最新极值、最值与导数习题(附答案)
极值、最值与导数
1.若函数f(x)=2x3－3x2+c的极大值为6，那么c的值为( )
A.0 B.5 C.6 D.1
2.设函数2()lnfxxx，则( )
A .
12x为f(x)的极大值点 B .1
2
x
为f(x)的极小值点
C .x=2为f(x)的极大值点 D .x=2为f(x)的极小值点
3.函数f(x)=(x－3)e
x
的单调递增区间是________.
4.如图是函数y=f(x)的导函数y=f′(x)的图象，给出下列命题：
①－2是函数y=f(x)的极值点; ②1是函数y=f(x)的极值点;
③y=f(x)在x=0处切线的斜率小于零; ④y=f(x)在区间(－2，2)上单调递增.
则正确命题的序号是________.(写出所有正确命题的序号)
5.已知函数f(x)=－x3+3x2+9x－2.
(Ⅰ)求f(x)的单调递减区间; (Ⅱ)求f(x)在区间[－2，2]上的最大值与最小值.
答案：
1.C 2.D 3.(2，+∞) 4.①④
5. (Ⅰ)函数f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)，(3，+∞).
(Ⅱ)函数f(x)在闭区间[－2，2]上的最大值为f(2)=20，最小值为f(－1)=－7.
数学利用导数求最值和极值试题
数学利用导数求最值和极值试题1.函数的图象是（）【答案】D【解析】求导得，所以是其极小值点，故选D.【考点】本题考查函数的导数及图象.2.中，角所对的边分别为，下列命题正确的是________（写出正确命题的编号）.①若最小内角为，则；②若，则；③存在某钝角，有；④若，则的最小角小于；⑤若，则.【答案】①④⑤【解析】对①，因为最小内角为，所以，，故正确；对②，构造函数，求导得，，当时，，即，则，所以，即在上单减，由②得，即，所以，故②不正确；对③，因为，则在钝角中，不妨设为钝角，有，故③不正确；对④，由，即，而不共线，则，解得，则是最小的边，故是最小的角，根据余弦定理，知，故④正确；对⑤，由得，所以，由②知，，即，又根据正弦定理知，即，所以，即.故①④⑤正确.【考点】本题考查三角函数与解三角形、利用导数求函数的最值、不等式的应用等知识，意在考查学生综合解题能力.3.先后抛掷一个质地均匀的骰子两次，其结果记为，其中表示第一次抛掷的结果，表示第二次抛掷的结果，则函数有极值点的概率为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】先后抛掷一个质地均匀的骰子两次，其结果有36种.函数有极值点，需使有两个不同的根，故，即.当时，有1种；当时，有2种；当时，有5种；当时，有6种；当时，有6种，故函数有极值点的概率为．【命题意图】本题考查极值点、古典概型等基础知识，意在考查基本运算能力和转化化归思想的运用.4.福建理）设函数的定义域为R，是的极大值点，以下结论一定正确的是（）A．B．是的极小值点C．是的极小值点D．是的极小值点【答案】D【解析】对于A选项函数的极大值不一定是函数的最大值，所以错；对于B中的是将的图像关于Y轴对称，所以是其极大值点；对于C中的是将的图像关X轴对称，所以才是其极小值点；而对于D中的是将的图像关原点对称，故是其极小值点，故正确。
【考点】本题主要考查学生对于函数极值与最值关系及函数图像的变换，牢记几种常见变换。
专题2.12 导数-极值、最值问题(解析版)
若 0 < a < 1 ， 则 0 < 1 − a < 1 ， x1 > 0 ， 且 当 0 < x < 1− 1− a 或 x > 1+ 1− a 时 ， f ′(x) > 0 ，当1− 1− a < x < 1+ 1− a 时， f ′(x) < 0 ．
综上可知当 a ≥ 1 时， f (x) 在 (0, +∞) 上单调递增；
当 0 < a < 1时， f (x) 在 (0,1− 1− a ) 和 (1+ 1− a, +∞) 上均单调递增，
在 (1− 1− a,1+ 1− a ) 上单调递减；
当 a ≤ 0 时， f (x) 在 (0,1 + 1 − a ) 上单调递减，在 (1+ 1− a , +∞) 上单调递增．
【名师点睛】本题考查分类讨论含参数的单调性问题，求出函数的导数 f ′(x) =
专题 2.12 导数-极值、最值问题
1．可导函数 y＝f(x)在点 x0 处取得极值的充要条件是 f ′(x0 ) = 0 ，且在 x0 左侧与右侧 f ′( x)
的符号不同．若 f(x)在(a，b)内有极值，那么 f(x)在(a，b)内绝不是单调函数，即在某区间 上单调增或减的函数没有极值． 2．利用导数求解函数最值的思路
【试题来源】学科网 2020 年高三 11 月大联考（新课标Ⅱ卷） 【答案】（1）证明见解析；（2） a 的值为 0．
【分析】（1）当 a = −2 时， f (x) = ex + x2 − 3x ，求导得 f ′(x) =ex + 2x − 3 ，再研究函数
y = f ′ (x) 单调性与零点即可证明；（2）根据题意设切点为 P(x0 , y0 ) ，故结合切点在切线上，
综合算式专项练习题导数与函数的极值与最值
综合算式专项练习题导数与函数的极值与最值综合算式专项练习题：导数与函数的极值与最值在学习数学的过程中，我们经常会遇到综合算式的问题，而其中涉及到的导数与函数的极值与最值是数学中的重要内容之一。
本文将通过综合算式专项练习题的形式，深入探讨导数与函数的极值与最值问题，并提供详细的解题思路和方法。
1. 求解函数 f(x) = x^3 - 3x^2 的极值和最值。
解析：为了求解函数 f(x) 的极值和最值，我们首先需要求出导数f'(x)。
根据导数定义及幂函数的导数规则，我们可以得到 f'(x) = 3x^2 - 6x。
接下来，我们需要找出 f'(x) 的零点，即解方程 3x^2 - 6x = 0。
通过因式分解可得 x(3x - 6) = 0，解得 x = 0 或 x = 2。
然后，我们需要判断 x = 0 和 x = 2 处的函数值与前后的关系，来确定它们是否为极值点。
通过计算 f(0) = 0 和 f(2) = -4，我们可以发现当x = 0 时，函数 f(x) 取得极小值；当 x = 2 时，函数 f(x) 取得极大值。
因此，f(x) = x^3 - 3x^2 的极值为极小值0和极大值-4，极小值出现在 x = 0 处，极大值出现在 x = 2 处。
2. 求解函数 g(x) = 2x^2 - 4x + 3 的极值和最值。
解析：同样地，我们先求出函数 g(x) 的导数 g'(x)，根据导数定义和二次函数的导数规则，可以得到 g'(x) = 4x - 4。
然后，令 g'(x) = 0，解方程 4x - 4 = 0，我们可以得到 x = 1。
接下来，我们需要判断 x = 1 处的函数值与前后的关系，以确定它是否为极值点。
计算 g(1) = 1，我们发现 x = 1 处的函数值为一个极小值。
因此，g(x) = 2x^2 - 4x + 3 的极值为极小值1，在 x = 1 处取得极小值。
高三数学利用导数求最值和极值试题
高三数学利用导数求最值和极值试题1. 设函数在处取极值，则= ． 【答案】2. 【解析】因为，又函数在处取极值，所以，从而．【考点】１．函数导数的求法；２．三角恒等变形公式．2. 函数y ＝x 4－4x ＋3在区间[－2,3]上的最小值为( ) A ．72 B ．36 C ．12D ．0【答案】D【解析】因为y′＝4x 3－4，令y′＝0即4x 3－4＝0，解得x ＝1.当x<1时，y′<0，当x>1时，y′>0，所以函数的极小值为y|x ＝1＝0，而在端点处的函数值y|x ＝－2＝27，y|x ＝3＝72，所以y min ＝0.3. 函数的极小值是 . 【答案】. 【解析】，令，解得，列表如下：极大值极小值故函数在处取得极小值，即.【考点】函数的极值4. 函数f(x)＝x 3－x 2－3x －1的图象与x 轴的交点个数是________．【答案】3【解析】f′(x)＝x 2－2x －3＝(x ＋1)(x －3)，函数在(－∞，－1)和(3，＋∞)上是增函数，在(－1,3)上是减函数，由f(x)极小值＝f(3)＝－10<0，f(x)极大值＝f(－1)＝>0知函数f(x)的图象与x 轴的交点个数为3.5. 已知a≤＋lnx 对任意的x ∈[，2]恒成立，则a 的最大值为________．【解析】令f(x)＝＋lnx ，f′(x)＝，当x ∈[，1)时，f′(x)<0，当x ∈(1,2]时，f′(x)>0，∴f(x)min ＝f(1)＝0，∴a≤0，故a 最大值为0.6. [2014·长沙模拟]已知某生产厂家的年利润y(单位：万元)与年产量x(单位：万件)的函数关系式为y ＝－x 3＋81x －234，则使该生产厂家获取最大年利润的年产量为( ) A ．13万件B ．11万件C ．9万件D ．7万件【答案】C【解析】∵y＝－x3＋81x－234，∴y′＝－x2＋81.令y′＝0，得x＝9，x＝－9(舍去)．当0＜x＜9时，y′>0，函数f(x)单调递增；当x>9时，y′＜0，函数f(x)单调递减．故当x＝9时，y取最大值．7.函数已知时取得极值，则的值等于（）A．2B．3C．4D．5【答案】D【解析】因为,所以,解得.故选D．8.已知常数a，b，c都是实数，f(x)＝ax3＋bx2＋cx－34的导函数为f′ (x)，f′(x)≤0的解集为{x|－2≤x≤3}，若f(x)的极小值等于－115，则a的值是()A．－B．C．2D．5【答案】C【解析】依题意得f′(x)＝3ax2＋2bx＋c≤0的解集是[－2,3]，于是有3a＞0，－2＋3＝－，－2×3＝，解得b＝－，c＝－18a，函数f(x)在x＝3处取得极小值，于是有f(3)＝27a＋9b＋3c－34＝－115，－a＝－81，a＝2，故选C.9.设函数f(x)＝x e x，则()．A．x＝1为f(x)的极大值点B．x＝1为f(x)的极小值点C．x＝－1为f(x)的极大值点D．x＝－1为f(x)的极小值点【答案】D【解析】∵f(x)＝x e x，∴f′(x)＝e x＋x e x＝e x(1＋x)．∴当f′(x)＞0时，则x＞－1，函数y＝f(x)是增函数，同理可求，x＜－1时函数f(x)为减函数．∴x＝－1时，函数f(x)取得极小值．10.设函数.若是函数的极值点，1和是函数的两个不同零点，且，求.若对任意，都存在（为自然对数的底数），使得成立，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）对零点存在性定理的考查，借助是极值及1是零点建立两个方程解出和，然后对函数进行求导定出其单调性，再利用零点存在性定理尝试算出和，发现异号，得出零点所在的区间；（2）首先需要我们将两个变量的不等式恒成立问题转化成常见的一个变量的不等式有解问题，然后再构造这个不等式为函数，为了找的最小值并且让其小于0，我们利用试根法试出，然后只要让右零点在端点1右边即可，解出范围.试题解析：(1)，∵是函数的极值点，∴.∵1是函数的零点，得，由解得. ∴,，令，，得；令得，所以在上单调递减；在上单调递增.故函数至多有两个零点，其中，因为，，，所以，故．(2)令，，则为关于的一次函数且为增函数，根据题意，对任意，都存在，使得成立，则在有解，令，只需存在使得即可，=，令，∵的两个零点分布在左右，又∵，∴的右零点必须大于1，∴，解得.综上所述，当时，对任意，都存在，使得成立.【考点】1.零点存在性定理；2.根的分布.11.若函数在处有极值，则函数的图象在处的切线的斜率为 .【答案】-5【解析】∵函数f（x）=（x-2）（x2+c）在x=1处有极值，∴f′（x）=（x2+c）+（x-2）×2x，∵f′（2）=0，∴（c+4）+（2-2）×2=0，∴c=-4，∴f′（x）=（x2-4）+（x-2）×2x，∴函数f（x）的图象x=1处的切线的斜率为f′（1）=（1-4）+（1-2）×2=-5.【考点】1.函数在某点取得极值的条件；2.利用导数研究曲线上某点切线方程12.设函数，．（1）记为的导函数，若不等式在上有解，求实数的取值范围；（2）若，对任意的，不等式恒成立，求m（m∈Z，m1）的值．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）首先由已知条件将不等式转化为它在上有解等价于，再利用导数求函数的最小值；（2）由已知时，对任意的，不等式恒成立，等价变形为在上恒成立，为此只需构造函数，只要证明函数在上单调递增即可．试题解析：（1）不等式即为化简得由知，因而设由当时在上恒成立．由不等式有解，可得知即实数的取值范围是（2）当．由恒成立，得恒成立．设，由题意知，故当时函数单调递增，恒成立，即恒成立，因此，记，得，∵函数在上单调递增，在上单调递减，∴函数在时取得极大值，并且这个极大值就是函数的最大值．由此可得，故，结合已知条件，，可得．【考点】1．导数的应用；2．恒成立问题中的参数取值范围问题．13.某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量（单位：千克）与销售价格（单位：元/千克）满足关系式其中为常数．己知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克．（1）求的值；（2）若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格的值，使商场每日销售该商品所获得利润最大．【答案】（1）；（2）【解析】（1）商品每日的销售量与销售价格满足的关系中，只含有一个参数，所以只需一个条件即可，已知，代入解析式，可求；（2）利用函数思想，列利润关于销售价格的函数解析式，再求其最大值，利润=（每千克商品的利润）(每日销售量). 试题解析：（1）∵时，，，∴；（2）销售利润=2+∴于是，当变化时，，的变化情况如下表，由表知，是函数在区间内的极大值点，亦是最大值点，所以当时，函教取得最大值，且最大值为42.【考点】1、函数的应用；2、利用导数求函数的最值.14.设.(Ⅰ)若，求的单调区间;(Ⅱ) 若对一切恒成立,求的取值范围.【答案】（Ⅰ)的单调递增区间为,的单调递减区间为；（Ⅱ）【解析】（Ⅰ）将代入得：求的导数，由；便可得的单调区间.（Ⅱ）∴对一切恒成立等价于恒成立.这只要求出函数的最小值即可.试题解析：(Ⅰ)时，,故由得：；由得：；∴的单调递增区间为, 的单调递减区间为(II)令，则由得.所以在上单调递增, 在单调递减.所以由此得：又时，即为此时取任意值都成立综上得：【考点】1、函数的导数及其应用；2、不等关系.15.已知(a是常数)在[－2，2]上有最大值3，那么在[－2，2]上f(x)的最小值是____________．【答案】－37．【解析】，令得或．当变化时，随的变化如下表+_极大值．【考点】利用导数求函数的最值．16.若函数f（x）＝x3－3bx＋b在区间（0，1）内有极小值，则b应满足的条件是 _【答案】（0,1）【解析】解：由题意得f′（x）=3x2-3b，令f′（x）=0，则x=±又∵函数f（x）=x3-3bx+b在区间（0，1）内有极小值，∴0＜＜1，∴b∈（0，1），故答案为（0，1）．17.已知有两个极值点、，且在区间（0，1）上有极大值，无极小值，则的取值范围是【答案】【解析】,且在区间（0，1）上有极大值,所以,.18.(本题满分15分)设函数.（Ⅰ）求函数的单调区间；（Ⅱ）已知对任意成立，求实数的取值范围；（Ⅲ）试讨论方程的零点个数.【答案】(1)极大值(2)（3）b=-e或b>0时有一个零点；-e<b<=0时，有无零点；b<-e时，有两个零点.【解析】本试题主要是考查了导数在研究函数中的运用。
高二数学利用导数求最值和极值试题答案及解析
高二数学利用导数求最值和极值试题答案及解析1.若函数，当时，函数有极值－．求函数的解析式．【答案】【解析】(1)利用函数的极值与导数的关系；(2)解决类似的问题时，函数在极值点处的导数为零，注意区分函数的最值和极值．求函数的最值时，要先求函数在区间内使的点，再计算函数在区间内所有使的点和区间端点处的函数值，最后比较即得．(3)若可导函数在指定的区间上单调递增（减），求参数问题，可转化为恒成立，从而构建不等式，要注意“=”是否可以取到．试题解析：解：由题意可知于是，，解得经检验符合题意，因此函数的解析式为．【考点】函数的导数与极值．2.已知函数，其中。
（1）若，求函数的极值点和极值；（2）求函数在区间上的最小值。
【答案】（1）极小值点为，极小值为；极大值点为，极大值为；（2）【解析】（1）把代入原函数，求出的导函数，令导函数等于求出根即可得极值点，把极值点代入原函数得极值。
（2）因为，所以把分两种情况来讨论，当时，函数在区间为单调递增函数，最小值为，当时，求出函数的导函数，并令得增区间，令得减区间，最后得出的最小值。
试题解析：解：（1）当时，。
2分令，得或。
所以，在区间上，，函数是增函数；在区间上，，函数是减函数；在区间上，，函数是增函数。
4分[所以，函数的极小值点为，极小值为；极大值点为，极大值为。
8分（2）当时，是R上的增函数，在区间上的最小值为。
10分当时，。
在区间上是减函数，在区间上，是增函数。
12分所以，在区间上的最小值为， 13分。
14分综上，函数在区间上的最小值为。
【考点】导数在求极值及最值中的应用；3.已知函数在处有极大值．（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）若过原点有三条直线与曲线相切，求的取值范围；（Ⅲ）当时，函数的图象在抛物线的下方，求的取值范围．【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）（Ⅲ）【解析】（Ⅰ）通过对函数f（x）求导，根据函数在x=2处有极值，可知f'（2）=0，解得a的值．（Ⅱ）把（1）求得的a代入函数关系式，设切点坐标，进而根据导函数可知切线斜率，则切线方程可得，整理可求得b的表达式，令g'（x）=0解得x1和x2．进而可列出函数g（x）的单调性进而可知-64＜b＜0时，方程b=g（x）有三个不同的解，结论可得．（Ⅲ）当x∈[-2，4]时，函数y=f（x）的图象在抛物线y=1+45x-9x2的下方，进而可知x3-12x2+36x+b＜1+45x-9x2在x∈[-2，4]时恒成立，整理可得关于b的不等式，令h（x）=-x3+3x2+9x+1，对h（x）进行求导由h'（x）=0得x1和x2．分别求得h，h（-1），h（3），h（4），进而可知h（x）在[-2，4]上的最小值是，进而求得b的范围．试题解析：（Ⅰ），或，当时，函数在处取得极小值，舍去；当时，，函数在处取得极大值，符合题意，∴．（3分）（Ⅱ），设切点为，则切线斜率为，切线方程为，即，∴．令，则，由得，．函数的单调性如下：↗极大值↘极小值↗∴当时，方程有三个不同的解，过原点有三条直线与曲线相切．（8分）（Ⅲ）∵当时，函数的图象在抛物线的下方，∴在时恒成立，即在时恒成立，令，则，由得，．∵，，，，∴在上的最小值是，．（12分）【考点】等比关系的确定；利用导数研究函数的极值．4.已知函数在处取得极值为（1）求的值；（2）若有极大值28，求在上的最小值．【答案】（1）（2）在上的最小值为【解析】（1）由，又知在处取得极值，，即可解得的值.（2）由（1）可得，即可求得函数在处有极大值，再由，可得，，再利用单调性易判断在上的最小值为.试题解析：（1）∵，∴又∵在处取得极值，∴且，即且，解得：.（2）由（1）得：，，令，解得：，极大值极小值∴函数在处有极大值，且，∴，此时，，在上的最小值为.【考点】利用函数极值求参数；利用导数求函数最值.5.函数在[0，3]上的最大值和最小值分别是A．5，15B．5，－14C．5，－15D．5，－16【答案】C【解析】，；令得；令得；函数在递减，在递增；又，.【考点】利用导数求闭区间上的最值.6.函数的定义域为开区间，导函数在内的图象如图所示，则函数在开区间内有极小值点（）A．个B．个C．个D．个【答案】A【解析】由导函数的图像知，的图像先增后减再增再减，故只有一个极小值点，故选A.【考点】函数导数与极值的关系7.若函数在[－1,1]上有最大值3，则该函数在[－1,1]上的最小值是__________【答案】【解析】求导得=，当-1＜＜0时，，当时，＜0，所以该函数在（-1,0）上是增函数，在（0,1）是减函数，故当=0时，=，所以=3，所以当=-1时，y=，当=1时，=，所以该函数在[-1,1]上的最小值为.【考点】利用导数求函数在某个闭区间上的最值8.设函数在上的导函数为,在上的导函数为,若在上,恒成立,则称函数在上为“凸函数”．已知当时,在上是“凸函数”．则在上 ( )A．既有极大值,也有极小值B．既有极大值,也有最小值C．有极大值,没有极小值D．没有极大值,也没有极小值【答案】C【解析】由题设可知:在(-1,2)上恒成立,由于从而,所以有在(-1,2)上恒成立,故知，又因为，所以；从而，得；且当时，当时，所以在上在处取得极大值，没有极小值．【考点】新定义,函数的极值．9.函数的定义域为开区间，导函数在内的图像如图所示，则函数在开区间内有极小值点（）A．1个B．个C．个D．个【答案】A【解析】设导函数在内的图像与轴的交点(自左向右)分别为，其中，则由导函数的图像可得:当时，，时，且，所以是函数的极大值点；当时，，时，且，所以是函数的极小值点；当或时，，故不是函数的极值点；当时，，而当时，，且，所以是函数的极大值点；综上可知，函数在开区间内有极小值点只有1个，故选A．【考点】1．函数的图像；2．函数的导数与极值．10.已知函数在处取得极值，求函数以及的极大值和极小值．【答案】在处取得极大值，在处取得极小值．【解析】先求出导函数，进而根据条件得出，列出方程组，从中解出的值，进而根据函数的极值与导数的关系求解出函数的极大值与极小值即可．试题解析：因为，所以因为函数在处取得极值所以即∴，令，得或当变化时，与的变化情况如下表：1+0—+∴在处取得极大值，在处取得极小值．【考点】函数的极值与导数．11.求函数的极值【答案】，当时，有极大值且极大值为；当时，有极小值且极小值为【解析】求函数的极值，首先找到定义域使得函数有意义，其次求导函数，令其等于零，分析函数的单调性，从而找到极值点，求出极值.试题解析：根据题意可知函数定义域为，因为，所以，令，可得，当变化时，有下表-↗↗由上表可知，当时，有极大值且极大值为；当时，有极小值且极小值为【考点】导数法求极值.12.已知在与处都取得极值.（1）求，的值；（2）设函数，若对任意的，总存在，使得、，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）根据条件，可得，由在与处都取得极值，可知，故可建立关于的二元一次方程组，从而解得，此时，需要代回检验是否确实是的极值点，经检验符合题意，从而；（2）由（1）可得由（1）知：函数在上递减，∴，因此问题就等价于求使当时，恒成立的的取值范围，而二次函数图像的对称轴是，因此需对的取值作出以下三种情况的分类讨论：①：；②：；③，分别用含的代数式表示上述三种情况下的最小值表示出来，从而可以建立关于的不等式，进而求得的取值范围为.试题解析：（1）∵，∴. 1分∵在与处都取得极值，∴，∴ 4分经检验，当时，，∴函数在与处都取得极值，∴ 6分；（2）由（1）知：函数在上递减，∴ 8分，又∵函数图象的对称轴是，①：当时：，显然有成立，∴.②：当时：，∴，解得：，又∵，∴.③：当时：，∴，∴，又，∴综上所述： 12分，∴实数的取值范围为 13分.【考点】1.导数的运用；2.二次函数与恒成立问题.13.若函数在[－1,1]上有最大值3，则该函数在[－1,1]上的最小值是__________【答案】【解析】由函数得，令0得x=0或x=1，<0得，>0得x>1或x<0，所以函数在（0,1）上是减函数，在上是增函数，故最大值为f(0)=a=3,f(1)=,f(-1)=,故最小值为,【考点】导数与函数的极值.14.若函数有极值点，且，若关于的方程的不同实数根的个数是（）A．3B．4C．5D．6【答案】A【解析】，因为函数有极值点，则是方程的两根。
高三数学利用导数求最值和极值试题答案及解析
高三数学利用导数求最值和极值试题答案及解析1.已知函数（1）若是的极值点，求的极大值；（2）求实数的范围，使得恒成立.【答案】（1）极大值为;（2）综上所述：时，恒成立．【解析】（1）通过“求导数、求驻点、讨论驻点附近导数值的符号、确定极值”，“表解法”形象直观；（2）应用转化与化归思想.要使得恒成立，即时，恒成立；构造函数，应用导数研究函数的最值，注意分以下情况：（ⅰ）当时，（ii）当时，（iii）当时，（iv）当a>1时，综上所述：时，恒成立．试题解析：（1）是的极值点解得 2分当时，当变化时，+4分的极大值为 6分（2）要使得恒成立，即时，恒成立 8分设，则（ⅰ）当时，由得单减区间为，由得单增区间为，得 10分（ii）当时，由得单减区间为，由得单增区间为，此时，不合题意． 10分（iii）当时，在上单增，不合题意． 12分（iv）当a>1时，由得单减区间为，由得单增区间为，此时不合题意． 13分综上所述：时，恒成立． 14分【考点】1.应用导数研究函数的单调性、极（最）值，2.应用导数证明不等式3.转化与化归思想.2.设函数在处取极值，则= ．【答案】2.【解析】因为，又函数在处取极值，所以，从而．【考点】１．函数导数的求法；２．三角恒等变形公式．3.函数的极小值是 .【答案】.【解析】，令，解得，列表如下：极大值极小值故函数在处取得极小值，即.【考点】函数的极值4.已知曲线.(1)若曲线C在点处的切线为，求实数和的值；(2)对任意实数，曲线总在直线:的上方，求实数的取值范围.【答案】(1)，，(2)．【解析】(1)根据导数几何意义，所以.因为，所以.因为过点，所以，(2)由题意得：不等式恒成立，恒成立问题一般转化为最值问题.一是分类讨论求函数最小值，二是变量分离为恒成立，求函数最小值.两种方法都是，然后对实数a进行讨论，当时，，所以.当时,由得，不论还是，都是先减后增，即的最小值为，所以.试题解析：解（1）， 2分因为曲线C在点（0，1）处的切线为L：，所以且. 4分解得， -5分（2）法1：对于任意实数a，曲线C总在直线的的上方，等价于∀x,，都有，即∀x,R，恒成立， 6分令， 7分①若a=0，则，所以实数b的取值范围是； 8分②若,，由得， 9分的情况如下：+11分所以的最小值为， 12分所以实数b的取值范围是；综上，实数b的取值范围是． 13分法2：对于任意实数a，曲线C总在直线的的上方，等价于∀x,，都有，即∀x,R，恒成立， 6分令，则等价于∀，恒成立，令，则， 7分由得， 9分的情况如下：+-11分所以的最小值为， 12分实数b的取值范围是． 13分【考点】利用导数求切线、最值.5.设函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)．若x＝－1为函数f(x)e x的一个极值点，则下列图像不可能为y＝f(x)的图像的是()【答案】D【解析】若x＝－1为函数f(x)e x的一个极值点，则易得a＝c.∵选项A、B的函数为f(x)＝a(x＋1)2，其中a≠0，则[f(x)e x]′＝f′(x)e x＋f(x)(e x)′＝a(x＋1)·(x＋3)e x，∴x＝－1为函数f(x)e x的一个极值点，满足条件；选项C中，对称轴x＝－>0，且开口向下，∴a<0，b>0，∴f(－1)＝2a－b<0，也满足条件；选项D中，对称轴x＝－<－1，且开口向上，∴a>0，b>2a，∴f(－1)＝2a－b<0，与图像矛盾，故选D.6.已知e为自然对数的底数，设函数f(x)＝(e x－1)(x－1)k(k＝1,2)，则 ()．A．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极小值B．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极大值C．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极小值D．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极大值【答案】C【解析】当k＝1时，f′(x)＝e x·x－1，f′(1)≠0，∴x＝1不是函数f(x)的极值点．当k＝2时，f′(x)＝(x－1)(xe x＋e x－2)，显然f′(1)＝0，且x在1的左边附近f′(x)<0，x在1的右边附近f′(x)>0，∴f(x)在x＝1处取到极小值．7.若函数满足：在定义域内存在实数，使(k为常数)，则称“f（x）关于k可线性分解”．（Ⅰ）函数是否关于1可线性分解?请说明理由；（Ⅱ）已知函数关于可线性分解，求的取值范围；（Ⅲ）证明不等式：．【答案】（Ⅰ）是关于1可线性分解；（Ⅱ）a的取值范围是；（Ⅲ）详见解析．【解析】（Ⅰ）函数是否关于1可线性分解，关键是看是否存在使得成立，若成立，是关于1可线性分解，否则不是关于1可线性分解，故看是否有解，构造函数，看它是否有零点，而，观察得，，有根的存在性定理可得存在，使；（Ⅱ）先确定定义域为，函数关于可线性分解，即存在，使，即有解，整理得有解，即，从而求出的取值范围；（Ⅲ）证明不等式：，当时，，对求导，判断最大值为，可得，分别令，叠加可得证结论．试题解析：（Ⅰ）函数的定义域是R，若是关于1可线性分解，则定义域内存在实数，使得．构造函数．∵，且在上是连续的，∴在上至少存在一个零点．即存在，使． 4分（Ⅱ）的定义域为．由已知，存在，使．即．整理，得，即．∴，所以．由且，得．∴a的取值范围是． 9分（Ⅲ）由（Ⅱ）知，a =1，，．当时，，所以的单调递增区间是，当时，，所以的单调递减区间是，因此时，的最大值为，所以，即，因此得：，，，，，以上各式相加得：，即，所以，即．１４分【考点】导数在最大值、最小值问题中的应用．8.如图，已知点，函数的图象上的动点在轴上的射影为，且点在点的左侧.设，的面积为.（Ⅰ）求函数的解析式及的取值范围；（Ⅱ）求函数的最大值.【答案】（Ⅰ）.（Ⅱ）当时，函数取得最大值8.【解析】（Ⅰ）确定三角形面积，主要确定底和高.（Ⅱ）应用导数研究函数的最值，遵循“求导数，求驻点，讨论驻点两侧导数正负，比较极值与区间端点函数值”.利用“表解法”形象直观，易以理解.试题解析：（Ⅰ）由已知可得，所以点的横坐标为, 2分因为点在点的左侧，所以，即.由已知，所以， 4分所以所以的面积为. 6分（Ⅱ） 7分由，得（舍）,或. 8分函数与在定义域上的情况如下：2+↘12分所以当时，函数取得最大值8. 13分【考点】三角形面积，应用导数研究函数的最值.9.设.（1）若时，单调递增，求的取值范围；（2）讨论方程的实数根的个数.【答案】(1)；（2）见解析.【解析】(1)求出函数导数，当时，单调递增，说明当时，，即在恒成立，又函数在上递减，所以；（2）将方程化为，令，利用导数求出的单调区间，讨论的取值当时，，当时，，所以当时，方程无解，当时，方程有一个根，当时，方程有两个根.试题解析：（1）∵∴∵当时，单调递增∴当时，∴,，函数在上递减∴（2）∴令当时∵∴即在递增当时∵∴即在递减∵当时当时∴①当时，方程无解②当时，方程有一个根③当时，方程有两个根【考点】利用导数求函数最值、利用导数研究函数取值、函数和方程思想.10.函数上有最小值，实数a的取值范围是（）A．(-1,3)B．(-1,2)C．D．【答案】D【解析】由题 f'（x）=3-3x2，令f'（x）＞0解得-1＜x＜1；令f'（x）＜0解得x＜-1或x＞1,由此得函数在（-∞，-1）上是减函数，在（-1，1）上是增函数，在（1，+∞）上是减函数故函数在x=-1处取到极小值-2，判断知此极小值必是区间（a2-12，a）上的最小值.∴a2-12＜-1＜a，解得-1＜a＜，又当x=2时，f（2）=-2，故有a≤2,综上知a∈（-1，2],故选D.【考点】用导数研究函数的最值11.设函数，其中.（1)若在处取得极值，求常数的值；（2）设集合，，若元素中有唯一的整数，求的取值范围.【答案】（1)；（2）【解析】（1）由在处取得极值，可得从而解得，此问注意结合极值定义检验所求值是否为极值点；（2）分，，和三种情况得出集合A，然后由元素中有唯一的整数，分析端点，从而求出的取值范围.试题解析：（1），又在处取得极值，故，解得.经检验知当时，为的极值点，故.（2）,当时，，则该整数为2，结合数轴可知，当时，，则该整数为0，结合数轴可知当时，,不合条件.综上述，.【考点】1.利用导数处理函数的极值；2.集合元素的分析12.定义在上的函数满足：①（为正常数）；②当时，.若函数的所有极大值点均在同一条直线上，则_____________.【答案】或.【解析】当时，，故函数在上单调递增，在上单调递增，故函数在处取得极大值，当时，则，此时，此时，函数在处取得极大值，对任意，当时，函数在处取得极大值，故函数的所有极大值点为，由于这些极大值点均在同一直线上，则直线的斜率为定值，即为定值，故或，即或.【考点】1.函数的极值；2.直线的斜率13.若不等式对恒成立，则实数的取值范围是 .【答案】【解析】由得或，即或.又，所以或.因为不等式对恒成立，所以或.(1)令，则.令得，当时，；当时，.所以在上是增函数，在是减函数.所以，所以.(2)令，则，因为，所以，所以易知，所以在上是增函数.易知当时，，故在上无最小值，所以在上不能恒成立.综上所述，，即实数的取值范围是.【考点】利用导数研究函数的单调性、利用函数单调性求最值、含绝对值不等式的解法14.（本小题满分共12分）已知函数，曲线在点处切线方程为。
高三数学利用导数求最值和极值试题
高三数学利用导数求最值和极值试题1. 函数f(x)＝x 3－x 2－3x －1的图象与x 轴的交点个数是________．【答案】3【解析】f′(x)＝x 2－2x －3＝(x ＋1)(x －3)，函数在(－∞，－1)和(3，＋∞)上是增函数，在(－1,3)上是减函数，由f(x)极小值＝f(3)＝－10<0，f(x)极大值＝f(－1)＝>0知函数f(x)的图象与x 轴的交点个数为3.2. 已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋x ＋2(a >0)的极大值点和极小值点都在区间(－1,1)内，则实数a 的取值范围是( )． A ．(0,2] B ．(0,2) C ．[，2) D ．(，2)【答案】D【解析】由题意可知f ′(x )＝0的两个不同解都在区间(－1，1)内．因为f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋1，所以根据导函数图象可得又a >0，解得<a <2，故选D.3. 已知且关于的函数在上有极值,则与的夹角范围是（ ） A ．B ．C ．D ．【答案】B 【解析】 ，因为在上有极值，所以【考点】有解，，即，，所以],故选B.【考点】1.函数的导数；2.向量的数量积以及向量的夹角.4. 不等式的解集为，且，则实数的取值范围是( )A ．B ．C ．D ．【答案】A【解析】①当时，不等式对任意实数恒成立；②当时，不等式可变形为，由不等式的解集为，且设，令，解得． 当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增．由此可知，当时，函数取得极小值，也即最小值，且．．故选A．【考点】利用导数研究函数的极值5.记函数的最大值为M，最小值为m，则的值为( ) A．B．C．D．【答案】A【解析】由已知得，，解得，所以函数的定义域是. 已知函数求导得，，时，当时，，当时，，所以在区间上先增后减，最大值是，因为，，所以，所以.【考点】1.利用导数研究函数的最值；2.函数的单调性与导数的关系6.设.(Ⅰ)若对一切恒成立,求的取值范围;(Ⅱ)设,且是曲线上任意两点,若对任意的,直线AB的斜率恒大于常数,求的取值范围;(Ⅲ)求证:.【答案】（Ⅰ)；（Ⅱ）；（Ⅲ）详见解析【解析】（Ⅰ）∴对一切恒成立等价于恒成立.这只要求出函数的最小值即可.（Ⅱ）直线的斜率为：由题设有,不妨设则这样问题转化为函数,在上单调递增所以恒成立，即对任意,恒成立这样只需求出的最小值即可.（Ⅲ）不等式可变为由(Ⅰ) 知（时取等号）,在此不等式中取得：变形得：取得：变形得：取得：变形得：取得：变形得：将以上不等式相加即可得证.试题解析：(Ⅰ)令，则由得.所以在上单调递增, 在单调递减.所以由此得：又时，即为此时取任意值都成立综上得：(II)由题设得，直线AB的斜率满足：,不妨设，则即：令函数,则由以上不等式知：在上单调递增,所以恒成立所以，对任意,恒成立又=故(Ⅲ)由(Ⅰ) 知时取等号）,取,得即累加得所以【考点】1、函数的导数及其应用；2、不等关系及重要不等式；3、不等式的证明.7.已知函数只有一个零点，则实数m的取值范围是（）A．B．∪C．D．∪【答案】B【解析】求导得：，所以的极大值为，极小值为.因为该函数只有一个零点，所以或，所以，选B.【考点】1、导数的应用；2、函数的零点；3、解不等式.8.已知且，现给出如下结论：①；②；③；④.其中正确结论的序号为：（）A．①③B．①④C．②④D．②③【答案】D【解析】,函数在处取得极大值，在处取得极小值，由知函数有3个零点，则有，即解得，即，，所以，.【考点】1.函数的极值；2.函数的零点.9.设函数有三个零点，且则下列结论正确的是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】先求导数，令，解得故+0—0+又因为，，，，综合以上信息可得示意图如右，由图可知，.【考点】考查函数的零点.10.已知函数，且函数在区间（0，1）内取得极大值，在区间（1，2）内取得极小值，则的取值范围为( )A．B．C．D．【答案】B【解析】试题分析:因为函数在区间（0，1）内取得极大值，在区间（1，2）内取得极小值，所以即画出可行域如图所示，为可行域内的点到的距离的平方，由图可知，距离的最小值为距离的最大值为，所以的取值范围为【考点】本小题主要考查导数与极值的关系以及线性规划的应用.点评：对于此类问题，必须牢固掌握导数的运算，利用导数求单调性以及极值和最值.本题导数与线性规划结合，学生必须熟练应用多个知识点，准确分析问题考查的实质，正确答题.11.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_______________【答案】或；【解析】本试题主要是考查了一元三次函数的极值问题的运用。
2022年高中数学人教B版选择性必修第三册同步练习：6.2.2 导数与函数的极值、最值(含解析)
同步练习(十六) 导数与函数的极值、最值一、选择题1．下列结论中，正确的是( )A ．导数为零的点一定是极值点B ．如果在x 0点附近的左侧f ′(x )>0，右侧f ′(x )<0，那么f (x 0)是极大值C ．如果在x 0点附近的左侧f ′(x )>0，右侧f ′(x )<0，那么f (x 0)是极小值D ．如果在x 0点附近的左侧f ′(x )<0，右侧f ′(x )>0，那么f (x 0)是极大值2．设函数f (x )＝2x＋ln x ，则( ) A ．x ＝12为f (x )的极大值点 B ．x ＝12为f (x )的极小值点 C ．x ＝2为f (x )的极大值点D ．x ＝2为f (x )的极小值点3．已知函数f (x )＝x 2－2(－1)k ln x (k ∈N ＋)存在极值，则k 的取值集合是( )A ．{2,4,6,8，…}B ．{0,2,4,6,8，…}C ．{1,3,5,7，…}D ．N ＋4．函数f (x )＝x e x 在区间[2,4]上的最小值为( ) A ．0 B.1eC.4e 4D.2e 2 二、填空题5．设a ∈R ，若函数y ＝e x ＋ax (x ∈R )有大于零的极值点，则a 的取值范围为________．6．设方程x 3－3x ＝k 有3个不等的实根，则实数k 的取值范围是________．7．已知函数f (x )＝a x 2＋2ln x ，若当a >0时，f (x )≥2恒成立，则实数a 的取值范围是________． 三、解答题8．已知a 为实数，f (x )＝(x 2－4)·(x －a )．(1)求导数f ′(x )；(2)若f′(－1)＝0，求f(x)在[－2,2]上的最大值和最小值．9．已知函数y＝ax3＋bx2，当x＝1时，有极大值3.(1)求实数a，b的值；(2)求函数y的极小值．[尖子生题库]10．已知函数f (x )＝1＋ln x x，若函数在区间⎝⎛⎭⎫a ，a ＋12(其中a >0)上存在极值，求实数a 的取值范围．。
高三数学利用导数求最值和极值试题答案及解析
高三数学利用导数求最值和极值试题答案及解析1.函数y＝x4－4x＋3在区间[－2,3]上的最小值为()A．72B．36C．12D．0【答案】D【解析】因为y′＝4x3－4，令y′＝0即4x3－4＝0，解得x＝1.当x<1时，y′<0，当x>1时，y′>0，所以函数的极小值为y|＝1＝0，而在端点处的函数值y|x＝－2＝27，y|x＝3＝72，所以y min＝0.x2.若函数f(x)＝x3－3x在(a,6－a2)上有最小值，则实数a的取值范围是()A．(－，1)B．[－，1)C．[－2,1)D．(－2,1)【答案】C【解析】f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，令f′(x)＝0，得x＝±1，所以f(x)的大致图象如图所示，f(1)＝－2，f(－2)＝－2，若函数f(x)在(a，6－a2)上有最小值，则，解得－2≤a<1.3.函数的极小值是 .【答案】.【解析】，令，解得，列表如下：极大值极小值故函数在处取得极小值，即.【考点】函数的极值4.若函数在(0，1)内有极小值，则实数a的取值范围是( )A．(0，3)B．(－∞，3)C．(0，+∞)D．【答案】D 【解析】∵，且f(x)在(0，1)内有极小值． ∴．5. 已知是奇函数，当时，，当时，的最小值为1，则的值等于( ) A ．B ．C ．D ．1【答案】D ． 【解析】由已知是奇函数，且当时，的最小值为1，而奇函数图象关于原点对称性，可得当时，有最大值．，当，即时，，在上单调递增；当，即时，，在上单调递减．当时，取最大值，故选D ．【考点】1．函数的奇偶性；2．导数与函数的最大值最小值．6. 如图，某自来水公司要在公路两侧铺设水管，公路为东西方向，在路北侧沿直线铺设线路l 1，在路南侧沿直线铺设线路l 2，现要在矩形区域ABCD 内沿直线将l 1与l 2接通．已知AB = 60m ，BC = 80m ，公路两侧铺设水管的费用为每米1万元，穿过公路的EF 部分铺设水管的费用为每米2万元，设∠EFB= α,矩形区域内的铺设水管的总费用为W ．（1）求W 关于α的函数关系式； （2）求W 的最小值及相应的角α． 【答案】（1）=80+60tanα;（2）,.【解析】（1）过E 作，垂足为M ，由题意得∠MEF="α," 故有，，,化简即可；（2），利用导数求出的最大值和相应的角度即可.试题解析：（1）如图，过E 作，垂足为M ，由题意得∠MEF=α，故有，，， 3分所以=80+ 60tanα（其中8分 （2）W． 设，则． 11分令得，即，得．列表+0所以当时有，此时有． 14分答：铺设水管的最小费用为万元，相应的角． 16分【考点】函数模型的应用、利用导数求函数极值、三角函数综合.7.已知函数.（1）若在处取得极大值，求实数的值；（2）若，求在区间上的最大值.【答案】（1）；（2）详见解析.【解析】(1) 本小题首先利用导数的公式和法则求得原函数的导函数，通过列表分析其单调性，进而寻找极大值点；(2) 本小题结合（1）中的分析可知参数的取值范围影响函数在区间上的单调性，于是对参数的取值范围进行分段讨论，从而求得函数在区间上的单调性，进而求得该区间上的最大值.试题解析：（1）因为令，得，所以，随的变化情况如下表：↗↘↗(2)因为所以当时，对成立所以当时，取得最大值当时，在时，，单调递增在时，，单调递减所以当时，取得最大值当时，在时，，单调递减所以当时，取得最大值当时，在时，，单调递减在时，，单调递增又，当时，在取得最大值当时，在取得最大值当时，在，处都取得最大值0. 14分综上所述，当或时，取得最大值当时，取得最大值当时，在，处都取得最大值0当时，在取得最大值.【考点】1.导数公式；2.函数的单调性；3.分类讨论.8.记函数的最大值为M，最小值为m，则的值为( ) A．B．C．D．【答案】A【解析】由已知得，，解得，所以函数的定义域是. 已知函数求导得，，时，当时，，当时，，所以在区间上先增后减，最大值是，因为，，所以，所以.【考点】1.利用导数研究函数的最值；2.函数的单调性与导数的关系9.设.(Ⅰ)若对一切恒成立,求的取值范围;(Ⅱ)设,且是曲线上任意两点,若对任意的,直线AB的斜率恒大于常数,求的取值范围;(Ⅲ)求证:.【答案】（Ⅰ)；（Ⅱ）；（Ⅲ）详见解析【解析】（Ⅰ）∴对一切恒成立等价于恒成立.这只要求出函数的最小值即可.（Ⅱ）直线的斜率为：由题设有,不妨设则这样问题转化为函数,在上单调递增所以恒成立，即对任意,恒成立这样只需求出的最小值即可.（Ⅲ）不等式可变为由(Ⅰ) 知（时取等号）,在此不等式中取得：变形得：取得：变形得：取得：变形得：取得：变形得：将以上不等式相加即可得证.试题解析：(Ⅰ)令，则由得.所以在上单调递增, 在单调递减.所以由此得：又时，即为此时取任意值都成立综上得：(II)由题设得，直线AB的斜率满足：,不妨设，则即：令函数,则由以上不等式知：在上单调递增,所以恒成立所以，对任意,恒成立又=故(Ⅲ)由(Ⅰ) 知时取等号）,取,得即累加得所以【考点】1、函数的导数及其应用；2、不等关系及重要不等式；3、不等式的证明.10.已知函数（1）当时，求函数在上的极值；（2）证明：当时，；（3）证明：.【答案】（1）；（2）证明过程详见解析；（3）证明过程详见解析.【解析】本题主要考查导数的运算，利用导数研究函数的单调性、极值和最值、不等式等基础知识，考查函数思想，考查综合分析和解决问题的能力.第一问，将代入，得到解析式，对它求导，列出表格，通过单调性，判断极值；第二问，证明不等式转化为求函数的最小值大于0；第三问，利用第二问的结论，令，利用放缩法得到，再利用对数的性质和裂项相消法求和，得到所证不等式.试题解析：（1）当时，1分变化如下表+00+极大值， 4分（2）令则 6分∴在上为增函数。
2024届新高考数学大题精选30题--导数(解析版)
2024届新高考数学导数大题精选30题1(2024·安徽·二模)已知函数f (x )=x 2-10x +3f (1)ln x .(1)求函数f (x )在点(1,f (1))处的切线方程；(2)求f (x )的单调区间和极值.【答案】(1)y =4x -13；(2)递增区间为(0,2),(3,+∞)，递减区间为2,3 ，极大值-16+12ln2，极小值-21+12ln3.【分析】(1)求出函数f (x )的导数，赋值求得f (1)，再利用导数的几何意义求出切线方程.(2)由(1)的信息，求出函数f (x )的导数，利用导数求出单调区间及极值.【详解】(1)函数f (x )=x 2-10x +3f (1)ln x ，求导得f(x )=2x -10+3f (1)x，则f (1)=-8+3f (1)，解得f (1)=4，于是f (x )=x 2-10x +12ln x ，f (1)=-9，所以所求切线方程为：y +9=4(x -1)，即y =4x -13.(2)由(1)知，函数f (x )=x 2-10x +12ln x ，定义域为(0,+∞)，求导得f (x )=2x -10+12x =2(x -2)(x -3)x，当0<x <2或x >3时，f (x )>0，当2<x <3时，f (x )<0，因此函数f (x )在(0,2),(3,+∞)上单调递增，在(2,3)上单调递减，当x =2时，f (x )取得极大值f (2)=-16+12ln2，当x =3时，f (x )取得极小值f (3)=-21+12ln3，所以函数f (x )的递增区间为(0,2),(3,+∞)，递减区间为(2,3)，极大值-16+12ln2，极小值-21+12ln3.2(2024·江苏南京·二模)已知函数f (x )=x 2-ax +ae x，其中a ∈R ．(1)当a =0时，求曲线y =f (x )在(1,f (1))处的切线方程；(2)当a >0时，若f (x )在区间[0,a ]上的最小值为1e，求a 的值．【答案】(1)x -ey =0(2)a =1【分析】(1)由a =0，分别求出f (1)及f (1)，即可写出切线方程；(2)计算出f (x )，令f (x )=0，解得x =2或x =a ，分类讨论a 的范围，得出f (x )的单调性，由f (x )在区间[0,a ]上的最小值为1e，列出方程求解即可．【详解】(1)当a =0时，f (x )=x 2e x ，则f (1)=1e ，f (x )=2x -x 2ex，所以f (1)=1e ，所以曲线y =f (x )在(1,f (1))处的切线方程为：y -1e =1e(x -1)，即x -ey =0．(2)f(x )=-x 2+(a +2)x -2a e x =-(x -2)(x -a )ex，令f (x )=0，解得x =2或x =a ，当0<a <2时，x ∈[0,a ]时，f (x )≤0，则f (x )在[0,a ]上单调递减，所以f (x )min =f (a )=a ea =1e ，则a =1，符合题意；当a >2时，x ∈[0,2]时，f (x )≤0，则f (x )在[0,2]上单调递减，x ∈(2,a ]时，f (x )>0，则f (x )在(2,a ]上单调递增，所以f (x )min =f (2)=4-a e2=1e ，则a =4-e <2，不合题意；当a =2时，x ∈[0,2]时，f (x )≤0，则f (x )在[0,2]上单调递减，所以f (x )min =f (2)==2e 2≠1e ，不合题意；综上，a =1．3(2024·浙江绍兴·模拟预测)已知f x =ae x -x ，g x =cos x . (1)讨论f x 的单调性.(2)若∃x 0使得f x 0 =g x 0 ，求参数a 的取值范围.【答案】(1)当a ≤0时，f x 在-∞,+∞ 上单调递减；当a >0时，f x 在-∞,-ln a 上单调递减，在-ln a ,+∞ 上单调递增.(2)-∞,1【分析】(1)对f x =ae x -x 求导数，然后分类讨论即可；(2)直接对a >1和a ≤1分类讨论，即可得到结果.【详解】(1)由f x =ae x -x ，知f x =ae x -1.当a ≤0时，有f x =ae x -1≤0-1=-1<0，所以f x 在-∞,+∞ 上单调递减；当a >0时，对x <-ln a 有f x =ae x -1<ae -ln a -1=1-1=0，对x >-ln a 有f x =ae x -1>ae -ln a -1=1-1=0，所以f x 在-∞,-ln a 上单调递减，在-ln a ,+∞ 上单调递增.综上，当a ≤0时，f x 在-∞,+∞ 上单调递减；当a >0时，f x 在-∞,-ln a 上单调递减，在-ln a ,+∞ 上单调递增.(2)当a >1时，由(1)的结论，知f x 在-∞,-ln a 上单调递减，在-ln a ,+∞ 上单调递增，所以对任意的x 都有f x ≥f -ln a =ae -ln a +ln a =1+ln a >1+ln1=1≥cos x =g x ，故f x >g x 恒成立，这表明此时条件不满足；当a ≤1时，设h x =ae x -x -cos x ，由于h -a -1 =ae -a -1+a +1-cos -a -1 ≥ae-a -1+a ≥-a e-a -1+a =a 1-e-a -1≥a 1-e 0=0，h 0 =ae 0-0-cos0=a -1≤0，故由零点存在定理，知一定存在x 0∈-a -1,0 ，使得h x 0 =0，故f x 0 -g x 0 =ae x 0-x 0-cos x 0=h x 0 =0，从而f x 0 =g x 0 ，这表明此时条件满足.综上，a 的取值范围是-∞,1 .4(2024·福建漳州·一模)已知函数f x =a ln x -x +a ，a ∈R 且a ≠0．(1)证明：曲线y =f x 在点1,f 1 处的切线方程过坐标原点．(2)讨论函数f x 的单调性．【答案】(1)证明见解析(2)答案见解析【分析】(1)先利用导数的几何意义求得f x 在1,f 1 处的切线方程，从而得证；(2)分类讨论a <0与a >0，利用导数与函数的单调性即可得解.【详解】(1)因为f x =a ln x -x +a x >0 ，所以f (x )=a x -1=a -xx，则f (1)=a ln1-1+a =a -1，f (1)=a -1，所以f x 在1,f 1 处的切线方程为:y -(a -1)=(a -1)(x -1)，当x =0时，y -(a -1)=(a -1)(0-1)=-(a -1)，故y =0，所以曲线y =f (x )在点1,f 1 处切线的方程过坐标原点.(2)由(1)得f (x )=ax -1=a -xx，当a<0时，a-x<0，则f x <0，故f(x)单调递减；当a>0时，令f (x)=0则x=a，当0<x<a时，f (x)>0，f(x)单调递增；当x>a时，f (x)<0，f(x)单调递减；综上：当a<0时，f(x)在(0,+∞)上单调递减；当a>0时，f(x)在(0,a)上单调递增，在(a,+∞)上单调递减.5(2024·山东·二模)已知函数f x =a2xe x-x-ln x．(1)当a=1e时，求f x 的单调区间；(2)当a>0时，f x ≥2-a，求a的取值范围．【答案】(1)f x 的减区间为0,1，增区间为1,+∞(2)a≥1【分析】(1)当a=1e时，f x =xe x-1-x-ln x,x>0，求导得f x =x+1xxe x-1-1，令g x =xe x-1-1，求g x 确定g x 的单调性与取值，从而确定f x 的零点，得函数的单调区间；(2)求f x ，确定函数的单调性，从而确定函数f x 的最值，即可得a的取值范围．【详解】(1)当a=1e时，f x =xe x-1-x-ln x,x>0，则f x =x+1e x-1-1-1x=x+1xxe x-1-1，设g x =xe x-1-1，则g x =x+1e x-1>0恒成立，又g1 =e0-1=0，所以当x∈0,1时，f x <0，f x 单调递减，当x∈1,+∞时，f x >0，f x 单调递增，所以f x 的减区间为0,1，增区间为1,+∞；(2)f x =a2x+1e x-1-1x=x+1xa2xe x-1，设h x =a2xe x-1，则h x =a2x+1e x>0，所以h x 在0,+∞上单调递增，又h0 =-1<0，h1a2=e1a2-1>0，所以存在x0∈0,1 a2，使得h x0 =0，即a2x0e x0-1=0，当x∈0,x0时，f x <0，f x 单调递减，当x∈x0,+∞时，f x >0，f x 单调递增，当x=x0时，f x 取得极小值，也是最小值，所以f x ≥f x0=a2x0e x0-x0-ln x0=1-ln x0e x0=1+2ln a，所以1+2ln a≥2-a，即a+2ln a-1≥0，设F a =a+2ln a-1，易知F a 单调递增，且F1 =0，所以F a ≥F1 ，解得a≥1，综上，a≥1.6(2024·山东·一模)已知函数f(x)=ln x+12a(x-1)2．(1)当a=-12时，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数g(x)=f(x)-2x+1有两个极值点x1,x2，且g(x1)+g(x2)≥-1-32a，求a的取值范围．【答案】(1)增区间(0,2)，减区间(2,+∞)(2)[1,+∞)【分析】(1)将a=-12代入求导，然后确定单调性即可；(2)求导，根据导函数有两个根写出韦达定理，代入g(x1)+g(x2)≥-1-32a，构造函数，求导，研究函数性质进而求出a的取值范围．【详解】(1)当a=-12时，f(x)=ln x-14(x-1)2，x>0，则f (x)=1x-12(x-1)=-(x-2)(x+1)2x，当x∈(0,2)，f (x)>0，f(x)单调递增，当x∈(2,+∞)，f (x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)的单调递增区间是(0,2)，单调递减区间是(2,+∞)；(2)g(x)=f(x)-2x+1=ln x+12a(x-1)2-2x+1，所以g (x)=1x+a(x-1)-2=ax2-(a+2)x+1x，设φ(x)=ax2-(a+2)x+1，令φ(x)=0，由于g(x)有两个极值点x1,x2，所以Δ=(a+2)2-4a=a2+4>0x1+x2=a+2a>0x1x2=1a>0，解得a>0．由x1+x2=a+2a，x1x2=1a，得g x1+g x2=ln x1+12a x1-12-2x1+1+ln x2+12a x2-12-2x2+1=ln x1x2+12a x1+x22-2x1x2-2x1+x2+2-2x1+x2+2=ln1a +12a a+2a2-2a-2⋅a+2a+2-2⋅a+2a+2=ln1a +a2-2a-1≥-1-32a，即ln a-12a-1a≤0，令m(a)=ln a-12a-1a，则m (a)=1a-12-12a2=-(a-1)22a2≤0，所以m(a)在(0,+∞)上单调递减，且m(1)=0，所以a≥1，故a的取值范围是[1,+∞)．7(2024·湖北·二模)求解下列问题，(1)若kx-1≥ln x恒成立，求实数k的最小值；(2)已知a，b为正实数，x∈0,1，求函数g x =ax+1-xb-a x⋅b1-x的极值．【答案】(1)1(2)答案见解析【分析】(1)求导，然后分k≤0和k>0讨论，确定单调性，进而得最值；(2)先发现g0 =g1 =0，当a=b时，g x =0，当0<x<1，a≠b时，取ab=t，L x =tx+1-x-t x，求导，研究单调性，进而求出最值得答案.【详解】(1)记f x =kx-1-ln x x>0，则需使f x ≥0恒成立，∴f x =k-1xx>0，当k≤0时，f x <0恒成立，则f x 在(0,+∞)上单调递减，且在x>1时，f x <0，不符合题意，舍去；当k >0时．令f x =0，解得x =1k，则f x 在0,1k 上单调递减，在1k ,+∞ 上单调递增，所以f x min =f 1k =-ln 1k=ln k ，要使kx -1≥ln x 恒成立，只要ln k ≥0即可，解得k ≥1，所以k 的最小值为1；(2)g (x )=ax +(1-x )b -a x ⋅b 1-x ，x ∈[0,1]，a >0，b >0，易知g 0 =g 1 =0，当a =b 时，g x =ax +a -ax -a =0，此时函数无极值；当0<x <1，a ≠b 时，g (x )=ax +(1-x )b -b ⋅a b x =b a b x +1-x -a b x，取ab=t ，t >0，t ≠1，L x =tx +1-x -t x ，t >0，t ≠1，x ∈0,1 ，则L x =t -1-t x ln t ，当t >1时，由L x ≥0得x ≤ln t -1ln tln t，由(1)知t -1≥ln t ，当t >1时，t -1ln t>1，因为x -1≥ln x ，所以1x -1≥ln 1x ，所以ln x ≥1-1x ，即x >0，当t >1时，ln t >1-1t，所以t >t -1ln t ，则ln t >ln t -1ln t >0，所以ln t -1ln tln t<1，即L x 在0,ln t -1ln t ln t 上单调递增，在ln t -1ln tln t,1单调递减．所以函数g x 极大=gln t -1lntln t，t =ab，a ≠b ，当0<t <1时，同理有ln t -1lntln t∈0,1 ，由Lx ≥0得x ≤ln t -1lntln t，即(x )在0,ln t -1lntln t上单调递增，在ln t -1lntln t,1上单调递减．所以函数g x 极大=gln t -1lntln t，t =a b，a ≠b ，综上可知，当a =b 时，函数g x 没有极值；当a ≠b 时，函数g x 有唯一的极大值g ln t -1lntln t，其中t =ab，没有极小值．【点睛】关键点点睛：取ab=t ，将两个参数的问题转化为一个参数的问题，进而求导解答问题.8(2024·湖北武汉·模拟预测)函数f (x )=tan x +sin x -92x ，-π2<x <π2,g (x )=sin n x -x n cos x ,x ∈0,π2,n ∈N +．(1)求函数f (x )的极值；(2)若g (x )>0恒成立，求n 的最大值．【答案】(1)极小值为f π3 =3(3-π)2，极大值为f -π3 =3(π-3)2；(2)3.【分析】(1)判断函数f (x )为奇函数，利用导数求出f (x )在区间0,π2上的极值，利用奇偶性即可求得定义域上的极值.(2)利用导数证明当n =1时，g (x )>0恒成立，当n >1时，等价变形不等式并构造函数F (x )=x -sin x cos 1nx,0<x <π2，利用导数并按导数为负为正确定n 的取值范围，进而确定不等式恒成立与否得解.【详解】(1)函数f (x )=tan x +sin x -92x ，-π2<x <π2，f (-x )=tan (-x )+sin (-x )-92(-x )=-f (x )，即函数f (x )为奇函数，其图象关于原点对称，当0<x <π2时，f (x )=sin x cos x +sin x -92x ，求导得：f(x )=1cos 2x +cos x -92=2cos 3x -9cos 2x +22cos 2x =(2cos x -1)(cos x -2-6)(cos x -2+6)2cos 2x，由于cos x ∈(0,1)，由f (x )>0，得0<cos x <12，解得π3<x <π2，由f (x )<0，得12<cos x <1，解得0<x <π3，即f (x )在0,π3 上单调递减，在π3,π2上单调递增，因此函数f (x )在0,π2 上有极小值f π3 =3(3-π)2，从而f (x )在-π2,π2 上的极小值为f π3 =3(3-π)2，极大值为f -π3 =3(π-3)2.(2)当n =1时，g (x )>0恒成立，即sin x -x cos x >0恒成立，亦即tan x >x 恒成立，令h (x )=tan x -x ,x ∈0,π2 ，求导得h (x )=1cos 2x -1=1-cos 2x cos 2x=tan 2x >0，则函数h (x )在0,π2上为增函数，有h (x )>h (0)=0，因此tan x -x >0恒成立；当n >1时，g (x )>0恒成立，即不等式sin xn cos x>x 恒成立，令F (x )=x -sin x cos 1n x ,0<x <π2，求导得：F (x )=1-cos x ⋅cos 1nx -1n⋅cos1n-1x ⋅(-sin x )⋅sin xcos 2nx=1-cos1+n nx +1n⋅sin 2x ⋅cos1-n nxcos 2nx=1-cos 2x +1n ⋅sin 2xcos n +1nx =cosn +1nx -cos 2x -1n (1-cos 2x )cos n +1nx =cosn +1nx -1n -n -1ncos 2x cosn +1nx令G (x )=cos n +1nx -1n -n -1n cos 2x ，求导得则G (x )=n +1n cos 1nx ⋅(-sin x )-n -1n⋅2cos x ⋅(-sin x )=sin x n (2n -2)cos x -(n +1)cos 1n x =2n -2n ⋅sin x cos x -n +12n -2cos 1n x=2n -2n ⋅sin x ⋅cos 1n x cos n -1n x -n +12n -2，由n >1,x ∈0,π2 ，得2n -2n⋅sin x ⋅cos 1nx >0，当n +12n -2≥1时，即n ≤3时，G (x )<0，则函数G (x )在0,π2上单调递减，则有G (x )<G (0)=0，即F (x )<0，因此函数F (x )在0,π2 上单调递减，有F (x )<F (0)=0，即g (x )>0，当n +12n -2<1时，即n >3时，存在一个x 0∈0,π2 ，使得cos n -1n x 0=n +12n -2，且当x ∈(0,x 0)时，G (x )>0，即G (x )在(0,x 0)上单调递增，且G (x )>G (0)=0，则F (x )>0，于是F (x )在(0,x 0)上单调递增，因此F (x )>F (0)=0，即sin xn cos x<x ，与g (x )>0矛盾，所以n 的最大值为3.【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：①通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；②利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．③根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．9(2024·湖北·模拟预测)已知函数f x =ax 2-x +ln x +1 ，a ∈R ，(1)若对定义域内任意非零实数x 1，x 2，均有f x 1 f x 2x 1x 2>0，求a ；(2)记t n =1+12+⋅⋅⋅+1n ，证明：t n -56<ln n +1 <t n ．【答案】(1)a =12(2)证明见解析【分析】(1)求导可得f 0 =0，再分a ≤0与a >0两种情况分析原函数的单调性，当a >0时分析极值点的正负与原函数的正负区间，从而确定a 的值；(2)由(1)问的结论可知，1n -12n2<ln 1n +1 <1n ，再累加结合放缩方法证明即可.【详解】(1)f x 的定义域为-1,+∞ ，且f 0 =0；f x =2ax -1+1x +1=2ax -x x +1=x 2a -1x +1，因此f 0 =0；i.a ≤0时，2a -1x +1<0，则此时令f x >0有x ∈-1,0 ，令f x <0有x ∈0,+∞ ，则f x 在-1,0 上单调递增，0,+∞ 上单调递减，又f 0 =0，于是f x ≤0，此时令x 1x 2<0，有f x 1 f x 2x 1x 2<0，不符合题意；ii .a >0时，f x 有零点0和x 0=12a-1，若x 0<0，即a >12，此时令f x <0有x ∈x 0,0 ，f x 在x 0,0 上单调递减，又f 0 =0，则f x 0 >0，令x 1>0，x 2=x 0，有f x 1 f x 2x 1x 2<0，不符合题意；若x 0>0，即0<a <12，此时令f x <0有x ∈0,x 0 ，f x 在0,x 0 上单调递减，又f 0 =0，则f x 0 <0，令-1<x 1<0,x 2=x 0，有f x 1 f x 2x 1x 2<0，不符合题意；若x 0=0，即a =12，此时fx =x 2x +1>0，f x 在-1,+∞ 上单调递增，又f 0 =0，则x >0时f x >0，x <0时f x <0；则x ≠0时f x x >0，也即对x 1x 2≠0，f x 1 f x 2x 1x 2>0，综上，a =12(2)证：由(1)问的结论可知，a =0时，f x =-x +ln x +1 ≤0；且a =12时x >0，f x =12x 2-x +ln x +1 >0；则x>0时，x-12x2<ln x+1<x，令x=1n，有1n-12n2<ln1n+1<1n，即1n-12n2<ln n+1-ln n<1n，于是1n-1-12n-12<ln n-ln n-1<1n-11-12<ln2<1将上述n个式子相加，t n-121+122+⋅⋅⋅+1n2<ln n+1<t n；欲证t n-56<ln n+1<t n，只需证t n-56<t n-121+122+⋅⋅⋅+1n2，只需证1+122+⋅⋅⋅+1n2<53；因为1n2=44n2<44n2-1=212n-1-12n+1，所以1+122+⋅⋅⋅+1n2<1+213-15+15-17+⋅⋅⋅+12n-1-12n+1=53-22n+1<53，得证：于是得证t n-56<ln n+1<t n.【点睛】方法点睛：(1)此题考导数与函数的综合应用，找到合适的分类标准，设极值点，并确定函数正负区间是解此题的关键；(2)对累加结构的不等式证明，一般需要应用前问的结论，取特定参数值，得出不等式累加证明，遇到不能累加的数列结构，需要进行放缩证明.10(2024·湖南·一模)已知函数f x =sin x-ax⋅cos x,a∈R．(1)当a=1时，求函数f x 在x=π2处的切线方程；(2)x∈0,π2时；(ⅰ)若f x +sin2x>0，求a的取值范围；(ⅱ)证明：sin2x⋅tan x>x3．【答案】(1)πx-2y+2-π22=0.(2)(ⅰ)a≤3(ⅱ)证明见解析【分析】(1)令a=1时，利用导数的几何意义求出斜率，进行计算求出切线方程即可.(2)(ⅰ)设g(x)=2sin x+tan x-ax,x∈0,π2,由g x >0得a≤3，再证明此时满足g x >0.(ⅱ)根据(ⅰ)结论判断出F x =sin2x⋅tan x-x3在0,π2上单调递增，∴F(x)>F(0)=0,即sin2x tan x >x3.【详解】(1)当a=1时，f(x)=sin x-x⋅cos x,f (x)=cos x-(cos x-x⋅sin x)=x⋅sin x,fπ2=π2,fπ2=1.所以切线方程为：y-1=π2x-π2,即πx-2y+2-π22=0.(2)(ⅰ)f(x)+sin2x=sin x-ax⋅cos x+sin2x>0,即tan x-ax+2sin x>0,x∈0,π2，设g(x)=2sin x+tan x-ax,x∈0,π2,g (x )=2cos x +1cos 2x -a =1cos 2x(2cos 3x -a cos 2x +1).又∵g (0)=0,g (0)=3-a ,∴g (0)=3-a ≥0是g (x )>0的一个必要条件，即a ≤3.下证a ≤3时，满足g (x )=2sin x +tan x -ax >0,x ∈0,π2,又g (x )≥1cos 2x(2cos 3x -3cos 2x +1)，设(t )=2t 3-3t 2+1,t ∈(0,1),h (t )=6t 2-6t =6t (t -1)<0,h (t )在(0,1)上单调递减，所以h (t )>h (1)=0，又x ∈0,π2 ,cos x ∈(0,1),∴g (x )>0,即g (x )在0,π2 单调递增.∴x ∈0,π2时，g (x )>g (0)=0；下面证明a >3时不满足g (x )=2sin x +tan x -ax >0,x ∈0,π2,，g (x )=2cos x +1cos 2x-a ，令h (x )=g (x )=2cos x +1cos 2x -a ，则h (x )=-2sin x +2sin x cos 3x =2sin x 1cos 3x-1，∵x ∈0,π2 ,∴sin x >0,1cos 3x-1>0，∴h (x )>0,∴h (x )=g (x )在0,π2为增函数，令x 0满足x 0∈0,π2,cos x 0=1a ，则g x 0 =2cos x 0+1cos 2x 0-a =2cos x 0+a -a >0，又g (0)=3-a <0,∴∃x 1∈0,x 0 ,使得g x 1 =0，当x ∈0,x 1 时，g (x )<g x 1 =0，∴此时g (x )在0,x 1 为减函数，∴当x ∈0,x 1 时，g (x )<g (0)=0，∴a >3时，不满足g (x )≥0恒成立.综上a ≤3.(ⅱ)设F (x )=sin 2x ⋅tan x -x 3,x ∈0,π2 ,F (x )=2sin x ⋅cos x ⋅tan x +sin 2x ⋅1cos 2x-3x 2=2sin 2x +tan 2x -3x 2=2(sin x -x )2+(tan x -x )2+2(2sin x +tan x )x -2x 2-x 2-3x 2.由(ⅰ)知2sin x +tan x >3x ,∴F (x )>0+0+2x ⋅3x -6x 2=0,，F x 在0,π2上单调递增，∴F (x )>F (0)=0,即sin 2x tan x >x 3.【点睛】关键点点睛：本题考查导数，解题关键是进行必要性探路，然后证明充分性，得到所要求的参数范围即可．11(2024·全国·模拟预测)已知函数f (x )=ln (1+x )-11+x．(1)求曲线y =f (x )在(0,f (0))处的切线方程；(2)若x ∈(-1,π)，讨论曲线y =f (x )与曲线y =-2cos x 的交点个数．【答案】(1)y =32x -1；(2)2．【分析】(1)求导，即可根据点斜式求解方程，(2)求导，分类讨论求解函数的单调性，结合零点存在性定理，即可根据函数的单调性，结合最值求解.【详解】(1)依题意，f x =11+x +121+x 32，故f 0 =32，而f 0 =-1，故所求切线方程为y +1=32x ，即y =32x -1．(2)令ln 1+x -11+x =-2cos x ，故ln 1+x +2cos x -11+x=0，令g x =ln 1+x +2cos x -11+x ，g x =11+x -2sin x +121+x -32，令h x =g x =11+x -2sin x +121+x -32，hx =-11+x2-2cos x -341+x -52．①当x ∈-1,π2时，cos x ≥0,1+x 2>0,1+x-52>0，∴h x <0,∴h x 在-1,π2上为减函数，即gx 在-1,π2 上为减函数，又g 0 =1+12>0,g1 =12-2sin1+12⋅2-32<12-2⋅sin1+12<1-2×12=0，∴g x 在0,1 上有唯一的零点，设为x 0，即g x 0 =00<x 0<1 ．∴g x 在-1,x 0 上为增函数，在x 0,π2上为减函数．又g 0 =2-1>0,g -π4 =ln 1-π4 +2cos -π4 -11-π4=ln 1-π4+2-11-π4<0,g π2=ln 1+π2 -11+π2>0，∴g x 在-1,x 0 上有且只有一个零点，在x 0,π2上无零点；②当x ∈π2,5π6 时，g x <11+x -1+121+x-32<0,g x 单调递减，又g π2 >0,g 5π6 =ln 1+5π6 -3-1+5π6-12<ln4-3<0，∴g x 在π2,5π6内恰有一零点；③当x ∈5π6,π 时，hx =-11+x2-2cos x -341+x -52为增函数，∴hx =h 5π6 =-11+5π62+1-34⋅1+5π6-52>0，∴g x 单调递增，又g π >0,g 5π6 <0，所以存在唯一x 0∈5π6,π ,g x 0 =0，当x ∈5π6,x 0 时，g x <0,g x 递减；当x ∈x 0,π 时，g x >0,g x 递增，g x ≤max g 5π6 ,g π <0，∴g x 在5π6,π内无零点．综上所述，曲线y =f x 与曲线y =-2cos x 的交点个数为2．【点睛】方法点睛：本题考查了导数的综合运用，求某点处的切线方程较为简单，利用导数求单调性时，如果求导后的正负不容易辨别，往往可以将导函数的一部分抽离出来，构造新的函数，利用导数研究其单调性，进而可判断原函数的单调性.在证明不等式时，常采用两种思路：求直接求最值和等价转化.无论是那种方式，都要敢于构造函数，构造有效的函数往往是解题的关键.12(2024·广东佛山·二模)已知f x =-12e 2x +4e x -ax -5.(1)当a =3时，求f x 的单调区间；(2)若f x 有两个极值点x 1，x 2，证明：f x 1 +f x 2 +x 1+x 2<0.【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】(1)求导后，借助导数的正负即可得原函数的单调性；(2)借助换元法，令t =e x ，t 1=e x 1，t 2=e x 2，可得t 1、t 2是方程t 2-4t +a =0的两个正根，借助韦达定理可得t 1+t 2=4，t 1t 2=a ，即可用t 1、t 2表示f x 1 +f x 2 +x 1+x 2，进而用a 表示f x 1 +f x 2 +x 1+x 2，构造相关函数后借助导数研究其最大值即可得.【详解】(1)当a =3时，f x =-12e 2x +4e x -3x -5，f x =-e 2x +4e x -3=-e x -1 e x -3 ，则当e x ∈0,1 ∪3,+∞ ，即x ∈-∞,0 ∪ln3,+∞ 时，f x <0，当e x ∈1,3 ，即x ∈0,ln3 时，f x >0，故f x 的单调递减区间为-∞,0 、ln3,+∞ ，单调递增区间为0,ln3 ；(2)f x =-e 2x +4e x -a ，令t =e x ，即f x =-t 2+4t -a ，令t 1=e x 1，t 2=e x 2，则t 1、t 2是方程t 2-4t +a =0的两个正根，则Δ=-4 2-4a =16-4a >0，即a <4，有t 1+t 2=4，t 1t 2=a >0，即0<a <4，则f x 1 +f x 2 +x 1+x 2=-12e 2x 1+4e x 1-ax 1-5-12e 2x2+4e x 2-ax 2-5+x 1+x 2=-12t 21+t 22 +4t 1+t 2 -a -1 ln t 1+ln t 2 -10=-12t 1+t 2 2-2t 1t 2 +4t 1+t 2 -a -1 ln t 1t 2-10=-1216-2a +16-a -1 ln a -10=a -a -1 ln a -2，要证f x 1 +f x 2 +x 1+x 2<0，即证a -a -1 ln a -2<00<a <4 ，令g x =x -x -1 ln x -20<x <4 ，则g x =1-ln x +x -1x =1x-ln x ，令h x =1x -ln x 0<x <4 ，则h x =-1x 2-1x <0，则g x 在0,4 上单调递减，又g 1 =11-ln1=1，g 2 =12-ln2<0，故存在x 0∈1,2 ，使g x 0 =1x 0-ln x 0=0，即1x 0=ln x 0，则当x ∈0,x 0 时，g x >0，当x ∈x 0,4 时，g x <0，故g x 在0,x 0 上单调递增，g x 在x 0,4 上单调递减，则g x ≤g x 0 =x 0-x 0-1 ln x 0-2=x 0-x 0-1 ×1x 0-2=x 0+1x 0-3，又x 0∈1,2 ，则x 0+1x 0∈2,52 ，故g x 0 =x 0+1x 0-3<0，即g x <0，即f x 1 +f x 2 +x 1+x 2<0.【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助换元法，令t =e x ，t 1=e x 1，t 2=e x 2，从而可结合韦达定理得t 1、t 2的关系，即可用a 表示f x 1 +f x 2 +x 1+x 2，构造相关函数后借助导数研究其最大值即可得.13(2024·广东广州·模拟预测)已知函数f x =x e x -kx ,k ∈R .(1)当k =0时，求函数f x 的极值；(2)若函数f x 在0,+∞ 上仅有两个零点，求实数k 的取值范围.【答案】(1)极小值为-1e，无极大值(2)e ,+∞【分析】(1)求出导函数，然后列表求出函数的单调区间，根据极值定义即可求解；(2)把原函数有两个零点转化为g x =e x -kx 在0,+∞ 上仅有两个零点，分类讨论，利用导数研究函数的单调性，列不等式求解即可.【详解】(1)当k =0时，f x =xe x (x ∈R )，所以f x =1+x e x ，令f x =0，则x =-1，x -∞,-1-1-1,+∞f x -0+f x单调递减极小值单调递增所以f (x )min =f -1 =-e -1=-1e，所以f x 的极小值为-1e，无极大值.(2)函数f x =x e x -kx 在0,+∞ 上仅有两个零点，令g x =e x -kx ，则问题等价于g x 在0,+∞ 上仅有两个零点，易知g x =e x -k ，因为x ∈0,+∞ ，所以e x >1.①当k ∈-∞,1 时，g x >0在0,+∞ 上恒成立，所以g x 在0,+∞ 上单调递增，所以g x >g 0 =1，所以g x 在0,+∞ 上没有零点，不符合题意；②当k ∈1,+∞ 时，令g x =0，得x =ln k ，所以在0,ln k 上，g x <0，在ln k ,+∞ 上，g x >0，所以g x 在0,ln k 上单调递减，在(ln k ,+∞)上单调递增，所以g x 的最小值为g ln k =k -k ⋅ln k .因为g x 在0,+∞ 上有两个零点，所以g ln k =k -k ⋅ln k <0，所以k >e.因为g 0 =1>0,g ln k 2 =k 2-k ⋅ln k 2=k k -2ln k ，令h x =x -2ln x ，则h x =1-2x =x -2x，所以在0,2 上，h x <0，在2,+∞ 上，h x >0，所以h x 在0,2 上单调递减，在2,+∞ 上单调递增，所以h x ≥2-2ln2=ln e 2-ln4>0，所以g ln k 2 =k k -2ln k >0，所以当k >e 时，g x 在0,ln k 和(ln k ,+∞)内各有一个零点，即当k >e 时，g x 在0,+∞ 上仅有两个零点.综上，实数k 的取值范围是e ,+∞ .【点睛】方法点睛：求解函数单调区间的步骤：(1)确定f x 的定义域.(2)计算导数f x .(3)求出f x =0的根.(4)用f x =0的根将f x 的定义域分成若干个区间，判断这若干个区间内f x 的符号，进而确定f x 的单调区间.f x >0，则f x 在对应区间上单调递增，对应区间为增区间；f x <0，则f x 在对应区间上单调递减，对应区间为减区间.如果导函数含有参数，那么需要对参数进行分类讨论，分类讨论要做到不重不漏.14(2024·江苏南通·二模)已知函数f x =ln x -ax ，g x =2ax，a ≠0.(1)求函数f x 的单调区间；(2)若a >0且f x ≤g x 恒成立，求a 的最小值.【答案】(1)答案见解析(2)2e 3.【分析】(1)求导后，利用导数与函数单调性的关系，对a >0与a <0分类讨论即可得；(2)结合函数的单调性求出函数的最值，即可得解.【详解】(1)f x =1x -a =1-axx(a ≠0)，当a <0时，由于x >0，所以f x >0恒成立，从而f x 在0,+∞ 上递增；当a >0时，0<x <1a ，f x >0；x >1a ，fx <0，从而f x 在0,1a 上递增，在1a,+∞ 递减；综上，当a <0时，f x 的单调递增区间为0,+∞ ，没有单调递减区间；当a >0时，f x 的单调递增区间为0,1a ，单调递减区间为1a ,+∞ .(2)令h x =f x -g x =ln x -ax -2ax，要使f x ≤g x 恒成立，只要使h x ≤0恒成立，也只要使h x max ≤0.h x =1x -a +2ax 2=-ax +1 ax -2 ax 2，由于a >0，x >0，所以ax +1>0恒成立，当0<x <2a 时，h x >0，当2a<x <+∞时，h x <0，所以h x max =h 2a =ln 2a -3≤0，解得：a ≥2e 3，所以a 的最小值为2e3.15(2024·山东济南·二模)已知函数f x =ax 2-ln x -1,g x =xe x -ax 2a ∈R .(1)讨论f x 的单调性；(2)证明：f x +g x ≥x .【答案】(1)答案见详解(2)证明见详解【分析】(1)求导可得fx =2ax 2-1x，分a ≤0和a >0两种情况，结合导函数的符号判断原函数单调性；(2)构建F x =f x +g x -x ,x >0，h x =e x -1x,x >0，根据单调性以及零点存在性定理分析h x 的零点和符号，进而可得F x 的单调性和最值，结合零点代换分析证明.【详解】(1)由题意可得：f x 的定义域为0,+∞ ，fx =2ax -1x =2ax 2-1x，当a ≤0时，则2ax 2-1<0在0,+∞ 上恒成立，可知f x 在0,+∞ 上单调递减；当a >0时，令f x >0，解得x >12a；令f x <0，解得0<x <12a；可知f x 在0,12a 上单调递减，在12a,+∞ 上单调递增；综上所述：当a ≤0时，f x 在0,+∞ 上单调递减；当a >0时，f x 在0,12a 上单调递减，在12a,+∞ 上单调递增.(2)构建F x =f x +g x -x =xe x -ln x -x -1,x >0，则F x =x +1 e x -1x -1=x +1 e x -1x，由x >0可知x +1>0，构建h x =e x -1x ,x >0，因为y =e x ,y =-1x在0,+∞ 上单调递增，则h x 在0,+∞ 上单调递增，且h 12=e -20,h 1 =e -1 0，可知h x 在0,+∞ 上存在唯一零点x 0∈12,1 ，当0<x <x 0，则h x <0，即Fx <0；当x >x 0，则h x >0，即F x >0；可知F x 在0,x 0 上单调递减，在x 0,+∞ 上单调递增，则F x ≥F x 0 =x 0e x 0-ln x 0-x 0-1，又因为e x 0-1x 0=0，则e x 0=1x 0,x 0=e -x 0，x 0∈12,1 ，可得F x 0 =x 0×1x 0-ln e -x-x 0-1=0，即F x ≥0，所以f x +g x ≥x .16(2024·福建·模拟预测)已知函数f (x )=a ln x -bx 在1,f 1 处的切线在y 轴上的截距为-2．(1)求a 的值；(2)若f x 有且仅有两个零点，求b 的取值范围．【答案】(1)2(2)b ∈0,2e 【分析】(1)借助导数的几何意义计算即可得；(2)借助函数与方程的关系，可将f x 有且仅有两个零点转化为方程b =2ln xx有两个根，构造对应函数并借助导数研究单调性及值域即可得.【详解】(1)f (x )=ax-b ，f 1 =a -b ，f (1)=a ×0-b =-b ，则函数f (x )=a ln x -bx 在1,f 1 处的切线为：y +b =a -b x -1 ，即y =a -b x -a ，令x =0，则有y =-a =-2，即a =2；(2)由a =2，即f (x )=2ln x -bx ，若f x 有且仅有两个零点，则方程2ln x-bx=0有两个根，即方程b=2ln xx有两个根，令g x =2ln xx，则gx =21-ln xx2，则当x∈0,e时，g x >0，则当x∈e,+∞时，g x <0，故g x 在0,e上单调递增，在e,+∞上单调递减，故g x ≤g e =2ln ee=2e，又x→0时，g x →-∞，x→+∞时，g x →0，故当b∈0,2 e时，方程b=2ln x x有两个根，即f x 有且仅有两个零点.17(2024·浙江杭州·二模)已知函数f x =a ln x+2-12x2a∈R．(1)讨论函数f x 的单调性；(2)若函数f x 有两个极值点，(ⅰ)求实数a的取值范围；(ⅱ)证明：函数f x 有且只有一个零点．【答案】(1)答案见解析；(2)(ⅰ)-1<a<0；(ⅱ)证明见解析【分析】(1)求出函数的导函数，再分a≤-1、-1<a<0、a≥0三种情况，分别求出函数的单调区间；(2)(ⅰ)由(1)直接解得；(ⅱ)结合函数的最值与零点存在性定理证明即可.【详解】(1)函数f x =a ln x+2-12x2a∈R的定义域为-2,+∞，且f x =ax+2-x=-x+12+a+1x+2，当a≤-1时，f x ≤0恒成立，所以f x 在-2,+∞单调递减；当-1<a<0时，令f x =0，即-x+12+a+1=0，解得x1=-a+1-1，x2=a+1-1，因为-1<a<0，所以0<a+1<1，则-2<-a+1-1<-1，所以当x∈-2,-a+1-1时f x <0，当x∈-a+1-1,a+1-1时f x >0，当x∈a+1-1,+∞时f x <0，所以f x 在-2,-a+1-1上单调递减，在-a+1-1,a+1-1上单调递增，在a+1-1,+∞上单调递减；当a≥0时，此时-a+1-1≤-2，所以x∈-2,a+1-1时f x >0，当x∈a+1-1,+∞时f x <0，所以f x 在-2,a+1-1上单调递增，在a+1-1,+∞上单调递减．综上可得：当a≤-1时f x 在-2,+∞单调递减；当-1<a<0时f x 在-2,-a+1-1上单调递减，在-a+1-1,a+1-1上单调递增，在a+1-1,+∞上单调递减；当a≥0时f x 在-2,a+1-1上单调递增，在a+1-1,+∞上单调递减．(2)(ⅰ)由(1)可知-1<a<0．(ⅱ)由(1)f x 在-2,-a+1-1上单调递减，在-a+1-1,a+1-1上单调递增，在a+1-1,+∞上单调递减，所以f x 在x=a+1-1处取得极大值，在x=-a+1-1处取得极小值，又-1<a<0，所以0<a+1<1，则1<a+1+1<2，又f x极大值=f a+1-1=a ln a+1+1-12a+1-12<0，又f-a+1-1<f a+1-1<0，所以f x 在-a+1-1,+∞上没有零点，又-1<a<0，则4a<-4，则0<e4a<e-4，-2<e4a-2<e-4-2，则0<e 4a-22<4，所以f e 4a-2=4-12e4a-22>0，所以f x 在-2,-a+1-1上存在一个零点，综上可得函数f x 有且只有一个零点．18(2024·河北沧州·模拟预测)已知函数f(x)=ln x-ax+1，a∈R．(1)讨论f x 的单调性；(2)若∀x>0，f x ≤xe2x-2ax恒成立，求实数a的取值范围．【答案】(1)答案见解析(2)-∞,2．【分析】(1)利用导数分类讨论判断函数f x 的单调性，即可求解；(2)先利用导数证明不等式e x≥x+1，分离变量可得a≤e2x-ln x+1x恒成立，进而e 2x-ln x+1x≥2x+ln x+1-(ln x+1)x=2，即可求解.【详解】(1)函数f x =ln x-ax+1，a∈R的定义域为0,+∞，且f (x)=1x-a．当a≤0时，∀x∈0,+∞，f (x)=1x-a≥0恒成立，此时f x 在区间0,+∞上单调递增；当a>0时，令f (x)=1x-a=1-axx=0，解得x=1a，当x∈0,1 a时，f x >0，f x 在区间0,1a上单调递增，当x∈1a,+∞时，f x <0，f x 在区间1a,+∞上单调递减．综上所述，当a≤0时，f x 在区间0,+∞上单调递增；当a>0时，f x 在区间0,1 a上单调递增，在区间1a,+∞上单调递减．(2)设g x =e x-x-1，则g x =e x-1，在区间(-∞,0)上，g x <0，g x 单调递减，在区间0,+∞上，g x >0，g x 单调递增，所以g x ≥g0 =e0-0-1=0，所以e x≥x+1(当且仅当x=0时等号成立)．依题意，∀x>0，f x ≤xe2x-2ax恒成立，即a≤e2x-ln x+1x恒成立，而e2x-ln x+1x=xe2x-(ln x+1)x=e2x+ln x-(ln x+1)x≥2x+ln x+1-(ln x+1)x=2，当且仅当2x+ln x=0时等号成立．因为函数h x =2x+ln x在0,+∞上单调递增，h1e=2e-1<0，h(1)=2>0，所以存在x0∈1e,1，使得2x0+ln x0=0成立．所以a ≤e 2x -ln x +1xmin =2，即a 的取值范围是-∞,2 ．【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的恒成立问题的求解策略：形如f x ≥g x 的恒成立的求解策略：1、构造函数法：令F x =f x -g x ，利用导数求得函数F x 的单调性与最小值，只需F x min ≥0恒成立即可；2、参数分离法：转化为a ≥φx 或a ≤φx 恒成立，即a ≥φx max 或a ≤φx min 恒成立，只需利用导数求得函数φx 的单调性与最值即可；3，数形结合法：结合函数y =f x 的图象在y =g x 的图象的上方(或下方)，进而得到不等式恒成立.19(2024·广东·二模)已知f x =12ax 2+1-2a x -2ln x ,a >0.(1)求f x 的单调区间；(2)函数f x 的图象上是否存在两点A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 (其中x 1≠x 2)，使得直线AB 与函数f x 的图象在x 0=x 1+x22处的切线平行？若存在，请求出直线AB ；若不存在，请说明理由.【答案】(1)f (x )在(0,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增.(2)不存在，理由见解析【分析】(1)求出导函数，根据导函数的正负来确定函数的单调区间；(2)求出直线AB 的斜率，再求出f (x 0)，从而得到x 1,x 2的等式，再进行换元和求导，即可解出答案.【详解】(1)由题可得f(x )=ax +1-2a -2x =ax 2+(1-2a )x -2x =(ax +1)(x -2)x(x >0)因为a >0，所以ax +1>0，所以当x ∈(0,2)时，f (x )<0，f (x )在(0,2)上单调递减，当x ∈(2,+∞)时，f (x )>0，f (x )在(2,+∞)上单调递增.综上，f (x )在(0,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增.(2)由题意得，斜率k =y 2-y 1x 2-x 1=12ax 22+(1-2a )x 2-2ln x 2 -12ax 21+(1-2a )x 1-2ln x 1 x 2-x 1=12a (x 22-x 21)+(1-2a )(x 2-x 1)-2ln x 2x 1x 2-x 1=a 2(x 1+x 2)+1-2a -2ln x2x 1x 2-x 1，f x 1+x 22 =a (x 1+x 2)2+1-2a -4x 1+x 2,由k =f x 1+x22 得，ln x2x 1x 2-x 1=2x 1+x 2，即ln x 2x 1=2(x 2-x 1)x 1+x 2，即ln x 2x 1-2x2x 1-1 x 2x1+1=0令t =x 2x 1，不妨设x 2>x 1，则t >1，记g (t )=ln t -2(t -1)t +1=ln t +4t +1-2(t >1)所以g(t )=1t -4t +1 2=t -1 2t t +1 2>0，所以g (t )在(1,+∞)上是增函数，所以g (t )>g (1)=0，所以方程g (t )=0无解，则满足条件的两点A ,B 不存在.20(2024·广东深圳·二模)已知函数f x =ax +1 e x ，f x 是f x 的导函数，且f x -f x =2e x ．(1)若曲线y =f x 在x =0处的切线为y =kx +b ，求k ，b 的值；(2)在(1)的条件下，证明：f x ≥kx +b ．【答案】(1)k =3，b =1；(2)证明见解析.【分析】(1)根据题意，求导可得a 的值，再由导数意义可求切线，得到答案；(2)设函数g x =2x +1 e x -3x -1，利用导数研究函数g (x )的单调性从而求出最小值大于0，可得证.【详解】(1)因为f x =ax +1 e x ，所以f x =ax +a +1 e x ，因为f x -f x =2e x ，所以a =2．则曲线y =f (x )在点x =0处的切线斜率为f 0 =3．又因为f 0 =1，所以曲线y =f (x )在点x =0处的切线方程为y =3x +1，即得k =3，b =1．(2)设函数g x =2x +1 e x -3x -1，x ∈R ，则g x =2x +3 e x -3，设h x =g x ，则h x =e x 2x +5 ，所以，当x >-52时，h x >0，g x 单调递增．又因为g0 =0，所以，x >0时，g x >0，g x 单调递增；-52<x <0时，g x <0，g x 单调递减．又当x ≤-52时，g x =2x +3 e x -3<0，综上g x 在-∞,0 上单调递减，在0,+∞ 上单调递增，所以当x =0时，g x 取得最小值g 0 =0，即2x +1 e x -3x -1≥0，所以，当x ∈R 时，f x ≥3x +1．21(2024·辽宁·二模)已知函数f x =ax 2-ax -ln x .(1)若曲线y =f x 在x =1处的切线方程为y =mx +2，求实数a ,m 的值；(2)若对于任意x ≥1，f x +ax ≥a 恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】(1)a =-1，m =-2(2)12,+∞ 【分析】(1)根据导数几何意义和切线方程，可直接构造方程组求得结果；(2)构造函数g x =ax 2-ln x -a x ≥1 ，将问题转化为g x ≥0恒成立；求导后，分别在a ≤0、a ≥12和0<a <12的情况下，结合单调性和最值求得符合题意的范围.【详解】(1)∵f x =2ax -a -1x，∴f 1 =2a -a -1=a -1，∵y =f x 在x =1处的切线为y =mx +2，∴f 1 =a -1=mf 1 =0=m +2 ，解得：a =-1，m =-2.(2)由f x +ax ≥a 得：ax 2-ln x -a ≥0，令g x =ax 2-ln x -a x ≥1 ，则当x ≥1时，g x ≥0恒成立；。