课时11(导数34教师版)

函数、导数部分1、已知函数()x f y =，[]b a x ,∈，那么集合()()[]{}(){}2,,,,=∈=x y x b a x x f y y x 中元素的个数为 1或02、将函数()xx f 2=的图象向左平移一个单位得到图象1C ，再将1C 向上平移一个单位得图象2C ，作出2C 关于直线x y =对称的图象3C ，则3C 对应的函数的解析式为()11log 2--=x y3、函数x x x y sin cos -=在下面的哪个区间上是增函数（ B ）A. ⎪⎭⎫⎝⎛23,2ππ B. ()ππ2, C. ⎪⎭⎫ ⎝⎛25,23ππ D. ()ππ3,24、设()x x x f s i n =，1x 、⎥⎦⎤⎢⎣⎡-∈2,22ππx ，且()1x f ＞()2x f ，则下列结论必成立的是（D ）A. 1x ＞2xB. 1x +2x ＞0C. 1x ＜2xD. 21x ＞22x 5、方程2log 2=+x x 和2log 3=+x x 的根分别是α、β，则有（ A ） 6、方程0122=++x ax 至少有一个负的实根的充要条件是 a ≤ 1 7、在同一坐标系中，函数1+=ax y 与1-=x a y （a >0且a ≠1）的图象可能是 C8、函数()()()b x b x a ax x f +-+-+=348123的图象关于原点中心对称，则()x f （B ）A. 在[]34,34-上为增函数 C. 在[)+∞,34上为增函数，在(]34,-∞-上为减函数B. 在[]34,34-上为减函数 D. 在(]34,-∞-上为增函数，在[)+∞,34上为减函数 9、设(){}12,2++==bx x y y x M ，()(){}b x a y y x P +==2,，(){}φ==P M b a S ,，则S 的面积是π10、已知()()x x x f a a log log 2+-=对任意⎪⎭⎫⎝⎛∈21,0x 都有意义，则实数a 的取值范围是1,116⎡⎫⎪⎢⎣⎭11、函数432--=x x y 的定义域为[]m ,0，值域为⎥⎦⎤⎢⎣⎡--4,425，则实数m 的取值范围是 3,32⎡⎤⎢⎥⎣⎦12、函数()cox x xcoxx f ++=sin 1sin 的值域是121,11,22⎡⎤⎛⎤---- ⎢⎥⎥ ⎣⎦⎝⎦. 13、对于任意实数x 、y ，定义运算x *y 为：x *y =cxy by ax ++，其中a 、b 、c 为常数，等式右边的运算是通常的加法和乘法运算，现已知1*2=3，2*3=4，并且有一个非零常数m ，使得对于任意实数x ，都有x *m =x ，则m =__________4_____. 14、若函数())4(log -+=xax x f a （a >0且a ≠1）的值域为R ，则实数a 的取值范围是04a <≤或1a ≠.15、若曲线()21a x y --=与2+=x y 有且只有一个公共点P ，O 为坐标原点，则OP 的取值范围是2⎤⎦.16、若定义在区间D 上的函数()x f 对D 上的任意n 个值1x ，2x ，…，n x ，总满足()()()[]n x f x f x f n ++211≤⎪⎭⎫ ⎝⎛++n x x x f n 21，则称()x f 为D 上的凸函数.已知函数x y sin =在区间()π,0上是“凸函数”，则在△ABC 中，C B A sin sin sin ++的17、二次函数()x f 满足()()22+-=+x f x f ，又()30=f ，()12=f ，若在[0，m ]上有最大值3，最小值1，则m 的取值范围是 [2,4]18.已知函数)(x f y =的图象与函数xa y =（0>a 且1≠a ）的图象关于直线x y =对称，记]1)2(2)()[()(-+=f x f x f x g ．若)(x g y =在区间]2,21[上是增函数，则实数a 的取值范围是（ D ）A ．),2[+∞B ．)2,1()1,0(C ．)1,21[D ．]21,0( 19、设a 为实数，设函数x x x a x f -+++-=111)(2的最大值为g (a )。

第11讲 拓展四：导数中的隐零点问题 (精讲+精练）目录第一部分：知识点精准记忆 第二部分：典型例题剖析第三部分：第11讲 拓展四：导数中的隐零点问题 （精练）1、不含参函数的隐零点问题已知不含参函数)(x f ，导函数方程0)('=x f 的根存在，却无法求出，设方程0)('=x f 的根为0x ，则有： ①关系式0)('0=x f 成立；②注意确定0x 的合适范围.2、含参函数的隐零点问题已知含参函数),(a x f ，其中a 为参数，导函数方程0),('=a x f 的根存在，却无法求出，设方程0)('=x f 的根为0x ，则有①有关系式0)('0=x f 成立，该关系式给出了a x ,0的关系；②注意确定0x 的合适范围，往往和a 的范围有关.3、函数零点的存在性（1）函数零点存在性定理：设函数()f x 在闭区间[],a b 上连续，且()()0f a f b <，那么在开区间(),a b 内至少有函数()f x 的一个零点，即至少有一点()0,x a b ∈，使得()00f x =. ① 若()()0f a f b <，则()f x 的零点不一定只有一个，可以有多个 ② 若()()0f a f b >，那么()f x 在[],a b 不一定有零点 ③ 若()f x 在[],a b 有零点，则()()f a f b 不一定必须异号(3)若()f x 在[],a b 上是单调函数且连续，则()()()0f a f b f x <⇒在(),a b 的零点唯一.1．（2022·全国·模拟预测（文））已知函数()ln f x x a =+． (1)若曲线()y f x =在()()1,1f 处的切线经过点()0,1，求实数a 的值；(2)若对任意()0,x ∈+∞，都有()e -≥x af x （e 为自然对数的底），求证：1a ≤．【答案】(1)2a = (2)证明见解析 【解析】 (1) ()1f x x'=，所以()11f '=，()1f a =， 所以曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为1y x a =+-， 因为切线经过点()0,1，所以101a =+- 解得2a =． (2) 设()eln -=--x ag x x a ，则()1e -'=-x a g x x， 设()0001e0-'=-=x ag x x ，则00ln a x x =+， 因为()g x '在()0,∞+上递增，所以当()00,x x ∈时，()0g x '<，当()0,x x ∈+∞时，()0g x '> 所以()g x 在()00,x 上递减，在()0,x +∞上递增， 所以()0min 000001()eln 2ln 0x ag x g x x a x x x -==--=--≥， 令()12ln =--h x x x x ，则()222221212(1)10x x x h x x x x x---+'=---==-< 所以()12ln =--h x x x x在(0,)+∞递减， 因为()10h =，所以01x ≤，所以00ln 1a x x =+≤． 【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查导数的几何意义，考查利用导数证明不等式，解题的关键是构造函数()e ln -=--x a g x x a ，利用导数求得()0min 000001()ln 2ln 0-==--=--≥x ag x g x e x a x x x ，再利用函数()12ln =--h x x x x的单调性结合()10h =可证得结论，考查数学转化思想，属于较难题 2．（2022·甘肃·一模（文））已知函数()()()22ln a f x x a x a x =+--∈R ，()()21e x g x b x x x=---． (1)判断函数()f x 的单调性；(2)当1a =时，关于x 的不等式()()1f x g x +≤-恒成立，求实数b 的取值范围． 【答案】(1)答案见解析；(2)(],1-∞. 【解析】(1)()f x 的定义域为(0,)+∞，求导得：222222(2)2(2)()()1a a x a x a x x a f x x x x x -+--+-'=--==， 若0a ≤时，则()0f x '>，此时()f x 在()0,∞+单调递增； 若0a >时，则当0x a <<时()0f x '<，()f x 在()0,a 单调递减， 当x a >时， ()0f x '>，f (x )在(),a +∞单调递增. (2)当1a =时，()()ln e xf xg x bx x x +=+-，由题意ln 1e xx b x x≤--在(0,)+∞上恒成立， 令()ln 1e xx h x x x =--，则()22221ln 1e ln e x x x x x h x x x x -+=-+='， 令()2e ln x u x x x =+，则()()212e 0xu x x x x'=++>，所以()u x 在(0,)+∞上递增， 又()11e 0,ln 202u u ⎛⎫=>=-< ⎪⎝⎭，所以()u x 在1(,1)2上有唯一零点0x ， 由0()0u x =得000ln x x x e x =-， 当()00,x x ∈时，()0u x <即()0h x '<，()h x 单调递减；()0,x x ∈+∞时，()0u x >即()0h x '>，()h x 单调递增，所以()0h x 为()h x 在定义域内的最小值.即()()000min 00ln 1e .x x h x h x x x ==--令()1e (1)2x k x x x =<<，则方程ln e xx x x=-等价于()()ln k x k x =-，又易知()k x 单调递增，所以ln x x =-，即1e xx=所以，()h x 的最小值()000000000ln 111e 1x x x h x x x x x x -=--=--= 所以1b ≤，即实数b 的取值范围是(],1-∞ 【点睛】利用导数研究不等式恒成立或存在型问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.3．（2022·重庆巴蜀中学高三阶段练习）已知函数()()ln e xx f x x g x x+==421，（e为自然对数的底数）. (1)求()f x 的极值；(2)（i ）证明∶()e ln xm x x x =+342与()e x n x x=-21有相同的零点； （ii ）若()()()Z f x g x x ax a -->∈210恒成立，求整数a 的最大值.【答案】(1)()f x 的极小值为e f ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭1144，无极大值；(2)（i ）证明见解析，（ii ）1 【解析】 (1)由题意可知，()()e xf x x '=+441，令0f x，即()e x x +=4410，解得14x =-；当14x >-时，0fx ，所以()f x 在,⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭14单调的递增；当14x <-时，0fx，所以()f x 在,⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭14单调的递减；当14x =-时，()f x 取得极小值为e f ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭1144，无极大值；(2)（i ）由()e ln x m x x x =+342知()()e xm x x x x'=++>3241860， 所以()m x 在()0,+∞上单调递增；由()e xn x x =-21知()()e xn x x x'=+>>221200， 所以()n x 在()0,+∞上单调递增；又,e n n ⎛⎫⎛⎫=<=-> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭11402042故必存在唯一,x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭01142使得()00n x =，即有e,ln ln x x x x x ===-020000112， 故()e ln x m x x x x x x ⎛⎫=+=⋅-= ⎪⎝⎭0243300000012220，所以()e ln x m x x x =+342与()e xn x x=-21有相同的唯一零点0x x =； （ii ）由()()f x g x x ax -->210，得()()ln e x f x g x x a x x -++<=-422211012恒成立，minln e x x a x +⎛⎫+<- ⎪⎝⎭42211012在()0,+∞恒成立，令()ln e xx h x x +=-42212，()0,x ∞∈+，则 ()ln ()e e ln x x x x h x x x x x'=+=+434434482， 由（i ）知()()e xm x x x x'=++>3241860单调递增且()e ln x m x x x =+342存在唯一零点0x x =；则当()00,x x ∈时，()0h x '<，()h x 单调递减； 当()0,x x ∈+∞时，()0h x '>，()h x 单调递增； 故()()min h x h x =0； 由（i ）知e,ln ln x x x x x ===-020000112；又e ,e n n ⎛⎫⎛⎫=-<=-> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭2311302032， 故进一步确定011,32x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭；故()min ln ()e (,)x x x h x h x x x x x x +-+==-=-=+∈04000222200000214121421221， 即a +≤10112，解得.a ≤11，又Z a ∈； 所以整数a 的最大值为1. 【点睛】求解不等式问题的关键：适当变形，灵活转化，结合题设条件，有时需要对不等式进行“除法”变形， 从而分离参数，有时需要进行移项变形，可使不等式两边具有相同的结构特点； 构造函数，利用导数求解，若分离参数，则直接构造函数，并借助导数加以 求解，若转化为不等式两边具有相同的结构特点，则可根据该结构特点构造函数，并 借助导数加以求解.4．（2022·四川南充·二模（理））已知()ln ln (0)f x a x x x a =-⋅>. (1)求()f x 在()()1,1f 的切线方程； (2)求证：()f x 仅有一个极值；(3)若存在a ，使()f x a b ≤+对任意()0,x ∈+∞恒成立，求实数b 的取值范围. 【答案】(1)()110a x y a --+-=(2)证明见解析(3)[),e -+∞ 【解析】 (1)当0a >时，()ln 1(0)af x x x x-'=-> 得()11f a '=-，又()10f =.所以()f x 在()()1,1f 的切线方程为：()()11y a x =-⋅-. 即()110a x y a --+-=； (2) ()ln 1(0)af x x x x-'=-> 令()()ln 1af x x p x x=--='， 由于0a >，得()210a p x x x'=--<.所以()f x '在()0,∞+单调递减.()()11e ln 1e 0,1ln 110,e e 1a f a a f a a a ''⎛⎫⎛⎫⎡⎤=-+=>+=-++< ⎪ ⎪⎣⎦+⎝⎭⎝⎭又 所以存在唯一01,1e x a ⎛⎫∈+ ⎪⎝⎭，使得()00f x '=.所以()f x 于()00,x 单调递增，()0,x +∞单调递减.()0()f x f x =极大值，无极小值.所以()f x 仅有一个极值. (3)任意()()0,,x f x a b ∞∈+≤+，则()max []a b f x +≥. 由（2）知()()max 0000[]ln ln f x f x a x x x ==-⋅. 又()000ln 10af x x x =--='，则000ln a x x x =⋅+. 若存在a ，使()f x a b ≤+，即000ln ln a x x x a b -⋅≤+，得()()()0000000000000ln ln ln ln ln ln b a x x x a x x x x x x x x x h x ≥-⋅-=+⋅--+=， 转化为()0min b h x ≥.()()()20000000ln ln 0h x x x x x x x =--> ()()()()200000ln ln 2ln 2ln 1h x x x x x =+-=+⋅-'当()00h x '>时，0ln 2x <-或()0021ln 1,0,e,e x x ∞⎛⎫>∈⋃+ ⎪⎝⎭；当()00h x '<时，00212ln 1,,e e x x ⎛⎫-<<∈ ⎪⎝⎭；所以()0h x 于210,e ⎛⎫⎪⎝⎭单调递增，21,e e ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，()e,+∞单调递增当0210,e x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()()()()220000000000ln ln ln ln 1h x x x x x x x x x x =--=-+由于()0ln 11x +<-，则()00ln 10x x -⋅+>，又()200ln 0x x >.()()()200000ln ln 10h x x x x x =-+>当021,e x ∞⎛⎫∈+ ⎪⎝⎭时，()()0min e e h x h ⎡⎤==-⎣⎦综上：当()00,x ∈+∞时，()()0min e e h x h ⎡⎤==-⎣⎦ 得e b ≥-. 故[)e,b ∞∈-+. 【点睛】不等式恒成立问题、存在性问题的求解，有相同点：即分离常数法.也有不同点，如()a f x ≥恒成立问题，转化为()max a f x ≥；()a f x ≥能成立问题，则转化为()min a f x ≥.5．（2022·河南洛阳·模拟预测（理））已知函数()()()21ln 112f x x a x a x a =-+-+∈R ． (1)讨论函数()f x 的单调性；(2)当1a =时，求证：()()21e 12ln 2x f x x x x ≤-+-．【答案】(1)当0a ≤时，()f x 在()0,∞+上为单调递增；当0a >时，()f x 在()0,a 上为单调递减，在(),a +∞上为单调递增.(2)证明见见解析. 【解析】 (1)由已知条件得函数()f x 的定义域为()0,∞+， ()()()()2111x a x a x a x af x x a x x x+---+'=-+-==， 因为0,10x x >+>①当0a ≤时，()0f x '>在()0,∞+上恒成立， 故()f x 在()0,∞+上为单调递增.②当0a >时，当x a >时，()0f x '>，当()0,a 时，()0f x '< 故()f x 在()0,a 上为单调递减，在(),a +∞上为单调递增； 综上所述：当0a ≤时，()f x 在()0,∞+上为单调递增当0a >时，()f x 在()0,a 上为单调递减，在(),a +∞上为单调递增 (2)当1a =时，()21n 12l f x x x =-+ 要证原式成立，需证()ln 1e 1xx x +≤-成立，即需证e ln 10x x x x ---≥成立，令()()e ln 10x g x x x x x =--->，则()1e e 1x xg x x x '=+--()11e x x x ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭，令()1e x u x x =-，则()21e 0xu x x'=+>，故()u x 在()0,∞+上单调递增，1202u ⎛⎫=< ⎪⎝⎭，()1e 10u =->，由零点存在性定理可知，存在0x 使()00u x =， 则在()00,x 上()0u x <，在()0,x +∞上()0u x >， 即在()00,x 上()0g x '<，在()0,x +∞上()0g x '>，则()g x 在()00,x 上单调递减，在()0,x +∞单调递增，在0x x =处取得最小值，由()00u x =可得()0001e 0x u x x =-=，即00e 1x x =，两边同取对数()00ln e ln1xx =，即00ln 0x x +=，()g x 的最小值为()00000e ln 10x g x x x x =---=，即e ln 10x x x x ---≥成立，故当0a =时，21()(e 1)2xf x x x ≤--成立.【点睛】关键点睛：本题考查利用导数讨论函数的单调性，利用导数证明不等式. 解答本题的关键是构造函数()()e ln 10x g x x x x x =--->，分析其单调性，得出其最小值，从而得出函数在在0x x =处取得最小值，而0x 满足00e 1x x =，两边同取对数得00ln 0x x +=，从而得出最小值为0，从而得证. 属于难题.6．（2022·全国·模拟预测（理））已知函数()2e xf x ax =-． (1)当0a <时，若0x 满足00e 20xax -=，讨论函数()f x 的单调性；(2)当0x >时，若()1f x ≥恒成立，试比较a 和1.5625的大小． 参考数据： 1.4e 4.0552≈， 1.5e 4.4817≈， 1.6e 4.9530≈， 1.7e 5.4739≈．【答案】(1)()0,x x ∈-∞时()f x 单调递减；()0,x x ∈+∞时，()f x 单调递增(2) 1.5625a < 【解析】 (1)()e 2x f x ax '=-，因为0a <，所以e x y =与2y ax =-均单调递增，从而()f x '是R 上的增函数，又0x 满足00e 20xax -=，所以0x 是()f x '在R 上的唯一零点，当()0,x x ∈-∞时，()0f x '<，()f x 单调递减； 当()0,x x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增． (2)()21e 1x f x ax ≥⇔-≥，当0x >时，原不等式可转化为2e 1x a x -≤，令()2e 1x g x x -=，则()()3e 22x x g x x-+'=， 令()()e 22x x h x -=+，则()()e 1xh x x '=-，当()0,1x ∈时，()0h x '<，()h x 单调递减；当()1,x ∈+∞时，()0h x '>，()h x 单调递增， ∴()()min 12e 0h x h ==-<，又()00h =，由于3231e 22 2.240850.24085022h ⎛⎫=-+≈-=-< ⎪⎝⎭，() 1.61.60.4e 22 1.98120.01880h =-⨯+≈-=>，所以()h x 在()1.5,1.6上存在唯一零点1x ，故当()10,x x ∈时，()0h x <，()g x 单调递减； 当()1,x x ∈+∞时，()0h x >，()g x 单调递增． 故()()112min1e 1x g x g x x -==，又()10h x =，即()11e 220x x -+=，∴()()min 111111.56252 1.60.40.64g x x x =<==-⨯，由于()min 1.5625a g x ≤<，即 1.5625a <． 【点睛】利用导数研究函数的单调区间、极值、最值，当求导一次无法解决问题时，可考虑利用二次求导来进行求解. 7．（2022·湖北·石首市第一中学高二阶段练习）已知函数()ln 2x af x x x=++的图象在点()()1,1f 处的切线方程为30y -=．(1)判断函数()f x 的单调性．(2)证明：当0x >时，()2e xf x ≤．【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析 【解析】 (1)解：因为()221ln x a f x x x -'=-，所以()110f a '=-=，解得1a =，所以()2ln xf x x -'=． 函数()f x 的定义域为()0,∞+，令()0f x '>，得01x <<；令()0f x '<，得1x >． 所以函数()f x 的增区间为()0,1，减区间为()1,+∞. (2)证明：要证()2e xf x ≤，即证2ln 12e x x x x++≤，只需证()2e 2ln 10x x x ---≥． 令()()2e 2ln 1xg x x x =---，其中0x >，则()()()2212121e 21e xx x g x x x x x +⎛⎫'=+-=+- ⎪⎝⎭． 令()()21e 0xh x x x =->，则()2212e 0x h x x'=+>，所以()h x 在()0,∞+上单调递增．因为1404h ⎛⎫=< ⎪⎝⎭，1e 202h ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭，所以存在011,42x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使()02001e 0x h x x =-=，可得002ln x x =-， 当()00,x x ∈时，()0h x <，即()0g x '<，则()g x 在()00,x 上单调递减； 当()0,x x ∈+∞时，()0h x >，即()0g x '>，则()g x 在()0,x +∞上单调递增．所以()()()0200000min 01e 2ln 12210xg x g x x x x x x ⎛⎫==---=-+-= ⎪⎝⎭．所以()0g x ≥，所以()2e xf x ≤．【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. 8．（2022·河南·平顶山市教育局教育教学研究室高二开学考试（文））已知函数()21e 2=-+-x ax f x x x ． (1)讨论()f x 的单调性． (2)当1a =时，证明：()1xf x x <+对()0,x ∈+∞恒成立． 【答案】(1)()f x 单调区间、单调性见解析；(2)证明见解析. 【解析】 (1)因为()()()1e 1e e x x xx a a ax f x x ---'=-+-=，当0a ≤时，e 0x a ->，由()0f x '>，得1x <，由()0f x '<，得1x >， 所以()f x 在(),1-∞上单调递增，在()1,+∞上单调递减，当0e a <<时，由()0f x '>，得ln 1a x <<，由()0f x '<，得ln x a <或1x >， 所以()f x 在(),ln a -∞和()1,+∞上单调递减，在()ln ,1a 上单调递增， 当e a =时，()0f x '≤，当且仅当1x =时取“=”，则()f x 在R 上单调递减， 当e a >时，由()0f x '>，得1ln x a <<，由()0f x '<，得1x <或ln x a >， 所以()f x 在(),1-∞和()ln ,a +∞上单调递减，在()1,ln a 上单调递增. (2)当1a =，0x >时，()211110101e 21e 21x x x x x f x x x x x x x <⇔++->⇔++->+++， 令()1111e 21x g x x x =++-+，则()()2111e 21x g x x '=-+-+， 显然()g x '在()0,∞+上单调递增，且()11104e g '=-<，22211121(2)0e 32e 2g '=--+>-+>， 即存在()01,2x ∈，使得()00g x '=，当00x x <<时，()0g x '<，当0x x >时，()0g x '>， 于是得()g x 在()00,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增， 即()()000min 01111e 21x g x g x x x ==++-+，而()()00201110e 21x g x x '=-+-=+，即()020111e 21x x =-+， 因此，()()()00022min 00011111112212211x g x x x x x x =-++-=+-+++，而01x >，即()min 0g x >，所以()1xf x x <+对()0,x ∈+∞恒成立. 【点睛】思路点睛：涉及双变量的不等式证明问题，将所证不等式等价转化，构造新函数，再借助导数探讨函数的单调性、极(最)值问题处理.9．（2022·海南·嘉积中学高三阶段练习）已知函数()()10exa xf x x --=>(e 为自然对数的底数，a ∈R )． (1)求()f x 的单调区间和极值； (2)设()()ln 1e x x g x xf x x+'+=-⋅，若对任意的()0,x ∈+∞，都有()e x g x ≤恒成立，求a 的取值范围. 【答案】(1)答案见解析；(2)(],1-∞﹒ 【解析】 (1)()()2e e 1(e )e x x x xa x x af x -----=='，x ＞0， 当0a ≤时，－a ≥0，()0f x '>，∴()f x 在()0,∞+上单调递增，无极值； 当0a >时，令()0f x '=，得x a =，当()0,x a ∈时，()0f x '<；当(),x a ∈+∞时，()0f x '>；∴()f x 在()0,a 上单调递减，在(),a +∞单调递增，极小值为()1e af a =-，无极大值. 综上，当0a ≤时，()f x 的增区间为)0,∞+，无减区间，无极值； 当0a >时，()f x 的减区间为()0,a ，增区间为(),a +∞，极小值为1e a-，无极大值. (2)∵对任意的0x >，不等式()e xg x ≤恒成立，即e ln 1x x x a x--≤在()0,∞+上恒成立，令()e ln 1(0)x x x F x x x --=>，则()22e ln x x xF x x+='， 令()2e ln x h x x x =+，则()()212e 0xh x x x x'=++>， ∴()h x 在()0,∞+上为增函数，又∵()1e 0h =>，11e2e 21e 1e 10e e h -⎛⎫=-=-< ⎪⎝⎭，∴01,1e x ⎛⎫∃∈ ⎪⎝⎭，使得()00h x =，即0200e ln 0xx x +=，当00x x <<时，()0h x <，可得()0F x '<，∴()F x 在()00,x 上单调递减； 当0x x >时，()0h x >，可得()0F x '>，∴()F x 在()0,x +∞上单调递增，∴()()0000mine ln 1x x x F x F x x --==，由020e ln 0x x x +=，可得01ln 000000ln 111e ln ln e x x x x x x x x ⎛⎫=-== ⎪⎝⎭， 令()e xt x x =，则()001ln t x t x ⎛⎫= ⎪⎝⎭，又由()()1e 0xt x x =+>'，∴()t x 在()0,∞+上单调递增，∴001ln x x =，可得00ln x x =-，∴001e x x =，即00e 1xx =，∴()0000min000e ln 111()1x x x x F x F x x x --+-====，∴1a ≤，综上所述，满足条件a 的取值范围是(],1-∞. 【点睛】本题关键是参变分离不等式()e xg x ≤，将问题转化为求()e ln 1x x x F x x--=在0x >时的最小值，转化为通过导数()F x '研究F (x )的单调性和最小值.在求解过程中，需要对导数二次求导，从而判断导数的零点，该零点为隐零点，故需采用隐零点的讨论方法求解.在处理方程0200e ln 0xx x +=时，还需要采用同构思想构造函数()e x t x x =，达到简化的目的.10．（2022·全国·哈师大附中模拟预测（理））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21e a ≥时，求证：()2ln 2x x f x x ---≥． 【答案】(1)1a =(2)答案见解析(3)证明见解析 【解析】 (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，2ln1a>-，所以()01f x x '>⇒<-或2lnx 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，2ln1a<-， 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()e x 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()eln 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.11．（2022·河北衡水·高三阶段练习）已知函数()()ln e 0,R xf x x x x m x m =-++>∈.(1)若()()ln g x f x x =-，求()g x 在[]1,2上的最大值与最小值之差； (2)若()0f x <，证明：1m < 【答案】(1)22e e 1--(2)证明见解析 【解析】 (1)由题意得()()ln e ,[1,2]xg x f x x x x m x =-=-++∈，则()e (1)1,[1,2]xg x x x '=-++∈，由于=e ,1,[1,2]x y y x x =+∈都是递增函数， 故()e (1)1,[1,2]xg x x x '=-++∈是递减函数， 则()()e (1)112e 10xg x x g ''=-++<=-+<， 故()e ,[1,2]xg x x x m x =-++∈为递减函数，则()2min max (1)e 1,()(2)2e 2g x g m g x g m ==-++==-++， 故()22min max ()e 1(2e 2)2e e 1g x g x m m -=-++--++=--；(2)证明：由()ln e 0xf x x x x m =-++<，(0)x > ，可得e ln x m x x x <--，设1()e ln ,()(1)(e )x xh x x x x h x x x'=--=+-，令211()e ,()e 0x x x x x x ϕϕ'=-=+> ，故1()e ,(0)xx x xϕ=->单调递增，又121()e 20,(1)e 102ϕϕ=-<=->，故存在01(,1)2x ∈ ，使得001e x x =，当00x x << 时，1()(1)(e )0xh x x x '=+-<，()e ln x h x x x x =--单调递减，当0x x > 时，1()(1)(e )0xh x x x'=+->，()e ln x h x x x x =--单调递增，故0min 000000()()e ln 1ln xh x h x x x x x x ==--=--，由于01e x x =，则00ln x x =-，故0min 000000()()e ln 1ln 1xh x h x x x x x x ==--=--=， 所以1m <.12．（2022·江西宜春·模拟预测（理））已知函数()ln f x x x =． (1)讨论函数()()(2)g x f x a x =++的单调性； (2)若()m f x x=有两个不等实根()1212,x x x x <，证明：32212e x x -<． 【答案】(1)单调递减区间为()(3)0,e a -+，单调递增区间为()(3)e,a -++∞(2)证明见解析【解析】 (1)解：因为()ln (2)g x x x a x =++， 所以()ln 3g x x a '=++，()(3)0,e a x -+∈时，()0,()g x g x '<单调递减；()(3)e ,a x ∞-+∈+时，()0,()'>g x g x 单调递增，所以()g x 单调递减区间为()(3)0,e a -+，单调递增区间为()(3)e,a -++∞；(2)由题意可知221122ln ln m x x x x ==，不妨设12x x <，211x t x =>， ∴21222ln 1ln 1t t lnx t tlnx t ⎧=⎪⎪-⎨⎪=⎪-⎩，于是原式32212e x x -<等价于1232ln ln 2x x +<-，即222ln ln 32112t t t t t +<---， ∴2231ln 221t t t ->⋅+，下面先证明，当1t >时，2(1)ln 1t t t ->+， 令2(1)()ln 1t h t t t -=-+， 222212(1)2(1)14(1)()0(1)(1)(1)t t t h t t t t t t t +---=-=-=++'>+，又∵(1)0h =， ∴()(1)0h t h >=， ∴2(1)ln 1t t t ->+，在1t >时恒成立， ∴欲证2231ln 221t t t ->⋅+，只需证明222(1)311221t t t t -->⋅++即可．∴22311221t t t +>⋅++，变形得，2561(51)(1)0t t t t -+=-->， 当1t >时，显然成立， 所以32212e x x -<得证．【点睛】关键点点睛：本题第二问关键是由32212e x x -<两边取对数，得到1232ln ln 2x x +<-，再结合221122ln ln m x x x x ==，不妨设12x x <，令211x t x =>，转化为2231ln 221t t t ->⋅+而得证.13．（2022·江苏·苏州市苏州高新区第一中学高二期中）已知函数 ()ln f x ax x x =+ 的图象在点 e x = ( e 为自然对数的底数) 处的切线斜率为 3． (1)求实数 a 的值;(2)若 k Z ∈， 且存在 1x > 使 ()()1k x f x -> 成立， 求 k 的最小值． 【答案】(1)1(2)4 【解析】 (1)由题意知：()ln 1f x a x =++'，()e lne 13f a '=++=，解得1a =； (2)由（1）知：()ln f x x x x =+，存在1x > 使 ()()1k x f x -> 成立等价于minln 1x x x k x +⎛⎫> ⎪-⎝⎭，令ln ()(1)1x x xg x x x +=>-， 则()()21ln 1(1)ln ln 2()11x x x x x x x g x x x ++-++--'==--，令()ln 2(1)h x x x x =-->，则1()10h x x '=->，所以()h x 在(1,)+∞上单增，又(3)1ln30,(4)2ln 40h h =-<=->，故存在0(3,4)x ∈使0()0h x =，即00ln 20x x --=， 故当0(1,)x x ∈时，()0,()g x g x '<单减，故当0(,)x x ∈+∞时，()0,()'>g x g x 单增， 故()000000min 00002ln ()()11x x x x x x g x g x x x x +-+====--，故0k x >，又0(3,4)x ∈且k Z ∈，故k 的最小值为4.14．（2022·安徽省桐城中学高三阶段练习（理））已知函数2()e x f x -=，函数ln ()(,)a x bg x a b x+=∈R 在e x =处取得最大值.(1)求a 的取值范围；(2)当02a <≤时，求证：()()f x g x >. 【答案】(1)(0,)+∞(2)证明见解析 【解析】 (1)显然2()ln 0,()a b a xa g x x --='≠，由已知(e)0g '=得0b =.故ln ()(0)a xg x a x=≠. 若0a <，当(0,e)x ∈时，()0g x '<；当正数(e,)x ∈+∞时，()0g x '>. ()g x 有最小值，不符合题意.若0a >，当(0,e)x ∈时，()0g x '>；当(e,)x ∈+∞时，()0g x '<. ()g x 有最大值(e)ag e=，故a 的取值范围为(0,)+∞. (2)由（1）知0a >，当(0,1]x ∈时，()0,()0f x g x >≤，所以()()f x g x >. 当(1,)x ∈+∞时，因为2ln ln x a x x x≥，只需证22ln e x x x ->，即证2e 2ln 0x x x --> 令2()e2ln ,(1)x F x x x x -=->，()222e 22()(1)ex x x x F x x x x--+-=+-=' 设()()2222()e 2,(1),()31e 0x x x x x x x x x --=+->=++>'ϕϕ，故()ϕx 在(1,)+∞上为增函数.所以23(1)20,20e 2⎛⎫=-<=> ⎪⎝⎭ϕϕ， 所以存在031,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()00x ϕ=，此时022002ex x x -=+. 当()01,x x ∈时，()0x ϕ<，即()0F x '<；当()0,x x ∈+∞时，()0x ϕ>，即()0F x '>. 故()min 0002()2ln 1F x F x x x ==-+. 又因为22ln 1y x x =-+在(1,)+∞为减函数，且031,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭， 所以()()00min 024322432ln 2ln 2ln 0152532F x F x x x ⎛⎫==->-=-> ⎪+⎝⎭故当(1,)x ∈+∞时，2e 2ln 0x x x -->，即22ln e x xx->，所以()()f x g x >. 综上，当02a <≤时，()()f x g x >.解法二：由（1）知0a >，当(0,1]x ∈时，()0,()0f x g x >≤，所以()()f x g x >. 当(1,)x ∈+∞时，因为2ln ln x a x x x≥，只需证22ln e x x x ->，即证22e 2e ln x xx x >. 令1112e (1)e ()(1),()0,()x xx x x x x x x-'=>=>ϕϕϕ在(1,)+∞上单递增， 所以11()(1)e x >=ϕϕ；令2222232e ln 2e (12ln )(),(1),()x x x x x x x-'=>=ϕϕ，由2()0x ϕ'=得x =当x ∈时，22()0,()x x ϕϕ'>单调递增；当)x ∈+∞时，22()0,()x x ϕϕ'<单调递减.当x =2max 2()e x ==ϕϕ，故2()e x ≤ϕ 所以12()()x x ϕϕ>综上，当02a <≤时，()()f x g x >. 【点睛】不等式证明问题是近年高考命题的热点，利用导数证明不等式的方法主要有两个：（1）不等式两边作差构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出函数最值即可；（2）观察不等式的特点，结合已解答问题把要证的不等式变形，并运用已证结论先行放缩，再化简或者进一步利用导数证明.1．（2022·天津市宁河区芦台第一中学模拟预测）已知函数()21ln 2f x x ax x =-+，a ∈R .(1)若()10f =，求函数()f x 的极值；(2)若关于x 的不等式()1f x ax ≤-恒成立，求整数a 的最小值； (3)若2a =-，正实数12,x x 满足()()12120f x f x x x ++=，证明：12x x +≥【答案】(1)极大值为0，无极小值； (2)2； (3)证明见解析. 【解析】 (1) ∵()1102af =-=，∴2a =， 此时()2ln f x x x x =-+，0x >，()()()221112121x x x x f x x x x x-+--++'=-+==，0x >， 由()0f x '<得1x >，由()0f x '>得01x <<，∴()f x 的单调增区间为()01，，单调减区间为()1+∞，， ∴()f x 有极大值为()10f =，无极小值； (2)由()1f x ax ≤-恒成立，得21ln 12x ax x ax -+≤-在()0+∞，上恒成立，问题等价于2ln 112x x a x x ++≥+在()0+∞，上恒成立. 令()2ln 112x x g x x x ++=+，只要()max a g x ≥. ∵()()2211ln 212x x x g x x x ⎛⎫+-- '⎪⎝⎭=⎛⎫+ ⎪⎝⎭. 令()1ln 2h x x x =--，∵()1102h x x =--<'，∴()h x 在()0+∞，上单调递减. ∵11ln2024h ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭，()1102h =-<，∴在(0，＋∞)上存在唯一的0x 1,12⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()00h x =，即001ln 02x x --=，∴001ln 2x x =-.∴当()00,x x ∈时，()0g x '>，g (x )单调递增， 当()0,x x ∈+∞时，()0g x '<，g (x )单调递减，∴()()000max20000011ln 1121122x x x g x g x x x x x x +++====++ ⎪⎝⎭()1,2∈，即()()max 12g x ∈，， ∵()max a g x ≥，∴整数a 的最小值为2； (3)由题可知1>0x ，20x >.当2a =-时，()2ln f x x x x =++，0x >.∵()()12120f x f x x x ++=，∴2211122212ln ln 0x x x x x x x x ++++++=，∴()()()212121212ln x x x x x x x x +++=-，令120t x x =>，则由()ln t t t ϕ=-得，()1t t tϕ-'=， 易知()t ϕ在()01，上单调递减，在()1+∞，上单调递增， ∴()()11t ϕϕ≥=， ∴()()212121x x x x +++≥，解得12x x +≥.【点睛】本题第二问关键是讨论函数()1ln 2h x x x =--的零点和单调性和，从而参变分离后函数的最小值，解题过程中零点无法求出，属于隐零点，可以设而不求，利用隐零点将对数式转换为幂式进行计算.第三问的关键是将方程变形，把12x x +看成整体进行求解.2．（2022·甘肃·二模（文））已知函数()()1ln a f x a x x a R x+=++∈. (1)当1a <-时，讨论()f x 的单调性； (2)若函数()21g x x x x=+-，证明：当1a =时，()()x f x g x ⋅>. 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【解析】 (1)()f x 的定义域()0,∞+.()()()()222211111.x a x x ax a a a f x x x x x ⎡⎤++-+-++⎣⎦=-='+= 当1a <-时，分下面三种情况讨论：①当2a =-时，()22(1)0x f x x ='-≥恒成立，所以()f x 在()0,∞+单调递增；②当2a <-时，()11a -+>，令()0f x '>，得01x <<，或()1x a >-+， 所以()f x 在()0,1和()1,a --+∞单调递增，在()1,1a --单调递减；③当21a -<<-时，()11a -+<，令()0f x '>，得()01x a <<-+，或1x >，所以()f x 在()0,1a --和()1,+∞单调递增，在()1,1a --单调递减.综上，当2a <-时，()f x 在()0,1和()1,a --+∞为增函数，在()1,1a --为减函数；2a =-时，()f x 在()0,∞+为增函数；当21a -<<-时，()f x 在()0,1a --和()1,+∞为增函数，在()1,1a --为减函数. (2)（2）当1a =时，要证明()()221ln 2(0)xf x x x x g x x x x x=++>=+->，即证1ln 20x x x x+-+>. 设()1ln 2F x x x x x =+-+，则()21ln F x x x='-，又函数()y F x '=在()0,∞+为增函数，而()()21110,e 10e F F ='-'=-<>， 所以存在()01,e x ∈，使得()00F x '=，且有0201ln x x =， 所以()F x 在()00,x 为减函数，在()0,x +∞为增函数.所以()min 0000000200001112()ln 222F x F x x x x x x x x x x x ⎛⎫==+-+=+-+=-+ ⎪⎝⎭， 令()22H x x x=-+，显然在()1,e 为减函数，所以()()0e H x H >， 即00222e 2e x x -+>-+，而2e 20e-+>，所以()00F x >， 即()min 0()0F x F x =>，故当0x >时，()()x f x g x ⋅>恒成立.3．（2022·陕西汉中·二模（文））已知函数()e 3x f x ax =+-，曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程为2y =-.(1)求实数a 的值及函数()f x 的单调区间；(2)若0x >时，()e 2x m x m -<+，求[]m 的最大值（注：[]m 表示不超过实数m 的最大整数）.【答案】(1)1a =-，减区间是(,0)-∞，增区间是(0,)+∞；(2)2【解析】(1)()e x f x a '=+，(0)1f a '=+，又(0)2f =-，所以10a +=，1a =-，()e 1x f x '=-，0x <时，()0f x '<，0x >时，()0f x '>，所以减区间是(,0)-∞，增区间是(0,)+∞；(2)0x >时，e 1x >，()e 2x m x m -<+(e 1)e 2x x m x ⇒-<+，e 2e 1x x x m +<-， 设e 2()e 1x x x g x +=-，则2e (e 3)()(e 1)x x x x g x --'=-， 由（1）()e 3x f x x =--，min ()(0)2f x f ==-，(1)40f e =-<，2(2)e 50f =->，所以()f x 在(1,2)上存在唯一零点，设零点为0(1,2)x ∈，00e 3x x =+，所以00x x <<时，()0g x '<，()g x 递减，0x x >时，()0g x '>，()g x 递增，00min 0e 2()()e 1x x x g x g x +==-000(3)22x x x ++=+01(2,3)x =+∈， 01m x <+，所以满足题意的m 的最大整数为2．即max []2m =．4．（2022·甘肃·二模（理））已知函数()()1ln a f x a x x x x +=++∈R . (1)讨论()f x 的单调性；(2)若函数()11e x g x x=+，证明：当1a =时，()()f x g x >.【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【解析】(1)()f x 的定义域()0,∞+()()22221(1)1(1)1x a x a a x ax a f x x x x x ++-⎡⎤++-+⎣⎦'=-+==. 当1a ≥-时，10a +≥，所以()10x a ++>恒成立，所以()f x 在()0,1单调递减，在()1,+∞单调递增；当1a <-，分下面三种情况讨论：①当2a =-时，()()2210x f x x -'=≥恒成立，所以()f x 在()0,∞+单调递增；②当2a <-时，()11a -+>，令()0f x '>.得01x <<，或()1x a >-+.所以()f x 在()0,1和()1,a --+∞单调递增，在()1,1a --单调递减；③当21a -<<-时，()011a -+<＜，令()0f x >′，得0(1)x a <<-+，或1x >，所以()f x 在()0,1a --和()1,+∞单调递增，在()1,1a --单调递减.综上，当2a <-时，()f x 在()0,1和()1,a --+∞为增函数，在()1,1a --为减函数；2a =-时，()f x 在()0,∞+为增函数；当21a -<<-时，()f x 在()0,1a --和()1,+∞为增函数，在()1,1a --为减函数；当1a ≥-时，()f x 在()0,1为减函数，在()1,+∞为增函数.(2)当1a =时，要证明()()211(0)e ln x x f x g x x x x x ++=>=+>， 即证2ln 1e x x x x x ++>，设()(0)e xx G x x =>， 易知()e xx G x =在()0,1为增函数，在()1,+∞为减函数， 所以()()max 11eG x G ==；设()2l 1n x F x x x =++， 则()21ln x F x x '=++，又函数()y F x ='在()0,∞+为增函数， 而120e e F ⎛⎫'=> ⎪⎝⎭，22e 1e 210F ⎛⎫'=-+< ⎪⎝⎭， 所以存在0211e e ,x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()00F x '=，且有00ln 12x x =--， 所以()F x 在()00,x 为减函数，在()0,x +∞为增函数.所以()()()222000000000min 121ln 11F x F x x x x x x x x x ==++=--++=--+.设()21H x x x =--+，显然在211,e e ⎛⎫ ⎪⎝⎭为减函数， 所以()0e 1H x H ⎛⎫> ⎪⎝⎭，即2002111e 1e x x --+>--+， 而21111e e e --+>，所以20011ex x --+>， 即()()()0min max e 1F x F x G x =>=，故当0x >时， ()()F x G x >恒成立，所以()()f x g x >成立.【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．5．（2022·江西省宜春中学高二开学考试（理））设函数()()ln 20f x ax x a =-->.(1)若2ea =，求()f x 在点()()e,e f 处的切线方程；(2)求()f x 的单调递减区间；(3)求证：不等式()e x f x ax >-恒成立. 【答案】(1)e 2e 0x y --= (2)10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭(3)证明见解析【解析】(1) 当2e a =时，()2ln 2ef x x x =--，()21e f x x'=-， ()1e ef '∴=，又()e 1f =-， ()f x ∴在点()()e,e f 处的切线方程为：()11e ey x +=-，即e 2e 0x y --=. (2) 由题意得：()f x 定义域为()0,∞+，()()110ax f x a a x x-'=-=>； 令()0f x '=，解得：10x a =>， ∴当10,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<；当1,x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>； ()f x ∴的单调递减区间为10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭. (3)。

1.2.1 常数函数与幂函数的导数~ 1.2.2 导数公式表及数学软件的应用学业达标一、选择题1．下列结论正确的是( ) A ．若y ＝cos x ，则y ′＝sin x B ．若y ＝sin x ，则y ′＝－cos x C ．若y ＝1x ，则y ′＝－1x 2D ．若y ＝x ，则y ′＝x22．在曲线f (x )＝1x 上切线的倾斜角为34π的点的坐标为( )A ．(1,1)B ．(－1，－1)C ．(－1,1)D ．(1,1)或(－1，－1)3．对任意的x ，有f ′(x )＝4x 3，f (1)＝－1，则此函数解析式为( ) A ．f (x )＝x 3 B ．f (x )＝x 4－2 C ．f (x )＝x 3＋1D ．f (x )＝x 4－14．已知曲线y ＝x 3在点(2,8)处的切线方程为y ＝kx ＋b ，则k －b ＝( ) A ．4 B ．－4 C ．28D ．－285．若f (x )＝sin x ，f ′(α)＝12，则下列α的值中满足条件的是( )A.π3B.π6C.23πD.56π 二、填空题6．已知f (x )＝x 2，g (x )＝ln x ，若f ′(x )－g ′(x )＝1，则x ＝________. 7．直线y ＝12x ＋b 是曲线y ＝ln x (x ＞0)的一条切线，则实数b ＝________.8．已知函数y ＝f (x )的图象在M (1，f (1))处的切线方程是y ＝12x ＋2，则f (1)＋f ′(1)＝__________.三、解答题9．若质点P 的运动方程是s ＝3t 2(s 的单位为m ，t 的单位为s)，求质点P 在t ＝8 s 时的瞬10．设f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋1的导数f ′(x )满足f ′(1)＝2a ，f ′(2)＝－b ，其中常数a ，b ∈R .求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程．能力提升1．设f 0(x )＝sin x ，f 1(x )＝f 0′(x )，f 2(x )＝f 1′(x )，…，f n ＋1(x )＝f n ′(x )，n ∈N ，则f 2 017(x )＝( ) A ．sin x B ．－sin x C ．cos xD ．－cos x2．若曲线y ＝x －12在点(a ，a －12)处的切线与两个坐标轴围成的三角形的面积为18，则a ＝( ) A ．64 B ．32 C ．16D ．83．点P 是f (x )＝x 2上任意一点，则点P 到直线y ＝x －1的最短距离是__________． 4．已知P (－1,1)，Q (2,4)是曲线y ＝x 2上的两点， (1)求过点P ，Q 的曲线y ＝x 2的切线方程； (2)求与直线PQ 平行的曲线y ＝x 2的切线方程．参考答案学业达标1．【答案】 C【解析】 ∵(cos x )′＝－sin x ，∴A 不正确； ∵(sin x )′＝cos x ，∴B 不正确； ∵(x )′＝12x ，∴D 不正确．2．【答案】 D【解析】 切线的斜率k ＝tan 34π＝－1，设切点为(x 0，y 0)，则f ′(x 0)＝－1，又f ′(x )＝－1x 2，∴－1x 20＝－1，∴x 0＝1或－1，∴切点坐标为(1,1)或(－1，－1)．故选D. 3．【答案】 B【解析】 由f ′(x )＝4x 3知f (x )中含有x 4项，然后将x ＝1代入选项中验证可得，选B. 4．【答案】 C【解析】 ∵y ′＝3x 2，∴点(2,8)处的切线斜率k ＝f ′(2)＝12. ∴切线方程为y －8＝12(x －2)，即y ＝12x －16， ∴k ＝12，b ＝－16，∴k －b ＝28. 5．【答案】 A【解析】 ∵f (x )＝sin x ，∴f ′(x )＝cos x . 又∵f ′(α)＝cos α＝12，∴α＝2k π±π3(k ∈Z)．当k ＝0时，α＝π3.二、填空题 6．【答案】 1【解析】 因为f (x )＝x 2，g (x )＝ln x ， 所以f ′(x )＝2x ，g ′(x )＝1x且x >0，f ′(x )－g ′(x )＝2x －1x ＝1，即2x 2－x －1＝0，解得x ＝1或x ＝－12(舍去)．故x ＝1.7．【答案】 ln 2－1【解析】 设切点坐标为(x 0，y 0)，则y 0＝ln x 0.∵y ′＝(ln x )′＝1x ，由题意知1x 0＝12，∴x 0＝2，y 0＝ln 2.由ln 2＝12×2＋b ，得b ＝ln 2－1.8．【答案】 3【解析】 依题意知，f (1)＝12×1＋2＝52，f ′(1)＝12，∴f (1)＋f ′(1)＝52＋12＝3.三、解答题9．解：∵s ′＝(3t 2)′＝(t 23)′＝23t －13，∴v ＝23×8－13＝23×2－1＝13，∴质点P 在t ＝8 s 时的瞬时速度为13m/s.10．解：因为f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋1，所以f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b .令x ＝1，得f ′(1)＝3＋2a ＋b ，又f ′(1)＝2a ，所以3＋2a ＋b ＝2a ，解得b ＝－3. 令x ＝2，得f ′(2)＝12＋4a ＋b ，又f ′(2)＝－b ，所以12＋4a ＋b ＝－b ，解得a ＝－32.则f (x )＝x 3－32x 2－3x ＋1，从而f (1)＝－52.又f ′(1)＝2×⎝⎛⎭⎫－32＝－3，所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为 y －⎝⎛⎭⎫－52＝－3(x －1)，即6x ＋2y －1＝0. 能力提升1．【答案】 C【解析】 f 0(x )＝sin x ，f 1(x )＝f 0′(x )＝(sin x )′＝cos x ，f 2(x )＝f 1′(x )＝(cos x )′＝－sin x ，f 3(x )＝f 2′(x )＝(－sin x )′＝－cos x ，f 4(x )＝f 3′(x )＝(－cos x )′ ＝sin x ，所以4为最小正周期， 故f 2 017(x )＝f 1(x )＝cos x . 2．【答案】 A【解析】 因为y ′＝－12x －32，所以曲线y ＝x －12在点(a ，a －12)处的切线方程为：y －a －12＝－12a －32(x －a )，由x ＝0得y ＝32a －12，由y ＝0得x ＝3a ，所以12·32a －12·3a ＝18，解得a ＝64.3．【答案】328【解析】 与直线y ＝x －1平行的f (x )＝x 2的切线的切点到直线y ＝x －1的距离最小．设切点为(x 0，y 0)，则f ′(x 0)＝2x 0＝1，∴x 0＝12，y 0＝14.即P ⎝⎛⎭⎫12，14到直线y ＝x －1的距离最短． ∴d ＝⎪⎪⎪⎪12－14－112＋12＝328.4． 解：(1)因为y ′＝2x .P (－1,1)，Q (2,4)都是曲线y ＝x 2上的点． 过P 点的切线的斜率k 1＝－2， 过Q 点的切线的斜率k 2＝4，过P 点的切线方程为y －1＝－2(x ＋1)， 即2x ＋y ＋1＝0.过Q 点的切线方程为y －4＝4(x －2)， 即4x －y －4＝0.(2)因为y ′＝2x ，直线PQ 的斜率k ＝4－12＋1＝1，切线的斜率k ＝2x 0＝1， 所以x 0＝12，所以切点M ⎝⎛⎭⎫12，14， 与PQ 平行的切线方程为y －14＝x －12，即4x －4y －1＝0.。

授课教师：古向伟 课题 导数的概念 课时2授课班级 11数控4,511软件11化工（2） 11焊接3） 授课时间月 日 节 月 日 节月 日 节月 日 节教学目标 理解导数的概念并会运用概念求导数。

教 材 分 析重点 概 导数的概念以及求导数 难点导数的概念教学方法： 启发式，任务驱动 课 型新授课复习提问作业 课后练习2教学过程：一、导入新课：上节我们讨论了瞬时速度、切线的斜率和边际成本。

虽然它们的实际意义不同，但从函数角度来看，却是相同的，都是研究函数的增量与自变量的增量的比的极限。

由此我们引出下面导数的概念。

二、新授课：1.设函数)(x f y =在0x x =处附近有定义，当自变量在0x x =处有增量x ∆时，则函数)(x f Y =相应地有增量)()(00x f x x f y -∆+=∆，如果0→∆x 时，y ∆与x ∆的比x y ∆∆（也叫函数的平均变化率）有极限即xy∆∆无限趋近于某个常数，我们把这个极限值叫做函数)(x f y =在0x x →处的导数，记作0/x x y =，即xx f x x f x f x ∆-∆+=→∆)()(lim)(0000/注：1.函数应在点0x 的附近有定义，否则导数不存在。

学生讨论，理解导数 的定义2.在定义导数的极限式中，x ∆趋近于0可正、可负、但不为0，而y ∆可能为0。

3.xy∆∆是函数)(x f y =对自变量x 在x ∆范围内的平均变化率，它的几何意义是过曲线)(x f y =上点（)(,00x f x ）及点)(,(00x x f x x ∆+∆+）的割线斜率。

4.导数xx f x x f x f x ∆-∆+=→∆)()(lim)(0000/是函数)(x f y =在点0x 的处瞬时变化率，它反映的函数)(x f y =在点0x 处变化的快慢程度，它的几何意义是曲线)(x f y =上点（)(,00x f x ）处的切线的斜率。

教案名称：大学数学试讲教案课程名称：高等数学课时安排：2课时（90分钟）教学目标：1. 了解并掌握导数的基本概念和计算方法；2. 能够运用导数解决实际问题，如最优化问题；3. 理解导数在物理学、经济学等领域的应用。

教学内容：1. 导数的基本概念；2. 导数的计算方法；3. 导数在实际问题中的应用。

教学过程：第一课时一、导入（10分钟）1. 引入导数的概念，解释导数在数学中的重要性；2. 举例说明导数在实际问题中的应用。

二、导数的基本概念（15分钟）1. 给出导数的定义；2. 解释导数表示函数在某一点的瞬时变化率；3. 强调导数的几何意义和物理意义。

三、导数的计算方法（40分钟）1. 介绍导数的计算规则，如四则运算法则、复合函数的导数等；2. 举例讲解常见函数的导数计算方法；3. 练习题解答，让学生熟悉导数的计算过程。

第二课时四、导数在实际问题中的应用（40分钟）1. 介绍导数在物理学中的应用，如速度、加速度的计算；2. 介绍导数在经济学中的应用，如边际成本、边际效用的计算；3. 举例讲解如何运用导数解决实际问题，如最优化问题。

五、练习与讨论（20分钟）1. 布置课堂练习题，让学生巩固导数的计算方法和应用；2. 组织学生进行小组讨论，分享解题思路和心得；3. 解答学生提出的问题，给予指导和帮助。

六、总结与展望（5分钟）1. 总结本节课的主要内容和知识点；2. 强调导数在实际问题中的应用价值；3. 展望下一节课的内容，激发学生的学习兴趣。

教学评价：1. 课堂练习题的完成情况；2. 学生对导数概念和计算方法的掌握程度；3. 学生能够运用导数解决实际问题的情况。

教学资源：1. 教案、PPT课件；2. 课堂练习题；3. 相关参考书籍和网络资源。

教学建议：1. 注重引导学生主动思考和探索，提高学生的学习兴趣；2. 加强课堂练习和小组讨论，巩固学生的知识点掌握；3. 结合实际问题，让学生体会导数的应用价值。

【热点聚焦】导数的几何意义为高考命题热点内容，考查题型有客观题，有时也出现在解答题中，难度中等或更小．导数的运算基本不单独命题，主要是在导数的几何意义及导数的应用中加以考查.导数的几何意义问题归纳起来常见的命题探究角度有：(1)求切线方程问题．(2)确定切点坐标问题．(3)已知切线问题求参数．(4)导数几何意义的综合应用．【重点知识回眸】（一）导数的几何意义1.函数f (x)在点x0处的导数f ′(x0)的几何意义是曲线y＝f (x)在点(x0，f (x0))处的切线斜率．相应地，切线方程为y－f (x0)＝f ′(x0)(x－x0)．2.提醒：(1)瞬时速度是位移函数S(t)对时间的导数．(2)曲线y＝f (x)在点P(x0，y0)处的切线是指P为切点，斜率为f ′(x0)的切线，是唯一的一条切线．(3)曲线y＝f (x)过点P(x0，y0)的切线，点P不一定是切点，切线可能有多条．（二）基本初等函数的导数公式原函数导函数f (x)＝c(c为常数)f ′(x)＝0f (x)＝x n(n∈Q*)f ′(x)＝nx n－1f (x)＝sin x f ′(x)＝cos xf (x)＝cos x f ′(x)＝－sin xf (x)＝a x f ′(x)＝a x ln a(a＞0)f (x)＝e x f ′(x)＝e xf (x)＝log a x(a＞0，且a≠1)f ′(x)＝1x ln a(a＞0，且a≠1)f (x)＝ln x f ′(x)＝1 x(1)[f (x)±g(x)]′＝f ′(x)±g′(x)；(2)[f (x)·g(x)]′＝f ′(x)g(x)＋f (x)g′(x)；（3）(g (x )≠0)． （四）复合函数的导数复合函数y ＝f (g (x ))的导数和函数y ＝f (u )，u ＝g (x )的导数间的关系为y x ′＝y u ′·u x ′，即y 对x 的导数等于y 对u 的导数与u 对x 的导数的乘积． （五）常用结论1．奇函数的导数是偶函数，偶函数的导数是奇函数，周期函数的导数还是周期函数． 2．熟记以下结论： (1)⎝⎛⎭⎫1x ′＝－1x 2； (2) 21'()[]'()[()]f x f x f x =- (f (x )≠0)； (3)[af (x )±bg (x )]′＝af ′(x )±bg ′(x )． （六）方法与技巧：1、求切线方程的方法：一点一方向可确定一条直线，在求切线时可考虑先求出切线的斜率（切点导数）与切点，在利用点斜式写出直线方程.2、若函数的导函数可求，则求切线方程的核心要素为切点A 的横坐标0x ，因为0x 可“一点两代”，代入到原函数，即可得到切点的纵坐标()0f x ，代入到导函数中可得到切线的斜率()'0fx k =,从而一点一斜率，切线即可求所以在解切线问题时一定要盯住切点横坐标，千方百计的把它求解出来.3、求切线的问题主要分为两大类，一类是切点已知，那么只需将切点横坐标代入到原函数与导函数中求出切点与斜率即可，另一类是切点未知，那么先要设出切点坐标()00,x y ,再考虑利用条件解出核心要素0x ，进而转化成第一类问题.4、在解析几何中也学习了求切线的方法，即先设出切线方程，再与二次方程联立利用0∆=求出参数值进而解出切线方程.解析几何中的曲线与函数同在坐标系下，所以两个方法可以互通.若某函数的图像为圆锥曲线，二次曲线的一部分，则在求切线时可用解析的方法求解，例如：21y x =-13,22⎛⎝⎭处的切线方程，则可考虑利用圆的切线的求法进行解决.若圆锥曲线可用函数解析式表示，像焦点在y 轴的抛物线，可看作y 关于x 的函数，则在求切线时可利用导数进行快速求解（此方法也为解析几何中处理焦点在y 轴的抛物线切线问题的重要方法）.5、在处理切线问题时要注意审清所给已知点是否为切点.“在某点处的切线”意味着该点即2()'()()'()()'()()f x f x g x g x f x g x g x ⎡⎤⋅-⋅=⎢⎥⎣⎦为切点，而“过某点的切线”则意味着该点有可能是切点，有可能不是切点.如果该点恰好在曲线上那就需要进行分类讨论了.【典型考题解析】热点一 求曲线的切线方程【典例1】（2020·全国·高考真题（理））函数43()2f x x x =-的图像在点(1(1))f ，处的切线方程为（ ） A ．21y x =-- B ．21y x =-+ C ．23y x =-D ．21y x =+【典例2】（2019·全国高考真题（文））曲线y =2sin x +cos x 在点(π，–1)处的切线方程为（ ）A ．B ．C ．D ．【典例4】（2022·全国·高考真题）曲线ln ||y x =过坐标原点的两条切线的方程为____________，____________． 【规律方法】导数运算及切线的理解应注意的问题：一是利用公式求导时要特别注意除法公式中分子的符号，防止与乘法公式混淆．二是直线与曲线公共点的个数不是切线的本质，直线与曲线只有一个公共点，直线不一定是曲线的切线，同样，直线是曲线的切线，则直线与曲线可能有两个或两个以上的公共点． 曲线切线方程的求法：(1)以曲线上的点(x 0，f (x 0))为切点的切线方程的求解步骤： ①求出函数f (x )的导数f ′(x )； ②求切线的斜率f ′(x 0)；③写出切线方程y －f (x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0)，并化简．(2)如果已知点(x 1，y 1)不在曲线上，则设出切点(x 0，y 0)，解方程组得切点(x 0，y 0)，进而确定切线方程． 热点二 求切点坐标【典例5】（2021·河北唐山市·唐山一中高三其他模拟）在平面直角坐标系xOy 中，F 是抛物线2:2C x y =的焦点，M 是抛物线C 上位于第一象限内的任意一点，过M ，F ，O 三点的圆的圆心为Q ，若直线MQ 与抛物线C 相切于点M ，则点M 的坐标是___________. 【典例6】（2019·江苏高考真题）在平面直角坐标系中，点A 在曲线y =ln x 上，且该10x y --π-=2210x y --π-=2210x y +-π+=10x y +-π+=0010010()'()y f x y y f x x x=⎧⎪-⎨=⎪-⎩xOy曲线在点A 处的切线经过点（-e ，-1)(e 为自然对数的底数），则点A 的坐标是____. 【方法总结】1.已知切线方程(或斜率)求切点的一般思路是先求函数的导数，再让导数等于切线的斜率，从而求出切点的横坐标，将横坐标代入函数解析式求出切点的纵坐标．2.已知斜率求切点：已知斜率k ，求切点(x 1，f (x 1))，即解方程f ′(x 1)＝k . 热点三 求参数的值(范围)【典例7】（2019·全国·高考真题（理））已知曲线e ln x y a x x =+在点()1,ae 处的切线方程为2y x b =+，则（ ） A ．,1a e b ==-B ．,1a e b ==C ．1,1a e b -==D ．1,1a e b -==-【典例8】（2023·全国·高三专题练习）已知函数()()e ,x f x a b a b =+∈R 在点()()0,0f 处的切线方程为32y x =+，则2a b +=（ ） A ．1B ．2C ．4D ．5【典例9】（2022·全国·高考真题）若曲线()e x y x a =+有两条过坐标原点的切线，则a 的取值范围是________________． 【规律方法】1.利用导数的几何意义求参数的基本方法利用切点的坐标、切线的斜率、切线的方程等得到关于参数的方程(组)或者参数满足的不等式(组)，进而求出参数的值或取值范围．2.根据导数的几何意义求参数的值时，一般是利用切点P (x 0，y 0)既在曲线上又在切线上构造方程组求解．3.求解与导数的几何意义有关问题时应注意的两点 (1)注意曲线上横坐标的取值范围． (2)谨记切点既在切线上又在曲线上． 热点四 切线的斜率与倾斜角【典例10】（2023·全国·高三专题练习）设函数321()(1)sin 3f x x a x a x =+-+，若()f x 为奇函数，则曲线()y f x =在点(0,0)处的切线斜率为（ ） A ．3B ．2C ．1D ．12【典例11】（2022·江西·丰城九中高三开学考试（理））函数()2ln 1sin y x x =++的图象在0x =处的切线对应的倾斜角为α，则sin2α=（ ） A ．310B ．±310 C ．35D ．±35【典例12】（2018·全国·高考真题（理））曲线()1e xy ax =+在点()01，处的切线的斜率为2-，则=a ________．热点五：两曲线的公切线问题【典例13】（2020·全国·高考真题（理））若直线l 与曲线y x x 2+y 2=15都相切，则l 的方程为（ ） A ．y =2x +1B ．y =2x +12C ．y =12x +1D ．y =12x +12【典例14】（2023·全国·高三专题练习）已知函数22f xx ，()3ln g x x ax =-，若曲线()y f x =与曲线()y g x =在公共点处的切线相同，则实数=a ________．【典例15】（2016·全国·高考真题（理））若直线y kx b =+是曲线ln 2y x =+的切线，也是曲线ln(1)y x =+的切线，则b =_______． 【总结提升】解决此类问题通常有两种方法一是利用其中一曲线在某点处的切线与另一曲线相切，列出关系式求解；二是设公切线l 在y ＝f (x )上的切点P 1(x 1，f (x 1))，在y ＝g (x )上的切点P 2(x 2，g (x 2))，则f ′(x 1)＝g ′(x 2)＝1212()()f xg x x x --.热点六：导数几何意义的综合应用【典例16】（2021·全国·高考真题）若过点(),a b 可以作曲线e x y =的两条切线，则（ ） A ．e b a < B ．e a b < C ．0e b a <<D ．0e a b <<【典例17】（全国·高考真题（文））已知函数22,0()ln(1),0x x x f x x x ⎧-+≤=⎨+>⎩，若|()|f x ax ≥，则a 的取值范围是（ ） A ．(,0]-∞B ．(,1]-∞C ．[2,1]-D ．[2,0]-【典例18】（2020·北京·高考真题）已知函数2()12f x x =-． （Ⅰ）求曲线()y f x =的斜率等于2-的切线方程；（Ⅱ）设曲线()y f x =在点(,())t f t 处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为()S t ，求()S t 的最小值．【精选精练】一、单选题1．（2022·湖北武汉·高三开学考试）若函数()ln bf x a x x=-在点（1，f （1））处的切线的斜率为1，则22a b +的最小值为（ ）A ．12B 2C 3D ．342．（2023·全国·高三专题练习）函数()ln f x x ax =+存在与直线20x y -=平行的切线，则实数a 的取值范围是（ ） A ．(,2]-∞ B ．11,22,2e e ∞⎛⎫⎛⎫--⋃- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭C ．()2,+∞D ．()0,∞+3．（2022·江西·高三阶段练习（文））我国魏晋时期的科学家刘徽创立了“割圆术”，实施“以直代曲”的近似计算，用正n 边形进行“内外夹逼”的办法求出了圆周率π的精度较高的近似值，这是我国最优秀的传统科学文化之一．借用“以直代曲”的近似计算方法，在切点附近，可以用函数图像的切线近似代替在切点附近的曲线来近似计算．利用此方法计算sin 0.01︒的近似值为（ ） A ．0.01B ．180πC ．1800πD ．18000π4．（2022·江西·金溪一中高三阶段练习（文））若函数1()33(0)f x x x x=+->的图象与函数()e x g x tx =的图象有公切线l ，且直线l 与直线122y x =-+互相垂直，则实数t =（ ）A ．1eB ．2eC ．1e或2e D ．1e或4e 5．（2022·安徽省舒城中学三模（文））以下曲线与直线e e y x =-相切的是（ ） A ．221x y +=B ．e x y =C ．e ln x y x =D ．21e 2y x =6．（2022·广东·高三阶段练习）已知函数2()ln f x a x bx =-的图象在1x =处与直线12y =-相切，则函数()f x 在[]1,e 上的最大值为（ ） A ．1-B ．0C ．12-D ．17．（2023·全国·高三专题练习）曲线e 22x y x x =+-在0x =处的切线方程是（ ） A ．320x y ++= B ．220x y ++= C ．220x y --=D ．320x y --=8．（2023·河北·高三阶段练习）若过点(,)m n 可以作曲线2log y x =的两条切线，则（ ） A ．2log m n >B ．2log n m >C ．2log m n <D ．2log n m <9．（2022·全国·高三专题练习）曲线ln y x =上的点到直线2y x =+的最短距离是（ ） A ．22B 32C 2D 210．（2022·河南·高三阶段练习（理））曲线ln 3y x x x =+-在1x =处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为（ ） A ．1B ．2C ．4D ．811．（2023·全国·高三专题练习）过点()0,P b 作曲线e x y x =的切线，当240e b -<<时，切线的条数是（ ） A ．0 B ．1C ．2D ．3二、填空题12．（2021·全国·高考真题（理））曲线212x y x -=+在点()1,3--处的切线方程为__________． 13．（2023·山西大同·高三阶段练习）已知2e ()e x xaf x +=满足()()0f x f x ，且()f x 在(,())b f b 处的切线方程为2y x =，则a b +=___________.14．（2023·全国·高三专题练习）已知0a >，0b >，直线y x a =+与曲线1e 21x y b -=-+相切，则21a b+的最小值为___________.15．（2019·江苏·高考真题）在平面直角坐标系xOy 中，P 是曲线4(0)y x x x=+>上的一个动点，则点P 到直线x +y =0的距离的最小值是_____.16．（2021·全国·高考真题）已知函数12()1,0,0xf x e x x <=>-，函数()f x 的图象在点()()11,A x f x 和点()()22,B x f x 的两条切线互相垂直，且分别交y 轴于M ，N 两点，则||||AM BN 取值范围是_______． 三、解答题17．（2023·全国·高三专题练习）设函数()12ln f x p x x x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，()2e g x x =若直线l 与函数()(),f x g x 的图象都相切，且与函数()f x 的图象相切于点()1,0，求p 的值；18．（2022·重庆巴蜀中学高三阶段练习）已知函数()ln f x x x ax b =++在e x =时取得极小值1e -，其中e 2.718=是自然对数的底数.(1)求实数a 、b 的值； (2)若曲线()y f x =在点()(),t f t 处的切线过原点()0,0，求实数t 的值.。

导数章节知识全归纳专题11 导数压轴题中有关隐零点问题一．隐零点问题知识方法讲解：1.“隐零点”概念：隐零点主要指在研究导数试题中遇到的对于导函数f ’(x)=0时，不能够直接运算出来或是不能够估算出来，导致自己知道方程有根存在，但是又不能够找到具体的根是多少，通常都是设x=x 0，使得f ’(x)=0成立，这样的x 0就称为“隐藏零点”。

2.“隐零点”解决方向：针对隐零点问题通常解决步骤：1.求导判定是否为隐零点问题，2.设x=x 0，使得f ’(x)=0成立，3.得到单调性，并找到最值，将x 0带入f(x),得到f(x 0),4.再将x 0的等式代换，再求解（注意：x 0的取值范围）二．隐零点问题中的典型例题：典例1．已知函数()ln f x x =，()2sin g x x x =-．（1）求()g x 在()0,π的极值；（2）证明：()()()h x f x g x =-在()0,2π有且只有两个零点．解：（1）由()12cos g x x '=-，()0,x π∈， 当03x π<<时，()0g x '<，此时函数()g x 单调递减， 当3x ππ<<时，()0g x '>，此时函数()g x 单调递增，所以，函数()g x 的极小值为33g ππ⎛⎫=- ⎪⎝⎭ （2）证明：()()()ln 2sin h x f x g x x x x =-=-+，其中02x π<<.则()112cos h x x x '=-+，令()12cos 1x x x ϕ=+-，则()212sin x x xϕ'=--. 当()0,x π∈时，()212sin 0x x x ϕ'=--<，则()x ϕ在()0,π上单调递减， 303πϕπ⎛⎫=> ⎪⎝⎭，2102πϕπ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭， 所以，存在0,32x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()()000x h x ϕ'==. 当00x x <<时，()0h x '>，此时函数()h x 在()00,x 上单调递增，当0x x π<<时，()0h x '<，此时函数()h x 在()0,x π上单调递减.()()0h x h x ∴=极大值,而ln 0333h πππ⎛⎫=-+> ⎪⎝⎭，()2ln ln 20h e πππππ=-<-=-<，则()003h x h π⎛⎫>> ⎪⎝⎭，又ln 1666h πππ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭， 令()ln 1m x x x =-+，其中01x <<，则()1110x m x x x-'=-=>， 所以，函数()m x 在()0,1上单调递增，则()()10m x m <=，所以，ln 10666h πππ⎛⎫=-+< ⎪⎝⎭.由零点存在定理可知，函数()h x 在()0,π上有两个零点；当[),2x ππ∈时，2sin 0x ≤，()ln 2sin ln h x x x x x x =-+≤-，设ln y x x =-，则1110x y x x-'=-=<对任意的[),2x ππ∈恒成立， 所以，ln ln 0x x ππ-≤-<，所以，函数()h x 在[),2ππ上没有零点，综上所述，函数()()()h x f x g x =-在()0,2π上有且只有两个零点.【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与x 轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由()0f x =分离变量得出()a g x =，将问题等价转化为直线y a =与函数()y g x =的图象的交点问题.典例2．已知函数()ln 2a f x k x ax ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭在()()1,1f 处的切线与直线l ：(π)1y a x =-+平行．（1）求k 的值； （2）若()()2cos p x f x x =-，试讨论()p x 在π3π22⎡⎤⎢⎥⎣⎦,上的零点个数．解：（1）()ln 2a f x k x ax ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭在()()1,1f 处的切线与直线l ：(π)1y a x =-+平行， 则有()1πf a '=-，()k f x a x'=-，则(1)ππf k a a k '=-=-⇒= （2）()()2cos πln 2cos 2a p x f x x x ax x ⎛⎫=-=+-- ⎪⎝⎭，π3π,22x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦， π()2sin p x x a x '=+-，令()()g x p x '=，则2π()2cos g x x x'=-+， 当π3π,22x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，cos 0x ≤且2π0x -<，则2π()2cos 0g x x x '=-+<，则()g x 在π3π,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦单调递减， ππ22422g p a a ⎛⎫⎛⎫'==+-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，3π3π2422233g p a a ⎛⎫⎛⎫'==--=-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 当4a ≥时，π02p ⎛⎫'≤ ⎪⎝⎭且()()p x g x '=在π3π,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦单调递减，则()0p x '≤，()p x 在π3π,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦单调递减， ππππππln 2cos πln 0222222a a p ⎛⎫⎛⎫=+--=> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，3π3π3π3π3ππln 2cos πln 222222a a p a π⎛⎫⎛⎫=+--=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 由于4a ≥，则03π2p ⎛⎫< ⎪⎝⎭，()p x 在π3π,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦单调递减，则有一个零点， 当43a ≤-时，3π02p ⎛⎫'≥ ⎪⎝⎭，由于()()=p x g x '在π3π,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦单调递减，则()0p x '≥，()p x在π3π,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦单调递增， ππ=πln 022p ⎛⎫> ⎪⎝⎭，则π()02p x p ⎛⎫≥> ⎪⎝⎭，则()p x 在π3π,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦无零点， 当443a -<<时，π02p ⎛⎫'> ⎪⎝⎭，3π02p ⎛⎫'< ⎪⎝⎭，()p x '在π3π,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦单调递减，则存在0π3π,22x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭使()0p x '=， 当0π,2x x ⎛⎫∈⎪⎝⎭，()0p x '>，()p x 单调递增，当03π,2x x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()0p x '<，()p x 单调递减，πππln 022p ⎛⎫=> ⎪⎝⎭，3π3ππln π22p a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭， 若3π3π0ln 22p a ⎛⎫>⇒< ⎪⎝⎭，则由0π2p ⎛⎫> ⎪⎝⎭，3π02p ⎛⎫> ⎪⎝⎭及()p x 的增减性可得：()p x 在π3π,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦无零点，此时43πln 32a -<<， 若3π3π0ln 22p a ⎛⎫≤⇒≥⎪⎝⎭，由0π2p ⎛⎫> ⎪⎝⎭，3π02P ⎛⎫≤ ⎪⎝⎭和()p x 的增减性可得：()p x 在π3π,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦有一个零点，此时3πln 42a ≤<， 综上，当3πln2a <时，()p x 在π3π,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦无零点，当3πln 2a ≥时，()p x 在π3π,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦有一个零点．【点睛】关键点点睛：本题第二问考查利用导数分析函数的零点个数问题，解答此问题的关键在于多次求导以及分类讨论思想的运用；当原函数()f x 的导函数()f x '无法直接判断出正负时，可先通过将原函数的导函数看作新函数()g x ，利用导数思想先分析()g x '的单调性以及取值正负，由此确定出()g x 的单调性并分析其取值正负，从而()f x '的正负可分析，则根据()f x 的单调性以及取值可讨论零点个数.典例3.已知函数()e sin 1xf x x =+-. （1）判断函数f (x )在,2ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上的零点个数，并说明理由； （2）当[0,)x ∈+∞时，()0f x mx +，求实数m 的取值范围.解：（1）解法一：由题意得，()e cos x f x x '=+， 当,2x ππ⎡⎫∈--⎪⎢⎣⎭时，易得函数()'f x 单调递增， 而()e 10f ππ--=-<'，2e 02f ππ-⎛⎫-=> ⎪⎝⎭'， 故()00,,02x f x ππ⎛⎫∃∈--= ⎪⎝'⎭， 当[)0,x x π∈-时，()0f x '<； 当0,2x x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()0f x '>， 而2()e 10,e 202f f ππππ--⎛⎫-=-<-=-< ⎪⎝⎭， ∴函数f (x )在,2ππ⎡⎫--⎪⎢⎣⎭上无零点；当,22x ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦时，()e cos 0x f x x =+>'， ∴函数f (x )在,22ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上单调递增， 而(0)0f =，∴函数f (x )在,22ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上有1个零点. 综上所述，函数f (x )在,2ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上有1个零点. （2）令()()e sin 1x g x f x mx x mx =+=++-，[0,)x ∈+∞，则()e cos xg x x m =++'. 0(0)e sin 0010g m =++⨯-=，0(0)e cos02g m m =++=+'，令()()e cos x h x g x x m +'==+，()e sin xh x x =-' 因为0x =时，0()e sin 010h x =-=>'， 当0x >时，e 1x >，sin 1x ≤，()e sin 110xh x x =>-'-=，所以()e sin 0x h x x -'=>在()0,+∞上恒成立， 则h (x )为増函数，即()'g x 为增函数①当20m +，即2m -时，()(0)20g x g m '='+，∴g (x )在[0,)+∞上为增函数，()(0)0g x g ∴=，即()0g x 在[0,)+∞上恒成立；②当m +2<0，即m <-2时，(0)20g m =+<'，0(0,)x ∴∃∈+∞，使()00g x '=，当()()00,,0,()x x g x g x ∞∈+>'为增函数；当[)()000,,0,()x x g x g x <'∈为减函数， ()0(0)0g x g ∴<=，与()0g x 在[0,)+∞上恒成立相矛盾，2m ∴<-不成立.综上所述，实数m 的取值范围是[2,)-+∞.【点睛】函数零点的求解与判断方法：(1)直接求零点：令f (x )＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a ，b ]上是连续不断的曲线，且f (a )·f (b )＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．典例4.设函数()2ln x f x e a x =-.（Ⅰ）讨论()f x 的导函数()f x '的零点的个数；（Ⅰ）证明：当0a >时()22ln f x a a a≥+. 解：（∴）()f x 的定义域为()0+∞，，()2()=20x a f x e x x '->.当0a ≤时,()0f x '>，()f x '没有零点；当0a >时，因为2x e 单调递增，a x -单调递增，所以()f x '在()0+∞，单调递增.又()0f a '>,当b 满足04a b <<且14b <时，()0f b '<,故当0a >时，()f x '存在唯一零点. （∴）由（∴），可设()f x '在()0+∞，的唯一零点为0x ，当()00x x ∈，时，()0f x '<; 当()0+x x ∈∞，时，()0f x '>. 故()f x 在()00x ，单调递减，在()0+x ∞，单调递增，所以当0x x =时，()f x 取得最小值，最小值为0()f x . 由于0202=0x a e x -，所以00022()=2ln 2ln 2a f x ax a a a x a a++≥+. 故当0a >时，2()2ln f x a a a≥+. 考点：常见函数导数及导数运算法则；函数的零点；利用导数研究函数图像与性质；利用导数证明不等式；运算求解能力.典例5．已知函数()()ln 1x a f x e x x a -=--∈R .（1）若1a =，讨论()f x 的单调性；（2）令()()(1)g x f x a x =--，讨论()g x 的极值点个数.解：（1）若1a =，则()1ln 1x f x e x x -=--，其定义域为()0,∞+，()1ln 1x f x e x -'=--.令()()1ln 1x m x f x e x -'==--，则()11x m x e x -'=-， 易知()m x '在()0,∞+上单调递增，且()10m '=，所以当()0,1x ∈时，()0m x '<，()m x 在()0,1上单调递减， 当()1,x ∈+∞时，()0m x '>，()m x 在()1,+∞上单调递增， 因此()()10m x m ≥=，即()0f x '≥，所以()f x 在()0,∞+上单调递增.（2）由题意知，()()ln 11x a g x e x x a x -=----，则()ln x a g x e x a -'=--，由（1）知，1ln 10x e x ---≥，当1a ≤时，()ln ln 10x a x a g x e x a e x --'=--≥--≥， 所以()g x 在()0,∞+上单调递增，此时()g x 无极值点. 当1a >时，令()()ln x a h x g x e x a -'==--，则()1x a h x ex -'=-，易知()h x '在()0,∞+上单调递增， 又()1110a h e -'=-<，()110h a a'=->， 故存在()01,x a ∈，使得()00010x a h x e x -'=-=， 此时有001x a e x -=，即00ln a x x =+， 当()00,x x ∈时，()0h x '<，()h x 在()00,x 上单调递减， 当()0,x x ∈+∞时，()0h x '>，()h x 在()0,x +∞上单调递增，所以()()00000min 01ln 2ln x ah x h x ex a x x x -==--=--. 令()12ln x x x xϕ=--，()1,x a ∈， 易知()x ϕ在()1,a 上单调递减， 所以()0x ϕ<，即()00h x <.因为()0aa eah e e---=>，()23ln 321ln 31ln 32ln 30a h a e a a a a a a =-->+--=+->->，且0013a e x a a -<<<<<，所以存在()10,ax e x -∈，()20,3x x a ∈，满足()()120h x h x ==，所以当()10,x x ∈时，()()0g x h x '=>，()g x 在()10,x 上单调递增， 当()12,x x x ∈时，()()0g x h x '=<，()g x 在()12,x x 上单调递减， 当()2,x x ∈+∞时，()()0g x h x '=>，()g x 在()2,x +∞上单调递增， 所以当1a >时，()g x 存在两个极值点.综上，当1a ≤时，()g x 不存在极值点；当1a >时，()g x 存在两个极值点. 【点睛】关键点点睛：本题第（2）问的关键有：（1）当1a ≤时，合理利用第（1）问中得到的1ln 10x e x ---≥以及不等式的性质得到()0g x '≥；（2）当1a >时，灵活构造函数，并根据等式将a 代换掉，得到()()090min 12ln nh x h x x x x ==--，最后巧妙取点，利用零点存在定理得到()h x 的零点，从而得到结果.变式1．已知函数()()xf x e ax a =-∈R . （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）当2a =时，求函数()()cos g x f x x =-在,2π⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上的零点个数. 解：（1）()x f x e ax =-，其定义域为R ，()xf x e a '=-①当0a ≤时，因为()0f x '>，所以()f x 在R 上单调递增， ②当0a >时，令()0f x '>得ln x a >，令()0f x '<得ln x a < 所以()f x 在(),ln a -∞上单调递减，()ln ,a +∞上单调递增， 综上所述：当0a ≤时，()f x 在R 上单调递增；当0a >时，()f x 在(),ln a -∞单调递减，()ln ,a +∞单调递增，（2）已知得()2cos xg x e x x =--，,2x π⎛⎫∈-+∞ ⎪⎝⎭则()sin 2xg x e x '=+-①当,02x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，因为()()1(sin 1)0xg x e x '=-+-<所以()g x 在,02π⎛⎫- ⎪⎝⎭单调递减，所以()()00g x g >=， 所以()g x 在,02π⎛⎫- ⎪⎝⎭上无零点；②当0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，因为()g x '单调递增，且(0)10g '=-<，2102g e ππ⎛⎫'=-> ⎪⎝⎭，所以存在00,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使()00g x '= 当()00,x x ∈时，()0g x '<，当0,2x x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '> 所以()g x 在[)00,x 递减0,2x π⎛⎤⎥⎝⎦递增，且()00g =，所以()00g x <，又因为202g e πππ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭所以()002g x g π⎛⎫⋅< ⎪⎝⎭所以()g x 在0,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上存在一个零点， 所以()g x 在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有两个零点； ③当,2x π⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，2()sin 230x g x e x e π'=+->->，所以()g x 在,2π⎛⎫+∞⎪⎝⎭单调递增 因为02g π⎛⎫>⎪⎝⎭，所以()g x 在,2π⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上无零点；综上所述，()g x 在,2π⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上的零点个数为2个. 【点睛】方法点睛：函数的零点问题常见的解法有：（1）方程法（直接解方程得解）；（2）图象法（直接研究函数()f x 的图象得解）；（3）方程+图象法（令()0f x =得到()()g x h x =，再研究函数(),()g x h x 图象性质即得解）.要根据已知条件灵活选择方法求解.变式2．已知函数()sin ln(1)f x x x =-+，()'f x 为()f x 的导数．证明：（1）()'f x 在区间(1,)2π-存在唯一极大值点；（2）()f x 有且仅有2个零点．解：（1）由题意知：()f x 定义域为：()1,-+∞且()1cos 1f x x x '=-+ 令()1cos 1g x x x =-+，1,2x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭ ()()21sin 1g x x x '∴=-++，1,2x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭()211x +在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，sin x -，在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减 ()g x '∴在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减 又()0sin0110g '=-+=>，()()2244sin 102222g ππππ⎛⎫'=-+=-< ⎪⎝⎭++00,2x ∴∃∈ ⎪⎝⎭，使得()00g x '=∴当()01,x x ∈-时，()0g x '>；0,2x x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '<即()g x 在()01,x -上单调递增；在0,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减 则0x x =为()g x 唯一的极大值点即：()f x '在区间1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上存在唯一的极大值点0x .（2）由（1）知：()1cos 1f x x x '=-+，()1,x ∈-+∞ ①当(]1,0x ∈-时，由（1）可知()f x '在(]1,0-上单调递增()()00f x f ''∴≤= ()f x ∴在(]1,0-上单调递减又()00f =0x ∴=为()f x 在(]1,0-上的唯一零点②当0,2x π⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，()f x '在()00,x 上单调递增，在0,2x π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减 又()00f '= ()00f x '∴>()f x ∴在()00,x 上单调递增，此时()()00f x f >=，不存在零点又22cos 02222f ππππ⎛⎫'=-=-<⎪++⎝⎭10,2x x ∴∃∈ ⎪⎝⎭，使得()10f x '=()f x ∴在()01,x x 上单调递增，在1,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减又()()000f x f >=，2sin ln 1lnln102222e f ππππ⎛⎫⎛⎫=-+=>= ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭()0f x ∴>在0,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上恒成立，此时不存在零点③当,2x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，sin x 单调递减，()ln 1x -+单调递减 ()f x ∴在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减又02f π⎛⎫> ⎪⎝⎭，()()()sin ln 1ln 10f ππππ=-+=-+< 即()02ff ππ⎛⎫⋅<⎪⎝⎭，又()f x 在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减 ∴()f x 在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上存在唯一零点④当(),x π∈+∞时，[]sin 1,1x ∈-，()()ln1ln 1ln 1x e π+>+>=()sin ln 10x x ∴-+<即()f x 在(),π+∞上不存在零点综上所述：()f x 有且仅有2个零点 【点睛】本题考查导数与函数极值之间的关系、利用导数解决函数零点个数的问题.解决零点问题的关键一方面是利用零点存在定理或最值点来说明存在零点，另一方面是利用函数的单调性说明在区间内零点的唯一性，二者缺一不可.变式3．已知函数3()sin (),2f x ax x a R =-∈且在,0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值为32π-，（1）求函数f (x )的解析式；(2)判断函数f (x )在（0，π）内的零点个数，并加以证明 解：(1)由已知得f ′(x )=a (sinx +xcosx ),对于任意的x ∴(0,2π)， 有sinx +xcosx >0,当a =0时,f (x )=−32，不合题意； 当a <0时,x ∴(0,2π),f ′(x )<0,从而f (x )在(0, 2π)单调递减， 又函数f (x )=axsinx −32 (a ∴R )在[0, 2π]上图象是连续不断的， 故函数在[0,2π]上的最大值为f (0)，不合题意； 当a >0时,x ∴(0,2π),f ′(x )>0,从而f (x )在(0, 2π)单调递增， 又函数f (x )=axsinx −32(a ∴R )在[0, 2π]上图象是连续不断的， 故函数在[0,2π]上上的最大值为f (2π)=2πa −32=32π-，解得a =1，综上所述,得3()sin (),2f x x x a R =-∈； (2)函数f (x )在(0,π)内有且仅有两个零点。

导数的概念和几何意义一、教学目标(一)知识目标1．通过对大量实例的分析，经历由平均变化率过渡到瞬时变化率的过程，了解导数概念的实际背景，知道瞬时变化率就是导数，体会导数的思想及其内涵.2．通过函数图象直观了解导数的几何意义.（二）能力目标掌握用定义法求函数的导数的一般步骤，并能利用函数的导数知识解决一些应用性问题.（三）情感目标通过“极限法”的学习，提高学生的数学素质，加强学生分析问题和解决问题的能力，认识事物之间的相互联系，会用联系的观点看问题.二、教学重点导数的定义与求导的方法.三、教学难点对导数概念的理解.四、教学过程：（一）复习引入师：前面我们研究了两类问题，一类来自物理学，涉及平均速度和瞬时速度；另一类问题来自几何学，涉及割线斜率和切线斜率.你们能否将这两类问题所涉及的共性表述出来？生：这两类问题都涉及到以下几件事：（1）一个函数f （x ）；（2）f （x+d ）－f （x ）；（3）dx f d x f )()(-+； （4）当d 趋于0时，dx f d x f )()(-+趋于一个确定的常数. 师：很好，我们发现上述两类问题虽然来自的学科领域，但有着相同的数学模型，今天我们就一起来研究这个数学模型——导数的概念和几何意义.（二）探求新知1.增量、变化率的概念 对于函数),(),(000y x P x f y =是函数图象上的一点，),(11y x Q 是另一点，自变量从x 0变化为x 1时，相应的函数值有y 0变为y 1，其中x 1－x 2叫做自变量x 的增量，记为△x ， y 1－y 0叫做函数的增量（也叫函数的差分），记为△y ，则).()(01x f x f y -=∆xy ∆∆叫做函数的变化率（或函数)(x f 在步长为△x 的差商）.★ 光滑曲线上某点切线的斜率的本质——函数平均变化率的极限.★ 物体运动的瞬时速度的本质——位移平均变化率的极限.2．导数定义设函数)(x f 在包含x 0的某个区间上有定义，如果比值dx f d x f )()(00-+在d 趋于0时，（d ≠0）趋于确定的极限值，则称此极限值为函数)(x f 在x=x 0处的导数或微商，记做)('x f . 上述定义的符号表示为：)0)(()()(0'00→→-+d x f dx f d x f . 这个表达式读作“d 趋于0时，dx f d x f )()(00-+趋于)(0'x f . 简单地说：函数的瞬时变化率，在数学上叫做函数的导数或微商.★)('x f 也是关于x 的函数，叫做函数)(x f 的导函数.3．求导数的步骤（1）求函数的增量).()(00x f x x f y -∆+=∆；（2）求平均变化率x y ∆∆=xx f x x f ∆-∆+)()(00； （3）令△x →0，差商→)(0'x f .4．导数的几何意义函数)(x f y =在点x 0处的导数的几何意义，就是曲线)(x f y =在点P （x 0，)(0x f ）处的切线的斜率)(0'x f .5．导数的物理意义函数)(t s s =在点t 0处的导数)(0't s 的物理意义是运动物体在时刻t 0处的瞬时速度.（三）讲解例题例1 国家环保局在规定的排污达标的日期前，对甲、乙两家企业进行检查，其连续检测结果如图所示（图中W 1（t ），W 2（t ）分别表示甲、乙企业在时刻t 的排污量）.试问哪个企业的治污效果较好？分析：本题主要体现差商（即差分和对应步长的比）定义在现实生活中的运用，要.解：在时刻t 1处，虽然W 1（t ）=W 2（t ），即排污量相同，但是考虑到一开始 有W 1（t 0）＞W 2（t 0），所以有 010*********)()()()(t t t W t W t t t W t W -->-- 说明在单位时间里企业甲比企业乙的平均治污率大.即企业甲的治污效果要好一些.例2 投石入水，水面产生圆形波纹区.圆的面积随着波纹的传播半径r 的增大而增大（如图），计算：（1）半径r 从a 增加到a+h 时，圆面积相对于r 的平均变化率；（2）半径r=a 时，圆面积相对于r 的瞬时变化率.分析：本例中的题（1）是求变化中的几何图形（圆）面积的平均变化率。

授课教师：古向伟课题 导数的运算 课时2授课班级 11数控4,511软件11化工（2） 11焊接3 授课时间月 日 节 月 日 节月 日 节月 日 节教学目标 掌握参数方程，隐函数的求导法则 培养学生分析问题，解决问题的能力教 材 分 析重点概 参数方程的求导法则 难点概 参数方程的求导法则 教学方法：启发，分组讨论 课 型新授课复习提问作业 课后练习教学过程： 新授课：一：参数方程所表示函数的求导法设函数)(x y y =由参数方程⎩⎨⎧==)()(t y t x ψϕ确定，其中t 是参数，则'()'()/'()y x y t x t =.例：求⎩⎨⎧==t y t x sin cos 所确定的函数)(x y y =在2π=t 时的导数。

例：求下面由参数方程所确定的函数的导数dx dy ，dydx 。

3141t x tt y t ⎧=⎪⎪+⎨-⎪=⎪+⎩在0>t 处。

注 分清求导的对象，即到底是关于哪个变量求导。

复习提问 引导学生推出参数方程求导法则 练习 总结易出错的地方 了解隐函数求导法则例 设cos sin x t t y t =-⎧⎨=⎩，， 求 22d d x y. 解 d (sin )cos d 1sin (cos )y t tx tt t '=='+- ，222sin (1sin )cos 11(1sin )1sin (1sin )t t t t t t -+--=⋅=+++.注 求由参数方程所确定的函数的导数时，不必死记公式，可以先求出微分y d 、x d ，然后作比值xyd d ，即作微商.求二阶导数时，应按复合函数求导法则进行，必须分清是对哪个变量求导。

二：隐函数求导法设()0,=y x F ，y 为x 的函数，等式两边对x 求导，得0'=+y F F y x 。

从而yxF F y -='。

例：设122=+y x ，求dxdy 。

专题11 函数中的同构问题近年来同构函数频频出现在模拟试卷导数解答题中，高考真题中也出现过同构函数的身影，同构法是将不同的式子通过变形，转化为形式结构相同或者相近的式子，通过整体思想或换元等将问题转化的方法，这体现了转化思想．此方法常用于求解具有对数、指数等混合式子结构的等式、不等式问题中，或利用函数单调性定义确定函数单调性，利用此方法求解某些导数压轴题往往能起到秒杀效果.(一)同构函数揭秘同构式是指除了变量不同，其余地方均相同的表达式，导数中同构函数问题大多属于指对跨阶问题，比如e x x +与x x ln +属于“跨阶函数”，而e ln x x +属于“跳阶函数”，对于指对跳阶的函数问题，直接求解，一般是通过隐零点代换来简化，并且有很大局限性，有些题若采用指对跨阶函数进行同构，可将跳阶函数问题转化为跨阶函数问题，从而使计算降阶，通常构造的同构函数有以下几类：()()e ,ln ,x f x x f x x x ==()()e ,ln x f x x f x x x =+=+，()()e ,ln x f x x a f x x x a =-+=-+等，在一些求参数的取值范围、零点个数、不等式证明、双变量问题中，利用复合函数单调性，复合函数零点个数等问题中常通过构造同构函数求解.利用同构函数解题要注意一些常见的凑形技巧，如；ln ln ln e e ,ln e ,e e,e xxxxx xx x x x x x+-====等.【例1】（2024届江苏省苏州市高三下学期三模）已知函数()ln 1,f x x ax a =++ÎR ．(1)讨论()f x 的单调性；(2)当2a £时，证明：()2e x f x x£．【解析】（1）函数()ln 1,R f x x ax a =++Î的定义域为()0,¥+，且()1f x a x'=+．当0a ³时，()()10,,0x f x a x"Î+¥=+>'恒成立，所以()f x 在区间()0,¥+上单调递增；当a<0时，令()110ax f x a x x+=+=='，解得1x a =-，当10,x a æöÎ-ç÷èø时，()()0,f x f x '>在区间10,a æö-ç÷èø上单调递增，当1,x a Î-+¥æöç÷èø时，()()0,f x f x '<在区间1,a ¥æö-+ç÷èø上单调递减．综上所述，当0a ³时，()f x 在区间()0,¥+上单调递增；当0a <时，()f x 在区间10,a æö-ç÷èø上单调递增，在区间1,a ¥æö-+ç÷èø上单调递减．（2）当2a £时，因为0x >，所以要证()2e x f x x£，只要证明2ln 21e xx x x++£即可，即要证2ln 21e x x x x ++£，等价于2ln e ln 21x x x x +³++（*）．令()e 1x g x x =--，则()e 1xg x '=-，在区间(),0¥-上，()()0,g x g x '<单调递减；在区间()0,¥+上，()()0,g x g x '>单调递增，所以()()00e 010g x g ³=--=，所以e 1x x ³+（当且仅当0x =时等号成立），所以（*）成立，当且仅当2ln 0x x +=时，等号成立．又()2ln h x x x =+在()0,¥+上单调递增，()1210,120e eh h æö=-<=>ç÷èø，所以存在01,1x e æöÎç÷èø，使得002ln 0x x +=成立．综上所述，原不等式成立．【例2】（2024届重庆市南开中学高三上学期第质量检测）已知函数()2ln f x x x ax =++在1x =处的切线l 和直线0x y +=垂直.(1)求实数a 的值；(2)若对任意的(]12,0,2x x Î，12x x ¹，都有12221212()()e ex x f x f x x x m --+>-成立（其中e 为自然对数的底数），求实数m 的取值范围.【解析】（1）由函数()2ln f x x x ax =++，可得1()2f x x a x=++'，可得()13f a '=+因为函数在1x =处的切线l 和直线0x y +=垂直，所以()11f '=，即31a +=，解得2a =-.（2）解：不妨设1202x x <<£，则12e e 0x x -<，因为对任意的(]12,0,2x x Î，12x x ¹，都有12221212()()x x f x f x x x m e e --+>-成立，可得()12221212()()e e x x f x f x x x m --+<-，即12221122()e ()e x x f x x m f x x m --<--，设()()2e xg x f x x m =--，则12()()g x g x <，故()g x 在(]0,2单调递增，从而有1()2e 0x g x m x =--³'，即1e 2x m x -æö£-ç÷èø在(]0,2上恒成立，设1()e 2x h x x -æö=-ç÷èø，则()min m h x £，因为2221121()e 2e e (02)xx x x x h x x x x x -----æöæö=--+×-=×<£ç÷ç÷èø'èø，令()0h x '>，即()()2212110x x x x --=+->，解得12x <£，令()0h x '<，即()()2212110x x x x --=+-<，解得01x <<，所以()h x 在()0,1单调递减，在(]1,2单调递增，又因为1(1)h e =-，故()h x 在(]0,2上最小值min 1()h x e=-，所以1m e £-，实数m 的取值范围是1,e æù-¥-çúèû.(二) e x x 型同构【例3】（2024届广西贵港市高考模拟预测）已知函数ln ln 1()e axx a f x a x++=-．(1)当1a =时，请判断()f x 的极值点的个数并说明理由；(2)若2()2f x a a ³-恒成立，求实数a 的取值范围．【解析】（1）当1a =时，1ln ()e xxf x x+=-，,()0x Î+¥，所以222ln e ln ()e x xx x x f x x x +'=+=，令2()ln xh x x e x =+，则21()(2)e x h x x x x '=++，当,()0x Î+¥时，()0h x '>，()h x \在(0,)+¥上单调递增，又1()ln 202h =<Q ，(1)e h =，()h x \存在唯一零点0x ，且01(,1)2x Î，当0(0,)x x Î时，()0f x '<，()f x 在()00,x 上单调递减，当0(,)x x Î+¥时，()0f x '>，()f x 在()0,x ¥+单调递增．()f x \有一个极小值点0x ，无极大值点．（2）2ln ln 1()e 2axx a f x a a a x++=--Q ≥恒成立，2e [ln()1]2ax ax ax a x ax \-+-≥恒成立，2e [ln()1]2ax ax ax ax a x \-++≥恒成立．令t ax =，则(0,)t Î+¥，ln 12e 1tt a t+\£-+恒成立．设ln 1()e xx g x x+=-，由（1）可知()g x 的最小值为0()g x ．又02000()e ln 0xh x x x =+=﹡）设()e x m x x =，当0x >时，()(1)e 0x m x x '=+>，()m x \在(0,)+¥上单调递增，01(,1)2x ÎQ ，00x \>，0ln 0x ->，00000001ln 11()e 1x x x g x x x x +-\=-=-=，2112a \£+=，1a \£，又0a >，\a 的取值范围为(]0,1．(三)()ln x a x +型同构【例4】（2023届福建省宁德市高三高考前最后一卷）已知函数()()ln R xf x m m x=+Î．(1)讨论函数()f x 的零点的个数﹔(2)当0m =时，若对任意0x >，恒有()()()2e 112ax a f x x ++≥，求实数a 的取值范围．【解析】（1）令()ln 0,x f x m x =+=则ln xm x =-，记()ln x g x x =，则()21ln x g x x -'=，当e x >时，()0g x '<，此时()g x 在()e,+¥单调递减，当0e x <<时，()0g x '>，此时()g x 在()0,e 单调递增，故当e x =时，()g x 取极大值也是最大值()1e eg =，又()10g =，而当1x <时，()0g x >，故当01x <<时，()0g x <，当1x <时，()0g x > ，作出()g x 的图象如下：因此当1e m ->时，即1em <-，()g x m =-无交点，此时()f x 无零点，当1e m -=或0m -£时，即1m e=-或0m ³，()g x m =-有一个交点，此时()f x 有一个零点，当10e m <-<时，即10em -<<，()g x m =-有两个交点，此时()f x 有2个零点，综上可知：当1em <-时， ()f x 无零点，当1m e =-或0m ³()f x 有一个零点，当10e m -<<，()f x 有2个零点，（2）当0m =时，若对任意0x >，恒有()()()2e 112ax a f x x ++≥等价于：对任意0x >，恒有()()22e 1ln 1ax ax x x ++≥，令()()1ln F x x x =+，则不等式等价于()()2e axF F x ³，由于()1ln x F x x x+'=+，令()()221111ln ,x x m x x m x x x x x+-'=+=-=，当()()01,0,x m x m x '<<<单调递减，当()()1,0,x m x m x '>>单调递增，所以()()()120F x m x m '=³=>，故()F x 在()0,¥+单调递增，由()()2eaxF F x ³得2eaxx ³对任意0x >恒成立，两边取对数得ln 2ln 2a xax x x³Þ³对任意0x >恒成立，故()max 2a g x ³，所以122e e a a ³Þ³，故a 的范围为2e a ³。

专题11 导数中洛必达法则的应用【方法总结】在解决不等式恒(能)成立，求参数的取值范围这一类问题时，最常用的方法是最值分析法或参变分离法．用最值分析法常需要分类讨论，有时对参数进行讨论会很难．用参变分离法在求分离后函数的最值(值域)时会有些麻烦，如最值、极值在无意义点处，或趋于无穷．出现“00”或“∞∞”型的代数式，就没法求其最值．解决此类问题的有效方法就是利用洛必达法则．“00”或“∞∞”型的代数式，是大学数学中的不定式问题， 洛必达法则法则1 若函数f (x )和g (x )满足下列条件(1)lim x →a f (x )＝0及lim x →ag (x )＝0； (2)在点a 的某去心邻域内，f (x )与g (x )可导且g ′(x )≠0；(3)lim x →a f ′(x )g ′(x )＝A ， 那么lim x →a f (x )g (x )＝lim x →a f ′(x )g ′(x )＝A ． 法则2 若函数f (x )和g (x )满足下列条件(1)lim x →a f (x )＝∞及lim x →ag (x )＝∞； (2)在点a 的某去心邻域内，f (x )与g (x )可导且g ′(x )≠0；(3)lim x →a f ′(x )g ′(x )＝A ， 那么lim x →a f (x )g (x )＝lim x →a f ′(x )g ′(x )＝A ． 法则3 若函数f (x )和g (x )满足下列条件：(1) lim x →∞f (x )＝0及lim x →∞g (x )＝0； (2)∃m ≠0，f (x )和g (x )在(－∞，m )与(m ，＋∞)上可导，且g ′(x )≠0；(3) lim x →∞f ′(x )g ′(x )＝A ． 那么lim x →∞f (x )g (x )＝lim x →∞f ′(x )g ′(x )＝A ． 注意：(1)必达法则的功能是用于求极限值；(2)主要用于00，∞∞两种类型，其他结构需转化才能应用；(3) 未定式可以连续应用，已定式不能再用．计算下列各题(1)lim x →0sin x x ；(2)lim x →0x ln x ；(3)lim x →1(1x －1－1ln x)；(4)lim x →1x 3－x 2－x ＋1x 3－3x ＋2．【例题选讲】[例1] (2011全国Ⅰ)已知函数f (x )＝a ln x x ＋1＋b x，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为x ＋2y －3＝0． (1)求a ，b 的值；(2)如果当x >0，且x ≠1时，f (x )>ln x x －1＋k x，求k 的取值范围．[例2] 已知函数f (x )＝x 2ln x －a (x 2－1)，a ∈R ．若当x ≥1时，f (x )≥0恒成立，求实数a 的取值范围．[例3] 已知函数f (x )＝(x ＋1)ln x －a (x －1)，若当x ∈(1，＋∞)时，f (x )>0，求a 的取值范围．[例4] 已知函数f (x )＝x (e x －1)－ax 2(a ∈R )．(1)若f (x )在x ＝－1处有极值，求a 的值．(2)当x >0时，f (x )≥0，求实数a 的取值范围．【对点训练】1．已知函数f (x )＝(x ＋1)ln(x ＋1)．若对任意x >0都有f (x )>ax 成立，求实数a 的取值范围．2．设函数f(x)＝ln(x＋1)＋a e－x－a，a∈R，当x∈(0，＋∞)时，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围．3．已知函数f(x)＝ln xx＋1＋1x，当x>0且x≠1时，f(x)>ln xx－1＋kx恒成立，求k的取值范围．4．设函数f(x)＝e x－1－x－ax2．(1)若a＝0，求f(x)的单调区间；(2)若当x≥0时，f(x)≥0，求a的取值范围．。