(完整版)导数大题练习带答案
(完整版)导数的经典练习题
导数经典练习题及详解答案1．函数y=x+2cosx在[0，2π]上取得最大值时，x的值为（）A． 0 B．6πC．3πD．2π2．函数xxy ln=的单调递减区间是（）A．),(1+∞-e B．),(1--∞e C．),0(1-e D．),(+∞e3．点P在曲线323+-=xxy上移动，设点P处切线倾斜角为α，则α的取值范围是（）A．[0,2π] B．[0,2π)∪[43π,π)C．[43π,π)D．(2π,43π]4．已知函数()y xf x'=的图象如右图所示(其中'()f x()f x的导函数)，下面四个图象中()y f x=是（）5.对于函数12-=xy，下列结论中正确的是（）A．y有极小值０，且０也是最小值 B．y有最小值０，但０不是极小值C．y有极小值０，但０不是最小值 D．０既不是极小值，也不是最小值6、若0)32(2=-⎰dxxxk，则k=( )A、 1B、 0C、 0或1D、以上都不对7．已知函数)2,2(),()()(πππ-∈-=xxfxfxf且当满足时，,sin)(xxxf+=则（）A．)3()2()1(fff<<B．)1()3()2(fff<<DC ．)1()2()3(f f f <<D ．)2()1()3(f f f <<8．设函数ax x x f m +=)(的导函数12)(+='x x f ，则数列*)}()(1{N n n f ∈的前n 项和是 A ．1+n n B ．12++n n C ．1-n n D ．nn 1+ 9．设f(x)=31x 3+ax 2+5x+6在区间[1，3]上为单调函数，则实数a 的取值范围为（ ）A [-5,+∞B ． (-∞ ,-3)C ． (-∞ ,-3)∪[－5,+∞0D ． [－5,5]10．函数f(x)在定义域R 内可导，若f(x)=f(2-x),且当x ∈(-∞,1)时，(x-1))(x f '＜0,设a=f(0),b= f(21),c= f(3),则 （ ）A ．a ＜b ＜cB ．c ＜a ＜bC ．c ＜b ＜aD ．b ＜c ＜a11．曲线313y x x =+在点4(1,)3处的切线与坐标轴围成的三角形面积为 （ ）A ．19B ．29C ．13D ．2312．如图所示的是函数d cx bx x x f +++=23)(的大致图象，则2221x x +等于（ ）A ．32B ．34C ．38D ．31613．设()f x 是偶函数，若曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线的斜率为1，则该曲线在(1,(1))f --处的切线的斜率为_________．14．已知曲线21x y xy ==与交于点P ，过P 点的两条切线与x 轴分别交于A ，B 两点，则 △ABP 的面积为 ；15．函数()y f x =在定义域3(,3)2-内可导，其图象如图，记()y f x =的导函数为/()y f x =， 则不等式/()0f x ≤的解集为_____________16．若函数 f(x)=ax x+2(a>0)在[1，+∞）上的最大值为33,则a 的值为 三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤(本大题共6个大题，共74分)。
高二数学导数大题练习(详细答案)
1 .已知函数f(x) ax3 bx2 (c 3a 2b)x d的图象如图所示.(I)求c,d的值；(II)若函数f(x)在x 2处的切线方程为3x y 11 0,求函数f(x)的解析式；(HI)在(II)的条件下，函数y f(x)与y 1f (x) 5x m的3图象有三个不同的交点，求m的取值范围.2 .已知函数 f (x) alnx ax 3(a R).(I)求函数f(x)的单调区间；(II )函数f(x)的图象的在x 4处切线的斜率为0,若函数21 。
c m .g(x) -x x[f'(x)—]在区间(1 , 3)上不是单调函数，求m的取值氾围.3 23 .已知函数f(x) x3 ax2 bx c的图象经过坐标原点，且在x 1处取得极大值.(I)求实数a的取值范围；2(II)若方程f(x) 包包恰好有两个不同的根，求f(x)的解析式；9(III)对于(II)中的函数f(x),对任意、R,求证：|f(2sin ) f(2sin )| 81 .4 .已知常数a 0, e为自然对数的底数，函数f(x) e x (I)写出f(x)的单调递增区间，并证明e a a;(II)讨论函数y g(x)在区间(1,e a)上零点的个数.x , g(x) x2aln x*5 .已知函数f(x) ln(x 1) k(x 1) 1 .(I)当k 1时，求函数f(x)的最大值；(II)若函数f(x)没有零点，求实数k的取值范围;6 .已知x 2是函数f(x) (x2 ax 2a 3)e x的一个极值点(e 2.718 ). (I)求实数a的值；(II)求函数f(x)在x ［±3］的最大值和最小值.27 .已知函数 f (x) x2 4x (2 a) In x, (a R, a 0)(I)当a=18时，求函数f(x)的单调区间；(II)求函数f(x)在区间［e,e2］上的最小值.8 .已知函数f (x) x(x 6) alnx在x (2,)上不具有单调性. • • •(I)求实数a的取值范围；(II)若f (x)是f(x)的导函数，设g(x) f(x) 6今，试证明：对任意两个不相等正数…，不等式1g⑻g(x2)||||X IxX2 |恒成立.1 o9.已知函数 f(x) -x ax (a 1)lnx,a 1. 2(I)讨论函数f(x)的单调性； (II)证明：若 a 5,则对任意 x i ,x 2(0, ),x ix 2,有，(xi)一((x 2)1.x i x 21 210 .已知函数 f (x) -x aln x, g(x) (a 1)x ,a 1 .2(I)若函数f(x), g(x)在区间［1,3］上都是单调函数且它们的单调性相同，求 实数a 的取值范围；(II)若 a (1, e ］ (e 2.71828 仙,设 F(x) f(x) g(x),求证：当 ［1,a ］时,不 等式 | F(x 1) F(x 2)| 1 成立.11 .设曲线 C : f(x) ln x ex (e 2.71828 ), f (x)表示 f (x)导函数.(I)求函数f(x)的极值；(II)对于曲线C 上的不同两点A(x 1,y 1) , B(x 2,y 2) , x 1澄，求证：存在唯一的 X O (为冬),使直线AB 的斜率等于f (X O ).x)y ,x, y (0,),F(3,log 2(2x x 24)),写出函数f(x)的定义域; F(1,log 2(x 3ax 2 bx 1))的图象为曲线C,若存在实数b 使得x o 1)处有斜率为—8的切线，求实数a 的取值范围；(III)当 x,y N*且 x y 时，求证 F(x,y) F(y,x).12.定义 F(x, y) (1 (I)令函数f (x) (II )令函数g(x) 曲线C 在x 0( 41.解：函数f(x)的导函数为 f ’(x) (I)由图可知 得 d 33a 2b(II )依题意 12a 4b 3a 8a 4b 6a解得a 1,b函数f(x)的图象过点 c 3a 2bf (2) 32b 3 4b 3 56所以 且 "2) 5f (x) x 3 6x 2答案2 3ax 2bx c 3a 2b (0, 3),且 f '(1) 0 (2分) (4分)9x 3................. (8 分)x 3 6x 2 9x 3 x 2 4x 3 5x m 有二个m 与x 轴有三个交点；(III ) f (x) 3x 2 12x 9 ,可转化为： 不等实根，即：g x x 3 7 x 2 8x 一2 , -一 一g 2 臾 m, g 4 16 m. 3 27(10 分)当且仅当g 6827 m 0 且 g 416 m 0时，有三个交点,故而，162.解：(I) f'(x)臾为所求.27a^(xx(12 分)0)(2分)当a 0时，f (x)的单调增区间为 当a 051 f(x)的单调增区间为0,1，减区间为1,1,，减区间为 0,1; 当a=1时, f(x)不是单调函数 (5分)(II) f'(4) 13g(x) 3x 3a 3/曰 一一得a4 2 (m 2)x 2 ：22,f(x) 2 ln x 2x 32x, g'(x) 2/ 一x (m 4)x 2 (6分)g(x)在区间(1,3)上不是单调函数，且g'(0)2g'(1) g'(3) 0,0.(8分)m 3, 19 (10 分) m ,U13)(12 分)3.解：(I)f (x) 3x 2f (0) 0 c 2ax (2a3一一一 2 - -0, f (x) 3x 2ax b, f (1) 3) (x 1)(3x 2a 3),b 2a 3由 f (x) 0 x1或x片，因为当x1时取得极大值，所以2a_，1 a 3,所以a 的取值范围是:(,3);3(II)由下表："解得：a 92 2a3 所以函数f(x)的解析式是:(HI)对任意的实数，都有在区间卜2, 2］有： f( 2)f(x) x 32 2sin 8 36 30 f(x)的最大值是f(1) 7, f (x)的最小值是f( 2) _ 2 , _9x 15x 2, 2 2sin 2, 74, f (1) 7, f(2) 8 36 30 2 8 36 3074 函数f(x)在区间［2,2］上的最大值与最小值的差等于81, 所以 | f(2sin ) f (2sin )| 81 .4.解：(I) .「a 0 , f(x) e x 1 0,得f(x)的单调递增区间是(0, ),................ (2分)二 f(a) f (0) 1,e a a 1 a ,即 e a a ................. (4 分) (II) g (x)2x2a 「 .2a 、-r-)(x --)- -------------- 2—,由 g (x) 0 ,得xx 等，列表g (x) g(x)当x 悖时, 由(I) e ag(1) 1 0,(ii)当 若|(1 2 若a(12 若＜(1 2(0, 2a 22a 2 .2a (—,) 单调递减 函数y 2ae 极小值 单调递增a, g(e a )2a22a2 lna) 2 ,a 、 ln ) 2 ln a)2 0, 0,0,2aeg(x)取极小值ae a 22a2a・・(e a a)(eg( a)2时，函数y. 2a) 2 )a 2e 时，函数 2e 时，函数y 2e 时，函数y a(1 ln-),无极大值.2 2.2a 2(8分)g(x)在区间(l,e a )不存在零点y g(x)在区间(1,e a )不存在零点 g(x)在区间(1,e a )存在一个零点x e ； g(x)在区间(l,e a )存在两个零点;综上所述，y g(x)在(1,e a )上，我们有结论: 当0 a 2e 时，函数f(x)无零点； 当a 2e 时，函数f(x)有一个零点； 当a 2e 时，函数f(x)有两个零点. 当 x (2,)时，f (x) 0,f(x)在(1,2)内是增函数，在(2,)上是减函数.•.当x 2时，f(x)取最大值f (2) 0(II)①当k 0时，函数y ln(x 1)图象与函数y k(x 1) 1图象有公共点，「•函数f(x)有零点，不合要求； ②当k 0时，f‛(x) 2x 4 3 2(x 2)(x 4) x x由 f'(x) 0 得(x 2)(x 4) 0,解得 x 4或 x2注意到x 0,所以函数f(x)的单调递增区间是(4, +s) 由 f'(x) 0 得(x 2)(x 4) 0,解得-2<x<4,5.解：⑴当k 1时,f(x)定义域为(1,2 xf (x)--x 1+ )，令 f (x) 0,得x 2 ,...当 x (1,2)时，f (x) 0 ,1. 1 k f (x)kx 1 x令 f (x) 0,得x k ―1kkx厂 匕 1 k 、k(x )--------- ........................................x 1k 1 一 1 x (1,)时，f(x) 0, x (1 -, k k(6分))时，f(x) 0,f(x)在(1,1 ；)内是增函数，在［1 1, f(x)的最大值是f(1 1) Ink,二.函数f(x)没有零点，「• ln k 0 , k 因此，若函数f(x)没有零点，则实数 )上是减函数,1,k 的取值范围k (1,)6. 解：⑴ 由 f(x) (x 2 ax 2a 3)e x 可得 f (x) (2xa)e x (x 2 ax 2a 3)e x [x 2•. x 2是函数f(x)的一个极值点，(a 5)e 2 0 ,解得 a 5(II)由 f (x) (x 2)(x 1)e x 0,得 f(xpB ( 由f (x) 0 ,得f(x)在在(1,2)递减f(2) e 2是f(x)在x g,3]的最小值； (2 a)x a 3]e xf (2) 0 ,1)递增，在(2, (4分))递增, 3 7 1 3 . .3f(2) 4e 2, f(3) e 3• f(3) f(-)「•”)在*白,3]的最大值是f(3) 2 7 i 1 4 —e 2 e 2(4ee 7) 4 4..............(8 分)30, f (3) f(-)7 .解:(I ) f (x) 2x 4x 16ln x ,注意到x 0,所以函数f(x)的单调递减区间是(0,4].综上所述，函数f(x)的单调增区间是(4, +s),单调减区间是(0,4] 6分(H )在x ［e,e2］时，f(x) x2 4x (2设g(x) 2x2 4x 2 a当 a 0时，有△ = 16+4刈(2 a) 8a 0 ,此时g(x) 0,所以f'(x) 0, f(x)在［e,e2］上单调递增，所以f(x)min f(e) e2 4e 2 a 8 分当 a 0 时，A=16 4 2(2 a) 8a 0 ,令f'(x) 0 ,即2x2 4x 2 a 0,解得x 1 乌■或x 1 送;2 2令f'(x) 0 ,即2x2 4x 2 a 0, 解得 1 口a x 12①若1立2丸2,即aA2(e2 1)2时， 2f (x)在区间［e,e2］单调递减，所以f(x)min f (e2) e4 4e2 4 2a .②若 e 1 Ea e2,即2(e 1)2 a 2(e2 1)2 时间，2f(x)在区间［e,1虫a］上单调递减，在区间［1工a,e2］上单调递增,2 2所以f(x)min f(1 =a) a . 2a 3 (2 a)ln(1 'a).2 2 2③若1 等与，即0 a<2［e 1)2时，f(x)在区间［e,e2］单调递增，所以 f (x)min f (e) e2 4e 2 a综上所述，当aAWe2 1)2 时，f(x)m, a4 4e2 4 2a;a 2a当2(e 1) a 2(e 1)时，f(x)min -炎a 3 (2 a)ln(1 —)；当a<2(e 1)2时,f(x)min e 4e 2 a 14 分解：⑴ f (x) 2x 6 a ^x―6^_a , x x••• f(x)在x (2,)上不具有单调性，.•.在x (2,即二次函数y 2x2 6x a在x 「y 2x2 6x a是对称轴是x 的实数a的取值范围(，4) (II )由(I ) g(x) 2x a -2T ,x x2 a 方法 1 ： g(x) f (x) — 6 2x - x x (2,)上有零点0开口向上的抛物线,(4分)2y 2 22 6 2 a 0a)ln x所以f'(x) 2x 4 2^ x 22x 4x 2 ax8.)上f (x)有正也有负也有0,从而当X I X 2 0时有h (x) 4 x8 -3 x 2 4422x x 12 4(2 x~4 4x x2x 3 4x 4 (8分)3)h(x)在(0,|)是减函数，在(l, )增函数，当h(x)取最小值3827・•・从而 g(x) 37, ,wx) 27x) 0，函数 g(x) 38—x 27 是增函数,为、*2是两个不相等正数，不妨设 X I X 2 ,则 g(x 2) 38 , 、 38-- x 2 g(x 1)x 127 27•二 g(%) g(x i ) 38, 、八.27(X 2 X), • X 2 X 1 0 , •g(x i ) g(x 2) 38x 1 x 227. g(x i ) g(x ?)X I x 23838力,即 |g(X) g(%)| 27|x 1(12 分)方法 2： M(x 1,g(x 1))、N(x 2,g(x 2))是曲线 y g(x)上任意两相异点, g(x i ) g(x 2)2(x ix 2)X 1 X 2 2 2(x 1 X 2)22-^ X 1X2设t 」=,tX 1X 2~2~2 x 1 x 2a X 1X2a X 1X 2 4x 22 X 1X 2 , a 4(一X I X 2)3a X 1X2(：.)3x 1x 2 (8分)0,令 k MNu(t) 2 4t 324t , u(t) 4t(3t 2),由 u(t) 0,得 t23,由 u(t) 0得 0u(t)在(0,3)上是减函数，在g,2 3,)上是增函数, u(t)在t 3处取极小值17, 即|g(x 1)g(X 2)| 3||为 X 2138 u(t)——， 27•••所以g(x i ) g(x 2) X 1 X 2 38 279.(1) f(x)的定义域为(0,), f'(x) x2x ax ax(x 1)(x 1 a)x⑴若a1 1,即 a2 ,则 f'(x)(x 1)2故f (x)在(0,)单调增加.(ii)若当x (1, (iii)若 1 1,而 a (0, a 1)及 x )单调增加. 1,故1 (1,xa 2,则当x (a1,1)时，f'(x) 0. )日tf'(x) 0,故f(x)在(a 1,1)单调减少,在(0, a-1),1,即a2,同理可得f (x)在(1,a 1)单调减少，在(0,1), (a 1,)单调增加. (II)考虑函数g(x) f (x) x 1 2一 x ax2(a 1) ln x x 由 g'(x)x (aa 11)一 x(a 1)1 (■ a 1 1)2.由于a a5,故g'(x) 0,即g(x)在(0,)单调增加 g(x 1) g(x 2) 0,即f(x 1) f (X 2) x 1 X 2 0,X 2 X 1 X 0 X 1f(X i ) f(X 2) f(X 2) f(X i ) 1,^0 X i X 2,有 ----------- -----------X i X 2X 2 X i10.解：⑴ f (X ) X a, g (X ) a 1 , X•••函数f(x), g(x)在区间［1,3］上都是单调函数且它们的单调性相同,2.•.当 X [1,3]时，f(x)g(x) ---------------- -------- 0恒成立，即(a 1)(xx成立，F(x)在(0,1)是增函数，在(1,a)实际减函数，在(a,)是增函数 ・ ••当x 1时，F(x)取极大值M F(1) a 1, 2 当x a 日寸，F(x)取极小值m F (a) aln a1a 2 a, 2 ; X 1,X 2 [1,a] , ."F(X 1) F(X 2)| |M m| M m1 2 1设 G(a) M m -a a In a 一，则 G (a) a In a 1, 221 . . •一 • • [G (a)]1 — , a (1,e], 「. [G (a)] 0 aG(a) a Ina 1 在a (1, e]是增函数,「. G (a) G (1) 01c 1• ・ G(a) - a aln a -在 a (1,e]也是增函数 2 22• • G(a) G(e),即 G(a) — e 2 e — — -------------------- 1,2 2 22 2而1e 2e - (^-- 1 (——-1 1, /. G(a) M m 12 2 2 2，当为区[1,a]时，不等式|F(X 1) F(X 2)| 1成立.1 1 ex 111 .斛：(I) f (x) - e ------------------ 0,得 x —x x e当X 变化时，f (X)与f(x)变化情况如下表:・x 1时，f(x)取得极大值f(l) 2,没有极小值;(II)(方法 1)f(x °)k AB, ...工 e 1n X2 1nxie (X2 X 1)X 0・ •. a12在x [1,3]时恒成立，或ax「 9 x 1 ,「• a 1 或 a 91 2(II) F(X ) -x aln x, (a 1)x , F (X ) 2F(x)定义域是(0,), a (1,e],a 1 4 2在Xaxax - (a 1) x即a 1［1,3］时恒成立,(x a)(x 1)x故 f(x 1 fgX i X 2a) 0恒In* 0即 X 0 ln x 2 (X 2 %)g(x。
导数大题练习带答案
导数解答题练习21．已知 f(x) ＝xlnx－ax，g(x)＝－ x2－2，(Ⅰ)对一切 x∈ ( 0，＋∞) ， f( x) ≥ g( x)恒成立，求实数 a 的取值范围；(Ⅱ)当 a＝－ 1时，求函数 f( x)在［m， m＋3］( m>0)上的最值；12(Ⅲ) 证明：对一切 x∈( 0，＋∞)，都有 lnx＋ 1> 1x2成立．e xex22、已知函数f(x) aln x 2(a 0).x(Ⅰ)若曲线 y=f (x)在点 P(1，f (1))处的切线与直线 y=x+2 垂直，求函数 y=f (x)的单调区间；(Ⅱ)若对于x (0, ) 都有 f (x)>2(a―1)成立，试求 a 的取值范围；(Ⅲ)记 g (x)=f (x)+x―b(b∈R).当 a=1时，函数 g (x)在区间［e―1，e］上有两个零点，求实数 b 的取值范围 .23、设函数 f (x)=ln x+( x－a) ，a∈ R. (Ⅰ)若 a=0，求函数 f (x)在［1， e］上的最小值；1(Ⅱ)若函数 f (x)在［ , 2］上存在单调递增区间，试求实数a 的取值范围；2 (Ⅲ)求函数 f (x)的极值点 .124、已知函数f (x) ax2 (2a 1)x 2ln x (a R).2(Ⅰ)若曲线y f(x)在x 1和x 3处的切线互相平行，求a的值；(Ⅱ)求f (x)的单调区间；(Ⅲ)设g(x) x2 2x ，若对任意x1 (0, 2] ，均存在x2 (0,2] ，使得f(x1) g(x2)，求a 的取值范围 .5、已知函数 f (x) 1 lnx．x1( 1)若函数在区间(a,a 1) (其中a 0) 上存在极值，求实数 a的取值范围；(2) 如果当x 1时，不等式 f (x) k恒成立，求实数 k 的取值范围．x1在(0，1)上F (x)0，在 (1， )上F (x) 0，因此， F(x) 在 x 1处取极小值，也是最小值，即F min (x) F(1) 3，所以 a 3.⋯⋯4分(Ⅱ)当a 1时，f (x) xln x x ，1f (x) ln x 2 ，由 f (x) 0 得 x 2 .⋯⋯⋯6 分e 211 1①当 0 m 2 时，在 x [m, 12 ) 上 f (x) 0 ，在 x ( 12 ,m 3] 上 f (x) 0e e e11因此，f (x) 在x 2 处取得极小值，也是最小值 . f min (x) 2 .ee由于 f(m) 0, f (m 3) (m 3)[ln( m 3) 1] 0 因此， f max (x) f (m 3) (m 3)[ln( m 3) 1] ⋯⋯⋯8分1②当m 2 时 ， f '(x) 0 ， 因此 f (x)在[m,m 3] 上单调递增， e所以 f min (x) f (m) m(lnm 1)，f max (x) f(m 3) (m 3)[ln( m 3) 1] ⋯⋯9分x2( Ⅲ)证明：问题等价于证明 xln x x x (x (0, )) , ⋯⋯⋯ 10分ee11 由(Ⅱ)知 a 1时， f(x) xlnx x 的最小值是 2 ，当且仅当 x 2时取e 2e2得，⋯⋯11分x 2 1 x 设G(x) x (x (0, ))，则 G (x) 1 x x，易知e e e1.解：2 ( Ⅰ) 对一切 x (0, ), f (x) g(x) 恒成立，即 xln x ax x 2 2恒成立 . 2 也就是 a ln x x 在 x (0, ) 恒成立 .⋯⋯⋯1分x 2令 F(x) lnx x ，x(x 2)(x 1)则 F (x) 112 x x 2x2分1G max (x) G(1) ，当且仅当 x 1时取到， ⋯⋯⋯ 12分 e11但2，从而可知对一切 x (0, ) ，ee12都有lnx 1 x成立 . ⋯⋯⋯13 分e ex2a2、解：(Ⅰ)直线 y =x +2 的斜率为 1. 函数 f (x ) 的定义域为 (0，+∞)，因为 f '(x) 2 ， x 2x 2 x 2 1， 所 以 a =1. 所 以 f(x) lnx 2. f '(x ) 2 . 由 x x 2由 f '(x) 0解得 0<x <2. 所以 f ( x ) 的单调增区间是( 2，+∞)，以 a 的取值范围是 (0,2).e2Ⅲ)依题得 g(x) ln x x 2 b ，则 g(' )xx由 g'(x) 0解得 0<x<1. 所以函数 g(x) 在区间( 0， 1)为减函数，在区间( 1，+∞)为 g(e 1) 0增函数. 又因为函数 g(x)在区间［e －1，e ］上有两个零点，所以 g(e) 0 .解得 g(1)221 b e 1. 所以 b 的取值范围是 (1, e 1］. ⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 13 ee分3．解：(Ⅰ) f (x)的定义域为( 0，+∞).⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 1 分1因为 f '(x) 2x 0，所以 f (x)在［1， e ］上是增函数，x当 x=1时，f (x)取得最小值 f (1)=1.所以 f (x)在［1，e ］上的最小值为 1. ⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 3 分2a 所以 f '(1) 22 af '(x) 0 解得 x > 0； 单调减区间是( 0， 2). ⋯⋯ 4 分 2 a ax 2 22 2 ， 由 f '(x) 0 解 得 x ； 由 f '(x ) 0解 得 x x xa2 2 2 2 0 x . 所以 f (x)在区间 ( , ) 上单调递增，在区间 (0, ) 上单调递减 . 所以当xa a a a 时，函数 f (x)取得最小值， y min f(2). 因为对于 x (0, )都有 f (x) 2(a 1)成立， a 2 2 2 2 则 aln 2 2(a 1). 由 aln a 解得 0 a . 所 2aⅡ) f '(x) 所以 f(2) 2(a 1)即可 . a 8分x2 x 22 .由g'(x) 0解得 x>1； x921 2x 22ax 1Ⅱ)解法一： f '(x) 1 2(x a)2x 2ax 1 x设 g (x)=2x 2― 2ax+1， ⋯ 1依题意，在区间 [ , 2]上存在子区间使得不等式 g (x)>0成立 . 4分 5分注意到抛物线 g (x)=2x 2― 2ax+1 开口向上，所以只要1g (2)>0，或 g( ) 0 即可 6分9 由 g (2)> 0，即 8― 4a+1>0，得 a ， 4 1 1 3由 g( ) 0，即 a 1 0 ，得 a， 9 所以a 9， 49 所以实数 a 的取值范围是 ( , ). 48分解法二： f '(x) 1 2(x a)2x 2ax 1， x依题意得，在区间 [ 1,2]上存在子区间使不等式 2x 222ax+1 > 0 成立 .4分又因为 x>0，所以2a (2x 1). x5分设 g(x) 2x 1，所以x1 又因为 g'(x)2 ，x12a 小于函数 g (x)在区间 [ ,2] 的最大值 .由 g'(x) 2 12 0 解得 x 2；x 2 2 12 由g'(x) 2 2 0 解得 0 x . x 2 2所以函数 g (x)在区间 ( 2,2) 上递增，在区间 (1, 2)上递减 .2 2 2所以函数 又 g(2)1 g (x)在 x ，或 x=2处取得最大值 .291 9 9， g( ) 3 ，所以 2a ， a 2 2 2 4 所以实数 a 的取值范围是 ( ,9) . 4 8分在区间 (0,2)上， f (x) 0；在区间 (2, ) 上 f (x) 0， 故 f(x) 的单调递增区间是 (0, 2) ，单调递减区间是 (2, ) . ⋯⋯⋯5分11②当 0 a 时， 2 ，Ⅲ)因为 f '(x)2x 2ax 1，令 h (x)=2x 2―2ax+1①显然，当 a ≤0 时，在( 0， +∞)上 h (x)>0 恒成立， f '(x)>0，此时函数 f (x)没有 极值点； ⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 9 分 ②当 a>0 时，i)当 Δ≤0，即 0 a 2 时，在( 0，+∞)上 h (x)≥0 恒成立，这时 f '(x)≥0，此时，函数 f (x)没有极值点； 10分 ii)当Δ>0 时，即 a 2时， 易知，当a a 2x a22a 2时，h (x)<0，这时 f '(x)<0； a a 2 a a 2 当0 x 或 x 时，2h (x)>0，这时 f '(x)> 0；所以，当 a 2 时，x a a 2是函数2f (x)的极大值点； xa a2 2是函2数 f (x)的极小值点 .12 分综上，当 a 2 时，函数 f (x) 没有极值点；当 a 2 时， xa a 22a a2 2是函数 f (x) 的极大值点； x2 是函数 f (x)的极小值点 . 2 (x 0) .x2(Ⅰ) f (1) f (3) ，解得 a .3(Ⅱ) f (x)(ax 1)(x 2)(x 0). 4．解： f (x) ax (2a1)3分1分 4分 x ①当 a 0 时， x 0 ， ax 1 0 ，2a11在区间(0,2)和( , )上，f (x) 0；在区间(2, ) 上f (x) 0，aa 11故f(x) 的单调递增区间是(0,2) 和( , ) ，单调递减区间是(2, ) . ⋯⋯⋯aa③当a 12时， f (x)(x 2x2)故 f(x) 的单调递增区间是 (0, ). ⋯⋯⋯ 7 分11④当 a 时， 02 ，2a 在区间 (0,1)和(2, )上， f (x) 0；在区间 (1,2)上 f (x) 0， aa1故 f (x) 的 单 调 递 增 区 间 是 (0, ) 和 (2, ) ， 单 调 递 减 区 间 是a1 (1,2). ⋯⋯⋯ 8分( Ⅲ)由已知，在 (0,2］上有 f (x)max g(x)max . ⋯⋯⋯9分由已知， g(x)max 0，由 (Ⅱ)可知， 1①当 a 2时， f(x) 在(0, 2］上单调递增，故 f (x)max f (2) 2a 2(2a 1) 2ln 2 2a 2 2ln 2 ， 所以， 2a 2 2ln 2 0，解得 a ln2 1，故 ln2 1 a 125、(Ⅰ)直线 y ＝x ＋2 的斜率为 1， 函数 f( x)的定义域为 0,2 a 2 a 因为 f ' (x) 2 ，所以 f '1 2 1，所以 a ＝ 1x 2 x 12 1 所以 f x 2ln x 2,f ' x x22 xx2由 f ' x 0 解得 x> 2 ； 由 f 'x 0 解得 0< x< 2所以 f( x)得单调增区间是 2, ，单调减区间是 0,2 ⋯⋯⋯ 4分10分11②当 a 时， f (x) 在 (0, ］上单调递增，在 2a 2 1 2ln a .2a1ln 1， 2ln故 f ( x) max f (1) a 11 由 a 可知 lna ln 22所以， 2 2ln a 0 ， f ( x) max 0 ，综上所述， a ln 2 1.12 分 1[ ,2] 上单调递减，a 2 ， 2ln a 2 ，x所以 f (2) 2(a 1) 即可 a2 2 2 则 a ln 2 2( a 1) ，由 a ln a 解得 0 a 2a2所以 a 得取值范围是 (0, )e2'( Ⅲ)依题意得 g(x) lnx 2 b ，则 g '(x) x由 g 'x 0 解得 x>1，由 g 'x 0 解得 0<x<1 所以函数 g(x)在区间 e 1,e 上有两个零点，1g (e 1) 02所以 g (e) 0解得 1 b e 1eg (1) 02所以 b 得取值范围是 (1, e 1] ⋯⋯⋯ 12 分e6、解：(1)因为f (x)1 lnx， x 0，则 f (x)ln 2x， ⋯1分xx当 0 x 1时， f (x) 0；当 x 1时， f (x) 0 ．∴ f ( x) 在 (0,1) 上单调递增；在 (1, ) 上单调递减， ∴函数 f (x) 在 x 1处取得极大值．⋯⋯⋯ 3 分1∵函数 f(x)在区间 (a,a )(其中 a 0 )上存在极值， ∴ 1解得 1a 1 ．⋯⋯⋯.5 分 a 121, 2(Ⅱ) f '(x) 22 axx ax 2由 f 'x 0 解得 x 2x2'; 由 f 'x 0 解得22 所以 f(x)在区间 (2, )上单调递增，在区间 (0,2) 上单调递减2 所以当 x 2a 时，函数 f( x) 取得最小值 y min f ( 2) a 因为对于任意x 0, 都有 f x 2( a 1) 成立， 8分x 2(2)不等式f(x) k，即为(x 1)(1 lnx)k，⋯⋯⋯ 7分x1记g(x)(x 1)(1 lnx)∴g(x)[(x 1)(1 ln x)] x2 (x 1)(1 lnx) x l2n x ，⋯ 9分x x x1令h(x) x lnx，则h'(x) 1 ，∵ x 1，∴h'(x) 0，∴h(x)在[1, )上递增， x∴[h(x)]min h(1) 1 0，从而 g(x) 0，故 g(x)在[1, ) 上也单调递增，∴ [g (x)]min g(1) 2 ，∴ k 2．⋯⋯⋯ 12 分。
高二数学导数大题练习题(含答案)
高二数学导数大题练习题(含答案)一、解答题1．已知函数()()2e 1=-+xf x ax x （a ∈R ，e 为自然对数的底数）． (1)若()f x 在x=0处的切线与直线y=ax 垂直，求a 的值； (2)讨论函数()f x 的单调性； (3)当21ea ≥时，求证：()2ln 2x x f x x ---≥． 2．已知函数()ln x f x x=． (1)求曲线()y f x =在点11,e e f ⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭处的切线方程；(2)设()()g x f x k =-有两个不同的零点12,x x ，求证：212e x x >．3．已知函数()32f x x ax bx =++的图象在点(0,(0))f 处的切线斜率为4-，且2x =-时，()y f x =有极值． (1)求()f x 的解析式；(2)求()f x 在3,2上的最大值和最小值． 4．已知函数()()1ln 0f x a x x a x=-+>．(1)当1≥x 时，()0f x ≤恒成立，求实数a 的取值范围；(2)当1a =时，()()21g x xf x x =+-，方程()g x m =的根为1x 、2x ，且21x x >，求证：211e x x m ->+．5．己知函数()2ln ,f x x ax a R =-∈.(1)当0a =时，求曲线()y f x =在()()1,1f 处的切线方程；(2)设函数()()ln 21g x f x x x =--+，若()0g x ≤在其定义域内恒成立，求实数a 的最小值；(3)若关于x 的方程()2ln f x x x =+恰有两个相异的实根12,x x ，求实数a 的取值范围，并证明121x x >.6．已知函数()()24e 1xf x x =-+．(1)求()f x 的极值．(2)设()()()f m f n m n =≠，证明：7m n +<． 7．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．8．已知函数()ln xf x x=， ()()1g x k x =-． (1)证明： R k ∀∈，直线y g x 都不是曲线()y f x =的切线；(2)若2e,e x ⎡⎤∀∈⎣⎦，使()()f x g x ≤恒成立，求实数k 的取值范围．9．设函数y =x 3+ax 2+bx +c 的图像如图所示，且与y =0在原点相切，若函数的极小值为-4.(1)求a ，b ，c 的值. (2)求函数的递减区间.10．设函数()223ln 1f x a x ax x =+-+，其中0a >．(1)求()f x 的单调区间；(2)若()y f x =的图象与x 轴没有公共点，求a 的取值范围．【参考答案】一、解答题1．(1)1a = (2)答案见解析 (3)证明见解析 【解析】 【分析】（1）由导数的几何意义求出切线的斜率，再由直线的位置关系可求解；（2）由于()()(1)e 2xf x x a =+-'，令()0f x '=，得1x =-或2ln x a=，通过比较两个值分类讨论得到单调区间；（3）方法一：通过单调性，根据求最值证明；方法二：运用放缩及同构的方法证明. (1)()()(1)e 2x f x x a =+-'，则(0)2f a '=-，由已知(2)1a a -=-，解得1a = (2)()()(1)e 2x f x x a =+-'（ⅰ）当0a ≤时，e 20x a -<，所以()01f x x '>⇒<-，()01f x x '<⇒>-，则()f x 在(,1)-∞-上单调递增，在(1,)-+∞上单调递减； （ⅱ）当0a >时，令e 20x a -=，得2ln x a=， ①02e a <<时，2ln 1a>-，所以()01f x x '>⇒<-或2ln x a >，()012ln af x x <⇒-<<'，则()f x 在(,1)-∞-上单调递增，在21,ln a⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，在2ln ,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增；②2e a =时，()1()2(1)e 10x f x x +=+'-≥，则()f x 在(,)-∞+∞上单调递增；③2e a >时，2ln 1a<-，所以2ln ()0x a f x >⇒<'或1x >-，2ln ()01f x ax <⇒<<-'，则()f x 在2,ln a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭上单调递增，在2ln ,1a⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，在(1,)-+∞上单调递增．综上，0a ≤时，()f x 在(,1)-∞-上单调递增，在(1,)-+∞上单调递减；02e a <<时，()f x 在(,1)-∞-上单调递增，在21,ln a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，在2ln ,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增；2e a =时，()f x 在(,)-∞+∞上单调递增；2e a >时，()f x 在2,ln a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭上单调递增，在2ln ,1a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，在(1,)-+∞上单调递增． (3) 方法一：2()ln 2(0)f x x x x x ≥--->等价于e ln 10(0)x ax x x x --+≥>当21ea ≥时，2e ln 1e ln 1(0)x x ax x x x x x x ---+≥--+> 令221()e ln 1,()(1)e x x g x x x x g x x x --⎛⎫=--+=+- ⎝'⎪⎭ 令21()ex h x x-=-，则()h x 在区间(0,)+∞上单调递增 ∵11(1)10,(2)02h h e=-<=>， ∴存在0(1,2)x ∈，使得()00h x =，即020001e,2ln x x x x -=-=- 当()00,x x ∈时，()0g x '<，则()g x 在()00,x 上单调递减， 当()0,x x ∈+∞时，()0g x '>，则()g x 在()0,x +∞上单调递增∴()02min 000000001()e ln 1210x g x g x x x x x x x x -==--+=⋅+--+= ∴()0g x ≥，故2()ln 2f x x x x ≥--- 方法二： 当21a e≥时，2e ln 1e ln 1(0)x x ax x x x x x x ---+≥--+> 2ln 2()e ln 1e (ln 2)1x x x g x x x x x x -+-=--+=-+--令ln 2t x x =+-，则t R ∈， 令()e 1t k t t =--，则()e 1t k t =-'当0t <时，()0k t '<；当0t >时，()0k t '>∴()k t 在区间(,0)-∞上单调递减，(0,)+∞上单调递增． ∴()(0)0k t k ≥=，即()0g x ≥ ∴2()ln 2f x x x x ≥---， 【关键点点睛】解决本题的关键：一是导数几何意义的运用，二是通过导函数等于零，比较方程的根对问题分类讨论，三是隐零点的运用及放缩法的运用. 2．(1)22e 3e 0x y --=； (2)证明见解析 【解析】 【分析】（1）求导，计算1e f ⎛⎫⎪⎝⎭'和1ef ⎛⎫ ⎪⎝⎭，再由点斜式代入写出切线方程；（2）设120x x >>，由题意得()1212ln ln x x k x x +=+，()1212ln ln x x k x x -=-，将证明212e x x >转化为证明()1212122lnx x x x x x ->+，令12x t x =，即证()21ln 1t t t ->+，令()()()21ln 11t h t t t t -=->+，求导判断单调性即可证明. (1)由题意，()21ln x f x x -'=，则212e e f ⎛⎫'= ⎪⎝⎭，1e e f ⎛⎫=- ⎪⎝⎭， 所以函数()y f x =在点11,e e f ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭处的切线方程为()21e 2e e y x ⎛⎫--=- ⎪⎝⎭，即22e 3e 0x y --=. (2)设120x x >>，由题意，()()120g x g x ==， 所以1122ln 0,ln 0x kx x kx -=-=，可得()1212ln ln x x k x x +=+，()1212ln ln x x k x x -=-，要证明212e x x >，只需证12ln ln 2x x +>，即()122k x x +>，因为1212ln ln x x k x x -=-，所以可转化为证明121212ln ln 2x x x x x x ->-+， 即()1212122lnx x x x x x ->+，令12x t x =，则1t >，即证()21ln 1t t t ->+，令()()()21ln 11t h t t t t -=->+，则()()()()222114011t h t t t t t -'=-=>++， 所以函数()h t 在()1,+∞上是增函数，所以()()211ln1011h t ⨯->-=+， 即()21ln 1t t t ->+得证，所以212e x x >.【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． 3．(1)32()24f x x x x =+- (2)最大值为8，最小值为4027-． 【解析】 【分析】（1）由题意可得(0)4, (2)1240,f b f a b ==-⎧⎨-=-+=''⎩从而可求出,a b ，即可求出()f x 的解析式，（2）令()0f x '=，求出x 的值，列表可得(),()f x f x '的值随x 的变化情况，从而可求出函数的最值 (1)由题意可得，2()32f x x ax b '=++．由(0)4, (2)1240,f b f a b ==-⎧⎨-=-+=''⎩解得2,4.a b =⎧⎨=-⎩ 经检验得2x =-时，()y f x =有极大值． 所以32()24f x x x x =+-． (2)由（1）知，2()344(2)(32)f x x x x x '=+-=+-． 令()0f x '=，得12x =-，223x =，()'f x ，()f x 的值随x 的变化情况如下表：由表可知()f x 在[3,2]-上的最大值为8，最小值为27-． 4．(1)02a <≤ (2)证明见解析 【解析】 【分析】（1）分析可知1≥x ，()()01f x f ≤=，分02a <≤、2a >两种情况讨论，利用导数分析函数()f x 在[)1,+∞上的单调性，验证()()1f x f ≤对任意的1≥x 是否恒成立，由此可求得实数a 的取值范围；（2）利用导数分析函数()g x 的单调性，可得出12101x x e<<<<，证明出31x x >，证明出当1,1e x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()()11e 1g x x <--，可得出()241e 1x x m >=+-，结合不等式的性质可证得结论成立. (1)解：因为()()1ln 0f x a x x a x =-+>，则()222111a x ax f x x x x-+-'=--=，且()10f =， 由题意可知，对任意的1≥x ，()()01f x f ≤=， 设21y x ax =-+-，则24a ∆=-，（ⅰ）当02a <≤时，0∆≤，()0f x '≤恒成立且()f x '不恒为零，()f x 在[)1,+∞上是减函数，又因为()10f =，所以()0f x ≤恒成立；（ⅱ）当2a >时，0∆>，方程210x ax -+-=的根为1x =，2x =又因为121=x x ，所以121x x ．由()0f x '>得1x ≤<()0f x '<，得x所以()f x 在⎡⎢⎢⎣⎭上是增函数，在⎫+∞⎪⎪⎝⎭上是减函数， 因为()10f =，所以()0f x ≤不恒成立． 综上所述，02a <≤． (2)证明：当1a =时，()()21ln g x xf x x x x =+-=，()1ln g x x '=+，由()0g x '<，可得10e x <<，由()0g x '>，可得1ex >，所以()g x 在10,e ⎛⎫⎪⎝⎭上是减函数，在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上是增函数，则()min 11e e g x g ⎛⎫==- ⎪⎝⎭，当01x <<时，()ln 0g x x x =<，所以，12101x x e <<<<，且10em -<<，当10,e x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，ln 1x <-，所以ln x x x <-，即()g x x <-． 设直线y x =-与y m =的交点的横坐标为3x ，则3111ln x m x x x =-=->，下面证明当1,1e x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()()11e 1g x x <--， 设()()()111ln 1ln e 1e 1e 1h x x x x x x x ⎡⎤=--=-+⎢⎥---⎣⎦，令()()11ln e 1e 1p x x x =-+--，则()()()()22e 1111e 1e 1x p x xx x --'=-=--，当11ee 1x <<-时，()0p x '<，当11e 1x <<-时，()0p x '>，所以()p x 在11,e e 1⎛⎫ ⎪-⎝⎭上是减函数，在1,1e 1⎛⎫⎪-⎝⎭上是增函数， 又因为10e p ⎛⎫= ⎪⎝⎭，()10p =，所以当11ex <<时，()0p x <，()0h x <， 故当1,1e x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()()11e 1g x x <--． 设直线()111e y x =--与y m =的交点的横坐标为4x ，则41e 1x m -=-，可得()41e 1x m =+-，如下图所示：则()241e 1x x m >=+-，所以21431e x x x x m ->-=+，得证． 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式()()f x g x >（或()()f x g x <）转化为证明()()0f x g x ->（或()()0f x g x -<），进而构造辅助函数()()()h x f x g x =-；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论； （3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数. 5．(1)22y x =- (2)1-(3)(),1-∞-；证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据题意，()2ln f x x =，分别求出()1f 和()1f '求解即可；（2）条件等价于ln 12maxx a x +⎛⎫+≥ ⎪⎝⎭，令()ln 1x h x x +=()0,∞+求解最大值即可； （3）令()()ln 0xm x x a x x=-->，求出()m x 的单调性，得到()()11max m x m a ==--， 根据题意求解a 的范围即可；不妨设12x x <，则1201x x <<<，2101x <<，题设即证明()121m x m x ⎛⎫>⎪⎝⎭成立，构造()()11ln 1x x x x x x x ϕ⎛⎫=+-+> ⎪⎝⎭， 求解单调性得到()()10x ϕϕ>=即可求解. (1)当0a =时，()2ln f x x =，所以()2l 01n1=f =，()2f x x'=，所以()12f '=， 所以曲线()y f x =在()()1,1f 处的切线方程为：()021y x -=-，即22y x =- (2)由题意得，()ln 21g x x ax x =--+，因为()0g x ≤在其定义域内恒成立， 所以ln 210x ax x --+≤在()0,∞+恒成立，即ln 12x a x++≥在()0,∞+恒成立， 等价于ln 12maxx a x +⎛⎫+≥⎪⎝⎭，令()ln 1x h x x +=()0,∞+，所以()2ln xh x x -'=， 令()0h x '>解得01x <<，令()0h x '<解得1x >，所以函数()h x 在()0,1单调递增， 在()1,+∞单调递减，所以()()1=1h x h ≤，所以21a +≥，即1a ≥-，故a 的最小值为1-.(3)先证明必要性：由()2ln f x x x =+得2ln x ax x -=，即ln 0xx a x--=， 令()()ln 0x m x x a x x =-->，则()221ln x x m x x --'=， 设()21ln t x x x =--，则()12t x x x'=--，因为0x >，所以()0t x '<恒成立，函数()t x 在()0,∞+单调递减，而()10t =，故在()0,1上()0t x >，()0m x '>，()m x 单调递增，在()1,+∞上()0t x <，()0m x '<，()m x 单调递减，所以()()11max m x m a ==--.故方程()2ln f x x x =+恰有两个相异的实根只需：10a -->，所以实数a 的取值范围是(),1-∞-； 再证明充分性：当(),1a ∞∈--时，方程()2ln f x x x =+恰有两个相异的实根，条件等价于2ln x ax x -=，即ln x x a x -=，即y a =与ln x y x x=-， 当1a <-，0x >时有两个不同的交点，所以221ln x xy x --'=，由上面必要性的证明可知函数在()0,1单调递增，在()1,+∞单调递减，所以ln x y x x =-在0x >时的最大值为：ln11=11y =--，最小值趋近于负无穷， 所以当(),1a ∞∈--时，程()2ln f x x x =+恰有两个相异的实根，即充分性成立.下证：121x x >，不妨设12x x <，则1201x x <<<，2101x <<，所以()121122111x x x m x m x x ⎛⎫>⇔>⇔> ⎪⎝⎭，因为()()120m x m x ==， 所以()()22122222221ln ln 1111x x m x m m x m x a a x x x x x ⎛⎫⎪⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪-=-=----- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎪⎝⎭ 2222222222221lnln ln 11ln 1x x x x x x x x x x x x =--+=-++2222211ln x x x x x ⎛⎫=+-+ ⎪⎝⎭，令()()11ln 1x x x x x x x ϕ⎛⎫=+-+> ⎪⎝⎭，则()211ln 0x x xϕ⎛⎫'=-> ⎪⎝⎭，所以()x ϕ在()1,+∞上单调递增，所以当1x >时，()()10x ϕϕ>=，即2222211ln 0x x x x x ⎛⎫+-+> ⎪⎝⎭，所以()121m x m x ⎛⎫> ⎪⎝⎭，所以121x x >. 【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．6．(1)极小值为71e 12-+，()f x 无极大值； (2)证明见解析﹒ 【解析】 【分析】(1)根据f (x )的导数判断f (x )的单调性，根据单调性即可求其极值；(2)由函数单调性指数函数性质可得x ＜72时，f (x )＜1，设m ＜n ，则若()()()f m f n m n =≠，则m ＜72，n ＞72，由()()1f m f n =<可求742n <<﹒当m ≤3时，易证7m n +<；当732m <<时，构造函数()()()7p m f m f m =--，根据p (m )单调性即可证明7m n +<﹒ (1)()()227e x f x x =-'，由()0f x '=，得72x =．当7,2x ⎛⎫∈-∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '<；当7,2x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>．∴()f x 的单调递减区间为7,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭，单调递增区间为7,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭．故()f x 的极小值为771e 122f ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，()f x 无极大值．(2)由(1)可知，()f x 的极值点为72，f (x )在7,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭上单调递减，在7,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，∵当x →－∞时，2e 0x →，∴f (x )→1， 故当x ＜72时，f (x )＜1.设m n <，则若()()()f m f n m n =≠，则m ＜72，n ＞72，则()()1f m f n =<，则()274e 1142nn n -+<⇒<<．①当3m ≤时，7m n +<，显然成立．②当732m <<时，77,42m ⎛⎫-∈ ⎪⎝⎭，()()()()214274e 3e m m f m f m m m ---=---．设()()()7p m f m f m =--，则()()()214227e em mp m m -=--'． 设()2142e e x xh x -=-，73,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则()h x 为增函数，则()702h x h ⎛⎫<= ⎪⎝⎭．∵732m <<，∴270m -<，()0p m '>，则()p m 在73,2⎛⎫⎪⎝⎭上为增函数，∴()()()()77()()77022p m p f m f m f n f m p ⎛⎫<⇒--=--<= ⎪⎝⎭，∴()()7f n f m <-．又∵7,42n ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，77,42m ⎛⎫-∈ ⎪⎝⎭，且()f x 在7,42⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，∴7n m <-，即7m n +<． 综上，7m n +<．7．(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 x g x a x a x x '=+->+-，e ee 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]-∞+. 8．(1)证明见解析 (2)e ,e 1⎡⎫+∞⎪⎢-⎣⎭【解析】 【分析】（1）求出()f x 的导数，设出切点，可得切线的斜率，根据斜率相等，进而构造函数()=ln 1h x x x +-，求出导数和单调区间，即可证明；（2）由2e,e x ⎡⎤∀∈⎣⎦，使()()f x g x ≤恒成立转化为()maxln 1x k x x ⎡⎤≥⎢⎥⎢⎥⎣⎦-2e,e x ⎡⎤∈⎣⎦，再 利用导数法求出()()n 1l xx x x ϕ-=在2e,e ⎡⎤⎣⎦的最大值即可求解.(1)由题意可知，()f x 的定义域为()()0,11,+∞， 由()ln x f x x=，得()()2ln 1ln x f x x -'=， 直线y g x 过定点()1,0， 若直线yg x 与曲线()y f x =相切于点()00000,01ln x x x x x ⎛⎫>≠ ⎪⎝⎭且，则()002000ln 1ln 1ln x x x k x x --==-，即00ln 10x x +-=① 设()()=ln 1,0h x x x x +-∈+∞，则()1=10h x x'+>， 所以()h x 在()0+∞上单调递增，又()1ln1110h =+-=， 从而当且仅当01x =时，①成立，这与01x ≠矛盾. 所以，R k ∀∈，直线y g x 都不是曲线()y f x =的切线. (2)由()()f x g x ≤，得()1ln xxk x ≤-， 22e e ,0e 11e 1x x ∴≤≤∴<-≤-≤-，()l 1n xk x x -∴≥若2e,e x ⎡⎤∀∈⎣⎦，使()()f x g x ≤恒成立转化为()maxln 1x k x x ⎡⎤≥⎢⎥⎢⎥⎣⎦-，2e,e x ⎡⎤∈⎣⎦即可. 令()()n 1l x x x x ϕ-=，2e,e x ⎡⎤∈⎣⎦，则()()2ln 1ln 1x x x x x ϕ---+'=⎡⎤⎣⎦，令()ln 1t x x x =--+，2e,e x ⎡⎤∈⎣⎦，则()110t x x'=--<， 所以()t x 在2e,e ⎡⎤⎣⎦上是单调递减；所以()()e lne e 1e<0t x t ≤=--+=-，故()0ϕ'<x()ϕx 在2e,e ⎡⎤⎣⎦上是单调递减；当e x =时，()ϕx 取得最大值为()()e e e e 1ln e e 1ϕ==--，即e e 1k ≥-. 所以实数k 的取值范围为e ,e 1⎡⎫+∞⎪⎢-⎣⎭【点睛】解决此题的关键利用导数的几何意义及两点求斜率，再根据同一切线斜率相等即可证明，对于恒成立问题通常采用分离常数法，进而转化为求函数的最值问题，利用导数法即可求解. 9．(1)3,0a b c =-==； (2)（0，2）． 【解析】 【分析】（1）由题得到三个方程，解方程即得解； （2）解不等式()'f x ＜0即得函数的单调递减区间． (1)解：由题意知(0)0f = ，∴c ＝0 .∴()f x ＝x 3+ax 2+bx ， 所以()'f x ＝3x 2+2ax +b 由题得(0)f '＝b ＝0，∴()'f x ＝3x 2+2ax ＝0，故极小值点为x 23a =-， ∴f （23a -）＝﹣4，∴323a ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭a 223a ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭4，解得a ＝﹣3.故3,0a b c =-==. (2)解：令()'f x ＜0 即3x 2﹣6x ＜0，解得0＜x ＜2， ∴函数的递减区间为（0，2）．10．(1)在10,a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，在1,a⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增(2)1,e⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【解析】 【分析】（1）求导，根据定义域和a 的范围，讨论导数符号可得单调区间； （2）由（1）中单调性可得函数最小值，由最小值大于0可解. (1)函数()f x 的定义域为()0+∞，， ()()()222231323'2ax ax a x ax f x a x a x x x+-+-=+-==由于0a >且()0x ∈+∞，，所以230ax +>，令()'0f x =，解得1x a=， 当10x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，，()'0f x <，函数()f x 单调递减，当1x a⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭，，()'0f x >，函数()f x 单调递增， ()f x ∴在10a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，上单调递减，在1a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，上单调递增． (2)要使()y f x =的图像与x 轴没有公共点，所以只需min ()0f x >即可，由（1）知min 111()113ln 133ln 33ln 0f x f a a a a ⎛⎫==+-+=-=+> ⎪⎝⎭，解得1e >a ，即a 的取值范围为1(,)e+∞。
高考数学专题：导数大题专练(含答案)
高考数学专题：导数大题专练1. 已知函数()()()221x f x x e a x =-+-有两个零点. (I)求a 的取值范围；(II)设12x x ，是()f x 的两个零点，证明：12 2.x x +<2. (I)讨论函数2()2xx f x e x -=+的单调性，并证明当0x >时，(2)20;x x e x -++> (II)证明：当[0,1)a ∈ 时，函数2x =(0)x e ax a g x x-->（） 有最小值.设()g x 的最小值为()h a ，求函数()h a 的值域.3. 设设函数()()()cos21cos +1f x x x αα=+-，其中0α>，记()f x 的最大值为A .（Ⅰ）求'f x （）； （Ⅱ）求A ；（Ⅲ）证明()'2f x A ≤.4. 设函数()a x f x xe bx -=+，曲线()y f x =在点()() 2,2f 处的切线方程为()14y e x =-+，（I ）求,a b 的值；(I I) 求()f x 的单调区间。
5. 已知函数()(0,0,1,1)xxf x a b a b a b =+>>≠≠. （1） 设122a b ==，. ① 求方程()=2f x 的根;②若对任意x R ∈,不等式(2)f()6f x m x ≥-恒成立，求实数m 的最大值；（2）若01,1a b <<＞，函数()()2g x f x =-有且只有1个零点，求ab 的值.6. 已知()221()ln ,x f x a x x a R x-=-+∈. （I ）讨论()f x 的单调性；（II ）当1a =时，证明()3()'2f x f x +＞对于任意的[]1,2x ∈成立7. 已知a R ∈，函数21()log ()f x a x=+. （1）当5a =时，解不等式()0f x >；（2）若关于x 的方程2()log [(4)25]0f x a x a --+-=的解集中恰好有一个元素，求a 的取值范围；（3）设0a >，若对任意1[,1]2t ∈，函数()f x 在区间[,1]t t +上的最大值与最小值的差不超过1，求a 的取值范围.8. 设函数()2ln f x ax a x =--，其中a ∈R . （I ）讨论()f x 的单调性；（II ）确定a 的所有可能取值，使得11()xf x e x->-在区间1+∞（，）内恒成立(e 2.718=⋯为自然对数的底数)。
高考总复习-数学导数大题练习(详细答案)-
1．已知函数dx b a c bx ax x f +--++=)23()(23的图象如图所示． （I ）求d c ,的值； （II ）若函数)(x f 在2=x 处的切线方程为0113=-+y x ，求函数)(x f 的解析式；（III ）在（II ）的条件下，函数)(x f y =与m x x f y ++'=5)(31的图象有三个不同的交点，求m 的取值范围． 2．已知函数)(3ln )(R a ax x a x f ∈--=．（I ）求函数)(x f 的单调区间；（II ）函数)(x f 的图象的在4=x 处切线的斜率为,23若函数]2)('[31)(23mx f x x x g ++=在区间（1，3）上不是单调函数，求m 的取值范围．3．已知函数c bx ax x x f +++=23)(的图象经过坐标原点，且在1=x 处取得极大值．（I ）求实数a 的取值范围； （II ）若方程9)32()(2+-=a x f 恰好有两个不同的根，求)(x f 的解析式；（III ）对于（II ）中的函数)(x f ，对任意R∈βα、，求证：81|)sin 2()sin 2(|≤-βαf f ．4．已知常数0>a ，e 为自然对数的底数，函数x e x f x-=)(，x a x x g ln )(2-=．（I ）写出)(x f 的单调递增区间，并证明a e a>；（II ）讨论函数)(x g y =在区间),1(a e 上零点的个数．5．已知函数()ln(1)(1)1f x x k x =---+． （I ）当1k=时，求函数()f x 的最大值；（II ）若函数()f x 没有零点，求实数k 的取值范围；6．已知2x =是函数2()(23)xf x x ax a e=+--的一个极值点（⋅⋅⋅=718.2e ）． （I ）求实数a 的值； （II ）求函数()f x 在]3,23[∈x 的最大值和最小值．7．已知函数)0,(,ln )2(4)(2≠∈-+-=a R a x a x x x f（I ）当a=18时，求函数)(x f 的单调区间；（II ）求函数)(x f 在区间],[2e e 上的最小值．8．已知函数()(6)ln f x x x a x =-+在(2,)x ∈+∞上不具有．．．单调性． （I ）求实数a 的取值范围； （II ）若()f x '是()f x 的导函数，设22()()6g x f x x '=+-，试证明：对任意两个不相等正数12x x 、，不等式121238|()()|||27g x g x x x ->-恒成立． 9．已知函数.1,ln )1(21)(2>-+-=a x a ax x x f （I ）讨论函数)(x f 的单调性；（II ）证明：若.1)()(,),,0(,,521212121->--≠+∞∈<x x x f x f x x x x a 有则对任意 10．已知函数21()ln ,()(1),12f x x a xg x a x a =+=+≠-．（I ）若函数(),()f x g x 在区间[1,3]上都是单调函数且它们的单调性相同，求实数a 的取值范围；（II ）若(1,]( 2.71828)a e e ∈=L ，设()()()F x f x g x =-，求证：当12,[1,]x x a ∈时，不等式12|()()|1F x F x -<成立．11．设曲线C ：()ln f x x ex =-（ 2.71828e =⋅⋅⋅），()f x '表示()f x 导函数．（I ）求函数()f x 的极值；（II ）对于曲线C 上的不同两点11(,)A x y ，22(,)B x y ，12x x <，求证：存在唯一的0x 12(,)x x ∈，使直线AB 的斜率等于0()f x '．12．定义),0(,,)1(),(+∞∈+=y x x y x F y ，（I ）令函数22()(3,log (24))f x F x x =-+，写出函数()f x 的定义域；（II ）令函数322()(1,log (1))g x F x ax bx =+++的图象为曲线C ，若存在实数b 使得曲线C 在)14(00-<<-x x 处有斜率为－8的切线，求实数a 的取值范围； III ）当,*x y ∈N 且x y <时，求证(,)(,)F x y F y x >．答案1．解：函数)(x f 的导函数为b ac bx ax x f 2323)(2'--++= …………（2分） （I ）由图可知 函数)(x f 的图象过点（0，3），且0)1('=f 得⎩⎨⎧==⇒⎩⎨⎧=--++=03023233c d b a c b a d …………（4分） （II ）依题意3)2('-=f 且5)2(=f⎩⎨⎧=+--+-=--+534648323412b a b a b a b a 解得6,1-==b a 所以396)(23++-=x x x x f …………（8分）（III）9123)(2+-='x x x f ．可转化为：()m x x x x x x +++-=++-534396223有三个不等实根，即：()m x x x x g-+-=8723与x 轴有三个交点；42381432--=+-='x x x x x g ，x⎪⎭⎫ ⎝⎛∞-32, 32⎪⎭⎫ ⎝⎛432，4()∞+，4()x g '+-+()x g增 极大值 减 极小值 增()m g m g --=-=⎪⎭⎫ ⎝⎛164,276832． …………（10分） 当且仅当()01640276832<--=>-=⎪⎭⎫ ⎝⎛m g m g 且时，有三个交点， 故而，276816<<-m 为所求． …………（12分） 2．解：（I ）)0()1()('>-=x xx a x f（2分）当(][)+∞>,1,1,0)(,0减区间为的单调增区间为时x f a当[)(];1,0,,1)(,0减区间为的单调增区间为时+∞<x f a当a=1时，)(x f 不是单调函数（5分）（II）32ln 2)(,22343)4('-+-=-==-=x x x f a a f 得2)4()(',2)22(31)(223-++=∴-++=∴x m x x g x x m x x g （6分） 2)0(',)3,1()(-=g x g 且上不是单调函数在区间Θ⎩⎨⎧><∴.0)3(',0)1('g g （8分）⎪⎩⎪⎨⎧>-<∴,319,3m m （10分）)3,319(--∈m（12分）3．解（I ）,23)(,00)0(2b ax x x f c f ++='=⇒=320)1(--=⇒='a b f),323)(1()32(23)(2++-=+-+='∴a x x a ax x x f由33210)(+-==⇒='a x x x f 或，因为当1=x 时取得极大值， 所以31332-<⇒>+-a a ，所以)3,(:--∞的取值范围是a ；依题意得：9)32()32(27622+-=++a a a ，解得：9-=a 所以函数)(x f 的解析式是：x x x x f 159)(23+-= （III ）对任意的实数βα,都有,2sin 22,2sin 22≤≤-≤≤-βα在区间[-2，2]有： 230368)2(,7)1(,7430368)2(=+-==-=---=-f f f,7)1()(=f x f 的最大值是7430368)2()(-=---=-f x f 的最小值是函数]2,2[)(-在区间x f 上的最大值与最小值的差等于81，所以81|)sin 2()sin 2(|≤-βαf f ．4．解：（I ）01)(≥-='xe xf ，得)(x f 的单调递增区间是),0(+∞， …………（2分） ∵0>a ，∴1)0()(=>f a f ，∴a a e a>+>1，即a e a >． …………（4分）（II ）xax a x x a x x g )22)(22(22)(-+=-='，由0)(='x g ，得22a x =，列表当22ax =时，函数)(x g y =取极小值)2ln 1(2)22(aa a g -=，无极大值． 由（I ）a e a >，∵⎪⎩⎪⎨⎧>>22a a e e a a ，∴22a e a>，∴22a ea>1)1(>=g ，0))(()(22>-+=-=a e a e a e e g a a a a …………（8分）（i ）当122≤a，即20≤<a 时，函数)(x g y =在区间),1(a e 不存在零点（ii ）当122>a，即2>a 时 若0)2ln 1(2>-aa ，即e a 22<<时，函数)(x g y =在区间),1(ae 不存在零点 若0)2ln 1(2=-a a ，即e a 2=时，函数)(x g y =在区间),1(a e 存在一个零点e x =；若0)2ln 1(2<-a a ，即e a 2>时，函数)(x g y =在区间),1(a e 存在两个零点； 综上所述，)(x g y =在(1,)ae 上，我们有结论：当02ae <<时，函数()f x 无零点；当2a e = 时，函数()f x 有一个零点； 当2a e >时，函数()f x 有两个零点．5．解：（I ）当1k=时，2()1xf x x -'=- )(x f 定义域为（1，+∞），令()0,2f x x '==得， ∵当(1,2),x ∈时()0f x '>，当(2,),x ∈+∞时()0f x '<， ∴()(1,2)f x 在内是增函数，(2,)+∞在上是减函数∴当2x =时，()f x 取最大值(2)0f = （II ）①当0k ≤时，函数ln(1)y x =-图象与函数(1)1y k x =--图象有公共点，∴函数()f x 有零点，不合要求；②当0k >时，1()11()111k k x k kx k f x k x x x +-+-'=-==---- ………………（6分）令1()0,k f x x k +'==得，∵1(1,),()0,k x f x k +'∈>时1(1,),()0x f x k'∈++∞<时，x )22,0(a22a ),22(+∞a)(x g ' - 0+ )(x g单调递减极小值单调递增。
高二数学导数大题练习(详细答案解析)
1．已知函数d x b a c bx ax x f +--++=)23()(23的图象如图所示．（I ）求d c ,的值； （II ）若函数)(x f 在2=x 处的切线方程为0113=-+y x ，求函数)(x f 的解析式；（III ）在（II ）的条件下，函数)(x f y =与m x x f y ++'=5)(31的图象有三个不同的交点，求m 的取值范围．2．已知函数)(3ln )(R a ax x a x f ∈--=． （I ）求函数)(x f 的单调区间；（II ）函数)(x f 的图象的在4=x 处切线的斜率为,23若函数]2)('[31)(23mx f x x x g ++=在区间（1，3）上不是单调函数，求m 的取值范围．3．已知函数c bx ax x x f +++=23)(的图象经过坐标原点，且在1=x 处取得极大值． （I ）求实数a 的取值范围； （II ）若方程9)32()(2+-=a x f 恰好有两个不同的根，求)(x f 的解析式；（III ）对于（II ）中的函数)(x f ，对任意R ∈βα、，求证：81|)sin 2()sin 2(|≤-βαf f ．4．已知常数0>a ，e 为自然对数的底数，函数x e x f x-=)(，x a x x g ln )(2-=． （I ）写出)(x f 的单调递增区间，并证明a e a >； （II ）讨论函数)(x g y =在区间),1(a e 上零点的个数．5．已知函数()ln(1)(1)1f x x k x =---+． （I ）当1k =时，求函数()f x 的最大值；（II ）若函数()f x 没有零点，求实数k 的取值范围；6．已知2x =是函数2()(23)x f x x ax a e =+--的一个极值点（⋅⋅⋅=718.2e ）． （I ）求实数a 的值；（II ）求函数()f x 在]3,23[∈x 的最大值和最小值．7．已知函数)0,(,ln )2(4)(2≠∈-+-=a R a x a x x x f （I ）当a=18时，求函数)(x f 的单调区间； （II ）求函数)(x f 在区间],[2e e 上的最小值．8．已知函数()(6)ln f x x x a x =-+在(2,)x ∈+∞上不具有．．．单调性． （I ）求实数a 的取值范围；（II ）若()f x '是()f x 的导函数，设22()()6g x f x x '=+-，试证明：对任意两个不相等正数12x x 、，不等式121238|()()|||27g x g x x x ->-恒成立．9．已知函数.1,ln )1(21)(2>-+-=a x a ax x x f（I ）讨论函数)(x f 的单调性；（II ）证明：若.1)()(,),,0(,,521212121->--≠+∞∈<x x x f x f x x x x a 有则对任意10．已知函数21()ln ,()(1),12f x x a xg x a x a =+=+≠-．（I ）若函数(),()f x g x 在区间[1,3]上都是单调函数且它们的单调性相同，求实数a 的取值范围；（II ）若(1,]( 2.71828)a e e ∈=，设()()()F x f x g x =-，求证：当12,[1,]x x a ∈时，不等式12|()()|1F x F x -<成立．11．设曲线C ：()ln f x x ex =-（ 2.71828e =⋅⋅⋅），()f x '表示()f x 导函数． （I ）求函数()f x 的极值；（II ）对于曲线C 上的不同两点11(,)A x y ，22(,)B x y ，12x x <，求证：存在唯一的0x 12(,)x x ∈，使直线AB 的斜率等于0()f x '．12．定义),0(,,)1(),(+∞∈+=y x x y x F y ，（I ）令函数22()(3,log (24))f x F x x =-+，写出函数()f x 的定义域；（II ）令函数322()(1,log (1))g x F x ax bx =+++的图象为曲线C ，若存在实数b 使得曲线C 在)14(00-<<-x x 处有斜率为－8的切线，求实数a 的取值范围； （III ）当,*x y ∈N 且x y <时，求证(,)(,)F x y F y x >．答案1．解：函数)(x f 的导函数为 b a c bx ax x f 2323)(2'--++= …………（2分） （I ）由图可知 函数)(x f 的图象过点（0，3），且0)1('=f 得 ⎩⎨⎧==⇒⎩⎨⎧=--++=03023233c d b a c b a d …………（4分）（II ）依题意 3)2('-=f 且5)2(=f⎩⎨⎧=+--+-=--+534648323412b a b a b a b a 解得 6,1-==b a 所以396)(23++-=x x x x f …………（8分） （III ）9123)(2+-='x x x f ．可转化为：()m x x x x x x +++-=++-534396223有三个不等实根，即：()m x x x x g -+-=8723与x 轴有三个交点； 42381432--=+-='x x x x x g()m g m g --=-=⎪⎭⎫ ⎝⎛164,273． …………（10分） 当且仅当()01640276832<--=>-=⎪⎭⎫ ⎝⎛m g m g 且时，有三个交点， 故而，276816<<-m 为所求． …………（12分）2．解：（I ）)0()1()('>-=x xx a x f （2分） 当(][)+∞>,1,1,0)(,0减区间为的单调增区间为时x f a当[)(];1,0,,1)(,0减区间为的单调增区间为时+∞<x f a 当a=1时，)(x f 不是单调函数 （5分） （II ）32ln 2)(,22343)4('-+-=-==-=x x x f a a f 得 2)4()(',2)22(31)(223-++=∴-++=∴x m x x g x x mx x g （6分）2)0(',)3,1()(-=g x g 且上不是单调函数在区间⎩⎨⎧><∴.0)3(',0)1('g g （8分）⎪⎩⎪⎨⎧>-<∴,319,3m m （10分）)3,319(--∈m （12分）3．解：（I ）,23)(,00)0(2b ax x x f c f ++='=⇒=320)1(--=⇒='a b f),323)(1()32(23)(2++-=+-+='∴a x x a ax x x f 由33210)(+-==⇒='a x x x f 或，因为当1=x 时取得极大值，所以31332-<⇒>+-a a ，所以)3,(:--∞的取值范围是a ；（依题意得：9)32()32(2762+-=++a a a ，解得：9-=a 所以函数)(x f 的解析式是：x x x x f 159)(23+-=（III ）对任意的实数βα,都有,2sin 22,2sin 22≤≤-≤≤-βα 在区间[-2，2]有： 230368)2(,7)1(,7430368)2(=+-==-=---=-f f f ,7)1()(=f x f 的最大值是7430368)2()(-=---=-f x f 的最小值是 函数]2,2[)(-在区间x f 上的最大值与最小值的差等于81， 所以81|)sin 2()sin 2(|≤-βαf f ． 4．解：（I ）01)(≥-='x e x f ，得)(x f 的单调递增区间是),0(+∞， …………（2分） ∵0>a ，∴1)0()(=>f a f ，∴a a e a >+>1，即a e a >． …………（4分）（II ）xa x a x x a x x g )22)(22(22)(-+=-='，由0)(='x g ，得22ax =，列表x)22,0(a 22a ),22(+∞a)(x g '-0 + )(x g 单调递减 极小值 当2x )(x g y =取极小值)222(ag ，无极大值． 由（I ）a e a >，∵⎪⎩⎪⎨⎧>>22a a e e aa ，∴22a e a>，∴22a e a >01)1(>=g ，0))(()(22>-+=-=a e a e a e e g a a a a …………（8分）（i ）当122≤a，即20≤<a 时，函数)(x g y =在区间),1(a e 不存在零点（ii ）当122>a，即2>a 时 若0)2ln 1(2>-a a ，即e a 22<<时，函数)(x g y =在区间),1(a e 不存在零点若0)2ln 1(2=-a a ，即e a 2=时，函数)(x g y =在区间),1(a e 存在一个零点e x =；若0)2ln 1(2<-a a ，即e a 2>时，函数)(x g y =在区间),1(a e 存在两个零点；综上所述，)(x g y =在(1,)a e 上，我们有结论：当02a e <<时，函数()f x 无零点； 当2a e = 时，函数()f x 有一个零点； 当2a e >时，函数()f x 有两个零点．5．解：（I ）当1k =时，2()1x f x x -'=-)(x f 定义域为（1，+∞），令()0,2f x x '==得， ∵当(1,2),x ∈时()0f x '>，当(2,),x ∈+∞时()0f x '<，∴()(1,2)f x 在内是增函数，(2,)+∞在上是减函数∴当2x =时，()f x 取最大值(2)0f =（II ）①当0k ≤时，函数ln(1)y x =-图象与函数(1)1y k x =--图象有公共点，∴函数()f x 有零点，不合要求； ②当0k >时，1()11()111kk x k kx k f x k x x x +-+-'=-==---- ………………（6分） 令1()0,k f x x k +'==得，∵1(1,),()0,k x f x k +'∈>时1(1,),()0x f x k'∈++∞<时，∴1()(1,1)f x k +在内是增函数，1[1,)k++∞在上是减函数，∴()f x 的最大值是1(1)ln f k k+=-，∵函数()f x 没有零点，∴ln 0k -<，1k >，因此，若函数()f x 没有零点，则实数k 的取值范围(1,)k ∈+∞ 6． 解：（I ）由2()(23)x f x x ax a e =+--可得22()(2)(23)[(2)3]x x x f x x a e x ax a e x a x a e '=+++--=++--……（4分） ∵2x =是函数()f x 的一个极值点，∴(2)0f '= ∴2(5)0a e +=，解得5a =-（II ）由0)1)(2()(>--='x e x x x f ，得)(x f 在)1,(-∞递增，在),2(+∞递增，由0)(<'x f ，得)(x f 在在)2,1(递减∴2)2(e f =是()f x 在]3,23[∈x 的最小值； ……………（8分）2347)23(e f =，3)3(e f = ∵)23()3(,0)74(4147)23()3(23233f f e e e e e f f >>-=-=-∴()f x 在]3,23[∈x 的最大值是3)3(e f =．7．解：（Ⅰ）x x x x f ln 164)(2--=，xx x x x x f )4)(2(21642)('-+=--= 2分由0)('>x f 得0)4)(2(>-+x x ，解得4>x 或2-<x 注意到0>x ，所以函数)(x f 的单调递增区间是（4，+∞） 由0)('<x f 得0)4)(2(<-+x x ，解得-2＜x ＜4，注意到0>x ，所以函数)(x f 的单调递减区间是]4,0(. 综上所述，函数)(x f 的单调增区间是（4，+∞），单调减区间是]4,0( 6分 （Ⅱ）在],[2e e x ∈时，x a x x x f ln )2(4)(2-+-= 所以xax x x a x x f -+-=-+-=242242)('2， 设a x x x g -+-=242)(2当0<a 时，有△=16+4×208)2(<=-a a ，此时0)(>x g ，所以0)('>x f ，)(x f 在],[2e e 上单调递增， 所以a e e e f x f -+-==24)()(2min 8分当0>a 时，△=08)2(2416>=-⨯-a a ，令0)('>x f ，即02422>-+-a x x ，解得221a x +>或221a x -<； 令0)('<x f ，即02422<-+-a x x ， 解得221a -221ax +<<. ①若221a+≥2e ，即a ≥22)1(2-e 时，)(x f 在区间],[2e e 单调递减，所以a e e e f x f 244)()(242min -+-==.②若2221e ae <+<，即222)1(2)1(2-<<-e a e 时间， )(xf 在区间]221,[a e +上单调递减，在区间],221[2e a +上单调递增， 所以min )(xf )221(a f +=)221ln()2(322a a a a +-+--=.③若221a+≤e ，即a <0≤22)1(-e 时，)(x f 在区间],[2e e 单调递增，所以a e e e f x f -+-==24)()(2min综上所述，当a ≥222)1(-e 时，a e a x f 244)(24min -+-=；当222)1(2)1(2-<<-e a e 时，)221ln()2(322)(min aa a a x f +-+--=； 当a ≤2)1(2-e 时，a e e x f -+-=24)(2min14分8．解：（I ）226()26a x x af x x x x-+'=-+=，∵()f x 在(2,)x ∈+∞上不具有．．．单调性，∴在(2,)x ∈+∞上()f x '有正也有负也有0， 即二次函数226y x x a =-+在(2,)x ∈+∞上有零点 ………………（4分） ∵226y x x a =-+是对称轴是32x =，开口向上的抛物线，∴222620y a =⋅-⋅+<的实数a 的取值范围(,4)-∞ （II ）由（I ）22()2a g x x xx =+-，方法1：2222()()62(0)a g x f x x x x x x '=-+=+->， ∵4a <，∴323233444244()22a x x g x x x x x x -+'=-+>-+=，…………（8分）设2344()2h x x x =-+，3448124(23)()x h x x x x -'=-=()h x 在3(0,)2是减函数，在3(,)2+∞增函数，当32x =时，()h x 取最小值3827∴从而()g x '3827>，∴38(())027g x x '->，函数38()27y g x x =-是增函数，12x x 、是两个不相等正数，不妨设12x x <，则22113838()()2727g x x g x x ->-∴212138()()()27g x g x x x ->-，∵210x x ->，∴1212()()3827g x g x x x ->-∴1212()()g x g x x x --3827>，即121238|()()|||27g x g x x x ->- ………………（12分）方法2： 11(,())M x g x 、22(,())N x g x 是曲线()y g x =上任意两相异点，121222121212()()2()2g x g x x x ax x x x x x -+=+--，12x x +>4a <12221212122()22x x a a x x x x x x +∴+->1242x x > ………（8分）设0t t =>，令32()244MN k u t t t ==+-，()4(32)u t t t '=-， 由()0u t '>，得2,3t >由()0u t '<得20,3t <<()u t ∴在)32,0(上是减函数，在),32(+∞上是增函数，)(t u ∴在32=t 处取极小值2738，38()27u t ∴≥，∴所以1212()()g x g x x x --3827>即121238|()()|||27g x g x x x ->-9． （1）)(x f 的定义域为),0(+∞，xa x x x a ax x x a a x x f )1)(1(11)('2-+-=-+-=-+-= （i ）若2,11==-a a 即，则 .)1()('2xx x f -=故)(x f 在),0(+∞单调增加． （ii ）若.0)(',)1,1(,21,1,11<-∈<<><-x f a x a a a 时则当故而)1,1()(,0)(',),1()1,0(->+∞∈-∈a x f x f x a x 在故时及当单调减少，在（0，a-1），),1(+∞单调增加．（iii ）若),1(),1,0(,)1,1()(,2,11+∞-->>-a a x f a a 在单调减少在同理可得即单调增加． （II ）考虑函数x x f x g +=)()( .ln )1(212x x a ax x +-+-= 由 .)11(1)1(121)1()('2---=---⋅≥-+--=a a xa x x a a x x g 由于单调增加在即故),0()(,0)(',5+∞><x g x g a a ，从而当021>>x x 时有 ,0)()(,0)()(212121>-+->-x x x f x f x g x g 即故1)()(2121->--x x x f x f ，当210x x <<时，有1)()()()(12122121->--=--x x x f x f x x x f x f10．解：（I ）(),()1af x xg x a x''=+=+，∵函数(),()f x g x 在区间[1,3]上都是单调函数且它们的单调性相同，∴当[1,3]x ∈时，2(1)()()()0a x a f x g x x++''⋅=≥恒成立， 即2(1)()0a x a ++≥恒成立， ∴21a a x>-⎧⎨≥-⎩在[1,3]x ∈时恒成立，或21a a x<-⎧⎨≤-⎩在[1,3]x ∈时恒成立，∵91x -≤≤-，∴1a >-或9a ≤- （II ）21()ln ,(1)2F x x a x a x =+-+，()(1)()(1)a x a x F x x a xx--'=+-+=∵()F x 定义域是(0,)+∞，(1,]a e ∈，即1a >∴()F x 在(0,1)是增函数，在(1,)a 实际减函数，在(,)a +∞是增函数 ∴当1x =时，()F x 取极大值1(1)2M F a ==--，当x a =时，()F x 取极小值21()ln 2m F a a a a a ==--，∵12,[1,]x x a ∈，∴12|()()|||F x F x M m M m -≤-=-设211()ln 22G a M m a a a =-=--，则()ln 1G a a a '=--，∴1[()]1G a a''=-，∵(1,]a e ∈，∴[()]0G a ''>∴()ln 1G a a a '=--在(1,]a e ∈是增函数，∴()(1)0G a G ''>=∴211()ln 22G a a a a =--在(1,]a e ∈也是增函数∴()()G a G e ≤，即2211(1)()1222e G a e e -≤--=-， 而22211(1)(31)1112222e e e ----=-<-=，∴()1G a M m =-< ∴当12,[1,]x x a ∈时，不等式12|()()|1F x F x -<成立．11．解：（I ）11()0ex f x e x x -'=-==，得1x e=当x 变化时，()f x '与()f x 变化情况如下表：∴当1x e=时，()f x 取得极大值()2f e=-，没有极小值；（II ）（方法1）∵0()AB f x k '=，∴2121021ln ln ()1x x e x x e x x x ----=-，∴21201ln 0x x xx x --= 即20211ln ()0x x x x x --=，设2211()ln ()xg x x x x x =--211211()ln ()x g x x x x x =--，1/211()ln 10x x g x x =->，1()g x 是1x 的增函数， ∵12x x <，∴2122222()()ln ()0xg x g x x x x x <=--=；222211()ln ()x g x x x x x =--，2/221()ln 10x x g x x =->，2()g x 是2x 的增函数， ∵12x x <，∴1211111()()ln ()0xg x g x x x x x >=--=，∴函数2211()ln ()xg x x x x x =--在12(,)x x 内有零点0x ，又∵22111,ln 0x x x x >∴>，函数2211()ln ()xg x x x x x =--在12(,)x x 是增函数，∴函数2121()ln x x xg x x x -=-在12(,)x x 内有唯一零点0x ，命题成立（方法2）∵0()AB f x k '=，∴2121021ln ln ()1x x e x x e x x x ----=-，即020112ln ln 0x x x x x x -+-=，012(,)x x x ∈，且0x 唯一设2112()ln ln g x x x x x x x =-+-，则1121112()ln ln g x x x x x x x =-+-， 再设22()ln ln h x x x x x x x =-+-，20x x <<，∴2()ln ln 0h x x x '=-> ∴22()ln ln h x x x x x x x =-+-在20x x <<是增函数 ∴112()()()0g x h x h x =<=，同理2()0g x >∴方程2112ln ln 0x x x x x x -+-=在012(,)x x x ∈有解 ∵一次函数在12(,)x x 2112()(ln ln )g x x x x x x =-+-是增函数 ∴方程2112ln ln 0x x x x x x -+-=在012(,)x x x ∈有唯一解，命题成立………（12分） 注：仅用函数单调性说明，没有去证明曲线C 不存在拐点，不给分． 12．解：（I ）22log (24)0x x -+>，即2241x x -+> 得函数()f x 的定义域是(1,3)-， （II ）22322()(1,log (1))1,g x F x ax bx x ax bx =+++=+++ 设曲线00(41)C x x -<<-在处有斜率为－8的切线，范文范例 精心整理word 完美格式 又由题设,23)(,0)1(log 2232b ax x x g bx ax x ++='>+++∴存在实数b 使得⎪⎩⎪⎨⎧>+++-<<--=++1114823020300020bx ax x x b ax x 有解， 由①得,238020ax x b ---=代入③得082020<---ax x ，200028041x ax x ⎧++>⎪∴⎨-<<-⎪⎩由有解， ……………………（8分） 方法1：0082()()a x x <-+-，因为041x -<<-，所以0082()[8,10)()x x -+∈-， 当10a <时，存在实数b ，使得曲线C 在)14(00-<<-x x 处有斜率为－8的切线………………（10分）方法2：得08)1()1(208)4()4(222>+-⨯+-⨯>+-⨯+-⨯a a 或，1010,10.a a a ∴<<∴<或方法3：是222(4)(4)802(1)(1)80a a ⎧⨯-+⨯-+≤⎪⎨⨯-+⨯-+≤⎪⎩的补集，即10a < （III ）令2)1ln(1)(,1,)1ln()(xx xx x h x x x x h +-+='≥+=由 又令,0),1ln(1)(>+-+=x x xx x p 0)1(11)1(1)(22<+-=+-+='∴x x x x x p ， ),0[)(+∞∴在x p 单调递减. ……………………（12）分 0()(0)0,1()0,x p x p x h x '∴><=∴≥<当时有当时有),1[)(+∞∴在x h 单调递减，x y y x y x x y yy x x y x )1()1(),1ln()1ln(,)1ln()1ln(,1+>+∴+>+∴+>+<≤∴有时， ).,(),(,x y F y x F y x N y x ><∈∴*时且当①②③。
2024届新高考数学大题精选30题--导数(解析版)
2024届新高考数学导数大题精选30题1(2024·安徽·二模)已知函数f (x )=x 2-10x +3f (1)ln x .(1)求函数f (x )在点(1,f (1))处的切线方程；(2)求f (x )的单调区间和极值.【答案】(1)y =4x -13；(2)递增区间为(0,2),(3,+∞)，递减区间为2,3 ，极大值-16+12ln2，极小值-21+12ln3.【分析】(1)求出函数f (x )的导数，赋值求得f (1)，再利用导数的几何意义求出切线方程.(2)由(1)的信息，求出函数f (x )的导数，利用导数求出单调区间及极值.【详解】(1)函数f (x )=x 2-10x +3f (1)ln x ，求导得f(x )=2x -10+3f (1)x，则f (1)=-8+3f (1)，解得f (1)=4，于是f (x )=x 2-10x +12ln x ，f (1)=-9，所以所求切线方程为：y +9=4(x -1)，即y =4x -13.(2)由(1)知，函数f (x )=x 2-10x +12ln x ，定义域为(0,+∞)，求导得f (x )=2x -10+12x =2(x -2)(x -3)x，当0<x <2或x >3时，f (x )>0，当2<x <3时，f (x )<0，因此函数f (x )在(0,2),(3,+∞)上单调递增，在(2,3)上单调递减，当x =2时，f (x )取得极大值f (2)=-16+12ln2，当x =3时，f (x )取得极小值f (3)=-21+12ln3，所以函数f (x )的递增区间为(0,2),(3,+∞)，递减区间为(2,3)，极大值-16+12ln2，极小值-21+12ln3.2(2024·江苏南京·二模)已知函数f (x )=x 2-ax +ae x，其中a ∈R ．(1)当a =0时，求曲线y =f (x )在(1,f (1))处的切线方程；(2)当a >0时，若f (x )在区间[0,a ]上的最小值为1e，求a 的值．【答案】(1)x -ey =0(2)a =1【分析】(1)由a =0，分别求出f (1)及f (1)，即可写出切线方程；(2)计算出f (x )，令f (x )=0，解得x =2或x =a ，分类讨论a 的范围，得出f (x )的单调性，由f (x )在区间[0,a ]上的最小值为1e，列出方程求解即可．【详解】(1)当a =0时，f (x )=x 2e x ，则f (1)=1e ，f (x )=2x -x 2ex，所以f (1)=1e ，所以曲线y =f (x )在(1,f (1))处的切线方程为：y -1e =1e(x -1)，即x -ey =0．(2)f(x )=-x 2+(a +2)x -2a e x =-(x -2)(x -a )ex，令f (x )=0，解得x =2或x =a ，当0<a <2时，x ∈[0,a ]时，f (x )≤0，则f (x )在[0,a ]上单调递减，所以f (x )min =f (a )=a ea =1e ，则a =1，符合题意；当a >2时，x ∈[0,2]时，f (x )≤0，则f (x )在[0,2]上单调递减，x ∈(2,a ]时，f (x )>0，则f (x )在(2,a ]上单调递增，所以f (x )min =f (2)=4-a e2=1e ，则a =4-e <2，不合题意；当a =2时，x ∈[0,2]时，f (x )≤0，则f (x )在[0,2]上单调递减，所以f (x )min =f (2)==2e 2≠1e ，不合题意；综上，a =1．3(2024·浙江绍兴·模拟预测)已知f x =ae x -x ，g x =cos x . (1)讨论f x 的单调性.(2)若∃x 0使得f x 0 =g x 0 ，求参数a 的取值范围.【答案】(1)当a ≤0时，f x 在-∞,+∞ 上单调递减；当a >0时，f x 在-∞,-ln a 上单调递减，在-ln a ,+∞ 上单调递增.(2)-∞,1【分析】(1)对f x =ae x -x 求导数，然后分类讨论即可；(2)直接对a >1和a ≤1分类讨论，即可得到结果.【详解】(1)由f x =ae x -x ，知f x =ae x -1.当a ≤0时，有f x =ae x -1≤0-1=-1<0，所以f x 在-∞,+∞ 上单调递减；当a >0时，对x <-ln a 有f x =ae x -1<ae -ln a -1=1-1=0，对x >-ln a 有f x =ae x -1>ae -ln a -1=1-1=0，所以f x 在-∞,-ln a 上单调递减，在-ln a ,+∞ 上单调递增.综上，当a ≤0时，f x 在-∞,+∞ 上单调递减；当a >0时，f x 在-∞,-ln a 上单调递减，在-ln a ,+∞ 上单调递增.(2)当a >1时，由(1)的结论，知f x 在-∞,-ln a 上单调递减，在-ln a ,+∞ 上单调递增，所以对任意的x 都有f x ≥f -ln a =ae -ln a +ln a =1+ln a >1+ln1=1≥cos x =g x ，故f x >g x 恒成立，这表明此时条件不满足；当a ≤1时，设h x =ae x -x -cos x ，由于h -a -1 =ae -a -1+a +1-cos -a -1 ≥ae-a -1+a ≥-a e-a -1+a =a 1-e-a -1≥a 1-e 0=0，h 0 =ae 0-0-cos0=a -1≤0，故由零点存在定理，知一定存在x 0∈-a -1,0 ，使得h x 0 =0，故f x 0 -g x 0 =ae x 0-x 0-cos x 0=h x 0 =0，从而f x 0 =g x 0 ，这表明此时条件满足.综上，a 的取值范围是-∞,1 .4(2024·福建漳州·一模)已知函数f x =a ln x -x +a ，a ∈R 且a ≠0．(1)证明：曲线y =f x 在点1,f 1 处的切线方程过坐标原点．(2)讨论函数f x 的单调性．【答案】(1)证明见解析(2)答案见解析【分析】(1)先利用导数的几何意义求得f x 在1,f 1 处的切线方程，从而得证；(2)分类讨论a <0与a >0，利用导数与函数的单调性即可得解.【详解】(1)因为f x =a ln x -x +a x >0 ，所以f (x )=a x -1=a -xx，则f (1)=a ln1-1+a =a -1，f (1)=a -1，所以f x 在1,f 1 处的切线方程为:y -(a -1)=(a -1)(x -1)，当x =0时，y -(a -1)=(a -1)(0-1)=-(a -1)，故y =0，所以曲线y =f (x )在点1,f 1 处切线的方程过坐标原点.(2)由(1)得f (x )=ax -1=a -xx，当a<0时，a-x<0，则f x <0，故f(x)单调递减；当a>0时，令f (x)=0则x=a，当0<x<a时，f (x)>0，f(x)单调递增；当x>a时，f (x)<0，f(x)单调递减；综上：当a<0时，f(x)在(0,+∞)上单调递减；当a>0时，f(x)在(0,a)上单调递增，在(a,+∞)上单调递减.5(2024·山东·二模)已知函数f x =a2xe x-x-ln x．(1)当a=1e时，求f x 的单调区间；(2)当a>0时，f x ≥2-a，求a的取值范围．【答案】(1)f x 的减区间为0,1，增区间为1,+∞(2)a≥1【分析】(1)当a=1e时，f x =xe x-1-x-ln x,x>0，求导得f x =x+1xxe x-1-1，令g x =xe x-1-1，求g x 确定g x 的单调性与取值，从而确定f x 的零点，得函数的单调区间；(2)求f x ，确定函数的单调性，从而确定函数f x 的最值，即可得a的取值范围．【详解】(1)当a=1e时，f x =xe x-1-x-ln x,x>0，则f x =x+1e x-1-1-1x=x+1xxe x-1-1，设g x =xe x-1-1，则g x =x+1e x-1>0恒成立，又g1 =e0-1=0，所以当x∈0,1时，f x <0，f x 单调递减，当x∈1,+∞时，f x >0，f x 单调递增，所以f x 的减区间为0,1，增区间为1,+∞；(2)f x =a2x+1e x-1-1x=x+1xa2xe x-1，设h x =a2xe x-1，则h x =a2x+1e x>0，所以h x 在0,+∞上单调递增，又h0 =-1<0，h1a2=e1a2-1>0，所以存在x0∈0,1 a2，使得h x0 =0，即a2x0e x0-1=0，当x∈0,x0时，f x <0，f x 单调递减，当x∈x0,+∞时，f x >0，f x 单调递增，当x=x0时，f x 取得极小值，也是最小值，所以f x ≥f x0=a2x0e x0-x0-ln x0=1-ln x0e x0=1+2ln a，所以1+2ln a≥2-a，即a+2ln a-1≥0，设F a =a+2ln a-1，易知F a 单调递增，且F1 =0，所以F a ≥F1 ，解得a≥1，综上，a≥1.6(2024·山东·一模)已知函数f(x)=ln x+12a(x-1)2．(1)当a=-12时，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数g(x)=f(x)-2x+1有两个极值点x1,x2，且g(x1)+g(x2)≥-1-32a，求a的取值范围．【答案】(1)增区间(0,2)，减区间(2,+∞)(2)[1,+∞)【分析】(1)将a=-12代入求导，然后确定单调性即可；(2)求导，根据导函数有两个根写出韦达定理，代入g(x1)+g(x2)≥-1-32a，构造函数，求导，研究函数性质进而求出a的取值范围．【详解】(1)当a=-12时，f(x)=ln x-14(x-1)2，x>0，则f (x)=1x-12(x-1)=-(x-2)(x+1)2x，当x∈(0,2)，f (x)>0，f(x)单调递增，当x∈(2,+∞)，f (x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)的单调递增区间是(0,2)，单调递减区间是(2,+∞)；(2)g(x)=f(x)-2x+1=ln x+12a(x-1)2-2x+1，所以g (x)=1x+a(x-1)-2=ax2-(a+2)x+1x，设φ(x)=ax2-(a+2)x+1，令φ(x)=0，由于g(x)有两个极值点x1,x2，所以Δ=(a+2)2-4a=a2+4>0x1+x2=a+2a>0x1x2=1a>0，解得a>0．由x1+x2=a+2a，x1x2=1a，得g x1+g x2=ln x1+12a x1-12-2x1+1+ln x2+12a x2-12-2x2+1=ln x1x2+12a x1+x22-2x1x2-2x1+x2+2-2x1+x2+2=ln1a +12a a+2a2-2a-2⋅a+2a+2-2⋅a+2a+2=ln1a +a2-2a-1≥-1-32a，即ln a-12a-1a≤0，令m(a)=ln a-12a-1a，则m (a)=1a-12-12a2=-(a-1)22a2≤0，所以m(a)在(0,+∞)上单调递减，且m(1)=0，所以a≥1，故a的取值范围是[1,+∞)．7(2024·湖北·二模)求解下列问题，(1)若kx-1≥ln x恒成立，求实数k的最小值；(2)已知a，b为正实数，x∈0,1，求函数g x =ax+1-xb-a x⋅b1-x的极值．【答案】(1)1(2)答案见解析【分析】(1)求导，然后分k≤0和k>0讨论，确定单调性，进而得最值；(2)先发现g0 =g1 =0，当a=b时，g x =0，当0<x<1，a≠b时，取ab=t，L x =tx+1-x-t x，求导，研究单调性，进而求出最值得答案.【详解】(1)记f x =kx-1-ln x x>0，则需使f x ≥0恒成立，∴f x =k-1xx>0，当k≤0时，f x <0恒成立，则f x 在(0,+∞)上单调递减，且在x>1时，f x <0，不符合题意，舍去；当k >0时．令f x =0，解得x =1k，则f x 在0,1k 上单调递减，在1k ,+∞ 上单调递增，所以f x min =f 1k =-ln 1k=ln k ，要使kx -1≥ln x 恒成立，只要ln k ≥0即可，解得k ≥1，所以k 的最小值为1；(2)g (x )=ax +(1-x )b -a x ⋅b 1-x ，x ∈[0,1]，a >0，b >0，易知g 0 =g 1 =0，当a =b 时，g x =ax +a -ax -a =0，此时函数无极值；当0<x <1，a ≠b 时，g (x )=ax +(1-x )b -b ⋅a b x =b a b x +1-x -a b x，取ab=t ，t >0，t ≠1，L x =tx +1-x -t x ，t >0，t ≠1，x ∈0,1 ，则L x =t -1-t x ln t ，当t >1时，由L x ≥0得x ≤ln t -1ln tln t，由(1)知t -1≥ln t ，当t >1时，t -1ln t>1，因为x -1≥ln x ，所以1x -1≥ln 1x ，所以ln x ≥1-1x ，即x >0，当t >1时，ln t >1-1t，所以t >t -1ln t ，则ln t >ln t -1ln t >0，所以ln t -1ln tln t<1，即L x 在0,ln t -1ln t ln t 上单调递增，在ln t -1ln tln t,1单调递减．所以函数g x 极大=gln t -1lntln t，t =ab，a ≠b ，当0<t <1时，同理有ln t -1lntln t∈0,1 ，由Lx ≥0得x ≤ln t -1lntln t，即(x )在0,ln t -1lntln t上单调递增，在ln t -1lntln t,1上单调递减．所以函数g x 极大=gln t -1lntln t，t =a b，a ≠b ，综上可知，当a =b 时，函数g x 没有极值；当a ≠b 时，函数g x 有唯一的极大值g ln t -1lntln t，其中t =ab，没有极小值．【点睛】关键点点睛：取ab=t ，将两个参数的问题转化为一个参数的问题，进而求导解答问题.8(2024·湖北武汉·模拟预测)函数f (x )=tan x +sin x -92x ，-π2<x <π2,g (x )=sin n x -x n cos x ,x ∈0,π2,n ∈N +．(1)求函数f (x )的极值；(2)若g (x )>0恒成立，求n 的最大值．【答案】(1)极小值为f π3 =3(3-π)2，极大值为f -π3 =3(π-3)2；(2)3.【分析】(1)判断函数f (x )为奇函数，利用导数求出f (x )在区间0,π2上的极值，利用奇偶性即可求得定义域上的极值.(2)利用导数证明当n =1时，g (x )>0恒成立，当n >1时，等价变形不等式并构造函数F (x )=x -sin x cos 1nx,0<x <π2，利用导数并按导数为负为正确定n 的取值范围，进而确定不等式恒成立与否得解.【详解】(1)函数f (x )=tan x +sin x -92x ，-π2<x <π2，f (-x )=tan (-x )+sin (-x )-92(-x )=-f (x )，即函数f (x )为奇函数，其图象关于原点对称，当0<x <π2时，f (x )=sin x cos x +sin x -92x ，求导得：f(x )=1cos 2x +cos x -92=2cos 3x -9cos 2x +22cos 2x =(2cos x -1)(cos x -2-6)(cos x -2+6)2cos 2x，由于cos x ∈(0,1)，由f (x )>0，得0<cos x <12，解得π3<x <π2，由f (x )<0，得12<cos x <1，解得0<x <π3，即f (x )在0,π3 上单调递减，在π3,π2上单调递增，因此函数f (x )在0,π2 上有极小值f π3 =3(3-π)2，从而f (x )在-π2,π2 上的极小值为f π3 =3(3-π)2，极大值为f -π3 =3(π-3)2.(2)当n =1时，g (x )>0恒成立，即sin x -x cos x >0恒成立，亦即tan x >x 恒成立，令h (x )=tan x -x ,x ∈0,π2 ，求导得h (x )=1cos 2x -1=1-cos 2x cos 2x=tan 2x >0，则函数h (x )在0,π2上为增函数，有h (x )>h (0)=0，因此tan x -x >0恒成立；当n >1时，g (x )>0恒成立，即不等式sin xn cos x>x 恒成立，令F (x )=x -sin x cos 1n x ,0<x <π2，求导得：F (x )=1-cos x ⋅cos 1nx -1n⋅cos1n-1x ⋅(-sin x )⋅sin xcos 2nx=1-cos1+n nx +1n⋅sin 2x ⋅cos1-n nxcos 2nx=1-cos 2x +1n ⋅sin 2xcos n +1nx =cosn +1nx -cos 2x -1n (1-cos 2x )cos n +1nx =cosn +1nx -1n -n -1ncos 2x cosn +1nx令G (x )=cos n +1nx -1n -n -1n cos 2x ，求导得则G (x )=n +1n cos 1nx ⋅(-sin x )-n -1n⋅2cos x ⋅(-sin x )=sin x n (2n -2)cos x -(n +1)cos 1n x =2n -2n ⋅sin x cos x -n +12n -2cos 1n x=2n -2n ⋅sin x ⋅cos 1n x cos n -1n x -n +12n -2，由n >1,x ∈0,π2 ，得2n -2n⋅sin x ⋅cos 1nx >0，当n +12n -2≥1时，即n ≤3时，G (x )<0，则函数G (x )在0,π2上单调递减，则有G (x )<G (0)=0，即F (x )<0，因此函数F (x )在0,π2 上单调递减，有F (x )<F (0)=0，即g (x )>0，当n +12n -2<1时，即n >3时，存在一个x 0∈0,π2 ，使得cos n -1n x 0=n +12n -2，且当x ∈(0,x 0)时，G (x )>0，即G (x )在(0,x 0)上单调递增，且G (x )>G (0)=0，则F (x )>0，于是F (x )在(0,x 0)上单调递增，因此F (x )>F (0)=0，即sin xn cos x<x ，与g (x )>0矛盾，所以n 的最大值为3.【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：①通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；②利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．③根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．9(2024·湖北·模拟预测)已知函数f x =ax 2-x +ln x +1 ，a ∈R ，(1)若对定义域内任意非零实数x 1，x 2，均有f x 1 f x 2x 1x 2>0，求a ；(2)记t n =1+12+⋅⋅⋅+1n ，证明：t n -56<ln n +1 <t n ．【答案】(1)a =12(2)证明见解析【分析】(1)求导可得f 0 =0，再分a ≤0与a >0两种情况分析原函数的单调性，当a >0时分析极值点的正负与原函数的正负区间，从而确定a 的值；(2)由(1)问的结论可知，1n -12n2<ln 1n +1 <1n ，再累加结合放缩方法证明即可.【详解】(1)f x 的定义域为-1,+∞ ，且f 0 =0；f x =2ax -1+1x +1=2ax -x x +1=x 2a -1x +1，因此f 0 =0；i.a ≤0时，2a -1x +1<0，则此时令f x >0有x ∈-1,0 ，令f x <0有x ∈0,+∞ ，则f x 在-1,0 上单调递增，0,+∞ 上单调递减，又f 0 =0，于是f x ≤0，此时令x 1x 2<0，有f x 1 f x 2x 1x 2<0，不符合题意；ii .a >0时，f x 有零点0和x 0=12a-1，若x 0<0，即a >12，此时令f x <0有x ∈x 0,0 ，f x 在x 0,0 上单调递减，又f 0 =0，则f x 0 >0，令x 1>0，x 2=x 0，有f x 1 f x 2x 1x 2<0，不符合题意；若x 0>0，即0<a <12，此时令f x <0有x ∈0,x 0 ，f x 在0,x 0 上单调递减，又f 0 =0，则f x 0 <0，令-1<x 1<0,x 2=x 0，有f x 1 f x 2x 1x 2<0，不符合题意；若x 0=0，即a =12，此时fx =x 2x +1>0，f x 在-1,+∞ 上单调递增，又f 0 =0，则x >0时f x >0，x <0时f x <0；则x ≠0时f x x >0，也即对x 1x 2≠0，f x 1 f x 2x 1x 2>0，综上，a =12(2)证：由(1)问的结论可知，a =0时，f x =-x +ln x +1 ≤0；且a =12时x >0，f x =12x 2-x +ln x +1 >0；则x>0时，x-12x2<ln x+1<x，令x=1n，有1n-12n2<ln1n+1<1n，即1n-12n2<ln n+1-ln n<1n，于是1n-1-12n-12<ln n-ln n-1<1n-11-12<ln2<1将上述n个式子相加，t n-121+122+⋅⋅⋅+1n2<ln n+1<t n；欲证t n-56<ln n+1<t n，只需证t n-56<t n-121+122+⋅⋅⋅+1n2，只需证1+122+⋅⋅⋅+1n2<53；因为1n2=44n2<44n2-1=212n-1-12n+1，所以1+122+⋅⋅⋅+1n2<1+213-15+15-17+⋅⋅⋅+12n-1-12n+1=53-22n+1<53，得证：于是得证t n-56<ln n+1<t n.【点睛】方法点睛：(1)此题考导数与函数的综合应用，找到合适的分类标准，设极值点，并确定函数正负区间是解此题的关键；(2)对累加结构的不等式证明，一般需要应用前问的结论，取特定参数值，得出不等式累加证明，遇到不能累加的数列结构，需要进行放缩证明.10(2024·湖南·一模)已知函数f x =sin x-ax⋅cos x,a∈R．(1)当a=1时，求函数f x 在x=π2处的切线方程；(2)x∈0,π2时；(ⅰ)若f x +sin2x>0，求a的取值范围；(ⅱ)证明：sin2x⋅tan x>x3．【答案】(1)πx-2y+2-π22=0.(2)(ⅰ)a≤3(ⅱ)证明见解析【分析】(1)令a=1时，利用导数的几何意义求出斜率，进行计算求出切线方程即可.(2)(ⅰ)设g(x)=2sin x+tan x-ax,x∈0,π2,由g x >0得a≤3，再证明此时满足g x >0.(ⅱ)根据(ⅰ)结论判断出F x =sin2x⋅tan x-x3在0,π2上单调递增，∴F(x)>F(0)=0,即sin2x tan x >x3.【详解】(1)当a=1时，f(x)=sin x-x⋅cos x,f (x)=cos x-(cos x-x⋅sin x)=x⋅sin x,fπ2=π2,fπ2=1.所以切线方程为：y-1=π2x-π2,即πx-2y+2-π22=0.(2)(ⅰ)f(x)+sin2x=sin x-ax⋅cos x+sin2x>0,即tan x-ax+2sin x>0,x∈0,π2，设g(x)=2sin x+tan x-ax,x∈0,π2,g (x )=2cos x +1cos 2x -a =1cos 2x(2cos 3x -a cos 2x +1).又∵g (0)=0,g (0)=3-a ,∴g (0)=3-a ≥0是g (x )>0的一个必要条件，即a ≤3.下证a ≤3时，满足g (x )=2sin x +tan x -ax >0,x ∈0,π2,又g (x )≥1cos 2x(2cos 3x -3cos 2x +1)，设(t )=2t 3-3t 2+1,t ∈(0,1),h (t )=6t 2-6t =6t (t -1)<0,h (t )在(0,1)上单调递减，所以h (t )>h (1)=0，又x ∈0,π2 ,cos x ∈(0,1),∴g (x )>0,即g (x )在0,π2 单调递增.∴x ∈0,π2时，g (x )>g (0)=0；下面证明a >3时不满足g (x )=2sin x +tan x -ax >0,x ∈0,π2,，g (x )=2cos x +1cos 2x-a ，令h (x )=g (x )=2cos x +1cos 2x -a ，则h (x )=-2sin x +2sin x cos 3x =2sin x 1cos 3x-1，∵x ∈0,π2 ,∴sin x >0,1cos 3x-1>0，∴h (x )>0,∴h (x )=g (x )在0,π2为增函数，令x 0满足x 0∈0,π2,cos x 0=1a ，则g x 0 =2cos x 0+1cos 2x 0-a =2cos x 0+a -a >0，又g (0)=3-a <0,∴∃x 1∈0,x 0 ,使得g x 1 =0，当x ∈0,x 1 时，g (x )<g x 1 =0，∴此时g (x )在0,x 1 为减函数，∴当x ∈0,x 1 时，g (x )<g (0)=0，∴a >3时，不满足g (x )≥0恒成立.综上a ≤3.(ⅱ)设F (x )=sin 2x ⋅tan x -x 3,x ∈0,π2 ,F (x )=2sin x ⋅cos x ⋅tan x +sin 2x ⋅1cos 2x-3x 2=2sin 2x +tan 2x -3x 2=2(sin x -x )2+(tan x -x )2+2(2sin x +tan x )x -2x 2-x 2-3x 2.由(ⅰ)知2sin x +tan x >3x ,∴F (x )>0+0+2x ⋅3x -6x 2=0,，F x 在0,π2上单调递增，∴F (x )>F (0)=0,即sin 2x tan x >x 3.【点睛】关键点点睛：本题考查导数，解题关键是进行必要性探路，然后证明充分性，得到所要求的参数范围即可．11(2024·全国·模拟预测)已知函数f (x )=ln (1+x )-11+x．(1)求曲线y =f (x )在(0,f (0))处的切线方程；(2)若x ∈(-1,π)，讨论曲线y =f (x )与曲线y =-2cos x 的交点个数．【答案】(1)y =32x -1；(2)2．【分析】(1)求导，即可根据点斜式求解方程，(2)求导，分类讨论求解函数的单调性，结合零点存在性定理，即可根据函数的单调性，结合最值求解.【详解】(1)依题意，f x =11+x +121+x 32，故f 0 =32，而f 0 =-1，故所求切线方程为y +1=32x ，即y =32x -1．(2)令ln 1+x -11+x =-2cos x ，故ln 1+x +2cos x -11+x=0，令g x =ln 1+x +2cos x -11+x ，g x =11+x -2sin x +121+x -32，令h x =g x =11+x -2sin x +121+x -32，hx =-11+x2-2cos x -341+x -52．①当x ∈-1,π2时，cos x ≥0,1+x 2>0,1+x-52>0，∴h x <0,∴h x 在-1,π2上为减函数，即gx 在-1,π2 上为减函数，又g 0 =1+12>0,g1 =12-2sin1+12⋅2-32<12-2⋅sin1+12<1-2×12=0，∴g x 在0,1 上有唯一的零点，设为x 0，即g x 0 =00<x 0<1 ．∴g x 在-1,x 0 上为增函数，在x 0,π2上为减函数．又g 0 =2-1>0,g -π4 =ln 1-π4 +2cos -π4 -11-π4=ln 1-π4+2-11-π4<0,g π2=ln 1+π2 -11+π2>0，∴g x 在-1,x 0 上有且只有一个零点，在x 0,π2上无零点；②当x ∈π2,5π6 时，g x <11+x -1+121+x-32<0,g x 单调递减，又g π2 >0,g 5π6 =ln 1+5π6 -3-1+5π6-12<ln4-3<0，∴g x 在π2,5π6内恰有一零点；③当x ∈5π6,π 时，hx =-11+x2-2cos x -341+x -52为增函数，∴hx =h 5π6 =-11+5π62+1-34⋅1+5π6-52>0，∴g x 单调递增，又g π >0,g 5π6 <0，所以存在唯一x 0∈5π6,π ,g x 0 =0，当x ∈5π6,x 0 时，g x <0,g x 递减；当x ∈x 0,π 时，g x >0,g x 递增，g x ≤max g 5π6 ,g π <0，∴g x 在5π6,π内无零点．综上所述，曲线y =f x 与曲线y =-2cos x 的交点个数为2．【点睛】方法点睛：本题考查了导数的综合运用，求某点处的切线方程较为简单，利用导数求单调性时，如果求导后的正负不容易辨别，往往可以将导函数的一部分抽离出来，构造新的函数，利用导数研究其单调性，进而可判断原函数的单调性.在证明不等式时，常采用两种思路：求直接求最值和等价转化.无论是那种方式，都要敢于构造函数，构造有效的函数往往是解题的关键.12(2024·广东佛山·二模)已知f x =-12e 2x +4e x -ax -5.(1)当a =3时，求f x 的单调区间；(2)若f x 有两个极值点x 1，x 2，证明：f x 1 +f x 2 +x 1+x 2<0.【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】(1)求导后，借助导数的正负即可得原函数的单调性；(2)借助换元法，令t =e x ，t 1=e x 1，t 2=e x 2，可得t 1、t 2是方程t 2-4t +a =0的两个正根，借助韦达定理可得t 1+t 2=4，t 1t 2=a ，即可用t 1、t 2表示f x 1 +f x 2 +x 1+x 2，进而用a 表示f x 1 +f x 2 +x 1+x 2，构造相关函数后借助导数研究其最大值即可得.【详解】(1)当a =3时，f x =-12e 2x +4e x -3x -5，f x =-e 2x +4e x -3=-e x -1 e x -3 ，则当e x ∈0,1 ∪3,+∞ ，即x ∈-∞,0 ∪ln3,+∞ 时，f x <0，当e x ∈1,3 ，即x ∈0,ln3 时，f x >0，故f x 的单调递减区间为-∞,0 、ln3,+∞ ，单调递增区间为0,ln3 ；(2)f x =-e 2x +4e x -a ，令t =e x ，即f x =-t 2+4t -a ，令t 1=e x 1，t 2=e x 2，则t 1、t 2是方程t 2-4t +a =0的两个正根，则Δ=-4 2-4a =16-4a >0，即a <4，有t 1+t 2=4，t 1t 2=a >0，即0<a <4，则f x 1 +f x 2 +x 1+x 2=-12e 2x 1+4e x 1-ax 1-5-12e 2x2+4e x 2-ax 2-5+x 1+x 2=-12t 21+t 22 +4t 1+t 2 -a -1 ln t 1+ln t 2 -10=-12t 1+t 2 2-2t 1t 2 +4t 1+t 2 -a -1 ln t 1t 2-10=-1216-2a +16-a -1 ln a -10=a -a -1 ln a -2，要证f x 1 +f x 2 +x 1+x 2<0，即证a -a -1 ln a -2<00<a <4 ，令g x =x -x -1 ln x -20<x <4 ，则g x =1-ln x +x -1x =1x-ln x ，令h x =1x -ln x 0<x <4 ，则h x =-1x 2-1x <0，则g x 在0,4 上单调递减，又g 1 =11-ln1=1，g 2 =12-ln2<0，故存在x 0∈1,2 ，使g x 0 =1x 0-ln x 0=0，即1x 0=ln x 0，则当x ∈0,x 0 时，g x >0，当x ∈x 0,4 时，g x <0，故g x 在0,x 0 上单调递增，g x 在x 0,4 上单调递减，则g x ≤g x 0 =x 0-x 0-1 ln x 0-2=x 0-x 0-1 ×1x 0-2=x 0+1x 0-3，又x 0∈1,2 ，则x 0+1x 0∈2,52 ，故g x 0 =x 0+1x 0-3<0，即g x <0，即f x 1 +f x 2 +x 1+x 2<0.【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助换元法，令t =e x ，t 1=e x 1，t 2=e x 2，从而可结合韦达定理得t 1、t 2的关系，即可用a 表示f x 1 +f x 2 +x 1+x 2，构造相关函数后借助导数研究其最大值即可得.13(2024·广东广州·模拟预测)已知函数f x =x e x -kx ,k ∈R .(1)当k =0时，求函数f x 的极值；(2)若函数f x 在0,+∞ 上仅有两个零点，求实数k 的取值范围.【答案】(1)极小值为-1e，无极大值(2)e ,+∞【分析】(1)求出导函数，然后列表求出函数的单调区间，根据极值定义即可求解；(2)把原函数有两个零点转化为g x =e x -kx 在0,+∞ 上仅有两个零点，分类讨论，利用导数研究函数的单调性，列不等式求解即可.【详解】(1)当k =0时，f x =xe x (x ∈R )，所以f x =1+x e x ，令f x =0，则x =-1，x -∞,-1-1-1,+∞f x -0+f x单调递减极小值单调递增所以f (x )min =f -1 =-e -1=-1e，所以f x 的极小值为-1e，无极大值.(2)函数f x =x e x -kx 在0,+∞ 上仅有两个零点，令g x =e x -kx ，则问题等价于g x 在0,+∞ 上仅有两个零点，易知g x =e x -k ，因为x ∈0,+∞ ，所以e x >1.①当k ∈-∞,1 时，g x >0在0,+∞ 上恒成立，所以g x 在0,+∞ 上单调递增，所以g x >g 0 =1，所以g x 在0,+∞ 上没有零点，不符合题意；②当k ∈1,+∞ 时，令g x =0，得x =ln k ，所以在0,ln k 上，g x <0，在ln k ,+∞ 上，g x >0，所以g x 在0,ln k 上单调递减，在(ln k ,+∞)上单调递增，所以g x 的最小值为g ln k =k -k ⋅ln k .因为g x 在0,+∞ 上有两个零点，所以g ln k =k -k ⋅ln k <0，所以k >e.因为g 0 =1>0,g ln k 2 =k 2-k ⋅ln k 2=k k -2ln k ，令h x =x -2ln x ，则h x =1-2x =x -2x，所以在0,2 上，h x <0，在2,+∞ 上，h x >0，所以h x 在0,2 上单调递减，在2,+∞ 上单调递增，所以h x ≥2-2ln2=ln e 2-ln4>0，所以g ln k 2 =k k -2ln k >0，所以当k >e 时，g x 在0,ln k 和(ln k ,+∞)内各有一个零点，即当k >e 时，g x 在0,+∞ 上仅有两个零点.综上，实数k 的取值范围是e ,+∞ .【点睛】方法点睛：求解函数单调区间的步骤：(1)确定f x 的定义域.(2)计算导数f x .(3)求出f x =0的根.(4)用f x =0的根将f x 的定义域分成若干个区间，判断这若干个区间内f x 的符号，进而确定f x 的单调区间.f x >0，则f x 在对应区间上单调递增，对应区间为增区间；f x <0，则f x 在对应区间上单调递减，对应区间为减区间.如果导函数含有参数，那么需要对参数进行分类讨论，分类讨论要做到不重不漏.14(2024·江苏南通·二模)已知函数f x =ln x -ax ，g x =2ax，a ≠0.(1)求函数f x 的单调区间；(2)若a >0且f x ≤g x 恒成立，求a 的最小值.【答案】(1)答案见解析(2)2e 3.【分析】(1)求导后，利用导数与函数单调性的关系，对a >0与a <0分类讨论即可得；(2)结合函数的单调性求出函数的最值，即可得解.【详解】(1)f x =1x -a =1-axx(a ≠0)，当a <0时，由于x >0，所以f x >0恒成立，从而f x 在0,+∞ 上递增；当a >0时，0<x <1a ，f x >0；x >1a ，fx <0，从而f x 在0,1a 上递增，在1a,+∞ 递减；综上，当a <0时，f x 的单调递增区间为0,+∞ ，没有单调递减区间；当a >0时，f x 的单调递增区间为0,1a ，单调递减区间为1a ,+∞ .(2)令h x =f x -g x =ln x -ax -2ax，要使f x ≤g x 恒成立，只要使h x ≤0恒成立，也只要使h x max ≤0.h x =1x -a +2ax 2=-ax +1 ax -2 ax 2，由于a >0，x >0，所以ax +1>0恒成立，当0<x <2a 时，h x >0，当2a<x <+∞时，h x <0，所以h x max =h 2a =ln 2a -3≤0，解得：a ≥2e 3，所以a 的最小值为2e3.15(2024·山东济南·二模)已知函数f x =ax 2-ln x -1,g x =xe x -ax 2a ∈R .(1)讨论f x 的单调性；(2)证明：f x +g x ≥x .【答案】(1)答案见详解(2)证明见详解【分析】(1)求导可得fx =2ax 2-1x，分a ≤0和a >0两种情况，结合导函数的符号判断原函数单调性；(2)构建F x =f x +g x -x ,x >0，h x =e x -1x,x >0，根据单调性以及零点存在性定理分析h x 的零点和符号，进而可得F x 的单调性和最值，结合零点代换分析证明.【详解】(1)由题意可得：f x 的定义域为0,+∞ ，fx =2ax -1x =2ax 2-1x，当a ≤0时，则2ax 2-1<0在0,+∞ 上恒成立，可知f x 在0,+∞ 上单调递减；当a >0时，令f x >0，解得x >12a；令f x <0，解得0<x <12a；可知f x 在0,12a 上单调递减，在12a,+∞ 上单调递增；综上所述：当a ≤0时，f x 在0,+∞ 上单调递减；当a >0时，f x 在0,12a 上单调递减，在12a,+∞ 上单调递增.(2)构建F x =f x +g x -x =xe x -ln x -x -1,x >0，则F x =x +1 e x -1x -1=x +1 e x -1x，由x >0可知x +1>0，构建h x =e x -1x ,x >0，因为y =e x ,y =-1x在0,+∞ 上单调递增，则h x 在0,+∞ 上单调递增，且h 12=e -20,h 1 =e -1 0，可知h x 在0,+∞ 上存在唯一零点x 0∈12,1 ，当0<x <x 0，则h x <0，即Fx <0；当x >x 0，则h x >0，即F x >0；可知F x 在0,x 0 上单调递减，在x 0,+∞ 上单调递增，则F x ≥F x 0 =x 0e x 0-ln x 0-x 0-1，又因为e x 0-1x 0=0，则e x 0=1x 0,x 0=e -x 0，x 0∈12,1 ，可得F x 0 =x 0×1x 0-ln e -x-x 0-1=0，即F x ≥0，所以f x +g x ≥x .16(2024·福建·模拟预测)已知函数f (x )=a ln x -bx 在1,f 1 处的切线在y 轴上的截距为-2．(1)求a 的值；(2)若f x 有且仅有两个零点，求b 的取值范围．【答案】(1)2(2)b ∈0,2e 【分析】(1)借助导数的几何意义计算即可得；(2)借助函数与方程的关系，可将f x 有且仅有两个零点转化为方程b =2ln xx有两个根，构造对应函数并借助导数研究单调性及值域即可得.【详解】(1)f (x )=ax-b ，f 1 =a -b ，f (1)=a ×0-b =-b ，则函数f (x )=a ln x -bx 在1,f 1 处的切线为：y +b =a -b x -1 ，即y =a -b x -a ，令x =0，则有y =-a =-2，即a =2；(2)由a =2，即f (x )=2ln x -bx ，若f x 有且仅有两个零点，则方程2ln x-bx=0有两个根，即方程b=2ln xx有两个根，令g x =2ln xx，则gx =21-ln xx2，则当x∈0,e时，g x >0，则当x∈e,+∞时，g x <0，故g x 在0,e上单调递增，在e,+∞上单调递减，故g x ≤g e =2ln ee=2e，又x→0时，g x →-∞，x→+∞时，g x →0，故当b∈0,2 e时，方程b=2ln x x有两个根，即f x 有且仅有两个零点.17(2024·浙江杭州·二模)已知函数f x =a ln x+2-12x2a∈R．(1)讨论函数f x 的单调性；(2)若函数f x 有两个极值点，(ⅰ)求实数a的取值范围；(ⅱ)证明：函数f x 有且只有一个零点．【答案】(1)答案见解析；(2)(ⅰ)-1<a<0；(ⅱ)证明见解析【分析】(1)求出函数的导函数，再分a≤-1、-1<a<0、a≥0三种情况，分别求出函数的单调区间；(2)(ⅰ)由(1)直接解得；(ⅱ)结合函数的最值与零点存在性定理证明即可.【详解】(1)函数f x =a ln x+2-12x2a∈R的定义域为-2,+∞，且f x =ax+2-x=-x+12+a+1x+2，当a≤-1时，f x ≤0恒成立，所以f x 在-2,+∞单调递减；当-1<a<0时，令f x =0，即-x+12+a+1=0，解得x1=-a+1-1，x2=a+1-1，因为-1<a<0，所以0<a+1<1，则-2<-a+1-1<-1，所以当x∈-2,-a+1-1时f x <0，当x∈-a+1-1,a+1-1时f x >0，当x∈a+1-1,+∞时f x <0，所以f x 在-2,-a+1-1上单调递减，在-a+1-1,a+1-1上单调递增，在a+1-1,+∞上单调递减；当a≥0时，此时-a+1-1≤-2，所以x∈-2,a+1-1时f x >0，当x∈a+1-1,+∞时f x <0，所以f x 在-2,a+1-1上单调递增，在a+1-1,+∞上单调递减．综上可得：当a≤-1时f x 在-2,+∞单调递减；当-1<a<0时f x 在-2,-a+1-1上单调递减，在-a+1-1,a+1-1上单调递增，在a+1-1,+∞上单调递减；当a≥0时f x 在-2,a+1-1上单调递增，在a+1-1,+∞上单调递减．(2)(ⅰ)由(1)可知-1<a<0．(ⅱ)由(1)f x 在-2,-a+1-1上单调递减，在-a+1-1,a+1-1上单调递增，在a+1-1,+∞上单调递减，所以f x 在x=a+1-1处取得极大值，在x=-a+1-1处取得极小值，又-1<a<0，所以0<a+1<1，则1<a+1+1<2，又f x极大值=f a+1-1=a ln a+1+1-12a+1-12<0，又f-a+1-1<f a+1-1<0，所以f x 在-a+1-1,+∞上没有零点，又-1<a<0，则4a<-4，则0<e4a<e-4，-2<e4a-2<e-4-2，则0<e 4a-22<4，所以f e 4a-2=4-12e4a-22>0，所以f x 在-2,-a+1-1上存在一个零点，综上可得函数f x 有且只有一个零点．18(2024·河北沧州·模拟预测)已知函数f(x)=ln x-ax+1，a∈R．(1)讨论f x 的单调性；(2)若∀x>0，f x ≤xe2x-2ax恒成立，求实数a的取值范围．【答案】(1)答案见解析(2)-∞,2．【分析】(1)利用导数分类讨论判断函数f x 的单调性，即可求解；(2)先利用导数证明不等式e x≥x+1，分离变量可得a≤e2x-ln x+1x恒成立，进而e 2x-ln x+1x≥2x+ln x+1-(ln x+1)x=2，即可求解.【详解】(1)函数f x =ln x-ax+1，a∈R的定义域为0,+∞，且f (x)=1x-a．当a≤0时，∀x∈0,+∞，f (x)=1x-a≥0恒成立，此时f x 在区间0,+∞上单调递增；当a>0时，令f (x)=1x-a=1-axx=0，解得x=1a，当x∈0,1 a时，f x >0，f x 在区间0,1a上单调递增，当x∈1a,+∞时，f x <0，f x 在区间1a,+∞上单调递减．综上所述，当a≤0时，f x 在区间0,+∞上单调递增；当a>0时，f x 在区间0,1 a上单调递增，在区间1a,+∞上单调递减．(2)设g x =e x-x-1，则g x =e x-1，在区间(-∞,0)上，g x <0，g x 单调递减，在区间0,+∞上，g x >0，g x 单调递增，所以g x ≥g0 =e0-0-1=0，所以e x≥x+1(当且仅当x=0时等号成立)．依题意，∀x>0，f x ≤xe2x-2ax恒成立，即a≤e2x-ln x+1x恒成立，而e2x-ln x+1x=xe2x-(ln x+1)x=e2x+ln x-(ln x+1)x≥2x+ln x+1-(ln x+1)x=2，当且仅当2x+ln x=0时等号成立．因为函数h x =2x+ln x在0,+∞上单调递增，h1e=2e-1<0，h(1)=2>0，所以存在x0∈1e,1，使得2x0+ln x0=0成立．所以a ≤e 2x -ln x +1xmin =2，即a 的取值范围是-∞,2 ．【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的恒成立问题的求解策略：形如f x ≥g x 的恒成立的求解策略：1、构造函数法：令F x =f x -g x ，利用导数求得函数F x 的单调性与最小值，只需F x min ≥0恒成立即可；2、参数分离法：转化为a ≥φx 或a ≤φx 恒成立，即a ≥φx max 或a ≤φx min 恒成立，只需利用导数求得函数φx 的单调性与最值即可；3，数形结合法：结合函数y =f x 的图象在y =g x 的图象的上方(或下方)，进而得到不等式恒成立.19(2024·广东·二模)已知f x =12ax 2+1-2a x -2ln x ,a >0.(1)求f x 的单调区间；(2)函数f x 的图象上是否存在两点A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 (其中x 1≠x 2)，使得直线AB 与函数f x 的图象在x 0=x 1+x22处的切线平行？若存在，请求出直线AB ；若不存在，请说明理由.【答案】(1)f (x )在(0,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增.(2)不存在，理由见解析【分析】(1)求出导函数，根据导函数的正负来确定函数的单调区间；(2)求出直线AB 的斜率，再求出f (x 0)，从而得到x 1,x 2的等式，再进行换元和求导，即可解出答案.【详解】(1)由题可得f(x )=ax +1-2a -2x =ax 2+(1-2a )x -2x =(ax +1)(x -2)x(x >0)因为a >0，所以ax +1>0，所以当x ∈(0,2)时，f (x )<0，f (x )在(0,2)上单调递减，当x ∈(2,+∞)时，f (x )>0，f (x )在(2,+∞)上单调递增.综上，f (x )在(0,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增.(2)由题意得，斜率k =y 2-y 1x 2-x 1=12ax 22+(1-2a )x 2-2ln x 2 -12ax 21+(1-2a )x 1-2ln x 1 x 2-x 1=12a (x 22-x 21)+(1-2a )(x 2-x 1)-2ln x 2x 1x 2-x 1=a 2(x 1+x 2)+1-2a -2ln x2x 1x 2-x 1，f x 1+x 22 =a (x 1+x 2)2+1-2a -4x 1+x 2,由k =f x 1+x22 得，ln x2x 1x 2-x 1=2x 1+x 2，即ln x 2x 1=2(x 2-x 1)x 1+x 2，即ln x 2x 1-2x2x 1-1 x 2x1+1=0令t =x 2x 1，不妨设x 2>x 1，则t >1，记g (t )=ln t -2(t -1)t +1=ln t +4t +1-2(t >1)所以g(t )=1t -4t +1 2=t -1 2t t +1 2>0，所以g (t )在(1,+∞)上是增函数，所以g (t )>g (1)=0，所以方程g (t )=0无解，则满足条件的两点A ,B 不存在.20(2024·广东深圳·二模)已知函数f x =ax +1 e x ，f x 是f x 的导函数，且f x -f x =2e x ．(1)若曲线y =f x 在x =0处的切线为y =kx +b ，求k ，b 的值；(2)在(1)的条件下，证明：f x ≥kx +b ．【答案】(1)k =3，b =1；(2)证明见解析.【分析】(1)根据题意，求导可得a 的值，再由导数意义可求切线，得到答案；(2)设函数g x =2x +1 e x -3x -1，利用导数研究函数g (x )的单调性从而求出最小值大于0，可得证.【详解】(1)因为f x =ax +1 e x ，所以f x =ax +a +1 e x ，因为f x -f x =2e x ，所以a =2．则曲线y =f (x )在点x =0处的切线斜率为f 0 =3．又因为f 0 =1，所以曲线y =f (x )在点x =0处的切线方程为y =3x +1，即得k =3，b =1．(2)设函数g x =2x +1 e x -3x -1，x ∈R ，则g x =2x +3 e x -3，设h x =g x ，则h x =e x 2x +5 ，所以，当x >-52时，h x >0，g x 单调递增．又因为g0 =0，所以，x >0时，g x >0，g x 单调递增；-52<x <0时，g x <0，g x 单调递减．又当x ≤-52时，g x =2x +3 e x -3<0，综上g x 在-∞,0 上单调递减，在0,+∞ 上单调递增，所以当x =0时，g x 取得最小值g 0 =0，即2x +1 e x -3x -1≥0，所以，当x ∈R 时，f x ≥3x +1．21(2024·辽宁·二模)已知函数f x =ax 2-ax -ln x .(1)若曲线y =f x 在x =1处的切线方程为y =mx +2，求实数a ,m 的值；(2)若对于任意x ≥1，f x +ax ≥a 恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】(1)a =-1，m =-2(2)12,+∞ 【分析】(1)根据导数几何意义和切线方程，可直接构造方程组求得结果；(2)构造函数g x =ax 2-ln x -a x ≥1 ，将问题转化为g x ≥0恒成立；求导后，分别在a ≤0、a ≥12和0<a <12的情况下，结合单调性和最值求得符合题意的范围.【详解】(1)∵f x =2ax -a -1x，∴f 1 =2a -a -1=a -1，∵y =f x 在x =1处的切线为y =mx +2，∴f 1 =a -1=mf 1 =0=m +2 ，解得：a =-1，m =-2.(2)由f x +ax ≥a 得：ax 2-ln x -a ≥0，令g x =ax 2-ln x -a x ≥1 ，则当x ≥1时，g x ≥0恒成立；。
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导数解答题练习 1．已知f(x)＝xlnx－ax，g(x)＝－x2－2， (Ⅰ)对一切x∈(0，＋∞)，f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围； (Ⅱ)当a＝－1时，求函数f(x)在[m，m＋3](m＞0)上的最值；
(Ⅲ)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有lnx＋1＞exex21成立．
2、已知函数2()ln2(0)fxaxax. （Ⅰ）若曲线y=f (x)在点P（1，f (1)）处的切线与直线y=x+2垂直，求函数y=f (x)的单调区间；
（Ⅱ）若对于(0,)x都有f (x)＞2(a―1)成立，试求a的取值范围； （Ⅲ）记g (x)=f (x)+x―b（b∈R）.当a=1时，函数g (x)在区间[e―1，e]上有两个零点，求实数b的取值范围.
3、设函数f (x)=lnx+(x－a)2，a∈R. （Ⅰ）若a=0，求函数f (x)在[1，e]上的最小值；
（Ⅱ）若函数f (x)在1[,2]2上存在单调递增区间，试求实数a的取值范围； （Ⅲ）求函数f (x)的极值点. 4、已知函数21()(21)2ln()2fxaxaxxaR. (Ⅰ)若曲线()yfx在1x和3x处的切线互相平行，求a的值； (Ⅱ)求()fx的单调区间； (Ⅲ)设2()2gxxx，若对任意1(0,2]x，均存在2(0,2]x，使得12()()fxgx，求a的取值范围.
5、已知函数1ln()xfxx． (1)若函数在区间1(,)2aa(其中0a)上存在极值，求实数a的取值范围； (2)如果当1x时，不等式()1kfxx恒成立，求实数k的取值范围． 1.解：(Ⅰ)对一切)()(),,0(xgxfx恒成立，即2ln2xaxxx恒成立. 也就是xxalnx2在),0(x恒成立.………1分
令xxxxF2ln)( ，
则F2222)1)(2(2211)(xxxxxxxxx，……2分 在)10(，上F0)(x，在)1(，上F0)(x， 因此，)(xF在1x处取极小值，也是最小值， 即3)1()(minFxF，所以3a.……4分 (Ⅱ)当时，1axxxxfln)(， f2ln)(xx，由f0)(x得21ex. ………6分
①当210em时，在)1,[2emx上f0)(x，在]3,1(2mex上f0)(x
因此，)(xf在21ex处取得极小值，也是最小值. 2min1)(exf. 由于0]1)3)[ln(3()3(,0)(mmmfmf 因此，]1)3)[ln(3()3()(maxmmmfxf ………8分
②当时21em，0)('xf，因此]3,[)(mmxf在上单调递增， 所以)1(ln)()(minmmmfxf， ]1)3)[ln(3()3()(maxmmmfxf……9分
(Ⅲ)证明：问题等价于证明)),0((2lnxeexxxxx,………10分
由(Ⅱ)知1a时，xxxxfln)(的最小值是21e，当且仅当21ex时取得，……11分 设)),0((2)(xeexxGx，则Gxexx1)(，易知 eGxG1)1()(max，当且仅当1x时取到， ………12分
但，ee112从而可知对一切(0,)x， 都有exexx211ln成立. ………13分 2、解：（Ⅰ）直线y=x+2的斜率为1.函数f (x)的定义域为（0，+∞），因为22'()afxxx，所以22'(1)111af，所以a=1.所以2()ln2fxxx. 22'()xfxx.由'()0fx解得x＞0；由'()0fx解得0＜x＜2. 所以f (x)的单调增区间是（2，+∞），
单调减区间是（0，2）.…… 4分 （Ⅱ）2222'()aaxfxxxx， 由'()0fx解得2xa；由'()0fx解得20xa.所以f (x)在区间2(,)a上单调递增，在区间2(0,)a上单调递减.所以当2xa
时，函数f (x)取得最小值，min2()yfa. 因为对于(0,)x都有()2(1)fxa成立， 所以2()2(1)faa即可. 则22ln22(1)2aaaa.由2lnaaa解得20ea.所
以a的取值范围是2(0,)e. ……………… 8分 （Ⅲ）依题得2()ln2gxxxbx，则222'()xxgxx.由'()0gx解得x＞1；由'()0gx解得0＜x＜1.所以函数()gx在区间（0，1）为减函数，在区间（1，+∞）为
增函数.又因为函数()gx在区间[e－1，e]上有两个零点，所以1()0()0(1)0gegeg.解得21e1eb.所以b的取值范围是2(1,e1]e. ……………… 13
分 3．解：（Ⅰ）f (x)的定义域为（0，+∞）. ……………… 1分
因为1'()20fxxx，所以f (x)在[1，e]上是增函数， 当x=1时，f (x)取得最小值f (1)=1. 所以f (x)在[1，e]上的最小值为1. ……………… 3分 （Ⅱ）解法一：21221'()2()xaxfxxaxx 设g (x)=2x2―2ax+1， ……………… 4分 依题意，在区间1[,2]2上存在子区间使得不等式g (x)＞0成立. …… 5分
注意到抛物线g (x)=2x2―2ax+1开口向上，所以只要g (2)＞0，或1()02g即可 ……………… 6分 由g (2)＞0，即8―4a+1＞0，得94a，
由1()02g，即1102a，得32a， 所以94a， 所以实数a的取值范围是9(,)4. ……………… 8分
解法二：21221'()2()xaxfxxaxx， ……………… 4分 依题意得，在区间1[,2]2上存在子区间使不等式2x2―2ax+1＞0成立. 又因为x＞0，所以12(2)axx. ……………… 5分 设1()2gxxx，所以2a小于函数g (x)在区间1[,2]2的最大值. 又因为1'()2gxx，
由21'()20gxx解得22x； 由21'()20gxx解得202x. 所以函数g (x)在区间2(,2)2上递增，在区间12(,)22上递减. 所以函数g (x)在12x，或x=2处取得最大值. 又9(2)2g，1()32g，所以922a，94a 所以实数a的取值范围是9(,)4. ……………… 8分 （Ⅲ）因为2221'()xaxfxx，令h (x)=2x2―2ax+1 ①显然，当a≤0时，在（0，+∞）上h (x)＞0恒成立，f '(x)＞0，此时函数f (x)没有极值点； ……………… 9分 ②当a＞0时，
（i）当Δ≤0，即02a时，在（0，+∞）上h (x)≥0恒成立，这时f '(x)≥0，此时，函数f (x)没有极值点； ……………… 10分 （ii）当Δ＞0时，即2a时，
易知，当222222aaaax时，h (x)＜0，这时f '(x)＜0； 当2202aax或222aax时，h (x)＞0，这时f '(x)＞0； 所以，当2a时，222aax是函数f (x)的极大值点；222aax是函数f (x)的极小值点. ……………… 12分 综上，当2a时，函数f (x)没有极值点；
当2a时，222aax是函数f (x)的极大值点；222aax是函数f (x)的极小值点. 4．解：2()(21)fxaxax(0)x. ………1分
(Ⅰ)(1)(3)ff，解得23a. ………3分 (Ⅱ)(1)(2)()axxfxx(0)x. ………4分 ①当0a时，0x，10ax， 在区间(0,2)上，()0fx；在区间(2,)上()0fx，
故()fx的单调递增区间是(0,2)，单调递减区间是(2,). ………5分 ②当102a时，12a， 在区间(0,2)和1(,)a上，()0fx；在区间1(2,)a上()0fx， 故()fx的单调递增区间是(0,2)和1(,)a，单调递减区间是1(2,)a. ………6分 ③当12a时，2(2)()2xfxx， 故()fx的单调递增区间是(0,). ………7分 ④当12a时，102a， 在区间1(0,)a和(2,)上，()0fx；在区间1(,2)a上()0fx， 故()fx的单调递增区间是1(0,)a和(2,)，单调递减区间是1(,2)
a. ………8分
(Ⅲ)由已知，在(0,2]上有maxmax()()fxgx. ………9分 由已知，max()0gx，由(Ⅱ)可知， ①当12a时，()fx在(0,2]上单调递增， 故max()(2)22(21)2ln2222ln2fxfaaa， 所以，222ln20a，解得ln21a，故1ln212a.……10分 ②当12a时，()fx在1(0,]a上单调递增，在1[,2]a上单调递减， 故max11()()22ln2fxfaaa. 由12a可知11lnlnln12ea，2ln2a，2ln2a， 所以，22ln0a，max()0fx， 综上所述，ln21a. ………12分
5、(Ⅰ)直线y＝x＋2的斜率为1， 函数f(x)的定义域为 ,0 因为xaxxf2'2)(，所以111212'af，所以a＝1 所以2'2,2ln2xxxfxxxf 由0'xf解得x＞2 ； 由0'xf解得0＜x＜2 所以f(x)得单调增区间是,2，单调减区间是2,0 ………4分