“函数与导数”大题常考的3类题型

“函数与导数”大题常考的3类题型

一、学前明考情——考什么、怎么考

[真题尝试]

1．(2017·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝ln x ＋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. 解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，

f ′(x )＝1x ＋2ax ＋2a ＋1＝(x ＋1)(2ax ＋1)x

. 若a ≥0，则当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0，

故f (x )在(0，＋∞)上单调递增．

若a ＜0，则当x ∈?

???0，－12a 时，f ′(x )＞0； 当x ∈???

?－12a ，＋∞时，f ′(x )＜0. 故f (x )在????0，－12a 上单调递增，在???

?－12a ，＋∞上单调递减． (2)证明：由(1)知，当a ＜0时，f (x )在x ＝－12a 处取得最大值，最大值为f ????－12a ＝ln ????－12a －1－14a

. 所以f (x )≤－34a －2等价于ln ????－12a －1－14a ≤－34a

－2，即ln ????－12a ＋12a ＋1≤0. 设g (x )＝ln x －x ＋1，则g ′(x )＝1x －1.

当x ∈(0,1)时，g ′(x )＞0；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )＜0.所以g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．

故当x ＝1时，g (x )取得最大值，最大值为g (1)＝0.

所以当x ＞0时，g (x )≤0.

从而当a ＜0时，ln ????－12a ＋12a

＋1≤0， 即f (x )≤－34a

－2. 2．(2018·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝e x －ax 2.

(1)若a ＝1，证明：当x ≥0时，f (x )≥1；

(2)若f (x )在(0，＋∞)只有一个零点，求a .

解：(1)证明：当a ＝1时，f (x )≥1等价于(x 2＋1)e －

x －1≤0. 设函数g (x )＝(x 2＋1)e －

x －1， 则g ′(x )＝－(x 2－2x ＋1)e －x ＝－(x －1)2e －

x . 当x ≠1时，g ′(x )<0，

所以g (x )在(0，＋∞)上单调递减．

而g (0)＝0，故当x ≥0时，g (x )≤0，即f (x )≥1.

(2)设函数h (x )＝1－ax 2e －

x . f (x )在(0，＋∞)上只有一个零点等价于h (x )在(0，＋∞)上只有一个零点．

(ⅰ)当a ≤0时，h (x )>0，h (x )没有零点；

(ⅱ)当a >0时，h ′(x )＝ax (x －2)e －

x . 当x ∈(0,2)时，h ′(x )<0；

当x ∈(2，＋∞)时，h ′(x )>0.

所以h (x )在(0,2)上单调递减，

在(2，＋∞)上单调递增．

故h (2)＝1－4a e 2是h (x )在(0，＋∞)上的最小值． ①当h (2)>0，即a

时，h (x )在(0，＋∞)上没有零点． ②当h (2)＝0，即a ＝e 24

时，h (x )在(0，＋∞)上只有一个零点． ③当h (2)<0，即a >e 24

时， 因为h (0)＝1，所以h (x )在(0,2)上有一个零点．

由(1)知，当x >0时，e x >x 2，

所以h (4a )＝1－16a 3e 4a ＝1－16a 3(e 2a )2>1－16a 3(2a )4＝1－1a >0， 故h (x )在(2,4a )上有一个零点．

因此h (x )在(0，＋∞)上有两个零点．

综上，当f (x )在(0，＋∞)上只有一个零点时，a ＝e 24

. 3．(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝a e x －ln x －1.

(1)设x ＝2是f (x )的极值点，求a ，并求f (x )的单调区间；

(2)证明：当a ≥1e

时，f (x )≥0. 解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a e x －1x .

由题设知，f ′(2)＝0，所以a ＝12e 2. 从而f (x )＝12e 2e x －ln x －1，f ′(x )＝12e 2e x －1x . 可知f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，又f ′(2)＝0，

所以当02时，f ′(x )>0.

所以f (x )的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(2，＋∞)．

(2)证明：当a ≥1e 时，f (x )≥e x e

－ln x －1.

设g (x )＝e x e －ln x －1，则g ′(x )＝e x e －1x

. 可知g ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，且g ′(1)＝0，

所以当01时，g ′(x )>0.

所以x ＝1是g (x )的最小值点．

故当x >0时，g (x )≥g (1)＝0.

因此，当a ≥1e

时，f (x )≥0. [把握考情]

二、课堂研题型——怎么办、提知能

1、利用导数研究函数的单调性

利用导数研究函数的单调性是高考的热点和重点，一般为解答题的第一问，若不含参数，难度一般，若含参数，则较难．

常见的考法有：(1)求函数的单调区间．(2)讨论函数的单调性．(3)由函数的单调性求参数．

考法一 求函数的单调区间 [例1] (2018·湘东五校联考节选)已知函数f (x )＝(ln x －k －1)x (k ∈R)．当x >1时，求f (x )的单调区间．

[解] f ′(x )＝1x ·x ＋ln x －k －1＝ln x －k ，

①当k ≤0时，因为x >1，所以f ′(x )＝ln x －k >0，

所以函数f (x )的单调递增区间是(1，＋∞)，无单调递减区间．

②当k >0时，令ln x －k ＝0，解得x ＝e k ，

当1e k 时，f ′(x )>0.

所以函数f (x )的单调递减区间是(1，e k )，单调递增区间是(e k ，＋∞)．

综上所述，当k ≤0时，函数f (x )的单调递增区间是(1，＋∞)，无单调递减区间；当k >0时，函数f (x )的单调递减区间是(1，e k )，单调递增区间是(e k ，＋∞)．

[方法技巧]

利用导数求函数单调区间的方法

(1)当导函数不等式可解时，解不等式f ′(x )>0或f ′(x )<0求出单调区间．

(2)当方程f ′(x )＝0可解时，解出方程的实根，依照实根把函数的定义域划分为几个区间，确定各区间f ′(x )的符号，从而确定单调区间．

(3)若导函数的方程、不等式都不可解，根据f ′(x )结构特征，利用图象与性质确定f ′(x )的符号，从而确定单调区间．

[针对训练]

(2019·湖南、江西十四校联考)已知f (x )＝(x 2－ax )ln x －32

x 2＋2ax ，求f (x )的单调递减区间． 解：易得f (x )的定义域为(0，＋∞)，

f ′(x )＝(2x －a )ln x ＋x －a －3x ＋2a ＝(2x －a )ln x －(2x －a )＝(2x －a )(ln x －1)，

令f ′(x )＝0得x ＝a 2

或x ＝e. 当a ≤0时，因为x >0，所以2x －a >0，

令f ′(x )<0得x

当a >0时，

①若a 2

0，当x ∈????a 2，e 时，f ′(x )<0，当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )>0，所以f (x )的单调递减区间为????a 2，e ；

②若a 2

＝e ，即a ＝2e ，当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )≥0恒成立，f (x )没有单调递减区间； ③若a 2

>e ，即a >2e ，当x ∈(0，e)时，f ′(x )>0，当x ∈????e ，a 2时，f ′(x )<0，当x ∈????a 2，＋∞时，f ′(x )>0，所以f (x )的单调递减区间为???

?e ，a 2. 综上所述，当a ≤0时，f (x )的单调递减区间为(0，e)；当0

时，f (x )无单调递减区间；当a >2e 时，f (x )的单调递减区间为???

?e ，a 2.

考法二 讨论函数的单调性

[例2] 已知函数f (x )＝ln x ＋1ax －1a (a ∈R 且a ≠0)，讨论函数f (x )的单调性．

[解] f ′(x )＝ax －1ax 2

(x >0)， ①当a <0时，f ′(x )>0恒成立，

∴函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增．

②当a >0时，由f ′(x )＝ax －1ax 2>0，得x >1a ； 由f ′(x )＝ax －1ax 2<0，得0

?0，1a 上单调递减． 综上所述，当a <0时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；

当a >0时，函数f (x )在????1a ，＋∞上单调递增，在???

?0，1a 上单调递减． [方法技巧]

讨论函数f (x )单调性的步骤

(1)确定函数f (x )的定义域；

(2)求导数f ′(x )，并求方程f ′(x )＝0的根；

(3)利用f ′(x )＝0的根将函数的定义域分成若干个子区间，在这些子区间上讨论f ′(x )的正负，由符号确定f (x )在该区间上的单调性．

[提醒] 研究含参数函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论．

[针对训练]

已知函数f (x )＝1－ln x ＋a 2x 2－ax (a ∈R)，讨论函数f (x )的单调性．

解：函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，

f ′(x )＝－1x ＋2a 2x －a ＝2a 2x 2－ax －1x ＝(2ax ＋1)(ax －1)x

. ①若a ＝0，则f ′(x )<0，f (x )在(0，＋∞)上单调递减．

②若a >0，则当x ＝1a

时，f ′(x )＝0， 当0

当x >1a 时，f ′(x )>0.

故f (x )在????0，1a 上单调递减，在???

?1a ，＋∞上单调递增． ③若a <0，则当x ＝－12a

时，f ′(x )＝0， 当0

时，f ′(x )<0； 当x >－12a

时，f ′(x )>0. 故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????0，1a 上单调递减，在???

?1a ，＋∞上单调递增； 当a <0时，f (x )在????0，－12a 上单调递减，在???

?－12a ，＋∞上单调递增．

考法三 由函数的单调性求参数

[例3] 设函数f (x )＝13x 3－a 2

x 2＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝1. (1)求b ，c 的值；

(2)设函数g (x )＝f (x )＋2x ，且g (x )在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，求实数a 的取值范围．

[解] (1)f ′(x )＝x 2－ax ＋b ，

由题意得????? f (0)＝1，f ′(0)＝0，即?????

c ＝1，b ＝0. (2)由(1)知f (x )＝13x 3－a 2

x 2＋1， 则g ′(x )＝x 2－ax ＋2，依题意，存在x ∈(－2，－1)，

使不等式g ′(x )＝x 2－ax ＋2<0成立，

即x ∈(－2，－1)时，a

?x ＋2x max ＝－22， 当且仅当x ＝2x

，即x ＝－2时等号成立． 所以满足要求的a 的取值范围是(－∞，－22)．

[方法技巧]

由函数的单调性求参数的取值范围的方法

(1)由可导函数f (x )在D 上单调递增(或递减)求参数范围问题，可转化为f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)对x ∈D 恒成立问题，再参变分离，转化为求最值问题，要注意“＝”是否取到．

(2)可导函数在某一区间上存在单调区间，实际上就是f ′(x )>0(或f ′(x )<0)在该区间上存在解集，这样就把函数的单调性问题转化成不等式问题．

(3)若已知f (x )在区间I 上的单调性，区间I 中含有参数时，可先求出f (x )的单调区间，令I 是其单调区间的子集，从而可求出参数的取值范围．

[针对训练]

已知函数f (x )＝a ln x ＋12

x 2＋(a ＋1)x ＋3. (1)当a ＝－1时，求函数f (x )的单调递减区间；

(2)若函数f (x )在区间(0，＋∞)上是增函数，求实数a 的取值范围．

解：(1)当a ＝－1时，f (x )＝－ln x ＋12

x 2＋3，定义域为(0，＋∞)， 则f ′(x )＝－1x ＋x ＝x 2－1x .

由?????

f ′(x )＜0，x ＞0，得0＜x ＜1. 所以函数f (x )的单调递减区间为(0,1)．

(2)法一：因为函数f (x )在(0，＋∞)上是增函数，

所以f ′(x )＝a x ＋x ＋a ＋1≥0在(0，＋∞)上恒成立，

所以x 2＋(a ＋1)x ＋a ≥0，即(x ＋1)(x ＋a )≥0在(0，＋∞)上恒成立．

因为x ＋1＞0，所以x ＋a ≥0对x ∈(0，＋∞)恒成立，

所以a ≥0，故实数a 的取值范围是[0，＋∞)．

法二：因为函数f (x )在(0，＋∞)上是增函数，

所以f ′(x )＝a x

＋x ＋a ＋1≥0在(0，＋∞)上恒成立， 即x 2＋(a ＋1)x ＋a ≥0在(0，＋∞)上恒成立．

令g (x )＝x 2＋(a ＋1)x ＋a ，

因为Δ＝(a ＋1)2－4a ≥0恒成立，

所以?????

－a ＋12≤0，g (0)≥0，

即a ≥0， 所以实数a 的取值范围是[0，＋∞).

2、利用导数研究函数的零点或方程根

[典例] (2019·安徽十大名校联考)设函数f (x )＝e x －x 2－ax －1(e 为自然对数的底数)，a ∈R.

(1)证明：当a <2－2ln 2时，f ′(x )没有零点；

(2)当x >0时，f (x )＋x ≥0恒成立，求a 的取值范围．

[解] (1)证明：∵f ′(x )＝e x －2x －a ，令g (x )＝f ′(x )，

∴g ′(x )＝e x －2.令g ′(x )<0，解得x

令g ′(x )>0，解得x >ln 2，

∴f ′(x )在(－∞，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，

∴f ′(x )min ＝f ′(ln 2)＝2－2ln 2－a .

当a <2－2ln 2时，f ′(x )min >0，

∴f ′(x )的图象恒在x 轴上方，∴f ′(x )没有零点．

(2)当x >0时，f (x )＋x ≥0恒成立，即e x －x 2－ax ＋x －1≥0恒成立，

∴ax ≤e x －x 2＋x －1，即a ≤e x x －x －1x ＋1恒成立． 令h (x )＝e x x －x －1x ＋1(x >0)，

则h ′(x )＝(x －1)(e x －x －1)x 2

. 当x >0时，e x －x －1>0恒成立，

令h ′(x )<0，解得00，解得x >1，

∴h (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，

∴h (x )min ＝h (1)＝e －1.

∴a 的取值范围是(－∞，e －1]．

[方法技巧]

利用导数研究方程根(函数零点)的技巧

(1)研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等；

(2)根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置；

(3)利用数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现．

[针对训练]

(2019·武汉调研)已知函数f (x )＝e x －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 )???

?x －12在区间[0,1]上零点的个数． 解：(1)∵f (x )＝e x －ax －1，∴f ′(x )＝e x －a ，当a ≤0时，f ′(x )>0恒成立，

∴f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间；

当a >0时，令f ′(x )<0，得x

令f ′(x )>0，得x >ln a ，

∴f (x )的单调递减区间为(－∞，ln a )，单调递增区间为(ln a ，＋∞)．

(2)令g (x )＝0，得f (x )＝0或x ＝12

， 先考虑f (x )在区间[0,1]上的零点个数，

①当a ≤1时，f (x )在[0,1]上单调递增且f (0)＝0，

∴f (x )在[0,1]上有一个零点；

②当a ≥e 时，f (x )在[0,1]上单调递减且f (0)＝0，

∴f (x )在[0,1]上有一个零点；

③当1

而f (1)＝e －a －1，当e －a －1≥0，即1

当e －a －1<0，即e －1

当x ＝12

时，由f ????12＝0得a ＝2(e －1)． ∴当a ≤1或a >e －1或a ＝2(e －1)时，g (x )在[0,1]上有两个零点；

当1

3、利用导数研究不等式

导数在不等式中的应用问题是每年高考的必考内容，且以解答题的形式考查，难度较大，属中、高档题． 常见的考法有：(1)证明不等式．(2)不等式恒成立问题．(3)存在型不等式成立问题．

考法一 证明不等式

[例1] (2018·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝ax 2＋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.

[解] (1)因为f ′(x )＝－ax 2＋(2a －1)x ＋2e x

， 所以f ′(0)＝2，f (0)＝－1，

所以曲线y ＝f (x )在(0，－1)处的切线方程是y ＋1＝2x ，即2x －y －1＝0.

(2)证明：当a ≥1时，

f (x )＋e ≥(x 2＋x －1＋e x ＋1)e －

x . 令g (x )＝x 2＋x －1＋e x ＋

1，

则g′(x)＝2x＋1＋e x＋1.

当x<－1时，g′(x)<0，g(x)单调递减；

当x>－1时，g′(x)>0，g(x)单调递增．

所以g(x)≥g(－1)＝0.

因此f(x)＋e≥0.

[方法技巧]

1．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. 2．证明不等式时的一些常见结论

(1)ln x≥x－1，等号当且仅当x＝1时取到；

(2)e x≥x＋1，等号当且仅当x＝0时取到；

(3)ln x0；

(4)x

x＋1

≤ln(x＋1)≤x，x>－1，等号当且仅当x＝0时取到．

[针对训练]

(2018·广西柳州毕业班摸底)已知函数f(x)＝ax＋x ln x在x＝e－2(e为自然对数的底数)处取得极小值．

(1)求实数a的值；

(2)当x>1时，求证：f(x)>3(x－1)．

解：(1)因为f(x)＝ax＋x ln x，

所以f′(x)＝a＋ln x＋1，

因为函数f(x)在x＝e－2处取得极小值，

所以f′(e－2)＝0，即a＋ln e－2＋1＝0，

所以a＝1，所以f′(x)＝ln x＋2.

当f′(x)>0时，x>e－2；当f′(x)<0时，0

所以f(x)在(0，e－2)上单调递减，在(e－2，＋∞)上单调递增，

所以f(x)在x＝e－2处取得极小值，符合题意，所以a＝1.

(2)证明：由(1)知a＝1，所以f(x)＝x＋x ln x.

令g(x)＝f(x)－3(x－1)，

即g(x)＝x ln x－2x＋3(x>0)．

g′(x)＝ln x－1，由g′(x)＝0，得x＝e.

由g′(x)>0，得x>e；由g′(x)<0，得0

所以g(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，

所以g(x)在(1，＋∞)上的最小值为g(e)＝3－e>0.

于是在(1，＋∞)上，都有g(x)≥g(e)>0，所以f(x)>3(x－1)．

考法二不等式恒成立问题

[例2] (2019·安徽江淮十校联考)已知函数f (x )＝x ln x (x >0)．

(1)求f (x )的单调区间和极值；

(2)若对任意x ∈(0，＋∞)，f (x )≥－x 2＋mx －32

恒成立，求实数m 的最大值． [解] (1)由题意知f ′(x )＝ln x ＋1，

令f ′(x )>0，得x >1e ，令f ′(x )<0，得0

， ∴f (x )的单调递增区间是????1e ，＋∞，单调递减区间是???

?0，1e ， f (x )在x ＝1e 处取得极小值，极小值为f ????1e ＝－1e

，无极大值． (2)由f (x )≥－x 2＋mx －32

及f (x )＝x ln x ， 得m ≤2x ln x ＋x 2＋3x

， 问题转化为m ≤????2x ln x ＋x 2

＋3x min .

令g (x )＝2x ln x ＋x 2＋3x

(x >0)， 则g ′(x )＝2x ＋x 2－3x 2

， 由g ′(x )>0?x >1，由g ′(x )<0?0

所以g (x )在(0,1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数，

所以g (x )min ＝g (1)＝4，

即m ≤4，所以m 的最大值是4.

[方法技巧]

不等式恒成立问题的求解策略

(1)已知不等式f (x ，λ)≥0(λ为实参数)对任意的x ∈D 恒成立，求参数λ的取值范围．利用导数解决此类问题可以运用分离参数法，其一般步骤如下：

(2)如果无法分离参数，可以考虑对参数或自变量进行分类讨论求解，如果是二次不等式恒成立的问题，可以考虑二次项系数与判别式的方法(a >0，Δ<0或a <0，Δ<0)求解．

[针对训练]

设函数f (x )＝x 2＋4x ＋2，g (x )＝2e x (x ＋1)，若x ≥－2时，f (x )≤kg (x )，求k 的取值范围．

解：令F (x )＝kg (x )－f (x )＝2k e x (x ＋1)－x 2－4x －2.

F (0)＝2k －2≥0?k ≥1，F (－2)＝－2k e －

2＋2≥0?k ≤e 2，所以1≤k ≤e 2. 由F ′(x )＝2(x ＋2)(k e x －1)＝0?x 1＝－2，x 2＝－ln k ≥－2.

①当k ＝e 2时，F ′(x )＝2(x ＋2)(e x ＋

2－1)≥0， 所以F (x )在[－2，＋∞)递增，

所以F (x )≥F (－2)＝0.

②当1≤k

F (x )min ＝F (－ln k )＝ln k (2综上，1≤k ≤e 2.

考法三 不等式存在性问题 (1)f (x )>g (x )对x ∈I 能成立?I 与f (x )>g (x )的解集的交集不是空集?[f (x )－g (x )]max >0(x ∈I )．

(2)对?x 1∈D 1，?x 2∈D 2使得f (x 1)≥g (x 2)?f (x )min ≥g (x )min ，f (x )的定义域为D 1，g (x )的定义域为D 2.

[例3] (2019·云南统考)已知函数f (x )＝x ln x

－ax (a >0)． (1)若函数f (x )在(1，＋∞)上是减函数，求实数a 的最小值；

(2)若?x 1，x 2∈[e ，e 2]，使f (x 1)≤f ′(x 2)＋a 成立，求实数a 的取值范围．

[解] (1)因为f (x )在(1，＋∞)上为减函数，

所以f ′(x )＝ln x －1(ln x )2－a ≤0在(1，＋∞)上恒成立． 所以当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )max ≤0.

又f ′(x )＝ln x －1(ln x )2－a ＝－????1ln x －122＋14－a ， 故当1ln x ＝12，即x ＝e 2时，f ′(x )max ＝14

－a ， 所以14－a ≤0，故a ≥14，所以a 的最小值为14

. (2)“若?x 1，x 2∈[e ，e 2]，使f (x 1)≤f ′(x 2)＋a 成立”等价于当x ∈[e ，e 2]时，有 f (x )min ≤f ′(x )max ＋a ，

当x ∈[e ，e 2]时，有f ′(x )max ＋a ＝14， 问题等价于：“当x ∈[e ，e 2]时，有f (x )min ≤14

”． ①当a ≥14

时，f (x )在[e ，e 2]上为减函数， 则f (x )min ＝f (e 2

)＝e 22－a e 2≤14，故a ≥12－14e 2. ②当0

时，由于f ′(x )＝－????1ln x －122＋14－a 在[e ，e 2]上为增函数，

故f ′(x )的值域为[f ′(e)，f ′(e 2)]，即???

?－a ，14－a . 由f ′(x )的单调性和值域知，存在唯一x 0∈(e ，e 2)，使f ′(x 0)＝0，且满足：

当x ∈(e ，x 0)时，f ′(x )<0，f (x )为减函数；

当x ∈(x 0，e 2)时，f ′(x )>0，f (x )为增函数．

所以f (x )min ＝f (x 0)＝

x 0ln x 0－ax 0≤14，x 0∈(e ，e 2)， 所以a ≥1ln x 0－14x 0>1ln e 2－14e >12－14＝14

， 与0

矛盾，不合题意． 综上，实数a 的取值范围为???

?12－14e 2，＋∞. [方法技巧]

不等式存在性问题的求解策略

“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f (x )≥g (a )对于x ∈D 恒成立，应求f (x )的最小值；若存在x ∈D ，使得f (x )≥g (a )成立，应求f (x )的最大值．在具体问题中究竟是求最大值还是最小值，可以先联想“恒成立”是求最大值还是最小值，这样也就可以解决相应的“存在性”问题是求最大值还是最小值．特别需要关注等号是否成立，以免细节出错．

[针对训练]

(2019·郑州模拟)已知函数f (x )＝ln x －a (x ＋1)，a ∈R 在(1，f (1))处的切线与x 轴平行．

(1)求f (x )的单调区间；

(2)若存在x 0>1，当x ∈(1，x 0)时，恒有f (x )－x 22＋2x ＋12

>k (x －1)成立，求k 的取值范围． 解：(1)由已知可得f (x )的定义域为(0，＋∞)．

∵f ′(x )＝1x －a ，∴f ′(1)＝1－a ＝0，∴a ＝1，

∴f ′(x )＝1x －1＝1－x x .

令f ′(x )>0，得01.

∴f (x )的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．

(2)不等式f (x )－x 22＋2x ＋12

>k (x －1)可化为 ln x －x 22＋x －12

>k (x －1)． 令g (x )＝ln x －x 22＋x －12

－k (x －1)，x >1， 则g ′(x )＝1x －x ＋1－k ＝－x 2＋(1－k )x ＋1x

. ∵x >1，令h (x )＝－x 2＋(1－k )x ＋1，

h (x )的对称轴为x ＝

1－k 2， ①当1－k 2

≤1，即k ≥－1时，易知h (x )在(1，x 0)上单调递减， ∴h (x )

若k ≥1，则h (x )≤0，∴g ′(x )≤0，∴g (x )在(1，x 0)上单调递减，

∴g (x )

若－1≤k <1，则h (1)>0，∴必存在x 0使得x ∈(1，x 0)时g ′(x )>0，

∴g (x )在(1，x 0)上单调递增，

∴g (x )>g (1)＝0恒成立，符合题意．

②当1－k 2

>1，即k <－1时，易知必存在x 0使得h (x )在 (1，x 0)上单调递增，∴h (x )>h (1)＝1－k >0，∴g ′(x )>0， ∴g (x )在(1，x 0)上单调递增，∴g (x )>g (1)＝0恒成立，符合题意．

综上，k 的取值范围是(－∞，1).

[课时跟踪检测]

1．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．

解：(1)f ′(x )＝(1－2x －x 2)e x ，

令f ′(x )＝0，得x ＝－1±2，

当x ∈(－∞，－1－2)时，f ′(x )<0；

当x ∈(－1－2，－1＋2)时，f ′(x )>0；

当x ∈(－1＋2，＋∞)时，f ′(x )<0.

所以f (x )在(－∞，－1－2)，(－1＋2，＋∞)上单调递减，在(－1－2，－1＋2)

上单调递增．

(2)令g (x )＝f (x )－ax －1＝(1－x 2)e x －(ax ＋1)，

令x ＝0，可得g (0)＝0.g ′(x )＝(1－x 2－2x )e x －a ，

令h (x )＝(1－x 2－2x )e x －a ，则h ′(x )＝－(x 2＋4x ＋1)e x ，

当x ≥0时，h ′(x )<0，h (x )在[0，＋∞)上单调递减，

故h (x )≤h (0)＝1－a ，即g ′(x )≤1－a ，

要使f (x )－ax －1≤0在x ≥0时恒成立，需要1－a ≤0，

即a ≥1，此时g (x )≤g (0)＝0，故a ≥1.

综上所述，实数a 的取值范围是[1，＋∞)．

2．(2019·重庆调研)设函数f (x )＝－x 2＋ax ＋ln x (a ∈R)．

(1)当a ＝－1时，求函数f (x )的单调区间；

(2)若函数f (x )在????13，3上有两个零点，求实数a 的取值范围．

解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，

当a ＝－1时，f ′(x )＝－2x －1＋1x ＝－2x 2－x ＋1x

， 令f ′(x )＝0，得x ＝12

(负值舍去)， 当00；当x >12

时，f ′(x )<0. ∴f (x )的单调递增区间为????0，12，单调递减区间为( 12

，＋∞ ). (2)令f (x )＝－x 2＋ax ＋ln x ＝0，得a ＝x －ln x x

. 令g (x )＝x －ln x x ，其中x ∈????13，3，

则g ′(x )＝1－1－ln x x 2＝x 2＋ln x －1x 2

， 令g ′(x )＝0，得x ＝1，当13

≤x <1时，g ′(x )<0；当10， ∴g (x )的单调递减区间为???

?13，1，单调递增区间为(1,3]， ∴g (x )min ＝g (1)＝1，∵函数f (x )在????13，3上有两个零点，g ????13＝3ln 3＋13，g (3)＝3－ln 33，3ln 3＋13>3－ln 33

，∴实数a 的取值范围是?

???1，3－ln 33. 3．已知函数f (x )＝2a －x 2

e x (a ∈R)． (1)求函数

f (x )的单调区间；

(2)若?x ∈[1，＋∞)，不等式f (x )>－1恒成立，求实数a 的取值范围．

解：(1)f ′(x )＝x 2－2x －2a e x

， 当a ≤－12

时，x 2－2x －2a ≥0，f ′(x )≥0， ∴函数f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增．

当a >－12

时，令x 2－2x －2a ＝0， 解得x 1＝1－2a ＋1，x 2＝1＋2a ＋1.

∴函数f (x )的单调递增区间为(－∞，1－2a ＋1)和(1＋2a ＋1，＋∞)，单调递减区间为(1－2a ＋1，1＋2a ＋1)．

(2)f (x )>－1?2a －x 2

e x >－1?2a >x 2－e x ， 由条件知，2a >x 2－e x 对?x ≥1恒成立．

令g (x )＝x 2－e x ，h (x )＝g ′(x )＝2x －e x ，∴h ′(x )＝2－e x .

当x ∈[1，＋∞)时，h ′(x )＝2－e x ≤2－e<0，

∴h (x )＝g ′(x )＝2x －e x 在[1，＋∞)上单调递减，

∴h (x )＝2x －e x ≤2－e<0，即g ′(x )<0，

∴g (x )＝x 2－e x 在[1，＋∞)上单调递减，

∴g (x )＝x 2－e x ≤g (1)＝1－e ，

故若f (x )>－1在[1，＋∞)上恒成立，

则需2a >g (x )max ＝1－e ，

∴a >1－e 2，即实数a 的取值范围是???

?1－e 2，＋∞.

4．(2019·广西柳州模拟)已知a 为实数，函数f (x )＝a ln x ＋x 2－4x .

(1)若x ＝3是函数f (x )的一个极值点，求实数a 的取值；

(2)设g (x )＝(a －2)x ，若?x 0∈????1e ，e ，使得f (x 0)≤g (x 0)成立，求实数a 的取值范围．

解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，

f ′(x )＝a x ＋2x －4＝2x 2－4x ＋a x

. ∵x ＝3是函数f (x )的一个极值点，

∴f ′(3)＝0，解得a ＝－6.

经检验a ＝－6时，x ＝3是函数f (x )的一个极小值点，符合题意，∴a ＝－6.

(2)由f (x 0)≤g (x 0)，得(x 0－ln x 0)a ≥x 20－2x 0，

记F (x )＝x －ln x (x >0)，∴F ′(x )＝x －1x (x >0)，

∴当0

当x >1时，F ′(x )>0，F (x )单调递增．

∴F (x )≥F (1)＝1>0，∴a ≥x 20－2x 0x 0－ln x 0

. 记G (x )＝x 2－2x x －ln x

，x ∈????1e ，e ， ∴G ′(x )＝(2x －2)(x －ln x )－(x －2)(x －1)(x －ln x )2＝(x －1)(x －2ln x ＋2)(x －ln x )2

. ∵x ∈????1e ，e ，∴2－2ln x ＝2(1－ln x )≥0，

∴x －2ln x ＋2>0，

∴x ∈????1e ，1时，G ′(x )<0，G (x )单调递减；

x ∈(1，e)时，G ′(x )>0，G (x )单调递增．

∴G (x )min ＝G (1)＝－1，∴a ≥G (x )min ＝－1.

故实数a 的取值范围为[－1，＋∞)．

5．(2019·武汉调研)已知函数f (x )＝ln x ＋a x ，a ∈R.

(1)讨论函数f (x )的单调性；

(2)当a >0时，证明f (x )≥2a －1a .

解：(1)f ′(x )＝1x －a x 2＝x －a x 2(x >0)． 当a ≤0时，f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增．

当a >0时，若x >a ，则f ′(x )>0，函数f (x )在(a ，＋∞)上单调递增； 若0

(2)证明：由(1)知，当a >0时，f (x )min ＝f (a )＝ln a ＋1.

要证f (x )≥2a －1a ，只需证ln a ＋1≥2a －1a ，

即证ln a ＋1a －1≥0.

令函数g (a )＝ln a ＋1a －1，则g ′(a )＝1a －1a 2＝a －1a 2(a >0)， 当01时，g ′(a )>0，

所以g (a )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，

所以g (a )min ＝g (1)＝0.

所以ln a ＋1a －1≥0恒成立，

所以f (x )≥2a －1a .

6．(2019·唐山模拟)已知f (x )＝12

x 2－a 2ln x ，a >0. (1)若f (x )≥0，求a 的取值范围；

(2)若f (x 1)＝f (x 2)，且x 1≠x 2，证明：x 1＋x 2>2a .

解：(1)f ′(x )＝x －a 2x ＝(x ＋a )(x －a )x

(x >0)． 当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；

当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．

当x ＝a 时，f (x )取最小值f (a )＝12

a 2－a 2ln a . 令12

a 2－a 2ln a ≥0，解得0

(2)证明：由(1)知，f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增， 不失一般性，设0

要证x 1＋x 2>2a ，即x 1>2a －x 2，则只需证f (x 1)

因为f (x 1)＝f (x 2)，则只需证f (x 2)

设g (x )＝f (x )－f (2a －x )，a ≤x ≤2a .

则g′(x)＝x－a2

x＋2a－x－

a2

2a－x

＝－

2a(a－x)2

x(2a－x)

≤0，

所以g(x)在[a,2a)上单调递减，从而g(x)≤g(a)＝0. 又a

即f(x2)2a.

函数与导数大题部分-高考数学解题方法归纳总结专题训练

专题03 函数与导数大题部分 【训练目标】 1、 理解函数的概念，会求函数的定义域，值域和解析式，特别是定义域的求法； 2、 掌握函数单调性，奇偶性，周期性的判断方法及相互之间的关系，会解决它们之间的综合问题； 3、 掌握指数和对数的运算性质，对数的换底公式； 4、 掌握指数函数和对数函数的图像与性质； 5、 掌握函数的零点存在定理，函数与方程的关系； 6、 熟练数形结合的数学思想在解决函数问题的运用； 7、 熟练掌握导数的计算，导数的几何意义求切线问题； 8、 理解并掌握导数与函数单调性之间的关系，会利用导数分析函数的单调性，会根据单调性确定参数的取 值范围； 9、 会利用导数求函数的极值和最值，掌握构造函数的方法解决问题。 【温馨小提示】 本章内容既是高考的重点，又是难点，再备考过程中应该大量解出各种题型，总结其解题方法，积累一些常用的小结论，会给解题带来极大的方便。 【名校试题荟萃】 1、（2019届新余四中、上高二中高三第一次联考）已知函数 .,R n m ∈ （1）若函数()x f 在()()2,2f 处的切线与直线0=-y x 平行，求实数n 的值； （2）试讨论函数()x f 在区间[)+∞,1上最大值； （3）若1=n 时，函数()x f 恰有两个零点，求证：221>+x x 【答案】（1）6n =（2）1ln m n --（3）见解析 【解析】（1）由， ，由于函数()f x 在(2,(2))f 处的切线与直线0x y -=平行， 故 2 14 n -=，解得6n =。 （2） ，由()0f x '<时，x n >；()0f x '>时，x n <，所以 ①当1n ≤时，()f x 在[)1,+∞上单调递减，故()f x 在[)1,+∞上的最大值为 ；

2008年高考数学试题分类汇编——函数与导数

2008年高考数学试题分类汇编 函数与导数 一． 选择题： 1.（全国一1 ）函数y = C ） A ．{}|0x x ≥ B ．{}|1x x ≥ C ．{}{}|10x x ≥ D ．{}|01x x ≤≤ 2.（全国一2）汽车经过启动、加速行驶、匀速行驶、减速行驶之后停车，若把这一过程中汽车的行驶路程s 看作时间t 的函数，其图像可能是（ A ） 3.（全国一6）若函数(1)y f x =- 的图像与函数1y =的图像关于直线y x =对称，则()f x =（ B ） A ．21x e - B ．2x e C ．21x e + D ．22x e + 4.（全国一7）设曲线11x y x += -在点(32)，处的切线与直线10ax y ++=垂直，则a =（ D ） A ．2 B ．12 C ．12- D ．2- 5.（全国一9）设奇函数()f x 在(0)+∞， 上为增函数，且(1)0f =，则不等式()()0f x f x x --<的解集为（ D ） A ．(10)(1)-+∞ ，， B ．(1)(01)-∞- ， ， C ．(1)(1)-∞-+∞ ，， D ．(10)(01)- ， ， 6.（全国二3）函数1()f x x x = -的图像关于（ C ） A ．y 轴对称 B ． 直线x y -=对称 A ． B ． C ． D ．

C ． 坐标原点对称 D ． 直线x y =对称 8.（全国二4）若13(1)ln 2ln ln x e a x b x c x -∈===，，，，，则（ C ） A ．a > B ．b a c >> C ．c a b >> D ．b c a >> 10.（北京卷3）“函数()()f x x ∈R 存在反函数”是“函数()f x 在R 上为增函数”的（ B ） A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充分必要条件 D ．既不充分也不必要条件 11.（四川卷10）设()()sin f x x ω?=+，其中0ω>，则()f x 是偶函数的充要条件是( D ) （Ａ）()01f = （Ｂ）()00f = （Ｃ）()'01f = （Ｄ）()'00f = 12.（四川卷11）设定义在R 上的函数()f x 满足()()213f x f x ?+=，若()12f =，则()99f =( C ) （Ａ）13 （Ｂ）2 （Ｃ）132 （Ｄ）213 13.（天津卷3）函数1y =04x ≤≤）的反函数是A （A ）2(1)y x =-（13x ≤≤） （B ）2(1)y x =-（04x ≤≤） （C ）21y x =-（13x ≤≤） （D ）21y x =-（04x ≤≤） 14.（天津卷10）设1a >，若对于任意的[,2]x a a ∈，都有2[,]y a a ∈满足方程log log 3a a x y +=，这时 a 的取值集合为B （A ）2{|1}a a <≤ （B ）{|}2a a ≥ （C ）3|}2{a a ≤≤ （D ）{2,3} 15.（安徽卷7）0a <是方程2210ax x ++=至少有一个负数根的（ B ） A ．必要不充分条件 B ．充分不必要条件 C ．充分必要条件 D ．既不充分也不必要条件 16.（安徽卷9）在同一平面直角坐标系中，函数()y g x =的图象与x y e =的图象关于直线y x =对称。而函数()y f x =的图象与()y g x =的图象关于y 轴对称，若()1f m =-，

函数与导数大题训练试题+答案

函数与导数大题训练 1已知函数.2 3)32ln()(2x x x f -+= （I ）求f (x )在[0，1]上的极值； （II ）若对任意0]3)(ln[|ln |],3 1,61[>+'+-∈x x f x a x 不等式成立，求实数a 的 取值范围； （III ）若关于x 的方程b x x f +-=2)(在[0，1]上恰有两个不同的实根，求实数b 的 取值范围. 2. 设.2)(ln )()(2)(--==-- =e p qe e g x x f x f x q px x g ，且，其中（e 为自然对数的底数） （Ⅰ）求p 与q 的关系； （Ⅱ）若)(x g 在其定义域内为单调函数，求p 的取值范围； （Ⅲ）证明：①)1(,1)(->-≤x x x f ②).2,()1(412ln 33ln 22ln 2222≥∈+--<+++n N n n n n n n Λ 3．设函数a x x a x f +++-=1)(2，]1,0(∈x ，+ ∈R a ． （1）若)(x f 在]1,0(上是增函数，求a 的取值范围； （2）求)(x f 在]1,0(上的最大值．

答案 1解：（I ）2 3)13)(1(33323)(+-+-=-+= 'x x x x x x f ， 令13 10)(-==='x x x f 或得（舍去） )(,0)(,3 10x f x f x >'<≤∴时当单调递增； 当)(,0)(,13 1x f x f x <'≤<时单调递减. ……………………………………3分 ]1,0[)(613ln )31(在为函数x f f -=∴上的极大值 ……………………………4分 （II ）由0]3)(ln[|ln |>+'+-x x f x a 得 x x a x x a 323ln ln 323ln ln ++<+->或， …………① ……………………5分 设3 32ln 323ln ln )(2 x x x x x h +=+-=， x x x x x g 323ln 323ln ln )(+=++=， 依题意知]31,61[)()(∈<>x x g a x h a 在或上恒成立， 0)32(2) 32(33)32(3332)(2>+=+?-+?+='x x x x x x x x g Θ， 03262)62(31323)(22>++=+?+= 'x x x x x x x h ，………………………………6分 ]3 1,61[)()(都在与x h x g ∴上单增，要使不等式①成立， 当且仅当.5 1ln 31ln ),61()31(<><>a a g a h a 或即或 ………………………8分 （III ）由.0223)32ln(2)(2=-+-+?+-=b x x x b x x f 令x x x x x b x x x x 329723323)(,223)32ln()(2 2+-=+-+='-+-+=??则， 当]3 7,0[)(,0)(,]37,0[在于是时x x x ??>'∈上递增；

高考数学真题汇编——函数与导数

高考数学真题汇编——函数与导数 1．【2018年浙江卷】函数y=sin2x的图象可能是 A. B. C. D. 【答案】D 点睛：有关函数图象的识别问题的常见题型及解题思路：（1）由函数的定义域，判断图象的左、右位置，由函数的值域，判断图象的上、下位置；（2）由函数的单调性，判断图象的变化趋势；（3）由函数的奇偶性，判断图象的对称性；（4）由函数的周期性，判断图象的循环往复． 2．【2018年理天津卷】已知，，，则a，b，c的大小关系为A. B. C. D. 【答案】D

【解析】分析：由题意结合对数函数的性质整理计算即可求得最终结果. 详解：由题意结合对数函数的性质可知：，， ， 据此可得：.本题选择D选项. 点睛：对于指数幂的大小的比较，我们通常都是运用指数函数的单调性，但很多时候，因幂的底数或指数不相同，不能直接利用函数的单调性进行比较．这就必须掌握一些特殊方法．在进行指数幂的大小比较时，若底数不同，则首先考虑将其转化成同底数，然后再根据指数函数的单调性进行判断．对于不同底而同指数的指数幂的大小的比较，利用图象法求解，既快捷，又准确． 3．【2018年理新课标I卷】已知函数．若g（x）存在2个零点，则a的取值范围是 A. [–1，0） B. [0，+∞） C. [–1，+∞） D. [1，+∞） 【答案】C 详解：画出函数的图像，在y轴右侧的去掉，再画出直线，之后上下移动，可以发现当直线过点A时，直线与函数图像有两个交点，并且向下可以无限移动，都可以保证直线与函数的图像有两个交点，即方程有两个解，也就是函数有两个零点，此时满足，即，故选C.

点睛：该题考查的是有关已知函数零点个数求有关参数的取值范围问题，在求解的过程中，解题的思路是将函数零点个数问题转化为方程解的个数问题，将式子移项变形，转化为两条曲线交点的问题，画出函数的图像以及相应的直线，在直线移动的过程中，利用数形结合思想，求得相应的结果. 4．【2018年理新课标I卷】设函数，若为奇函数，则曲线在点处的切线方程为 A. B. C. D. 【答案】D 点睛：该题考查的是有关曲线在某个点处的切线方程的问题，在求解的过程中，首先需要确定函数解析式，此时利用到结论多项式函数中，奇函数不存在偶次项，偶函数不存在奇次项，从而求得相应的参数值，之后利用求导公式求得，借助于导数的几何意义，结合直线方程的点斜式求得结果. 5．【2018年全国卷Ⅲ理】设，，则

高中数学函数与导数常考题型归纳

高中数学函数与导数常考题型整理归纳 题型一:利用导数研究函数的性质 利用导数研究函数的单调性、极值、最值是高考的热点问题之一，每年必考，一般考查两类题型：(1)讨论函数的单调性、极值、最值，(2)利用单调性、极值、最值求参数的取值范围. 【例1】已知函数f (x )＝ln x ＋a (1－x ). (1)讨论f (x )的单调性； (2)当f (x )有最大值，且最大值大于2a －2时，求实数a 的取值范围. 解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1 x －a . 若a≤0，则f′(x )＞0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增. 若a ＞0，则当x ∈? ???? 0，1a 时，f ′(x )＞0； 当x ∈? ?? ?? 1a ，＋∞时，f ′(x )＜0， 所以f (x )在? ???? 0，1a 上单调递增，在? ?? ??1a ，＋∞上单调递减. 综上，知当a≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增； 当a ＞0时，f (x )在? ???? 0，1a 上单调递增，在? ?? ??1a ，＋∞上单调递减. (2)由(1)知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上无最大值； 当a ＞0时，f (x )在x ＝1a 处取得最大值，最大值为f ? ?? ??1a ＝ln 1 a ＋a ? ?? ??1－1a ＝－ln a ＋a －1. 因此f ? ?? ?? 1a ＞2a －2等价于ln a ＋a －1＜0. 令g (a )＝ln a ＋a －1，则g (a )在(0，＋∞)上单调递增， g (1)＝0. 于是，当0＜a ＜1时，g (a )＜0； 当a ＞1时，g (a )＞0. 因此，实数a 的取值范围是(0，1). 【类题通法】(1)研究函数的性质通常转化为对函数单调性的讨论，讨论单调性要先求函数定义域，再讨论导数在定义域内的符号来判断函数的单调性.

(完整版)专题05导数与函数的极值、最值—三年高考(2015-2017)数学(文)真题汇编.doc

1. 【 2016 高考四川文科】已知函数的极小值点，则=( ) (A)-4 (B) -2 (C)4 (D)2 【答案】 D 考点：函数导数与极值. 【名师点睛】本题考查函数的极值．在可导函数中函数的极值点是方程但是极大值点还是极小值点，需要通过这点两边的导数的正负性来判断，在 的解，附近，如 果时，，时，则是极小值点，如果时，，时，，则是极大值点， 2. 【 2015 高考福建，文A．充分而不必要条 件12】“对任意 B．必要而不充分条件 ，”是“ C ．充分必要条件 D ”的（） ．既不充分也不必 要条件 【答案】 B 【解析】当时，，构造函数，则 ．故在单调递增，故，则；当时，不等式等价于，构造函数 ，则，故在递增，故 ”是“，则．综上 ”的必要不充分条件，选 所述，“ 对任 意B． ，

【考点定位】导数的应用． 【名师点睛】 本题以充分条件和必要条件为载体考查三角函数和导数在单调性上的应用， 根 据已知条件构造函数，进而研究其图象与性质，是函数思想的体现，属于难题． 3. (2014 课标全国Ⅰ，文 12) 已知函数 f ( x ) ＝ ax 3 － 3 2 ＋ 1，若 f ( ) 存在唯一的零点 x 0 ，且 x x x 0＞0，则 a 的取值范围是 ( ) ． A ． (2 ，＋∞ ) B ． (1 ，＋∞) C ． ( －∞，－ 2) D ．( －∞，－ 1) 答案： C 解析：当 a ＝ 0 时， f ( x ) ＝－ 3x 2＋ 1 存在两个零点，不合题意； 当 a ＞0 时， f ′(x ) ＝ 3ax 2－ 6x ＝ ， 令 ′( ) ＝ 0，得 x 1 ＝ 0， ， fx 所以 f ( x ) 在 x ＝0 处取得极大值 f (0) ＝ 1，在 处取得极小值 ， 要使 f ( x ) 有唯一的零点，需 ，但这时零点 x 0 一定小于 0，不合题意； 当 a ＜0 时， f ′(x ) ＝ 3ax 2－ 6x ＝ ， 令 f ′(x ) ＝ 0，得 x 1＝0， ，这时 f ( x ) 在 x ＝0 处取得极大值 f (0) ＝ 1，在 处取得极小值 ， 要使 f ( x ) 有唯一零点，应满足 ，解得 a ＜－ 2( a ＞ 2 舍去 ) ，且这时 零点 x 0 一定大于 0，满足题意，故 a 的取值范围是 ( －∞，－ 2) ． 名师点睛：本题考查导数法求函数的单调性与极值，函数的零点，考查分析转化能力，分类讨论思想， 较难题 . 注意区别函数的零点与极值点 . 4. 【 2014 辽宁文 12】当 时，不等式 恒成立，则实数 a 的取 值范围是（）

(完整版)函数与导数经典例题(含答案)

函数与导数 1. 已知函数3 2 ()4361,f x x tx tx t x R =+-+-∈，其中t R ∈． （Ⅰ）当1t =时，求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程； （Ⅱ）当0t ≠时，求()f x 的单调区间； （Ⅲ）证明：对任意的(0,),()t f x ∈+∞在区间(0,1)内均存在零点． 【解析】（19）本小题主要考查导数的几何意义、利用导数研究函数的单调性、曲线的切线方程、 函数的零点、解不等式等基础知识，考查运算能力及分类讨论的思想方法，满分14分。 （Ⅰ）解：当1t =时，3 2 2 ()436,(0)0,()1266f x x x x f f x x x '=+-==+- (0) 6.f '=-所以曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程为6.y x =- （Ⅱ）解：2 2 ()1266f x x tx t '=+-，令()0f x '=，解得.2 t x t x =-=或 因为0t ≠，以下分两种情况讨论： （1）若0,,2 t t t x <<-则 当变化时，(),()f x f x '的变化情况如下表： x ,2t ? ?-∞ ?? ? ,2t t ?? - ??? (),t -+∞ ()f x ' + - + ()f x 所以，()f x 的单调递增区间是(), ,,;()2t t f x ? ?-∞-+∞ ? ??的单调递减区间是,2t t ?? - ??? 。 （2）若0,2 t t t >-< 则，当x 变化时，(),()f x f x '的变化情况如下表： x (),t -∞ ,2t t ??- ?? ? ,2t ?? +∞ ??? ()f x ' + - + ()f x

2020北京各区一模数学试题分类汇编--函数与导数(学生版)

2020北京各区一模数学试题分类汇编--函数与导数 （2020海淀一模）已知函数f (x )=|x -m |与函数g (x )的图象关于y 轴对称.若g (x )在区间(1，2)内单调递减，则m 的取值范围为（ ） A. [-1，+∞) B. (-∞，-1] C. [-2，+∞) D. (-∞，-2] （2020西城一模）设函数()21010 0x x x f x lgx x ?++≤?=?>??，，若关于x 的方程()()f x a a R =∈有四个实数解()1234i x i =，，，，其中1234x x x x <<<，则()()1234x x x x +-的取值范围是（ ） A. (]0101 ， B. (]099， C. (]0100， D. ()0+∞， （2020西城一模）下列函数中，值域为R 且为奇函数的是（ ） A. 2y x =+ B. y sinx = C. 3y x x =- D. 2x y = （2020东城一模）设函数()()120f x x x x =+ -<，则()f x （ ） A. 有最大值 B. 有最小值 C. 是增函数 D. 是减函数 （2020丰台一模）已知函数()e 1,0,,0. x x f x kx x ?-≥=?

（2020丰台一模）已知132a =，123b =，3 1log 2c =，则（ ） A. a b c >> B. a c b >> C. b a c >> D. b c a >> （2020朝阳区一模）下列函数中，既是偶函数又在区间(0,)+∞上单调递增的是（ ） A. 3y x = B. 21y x =-+ C. 2log y x = D. ||2x y = （2020朝阳区一模）已知函数222,1,()2ln , 1.x ax a x f x x a x x ?-+≤=?->?若关于x 的不等式()2a f x ≥在R 上恒成立，则实数a 的取值范围为（ ） A. (-∞ B. 3[0,]2 C. [0,2] D. （2020石景山一模）下列函数中，既是奇函数又在区间()0,∞+上单调递减的是（ ） A. 22y x =-+ B. 2x y -= C. ln y x = D. 1y x = （2020石景山一模）设()f x 是定义在R 上的函数，若存在两个不等实数12,x x R ∈，使得 ()()121222f x f x x x f ++??= ??? ，则称函数()f x 具有性质P ，那么下列函数： ①()1,00,0 x f x x x ?≠?=??=?； ②()2 f x x =；

2015高考复习专题五 函数与导数 含近年高考试题

2015专题五：函数与导数 在解题中常用的有关结论（需要熟记）： (1)曲线()y f x =在0x x =处的切线的斜率等于0()f x '，切线方程为000()()()y f x x x f x '=-+ (2)若可导函数()y f x =在0x x =处取得极值，则0()0f x '=。反之，不成立。 (3)对于可导函数()f x ，不等式()f x '0>0<（）的解集决定函数()f x 的递增（减）区间。 (4)函数()f x 在区间I 上递增（减）的充要条件是：x I ?∈()f x '0≥(0)≤恒成立 (5)函数()f x 在区间I 上不单调等价于()f x 在区间I 上有极值，则可等价转化为方程 ()0f x '=在区间I 上有实根且为非二重根。 （若()f x '为二次函数且I=R ，则有0?>）。 (6)()f x 在区间I 上无极值等价于()f x 在区间在上是单调函数，进而得到()f x '0≥或 ()f x '0≤在I 上恒成立 (7)若x I ?∈，()f x 0>恒成立，则min ()f x 0>; 若x I ?∈，()f x 0<恒成立，则max ()f x 0< (8)若0x I ?∈，使得0()f x 0>，则max ()f x 0>；若0x I ?∈，使得0()f x 0<，则min ()f x 0<. (9)设()f x 与()g x 的定义域的交集为D 若x ?∈D ()()f x g x >恒成立则有[]min ()()0f x g x -> (10)若对11x I ?∈、22x I ∈，12()()f x g x >恒成立，则min max ()()f x g x >. 若对11x I ?∈，22x I ?∈，使得12()()f x g x >,则min min ()()f x g x >. 若对11x I ?∈，22x I ?∈，使得12()()f x g x <，则max max ()()f x g x <. （11）已知()f x 在区间1I 上的值域为A,，()g x 在区间2I 上值域为B ， 若对11x I ?∈,22x I ?∈，使得1()f x =2()g x 成立，则A B ?。 (12)若三次函数f(x)有三个零点，则方程()0f x '=有两个不等实根12x x 、，且极大值大 于0，极小值小于0. (13)证题中常用的不等式: ① ln 1(0)x x x ≤->② ln +1(1)x x x ≤>-（）③ 1x e x ≥+ ④ 1x e x -≥-⑤ ln 1 (1)12 x x x x -<>+⑥ 22 ln 11(0)22x x x x <->

高考导数大题汇编理科答案

高考导数大题汇编理科 答案 YUKI was compiled on the morning of December 16, 2020

一、解答题 1. 解:(Ⅰ) 函数()f x 的定义域为(0,)+∞，' 112()e ln e e e .x x x x a b b f x a x x x x --=+-+ 由题意可得' (1)2,(1) e.f f ==故1,2a b ==. （Ⅱ）由(Ⅰ)知12e ()e ln ,x x f x x x -=+从而()1f x >等价于2 ln e .e x x x x ->- 设函数()ln g x x x =，则()1ln g x x '=+，所以当1 (0,)e x ∈时，' ()0g x <; 当1(,)e x ∈+∞时，' ()0g x >,故()g x 在1(0,)e 单调递减，在1(,)e +∞单调递增， 从而()g x 在(0,)+∞的最小值为11().e e g =-. 设函数2 ()e e x h x x -=-，则'()e (1)x h x x -=-，所以当(0,1)x ∈时，'()0h x >； 当(1,)x ∈+∞时，' ()0h x <，故()h x 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，从而()h x 在(0,)+∞的最大值为1(1)e h =- . 综上，当0x >时，()()g x h x >，即()1f x >. 2. 解题指南（1）根据导数公式求出函数的导数，利用分类讨论思想求解；（2）根据函数的单调性以及函数极值与导数的关系式确定函数的极值点，代入函数中求解. 解析（1）2/ 2 2 2(2)24(1) ()1(2)(1)(2)a x x ax a f x ax x ax x +-+-=-=++++ （*） 当1a ≥时，/ ()0f x >，此时，()f x 在区间(0,)+∞上单调递增． 当01a <<时，由/ ()0f x = 得1 x = ，（2x =-舍去）． 当1(0,)x x ∈时，/()0f x <；当1(,)x x ∈+∞时，/ ()0f x >． 故()f x 在区间1(0,)x 上单调递减，在区间1(,)x +∞上单调递增． 综上所述，当1a ≥时，()f x 在区间(0,)+∞上单调递增． 当01a <<时，()f x 在区间(0, 上单调递减，在区间)+∞上单调递增． 由（*）式知，当1a ≥时，/ ()0f x >，此时()f x 不存在极值点，因而要使得()f x 有两个极值点， 必有01a <<．又()f x 的极值点只可能是1 x = 2x =-，且由定义可知，1 x a >- 且2x ≠- ，所以1a ->- 且2-≠-，解得1 2 a ≠- 此时，由（*）式易知，12,x x 分别是()f x 的极小值和极大值点，而 令2a - 01x <<． 记(g x （Ⅰ）当1 - 因此，g 1()( f x f +（Ⅱ）当0 因此，(g x 1()( f x f + 综上所 3. (1)证明函数． (2)解：由条 令t = 因为 当且 因此 (3)解：令函 当x ≥1时， 因此g (x )在 由于存在x 0故1 e+e 2 --令函数() h x

2020高考数学函数与导数综合题型分类总结

函数综合题分类复习 题型一：关于函数的单调区间（若单调区间有多个用“和”字连接或用“逗号”隔开），极值，最值；不等式恒成立；此类问题提倡按以下三个步骤进行解决： 第一步：令 0)('=x f 得到两个根；第二步：列表如下；第三步：由表可知； 不等式恒成立问题的实质是函数的最值问题，常见处理方法有四种： 第一种：变更主元（即关于某字母的一次函数）-----题型特征（已知谁的范围就把谁作为主元）；第二种：分离变量求最值（请同学们参考例5）；第三种：关于二次函数的不等式恒成立；第四种：构造函数求最值----题型特征 )()(x g x f >恒成立 0)()()(>-=?x g x f x h 恒成立；参考例4； 例1.已知函数32 1()23 f x x bx x a =-++，2x =是)(x f 的一个极值点． （Ⅰ）求()f x 的单调递增区间；（Ⅱ）若当[1, 3]x ∈时，2 2()3 f x a ->恒成立，求a 的取值范围． 例2.已知函数b ax ax x x f +++=2 3)(的图象过点)2,0(P . （1）若函数)(x f 在1-=x 处的切线斜率为6，求函数)(x f y =的解析式；（2）若3>a ，求函数)(x f y =的单调区间。 例3.设2 2(),1 x f x x = +()52(0)g x ax a a =+->。 （1）求()f x 在[0,1]x ∈上的值域； （2）若对于任意1[0,1]x ∈，总存在0[0,1]x ∈,使得01()()g x f x =成立,求a 的取值范围。 例4.已知函数 32()f x x ax =+图象上一点(1,)P b 的切线斜率为3-， 32 6()(1)3(0)2 t g x x x t x t -=+-++> （Ⅰ）求,a b 的值； （Ⅱ）当[1,4]x ∈-时，求()f x 的值域； （Ⅲ）当[1,4]x ∈时，不等式()()f x g x ≤恒成立，求实数t 的取值范围。 例5.已知定义在R 上的函数 32()2f x ax ax b =-+） （0>a 在区间[]2,1-上的最大值是5，最小值是－11. （Ⅰ）求函数()f x 的解析式；（Ⅱ）若]1,1[-∈t 时，0(≤+'tx x f ）恒成立，求实数x 的取值范围. 例6.已知函数 2233)(m nx mx x x f +++=，在1-=x 时有极值0，则=+n m 例7.已知函数23)(a x x f =图象上斜率为3的两条切线间的距离为 510 2，函数33)()(2 2 +-=a bx x f x g ． （1） 若函数)(x g 在1=x 处有极值，求)(x g 的解析式； （2） 若函数)(x g 在区间]1,1[-上为增函数，且)(42 x g mb b ≥+-在区间]1,1[-上都成立，求实数m 的取值范围． 答案： 1、解：（Ⅰ） '2()22f x x bx =-+. ∵2x =是)(x f 的一个极值点， ∴2x =是方程2 220x bx -+=的一个根，解得32 b =. 令'()0f x >，则2 320x x -+>，解得1x <或2x >. ∴函数()y f x =的单调递增区间为(, 1)-∞，(2, +)∞. （Ⅱ）∵当(1,2)x ∈时 '()0f x <，(2,3)x ∈时'()0f x >， ∴ ()f x 在（1，2）上单调递减，()f x 在（2，3）上单调递增. ∴(2)f 是()f x 在区间[1，3]上的最小值，且 2 (2)3 f a = +. 若当[1, 3]x ∈时，要使 22()3f x a -> 恒成立，只需22(2)3f a >+， 即2 2233 a a +>+，解得 01a <<. 2、解：（Ⅰ）a ax x x f ++='23)(2 ． 由题意知? ??=+-=-'==623)1(2)0(a a f b f ，得 ???=-=23b a ． ∴ 233)(23+--=x x x x f ． （Ⅱ）023)(2=++='a ax x x f ． ∵ 3>a ，∴ 01242>-=?a a ．

2015-2018年高考全国卷文科数学--函数与导数大题汇编

2015年～2018年高考全国卷数学（文科）—函数与导数汇编 1.（2015年全国乙卷第21题）已知函数()ln (1)f x x a x =+-﹒ （1）讨论函数()f x 的单调性； （2）当()f x 有最大值，且最大值大于22a -时，求a 的取值范围﹒ 2.（2015年全国甲卷第21题）设函数2()ln x f x e a x =-﹒ （1）讨论()f x 的导函数()f x '零点的个数； （2）证明：当0a >时，2()2ln f x a a a ≥+﹒ 3.（2016年全国丙卷第21题）设函数()ln 1f x x x =-+﹒ （1）讨论函数()f x 的单调性； （2）证明：当(1,)x ∈+∞时，11ln x x x -<<； （3）设1c >，证明：当(0,1)x ∈时，1(1)x c x c +->﹒ 4.（2016年全国乙卷第20题）已知函数()(1)ln (1)f x x x a x =+--﹒ （1）当4a =时，求曲线()y f x =在(1,(1))f 处的切线方程； （2）若当(1,)x ∈+∞时，()0f x >，求a 的取值范围﹒ 5.（2016年全国甲卷第21题）已知函数2()(2)(1)x f x x e a x =-+-﹒ （1）讨论函数()f x 的单调性； （2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围﹒ 6. （2017年全国丙卷第21题）已知函数2()ln (21)f x x ax a x =+++﹒ （1）讨论函数()f x 的单调性； （2）当0a <时，证明：3()24f x a ≤- -﹒

函数与导数经典例题高考压轴题含答案

函数与导数经典例题-高考压轴 1. 已知函数3 2 ()4361,f x x tx tx t x R =+-+-∈，其中t R ∈． （Ⅰ）当1t =时，求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程； （Ⅱ）当0t ≠时，求()f x 的单调区间； （Ⅲ）证明：对任意的(0,),()t f x ∈+∞在区间(0,1)内均存在零点． 2. 已知函数21 ()32 f x x = +，()h x = （Ⅰ）设函数F (x )＝18f (x )－x 2[h (x )]2，求F (x )的单调区间与极值； （Ⅱ）设a ∈R ，解关于x 的方程33 lg[(1)]2lg ()2lg (4)24 f x h a x h x --=---； （Ⅲ）设*n ∈N ，证明：1 ()()[(1)(2)()]6 f n h n h h h n -+++≥L ． 3. 设函数ax x x a x f +-=2 2ln )(，0>a （Ⅰ）求)(x f 的单调区间； （Ⅱ）求所有实数a ，使2 )(1e x f e ≤≤-对],1[e x ∈恒成立． 注：e 为自然对数的底数． 4. 设2 1)(ax e x f x +=，其中a 为正实数. （Ⅰ）当3 4 = a 时，求()f x 的极值点；（Ⅱ）若()f x 为R 上的单调函数，求a 的取值范围. 5. 已知a ， b 为常数，且a ≠0，函数f （x ）=-ax+b+axlnx ，f （e ）=2（e=2．71828…是自然对数 的底数）。 （I ）求实数b 的值； （II ）求函数f （x ）的单调区间； （III ）当a=1时，是否同时存在实数m 和M （m

高考数学压轴专题(易错题)备战高考《函数与导数》难题汇编及答案

新数学《函数与导数》复习知识点 一、选择题 1．已知函数()ln x f 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 x t 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 t a t =在[),e +∞上只有一解求解. 【详解】 令()ln x t f x x == ，当01x <<时，()0ln x t f x x == <， 当1x >时，() 2 ln 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 t a t =在[),e +∞上只有一解， 令ln t m t = ，2 1ln 0t m t -'=≤，所以ln t m t =在[),e +∞上递减， 所以1 0m e <≤ ， 所以10a e <≤，当1 a 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. 2．函数f （x ）＝x ﹣g （x ）的图象在点x ＝2处的切线方程是y ＝﹣x ﹣1，则g （2）+g '（2）＝（ ） A ．7 B ．4 C ．0 D ．﹣4 【答案】A 【解析】 ()()()(),'1'f x x g x f x g x =-∴=-Q ，因为函数()()f x x g x =-的图像在点2x =处 的切线方程是1y x =--，所以()()23,'21f f =-=-， ()()()()2'2221'27g g f f ∴+=-+-=，故选A ． 3．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 ．1 C ．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 =+，00000 2 ln y kx y x x =-?? =?， 0002ln kx x x ∴-=，00 2 ln k x x ∴=+ ，对比0ln 1k x =+，02x ∴=，ln 21k ∴=+，故选D. 4．曲线2y x =与直线y x =所围成的封闭图形的面积为（ ） A ． 16 B ． 13 C ． 12 D ． 56 【答案】A 【解析】 曲线2 y x =与直线y x =的交点坐标为()()0,0,1,1 ，由定积分的几何意义可得曲线2 y x =与直线y x =所围成的封闭图形的面积为 ()1 2 2 3100 1 11 |2 36 x x dx x x ??-=-= ???? ，故选A. 5．若函数()sin 2x x f x e e x -=-+，则满足2(21)()0f x f x -+>的x 的取值范围为

高考导数大题汇编理科 答案

一、解答题 1. 解:(Ⅰ) 函数()f x 的定义域为(0,)+∞，' 112()e ln e e e .x x x x a b b f x a x x x x --=+-+ 由题意可得' (1)2,(1) e.f f ==故1,2a b ==. （Ⅱ）由(Ⅰ)知12e ()e ln ,x x f x x x -=+从而()1f x >等价于2 ln e .e x x x x ->- 设函数()ln g x x x =，则()1ln g x x '=+，所以当1 (0,)e x ∈时，' ()0g x <; 当1(,)e x ∈+∞时，' ()0g x >,故()g x 在1(0,)e 单调递减，在1(,)e +∞单调递增， 从而()g x 在(0,)+∞的最小值为11().e e g =-. 设函数2 ()e e x h x x -=-，则'()e (1)x h x x -=-，所以当(0,1)x ∈时，'()0h x >； 当(1,)x ∈+∞时，' ()0h x <，故()h x 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，从而()h x 在(0,)+∞的最大值为1(1)e h =- . 综上，当0x >时，()()g x h x >，即()1f x >. 2. 解题指南（1）根据导数公式求出函数的导数，利用分类讨论思想求解；（2）根据函数的单调性以及函数极值与导数的关系式确定函数的极值点，代入函数中求解. 解析（1）2/ 2 2 2(2)24(1) ()1(2)(1)(2)a x x ax a f x ax x ax x +-+-=-=++++ （*） 当1a ≥时，/ ()0f x >，此时，()f x 在区间(0,)+∞上单调递增． 当01a <<时，由/ ()0f x = 得1 x =， （2x =-舍去）． 当1(0,)x x ∈时，/()0f x <；当1(,)x x ∈+∞时，/ ()0f x >． 故()f x 在区间1(0,)x 上单调递减，在区间1(,)x +∞上单调递增． 综上所述，当1a ≥时，()f x 在区间(0,)+∞上单调递增． 当01a <<时，()f x 在区间(0, 上单调递减，在区间)+∞上单调递增． 由（*）式知，当1a ≥时，/ ()0f x >，此时()f x 不存在极值点，因而要使得()f x 有两个极值点， 必有01a <<．又()f x 的极值点只可能是1 x = 2x =-，且由定义可知，1 x a >- 且2x ≠- ，所以1a ->- 且2-≠-，解得1 2 a ≠- 此时，由（*）式易知，12,x x 分别是()f x 的极小值和极大值点，而 令2a - 记(g x （Ⅰ）当1 - 因此，g 1()( f x f +（Ⅱ）当0 因此，(g x 综上所 3. (1)证明数． (2)解：由条 令t = 因为 当且 因此 (3)解：令函 当x ≥1时， 因此g (x )在 由于存在x 0故1 e+e 2 --令函数() h x 当(0,e x ∈当x ∈(e – 所以h (x )在

“函数与导数”大题常考的3类题型

“函数与导数”大题常考的3类题型 一、学前明考情——考什么、怎么考 [真题尝试] 1．(2017·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝ln x ＋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. 解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝1x ＋2ax ＋2a ＋1＝(x ＋1)(2ax ＋1)x . 若a ≥0，则当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0， 故f (x )在(0，＋∞)上单调递增． 若a ＜0，则当x ∈? ???0，－12a 时，f ′(x )＞0； 当x ∈??? ?－12a ，＋∞时，f ′(x )＜0. 故f (x )在????0，－12a 上单调递增，在??? ?－12a ，＋∞上单调递减． (2)证明：由(1)知，当a ＜0时，f (x )在x ＝－12a 处取得最大值，最大值为f ????－12a ＝ln ????－12a －1－14a . 所以f (x )≤－34a －2等价于ln ????－12a －1－14a ≤－34a －2，即ln ????－12a ＋12a ＋1≤0. 设g (x )＝ln x －x ＋1，则g ′(x )＝1x －1. 当x ∈(0,1)时，g ′(x )＞0；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )＜0.所以g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． 故当x ＝1时，g (x )取得最大值，最大值为g (1)＝0. 所以当x ＞0时，g (x )≤0. 从而当a ＜0时，ln ????－12a ＋12a ＋1≤0， 即f (x )≤－34a －2. 2．(2018·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝e x －ax 2. (1)若a ＝1，证明：当x ≥0时，f (x )≥1； (2)若f (x )在(0，＋∞)只有一个零点，求a . 解：(1)证明：当a ＝1时，f (x )≥1等价于(x 2＋1)e － x －1≤0. 设函数g (x )＝(x 2＋1)e － x －1， 则g ′(x )＝－(x 2－2x ＋1)e －x ＝－(x －1)2e － x . 当x ≠1时，g ′(x )<0， 所以g (x )在(0，＋∞)上单调递减．