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高考导数大题分类

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专题03导数及其应用（解析版）

专题03导数及其应用（解析版）

专题03 导数及其应用1．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】已知曲线e ln x y a x x =+在点（1，a e ）处的切线方程为y =2x +b ，则 A ．e 1a b ==-， B ．a=e ，b =1 C ．1e 1a b -==，D ．1e a -=，1b =-【答案】D【解析】∵e ln 1,x y a x '=++∴切线的斜率1|e 12x k y a ='==+=，1e a -∴=， 将(1,1)代入2y x b =+，得21,1b b +==-. 故选D ．【名师点睛】本题求解的关键是利用导数的几何意义和点在曲线上得到含有a ，b 的等式，从而求解，属于常考题型.2．【2019年高考天津理数】已知a ∈R ，设函数222,1,()ln ,1.x ax a x f x x a x x ⎧-+≤=⎨->⎩若关于x 的不等式()0f x ≥在R 上恒成立，则a 的取值范围为 A ．[]0,1 B ．[]0,2 C ．[]0,eD ．[]1,e【答案】C【解析】当1x =时，(1)12210f a a =-+=>恒成立；当1x <时，22()22021x f x x ax a a x =-+≥⇔≥-恒成立，令2()1x g x x =-，则222(11)(1)2(1)1()111x x x x g x x x x -----+=-=-=----112201x x ⎛⎫⎛⎫=--+-≤-= ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭，当111x x-=-，即0x =时取等号， ∴max 2()0a g x ≥=，则0a >.当1x >时，()ln 0f x x a x =-≥，即ln xa x≤恒成立， 令()ln xh x x=，则2ln 1()(ln )x h x x -'=，当e x >时，()0h x '>，函数()h x 单调递增， 当0e x <<时，()0h x '<，函数()h x 单调递减， 则e x =时，()h x 取得最小值(e)e h =， ∴min ()e a h x ≤=，综上可知，a 的取值范围是[0,e]. 故选C.【名师点睛】本题考查分段函数的最值问题，分别利用基本不等式和求导的方法研究函数的最值，然后解决恒成立问题.3．（2019浙江）已知,a b ∈R ，函数32,0()11(1),032x x f x x a x ax x <⎧⎪=⎨-++≥⎪⎩．若函数()y f x ax b =--恰有3个零点，则 A ．a <–1，b <0 B ．a <–1，b >0 C ．a >–1，b <0 D ．a >–1，b >0【答案】C【解析】当x ＜0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b ＝x ﹣ax ﹣b ＝（1﹣a ）x ﹣b ＝0，得x =b1−a ， 则y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 最多有一个零点；当x ≥0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b =13x 3−12（a +1）x 2+ax ﹣ax ﹣b =13x 3−12（a +1）x 2﹣b ，2(1)y x a x =+-'，当a +1≤0，即a ≤﹣1时，y ′≥0，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 在[0，+∞）上单调递增， 则y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 最多有一个零点，不合题意；当a +1＞0，即a >﹣1时，令y ′＞0得x ∈(a +1，+∞），此时函数单调递增，令y ′＜0得x ∈[0，a +1），此时函数单调递减，则函数最多有2个零点.根据题意，函数y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 恰有3个零点⇔函数y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 在（﹣∞，0）上有一个零点，在[0，+∞）上有2个零点， 如图：∴b1−a ＜0且{−b ＞013(a +1)3−12(a +1)(a +1)2−b ＜0， 解得b ＜0，1﹣a ＞0，b ＞−16（a +1）3，则a >–1，b <0. 故选C ．【名师点睛】本题考查函数与方程，导数的应用.当x ＜0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b ＝x ﹣ax ﹣b ＝（1﹣a ）x ﹣b 最多有一个零点；当x ≥0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b =13x 3−12（a +1）x 2﹣b ，利用导数研究函数的单调性，根据单调性画出函数的草图，从而结合题意可列不等式组求解．4．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】曲线23()e xy x x =+在点(0)0，处的切线方程为____________． 【答案】30x y -=【解析】223(21)e 3()e 3(31)e ,x x x y x x x x x '=+++=++ 所以切线的斜率0|3x k y ='==，则曲线23()e x y x x =+在点(0,0)处的切线方程为3y x =，即30x y -=．【名师点睛】准确求导数是进一步计算的基础，本题易因为导数的运算法则掌握不熟，而导致计算错误．求导要“慢”，计算要准，是解答此类问题的基本要求．5．【2019年高考江苏】在平面直角坐标系xOy 中，P 是曲线4(0)y x x x=+>上的一个动点，则点P 到直线0x y +=的距离的最小值是 ▲ . 【答案】4 【解析】由4(0)y x x x =+>，得241y x'=-， 设斜率为1-的直线与曲线4(0)y x x x=+>切于0004(,)x x x +，由20411x -=-得0x =0x =， ∴曲线4(0)y x x x=+>上，点P 到直线0x y +=4=.故答案为4．【名师点睛】本题考查曲线上任意一点到已知直线的最小距离，渗透了直观想象和数学运算素养.采取导数法，利用数形结合和转化与化归思想解题.6．【2019年高考江苏】在平面直角坐标系xOy 中，点A 在曲线y =ln x 上，且该曲线在点A 处的切线经过点（-e ，-1)(e 为自然对数的底数），则点A 的坐标是 ▲ . 【答案】(e, 1)【解析】设出切点坐标，得到切线方程，然后求解方程得到横坐标的值，可得切点坐标. 设点()00,A x y ，则00ln y x =. 又1y x'=， 当0x x =时，01y x '=， 则曲线ln y x =在点A 处的切线为0001()y y x x x -=-， 即00ln 1xy x x -=-， 将点()e,1--代入，得00e1ln 1x x ---=-，即00ln e x x =，考察函数()ln H x x x =，当()0,1x ∈时，()0H x <，当()1,x ∈+∞时，()0H x >， 且()ln 1H x x '=+，当1x >时，()()0,H x H x '>单调递增， 注意到()e e H =，故00ln e x x =存在唯一的实数根0e x =， 此时01y =， 故点A 的坐标为()e,1.【名师点睛】导数运算及切线的理解应注意的问题：一是利用公式求导时要特别注意除法公式中分子的符号，防止与乘法公式混淆．二是直线与曲线公共点的个数不是切线的本质，直线与曲线只有一个公共点，直线不一定是曲线的切线，同样，直线是曲线的切线，则直线与曲线可能有两个或两个以上的公共点．7．【2019年高考北京理数】设函数()e e xxf x a -=+（a 为常数）．若f （x ）为奇函数，则a =________；若f （x ）是R 上的增函数，则a 的取值范围是___________． 【答案】(]1,0--∞【解析】首先由奇函数的定义得到关于a 的恒等式，据此可得a 的值，然后利用()0f x '≥可得a 的取值范围.若函数()e e xxf x a -=+为奇函数，则()(),f x f x -=-即()ee e e xx x x a a --+=-+，即()()1e e0x xa -++=对任意的x 恒成立， 则10a +=，得1a =-.若函数()e e xxf x a -=+是R 上的增函数，则() e e 0x x f x a -'=-≥在R 上恒成立，即2e x a ≤在R 上恒成立， 又2e 0x >，则0a ≤，即实数a 的取值范围是(],0-∞.【名师点睛】本题考查函数的奇偶性､单调性､利用单调性确定参数的范围.解答过程中，需利用转化与化归思想，转化成恒成立问题.注重重点知识､基础知识､基本运算能力的考查.8．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数()sin ln(1)f x x x =-+，()f x '为()f x 的导数．证明：（1）()f x '在区间(1,)2π-存在唯一极大值点； （2）()f x 有且仅有2个零点． 【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）设()()g x f 'x =，则1()cos 1g x x x =-+，21sin ())(1x 'x g x =-++. 当1,2x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()g'x 单调递减，而(0)0,()02g'g'π><，可得()g'x 在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭有唯一零点，设为α.则当(1,)x α∈-时，()0g'x >；当,2x α⎛π⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g'x <. 所以()g x 在(1,)α-单调递增，在,2απ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，故()g x 在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭存在唯一极大值点，即()f 'x 在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭存在唯一极大值点. （2）()f x 的定义域为(1,)-+∞.（i ）当(1,0]x ∈-时，由（1）知，()f 'x 在(1,0)-单调递增，而(0)0f '=，所以当(1,0)x ∈-时，()0f 'x <，故()f x 在(1,0)-单调递减，又(0)=0f ，从而0x =是()f x 在(1,0]-的唯一零点.（ii ）当0,2x ⎛π⎤∈ ⎥⎝⎦时，由（1）知，()f 'x 在(0,)α单调递增，在,2απ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，而(0)=0f '，02f 'π⎛⎫< ⎪⎝⎭，所以存在,2βαπ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()0f 'β=，且当(0,)x β∈时，()0f 'x >；当,2x βπ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f 'x <.故()f x 在(0,)β单调递增，在,2βπ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减.又(0)=0f ，1ln 1022f ππ⎛⎫⎛⎫=-+> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以当0,2x ⎛π⎤∈ ⎥⎝⎦时，()0f x >.从而，()f x 在0,2⎛⎤⎥⎝⎦π没有零点. （iii ）当,2x π⎛⎤∈π⎥⎝⎦时，()0f 'x <，所以()f x 在,2π⎛⎫π ⎪⎝⎭单调递减.而02f π⎛⎫> ⎪⎝⎭，()0f π<，所以()f x 在,2π⎛⎤π⎥⎝⎦有唯一零点. （iv ）当(,)x ∈π+∞时，ln(1)1x +>，所以()f x <0，从而()f x 在(,)π+∞没有零点. 综上，()f x 有且仅有2个零点.【名师点睛】本题考查导数与函数极值之间的关系、利用导数解决函数零点个数的问题.解决零点问题的关键一方面是利用零点存在性定理或最值点来说明存在零点，另一方面是利用函数的单调性说明在区间内零点的唯一性，二者缺一不可.9．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】已知函数()11ln x f x x x -=-+.（1）讨论f (x )的单调性，并证明f (x )有且仅有两个零点；（2）设x 0是f (x )的一个零点，证明曲线y =ln x 在点A (x 0，ln x 0)处的切线也是曲线e x y =的切线. 【答案】（1）函数()f x 在(0,1)和(1,)+∞上是单调增函数，证明见解析； （2）见解析.【解析】（1）f （x ）的定义域为（0，1）（1，+∞）．因为212()0(1)f 'x x x =+>-，所以()f x 在（0，1），（1，+∞）单调递增． 因为f （e ）=e 110e 1+-<-，22222e 1e 3(e )20e 1e 1f +-=-=>--，所以f （x ）在（1，+∞）有唯一零点x 1，即f （x 1）=0．又1101x <<，1111111()ln ()01x f x f x x x +=-+=-=-，故f （x ）在（0，1）有唯一零点11x ．综上，f （x ）有且仅有两个零点． （2）因为0ln 01e x x -=，故点B （–ln x 0，01x ）在曲线y =e x 上．由题设知0()0f x =，即0001ln 1x x x +=-，故直线AB 的斜率0000000000111ln 111ln 1x x x x x k x x x x x x +---===+-----． 曲线y =e x 在点001(ln ,)B x x -处切线的斜率是01x ，曲线ln y x =在点00(,ln )A x x 处切线的斜率也是01x ， 所以曲线ln y x =在点00(,ln )A x x 处的切线也是曲线y =e x 的切线．【名师点睛】本题考查了利用导数求已知函数的单调性、考查了曲线的切线方程，考查了数学运算能力. 10．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】已知函数32()2f x x ax b =-+.（1）讨论()f x 的单调性；（2）是否存在,a b ，使得()f x 在区间[0,1]的最小值为1-且最大值为1若存在，求出,a b 的所有值；若不存在，说明理由. 【答案】（1）见解析；（2）01a b =⎧⎨=-⎩或41a b =⎧⎨=⎩. 【解析】（1）2()622(3)f x x ax x x a '=-=-． 令()0f x '=，得x =0或3ax =. 若a >0，则当(,0),3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当0,3a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在(,0),,3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在0,3a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减；若a =0，()f x 在(,)-∞+∞单调递增；若a <0，则当,(0,)3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当,03a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在,,(0,)3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在,03a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减.（2）满足题设条件的a ，b 存在.（i ）当a ≤0时，由（1）知，()f x 在[0，1]单调递增，所以()f x 在区间[0，l]的最小值为(0)=f b ，最大值为(1)2f a b =-+.此时a ，b 满足题设条件当且仅当1b =-，21a b -+=，即a =0，1b =-．（ii ）当a ≥3时，由（1）知，()f x 在[0，1]单调递减，所以()f x 在区间[0，1]的最大值为(0)=f b ，最小值为(1)2f a b =-+．此时a ，b 满足题设条件当且仅当21a b -+=-，b =1，即a =4，b =1．（iii ）当0<a <3时，由（1）知，()f x 在[0，1]的最小值为3327a a f b ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，最大值为b 或2a b -+．若3127a b -+=-，b =1，则a =0<a <3矛盾.若3127a b -+=-，21a b -+=，则a =a =-a =0，与0<a <3矛盾． 综上，当且仅当a =0，1b =-或a =4，b =1时，()f x 在[0，1]的最小值为-1，最大值为1．【名师点睛】这是一道常规的函数导数和不等式的综合题，题目难度比往年降低了不少，考查函数的单调性、最大值、最小值这种基本量的计算. 11．【2019年高考北京理数】已知函数321()4f x x x x =-+． （Ⅰ）求曲线()y f x =的斜率为1的切线方程； （Ⅱ）当[2,4]x ∈-时，求证：6()x f x x -≤≤；（Ⅲ）设()|()()|()F x f x x a a =-+∈R ，记()F x 在区间[2,4]-上的最大值为M （a ）．当M （a ）最小时，求a 的值．【答案】（Ⅰ）y x =与6427y x =-；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）3a =-. 【解析】（Ⅰ）由321()4f x x x x =-+得23()214f x x x '=-+.令()1f x '=，即232114x x -+=，得0x =或83x =.又(0)0f =，88()327f =，所以曲线()y f x =的斜率为1的切线方程是y x =与88273y x -=-， 即y x =与6427y x =-.（Ⅱ）令()(),[2,4]g x f x x x =-∈-. 由321()4g x x x =-得23()24g'x x x =-.令()0g'x =得0x =或83x =. (),()g'x g x 的情况如下：所以()g x 的最小值为6-，最大值为0. 故6()0g x -≤≤，即6()x f x x -≤≤. （Ⅲ）由（Ⅱ）知，当3a <-时，()(0)|(0)|3M F g a a a ≥=-=->； 当3a >-时，()(2)|(2)|63M F a g a a ≥-=--=+>； 当3a =-时，()3M a =. 综上，当()M a 最小时，3a =-.【名师点睛】本题主要考查利用导函数研究函数的切线方程，利用导函数证明不等式，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 12．【2019年高考天津理数】设函数()e cos ,()xf x xg x =为()f x 的导函数．（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）当,42x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，证明()()02f x g x x π⎛⎫+-≥ ⎪⎝⎭；（Ⅲ）设n x 为函数()()1u x f x =-在区间2,242n n ππ⎛⎫π+π+ ⎪⎝⎭内的零点，其中n ∈N ，证明20022sin c s e o n n n x x x -πππ+-<-． 【答案】（Ⅰ）()f x 的单调递增区间为3ππ2π,2π(),()44k k k f x ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦Z 的单调递减区间为π5π2π,2π()44k k k ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦Z .（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析. 【解析】（Ⅰ）由已知，有()e (cos sin )x f 'x x x =-．因此，当52,244x k k ππ⎛⎫∈π+π+ ⎪⎝⎭()k ∈Z 时，有sin cos x x >，得()0f 'x <，则()f x 单调递减；当32,244x k k ππ⎛⎫∈π-π+ ⎪⎝⎭()k ∈Z 时，有sin cos x x <，得()0f 'x >，则()f x 单调递增．所以，()f x 的单调递增区间为32,2(),()44k k k f x ππ⎡⎤π-π+∈⎢⎥⎣⎦Z 的单调递减区间为52,2()44k k k ππ⎡⎤π+π+∈⎢⎥⎣⎦Z ． （Ⅱ）证明：记()()()2h x f x g x x π⎛⎫=+-⎪⎝⎭．依题意及（Ⅰ），有()e (cos sin )x g x x x =-，从而()2e sin x g'x x =-．当,42x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，0()g'x <，故()()()()(1)()022h'x f 'x g'x x g x g'x x ππ⎛⎫⎛⎫=+-+-=-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．因此，()h x 在区间,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，进而()022h x h f ππ⎛⎫⎛⎫≥== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭． 所以，当,42x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()()02f x g x x π⎛⎫+-≥ ⎪⎝⎭．（Ⅲ）证明：依题意，()()10n n u x f x =-=，即cos e 1n x n x =．记2n n y x n =-π，则,42n y ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，且()()()22e cos ecos 2e n n yx n n n n n f y y x n n π--π==-π=∈N ．由()()20e1n n f y f y -π==≤及（Ⅰ），得0n y y ≥．由（Ⅱ）知，当,42x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g'x <，所以()g x 在,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上为减函数，因此()()004n g y g y g π⎛⎫≤<= ⎪⎝⎭．又由（Ⅱ）知，()()02n n n f y g y y π⎛⎫+-≥ ⎪⎝⎭，故()()()()()022*******2sin cos sin c e e e e os e n n n n n n y n n f y y g y g y g y y y x x -π-π-π-ππ--=-≤=--≤<． 所以，20022sin c s e o n n n x x x -πππ+-<-．【名师点睛】本小题主要考查导数的运算、不等式证明、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法．考查函数思想和化归与转化思想．考查抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力． 13．【2019年高考浙江】已知实数0a ≠，设函数()=ln 0.f x a x x >（1）当34a =-时，求函数()f x 的单调区间； （2）对任意21[,)e x ∈+∞均有()2f x a≤ 求a 的取值范围． 注：e=…为自然对数的底数．【答案】（1）()f x 的单调递增区间是()3,+∞,单调递减区间是()0,3；（2）0,4⎛ ⎝⎦. 【解析】（1）当34a =-时，3()ln 04f x x x =-+>．3()4f 'x x =-+=所以，函数()f x 的单调递减区间为（0，3），单调递增区间为（3，+∞）．（2）由1(1)2f a ≤，得0a <≤．当0a <≤()f x ≤2ln 0x -≥． 令1t a=，则t ≥．设()22ln ,g t t x t =≥则2()2ln g t t x =．（i ）当1,7x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭()2ln g t g x ≥=．记1()ln ,7p x x x =≥，则1()p'x x =-==.故所以，()(1)0p x p ≥=．因此，()2()0g t g p x ≥=≥．（ii ）当211,e 7x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，1()1g t g x ⎛+= ⎝．令211()(1),,e 7q x x x x ⎡⎤=++∈⎢⎥⎣⎦，则()10q'x =+>， 故()q x 在211,e 7⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，所以1()7q x q ⎛⎫⎪⎝⎭．由（i ）得，11(1)077q p p ⎛⎫⎛⎫=<= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭． 所以，()<0q x ．因此1()10g t g x ⎛+=> ⎝．由（i ）（ii ）知对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，),()0t g t ∈+∞， 即对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，均有()2xf x a ．综上所述，所求a 的取值范围是⎛⎝⎦． 【名师点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．（3）利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．（4）考查数形结合思想的应用．14．【2019年高考江苏】设函数()()()(),,,f x x a x b x c a b c =---∈R 、()f 'x 为f （x ）的导函数．（1）若a =b =c ，f （4）=8，求a 的值；（2）若a ≠b ，b =c ，且f （x ）和()f 'x 的零点均在集合{3,1,3}-中，求f （x ）的极小值；（3）若0,01,1a b c =<=，且f （x ）的极大值为M ，求证:M ≤427． 【答案】（1）2a =；（2）见解析；（3）见解析.【解析】（1）因为a b c ==，所以3()()()()()f x x a x b x c x a =---=-．因为(4)8f =，所以3(4)8a -=，解得2a =．（2）因为b c =，所以2322()()()(2)(2)f x x a x b x a b x b a b x ab =--=-+++-， 从而2()3()3a b f 'x x b x +⎛⎫=-- ⎪⎝⎭．令()0f 'x =，得x b =或23a b x +=． 因为2,,3a ba b +都在集合{3,1,3}-中，且a b ≠， 所以21,3,33a ba b +===-． 此时2()(3)(3)f x x x =-+，()3(3)(1)f 'x x x =+-． 令()0f 'x =，得3x =-或1x =．列表如下：所以()f x 的极小值为2(1)(13)(13)32f =-+=-．（3）因为0,1a c ==，所以32()()(1)(1)f x x x b x x b x bx =--=-++，2()32(1)f 'x x b x b =-++．因为01b <≤，所以224(1)12(21)30b b b ∆=+-=-+>， 则()f 'x 有2个不同的零点，设为()1212,x x x x <．由()0f 'x =，得12x x ==． 列表如下：所以()f x 的极大值()1M f x =． 解法一：()321111(1)M f x x b x bx ==-++()221111211(1)[32(1)]3999b b x b b b x b x b x -+++⎛⎫=-++--+ ⎪⎝⎭()2321(1)(1)227927b b b b b --+++=++23(1)2(1)(1)2272727b b b b +-+=-+(1)24272727b b +≤+≤．因此427M ≤． 解法二：因为01b <≤，所以1(0,1)x ∈．当(0,1)x ∈时，2()()(1)(1)f x x x b x x x =--≤-． 令2()(1),(0,1)g x x x x =-∈，则1()3(1)3g'x x x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭． 令()0g'x =，得1x =．列表如下：所以当13x =时，()g x 取得极大值，且是最大值，故max 14()327g x g ⎛⎫== ⎪⎝⎭． 所以当(0,1)x ∈时，4()()27f x g x ≤≤，因此427M ≤． 【名师点睛】本题主要考查利用导数研究函数的性质，考查综合运用数学思想方法分析与解决问题以及逻辑推理能力．15．【河北省武邑中学2019届高三第二次调研考试数学】函数f(x)=x 2−2lnx 的单调减区间是A ．(0,1]B ．[1,+∞)C ．(−∞,−1]∪(0，1]D ．[−1,0)∪(0,1]【答案】A【解析】f′(x)=2x −2x =2x 2−2x(x >0)，令f′(x)≤0，解得：0<x ≤1. 故选A ．【名师点睛】本题考查了函数的单调性，考查导数的应用，是一道基础题.16．【江西省南昌市2019届高三模拟考试数学】已知f(x)在R 上连续可导，f ′(x)为其导函数，且f(x)=e x +e −x −f ′(1)x ⋅(e x −e −x )，则f ′(2)+f ′(−2)−f ′(0)f ′(1)= A ．4e 2+4e −2 B ．4e 2−4e −2 C ．0D ．4e 2【答案】C【解析】∵()e e (1)()(e e ()x x x x f x f x f x --'-=+=---)， ∴()f x 是偶函数，两边对x 求导，得()()f x f x -'-='，即()()f x f x '-=-'， 则()f x '是R 上的奇函数，则(0)0f '=，(2)(2)f f '-=-'，即(2)(2)0f f '+'-=，则(2)(2)(0)(1)0f f f f ''''+--=. 故选C ．【名师点睛】本题主要考查函数导数值的计算，根据条件判断函数的奇偶性是解决本题的关键，是中档题.17．【江西省新八校2019届高三第二次联考数学】若3()3()21f x f x x x +-=++对x ∈R 恒成立，则曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为A ．5250x y +-=B ．10450x y +-=C ．540x y +=D ．204150x y --=【答案】B 【解析】()()3321f x f x x x +-=++……①，()()3321f x f x x x ∴-+=--+……②，联立①②，解得()31124f x x x =--+，则()2312f x x '=--， ()11511244f ∴=--+=-，()351122f '=--=-，∴切线方程为：()55142y x +=--，即10450x y +-=. 故选B.【名师点睛】本题考查利用导数的几何意义求解在某一点处的切线方程，关键是能够利用构造方程组的方式求得函数的解析式.18．【云南省玉溪市第一中学2019届高三第二次调研考试数学】函数2l ()n f x x x =的最小值为A ．1e -B ．1eC ．12e-D ．12e【答案】C【解析】由题得(0,)x ∈+∞，()2ln (2ln 1)f x x x x x x '=+=+， 令2ln 10x +=，解得12ex -=，则当12(0,e )x -∈时，()f x 为减函数，当12(e ,)x -∈+∞时，()f x 为增函数， 所以12e x -=处的函数值为最小值，且121(e )2ef -=-. 故选C.【名师点睛】本题考查用导数求函数最值，解此类题首先确定函数的定义域，其次判断函数的单调性，确定最值点，最后代回原函数求得最值.19．【四川省内江市2019届高三第三次模拟考试数学】若函数f(x)=12ax 2+xlnx −x 存在单调递增区间，则a 的取值范围是 A ．1,1e ⎛⎫- ⎪⎝⎭B ．1,e ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭C ．()1,-+∞D ．1,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭【答案】B【解析】()ln f x ax x '=+， ∴()0f x '>在x ∈()0+∞，上成立， 即ax+ln x ＞0在x ∈()0+∞，上成立，即a ln xx-＞在x ∈()0+∞，上成立． 令g （x ）ln x x =-，则g ′（x ）21ln xx -=-， ∴g （x ）ln xx =-在（0，e ）上单调递减，在（e ，+∞）上单调递增，∴g （x ）ln x x =-的最小值为g （e ）=1e-，∴a ＞1e-． 故选B ．【名师点睛】本题考查学生利用导数研究函数的单调性及转化化归思想的运用，属中档题．20．【山西省太原市2019届高三模拟试题（一）数学】已知定义在(0,+∞)上的函数f(x)满足xf ′(x)−f(x)<0，且f(2)=2，则f (e x )−e x >0的解集是 A ．(−∞,ln2) B ．(ln2,+∞) C ．(0,e 2)D ．(e 2,+∞)【答案】A 【解析】令g (x )=f (x )x,g ′(x )=xf ′(x )−f (x )x 2<0,∴g(x)在(0,+∞)上单调递减，且g (2)=f (2)2=1,故f (e x )−e x >0等价为f (e x )e x>f (2)2，即g (e x )>g (2)，故e x <2,即x <ln2， 则所求的解集为(−∞,ln2). 故选A.【名师点睛】本题考查导数与单调性的应用，构造函数的思想，考查分析推理能力，是中档题. 21．【河南省焦作市2019届高三第四次模拟考试数学】已知a =ln √33，b =e −1，c =3ln28，则a,b,c 的大小关系为 A ．b <c <a B ．a >c >b C ．a >b >cD ．b >a >c【答案】D【解析】依题意，得ln33a ==，1lne e e b -==，3ln2ln888c ==.令f (x )=ln x x，所以f ′(x )=1−ln x x 2.所以函数f (x )在(0,e )上单调递增，在(e,+∞)上单调递减， 所以[f (x )]max =f (e )=1e =b ，且f (3)>f (8)，即a >c ， 所以b >a >c . 故选D.【名师点睛】本题主要考查了利用导数判断函数的单调性，构造出函数()ln xf x x=是解题的关键，属于中档题.22．【安徽省毛坦厂中学2019届高三校区4月联考数学】已知f (x )=lnx +1−ae x ，若关于x 的不等式f (x )<0恒成立，则实数a 的取值范围是 A ．1,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭B ．(),0-∞C ．1,e⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭D ．1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【答案】D【解析】由()0f x <恒成立得ln 1ex x a +>恒成立， 设()ln 1e x x h x +=，则()1ln 1e xx x h x -='-. 设()1ln 1g x x x =--，则()2110g x x x'=--<恒成立，∴g (x )在(0,+∞)上单调递减，又∵g (1)=0，∴当0<x <1时，g (x )>g (1)=0，即ℎ′(x )>0； 当x >1时，g (x )<g (1)=0，即ℎ′(x )<0， ∴ℎ(x )在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减， ∴ℎ(x)max =ℎ(1)=1e ，∴a >1e . 故选D.【名师点睛】本题考查利用导数求函数的最值，不等式恒成立问题，分离参数是常见的方法，属于中档题.23．【辽宁省丹东市2019届高三总复习质量测试】若1x =是函数()3221()(1)33f x x a x a a x =++-+-的极值点，则a 的值为 A ．-2 B ．3 C ．-2或3D ．-3或2【答案】B 【解析】()()()()32222113(3)(132)f x x a x a a f x x x a x a a '=++-=++-+-⇒+-，由题意可知(1)0f '=，即()212(1)303a a a a +-=+⇒-=+或2a =-，当3a =时，()222()2(1)389(9)(1)f x x a x a a x x x x +-'=++-=+-=+-，当1x >或9x <-时，()0f x '>，函数单调递增；当91x -<<时，()0f x '<，函数单调递减， 显然1x =是函数()f x 的极值点；当2a =-时，()2222()232(111))(0a a f x x a x x x x +-=-++=-=+-≥'，所以函数()f x 是R 上的单调递增函数，没有极值，不符合题意，舍去. 故3a =. 故选B ．【名师点睛】本题考查了已知函数的极值，求参数的问题.本题易错的地方是求出a 的值，没有通过单调性来验证1x =是不是函数的极值点，也就是说使得导函数为零的自变量的值，不一定是极值点. 24．【黑龙江省大庆市第一中学2019届高三下学期第四次模拟（最后一卷)考试】已知奇函数()f x 是定义在R 上的可导函数，其导函数为()f x '，当0x >时，有()()22f x xf x x '>+，则不等式()()()22018+2018420x f x f +-<＋的解集为A ．(),2016-∞-B ．()2016,2012--C ．(),2018-∞-D ．()2016,0-【答案】A【解析】设()()2g x x f x =，因为()f x 为R 上的奇函数，所以()()()()22g x x f x x f x -=--=-，即()g x 为R 上的奇函数对()g x 求导，得()()()2f g f x x x x x '=+'⎡⎤⎣⎦， 而当0x >时，有()()220f x xf x x '>+≥，故0x >时，()0g x '>，即()g x 单调递增，所以()g x 在R 上单调递增，则不等式()()()22018+2018420x f x f +-<＋即()()()22018+201842x f x f +<--， 即()()()22018+201842x f x f +<， 即()()20182g x g +<，所以20182x +<，解得2016x <-. 故选A.【名师点睛】本题考查构造函数解不等式，利用导数求函数的单调性，函数的奇偶性，题目较综合，有一定的技巧性，属于中档题.25．【重庆西南大学附属中学校2019届高三第十次月考数学】曲线21()ln 2f x x x x =+在点(1(1))f ，处的切线与直线10ax y --=垂直，则a =________. 【答案】12-【解析】因为21()ln 2f x x x x =+，所以()ln 1f x x x '=++， 因此，曲线21()ln 2f x x x x =+在点(1(1))f ，处的切线斜率为(1)112k f '==+=， 又该切线与直线10ax y --=垂直，所以12a =-. 故答案为12-. 【名师点睛】本题主要考查导数在某点处的切线斜率问题，熟记导数的几何意义即可求解，属于常考题型.26．【广东省深圳市高级中学2019届高三适应性考试（6月）数学】已知函数22,0,()e ,0,x x x f x x ⎧≤=⎨>⎩若方程2[()]f x a =恰有两个不同的实数根12,x x ，则12x x +的最大值是______．【答案】3ln 22-【解析】作出函数()f x 的图象如图所示，由()2f x a =⎡⎤⎣⎦，可得()1f x =>， 即1a >，不妨设12x x < ，则2212e x x =(1)t t =>，则12ln x x t ==，12ln x x t ∴+=令()ln g t t =()g t '= ∴当18t <<时，()0g t '>，g t 在()1,8上单调递增；当8t时，()0g t '<，g t 在()8,+∞上单调递减，∴当8t =时，g t 取得最大值，为(8)ln823ln22g =-=-.故答案为3ln 22-.【名师点睛】本题主要考查方程的根与图象交点的关系，考查了利用导数判断函数的单调性以及求函数的极值与最值，属于难题.求函数()f x 的极值与最值的步骤：（1）确定函数的定义域；（2）求导数()f x '；（3）解方程()0,f x '=求出函数定义域内的所有根；（4）判断()f x '在()0f x '=的根0x 左右两侧值的符号，如果左正右负（左增右减），那么()f x 在0x 处取极大值，如果左负右正（左减右增），那么()f x 在0x 处取极小值.（5）如果只有一个极值点，则在该点处取得极值也是最值；（6）如果求闭区间上的最值还需要比较端点处的函数值与极值的大小.27．【山东省烟台市2019届高三3月诊断性测试（一模）数学】已知函数4211()42f x x ax =-，a ∈R . （1）当1a =时，求曲线()f x 在点(2,(2))f 处的切线方程；（2）设函数2()(22)e e ()x g x x x a f x =-+--，其中e 2.71828...=是自然对数的底数，讨论()g x 的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值． 【答案】（1）6100x y --=；（2）当0a ≤时，()g x 在(,)-∞+∞上单调递增，无极值；当0a >时，()g x 在(,-∞和)+∞单调递增，在(单调递减，极大值为2e(2)e4g a =+，极小值为2e (4g a =-+. 【解析】（1）由题意3()f x x ax '=-，所以当1a =时，(2)2f =，(2)6f '=， 因此曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线方程是26(2)y x -=-， 即6100x y --=.（2）因为2()(22)e e ()x g x x x a f x =-+--， 所以2()(22)e (22)e e '()x x g x x x x a f x '=-+-+--232()e e()()(e e )x x x a x ax x a x =---=--，令()e e x h x x =-，则()e e x h x '=-， 令()0h x '=得1x =，当(,1)x ∈-∞时，()0h x '<，()h x 单调递减， 当(1,)x ∈+∞时，()0h x '>，()h x 单调递增， 所以当1x =时，min ()(1)0h x h ==， 也就说，对于x ∀∈R 恒有()0h x ≥. 当0a ≤时，2()()()0g x x a h x '=-≥，()g x 在(,)-∞+∞上单调递增，无极值；当0a >时，令()0g x '=，可得x =当x <x >2()()()0g x x a h x '=-≥，()g x 单调递增，当x <<()0g x '<，()g x 单调递减，因此，当x =()g x 取得极大值2e(2)e4g a =+；当x =()g x 取得极小值2e (4g a =-+. 综上所述：当0a ≤时，()g x 在(,)-∞+∞上单调递增，无极值；当0a >时，()g x 在(,-∞和)+∞上单调递增，在(上单调递减， 函数既有极大值，又有极小值，极大值为2e(2)e4g a =+，极小值为2e (4g a =-+. 【名师点睛】本题考查了函数的单调性，极值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．28．【陕西省2019届高三第三次联考数学】已知函数f(x)=lnx −ax ，g(x)=x 2，a ∈R .（1）求函数f(x)的极值点；（2）若f(x)≤g(x)恒成立，求a 的取值范围.【答案】（1）极大值点为1a ，无极小值点.（2）a ≥−1.【解析】（1）()ln f x x ax =-的定义域为(0,+∞)，f ′(x )=1x −a ， 当a ≤0时，f ′(x )=1x −a >0，所以f (x )在(0,+∞)上单调递增，无极值点；当a >0时，解f ′(x )=1x −a >0得0<x <1a ，解f ′(x )=1x −a <0得x >1a ， 所以f (x )在(0,1a )上单调递增，在(1a ,+∞)上单调递减，所以函数f (x )有极大值点，为1a ，无极小值点. （2）由条件可得ln x −x 2−ax ≤0(x >0)恒成立， 则当x >0时，a ≥ln x x−x 恒成立，令ℎ(x )=ln x x−x(x >0)，则ℎ′(x )=1−x 2−ln xx 2，令k (x )=1−x 2−ln x(x >0)，则当x >0时，k ′(x )=−2x −1x <0，所以k (x )在(0,+∞)上为减函数. 又k (1)=0，所以在(0,1)上，ℎ′(x )>0；在(1,+∞)上，ℎ′(x )<0. 所以ℎ(x )在(0,1)上为增函数，在(1,+∞)上为减函数， 所以ℎ(x )max =ℎ(1)=−1，所以a ≥−1.【名师点睛】对于函数恒成立或者有解求参的问题，常用方法有：变量分离，参变分离，转化为函数最值问题；或者直接求函数最值，使得函数最值大于或者小于0；或者分离成两个函数，使得一个函数恒大于或小于另一个函数.29．【山东省济宁市2019届高三二模数学】已知函数f(x)=lnx −xe x +ax(a ∈R).（1）若函数f(x)在[1,+∞)上单调递减，求实数a 的取值范围； （2）若a =1，求f(x)的最大值.【答案】（1）a ≤2e −1；（2）f(x)max =−1.【解析】（1）由题意知，f′(x)=1x −(e x +xe x )+a =1x −(x +1)e x +a ≤0在[1,+∞)上恒成立， 所以a ≤(x +1)e x −1x 在[1,+∞)上恒成立. 令g(x)=(x +1)e x −1x ，则g′(x)=(x +2)e x +1x 2>0，所以g(x)在[1,+∞)上单调递增，所以g(x)min =g(1)=2e −1， 所以a ≤2e −1.（2）当a =1时，f(x)=lnx −xe x +x(x >0). 则f′(x)=1x−(x +1)e x +1=(x +1)(1x−e x )，令m(x)=1x −e x ，则m′(x)=−1x 2−e x <0， 所以m(x)在(0,+∞)上单调递减.由于m(12)>0，m(1)<0，所以存在x 0>0满足m(x 0)=0，即e x 0=1x 0.当x ∈(0,x 0)时，m(x)>0，f′(x)>0；当x ∈(x 0,+∞)时，m(x)<0，f′(x)<0. 所以f(x)在(0,x 0)上单调递增，在(x 0,+∞)上单调递减. 所以f(x)max =f (x 0)=lnx 0−x 0e x 0+x 0， 因为e x 0=1x 0，所以x 0=−lnx 0，所以f(x 0)=−x 0−1+x 0=−1， 所以f(x)max =−1.【名师点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，最值，零点存在性定理及其应用，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.30．【福建省龙岩市2019届高三5月月考数学】今年3月5日，国务院总理李克强作的政府工作报告中，提到要“惩戒学术不端，力戒学术不端，力戒浮躁之风”.教育部日前公布的《教育部2019年部门预算》中透露，2019年教育部拟抽检博士学位论文约6000篇，预算为800万元.国务院学位委员会、教育部2014年印发的《博士硕士学位论文抽检办法》通知中规定：每篇抽检的学位论文送3位同行专家进行评议，3位专家中有2位以上（含2位）专家评议意见为“不合格”的学位论文，将认定为“存在问题学位论文”.有且只有1位专家评议意见为“不合格”的学位论文，将再送2位同行专家进行复评，2位复评专家中有1位以上（含1位）专家评议意见为“不合格”的学位论文，将认定为“存在问题学位论文”.设每篇学位论文被每位专家评议为“不合格”的概率均为(01)p p <<，且各篇学位论文是否被评议为“不合格”相互独立.（1）记一篇抽检的学位论文被认定为“存在问题学位论文”的概率为()f p ，求()f p ；（2）若拟定每篇抽检论文不需要复评的评审费用为900元，需要复评的评审费用为1500元；除评审费外，其它费用总计为100万元.现以此方案实施，且抽检论文为6000篇，问是否会超过预算并说明理由.【答案】（1）−3p 5+12p 4−17p 3+9p 2；（2）若以此方案实施，不会超过预算.【解析】（1）因为一篇学位论文初评被认定为“存在问题学位论文”的概率为C 32p 2(1−p )+C 33p 3， 一篇学位论文复评被认定为“存在问题学位论文”的概率为C 31p (1−p )2[1−(1−p )2]，所以一篇学位论文被认定为“存在问题学位论文”的概率为f (p )=C 32p 2(1−p )+C 33p 3+C 31p (1−p )2[1−(1−p )2]=3p 2(1−p )+p 3+3p (1−p )2[1−(1−p )2] =−3p 5+12p 4−17p 3+9p 2.（2）设每篇学位论文的评审费为X 元，则X 的可能取值为900，1500.P (X =1500)=C 31p (1−p )2， P (X =900)=1−C 31p (1−p )2， 所以E (X )=900×[1−C 31p (1−p )2]+1500×C 31p (1−p )2=900+1800p (1−p )2. 令g (p )=p (1−p )2,p ∈(0,1),g ′(p )=(1−p )2−2p (1−p )=(3p −1)(p −1). 当p ∈(0,13)时，g ′(p )>0，g (p )在(0,13)上单调递增；当p ∈(13,1)时，g ′(p )<0，g (p )在(13,1)上单调递减,所以g (p )的最大值为g (13)=427.所以实施此方案，最高费用为100+6000×(900+1800×427)×10−4=800（万元）. 综上，若以此方案实施，不会超过预算.【名师点睛】本题主要考查互斥事件的概率和独立重复试验的概率的求法，考查随机变量的期望的求法，考查利用导数求函数的最大值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力. 31．【北京市西城区2019届高三4月统一测试（一模）数学】设函数f(x)=m e x −x 2+3，其中m ∈R ．（1）当f(x)为偶函数时，求函数ℎ(x)=xf(x)的极值；（2）若函数f(x)在区间[−2 , 4]上有两个零点，求m 的取值范围． 【答案】（1）极小值ℎ(−1)=−2，极大值ℎ(1)=2；（2）−2e <m <13e 4或m =6e 3.【解析】（1）由函数f(x)是偶函数，得f(−x)=f(x)， 即m e −x −(−x)2+3=m e x −x 2+3对于任意实数x 都成立， 所以m =0. 此时ℎ(x)=xf(x)=−x 3+3x ，则ℎ′(x)=−3x 2+3. 由ℎ′(x)=0，解得x =±1. 当x 变化时，ℎ′(x)与ℎ(x)的变化情况如下表所示：所以ℎ(x)在(−∞,−1)，(1,+∞)上单调递减，在(−1,1)上单调递增. 所以ℎ(x)有极小值ℎ(−1)=−2，极大值ℎ(1)=2. （2）由f(x)=m e x −x 2+3=0，得m =x 2−3e x.所以“f(x)在区间[−2 , 4]上有两个零点”等价于“直线y =m 与曲线g(x)=x 2−3e x，x ∈[−2 , 4]有且只有两个公共点”.对函数g(x)求导，得g ′(x)=−x 2+2x+3e x.由g ′(x)=0，解得x 1=−1，x 2=3. 当x 变化时，g ′(x)与g(x)的变化情况如下表所示：所以g(x)在(−2,−1)，(3,4)上单调递减，在(−1,3)上单调递增. 又因为g(−2)=e 2，g(−1)=−2e ，g(3)=6e 3<g(−2)，g(4)=13e 4>g(−1)，所以当−2e <m <13e4或m =6e3时，直线y =m 与曲线g(x)=x 2−3e x，x ∈[−2 , 4]有且只有两个公共点.即当−2e <m <13e 4或m =6e3时，函数f(x)在区间[−2 , 4]上有两个零点.【名师点睛】利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法： （1）利用零点存在的判定定理构建不等式求解. （2）分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解. （3）转化为两熟悉的函数图象问题，从而构建不等式求解.。

【高考数学】22道压轴题：导数及其应用(练习及参考答案)

【高考数学】22道压轴题：导数及其应用(练习及参考答案)

【高考数学】22道压轴题导数及其应用（练习及参考答案）1.已知函数xa x x f +=ln )(. （1）若函数)(x f 有零点，求实数a 的取值范围；（2）证明：当e a 2≥时，x e x f ->)(.2.已知函数2()ln f x x a x =-（a R ∈），()F x bx =（b R ∈）.（1）讨论()f x 的单调性；（2）设2a =，()()()g x f x F x =+，若12,x x （120x x <<）是()g x 的两个零点，且1202x x x +=，试问曲线()y g x =在点0x 处的切线能否与x 轴平行？请说明理由.3.已知函数32()f x x mx nx =++（,m n R ∈）（1）若()f x 在1x =处取得极大值，求实数m 的取值范围；（2）若'(1)0f =，且过点(0,1)P 有且只有两条直线与曲线()y f x =相切，求实数m 的值.4.已知函数2()x f x x e =，3()2g x x =.（1）求函数()f x 的单调区间；（2）求证：x R ∀∈，()()f x g x ≥5.已知函数f （x ）= xx ln ﹣ax +b 在点（e ，f （e ））处的切线方程为y =﹣ax +2e ． （Ⅰ）求实数b 的值；（Ⅱ）若存在x ∈[e ，e 2]，满足f （x ）≤41+e ，求实数a 的取值范围．6.已知函数21()ln 12f x x ax bx =-++的图像在1x =处的切线l 过点11(,)22. （1）若函数()()(1)(0)g x f x a x a =-->，求()g x 的最大值（用a 表示）；（2）若4a =-，121212()()32f x f x x x x x ++++=，证明：1212x x +≥.7.已知函数()ln a f x x x x=+，32()3g x x x =--，a R ∈. （1）当1a =-时，求曲线()y f x =在1x =处的切线方程；（2）若对任意的121,[,2]2x x ∈，都有12()()f x g x ≥成立，求实数a 的取值范围.8.设函数2)(--=ax e x f x（1）求)(x f 的单调区间；（2）若k a ,1=为整数，且当0>x 时，1)(1<'+-x f x x k 恒成立，其中)(x f '为)(x f 的导函数，求k 的最大值.9.设函数2()ln(1)f x x b x =++.（1）若对定义域内的任意x ，都有()(1)f x f ≥成立，求实数b 的值；（2）若函数()f x 的定义域上是单调函数，求实数b 的取值范围；（3）若1b =-，证明对任意的正整数n ，33311111()123n k f k n=<++++∑.10.已知函数1()(1)ln x f x a e x a a=-+-（0a >且1a ≠），e 为自然对数的底数． （Ⅰ）当a e =时，求函数()y f x =在区间[]0,2x ∈上的最大值；（Ⅱ）若函数()f x 只有一个零点，求a 的值．11.已知函数1()f x x x=-，()2ln g x a x =. （1）当1a ≥-时，求()()()F x f x g x =-的单调递增区间；（2）设()()()h x f x g x =+，且()h x 有两个极值12,x x ，其中11(0,]3x ∈，求12()()h x h x -的最小值.12.已知函数f （x ）=ln x +x 2﹣2ax +1（a 为常数）．（1）讨论函数f （x ）的单调性；（2）若存在x 0∈（0，1]，使得对任意的a ∈（﹣2，0]，不等式2me a （a +1）+f （x 0）＞a 2+2a +4（其中e 为自然对数的底数）都成立，求实数m 的取值范围．13.已知函数f （x ）=a x +x 2﹣x ln a （a ＞0，a ≠1）．（1）求函数f （x ）在点（0，f （0））处的切线方程；（2）求函数f （x ）单调增区间；（3）若存在x 1，x 2∈[﹣1，1]，使得|f （x 1）﹣f （x 2）|≥e ﹣1（e 是自然对数的底数），求实数a 的取值范围．14.已知函数1()ln f x x x=-，()g x ax b =+． （1）若函数()()()h x f x g x =-在()0,+∞上单调递增，求实数a 的取值范围； （2）若直线()g x ax b =+是函数1()ln f x x x=-图像的切线，求a b +的最小值； （3）当0b =时，若()f x 与()g x 的图像有两个交点1122(,),(,)A x y B x y ，求证：2122x x e >15.某工艺品厂要设计一个如图1所示的工艺品，现有某种型号的长方形材料如图2所示，其周长为4m ，这种材料沿其对角线折叠后就出现图1的情况．如图，ABCD （AB ＞AD ）为长方形的材料，沿AC 折叠后AB '交DC 于点P ，设△ADP 的面积为2S ，折叠后重合部分△ACP 的面积为1S ．（Ⅰ）设AB x =m ，用x 表示图中DP 的长度，并写出x 的取值范围；（Ⅱ）求面积2S 最大时，应怎样设计材料的长和宽？（Ⅲ）求面积()122S S +最大时，应怎样设计材料的长和宽？16.已知()()2ln x f x e x a =++.（1）当1a =时，求()f x 在()0,1处的切线方程；（2）若存在[)00,x ∈+∞，使得()()20002ln f x x a x <++成立，求实数a 的取值范围.17.已知函数()()()2ln 1f x ax x xa R =--∈恰有两个极值点12,x x ，且12x x <.（1）求实数a 的取值范围； （2）若不等式12ln ln 1x x λλ+>+恒成立，求实数λ的取值范围.18.已知函数f （x ）=（ln x ﹣k ﹣1）x （k ∈R ）（1）当x ＞1时，求f （x ）的单调区间和极值．（2）若对于任意x ∈[e ，e 2]，都有f （x ）＜4ln x 成立，求k 的取值范围．（3）若x 1≠x 2，且f （x 1）=f （x 2），证明：x 1x 2＜e 2k ．19.已知函数()21e 2x f x a x x =--（a ∈R ）. （Ⅰ）若曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线与y 轴垂直，求a 的值； （Ⅱ）若函数()f x 有两个极值点，求a 的取值范围；（Ⅲ）证明：当1x >时，1e ln x x x x>-.20.已知函数()()321233f x x x x b b R =-++?. (1)当0b =时，求()f x 在[]1,4上的值域；(2)若函数()f x 有三个不同的零点，求b 的取值范围.21.已知函数2ln 21)(2--=x ax x f . （1）当1=a 时，求曲线)(x f 在点))1(,1(f 处的切线方程；（2）讨论函数)(x f 的单调性.22.已知函数1()ln sin f x x x θ=+在[1,]+∞上为增函数，且(0,)θπ∈. （Ⅰ）求函数()f x 在其定义域内的极值；（Ⅱ）若在[1,]e 上至少存在一个0x ，使得0002()e kx f x x ->成立，求实数k 的取值范围.参考答案1.（1）函数x a x x f +=ln )(的定义域为),0(+∞. 由x a x x f +=ln )(，得221)(xa x x a x x f -=-='. ①当0≤a 时，0)(>'x f 恒成立，函数)(x f 在),0(+∞上单调递增， 又+∞→+∞→<=+=)(,,01ln )1(x f x a a f ，所以函数)(x f 在定义域),0(+∞上有1个零点.②当0>a 时，则),0(a x ∈时，),(;0)(+∞∈<'a x x f 时，0)(>'x f . 所以函数)(x f 在),0(a 上单调递减，在),(+∞a 上单调递增. 当1ln )]([min +==a x f a x .当01ln ≤+a ，即e a 10≤<时，又01ln )1(>=+=a a f ， 所以函数)(x f 在定义域),0(+∞上有2个零点.综上所述实数a 的取值范围为]1,(e -∞. 另解：函数x a x x f +=ln )(的定义域为),0(+∞. 由xa x x f +=ln )(，得x x a ln -=. 令x x x g ln )(-=，则)1(ln )(+-='x x g . 当)1,0(e x ∈时，0)(>'x g ；当),1(+∞∈e x 时，0)(<'x g . 所以函数)(x g 在)1,0(e 上单调递增，在),1(+∞e 上单调递减. 故e x 1=时，函数)(x g 取得最大值ee e e g 11ln 1)1(=-=. 因+∞→+∞→)(,xf x ，两图像有交点得e a 1≤， 综上所述实数a 的取值范围为]1,(e -∞.（2）要证明当e a 2≥时，x e x f ->)(， 即证明当e a x 2,0≥>时，x e xa x ->+ln ，即x xe a x x ->+ln .令a x x x h +=ln )(，则1ln )(+='x x h . 当e x 10<<时，0)(<'x f ；当ex 1>时，0)(>'x f . 所以函数)(x h 在)1,0(e 上单调递减，在),1(+∞e 上单调递增. 当e x 1=时，a ex h +-=1)]([min . 于是，当e a 2≥时，ea e x h 11)(≥+-≥.① 令x xe x -=)(ϕ，则)1()(x e xe e x x x x -=-='---ϕ.当10<<x 时，0)(>'x f ；当1>x 时，0)(<'x f .所以函数)(x ϕ在)1,0(上单调递增，在),1(+∞上单调递减. 当1=x 时，ex 1)]([min =ϕ. 于是，当0>x 时，ex 1)(≤ϕ.② 显然，不等式①、②中的等号不能同时成立. 故当ea 2≥时，x e x f ->)(. 2.（Ⅰ）0,22)(2>-=-='x xa x x a x x f (1)当0≤a 时，0)(>'x f ，)(x f 在()上+∞,0单调递增，(2)当0>a 时，20)(a x x f =='得 有⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛>,22,0)(0a a x f a ，单调增区间是的单调减区间是时，所以 (Ⅱ) bx x x x g +-=ln 2)(2假设)(x g y =在0x 处的切线能平行于x 轴.∵()0,22)(>+-='x b xx x g 由假设及题意得：0ln 2)(11211=+-=bx x x x g0ln 2)(22222=+-=bx x x x g1202x x x +=022)(000=+-='b x x x g ④ 由-得，()()()0ln ln 221212221=-+---x x b x x x x即0212`12ln2x x x x x b --=由④⑤得，()1121212122222ln 1x x x x x x x x x x --==++ 令12x t x =，12,01x x t <∴<<.则上式可化为122ln +-=t t t ， 设函数()()10122ln <<+--=t t t t t h ，则 ()()()()011141222>+-=+-='t t t t t t h , 所以函数()122ln +--=t t t t h 在(0,1)上单调递增. 于是，当01t <<时，有()()01=<h t h ，即22ln 01t t t --<+与⑥矛盾. 所以()y f x =在0x 处的切线不能平行于x 轴.3.（Ⅰ）n mx x x f ++='23)(2()02301=++='n m f 得由.01242>-=∆n m∴()3032-≠>+m m ，得到 ①∵()()()32313223)(2++-=+-+='m x x m mx x x f∴⎪⎭⎫ ⎝⎛+-==='32110)(m x x x f 或，得 由题3,1321-<>⎪⎭⎫⎝⎛+-m m 解得② 由①②得3-<m（Ⅱ）()02301=++='n m f 得由 所以()m mx x x f 2323)(2+-+='因为过点)1,0(且与曲线)(x f y =相切的直线有且仅有两条， 令切点是()00,y x P ，则切线方程为()()000x x x f y y -'=- 由切线过点)1,0(，所以有()()0001x x f y -'=-∴()()[]()0020020302323231x m mx x x m mx x -+-+=++--整理得0122030=++mx x.01220300有两个不同的实根的方程所以，关于=++mx x x ()()需有两个零点，则令x h mx x x h 1223++= ()mx x x h 262+='所以()3000mx x x h m -==='≠或得，且()03,00=⎪⎭⎫⎝⎛-=m h h 或由题，()03,10=⎪⎭⎫⎝⎛-=m h h 所以又因为0133223=+⎪⎭⎫⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-m m m 所以3-=m 解得,即为所求4.（Ⅰ）()x x e e x xe x f xxx22)(22+=+='∴()()()上单调递减；在时，0,2,002-<'<<-x f x f x()()()().,02,,002上单调递增和在时，或+∞-∞->'>-<x f x f x x()()()+∞-∞--,020,2)(，和，，单调递增区间是的单调递减区间是所以x f（Ⅱ）显然0≤x 时有)()(x g x f ≥，只需证0>x 时)()(x g x f ≥，由于02≥xx e x x 20≥>时，只需证()+∞∈-=,0,2)(x x e x h x 令 2)(-='x e x h2ln ,0)(=='x x h 得()()02ln ln 22ln 222ln 22ln )(2ln min >-=-=-==∴e e h x h ()恒成立0)(,,0>+∞∈∴x h x所以当0>x 时，)()(x g x f >. 综上R x ∈∀，()()f x g x ≥5.解：（Ⅰ）f （x ）=﹣ax+b ，x ∈（0，1）∪（1，+∞）， 求导，f′（x ）=﹣a ，则函数f （x ）在点（e ，f （e ））处切线方程y ﹣（e ﹣ex+b ）=﹣a （x ﹣e ）， 即y=﹣ax+e+b ，由函数f （x ）在（e ，f （e ））处的切线方程为y=﹣ax+2e ，比较可得b=e ， 实数b 的值e ；（Ⅱ）由f （x ）≤+e ，即﹣ax+e≤+e ，则a≥﹣在[e ，e 2]，上有解，设h （x ）=﹣，x ∈[e ，e 2]，求导h′（x ）=﹣==，令p （x ）=lnx ﹣2，()()()()0,,2ln ,0,2ln ,0>'+∞∈<'∈∴x h x x h x ()()()上单调递增上单调递减，在，在+∞∴,2ln 2ln 0x h∴x 在[e ，e 2]时，p′（x ）=﹣=＜0，则函数p （x ）在[e ，e 2]上单调递减，∴p （x ）＜p （e ）=lne ﹣2＜0，则h′（x ）＜0，及h （x ）在区间[e ，e 2]单调递减，h （x ）≥h （e 2）=﹣=﹣，∴实数a 的取值范围[﹣，+∞]．6.（1）由'1()f x ax b x=-+，得'(1)1f a b =-+， l 的方程为1(1)(1)(1)2y a b a b x --++=-+-，又l 过点11(,)22，∴111(1)(1)(1)222a b a b --++=-+-，解得0b =. ∵21()()(1)ln (1)12g x f x a x x ax a x =--=-+-+， ∴2'1()(1)1(1)1()1(0)a x x ax a x a g x ax a a x x x--+-+-+=-+-==>， 当1(0,)x a∈时，'()0g x >，()g x 单调递增； 当1(,)x a∈+∞时，'()0g x <，()g x 单调递减. 故2max 111111()()ln()(1)1ln 22g x g a a a a a a a a==-+-+=-. （2）证明：∵4a =-，∴2212121211221212()()3ln 21ln 213f x f x x x x x x x x x x x x x ++++=++++++++，212121212ln()2()22x x x x x x x x =++++-+=，∴2121212122()ln()x x x x x x x x +++=-令12(0)x x m m =>，()ln m m m ϕ=-，'1()m m mϕ-=，令'()0m ϕ<得01m <<；令'()0m ϕ>得1m >.∴()m ϕ在(0,1)上递减，在(1,)+∞上递增，∴()(1)1m ϕϕ≥=，∴212122()1x x x x +++≥，120x x +>，解得：1212x x +≥.7.（1）当1a =-时，1()ln f x x x x =-，(1)1f =-，'21()ln 1f x x x=++， '(1)2f =，从而曲线()y f x =在1x =处的切线为2(1)1y x =--，即23y x =-.（2）对任意的121,[,2]2x x ∈，都有12()()f x g x ≥成立，从而min max ()()f x g x ≥ 对32()3g x x x =--，'2()32(32)g x x x x x =-=-，从而()y g x =在12[,]23递减，2[,2]3递增，max 1()max{(),(2)}12g x g g ==. 又(1)f a =，则1a ≥. 下面证明当1a ≥时，ln 1a x x x +≥在1[,2]2x ∈恒成立. 1()ln ln a f x x x x x x x =+≥+，即证1ln 1x x x +≥. 令1()ln h x x x x =+，则'21()ln 1h x x x=+-，'(1)0h =. 当1[,1]2x ∈时，'()0h x ≤，当[1,2]x ∈时，'()0h x ≥，从而()y h x =在1[,1]2x ∈递减，[1,2]x ∈递增，min ()(1)1h x h ==，从而1a ≥时，ln 1a x x x +≥在1[,2]2x ∈恒成立.8.（1）函数f （x ）=e x -ax -2的定义域是R ，f ′（x ）=e x -a ，若a ≤0，则f ′（x ）=e x -a ≥0，所以函数f （x ）=e x -ax -2在（-∞，+∞）上单调递增 若a ＞0，则当x ∈（-∞，ln a ）时，f ′（x ）=e x -a ＜0； 当x ∈（ln a ，+∞）时，f ′（x ）=e x -a ＞0；所以，f （x ）在（-∞，ln a ）单调递减，在（ln a ，+∞）上单调递增 （2）由于a=1，1)1)((1)(1'+<--⇔<+-x e x k x f x x k x x e x k e x xx +-+<∴>-∴>11.01,0 令x e x x g x +-+=11)(，min )(x g k <∴，22')1()2(1)1(1)(---=+---=x x x xx e x e e e xe x g 令01)(,2)('>-=--=xxe x h x e x h ，)(x h ∴在),0(+∞单调递增，且)(,0)2(,0)1(x h h h ∴><在),0(+∞上存在唯一零点，设此零点为0x ，则)2,1(0∈x 当),0(00x x ∈时，0)('<x g ，当),(00+∞∈x x 时，0)('>x g000min 11)()(0x e x x g x g x +-+==∴， 由)3,2(1)(,20)(0000'0∈+=∴+=⇒=x x g x ex g x ，又)(0x g k <所以k 的最大值为29.（1）由01>+x ,得1->x ．∴()x f 的定义域为()+∞-,1．因为对x ∈()+∞-,1,都有()()1f x f ≥，∴()1f 是函数()x f 的最小值，故有()01='f ．,022,12)(/=+∴++=bx b x x f 解得4-=b ． 经检验，4-=b 时，)(x f 在)1,1(-上单调减，在),1(+∞上单调增．)1(f 为最小值．（2）∵,12212)(2/+++=++=x bx x x b x x f 又函数()x f 在定义域上是单调函数，∴()0≥'x f 或()0≤'x f 在()+∞-,1上恒成立． 若()0≥'x f ，则012≥++x bx 在()+∞-,1上恒成立, 即x x b 222--≥=21)21(22++-x 恒成立,由此得≥b 21； 若()0≤'x f ,则012≤++x bx 在()+∞-,1上恒成立, 即x x b 222--≤=21)21(22++-x 恒成立． 因21)21(22++-x 在()+∞-,1上没有最小值，∴不存在实数b 使()0≤'x f 恒成立． 综上所述，实数b 的取值范围是⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞,21． （3）当1-=b 时，函数()()1ln 2+-=x x x f ．令()()()1ln 233+-+-=-=x x x x x f x h ，则()()1131123232+-+-=+-+-='x x x x x x x h ． 当()+∞∈,0x 时，()0<'x h ，所以函数()x h 在()+∞,0上单调递减．又()00=h ，∴当[)+∞∈,0x 时，恒有()()00=<h x h ，即()321ln x x x <+-恒成立．故当()+∞∈,0x 时，有()3x x f <．而*∈N k ，()+∞∈∴,01k ．取k x 1=，则有311kk f <⎪⎭⎫ ⎝⎛． ∴33311312111n k f nk +⋅⋅⋅+++<⎪⎭⎫⎝⎛∑=．所以结论成立．10.解：（Ⅰ）当a e =时，1()(1)xf x e e x e=-+-，'()xf x e e =-，令'()0f x =，解得1x =，(0,1)x ∈时，'()0f x <；(1,2)x ∈时，'()0f x >，∴{}max ()max (0),(2)f x f f =，而1(0)1f e e =--，21(2)3f e e e=--， 即2max 1()(2)3f x f e e e==--． （Ⅱ）1()(1)ln xf x a e x a a=-+-，'()ln ln ln ()x xf x a a e a a a e =-=-， 令'()0f x =，得log a x e =，则 ①当1a >时，ln 0a >，所以当log a x e =时，()f x 有最小值min ()(log )ln a f x f e e a a==--， 因为函数()f x 只有一个零点，且当x →-∞和x →+∞时，都有()f x →+∞，则min 1()ln 0f x e a a =--=，即1ln 0e a a+=， 因为当1a >时，ln 0a >，所以此方程无解． ②当01a <<时，ln 0a <，所以当log a x e =时，()f x 有最小值min 1()(log )ln a f x f e e a a==--， 因为函数()f x 只有一个零点，且当x →-∞和x →+∞时，都有()f x →+∞， 所以min 1()ln 0f x e a a =--=，即1ln 0e a a+=（01a <<）（*） 设1()ln (01)g a e a a a =+<<，则2211'()e ae g a a a a -=-=， 令'()0g a =，得1a e=， 当10a e <<时，'()0g a <；当1a e>时，'()0g a >； 所以当1a e =时，min 11()()ln 0g a g e e e e ==+=，所以方程（*）有且只有一解1a e=． 综上，1a e=时函数()f x 只有一个零点．11.(1)由题意得F (x)= x －－2a ln x . x 0,=,令m （x ）=x ２－2ax+1，①当时F(x)在（0，+单调递增； ②当a 1时，令，得x 1=, x 2=x(0,) ()()+－+∴F (x)的单增区间为(0,)，()综上所述，当时F (x)的单增区间为（0，+）当a 1时，F (x)的单增区间为(0,)，()（2）h (x )= x －2a ln x , h /(x)=,(x >0),由题意知x 1,x 2是x 2+2ax+1=0的两根，∴x 1x 2=1, x 1+x 2=－2a,x 2=,2a=,－=－=2()令H (x )=2(), H /(x )=2()lnx=当时，H/(x)<0, H(x)在上单调递减，H(x)的最小值为H()=,即－的最小值为.12.解：（I）f（x）=lnx+x2﹣2ax+1，f'（x）=+2x﹣2a=，令g（x）=2x2﹣2ax+1，（i）当a≤0时，因为x＞0，所以g（x）＞0，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；（ii）当0＜a时，因为△≤0，所以g（x）＞0，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；（iii）当a＞时，x在（，）时，g（x）＜0，函数f（x）单调递减；在区间（0，）和（，+∞）时，g（x）＞0，函数f（x）单调递增；（II）由（I）知当a∈（﹣2，0]，时，函数f（x）在区间（0，1]上单调递增，所以当x∈（0，1]时，函数f（x）的最大值是f（1）=2﹣2a，对任意的a∈（﹣2，0]，都存在x0∈（0，1]，使得不等式a∈（﹣2，0]，2me a（a+1）+f（x0）＞a2+2a+4成立，等价于对任意的a∈（﹣2，0]，不等式2me a（a+1）﹣a2+﹣4a﹣2＞0都成立，记h（a）=2me a（a+1）﹣a2+﹣4a﹣2，由h（0）＞0得m＞1，且h（﹣2）≥0得m≤e2，h'（a）=2（a+2）（me a﹣1）=0，∴a=﹣2或a=﹣lnm，∵a∈（﹣2，0]，∴2（a+2）＞0，①当1＜m＜e2时，﹣lnm∈（﹣2，0），且a∈（﹣2，﹣lnm）时，h'（a）＜0，a∈（﹣lnm，0）时，h'（a）＞0，所以h（a）最小值为h（﹣lnm）=lnm﹣（2﹣lnm）＞0，所以a∈（﹣2，﹣lnm）时，h（a）＞0恒成立；②当m=e2时，h'（a）=2（a+2）（e a+2﹣1），因为a∈（﹣2，0]，所以h'（a）＞0，此时单调递增，且h（﹣2）=0，所以a∈（﹣2，0]，时，h（a）＞0恒成立；综上，m的取值范围是（1，e2]．13.解：（1）∵f（x）=a x+x2﹣xlna，∴f′（x）=a x lna+2x﹣lna，∴f′（0）=0，f（0）=1即函数f（x）图象在点（0，1）处的切线斜率为0，∴图象在点（0，f（0））处的切线方程为y=1；（3分）（2）由于f'（x）=a x lna+2x﹣lna=2x+（a x﹣1）lna＞0①当a＞1，y=2x单调递增，lna＞0，所以y=（a x﹣1）lna单调递增，故y=2x+（a x﹣1）lna单调递增，∴2x+（a x﹣1）lna＞2×0+（a0﹣1）lna=0，即f'（x）＞f'（0），所以x＞0 故函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；②当0＜a＜1，y=2x单调递增，lna＜0，所以y=（a x﹣1）lna单调递增，故y=2x+（a x﹣1）lna单调递增，∴2x+（a x﹣1）lna＞2×0+（a0﹣1）lna=0，即f'（x）＞f'（0），所以x＞0 故函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；综上，函数f（x）单调增区间（0，+∞）；（8分）（3）因为存在x1，x2∈[﹣1，1]，使得|f（x1）﹣f（x2）|≥e﹣1，所以当x∈[﹣1，1]时，|（f（x））max﹣（f（x））min|=（f（x））max﹣（f（x））min≥e﹣1，（12分）由（2）知，f（x）在[﹣1，0]上递减，在[0，1]上递增，所以当x∈[﹣1，1]时，（f（x））min=f（0）=1，（f（x））max=max{f（﹣1），f（1）}，而f（1）﹣f（﹣1）=（a+1﹣lna）﹣（+1+lna）=a﹣﹣2lna，记g（t）=t﹣﹣2lnt（t＞0），因为g′（t）=1+﹣=（﹣1）2≥0所以g（t）=t﹣﹣2lnt在t∈（0，+∞）上单调递增，而g（1）=0，所以当t＞1时，g（t）＞0；当0＜t＜1时，g（t）＜0，也就是当a＞1时，f（1）＞f（﹣1）；当0＜a＜1时，f（1）＜f（﹣1）（14分）①当a＞1时，由f（1）﹣f（0）≥e﹣1⇒a﹣lna≥e﹣1⇒a≥e，②当0＜a＜1时，由f（﹣1）﹣f（0）≥e﹣1⇒+lna≥e﹣1⇒0＜a≤，综上知，所求a的取值范围为a∈（0，]∪[e，+∞）．（16分）14.（1）解：h （x ）=f （x ）﹣g （x ）=1ln x ax b x ---，则211()h x a x x'=+-， ∵h （x ）=f （x ）﹣g （x ）在（0，+∞）上单调递增， ∴对∀x ＞0，都有211()0h x a x x '=+-≥，即对∀x ＞0，都有211a x x≤+，.…………2分 ∵2110x x+>，∴0a ≤， 故实数a 的取值范围是(],0-∞；.…………3分 （2）解：设切点为0001,ln x x x ⎛⎫-⎪⎝⎭，则切线方程为()002000111ln y x x x x x x ⎛⎫⎛⎫--=+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即00220000011111ln y x x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-++- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，亦即02000112ln 1y x x x x x ⎛⎫=++-- ⎪⎝⎭，令010t x =>，由题意得220011a t t x x =+=+，002ln 1ln 21b x t t x =--=--- ， 令2()ln 1a b t t t t ϕ+==-+--，则()()2111()21t t t t ttϕ+-'=-+-=，.…………6分当()0,1t ∈时，()()0,t t ϕϕ'<在()0,1上单调递减；当()1,t ∈+∞时，()()0,t t ϕϕ'>在()1,+∞上单调递增，∴()()11a b t ϕϕ+=≥=-， 故a b +的最小值为﹣1；.…………7分 （3）证明：由题意知1111ln x ax x -=，2221ln x ax x -=， 两式相加得()12121212ln x x x x a x x x x +-=+ 两式相减得()21221112lnx x x a x x x x x --=-即212112ln 1x x a x x x x +=-∴()21211212122112ln1ln x x x x x x x x x x x x x x ⎛⎫ ⎪+ ⎪-=++- ⎪⎪⎝⎭，即1212212122112()ln ln x x x x x x x x x x x x ⎛⎫++-= ⎪-⎝⎭，. 9分不妨令120x x <<，记211x t x =>， 令()21()ln (1)1t F t t t t -=->+，则()221()0(1)t F t t t -'=>+，∴()21()ln 1t F t t t -=-+在()1,+∞上单调递增，则()21()ln (1)01t F t t F t -=->=+， ∴()21ln 1t t t ->+，则2211122()ln x x x x x x ->+，∴1212212122112()ln ln 2x x x x x x x x x x x x ⎛⎫++-=> ⎪-⎝⎭，又1212121212122()ln ln ln x x x x x x x x x x +-<==∴2>，即1>，.…………10分 令2()ln G x x x =-，则0x >时，212()0G x x x'=+>，∴()G x 在()0,+∞上单调递增．又1ln 210.8512=+≈<，∴1ln G =>>>，即2122x x e >．.…………12分15.（Ⅰ）由题意，AB x =,2-BC x =，2,12x x x >-∴<<Q .…………1分 设=DP y ，则PC x y =-，由△ADP ≌△CB'P ，故PA=PC=x ﹣y ，由PA 2=AD 2+DP 2，得()()2222x y x y -=-+即：121,12y x x ⎛⎫=-<< ⎪⎝⎭..…………3分（Ⅱ）记△ADP 的面积为2S ，则()212=1-233S x x x x ⎛⎫⎛⎫-=-+≤- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.…………5分当且仅当()1,2x =时，2S 取得最大值．，宽为(2m 时，2S 最大．….…………7分 （Ⅲ）()()2121114+2=2123,1222S S x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫-+--=-+<< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭于是令()31222142+220,2x S S x x x x-+⎛⎫'=--==∴= ⎪⎝⎭分∴关于x 的函数12+2S S 在(上递增，在)上递减，∴当x =12+2S S 取得最大值．，宽为(m 时，12+2S S 最大．.…………12分16.（1）1a =时，()()2ln 1xf x ex =++，()2121x f x e x '=++ ()01f =，()10231f '=+=，所以()f x 在()0,1处的切线方程为31y x =+ （2）存在[)00,x ∈+∞，()()20002ln f x x a x <++，即：()02200ln 0x ex a x -+-<在[)00,x ∈+∞时有解； 设()()22ln xu x ex a x =-+-，()2122x u x e x x a'=--+ 令()2122xm x ex x a =--+，()()21420x m x e x a '=+->+ 所以()u x '在[)0,+∞上单调递增，所以()()102u x u a''≥=- 1°当12a ≥时，()1020u a'=-≥，∴()u x 在[)0,+∞单调增， 所以()()max 01ln 0u x u a ==-<，所以a e > 2°当12a <时，()1ln ln 2x a x ⎛⎫+<+ ⎪⎝⎭设()11ln 22h x x x ⎛⎫=+-+ ⎪⎝⎭， ()11211122x h x x x -'=-=++ 令()102h x x '>⇒>，()1002h x x '<⇒<< 所以()h x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递增 所以()1102h x h ⎛⎫≥=> ⎪⎝⎭，所以11ln 22x x ⎛⎫+>+ ⎪⎝⎭所以()()222ln ln xx u x e x a x e =-+->-2221122x x x e x x ⎛⎫⎛⎫+->-+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭设()()22102xg x ex x x ⎛⎫=--+≥ ⎪⎝⎭，()2221x g x e x '=--，令()2221xx ex ϕ=--，()242420x x e ϕ'=-≥->所以()2221xx ex ϕ=--在[)0,+∞上单调递增，所以()()010g x g ''≥=>所以()g x 在()0,+∞单调递增，∴()()00g x g >>， 所以()()00g x g >>， 所以()()()22ln 0xu x e x a x g x =-+->>所以，当12a <时，()()22ln f x x a x >++恒成立，不合题意 综上，实数a 的取值范围为12a ≥.17.（1）因为()ln 2f x a x x '=-，依题意得12,x x 为方程ln 20a x x -=的两不等正实数根， ∴0a ≠，2ln x a x=，令()ln x g x x =，()21ln xg x x -'=， 当()0,x e ∈时，()0g x '>； 当(),x e ∈+∞时，()0g x '<，所以()g x 在()0,e 上单调递增，在(),e +∞上单调递减，()10g =， 当x e >时，()0g x >， 所以()20g e a<< ∴()210g e a e<<= 解得2a e >，故实数a 的取值范围是()2,e +∞.（2）由（1）得，11ln 2a x x =，22ln 2a x x =，两式相加得()()1212ln ln 2a x x x x λ+=+，故()12122ln ln x x x x aλλ++=两式相减可得()()1212ln ln 2a x x x x -=-， 故12122ln ln x x a x x -=⋅-所以12ln ln 1x x λλ+>+等价于()1221x x aλλ+>+，所以()()1221x x a λλ+>+ 所以()()121212221ln ln x x x x x x λλ-+>+-，即()()121212ln ln 1x x x x x x λλ+->+-， 所以112212ln 11x x x x x x λλ⎛⎫+ ⎪⎝⎭>+-， 因为120x x <<，令()120,1x t x =∈，所以()ln 11t t t λλ+>+-即()()()ln 110t t t λλ+-+-<，令()()()()ln 11h t t t t λλ=+-+-， 则()0h t <在()0,1上恒成立，()ln h t t tλλ'=+-，令()ln I t t t λλ=+-，()()()2210,1t I t t t t tλλ-'=-=∈ ①当1λ≥时，()0I t '<所以()h t '在()0,1上单调递减，()()10h t h ''>=所以()h t 在()0,1上单调递增，所以()()10h t h <=符合题意②当0λ≤时，()0I t '>所以()h t '在()0,1上单调递增()()10h t h ''<=故()h t 在()0,1上单调递减，所以()()10h t h >=不符合题意； ③当01λ<<时，()01I t t λ'>⇔<< 所以()h t '在(),1λ上单调递增，所以()()10h t h ''<=所以()h t 在(),1λ上单调递减， 故()()10h t h >=不符合题意综上所述，实数λ的取值范围是[)1,+∞.18.解：（1）∵f （x ）=（lnx ﹣k ﹣1）x （k ∈R ）， ∴x ＞0，=lnx ﹣k ，①当k≤0时，∵x ＞1，∴f′（x ）=lnx ﹣k ＞0，函数f （x ）的单调增区间是（1，+∞），无单调减区间，无极值； ②当k ＞0时，令lnx ﹣k=0，解得x=e k ，当1＜x ＜e k时，f′（x ）＜0；当x ＞e k，f′（x ）＞0，∴函数f （x ）的单调减区间是（1，e k ），单调减区间是（e k ，+∞），在区间（1，+∞）上的极小值为f （e k ）=（k ﹣k ﹣1）e k =﹣e k，无极大值． （2）∵对于任意x ∈[e ，e 2]，都有f （x ）＜4lnx 成立，∴f （x ）﹣4lnx ＜0，即问题转化为（x ﹣4）lnx ﹣（k+1）x ＜0对于x ∈[e ，e 2]恒成立，即k+1＞对于x ∈[e ，e 2]恒成立，令g （x ）=，则，令t （x ）=4lnx+x ﹣4，x ∈[e ，e 2]，则，∴t （x ）在区间[e ，e 2]上单调递增，故t （x ）min =t （e ）=e ﹣4+4=e ＞0，故g′（x ）＞0， ∴g （x ）在区间[e ，e 2]上单调递增，函数g （x ）max =g （e 2）=2﹣，要使k+1＞对于x ∈[e ，e 2]恒成立，只要k+1＞g （x ）max ，∴k+1＞2﹣，即实数k 的取值范围是（1﹣，+∞）．证明：（3）∵f （x 1）=f （x 2），由（1）知，函数f （x ）在区间（0，e k）上单调递减， 在区间（e k，+∞）上单调递增，且f （e k+1）=0，不妨设x 1＜x 2，则0＜x 1＜e k＜x 2＜e k+1，要证x 1x 2＜e 2k，只要证x 2＜，即证＜，∵f （x ）在区间（e k ，+∞）上单调递增，∴f （x 2）＜f （），又f （x 1）=f （x 2），即证f （x 1）＜，构造函数h （x ）=f （x ）﹣f （）=（lnx ﹣k ﹣1）x ﹣（ln﹣k ﹣1），即h （x ）=xlnx ﹣（k+1）x+e 2k（），x ∈（0，e k）h′（x ）=lnx+1﹣（k+1）+e 2k （+）=（lnx ﹣k ），∵x ∈（0，e k ），∴lnx ﹣k ＜0，x 2＜e 2k ，即h′（x ）＞0，∴函数h （x ）在区间（0，e k ）上单调递增，故h′（x ）＜h （e k ）， ∵，故h （x ）＜0，∴f （x 1）＜f （），即f （x 2）=f （x 1）＜f （），∴x 1x 2＜e 2k成立．19.（Ⅰ）由()21e 2xf x a x x =--得()e 1x f x a x '=--.因为曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线与y 轴垂直， 所以()010f a '=-=，解得1a =.（Ⅱ）由（Ⅰ）知()e 1xf x a x '=--，若函数()f x 有两个极值点，则()e 10x f x a x '=--=，即 1e x x a +=有两个不同的根，且1e xx a +-的值在根的左、右两侧符号相反. 令()1e x x h x +=，则()()()2e 1e e e x x x x x x h x -+'==-， 所以当0x >时，()0h x '<，()h x 单调递减；当0x <时，()0h x '>，()h x 单调递增. 又当x →-∞时，()h x →-∞；0x =时，()01h =；0x >时，()0h x >；x →+∞时，()0h x →，所以01a <<.即所求实数a 的取值范围是01a <<. （Ⅲ）证明：令()1e ln xg x x x x=-+（1x >），则()10g =，()2e 1e ln 1x xg x x x x'=+--.令()()h x g x '=，则()e e ln x xh x x x '=+23e e 2x x x x x-++， 因为1x >，所以e ln 0xx >，e 0xx >，()2e 10x x x ->，320x>， 所以()0h x '>，即()()h x g x '=在1x >时单调递增，又()1e 20g '=->，所以1x >时，()0g x '>，即函数()g x 在1x >时单调递增. 所以1x >时，()0g x >，即1x >时，1e ln xx x x>-.20.(1)当0b =时，()321233f x x x x =-+，()()()2'4313f x x x x x =-+=--.当()1,3x Î时，()'0f x <，故函数()f x 在()1,3上单调递减； 当()3,4x Î时，()'0f x >，故函数()f x 在()3,4上单调递增. 由()30f =，()()4143f f ==.∴()f x 在[]1,4上的值域为40,3轾犏犏臌；(2)由(1)可知，()()()2'4313f x x x x x =-+=--， 由()'0f x <得13x <<，由()'0f x >得1x <或3x >. 所以()f x 在()1,3上单调递减，在(),1-?，()3,+?上单调递增；所以()()max 413f x f b ==+，()()min 3f x f b ==，所以当403b +>且0b <，即403b -<<时，()10,1x $?，()21,3x Î，()33,4x Î，使得()()()1230f x f x f x ===，由()f x 的单调性知，当且仅当4,03b 骣琪?琪桫时，()f x 有三个不同零点.21.（1）当1=a 时，函数2ln 21)(2--=x x x f ，xx x f 1)('-=， ∴0)1('=f ，23)1(-=f ， ∴曲线)(x f 在点))1(,1(f 处的切线方程为23-=y . （2）)0(1)('2>-=x xax x f . 当0≤a 时，0)('<x f ，)(x f 的单调递减区间为),0(+∞； 当0>a 时，)(x f 在),0(a a 递减，在),(+∞aa 递增.22.（Ⅰ）211()0sin f x x x θ'=-+≥∙在[1,)-+∞上恒成立，即2sin 10sin x x θθ∙-≥∙.∵(0,)θπ∈，∴sin 0θ>.故sin 10x θ∙-≥在[1,)-+∞上恒成立 只须sin 110θ∙-≥，即sin 1θ≥，又0sin 1θ<≤只有sin 1θ=，得2πθ=.由22111()0x f x x x x-'=-+==，解得1x =. ∴当01x <<时，()0f x '<；当1x >时，()0f x '>.故()f x 在1x =处取得极小值1，无极大值. （Ⅱ）构造1212()ln ln e e F x kx x kx x x x x+=---=--，则转化为；若在[1,]e 上存在0x ，使得0()0F x >，求实数k 的取值范围.当0k ≤时，[1,]x e ∈，()0F x <在[1,]e 恒成立，所以在[1,]e 上不存在0x ，使得0002()ekx f x x ->成立. ②当0k >时，2121()e F x k x x+'=+-2222121()kx e x kx e e e x x x ++-+++-==. 因为[1,]x e ∈，所以0e x ->，所以()0F x '>在[1,]x e ∈恒成立. 故()F x 在[1,]e 上单调递增，max 1()()3F x F e ke e ==--，只要130ke e-->， 解得231e k e +>. ∴综上，k 的取值范围是231(,)e e++∞.。

导数21 大题(其他、中档、中上、未)-2022年全国一卷新高考数学题型细分汇编

导数21 大题(其他、中档、中上、未)-2022年全国一卷新高考数学题型细分汇编

导数——大题——其他中下：1.（2022年湖北宜昌夷陵中学J39）青岛胶东国际机场的显著特点之一是弯曲曲线的运用，衡量曲线弯曲程度的重要指标是曲率．曲线的曲率定义如下：若()f x ¢是()f x 的导函数，()f x ''是()f x ¢的导函数，则曲线()y f x =在点()(),x f x 处的曲率()()()3221f x K f x ''=⎡⎤⎦'+⎣．已知函数()()()ln cos 10,0x f x ae x b x a b =---≥>，若0a =，则曲线()y f x =在点()()1,1f 处的曲率为22．（1）求b ；（2）若函数()f x 存在零点，求a 的取值范围；（①）（3）已知1.098ln 3 1.099<<，0.048 1.050e <，0.0450.956e -<，证明：1.14ln π 1.15<<．（求导，中下；第二问，未；）导数——大题——其他中档：1.（2022年广东肇庆J36）已知函数()()ax f x axe a b x =++，()(1)ln g x x x =+.（1）当1a b =-=时，证明：当,()0x ∈+∞时，()()f x g x >；（②）（2）若对(0,)∀∈+∞x ，都[1,0]b ∃∈-，使()()f x g x ≥恒成立，求实数a 的取值范围.（切线放缩，比较大小，中档；第二问，未；）导数——大题——中档、中上、未：1.（2022年河北演练二J40）已知函数(1)ln (),()|ln |1x xf xg x x x -==+.（1）若()()(1,1)f m g n m n =>>，证明：m n >；（③）（2）设函数()(1)ln (1)F x x x a x =--+，若()0F x =有两个不同的实数根12,x x ，且12x x <，证明：221eax x >⋅.（中档，未；第二问，未；）2.（2022年湖北荆州中学J19）已知函数f （x ）=e x -e -x -a sin x ，其中e 是自然对数的底数．（1）当x ＞0，f （x ）＞0，求a 的取值范围；（④）（2）当x ＞1时，求证：12x x e e x x ---+＞sin sin(ln )x x -.（中档，未；第二问，未；）3.（2022年湖北荆门四校J21）已知函数3()ln()4f x ax x ax=++（其中实数0a >）的最小值为5，（1）求实数a 的值；（⑤）（2）若不等式()(4)5f x k x ≥++恒成立，求实数k 的取值范围．（中上，未；第二问，未；）4.（2022年湖北襄阳五中J23）已知函数()()e ln ln 1(0)x af x x a a x-=-++>（e 是自然对数的底数）．（1）当1a =时，试判断()f x 在()1,+∞上极值点的个数；（⑥）（2）当1e 1a >-时，求证：对任意1x >，()1f x a >．（中档，未；第二问，未；）2.（2022年河北衡水中学J15）已知函数(),n f x nx x x R =-∈，其中*,2n N n ∈≥.（Ⅰ）讨论()f x 的单调性；（⑦）（Ⅱ）设曲线()y f x =与x 轴正半轴的交点为P ，曲线在点P 处的切线方程为()y g x =,求证：对于任意的正实数x ，都有()()f x g x ≤；（中上，未；第二问，未；）（Ⅲ）若关于x 的方程()=a(a )f x 为实数有两个正实根12x x ，，求证：21-21ax x n<+-1.（2022年湖南师大附中J11）已知函数()()()1ln 1f x x x a x =+--.（⑧）（1）若1a =，比较(log 10f 与()5log 9f 的大小；（2）讨论函数()f x 的零点个数.（中档，未；第二问，未；）1.（2022年江苏江阴J61）已知函数()e (1ln )x f x m x =+，其中m ＞0，f '(x )为f (x )的导函数，设()()ex f x h x '=，且5()2h x ≥恒成立．（1）求m 的取值范围；（⑨）（中档，未；第二问，未；）（2）设函数f (x )的零点为x 0，函数f '(x )的极小值点为x 1，求证：x 0＞x 1．1.（2022年山东枣庄一模J60）已知函数()()e sin xf x x a x a =-∈R ．（1）若[]0,πx ∀∈，()0f x ≥，求a 的取值范围；（⑩）（2）当59a ≥-时，试讨论()f x 在()0,2π内零点的个数，并说明理由．（中档，未；第二问，未；）①【答案】（1）1；（2）10,e⎡⎤⎢⎥⎣⎦；（3）证明见解析．【解析】【分析】（1）将0a =代入并计算()1f ，()f x ''，根据曲率直接计算即可.（2）等价转化为()ln cos 1xx x a e+-=有根，然后令()()ln cos 1xx x g x e+-=并研究其性质，最后进行判断可得结果.（3）依据（2）条件可知1ln 1x x e-+≤，然后根据π3113π,π3ln 1ln 13πe e -+<+<判断即可.【详解】（1）当0a =时，()()ln cos 1f x x b x =---，()1f b =-．()()1sin 1f x b x x '=-+-，()()21cos 1f x b x x''=+-．∴()f x 在()1,b -处的曲率为3212122b k b +==⇒=．（2）()()()ln cos 1ln cos 10x xx x f x ae x x a e +-=---=⇒=令()ln 1h x x x =+-，则()111x h x x x-'=-=当()0,1∈x 时，()0h x '>，当()1,∈+∞x 时，()0h x '<所以函数()h x 在()0,1单调递增，在()1,+¥单调递减，所以()(1)0h x h ≤=，则ln 1x x +≤又令()x x m x e =，则()1'xxm x e -=当()0,1∈x 时，()0m x '>，当()1,∈+∞x 时，()0m x '<所以函数()m x 在()0,1单调递增，在()1,+¥单调递减所以()1(1)m x m e≤=令()()ln cos 1xx x g x e+-=，∴()ln 11x x x x g x e e e+≤≤≤，当且仅当1x =时取“=”，显然，当1a e>时，()f x 无零点．当10a e ≤≤时，()11g a e =≥，111cos 110ee g a e e ⎛⎫-+- ⎪⎛⎫⎝⎭=<≤ ⎪⎝⎭∴存在1,1x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭使()0g x a =，符合题意．综上：实数a 的取值范围为10,e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦．（3）由（2）知ln 11xx e e+≤，∴1ln 1x x e -+≤（当且仅当1x =时取“=”）∴π10.0483πln 13e e -+<<，∴0.048ln π1ln 3 1.0501 1.099 1.15e <-+<-+<又∵310.045π3ln 1πe e -+<<，∴0.045ln πln 31 1.09810.956 1.14e ->+->+->综上：1.14ln π 1.15<<．【点睛】关键点点睛：第（1）问关键在于求导；第（2）问关键在于等价转化的使用以及常用不等式（ln 1x x +≤）的使用以及放缩法；第（3）问在于利用第（2）问的条件ln 11xx e e+≤进行比较.②【答案】（1）证明见解析；（2）1,e∞⎡⎫+⎪⎢⎣⎭.③【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】(1)由()()(1,1)f m g n m n =>>，列出m 与n 的关系式，利用指数对数的运算性质进行化简与放缩即可证明；(2)把()0F x =化成()f x a =的形式，根据导数确定()f x 的单调性与极值，画出简图，确定12,x x 与1的大小关系，利用(1)的结论，可以得到12,x x 与e a 的关系，进而可证得结论.【小问1详解】证明：由()()(1,1)f m g n m n =>>，得(1)ln |ln |ln 1m mn n m -==+，则有(1)ln 1121ln 1111e(e)m m m m m m m m m n mmm ----++++====<，所以m n >；【小问2详解】证明：令()(1)ln (1)0(0)F x x x a x x =--+=>，化简可得(1)ln 1x xa x -=+，即()f x a =，2212ln 2ln 1()(1)(1)(1)x x x x x f x x x x x +--'=+=+++，令1()2ln g x x x x=+-，221()10x x xg =++>'，所以()g x 在()0,∞+上单调递增且(1)0g =，则()g x 即()0f x '<时()0,1x ∈，()0f x '>时()1,x ∈+∞，可得()f x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞单调递增，且有(1)0f =，由下图可知，1201x x <<<，0a >，又2222(1)ln ()ln e ln e =(e )1a a a x x f x a g x -====+，即22()=(e )(1,e 1)a a f x g x >>，由(1)可得2e ax >⋅⋅⋅①，又由1()f x a =得1111111111(1)ln (1)ln 1(()ln e ln e =(e )111a a a x x x x f f x a g x x x --======++，即1111((e )(1,e 1)a a f g x x >>，由(1)可得11e a x >⋅⋅⋅②，①②相乘可得221e a x x >，即221e a x x >⋅.【点睛】函数零点的求解与判断方法：(1)直接求零点：令f (x )＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a ，b ]上是连续不断的曲线，且f (a )·f (b )＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．④22.【答案】解：（1）由题意可知f '（x ）=e x +e -x -a cos x ，①当0＜a ≤2时，由-1≤cos x ≤1可知-2≤-a ≤a cos x ≤a ≤2，又因为e x +e -x ≥2恒成立，所以f '（x ）=e x +e -x -a cos x ≥0恒成立，所以y =f （x ）在[0，+∞）上恒为增函数．又f （0）=0，所以f （x ）＞0对x ＞0恒成立；②当a ＞2时，，且可知y =e x +e -x 与y =a cos x 必有一个交点，不妨设为x 0，所以y =f （x ）在[0，x 0）上为减函数，在[x 0，+∞）为增函数，又f （0）=0，所以f （x 0）＜0，与题意不符，故舍去．综合可知a 的取值范围是（0，2]．（2），只需证，即证，即证e x -e -x -2sin x ＞e ln x -e -ln x -2sin （ln x ），即证f （x ）＞f （ln x ）（此时a =2），由（1）问可知当0＜a ≤2时y =f （x ）在[0，+∞）上恒为增函数．所以即证x ＞ln x ，不妨令g （x ）=x -ln x ，则所以y =g （x ）在（0，1）递减，（1，+∞）递增．又因为g （x ）min =g （1）=1＞0所以g （x ）=x -ln x ＞0恒成立，即x ＞ln x ，所以原结论得证．⑤【答案】（1）2；（2）(],4-∞-.【解析】【分析】（1）对()f x 求导，构造2()43(0)g x ax ax x =+->并由二次函数性质判断其零点0x 及区间符号，进而确定()f x 的单调性、极值，结合已知最值列方程得003ln2(41)6041x x ++-=+，再构造中间函数求零点，进而求a 的值；（2）令2(0)t x t =>问题转化为()0F t ≥对(0,)t ∈+∞恒成立，构造中间函数研究()F t 的最值，并判断单调性，最后可求k 的范围．【小问1详解】由题设，2243()(0)ax ax f x x ax +-'=>且0a >，令2()43(0)g x ax ax x =+->，则()g x 在(0,)+∞上递增且(0)30=-<g ，所以()0g x =有唯一正实根，记为0x ，则200430ax ax +-=．当00x x <<时，()0g x <即()0f x '<，()f x 单调递减，当0x x >时，()0>g x 即()0f x '>，()f x 单调递增，所以极小值也是最小值为00003()ln()45f x ax x ax =++=．又200430ax ax +-=，可得00341ax x =+，故003ln2(41)6041x x ++-=+，令3()ln26(1)h t t t t =+->，其中041t x =+，则121()20t h t t t-'=-+=>，所以()h t 在(1,)+∞上单调递增且(3)0h =，而3t =，即012x =，从而2a =．综上，实数a 的值为2.【小问2详解】由题意，3ln(2)502x kx x+--≥恒成立，令2(0)t x t =>．令3()ln 5(0)2kt F t t t t =+-->，则2226()2kt t F t t-+-'=，令2()26(0)t kt t t ϕ=-+->ⅰ、当0k ≥时，(1)202kF =--<，不合题意，舍去，ⅱ、当0k <时，()0t ϕ=有唯一的正实根，记为0t ，且200260t kt -=<，则0(0,3)t ∈且0312kt t -=当00t t <<时，()0t ϕ<，即()0F t '<，当0t t >时，()0t ϕ>，即()0F t '>所以()F t 在0(0,)t 单调递减，在0(,)t +∞上单调递增，则极小值也是最小值为00000036ln 5ln 62()kt t F t t t t +--+==-．要使()0F t ≥对(0,)t ∈+∞恒成立，则0()0F t ≥．令6()ln 6(03)m x x x x =+-<<，则26()0x m x x-'=<，即()m x 在(0,3)上递减，又(1)0m =，所以不等式()0m x ≥的解集为(]0,1，故001t <≤，又(]020062,0,1,k t t t -=+∈则k 的取值范围是(],4-∞-．【点睛】关键点点睛：（1）构造中间函数，并结合导数研究()f x 单调性、最值，根据已知求得参数间的函数关系及参数范围；（2）令2(0)t x t =>，根据已知确定隐零点0t 与参数k 的关系，并求出0t 的范围，进而求k 的范围.⑥【答案】（1）()f x 在()1,+∞上只有一个极值点，即唯一极小值点；（2）证明见解析【解析】【分析】（1）求出函数的导数，判断其正负，结合零点存在定理，判断函数的单调性，求得答案；（2）求出函数的导数，构造函数()=e 1x axh x x ---，判断其正负情况，确定函数单调性，进而确定函数的最小值()000ln ln 11(1)x a f x x -++-=，故可将原问题转化为对任意1x >，()001ln ln 111x a x a-++>-，再构造函数，利用其单调性即可证明结论.【小问1详解】当1a =时，()1e ln ln2x f x x x-=-+,则1122(1)(e )e (1)11()x x xx x x f x x x x ------'=-=，设1()=e1x x x x ϕ---，则11()e 11x x x ϕ-=---在()1,+∞上是增函数，当1x +→时，()x ϕ→-∞，(2)e 20ϕ=->，所以存在0(1,2)x ∈，使得0()0x ϕ=，当0(1,)x x ∈时，()0x ϕ<，则()0f x '<，即()f x 在0(1,)x 上单调递减，当0(,)x x ∈+∞时，()0x ϕ>，则()0f x '>，即()f x 在0(1,)x 上单调递增，所以()f x 在()1,+∞上只有一个极值点，即唯一极小值点；【小问2详解】证明：由22(1)(e )e (1)11()x a x a xx x x f x x xx ------'=-=，设()=e1x ax h x x ---，则1()e 11x ah x x -=---在()1,+∞上是增函数，当1x +→时，()h x →-∞，因为1e 1a >-，所以1(1)e 10h a a +=-->，所以存在0(1,1)x a ∈+，使得0000()e01x ax h x x -=-=-，当0(1,)x x ∈时，()0h x <，则()0f x '<，即()f x 在0(1,)x 上单调递减，当0(,)x x ∈+∞时，()0h x >，则()0f x '>，即()f x 在0(1,)x 上单调递增，故0x x =是函数()()e ln ln 1(0)x af x x a a x -=-++>的极小值点，也是最小值点，则()0000e ln l 1)n ()(x af x x f x a x --+=+≥，又因为000e1x ax x -=-，所以()000ln ln 11(1)x a f x x -++-=，即证：对任意1x >，()001ln ln 111x a x a-++>-，即证：对任意1x >，()001ln ln 111x a x a->-+-，设()ln 11g x x x =--，则()ln 11g x x x =--在()1,+∞上单调递减，因为0(1,1)x a ∈+，所以0()(1)g x g a >+，故()001ln ln 111x a x a->-+-，故对任意1x >，()1f x a>.【点睛】本题考查了利用导数判断函数的极值点的个数以及证明不等式成立的问题，综合性较强，要能熟练求导，利用导数判断函数的单调性以及求函数最值，解答的关键是根据函数或导数的特点，构造函数，进而结合零点存在定理判断导数正负，求得函数的最值，利用函数最值进而证明不等式成立.⑦【答案】（Ⅰ）当n 为奇数时，()f x 在(,1)-∞-，(1,)+∞上单调递减，在(1,1)-内单调递增；当n 为偶数时，()f x 在(,1)-∞-上单调递增，()f x 在(1,)+∞上单调递减.（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析.【详解】（Ⅰ）由()n f x nx x =-，可得，其中*n N ∈且2n ≥，下面分两种情况讨论：（1）当n 为奇数时：令()0f x '=，解得1x =或1x =-，当x 变化时，(),()f x f x '的变化情况如下表：x (,1)-∞-(1,1)-(1,)+∞()f x '-+-()f x所以，()f x 在(,1)-∞-，(1,)+∞上单调递减，在(1,1)-内单调递增.（2）当n 为偶数时，当()0f x '>，即1x <时，函数()f x 单调递增；当()0f x '<，即1x >时，函数()f x 单调递减.所以，()f x 在(,1)-∞-上单调递增，()f x 在(1,)+∞上单调递减.（Ⅱ）证明：设点P 的坐标为0(,0)x ，则110n x n -=，20()f x n n '=-，曲线()y f x =在点P 处的切线方程为()00()y f x x x =-'，即()00()()g x f x x x '=-，令()()()F x f x g x =-，即，则0()()()F x f x f x -'''=由于1()n f x nx n -'=-+在()0,+∞上单调递减，故()F x '在()0,+∞上单调递减，又因为0()0F x '=，所以当0(0,)x x ∈时，0()0F x '>，当0(,)x x ∈+∞时，0()0F x '<，所以()F x 在0(0,)x 内单调递增，在0(,)x +∞内单调递减，所以对任意的正实数x 都有0()()0F x F x ≤=，即对任意的正实数x ，都有()()f x g x ≤.（Ⅲ）证明：不妨设12x x ≤，由（Ⅱ）知()()20()g x n nx x =--，设方程()g x a =的根为2x '，可得202.a x x n n '=+-，当2n ≥时，()g x 在(),-∞+∞上单调递减，又由（Ⅱ）知222()()(),g x f x a g x '≥==可得22x x '≤.类似的，设曲线()y f x =在原点处的切线方程为()y h x =，可得()h x nx =，当(0,)x ∈+∞，()()0n f x h x x -=-<，即对任意(0,)x ∈+∞，()().f x h x <设方程()h x a =的根为1x '，可得1a x n'=，因为()h x nx =在(),-∞+∞上单调递增，且111()()()h x a f x h x '==<，因此11x x '<.由此可得212101a x x x x x n''-<-=+-.因为2n ≥，所以11112(11)111n n n C n n ---=+≥+=+-=，故1102n n x -≥=，所以2121a x x n-<+-.【解析】1.导数的运算；2.导数的几何意义；3.利用导数研究函数性质、证明不等式.⑧【答案】（1）(()25log 10log 9f f >（2）当2a ≤时，()f x 有1个零点；当2a >时，()f x 有3个零点【解析】【分析】（1）利用导数判断函数()f x 在()1,+∞上的单调性，根据函数的单调性即可得出答案；（2）求出函数的导函数()f x '，再利用导数可求得()min 2f x a '=-，再分20a -≥和20a -<两种情况讨论，结合零点的存在性定理，从而可得出结论.【小问1详解】解：当1a =时，()()()1ln 1f x x x x =+--，()1ln 11ln x f x x x x x+'=+-=+，当1x >时，()0f x '>，所以()f x 在()1,+∞上单调递增，因为2445log 10log 10log 9log 91=>>>，所以(()25log 10log 9f f >；【小问2详解】解：()11ln ln 1x f x x a x a x x +'=+-=++-，令()1ln 1g x x a x =++-，则()()221110-'=-=>x g x x x x x，当01x <<时，()0g x '<，当1x >时，()0g x '>，所以函数()g x 在()0,1上递减，在()1,+∞上递增，所以()()min 12g x g a ==-，即()min 2f x a '=-，①若20a -≥，即2a ≤，则()0f x '≥，()f x 在()0,∞+上递增，因为()10f =，则1x =为()f x 的唯一零点；②若20a -<，即2a >，则()()min 10f x f ''=<，因为e 1a >，()1e 10e aaf '=+>，则()f x '在()1,+∞内仅有个零点，记为n ，因为0e 1a -<<，()e e 21a af a -'=-+设()e 21a h a a =-+，则当2a >时，()e 20ah a '=->，所以()h a 在()2,+∞内单调递增，从而()()22e 30h a h >=->，即()e 0af -'>，所以()f x 在()0,1内仅有一个零点，记为m ，于是，当()0,x m ∈或(),x n ∈+∞时，()0f x '>，当(),x m n ∈时，()0f x '<，所以函数()f x 在(),n +∞和()0,m 上递增，在(),m n 上递减，因为01m n <<<，()10f =，则()0f m >，()0f n <，故()f x 在(),m n 内有唯一零点，因为()()()e e 1e 12e 0aa a a f a a a ----=-+--=-<，则()f x 在()0,m 内有唯一零点，因为()()()e e 1e 120a a af a a a =+--=>，则()f x 在(),m +∞内有唯一零点，所以()f x 在()0,∞+内有3个零点.综上所述，当2a ≤时，()f x 有1个零点；当2a >时，()f x 有3个零点.【点睛】本题考查了利用导数求函数的单调区间及最值问题，考查了利用导数研究函数的零点的问题，考查了二次求导，考查了学生的数据分析能力及分类讨论思想，属于难题.⑨【答案】（1）3,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭（2）证明见解析【解析】【分析】（1）求导可得()'f x 解析式，即可得()h x 解析式，利用导数求得()h x 的单调区间和最小值，结合题意，即可得m 的范围.（2）求得()f x ''解析式，令22()1ln (0)m m t x m x x x x=++->，利用导数可得()t x 的单调性，根据零点存在性定理，可得存在21,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得t (x 2)＝0，进而可得f '(x )在x ＝x 2处取得极小值，即x 1＝x 2，所以11211211ln 0,,12m m m x x x x ⎛⎫++-=∈ ⎪⎝⎭，令()1ln s x m x =+，分析可得s (x 1)＜0，即可得证【小问1详解】由题设知()e (1ln )x m f x m x x'=++，则1ln (())0h m m x x x x ++>=，所以22(1)()m m m x h x x x x -'=-=当x ＞1时，h '(x )＞0，则h (x )在区间(1，＋∞)是增函数，当0＜x ＜1时，h '(x )＜0，则h (x )在区间(0，1)是减函数，所以h (x )min ＝h （1）＝512m +≥，解得32m ≥，所以m 的取值范围为3,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭【小问2详解】222e 1ln e )n (1l x x m m m m m m x m x x x x x x f x ⎛⎫⎛⎫+++-=++- ⎪ ⎪⎝⎭⎝'=⎭'令22()1ln (0)m m t x m x x x x=++->则2322()m m m t x x x x '=-+＝2233(1)1(22)0m x m x x x x ⎡⎤-+-+⎣⎦=>恒成立，所以t (x )在(0，＋∞)单调递增．又1(1)10,1l 3ln 20n 2122t m t m ⎛⎫=+>=-≤- ⎪⎝⎭<，所以存在21,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得t (x 2)＝0，当x ∈(0，x 2)时，t '(x )＜0，即f ''(x )＜0，则f '(x )在(0，x 2)单调递减；当x ∈(x 2，＋∞)时，t '(x )＞0，即f ''(x )＞0，则f '(x )在(x 2，＋∞)单调递增；所以f '(x )在x ＝x 2处取得极小值．即x 1＝x 2，所以t (x 1)＝0，即11211211ln 0,,12m m m x x x x ⎛⎫++-=∈ ⎪⎝⎭，所以1122111(12)21ln 0m x m m m x x x x -+=-=<，令()1ln s x m x =+，则s (x )在(0，＋∞)单调递增；所以s (x 1)＜0因为f (x )的零点为x 0，则01ln 0m x +=，即s (x 0)＝0所以s (x 1)＜s (x 0)，所以x 0＞x 1【点睛】解题的关键是熟练掌握利用导数求函数单调区间，极（最）值的方法，并灵活应用，难点在于，需结合零点存在性定理，判断零点所在区间，再进行分析和求解，属中档题.⑩【答案】（1）(],1-∞（2）若591a -≤≤，()f x 在(0,2)π内无零点；若1a >，()f x 在(0,2)π内有且仅有1个零点，证明见解析.【解析】【分析】(1)求导，然后，分别讨论0a ≤，01a <≤和1a >时的单调性即可.(2)根据(1)的结论，分别讨论590a -≤≤，01a <≤和1a >时零点的个数.【小问1详解】'()(1)e cos x f x x a x=+-①若0a ≤，当[0,]x π∈时，0a -≥，sin 0x ≥，()e ()sin 0x f x x a x =+-≥，当且仅当0x =时取等号，可见，0a ≤符合题意.②若01a <≤，当[0,]2x π∈时，0'()(1)e cos 10f x x a x a ≥+-≥-≥；当,2x π⎛⎤∈π ⎥⎝⎦时，cos 0x <，'()(1)e (cos )0x f x x a x =++⋅->.可见，当[]0,x π∈时，'()0f x ≥，当且仅当1a =，且0x =时取等号.所以()f x 在[0,]π上单调递增，所以，()(0)0f x f ≥=.所以01a <≤符合题意.③若1a >，因为(1)e x y x =+在[]0,π上单调递增，cos y a x =-在[]0,π上单调递增，所以，'()(1)e cos x f x x a x =+-在[]0,π上单调递增，又'(0)10f a =-<，2'((1)e 022f πππ=+>，由零点存在定理及'()f x 的单调性，存在唯一的0(0,2x π∈，使得0'()0f x =.当0(0,)x x ∈时，0'()'()0f x f x <=，()f x 单调递减，所以，()(0)0f x f <=.可见，1a >不符合题意.综上，a 的取值范围是(],1-∞【小问2详解】①若590a -≤≤，由(1)，(]0,x π∈时，()0f x >，()f x 在(]0,π内无零点.当(),2x ∈ππ时，1sin 0x -≤<，0sin 1x <-≤，sin a x a -≥，又由e x y x =单调递增，则33()e sin e 3e 593 2.7590.0490x f x x a x a ππ=->+>->⨯-=>.可见，若590a -≤≤，()f x 在(0,2)π内无零点.②若01a <≤，由(1)，(]0,x π∈时，()0f x >，()f x 在(]0,π内无零点.当(,2)x ππ∈时，sin 0x ->，()e (sin )0x x f x x a x xe =+->>.可见，若01a <≤，()f x 在(0,2)π内无零点.③若1a >，由(1)，存在唯一的00,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，当0(0,)x x ∈时，0'()'()0f x f x <=.()f x 单调递减；当0(,)x x π∈时，0'()'()0f x f x >=，()f x 单调递增.又(0)0f =，所以0()(0)0f x f <=.又()e 0f πππ=>，由零点存在定理及()f x 的单调性，存在唯一的10(,)x x π∈，使得1()0f x =.可见，()f x 在(]0,π内存在唯一的零点.当(,2)x ππ∈时，sin 0,sin 0x a x <->，所以，()e sin e 0x x f x x a x x =->>，所以，()f x 在(,2)ππ内没有零点，可见，()f x 在(0,2)π有且仅有1个零点.综上所述，若591a -≤≤，()f x 在(0,2)π内无零点；若1a >，()f x 在(0,2)π内有且仅有1个零点.【点睛】关键点睛：通过导数讨论含参函数的单调性时，要对参数进行分类讨论，分类讨论时，要注意做到不重不漏；讨论含参函数的零点个数时，要利用零点存在定理来讨论零点个数，利用零点存在定理讨论零点个数时，要注意结合单调性讨论，属于难题。

高考导数题型分析及解题方法

高考导数题型分析及解题方法

高考导数题型分析及解题方法一、考试内容导数的概念，导数的几何意义，几种常见函数的导数；两个函数的和、差、基本导数公式，利用导数研究函数的单调性和极值，函数的最大值和最小值。

二、热点题型分析题型一：利用导数研究函数的极值、最值。

1． 32()32f x x x =-+在区间[]1,1-上的最大值是 2 2．已知函数2)()(2=-==x c x x x f y 在处有极大值，则常数c ＝ 6 ； 3．函数331x x y -+=有极小值 －1 ,极大值 3 题型二：利用导数几何意义求切线方程1．曲线34y x x =-在点()1,3--处的切线方程是 2y x =-2．若曲线x x x f -=4)(在P 点处的切线平行于直线03=-y x ，则P 点的坐标为 （1，0） 3．若曲线4y x =的一条切线l 与直线480x y +-=垂直，则l 的方程为 430x y --= 4．求下列直线的方程：（1）曲线123++=x x y 在P(-1,1)处的切线； （2）曲线2x y =过点P(3,5)的切线； 解：（1） 123|y k 23 1)1,1(1x /2/23===∴+=∴++=-=－上，在曲线点－x x y x x y P所以切线方程为02 11=+-+=-y x x y 即，（2）显然点P （3，5）不在曲线上，所以可设切点为),(00y x A ，则200x y =①又函数的导数为x y 2/=，所以过),(00y x A 点的切线的斜率为0/2|0x y k x x ===，又切线过),(00y x A 、P(3,5)点，所以有352000--=x y x ②，由①②联立方程组得，⎩⎨⎧⎩⎨⎧====255110000y x y x 或，即切点为（1，1）时，切线斜率为;2201==x k ；当切点为（5，25）时，切线斜率为10202==x k ；所以所求的切线有两条，方程分别为2510 12 )5(1025)1(21-=-=-=--=-x y x y x y x y 或即，或题型三：利用导数研究函数的单调性，极值、最值1．已知函数))1(,1()(,)(23f P x f y c bx ax x x f 上的点过曲线=+++=的切线方程为y=3x+1 （Ⅰ）若函数2)(-=x x f 在处有极值，求)(x f 的表达式； （Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，求函数)(x f y =在[－3，1]上的最大值； （Ⅲ）若函数)(x f y =在区间[－2，1]上单调递增，求实数b 的取值范围 解：（1）由.23)(,)(223b ax x x f c bx ax x x f ++='+++=求导数得过))1(,1()(f P x f y 上点=的切线方程为：).1)(23()1(),1)(1()1(-++=+++--'=-x b a c b a y x f f y 即而过.13)]1(,1[)(+==x y f P x f y 的切线方程为上故⎩⎨⎧-=-=+⎩⎨⎧-=-=++3023323c a b a c a b a 即 ∵124,0)2(,2)(-=+-∴=-'-==b a f x x f y 故时有极值在 ③ 由①②③得 a=2，b=－4，c=5 ∴.542)(23+-+=x x x x f （2）).2)(23(443)(2+-=-+='x x x x x f当;0)(,322;0)(,23<'<≤->'-<≤-x f x x f x 时当时13)2()(.0)(,132=-=∴>'≤<f x f x f x 极大时当 又)(,4)1(x f f ∴=在[－3，1]上最大值是13。

导数19 大题(切线)1-2022年全国一卷新高考数学题型细分汇编

导数19 大题(切线)1-2022年全国一卷新高考数学题型细分汇编

导数——大题——切线：1.（2022年江苏徐州J53）已知0a >，函数()x f x ax xe =-．（I ）求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程：（II ）证明()f x 存在唯一的极值点（①）（III ）若存在a ，使得()f x a b ≤+对任意x ∈R 成立，求实数b 的取值范围．（切线，易；第二问，未；）2.（2022年江苏常州J59）已知函数()()ln xxe f x a x x =+-，a R ∈．（1）当1a =时，求曲线()y f x =在1x =处的切线方程；（②）（2）讨论函数()f x 的零点个数．（切线，易；第二问，未；）3.（2022年福建福州联考J01）已知函数()ln(1)ln x f x ae x b =-+-(1)若()f x 在0x =处的切线方程为1y =，（i ）求a ，b 的值；（ii ）讨论()f x 的单调性.（③）(2)若b a =，证明：()f x 有唯一的极小值点.（切线，中下；单调性，中下；第二问，未；）4.（2022年福建福州J05）设函数()1ex f x x a -=+，曲线()y f x =在1x =-处的切线与y 轴交于点210,e e ⎛⎫- ⎪⎝⎭；（1）求a ；（④）（2）若当[)2,x ∈-+∞时，()()1f x b x ≥-，记符合条件的b 的最大整数值､最小整数值分别为M ，m ，求M m +.注：e 2.71828=⋅⋅⋅为自然对数的底数.（切线，中下；第二问，未；）1.（2022年福建三明一中J39）已知函数()()ln()x f x e x a x a x =-+++，a R ∈．（1）当1a =时，求函数()f x 的图象在0x =处的切线方程；（⑤）（2）若函数()f x 在定义域上为单调增函数．①求a 最大整数值；②证明：23341ln 2(ln (ln )(ln231n n en e +++++<-L ．（切线，易；第二问，未；）2.（2022年湖南长沙一中J02）已知函数()()()e xf x x b a =+-．（0b >）在()()1,1f --处的切线l方程为()e 1e e l 0x y -++-=．（1）求a ，b ，并证明函数()y f x =的图象总在切线l 的上方（除切点外）；（⑥）（2）若方程()f x m =有两个实数根1x ，2x ．且12x x <．证明：()2112e 11em x x --≤+-．（切线，中下；第二问，未；）1.（2022年高考乙卷J04）已知函数()()ln 1exf x x ax -=++（1）当1a =时，求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程；（⑦）（2）若()f x 在区间()()1,0,0,-+∞各恰有一个零点，求a 的取值范围．（切线，易；第二问，未；）1.（2022年湖北华师附中J61）已知函数()e ln ()x f x x a x a R =-∈在1x =处的切线方程为2e 1)+y x b =-（.（1）求实数,a b 的值；（⑧）（2）（i ）证明：函数()y f x =有且仅有一个极小值点0x x =，且01(,1)2x ∈；（ii ）证明：03141()1515f x <<.（切线，中下；第二问，未；）参考数据：ln 20.693≈e 1.648≈，0.55e 1.734≈，11303e 0.69-≈.2.（2022年河北演练一J39）已知函数()ln f x x bx a =++，其中,a b ∈R .（⑨）（1）若1a =，曲线()y f x =在2x =处的切线与直线210x y ++=平行，求()f x 的极值；（2）当1,1b a =≤-时，证明：2()ex f x x-≥.（切线，中下，单调性，极值，中下；第二问，未；）3.（2022年河北联考J42）设函数2()e mx f x x mx t =+-+在(0,(0))f 处的切线经过点(1,1).(1)求t 的值，并且讨论函数()f x 的单调区间；（⑩）(2)当1m =时，,()0x ∈+∞时，不等式(2)(2)4[()()]f x f x b f x f x -->--恒成立，求b 的取值范围.（切线，中下，单调性，中下；第二问，未；）1.（2022年湖北襄阳五中J24）已知函数()e 2xf x ax b =-+在0x =处的切线经过点()1,2.（1）若函数()f x 至多有一个零点，求实数a 的取值范围；（⑪）（2）若函数()f x 有两个不同的零点()1212,x x x x <，且25x >，求证：12211x x a ax >-.（23e 2.7,e 7.4,e 20.1≈≈≈）（切线，中下；零点分析，中档，未；第二问，未；）1.（2022年湖南三湘名校J45）已知函数()x f x e =（其中e 是自然对数的底数）.过点(,1)(0)P m m >作曲线()y f x =的两条切线，切点坐标分别为()()()121212,e ,,e x x x x x x <.(1)若21x =，求m 的值；（⑫）(2)证明：12x x +随着m 的增大而增大.（切线，易；第二问，未；）2.（2022年湖北武汉J01）定义在π,2⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上的函数()()sin f x x k x =-.（⑬）（1）当π6k =时，求曲线()y f x =在点π,06⎛⎫⎪⎝⎭处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积；（2）将()f x 的所有极值点按照从小到大的顺序排列构成数列{}n x ，若()()120f x f x +=，求k 的值.（切线，中下；第二问，未；）3.（2022年湖北四校联考J17）已知函数()()e ln (0),ln x f x a x b x g x x x x=+->=+．（⑭）（1）若曲线()y f x =在1x =处的切线方程为2e 3y x =+-，求,a b ；（2）在（1）的条件下，若()()f m g n =，比较m 与n 的大小并证明．（切线，中下；第二问，未；）①【答案】（I ）(1),(0)y a x a =->；（II ）证明见解析；（III ）[),e -+∞【解析】【分析】（I ）求出()f x 在0x =处的导数，即切线斜率，求出()0f ，即可求出切线方程；（II ）令()0f x '=，可得(1)x a x e =+，则可化为证明y a =与()y g x =仅有一个交点，利用导数求出()g x 的变化情况，数形结合即可求解；（III ）令()2()1,(1)xh x x x e x =-->-，题目等价于存在(1,)x ∈-+∞，使得()h x b ≤，即min ()b h x ≥，利用导数即可求出()h x 的最小值.【详解】（I ）()(1)x f x a x e =-+'，则(0)1f a '=-，又(0)0f =，则切线方程为(1),(0)y a x a =->；（II ）令()(1)0x f x a x e =-+='，则(1)x a x e =+，令()(1)x g x x e =+，则()(2)x g x x e '=+，当(,2)x ∈-∞-时，()0g x '<，()g x 单调递减；当(2,)x ∈-+∞时，()0g x '>，()g x 单调递增，当x →-∞时，()0g x <，()10g -=，当x →+∞时，()0g x >，画出()g x 大致图像如下：所以当0a >时，y a =与()y g x =仅有一个交点，令()g m a =，则1m >-，且()()0f m a g m '=-=，当(,)x m ∈-∞时，()a g x >，则()0f x '>，()f x 单调递增，当(),x m ∈+∞时，()a g x <，则()0f x '<，()f x 单调递减，x m =为()f x 的极大值点，故()f x 存在唯一的极值点；（III ）由（II ）知max ()()f x f m =，此时)1(1,m a m e m +>-=，所以()2max {()}()1(1),mf x a f m a m m e m -=-=-->-，令()2()1,(1)xh x x x e x =-->-，若存在a ，使得()f x a b ≤+对任意x ∈R 成立，等价于存在(1,)x ∈-+∞，使得()h x b ≤，即min ()b h x ≥，()2()2(1)(2)x x h x x x e x x e =+-=+'-，1x >-，当(1,1)x ∈-时，()0h x '<，()h x 单调递减，当(1,)x ∈+∞时，()0h x '>，()h x 单调递增，所以min ()(1)h x h e ==-，故b e ≥-，所以实数b 的取值范围[),e -+∞.【点睛】关键点睛：第二问解题的关键是转化为证明y a =与()y g x =仅有一个交点；第三问解题的关键是转化为存在(1,)x ∈-+∞，使得()h x b ≤，即min ()b h x ≥.②【答案】（1）11y e=-；（2）答案不唯一，见解析.【解析】【分析】（1）求出导函数()'f x ，得切线斜率(1)f '，从而可得切线方程；（2）定义域是(0,)+∞，在0a ≤时直接由函数()f x 的解析式确定无零点（需用导数证明ln 0x x -<），在1a >时，由导函数()'f x ，得单调性，确定函数的最大值为(1)f ，根据(1)f 的正负分类讨论．在(1)0f >时，通过证明()0f a <和1(0f a<，得零点个数．【详解】（1）当1a =时，()ln x x e f x x x =+-，()111f e=-，()111xe xf x x -'=+-，()10f '=，所以曲线()y f x =在1x =处的切线方程为11y e=-．（2）函数()f x 的定义域为()0,∞+，()()1111111e e e x x x x x x a f x a a x x x x ---⎛⎫⎛⎫'=+-=+⋅=-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．①当0a =时，()0e xxf x =>，()f x 无零点．②当0a >时，10e x ax+>，令()0f x '>，得01x <<，令()0f x '<，得1x >，所以()f x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减，所以()f x 有最大值()11ef a =-．当10ea -<，即1e >a 时，()f x 无零点．当10e a -=，即1a e=时，()f x 只有一个零点．当10a e ->，即10a e<<时，()10f >，()()ln a a e f a a a a =+-，令()ln 1g x x x =-+，则()111xg x x x-'=-=，则()g x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减，所以()()max 10g x g ==，所以()ln 10g x x x =-+≤，因此当10a e <<时，ln 1a a -<-，()()1ln 1a a a a a f a a a a a a e e e ⎛⎫=+-<-=- ⎪⎝⎭．因为0a >，所以1ae >，于是()110af a a e ⎛⎫<-< ⎪⎝⎭．又()f x 在()0,1上单调递增，()10f >，且1a <，所以()f x 在()0,1上有唯一零点．1111111ln ln 1a aa a f a a a a a e a e ⎛⎫⎛⎫=+-=-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，当10a e<<时，1e a >，令()2e x h x x =-，其中x e >，则()2xh x e x '=-，令()2xx e x ϕ=-，x e >，则()20xx e ϕ'=->，所以()h x '在(),e +∞上单调递增，()20eh x e e '>->，所以()h x 在(),e +∞上单调递增，()20eh x e e >->，故当x e >时，2x e x >．因为1e a >，所以211ae a ⎛⎫> ⎪⎝⎭，即11aa e a <，所以111ln 1ln 1aa f a a a a a a e ⎛⎫=--<-- ⎪⎝⎭．由ln 10x x -+≤，得11ln10a a -+<，即1ln 10a a--+<，得ln 10a a a --<，于是10f a ⎛⎫< ⎪⎝⎭．又()10f >，11a>，()f x 在()1,+∞上单调递减，所以()f x 在()1,+∞上有唯一零点．故10ea <<时，()f x 有两个零点．③当0a <时，由ln 10x x -+≤，得ln 10x x -≤-<，则()ln 0a x x ->，又当0x >时，0e xx>，所以()0f x >，()f x 无零点．综上可知，0a ≤或1a e >时，()f x 无零点；1a e =时，()f x 只有一个零点；10a e<<时，()f x 有两个零点．【点睛】关键点点睛：本题考查导数的几何意义，考查用导数研究函数的零点个数．解题关键是求出函数的导数()'f x ，由()'f x 确定单调性和最值，本题在最大值(1)f 0>的情况下，通过证明()f a 0<和10f a ⎛⎫< ⎪⎝⎭，结合零点存在定理得出零点个数．难度较大，对学生的要求较高，属于困难题．③【答案】(1)（i ）11a b =⎧⎨=⎩，（ii ）答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）（i ）求出导数，由题可得(0)0(0)1f f =⎧⎨='⎩即可求出；（ii ）根据导数的正负即可求出.（2）求出导数，构造函数()(1)1x g x ae x =+-，利用零点存在定理可判断函数的变化情况，得出单调性即可判断.(1)（i ）()11xf x ae x =-+'，由已知得，(0)0(0)1f f =⎧⎨='⎩，故10ln 1a a b -=⎧⎨-=⎩，解得11a b =⎧⎨=⎩；（ii ）1()(1)1xf x e x x '=->-+，显然()'f x 在(1,)-+∞上单调递增，又(0)0f '=，所以10x -<<时，()0f x '<；0x >时，()0f x '>，因此()f x 在(1,0)-上单调递减，在(0,)+∞上单调递增．(2)()ln(1)ln xf x ae x a =-+-，则1(1)1()11x xae x f x ae x x '+-=-=++，令()(1)1x g x ae x =+-，0a >，1x ≥-，显然()g x 在[1,)-+∞上单调递增，又(1)0g -<，10g a ⎛⎫> ⎪⎝⎭，所以存在11,t a ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，使得()0g t =，当1x t -<<时，()0<g x ；x t >时，()0>g x ，所以1x t -<<时，()0f x '<；x t >时，()0f x '>，即()f x 在(1,)t -上单调递减；在(,)t ∞+上单调递增，因此f (x )有唯一极小值点t ．④【答案】（1）e（2）8【解析】【分析】（1）求出函数的导数，根据导数的几何意义求出()f x 在1x =-处的切线方程，根据切线与y 轴交于点210,e e ⎛⎫-⎪⎝⎭，即可求得a ；（2）法一：由（1）知()1e e xf x x -=+，则不等式可化为()1e 1e 0x x b x ---+≥，构造函数()()1e1e x g x x b x -=--+，利用导数并讨论导数的正负，从而求得存在()02,x ∈-+∞，()()()01000min e 1e 0x g x g x x b x -==--+≥，分离参数，表示出()0101e x b x -=+，构造新函数，结合导数求得32e e3e 3b --≤≤，进而求得答案；法二：讨论x 的取值范围，从而分离出参数b ，在1x >，21x -£<的情况下，分别构造函数，利用导数判断单调性求的最值，最后确定32e e3e 3b --≤≤，由此可得答案；法三：令2x =-，由()()1f x b x ≥-可解得32e e13b --≥>-，从而取0m =，证明证当0b =时，不等式1e e 0x x -+≥在2x ≥-时恒成立，令2x =，由()()1f x b x ≥-，解得3e b ≤，故取8M =，再证当8b =时，不等式()1e 81e 0x x x ---+≥在2x ≥-时恒成立，由此求得答案.【小问1详解】依题意得：()()11e x f x x -'=+，所以()10f '-=.又因为()211e f a -=-+，所以()f x 在1x =-处的切线方程为21ey a =-+，因为曲线()y f x =在1x =-处的切线与y 轴交于点210,e e ⎛⎫- ⎪⎝⎭，所以2211e e e a -+=-，解得e a =.【小问2详解】解法一:由（1）知()1e e xf x x -=+，则不等式可化为()1e 1e 0x x b x ---+≥，设()()1e1e x g x x b x -=--+，则()()11e x g x x b -='+-，设()()x g x ϕ'=，则()()12e x x x ϕ-=+'，因为[)2,x ∈-+∞，所以()0x ϕ'≥，所以()x ϕ在[)2,-+∞单调递增，即()g x '在[)2,-+∞单调递增，所以()()3min 2e g x g b -=-=-'-'，①若3e b -≤-，则()()20g x g '-'≥≥，所以()g x 在[)2,-+∞单调递增，所以()()3min 22e3e 0g x g b -=-=-++≥，解得32e e 3b --≥，所以332e e e 3b ---≤≤-；②若3e b ->-，则()()min 20g x g =-'<'，因为()g x '在[)2,-+∞单调递增，当3e 0b --<≤时，()100eg b ='->，则存在()2,0x ∈-使得()0g x '=，当0b >时，取{}max 0,ln 1n b =+，则()0g n >，所以存在()12,x n ∈-，使得()10g x '=，综上，当3e b ->-时，存在()02,x ∈-+∞，使得()00g x '=，即()0101e 0x x b -+-=，故当02x x -<<时，()0g x '<，则()g x 在()02,x -单调递减，当0x x >时，()0g x '>，则()g x 在()0,x +∞单调递增，所以()()()01000min e1e 0x g x g x x b x -==--+≥,（*）由()0101e 0x x b -+-=，得()0101e x b x -=+，代入（*）得()()()000111200000e 1e 1e 1e e 0x x x x x x x x ----+-+=-+++≥，设()()211e e x F x x x -=---+，则()()()()2112e 21e x x F x x x x x --=-+---'=+，因为2x ≥-，所以由()0F x '=得1x =，当21x -<<时，()0F x '>，所以()F x 在()2,1-上单调递增，当1x >时，()0F x '<，所以()F x 在()1,+∞单调递减，又因为()32e e 0F -=-+<，()11e 0F =+>，()20F =，所以当2x >时，()0F x <，所以满足()012001ee 0x x x --+++≥的0x 的取值范围是022x -<≤，又因为()0101ex b x -=+，设()()11e x H x x -=+，则()()12e 0x H x x -+'=≥，所以()H x 在()2,-+∞单调递增，所以3e 3e b --<≤，综上所述32e e 3e 3b --≤≤，又因为32e e 103---<<，83e 9<<所以0m =，8M =，所以8M m +=.解法二：由（1）知：()1e e x f x x -=+，则()1e 1e 0x x b x ---+≥，①当1x =时，左边等于1e 0+≥恒成立，此时b ∈R ；②当1x >时，原不等式可化为1e e 1x x b x -+≤-对任意()1,x ∈+∞恒成立.设()1e e 1x x h x x -+=-，则()()()2121e e1x x x h x x --'--=设()()211e e x k x x x -=---，则()()()()2112e 21e x x k x x x x x --=+-'=+-.因为1x >，所以()0k x '>，所以()k x 在()1,+∞上单调递增.又因为()()220h k '==，所以2x =是()h x '在()1,+∞上的唯一零点，所以当12x <<时，()0h x '<，()h x 在()1,2上单调递减，当2x >时，()0h x '>，()h x 在()2,+∞上单调递增，所以()()min 23e h x h ==，所以3e b ≤.③当21x -£<时，原不等式可化为1e e 1x x b x -+≥-，此时对于②中函数()k x 的导函数，()()()()2112e 21e x x k x x x x x --=+-'=+-，可知当21x -£<时，()0k x '<，所以()k x 在21x -£<单调递减，且()325ee 0k --=-<，所以当21x -£<时，()()20k x k <-<，所以当21x -£<时，()0h x '<，所以()h x 在[)2,1-上单调递减，所以()3max 2e e (2)3h x h --=-=，所以32e e 3b --≥，综上所述32e e 3e 3b --≤≤，又因为32e e 103---<<，83e 9<<所以0m =，8M =，所以8M m +=.解法三：令2x =-，由()()1f x b x ≥-得()32e 3e b --≥--，解得32e e 13b --≥>-，取0m =，下证当0b =时，不等式1e e 0x x -+≥在2x ≥-时恒成立，设()1e e x g x x -=+，则()()11e x g x x -=+'，由()0g x '=可得1x =-，当21x -<<-时，()0g x '<，所以()g x 单调递减，当1x >-时，()0g x '>，所以()g x 单调递增，所以()()2min 11e 0e g x g =-=-+≥，所以0m =符合题意；令2x =，由()()1f x b x ≥-得2e 20b -+≥，解得3e b ≤，取8M =，下证当8b =时，不等式()1e81e 0x x x ---+≥在2x ≥-时恒成立，设()1e e x h x x -=+，则()()11e x h x x -=+'，令()0h x '=，则1x =-，所以当21x -<<-时，()0h x '<，则()h x 在()2,1-上单调递减，当1x >-时，()0h x '>，则()h x 在()1,+∞上单调递增，所以()()211e 0e h x h ≥-=->，所以当21x -≤≤时，()1e81e 0x x x ---+≥恒成立.当1x >时，10x ->，所以()()813e 1x x -<-，所以()()11e 81e e 3e 1e x x x x x x ----+>--+，设()()1e 3e 1e x k x x x -=--+，则()()11e 3e x k x x -'=+-，设()()x k x ϕ'=，则()()12e 0x x x ϕ-+'=≥，所以()k x '在()1,+∞单调递增，且()20k '=，所以当12x <<时，()0k x '<，则()k x 在()1,2单调递减，当2x >时，()0k x '>，则()k x 在()2,+∞单调递增，所以()()min 20k x k ==，所以()0k x ≥，所以()1e 81e 0x x x ---+≥，综上当8M =时，不等式()1e81e 0x x x ---+≥在2x ≥-时恒成立，所以8M m +=.【点睛】本小题主要考查函数的单调性､导数､导数的几何意义及其应用､不等式等基础知识，考查推理论证能力､运算求解能力､创新意识等，考查分类与整合思想､数形结合思想､一般与特殊思想，涉及的核心素养有直观想象､数学抽象､数学运算､逻辑推理等，体现综合性与创新性.⑤【答案】（1）10x y -+=（2）①2②见解析【解析】【详解】试题分析：（1）将1a =代入到函数()f x ，再对()f x 求导，分别求出()0f 和()'0f ，即可求出切线方程；（2）①若函数()f x 在定义域上为单调增函数，则()'0f x ≥恒成立，则先证明1x e x ≥+，构造新函数，求出单调性，再同理可证ln 1x x ≤-，即可求出a 的最大整数值；②由①得()ln 2x e x ≥+，令1t x t -+=，可得11ln tt t e t -++⎛⎫≥ ⎪⎝⎭，累加后利用等比数列求和公式及放缩法即可得证.试题解析：（1）当1a =时，()()()1ln 1xf x e x x x =-+++∴()01f =，又()()'ln 1xf x e x =-+，∴()'01f =，则所求切线方程为1y x -=，即10x y -+=．（2）由题意知，()()'ln xf x e x a =-+，若函数()f x 在定义域上为单调增函数，则()'0f x ≥恒成立．①先证明1x e x ≥+．设()1x g x e x =--，则()'1xg x e =-，则函数()g x 在(),0-∞上单调递减，在()0,+∞上单调递增，∴()()00g x g ≥=，即1x e x ≥+．同理可证ln 1x x ≤-∴()ln 21x x +≤+，∴()1ln 2xe x x ≥+≥+．当2a ≤时，()'0f x >恒成立．当3a ≥时，()'01ln 0f a =-<，即()()'ln 0xf x e x a =-+≥不恒成立．综上所述，a 的最大整数值为2．②由①知，()ln 2x e x ≥+，令1t x t-+=，∴111ln 2ln t t t t e t t -+-++⎛⎫⎛⎫≥+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∴11ln t t t e t -++⎛⎫≥ ⎪⎝⎭．由此可知，当1t =时，0ln2e >．当2t =时，213ln 2e -⎛⎫> ⎪⎝⎭，当3t =时，324ln 3e -⎛⎫> ⎪⎝⎭， ，当t n =时，11ln nn n e n -++⎛⎫≥ ⎪⎝⎭．累加得0121n e e e e ---+++++> 23341ln2ln ln ln 23n n n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ．又0121n e e e e ---+++++= 11111111n e e e e e⎛⎫- ⎪⎝⎭<=---，∴2334ln2ln ln 23⎛⎫⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭1ln 1nn e n e +⎛⎫++< ⎪-⎝⎭ ．点睛：（1）导数综合题中对于含有字母参数的问题，一般用到分类讨论的方法，解题时要注意分类要不重不漏；（2）对于恒成立的问题，直接转化为求函数的最值即可；（3）对于导数中，数列不等式的证明，解题时常常用到前面的结论，需要根据题目的特点构造合适的不等式，然后转化成数列的问题解决，解题时往往用到数列的求和及放缩法.⑥【答案】（1）1,1a b ==；证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）求出函数的导函数，依题意可得()10f -=，()111ef -=-+'，即可解得a 、b ，从而得到()()()1e 1x f x x =+-，设()f x 在()1,0-处的切线l 方程为()y h x =，令()()()F x f x h x =-，利用导数说明函数的单调性，即可得证；（2）由（1）知()()11f x h x ≥，设()h x m =的根为1x '，则1e 11em x '=-+-，即可得到11x x '≤，在设()y f x =在()0,0处的切线方程为()y t x =，令()()()T x f x t x =-，利用导数说明函数的单调性，即可得到()()22f x t x ≥．设()t x m =的根为2x '，则2x m '=，再说明22x x '≥，即可得证；【小问1详解】解：将1x =-代入切线方程()e 1e e l 0x y -++-=，有0y =，所以()10f -=，所以()()1110e f b a ⎛⎫-=-+-= ⎪⎝⎭，又()()1e x f x x b a +'=+-，所以()111e e b f a -=-=-+'，若1ea =，则2e 0b =-<，与0b >予盾，故1a =，1b =．∴()()()1e 1x f x x =+-，()00f =，()10f -=，设()f x 在()1,0-处的切线l 方程为()()111e y h x x ⎛⎫==-+⎪⎝⎭，令()()()F x f x h x =-，即()()()()11e 111e x F x x x ⎛⎫=+---+ ⎪⎝⎭，所以()()12e e x F x x =+-'，当2x -≤时，()()112e 0e ex F x x =+-≤-<'，当2x >-时，设()()()12e ex G x F x x =+-'=，()()3e 0x G x x =+>'，故函数()F x '在()2,-+∞上单调递增，又()10F '-=，所以当()2,1x ∈--时，()0F x '<，当()1,x ∈-+∞时，()0F x '>，综合得函数()F x 在区间(),1-∞-上单调递减，在区间()1,-+∞上单调递增，故()()10F x F ≥-=，即函数()y f x =的图象总在切线l 的上方（除切点外）．【小问2详解】解：由（1）知()()11f x h x ≥，设()h x m =的根为1x '，则1e 11em x '=-+-，又函数()h x 单调递减，故()()()111f x h h x x =≥'，故11x x '≤，设()y f x =在()0,0处的切线方程为()y t x =，因为()00f =，()()2e 1xf x x '=+-，所以()01f '=，所以()t x x =．令()()()()()1e 1x T x f x t x x x =-=+--，()()2e 2xT x x =+-'，当2x -≤时，()()2e 220xT x x =+-≤-<'，当2x >-时，设()()()2e 2x H x T x x ==+-'，则()()3e 0xH x x =+>'，故函数()T x '在()2,-+∞上单调递增，又()00T '=，所以当()2,0x ∈-时，()0T x '<，当()0,x ∈+∞时，()0T x '>，综合得函数()T x 在区间(),0∞-上单调递减，在区间()0,∞+上单调递增，所以()()00T x T ≥=，即()()22f x t x ≥．设()t x m =的根为2x '，则2x m '=，又函数()t x 单调递增，故()()()222f x t t x x =≥'，故22x x '≥，又11x x '≤，所以()221112e e 111e 1em m x x x x m -⎛⎫''-≤-=--+=+ ⎪--⎝⎭．【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．⑦【答案】（1）2y x=（2）(,1)-∞-【解析】【分析】（1）先算出切点,再求导算出斜率即可（2）求导,对a 分类讨论,对x 分(1,0),(0,)-+∞两部分研究【小问1详解】()f x 的定义域为(1,)-+∞当1a =时,()ln(1),(0)0ex x f x x f =++=,所以切点为(0,0)11(),(0)21ex x f x f x ''-=+=+,所以切线斜率为2所以曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程为2y x=【小问2详解】()ln(1)e xaxf x x =++()2e 11(1)()1e (1)e x x x a x a x f x x x '+--=+=++设()2()e 1x g x a x =+-1︒若0a >,当()2(1,0),()e 10x x g x a x ∈-=+->,即()0f x '>所以()f x 在(1,0)-上单调递增,()(0)0f x f <=故()f x 在(1,0)-上没有零点,不合题意2︒若10a - ,当,()0x ∈+∞,则()e 20x g x ax '=->所以()g x 在(0,)+∞上单调递增所以()(0)10g x g a >=+ ,即()0f x '>所以()f x 在(0,)+∞上单调递增,()(0)0f x f >=故()f x 在(0,)+∞上没有零点,不合题意3︒若1a <-(1)当,()0x ∈+∞,则()e 20x g x ax '=->,所以()g x 在(0,)+∞上单调递增(0)10,(1)e 0g a g =+<=>所以存在(0,1)m ∈,使得()0g m =,即()0'=f m 当(0,),()0,()x m f x f x '∈<单调递减当(,),()0,()x m f x f x '∈+∞>单调递增所以当(0,),()(0)0x m f x f ∈<=当,()x f x →+∞→+∞所以()f x 在(,)m +∞上有唯一零点又(0,)m 没有零点,即()f x 在(0,)+∞上有唯一零点(2)当()2(1,0),()e 1x x g x a x∈-=+-设()()e 2x h x g x ax '==-()e 20x h x a '=->所以()g x '在(1,0)-单调递增1(1)20,(0)10eg a g ''-=+<=>所以存在(1,0)n ∈-,使得()0g n '=当(1,),()0,()x n g x g x '∈-<单调递减当(,0),()0,()x n g x g x '∈>单调递增,()(0)10g x g a <=+<又1(1)0eg -=>所以存在(1,)t n ∈-,使得()0g t =,即()0f t '=当(1,),()x t f x ∈-单调递增,当(,0),()x t f x ∈单调递减有1,()x f x →-→-∞而(0)0f =,所以当(,0),()0x t f x ∈>所以()f x 在(1,)t -上有唯一零点,(,0)t 上无零点即()f x 在(1,0)-上有唯一零点所以1a <-,符合题意所以若()f x 在区间(1,0),(0,)-+∞各恰有一个零点,求a 的取值范围为(,1)-∞-【点睛】方法点睛：本题的关键是对a 的范围进行合理分类，否定和肯定并用，否定只需要说明一边不满足即可，肯定要两方面都说明.⑧【答案】（1）2,2ea b ==-（2）（i ）证明见解析；（ii ）证明见解析【解析】【分析】（1）直接利用导数的意义列方程组()()()'1211f e f e ⎧=-⎪⎨=⎪⎩，即可解得；（2）（i ）求出导函数2()(1)e x f x x x '=+-.利用导数和零点存在对立即可证明；（ii ）求出0000001()e 2ln 2(ln )1x f x x x x x =-=-+，令11()2(ln )(1)12x x x x ϕ=-<<+，利用导数判断出()y x ϕ=在(,1)2上单调递减，即可证明122741()(2(ln 2)2(2331015x ϕϕ<=+<+=；要证031()15f x >，即证0320312ln 15x x x x+>.令()x F x x =1(1)2x <<，利用导数证明出1()( 2.332F x F >≈；令32312ln 115()(1)2x G x x x+=<<，利用导数证明出1130max()(e ) 2.312G x G -=≈，得到()()G x F x <，即可证明.【小问1详解】定义域为(0,)+∞，'((e )1)xa f x x x=+-由题意知()()()()'1221121f e a e f e b e ⎧=-=-⎪⎨=-+=⎪⎩，解得2,2e a b ==-.【小问2详解】（i ）由（1）知()e 2ln x f x x x =-，2()(1)e xf x x x'=+-令()()h x f x '=，则22()(2)e 0xh x x x'=++>，从而()y h x =即()y f x '=单调递增又13e 8(1)2e 20,()022f f -''=->=<，故存在唯一的01(,1)2x ∈使得0()0f x '=x 0(0,)x 0x 0(,)x +∞()'f x -0+()f x极小值从而()y f x =有且仅有一个极小值点0x x =，且01(,1)2x ∈（ii ）00002()(1)e 0x f x x x '=+-=，()y f x =的极小值000000()e 2ln 2(ln )1x f x x x x x =-=-+令11()2(ln )(1)12x x x x ϕ=-<<+，则222'()0(1)x x x ϕ=--<+，从而()y x ϕ=在1(,1)2上单调递减，122741()(2(ln 2)2(2331015x ϕϕ<=+<+=，故041()15f x <下证031()15f x >0320312ln e15x x x x+>一方面令e ()xF x x =1(1)2x <<，则32e (21)()02x x F x x -'=>，则()F x 在1(,1)2上单调递增，从而1()()2e 2.332F x F >=≈另一方面，令32312ln 115()(1)2x G x x x +=<<，52113ln 10'()x G x x --=令()0'=G x 有1130e x -=x 11301(,e )2-1130e-1130(e,1)-()G x '+0-()G x极大值从而110.5530max 44()(e)e 1.734 2.31233G x G -==≈⨯≈从而()()G x F x <32312ln e15xx xx+>成立，故031()15f x >.【点睛】导数的应用主要有：（1）利用导函数几何意义求切线方程；（2）利用导数研究原函数的单调性，求极值（最值）；（3）利用导数求参数的取值范围；（4）利用导数证明不等式.⑨【答案】（1）极大值为(1)0f =，无极小值.（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据导数的几何意义得1b =-，进而得'11()10xf x x x-=-==，再列表求解即可；（2）根据题意，只需证明2e ln e e xx x x a ≥+，由于函数e ,0x y x x >=在()0,∞+上单调递增，e 0x y x =>，故转化为证明2ln e t t a ≥+，再令()2ln ,0et t g t a t -->=，再求函数最值即可证明.【小问1详解】解：1a =，()ln 1f x x bx =++，'1()f x b x=+，因为曲线()y f x =在2x =处的切线与直线210x y ++=平行，所以，'11(2)22f b =+=-，解得1b =-，所以，()ln 1f x x x =-+，'11()10xf x x x-=-==，解得1x =，所以，x ，'()f x ，()f x 的变化情况如下表，x ()0,11()1,+∞'()f x ++()f x 单调递增极大值单调递减所以，当1x =时，()f x 有极大值(1)0f =，无极小值.【小问2详解】解：当1,1b a =≤-，()ln f x x x a =++，因为222()e ee ln ln e ex x x x f x x x x x a x a x --≥⇔≥++⇔≥+，所以只需证明2e ln e exx x x a ≥+成立即可.令e ,0x y x x >=，则()'1e 0,0xy x x =+>>，所以，函数e ,0x y x x >=在()0,∞+上单调递增，即e 0x y x =>.令e ,0xx t t =>，则22e ln e ln e ex x x tx a t a ≥+⇔≥+，令()2ln ,0e t t g t a t -->=，则()2'2211e e e t t t t g --==，所以，当()20,et ∈时，()'0g t <，()g t 单调递减，当()2e ,t ∈+∞时，()'0g t >，()g t 单调递增，所以，()()22e1ln e1a a g g t ≥=--=--，因为1a ≤-，所以10a --≥，即()0g t ≥，所以2ln ett a ≥+成立，所以2()ex f x x-≥成立，证毕.⑩【答案】(1)0=t ；()f x 的单调递减区间为(,0)-∞，单调递增区间为(0,)+∞.(2)b 的取值范围为(,2]-∞.【分析】（1）、先求出切线方程，根据切线经过点(1,1)即可求出t 的值；求出()f x '，分0m ≥，0m <两种情况讨论函数的单调区间即可;（2）、将原不等式转化为函数值在,()0x ∈+∞时恒大于零问题，分类讨论即可得到b 的取值范围.(1)2()e mx f x x mx t =+-+ ，()e 2mxf x m x m '∴=+-，(0)0f '∴=，又()01f t =+ ，∴切线方程为1y t =+，又 切线经过点(1,1)，11t ∴+=，0t ∴=，故2()e mx f x x mx =+-，()()1e 2e 2mx mx f x m x m m x '=-=+-+.①、若0m ≥，则当(,0)x ∈-∞时，e 10mx -≤，()0f x '<；当,()0x ∈+∞时，e 10mx -≥，()0f x '>.所以()f x 在(,0)-∞上单调递减，在(0,)+∞上单调递增.②、若0m <，则当(,0)x ∈-∞时，e 10mx ->，()0f x '<；当,()0x ∈+∞时，e 10mx -<，()0f x '>.所以()f x 在(,0)-∞上单调区间递减，在(0,)+∞上单调区间递增.综上所述：()f x 的单调递减为(,0)-∞，单调递增(0,)+∞.(2)当1m =时，2()e x f x x x =+-,22(2)(2)e 4e x x x f x f x -∴----=,()()e e 2x x x f x f x -----=,(2)(2)4[()()]f x f x b f x f x -->-- ,()22e e 4e e 42x x x x x b x --∴----≥,()22e e 4e e (84)0x x x x b b x --∴---+-≥在,()0x ∈+∞上恒成立.设()22()e e 4e e (84)x x x xg x b b x --=---+-，,()0x ∈+∞()()()()22()2e e 2e e 422e e 2e e 22x x x xx x x x g x b b b ----⎡⎤'∴=+-++-=+-+-+⎣⎦，且e e2xx-+>.①、当2b ≤时，e e 20,e e 220x x x x b --+->+-+>,()0g x '∴≥，当且仅当0x =时等号成立，所以()g x 在,()0x ∈+∞上单调递增，而()00g =，所以对0x >时，()0>g x .符合题意②、当2b >时，若x 满足2e e 22x x b -<+<-，即(20ln 12x b b b <<--时，()0g x '<，而(0)0g =，因此(20ln 12x b b b <<-+-时，()0<g x ,不符合题意.综上:b 的取值范围为(,2]-∞.⑪【答案】（1）2e 2a ≤（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据切线过点()1,2可得2b a =，参变分离后研究()e 1xg x x =-的单调性，得到极值，数形结合得到答案；（2）在第一问基础上，得到22e a >，对不等式变形，结合放缩，转化为只需证22212e 20(4)t t t +->>，二次求导后得到证明.【小问1详解】()e 2x f x a =-'，∴()012f a '=-，∴0x =处的切线方程为()121y a x b =-++，切线过点()1,2，所以2b a =，∴()e 22x f x ax a =-+.∵()()1e 0,f f x =≠∴的零点不为1，∴e 21xa x =-在()(),11,-∞+∞ 上至多一个解.设1t x =-，则1e 2()t a g t t+==在()(),00,∞-+∞U 上至多一个解.1122111()()e e t t t g t t t t++-'=-=，令()0g t '>得：1t >，令()0g t '<得：01t <<或0t <，∴()g t 在(),0∞-和(]0,1上单调递减，[)1,+∞上单调递增，当0t <时，()0g t <恒成立，当0t >时，()g t 在1t =处取得极小值，且2(1)e g =，画出函数图象如图所示：所以22(1)e a g ≤=时，()f x 至多有一个零点，∴2e 2a ≤【小问2详解】由（1）知，要想有两个不同零点，则22e a >且12(0,1),(1,)t t ∈+∈∞，即()()121,2,2,x x ∈∈+∞，故要证12211x x a ax >-，只需证121ax x >-，由（1）知()()11110,1,1,2t x x =-∈∴∈，故只需证221x t a -=<，∵21222e (14)2t t x t a +==->.只需证：21222e (4)2t t t t +><，即22212e 20(4)t t t +->>，令()()()121e 24,e 4t t h t t t h t t ++=->'=-，15()e 4e 40t h t +''=->->，∴()h t '在()4,+∞上递增，∴()5416)e 0(h t h '>'=->，∴()h t 在()4,+∞上递增，∴()()54e 320h t h >=->，∴2122e 2t t +>，∴12211x x a ax >-【点睛】导函数研究函数零点问题，参变分离是一种重要方法，把零点问题转化为函数交点问题，通过构造函数，研究构造函数的单调性，极值和最值，数形结合得到答案.⑫【答案】(1)1em =(2)证明见解析【分析】(1)由导数的几何意义求切线方程，由点P 在切线上列方程求m 的值；(2)由导数的几何意义可得1x ，2x 是方程11e x m x =+-的两根，设21(0)x x t t -=>由此可得()1222e 1e e tx x tt +-=，证明t 随着m 的增大而增大，12e x x +随着t 的增大而增大，由此证明12x x +随着m 的增大而增大.(1)因为21x =，所以切点为(1,)e ，又()e x f x '=，则(1)e f '=，所以切线方程为e(1)e e y x x =-+=，因为切线过点(,1)P m ，所以1e m =，解得1em =；(2)设切点为()00,e x x ，因为()()000 e x f x f x '==，则切线方程为()000e e x x y x x =-+，因为切线过点(,1)P m ，所以()0001e e xxm x =-+，整理得0011(0)e x m x m =+->，所以1x ，2x 是方程11e xm x =+-的两根，设1()1e xg x x =+-，则1()1e x g x '=-，令()0g x '=，解得0x =，当0x <时，()0g x '<，()g x 在(,0)-∞上单调递减，当0x >时，()0g x '>，()g x 在(0,)+∞上单调递增，所以120x x <<，设1()g x m =的两根为()1212,0x x x x ''''<<，其中10m m >>，则由()g x 单调性可知，11220x x x x ''<<<<，所以2121x x x x ''->-，设21(0)x x t t -=>，即t 随着m 的增大而增大，因为12121111e e x x m x x =+-=+-，所以111111e e x x t x x t ++=++，整理得1e 1e e t x tt -=，所以21e 1e et x x tt +-==，所以()1222e 1e (0)e t x x t t t +-=>，设()22e 1()(0)et t h t t t -=>，则()()()()()2222322e e 1e 2e e 1e 1(2)e 2()e e t t t t t tttt t t t t t h t t t '⎡⎤-⋅-+⋅---++⎣⎦==，设()(2)e 2t t t t ϕ=-++，则()(1)e 1t t t ϕ'=-+，()(1)e 1t m t t =-+，则'()e 0t m t t =>所以()t ϕ'单调递增，所以()(0)0t ϕϕ''>=，所以()t ϕ单调递增，所以()(0)0t ϕϕ>=，即()0,()h t h t '>单调递增，所以12e x x +随着t 的增大而增大，又t 随着m 的增大而增大，所以12x x +随着m 的增大而增大.【点睛】本题解决的关键在于根据函数方程的思想确定1x ，2x 是方程11e xm x =+-的两根和构造函数证明12e x x +随着21x x -的增大而增大.⑬【答案】（1）2π144（2）π2【解析】【分析】（1）根据导数的几何意义及点斜式，再结合三角形的面积公式即可求解；（2）根据已知条件及正切函数的性质，利用导数法求函数的极值及函数存在性定理，再根据零点范围及三角函数相等的角的关系即可求解.【小问1详解】当π6k =时，()()ππsin ,sin cos 66f x x x f x x x x ⎛⎫⎛⎫=-=+- ⎪ ⎪⎝⎝⎭'⎭，故ππ1sin 662f ⎛⎫== ⎪'⎝⎭.曲线()y f x =在点π,06⎛⎫⎪⎝⎭处的切线的斜率为π162k f ⎛⎫== ⎪⎝⎭'，曲线()y f x =在点π,06⎛⎫⎪⎝⎭处的切线方程为1π26y x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，令π0,12x y ==-.所以切线与y 轴的交点π0,12⎛⎫- ⎪⎝⎭.此时所求三角形的面积为21πππ2126144⨯-⨯=.【小问2详解】()()sin cos f x x x k x=+-'当ππ22x -<<时，()()cos tan f x x x x k =⋅+-'.由函数tan y x x =+在区间ππ,22⎛⎫- ⎪⎝⎭上递增，且值域为R ，故存在唯一0ππ,22x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，使得00tan x x k +=.此时当0π2x x -<<时，()()0,f x f x '<单调递减；当0π2x x <<时，()()0,f x f x '>单调递增，因此10x x =.同理，存在唯一'0π3π,22x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得''00tan x x k +=.此时当'0π2x x <<时，()()0,f x f x '>单调递增；当'03π2x x <<时，()()0,f x f x '<单调递减，因此'20x x =.由()()211111111sin 10,tan ,cos cos cos x f x x k x f x x x x =-=-=-=-'.同理：()222222sin 1cos cos cos x f x x x x =-=-.由()()120f x f x +=，整理得：()12121cos cos 10cos cos x x x x ⎛⎫+-=⎪⎝⎭.又12ππ3π222x x -<<<<，故12cos cos 1x x ≠，则有()122cos cos cos πx x x =-=-由2πππ22x -<-<，故12πx x =-或()12πx x =--.又1122tan tan k x x x x =+=+，当12πx x =-时，不满足，舍去.所以()12πx x =--，即12πx x +=，则1122tan tan π22x x x x k +++==.综上所述，π2k =.【点睛】解决此题的关键，第一问根据导数的几何意义及三角形的面积公式即可；第二问利用导数法求函数的极值的步骤，但此时无法解决导数函数的零点，只能通过函数零点存在性定理得出，再结合已知条件及零点范围及三角函数相等角的关系即可.⑭【答案】（1）2,1a b ==（2）m n ≤，证明见解析【解析】【分析】（１）求导得()'f x ，再求(1)f '的值即得切线的斜率，求出切点，利用点斜式求出切线方程，对比系数即可得答案;(2)先证明e 1x x ≥+，再令()()()h x f x g x =-，利用前面的结论说明()0h x ≥，最后根据()g x 的单调性证明即可.【小问1详解】解：()()()()2e 1(0),1e ,1x x af x x f b f a x x-=+>'=-='，所以()y f x =在1x =处的切线方程为e y ax b a =+--，比较系数可得2,1a b ==.【小问2详解】m n ≤.证明：设()=e 1xx x ϕ--，则()=e -1xx ϕ'，令()>0x ϕ'，则0x >；令()0ϕ'<x ，则0x <则0x =是()ϕx 的极小值点同时也是最小值点，故()()00x ϕϕ≥=即e 1x x ≥+（当且仅当0x =时等号成立）.令()()()h x f x g x =-，则()()ln e ln 1e ln 10xx x h x x x x x x-=+--=---≥，当且仅当ln 0=x x -=“”取“”，所以()(),f x g x ≥则有()(),f m g m ≥而()(),()()f m g n g m g n =∴≤，又()11,()g x g x x'=+∴ 单调递增，所以m n ≤.。

高考导数题型及解题方法总结

高考导数题型及解题方法总结

高考压轴题：导数题型及解题方法一．切线问题题型1求曲线)(x f y =在0x x =处的切线方程。

方法：)(0x f '为在0x x =处的切线的斜率。

题型2过点),(b a 的直线与曲线)(x f y =的相切问题。

方法：设曲线)(x f y =的切点))(,(00x f x ，由b x f x f a x -='-)()()(000求出0x ，进而解决相关问题。

注意：曲线在某点处的切线若有则只有一，曲线过某点的切线往往不止一条。

例已知函数f（x）=x 3﹣3x．（1）求曲线y=f（x）在点x=2处的切线方程；（答案：0169=--y x ）（2）若过点A )2)(,1(-≠m m A 可作曲线)(x f y =的三条切线，求实数m 的取值范围、（提示：设曲线)(x f y =上的切点（)(,00x f x ）；建立)(,00x f x 的等式关系。

将问题转化为关于m x ,0的方程有三个不同实数根问题。

（答案：m 的范围是()2,3--）题型3求两个曲线)(x f y =、)(x g y =的公切线。

方法：设曲线)(x f y =、)(x g y =的切点分别为（)(,11x f x ）。

（)(,22x f x ）；建立21,x x 的等式关系，12112)()(y y x f x x -='-，12212)()(y y x f x x -='-；求出21,x x ，进而求出切线方程。

解决问题的方法是设切点，用导数求斜率，建立等式关系。

例求曲线2x y =与曲线x e y ln 2=的公切线方程。

（答案02=--e y x e ）二．单调性问题题型1求函数的单调区间。

求含参函数的单调区间的关键是确定分类标准。

分类的方法有：（1）在求极值点的过程中，未知数的系数与0的关系不定而引起的分类；（2）在求极值点的过程中，有无极值点引起的分类（涉及到二次方程问题时，△与0的关系不定）；(3)在求极值点的过程中，极值点的大小关系不定而引起的分类；(4)在求极值点的过程中，极值点与区间的关系不定而引起分类等。

高考数学导数压轴题7大题型总结

高考数学导数压轴题7大题型总结

高考数学导数压轴题7大题型总结
目前虽然全国高考使用试卷有所差异，但高考压轴题目题型基本都是一致的,几乎没有差异，如果有差异只能是难度上的差异，高考导数压轴题考察的是一种综合能力，其考察内容方法远远高于课本，其涉及基本概念主要是：切线，单调性，非单调,极值，极值点,最值，恒成立等等。

导数解答题是高考数学必考题目，然而学生由于缺乏方法，同时认识上的错误，绝大多数同学会选择完全放弃，我们不可否认导数解答题的难度，但也不能过分的夸大。

掌握导数的解体方法和套路，对于基础差的同学不说得满分，但也不至于一分不得.为了帮助大家复习,今天就总结倒数7大题型,让你在高考数学中多拿一分，平时基础好的同学逆袭140也不是问题。

1导数单调性、极值、最值的直接应用
2交点与根的分布
3不等式证明
（一）做差证明不等式
（二)变形构造函数证明不等式
（三）替换构造不等式证明不等式
4不等式恒成立求字母范围
(一）恒成立之最值的直接应用
（二）恒成立之分离参数
(三）恒成立之讨论字母范围
5函数与导数性质的综合运用
6导数应用题
7导数结合三角函数。

高考数学专题：导数大题专练附答案

高考数学专题：导数大题专练附答案

高考数学专题：导数大题专练附答案一、解答题 1．已知函数()()2ln 0f x a x ax a =+-> (1)求()f x 的最大值(2)若()0f x ≤恒成立，求a 的值 2．已知函数()1ln f x ax x =--，a R ∈． (1)讨论函数()f x 在区间()1,e 的极值；(2)若函数()f x 在1x =处取得极值，对()0,x ∀∈+∞，()2f x bx ≥-恒成立，求实数b 的取值范围．3．已知函数1()2ln f x x x x=+-． (1)求函数的单调区间和极值；(2)若12x x ≠且()()12f x f x =，求证：121x x <．4．已知a R ∈，函数()22e 2xax f x =+． (1)求曲线()y f x =在0x =处的切线方程 (2)若函数()f x 有两个极值点12,x x ，且1201x x ，（ⅰ）求a 的取值范围；（ⅱ）当9a <-时，证明：21x x <-<． （注： 2.71828e =…是自然对数的底数）5．设函数()()2()ln 1f x x a x x =++-，其中R a ∈.(1)1a =时，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程； (2)讨论函数()f x 极值点的个数，并说明理由； (3)若()0,0x f x ∀>成立，求a 的取值范围. 6．求下列函数的导数： (1)2cos x xy x -=； (2)()e 1cos 2x x y x =+-； (3)()3log 51y x =-．7．已知函数()e xf x kx =-，()()28ln ag x x x a R x=--∈.(1)当1k =时，求函数()f x 在区间[]1,1-的最大值和最小值；(2)当()0f x =在1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦有解，求实数k 的取值范围；(3)当函数()g x 有两个极值点1x ，()212x x x <，且11x ≠时，是否存在实数m ，总有()21221ln 51a x m x x x >--成立，若存在，求出实数m 的取值范围，若不存在，请说明理由.8．已知函数()e (1)()x f x a x a -=++∈R ． (1)当1a =时，求函数()y f x =的极值；(2)若函数()()ln e g x f x x =-+-在[1,)+∞有唯一的零点，求实数a 的取值范围． 9．已知函数()()1ln f x x x =+ (1)求函数()f x 的单调区间和极值；(2)若m Z ∈，()()1m x f x -<对任意的()1,x ∈+∞恒成立，求m 的最大值. 10．已知函数2()e 1)(x f x ax x =-+.(1)求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线的方程； (2)若函数()f x 在0x =处取得极大值，求a 的取值范围； (3)若函数()f x 存在最小值，直接写出a 的取值范围.【参考答案】一、解答题1．(1)22ln 2ln 2a a --+ (2)2a = 【解析】 【分析】（1）求导求解单调性即可求出最值；（2）要使()0f x ≤成立必须()22ln 2ln 20a a a ϕ=--+≤，求单调性求解即可. (1)因为()()2ln 0f x a x ax a =+->，所以()()20axf x a x-'=>， 由()0f x '>得20x a <<；()0f x '<得2x a>；所以()f x 在20,a⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，在2,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减，故()222ln 2ln 2max f x f a a a ⎛⎫==--+ ⎪⎝⎭，即()()22ln 2ln 20a a a a ϕ=--+>.(2)要使()0f x ≤成立必须()22ln 2ln 20a a a ϕ=--+≤， 因为()2a a aϕ-'=，所以当02a <<，()0a ϕ'<；当2a >时，()0a ϕ'>. 所以()a ϕ在()0,2上单调递减，在()2,+∞上单调递增. 所以()()20min a ϕϕ==，所以满足条件的a 只有2，即2a =. 【点睛】用导数求函数的单调区间或判断函数的单调性问题时应注意如下几方面： (1)在利用导数讨论函数的单调区间时，首先要确定函数的定义域； (2)不能随意将函数的2个独立的单调递增（或递减）区间写成并集形式； (3)利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用. 2．(1)答案见解析 (2)211e b ≤-【解析】 【分析】（1）先讨论()f x 的单调性再确定()f x 在()1,e 上的极值（2）利用极值点处的导数为求出1a =，代入恒成立的不等式中，用分离参数法求b 的取值范围 (1)在区间()0,∞+上， ()11ax f x a xx-'=-=， 当0a ≤时， ()0f x '<恒成立， ()f x 在区间()1,e 上单调递减， 则()f x 在区间()1,e 上无极值； 当0a >时，令()0f x '=得1x a=， 在区间10,a⎛⎫ ⎪⎝⎭上，()0f x '<，函数()f x 单调递减，在区间1,a⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上，()0f x '>，函数()f x 单调递增.若11e a <<，即11e a<<，则()f x 在区间()1,e 上极小值1ln f a a ⎛⎫= ⎪⎝⎭若1a ≥或10ea <≤，即11a≤或1e a≥，则()f x 在区间()1,e 上无极值 (2)因为函数()f x 在1x =处取得极值，所以()10f '=，解得1a =，经检验可知满足题意 由已知()2f x bx ≥-，即1ln 2x x bx --≥-， 即1ln 1+xb xx-≥对()0,x ∀∈+∞恒成立， 令()1ln 1x g x xx =+-，则()22211ln ln 2x x g x x x x-='---=， 当()20,e x ∈时，()0g x '<；当()2e ,x ∈+∞时，()0g x '> 所以()g x 在()20,e 上单调递减，在()2e ,+∞上单调递增，所以()()22min 1e 1e g x g ==-， 即211e b ≤-. 3．(1)减区间()0,1，增区间()1,+∞，极小值3， (2)证明见解析 【解析】 【分析】（1）依据导函数与原函数的关系去求函数的单调区间和极值即可； （2）构造新函数利用函数单调性去证明121x x <即可. (1)1()2ln (0)f x x x x x =+->，则()()2221111()2(0)x x f x x x x x +-'=--=> 由()0f x '>得1x >，由()0f x '<得01x <<， 即()f x 减区间为()0,1，增区间为()1,+∞，在1x =时()f x 取得极小值(1)2103f =+-=，无极大值. (2)不妨设12x x <且()()12f x f x a ==，则101x <<，21>x ，3a >，2101x << 令1()()2ln (0)h x f x a x x a x x=-=+-->，则()()120h x h x ==()()2221111()2x x h x x x x +-'=--=， 则当1x >时()0h x '>，()h x 单调递增；当01x <<时()0h x '<，()h x 单调递减 由()222212ln 0x x h x a x +=--=，得22212ln a x x x =+- 则2222222222211ln 2ln 2ln 1x x x x x h x x x x x ⎛⎫++-+-=-+ ⎪⎛⎫=⎪⎝⎝⎭⎭令21t x =，则222112ln 2ln (01)x x t t t x t -+=--<< 令()12ln (01)t m t t t t --<=<，则()()22211210t t tt m t -'=+-=> 即()12ln (01)t m t t t t--<=<为增函数，又()11100m =--=，则()12ln 0m t t tt --<=在(0,1)上恒成立.则222212ln 10x x x h x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭=-<恒成立，则()211h h x x ⎛⎫⎪< ⎝⎭， 又01x <<时()h x 单调递减，101x <<，2101x <<则211x x >，故121x x <4．(1)(21y x =-+(2)（ⅰ）22e ,-；（ⅱ）证明见解析【解析】 【分析】（1）由导数的几何意义即可求解；（2）（ⅰ）原问题等价于12,x xa =-的两根，且1201x x ，从而构造函数())0g x x =>，将问题转化为直线y a =-与函数()g x 的图象有两个交点，且交点的横坐标大于0小于1即可求解；（ⅱ）由1e x x +≤，利用放缩法可得()()1112210x ax f x '++-=，即1x 2114x <<，从而可证21x x -<()21e 011x xx x +<<<-，然后利用放缩法可得()()1201,21i i i ix ax f x i x +'⋅+->==-，即(()22201,2i i ax a x i -++++-=，最后构造二次函数()(222m x ax a x =-++++21x x ->而得证原不等式. (1)解：因为()22e x f x ax '=+所以()02f '=()01f =，所以曲线()y f x =在0x =处的切线方程为(21y x =-+； (2)解：（ⅰ）因为函数()f x 有两个极值点12,x x ，所以12,x x 是关于x 的方程()22e 0x f x ax =+'的两根，也是关于x的方程a =-的两正根， 设())0g x x =>，则()g x '=， 令())224e 2e 0x x h x x x =->，则()28e xh x x '=，当0x >时，()0h x '>，所以()h x 在()0,∞+上单调递增，又104h ⎛⎫= ⎪⎝⎭，所以，当104x <<时，()0h x <，()0g x '<；当14x >时，()0h x >，()0g x '>，所以函数()g x 在10,4⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，在1,4⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增， 又因为1201x x ，所以()114g a g ⎛⎫<-<⎪⎝⎭，即22e a <-<- 所以a的取值范围是22e ,-；22e 9a <<-， 因为1e x x +≤，所以()()1112210x ax f x '++-=，所以()142a x +-，所以1x 2114x <<，所以211x x -<= 下面先证明不等式()21e 011x xx x+<<<-， 设()()2101e 1xx r x x x -=⋅<<+，则()()2222e 1x x r x x '=-+， 所以，当01x <<时，()0r x '<，()r x '在()0,1上单调递减，所以，()()01r x r <=，所以不等式()21e 011xxx x+<<<-成立， 因为12,x x ，()1201x x <<<是()22e 0x f x ax '=+=的两个根，所以()()01,2i f x i '==，又()21e 011x xx x+<<<-，所以()()1201,21ii i ixax f x i x +'⋅+->==-，即(()22201,2i i ax a x i -++++-=，设函数()(222m x ax a x =-++++x t ==因为((()2224261620a a a ∆=+++-=+-+->，且()00m >，()10m >，102t <<， 所以函数()m x 有两个不同的零点，记为α，()βαβ<，且01t αβ<<<<，因为()22616212e 201ta tf t at at t+++'=+-⋅+-=<-，且()00f '>，()10f '>，所以1201x x ，因为()m x 在()0,t 上单调递减，且()()10m x m α>=，所以10x t α<<<； 因为()m x 在(),1t 上单调递增，且()()20m x m β>=，所以21t x β<<<； 所以1201x x αβ<<<<<，所以21x x βα->-，因为βα-=又()109a -<<<-，所以βα-> 所以21x x-> 综上，21x x <-< 【点睛】关键点点睛：本题（2）问（ii ）小题证明的关键是，利用1e x x +≤，进行放缩可得1x 21x x -<；再利用()21e 011xx x x +<<<-，进行放缩可得()()1201,21ii i ix ax f x i x+'⋅+->==-，从而构造二次函数()(222mx ax a x =-++++21x x ->5．(1)322ln230x y -+-=(2)当0a <时，函数()f x 有一个极值点； 当809a ≤≤时，函数()f x 无极值点； 当89a >时，函数()f x 有两个极值点. (3)0,1【解析】 【分析】（1）将1a =代入函数()f x 中，得出函数()f x 的解析式，进而可以求出切点坐标，再利用导数的几何意义及点斜式即可求解；（2）根据已知条件，对a 进行分类讨论，利用导数法求函数极值的步骤及函数极值的定义即可求解；（3）根据()0,0x f x ∀>成立，转化为()min 0,0x f x ∀>即可，再利用第（2）的结论即可求解. (1)当1a =时，()2()ln 1f x x x x =++-()()21ln 1111ln 2f =++-=，所以切点为()1,ln2，()()11321,12111112f x x k f x ''=+-∴==+⨯-=++， 所以曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线的斜率为()312k f ='=， 所以曲线()y f x =在点()1,ln2处的切线的斜率切线方程为()3ln212y x -=-，即322ln230x y -+-= (2)由题意知函数()f x 的定义域为()1,-+∞，()()21212111ax ax a f x a x x x +-+=+-='++，令()()221,1,g x ax ax a x =+-+∈-+∞，（i ）当0a =时，()10f x '=>，函数()f x 在()1,-+∞单调递增，无极值点 （ii ）当0a >时，()Δ98a a =-，①当809a <≤时，()()Δ0,0,0g x f x '≤≥≥， 所以函数()f x 在()1,-+∞单调递增，无极值点； ②当89a >时，Δ0>，设方程2210ax ax a +-+=两根1212,,x x x x ==此时12x x <()121211111,,,110,12444x x x x g x +=-∴---=>-<<∴<->()()121,,,x x x ∴∈-+∞时，()()0,0g x f x '>>，函数()f x 单调递增；()12,x x x ∈时，()()0,0g x f x '<<，函数()f x 单调递减. ∴函数有两个极值点；③当0a <时，()Δ980a a =->，设方程2210ax ax a +-+=两根1212,,x x x x ==此时12x x >()12110,1x g x -=>∴-<<()11,x x ∴∈-时，()()0,0g x f x '>>，函数()f x 单调递增； ()1,x x ∈+∞时，()()0,0g x f x '<<，函数()f x 单调递减.∴函数有一个极值点；综上所述：当0a <时，函数()f x 有一个极值点； 当809a ≤≤时，函数()f x 无极值点； 当89a >时，函数()f x 有两个极值点. (3)由()0,0x f x ∀>成立等价于()min 0,0x f x ∀>≥即可. ①当809a ≤≤时，函数()f x 在()0,+∞上单调递增，()()00,0,f x =∴∈+∞时，()0f x >，符合题意；②当819a <≤时，由()00g >，得20x ≤，∴函数()f x 在()0,+∞上单调递增，又()()00,0,f x =∴∈+∞时，()0f x >，符合题意； ③当1a >时，由()00<g ，得20x >()20,x x ∴∈时， ()f x 单调递减,()()200,0,f x x =∴∈时，()0f x <时，不合题意；④当0a <时，设()()ln 1h x x x =-+，()0,x ∈+∞，时，()()110,11x h x h x x x =-=>∴+'+在()0,+∞上单调递增. ∴当()0,x ∞∈+时，()()00h x h >=，即()ln 1x x +<，可得()()()221f x x a x x ax a x <+-=+-，当11x a>-时，()210ax a x +-<，此时()0f x <，不合题意.综上，a 的取值范围是0,1. 【点睛】解决此题的关键是第一问利用导数的几何意义及点斜式即可，第二问主要是对参数进行分类讨论，再结合利用导数法求函数的极值的步骤即可，第三问主要将恒成立问题转化为最值问题再结合第二问的结论即可求解. 6．(1)'y ()31sin 2cos x x xx --=；(2)'y ()e 1cos sin 2ln 2x xx x =+--；(3)'y ()551ln 3x =-⋅.【解析】 【分析】根据导数的运算法则，对（1）（2）（3）逐个求导，即可求得结果. (1)因为2cos x x y x -=，故'y ()()()243sin 12cos 1sin 2cos x x x x x x x x x x ------==. (2)因为()e 1cos 2x x y x =+-，故'y ()e 1cos sin 2ln 2x xx x =+--.(3)因为()3log 51y x =-，故'y ()()155?51ln 351ln 3x x =⨯=--⋅. 7．(1)最大值为e 1-，最小值为1；(2)21e,?e 2⎡⎤⎢⎥⎣⎦； (3)(],1-∞-. 【解析】 【分析】（1）求得'()f x ，利用导数研究函数在区间上的单调性，再利用单调性求其最值即可；（2）分离参数并构造函数()e xh x x=，求其在区间上的值域即可求得参数的范围；（3）根据12,x x 是()g x 的极值点，求得12,,x x a 的等量关系以及取值范围，等价转化目标不等式，且构造函数()()212ln ,02m x m x x x x-=+<<，对参数进行分类讨论，利用导数研究其值域，即可求得参数范围.(1)当1k =时，()e xf x x =-，'()f x e 1x =-，令'()f x 0=，解得0x =，当()1,,0x ∈-时，()f x 单调递减，当()0,1x ∈时，()f x 单调递增； 又()()()111,01,1e 1ef f f -=+==-，且()()11f f >-， 故()f x 在[]1,1-上的最大值为e 1-，最小值为1. (2)令()e xf x kx =-0=，因为1,22x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，则0x ≠，故e xk x =，令()e 1,,22x h x x x ⎡⎤=∈⎢⎥⎣⎦，则'()h x ()2e 1 x x x-=， 故当1,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()h x 单调递减，当()1,2x ∈，()h x 单调递增， 又()()2111e,2e 22h h h ⎛⎫=== ⎪⎝⎭，且()122h h ⎛⎫> ⎪⎝⎭，故()h x 的值域为21e,?e 2⎡⎤⎢⎥⎣⎦，则要满足题意，只需21e,?e 2k ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦.即()h x 的取值范围为：21e,?e 2⎡⎤⎢⎥⎣⎦.(3)因为()28ln a g x x x x =--，'()g x 2228282a x x a x x x -+=+-=，因为()g x 有两个极值点12,x x ，故可得12126480,4,02a a x x x x ->+==>， 也即08a <<，且12124,2ax x x x +==. 因为11x ≠，12x x <，故()()10,11,2x ∈⋃，则()21221ln 51a x m x x x >--，即()()()211111124ln 5441x x x m x x x -⎡⎤>---⎣⎦-， 因为140x ->，故上式等价于()11112ln 11x x m x x >+-，即()21111112ln 01m x x x x x ⎡⎤-⎢⎥+>-⎢⎥⎣⎦，又当()0,1x ∈时，1101x x >-，当()1,2x ∈时，1101xx <-， 令()()212ln ,02m x m x x x x-=+<<，则'()m x 222mxx mx ++=， 当0m ≥时，'()m x 0>，故()m x 在()0,2单调递增，又()10m =， 故当()0,1x ∈时，()0m x <，当()1,2x ∈时，()0m x >，故不满足题意；当0m <时，令()22n x mx x m =++，若方程()0n x =对应的2440m =-≤时，即1m ≤-时，'()m x 0≤，()m x 单调递减， 又()10m =，故当()0,1x ∈时，()0m x >，当()1,2x ∈时，()0m x <，满足题意； 若2440m =->，即10m -<<时，又()y n x =的对称轴11x m=->，且开口向下， 又()1220n m =+>，不妨取1min ,2b m ⎧⎫=-⎨⎬⎩⎭， 故当()1,x b ∈，'()m x 0>，()m x 单调递增，又()10m =， 故此时()0m x >，不满足题意，舍去； 综上所述：m 的取值范围为(],1-∞-. 【点睛】本题考察利用导数研究函数值域，有解问题，以及利用导数处理恒成立问题；其中第三问中，合理的处理12,,x x a 以及m 多变量问题，以及构造函数，是解决本题的关键，属综合困难题. 8．(1)()f x 的极小值为2，无极大值； (2)(,e 1]-∞+ 【解析】 【分析】（1）当1a =时，求导分析()f x 的单调性，即可得出答案．（2）由题意可得()()ln e e ln e(1)x g x f x x ax a x x =-+-=-++-，求导得()g x '，从而可推出()g x '在(1,)+∞单调递增，(1)e 1g a '=+-，分两种情况讨论：①当e 10a +-，②当e 10a +-<，分析()g x 的单调性，即可得出答案．(1)当1a =时，()(1)xf x e x -=++，1()1xxxe f x e e --+'=-+=，令1e 0x -+>，得0x >， 令1e 0x -+<，得0x <，则()f x 单调递增区间为(0,)+∞，单调递减区间为(,0)-∞， ∴()f x 存在极小值为()02f =，无极大值； (2)()()ln e e (1)ln e e ln e(1)x x g x f x x a x x ax a x x =-+-=+-++-=-++-，则1()xg x e a x'=-+，令1()xh x e a x =-+，则221()x x e h x x -'=，由1x >得，21x >，210x x e ->，则()0h x '>，故()g x '在(1,)+∞单调递增，(1)e 1g a '=+-，①当e 10a +-，即e 1a +时，即(1,)x ∈+∞时，()0g x '>， ∴()g x 在(1,)+∞上单调递增，又(1)0g =， ∴当1x >时，函数()g x 没有零点， ②当e 10a +-<，即e 1a >+时， 由e e (1)x y x x =->，得e e 0x y '=->， ∴e e x x >，∴11()e e xg x a x a x x '=+->+-，e e e 0e e a a g a a a ⎛⎫'>⋅+-=> ⎪⎝⎭， 又∵e 1e ea >=，∴存在01,e a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()00g x '=，当()01,x x ∈时，()0g x '<，()g x 单调递减， 又∵(1)0g =，∴当0(]1,x x ∈时，()0g x <，在()01,x 内，函数()g x 没有零点， 又∵()0,x x ∈+∞时，()0g x '>， ∴()g x 单调递增，又∵22e )e 1(ln e a a g a a a a a +-+>-=-+， 令2()e 1(1)>x k x x x =-+，()()e 2x s x k x x '==-，()e 2e 20x s x '=->->，∴()k x '在(1,)+∞上单调递增， 又∵(1)0k '>，∴1x >时，()0k x '>，()k x 在(1,)+∞上单调递增， ∴()(1)0k a k >>， ∴()0g a >， 又∵0eaa x >>， ∴由零点的存在定理可知存在()()101,,0x x a g x ∈=， ∴在()0,x a 内，函数()g x 有且只有1个零点， 综上所述，实数a 的取值范围是(,e 1]-∞+.9．(1)递增区间为2(e ,)-+∞，递减区间为2(0,e )-，极小值为2e --，没有极大值 (2)3 【解析】【分析】（1）由导数分析单调性后求解 （2）参变分离后，转化为最值问题求解 (1)函数()()1ln f x x x =+的定义域为(0,)+∞， 由()=ln 2f x x '+，令()=0f x '可得2e x -=，当2(0,)e x -∈时，()0f x '<，函数()()1ln f x x x =+在2(0,e )-上单调递减， 当2(e ,)x -∈+∞时，()0f x '>，函数()()1ln f x x x =+在2(e ,)-+∞上单调递增， ∴ 函数()()1ln f x x x =+的递增区间为2(e ,)-+∞，递减区间为2(0,e )-，函数()()1ln f x x x =+在2e x -=时取极小值，极小值为2e --，函数()()1ln f x x x =+没有极大值 (2)当()1,x ∈+∞时，不等式()()1m x f x -<可化为ln 1x x xm x +<-， 设ln ()1x x xg x x +=-，由已知可得[]min ()g x m <， 又()()()22ln 2(1)ln 2'ln 11()x x x x g x x x x x x +---==----， 令()ln 2(1)h x x x x =-->，则1'()10h x x=->，∴ ()ln 2h x x x =--在()1,+∞上为增函数，又(3)1ln30h =-<，(4)2ln 40h =->， ∴ 存在0(3,4)x ∈，使得0()0h x =，即002ln x x -= 当()01,x x ∈时，()0g x '<，函数ln ()1x x xg x x +=-在0(1,)x 上单调递减， 当0(,)x x ∈+∞时，()0g x '>，函数ln ()1x x xg x x +=-在0(,)x +∞上单调递增， ∴ []20000000min 00ln ()=()==11x x x x x g x g x x x x +-=--， ∴ 0m x <， ∴ m 的最大值为3. 10．(1)1y = (2)1(,)2-∞ (3)10,4⎛⎤ ⎥⎝⎦【解析】 【分析】（1）先求导后求出切线的斜率'(0)0f =，然后求出直线上该点的坐标即可写出直线方程；（2）根据函数的单调性和最值分类讨论； （3）分情况讨论，根据函数的单调性和极限求解. (1)解：由题意得：22'e 121)e 2)()((x x ax x a f x ax x x ax =-++-=+- '(0)0f =，(0)1f =故曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线的方程1y =. (2)由（1）得要使得()f x 在0x =处取得极大值，'()f x 在0x <时应该'()0f x >，'()f x 在0x >时应该'()0f x <，'e 2(1)()x x x ax f a =+-故①0a <且120aa-<，解得0a < ②0a >且120a a->，解得102a <<当0a =时，'()e x f x x =-，满足题意； 当12a =时，'21(e )2x f x x =，不满足题意； 综上：a 的取值范围为1(,)2-∞. (3)可以分三种情况讨论：①0a ≤②102a <<③12a ≥ 若0a ≤，()f x 在12(,)a a --∞上单调递减，在12(,0)aa-单调递增，在(0,)+∞上单调递减，无最小值；若102a <<时，当0x <时，x 趋向-∞时，()f x 趋向于0；当0x > ，要使函数取得存在最小值121221212112()[(41)0e ()]e a aaa a a a f a a a a a a -----=-=-≤+，解得104a <≤，故 12a x a -=处取得最小值,故a 的取值范围10,4⎛⎤⎥⎝⎦. 若12a ≥时，()f x 在x 趋向-∞时，()f x 趋向于0，又(0)1f =故无最小值； 综上所述函数()f x 存在最小值， a 的取值范围10,4⎛⎤⎥⎝⎦.。

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高考导数大题分类 Company Document number：WTUT-WT88Y-W8BBGB-BWYTT-19998 导数大题分类 一、含参数单调区间的求解步骤： ①确定定义域（易错点）

②求导函数)('xf ③对)('xf进行整理，能十字交叉的十字交叉分解，若含分式项，则进行通分整理. ④)('xf中x的最高次系数是否为0，为0时求出单调区间. 例1：xxaxaxf23213)(，则)1)(1()('xaxxf要首先讨论0a情况

⑤)('xf最高次系数不为0，讨论参数取某范围的值时，若0)('xf，则)(xf在定义域内单调递增；若0)('xf，则)(xf在定义域内单调递减. 例2：xxaxfln2)(2，则)('xf =)0(,12xxax ，显然0a时0)('xf，此时)(xf的单调区间为),0(. ⑥)('xf最高次系数不为0，且参数取某范围的值时，不会出现0)('xf或者0)('xf的情况 求出)('xf=0的根，（一般为两个）21,xx，判断两个根是否都在定义域内.如果只有一根在定义域内，那么单调区间只有两段. 若两根都在定义域内且一根为常数，一根含参数.则通过比较两根大小分三种情况讨论单调区间，即212121,,xxxxxx. 例3:若)0(,ln)1(2)(2axxaxaxf，则xxaxxf)1)(1()('，)0(x 解方程0)('xf得axx1,121

0a时，只有11x在定义域内. 0a时,比较两根要分三种情况：1,10,1aaa 用所得的根将定义域分成几个不同的子区间，讨论)('xf在每个子区间内的正负，求得)(xf 的单调区间。 （1）求函数的单调区间 1.已知函数22)1ln()(xkxxxf )0(k

（Ⅰ）当2k时，求曲线)(xfy在点))1(,1(f处的切线方程. （Ⅱ）求)(xf得单调区间. 2. 已知函数2()4lnfxaxx，aR. （Ⅰ）当12a时，求曲线()yfx在点(1,(1))f处的切线方程； （Ⅱ）讨论()fx的单调性. 3.已知函数()()sincos,(0,)fxxaxxx. （Ⅰ）当π2a时，求函数()fx值域； （Ⅱ）当π2a时，求函数()fx的单调区间.

4．已知函数12e()44xfxaxx，其中aR. （Ⅰ）若0a，求函数()fx的极值； （Ⅱ）当1a时，试确定函数()fx的单调区间. （二）求函数在给定的区间的最值问题 5．已知函数1)(2axxf )0(a，bxxxg3)(. （Ⅰ）若曲线)(xf与)(xg在它们的交点),1(c处具有公切线，求ba,的值. （Ⅱ）当ba42时，求函数)()(xgxf的单调区间，并求其在)1,(上的最大值.

6．已知函数21()ln2fxaxx，aR． （Ⅰ）求函数()fx的单调区间； （Ⅱ）若函数()fx在区间[1,e]的最小值为1，求a的值． 7.已知函数bxaxxxf2ln)(（其中ba,为常数且0a）在1x处取得极值. （Ⅰ）当1a时，求函数()fx的单调区间； （Ⅱ）若函数)(xf在区间[0,e]上的最大值为1，求a的值. 8．已知函数)1ln(21)(2xaxxxf，其中aR. （Ⅰ）若2x是)(xf的极值点，求a的值； （Ⅱ）求)(xf的单调区间； （Ⅲ）若)(xf在[0,)上的最大值是0，求a的取值范围. 9.已知21()ln(1)2fxaxxx，其中0a． (Ⅰ)若函数()fx在点(3,(3))f处切线斜率为0，求a的值； (Ⅱ)求()fx的单调区间； (Ⅲ)若()fx在0,上的最大值是0，求a的取值范围．

10.设函数()xfxeax，xR． （Ⅰ）当2a时，求曲线()fx在点(0,(0))f处的切线方程； （Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，求证： ()0fx； （Ⅲ）当1a时，求函数()fx在[0,]a上的最大值． 二、恒成立问题的几种问法： 1．对于bax,，kxf)(恒成立，等价于函数)(xf在ba,上的最小值kxfmin)(.诉讼 2．对于bax,，axf)(恒成立，等价于函数)(xf在ba,上的最大值kxfmax)(. 3.对于baxx,,21，)()(21xgxf，等价于)(xf在区间ba,上的最小值min)(xf，大于等于)(xg 在区间ba,上的最大值max)(xg，即maxmin)()(xgxf. 4. 对于baxx,,21，)()(21xgxf，等价于)(xf在区间ba,上的最大值max)(xf，小于等于)(xg 在区间ba,上的最小值min)(xg，即minmax)()(xgxf. 5.对于bax,，)()(xgxf，等价于构造函数)()()(xgxfxh，)(xh在区间ba,上的最小值 0)(minxh. 6.对于bax,，)()(xgxf，等价于构造函数)()()(xgxfxh，)(xh在区间ba,上的最大值 0)(maxxh.

7.)(xf在区间ba,上单调递增，等价于baxxf,,0)(min'. 8.)(xf在区间ba,上单调递减，等价于baxxf,,0)(max'. 1.已知函数kxekxxf2)()(. （Ⅰ）求)(xf的单调区间.

（Ⅱ）若对于任意的),0(x，都有exf1)(，求k的取值范围. 2.设l为曲线C:xxyln在点)0,1(处的切线. （Ⅰ）求l的方程. （Ⅱ）证明：除切点外，曲线C在直线l下方.

3.已知函数xxxxfsincos)(，

2,0x

（Ⅰ）求证：0)(xf （Ⅱ）若bxxasin在2,0上恒成立，求a的最大值和b的最小值. 5.已知0a，函数2()21axfxax，()lngxaxxa. （Ⅰ）求函数()fx的单调区间； （Ⅱ）求证：对于任意的12,(0,e)xx，都有12()()fxgx.

6.已知函数21()e1xfxax，aR． （Ⅰ）若曲线()yfx在点(0,(0))f处的切线与直线e10xy垂直，求a的值； （Ⅱ）求函数()fx的单调区间； （Ⅲ）设32ea，当[0,1]x时，都有()fx1成立，求实数a的取值范围． 7.已知函数Raxaxxf,ln)()( （Ⅰ）当0a时求)(xf的极小值 . （Ⅱ） 若函数)(xf在区间),0(上为增函数，求a得取值范围 8. 已知3)(,ln)(2axxxgxxxf. （I）求函数)(xf在)0](2,[ttt上的最小值； （II）对一切)()(2),,0(xgxfx恒成立，求实数a的取值范围. 9.已知函数2()ln,.fxxaxxaR （I）若函数()fx在(1,(1))f处的切线垂直于y轴，求实数a的值； (II) 在（I）的条件下，求函数()fx的单调区间； (III) 若1,()0xfx时恒成立，求实数a的取值范围.

10.已知函数，其中a R ． ⑴ 当 时，求 f (x)的单调区间； ⑵ 当a＞ 0时，证明：存在实数m ＞ 0，使得对于任意的实数x，都有｜ f (x)｜≤m成立． 三、存在性问题的几种问法：

1.bax,0,使得kxf)(成立，等价函数)(xf在ba,上的最大值kxfmax)(. 2.bax,0,使得kxf)(成立，等价函数)(xf在ba,上的最小值kxfmin)(. 3.baxx,,21，使得)()(21xgxf成立，等价于)(xf在区间ba,上的最大值max)(xf，大于等于 )(xg在区间ba,上的最小值min)(xg，即minmax)()(xgxf. 4.baxx,,21，使得)()(21xgxf，等价于)(xf在区间ba,上的最小值min)(xf，小于等于)(xg 在区间ba,上的最大值max)(xg，即maxmin)()(xgxf. 5.bax,，使得)()(xgxf，等价于构造函数)()()(xgxfxh，)(xh在区间ba,上的最大值 0)(maxxh.

6. bax,，使得)()(xgxf，等价于构造函数)()()(xgxfxh，)(xh在区间ba,上的最小值 0)(minxh. 7.)(xf在区间ba,上存在单调递增区间，等价于)('xf的最大值0)(max'xf. 8.)(xf在区间ba,上存在单调递减区间，等价于)('xf的最小值0)(min'xf. 1.已知曲线()xfxaxe(0)a. （Ⅰ）求曲线在点（0,(0)f）处的切线方程； （Ⅱ）若存在0x使得0()0fx，求a的取值范围. 2.已知函数1()()2ln()fxaxxaxR． （Ⅰ）若2a，求曲线()yfx在点(1,(1))f处的切线方程； （Ⅱ）求函数()fx的单调区间； （Ⅲ）设函数()agxx．若至少存在一个0[1,e]x，使得00()()fxgx成立，求实数a的取值范围．

3.已知函数1()ln(0,)fxaxaax R

（Ⅰ）若1a，求函数()fx的极值和单调区间； （Ⅱ） 若在区间[1,e]上至少存在一点0x，使得0()0fx成立，求实数a的取值范围. 4.已知函数()exfxxa． （Ⅰ）当2ea时，求()fx在区间[1,3]上的最小值； （Ⅱ）求证：存在实数0[3,3]x，有0()fxa. 四、切线问题 1.已知函数()fxln,xaxaR．

（Ⅰ）求函数()fx的单调区间； （Ⅱ）当1,2x时，都有()0fx成立，求a的取值范围； （Ⅲ）试问过点(13)P，可作多少条直线与曲线()yfx相切并说明理由． 2.已知函数3()fxxx． （I）求曲线()yfx在点(())Mtft，处的切线方程； （II）设0a，如果过点()ab，可作曲线()yfx的三条切线， 证明：()abfa．

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