2021高考数学7天练第6天《导数》专题训练附答案解析3

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2017-2021年高考真题导数解答题全集 (学生版+解析版)

2017-2021年高考真题导数解答题全集（学生版+解析版）1．（2021•新高考Ⅱ）已知函数f （x ）＝（x ﹣1）e x ﹣ax 2+b ．（Ⅰ）讨论f （x ）的单调性；（Ⅱ）从下面两个条件中选一个，证明：f （x ）恰有一个零点．①12＜a ≤e 22，b ＞2a ； ②0＜a ＜12，b ≤2a ．2．（2021•北京）已知函数f （x ）=3−2x x 2+a．（1）若a ＝0，求y ＝f （x ）在（1，f （1））处的切线方程；（2）若函数f （x ）在x ＝﹣1处取得极值，求f （x ）的单调区间，以及最大值和最小值．3．（2021•天津）已知a ＞0，函数f （x ）＝ax ﹣xe x ．（1）求曲线f （x ）在点（0，f （0））处的切线方程；（2）证明函数f （x ）存在唯一的极值点；（3）若∃a ，使得f （x ）≤a +b 对任意的x ∈R 恒成立，求实数b 的取值范围．4．（2021•浙江）设a ，b 为实数，且a ＞1，函数f （x ）＝a x ﹣bx +e 2（x ∈R ）．（Ⅰ）求函数f （x ）的单调区间；（Ⅱ）若对任意b ＞2e 2，函数f （x ）有两个不同的零点，求a 的取值范围；（Ⅲ）当a ＝e 时，证明：对任意b ＞e 4，函数f （x ）有两个不同的零点x 1，x 2，满足x 2＞blnb 2e 2x 1+e 2b ．（注：e ＝2.71828⋯是自然对数的底数）5．（2021•甲卷）设函数f （x ）＝a 2x 2+ax ﹣3lnx +1，其中a ＞0．（1）讨论f （x ）的单调性；（2）若y ＝f （x ）的图像与x 轴没有公共点，求a 的取值范围．6．（2021•乙卷）已知函数f （x ）＝ln （a ﹣x ），已知x ＝0是函数y ＝xf （x ）的极值点．（1）求a ；（2）设函数g （x ）=x+f(x)xf(x)．证明：g （x ）＜1．7．（2021•新高考Ⅰ）已知函数f （x ）＝x （1﹣lnx ）．（1）讨论f （x ）的单调性；（2）设a ，b 为两个不相等的正数，且blna ﹣alnb ＝a ﹣b ，证明：2＜1a +1b ＜e ．8．（2021•乙卷）已知函数f （x ）＝x 3﹣x 2+ax +1．（1）讨论f （x ）的单调性；（2）求曲线y ＝f （x ）过坐标原点的切线与曲线y ＝f （x ）的公共点的坐标．9．（2021•甲卷）已知a ＞0且a ≠1，函数f （x ）=x a a x （x ＞0）．（1）当a ＝2时，求f （x ）的单调区间；（2）若曲线y ＝f （x ）与直线y ＝1有且仅有两个交点，求a 的取值范围．10．（2020•新课标Ⅰ）已知函数f （x ）＝e x ﹣a （x +2）．（1）当a ＝1时，讨论f （x ）的单调性；（2）若f （x ）有两个零点，求a 的取值范围．11．（2020•天津）已知函数f （x ）＝x 3+klnx （k ∈R ），f ′（x ）为f （x ）的导函数．（Ⅰ）当k ＝6时，（ⅰ）求曲线y ＝f （x ）在点（1，f （1））处的切线方程；（ⅱ）求函数g （x ）＝f （x ）﹣f ′（x ）+9x 的单调区间和极值；（Ⅱ）当k ≥﹣3时，求证：对任意的x 1，x 2∈[1，+∞），且x 1＞x 2，有f′(x 1)+f′(x 2)2＞f(x 1)−f(x 2)x 1−x 2．12．（2020•海南）已知函数f （x ）＝ae x ﹣1﹣lnx +lna ．（1）当a ＝e 时，求曲线y ＝f （x ）在点（1，f （1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；（2）若f （x ）≥1，求a 的取值范围．13．（2020•北京）已知函数f （x ）＝12﹣x 2．（Ⅰ）求曲线y ＝f （x ）的斜率等于﹣2的切线方程；（Ⅱ）设曲线y ＝f （x ）在点（t ，f （t ））处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为S （t ），求S （t ）的最小值．14．（2020•浙江）已知1＜a ≤2，函数f （x ）＝e x ﹣x ﹣a ，其中e ＝2.71828…为自然对数的底数．（Ⅰ）证明：函数y ＝f （x ）在（0，+∞）上有唯一零点；（Ⅱ）记x 0为函数y ＝f （x ）在（0，+∞）上的零点，证明：（ⅰ）√a −1≤x 0≤√2(a −1)；（ⅱ）x 0f （e x 0）≥（e ﹣1）（a ﹣1）a ．15．（2020•江苏）已知关于x 的函数y ＝f （x ），y ＝g （x ）与h （x ）＝kx +b （k ，b ∈R ）在区间D 上恒有f （x ）≥h （x ）≥g （x ）．（1）若f （x ）＝x 2+2x ，g （x ）＝﹣x 2+2x ，D ＝（﹣∞，+∞），求h （x ）的表达式；（2）若f （x ）＝x 2﹣x +1，g （x ）＝klnx ，h （x ）＝kx ﹣k ，D ＝（0，+∞），求k 的取值范围；（3）若f （x ）＝x 4﹣2x 2，g （x ）＝4x 2﹣8，h （x ）＝4（t 3﹣t ）x ﹣3t 4+2t 2（0＜|t |≤√2），D ＝[m ，n ]⊂[−√2，√2]，求证：n ﹣m ≤√7．16．（2020•新课标Ⅲ）设函数f （x ）＝x 3+bx +c ，曲线y ＝f （x ）在点（12，f （12））处的切线与y 轴垂直．（1）求b ；（2）若f （x ）有一个绝对值不大于1的零点，证明：f （x ）所有零点的绝对值都不大于1．17．（2020•新课标Ⅱ）已知函数f （x ）＝sin 2x sin2x ．（1）讨论f （x ）在区间（0，π）的单调性；（2）证明：|f （x ）|≤3√38；（3）设n ∈N *，证明：sin 2x sin 22x sin 24x …sin 22n x ≤3n 4n ． 18．（2020•新课标Ⅱ）已知函数f （x ）＝2lnx +1．（1）若f （x ）≤2x +c ，求c 的取值范围；（2）设a ＞0，讨论函数g （x ）=f(x)−f(a)x−a的单调性． 19．（2020•新课标Ⅰ）已知函数f （x ）＝e x +ax 2﹣x ．（1）当a ＝1时，讨论f （x ）的单调性；（2）当x ≥0时，f （x ）≥12x 3+1，求a 的取值范围．20．（2020•新课标Ⅲ）已知函数f （x ）＝x 3﹣kx +k 2．（1）讨论f （x ）的单调性；（2）若f （x ）有三个零点，求k 的取值范围．21．（2019•全国）已知函数f （x ）=√x （x 2﹣ax ）．（1）当a＝1时，求f（x）的单调区间；（2）若f（x）在区间[0，2]的最小值为−23，求a．22．（2019•新课标Ⅲ）已知函数f（x）＝2x3﹣ax2+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．23．（2019•新课标Ⅲ）已知函数f（x）＝2x3﹣ax2+2．（1）讨论f（x）的单调性；（2）当0＜a＜3时，记f（x）在区间[0，1]的最大值为M，最小值为m，求M﹣m的取值范围．24．（2019•浙江）已知实数a≠0，设函数f（x）＝alnx+√1+x，x＞0．（Ⅰ）当a=−34时，求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）对任意x∈[1e2，+∞）均有f（x）≤√x2a，求a的取值范围．注：e＝2.71828…为自然对数的底数．25．（2019•新课标Ⅱ）已知函数f（x）＝（x﹣1）lnx﹣x﹣1．证明：（1）f（x）存在唯一的极值点；（2）f（x）＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．26．（2019•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a＝0，0＜b≤1，c＝1，且f（x）的极大值为M，求证：M≤4 27．27．（2019•天津）设函数f（x）＝lnx﹣a（x﹣1）e x，其中a∈R．（Ⅰ）若a≤0，讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）若0＜a＜1 e，（ⅰ）证明f（x）恰有两个零点；（ⅱ）设x0为f（x）的极值点，x1为f（x）的零点，且x1＞x0，证明3x0﹣x1＞2．28．（2019•天津）设函数f （x ）＝e x cos x ，g （x ）为f （x ）的导函数．（Ⅰ）求f （x ）的单调区间；（Ⅱ）当x ∈[π4，π2]时，证明f （x ）+g （x ）（π2−x ）≥0；（Ⅲ）设x n 为函数u （x ）＝f （x ）﹣1在区间（2n π+π4，2n π+π2）内的零点，其中n ∈N ，证明2n π+π2−x n ＜e −2nπsinx 0−cosx 0． 29．（2019•新课标Ⅰ）已知函数f （x ）＝2sin x ﹣x cos x ﹣x ，f ′（x ）为f （x ）的导数．（1）证明：f ′（x ）在区间（0，π）存在唯一零点；（2）若x ∈[0，π]时，f （x ）≥ax ，求a 的取值范围．30．（2019•新课标Ⅱ）已知函数f （x ）＝lnx −x+1x−1．（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 ＝lnx 在点A （x 0，lnx 0）处的切线也是曲线y ＝e x 的切线．31．（2019•北京）已知函数f （x ）=14x 3﹣x 2+x ．（Ⅰ）求曲线y ＝f （x ）的斜率为1的切线方程；（Ⅱ）当x ∈[﹣2，4]时，求证：x ﹣6≤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．32．（2019•新课标Ⅰ）已知函数f （x ）＝sin x ﹣ln （1+x ），f ′（x ）为f （x ）的导数．证明：（1）f ′（x ）在区间（﹣1，π2）存在唯一极大值点；（2）f （x ）有且仅有2个零点．33．（2018•北京）设函数f （x ）＝[ax 2﹣（4a +1）x +4a +3]e x ．（Ⅰ）若曲线y ＝f （x ）在点（1，f （1））处的切线与x 轴平行，求a ；（Ⅱ）若f （x ）在x ＝2处取得极小值，求a 的取值范围．34．（2018•北京）设函数f （x ）＝[ax 2﹣（3a +1）x +3a +2]e x ．（Ⅰ）若曲线y ＝f （x ）在点（2，f （2））处的切线斜率为0，求a ；（Ⅱ）若f （x ）在x ＝1处取得极小值，求a 的取值范围．35．（2018•新课标Ⅲ）已知函数f （x ）＝（2+x +ax 2）ln （1+x ）﹣2x ．（1）若a ＝0，证明：当﹣1＜x ＜0时，f （x ）＜0；当x ＞0时，f （x ）＞0；（2）若x＝0是f（x）的极大值点，求a．36．（2018•新课标Ⅰ）已知函数f（x）＝ae x﹣lnx﹣1．（1）设x＝2是f（x）的极值点，求a，并求f（x）的单调区间；（2）证明：当a≥1e时，f（x）≥0．37．（2018•新课标Ⅲ）已知函数f（x）=ax2+x−1e x．（1）求曲线y＝f（x）在点（0，﹣1）处的切线方程；（2）证明：当a≥1时，f（x）+e≥0．38．（2018•新课标Ⅱ）已知函数f（x）＝e x﹣ax2．（1）若a＝1，证明：当x≥0时，f（x）≥1；（2）若f（x）在（0，+∞）只有一个零点，求a．39．（2018•浙江）已知函数f（x）=√x−lnx．（Ⅰ）若f（x）在x＝x1，x2（x1≠x2）处导数相等，证明：f（x1）+f（x2）＞8﹣8ln2；（Ⅱ）若a≤3﹣4ln2，证明：对于任意k＞0，直线y＝kx+a与曲线y＝f（x）有唯一公共点．40．（2018•天津）已知函数f（x）＝a x，g（x）＝log a x，其中a＞1．（Ⅰ）求函数h（x）＝f（x）﹣xlna的单调区间；（Ⅱ）若曲线y＝f（x）在点（x1，f（x1））处的切线与曲线y＝g（x）在点（x2，g（x2））处的切线平行，证明x1+g（x2）=−2lnlna lna；（Ⅲ）证明当a≥e 1e时，存在直线l，使l是曲线y＝f（x）的切线，也是曲线y＝g（x）的切线．41．（2018•江苏）记f′（x），g′（x）分别为函数f（x），g（x）的导函数．若存在x0∈R，满足f（x0）＝g（x0）且f′（x0）＝g′（x0），则称x0为函数f（x）与g（x）的一个“S 点”．（1）证明：函数f（x）＝x与g（x）＝x2+2x﹣2不存在“S点”；（2）若函数f（x）＝ax2﹣1与g（x）＝lnx存在“S点”，求实数a的值；（3）已知函数f（x）＝﹣x2+a，g（x）=be xx．对任意a＞0，判断是否存在b＞0，使函数f（x）与g（x）在区间（0，+∞）内存在“S点”，并说明理由．42．（2018•新课标Ⅱ）已知函数f（x）=13x3﹣a（x2+x+1）．（1）若a ＝3，求f （x ）的单调区间；（2）证明：f （x ）只有一个零点．43．（2018•新课标Ⅰ）已知函数f （x ）=1x −x +alnx ．（1）讨论f （x ）的单调性；（2）若f （x ）存在两个极值点x 1，x 2，证明：f(x 1)−f(x 2)x 1−x 2＜a ﹣2．44．（2017•新课标Ⅰ）已知函数f （x ）＝ae 2x +（a ﹣2）e x ﹣x ．（1）讨论f （x ）的单调性；（2）若f （x ）有两个零点，求a 的取值范围．45．（2017•全国）已知函数f （x ）＝ax 3﹣3（a +1）x 2+12x ．（1）当a ＞0时，求f （x ）的极小值；（Ⅱ）当a ≤0时，讨论方程f （x ）＝0实根的个数．46．（2017•新课标Ⅰ）已知函数f （x ）＝e x （e x ﹣a ）﹣a 2x ．（1）讨论f （x ）的单调性；（2）若f （x ）≥0，求a 的取值范围．47．（2017•天津）设a ∈Z ，已知定义在R 上的函数f （x ）＝2x 4+3x 3﹣3x 2﹣6x +a 在区间（1，2）内有一个零点x 0，g （x ）为f （x ）的导函数．（Ⅰ）求g （x ）的单调区间；（Ⅱ）设m ∈[1，x 0）∪（x 0，2]，函数h （x ）＝g （x ）（m ﹣x 0）﹣f （m ），求证：h （m ）h （x 0）＜0；（Ⅲ）求证：存在大于0的常数A ，使得对于任意的正整数p ，q ，且p q ∈[1，x 0）∪（x 0，2]，满足|p q −x 0|≥1Aq 4． 48．（2017•新课标Ⅱ）设函数f （x ）＝（1﹣x 2）•e x ．（1）讨论f （x ）的单调性；（2）当x ≥0时，f （x ）≤ax +1，求实数a 的取值范围．49．（2017•山东）已知函数f （x ）＝x 2+2cos x ，g （x ）＝e x （cos x ﹣sin x +2x ﹣2），其中e ≈2.71828…是自然对数的底数．（Ⅰ）求曲线y ＝f （x ）在点（π，f （π））处的切线方程；（Ⅱ）令h （x ）＝g （x ）﹣af （x ）（a ∈R ），讨论h （x ）的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．50．（2017•天津）设a ，b ∈R ，|a |≤1．已知函数f （x ）＝x 3﹣6x 2﹣3a （a ﹣4）x +b ，g （x ）＝e x f （x ）．（Ⅰ）求f （x ）的单调区间；（Ⅱ）已知函数y ＝g （x ）和y ＝e x 的图象在公共点（x 0，y 0）处有相同的切线，（i ）求证：f （x ）在x ＝x 0处的导数等于0；（ii ）若关于x 的不等式g （x ）≤e x 在区间[x 0﹣1，x 0+1]上恒成立，求b 的取值范围．51．（2017•北京）已知函数f （x ）＝e x cos x ﹣x ．（1）求曲线y ＝f （x ）在点（0，f （0））处的切线方程；（2）求函数f （x ）在区间[0，π2]上的最大值和最小值． 52．（2017•江苏）已知函数f （x ）＝x 3+ax 2+bx +1（a ＞0，b ∈R ）有极值，且导函数f ′（x ）的极值点是f （x ）的零点．（Ⅰ）求b 关于a 的函数关系式，并写出定义域；（Ⅱ）证明：b 2＞3a ；（Ⅲ）若f （x ），f ′（x ）这两个函数的所有极值之和不小于−72，求实数a 的取值范围．53．（2017•新课标Ⅱ）已知函数f （x ）＝ax 2﹣ax ﹣xlnx ，且f （x ）≥0．（1）求a ；（2）证明：f （x ）存在唯一的极大值点x 0，且e ﹣2＜f （x 0）＜2﹣2． 54．（2017•浙江）已知函数f （x ）＝（x −√2x −1）e ﹣x （x ≥12）．（1）求f （x ）的导函数；（2）求f （x ）在区间[12，+∞）上的取值范围． 55．（2017•新课标Ⅲ）已知函数f （x ）＝lnx +ax 2+（2a +1）x ．（1）讨论f （x ）的单调性；（2）当a ＜0时，证明：f （x ）≤−34a −2．56．（2017•新课标Ⅲ）已知函数f （x ）＝x ﹣1﹣alnx ．（1）若f （x ）≥0，求a 的值；（2）设m 为整数，且对于任意正整数n ，（1+12）（1+122）…（1+12n ）＜m ，求m 的最小值．57．（2017•山东）已知函数f（x）=13x3−12ax2，a∈R，（1）当a＝2时，求曲线y＝f（x）在点（3，f（3））处的切线方程；（2）设函数g（x）＝f（x）+（x﹣a）cos x﹣sin x，讨论g（x）的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．2017-2021年高考真题导数解答题全集（学生版+解析版）参考答案与试题解析1．（2021•新高考Ⅱ）已知函数f （x ）＝（x ﹣1）e x ﹣ax 2+b ．（Ⅰ）讨论f （x ）的单调性；（Ⅱ）从下面两个条件中选一个，证明：f （x ）恰有一个零点．①12＜a ≤e 22，b ＞2a ； ②0＜a ＜12，b ≤2a ．【解答】解：（Ⅰ）∵f （x ）＝（x ﹣1）e x ﹣ax 2+b ，f '（x ）＝x （e x ﹣2a ），①当a ≤0时，当x ＞0时，f '（x ）＞0，当x ＜0时，f '（x ）＜0，∴f （x ）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增，②当a ＞0时，令f '（x ）＝0，可得x ＝0或x ＝ln （2a ），（i ）当0＜a ＜12时，当x ＞0或x ＜ln （2a ）时，f '（x ）＞0，当ln （2a ）＜x ＜0时，f '（x ）＜0，∴f （x ）在（﹣∞，ln （2a ）），（0，+∞）上单调递增，在（ln （2a ），0）上单调递减，（ii ）a =12时，f '（x ）＝x （e x ﹣1）≥0 且等号不恒成立，∴f （x ）在R 上单调递增，（iii ）当a ＞12时，当x ＜0或x ＞ln （2a ）时，f '（x ）＞0，当0＜x ＜ln （2a ）时，f '（x ）＜0，f （x ）在（﹣∞，0），（ln （2a ），+∞）上单调递增，在（0，ln （2a ））上单调递减．综上所述：当 a ⩽0 时，f （x ）在（﹣∞，0）上单调递减；在（0，+∞）上单调递增；当 0＜a ＜12 时，f （x ）在（﹣∞，ln （2a ））和（0，+∞）上单调递增；在（ln （2a ），0）上单调递减；当 a =12 时，f （x ）在 R 上单调递增；当 a ＞12 时，f （x ）在（﹣∞，0）和（ln （2a ），+∞）上单调递增；在（0，ln （2a ））上单调递减．（Ⅱ）证明：若选①，由（Ⅰ）知，f （x ）在（﹣∞，0）上单调递增，（0，ln （2a ））单调递减，（ln（2a），+∞）上f（x）单调递增．注意到f(−√ba)=(−√b a−1)e−√ba＜0，f(0)=b−1＞2a−1＞0．∴f（x）在(−√ba，0]上有一个零点；f（ln（2a））＝（ln（2a）﹣1）⋅2a﹣a⋅ln22a+b＞2aln（2a）﹣2a﹣aln22a+2a＝aln（2a）（2﹣ln（2a）），由12＜a⩽e22得0＜ln（2a）⩽2，∴aln（2a）（2﹣ln（2a））⩾0，∴f（ln（2a））＞0，当x⩾0 时，f（x）⩾f（ln（2a））＞0，此时f（x）无零点．综上：f（x）在R上仅有一个零点．若选②，则由（Ⅰ）知：f（x）在（﹣∞，ln（2a））上单调递增，在（ln（2a），0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增．f（ln（2a））＝（ln（2a）﹣1）2a﹣aln22a+b⩽2aln（2a）﹣2a﹣aln22a+2a＝aln（2a）（2﹣ln（2a）），∵0＜a＜12，∴ln（2a）＜0，∴aln（2a）（2﹣ln（2a））＜0，∴f（ln（2a））＜0，∴当x⩽0 时，f（x）⩽f（ln（2a））＜0，此时f（x）无零点．当x＞0 时，f（x）单调递增，注意到f（0）＝b﹣1⩽2a﹣1＜0，取c=√2(1−b)+2，∵b＜2a＜1，∴c＞√2＞1，又易证e c＞c+1，∴f(c)=(c−1)e c−ac2+b＞(c−1)(c+1)−ac2+b=(1−a)c2+b−1＞12c2+b−1=1−b+1+b−1＝1＞0，∴f（x）在（0，c）上有唯一零点，即f（x）在（0，+∞）上有唯一零点．综上：f（x）在R上有唯一零点．2．（2021•北京）已知函数f（x）=3−2x x2+a．（1）若a＝0，求y＝f（x）在（1，f（1））处的切线方程；（2）若函数f（x）在x＝﹣1处取得极值，求f（x）的单调区间，以及最大值和最小值．【解答】解：（1）f（x）=3−2xx2的导数为f′（x）=−2x2−2x(3−2x)x4=2x−6x3，可得y＝f（x）在（1，1）处的切线的斜率为﹣4，则y＝f（x）在（1，f（1））处的切线方程为y﹣1＝﹣4（x﹣1），即为y＝﹣4x+5；（2）f（x）=3−2xx2+a的导数为f′（x）=−2(x2+a)−2x(3−2x)(x2+a)2，由题意可得f′（﹣1）＝0，即8−2a(a+1)2=0，解得a＝4，可得f（x）=3−2x x2+4，f′（x）=2(x+1)(x−4) (x2+4)2，当x＞4或x＜﹣1时，f′（x）＞0，f（x）递增；当﹣1＜x＜4时，f′（x）＜0，f（x）递减．函数y＝f（x）的图象如右图，当x→﹣∞，y→0；x→+∞，y→0，则f（x）在x＝﹣1处取得极大值1，且为最大值1；在x＝4处取得极小值−14，且为最小值−1 4．所以f（x）的增区间为（﹣∞，﹣1），（4，+∞），减区间为（﹣1，4）；f（x）的最大值为1，最小值为−1 4．3．（2021•天津）已知a＞0，函数f（x）＝ax﹣xe x．（1）求曲线f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；（2）证明函数f（x）存在唯一的极值点；（3）若∃a，使得f（x）≤a+b对任意的x∈R恒成立，求实数b的取值范围．【解答】（1）解：因为f'（x）＝a﹣（x+1）e x，所以f'（0）＝a﹣1，而f（0）＝0，所以在（0，f（0））处的切线方程为y＝（a﹣1）x（a＞0）；（2）证明：令f'（x）＝a﹣（x+1）e x＝0，则a＝（x+1）e x，令g（x）＝（x+1）e x，则g'（x）＝（x+2）e x，令g'（x）＝0，解得x＝﹣2，当x∈（﹣∞，﹣2）时，g'（x）＜0，g（x）单调递减，当x∈（﹣2，+∞）时，g'（x）＞0，g（x）单调递增，当x→﹣∞时，g（x）＜0，当x→+∞时，g（x）＞0，作出图象所以当a＞0时，y＝a与y＝g（x）仅有一个交点，令g（m）＝a，则m＞﹣1，且f（m）＝a﹣g（m）＝0，当x∈（﹣∞，m）时，a＞g（m），f'（x）＞0，f（x）为增函数；当x∈（m，+∞）时，a＜g（m），f'（x）＜0，f（x）为减函数；所以x＝m时f（x）的极大值点，故f（x）仅有一个极值点；（3）解：由（2）知f（x）max＝f（m），此时a＝（1+m）e m，（m＞﹣1），所以{f（x）﹣a}max＝f（m）﹣a＝（1+m）e m﹣m﹣me m﹣（1+m）e m＝（m2﹣m﹣1）e m （m＞﹣1），令h（x）＝（x2﹣x﹣1）e x（x＞﹣1），若存在a，使f（x）≤a+b对任意的x∈R恒成立，则等价于存在x∈（﹣1，+∞），使得h（x）≤b，即b≥h（x）min，而h'（x）＝（x2+x﹣2）e x＝（x﹣1）（x+2）e x，（x＞﹣1），当x∈（﹣1，1）时，h'（x）＜0，h（x）为单调减函数，当x∈（1，+∞）时，h'（x）＞0，h（x）为单调增函数，所以h（x）min＝h（1）＝﹣e，故b≥﹣e，所以实数b的取值范围[﹣e，+∞）．4．（2021•浙江）设a，b为实数，且a＞1，函数f（x）＝a x﹣bx+e2（x∈R）．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若对任意b＞2e2，函数f（x）有两个不同的零点，求a的取值范围；（Ⅲ）当a＝e时，证明：对任意b＞e4，函数f（x）有两个不同的零点x1，x2，满足x2＞blnb 2e2x1+e2b．（注：e＝2.71828⋯是自然对数的底数）【解答】解：（Ⅰ）f′（x）＝a x lna﹣b，①当b≤0时，由于a＞1，则a x lna＞0，故f′（x）＞0，此时f（x）在R上单调递增；②当b＞0时，令f′（x）＞0，解得x＞ln blnalna，令f′（x）＜0，解得x＜ln blnalna，∴此时f（x）在(−∞，ln blnalna)单调递减，在(ln blnalna，+∞)单调递增；综上，当b≤0时，f（x）的单调递增区间为（﹣∞，+∞）；当b＞0时，f（x）的单调递减区间为(−∞，ln blnalna)，单调递增区间为(ln blnalna，+∞)；（Ⅱ）注意到x→﹣∞时，f（x）→+∞，当x→+∞时，f（x）→+∞，由（Ⅰ）知，要使函数f（x）有两个不同的零点，只需f(x)min=f(ln blnalna)＜0即可，∴a ln blnalna−b⋅ln blnalna+e2＜0对任意b＞2e2均成立，令t=ln blnalna，则at﹣bt+e2＜0，即e tlna﹣bt+e2＜0，即e lnblna−b⋅ln blnalna+e2＜0，即blna−b⋅ln blnalna+e2＜0，∴b−b⋅lnblna+e2lna＜0对任意b＞2e2均成立，记g(b)=b−b⋅lnblna+e2lna，b＞2e2，则g′(b)=1−(ln b lna+b⋅lna b⋅1lna)=ln(lna)−lnb，令g′（b）＝0，得b＝lna，①当lna＞2e2，即a＞e2e2时，易知g（b）在（2e2，lna）单调递增，在（lna，+∞）单调递减，此时g（b）≤g（lna）＝lna﹣lna•ln1+e2lna＝lna•（e2+1）＞0，不合题意；②当lna≤2e2，即1＜a≤e2e2时，易知g（b）在（2e2，+∞）单调递减，此时g(b)＜g(2e2)=2e2−2e2⋅ln 2e2lna+e2lna=2e2﹣2e2[ln（2e2）﹣ln（lna）]+e2lna，故只需2﹣2[ln2+2﹣ln（lna）]+lna≤0，即lna+2ln（lna）≤2+2ln2，则lna≤2，即a≤e2；综上，实数a的取值范围为（1，e2]；（Ⅲ）证明：当a＝e时，f（x）＝e x﹣bx+e2，f′（x）＝e x﹣b，令f′（x）＝0，解得x＝lnb ＞4，易知f(x)min =f(lnb)=e lnb −b ⋅lnb +e 2=b −blnb +e 2＜b −4b +e 2＝e 2﹣3b ＜e 2﹣3e 4＝e 2（1﹣3e 2）＜0，∴f （x ）有两个零点，不妨设为x 1，x 2，且x 1＜lnb ＜x 2，由f(x 2)=e x 2−bx 2+e 2=0，可得x 2=e x 2b +e 2b ，∴要证x 2＞blnb 2e 2x 1+e 2b ，只需证e x 2b ＞blnb 2e 2x 1，只需证e x 2＞b 2lnb 2e 2x 1，而f(2e 2b )=e 2e 2b −2e 2+e 2=e 2e 2b −e 2＜e 2e 2−e 2＜0，则x 1＜2e 2b ， ∴要证e x 2＞b 2lnb 2e 2x 1，只需证e x 2＞blnb ，只需证x 2＞ln （blnb ），而f （ln （blnb ））＝e ln（blnb ）﹣bln （blnb ）+e 2＝blnb ﹣bln （blnb ）+e 2＜blnb ﹣bln （4b ）+e 2=b ⋅ln 14+e 2=e 2−bln4＜0，∴x 2＞ln （blnb ），即得证．5．（2021•甲卷）设函数f （x ）＝a 2x 2+ax ﹣3lnx +1，其中a ＞0．（1）讨论f （x ）的单调性；（2）若y ＝f （x ）的图像与x 轴没有公共点，求a 的取值范围．【解答】解：（1）f ′（x ）＝2a 2x +a −3x =2a 2x 2+ax−3x =(2ax+3)(ax−1)x ，x ＞0，因为a ＞0，所以−32a ＜0＜1a ，所以在（0，1a ）上，f ′（x ）＜0，f （x ）单调递减，在（1a ，+∞）上，f ′（x ）＞0，f （x ）单调递增．综上所述，f （x ）在（0，1a ）上单调递减，在（1a ，+∞）上f （x ）单调递增．（2）由（1）可知，f （x ）min ＝f （1a ）＝a 2×（1a ）2+a ×1a −3ln 1a +1＝3+3lna ，因为y ＝f （x ）的图像与x 轴没有公共点，所以3+3lna ＞0，所以a ＞1e ，所以a 的取值范围为（1e，+∞）．6．（2021•乙卷）已知函数f （x ）＝ln （a ﹣x ），已知x ＝0是函数y ＝xf （x ）的极值点．（1）求a ；（2）设函数g （x ）=x+f(x)xf(x)．证明：g （x ）＜1．【解答】（1）解：由题意，f （x ）的定义域为（﹣∞，a ），令t （x ）＝xf （x ），则t （x ）＝xln （a ﹣x ），x ∈（﹣∞，a ），则t '（x ）＝ln （a ﹣x ）+x •−1a−x =ln(a −x)+−x a−x ，因为x ＝0是函数y ＝xf （x ）的极值点，则有t '（0）＝0，即lna ＝0，所以a ＝1，当a ＝1时，t '（x ）=ln(1−x)+−x 1−x =ln(1−x)+−11−x +1，且t '（0）＝0，因为t ''（x ）=−11−x +−1(1−x)2=x−2(1−x)2＜0，则t '（x ）在（﹣∞，1）上单调递减，所以当x ∈（﹣∞，0）时，t '（x ）＞0，当x ∈（0，1）时，t '（x ）＜0，所以a ＝1时，x ＝0是函数y ＝xf （x ）的一个极大值点．综上所述，a ＝1；（2）证明：由（1）可知，xf （x ）＝xln （1﹣x ），要证x+f(x)xf(x)＜1，即需证明x+ln(1−x)xln(1−x)＜1，因为当x ∈（﹣∞，0）时，xln （1﹣x ）＜0，当x ∈（0，1）时，xln （1﹣x ）＜0，所以需证明x +ln （1﹣x ）＞xln （1﹣x ），即x +（1﹣x ）ln （1﹣x ）＞0，令h （x ）＝x +（1﹣x ）ln （1﹣x ），则h '（x ）＝（1﹣x ）⋅−11−x +1−ln(1−x)，所以h '（0）＝0，当x ∈（﹣∞，0）时，h '（x ）＜0，当x ∈（0，1）时，h '（x ）＞0，所以x ＝0为h （x ）的极小值点，所以h （x ）＞h （0）＝0，即x +ln （1﹣x ）＞xln （1﹣x ），故x+ln(1−x)xln(1−x)＜1，所以x+f(x)xf(x)＜1．7．（2021•新高考Ⅰ）已知函数f（x）＝x（1﹣lnx）．（1）讨论f（x）的单调性；（2）设a，b为两个不相等的正数，且blna﹣alnb＝a﹣b，证明：2＜1a+1b＜e．【解答】（1）解：由函数的解析式可得f'（x）＝1﹣lnx﹣1＝﹣lnx，∴x∈（0，1），f′（x）＞0，f（x）单调递增，x∈（1，+∞），f′（x）＜0，f（x）单调递减，则f（x）在（0，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减．（2）证明：由blna﹣alnb＝a﹣b，得−1aln1a+1b ln1b=1b−1a，即1a (1−ln1a)=1b(1−ln1b)，由（1）f（x）在（0，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减，所以f（x）max＝f（1）＝1，且f（e）＝0，令x1=1a，x2=1b，则x1，x2为f（x）＝k的两根，其中k∈（0，1）．不妨令x1∈（0，1），x2∈（1，e），则2﹣x1＞1，先证2＜x1+x2，即证x2＞2﹣x1，即证f（x2）＝f（x1）＜f（2﹣x1），令h（x）＝f（x）﹣f（2﹣x），则h′（x）＝f′（x）+f′（2﹣x）＝﹣lnx﹣ln（2﹣x）＝﹣ln[x（2﹣x）]在（0，1）单调递减，所以h′（x）＞h′（1）＝0，故函数h（x）在（0，1）单调递增，∴h（x1）＜h（1）＝0．∴f（x1）＜f（2﹣x1），∴2＜x1+x2，得证．同理，要证x1+x2＜e，（法一）即证1＜x2＜e﹣x1，根据（1）中f（x）单调性，即证f（x2）＝f（x1）＞f（e﹣x1），令φ（x）＝f（x）﹣f（e﹣x），x∈（0，1），则φ'（x）＝﹣ln[x（e﹣x）]，令φ′（x0）＝0，x∈（0，x0），φ'（x）＞0，φ（x）单调递增，x∈（x0，1），φ'（x）＜0，φ（x）单调递减，又0＜x＜e时，f（x）＞0，且f（e）＝0，故limx→0φ(x)=0，φ（1）＝f（1）﹣f（e﹣1）＞0，∴φ（x）＞0恒成立，x1+x2＜e得证，（法二）f（x1）＝f（x2），x1（1﹣lnx1）＝x2（1﹣lnx2），又x1∈（0，1），故1﹣lnx1＞1，x1（1﹣lnx1）＞x1，故x1+x2＜x1（1﹣lnx1）+x2＝x2（1﹣lnx2）+x2，x2∈（1，e），令g（x）＝x（1﹣lnx）+x，g′（x）＝1﹣lnx，x∈（1，e），在（1，e）上，g′（x）＞0，g（x）单调递增，所以g（x）＜g（e）＝e，即x2（1﹣lnx2）+x2＜e，所以x1+x2＜e，得证，则2＜1a+1b＜e．8．（2021•乙卷）已知函数f（x）＝x3﹣x2+ax+1．（1）讨论f（x）的单调性；（2）求曲线y＝f（x）过坐标原点的切线与曲线y＝f（x）的公共点的坐标．【解答】解：（1）f′（x）＝3x2﹣2x+a，△＝4﹣12a，①当△≤0，即a≥13时，由于f′（x）的图象是开口向上的抛物线，故此时f′（x）≥0，则f（x）在R上单调递增；②当△＞0，即a＜13时，令f′（x）＝0，解得x1=1−√1−3a3，x2=1+√1−3a3，令f′（x）＞0，解得x＜x1或x＞x2，令f′（x）＜0，解得x1＜x＜x2，∴f（x）在（﹣∞，x1），（x2，+∞）单调递增，在（x1，x2）单调递减；综上，当a≥13时，f（x）在R上单调递增；当a＜13时，f（x）在(−∞，1−√1−3a3)，(1+√1−3a3，+∞)单调递增，在(1−√1−3a3，1+√1−3a3)单调递减．（2）设曲线y＝f（x）过坐标原点的切线为l，切点为(x0，x03−x02+ax0+1)，f′(x0)= 3x02−2x0+a，则切线方程为y−(x03−x02+ax0+1)=(3x02−2x0+a)(x−x0)，将原点代入切线方程有，2x 03−x 02−1=0，解得x 0＝1，∴切线方程为y ＝（a +1）x ，令x 3﹣x 2+ax +1＝（a +1）x ，即x 3﹣x 2﹣x +1＝0，解得x ＝1或x ＝﹣1，∴曲线y ＝f （x ）过坐标原点的切线与曲线y ＝f （x ）的公共点的坐标为（1，a +1）和（﹣1，﹣a ﹣1）．9．（2021•甲卷）已知a ＞0且a ≠1，函数f （x ）=x a a x （x ＞0）．（1）当a ＝2时，求f （x ）的单调区间；（2）若曲线y ＝f （x ）与直线y ＝1有且仅有两个交点，求a 的取值范围．【解答】解：（1）a ＝2时，f （x ）=x 22x ， f ′（x ）=2x⋅2x −2x ln2⋅x 2(2x )2=x(2−xln2)2x =ln2⋅x(2ln2−x)2x ，当x ∈（0，2ln2）时，f ′（x ）＞0，当x ∈（2ln2，+∞）时，f ′（x ）＜0，故f （x ）在（0，2ln2）上单调递增，在（2ln2，+∞）上单调递减．（2）由题知f （x ）＝1在（0，+∞）有两个不等实根，f （x ）＝1⇔x a ＝a x ⇔alnx ＝xlna ⇔lnx x =lna a ，令g （x ）=lnx x ，g ′（x ）=1−lnx x 2，g （x ）在（0，e ）上单调递增，在（e ，+∞）上单调递减，又lim x→0g （x ）＝﹣∞，g （e ）=1e ，g （1）＝0，lim x→+∞g （x ）＝0，作出g （x ）的图象，如图所示：由图象可得0＜lna a ＜1e ，解得a ＞1且a ≠e ，即a 的取值范围是（1，e ）∪（e ，+∞）．10．（2020•新课标Ⅰ）已知函数f （x ）＝e x ﹣a （x +2）．（1）当a ＝1时，讨论f （x ）的单调性；（2）若f （x ）有两个零点，求a 的取值范围．【解答】解：由题意，f （x ）的定义域为（﹣∞，+∞），且f ′（x ）＝e x ﹣a ．（1）当a ＝1时，f ′（x ）＝e x ﹣1，令f ′（x ）＝0，解得x ＝0．∴当x ∈（﹣∞，0）时，f ′（x ）＜0，f （x ）单调递减，当x ∈（0，+∞）时，f ′（x ）＞0，f （x ）单调递增．∴f （x ）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增；（2）当a ≤0时，f ′（x ）＝e x ﹣a ＞0恒成立，f （x ）在（﹣∞，+∞）上单调递增，不合题意；当a ＞0时，令f ′（x ）＝0，解得x ＝lna ，当x ∈（﹣∞，lna ）时，f ′（x ）＜0，f （x ）单调递减，当x ∈（lna ，+∞）时，f ′（x ）＞0，f （x ）单调递增．∴f （x ）的极小值也是最小值为f （lna ）＝a ﹣a （lna +2）＝﹣a （1+lna ）．又当x →﹣∞时，f （x ）→+∞，当x →+∞时，f （x ）→+∞．∴要使f （x ）有两个零点，只要f （lna ）＜0即可，则1+lna ＞0，可得a ＞1e ．综上，若f （x ）有两个零点，则a 的取值范围是（1e ，+∞）． 11．（2020•天津）已知函数f （x ）＝x 3+klnx （k ∈R ），f ′（x ）为f （x ）的导函数．（Ⅰ）当k ＝6时，（ⅰ）求曲线y ＝f （x ）在点（1，f （1））处的切线方程；（ⅱ）求函数g （x ）＝f （x ）﹣f ′（x ）+9x 的单调区间和极值；（Ⅱ）当k ≥﹣3时，求证：对任意的x 1，x 2∈[1，+∞），且x 1＞x 2，有f′(x 1)+f′(x 2)2＞f(x 1)−f(x 2)x 1−x 2．【解答】解：（I ）（i ）当k ＝6时，f （x ）＝x 3+6lnx ，故f ′（x ）＝3x 2+6x，∴f ′（1）＝9，∵f （1）＝1，∴曲线y ＝f （x ）在点（1，f （1））处的切线方程为y ﹣1＝9（x ﹣1），即9x ﹣y ﹣8＝0．（ii ）g （x ）＝f （x ）﹣f ′（x ）+9x =x 3+6lnx ﹣3x 2+3x，x ＞0，∴g ′（x ）＝3x 2﹣6x +6x −3x 2=3(x−1)3(x+1)x 2，令g ′（x ）＝0，解得x ＝1，当0＜x ＜1，g ′（x ）＜0，当x ＞1，g ′（x ）＞0，∴函数g （x ）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增， x ＝1是极小值点，极小值为g （1）＝1，无极大值证明：（Ⅱ）由f （x ）＝x 3+klnx ，则f ′（x ）＝3x 2+kx，对任意的x 1，x 2∈[1，+∞），且x 1＞x 2，令x 1x 2=t ，t ＞1，则（x 1﹣x 2）[f ′（x 1）+f ′（x 2）]﹣2[f （x 1）﹣f （x 2）]＝（x 1﹣x 2）（3x 12+kx 1+3x 22+kx 2）﹣2（x 13﹣x 23+klnx 1x 2），＝x 13﹣x 23﹣3x 12x 2+3x 1x 22+k （x 1x 2−x 2x 1）﹣2klnx 1x 2，＝x 23（t 3﹣3t 2+3t ﹣1）+k （t −1t−2lnt ），① 令h （x ）＝x −1x −2lnx ，x ＞1，当x ＞1时，h ′（x ）＝1+1x2−2x =（1−1x ）2＞0， ∴h （x ）在（1，+∞）单调递增，∴当t ＞1，h （t ）＞h （1）＝0，即t −1t −2lnt ＞0， ∵x 2≥1，t 3﹣3t 2+3t ﹣1＝（t ﹣1）3＞0，k ≥﹣3，∴x 23（t 3﹣3t 2+3t ﹣1）+k （t −1t −2lnt ）≥t 3﹣3t 2+3t ﹣1﹣3（t −1t −2lnt ）＝t 3﹣3t 2+6lnt +3t −1，②，由（Ⅰ）（ii ）可知当t ≥1时，g （t ）＞g （1）即t 3﹣3t 2+6lnt +3t ＞1，③，由①②③可得（x 1﹣x 2）[f ′（x 1）+f ′（x 2）]﹣2[f （x 1）﹣f （x 2）]＞0， ∴当k ≥﹣3时，对任意的x 1，x 2∈[1，+∞），且x 1＞x 2，有f′(x 1)+f′(x 2)2＞f(x 1)−f(x 2)x 1−x 2．12．（2020•海南）已知函数f （x ）＝ae x ﹣1﹣lnx +lna ．（1）当a＝e时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；（2）若f（x）≥1，求a的取值范围．【解答】解：（1）当a＝e时，f（x）＝e x﹣lnx+1，∴f′（x）＝e x−1 x，∴f′（1）＝e﹣1，∵f（1）＝e+1，∴曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y﹣（e+1）＝（e﹣1）（x﹣1），当x＝0时，y＝2，当y＝0时，x=−2e−1，∴曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积S=12×2×2e−1=2e−1．（2）方法一：由f（x）≥1，可得ae x﹣1﹣lnx+lna≥1，即e x﹣1+lna﹣lnx+lna≥1，即e x﹣1+lna+lna+x﹣1≥lnx+x＝e lnx+lnx，令g（t）＝e t+t，则g′（t）＝e t+1＞0，∴g（t）在R上单调递增，∵g（lna+x﹣1）≥g（lnx）∴lna+x﹣1≥lnx，即lna≥lnx﹣x+1，令h（x）＝lnx﹣x+1，∴h′（x）=1x−1=1−x x，当0＜x＜1时，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增，当x＞1时，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减，∴h（x）≤h（1）＝0，∴lna≥0，∴a≥1，故a的范围为[1，+∞）．方法二：由f（x）≥1可得ae x﹣1﹣lnx+lna≥1，x＞0，a＞0，即ae x﹣1﹣1≥lnx﹣lna，设g（x）＝e x﹣x﹣1，∴g′（x）＝e x﹣1＞0恒成立，∴g（x）在（0，+∞）单调递增，∴g（x）＞g（0）＝1﹣0﹣1＝0，∴e x﹣x﹣1＞0，即e x＞x+1，再设h（x）＝x﹣1﹣lnx，∴h′（x）＝1−1x=x−1x，当0＜x＜1时，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减，当x＞1时，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增，∴h（x）≥h（1）＝0，∴x﹣1﹣lnx≥0，即x﹣1≥lnx∴e x﹣1≥x，则ae x﹣1≥ax，此时只需要证ax≥x﹣lna，即证x（a﹣1）≥﹣lna，当a≥1时，∴x（a﹣1）＞0＞﹣lna恒成立，当0＜a＜1时，x（a﹣1）＜0＜﹣lna，此时x（a﹣1）≥﹣lna不成立，综上所述a的取值范围为[1，+∞）．方法三：由题意可得x∈（0，+∞），a∈（0，+∞），∴f′（x）＝ae x﹣1−1 x，易知f′（x）在（0，+∞）上为增函数，①当0＜a＜1时，f′（1）＝a﹣1＜0，f′（1a ）＝a e1a−1−a＝a（e1a−1−1）＞0，∴存在x0∈（1，1a）使得f′（x0）＝0，当x∈（1，x0）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，∴f（x）＜f（1）＝a+lna＜a＜1，不满足题意，②当a≥1时，e x﹣1＞0，lna＞0，∴f（x）≥e x﹣1﹣lnx，令g（x）＝e x﹣1﹣lnx，∴g′（x）＝e x﹣1−1 x，易知g′（x）在（0，+∞）上为增函数，∵g′（1）＝0，∴当x∈（0，1）时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减，当x∈（1，+∞）时，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增，∴g（x）≥g（1）＝1，即f（x）≥1，综上所述a的取值范围为[1，+∞）．方法四：∵f（x）＝ae x﹣1﹣lnx+lna，x＞0，a＞0，∴f′（x）＝ae x﹣1−1x，易知f′（x）在（0，+∞）上为增函数，∵y＝ae x﹣1在（0，+∞）上为增函数，y=1x在0，+∞）上为减函数，∴y＝ae x﹣1与y=1x在0，+∞）上有交点，∴存在x0∈（0，+∞），使得f′（x0）＝a e x0−1−1x0=0，则a e x0−1=1x0，则lna+x0﹣1＝﹣lnx0，即lna＝1﹣x0﹣lnx0，当x∈（0，x0）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，当x∈（x0，+∞）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，∴f（x）≥f（x0）＝a e x0−1−lnx0+lna=1x0−lnx0+1﹣x0﹣lnx0=1x−2lnx0+1﹣x0≥1∴1x0−2lnx0﹣x0≥0设g（x）=1x−2lnx﹣x，易知函数g（x）在（0，+∞）上单调递减，且g（1）＝1﹣0﹣1＝0，∴当x∈（0，1]时，g（x）≥0，∴x0∈（0，1]时，1x0−2lnx0﹣x0≥0，设h（x）＝1﹣x﹣lnx，x∈（0，1]，∴h′（x）＝﹣1−1x＜0恒成立，∴h（x）在（0，1]上单调递减，∴h（x）≥h（1）＝1﹣1﹣ln1＝0，当x→0时，h（x）→+∞，∴lna≥0＝ln1，∴a≥1．方法五：f（x）≥1等价于ae x﹣1﹣lnx+lna≥1，该不等式恒成立．当x＝1时，有a+lna≥1，其中a＞0．设g（a）＝a+lna﹣1，则g'（a）＝1+1a＞0，则g（a）单调递增，且g（1）＝0．所以若a+lna≥1成立，则必有a≥1．∴下面证明当a≥1时，f（x）≥1成立．设h（x）＝e x﹣x﹣1，∴h′（x）＝e x﹣1，∴h（x）在（﹣∞，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增，∴h（x）≥h（0）＝1﹣0﹣1＝0，∴e x﹣x﹣1≥0，即e x≥x+1，把x换成x﹣1得到e x﹣1≥x，∵x﹣1≥lnx，∴x﹣lnx≥1．∴f（x）＝ae x﹣1﹣lnx+lna≥e x﹣1﹣lnx≥x﹣lnx≥1，当x＝1时等号成立．综上，a≥1．13．（2020•北京）已知函数f（x）＝12﹣x2．（Ⅰ）求曲线y＝f（x）的斜率等于﹣2的切线方程；（Ⅱ）设曲线y＝f（x）在点（t，f（t））处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为S（t），求S（t）的最小值．【解答】解：（Ⅰ）f（x）＝12﹣x2的导数f′（x）＝﹣2x，令切点为（m，n），可得切线的斜率为﹣2m＝﹣2，∴m＝1，∴n＝12﹣1＝11，∴切线的方程为y＝﹣2x+13；（Ⅱ）曲线y＝f（x）在点（t，f（t））处的切线的斜率为k＝﹣2t，切线方程为y﹣（12﹣t2）＝﹣2t（x﹣t），令x＝0，可得y＝12+t2，令y＝0，可得x=12t+6t，∴S（t）=12•|12t+6t|•（12+t2），由S（﹣t）＝S（t），可知S（t）为偶函数，不妨设t＞0，则S（t）=14（t+12t）（12+t2），∴S′（t）=14（3t2+24−144t2）=34•(t2−4)(t2+12)t2，由S′（t）＝0，得t＝2，当t＞2时，S′（t）＞0，S（t）递增；当0＜t＜2时，S′（t）＜0，S（t）递减，则S（t）在t＝2和﹣2处取得极小值，且为最小值32，所以S（t）的最小值为32．14．（2020•浙江）已知1＜a≤2，函数f（x）＝e x﹣x﹣a，其中e＝2.71828…为自然对数的底数．（Ⅰ）证明：函数y＝f（x）在（0，+∞）上有唯一零点；（Ⅱ）记x0为函数y＝f（x）在（0，+∞）上的零点，证明：（ⅰ）√a−1≤x0≤√2(a−1)；（ⅱ）x0f（e x0）≥（e﹣1）（a﹣1）a．【解答】证明：（Ⅰ）∵f（x）＝e x﹣x﹣a＝0（x＞0），∴f′（x）＝e x﹣1＞0恒成立，∴f（x）在（0，+∞）上单调递增，∵1＜a≤2，∴f（2）＝e2﹣2﹣a≥e2﹣4＞0，又f（0）＝1﹣a＜0，∴函数y＝f（x）在（0，+∞）上有唯一零点．（Ⅱ）（i）f（x0）＝0，∴e x0−x0﹣a＝0，∴√a−1≤x0≤√2(a−1)，∴e x0−x0−1≤x02≤2(e x0−x0−1)，令g（x）＝e x﹣x﹣1﹣x2（0＜x＜2），h（x）＝e x﹣x﹣1−x22，（0＜x＜2），一方面，h′（x）＝e x﹣1﹣x＝h1（x），ℎ1′(x)=e x−1＞0，∴h′（x）＞h′（0）＝0，∴h（x）在（0，2）单调递增，∴h（x）＞h（0）＝0，∴e x﹣x﹣1−x22＞0，2（ex﹣x﹣1）＞x2，另一方面，1＜a≤2，∴a﹣1≤1，∴当x0≥1时，√a−1≤x0成立，∴只需证明当0＜x＜1时，g（x）＝e x﹣x﹣1﹣x2≤0，∵g′（x）＝e x﹣1﹣2x＝g1（x），g1'（x）＝e x﹣2＝0，∴x＝ln2，当x∈（0，ln2）时，g1'（x）＜0，当x∈（ln2，1）时，g1'（x）＞0，∴g′（x）＜max{g′（0），g′（1）}，g′（0）＝0，g′（1）＝e﹣3＜0，∴g′（x）＜0，∴g（x）在（0，1）单调递减，∴g（x）＜g（0）＝0，∴e x﹣x﹣1＜x2，综上，e x0−x0−1≤x02≤2(e x0−x0−1)，∴√a−1≤x0≤√2(a−1)．（ii）要证明x0f（e x0）≥（e﹣1）（a﹣1）a，只需证x0f（x0+a）≥（e﹣1）（a﹣1）a，由（i）得只需证e√a−1+a−√a−1−2a≥（e﹣1）a√a−1，∵e x≥1+x+12x2，∴只需证1+12（√a−1+a）2﹣a≥（e﹣1）a√a−1，只需证a2−(√a−1)2−2（e﹣2）a√a−1≥0，即证√a−1−√a−1a≥2（e﹣2），∵√a−1=√a−1+√a−1∈[2，+∞），∴√a−1−√a−1a≥2−12=32≥2(e−2)，∴x0f（e x0）≥（e﹣1）（a﹣1）a．15．（2020•江苏）已知关于x的函数y＝f（x），y＝g（x）与h（x）＝kx+b（k，b∈R）在区间D上恒有f（x）≥h（x）≥g（x）．（1）若f（x）＝x2+2x，g（x）＝﹣x2+2x，D＝（﹣∞，+∞），求h（x）的表达式；（2）若f（x）＝x2﹣x+1，g（x）＝klnx，h（x）＝kx﹣k，D＝（0，+∞），求k的取值范围；（3）若f（x）＝x4﹣2x2，g（x）＝4x2﹣8，h（x）＝4（t3﹣t）x﹣3t4+2t2（0＜|t|≤√2），D＝[m，n]⊂[−√2，√2]，求证：n﹣m≤√7．【解答】解：（1）由f（x）＝g（x）得x＝0，又f′（x）＝2x+2，g′（x）＝﹣2x+2，所以f′（0）＝g′（0）＝2，所以，函数h（x）的图象为过原点，斜率为2的直线，所以h（x）＝2x，经检验：h（x）＝2x，符合任意，（2）h（x）﹣g（x）＝k（x﹣1﹣lnx），设φ（x）＝x﹣1﹣lnx，设φ′（x）＝1−1x=x−1x，在（1，+∞）上，φ′（x）＞0，φ（x）单调递增，在（0，1）上，φ′（x）＜0，φ（x）单调递减，所以φ（x）≥φ（1）＝0，所以当h（x）﹣g（x）≥0时，k≥0，令p（x）＝f（x）﹣h（x）所以p（x）＝x2﹣x+1﹣（kx﹣k）＝x2﹣（k+1）x+（1+k）≥0，得，当x＝k+1≤0时，即k≤﹣1时，f（x）在（0，+∞）上单调递增，所以p（x）＞p（0）＝1+k≥0，k≥﹣1，所以k＝﹣1，当k+1＞0时，即k＞﹣1时，△≤0，即（k+1）2﹣4（k+1）≤0，解得﹣1＜k≤3，综上，k∈[0，3]．（3）①当1≤t≤√2时，由g（x）≤h（x），得4x2﹣8≤4（t3﹣t）x﹣3t4+2t2，整理得x2﹣（t3﹣t）x+3t4−2t2−84≤0，（*）令△＝（t3﹣t）2﹣（3t4﹣2t2﹣8），则△＝t6﹣5t4+3t2+8，记φ（t）＝t6﹣5t4+3t2+8（1≤t≤√2），则φ′（t）＝6t5﹣20t3+6t＝2t（3t2﹣1）（t2﹣3）＜0，恒成立，所以φ（t）在[1，√2]上是减函数，则φ（√2）≤φ（t）≤φ（1），即2≤φ（t）≤7，所以不等式（*）有解，设解为x1≤x≤x2，因此n﹣m≤x2﹣x1=√△≤√7．②当0＜t＜1时，f（﹣1）﹣h（﹣1）＝3t4+4t3﹣2t2﹣4t﹣1，设v （t ）＝3t 4+4t 3﹣2t 2﹣4t ﹣1，则v ′（t ）＝12t 3+12t 2﹣4t ﹣4＝4（t +1）（3t 2﹣1），令v ′（t ）＝0，得t =√33，当t ∈（0，√33）时，v ′（t ）＜0，v （t ）是减函数，当t ∈（√33，1）时，v ′（t ）＞0，v （t ）是增函数， v （0）＝﹣1，v （1）＝0，则当0＜t ＜1时，v （t ）＜0，则f （﹣1）﹣h （﹣1）＜0，因此﹣1∉（m ，n ），因为[m ，n ]⊆[−√2，√2]，所以n ﹣m ≤√2+1＜√7，③当−√2≤t ＜0时，因为f （x ），g （x ）为偶函数，因此n ﹣m ≤√7也成立，综上所述，n ﹣m ≤√7．16．（2020•新课标Ⅲ）设函数f （x ）＝x 3+bx +c ，曲线y ＝f （x ）在点（12，f （12））处的切线与y 轴垂直．（1）求b ；（2）若f （x ）有一个绝对值不大于1的零点，证明：f （x ）所有零点的绝对值都不大于1．【解答】（1）解：由f （x ）＝x 3+bx +c ，得f ′（x ）＝3x 2+b ， ∴f ′（12）＝3×(12)2+b =0，即b =−34；（2）证明：法一、设x 0为f （x ）的一个零点，根据题意，f(x 0)=x 03−34x 0+c =0，且|x 0|≤1，则c =−x 03+34x 0，且|x 0|≤1，令c （x ）=−x 3+34x （﹣1≤x ≤1）， ∴c ′（x ）=−3x 2+34=−3(x +12)(x −12)，当x ∈（﹣1，−12）∪（12，1）时，c ′（x ）＜0，当x ∈（−12，12）时，c ′（x ）＞0 可知c （x ）在（﹣1，−12），（12，1）上单调递减，在（−12，12）上单调递增．又c （﹣1）=14，c （1）=−14，c （−12）=−14，c （12）=14，∴−14≤c ≤14．设x 1 为f （x ）的零点，则必有f(x 1)=x 13−34x 1+c =0，即−14≤c =−x 13+34x 1≤14，∴{4x 13−3x 1−1=(x 1−1)(2x 1+1)2≤04x 13−3x 1+1=(x 1+1)(2x 1−1)2≥0，得﹣1≤x 1≤1，即|x 1|≤1．∴f （x ）所有零点的绝对值都不大于1．法二、由（1）可得，f （x ）=x 3−34x +c ． f ′（x ）=3x 2−34=3(x +12)(x −12)，可得当x ∈（﹣∞，−12）∪（12，+∞）时，f ′（x ）＞0，当x ∈（−12，12）时，f ′（x ）＜0，则f （x ）在（﹣∞，−12），（12，+∞）上单调递增，在（−12，12）上单调递减．且f （﹣1）＝c −14，f （−12）＝c +14，f （12）＝c −14，f （1）＝x +14，若f （x ）的所有零点中存在一个绝对值大于1的零点x 0，则f （﹣1）＞0或f （1）＜0．即c ＞14或c ＜−14．当c ＞14时，f （﹣1）＝c −14＞0，f （−12）＝c +14＞0，f （12）＝c −14＞0，f （1）＝c +14＞0，又f （﹣4c ）＝﹣64c 3+3c +c ＝4c （1﹣16c 2）＜0，由零点存在性定理可知，f （x ）在（﹣4c ，﹣1）上存在唯一一个零点．即f （x ）在（﹣∞，﹣1）上存在唯一零点，在（1，+∞）上不存在零点．此时f （x ）不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；当c ＜−14时，f （﹣1）＝c −14＜0，f （−12）＝c +14＜0，f （12）＝c −14＜0，f （1）＝c +14＜0，又f （﹣4c ）＝64c 3+3c +c ＝4c （1﹣16c 2）＞0，由零点存在性定理可知，f （x ）在（1，﹣4c ）上存在唯一一个零点．即f （x ）在（1，+∞）上存在唯一零点，在（﹣∞，1）上不存在零点．。

2021_2022学年新教材高中数学第二章导数及其应用3导数的计算课后巩固提升含解析北师大版选择性必

第二章导数及其应用§3导数的计算课后篇巩固提升必备知识基础练1.若f'(x0)=-2,则limk→0f(x0-12k)-f(x0)k等于()B.-1C.2D.1,lim k→0f(x0-12k)-f(x0)k=-12limk→0f(x0-12k)-f(x0)-12k=-12f'(x0)=1,故选D.2.下列各式中正确的个数是()①(x7)'=7x6;②(x-1)'=x-2;③1√x '=-12x-32;④(√x25)'=25x-35;⑤(cos x)'=-sin x;⑥(cos 2)'=-sin 2.B.4C.5D.6(x-1)'=-x-2,⑥(cos2)'=0,∴②⑥不正确.故选B.3.若函数f(x)=cos x,则f'π4+fπ4的值为()B.-1C.1D.2 解析f'(x)=-sin x,所以f'π4+fπ4=-sinπ4+cosπ4=0.4.已知f(x)=x a,若f'(1)=4,则a的值等于()B.-4C.5D.-5f'(x)=ax a-1,f'(1)=a(1)a-1=4,∴a=4.y=f(x)=2x2+4x在x=3处的导数为.(3)=limΔx→0Δy Δx=lim Δx→02(3+Δx)2+4(3+Δx)-(2×32+4×3)Δx=16.,其位移s与时间t的关系是s=3t-t2,则物体的初速度是.初=s'(0)=limΔt→0s(0+Δt)-s(0)Δt=limΔt→0(3-Δt)=3.7.已知f (x )=1x,g (x )=mx ,且g'(2)=1f '(2),则m=.4,f'(x )=-1x 2,g'(x )=m.∵g'(2)=1f '(2),∴m=-4.8.设直线y=12x+b 是曲线y 1=ln x (x>0)的一条切线,则实数b 的值为.-1y 1'=(ln x )'=1x ,设切点为(x 0,y 0),由题意,得1x 0=12,所以x 0=2,y 0=ln2,代入直线方程y=12x+b ,得b=ln2-1.9.利用导数的定义求函数y=f (x )=x-2x的导数.解由导数定义,得Δy=f (x+Δx )-f (x )=(x+Δx )-2x+Δx-x-2x,∴ΔyΔx =1+2x (x+Δx ),当Δx 趋于0时,得到导数f'(x )=1+2x 2.10.用求导数的公式求下列函数的导数.(1)y=x 8;(2)y=4x ;(3)y=log 3x ;(4)y=sin x+π2;(5)y=e 2. 解(1)y'=(x 8)'=8x 8-1=8x 7.(2)y'=(4x )'=4x ln4.(3)y'=(log 3x )'=1xln3.(4)y'=sin x+π2'=(cos x )'=-sin x.(5)y'=(e 2)'=0.关键能力提升练11.已知函数f (x )在x 0处的导数为f'(x 0),则lim Δx →0f (x 0)-f (x 0-mΔx )Δx等于()A.mf'(x 0) B .-mf'(x 0) C .-1m f'(x 0) D .1m f'(x 0),limΔx →0f (x 0)-f (x 0-mΔx )Δx=m limΔx →0f (x 0)-f (x 0-mΔx )mΔx=mf'(x 0).12.已知曲线f(x)=x3在点(2,8)处的切线方程为y=kx+b,则k-b等于()B.-4C.28D.-28点(2,8)在切线上,∴2k+b=8,①又f'(x)=3x2,f'(2)=3×22=12=k,②由①②可得k=12,b=-16,∴k-b=28.13.设正弦曲线y=sin x上一点P,以点P为切点的切线为直线l,则直线l的倾斜角α的取值X围是()A.0,π4∪3π4,π B.[0,π)C.π4,3π4D.0,π4∪π2,3π4答案A解析∵(sin x)'=cos x,∴k l=cos x,∴-1≤k l≤1,∴α∈0,π4∪3π4,π.14.(多选题)以下运算正确的是()A.1x '=1x2B.(cos x)'=-sin xC.(2x)'=2x ln 2D.(tan x)'=1cos2x解析1x '=-1x2,所以A不正确;因为(cos x)'=-sin x,故B正确;因为(2x)'=2x ln2,所以C正确;因为(tan x)'=1cos2x,所以D正确.15.(多选题)已知曲线y=x3在点P处的切线斜率为k,则当k=3时的P点坐标为()A.(-1,1)B.(-1,-1)D.(1,-1),y'=3x2,因为k=3,所以3x2=3,所以x=±1,则P点坐标为(-1,-1)或(1,1).16.设函数f(x)在x=x0处可导,当h趋于0时,对于f(x0+ℎ)-f(x0)ℎ的值,以下说法正确的是.(填序号)①与x0,h都有关;②仅与x0有关而与h无关;③仅与h有关而与x0无关;④与x0,h均无关.(x)=sin x,f1(x)=f'0(x),f2(x)=f'1(x),…,f n+1(x)=f'n(x),n∈N,则f2 020(x)=.x,f1(x)=cos x,f2(x)=-sin x,f3(x)=-cos x,f4(x)=sin x,f5(x)=cos x,…,依次类推可得,函数呈周期变化,且周期为4,则f2020(x)=f4(x)=sin x.18.函数y=x 2(x>0)的图象在点(a k ,a k 2)处的切线与x 轴的交点的横坐标为a k+1,其中k ∈N +,若则a 1+a 3+a 5的值是.y'=2x ,∴y=x 2(x>0)的图象在点(a k ,a k 2)处的切线方程为y-a k 2=2a k (x-a k ).又该切线与x 轴的交点坐标为(a k+1,0),∴a k+1=12a k ,即数列{a k }是首项为a 1=16,公比为q=12的等比数列,∴a 3=4,a 5=1,∴a 1+a 3+a 5=21.19.已知P 为曲线y=ln x 上的一动点,Q 为直线y=x+1上的一动点,则当点P 的坐标为时,PQ 最小,此时最小值为.√2 ,当直线l 与曲线y=ln x 相切且与直线y=x+1平行时,切点到直线y=x+1的距离即为PQ 的最小值.易知(ln x )'=1x ,令1x =1,得x=1,故此时点P 的坐标为(1,0),所以PQ 的最小值为√2=√2.f (x )=x 2,g (x )=x 3,求适合f'(x 0)+2=g'(x 0)的x 0的值.(x 0)=2x 0,g'(x 0)=3x 02.因为f'(x 0)+2=g'(x 0),所以2x 0+2=3x 02,即3x 02-2x 0-2=0,解得x 0=1-√73或x 0=1+√73.学科素养创新练21.设曲线y=x n+1(n ∈N +)在点(1,1)处的切线与x 轴的交点的横坐标为x n ,令a n =lg x n ,求a 1+a 2+…+a 99的值.解由题得y'=(n+1)x n ,故在点(1,1)处的切线斜率k=n+1,所以切线方程为y=(n+1)x-n (n ∈N +),可求得切线与x 轴的交点为nn+1,0,则a n =lg nn+1=lg n-lg(n+1),n ∈N +,所以a 1+a 2+…+a 99=(lg1-lg2)+(lg2-lg3)+…+(lg99-lg100)=lg1-lg100=-2.。

高考数学压轴专题2020-2021备战高考《函数与导数》技巧及练习题含答案

高中数学《函数与导数》期末考知识点一、选择题1．已知定义在R 上的函数()f x 满足()01f =，且()f x 的导函数'()f x 满足'()1f x >，则不等式()()ln ln f x ex <的解集为（） A ．()0,1 B ．()1,eC ．()0,eD ．(),e +∞【答案】A 【解析】【分析】设()()g x f x x =-，由题得()g x 在R 上递增，求不等式()()ln ln f x ex <的解集，即求不等式(ln )(0)g x g <的解集，由此即可得到本题答案. 【详解】设()()g x f x x =-，则(0)(0)01g f =-=，()()1g x f x '='-，因为()1f x '>，所以()0g x '>，则()g x 在R 上递增，又(ln )ln()1ln f x ex x <=+，所以(ln )ln 1f x x -<，即(ln )(0)g x g <，所以ln 0x <，得01x <<. 故选：A 【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，以及利用函数的单调性解不等式，其中涉及到构造函数.2．已知()f x 是定义在R 上的偶函数，其图象关于点(1,0)对称.以下关于()f x 的结论：①()f x 是周期函数；②()f x 满足()(4)f x f x =-；③()f x 在(0,2)单调递减；④()cos 2xf x π=是满足条件的一个函数.其中正确结论的个数是( ) A ．4 B ．3C ．2D ．1【答案】B 【解析】【分析】题目中条件：(2)()f x f x +=-可得(4)()f x f x +=知其周期，利用奇函数图象的对称性，及函数图象的平移变换，可得函数的对称中心，结合这些条件可探讨函数的奇偶性，及单调性．【详解】解：对于①：()()f x f x -=Q ，其图象关于点(1,0)对称(2)()f x f x +=- 所以(4)(2)()f x f x f x +=-+=，∴函数()f x 是周期函数且其周期为4，故①正确；对于②：由①知，对于任意的x ∈R ，都有()f x 满足()(4)f x f x -=-，函数是偶函数，即()(4)f x f x =-，故②正确．对于③：反例：如图所示的函数，关于y 轴对称，图象关于点(1,0)对称，函数的周期为4，但是()f x 在(0,2)上不是单调函数，故③不正确；对于④：()cos 2xf x π=是定义在R 上的偶函数，其图象关于点(1,0)对称的一个函数，故④正确．故选：B ．【点睛】本题考查函数的基本性质，包括单调性、奇偶性、对称性和周期性，属于基础题．3．设定义在(0,)+∞的函数()f x 的导函数为()f x '，且满足()()3f x f x x'->，则关于x 的不等式31(3)(3)03x f x f ⎛⎫---< ⎪⎝⎭的解集为（）A ．()3,6B ．()0,3C ．()0,6D ．()6,+∞【答案】A 【解析】【分析】根据条件，构造函数3()()g x x f x =，利用函数的单调性和导数之间的关系即可判断出该函数在(,0)-∞上为增函数，然后将所求不等式转化为对应函数值的关系，根据单调性得出自变量值的关系从而解出不等式即可．【详解】解：Q 3(1)(3)(3)03x f x f ---<，3(3)(3)27x f x f ∴---（3）0<， 3(3)(3)27x f x f ∴--<（3），Q 定义在(0,)+∞的函数()f x ，3x ∴<，令3()()g x x f x =，∴不等式3(3)(3)27x f x f --<（3），即为(3)g x g -<（3），323()(())3()()g x x f x x f x x f x '='=+'，Q()()3f x f x x'->， ()3()xf x f x ∴'>-， ()3()0xf x f x ∴'+>，32()3()0x f x x f x ∴+>，()0g x ∴'>， ()g x ∴单调递增，又因为由上可知(3)g x g -<（3）， 33x ∴-<，3x <Q ， 36x ∴<<．故选：A ．【点睛】本题主要考查不等式的解法：利用条件构造函数，利用函数单调性和导数之间的关系判断函数的单调性，属于中档题．4．三个数0.20.40.44,3,log 0.5的大小顺序是（） A ．0.40.20.43<4log 0.5<B ．0.40.20.43<log 0.5<4C ．0.40.20.4log 0.534<<D ．0.20.40.4log 0.543<<【答案】D 【解析】由题意得，120.20.4550.40log0.514433<<<==== D.5．已知()ln xf x x=，则下列结论中错误的是（） A ．()f x 在()0,e 上单调递增 B ．()()24f f = C ．当01a b <<<时，b a a b < D ．20192020log 20202019>【答案】D 【解析】【分析】根据21ln (),(0,)xf x x x-'=∈+∞，可得()f x 在()0,e 上单调递增，在(),e +∞上单调递减，进而判断得出结论. 【详解】21ln (),(0,)xf x x x -'=∈+∞Q ∴对于选项A ，可得()f x 在()0,e 上单调递增，在(),e +∞上单调递减，故A 正确；对于选项B ，()2ln 4ln 2ln 24(2)442f f ====，故B 正确；对于选项C ，由选项A 知()f x 在()0,1上也是单调递增的，01a b <<<Q ，ln ln a ba b∴<，可得b a a b <，故选项C 正确；对于选项D ，由选项A 知()f x 在(),e +∞上单调递减，(2019)(2020)f f ∴>，即ln 2019ln 202022019020>⇒20192020ln 2020log 2020ln 02019219>=，故选项D 不正确. 故选：D 【点睛】本题考查导数与函数单调性、极值与最值的应用及方程与不等式的解法，考查了理解辨析能力与运算求解能力，属于中档题.6．已知函数()lg f x x =，0a b >>，()()f a f b =，则22a b a b+-的最小值等于（）．A B ．C ．2D ．【答案】D 【解析】试题分析：因为函数()lg f x x =，0a b >>，()()f a f b = 所以lg lg a b =- 所以1a b=，即1ab =，0a b >>22a ba b+-22()2()22()a b ab a b a b a b a b a b -+-+===-+---≥=当且仅当2a b a b-=-，即a b -=时等号成立所以22a b a b +-的最下值为故答案选D考点：基本不等式．7．36ax ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭的展开式中，第三项的系数为1，则11a dx x =⎰（） A ．2ln 2 B ．ln 2 C ．2 D ．1【答案】A 【解析】【分析】首先根据二项式定理求出a ，把a 的值带入11adx x⎰即可求出结果. 【详解】解题分析根据二项式36ax ⎛- ⎝⎭的展开式的通项公式得221213()4aT C ax x +⎛== ⎝⎭. Q 第三项的系数为1，1,44aa ∴=∴=，则4411111d d ln 2ln 2a x x x x x ===⎰⎰.故选：A 【点睛】本题考查二项式定理及定积分. 需要记住二项式定理展开公式：1C k n k kk n T a b -+=.属于中等题.8．已知函数()()1110x x e f x x e++-=<与()()1ln x xg x e x ae =+-的图象上存在关于y 轴对称的点，则实数a 的取值范围是（）A ．1,1e ⎛⎫-∞+ ⎪⎝⎭B ．1,e ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭C ．1,1e ⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭D ．11,e⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭【答案】D 【解析】【分析】先求得()f x 关于y 轴对称的函数()h x ,则()()h x g x =,整理可得()11ln 1e ex x a ++-=在()0,∞+上有解,设()()11ln 1e ex x x ϕ=++-,可转化问题为()y x ϕ=与y a =的图象在()0,∞+上有交点,再利用导函数求得()x ϕ的范围,进而求解.【详解】由()f x 关于y 轴对称的函数为()()()1111e e 10ex x x h x f x x -+--+-=-==->, 令()()h x g x =,得()1e 1e ln 1e x x x x a --=+-()0x >,则方程()1e 1e ln 1e x x x x a --=+-在()0,∞+上有解,即方程()11ln 1e ex x a ++-=在()0,∞+上有解, 设()()11ln 1e ex x x ϕ=++-, 即可转化为()y x ϕ=与y a =的图象在()0,∞+上有交点,()()11e 1e 1e 1x x x x x x x ϕ--=-+='++Q ,令()=e 1xm x x --，则()=e 10xm x '->在()0,∞+上恒成立，所以()=e 1xm x x --在()0,∞+上为增函数，∴()()00m x m >=，即()0x ϕ'>Q 在()0,∞+上恒成立， ∴()x ϕ在()0,∞+上为增函数,当0x >时,则()()101x eϕϕ>=-, 所以11ea >-, 故选:D 【点睛】本题考查利用导函数判断函数单调性,考查利用导函数处理函数的零点问题,考查转化思想.9．函数log (3)1a y x =-+（0a >且1a ≠）的图像恒过定点A ，若点A 在直线10mx ny +-=上，其中·0m n >，则41m n+的最小值为（） A ．16 B ．24C ．50D ．25【答案】D 【解析】【分析】由题A （4，1），点A 在直线上得4m+n ＝1，用1的变换构造出可以用基本不等式求最值的形式求最值．【详解】令x ﹣3＝1，解得x ＝4，y ＝1，则函数y ＝log a （x ﹣3）+1（a ＞0且a≠1）的图象恒过定点A （4，1）， ∴4m+n ＝1，∴41m n +=（41m n +）（4m+n ）＝16+14n 4m m n++ ≥17+24n 4mm n⋅=17+8＝25，当且仅当m ＝n 15=时取等号，故则41m n +的最小值为25，故选D ．【点睛】本题考查均值不等式，在应用过程中，学生常忽视“等号成立条件”，特别是对“一正、二定、三相等”这一原则应有很好的掌握．10．如图，将边长为1的正六边形铁皮的六个角各切去一个全等的四边形，再沿虚线折起，做成一个无盖的正六棱柱容器．当这个正六棱柱容器的底面边长为（）时，其容积最大．A ．34B ．23C ．13D ．12【答案】B 【解析】【分析】设正六棱柱容器的底面边长为x ,)31x -,则可得正六棱柱容器的容积为()())()32339214V x x x x x x x =+-=-+,再利用导函数求得最值,即可求解. 【详解】设正六棱柱容器的底面边长为x ,)31x -, 所以正六棱柱容器的容积为()())()32339214V x x x x x x x =+-=-+, 所以()227942V x x x '=-+,则在20,3⎛⎫⎪⎝⎭上,()0V x '>；在2,13⎛⎫ ⎪⎝⎭上,()0V x '<, 所以()V x 在20,3⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增,在2,13⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减, 所以当23x =时,()V x 取得最大值,故选:B 【点睛】本题考查利用导函数求最值,考查棱柱的体积,考查运算能力.11．设奇函数()f x 在[]11-，上为增函数，且()11f =，若[]11x ∃∈-，，使[]11a ∀∈-，，不等式()221f x t at ≤--成立，则t 的取值范围是（）A ．22t -≤≤B ．1122t -≤≤ C ．2t ≥或2t ≤-或0t = D ．12t ≥或12t ≤-或0t =【答案】C 【解析】【分析】()f x 在[]11x ∈-，上为增函数,[]11x ∃∈-，，使[]11a ∀∈-，,不等式()221f x t at ≤--成立,只需对于[]11a ∀∈-，,()2121f t at -≤--即可.【详解】∵奇函数()f x 在[]11x ∈-，上为增函数，且()11f =， ∴函数在[]11x ∈-，上的最小值为()()111f f -=-=-，又∵[]11x ∃∈-，，使[]11a ∀∈-，，不等式()221f x t at ≤--成立，∴()22111t at f --≥-=-，即220t at -≥， ①0t =时，不等式成立；②0t >时，()2220t at t t a -=-≥恒成立，从而2t a ≥，解得2t ≥；③0t <时，()2220t at t t a -=-≥恒成立，从而2t a ≤，解得2t ≤-故选：C. 【点睛】本题考查了含参数不等式恒成立问题，需要将不等式问题转化为函数最值问题，考查了理解辨析能力、运算求解能力和分类讨论思想，是中档题.12．函数()3ln xf x x =的部分图象是（）A ．B ．C ．D ．【答案】A 【解析】【分析】根据奇偶性排除B ，当1x >时，()3ln 0xf x x=>，排除CD ，得到答案. 【详解】()()()33ln ln ,x xf x f x f x x x=-==--， ()f x 为奇函数，排除B 当1x >时，()3ln 0xf x x =>恒成立，排除CD 故答案选A 【点睛】本题考查了函数图像的判断，通过奇偶性，特殊值法排除选项是解题的关键.13．已知函数()ln xf x x=，则使ln ()()()f x g x a f x =-有2个零点的a 的取值范围（） A ．(0,1) B ．10,e ⎛⎫⎪⎝⎭C ．1,1e ⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．1,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭【答案】B 【解析】【分析】令()ln xt f x x==，利用导数研究其图象和值域，再将ln ()()()f x g x a f x =-有2个零点，转化为ln ta t=在[),e +∞上只有一解求解. 【详解】令()ln x t f x x ==，当01x <<时，()0ln xt f x x==<，当1x >时，()2ln 1()ln x t f x x -''==，当1x e <<时，0t '<，当x e >时，0t '>，所以当x e =时，t 取得最小值e ，所以t e ≥，如图所示：所以ln ()()()f x g x a f x =-有2个零点，转化为ln ta t=在[),e +∞上只有一解，令ln t m t =，21ln 0t m t -'=≤，所以ln tm t=在[),e +∞上递减，所以10m e<≤，所以10a e <≤，当1a e=时，x e =，只有一个零点，不合题意，所以10a e<< 故选：B 【点睛】本题主要考查导数与函数的零点，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.14．已知ln 3ln 4ln ,,34a b e c e===（e是自然对数的底数），则,,a b c 的大小关系是（） A ．c a b << B ．a c b <<C ．b a c <<D ．c b a <<【答案】C 【解析】【分析】根据ln 3ln 4ln ,,34a b e c e===的结构特点，令()ln x f x x =，求导()21ln x f x x-'=，可得()f x 在()0,e 上递增，在(),+e ∞上递减，再利用单调性求解. 【详解】令()ln x f x x=，所以()21ln x f x x -'=，当0x e <<时， ()0f x '>，当x e >时，()0f x '<，所以()f x 在()0,e 上递增，在(),+e ∞上递减.因为34e <<，所以 ()()()34>>f e f f ，即b a c <<.故选：C【点睛】本题主要考查导数与函数的单调性比较大小，还考查了推理论证的能力，属于中档题.15．已知函数()2814f x x x =++，()()2log 4g x x =，若[]()15,4x a a ∀∈-≥-，(]20,1x ∃∈，使得()()12f x g x =成立，则a 的最大值为（）A ．-4B ．-3C ．-2D ．-1 【答案】C【解析】【分析】由[]()15,4x a a ∀∈-≥-，(]20,1x ∃∈，使得()()12f x g x =成立得：()f x 的值域为()g x 的值域的子集，从而28142a a ++≤，故可求a 的最大值为2-.【详解】由[]()15,4x a a ∀∈-≥-，(]20,1x ∃∈，使得()()12f x g x =成立，得：()f x 的值域为()g x 的值域的子集，由()()2log 4g x x =(]20,1x ∈()2g x ⇒≤ ，所以(](),2g x ∈-∞当43a --≤≤ 时，()21f x -＃-，此时()f x 的值域为()g x 的值域的子集成立.当3a >-时，()22814f x a a -≤≤++，须满足()f x 的值域为()g x 的值域的子集，即28142a a ++≤，得62a -≤≤-所以a 的最大值为2-.故选：C.【点睛】本题主要考查恒成立和存在性问题，注意把两类问题转化为函数值域的包含关系，此问题属于中档题目.16．函数()3ln 2x f x x x =+的图象在点()()1,1f 处的切线方程为（） A ．64y x =-B ．75y x =-C ．63=-y xD ．74y x =- 【答案】B【解析】【分析】首先求得切线的斜率，然后求解切线方程即可.【详解】由函数的解析式可得：()221ln '6x f x x x -=+，则所求切线的斜率()221ln1'16171k f -==+⨯=，且：()012121f =+⨯=，即切点坐标为()1,2，由点斜式方程可得切线方程为：()271y x -=-，即75y x =-.本题选择B 选项.【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．三是复合函数求导的关键是分清函数的结构形式．由外向内逐层求导，其导数为两层导数之积.17．若关于x 的不等式220x ax -+>在区间[1,5]上有解，则a 的取值范围是（）A ．)+∞B ．(,-∞C ．(,3)-∞D ．27(,)5-∞ 【答案】D【解析】【分析】把220x ax -+>在区间[]1,5上有解，转化为存在一个[]1,5x ∈使得22x 2ax x a x+>⇒+>，解出()f x 的最大值．【详解】 220x ax -+>在区间[]1,5上有解，转化为存在一个[]1,5x ∈使得22x 2ax x a x +>⇒+>，设()2f x x x =+，即是()f x 的最大值a >，()f x 的最大值275=，当5x =时取得，故选D 【点睛】18．下列求导运算正确的是（）A ．()cos sin x x '=B ．()1ln 2x x '=C ．()333log x x e '=D ．()22x x x e xe '= 【答案】B【解析】分析：利用基本初等函数的导数公式、导数的运算法则对给出的四种运算逐一验证，即可得到正确答案.详解：()'cos sin x x =-，A 不正确；()'11ln222x x x =⨯= ，B 正确；()'33ln3x x =,C 不正确；()'222x x x x e xe x e =+，D 不正确，故选B.点睛：本题主要考查基本初等函数的导数公式、导数的运算法以及简单的复合函数求导法则，属于基础题.19．设函数()xf x x e =⋅，则（） A ．()f x 有极大值1e B ．()f x 有极小值1e- C ．()f x 有极大值eD ．()f x 有极小值e -【答案】B【解析】【分析】利用导数求出函数()y f x =的极值点，分析导数符号的变化，即可得出结论.【详解】()x f x x e =⋅Q ，定义域为R ，()()1x f x x e '∴=+，令()0f x '=，可得1x =-. 当1x <-时，()0f x '<；当1x >-时，()0f x '>.所以，函数()x f x x e =⋅在1x =-处取得极小值()11f e-=-，故选：B.【点睛】本题考查利用导数求函数的极值，在求出极值点后，还应分析出导数符号的变化，考查计算能力，属于中等题.20．已知函数()2f x x mx =+图象在点()()1,1A f 处的切线l 与直线320x y ++=垂直，若数列()1f n ⎧⎫⎪⎪⎨⎬⎪⎪⎩⎭的前n 项和为n S ，则2018S 的值为（） A ．20152016B ．20162017C ．20172018D ．20182019【答案】D【解析】【分析】求出原函数的导函数，得到()y f x =在1x =时的导数值，进一步求得m ，可得函数解析式，然后利用裂项相消法可计算出2018S 的值．【详解】由()2f x x mx =+，得()2f x x m '=+，()12f m '∴=+，因为函数()2f x x mx =+图象在点()()1,1A f 处的切线l 与直线320x y ++=垂直， ()123f m '∴=+=，解得1m =，()2f x x x ∴=+，则()()21111111f n n n n n n n ===-+++. 因此，20181111112018112232018201920192019S =-+-++-=-=L . 故选：D.【点睛】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，训练了利用裂项相消法求数列的前n 项和，是中档题．。

高考数学压轴专题2020-2021备战高考《函数与导数》知识点训练及答案

【高中数学】数学高考《函数与导数》试题含答案一、选择题1．已知函数()()1110x x e f x x e++-=<与()()1ln x xg x e x ae =+-的图象上存在关于y 轴对称的点，则实数a 的取值范围是（）A ．1,1e ⎛⎫-∞+ ⎪⎝⎭B ．1,e ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭C ．1,1e ⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭D ．11,e⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭【答案】D 【解析】【分析】先求得()f x 关于y 轴对称的函数()h x ,则()()h x g x =,整理可得()11ln 1e ex x a ++-=在()0,∞+上有解,设()()11ln 1e ex x x ϕ=++-,可转化问题为()y x ϕ=与y a =的图象在()0,∞+上有交点,再利用导函数求得()x ϕ的范围,进而求解.【详解】由()f x 关于y 轴对称的函数为()()()1111e e 10ex x x h x f x x -+--+-=-==->, 令()()h x g x =,得()1e 1e ln 1e x x x x a --=+-()0x >,则方程()1e 1e ln 1e x x x x a --=+-在()0,∞+上有解,即方程()11ln 1e ex x a ++-=在()0,∞+上有解, 设()()11ln 1e ex x x ϕ=++-, 即可转化为()y x ϕ=与y a =的图象在()0,∞+上有交点,()()11e 1e 1e 1x x x x x x x ϕ--=-+='++Q ,令()=e 1xm x x --，则()=e 10xm x '->在()0,∞+上恒成立，所以()=e 1xm x x --在()0,∞+上为增函数，∴()()00m x m >=，即()0x ϕ'>Q 在()0,∞+上恒成立， ∴()x ϕ在()0,∞+上为增函数,当0x >时,则()()101x eϕϕ>=-, 所以11ea >-,故选:D 【点睛】本题考查利用导函数判断函数单调性,考查利用导函数处理函数的零点问题,考查转化思想.2．设复数z a bi =+（i 为虚数单位，,a b ∈R ），若,a b 满足关系式2a b t =-，且z 在复平面上的轨迹经过三个象限，则t 的取值范围是( ) A ．[0,1] B ．[1,1]- C ．(0,1)(1,)⋃+∞ D ．(1,)-+∞【答案】C 【解析】【分析】首先根据复数的几何意义得到z 的轨迹方程2xy t =-，再根据指数函数的图象，得到关于t 的不等式，求解.【详解】由复数的几何意义可知，设复数对应的复平面内的点为(),x y ，2ax ay b t=⎧⎨==-⎩ ，即2x y t =- ，因为z 在复平面上的轨迹经过三个象限，则当0x =时，11t -< 且10t -≠ ，解得0t >且1t ≠ ，即t 的取值范围是()()0,11,+∞U . 故选：C 【点睛】本题考查复数的几何意义，以及轨迹方程，函数图象，重点考查数形结合分析问题的能力，属于基础题型.3．函数()2sin f x x x x =-的图象大致为（）A ．B ．C ．D ．【答案】A 【解析】【分析】分析函数()y f x =的奇偶性，并利用导数分析该函数在区间()0,+∞上的单调性，结合排除法可得出合适的选项. 【详解】因为()()()()()22sin sin f x x x x x x x f x -=----=-=，且定义域R 关于原点对称，所以函数()y f x =为偶函数，故排除B 项；()()2sin sin f x x x x x x x =-=-，设()sin g x x x =-，则()1cos 0g x x ='-≥恒成立，所以函数()y g x =单调递增，所以当0x >时，()()00g x g >=，任取120x x >>，则()()120g x g x >>，所以，()()1122x g x x g x >，()()12f x f x ∴>，所以，函数()y f x =在()0,+∞上为增函数，故排除C 、D 选项. 故选：A. 【点睛】本题考查利用函数解析式选择图象，一般分析函数的定义域、奇偶性、单调性、函数零点以及函数值符号，结合排除法得出合适的选项，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.4．设()f x 为R 上的奇函数，满足(2)(2)f x f x -=+，且当02x ≤≤时，()x f x xe =，则(1)(2)(3)(100)f f f f ++++=L ( ) A ．222e e + B ．25050e e + C ．2100100e e + D ．222e e --【答案】A 【解析】【分析】由()()22f x f x -=+可得对称轴，结合奇偶性可知()f x 周期为8；可将所求式子通过周期化为()()()()1234f f f f +++，结合解析式可求得函数值. 【详解】由()()22f x f x -=+得：()f x 关于2x =对称又()f x Q 为R 上的奇函数 ()f x ∴是以8为周期的周期函数()()()()()()()()()1281241240f f f f f f f f f ++⋅⋅⋅+=++⋅⋅⋅++-+-+⋅⋅⋅+-=Q 且()()()()2123422f f f f e e +++=+()()()()()()()()()()12100121281234f f f f f f f f f f ∴++⋅⋅⋅+=++⋅⋅⋅+++++⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦222e e =+故选：A 【点睛】本题考查利用函数的奇偶性、对称性和周期性求解函数值的问题，关键是能够利用奇偶性和对称轴得到函数的周期，并求得基础区间内的函数值.5．已知3215()632f x x ax ax b =-++的两个极值点分别为()1212,x x x x ≠，且2132x x =，则函数12()()f x f x -=（） A ．1- B ．16C ．1D ．与b 有关【答案】B 【解析】【分析】求出函数的导数，利用韦达定理得到12,,a x x 满足的方程组，解方程组可以得到12,,a x x ，从而可求()()12f x f x -．【详解】()2'56f x x ax a =-+，故125x x a +=，126x x a =，且225240a a ->，又2132x x =，所以122,3x a x a ==，故266a a =，解得0a =（舎）或者1a =．此时122,3x x ==， ()3215632f x x x x b =-++，故()()()()()1215182749623326f x f x -=⨯---+-= 故选B ．【点睛】如果()f x 在0x 处及附近可导且0x 的左右两侧导数的符号发生变化，则0x x =必为函数的极值点且()00f x =．极大值点、极小值点的判断方法如下：（1）在0x 的左侧附近，有()'0f x >，在0x 的右侧附近，有()'0f x <，则0x x =为函数的极大值点；（2）在0x 的左侧附近，有()'0f x <，在0x 的右侧附近()'0f x >，有，则0x x =为函数的极小值点．6．已知()(1)|ln |xf x x x =≠，若关于x 方程22[()](21)()0f x m f x m m -+++=恰有4个不相等的实根，则实数m 的取值范围是（） A ．1,2(2,)e e⎛⎫⋃ ⎪⎝⎭B ．11,e e ⎛⎫+⎪⎝⎭C ．(1,)e e -D ．1e e ⎛⎫ ⎪⎝⎭,【答案】C 【解析】【分析】由已知易知()f x m =与()1f x m =+的根一共有4个，作出()f x 图象，数形结合即可得到答案. 【详解】由22[()](21)()0f x m f x m m -+++=，得()f x m =或()1f x m =+，由题意()f x m =与()1f x m =+两个方程的根一共有4个，又()f x 的定义域为(0,1)(1,)⋃+∞，所以()|ln |ln x x f x x x ==，令()ln x g x x=，则'2ln 1()(ln )x g x x -=，由'()0g x >得x e >，由'()0g x <得1x e <<或01x <<，故()g x 在(0,1),(1,)e 单调递减，在(,)e +∞上单调递增，由图象变换作出()f x 图象如图所示要使原方程有4个根，则01m em e <<⎧⎨+>⎩，解得1e m e -<<.故选：C【点睛】本题考查函数与方程的应用，涉及到方程根的个数问题，考查学生等价转化、数形结合的思想，是一道中档题.7．已知直线2y kx =-与曲线ln y x x =相切，则实数k 的值为（） A ．ln 2 B ．1C ．1ln2-D ．1ln2+【答案】D 【解析】由ln y x x =得'ln 1y x =+，设切点为()00,x y ，则0ln 1k x =+，000002ln y kx y x x =-⎧⎨=⎩，0002ln kx x x ∴-=，002ln k x x ∴=+，对比0ln 1k x =+，02x ∴=，ln 21k ∴=+，故选D.8．已知函数()32f x x x x a =--+，若曲线()y f x =与x 轴有三个不同交点，则实数a的取值范围为（） A ．11,27⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭B ．()1,+?C ．5,127⎛⎫-⎪⎝⎭D ．11,127⎛⎫-⎪⎝⎭【答案】C 【解析】【分析】根据曲线()y f x =与x 轴有三个不同交点，可转化为函数()32g x x x x =-++与y a =的图象有三个不同的交点，即可求出实数a 的取值范围. 【详解】Q 函数()32f x x x x a =--+与x 轴有三个不同交点，可转化为函数()32g x x x x =-++与y a =的图象有三个不同的交点.又()2321(31)(1)g x x x x x '=-++=-+-Q ，∴在1,,(1,)3⎛⎫-∞-+∞ ⎪⎝⎭上，()0g x '<；在1,13⎛⎫- ⎪⎝⎭上，()0g x '>.∴()15327g x g ⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭极小值，()()11g x g ==极大值，5127a ∴-<<. 故选：C 【点睛】本题考查函数的零点及导数与极值的应用，考查了转化思想和数形结合思想，属于中档题.9．函数()xe f x x=的图象大致为（）A ．B ．C ．D ．【答案】B 【解析】函数()xe f x x=的定义域为(,0)(0,)-∞+∞U ，排除选项A ；当0x >时，()0f x >，且()2(1)'xx e f x x-= ，故当()0,1x ∈时，函数单调递减，当()1,x ∈+∞时，函数单调递增，排除选项C ；当0x <时，函数()0xe f x x=<，排除选项D ，选项B 正确．选B ．点睛：函数图象的识别可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置； (2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势； (3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性； (4)从函数的周期性，判断图象的循环往复； (5)从函数的特征点，排除不合要求的图象．10．函数()1ln f x x x ⎛⎫=-⎪⎝⎭的图象大致是（）A ．B ．C ．D ．【答案】B 【解析】【分析】通过函数在2x =处函数有意义，在2x =-处函数无意义，可排除A 、D ；通过判断当1x >时，函数的单调性可排除C ，即可得结果. 【详解】当2x =时，110x x-=>，函数有意义，可排除A ；当2x =-时，1302x x -=-<，函数无意义，可排除D ；又∵当1x >时，函数1y x x=-单调递增，结合对数函数的单调性可得函数()1ln f x x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭单调递增，可排除C ；故选：B. 【点睛】本题主要考查函数的图象，考查同学们对函数基础知识的把握程度以及数形结合与分类讨论的思维能力，属于中档题.11．函数()3ln 2xf x x x=+的图象在点()()1,1f 处的切线方程为（） A ．64y x =- B ．75y x =- C ．63=-y x D ．74y x =-【答案】B 【解析】【分析】首先求得切线的斜率，然后求解切线方程即可. 【详解】由函数的解析式可得：()221ln '6xf x x x-=+，则所求切线的斜率()221ln1'16171k f -==+⨯=，且：()012121f =+⨯=，即切点坐标为()1,2，由点斜式方程可得切线方程为：()271y x -=-，即75y x =-. 本题选择B 选项. 【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．三是复合函数求导的关键是分清函数的结构形式．由外向内逐层求导，其导数为两层导数之积.12．已知函数()2100ax x f x lnx x ⎧+≤=⎨⎩，，＞，，下列关于函数()()0f f x m +=的零点个数的判断，正确的是（）A ．当a ＝0，m ∈R 时，有且只有1个B ．当a ＞0，m ≤﹣1时，都有3个C ．当a ＜0，m ＜﹣1时，都有4个D ．当a ＜0，﹣1＜m ＜0时，都有4个【答案】B 【解析】【分析】分别画出0a =，0a >，0a <时，()y f x =的图象，结合()t f x =，()0f t m +=的解的情况，数形结合可得所求零点个数．【详解】令()t f x =，则()0f t m +=，当0a =时，若1m =-，则0t ≤或t e =，即01x <≤或e x e =，即当0a =，m R ∈时，不是有且只有1个零点，故A 错误；当0a >时，1m ≤-时，可得0t ≤或m t e e -=≥，可得x 的个数为123+=个，即B 正确；当0a <，1m <-或10m -<<时，由0m ->，且1m -≠，可得零点的个数为1个或3个，故C ，D 错误．故选：B ．【点睛】本题考查了函数零点的相关问题，考查了数形结合思想，属于中档题.13．已知函数()f x 是定义在R 上的偶函数,当0x ≥时,2()4f x x x =-,则不等式(2)5f x +<的解集为（）A ．(3,7)-B ．()4,5-C ．(7,3)-D ．()2,6-【答案】C 【解析】【分析】首先求出当0x ≥时不等式的解集，在根据偶函数的对称性求出当0x <时不等式的解集，从而求出()5f x <的解集，则525x -<+<，即可得解. 【详解】当0x ≥时,2()45f x x x =-<的解为05x <≤；当0x <时，根据偶函数图像的对称性知不等式()5f x <的解为5x 0-<<，所以不等式()5f x <的解集为{}55x x -<<，所以不等式(2)5f x +<的解集为{}{}52573x x x x -<+<=-<<. 故选：C 【点睛】本题考查偶函数的性质，涉及一元二次不等式，属于基础题.14．已知定义在R 上的函数()f x 满足()()3221f x f x -=-,且()f x 在[1, )+∞上单调递增,则（）A ．()()()0.31.130. 20.54f f log f << B ．()()()0.31.130. 240.5f f f log <<C ．()()()1.10.3340.20.5f f f log <<D ．()()()0.3 1.130.50.24f log f f << 【答案】A【解析】【分析】由已知可得()f x 的图象关于直线1x =对称.因为0.3 1.130.21log 0.5141-<-<-，又()f x 在[1,)+∞上单调递增,即可得解.【详解】解：依题意可得,()f x 的图象关于直线1x =对称.因为()()()0.3 1.1330.20,1,0.5 2 1,,044,8log log ∈=-∈-∈, 则0.3 1.130.21log 0.5141-<-<-，又()f x 在[1,)+∞上单调递增,所以()()()0.3 1.130.20.54f f log f <<. 故选:A.【点睛】本题考查了函数的对称性及单调性，重点考查了利用函数的性质判断函数值的大小关系，属中档题.15．若函数f （x ）=()x 1222a x 1log x 1x 1⎧++≤⎪⎨+⎪⎩，，＞有最大值，则a 的取值范围为（） A ．()5,∞-+B ．[)5,∞-+C ．(),5∞--D ．(],5∞-- 【答案】B【解析】【分析】分析函数每段的单调性确定其最值，列a 的不等式即可求解.【详解】由题()x f x 22a,x 1=++≤,单调递增，故()()f x f 14a,;≤=+ ()()12f x log x 1,x 1,=+>单调递减，故()()f x f 11>=-,因为函数存在最大值，所以4a 1+≥-，解a 5≥-. 故选B.【点睛】本题考查分段函数最值，函数单调性，确定每段函数单调性及最值是关键，是基础题.16．若函数321()1232b f x x x bx ⎛⎫=-++ ⎪⎝⎭在区间[3,1]-上不是单调函数，则函数()f x 在R 上的极小值为（）.A ．423b - B ．3223b - C ．0 D ．2316b b - 【答案】A【解析】【分析】求出函数的导数，根据函数的单调性，求出b 的范围，从而求出函数的单调区间，得到(2)f 是函数的极小值即可．【详解】解：2()(2)2()(2)f x x b x b x b x '=-++=--，∵函数()f x 在区间[3,1]-上不是单调函数， 31b ∴-<<，由()0f x '>，解得：2x >或x b <，由()0f x '<，解得：2b x <<，()f x ∴的极小值为()84(2)424233f b b b =-++=-，故选：A.【点睛】本题考查了函数的单调性、极值问题，考查导数的应用，是一道中档题.17．已知函数()f x 为偶函数，当x ＜0时，2()ln()f x x x =--，则曲线()y f x =在x ＝1处的切线方程为（）A ．x -y ＝0B ．x -y -2＝0C ．x +y -2＝0D ．3x -y -2＝0【答案】A【解析】【分析】先求出当0x >时，()f x 的解析式，再利用导数的几何意义计算即可得到答案.【详解】当0x >时，0x -<，2()ln f x x x -=-，又函数()f x 为偶函数，所以2()ln f x x x =-，(1)1f =，所以'1()2f x x x=-，'(1)1f =，故切线方程为11y x -=-，即y x =. 故选：A ．【点睛】本题考查导数的几何意义，涉及到函数的奇偶性求对称区间的解析式，考查学生的数学运算能力，是一道中档题.18．一对夫妇为了给他们的独生孩子支付将来上大学的费用，从孩子一周岁生日开始，每年到银行储蓄a 元一年定期，若年利率为r 保持不变，且每年到期时存款（含利息）自动转为新的一年定期，当孩子18岁生日时不再存入，将所有存款（含利息）全部取回，则取回的钱的总数为( )A ．17(1)a r +B ．17[(1)(1)]a r r r +-+C ．18(1)a r +D ．18[(1)(1)]a r r r+-+ 【答案】D【解析】【分析】由题意可得：孩子18岁生日时将所有存款（含利息）全部取回，可以看成是以(1)a r +为首项，(1)r +为公比的等比数列的前17项的和，再由等比数列前n 项和公式求解即可.【详解】解：根据题意，当孩子18岁生日时，孩子在一周岁生日时存入的a 元产生的本利合计为17(1)a r +，同理：孩子在2周岁生日时存入的a 元产生的本利合计为16(1)a r +，孩子在3周岁生日时存入的a 元产生的本利合计为15(1)a r +， ⋯⋯孩子在17周岁生日时存入的a 元产生的本利合计为(1)a r +，可以看成是以(1)a r +为首项，(1)r +为公比的等比数列的前17项的和，此时将存款（含利息）全部取回，则取回的钱的总数：17171618(1)[(1)1](1)(1)(1)[(1)(1)]11a r r a S a r a r a r r r r r ++-=++++⋯⋯++==+-++-；故选：D ．【点睛】本题考查了不完全归纳法及等比数列前n 项和，属中档题.19．如图，记图中正方形介于两平行线x y a +=与1x y a +=+之间的部分的面积为()S S a =，则()S a 的图象大致为（）A ．B ．C ．D ．【答案】D【解析】【分析】根据函数的部分特征，利用排除法，即可得到本题答案.【详解】①当011a ≤+<时，即10a -≤<，21()(1)2S a a =+；②当11a +=时，即0a =，1()2S a =. 由此可知，当10a -≤<时，21()(1)2S a a =+且1(0)2S =，所以,,A B C 选项不正确. 故选：D【点睛】本题主要考查根据函数的性质选择图象，排除法是解决此题的关键.20．已知函数()2ln 2xx f x e x =+-的极值点为1x ，函数()2x g x e x =+-的零点为2x ，函数()ln 2x h x x=的最大值为3x ，则（） A ．123x x x >>B ．213x x x >>C ．312x x x >>D ．321x x x >> 【答案】A【解析】【分析】根据()f x '在()0,∞+上单调递增，且11024f f ⎛⎫⎛⎫''⋅< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，可知导函数零点在区间11,42⎛⎫ ⎪⎝⎭内，即()f x 的极值点111,42x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭；根据()g x 单调递增且11024g g ⎛⎫⎛⎫⋅< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭可知211,42x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭；通过判断()()12g x g x >，结合()g x 单调性可得12x x >；利用导数可求得()max 1124h x e =<，即314x <，从而可得三者的大小关系. 【详解】 ()1x f x e x x'=+-Q 在()0,∞+上单调递增且1213022f e ⎛⎫'=-> ⎪⎝⎭，14115044f e ⎛⎫'=-< ⎪⎝⎭ 111,42x ⎛⎫∴∈ ⎪⎝⎭且11110x e x x +-= Q 函数()2x g x e x =+-在()0,∞+上单调递增且1213022g e ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭，14112044g e ⎛⎫=+-< ⎪⎝⎭ 211,42x ⎛⎫∴∈ ⎪⎝⎭ 又()()11111211112220x g x e x x x g x x x ⎛⎫=+-=-+-=->= ⎪⎝⎭ 且()g x 单调递增 12x x ∴>由()21ln 2x h x x-'=可得：()()max 12h x h e e ==，即31124x e =< 123x x x ∴>>本题正确选项：A【点睛】本题考查函数极值点、零点、最值的判断和求解问题，涉及到零点存在定理的应用，易错点是判断12,x x 大小关系时，未结合()g x 单调性判断出()()12g x g x >，造成求解困难.。

2021高考数学押题专练导数(解析版)

，
f 2k
sin 2k
e
2
2
k
e2
2k
0.
由零点存在定理及 f x 的单调性，知存在唯一的 x1 x0, 2k ，使得 f x1 0 .
从而，当
x
2k
2
,
x1
时，
f x
f x1 0 ，
f
x 单调递减；
当 x x1, 2kπ π 时， f x f x1 0 ， f x 单调递增.
x
2k
2
,
x0
时，
f
x
f x0
0，
f
x 单调递减；
当 x x0, 2k 时， f x f x0 0 ， f x 单调递增.
f
2k
2
sin
2k
2
e2
2k
2
e2k
1
e0
1
0，
f
x
在
2k
2
,2k
上的最小值
f
x
min
f x0
f
2k
2
0
f
2k
2
cos
2k
2
1
e2
2k
2
1 e2k
1 e0
0，
f
2k
cos 2k
1
e2
2
k
e 2
2
k
0，
f
x 在 2k
2
, 2k
上的最小值
f
x
min
f
x1
f
2k
0.
由零点存在定理及
f
x
的单调性，知
f

2023年高考数学客观题专题六函数与导数

2.函数的奇偶性:
(1)奇函数、偶函数的定义:
如果对于函数f(x)的定义域内的任意一个x,都有f(-x)=f(x),则称
函数y=f(x)是偶函数;
如果对于函数则
称函数y=f(x)是奇函数.
(2)奇、偶函数的性质:
①偶函数的图象关于y轴对称;奇函数的图象关于原点对称.
A∩B= (
)
A.(1,2)
B.[1,2]
C.[1,2)
D.(1,2]
【答案】D
【解析】由题意得x-1>0,解得x>1,则集合B={x|x>1}.
而集合A={x|-1≤x≤2},
于是A∩B={x|1<x≤2}.故选D.
6.若函数f(x)=kx-ln x在区间(1,+∞)单调递增,则k的取值范围是( )
1
D.-4
)
3.若奇函数y=f(x)的图象关于直线x=2对称,且f(3)=3,则f(-1)=
【答案】-3
【解析】y=f(x)的图象关于直线x=2对称,则f(3)=f(1)=3.
y=f(x)为奇函数,则f(-1)=-f(1)=-3.
.
1
4.函数f(x)=ln(+1)+
4 − 2 的定义域为
(
方程f(x)=0有实数根⇔函数y=f(x)的图象与x轴有交点⇔函数
y=f(x)有零点.
2.定理:如果函数y=f(x)在区间[a,b]上的图象是连续不断的一
条曲线,并且有:f(a)f(b)<0,那么函数y=f(x)在区间(a,b)内有零点,即
存在c∈(a,b),使得f(c)=0,这个c也就是方程f(x)=0的根.
指数、对数的运算性质:
(1)幂的运算性质:aman=am+n;

高考数学专题《函数与导数》解读

从新高考的考查情况来看，函数与导数一直是高考的重点和难点．一般以基本初等函数为载体，利用导数研究函数的单调性、极值、最值、零点等问题，同时与解不等式关系最为密切，还可能与三角函数、数列等知识综合考查。

一般出现在选择题和填空题的后两题以及解答题中，难度较大，复习备考的过程中应引起重视。

通过导数研究函数的单调性、极值、最值问题，考查考生的分类讨论思想、等价转化思想以及数学运算、逻辑推理核心素养.1、研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论． (1)讨论分以下四个方面①二次项系数讨论；②根的有无讨论；③根的大小讨论；④根在不在定义域内讨论． (2)讨论时要根据上面四种情况，找准参数讨论的分类． (3)讨论完毕须写综述．2、研究函数零点或方程根的方法(1)通过最值(极值)判断零点个数的方法:借助导数研究函数的单调性、极值后，通过极值的正负，函数单调性判断函数图象走势，从而判断零点个数或者通过零点个数求参数范围．(2)数形结合法求解零点:对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性，画出草图数形结合确定其中参数的范围．(3)构造函数法研究函数零点:①根据条件构造某个函数，利用导数确定函数的单调区间及极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求解．②解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出导数的工具作用，体现转化与化归的思想方法． 3、求与函数零点有关的参数范围的方法：方程有实根函数的图象与轴有交点函数有零点．（1）参数分离法，构造新的函数，将问题转化为利用导数求新函数单调性与最值.（2）分类讨论法. 4、不等式的恒成立问题和有解问题、无解问题是联系函数、方程、不等式的纽带和桥梁，也是高考的重点()0f x =()y f x =x ()y f x =重难点06 函数与导数和热点问题，往往用到的方法是依据不等式的特点，等价变形，构造函数，借助图象观察，或参变分离，转化为求函数的最值问题来处理．恒成立问题的重要思路：(1)m≥f(x)恒成立⇒m≥f(x)max．(2)m≤f(x)恒成立⇒m≤f(x)min．存在性（有解）问题的重要思路：(1)存在m≥f(x) ⇒m≥f(x) min(2) 存在m≤f(x) ⇒m≤f(x) max．5、利用导数证明不等式f(x)＞g(x)的基本方法：(1)若f(x)与g(x)的最值易求出，可直接转化为证明f(x)min＞g(x)max；(2)若f(x)与g(x)的最值不易求出，可构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数h(x)的单调性或最值，证明h(x)＞0.无论不等式的证明还是解不等式，构造函数，运用函数的思想，利用导数研究函数的性质，达到解题的目的，是一成不变的思路，合理构思，善于从不同角度分析问题，是解题的法宝.6、函数性质综合问题函数性质综合应用问题的常见类型及解题策略：（1）函数单调性与奇偶性的综合．注意函数单调性及奇偶性的定义，以及奇、偶函数图象的对称性．（2）周期性与奇偶性的综合．此类问题多考查求值问题，常利用奇偶性及周期性进行变换，将所求函数值的自变量转化到已知解析式的函数定义域内求解．（3）单调性、奇偶性与周期性的综合．解决此类问题通常先利用周期性转化自变量所在的区间，然后利用奇偶性和单调性求解．（4）应用奇函数图象关于原点对称，偶函数图象关于y轴对称．利用单调性比较大小、解不等式、研究函数的最值、函数单调性的讨论（含参）、零点问题和不等式恒成立的相关问题（包含不等式证明和由不等式恒成立求参数取值范围）是出题频率最高的；同时也要注意极值点偏移、双变量等热点问题。

2021版《3年高考2年模拟》高考数学(浙江版理)检测：9.1 导数的概念及运算 Word版含答案

第九章导数及其应用§9.1导数的概念及运算Ａ组基础题组1.(2021江西重点中学盟校一联)函数f(x)=x3的图象在原点处的切线方程为( )A.y=xB.x=0C.y=0D.不存在2.(2022湖北荆门调考,3,5分)函数f(x)=xe x在点A(0,f(0))处的切线斜率为( )A.0B.-1C.1D.e3.(2021浙江重点中学协作体摸底)已知点P在曲线f(x)=x4-x上,曲线在点P处的切线平行于直线3x-y=0,则点P的坐标为( )A.(0,0)B.(1,1)C.(0,1)D.(1,0)4.(2021吉林二调)若函数f(x)=x3+ax2+bx+c图象上点A(2,1)处的切线方程为2x-y+a=0,则a+b+c=( )A.-B.-C.0D.5.(2021广东惠州第三次调研)给出定义:若函数f(x)在D上可导,即f'(x)存在,且导函数f'(x)在D上也可导,则称f(x)在D上存在二阶导函数,记f″(x)=(f'(x))',若f″(x)<0在D上恒成立,则称f(x)在D上为凸函数.以下四个函数在上不是凸函数的是( )A.f(x)=sinx+cosxB.f(x)=lnx-2xC.f(x)=-x3+2x-1D.f(x)=-xe-x6.(2022山东曲阜期中,8,5分)设函数h(x),g(x)在[a,b]上可导,且h'(x)<g'(x),则当a<x<b时,有( )A.h(x)<g(x)B.h(x)>g(x)C.h(x)+g(a)>g(x)+h(a)D.h(x)+g(b)>g(x)+h(b)7.(2022陕西,10,5分)如图,修建一条大路需要一段环湖弯曲路段与两条直道平滑连接(相切).已知环湖弯曲路段为某三次函数图象的一部分,则该函数的解析式为( )A.y=x3-x2-xB.y=x3+x2-3xC.y=x3-xD.y=x3+x2-2x8.(2021天津,11,5分)已知函数f(x)=axlnx,x∈(0,+∞),其中a为实数,f'(x)为f(x)的导函数.若f'(1)=3,则a的值为.9.(2022广东,10,5分)曲线y=e-5x+2在点(0,3)处的切线方程为.10.(2021课标Ⅰ,14,5分)已知函数f(x)=ax3+x+1的图象在点(1,f(1))处的切线过点(2,7),则a= .11.(2021河北石家庄一模,14)已知点P为曲线C:f(x)=x2+2x+3上的点,且曲线C在点P处切线倾斜角的取值范围为,则点P横坐标的取值范围为.12.(2021课标Ⅱ,16,5分)已知曲线y=x+lnx在点(1,1)处的切线与曲线y=ax2+(a+2)x+1相切,则a= .13.(2021浙江温州十校联考,03(2))已知函数f(x)=(x2+ax+2)e x(a∈R).(1)当a=0时,求函数f(x)的图象在点A(1,f(1))处的切线方程;(2)若函数f(x)为单调函数,求实数a的取值范围.14.(2021浙江冲刺卷五,03(2))已知函数f(x)=x3-12x+2,其图象过原点的切线与函数g(x)=m-lnx的图象有两个交点,试求m的取值范围.B组提升题组1.(2022课标Ⅱ,8,5分)设曲线y=ax-ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为y=2x,则a=( )A.0B.1C.2D.32.(2021浙江丽水二模,6)设曲线y=x2+alnx(a>0)上任意一点处的切线斜率为k,若k的最小值为4,则此时该切点的坐标为( )A.(1,1)B.(2,3)C.(3,1)D.(1,4)3.(2021江西九校联考)等比数列{a n}中,a1=2,a8=4,函数f(x)=x(x-a1)(x-a2)…(x-a8),则f'(0)=( )A.26B.29C.212D.2154.(2021河南新乡质检,12)过点A(2,-1)作曲线f(x)=x3-3x的切线最多有( )A.3条B.2条C.1条D.0条5.(2022山东淄博摸底,10,5分)已知y=f(x)是定义在R上的偶函数,且当x>0时不等式f(x)+xf'(x)<0成立,若a=30.3·f(30.3),b=logπ3·f(logπ3),c=log3·f,则a,b,c的大小关系是( )A.a>b>cB.c>a>bC.a>c>bD.c>b>a6.(2022江西,13,5分)若曲线y=e-x上点P处的切线平行于直线2x+y+1=0,则点P的坐标是.7.(2021浙江温州十校联合体联考)与直线2x-6y+1=0垂直,且与曲线f(x)=x3+3x2-1相切的直线方程是.8.(2021浙江台州椒江一中段考)设函数f(x)=g(x)+x2,曲线y=g(x)在点(1,g(1))处的切线方程为y=2x+1,则曲线y=f(x)在点(1,f(1))处切线的斜率为.9.(2021陕西,15,5分)函数y=xe x在其极值点处的切线方程为.10.(2022江苏,11,5分)在平面直角坐标系xOy中,若曲线y=ax2+(a,b为常数)过点P(2,-5),且该曲线在点P 处的切线与直线7x+2y+3=0平行,则a+b的值是.11.(2022安徽,15,5分)若直线l与曲线C满足下列两个条件:(i)直线l在点P(x0,y0)处与曲线C相切;(ii)曲线C在点P四周位于直线l的两侧,则称直线l在点P处“切过”曲线C.下列命题正确的是(写出全部正确命题的编号).①直线l:y=0在点P(0,0)处“切过”曲线C:y=x3②直线l:x=-1在点P(-1,0)处“切过”曲线C:y=(x+1)2③直线l:y=x在点P(0,0)处“切过”曲线C:y=sinx④直线l:y=x在点P(0,0)处“切过”曲线C:y=tanx⑤直线l:y=x-1在点P(1,0)处“切过”曲线C:y=lnx12.(2021河北唐山二模,20,12分)已知函数f(x)=ax3+3x2-6ax-11,g(x)=3x2+6x+12和直线m:y=kx+9,且f'(-1)=0.(1)求a的值;(2)是否存在k的值,使直线m既是曲线y=f(x)的切线,又是y=g(x)的切线?假如存在,求出k的值;假如不存在,说明理由.13.(2022北京,20,13分)已知函数f(x)=2x3-3x.(1)求f(x)在区间[-2,1]上的最大值;(2)若过点P(1,t)存在3条直线与曲线y=f(x)相切,求t的取值范围;(3)问过点A(-1,2),B(2,10),C(0,2)分别存在几条直线与曲线y=f(x)相切?(只需写出结论) Ａ组基础题组1.C 由f'(x)=3x2得f'(0)=0,所以f(x)的图象在原点处的切线方程为y=0,故选C.2.C ∵f'(x)=(x+1)e x,∴f'(0)=1,即所求切线的斜率为1.3.D 设P(x0,y0),由题意知,函数f(x)=x4-x在点P处的切线的斜率等于3,即f'(x0)=4-1=3,∴x0=1,将其代入f(x)中可得P(1,0).故选D.4.C 由于A(2,1)在直线2x-y+a=0上,所以4-1+a=0,a=-3,又由于f'(x)=3x2+2ax+b,f'(2)=2,所以12+4a+b=2,得b=2.将A(2,1)代入f(x)=x3-3x2+2x+c中,得8-12+4+c=1,得c=1,所以a+b+c=0,故选C.5.D 若f(x)=sinx+cosx,则f″(x)=-sinx-cosx,在x∈上,恒有f″(x)<0;若f(x)=lnx-2x,则f″(x)=-,在x ∈上,恒有f″(x)<0;若f(x)=-x3+2x-1,则f″(x)=-6x,在x∈上,恒有f″(x)<0;若f(x)=-xe-x,则f″(x)=2e-x-xe-x=(2-x)e-x,在x∈上,恒有f″(x)>0,故选D.6.D 令f(x)=g(x)-h(x),x∈[a,b],则f'(x)=g'(x)-h'(x)>0,所以f(x)为增函数,所以f(b)>f(x)>f(a),即g(b)-h(b)>g(x)-h(x)>g(a)-h(a),故选D.7.A 设三次函数的解析式为y=ax3+bx2+cx+d(a≠0),则y'=3ax2+2bx+c.由已知得y=-x是曲线y=ax3+bx2+cx+d 在点(0,0)处的切线,则y'|x=0=-1⇒c=-1,排解选项B、D.又y=3x-6是该曲线在点(2,0)处的切线,则y'|x=2=3⇒12a+4b+c=3⇒12a+4b-1=3⇒3a+b=1.只有A选项中的函数符合,故选A.8.答案 3解析∵f'(x)=alnx+a,∴f'(1)=aln1+a=3,解得a=3.9.答案5x+y-3=0解析y'=-5e-5x,曲线在点(0,3)处的切线斜率k=y'|x=0=-5,故切线方程为y-3=-5(x-0),即5x+y-3=0.10.答案 1解析由题意可得f'(x)=3ax2+1,∴f'(1)=3a+1,又f(1)=a+2,∴f(x)=ax3+x+1的图象在点(1,f(1))处的切线方程为y-(a+2)=(3a+1)(x-1),又此切线过点(2,7),∴7-(a+2)=(3a+1)(2-1),解得a=1.11.答案解析设P(x0,y0),P点处切线倾斜角为α,则0≤tanα≤1,由f(x)=x2+2x+3,得f'(x)=2x+2,令0≤2x0+2≤1,得-1≤x0≤-.12.答案8解析令f(x)=y=x+lnx,求导得f'(x)=1+,f'(1)=2,又f(1)=1,所以曲线y=x+lnx在点(1,1)处的切线方程为y-1=2(x-1),即y=2x-1.设直线y=2x-1与曲线y=ax2+(a+2)x+1的切点为P(x0,y0),则y'=2ax0+a+2=2,得a(2x0+1)=0,∴a=0或x0=-,又a+(a+2)x0+1=2x0-1,即a+ax0+2=0,当a=0时,明显不满足此方程,∴x0=-,此时a=8.13.解析(1)f'(x)=e x[x2+(a+2)x+a+2].当a=0时,f'(x)=e x(x2+2x+2).f(1)=3e,f'(1)=5e,∴切线方程为y-3e=5e(x-1),即5ex-y-2e=0.(2)f'(x)=e x[x2+(a+2)x+a+2],∵e x>0恒成立,且x2的系数为正,∴f(x)在R上单调等价于x2+(a+2)x+a+2≥0恒成立,∴(a+2)2-4(a+2)≤0,解得-2≤a≤2.∴a∈[-2,2].14.解析设切点为(x0,-12x0+2),则切线斜率为f'(x0)=3-12,所以切线方程为y-+12x0-2=(3-12)(x-x0),将原点坐标代入上式得x0=1,所以切线方程为y=-9x.由得lnx-9x-m=0,设h(x)=lnx-9x-m,则h'(x)=,令h'(x)=>0,得0<x<,所以h(x)在上单调递增,在上单调递减,所以h(x)最大值=h=-ln9-1-m. 若lnx-9x-m=0有两个解,则h(x)最大值>0.∴m<-ln9-1.B组提升题组1.D y'=a-,x=0时,y'=a-1=2,∴a=3,故选D.2.A y=x2+alnx的定义域为(0,+∞),y'=2x+≥2=4,即a=2,当且仅当x=1时等号成立,此时y=1,故所求的切点坐标是(1,1).3.C 函数f(x)的开放式含x项的系数为a1·a2·…·a8=(a1·a8)4=84=212,而f'(0)=a1·a2·…·a8=212,故选C.4.A 由题意得,f'(x)=3x2-3,设切点为(x0,-3x0),那么切线的斜率为k=3-3,利用点斜式方程可知切线方程为y-(-3x0)=(3-3)(x-x0),将点A(2,-1)代入可得关于x0的一元三次方程2-6+5=0.令y=2-6+5,则y'=6-12x0.由y'=0得x0=0或x0=2.当x0=0时,y=5>0;x0=2时,y=-3<0.所以方程2-6+5=0有3个解.故过点A(2,-1)作曲线f(x)=x3-3x的切线最多有3条,故选A.5.D 令g(x)=xf(x),则g'(x)=f(x)+xf'(x),由题意知g(x)在(0,+∞)内递减,由于f(x)为偶函数,所以g(x)为奇函数,故g(x)在R上为减函数,又log3<logπ3<30.3,所以c>b>a.故选D.6.答案(-ln2,2)解析令f(x)=y=e-x,则f'(x)=-e-x.令P(x0,y0),则f'(x0)=-=-2,解得x0=-ln2,所以y0==e ln2=2,所以点P的坐标为(-ln2,2).7.答案3x+y+2=0解析设切点的坐标为(x0,+3-1),由切线与直线2x-6y+1=0垂直,可得切线的斜率为-3,又f'(x)=3x2+6x,故3+6x0=-3,解得x0=-1,于是切点坐标为(-1,1),从而得切线的方程为3x+y+2=0.8.答案 4解析∵g(x)=f(x)-x2,∴g'(x)=f'(x)-2x,由题意知g'(1)=2,∴g'(1)=f'(1)-2=2,∴f'(1)=4.9.答案y=-解析由y=xe x可得y'=e x+xe x=e x(x+1),从而可得y=xe x在(-∞,-1)上递减,在(-1,+∞)上递增,所以当x=-1时,y=xe x取得微小值-e-1,由于y'|x=-1=0,故切线方程为y=-e-1,即y=-.10.答案-3解析∵y=ax2+,∴y'=2ax-,由题意可得解得∴a+b=-3.11.答案①③④解析①直线l:y=0在P(0,0)处与曲线C:y=x3相切,且曲线C在点P(0,0)四周位于直线l的两侧,①对;②直线l:x=-1不是曲线C:y=(x+1)2在P(-1,0)处的切线,②错;③中y'=cosx,cos0=1,因此曲线C:y=sinx在P(0,0)处的切线为l:y=x,设f(x)=x-sinx,则f'(x)=1-cosx≥0,即f(x)是增函数,又f(0)=0,从而当x<0时,f(x)<0⇒x<sinx,当x>0时,f(x)>0⇒x>sinx,即曲线C:y=sinx在P(0,0)四周位于直线l的两侧,③正确;④中y'='=,=1,因此曲线C:y=tanx在P(0,0)处的切线为l:y=x,设g(x)=x-tanx,则g'(x)=1-≤0,即g(x)在上是减函数,且g(0)=0,同③得④正确;⑤中y'=,=1,因此曲线C:y=lnx在P(1,0)处的切线为l:y=x-1,设h(x)=x-1-lnx(x>0),则h'(x)=1-=,当0<x<1时,h'(x)<0,当x>1时,h'(x)>0,因此当x=1时,h(x)min=h(1)=0,因此曲线C在P(1,0)四周位于直线l的一侧,故⑤错误.因此答案为①③④.12.解析(1)f'(x)=3ax2+6x-6a,由于f'(-1)=0,所以a=-2.(2)存在.由题意得直线m恒过点(0,9).先求直线m是曲线y=g(x)的切线.设切点为(x0,3+6x0+12),∵g'(x0)=6x0+6.∴切线方程为y-(3+6x0+12)=(6x0+6)(x-x0),将点(0,9)代入得x0=±1.当x0=-1时,切线方程为y=9,当x0=1时,切线方程为y=12x+9.由f'(x)=0得-6x2+6x+12=0,即有x=-1或x=2,当x=-1时,y=f(x)的切线方程为y=-18,当x=2时,y=f(x)的切线方程为y=9,∴y=9是公切线.又由f'(x)=12得-6x2+6x+12=12,∴x=0或x=1.当x=0时,y=f(x)的切线方程为y=12x-11,当x=1时,y=f(x)的切线方程为y=12x-10,∴y=12x+9不是公切线.综上所述,k=0时,y=9是两曲线的公切线.13.解析(1)由f(x)=2x3-3x得f'(x)=6x2-3.令f'(x)=0,得x=-或x=.由于f(-2)=-10,f=,f=-,f(1)=-1,所以f(x)在区间[-2,1]上的最大值为f=.(2)设过点P(1,t)的直线与曲线y=f(x)相切于点(x0,y0),则y0=2-3x0,且切线斜率为k=6-3,所以切线方程为y-y0=(6-3)(x-x0),因此t-y0=(6-3)(1-x0).整理得4-6+t+3=0.设g(x)=4x3-6x2+t+3,则“过点P(1,t)存在3条直线与曲线y=f(x)相切”等价于“g(x)有3个不同零点”.g'(x)=12x2-12x=12x(x-1).g(x)与g'(x)的变化状况如下表:x (-∞,0)0 (0,1) 1 (1,+∞)g'(x) + 0 - 0 +g(x) ↗t+3 ↘t+1 ↗所以,g(0)=t+3是g(x)的极大值,g(1)=t+1是g(x)的微小值.当g(0)=t+3≤0,即t≤-3时,此时g(x)在区间(-∞,1]和(1,+∞)上分别至多有1个零点,所以g(x)至多有2个零点.当g(1)=t+1≥0,即t≥-1时,此时g(x)在区间(-∞,0)和[0,+∞)上分别至多有1个零点,所以g(x)至多有2个零点. 当g(0)>0且g(1)<0,即-3<t<-1时,由于g(-1)=t-7<0,g(2)=t+11>0,所以g(x)分别在区间[-1,0),[0,1)和[1,2)上恰有1个零点.由于g(x)在区间(-∞,0)和(1,+∞)上单调,所以g(x)分别在区间(-∞,0)和[1,+∞)上恰有1个零点.综上可知,当过点P(1,t)存在3条直线与曲线y=f(x)相切时,t的取值范围是(-3,-1).(3)过点A(-1,2)存在3条直线与曲线y=f(x)相切;过点B(2,10)存在2条直线与曲线y=f(x)相切;过点C(0,2)存在1条直线与曲线y=f(x)相切.。

2021年高考新题型——数学导数及其应用多选题专项练习附答案

2021年高考新题型——数学导数及其应用多选题专项练习附答案一、导数及其应用多选题1．已知函数()21xx x f x e+-=，则下列结论正确的是（） A ．函数()f x 存在两个不同的零点 B ．函数()f x 既存在极大值又存在极小值C ．当0e k -<<时，方程()f x k =有且只有两个实根D ．若[),x t ∈+∞时，()2max 5f x e=，则t 的最小值为2 【答案】ABC 【分析】首先求函数的导数，利用导数分析函数的单调性和极值以及函数的图象，最后直接判断选项．【详解】对于A ．2()010f x x x =⇒+-=，解得152x -±=，所以A 正确；对于B ．22(1)(2)()x xx x x x f x e e--+-=-=-'，当()0f x '>时，12x -<<，当()0f x '<时，1x <-或2x >，所以(,1),(2,)-∞-+∞是函数的单调递减区间，(1,2)-是函数的单调递增区间，所以(1)f -是函数的极小值，(2)f 是函数的极大值，所以B 正确．对于C ．当x →+∞时，0y →，根据B 可知，函数的最小值是(1)f e -=-，再根据单调性可知，当0e k -<<时，方程()f x k =有且只有两个实根，所以C 正确；对于D ：由图象可知，t 的最大值是2，所以D 不正确．故选：ABC.【点睛】易错点点睛：本题考查了导数分析函数的单调性，极值点，以及函数的图象，首先求函数的导数，令导数为0，判断零点两侧的正负，得到函数的单调性，本题易错的地方是(2,)+∞是函数的单调递减区间，但当x →+∞时，0y →，所以图象是无限接近轴，如果这里判断错了，那选项容易判断错了．2．对于函数2ln ()xf x x=，下列说法正确的是（）A ．函数在x e =处取得极大值12eB ．函数的值域为1,2e ⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦C ．()f x 有两个不同的零点D ．(2)()(3)f f f π<<【答案】ABD 【分析】求导，利用导数研究函数的单调区间，进而研究函数的极值可判断A 选项，作出函数()f x 的抽象图像可以判断BCD 选项. 【详解】函数的定义域为()0,∞+，求导2431ln 212ln ()x x xx x f x x x ⋅-⋅-'==，令()0f x '=，解得：x e = x()0,ee(),e +∞ ()'f x+-()f x极大值所以当x e =时，函数有极大值()2fe e=，故A 正确；对于BCD ，令()0f x =，得ln 0x =，即1x =，当x →+∞时，ln 0x >，20x >，则()0f x >作出函数()f x 的抽象图像，如图所示：由图可知函数的值域为1,2e ⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦，故B 正确；函数只有一个零点，故C 错误；又函数()f x 在)+∞2<<<，则(2)f f f <<，故D正确；故选：ABD 【点睛】方法点睛：本题考查利用导数研究函数单调性，函数的极值，函数的值域，及求函数零点个数，求函数零点个数常用的方法：（1）方程法：令()0f x =，如果能求出解，有几个解就有几个零点．（2）零点存在性定理法：利用定理不仅要求函数在区间[],a b 上是连续不断的曲线，且()()0f a f b ⋅<，还必须结合函数的图像与性质(如单调性、奇偶性、周期性、对称性)才能确定函数有多少个零点或零点值所具有的性质．（3）数形结合法：转化为两个函数的图像的交点个数问题．先画出两个函数的图像，看其交点的个数，其中交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．3．下列不等式正确的有（）A 2ln 3<B ．ln π<C ．15<D ．3ln 2e <【答案】CD 【分析】构造函数()ln xf x x=，利用导数分析其单调性，然后由()2f f >、ff >、(4)f f >、()f f e <得出每个选项的正误.【详解】令()ln x f x x =，则()21ln xf x x-'=，令()0f x '=得x e = 易得()f x 在()0,e 上单调递增，在(),e +∞上单调递减所以①()2f f>，即ln 22>22ln ln 3>=，故A 错误；②ff >>，所以可得ln π>B 错误；③(4)f f >ln 4ln 242>=，即ln152ln 2=>所以ln15ln >15<，故C 正确；④()f f e <ln e e <3ln 21e<，即3ln 22e <所以3eln 2<，故D 正确；故选：CD 【点睛】关键点点睛：本题考查的是构造函数，利用导数判断函数的单调性，解题的关键是函数的构造和自变量的选择.4．已知函数()1ln f x x x x=-+，()()1ln x x x x g --=，则下列结论正确的是（） A ．()g x 存在唯一极值点0x ，且()01,2x ∈ B ．()f x 恰有3个零点C ．当1k <时，函数()g x 与()h x kx =的图象有两个交点D ．若120x x >且()()120f x f x +=，则121=x x 【答案】ACD 【分析】根据导数求得函数()g x '在(0,)+∞上为单调递减函数，结合零点的存在性定，可判定A 正确；利用导数求得函数 ()f x 在(,0)-∞，(0,)+∞单调递减，进而得到函数 ()f x 只有2个零点，可判定B 不正确；由()g x kx =，转化为函数()()1ln x x x ϕ-=和 ()(1)m x k x =-的图象的交点个数，可判定C 正确；由()()120f x f x +=，化简得到 ()121()f x f x =，结合单调性，可判定D 正确. 【详解】由函数()()1ln x x x x g --=，可得 ()1ln ,0g x x x x '=-+>，则()2110g x x x''=--<，所以()g x '在(0,)+∞上为单调递减函数，又由 ()()110,12ln 202g g '=>=-+<，所以函数()g x 在区间(1,2)内只有一个极值点，所以A 正确；由函数()1ln f x x x x=-+，当0x >时，()1ln f x x x x=-+，可得 ()221x x f x x -+-'=，因为22131()024x x x -+-=---<，所以 ()0f x '<，函数()f x 在(0,)+∞单调递减；又由()10f =，所以函数在(0,)+∞上只有一个零点，当0x <时，()1ln()f x x x x =--+，可得 ()221x x f x x-+-'=，因为22131()024x x x -+-=---<，所以 ()0f x '<，函数()f x 在(,0)-∞单调递减；又由()10f -=，所以函数在(,0)-∞上只有一个零点，综上可得函数()1ln f x x x x=-+在定义域内只有2个零点，所以B 不正确；令()g x kx =，即()1ln x x x kx --=，即 ()1ln (1)x x k x -=-，设()()1ln x x x ϕ-=， ()(1)m x k x =-，可得()1ln 1x x x ϕ'=+-，则 ()2110x x xϕ''=+>，所以函数()x ϕ'(0,)+∞单调递增，又由()01ϕ'=，可得当(0,1)x ∈时， ()0x ϕ'<，函数()x ϕ单调递减，当(1,)x ∈+∞时，()0x ϕ'>，函数 ()x ϕ单调递增，当1x =时，函数()x ϕ取得最小值，最小值为()10ϕ=，又由()(1)m x k x =-，因为1k <，则 10k ->，且过原点的直线，结合图象，即可得到函数()()1ln x x x ϕ-=和 ()(1)m x k x =-的图象有两个交点，所以C 正确；由120x x >，若120,0x x >>时，因为 ()()120f x f x +=，可得()()12222222211111ln ln 1f x f x x x f x x x x x ⎛⎫⎛⎫=-=--+=+-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即 ()121()f x f x =，因为()f x 在(0,)+∞单调递减，所以 121x x =，即121=x x ，同理可知，若120,0x x <<时，可得121=x x ，所以D 正确. 故选：ACD.【点睛】函数由零点求参数的取值范围的常用方法与策略：1、分类参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从()f x 中分离参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数的取值范围；2、分类讨论法：一般命题情境为没有固定的区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合函数的单调性，先确定参数分类标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各个小范围并在一起，即可为所求参数的范围.5．阿基米德是伟大的物理学家，更是伟大的数学家，他曾经对高中教材中的抛物线做过系统而深入的研究，定义了抛物线阿基米德三角形：抛物线的弦与弦的端点处的两条切线围成的三角形称为抛物线阿基米德三角形.设抛物线C ：2yx 上两个不同点,A B 横坐标分别为1x ，2x ，以,A B 为切点的切线交于P 点.则关于阿基米德三角形PAB 的说法正确的有（）A ．若AB 过抛物线的焦点，则P 点一定在抛物线的准线上 B ．若阿基米德三角形PABC ．若阿基米德三角形PAB 为直角三角形，则其面积有最小值14D ．一般情况下，阿基米德三角形PAB 的面积212||4x x S -=【答案】ABC 【分析】设出直线AB 的斜截式方程、点,A B 的坐标，根据导数的几何意义求出切线,PA PB 的方程，进而求出点P 的坐标，将直线AB 的方程和抛物线方程联立，得到一元二次方程以及该方程两根的和、积的关系.A ：把抛物线焦点的坐标代入直线AB 的斜截式方程中，根据抛物线的准线方程进行判断即可；B ：根据正三角形的性质，结合正三角形的面积公式进行判断即可；C ：根据直角三角形的性质，结合直角三角形的面积公式进行判断即可；D ：根据点到直线距离公式、两点间距离公式进行求解判断即可.. 【详解】由题意可知：直线AB 一定存在斜率，所以设直线AB 的方程为：y kx m =+，由题意可知：点221122(,),(,)A x x B x x ，不妨设120x x <<，由2'2yx y x ，所以直线切线,PA PB 的方程分别为：221112222(),2()y x x x x y x x x x -=--=-，两方程联立得：211122222()2()y x x x x y x x x x ⎧-=-⎨-=-⎩，解得：12122x x x y x x +⎧=⎪⎨⎪=⎩，所以P 点坐标为：1212(,)2x x x x +，直线AB 的方程与抛物线方程联立得：2121220,y kx mx kx m x x k x x m y x=+⎧⇒--=⇒+==-⎨=⎩. A ：抛物线C ：2y x 的焦点坐标为1(0,)4，准线方程为 14y =-，因为AB 过抛物线的焦点，所以14m =，而1214x x m =-=-，显然P 点一定在抛物线的准线上，故本选项说法正确；B ：因为阿基米德三角形PAB 为正三角形，所以有||||PA PB =，= 因为 12x x ≠，所以化简得：12x x =-，此时221111(,),(,)A x x B x x -， P 点坐标为：21(0,)x -，因为阿基米德三角形PAB 为正三角形，所以有||||PA AB =，112x x =-⇒=，因此正三角形PAB，所以正三角形PAB的面积为11sin 6022︒==，故本选项说法正确；C ：阿基米德三角形PAB 为直角三角形，当PA PB ⊥时，所以1212121222121122122114PAPBx x x xx x kk x x x x x x x x ++--⋅=-⇒⋅=-⇒=---，直线AB 的方程为：14y kx =+所以P 点坐标为：1(,)24k -，点 P 到直线AB 的距离为：=||AB ===，因为12121,4x x k x x +==-，所以21AB k =+，因此直角PAB的面积为：2111(1)224k ⨯+=≥，当且仅当0k =时，取等号，显然其面积有最小值14，故本说法正确； D ：因为1212,x x k x x m +==-，所以1||AB x x ===-，点P 到直线AB 的距离为：212== 所以阿基米德三角形PAB的面积32121211224x x S x x -=⋅-=，故本选项说法不正确. 故选：ABC 【点睛】关键点睛：解决本题的关键就是一元二次方程根与系数关系的整体代换应用，本题重点考查了数学运算核心素养的应用.6．经研究发现：任意一个三次多项式函数32()(0)f x ax bx cx d a =+++≠的图象都只有一个对称中心点()()00,x f x ，其中0x 是()0f x ''=的根，()'f x 是()f x 的导数，()f x ''是()'f x 的导数.若函数32()f x x ax x b =+++图象的对称点为(1,2)-，且不等式(ln 1)x e e mx x -+32()3ef x x x e x ⎡⎤≥--+⎣⎦对任意(1,)x ∈+∞恒成立，则（）A ．3a =B ．1b =C ．m 的值可能是e -D ．m 的值可能是1e-【答案】ABC 【分析】求导得()62f x x a ''=+，故由题意得()1620f a ''=-+=-，()1112f a b -=-+-+=，即3,1a b ==，故()3231f x x x x =+++.进而将问题转化为()1ln 1e x x e x e m x --++<+，由于1x e x >+，故ln ln 1ee x x x x e e x e x --+=≥-+，进而得()1ln ln 1ln 1e x x e x e e x ee x x --++--≥=-++，即m e ≤-，进而得ABC 满足条件.【详解】由题意可得()1112f a b -=-+-+=，因为()2321x ax f x =++'，所以()62f x x a ''=+，所以()1620f a ''=-+=-，解得3,1a b ==，故()3231f x x x x =+++.因为1x >，所以()()32ln []13xeee mx xf x x x e x -+≥--+等价于()1ln 1e x x e x e m x --++≤+. 设()()10xg x e x x =-->，则()10xg x e '=->，从而()g x 在()0,∞+上单调递增.因为()00g =，所以()0g x >，即1x e x >+，则ln ln 1ee x xxx e e x e x --+=≥-+（当且仅当x e =时，等号成立），从而()1ln ln 1ln 1e x x e x e e x e e x x --++--≥=-++，故m e ≤-.故选：ABC. 【点睛】本题解题的关键在于根据题意得()3231f x x x x =+++，进而将不等式恒成立问题转化为()1ln 1e x x e x e m x --++≤+恒成立问题，再结合1x e x >+得ln ln 1ee x xxx e e x e x --+=≥-+，进而得m e ≤-.考查运算求解能力与化归转化思想，是难题.7．定义在R 上的函数()f x ，若存在函数()g x ax b =+（a ，b 为常数），使得()()f x g x ≥对一切实数x 都成立，则称()g x 为函数()f x 的一个承托函数，下列命题中正确的是（）A ．函数()2g x =-是函数ln ,0()1,0x x f x x >⎧=⎨⎩的一个承托函数B ．函数()1g x x =-是函数()sin f x x x =+的一个承托函数C ．若函数()g x ax = 是函数()x f x e =的一个承托函数，则a 的取值范围是[0,]eD ．值域是R 的函数()f x 不存在承托函数【答案】BC 【分析】由承托函数的定义依次判断即可. 【详解】解：对A ，∵当0x >时，()ln (,)f x x =∈-∞+∞， ∴()()2f x g x ≥=-对一切实数x 不一定都成立，故A 错误；对B ，令()()()t x f x g x =-，则()sin (1)sin 10t x x x x x =+--=+≥恒成立， ∴函数()1g x x =-是函数()sin f x x x =+的一个承托函数，故B 正确；对C ，令()xh x e ax =-，则()xh x e a '=-，若0a =，由题意知，结论成立，若0a >，令()0h x '=，得ln x a =，∴函数()h x 在(,ln )a -∞上为减函数，在(ln ,)a +∞上为增函数， ∴当ln x a =时，函数()h x 取得极小值，也是最小值，为ln a a a -， ∵()g x ax =是函数()x f x e =的一个承托函数， ∴ln 0a a a -≥，即ln 1a ≤， ∴0a e <≤，若0a <，当x →-∞时，()h x →-∞，故不成立，综上，当0a e 时，函数()g x ax =是函数()xf x e =的一个承托函数，故C 正确；对D ，不妨令()2,()21f x x g x x ==-，则()()10f x g x -=≥恒成立，故()21g x x =-是()2f x x =的一个承托函数，故D 错误. 故选：BC . 【点睛】方法点睛：以函数为载体的新定义问题，是高考命题创新型试题的一个热点，常见的命题形式有新概念、新法则、新运算等，这类试题中函数只是基本的依托，考查的是考生创造性解决问题的能力．8．已知函数()sin xf x x=，(]0,x π∈，则下列结论正确的有（） A ．()f x 在区间(]0,π上单调递减B ．若120x x π<<≤，则1221sin sin x x x x ⋅>⋅C ．()f x 在区间(]0,π上的值域为[)0,1 D ．若函数()()cos g x xg x x '=+，且()1g π=-，()g x 在(]0,π上单调递减【答案】ACD 【分析】先求出函数的导数，然后对四个选项进行逐一分析解答即可，对于选项A ：当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，可得()0f x '<，可得()f x 在区间0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减；当,2x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，可得()0f x '<，可得()f x 在区间,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，最后作出判断；对于选项B ：由()f x 在区间(]0,π上单调递减可得()()12f x f x >，可得1212sin sin x x x x >，进而作出判断；对于选项C ：由三角函数线可知sin x x <，所以sin 1x x x x <=，sin ()0f πππ==，进而作出判断；对于选项D ：()()()sin g x g x xg x x ''''=+-，可得()()sin xg x f x x''==，然后利用导数研究函数()g x '在区间(]0,π上的单调性，可得()()0g x g π''≤=，进而可得出函数()g x 在(]0,π上的单调性，最后作出判断.【详解】()2cos sin x x xf x x -'=， (]0,x π∈，当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，cos 0x >，由三角函数线可知tan x x <，所以sin cos xx x<，即cos sin x x x <，所以cos sin 0x x x -<，所以()0f x '<，所以()f x 在区间0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，当,2x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，cos 0x ≤，sin 0x ≥，所以cos sin 0x x x -<，()0f x '<，所以()f x 在区间,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，所以()f x 在区间(]0,π上单调递减，故选项A 正确；当120x x π<<≤时，()()12f x f x >，所以1212sin sin x x x x >，即1221sin sin x x x x ⋅<⋅，故选项B 错误；由三角函数线可知sin x x <，所以sin 1x x x x <=，sin ()0f πππ==，所以当(]0,x π∈时，()[)0,1f x ∈，故选项C 正确；对()()cos g x xg x x '=+进行求导可得：所以有()()()sin g x g x xg x x ''''=+-，所以()()sin xg x f x x''==，所以()g x ''在区间(]0,π上的值域为[)0,1，所以()0g x ''≥，()g x '在区间(]0,π上单调递增，因为()0g π'=，从而()()0g x g π''≤=，所以函数()g x 在(]0,π上单调递减，故选项D 正确. 故选：ACD. 【点睛】方法点睛：本题考查导数的综合应用，对于函数()sin xf x x=的性质，可先求出其导数，然后结合三角函数线的知识确定导数的符号，进而确定函数的单调性和极值，最后作出判断，考查逻辑思维能力和运算求解能力，属于中档题.9．已知函数()e sin xf x a x =+，则下列说法正确的是（）A ．当1a =-时，()f x 在0,单调递增B ．当1a =-时，()f x 在()()0,0f 处的切线为x 轴C ．当1a =时，()f x 在()π,0-存在唯一极小值点0x ，且()010f x -<<D ．对任意0a >，()f x 在()π,-+∞一定存在零点【答案】AC 【分析】结合函数的单调性、极值、最值及零点，分别对四个选项逐个分析，可选出答案. 【详解】对于A ，当1a =-时，()e sin xf x x =-，()e cos xf x x '=-，因为()0,x ∈+∞时，e 1,cos 1xx >≤，即0fx，所以()f x 在0,上单调递增，故A 正确；对于B ，当1a =-时，()e sin x f x x =-，()e cos xf x x '=-，则()00e sin01f =-=，()00e cos00f '=-=，即切点为0,1，切线斜率为0，故切线方程为1y =，故B 错误；对于C ，当1a =时，()e sin xf x x =+，()e cos xf x x '+=，()e sin xf x x '=-'，当()π,0x ∈-时，sin 0x <，e 0x >，则()e sin 0xx f x -'=>'恒成立，即()e cos x f x x '+=在()π,0-上单调递增，又ππ22ππe cos e 220f --⎛⎫⎛⎫'-=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭+>，3π3π443π3πe cos e 442f --⎛⎫⎛⎫'-=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝-⎭+，因为123π3π421e e 2e ---⎛⎫=<⎪⎭< ⎝，所以3π43πe 024f -⎛⎫'-= ⎪-⎭<⎝，所以存在唯一03ππ,42x ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭，使得()00f x '=成立，所以()f x 在()0π,x -上单调递减，在()0,0x 上单调递增，即()f x 在()π,0-存在唯一极小值点0x ，由()000e cos 0xf x x +'==，可得()000000πe sin cos sin 4x f x x x x x ⎛⎫=+=-+=- ⎪⎝⎭，因为03ππ,42x ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭，所以0π3ππ,44x ⎛⎫-∈-- ⎪⎝⎭，则()00π4f x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭()1,0∈-，故C 正确；对于选项D ，()e sin xf x a x =+，()π,x ∈-+∞，令()e sin 0xf x a x =+=，得1sin ex xa -=， ()sin ex xg x =，()π,x ∈-+∞，则()πcos sin 4e e x xx x x g x ⎛⎫- ⎪-⎝⎭'==，令0g x ，得πsin 04x ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，则ππ4x k =+()1,k k ≥-∈Z ，令0g x，得πsin 04x ⎛⎫-> ⎪⎝⎭，则π5π2π,2π44x k k ⎛⎫∈++ ⎪⎝⎭()1,k k ≥-∈Z ，此时函数()g x 单调递减，令0g x，得πsin 04x ⎛⎫-< ⎪⎝⎭，则5π9π2π,2π44x k k ⎛⎫∈++ ⎪⎝⎭()1,k k ≥-∈Z ，此时函数()g x 单调递增，所以5π2π4x k =+()1,k k ≥-∈Z 时，()g x 取得极小值，极小值为5π5π2π2π445π5π2π5π4s 42in si πe e 4n k k g k k ++⎛⎫ ⎪⎛⎫⎝⎭== ⎪⎝⎭++()1,k k ≥-∈Z ，在()g x 的极小值中，3π4sin 3π45π5π42π4eg g -⎛⎫⎛⎫=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝+⎭-最小，当3ππ,4x ⎛⎫∈--⎪⎝⎭时，()g x 单调递减，所以函数()g x 的最小值为3π3π445πsin 3π144eg --⎛⎫-==- ⎪⎝⎭，当3π411a--<-时，即3π40a -<<时，函数()g x 与1=-y a无交点，即()f x 在()π,-+∞不存在零点，故D 错误.故选：AC. 【点睛】本题考查利用导数研究函数的极值、零点、最值，及切线方程的求法，考查学生的推理能力与计算求解能力，属于难题.10．已知实数a ，b ，c ，d 满足2111a a e cb d --==-，其中e 是自然对数的底数，则()()22a cb d -+-的值可能是（） A ．7 B ．8C ．9D ．10【答案】BCD 【分析】由题中所给的等式，分别构造函数()2xf x x e =-和()2g x x =-+，则()()22a cb d -+-的表示()y f x =上一点(),M a b 与()y g x =上一点(),Ncd 的距离的平方，利用导数的几何意义可知当()01f x '=-时，切点到直线的距离最小，再比较选项.【详解】由212a a a e b a e b-=⇒=-，令()2x f x x e =-，()12xf x e '∴=-由1121cd c d -=⇒=-+-，令()2g x x =-+ 则()()22a cb d -+-的表示()y f x =上一点(),M a b 与()y g x =上一点(),Ncd 的距离的平方，设()y f x =上与()y g x =平行的切线的切点为()000,M x y 由()0001210xf x e x '=-=-⇒=，∴切点为()00,2M -所以切点为()00,2M -到()y g x =的距离的平方为28=的距离为(),M a b 与(),N c d 的距离的平方的最小值.故选：BCD. 【点睛】本题考查构造函数，利用导数的几何意义求两点间距离的最小值，重点考查转化思想，构造函数，利用几何意义求最值，属于偏难题型.。

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第6天导数专题训练 [基础题训练] 1．(2020·江西赣州模拟)若函数f(x)＝aex－x－2a有两个零点，则实数a的取值范围是( )

A. B． (－∞，

1e)(0，1

C. D． (－∞，0)(0，＋∞)2．已知函数f(x)＝3ln x－x2＋2x－3ln 3－.则方程f(x)＝0的解的个数是________．

123

3．(2018·高考全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝ex－ax2. (1)若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1； (2)若f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求a. 4．(2020·武汉调研)已知函数f(x)＝ex－ax－1(a∈R)(e＝2.718 28…是自然对数的底数)．

(1)求f(x)的单调区间；

(2)讨论g(x)＝f(x)在区间[0，1]上零点的个数． (x－12)

5．(2020·长春市质量监测(二))已知函数f(x)＝ex＋bx－1(b∈R)．

(1)讨论f(x)的单调性； (2)若方程f(x)＝ln x有两个实数根，求实数b的取值范围．

6．(2020·江西八所重点中学联考)已知函数f(x)＝ax－a＋1－(其中a为常数，且a∈R)． 12ln

(1)若函数f(x)为减函数，求实数a的取值范围； (2)若函数f(x)有两个不同的零点，求实数a的取值范围，并说明理由．

解析附后第5天平面解析几何专题训练 [基础题训练] 1．解析：选A.依题意，设点P(x0，y0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，其中x－4y＝4，则直线l的方程是2020－y0y＝1，题中双曲线的两条渐近线方程为y＝±x.

①当y0＝0时，直线l的方程是x＝2或x＝－2.由，得，此时·＝(2，－{x＝2x24－y2＝0){x＝2y＝±1)OM→ ON→

1)·(2，1)＝4－1＝3，同理可得当直线l的方程是x＝－2时，·＝3. OM→ ON

→

②当y0≠0时，直线l的方程是y＝(x0x－4)．由，得(4y－x)x2＋8x0x－16＝0(*)，

4y0

{y＝1

4y0

（x0x－4）

4－y2＝0

)2020

又x－4y＝4，因此(*)即是－4x2＋8x0x－16＝0，x2－2x0x＋4＝0，x1x2＝4，·＝x1x2＋y1y2＝x1x2－2020

OM→ ON

→ 1

x1x2＝x1x2＝3.

综上所述，·＝3，故选A. OM

→ ON→

2．解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，F，由＋＝－，得y1＋y2＋y3＝0.因为kAB

(p2，0)FA→ FB→ FC→

＝＝，所以kAC＝，kBC＝，所以＋＋＝＋＋＝0. y2－y1x2－x12py1＋y22py1＋y32py2＋y31kAB1kAC1kBCy1＋y22py3＋y12py2＋y3

答案：0 3．解：(1)由对称性知，点M在短轴端点时，

△MF1F2为直角三角形且∠F1MF2＝90°，且S△MF1F2＝4，所以b＝c且S＝·2c·b＝bc＝4， 12

解得b＝c＝2，a2＝b2＋c2＝8，

所以椭圆C的方程为＋＝1. x28y2

4(2)证明：显然直线l的斜率不为0，设直线l：x＝t(y－1)，联立 {x28＋y2

4＝1，

x＝t（y－1），

)

消去x，得(t2＋2)y2－2t2y＋t2－8＝0. 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝，y1y2＝. 2t2t2＋2t2－

t2＋

令y＝0，则x＝－t，所以Q(－t，0)，

因为＝λ，所以y1＝λ(y1－1)， QA

→ PA→

所以λ＝. y1

y1－1

因为＝μ，所以y2＝μ(y2－1)，所以μ＝. QB

→ PB→ y2

y2－1

所以λ＋μ＝＋＝＝. y1y1－1y2y2－12y1y2－（y1＋y2）

y1y2－（y1＋y2）＋

4．解：(1)由题意可知，直线AF2的方程为＋＝1，

xcy

－b

即－bx＋cy＋bc＝0，则＝＝. bcb2＋c2bca22

因为△AF1F2为等腰直角三角形，所以b＝c，又a2＝b2＋c2，可得a＝，b＝1，c＝1， 2

所以椭圆C的标准方程为＋y2＝1. x2

(2)证明：由(1)知A(0，－1)．当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋t(t≠±1)，

代入＋y2＝1，得(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－2＝0， x2

所以Δ＝16k2t2－4(1＋2k2)(2t2－2)＞0，即t2－2k2＜1.

设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝－， 4kt1＋2k2x1x2＝.

2t2－

1＋2k2

因为直线AM与直线AN的斜率之和为2，

所以kAM＋kAN＝＋＝＋＝2k＋＝2k－＝2， y1＋1x1y2＋1x2kx1＋t＋1x1kx2＋t＋1x2（t＋1）（x1＋x2）

x1x2

（t＋1）·4kt

2t2－

整理得t＝1－k. 所以直线l的方程为y＝kx＋t＝kx＋1－k＝k(x－1)＋1，显然直线y＝k(x－1)＋1经过定点(1，1)．

当直线l的斜率不存在时，设直线l的方程为x＝m. 因为直线AM与直线AN的斜率之和为2，设M(m，n)，则N(m，－n)，

所以kAM＋kAN＝＋＝＝2，解得m＝1， n＋1m－n＋1m2m

此时直线l的方程为x＝1，显然直线x＝1也经过该定点(1，1)．综上，直线l恒过点(1，1)． [综合题训练] 1．解：(1)法一：由题意知，动圆圆心C到定点F(1，0)的距离与其到定直线x＝－1的距离相等，又由抛物线的定义，可得动圆圆心C的轨迹是以F(1，0)为焦点，x＝－1为准线的抛物线，其中p＝2.

所以动圆圆心C的轨迹E的方程为y2＝4x. 法二：设动圆圆心C(x，y)，由题意知＝|x＋1|，（x－1）2＋y2

化简得y2＝4x，即动圆圆心C的轨迹E的方程为y2＝4x. (2)假设存在点N(x0，0)，满足题设条件．

由∠QNM＋∠PNM＝π可知，直线PN与QN的斜率互为相反数，即kPN＋kQN＝0.① 由题意知直线PQ的斜率必存在且不为0，设直线PQ的方程为x＝my－2. 联立得y2－4my＋8＝0. {y2＝4x，

x＝my－2，

)

由Δ＝(－4m)2－4×8＞0，得m＞或m＜－. 22设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则y1＋y2＝4m，y1y2＝8. 由①式得kPN＋kQN＝＋ y1x1－x0y2

x2－x0

＝＝0， y1（x2－x0）＋y2（x1－x0）

（x1－x0）（x2－x0）

所以y1(x2－x0)＋y2(x1－x0)＝0，

即y1x2＋y2x1－x0(y1＋y2)＝0.

消去x1，x2，得y1y＋y2y－x0(y1＋y2)＝0，

1421

421

y1y2(y1＋y2)－x0(y1＋y2)＝0， 14

因为y1＋y2≠0，所以x0＝y1y2＝2， 14

所以存在点N(2，0)．使得∠QNM＋∠PNM＝π. 2．解：(1)设AB中点为M，A到准线的距离为d1，B到准线的距离为d2，M到准线的距离为d，则d

＝yM＋. p2

由抛物线的定义可知，d1＝|AF|，d2＝|BF|，所以d1＋d2＝|AB|＝8，

由梯形中位线可得d＝＝4，所以yM＋＝4. d1＋d2

又yM＝3，所以3＋＝4，可得p＝2， p2

所以抛物线C的标准方程为x2＝4y.

(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由x2＝2py，得y＝，则y′＝，所以直线l1的方程为y－y1＝(x

x22pxpx1

－x1)，直线l2的方程为y－y2＝(x－x2)，

联立得x＝，y＝， x1＋x22x1x2

即直线l1，l2的交点坐标为. (x1＋x22，x1x2

2p)