2020届高考数学一轮复习单元检测三 导数及其应用(提升卷)文科
2020高三数学一轮复习《函数、导数及其应用》单元练习题 新人教版
2020版高三数学一轮精品复习学案：函数、导数及其应用2.7导 数【高考目标定位】一、变化率与导数、导数的计算 1、考纲点击（1）了解导数概念的实际背景 （2）理解导数的几何意义；（3）能根据导数定义求函数y=c,y=x,y=x 2,y=x 3,y=1x,y =; （4）能利用给出的基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则求简单函数的导数。
能求简单的复合函数（仅限于形如f(ax+b)的复合函数）的导数。
2、热点提示（1）导数的几何意义是高考考查的重点内容，常以选择题、填空题的形式出现，有时也出现在解答题中；（2）导数的运算每年必考，一般不单独考查，在考查导数应用研究的同时考查导数的运算。
二、导数在研究函数中的应用与生活中的优化问题 1、考纲点击（1）了解函数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（其中多项式函数一般不超过三次）；（2）了解函数在某点取得极值域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）。
（3）会利用导数解决某些实际问题。
2、热点提示（1）在高考中，重点考查利用导数研究函数的单调性，求单调区间、极值、最值，以及利用导数解决生活中的优化问题。
有时在导数与解析几何、不等式、平面向量等知识交汇点处命题。
（2）多以解答题的形式出现，属中、高档题目。
【考纲知识梳理】一、变化率与导数、导数的计算 1、函数y=f(x)从x 1到x 2的平均变化率 函数y=f(x)从x 1到x 2的平均变化率为2121()()f x f x x x --，若21x x x ∆=-，21()()y f x f x ∆=-则平均变化率可表示为y x∆∆。
2、函数y=f(x)在x=x 0处导数 （1）定义称函数y=f(x)在x=x 0处的瞬时变化率0000()()limlimx x f x x f x yx x∆→∆→+∆-∆=∆∆为y=f(x)在x=x 0处导数，记作 0000000()()()|,()lim limx x x x f x x f x yf x y f x x x =∆→∆→+∆-∆'''==∆∆或即 （2）几何意义函数f(x)在点x 处的导数0()f x '的几何意义是在曲线y=f(x)上点（0x ，0()f x '）处的切线的斜率。
2020版高考数学(浙江专用)一轮总复习检测：3.2 导数的应用 Word版含解析
3.2导数的应用挖命题【考情探究】分析解读 1.导数是高考的必考内容.利用导数来研究函数的单调性、极值、最值等问题是命题的热点.2.考查重点是导数与极值、最值、单调区间、图形形状的联系,利用导数证明不等式,求函数零点等,属于难题.(例2018浙江,22)3.预计2020年高考中,导数的考查必不可少,复习时要高度重视.破考点【考点集训】考点一导数与单调性1.(2017浙江“超级全能生”联考(12月),10)设f(x),g(x)分别是定义在(-∞,0)∪(0,+∞)上的奇函数和偶函数,当x<0时, f '(x)·g(x)+3f(x)·g'(x)>0,g(x)≠0,且f(-3)=0,则不等式f(x)·g(x)<0的解集是()A.(-3,0)∪(3,+∞)B.(-3,0)∪(0,3)C.(-∞,-3)∪(3,+∞)D.(-∞,-3)∪(0,3)答案D2.(2018浙江绍兴高三3月适应性模拟,20)已知函数f(x)=4ax3+3|a-1|x2+2ax-a(a∈R).(1)当a=1时,判断f(x)的单调性;(2)当x∈[0,1]时,恒有|f(x)|≤f(1),求a的取值范围.解析(1)当a=1时, f(x)=4x3+2x-1, f '(x)=12x2+2>0,(2分)故f(x)在R上单调递增.(4分)(2)由于|f(0)|≤f(1),即|a|≤5a+3|a-1|,解得a≥-1.(6分)①当a≥0时, f '(x)=12ax2+6|a-1|x+2a,当x∈[0,1]时, f '(x)≥0,所以f(x)在[0,1]上单调递增,则f(x)≤f(1),符合题意.(8分)②当-<a<0时, f '(0)=2a<0, f '(1)=8a+6>0,存在x0∈(0,1),使得f '(x0)=0,故f(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,1)上单调递增.因为f '(x0)=12a+6(1-a)x0+2a=0,所以4a=-2(1-a)- ax0,f(x0)=4a+3(1-a)+2ax0-a=(1-a)+ ax0-a=-a>0.由单调性知|f(x0)|=f(x0)<f(1),符合题意.(11分)③当a=-时, f(x)=-3x3+x2-x+,f '(x)=-9(x-1).f(x)在上递减,在上递增,且=f<f(1),符合题意.(12分)④当-1≤a<-时, f '(x)=12ax2+6(1-a)x+2a,Δ=-60a2-72a+36>0, f '(0)<0, f '(1)<0,对称轴x=∈(0,1).故f '(x)=0在(0,1)上有两个不同的实根x1,x2,设x1<x2,则f(x)在(0,x1)上单调递减,在(x1,x2)上单调递增,在(x2,1)上单调递减.必有|f(x2)|>f(1),不符合题意.(14分)综合①②③④,知a的取值范围是.(15分)考点二导数与极值、最值1.(2017浙江镇海中学阶段测试(二),9)设f(x)是一个三次函数,f '(x)为其导函数,函数y=xf '(x)的图象的一部分如图所示,则f(x)的极大值与极小值分别是()A. f(-2)与f(2)B.f(-1)与f(1)C.f(2)与f(-2)D.f(1)与f(-1)答案A2.(2017北京,20,13分)已知函数f(x)=e x cos x-x.(1)求曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程;(2)求函数f(x)在区间上的最大值和最小值.解析(1)因为f(x)=e x cos x-x,所以f '(x)=e x(cos x-sin x)-1, f '(0)=0.又因为f(0)=1,所以曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程为y=1.(2)设h(x)=e x(cos x-sin x)-1,则h'(x)=e x(cos x-sin x-sin x-cos x)=-2e x sin x.当x∈时,h'(x)<0,所以h(x)在区间上单调递减.所以对任意x∈,有h(x)<h(0)=0,即f '(x)<0.所以函数f(x)在区间上单调递减.因此f(x)在区间上的最大值为f(0)=1,最小值为f=-.解题思路(1)先求导,再利用导数的几何意义求出切线的斜率,最后利用点斜式求出切线方程.(2)设h(x)=e x(cos x-sin x)-1,对h(x)求导,进而确定h(x)的单调性,最后求出最值.方法总结 1.求切线方程问题:(1)根据导数的几何意义求出指定点处的导数值,即切线的斜率;(2)求出指定点处的函数值;(3)求出切线方程.2.利用导数研究函数的单调性:(1)求出函数f(x)的定义域;(2)求出函数f(x)的导函数f '(x);(3)令f '(x)>0,得到f(x)在定义域内的单调递增区间,令f '(x)<0,得到f(x)在定义域内的单调递减区间.炼技法【方法集训】方法1 利用导数研究函数的单调性1.(2017课标全国Ⅱ文,21,12分)设函数f(x)=(1-x2)e x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当x≥0时, f(x)≤ax+1,求a的取值范围.解析本题考查函数的单调性,恒成立问题.(1)f '(x)=(1-2x-x2)e x.令f '(x)=0,得x=-1-或x=-1+.当x∈(-∞,-1-)时, f '(x)<0;当x∈(-1-,-1+)时, f '(x)>0;当x∈(-1+,+∞)时, f '(x)<0.所以f(x)在(-∞,-1-),(-1+,+∞)上单调递减,在(-1-,-1+)上单调递增.(2)解法一:f(x)=(1+x)(1-x)e x.当a≥1时,设函数h(x)=(1-x)e x,h'(x)=-xe x<0(x>0),因此h(x)在[0,+∞)上单调递减,而h(0)=1, 故h(x)≤1,所以f(x)=(x+1)h(x)≤x+1≤ax+1.当0<a<1时,设函数g(x)=e x-x-1,g'(x)=e x-1>0(x>0),所以g(x)在[0,+∞)上单调递增,而g(0)=0,故e x≥x+1.当0<x<1时, f(x)>(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2),取x0=,则x0∈(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故f(x0)>ax0+1.当a≤0时,取x0=,则x0∈(0,1), f(x0)>(1-x0)(1+x0)2=1≥ax0+1.综上,a的取值范围是[1,+∞).解法二:f(x)=(1+x)(1-x)e x.当a≥1时,设函数h(x)=(1-x)e x,则h'(x)=-xe x<0(x>0),因此h(x)在[0,+∞)上单调递减,而h(0)=1,故h(x)≤1,所以f(x)=(x+1)h(x)≤x+1≤ax+1.当0<a<1时,设函数g(x)=e x-x-1,则g'(x)=e x-1>0(x>0),所以g(x)在[0,+∞)上单调递增,而g(0)=0,故e x≥x+1.当0<x<1时,f(x)>(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2),取x0=,则x0∈(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故f(x0)>ax0+1.当a≤0时,取x0=,则x0∈(0,1),f(x0)>(1-x0)(1+x0)2=1≥ax0+1.综上,a的取值范围是[1,+∞).解题思路利用导数研究不等式恒成立或存在型问题时,首先要构造函数,利用导数研究函数的单调性,求出最值,进而得出相应的含参不等式,从而求出参数的取值范围;也可通过分离变量,构造函数,直接把问题转化为求函数的最值问题.2.(2017浙江温州十校期末联考,20,15分)定义在D上的函数f(x)如果满足:对任意的x∈D,存在常数M>0,都有|f(x)|≤M,则称f(x)是D上的有界函数,其中M称为函数f(x)的上界.已知函数f(x)= x3+ax2+x+1.(1)当a=-,D=[-1,3]时,求函数f(x)在D上的上界的最小值;(2)记函数g(x)=f '(x),若函数y=g在区间D=[0,+∞)上是以3为上界的有界函数,求实数a的取值范围.解析(1)当a=-时, f(x)= x3-x2+x+1,f '(x)=x2-x+1,令f '(x)=0,得x=3或, (2分)故函数f(x)在区间上单调递增,在区间上单调递减.(3分)由f(-1)=-2, f=, f(3)=-2,得-2≤f(x)≤,所以|f(x)|≤2,(5分)故有上界M≥2,所以上界M的最小值是2.(7分)(2)由g(x)=x2+2ax+1,得y=g=+2a+1,(8分)令=t,x∈[0,+∞),得t∈(0,1],由函数y=g在区间[0,+∞)上是以3为上界的有界函数,得|g(t)|≤3在区间(0,1]上恒成立,即-3≤t2+2at+1≤3在区间(0,1]上恒成立,(11分)亦即--≤a≤-在区间(0,1]上恒成立.(12分)记 p(t)=- -,q(t)= -,当t∈(0,1]时,p(t)=- -单调递增,q(t)= -单调递减,所以p(t)max=-,q(t)min=,所以实数a的取值范围是-≤a≤.(15分)方法2 利用导数研究函数的极值与最值1.(2018浙江杭州第二次教学质量检测(4月),8)已知a>0且a≠1,则函数f(x)=(x-a)2ln x()A.有极大值,无极小值B.有极小值,无极大值C.既有极大值,又有极小值D.既无极大值,又无极小值答案C2.(2018浙江名校协作体,17)已知实数a满足1<a≤2,设函数f(x)= x3-x2+ax.(1)当a=2时,求f(x)在[-1,2]上的最值;(2)已知函数g(x)=2bln x+x2+(b∈R)的极小值点与f(x)的极小值点相同,求g(x)极大值的取值范围. 解析(1)当a=2时, f(x)= x3-x2+2x,(1分)f '(x)=x2-3x+2,令f '(x)=0,解得x1=1,x2=2,(2分)-∴f(x)在(-1,1)上单调递增,在(1,2)上单调递减,(4分)∴f(x)min=min{f(-1), f(2)}=f(-1)=-,(6分)f(x)max=f(1)=.(8分)(2)f '(x)=x2-(a+1)x+a=(x-1)(x-a),当1<a≤2时, f(x)的极小值点为x=a,则g(x)的极小值点也为x=a.(10分)g'(x)==(x>0),令g'(x)=0,则x1=1,x2=a,x3=-1-a,∵x3=-1-a<0,∴g'(x)=0仅有两根,且a2+a+1+2b=0.(12分)当x∈(0,1)时,g'(x)>0,x∈(1,a)时,g'(x)<0,x∈(a,+∞)时,g'(x)>0,∴g(x)极大值=g(1)= +2b=-a2-a+=-+,当1<a≤2时,g(1)∈.∴g(x)极大值的取值范围是.(15分)方法3 导数综合应用的解题方法(2018浙江宁波高三上学期期末,20,15分)已知函数f(x)=(x-1)e x. (1)若方程f(x)=a只有一解,求实数a的取值范围;(2)设函数g(x)=m(ln x-x),若对任意正实数x1,x2, f(x1)≥g(x2)恒成立,求实数m的取值范围. 解析(1)由已知得f '(x)=e x+(x-1)e x=xe x,(2分)当x<0时, f '(x)<0,函数f(x)在(-∞,0)上单调递减;当x>0时, f '(x)>0,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增.(4分)故f(x)min=f(0)=-1.又当x<0时, f(x)=(x-1)e x<0,且f(x)=(x-1)e x>2xe x=>= (对足够小的x),当x>1时, f(x)>x-1>0,故所求a的取值范围是{-1}∪(0,+∞).(7分)(2)由(1)知f(x1)≥-1.∴对任意正实数x1,x2, f(x1)≥g(x2)恒成立,等价于g(x2)≤-1(x2>0)(*).(10分)g'(x)=m·.①当m≤0时,g(1)=-m≥0,与(*)式矛盾,故不合题意.(12分)②当m>0时,若0<x<1,则g'(x)>0,若x>1,则g'(x)<0,∴g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.∴g(x)max=g(1)=-m≤-1,∴m≥1.综合①②知,实数m的取值范围为[1,+∞).(15分)过专题【五年高考】A组自主命题·浙江卷题组考点一导数与单调性(2018浙江,22,15分)已知函数f(x)=-ln x.(1)若f(x)在x=x1,x2(x1≠x2)处导数相等,证明: f(x1)+f(x2)>8-8ln 2;(2)若a≤3-4ln 2,证明:对于任意k>0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.解析本题主要考查函数的单调性,导数的运算及其应用,同时考查逻辑思维能力和综合应用能力.(1)函数f(x)的导函数f '(x)=-,由f '(x1)=f '(x2)得-=-,因为x1≠x2,所以+=.由基本不等式得=+≥2,因为x1≠x2,所以x1x2>256.由题意得f(x1)+f(x2)=-ln x1+-ln x2=-ln(x1x2).设g(x)= -ln x,则g'(x)=(-4),所以所以g(x)在[256,+∞)上单调递增,故g(x1x2)>g(256)=8-8ln 2,即f(x1)+f(x2)>8-8ln 2.(2)令m=e-(|a|+k),n=+1,则f(m)-km-a>|a|+k-k-a≥0,f(n)-kn-a<n≤n<0,所以,存在x0∈(m,n)使f(x0)=kx0+a,所以,对于任意的a∈R及k∈(0,+∞),直线y=kx+a与曲线y=f(x)有公共点.由f(x)=kx+a得k=.设h(x)=,则h'(x)==,其中g(x)=-ln x.由(1)可知g(x)≥g(16),又a≤3-4ln 2,故-g(x)-1+a≤-g(16)-1+a=-3+4ln 2+a≤0,所以h'(x)≤0,即函数h(x)在(0,+∞)上单调递减,因此方程f(x)-kx-a=0至多有1个实根.综上,当a≤3-4ln 2时,对于任意k>0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.一题多解(1)f '(x)=-,且f '(x1)=f '(x2)(x1≠x2).设f '(x1)=t,则-=t的两根为x1,x2.即2t()2-+2=0有两个不同的正根x1,x2.∴即∴f(x1)+f(x2)=+-ln(x1x2)=+2ln t.设g(t)=+2ln t,则g'(t)=-+ =<0,∴g(t)在上为减函数,∴g(t)>g=8-8ln 2,∴f(x1)+f(x2)>8-8ln 2.(2)设h(x)=f(x)-kx-a=-ln x-kx-a,只需证明:当a≤3-4ln 2时,对于任意的k>0, 函数h(x)在(0,+∞)上只有唯一的零点.取m=e-|a|-k,则h(m)=+|a|+k-ke-|a|-k-a≥+k(1-e-|a|-k)>k(1-e-|a|-k)>0.又x>0时,-kx<-k·=.即h(x)<-a-ln x,取n=,则h(n)<-a-ln n=0,而-|a|-k≤-a-k<-a+,∴n>m>0.由于h(m)>0,h(n)<0,∴h(x)在(m,n)上至少有一个零点,即h(x)在(0,+∞)上至少有一个零点. ∵h'(x)=- -k≤×--k=-k,∴当k≥时,h(x)在(0,+∞)上单调递减,即当k≥时,h(x)在(0,+∞)上只有一个零点.当0<k<时,h'(x)=0有两个不同的正根α,β(其中α<β).此时h(x)在(0,α)上为减函数,在(α,β)上为增函数,在(β,+∞)上为减函数.∵h'(x)=0,∴k=-,则h(α)=-ln α-kα-a=-ln α+1-a,h'(α)=- =,∴h(α)在(0,16)上为减函数,在(16,+∞)上为增函数,∴h(α)≥h(16)=3-ln 16-a=3-4ln 2-a≥0.又当α=16时,k=,又0<k<,∴α≠16.故h(α)>0,∴x∈(0,β]时,h(x)>0.即h(x)在(0,β]上没有零点,但h(x)在(β,+∞)上有一个零点.∴当0<k<时,h(x)在(0,+∞)上也只有一个零点,∴对于任意的k>0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一的公共点.考点二导数与极值、最值(2014浙江,22,14分)已知函数f(x)=x3+3|x-a|(a∈R).(1)若f(x)在[-1,1]上的最大值和最小值分别记为M(a),m(a),求M(a)-m(a);(2)设b∈R.若[f(x)+b]2≤4对x∈[-1,1]恒成立,求3a+b的取值范围.解析(1)因为f(x)=所以f '(x)=由于-1≤x≤1,(i)当a≤-1时,有x≥a,故f(x)=x3+3x-3a.此时f(x)在(-1,1)上是增函数,因此,M(a)=f(1)=4-3a,m(a)=f(-1)=-4-3a,故M(a)-m(a)=(4-3a)-(-4-3a)=8.(ii)当-1<a<1时,若x∈(a,1),则f(x)=x3+3x-3a在(a,1)上是增函数;若x∈(-1,a),则f(x)=x3-3x+3a,在(-1,a)上是减函数,所以,M(a)=max{f(1), f(-1)},m(a)=f(a)=a3, 由于f(1)-f(-1)=-6a+2,因此,当-1<a≤时,M(a)-m(a)=-a3-3a+4;当<a<1时,M(a)-m(a)=-a3+3a+2.(iii)当a≥1时,有x≤a,故f(x)=x3-3x+3a,此时f(x)在(-1,1)上是减函数,因此,M(a)=f(-1)=2+3a,m(a)=f(1)=-2+3a,故M(a)-m(a)=(2+3a)-(-2+3a)=4.综上,M(a)-m(a)=(2)令h(x)=f(x)+b,则h(x)=h'(x)=因为[f(x)+b]2≤4对x∈[-1,1]恒成立,即-2≤h(x)≤2对x∈[-1,1]恒成立,所以由(1)知,(i)当a≤-1时,h(x)在(-1,1)上是增函数,h(x)在[-1,1]上的最大值是h(1)=4-3a+b,最小值是h(-1)=-4-3a+b,则-4-3a+b≥-2且4-3a+b≤2,矛盾.(ii)当-1<a≤时,h(x)在[-1,1]上的最小值是h(a)=a3+b,最大值是h(1)=4-3a+b,所以a3+b≥-2且4-3a+b≤2,从而-2-a3+3a≤3a+b≤6a-2且0≤a≤.令t(a)=-2-a3+3a,则t'(a)=3-3a2>0,t(a)在上是增函数,故t(a)≥t(0)=-2,因此-2≤3a+b≤0.(iii)当<a<1时,h(x)在[-1,1]上的最小值是h(a)=a3+b,最大值是h(-1)=3a+b+2,所以a3+b≥-2且3a+b+2≤2,解得-<3a+b≤0.(iv)当a≥1时,h(x)在[-1,1]上的最大值是h(-1)=2+3a+b,最小值是h(1)=-2+3a+b,所以3a+b+2≤2且3a+b-2≥-2,解得3a+b=0.综上,得3a+b的取值范围是-2≤3a+b≤0.评析本题主要考查函数最大(小)值的概念、利用导数研究函数的单调性等基础知识,同时考查推理论证、分类讨论、分析问题和解决问题等综合解题能力.B组统一命题、省(区、市)卷题组考点一导数与单调性1.(2018课标全国Ⅰ理,21,12分)已知函数f(x)= -x+aln x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明:<a-2.解析(1)f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)=--1+=-.(i)若a≤2,则f '(x)≤0,当且仅当a=2,x=1时, f '(x)=0,所以f(x)在(0,+∞)单调递减.(ii)若a>2,令f '(x)=0,得x=或x=.当x∈∪时, f '(x)<0;当x∈时, f '(x)>0.所以f(x)在,单调递减,在单调递增.(2)由(1)知, f(x)存在两个极值点当且仅当a>2.由于f(x)的两个极值点x1,x2满足x2-ax+1=0,所以x1x2=1,不妨设x1<x2,则x2>1,由于=--1+a=-2+a=-2+a,所以<a-2等价于-x2+2ln x2<0.设函数g(x)= -x+2ln x,由(1)知,g(x)在(0,+∞)单调递减,又g(1)=0,从而当x∈(1,+∞)时,g(x)<0,所以-x2+2ln x2<0,即<a-2.方法总结利用导数证明不等式的常用方法(1)证明f(x)<g(x),x∈(a,b)时,可以构造函数F(x)=f(x)-g(x).若F'(x)<0,则F(x)在(a,b)上是减函数,同时若F(a)≤0,由减函数的定义可知,x∈(a,b)时,有F(x)<0,即证明了f(x)<g(x).(2)证明f(x)>g(x),x∈(a,b)时,可以构造函数F(x)=f(x)-g(x),若F'(x)>0,则F(x)在(a,b)上是增函数,同时若F(a)≥0,由增函数的定义可知,x∈(a,b)时,有F(x)>0,即证明了f(x)>g(x).2.(2017课标全国Ⅰ文,21,12分)已知函数f(x)=e x(e x-a)-a2x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)≥0,求a的取值范围.解析本题考查了利用导数研究函数的单调性、最值.(1)函数f(x)的定义域为(-∞,+∞), f '(x)=2e2x-ae x-a2=(2e x+a)(e x-a).①若a=0,则f(x)=e2x,在(-∞,+∞)单调递增.②若a>0,则由f '(x)=0得x=ln a.当x∈(-∞,ln a)时, f '(x)<0;当x∈(ln a,+∞)时, f '(x)>0.故f(x)在(-∞,ln a)单调递减,在(ln a,+∞)单调递增.③若a<0,则由f '(x)=0得x=ln.当x∈时, f '(x)<0;当x∈时, f '(x)>0.故f(x)在单调递减,在单调递增.(2)①若a=0,则f(x)=e2x,所以f(x)≥0.②若a>0,则由(1)得,当x=ln a时, f(x)取得最小值,最小值为f(ln a)=-a2ln a,从而当且仅当-a2ln a≥0,即a≤1时, f(x)≥0.③若a<0,则由(1)得,当x=ln时, f(x)取得最小值,最小值为f=a2.从而当且仅当a2≥0,即a≥-2时, f(x)≥0.综上,a的取值范围是[-2,1].3.(2017课标全国Ⅲ理,21,12分)已知函数f(x)=x-1-aln x.(1)若f(x)≥0,求a的值;(2)设m为整数,且对于任意正整数n,…<m,求m的最小值.解析本题考查导数的综合应用.(1)f(x)的定义域为(0,+∞).①若a≤0,因为f=-+aln 2<0,所以不满足题意;②若a>0,由f '(x)=1-=知,当x∈(0,a)时, f '(x)<0;当x∈(a,+∞)时, f '(x)>0.所以f(x)在(0,a)单调递减,在(a,+∞)单调递增.故x=a是f(x)在(0,+∞)的唯一最小值点.由于f(1)=0,所以当且仅当a=1时, f(x)≥0.故a=1.(2)由(1)知当x∈(1,+∞)时,x-1-ln x>0.令x=1+,得ln<.从而ln+ln+…+ln<++…+=1-<1.故…<e.而>2,所以m的最小值为3.思路分析(1)对a分类讨论,并利用导数研究f(x)的单调性,找出最小值点,从而求出a.(2)由(1)得当x>1时,x-1-ln x>0.令x=1+,换元后可求出…的范围.一题多解(1)f '(x)=1-=(x>0).当a≤0时, f '(x)>0,而f(1)=0,不合题意,∴a>0,∴f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增.又f(x)≥0,∴f(a)≥0,即a-1-aln a≥0①,记h(x)=x-1-xln x,则h'(x)=1-ln x-1=-ln x.∴h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,∴h(x)≤h(1)=0,即当且仅当x=1时,h(x)≥0,∴当且仅当a=1时,①式成立.∴a=1.4.(2017江苏,20,16分)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+1(a>0,b∈R)有极值,且导函数f '(x)的极值点是f(x)的零点.(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值)(1)求b关于a的函数关系式,并写出定义域;(2)证明:b2>3a;(3)若f(x), f '(x)这两个函数的所有极值之和不小于-,求a的取值范围.解析本小题主要考查利用导数研究初等函数的单调性、极值及零点问题,考查综合运用数学思想方法分析与解决问题以及逻辑推理能力.(1)由f(x)=x3+ax2+bx+1,得f '(x)=3x2+2ax+b=3+b-.当x=-时, f '(x)有极小值b-.因为f '(x)的极值点是f(x)的零点,所以f =-+-+1=0,又a>0,故b=+.因为f(x)有极值,故f '(x)=0有实根,从而b-=(27-a3)≤0,即a≥3.当a=3时, f '(x)>0(x≠-1),故f(x)在R上是增函数, f(x)没有极值;当a>3时, f '(x)=0有两个相异的实根x1=,x2=.列表如下:故f(x)的极值点是x1,x2.从而a>3.因此b=+,定义域为(3,+∞).(2)证明:由(1)知,=+.设g(t)=+,则g'(t)= -=.当t∈时,g'(t)>0,从而g(t)在上单调递增.因为a>3,所以a>3,故g(a )>g(3)=,即>.因此b2>3a.(3)由(1)知, f(x)的极值点是x1,x2,且x1+x2=-a,+=.从而f(x1)+f(x2)=+a+bx1+1++a+bx2+1=(3+2ax1+b)+(3+2ax2+b)+ a(+)+b(x1+x2)+2=-+2=0. 记f(x), f '(x)所有极值之和为h(a),因为f '(x)的极值为b-=-a2+,所以h(a)=- a2+,a>3.因为h'(a)=- a-<0,于是h(a)在(3,+∞)上单调递减.因为h(6)=-,于是h(a)≥h(6),故a≤6.因此a的取值范围为(3,6].易错警示(1)函数f(x)的极值点x0满足f '(x0)=0,函数f(x)的零点x0满足f(x0)=0,而f '(x)的极值点x0应满足f ″(x0)=0.(2)求函数的关系式必须确定函数的定义域.5.(2016山东,20,13分)已知f(x)=a(x-ln x)+,a∈R.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当a=1时,证明f(x)>f '(x)+对于任意的x∈[1,2]成立.解析(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f '(x)=a--+=.当a≤0时,x∈(0,1)时, f '(x)>0, f(x)单调递增,x∈(1,+∞)时, f '(x)<0, f(x)单调递减.当a>0时, f '(x)=.①0<a<2时,>1,当x∈(0,1)或x∈时, f '(x)>0, f(x)单调递增,当x∈时, f '(x)<0, f(x)单调递减.②a=2时,=1,在x∈(0,+∞)内, f '(x)≥0, f(x)单调递增.③a>2时,0<<1,当x∈或x∈(1,+∞)时, f '(x)>0, f(x)单调递增,当x∈时, f '(x)<0, f(x)单调递减. 综上所述,当a≤0时, f(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)内单调递减;当0<a<2时, f(x)在(0,1)内单调递增,在内单调递减,在内单调递增;当a=2时, f(x)在(0,+∞)内单调递增;当a>2时, f(x)在内单调递增,在内单调递减,在(1,+∞)内单调递增.(2)由(1)知,a=1时,f(x)-f '(x)=x-ln x+-=x-ln x++--1,x∈[1,2].设g(x)=x-ln x,h(x)= +--1,x∈[1,2].则f(x)-f '(x)=g(x)+h(x).由g'(x)=≥0,可得g(x)≥g(1)=1.当且仅当x=1时取得等号,又h'(x)=.设φ(x)=-3x2-2x+6,则φ(x)在x∈[1,2]内单调递减.因为φ(1)=1,φ(2)=-10,所以∃x0∈(1,2),使得x∈(1,x0)时,φ(x)>0,x∈(x0,2)时,φ(x)<0.所以h(x)在(1,x0)内单调递增,在(x0,2)内单调递减.由h(1)=1,h(2)=,可得h(x)≥h(2)=,当且仅当x=2时取等号.所以f(x)-f '(x)>g(1)+h(2)=,即f(x)>f '(x)+对于任意的x∈[1,2]成立.易错警示讨论f '(x)的符号时,未能正确分解因式,或对参数a未讨论或对a分类讨论不全面(尤其易忽略a=0的情况).评析本题考查了利用导数研究函数的单调性,导数在求最大值、最小值问题中的应用.正确构造函数是求解的关键.6.(2016四川,21,14分)设函数f(x)=ax2-a-ln x,其中a∈R.(1)讨论f(x)的单调性;(2)确定a的所有可能取值,使得f(x)> -e1-x在区间(1,+∞)内恒成立(e=2.718…为自然对数的底数).解析(1)f '(x)=2ax-=(x>0).当a≤0时, f '(x)<0, f(x)在(0,+∞)内单调递减.当a>0时,由f '(x)=0,有x=.此时,当x∈时, f '(x)<0, f(x)单调递减;当x∈时, f '(x)>0, f(x)单调递增.(2)令g(x)= -,s(x)=e x-1-x.则s'(x)=e x-1-1.而当x>1时,s'(x)>0,所以s(x)在区间(1,+∞)内单调递增.又由s(1)=0,有s(x)>0,从而当x>1时,g(x)>0.当a≤0,x>1时, f(x)=a(x2-1)-ln x<0.故当f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内恒成立时,必有a>0.当0<a<时,>1.由(1)有f<f(1)=0,而g>0,所以此时f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内不恒成立.当a≥时,令h(x)=f(x)-g(x)(x≥1).当x>1时,h'(x)=2ax-+-e1-x>x-+-=>>0.因此,h(x)在区间(1,+∞)内单调递增.又因为h(1)=0,所以当x>1时,h(x)=f(x)-g(x)>0,即f(x)>g(x)恒成立.综上,a∈.思路分析对(1),先求导,然后分a≤0和a>0两种情况判断f '(x)的符号,从而确定f(x)的单调性;对(2),令g(x)= -,s(x)=e x-1-x,则s(x)与g(x)在(1,+∞)上正负一致,易证x>1时s(x)>0,从而g(x)>0,再对a 进行分类:①a≤0;②0<a<;③a≥,判断f(x)>g(x)是否恒成立,最后再总结.评析本题主要考查导数的应用,利用导数判断函数的单调性,并由此确定函数的最值,也考查了分类讨论思想和转化与化归思想,将疑难问题进行转化,化繁为简.考点二导数与极值、最值1.(2017课标全国Ⅱ理,11,5分)若x=-2是函数f(x)=(x2+ax-1)e x-1的极值点,则f(x)的极小值为()A.-1B.-2e-3C.5e-3D.1答案A2.(2015课标Ⅰ,12,5分)设函数f(x)=e x(2x-1)-ax+a,其中a<1,若存在唯一的整数x0使得f(x0)<0,则a的取值范围是()A. B. C. D.答案D3.(2016北京,14,5分)设函数f(x)=①若a=0,则f(x)的最大值为;②若f(x)无最大值,则实数a的取值范围是.答案①2②(-∞,-1)4.(2015安徽,15,5分)设x3+ax+b=0,其中a,b均为实数.下列条件中,使得该三次方程仅有一个实根的是.(写出所有正确条件的编号)①a=-3,b=-3;②a=-3,b=2;③a=-3,b>2;④a=0,b=2;⑤a=1,b=2.答案①③④⑤5.(2018课标全国Ⅱ理,21,12分)已知函数f(x)=e x-ax2.(1)若a=1,证明:当x≥0时,f(x)≥1;(2)若f(x)在(0,+∞)只有一个零点,求a.解析(1)当a=1时, f(x)≥1等价于(x2+1)e-x-1≤0.设函数g(x)=(x2+1)e-x-1,则g'(x)=-(x2-2x+1)e-x=-(x-1)2e-x.当x≠1时,g'(x)<0,所以g(x)在(0,+∞)单调递减.而g(0)=0,故当x≥0时,g(x)≤0,即f(x)≥1.(2)设函数h(x)=1-ax2e-x.f(x)在(0,+∞)只有一个零点当且仅当h(x)在(0,+∞)只有一个零点.(i)当a≤0时,h(x)>0,h(x)没有零点;(ii)当a>0时,h'(x)=ax(x-2)e-x.当x∈(0,2)时,h'(x)<0;当x∈(2,+∞)时,h'(x)>0.所以h(x)在(0,2)单调递减,在(2,+∞)单调递增.故h(2)=1-是h(x)在[0,+∞)的最小值.①若h(2)>0,即a<,h(x)在(0,+∞)没有零点;②若h(2)=0,即a=,h(x)在(0,+∞)只有一个零点;③若h(2)<0,即a>,由于h(0)=1,所以h(x)在(0,2)有一个零点.由(1)知,当x>0时,e x>x2,所以h(4a)=1-=1->1-=1->0.故h(x)在(2,4a)有一个零点.因此h(x)在(0,+∞)有两个零点.综上, f(x)在(0,+∞)只有一个零点时,a=.方法总结利用导数研究不等式恒成立问题,可以先构造函数,然后对构造的新函数求导,利用导数研究函数的单调性,求出最值,进而得出相应的含参不等式,从而求出参数的取值范围;也可以先分离变量,再构造函数,直接把问题转化为函数的最值问题.研究函数的零点个数问题,可以通过导数研究函数的单调性、最值等.具体地,可画出函数图象,根据函数图象的走势规律,标出函数极值点、最值点的位置求解.这种用数形结合思想分析问题的方法,可以使问题有一个清晰、直观的整体展现.6.(2018课标全国Ⅰ文,21,12分)已知函数f(x)=ae x-ln x-1.(1)设x=2是f(x)的极值点,求a,并求f(x)的单调区间;(2)证明:当a≥时, f(x)≥0.解析(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f '(x)=ae x-.由题设知, f '(2)=0,所以a=.从而f(x)=e x-ln x-1, f '(x)=e x-.当0<x<2时, f '(x)<0;当x>2时, f '(x)>0.所以f(x)在(0,2)单调递减,在(2,+∞)单调递增.(2)当a≥时, f(x)≥-ln x-1.设g(x)=-ln x-1,则g'(x)=-.当0<x<1时,g'(x)<0;当x>1时,g'(x)>0.所以x=1是g(x)的最小值点.故当x>0时,g(x)≥g(1)=0.因此,当a≥时, f(x)≥0.7.(2018天津文,20,14分)设函数f(x)=(x-t1)(x-t2)(x-t3),其中t1,t2,t3∈R,且t1,t2,t3是公差为d的等差数列.(1)若t2=0,d=1,求曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程;(2)若d=3,求f(x)的极值;(3)若曲线y=f(x)与直线y=-(x-t2)-6有三个互异的公共点,求d的取值范围.解析本小题主要考查导数的运算、导数的几何意义、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法.考查函数思想和分类讨论思想.考查综合分析问题和解决问题的能力.(1)由已知,可得f(x)=x(x-1)(x+1)=x3-x,故f '(x)=3x2-1.因此f(0)=0, f '(0)=-1,又因为曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程为y-f(0)=f '(0)(x-0),故所求切线方程为x+y=0.(2)由已知可得f(x)=(x-t2+3)(x-t2)(x-t2-3)=(x-t2)3-9(x-t2)=x3-3t2x2+(3-9)x-+9t2.故f '(x)=3x2-6t2x+3-9.令f '(x)=0,解得x=t2-,或x=t2+.当x变化时, f '(x), f(x)的变化情况如下表:--,t+,+∞)所以函数f(x)的极大值为f(t2-)=(-)3-9×(-)=6;函数f(x)的极小值为f(t2+)=()3-9×()=-6.(3)曲线y=f(x)与直线y=-(x-t2)-6有三个互异的公共点等价于关于x的方程(x-t2+d)(x-t2)(x-t2-d)+(x-t2)+6=0有三个互异的实数解.令u=x-t2,可得u3+(1-d2)u+6=0.设函数g(x)=x3+(1-d2)x+6,则曲线y=f(x)与直线y=-(x-t2)-6有三个互异的公共点等价于函数y=g(x)有三个零点.g'(x)=3x2+(1-d2).当d2≤1时,g'(x)≥0,这时g(x)在R上单调递增,不合题意.当d2>1时,令g'(x)=0,解得x1=-,x2=.易得,g(x)在(-∞,x1)上单调递增,在[x1,x2]上单调递减,在(x2,+∞)上单调递增.g(x)的极大值g(x1)=g=+6>0.g(x)的极小值g(x2)=g=-+6.若g(x2)≥0,由g(x)的单调性可知函数y=g(x)至多有两个零点,不合题意.若g(x2)<0,即(d2-1>27,也就是|d|>,此时|d|>x2,g(|d|)=|d|+6>0,且-2|d|<x1,g(-2|d|)=-6|d|3-2|d|+6<-62+6<0,从而由g(x)的单调性,可知函数y=g(x)在区间(-2|d|,x1),(x1,x2),(x2,|d|)内各有一个零点,符合题意.所以,d的取值范围是(-∞,-)∪(,+∞).方法规律研究方程根的情况可以通过导数研究函数的单调性、极大值、极小值、变化趋势.根据题目要求画出函数图象.标明函数极(最)值的位置,通过数形结合的思想去分析问题、解决问题.8.(2018北京理,18,13分)设函数f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]e x.(1)若曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线与x轴平行,求a;(2)若f(x)在x=2处取得极小值,求a的取值范围.解析(1)因为f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]e x,所以f '(x)=[ax2-(2a+1)x+2]e x.f '(1)=(1-a)e.由题设知f '(1)=0,即(1-a)e=0,解得a=1.此时f(1)=3e≠0.所以a的值为1.(2)由(1)得f '(x)=[ax2-(2a+1)x+2]e x=(ax-1)(x-2)e x.若a>,则当x∈时, f '(x)<0;当x∈(2,+∞)时, f '(x)>0.所以f(x)在x=2处取得极小值0.若a≤,则当x∈(0,2)时,x-2<0,ax-1≤x-1<0,所以f '(x)>0,所以2不是f(x)的极小值点.综上可知,a的取值范围是.方法总结函数极值问题的常见类型及解题策略(1)已知导函数图象判断函数极值的情况.先找导数为0的点,再判断导数为0的点的左、右两侧导数的符号.(2)已知函数求极值.求f '(x)→求方程f '(x)=0的根→列表检验f '(x)在f '(x)=0的根的附近两侧的符号→下结论.(3)已知极值求参数.若函数f(x)在点(x0,y0)处取得极值,则f '(x0)=0,且在该点左、右两侧导数值的符号相反.9.(2018课标全国Ⅲ理,21,12分)已知函数f(x)=(2+x+ax2)·ln(1+x)-2x.(1)若a=0,证明:当-1<x<0时, f(x)<0;当x>0时, f(x)>0;(2)若x=0是f(x)的极大值点,求a.解析本题考查导数与函数的单调性、导数与函数的极值.(1)当a=0时, f(x)=(2+x)ln(1+x)-2x, f '(x)=ln(1+x)-.设函数g(x)=f '(x)=ln(1+x)-,则g'(x)=.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.(2)(i)若a≥0,由(1)知,当x>0时, f(x)≥(2+x)ln(1+x)-2x>0=f(0),这与x=0是f(x)的极大值点矛盾. (ii)若a<0,设函数h(x)==ln(1+x)-.由于当|x|<min时,2+x+ax2>0,故h(x)与f(x)符号相同.又h(0)=f(0)=0,故x=0是f(x)的极大值点当且仅当x=0是h(x)的极大值点.h'(x)=-=.如果6a+1>0,则当0<x<-,且|x|<min时,h'(x)>0,故x=0不是h(x)的极大值点.如果6a+1<0,则a2x2+4ax+6a+1=0存在根x1<0,故当x∈(x1,0),且|x|<min时,h'(x)<0,所以x=0不是h(x)的极大值点.如果6a+1=0,则h'(x)=.则当x∈(-1,0)时,h'(x)>0;当x∈(0,1)时,h'(x)<0.所以x=0是h(x)的极大值点,从而x=0是f(x)的极大值点.综上,a=-.思路分析(1)a=0时,写出f(x)的解析式,对f(x)求导.易得f(0)=0,结合单调性可将问题解决.(2)对a进行分类讨论,分析各类情况下的极大值点,进而得参数a的值.易错警示容易忽略函数定义域.函数解析式中含有对数型的式子,则其真数部分应大于零.解后反思 1.利用导数研究函数的单调性,大多数情况下归结为对含有参数的一元二次不等式的解集的情况的讨论,在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时,依据根的大小进行分类讨论;在不能通过因式分解求出根的情况下,根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论,讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的.2.利用导数研究出函数的单调性和极值后,可以画出草图,进行观察分析,研究满足条件的参数值或范围.10.(2018江苏,19,16分)记f '(x),g'(x)分别为函数f(x),g(x)的导函数.若存在x0∈R,满足f(x0)=g(x0)且f '(x0)=g'(x0),则称x0为函数f(x)与g(x)的一个“S点”.(1)证明:函数f(x)=x与g(x)=x2+2x-2不存在“S点”;(2)若函数f(x)=ax2-1与g(x)=ln x存在“S点”,求实数a的值;(3)已知函数f(x)=-x2+a,g(x)=.对任意a>0,判断是否存在b>0,使函数f(x)与g(x)在区间(0,+∞)内存在“S点”,并说明理由.解析本小题主要考查利用导数研究初等函数的性质,考查综合运用数学思想方法分析与解决问题的能力以及逻辑推理能力.(1)证明:函数f(x)=x,g(x)=x2+2x-2,则f '(x)=1,g'(x)=2x+2,由f(x)=g(x)且f '(x)=g'(x),得此方程组无解.因此, f(x)=x与g(x)=x2+2x-2不存在“S点”.(2)函数f(x)=ax2-1,g(x)=ln x,则f '(x)=2ax,g'(x)=,设x0为f(x)与g(x)的“S点”,由f(x0)=g(x0)且f '(x0)=g'(x0),得即(*) 得ln x0=-,即x0=,则a==.当a=时,x0=满足方程组(*),即x0为f(x)与g(x)的“S点”,因此,a的值为.(3)f '(x)=-2x,g'(x)=,x≠0, f '(x0)=g'(x0)⇒b=->0⇒x0∈(0,1),f(x0)=g(x0)⇒-+a==-⇒a=-,令h(x)=x2--a=,x∈(0,1),a>0,设m(x)=-x3+3x2+ax-a,x∈(0,1),a>0,则m(0)=-a<0,m(1)=2>0⇒m(0)·m(1)<0,又m(x)的图象在(0,1)上连续不断,∴m(x)在(0,1)上有零点,则h(x)在(0,1)上有零点.因此,对任意a>0,存在b>0,使函数f(x)与g(x)在区间(0,+∞)内存在“S点”.思路分析本题是新定义情境下运用导数研究函数零点问题,前两问只需按新定义就能解决问题,第三问中先利用f '(x0)=g'(x0)对x0加以限制,然后将f(x0)=g(x0)转化成a=-,从而转化为研究h(x)=,x∈(0,1),a>0的零点存在性问题,再研究函数m(x)=-x3+3x2+ax-a,x∈(0,1),a>0,由m(0)<0,m(1)>0,可判断出m(x)在(0,1)上存在零点,进而解决问题.11.(2018天津理,20,14分)已知函数f(x)=a x,g(x)=log a x,其中a>1.(1)求函数h(x)=f(x)-xln a的单调区间;(2)若曲线y=f(x)在点(x1,f(x1))处的切线与曲线y=g(x)在点(x2,g(x2))处的切线平行,证明x1+g(x2)=-;(3)证明当a≥时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线.解析本小题主要考查导数的运算、导数的几何意义、运用导数研究指数函数与对数函数的性质等基础知识和方法.考查函数与方程思想、化归思想.考查抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力.(1)由已知,h(x)=a x-xln a,有h'(x)=a x ln a-ln a.令h'(x)=0,解得x=0.由a>1,可知当x变化时,h'(x),h(x)的变化情况如下表:所以函数h(x)的单调递减区间为(-∞,0),单调递增区间为(0,+∞).(2)证明:由f '(x)=a x ln a,可得曲线y=f(x)在点(x1, f(x1)) 处的切线斜率为ln a.由g'(x)=,可得曲线y=g(x)在点(x2,g(x2))处的切线斜率为.因为这两条切线平行,故有ln a=,即x2(ln a)2=1.两边取以a为底的对数,得log a x2+x1+2log a ln a=0,所以x1+g(x2)=-.(3)证明:曲线y=f(x)在点(x1,)处的切线l1:y-=ln a·(x-x1).曲线y=g(x)在点(x2,log a x2)处的切线l2:y-log a x2=(x-x2).要证明当a≥时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线,只需证明当a≥时,存在x1∈(-∞,+∞),x2∈(0,+∞),使得l1与l2重合.即只需证明当a≥时,方程组有解.由①得x2=,代入②,得-x1ln a+x1++=0.③因此,只需证明当a≥时,关于x1的方程③存在实数解.设函数u(x)=a x-xa x ln a+x++,即要证明当a≥时,函数y=u(x)存在零点.u'(x)=1-(ln a)2xa x,可知x∈(-∞,0)时,u'(x)>0;x∈(0,+∞)时,u'(x)单调递减,又u'(0)=1>0,u'=1-<0,故存在唯一的x0,且x0>0,使得u'(x0)=0,即1-(ln a)2x0=0.由此可得u(x)在(-∞,x0)上单调递增,在(x0,+∞)上单调递减.u(x)在x=x0处取得极大值u(x0).因为a≥,故ln ln a≥-1,所以u(x0)=-x0ln a+x0++=+x0+≥≥0. 下面证明存在实数t,使得u(t)<0.由(1)可得a x≥1+xln a,当x>时,有u(x)≤(1+xln a)(1-xln a)+x++=-(ln a)2x2+x+1++,所以存在实数t,使得u(t)<0.因此,当a≥时,存在x1∈(-∞,+∞),使得u(x1)=0.所以,当a≥时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线.12.(2018北京文,19,13分)设函数f(x)=[ax2-(3a+1)x+3a+2]e x.(1)若曲线y=f(x)在点(2, f(2))处的切线斜率为0,求a;(2)若f(x)在x=1处取得极小值,求a的取值范围.解析(1)因为f(x)=[ax2-(3a+1)x+3a+2]e x,所以f '(x)=[ax2-(a+1)x+1]e x. f '(2)=(2a-1)e2.由题设知f '(2)=0,即(2a-1)e2=0,解得a=.(2)由(1)得f '(x)=[ax2-(a+1)x+1]e x=(ax-1)(x-1)e x.若a>1,则当x∈时, f '(x)<0;当x∈(1,+∞)时, f '(x)>0.所以f(x)在x=1处取得极小值.若a≤1,则当x∈(0,1)时,ax-1≤x-1<0,所以f '(x)>0.所以1不是f(x)的极小值点.综上可知,a的取值范围是(1,+∞).方法总结函数极值问题的常见类型及解题策略:(1)已知导函数图象判断函数极值的情况.先找导数为0的点,再判断导数为0的点的左、右两侧的导数符号.(2)已知函数求极值.求f '(x)→求方程f '(x)=0的根→列表检验f '(x)在f '(x)=0的根的两侧的符号→得出结论.(3)已知极值求参数.若函数f(x)在点(x0,y0)处取得极值,则f '(x0)=0,且f(x)在该点左、右两侧的导数值符号相反.13.(2017天津文,19,14分)设a,b∈R,|a|≤1.已知函数f(x)=x3-6x2-3a(a-4)x+b,g(x)=e x f(x).(1)求f(x)的单调区间;(2)已知函数y=g(x)和y=e x的图象在公共点(x0,y0)处有相同的切线,(i)求证:f(x)在x=x0处的导数等于0;(ii)若关于x的不等式g(x)≤e x在区间[x0-1,x0+1]上恒成立,求b的取值范围.解析本小题主要考查导数的运算、导数的几何意义、利用导数研究函数的性质等基础知识和方法.考查用函数思想解决问题的能力.(1)由f(x)=x3-6x2-3a(a-4)x+b,可得f '(x)=3x2-12x-3a(a-4)=3(x-a)[x-(4-a)].令f '(x)=0,解得x=a,或x=4-a.由|a|≤1,得a<4-a.当x变化时, f '(x), f(x)的变化情况如下表:。
2020版高考数学总复习第三章导数及其应用同步测试卷5文(含解析)
第三章导数及其应用(五)同步测试卷（导数及其应用)时间：60分钟总分：100分一、选择题(本大题共6小题，每小题6分,共36分．每小题所给的四个选项中只有一项是符合题目要求的．)1．一个物体的运动方程为s＝1－t＋t2，其中s的单位是米，t的单位是秒,那么物体在3秒末的瞬时速度是（)A．7米/秒B．6米/秒C．5米/秒D．4米/秒【解析】∵物体的运动方程为s＝1－t＋t2，∴s′＝－1＋2t，s′|t＝3＝5.【答案】C2．设f′(x)是函数f（x)＝错误!的导函数，则f′(0）的值为( ) A．1 B．0 C．－1 D。
错误!【解析】f′(x)＝错误!＝错误!，则f′(0)＝错误!＝－1。
故选C.【答案】C3．如图是函数y＝f（⎭⎫x的导函数y＝f′错误!的图象，给出下列命题:①x＝－2是函数y＝f错误!的极值点；②x＝1是函数y＝f错误!的极值点;③y＝f错误!的图象在x＝0处切线的斜率小于零；④函数y＝f错误!在区间错误!上单调递增．则正确命题的序号是( ）A．①③B．②④C．②③D．①④【解析】根据导函数图象可知,x＝－2是导函数f′（x)的零点且x ＝－2的左右两侧导函数值符号异号，故x＝－2是极值点;x＝1不是极值点，因为x＝1的左右两侧导函数符号一致；x＝0处的导函数值即为此点的切线斜率，显然为正值;导函数在错误!上恒大于等于零，故为函数的增区间，所以选D。
【答案】D4．已知曲线f错误!＝x3－ax2＋2在点错误!处切线的倾斜角为错误!，则a等于( )A．2 B．－2 C．3 D．－1【解析】因为f′错误!＝3x2－2ax，所以f′错误!＝3－2a,由已知得3－2a＝－1,解得a＝2，故选A。
【答案】A5．函数f(x）＝错误!x2－ln x的最小值为（)A。
错误!B．1 C．0 D．不存在【解析】∵f′（x）＝x－错误!＝错误!,且x〉0。
令f′（x)>0，得x>1；令f′(x）〈0,得0<x〈1。
2020年高考数学(文)真题与模拟题分类训练 专题03 导数及其应用(学生版)
专题03 导数及其应用1．【2020年高考全国Ⅰ卷文数】曲线ln 1y x x =++的一条切线的斜率为2，则该切线的方程为 .2．【2020年高考全国Ⅲ卷文数】设函数e ()x f x x a=+．若e (1)4f '=，则a =_________．3．【2020年高考北京】为满足人民对美好生活的向往，环保部门要求相关企业加强污水治理，排放未达标的企业要限期整改、设企业的污水摔放量W 与时间t 的关系为()W f t =，用()()f b f a b a---的大小评价在[,]a b 这段时间内企业污水治理能力的强弱，已知整改期内，甲、乙两企业的污水排放量与时间的关系如下图所示.给出下列四个结论： ①在[]12,t t 这段时间内，甲企业的污水治理能力比乙企业强；②在2t 时刻，甲企业的污水治理能力比乙企业强； ③在3t 时刻，甲、乙两企业的污水排放都已达标；④甲企业在[][][]112230,,,,,t t t t t 这三段时间中，在[]10,t 的污水治理能力最强． 其中所有正确结论的序号是____________________．4．【2020年高考全国Ⅰ卷文数】已知函数()e (2)xf x a x =-+.(1)当1a =时，讨论()f x 的单调性； (2)若()f x 有两个零点，求a 的取值范围.5．【2020年高考全国Ⅱ卷文数】已知函数f (x )=2ln x +1．(1)若f (x )≤2x +c ，求c 的取值范围； (2)设a >0时，讨论函数g (x )=()()f x f a x a--的单调性．6．【2020年高考全国Ⅲ卷文数】已知函数32()f x x kx k =-+．(1)讨论()f x 的单调性；(2)若()f x 有三个零点，求k 的取值范围．7．【2020年高考天津】已知函数3()ln ()f x x k x k =+∈R ，()f x '为()f x 的导函数．(Ⅰ)当6k =时，(i)求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程； (ii)求函数9()()()g x f x f x x'=-+的单调区间和极值； (Ⅱ)当3k ≥-时，求证：对任意的12,[1,)x x ∈+∞，且12x x >，有()()()()1212122f x f x f x f x x x ''+->-． 8．【2020年高考北京】已知函数2()12f x x =-．(Ⅰ)求曲线()y f x =的斜率等于2-的切线方程；(Ⅱ)设曲线()y f x =在点(,())t f t 处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为()S t ，求()S t 的最小值．9．【2020年高考浙江】已知12a <≤，函数()e x f x x a =--，其中e=2.71828…是自然对数的底数．(Ⅰ)证明：函数()y f x =在(0,)+∞上有唯一零点； (Ⅱ)记x 0为函数()y f x =在(0,)+∞上的零点，证明：(ⅰ0x ≤≤； (ⅱ)00(e )(e 1)(1)x x f a a ≥--．10．【2020年高考江苏】某地准备在山谷中建一座桥梁，桥址位置的竖直截面图如图所示：谷底O 在水平线MN 上，桥AB 与MN 平行，OO '为铅垂线(O '在AB 上)．经测量，左侧曲线AO 上任一点D 到MN 的距离1h (米)与D 到OO '的距离a (米)之间满足关系式21140h a =；右侧曲线BO 上任一点F 到MN 的距离2h (米)与F 到OO '的距离b (米)之间满足关系式3216800h b b =-+.已知点B 到OO '的距离为40米． (1)求桥AB 的长度；(2)计划在谷底两侧建造平行于OO '的桥墩CD 和EF ，且CE 为80米，其中C ，E 在AB 上(不包括端点)．.桥墩EF 每米造价k (万元)、桥墩CD 每米造价32k (万元)(k >0)，问O E '为多少米时，桥墩CD 与EF 的总造价最低？11．【2020年高考江苏】已知关于x 的函数(),()y f x y g x ==与()(,)h x kx b k b =+∈R 在区间D 上恒有()()()f x h x g x ≥≥．(1)若()()222 2()f x x x g x x x D =+=-+=∞-∞+，，，，求h (x )的表达式； (2)若2 1 ln ,()()()(0) x x g k x h kx k D f x x x =-+==-=+∞，，，，求k 的取值范围；(3)若()422342() 2() (48 () 4 3 02 f x x x g x x h x t t x t t t =-=-=--+<≤，，[] , D m n =⊆⎡⎣，求证：n m -≤．12．【2020年新高考全国Ⅰ卷】已知函数1()e ln ln x f x a x a -=-+．(1)当e a =时，求曲线y =f (x )在点(1，f (1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积； (2)若f (x )≥1，求a 的取值范围．1．【2020届清华大学中学生标准学术能力诊断性测试高三5月测试数学(文)试题】已知函数()ln f x x x =，则函数()f x 的单调递增区间为A ．RB ．()0,+∞C ．1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭D ．()e,+∞2．【2020·安徽省高三三模(文)】直线y ＝kx ＋1与曲线y ＝x 3＋ax ＋b 相切于点A (1，3)，则2a ＋b 的值等于 A ．2B ．－1C ．1D ．－23．【福建省厦门外国语学校2020届高三下学期高考最后一次模拟数学(文)试题】已知函数()f x 是偶函数，当0x >时，()ln 1f x x x =+，则曲线()y f x =在1x =-处的切线方程为 A ．y x =-B ．2y x =-+C ．y x =D ．2y x =-4．【2020·广西壮族自治区高三月考(文)】已知a 为正实数，若函数322()32f x x ax a =-+的极小值为0，则a 的值为 A ．12B ．1C ．32D ．25．【2020·宜宾市叙州区第二中学校高三月考(文)】函数()()22e xf x x x =-的图象大致是A ．B ．C ．D ．6．【2020·云南省云南师大附中高三月考】已知函数()2sin f x x x x =-，若()0.2log 3a f =，()3log 0.2b f =，()30.2c f =，则A ．a b c >>B ．b a c >>C ．c b a >>D ．c a b >>7．【2020·山东省高三三模】已知函数()e e xxf x x -=++．则下面结论正确的是A ．()f x 是奇函数B ．()f x 在[)0,+∞上为增函数C ．若0x ≠，则21e 2f x x ⎛⎫+>+ ⎪⎝⎭D ．若()()11f x f -<-，则02x <<8．【2020·山西省太原五中高三月考(文)】已知函数()()e ,ln xf x xg x x x ==，若()()12f x g x t ==，其中0t >，则12ln tx x 的最大值为 A ．1e B ．2eC ．21e D ．24e9．【2020届河北省石家庄市高考模拟数学(文)试题】已知函数()f x 对于任意x ∈R ，均满足()()2f x f x =-，当1x ≤时，ln 2,01()e ,0x x x f x x +<≤⎧=⎨≤⎩(其中e 为自然对数的底数)，若存在实数(),,,a b c d a b c d <<<满足()()()()f a f b f c f d ===，则()e a a b c d b +++-的取值范围为A ．4(1,4)e-B ．244[1,)e e- C ．24(,4)eD ．24[2ln 21,)e- 10．【2020届河南省商丘周口市部分学校联考高三5月质量检测数学(文科)试题】已知偶函数()f x 在R 上存在导函数()f x '，当0x >时，()()f x f x x>-'，且()21f =，则不等式()()222x x f x x -->的解集为A ．()(),21,-∞-⋃+∞B ．()2,+∞C ．()(),12,-∞-+∞D ．()1,2-11．【2020·安徽省淮北一中高三月考(文)】已知函数3()31f x x x =-+，若1[,]x a b ∀∈，2[,]x a b ∃∈，使得()()12f x f x =，且12x x ≠，则b a -的最大值为A ．2B ．3C ．4D ．612．【2020·河北省高三一模(文)】已知定义域为R 的函数()f x 满足11(),()4022f f x x '=+>，其中()f x '为()f x 的导函数，则不等式(sin )cos 20f x x -的解集为A ．ππ[2π,2π],33k k k -++∈Z B ．ππ[2π,2π],66k k k -++∈Z C ．π2π[2π,2π],33k k k ++∈ZD ．π5π[2π,2π],66k k k ++∈Z13．【2020届广东省珠海市高三下学期学业质量监测数学(文)试题】函数()sin g x x x =-的零点的个数为A ．1B ．3C ．2D ．414．【2020·四川省泸县五中高三月考(文)】已知函数2()e ln xf x x t a =+-，若对任意的1,e ,()et f x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦在区间[1,1]-上总存在唯一的零点，则实数a 的取值范围是 A ．221,e e ⎛⎤-⎥⎝⎦B ．2211,e 1e ⎛⎤-- ⎥⎝⎦C ．21,e 12e ⎛⎤-- ⎥⎝⎦D ．2211,e 1e ⎛⎤-+ ⎥⎝⎦15．【2020·山西省太原五中高三月考(文)】函数()2ln f x x x =+在点()()1,1f 处的切线方程为__________. 16．【2020届山西省太原市高三模拟(二)数学(文)试题】若曲线()e xf x mx n =+在()()1,1f 处的切线方程为e y x =，则m n +=__________17．【2020·重庆八中高三月考(文)】曲线ln y ax x =+在点1x =处的切线方程为30x y b -+=，则b =______．18．【2020·山东省高三月考】函数()()sin 2f x a x a =+∈R 在点()()0,0f 处的切线方程为2y x =-+，则a =______．19．【2020·盐城市第一中学高三二模】函数()2sin f x x ax =-在π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的单调递减，则实数a 的取值范围为______.20．【2020·江西省高三月考(文)】已知函数()()321f x x a x ax =+-+，若曲线()f x 在1x =处的切线恰好平分圆C ：2240x y y +-=的周长，则实数a 的值为______.21．【2020·江苏省高三月考】若函数()()f x x a =-[1，9]上的最小值为18，则a 的值为_______. 22．【2020届清华大学中学生标准学术能力诊断性测试高三5月测试数学(文)试题】已知函数()()1ln f x x x =+．(1)求()y f x =在1x =处的切线方程：(2)已知实数2k >时，求证：函数()y f x =的图象与直线l ：()1y k x =-有3个交点．23．【甘肃省西北师大附中2020届高三5月模拟试卷 文科数学试题】设函数2()()e x f x x m =+．(1)讨论()f x 的单调性；(2)若()2e 1()x g x nx f x =---，当1m =，且0x ≥时，()0g x ≤，求n 的取值范围． 24．【2020·重庆八中高三月考(文)】已知函数()()1eln e x f x a x a -=-+-．(e 为自然对数的底数)(1)设()'f x 为()f x 的导函数，求证：当e a =时，()0f x ≥； (2)若0a >，且1x =是()f x 的极小值点，求实数a 的取值范围．25．【2020·河南省高三月考(文)】已知函数()()=ln f x x mx m m -+∈R .(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)若()0f x ≤在()0,x ∈+∞上恒成立，求实数m 的取值范围；(3)在(2)的条件下(提示：可以用第(2)问的结论)，对任意的0a b <<，证明：()()11f b f a b a a-<--.26．【2020·四川省棠湖中学高三一模(文)】已知函数2()(1)f x a x =+，()e x g x x =.(1)若()g x 的切线过(4,0)-，求该切线的方程； (2)讨论()f x 与()g x 图像的交点个数.27．【2020·重庆巴蜀中学高三月考(文)】函数()21ln 12f x x ax bx =-++. (1)若函数()f x 在1x =处的切线为2y =，求函数()f x 的单调递增区间； (2)证明：对任意210x x >>时，()()1212122f x f x x x f x x -+⎛⎫'<⎪-⎝⎭. 28．【2020·云南省昆明一中高三月考(文)】已知函数()ln sin f x x x ax =+-.(1)若0a =，求()f x 的零点个数； (2)若1a ≥，证明：()0f x <.29．【2020·海南省海南中学高三月考】设函数()e 1xf x ax =-+，0a >.(1)若曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线与x 轴平行，求a ； (2)当1x <时，函数()f x 的图象恒在x 轴上方，求a 的最大值.30．【福建省福州市2019-2020学年高三4月份高考(文科)数学模拟试题】已知函数()(sin cos )e x f x x x x =+-，()f x '为()f x 的导函数．(1)设()()()g x f x f x '=-，求()g x 的单调区间； (2)若0x ≥，证明：()1f x x ≥-．31．【2020·辽宁省高三二模(文)】已知函数()e ()x f x ax a =-∈R .(1)讨论()f x 的单调性；(2)讨论()f x 在(0,)+∞上的零点个数.32．【2020·重庆市云阳江口中学校高三月考(文)】已知函数()ln 2f x x x =+．(1)求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程； (2)设函数2()g x x x=-，其中0x >.证明：()g x 的图象在()f x 图象的下方． 33．【2020·江西省高三月考(文)】已知函数()()sin ln f x a x x a =-∈R ，其导函数为()'f x .(1)若不等式()1'1f x x ≥-在区间π0,3⎛⎤⎥⎝⎦上恒成立，求实数a 的取值范围： (2)当2a =时，证明：()'f x 在区间π0,2⎛⎫⎪⎝⎭上有且只有两个零点. 34．【2020·江西省高三月考(文)】已知函数()2ln 1af x x x=++的图象在()()22f ,处切线与直线3420x y+=-平行.(1)求实数a 的值，并判断()f x 的单调性；(2)若函数()()21g x f x m =--有两个零点12,x x ，且12x x <，证明121x x +>.35．【2020·梅河口市第五中学高三月考(文)】已知函数()e xf x ax =-，()(1)g x ax x =+，a ∈R .(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)设()()()F x f x g x =+，证明：(0,)x ∀∈+∞，当2e ,4a ⎛⎫∈-∞- ⎪⎝⎭时，函数()F x 恒有两个不同零点.。
2020版高考数学(浙江专用)一轮总复习检测：3.2 导数的应用 Word版含解析
3.2导数的应用挖命题【考情探究】考点内容解读5年考情预测热度考题示例考向关联考点导数与单调性1.了解函数单调性和导数的关系.2.会用导数研究函数的单调性.3.会求函数的单调区间.2018浙江,22导数与函数的单调性不等式的证明★★★2018课标全国Ⅰ理,21导数与函数的单调性不等式的证明导数与极值、最值1.了解函数极值的概念及函数在某点取得极值的条件.2.会用导数求函数的极大值、极小值.3.会求闭区间上函数的最大值、最小值.2018课标全国Ⅱ理,21导数与极值、最值导数的四则运算★★★2014浙江,22 导数与最值不等式的证明分析解读 1.导数是高考的必考内容.利用导数来研究函数的单调性、极值、最值等问题是命题的热点.2.考查重点是导数与极值、最值、单调区间、图形形状的联系,利用导数证明不等式,求函数零点等,属于难题.(例2018浙江,22)3.预计2020年高考中,导数的考查必不可少,复习时要高度重视.破考点【考点集训】考点一导数与单调性1.(2017浙江“超级全能生”联考(12月),10)设f(x),g(x)分别是定义在(-∞,0)∪(0,+∞)上的奇函数和偶函数,当x<0时, f '(x)·g(x)+3f(x)·g'(x)>0,g(x)≠0,且f(-3)=0,则不等式f(x)·g(x)<0的解集是()A.(-3,0)∪(3,+∞)B.(-3,0)∪(0,3)C.(-∞,-3)∪(3,+∞)D.(-∞,-3)∪(0,3)答案 D2.(2018浙江绍兴高三3月适应性模拟,20)已知函数f(x)=4ax3+3|a-1|x2+2ax-a(a∈R).(1)当a=1时,判断f(x)的单调性;(2)当x∈[0,1]时,恒有|f(x)|≤f(1),求a的取值范围.解析(1)当a=1时, f(x)=4x3+2x-1, f '(x)=12x2+2>0,(2分)故f(x)在R上单调递增.(4分)(2)由于|f(0)|≤f(1),即|a|≤5a+3|a-1|,解得a≥-1.(6分)①当a≥0时, f '(x)=12ax2+6|a-1|x+2a,当x∈[0,1]时, f '(x)≥0,所以f(x)在[0,1]上单调递增,则f(x)≤f(1),符合题意.(8分)②当-<a<0时, f '(0)=2a<0, f '(1)=8a+6>0,存在x0∈(0,1),使得f '(x0)=0,故f(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,1)上单调递增.因为f '(x0)=12a+6(1-a)x0+2a=0,所以4a=-2(1-a)- ax0,f(x0)=4a+3(1-a)+2ax0-a=(1-a)+ ax0-a=-a>0.由单调性知|f(x0)|=f(x0)<f(1),符合题意.(11分)③当a=-时, f(x)=-3x3+x2-x+,f '(x)=-9(x-1).f(x)在上递减,在上递增,且=f<f(1),符合题意.(12分)④当-1≤a<-时, f '(x)=12ax2+6(1-a)x+2a,Δ=-60a2-72a+36>0, f '(0)<0, f '(1)<0,对称轴x=∈(0,1).故f '(x)=0在(0,1)上有两个不同的实根x1,x2,设x1<x2,则f(x)在(0,x1)上单调递减,在(x1,x2)上单调递增,在(x2,1)上单调递减.必有|f(x2)|>f(1),不符合题意.(14分)综合①②③④,知a的取值范围是.(15分)考点二导数与极值、最值1.(2017浙江镇海中学阶段测试(二),9)设f(x)是一个三次函数,f '(x)为其导函数,函数y=xf '(x)的图象的一部分如图所示,则f(x)的极大值与极小值分别是()A. f(-2)与f(2)B.f(-1)与f(1)C.f(2)与f(-2)D.f(1)与f(-1)答案 A2.(2017北京,20,13分)已知函数f(x)=e x cos x-x.(1)求曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程;(2)求函数f(x)在区间上的最大值和最小值.解析(1)因为f(x)=e x cos x-x,所以f '(x)=e x(cos x-sin x)-1, f '(0)=0.又因为f(0)=1,所以曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程为y=1.(2)设h(x)=e x(cos x-sin x)-1,则h'(x)=e x(cos x-sin x-sin x-cos x)=-2e x sin x.当x∈时,h'(x)<0,所以h(x)在区间上单调递减.所以对任意x∈,有h(x)<h(0)=0,即f '(x)<0.所以函数f(x)在区间上单调递减.因此f(x)在区间上的最大值为f(0)=1,最小值为f=-.解题思路(1)先求导,再利用导数的几何意义求出切线的斜率,最后利用点斜式求出切线方程.(2)设h(x)=e x(cos x-sin x)-1,对h(x)求导,进而确定h(x)的单调性,最后求出最值.方法总结 1.求切线方程问题:(1)根据导数的几何意义求出指定点处的导数值,即切线的斜率;(2)求出指定点处的函数值;(3)求出切线方程.2.利用导数研究函数的单调性:(1)求出函数f(x)的定义域;(2)求出函数f(x)的导函数f '(x);(3)令f '(x)>0,得到f(x)在定义域内的单调递增区间,令f '(x)<0,得到f(x)在定义域内的单调递减区间.炼技法【方法集训】方法1 利用导数研究函数的单调性1.(2017课标全国Ⅱ文,21,12分)设函数f(x)=(1-x2)e x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当x≥0时, f(x)≤ax+1,求a的取值范围.解析本题考查函数的单调性,恒成立问题.(1)f '(x)=(1-2x-x2)e x.令f '(x)=0,得x=-1-或x=-1+.当x∈(-∞,-1-)时, f '(x)<0;当x∈(-1-,-1+)时, f '(x)>0;当x∈(-1+,+∞)时, f '(x)<0.所以f(x)在(-∞,-1-),(-1+,+∞)上单调递减,在(-1-,-1+)上单调递增.(2)解法一:f(x)=(1+x)(1-x)e x.当a≥1时,设函数h(x)=(1-x)e x,h'(x)=-xe x<0(x>0),因此h(x)在[0,+∞)上单调递减,而h(0)=1,故h(x)≤1,所以f(x)=(x+1)h(x)≤x+1≤ax+1.当0<a<1时,设函数g(x)=e x-x-1,g'(x)=e x-1>0(x>0),所以g(x)在[0,+∞)上单调递增,而g(0)=0,故e x≥x+1.当0<x<1时, f(x)>(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2),取x0=,则x0∈(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故f(x0)>ax0+1.当a≤0时,取x0=,则x0∈(0,1), f(x0)>(1-x0)(1+x0)2=1≥ax0+1.综上,a的取值范围是[1,+∞).解法二:f(x)=(1+x)(1-x)e x.当a≥1时,设函数h(x)=(1-x)e x,则h'(x)=-xe x<0(x>0),因此h(x)在[0,+∞)上单调递减,而h(0)=1,故h(x)≤1,所以f(x)=(x+1)h(x)≤x+1≤ax+1.当0<a<1时,设函数g(x)=e x-x-1,则g'(x)=e x-1>0(x>0),所以g(x)在[0,+∞)上单调递增,而g(0)=0,故e x≥x+1.当0<x<1时,f(x)>(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2),取x0=,则x0∈(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故f(x0)>ax0+1.当a≤0时,取x0=,则x0∈(0,1),f(x0)>(1-x0)(1+x0)2=1≥ax0+1.综上,a的取值范围是[1,+∞).解题思路利用导数研究不等式恒成立或存在型问题时,首先要构造函数,利用导数研究函数的单调性,求出最值,进而得出相应的含参不等式,从而求出参数的取值范围;也可通过分离变量,构造函数,直接把问题转化为求函数的最值问题.2.(2017浙江温州十校期末联考,20,15分)定义在D上的函数f(x)如果满足:对任意的x∈D,存在常数M>0,都有|f(x)|≤M,则称f(x)是D上的有界函数,其中M称为函数f(x)的上界.已知函数f(x)= x3+ax2+x+1.(1)当a=-,D=[-1,3]时,求函数f(x)在D上的上界的最小值;(2)记函数g(x)=f '(x),若函数y=g在区间D=[0,+∞)上是以3为上界的有界函数,求实数a的取值范围.解析(1)当a=-时, f(x)= x3-x2+x+1,f '(x)=x2-x+1,令f '(x)=0,得x=3或, (2分)故函数f(x)在区间上单调递增,在区间上单调递减.(3分)由f(-1)=-2, f=, f(3)=-2,得-2≤f(x)≤,所以|f(x)|≤2,(5分)故有上界M≥2,所以上界M的最小值是2.(7分)(2)由g(x)=x2+2ax+1,得y=g=+2a+1,(8分)令=t,x∈[0,+∞),得t∈(0,1],由函数y=g在区间[0,+∞)上是以3为上界的有界函数,得|g(t)|≤3在区间(0,1]上恒成立,即-3≤t2+2at+1≤3在区间(0,1]上恒成立,(11分)亦即--≤a≤-在区间(0,1]上恒成立.(12分)记 p(t)=- -,q(t)= -,当t∈(0,1]时,p(t)=- -单调递增,q(t)= -单调递减,所以p(t)max=-,q(t)min=,所以实数a的取值范围是-≤a≤.(15分)方法2 利用导数研究函数的极值与最值1.(2018浙江杭州第二次教学质量检测(4月),8)已知a>0且a≠1,则函数f(x)=(x-a)2ln x()A.有极大值,无极小值B.有极小值,无极大值C.既有极大值,又有极小值D.既无极大值,又无极小值答案 C2.(2018浙江名校协作体,17)已知实数a满足1<a≤2,设函数f(x)= x3-x2+ax.(1)当a=2时,求f(x)在[-1,2]上的最值;(2)已知函数g(x)=2bln x+x2+(b∈R)的极小值点与f(x)的极小值点相同,求g(x)极大值的取值范围. 解析(1)当a=2时, f(x)= x3-x2+2x,(1分)f '(x)=x2-3x+2,令f '(x)=0,解得x1=1,x2=2,(2分)x-1(-1,1)1(1,2)2f '(x)6+0-0↗↘f(x)-∴f(x)在(-1,1)上单调递增,在(1,2)上单调递减,(4分)∴f(x)min=min{f(-1), f(2)}=f(-1)=-,(6分)f(x)max=f(1)=.(8分)(2)f '(x)=x2-(a+1)x+a=(x-1)(x-a),当1<a≤2时, f(x)的极小值点为x=a,则g(x)的极小值点也为x=a.(10分)g'(x)==(x>0),令g'(x)=0,则x1=1,x2=a,x3=-1-a,∵x3=-1-a<0,∴g'(x)=0仅有两根,且a2+a+1+2b=0.(12分)当x∈(0,1)时,g'(x)>0,x∈(1,a)时,g'(x)<0,x∈(a,+∞)时,g'(x)>0,∴g(x)极大值=g(1)= +2b=-a2-a+=-+,当1<a≤2时,g(1)∈.∴g(x)极大值的取值范围是.(15分)方法3 导数综合应用的解题方法(2018浙江宁波高三上学期期末,20,15分)已知函数f(x)=(x-1)e x.(1)若方程f(x)=a只有一解,求实数a的取值范围;(2)设函数g(x)=m(ln x-x),若对任意正实数x1,x2, f(x1)≥g(x2)恒成立,求实数m的取值范围. 解析(1)由已知得f '(x)=e x+(x-1)e x=xe x,(2分)当x<0时, f '(x)<0,函数f(x)在(-∞,0)上单调递减;当x>0时, f '(x)>0,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增.(4分)故f(x)min=f(0)=-1.又当x<0时, f(x)=(x-1)e x<0,且f(x)=(x-1)e x>2xe x=>= (对足够小的x),当x>1时, f(x)>x-1>0,故所求a的取值范围是{-1}∪(0,+∞).(7分)(2)由(1)知f(x1)≥-1.∴对任意正实数x1,x2, f(x1)≥g(x2)恒成立,等价于g(x2)≤-1(x2>0)(*).(10分)g'(x)=m·.①当m≤0时,g(1)=-m≥0,与(*)式矛盾,故不合题意.(12分)②当m>0时,若0<x<1,则g'(x)>0,若x>1,则g'(x)<0,∴g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.∴g(x)max=g(1)=-m≤-1,∴m≥1.综合①②知,实数m的取值范围为[1,+∞).(15分)过专题【五年高考】A组自主命题·浙江卷题组考点一导数与单调性(2018浙江,22,15分)已知函数f(x)=-ln x.(1)若f(x)在x=x1,x2(x1≠x2)处导数相等,证明: f(x1)+f(x2)>8-8ln 2;(2)若a≤3-4ln 2,证明:对于任意k>0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.解析本题主要考查函数的单调性,导数的运算及其应用,同时考查逻辑思维能力和综合应用能力.(1)函数f(x)的导函数f '(x)=-,由f '(x1)=f '(x2)得-=-,因为x1≠x2,所以+=.由基本不等式得=+≥2,因为x1≠x2,所以x1x2>256.由题意得f(x1)+f(x2)=-ln x1+-ln x2=-ln(x1x2).设g(x)= -ln x,则g'(x)=(-4),所以x(0,16)16(16,+∞) g'(x)-0+g(x)↘2-4ln 2↗所以g(x)在[256,+∞)上单调递增,故g(x1x2)>g(256)=8-8ln 2,即f(x1)+f(x2)>8-8ln 2.(2)令m=e-(|a|+k),n=+1,则f(m)-km-a>|a|+k-k-a≥0,f(n)-kn-a<n≤n<0,所以,存在x0∈(m,n)使f(x0)=kx0+a,所以,对于任意的a∈R及k∈(0,+∞),直线y=kx+a与曲线y=f(x)有公共点.由f(x)=kx+a得k=.设h(x)=,则h'(x)==,其中g(x)=-ln x.由(1)可知g(x)≥g(16),又a≤3-4ln 2,故-g(x)-1+a≤-g(16)-1+a=-3+4ln 2+a≤0,所以h'(x)≤0,即函数h(x)在(0,+∞)上单调递减,因此方程f(x)-kx-a=0至多有1个实根.综上,当a≤3-4ln 2时,对于任意k>0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.一题多解(1)f '(x)=-,且f '(x1)=f '(x2)(x1≠x2).设f '(x1)=t,则-=t的两根为x1,x2.即2t()2-+2=0有两个不同的正根x1,x2.∴即∴f(x1)+f(x2)=+-ln(x1x2)=+2ln t.设g(t)=+2ln t,则g'(t)=-+ =<0,∴g(t)在上为减函数,∴g(t)>g=8-8ln 2,∴f(x1)+f(x2)>8-8ln 2.(2)设h(x)=f(x)-kx-a=-ln x-kx-a,只需证明:当a≤3-4ln 2时,对于任意的k>0,函数h(x)在(0,+∞)上只有唯一的零点.取m=e-|a|-k,则h(m)=+|a|+k-ke-|a|-k-a≥+k(1-e-|a|-k)>k(1-e-|a|-k)>0.又x>0时,-kx<-k·=.即h(x)<-a-ln x,取n=,则h(n)<-a-ln n=0,而-|a|-k≤-a-k<-a+,∴n>m>0.由于h(m)>0,h(n)<0,∴h(x)在(m,n)上至少有一个零点,即h(x)在(0,+∞)上至少有一个零点. ∵h'(x)=- -k≤×--k=-k,∴当k≥时,h(x)在(0,+∞)上单调递减,即当k≥时,h(x)在(0,+∞)上只有一个零点.当0<k<时,h'(x)=0有两个不同的正根α,β(其中α<β).此时h(x)在(0,α)上为减函数,在(α,β)上为增函数,在(β,+∞)上为减函数.∵h'(x)=0,∴k=-,则h(α)=-ln α-kα-a=-ln α+1-a,h'(α)=- =,∴h(α)在(0,16)上为减函数,在(16,+∞)上为增函数,∴h(α)≥h(16)=3-ln 16-a=3-4ln 2-a≥0.又当α=16时,k=,又0<k<,∴α≠16.故h(α)>0,∴x∈(0,β]时,h(x)>0.即h(x)在(0,β]上没有零点,但h(x)在(β,+∞)上有一个零点.∴当0<k<时,h(x)在(0,+∞)上也只有一个零点,∴对于任意的k>0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一的公共点.考点二导数与极值、最值(2014浙江,22,14分)已知函数f(x)=x3+3|x-a|(a∈R).(1)若f(x)在[-1,1]上的最大值和最小值分别记为M(a),m(a),求M(a)-m(a);(2)设b∈R.若[f(x)+b]2≤4对x∈[-1,1]恒成立,求3a+b的取值范围.解析(1)因为f(x)=所以f '(x)=由于-1≤x≤1,(i)当a≤-1时,有x≥a,故f(x)=x3+3x-3a.此时f(x)在(-1,1)上是增函数,因此,M(a)=f(1)=4-3a,m(a)=f(-1)=-4-3a,故M(a)-m(a)=(4-3a)-(-4-3a)=8.(ii)当-1<a<1时,若x∈(a,1),则f(x)=x3+3x-3a在(a,1)上是增函数;若x∈(-1,a),则f(x)=x3-3x+3a,在(-1,a)上是减函数,所以,M(a)=max{f(1), f(-1)},m(a)=f(a)=a3, 由于f(1)-f(-1)=-6a+2,因此,当-1<a≤时,M(a)-m(a)=-a3-3a+4;当<a<1时,M(a)-m(a)=-a3+3a+2.(iii)当a≥1时,有x≤a,故f(x)=x3-3x+3a,此时f(x)在(-1,1)上是减函数,因此,M(a)=f(-1)=2+3a,m(a)=f(1)=-2+3a,故M(a)-m(a)=(2+3a)-(-2+3a)=4.综上,M(a)-m(a)=(2)令h(x)=f(x)+b,则h(x)=h'(x)=因为[f(x)+b]2≤4对x∈[-1,1]恒成立,即-2≤h(x)≤2对x∈[-1,1]恒成立,所以由(1)知,(i)当a≤-1时,h(x)在(-1,1)上是增函数,h(x)在[-1,1]上的最大值是h(1)=4-3a+b,最小值是h(-1)=-4-3a+b,则-4-3a+b≥-2且4-3a+b≤2,矛盾.(ii)当-1<a≤时,h(x)在[-1,1]上的最小值是h(a)=a3+b,最大值是h(1)=4-3a+b,所以a3+b≥-2且4-3a+b≤2,从而-2-a3+3a≤3a+b≤6a-2且0≤a≤.令t(a)=-2-a3+3a,则t'(a)=3-3a2>0,t(a)在上是增函数,故t(a)≥t(0)=-2,因此-2≤3a+b≤0.(iii)当<a<1时,h(x)在[-1,1]上的最小值是h(a)=a3+b,最大值是h(-1)=3a+b+2,所以a3+b≥-2且3a+b+2≤2,解得-<3a+b≤0.(iv)当a≥1时,h(x)在[-1,1]上的最大值是h(-1)=2+3a+b,最小值是h(1)=-2+3a+b,所以3a+b+2≤2且3a+b-2≥-2,解得3a+b=0.综上,得3a+b的取值范围是-2≤3a+b≤0.评析本题主要考查函数最大(小)值的概念、利用导数研究函数的单调性等基础知识,同时考查推理论证、分类讨论、分析问题和解决问题等综合解题能力.B组统一命题、省(区、市)卷题组考点一导数与单调性1.(2018课标全国Ⅰ理,21,12分)已知函数f(x)= -x+aln x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明:<a-2.解析(1)f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)=--1+=-.(i)若a≤2,则f '(x)≤0,当且仅当a=2,x=1时, f '(x)=0,所以f(x)在(0,+∞)单调递减.(ii)若a>2,令f '(x)=0,得x=或x=.当x∈∪时, f '(x)<0;当x∈时, f '(x)>0.所以f(x)在,单调递减,在单调递增.(2)由(1)知, f(x)存在两个极值点当且仅当a>2.由于f(x)的两个极值点x1,x2满足x2-ax+1=0,所以x1x2=1,不妨设x1<x2,则x2>1,由于=--1+a=-2+a=-2+a,所以<a-2等价于-x2+2ln x2<0.设函数g(x)= -x+2ln x,由(1)知,g(x)在(0,+∞)单调递减,又g(1)=0,从而当x∈(1,+∞)时,g(x)<0,所以-x2+2ln x2<0,即<a-2.方法总结利用导数证明不等式的常用方法(1)证明f(x)<g(x),x∈(a,b)时,可以构造函数F(x)=f(x)-g(x).若F'(x)<0,则F(x)在(a,b)上是减函数,同时若F(a)≤0,由减函数的定义可知,x∈(a,b)时,有F(x)<0,即证明了f(x)<g(x).(2)证明f(x)>g(x),x∈(a,b)时,可以构造函数F(x)=f(x)-g(x),若F'(x)>0,则F(x)在(a,b)上是增函数,同时若F(a)≥0,由增函数的定义可知,x∈(a,b)时,有F(x)>0,即证明了f(x)>g(x).2.(2017课标全国Ⅰ文,21,12分)已知函数f(x)=e x(e x-a)-a2x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)≥0,求a的取值范围.解析本题考查了利用导数研究函数的单调性、最值.(1)函数f(x)的定义域为(-∞,+∞), f '(x)=2e2x-ae x-a2=(2e x+a)(e x-a).①若a=0,则f(x)=e2x,在(-∞,+∞)单调递增.②若a>0,则由f '(x)=0得x=ln a.当x∈(-∞,ln a)时, f '(x)<0;当x∈(ln a,+∞)时, f '(x)>0.故f(x)在(-∞,ln a)单调递减,在(ln a,+∞)单调递增.③若a<0,则由f '(x)=0得x=ln.当x∈时, f '(x)<0;当x∈时, f '(x)>0.故f(x)在单调递减,在单调递增.(2)①若a=0,则f(x)=e2x,所以f(x)≥0.②若a>0,则由(1)得,当x=ln a时, f(x)取得最小值,最小值为f(ln a)=-a2ln a,从而当且仅当-a2ln a≥0,即a≤1时, f(x)≥0.③若a<0,则由(1)得,当x=ln时, f(x)取得最小值,最小值为f=a2.从而当且仅当a2≥0,即a≥-2时, f(x)≥0.综上,a的取值范围是[-2,1].3.(2017课标全国Ⅲ理,21,12分)已知函数f(x)=x-1-aln x.(1)若f(x)≥0,求a的值;(2)设m为整数,且对于任意正整数n,…<m,求m的最小值.解析本题考查导数的综合应用.(1)f(x)的定义域为(0,+∞).①若a≤0,因为f=-+aln 2<0,所以不满足题意;②若a>0,由f '(x)=1-=知,当x∈(0,a)时, f '(x)<0;当x∈(a,+∞)时, f '(x)>0.所以f(x)在(0,a)单调递减,在(a,+∞)单调递增.故x=a是f(x)在(0,+∞)的唯一最小值点.由于f(1)=0,所以当且仅当a=1时, f(x)≥0.故a=1.(2)由(1)知当x∈(1,+∞)时,x-1-ln x>0.令x=1+,得ln<.从而ln+ln+…+ln<++…+=1-<1.故…<e.而>2,所以m的最小值为3.思路分析(1)对a分类讨论,并利用导数研究f(x)的单调性,找出最小值点,从而求出a.(2)由(1)得当x>1时,x-1-ln x>0.令x=1+,换元后可求出…的范围.一题多解(1)f '(x)=1-=(x>0).当a≤0时, f '(x)>0,而f(1)=0,不合题意,∴a>0,∴f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增.又f(x)≥0,∴f(a)≥0,即a-1-aln a≥0①,记h(x)=x-1-xln x,则h'(x)=1-ln x-1=-ln x.∴h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,∴h(x)≤h(1)=0,即当且仅当x=1时,h(x)≥0,∴当且仅当a=1时,①式成立.∴a=1.4.(2017江苏,20,16分)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+1(a>0,b∈R)有极值,且导函数f '(x)的极值点是f(x)的零点.(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值)(1)求b关于a的函数关系式,并写出定义域;(2)证明:b2>3a;(3)若f(x), f '(x)这两个函数的所有极值之和不小于-,求a的取值范围.解析本小题主要考查利用导数研究初等函数的单调性、极值及零点问题,考查综合运用数学思想方法分析与解决问题以及逻辑推理能力.(1)由f(x)=x3+ax2+bx+1,得f '(x)=3x2+2ax+b=3+b-.当x=-时, f '(x)有极小值b-.因为f '(x)的极值点是f(x)的零点,所以f =-+-+1=0,又a>0,故b=+.因为f(x)有极值,故f '(x)=0有实根,从而b-=(27-a3)≤0,即a≥3.当a=3时, f '(x)>0(x≠-1),故f(x)在R上是增函数, f(x)没有极值;当a>3时, f '(x)=0有两个相异的实根x1=,x2=.列表如下:x(-∞,x1)x1(x1,x2)x2(x2,+∞)f '(x)+0-0+f(x)↗极大值↘极小值↗故f(x)的极值点是x1,x2.从而a>3.因此b=+,定义域为(3,+∞).(2)证明:由(1)知,=+.设g(t)=+,则g'(t)= -=.当t∈时,g'(t)>0,从而g(t)在上单调递增.因为a>3,所以a>3,故g(a )>g(3)=,即>.因此b2>3a.(3)由(1)知, f(x)的极值点是x1,x2,且x1+x2=-a,+=.从而f(x1)+f(x2)=+a+bx1+1++a+bx2+1=(3+2ax1+b)+(3+2ax2+b)+ a(+)+b(x1+x2)+2=-+2=0.记f(x), f '(x)所有极值之和为h(a),因为f '(x)的极值为b-=-a2+,所以h(a)=- a2+,a>3.因为h'(a)=- a-<0,于是h(a)在(3,+∞)上单调递减.因为h(6)=-,于是h(a)≥h(6),故a≤6.因此a的取值范围为(3,6].易错警示(1)函数f(x)的极值点x0满足f '(x0)=0,函数f(x)的零点x0满足f(x0)=0,而f '(x)的极值点x0应满足f ″(x0)=0.(2)求函数的关系式必须确定函数的定义域.5.(2016山东,20,13分)已知f(x)=a(x-ln x)+,a∈R.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当a=1时,证明f(x)>f '(x)+对于任意的x∈[1,2]成立.解析(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f '(x)=a--+=.当a≤0时,x∈(0,1)时, f '(x)>0, f(x)单调递增,x∈(1,+∞)时, f '(x)<0, f(x)单调递减.当a>0时, f '(x)=.①0<a<2时,>1,当x∈(0,1)或x∈时, f '(x)>0, f(x)单调递增,当x∈时, f '(x)<0, f(x)单调递减.②a=2时,=1,在x∈(0,+∞)内, f '(x)≥0, f(x)单调递增.③a>2时,0<<1,当x∈或x∈(1,+∞)时, f '(x)>0, f(x)单调递增,当x∈时, f '(x)<0, f(x)单调递减. 综上所述,当a≤0时, f(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)内单调递减;当0<a<2时, f(x)在(0,1)内单调递增,在内单调递减,在内单调递增;当a=2时, f(x)在(0,+∞)内单调递增;当a>2时, f(x)在内单调递增,在内单调递减,在(1,+∞)内单调递增.(2)由(1)知,a=1时,f(x)-f '(x)=x-ln x+-=x-ln x++--1,x∈[1,2].设g(x)=x-ln x,h(x)= +--1,x∈[1,2].则f(x)-f '(x)=g(x)+h(x).由g'(x)=≥0,可得g(x)≥g(1)=1.当且仅当x=1时取得等号,又h'(x)=.设φ(x)=-3x2-2x+6,则φ(x)在x∈[1,2]内单调递减.因为φ(1)=1,φ(2)=-10,所以∃x0∈(1,2),使得x∈(1,x0)时,φ(x)>0,x∈(x0,2)时,φ(x)<0.所以h(x)在(1,x0)内单调递增,在(x0,2)内单调递减.由h(1)=1,h(2)=,可得h(x)≥h(2)=,当且仅当x=2时取等号.所以f(x)-f '(x)>g(1)+h(2)=,即f(x)>f '(x)+对于任意的x∈[1,2]成立.易错警示讨论f '(x)的符号时,未能正确分解因式,或对参数a未讨论或对a分类讨论不全面(尤其易忽略a=0的情况).评析本题考查了利用导数研究函数的单调性,导数在求最大值、最小值问题中的应用.正确构造函数是求解的关键.6.(2016四川,21,14分)设函数f(x)=ax2-a-ln x,其中a∈R.(1)讨论f(x)的单调性;(2)确定a的所有可能取值,使得f(x)> -e1-x在区间(1,+∞)内恒成立(e=2.718…为自然对数的底数).解析(1)f '(x)=2ax-=(x>0).当a≤0时, f '(x)<0, f(x)在(0,+∞)内单调递减.当a>0时,由f '(x)=0,有x=.此时,当x∈时, f '(x)<0, f(x)单调递减; 当x∈时, f '(x)>0, f(x)单调递增.(2)令g(x)= -,s(x)=e x-1-x.则s'(x)=e x-1-1.而当x>1时,s'(x)>0,所以s(x)在区间(1,+∞)内单调递增.又由s(1)=0,有s(x)>0,从而当x>1时,g(x)>0.当a≤0,x>1时, f(x)=a(x2-1)-ln x<0.故当f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内恒成立时,必有a>0. 当0<a<时,>1.由(1)有f<f(1)=0,而g>0,所以此时f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内不恒成立.当a≥时,令h(x)=f(x)-g(x)(x≥1).当x>1时,h'(x)=2ax-+-e1-x>x-+-=>>0.因此,h(x)在区间(1,+∞)内单调递增.又因为h(1)=0,所以当x>1时,h(x)=f(x)-g(x)>0, 即f(x)>g(x)恒成立.综上,a∈.思路分析对(1),先求导,然后分a≤0和a>0两种情况判断f '(x)的符号,从而确定f(x)的单调性;对(2),令g(x)= -,s(x)=e x-1-x,则s(x)与g(x)在(1,+∞)上正负一致,易证x>1时s(x)>0,从而g(x)>0,再对a 进行分类:①a≤0;②0<a<;③a≥,判断f(x)>g(x)是否恒成立,最后再总结.评析本题主要考查导数的应用,利用导数判断函数的单调性,并由此确定函数的最值,也考查了分类讨论思想和转化与化归思想,将疑难问题进行转化,化繁为简.考点二导数与极值、最值1.(2017课标全国Ⅱ理,11,5分)若x=-2是函数f(x)=(x2+ax-1)e x-1的极值点,则f(x)的极小值为()A.-1B.-2e-3C.5e-3D.1答案 A2.(2015课标Ⅰ,12,5分)设函数f(x)=e x(2x-1)-ax+a,其中a<1,若存在唯一的整数x0使得f(x0)<0,则a的取值范围是()A. B. C. D.答案 D3.(2016北京,14,5分)设函数f(x)=①若a=0,则f(x)的最大值为;②若f(x)无最大值,则实数a的取值范围是.答案①2②(-∞,-1)4.(2015安徽,15,5分)设x3+ax+b=0,其中a,b均为实数.下列条件中,使得该三次方程仅有一个实根的是.(写出所有正确条件的编号)①a=-3,b=-3;②a=-3,b=2;③a=-3,b>2;④a=0,b=2;⑤a=1,b=2.答案①③④⑤5.(2018课标全国Ⅱ理,21,12分)已知函数f(x)=e x-ax2.(1)若a=1,证明:当x≥0时,f(x)≥1;(2)若f(x)在(0,+∞)只有一个零点,求a.解析(1)当a=1时, f(x)≥1等价于(x2+1)e-x-1≤0.设函数g(x)=(x2+1)e-x-1,则g'(x)=-(x2-2x+1)e-x=-(x-1)2e-x.当x≠1时,g'(x)<0,所以g(x)在(0,+∞)单调递减.而g(0)=0,故当x≥0时,g(x)≤0,即f(x)≥1.(2)设函数h(x)=1-ax2e-x.f(x)在(0,+∞)只有一个零点当且仅当h(x)在(0,+∞)只有一个零点.(i)当a≤0时,h(x)>0,h(x)没有零点;(ii)当a>0时,h'(x)=ax(x-2)e-x.当x∈(0,2)时,h'(x)<0;当x∈(2,+∞)时,h'(x)>0.所以h(x)在(0,2)单调递减,在(2,+∞)单调递增.故h(2)=1-是h(x)在[0,+∞)的最小值.①若h(2)>0,即a<,h(x)在(0,+∞)没有零点;②若h(2)=0,即a=,h(x)在(0,+∞)只有一个零点;③若h(2)<0,即a>,由于h(0)=1,所以h(x)在(0,2)有一个零点.由(1)知,当x>0时,e x>x2,所以h(4a)=1-=1->1-=1->0.故h(x)在(2,4a)有一个零点.因此h(x)在(0,+∞)有两个零点.综上, f(x)在(0,+∞)只有一个零点时,a=.方法总结利用导数研究不等式恒成立问题,可以先构造函数,然后对构造的新函数求导,利用导数研究函数的单调性,求出最值,进而得出相应的含参不等式,从而求出参数的取值范围;也可以先分离变量,再构造函数,直接把问题转化为函数的最值问题.研究函数的零点个数问题,可以通过导数研究函数的单调性、最值等.具体地,可画出函数图象,根据函数图象的走势规律,标出函数极值点、最值点的位置求解.这种用数形结合思想分析问题的方法,可以使问题有一个清晰、直观的整体展现.6.(2018课标全国Ⅰ文,21,12分)已知函数f(x)=ae x-ln x-1.(1)设x=2是f(x)的极值点,求a,并求f(x)的单调区间;(2)证明:当a≥时, f(x)≥0.解析(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f '(x)=ae x-.由题设知, f '(2)=0,所以a=.从而f(x)=e x-ln x-1, f '(x)=e x-.当0<x<2时, f '(x)<0;当x>2时, f '(x)>0.所以f(x)在(0,2)单调递减,在(2,+∞)单调递增.(2)当a≥时, f(x)≥-ln x-1.设g(x)=-ln x-1,则g'(x)=-.当0<x<1时,g'(x)<0;当x>1时,g'(x)>0.所以x=1是g(x)的最小值点.故当x>0时,g(x)≥g(1)=0.因此,当a≥时, f(x)≥0.7.(2018天津文,20,14分)设函数f(x)=(x-t1)(x-t2)(x-t3),其中t1,t2,t3∈R,且t1,t2,t3是公差为d的等差数列.(1)若t2=0,d=1,求曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程;(2)若d=3,求f(x)的极值;(3)若曲线y=f(x)与直线y=-(x-t2)-6有三个互异的公共点,求d的取值范围.解析本小题主要考查导数的运算、导数的几何意义、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法.考查函数思想和分类讨论思想.考查综合分析问题和解决问题的能力.(1)由已知,可得f(x)=x(x-1)(x+1)=x3-x,故f '(x)=3x2-1.因此f(0)=0, f '(0)=-1,又因为曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程为y-f(0)=f '(0)(x-0),故所求切线方程为x+y=0.(2)由已知可得f(x)=(x-t2+3)(x-t2)(x-t2-3)=(x-t2)3-9(x-t2)=x3-3t2x2+(3-9)x-+9t2.故f '(x)=3x2-6t2x+3-9.令f '(x)=0,解得x=t2-,或x=t2+.当x变化时, f '(x), f(x)的变化情况如下表:x(-∞,t2-)t2-(t2-,t2+)t2+(t2+,+∞)f '(x)+0-0+f(x)↗极大值↘极小值↗所以函数f(x)的极大值为f(t2-)=(-)3-9×(-)=6;函数f(x)的极小值为f(t2+)=()3-9×()=-6.(3)曲线y=f(x)与直线y=-(x-t2)-6有三个互异的公共点等价于关于x的方程(x-t2+d)(x-t2)(x-t2-d)+(x-t2)+6=0有三个互异的实数解.令u=x-t2,可得u3+(1-d2)u+6=0.设函数g(x)=x3+(1-d2)x+6,则曲线y=f(x)与直线y=-(x-t2)-6有三个互异的公共点等价于函数y=g(x)有三个零点.g'(x)=3x2+(1-d2).当d2≤1时,g'(x)≥0,这时g(x)在R上单调递增,不合题意.当d2>1时,令g'(x)=0,解得x1=-,x2=.易得,g(x)在(-∞,x1)上单调递增,在[x1,x2]上单调递减,在(x2,+∞)上单调递增.g(x)的极大值g(x1)=g=+6>0.g(x)的极小值g(x2)=g=-+6.若g(x2)≥0,由g(x)的单调性可知函数y=g(x)至多有两个零点,不合题意.若g(x2)<0,即(d2-1>27,也就是|d|>,此时|d|>x2,g(|d|)=|d|+6>0,且-2|d|<x1,g(-2|d|)=-6|d|3-2|d|+6<-62+6<0,从而由g(x)的单调性,可知函数y=g(x)在区间(-2|d|,x1),(x1,x2),(x2,|d|)内各有一个零点,符合题意.所以,d的取值范围是(-∞,-)∪(,+∞).方法规律研究方程根的情况可以通过导数研究函数的单调性、极大值、极小值、变化趋势.根据题目要求画出函数图象.标明函数极(最)值的位置,通过数形结合的思想去分析问题、解决问题.8.(2018北京理,18,13分)设函数f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]e x.(1)若曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线与x轴平行,求a;(2)若f(x)在x=2处取得极小值,求a的取值范围.解析(1)因为f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]e x,所以f '(x)=[ax2-(2a+1)x+2]e x.f '(1)=(1-a)e.由题设知f '(1)=0,即(1-a)e=0,解得a=1.此时f(1)=3e≠0.所以a的值为1.(2)由(1)得f '(x)=[ax2-(2a+1)x+2]e x=(ax-1)(x-2)e x.若a>,则当x∈时, f '(x)<0;当x∈(2,+∞)时, f '(x)>0.所以f(x)在x=2处取得极小值0.若a≤,则当x∈(0,2)时,x-2<0,ax-1≤x-1<0,所以f '(x)>0,所以2不是f(x)的极小值点.综上可知,a的取值范围是.方法总结函数极值问题的常见类型及解题策略(1)已知导函数图象判断函数极值的情况.先找导数为0的点,再判断导数为0的点的左、右两侧导数的符号.(2)已知函数求极值.求f '(x)→求方程f '(x)=0的根→列表检验f '(x)在f '(x)=0的根的附近两侧的符号→下结论.(3)已知极值求参数.若函数f(x)在点(x0,y0)处取得极值,则f '(x0)=0,且在该点左、右两侧导数值的符号相反.9.(2018课标全国Ⅲ理,21,12分)已知函数f(x)=(2+x+ax2)·ln(1+x)-2x.(1)若a=0,证明:当-1<x<0时, f(x)<0;当x>0时, f(x)>0;(2)若x=0是f(x)的极大值点,求a.解析本题考查导数与函数的单调性、导数与函数的极值.(1)当a=0时, f(x)=(2+x)ln(1+x)-2x, f '(x)=ln(1+x)-.设函数g(x)=f '(x)=ln(1+x)-,则g'(x)=.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.(2)(i)若a≥0,由(1)知,当x>0时, f(x)≥(2+x)ln(1+x)-2x>0=f(0),这与x=0是f(x)的极大值点矛盾. (ii)若a<0,设函数h(x)==ln(1+x)-.由于当|x|<min时,2+x+ax2>0,故h(x)与f(x)符号相同.又h(0)=f(0)=0,故x=0是f(x)的极大值点当且仅当x=0是h(x)的极大值点.h'(x)=-=.如果6a+1>0,则当0<x<-,且|x|<min时,h'(x)>0,故x=0不是h(x)的极大值点.如果6a+1<0,则a2x2+4ax+6a+1=0存在根x1<0,故当x∈(x1,0),且|x|<min时,h'(x)<0,所以x=0不是h(x)的极大值点.如果6a+1=0,则h'(x)=.则当x∈(-1,0)时,h'(x)>0;当x∈(0,1)时,h'(x)<0.所以x=0是h(x)的极大值点,从而x=0是f(x)的极大值点.综上,a=-.思路分析(1)a=0时,写出f(x)的解析式,对f(x)求导.易得f(0)=0,结合单调性可将问题解决.(2)对a进行分类讨论,分析各类情况下的极大值点,进而得参数a的值.易错警示容易忽略函数定义域.函数解析式中含有对数型的式子,则其真数部分应大于零.解后反思 1.利用导数研究函数的单调性,大多数情况下归结为对含有参数的一元二次不等式的解集的情况的讨论,在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时,依据根的大小进行分类讨论;在不能通过因式分解求出根的情况下,根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论,讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的.2.利用导数研究出函数的单调性和极值后,可以画出草图,进行观察分析,研究满足条件的参数值或范围.10.(2018江苏,19,16分)记f '(x),g'(x)分别为函数f(x),g(x)的导函数.若存在x0∈R,满足f(x0)=g(x0)且f '(x0)=g'(x0),则称x0为函数f(x)与g(x)的一个“S点”.(1)证明:函数f(x)=x与g(x)=x2+2x-2不存在“S点”;(2)若函数f(x)=ax2-1与g(x)=ln x存在“S点”,求实数a的值;(3)已知函数f(x)=-x2+a,g(x)=.对任意a>0,判断是否存在b>0,使函数f(x)与g(x)在区间(0,+∞)内存在“S点”,并说明理由.解析本小题主要考查利用导数研究初等函数的性质,考查综合运用数学思想方法分析与解决问题的能力以及逻辑推理能力.(1)证明:函数f(x)=x,g(x)=x2+2x-2,则f '(x)=1,g'(x)=2x+2,由f(x)=g(x)且f '(x)=g'(x),得此方程组无解.因此, f(x)=x与g(x)=x2+2x-2不存在“S点”.(2)函数f(x)=ax2-1,g(x)=ln x,则f '(x)=2ax,g'(x)=,设x0为f(x)与g(x)的“S点”,由f(x0)=g(x0)且f '(x0)=g'(x0),得即(*) 得ln x0=-,即x0=,则a==.当a=时,x0=满足方程组(*),即x0为f(x)与g(x)的“S点”,因此,a的值为.(3)f '(x)=-2x,g'(x)=,x≠0, f '(x0)=g'(x0)⇒b=->0⇒x0∈(0,1),f(x0)=g(x0)⇒-+a==-⇒a=-,令h(x)=x2--a=,x∈(0,1),a>0,设m(x)=-x3+3x2+ax-a,x∈(0,1),a>0,则m(0)=-a<0,m(1)=2>0⇒m(0)·m(1)<0,又m(x)的图象在(0,1)上连续不断,∴m(x)在(0,1)上有零点,则h(x)在(0,1)上有零点.因此,对任意a>0,存在b>0,使函数f(x)与g(x)在区间(0,+∞)内存在“S点”.思路分析本题是新定义情境下运用导数研究函数零点问题,前两问只需按新定义就能解决问题,第三问中先利用f '(x0)=g'(x0)对x0加以限制,然后将f(x0)=g(x0)转化成a=-,从而转化为研究h(x)=,x∈(0,1),a>0的零点存在性问题,再研究函数m(x)=-x3+3x2+ax-a,x∈(0,1),a>0,由m(0)<0,m(1)>0,可判断出m(x)在(0,1)上存在零点,进而解决问题.11.(2018天津理,20,14分)已知函数f(x)=a x,g(x)=log a x,其中a>1.(1)求函数h(x)=f(x)-xln a的单调区间;(2)若曲线y=f(x)在点(x1,f(x1))处的切线与曲线y=g(x)在点(x2,g(x2))处的切线平行,证明x1+g(x2)=-;(3)证明当a≥时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线.解析本小题主要考查导数的运算、导数的几何意义、运用导数研究指数函数与对数函数的性质等基础知识和方法.考查函数与方程思想、化归思想.考查抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力.(1)由已知,h(x)=a x-xln a,有h'(x)=a x ln a-ln a.令h'(x)=0,解得x=0.由a>1,可知当x变化时,h'(x),h(x)的变化情况如下表:x(-∞,0)0(0,+∞) h'(x)-0+h(x)↘极小值↗所以函数h(x)的单调递减区间为(-∞,0),单调递增区间为(0,+∞).(2)证明:由f '(x)=a x ln a,可得曲线y=f(x)在点(x1, f(x1)) 处的切线斜率为ln a.由g'(x)=,可得曲线y=g(x)在点(x2,g(x2))处的切线斜率为.因为这两条切线平行,故有ln a=,即x2(ln a)2=1.两边取以a为底的对数,得log a x2+x1+2log a ln a=0,所以x1+g(x2)=-.(3)证明:曲线y=f(x)在点(x1,)处的切线l1:y-=ln a·(x-x1).曲线y=g(x)在点(x2,log a x2)处的切线l2:y-log a x2=(x-x2).要证明当a≥时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线,只需证明当a≥时,存在x1∈(-∞,+∞),x2∈(0,+∞),使得l1与l2重合.即只需证明当a≥时,方程组有解.由①得x2=,代入②,得-x1ln a+x1++=0.③因此,只需证明当a≥时,关于x1的方程③存在实数解.设函数u(x)=a x-xa x ln a+x++,即要证明当a≥时,函数y=u(x)存在零点.u'(x)=1-(ln a)2xa x,可知x∈(-∞,0)时,u'(x)>0;x∈(0,+∞)时,u'(x)单调递减,又u'(0)=1>0,u'=1-<0,故存在唯一的x0,且x0>0,使得u'(x0)=0,即1-(ln a)2x0=0.由此可得u(x)在(-∞,x0)上单调递增,在(x0,+∞)上单调递减.u(x)在x=x0处取得极大值u(x0).因为a≥,故ln ln a≥-1,所以u(x0)=-x0ln a+x0++=+x0+≥≥0. 下面证明存在实数t,使得u(t)<0.由(1)可得a x≥1+xln a,当x>时,有u(x)≤(1+xln a)(1-xln a)+x++=-(ln a)2x2+x+1++,所以存在实数t,使得u(t)<0.因此,当a≥时,存在x1∈(-∞,+∞),使得u(x1)=0.所以,当a≥时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线.12.(2018北京文,19,13分)设函数f(x)=[ax2-(3a+1)x+3a+2]e x.(1)若曲线y=f(x)在点(2, f(2))处的切线斜率为0,求a;(2)若f(x)在x=1处取得极小值,求a的取值范围.解析(1)因为f(x)=[ax2-(3a+1)x+3a+2]e x,所以f '(x)=[ax2-(a+1)x+1]e x. f '(2)=(2a-1)e2.由题设知f '(2)=0,即(2a-1)e2=0,解得a=.(2)由(1)得f '(x)=[ax2-(a+1)x+1]e x=(ax-1)(x-1)e x.若a>1,则当x∈时, f '(x)<0;当x∈(1,+∞)时, f '(x)>0.所以f(x)在x=1处取得极小值.若a≤1,则当x∈(0,1)时,ax-1≤x-1<0,所以f '(x)>0.所以1不是f(x)的极小值点.综上可知,a的取值范围是(1,+∞).方法总结函数极值问题的常见类型及解题策略:(1)已知导函数图象判断函数极值的情况.先找导数为0的点,再判断导数为0的点的左、右两侧的导数符号.(2)已知函数求极值.求f '(x)→求方程f '(x)=0的根→列表检验f '(x)在f '(x)=0的根的两侧的符号→得出结论.(3)已知极值求参数.若函数f(x)在点(x0,y0)处取得极值,则f '(x0)=0,且f(x)在该点左、右两侧的导数值符号相反.13.(2017天津文,19,14分)设a,b∈R,|a|≤1.已知函数f(x)=x3-6x2-3a(a-4)x+b,g(x)=e x f(x).(1)求f(x)的单调区间;(2)已知函数y=g(x)和y=e x的图象在公共点(x0,y0)处有相同的切线,(i)求证:f(x)在x=x0处的导数等于0;(ii)若关于x的不等式g(x)≤e x在区间[x0-1,x0+1]上恒成立,求b的取值范围.解析本小题主要考查导数的运算、导数的几何意义、利用导数研究函数的性质等基础知识和方法.考查用函数思想解决问题的能力.(1)由f(x)=x3-6x2-3a(a-4)x+b,可得f '(x)=3x2-12x-3a(a-4)=3(x-a)[x-(4-a)].令f '(x)=0,解得x=a,或x=4-a.由|a|≤1,得a<4-a.当x变化时, f '(x), f(x)的变化情况如下表:x(-∞,a)(a,4-a)(4-a,+∞)f '(x)+-+f(x)↗↘↗所以, f(x)的单调递增区间为(-∞,a),(4-a,+∞),单调递减区间为(a,4-a).(2)(i)证明:因为g'(x)=e x(f(x)+f '(x)),由题意知所以解得所以, f(x)在x=x0处的导数等于0.(ii)因为g(x)≤e x,x∈[x0-1,x0+1],由e x>0,可得f(x)≤1.又因为f(x0)=1, f '(x0)=0,故x0为f(x)的极大值点,由(1)知x0=a.另一方面,由于|a|≤1,故a+1<4-a,由(1)知f(x)在(a-1,a)内单调递增,在(a,a+1)内单调递减,故当x0=a时, f(x)≤f(a)=1在[a-1,a+1]上恒成立,从而g(x)≤e x在[x0-1,x0+1]上恒成立.由f(a)=a3-6a2-3a(a-4)a+b=1,得b=2a3-6a2+1,-1≤a≤1.。
2020年普高校招全国统考【文科数学】真题和模拟：导数及其应用—分项汇编(原卷)
『真题试炼·引申模拟』『分项汇编·逐一击破』专题03 导数及其应用1．【2020年高考全国Ⅰ卷文数】曲线ln 1y x x =++的一条切线的斜率为2, 则该切线的方程为 .2．【2020年高考全国Ⅲ卷文数】设函数e ()xf x x a=+．若e (1)4f '=, 则a =_________． 3．【2020年高考北京】为满足人民对美好生活的向往, 环保部门要求相关企业加强污水治理, 排放未达标的企业要限期整改、设企业的污水摔放量W 与时间t 的关系为()W f t =, 用()()f b f a b a---的大小评价在[,]a b 这段时间内企业污水治理能力的强弱, 已知整改期内, 甲、乙两企业的污水排放量与时间的关系如下图所示.给出下列四个结论：①在[]12,t t 这段时间内, 甲企业的污水治理能力比乙企业强；②在2t 时刻, 甲企业的污水治理能力比乙企业强；③在3t 时刻, 甲、乙两企业的污水排放都已达标；④甲企业在[][][]112230,,,,,t t t t t 这三段时间中, 在[]10,t 的污水治理能力最强．其中所有正确结论的序号是____________________．4．【2020年高考全国Ⅰ卷文数】已知函数()e (2)x f x a x =-+.（1）当1a =时, 讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个零点, 求a 的取值范围.5．【2020年高考全国Ⅱ卷文数】已知函数f （x ）=2ln x +1．（1）若f （x ）≤2x +c , 求c 的取值范围；（2）设a >0时, 讨论函数g （x ）=()()f x f a x a--的单调性． 6．【2020年高考全国Ⅲ卷文数】已知函数32()f x x kx k =-+．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有三个零点, 求k 的取值范围．7．【2020年高考天津】已知函数3()ln ()f x x k x k =+∈R , ()f x '为()f x 的导函数．（Ⅰ）当6k =时,（i ）求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程； （ii ）求函数9()()()g x f x f x x'=-+的单调区间和极值； （Ⅱ）当3k ≥-时, 求证：对任意的12,[1,)x x ∈+∞, 且12x x >, 有()()()()1212122f x f x f x f x x x ''+->-． 8．【2020年高考北京】已知函数2()12f x x =-．（Ⅰ）求曲线()y f x =的斜率等于2-的切线方程；（Ⅱ）设曲线()y f x =在点(,())t f t 处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为()S t , 求()S t 的最小值．9．【2020年高考浙江】已知12a <≤, 函数()e x f x x a =--, 其中e=2.71828…是自然对数的底数．（Ⅰ）证明：函数()y f x =在(0,)+∞上有唯一零点；（Ⅱ）记x 0为函数()y f x =在(0,)+∞上的零点, 证明：0x ≤≤；（ⅱ）00(e )(e 1)(1)x x f a a ≥--．10．【2020年高考江苏】某地准备在山谷中建一座桥梁, 桥址位置的竖直截面图如图所示：谷底O 在水平线MN 上, 桥AB 与MN 平行, OO '为铅垂线(O '在AB 上)．经测量, 左侧曲线AO 上任一点D 到MN 的距离1h (米)与D 到OO '的距离a (米)之间满足关系式21140h a =；右侧曲线BO 上任一点F 到MN 的距离2h (米)与F 到OO '的距离b (米)之间满足关系式3216800h b b =-+.已知点B 到OO '的距离为40米． （1）求桥AB 的长度；（2）计划在谷底两侧建造平行于OO '的桥墩CD 和EF , 且CE 为80米, 其中C , E 在AB 上(不包括端点)．.桥墩EF 每米造价k (万元)、桥墩CD 每米造价32k (万元)(k >0), 问O E '为多少米时, 桥墩CD 与EF 的总造价最低？11．【2020年高考江苏】已知关于x 的函数(),()y f x y g x ==与()(,)h x kx b k b =+∈R 在区间D 上恒有()()()f x h x g x ≥≥．（1）若()()222 2()f x x x g x x x D =+=-+=∞-∞+，，，, 求h (x )的表达式； （2）若2 1 ln ,()()()(0) x x g k x h kx k D f x x x =-+==-=+∞，，，, 求k 的取值范围； （3）若()422342() 2() (48 () 4 3 0)2 2f x x x g x x h x t t x t t t =-=-=--+<≤，，，[] , 2,2D m n =⊆-⎡⎤⎣⎦，求证：7n m -≤．12．【2020年新高考全国Ⅰ卷】已知函数1()e ln ln x f x a x a -=-+． （1）当e a =时, 求曲线y =f （x ）在点（1, f （1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积； （2）若f （x ）≥1, 求a 的取值范围．1．【2020届清华大学中学生标准学术能力诊断性测试高三5月测试数学（文）试题】已知函数()ln f x x x =,则函数()f x 的单调递增区间为。
2020年高考数学(文)真题与模拟题分类训练 专题03 导数及其应用(教师版含解析)
专题03 导数及其应用1．【2020年高考全国Ⅰ卷文数】曲线ln 1y x x =++的一条切线的斜率为2，则该切线的方程为 . 【答案】2y x =【解析】设切线的切点坐标为001(,),ln 1,1x y y x x y x=++'=+， 00001|12,1,2x x y x y x ='=+===，所以切点坐标为(1,2)， 所求的切线方程为22(1)y x -=-，即2y x =. 故答案为：2y x =.【点睛】本题考查导数的几何意义，属于基础题.2．【2020年高考全国Ⅲ卷文数】设函数e ()xf x x a=+．若e (1)4f '=，则a =_________．【答案】1【解析】由函数的解析式可得：()()()()()221x xx e x a e e x a f x x a x a +-+-'==++，则：()()()()12211111e a aef a a ⨯+-'==++，据此可得：()241aeea =+， 整理可得：2210a a -+=，解得：1a =. 故答案为：1.【点睛】本题主要考查导数的运算法则，导数的计算，方程的数学思想等知识，属于中等题.3．【2020年高考北京】为满足人民对美好生活的向往，环保部门要求相关企业加强污水治理，排放未达标的企业要限期整改、设企业的污水摔放量W 与时间t 的关系为()W f t =，用()()f b f a b a---的大小评价在[,]a b 这段时间内企业污水治理能力的强弱，已知整改期内，甲、乙两企业的污水排放量与时间的关系如下图所示.给出下列四个结论： ①在[]12,t t 这段时间内，甲企业的污水治理能力比乙企业强；②在2t 时刻，甲企业的污水治理能力比乙企业强； ③在3t 时刻，甲、乙两企业的污水排放都已达标；④甲企业在[][][]112230,,,,,t t t t t 这三段时间中，在[]10,t 的污水治理能力最强． 其中所有正确结论的序号是____________________． 【答案】①②③ 【解析】()()f b f a b a---表示区间端点连线斜率的负数，在[]12,t t 这段时间内，甲的斜率比乙的小，所以甲的斜率的相反数比乙的大，因此甲企业的污水治理能力比乙企业强；①正确；甲企业在[][][]112230,,,,,t t t t t 这三段时间中，甲企业在[]12,t t 这段时间内，甲的斜率最小，其相反数最大，即在[]12,t t 的污水治理能力最强．④错误；在2t 时刻，甲切线的斜率比乙的小，所以甲切线的斜率的相反数比乙的大，甲企业的污水治理能力比乙企业强；②正确；在3t 时刻，甲、乙两企业的污水排放量都在污水打标排放量以下，所以都已达标；③正确； 故答案为：①②③【点睛】本题考查斜率应用、切线斜率应用、函数图象应用，考查基本分析识别能力，属中档题.4．【2020年高考全国Ⅰ卷文数】已知函数()e (2)xf x a x =-+.(1)当1a =时，讨论()f x 的单调性； (2)若()f x 有两个零点，求a 的取值范围.【解析】(1)当a =1时，f (x )=e x –x –2，则f x '（）=e x –1． 当x <0时，f x '（）<0；当x >0时，f x '（）>0． 所以f (x )在(–∞，0)单调递减，在(0，+∞)单调递增．(2)f x '（）=e x –a ．当a ≤0时，f x '（）>0，所以f (x )在(–∞，+∞)单调递增， 故f (x )至多存在1个零点，不合题意．当a >0时，由f x '（）=0可得x =ln a ． 当x ∈(–∞，ln a )时，f x '（）<0； 当x ∈(ln a ，+∞)时，f x '（）>0．所以f (x )在(–∞，ln a )单调递减，在(ln a ，+∞)单调递增，故当x =ln a 时，f (x )取得最小值，最小值为f (ln a )=–a (1+ln a )．(i)若0≤a ≤1e ，则f (ln a )≥0，f (x )在(–∞，+∞)至多存在1个零点，不合题意．(ii)若a >1e，则f (ln a )<0．由于f (–2)=e –2>0，所以f (x )在(–∞，ln a )存在唯一零点． 由(1)知，当x >2时，e x –x –2>0，所以当x >4且x >2ln(2a )时，ln(2)22()e e (2)e (2)(2)202x x a xf x a x a x a =⋅-+>⋅+-+=>．故f (x )在(ln a ，+∞)存在唯一零点，从而f (x )在(–∞，+∞)有两个零点．综上，a 的取值范围是(1e，+∞)．【点睛】本题考查的是有关应用导数研究函数的问题，涉及到的知识点有应用导数研究函数的单调性，根据零点个数求参数的取值范围，在解题的过程中，也可以利用数形结合，将问题转化为曲线xy e =和直线(2)y a x =+有两个交点，利用过点(2,0)-的曲线xy e =的切线斜率，结合图形求得结果.5．【2020年高考全国Ⅱ卷文数】已知函数f (x )=2ln x +1．(1)若f (x )≤2x +c ，求c 的取值范围； (2)设a >0时，讨论函数g (x )=()()f x f a x a--的单调性．【解析】设h (x )=f (x )−2x −c ，则h (x )=2ln x −2x +1−c ， 其定义域为(0，+∞)，2()2h x x'=-. (1)当0<x <1时，h '(x )>0；当x >1时，h '(x )<0.所以h (x )在区间(0，1)单调递增，在区间(1，+∞)单调递减.从而当x =1时，h (x )取得最大值，最大值为h (1)=−1−c .故当且仅当−1−c ≤0，即c ≥−1时，f (x )≤2x +c . 所以c 的取值范围为[−1，+∞). (2)()()2(ln ln )()f x f a x a g x x a x a --==--，x ∈(0，a )∪(a ，+∞). 222(ln ln )2(1ln )()()()x a a a a x x x x g x x a x a -+--+'==-- 取c =−1得h (x )=2ln x −2x +2，h (1)=0，则由(1)知，当x ≠1时，h (x )<0，即 1−x +ln x <0.故当x ∈(0，a )∪(a ，+∞)时，1ln 0a ax x-+<，从而()0g x '<. 所以()g x 在区间(0，a )，(a ，+∞)单调递减.【点睛】本题考查了利用导数研究不等式恒成立问题，以及利用导数判断含参函数的单调性，考查了数学运算能力，是中档题.6．【2020年高考全国Ⅲ卷文数】已知函数32()f x x kx k =-+．(1)讨论()f x 的单调性；(2)若()f x 有三个零点，求k 的取值范围． 【解析】(1)2()3f x x k '=-．当k =0时，3()f x x =，故()f x 在()-∞+∞，单调递增； 当k <0时，2()30f x x k '=->，故()f x 在()-∞+∞，单调递增． 当k >0时，令()0f x '=，得x =．当(,x ∈-∞时，()0f x '>；当(x ∈时，()0f x '<；当)x ∈+∞时，()0f x '>．故()f x在(,-∞，)+∞单调递增，在(单调递减．(2)由(1)知，当0k ≤时，()f x 在()-∞+∞，单调递增，()f x 不可能有三个零点． 当k>0时，=x ()f x的极大值点，x 为()f x 的极小值点．此时，11k k --<<<+且(1)0f k --<，(1)0f k +>，(0f >． 根据()f x的单调性，当且仅当0f <，即20k <时，()f x 有三个零点，解得427k <．因此k 的取值范围为(0)427，． 【点晴】本题主要考查利用导数研究函数的单调性以及已知零点个数求参数的范围问题，考查学生逻辑推理能力、数学运算能力，是一道中档题.7．【2020年高考天津】已知函数3()ln ()f x x k x k =+∈R ，()f x '为()f x 的导函数．(Ⅰ)当6k =时，(i)求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程； (ii)求函数9()()()g x f x f x x'=-+的单调区间和极值； (Ⅱ)当3k ≥-时，求证：对任意的12,[1,)x x ∈+∞，且12x x >，有()()()()1212122f x f x f x f x x x ''+->-． 【解析】(Ⅰ)(i)当6k =时，3()6ln f x x x =+，故26()3f x x x'=+．可得(1)1f =，(1)9f '=，所以曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为19(1)y x -=-，即98y x =-．(ii)依题意，323()36ln ,(0,)g x x x x x x =-++∈+∞．从而可得2263()36g x x x x x'=-+-，整理可得323(1)(1)()x x g x x-+'=．令()0g x '=，解得1x =． 当x 变化时，(),()g x g x '的变化情况如下表：所以，函数()g x 的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,)+∞；()g x 的极小值为(1)1g =，无极大值．(Ⅱ)证明：由3()ln f x x k x =+，得2()3k f x x x'=+． 对任意的12,[1,)x x ∈+∞，且12x x >，令12(1)x t t x =>，则 ()()()()()()()1212122x x f x f x f x f x ''-+--()22331121212122332ln x k k x x x x x x k x x x ⎛⎫⎛⎫=-+++--+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭3322121121212212332ln x x x x x x x x x k k x x x ⎛⎫=--++-- ⎪⎝⎭()332213312ln x t t t k t t t ⎛⎫=-+-+-- ⎪⎝⎭． ①令1()2ln ,[1,)h x x x x x =--∈+∞．当1x >时，22121()110h x x x x ⎛⎫'=+-=-> ⎪⎝⎭，由此可得()h x 在[1,)+∞单调递增，所以当1t >时，()(1)h t h >，即12ln 0tt t -->．因为21x ≥，323331(1)0,3t t t t k -+-=->≥-，所以，()332322113312ln (331)32ln x t t t k t t t t t t t tt⎛⎫⎛⎫-+-+-->-+---- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭2336ln 31t t t t-=++-． ②由(Ⅰ)(ii)可知，当1t >时，()(1)g t g >，即32336ln 1t t t t-++>， 故23336ln 10t t t t-++->． ③ 由①②③可得()()()()()()()12121220x x f x f x f x f x ''-+-->．所以，当3k ≥-时，对任意的12,[1,)x x ∈+∞，且12x x >，有()()()()1212122f x f x f x f x x x ''+->-． 8．【2020年高考北京】已知函数2()12f x x =-．(Ⅰ)求曲线()y f x =的斜率等于2-的切线方程；(Ⅱ)设曲线()y f x =在点(,())t f t 处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为()S t ，求()S t 的最小值．【解析】(Ⅰ)因为()212f x x =-，所以()2f x x '=-，设切点为()00,12x x -，则022x -=-，即01x =，所以切点为()1,11， 由点斜式可得切线方程：()1121y x -=--，即2130x y +-=.(Ⅱ)显然0t ≠，因为()y f x =在点()2,12t t-处的切线方程为：()()2122y t t x t --=--，令0x =，得212y t =+，令0y =，得2122t x t +=，所以()S t =()221121222||t t t +⨯+⋅，不妨设0t >(0t <时，结果一样)，则()423241441144(24)44t t S t t t t t++==++，所以()S t '=4222211443(848)(324)44t t t t t+-+-= 222223(4)(12)3(2)(2)(12)44t t t t t t t-+-++==， 由()0S t '>，得2t >，由()0S t '<，得02t <<， 所以()S t 在()0,2上递减，在()2,+∞上递增， 所以2t =时，()S t 取得极小值， 也是最小值为()16162328S ⨯==. 【点睛】本题考查了利用导数的几何意义求切线方程，考查了利用导数求函数的最值，属于中档题.9．【2020年高考浙江】已知12a <≤，函数()e xf x x a =--，其中e=2.71828…是自然对数的底数．(Ⅰ)证明：函数()y f x =在(0,)+∞上有唯一零点； (Ⅱ)记x 0为函数()y f x =在(0,)+∞上的零点，证明：(ⅰ0x ≤≤； (ⅱ)00(e )(e 1)(1)x x f a a ≥--．【解析】(Ⅰ)因为(0)10f a =-<，22(2)e 2e 40f a =--≥->，所以()y f x =在(0,)+∞上存在零点． 因为()e 1x f x '=-，所以当0x >时，()0f x '>，故函数()f x 在[0,)+∞上单调递增， 所以函数以()y f x =在(0,)+∞上有唯一零点．(Ⅱ)(ⅰ)令21()e 1(0)2x g x x x x =---≥，()e 1()1x g'x x f x a =--=+-，由(Ⅰ)知函数()g'x 在[0,)+∞上单调递增，故当0x >时，()(0)0g'x g'>=， 所以函数()g x 在[0,)+∞单调递增，故()(0)0g x g ≥=．由0g ≥得00()f a f x =-≥=，因为()f x 在[0,)+∞0x ≥． 令2()e 1(01)x h x x x x =---≤≤，()e 21x h'x x =--，令1()e 21(01)x h x x x =--≤≤，1()e 2xh'x =-，所以故当01x <<时，1()0h x <，即()0h'x <，所以()h x 在[0,1]单调递减， 因此当01x ≤≤时，()(0)0h x h ≤=．由0h ≤得00()f a f x =-≤=，因为()f x 在[0,)+∞0x ．0x ≤≤(ⅱ)令()e (e 1)1x u x x =---，()e (e 1)x u'x =--，所以当1x >时，()0u'x >， 故函数()u x 在区间[1,)+∞上单调递增，因此()(1)0u x u ≥=．由00e x x a =+可得022000000(e )()(e 1)(e 2)(e 1)x a a x f x f x a x a x ax =+=-+-≥-，由0x ≥00(e )(e 1)(1)xx f a a ≥--．10．【2020年高考江苏】某地准备在山谷中建一座桥梁，桥址位置的竖直截面图如图所示：谷底O 在水平线MN 上，桥AB 与MN 平行，OO '为铅垂线(O '在AB 上)．经测量，左侧曲线AO 上任一点D 到MN 的距离1h (米)与D 到OO '的距离a (米)之间满足关系式21140h a =；右侧曲线BO 上任一点F 到MN 的距离2h (米)与F 到OO '的距离b (米)之间满足关系式3216800h b b =-+.已知点B 到OO '的距离为40米． (1)求桥AB 的长度；(2)计划在谷底两侧建造平行于OO '的桥墩CD 和EF ，且CE 为80米，其中C ，E 在AB 上(不包括端点)．.桥墩EF 每米造价k (万元)、桥墩CD 每米造价32k (万元)(k >0)，问O E '为多少米时，桥墩CD 与EF 的总造价最低？【解析】(1)设1111,,,AA BB CD EF 都与MN 垂直，1111,,,A B D F 是相应垂足. 由条件知，当40O'B =时， 31140640160,800BB =-⨯+⨯= 则1160AA =. 由21160,40O'A =得80.O'A = 所以8040120AB O'A O'B =+=+=(米).(2)以O 为原点，OO'为y 轴建立平面直角坐标系xOy (如图所示). 设2(,),(0,40),F x y x ∈则3216,800y x x =-+ 3211601606800EF y x x =-=+-. 因为80,CE =所以80O'C x =-.设1(80,),D x y -则211(80),40y x =- 所以22111160160(80)4.4040CD y x x x =-=--=-+ 记桥墩CD 和EF 的总造价为()f x ，则3232131()=(1606)(4)80024013(160)(040).80080f x k x x k x x k x x x +-+-+=-+<<2333()=(160)(20)80040800k f x k x x x x '-+=-， 令()=0f x '， 得20.x =所以当20x =时，()f x 取得最小值.答：(1)桥AB 的长度为120米；(2)当O'E 为20米时，桥墩CD 和EF 的总造价最低.【点睛】本题考查实际成本问题、利用导数求最值，考查基本分析求解能力，属中档题.11．【2020年高考江苏】已知关于x 的函数(),()y f x y g x ==与()(,)h x kx b k b =+∈R 在区间D 上恒有()()()f x h x g x ≥≥．(1)若()()222 2()f x x x g x x x D =+=-+=∞-∞+，，，，求h (x )的表达式； (2)若2 1 ln ,()()()(0) x x g k x h kx k D f x x x =-+==-=+∞，，，，求k 的取值范围； (3)若()422342() 2() (48 () 4 3 02 f x x x g x x h x t t x t t t =-=-=--+<≤，，[] , D m n =⊆⎡⎣，求证：n m -≤．【解析】(1)由条件()()()f x h x g x ≥≥，得222 2x x kx b x x +≥+≥-+， 取0x =，得00b ≥≥，所以0b =．由22x x kx +≥，得2 2 ()0x k x +-≥，此式对一切(,)x ∈-∞+∞恒成立， 所以22 0()k -≤，则2k =，此时222x x x ≥-+恒成立， 所以()2h x x =．(2) 1 ln ,()()()()0,h g x k x x x x -=--∈+∞.令() 1ln u x x x =--，则1()1,u'x x=-令()=0u'x ，得1x =.所以min () 0(1)u x u ==.则1ln x x -≥恒成立， 所以当且仅当0k ≥时，()()f x g x ≥恒成立．另一方面，()()f x h x ≥恒成立，即21x x kx k -+≥-恒成立， 也即2()1 1 +0x k x k -++≥恒成立． 因为0k ≥，对称轴为102kx +=>， 所以2141)0(()k k +-+≤，解得13k -≤≤． 因此，k 的取值范围是0 3.k ≤≤ (3)①当1t ≤≤由()()g x h x ≤，得2342484()32x t t x t t -≤--+，整理得4223328()0.()4t t x t t x ----+≤*令3242=()(328),t t t t ∆---- 则642=538t t t ∆-++．记64253()18(t t t t t ϕ-++=≤≤则53222062(31)(3())06t t t t t t 't ϕ-+=--<=恒成立，所以()t ϕ在[1,上是减函数，则()(1)t ϕϕϕ≤≤，即2()7t ϕ≤≤． 所以不等式()*有解，设解为12x x x ≤≤，因此21n m x x -≤-=≤ ②当01t <<时，432()()11 34241f h t t t t ---=+---．设432 = 342(41)t t t t v t +---，322 ()=1212444(1)(31),v't t t t t t +--=+-令()0v t '=，得t =．当(0t ∈时，()0v t '<，()v t 是减函数；当1)t ∈时，()0v t '>，()v t 是增函数． (0)1v =-，(1)0v =，则当01t <<时，()0v t <．(或证：2()(1)(31)(1)0v t t t t =++-<．) 则(1)(1)0f h ---<，因此1()m n -∉，．因为m n ⊆［］［，，所以1n m -≤<③当0t <时，因为()f x ，()g x 均为偶函数，因此n m -≤综上所述，n m -≤【点睛】本小题主要考查利用的导数求切线方程，考查利用导数研究不等式恒成立问题，考查利用导数证明不等式，考查分类讨论的数学思想方法，属于难题.12．【2020年新高考全国Ⅰ卷】已知函数1()e ln ln x f x a x a -=-+．(1)当e a =时，求曲线y =f (x )在点(1，f (1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积； (2)若f (x )≥1，求a 的取值范围．【解析】()f x 的定义域为(0,)+∞，11()e x f x a x-'=-． (1)当e a =时，()e ln 1x f x x =-+，(1)e 1f '=-，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为(e 1)(e 1)(1)y x -+=--，即(e 1)2y x =-+． 直线(e 1)2y x =-+在x 轴，y 轴上的截距分别为2e 1--，2． 因此所求三角形的面积为2e 1-． (2)当01a <<时，(1)ln 1f a a =+<．当1a =时，1()e ln x f x x -=-，11()e x f x x-'=-． 当(0,1)x ∈时，()0f x '<；当(1,)x ∈+∞时，()0f x '>．所以当1x =时，()f x 取得最小值，最小值为(1)1f =，从而()1f x ≥． 当1a >时，11()e ln ln e ln 1x x f x a x a x --=-+≥-≥． 综上，a 的取值范围是[1,)+∞．【点睛】本题考查导数几何意义、利用导数研究不等式恒成立问题，考查综合分析求解能力，分类讨论思想和等价转化思想，属较难试题.1．【2020届清华大学中学生标准学术能力诊断性测试高三5月测试数学(文)试题】已知函数()ln f x x x =，则函数()f x 的单调递增区间为A ．RB ．()0,+∞C ．1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭D ．()e,+∞【答案】C【解析】()ln 1f x x '=+， 令()0f x '>得ln 1x >-， 11e ex -∴>=． ∴函数()ln f x x x =的单调递增区间为1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭．故选C ．【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，易错点在于忽视函数的定义域，属于中档题． 2．【2020·安徽省高三三模(文)】直线y ＝kx ＋1与曲线y ＝x 3＋ax ＋b 相切于点A (1，3)，则2a ＋b 的值等于 A ．2 B ．－1C ．1D ．－2【答案】C 【解析】直线y ＝kx ＋1与曲线y ＝x 3＋ax ＋b 相切于点A (1，3)，∴点A 在直线y ＝kx ＋1，得31,2k k =+∴=，且点A 在曲线y ＝x 3＋ax ＋b 上，2a b ∴+=，213,|32,1,3x y x a y a a b ='=+'=+=∴=-=，21a b ∴+=.故选C.【点睛】本题考查导数的几何意义，属于基础题.3．【福建省厦门外国语学校2020届高三下学期高考最后一次模拟数学(文)试题】已知函数()f x 是偶函数，当0x >时，()ln 1f x x x =+，则曲线()y f x =在1x =-处的切线方程为A ．y x =-B ．2y x =-+C ．y x =D ．2y x =-【答案】A【解析】因为0x <，()()ln()1f x f x x x =-=--+，()11f -=，()ln()1f x x '=---，(1)1f '-=-，所以曲线()y f x =在1x =-处的切线方程为()11y x -=-+，即y x =-. 故选A.【点睛】本小题主要考查根据函数奇偶性求函数解析式，考查利用导数求切线方程，属于基础题.4．【2020·广西壮族自治区高三月考(文)】已知a 为正实数，若函数322()32f x x ax a =-+的极小值为0，则a 的值为 A ．12B ．1C ．32D ．2【答案】A【解析】由已知2()363(2)f x x ax x x a '=-=-， 又0a >，所以由()0f x '>得0x <或2x a >，即函数在(),0-∞和()2,a +∞上单调递增， 由()0f x '<得02x a <<，函数在()0,2a 上单调递减， 所以()f x 在2x a =处取得极小值0，即()32232()2(2)3(2)2420f x f a a a a a a a ==-+=-+=极小值，又0a >，解得12a =， 故选A ．【点睛】本题考查了函数的极值与导数关系的应用，考查运算求解的能力，属于中档题. 5．【2020·宜宾市叙州区第二中学校高三月考(文)】函数()()22e xf x x x =-的图象大致是A ．B ．C ．D ．【答案】B【解析】函数()()22e xf x x x =-，则()()22e xf x x '=-，令()0f x '=，解得()f x 的两个极值点为，故排除AD ， 且当0x <时，()f x 恒为正，排除C ， 即只有B 选项符合要求， 故选B.【点睛】本题考查了由函数解析式判断函数图像，导函数与函数图像的关系应用，属于基础题. 6．【2020·云南省云南师大附中高三月考】已知函数()2sin f x x x x =-，若()0.2log 3a f =，()3log 0.2b f =，()30.2c f =，则A ．a b c >>B ．b a c >>C ．c b a >>D ．c a b >>【答案】B【解析】()()()()()22sin sin f x x x x x x x f x -=----=-=，故()f x 为偶函数，故只需考虑()0,x ∈+∞的单调性即可.()()2sin cos sin 1cos f x x x x x x x x x '=--=-+-，当()0,x ∈+∞时，设()sin h x x x =-，则()1cos 0h x x '=-> 所以()h x 在()0,+∞上单调递增，即()()00h x h >=，故sin x x >， 而()1cos 0x x -≥显然成立，故()0f x '>， 故()f x 在()0,x ∈+∞上单调递增.()()0.25log 3log 3a f f ==，()()33log 0.2log 5b f f ==，35530.20.2log log 31log 5<<<<<，由函数单调性可知()()()3530.2log 3log 5f f f <<，即c a b <<，故选B.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性、利用函数的单调性比较函数值的大小，属于中档题. 7．【2020·山东省高三三模】已知函数()e exxf x x -=++．则下面结论正确的是A ．()f x 是奇函数B ．()f x 在[)0,+∞上为增函数C ．若0x ≠，则21e 2f x x ⎛⎫+>+ ⎪⎝⎭D ．若()()11f x f -<-，则02x <<【答案】BCD【解析】对于A 选项，函数()e exxf x x -=++的定义域为R ，()()e e e e x x x x f x x x f x ---=++-=++=，则函数()y f x =为偶函数，A 选项错误；对于B 选项，当0x ≥时，()e exxf x x -=++，则()e e 11x x f x -'=-+≥，所以，函数()y f x =在[)0,+∞上为增函数，B 选项正确；对于C 选项，当0x >时，由基本不等式可得12x x +≥=， 由于函数()y f x =在[)0,+∞上为增函数，此时()22212e e 2e 2f x f x -⎛⎫+≥=++>+ ⎪⎝⎭，由于函数1y x x=+为奇函数，当0x <时，12x x --≥=，211e 2f x f x x x ⎛⎫⎛⎫+=-->+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.综上所述，当0x ≠时，21e 2f x x ⎛⎫+>+ ⎪⎝⎭，C 选项正确； 对于D 选项，由于函数()y f x =为偶函数，由()()11f x f -<-得()()11fx f -<，由于函数()y f x =在[)0,+∞上为增函数，则11x -<，解得02x <<，D 选项正确. 故选BCD.【点睛】本题考查函数的奇偶性、单调性的判断，同时也考查了函数不等式的求解，考查计算能力与推理能力，属于中等题.8．【2020·山西省太原五中高三月考(文)】已知函数()()e ,ln xf x xg x x x ==，若()()12f x g x t ==，其中0t >，则12ln t x x 的最大值为A ．1eB ．2eC ．21e D ．24e 【答案】A【解析】由题意，11e x x t ⋅=，22ln x x t ⋅=，则2ln 2e ln xx t ⋅=，作函数()e xf x x =⋅的图象如下：由图可知，当0t >时，()f x t =有唯一解，故12ln x x =，且1>0x ，∴1222ln ln ln ln t t tx x x x t==⋅⋅， 设()ln t h t t =，0t >，则()21ln th t t-'=，令()0h t '=，解得e t =， 易得当()0,e t ∈时，()0h t '>，函数()h t 单调递增， 当()e,t ∈+∞时，()0h t '<，函数()h t 单调递减，故()()1e e h t h ≤=，即12ln t x x ⋅的最大值为1e.故选A.【点睛】本题考查利用导数求函数的最值，考查化简变形能力及数形结合思想，属于中档题． 9．【2020届河北省石家庄市高考模拟数学(文)试题】已知函数()f x 对于任意x ∈R，均满足()()2f x f x =-，当1x ≤时，ln 2,01()e ,0x x x f x x +<≤⎧=⎨≤⎩(其中e 为自然对数的底数)，若存在实数(),,,a b c d a b c d <<<满足()()()()f a f b f c f d ===，则()e a a b c d b +++-的取值范围为A ．4(1,4)e- B ．244[1,)e e - C ．24(,4)e D ．24[2ln 21,)e - 【答案】D【解析】由()(2)f x f x =-知()f x 关于1x =对称，如图，因此2a d b c +=+=，所以4a b c d +++=，又因为()()f a f b =，所以e ln 2a b =+，因此()e 4ln 2a a b c d b b b +++-=--，由题意知211e eb <≤，令211()4ln 2e e g b b b b ⎛⎫=--<≤⎪⎝⎭，141()4b g b b b -'=-=，令()0g b '=得14b =，故()g b 在211,e 4⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，在11,4e ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，故min 1()2ln 214g b g ⎛⎫==- ⎪⎝⎭，由221414,1e e e eg g ⎛⎫⎛⎫==- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则222211444e 4e 10e e e ee g g +-⎛⎫⎛⎫-=-+=> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故24()2ln 21,e g b ⎡⎫∈-⎪⎢⎣⎭.故选D.【点睛】本题考查导数，函数性质，函数图象的综合应用，重点考查导数研究函数的单调性，最值，数形结合分析问题的能力，函数与方程思想的应用，属于中档偏难题型，本题的关键是转化()e 4ln 2a a b c d b b b +++-=--，并根据数形结合得到条件211e eb <≤. 10．【2020届河南省商丘周口市部分学校联考高三5月质量检测数学(文科)试题】已知偶函数()f x 在R 上存在导函数()f x '，当0x >时，()()f x f x x>-'，且()21f =，则不等式()()222x x f x x -->的解集为A ．()(),21,-∞-⋃+∞B ．()2,+∞C ．()(),12,-∞-+∞D ．()1,2-【答案】C【解析】令()()g x xf x =，由于()f x 为偶函数，则()g x 为奇函数， 所以()()()''g x f x xf x =+. 因为当0x >时，()()'f x f x x>-，即()()'0f x xf x x+>，所以()()'0f x xf x +>， 即()'0g x >.所以当0x >时，()'0g x >， 所以()g x 在()0,+∞上单调递增.因为()g x 在R 上为奇函数且在R 上具有导函数， 所以()g x 在R 内单调递增. 因为()21f =，所以()()2222g f ==，又()()222x x f x x -->等价于()()22g x x g ->，所以22x x ->， 解得1x <-或2x >.综上所述，x 的取值范围为()(),12,-∞-⋃+∞. 故选C .【点睛】本题考查了导数的综合应用,重点考查了函数的性质,属中档题.11．【2020·安徽省淮北一中高三月考(文)】已知函数3()31f x x x =-+，若1[,]x a b ∀∈，2[,]x a b ∃∈，使得()()12f x f x =，且12x x ≠，则b a -的最大值为A ．2B ．3C ．4D ．6【答案】C 【解析】3()31f x x x =-+，∴()233f x x '=-，令()0f x '=，即2330x -=，解得11x =-，21x =， 当1x <-时，()0f x >′，所以()f x 在(),1-∞-上单调递增； 当11x -≤≤时，()0f x <′，所以()f x 在[]1,1-上单调递减； 当1x >时，()0f x >′，所以()f x 在()1,+∞上单调递增.∴()f x 在1x =-处取得极大值，极大值为()11313f -=-++=；在1x =处取得极小值，极小值为()11311f =-+=-. 令()3f x =，即3313x x -+=，即()()2120x x +-=，解得1x =-(舍)或2x =；令()1f x =-，即3311x x -+=-，即()()2120x x -+=，解得1x =(舍)或2x =-；∴b a -的最大值为()224--=.故选C.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性和极值问题，考查运算求解能力，求出函数的极大值与极小值是解决本题的关键，属于中档题.12．【2020·河北省高三一模(文)】已知定义域为R 的函数()f x 满足11(),()4022f f x x '=+>，其中()f x '为()f x 的导函数，则不等式(sin )cos 20f x x -的解集为A ．ππ[2π,2π],33k k k -++∈Z B ．ππ[2π,2π],66k k k -++∈Z C ．π2π[2π,2π],33k k k ++∈Z D ．π5π[2π,2π],66k k k ++∈Z 【答案】D【解析】令2()()21g x f x x =+-，则()()40g x f x x ''=+>，故()g x 在R 上单调递增.又2(sin )cos 2(sin )2sin 1f x x f x x -=+-，且1()02g =，故原不等式可转化为1(sin )()2g x g ，所以1sin 2x，解得π5π2π2π,66k xk k ++∈Z . 故选D.【点睛】利用导数比较大小或解不等式的常用技巧：利用题目条件，构造辅助函数，把比较大小或求解不等式的问题转化为先利用导数研究函数的单调性问题，再由单调性比较大小或解不等式．常见构造的辅助函数形式有： (1)()()()()()f x g x F x f x g x ＝－ )；(2)()()[()]xf x f x xf x ；(3)()()()[]f x xf x f x x；(4)()+()[()]x f x f x e f x ；(5) ()()()[]x f x f x f x e. 13．【2020届广东省珠海市高三下学期学业质量监测数学(文)试题】函数()sin g x x x =-的零点的个数为A ．1B ．3C ．2D ．4【答案】A 【解析】()()1cos 0g x x g x ，=-≥∴'在R 上是增函数，()()00g g x =∴，的零点个数为1.故选A.【点睛】函数的零点的判断方法有三种：一、直接求零点：令()0f x = ,如果能求出解，有几个解就有几个零点；二、零点存在性定理：函数在连续的区间(),a b 上有定义且()()0f a f b <，则函数在(),a b 上存在零点；三、先把所求的函数分解成两个简单的函数，再由两函数图象看交点个数，交点横坐标即为函数的零点.14．【2020·四川省泸县五中高三月考(文)】已知函数2()e ln x f x x t a =+-，若对任意的1,e ,()et f x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦在区间[1,1]-上总存在唯一的零点，则实数a 的取值范围是 A ．221,e e ⎛⎤-⎥⎝⎦B ．2211,e 1e ⎛⎤-- ⎥⎝⎦C ．21,e 12e ⎛⎤-- ⎥⎝⎦D ．2211,e 1e ⎛⎤-+ ⎥⎝⎦【答案】B 【解析】()()222e 2e 21e x x x f x x x '=+=+，∴当11,2x ⎡⎫∈--⎪⎢⎣⎭时，()0f x '<；当1,12x ⎛⎤∈- ⎥⎝⎦时，()0f x '>，()f x ∴在11,2⎡⎫--⎪⎢⎣⎭上单调递减，在1,12⎛⎤- ⎥⎝⎦上单调递增， ()f x 在[]1,1-上总存在唯一的零点，即()f x 与0y =的图象在[]1,1-上仅有一个交点， ()()101f f ∴-<≤，即221ln 0e ln e t a t a -+-<≤+-，221ln e ln et a t ∴-+<≤+， 1,e e t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，[]ln 1,1t ∴∈-，2211e 1e a ∴-<≤-，即a 的取值范围为2211,e 1e ⎛⎤-- ⎥⎝⎦. 故选B.【点睛】本题考查根据函数在区间内的零点个数求解参数范围的问题，涉及到恒成立思想的应用；关键是能够根据导数求得函数的单调性，进而确定a 与t 的关系.15．【2020·山西省太原五中高三月考(文)】函数()2ln f x x x =+在点()()1,1f 处的切线方程为__________.【答案】320x y --=【解析】因为()2ln f x x x =+，所以()11f =，()12f x x x'=+，所以()1213f '=+=所以切线方程为()131y x -=-，即320x y --= 故答案为320x y --=.【点睛】本题考查的是导数的几何意义，较简单.16．【2020届山西省太原市高三模拟(二)数学(文)试题】若曲线()e xf x mx n =+在()()1,1f 处的切线方程为e y x =，则m n +=__________ 【答案】e 12+ 【解析】将1x =代入e y x =，得切点为()1,e ，∴e e m n =+①，又()()e 1xf x m x '=+，∴()12e e f m '==，12m =②. 联立①②解得12m =，e 2n =， 故1e e 1222m n ++=+=. 故答案为e 12+. 【点睛】本题考查导数的几何意义和切线方程的求法，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题. 17．【2020·重庆八中高三月考(文)】曲线ln y ax x =+在点1x =处的切线方程为30x y b -+=，则b =______． 【答案】1-【解析】因为ln y ax x =+，所以1y a x'=+， 切线的斜率11131x k y a a ===+=+='， 解之得2a =，2ln y x x =+， 所以切点坐标为(1,2)，由于切点在切线上，故3120b ⨯-+=， 解之得1b =-. 故答案为1-.【点睛】本题考查导数的几何意义，考查逻辑思维能力和计算能力，属于常考题.18．【2020·山东省高三月考】函数()()sin 2f x a x a =+∈R 在点()()0,0f 处的切线方程为2y x =-+，则a =______． 【答案】-1【解析】()()sin 2f x a x a =+∈R ,则()cos f x a x '=, 故当0x =时,(0)f a '=,又函数()f x 在点()()0,0f 处的切线方程为2y x =-+, 所以1a =-, 故答案为1-.【点睛】本题考查导数几何意义的应用,属于简单题.19．【2020·盐城市第一中学高三二模】函数()2sin f x x ax =-在π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的单调递减，则实数a 的取值范围为______. 【答案】[2,)+∞【解析】因为()2sin f x x ax =-，π0,2x ⎡∈⎤⎢⎥⎣⎦，所以()2cos f x x a '=-，因为函数()2sin f x x ax =-在π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的单调递减，所以()2cos 0f x x a '=-≤在π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上恒成立，即2cos a x ≥在π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上恒成立，因为()2cos g x x =在π0,2x ⎡∈⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，所以()()max 02cos02g x g ===所以2a ≥，即[)2,a ∈+∞. 故答案为[)2,+∞.【点睛】本题考查根据函数的单调性求参数的取值范围，利用导数研究函数的单调性，属于中档题. 20．【2020·江西省高三月考(文)】已知函数()()321f x x a x ax =+-+，若曲线()f x 在1x =处的切线恰好平分圆C ：2240x y y +-=的周长，则实数a 的值为______.【答案】-3【解析】圆C 即为22(2)4x y +-=，故圆心为(0,2)．又2()32(1)f x x a x a '=+-+，∴(1)2f a =，'(1)31f a =+，故切线方程为2(31)(1)y a a x -=+-． 将(0,2)代入得3a =-．故答案为3-．【点睛】本题考查导数的几何意义及切线方程的求法，同时考查圆的弦的性质．21．【2020·江苏省高三月考】若函数()()f x x a =-[1，9]上的最小值为18，则a 的值为_______. 【答案】78【解析】由题可知，()()f x x a =-[1，9]上的最小值为18，[]1,3t =∈，则2x t =，则原题转化为函数2()()f t t a t =-⋅在区间[]1,3上的最小值为18， 则2()3f t t a '=-，当0a ≤时，2()30f t t a '=-≥恒成立，则()f t 在区间[]1,3上单调递增，则1(1)8f =，解得：78a (舍去)；当0a >时，令2()30f t t a '=-=，解得t =t =舍去)，1，即03a <≤时，()f t 在区间[]1,3上单调递增， 则1(1)8f =，解得78a ，符合题意；3≥，即27a ≥时，()f t 在区间[]1,3上单调递减， 则1(3)8f =，解得21524a =(舍去)；若13<<，即327a <<时，()f t 在区间⎡⎢⎣上单调递减，在区间⎤⎥⎦上单调递增，则18f =，无正数解， 综上所述，a 的值为78. 故答案为78. 【点睛】本题考查利用导数研究含参数的函数的单调性和最值，从而求出参数值，同时考查转化和分类讨论思想.22．【2020届清华大学中学生标准学术能力诊断性测试高三5月测试数学(文)试题】已知函数()()1ln f x x x =+．(1)求()y f x =在1x =处的切线方程：(2)已知实数2k >时，求证：函数()y f x =的图象与直线l ：()1y k x =-有3个交点． 【解析】(1)因为()()1ln f x x x =+，所以()1ln x f x x x+'=+， 所以()12f '=，又因为()10f =，所以()f x 在1x =处的切线方程22y x =-；(2)当2k >时，函数()y f x =的图象与直线l 交点的个数等价于函数()()1ln 1k x h x x x -=-+的零点个数，因为()()()()222121211x kx k h x x x x x +-'=-=++，()0,x ∈+∞， 设()()2221g x x k x =+-+，因为二次函数()g x 在x ∈R 时，()010g =>，()1420g k =-<， 所以存在()10,1x ∈，()21,x ∈+∞，使得()10g x =，()20g x =，所以()h x 在()10,x 上单调递增，在()12,x x 上单调递减，在()2,x +∞上单调递增． 因为()10h =，所以()()110h x h >=，()()210h x h <=， 因此()h x 在()12,x x 上存在一个零点1x =； 又因为当ekx -=时，()()()e 12e e 0e 1e 1k k k kkk k h k -------=--=<++，所以()h x 在()1e ,kx -上存在一个零点；当e k x =时，()()e 12e 0e 1e 1k k kk k h k k -⎛⎫=-=> ⎪++⎝⎭，所以()h x 在()2,ekx 上存在一个零点.所以，函数()y f x =的图象与直线l ：()1y k x =-有3个交点．【点睛】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查运用导数研究函数性质的方法，考查运算能力，考查函数与方程的数学思想方法和分析问题、解决问题的能力.23．【甘肃省西北师大附中2020届高三5月模拟试卷 文科数学试题】设函数2()()e xf x x m =+．(1)讨论()f x 的单调性；(2)若()2e 1()x g x nx f x =---，当1m =，且0x ≥时，()0g x ≤，求n 的取值范围．【解析】(1)依题得，()f x 的定义域为R ，2()(2)e xf x x x m '=++，e 0x >，令2()2h x x x m =++，44m ∆=-， ①若0∆≤，即1m ≥，则()0h x ≥恒成立，从而()0f x '≥恒成立，当且仅当1m =，1x =-时，()0f x '=， 所以()f x 在R 上单调递增；②若>0∆，即1m <，令()0h x =，得1x =--1x =-+当(11x ∈--+时，()0f x '<；当(,1(11)x ∈-∞--+-+∞时，()0f x '>，综合上述，当1m ≥时，()f x 在R 上单调递增；当1m <时，()f x 在区间(11--+上单调递减，()f x 在区间(,11)-∞---++∞上单调递增．(2)依题意可知：2()2e 1()e e 1x x x g x nx f x x nx =---=---， 令0x =，可得(0)0g =，2()(12)e ()xg x x x n x '=---∈R ，设2()(12)e x h x x x n =---，则2()(41)e xh x x x '=-++，当0x ≥时，()0h x '<，()g x '单调递减， 故()(0)1g x g n ''≤=-，要使()0g x ≤在0x ≥时恒成立，需要()g x 在[0,)+∞上单调递减， 所以需要()10g x n '≤-≤，即1n ≥，此时()(0)0g x g ≤=，故1n ≥， 综上所述，n 的取值范围是[1,)+∞．【点睛】(1)考查了利用导数求函数的单调性，含参问题分类讨论.(2)考查了对题目的理解，分析，将恒成立问题转化成函数单调性问题，利用导数值的正负与函数的单调性关系列式求解.24．【2020·重庆八中高三月考(文)】已知函数()()1eln e x f x a x a -=-+-．(e 为自然对数的底数)(1)设()'f x 为()f x 的导函数，求证：当e a =时，()0f x ≥； (2)若0a >，且1x =是()f x 的极小值点，求实数a 的取值范围． 【解析】(1)当e a =时，()1e eln xf x x -=-，即证1e eln 0x x --≥，即2e ln x x -≥，先证：2e 1x x -≥-，令2()e1x g x x -=-+，2()e 1x g x -'=-，当2x >时，()0g x '>，当2x <时，()0g x '<， 又min ()(2)0g x g ==，所以2e 1x x -≥-；再证：1ln x x -≥，令()1ln h x x x =--，11()1x h x x x-'=-=， 当01x <<时，()0h x '<，当1x >时，()0h x '>， 又min ()(1)0h x h ==，所以1ln x x -≥；所以2e 1ln x x x -≥-≥，即2e ln x x -≥，所以()0f x ≥； (2)1()ex a f x x-'=-，12()e 0x af x x -''=+>，所以()f x '在(0,)+∞上单调递增，所以()f x 在1x =处取得极小值，且(1)10f a '=-=，解之得1a =，当1a =时，11()ex f x x'-=-， 当01x <<时，()(1)0f x f ''<=，当1x >时，()(1)0f x f ''>=，此时()f x 在1x =处取得最小值， 综上1a =.【点睛】本题考查利用导数求函数的最值、单调性，考查逻辑推理、抽象概括和核心素养,属于常考题. 25．【2020·河南省高三月考(文)】已知函数()()=ln f x x mx m m -+∈R .(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)若()0f x ≤在()0,x ∈+∞上恒成立，求实数m 的取值范围；(3)在(2)的条件下(提示：可以用第(2)问的结论)，对任意的0a b <<，证明：()()11f b f a b a a-<--.【解析】(1)函数()f x 的定义域为()0,+∞，()1mxf x x-'=. ①当0m ≤时，()0f x >′在()0,+∞上恒成立，所以()f x 在()0,+∞上单调递增. ②当0m >时，令()10mx f x x -'=>，得10x m <<，所以()f x 在10,m ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增； 令()10mx f x x -'=<，得1x m >，所以()f x 在1,m ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减. (2)由题意得()10f =，由(1)知，当0m ≤时，不满足题意， 故0m >，则()f x 在10,m ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,m ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减，所以()max 1ln 1f x f m m m ⎛⎫==--+⎪⎝⎭，故只需ln 10m m --+≤即可. 令()ln 1g m m m =--+，则()111m g m m m-'=-=， 所以当(0,1)m ∈时，()0g m '<；当(1,)m ∈+∞，()0g m '>， 所以()g m 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增， 所以()(1)0g m g ≥=，即ln 10m m --+≥. 又∵ln 10m m --+≤，所以ln 10m m --+=，解得1m =.综上，m 的取值范围是{}1.(3)ln()()ln ln 1111bf b f a b a a b b a b a a a--=-=⋅----， 因为0b a >>，所以1ba>，由(2)得，(0,)x ∈+∞时，ln 1x x ≤-(1x =时，等号成立) 令1bt a=>，则ln 1t t <-， 因为1t >，所以ln 11tt <-，即ln11ba b a <-. 因为10a >，所以ln 11111b a b a a a⋅-<--，即()()11f b f a b a a -<--.【点睛】该题考查的是有关应用导数研究函数的问题，涉及的知识点有利用导数研究函数的单调性，根据恒成立求参数的取值范围，利用导数证明不等式，属于较难题目.26．【2020·四川省棠湖中学高三一模(文)】已知函数2()(1)f x a x =+，()e x g x x =.(1)若()g x 的切线过(4,0)-，求该切线的方程； (2)讨论()f x 与()g x 图像的交点个数.【解析】(1)()e x g x x =，∴()()1e xg x x '=+，设切点为()00,x y ，则()()000000e 01e 4x x x g x x x -'==++， 化简得200054x x x =++，所以02x =-，2e k -=-，所以切线方程为2e (4)y x -=-+.(2)设()()()F x g x f x =-，即讨论()F x 零点的个数.()()(1)e 2(1)(1)e 2x x F x x a x x a '=+-+=+-，0a =时，()F x 只有一个零点；。
2020年高考数学一轮复习讲练测专题3.4导数的综合应用(讲)文(含解析)(最新整理)
专题3.4 导数的综合应用1.利用导数研究函数的单调性、极(最)值，并会解决与之有关的方程（不等式)问题； 2。
会利用导数解决某些简单的实际问题。
考点一 利用导数证明不等式【典例1】 【2019年高考天津】设函数()e cos ,()x f x x g x =为()f x 的导函数． （Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）当,42x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时,证明()()02f x g x x π⎛⎫+-≥ ⎪⎝⎭;（Ⅲ）设n x 为函数()()1u x f x =-在区间2,242n n ππ⎛⎫π+π+ ⎪⎝⎭内的零点，其中n ∈N ，证明20022sin c s e o n n n x x x -πππ+-<-． 【答案】(Ⅰ）()f x 的单调递增区间为3ππ2π,2π(),()44k k k f x ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦Z 的单调递减区间为π5π2π,2π()44k k k ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦Z 。
（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析。
【解析】（Ⅰ）由已知，有()e (cos sin )x f 'x x x =-．因此，当52,244x k k ππ⎛⎫∈π+π+ ⎪⎝⎭()k ∈Z 时，有sin cos x x >，得()0f 'x <，则()f x 单调递减；当32,244x k k ππ⎛⎫∈π-π+ ⎪⎝⎭()k ∈Z 时，有sin cos x x <，得()0f 'x >，则()f x 单调递增．所以，()f x 的单调递增区间为32,2(),()44k k k f x ππ⎡⎤π-π+∈⎢⎥⎣⎦Z 的单调递减区间为52,2()44k k k ππ⎡⎤π+π+∈⎢⎥⎣⎦Z ．（Ⅱ）证明：记()()()2h x f x g x x π⎛⎫=+- ⎪⎝⎭．依题意及（Ⅰ），有()e (cos sin )x g x x x =-，从而()2e sin x g'x x =-．当,42x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,0()g'x <,故()()()()(1)()022h'x f 'x g'x x g x g'x x ππ⎛⎫⎛⎫=+-+-=-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．因此，()h x 在区间,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，进而()022h x h f ππ⎛⎫⎛⎫≥== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．所以，当,42x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()()02f x g x x π⎛⎫+-≥ ⎪⎝⎭．(Ⅲ）证明：依题意,()()10n n u x f x =-=,即cos e 1nx n x =．记2n n y x n =-π，则,42n y ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，且()()()22e cos e cos 2e n n y x n n n n n f y y x n n π--π==-π=∈N ．由()()20e 1n n f y f y -π==≤及（Ⅰ），得0n y y ≥．由（Ⅱ）知，当,42x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g'x <，所以()g x 在,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上为减函数,因此()()004n g y g y g π⎛⎫≤<= ⎪⎝⎭．又由（Ⅱ）知，()()02n n n f y g y y π⎛⎫+-≥ ⎪⎝⎭，故()()()()()022*******2sin cos sin c e e e e os e n n n n n n y n n f y y g y g y g y y y x x -π-π-π-ππ--=-≤=--≤<． 所以,20022sin c s e o n n n x x x -πππ+-<-．【变式1】(2019·山东师大附属中学模拟）已知函数f (x ）＝1－错误!，g （x )＝错误!＋错误!－bx (e 为自然对数的底数），若曲线y ＝f (x ）与曲线y ＝g （x )的一个公共点是A (1,1），且在点A 处的切线互相垂直．(1）求a ，b 的值；(2）求证：当x ≥1时，f (x ）＋g （x ）≥错误!。
2020版高考数学(文)新探究大一轮分层演练：第三章 导数及其应用 第6讲 含解析
1．(2017·高考全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)有唯一零点，则a＝( ) A．－12 B．13
C．12 D．1 解析：选C．由f(x)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)，得f(2－x)＝(2－x)2－2(2－x)＋a[e2－x－1＋e－(2－x)＋1]＝x2－4x＋4－4＋2x＋a(e1－x＋ex－1)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)，所以f(2－x)＝f(x)，即x＝1为f(x)
图象的对称轴．由题意，f(x)有唯一零点，所以f(x)的零点只能为x＝1，即f(1)＝12－2×1＋a(e1－1
＋e－1＋1)＝0，解得a＝12.故选C． 2．已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0＞0，则a的取值范围是( ) A．(2，＋∞) B．(－∞，－2) C．(1，＋∞) D．(－∞，－1) 解析：选B．f′(x)＝3ax2－6x， 当a＝3时，f′(x)＝9x2－6x＝3x(3x－2)，
则当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0；x∈0，23时，f′(x)<0；x∈23，＋∞时，f′(x)>0，注意f(0)＝1，f23＝59>0，则f(x)的大致图象如图(1)所示：
不符合题意，排除A、C． 当a＝－43时，f′(x)＝－4x2－6x＝－2x(2x＋3)，则当x∈－∞，－32时，f′(x)<0，x∈－32，0时，
f′(x)>0，x∈(0，＋∞)时，f′(x)<0，注意f(0)＝1，f－32＝－54，则f(x)的大致图象如图(2)所示．
不符合题意，排除D. 3．已知函数f(x)＝a＋xln x(a∈R)． (1)求f(x)的单调区间； (2)试求f(x)的零点个数，并证明你的结论． 解：(1)函数f(x)的定义域是(0，＋∞)， f′(x)＝(x)′ln x＋x·1x＝x(ln x＋2)2x， 令f′(x)＞0， 解得x＞e－2，令f′(x)＜0， 解得0＜x＜e－2， 所以f(x)在(0，e－2)上递减，在(e－2，＋∞)上递增．
2020版高考数学一轮复习第三章导数及其应用课时达标检测(十六)导数与函数的综合问题
课时达标检测（十六）导数与函数的综合问题[一般难度题——全员必做]1．(2017·全国卷Ⅱ)设函数f(x)＝(1－x2)e x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当x≥0时，f(x)≤ax＋1，求a的取值范围．解：(1)f′(x)＝(1－2x－x2)e x.令f′(x)＝0，得x＝－1－2或x＝－1＋ 2.当x∈(－∞，－1－2)时，f′(x)＜0；当x∈(－1－2，－1＋2)时，f′(x)＞0；当x∈(－1＋2，＋∞)时，f′(x)＜0.所以f(x)在(－∞，－1－2)，(－1＋2，＋∞)上单调递减，在(－1－2，－1＋2)上单调递增．(2)f(x)＝(1＋x)(1－x)e x.①当a≥1时，设函数h(x)＝(1－x)e x，则h′(x)＝－x e x＜0(x＞0)．因此h(x)在[0，＋∞)上单调递减，又h(0)＝1，故h(x)≤1，所以f(x)＝(x＋1)h(x)≤x＋1≤ax＋1.②当0＜a＜1时，设函数g(x)＝e x－x－1，则g′(x)＝e x－1＞0(x＞0)，所以g(x)在[0，＋∞)上单调递增，而g(0)＝0，故e x≥x＋1.当0＜x＜1时，f(x)＞(1－x)(1＋x)2，(1－x)(1＋x)2－ax－1＝x(1－a－x－x2)，取x0＝5－4a－12，则x0∈(0,1)，(1－x0)(1＋x0)2－ax0－1＝0，故f(x0)＞ax0＋1.当a≤0时，取x0＝5－1 2，则x0∈(0,1)，f(x0)＞(1－x0)(1＋x0)2＝1≥ax0＋1.综上，a的取值范围是[1，＋∞)．2．(2018·沈阳监测)已知函数f(x)＝a ln x(a>0)，e为自然对数的底数．(1)若过点A(2，f(2))的切线斜率为2，求实数a的值；(2)当x >0时，求证f (x )≥a ⎝⎛⎭⎪⎫1－1x ；(3)若在区间(1，e)上e xa－e 1ax <0恒成立，求实数a 的取值范围． 解：(1)由题意得f ′(x )＝a x， ∴f ′(2)＝a2＝2，∴a ＝4.(2)证明：令g (x )＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x －1＋1x (x >0)，则g ′(x )＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －1x 2.令g ′(x )>0，即a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －1x 2>0，解得x >1，令g ′(x )<0，解得0<x <1；∴g (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．∴g (x )的最小值为g (1)＝0，∴f (x )≥a ⎝⎛⎭⎪⎫1－1x .(3)由题意可知e xa<e 1ax ，化简得x －1a<ln x ， 又x ∈(1，e)，∴a >x －1ln x.令h (x )＝x －1ln x ，则h ′(x )＝ln x －1＋1x ln x 2，由(2)知，当x ∈(1，e)时，ln x －1＋1x>0，∴h ′(x )>0，即h (x )在(1，e)上单调递增， ∴h (x )<h (e)＝e －1.∴a ≥e－1. 故实数a 的取值范围为[e －1，＋∞)．3．(2018·海南校级联考)已知函数f (x )＝1x＋k ln x ，k ≠0.(1)当k ＝2时，求函数f (x )的图象的切线斜率中的最大值； (2)若关于x 的方程f (x )＝k 有解，求实数k 的取值范围． 解：(1)函数f (x )＝1x＋k ln x 的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－1x 2＋kx(x >0)．当k ＝2时，f ′(x )＝－1x 2＋2x＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12＋1≤1，当且仅当x ＝1时，等号成立．所以函数f (x )的图象的切线斜率中的最大值为1.(2)因为关于x 的方程f (x )＝k 有解，令g (x )＝f (x )－k ＝1x＋k ln x －k ，则问题等价于函数g (x )存在零点．g ′(x )＝－1x 2＋k x ＝kx －1x2.当k <0时，g ′(x )<0在(0，＋∞)上恒成立，所以函数g (x )在(0，＋∞)上单调递减．因为g (1)＝1－k >0，g (e1－1k )＝1e1－1k＋k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1k －k ＝1e1－1k－1<1e －1<0，所以函数g (x )存在零点．当k >0时，令g ′(x )＝0，得x ＝1k .g ′(x )，g (x )随x 的变化情况如下表：所以g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＝k －k ＋k ln k＝－k ln k 为函数g (x )的最小值，当g ⎝ ⎛⎭⎪⎫k >0，即0<k <1时，函数g (x )没有零点，当g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ≤0，即k ≥1时，注意到g (e)＝1e ＋k －k >0，所以函数g (x )存在零点．综上，当k <0或k ≥1时，关于x 的方程f (x )＝k 有解．[中档难度题——学优生做]1．设函数f (x )＝a ln x ＋1－a 2x 2－bx (a ≠1)，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线斜率为0.(1)求b ；(2)若存在x 0≥1，使得f (x 0)<aa －1，求a 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝a x＋(1－a )x －b . 由题设知f ′(1)＝0，解得b ＝1.(2)f (x )的定义域为(0，＋∞)，由(1)知，f (x )＝a ln x ＋1－a 2x 2－x ，f ′(x )＝a x ＋(1－a )x －1＝1－a x (x －a1－a)(x －1)．①若a ≤12，则a1－a≤1，故当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在(1，＋∞)单调递增．所以，存在x 0≥1，使得f (x 0)<aa －1的充要条件为f (1)<a a －1，即1－a 2－1<aa －1，解得－2－1<a <2－1.②若12<a <1，则a 1－a >1，故当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，a 1－a 时，f ′(x )<0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a ，＋∞时，f ′(x )>0.f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫1，a 1－a 单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a ，＋∞单调递增．所以，存在x 0≥1，使得f (x 0)<aa －1的充要条件为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a <aa －1. 而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a ＝a ln a 1－a ＋a 221－a ＋a a －1>a a －1，所以不合题意． ③若a >1，则f (1)＝1－a 2－1＝－a －12<a a －1.综上，a 的取值范围是(－2－1，2－1)∪(1，＋∞)．2．(2017·广西陆川二模)已知函数f (x )＝ln x －mx ＋m . (1)求函数f (x )的单调区间；(2)若f (x )≤0在(0，＋∞)上恒成立，求实数m 的取值范围； (3)在(2)的条件下，对任意的0<a <b ，求证：f b －f a b －a <1a a ＋1.解：(1)f ′(x )＝1x －m ＝1－mxx，x ∈(0，＋∞)，当m ≤0时，f ′(x )>0恒成立，则函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，无单调递减区间； 当m >0时，由f ′(x )＝1－mx x>0，得x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1m ，由f ′(x )＝1－mx x<0，得x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ，＋∞，此时f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎪⎫0，1m ，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ，＋∞.综上，当m ≤0时，函数f (x )的单调递增区间是(0，＋∞)，无单调递减区间；当m >0时，函数f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎪⎫0，1m ，单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ，＋∞.(2)由(1)知：当m ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，f (1)＝0，显然不符合题意；当m >0时，f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＝ln 1m－1＋m ＝m －ln m －1，只需m －ln m －1≤0即可．令g (x )＝x －ln x －1，则g ′(x )＝1－1x ＝x －1x，x ∈(0，＋∞)，∴g (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． ∴g (x )min ＝g (1)＝0.∴g (x )≥0对x ∈(0，＋∞)恒成立，也就是m －ln m －1≥0对m ∈(0，＋∞)恒成立， 由m －ln m －1＝0，解得m ＝1.∴若f (x )≤0在(0，＋∞)上恒成立，则m ＝1.(3)证明：f b －f a b －a ＝ln b －ln a ＋a －b b －a ＝ln b －ln ab －a －1＝lnba b a－1·1a－1.由(2)得f (x )≤0在(0，＋∞)上恒成立，即ln x ≤x －1，当且仅当x ＝1时取等号． 又由0<a <b 得b a >1，∴0<ln b a <ba －1，即ln ba ba－1<1.则lnba b a－1·1a －1<1a －1＝1－a a ＝1－a 2a 1＋a <1a 1＋a . [较高难度题——学霸做]1．(2017·天津高考)设a ，b ∈R ，|a |≤1.已知函数f (x )＝x 3－6x 2－3a (a －4)x ＋b ，g (x )＝e xf (x )．(1)求f (x )的单调区间；(2)已知函数y ＝g (x )和y ＝e x的图象在公共点(x 0，y 0)处有相同的切线， ①求证：f (x )在x ＝x 0处的导数等于0；②若关于x 的不等式g (x )≤e x在区间[x 0－1，x 0＋1]上恒成立，求b 的取值范围． 解：(1)由f (x )＝x 3－6x 2－3a (a －4)x ＋b ，可得f ′(x )＝3x 2－12x －3a (a －4)＝3(x －a )[x －(4－a )]． 令f ′(x )＝0，解得x ＝a ，或x ＝4－a . 由|a |≤1，得a ＜4－a .当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：x (－∞，a ) (a,4－a ) (4－a ，＋∞)f ′(x ) ＋ － ＋ f (x )所以f (x )的单调递增区间为(－∞，a )，(4－a ，＋∞)，单调递减区间为(a,4－a )． (2)①证明：因为g ′(x )＝e x[f (x )＋f ′(x )]，由题意知⎩⎪⎨⎪⎧g x 0＝e x 0，g ′x 0＝e x 0，所以⎩⎪⎨⎪⎧f x 0e x 0＝e x 0，e x 0[f x 0＋f ′x 0]＝e x 0，解得⎩⎪⎨⎪⎧f x 0＝1，f ′x 0＝0.所以f (x )在x ＝x 0处的导数等于0. ②因为g (x )≤e x，x ∈[x 0－1，x 0＋1]， 由e x＞0，可得f (x )≤1. 又因为f (x 0)＝1，f ′(x 0)＝0，所以x 0为f (x )的极大值点，结合(1)知x 0＝a . 另一方面，由于|a |≤1，故a ＋1＜4－a ，由(1)知f (x )在(a －1，a )内单调递增，在(a ，a ＋1)内单调递减，故当x 0＝a 时，f (x )≤f (a )＝1在[a －1，a ＋1]上恒成立，从而g (x )≤e x在[x 0－1，x 0＋1]上恒成立．由f (a )＝a 3－6a 2－3a (a －4)a ＋b ＝1， 得b ＝2a 3－6a 2＋1，－1≤a ≤1. 令t (x )＝2x 3－6x 2＋1，x ∈[－1,1]， 所以t ′(x )＝6x 2－12x ，令t ′(x )＝0， 解得x ＝2(舍去)或x ＝0.因为t (－1)＝－7，t (1)＝－3，t (0)＝1， 因此t (x )的值域为[－7,1]． 所以b 的取值范围是[－7,1]．2．(2016·四川高考)设函数f (x )＝ax 2－a －ln x ，g (x )＝1x －e e x ，其中a ∈R ，e ＝2.718…为自然对数的底数．(1)讨论f (x )的单调性； (2)证明：当x ＞1时，g (x )＞0；(3)确定a 的所有可能取值，使得f (x )＞g (x )在区间(1，＋∞)内恒成立．解：(1)由题意得f ′(x )＝2ax －1x ＝2ax 2－1x(x ＞0)．当a ≤0时，f ′(x )＜0，f (x )在(0，＋∞)内单调递减． 当a ＞0时，由f ′(x )＝0得，x ＝12a，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，12a 时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减； 当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增．(2)证明：令s (x )＝e x －1－x ，则s ′(x )＝ex －1－1.当x ＞1时，s ′(x )＞0，所以e x －1＞x ，从而g (x )＝1x －1ex －1＞0.(3)由(2)知，当x ＞1时，g (x )＞0.当a ≤0，x ＞1时，f (x )＝a (x 2－1)－ln x ＜0.故当f (x )＞g (x )在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a ＞0. 当0＜a ＜12时，12a ＞1.由(1)有f ⎝⎛⎭⎪⎫12a ＜f (1)＝0，而g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ＞0， 所以此时f (x )＞g (x )在区间(1，＋∞)内不恒成立． 当a ≥12时，令h (x )＝f (x )－g (x )(x ≥1)．当x ＞1时，h ′(x )＝2ax －1x ＋1x2－e1－x＞x －1x ＋1x 2－1x ＝x 3－2x ＋1x 2＞x 2－2x ＋1x2＞0. 因此，h (x )在区间(1，＋∞)上单调递增．又因为h (1)＝0，所以当x ＞1时，h (x )＝f (x )－g (x )＞0恒成立，综上，a ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞.。