高考理科数学专题突破练习热点小专题一导数的应用

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高中数学理科专题讲解高考大题专项(一)《导数的综合应用》教学课件

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题型二讨论函数的单调性例2(2019湖北八校联考一,21)已知函数f(x)=x3+ x2-4ax+1(a∈R).(1)略;(2)若函数h(x)=a(a-1)ln x-x3+3x+f(x),讨论函数h(x)的单调性.
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解题心得在判断函数f(x)的单调性时,若f'(x)中含有参数不容易判断其正负时,需要对参数进行分类讨论,分类的标准:(1)按导函数是否有零点分大类;(2)在大类中按导函数零点的大小分小类;(3)在小类中按零点是否在定义域中分类.
当-1<x<0时,g'(x)<0;当x>0时,g'(x)>0.故当x>-1时,g(x)≥g(0)=0,且仅当x=0时,g(x)=0,从而f'(x)≥0,且仅当x=0时,f'(x)=0.所以f(x)在(-1,+∞)单调递增.又f(0)=0,故当-1<x<0时,f(x)<0;当x>0时,f(x)>0.
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题型二求函数的极值、最值例2(2019四川成都七中一模,21)已知函数f(x)=xsin x+2cos x+ax+2,其中a为常数.(1)略;(2)求函数f(x)在[0,π]上的最小值.
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解: (2)对∀x∈[0,π],f'(x)=xcos x-sin x+a,令g(x)=xcos x-sin x+a,g'(x)=-xsin x≤0,所以f'(x)在区间[0,π]上单调递减.当a≤0时,f'(x)≤f'(0)=a≤0,∴f(x)在区间[0,π]上单调递减,故fmin(x)=f(π)=aπ.当a≥π时,f'(x)≥f'(π)=a-π≥0,∴f(x)在区间[0,π]上单调递增,故fmin(x)=f(0)=4.当0<a<π时,因为f'(0)=a>0,f'(π)=a-π<0,且f'(x)在区间[0,π]上单调递减,结合零点存在定理可知,存在唯一x0∈(0,π),使得f'(x0)=0,且f(x)在[0,x0]上单调递增,在[x0,π]上单调递减.故f(x)的最小值等于f(0)=4和f(π)=aπ中较小的一个值.

2022年高考数学总复习专题突破一利用导数证明不等式

第1课时利用导数证明不等式题型一将不等式转化为函数的最值问题[例1] [2017·全国卷Ⅲ]已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋(2a ＋1)x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＜0时，证明f (x )≤－34a－2.[听课记录]类题通法将不等式转化为函数最值来证明不等式，其主要思想是依据函数在固定区间的单调性，直接求得函数的最值，然后由f (x )≤f (x )max 或f (x )≥f (x )min 直接证得不等式.巩固训练1：已知函数f (x )＝ax －e x (e 为自然对数的底数)．(1)当a ＝1e时，求函数f (x )的单调区间及极值；(2)当2≤a ≤e ＋2时，求证：f (x )≤2x .题型二构造函数法证明不等式[例2] 设a 为实数，函数f (x )＝e x －2x ＋2a ，x ∈R . (1)求f (x )的单调区间与极值；(2)求证：当a >ln 2－1且x >0时，e x >x 2－2ax ＋1. [听课记录]类题通法待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，利用导数研究其单调性，借助所构造函数的单调性即可得证.巩固训练2：已知函数f (x )＝e x －ax (e 为自然对数的底数，a 为常数)的图象在点(0,1)处的切线斜率为－1.(1)求a 的值及函数f (x )的极值； (2)证明：当x >0时，x 2<e x .题型三将不等式转化为两个函数的最值进行比较[例3] 已知函数f (x )＝eln x －ax (a ∈R )． (1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝e 时，证明：xf (x )－e x ＋2e x ≤0. [听课记录]类题通法在证明的不等式中，若对不等式的变形无法转化为一个函数的最值问题，可以借助两个函数的最值进行证明.巩固训练3：已知函数f (x )＝e x 2－x ln x ．求证：当x >0时，f (x )<x e x ＋1e.题型四双变量不等式的证明[例4] [2020·天津卷]已知函数f (x )＝x 3＋k ln x (k ∈R )，f ′(x )为f (x )的导函数． (1)当k ＝6时：(ⅰ)求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(ⅱ)求函数g (x )＝f (x )－f ′(x )＋9x的单调区间和极值．(2)当k ≥－3时，求证：对任意的x 1，x 2∈[1，＋∞)，且x 1>x 2，有f ′(x 1)＋f ′(x 2)2>f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2.[听课记录]类题通法破解含双参不等式的证明的关键一是转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式；二是巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果.巩固训练4：[2018·全国卷Ⅰ]已知函数f (x )＝1x－x ＋a ln x .(1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )存在两个极值点x 1，x 2，证明：f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2<a －2.[预测] 核心素养——逻辑推理、数学运算已知函数f (x )＝2x ＋(1－2a )ln x ＋ax.(1)讨论f (x )的单调性；(2)如果方程f (x )＝m 有两个不相等的解x 1，x 2，且x 1<x 2，证明：f ′⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22>0.状元笔记两个经典不等式的应用(1)对数形式：x ≥1＋ln x(x>0)，当且仅当x ＝1时，等号成立．(2)指数形式：e x ≥x ＋1(x ∈R )，当且仅当x ＝0时，等号成立．进一步可得到一组不等式链：e x >x ＋1>x >1＋ln x (x >0，且x ≠1)．[典例1] (1)已知函数f (x )＝1ln (x ＋1)－x，则y ＝f (x )的图象大致为( )(2)已知函数f (x )＝e x ，x ∈R .证明：曲线y ＝f (x )与曲线y ＝12x 2＋x ＋1有唯一公共点．【解析】 (1)因为f (x )的定义域为⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1>0，ln (x ＋1)－x ≠0，即{x |x >－1，且x ≠0}，所以排除选项D ；当x >0时，由经典不等式x >1＋ln x (x >0)，以x ＋1代替x ，得x >ln(x ＋1)(x >－1，且x ≠0)，即x >0或－1<x <0时均有f (x )<0，排除A 、C ；易知B 正确．(2)证明：令g (x )＝f (x )－⎝⎛⎭⎫12x 2＋x ＋1＝e x －12x 2－x －1，x ∈R ，则g ′(x )＝e x －x －1，由经典不等式e x ≥x ＋1恒成立可知，g ′(x )≥0恒成立，所以g (x )在R 上为单调递增函数，且g (0)＝0.所以函数g (x )有唯一零点，即两曲线有唯一公共点． [典例2] 已知函数f (x )＝x －1－a ln x . (1)若f (x )≥0，求a 的值；(2)证明：对于任意正整数n ，⎝⎛⎭⎫1＋12⎝⎛⎭⎫1＋122·…·⎝⎛⎭⎫1＋12n <e. 【解析】 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，①若a ≤0，因为f ⎝⎛⎭⎫12＝－12＋a ln 2<0，所以不满足题意； ②若a >0，由f ′(x )＝1－a x ＝x －ax知，当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0；所以f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增，故x ＝a 是f (x )在(0，＋∞)的唯一最小值点．因为f (1)＝0，所以当且仅当a ＝1时，f (x )≥0，故a ＝1.(2)证明：由(1)知当x ∈(1，＋∞)时，x －1－ln x >0.令x ＝1＋12n ，得ln ⎝⎛⎭⎫1＋12n <12n . 从而ln ⎝⎛⎭⎫1＋12＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋122＋…＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋12n <12＋122＋…＋12n ＝1－12n <1. 故⎝⎛⎭⎫1＋12⎝⎛⎭⎫1＋122·…·⎝⎛⎭⎫1＋12n <e. [典例3] 设函数f (x )＝ln x －x ＋1. (1)讨论f (x )的单调性；(2)求证：当x ∈(1，＋∞)时，1<x －1ln x<x .【解析】 (1)由题设知，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 )在(0,1)上单调递增；当x >1时，f ′(x )<0，f (x )在(1，＋∞)上单调递减．(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 ＞0且x ≠1时，ln x <x －1.故当x ∈(1，＋∞)时，ln x <x －1，x －1ln x>1.①因此ln 1x <1x －1，即ln x >x －1x ，x －1ln x<x .②故当x ∈(1，＋∞)时恒有1<x －1ln x<x .第1课时利用导数证明不等式课堂题型讲解题型一例1 解析：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x ＋2ax ＋2a ＋1＝（x ＋1）（2ax ＋1）x .若a ≥0，则当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增．若a ＜0，则当x ∈⎝⎛⎭⎫0，－12a 时，f ′(x )＞0；当x ∈⎝⎛⎭⎫－12a ，＋∞ 时，f ′(x )＜0. 故f (x )在⎝⎛⎭⎫0，－12a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－12a ，＋∞ 上单调递减． (2)证明：由(1)知，当a ＜0时，f (x )在x ＝－12a处取得最大值，最大值为f ⎝⎛⎭⎫－12a ＝ln ⎝⎛⎭⎫－12a －1－14a.所以f (x )≤－34a －2等价于ln ⎝⎛⎭⎫－12a －1－14a ≤－34a －2，即ln ⎝⎛⎭⎫－12a ＋12a ＋1≤0. 设g (x )＝ln x －x ＋1，则g ′(x )＝1x－1.当x ∈(0，1)时，g ′(x )＞0；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )＜0，所以g (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．故当x ＝1时，g (x )取得最大值，最大值为g (1)＝0. 所以当x ＞0时，g (x )≤0.从而当a ＜0时，ln ⎝⎛⎭⎫－12a ＋12a ＋1≤0，即f (x )≤－34a－2.巩固训练1 解析：(1)当a ＝1e 时，f (x )＝1e x －e x ，令f ′(x )＝1e－e x ＝0，得x ＝－1.当x <－1时，f ′(x )>0；当x >－1时， f ′(x )<0.∴函数f (x )的单调递增区间为(－∞，－1)，单调递减区间为(－1，＋∞). 当x ＝－1时，函数f (x )有极大值－2e；没有极小值．(2)证明：令F (x )＝2x －f (x )＝e x －(a －2)x ， ①当a ＝2时，F (x )＝e x >0， ∴f (x )≤2x .②当2<a ≤2＋e 时，F ′(x )＝e x －(a －2)＝e x －e ln (a －2). 当x <ln (a －2)时，F ′(x )<0；当x >ln (a －2)时，F ′(x )>0；∴F (x )在(－∞，ln (a －2))上单调递减，在(ln (a －2)，＋∞)上单调递增． ∴F (x )≥F (ln (a －2))＝e ln (a－2)－(a－2)ln (a－2)＝(a－2)[1－ln (a－2)]，∵2<a≤2＋e，∴a－2>0.1－ln (a－2)≥1－ln [(2＋e)－2]＝0，∴F(x)≥0，即f(x)≤2x.综上，当2≤a≤e＋2时，f(x)≤2x.题型二例2解析：(1)由f(x)＝e x－2x＋2a，x∈R，得f′(x)＝e x－2，x∈R，令f′(x)＝0，得x＝ln 2.于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：故f(f(x)在x＝ln 2处取得极小值，极小值为f(ln 2)＝e ln 2－2ln 2＋2a＝2(1－ln 2＋a)，无极大值．(2)证明：设g(x)＝e x－x2＋2ax－1，x∈R，于是g′(x)＝e x－2x＋2a，x∈R.由(1)知当a>ln 2－1时，g′(x)最小值为g′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)>0.于是对任意x∈R，都有g′(x)>0，所以g(x)在R上单调递增．于是当a>ln 2－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>g(0).又g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)>0.即e x－x2＋2ax－1>0，故e x>x2－2ax＋1.巩固训练2解析：(1)由f(x)＝e x－ax，得f′(x)＝e x－a.因为f′(0)＝1－a＝－1，所以a＝2，所以f(x)＝e x－2x，f′(x)＝e x－2.令f′(x)＝0，得x＝ln 2，当x<ln 2时，f′(x)<0，f(x)在(－∞，ln 2)上单调递减；当x>ln 2时，f′(x)>0，f(x)在(ln 2，＋∞)上单调递增．所以当x＝ln 2时，f(x)取得极小值，且极小值为f(ln 2)＝e ln 2－2ln 2＝2－2ln 2，f(x)无极大值．(2)证明：令g(x)＝e x－x2，则g′(x)＝e x－2x.由(1)得g′(x)＝f(x)≥f(ln 2)>0，故g(x)在R上单调递增．所以当x>0时，g(x)>g(0)＝1>0，即x2<e x.题型三例3解析：(1)f′(x)＝ex－a(x>0)，①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②若a >0，则当0<x <ea 时，f ′(x )>0；当x >ea时，f ′(x )<0.故f (x )在⎝⎛⎭⎫0，e a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫ea ，＋∞ 上单调递减． (2)证明：因为x >0，所以只需证f (x )≤e xx－2e ，当a ＝e 时，由(1)知，f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．所以f (x )max ＝f (1)＝－e ，记g (x )＝e xx－2e(x >0)，则g ′(x )＝（x －1）e xx 2，所以当0<x <1时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，当x >1时，g ′(x )>0，g (x )单调递增，所以g (x )min ＝g (1)＝－e ，综上，当x >0时，f (x )≤g (x )，即f (x )≤e xx －2e ，即xf (x )－e x ＋2e x ≤0.巩固训练3 证明：要证f (x )<x e x ＋1e ，∵x ＞0只需证e x －ln x <e x ＋1e x ，即e x －e x <ln x ＋1e x.令h (x )＝ln x ＋1e x (x >0)，则h ′(x )＝e x －1e x2 ，易知h (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞ 上单调递增，则h (x )min ＝h ⎝⎛⎭⎫1e ＝0，所以ln x ＋1e x≥0.再令φ(x )＝e x －e x ，则φ′(x )＝e －e x ，易知φ(x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则φ(x )max ＝φ(1)＝0，所以e x －e x ≤0.因为h (x )与φ(x )不同时为0，所以e x －e x <ln x ＋1e x ，故原不等式成立．题型四例4 解析：(1)(ⅰ)当k ＝6时，f (x )＝x 3＋6ln x ，故f ′(x )＝3x 2＋6x .可得f (1)＝1，f ′(1)＝9，所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －1＝9(x －1)，即y ＝9x －8.(ⅱ)依题意，g (x )＝x 3－3x 2＋6ln x ＋3x，x ∈(0，＋∞).g ′(x )＝3x 2－6x ＋6x －3x 2 ，整理可得g ′(x )＝3（x －1）3（x ＋1）x 2.令g ′(x )＝0，解得x ＝1.当x 变化时，g ′(x )，g (x )的变化情况如表：所以，函数g (x )的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞).g (x )的极小值为g (1)＝1，无极大值．(2)证明：由f (x )＝x 3＋k ln x ，得f ′(x )＝3x 2＋kx.对任意的x 1，x 2∈[1，＋∞)，且x 1>x 2，令x 1x 2 ＝t (t >1)，则(x 1－x 2)[f ′(x 1)＋f ′(x 2)]－2[f (x 1)－f (x 2)]＝(x 1－x 2)⎝⎛⎭⎫3x 21 ＋k x 1＋3x 22 ＋k x 2 －2(x 31 －x 32 ＋k ln x 1x 2 ) ＝x 31 －x 32 －3x 21 x 2＋3x 1x 22 ＋k (x 1x 2 －x 2x 1 )－2k ln x 1x 2 ＝x 32 (t 3－3t 2＋3t －1)＋k ⎝⎛⎭⎫t －1t －2ln t .① 令h (x )＝x －1x －2ln x ，x ∈[1，＋∞).当x >1时，h ′(x )＝1＋1x 2 －2x ＝⎝⎛⎭⎫1－1x 2 >0，由此可得h (x )在[1，＋∞)单调递增，所以当t >1时，h (t )>h (1)，即t －1t －2ln t >0.因为x 2≥1，t 3－3t 2＋3t －1＝(t －1)3>0，k ≥－3，所以x 32 (t 3－3t 2＋3t －1)＋k ⎝⎛⎭⎫t －1t －2ln t ≥(t 3－3t 2＋3t －1)－3⎝⎛⎭⎫t －1t －2ln t ＝t 3－3t 2＋6ln t ＋3t－1.② 由(1)(ⅱ)可知，当t >1时，g (t )>g (1)，即t 3－3t 2＋6ln t ＋3t >1，故t 3－3t 2＋6ln t ＋3t －1>0.③由①②③可得(x 1－x 2)[f ′(x 1)＋f ′(x 2)]－2[f (x 1)－f (x 2)]>0.所以，当k ≥－3时，对任意的x 1，x 2∈[1，＋∞)，且x 1>x 2，有f ′（x 1）＋f ′（x 2）2 >f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2.巩固训练4 解析：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝－1x 2 －1＋ax ＝－x 2－ax ＋1x 2.①若a ≤2，则f ′(x )≤0，当且仅当a ＝2，x ＝1时，f ′(x )＝0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递减．②若a ＞2，令f ′(x )＝0，得x ＝a －a 2－42 或x ＝a ＋a 2－42.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42 ∪(a ＋a 2－42 ，＋∞)时，f ′(x )＜0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42 时， f ′(x )＞0.所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42 ，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞ 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42 上单调递增．(2)证明：由(1)知，f (x )存在两个极值点时，当且仅当a ＞2. 由于f (x )的两个极值点x 1，x 2满足x 2－ax ＋1＝0，所以x 1x 2＝1，不妨设x 1＜x 2，则x 2＞1. 由于f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2 ＝－1x 1x 2 －1＋a ·ln x 1－ln x 2x 1－x 2 ＝－2＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a－2ln x 21x 2－x 2，所以f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2＜a －2等价于1x 2 －x 2＋2ln x 2＜0.设函数g (x )＝1x －x ＋2ln x ，由(1)知，g (x )在(0，＋∞)上单调递减．又g (1)＝0，从而当x ∈(1，＋∞)时，g (x )＜0. 所以1x 2 －x 2＋2ln x 2＜0，即f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2＜a －2.高考命题预测预测解析：(1)f ′(x )＝2＋1－2a x －a x 2 ＝2x 2＋（1－2a ）x －a x 2＝（x －a ）（2x ＋1）x 2(x >0).①当a ≤0时，x ∈(0，＋∞)，f ′(x )>0，f (x )单调递增； ②当a >0时，x ∈(0，a )，f ′(x )<0，f (x )单调递减； x ∈(a ，＋∞)，f ′(x )>0，f (x )单调递增．综上，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增．(2)证明：由(1)知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，f (x )＝m 至多一个解，不符合题意；当a >0时，f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增，则f ′(a )＝0.不妨设0<x 1<a <x 2，要证f ′⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22 >0，即证x 1＋x 22 >a ，即证x 1＋x 2>2a ，即证x 2>2a －x 1，又f (x )在(a ，＋∞)上单调递增，即证f (x 2)>f (2a －x 1)，因为f (x 2)＝f (x 1)，所以即证f (x 1)>f (2a－x 1)，即证f (a ＋x )<f (a －x ).令g (x )＝f (a ＋x )－f (a －x )＝⎣⎡⎦⎤2（a ＋x ）＋（1－2a ）ln （a ＋x ）＋a a ＋x－⎣⎡⎦⎤2（a －x ）＋（1－2a ）·ln （a －x ）＋a a －x＝4x ＋(1－2a )ln (a ＋x )－(1－2a )ln (a －x )＋a a ＋x －aa －x ，g ′(x )＝4＋1－2a a ＋x ＋1－2a a －x －a （a ＋x ）2 －a（a －x ）2＝4＋2a （1－2a ）a 2－x 2 －2a （a 2＋x 2）（a ＋x ）2（a －x ）2 ＝4x 2（x 2－a 2－a ）（a ＋x ）2（a －x ）2 .当x ∈(0，a )时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，又g (0)＝f (a ＋0)－f (a －0)＝0，所以x ∈(0，a )时，g (x )<g (0)＝0，即f (a ＋x )<f (a －x )，即f (x )>f (2a －x ).又x 1∈(0，a )，所以f (x 1)>f (2a －x 1)，所以f ′⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22 >0.。

导数专题训练(含答案)

导数专题训练及答案专题一导数的几何意义及其应用导数的几何意义是高考重点考查的内容之一，常与解析几何知识交汇命题，主要题型是利用导数的几何意义求曲线上某点处切线的斜率或曲线上某点的坐标或过某点的切线方程，求解这类问题的关键就是抓住切点P(x0，f(x0))，P点的坐标适合曲线方程，P点的坐标也适合切线方程，P点处的切线斜率k＝f′(x0)．解题方法:(1) 解决此类问题一定要分清“在某点处的切线”，还是“过某点的切线”的问法．(2)解决“过某点的切线”问题，一般是设切点坐标为P(x0，y0)，然后求其切线斜率k＝f′(x0)，写出其切线方程．而“在某点处的切线”就是指“某点”为切点．(3)曲线与直线相切并不一定只有一个公共点，当曲线是二次曲线时，我们知道直线与曲线相切，有且只有一个公共点，这种观点对一般曲线不一定正确．[例1]已知曲线y＝13x3＋43.(1)求曲线在点P(2，4)处的切线方程；(2)求曲线过点P(2，4)的切线方程；(3)求斜率为4的曲线的切线方程．[变式训练]已知函数f(x)＝x3＋x－16.(1)求曲线y＝f(x)在点(2，－6)处的切线的方程；(2)直线l为曲线y＝f(x)的切线，且经过原点，求直线l的方程及切点坐标．专题二导数在研究函数单调性中的应用利用导数的符号判断函数的单调性，进而求出函数的单调区间，是导数几何意义在研究曲线变化规律时的一个重要应用，体现了数形结合思想．这类问题要注意的是f(x)为增函数⇔f′(x)≥0且f′(x)＝0的根有有限个，f(x)为减函数⇔f′≤0且f′(x)＝0的根有有限个．解题步骤：(1)确定函数的定义域；(2)求导数f′(x)；(3)①若求单调区间(或证明单调性)，只需在函数f(x)的定义域内解(或证明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0.②若已知函数f(x)的单调性，则将原问题转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题，再进行求解．[例2]设函数f(x)＝x e a－x＋bx，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝(e－1)x＋4.(1)求a，b的值；(2)求f(x)的单调区间．[变式训练]设函数f(x)＝xekx(k≠0)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若函数f(x)在区间(－1，1)内单调递增，求k的取值范围．专题三导数在求函数极值与最值中的应用利用导数可求出函数的极值或最值，反之，已知函数的极值或最值也能求出参数的值或取值范围．该部分内容也可能与恒成立问题、函数零点问题等结合在一起进行综合考查，是高考的重点内容．解题方法：(1)运用导数求可导函数y ＝f(x)的极值的步骤：①先求函数的定义域，再求函数y ＝f(x)的导数f ′(x)；②求方程f ′(x)＝0的根；③检查f ′(x)在方程根的左右的值的符号，如果左正右负，那么f(x)在这个根处取得极大值，如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得极小值．(2)求闭区间上可导函数的最值时，对函数极值是极大值还是极小值，可不再作判断，只需要直接与端点的函数值比较即可获得．(3)当连续函数的极值点只有一个时，相应的极值点必为函数的最值．[例3] 已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2＋bx 在区间(－2，1)内，当x ＝－1时取极小值，当x ＝23时取极大值．(1)求函数y ＝f (x )在x ＝－2时的对应点的切线方程；(2)求函数y ＝f (x )在[－2，1]上的最大值与最小值．[变式训练] 设函数f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x .(1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程与x 轴平行，求a ；(2)若f (x )在x ＝2处取得极小值，求a 的取值范围．专题四导数在证明不等式中的应用在用导数方法证明不等式时，常构造函数，利用单调性和最值方法证明不等式．解题方法：一般地，如果证明f(x)＞g(x)，x ∈(a ，b)，可转化为证明F(x)＝f(x)－g(x)＞0，若F ′(x)＞0，则函数F(x)在(a ，b)上是增函数，若F(a)≥0，则由增函数的定义知，F(x)＞F(a)≥0，从而f(x)＞g(x)成立，同理可证f(x)＜g(x)，f(x)＞g(x)．[例4] 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.[变式训练] 已知函数f (x )＝a e x －ln x －1.(1)设x ＝2是f (x )的极值点，求a ，并求f (x )的单调区间；(2)证明：当a ≥1e 时，f (x )≥0.专题五定积分及其应用定积分的基本应用主要有两个方面：一个是求坐标平面上曲边梯形的面积，另一个是求变速运动的路程(位移)或变力所做的功．高考中要求较低，一般只考一个小题．解题方法：(1)用微积分基本定理求定积分，关键是找出被积函数的原函数，这就需要利用求导运算与求原函数是互逆运算的关系来求原函数．(2) 利用定积分求平面图形的面积的步骤如下：①画出图形，确定图形范围；②解方程组求出图形交点坐标，确定积分上、下限；③确定被积函数，注意分清函数图形的上、下位置；④计算定积分，求出平面图形面积．(3)利用定积分求加速度或路程(位移)，要先根据物理知识得出被积函数，再确定时间段，最后用求定积分方法求出结果．[例5] 已知抛物线y ＝x 2－2x 及直线x ＝0，x ＝a ，y ＝0围成的平面图形的面积为43，求a 的值．[变式训练] (1)若函数f (x )在R 上可导，f (x )＝x 3＋x 2f ′(1)，则∫20f (x )d x ＝ ____；(2)在平面直角坐标系xOy 中，直线y ＝a (a ＞0)与抛物线y ＝x 2所围成的封闭图形的面积为823，则a ＝____．专题六化归与转化思想在导数中的应用化归与转化就是在处理问题时，把待解决的问题或难解决的问题，通过某种转化过程，归结为一类已解决或易解决的问题，最终求得问题的解答．解题方法：与函数相关的问题中，化归与转化思想随处可见，如，函数在某区间上单调可转化为函数的导数在该区间上符号不变，不等式的证明可转化为最值问题等．[例6] 设f (x )＝e x1＋ax 2，其中a 为正实数． (1)当a ＝43时，求f (x )的极值点；(2)若f (x )为R 上的单调函数，求a 的取值范围．[变式训练] 如果函数f(x)＝2x2－ln x 在定义域内的一个子区间(k －1，k ＋1)上不是单调函数，则实数k 的取值范围是________．答案例1 解：(1)因为P (2，4)在曲线y ＝13x 3＋43上，且y ′＝x 2，所以在点P (2，4)处的切线的斜率k ＝y ′|x ＝2＝4.所以曲线在点P (2，4)处的切线方程为y －4＝4(x －2)，即4x －y －4＝0.(2)设曲线y －13x 3＋43与过点P (2，4)的切线相切于点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，13x 30＋43，则切线的斜率k ＝y ′|x ＝x 0＝x 20，所以切线方程为y －⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 30＋43＝x 20(x －x 0)，即y ＝x 20·x －23x 30＋43.因为点P (2，4)在切线上，所以4＝2x 20－23x 30＋43，即x 30－3x 20＋4＝0，所以x 30＋x 20－4x 20＋4＝0，所以(x 0＋1)(x 0－2)2＝0，解得x 0＝－1或x 0＝2，故所求的切线方程为4x －y －4＝0或x －y ＋2＝0.(3)设切点为(x 1，y 1)，则切线的斜率k ＝x 21＝4，得x 0＝±2.所以切点为(2，4)，⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－43，所以切线方程为y －4＝4(x －2)和y ＋43＝4(x ＋2)，即4x －y －4＝0和12x －3y ＋20＝0.变式训练解：(1)因为f (2)＝23＋2－16＝－6，所以点(2，－6)在曲线上．因为f ′(x )＝(x 3＋x －16)′＝3x 2＋1，所以在点(2，－6)处的切线的斜率为k ＝f ′(2)＝3×22＋1＝13，所以切线的方程为y ＝13(x －2)＋(－6)，即y ＝13x －32.(2)设切点坐标为(x 0，y 0)，则直线l 的斜率为f ′(x 0)＝3x 20＋1，所以直线l 的方程为y ＝(3x 20＋1)(x －x 0)＋x 30＋x 0－16.又因为直线l 过点(0，0)，所以0＝(3x 20＋1)(－x 0)＋x 30＋x 0－16，整理得x 30＝－8，所以x 0＝－2，y 0＝(－2)3＋(－2)－16＝－26，所以k ＝3×(－2)2＋1＝13，所以直线l 的方程为y ＝13x ，切点坐标为(－2，－26)．例2 解：(1)因为f (x )＝x e a －x ＋bx ，所以f ′(x )＝(1－x )e a －x ＋b .依题设，知⎩⎪⎨⎪⎧f （2）＝2e ＋2，f ′（2）＝e －1，即⎩⎪⎨⎪⎧2e a －2＋2b ＝2e ＋2，－e a －2＋b ＝e －1.解得a ＝2，b ＝e.(2)由(1)知f (x )＝x e 2－x ＋e x .由f ′(x )＝e 2－x (1－x ＋e x －1)及e 2－x >0知，f ′(x )与1－x ＋e x －1同号．令g (x )＝1－x ＋e x －1，则g ′(x )＝－1＋e x －1.所以，当x ∈(－∞，1)时，g ′(x )<0，g (x )在区间(－∞，1)上单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )在区间(1，＋∞)上单调递增．故g (1)＝1是g (x )在区间(－∞，＋∞)上的最小值，从而g (x )>0，x ∈(－∞，＋∞)．综上可知，f ′(x )>0，x ∈(－∞，＋∞)．故f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)．变式训练解：(1)f ′(x )＝(1＋kx )e kx (k ≠0)，令f ′(x )＝0得x ＝－1k (k ≠0)．若k >0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1k 时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1k ，＋∞时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增；若k <0，则当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－1k 时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1k ，＋∞时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减． (2)由(1)知，若k >0时，则当且仅当－1k ≤－1，即k ≤1，函数f (x )在(－1，1)上单调递增．若k <0时，则当且仅当－1k ≥1，即k ≥－1时，函数f (x )在(－1，1)上单调递增．综上可知，函数f (x )在(－1，1)上单调递增时，k 的取值范围是[－1，0)∪(0，1]．例3 解：(1)f ′(x )＝－3x 2＋2ax ＋b .又x ＝－1，x ＝23分别对应函数取得极小值、极大值的情况，所以－1，23为方程－3x 2＋2ax ＋b ＝0的两个根．所以a ＝－12，b ＝2，则f (x )＝－x 3－12x 2＋2x . x ＝－2时，f (x )＝2，即(－2，2)在曲线上．又切线斜率为k ＝f ′(x )＝－3x 2－x ＋2， f ′(－2)＝－8，所求切线方程为y －2＝－8(x ＋2)，即为8x ＋y ＋14＝0.(2)x 在变化时，f ′(x )及f (x )的变化情况如下表： ↘↗↘则f (x )在[－2，1]上的最大值为2，最小值为－32.变式训练解：(1)因为f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x ，所以f ′(x )＝[2ax －(4a ＋1)]e x ＋[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x ＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x .所以f ′(1)＝(1－a )e.由题设知f ′(1)＝0，即(1－a )e ＝0，解得a ＝1. 此时f (1)＝3e ≠0. 所以a 的值为1.(2)由(1)得f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x ＝(ax －1)(x －2)e x .若a >12，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，2时，f ′(x )<0；当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0. 所以f (x )在x ＝2处取得极小值．若a ≤12，则当x ∈(0，2)时，x －2<0，ax －1≤12x －1<0，所以f ′(x )>0.所以2不是f (x )的极小值点．综上可知，a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞.例4 (1)解：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)证明：令F (x )＝f (x )－(x －1)，x ∈(0，＋∞)．则有F ′(x )＝1－x 2x .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.变式训练 (1)解：f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a e x －1x .由题设知，f ′(2)＝0，所以a ＝12e 2. 从而f (x )＝12e 2e x －ln x －1，f ′(x )＝12e 2e x －1x . 当0<x <2时，f ′(x )<0；当x >2时，f ′(x )>0.所以f (x )在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增． (2)证明：当a ≥1e 时，f (x )≥e xe －ln x －1. 设g (x )＝e x e －ln x －1，则g ′(x )＝e x e －1x . 当0<x <1时，g ′(x )<0；当x >1时，g ′(x )>0. 所以x ＝1是g (x )的最小值点．故当x >0时，g (x )≥g (1)＝0. 因此，当a ≥1e 时，f (x )≥0.例5 解：作出y ＝x 2－2x 的图象如图所示．(1)当a ＜0时，S ＝∫0a (x 2－2x )d x ＝⎝⎛⎭⎪⎫13x 3－x 2|0a ＝－a 33＋a 2＝43，所以(a ＋1)(a －2)2＝0，因为a ＜0，所以a ＝－1. (2)当a ＞0时， ①若0＜a ≤2，则S ＝－∫a 0(x 2－2x )d x ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 3－x 2|a 0＝a 2－a 33＝43，所以a 3－3a 2＋4＝0，即(a ＋1)(a －2)2＝0. 因为a ＞0，所以a ＝2. ②当a ＞2时，不合题意．综上a ＝－1或a ＝2.变式训练解析：(1)因为f (x )＝x 3＋x 2f ′ 所以f ′(x )＝3x 2＋2xf ′(x )，所以f ′(1)＝3＋2f ′(1)，所以f ′(1)＝－3，所以∫20f (x )d x ＝⎝⎛⎭⎪⎫14x 4＋13x 3f ′（1）|20＝－4.(2)由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x 2，y ＝a 可得A (－a ，a )，B (a ，a )，S ＝ (a －x 2)d x＝⎝ ⎛⎭⎪⎫ax －13x 3|＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫a a －13a a ＝4a 323＝823，解得a ＝2. 答案：(1)－4 (2)2例6 解：(1)对f (x )求导得f ′(x )＝e x·1＋ax 2－2ax （1＋ax 2）2.①当a ＝43时，若f ′(x )＝0，则4x 2－8x ＋3＝0，解得x 1＝32，x 2＝12. 综合①，可知： ↗↘↗所以，x 1＝32是极小值点，x 2＝12是极大值点． (2)若f (x )为R 上的单调函数，则f ′(x )在R 上不变号，结合①与条件a ＞0，知ax 2－2ax ＋1≥0在R 上恒成立，因此Δ＝4a 2－4a ＝4a (a －1)≤0，由此并结合a ＞0，知0＜a ≤1.变式训练解析：显然函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， y ′＝4x －1x ＝4x 2－1x .由y ′＞0，得函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞；由y ′＜0，得函数f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎪⎫0，12，由于函数在区间(k －1，k ＋1)上不是单调函数，所以⎩⎨⎧k －1＜12＜k ＋1，k －1≥0，解得1≤k ＜32. 答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，32。

高考理科数学一轮复习专题训练导数及其应用(含详细答案解析)

1．已知函数 f ( x) = cos x ，则 f (π) + f ' ⎪ = （）cos x - sin x ，∴ f (π ) = cos π = - ，，∴ f (π ) + f ' ⎪ = -第三单元导数及其应用第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12 小题，每小题 5 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1 ⎛ π ⎫ x ⎝2 ⎭23 1A ． -B ．C ． -π π π【答案】DD ． -3π【解析】由题意知： f ' (x ) = -1 1 1 1 ⎛ π ⎫ 4 π2 π 2 x 2 x π π ⎝ 2 ⎭ π2 2 π 2 π⎛ π ⎫ ⎝ 2 ⎭ 1 2 3 - =- ， π π π本题正确选项 D ．2．曲线 y =2sin x +cos x 在点(π，–1)处的切线方程为（）A ． x - y - π - 1 = 0B ． 2x - y - 2π - 1 = 0C ． 2x + y - 2π + 1 = 0D ． x + y - π + 1 = 0【答案】C【解析】当 x = π 时， y = 2sin π + cos π = -1 ，即点 (π, -1) 在曲线 y = 2sin x + cos x 上．Q y ' = 2cos x - sin x ，∴ y ' x =π = 2cos π - sin π = -2 ，则 y = 2sin x + cos x 在点 (π, -1) 处的切线方程为 y - (-1) = -2( x - π) ，即 2x + y - 2π + 1 = 0 ．故选 C ．3．函数 y = f ( x ) 的导函数 y = f '( x ) 的图象如图所示，则函数 y = f ( x ) 的图象可能是（）【解析】 f (x ) 的定义域是（0，+∞）， f ' (x ) = x - 2 += ，故 ⎨⎩A ．B ．C ．D ．【答案】C【解析】由题意，根据导函数的图象，可得当 x ∈ (-∞,0) U (2, +∞) 时， f ' (x ) > 0 ，则函数 f (x ) 单调递增；当 x ∈ (0,2) 时， f ' (x ) < 0 ，函数 f (x ) 单调递减，故选 C ． 4．函数 f (x ) = x + ln (2 - x )的单调增区间为（）A ． (1,+∞) 【答案】DB ． (1,2)C ． (-∞,3 )D ． (-∞,1)【解析】函数的定义域为{x x < 2}， f (x ) = x + ln (2 - x ) ⇒ f '(x) = 1 - x 2 - x，当 f '( x ) > 0 时，函数单调递增，所以有 1 - x> 0 ⇒ x > 2 或 x < 1 ，而函数的定义域为{x x < 2}，2 - x所以当 x < 1 时，函数单调递增，故本题选 D ．5．若函数 f (x ) =A ． a > 112 x 2 - 2x + a ln x 有两个不同的极值点，则实数 a 的取值范围是（）B ． -1 < a < 0C ． a < 1D ． 0 < a < 1【答案】Da x 2 - 2x + ax x若函数 f (x ) 有两个不同的极值点，则 g (x ) = x 2 - 2x + a 在（0，+∞）由 2 个不同的实数根，⎧ Δ= 4 - 4a > 0⎪ 2 - 4 - 4a⎪ x 1 =2 > 0，解得 0 < a < 1 ，故选 D ．6．过点 P(2, -6) 作曲线 f ( x ) = x 3 - 3x 的切线，则切线方程为（）A ． 3x + y = 0 或 24x - y - 54 = 0C ． 3x + y = 0 或 24x - y + 54 = 0B ． 3x - y = 0 或 24x - y - 54 = 0D ． 24x - y - 54 = 0x在区间(a,a+2)上不是单调函数，则实数a的取值范围是（D．⎢0,⎪x（x>0），所以f'(x)=x=-ln xx单调递增；x单调递减，x在区间(a,a+2)上不是单调函数，所以有⎨a<1，解得0≤a<1．故选C．⎪a+2>1A． 0,⎪3⎭B． ,⎥C． ,⎥D． ,⎥【答案】A【解析】设切点为（m，m3-3m），f(x)=x3-3x的导数为f'(x)=3x2-3，可得切线斜率k=3m2-3，由点斜式方程可得切线方程为y﹣m3+3m＝(3m2-3)（x﹣m），代入点P(2,-6)，可得﹣6﹣m3+3m＝(3m2-3)（2﹣m），解得m＝0或m＝3，当m=0时，切线方程为3x+y=0；当m=3时，切线方程为24x-y-54=0，故选A．7．已知函数f(x)=1+ln x）A．(-1,1)B．[0,1]C．[0,1)【答案】C ⎡1⎫⎣e⎭【解析】因为f(x)=1+ln x1-1-ln x x，由f'(x)=0，得x=1，所以当0<x<1时，f'(x)>0，即f(x)=1+ln x当x>1时，f'(x)<0，即f(x)=1+ln x又函数f(x)=1+ln x⎧a≥0⎪⎩8．若存在唯一的正整数，使关于的不等式成立，则实数的取值范围是（⎛1⎫⎛15⎤⎛13⎤⎛53⎤⎝⎝34⎦⎝32⎦⎝42⎦【答案】B【解析】设，则存在唯一的正整数，使得，设，，因为，）⎧ g (1) ≥ h (1) 只要满足 ⎨ g (2) < h (2) ，即 ⎨8 - 12 + 5 < 3a ，解得 < a ≤ ，故选 B ． ⎪ ( ) ⎪27 - 27 + 5 ≥ 4ag 3 ≥ h (3) ⎩ 所以当以及时，为增函数；当时，为减函数，在处，取得极大值，在处，取得极大值．而恒过定点，两个函数图像如图，要使得存在唯一的正整数，使得，⎧1 - 3 + 5 ≥ 2a ⎪ ⎪ 1 5 3 4 ⎩9．函数 y = x 2 e x(其中 e 为自然对数的底数)的大致图像是（）A ．B ．C ．D ．【答案】B【解析】方法一：排除法：当时，，排除 C ，当时，恒成立，排除 A 、D ，故选 B ．方法二： y' = 2x ⋅ e x - x 2 ⋅ e x x (2 - x )=e 2 x e x，由，可得，令，可得或，所以函数在上单调递减，在所以只有 B 符合条件，故选 B ．上单调递增，10．函数，正确的命题是（）A ．值域为B ．在是增函数C ．有两个不同的零点D ．过点的切线有两条【答案】B【解析】因为，所以 f ' (x ) = lnx + 1 = 0 ⇒ x = 1 ，e因此当 x > 时，在 , +∞ ⎪ 上是增函数，即在 ⎝ e ⎭上是增函数；当 0 < x < 时，在 -∞, ⎪ 上是减函数，因此 f (x ) ≥ f ⎪ = - ；值域不为 R ； 1 ⎫ e ⎭ 当 0 < x < 时，，当 x > 时，只有一个零点，即只有一个零点；设切点为，则 x lnx0 = lnx + 1 ，∴ x 0 = 1 ，所以过x- 1 12．已知 α , β ∈ 0, ⎪ ， β sin α - α sin β > 0 ，则下列不等式一定成立的是（）2 B ． α + β =2C ． α < βα> sinβ【解析】由题意， β sin α > α sin β ，∴ sin α设 f (x ) =sin xx ， x ∈ 0, ⎪ ，∴ f '(x ) =x 2 ， x ∈ 0, ⎪ ，设 g (x ) = x cos x - sin x ， x ∈ 0, ⎪ ，∴ g ' (x ) = cos x - x sin x - cos x = - x sin x < 0 ， \ g (x )在 0, ⎪ 单调递减，且 g (x ) < g (0) = 0 ，1 e 1e ⎛ 1 ⎫⎛ ⎛ 1 ⎫ 1 ⎝ ⎝ e ⎭ e1 1 ee综上选 B ．0 00 点的切线只有一条，11．定义在上的函数满足，且，则不等式的解集为（A ．B ．C ．D ．【答案】C【解析】的解集即为的解集，构造函数，则，因为，所以，所以在上单调递增，且，所以的解集为，不等式的解集为．故选 C ．⎛ π ⎫ ⎝ 2 ⎭）A ． α + β < ππD ． α > β【答案】Cβ ，⎛ π ⎫ x cos x - sin x ⎛ π ⎫ ⎝ 2 ⎭ ⎝ 2 ⎭⎛ π ⎫ ⎝ 2 ⎭⎛ π ⎫ ⎝ 2 ⎭∴ f ' (x ) < 0 ，所以 f (x ) =sin x 在 0, ⎪ 递减， α>sin ββ ⇔ f (α ) > f (β ) ，∴α < β ，故选 C ．【解析】 f ( x ) = x(1- x 2 ) = x - x 3 ， f '( x ) = 1 - 3x 2 ，令 f ' (x ) = 0 ，得 x = ± ，⎪⎪ 时， f '( x) > 0 ，函数为增函数；3 ⎥ 所以函数在 [0,1] 上的极值为 f  ⎛ 3 ⎫ 33 2 3 2 3 ⎪⎪ = 15．函数 f (x ) = sin 3 x + 3cos 2 x x ∈ ⎢- , ⎥ ⎪ 的值域为_________．【答案】 ⎢,3 ⎥ 8 【解析】由题意，可得 f (x ) = sin 3 x + 3cos 2 x = sin 3 x - 3sin 2 x + 3，x ∈ ⎢- , ⎥ ，⎛ π ⎫ x ⎝ 2 ⎭Q sin α第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4 小题，每小题5 分．13．函数 y = f (x) 在 x = 5 处的切线方程是 y = - x + 8 ，则 f (5) + f ' (5) = ______．【答案】2【解析】∵函数 y = f (x) 的图象在点 x = 5 处的切线方程是 y = - x + 8 ，∴ f '(5) = -1 ， f (5) = -5 + 8 = 3 ，∴ f (5) + f '(5) = 3 - 1 = 2 ，故答案为 2．14．函数 f (x ) = x (1 - x 2)在 [0,1] 上极值为____________．【答案】 2 393 3 在区间 [0,1] 上讨论：⎡ 3 ⎫当 x ∈ ⎢0, ⎣ 3 ⎭当 ⎛3 ⎤ x ∈ ,1⎥ 时， f '( x ) < 0 ，函数为减函数， ⎝ ⎦- = ，故答案是． ⎝ 3 ⎭ 39 9 9⎛ ⎡ π π ⎤⎫ ⎝ ⎣ 3 2 ⎦⎭⎡ 6 - 3 3 ⎤⎣ ⎦⎡ π π ⎤ ⎣ 3 2 ⎦2 ， t ∈ ⎢-,1⎥ ， 2 ， t ∈ ⎡ ⎥ 在 ⎢-,0 ⎥ 为增函数，在 2 又 g- ⎪⎪ = 2 ⎭ 8 故函数的值域为 ⎢ ,3 ⎥ ． 823 2令⎢- 3 ,1⎤ ，即⎣ ⎦⎡ 3 ⎤ ⎣⎦则当 - 3 2< t < 0 时，，；当时，，即⎡ 3 ⎤ ⎣⎦为减函数，⎛ 3 ⎫ 6 - 3 3 ⎝，，，16．已知函数【答案】【解析】因为⎡ 6 - 3 3 ⎤ ⎣ ⎦ 无极值，则实数的取值范围是______．，所以，又函数无极值，所以故 Δ= 36a 2 - 36 (a + 2) ≤ 0 ，即恒成立，，解得．故答案为．三、解答题：本大题共6 个大题，共 70 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（10 分）已知曲线 f ( x ) = x 3 - 2x 2 + x ．（1）求曲线 y = f ( x ) 在 (2,2 ) 处的切线方程；（2）求曲线 y = f ( x ) 过原点 O 的切线方程．【答案】（1） 5x - y - 8 = 0 ；（2） y = x 或 y = 0 ．【解析】（1）由题意得 f '( x ) = 3x 2 - 4x + 1 ，所以 f '(2) = 5 ， f (2) = 2 ，可得切线方程为 y - 2 = 5(x - 2) ，整理得5x - y - 8 = 0 ．（2）令切点为 (x 0 , y 0 ) ，因为切点在函数图像上，所以 y 0 = x 0 - 2x 0 + x 0 ， f ' (x 0 ) = 3x 0 - 4x 0 + 1 ，18．（12 分）设函数 f ( x ) = a ln x - bx 2，若函数 f ( x ) 的图象在点 (1, f (1))处与直线 y = - x 相切．（2）求函数 f ( x) 在 ⎢ , e ⎥ 上的最大值． ⎪⎪ 2∴ f ' (1) = a - 2b ，则 ⎨ ，解得 a = ， b = ．⎪ f (1) = -b = - 1；（2） - ln2 - ⎩1 ln x - 1 2' (x ) > 0 ；当 x ∈ , e ⎪ 时， f ' (x ) < 0 ． e 2 ⎪⎭ 2 ∴当 x ∈ , 时， f ∴ f (x ) 在  , ⎪⎪ 上为增函数，在  , e ⎪ 上为减函数，⎝ e 2 ⎭ ⎝ 2 则 f (x )max = f ⎪⎪ = 2 2 2 2 24 4所以在该点处的切线为 y - (x3 - 2x 2 + x )= (3x 2 - 4x + 1)(x - x 0)因为切线过原点，所以 0 - (x3 - 2x 2 + x )= (3x 2 - 4x + 1)(0 - x )，解得 x = 0 或 x = 1 ， 00 00 0 0当 x = 0 时，切点为（0，0）， f '(0) = 1 ，切线方程为 y = x ，当 x = 1 时，切点为 (1,0) ， f '(1) = 0 ，切线方程为 y =0，所以切线方程为 y = x 或 y =0．12（1）求实数 a ， b 的值；⎡ 1 ⎤ ⎣ e ⎦ 【答案】（1） a = b =11 1． 2 4 4【解析】（1）由 f (x ) = a ln x - bx 2，得 f ' (x ) = a - 2bx ，x⎧1 a - 2b = - 1 12 2 ⎪ 2（2）由（1）知， f (x ) = x ， f ' (x ) = 2 21 1 - 2x2 - x =2x 2x （ x > 0 ）．⎛ 1 2 ⎫ ⎛ 2 ⎫⎪⎝ ⎝ ⎭⎛ 1 2 ⎫ ⎛ 2 ⎫ ⎪ ⎭⎛ 2 ⎫ 1 2 1 1 1 1ln - ⨯ = - ln 2 - ． ⎝ ⎭19．（12 分）求证： e x ≥ x + 1 ．【答案】见解析．【解析】 h (x ) = e x - x - 1 ，所以 h ' (x ) = e x - 1，当 x ≥0 时，h '（x ）≥0，h （x ）为增函数；当 x < 0 时， h ' (x ) < 0 ，h （x ）为减函数，所以 h （x ）≥h （0）＝0，所以 e x ≥ x + 1 ．21．（12 分）已知函数 f (x ) = 4ln (x - 1) + x 2 - (m + 2)x + - m （m 为常数）．（1）当 m ＝4 时， f (x ) = 4ln (x - 1) + x 2 - 6x - ． 4 x 2 - 7 x + 10 (x - 2)(x - 5)20．（12 分）已知函数．（1）当（2）求时，求曲线的单调区间．在点处的切线方程；【答案】（1）；（2）当时，的单调增区间是；当时，的单调递减区间是；递增区间是．【解析】（1）当时， f (x ) = x + ln x ，所以 f ' (x ) = 1 +1 ( x > 0) ．x所以 f (1) = 1 ，，所以切线方程为．（2） f ' (x ) = x + a x ( x > 0) ．当时，在时，，所以当的单调增区间是时，函数与；在定义域上的情况如下：-a所以的单调递减区间是；递增区间是．综上所述：当时，的单调增区间是；当时，的单调递减区间是；递增区间是．1 32 2（1）当 m =4 时，求函数的单调区间；（2）若函数有两个极值点，求实数 m 的取值范围．【答案】（1）单调递增区间为（1，2）和（5，＋∞），单调递减区间为【解析】依题意，函数的定义域为（1，＋∞）．1 52 2；（2） m > 3 ．f ' (x ) = + x - 6 = =x - 1 x - 1 x - 1，令，解得或；令，解得．可知函数 f (x ) 的单调递增区间为（1，2）和（5，＋∞），单调递减区间为．+ x - (m + 2) =⎪ Δ= ⎡⎣- (m + 3)⎤⎦2 - 4 (m + 6) > 0 若函数 y = f (x ) 有两个极值点，则 ⎨1 - (m + 3) + m + 6 > 0 ，解得 m > 3 ． ⎪ m + 3 【答案】（1）增区间为 (0, +∞) ，减区间为 (-∞,0) ；（2） 1, + 1⎥ ．（2） f ' (x ) = 4 x 2 - (m + 3)x + m + 6x - 1 x - 1．⎧ ⎪⎪ ⎪ > 1 ⎪⎩ 222．（12 分）函数 f ( x ) = x 2 + e x - x - m (m ∈ R) ．（1）求函数 f ( x ) 的单调区间；（2）若方程 f ( x ) = x 2在区间 [-1,2] 上恰有两个不等的实根，求实数 m 的取值范围．⎛ 1 ⎤ ⎝ e ⎦【解析】（1） f ( x ) 的定义域为 R ， f '( x ) = 2x + e x - 1 ，则 f '(0) = 0 ，∴ f ''( x ) = 2 + e x ，由于 e x > 0 恒成立，则 f ''( x ) = 2 + e x 在 R 上大于零恒成立，∴ f '( x ) = 2x + e x - 1 在 R 上为单调递增函数，又Q f '(0) = 0 ，∴ 当 x > 0 时， f '(x) > f '(0) = 0 ，则函数 f ( x ) 增区间为 (0, +∞) ，当 x < 0 时， f '(x) < f '(0) = 0 ，则函数 f ( x ) 减区间为 (-∞,0) ．（2）令 g ( x ) = f ( x ) - x 2 = e x - x - m ，则 g '( x ) = e x - 1 ；令 g '( x ) = e x - 1 = 0 ，解得 x = 0 ，令 g '( x ) = e x - 1 > 0 ，解得 x > 0 ，则 g ( x ) 的增区间为 (0,2) ，令 g '( x ) = e x - 1 < 0 ，解得 x < 0 ，则 g ( x ) 的减区间为 (-1,0) ，由此可得 g ( x ) 的大致图像如图：∴要使方程 f (x ) = x 2 在区间 [-1,2] 上恰有两个不等的实根等价于函数 g ( x ) 与 x 轴在区间[-1,2] 有两个不同交点，从图像可得 ⎨ g(0) < 0 ，解得1 < m ≤ 1 + ，故答案为 m ∈ 1, + 1⎥ ． ⎪ g (2) ≥ 0⎧g(-1) ≥ 0 ⎪ 1 ⎛ 1 ⎤ e ⎝ e ⎦ ⎩11。

专题突破卷05 导数中的极值点偏移问题 (学生版) 2025年高考数学一轮复习考点通关卷(新高考通用

专题突破卷05 导数中的极值点偏移问题题型一极值点偏移解决零点问题1．已知函数()ln 1f x x ax =+-有两个零点12,x x ，且12x x <，则下列命题正确的是（）A ．1a >B ．122x x a +<C ．121x x ×<D ．2111x x a->-2．已知函数()ln 1f x x ax =+-有两个零点1x 、2x ，且12x x <，则下列命题正确的个数是（）①01a <<；②122x x a +<；③121x x ×>；④2111x x a->-；A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个3．已知函数()ln f x x ax =-有两个零点1x ，()212x x x <，则下列说法：①函数()f x 有极大值点0x ，且1202x x x +>；②212e x x >；③1232x x a+>；④若对任意符合条件的实数a ，曲线()y f x =与曲线1y b x=-最多只有一个公共点，则实数b 的最大值为ln2.其中正确说法的有（）A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个4．已知函数()ln x f x x =，对于正实数a ，若关于t 的方程()a f t f t æö=ç÷èø恰有三个不同的正实数根，则a 的取值范围是（）A ．()1,8B ．()2,8e C ．()8,+¥D ．()2,e +¥5．关于函数()2ln f x x x=+，下列说法错误的是（）A ．2x =是()f x 的极小值点B ．函数()y f x x =-有且只有1个零点C ．存在正实数k ，使得()f x kx >恒成立D ．对任意两个正实数1x ，2x ，且12x x >，若()()12f x f x =，则124x x +>6．关于函数2()ln f x x x=+，下列说法正确的是（）A ．2x =是()f x 的极大值点B ．函数()y f x x =-有2个零点C ．存在正整数k ，使得()f x kx >恒成立D ．对任意两个正实数12,x x ，且12x x ¹，若()()12f x f x =，则124x x +>7．已知函数()x f x e ax =-有两个零点1x ，2x ，则下列判断：①a e <；②122x x +<；③121x x ×>；④有极小值点0x ，且1202x x x +<.则正确判断的个数是（）A ．4个B ．3个C ．2个D ．1个8．已知函数3()2f x x =+的图象与函数()g x kx =的图象有三个不同的交点11(,)x y 、22(,)x y 、33(,)x y ，其中123x x x <<．给出下列四个结论：①3k >；②12x <-；③232x x +>；④231x x >．其中正确结论的个数有（）个A ．1B ．2C ．3D ．49．已知()e x f x ax =-有两个零点12x x <，下列说法正确的是A ．e a C ．121x x ×>D ．有极小值0x 且1202x x x +>10．已知函数()2πcos f x x x a =++在()0,π上有两个不同的零点()1212,x x x x <，给出下列结论：①()10f x ¢<；②()20f x ¢>；③12πx x +<．其中错误结论的个数是（）A ．0B ．1C ．2D ．311．已知a b >，c d >，e e 1.0111a b a b ==++，()()1e 1e 0.99c dc d -=-=，则（）A ．0a b +C ．0a d +>D ．0b c +>12．已知1a >，1x ，2x ，3x 均为2x a x =的解，且123x x x <<，则下列说法正确的是（）A ．1(2,1)x Î--B ．2e (1,e )a ÎC ．120x x +<D ．232ex x +<题型二极值点偏移解决不等式问题13．已知函数()e xf x x =-，则下列说法正确的是（）A ．()f x 在R 上是增函数B ．1x ">，不等式()()2ln f ax f x ³恒成立，则正实数a 的最小值为2eC ．若()f x t =有两个零点12,x x ，则120x x +>D ．若过点()1,M m 恰有2条与曲线()y f x =相切的直线，则1e 1m -<<-14．关于函数2()ln f x x x=+，下列说法正确的是（）A ．2x =是()f x 的极大值点B ．函数()y f x x =-有且只有1个零点C ．存在正整数k ，使得()f x kx >恒成立D ．对任意两个正实数12,x x ，且12x x ¹，若12()()f x f x =，则124x x +>15．设函数1cos ,0(),0e x x x f x x x -£ìï=í>ïî，下面四个结论中正确的是（）A ．函数在()0,1上单调递增B ．函数()y f x x =-有且只有一个零点C ．函数的值域为[]1,e -D ．对任意两个不相等的正实数12,x x ，若()()12f x f x =，则122x x +<16．已知函数()e xf x x =，()lng x x x =，则下列说法正确的是（）A ．函数()f x 与函数()g x 有相同的极小值B ．若方程()f x a =有唯一实根，则a 的取值范围为0a ³C ．若方程()g x a =有两个不同的实根12,x x ，则212x x a>D ．当0x >时，若()()12f x g x t ==，则12x x t =成立17．已知函数ln ()xf x x=，则（）A ．(2)(3)f f >B ．若()f x m =有两个不相等的实根1x ，2x ，则212ex x >C ．ln 2<D ．若23x y =，x ，y 均为正数，则23x y >18．关于函数()2ln f x x x=+，下列说法正确的是（）A ．()f x 在()2,+¥上单调递增B ．+12,R x x "Î且21x x >，若()()12f x f x =，则124x x +>C ．R k +$Î，使得()f x kx >恒成立D ．函数()y f x x =-有且只有1个零点19．定义在R 上的函数()f x 满足()()e xf x f x =¢+，且()01f =，则下列说法正确的是（）A ．()f x 在2x =-处取得极小值B ．()f x 有两个零点C ．若0x ">，()f x k >恒成立，则1k <D ．若1x $，2R x Î，12x x ¹，()()12f x f x =，则124x x +<-20．宠物很可爱，但身上会有寄生虫，小猫“墩墩”的主人每月定期给“墩墩”滴抺驱虫剂.刚开始使用的时候，寄生虫的数量还会继续增加，随着时间的推移，奇生虫增加的幅度逐渐变小，到一定时间，寄生虫数量开始减少.若已知使用驱虫剂t 小时后寄生虫的数量大致符合函数()()()47e 50(0720),t f t t t f t -=-+¢£<为()f t 的导数，则下列说法正确的是（）A ．驱虫剂可以杀死所有寄生虫B ．()100f ¢表示100t =时，奇生虫数量以10052e -的速度在减少C ．若存在,,a b a b ¹，使()()f a f b =，则96a b +<D ．寄生虫数量在48t =时的瞬时变化率为021．已知()()12()ln ,f x x x f x f x ==且12x x ¹，则（）A ．1212ex x +>B ．1212ex x +<C1e>D1e<22．已知关于x 的方程e 0x x a -=有两个不等的实根12,x x ，且12x x <，则下列说法正确的有（）A ．1e 0a --<D ．11e 0xx +<23．已知函数()e xf x x =-，()lng x x x =-，则下列说法正确的是（）A ．()ln f x 在()1,+¥上是增函数B ．1x ">，不等式()()2ln f ax f x ³恒成立，则正实数a 的最小值为2eC ．若()g x t =有两个根1x ，1x ，则121x x ×>D ．若()()()122f x g x t t ==>，且210x x >>，则21ln t x x -的最大值为1e24．已知2.86ln ln a ba b==，ln ln 0.35c c d d ==-，a b <，c d <，则有（）A ．2e a b +C ．1ad <D ．1bc >题型三极值点偏移解决双变量问题25．已知函数 ()()2e xx f x g x x ax ==+，，且曲线()y f x =在()0,0处切线也是曲线()y g x =的切线．(1)求a 的值；(2)求证：()()f x g x £；(3)若直线y k =与曲线()y f x =有两个公共点()11,A x y ，()22,B x y ，与曲线()y g x =有两个公共点()()33,C x g x ，()()44,D x g x ，求证：12341x x x x +++>26．已知函数()()2e ln 1xf x a x a -=+-ÎR ．(1)若函数()f x 在()0,¥+上单调递增，求实数a 的取值范围；(2)若函数()f x 恰有两个极值点()1212,x x x x <，且21x x 的最大值为2e ，求证：2122e 1e 1x x ++£-．27．已知函数()22ln 1f x x x x =-+．(1)证明：()1f x <；(2)若120x x <<，且()()120f x f x +=，证明：122x x +>．28．设函数23115e ()e e (1),[0,)232x f x x x x =---+Î+¥．(1)判断函数()f x 的单调性；(2)若12x x ¹，且()()126e f x f x +=，求证：122x x +<．29．已知函数()()1ln f x x x =+．(1)求曲线()y f x =在1x =处的切线方程；(2)若关于x 的不等式()(1)f x m x >-在(1,)+¥上恒成立，求实数m 的最大值；(3)若关于x 的方程2()(1)10()f x ax a x a ++++=ÎR 有两个实根1x ，()212x x x ¹，求证：121123a a x x -<+<+．30．设()()()()1ln 1ln 0f x x x x a a =+-->.(1)若1a =，求函数()y f x =的图象在1x =处的切线方程；(2)若()0f x ³在 [)1,+¥上恒成立，求实数a 的取值范围；(3)若函数()y f x =存在两个极值点1212x x x x (<)、，求证：122x x +>.31．已知函数()11e ,0axf x x a a a -æö=-+>ç÷èø.(1)若()f x 的极小值为-4，求a 的值；(2)若()()ln g x f x a x =-有两个不同的极值点12,x x，证明：12x x +>32．已知函数()e 1xf x ax =--.(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)当0a >时，若满足()()()1212f x f x x x =<，求证：122ln x x a +<；(3)若函数()()sin g x f x x =+，当0x ³时，()0g x ³恒成立，求实数a 的取值范围.33．已知函数()()2ln 2g x x ax a x =-+-（R a Î）．(1)求()g x 的单调区间；(2)若函数()()()212f x g x a x x =++-，()1212,0x x x x <<是函数()f x 的两个零点，证明：1202x x f +æö¢<ç÷èø．34．已知函数()23ln 4(0)f x x ax x a =+->.(1)当1a =时，讨论()f x 的单调性；(2)当12a =时，若方程()f x b =有三个不相等的实数根123,,x x x ，且123x x x <<，证明：314x x -<.35．已知常数0a >，函数221()2ln 2f x x ax a x =--.(1)若20,()4x f x a ">>-，求a 的取值范围;(2)若1x 、2x 是()f x 的零点，且12x x ¹，证明:124x x a +>.36．已知函数()()2ln R af x x x a x=+Î有两个零点()1212,x x x x <．(1)求实数a 的取值范围；(2)证明：121x x +>．1．已知a b >，且e e 1.01a b a b -=-=，则下列说法正确的有（）①1b <-； ②102a << ；③0b a +<； ④1a b -<.A ．①②③B ．②③④C ．②④D ．③④2．已知函数()ln f x x x =-，过点()()1,1P b b >-作函数()f x 的两条切线,PA PB ，切点分别为,A B ，下列关于直线AB 斜率k 的正负，说法正确的是（）A ．0k D ．不确定3．关于函数()22ln x f x x x =++，下列说法错误的是（）A ．不存在正实数k ，使得()f x kx >恒成立B ．对任意12,(0,)x x Î+¥，若12x x <，有()2112()x f x x f x <C ．对任意121212()(),(0,1),()22x x f x f x x x f ++Î£D ．若正实数12,x x ，满足12()()4f x f x +=，则122x x +³4．已知函数()()()e ,e xxxf x x a ag x =+Î=R ，下列说法正确的是（）A ．若()()1212,x x g x g x ¹=，则122x x +>B ．若0a =，则“120x x +=”是“()()120f x g x +=”的充要条件C ．若不等式()()f x g x <恰有3个整数解，则实数a 的取值范围是22e e 212e ,e éö--÷êëøD ．若不等式()()f x g x <恰有2023个整数解122023,,x x x ×××，则()()20232023112023kkk k f x g x a==+=åå5．已知()()e e ,, 1.01,1e 1e 0.9911a bc d a b c d c d a b >>==-=-=++，则（）A ．0a b +>B ．0c d +>C ．0a d +>D ．0b c +>6．已知函数()e xf x x =，若120x x >>，则下列结论正确的是（）A ．2121()()f x f x x x ->-B ．1122()()x f x x f x +>+C ．1221()()x f x x f x >D ．若12()()f x f x -=-，则122x x +>7．已知函数()()e xf x x a bx =--，则下列结论正确的是（）A ．当1,2a b =-=时，()1f x ³恒成立B ．当1,a b R =Î时，()f x 必有零点C ．若()f x 有两个极值点12x x ､，则1224x x a +>-D ．若()f x 在R 上单调递增，则1a b +£8．已知函数()ln f x x x a =--有两个零点1x 、2x ，则下列说法正确的是（）．A ．1a >B ．121x x >C ．121x x <D ．122x x +>9．已知函数()ln xf x x=，则（）A ．()()25f f >B ．若()f x m =有两个不相等的实根1x 、2x ，则212ex x <C．ln 2>D ．若23x y =，x ，y 均为正数，则23x y >10．关于函数f （x ）＝2x＋ln x ，则下列结论正确的是（）A ．x ＝2是f （x ）的极小值点B ．函数y ＝f （x ）－x 有且只有1个零点C ．对任意两个正实数x 1，x 2，且x 2＞x 1，若f （x 1）＝f （x 2），则x 1＋x 2＞4D ．存在正实数k ，使得f （x ）＞kx 恒成立11．已知函数()2ln 2a f x x x x =-有两个极值点1x ，212()x x x <，则（）A ．a 的取值范围为（－∞，1）B ．122x x +>C ．12112x x +>D ．2111x x a->-12．已知关于x 的方程ln 0x x a -=有两个不等的正根1x ，2x 且12x x <，则下列说法正确的有（）A ．1ea -<C ．122x x a +<-D ．1x a<-13．设函数1,0()cos ,0x xx f x e x x -ì>ï=íï£î，下列四个结论中正确的是（）A ．函数()f x 在区间[),1p -上单调递增B ．函数()y f x x =-有且只有两个零点C ．函数()f x 的值域是[]1,1-D ．对任意两个不相等正实数12,x x ，若12()()f x f x =，则122x x +>14．已知函数()e x f x x a =-，则下面结论成立的是（）A ．当10ea <<时，函数()0f x =有两个实数根B ．函数()0f x =只有一个实数根，则0a £C ．若函数()0f x =有两个实数根1x ，2x ，则122x x +>D ．若函数()0f x =有两个实数根1x ，2x ，则123x x +>15．已知函数()e x x m f x +=的极大值点为0，则实数m 的值为；设12t t ¹，且211212ln ln t t t t t t -=-，不等式12ln ln l +>t t 恒成立，则实数l 的取值范围为．16．已知函数()2ln ,R f x x x ax x a =-+Î．(1)若函数()f x 是减函数，求a 的取值范围；(2)若()f x 有两个零点12,x x ，且212x x >，证明：1228e x x >．17．已知函数()2ln ,R a f x x a x=+Î．若函数()f x 有两个不相等的零点12,x x ．(1)求a 的取值范围；(2)证明：124x x a +>．18．已知函数()ln f x x x a =--有两个不同的零点12,x x .(1)求实数a 的取值范围；(2)求证：122x x +>.19．已知函数ln ()a x a f x x +=．(1)讨论()f x 的极值；(2)若()()2112e e x xx x =（e 是自然对数的底数），且1>0x ，20x >，12x x ¹，证明：122x x +>．20．已知函数()()()2ln 3,0f x x a x x a a =+-->.(1)当1x ³时，()0f x ³，求a 的取值范围.(2)若函数()f x 有两个极值点12,x x ，证明：12122e x x -+>.。

2024年高考数学专题03导数及其应用第01期百强校小题精练理

第3练导数及其应用一、单选题1．满意()()f x f x =' 的一个函数是A ． ()1f x x =-B ． ()f x x =C ． ()xf x e = D ． ()1f x =【答案】C【解析】明显只有 C. ()xf x e = 满意()()xf x e f x '==2．f （x ）=x 3﹣3x 2+2在区间[﹣1，1]上的最大值是（） A ． ﹣2 B ． 0 C ． 2 D ． 4 【答案】C考点：导数与最值3．设函数23)1()(-=x x f ，下列结论中正确的是( ) A ．1x =是函数()f x 的微小值点，0x =是极大值点 B ．1x =及0x =均是()f x 的极大值点C ．1x =是函数()f x 的微小值点，函数()f x 无极大值D ．函数()f x 无极值【答案】C【解析】3222()2(1)36(1)(1)f x x x x x x x '=-⋅=-++;22131()024x x x ++=++> 令12()0;0,1f x x x '===得；(0)0,(1)0.f f ''==即0x <时，()0;f x '<01x <<时，()0;1f x x '<>时，()0.f x '>故1x =是函数()f x 的微小值点，函数()f x 无极大值。

选C 4．曲线21xy x =-在点()1,1处的切线方程是（）A ． 20x y --=B ． 20x y +-=C ． 450x y +-=D ． 450x y --= 【答案】B【解析】试题分析：，当时，，所以切线方程是，整理为，故选B.考点：导数的几何意义 5．若函数在内有且仅有一个极值点，则实数的取值范围是（） A ． B ．C ．D ．【答案】C 【解析】点睛：本题主要考查了导数学问在函数极值上的应用，属于中档题。

高考数学一轮复习第16讲《导数的综合应用》热点针对训练理.pdf

1.(2012·广东省深圳市期末)在半径为R的半球内有一内接圆柱，则这个圆柱的体积的最大值是( A )A.πR3B.πR3C.πR3D.πR3 解析：设圆柱的高为h，则圆柱的底面半径为，圆柱的体积为V＝π(R2－h2)h＝－πh3＋πR2h(0<h<R)，V′＝－3πh2＋πR2＝0，当h＝时，V有最大值为V＝πR3，故选A. 2.(2013·山东济南模拟)已知函数y＝f(x)是定义在R上的奇函数，且当x(－∞，0)时，都有不等式f(x)＋xf′(x)b>c B．c>b>a C．c>a>b D．a>c>b 解析：令F(x)＝x·f(x)，则F′(x)＝f(x)＋x·f′(x)，又由x<0时，F′(x)＝f(x)＋x·f′(x)<0，可知F(x)在(－∞，0)上为减函数．因为f(x)为R上的奇函数，所以F(x)＝x·f(x)为R上的偶函数，则F(x)在(－∞，0)上为减函数，在(0，＋∞)上为增函数，图象关于y轴对称．因为1<30.3<<2,0<logπ3<1，log3＝－2，因为F(x)＝x·f(x)为R上的偶函数，所以F(－2)＝F(2)，因为logπ3<30.3a>b，故选C. 3.(2012·河北邢台市11月)已知函数f(x)＝x3＋x，则不等式f(2－x2)＋f(2x＋1)>0的解集是( D ) A．(－∞，－－1)(－1，＋∞) B．(－－1，－1) C．(－∞，－1)(3，＋∞) D．(－1,3) 解析：因为f(－x)＝－x3－x＝－f(x)，所以函数f(x)为奇函数．又f′(x)＝x2＋1>0，所以函数f(x)为增函数，于是由f(2－x2)＋f(2x＋1)>0得f(2x＋1)>－f(2－x2)＝f(x2－2)，所以2x＋1>x2－2，解得－1<x0，当x(e2，＋∞)时，f′(x)0；当x(4, 9)时，y′0， f(1)＋f(1)>f(2)，得到－4＋2m>2＋m，由得到m＞6为所求． 8.(2012·江西省上饶县第三次模拟)已知函数f(x)＝x2－ln x. (1)若a＝1，证明f(x)没有零点； (2)若f(x)≥恒成立，求a的取值范围．解析：(1)当a＝1时，f(x)＝x2－ln x， f′(x)＝x－. 由f′(x)＝0，得x＝1，可得f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故f(x)的最小值f(x)min＝f(1)＝>0，所以f(x)没有零点． (2)f′(x)＝ax－＝， ()若a>0时，令f′(x)≥0，则x≥，故f(x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增，故f(x)在(0，＋∞)上的最小值为f()＝＋ln a，要使f(x)≥恒成立，只需＋ln a≥，得a≥1. ()若a≤0，f′(x)<0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上单调递减，f(1)＝≤0，故不可能f(x)≥恒成立，综上所述，实数a的取值范围是a≥1. 9.某工厂生产某种产品，每日的成本C(单位：元)与日产量x(单位：吨)满足函数关系式C＝10000＋20x，每日的销售额R(单位：元)与日产量x的函数关系式 R＝，已知每日的利润y＝R－C，且当x＝30时，y＝－100. (1)求a的值； (2)当日产量为多少吨时，每日的利润可以达到最大，并求出最大值．解析：(1)由题意可得 y＝. 因为x＝30时，y＝－100，所以－100＝－×303＋a×302＋270×30－10000，所以a＝3. (2)当0<x<120时， y＝－x3＋3x2＋270x－10000， y′＝－x2＋6x＋270. 由y′＝－x2＋6x＋270＝0，可得x1＝90，x2＝－30(舍去)．所以当x(0,90)时，原函数是增函数，当x(90,120)时，原函数是减函数，所以当x＝90时，y取得最大值14300. 当x≥120时，y＝10400－20x≤8000，所以当日产量为90吨时，每日的利润可以达到最大值14300元．。

高考数学(理)三年真题专题演练—导数及其应用(解答题)

高考数学三年真题专题演练—导数及其应用（解答题）1．【2021·天津高考真题】已知0a >，函数()x f x ax xe =-．（I ）求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程：（II ）证明()f x 存在唯一的极值点（III ）若存在a ，使得()f x a b ≤+对任意x ∈R 成立，求实数b 的取值范围．【答案】（I ）(1),(0)y a x a =->；（II ）证明见解析；（III ）[),e -+∞ 【分析】（I ）求出()f x 在0x =处的导数，即切线斜率，求出()0f ，即可求出切线方程；（II ）令()0f x '=，可得(1)xa x e =+，则可化为证明y a =与()y g x =仅有一个交点，利用导数求出()g x 的变化情况，数形结合即可求解；（III ）令()2()1,(1)xh x x x e x =-->-，题目等价于存在(1,)x ∈-+∞，使得()h x b ≤，即min ()b h x ≥，利用导数即可求出()h x 的最小值. 【详解】（I ）()(1)xf x a x e =-+'，则(0)1f a '=-，又(0)0f =，则切线方程为(1),(0)y a x a =->；（II ）令()(1)0x f x a x e =-+='，则(1)xa x e =+，令()(1)x g x x e =+，则()(2)xg x x e =+'，当(,2)x ∈-∞-时，()0g x '<，()g x 单调递减；当(2,)x ∈-+∞时，()0g x '>，()g x 单调递增，当x →-∞时，()0g x <，()10g -=，当x →+∞时，()0g x >，画出()g x 大致图像如下：所以当0a >时，y a =与()y g x =仅有一个交点，令()g m a =，则1m >-，且()()0f m a g m '=-=，当(,)x m ∈-∞时，()a g x >，则()0f x '>，()f x 单调递增，当(),x m ∈+∞时，()a g x <，则()0f x '<，()f x 单调递减，x m =为()f x 的极大值点，故()f x 存在唯一的极值点；（III ）由（II ）知max ()()f x f m =，此时)1(1,ma m e m +>-=，所以()2max {()}()1(1),mf x a f m a m m e m -=-=-->-，令()2()1,(1)xh x x x e x =-->-，若存在a ，使得()f x a b ≤+对任意x ∈R 成立，等价于存在(1,)x ∈-+∞，使得()h x b ≤，即min ()b h x ≥，()2()2(1)(2)x x h x x x e x x e =+-=+'-，1x >-，当(1,1)x ∈-时，()0h x '<，()h x 单调递减，当(1,)x ∈+∞时，()0h x '>，()h x 单调递增，所以min ()(1)h x h e ==-，故b e ≥-，所以实数b 的取值范围[),e -+∞. 【点睛】关键点睛：第二问解题的关键是转化为证明y a =与()y g x =仅有一个交点；第三问解题的关键是转化为存在(1,)x ∈-+∞，使得()h x b ≤，即min ()b h x ≥.2．【2021·全国高考真题】已知函数2()(1)x f x x e ax b =--+．（1）讨论()f x 的单调性；（2）从下面两个条件中选一个，证明：()f x 有一个零点①21,222e a b a <≤>； ②10,22a b a <<≤．【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析. 【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论确定函数的单调性即可； (2)由题意结合(1)中函数的单调性和函数零点存在定理即可证得题中的结论. 【详解】(1)由函数的解析式可得：()()'2xf x x e a =-，当0a ≤时，若(),0x ∈-∞，则()()'0,f x f x <单调递减，若()0,x ∈+∞，则()()'0,f x f x >单调递增；当102a <<时，若()(),ln 2x a ∈-∞，则()()'0,f x f x >单调递增，若()()ln 2,0x a ∈，则()()'0,f x f x <单调递减，若()0,x ∈+∞，则()()'0,f x f x >单调递增；当12a =时，()()'0,f x f x ≥在R 上单调递增；当12a >时，若(),0x ∈-∞，则()()'0,f x f x >单调递增，若()()0,ln 2x a ∈，则()()'0,f x f x <单调递减，若()()ln 2,x a ∈+∞，则()()'0,f x f x >单调递增； (2)若选择条件①：由于2122e a <，故212a e <≤，则()21,010b af b >>=->，而()()210b f b b e ab b --=----<，而函数在区间(),0-∞上单调递增，故函数在区间(),0-∞上有一个零点.()()()()2ln 22ln 21ln 2f a a a a a b =--+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦ ()()22ln 21ln 22a a a a a >--+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦ ()()22ln 2ln 2a a a a =-⎡⎤⎣⎦ ()()ln 22ln 2a a a =-⎡⎤⎣⎦，由于2122e a <，212a e <≤，故()()ln 22ln 20a a a -≥⎡⎤⎣⎦，结合函数的单调性可知函数在区间()0,∞+上没有零点. 综上可得，题中的结论成立. 若选择条件②：由于102a <<，故21a <，则()01210f b a =-≤-<，当0b ≥时，24,42ea ><，()2240f e ab =-+>，而函数在区间()0,∞+上单调递增，故函数在区间()0,∞+上有一个零点. 当0b <时，构造函数()1xH x e x =--，则()1xH x e '=-，当(),0x ∈-∞时，()()0,H x H x '<单调递减，当()0,x ∈+∞时，()()0,H x H x '>单调递增，注意到()00H =，故()0H x ≥恒成立，从而有：1x e x ≥+，此时：()()()()22111x f x x e ax b x x ax b =---≥-+-+()()211a x b =-+-，当x >()()2110a x b -+->，取01x =，则()00f x >，即：()00,10f f ⎫<>⎪⎪⎭，而函数在区间()0,∞+上单调递增，故函数在区间()0,∞+上有一个零点.()()()()2ln 22ln 21ln 2f a a a a a b =--+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦ ()()22ln 21ln 22a a a a a ≤--+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦ ()()22ln 2ln 2a a a a =-⎡⎤⎣⎦ ()()ln 22ln 2a a a =-⎡⎤⎣⎦，由于102a <<，021a <<，故()()ln 22ln 20a a a -<⎡⎤⎣⎦，结合函数的单调性可知函数在区间(),0-∞上没有零点. 综上可得，题中的结论成立. 【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，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，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． 3．【2021·北京高考真题】已知函数()232xf x x a-=+．（1）若0a =，求()y f x =在()()1,1f 处切线方程；（2）若函数()f x 在1x =-处取得极值，求()f x 的单调区间，以及最大值和最小值．【答案】（1）450x y +-=；（2）函数()f x 的增区间为(),1-∞-、()4,+∞，单调递减区间为()1,4-，最大值为1，最小值为14-. 【分析】（1）求出()1f 、()1f '的值，利用点斜式可得出所求切线的方程；（2）由()10f '-=可求得实数a 的值，然后利用导数分析函数()f x 的单调性与极值，由此可得出结果. 【详解】（1）当0a =时，()232xf x x -=，则()()323x f x x-'=，()11f ∴=，()14f '=-，此时，曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为()141y x -=--，即450x y +-=；（2）因为()232xf x x a-=+，则()()()()()()222222223223x a x x x x a f x xa xa -+----'==++，由题意可得()()()224101a f a -'-==+，解得4a =，故()2324x f x x -=+，()()()()222144x x f x x +-'=+，列表如下：所以，函数()f x 的增区间为(),1-∞-、()4,+∞，单调递减区间为()1,4-. 当32x <时，()0f x >；当32x >时，()0f x <. 所以，()()max 11f x f =-=，()()min 144f x f ==-. 4．【2021·全国高考真题】已知函数()()1ln f x x x =-. （1）讨论()f x 的单调性；（2）设a ，b 为两个不相等的正数，且ln ln b a a b a b -=-，证明：112e a b<+<. 【答案】（1）()f x 的递增区间为()0,1，递减区间为()1,+∞；（2）证明见解析. 【分析】（1）求出函数的导数，判断其符号可得函数的单调区间；（2）设1211,x x a b==，原不等式等价于122x x e <+<，前者可构建新函数，利用极值点偏移可证，后者可设21x tx =，从而把12x x e +<转化为()()1ln 1ln 0t t t t -+-<在()1,+∞上的恒成立问题，利用导数可证明该结论成立. 【详解】（1）函数的定义域为()0,∞+，又()1ln 1ln f x x x '=--=-，当()0,1x ∈时，()0f x '>，当()1,+x ∈∞时，()0f x '<，故()f x 的递增区间为()0,1，递减区间为()1,+∞.（2）因为ln ln b a a b a b -=-，故()()ln 1ln +1b a a b +=，即ln 1ln +1a b a b+=，故11f f a b ⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，设1211,x x a b==，由（1）可知不妨设1201,1x x <<>. 因为()0,1x ∈时，()()1ln 0f x x x =->，(),x e ∈+∞时，()()1ln 0f x x x =-<，故21x e <<. 先证：122x x +>，若22x ≥，122x x +>必成立.若22x <，要证：122x x +>，即证122x x >-，而2021x <-<，故即证()()122f x f x >-，即证：()()222f x f x >-，其中212x <<. 设()()()2,12g x f x f x x =--<<，则()()()()2ln ln 2g x f x f x x x '''=+-=---()ln 2x x =--⎡⎤⎣⎦，因为12x <<，故()021x x <-<，故()ln 20x x -->，所以()0g x '>，故()g x 在()1,2为增函数，所以()()10g x g >=，故()()2f x f x >-，即()()222f x f x >-成立，所以122x x +>成立，综上，122x x +>成立.设21x tx =，则1t >，结合ln 1ln +1a b a b+=，1211,x x a b ==可得：()()11221ln 1ln x x x x -=-，即：()111ln 1ln ln x t t x -=--，故11ln ln 1t t tx t --=-，要证：12x x e +<，即证()11t x e +<，即证()1ln 1ln 1t x ++<，即证：()1ln ln 111t t tt t --++<-，即证：()()1ln 1ln 0t t t t -+-<，令()()()1ln 1ln ,1S t t t t t t =-+->，则()()112ln 11ln ln 111t S t t t t t t -⎛⎫'=++--=+- ⎪++⎝⎭，先证明一个不等式：()ln 1x x ≤+. 设()()ln 1u x x x =+-，则()1111xu x x x -'=-=++，当10x -<<时，()0u x '>；当0x >时，()0u x '<，故()u x 在()1,0-上为增函数，在()0,+∞上为减函数，故()()max 00u x u ==，故()ln 1x x ≤+成立由上述不等式可得当1t >时，112ln 11t t t ⎛⎫+≤< ⎪+⎝⎭，故()0S t '<恒成立，故()S t 在()1,+∞上为减函数，故()()10S t S <=，故()()1ln 1ln 0t t t t -+-<成立，即12x x e +<成立. 综上所述，112e a b<+<. 【点睛】方法点睛：极值点偏移问题，一般利用通过原函数的单调性，把与自变量有关的不等式问题转化与原函数的函数值有关的不等式问题，也可以引入第三个变量，把不等式的问题转化为与新引入变量有关的不等式问题.5．【2021·浙江高考真题】设a ，b 为实数，且1a >，函数()2R ()xf x a bx e x =-+∈（1）求函数()f x 的单调区间；（2）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；（3）当a e =时，证明：对任意4b e >，函数()f x 有两个不同的零点12,x x ，满足2212ln 2b b e x x e b>+.(注： 2.71828e =⋅⋅⋅是自然对数的底数)【答案】(1)0b ≤时，()f x 在R 上单调递增；0b >时，函数的单调减区间为,log ln a b a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭，单调增区间为log ,ln a b a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭；(2)(21,e ⎤⎦；(3)证明见解析.【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论即可确定函数的单调性；(2)将原问题进行等价转化，然后构造新函数，利用导函数研究函数的性质并进行放缩即可确定实数a 的取值范围；(3)结合(2)的结论将原问题进行等价变形，然后利用分析法即可证得题中的结论成立.【解析】(1)2(),()ln x xf x b f a x e a x a b '==+--，①若0b ≤，则()ln 0xf x a a b '=-≥，所以()f x 在R 上单调递增；②若0b >，当,log ln ab x a ⎛⎫∈-∞ ⎪⎝⎭时，()()'0,f x f x <单调递减，当log ,ln ab x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()()'0,f x f x >单调递增. 综上可得，0b ≤时，()f x 在R 上单调递增；0b >时，函数的单调减区间为,log ln ab a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭，单调增区间为log ,ln a b a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.(2)()f x 有2个不同零点20x a bx e ⇔-+=有2个不同解ln 20x a e bx e ⇔-+=有2个不同的解，令ln t x a =，则220,0ln ln t tb b e e e e t a a tt +-+=⇒=>，记()22222(1)(),()t t t t e t e e e e e t e g t g t t t t'⋅-++--===，记2()(1),()(1)10t t tt h t e t e h t e t e e t '=--=-+⋅=⋅>，又(2)0h =，所以(0,2)t ∈时，()0,(2,)h t t <∈+∞时，()0h t >，则()g t 在(0,2)单调递减，(2,)+∞单调递增，22(2),ln ln b bg e a a e∴>=∴<， 22222,ln ,21bb e a a e e>∴>∴≤⇒<≤. 即实数a 的取值范围是(21,e ⎤⎦.(3)2,()x a e f x e bx e ==-+有2个不同零点，则2x e e bx +=，故函数的零点一定为正数. 由(2)可知有2个不同零点，记较大者为2x ，较小者为1x ，1222412x x e e e e b e x x ++==>，注意到函数2x e e y x +=在区间()0,2上单调递减，在区间()2,+∞上单调递增，故122x x <<，又由5245e e e +<知25x >，122211122x e e e e b x x x b+=<⇒<，要证2212ln 2b b e x x e b >+，只需22ln e x b b>+， 222222x x e e e b x x +=<且关于b 的函数()2ln e g b b b =+在4b e >上单调递增，所以只需证()22222222ln 52x x e x e x x x e >+>，只需证2222222ln ln 02x x x e x e e x e-->，只需证2ln ln 202x e xx e-->，242e <，只需证4()ln ln 2x x h x x e =--在5x >时为正，由于()11()44410x x x h x xe e e x x x '---+-+-==>，故函数()h x 单调递增，又54520(5)ln 5l 20n 2ln 02h e e =--=->，故4()ln ln 2x xh x x e=--在5x >时为正，从而题中的不等式得证.【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，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，从高考来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用．6．【2021·全国高考真题（理）】已知0a >且1a ≠，函数()(0)ax x f x x a=>．（1）当2a =时，求()f x 的单调区间；（2）若曲线()y f x =与直线1y =有且仅有两个交点，求a 的取值范围．【答案】（1）20,ln2⎛⎤ ⎥⎝⎦上单调递增；2,ln2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上单调递减；（2）()()1,,e e ⋃+∞. 【分析】（1）求得函数的导函数，利用导函数的正负与函数的单调性的关系即可得到函数的单调性；（2）利用指数对数的运算法则，可以将曲线()y f x =与直线1y =有且仅有两个交点等价转化为方程ln ln x a x a =有两个不同的实数根，即曲线()y g x =与直线ln ay a=有两个交点，利用导函数研究()g x 的单调性，并结合()g x 的正负，零点和极限值分析()g x 的图象，进而得到ln 10a a e<<，发现这正好是()()0g a g e <<，然后根据()g x 的图象和单调性得到a 的取值范围.【解析】（1）当2a =时，()()()()22222ln 2222ln 2,242xx x x x x x x x x x f x f x '--===,令()'0f x =得2ln 2x =,当20ln 2x <<时，()0f x '>,当2ln 2x >时，()0f x '<, ∴函数()f x 在20,ln2⎛⎤ ⎥⎝⎦上单调递增；2,ln2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上单调递减；（2）()ln ln 1ln ln a x a x x x af x a x x a a x a x a==⇔=⇔=⇔=,设函数()ln x g x x =, 则()21ln xg x x-'=,令()0g x '=，得x e =, 在()0,e 内()0g x '>,()g x 单调递增；在(),e +∞上()0g x '<,()g x 单调递减；()()1max g x g e e∴==,又()10g =，当x 趋近于+∞时，()g x 趋近于0，所以曲线()y f x =与直线1y =有且仅有两个交点，即曲线()y g x =与直线ln ay a=有两个交点的充分必要条件是ln 10a a e<<,这即是()()0g a g e <<, 所以a 的取值范围是()()1,,e e ⋃+∞.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，根据曲线和直线的交点个数求参数的取值范围问题，属较难试题，关键是将问题进行等价转化，分离参数，构造函数，利用导数研究函数的单调性和最值，图象，利用数形结合思想求解.7．【2021·全国高考真题（理）】设函数()()ln f x a x =-，已知0x =是函数()y xf x =的极值点．（1）求a ；（2）设函数()()()x f x g x xf x +=．证明:()1g x <．【答案】1；证明见详解【分析】（1）由题意求出'y ，由极值点处导数为0即可求解出参数a ；（2）由（1）得()()ln 1()ln 1x x g x x x +-=-，1x <且0x ≠，分类讨论()0,1x ∈和(),0x ∈-∞，可等价转化为要证()1g x <，即证()()ln 1ln 1x x x x +->-在()0,1x ∈和(),0x ∈-∞上恒成立，结合导数和换元法即可求解【解析】（1）由()()()n 1'l a f x a x f x x ⇒==--，()()'ln xy a x x ay xf x ⇒=-=+-，又0x =是函数()y xf x =的极值点，所以()'0ln 0y a ==，解得1a =；（2）由（1）得()()ln 1f x x =-，()()ln 1()()()ln 1x x x f x g x xf x x x +-+==-，1x <且0x ≠，当()0,1x ∈时，要证()()ln 1()1ln 1x x g x x x +-=<-，()0,ln 10x x >-<，()ln 10x x ∴-<，即证()()ln 1ln 1x x x x +->-，化简得()()1ln 10x x x +-->；同理，当(),0x ∈-∞时，要证()()ln 1()1ln 1x x g x x x +-=<-，()0,ln 10x x <->，()ln 10x x ∴-<，即证()()ln 1ln 1x x x x +->-，化简得()()1ln 10x x x +-->；令()()()1ln 1h x x x x =+--，再令1t x =-，则()()0,11,t ∈+∞，1x t =-，令()1ln g t t t t =-+，()'1ln 1ln g t t t =-++=，当()0,1t ∈时，()'0g x <，()g x 单减，假设()1g 能取到，则()10g =，故()()10g t g >=；当()1,t ∈+∞时，()'0g x >，()g x 单增，假设()1g 能取到，则()10g =，故()()10g t g >=；综上所述，()()ln 1()1ln 1x x g x x x +-=<-在()(),00,1x ∈-∞恒成立【点睛】本题为难题，根据极值点处导数为0可求参数a ，第二问解法并不唯一，分类讨论对函数进行等价转化的过程，一定要注意转化前后的等价性问题，构造函数和换元法也常常用于解决复杂函数的最值与恒成立问题.8．【2020年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数2()e x f x ax x =+-.（1）当a =1时，讨论f （x ）的单调性；（2）当x ≥0时，f （x ）≥12x 3+1，求a 的取值范围. 【解析】（1）当a =1时，f （x ）=e x +x 2–x ，则()f x '=e x +2x –1．故当x ∈（–∞，0）时，()f x '<0；当x ∈（0，+∞）时，()f x '>0．所以f （x ）在（–∞，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增．（2）31()12f x x ≥+等价于321(1)e 12x x ax x --++≤. 设函数321()(1)e (0)2xg x x ax x x -=-++≥，则32213()(121)e 22x g x x ax x x ax -'=--++-+-21[(23)42]e 2x x x a x a -=--+++1(21)(2)e 2x x x a x -=----.（i ）若2a +1≤0，即12a ≤-，则当x ∈（0，2）时，()g x '>0.所以g （x ）在（0，2）单调递增，而g （0）=1，故当x ∈（0，2）时，g （x ）>1，不合题意.（ii ）若0<2a +1<2，即1122a -<<，则当x ∈(0，2a +1)∪(2，+∞)时，g'(x )<0；当x ∈(2a +1，2)时，g'(x )>0.所以g (x )在(0，2a +1)，(2，+∞)单调递减，在(2a +1，2)单调递增.由于g (0)=1，所以g (x )≤1当且仅当g (2)=(7−4a )e −2≤1，即a ≥27e 4-. 所以当27e 142a -≤<时，g (x )≤1. （iii ）若2a +1≥2，即12a ≥，则g (x )≤31(1)e 2xx x -++.由于27e 10[,)42-∈，故由（ii ）可得31(1)e 2x x x -++≤1. 故当12a ≥时，g (x )≤1.综上，a 的取值范围是27e [,)4-+∞. 【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．9．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】已知函数2() sin sin2f x x x =．（1）讨论f (x )在区间(0，π)的单调性；（2）证明：()f x ≤；（3）设*n ∈N ，证明：2222sin sin 2sin 4sin 234nn nx x xx ≤．【解析】（1）()cos (sin sin 2)sin (sin sin 2)f x x x x x x x ''=+ 22sin cos sin 22sin cos2x x x x x =+ 2sin sin3x x =．当(0,)(,)33x π2π∈π时，()0f x '>；当(,)33x π2π∈时，()0f x '<．所以()f x 在区间(0,),(,)33π2ππ单调递增，在区间(,)33π2π单调递减．（2）因为(0)()0f f =π=，由（1）知，()f x 在区间[0,]π的最大值为()3f π=，最小值为()3f 2π=．而()f x 是周期为π的周期函数，故|()|f x ≤．（3）由于32222(sin sin 2sin 2)nx x x333|sin sin 2sin 2|n x x x =23312|sin ||sin sin 2sin 2sin 2||sin 2|n n n x x x x x x -= 12|sin ||()(2)(2)||sin 2|n n x f x f x f x x -=1|()(2)(2)|n f x f x f x -≤，所以222233sin sin 2sin 2)4n nnn x xx ≤=．10．【2020年高考全国Ⅲ卷理数】设函数3()f x x bx c =++，曲线()y f x =在点(12，f (12))处的切线与y 轴垂直．（1）求B ．（2）若()f x 有一个绝对值不大于1的零点，证明：()f x 所有零点的绝对值都不大于1．【解析】（1）2()3f x x b '=+．依题意得1()02f '=，即304b +=.故34b =-．（2）由（1）知3(3)4f x x x c -=+，2()334f x x '=-. 令)0(f x '=，解得12x =-或12x =.()f x '与()f x 的情况为：x 1()2-∞-，12- 11()22-， 12 1()2∞，+ ()f x ' + 0 – 0 + ()f x14c +14c -因为11(1)()24f f c =-=+，所以当14c <-时，()f x 只有大于1的零点.因为11(1)()24f f c -==-，所以当14c >时，f （x ）只有小于–1的零点．由题设可知1144c -≤≤，当1=4c -时，()f x 只有两个零点12-和1.当1=4c 时，()f x 只有两个零点–1和12.当1144c -<<时，()f x 有三个等点x 1，x 2，x 3，且11(1,)2x ∈--，211(,)22x ∈-，31(,1)2x ∈．综上，若()f x 有一个绝对值不大于1的零点，则()f x 所有零点的绝对值都不大于1.11．【2020年高考天津】已知函数3()ln ()f x x k x k =+∈R ，()f x '为()f x 的导函数．（Ⅰ）当6k =时，（i ）求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；（ii ）求函数9()()()g x f x f x x'=-+的单调区间和极值；（Ⅱ）当3k ≥-时，求证：对任意的12,[1,)x x ∈+∞，且12x x >，有()()()()1212122f x f x f x f x x x ''+->-．【解析】（Ⅰ）（i ）当6k =时，3()6ln f x x x =+，故26()3f x x x'=+．可得(1)1f =，(1)9f '=，所以曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为19(1)y x -=-，即98y x =-．（ii ）依题意，323()36ln ,(0,)g x x x x x x=-++∈+∞．从而可得2263()36g x x x x x'=-+-，整理可得323(1)(1)()x x g x x -+'=．令()0g x '=，解得1x =．当x 变化时，(),()g x g x '的变化情况如下表：所以，函数()g x 的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,)+∞；()g x 的极小值为(1)1g =，无极大值．（Ⅱ）证明：由3()ln f x x k x =+，得2()3k f x x x'=+．对任意的12,[1,)x x ∈+∞，且12x x >，令12(1)x t t x =>，则 ()()()()()()()1212122x x f x f x f x f x ''-+--()22331121212122332ln x k k x x x x x x k x x x ⎛⎫⎛⎫=-+++--+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭3322121121212212332ln x x x x x x x x x k k x x x ⎛⎫=--++-- ⎪⎝⎭()332213312ln x t t t k t t t ⎛⎫=-+-+-- ⎪⎝⎭． ①令1()2ln ,[1,)h x x x x x =--∈+∞．当1x >时，22121()110h x x x x ⎛⎫'=+-=-> ⎪⎝⎭，由此可得()h x 在[1,)+∞单调递增，所以当1t >时，()(1)h t h >，即12ln 0tt t -->．因为21x ≥，323331(1)0,3t t t t k -+-=->≥-，所以，()332322113312ln (331)32ln x t t t k t t t t t t t tt⎛⎫⎛⎫-+-+-->-+---- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭2336ln 31t t t t-=++-． ②由（Ⅰ）（ii ）可知，当1t >时，()(1)g t g >，即32336ln 1t t t t-++>，故23336ln 10t t t t-++->． ③ 由①②③可得()()()()()()()12121220x x f x f x f x f x ''-+-->．所以，当3k ≥-时，对任意的12,[1,)x x ∈+∞，且12x x >，有()()()()1212122f x f x f x f x x x ''+->-． 12．【2020年高考北京】已知函数2()12f x x =-．（Ⅰ）求曲线()y f x =的斜率等于2-的切线方程；（Ⅱ）设曲线()y f x =在点(,())t f t 处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为()S t ，求()S t 的最小值．【解析】（Ⅰ）因为()212f x x =-，所以()2f x x '=-，设切点为()00,12x x -，则022x -=-，即01x =，所以切点为()1,11，由点斜式可得切线方程：()1121y x -=--，即2130x y +-=.（Ⅱ）显然0t ≠，因为()y f x =在点()2,12t t-处的切线方程为：()()2122y t t x t --=--，令0x =，得212y t =+，令0y =，得2122t x t +=，所以()S t =()221121222||t t t +⨯+⋅，不妨设0t >(0t <时，结果一样)，则()423241441144(24)44t t S t t t t t++==++，所以()S t '=4222211443(848)(324)44t t t t t +-+-=222223(4)(12)3(2)(2)(12)44t t t t t t t-+-++==，由()0S t '>，得2t >，由()0S t '<，得02t <<，所以()S t 在()0,2上递减，在()2,+∞上递增，所以2t =时，()S t 取得极小值，也是最小值为()16162328S ⨯==. 【点睛】本题考查了利用导数的几何意义求切线方程，考查了利用导数求函数的最值，属于中档题.13．【2020年高考浙江】已知12a <≤，函数()e xf x x a =--，其中e=2.71828…是自然对数的底数．（Ⅰ）证明：函数()y f x =在(0,)+∞上有唯一零点；（Ⅱ）记x 0为函数()y f x =在(0,)+∞上的零点，证明：（ⅰ0x ≤≤；（ⅱ）00(e )(e 1)(1)x x f a a ≥--．【解析】（Ⅰ）因为(0)10f a =-<，22(2)e 2e 40f a =--≥->，所以()y f x =在(0,)+∞上存在零点．因为()e 1x f x '=-，所以当0x >时，()0f x '>，故函数()f x 在[0,)+∞上单调递增，所以函数以()y f x =在(0,)+∞上有唯一零点．（Ⅱ）（ⅰ）令21()e 1(0)2xg x x x x =---≥，()e 1()1x g'x x f x a =--=+-，由（Ⅰ）知函数()g'x 在[0,)+∞上单调递增，故当0x >时，()(0)0g'x g'>=，所以函数()g x 在[0,)+∞单调递增，故()(0)0g x g ≥=．由0g ≥得00()f a f x =≥=，因为()f x 在[0,)+∞0x ．令2()e 1(01)x h x x x x =---≤≤，()e 21x h'x x =--，令1()e 21(01)x h x x x =--≤≤，1()e 2xh'x =-，所以故当01x <<时，1()0h x <，即()0h'x <，所以()h x 在[0,1]单调递减，因此当01x ≤≤时，()(0)0h x h ≤=．由0h ≤得00()f a f x =≤=，因为()f x 在[0,)+∞0x ．0x ≤≤（ⅱ）令()e (e 1)1x u x x =---，()e (e 1)x u'x =--，所以当1x >时，()0u'x >，故函数()u x 在区间[1,)+∞上单调递增，因此()(1)0u x u ≥=．由00e x x a =+可得022000000(e )()(e 1)(e 2)(e 1)x a a x f x f x a x a x ax =+=-+-≥-，由0x ≥得00(e )(e 1)(1)xx f a a ≥--．14．【2020年高考江苏】某地准备在山谷中建一座桥梁，桥址位置的竖直截面图如图所示：谷底O 在水平线MN 上，桥AB 与MN 平行，OO '为铅垂线(O '在AB 上)．经测量，左侧曲线AO 上任一点D 到MN 的距离1h (米)与D 到OO '的距离a (米)之间满足关系式21140h a =；右侧曲线BO 上任一点F 到MN 的距离2h (米)与F 到OO '的距离b (米)之间满足关系式3216800h b b =-+.已知点B 到OO '的距离为40米．（1）求桥AB 的长度；（2）计划在谷底两侧建造平行于OO '的桥墩CD 和EF ，且CE 为80米，其中C ，E 在AB 上(不包括端点)．.桥墩EF 每米造价k (万元)、桥墩CD 每米造价32k (万元)(k >0)，问O E'为多少米时，桥墩CD 与EF 的总造价最低？【解析】（1）设1111,,,AA BB CD EF 都与MN 垂直，1111,,,A B D F 是相应垂足. 由条件知，当40O'B =时， 31140640160,800BB =-⨯+⨯= 则1160AA =. 由21160,40O'A =得80.O'A = 所以8040120AB O'A O'B =+=+=（米）.（2）以O 为原点，OO'为y 轴建立平面直角坐标系xOy （如图所示）. 设2(,),(0,40),F x y x ∈则3216,800y x x =-+ 3211601606800EF y x x =-=+-. 因为80,CE =所以80O'C x =-.设1(80,),D x y -则211(80),40y x =- 所以22111160160(80)4.4040CD y x x x =-=--=-+ 记桥墩CD 和EF 的总造价为()f x ，则3232131()=(1606)(4)80024013(160)(040).80080f x k x x k x x k x x x +-+-+=-+<<2333()=(160)(20)80040800k f x k x x x x '-+=-，令()=0f x '，得20.x =所以当20x =时，()f x 取得最小值.答：（1）桥AB 的长度为120米；（2）当O'E 为20米时，桥墩CD 和EF 的总造价最低.【点睛】本题考查实际成本问题、利用导数求最值，考查基本分析求解能力，属中档题. 15．【2020年高考江苏】已知关于x 的函数(),()y f x y g x ==与()(,)h x kx b k b =+∈R 在区间D 上恒有()()()f x h x g x ≥≥．（1）若()()222 2()f x x x g x x x D =+=-+=∞-∞+，，，，求h (x )的表达式；（2）若2 1 ln ,()()()(0) x x g k x h kx k D f x x x =-+==-=+∞，，，，求k 的取值范围；（3）若()422342() 2() (48 () 4 3 0)2 2f x x x g x x h x t t x t t t =-=-=--+<≤，，，[] , 2,2D m n =⊆-⎡⎤⎣⎦，求证：7n m -≤．【解析】（1）由条件()()()f x h x g x ≥≥，得222 2x x kx b x x +≥+≥-+，取0x =，得00b ≥≥，所以0b =．由22x x kx +≥，得2 2 ()0x k x +-≥，此式对一切(,)x ∈-∞+∞恒成立，所以22 0()k -≤，则2k =，此时222x x x ≥-+恒成立，所以()2h x x =．（2） 1 ln ,()()()()0,h g x k x x x x -=--∈+∞.令() 1ln u x x x =--，则1()1,u'x x=-令()=0u'x ，得1x =.所以min () 0(1)u x u ==.则1ln x x -≥恒成立，所以当且仅当0k ≥时，()()f x g x ≥恒成立．另一方面，()()f x h x ≥恒成立，即21x x kx k -+≥-恒成立，也即2()1 1 +0x k x k -++≥恒成立．因为0k ≥，对称轴为102kx +=>，所以2141)0(()k k +-+≤，解得13k -≤≤．因此，k 的取值范围是0 3.k ≤≤（3）①当1t ≤≤由()()g x h x ≤，得2342484()32x t t x t t -≤--+，整理得4223328()0.()4t t x t t x ----+≤*令3242=()(328),t t t t ∆---- 则642=538t t t ∆-++．记64253()18(t t t t t ϕ-++=≤≤则53222062(31)(3())06t t t t t t 't ϕ-+=--<=恒成立，所以()t ϕ在[1,上是减函数，则()(1)t ϕϕϕ≤≤，即2()7t ϕ≤≤．所以不等式()*有解，设解为12x x x ≤≤，因此21n m x x -≤-=≤ ②当01t <<时，432()()11 34241f h t t t t ---=+---．设432 = 342(41)t t t t v t +---，322 ()=1212444(1)(31),v't t t t t t +--=+-令()0v t '=，得t ．当(0t ∈时，()0v t '<，()v t 是减函数；当1)t ∈时，()0v t '>，()v t 是增函数． (0)1v =-，(1)0v =，则当01t <<时，()0v t <．（或证：2()(1)(31)(1)0v t t t t =++-<．）则(1)(1)0f h ---<，因此1()m n -∉，．因为m n ⊆［］［，，所以1n m -≤<③当0t <时，因为()f x ，()g x 均为偶函数，因此n m -≤综上所述，n m -≤【点睛】本小题主要考查利用的导数求切线方程，考查利用导数研究不等式恒成立问题，考查利用导数证明不等式，考查分类讨论的数学思想方法，属于难题.16．【2020年新高考全国Ⅰ卷】已知函数1()e ln ln x f x a x a -=-+．（1）当e a =时，求曲线y =f （x ）在点（1，f （1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；（2）若f （x ）≥1，求a 的取值范围．【解析】()f x 的定义域为(0,)+∞，11()e x f x a x-'=-．（1）当e a =时，()e ln 1x f x x =-+，(1)e 1f '=-，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为(e 1)(e 1)(1)y x -+=--，即(e 1)2y x =-+．直线(e 1)2y x =-+在x 轴，y 轴上的截距分别为2e 1--，2．因此所求三角形的面积为2e 1-．（2）当01a <<时，(1)ln 1f a a =+<．当1a =时，1()e ln x f x x -=-，11()e x f x x-'=-．当(0,1)x ∈时，()0f x '<；当(1,)x ∈+∞时，()0f x '>．所以当1x =时，()f x 取得最小值，最小值为(1)1f =，从而()1f x ≥．当1a >时，11()e ln ln e ln 1x x f x a x a x --=-+≥-≥．综上，a 的取值范围是[1,)+∞．【点睛】本题考查导数几何意义、利用导数研究不等式恒成立问题，考查综合分析求解能力，分类讨论思想和等价转化思想，属较难试题.17．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数()sin ln(1)f x x x =-+，()f x '为()f x 的导数．证明：（1）()f x '在区间(1,)2π-存在唯一极大值点；（2）()f x 有且仅有2个零点．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）设()()g x f 'x =，则1()cos 1g x x x=-+，21sin ())(1x 'x g x =-++.当1,2x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()g'x 单调递减，而(0)0,()02g'g'π><，可得()g'x 在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭有唯一零点，设为α.则当(1,)x α∈-时，()0g'x >；当,2x α⎛π⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g'x <. 所以()g x 在(1,)α-单调递增，在,2απ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，故()g x 在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭存在唯一极大值点，即()f 'x 在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭存在唯一极大值点. （2）()f x 的定义域为(1,)-+∞.（i ）当(1,0]x ∈-时，由（1）知，()f 'x 在(1,0)-单调递增，而(0)0f '=，所以当(1,0)x ∈-时，()0f 'x <，故()f x 在(1,0)-单调递减，又(0)=0f ，从而0x =是()f x 在(1,0]-的唯一零点.（ii ）当0,2x ⎛π⎤∈ ⎥⎝⎦时，由（1）知，()f 'x 在(0,)α单调递增，在,2απ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，而(0)=0f '，02f 'π⎛⎫<⎪⎝⎭，所以存在,2βαπ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()0f 'β=，且当(0,)x β∈时，()0f 'x >；当,2x βπ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f 'x <.故()f x 在(0,)β单调递增，在,2βπ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减.又(0)=0f ，1ln 1022f ππ⎛⎫⎛⎫=-+>⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以当0,2x ⎛π⎤∈ ⎥⎝⎦时，()0f x >.从而，()f x 在0,2⎛⎤ ⎥⎝⎦π没有零点.（iii ）当,2x π⎛⎤∈π⎥⎝⎦时，()0f 'x <，所以()f x 在,2π⎛⎫π ⎪⎝⎭单调递减.而02f π⎛⎫> ⎪⎝⎭，()0f π<，所以()f x 在,2π⎛⎤π ⎥⎝⎦有唯一零点.（iv ）当(,)x ∈π+∞时，ln(1)1x +>，所以()f x <0，从而()f x 在(,)π+∞没有零点. 综上，()f x 有且仅有2个零点.【名师点睛】本题考查导数与函数极值之间的关系、利用导数解决函数零点个数的问题.解决零点问题的关键一方面是利用零点存在性定理或最值点来说明存在零点，另一方面是利用函数的单调性说明在区间内零点的唯一性，二者缺一不可. 18．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】已知函数()11ln x f x x x -=-+.（1）讨论f (x )的单调性，并证明f (x )有且仅有两个零点；（2）设x 0是f (x )的一个零点，证明曲线y =ln x 在点A (x 0，ln x 0)处的切线也是曲线e x y =的切线.【答案】（1）函数()f x 在(0,1)和(1,)+∞上是单调增函数，证明见解析；（2）见解析.【解析】（1）f （x ）的定义域为（0，1）（1，+∞）．因为212()0(1)f 'x x x =+>-，所以()f x 在（0，1），（1，+∞）单调递增．因为f （e ）=e 110e 1+-<-，22222e 1e 3(e )20e 1e 1f +-=-=>--，所以f （x ）在（1，+∞）有唯一零点x 1，即f （x 1）=0．又1101x <<，1111111()ln ()01x f x f x x x +=-+=-=-，故f （x ）在（0，1）有唯一零点11x ．综上，f （x ）有且仅有两个零点．（2）因为0ln 01e x x -=，故点B （–ln x 0，01x ）在曲线y =e x 上．由题设知0()0f x =，即0001ln 1x x x +=-，故直线AB 的斜率0000000000111ln 111ln 1x x x x x k x x x x x x +---===+-----．曲线y =e x 在点001(ln ,)B x x -处切线的斜率是01x ，曲线ln y x =在点00(,ln )A x x 处切线的斜率也是1x ，所以曲线ln y x =在点00(,ln )A x x 处的切线也是曲线y =e x 的切线．【名师点睛】本题考查了利用导数求已知函数的单调性、考查了曲线的切线方程，考查了数学运算能力.19．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】已知函数32()2f x x ax b =-+.（1）讨论()f x 的单调性；（2）是否存在,a b ，使得()f x 在区间[0,1]的最小值为1-且最大值为1？若存在，求出,a b 的所有值；若不存在，说明理由.【答案】（1）见解析；（2）01a b =⎧⎨=-⎩或41a b =⎧⎨=⎩. 【解析】（1）2()622(3)f x x ax x x a '=-=-．令()0f x '=，得x =0或3ax =. 若a >0，则当(,0),3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当0,3a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在(,0),,3a ⎛⎫-∞+∞⎪⎝⎭单调递增，在0,3a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减；若a =0，()f x 在(,)-∞+∞单调递增；若a <0，则当,(0,)3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当,03a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x在,,(0,)3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在,03a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减. （2）满足题设条件的a ，b 存在.（i ）当a ≤0时，由（1）知，()f x 在[0，1]单调递增，所以()f x 在区间[0，l]的最小值为(0)=f b ，最大值为(1)2f a b =-+.此时a ，b 满足题设条件当且仅当1b =-，21a b -+=，即a =0，1b =-．（ii ）当a ≥3时，由（1）知，()f x 在[0，1]单调递减，所以()f x 在区间[0，1]的最大值为(0)=f b ，最小值为(1)2f a b =-+．此时a ，b 满足题设条件当且仅当21a b -+=-，b =1，即a =4，b =1．（iii ）当0<a <3时，由（1）知，()f x 在[0，1]的最小值为3327a a f b ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，最大值为b 或2a b -+．若3127a b -+=-，b =1，则a =，与0<a <3矛盾.若3127a b -+=-，21a b -+=，则a =或a =-或a =0，与0<a <3矛盾．综上，当且仅当a =0，1b =-或a =4，b =1时，()f x 在[0，1]的最小值为-1，最大值为1．【名师点睛】这是一道常规的函数导数和不等式的综合题，题目难度比往年降低了不少，考查函数的单调性、最大值、最小值这种基本量的计算. 20．【2019年高考北京理数】已知函数321()4f x x x x =-+．（Ⅰ）求曲线()y f x =的斜率为1的切线方程；（Ⅱ）当[2,4]x ∈-时，求证：6()x f x x -≤≤；（Ⅲ）设()|()()|()F x f x x a a =-+∈R ，记()F x 在区间[2,4]-上的最大值为M （a ）．当M （a ）最小时，求a 的值．【答案】（Ⅰ）y x =与6427y x =-；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）3a =-. 【解析】（Ⅰ）由321()4f x x x x =-+得23()214f x x x '=-+.令()1f x '=，即232114x x -+=，得0x =或83x =.又(0)0f =，88()327f =，所以曲线()y f x =的斜率为1的切线方程是y x =与88273y x -=-，即y x =与6427y x =-. （Ⅱ）令()(),[2,4]g x f x x x =-∈-.由321()4g x x x =-得23()24g'x x x =-. 令()0g'x =得0x =或83x =.(),()g'x g x 的情况如下：x 2-(2,0)-8(0,)3 838(,4)34()g'x+-+()g x6-6427-所以()g x 的最小值为6-，最大值为0. 故6()0g x -≤≤，即6()x f x x -≤≤. （Ⅲ）由（Ⅱ）知，当3a <-时，()(0)|(0)|3M F g a a a ≥=-=->；当3a >-时，()(2)|(2)|63M F a g a a ≥-=--=+>；当3a =-时，()3M a =. 综上，当()M a 最小时，3a =-.【名师点睛】本题主要考查利用导函数研究函数的切线方程，利用导函数证明不等式，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 21．【2019年高考天津理数】设函数()e cos ,()xf x xg x =为()f x 的导函数．（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）当,42x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，证明()()02f x g x x π⎛⎫+-≥ ⎪⎝⎭；（Ⅲ）设n x 为函数()()1u x f x =-在区间2,242n n ππ⎛⎫π+π+ ⎪⎝⎭内的零点，其中n ∈N ，证明20022sin c s e o n n n x x x -πππ+-<-．【答案】（Ⅰ）()f x 的单调递增区间为3ππ2π,2π(),()44k k k f x ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦Z 的单调递减区间为π5π2π,2π()44k k k ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦Z .（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析. 【解析】（Ⅰ）由已知，有()e (cos sin )xf 'x x x =-．因此，当52,244x k k ππ⎛⎫∈π+π+ ⎪⎝⎭()k ∈Z 时，有sin cos x x >，得()0f 'x <，则()f x 单调递减；当32,244x k k ππ⎛⎫∈π-π+ ⎪⎝⎭()k ∈Z 时，有sin cos x x <，得()0f 'x >，则()f x 单调递增．所以，()f x 的单调递增区间为32,2(),()44k k k f x ππ⎡⎤π-π+∈⎢⎥⎣⎦Z 的单调递减区间为52,2()44k k k ππ⎡⎤π+π+∈⎢⎥⎣⎦Z ．（Ⅱ）证明：记()()()2h x f x g x x π⎛⎫=+-⎪⎝⎭．依题意及（Ⅰ），有()e (cos sin )xg x x x =-，从而()2e sin xg'x x =-．当,42x ππ⎛⎫∈⎪⎝⎭时，0()g'x <，故 ()()()()(1)()022h'x f 'x g'x x g x g'x x ππ⎛⎫⎛⎫=+-+-=-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．因此，()h x 在区间,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，进而()022h x h f ππ⎛⎫⎛⎫≥== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．所以，当,42x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()()02f x g x x π⎛⎫+-≥ ⎪⎝⎭．（Ⅲ）证明：依题意，()()10n n u x f x =-=，即cos e 1n xn x =．记2n n y x n =-π，则。

新高考数学二轮专题总复习突破练习导数的应用

专题突破练7热点小专题二、导数的应用一、单项选择题1.设曲线y=ax-ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为y=2x,则a=()A.0B.1C.2D.32.(2020天津河北区线上测试,6)已知函数f(x)=3x+2cos x,若a=f(3√2),b=f(2),c=f(log27),则a,b,c的大小关系是()A.a<b<cB.c<a<bC.b<a<cD.b<c<a3.(2020河南开封三模,文9,理7)已知函数f(x)=x(x-c)2在x=2处取极大值,则c=()A.-2或-6B.2或6C.2D.64.(2020山东德州二模,8)已知函数f(x)的定义域为R,且f(x)+1<f'(x),f(0)=2,则不等式f(x)+1>3e x的解集为()A.(1,+∞)B.(-∞,1)C.(0,+∞)D.(-∞,0)5.已知函数f(x)=a e x-x2-(2a+1)x,若函数f(x)在区间(0,ln 2)上有极值,则实数a的取值范围是()A.(-∞,-1)B.(-1,0)C.(-2,-1)D.(-∞,0)∪(0,1)6.(2020山东济南一模,8)已知直线y=ax+b(b>0)与曲线y=x3有且只有两个公共点A(x1,y1),B(x2,y2),其中x1<x2,则2x1+x2=()A.-1B.0C.1D.a7.已知函数f(x)=a ln x-2x,若不等式f(x+1)>ax-2e x在x∈(0,+∞)上恒成立,则实数a的取值范围是()A.a≤2B.a≥2C.a≤0D.0≤a≤28.(2020江西名校大联考,理12)已知函数f(x)={-13x3+x2,x≤m,x-m,x>m,若存在实数a,使得函数g(x)=f(x)-a 恰好有4个零点,则实数m的取值范围是() A.(0,2) B.(2,+∞)C.(0,3)D.(3,+∞)二、多项选择题9.函数y=f(x)的导函数y=f'(x)的图象如图所示,以下命题错误的是()A.-3是函数y=f (x )的极值点B.-1是函数y=f (x )的最小值点C.y=f (x )在区间(-3,1)上单调递增D.y=f (x )在x=0处切线的斜率小于零10.(2020山东聊城二模,10)下列关于函数f (x )=x 3-3x 2+2x 的叙述正确的是( ) A.函数f (x )有三个零点B.点(1,0)是函数f (x )图象的对称中心C.函数f (x )的极大值点为x=1-√33D.存在实数a ,使得函数g (x )=[f (x )]2+af (x )在R 上为增函数11.(2020山东潍坊临朐模拟,12)已知函数f (x )=x ln x+x 2,x 0是函数f (x )的极值点,以下结论中正确的是( )A.0<x 0<1eB.x 0>1e C.f (x 0)+2x 0<0D.f (x 0)+2x 0>012.(2020山师大附中月考,12)设函数f (x )={|lnx |,x >0,e x (x +1),x ≤0,若方程[f (x )]2-af (x )+116=0有六个不等的实数根,则实数a 可能的取值是( ) A.12B.23C.1D.2三、填空题13.(2020全国Ⅲ,文15)设函数f (x )=e xx+a .若f'(1)=e4,则a= .14.(2020全国Ⅰ,文15)曲线y=ln x+x+1的一条切线的斜率为2,则该切线的方程为 . 15.(2020山东淄博4月模拟,16)已知函数f (x )=2sin x+sin 2x ,则f (x )的最小值是 . 16.已知函数f (x )=log 2x ,g (x )=√x +√a -x (a>0),若对∀x 1∈{x|g (x )=√x +√a -x },∃x 2∈[4,16],使g (x 1)=f (x 2)成立,则实数a 的取值范围是 .专题突破练7 热点小专题二、导数的应用1.D解析∵y=ax-ln(x+1),∴y'=a-1x+1.∴y'|x=0=a-1=2,得a=3.2.D解析因为函数f(x)=3x+2cos x,所以导数函数f'(x)=3-2sin x,可得f'(x)=3-2sin x>0在R上恒成立,所以f(x)在R上为增函数,又因为2=log24<log27<3<3√2,所以b<c<a,故选D.3.D解析f'(x)=(x-c)2+2x(x-c),f'(2)=(2-c)2+2×2(2-c)=0,解得c=6或c=2.验证知当c=2时,函数在x=2处有极小值,舍去,当c=6时满足题意,故c=6.4.C解析令g(x)=f(x)+1e x,∵f(x)+1<f'(x),则g'(x)=f'(x)-f(x)-1e x>0,故g(x)在R上单调递增,且g(0)=3,由f(x)+1>3e x,可得f(x)+1e x>3,即g(x)>g(0),所以x>0,故选C.5.A解析f'(x)=a e x-2x-(2a+1),令g(x)=a e x-2x-(2a+1).由函数f(x)在区间(0,ln2)上有极值⇔g(x)在区间(0,ln2)上单调且存在零点.所以g(0)g(ln2)=(a-2a-1)(2a-2ln2-2a-1)<0,即a+1<0,解得a<-1.故实数a的取值范围是(-∞,-1).故选A.6.B解析直线y=ax+b(b>0)与曲线y=x3有且只有两个公共点,即为b=x3-ax有两个根,即函数y=x3-ax与y=b恰有两个交点,作出两个函数的图象,可知x1是极大值点时满足题意.∵y'=3x2-a,∴3x12=a.又∵b=x13-ax1=x23-ax2,∴x13−x23=a(x1-x2),∴(x1-x2)(x12+x1x2+x22)=a(x1-x2).∵x1<x2,∴a=x12+x1x2+x22=3x12,∴2x12-x1x2-x22=0,∴(2x1+x2)(x1-x2)=0,∴2x1+x2=0.故选B.7.A解析f(e x)=ax-2e x,所以f(x+1)>ax-2e x在x∈(0,+∞)上恒成立,等价于f(x+1)>f(e x)在(0,+∞)上恒成立,因为x∈(0,+∞)时,1<x+1<e x,所以只需f(x)在(1,+∞)上单调递减,即当x>1时,f'(x)≤0恒成立,即当x>1时,ax≤2恒成立,a≤2x,所以a≤2,故选A.8.B解析g(x)=f(x)-a的零点个数等价于直线y=a与函数f(x)图象的交点个数.令y=-13x3+x2,y'=-x2+2x,当x<0或x>2时,y'<0,当0<x<2时,y'>0.所以函数y=-13x3+x2在(-∞,0),(2,+∞)上单调递减,在(0,2)上单调递增,画出函数f(x)的大致图象如图所示,由图可知当m>2时,存在直线y=a与函数f(x)图象的交点为4个;当0<m≤2时,直线y=a与函数f(x)图象的交点至多为3个;当m≤0时,直线y=a与函数f(x)图象的交点至多为2个.所以m的取值范围为(2,+∞).故选B.9.BD解析根据导函数的图象可知,当x∈(-∞,-3)时,f'(x)<0,在x∈(-3,1)时,f'(x)≥0,故函数y=f(x)在(-∞,-3)上单调递减,在(-3,1)上单调递增,则-3是函数y=f(x)的极值点.因为函数y=f(x)在(-3,1)上单调递增,则-1不是函数y=f(x)的最小值点.因为函数y=f(x)在x=0处的导数大于0,则y=f(x)在x=0处切线的斜率大于零,故选BD.10.ABC解析令f(x)=0,即x(x-1)(x-2)=0,解得x=0或x=1或x=2,故函数f(x)有三个零点,故选项A正确;因为f(1+x)+f(1-x)=0,所以点(1,0)是函数f(x)图象的对称中心,故选项B正确;令f'(x)=3x2-6x+2=0,解得x=3±√33,故f(x)在-∞,3-√33上单调递增,在3-√33,3+√33上单调递减,在3+√33,+∞上单调递增,函数f(x)的极大值点为x=1-√33,故选项C正确;因为f(x)在R上不单调,所以不存在实数a,使得函数g(x)=[f(x)]2+af(x)在R上为增函数,故D错误.故选ABC.11.AD解析∵函数f(x)=x ln x+x2(x>0),∴f'(x)=ln x+1+2x.∵x0是函数f(x)的极值点,∴f'(x0)=0,即ln x0+1+2x0=0,∵f'(x)在(0,+∞)上单调递增,且f'(1e )=2e>0,∵x→0,f'(x)→-∞,∴0<x0<1e,即选项A正确,选项B不正确;f(x0)+2x0=x0ln x0+x02+2x0=x0(ln x0+x0+2)=x0(1-x0)>0,即选项D正确,选项C不正确.故选AD.12.BC解析当x≤0时,f(x)=e x(x+1),则f'(x)=e x(x+1)+e x=e x(x+2).由f'(x)<0得,x+2<0,即x<-2,此时f(x)为减函数,由f'(x)>0得,x+2>0,即-2<x≤0,此时f(x)为增函数,即当x=-2时,f(x)取得极小值f(-2)=-1e2,作出f(x)的图象如图:由图象可知当0<f(x)≤1时,有三个不同的x的取值与f(x)对应.设t=f(x),因为方程[f(x)]2-af(x)+116=0有六个不等的实数根,所以t 2-at+116=0在t ∈(0,1]内有两个不等的实根, 设g (t )=t 2-at+116.则{g (0)>0,g (1)≥0,Δ>0,0<a 2<1,即{ 116>0,1-a +116≥0,a 2-4×116>0,0<a 2<1,解得12<a ≤1716.结合选项可知实数a 可能是23或1,故选BC . 13.1 解析对函数f (x )=e x求导得f'(x )=e x (x+a -1)(x+a )2,由题意得f'(1)=e ·a(1+a )2=e,解得a=1.14.y=2x 解析设切点坐标为(x 0,y 0).对y=ln x+x+1求导可得y'=1x +1.由题意得,1x 0+1=2,解得x 0=1,故y 0=ln1+1+1=2,切线方程为y-2=2(x-1),即y=2x.15.-3√32 解析由f (x )=2sin x+sin2x ,得f'(x )=2cos x+2cos2x=2(2cos 2x+cos x-1)=2(cos x+1)(2cos x-1),令f'(x )=0,得cos x=-1或cos x=12,所以f (x )的最小值为使cos x=-1或cos x=12成立的x 的取值所对应f (x )的函数值中的最小值.当cos x=-1时,sin x=0,所以f (x )=0;当cos x=12时,sin x=±√32,f (x )=±3√32. 综上,f (x )的最小值为-3√32.16.[4,8] 解析结合题意可得log 24=2≤f (x )≤log 216=4,要使得对∀x 1∈{x|g (x )=√x +√a -x },∃x 2∈[4,16],使g (x 1)=f (x 2)成立, 则要求g (x )的值域在[2,4]内,对g (x )求导得g'(x )=√a -x -√x2·√x ·√a -x ,当g'(x )>0,解得x<a2,结合该函数的定义域为[0,a ],可知g(x)在0,a2单调递增,在a2,a单调递减,故g(x)在x=a2取到最大值,在x=0取到最小值,所以需要满足g a2≤4,且g(0)≥2,得到{√a2+√a2≤4,√a≥2,解得a∈[4,8].。

专题一第6讲导数的综合应用和定积分

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1 1 若 0＜a＜1，解 f′(x)＝x－a＝0 得 x＝a， 1 由函数的单调性得知 f(x)在 x＝处取最大值， a 1 1 fa＝ln a＞0，由幂函数与对数函数单调性比较知，当 1 x 充分大时 f(x)＜0，即 f(x)在单调递减区间a，＋∞有且仅 1 a 有一个零点；又因为 f e ＝－＜0，所以 f(x)在单调递增区 e 1 间0，a有且仅有一个零点．综上所述，当 a＞1 时， f(x)无零点；当 a＝1 或 a≤0 时， f(x)有且仅有一个零点；当 0＜a＜1 时，f(x)有两个零点．
训练高效提能
菜
单
高考专题辅导与训练· 数学(理科)
第一部分式
基础要点整合
专题一
集合、常用逻辑用语、函数与导数、不等
解题规范流程
ln x＋1 (3)令 f(x)＝ln x－ax＋1＝0，a＝ x .
考点核心突破
ln x＋1 令 g(x)＝ x ， ln x＋1 1－ln x＋1 ln x g′(x)＝＝－ 2 ， 2 ′＝ x x x 则 g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，当 x＝1 时，g(x)的最大值为 g(1)＝1. 所以若 a＞1，则 f(x)无零点；若 f(x)有零点，则 a≤1. 若 a＝1，f(x)＝ln x－ax＋1＝0，由(1)知 f(x)有且仅有一个零点 x＝1. 若 a≤0，f(x)＝ln x－ax＋1 单调递增，由幂函数与对数函数单调性比较，知 f(x)有且仅有一个零点(或：直线 y＝ax－1 与曲线 y＝ln x 有一个交点)．

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专题突破练6 热点小专题一导数的应用一、选择题 1.设曲线y=ax-ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为y=2x,则a=( ) A.0 B.1 C.2 D.3

2.若函数f(x)=43x3-2ax2-(a-2)x+5恰好有三个单调区间,则实数a的取值范围是( ) A.-1≤a≤2 B.-2≤a≤1 C.a>2或a<-1 D.a>1或a<-2 3.(2019湖南六校联考,理5)已知f(x)是奇函数,当x>0时,f(x)=-𝑥𝑥-2,则函数在x=-1处的切线方程是 ( )

A.2x-y-1=0 B.x-2y+2=0 C.2x-y+1=0 D.x+2y-2=0 4.若0A.e𝑥2−e𝑥1>ln x2-ln x1 B.e𝑥2−e𝑥1C.x2e𝑥1>x1e𝑥2 D.x2e𝑥15.(2019天津卷,理8)已知a∈R,设函数f(x)={𝑥2-2𝑎𝑥+2𝑎,𝑥≤1,𝑥-𝑎ln𝑥,𝑥>1.若关于x的不等式f(x)≥0在R上恒成立,则a的取值范围为( ) A.[0,1] B.[0,2] C.[0,e] D.[1,e] 6.(2019河北武邑中学调研二,理6)已知函数f(x)=aex-x2-(2a+1)x,若函数f(x)在区间(0,ln 2)上有极值,则实数a的取值范围是( )

A.(-∞,-1) B.(-1,0) C.(-2,-1) D.(-∞,0)∪(0,1) 7.若x=-2是函数f(x)=(x2+ax-1)ex-1的极值点,则f(x)的极小值为( ) A.-1 B.-2e-3 C.5e-3 D.1 8.(2019河北唐山一模,理11)设函数f(x)=aex-2sin x,x∈[0,π]有且仅有一个零点,则实数a的值为( ) A.√2eπ4 B.√2e-π4 C.√2eπ2 D.√2e-π2 9.(2019陕西第二次质检,理12)已知函数f(x)={𝑥e𝑥,𝑥≥0,-𝑥,𝑥<0,又函数g(x)=f2(x)+tf(x)+1(t∈R)有4个不同的零点,则实数t的取值范围是( )

A.-∞,-e2+1e B.e2+1e,+∞ C.-e2+1e,-2 D.2,e2+1e 10.(2019福建漳州质检二,理12)已知f(x)=e2x+ex+2-2e4,g(x)=x2-3aex,A={x|f(x)=0},B={x|g(x)=0},若存在x1∈A,x2∈B,使得|x1-x2|<1,则实数a的取值范围为( ) A.1e,4e2 B.13e,43e2 C.13e,83e2 D.13e,8e2 11.(2019安徽合肥一模,文12)若关于x的方程ex+ax-a=0没有实数根,则实数a的取值范围是( ) A.(-e2,0] B.[0,e2) C.(-e,0] D.[0,e) 二、填空题 12.(2019河北武邑中学调研二,理13)曲线y=e-5x+2在点(0,3)处的切线方程为 . 13.(2019北京师大附中模拟三,理14)已知定义在R上的函数f(x)=e𝑥+1-ex+x2+2m(x-1)(m>0),当x1+x2=1时,不等式f(x1)≥f(x2)恒成立,则实数x1的取值范围为 .

14.已知函数f(x)=xln x-aex(e为自然对数的底数)有两个极值点,则实数a的取值范围是 . 15.(2019河北武邑中学调研二,理16)设函数f(x)=x3-3x2-ax+5-a,若存在唯一的正整数x0,使得f(x0)<0,则a的取值范围是 .

参考答案专题突破练6 热点小专题一导数的应用

1.D 解析 ∵y=ax-ln(x+1),∴y'=a-1𝑥+1.

∴y'|x=0=a-1=2,得a=3. 2.D 解析因为函数f(x)=43x3-2ax2-(a-2)x+5恰好有三个单调区间,所以f'(x)=4x2-4ax-(a-2)有两个不等零点,则Δ=16a2+16(a-2)=16(a-1)(a+2)>0,解得a>1或a<-2.故选D.

3.C 解析令x<0,则-x>0,∴f(-x)=--𝑥-𝑥-2=-𝑥𝑥+2,∴f(x)=𝑥𝑥+2(x<0),∴f'(x)=2(𝑥+2)2.

∵k=f'(-1)=2,切点为(-1,-1),∴切线方程为y+1=2(x+1).即为2x-y+1=0.

4.C 解析令g(x)=ex-ln x,则g'(x)=𝑥e𝑥-1𝑥.当x→0时,xex-1<0;当x=1时,xex-1>0,因此,在(0,1)上必然存在g'(x0)=0.因此函数g(x)在(0,1)上先递减后递增.故A,B错误.令f(x)=e𝑥𝑥,则f'(x)=𝑥e𝑥-e𝑥𝑥2=e𝑥(𝑥-1)𝑥2.当0∴f(x2)x1e𝑥2,故选C. 5.C 解析 (1)当x≤1时,二次函数的对称轴为x=a.需a2-2a2+2a≥0.a2-2a≤0.∴0≤a≤2. 而f(x)=x-aln x,f'(x)=1-𝑎𝑥=𝑥-𝑎𝑥>0. 此时要使f(x)=x-aln x在(1,+∞)上单调递增,需1-aln 1>0.显然成立. 可知0≤a≤1. (2)当a>1时,x=a>1,1-2a+2a≥0,显然成立.

此时f'(x)=𝑥-𝑎𝑥,当x∈(1,a),f'(x)<0,单调递减, 当x∈(a,+∞),f'(x)>0,单调递增. 需f(a)=a-aln a≥0,ln a≤1,a≤e,可知1由(1)(2)可知,a∈[0,e],故选C. 6.A 解析 f'(x)=aex-2x-(2a+1),令g(x)=aex-2x-(2a+1). 由函数f(x)在区间(0,ln 2)上有极值⇔g(x)在区间(0,ln 2)上单调且存在零点. 所以g(0)g(ln 2)=(a-2a-1)(2a-2ln 2-2a-1)<0, 即a+1<0,解得a<-1. 故实数a的取值范围是(-∞,-1).故选A. 7.A 解析由题意可得,f'(x)=(2x+a)ex-1+(x2+ax-1)ex-1=[x2+(a+2)x+a-1]ex-1. 因为x=-2是函数f(x)的极值点, 所以f'(-2)=0.所以a=-1. 所以f(x)=(x2-x-1)ex-1. 所以f'(x)=(x2+x-2)ex-1. 令f'(x)=0,解得x1=-2,x2=1. 当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:

x (-∞, -2) -2 (-2, 1) 1 (1, +∞)

f'(x) + 0 - 0 +

f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗

所以当x=1时,f(x)有极小值,并且极小值为f(1)=(1-1-1)e1-1=-1,故选A. 8.B 解析令f(x)=0,则有aex=2sin x,函数f(x)=aex-2sin x,x∈[0,π]有且仅有一个零点, 转化为函数g(x)=aex和函数h(x)=2sin x的图象在[0,π]只有一个交点, 设交点为A(x0,y0),则ae𝑥0=2sin x0,且函数g(x)=aex和函数h(x)=2sin x的图象在点A(x0,y0)处有相同的切线.∵g'(x0)=ae𝑥0,h'(x0)=2cos x0,∴ae𝑥0=2sin x0=2cos x0.∴

x0=π4,aeπ4=√2,a=√2e-π4.

9.A 解析由已知有f(x)=𝑥e𝑥(x≥0),f'(x)=1-𝑥e𝑥, 易得当0≤x<1时,f'(x)>0;当x>1时,f'(x)<0, 即f(x)在[0,1)内为增函数,在(1,+∞)内为减函数, 设m=f(x),则h(m)=m2+tm+1, 设h(m)=m2+tm+1的零点为m1,m2, 则g(x)=f2(x)+tf(x)+1(t∈R)有4个不同的零点, 等价于t=f(x)的图象与直线m=m1,m=m2的交点有4个, 函数t=f(x)的图象与直线m=m1,m=m2的位置关系如图所示,

由图知0解得t<-e2+1e,故选A.

10.B 解析因为f(x)=e2x+ex+2-2e4=(ex-e2)(ex+2e2), 令f(x)=0,解得x1=2. 又|x1-x2|<1,则|2-x2|<1,即1即g(x)=x2-3aex在(1,3)上存在零点,

即x2-3aex=0在(1,3)上有解,得3a=𝑥2e𝑥在(1,3)上有解. 设h(x)=𝑥2e𝑥,x∈(1,3),由h'(x)=𝑥(2-𝑥)e𝑥, 所以h(x)在(1,2)内为增函数,在(2,3)内为减函数. 又h(1)=1e,h(2)=4e2,h(3)=9e3>h(1), 所以1e所以只需1e<3a≤4e2,即13e11.A 解析因为x=1不满足方程ex+ax-a=0,所以原方程化为ex+a(x-1)=0,a=e𝑥1-𝑥.

令g(x)=e𝑥1-𝑥,当x<1时,g(x)∈(0,+∞);当x>1时,g'(x)=e𝑥(1-𝑥)+e𝑥(1-𝑥)2=e𝑥(2-𝑥)(1-𝑥)2,令g'(x)=0,得x=2. x (1,2) 2 (2,+∞) g'(x) + 0 -

g(x) 递增

极

大值递减

因为g(2)=-e2,即当x>1时,g(x)∈(-∞,-e2],综上可得,g(x)的值域为(-∞,-e2]∪(0,+∞), 要使a=e𝑥1-𝑥无解,则-e212.y=-5x+3 解析 y=e-5x+2的导数y'=-5e-5x,则在x=0处的切线斜率为-5, 所以曲线y=e-5x+2在点(0,3)处的切线方程为y=-5x+3.故答案为y=-5x+3.

13.12,+∞ 解析不等式f(x1)≥f(x2)恒成立,∵x1+x2=1,∴不等式f(x1)-f(1-x1)≥0恒成立. 设g(x)=f(x)-f(1-x), ∵f(x)=e𝑥+1-ex+x2+2m(x-1)(m>0),

∴g(x)=(e-1)(ex-e1-𝑥)+(4m+2)x-2m-1.

∴g'(x)=(e-1)(ex+e1-𝑥)+4m+2>0,∴g(x)在R上为增函数.