高中数学导数及其应用专题
1 专题 导数及其应用 考点精要 1．了解导数概念的实际背景． 2．理解导数的几何意义． 3．了解函数的单调性和导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间（其中多项式函数不超过三次）． 4．了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值（其中多项式函数一般不超过三次）；会求闭区间上函数的最大值、最小值（其中多项式函数一般不超过三次）． 5．会利用导数解决某些实际问题．
热点解析 导数的几何意义及其应用，基本初等函数的导数公式及导数运算的四则运算法则是高考的重点与热点，要会利用导数求曲线的切线，注意区分在．某点处的切
线与过．某点的曲线的切线． 求函数在点（x0，)(0xf）处的切线方程或切线斜率；求函数)(xf的单调增区间或单调减区间；求函数在（a，b） 上的极值，求)(xf在［a，b］上的最大值、最小值等等，在近几年高考试题中频频出现． 知识梳理
1．一般地，函数y=()fx在x=x0处的瞬时变化率是000()()limxfxxfxx=0lim,xfx我们称它为函数y=()fx在x=x0处的导数，记作0()fx或y′|x=x0，即
0()fx=000()()limxfxxfxx 2．函数()fx在x=x0处的导数就是切线PT的斜率k，即k=000()()limxfxxfxx=0()fx
3．导函数()fx= y′=0()()limxfxxfxx 4．c′=0，（x1）′=1，（x2）′=2x，211xx，12xx 5．基本初等函数的导数公式： （1）若()fx=c，则()fx=0； （2）若()fx=xn（n*Ν），则()fx=nxn1； （3）若()fx=sinx，则()fx=cosx； （4）若()fx=cosx，则()fx=－sinx； （5）若()fx=ax，则()fx=axlna； （6）若()fx=ex，则()fx=ex；
（7）若()fx=logax，则()fx=1lnxa； （8）若()fx=lnx，则()fx=1x； 6．导数运算法则： （1）［()fx±()gx］′=()fx±()gx （2）［()fx()gx］′=()fx()gx+()fx()gx； 2
（3）2()()()()()()()fxfxgxfxgxgxgx 7.导数的应用体现在三个方面： （1）求曲线的切线：其方法是，先求函数在某点处的导数得切线斜率，再用点斜式建立切线方程，后化为一般式． 求曲线的切线时要注意两种不同的要求：一种是求“函数在某点处的切线”，这个点就是切点；一种是求“函数过某点的切线”，则这个点可以是切点，也可以不是切点。这两种要求的切线的求法有区别． （2）求函数的极大（小）值与最大（小值） 求可导函数)(xfy的极值的步骤： ①求导数)(xfy；这一步是基础，要求利用导数公式及运算法则正确地求出导函数)(xf． ②求方程)(xf=0的根；这一步用到方程知识，注意)(xf=0的根应在y=)(xf
的定义域中． ③检验)(xf在方程)(xf=0的根（又叫函数驻点）的左、右侧的符号是否发生变化：如果)(xf在根的左侧附近为正，右侧附近为负，那么函数y=)(xf在这个根处取得极大值；如果相反，)(xf在这个根的左侧附近为负，右侧附近为正，那么函数y=)(xf在这个根处取得极小值． ④如果求闭区间［a，b］上函数的最值，则应在)(af、)(bf及开区间（a，b）内的极值中间作比较，最大的就是最大值，最小的就是最小值． （3）研究函数的单调性 设函数y=)(xf在某个区间D内可导，且)(xf0，则)(xf在这个区间上为增函数；若)(xf0，则)(xf在这个区间上为减函数．（注意：这里)(xf=0在D的任意一个子区间内不能恒．成立，否则，函数在这个子区间内为常函数，为水平线段，不具有单调性） （4）不等式的恒成立问题与能成立（存在性）问题 ①不等式的恒成立问题
若,xD()fxm在D上恒成立，等价于()fx在D上的最小值min()fxm成
立，若,xD()fxm在D上恒成立，等价于()fx在D上的最大值max()fxm成立 对任意12,xxD，都有12()()fxgx成立的充要条件是maxmin()()fxgx ②不等式的能成立（存在性）问题 若,xD()fxm在D上能成立，等价于()fx在D上的最大值m()axfxm
成立 若,xD()fxm在D上能成立，等价于()fx在D上的最小值min()fxm
成立。 例题精讲: 3
例1. 曲线y=xex+2x+1在点（0,1）处的切线方程为________________ 例2. 有下列命题： ①x=0是函数y=x3的极值点 ②三次函数)(xf=ax3+bx2+cx+d有极值点的充要条件是b23ac＞0 ③奇函数)(xf=mx3+（m1）x2+48（m2）x+n在区间（4，4）上是单调函数 其中假命题的序号是_______________
例3. 已知函数)(xf=x3+bx2+cx+d的图像过点P（0，2），且在点M（1，f（1））处的切线方程为6xy+7=0 （1）求函数y=)(xf的解析式； （2）求函数y=)(xf的单调区间．
例4． （没有图像） 已知函数axaxxf(ln)(R）. （1）若曲线)(xfy在点))1(,1(f处的切线与直线01yx平行，求a的值； （2）求函数)(xf的单调区间和极值； （3）当1a，且1x时，证明：.1)(xf
解：（I）函数(){|0},fxxx的定义域为 所以21ln().xafxx 又曲线()(1,(1))yfxf在点处的切线与直线10xy平行， 所以(1)11,0.faa即 ………………4分 （II）令1()0,.afxxe得 当x变化时，(),()fxfx的变化情况如下表： 4
x 1(0,)ae 1ae
1(,)ae
()fx + 0 —
()fx 极大值
由表可知：()fx的单调递增区间是1(0,)ae，单调递减区间是1(,)ae 所以1()afxxe在处取得极大值，11()().anfxfee极大值…………9分 （III）当ln11,().xafxx时 由于ln11,,()1,xxfxx要证 只需证明ln1.xx 令11()ln1,()1.xhxxxhxxx则
因为1x，所以,1)(,0)('在故xhxh上单调递增， 当,0)1()(,1hxhx时即xx1ln成立。 故当1x时，有.1)(,11lnxfxx即 …………13分 例5 18.（本小题共14分）
已知函数1()ln(0,)fxaxaax R（Ⅰ）若1a，求函数()fx的极值和单调区间； (II) 若在区间[1,e]上至少存在一点0x，使得0()0fx成立，求实数a的取值范围.
解：（I）因为2211'()aaxfxxxx，……………2分 当1a， 21'()xfxx，令'()0fx，得 1x，……………3分 又()fx的定义域为(0,)， ()fx，()fx随x的变化情况如下表：
x (0,1) 1 (1,)
'()fx 0
()fx 极小值
所以1x时，()fx的极小值为1 .…5分 ()fx的单调递增区间为(1,)，单调递减区间为(0,1)；……6分 5
（II）解法一：因为2211'()aaxfxxxx ，且0a， 令'()0fx，得到1xa ， 在区间(0,]e存在一点0x，使得0()0fx成立，充要条件是()fx在区间(0,]e上的最小值小于0即可.…7分 （1）当10xa，即0a时，'()0fx对(0,)x成立，所以，()fx在区间(0,]e上单调递减， 故()fx在区间(0,]e上的最小值为11()lnfeaeaee，
由10ae，得1ae，即1(,)ae…………9分 （2）当10xa，即0a时， ① 若1ea，则'()0fx对(0,]xe成立，所以()fx在区间(0,]e上单调递减， 所以，()fx在区间(0,]e上的最小值为11()ln0feaeaee，
显然，()fx在区间(0,]e上的最小值小于0不成立……………11分 ② 若10ea，即1ae时，则有
x 1(0,)a 1a 1(,)e
a
'()fx 0
()fx 极小值
所以()fx在区间(0,]e上的最小值为11()lnfaaaa，由11()ln(1ln)0faaaaaa，
得 1ln0a，解得ae，即(,)ae.………13分 综上，由(1)（2）可知：1(,)(,)aee符合题意.………14分
解法二：若在区间(0,]e上存在一点0x，使得0()0fx成立， 即001ln0axx， 因为00x, 所以，只需001ln0axx…………7分 令()1lngxaxx，只要()1lngxaxx在区间(0,]e上的最小值小于0即可 因为'()ln(ln1)gxaxaax，令'()(ln1)0gxax，得1xe………9
分 （1）当0a时：
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.
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解题心得在判断函数f(x)的单调性时,若f'(x)中含有参数不容易判断其正负时,需要对参数进行分类讨论,分类的标准:(1)按导函数是否有零点分大类;(2)在大类中按导函数零点的大小分小类;(3)在小类中按零点是否在定义域中分类.
当-1<x<0时,g'(x)<0;当x>0时,g'(x)>0.故当x>-1时,g(x)≥g(0)=0,且仅当x=0时,g(x)=0,从而f'(x)≥0,且仅当x=0时,f'(x)=0.所以f(x)在(-1,+∞)单调递增.又f(0)=0,故当-1<x<0时,f(x)<0;当x>0时,f(x)>0.
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题型二 求函数的极值、最值例2(2019四川成都七中一模,21)已知函数f(x)=xsin x+2cos x+ax+2,其中a为常数.(1)略;(2)求函数f(x)在[0,π]上的最小值.
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解: (2)对∀x∈[0,π],f'(x)=xcos x-sin x+a,令g(x)=xcos x-sin x+a,g'(x)=-xsin x≤0,所以f'(x)在区间[0,π]上单调递减.当a≤0时,f'(x)≤f'(0)=a≤0,∴f(x)在区间[0,π]上单调递减,故fmin(x)=f(π)=aπ.当a≥π时,f'(x)≥f'(π)=a-π≥0,∴f(x)在区间[0,π]上单调递增,故fmin(x)=f(0)=4.当0<a<π时,因为f'(0)=a>0,f'(π)=a-π<0,且f'(x)在区间[0,π]上单调递减,结合零点存在定理可知,存在唯一x0∈(0,π),使得f'(x0)=0,且f(x)在[0,x0]上单调递增,在[x0,π]上单调递减.故f(x)的最小值等于f(0)=4和f(π)=aπ中较小的一个值.
高中数学导数及其应用多选题100附解析
高中数学导数及其应用多选题100附解析一、导数及其应用多选题1．函数ln ()xf x x=，则下列说法正确的是（ ）A ．(2)(3)f f >B ．ln π>C ．若()f x m =有两个不相等的实根12x x 、，则212x x e <D ．若25,x y x y =、均为正数，则25x y < 【答案】BD 【分析】求出导函数，由导数确定函数日单调性，极值，函数的变化趋势，然后根据函数的性质判断各选项．由对数函数的单调性及指数函数单调性判断A ，由函数()f x 性质判断BC ，设25xyk ==，且,x y 均为正数，求得252ln ,5ln ln 2ln 5x k y k ==，再由函数()f x 性质判断D ． 【详解】由ln (),0x f x x x=>得：21ln ()xf x x -'=令()0f x '=得，x e =当x 变化时，(),()f x f x '变化如下表：故，()f x x=在(0,)e 上递增，在(,)e +∞上递减，()f e e =是极大值也是最大值，x e >时，x →+∞时，()0f x →，且x e >时()0f x >，01x <<时，()0f x <，(1)0f =，A ．1132ln 2(2)ln 2,(3)ln 32f f ===66111133223232(3)(2)f f ⎛⎫⎛⎫>∴>∴> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故A 错B ．e e π<，且()f x 在(0,)e 单调递增lnf fπ∴<<<∴>，故：B正确C．()f x m=有两个不相等的零点()()1212,x x f x f x m∴==不妨设120x e x<<<要证：212x x e<，即要证：221222,()e ex x e e f xx x<>∴<在(0,)e单调递增，∴只需证：()212ef x fx⎛⎫< ⎪⎝⎭即：()222ef x fx⎛⎫< ⎪⎝⎭只需证：()222ef x fx⎛⎫-<⎪⎝⎭……①令2()(),()eg x f x f x ex⎛⎫=->⎪⎝⎭，则2211()(ln1)g x xe x'⎛⎫=--⎪⎝⎭当x e>时，2211ln1,()0()x g x g xe x'>>∴>∴在(,)e +∞单调递增()22()0x e g x g e>∴>=，即：()222ef x fx⎛⎫->⎪⎝⎭这与①矛盾，故C错D．设25x y k==，且,x y均为正数，则25ln lnlog,logln2ln5k kx k y k====252ln,5lnln2ln5x k y k∴==1152ln2ln5ln2,ln525==且1010111153222525⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪>> ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ln2ln52502525ln2ln5x y∴>>∴<∴<，故D正确．故选：BD．【点睛】关键点点睛：本题考查用导数研究函数的单调性、极值，函数零点等性质，解题关键是由导数确定函数()f x的性质．其中函数值的大小比较需利用单调性，函数的零点问题中有两个变量12,x x，关键是进行转化，利用零点的关系转化为一个变量，然后引入新函数进行证明．2．在湖边，我们常看到成排的石柱子之间两两连以铁链，这就是悬链线（Catenary），其形状因与悬在两端的绳子因均匀引力作用下掉下来之形相似而名.选择适当的坐标系后，悬链线的方程是一个双曲余弦函数()cosh2x xa ax e ef x a aa-+⎛⎫=⋅=⋅⎪⎝⎭，其中a为非零常数，在此坐标平面上，过原点的直线与悬链线相切于点()()00,T x f x，则0xa⎡⎤⎢⎥⎣⎦的值可能为（ ）（注：[]x 表示不大于x 的最大整数）A ．2-B ．1-C ．1D ．2【答案】AC 【分析】求出导数，表示出切线，令0x t a=，可得()()110t tt e t e --++=，构造函数()()()11x x h x x e x e -=-++，可得()h x 是偶函数，利用导数求出单调性，结合零点存在性定理可得021x a -<<-或012xa<<，即可求出. 【详解】()2x xaae ef x a -+=⋅，()2x x aae ef x --'∴=，∴切线斜率002x x aae ek --=，()0002x x aae ef x a -+=⋅，则切线方程为()0000022x x x x aaaaee e ey a x x --+--⋅=-，直线过原点，()0000022x x x x aaa ae e e ea x --+-∴-⋅=⋅-令0x t a=，则可得()()110t tt e t e --++=， 令()()()11xxh x x e x e -=-++，则t 是()h x 的零点，()()()()11x x h x x e x e h x --=++-=，()h x ∴是偶函数，()()x x h x x e e -'=-+，当0x >时，()0h x '<，()h x 单调递减，()1120h e -=>，()22230h e e -=-+<，()h x ∴在()1,2存在零点t ，由于偶函数的对称性()h x 在()2,1--也存在零点，且根据单调性可得()h x 仅有这两个零点，021x a ∴-<<-或012xa<<， 02x a ⎡⎤∴=-⎢⎥⎣⎦或1. 故选：AC. 【点睛】本题考查利用导数求切线，利用导数研究函数的零点，解题的关键是将题目转化为令0x t a=，()()110t t t e t e --++=，求()()()11x xh x x e x e -=-++的零点问题.3．若直线l 与曲线C 满足下列两个条件： （i ）直线l 在点()00,P x y 处与曲线C 相切；（ii ）曲线C 在P 附近位于直线l 的两侧，则称直线l 在点P 处“切过”曲线C . 下列命题正确的是（ ）A ．直线:0l y =在点()0,0P 处“切过”曲线3:C y x =B ．直线:1l x =-在点()1,0P -处“切过”曲线()2:1C y x =+C ．直线:l y x =在点()0,0P 处“切过”曲线:sin C y x =D ．直线:l y x =在点()0,0P 处“切过”曲线:tan C y x = 【答案】ACD 【分析】分别求出每个选项中命题中曲线C 对应函数的导数，求出曲线C 在点P 处的切线方程，再由曲线C 在点P 处两侧的函数值对应直线上的点的值的大小关系是否满足（ii ），由此可得出合适的选项. 【详解】对于A 选项，由3y x =，可得23y x '=，则00x y ='=，所以，曲线C 在点()0,0P 处的切线方程为0y =，当0x >时，0y >；当0x <时，0y <，满足曲线C 在点()0,0P 附近位于直线0y =两侧， A 选项正确；对于B 选项，由()21y x =+，可得()21y x '=+，则10x y =-'=，而直线:1l x =-的斜率不存在，所以，直线l 在点()1,0P -处不与曲线C 相切，B 选项错误；对于C 选项，由sin y x =，可得cos y x '=，则01x y ='=，所以，曲线C 在点()0,0P 处的切线方程为y x =，设()sin x x x f -=，则()1cos 0f x x '=-≥，所以，函数()f x 为R 上的增函数， 当0x <时，()()00f x f <=，即sin x x <； 当0x >时，()()00f x f >=，即sin x x >.满足曲线C 在点()0,0P 附近位于直线y x =两侧，C 选项正确； 对于D 选项，由sin tan cos xy x x ==，可得21cos y x'=，01x y ='=，所以，曲线C 在点()0,0P 处的切线方程为y x =，当,22x ππ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，设()tan g x x x =-，则()2221sin 10cos cos xg x x x=-=-≤'， 所以，函数()g x 在,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减.当02x π-<<时，()()00g x g >=，即tan x x >；当02x π<<时，()()00g x g <=，即tan x x <.满足曲线C 在点()0,0P 附近位于直线y x =两侧，D 选项正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：本题考查导数新定义，解题的关键就是理解新定义，并把新定义进行转化，一是求切线方程，二是判断在切点两侧函数值与切线对应的函数值的大小关系，从而得出结论.4．设函数()ln f x x x =，()212g x x =，给定下列命题，其中正确的是（ ） A ．若方程()f x k =有两个不同的实数根，则1,0k e⎛⎫∈- ⎪⎝⎭； B ．若方程()2kf x x =恰好只有一个实数根，则0k <；C ．若120x x >>，总有()()()()1212m g x g x f x f x ->-⎡⎤⎣⎦恒成立，则m 1≥；D ．若函数()()()2F x f x ag x =-有两个极值点，则实数10,2a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭． 【答案】ACD 【分析】利用导数研究函数的单调性和极值，且将题意转化为()y f x =与y k =有两个不同的交点，即可判断A 选项；易知1x =不是该方程的根，当1x ≠时，将条件等价于y k =和ln xy x=只有一个交点，利用导数研究函数的单调性和极值，从而可推出结果，即可判断B 选项；当120x x >>时，将条件等价于1122()()()()mg x f x mg x f x ->-恒成立，即函数()()y mg x f x =-在(0,)+∞上为增函数，通过构造新函数以及利用导数求出单调区间，即可求出m 的范围，即可判断C 选项；2()ln (0)F x x x ax x =->有两个不同极值点，根据导数的符号列出不等式并求解，即可判断D 选项. 【详解】解：对于A ，()f x 的定义域(0,)+∞，()ln 1f x x '=+， 令()0f x '>，有ln 1x >-，即1x e>， 可知()f x 在1(0,)e 单调递减，在1+e∞（，）单调递增，所以极小值等于最小值， min 11()()f x f e e∴==-，且当0x →时()0f x →，又(1)0f =，从而要使得方程()f x k =有两个不同的实根，即()y f x =与y k =有两个不同的交点，所以1(,0)k e∈-，故A 正确； 对于B ，易知1x =不是该方程的根，当1x ≠时，()0f x ≠，方程2()kf x x =有且只有一个实数根，等价于y k =和ln xy x=只有一个交点， 2ln 1(ln )-'=x y x ，又0x >且1x ≠， 令0y '>，即ln 1x >，有x e >， 知ln xy x=在0,1（）和1e （，）单减，在+e ∞（，）上单增， 1x =是一条渐近线，极小值为e ,由ln xy x=大致图像可知0k <或=k e ，故B 错误；对于C ，当120x x >>时，[]1212()()()()m g x g x f x f x ->-恒成立， 等价于1122()()()()mg x f x mg x f x ->-恒成立， 即函数()()y mg x f x =-在(0,)+∞上为增函数， 即()()ln 10y mg x f x mx x =-''--'=≥恒成立，即ln 1+≥x m x在(0,)+∞上恒成立， 令ln 1()x r x x +=，则2ln ()xr x x -'=，令()0r x '>得ln 0x <，有01x <<，从而()r x 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，则max ()(1)1r x r ==，于是m 1≥，故C 正确；对于D ，2()ln (0)F x x x ax x =->有两个不同极值点， 等价于()ln 120F x x ax +-'==有两个不同的正根， 即方程ln 12x a x+=有两个不同的正根， 由C 可知，021a <<，即102a <<，则D 正确. 故选：ACD.【点睛】关键点点睛：本题考查导数的应用，利用导数研究函数的单调性和极值，以及利用导数解决函数的零点问题和恒成立问题从而求参数范围，解题的关键在于将零点问题转化成两个函数的交点问题，解题时注意利用数形结合，考查转化思想和运算能力．5．已知函数()32f x x ax x c =+-+(x ∈R )，则下列结论正确的是（ ）．A ．函数()f x 一定存在极大值和极小值B ．若函数()f x 在1()x -∞，、2()x ，+∞上是增函数，则2123x x -≥ C ．函数()f x 的图像是中心对称图形D ．函数()f x 的图像在点00())(x f x ，(0x R ∈)处的切线与()f x 的图像必有两个不同的公共点 【答案】ABC 【分析】首先求函数的导数2()3210f x x ax =+-='，再根据极值点与导数的关系，判断AB 选项；证明()()2()333a a af x f x f -++--=-，判断选项C ；令0a c ==，求切线与()f x 的交点个数，判断D 选项.【详解】A 选项，2()3210f x x ax =+-='的24120a ∆=+>恒成立，故()0f x '=必有两个不等实根，不妨设为1x 、2x ，且12x x <，令()0f x '>，得1x x <或2x x >，令()0f x '<，得12x x x <<，∴函数()f x 在12()x x ，上单调递减，在1()x -∞，和2()x ，+∞上单调递增， ∴当1x x =时，函数()f x 取得极大值，当2x x =时，函数()f x 取得极小值，A 对， B 选项，令2()3210f x x ax =+-='，则1223ax x +=-，1213x x ⋅=-，易知12x x <，∴213x x -==≥，B对， C 选项，易知两极值点的中点坐标为(())33a a f --，，又23()(1)()333a a a f x x x f -+=-+++-，∴()()2()333a a af x f x f -++--=-， ∴函数()f x 的图像关于点(())33aa f --，成中心对称，C 对，D 选项，令0a c ==得3()f x x x =-，()f x 在(0)0，处切线方程为y x =-， 且3y xy x x =-⎧⎨=-⎩有唯一实数解， 即()f x 在(0)0，处切线与()f x 图像有唯一公共点，D 错， 故选：ABC ． 【点睛】方法点睛：解决函数极值、最值综合问题的策略：1、求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要讨论参数的大小；2、求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过比较才能下结论；3、函数在给定闭区间上存在极值，一般要将极值与端点值进行比较才能确定最值.6．关于函数()sin ,(,)x f e x x x π∈-=+∞+，下列结论正确的有（ ） A ．()f x 在(0,)+∞上是增函数 B ．()f x 存在唯一极小值点0x C ．()f x 在(,)π-+∞上有一个零点 D ．()f x 在(,)π-+∞上有两个零点 【答案】ABD 【分析】根据函数()f x 求得()'f x 与()f x ''，再根据()0f x ''>在(,)π-+∞恒成立，确定()'f x 在(,)π-+∞上单调递增，及(0,)x ∈+∞()0f x '>，且存在唯一实数03(,)42x ππ∈--，使0()=0f x '，从而判断A ，B 选项正确；再据此判断函数()f x 的单调性，从而判断零点个数.【详解】由已知()sin ,(,)xf e x x x π∈-=+∞+得()cos x f x e x '=+，()sin x f x e x ''=-，(,)x π∈-+∞，()0f x ''>恒成立，()'f x 在(,)π-+∞上单调递增，又3423()0,()0,(0)20422f e f e f ππππ--'''-=-<-=>=>(0,)x ∴∈+∞时()(0)0f x f ''>>，且存在唯一实数03(,)42x ππ∈--，使0()=0f x '，即00cos x e x =-，所以()f x 在(0,)+∞上是增函数，且()f x 存在唯一极小值点0x ，故A,B 选项正确. 且()f x 在0(,)x π-单调递减，0(,)x +∞单调递增，又()00f eππ--=+>，000000()sin sin cos )04x f x e x x x x π=+=-=-<，(0)10=>f ，所以()f x 在(,)π-+∞上有两个零点，故D 选项正确，C 选项错误.故选：ABD. 【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．7．定义在R 上的函数()f x ，若存在函数()g x ax b =+（a ，b 为常数），使得()()f x g x ≥对一切实数x 都成立，则称()g x 为函数()f x 的一个承托函数，下列命题中正确的是（ ）A ．函数()2g x =-是函数ln ,0()1,0x x f x x >⎧=⎨⎩的一个承托函数B ．函数()1g x x =-是函数()sin f x x x =+的一个承托函数C ．若函数()g x ax = 是函数()x f x e =的一个承托函数，则a 的取值范围是[0,]eD ．值域是R 的函数()f x 不存在承托函数 【答案】BC 【分析】由承托函数的定义依次判断即可. 【详解】解：对A ，∵当0x >时，()ln (,)f x x =∈-∞+∞， ∴()()2f x g x ≥=-对一切实数x 不一定都成立，故A 错误；对B ，令()()()t x f x g x =-，则()sin (1)sin 10t x x x x x =+--=+≥恒成立，∴函数()1g x x =-是函数()sin f x x x =+的一个承托函数，故B 正确； 对C ，令()x h x e ax =-，则()x h x e a '=-， 若0a =，由题意知，结论成立， 若0a >，令()0h x '=，得ln x a =，∴函数()h x 在(,ln )a -∞上为减函数，在(ln ,)a +∞上为增函数， ∴当ln x a =时，函数()h x 取得极小值，也是最小值，为ln a a a -， ∵()g x ax =是函数()x f x e =的一个承托函数， ∴ln 0a a a -≥， 即ln 1a ≤， ∴0a e <≤，若0a <，当x →-∞时，()h x →-∞，故不成立，综上，当0a e 时，函数()g x ax =是函数()xf x e =的一个承托函数，故C 正确；对D ，不妨令()2,()21f x x g x x ==-，则()()10f x g x -=≥恒成立， 故()21g x x =-是()2f x x =的一个承托函数，故D 错误. 故选：BC . 【点睛】方法点睛：以函数为载体的新定义问题，是高考命题创新型试题的一个热点，常见的命题形式有新概念、新法则、新运算等，这类试题中函数只是基本的依托，考查的是考生创造性解决问题的能力．8．若存在实常数k 和b ，使得函数()F x 和()G x 对其公共定义域上的任意实数x 都满足：()F x kx b ≥+和()G x kx b ≤+恒成立，则称此直线y kx b =+为()F x 和()G x 的“隔离直线”，已知函数()()2f x x R x =∈，()()10g x x x=<，()2eln h x x =（e 为自然对数的底数），则下列结论正确的是（ ） A ．()()()m x f x g x =-在x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭内单调递增 B ．()f x 和()g x 之间存在“隔离直线，且b 的最小值为4 C ．()f x 和()g x 间存在“隔离直线”，且k 的取值范围是(]4,1-D ．()f x 和()h x 之间存在唯一的“隔离直线”e y =- 【答案】AD 【分析】求出()()()m x f x g x =-的导数，检验在x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭内的导数符号，即可判断选项A ；选项B 、C 可设()f x 、()g x 的隔离直线为y kx b =+，2x kx b ≥+对一切实数x 都成立，即有10∆≤，又1kx b x≤+对一切0x <都成立，20∆≤，0k ≤，0b ≤，根据不等式的性质，求出k 、b 的范围，即可判断选项B 、C ；存在()f x 和()h x 的隔离直线，那么该直线过这个公共点，设隔离直线的斜率为k，则隔离直线的方程为(y e k x -=，构造函数求出函数的导数，根据导数求出函数的最值.【详解】对于选项A ：()()()21m x f x g x x x =-=-，()212m x x x'=+，当x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()2120m x x x '=+>， 所以函数()()()m x f x g x =-在x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭内单调递增；故选项A 正确 对于选项BC ：设()f x 、()g x 的隔离直线为y kx b =+，则2x kx b ≥+对一切实数x 都成立，即有10∆≤，即240k b +≤，又1kx b x≤+对一切0x <都成立，则210kx bx +-≤，即 20∆≤，240b k +≤，0k ≤，0b ≤，即有24k b ≤-且24b k ≤-，421664k b k ≤≤-，可得40k -≤≤，同理可得：40b -≤≤，故选项B 不正确，故选项C 不正确；对于选项D ：函数()f x 和()h x的图象在x =()f x 和()h x 的隔离直线，那么该直线过这个公共点，设隔离直线的斜率为k，则隔离直线的方程为(y e k x -=，即y kx e =-，由()f x kx e ≥-，可得20x kx e -+≥对于x ∈R 恒成立，则0∆≤，只有k =y e =-，下面证明()h x e ≤-，令()2n ()l G x e h x e x e =--=--，()x G x x'=，当x =()0'=G x，当0x <<时，()0'<G x，当x >()0G x '>，则当x =()G x 取到极小值，极小值是0，也是最小值.所以()()0G x e h x =--≥，则()h x e ≤-当0x >时恒成立.所以()f x 和()g x 之间存在唯一的“隔离直线”e y =-，故选项D 正确.故选：AD【点睛】本提以函数为载体，考查新定义，关键是对新定义的理解，考查函数的导数，利用导数求最值，属于难题.9．下列命题正确的有（ ）A ．已知0,0a b >>且1a b +=，则1222a b -<<B ．34a b ==a b ab+= C ．323y x x x =--的极大值和极小值的和为6-D ．过(1,0)A -的直线与函数3y x x =-有三个交点，则该直线斜率的取值范围是1(,2)(2,)4-+∞ 【答案】ACD【分析】由等式关系、指数函数的性质可求2a b -的范围；利用指对数互化，结合对数的运算法求a b ab+；利用导数确定零点关系，结合原函数式计算极值之和即可；由直线与3y x x =-有三个交点，即可知2()h x x x k =--有两个零点且1x =-不是其零点即可求斜率范围.【详解】A 选项，由条件知1b a =-且01a <<，所以21(1,1)a b a -=-∈-，即1222a b -<<；B 选项，34a b ==log a =4log b =1212112(log 3log 4)2a b ab a b+=+=+=； C 选项，2361y x x '=--中>0∆且开口向上，所以存在两个零点12,x x 且122x x +=、1213x x =-，即12,x x 为y 两个极值点， 所以2212121212121212()[()3]3[()2]()6y y x x x x x x x x x x x x +=++--+--+=-； D 选项，令直线为(1)y k x =+与3y x x =-有三个交点，即2()()(1)g x x x k x =--+有三个零点，所以2()h x x x k =--有两个零点即可∴140(1)20k h k ∆=+>⎧⎨-=-≠⎩，解得1(,2)(2,)4k ∈-+∞ 故选：ACD【点睛】本题考查了指对数的运算及指数函数性质，利用导数研究极值，由函数交点情况求参数范围，属于难题.10．已知函数()21,0log ,0kx x f x x x +≤⎧=⎨>⎩，下列是关于函数()1y f f x =+⎡⎤⎣⎦的零点个数的判断，其中正确的是（ ）A ．当0k >时，有3个零点B ．当0k <时，有2个零点C ．当0k >时，有4个零点D ．当0k <时，有1个零点【答案】CD【分析】令y ＝0得()1f f x =-⎡⎤⎣⎦，利用换元法将函数分解为f （x ）＝t 和f （t ）＝﹣1，作出函数f （x ）的图象，利用数形结合即可得到结论．【详解】令()10y f f x =+=⎡⎤⎣⎦，得()1f f x =-⎡⎤⎣⎦，设f （x ）＝t ，则方程()1f f x =-⎡⎤⎣⎦等价为f （t ）＝﹣1，①若k ＞0，作出函数f （x ）的图象如图：∵f （t ）＝﹣1，∴此时方程f （t ）＝﹣1有两个根其中t 2＜0，0＜t 1＜1，由f （x ）＝t 2＜0，此时x 有两解，由f （x ）＝t 1∈（0，1）知此时x 有两解，此时共有4个解，即函数y ＝f [f （x ）]+1有4个零点．②若k ＜0，作出函数f （x ）的图象如图：∵f （t ）＝﹣1，∴此时方程f （t ）＝﹣1有一个根t 1，其中0＜t 1＜1，由f （x ）＝t 1∈（0，1），此时x 只有1个解，即函数y ＝f [f （x ）]+1有1个零点． 故选：CD ．【点睛】本题考查分段函数的应用，考查复合函数的零点的判断，利用换元法和数形结合是解决本题的关键，属于难题．。
高中数学《导数及其应用》知识点讲解附真题PPT课件
- ln
k
k
1 k 1 k
b, -1
b
⇒
b k
1-ln 2.
2,
答案 1-ln 2
例5 设函数f(x)=x3+ax2,若曲线y=f(x)在点P(x0,f(x0))处的切线方程为x+y=0, 则点P的坐标为 ( )
A.(0,0) B.(1,-1) C.(-1,1) D.(1,-1)或(-1,1)
=ln(x+1)的切线,则b=
.
解题导引 与例3的不同之处是:有两条曲线,且两切点未知,因此转化为求
两条曲线上两个点处的切线方程问题.第一步,先设出两个切点;第二步,用k
表示出两个切点的坐标;第三步,建立方程组,求解.
解析 直线y=kx+b与曲线y=ln x+2,y=ln(x+1)均相切,设切点分别为A(x1,y1),
2
分别令x=1,x=0,得
f f
'(1) f '(0) f
'(1)-f '(0) 1, '(1)e-1-f '(0) 0,
解得
f f
'(0) '(1)
1, 2e,
因此f(x)=2e·ex-1-x+
1 2
x2=2ex-x+
1 2
x2.
方法总结 与含参数问题相结合,类似于抽象函数问题,用赋值法求解.
B(x2,y2),
由y=ln x+2得y'= 1 ,由y=ln(x+1)得y'= 1 ,
x
x 1
∴k=
1 x1
=
1 x2
1
,∴x1=
一元函数的导数及其应用(利用导函数研究单调性(含参)问题)(解答题压轴题)(原卷版)高考数学必刷题
专题05一元函数的导数及其应用（利用导函数研究单调性（含参）问题）利用导函数研究单调性（含参）问题①导函数有效部分为一次型（或类一次型）②导函数有效部分为可因式分解的二次型（或类二次型）③导函数有效部分为不可因式分解的二次型①导函数有效部分为一次型（或类一次型）角度1：导函数有效部分为一次型1．（2022·吉林吉林·模拟预测（文））已知函数lnfxxaxaR.判断函数fx的单调性：解lnfxxax的定义域为0,，11axfxa
xx
当0a时，0fx恒成立，fx在0,上单调递增，当0a时，令0fx，10xa.令0fx，1xa，
所以fx在10,a上单调递增，在1,a上单调递减.综上，当0a时，fx在0,上单调递增；当0a时，fx在10,a上单调递增，在1,a上单调递减.2．（2022·江苏南通·高二期中）已知函数
ln
a
fxx
x，
esinx
gxxaR
讨论函数fx的单调性；解由题意知：fx定义域为0,，221axafxxxx；当0a时，0fx恒成立，fx在0,上单调递减；当0a时，令0fx，解得：xa；当0,xa时，0fx；当,xa时，0fx；
fx在0,a上单调递增，在,a上单调递减；
综上所述：当0a时，fx在0,上单调递减；当0a时，fx在0,a上单调递增，在,a上单调递减.3．（2022·广东·东涌中学高二期中）已知函数
1lnfxxax（其中a为参数）.
求函数fx的单调区间：解由题意得：fx定义域为0,，1axafxxx；当0a时，0fx，则fx的单调递增区间为0,，无单调递减区间；当0a时，令0fx，解得：xa；当0,xa时，0fx；当,xa时，0fx；
高中数学导数及其应用
高中数学导数及其应用高中数学导数及其应用一、知识网络二、高考考点1、导数的定义和应用；2、求导公式和运算法则的应用；3、导数的几何意义；4、导数在研究函数单调性上的应用；5、导数在寻求函数的极值或最值的应用；6、导数在解决实际问题中的应用。
三、知识要点一）导数1、导数的概念1）导数的定义设函数在点及其附近有定义，当自变量x在处有增量△x （△x可正可负），则函数y相应地有增量，这两个增量的比，叫做函数在点到这间的平均变化率。
如果极限存在，则函数在点处可导，并把这个极限叫做在点处的导数（或变化率），记作，即。
如果函数在开区间（）内每一点都可导，则说在开区间（）内可导，此时，对于开区间（），这样在开区间（）内每一个确定的值，都对应着一个确定的导数。
在开区间（）内构成一个新的函数，我们把这个新函数叫做原函数或，即内的导函数（简称导数），记作。
认知：Ⅰ）函数的导数在点是以x为自变量的函数，而函数处的导数是的导函数在点处的导数时是一个数值；的函数值。
Ⅱ）求函数①求函数的增量；②求平均变化率；③求极限。
上述三部曲可简记为一差、二比、三极限。
2）导数的几何意义函数的导数表示函数在某一点处的切线斜率。
3）函数的可导与连续的关系函数的可导与连续既有联系又有区别：Ⅰ）若函数在点处可导，则在点处连续；若函数在开区间（）内可导，则在开区间（）内连续（可导一定连续）。
在点处的导数，是曲线在点处的切线的斜率。
Ⅱ）若函数在点处连续，但在点处不一定可导（连续不一定可导）。
反例：在点处连续，但在点处无导数。
事实上，在点处的增量不存在，故在点处不可导。
2、求导公式和求导运算法则1）基本函数的导数（求导公式）公式1：常数的导数：即常数的导数等于0.公式2：幂函数的导数：公式3：正弦函数的导数：公式4：余弦函数的导数：公式5：对数函数的导数：c为常数）公式6：指数函数的导数：2）可导函数四则运算的求导法则设为可导函数，则有：法则1：法则2：法则3：3、复合函数的导数1）复合函数的求导法则设。
高中数学选择性必修二 专题5 3 导数在研究函数中的应用(A卷基础篇)(含答案)
专题5. 3导数在研究函数中的应用（2）（A 卷基础篇）（新教材人教A 版,浙江专用）参考答案与试题解析第Ⅰ卷（选择题）一．选择题（共10小题，满分50分，每小题5分）1．（2020·全国高二课时练习）设()f x 是区间[,]a b 上的连续函数，且在(,)a b 内可导，则下列结论中正确的是（ ）A ．()f x 的极值点一定是最值点B ．()f x 的最值点一定是极值点C ．()f x 在区间[,]a b 上可能没有极值点D ．()f x 在区间[,]a b 上可能没有最值点【答案】C【解析】根据函数的极值与最值的概念知，()f x 的极值点不一定是最值点，()f x 的最值点不一定是极值点．可能是区间的端点，连续可导函数在闭区间上一定有最值，所以选项A ，B ，D 都不正确，若函数()f x 在区间[,]a b 上单调，则函数()f x 在区间[,]a b 上没有极值点，所以C 正确．故选：C.2．（2020·全国高二单元测试）如图是函数y ＝f （x ）的导数y ＝f '（x ）的图象，则下面判断正确的是（ ）A ．在（﹣3，1）内f （x ）是增函数B ．在x ＝1时，f （x ）取得极大值C ．在（4，5）内f （x ）是增函数D ．在x ＝2时，f （x ）取得极小值【答案】C【解析】根据题意，依次分析选项：对于A ，在（﹣3，32-）上，f ′（x ）＜0，f （x ）为减函数，A 错误； 对于B ，在（32-，2）上，f ′（x ）＞0，f （x ）为增函数，x ＝1不是f （x ）的极大值点，B 错误； 对于C ，在（4，5）上，f ′（x ）＞0，f （x ）为增函数，C 正确； 对于D ，在（32-，2）上，f ′（x ）＞0，f （x ）为增函数，在（2，4）上，f ′（x ）＜0，f （x ）为减函数，则在x ＝2时f （x ）取得极大值，D 错误；故选：C ．3．（2020·横峰中学高三月考（文））已知函数()ln f x x ax =-在2x =处取得极值，则a =（ ） A ．1B ．2C ．12D ．-2【答案】C【解析】 ()'1f x a x=-，依题意()'20f =，即110,22a a -==. 此时()()'112022x f x x x x -=-=>，所以()f x 在区间()0,2上递增，在区间()2,+∞上递减，所以()f x 在2x =处取得极大值，符合题意. 所以12a =. 故选：C4．（2020·霍邱县第二中学高二月考（文））已知函数()31f x ax bx =++的图象在点()1,1a b ++处的切线斜率为6，且函数()f x 在2x =处取得极值，则a b +=（ ）A ．263-B ．7C ．223D ．263【答案】C【解析】由题可知：()'23f x ax b =+，则36,120,a b a b +=⎧⎨+=⎩解得23a =-，8b =. 经检验，当23a =-，8b =时，()f x 在2x =处取得极大值，所以223a b +=. 故选：C 5．（2020·北京高二期末）已知函数31()43f x x x =-，则()f x ）的极大值点为（ ） A ．4x =-B ．4x =C ．2x =-D ．2x = 【答案】C【解析】 由31()43f x x x =-， 得：()24f x x '=-.由()240f x x '=->，得：2x <-，或2x >. 由()240f x x '=-<，得：22x -<<. 所以函数()f x 的增区间为()(),2,2,-∞-+∞.函数()f x 的减区间为()2,2-.所以，2x =-是函数的极大值点，2x =是函数的极小值点.故选：C.6．（2020·河南信阳市·高二期末（文））设()21cos 2=+f x x x ，则函数()f x （ ） A ．有且仅有一个极小值B ．有且仅有一个极大值C ．有无数个极值D ．没有极值【答案】A【解析】 ()sin f x x x '=-，()1cos 0f x x ''=-≥，∴()f x '单调递增且()00f '=，∴当0x <时，()0f x '<，函数()f x 单调递减，当0x >时，()0f x '>，函数()f x 单调递增，故()f x 有唯一的极小值点.故选：A.7．（2020·绵阳市·四川省绵阳江油中学高二月考（理））函数()33f x x ax a =--在()0,1内有最小值，则a 的取值范围为( )A ．01a ≤<B ．01a <<C ．11a -<<D ．102a << 【答案】B【解析】 ∵函数f （x ）=x 3﹣3ax ﹣a 在（0，1）内有最小值，∴f′（x ）=3x 2﹣3a=3（x 2﹣a ），①若a ≤0，可得f′（x ）≥0，f （x ）在（0，1）上单调递增，f （x ）在x=0处取得最小值，显然不可能，②若a ＞0，f′（x ）=0解得x=当x f （x ）为增函数，0＜x f （x ）在 所以极小值点应该在（0，1）内，符合要求．综上所述，a 的取值范围为（0，1）故答案为B8．（2020·佳木斯市第二中学高二期末（文））若函数()321233f x x x =+-在区间(),3a a +内既存在最大值也存在最小值，则a 的取值范围是（ ）A ．()3,2--B ．()3,1--C ．()2,1--D ．()2,0-【答案】A【解析】由()22(2)0f x x x x x '=+=+=得2x =-或0x =， 可以判断()f x 在0x =处取得极小值()203f =-，在2x =-处取得极大值()223f -=. 令()23f x =-，得3x =-或0x =，令()23f x =，得2x =-或1x =， 由题意知函数()f x 在开区间(),3a a +内的最大、最小值只能在2x =-和0x =处取得，结合函数()f x 的图象可得：03132a a <+≤⎧⎨-≤<-⎩，解得32a -<<-， 故a 的取值范围是()3,2--.故选：A 9．（2020·全国高三专题练习（文））函数()sin xf x ae x =-在0x =处有极值,则a 的值为( ) A ．1-B ．0C ．1D ．e【答案】C【解析】 由题意得：()cos x f x ae x '=-()f x 在0x =处有极值 ()0cos010f a a '∴=-=-=，解得：1a =经检验满足题意，本题正确选项：C10．（2020·湖北宜昌市·高二期末）若1x =是函数3221()(1)(33)3f x x a x a a x =++-+-的极值点，则a 的值为（ ）A ．-3B ．2C ．-2或3D ．–3或2【答案】D【解析】由题意，知：22()2(1)(33)f x x a x a a '=++-+-且()01f '=，∴260+-=a a ，解得：3a =-或2a =.当3a =-时，2()43(1)(3)f x x x x x '=-+=--，即在1x =的左侧(0)30f '=>，右侧(2)10f '=-<，所以1x =是极值点，而非拐点；当2a =时，2()67(1)(7)f x x x x x '=+-=-+，即在1x =的左侧(0)70f '=-<，右侧(2)90f '=>，所以1x =是极值点，而非拐点；故选：D第Ⅱ卷（非选择题）二．填空题（共7小题，单空每小题4分，两空每小题6分，共36分）11．（2020·四川成都市·高三开学考试（文））已知函数()sin 2f x x x =-，则()f x 在[,]22ππ-上的最小值是_______________.【答案】1-π【解析】在[,]22ππ-上，有()cos 20f x x '=-<，知：()f x 单调递减， ∴min ()()sin 21222f x f ππππ==-⨯=-，故答案为：1-π.12．（2020·昆明呈贡新区中学（云南大学附属中学呈贡校区）高三月考（理））若x ＝2是f (x )＝ax 3-3x 的一个极值点，则a ＝________. 【答案】14 【解析】因为3()3f x ax x =-，所以2()33f x ax '=-，因为x ＝2是f (x )＝ax 3-3x 的一个极值点，所以(2)1230f a '=-=，故14a =， 经验证当14a =时，2x =是()f x 的一个极值点. 所以14a =. 故答案为：1413．（2019·浙江高三专题练习）若函数321()3f x x x =-在[1,1]-，则函数的最小值是 _______ ；最大值是_________. 【答案】43-0 【解析】由题得2()=2f x x x '-，令2()=2=0f x x x '-得x=2（舍去）或0， 因为42(1),(0)0,f(1)33f f -=-==-， 所以函数的最小值是43-，最大值为0. 故答案为4;0.3- 14．（2020·东台创新高级中学高二月考）已知函数()ln f x x x =，则()y f x =的极小值为______． 【答案】1e -【解析】因为()ln f x x x =，所以()ln 1f x x '=+，由()0f x '>得1x e >；由()0f x '<得10x e<<； 所以函数()ln f x x x =在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增， 所以()y f x =的极小值为1111ln f e e e e ⎛⎫==- ⎪⎝⎭. 故答案为：1e-. 15．（2019·西藏拉萨市·拉萨那曲第二高级中学高二月考（文））函数()327f x x x =-的极值是：________和________.【答案】-54 54【解析】由函数()327f x x x =-有()()()2327=333f x x x x '=--+ 令()0f x '>解得3x >或3x <-.令()0f x '<解得33x -<<所以函数()f x 在(),3-∞-上单调递增，在()3,3-上单调递减，在()3+∞，上单调递增. 所以当3x =-时，函数()f x 有极大值()()()33327354f -=--⨯-=， 当3x =时，函数()f x 有极小值()33327354f =-⨯=-. 故答案为：54-， 54.16．（2019·浙江绍兴市·高二期末）函数()2()1xf x x x e =--（其中2.718e =…是自然对数的底数）的极值点是________；极大值=________.【答案】1或－225e【解析】由已知得 ()()'22()1212( 2) (1)x x x f x x x x e x x e x x e =--+-=+-=+-，e 0x >，令'()0f x =，可得2x =-或1x =，当2x <-时'()0f x >，即函数()f x 在(,1)-∞-上单调递增； 当21x -<<时，()0f x '<，即函数()f x 在区间(1,0)-上单调递减；当1x >时，'()0f x >，即函数()f x 在区间(0,)+∞上单调递增．故()f x 的极值点为2-或1，且极大值为25(2)f e -=． 故答案为(1). 1或－2 (2). 25e ． 17．（2020·全国高三专题练习）设()f x '是奇函数()f x 的导函数，()23f -=-，且对任意x ∈R 都有()2f x '<，则()2f =_________，使得()e 2e 1x x f <-成立的x 的取值范围是_________．【答案】3 ()ln 2,+∞【解析】∵()f x 是奇函数，∴()()223f f =--=，设()()2g x f x x =-，则()()22g f =-41=-，()()20g x f x ''=-<，∴()g x 在R 上单调递减，由()e 2e 1x x f <-得()e e 21x x f -<-，即()()2e x g g <，∴e 2x >，得ln 2x >，故答案为：3；()ln 2,+∞．三．解答题（共5小题，满分64分，18--20每小题12分，21,22每小题14分）18．（2020·全国高三（文））已知函数3()31f x x x =-+.（1）求()f x 的单调区间；（2）求函数的极值；(要列表).【答案】（1）增区间为()(),1,1,-∞-+∞，减区间为()1,1-；（2）极大值为3，极小值为1-.【解析】（1）3()31f x x x =-+，/2()333(1)(1)f x x x x ∴=-=-+，设'()0f x =可得1x =或1x =-.①当/()0f x >时，1x >或1x <-；②当/()0f x <时，11x -<<，所以()f x 的单调增区间为()(),1,1,-∞-+∞，单调减区间为：()1,1-.（2）由（1）可得，当x 变化时，/()f x ，()f x 的变化情况如下表：当1x =-时，()f x 有极大值，并且极大值为(1)3f -=当1x =时，()f x 有极小值，并且极小值为(1)1f =-.19.（2020·海南省直辖县级行政单位·临高二中高二月考）若()32133f x x x x =+-，R x ∈，求： （1）()f x 的单调增区间；（2）()f x 在[]0,2上的最小值和最大值.【答案】(1) 增区间为()()3,1-∞-+∞，，;(2) ()max 2,3f x = ()min 53f x =-. 【解析】（1）()/223f x x x =+-，由 ()0f x '>解得31x x -或，()f x 的增区间为()()3,1-∞-+∞，，；（2）()2230f x x x =+-='， 3x =-（舍）或1x =， ()15113-33f =+-=, ()00f =, ()32122223233f =⨯+-⨯=， ()max 2,3f x = ()min 53f x =- 20.（2020·北京通州区·高二期末）已知函数3()31f x x x =-+.（1）求曲线()y f x =在点(0，(0))f 处的切线方程；（2）求()f x 在[1，2]上的最大值和最小值.【答案】（1）310x y +-= ；（2）最大值f (2)3=，最小值f (1)1=- .【解析】（1）由3()31f x x x =-+得，'2()33f x x =-，所以(0)1f =，'(0)3f =-， 所以曲线()y f x =在点(0，(0))f 处的切线方程13(0)y x -=--即310x y +-=；（2）令'()0f x >可得1x >或1x <-，此时函数单调递增，令'()0f x <可得11x -<<，此时函数单调递减，故函数()f x 在[1，2]上单调递增，所以()f x 的最大值f （2）3=，最小值f （1）1=-.21．（2020·江苏宿迁市·宿豫中学高二月考）已知函数1()(cos sin )(0)22x f x e x x x π=+≤≤, （1）计算函数()f x 的导数()f x '的表达式; （2）求函数()f x 的值域.【答案】（1）()cos xf x e x '=;（2）211,22e π⎡⎤⎢⎥⎣⎦. 【解析】（1）因为1()(cos sin )(0)22x f x e x x x π=+≤≤, 所以11()(cos sin )(sin cos )cos 22x x x f x e x x e x x e x '=++-+=. 故函数()f x 的导数()cos x f x e x '=;（2）02x π≤≤, ()cos 0x f x e x '∴=≥,函数()f x 在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上是单调增函数, 所以m n 0i ()(0)11(cos0sin 0)22e f x f +===, 所以22max 11(cos sin ()()222)22f x e f e πππππ+===; 故函数()f x 的值域为211,22e π⎡⎤⎢⎥⎣⎦. 22．（2020·哈尔滨市第十二中学校高二期末（文））已知函数321()23f x x bx x a =-++，2x =是()f x 的一个极值点．（1）求()f x 的单调递增区间； （2）若当[1,?3]x ∈时，22()3f x a ->恒成立，求实数a 的取值范围． 【答案】(1) ()y f x =的单调递增区间为(,?1)-∞，(2,?+)∞ (2) 01a <<【解析】（Ⅰ）2()22f x x bx '=-+. ∵2x =是的一个极值点，∴2x =是方程2220x bx -+=的一个根，解得32b =. 令()0f x '>，则，解得1x <或2x >.∴函数()y f x =的单调递增区间为(,?1)-∞，(2,?+)∞. （Ⅱ）∵当(1,2)x ∈时()0f x '<，(2,3)x ∈时()0f x '>， ∴在（1，2）上单调递减，在（2，3）上单调递增. ∴(2)f 是在区间[1，3]上的最小值，且 2(2)3f a =+. 若当[1,?3]x ∈时，要使22()3f x a ->恒成立，只需22(2)3f a >+， 即22233a a +>+，解得 01a <<.。
高中数学导数地应用——极值与最值专项训练题(全)
高中数学专题训练导数的应用——极值与最值一、选择题1．函数y＝ax3＋bx2取得极大值和极小值时的x的值分别为0和13，则( )A．a－2b＝0 B．2a－b＝0 C．2a＋b＝0 D．a＋2b＝0 答案 D解析y′＝3ax2＋2bx，据题意，0、13是方程3ax2＋2bx＝0的两根∴－2b3a＝13，∴a＋2b＝0.2．当函数y＝x·2x取极小值时，x＝( )A.1ln2B．－1ln2C．－ln2 D．ln2答案 B解析由y＝x·2x得y′＝2x＋x·2x·ln2 令y′＝0得2x(1＋x·ln2)＝0∵2x＞0，∴x＝－1 ln23．函数f(x)＝x3－3bx＋3b在(0,1)内有极小值，则( ) A．0＜b＜1 B．b＜1C．b＞0 D．b＜1 2答案 A解析f(x)在(0,1)内有极小值，则f′(x)＝3x2－3b在(0,1)上先负后正，∴f′(0)＝－3b＜0，∴b＞0，f′(1)＝3－3b＞0，∴b＜1综上，b的范围为0＜b＜14．连续函数f(x)的导函数为f′(x)，若(x＋1)·f′(x)>0，则下列结论中正确的是( )A．x＝－1一定是函数f(x)的极大值点B．x＝－1一定是函数f(x)的极小值点C．x＝－1不是函数f(x)的极值点D．x＝－1不一定是函数f(x)的极值点答案 B解析x>－1时，f′(x)>0x<－1时，f′(x)<0∴连续函数f(x)在(－∞，－1)单减，在(－1，＋∞)单增，∴x＝－1为极小值点．5．函数y ＝x 33＋x 2－3x －4在[0,2]上的最小值是( )A ．－173B ．－103C ．－4D ．－643答案 A解析 y ′＝x 2＋2x －3.令y ′＝x 2＋2x －3＝0，x ＝－3或x ＝1为极值点．当x ∈[0,1]时，y ′<0.当x ∈[1,2]时，y ′>0，所以当x ＝1时，函数取得极小值，也为最小值．∴当x ＝1时，y min ＝－173.6．函数f (x )的导函数f ′(x )的图象，如右图所示，则( )A ．x ＝1是最小值点B ．x ＝0是极小值点C ．x ＝2是极小值点D ．函数f (x )在(1,2)上单增 答案 C解析 由导数图象可知，x ＝0，x ＝2为两极值点，x ＝0为极大值点，x ＝2为极小值点，选C.7．已知函数f (x )＝12x 3－x 2－72x ，则f (－a 2)与f (－1)的大小关系为( )A ．f (－a 2)≤f (－1)B ．f (－a 2)<f (－1)C ．f (－a 2)≥f (－1)D ．f (－a 2)与f (－1)的大小关系不确定 答案 A解析 由题意可得f ′(x )＝32x 2－2x －72.由f ′(x )＝12(3x －7)(x ＋1)＝0，得x ＝－1或x ＝73.当x <－1时，f (x )为增函数；当－1<x <73时，f (x )为减函数．所以f (－1)是函数f (x )在(－∞，0]上的最大值，又因为－a 2≤0，故f (－a 2)≤f (－1)．8．函数f (x )＝e －x ·x ，则( )A ．仅有极小值12eB ．仅有极大值12eC ．有极小值0，极大值12eD ．以上皆不正确 答案 B解析 f ′(x )＝－e －x ·x ＋12x ·e －x ＝e －x (－x ＋12x )＝e －x ·1－2x2x .令f ′(x )＝0，得x ＝12.当x >12时，f ′(x )<0；当x <12时，f ′(x )>0.∴x ＝12时取极大值，f (12)＝1e·12＝12e. 二、填空题9．若y ＝a ln x ＋bx 2＋x 在x ＝1和x ＝2处有极值，则a ＝________，b ＝________.答案 －23 －16解析 y ′＝a x＋2bx ＋1.由已知⎩⎨⎧a ＋2b ＋1＝0a2＋4b ＋1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－23b ＝－1610．已知函数f (x )＝13x 3－bx 2＋c (b ，c 为常数)．当x ＝2时，函数f (x )取得极值，若函数f (x )只有三个零点，则实数c 的取值范围为________答案 0<c <43解析 ∵f (x )＝13x 3－bx 2＋c ，∴f ′(x )＝x 2－2bx ，∵x ＝2时，f (x )取得极值，∴22－2b ×2＝0，解得b ＝1.∴当x ∈(0,2)时，f (x )单调递减，当x ∈(－∞，0) 或x ∈(2，＋∞)时，f (x )单调递增．若f (x )＝0有3个实根，则⎩⎨⎧f 0c >0f213×23－22＋c <0，，解得0<c <4311．设m ∈R ，若函数y ＝e x ＋2mx (x ∈R )有大于零的极值点，则m 的取值范围是________．答案 m <－12解析 因为函数y ＝e x ＋2mx (x ∈R )有大于零的极值点，所以y ′＝e x ＋2m ＝0有大于0的实根．令y 1＝e x ，y 2＝－2m ，则两曲线的交点必在第一象限．由图象可得－2m >1，即m <－12.12．已知函数f (x )＝x 3－px 2－qx 的图象与x 轴相切于(1,0)，则极小值为________．答案 0解析 f ′(x )＝3x 2－2px －q ， 由题知f ′(1)＝3－2p －q ＝0. 又f (1)＝1－p －q ＝0，联立方程组，解得p ＝2，q ＝－1.∴f (x )＝x 3－2x 2＋x ，f ′(x )＝3x 2－4x ＋1. 由f ′(x )＝3x 2－4x ＋1＝0，解得x ＝1或x ＝13，经检验知x ＝1是函数的极小值点， ∴f (x )极小值＝f (1)＝0. 三、解答题13．设函数f (x )＝sin x －cos x ＋x ＋1,0＜x ＜2π，求函数f (x )的单调区间与极值．解析 由f (x )＝sin x －cos x ＋x ＋1,0＜x ＜2π， 知f ′(x )＝cos x ＋sin x ＋1，于是f ′(x )＝1＋2sin(x ＋π4)．令f ′(x )＝0，从而sin(x ＋π4)＝－22，得x ＝π，或x ＝3π2.因此，由上表知f (x )的单调递增区间是(0，π)与(2，2π)，单调递减区间是(π，3π2)，极小值为f (3π2)＝3π2，极大值为f (π)＝π＋2.14．设函数f (x )＝6x 3＋3(a ＋2)x 2＋2ax .(1)若f (x )的两个极值点为x 1，x 2，且x 1x 2＝1，求实数a 的值；(2)是否存在实数a ，使得f (x )是(－∞，＋∞)上的单调函数？若存在，求出a 的值；若不存在，说明理由．解析 f ′(x )＝18x 2＋6(a ＋2)x ＋2a .(1)由已知有f ′(x 1)＝f ′(x 2)＝0，从而x 1x 2＝2a18＝1，所以a ＝9； (2)由于Δ＝36(a ＋2)2－4×18×2a ＝36(a 2＋4)>0，所以不存在实数a ，使得f (x )是(－∞，＋∞)上的单调函数． 15．已知定义在R 上的函数f (x )＝x 2(ax －3)，其中a 为常数． (1)若x ＝1是函数f (x )的一个极值点，求a 的值；(2)若函数f (x )在区间(－1,0)上是增函数，求a 的取值范围． 解析 (1)f (x )＝ax 3－3x 2，f ′(x )＝3ax 2－6x ＝3x (ax －2)． ∵x ＝1是f (x )的一个极值点，∴f ′(1)＝0，∴a ＝2.(2)解法一 ①当a ＝0时，f (x )＝－3x 2在区间(－1,0)上是增函数，∴a ＝0符合题意；②当a ≠0时，f ′(x )＝3ax (x －2a)，令f ′(x )＝0得：x 1＝0，x 2＝2a.当a >0时，对任意x ∈(－1,0)，f ′(x )>0，∴a >0符合题意；当a <0时，当x ∈(2a ，0)时，f ′(x )>0，∴2a≤－1，∴－2≤a <0符合题意；综上所述，a ≥－2.解法二 f ′(x )＝3ax 2－6x ≥0在区间(－1,0)上恒成立，∴3ax －6≤0，∴a ≥2x 在区间(－1,0)上恒成立，又2x <2－1＝－2，∴a ≥－2. 16．已知函数f (x )＝－x 2＋ax ＋1－ln x .(1)若f (x )在(0，12)上是减函数，求a 的取值范围；(2)函数f (x )是否既有极大值又有极小值？若存在，求出a 的取值范围；若不存在，请说明理由．解析 (1)f ′(x )＝－2x ＋a －1x ，∵f (x )在(0，12)上为减函数，∴x ∈(0，12)时－2x ＋a －1x <0恒成立，即a <2x ＋1x恒成立．设g (x )＝2x ＋1x ，则g ′(x )＝2－1x 2.∵x ∈(0，12)时1x2>4，∴g ′(x )<0，∴g (x )在(0，12)上单调递减，g (x )>g (12)＝3，∴a ≤3.(2)若f (x )既有极大值又有极小值，则f ′(x )＝0必须有两个不等的正实数根x 1，x 2，即2x 2－ax ＋1＝0有两个不等的正实数根．故a 应满足⎩⎨⎧Δ>0a2>0⇒⎩⎨⎧a 2－8>0a >0⇒a >22，∴当a >22时，f ′(x )＝0有两个不等的实数根， 不妨设x 1<x 2，由f ′(x )＝－1x (2x 2－ax ＋1)＝－2x(x －x 1)(x －x 2)知，0<x <x 1时f ′(x )<0，x 1<x <x 2时f ′(x )>0，x >x 2时f ′(x )<0，∴当a >22时f (x )既有极大值f (x 2)又有极小值f (x 1)．1. 已知y ＝f (x )是奇函数，当x ∈(0,2)时，f (x )＝ln x －ax (a >12)，当x ∈(－2,0)时，f (x )的最小值为 1，则a 的值等于________．答案 1解析 ∵f (x )是奇函数，∴f (x )在(0,2)上的最大值为－1，当x ∈(0,2)时，f ′(x )＝1x －a ，令f ′(x )＝0得x ＝1a ，又a >12，∴0<1a <2.令f ′(x )>0，则x <1a ，∴f (x )在(0，1a)上递增；令f ′(x )<0，则x >1a，∴f (x )在(1a，2)上递减，∴f (x )max ＝f (1a )＝ln 1a －a ·1a ＝－1，∴ln 1a＝0，得a ＝1.2．设函数f (x )＝2x 3＋3ax 2＋3bx ＋8c 在x ＝1及x ＝2时取得极值． (1)求a 、b 的值；(2)若对任意的x ∈[0,3]，都有f (x )<c 2成立，求c 的取值范围． 解 (1)f ′(x )＝6x 2＋6ax ＋3b ，因为函数f (x )在x ＝1及x ＝2时取得极值， 则有f ′(1)＝0，f ′(2)＝0， 即⎩⎨⎧6＋6a ＋3b ＝0，24＋12a ＋3b ＝0.解得a ＝－3，b ＝4. (2)由(1)可知，f (x )＝2x 3－9x 2＋12x ＋8c ， f ′(x )＝6x 2－18x ＋12＝6(x －1)(x －2)．当x ∈(0,1)时，f ′(x )>0；当x ∈(1,2)时，f ′(x )<0； 当x ∈(2,3)时，f ′(x )>0.所以，当x ＝1时，f (x )取得极大值f (1)＝5＋8c . 又f (0)＝8c ，f (3)＝9＋8c ，则当x ∈[0,3]时，f (x )的最大值为f (3)＝9＋8c . 因为对于任意的x ∈[0,3]，有f (x )<c 2恒成立， 所以9＋8c <c 2，解得c <－1或c >9.因此c 的取值范围为(－∞，－1)∪(9，＋∞)． 3．已知函数f (x )＝x 3－3ax 2＋3x ＋1. (1)设a ＝2，求f (x )的单调区间；(2)设f (x )在区间(2,3)中至少有一个极值点，求a 的取值范围．解析 (1)当a ＝2时，f (x )＝x 3－6x 2＋3x ＋1，f ′(x )＝3(x －2＋3)(x －2－3)．当x ∈(－∞，2－3)时f ′(x )＞0，f (x )在(－∞，2－3)上单调增加； 当x ∈(2－3，2＋3)时f ′(x )＜0，f (x )在(2－3，2＋3)上单调减少； 当x ∈(2＋3，＋∞)时f ′(x )＞0，f (x )在(2＋3，＋∞)上单调增加．综上，f(x)的单调增区间是(－∞，2－3)和(2＋3，＋∞)，f(x)的单调减区间是(2－3，2＋3)．(2)f′(x)＝3[(x－a)2＋1－a2]．当1－a2≥0时，f′(x)≥0，f(x)为增函数，故f(x)无极值点；当1－a2＜0时，f′(x)＝0有两个根，x1＝a－a2－1，x2＝a＋a2－1.由题意知，2＜a－a2－1＜3，①或2＜a＋a2－1＜3.②①式无解．②式的解为54＜a＜53.因此a的取值范围是(54，53)．1．“我们称使f(x)＝0的x为函数y＝f(x)的零点．若函数y＝f(x)在区间[a，b]上是连续的，单调的函数，且满足f(a)·f(b)<0，则函数y＝f(x)在区间[a，b]上有唯一的零点”．对于函数f(x)＝6ln(x＋1)－x2＋2x－1，(1)讨论函数f(x)在其定义域内的单调性，并求出函数极值．(2)证明连续函数f(x)在[2，＋∞)内只有一个零点．解析(1)解：f(x)＝6ln(x＋1)－x2＋2x－1定义域为(－1，＋∞)，且f′(x)＝6x＋1－2x＋2＝8－2x2x＋1，f′(x)＝0⇒x＝2(－2舍去). x (－1,2)2(2，＋∞)f′(x)＋0－f(x)取得极大值∴当x＝2时，f(x)的极大值为f(2)＝6ln3－1.(2)证明：由(1)知f(2)＝6ln3－1>0，f(x)在[2,7]上单调递减，又f(7)＝6ln8－36＝18(ln2－2)<0，∴f(2)·f(7)<0.∴f(x)在[2,7]上有唯一零点．当x∈[7，＋∞)时，f(x)≤f(7)<0，故x∈[7，＋∞)时，f(x)不为零．∴y＝f(x)在[7，＋∞)上无零点．∴函数f(x)＝6ln(x＋1)－x2＋2x－1在定义域内只有一个零点．2．(2010·江西高考)设函数f(x)＝ln x＋ln (2－x)＋ax(a>0)．(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间；(2)若f(x)在(0,1]上的最大值为12，求a的值．解析函数f(x)的定义域为(0,2)，f′(x)＝1x－12－x＋a.(1)当a ＝1时，f ′(x )＝－x 2＋2x 2－x ，所以f (x )的单调递增区间为(0，2)，单调递减区间为(2，2)；(2)当x ∈(0,1]时，f ′(x )＝2－2xx 2－x＋a >0，即f (x )在(0,1]上单调递增，故f (x )在(0,1]上的最大值为f (1)＝a ，因此a ＝12. 3．已知函数f (x )＝－x 3＋3x 2＋9x ＋a . (1)求f (x )的单调递减区间；(2)若f (x )在区间[－2,2]上的最大值为20，求它在该区间上的最小值． 分析 本题考查多项式的导数公式及运用导数求函数的单调区间和函数的最值，题目中需注意应先比较f (2)和f (－2)的大小，然后判定哪个是最大值从而求出a .解 (1)f ′(x )＝－3x 2＋6x ＋9. 令f ′(x )<0，解得x <－1，或x >3，∴函数f (x )的单调递减区间为(－∞，－1)，(3，＋∞)． (2)∵f (－2)＝8＋12－18＋a ＝2＋a ， f (2)＝－8＋12＋18＋a ＝22＋a ， ∴f (2)>f (－2)．∵在(－1,3)上f ′(x )>0， ∴f (x )在(－1,2]上单调递增．又由于f (x )在[－2，－1)上单调递减，∴f (－1)是f (x )的极小值，且f (－1)＝a －5.∴f (2)和f (－1)分别是f (x )在区间[－2,2]上的最大值和最小值，于是有22＋a ＝20，解得a ＝－2.∴f (x )＝－x 3＋3x 2＋9x －2. ∴f (－1)＝a －5＝－7，即函数f (x )在区间[－2,2]上的最小值为－7. 4．已知函数f (x )＝xe －x (x ∈R )． (1)求函数f (x )的单调区间和极值；(2)已知函数y ＝g (x )的图象与函数y ＝f (x )的图象关于直线x ＝1对称．证明当x ＞1时，f (x )＞g (x )；(3)如果x 1≠x 2，且f (x 1)＝f (x 2)，证明x 1＋x 2＞2. 解析 (1)f ′(x )＝(1－x )e －x . 令f ′(x )＝0，解得x ＝1.当x所以f (x函数f (x )在x ＝1处取得极大值f (1)，且f (1)＝1e.(2)由题意可知g (x )＝f (2－x )，得g (x )＝(2－x )e x －2.令F (x )＝f (x )－g (x )，即F (x )＝xe －x ＋(x －2)e x －2， 于是F ′(x )＝(x －1)(e 2x －2－1)e －x .当x ＞1时，2x －2＞0，从而e 2x －2－1＞0，又e －x ＞0.所以F ′(x )＞0.从而函数F (x )在[1，＋∞)上是增函数．又F (1)＝e －1－e －1＝0，所以x ＞1时，有F (x )＞F (1)＝0，即f (x )＞g (x )． (3)①若(x 1－1)(x 2－1)＝0，由(1)及f (x 1)＝f (x 2)，得x 1＝x 2＝1，与x 1≠x 2矛盾．②若(x 1－1)(x 2－1)＞0，由(1)及f (x 1)＝f (x 2)，得x 1＝x 2，与x 1≠x 2矛盾． 根据①②得(x 1－1)(x 2－1)＜0，不妨设x 1＜1，x 2＞1.由(2)可知，f (x 2)＞g (x 2)，g (x 2)＝f (2－x 2)，所以f (x 2)＞f (2－x 2)，从而f (x 1)＞f (2－x 2)，因为x 2＞1，所以2－x 2＜1，又由(1)可知函数f (x )在区间(－∞，1)内是增函数，所以x 1＞2－x 2，即x 1＋x 2＞2.5．已知函数f (x )＝ax 3－32ax 2，函数g (x )＝3(x －1)2.(1)当a >0时，求f (x )和g (x )的公共单调区间； (2)当a >2时，求函数h (x )＝f (x )－g (x )的极小值； (3)讨论方程f (x )＝g (x )的解的个数． 解 (1)f ′(x )＝3ax 2－3ax ＝3ax (x －1)，又a >0，由f ′(x )>0得x <0或x >1，由f ′(x )<0得0<x <1，即函数f (x )的单调递增区间是(－∞，0)与(1，＋∞)，单调递减区间是(0,1)，而函数g (x )的单调递减区间是(－∞，1)，单调递增区间是(1，＋∞)，故两个函数的公共单调递减区间是(0,1)，公共单调递增区间是(1，＋∞)．(2)h (x )＝ax 3－32ax 2－3(x －1)2，h ′(x )＝3ax 2－3(a ＋2)x ＋6＝3a (x －2a)(x－1)，令h ′(x )＝0，得x ＝2a 或x ＝1，由于2a<1，易知x ＝1为函数h (x )的极小值点，∴h (x )的极小值为h (1)＝－a2.(3)令φ(x )＝f (x )－g (x )＝ax 3－32(a ＋2)x 2＋6x －3，φ′(x )＝3ax 2－3(a ＋2)x ＋6＝3a (x －2a)(x －1)，①若a ＝0，则φ(x )＝－3(x －1)2，∴φ(x )的图象与x 轴只有一个交点，即方程f (x )＝g (x )只有一个解；②若a <0，则φ(x )的极大值为φ(1)＝－a 2>0，φ(x )的极小值为φ(2a )＝－4a 2＋6a－3<0，∴φ(x )的图象与x 轴有三个交点，即方程f (x )＝g (x )有三个解； ③若0<a <2，则φ(x )的极大值为φ(1)＝－a2<0，∴φ(x )的图象与x 轴只有一个交点，即方程f (x )＝g (x )只有一个解；④若a ＝2，则φ′(x )＝6(x －1)2≥0，φ(x )单调递增，∴φ(x )的图象与x 轴只有一个交点，即方程f (x )＝g (x )只有一个解；⑤若a>2，由(2)知φ(x)的极大值为φ(2a)＝－4(1a－34)2－34<0，∴φ(x)的图象与x轴只有一个交点，即方程f(x)＝g(x)只有一个解．综上知，若a≥0，方程f(x)＝g(x)只有一个解；若a<0，方程f(x)＝g(x)有三个解．。
高中数学导数专题01 导数的概念及其几何意义(练)(解析版)
专题01 导数的概念及其几何意义A 组 基础巩固1.在平均变化率的定义中，自变量的增量x ∆是（ ）A ．0x ∆>B ．0x ∆<C ．0x ∆≠D ．0x ∆= 【答案】 C【解析】 x ∆可正可负但不能为零。
2．（2021·全国高二课时练习）汽车行驶的路程s 和时间t 之间的函数图象如图，在时间段[][][]011223,,,,,t t t t t t 上的平均速度分别为123,,v v v ，则三者的大小关系为（ ）A ．231v v v =<B ．123v v v <=C ．123v v v <<D ．231v v v <<【答案】C【分析】由平均变化率的几何意义判断．【详解】由题意得，123,,OA AB BC v k v k v k ===，由题图易知OA AB BC k k k <<， ∴123v v v <<，故选：C.3．（2021·全国高二单元测试）已知()y f x =的图象如图所示，则()A f x '与()B f x '的大小关系是（ ）A ．f ′(x A )＞f ′(xB ) B ．f ′(x A )＜f ′(x B )C ．f ′(x A )＝f ′(x B )D ．不能确定【答案】B【分析】根据导数的几何意义，结合图象可得答案.【详解】由导数的几何意义可知，f ′(x A )，f ′(x B )分别是切线在点A 、B 处切线的斜率， 由图象可知f ′(x A )＜f ′(x B )．故选：B4．（2021·全国高二课时练习）（多选题）为了评估某种治疗肺炎药物的疗效，现有关部门对该药物在人体血管中的药物浓度进行测量．设该药物在人体血管中药物浓度c 与时间t 的关系为()c f t =，甲、乙两人服用该药物后，血管中药物浓度随时间t 变化的关系如下图所示．给出下列四个结论正确的是（ ）A ．在1t 时刻，甲、乙两人血管中的药物浓度相同；B ．在2t 时刻，甲、乙两人血管中药物浓度的瞬时变化率相同；C ．在23[,]t t 这个时间段内，甲、乙两人血管中药物浓度的平均变化率相同；D ．在12[,]t t ，23[,]t t 两个时间段内，甲血管中药物浓度的平均变化率不相同． 【答案】ACD 【分析】理解平均变化率和瞬时变换率的意义，结合图象，判断选项. 【详解】对于A ，在1t 时刻，为两图象的交点，即此时甲、乙两人血管中的药物浓度相同，故A 正确；对于B ，甲、乙两人在2t 时刻的切线的斜率不相等，即两人的()2f t '不相同，所以甲、乙两人血管中药物浓度的瞬时变化率不相同，故B 错误；对于C ，根据平均变换率公式可知，甲、乙两人的平均变化率都是()()3232f t f t t t --，故C 正确；对于D ，在[]12,t t 时间段，甲的平均变化率是()()2121f t f t t t --，在[]23,t t 时间段，甲的平均变化率是()()3232f t f t t t --，显然不相等，故D 正确．故选：ACD 【点睛】思路点睛：本题是一道识图的实际应用问题，判断的关键是理解两个概念，瞬时变化率和平均变化率，结合导数的几何意义可知瞬时变化率就是在此点处切线的斜率，平均变化率是()()f t t f t t+-.5.（2021·全国高二单元测试）一直线运动的物体，从时间t 到t ＋Δt 时，物体的位移为Δs ，那么s t∆∆为（ ）A ．在t 时刻该物体的瞬时速度B ．当时间为Δt 时物体的瞬时速度C ．从时间t 到t ＋t ∆时物体的平均速度D ．以上说法均错误 【答案】C【分析】根据函数的平均变化率的定义判断． 【详解】根据平均变化率的概念可知， st∆∆表示从时间t 到t ＋t ∆时物体的平均速度． 故选：C ．6.（2021·全国高二单元测试）在曲线y ＝x 2＋1上取一点(1，2)及邻近一点(1＋Δx ，2＋Δy )，则y x∆∆为（ ）A ．Δx ＋12x ∆+B ．Δx －1x∆－2C ．Δx ＋2D ．2＋Δx －1x∆ 【答案】C【分析】根据平均变化率的定义计算．【详解】Δy ＝f (1＋Δx )－f （1）＝(1＋Δx )2＋1－(12＋1)＝(Δx )2＋2Δx ，∴yx∆∆＝Δx ＋2． 故选：C ．7．（2021·全国高二单元测试）酒杯的形状为倒立的圆锥(如图)，杯深8 cm ，上口宽6 cm ，水以20 cm 3/s 的流量倒入杯中，当水深为4 cm 时，水升高的瞬时变化率为________．【答案】80cm /s 9π【分析】利用体积公式计算得到1312803t h π⎛⎫= ⎪⎝⎭，再求出水深为4cm ，对应的时间为0t 的大小，最后利用导数可求瞬时变化率. 【详解】由题意，设t 时刻水面高为h ，水面圆半径为r , 则38r h =可得 3,8r h = 此时水的体积为2313364r h h ππ⨯⨯⨯= 又由题设条件知，此时的水量为20t故有3320,64t h π= 故有1312803t h π⎛⎫= ⎪⎝⎭23112801280333t h ππ-⎛⎫'=⨯⨯ ⎪⎝⎭当水深为4cm ，对应的时间为0t ，则0320t π=23312801128020333t th πππ-=⎛⎫⨯ ⎪=⨯⨯ ⎪ ⎪⎝'⎭809π= 所以当水深为4 cm 时，水升高的瞬时变化率为80cm /s 9π故答案为：80cm /s 9π【点睛】注意导数可以用来求瞬时速度、瞬时加速度等，这类问题的关键是要找到两类变量之间的关系.8．（2021·全国高二单元测试）一木块沿某一斜面自由下滑，测得下滑的距离s 与时间t 之间的函数关系为218s t =，则2t =时，木块的瞬时速度为________．【答案】12【分析】利用导数的定义可知，函数218s t =在2t =处的导数值即是木块在2t =处的瞬时速度. 【详解】解：2211()118848t t t s t t t t +∆-∆==+∆∆∆. 当2t =，且t ∆趋于0时，s t∆∆趋于12．故答案为：12. 9.如图，函数f (x )的图象是折线段ABC ,其中A ,B ,C 的坐标分别为（0，4），（2，0），（6，4），则[(0)]f f = ；0(1)(1)limx f x f x∆→+∆-∆= .【答案】 2，- 2【解析】 由图可知：f(0)=4,f(4)=2; f(x)=-2x+4,带入可得。
一元函数的导数及其应用(利用导函数研究不等式问题)(选填压轴题)(解析版)高考数学高分必刷必过题
专题04一元函数的导数及其应用（利用导函数研究不等式问题）（选填压轴题）构造函数法解决导数不等式问题①构造()()n F x x f x =或()()n f x F x x=(n Z ∈，且0n ≠)型②构造()()nx F x e f x =或()()nxf x F x e =(n Z ∈，且0n ≠)型③构造()()sin F x f x x =或()()sin f x F x x =型④构造()()cos F x f x x =或()()cos f x F x x=型⑤根据不等式（求解目标）构造具体函数①构造()()n F x x f x =或()()nf x F x x =(n Z ∈，且0n ≠)型1．（2022·安徽师范大学附属中学高二期中）已知定义在R 上的函数()f x 满足()()0xf x f x '+>，且(2)3f =，则()e e 6xxf >的解集为（）A ．(ln 2,)+∞B ．(0,)+∞C ．(1,)+∞D ．(0,1)【答案】A令()()F x xf x =，可得()()()0F x xf x f x ''=+>，所以()F x 在R 上是增函数，可得(e )e (e )x x x F f =，(2)3f =，(2)2(2)6F f ==，由(e )6ex x f >，可得(e )(2)xF F >，可得：e 2x >，所以ln 2x >，所以不等式的解集为：(ln 2,)+∞，故选：A ．2．（2022·河北·沧县中学高二阶段练习）已知定义在()(),00,∞-+∞U 上的偶函数()f x ，在0x >时满足：()()0xf x f x '+>，且()10f =，则()0f x >的解集为（）A ．()(),11,-∞-⋃+∞B ．()(),10,1-∞-⋃C ．()0,1D ．()1,+∞【答案】A 令()()F x xf x =，所以()()()()()F x x f x xf x F x -=--=-=-所以()F x 是奇函数，在0x >时，()()()0F x xf x f x ''+=>，则在0x >时，()F x 单调递增，由()10f =，可得(1)1(1)0F f =⨯=，(1)(1)0F F -=-=，所求()()0F x f x x =>，等价于()00F x x >⎧⎨>⎩或()00F x x <⎧⎨<⎩，解得1x >或1x <-，所以解集为：()(),11,-∞-⋃+∞．故选：A ．3．（2022·广东·佛山市顺德区东逸湾实验学校高二期中）已知()'f x 是偶函数()()R f x x ∈的导函数，(1)1f =．若0x >时，3()()0f x xf x '+>，则使得不等式3(2022)(2022)1x f x -->成立的x 的取值范围是（）A ．(2021,)+∞B ．(,2021)-∞C ．(2023,)+∞D ．(,2023)-∞【答案】C构造函数()()3g x x f x =，其中R x ∈，则()()()()()33g x x f x x f x g x -=--=-=-，所以，函数()g x 为R 上的奇函数，当0x >时，()()()()()232330g x x f x x f x x f x xf x '''=+=>⎡⎤⎣⎦+，所以，函数()g x 在()0,∞+上为增函数，因为()11f =，则()()111g f ==，由()()3202220221x f x -->得()()20221g x g ->，可得20221x ->，解得2023x >.故选：C4．（2022·河北·邢台市第二中学高二阶段练习）定义在()0,8上的函数()f x 的导函数为()f x ¢，且()()2xf x f x '<，112f ⎛⎫= ⎪⎝⎭，则不等式()24f x x <的解集为（）A ．1,82⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭C ．()0,1D ．10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】A 设()()2f xg x x=，08x <<，则()()()320xf x f x g x x '-'=<，则()g x 在()0,8上单调递减，由()24f x x <，得：()24f x x<，而21124212f g ⎛⎫ ⎪⎛⎫⎝⎭== ⎪⎝⎭⎛⎫ ⎪⎝⎭，所以()12g x g ⎛⎫< ⎪⎝⎭，则182x <<．故不等式()24f x x <的解集为1,82⎛⎫ ⎪⎝⎭．故选：A5．（2022·福建省德化第一中学高二阶段练习）若()f x 是定义在R 上的偶函数，当0x <时，()()0f x xf x '+<，且()30f -=，则不等式()0xf x >的解集为（）A ．()()3,00,3-B ．()(),33,-∞-+∞C ．()(),30,3-∞-⋃D ．()()3,03,-⋃+∞【答案】C设()()g x xf x =，则()g x 的定义域为R而()()()()g x xf x xf x g x -=--=-=-，故()g x 为R 上的奇函数，且()()()g x f x xf x ''=+，当0x <时，因为()()0f x xf x '+<，故()0g x ¢<，故()g x 在(),0-∞上为减函数，故()g x 为()0,+∞上的减函数，而()30f -=，故()30g -=，所以()30g =又()0xf x >即为()0g x >，故()00x g x <⎧⎪⎨>⎪⎩或()00x g x >⎧⎪⎨>⎪⎩，故()()03x g x g <⎧⎪⎨>-⎪⎩或()()03x g x g >⎧⎪⎨>⎪⎩，故3x <-或03x <<，故选：C.6．（2022·宁夏吴忠·高二期中（理））()f x 是定义在R 上的奇函数，且()20f =，当0x >时，有()()20xf x f x x '-<恒成立，则()0f x x>的解集为（）A ．()()2,02,-+∞B ．()(),22,-∞+∞C ．()()2,00,2-D ．()(),20,2-∞- 【答案】C 设函数()()f x g x x=，则()()()2xf x f x g x x'-'=，由题知，当0x >时，()0g x ¢<，∴()()f x g x x=在()0,+∞上单调递减，∵函数()f x 是定义在R 上的奇函数，()()f x f x ∴-=-∴()()()()f x f x g x g x x x---===--，∴函数()g x 是定义在R 上的偶函数，∴()g x 的单调递增区间为(),0-∞，∵()20f =，∴()(2)202f g ==，()20g -=∴当2x <-或2x >时，()0g x <，当20x -<<或02x <<时，()0g x >，∴()()0f x g x x=>的解集为()()2,00,2- .故选：C.7．（2022·西藏·拉萨中学高三阶段练习（文））设函数()f x '是奇函数()()f x x ∈R 的导函数，()10f -=，当0x >时，()()0xf x f x '-<，则使得()0f x <成立的x 的取值范围是（）A ．()(),10,1-∞-⋃B ．()()1,01,-⋃+∞C ．()(),11,0-∞--UD ．()()0,11,+∞ 【答案】B 设()()f x F x x =，则()()()2xf x f x F x x '-'=，∵当0x >时，()()0xf x f x '-<，当0x >时，()0F x '<，即()F x 在()0,∞+上单调递减.由于()f x 是奇函数，所以()()()()f x f x F x F x x x--===-,()F x 是偶函数，所以()F x 在(),0∞-上单调递增.又()()110f f =-=，所以当1x <-或1x >时，()()0=<f x F x x；当10x -<<或01x <<时，()()0f x F x x=>.所以当10x -<<或1x >时，()0f x <.故选：B.8．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()f x 的定义域为()(),00,∞-+∞U ，图象关于y 轴对称，且当0x <时，()()f x f x x'>恒成立，设1a >，则()411af a a ++，(，()411a a f a ⎛⎫+⎪+⎝⎭的大小关系为（）A ．()(()414111af a a a f a a +⎛⎫>>+ ⎪++⎝⎭B ．()(()414111af a a a f a a +⎛⎫<<+ ⎪++⎝⎭C ．(()()414111af a a a f a a +⎛⎫>>+ ⎪++⎝⎭D ．(()()414111af a a a f a a +⎛⎫<<+ ⎪++⎝⎭【答案】B解：∵当0x <时，()()f x f x x'>恒成立，∴()()xf x f x '<，∴()()0xf x f x '-<，令()()f x g x x =，∴()()()2xf x f x g x x'-'=，∴()0g x '<，∴()g x 在(),0∞-上单调递减，∵()()f x f x -=，∴()()g x g x -=-，∴()g x 为奇函数，在()0,∞+上单调递减．∵比较()411af a a ++，(，()411a a f a ⎛⎫+ ⎪+⎝⎭的大小，∴()()41411af a ag a a +=++，((4ag =，()441411a a a f ag a a ⎛⎫⎛⎫+= ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭∵1a >，∴)2110a +->，∴1a +>4411a aa a <++.∴411a a a +>>+，∴()(411a g a g g a ⎛⎫+<< ⎪+⎝⎭，∴()(441441a ag a ag ag a ⎛⎫+<< ⎪+⎝⎭，即()(()414111af a a a f a a +⎛⎫<<+ ⎪++⎝⎭．故选：B ．9．（2022·四川雅安·三模（理））定义在R 上的偶函数()f x 的导函数为()'f x ，且当0x >时，()2()0xf x f x '+<．则（）A ．2(e)(2)4ef f >B ．9(3)(1)>f f C ．4(2)9(3)-<-f f D ．2(e)(3)9e f f ->【答案】D令()()2g x x f x =，因为()f x 是偶函数，所以()g x 为偶函数，当0x >时，()()()()()2220g x xfx x f x x f x xf x '''=+=+<⎡⎤⎣⎦，所以()g x 在()0,+∞单调递减，在(),0-∞单调递增，则()()e 2g g <，即()()22e e 22f f <，则2(e)(2)4ef f <，故A 错误；()()31g g <，即()()931f f <，故B 错误；()()23g g ->-，即4(2)9(3)f f ->-，故C 错误；()()()e 33g g g >=-，即()()2e e 93f f >-，则2(e)(3)9e f f ->，故D 正确.故选：D.②构造()()nx F x e f x =或()()nxf x F x e =(n Z ∈，且0n ≠)型1．（2022·广东·深圳市南山外国语学校（集团）高级中学高二期中）设定义在R 上的函数()f x 的导函数为()f x '，已知()()f x f x '<，且()12e f =，则满足不等式()2e af a <的实数a 的取值范围为（）A ．()0,∞+B ．(),0∞-C ．()1,+∞D ．(),1-∞【答案】C设()()e x f x g x =，则2()e ()e ()()()(e )e x x x xf x f x f x f xg x ''--'==，因为()()f x f x '<，e 0x >，所以()0g x '<，()g x 是减函数，(1)2e (1)2e ef g ===，不等式()2e af a <化为()2e af a <，即()(1)g a g <，所以1a >．故选：C ．2．（2022·安徽省芜湖市教育局模拟预测（文））已知定义在R 上的函数()f x 满足()()20f x f x '->，则下列大小关系正确的是（）A ．()()2312e 1e 2f f f ⎛⎫>> ⎪⎝⎭B ．()()231e 12e 2f f f ⎛⎫>> ⎪⎝⎭C ．()()231e 1e 22f f f ⎛⎫>> ⎪⎝⎭D ．()()3212e e 12f f f ⎛⎫>> ⎪⎝⎭【答案】A 构造函数()()2e x f x g x =，其中R x ∈，则()()()220e xf x f xg x '-'=>，所以，函数()g x 为R 上的增函数，所以，()()1122g g g ⎛⎫<< ⎪⎝⎭，即()()241122e e ef f f ⎛⎫⎪⎝⎭<<，因此，()()321e e 122ff f ⎛⎫<< ⎪⎝⎭.故选：A.3．（2022·江西·南昌市八一中学三模（文））记定义在R 上的可导函数()f x 的导函数为()f x '，且()()0f x f x '->，()11f =，则不等式()1e xf x ->的解集为______．【答案】()1,+∞设()()xf xg x =e，()()()()()()20x xxx f x f x f x f x g x ''--'==>e e e e ，所以函数()g x 单调递增，且()()111e ef g ==，不等式()()()()11>e 1e e x x f x f x g x g -⇔>⇔>，所以1x >.故答案为：()1,+∞.4．（2022·甘肃·玉门油田第一中学高二期中（理））已知定义在R 上的可导函数()f x 的导函数为()f x ¢，满足()()f x f x '<，且()3f x +为偶函数，()61f =，则不等式()e xf x >的解集为______．【答案】(),0-∞设()()exf xg x =，则()()()exf x f xg x '-'=，又()()f x f x '<，所以()0g x ¢<，即()g x 在R 上是减函数，因为()3f x +为偶函数，所以()3f x +图象关于y 轴对称，而()3f x +向右平移3个单位可得()f x ，所以()f x 对称轴为3x =，则()()061f f ==，所以()()0001e f g ==，不等式()e xf x >等价于()()()10e xf xg x g =>=，故0x <，所以不等式()e xf x >的解集为(),0-∞.故答案为：(),0-∞5．（2022·福建省龙岩第一中学高二阶段练习）已知函数()f x 的导函数为()f x '，()()3f x f x '+<，()03f =，则()3f x >的解集为___________.【答案】(),0∞-因为()()3f x f x '+<，所以()()3x xe f x f x e '+<⎡⎤⎣⎦，令()()3x F x e f x =-⎡⎤⎣⎦，则()()()3x x F x e f x e f x ''=-+⎡⎤⎣⎦，()()30x e f x f x '=+-<⎡⎤⎣⎦，所以()F x 是减函数，又()()00030F e f =-=⎡⎤⎣⎦，()3f x >即()30f x ->，()30x e f x ->⎡⎤⎣⎦，所以()()0F x F >，所以0x <，则()3f x >的解集为(),0∞-故答案为：(),0∞-6．（2022·全国·高三专题练习）若定义在R 上的函数()f x 满足()()30f x f x '->，13f e ⎛⎫= ⎪⎝⎭，则不等式()3xf x e >的解集为________________．【答案】1,3⎛+∞⎫⎪⎝⎭构造()3()x f x F e x =，则()3363()3()()3()x x x xe f x e f x F f x f x e x e ''-=-='，函数()f x 满足()()30f x f x '->，则()0F x '>，故()F x 在R 上单调递增．又∵13f e ⎛⎫= ⎪⎝⎭，则113F ⎛⎫= ⎪⎝⎭，则不等式3()x f x e >⇔3()1x f x e >，即1()3F x F ⎛⎫> ⎪⎝⎭，根据()F x 在R 上单调递增，可知1,3x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭．故答案为：1,3⎛+∞⎫⎪⎝⎭③构造()()sin F x f x x =或()()sin f x F x x=型1．（2022·山西·临汾第一中学校高二期末）若函数()f x 的导函数为()f x '，对任意()0,x π∈，()()sin cos f x x f x x '<恒成立，则（）A3546f ππ⎛⎫⎛⎫>⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭B．3546f f ππ⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭C3546f ππ⎛⎫⎛⎫<⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭D．3546f f ππ⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭【答案】B因为任意()()()0,,sin cos x f x x f x x <'∈π恒成立，即任意()()()0,,sin cos 0x f x x f x x '∈-<π恒成立，所以()()()()2sin cos 0sin sin f x f x x f x xx x ''⎡⎤-=<⎢⎥⎣⎦，()0,x π∈所以()sin f x x在()0,π上单调递减，因为56π34>π，所以536453sin sin 64f f ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭<⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ππππ，即536412f f ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭ππ5364f ⎛⎫⎛⎫<⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ππ，故选：B2．（2022·江苏江苏·高二阶段练习）函数()f x 的定义域是()0,π，其导函数是()f x '，若()()sin cos f x x f x x <-'，则关于x()πsin 4x x f ⎛⎫< ⎪⎝⎭的解集为______．【答案】π,π4⎛⎫⎪⎝⎭()()sin cos f x x f x x <-'变形为()()sin cos 0f x x f x x +<'，()πsin 4x x f ⎛⎫< ⎪⎝⎭变形为()ππsin sin 44f x x f ⎛⎫< ⎪⎝⎭，故可令g (x )＝f (x )sin x ，()0,πx ∈，则()()()sin cos 0g x f x x f x x =+''<，∴g (x )在()0,π单调递减，不等式()ππsin sin 44f x x f ⎛⎫< ⎪⎝⎭即为g (x )＜g (π4)，则π,π4x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，故答案为：π,π4⎛⎫⎪⎝⎭.3．（2022·全国·高三专题练习）函数()f x 定义在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上，6f π⎛⎫= ⎪⎝⎭其导函数是()f x '，且()()cos sinx f x x f x '⋅<⋅恒成立，则不等式()f x >的解集为_____________.【答案】,62ππ⎛⎫⎪⎝⎭解：()()cos sin f x x f x x'< ()()sin cos 0f x x x f x '∴->，构造函数()()sin f x g x x=，则()()()2sin cos f x x f x xg x sin x'-'=，当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '>，()g x ∴在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭单调递增，∴不等式()f x x >，即()61sin sin 26f f x x ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭>==即()6x g g π⎛>⎫⎪⎝⎭，26x ππ∴<<故不等式的解集为,62ππ⎛⎫⎪⎝⎭.故答案为：,62ππ⎛⎫⎪⎝⎭.4．（2022·全国·高三专题练习）设奇函数()f x 定义在(,0)(0,)ππ- 上，其导函数为()'f x ，且()02f π=，当0πx <<时，()sin ()cos 0f x x f x x '-<,则关于x 的不等式()2()sin 6f x f x π<的解集为．【答案】(,0)(,)66πππ- 设()()sin f x g x x =，∴2()sin ()cos ()sin f x x f x x g x x'='-，∵()f x 是定义在(,0)(0,)ππ- 上的奇函数，∴()()()()sin()sin f x f x g x g x x x--===-，∴()g x 是定义在(,0)(0,)ππ- 上的偶函数，∵当0πx <<时，()sin ()cos 0f x x f x x '-<，∴()0g x '<，∴()g x 在(0,)π上单调递减，()g x 在(,0)π-上单调递增，∵()02f π=，∴(2(02sin 2f g πππ==，∵()2()sin 6f x f x π<，∴()()6g x g π<，(0,)x π∈，或，(,0)x π∈-，∴6x ππ<<或06x π-<<.∴关于x 的不等式()2()sin 6f x f x π<的解集为(,0)(,)66πππ- .④构造()()cos F x f x x =或()()cos f x F x x=型1．（2022·重庆·高二阶段练习）已知定义在区间,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭上的奇函数()y f x =，对于任意的0,2x π⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭满足()()cos sin 0f x x f x x '+>（其中()f x '是()f x 的导函数），则下列不等式中成立的是（）A．63f ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭B．63f f ππ⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭C．43f ππ⎛⎫⎛⎫-<- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭D64ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎝⎭⎝⎭【答案】B 构造函数()()cos f x g x x =，其中,22x ππ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，则()()()()()cos cos f x f x g x g x x x --==-=--，所以，函数()()cos f x g x x=为奇函数，当0,2x π⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，()()()2cos sin 0cos f x x f x x g x x'+'=>，所以，函数()g x 在0,2π⎡⎫⎪⎢⎣⎭上为增函数，故该函数在,02π⎛⎤- ⎥⎝⎦上也为增函数，由题意可知，函数()g x 在,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭上连续，故函数()g x 在,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭上为增函数.对于A 选项，63g g ππ⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭6312f f ππ⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭<，则63f ππ⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，A 错；对于B 选项，63g g ππ⎛⎫⎛⎫->- ⎪ ⎝⎭⎝⎭6312f f ππ⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎝⎭>，则63f ππ⎛⎫⎛⎫->- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，B 对；对于C 选项，43g g ππ⎛⎫⎛⎫->- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭43122f f ππ⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭>，则43f ππ⎛⎫⎛⎫->- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，C 错；对于D 选项，64g g ππ⎫⎫⎛⎛< ⎪ ⎝⎝⎭⎭64f f ππ⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪<64ππ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，D 错.故选：B.2．（2022·福建龙岩·高二期中）设函数()f x '是定义在()0,π上的函数()f x 的导函数，有()()cos sin 0f x x f x x '->，若π6a f ⎛⎫=⎪⎝⎭，1π23b f ⎛⎫=⎪⎝⎭，23π24c f ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，则a ，b ，c的大小关系是（）A ．a b c >>B ．b c a>>C ．c b a >>D ．c a b>>【答案】C因为()()cos sin 0f x x f x x '->，所以设()()cos F x f x x =⋅，则()()()cos sin 0F x f x x f x x ''=⋅->，所以()()cos F x f x x =⋅在()0,π上为增函数，又因为ππ266a f F ⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎝⎭⎝⎭，1ππ233b f F ⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，23π3π244c f F ⎛⎫⎛⎫=-= ⎪ ⎝⎭⎝⎭，ππ3π634<<，所以ππ3π634F F F ⎛⎫⎛⎫⎛⎫<< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，即a b c <<故选：C3．（2022·广东·广州市第四中学高二阶段练习）设函数()f x '是定义在()0π，上的函数()f x的导函数，有()cos ()sin 0f x x f x x '->，若1023a b f π⎛⎫==⎪⎝⎭，，34c f π⎛⎫= ⎪⎝⎭，则a ，b ，c 的大小关系是（）A ．a b c >>B ．b c a >>C ．c a b >>D ．c b a>>【答案】C解：设()()cos g x f x x =，则()()cos ()sin g x f x x f x x ''=-，又因为()cos ()sin 0f x x f x x '->，所以()0g x '>，所以()g x 在(0,)π上单调递增，又0cos(22a f ππ==，1(cos (2333b f f πππ==，333()cos ()2444c f f πππ==，因为3324πππ<<，所以33cos()cos ()cos (332244f f f ππππππ<<，所以c a b >>.故选：C ．4．（2022·广西玉林·高二期中（文））函数()f x 定义在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上，()f x '是它的导函数，且()()tan x f x f x '⋅>在定义域内恒成立，则（）A ．43f ππ⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭B 63f ππ⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭C ．()cos116f f π⎛⎫⋅> ⎪⎝⎭D 46ππ⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎝⎭⎝⎭【答案】D因为0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以sin 0cos 0x x >>，，由()()tan x f x f x '⋅>可得()cos ()sin f x x f x x '<，即()cos ()sin 0f x x f x x '-<，令()cos (),0,2g x x f x x π⎛⎫=⋅∈ ⎪⎝⎭，则()()cos ()sin 0g x f x x f x x ''=-<，所以函数()g x 在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上为减函数，则(1)643g g g g πππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫>>> ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，则cos cos cos(1)(1)cos 664433f f f f ππππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫>>> ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，2cos(1)(1)643f f πππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫>>> ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭.故选：D5．（2022·全国·高三专题练习）定义域为,22ππ⎛⎫- ⎝⎭的函数()f x 满足()()0f x f x +-=，其导函数为()f x '，当02x π≤<时，有()()cos sin 0f x x f x x '+<成立，则关于x的不等式()cos 4f x x π⎛⎫<⋅ ⎪⎝⎭的解集为（）A ．,,2442ππππ⎛⎫⎛⎫--⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭B ．,42ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．,00,44ππ⎛⎫⎛⎫-⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭D ．,0,442πππ⎛⎫⎛⎫-⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭【答案】B∵()()0f x f x +-=且,22x ππ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，∴()f x 是奇函数，设()()cos f x g x x =，则02x π≤<时，2()cos ()sin ()0cos f x x f x x g x x '+'=<，∴()g x 在0,2π⎡⎫⎪⎢⎣⎭是减函数．又()f x 是奇函数，∴()()cos f x g x x =也是奇函数，因此()g x 在(,0]2π-是递减，从而()g x 在,22ππ⎛⎫- ⎝⎭上是减函数，不等式()cos 4f x f x π⎛⎫<⋅ ⎪⎝⎭为()4cos cos 4f f x x ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭<，即()4g x g π⎛⎫< ⎪⎝⎭，∴42x ππ<<．故选：B ．6．（2022·全国·高三专题练习）已知奇函数()f x 的定义域为ππ,22⎛⎫- ⎪⎝⎭，其图象是一段连续不断的曲线，当π02x -<<时，有()()cos sin 0f x x f x x '+>成立，则关于x 的不等式()π2cos 3f x f x ⎛⎫< ⎪⎝⎭的解集为（）A ．ππ23⎛⎫- ⎪⎝⎭，B ．ππ23⎛⎫-- ⎪⎝⎭，C ．ππππ2332⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，，D ．πππ0332⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，，【答案】A 设()()cos f x g x x=，则()()()2cos sin cos f x x f x xg x x'+'=当π02x -<<时，有()()cos sin 0f x x f x x '+>成立，此时()0g x '>所以()()cos f x g x x =在02π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增.又()f x 为奇函数，则()00f =，则()()cos f x g x x=为奇函数，又()00g =则()()cos f x g x x =在02π⎛⎫ ⎪⎝⎭，上单调递增，所以()g x 在ππ,22⎛⎫- ⎝⎭上单调递增.当ππ,22x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，恒有cos 0x >()π2cos 3f x f x ⎛⎫< ⎪⎝⎭可化为()π3πcos cos 3f f x x ⎛⎫ ⎪⎝⎭<，即()3g x g π⎛⎫< ⎪⎝⎭，由()()cos f x g x x =在ππ,22⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，所以23x ππ-<<故选：A⑤根据不等式（求解目标）构造具体函数1．（2022·重庆·高二阶段练习）定义在R 上的函数()f x 满足()()260f x f x -'-<，且()21e 3=-f ，则满足不等式()2e 3>-x f x 的x 的取值有（）A ．1-B ．0C ．1D ．2【答案】D 构造函数()()23e x f x F x +=，则()()()226e xf x f x F x '--'=，因为()()260f x f x -'-<，所以()0F x '<，所以()()23exf x F x +=单调递减，又()21e 3=-f ，所以()()21311e f F +==，不等式()2e 3>-xf x 变形为()231e xf x +>，即()()1F x F >，由函数单调性可得：1x >故选：D2．（2022·黑龙江·哈尔滨市第六中学校高二期中）已知()f x '是定义域为R 的函数()f x 的导函数.若对任意实数x 都有()()2f x f x '>-，且()13f =，则不等式()12e x f x -->的解集为（）A ．(),1-∞B ．()1,+∞C ．(),e -∞D ．()e,+∞【答案】B解：不等式1()2e x f x -->，等价于不等式1()21e x f x -->，构造函数1()2()e x f x g x --=，则1()(()2)()e x f x f x g x -'--'=，若对任意实数x 都有()()2f x f x '>-，则()0g x '>，()g x 在R 上单调递增，又()0(1)211e f g -==，故1()21e x f x -->即()()1g x g >，故不等式的解集是(1,)+∞，故选：B ．3．（2022·黑龙江·哈师大附中高二期中）已知定义在R 上的函数()f x 满足()2f x '>-，则不等式()()2122f x f x x -->--的解集为（）A ．(),1-∞-B ．()1,0-C ．()0,1D ．()1,-+∞【答案】D设()()2g x f x x =+，则()()2g x f x ''=+.因为定义在R 上的函数()f x 满足()2f x '>-，所以()()20g x f x ''=+>，所以函数()g x 在R 上单调递增.又不等式()()2122f x f x x -->--可化为()()()24121f x x f x x +>-+-，即()()21g x g x >-，所以21x x >-，解得1x >-.所以不等式()()2122f x f x x -->--的解集为()1,-+∞.故选：D.4．（2022·江苏·海门中学高二阶段练习）已知R 上的函数()f x 满足()13f =，且()2f x '<，则不等式()21f x x <+的解集为（）A ．(,1)-∞B ．()3,+∞C ．()1,+∞D ．(2,)+∞【答案】C解：令()()21F x f x x =--，则()()2F x f x ''=-，又()f x 的导数()'f x 在R 上恒有()2f x '<，()()20F x f x ''∴=-<恒成立，()()21F x f x x ∴=--是R 上的减函数，又()()11210F f =--= ，∴当1x >时，()()10F x F <=，即()210f x x --<，即不等式()21f x x <+的解集为(1,)+∞；故选：C ．5．（2022·陕西渭南·二模（理））设函数()f x 的定义域为()0,∞+，()'f x 是函数()f x 的导函数，()(ln )()0f x x x f x '+>，则下列不等关系正确的是（）A ．2(3)log 3(2)f f >B ．()ln 033f ππ<C ．(3)2(9)f f >D ．21(0e )f <【答案】A函数()f x 的定义域为()0,∞+，则1()(ln )()0()()ln 0f x x x f x f x f x x x''+>⇔+>，令()()ln g x f x x =，0x >，则1()()()ln 0g x f x f x x x'=+>，即()g x 在()0,∞+上单调递增，对于A ，(3)(2)g g >，即2(3)ln 3(2)ln 2(3)log 3(2)f f f f >⇔>，A 正确；对于B ，((1)3g g π>，即(3)ln (1)ln103f f π>=，B 不正确；对于C ，(3)(9)g g <，即(3)ln 3(9)ln 92(9)ln 3(3)2(9)f f f f f <=⇔<，C 不正确；对于D ，21()(1)e g g <，即2211()ln (1)ln10e e f f <=，有22112()0()0e e f f -<⇔>，D 不正确.故选：A6．（2022·安徽·南陵中学模拟预测（文））已知函数()2224ln f x x x x ax =++-，若当0m n >>时，()()n f m f m n ->-，则实数a 的取值范围是（）A ．()0,9B ．(],9-∞C ．(],8∞-D ．[)8,+∞【答案】B()()n f m f m n ->-，即()()f m m f n n ->-，令224l (n )()x x x ax g x f x x -+==+-，由题意得()g x 在(0,)+∞上单调递增，即4()410g x x a x '=++-≥，即441a x x≤++在(0,)+∞上恒成立由基本不等式得44119x x++≥+=，当且仅当44x x =即1x =时等号成立，则9a ≤故选：B7．（2022·安徽·高二阶段练习）已知()()21lg 20221lg 20222n n -+>，求满足条件的最小正整数n的值为___________.【答案】3解：由()()21lg 20221lg 20222n n -+>，两边取对数得()()()21ln 1lg 2022lg 2022lg 2n n -⋅+>⋅，因为n 是正整数，所以()()()ln lg 20221ln 211lg 202221n n +-+>-，令()()()ln 11x f x x x +=>，则()()()2ln 111xx x f x x x -++'=>，令()()ln 11x h x x x =-++，则()()201x h x x -'=<+，所以()h x 在()1,+∞上递减，则()()11ln 202h x h <=-=<，即()0f x '<，所以()f x 在()1,+∞上递减，所以lg 202221n <-，解得()11lg 20222n >+，因为3lg 20224<<，所以最小正整数n 的值为3.故答案为：38．（2022·浙江·高二期中）已知定义在R 上的可导函数()f x 是奇函数，其导函数为()'f x ，当0x <时，(1)()()0x f x xf x '-+>，则不等式()0f x <的解集为_______________．【答案】(0,)+∞()2e e(1)()()()()()e e e e x xx x x x x x x x f x xf x f x f x f x '--+⎡⎤=+'='⎢⎥⎣⎦，因为(1)()()0x f x xf x '-+>，所以()0e x xf x '⎡⎤>⎢⎥⎣⎦，即函数()e x x y f x =在(,0)-∞时单调递增的．因为()f x 的定义域是R ，且e x x在R 上都有意义，所以()e xx y f x =的定义域也是R ，所以在(,0)-∞时00()(0)0e ex x f x f <=，而e xx在(,0)-∞小于0恒成立，即在(,0)-∞时()0f x >．因为()f x 是奇函数，所以在(0,)+∞时()0f x <恒成立．所以()0f x <的解集为(0,)+∞．故答案为：(0,)+∞．9．（2022·四川·成都实外高二阶段练习（理））已知定义在R 上的可导函数()f x 为偶函数，且满足()21f =，若当0x ≥时，()f x x '>，则不等式()2112f x x <-的解集为___________.【答案】(2,2)-设21()()2g x f x x =-，则()()0g x f x x ''=->，0x ≥时，()g x 是增函数，又()f x 是偶函数，所以2211()()()()()22g x f x x f x x g x -=---=-=，()g x 是偶函数，21(2)(2)212g f =-⨯=-,不等式()2112f x x <-即为()(2)g x g <，由()g x 是偶函数，得()(2)g x g <，又0x ≥时，()g x 递增，所以2x <，22x -<<．故答案为：(2,2)-．10．（2022·四川·成都实外高二阶段练习（文））已知定义在R 上的可导函数()f x 满足()21f =，且()f x 的导函数()f x '满足：()1f x x '>-，则不等式()2112f x x x <-+的解集为___________.【答案】(),2∞-因为()1f x x '>-，所以()10f x x '-+>构造()()212F x f x x x =-+，则()()10F x f x x ''=-+>，即()()212F x f x x x =-+在R 上单调递增，因为()21f =，所以()()22221F f =-+=()2112f x x x <-+变形为()2112f x x x -+<，即()()2F x F <，由()F x 的单调性可知：2x <.故答案为：(),2∞-。
高中数学导数的应用——极值与最值专项训练题(全)
高中数学导数的应用——极值)全(与最值专项训练题．高中数学专题训练导数的应用——极值与最值一、选择题123)和，．函数y＝ax则＋bx(取得极大值和极小值时的x的值分别为0130 b＝2a－2b＝0B．A．a－0 ＝＋2b D．a2C．a＋b＝0 D答案 2bx，据题意，＋2ax＝3y解析′1 的两根bx＝0是方程3ax＋22、031b20.＝＋2＝∴，∴a3a3x) x＝(2．当函数y＝x·2取极小值时，11 B．－ A ln2ln2ln2 D．．－ln2 C B答案2·＝2＋x得y′xxx ln22·解析由y＝x·2得y′＝0令x0＝＋x·ln2)(11＝－，∴x∵2＞0x ln23) (0,1)内有极小值，则(3bx＋3bx3．函数f(x)＝在－1＜B．b0＜b＜1 ．A1C．b＞0 D．b 2答案 A－3b在(0,1)上先负后正，∴f′(0)2x＝3′则f(x)(解析fx)在(0,1)内有极小值，＝－3b＜0，∴b＞0，f′(1)＝3－3b＞0，∴b＜1综上，b的范围为0＜b＜14．连续函数f(x)的导函数为f′(x)，若(x＋1)·f′(x)>0，则下列结论中正确的是()A．x＝－1一定是函数f(x)的极大值点B．x＝－1一定是函数f(x)的极小值点C．x＝－1不是函数f(x)的极值点D．x＝－1不一定是函数f(x)的极值点答案B解析x>－1时，f′(x)>0)<0x(′f时，1－<x为极小值＝－1单减，在(－1，＋∞)单增，∴x∞∴连续函数f(x)在(－，－1) 点．3x2)－3x－4在[0,2]上的最小值是5．函数y＝＋x(31017 ．－B．－A336 4 D．－C．－3A答案3.2x－＋2x＝解析y′＝1为极值点．，x＝－3或x＝令y′＝x＋2x－302时，函数取得极＝1时，y′>0，所以当x时，当x∈[0,1]y′<0.当x∈[1,2] 小值，也为最小值．17＝－y∴当x＝1时. min3)(x)的图象，如右图所示，则(．函数6f(x)的导函数f′是最小值点．x ＝1A 是极小值点．x＝0B x．＝2是极小值点C )在(1,2)上单增D．函数f(x C 答案2为极大值点，x＝xx＝2为两极值点，＝0x解析由导数图象可知，＝0，C. 为极小值点，选71322)与f(－1)的大小关系为(x－，则f(－a)．已知函数7f(x＝x－x)222)≤f(－－A．f(a1)2)<f(－f(－a1) B．2)≥f(－(C．f－a1)2的大小关系不确定1)－(f与)a－(f．D．A答案73－x－22.x＝由题意可得f′(x)解析2271＝由f′x)(.＝1＝－或xx＋1)＝0，得x(3x－7)(327是函1)f(－时，f(x)为减函数．所以(当x<－1时，fx)为增函数；当－1<x<3a0]上的最大值，又因为－在x)(－∞，数f(22．)≤f(－≤0，故f(－a1) )－x·xe8．函数f(x)＝，则(A．仅有极小值e2 ．仅有极大值Be21 ，极大值C．有极小值0e2 ．以上皆不正确D B 答案x21－11e＝xxxx－－－－.·x＝＋·eex)＝－e(－x·(解析f′x2x22x1＝，得xx)＝0令f′(.21 x)<0f′(；当x时，21)>0.′(时，fx当x21111＝时取极大值，xf(.)·222ee2 二、填空题2＝b＝1和x＝2处有极值，则a＝________bx9．若y ＝alnx＋，＋x在x________.1 答案－63a1.bx＋＋2＝′解析y2??01＝＋2b＋a＝－a?3??，解得由已知 a10＋4b＋1＝???＝－b26123取得极)时，函数2f(x，c(bc为常数)．当x＝x10．已知函数f()＝x－bx＋3________的取值范围为)只有三个零点，则实数cf值，若函数(x4 <0<c答案31－bx ＋c，∴f′(x)＝x－2bx，∵x＝2时，f(x)取得极值，∴223x(∵解析f)x＝3．1.0，解得b＝－2b×2＝22单)(x∞∈(－，0) 或x∈(2，＋∞)时，f∴当x∈(0,2)时，f(x)单调递减，当x 调递增．个实根，有3若f(x)＝0?>0c0f??＝4?<c，解得则0 13，<0－2＋c232×f?2?＝?3x的取值范有大于零的极值点，则y＝em＋2mx(x∈R)11．设m∈R，若函数围是________． m<－答案2＝＋2mx∈R)有大于零的极值点，所以y′＝e2＋mx(xx e＝因为函数y解析，则两曲线的交点必在第一象限．由图2m，y＝－x e有大于0的实根．令y＝0211－，即m<象可得－2m>1.223，则极小值为x轴相切于－px(1,0)－qx的图象与xf12．已知函数(x)＝________．0答案，－2px－q2x＝3解析f′(x)0. ＝(1)＝3－2p－q由题知f′ 01－p－q ＝，又f(1)＝1. 联立方程组，解得p＝2，q＝－1. x＋x－43x－2x＋x，f′(x)＝＝∴f(x)232，1＝0xf′(x)＝3－4x＋由21，或x＝1解得x＝3 是函数的极小值点，x＝1经检验知0. ＝f(1)x∴f()＝极小值三、解答题的单调区间与极)fx＜2π，求函数(x＋＝13．设函数f(x)sinx－cosx＋x1,0＜值． x＜2π，＜xf(x)＝sin－cosx＋x＋1,0解析由，＋1＋f知′(x)＝cosxsinxπ＋2sin(1于是f′(x)＝x)．4ππ23＝x＝xπ，或sin()f令′(x＝0，从而x＋，得.＝－)422 的变化情况如下表：)x(f，)x(′f变化时，x当．π3π33π (0x，π) π () π (，2π，)222 －＋＋ 0 0f′(x)3 单调递增 f)(x 单调递减＋2 单调递增ππ2π3，π，单调递减区间是(，因此，由上表知f(x)的单调递增区间是(0，π)与(2π)2π3π3π32. ＋)＝π，极大值为f(π＝)f)，极小值为22223.214．设函数f(x)＝6x＋＋3(a2)xax＋的值；，(1)若f(x)的两个极值点为xx，且xx＝1，求实数a2211上的单调函数？若存在，求出是否存在实数(2)a，使得f(x)是(－∞，＋∞) a的值；若不存在，说明理由．.2a＋6(a＋2)x＋2x18)′(x＝解析fa2 ＝1，所以a＝9；＝(1)由已知有f′(x)＝f′(x)xx＝0，从而221118 4)>0，36(a＋a－4×18×2＝222)＋36(a(2)由于Δ＝上的单调函数．，＋∞)是所以不存在实数a，使得f(x)(－∞2为常数．3)，其中15．已知定义在R上的函数xf()＝xa(ax－的值；)的一个极值点，求＝(1)若x1是函数af(x 上是增函数，求a的取值范围．x(2)若函数f()在区间(－1,0) －2)．－3x，f′(x)＝3ax－6x＝3x(ax223ax)(1)f(x＝解析2.＝a∵x＝1是f(x)的一个极值点，∴f′(1)＝0，∴符0在区间(－1,0)上是增函数，∴a＝2x3)＝－时，f(x＝(2)解法一①当a0 合题意；22－(x②当aax ≠0时，f′(x)＝3. ＝＝)，令f′(x)＝0得：x0，x21aa －(1,0)，f′(x)>0，∴a>0符合题意；当a>0时，对任意x∈22，∴时，f′(∈，0)x)>0a当<0时，当x －1，∴－≤≤a<0符合题意；aa2.≥综上所述，a－2≥a，6≤0∴上恒成立，6－x≥0在区间(－1,0)∴3ax－2ax)＝3(解法二f′xx222.a≥－，∴(在区间－1,0)上恒成立，＝－<x1－2.x(x)＝－x＋ax＋1－ln．已知函数16f1 )在a上是减函数，求的取值范围；(0)((1)若fx2若不a是否既有极大值又有极小值？若存在，求出的取值范围；x(2)函数f() 存在，请说明理由．111，(0在xf，∵()时－x′(1)解析f())，∈－ax2＝－＋x 上为减函数，∴(0)x22．11 恒成立．＋xa<2<02x ＋a －恒成立，即xx1111－＝2′(x)设g(x)＝2x ＋，则g 在)g(x ′.∵x ∈(0，)时>4，∴g(x)<0，∴22xx2x113.，∴()＝3a ≤(0，)上单调递减，g(x)>g22必须有两个不等的正实数根′(x)＝0(2)若f(x)既有极大值又有极小值，则f有两个不等的正实数根．1＝0＋－ax 2x2x ，x ，即21 >0Δ? 8>0－??2a 应满足故a ?? 2?>2?a 时，>22，∴当a>0??>0a2? x)＝0有两个不等的实数根，f ′( x<x ，不妨设2121＝－1)＝－－ax ＋由f ′(x)2，)<0(x<x －x)(x －x)知，0<(2xxx 时f ′(112xx ，x ′(x)>0，x>x 时f ′()<0时x<x<xf 212 ．(x)既有极大值fx)又有极小值f(x)∴当2>2时f(12 12,0)－∈(a)，当xln∈y1. 已知＝f(x)是奇函数，当x(0,2)时，f(x)＝x－ax(2 ．a1，则的值等于________f时，(x)的最小值为1答案上的最大值为－1，f解析∵f(x)是奇函数，∴(x)在(0,2)11110<>，∴得(x)＝0x，又a，令＝′∈当x(0,2)时，f(x)－af′<2.axa211，(0f(x)在<x令f′()>0，则x，∴ )上递增；aa11 上递减，()(，∴>，则x′令f()<0xfx在2)，aa11111.＝0，得a∴f(x)＝f(－a·＝－1，∴ln＝ln＝)max aaaa23＝＝2x2＋3ax时取得极值．＋3bx＋8c在x＝1及x(2．设函数fx) 、b的值；(1)求a2 c(2)若对任意的x∈[0,3]，都有f(x)<c的取值范围．成立，求，ax＋6＋3b2x ＝6解(1)f′(x)时取得极值，因为函数f(x)在x ＝1及x ＝2 0则有f ′(1)＝0，f ′(2)＝， ?，0b ＝6a ＋36＋?4. ＝，b 解得a ＝－3即??0.b ＝3＋12a ＋24? ，x ＋8c －9x ＋1223x2(2)由(1)可知，f(x)＝ x －2)．x ＋12＝6(x －1)(－182xx6)＝f ′( ；x)<0∈；当x(1,2)时，f ′(当x ∈(0,1)时，f ′(x )>0)>0.(x ′当x ∈(2,3)时，f. c ＝)取得极大值f(1)5＋8所以，当x ＝1时，f(x ，f(3)＝9＋8c 又f(0)＝8c ，. (3)＝9＋8cf 则当x ∈[0,3]时，f(x)的最大值为 f(xc 恒成立，)<因为对于任意的x ∈[0,3]，有2>9.c －<1或所以9＋8c<c ，解得c 2 ∞，＋)．因此c 的取值范围为(－∞，－1)∪(9231. x3．已知函数f(x)＝x ＋－3ax ＋3 )的单调区间；(1)设a ＝2，求f(x 的取值范围．(2)设f(x)在区间(2,3)中至少有一个极值点，求a －2x2－－3)(，f′(x)＝3(x＋－6x3x＋123xa＝)＝x2时，f((1)解析当 3)． 3)∞，2上单调增加；f(x)在(－－当x∈(∞，2f3)时′(x)＞0 (x)在(2上单调减少；3，23)x当∈(2)3，23)时f′(x＜0，f 上单调增加．x)在(2，＋3∞)(′当x∈(23，＋∞)时f(x)＞0，f的单调减区x)3，＋∞)，fx综上，f()的单调增区间是(－∞，23)和(2( ＋(3)3，2．间是a1－＋22])((2)f′x)＝3[(x－a．a－当12x)无极值点；(0≥，f(x)为增函数，故f(0≥时，f′x) 有两个根，x′()＝0时，a当1－＜0f21.－＋a，－1＝xa22a＝xa－21，①3aa2由题意知，＜－＜1－2．②1＜或2＜a3.＋a－255＜①式无解．②式的解为＜a.3455，的取值范围是(因此a )．34，axf()在区间[为函数y＝f(x)的零点．若函数y＝＝1．“我们称使f(x)0的x上]在区间[a，b(b)<0，则函数y＝f(x)b]上是连续的，单调的函数，且满足f(a)·f2，2x－＝6ln(x＋1)－x1＋f有唯一的零点”．对于函数(x) 在其定义域内的单调性，并求出函数极值．f(x)(1)讨论函数[2，＋∞)内只有一个零点．)(2)证明连续函数f(x在∞)，，＋x－1定义域为(－1＋22x－＋1)6ln((1)解：f(x)＝x解析2x－286).舍去x0?＝2(－－2x＋2，f′(x)＝＝且f′(x)11xx＋)，＋(1,2x取得极大值 f(x)由表可知，f(x)值在区间(－1,2]上单调递增，在[2，＋∞)上单调递减．∴当x＝2时，f(x)的极大值为f(2)＝6ln3－1.(2)证明：由(1)知f(2)＝6ln3－1>0，f(x)在[2,7]上单调递减，又f(7)＝6ln8－36＝18(ln2－2)<0，∴f(2)·f(7)<0.∴f(x)在[2,7]上有唯一零点．当x∈[7，＋∞)时，f(x)≤f(7)<0，故x∈[7，＋∞)时，f(x)不为零．∴y＝f(x)在[7，＋∞)上无零点．∴函数f(x)＝6ln(x＋1)－x 在定义域内只有一个零点．1－x2＋2．．>0)＋ax(a江西高考)设函数f(x)＝ln x＋ln (2－x)2．(2010·的单调区间；f(x)(1)当a＝1时，求1 a的值．在(0,1]上的最大值为，求(2)若f(x)2 (0,2)，x)的定义域为解析函数f(11.－＋a＝x)f′(xx2－2＋－x2，单调x)的单调递增区间为(2，所以f(＝x)＝1时，f′((1)当a?xx?2－，2)递减区间为2x22－，＋a>0＝)′(x当x∈(0,1]时，f(2)?x?2－x1即f(x)在(0,1]上单调递增，故f(x)在(0,1]上的最大值为f(1)＝a，因此a＝.232＋9x＋3xa(3．已知函数fx)＝－x. ＋(1)求f(x)的单调递减区间；(2)若f(x)在区间[－2,2]上的最大值为20，求它在该区间上的最小值．分析本题考查多项式的导数公式及运用导数求函数的单调区间和函数的最值，题目中需注意应先比较f(2)和f(－2)的大小，然后判定哪个是最大值从而求出a.＋6x＋9. 2x3(1)f′(x)＝－解令f′(x)<0，解得x<－1，或x>3，∴函数f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)，(3，＋∞)．(2)∵f(－2)＝8＋12－18＋a＝2＋a，f(2)＝－8＋12＋18＋a＝22＋a，∴f(2)>f(－2)．∵在(－1,3)上f′(x)>0，∴f(x)在(－1,2]上单调递增．又由于f(x)在[－2，－1)上单调递减，∴f(－1)是f(x)的极小值，且f(－1)＝a－5.∴f(2)和f(－1)分别是f(x)在区间[－2,2]上的最大值和最小值，于是有22＋a＝20，解得a＝－2.∴f(x)＝－x＋3x＋9x－2. 23∴f(－1)＝a－5＝－7，即函数f(x)在区间[－2,2]上的最小值为－7.．)R∈x(xe＝)x(f．已知函数4．－x的单调区间和极值；(1)求函数f(x)对称．证明x)的图象关于直线x＝1已知函数(2)y＝g(x)的图象与函数y＝f( ＞g(x)；当x＞1时，f(x)2.)，证明x＋x＞≠x，且f(x)＝f(x(3)如果x212211x－. x)e(1)解析f′(x)＝(1－1.＝0，解得x＝令f′(x)的变化情况如下表x当变化时)1(，＋x－∞x极大值f(x)内是减函数．内是增函数，在(1，＋∞)f(x)在(－∞，1)所以1＝(1)处取得极大值f(1)，且f函数f(x)在x＝1. e2x－. )e()，得gx)＝(2－x(2)由题意可知g(x)＝f(2－x ，x－2)e，即F(x)＝xe＋(令F(x)＝f(x)－g(x)x－2x－e－－1)(e1)F′(x)＝(x于是x－22x－.从而x)＞0.，又e＞0.所以F′(x＞1时，2x－2＞0，从而e－1＞0当x－22x －，＋∞)上是增函数．函数F(x)在[1 x)．f(x)＞g(x＞1时，有F(x)＞F(1)＝0，即＝又F(1)＝e－e0，所以11－－矛≠x，与x＝x＝1x，由(1)及f(x)＝f(x)，得x(3)①若(－1)(x－1)＝021221211盾． x矛盾．＝x，与x≠x及f(x)＝f()，得x－②若(x－1)(x1)＞0，由(1)212111221.＞＜，不妨设x1，x根据①②得(x－1)(x－1)＜02211)(xx)，从而f，所以f(x)＞f(2－xf(x＞)g(x)，g(x)＝f(2－)(2)由可知，12222221)，在区间(－∞1，又由(1)可知函数f(x)＞＞f(2－x)，因为x1，所以2－x＜2222. ＞，即x＋x内是增函数，所以x＞2－x22113223.x－1)g(x)＝5．已知函数f(x)＝ax－ax3(，函数2 x)的公共单调区间；(x)和g((1)当a>0时，求f )的极小值；(x)－gx当a>2时，求函数h(x)＝f((2) )的解的个数．)＝g(x(3)讨论方程f(x，x>1x<0或x>0，由f′()>0得1)3－ax＝3ax(x－，又a2ax(′x)＝(1)解f3f′(x)<0得0<x<1，即函数f(x)的单调递增区间是(－∞，0)与(1，＋∞)由，单调递减区间是(0,1)，而函数g(x)的单调递减区间是(－∞，1)，单调递增区间是(1，＋∞)，故两个函数的公共单调递减区间是(0,1)，公共单调递增区间是(1，＋∞)．32－－3(x－1)，h′(x)＝3ax－3(a＋2)x＋6＝3a(x－2322)((2)ax＝x(h)xax－a2．22由于，x＝1或的极小值点，(x)易知(1)，令h′x)＝0，得x＝x＝1为函数h<1，aaa＝－(1))的极小值为h∴h(x.23 ，－3＋－6x23xφ((a＋x)＝ax2)gx)＝f(x)－((3)令22－xa(x＋6＝3－3(a＋2)2ax＝3φ′(x) ，－1))(xa轴只有一个交点，即方xxφ()的图象与＝①若a0，则φ(x)＝－3(x－1)，∴2只有一个解；g(x)程f(x)＝6a42－x)的极大值为φ(1)＝－＋②若a<0，则φ(＝－)的极小值为φ(>0，φ(x)2aaa2 3<0，g(x)有三个解；的图象与φ(x)x轴有三个交点，即方程f(x)＝∴a＝－x)的极大值为φ(1)③若0<a<2，则φ(轴只有一个x)的图象与x∴<0，φ(2 只有一个解；x)(交点，即方程f(x)＝g1)x－6(，则φ′(x)＝2④若a＝2轴只x))单调递增，∴φ(x的图象与φ≥0，(x 只有一个解；＝g(x))有一个交点，即方程f(x3231⑤若a>2，由(2)知φ(x)的极大值为φ－－<0，∴φ(4)＝－))的图象与aa44x轴只有一个交点，即方程f(x)＝g(x)只有一个解．afxgxafxgx)＝只有一个解；若，方程综上知，若≥0()＝()<0，方程()( 有三个解．。