≥0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b =13x 3−12（a +1）x 2﹣b ，利用导数研究函数的单调性，根据单调性画出函数的草图，从而结合题意可列不等式组求解．4．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】曲线23()e xy x x =+在点(0)0，处的切线方程为____________． 【答案】30x y -=【解析】223(21)e 3()e 3(31)e ,x x x y x x x x x '=+++=++ 所以切线的斜率0|3x k y ='==，则曲线23()e xy x x =+在点(0,0)处的切线方程为3y x =，即30x y -=．【名师点睛】准确求导数是进一步计算的基础，本题易因为导数的运算法则掌握不熟，而导致计算错误．求导要“慢”，计算要准，是解答此类问题的基本要求． 5．【2019年高考某某文数】曲线cos 2xy x =-在点(0,1)处的切线方程为__________. 【答案】220x y +-=【解析】∵1sin 2y x '=--， ∴01|sin 0212x y ='=---=，故所求的切线方程为112y x -=-，即220x y +-=.【名师点睛】曲线切线方程的求法：（1）以曲线上的点(x 0，f (x 0))为切点的切线方程的求解步骤： ①求出函数f (x )的导数f ′(x )； ②求切线的斜率f ′(x 0)；③写出切线方程y －f (x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0)，并化简．（2）如果已知点(x 1，y 1)不在曲线上，则设出切点(x 0，y 0)，解方程组0010010()()y f x y y f x x x=⎧⎪-⎨'=⎪-⎩得切点(x 0，y 0)，进而确定切线方程．6．【2019年高考某某】在平面直角坐标系xOy 中，P 是曲线4(0)y x x x=+>上的一个动点，则点P 到直线0x y +=的距离的最小值是 ▲ . 【答案】4 【解析】由4(0)y x x x =+>，得241y x'=-， 设斜率为1-的直线与曲线4(0)y x x x=+>切于0004(,)x x x +，由20411x -=-得0x =0x =， ∴曲线4(0)y x x x=+>上，点P 到直线0x y +=4=.故答案为4．【名师点睛】本题考查曲线上任意一点到已知直线的最小距离，渗透了直观想象和数学运算素养.采取导数法，利用数形结合和转化与化归思想解题.7．【2019年高考某某】在平面直角坐标系xOy 中，点A 在曲线y =ln x 上，且该曲线在点A 处的切线经过点（-e ，-1)(e 为自然对数的底数），则点A 的坐标是 ▲ . 【答案】(e, 1)【解析】设出切点坐标，得到切线方程，然后求解方程得到横坐标的值，可得切点坐标. 设点()00,A x y ，则00ln y x =. 又1y x'=， 当0x x =时，01y x '=， 则曲线ln y x =在点A 处的切线为0001()y y x x x -=-， 即00ln 1xy x x -=-， 将点()e,1--代入，得00e1ln 1x x ---=-，即00ln e x x =，考察函数()ln H x x x =，当()0,1x ∈时，()0H x <，当()1,x ∈+∞时，()0H x >， 且()ln 1H x x '=+，当1x >时，()()0,H x H x '>单调递增， 注意到()e e H =，故00ln e x x =存在唯一的实数根0e x =， 此时01y =，故点A 的坐标为()e,1.【名师点睛】导数运算及切线的理解应注意的问题：一是利用公式求导时要特别注意除法公式中分子的符号，防止与乘法公式混淆．二是直线与曲线公共点的个数不是切线的本质，直线与曲线只有一个公共点，直线不一定是曲线的切线，同样，直线是曲线的切线，则直线与曲线可能有两个或两个以上的公共点．8．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】已知函数f （x ）=2sin x -x cos x -x ，f′（x ）为f （x ）的导数．（1）证明：f′（x ）在区间（0，π）存在唯一零点； （2）若x ∈[0，π]时，f （x ）≥ax ，求a 的取值X 围． 【答案】（1）见解析；（2）(],0a ∈-∞.【解析】（1）设()()g x f x '=，则()cos sin 1,()cos g x x x x g x x x '=+-=.当π(0,)2x ∈时，()0g x '>；当π,π2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '<，所以()g x 在π(0,)2单调递增，在π,π2⎛⎫⎪⎝⎭单调递减. 又π(0)0,0,(π)22g g g ⎛⎫=>=-⎪⎝⎭，故()g x 在(0,π)存在唯一零点. 所以()f x '在(0,π)存在唯一零点.（2）由题设知(π)π,(π)0f a f =，可得a ≤0.由（1）知，()f x '在(0,π)只有一个零点，设为0x ，且当()00,x x ∈时，()0f x '>；当()0,πx x ∈时，()0f x '<，所以()f x 在()00,x 单调递增，在()0,πx 单调递减.又(0)0,(π)0f f ==，所以，当[0,π]x ∈时，()0f x . 又当0,[0,π]a x ∈时，ax ≤0，故()f x ax . 因此，a 的取值X 围是(,0]-∞.【名师点睛】本题考查利用导数讨论函数零点个数、根据恒成立的不等式求解参数X 围的问题.对于此类端点值恰为恒成立不等式取等的值的问题，通常采用构造函数的方式，将问题转变成函数最值与零之间的比较，进而通过导函数的正负来确定所构造函数的单调性，从而得到最值. 9．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】已知函数()(1)ln 1f x x x x =---．证明：（1）()f x 存在唯一的极值点；（2）()=0f x 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数． 【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）()f x 的定义域为（0，+∞）.11()ln 1ln x f x x x x x-'=+-=-. 因为ln y x =单调递增，1y x=单调递减，所以()f x '单调递增，又(1)10f '=-<，1ln 41(2)ln 2022f -'=-=>，故存在唯一0(1,2)x ∈，使得()00f x '=.又当0x x <时，()0f x '<，()f x 单调递减；当0x x >时，()0f x '>，()f x 单调递增. 因此，()f x 存在唯一的极值点.（2）由（1）知()0(1)2f x f <=-，又()22e e 30f =->，所以()0f x =在()0,x +∞内存在唯一根x α=.由01x α>>得011x α<<.又1111()1ln 10f f αααααα⎛⎫⎛⎫=---==⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故1α是()0f x =在()00,x 的唯一根. 综上，()0f x =有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．【名师点睛】本题主要考查导数的应用，通常需要对函数求导，用导数的方法研究函数的单调性、极值，以及函数零点的问题，属于常考题型.10．【2019年高考某某文数】设函数()ln (1)e x f x x a x =--，其中a ∈R .（1）若a ≤0，讨论()f x 的单调性； （2）若10ea <<， （i ）证明()f x 恰有两个零点；（ii ）设0x 为()f x 的极值点，1x 为()f x 的零点，且10x x >，证明0132x x ->. 【答案】（1）()f x 在(0,)+∞内单调递增.；（2）（i ）见解析；（ii ）见解析. 【解析】（1）解：由已知，()f x 的定义域为(0,)+∞，且211e ()e (1)e x x xf ax x a a x x x-⎡⎤=-+-=⎣'⎦. 因此当a ≤0时，21e 0x ax ->，从而()0f x '>，所以()f x 在(0,)+∞内单调递增.（2）证明：（i ）由（Ⅰ）知21e ()x ax f x x-'=.令2()1e xg x ax =-，由10e a <<，可知()g x 在(0,)+∞内单调递减，又(1)1e 0g a =->，且221111ln 1ln 1ln 0g a a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-=-< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 故()0g x =在(0,)+∞内有唯一解，从而()0f x '=在(0,)+∞内有唯一解，不妨设为0x ，则011ln x a<<.当()00,x x ∈时，()0()()0g x g x f x x x'=>=，所以()f x 在()00,x 内单调递增；当()0,x x ∈+∞时，()0()()0g x g x f x x x'=<=，所以()f x 在()0,x +∞内单调递减，因此0x 是()f x 的唯一极值点.令()ln 1h x x x =-+，则当1x >时，1()10h'x x=-<，故()h x 在(1,)+∞内单调递减，从而当1x >时，()(1)0h x h <=，所以ln 1x x <-.从而ln 1111111ln ln ln ln 1e ln ln ln 1ln 0a f a h a a a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=--=-+=< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，又因为()0(1)0f x f >=，所以()f x 在0(,)x +∞内有唯一零点.又()f x 在()00,x 内有唯一零点1，从而，()f x 在(0,)+∞内恰有两个零点.（ii ）由题意，()()010,0,f x f x '=⎧⎪⎨=⎪⎩即()012011e 1,ln e ,1x x ax x a x ⎧=⎪⎨=-⎪⎩从而1011201ln e x x x x x --=，即102011ln e 1x x x x x -=-.因为当1x >时，ln 1x x <-，又101x x >>，故()102012011e 1x x x x x x --<=-，两边取对数，得1020ln e ln x x x -<，于是()10002ln 21x x x x -<<-，整理得0132x x ->.【名师点睛】本小题主要考查导数的运算、不等式证明、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法.考查函数思想、化归与转化思想.考查综合分析问题和解决问题的能力. 11．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】已知函数32()22f x x ax =-+．（1）讨论()f x 的单调性；（2）当0<a <3时，记()f x 在区间[0，1]的最大值为M ，最小值为m ，求M m -的取值X 围． 【答案】（1）见详解；（2）8[,2)27. 【解析】（1）2()622(3)f x x ax x x a '=-=-．令()0f x '=，得x =0或3ax =． 若a >0，则当(,0),3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当0,3a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在(,0),,3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在0,3a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减；若a =0，()f x 在(,)-∞+∞单调递增；若a <0，则当,(0,)3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当,03a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在,,(0,)3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在,03a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减．（2）当03a <<时，由（1）知，()f x 在0,3a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，在,13a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增，所以()f x 在[0,1]的最小值为32327a a f ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，最大值为(0)=2f 或(1)=4f a -.于是 3227a m =-+，4,02,2,2 3.a a M a -<<⎧=⎨≤<⎩所以332,02,27,2 3.27a a a M m a a ⎧-+<<⎪⎪-=⎨⎪≤<⎪⎩当02a <<时，可知3227a a -+单调递减，所以M m -的取值X 围是8,227⎛⎫⎪⎝⎭． 当23a ≤<时，327a 单调递增，所以M m -的取值X 围是8[,1)27．综上，M m -的取值X 围是8[,2)27． 【名师点睛】这是一道常规的导数题目，难度比往年降低了不少.考查函数的单调性，最大值、最小值的计算.12．【2019年高考文数】已知函数321()4f x x x x =-+． （1）求曲线()y f x =的斜率为1的切线方程； （2）当[2,4]x ∈-时，求证：6()x f x x -≤≤；（3）设()|()()|()F x f x x a a =-+∈R ，记()F x 在区间[2,4]-上的最大值为M （a ），当M （a ）最小时，求a 的值．【答案】（1）y x =与6427y x =-；（2）见解析；（3）3a =-. 【解析】（1）由321()4f x x x x =-+得23()214f x x x '=-+．令()1f x '=，即232114x x -+=，得0x =或83x =．又(0)0f =，88()327f =， 所以曲线()y f x =的斜率为1的切线方程是y x =与88273y x -=-， 即y x =与6427y x =-． （2）令()(),[2,4]g x f x x x =-∈-．由321()4g x x x =-得23()24g'x x x =-． 令()0g'x =得0x =或83x =．(),()g'x g x 的情况如下：所以()g x 的最小值为6-，最大值为0． 故6()0g x -≤≤，即6()x f x x -≤≤． （3）由（2）知，当3a <-时，()(0)|(0)|3M F g a a a ≥=-=->； 当3a >-时，()(2)|(2)|63M F a g a a ≥-=--=+>； 当3a =-时，()3M a =． 综上，当()M a 最小时，3a =-．【名师点睛】本题主要考查利用导函数研究函数的切线方程，利用导函数证明不等式的方法，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.13．【2019年高考某某】已知实数0a ≠，设函数()=ln 0.f x a x x +>（1）当34a =-时，求函数()f x 的单调区间；（2）对任意21[,)e x ∈+∞均有()2f x a ≤求a 的取值X 围． 注：e=2.71828…为自然对数的底数．【答案】（1）()f x 的单调递增区间是()3,+∞,单调递减区间是()0,3；（2）4⎛ ⎝⎦.【解析】（1）当34a =-时，3()ln 04f x x x =-+>．3()4f 'x x =-+=所以，函数()f x 的单调递减区间为（0，3），单调递增区间为（3，+∞）．（2）由1(1)2f a≤，得04a <≤．当04a <≤时，()f x ≤2ln 0x -≥．令1t a=，则t ≥．设()22ln ,g t t x t =≥则2()2ln g t t x=．（i ）当1,7x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭≤()2ln g t g x ≥=．记1()ln ,7p x x x =≥，则1()p'x x =-==.故所以，()(1)0p x p ≥=．因此，()2()0g t g p x ≥=≥．（ii ）当211,e 7x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，1()1g t g x ⎛+= ⎝．令211()(1),,e 7q x x x x ⎡⎤=++∈⎢⎥⎣⎦，则()10q'x =>， 故()q x 在211,e 7⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，所以1()7q x q ⎛⎫⎪⎝⎭．由（i ）得，11(1)07777q p p ⎛⎫⎛⎫=-<-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭． 所以，()<0q x ．因此1()10g t g x ⎛+=>⎝．由（i ）（ii ）知对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，),()0t g t ∈+∞， 即对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，均有()2xf x a．综上所述，所求a 的取值X 围是0,4⎛ ⎝⎦．【名师点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．（3）利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．（4）考查数形结合思想的应用．14．【2019年高考某某】设函数()()()(),,,f x x a x b x c a b c =---∈R 、()f 'x 为f （x ）的导函数．（1）若a =b =c ，f （4）=8，求a 的值；（2）若a ≠b ，b =c ，且f （x ）和()f 'x 的零点均在集合{3,1,3}-中，求f （x ）的极小值；（3）若0,01,1a b c =<=，且f （x ）的极大值为M ，求证:M ≤427． 【答案】（1）2a =；（2）见解析；（3）见解析.【解析】（1）因为a b c ==，所以3()()()()()f x x a x b x c x a =---=-． 因为(4)8f =，所以3(4)8a -=，解得2a =． （2）因为b c =，所以2322()()()(2)(2)f x x a x b x a b x b a b x ab =--=-+++-， 从而2()3()3a b f 'x x b x +⎛⎫=-- ⎪⎝⎭．令()0f 'x =，得x b =或23a bx +=． 因为2,,3a ba b +都在集合{3,1,3}-中，且a b ≠， 所以21,3,33a b a b +===-．此时2()(3)(3)f x x x =-+，()3(3)(1)f 'x x x =+-． 令()0f 'x =，得3x =-或1x =．列表如下：所以()f x 的极小值为2(1)(13)(13)32f =-+=-．（3）因为0,1a c ==，所以32()()(1)(1)f x x x b x x b x bx =--=-++，2()32(1)f 'x x b x b =-++．因为01b <≤，所以224(1)12(21)30b b b ∆=+-=-+>， 则()f 'x 有2个不同的零点，设为()1212,x x x x <．由()0f 'x =，得121133b b x x +++==．列表如下：所以()f x 的极大值()1M f x =． 解法一：()321111(1)M f x x b x bx ==-++()221111211(1)[32(1)]3999b b x b b b x b x b x -+++⎛⎫=-++--+ ⎪⎝⎭()2321(1)(1)227927b b b b b --+++=++23(1)2(1)(1)2272727b b b b +-+=-+(1)24272727b b +≤+≤．因此427M ≤． 解法二：因为01b <≤，所以1(0,1)x ∈．当(0,1)x ∈时，2()()(1)(1)f x x x b x x x =--≤-． 令2()(1),(0,1)g x x x x =-∈，则1()3(1)3g'x x x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭．令()0g'x =，得13x =．列表如下：所以当13x =时，()g x 取得极大值，且是最大值，故max 14()327g x g ⎛⎫== ⎪⎝⎭．所以当(0,1)x ∈时，4()()27f x g x ≤≤，因此427M ≤． 【名师点睛】本题主要考查利用导数研究函数的性质，考查综合运用数学思想方法分析与解决问题以及逻辑推理能力．15．【某某省武邑中学2019届高三第二次调研考试数学】函数b (b )=b 2−2ln b 的单调减区间是A ．(0,1]B ．[1,+∞)C ．(−∞,−1]∪(0，1]D ．[−1,0)∪(0,1]【答案】A【解析】b′(b )=2b −2b=2b 2−2b(b >0)，令b′(b )≤0，解得：0<b ≤1. 故选A ．【名师点睛】本题考查了函数的单调性，考查导数的应用，是一道基础题.16．【某某省新八校2019届高三第二次联考数学】若3()3()21f x f x x x +-=++对x ∈R 恒成立，则曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为A ．5250x y +-=B ．10450x y +-=C ．540x y +=D ．204150x y --=【答案】B 【解析】()()3321f x f x x x +-=++……①，()()3321f x f x x x ∴-+=--+……②，联立①②，解得()31124f x x x =--+，则()2312f x x '=--， ()11511244f ∴=--+=-，()351122f '=--=-，∴切线方程为：()55142y x +=--，即10450x y +-=. 故选B.【名师点睛】本题考查利用导数的几何意义求解在某一点处的切线方程，关键是能够利用构造方程组的方式求得函数的解析式.17．【某某省某某市第一中学2019届高三第二次调研考试数学】函数2l ()n f x x x =的最小值为A ．1e -B ．1eC ．12e -D ．12e【答案】C【解析】由题得(0,)x ∈+∞，()2ln (2ln 1)f x x x x x x '=+=+， 令2ln 10x +=，解得12ex -=，则当12(0,e )x -∈时，()f x 为减函数，当12(e ,)x -∈+∞时，()f x 为增函数， 所以12e x -=处的函数值为最小值，且121(e )2ef -=-. 故选C.【名师点睛】本题考查用导数求函数最值，解此类题首先确定函数的定义域，其次判断函数的单调性，确定最值点，最后代回原函数求得最值.18．【某某省内江市2019届高三第三次模拟考试数学】若函数b (b )=12bb 2+b ln b −b 存在单调递增区间，则b 的取值X 围是 A ．1,1e ⎛⎫- ⎪⎝⎭B ．1,e ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭C ．()1,-+∞D ．1,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭【答案】B【解析】()ln f x ax x '=+， ∴()0f x '>在x ∈()0+∞，上成立， 即ax+ln x ＞0在x ∈()0+∞，上成立，即a ln xx-＞在x ∈()0+∞，上成立． 令g （x ）ln x x =-，则g ′（x ）21ln xx -=-， ∴g （x ）ln xx =-在（0，e ）上单调递减，在（e ，+∞）上单调递增，∴g （x ）ln x x =-的最小值为g （e ）=1e -，∴a ＞1e-．故选B ．【名师点睛】本题考查学生利用导数研究函数的单调性及转化化归思想的运用，属中档题． 19．【某某省某某市2019届高三模拟试题（一）数学】已知定义在(0,+∞)上的函数b (b )满足bb ′(b )−b (b )<0，且b (2)=2，则b (e b )−e b >0的解集是A ．(−∞,ln 2)B ．(ln 2,+∞)C ．(0,e 2)D ．(e 2,+∞) 【答案】A【解析】令b (b )=b (b )b,b ′(b )=bb ′(b )−b (b )b 2<0,∴b (b )在(0,+∞)上单调递减，且b (2)=b (2)2=1, 故b (e b )−e b >0等价为b (e b )e b>b (2)2，即b (e b )>b (2)，故e b <2,即x <ln 2， 则所求的解集为(−∞,ln 2). 故选A.【名师点睛】本题考查导数与单调性的应用，构造函数的思想，考查分析推理能力，是中档题.20．【某某省某某市2019届高三第四次模拟考试数学】已知b =ln √33，b =e −1，b =3ln 28，则b ,b ,b 的大小关系为A ．b <b <bB ．b >b >bC ．b >b >bD ．b >b >b 【答案】D【解析】依题意，得ln33a ==，1lne e e b -==，3ln2ln888c ==.令b (b )=ln bb，所以b ′(b )=1−ln bb 2. 所以函数b (b )在(0,e )上单调递增，在(e ,+∞)上单调递减， 所以[b (b )]max =b (e )=1e =b ，且b (3)>b (8)，即b >b ， 所以b >b >b . 故选D.【名师点睛】本题主要考查了利用导数判断函数的单调性，构造出函数()ln xf x x=是解题的关键，属于中档题.21．【某某省毛坦厂中学2019届高三校区4月联考数学】已知b (b )=ln b +1−b e b ，若关于b 的不等式b (b )<0恒成立，则实数b 的取值X 围是 A ．1,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭B ．(),0-∞C ．1,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭D ．1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【答案】D【解析】由()0f x <恒成立得ln 1e xx a +>恒成立， 设()ln 1e x x h x +=，则()1ln 1e xx x h x -='-. 设()1ln 1g x x x =--，则()2110g x x x'=--<恒成立，∴b (b )在(0,+∞)上单调递减，又∵b (1)=0，∴当0<b <1时，b (b )>b (1)=0，即b ′(b )>0；当b >1时，b (b )<b (1)=0，即b ′(b )<0， ∴b (b )在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减， ∴b (b )max =b (1)=1e，∴b >1e.故选D.【名师点睛】本题考查利用导数求函数的最值，不等式恒成立问题，分离参数是常见的方法，属于中档题.22．【某某省某某市2019届高三总复习质量测试】若1x =是函数()3221()(1)33f x x a x a a x =++-+-的极值点，则a 的值为 A ．-2B ．3C ．-2或3D ．-3或2 【答案】B 【解析】()()()()32222113(3)(132)f x x a x a a f x x x a x a a '=++-=++-+-⇒+-， 由题意可知(1)0f '=，即()212(1)303a a a a +-=+⇒-=+或2a =-， 当3a =时，()222()2(1)389(9)(1)f x x a x a a x x x x +-'=++-=+-=+-，当1x >或9x <-时，()0f x '>，函数单调递增；当91x -<<时，()0f x '<，函数单调递减， 显然1x =是函数()f x 的极值点；当2a =-时，()2222()232(111))(0a a f x x a x x x x +-=-++=-=+-≥'，所以函数()f x 是R 上的单调递增函数，没有极值，不符合题意，舍去. 故3a =. 故选B ．【名师点睛】本题考查了已知函数的极值，求参数的问题.本题易错的地方是求出a 的值，没有通过单调性来验证1x =是不是函数的极值点，也就是说使得导函数为零的自变量的值，不一定是极值点. 23．【某某省某某市第一中学2019届高三下学期第四次模拟（最后一卷)考试】已知奇函数()f x 是定义在R上的可导函数，其导函数为()f x '，当0x >时，有()()22f x xf x x '>+，则不等式()()()22018+2018420x f x f +-<＋的解集为A ．(),2016-∞-B ．()2016,2012--C ．(),2018-∞-D ．()2016,0- 【答案】A【解析】设()()2g x x f x =，因为()f x 为R 上的奇函数，所以()()()()22g x x f x x f x -=--=-， 即()g x 为R 上的奇函数对()g x 求导，得()()()2f g f x x x x x '=+'⎡⎤⎣⎦， 而当0x >时，有()()220f x xf x x '>+≥，故0x >时，()0g x '>，即()g x 单调递增， 所以()g x 在R 上单调递增，则不等式()()()22018+2018420x f x f +-<＋即()()()22018+201842x f x f +<--， 即()()()22018+201842x f x f +<， 即()()20182g x g +<，所以20182x +<，解得2016x <-. 故选A.【名师点睛】本题考查构造函数解不等式，利用导数求函数的单调性，函数的奇偶性，题目较综合，有一定的技巧性，属于中档题.24．【某某西南大学附属中学校2019届高三第十次月考数学】曲线21()ln 2f x x x x =+在点(1(1))f ，处的切线与直线10ax y --=垂直，则a =________. 【答案】12-【解析】因为21()ln 2f x x x x =+，所以()ln 1f x x x '=++，因此，曲线21()ln 2f x x x x =+在点(1(1))f ，处的切线斜率为(1)112k f '==+=， 又该切线与直线10ax y --=垂直，所以12a =-. 故答案为12-. 【名师点睛】本题主要考查导数在某点处的切线斜率问题，熟记导数的几何意义即可求解，属于常考题型.25．【某某省某某市2019届高三下学期第二次模拟考试数学】已知函数b (b )=e b −b ln b 在[1,2]上单调递增，则b 的取值X 围是__________. 【答案】(−∞,e ]【解析】由题意知b ′(b )=e b −bb ≥0在[1,2]上恒成立，则b ≤(b e b )min ， 令b (b )=b e b ，()()1e xg x x +'=，知b (b )在[1,2]上单调递增，则b (b )的最小值为b (1)=e， 故b ≤e . 故答案为(−∞,e ].【名师点睛】对于恒成立或者有解求参的问题，常用方法有：变量分离，参变分离，转化为函数最值问题；或者直接求函数最值，使得函数最值大于或者小于0；或者分离成两个函数，使得一个函数恒大于或小于另一个函数.26．【某某省某某市高级中学2019届高三适应性考试（6月）数学】已知函数22,0,()e ,0,x x x f x x ⎧≤=⎨>⎩若方程2[()]f x a =恰有两个不同的实数根12,x x ，则12x x +的最大值是______．【答案】3ln 22-【解析】作出函数()f x 的图象如图所示，由()2f x a =⎡⎤⎣⎦，可得()1f x =>，即1a >，不妨设12x x <，则2212e x x =，(1)t t =>，则12ln x x t ==，12ln x x t ∴+=令()ln g t t =-，则4()4g t t-'= ∴当18t <<时，()0g t '>，g t 在()1,8上单调递增；当8t时，()0g t '<，g t 在()8,+∞上单调递减，∴当8t =时，g t 取得最大值，为(8)ln823ln22g =-=-.故答案为3ln 22-.【名师点睛】本题主要考查方程的根与图象交点的关系，考查了利用导数判断函数的单调性以及求函数的极值与最值，属于难题.求函数()f x 的极值与最值的步骤：（1）确定函数的定义域；（2）求导数()f x '；（3）解方程()0,f x '=求出函数定义域内的所有根；（4）判断()f x '在()0f x '=的根0x 左右两侧值的符号，如果左正右负（左增右减），那么()f x 在0x 处取极大值，如果左负右正（左减右增），那么()f x 在0x 处取极小值.（5）如果只有一个极值点，则在该点处取得极值也是最值；（6）如果求闭区间上的最值还需要比较端点处的函数值与极值的大小.27．【某某省某某市2019届高三3月诊断性测试（一模）数学】已知函数4211()42f x x ax =-，a ∈R . （1）当1a =时，求曲线()f x 在点(2,(2))f 处的切线方程；（2）设函数2()(22)e e ()xg x x x a f x =-+--，其中e 2.71828...=是自然对数的底数，讨论()g x 的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值． 【答案】（1）6100x y --=；（2）当0a ≤时，()g x 在(,)-∞+∞上单调递增，无极值；当0a >时，()g x 在(,-∞和)+∞单调递增，在(单调递减，极大值为2e(2)e4g a =+，极小值为2e(4g a =-+. 【解析】（1）由题意3()f x x ax '=-，所以当1a =时，(2)2f =，(2)6f '=，因此曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线方程是26(2)y x -=-， 即6100x y --=.（2）因为2()(22)e e ()xg x x x a f x =-+--， 所以2()(22)e (22)e e '()xxg x x x x a f x '=-+-+--232()e e()()(e e )x x x a x ax x a x =---=--，令()e e xh x x =-，则()e e xh x '=-，令()0h x '=得1x =，当(,1)x ∈-∞时，()0h x '<，()h x 单调递减， 当(1,)x ∈+∞时，()0h x '>，()h x 单调递增， 所以当1x =时，min ()(1)0h x h ==， 也就说，对于x ∀∈R 恒有()0h x ≥. 当0a ≤时，2()()()0g x x a h x '=-≥，()g x 在(,)-∞+∞上单调递增，无极值；当0a >时，令()0g x '=，可得x =当x <x >2()()()0g x x a h x '=-≥，()g x 单调递增，当x <<()0g x '<，()g x 单调递减，因此，当x =()g x 取得极大值2e(2)e 4g a =+；当x =()g x 取得极小值2e(4g a =-+. 综上所述：当0a ≤时，()g x 在(,)-∞+∞上单调递增，无极值；当0a >时，()g x 在(,-∞和)+∞上单调递增，在(上单调递减， 函数既有极大值，又有极小值，极大值为2e(2)e 4g a =+，极小值为2e(4g a =-+. 【名师点睛】本题考查了函数的单调性，极值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．28．【某某省2019届高三第三次联考数学】已知函数b (b )=ln b −bb ，b (b )=b 2，b ∈b .（1）求函数b (b )的极值点；（2）若b (b )≤b (b )恒成立，求b 的取值X 围. 【答案】（1）极大值点为1b ，无极小值点.（2）b ≥−1.【解析】（1）()ln f x x ax =-的定义域为(0,+∞)，b ′(b )=1b −b ，当b ≤0时，b ′(b )=1b−b >0，所以b (b )在(0,+∞)上单调递增，无极值点； 当b >0时，解b ′(b )=1b−b >0得0<b <1b ，解b ′(b )=1b−b <0得b >1b，所以b (b )在(0,1b )上单调递增，在(1b ,+∞)上单调递减，所以函数b (b )有极大值点，为1b ，无极小值点. （2）由条件可得ln b −b 2−bb ≤0(b >0)恒成立， 则当b >0时，b ≥ln bb−b 恒成立，令b (b )=ln bb−b (b >0)，则b ′(b )=1−b 2−ln bb 2，令b (b )=1−b 2−ln b (b >0)， 则当b >0时，b ′(b )=−2b −1b<0，所以b (b )在(0,+∞)上为减函数.又b (1)=0，所以在(0,1)上，b ′(b )>0；在(1,+∞)上，b ′(b )<0. 所以b (b )在(0,1)上为增函数，在(1,+∞)上为减函数， 所以b (b )max =b (1)=−1，所以b ≥−1.【名师点睛】对于函数恒成立或者有解求参的问题，常用方法有：变量分离，参变分离，转化为函数最值问题；或者直接求函数最值，使得函数最值大于或者小于0；或者分离成两个函数，使得一个函数恒大于或小于另一个函数.29．【某某省某某市2019届高三二模数学】已知函数b (b )=ln b −b e b +bb (b ∈b ).（1）若函数b (b )在[1,+∞)上单调递减，某某数b 的取值X 围； （2）若b =1，求b (b )的最大值.【答案】（1）b ≤2e −1；（2）b (b )max =−1.【解析】（1）由题意知，b′(b )=1b −(e b +b e b )+b =1b −(b +1)e b +b ≤0在[1,+∞)上恒成立，所以b ≤(b +1)e b −1b 在[1,+∞)上恒成立.令b (b )=(b +1)e b −1b，则b′(b )=(b +2)e b +1b 2>0，所以b (b )在[1,+∞)上单调递增，所以b (b )min =b (1)=2e −1， 所以b ≤2e −1.（2）当b =1时，b (b )=ln b −b e b +b (b >0). 则b′(b )=1b −(b +1)e b +1=(b +1)(1b −e b )， 令b (b )=1b−e b ， 则b′(b )=−1b 2−e b <0， 所以b (b )在(0,+∞)上单调递减.由于b (12)>0，b (1)<0，所以存在b 0>0满足b (b 0)=0，即e b 0=1b 0.当b ∈(0,b 0)时，b (b )>0，b′(b )>0；当b ∈(b 0,+∞)时，b (b )<0，b′(b )<0.所以b (b )在(0,b 0)上单调递增，在(b 0,+∞)上单调递减. 所以b (b )max =b (b 0)=ln b 0−b 0e b 0+b 0， 因为e b 0=1b 0，所以b 0=−ln b 0，所以b (b 0)=−b 0−1+b 0=−1， 所以b (b )max =−1.【名师点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，最值，零点存在性定理及其应用，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.30．【某某省2019年某某市高三毕业班质量检查测试】已知函数b (b )=e b (e b −bb +b )有两个极值点b 1，b 2.（1）求b 的取值X 围；（2）求证：2b 1b 2<b 1+b 2. 【答案】（1）(2e ,+∞)；（2）见解析.【解析】（1）因为b (b )=e b (e b −bb +b )，所以b ′(b )=e b (e b −bb +b )+e b (e b −b )=e b (2e b −bb )， 令b ′(b )=0，则2e b =bb ， 当b =0时，不成立； 当b ≠0时，2ex xa =， 令()e xx g x =， 所以()1ex xg x ='-，当b <1时，b ′(b )>0，当b >1时，b ′(b )<0， 所以b (b )在(−∞,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减， 又因为()11eg =， 当b →−∞时，b (b )→−∞，当b →+∞时，b (b )→0， 因此，当210ea <<时，b (b )有2个极值点， 即b 的取值X 围为(2e ,+∞).（2）由（1）不妨设0<b 1<1<b 2，且12122e 2e x x ax ax ==⎧⎪⎨⎪⎩，所以{ln 2+b 1=ln b +ln b 1ln 2+b 2=ln b +ln b 2，所以b 2−b 1=ln b 2−ln b 1，要证明2b 1b 2<b 1+b 2，只要证明2b 1b 2(ln b 2−ln b 1)<b 22−b 12，即证明2211122ln x x x x x x ⎛⎫<-⎪⎝⎭， 设21(1)x t t x =>， 即要证明2ln b −b +1b <0在b ∈(1,+∞)上恒成立， 记()12ln (1)h t t t t t=-+>，()()222221212110t t t h t t t tt---+-='=--=<，所以b (b )在区间(1,+∞)上单调递减，所以b (b )<b (1)=0，即2ln b −b +1b <0，即2b 1b 2<b 1+b 2.【名师点睛】本题主要考查导数的应用，通常需要对函数求导，利用导数的方法研究函数的单调性、最值等即可，属于常考题型.31．【市西城区2019届高三4月统一测试（一模）数学】设函数b (b )=b e b −b 2+3，其中b ∈b ．（1）当b (b )为偶函数时，求函数b (b )=bb (b )的极值； （2）若函数b (b )在区间[−2 , 4]上有两个零点，求b 的取值X 围．【答案】（1）极小值b (−1)=−2，极大值b (1)=2；（2）−2e <b <13e4或b =6e3.【解析】（1）由函数b (b )是偶函数，得b (−b )=b (b )， 即b e −b −(−b )2+3=b e b −b 2+3对于任意实数b 都成立， 所以b =0.此时b (b )=bb (b )=−b 3+3b ， 则b ′(b )=−3b 2+3.由b ′(b )=0，解得b =±1. 当x 变化时，b ′(b )与b (b )的变化情况如下表所示：所以b (b )在(−∞,−1)，(1,+∞)上单调递减，在(−1,1)上单调递增. 所以b (b )有极小值b (−1)=−2，极大值b (1)=2. （2）由b (b )=b e b −b 2+3=0，得b =b 2−3e b.所以“b (b )在区间[−2 , 4]上有两个零点”等价于“直线b =b 与曲线b (b )=b 2−3e b，b ∈[−2 , 4]有且只有两个公共点”. 对函数b (b )求导，得b ′(b )=−b 2+2b +3e b.由b ′(b )=0，解得b 1=−1，b 2=3.当x 变化时，b ′(b )与b (b )的变化情况如下表所示：所以b (b )在(−2,−1)，(3,4)上单调递减，在(−1,3)上单调递增.又因为b (−2)=e 2，b (−1)=−2e，b (3)=6e 3<b (−2)，b (4)=13e 4>b (−1)， 所以当−2e <b <13e 4或b =6e 3时，直线b =b 与曲线b (b )=b 2−3e b，b ∈[−2 , 4]有且只有两个公共点.即当−2e <b <13e 4或b =6e 3时，函数b (b )在区间[−2 , 4]上有两个零点.【名师点睛】利用函数零点的情况求参数值或取值X围的方法：（1）利用零点存在的判定定理构建不等式求解.（2）分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解.（3）转化为两熟悉的函数图象问题，从而构建不等式求解.。
2020版【5年高考3年模拟】高考新课标版理数3.2 导数的应用
极小值,记作f(x)极小值=f(x0).极大值与极小值统称为极值
结论
设函数f(x)在点x0处连续.(1)如果在x0附近的左侧f '(x)>0,右侧f '(x)<0,那么f(x0)是极大值;
(2)如果在x0附近的左侧f ‘(x)<0,右侧f ’(x)>0,那么f(x0)是极小值;(3)如果在x0附近的左、右两侧导 数值③ 同号 ,那么 f(x0)④ 不是极值
利用导数求函 数极值的步骤
(1)求f ‘(x);(2)求方程f '(x)=0的根; (3)判断f '(x)在方程的根的左、右两侧值的符号; (4)利用结论求出极值
注:(1)在函数的整个定义域内,函数的极值不一定唯一,在整个定义 域内可能有多个极大值和极小值;
栏目索引
(2)极大值与极小值没有必然关系,极大值可能比极小值还小; (3)导数等于零的点不一定是极值点(例如: f(x)=x3,f ‘(x)=3x2,当x=0时,f ’(0 )=0,但x=0不是函数的极值点); (4)对于处处可导的函数,极值点的导数必为零.
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1 (i)若a<0,则 <0<2,当0<x<2时, f '(x)>0; a
当x>2时, f '(x)<0,
所以a<0时, f(x)在(0,2)上单调递增;在(2,+∞)上单调递减.
1 a x ( x 2) 1 1 1 a (ii)若0<a< ,则0<2< ,解不等式 >0, 得 0< x <2 或 x > ;解不 x2 a a 2 1 a x ( x 2) 1 a 等式 <0, 得 2< x < . x2 a
三年高考两年模拟高考数学专题汇编 第三章 导数及其应用2 文
第二节 导数的应用A 组 三年高考真题（2016～2014年）1.(2016·四川，6)已知a 是函数f (x )＝x 3－12x 的极小值点，则a ＝( ) A.－4 B.－2 C.4D.22.(2015·陕西，9)设f (x )＝x －sin x ，则f (x )( ) A ．既是奇函数又是减函数 B ．既是奇函数又是增函数 C ．是有零点的减函数D ．是没有零点的奇函数3.(2015·安徽，10)函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d 的图象如图所示，则下列结论成立的是( ) A ．a >0，b <0，c >0，d >0 B ．a >0，b <0，c <0，d >0 C ．a <0，b <0，c >0，d >0 D ．a >0，b >0，c >0，d <04.(2014·新课标全国Ⅱ，11)若函数f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)单调递增，则k 的取值范围是( ) A ．(－∞，－2] B ．(－∞，－1] C ．[2，＋∞)D ．[1，＋∞)5.(2014·湖南，9)若0＜x 1＜x 2＜1，则( ) A ．e2x －e 1x＞ln x 2－ln x 1B ．e2x －e 1x＜ln x 2－ln x 1C ．x 2e 1x＞x 1e 2x D ．x 2e 1x＜x 1e2x6.(2014·新课标全国Ⅰ，12)已知函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，若f (x )存在唯一的零点x 0，且x 0＞0，则a 的取值范围是( )A ．(2，＋∞)B ．(1，＋∞)C ．(－∞，－2)D ．(－∞，－1)7.(2016·新课标全国卷Ⅱ，20)已知函数f (x )＝(x ＋1)ln x －a (x －1). (1)当a ＝4时，求曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程； (2)若当x ∈(1，＋∞)时，f (x )>0，求a 的取值范围. 8.(2016·新课标全国Ⅲ，21)设函数f (x )＝ln x －x ＋1. (1)讨论f (x )的单调性；(2)证明：当x ∈(1，＋∞)时，1<x －1ln x<x ；(3)设c >1，证明：当x ∈(0，1)时，1＋(c －1)x >c x. 9.(2016·山东，20)设f (x )＝x ln x －ax 2＋(2a －1)x ，a ∈R . (1)令g (x )＝f ′(x )，求g (x )的单调区间；(2)已知f (x )在x ＝1处取得极大值.求实数a 的取值范围.10.(2016·四川，21)设函数f (x )＝ax 2－a －ln x ，g (x )＝1x －e e x ，其中a ∈R ，e ＝2.718…为自然对数的底数. (1)讨论f (x )的单调性； (2)证明：当x >1时，g (x )>0；(3)确定a 的所有可能取值，使得f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内恒成立. 11.(2016·北京，20)设函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c . (1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)设a ＝b ＝4，若函数f (x )有三个不同零点，求c 的取值范围； (3)求证：a 2－3b ＞0是f (x )有三个不同零点的必要而不充分条件. 12.(2015·新课标全国Ⅱ，21)已知f (x )＝ln x ＋a (1－x )． (1)讨论f (x )的单调性；(2)当f (x )有最大值，且最大值大于2a －2时，求a 的取值范围． 13.(2015·新课标全国Ⅰ，21)设函数f (x )＝e 2x－a ln x . (1)讨论f (x )的导函数f ′(x )零点的个数； (2)证明：当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a.14.(2015·福建，22)已知函数f (x )＝ln x －(x －1)22.(1)求函数f (x )的单调递增区间； (2)证明：当x ＞1时，f (x )＜x －1；(3)确定实数k 的所有可能取值，使得存在x 0＞1，当x ∈(1，x 0)时，恒有f (x )＞k (x －1)．15.(2015·浙江，17)某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，计划修建一条连接两条公路和山区边界的直线型公路，记两条相互垂直的公路为l 1，l 2，山区边界曲线为C ，计划修建的公路为l ，如图所示，M ，N 为C 的两个端点，测得点M 到l 1，l 2的距离分别为5千米和40千米，点N 到l 1，l 2的距离分别为20千米和2.5千米，以l 2，l 1所在的直线分别为x ，y 轴，建立平面直角坐标系xOy ，假设曲线C 符合函数y ＝ax 2＋b(其中a ，b 为常数)模型． (1)求a ，b 的值；(2)设公路l 与曲线C 相切于P 点，P 的横坐标为t . ①请写出公路l 长度的函数解析式f (t )，并写出其定义域； ②当t 为何值时，公路l 的长度最短？求出最短长度．16.(2015·湖南，21)已知a >0，函数f (x )＝a e xcos x (x ∈[0，＋∞))．记x n 为f (x )的从小到大的第n (n ∈N *)个极值点． (1)证明：数列{f (x n )}是等比数列；(2)若对一切n ∈N *，x n ≤|f (x n )|恒成立，求a 的取值范围．17.(2015·山东，20)设函数f (x )＝(x ＋a )ln x ，g (x )＝x 2e x . 已知曲线y ＝f (x ) 在点(1，f (1))处的切线与直线2x －y ＝0平行． (1)求a 的值；(2)是否存在自然数k ，使得方程f (x )＝g (x )在(k ，k ＋1)内存在唯一的根？如果存在，求出k ；如果不存在，请说明理由；(3)设函数m (x )＝min{f (x )，g (x )}(min{p ，q }表示p ，q 中的较小值)，求m (x )的最大值． 18.(2015·浙江，20)设函数f (x )＝x 2＋ax ＋b (a ，b ∈R )．(1)当b ＝a 24＋1时，求函数f (x )在[－1,1]上的最小值g (a )的表达式；(2)已知函数f (x )在[－1,1]上存在零点，0≤b －2a ≤1，求b 的取值范围． 19.(2015·天津，20)已知函数f (x )＝4x －x 4，x ∈R . (1)求f (x )的单调区间；(2)设曲线y ＝f (x )与x 轴正半轴的交点为P ，曲线在点P 处的切线方程为y ＝g (x )， 求证：对于任意的实数x ，都有f (x )≤g (x )；(3)若方程f (x )＝a (a 为实数)有两个实数根x 1，x 2，且x 1＜x 2，求证：x 2－x 1≤－a3＋134.20.(2015·广东，21)设a 为实数，函数f (x )＝(x －a )2＋|x －a |－a (a －1)． (1)若f (0)≤1，求a 的取值范围； (2)讨论f (x )的单调性；(3)当a ≥2时，讨论f (x )＋4x在区间(0，＋∞)内的零点个数．21.(2014·安徽，20)设函数f (x )＝1＋(1＋a )x －x 2－x 3，其中a ＞0. (1)讨论f (x )在其定义域上的单调性；(2)当x ∈[0,1]时，求f (x )取得最大值和最小值时的x 的值．22.(2014·广东，21)已知函数f (x )＝13x 3＋x 2＋ax ＋1(a ∈R )．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)当a ＜0时，试讨论是否存在x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12∪⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，使得f (x 0)＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12. 23.(2014·天津，19)已知函数f (x )＝x 2－23ax 3(a ＞0)，x ∈R .(1)求f (x )的单调区间和极值；(2)若对于任意的x 1∈(2，＋∞)，都存在x 2∈(1，＋∞)，使得f (x 1)·f (x 2)＝1.求a 的取值范围．24.(2014·陕西，21)设函数f (x )＝ln x ＋m x，m ∈R . (1)当m ＝e(e 为自然对数的底数)时，求f (x )的极小值； (2)讨论函数g (x )＝f ′(x )－x3零点的个数；(3)若对任意b ＞a ＞0，f (b)－f (a )b －a＜1恒成立，求m 的取值范围．25.(2014·新课标全国Ⅰ，21)设函数f (x )＝a ln x ＋1－a 2x 2－bx (a ≠1)，曲线y ＝f (x )在点(1, f (1))处的切线斜率为0. (1) 求b ；(2)若存在x 0≥1，使得f (x 0)＜aa －1，求a 的取值范围．B 组 两年模拟精选(2016～2015年)1.(2016·河北保定第二次模拟)已知函数f (x )＝x 2－2cos x ，则f (0)，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫25的大小关系是( )A.f (0)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－13<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫25B.f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－13<f (0)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫25C.f ⎝ ⎛⎭⎪⎫25<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－13<f (0) D.f (0)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫25<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－132.(2016·云南师大附中检测)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.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，518B.(－∞，3]C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫518，＋∞ D.[3，＋∞)3.(2016·四川雅安第三次诊断模拟)设函数f (x )的导函数为f ′(x )，对任意x ∈R ，都有xf ′(x )<f (x )成立，则( )A.3f (2)>2f (3)B.3f (2)＝2f (3)C.3f (2)<2f (3)D.3f (2)与2f (3)大小不确定4.(2016·甘肃兰州诊断)若函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x 3＋3x 2＋1 （x ≤0），e ax （x ＞0）在[－2，2]上的最大值为2，则a 的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫12ln 2，＋∞B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，12ln 2C.(－∞，0]D.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12ln 25.(2015·山东省实验中学二诊)已知函数f (x )(x ∈R )满足f (1)＝1，且f (x )的导函数f ′(x )<13，则f (x )<x 3＋23的解集是( )A.{x |－1<x <1}B.{x |x <－1}C.{x |x <－1或x >1}D.{x |x >1}6.(2015·广东佛山调研)若函数f (x )＝x 3－3x 在(a ，6－a 2]上有极小值，则实数a 的取值范围是( ) A.(－5，1) B.[－5，1) C.[－2，1)D.(－2，1)7.(2015·赣州市十二县联考)若函数f (x )＝13x 3－a 2x 2＋(3－a )x ＋b 有三个不同的单调区间，则实数a 的取值范围是________.8.(2015·河南南阳三模)已知函数f (x )＝x 3＋x ，对任意的m ∈[－2，2]，f (mx －2)＋f (x )＜0恒成立，则x 的取值范围为________.9.(2015·河北衡水中学模拟)已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3，其中 a 为实数. (1)求函数f (x )在[t ，t ＋2]上的最小值；(2)对一切x ∈(0，＋∞)，2f (x )≥g (x )恒成立，求实数a 的取值范围.答案精析A 组 三年高考真题（2016～2014年）1.解析 ∵f (x )＝x 3－12x ，∴f ′(x )＝3x 2－12， 令f ′(x )＝0，则x 1＝－2，x 2＝2.当x ∈(－∞，－2)，(2，＋∞)时，f ′(x )>0，则f (x )单调递增； 当x ∈(－2，2)时，f ′(x )<0，则f (x )单调递减， ∴f (x )的极小值点为a ＝2. 答案 D2.解析 f (x )＝x －sin x 的定义域为R ，关于原点对称， 且f (－x )＝－x －sin(－x )＝－x ＋sin x ＝－f (x )， 故f (x )为奇函数．又f ′(x )＝1－sin x ≥0恒成立，所以f (x )在其定义域内为增函数，故选B. 答案 B3.解析 由已知f (0)＝d >0，可排除D ；其导函数f ′(x )＝3ax 2＋2bx ＋c 且f ′(0)＝c >0，可排除B ； 又f ′(x )＝0有两不等实根，且x 1x 2＝c a＞0，所以a ＞0.故选A. 答案 A4.解析 因为f (x )＝kx －ln x ，所以f ′(x )＝k －1x.因为f (x )在区间(1，＋∞)上单调递增， 所以当x ＞1时，f ′(x )＝k －1x≥0恒成立，即k ≥1x在区间(1，＋∞)上恒成立．因为x ＞1，所以0＜1x＜1，所以k ≥1.故选D.答案 D5.解析 构造函数f (x )＝e x －ln x ，则f ′(x )＝e x －1x，故f (x )＝e x－ln x 在(0，1)上有一个极值点，即f (x )＝e x－ln x 在(0，1)上不是单调函数，无法判断f (x 1)与f (x 2)的大小，故A 、B 错；构造函数g (x )＝e x x ，则g ′(x )＝x e x －e x x 2＝e x （x －1）x 2，故函数g (x )＝exx在(0，1)上单调递减，故g (x 1)＞g (x 2)，x 2e x 1＞x 1e x 2，故选C. 答案 C6. 解析 由题意知f ′(x )＝3ax 2－6x ＝3x (ax －2)，当a ＝0时，不满足题意． 当a ≠0时，令f ′(x )＝0，解得x ＝0或x ＝2a，当a ＞0时，f (x )在(－∞，0)，⎝ ⎛⎭⎪⎫2a，＋∞上单调递增，在 ⎝⎛⎭⎪⎫0，2a 上单调递减．又f (0)＝1，此时f (x )在(－∞，0)上存在零点，不满足题意；当a ＜0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，2a ，(0，＋∞)上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ，0上单调递增，要使f (x )存在唯一的零点x 0，且x 0＞0，则需f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＞0，即a ×⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 3－3×⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 2＋1＞0，解得a ＜－2，故选C.答案 C7.解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，当a ＝4时，f (x )＝(x ＋1)ln x －4(x －1)，f ′(x )＝ln x ＋1x－3，f ′(1)＝－2，f (1)＝0，曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程为2x ＋y－2＝0.(2)当x ∈(1，＋∞)时，f (x )>0等价于ln x －a （x －1）x ＋1>0，设g (x )＝ln x －a （x －1）x ＋1，则g ′(x )＝1x －2a （x ＋1）2＝x 2＋2（1－a ）x ＋1x （x ＋1）2，g (1)＝0.(ⅰ)当a ≤2，x ∈(1，＋∞)时，x 2＋2(1－a )x ＋1≥x 2－2x ＋1>0，故g ′(x )>0，g (x )在(1，＋∞)单调递增，因此g (x )>0；(ⅱ)当a >2时，令g ′(x )＝0得，x 1＝a －1－（a －1）2－1，x 2＝a －1＋（a －1）2－1. 由x 2>1和x 1x 2＝1得x 1<1，故当x ∈(1，x 2)时，g ′(x )<0，g (x )在(1，x 2)单调递减，因此g (x )<0， 综上，a 的取值范围是(－∞，2].8.(1)解 由题设，f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－1，令f ′(x )＝0解得x ＝1.当0<x <1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x >1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减.(2)证明 由(1)知f (x )在x ＝1处取得最大值，最大值为f (1)＝0. 所以当x ≠1时，ln x <x －1.故当x ∈(1，＋∞)时，ln x <x －1，ln 1x <1x －1，即1<x －1ln x <x .(3)证明 由题设c >1，设g (x )＝1＋(c －1)x －c x，则g ′(x )＝c －1－c xln c ，令g ′(x )＝0，解得x 0＝lnc －1ln cln c.当x <x 0时，g ′(x )>0，g (x )单调递增；当x >x 0时，g ′(x )<0，g (x )单调递减.由(2)知1<c －1ln c<c ，故0<x 0<1.又g (0)＝g (1)＝0，故当0<x <1时，g (x )>0. 所以当x ∈(0，1)时，1＋(c －1)x >c x. 9.解 (1)由f ′(x )＝ln x －2ax ＋2a . 可得g (x )＝ln x －2ax ＋2a ，x ∈(0，＋∞)， 则g ′(x )＝1x －2a ＝1－2axx.当a ≤0时，x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )＞0，函数g (x )单调递增； 当a ＞0时，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 时，g ′(x )＞0时，函数g (x )单调递增，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，g ′(x )＜0，函数g (x )单调递减. 所以当a ≤0时，g (x )的单调递增区间为(0，＋∞)；当a ＞0时，g (x )的单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a ，单调减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞.(2)由(1)知，f ′(1)＝0. ①当a ≤0时，f ′(x )单调递增，所以当x ∈(0，1)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减， 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增， 所以f (x )在x ＝1处取得极小值，不合题意.②当0＜a ＜12时，12a ＞1，由(1)知f ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 内单调递增.可得当x ∈(0，1)时，f ′(x )＜0，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12a 时，f ′(x )＞0.所以f (x )在(0，1)内单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12a 内单调递增. 所以f (x )在x ＝1处取得极小值，不合题意. ③当a ＝12时，12a ＝1，f ′(x )在(0，1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减.所以当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )≤0，f (x )单调递减，不合题意. ④当a ＞12时，0＜12a ＜1，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，1时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增， 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减. 所以f (x )在x ＝1处取极大值，合题意 .综上可知，实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞.10.(1)解 f ′(x )＝2ax －1x ＝2ax 2－1x(x >0).当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在(0，＋∞)内单调递减. 当a >0时，由f ′(x )＝0有x ＝12a .当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，12a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增.(2)证明 令s (x )＝ex －1－x ，则s ′(x )＝ex －1－1.当x >1时，s ′(x )>0，所以e x －1>x ，从而g (x )＝1x －1ex －1>0.(3)解 由(2)知，当x >1时，g (x )>0. 当a ≤0，x >1时，f (x )＝a (x 2－1)－ln x <0，故当f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a >0. 当0<a <12时，12a >1，由(1)有f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a <f (1)＝0，而g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a >0.所以f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内不恒成立； 当a ≥12时，令h (x )＝f (x )－g (x )(x ≥1)，当x >1时，h ′(x )＝2ax －1x ＋1x 2－e 1－x>x －1x ＋1x 2－1x ＝x 3－2x ＋1x 2>x 2－2x ＋1x2>0.因此，h (x )在区间(1，＋∞)单调递增.又因为h (1)＝0，所以当x >1时，h (x )＝f (x )－g (x )>0，即f (x )>g (x )恒成立.综上，a ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞. 11.(1)解 由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，切线斜率k ＝f ′(0)＝b . 又f (0)＝c ，所以切点坐标为(0，c ).所以所求切线方程为y －c ＝b (x －0)，即bx －y ＋c ＝0. (2)解 由a ＝b ＝4得f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c ∴f ′(x )＝3x 2＋8x ＋4＝(3x ＋2)(x ＋2) 令f ′(x )＝0，得(3x ＋2)(x ＋2)＝0， 解得x ＝－2或x ＝－23，f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下：所以，当c ＞0且c －3227＜0时，存在x 1∈(－∞，－2)，x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－23，x 3∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，＋∞，使得f (x 1)＝f (x 2)＝f (x 3)＝0.由f (x )的单调性知，当且仅当c ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，3227时，函数f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c 有三个不同零点.(3)证明 当Δ＝4a 2－12b ＜0时，即a 2－3b ＜0，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ＞0，x ∈(－∞，＋∞)，此时函数f (x )在区间(－∞，＋∞)上单调递增， 所以f (x )不可能有三个不同零点.当Δ＝4a 2－12b ＝0时，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b 只有一个零点，记作x 0. 当x ∈(－∞，x 0)时，f ′(x )＞0，f (x )在区间(－∞，x 0)上单调递增； 当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )在区间(x 0，＋∞)上单调递增. 所以f (x )不可能有三个不同零点.综上所述，若函数f (x )有三个不同零点，则必有Δ＝4a 2－12b ＞0， 故a 2－3b ＞0是f (x )有三个不同零点的必要条件.当a ＝b ＝4，c ＝0时，a 2－3b ＞0，f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＝x (x ＋2)2只有两个不同零点， 所以a 2－3b ＞0不是f (x )有三个不同零点的充分条件. 因此a 2－3b ＞0是f (x )有三个不同零点的必要而不充分条件. 12.解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－a .若a ≤0，则f ′(x )＞0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增．若a ＞0，则当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )＞0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )＜0.所以f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减．(2)由(1)知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)无最大值；当a ＞0时，f (x )在x ＝1a取得最大值，最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a ＝－ln a ＋a －1.因此f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a＞2a －2等价于ln a ＋a －1＜0.令g (a )＝ln a ＋a －1，则g (a )在(0，＋∞)上单调递增，g (1)＝0. 于是，当0＜a ＜1时，g (a )＜0；当a ＞1时，g (a )＞0. 因此，a 的取值范围是(0，1)．13.(1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x－a x(x >0)． 当a ≤0时，f ′(x )>0，f ′(x )没有零点． 当a >0时，因为e 2x单调递增，－a x单调递增， 所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增．又f ′(a )>0，当b 满足0<b <a 4且b <14时，f ′(b )<0，故当a >0时，f ′(x )存在唯一零点．(2)证明 由(1)可设f ′(x )在(0，＋∞)的唯一零点为x 0， 当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0. 故f (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增， 所以当x ＝x 0时，f (x )取得最小值，最小值为f (x 0)．由于2e2x 0－a x 0＝0，所以f (x 0)＝a 2x 0＋2ax 0＋a ln 2a ≥2a ＋a ln 2a.故当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a.14.解 (1)f ′(x )＝1x －x ＋1＝－x 2＋x ＋1x，x ∈(0，＋∞)．由f ′(x )＞0得⎩⎪⎨⎪⎧x ＞0，－x 2＋x ＋1＞0.解得0＜x ＜1＋52. 故f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎪⎫0，1＋52.(2)令F (x )＝f (x )－(x －1)，x ∈(0，＋∞)． 则有F ′(x )＝1－x2x.当x ∈(1，＋∞)时，F ′(x )＜0，所以F (x )在[1，＋∞)上单调递减， 故当x ＞1时，F (x )＜F (1)＝0， 即当x ＞1时，f (x )＜x －1.(3)由(2)知，当k ＝1时，不存在x 0＞1满足题意． 当k ＞1时，对于x ＞1，有f (x )＜x －1＜k (x －1)， 则f (x )＜k (x －1)，从而不存在x 0＞1满足题意． 当k ＜1时，令G (x )＝f (x )－k (x －1)，x ∈(0，＋∞)， 则有G ′(x )＝1x －x ＋1－k ＝－x 2＋（1－k ）x ＋1x.由G ′(x )＝0得，－x 2＋(1－k )x ＋1＝0.解得x 1＝1－k －（1－k ）2＋42＜0，x 2＝1－k ＋（1－k ）2＋42＞1.当x ∈(1，x 2)时，G ′(x )＞0，故G (x )在[1，x 2)内单调递增． 从而当x ∈(1，x 2)时，G (x )＞G (1)＝0， 即f (x )＞k (x －1)．综上，k 的取值范围是(－∞，1)．15.解 (1)由题意知，点M ，N 的坐标分别为(5，40)，(20，2.5)．将其分别代入y ＝ax 2＋b，得⎩⎪⎨⎪⎧a25＋b ＝40，a 400＋b ＝2.5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1 000，b ＝0.(2)①由(1)知，y ＝1 000x2(5≤x ≤20)，则点P 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫t ，1 000t2，设在点P 处的切线l 交x ，y 轴分别于A ，B 点，y ′＝－2 000x3，则l 的方程为y －1 000t 2＝－2 000t3(x －t )，由此得A ⎝ ⎛⎭⎪⎫3t 2，0，B ⎝⎛⎭⎪⎫0，3 000t 2.故f (t )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3t 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3 000t 22＝32t 2＋4×106t4，t ∈[5，20]．②设g (t )＝t 2＋4×106t 4，则g ′(t )＝2t －16×106t5. 令g ′(t )＝0，解得t ＝10 2.当t ∈(5，102)时，g ′(t )＜0，g (t )是减函数； 当t ∈(102，20)时，g ′(t )＞0，g (t )是增函数． 从而，当t ＝102时，函数g (t )有极小值，也是最小值， 所以g (t )min ＝300，此时f (t )min ＝15 3.答：当t ＝102时，公路l 的长度最短，最短长度为153千米．16.解 (1)f ′(x )＝a e x cos x －a e x sin x ＝2a e xcos ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4.令f ′(x )＝0，由x ≥0， 得x ＋π4＝m π－π2，即x ＝m π－3π4，m ∈N *.而对于cos ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4，当k ∈Z 时，若2k π－π2＜x ＋π4＜2k π＋π2，即2k π－3π4＜x ＜2k π＋π4，则cos ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4＞0. 若2k π＋π2＜x ＋π4＜2k π＋3π2，即2k π＋π4＜x ＜2k π＋5π4，则cos ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4＜0. 因此，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫（m －1）π，m π－3π4与⎝ ⎛⎭⎪⎫m π－3π4，m π＋π4上，f ′(x )的符号总相反．于是当x ＝m π－3π4(m ∈N *)时，f (x )取得极值，所以x n ＝n π－34π(n ∈N *)．此时，f (x n )＝a e n π－3π4cos ⎝⎛⎭⎪⎫n π－3π4＝(－1)n ＋12a 2e n π－3π4.易知f (x n )≠0，而f （x n ＋1）f （x n ）＝（－1）n ＋22a 2e （n ＋1）π－3π4（－1）n ＋12a 2e n π－3π4＝－e π是常数，故数列{f (x n )}是首项为f (x 1)＝2a 2e π4，公比为－e π的等比数列． (2)对一切n ∈N *，x n ≤|f (x n )|恒成立，即n π－3π4≤2a 2e n π－3π4恒成立，亦即2a ≤e n π－3π4n π－3π4恒成立(因为a ＞0)．设g (t )＝e tt (t ＞0)，则g ′(t )＝e t（t －1）t2. 令g ′(t )＝0得t ＝1.当0＜t ＜1时，g ′(t )＜0，所以g (t )在区间(0，1)上单调递减； 当t ＞1时，g ′(t )＞0，所以g (t )在区间(1，＋∞)上单调递增． 因为x 1∈(0，1)，且当n ≥2时，x n ∈(1，＋∞)，x n ＜x n ＋1， 所以[g (x n )]min ＝min{g (x 1)，g (x 2)}＝min ⎩⎨⎧⎭⎬⎫g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π4＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝4πe π4. 因此，x n ≤|f (x n )|恒成立，当且仅当2a ≤4πe π4，解得a ≥2π4e －π4. 故a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫2π4e －π4，＋∞.17.解 (1)由题意知，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线斜率为2， 所以f ′(1)＝2，又f ′(x )＝ln x ＋ax＋1，所以a ＝1.(2)k ＝1时，方程f (x )＝g (x )在(1，2)内存在唯一的根． 设h (x )＝f (x )－g (x )＝(x ＋1)ln x －x 2e x ，当x ∈(0，1]时，h (x )＜0.又h (2)＝3ln 2－4e 2＝ln 8－4e 2＞1－1＝0，所以存在x 0∈(1，2)，使得h (x 0)＝0. 因为h ′(x )＝ln x ＋1x ＋1＋x （x －2）e x， 所以当x ∈(1，2)时，h ′(x )＞1－1e ＞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x 0. 且x ∈(0，x 0)时，f (x )＜g (x )，x ∈(x 0，＋∞)时，f (x )＞g (x )， 所以m (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧（x ＋1）ln x ，x ∈（0，x 0]，x 2e x ，x ∈（x 0，＋∞）.当x ∈(0，x 0)时，若x ∈(0，1]，m (x )≤0； 若x ∈(1，x 0)，由m ′(x )＝ln x ＋1x＋1＞0，可知0＜m (x )≤m (x 0)； 故m (x )≤m (x 0)．当x ∈(x 0，＋∞)时，由m ′(x )＝x （2－x ）ex，可得x ∈(x 0，2)时，m ′(x )＞0，m (x )单调递增；x ∈(2，＋∞)时，m ′(x )＜0，m (x )单调递减；可知m (x )≤m (2)＝4e 2，且m (x 0)＜m (2)．综上可得，函数m (x )的最大值为4e2.18.解 (1)当b ＝a 24＋1时，f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋a 22＋1，故对称轴为直线x ＝－a2.当a ≤－2时，g (a )＝f (1)＝a 24＋a ＋2.当－2＜a ≤2时，g (a )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝1.当a ＞2时，g (a )＝f (－1)＝a 24－a ＋2.综上，g (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧a 24＋a ＋2，a ≤－2，1，－2＜a ≤2，a 24－a ＋2，a ＞2.(2)设s ，t 为方程f (x )＝0的解，且－1≤t ≤1，则⎩⎪⎨⎪⎧s ＋t ＝－a ，st ＝b ，由于0≤b －2a ≤1，因此－2t t ＋2≤s ≤1－2tt ＋2(－1≤t ≤1)．当0≤t ≤1时，－2t 2t ＋2≤st ≤t －2t2t ＋2，由于－23≤－2t 2t ＋2≤0和－13≤t －2t 2t ＋2≤9－45，所以－32≤b ≤9－4 5.当－1≤t ＜0时，t －2t 2t ＋2≤st ≤－2t2t ＋2，由于－2≤－2t 2t ＋2＜0和－3≤t －2t2t ＋2＜0，所以－3≤b ＜0.故b 的取值范围是[－3，9－45]．19.(1)解 由f (x )＝4x －x 4，可得f ′(x )＝4－4x 3. 当f ′(x )＞0，即x ＜1时，函数f (x )单调递增； 当f ′(x )＜0，即x ＞1时，函数f (x )单调递减．所以，f (x )的单调递增区间为(－∞，1)，单调递减区间为(1，＋∞)． (2)证明 设点P 的坐标为(x 0，0)，则x 0＝413，f ′(x 0)＝－12.曲线y ＝f (x )在点P 处的切线方程为y ＝f ′(x 0)(x －x 0)，即g (x )＝f ′(x 0)(x －x 0)． 令函数F (x )＝f (x )－g (x )，即F (x )＝f (x )－f ′(x 0)(x －x 0)， 则F ′(x )＝f ′(x )－f ′(x 0)．由于f ′(x )＝－4x 3＋4在(－∞，＋∞)上单调递减， 故F ′(x )在(－∞，＋∞)上单调递减，又因为F ′(x 0)＝0，所以当x ∈(－∞，x 0)时，F ′(x )＞0，当x ∈(x 0，＋∞)时，F ′(x )＜0， 所以F (x )在(－∞，x 0)上单调递增，在(x 0，＋∞)上单调递减，所以对于任意的实数x ，F (x )≤F (x 0)＝0， 即对于任意的实数x ，都有f (x )≤g (x )． (3)证明 由(2)知g (x )＝－12(x －413)．设方程g (x )＝a 的根为x 2′，可得x 2′＝－a 12＋413.因为g (x )在(－∞，＋∞)上单调递减， 又由(2)知g (x 2)≥f (x 2)＝a ＝g (x 2′)， 因此x 2≤x 2′.类似地，设曲线y ＝f (x )在原点处的切线方程为y ＝h (x )， 可得h (x )＝4x .对于任意的x ∈(－∞，＋∞)，有f (x )－h (x )＝－x 4≤0，即f (x )≤h (x )． 设方程h (x )＝a 的根为x 1′，可得x 1′＝a4.因为h (x )＝4x 在(－∞，＋∞)上单调递增，且h (x 1′)＝a ＝f (x 1)≤h (x 1)，因此x 1′≤x 1，由此可得x 2－x 1≤x 2′－x 1′＝－a 3＋413.20.解 (1)f (0)＝a 2＋|a |－a 2＋a ＝|a |＋a ，因为f (0)≤1，所以|a |＋a ≤1， 当a ≤0时，|a |＋a ＝－a ＋a ＝0≤1，显然成立； 当a >0，则有|a |＋a ＝2a ≤1，所以a ≤12，所以0<a ≤12，综上所述，a 的取值范围是a ≤12.(2)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－（2a －1）x ，x ≥a ，x 2－（2a ＋1）x ＋2a ，x <a .对于u 1＝x 2－(2a －1)x ，其对称轴为x ＝2a －12＝a －12<a ，开口向上，所以f (x )在(a ，＋∞)上单调递增；对于u 1＝x 2－(2a ＋1)x ＋2a ，其对称轴为x ＝2a ＋12＝a ＋12>a ，开口向上，所以f (x )在(－∞，a )上单调递减.综上，f (x )在(a ，＋∞)上单调递增，在(－∞，a )上单调递减，(3)由(2)得f (x )在(a ，＋∞)上单调递增，在(0，a )上单调递减，所以f (x )min ＝f (a )＝a －a 2.(ⅰ)当a ＝2时，f (x )min ＝f (2)＝－2，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－3x ，x ≥2，x 2－5x ＋4，x <2，令f (x )＋4x ＝0，即f (x )＝－4x(x >0)，因为f (x )在(0，2)上单调递减，所以f (x )>f (2)＝－2，而y ＝－4x 在(0，2)上单调递增，y <f (2)＝2，所以y ＝f (x )与y ＝－4x在(0，2)无交点．当x ≥2时，f (x )＝x 2－3x ＝－4x，即x 3－3x 2＋4＝0，所以x 3－2x 2－x 2＋4＝0，所以(x －2)2(x ＋1)＝0， 因为x ≥2，所以x ＝2，即当a ＝2时，f (x )＋4x有一个零点x ＝2.(ⅱ)当a >2时，f (x )min ＝f (a )＝a －a 2， 当x ∈(0，a )时，f (0)＝2a >4，f (a )＝a －a 2，而y ＝－4x 在x ∈(0，a )上单调递增，当x ＝a 时，y ＝－4a，下面比较f (a )＝a －a 2与－4a的大小，因为a －a 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫－4a ＝－（a 3－a 2－4）a ＝－（a －2）（a 2＋a ＋2）a <0所以f (a )＝a －a 2<－4a.结合图象不难得当a >2，y ＝f (x )与y ＝－4x有两个交点，综上，当a ＝2时，f (x )＋4x 有一个零点x ＝2；当a >2，y ＝f (x )与y ＝－4x有两个零点．21.解 (1)f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝1＋a －2x －3x 2. 令f ′(x )＝0，得x 1＝－1－4＋3a 3，x 2＝－1＋4＋3a3，x 1＜x 2，所以f ′(x )＝－3(x －x 1)(x －x 2)．当x ＜x 1或x ＞x 2时，f ′(x )＜0；当x 1＜x ＜x 2时，f ′(x )＞0.故f (x )在(－∞，x 1)和(x 2，＋∞)内单调递减，在(x 1，x 2)内单调递增． (2)因为a ＞0，所以x 1＜0，x 2＞0.①当a ≥4时，x 2≥1，由(1)知，f (x )在[0，1]上单调递增， 所以f (x )在x ＝0和x ＝1处分别取得最小值和最大值．②当0＜a ＜4时，x 2＜1.由(1)知，f (x )在[0，x 2]上单调递增，在[x 2，1]上单调递减， 因此f (x )在x ＝x 2＝－1＋4＋3a3处取得最大值．又f (0)＝1，f (1)＝a ，所以当0＜a ＜1时，f (x )在x ＝1处取得最小值； 当a ＝1时，f (x )在x ＝0和x ＝1处同时取得最小值； 当1＜a ＜4时，f (x )在x ＝0处取得最小值． 22.解 (1)f ′(x )＝x 2＋2x ＋a 开口向上， 方程x 2＋2x ＋a ＝0的判别式Δ＝4－4a ＝4(1－a )，若a ≥1，则Δ≤0，f ′(x )＝x 2＋2x ＋a ≥0恒成立，∴f (x )在R 上单调递增．若a ＜1，则Δ＞0，方程x 2＋2x ＋a ＝0有两个不同的实数根，x 1＝－1－1－a ，x 2＝－1＋1－a ，当x ＜x 1或x ＞x 2时，f ′(x )＞0；当x 1＜x ＜x 2时，f ′(x )＜0， ∴f (x )的单调递增区间为(－∞，－1－1－a )和(－1＋1－a ，＋∞)， 单调递减区间为(－1－1－a ，－1＋1－a )． 综上所述，当a ≥1时，f (x )在R 上单调递增；当a <1时，f (x )的单调递增区间为(－∞，－1－1－a )和(－1＋1－a ，＋∞)，f (x )的单调递减区间为(－1－1－a ，－1＋1－a )．(2)当a ＜0时，Δ＞0，且f (0)＝1，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝3124＋a2，f (1)＝73＋a ，此时x 1＜0，x 2＞0， 令x 2＝12得a ＝－54.①当－54＜a ＜0时，x 1＜0＜x 2＜12，f (x )在(0，x 2)上单调递减，在⎝⎛⎭⎪⎫x 2，12上单调递增，在⎝⎛⎭⎪⎫12，1上单调递增．(ⅰ)若－54＜a ＜－712，则f (0)＝1＞f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，∴存在x 0∈(0，x 2)，使得f (x 0)＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12；(ⅱ)当－712≤a ＜0时，f (0)≤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12， ∴不存在x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12∪⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，使得f (x 0)＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12.②当a ＝－54时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上单调递增． ∴不存在x 0，使得f (x 0)＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12.③当－2512＜a ＜－54时，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＜f (1)， ∴存在x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12∪⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，使得f (x 0)＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12.④当a ≤－2512时，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12≥f (1)， ∴不存在x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12∪⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，使得f (x 0)＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12. 综上，当a ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－712，0∪{－54}∪⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－2512时，不存在x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12∪⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，使得f (x 0)＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12；当a ∈⎝⎛⎭⎪⎫－2512，－54∪⎝⎛⎭⎪⎫－54，－712时，存在x 0∈⎝⎛⎭⎪⎫0，12∪⎝⎛⎭⎪⎫12，1，使得f (x 0)＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12. 23.解 (1)由已知，有f ′(x )＝2x －2ax 2(a ＞0)． 令f ′(x )＝0，解得x ＝0或x ＝1a.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以，f (x )的单调递增区间是⎝⎭⎪⎫0，a ；单调递减区间是(－∞，0)，⎝ ⎭⎪a ，＋∞.当x ＝0时，f (x )有极小值，且极小值f (0)＝0；当x ＝1a时，f (x )有极大值，且极大值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝13a2. (2)由f (0)＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ＝0及(1)知，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32a 时，f (x )＞0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，＋∞时，f (x )＜0.设集合A ＝{f (x )|x ∈(2，＋∞)}，集合B ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫1f （x ）|x ∈（1，＋∞），f （x ）≠0，则“对于任意的x 1∈(2，＋∞)，都存在x 2∈(1，＋∞)，使得f (x 1)·f (x 2)＝1”等价于A ⊆B .显然，0∉B .下面分三种情况讨论：(1)当32a ＞2，即0＜a ＜34时，由f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ＝0可知，0∈A ，而0∉B ，所以A 不是B 的子集． (2)当1≤32a ≤2，即34≤a ≤32时，有f (2)≤0，且此时f (x )在(2，＋∞)上单调递减，故A ＝(－∞，f (2))，因而A ⊆(－∞，0)；由f (1)≥0，有f (x )在(1，＋∞)上的取值范围包含(－∞，0)，则(－∞，0)⊆B .所以A ⊆B .(3)当32a ＜1，即a ＞32时，有f (1)＜0，且此时f (x )在(1，＋∞)上单调递减， 故B ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1f （1），0，A ＝(－∞，f (2))， 所以A 不是B 的子集．综上，a 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤34，32. 24.解 (1)由题设，当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋e x ，则f ′(x )＝x －e x 2， ∴当x ∈(0，e)，f ′(x )＜0，f (x )在(0，e)上单调递减，当x ∈(e ，＋∞)，f ′(x )＞0，f (x )在(e ，＋∞)上单调递增，∴x ＝e 时，f (x )取得极小值f (e)＝ln e ＋e e＝2， ∴f (x )的极小值为2.(2)由题设g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x 3(x ＞0)， 令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x ＞0)． 设φ(x )＝－13x 3＋x (x ≥0)， 则φ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1)，当x ∈(0，1)时，φ′(x )＞0，φ(x )在(0，1)上单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )＜0，φ(x )在(1，＋∞)上单调递减．∴x ＝1是φ(x )的唯一极值点，且是极大值点，因此x ＝1也是φ(x )的最大值点．∴φ(x )的最大值为φ(1)＝23. 又φ(0)＝0，结合y ＝φ(x )的图象(如图)，可知①当m ＞23时，函数g (x )无零点；②当m ＝23时，函数g (x )有且只有一个零点；③当0＜m ＜23时，函数g (x )有两个零点；④当m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点．综上所述，当m ＞23时，函数g (x )无零点；当m ＝23或m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点；当0＜m ＜23时，函数g (x )有两个零点．(3)对任意的b ＞a ＞0，f （b ）－f （a ）b －a ＜1恒成立，等价于f (b )－b ＜f (a )－a 恒成立． (*)设h (x )＝f (x )－x ＝ln x ＋m x －x (x ＞0)，∴(*)式等价于h (x )在(0，＋∞)上单调递减．由h ′(x )＝1x －mx 2－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，得m ≥－x 2＋x ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14(x ＞0)恒成立，∴m ≥14(对m ＝14，h ′(x )＝0仅在x ＝12时成立)，∴m 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫14，＋∞.25.解 (1)f ′(x )＝a x ＋(1－a )x －b .由题设知f ′(1)＝0，解得b ＝1.(2)f (x )的定义域为(0，＋∞).由(1)知，f (x )＝a ln x ＋1－a 2x 2－x ，f ′(x )＝a x ＋(1－a )x －1＝1－a x (x －a 1－a)(x －1)． ①若a ≤12，则a 1－a≤1，故当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )在(1，＋∞)单调递增． 所以，存在x 0≥1，使得f (x 0)＜aa －1的充要条件为f (1)＜a a －1，即1－a 2－1＜a a －1， 解得－2－1＜a ＜2－1.②若12＜a ＜1，则a 1－a ＞1， 故当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，a 1－a 时，f ′(x )＜0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a ，＋∞时，f ′(x )＞0. f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，a 1－a 单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a ，＋∞单调递增． 所以，存在x 0≥1，使得f (x 0)＜a a －1的充要条件为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a ＜a a －1. 而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a ＝a ln a 1－a ＋a 22（1－a ）＋a a －1＞a a －1，所以不合题意． ③若a ＞1，则f (1)＝1－a 2－1＝－a －12＜a a －1. 综上，a 的取值范围是(－2－1，2－1)∪(1，＋∞)．B 组 两年模拟精选(2016～2015年)1.解析 f ′(x )＝2x ＋2sin x ，当x ∈[0，1]时f ′(x )>0.∴f (x )为增函数，所以f (0)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫25， 又f (x )为偶函数，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13， 则f (0)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－13<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫25. 答案 A2.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]上恒成立，即3x 2－2tx ＋3≤0，即t ≥32⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x 在[1，4]上恒成立，因为y ＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x 在[1，4]上单调递增，所以t ≥32⎝⎛⎭⎪⎫4＋14＝518，故选C. 答案 C3.解析 令F (x )＝f （x ）x ，则F ′(x )＝xf ′（x ）－f （x ）x 2<0， 所以F (x )为减函数，f （2）2>f （3）3，所以3f (2)>2f (3).答案 A4.解析 当x ≤0时，f ′(x )＝6x 2＋6x ，易知函数f (x )在(－∞，0]上的极大值点是x ＝－1，且f (－1)＝2，故只要在(0，2]上，e ax ≤2即可，即ax ≤ln 2在(0，2]上恒成立，即a ≤ln 2x在(0，2]上恒成立，故a ≤12ln 2. 答案 D5.解析 构造函数F (x )＝f (x )－⎝ ⎛⎭⎪⎫x 3＋23，F (1)＝f (1)－1＝0， ∵f ′(x )＜13，∴F ′(x )＝f ′(x )－13＜0，∴F (x )在R 上单调递减， f (x )＜x 3＋23的解集即F (x )＜0＝F (1)的解集，得x ＞1. 答案 D6.解析 f (x )＝x 3－3x ，f ′(x )＝3x 2－3，令f ′(x )＝0，解得x ＝±1，可以判断当x ＝1时函数有极小值， ∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＜1，6－a 2≥1，6－a 2＞a ，解得a ∈[－5，1)，∴选B.答案 B7.解析 f ′(x )＝x 2－ax ＋3－a ，要使f (x )有三个不同单调区间，需Δ＝(－a )2－4(3－a )＞0，即a ∈(－∞，－6)∪(2，＋∞).答案 (－∞，－6)∪(2，＋∞)8.解析 ∵f ′(x )＝3x 2＋1＞0恒成立，∴f (x )在R 上是增函数.又f (－x )＝－f (x )，∴y ＝f (x )为奇函数.由f (mx －2)＋f (x )＜0得f (mx －2)＜－f (x )＝f (－x )，∴mx －2＜－x ，即mx －2＋x ＜0在m ∈[－2，2]上恒成立.记g (m )＝xm －2＋x ，则⎩⎪⎨⎪⎧g （－2）＜0，g （2）＜0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x －2＋x ＜0，2x －2＋x ＜0， 解得－2＜x ＜23.答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，239.解 (1)由题知函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ln x ＋1， 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时，f ′(x )＜0，故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞时，f ′(x )＞0.故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递增.①当0＜t ＜t ＋2＜1e 时，无解；②当0＜t ＜1e ＜t ＋2，即0＜t ＜1e 时，函数f (x )在[t ，t ＋2]上的最小值f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e ；③当1e ≤t ＜t ＋2，即t ≥1e 时，f (x )在[t ，t ＋2]上单调递增，故函数f (x )在[t ，t ＋2]上的最小值f (x )min ＝f (t )＝t ln t .综上可知f (x )min ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1e ，0＜t ＜1e ，t ln t ，t ≥1e .(2)由题知2x ln x ≥－x 2＋ax －3，即a ≤2ln x ＋x ＋3x 对一切x ∈(0，＋∞)恒成立.设h (x )＝2ln x ＋x ＋3x (x ＞0)，则h ′(x )＝（x ＋3）（x －1）x 2，当x ∈(0，1)时，h ′(x )＜0，故h (x )在(0，1)上单调递减， 当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )＞0，故h (x )在(1，＋∞)上单调递增.所以h (x )在(0，＋∞)上有唯一极小值h (1)，即为最小值， 所以h (x )min ＝h (1)＝4，因为对一切x ∈(0，＋∞)，a ≤h (x )恒成立，所以a ≤4.。
三年(2021-2023)年高考数学真题分类汇编专题：导数及其应用
三年（2019-2023）年高考真题分项汇编专题03 导数及其应用考点一 导数的运算1．【多选】（2022•新高考Ⅰ）已知函数()f x 及其导函数()f x '的定义域均为R ，记()()gx f x ='．若3(2)2f x -，(2)g x +均为偶函数，则( ) A ．(0)0f = B ．1()02g -=C ．(1)f f -=（4）D ．(1)g g -=（2）【解析】3(2)2f x -为偶函数，∴可得33(2)(2)22f x f x -=+，()f x ∴关于32x =对称，令54x =，可得3535(2)(2)2424f f -⨯=+⨯，即(1)f f -=（4），故C 正确； (2)g x +为偶函数，(2)(2)g x g x ∴+=-，()g x 关于2x =对称，故D 不正确； ()f x 关于32x =对称，32x ∴=是函数()f x 的一个极值点， ∴函数()f x 在3(2，)t 处的导数为0，即33()()022g f ='=，又()g x ∴的图象关于2x =对称，53()()022g g ∴==，∴函数()f x 在5(2，)t 的导数为0，52x ∴=是函数()f x 的极值点，又()f x 的图象关于32x =对称，5(2∴，)t 关于32x =的对称点为1(2，)t ，由52x =是函数()f x 的极值点可得12x =是函数()f x 的一个极值点，11()()022g f ∴='=， 进而可得17()()022g g ==，故72x =是函数()f x 的极值点，又()f x 的图象关于32x =对称，7(2∴，)t 关于32x =的对称点为1(2-，)t ，11()()022g f ∴-='-=，故B 正确；()f x 图象位置不确定，可上下移动，即每一个自变量对应的函数值不是确定值，故A 错误． 解法二：构造函数法，令()1sin f x x π=-，则3(2)1cos 22f x x π-=+，则()()cosg x f x x ππ='=-，(2)cos(2)cos g x x x πππππ+=-+=-， 满足题设条件，可得只有选项BC 正确，故选：BC ．考点二 利用导数研究曲线上某点切线方程2．（2021•新高考Ⅰ）若过点(,)a b 可以作曲线x y e =的两条切线，则( ) A ．b e a <B ．a e b <C ．0b a e <<D ．0a b e <<【解析】法一：函数x y e =是增函数，0x y e '=>恒成立， 函数的图象如图，0y >，即切点坐标在x 轴上方， 如果(,)a b 在x 轴下方，连线的斜率小于0，不成立． 点(,)a b 在x 轴或下方时，只有一条切线． 如果(,)a b 在曲线上，只有一条切线；(,)a b 在曲线上侧，没有切线；由图象可知(,)a b 在图象的下方，并且在x 轴上方时，有两条切线，可知0a b e <<． 故选：D ．法二：设过点(,)a b 的切线横坐标为t ，则切线方程为()t t y e x t e =-+，可得(1)t b e a t =+-，设()(1)f t a t =+-，可得()()t f t e a t '=-，(,)t a ∈-∞，()0f t '>，()f t 是增函数，(,)t a ∈+∞，()0f t '<，()f t 是减函数，因此当且仅当0a b e <<时，上述关于t 的方程有两个实数解，对应两条切线． 故选：D ．3．（2022•新高考Ⅰ）若曲线()x y x a e =+有两条过坐标原点的切线，则a 的取值范围是 ． 【解析】()x x y e x a e '=++，设切点坐标为0(x ，00())x x a e +， ∴切线的斜率000()x x k e x a e =++，∴切线方程为000000()(())()x x x y x a e e x a e x x -+=++-，又切线过原点，000000()(())()x x x x a e e x a e x ∴-+=++-， 整理得：2000x ax a +-=，切线存在两条，∴方程有两个不等实根， ∴△240a a =+>，解得4a <-或0a >，即a 的取值范围是(-∞，4)(0-⋃，)+∞， 故答案为：(-∞，4)(0-⋃，)+∞．4．（2022•新高考Ⅱ）曲线||y ln x =过坐标原点的两条切线的方程为 ， ． 【解析】当0x >时，y lnx =，设切点坐标为0(x ，0)lnx ， 1y x '=，∴切线的斜率01k x =， ∴切线方程为0001()y lnx x x x -=-， 又切线过原点，01lnx ∴-=-， 0x e ∴=，∴切线方程为11()y x e e-=-，即0x ey -=，当0x <时，()y ln x =-，与y lnx =的图像关于y 轴对称， ∴切线方程也关于y 轴对称，∴切线方程为0x ey +=，综上所述，曲线||y ln x =经过坐标原点的两条切线方程分别为0x ey -=，0x ey +=， 故答案为：0x ey -=，0x ey +=．5．（2021•新高考Ⅱ）已知函数()|1|x f x e =-，10x <，20x >，函数()f x 的图象在点1(A x ，1())f x 和点2(B x ，2())f x 的两条切线互相垂直，且分别交y 轴于M ，N 两点，则||||AM BN 的取值范围是 ．【解析】当0x <时，()1x f x e =-，导数为()x f x e '=-， 可得在点1(A x ，_11)x e -处的斜率为_11x k e =-， 切线AM 的方程为_1_11(1)()x x y e e x x --=--，令0x =，可得_1_111x x y e x e =-+，即_1_11(0,1)x x M e x e -+， 当0x >时，()1x f x e =-，导数为()x f x e '=， 可得在点2(B x ，_21)x e -处的斜率为_22x k e =，令0x =，可得_2_221x x y e x e =--，即_2_22(0,1)x x N e x e --，由()f x 的图象在A ，B 处的切线相互垂直，可得_1_2121x x k k e e =-⋅=-， 即为120x x +=，10x <，20x >，所以2||1(0,1)||x AM BN e ===∈．故答案为：(0,1)．考点三 利用导数研究函数的单调性6．（2023•新高考Ⅱ）已知函数()x f x ae lnx =-在区间(1,2)上单调递增，则a 的最小值为( ) A ．2eB ．eC ．1e -D ．2e -【解析】对函数()f x 求导可得，1()x f x ae x'=-， 依题意，10x ae x-…在(1,2)上恒成立，即1xa xe …在(1,2)上恒成立， 设1(),(1,2)x g x x xe=∈，则22()(1)()()()x x x x x e xe e x g x xe xe -++'==-，易知当(1,2)x ∈时，()0g x '<， 则函数()g x 在(1,2)上单调递减， 则11()(1)max a g x g e e-===…． 故选：C ．7．（2023•新高考Ⅰ）已知函数()()x f x a e a x =+-． （1）讨论()f x 的单调性；（2）证明：当0a >时，3()22f x lna >+． 【解析】（1）()()x f x a e a x =+-， 则()1x f x ae '=-，①当0a …时，()0f x '<恒成立，()f x 在R 上单调递减， ②当0a >时，令()0f x '=得，1x ln a=，当1(,)x ln a ∈-∞时，()0f x '<，()f x 单调递减；当1(x ln a∈，)+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增，综上所述，当0a …时，()f x 在R 上单调递减；当0a >时，()f x 在1(,)ln a -∞上单调递减，在1(ln a，)+∞上单调递增．证明：（2）由（1）可知，当0a >时，2111()()()1min f x f ln a a ln a lna a a a==+-=++，要证3()22f x lna >+，只需证23122a lna lna ++>+， 只需证2102a lna -->， 设g （a ）212a lna =--，0a >， 则g '（a ）21212a a a a-=-=，令g '（a ）0=得，a =，当a ∈时，g '（a ）0<，g （a）单调递减，当a ∈，)+∞时，g '（a ）0>，g （a ）单调递增， 所以g （a）11022g =--=->…， 即g （a ）0>， 所以2102a lna -->得证， 即3()22f x lna >+得证． 8．（2022•浙江）设函数()(0)2ef x lnx x x=+>． （Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）已知a ，b R ∈，曲线()y f x =上不同的三点1(x ，1())f x ，2(x ，2())f x ，3(x ，3())f x 处的切线都经过点(,)a b ．证明：（ⅰ）若a e >，则0b f <-（a ）1(1)2ae<-；（ⅱ）若0a e <<，123x x x <<，则2213211266e a e ae e x x a e --+<+<-．（注: 2.71828e =⋯是自然对数的底数） 【解析】（Ⅰ）函数()(0)2ef x lnx x x=+>，∴2212()22e x ef x x x x -'=-+=，(0)x >， 由22()02x e f x x -'=>，得2e x >，()f x ∴在(2e，)+∞上单调递增； 由22()02x ef x x -'=<，得02e x <<，()f x ∴在(0,)2e 上单调递减．（Ⅱ）()i 证明：过(,)a b 有三条不同的切线，设切点分别为1(x ，1())f x ，2(x ，2())f x ，3(x ，3())f x ，()()()i i i f x b f x x a ∴-='-，(1i =，2，3)，∴方程()()()f x b f x x a -='-有3个不同的根，该方程整理为21()()022e ex a lnx b x x x ----+=，设21()()()22e eg x x a lnx b x x x=----+，则223231111()()()()()22e e e g x x a x e x a x x x x x x x'=-+-+--+=---， 当0x e <<或x a >时，()0g x '<；当e x a <<时，()0g x '>，()g x ∴在(0,)e ，(,)a +∞上为减函数，在(,)e a 上为增函数， ()g x 有3个不同的零点，g ∴（e ）0<且g （a ）0>，21()()022e e e a lne b e e e ∴----+<，且21()()022e ea a lnab a a a----+>， 整理得到12a b e <+且()2eb lna f a a>+=， 此时，12a b e <+，且()2e b lna f a a>+=， 此时，1()(1)1()02222a a e eb f a lna lna b e e a a---<+-+--+>，整理得12a b e <+，且()2e b lna f a a>+=， 此时，b f -（a ）113(1)1()2222222a a e a elna lna e e a e a--<+-+-+=--，设μ（a ）为(,)e +∞上的减函数，μ∴（a ）3022e lne e<--=， ∴10()(1)2ab f a e<-<-． ()ii 当0a e <<时，同()i 讨论，得：()g x 在(0,)a ，(,)e +∞上为减函数，在(,)a e 上为增函数， 不妨设123x x x <<，则1230x a x e x <<<<<，()g x 有3个不同的零点，g ∴（a ）0<，且g （e ）0>，21()()022e e e a lne b e e e ∴----+>，且21()()022e e a a lna b a a a----+<， 整理得122a ab lna e e+<<+， 123x x x <<，1230x a x e x ∴<<<<<，2()12a e eag x lnx b x x+=-+-+， 设,(0,1)e a t m x e ==∈，则方程2102a e ealnx b x x +-+-+=即为：202a e a t t lnt b e e +-+++=，即为2(1)02mm t t lnt b -++++=， 记123123,,e e et t t x x x ===， 则1t ，2t ，3t 为2(1)02m m t t lnt b -++++=有三个不同的根， 设31311x t e k t x a==>>，1am e =<，要证：2213211266e a e ae e x x a e --+<+<-，即证132266e a e e at t e a e--+<+<-， 即证：213132(13)(12)236()m m m t t m m t t --++--<+，而2111(1)02m m t t lnt b -++++=，且2333(1)02mm t t lnt b -++++=， ∴22131313()(1)()02m lnt lnt t t m t t -+--+-=， ∴131313222lnt lnt t t m m t t -+--=-⨯-， ∴即证21313132(13)(12)36()lnt lnt m m m m t t m t t ---+-⨯<-+，即证1132313()(13)(12)072t t t lnt m m m t t +--++>-，即证2(1)(13)(12)0172k lnk m m m k +--++>-，记(1)(),11k lnkk k k ϕ+=>-，则211()(2)0(1)k k lnk k k ϕ=-->-， ()k ϕ∴在(1,)+∞为增函数，()()k m ϕϕ∴>，∴22(1)(13)(12)(1)(13)(12)172172k lnk m m m m lnm m m m k m +--++--++>+--， 设2(1)(13)(12)()72(1)m m m m m lnm m ω---+=++，01m <<，则2322322(1)(3204972)(1)(33)()072(1)72(1)m m m m m m x m m m m ω---+-+'=>>++，()m ω∴在(0,1)上是增函数，()m ωω∴<（1）0=， 2(1)(13)(12)072(1)m m m m lnm m ---+∴+<+，即2(1)(13)(12)0172m lnm m m m m +--++>-，∴若0a e <<，123x x x <<，则2213211266e a e ae e x x a e --+<+<-． 9．（2022•新高考Ⅱ）已知函数()ax xf x xe e =-． （1）当1a =时，讨论()f x 的单调性； （2）当0x >时，()1f x <-，求a 的取值范围； （3）设*n N ∈(1)ln n +⋯+>+．【解析】（1）当1a =时，()(1)x x x f x xe e e x =-=-，()(1)x x x f x e x e xe '=-+=，0x e >，∴当(0,)x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增；当(,0)x ∈-∞时，()0f x '<，()f x 单调递减．（2）令()()11(0)ax x g x f x xe e x =+=-+>，()1f x <-，()10f x +<， ()(0)0g x g ∴<=在0x >上恒成立， 又()ax ax x g x e axe e '=+-，令()()h x g x ='，则()()(2)ax ax ax x ax ax x h x ae a e axe e a e axe e '=++-=+-，(0)21h a ∴'=-， ①当210a ->，即12a >，存在0δ>，使得当(0,)x δ∈时，()0h x '>，即()g x '在(0,)δ上单调递增．因为()(0)0g x g '>'=，所以()g x 在(0,)δ内递增，所以()1f x >-，这与()1f x <-矛盾，故舍去； ②当210a -…，即12a …， ()(1)ax ax x ax x g x e axe e ax e e '=+-=+-，若10ax +…，则()0g x '<，所以()g x 在[0，)+∞上单调递减，()(0)0g x g =…，符合题意． 若10ax +>，则1111(1)(1)2222()0x ln x x x axaxxax ln ax xxx g x e axe e ee eeee +++++'=+-=---=剟，所以()g x 在(0,)+∞上单调递减，()(0)0g x g =…，符合题意． 综上所述，实数a 的取值范围是12a …． 另解：()f x 的导数为()(1)(0)ax x f x ax e e x '=+->， ①当1a …时，()(1)0ax x ax x x f x ax e e e ex e e '=+->--=…， 所以()f x 在(0,)+∞递增，所以()1f x >-，与题意矛盾； ②当0a …时，()10ax x x f x e e e '--<剟，所以()f x 在(0,)+∞递减，所以()1f x <-，满足题意；．③当102a <…时，11122211()(1)[(1)]22x x x x f x x e e e x e '+-=+-…．设121()(1)(0)2x G x x e x =+->，1211()022x G x e '=-<，则()G x 在(0,)+∞递减，所以()0G x <，12()()0x f x e G x '=<，所以()f x 在(0,)+∞递减，所以()1f x <-，满足题意；④当112a <<时，(1)()[(1)]ax a x f x e ax e -'=+-， 令(1)()(1)a x H x ax e -=+-，则()()ax f x e H x '=，(1)()(1)a x H x a a e -'=+-， 可得()H x '递减，(0)21H a '=-，所以存在00x >，使得0()0H x '=．当0(0,)x x ∈时，()0H x '>，()H x 在0(0,)x 递增，此时()0H x >，所以当0(0,)x x ∈时，()()0ax f x e H x '=>，()f x 在0(0,)x 递增，所以()1f x >-，与题意矛盾． 综上可得，a 的取值范围是(-∞，1]2．（3）由（2）可知，当12a =时，12()1(0)x x f x xe e x =-<->，令*1(1)()x ln n N n =+∈得，111(1)(1)21(1)1ln ln n n ln e e n+++⋅-<-，整理得，11(1)0ln n n+-<，∴11(1)ln n >+，∴1()n ln n +>，∴11231()(...)(1)12n nk k k n ln ln ln n k n ==++>=⨯⨯⨯=+∑，...(1)ln n ++>+．另解：运用数学归纳法证明． 当1n =时，左边2ln =>成立． 假设当(1,*)n k k k N =∈…...(1)ln k ++>+．当1n k =+...(2)ln k ++>+，只要证(1)(2)ln k ln k +>+，21(2)(1)(1)11k ln k ln k lnln k k +>+-+==+++． 可令11t k =+，则(0t ∈，1]2(1)ln t >+，再令x x =∈，则需证明12(x lnx x x ->∈． 构造函数1()2()((1g x lnx x x x =--∈， 22211()1(1)0g x x x x'=--=--<， 可得()g x 在(1，上递减， 则()g x g <（1）0=，所以原不等式成立， 即1n k =+...(2)ln k ++>+成立．...(1)ln n ++>+成立．10．（2021•新高考Ⅱ）已知函数2()(1)x f x x e ax b =--+． （Ⅰ）讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）从下面两个条件中选一个，证明：()f x 恰有一个零点．①2122e a <…，2b a >； ②102a <<，2b a …． 【解析】（Ⅰ）2()(1)x f x x e ax b =--+，()(2)x f x x e a '=-，①当0a …时，当0x >时，()0f x '>，当0x <时，()0f x '<，()f x ∴在(,0)-∞上单调递减，在(0,)+∞上单调递增， ②当0a >时，令()0f x '=，可得0x =或(2)x ln a =，()i 当102a <<时， 当0x >或(2)x ln a <时，()0f x '>，当(2)0ln a x <<时，()0f x '<，()f x ∴在(-∞，(2))ln a ，(0,)+∞上单调递增，在((2)ln a ，0)上单调递减， 1()2ii a =时， ()(1)0x f x x e '=-… 且等号不恒成立，()f x ∴在R 上单调递增，()iii 当12a >时， 当0x <或(2)x ln a >时，()0f x '>，当0(2)x ln a <<时，()0f x '<，()f x 在(,0)-∞，((2)ln a ，)+∞上单调递增，在(0，(2))ln a 上单调递减． 综上所述：当0a … 时，()f x 在(,0)-∞上单调递减；在(0,)+∞上 单调递增； 当102a << 时，()f x 在(-∞，(2))ln a 和(0,)+∞上单调递增；在((2)ln a ，0)上单调递减； 当12a = 时，()f x 在R 上单调递增； 当12a >时，()f x 在(,0)-∞和((2)ln a ，)+∞ 上单调递增；在(0，(2))ln a 上单调递减． （Ⅱ）证明：若选①，由 （Ⅰ）知，()f x 在(,0)-∞上单调递增，(0，(2))ln a 单调递减，((2)ln a ，)+∞ 上()f x 单调递增．注意到((1)0,(0)1210f e f b a =<=->->．()f x ∴ 在( 上有一个零点； 22((2))((2)1)222(2)222(2)(2(2))f ln a ln a a a ln a b aln a a aln a a aln a ln a =-⋅-⋅+>--+=-， 由2122e a <… 得0(2)2ln a <…，(2)(2(2))0aln a ln a ∴-…， ((2))0f ln a ∴>，当0x … 时，()((2))0f x f ln a >…，此时()f x 无零点． 综上：()f x 在R 上仅有一个零点．另解：当1(2a ∈，2]2e 时，有(2)(0ln a ∈，2]，而(0)1210f b a =->-=，于是2((2))((2)1)2(2)f ln a ln a a aln a b =-⋅-+(2)(2(2))(2)0ln a a ln a b a =-+->，所以()f x 在(0,)+∞没有零点，当0x <时，(0,1)x e ∈，于是2()()0bf x ax b f a<-+⇒-<，所以()f x 在(，0)上存在一个零点，命题得证．若选②，则由（Ⅰ）知：()f x 在(-∞，(2))ln a 上单调递增， 在((2)ln a ，0)上单调递减，在(0,)+∞ 上单调递增．22((2))((2)1)222(2)222(2)(2(2))f ln a ln a a aln a b aln a a aln a a aln a ln a =--+--+=-…，12a <<，(2)0ln a ∴<，(2)(2(2))0aln a ln a ∴-<，((2))0f ln a ∴<， ∴当0x … 时，()((2))0f x f ln a <…，此时()f x 无零点．当0x > 时，()f x 单调递增，注意到(0)1210f b a =--<…，取c ，21b a <<，∴1c >>，又易证1c e c >+，∴22221()(1)(1)(1)(1)11111102c f c c e ac b c c ac b a c b c b b b =--+>-+-+=-+->+-=-++-=>，()f x ∴在(0,)c 上有唯一零点，即()f x 在(0,)+∞上有唯一零点． 综上：()f x 在R 上有唯一零点．11．（2021•浙江）设a ，b 为实数，且1a >，函数2()()x f x a bx e x R =-+∈． （Ⅰ）求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）若对任意22b e >，函数()f x 有两个不同的零点，求a 的取值范围；（Ⅲ）当a e =时，证明：对任意4b e >，函数()f x 有两个不同的零点1x ，2x ，满足22122blnb e x x e b>+．（注: 2.71828e =是自然对数的底数）【解析】（Ⅰ）()x f x a lna b '=-，①当0b …时，由于1a >，则0x a lna >，故()0f x '>，此时()f x 在R 上单调递增； ②当0b >时，令()0f x '>，解得b lnlna x lna >，令()0f x '<，解得blnlna x lna<，∴此时()f x 在(,)b lnlna lna -∞单调递减，在(,)b lnlna lna+∞单调递增；综上，当0b …时，()f x 的单调递增区间为(,)-∞+∞；当0b >时，()f x 的单调递减区间为(,)b lnlna lna -∞，单调递增区间为(,)blnlna lna+∞；（Ⅱ）注意到x →-∞时，()f x →+∞，当x →+∞时，()f x →+∞，由（Ⅰ）知，要使函数()f x 有两个不同的零点，只需()()0min blnlna f x f lna=<即可，∴20b blnlnlna lna a b e lna lna-⋅+<对任意22b e >均成立，令blnlna t lna=，则20t a b t e -+<，即20tl n ae b t e -+<，即20bln lnablnlna eb e lna-⋅+<，即20blnblna b e lna lna-⋅+<， ∴20bb b lne lna lna-⋅+<对任意22b e >均成立， 记22(),2b g b b b lne lna b e lna =-⋅+>，则1()1()()b lna g b ln b ln lna lnb lna b lna'=-+⋅⋅=-， 令g '（b ）0=，得b lna =，①当22lna e >，即22e a e >时，易知g （b ）在2(2e ，)lna 单调递增，在(,)lna +∞单调递减， 此时g （b ）22()1(1)0g lna lna lna ln e lna lna e =-⋅+=⋅+>…，不合题意； ②当22lna e …，即221e a e <…时，易知g （b ）在2(2e ，)+∞单调递减，此时2222222222()(2)2222[(2)()]e g b g e e e ln e lna e e ln e ln lna e lna lna<=-⋅+=--+， 故只需22[22()]0ln ln lna lna -+-+…，即2()222lna ln lna ln ++…，则2lna …，即2a e …； 综上，实数a 的取值范围为(1，2]e ；（Ⅲ）证明：当a e =时，2()x f x e bx e =-+，()x f x e b '=-，令()0f x '=，解得4x lnb =>， 易知22222422()()433(13)0lnb min f x f lnb e b lnb e b blnb e b b e e b e e e e ==-⋅+=-+<-+=-<-=-<，()f x ∴有两个零点，不妨设为1x ，2x ，且12x lnb x <<， 由2222()0x f x e bx e =-+=，可得222x e e x b b=+，∴要证22122blnb e x x e b >+，只需证2122x e blnb x b e >，只需证22122x b lnb e x e >，而222222222222()20e eb b e e f e e e e e e e b =-+=-<-<，则212e x b<， ∴要证22122x b lnb e x e>，只需证2x e blnb >，只需证2()x ln blnb >， 而()222221(())()()(4)404ln blnb f ln blnb e bln blnb e blnb bln blnb e blnb bln b e b ln e e bln =-+=-+<-+=⋅+=-<，2()x ln blnb ∴>，即得证．12．（2021•新高考Ⅰ）已知函数()(1)f x x lnx =-． （1）讨论()f x 的单调性；（2）设a ，b 为两个不相等的正数，且blna alnb a b -=-，证明：112e a b<+<． 【解析】（1）解：由函数的解析式可得()11f x lnx lnx '=--=-，(0,1)x ∴∈，()0f x '>，()f x 单调递增， (1,)x ∈+∞，()0f x '<，()f x 单调递减， 则()f x 在(0,1)单调递增，在(1,)+∞单调递减．（2）证明：由blna alnb a b -=-，得111111ln ln a a b b b a -+=-，即1111(1)(1)ln ln a a b b-=-， 由（1）()f x 在(0,1)单调递增，在(1,)+∞单调递减， 所以()max f x f =（1）1=，且f （e ）0=， 令11x a =，21x b=， 则1x ，2x 为()f x k = 的两根，其中(0,1)k ∈． 不妨令1(0,1)x ∈，2(1,)x e ∈，则121x ->，先证122x x <+，即证212x x >-，即证211()()(2)f x f x f x =<-， 令()()(2)h x f x f x =--，则()()(2)(2)[(2)]h x f x f x lnx ln x ln x x '='+'-=---=--在(0,1)单调递减， 所以()h x h '>'（1）0=，故函数()h x 在(0,1)单调递增，1()h x h ∴<（1）0=．11()(2)f x f x ∴<-，122x x ∴<+，得证．同理，要证12x x e +<， （法一）即证211x e x <<-， 根据（1）中()f x 单调性， 即证211()()()f x f x f e x =>-， 令()()()x f x f e x ϕ=--，(0,1)x ∈， 则()[()]x ln x e x ϕ'=--，令0()0x ϕ'=， 0(0,)x x ∈，()0x ϕ'>，()x ϕ单调递增， 0(x x ∈，1)，()0x ϕ'<，()x ϕ单调递减，又0x e <<时，()0f x >，且f （e ）0=， 故0lim ()0x x ϕ+→=， ϕ（1）f =（1）(1)0f e -->，()0x ϕ∴>恒成立， 12x x e +<得证，（法二）12()()f x f x =，1122(1)(1)x lnx x lnx -=-， 又1(0,1)x ∈，故111lnx ->，111(1)x lnx x ->，故12112222(1)(1)x x x lnx x x lnx x +<-+=-+，2(1,)x e ∈， 令()(1)g x x lnx x =-+，()1g x lnx '=-，(1,)x e ∈， 在(1,)e 上，()0g x '>，()g x 单调递增， 所以()g x g <（e ）e =，即222(1)x lnx x e -+<，所以12x x e +<，得证， 则112e a b<+<．考点四 利用导数研究函数的极值13．【多选】（2023•新高考Ⅱ）若函数2()(0)b cf x alnx a x x =++≠既有极大值也有极小值，则( )A ．0bc >B ．0ab >C ．280b ac +>D ．0ac <【解析】函数定义域为(0,)+∞，且223322()a b c ax bx cf x x x x x --'=--=，由题意，方程()0f x '=即220ax bx c --=有两个正根，设为1x ，2x ， 则有120b x x a +=>，1220cx x a-=>，△280b ac =+>， 0ab ∴>，0ac <，20ab ac a bc ∴⋅=<，即0bc <． 故选：BCD ．14．【多选】（2022•新高考Ⅰ）已知函数3()1f x x x =-+，则( ) A ．()f x 有两个极值点 B ．()f x 有三个零点C ．点(0,1)是曲线()y f x =的对称中心D ．直线2y x =是曲线()y f x =的切线【解析】2()31f x x '=-，令()0f x '>，解得x <或x >，令()0f x '<，解得x <<，()f x ∴在(,)-∞+∞上单调递增，在(上单调递减，且(0,0f f =>=>， ()f x ∴有两个极值点，有且仅有一个零点，故选项A 正确，选项B 错误；又33()()112f x f x x x x x +-=-+-++=，则()f x 关于点(0,1)对称，故选项C 正确；假设2y x =是曲线()y f x =的切线，设切点为(,)a b ，则23122a a b ⎧-=⎨=⎩，解得12a b =⎧⎨=⎩或12a b =-⎧⎨=-⎩，显然(1,2)和(1,2)--均不在曲线()y f x =上，故选项D 错误． 故选：AC ．15．（2023•新高考Ⅱ）（1）证明：当01x <<时，2sin x x x x -<<；（2）已知函数2()cos (1)f x ax ln x =--，若0x =为()f x 的极大值点，求a 的取值范围． 【解析】（1）证明：设2()sin g x x x x =--，(0,1)x ∈， 则()12cos g x x x '=--，()2sin 0g x x ∴''=-+<，()g x ∴'在(0,1)上单调递减，()(0)0g x g ∴'<'=， ()g x ∴在(0,1)上单调递减，()(0)0g x g ∴<=，即2sin 0x x x --<，(0,1)x ∈，2sin x x x ∴-<，(0,1)x ∈， 设()sin h x x x =-，(0,1)x ∈， 则()1cos 0h x x '=->，()h x ∴在(0,1)上单调递增，()(0)0h x h ∴>=，(0,1)x ∈， 即sin 0x x ->，(0,1)x ∈， sin x x ∴<，(0,1)x ∈，综合可得：当01x <<时，2sin x x x x -<<； （2）解：22()sin 1x f x a ax x '=-+-，222222()cos (1)x f x a ax x +∴''=-+-， 且(0)0f '=，2(0)2f a ''=-+，①若2()20f x a ''=->，即a <<时， 易知存在10t >，使得1(0,)x t ∈时，()0f x ''>，()f x ∴'在1(0,)t 上单调递增，()(0)0f x f ∴'>'=，()f x ∴在1(0,)t 上单调递增，这显然与0x =为函数的极大值点相矛盾，故舍去；②若2()20f x a ''=-<，即a <a > 存在20t >，使得2(x t ∈-，2)t 时，()0f x ''<，()f x ∴'在2(t -，2)t 上单调递减，又(0)0f '=， ∴当20t x -<<时，()0f x '>，()f x 单调递增；当20x t <<时，()0f x '<，()f x 单调递减，满足0x =为()f x 的极大值点，符合题意；③若2()20f x a ''=-=，即a =()f x 为偶函数，∴只考虑a =此时22())1xf x x '=+-，(0,1)x ∈时， 2221()22(1)011x f x x x x x '>-+=->--， ()f x ∴在(0,1)上单调递增，与显然与0x =为函数的极大值点相矛盾，故舍去．综合可得：a 的取值范围为(-∞，⋃)+∞．考点五 利用导数研究函数的最值16．（2022•新高考Ⅰ）已知函数()x f x e ax =-和()g x ax lnx =-有相同的最小值． （1）求a ；（2）证明：存在直线y b =，其与两条曲线()y f x =和()y g x =共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列． 【解析】（1）()f x 定义域为R ，()x f x e ax =-， ()x f x e a '∴=-，若0a …，则()0f x '>，()f x 无最小值， 故0a >，当()0f x '=时，x lna =，当x lna <时，()0f x '<，函数()f x 在(,)lna -∞上单调递减， 当x lna >时，()0f x '>，函数()f x 在(,)lna +∞上单调递增， 故()()min f x f lna a alna ==-，()g x 的定义域为(0,)+∞， ()g x ax lnx =-， 1()g x a x'∴=-， 令()0g x '=，解得1x a=， 当10x a <<时，()0g x '<，函数()g x 在1(0,)a上单调递减， 当1x a >时，()0g x '>，函数()g x 在1(a，)+∞上单调递增， 故()1min g x lna =+，函数()x f x e ax =-和()g x ax lnx =-有相同的最小值 1a alna lna ∴-=+， 0a >，1a alna lna ∴-=+化为101a lna a --=+， 令1()1x h x lnx x -=-+，0x >，则222211(1)121()(1)(1)(1)x x x h x x x x x x x +--+'=-=-=+++， 0x >，221()0(1)x h x x x +'∴=>+恒成立，()h x ∴在(0,)+∞上单调递增， 又h （1）0=，h ∴（a ）h =（1），仅有此一解， 1a ∴=．（2）证明：由（1）知1a =，函数()x f x e x =-在(,0)-∞上单调递减，在(0,)+∞上单调递增， 函数()g x x lnx =-在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增， 设()()()2(0)x u x f x g x e x lnx x =-=-+>， 则1()22x x u x e e x'=-+>-，当1x …时，()20u x e '->…， 所以函数()u x 在(1,)+∞上单调递增，因为u （1）20e =->，所以当1x …时，()u x u …（1）0>恒成立，即()()0f x g x ->在1x …时恒成立， 所以1x …时，()()f x g x >，因为(0)1f =，函数()f x 在(0,)+∞上单调递增，g （1）1=，函数()g x 在(0,1)上单调递减， 所以函数()f x 与函数()g x 的图象在(0,1)上存在唯一交点，设该交点为(m ，())(01)f m m <<， 此时可作出函数()y f x =和()y g x =的大致图象，由图象知当直线y b =与两条曲线()y f x =和()y g x =共有三个不同的交点时， 直线y b =必经过点(M m ，())f m ，即()b f m =，因为()()f m g m =，所以m e m m lnm -=-，即20m e m lnm -+=，令()()f x b f m ==得x m e x e m m lnm -=-=-，解得x m =或x lnm =，由01m <<，得0l n m m <<，令()()g x b f m ==得m x lnx e m m lnm -=-=-，解得x m =或m x e =，由01m <<，得1m m e <<， 所以当直线y b =与两条曲线()y f x =和()y g x =共有三个不同的交点时， 从左到右的三个交点的横坐标依次为，lnm ，m ，m e ， 因为20m e m lnm -+=，所以2m e lnm m +=， 所以lnm ，m ，m e 成等差数列．∴存在直线y b =，其与两条曲线()y f x =和()y g x =共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．。
§3.2 2017《5年高考3年模拟》B版(浙江省专用)教学导数的应用
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概念;函数的极值可以有多个,而函数的最大(小)值最多只有一个. 6.极值点不一定是最值点,最值点也不一定是极值点,但如果连续函数在开区间(a,b)内只有一个 极值点,则极大值就是最大值,极小值就是最小值. 7.在求可导函数的最值时,不必讨论导数为零的点是否为极值点,直接将导数为零的点与端点函 数值进行比较即可. 8.对于一般函数而言,函数的最值必在下列各种点中取得:导数为零的点、导数不存在的点、 端点.
设g(x)=2ax2+x+a,令Δ≤0,解得a≤- 2
a
4
2 4
舍去
.
此时f(x)在(0,+∞)上单调递减.
综上,a的取值范围是
,
2 4
∪[0,+∞).
(2)∵f(x)=2ax- b +ln x,定义域为(0,+∞),
x
∴f '(x)=2a+ b + 1 .
(9分)
②若1<a<2,则 a
>1,g'(x)=
(a
2)(x
1)
x
2
a
a
,2ax2Fra bibliotek故g(x)在(0,1)上为减函数,在 1, 2
a
a
上为增函数,在 2 a
a
,
上为减函数,
又g(1)=0,且x→+∞时,g(x)→-∞,
所以g(x)恰有2个零点. (11分)
解析 ∵ f '(x)=(2x+2a)·e-x-(x2+2ax+1)·e-x=-[x2+2(a-1)x+1-2a]e-x,
专题3-2 导数的应用-3年高考2年模拟1年备战2018高考系
第三章导数专题2 导数的应用【三年高考】1．【2017江苏，20】已知函数有极值,且导函数的极值点是的零点.（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值）（1）求关于的函数关系式，并写出定义域；（2）证明：;（3）若,这两个函数的所有极值之和不小于，求的取值范围.【答案】（1）（2）见解析（3）列表如下故的极值点是.从而，因此，定义域为.（2）由（1）知，.设，则.当时，，从而在上单调递增. 因为，所以，故，即. 因此.因此a的取值范围为.【考点】利用导数研究函数单调性、极值及零点【名师点睛】涉及函数的零点问题、方程解的个数问题、函数图像交点个数问题，一般先通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，再借助函数的大致图象判断零点、方程根、交点的情况，归根到底还是研究函数的性质，如单调性、极值，然后通过数形结合的思想找到解题的思路.2．【2016高考江苏，19】已知函数（1）设.①求方程=2的根；②若对任意，不等式恒成立，求实数m的最大值；（2）若，函数有且只有1个零点，求ab的值.【答案】（1）①0 ②4 （2）1【解析】试题分析：（1）①根据指数间倒数关系转化为一元二次方程，求方程根；②根据指数间平方关系，将不等式转化为一元不等式，再利用变量分离转化为对应函数最值，最后根据基本不等式求最值；（2）根据导函数零点情况，确定函数单调变化趋势，结合图象确定唯一零点必在极值点取得，从而建立等量关系，求出ab的值.试题解析：（1）因为，所以.①方程，即，亦即，所以，于是，解得.②由条件知.因为对于恒成立，且，所以对于恒成立.而，且，所以，故实数的最大值为4.（2）因为函数只有1个零点，而，所以0是函数的唯一零点.因为，又由知，所以有唯一解.令，则，从而对任意，，所以是上的单调增函数，于是当，；当时，.因而函数在上是单调减函数，在上是单调增函数.下证.若，则，于是，又，且函数在以和为端点的闭区间上的图象不间断，所以在和之间存在的零点，记为. 因为，所以，又，所以与“0是函数的唯一零点”矛盾.若，同理可得，在和之间存在的非0的零点，矛盾.因此，.于是，故，所以.【考点】指数函数、基本不等式、利用导数研究函数单调性及零点【名师点睛】对于函数零点个数问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性、草图等确定其中参数的范围．从图象的最高点、最低点，分析函数的最值、极值；从图象的对称性，分析函数的奇偶性；从图象的走向趋势，分析函数的单调性、周期性等．但需注意探求与论证之间区别，论证是充要关系，要充分利用零点存在定理及函数单调性严格说明函数零点个数.3.【2015高考江苏，19】已知函数.（1）试讨论的单调性；（2）若（实数c是a与无关的常数），当函数有三个不同的零点时，a 的取值范围恰好是，求c的值.【答案】（1）当时，在上单调递增；当时，在，上单调递增，在上单调递减；当时，在，上单调递增，在上单调递减．（2）【解析】（1），令，解得，．当时，因为（），所以函数在上单调递增；当时，时，，时，，所以函数在，上单调递增，在上单调递减；当时，时，，时，，所以函数在，上单调递增，在上单调递减．（2）由（1）知，函数的两个极值为，，则函数有三个零点等价于，从而或．又，所以当时，或当时，．设，因为函数有三个零点时，的取值范围恰好是，则在上，且在上均恒成立，从而，且，因此．此时，，因函数有三个零点，则有两个异于的不等实根，所以，且，解得．综上．【考点定位】利用导数求函数单调性、极值、函数零点4.【2017课标1，理21】已知函数.（1）讨论的单调性；（2）若有两个零点，求a的取值范围.【解析】试题分析：（1）讨论单调性，首先进行求导，发现式子特点后要及时进行因式分解，在对按，进行讨论，写出单调区间；（2）根据第（1）题，若，至多有一个零点.若，当时，取得最小值，求出最小值，根据，，进行讨论，可知当有2个零点，设正整数满足，则.由于，因此在有一个零点.所以的取值范围为.【考点】含参函数的单调性，利用函数零点求参数取值范围.【名师点睛】研究函数零点问题常常与研究对应方程的实根问题相互转化.已知函数有2个零点求参数取值范围，第一种方法是分离参数，构造不含参数的函数，研究其单调性、极值、最值，判断与其交点的个数，从而求出a的范围；第二种方法是直接对含参函数进行研究，研究其单调性、极值、最值，注意点是若有2个零点，且函数先减后增，则只需其最小值小于0，且后面还需验证有最小值两边存在大于0的点.5.【2017课标II，理】已知函数，且。
高考数学一轮复习 第3章 导数及其应用章末总结分层演练 文-人教版高三全册数学试题
第3章导数及其应用章末总结二、根置教材，考在变中 一、选择题1．(选修11 P 110A 组T 2(2)改编)曲线f (x )＝e xln x 在x ＝1处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为( )A ．eB ．e 2C ．e 4D ．2e解析：选B.f ′(x )＝e xln x ＋e xx ＝e x(ln x ＋1x)，所以f ′(1)＝e ，f (1)＝0，所以曲线f (x )＝e xln x 在x ＝1处的切线方程为y ＝e(x －1)，令x ＝0，得y ＝－e ，令y ＝0，得x ＝1.所以切线与坐标轴围成的三角形面积为S ＝12×e ×1＝e 2，故选B.2．(选修11 P 104 A 组T 2改编)将一边长为4的正方形铁片四角截去大小相同的四个小正方形后，做成一个无盖方盒，则方盒的最大容积为( )A ．4B.12827C ．6D ．8解析：选B.设截去的小正方形的边长为x ，则做成的方盒体积V (x )＝x (4－2x )2＝4x 3－16x 2＋16x (0<x <2)，V ′(x )＝12x 2－32x ＋16＝4(3x 2－8x ＋4)＝4(x －2)(3x －2)，当V ′(x )＝0时，x ＝23；V ′(x )>0时，0<x <23；V ′(x )<0时，23<x <2，所以V (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23上是增函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫23，2上是减函数， 所以V (x )max ＝V ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝12827.选B.3．(选修11 P 99 B 组(3)改编)已知e 是自然对数的底数，若函数f (x )＝e x－x ＋a 的图象始终在x 轴的上方，则实数a 的取值X 围为( )A ．[－2，2]B ．(－∞，－2)∪(2，＋∞)C ．(－1，＋∞)D ．(－∞，－2]∪[2，＋∞)解析：选C.因为函数f (x )＝e x －x ＋a 的图象始终在x 轴的上方，所以f (x )＝e x－x ＋a的最小值大于零．由f ′(x )＝e x－1＝0，得x ＝0，当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．所以f (x )＝e x－x ＋a 的最小值为f (0)＝1＋a ，由1＋a >0，得实数a 的取值X 围为(－1，＋∞)．4．(选修11 P 99 A 组T 6(2)改编)已知函数f (x )＝x 3＋3x 2－9x ＋1，若f (x )在区间[k ，2]上的最大值为28，则( )A ．k ≥－3B ．k ＞－3C ．k ≤－3D ．k ＜－3解析：选C.由题意知f ′(x )＝3x 2＋6x －9，令f ′(x )＝0，解得x ＝1或x ＝－3，所以f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：又(－3)＝28，(1)＝－4，(2)＝3，()在区间[，2]上的最大值为28，所以≤－3.故选C.二、填空题5．(选修11 P 99 B 组(4)改编)已知f (x )是奇函数，当x ∈(0，2)时，f (x )＝ln x －ax (a >12)，当x ∈(－2，0)时，f (x )的最小值为1，则a 的值为________．解析：因为f (x )是奇函数，所以f (x )在(0，2)上的最大值为－1，当x ∈(0，2)时，f ′(x )＝1x －a ，令f ′(x )＝0，得x ＝1a ，又a >12，所以0<1a <2.令f ′(x )>0，得x <1a ，所以f (x )在(0，1a )上单调递增；令f ′(x )<0，得x >1a ，所以f (x )在(1a，2)上单调递减．所以当x ∈(0，2)时，f (x )max ＝f (1a )＝ln 1a －a ·1a ＝－1，所以ln 1a＝0，所以a ＝1.答案：16．(选修11 P 98练习(2)改编)设函数f (x )＝kx 3－3x ＋1(x ∈R )，若对于任意x ∈[－1，1]，都有f (x )≥0成立，则实数k 的值为________．解析：若x ＝0，则不论k 取何值，f (x )≥0都成立； 当x ＞0，即x ∈(0，1]时，f (x )＝kx 3－3x ＋1≥0可化为k ≥3x 2－1x3.设g (x )＝3x 2－1x 3，则g ′(x )＝3（1－2x ）x4， 所以g (x )在区间⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12上单调递增，在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1上单调递减， 因此g (x )max ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝4，从而k ≥4； 当x ＜0，即x ∈[－1，0)时，f (x )＝kx 3－3x ＋1≥0可化为k ≤3x 2－1x 3，g (x )＝3x 2－1x3在区间[－1，0)上单调递增，因此g (x )min ＝g (－1)＝4，从而k ≤4，综上k ＝4. 答案：4三、解答题7．(选修11 P 99B 组(4)改编)已知函数f (x )＝ln x －x . (1)判断函数f (x )的单调性；(2)函数g (x )＝f (x )＋x ＋12x －m 有两个零点x 1，x 2，且x 1<x 2.求证：x 1＋x 2>1.解：(1)由题意得，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)． f ′(x )＝1x －1＝1－x x ，由f ′(x )＝1－xx >0，得0<x <1；由f ′(x )＝1－xx<0，得x >1.所以函数f (x )的单调递增区间为(0，1)，函数f (x )的单调递减区间为(1，＋∞)． (2)证明：根据题意得，g (x )＝ln x ＋12x －m (x >0)，因为x 1，x 2是函数g (x )＝ln x ＋12x －m 的两个零点，所以ln x 1＋12x 1－m ＝0，ln x 2＋12x 2－m ＝0.两式相减，可得ln x 1x 2＝12x 2－12x 1，即ln x 1x 2＝x 1－x 22x 2x 1，故x 1x 2＝x 1－x 22lnx 1x 2.所以x 1＝x 1x 2－12ln x 1x 2，x 2＝1－x 2x 12ln x 1x 2.令t ＝x 1x 2，其中0<t <1，则x 1＋x 2＝t －12ln t ＋1－1t 2ln t ＝t －1t 2ln t.构造函数h (t )＝t －1t－2ln t (0<t <1)，则h ′(t )＝（t －1）2t2. 因为0<t <1，所以h ′(t )>0恒成立，故h (t )<h (1)，即t －1t－2ln t <0.又因为ln t <0，所以t －1t2ln t>1，故x 1＋x 2>1.8．(选修11 P 99B 组(1)(3)改编)设函数f (x )＝e x＋a sin x ＋b . (1)当a ＝1，x ∈[0，＋∞)时，f (x )≥0恒成立，求b 的X 围；(2)若f (x )在x ＝0处的切线为x －y －1＝0，求a 、b 的值．并证明当x ∈(0，＋∞)时，f (x )>ln x .解：(1)由f (x )＝e x＋a sin x ＋b ，当a ＝1时，得f ′(x )＝e x＋cos x .当x ∈[0，＋∞)时，e x≥1，cos x ∈[－1，1]，且当cos x ＝－1时，x ＝2k π＋π，k∈N ，此时e x>1.所以f ′(x )＝e x＋cos x >0，即f (x )在[0，＋∞)上单调递增，所以f (x )min ＝f (0)＝1＋b ，由f (x )≥0恒成立，得1＋b ≥0，所以b ≥－1.(2)由f (x )＝e x＋a sin x ＋b 得f ′(x )＝e x ＋a cos x ，且f (0)＝1＋b .由题意得f ′(0)＝e 0＋a ＝1，所以a ＝0. 又(0，1＋b )在切线x －y －1＝0上． 所以0－1－b －1＝0.所以b ＝－2.所以f (x )＝e x－2.先证e x －2>x －1，即e x－x －1>0(x >0)，令g (x )＝e x －x －1(x >0)，则g ′(x )＝e x－1>0， 所以g (x )在(0，＋∞)上是增函数．所以g (x )>g (0)＝0，即e x－2>x －1.①再证x －1≥ln x ，即x －1－ln x ≥0(x >0)，令φ(x )＝x －1－ln x ，则φ′(x )＝1－1x ＝x －1x，φ′(x )＝0时，x ＝1，φ′(x )>0时，x >1，φ′(x )<0时，0<x <1.所以φ(x )在(0，1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数，所以φ(x )min ＝φ(1)＝0.即x －1－ln x ≥0，所以x －1≥ln x ．②由①②得e x－2>ln x ，即f (x )>ln x 在(0，＋∞)上成立．。