专题3.4 导数的综合应用(练)(解析版)
专题03导数及其应用（解析版）
专题03 导数及其应用1．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】已知曲线e ln x y a x x =+在点（1，a e ）处的切线方程为y =2x +b ，则 A ．e 1a b ==-， B ．a=e ，b =1 C ．1e 1a b -==，D ．1e a -=，1b =-【答案】D【解析】∵e ln 1,x y a x '=++∴切线的斜率1|e 12x k y a ='==+=，1e a -∴=， 将(1,1)代入2y x b =+，得21,1b b +==-. 故选D ．【名师点睛】本题求解的关键是利用导数的几何意义和点在曲线上得到含有a ，b 的等式，从而求解，属于常考题型.2．【2019年高考天津理数】已知a ∈R ，设函数222,1,()ln ,1.x ax a x f x x a x x ⎧-+≤=⎨->⎩若关于x 的不等式()0f x ≥在R 上恒成立，则a 的取值范围为 A ．[]0,1 B ．[]0,2 C ．[]0,eD ．[]1,e【答案】C【解析】当1x =时，(1)12210f a a =-+=>恒成立；当1x <时，22()22021x f x x ax a a x =-+≥⇔≥-恒成立，令2()1x g x x =-，则222(11)(1)2(1)1()111x x x x g x x x x -----+=-=-=----112201x x ⎛⎫⎛⎫=--+-≤-= ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭，当111x x-=-，即0x =时取等号， ∴max 2()0a g x ≥=，则0a >.当1x >时，()ln 0f x x a x =-≥，即ln xa x≤恒成立， 令()ln xh x x=，则2ln 1()(ln )x h x x -'=，当e x >时，()0h x '>，函数()h x 单调递增， 当0e x <<时，()0h x '<，函数()h x 单调递减， 则e x =时，()h x 取得最小值(e)e h =， ∴min ()e a h x ≤=，综上可知，a 的取值范围是[0,e]. 故选C.【名师点睛】本题考查分段函数的最值问题，分别利用基本不等式和求导的方法研究函数的最值，然后解决恒成立问题.3．（2019浙江）已知,a b ∈R ，函数32,0()11(1),032x x f x x a x ax x <⎧⎪=⎨-++≥⎪⎩．若函数()y f x ax b =--恰有3个零点，则 A ．a <–1，b <0 B ．a <–1，b >0 C ．a >–1，b <0 D ．a >–1，b >0【答案】C【解析】当x ＜0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b ＝x ﹣ax ﹣b ＝（1﹣a ）x ﹣b ＝0，得x =b1−a ， 则y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 最多有一个零点；当x ≥0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b =13x 3−12（a +1）x 2+ax ﹣ax ﹣b =13x 3−12（a +1）x 2﹣b ，2(1)y x a x =+-'，当a +1≤0，即a ≤﹣1时，y ′≥0，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 在[0，+∞）上单调递增， 则y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 最多有一个零点，不合题意；当a +1＞0，即a >﹣1时，令y ′＞0得x ∈(a +1，+∞），此时函数单调递增，令y ′＜0得x ∈[0，a +1），此时函数单调递减，则函数最多有2个零点.根据题意，函数y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 恰有3个零点⇔函数y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 在（﹣∞，0）上有一个零点，在[0，+∞）上有2个零点， 如图：∴b1−a ＜0且{−b ＞013(a +1)3−12(a +1)(a +1)2−b ＜0， 解得b ＜0，1﹣a ＞0，b ＞−16（a +1）3，则a >–1，b <0. 故选C ．【名师点睛】本题考查函数与方程，导数的应用.当x ＜0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b ＝x ﹣ax ﹣b ＝（1﹣a ）x ﹣b 最多有一个零点；当x ≥0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b =13x 3−12（a +1）x 2﹣b ，利用导数研究函数的单调性，根据单调性画出函数的草图，从而结合题意可列不等式组求解．4．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】曲线23()e xy x x =+在点(0)0，处的切线方程为____________． 【答案】30x y -=【解析】223(21)e 3()e 3(31)e ,x x x y x x x x x '=+++=++ 所以切线的斜率0|3x k y ='==，则曲线23()e x y x x =+在点(0,0)处的切线方程为3y x =，即30x y -=．【名师点睛】准确求导数是进一步计算的基础，本题易因为导数的运算法则掌握不熟，而导致计算错误．求导要“慢”，计算要准，是解答此类问题的基本要求．5．【2019年高考江苏】在平面直角坐标系xOy 中，P 是曲线4(0)y x x x=+>上的一个动点，则点P 到直线0x y +=的距离的最小值是 ▲ . 【答案】4 【解析】由4(0)y x x x =+>，得241y x'=-， 设斜率为1-的直线与曲线4(0)y x x x=+>切于0004(,)x x x +，由20411x -=-得0x =0x =， ∴曲线4(0)y x x x=+>上，点P 到直线0x y +=4=.故答案为4．【名师点睛】本题考查曲线上任意一点到已知直线的最小距离，渗透了直观想象和数学运算素养.采取导数法，利用数形结合和转化与化归思想解题.6．【2019年高考江苏】在平面直角坐标系xOy 中，点A 在曲线y =ln x 上，且该曲线在点A 处的切线经过点（-e ，-1)(e 为自然对数的底数），则点A 的坐标是 ▲ . 【答案】(e, 1)【解析】设出切点坐标，得到切线方程，然后求解方程得到横坐标的值，可得切点坐标. 设点()00,A x y ，则00ln y x =. 又1y x'=， 当0x x =时，01y x '=， 则曲线ln y x =在点A 处的切线为0001()y y x x x -=-， 即00ln 1xy x x -=-， 将点()e,1--代入，得00e1ln 1x x ---=-，即00ln e x x =，考察函数()ln H x x x =，当()0,1x ∈时，()0H x <，当()1,x ∈+∞时，()0H x >， 且()ln 1H x x '=+，当1x >时，()()0,H x H x '>单调递增， 注意到()e e H =，故00ln e x x =存在唯一的实数根0e x =， 此时01y =， 故点A 的坐标为()e,1.【名师点睛】导数运算及切线的理解应注意的问题：一是利用公式求导时要特别注意除法公式中分子的符号，防止与乘法公式混淆．二是直线与曲线公共点的个数不是切线的本质，直线与曲线只有一个公共点，直线不一定是曲线的切线，同样，直线是曲线的切线，则直线与曲线可能有两个或两个以上的公共点．7．【2019年高考北京理数】设函数()e e xxf x a -=+（a 为常数）．若f （x ）为奇函数，则a =________；若f （x ）是R 上的增函数，则a 的取值范围是___________． 【答案】(]1,0--∞【解析】首先由奇函数的定义得到关于a 的恒等式，据此可得a 的值，然后利用()0f x '≥可得a 的取值范围.若函数()e e xxf x a -=+为奇函数，则()(),f x f x -=-即()ee e e xx x x a a --+=-+，即()()1e e0x xa -++=对任意的x 恒成立， 则10a +=，得1a =-.若函数()e e xxf x a -=+是R 上的增函数，则() e e 0x x f x a -'=-≥在R 上恒成立，即2e x a ≤在R 上恒成立， 又2e 0x >，则0a ≤，即实数a 的取值范围是(],0-∞.【名师点睛】本题考查函数的奇偶性､单调性､利用单调性确定参数的范围.解答过程中，需利用转化与化归思想，转化成恒成立问题.注重重点知识､基础知识､基本运算能力的考查.8．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数()sin ln(1)f x x x =-+，()f x '为()f x 的导数．证明：（1）()f x '在区间(1,)2π-存在唯一极大值点； （2）()f x 有且仅有2个零点． 【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）设()()g x f 'x =，则1()cos 1g x x x =-+，21sin ())(1x 'x g x =-++. 当1,2x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()g'x 单调递减，而(0)0,()02g'g'π><，可得()g'x 在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭有唯一零点，设为α.则当(1,)x α∈-时，()0g'x >；当,2x α⎛π⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g'x <. 所以()g x 在(1,)α-单调递增，在,2απ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，故()g x 在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭存在唯一极大值点，即()f 'x 在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭存在唯一极大值点. （2）()f x 的定义域为(1,)-+∞.（i ）当(1,0]x ∈-时，由（1）知，()f 'x 在(1,0)-单调递增，而(0)0f '=，所以当(1,0)x ∈-时，()0f 'x <，故()f x 在(1,0)-单调递减，又(0)=0f ，从而0x =是()f x 在(1,0]-的唯一零点.（ii ）当0,2x ⎛π⎤∈ ⎥⎝⎦时，由（1）知，()f 'x 在(0,)α单调递增，在,2απ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，而(0)=0f '，02f 'π⎛⎫< ⎪⎝⎭，所以存在,2βαπ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()0f 'β=，且当(0,)x β∈时，()0f 'x >；当,2x βπ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f 'x <.故()f x 在(0,)β单调递增，在,2βπ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减.又(0)=0f ，1ln 1022f ππ⎛⎫⎛⎫=-+> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以当0,2x ⎛π⎤∈ ⎥⎝⎦时，()0f x >.从而，()f x 在0,2⎛⎤⎥⎝⎦π没有零点. （iii ）当,2x π⎛⎤∈π⎥⎝⎦时，()0f 'x <，所以()f x 在,2π⎛⎫π ⎪⎝⎭单调递减.而02f π⎛⎫> ⎪⎝⎭，()0f π<，所以()f x 在,2π⎛⎤π⎥⎝⎦有唯一零点. （iv ）当(,)x ∈π+∞时，ln(1)1x +>，所以()f x <0，从而()f x 在(,)π+∞没有零点. 综上，()f x 有且仅有2个零点.【名师点睛】本题考查导数与函数极值之间的关系、利用导数解决函数零点个数的问题.解决零点问题的关键一方面是利用零点存在性定理或最值点来说明存在零点，另一方面是利用函数的单调性说明在区间内零点的唯一性，二者缺一不可.9．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】已知函数()11ln x f x x x -=-+.（1）讨论f (x )的单调性，并证明f (x )有且仅有两个零点；（2）设x 0是f (x )的一个零点，证明曲线y =ln x 在点A (x 0，ln x 0)处的切线也是曲线e x y =的切线. 【答案】（1）函数()f x 在(0,1)和(1,)+∞上是单调增函数，证明见解析； （2）见解析.【解析】（1）f （x ）的定义域为（0，1）（1，+∞）．因为212()0(1)f 'x x x =+>-，所以()f x 在（0，1），（1，+∞）单调递增． 因为f （e ）=e 110e 1+-<-，22222e 1e 3(e )20e 1e 1f +-=-=>--，所以f （x ）在（1，+∞）有唯一零点x 1，即f （x 1）=0．又1101x <<，1111111()ln ()01x f x f x x x +=-+=-=-，故f （x ）在（0，1）有唯一零点11x ．综上，f （x ）有且仅有两个零点． （2）因为0ln 01e x x -=，故点B （–ln x 0，01x ）在曲线y =e x 上．由题设知0()0f x =，即0001ln 1x x x +=-，故直线AB 的斜率0000000000111ln 111ln 1x x x x x k x x x x x x +---===+-----． 曲线y =e x 在点001(ln ,)B x x -处切线的斜率是01x ，曲线ln y x =在点00(,ln )A x x 处切线的斜率也是01x ， 所以曲线ln y x =在点00(,ln )A x x 处的切线也是曲线y =e x 的切线．【名师点睛】本题考查了利用导数求已知函数的单调性、考查了曲线的切线方程，考查了数学运算能力. 10．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】已知函数32()2f x x ax b =-+.（1）讨论()f x 的单调性；（2）是否存在,a b ，使得()f x 在区间[0,1]的最小值为1-且最大值为1若存在，求出,a b 的所有值；若不存在，说明理由. 【答案】（1）见解析；（2）01a b =⎧⎨=-⎩或41a b =⎧⎨=⎩. 【解析】（1）2()622(3)f x x ax x x a '=-=-． 令()0f x '=，得x =0或3ax =. 若a >0，则当(,0),3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当0,3a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在(,0),,3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在0,3a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减；若a =0，()f x 在(,)-∞+∞单调递增；若a <0，则当,(0,)3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当,03a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在,,(0,)3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在,03a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减.（2）满足题设条件的a ，b 存在.（i ）当a ≤0时，由（1）知，()f x 在[0，1]单调递增，所以()f x 在区间[0，l]的最小值为(0)=f b ，最大值为(1)2f a b =-+.此时a ，b 满足题设条件当且仅当1b =-，21a b -+=，即a =0，1b =-．（ii ）当a ≥3时，由（1）知，()f x 在[0，1]单调递减，所以()f x 在区间[0，1]的最大值为(0)=f b ，最小值为(1)2f a b =-+．此时a ，b 满足题设条件当且仅当21a b -+=-，b =1，即a =4，b =1．（iii ）当0<a <3时，由（1）知，()f x 在[0，1]的最小值为3327a a f b ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，最大值为b 或2a b -+．若3127a b -+=-，b =1，则a =0<a <3矛盾.若3127a b -+=-，21a b -+=，则a =a =-a =0，与0<a <3矛盾． 综上，当且仅当a =0，1b =-或a =4，b =1时，()f x 在[0，1]的最小值为-1，最大值为1．【名师点睛】这是一道常规的函数导数和不等式的综合题，题目难度比往年降低了不少，考查函数的单调性、最大值、最小值这种基本量的计算. 11．【2019年高考北京理数】已知函数321()4f x x x x =-+． （Ⅰ）求曲线()y f x =的斜率为1的切线方程； （Ⅱ）当[2,4]x ∈-时，求证：6()x f x x -≤≤；（Ⅲ）设()|()()|()F x f x x a a =-+∈R ，记()F x 在区间[2,4]-上的最大值为M （a ）．当M （a ）最小时，求a 的值．【答案】（Ⅰ）y x =与6427y x =-；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）3a =-. 【解析】（Ⅰ）由321()4f x x x x =-+得23()214f x x x '=-+.令()1f x '=，即232114x x -+=，得0x =或83x =.又(0)0f =，88()327f =，所以曲线()y f x =的斜率为1的切线方程是y x =与88273y x -=-， 即y x =与6427y x =-.（Ⅱ）令()(),[2,4]g x f x x x =-∈-. 由321()4g x x x =-得23()24g'x x x =-.令()0g'x =得0x =或83x =. (),()g'x g x 的情况如下：所以()g x 的最小值为6-，最大值为0. 故6()0g x -≤≤，即6()x f x x -≤≤. （Ⅲ）由（Ⅱ）知，当3a <-时，()(0)|(0)|3M F g a a a ≥=-=->； 当3a >-时，()(2)|(2)|63M F a g a a ≥-=--=+>； 当3a =-时，()3M a =. 综上，当()M a 最小时，3a =-.【名师点睛】本题主要考查利用导函数研究函数的切线方程，利用导函数证明不等式，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 12．【2019年高考天津理数】设函数()e cos ,()xf x xg x =为()f x 的导函数．（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）当,42x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，证明()()02f x g x x π⎛⎫+-≥ ⎪⎝⎭；（Ⅲ）设n x 为函数()()1u x f x =-在区间2,242n n ππ⎛⎫π+π+ ⎪⎝⎭内的零点，其中n ∈N ，证明20022sin c s e o n n n x x x -πππ+-<-． 【答案】（Ⅰ）()f x 的单调递增区间为3ππ2π,2π(),()44k k k f x ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦Z 的单调递减区间为π5π2π,2π()44k k k ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦Z .（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析. 【解析】（Ⅰ）由已知，有()e (cos sin )x f 'x x x =-．因此，当52,244x k k ππ⎛⎫∈π+π+ ⎪⎝⎭()k ∈Z 时，有sin cos x x >，得()0f 'x <，则()f x 单调递减；当32,244x k k ππ⎛⎫∈π-π+ ⎪⎝⎭()k ∈Z 时，有sin cos x x <，得()0f 'x >，则()f x 单调递增．所以，()f x 的单调递增区间为32,2(),()44k k k f x ππ⎡⎤π-π+∈⎢⎥⎣⎦Z 的单调递减区间为52,2()44k k k ππ⎡⎤π+π+∈⎢⎥⎣⎦Z ． （Ⅱ）证明：记()()()2h x f x g x x π⎛⎫=+-⎪⎝⎭．依题意及（Ⅰ），有()e (cos sin )x g x x x =-，从而()2e sin x g'x x =-．当,42x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，0()g'x <，故()()()()(1)()022h'x f 'x g'x x g x g'x x ππ⎛⎫⎛⎫=+-+-=-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．因此，()h x 在区间,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，进而()022h x h f ππ⎛⎫⎛⎫≥== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭． 所以，当,42x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()()02f x g x x π⎛⎫+-≥ ⎪⎝⎭．（Ⅲ）证明：依题意，()()10n n u x f x =-=，即cos e 1n x n x =．记2n n y x n =-π，则,42n y ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，且()()()22e cos ecos 2e n n yx n n n n n f y y x n n π--π==-π=∈N ．由()()20e1n n f y f y -π==≤及（Ⅰ），得0n y y ≥．由（Ⅱ）知，当,42x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g'x <，所以()g x 在,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上为减函数，因此()()004n g y g y g π⎛⎫≤<= ⎪⎝⎭．又由（Ⅱ）知，()()02n n n f y g y y π⎛⎫+-≥ ⎪⎝⎭，故()()()()()022*******2sin cos sin c e e e e os e n n n n n n y n n f y y g y g y g y y y x x -π-π-π-ππ--=-≤=--≤<． 所以，20022sin c s e o n n n x x x -πππ+-<-．【名师点睛】本小题主要考查导数的运算、不等式证明、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法．考查函数思想和化归与转化思想．考查抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力． 13．【2019年高考浙江】已知实数0a ≠，设函数()=ln 0.f x a x x >（1）当34a =-时，求函数()f x 的单调区间； （2）对任意21[,)e x ∈+∞均有()2f x a≤ 求a 的取值范围． 注：e=…为自然对数的底数．【答案】（1）()f x 的单调递增区间是()3,+∞,单调递减区间是()0,3；（2）0,4⎛ ⎝⎦. 【解析】（1）当34a =-时，3()ln 04f x x x =-+>．3()4f 'x x =-+=所以，函数()f x 的单调递减区间为（0，3），单调递增区间为（3，+∞）．（2）由1(1)2f a ≤，得0a <≤．当0a <≤()f x ≤2ln 0x -≥． 令1t a=，则t ≥．设()22ln ,g t t x t =≥则2()2ln g t t x =．（i ）当1,7x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭()2ln g t g x ≥=．记1()ln ,7p x x x =≥，则1()p'x x =-==.故所以，()(1)0p x p ≥=．因此，()2()0g t g p x ≥=≥．（ii ）当211,e 7x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，1()1g t g x ⎛+= ⎝．令211()(1),,e 7q x x x x ⎡⎤=++∈⎢⎥⎣⎦，则()10q'x =+>， 故()q x 在211,e 7⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，所以1()7q x q ⎛⎫⎪⎝⎭．由（i ）得，11(1)077q p p ⎛⎫⎛⎫=<= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭． 所以，()<0q x ．因此1()10g t g x ⎛+=> ⎝．由（i ）（ii ）知对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，),()0t g t ∈+∞， 即对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，均有()2xf x a ．综上所述，所求a 的取值范围是⎛⎝⎦． 【名师点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．（3）利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．（4）考查数形结合思想的应用．14．【2019年高考江苏】设函数()()()(),,,f x x a x b x c a b c =---∈R 、()f 'x 为f （x ）的导函数．（1）若a =b =c ，f （4）=8，求a 的值；（2）若a ≠b ，b =c ，且f （x ）和()f 'x 的零点均在集合{3,1,3}-中，求f （x ）的极小值；（3）若0,01,1a b c =<=，且f （x ）的极大值为M ，求证:M ≤427． 【答案】（1）2a =；（2）见解析；（3）见解析.【解析】（1）因为a b c ==，所以3()()()()()f x x a x b x c x a =---=-．因为(4)8f =，所以3(4)8a -=，解得2a =．（2）因为b c =，所以2322()()()(2)(2)f x x a x b x a b x b a b x ab =--=-+++-， 从而2()3()3a b f 'x x b x +⎛⎫=-- ⎪⎝⎭．令()0f 'x =，得x b =或23a b x +=． 因为2,,3a ba b +都在集合{3,1,3}-中，且a b ≠， 所以21,3,33a ba b +===-． 此时2()(3)(3)f x x x =-+，()3(3)(1)f 'x x x =+-． 令()0f 'x =，得3x =-或1x =．列表如下：所以()f x 的极小值为2(1)(13)(13)32f =-+=-．（3）因为0,1a c ==，所以32()()(1)(1)f x x x b x x b x bx =--=-++，2()32(1)f 'x x b x b =-++．因为01b <≤，所以224(1)12(21)30b b b ∆=+-=-+>， 则()f 'x 有2个不同的零点，设为()1212,x x x x <．由()0f 'x =，得12x x ==． 列表如下：所以()f x 的极大值()1M f x =． 解法一：()321111(1)M f x x b x bx ==-++()221111211(1)[32(1)]3999b b x b b b x b x b x -+++⎛⎫=-++--+ ⎪⎝⎭()2321(1)(1)227927b b b b b --+++=++23(1)2(1)(1)2272727b b b b +-+=-+(1)24272727b b +≤+≤．因此427M ≤． 解法二：因为01b <≤，所以1(0,1)x ∈．当(0,1)x ∈时，2()()(1)(1)f x x x b x x x =--≤-． 令2()(1),(0,1)g x x x x =-∈，则1()3(1)3g'x x x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭． 令()0g'x =，得1x =．列表如下：所以当13x =时，()g x 取得极大值，且是最大值，故max 14()327g x g ⎛⎫== ⎪⎝⎭． 所以当(0,1)x ∈时，4()()27f x g x ≤≤，因此427M ≤． 【名师点睛】本题主要考查利用导数研究函数的性质，考查综合运用数学思想方法分析与解决问题以及逻辑推理能力．15．【河北省武邑中学2019届高三第二次调研考试数学】函数f(x)=x 2−2lnx 的单调减区间是A ．(0,1]B ．[1,+∞)C ．(−∞,−1]∪(0，1]D ．[−1,0)∪(0,1]【答案】A【解析】f′(x)=2x −2x =2x 2−2x(x >0)，令f′(x)≤0，解得：0<x ≤1. 故选A ．【名师点睛】本题考查了函数的单调性，考查导数的应用，是一道基础题.16．【江西省南昌市2019届高三模拟考试数学】已知f(x)在R 上连续可导，f ′(x)为其导函数，且f(x)=e x +e −x −f ′(1)x ⋅(e x −e −x )，则f ′(2)+f ′(−2)−f ′(0)f ′(1)= A ．4e 2+4e −2 B ．4e 2−4e −2 C ．0D ．4e 2【答案】C【解析】∵()e e (1)()(e e ()x x x x f x f x f x --'-=+=---)， ∴()f x 是偶函数，两边对x 求导，得()()f x f x -'-='，即()()f x f x '-=-'， 则()f x '是R 上的奇函数，则(0)0f '=，(2)(2)f f '-=-'，即(2)(2)0f f '+'-=，则(2)(2)(0)(1)0f f f f ''''+--=. 故选C ．【名师点睛】本题主要考查函数导数值的计算，根据条件判断函数的奇偶性是解决本题的关键，是中档题.17．【江西省新八校2019届高三第二次联考数学】若3()3()21f x f x x x +-=++对x ∈R 恒成立，则曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为A ．5250x y +-=B ．10450x y +-=C ．540x y +=D ．204150x y --=【答案】B 【解析】()()3321f x f x x x +-=++……①，()()3321f x f x x x ∴-+=--+……②，联立①②，解得()31124f x x x =--+，则()2312f x x '=--， ()11511244f ∴=--+=-，()351122f '=--=-，∴切线方程为：()55142y x +=--，即10450x y +-=. 故选B.【名师点睛】本题考查利用导数的几何意义求解在某一点处的切线方程，关键是能够利用构造方程组的方式求得函数的解析式.18．【云南省玉溪市第一中学2019届高三第二次调研考试数学】函数2l ()n f x x x =的最小值为A ．1e -B ．1eC ．12e-D ．12e【答案】C【解析】由题得(0,)x ∈+∞，()2ln (2ln 1)f x x x x x x '=+=+， 令2ln 10x +=，解得12ex -=，则当12(0,e )x -∈时，()f x 为减函数，当12(e ,)x -∈+∞时，()f x 为增函数， 所以12e x -=处的函数值为最小值，且121(e )2ef -=-. 故选C.【名师点睛】本题考查用导数求函数最值，解此类题首先确定函数的定义域，其次判断函数的单调性，确定最值点，最后代回原函数求得最值.19．【四川省内江市2019届高三第三次模拟考试数学】若函数f(x)=12ax 2+xlnx −x 存在单调递增区间，则a 的取值范围是 A ．1,1e ⎛⎫- ⎪⎝⎭B ．1,e ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭C ．()1,-+∞D ．1,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭【答案】B【解析】()ln f x ax x '=+， ∴()0f x '>在x ∈()0+∞，上成立， 即ax+ln x ＞0在x ∈()0+∞，上成立，即a ln xx-＞在x ∈()0+∞，上成立． 令g （x ）ln x x =-，则g ′（x ）21ln xx -=-， ∴g （x ）ln xx =-在（0，e ）上单调递减，在（e ，+∞）上单调递增，∴g （x ）ln x x =-的最小值为g （e ）=1e-，∴a ＞1e-． 故选B ．【名师点睛】本题考查学生利用导数研究函数的单调性及转化化归思想的运用，属中档题．20．【山西省太原市2019届高三模拟试题（一）数学】已知定义在(0,+∞)上的函数f(x)满足xf ′(x)−f(x)<0，且f(2)=2，则f (e x )−e x >0的解集是 A ．(−∞,ln2) B ．(ln2,+∞) C ．(0,e 2)D ．(e 2,+∞)【答案】A 【解析】令g (x )=f (x )x,g ′(x )=xf ′(x )−f (x )x 2<0,∴g(x)在(0,+∞)上单调递减，且g (2)=f (2)2=1,故f (e x )−e x >0等价为f (e x )e x>f (2)2，即g (e x )>g (2)，故e x <2,即x <ln2， 则所求的解集为(−∞,ln2). 故选A.【名师点睛】本题考查导数与单调性的应用，构造函数的思想，考查分析推理能力，是中档题. 21．【河南省焦作市2019届高三第四次模拟考试数学】已知a =ln √33，b =e −1，c =3ln28，则a,b,c 的大小关系为 A ．b <c <a B ．a >c >b C ．a >b >cD ．b >a >c【答案】D【解析】依题意，得ln33a ==，1lne e e b -==，3ln2ln888c ==.令f (x )=ln x x，所以f ′(x )=1−ln x x 2.所以函数f (x )在(0,e )上单调递增，在(e,+∞)上单调递减， 所以[f (x )]max =f (e )=1e =b ，且f (3)>f (8)，即a >c ， 所以b >a >c . 故选D.【名师点睛】本题主要考查了利用导数判断函数的单调性，构造出函数()ln xf x x=是解题的关键，属于中档题.22．【安徽省毛坦厂中学2019届高三校区4月联考数学】已知f (x )=lnx +1−ae x ，若关于x 的不等式f (x )<0恒成立，则实数a 的取值范围是 A ．1,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭B ．(),0-∞C ．1,e⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭D ．1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【答案】D【解析】由()0f x <恒成立得ln 1ex x a +>恒成立， 设()ln 1e x x h x +=，则()1ln 1e xx x h x -='-. 设()1ln 1g x x x =--，则()2110g x x x'=--<恒成立，∴g (x )在(0,+∞)上单调递减，又∵g (1)=0，∴当0<x <1时，g (x )>g (1)=0，即ℎ′(x )>0； 当x >1时，g (x )<g (1)=0，即ℎ′(x )<0， ∴ℎ(x )在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减， ∴ℎ(x)max =ℎ(1)=1e ，∴a >1e . 故选D.【名师点睛】本题考查利用导数求函数的最值，不等式恒成立问题，分离参数是常见的方法，属于中档题.23．【辽宁省丹东市2019届高三总复习质量测试】若1x =是函数()3221()(1)33f x x a x a a x =++-+-的极值点，则a 的值为 A ．-2 B ．3 C ．-2或3D ．-3或2【答案】B 【解析】()()()()32222113(3)(132)f x x a x a a f x x x a x a a '=++-=++-+-⇒+-，由题意可知(1)0f '=，即()212(1)303a a a a +-=+⇒-=+或2a =-，当3a =时，()222()2(1)389(9)(1)f x x a x a a x x x x +-'=++-=+-=+-，当1x >或9x <-时，()0f x '>，函数单调递增；当91x -<<时，()0f x '<，函数单调递减， 显然1x =是函数()f x 的极值点；当2a =-时，()2222()232(111))(0a a f x x a x x x x +-=-++=-=+-≥'，所以函数()f x 是R 上的单调递增函数，没有极值，不符合题意，舍去. 故3a =. 故选B ．【名师点睛】本题考查了已知函数的极值，求参数的问题.本题易错的地方是求出a 的值，没有通过单调性来验证1x =是不是函数的极值点，也就是说使得导函数为零的自变量的值，不一定是极值点. 24．【黑龙江省大庆市第一中学2019届高三下学期第四次模拟（最后一卷)考试】已知奇函数()f x 是定义在R 上的可导函数，其导函数为()f x '，当0x >时，有()()22f x xf x x '>+，则不等式()()()22018+2018420x f x f +-<＋的解集为A ．(),2016-∞-B ．()2016,2012--C ．(),2018-∞-D ．()2016,0-【答案】A【解析】设()()2g x x f x =，因为()f x 为R 上的奇函数，所以()()()()22g x x f x x f x -=--=-，即()g x 为R 上的奇函数对()g x 求导，得()()()2f g f x x x x x '=+'⎡⎤⎣⎦， 而当0x >时，有()()220f x xf x x '>+≥，故0x >时，()0g x '>，即()g x 单调递增，所以()g x 在R 上单调递增，则不等式()()()22018+2018420x f x f +-<＋即()()()22018+201842x f x f +<--， 即()()()22018+201842x f x f +<， 即()()20182g x g +<，所以20182x +<，解得2016x <-. 故选A.【名师点睛】本题考查构造函数解不等式，利用导数求函数的单调性，函数的奇偶性，题目较综合，有一定的技巧性，属于中档题.25．【重庆西南大学附属中学校2019届高三第十次月考数学】曲线21()ln 2f x x x x =+在点(1(1))f ，处的切线与直线10ax y --=垂直，则a =________. 【答案】12-【解析】因为21()ln 2f x x x x =+，所以()ln 1f x x x '=++， 因此，曲线21()ln 2f x x x x =+在点(1(1))f ，处的切线斜率为(1)112k f '==+=， 又该切线与直线10ax y --=垂直，所以12a =-. 故答案为12-. 【名师点睛】本题主要考查导数在某点处的切线斜率问题，熟记导数的几何意义即可求解，属于常考题型.26．【广东省深圳市高级中学2019届高三适应性考试（6月）数学】已知函数22,0,()e ,0,x x x f x x ⎧≤=⎨>⎩若方程2[()]f x a =恰有两个不同的实数根12,x x ，则12x x +的最大值是______．【答案】3ln 22-【解析】作出函数()f x 的图象如图所示，由()2f x a =⎡⎤⎣⎦，可得()1f x =>， 即1a >，不妨设12x x < ，则2212e x x =(1)t t =>，则12ln x x t ==，12ln x x t ∴+=令()ln g t t =()g t '= ∴当18t <<时，()0g t '>，g t 在()1,8上单调递增；当8t时，()0g t '<，g t 在()8,+∞上单调递减，∴当8t =时，g t 取得最大值，为(8)ln823ln22g =-=-.故答案为3ln 22-.【名师点睛】本题主要考查方程的根与图象交点的关系，考查了利用导数判断函数的单调性以及求函数的极值与最值，属于难题.求函数()f x 的极值与最值的步骤：（1）确定函数的定义域；（2）求导数()f x '；（3）解方程()0,f x '=求出函数定义域内的所有根；（4）判断()f x '在()0f x '=的根0x 左右两侧值的符号，如果左正右负（左增右减），那么()f x 在0x 处取极大值，如果左负右正（左减右增），那么()f x 在0x 处取极小值.（5）如果只有一个极值点，则在该点处取得极值也是最值；（6）如果求闭区间上的最值还需要比较端点处的函数值与极值的大小.27．【山东省烟台市2019届高三3月诊断性测试（一模）数学】已知函数4211()42f x x ax =-，a ∈R . （1）当1a =时，求曲线()f x 在点(2,(2))f 处的切线方程；（2）设函数2()(22)e e ()x g x x x a f x =-+--，其中e 2.71828...=是自然对数的底数，讨论()g x 的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值． 【答案】（1）6100x y --=；（2）当0a ≤时，()g x 在(,)-∞+∞上单调递增，无极值；当0a >时，()g x 在(,-∞和)+∞单调递增，在(单调递减，极大值为2e(2)e4g a =+，极小值为2e (4g a =-+. 【解析】（1）由题意3()f x x ax '=-，所以当1a =时，(2)2f =，(2)6f '=， 因此曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线方程是26(2)y x -=-， 即6100x y --=.（2）因为2()(22)e e ()x g x x x a f x =-+--， 所以2()(22)e (22)e e '()x x g x x x x a f x '=-+-+--232()e e()()(e e )x x x a x ax x a x =---=--，令()e e x h x x =-，则()e e x h x '=-， 令()0h x '=得1x =，当(,1)x ∈-∞时，()0h x '<，()h x 单调递减， 当(1,)x ∈+∞时，()0h x '>，()h x 单调递增， 所以当1x =时，min ()(1)0h x h ==， 也就说，对于x ∀∈R 恒有()0h x ≥. 当0a ≤时，2()()()0g x x a h x '=-≥，()g x 在(,)-∞+∞上单调递增，无极值；当0a >时，令()0g x '=，可得x =当x <x >2()()()0g x x a h x '=-≥，()g x 单调递增，当x <<()0g x '<，()g x 单调递减，因此，当x =()g x 取得极大值2e(2)e4g a =+；当x =()g x 取得极小值2e (4g a =-+. 综上所述：当0a ≤时，()g x 在(,)-∞+∞上单调递增，无极值；当0a >时，()g x 在(,-∞和)+∞上单调递增，在(上单调递减， 函数既有极大值，又有极小值，极大值为2e(2)e4g a =+，极小值为2e (4g a =-+. 【名师点睛】本题考查了函数的单调性，极值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．28．【陕西省2019届高三第三次联考数学】已知函数f(x)=lnx −ax ，g(x)=x 2，a ∈R .（1）求函数f(x)的极值点；（2）若f(x)≤g(x)恒成立，求a 的取值范围.【答案】（1）极大值点为1a ，无极小值点.（2）a ≥−1.【解析】（1）()ln f x x ax =-的定义域为(0,+∞)，f ′(x )=1x −a ， 当a ≤0时，f ′(x )=1x −a >0，所以f (x )在(0,+∞)上单调递增，无极值点；当a >0时，解f ′(x )=1x −a >0得0<x <1a ，解f ′(x )=1x −a <0得x >1a ， 所以f (x )在(0,1a )上单调递增，在(1a ,+∞)上单调递减，所以函数f (x )有极大值点，为1a ，无极小值点. （2）由条件可得ln x −x 2−ax ≤0(x >0)恒成立， 则当x >0时，a ≥ln x x−x 恒成立，令ℎ(x )=ln x x−x(x >0)，则ℎ′(x )=1−x 2−ln xx 2，令k (x )=1−x 2−ln x(x >0)，则当x >0时，k ′(x )=−2x −1x <0，所以k (x )在(0,+∞)上为减函数. 又k (1)=0，所以在(0,1)上，ℎ′(x )>0；在(1,+∞)上，ℎ′(x )<0. 所以ℎ(x )在(0,1)上为增函数，在(1,+∞)上为减函数， 所以ℎ(x )max =ℎ(1)=−1，所以a ≥−1.【名师点睛】对于函数恒成立或者有解求参的问题，常用方法有：变量分离，参变分离，转化为函数最值问题；或者直接求函数最值，使得函数最值大于或者小于0；或者分离成两个函数，使得一个函数恒大于或小于另一个函数.29．【山东省济宁市2019届高三二模数学】已知函数f(x)=lnx −xe x +ax(a ∈R).（1）若函数f(x)在[1,+∞)上单调递减，求实数a 的取值范围； （2）若a =1，求f(x)的最大值.【答案】（1）a ≤2e −1；（2）f(x)max =−1.【解析】（1）由题意知，f′(x)=1x −(e x +xe x )+a =1x −(x +1)e x +a ≤0在[1,+∞)上恒成立， 所以a ≤(x +1)e x −1x 在[1,+∞)上恒成立. 令g(x)=(x +1)e x −1x ，则g′(x)=(x +2)e x +1x 2>0，所以g(x)在[1,+∞)上单调递增，所以g(x)min =g(1)=2e −1， 所以a ≤2e −1.（2）当a =1时，f(x)=lnx −xe x +x(x >0). 则f′(x)=1x−(x +1)e x +1=(x +1)(1x−e x )，令m(x)=1x −e x ，则m′(x)=−1x 2−e x <0， 所以m(x)在(0,+∞)上单调递减.由于m(12)>0，m(1)<0，所以存在x 0>0满足m(x 0)=0，即e x 0=1x 0.当x ∈(0,x 0)时，m(x)>0，f′(x)>0；当x ∈(x 0,+∞)时，m(x)<0，f′(x)<0. 所以f(x)在(0,x 0)上单调递增，在(x 0,+∞)上单调递减. 所以f(x)max =f (x 0)=lnx 0−x 0e x 0+x 0， 因为e x 0=1x 0，所以x 0=−lnx 0，所以f(x 0)=−x 0−1+x 0=−1， 所以f(x)max =−1.【名师点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，最值，零点存在性定理及其应用，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.30．【福建省龙岩市2019届高三5月月考数学】今年3月5日，国务院总理李克强作的政府工作报告中，提到要“惩戒学术不端，力戒学术不端，力戒浮躁之风”.教育部日前公布的《教育部2019年部门预算》中透露，2019年教育部拟抽检博士学位论文约6000篇，预算为800万元.国务院学位委员会、教育部2014年印发的《博士硕士学位论文抽检办法》通知中规定：每篇抽检的学位论文送3位同行专家进行评议，3位专家中有2位以上（含2位）专家评议意见为“不合格”的学位论文，将认定为“存在问题学位论文”.有且只有1位专家评议意见为“不合格”的学位论文，将再送2位同行专家进行复评，2位复评专家中有1位以上（含1位）专家评议意见为“不合格”的学位论文，将认定为“存在问题学位论文”.设每篇学位论文被每位专家评议为“不合格”的概率均为(01)p p <<，且各篇学位论文是否被评议为“不合格”相互独立.（1）记一篇抽检的学位论文被认定为“存在问题学位论文”的概率为()f p ，求()f p ；（2）若拟定每篇抽检论文不需要复评的评审费用为900元，需要复评的评审费用为1500元；除评审费外，其它费用总计为100万元.现以此方案实施，且抽检论文为6000篇，问是否会超过预算并说明理由.【答案】（1）−3p 5+12p 4−17p 3+9p 2；（2）若以此方案实施，不会超过预算.【解析】（1）因为一篇学位论文初评被认定为“存在问题学位论文”的概率为C 32p 2(1−p )+C 33p 3， 一篇学位论文复评被认定为“存在问题学位论文”的概率为C 31p (1−p )2[1−(1−p )2]，所以一篇学位论文被认定为“存在问题学位论文”的概率为f (p )=C 32p 2(1−p )+C 33p 3+C 31p (1−p )2[1−(1−p )2]=3p 2(1−p )+p 3+3p (1−p )2[1−(1−p )2] =−3p 5+12p 4−17p 3+9p 2.（2）设每篇学位论文的评审费为X 元，则X 的可能取值为900，1500.P (X =1500)=C 31p (1−p )2， P (X =900)=1−C 31p (1−p )2， 所以E (X )=900×[1−C 31p (1−p )2]+1500×C 31p (1−p )2=900+1800p (1−p )2. 令g (p )=p (1−p )2,p ∈(0,1),g ′(p )=(1−p )2−2p (1−p )=(3p −1)(p −1). 当p ∈(0,13)时，g ′(p )>0，g (p )在(0,13)上单调递增；当p ∈(13,1)时，g ′(p )<0，g (p )在(13,1)上单调递减,所以g (p )的最大值为g (13)=427.所以实施此方案，最高费用为100+6000×(900+1800×427)×10−4=800（万元）. 综上，若以此方案实施，不会超过预算.【名师点睛】本题主要考查互斥事件的概率和独立重复试验的概率的求法，考查随机变量的期望的求法，考查利用导数求函数的最大值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力. 31．【北京市西城区2019届高三4月统一测试（一模）数学】设函数f(x)=m e x −x 2+3，其中m ∈R ．（1）当f(x)为偶函数时，求函数ℎ(x)=xf(x)的极值；（2）若函数f(x)在区间[−2 , 4]上有两个零点，求m 的取值范围． 【答案】（1）极小值ℎ(−1)=−2，极大值ℎ(1)=2；（2）−2e <m <13e 4或m =6e 3.【解析】（1）由函数f(x)是偶函数，得f(−x)=f(x)， 即m e −x −(−x)2+3=m e x −x 2+3对于任意实数x 都成立， 所以m =0. 此时ℎ(x)=xf(x)=−x 3+3x ，则ℎ′(x)=−3x 2+3. 由ℎ′(x)=0，解得x =±1. 当x 变化时，ℎ′(x)与ℎ(x)的变化情况如下表所示：所以ℎ(x)在(−∞,−1)，(1,+∞)上单调递减，在(−1,1)上单调递增. 所以ℎ(x)有极小值ℎ(−1)=−2，极大值ℎ(1)=2. （2）由f(x)=m e x −x 2+3=0，得m =x 2−3e x.所以“f(x)在区间[−2 , 4]上有两个零点”等价于“直线y =m 与曲线g(x)=x 2−3e x，x ∈[−2 , 4]有且只有两个公共点”.对函数g(x)求导，得g ′(x)=−x 2+2x+3e x.由g ′(x)=0，解得x 1=−1，x 2=3. 当x 变化时，g ′(x)与g(x)的变化情况如下表所示：所以g(x)在(−2,−1)，(3,4)上单调递减，在(−1,3)上单调递增. 又因为g(−2)=e 2，g(−1)=−2e ，g(3)=6e 3<g(−2)，g(4)=13e 4>g(−1)，所以当−2e <m <13e4或m =6e3时，直线y =m 与曲线g(x)=x 2−3e x，x ∈[−2 , 4]有且只有两个公共点.即当−2e <m <13e 4或m =6e3时，函数f(x)在区间[−2 , 4]上有两个零点.【名师点睛】利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法： （1）利用零点存在的判定定理构建不等式求解. （2）分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解. （3）转化为两熟悉的函数图象问题，从而构建不等式求解.。
西城学探诊高中数学 3.3.4导数的综合应用(二)导学案(无答案)新人教B版选修1-1
§3.3.导数的综合应用（二） 学习目标 1、能够利用函数的导数求函数的单调区间、极值与最值问题；
学习过程
【任务一】基础知识再现
问题： 已知曲线.3
4313+=x y （1）求曲线在2=x 处的切线方程；（2）求曲线过点)4,1(的切线方程.
【任务二】典型例题分析
例题：设1=x 与2=x 是()ln f x a x bx x =++函数的两个极值点。
（1）试确定常数a 和b 的值；
（2）试判断2,1==x x 是函数)(x f 的极大值点还是极小值点，并求相应极值。
变式训练
（1） 已知函数322
()3f x x ax bx a =+++在1x =-时有极值0，求常数,a b 的值。
（2）函数23()(1)2f x x =-+的极值点是（ ）
A 、1=x
B 、1-=x 或1=x 或0=x
C 、0=x
D 、1-=x 或1=x
例题2： 已知函数c bx ax x x f +++=23)(曲线)(x f y =在点1=x 处的切线为013:=+-y x l ，若32=
x 时，)(x f y =有极值. （1）求c b a ,,的值；
（2）求)(x f y =在[]1,3-上的最大值和最小值.。
2023年新高考数学一轮复习4-4 导数的综合应用(真题测试)含详解
专题4.4 导数的综合应用（真题测试）一、单选题1．（2017·全国·高考真题（理））已知函数211()2()x x f x x x a e e --+=-++有唯一零点，则=a （ ） A ．12-B ．13C ．12D ．12．（2015·陕西·高考真题（理））对二次函数（为非零整数），四位同学分别给出下列结论，其中有且仅有一个结 论是错误的，则错误的结论是 A ．是的零点 B ．1是的极值点 C ．3是的极值D ．点在曲线上3．（2022·青海·海东市第一中学模拟预测（理））已知函数()2e 2xx f x a x =-+，若有且仅有两个正整数，使得()0f x <成立，则实数a 的取值范围是（ ） A ．211,3e e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭B ．3291,5e e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭C ．391,5e 3e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭D ．212,2e e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭4．（2014·全国·高考真题（文））已知函数，若存在唯一的零点，且，则的取值范围是（ ） A ．B ．C ．D ．5．（2022·青海·海东市第一中学模拟预测（理））若函数()()22e e x x f x x ax a a R =+-∈有三个不同的零点，则实数a 的取值范围是（ ） A ．1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭B ．1,1e ⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．2110,,1e e e ⎛⎫⎛⎫⋃ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭D ．210,e e ⎛⎫ ⎪-⎝⎭6．（2022·河南·开封市东信学校模拟预测（理））对任意0x >，不等式e ln()(1)0x ax a x -+-≥恒成立，则正数a 的最大值为（ ） ABC ．1eD ．e7．（2015·全国·高考真题（理））设函数()(21)xf x e x ax a =--+，其中1a < ，若存在唯一的整数0x ，使得2()f x ax bx c =++a 1-()f x ()f x ()f x (2,8)()y f x =32()31f x ax x =-+()f x 0x 00x >a ()2,+∞()1,+∞(),2-∞-(),1-∞-0()0f x <，则a 的取值范围是（ ）A ．3,12e ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭B ．33,2e 4⎡⎫-⎪⎢⎣⎭ C ．33,2e 4⎡⎫⎪⎢⎣⎭ D ．3,12e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭8．（2022·内蒙古·海拉尔第二中学模拟预测（理））已知函数()()e ln e (0)xf x a a a =+>，若对任意实数1x >，不等式()()ln 1f x x ≥-总成立，则实数a 的取值范围为（ ） A ．210,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．221,e e ⎛⎤⎥⎝⎦C ．21,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭D ．21,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭二、多选题9．（2022·辽宁实验中学模拟预测）我们把形如(),,0f x y y '=的方程称为微分方程，符合方程的函数()y f x =称为微分方程的解，下列函数为微分方程0xy y xy +-'=的解的是（ ） A ．e x y = B ．e x y x =C ．e 1x y x =+D ．e (R)x y c x c =⋅∈⋅10．（2022·河北沧州·二模）已知实数,a b 满足e e e a b a b ++=，则（ ） A ．0ab < B ．1a b +> C ．e e 4a b +D ．e 1a b >11．（2022·湖南·模拟预测）已知1x >，1y >，且()()1e 11e y xx y ++=+，则下列结论一定正确的是（ ）A ．()ln 0x y ->B ．122x y +<C ．226x y +>D ．()ln ln3x y +<12．（2022·全国·高考真题）已知函数，则（ ）A ．有两个极值点B ．有三个零点C ．点是曲线的对称中心D ．直线是曲线的切线三、填空题13．（2020·河南高三其他（理））函数()2222ln x f x x e x ax =--，若0a =，则()f x 在[]1,2的最小值为_______；当0x >时，()1f x ≥恒成立，则a 的取值范围是_____. 14．（2022·全国·模拟预测（理））若曲线ln x y x =与212y kx =-仅有1个公共点，则k 的取值范围是3()1f x x x =-+()f x ()f x (0,1)()y f x =2y x =()y f x =___________.15．（2012·福建·高考真题（理））对于实数a 和b ，定义运算“*”： 设f （x ）=（2x -1）*（x -1），且关于x 的方程为f （x ）=m （m ∈R ）恰有三个互不相等的实数根x 1，x 2，x 3，则x 1x 2x 3的取值范围是_________________16．（2022·江苏·常州高级中学模拟预测）已知函数22()ln 2e f x x x mx =-+，若()0f x ≥的解集中恰有一个整数，则m 的取值范围为________． 四、解答题17．（2018·全国·高考真题（文））已知函数．（1）求曲线在点处的切线方程； （2）证明：当时，．18．（2017·全国·高考真题（理））已知函数（1）讨论的单调性；（2）若有两个零点，求的取值范围.19．（2017·全国·高考真题（文））已知函数.（1）讨论的单调性； （2）当时，证明. 20．（2016·全国·高考真题（文））设函数． （Ⅰ）讨论的单调性； （Ⅱ）证明当时，； （Ⅲ）设，证明当时，.21．（2015·全国·高考真题（理））设函数．（1）证明：在单调递减，在单调递增；（2）若对于任意，都有，求m 的取值范围．22．（2014·四川·高考真题（理））已知函数，其中，为自然对数的底数.（Ⅰ）设是函数的导函数，求函数在区间上的最小值；22,,a ab a ba b b ab a b ⎧-≠=⎨->⎩()21x ax x f x e +-=()y f x =()0,1-1a ≥()0f x e +≥()()2e 2e x xf x a a x =+--()f x ()f x a 2()ln (21)f x x ax a x =+++()f x 0a <3()24f x a≤--()ln 1f x x x =-+()f x (1,)x ∈+∞11ln x x x-<<1c >(0,1)x ∈1(1)xc x c +->2()e mx f x x mx =+-()f x (,0)-∞(0,)+∞12,[1,1]x x ∈-12|()()|1f x f x e -≤-2()1x f x e ax bx =---,a b R ∈ 2.71828e =()g x ()f x ()g x [0,1]（Ⅱ）若，函数在区间内有零点，求的取值范围(1)0f ()f x (0,1)a专题4.4 导数的综合应用（真题测试）一、单选题1．（2017·全国·高考真题（理））已知函数211()2()x x f x x x a e e --+=-++有唯一零点，则=a （ ） A ．12-B ．13C ．12D ．1【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】因为()221111()2()1()1x x x x f x x x a e e x a e e --+--+=-++=-++-，设1t x =-，则()()()21t t f x g t t a e e -==++-，因为()()g t g t =-，所以函数()g t 为偶函数，若函数()f x 有唯一零点，则函数()g t 有唯一零点，根据偶函数的性质可知，只有当0=t 时，()0g t =才满足题意，即1x =是函数()f x 的唯一零点，所以210a -=，解得12a =.故选：C. 2．（2015·陕西·高考真题（理））对二次函数（为非零整数），四位同学分别给出下列结论，其中有且仅有一个结 论是错误的，则错误的结论是 A ．是的零点 B ．1是的极值点 C ．3是的极值 D ．点在曲线上【答案】A 【解析】 【详解】若选项A 错误时，选项B 、C 、D 正确，，因为是的极值点，是的极值，所以，即，解得：，因为点在曲线上，所以，即，解得：，所以，，所以，因为，所以不是的零点，所以选项A 错误，选项B 、C 、D 正确，故选A ．3．（2022·青海·海东市第一中学模拟预测（理））已知函数()2e 2xx f x a x =-+，若有且仅有两个正整2()f x ax bx c =++a 1-()f x ()f x ()f x (2,8)()y f x =()2f x ax b ='+1()f x 3()f x ()()10{13f f '==203a b a b c +=⎧⎨++=⎩2{3b a c a =-=+()2,8()y f x =()42238a a a +⨯-++=5a =10b =-8c =()25108f x x x =-+()()()21511018230f -=⨯--⨯-+=≠1-()f x数，使得()0f x <成立，则实数a 的取值范围是（ ） A ．211,3e e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭B ．3291,5e e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭C ．391,5e 3e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭D ．212,2e e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】C 【解析】 【分析】将()0f x <转化为2(2)exx a x +<，再分别求导分析2()e x x g x =和()(2)h x a x =+的图象，再分别求得1,1g ，()()2,2g ，()()3,3g 到()20-，的斜率，分析临界情况即可 【详解】由()0f x <且0x >，得2(2)exx a x +<，设2()e x x g x =，()(2)h x a x =+， 22()exx x g x '-=，已知函数()g x 在（0，2）上单调递增，在(2,)+∞上单调递减， 函数()(2)h x a x =+的图象过点(2,0)-，(1)11(2)3e g =--，2(2)12(2)e g =--，3(3)93(2)5e g =--，结合图象，因为329115e 3e e <<，所以3915e 3ea ≤<． 故选：C4．（2014·全国·高考真题（文））已知函数，若存在唯一的零点，且，则的取值范围是（ ） A ． B ． C ． D ．【答案】C 【解析】 【详解】试题分析：当时，，函数和，不满足题意，舍去；当时，，令，得或．时，；时，；时，，且，此时在必有零点，故不满足题意，舍去；当时，时，32()31f x ax x =-+()f x 0x 00x >a ()2,+∞()1,+∞(),2-∞-(),1-∞-0a =2()31f x x =-+()f x 0a >2()36f x ax x '=-()0f x '=0x =2x a =(,0)x ∈-∞()0f x '>2(0,)x a ∈()0f x '<2(,)x a∈+∞()0f x '>(0)0f >(,0)x ∈-∞0a <2(,)x a∈-∞；时，；时，，且，要使得存在唯一的零点，且，只需，即，则，选C ．5．（2022·青海·海东市第一中学模拟预测（理））若函数()()22e e x xf x x ax a a R =+-∈有三个不同的零点，则实数a 的取值范围是（ ） A ．1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭B ．1,1e ⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．2110,,1e e e ⎛⎫⎛⎫⋃ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭D ．210,e e ⎛⎫ ⎪-⎝⎭【答案】D 【解析】 【分析】令()0f x =得20e e x xx xa a ⎛⎫⎛⎫+-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，利用导数研究()e x x g x =的图像，由函数()f x 有三个零点可知，若令1e e xxt t ⎛⎫=≤ ⎪⎝⎭，则可知方程20t at a +-=的一根1t 必在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭内，另一根21e t =或20t =或()2,0t ∈-∞上，分类讨论即可求解. 【详解】由22e e 0xxx ax a +-=得20e ex xx xa a ⎛⎫⎛⎫+-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，令()e x x g x =， 由()10e xxg x -'==，得1x ＝，因此函数()g x 在(),1-∞上单调递增，在()1,+∞上单调递减，且()00g =，当0x >时，()0e x x g x =>，则()ex xg x =的图像如图所示： 即函数()g x 的最大值为()11eg =，令1e e xx t t ⎛⎫=≤ ⎪⎝⎭，则()20h t t at a =+-=，由二次函数的图像可知，二次方程的一根1t 必在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭内，另一根21e t =或20t =或()2,0t ∈-∞上，当21e t =时，21e ea =-，则另一根111e t =-，不满足题意，当20t =时，a ＝0，则另一根10t =，不满足题意，()0f x '<2(,0)x a ∈()0f x '>(0,)x ∈+∞()0f x '<(0)0f >()f x 0x 00x >2()0f a>24a >2a <-当()2,0t ∈-∞时，由二次函数()20h t t at a =+-=的图像可知22000110e e a a a a ⎧+⋅-<⎪⎨⎛⎫+⋅->⎪ ⎪⎝⎭⎩， 解得210e ea <<-， 则实数a 的取值范围是210,e e ⎛⎫ ⎪-⎝⎭，故选：D.6．（2022·河南·开封市东信学校模拟预测（理））对任意0x >，不等式e ln()(1)0x ax a x -+-≥恒成立，则正数a 的最大值为（ ） ABC ．1eD ．e【答案】D 【解析】 【分析】将不等式化为ln()e ln()e x ax x ax +≥+，构造()e x f x x =+有()(ln())f x f ax ≥，利用函数的单调性及参变分离法有e xa x ≤在0x >上恒成立，应用导数求右侧最小值，即可得结果.【详解】∵e ln()(1)0x ax a x -+-≥，∴ln()e ln()ln()e x ax x ax ax ax +≥+=+．令()e x f x x =+，则不等式化为()(ln())f x f ax ≥． ∵()e (0)x f x x x =+>为增函数，∴ln()x ax ≥，即e xa x≤．令e ()=x g x x ，则2(1)e ()x x g x x '-=，当01x <<时，()0g x '<，即()g x 递减；当1x >时，()0g x '>，即()g x 递增； 所以()()min 1e e g x g a ⇒≤==． ∴实数a 的最大值为e ． 故选：D7．（2015·全国·高考真题（理））设函数()(21)xf x e x ax a =--+，其中1a < ，若存在唯一的整数0x ，使得0()0f x <，则a 的取值范围是（ ）A ．3,12e ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭B ．33,2e 4⎡⎫-⎪⎢⎣⎭C ．33,2e 4⎡⎫⎪⎢⎣⎭D ．3,12e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】D 【解析】 【分析】设()()21xg x e x =-，()1y a x =-，问题转化为存在唯一的整数0x 使得满足()()01g x a x <-，求导可得出函数()y g x =的极值，数形结合可得()01a g ->=-且()312g a e-=-≥-，由此可得出实数a 的取值范围.【详解】设()()21xg x e x =-，()1y a x =-，由题意知，函数()y g x =在直线y ax a =-下方的图象中只有一个点的横坐标为整数，()()21x g x e x '=+，当12x <-时，()0g x '<；当12x >-时，()0g x '>.所以，函数()y g x =的最小值为12122g e -⎛⎫-=- ⎪⎝⎭.又()01g =-，()10g e =>.直线y ax a =-恒过定点()1,0且斜率为a ， 故()01a g ->=-且()31g a a e -=-≥--，解得312a e≤<，故选D.8．（2022·内蒙古·海拉尔第二中学模拟预测（理））已知函数()()e ln e (0)xf x a a a =+>，若对任意实数1x >，不等式()()ln 1f x x ≥-总成立，则实数a 的取值范围为（ ）A ．210,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．221,e e ⎛⎤⎥⎝⎦C ．21,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭D ．21,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭【答案】D 【解析】 【分析】将所求不等式变形为()()ln 1ln eln eln 1x x ax a x -+++≥+-，构造函数()e xg x x =+，可知该函数在R 上为增函数，由此可得出()ln ln 1a x x ≥--，其中1x >，利用导数求出()()ln 1h x x x =--的最大值，即可求得实数a 的取值范围. 【详解】当1x >时，由()()ln 1f x x ≥-可得()ln eln 1ln 1x aa x +++≥-， 即()()()ln 1ln eln 1ln 1eln 1x x ax a x x x -+++≥-+-=+-，构造函数()e xg x x =+，其中x ∈R ，则()e 10x g x '=+>，所以，函数()g x 在R 上为增函数， 由()()ln 1ln eln eln 1x x ax a x -+++≥+-可得()()ln ln 1g x a g x +≥-⎡⎤⎣⎦，所以，()ln ln 1x a x +≥-，即()ln ln 1a x x ≥--，其中1x >， 令()()ln 1h x x x =--，其中1x >，则()12111xh x x x -'=-=--. 当12x <<时，()0h x '>，函数()h x 单调递增， 当2x >时，()0h x '<，函数()h x 单调递减， 所以，()()max ln 22a h x h ≥==-，21e a ∴≥. 故选：D.二、多选题9．（2022·辽宁实验中学模拟预测）我们把形如(),,0f x y y '=的方程称为微分方程，符合方程的函数()y f x =称为微分方程的解，下列函数为微分方程0xy y xy +-'=的解的是（ ） A ．e x y = B ．e x y x =C ．e 1x y x =+D ．e (R)x y c x c =⋅∈⋅【答案】CD 【解析】 【分析】根据导数的运算求得导函数y '，代入微分方程检验即可． 【详解】选项A ，e x y =，则e x y '=，e e e e 0x x x x xy y xy x x '+-=+-=≠，不是解；选项B ，e x y x =，e e x x y x '=+，22e e e e 0x x x x xy y xy x x x x '+-=+--=，是方程的解；选项C ，e 1x y x =+，e e x x y x '=+，22e e 1e e 10x x x x xy y xy x x x x x x '+-=+++--=+≠，不是方程的解； 选项D ，e (R)x y c x c =⋅∈⋅，e e x x y c cx '=+，22e e e e 0x x x x xy y xy cx cx cx cx '+-=+--=，是方程的解． 故选：CD ．10．（2022·河北沧州·二模）已知实数,a b 满足e e e a b a b ++=，则（ ） A ．0ab < B ．1a b +> C ．e e 4a b + D ．e 1a b >【答案】BCD 【解析】 【分析】A.由e e e a b a b ++=得到111e ea b +=判断；BC.由e e e 2e e a b a b a b ++==2b 判断；D. 由111e e a b +=，得到e e e 1e 11e 1e 1b b b ab b b b b -+-=-=--，令()e e 1,0b b f b b b =-+>，用导数法判断. 【详解】 由e e e a b a b ++=得111e ea b +=，又e 0,e 0a b >>，所以e 1,e 1a b >>，所以0,0a b >>，所以0ab >，选项A 错误；因为e e e 2e e a b a b a b ++==2b ，即e e e 4a b a b ++=，所以ln41a b +>，选项B C ,正确，因为111e e a b +=，所以e e e 1b ab =-，所以e e e 1e 11e 1e 1b b b a bbb b b -+-=-=--.令()e e 1,0b b f b b b =-+>，则()e 0b f b b '=>，所以f b 在区间()0,∞+上单调递增，所以()()00f b f >=，即e e 10b b b -+>，又e 10b ->，所以e 10a b ->，即e 1a b >，选项D 正确. 故选：BCD11．（2022·湖南·模拟预测）已知1x >，1y >，且()()1e 11e y xx y ++=+，则下列结论一定正确的是（ ）A ．()ln 0x y ->B ．122x y +<C ．226x y +>D ．()ln ln3x y +<【答案】AC 【解析】 【分析】构造函数()e xf x x=，利用导数判断函数的单调性，得出1x y >+，结合不等式以及指、对数函数的性质逐一判断即可. 【详解】令()e x f x x=，则()()2e 1e e xx x x x f x x x --'==， 所以当1x >时，()0f x '>，所以()f x 在()1,+∞上单调递增； 由()()1e 11e yxx y ++=+得1e e 111x y x y y +=+++，即1e e 111x y x y y +-=++，∵1y >，∴11012y <<+， ∴1e e 1012x y x y +<-<+，即()()1012f x f y <-+<， ∴1x y >+，即1->x y ，∴()ln 0x y ->，A 正确；由1x y >+知12x y +>+，所以12222x y y ++>>，所以选项B 错误； 由1x y >+知12222326x y y y y ++>+=⋅>，所以选项C 正确．由1x y >+，1y >知213x y y +>+>，所以()()ln ln 21ln3x y y +>+>， 所以D 错误，故选：AC ．12．（2022·全国·高考真题）已知函数，则（ ）A ．有两个极值点B ．有三个零点C ．点是曲线的对称中心D ．直线是曲线的切线【答案】AC 【解析】 【分析】利用极值点的定义可判断A ，结合的单调性、极值可判断B ，利用平移可判断C ；利用导数的几何意义3()1f x x x =-+()f x ()f x (0,1)()y f x =2y x =()y f x =()f x判断D. 【详解】由题，，令得或令得， 所以在上单调递减，在，上单调递增， 所以是极值点，故A 正确；因，，， 所以，函数在上有一个零点， 当时，，即函数在上无零点， 综上所述，函数有一个零点，故B 错误；令，该函数的定义域为，，则是奇函数，是的对称中心， 将的图象向上移动一个单位得到的图象， 所以点是曲线的对称中心，故C 正确；令，可得，又，当切点为时，切线方程为，当切点为时，切线方程为， 故D 错误.故选：AC.三、填空题13．（2020·河南高三其他（理））函数()2222ln x f x x e x ax =--，若0a =，则()f x 在[]1,2的最小值为_______；当0x >时，()1fx ≥恒成立，则a 的取值范围是_____.【答案】e (],1-∞ 【解析】当0a =时，∵()222ln x f x x ex =-，∴()222222x x f x xe x xe x'=+⋅-. 当1x >时，()0f x '>恒成立，()231f x x '=-()0fx '>x >x <()0f x '<x <()f x ((,-∞)+∞x =(10f =+>10f =>()250f -=-<()f x ,⎛-∞ ⎝⎭x ≥()0f x f ≥>⎝⎭()f x ⎫∞⎪⎪⎝⎭()f x 3()h x x x =-R ()()()()33h x x x x x h x -=---=-+=-()h x (0,0)()h x ()h x ()f x (0,1)()y f x =()2312f x x '=-=1x =±()(1)11f f =-=(1,1)21y x =-(1,1)-23y x =+∴()f x 在[]1,2上单调递增.∴()f x 在[]1,2上最小值为()1f e =.又0x >时，()1f x ≥恒成立，令 ()1xg x e x =--,()()100xg x e g ''=->=,所以()g x 在()0,∞+ 递增，()()00g x g >= 所以1x e x >+ ∴()22222ln 22ln 2ln x x x f x x e x ax e x ax +=--=--()2222ln 12ln 111x x x ax a x ≥++--=-+≥恒成立，∴1a ≤.故答案为e ；(],1-∞.14．（2022·全国·模拟预测（理））若曲线ln x y x =与212y kx =-仅有1个公共点，则k 的取值范围是___________. 【答案】(]1,02⎧⎫-∞⋃⎨⎬⎩⎭##1|02k k k ⎧⎫≤=⎨⎬⎩⎭或【解析】 【分析】将原问题转化为32ln 12x k x x =+只有一个解,令()()32ln 102x g x x x x =+>,利用导数求出()g x 的单调性及最值即可得答案. 【详解】 由题意可得:2ln 12x kx x =-只有一个解()0x >, 即32ln 12x k x x=+只有一个解. 令()32ln 12x g x x x=+, ()0x >原问题等价于y k =与()y g x =只有一个交点. 因为()43413ln 113ln x x xg x x x x '---=-= 因为13ln y x x =--在()0,∞+上单调递减, 且在1x =处的值为0 ,所以当()0,1x ∈时, ()()0,g x g x '>单调递增,当()1,x ∈+∞时, ()()0,g x g x '<单调递减且恒为正, 所以()()max 112g x g ==, 又因为y k =与()y g x =只有一个交点, 所以(]1,02k ⎧⎫∈-∞⎨⎬⎩⎭.故答案为: (]1,02⎧⎫-∞⋃⎨⎬⎩⎭.15．（2012·福建·高考真题（理））对于实数a 和b ，定义运算“*”： 设f （x ）=（2x -1）*（x -1），且关于x 的方程为f （x ）=m （m ∈R ）恰有三个互不相等的实数根x 1，x 2，x 3，则x 1x 2x 3的取值范围是_________________ 【答案】【解析】 【详解】由定义运算“*”可知 即，该函数图像如下：由，假设当关于x 的方程为f （x ）=m （m ∈R ）恰有三个互不相等的实数根时， m 的取值范围是，且满足方程，所以令则， 所以令22,,a ab a ba b b ab a b ⎧-≠=⎨->⎩⎫⎪⎪⎝⎭22(21)(21)(1)0()?(1)(21)(1)0x x x x f x x x x x ⎧----=⎨---->⎩2220()0x x x f x x x x ⎧-=⎨-+>⎩1124f ⎛⎫= ⎪⎝⎭1230x x x <<<10,4⎛⎫⎪⎝⎭23,x x 2-+=x x m 23=x x m 22-=x x m 1=x 123==x x x m 10,4⎛⎫=∈ ⎪⎝⎭y m所以， 又在递增的函数， 所以，所以，所以在递减， 则当时，；当时，所以.16．（2022·江苏·常州高级中学模拟预测）已知函数22()ln 2e f x x x mx =-+，若()0f x ≥的解集中恰有一个整数，则m 的取值范围为________．【答案】22ln 22e ,4e 2⎡⎫-⎪⎢⎣⎭【解析】【分析】由()0f x ≥且0x >，得出2ln 2e x x m x -+≥-，构造函数()ln =-xg x x，利用导数研究()g x 的单调性，画出()ln =-x g x x 和22e y x =-的大致图象，由图可知0m >，设0x 为()ln =-xg x x和22e y x m =-+的交点的横坐标，结合题意可知该整数为1，即012x ≤<，当直线22e y x m =-+过1,0A 和ln 22,2B ⎛⎫- ⎪⎝⎭时，即可求出求出m 的值，从而得出m 的取值范围.【详解】由题可知，22()ln 2e f x x x mx =-+，0x >， 由于()0f x ≥的解集中恰有一个整数，即22ln 2e 0x x mx -+≥，即222e ln x mx x -+≥-，因为0x >，所以2ln 2e xx m x-+≥-的解集中恰有一个整数， 令()ln =-x g x x ，则()2ln 1-'=x g x x ， 当1e x <<时，()0g x '<；当e x >时，()0g x '>， 所以()g x 在()1,e 上单调递减，在()e,+∞上单调递增， 画出()ln xy xg x ==-和22e y x =-的大致图象，如图所示： 要使得2ln 2e xx m x-+≥-，可知0m >， 114'⎛= ⎝y ()=h m 10,4⎛⎫⎪⎝⎭()()01>=h m h 0y '<=y 10,4⎛⎫ ⎪⎝⎭0m =0y =14m ==y 123⎫∈⎪⎪⎝⎭x x x设0x 为()ln =-xg x x和22e y x m =-+的交点的横坐标， 而2ln 2e xx m x-+≥-的解集中恰有一个整数，可知该整数为1，即012x ≤<， 当01x =时，得()10g =；当02x =时，得()ln 222g =-， 即1,0A ，ln 22,2B ⎛⎫- ⎪⎝⎭，当直线22e y x m =-+过点1,0A 时，得22e m =，当直线22e y x m =-+过点ln 22,2B ⎛⎫- ⎪⎝⎭时，得2ln 24e 2m =-， 所以m 的取值范围为22ln 22e ,4e 2⎡⎫-⎪⎢⎣⎭.故答案为：22ln 22e ,4e 2⎡⎫-⎪⎢⎣⎭四、解答题17．（2018·全国·高考真题（文））已知函数．（1）求曲线在点处的切线方程； （2）证明：当时，．【答案】（1）切线方程是（2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求导，由导数的几何意义求出切线方程．（2）当时，,令，只需证明即可．【详解】()21x ax x f x e +-=()y f x =()0,1-1a ≥()0f x e +≥210x y --=a 1≥()12f x e 1x x e x x e +-+≥++-（）12gx 1x e x x +=++-gx 0≥（1），．因此曲线在点处的切线方程是．（2）当时，．令，则，当时，，单调递减；当时，，单调递增； 所以 ．因此．18．（2017·全国·高考真题（理））已知函数（1）讨论的单调性；（2）若有两个零点，求的取值范围. 【答案】（1）见解析；（2）. 【解析】 【详解】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，再对按，进行讨论，写出单调区间；（2）根据第（1）问，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，可知当时有2个零点.易知在有一个零点；设正整数满足，则.由于，因此在有一个零点.从而可得的取值范围为.试题解析：（1）的定义域为，，（ⅰ）若，则，所以在单调递减. （ⅱ）若，则由得.当时，；当时，，所以在单调递减，在单调递增.（2）（ⅰ）若，由（1）知，至多有一个零点.（ⅱ）若，由（1）知，当时，取得最小值，最小值为. ()()2212xax a x f x e-++'-=()02f '=()y f x =()0,1-210x y --=1a ≥()()211x xf x e x x e e +-+≥+-+()211xg x x x e +=+-+()121x g x x e +=++'()120x g x e +''=+>1x <-()()10g x g '-'<=()g x 1x >-()()10g x g '-'>=()g x ()g x ()1=0g ≥-()0f x e +≥()()2e 2e x xf x a a x =+--()f x ()f x a (0,1)()f x a 0a ≤0a >0a ≤()f x 0a >ln x a =-()f x 1(ln )1ln f a a a-=-+1a =(1,)∈+∞a (0,1)a ∈(0,1)a ∈()f x (,ln )a -∞-0n 03ln(1)n a>-00000000()e (e 2)e 20n n n n f n a a n n n =+-->->->3ln(1)ln a a->-()f x (ln ,)a -+∞a (0,1)()f x (),-∞+∞()()()()2221121x x x xf x ae a e ae e =+---'=+0a ≤()0f x '<()f x (),-∞+∞0a >()0f x '=ln x a =-(),ln x a ∈-∞-()0f x '<()ln ,x a ∈-+∞()0f x '>()f x (),ln a -∞-()ln ,a -+∞0a ≤()f x 0a >ln x a =-()f x ()1ln 1ln f a a a-=-+①当时，由于，故只有一个零点； ②当时，由于，即，故没有零点； ③当时，，即. 又，故在有一个零点.设正整数满足，则.由于，因此在有一个零点. 综上，的取值范围为.19．（2017·全国·高考真题（文））已知函数.（1）讨论的单调性； （2）当时，证明. 【答案】（1）见解析；（2）见解析. 【解析】 【分析】（1）先求函数导数，再根据导函数符号的变化情况讨论单调性：当时，，则在单调递增；当时，在单调递增，在单调递减. （2）证明，即证，而，所以需证，设g （x ）=ln x -x +1 ，利用导数易得，即得证. 【详解】（1） 的定义域为（0，+），. 若a ≥0，则当x ∈（0，+）时，，故f （x ）在（0，+）单调递增.若a ＜0，则当时，时；当x ∈时，. 故f （x ）在单调递增，在单调递减. （2）由（1）知，当a ＜0时，f （x ）在取得最大值，最大值为. 1a =()ln 0f a -=()f x ()1,a ∈+∞11ln 0a a-+>()ln 0f a ->()f x ()0,1a ∈11ln 0a a-+<()ln 0f a -<()()4222e 2e 22e 20f a a ----=+-+>-+>()f x (),ln a -∞-0n 03ln 1n a ⎛⎫>- ⎪⎝⎭()()00000000e e 2e 20n n n nf n a a n n n =+-->->->3ln 1ln a a ⎛⎫->- ⎪⎝⎭()f x ()ln ,a -+∞a ()0,12()ln (21)f x x ax a x =+++()f x 0a <3()24f x a≤--(21)(1)'()(0)ax x f x x x++=>0a ≥'()0f x >()f x (0,)+∞0a <()f x 1(0,)2a -1(,)2a-+∞3()24f x a ≤--max 3()24f x a ≤--max 1()()2f x f a=-11ln()1022a a -++≤max ()(1)0g x g ==()f x ∞()()‘1211)22(1x ax f x ax a x x++=+++=∞’)(0f x ＞∞10,2x a ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭()0f x '＞1()2a ∞-+，’)(0f x <’)(0f x ＞1()2a∞-+，12x a=-111()ln()1224f a a a -=---所以等价于，即. 设g （x ）=ln x -x +1，则. 当x ∈（0,1）时，；当x ∈（1，+）时，.所以g （x ）在（0,1）单调递增，在（1，+）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，，即. 20．（2016·全国·高考真题（文））设函数．（Ⅰ）讨论的单调性； （Ⅱ）证明当时，； （Ⅲ）设，证明当时，.【答案】（Ⅰ）当时，单调递增；当时，单调递减；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析． 【解析】 【详解】试题分析：（Ⅰ）首先求出导函数，然后通过解不等式或可确定函数的单调性；（Ⅱ）左端不等式可利用（Ⅰ）的结论证明，右端将左端的换为即可证明；（Ⅲ）变形所证不等式，构造新函数，然后通过利用导数研究函数的单调性来处理． 试题解析：（Ⅰ）由题设，的定义域为，，令，解得. 当时，，单调递增；当时，，单调递减. （Ⅱ）由（Ⅰ）知，在处取得最大值，最大值为. 所以当时，. 故当时，，，即. （Ⅲ）由题设，设，则，令，解得.当时，，单调递增；当时，，单调递减. 由（Ⅱ）知，，故，又，故当时，. 所以当时，.3()24f x a≤--113ln()12244a a a ---≤--11ln()1022a a -++≤’1(1)g x x=-()0g x '>∞()0g x '<∞11ln()1022a a -++≤3()24f x a≤--()ln 1f x x x =-+()f x (1,)x ∈+∞11ln x x x-<<1c >(0,1)x ∈1(1)xc x c +->01x <<()f x 1x >()f x ()f x '()0f x '>()0f x '<()f x x 1x()f x (0,)+∞1()1f x x=-'()0f x '=1x =01x <<()0f x '>()f x 1x >()0f x '<()f x ()f x 1x =(1)0f =1x ≠ln 1x x <-(1,)x ∈+∞ln 1x x <-11ln1x x <-11ln x x x-<<1c >()1(1)x g x c x c =+--'()1ln xg x c c c =--'()0g x =01lnln ln c c x c-=0x x <'()0g x >()g x 0x x >'()0g x <()g x 11ln c c c-<<001x <<(0)(1)0g g ==01x <<()0g x >(0,1)x ∈1(1)xc x c +->21．（2015·全国·高考真题（理））设函数．（1）证明：在单调递减，在单调递增；（2）若对于任意，都有，求m 的取值范围．【答案】（1）在单调递减，在单调递增；（2）.【解析】【详解】（Ⅰ）．若，则当时，，；当时，，．若，则当时，，；当时，，．所以，在单调递减，在单调递增．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，对任意的，在单调递减，在单调递增，故在处取得最小值．所以对于任意，的充要条件是：即①，设函数，则．当时，；当时，．故在单调递减，在单调递增．又，，故当时，．当时，，，即①式成立．当时，由的单调性，，即；当时，，即．综上，的取值范围是．22．（2014·四川·高考真题（理））已知函数，其中，为自然对数的底数.（Ⅰ）设是函数的导函数，求函数在区间上的最小值；（Ⅱ）若，函数在区间内有零点，求的取值范围【答案】（Ⅰ）当时， ；当 时， ； 当时， .（Ⅱ） 的范围为. 【解析】【详解】试题分析：（Ⅰ）易得，再对分情况确定的单调区间，根据在上的单调性即可得在上的最小值.（Ⅱ）设为在区间内的一个零点，注意到2()e mx f x x mx =+-()f x (,0)-∞(0,)+∞12,[1,1]x x ∈-12|()()|1f x f x e -≤-()f x (,0)-∞(0,)+∞[1,1]-()(1)2mx f x m e x -'=+0m ≥(,0)x ∈-∞10mx e -≤()0f x '<(0,)x ∈+∞10mx e -≥()0f x '>0m <(,0)x ∈-∞10mx e ->()0f x '<(0,)x ∈+∞10mx e -<()0f x '>()f x (,0)-∞(0,)+∞m ()f x [1,0]-[0,1]()f x 0x =12,[1,1]x x ∈-12()()1f x f x e -≤-(1)(0)1,{(1)(0)1,f f e f f e -≤---≤-1,{1,m m e m e e m e --≤-+≤-()1t g t e t e =--+()1t g t e =-'0t <()0g t '<0t >()0g t '>()g t (,0)-∞(0,)+∞(1)0g =1(1)20g e e --=+-<[1,1]t ∈-()0g t ≤[1,1]m ∈-()0g m ≤()0g m -≤1m >()g t ()0g m >1m e m e ->-1m <-()0g m ->1m e m e -+>-m [1,1]-2()1x f x e ax bx =---,a b R ∈ 2.71828e =()g x ()f x ()g x [0,1](1)0f =()f x (0,1)a 12a ≤()(0)1g x g b ≥=-122e a <≤()22ln(2)g x a a a b ≥--2e a >()2g x e a b ≥--a ()2,1e -()2,()2x x g x e ax b g x e a -='=--a ()g x ()g x [0,1]()g x [0,1]0x ()f x (0,1).联系到函数的图象可知，导函数在区间内存在零点，在区间内存在零点，即在区间内至少有两个零点. 由（Ⅰ）可知，当及时，在内都不可能有两个零点.所以.此时，在上单调递减，在上单调递增，因此，且必有.由得：，代入这两个不等式即可得的取值范围.试题解答：（Ⅰ）①当时，，所以.②当时，由得.若，则；若，则. 所以当时，在上单调递增，所以. 当时，在上单调递减，在上单调递增，所以. 当时，在上单调递减，所以. （Ⅱ）设为在区间内的一个零点，则由可知，在区间上不可能单调递增，也不可能单调递减.则不可能恒为正，也不可能恒为负.故在区间内存在零点.同理在区间内存在零点.所以在区间内至少有两个零点.由（Ⅰ）知，当时，在上单调递增，故在内至多有一个零点. 当时，在上单调递减，故在内至多有一个零点. 所以. 此时，在上单调递减，在上单调递增，因此，必有.由得：，有(0)0,(1)0f f ==()g x 0(0,)x 1x ()g x 0(),1x 2x ()g x (0,1)12a ≤2e a ≥()g x (0,1)122e a <<()g x [0,ln 2]a [ln 2,1]a 12(0,ln(2)],(ln(2),1)x a x a ∈∈(0)10,(1)20g b g e a b =->=-->(1)10f e a b =---=1b e a =--a ()2,()2x xg x e ax b g x e a -='=--0a ≤()20x g x e a -'=>()(0)1g x g b ≥=-0a >()20x g x e a -'=>2,ln(2)x e a x a >>12a >ln(2)0a >2e a >ln(2)1a >102a <≤()g x [0,1]()(0)1g x g b ≥=-122e a <≤()g x [0,ln 2]a [ln 2,1]a ()(ln 2)22ln 2g x g a a a a b ≥=--2e a >()g x [0,1]()(1)2g x g e a b ≥=--0x ()f x (0,1)0(0)()0f f x ==()f x 0(0,)x ()g x ()g x 0(0,)x 1x ()g x 0(),1x 2x ()g x (0,1)12a ≤()g x [0,1]()g x (0,1)2e a ≥()g x [0,1]()g x (0,1)122e a <<()g x [0,ln 2]a [ln 2,1]a 12(0,ln(2)],(ln(2),1)x a x a ∈∈(0)10,(1)20g b g e a b =->=-->(1)10f e a b =---=12a b e +=-<.解得.当时，在区间内有最小值.若，则，从而在区间上单调递增，这与矛盾，所以.又，故此时在和内各只有一个零点和.由此可知在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.所以，，故在内有零点.综上可知，的取值范围是. (0)120,(1)210g b a e g e a b a =-=-+>=--=->21e a -<<21e a -<<()g x [0,1](ln(2))g a (ln(2))0g a ≥()0([0,1])g x x ≥∈()f x [0,1](0)(1)0f f ==(ln(2))0g a <(0)20,(1)10g a e g a =-+>=->()g x (0,ln(2))a (ln(2),1)a 1x 2x ()f x 1[0,]x 1(,x 2)x 2[,1]x 1()(0)0f x f >=2()(1)0f x f <=()f x 1(,x 2)x a (2,1)e -。
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
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.
--
--
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.
--
--
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.
--
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.
高考数学专题：导数大题专练(含答案)
高考数学专题：导数大题专练(含答案)一、解答题1．已知函数()ln f x ax x =+ (1)讨论()f x 的单调区间；(2)设()2xg x =，若对任意的[]11,100x ∈，存在[]20,1x ∈，使()()12f x g x <成立，求实数a 的取值范围.2．已知函数()1ln f x ax x =--，a R ∈． (1)讨论函数()f x 在区间()1,e 的极值；(2)若函数()f x 在1x =处取得极值，对()0,x ∀∈+∞，()2f x bx ≥-恒成立，求实数b 的取值范围．3．已知函数()32f x x ax bx =++的图象在点(0,(0))f 处的切线斜率为4-，且2x =-时，()y f x =有极值． (1)求()f x 的解析式；(2)求()f x 在3,2上的最大值和最小值． 4．已知函数()ln f x x =．(1)当()()sin 1g x x =-，求函数()()()T x f x g x =+在()0,1的单调性； (2)()()12h x f x b x=+-有两个零点1x ，2x ，且12x x <，求证：121x x +>． 5．已知函数1()2ln f x x x x=+-． (1)求函数的单调区间和极值；(2)若12x x ≠且()()12f x f x =，求证：121x x <． 6．已知函数2()ln (2)f x a x x a x =+-+，其中.a R ∈ (1)讨论函数()f x 的单调性；(2)若函数()f x 的导函数()'f x 在区间()1,e 上存在零点，证明：当()1,e x ∈时，()2e .f x >-7．已知函数()322f x x ax bx =++-在2x =-时取得极值，且在点()()1,1f --处的切线的斜率为3- . (1)求()f x 的解析式；(2)若函数()y f x λ=-有三个零点，求实数λ的取值范围.8．已知函数e ()(1)1xf x b x a=+-+(1)当114a b ==-，时，求曲线()y f x =在点（0，f （0））处的切线方程；(2)当1a =时，()2f x ≥恒成立，求b 的值． 9．已知函数2()e 1)(x f x ax x =-+.(1)求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线的方程； (2)若函数()f x 在0x =处取得极大值，求a 的取值范围； (3)若函数()f x 存在最小值，直接写出a 的取值范围.10．设函数()223ln 1f x a x ax x =+-+，其中0a >．(1)求()f x 的单调区间；(2)若()y f x =的图象与x 轴没有公共点，求a 的取值范围．【参考答案】一、解答题1．(1)答案见解析 (2)31a e ≤-【解析】 【分析】（1）由()()110ax f x a x xx+=+=>'，按0a ≥，0a <进行分类讨论求解； （2）由已知，转化为()()max max f x g x <，由已知得()()max 12g x g ==，由此能求出实数a 的取值范围． (1)()(]110ax f x a x x x+'=+=>， ①当0a ≥时，由于0x >，故10ax +>，()0f x '>， 所以()f x 的单调递增区间为()0,∞+； ②当0a <时，由()0f x '=，得1x a=-，在区间10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上()0f x '>，在区间1,a∞⎛⎫-+ ⎪⎝⎭上()0f x '<， 所以，函数()f x 的单调递增区间为10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭，单调递减区间为1,a∞⎛⎫-+ ⎪⎝⎭；(2)由题目知，只需要()()max max f x g x <即可又因为()()max 12g x g ==，所以只需要()max 2f x <即可()max 2f x <即等价于()2f x <恒成立，由变量分离可知2ln xa x-<，[]1,100x ∈， 令()2ln xh x x -=，下面求()h x 的最小值， 令()23ln xh x x-+'=，所以()0h x '=得3x e =， 所以()h x 在31,e ⎡⎤⎣⎦为减函数，3,100e ⎡⎤⎣⎦为增函数， 所以()()33min 1h x h e e -==，所以31a e ≤-. 2．(1)答案见解析 (2)211e b ≤-【解析】 【分析】（1）先讨论()f x 的单调性再确定()f x 在()1,e 上的极值（2）利用极值点处的导数为求出1a =，代入恒成立的不等式中，用分离参数法求b 的取值范围 (1)在区间()0,∞+上， ()11ax f x a xx-'=-=， 当0a ≤时， ()0f x '<恒成立， ()f x 在区间()1,e 上单调递减， 则()f x 在区间()1,e 上无极值； 当0a >时，令()0f x '=得1x a=，在区间10,a ⎛⎫⎪⎝⎭上，()0f x '<，函数()f x 单调递减，在区间1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上，()0f x '>，函数()f x 单调递增.若11e a <<，即11e a<<，则()f x 在区间()1,e 上极小值1ln f a a ⎛⎫= ⎪⎝⎭若1a ≥或10ea <≤，即11a≤或1e a≥，则()f x 在区间()1,e 上无极值 (2)因为函数()f x 在1x =处取得极值，所以()10f '=，解得1a =，经检验可知满足题意 由已知()2f x bx ≥-，即1ln 2x x bx --≥-，即1ln 1+xb x x-≥对()0,x ∀∈+∞恒成立， 令()1ln 1x g x xx =+-，则()22211ln ln 2x x g x x x x-='---=， 当()20,e x ∈时，()0g x '<；当()2e ,x ∈+∞时，()0g x '> 所以()g x 在()20,e 上单调递减，在()2e ,+∞上单调递增，所以()()22min 1e 1e g x g ==-， 即211e b ≤-. 3．(1)32()24f x x x x =+- (2)最大值为8，最小值为4027-． 【解析】 【分析】（1）由题意可得(0)4,(2)1240,f b f a b ==-⎧⎨-=-+=''⎩从而可求出,a b ，即可求出()f x 的解析式，（2）令()0f x '=，求出x 的值，列表可得(),()f x f x '的值随x 的变化情况，从而可求出函数的最值 (1)由题意可得，2()32f x x ax b '=++．由(0)4, (2)1240,f b f a b ==-⎧⎨-=-+=''⎩解得2,4.a b =⎧⎨=-⎩经检验得2x =-时，()y f x =有极大值． 所以32()24f x x x x =+-． (2)由（1）知，2()344(2)(32)f x x x x x '=+-=+-．令()0f x '=，得12x =-，223x =，()'f x ，()f x 的值随x 的变化情况如下表：由表可知()f x 在[3,2]-上的最大值为8，最小值为27-． 4．(1)单调递增 (2)证明见解析 【解析】 【分析】（1）直接求导，判断出导数大于0，即可得到单调性；（2）直接由1x ，2x 是函数()1ln 2h x x b x=+-的两个零点得到1212122ln x x x x x x -=，分别解出1211212ln x x x xx -=，2121212ln x x x x x -=，再换元令12x t x =构造函数()12ln l t t t t=--，求导确定单调性即可求解. (1)由题意，函数()()sin 1ln T x x x =-+，则()()1cos 1T x x x'=--+，又∵()0,1x ∈，∴11x>，()()10,1,cos 11x x -∈-<，∴()0T x '>，∴()T x 在（0，1）上单调递增． (2)根据题意，()()1ln 02h x x b x x =+->， ∵1x ，2x 是函数()1ln 2h x x b x=+-的两个零点，∴111ln 02x b x +-=，221ln 02x b x +-=． 两式相减，可得122111ln22x x x x =-，即112221ln 2x x x x x x -=， ∴1212122ln x x x x x x -=，则1211212ln x x x x x -=，2121212ln xx x x x -=． 令12x t x =，()0,1t ∈，则1211112ln 2ln 2ln t t t t x x t t t---+=+=．记()12ln l t t t t =--，()0,1t ∈，则()()221t l t t-'=． 又∵()0,1t ∈，∴()0l t '>恒成立，∴()l t 在()0,1上单调递增，故()()1l t l <，即12ln 0t t t --<，即12ln t t t-<．因为ln 0t <，可得112ln t t t->，∴121x x +>．【点睛】本题关键点在于对双变量的处理，通过对111ln 02x b x +-=，221ln 02x b x +-=作差，化简得到1212122ln x x x x xx -=， 分别得到12,x x 后，换元令12x t x =，这样就转换为1个变量，再求导确定单调性即可求解．5．(1)减区间()0,1，增区间()1,+∞，极小值3， (2)证明见解析 【解析】 【分析】（1）依据导函数与原函数的关系去求函数的单调区间和极值即可； （2）构造新函数利用函数单调性去证明121x x <即可. (1)1()2ln (0)f x x x x x =+->，则()()2221111()2(0)x x f x x x x x +-'=--=>由()0f x '>得1x >，由()0f x '<得01x <<， 即()f x 减区间为()0,1，增区间为()1,+∞，在1x =时()f x 取得极小值(1)2103f =+-=，无极大值. (2)不妨设12x x <且()()12f x f x a ==，则101x <<，21>x ，3a >，2101x <<令1()()2ln (0)h x f x a x x a x x=-=+-->，则()()120h x h x ==()()2221111()2x x h x x x x +-'=--=， 则当1x >时()0h x '>，()h x 单调递增；当01x <<时()0h x '<，()h x 单调递减 由()222212ln 0x x h x a x +=--=，得22212ln a x x x =+-则2222222222211ln 2ln 2ln 1x x x x x h x x x x x ⎛⎫++-+-=-+ ⎪⎛⎫=⎪⎝⎝⎭⎭ 令21t x =，则222112ln 2ln (01)x x t t t x t -+=--<< 令()12ln (01)t m t t t t --<=<，则()()22211210t t tt m t -'=+-=>即()12ln (01)t m t t t t--<=<为增函数，又()11100m =--=，则()12ln 0m t t tt --<=在(0,1)上恒成立.则222212ln 10x x x h x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭=-<恒成立，则()211h h x x ⎛⎫⎪< ⎝⎭， 又01x <<时()h x 单调递减，101x <<，2101x <<则211x x >，故121x x <6．(1)答案不唯一，具体见解析 (2)证明见解析 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论a 的范围，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；（2）根据导函数在()1,e 上存在零点，则()0f x '=在()1,e 上有解，则有1e 2a <<，即22e a <<，得到函数()f x 的最小值，构造函数2()ln (1ln 2)4xg x x x x =--+，22e <<x ，利用导数判断出其单调性，结合不等式传递性可证．(1)函数()f x 的定义域是(0,)+∞，(2)(1)()2(2)a x a x f x x a xx'--=+-+=， ①0a 时，20x a ->，令()0f x '>，解得：1x >，令()0f x '<， 解得：01x <<，故()f x 在(0,1)递减，在(1,)+∞递增； ②02a <<时，令()0f x '>，解得：1x >或02ax <<，令()0f x '<，解得：12a x <<，故()f x 在0,2a ⎛⎫⎪⎝⎭递增，在,12⎛⎫ ⎪⎝⎭a 递减，在()1,+∞递增；③2a =时，()0f x '，()f x 在(0,)+∞递增；④2a >时，令()0f x '>，解得：2ax >或01x <<，令()0f x '<，解得：12ax <<，故()f x 在(0,1)递增，在1,2⎛⎫ ⎪⎝⎭a 递减，在,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭a递增；综上：0a 时，()f x 在(0,1)递减，在(1,)+∞递增，02a <<时，()f x 在0,2a ⎛⎫⎪⎝⎭递增，在,12⎛⎫ ⎪⎝⎭a 递减，在(1,)+∞递增； 2a =时，()f x 在(0,)+∞递增；2a >时，()f x 在(0,1)递增，在1,2⎛⎫ ⎪⎝⎭a 递减，在,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭a 递增；(2)因为(2)(1)()2(2)ax a x f x x a xx'--=+-+=， 又因为导函数()'f x 在(1,)e 上存在零点，所以()0f x '=在(1,e)上有解， 则有1e 2a <<，即22e a <<，且当12a x <<时，()0f x '<，()f x 单调递减， 当e 2a x <<时，()0f x '>，()f x 单调递增，所以22()ln (2)ln (1ln 2)22424⎛⎫=+-+=--+ ⎪⎝⎭a a a a a f x f a a a a a ，设2()ln (1ln 2)4x g x x x x =--+，22e x <<，则()ln 1(1ln 2)ln ln 222x xg x x x '=+--+=--，则11()02g x x ''=-<，所以()g x '在(2,2e)上单调递减，所以()g x 在(2,2e)上单调递减，则()()()222e 22e e 2e 1ln 2e 2g eln g =--+=-<，所以()2e g x >-，则根据不等式的传递性可得，当()1,e x ∈时，()2e .f x >-【点睛】本题考查利用导数表示曲线上某点处的斜率，考查函数的单调性，考查导数的综合应用以及分类讨论思想，转化思想，属于难题．7．(1)()3232f x x x =+-(2)()2,2- 【解析】【分析】（1）由已知可得()()2013f f ⎧-=⎪⎨-=-''⎪⎩，可得出关于实数a 、b 的方程组，解出这两个未知数的值，即可得出函数()f x 的解析式；（2）分析可知，直线y λ=与函数()f x 的图象有3个交点，利用导数分析函数()f x 的单调性与极值，数形结合可得出实数λ的取值范围.(1)解：因为()322f x x ax bx =++-，则()232f x x ax b '=++，由题意可得()()212401323f a b f a b ⎧-=-+=⎪⎨-=-+=-''⎪⎩，解得30a b =⎧⎨=⎩，所以，()3232f x x x =+-.当3a =，0b =时，()236f x x x '=+，经检验可知，函数()f x 在2x =-处取得极值. 因此，()3232f x x x =+-.(2)解：问题等价于()f x λ=有三个不等的实数根，求λ的范围.由()2360f x x x '=+>，得2x <-或0x >，由()2360f x x x '=+<，得20x -<<，所以()f x 在(),2-∞-、()0,∞+上单调递增，在()2,0-上单调递减， 则函数()f x 的极大值为()22f -=，极小值为()02f =-，如下图所示：由图可知，当22λ-<<时，直线y λ=与函数()f x 的图象有3个交点， 因此，实数λ的取值范围是()2,2-. 8．(1)25y x =+ (2)0b = 【解析】 【分析】（1）利用切点和斜率求得切线方程.（2）由()2f x ≥恒成立构造函数()()2g x f x =-，对b 进行分类讨论，结合()'g x 研究()g x 的最小值，由此求得b 的值. (1)当114a b ==-，时，()4e 21x f x x =-+，则()4e 2x f x '=- 又因为(0)5,(0)2f f '==所以曲线()y f x =在点（0，f （0））处的切线方程为()520y x -=-， 即25y x =+． (2)当1a =时，令函数()()()2e 11xg x f x b x =-=+--，则()2f x ≥恒成立等价于()0g x ≥恒成立． 又()e 1,x g x b '=+-．当1b ≥时，()e 10,x g x b '=+->，g (x )在R 上单调递增，显然不合题意； 当1b <时，令()e 10,x g x b '=+-<，得ln(1)x b <-．令()e 10x g x b '=+->，得()ln 1x b >-，所以函数g (x )在(,ln(1))b -∞-上单调递减，在(ln(1),)b -+∞上单调递增， 所以当ln(1)x b =-时，函数g (x )取得最小值． 又因为()00g =，所以0x =为g (x )的最小值点． 所以ln(1)0b -=，解得0b =． 9．(1)1y = (2)1(,)2-∞ (3)10,4⎛⎤⎥⎝⎦ 【解析】 【分析】（1）先求导后求出切线的斜率'(0)0f =，然后求出直线上该点的坐标即可写出直线方程；（2）根据函数的单调性和最值分类讨论； （3）分情况讨论，根据函数的单调性和极限求解. (1)解：由题意得：22'e 121)e 2)()((x x ax x a f x ax x x ax =-++-=+- '(0)0f =，(0)1f =故曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线的方程1y =.(2)由（1）得要使得()f x 在0x =处取得极大值，'()f x 在0x <时应该'()0f x >，'()f x 在0x >时应该'()0f x <，'e 2(1)()x x x ax f a =+-故①0a <且120a a -<，解得0a < ②0a >且120a a->，解得102a << 当0a =时，'()e x f x x =-，满足题意； 当12a =时，'21(e )2x f x x =，不满足题意；综上：a 的取值范围为1(,)2-∞.(3)可以分三种情况讨论：①0a ≤②102a <<③12a ≥若0a ≤，()f x 在12(,)a a --∞上单调递减，在12(,0)a a -单调递增，在(0,)+∞上单调递减，无最小值； 若102a <<时，当0x <时，x 趋向-∞时，()f x 趋向于0；当0x > ，要使函数取得存在最小值121221212112()[(41)0e ()]e a a a a a a a f a a a a a a -----=-=-≤+，解得104a <≤，故 12a x a -=处取得最小值,故a 的取值范围10,4⎛⎤ ⎥⎝⎦. 若12a ≥时，()f x 在x 趋向-∞时，()f x 趋向于0，又(0)1f =故无最小值； 综上所述函数()f x 存在最小值， a 的取值范围10,4⎛⎤ ⎥⎝⎦. 10．(1)在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增 (2)1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭ 【解析】【分析】（1）求导，根据定义域和a 的范围，讨论导数符号可得单调区间； （2）由（1）中单调性可得函数最小值，由最小值大于0可解.(1)函数()f x 的定义域为()0+∞，，()()()222231323'2ax ax a x ax f x a x a x x x +-+-=+-== 由于0a >且()0x ∈+∞，，所以230ax +>，令()'0f x =，解得1x a=， 当10x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，，()'0f x <，函数()f x 单调递减， 当1x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭，，()'0f x >，函数()f x 单调递增， ()f x ∴在10a ⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递减，在1a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，上单调递增．(2)要使()y f x =的图像与x 轴没有公共点，所以只需min ()0f x >即可，由（1）知min 111()113ln 133ln 33ln 0f x f a a a a ⎛⎫==+-+=-=+> ⎪⎝⎭， 解得1e >a ，即a 的取值范围为1(,)e +∞。
2022年高考数学真题分专题训练专题：导数的综合应用(教师版含解析)
专题09导数的综合应用1．(2021年全国高考乙卷数学(文)试题)已知函数32()1f x x x ax ．(1)讨论 f x 的单调性；(2)求曲线 y f x 过坐标原点的切线与曲线 y f x 的公共点的坐标．【答案】(1)答案见解析；(2)和 11a ，.【分析】(1)由函数的解析式可得： 232f x x x a ，导函数的判别式412a ，当14120,3a a 时， 0,f x f x 在R 上单调递增，当时，的解为：1211,32x x ，当1,3x时，单调递增；当11311333x时，单调递减；当13x时，单调递增；综上可得：当时，在R 上单调递增，当时，在1,3，1,3上单调递增，在113113,33上单调递减.(2)由题意可得： 3200001f x x x ax ， 200032f x x x a ，则切线方程为： 322000000132y x x ax x x a x x ，切线过坐标原点，则： 32200000001320x x ax x x a x ,整理可得：3200210x x ，即：20001210x x x ，解得：，则， 0'()11f x f a切线方程为： 1y a x ,与联立得321(1)x x ax a x ，化简得3210x x x ,由于切点的横坐标1必然是该方程的一个根，1x 是321x x x 的一个因式，∴该方程可以分解因式为2110,x x 解得121,1x x , 11f a ，综上，曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标为和 11a ，.2．(2021年全国高考乙卷数学(理)试题)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 n 1'l a f x a x f x x ， 'ln x y 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3．(2021年全国高考甲卷数学(文)试题)设函数22()3ln 1f x a x ax x ，其中0a .(1)讨论 f x 的单调性；(2)若 y f x 的图像与x 轴没有公共点，求a 的取值范围.【答案】(1) f x 的减区间为10,a，增区间为1,+a；(2)1a e .【分析】(1)函数的定义域为 0, ，又 23(1)()ax ax f x x，因为0,0a x ，故230ax ，当10x a 时，()0f x ；当1x a时，()0f x ；所以 f x 的减区间为10,a，增区间为1,+a .(2)因为 2110f a a 且 y f x 的图与x 轴没有公共点，所以 y f x 的图象在x 轴的上方，由(1)中函数的单调性可得 min 1133ln 33ln f x f a a a，故33ln 0a 即1a e.4．(2021年全国高考甲卷数学(理)试题)已知0a 且1a ，函数()(0)a x 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)当2a 时，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 a f x a x x a a x a x a,设函数 ln x g x x ,则 21ln x g 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 a y 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 .5．(2021年全国新高考Ⅰ卷数学试题)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)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 t x t ，要证：12x x e ，即证 11t x e ，即证 1ln 1ln 1t x ，即证： 1ln ln 111t t t t 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 1111x u 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.6.(2021年全国新高考2卷数学试题)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.【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：'2x f 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 a22ln 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，24,42e a ，2240f e a 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.当0b 时，构造函数 1x H 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 a22ln 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．7.(2021年天津卷数学试题)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 【解析】【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)x a 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)x f 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)x a x e ，令()(1)x g x x e ，则()(2)x g 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,m a m e m ，所以 2max {()}()1(1),m f x a f m a m m e m ，令 2()1,(1)x h 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 .8.(2021年浙江卷数学试题)设a ，b 为实数，且1a ，函数 2R ()x f 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.【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.【详解】(1)2(),()ln x x f x b f a x e a x a b ，①若0b ，则()ln 0x f x a a b ，所以()f x 在R 上单调递增；②若0b ，当,log ln a b x a时， '0,f x f x 单调递减，当log ,ln a b 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 a b 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 t t ，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 t t 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 b g e a a e，22222,ln ,21b b 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 x x 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 x h 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．9.(2021年北京卷数学试题)已知函数 232x f 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.【解析】【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， 232x f 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 232x f x x a ，则 222222223223x a x x x x a f x x a x a ，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：x,1 1 1,4 4 4,f x 0 0 f x 增极大值减极小值增所以，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 .。
导数在研究函数的综合应用(三)：高考数学一轮复习基础必刷题
导数在研究函数的综合应用（三）------高考数学一轮复习基础必刷题姓名：___________��班级：___________��学号：___________一、单选题1．已知函数()f x 的导函数()f x '的图像如图所示，则()y f x =的图像可能为（）A ．B ．C ．D ．2．已知函数()y f x =的导函数()y f x '=的图象如图所示，则函数()y f x =在区间(),a b 内的极小值点的个数为（）A ．1B ．2C ．3D ．43．函数()ln 1f x x x =-+单调递增区间是（）A ．（0,+∞）B ．（-∞,0）C ．（0,1）D ．（1,+∞）4．已知函数()286ln 1f x x x x =-++，则()f x 的极大值为（）A ．10B ．6-C ．7-D ．05．函数2()2ln f x x x m x =-+在定义域上是增函数，则实数m 的取值范围为（）A ．12m ≥B ．12m >C ．12m ≤D ．12m <6．若定义在R 上的函数()y f x =的图象如图所示，()f x '为函数()f x 的导函数，则不等式()()20x f x '+>的解集为（）．A ．()()(),32,11,-∞-⋃--⋃+∞B ．()()3,11,--⋃+∞C ．()()3,10,1-- D ．()()3,21,1--⋃-7．如果直线l 与两条曲线都相切，则称l 为这两条曲线的公切线，如果曲线1:ln C y x =和曲线()2:0x aC y x x-=>有且仅有两条公切线，那么常数a 的取值范围是（）A ．(),0-∞B ．()0,1C ．()1,e D ．(),e +∞8．函数||()sin =-x f x e x 的图像大致是（）A ．B ．C ．D ．二、填空题9．函数()43ln f x x x x=++的单调递减区间是______．10．若函数()32f x x bx cx d =+++的单调递减区间为()1,3-，则b c +=_________．11．若过定点(1,e)P 恰好可作曲线e (0)x y a a =>的两条切线，则实数a 的取值范围是__________．三、解答题12．已知函数f （x ）＝ax 2ex ﹣1（a ≠0）.（1）求函数f （x ）的单调区间；（2）已知a ＞0且x ∈[1，+∞），若函数f （x ）没有零点，求a 的取值范围.13．确定下列函数的单调区间：(1)2y x x =-；(2)3y x x =-．14．已知1x =-，2x =是函数32()13x f x ax bx =-+++的两个极值点.（1）求()f x 的解析式；（2）记()()g x f x m =-，[24]x ∈-，，若函数()g x 有三个零点，求m 的取值范围.15．已知函数2()(1)x f x ax bx e -=++，其中e 为自然对数的底数.（1）若a =0，求函数()f x 的单调区间；（2）若1,3a b ==，证明x ＞0时，()f x ＜52ln x x x-+参考答案：1．D 【解析】【分析】根据导数图象，可知函数的单调性，并且结合()00f '=，即可排除选项.【详解】由导数图象可知，()0f x '≥，所以函数单调递增，故排除C ；并且()00f '=，故排除AB ；满足条件的只有D.故选：D 2．A 【解析】【分析】结合导函数图象确定正确选项.【详解】函数的极小值点0x 需满足左减右增，即()'00f x =且左侧()'0f x <，右侧()'0f x >，由图可知，一共有1个点符合.故选：A 3．C 【解析】【分析】求导，令导数大于0，解不等式可得.【详解】()ln 1f x x x =-+的定义域为(0,)+∞令11()10x f x x x-'=-=>，解得01x <<，所以()f x 的单调递增区间为(0,1).故选：C 4．B 【解析】【分析】利用导数可判断函数的单调性，进而可得函数的极大值.【详解】函数()f x 的定义域为()0,∞+，()()()213628x x f x x x x--'=-+=,令()0f x '=，解得1x =或3x =，故x ()0,11()1,33()3,+∞()f x '0>0=0<0=0>()f x 单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以()f x 的极大值为()16f =-，故选：B.5．A 【解析】【分析】根据导数与单调性的关系即可求出．【详解】依题可知，()220mf x x x'=-+≥在()0,∞+上恒成立，即221122222m x x x ⎛⎫≥-=--+ ⎪⎝⎭在()0,∞+上恒成立，所以12m ≥．故选：A ．6．A 【解析】利用()y f x =的图象如图判断()f x 单调性，进而判断()f x '在对应区间的正负，解不等式即可【详解】由图像可知：()f x '在（-3，-1），（1，+∞）为正，在（-∞，-3），（-1,1）为负.()()20x f x '+>可化为:20()0x f x +>>'⎧⎨⎩或20()0x f x +<<'⎧⎨⎩解得:-2<x <-1或x >1或x <-3故不等式的解集为：()()(),32,11,-∞-⋃--⋃+∞.故选：A 【点睛】导函数()f x '与原函数()f x 的单调性的关系：（1）()0f x '>⇒原函数在对应区间单增；()0f x '<⇒原函数在对应区间单减；（2）原函数在对应区间单增⇒()0f x '≥；原函数在对应区间单减⇒()0f x '≤.7．B 【解析】【分析】把曲线1C 和曲线2C)1ln 2x -=-有且仅有两解.记())()ln 2,0f x x x =->，利用导数研究单调性和极值，建立不等式20-<-<，即可解得.【详解】曲线1:ln C y x =上一点()11,ln A x x ，11y x '=，切线方程为：1111ln y x x x =-+.曲线()2:0x a C y x x -=>上一点22,1a B x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭，22a y x '=，切线方程为：22221a a y x x x =+-.若直线l 与两条曲线都相切，则有2121212ln 11a x x a x x ⎧=⎪⎪⎨⎪-=-⎪⎩，消去2x)1ln 2x -=-因为曲线1:ln C y x =和曲线()2:0x aC y x x-=>有且仅有两条公切线，)1ln 2x -=-有且仅有两解.记())()ln 2,0f x x x =->，则())1ln 2f x x x '=-+=令()0f x '>，得1x >，所以()f x 在()1,+∞上单增；()0f x '<，得01x <<，所以()f x 在()0,1上单增.所以()()min 12f x f ==-.又有()0f x =，解得：0x =（舍）或2x e =.当0x +→，则()0f x →；当x →∞，则()f x →+∞；而0-≤)1ln 2x -=-有且仅有两解，只需20-<-<，解得：01a <<.故选：B 【点睛】导数的应用主要有：（1）利用导函数几何意义求切线方程；（2）利用导数研究原函数的单调性，求极值（最值）；（3）利用导数求参数的取值范围.8．B 【解析】【分析】由导数判断函数的单调性及指数的增长趋势即可判断.【详解】当0x >时，()e cos 1cos 0=->-≥'x f x x x ，∴()f x 在(0,)+∞上单调递增，当0x <时，()cos 1cos 0-=--<--≤'x f x e x x ，∴()f x 在(,0)-∞上单调递减，排除A 、D ；又由指数函数增长趋势，排除C.故选：B ．9．()0,1【解析】求出导函数()'f x ，在(0,)+∞上解不等式()0f x '<可得()f x 的单调减区间．【详解】()()()'2+41431x x f x x x x-=-+=，其中0x >，令()'0f x <，则(0,1)x ∈，故函数()43ln f x x x x =++的单调减区间为(0,1)，故答案为：(0,1)．【点睛】一般地，若()f x 在区间(,)a b 上可导，我们用'()0f x <求，则()f x 在(,)a b 上的减区间，反之，若()f x 在区间(,)a b 上可导且为减函数，则()0f x '≤，注意求单调区间前先确定函数的定义域．10．12-【解析】求出()'f x ，由1-和3是()0f x '=的根可得．【详解】由题意2()32f x x bx c '=++，所以2320x bx c ++=的两根为1-和3，所以2133133bc ⎧-=-+⎪⎪⎨⎪=-⨯⎪⎩，所以3,9b c =-=-，12b c +=-．故答案为：12-．11．(1,)+∞【解析】【分析】求出函数的导数，设切点为(,)m n ，由导数的几何意义和两点的斜率公式可得e(2)e m m a-=-，设()(2)e x f x x =-，利用导数求出其单调区间和极值，再画出函数的图象，结合图象可得a 的取值范围【详解】由e (0)x y a a =>，得e x y a '=，切点为(,)m n ，则切线的斜率为e m a ，所以切线方程为e ()m y n a x m -=-，因为e m n a =，所以e e ()m m y a a x m -=-，因为点(1,e)P 在切线上，所以e e e (1)m m a a m -=-，得e(2)e m m a-=-，令()(2)e x f x x =-，则()(1)e x f x x '=-，当1x >时，()0f x '>，当1x <时，()0f x '<，所以()f x 在(1,)+∞上递增，在(,1)-∞上递减，所以()f x 在1x =处取得极小值e -，当x →-∞时，()0f x →，当x →+∞时，()f x →+∞，由题意可得直线ey a=-与函数()f x 的图象有两个交点，所以ee 0a-<-<，解得1a >，所以实数a 的取值范围为(1,)+∞，故答案为：(1,)+∞12．（1）当a ＞0时，f （x ）的单调递增区间为（﹣∞,﹣2）和（0,+∞），单调递减区间为（﹣2,0）；当a ＜0时，f （x ）的单调递增区间为（﹣2,0），单调递减区间为（﹣∞,﹣2）和（0,+∞）；（2）1e⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，.【解析】（1）先求导f '（x ）＝2axex +ax 2ex ＝axex （2+x ），再分a ＞0和a ＜0进行讨论即可得解；（2）根据（1）可知，当a ＞0时，f （x ）在x ∈[1，+∞）上单调递增，则保证f （1）＞0即可得解.【详解】（1）f '（x ）＝2axex +ax 2ex ＝axex （2+x ），令f '（x ）＝0，则x ＝0或x ＝﹣2，①若a ＞0，当x ＜﹣2时，f '（x ）＞0，f （x ）单调递增；当﹣2＜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；②若a ＜0，当x ＜﹣2时，f '（x ）＜0，f （x ）单调递减；当﹣2＜x ＜0时，f '（x ）＞0，f （x ）单调递增；当x ＞0时，f '（x ）＜0，f （x ）单调递减；综上所述，当a ＞0时，f （x ）的单调递增区间为（﹣∞，﹣2）和（0，+∞），单调递减区间为（﹣2，0）；当a ＜0时，f （x ）的单调递增区间为（﹣2，0），单调递减区间为（﹣∞，﹣2）和（0，+∞）.（2）当a ＞0时，由（1）可知，f （x ）在x ∈[1，+∞）上单调递增，若函数没有零点，则f （1）＝ae ﹣1＞0，解得1a e＞，故a 的取值范围为1e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.【点睛】本题考查了利用导数研究函数单调性，考查了分类讨论思想，要求较高的计算能力，在高考中考压轴题，属于难题.13．(1)单调递增区间为1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭，单调递减区间为1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.(2)单调递增区间为⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，单调递减区间为,⎛-∞ ⎝⎭，⎫∞⎪⎪⎝⎭.【解析】【分析】（1）求得导函数，利用导数的正负即可求得单调区间.（2）求得导函数，利用导数的正负即可求得单调区间.(1)2y x x =-，12y x '∴=-，当0y '=时，12x =.当0y '>时，12x <，当0y '<时，12x >，∴2y x x =-的单调递增区间为1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭，单调递减区间为1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.(2)3y x x =-，213y x '∴=-，当0y '=时，3x =.当0y '>时，33x -<<，当0y '<时，3x >，或3x <-∴3y x x =-的单调递增区间为33⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，单调递减区间为,3⎛-∞- ⎝⎭，3⎛⎫∞ ⎪ ⎪⎝⎭.14．（1）3211()2132f x x x x =-+++；（2）15,63⎛⎤- ⎥⎝⎦【解析】【分析】（1）根据极值点的定义，可知方程()0f x '=的两个解即为1x =-，2x =，代入即得结果；（2）根据题意，将方程()0g x =转化为()f x m =，则函数()y f x =与直线y m =在区间[2-，4]上有三个交点，进而求解m 的取值范围．【详解】解：（1）因为32()13x f x ax bx =-+++，所以2()2f x x ax b '=-++根据极值点定义，方程()0f x '=的两个根即为1x =-，2x =，2()2f x x ax b '=-++ ，代入1x =-，2x =，可得120440a b a b --+=⎧⎨-++=⎩，解之可得，122a b ⎧=⎪⎨⎪=⎩，故有3211()2132f x x x x =-+++；（2）根据题意，3211()2132g x x x x m =-+++-，[2x ∈-，4]，根据题意，可得方程32112132m x x x =-+++在区间[2-，4]内有三个实数根，即函数3211()2132f x x x x =-+++与直线y m =在区间[2-，4]内有三个交点，又因为2()2f x x x '=-++，则令()0f x '>，解得12x -<<；令()0f x '<，解得2x >或1x <-，所以函数()f x 在[)2,1--，(]2,4上单调递减，在(1,2)-上单调递增；又因为1(1)6f -=-，()1323f =，5(2)3f -=，()1343f =-，函数图象如下所示：若使函数3211()2132f x x x x =-+++与直线y m =有三个交点，则需使1563m -< ，即15,63m ⎛⎤∈- ⎥⎝⎦．15．（1）见解析；（2）见解析【解析】【分析】（1）求得()f x 的导数，讨论0b =，0b >，0b <，解不等式可得所求单调区间；（2）分别求得()f x 的最大值，()52ln P x x x x =-+的最小值，比较即可得证.【详解】（1）若0a =，则'2(1)(1)()()x x x x be e bx bx b f x e e -+-+-==，（i ）当0b =时，'1()0x f x e-=<，函数()f x 在R 上单调递减；（ii ）当0b ≠时，'1[(1()xb x b f x e ---=，①若0b >，当1(,1)x b∈-∞-时，'()0f x >，函数()f x 单调递增；当1(1,)x b∈-+∞时，'()0f x <，函数()f x 单调递减.②若0b <，当1(,1)x b∈-∞-时，'()0f x <，函数()f x 单调递减；当1(1,)x b∈-+∞时，'()0f x >，函数()f x 单调递增.综上可知，当0b >时，函数()f x 的单调递增区间为1(,1)b -∞-，单调递减区间为1(1,)b-+∞；当0b =时，函数()f x 的单调递减区间为R ，无单调递增区间；当0b <时，函数()f x 的单调递增区间为1(1,)b -+∞，单调递减区间为1(,1)b -∞-；（2）若1,3,a b ==则2()(31)x f x x x e -=++，0x >，要证不等式()52ln f x x x x <-+，即证23152ln x x x x x x e++<-+，记()52ln P x x x x =-+，则'1()2ln 1ln P x x x x x=-++⋅=-+，故当(0,)x e ∈时，'()0P x <，函数()P x 单调递减，当(+)x e ∈∞，时，'()0P x >，函数()P x 单调递增，所以()()52ln 5P x p e e e e e ≥=-+=-；又22'2(23)(31)2(2)(1)()()x x x x x x e x x e x x x x f x e e e +-++--++-===-，故(0,1)x ∈时，'()0f x >，函数()f x 单调递增；(1,)x ∈+∞时，'()0f x <，函数()f x 单调递减，所以0x >时，5()(1)f x f e ≤=因为 2.7e ≈，所以55(5)5()0e e e e --=-+>，所以55e e->，所以0x >时，()52ln f x x x x <-+.【点睛】本题考查利用导数求函数单调性及最值，考查了学生转化的问题的能力及计算能力，是中档题.。
2014届高考江苏专用(理)一轮复习第三章第4讲导数的综合应用
③若－e<a<－1，令f′(x)＝0得x＝－a， 当1<x<－a时，f′(x)<0，
∴f(x)在(1，－a)上为减函数；
当－a<x<e时，f′(x)>0，∴f(x)在(－a，e)上为增函数，
答案 2 2
考向一
运用导数解决恒成立及求参数范围
a 【例 1】 (理)已知函数 f(x)＝ln x－x.
(1)若a＞0，试判断f(x)在定义域内的单调性； 3 (2)若 f(x)在[1，e]上的最小值为 ，求 a 的值； 2 (3)若f(x)＜x2在(1，＋∞)上恒成立，求a的取值范围．
审题视点
解析 大． 答案
y′＝－x2＋81，令y′＝0解得x＝9(－9舍去)．当0＜x
＜9时，y′＞0；当x＞9时，y′＜0，则当x＝9时，y取得最
9
2．从边长为10 cm×16 cm的矩形纸板的四角截去四个相 同的小正方形，作成一个无盖的盒子，则盒子容积的 最大值为________cm3.
解析 设盒子容积为 y cm3，盒子的高为 x cm.
则 y＝(10－2x)(16－2x)x(0＜x＜5)＝4x3－52x2＋160 x， 20 ∴y′＝12x －104x＋160.令 y′＝0，得 x＝2 或 (舍去)， 3
2
∴ymax＝6×12×2＝144 (cm)3.
答案
144
2 ，x≥2， 3．(2011· 北京)已知函数 f(x)＝x 若关于 x 的 x－13，x＜2. 方程 f(x)＝k 有两个不同的实根，则实数 k 的取值范围是 ________．
全国名校高考数学优质试题汇编(附详解)专题导数的综合应用
导数的综合应用A组基础题组1.(课标全国Ⅲ,11,5分)已知函数f(x)=x2-2x+a(e x-1+e-x+1)有唯一零点,则a=( )A.-B.C.D.12.已知函数f(x)=m--2ln x(m∈R),g(x)=-,若至少存在一个x0∈[1,e],使得f(x0)<g(x0)成立,则实数m的取值范围是( )A.- ,B.- ,C.(- ,0]D.(- ,0)3.(2018河南郑州质检)若函数f(x)=-+1(a<0)没有零点,则实数a 的取值范围为.4.(优质试题山西太原模拟)设函数f(x)=x2-2ax(a>0)的图象与g(x)=a2ln x+b的图象有公共点,且在公共点处的切线方程相同,则实数b的最大值为.5.(优质试题福建普通高中质量检测)已知函数f(x)=e-x+ax(a∈R).(1)讨论f(x)的最值;(2)若a=0,求证:f(x)>-x2+.6.(优质试题安徽合肥第二次教学质量检测)已知函数f(x)=lnx-x+m(m为常数).(1)求f(x)的极值;(2)设m>1,记f(x+m)=g(x),已知x1,x2为函数g(x)的两个零点,求证:x1+x2<0.B组提升题组1.(2018广东广州模拟)设f(x)=+xln x,g(x)=x3-x2-3.(1)如果存在x1,x2∈[0,2]使得g(x1)-g(x2)≥M成立,求满足上述条件的最大整数M;(2)如果对任意的s,t∈,都有f(s)≥g(t)成立,求实数a的取值范围.2.(优质试题山东部分重点中学第二次联考,21)已知函数f(x)=ax2-(2a+1)x+2ln x(a∈R).(1)若曲线y=f(x)在x=1和x=3处的切线互相平行,求a的值;(2)求f(x)的单调区间;(3)设g(x)=x2-2x,若对任意x1∈(0,2],均存在x2∈(0,2],使得f(x1)<g(x2),求a的取值范围.答案精解精析A组基础题组1.C 由函数f(x)有零点得x2-2x+a(e x-1+e-x+1)=0有解,即(x-1)2-1+a(e x-1+e-x+1)=0有解,.令t=x-1,则上式可化为t2-1+a(e t+e-t)=0,即a=--,易得h(t)为偶函数,令h(t)=--又由f(x)有唯一零点得函数h(t)的图象与直线y=a有唯一交点,则此交点的横坐标为0,所以a=-=,故选C.2.B 由题意得不等式f(x)<g(x)在[1,e]上有解,∴mx<2ln x在[1,e]上有解,即<在[1,e]上有解,令h(x)=,则h'(x)=-,当1≤x≤e时,h'(x)≥0,∴h(x)在[1,e]上单调递增,则h(x)max=h(e)=,∴<,∴m<.∴m的取值范围是- ,.故选B.3.答案(-e2,0)解析 f '(x)=-(-)=-(-).当a<0时,f '(x),f(x)的变化情况如下表:若使函数f(x)没有零点,则f(2)=+1>0,解得a>-e2,所以此时-e2<a<0,故实数a的取值范围为(-e2,0).4.答案解析 f '(x)=3x-2a,g'(x)=,因为函数f(x)的图象与函数g(x)的图象有公共点且在公共点处的切线方程相同,所以3x-2a=,故3x2-2ax-a2=0在(0,+ )上有解,又a>0,所以x=a,即切点的横坐标为a,所以a2ln a+b=-,所以b=-a2·ln a-(a>0),b'=-2a(ln a+1),由b'=0得a=,所以0<a<时b'>0,a>时b'<0,所以当a=时,b取得最大值且最大值为.5.解析(1)依题意,得f '(x)=-e-x+a.①当a≤0时,f '(x)<0,所以f(x)在R上单调递减,故f(x)不存在最大值和最小值;②当a>0时,由f '(x)=0得,x=-ln a.当x变化时,f '(x)与f(x)的变化情况如下表:由上表可知,f(x)在(- ,-ln a)上单调递减,在(-ln a,+ )上单调递增,故当x=-ln a时,f(x)取得极小值,也是最小值,最小值为f(-lna)=a-aln a,不存在最大值.综上,当a≤0时, f(x)不存在最大值和最小值;当a>0时,f(x)的最小值为a-aln a,不存在最大值.(2)证明:当a=0,f(x)=e-x,设g(x)=e-x+x2-,则g'(x)=-e-x+x,设P(x)=-e-x+x,由P'(x)=e-x+1>0,可知g'(x)在R上单调递增.因为g'=-+<0,g'(1)=-+1>0,所以存在唯一的x0∈,,使得g'(x0)=0.当x变化时,g'(x)与g(x)的变化情况如下表:由上表可知,g(x)在(- ,x0)上单调递减,在(x0,+ )上单调递增. 故当x=x0时,g(x)取得极小值,也是最小值,即g(x)min=g(x0)=-+-.由g'(x0)=0 可得-=x0,所以g(x0)=+x0-.又x0∈,,所以g(x0)=+x0->×+-=0.所以g(x)≥g(x0)>0,即e-x>-x2+,所以,当a=0时不等式f(x)>-x2+成立.6.解析(1)因为f(x)=ln x-x+m,所以f '(x)=-1,由f '(x)=0,得x=1,当0<x<1时,f '(x)>0,当x>1时,f '(x)<0,故函数f(x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+ ).所以函数f(x)的极大值为f(1)=m-1,无极小值.(2)证明:由g(x)=f(x+m)及(1)知g(x)的单调递增区间为(-m,1-m),单调递减区间为(1-m,+ ).由条件知(),(),即-,-.构造函数h(x)=e x-x,易知h(x)=e x-x与y=m的图象有两个交点,交点的横坐标分别为x1,x2.h'(x)=e x-1,由h'(x)=0得x=0 ,易知函数h(x)的单调递减区间为(-m,0),单调递增区间为(0,+ ).欲证x1+x2<0,只需证x2<-x1.不妨设x1<0<x2.考虑到h(x)在(0,+ )上单调递增,只需证h(x2)<h(-x1).由h(x2)=h(x1)知,只需证h(x1)<h(-x1).令r(x)=h(x)-h(-x)=e x-2x-e-x,则r'(x)=e x+-2≥0,即r(x)单调递增,又r(0)=0,且x1<0,所以r(x1)<0,即h(x1)<h(-x1)成立,即x1+x2<0成立.。
高考数学二轮复习课件+训练：第一部分专题四导数的综合应用(第二课时)“导数与函数的零点问题”考法
第二课时 “导数与函数的零点问题”考法面面观[考法一 函数零点个数问题]题型·策略(一)| 讨论函数的零点个数[例1] 已知f (x )＝e －x (ax 2＋x ＋1)．当a >0时，试讨论方程f (x )＝1的解的个数．[破题思路][规范解答]法一：分类讨论法(学生用书不提供解题过程)方程f (x )＝1的解的个数即为函数h (x )＝e x－ax 2－x －1(a >0)的零点个数． 而h ′(x )＝e x－2ax －1，设H (x )＝e x－2ax －1，则H ′(x )＝e x－2a . 令H ′(x )>0，解得x >ln 2a ；令H ′(x )<0， 解得x <ln 2a ，所以h ′(x )在(－∞，ln 2a )上单调递减，在(ln 2a ，＋∞)上单调递增． 所以h ′(x )min ＝h ′(ln 2a )＝2a －2a ln 2a －1. 设m ＝2a ，g (m )＝m －m ln m －1(m >0)， 则g ′(m )＝1－(1＋ln m )＝－ln m ，令g ′(m )<0，得m >1；令g ′(m )>0，得0<m <1，所以g (m )在(1，＋∞)上单调递减，在(0,1)上单调递增，所以g (m )max ＝g (1)＝0，即h ′(x )min ≤0(当m ＝1即a ＝12时取等号)．①当a ＝12时，h ′(x )min ＝0，则h ′(x )≥0恒成立．所以h (x )在R 上单调递增，故此时h (x )只有一个零点． ②当a >12时，ln 2a >0，h ′(x )min ＝h ′(ln 2a )<0，又h ′(x )在(－∞，ln 2a )上单调递减，在(ln 2a ，＋∞)上单调递增， 又h ′(0)＝0，则存在x 1>0使得h ′(x 1)＝0，这时h (x )在(－∞，0)上单调递增，在(0，x 1)上单调递减，在(x 1，＋∞)上单调递增．所以h (x 1)<h (0)＝0，又h (0)＝0， 所以此时h (x )有两个零点．③当0<a <12时，ln 2a <0，h ′(x )min ＝h ′(ln 2a )<0，又h ′(x )在(－∞，ln 2a )上单调递减，在(ln 2a ，＋∞)上单调递增， 又h ′(0)＝0，则存在x 2<0使得h ′(x 2)＝0.这时h (x )在(－∞，x 2)上单调递增，在(x 2,0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以h (x 2)>h (0)＝0，h (0)＝0，所以此时f (x )有两个零点．综上，当a ＝12时，方程f (x )＝1只有一个解；当a ≠12且a >0时，方程f (x )＝1有两个解．法二：分离参数法(学生用书提供解题过程)方程f (x )＝1的解的个数即方程e x －ax 2－x －1＝0(a >0)的解的个数，方程可化为ax 2＝e x－x －1.当x ＝0时，方程为0＝e 0－0－1，显然成立，所以x ＝0为方程的解． 当x ≠0时，分离参数可得a ＝e x－x －1x2(x ≠0)． 设函数p (x )＝e x－x －1x2(x ≠0)， 则p ′(x )＝x－x －x 2－x 2x－x －x 22＝exx －＋x ＋2x3.记q (x )＝e x(x －2)＋x ＋2，则q ′(x )＝e x(x －1)＋1. 记t (x )＝q ′(x )＝e x (x －1)＋1，则t ′(x )＝x e x. 显然当x <0时，t ′(x )<0，函数t (x )单调递减； 当x >0时，t ′(x )>0，函数t (x )单调递增． 所以t (x )>t (0)＝e 0(0－1)＋1＝0，即q ′(x )>0， 所以函数q (x )单调递增． 而q (0)＝e 0(0－2)＋0＋2＝0，所以当x <0时，q (x )<0，即p ′(x )>0，函数p (x )单调递增； 当x >0时，q (x )>0，即p ′(x )>0，函数p (x )单调递增．而当x →0时，p (x )→x－x －1x 2x →0＝e x －12xx →0＝x－xx →0＝e x2 x →0＝12(洛必达法则)，当x →－∞时，p (x )→x－x －x 2x →－∞＝e x－12xx →－∞＝0，故函数p (x )的图象如图所示． 作出直线y ＝a .显然，当a ＝12时，直线y ＝a 与函数p (x )的图象无交点，即方程e x －ax 2－x －1＝0只有一个解x ＝0；当a ≠12且a >0时，直线y ＝a 与函数p (x )的图象有一个交点(x 0，a )，即方程e x －ax 2－x－1＝0有两个解x ＝0或x ＝x 0.综上，当a ＝12时，方程f (x )＝1只有一个解；当a ≠12且a >0时，方程f (x )＝1有两个解．[注] 部分题型利用分离法处理时，会出现“00”型的代数式，这是大学数学中的不定式问题，解决这类问题有效的方法就是洛必达法则．法则1 若函数f (x )和g (x )满足下列条件： (1)li m x →af (x )＝0及li m x →ag (x )＝0； (2)在点a 的去心邻域内，f (x )与g (x )可导且g ′(x )≠0； (3)li m x →afxg x＝l . 那么li m x →af xg x ＝li m x →afxgx＝l . 法则2 若函数f (x )和g (x )满足下列条件： (1)li m x →af (x )＝∞及li m x →ag (x )＝∞； (2)在点a 的去心邻域内，f (x )与g (x )可导且g ′(x )≠0； (3)li m x →af xg x＝l . 那么li m x →af xg x ＝li m x →afxgx＝l . [题后悟通][对点训练]1．已知函数f (x )＝ln x －12ax 2(a ∈R)．(1)若f (x )在点(2，f (2))处的切线与直线2x ＋y ＋2＝0垂直，求实数a 的值； (2)求函数f (x )的单调区间；(3)讨论函数f (x )在区间[1，e 2]上零点的个数． 解：(1)f (x )＝ln x －12ax 2的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －ax ＝1－ax 2x ，则f ′(2)＝1－4a2.因为直线2x ＋y ＋2＝0的斜率为－2， 所以(－2)×1－4a2＝－1，解得a ＝0.(2)f ′(x )＝1－ax2x，x ∈(0，＋∞)，当a ≤0时，f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，由⎩⎪⎨⎪⎧f x ，x >0得0<x <a a ；由f ′(x )<0得x >aa， 所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a a ，＋∞上单调递减． 综上所述：当a ≤0时，f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)； 当a >0时，f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a a ，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫a a ，＋∞. (3)由(2)可知，(ⅰ)当a <0时，f (x )在[1，e 2]上单调递增， 而f (1)＝－12a >0，故f (x )在[1，e 2]上没有零点．(ⅱ)当a ＝0时，f (x )在[1，e 2]上单调递增，而f (1)＝－12a ＝0，故f (x )在[1，e 2]上有一个零点．(ⅲ)当a >0时，①若a a≤1，即a ≥1时，f (x )在[1，e 2]上单调递减．因为f (1)＝－12a <0，所以f (x )在[1，e 2]上没有零点． ②若1<a a ≤e 2，即1e 4≤a <1时，f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，a a 上单调递增，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤a a ，e 2上单调递减，而f (1)＝－12a <0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a a ＝－12ln a －12，f (e 2)＝2－12a e 4，若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a a ＝－12ln a －12<0，即a >1e 时，f (x )在[1，e 2]上没有零点； 若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a a ＝－12ln a －12＝0，即a ＝1e 时，f (x )在[1，e 2]上有一个零点； 若f ⎝⎛⎭⎪⎫a a ＝－12ln a －12>0，即a <1e 时， 由f (e 2)＝2－12a e 4>0，得a <4e 4，此时，f (x )在[1，e 2]上有一个零点；由f (e 2)＝2－12a e 4≤0，得a ≥4e 4，此时，f (x )在[1，e 2]上有两个零点；③若a a ≥e 2，即0<a ≤1e4时，f (x )在[1，e 2]上单调递增， 因为f (1)＝－12a <0，f (e 2)＝2－12a e 4>0，所以f (x )在[1，e 2]上有一个零点．综上所述：当a <0或a >1e 时，f (x )在[1，e 2]上没有零点；当0≤a <4e 4或a ＝1e 时，f (x )在[1，e 2]上有一个零点；当4e 4≤a <1e时，f (x )在[1，e 2]上有两个零点．题型·策略二| 由函数的零点个数求参数范围[例2] 已知函数f (x )＝x e x －12a (x ＋1)2.(1)若a ＝e ，求函数f (x )的极值；(2)若函数f (x )有两个零点，求实数a 的取值范围． [破题思路]第(1)问第(2)问[规范解答](1)直接法(学生用书不提供解题过程)由题意知，当a ＝e 时，f (x )＝x e x －12e(x ＋1)2，函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝(x ＋1)e x －e(x ＋1)＝(x ＋1)(e x －e)．令f ′(x )＝0，解得x ＝－1或x ＝1.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表所示：所以当x ＝－1时，f (x )取得极大值－1e ；当x ＝1时，f (x )取得极小值－e.(2)法一：分类讨论法(学生用书不提供解题过程)f ′(x )＝(x ＋1)e x －a (x ＋1)＝(x ＋1)(e x －a )，若a ＝0，易知函数f (x )在(－∞，＋∞)上只有一个零点，故不符合题意． 若a <0，当x ∈(－∞，－1)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x ∈(－1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．由f (－1)＝－1e <0，且f (1)＝e －2a >0，当x →－∞时，f (x )→＋∞，所以函数f (x )在(－∞，＋∞)上有两个零点．若ln a <－1，即0<a <1e ，当x ∈(－∞，ln a )∪(－1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x ∈(ln a ，－1)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．又f (ln a )＝a ln a －12a (ln a ＋1)2<0，所以函数f (x )在(－∞，＋∞)上至多有一个零点，故不符合题意．若ln a ＝－1，即a ＝1e ，当x ∈(－∞，＋∞)时，f ′(x )≥0，f (x )单调递增，故不符合题意．若ln a >－1，即a >1e ，当x ∈(－∞，－1)∪(ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x ∈(－1，ln a )时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．又f (－1)＝－1e <0，所以函数f (x )在(－∞，＋∞)上至多有一个零点，故不符合题意．综上，实数a 的取值范围是(－∞，0)． 法二：数形结合法(学生用书提供解题过程) 令f (x )＝0，即x e x －12a (x ＋1)2＝0，得x e x ＝12a (x ＋1)2.当x ＝－1时，方程为－e －1＝12a ×0，显然不成立，所以x ＝－1不是方程的解，即－1不是函数f (x )的零点． 当x ≠－1时，分离参数得a ＝2x exx ＋2.记g (x )＝2x exx ＋2(x ≠－1)，则g ′(x )＝x e x x ＋2－x ＋2]′·2x exx ＋4＝2exx 2＋x ＋3.当x <－1时，g ′(x )<0，函数g (x )单调递减； 当x >－1时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增．当x ＝0时，g (x )＝0；当x →－∞时，g (x )→0；当x →－1时，g (x )→－∞；当x →＋∞时，g (x )→＋∞.故函数g (x )的图象如图所示．作出直线y ＝a ，由图可知，当a <0时，直线y ＝a 和函数g (x )的图象有两个交点，此时函数f (x )有两个零点．故实数a 的取值范围是(－∞，0)．[题后悟通][对点训练]2．(2019届高三·西安八校联考)已知函数f (x )＝ln x －ax 2＋x ，a ∈R. (1)当a ＝0时，求曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e))处的切线方程； (2)讨论f (x )的单调性；(3)若f (x )有两个零点，求a 的取值范围．解：(1)当a ＝0时，f (x )＝ln x ＋x ，f (e)＝e ＋1，f ′(x )＝1x ＋1，f ′(e)＝1＋1e，∴曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e))处的切线方程为y －(e ＋1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1e (x －e)，即y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＋1x .(2)f ′(x )＝1x －2ax ＋1＝－2ax 2＋x ＋1x，x >0，①当a ≤0时，显然f ′(x )>0，∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增；②当a >0时，令f ′(x )＝－2ax 2＋x ＋1x＝0，则－2ax 2＋x ＋1＝0，易知其判别式为正，设方程的两根分别为x 1，x 2(x 1<x 2)， 则x 1x 2＝－12a <0，∴x 1<0<x 2，∴f ′(x )＝－2ax 2＋x ＋1x ＝－2a x －x 1x －x 2x，x >0.令f ′(x )>0，得x ∈(0，x 2)；令f ′(x )<0，得x ∈(x 2，＋∞)，其中x 2＝1＋8a ＋14a，∴函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1＋8a ＋14a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋8a ＋14a ，＋∞上单调递减．(3)法一：由(2)知，①当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，至多一个零点，不符合题意； ②当a >0时，函数f (x )在(0，x 2)上单调递增，在(x 2，＋∞)上单调递减， ∴f (x )max ＝f (x 2)．要使f (x )有两个零点，需f (x 2)>0， 即ln x 2－ax 22＋x 2>0， 又由f ′(x 2)＝0得ax 22＝1＋x 22，代入上面的不等式得 2ln x 2＋x 2>1，解得x 2>1， ∴a ＝1＋x 22x 22＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 22＋1x 2<1.下面证明：当a ∈(0,1)时，f (x )有两个零点．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e＝ln 1e －a e －2＋1e<0， f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＝ln 2a －a ·4a 2＋2a <2a －a ·4a 2＋2a ＝0(∵ln x <x )．又x 2＝1＋8a ＋14a <1＋8＋14a ＝1a <2a，且x 2＝1＋8a ＋14a ＝28a ＋1－1>28＋1－1＝1>1e ，f (x 2)＝ln x 2－ax 22＋x 2＝12(2ln x 2＋x 2－1)>0，∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，x 2与⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2，2a 上各有一个零点．∴a 的取值范围为(0,1)．法二：函数f (x )有两个零点，等价于方程a ＝ln x ＋xx2有两解．令g (x )＝ln x ＋x x 2，x >0，则g ′(x )＝1－2ln x －xx3. 由g ′(x )＝1－2ln x －x x3>0，得2ln x ＋x <1， 解得0<x <1，∴g (x )在(0,1)单调递增，在(1，＋∞)单调递减，又当x ≥1时，g (x )>0，当x →0时，g (x )→－∞，∴作出函数g (x )的简图如图，结合函数值的变化趋势猜想：当a ∈(0,1)时符合题意． 下面给出证明：当a ≥1时，a ≥g (x )max ，方程至多一解，不符合题意； 当a ≤0时，方程至多一解，不符合题意；当a ∈(0,1)时，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e <0，∴g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e －a <0，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＝a 24⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 2a ＋2a <a 24⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＋2a ＝a ，∴g ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a －a <0. ∴方程在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1与⎝ ⎛⎭⎪⎫1，2a 上各有一个根，∴f (x )有两个零点． ∴a 的取值范围为(0,1)．[考法二 函数零点与极值点的偏移问题][典例] 已知函数f (x )＝ln x －ax (x >0)，a 为常数，若函数f (x )有两个零点x 1，x 2(x 1≠x 2)．证明：x 1x 2>e 2.[破题思路]证明x 1x 2>e 2，想到把双变量x 1，x 2转化为只含有一个变量的不等式证明． [规范解答]法一：巧抓根商c ＝x 1x 2构造函数(学生用书不提供解题过程) 不妨设x 1>x 2>0，因为ln x 1－ax 1＝0，ln x 2－ax 2＝0，所以ln x 1＋ln x 2＝a (x 1＋x 2)，ln x 1－ln x 2＝a (x 1－x 2)，所以ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝a ，欲证x 1x 2>e 2，即证ln x 1＋ln x 2>2. 因为ln x 1＋ln x 2＝a (x 1＋x 2)，所以即证a >2x 1＋x 2， 所以原问题等价于证明ln x 1－ln x 2x 1－x 2>2x 1＋x 2，即ln x 1x 2>x 1－x 2x 1＋x 2，令c ＝x 1x 2(c >1)，则不等式变为ln c >c －c ＋1.令h (c )＝ln c －c －c ＋1，c >1，所以h ′(c )＝1c－4c ＋2＝c －2c c ＋2>0，所以h (c )在(1，＋∞)上单调递增， 所以h (c )>h (1)＝ln 1－0＝0， 即ln c －c －c ＋1>0(c >1)，因此原不等式x 1x 2>e 2得证．[启思维] 该方法的基本思路是直接消掉参数a ，再结合所证问题，巧妙引入变量c ＝x 1x 2，从而构造相应的函数．其解题要点为：(1)联立消参：利用方程f (x 1)＝f (x 2)消掉解析式中的参数a . (2)抓商构元：令c ＝x 1x 2，消掉变量x 1，x 2，构造关于c 的函数h (c )． (3)用导求解：利用导数求解函数h (c )的最小值，从而可证得结论． 法二：抓极值点构造函数(学生用书提供解题过程)由题意，函数f (x )有两个零点x 1，x 2(x 1≠x 2)，即f (x 1)＝f (x 2)＝0，易知ln x 1，lnx 2是方程x ＝a e x 的两根．令t 1＝ln x 1，t 2＝ln x 2. 设g (x )＝x e －x，则g (t 1)＝g (t 2)， 从而x 1x 2>e 2⇔ln x 1＋ln x 2>2⇔t 1＋t 2>2.下证：t 1＋t 2>2.g ′(x )＝(1－x )e －x ，易得g (x )在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以函数g (x )在x ＝1处取得极大值g (1)＝1e.当x→－∞时，g(x)→－∞；当x→＋∞时，g(x)→0且g(x)>0.由g(t1)＝g(t2)，t1≠t2，不妨设t1<t2，作出函数g(x)的图象如图所示，由图知必有0<t1<1<t2，令F(x)＝g(1＋x)－g(1－x)，x∈(0,1]，则F′(x)＝g′(1＋x)－g′(1－x)＝xe x＋1(e2x－1)>0，所以F(x)在(0,1]上单调递增，所以F(x)>F(0)＝0对任意的x∈(0,1]恒成立，即g(1＋x)>g(1－x)对任意的x∈(0,1]恒成立．由0<t1<1<t2，得1－t1∈(0,1]，所以g[1＋(1－t1)]＝g(2－t1)>g[1－(1－t1)]＝g(t1)＝g(t2)，即g(2－t1)>g(t2)，又2－t1∈(1，＋∞)，t2∈(1，＋∞)，且g(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以2－t1<t2，即t1＋t2>2.[启思维] 上述解题过程就是解决极值点偏移问题的最基本的方法，共有四个解题要点：(1)求函数g(x)的极值点x0；(2)构造函数F(x)＝g(x0＋x)－g(x0－x)；(3)确定函数F(x)的单调性；(4)结合F(0)＝0，确定g(x0＋x)与g(x0－x)的大小关系．其口诀为：极值偏离对称轴，构造函数觅行踪，四个步骤环相扣，两次单调紧跟随．法三：巧抓根差s＝Δt＝t2－t1构造函数(学生用书提供解题过程)由题意，函数f (x)有两个零点x1，x2(x1≠x2)，即f (x1)＝f (x2)＝0，易知ln x1，ln x2是方程x＝a e x的两根．设t1＝ln x1，t2＝ln x2，设g(x)＝x e－x，则g(t1)＝g(t2)，从而x1x2>e2⇔ln x1＋ln x2>2⇔t1＋t2>2.下证：t1＋t2>2.由g(t1)＝g(t2)，得t1e－t1＝t2e－t2，化简得e t2－t1＝t2t1，①不妨设t2>t1，由法二知，0<t1<1<t2.令s＝t2－t1，则s>0，t2＝s＋t1，代入①式，得e s＝s＋t1t1，解得t1＝se s－1.则t1＋t2＝2t1＋s＝2se s－1＋s，故要证t1＋t2>2，即证2se s－1＋s>2，又e s－1>0，故要证2se s－1＋s>2，即证2s＋(s－2)(e s－1)>0，②令G(s)＝2s＋(s－2)(e s－1)(s>0)，则G′(s)＝(s－1)e s＋1，G″(s)＝s e s>0，故G′(s)在(0，＋∞)上单调递增，所以G′(s)>G′(0)＝0，从而G(s)在(0，＋∞)上单调递增，所以G(s)>G(0)＝0，所以②式成立，故t1＋t2>2.[启思维] 该方法的关键是巧妙引入变量s，然后利用等量关系，把t1，t2消掉，从而构造相应的函数，转化所证问题．其解题要点为：(1)取差构元：记s＝t2－t1，则t2＝t1＋s，利用该式消掉t2.(2)巧解消参：利用g(t1)＝g(t2)，构造方程，解之，利用s表示t1.(3)构造函数：依据消参之后所得不等式的形式，构造关于s的函数G(s)．(4)转化求解：利用导数研究函数G(s)的单调性和最小值，从而证得结论．[题后悟通][对点训练](2018·成都模拟)已知函数f (x)＝(x－1)e x－mx2＋2，其中m∈R，e＝2.718 28…为自然对数的底数．(1)当m＝1时，求函数f (x)的单调区间；(2)当常数m ∈(2，＋∞)时，函数f (x )在[0，＋∞)上有两个零点x 1，x 2(x 1<x 2)，证明：x 2－x 1>ln 4e.解：(1)当m ＝1时，f (x )＝(x －1)e x－x 2＋2， ∴f ′(x )＝x e x－2x ＝x (e x－2)．由f ′(x )＝x (e x －2)＝0，解得x ＝0或x ＝ln 2. 当x >ln 2或x <0时，f ′(x )>0，∴f (x )的单调递增区间为(－∞，0)，(ln 2，＋∞)． 当0<x <ln 2时，f ′(x )<0， ∴f (x )的单调递减区间为(0，ln 2)．(2)证明：由f ′(x )＝x (e x－2m )＝0，解得x ＝0或x ＝ln 2m . 当x >ln 2m 时，f ′(x )>0，f (x )在(ln 2m ，＋∞)上单调递增； 当0<x <ln 2m 时，f ′(x )<0，f (x )在[0，ln 2m ]上单调递减． ∴f (x )的极小值为f (ln 2m )．∵函数f (x )在[0，＋∞)上有两个零点x 1，x 2(x 1<x 2)， ∴f (ln 2m )<0.由f (0)＝1>0，f (1)＝2－m <0， 可知x 1∈(0,1)．f (ln 2m )<0，当x →＋∞时，f (x )→＋∞，f (x )在(ln 2m ，＋∞)上单调递增．∴x 2∈(ln 2m ，＋∞)． ∴x 2>ln 2m >ln 4.∵0<x 1<1，∴x 2－x 1>ln 4－1＝ln 4e .[高考大题通法点拨]函数与导数问题重在“分”——分离、分解[思维流程][策略指导]函数与导数问题一般以函数为载体，以导数为工具，重点考查函数的一些性质，如含参函数的单调性、极值或最值的探求与讨论，复杂函数零点的讨论，函数不等式中参数范围的讨论，恒成立和能成立问题的讨论等，是近几年高考试题的命题热点．对于这类综合问题，一般是先求导，再变形、分离或分解出基本函数，然后根据题意处理．[典例] 已知函数f (x )＝ln x －bx ＋c ，f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为x ＋y ＋4＝0.(1)求f (x )的解析式； (2)求f (x )的单调区间；(3)若在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，5内，恒有f (x )≥x 2＋ln x ＋kx 成立，求k 的取值范围．[破题思路] 第(1)问第(2)问第(3)问[规范解答](1)f ′(x )＝1x－b ，∴f ′(1)＝1－b ，又f (x )在点(1，f (1))处的切线斜率为－1， 故1－b ＝－1，b ＝2.∵(1，f (1))在切线x ＋y ＋4＝0上， ∴f (1)＝－5，∴f (1)＝－b ＋c ＝－5，将b ＝2代入，得c ＝－3， 故f (x )＝ln x －2x －3.(2)依题意知x >0，f ′(x )＝1x－2.令f ′(x )>0，得0<x <12，再令f ′(x )<0，得x >12，故函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12， 单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞. (3)在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，5上，由f (x )≥x 2＋ln x ＋kx ，得ln x －2x －3≥x 2＋ln x ＋kx ，∴k ≤－x －2－3x.设g (x )＝－x －2－3x，则g ′(x )＝－1＋3x，令g ′(x )＝0，得x ＝3(负值舍去)．令g ′(x )>0，得0<x <3，令g ′(x )<0，得x >3，故当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3时，函数g (x )单调递增， 当x ∈(3，5)时，函数g (x )单调递减，∴g (x )的最小值只能在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，5的端点处取得，又g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－12－2－6＝－172， g (5)＝－5－2－35＝－385，∴g (x )min ＝－172.∴k ≤－172，即k 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－172.[关键点拨] 解决函数与导数综合问题的关键点(1)会求函数的极值点，先利用方程f (x )＝0的根，将函数的定义域分成若干个开区间，再列成表格，最后依表格内容即可写出函数的极值；(2)证明不等式，常构造函数，并利用导数法判断新构造函数的单调性，从而可证明原不等式成立；(3)解决不等式恒成立问题除了用分离参数法，还可以从分类讨论和判断函数的单调性入手，去求参数的取值范围．[对点训练](2018·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝e x －ax 2. (1)若a ＝1，证明：当x ≥0时，f (x )≥1； (2)若f (x )在(0，＋∞)只有一个零点，求a .解：(1)证明：当a ＝1时，f (x )≥1等价于(x 2＋1)e －x－1≤0. 设函数g (x )＝(x 2＋1)e －x－1，则g ′(x )＝－(x 2－2x ＋1)e －x＝－(x －1)2e －x. 当x ≠1时，g ′(x )<0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递减．而g (0)＝0，故当x ≥0时，g (x )≤0，即f (x )≥1. (2)设函数h (x )＝1－ax 2e －x.f (x )在(0，＋∞)上只有一个零点等价于h (x )在(0，＋∞)上只有一个零点．(ⅰ)当a ≤0时，h (x )>0，h (x )没有零点； (ⅱ)当a >0时，h ′(x )＝ax (x －2)e －x. 当x ∈(0,2)时，h ′(x )<0； 当x ∈(2，＋∞)时，h ′(x )>0.所以h (x )在(0,2)上单调递减， 在(2，＋∞)上单调递增．故h (2)＝1－4ae 2是h (x )在(0，＋∞)上的最小值．①当h (2)>0，即a <e24时，h (x )在(0，＋∞)上没有零点．②当h (2)＝0，即a ＝e24时，h (x )在(0，＋∞)上只有一个零点．③当h (2)<0，即a >e24时，因为h (0)＝1，所以h (x )在(0,2)上有一个零点．由(1)知，当x >0时，e x>x 2，所以h (4a )＝1－16a 3e4a ＝1－16a32a2>1－16a3a4＝1－1a>0，故h (x )在(2,4a )上有一个零点．因此h (x )在(0，＋∞)上有两个零点．综上，当f (x )在(0，＋∞)上只有一个零点时，a ＝e24.[总结升华]函数与导数压轴题堪称“庞然大物”，所以征服它需要一定的胆量和勇气，可以参变量分离、把复杂函数分离为基本函数、可把题目分解成几个小题、也可把解题步骤分解为几个小步，也可从逻辑上重新换叙．注重分步解答，这样，即使解答不完整，也要做到尽可能多拿步骤分．同时要注意分类思想、数形结合思想、化归与转化等数学思想的运用．[专题跟踪检测](对应配套卷P173)1．(2018·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝13x 3－a (x 2＋x ＋1)．(1)若a ＝3，求f (x )的单调区间； (2)证明：f (x )只有一个零点．解：(1)当a ＝3时，f (x )＝13x 3－3x 2－3x －3，f ′(x )＝x 2－6x －3.令f ′(x )＝0，解得x ＝3－23或x ＝3＋2 3.当x ∈(－∞，3－23)∪(3＋23，＋∞)时，f ′(x )>0； 当x ∈(3－23，3＋23)时，f ′(x )<0.故f (x )的单调递增区间为(－∞，3－23)，(3＋23，＋∞)，单调递减区间为(3－23，3＋23)．(2)证明：因为x 2＋x ＋1>0，所以f (x )＝0等价于x 3x 2＋x ＋1－3a ＝0.设g (x )＝x 3x 2＋x ＋1－3a ，则g ′(x )＝x 2x 2＋2x ＋x 2＋x ＋2≥0，仅当x ＝0时，g ′(x )＝0，所以g (x )在(－∞，＋∞)上单调递增．故g (x )至多有一个零点，从而f (x )至多有一个零点．又f (3a －1)＝－6a 2＋2a －13＝－6⎝ ⎛⎭⎪⎫a －162－16<0，f (3a ＋1)＝13>0，故f (x )有一个零点． 综上，f (x )只有一个零点．2．(2018·郑州第一次质量预测)已知函数f (x )＝ln x ＋1ax －1a，a ∈R 且a ≠0.(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 时，试判断函数g (x )＝(ln x －1)e x＋x －m 的零点个数．解：(1)f ′(x )＝ax －1ax 2(x >0)， 当a <0时，f ′(x )>0恒成立， ∴函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增； 当a >0时，由f ′(x )＝ax －1ax 2>0，得x >1a； 由f ′(x )＝ax －1ax 2<0，得0<x <1a， ∴函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞上单调递增，在⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递减．综上所述，当a <0时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞上单调递增，在⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递减．(2)∵当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 时，判断函数g (x )＝(ln x －1)e x ＋x －m 的零点，即求当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 时，方程(ln x －1)e x＋x ＝m 的根．令h (x )＝(ln x －1)e x＋x ，则h ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x＋ln x －1e x＋1.由(1)知当a ＝1时，f (x )＝ln x ＋1x －1在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1上单调递减，在(1，e)上单调递增，∴当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 时，f (x )≥f (1)＝0. ∴1x ＋ln x －1≥0在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上恒成立． ∴h ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x＋ln x －1e x＋1≥0＋1>0，∴h (x )＝(ln x －1)e x＋x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上单调递增．∴h (x )min ＝h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－2e 1e＋1e ，h (x )max ＝e. ∴当m <－2e 1e＋1e 或m >e 时，函数g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上没有零点；当－2e 1e＋1e ≤m ≤e 时，函数g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上有一个零点． 3．(2018·贵阳模拟)已知函数f (x )＝kx －ln x －1(k >0)． (1)若函数f (x )有且只有一个零点，求实数k 的值； (2)证明：当n ∈N *时，1＋12＋13＋ (1)>ln(n ＋1)．解：(1)法一：f (x )＝kx －ln x －1，f ′(x )＝k －1x ＝kx －1x(x >0，k >0)，当0<x <1k 时，f ′(x )<0；当x >1k时，f ′(x )>0.∴f (x )在0，1k 上单调递减，在1k，＋∞上单调递增．∴f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＝ln k ，∵f (x )有且只有一个零点，∴ln k ＝0，∴k ＝1. 法二：由题意知方程kx －ln x －1＝0仅有一个实根， 由kx －ln x －1＝0，得k ＝ln x ＋1x(x >0)，令g (x )＝ln x ＋1x (x >0)，g ′(x )＝－ln xx2， 当0<x <1时，g ′(x )>0； 当x >1时，g ′(x )<0.∴g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， ∴g (x )max ＝g (1)＝1， 当x →＋∞时，g (x )→0，∴要使f (x )仅有一个零点，则k ＝1.法三：函数f (x )有且只有一个零点，即直线y ＝kx 与曲线y ＝ln x ＋1相切，设切点为(x 0，y 0)，由y ＝ln x ＋1，得y ′＝1x ，∴⎩⎪⎨⎪⎧k ＝1x 0，y 0＝kx 0，y 0＝ln x 0＋1，∴k ＝x 0＝y 0＝1， ∴实数k 的值为1.(2)证明：由(1)知x －ln x －1≥0，即x －1≥ln x ，当且仅当x ＝1时取等号， ∵n ∈N *，令x ＝n ＋1n ，得1n >ln n ＋1n， ∴1＋12＋13＋…＋1n >ln 21＋ln 32＋…＋ln n ＋1n ＝ln(n ＋1)，故1＋12＋13＋…＋1n>ln(n ＋1)．4.已知函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋(c －3a －2b )x ＋d 的图象如图所示． (1)求c ，d 的值；(2)若函数f (x )在x ＝2处的切线方程为3x ＋y －11＝0，求函数f (x )的解析式；(3)在(2)的条件下，函数y ＝f (x )与y ＝13 f ′(x )＋5x ＋m 的图象有三个不同的交点，求m 的取值范围．解：函数f (x )的导函数为f ′(x )＝3ax 2＋2bx ＋c －3a －2b. (1)由图可知函数f (x )的图象过点(0,3)，且f ′(1)＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝3，3a ＋2b ＋c －3a －2b ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝3，c ＝0.(2)由(1)得，f (x )＝ax 3＋bx 2－(3a ＋2b )x ＋3， 所以f ′(x )＝3ax 2＋2bx －(3a ＋2b )．由函数f (x )在x ＝2处的切线方程为3x ＋y －11＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧f＝5，f ＝－3，所以⎩⎪⎨⎪⎧8a ＋4b －6a －4b ＋3＝5，12a ＋4b －3a －2b ＝－3，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝－6，所以f (x )＝x 3－6x 2＋9x ＋3.(3)由(2)知f (x )＝x 3－6x 2＋9x ＋3， 所以f ′(x )＝3x 2－12x ＋9.函数y ＝f (x )与y ＝13f ′(x )＋5x ＋m 的图象有三个不同的交点，等价于x 3－6x 2＋9x ＋3＝(x 2－4x ＋3)＋5x ＋m 有三个不等实根， 等价于g (x )＝x 3－7x 2＋8x －m 的图象与x 轴有三个不同的交点． 因为g ′(x )＝3x 2－14x ＋8＝(3x －2)(x －4)， 令g ′(x )＝0，得x ＝23或x ＝4.当x 变化时，g ′(x )，g (x )的变化情况如表所示：g ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝6827－m ，g (4)＝－16－m ，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧g ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝6827－m >0，g ＝－16－m <0时，g (x )图象与x 轴有三个交点，解得－16<m <6827.所以m 的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫－16，6827. 5．(2018·南宁二中、柳州高中二联)已知函数f (x )＝ln x －ax 2＋(2－a )x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)设f (x )的两个零点是x 1，x 2，求证：f ′⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22<0.解：(1)函数f (x )＝ln x －ax 2＋(2－a )x 的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－2ax ＋(2－a )＝－ax －x ＋x，①当a ≤0时，f ′(x )>0，则f (x )在(0，＋∞)上单调递增；②当a >0时，若x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1a ，则f ′(x )>0，若x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞，则f ′(x )<0，则f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减．(2)法一：构造差函数法由(1)易知a >0，且f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减，不妨设0<x 1<1a<x 2，f ′⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22<0⇔x 1＋x 22>1a ⇔x 1＋x 2>2a ，故要证f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22<0，只需证x 1＋x 2>2a 即可．构造函数F (x )＝f (x )－f ⎝⎛⎭⎪⎫2a －x ，x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1a，F ′(x )＝f ′(x )－⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a －x ′＝f ′(x )＋f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫2a －x ＝2axax －＋2x－ax＝ax －2x －ax，∵x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a ，∴F ′(x )＝ax －2x －ax >0，∴F (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，∴F (x )<F ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －f ⎝⎛⎭⎪⎫2a －1a＝0，即f (x )<f ⎝⎛⎭⎪⎫2a －x ，x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1a， 又x 1，x 2是函数f (x )的两个零点且0<x 1<1a<x 2，∴f (x 1)＝f (x 2)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a－x 1，而x 2，2a －x 1均大于1a ，∴x 2>2a－x 1，∴x 1＋x 2>2a，得证．法二：对数平均不等式法易知a >0，且f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞上单调递减， 不妨设0<x 1<1a<x 2，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22<0⇔x 1＋x 22>1a . 因为f (x )的两个零点是x 1，x 2，所以ln x 1－ax 21＋(2－a )x 1＝ln x 2－ax 22＋(2－a )x 2，所以ln x 1－ln x 2＋2(x 1－x 2)＝a (x 21－x 22＋x 1－x 2)，所以a ＝ln x 1－ln x 2＋x 1－x 2x 21－x 22＋x 1－x 2，以下用分析法证明，要证x 1＋x 22>1a， 即证x 1＋x 22>x 21－x 22＋x 1－x 2ln x 1－ln x 2＋x 1－x 2，即证x 1＋x 22>x 1＋x 2＋1ln x 1－ln x 2x 1－x 2＋2，即证2x 1＋x 2<ln x 1－ln x 2x 1－x 2＋2x 1＋x 2＋1，只需证2x 1＋x 2<ln x 1－ln x 2x 1－x 2， 即证x 1＋x 22>x 1－x 2ln x 1－ln x 2，根据对数平均不等式，该式子成立， 所以f ′⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22<0.法三：比值(差值)代换法 因为f (x )的两个零点是x 1，x 2， 不妨设0<x 1<x 2，所以ln x 1－ax 21＋(2－a )x 1＝ln x 2－ax 22＋(2－a )x 2， 所以a (x 22－x 21)＋(a －2)(x 2－x 1)＝ln x 2－ln x 1， 所以ln x 2－ln x 1x 2－x 1＝a (x 2＋x 1)＋a －2，f ′(x )＝1x－2ax ＋2－a ，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22＝2x 1＋x 2－a (x 1＋x 2)－(a －2)＝2x 1＋x 2－ln x 2－ln x 1x 2－x 1＝1x 2－x 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2x 1－11＋x 2x 1－ln x 2x 1， 令t ＝x 2x 1(t >1)，g (t )＝t －1＋t－ln t ，则当t >1时，g ′(t )＝－t －2t t ＋2<0，所以g (t )在(1，＋∞)上单调递减，所以当t >1时，g (t )<g (1)＝0，所以f ′⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22<0.6．(2019届高三·湘东五校联考)已知函数f (x )＝(ln x －k －1)x (k ∈R)． (1)当x >1时，求f (x )的单调区间和极值；(2)若对任意x ∈[e ，e 2]，都有f (x )<4ln x 成立，求k 的取值范围； (3)若x 1≠x 2，且f (x 1)＝f (x 2)，证明x 1x 2<e 2k. 解：(1)f ′(x )＝1x·x ＋ln x －k －1＝ln x －k .①当k ≤0时，因为x >1，所以f ′(x )＝ln x －k >0，所以函数f (x )的单调递增区间是(1，＋∞)，无单调递减区间，无极值． ②当k >0时，令ln x －k ＝0，解得x ＝e k， 当1<x <e k 时，f ′(x )<0；当x >e k时，f ′(x )>0.所以函数f (x )的单调递减区间是(1，e k )，单调递增区间是(e k，＋∞)，在(1，＋∞)上的极小值为f (e k )＝(k －k －1)e k ＝－e k，无极大值．(2)由题意，f (x )－4ln x <0，即问题转化为(x －4)ln x －(k ＋1)x <0对任意x ∈[e ，e 2]恒成立， 即k ＋1>x －xx 对任意x ∈[e ，e 2]恒成立，令g (x )＝x －xx ，x ∈[e ，e 2]，则g ′(x )＝4ln x ＋x －4x2. 令t (x )＝4ln x ＋x －4，x ∈[e ，e 2]，则t ′(x )＝4x＋1>0，所以t (x )在区间[e ，e 2]上单调递增，故t (x )min ＝t (e)＝4＋e －4＝e>0，故g ′(x )>0， 所以g (x )在区间[e ，e 2]上单调递增，函数g (x )max ＝g (e 2)＝2－8e 2.要使k ＋1>x －xx对任意x ∈[e ，e 2]恒成立，只要k ＋1>g (x )max ，所以k ＋1>2－8e2，解得k >1－8e2，所以实数k 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫1－8e 2，＋∞ . (3)证明：法一：因为f (x 1)＝f (x 2)，由(1)知，当k >0时，函数f (x )在区间(0，e k)上单调递减，在区间(e k，＋∞)上单调递增，且f (ek ＋1)＝0.不妨设x 1<x 2，当x →0时，f (x )→0，当x →＋∞时，f (x )→＋∞，则0<x 1<e k<x 2<e k ＋1，要证x 1x 2<e 2k，只需证x 2<e 2k x 1，即证e k<x 2<e 2kx 1.因为f (x )在区间(e k，＋∞)上单调递增，所以只需证f (x 2)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2kx 1， 又f (x 1)＝f (x 2)，即证f (x 1)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2kx 1， 构造函数h (x )＝f (x )－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2kx ＝(ln x －k －1)x －⎝ ⎛⎭⎪⎫ln e 2kx －k －1e2kx，即h (x )＝x ln x －(k ＋1)x ＋e 2k ⎝⎛⎭⎪⎫ ln x x－k －1x ，h ′(x )＝ln x ＋1－(k ＋1)＋e 2k ⎝⎛⎭⎪⎫ 1－ln x x 2＋k －1x 2 ＝(ln x －k )x 2－e 2kx 2，当x ∈(0，e k )时，ln x －k <0，x 2<e 2k，即h ′(x )>0， 所以函数h (x )在区间(0，e k)上单调递增，h (x )<h (e k)，而h (e k)＝f (e k)－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2ke k ＝0，故h (x )<0，所以f (x 1)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2k x 1，即f (x 2)＝f (x 1)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2kx 1， 所以x 1x 2<e 2k成立．法二：要证x 1x 2<e 2k成立，只要证ln x 1＋ln x 2<2k . 因为x 1≠x 2，且f (x 1)＝f (x 2)， 所以(ln x 1－k －1)x 1＝(ln x 2－k －1)x 2， 即x 1ln x 1－x 2ln x 2＝(k ＋1)(x 1－x 2)，x 1ln x 1－x 2ln x 1＋x 2ln x 1－x 2ln x 2＝(k ＋1)(x 1－x 2)，即(x 1－x 2)ln x 1＋x 2ln x 1x 2＝(k ＋1)(x 1－x 2)，k ＋1＝ln x 1＋x 2ln x 1x 2x 1－x 2，同理k ＋1＝ln x 2＋x 1lnx 1x 2x 1－x 2，从而2k ＝ln x 1＋ln x 2＋x 2ln x 1x 2x 1－x 2＋x 1lnx 1x 2x 1－x 2－2，要证ln x 1＋ln x 2<2k ，只要证x 2ln x 1x 2x 1－x 2＋x 1lnx 1x 2x 1－x 2－2>0，不妨设0<x 1<x 2，则0<x 1x 2＝t <1， 即证ln t t －1＋ln t 1－1t－2>0，即证t ＋tt －1>2，即证ln t <2·t －1t ＋1对t ∈(0,1)恒成立， 设h (t )＝ln t －2·t －1t ＋1，当0<t <1时， h ′(t )＝1t－4t ＋2＝t －2t t ＋2>0，所以h (t )在t ∈(0,1)上单调递增，h (t )<h (1)＝0，得证，所以x 1x 2<e 2k.。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
专题3.4 导数的综合应用 1．（广东省东莞市三校2018-2019学年期中）已知函数，，下列结论中正确的是（ ） A．函数有极小值 B．函数有极大值 C．函数有一个零点 D．函数没有零点 【答案】D 【解析】因为，所以， 又，所以， 即函数在上单调递增，且， 故函数无极值，且函数无零点，故选D。 2．（黑龙江省牡丹江市第一高级中学2018-2019学年期末）已知函数既存在极大值又存在极小值，则实
数的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】，， 由于函数既有极大值，又有最小值，则导函数有两个零点， ，即，解得或. 因此，实数的取值范围是，故选B。 3．（河南省信阳市普通高中2018-2019学年期末）设函数，若不等式在上有解，则实数的取值范围为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】在上有解， 等价于在上有解， 等价于， 令， 则， 因为， 所以当时，，在区间上单调递减； 当时，，在区间上单调递增； 当时，取得极小值，也就是函数的最小值， 所以，所以， 所以的取值范围是，故选C。 4．（黑龙江省哈尔滨市呼兰一中2018-2019学年期中）若不等式对恒成立，则实数的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】因为对恒成立， 所以，， 令， 则， 所以当时，，函数单调减， 当时，，函数单调增， 所以当时，， 所以实数的取值范围是， 故选A。 5．（河南省豫西名校2018-2019学年联考）已知函数为上的可导函数，其导函数为，且满足恒成立，，
则不等式的解集为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】由题意知，，则构造函数，则，所以在R是单调递减。又因为，则。所求不等式可变形为，即，又在R是单调递减，所以，故选A。 6．（四川省攀枝花市2018-2019学年期末）已知函数有三个不同的零点（其中），则的值为( ) A． B． C． D． 【答案】A 【解析】令，构造，求导得，当时，；当时，， 故在上单调递增，在上单调递减，且时，，时，，，可画出函数的图象（见下图），要使函数有三个不同的零点（其中），则方程需要有两个不同的根（其中），则，解得或，且，若，即，则，则，且， 故， 若，即，由于，故，故不符合题意，舍去，故选A。 7．（山西省晋城市2019届第三次模拟）定义在上的函数的导函数为，若，且，则（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】因为，所以.构造函数：，所以.所以函数在上单调递增，所以，即，即，故选C。 8．（云南省玉溪市第一中学2019届调研）已知定义在上的函数f(x)，f’(x)是它的导函数，且对任
意的，都有恒成立，则（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】由题得，即，令，导函数，因此g(x)在定义域上为增函数。则有，代入函数得，由该不等式可得，故选D。 9．（湖北省武汉市武昌区2018-2019学年期末）已知函数存在零点，且，则实数的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】由题意，函数， 令，可得， 设，则， 由的导数为， 当时，， 则函数递增，且，则在递增， 可得，则，故选D。 10．（安徽省教育联盟2019年模拟）已知函数的导函数为，为自然对数的底数，对均有成立，且，则
不等式的解集是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】原不等式等价于，令， 则恒成立，在上是增函数， 又，，原不等式为，解得，故选D。
11．（浙江省杭州市学军中学2019届模拟）已知不等式对任意实数恒成立，则的最大值为（ ）． A． B． C． D． 【答案】A 【解析】原不等式可以化为， 设f(x)=, 所以， 所以只有a+4>0，才能有恒成立. 此时 , 设g(x)= 所以 所以 故答案为A。 12．（云南省玉溪市第一中学2019届调研）设为函数的导函数，且满足，，若恒成立，则实数的取值范
围是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】，由，可得的对称轴为，所以，所以，所以，由可得，变形可得，即，设，，易得函数在区间上单调递增， 在区间上单调递减，所以，故实数b的取值范围为，故选A。 13．（河北省衡水市第二中学2019届高模拟）已知函数，若对，，使成立，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】当时，在上单调递增. 则，因为，所以. 记，因为，所以， 则在上单调递增，故在上恒成立， 即在上恒成立，整理得在上恒成立， 则，故有，因为，使成立， 所以，即，答案为D。 14．（安徽省江淮十校2019届模拟）已知函数有三个零点，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D． 【答案】A 【解析】由函数有三个零点，可转化为与直线有三个不同的交点，显然时不满足条件. 当时，若，设切点坐标为， 由得，所以切线斜率为， 因此，切线方程为： ，由切线过原点，得， 此时切线的斜率为. 故当时，，直线与有两个交点；当时，直线与有一个交点，结合图像可得，
故选A。 15．（江西省赣州市2019届联考）已知函数,若恒成立,则整数的最大值为( ) A． B． C． D． 【答案】B 【解析】f（x）＞恒成立，即h（x）=＞k即h（x）的最小值大于k． 而h′（x）=，记g（x）=x﹣3﹣ln（x-1），（x＞2）， 则g′（x）=＞0，∴g（x）在（2，+∞）上单调递增， 又g（4）=1﹣ln3＜0，g（5）=2﹣2ln2＞0， ∴g（x）=0存在唯一实根a，且满足a∈（4，5），a-3=ln（a-1）， 当x＞a时，g（x）＞0，h′（x）＞0， 当2＜x＜a时，g（x）＜0，h′（x）＜0， ∴h（x）min=h（a）==a-1∈（3，4）， 故正整数k的最大值是3． 故答案为：B 16．（黑龙江省大庆市第一中学2019届模拟）已知奇函数是定义在上的可导函数，其导函数为，当时，
有，则不等式的解集为( ) A． B． C． D． 【答案】A 【解析】 设， 因为为上奇函数， 所以， 即为上奇函数 对求导，得， 而当时，有 故时，，即单调递增， 所以在上单调递增 不等式 ，
即 所以，解得 故选A。 17．（广东省佛山市顺德区2018-2019学年期末）已知函数，当时，函数有极大值8. （Ⅰ）求函数的解析式； （Ⅱ）若不等式在区间上恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（I）（II） 【解析】 （I） ∵当时，函数有极大值8 ∴，解得 ∴所以函数的解析式为. （II）∵不等式在区间上恒成立 ∴在区间上恒成立 令， 则由 解得，解得 所以当时，单调递增，当时，单调递减 所以对，都有， 所以，即实数的取值范围是。 18．（天津市部分区2018-2019学年期末）已知函数. （I）若，求实数的值； （Ⅱ）判断的奇偶性并证明； （Ⅲ）设函数，若在上没有零点，求的取值范围. 【答案】（I）；（Ⅱ）为奇函数，证明见解析；（Ⅲ）. 【解析】 （Ⅰ）因为，即：， 所以. （Ⅱ）函数为奇函数. 令，解得， ∴函数的定义域关于原点对称， 又 所以，为奇函数. （Ⅲ）由题意可知，， 函数在上没有零点等价于方程在上无实数解， 设，则， ∴在上单调递减，在上单调递增， ∴在上取得极小值，也是最小值， ∴， ∴的取值范围为. 19．（福建省仙游市第一中学2018-2019学年期末）已知函数在处的导数为0. （1）求的值和的最大值； （2）若实数，对任意，不等式恒成立，求的取值范围. 【答案】（1），的最大值为0.（2） 【解析】 （1），由题意得，，则，经检验满足. 因为是偶函数，故只考虑部分的最大值，当时，， 又，此时在上单调递减，则， 所以的最大值为0. （2）设， 只要证，对恒成立，且注意到. ，设，，， 因为，则，从而对恒成立，则在上单调递增， 则，即， ①当，即时，，故在上单调递增，于是恒成立； ②当，即时，存在，使得时，，即在上递减，从而，不能使恒成立.
综上所述：，所以的最大值为. 20．（黑龙江省哈尔滨市第六中学2018-2019学年期末）设，（为自然对数的底数)． （1）记①讨论函数单调性；②证明当时，恒成立. （2）令设函数有两个零点，求参数的取值范围. 【答案】（1）①在为减函数，在上为增函数 ②见证明；（2） 【解析】 （1）①由题意得所以 因为 所以当时为增函数，当时为减函数 ②证明: 当时,恒成立,等价于证明当时,恒成立。 因为，因为，则。因为，所以，所以在上为增函数。因为，所以在上为增函数。又因为，所以 （2）
当时