导数应用解答题第(1)问专题训练

专题04导数及其应用解答题1．【2019年天津理科20】设函数f（x）＝e x cos x，g（x）为f（x）的导函数．（Ⅰ）求f（x）的单调区间；（Ⅱ）当x∈[，]时，证明f（x）+g（x）（x）≥0；（Ⅲ）设x n为函数u（x）＝f（x）﹣1在区间（2nπ，2nπ）内的零点，其中n∈N，证明2nπx n．【解答】（Ⅰ）解：由已知，f′（x）＝e x（cos x﹣sin x），因此，当x∈（，）（k∈Z）时，有sin x＞cos x，得f′（x）＜0，f（x）单调递减；当x∈（，）（k∈Z）时，有sin x＜cos x，得f′（x）＞0，f（x）单调递增．∴f（x）的单调增区间为[，]（k∈Z），单调减区间为[，]（k∈Z）；（Ⅱ）证明：记h（x）＝f（x）+g（x）（），依题意及（Ⅰ），有g（x）＝e x（cos x﹣sin x），从而h′（x）＝f′（x）+g′（x）•（）+g（x）•（﹣1）＝g′（x）（）＜0．因此，h（x）在区间[，]上单调递减，有h（x）≥h（）＝f（）＝0．∴当x∈[，]时，f（x）+g（x）（x）≥0；（Ⅲ）证明：依题意，u（x n）＝f（x n）﹣1＝0，即．记y n＝x n﹣2nπ，则y n∈（），且f（y n）e﹣2nπ（x∈N）．由f（y n）＝e﹣2nπ≤1＝f（y0）及（Ⅰ），得y n≥y0，由（Ⅱ）知，当x∈（，）时，g′（x）＜0，∴g（x）在[，]上为减函数，因此，g（y n）≤g（y0）＜g（）＝0，又由（Ⅱ）知，，故．∴2nπx n．2．【2019年新课标3理科20】已知函数f（x）＝2x3﹣ax2+b．（1）讨论f（x）的单调性；（2）是否存在a，b，使得f（x）在区间[0，1]的最小值为﹣1且最大值为1？若存在，求出a，b的所有值；若不存在，说明理由．【解答】解：（1）f′（x）＝6x2﹣2ax＝6x（x）．令f′（x）＝6x（x）＝0，解得x＝0，或．①a＝0时，f′（x）＝6x2≥0，函数f（x）在R上单调递增．②a＞0时，函数f（x）在（﹣∞，0），（，+∞）上单调递增，在（0，）上单调递减．③a＜0时，函数f（x）在（﹣∞，），（0，+∞）上单调递增，在（，0）上单调递减．（2）由（1）可得：①a＝0时，函数f（x）在[0，1]上单调递增．则f（0）＝b＝﹣1，f（1）＝2﹣a+b＝1，解得b＝﹣1，a＝0，满足条件．②a＞0时，函数f（x）在[0，]上单调递减．1，即a时，函数f（x）在[0，1]上单调递减．则f（0）＝b＝1，f（1）＝2﹣a+b＝﹣1，解得b ＝1，a＝4，满足条件．01，即0＜a时，函数f（x）在[0，）上单调递减，在（，1]上单调递增．则f（）a b＝﹣1，而f（0）＝b，f（1）＝2﹣a+b＞b，∴f（1）＝2﹣a+b＝1，联立解得：无解，舍去．③a＜0时，函数f（x）在[0，1]上单调递增，则f（0）＝b＝﹣1，f（1）＝2﹣a+b＝1，解得b＝﹣1，a＝0，不满足条件，舍去．综上可得：存在a，b，使得f（x）在区间[0，1]的最小值为﹣1且最大值为1．a，b的所有值为：，或．3．【2019年全国新课标2理科20】已知函数f（x）＝lnx．（1）讨论f（x）的单调性，并证明f（x）有且仅有两个零点；（2）设x0是f（x）的一个零点，证明曲线y＝lnx在点A（x0，lnx0）处的切线也是曲线y＝e x的切线．【解答】解析：（1）函数f（x）＝lnx．定义域为：（0，1）∪（1，+∞）；f′（x）0，（x＞0且x≠1），∴f（x）在（0，1）和（1，+∞）上单调递增，①在（0，1）区间取值有，代入函数，由函数零点的定义得，∵f（）＜0，f（）＞0，f（）•f（）＜0，∴f（x）在（0，1）有且仅有一个零点，②在（1，+∞）区间，区间取值有e，e2代入函数，由函数零点的定义得，又∵f（e）＜0，f（e2）＞0，f（e）•f（e2）＜0，∴f（x）在（1，+∞）上有且仅有一个零点，故f（x）在定义域内有且仅有两个零点；（2）x0是f（x）的一个零点，则有lnx0，曲线y＝lnx，则有y′；曲线y＝lnx在点A（x0，lnx0）处的切线方程为：y﹣lnx0（x﹣x0）即：y x﹣1+lnx0即：y x而曲线y＝e x的切线在点（ln，）处的切线方程为：y（x﹣ln），即：y x，故曲线y＝lnx在点A（x0，lnx0）处的切线也是曲线y＝e x的切线．故得证．4．【2019年新课标1理科20】已知函数f（x）＝sin x﹣ln（1+x），f′（x）为f（x）的导数．证明：（1）f′（x）在区间（﹣1，）存在唯一极大值点；（2）f（x）有且仅有2个零点．【解答】证明：（1）f（x）的定义域为（﹣1，+∞），f′（x）＝cos x，f″（x）＝﹣sin x，令g（x）＝﹣sin x，则g′（x）＝﹣cos x0在（﹣1，）恒成立，∴f″（x）在（﹣1，）上为减函数，又∵f″（0）＝1，f ″（）＝﹣11+1＝0，由零点存在定理可知，函数f″（x）在（﹣1，）上存在唯一的零点x0，结合单调性可得，f′（x）在（﹣1，x0）上单调递增，在（x0，）上单调递减，可得f′（x）在区间（﹣1，）存在唯一极大值点；（2）由（1）知，当x∈（﹣1，0）时，f′（x）单调递增，f′（x）＜f′（0）＝0，f（x）单调递减；当x∈（0，x0）时，f′（x）单调递增，f′（x）＞f′（0）＝0，f（x）单调递增；由于f′（x）在（x0，）上单调递减，且f′（x0）＞0，f ′（）0，由零点存在定理可知，函数f′（x）在（x0，）上存在唯一零点x1，结合单调性可知，当x∈（x0，x1）时，f′（x）单调递减，f′（x）＞f′（x1）＝0，f（x）单调递增；当x∈（）时，f′（x）单调递减，f′（x）＜f′（x1）＝0，f（x）单调递减．当x∈（，π）时，cos x＜0，0，于是f′（x）＝cos x0，f（x）单调递减，其中f （）＝1﹣ln（1）＞1﹣ln（1）＝1﹣ln2.6＞1﹣lne＝0，f（π）＝﹣ln（1+π）＜﹣ln3＜0．于是可得下表：）（﹣﹣﹣结合单调性可知，函数f（x）在（﹣1，]上有且只有一个零点0，由函数零点存在性定理可知，f（x）在（，π）上有且只有一个零点x2，当x∈[π，+∞）时，f（x）＝sin x﹣ln（1+x）＜1﹣ln（1+π）＜1﹣ln3＜0，因此函数f（x）在[π，+∞）上无零点．综上，f（x）有且仅有2个零点．5．【2019年北京理科19】已知函数f（x）x3﹣x2+x．（Ⅰ）求曲线y＝f（x）的斜率为l的切线方程；（Ⅱ）当x∈[﹣2，4]时，求证：x﹣6≤f（x）≤x；（Ⅲ）设F（x）＝|f（x）﹣（x+a）|（a∈R），记F（x）在区间[﹣2，4]上的最大值为M（a）．当M（a）最小时，求a的值．【解答】解：（Ⅰ）f′（x），由f′（x）＝1得x（x）＝0，得．又f（0）＝0，f（），∴y＝x和，即y＝x和y＝x；（Ⅱ）证明：欲证x﹣6≤f（x）≤x，只需证﹣6≤f（x）﹣x≤0，令g（x）＝f（x）﹣x，x∈[﹣2，4]，则g′（x），可知g′（x）在[﹣2，0]为正，在（0，）为负，在[]为正，∴g（x）在[﹣2，0]递增，在[0，]递减，在[]递增，又g（﹣2）＝﹣6，g（0）＝0，g（）6，g（4）＝0，∴﹣6≤g（x）≤0，∴x﹣6≤f（x）≤x；（Ⅲ）由（Ⅱ）可得，F（x）＝|f（x）﹣（x+a）|＝|f（x）﹣x﹣a|＝|g（x）﹣a|∵在[﹣2，4]上，﹣6≤g（x）≤0，令t＝g（x），h（t）＝|t﹣a|，则问题转化为当t∈[﹣6，0]时，h（t）的最大值M（a）的问题了，①当a≤﹣3时，M（a）＝h（0）＝|a|＝﹣a，此时﹣a≥3，当a＝﹣3时，M（a）取得最小值3；②当a≥﹣3时，M（a）＝h（﹣6）＝|﹣6﹣a|＝|6+a|，∵6+a≥3，∴M（a）＝6+a，也是a＝﹣3时，M（a）最小为3．综上，当M（a）取最小值时a的值为﹣3．6．【2019年江苏19】设函数f（x）＝（x﹣a）（x﹣b）（x﹣c），a，b，c∈R，f′（x）为f（x）的导函数．（1）若a＝b＝c，f（4）＝8，求a的值；（2）若a≠b，b＝c，且f（x）和f′（x）的零点均在集合{﹣3，1，3}中，求f（x）的极小值；（3）若a＝0，0＜b≤1，c＝1，且f（x）的极大值为M，求证：M．【解答】解：（1）∵a＝b＝c，∴f（x）＝（x﹣a）3，∵f（4）＝8，∴（4﹣a）3＝8，∴4﹣a＝2，解得a＝2．（2）a≠b，b＝c，设f（x）＝（x﹣a）（x﹣b）2．令f（x）＝（x﹣a）（x﹣b）2＝0，解得x＝a，或x＝b．f′（x）＝（x﹣b）2+2（x﹣a）（x﹣b）＝（x﹣b）（3x﹣b﹣2a）．令f′（x）＝0，解得x＝b，或x．∵f（x）和f′（x）的零点均在集合A＝{﹣3，1，3}中，若：a＝﹣3，b＝1，则∉A，舍去．a＝1，b＝﹣3，则∉A，舍去．a＝﹣3，b＝3，则1∉A，舍去．．a＝3，b＝1，则∉A，舍去．a＝1，b＝3，则∉A，舍去．a＝3，b＝﹣3，则1∈A，．因此a＝3，b＝﹣3，1∈A，可得：f（x）＝（x﹣3）（x+3）2．f′（x）＝3[x﹣（﹣3）]（x﹣1）．可得x＝1时，函数f（x）取得极小值，f（1）＝﹣2×42＝﹣32．（3）证明：a＝0，0＜b≤1，c＝1，f（x）＝x（x﹣b）（x﹣1）．f′（x）＝（x﹣b）（x﹣1）+x（x﹣1）+x（x﹣b）＝3x2﹣（2b+2）x+b．△＝4（b+1）2﹣12b＝4b2﹣4b+4＝43≥3．令f′（x）＝3x2﹣（2b+2）x+b＝0．解得：x1∈，x2．x1＜x2，x1+x2，x1x2，可得x＝x1时，f（x）取得极大值为M，∵f′（x1）（2b+2）x1+b＝0，可得：[（2b+2）x1﹣b]，M＝f（x1）＝x1（x1﹣b）（x1﹣1）＝（x1﹣b）（x1）＝（x1﹣b）（x1）[（2b﹣1）2b2x1+b2]，∵﹣2b2+2b﹣2＝﹣20，∴M在x1∈（0，]上单调递减，∴M．∴M．7．【2019年浙江22】已知实数a≠0，设函数f（x）＝alnx，x＞0．（Ⅰ）当a时，求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）对任意x∈[，+∞）均有f（x ），求a的取值范围．注意：e＝2.71828……为自然对数的底数．【解答】解：（1）当a时，f（x ），x＞0，f′（x ），∴函数f（x）的单调递减区间为（0，3），单调递增区间为（3，+∞）．（2）由f（x ），得0＜a，当0＜a时，f（x ），等价于2lnx≥0，令t，则t，设g（t）＝t 22t2lnx，t，则g（t ）（t）22lnx，（i）当x∈[，+∞）时，，则g（x）≥g（2），记p（x）＝42lnx，x，则p′（x ），列表讨论：（∴p （x）≥p（1）＝0，∴g（t）≥g（22p（x ）≥0．（ii）当x∈[）时，g（t）≥g（），令q （x）＝2lnx+（x+1），x ∈[，]，则q′（x）1＞0，故q（x）在[，]上单调递增，∴q（x ）≤q（），由（i）得q（）p（）p（1）＝0，∴q（x）＜0，∴g（t）≥g（）0，由（i）（ii）知对任意x∈[，+∞），t∈[2，+∞），g（t）≥0，即对任意x∈[，+∞），均有f（x），综上所述，所求的a的取值范围是（0，]．8．【2018年江苏19】记f′（x），g′（x）分别为函数f（x），g（x）的导函数．若存在x0∈R，满足f（x0）＝g（x0）且f′（x0）＝g′（x0），则称x0为函数f（x）与g（x）的一个“S点”．（1）证明：函数f（x）＝x与g（x）＝x2+2x﹣2不存在“S点”；（2）若函数f（x）＝ax2﹣1与g（x）＝lnx存在“S点”，求实数a的值；（3）已知函数f（x）＝﹣x2+a，g（x）．对任意a＞0，判断是否存在b＞0，使函数f（x）与g（x）在区间（0，+∞）内存在“S点”，并说明理由．【解答】解：（1）证明：f′（x）＝1，g′（x）＝2x+2，则由定义得，得方程无解，则f（x）＝x与g（x）＝x2+2x﹣2不存在“S点”；（2）f′（x）＝2ax，g′（x），x＞0，由f′（x）＝g′（x）得2ax，得x，f（）g（）lna2，得a；（3）f′（x）＝﹣2x，g′（x），（x≠0），由f′（x0）＝g′（x0），假设b＞0，得b0，得0＜x0＜1，由f（x0）＝g（x0），得﹣x02+a，得a＝x02，令h（x）＝x2a，（a＞0，0＜x＜1），设m（x）＝﹣x3+3x2+ax﹣a，（a＞0，0＜x＜1），则m（0）＝﹣a＜0，m（1）＝2＞0，得m（0）m（1）＜0，又m（x）的图象在（0，1）上不间断，则m（x）在（0，1）上有零点，则h（x）在（0，1）上有零点，则存在b＞0，使f（x）与g（x）在区间（0，+∞）内存在“S”点．9．【2018年新课标1理科21】已知函数f（x）x+alnx．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若f（x）存在两个极值点x1，x2，证明：a﹣2．【解答】解：（1）函数的定义域为（0，+∞），函数的导数f′（x ）1，设g（x）＝x2﹣ax+1，当a≤0时，g（x）＞0恒成立，即f′（x）＜0恒成立，此时函数f（x）在（0，+∞）上是减函数，当a＞0时，判别式△＝a2﹣4，①当0＜a≤2时，△≤0，即g（x）≥0，即f′（x）≤0恒成立，此时函数f（x）在（0，+∞）上是减函数，②当a＞2时，x，f′（x），f（x）的变化如下表：），，+∞）+综上当a≤2时，f（x）在（0，+∞）上是减函数，当a＞2时，在（0，），和（，+∞）上是减函数，则（，）上是增函数．（2）由（1）知a＞2，0＜x1＜1＜x2，x1x2＝1，则f（x1）﹣f（x2）＝（x2﹣x1）（1）+a（lnx1﹣lnx2）＝2（x2﹣x1）+a（lnx1﹣lnx2），则2，则问题转为证明1即可，即证明lnx1﹣lnx2＞x1﹣x2，则lnx1﹣ln x1，即lnx1+lnx1＞x1，即证2lnx1＞x1在（0，1）上恒成立，设h（x）＝2lnx﹣x，（0＜x＜1），其中h（1）＝0，求导得h′（x）10，则h（x）在（0，1）上单调递减，∴h（x）＞h（1），即2lnx﹣x0，故2lnx＞x，则a﹣2成立．（2）另解：注意到f（）＝x alnx＝﹣f（x），即f（x）+f（）＝0，由韦达定理得x1x2＝1，x1+x2＝a＞2，得0＜x1＜1＜x2，x1，可得f（x2）+f（）＝0，即f（x1）+f（x2）＝0，要证a﹣2，只要证a﹣2，即证2alnx2﹣ax20，（x2＞1），构造函数h（x）＝2alnx﹣ax，（x＞1），h′（x）0，∴h（x）在（1，+∞）上单调递减，∴h（x）＜h（1）＝0，∴2alnx﹣ax0成立，即2alnx2﹣ax20，（x2＞1）成立．即a﹣2成立．10．【2018年新课标2理科21】已知函数f（x）＝e x﹣ax2．（1）若a＝1，证明：当x≥0时，f（x）≥1；（2）若f（x）在（0，+∞）只有一个零点，求a．【解答】证明：（1）当a＝1时，函数f（x）＝e x﹣x2．则f′（x）＝e x﹣2x，令g（x）＝e x﹣2x，则g′（x）＝e x﹣2，令g′（x）＝0，得x＝ln2．当x∈（0，ln2）时，g′（x）＜0，当x∈（ln2，+∞）时，g′（x）＞0，∴g（x）≥g（ln2）＝e ln2﹣2•ln2＝2﹣2ln2＞0，∴f（x）在[0，+∞）单调递增，∴f（x）≥f（0）＝1，解：（2）方法⇔a在（0，+∞）只有一个根，即函数y＝a与G（x）的图象在（0，+∞）只有一个交点．G，当x∈（0，2）时，G′（x）＜0，当∈（2，+∞）时，G′（x）＞0，∴G（x）在（0，2）递减，在（2，+∞）递增，当→0时，G（x）→+∞，当→+∞时，G（x）→+∞，∴f（x）在（0，+∞）只有一个零点时，a＝G（2）．方法二：①当a≤0时，f（x）＝e x﹣ax2＞0，f（x）在（0，+∞）没有零点．．②当a＞0时，设函数h（x）＝1﹣ax2e﹣x．f（x）在（0，+∞）只有一个零点⇔h（x）在（0，+∞）只有一个零点．h′（x）＝ax（x﹣2）e﹣x，当x∈（0，2）时，h′（x）＜0，当x∈（2，+∞）时，h′（x）＞0，∴h（x）在（0，2）递减，在（2，+∞）递增，∴，（x≥0）．当h（2）＜0时，即a，由于h（0）＝1，当x＞0时，e x＞x2，可得h（4a）＝110．h（x）在（0，+∞）有2个零点当h（2）＞0时，即a，h（x）在（0，+∞）没有零点，当h（2）＝0时，即a，h（x）在（0，+∞）只有一个零点，综上，f（x）在（0，+∞）只有一个零点时，a．11．【2018年新课标3理科21】已知函数f（x）＝（2+x+ax2）ln（1+x）﹣2x．（1）若a＝0，证明：当﹣1＜x＜0时，f（x）＜0；当x＞0时，f（x）＞0；（2）若x＝0是f（x）的极大值点，求a．【解答】（1）证明：当a＝0时，f（x）＝（2+x）ln（1+x）﹣2x，（x＞﹣1）．，，可得x∈（﹣1，0）时，f″（x）≤0，x∈（0，+∞）时，f″（x）≥0∴f′（x）在（﹣1，0）递减，在（0，+∞）递增，∴f′（x）≥f′（0）＝0，∴f（x）＝（2+x）ln（1+x）﹣2x在（﹣1，+∞）上单调递增，又f（0）＝0．∴当﹣1＜x＜0时，f（x）＜0；当x＞0时，f（x）＞0．（2）解：由f（x）＝（2+x+ax2）ln（1+x）﹣2x，得f′（x）＝（1+2ax）ln（1+x）2，令h（x）＝ax2﹣x+（1+2ax）（1+x）ln（x+1），h′（x）＝4ax+（4ax+2a+1）ln（x+1）．当a≥0，x＞0时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，∴h（x）＞h（0）＝0，即f′（x）＞0，∴f（x）在（0，+∞）上单调递增，故x＝0不是f（x）的极大值点，不符合题意．当a＜0时，h″（x）＝8a+4aln（x+1），显然h″（x）单调递减，①令h″（0）＝0，解得a．∴当﹣1＜x＜0时，h″（x）＞0，当x＞0时，h″（x）＜0，∴h′（x）在（﹣1，0）上单调递增，在（0，+∞）上单调递减，∴h′（x）≤h′（0）＝0，∴h（x）单调递减，又h（0）＝0，∴当﹣1＜x＜0时，h（x）＞0，即f′（x）＞0，当x＞0时，h（x）＜0，即f′（x）＜0，∴f（x）在（﹣1，0）上单调递增，在（0，+∞）上单调递减，∴x＝0是f（x）的极大值点，符合题意；②若a＜0，则h″（0）＝1+6a＞0，h″（1）＝（2a﹣1）（1）＜0，∴h″（x）＝0在（0，+∞）上有唯一一个零点，设为x0，∴当0＜x＜x0时，h″（x）＞0，h′（x）单调递增，∴h′（x）＞h′（0）＝0，即f′（x）＞0，∴f（x）在（0，x0）上单调递增，不符合题意；③若a，则h″（0）＝1+6a＜0，h″（1）＝（1﹣2a）e2＞0，∴h″（x）＝0在（﹣1，0）上有唯一一个零点，设为x1，∴当x1＜x＜0时，h″（x）＜0，h′（x）单调递减，∴h′（x）＞h′（0）＝0，∴h（x）单调递增，∴h（x）＜h（0）＝0，即f′（x）＜0，∴f（x）在（x1，0）上单调递减，不符合题意．综上，a．12．【2018年浙江22】已知函数f（x）lnx．（Ⅰ）若f（x）在x＝x1，x2（x1≠x2）处导数相等，证明：f（x1）+f（x2）＞8﹣8ln2；（Ⅱ）若a≤3﹣4ln2，证明：对于任意k＞0，直线y＝kx+a与曲线y＝f（x）有唯一公共点．【解答】证明：（Ⅰ）∵函数f（x）lnx，∴x＞0，f′（x），∵f（x）在x＝x1，x2（x1≠x2）处导数相等，∴，∵x1≠x2，∴，由基本不等式得：，∵x1≠x2，∴x1x2＞256，由题意得f（x1）+f（x2）ln（x1x2），设g（x），则，∴列表讨论：∴g（x）在[256，+∞）上单调递增，∴g（x1x2）＞g（256）＝8﹣8ln2，∴f（x1）+f（x2）＞8﹣8ln2．（Ⅱ）令m＝e﹣（|a|+k），n＝（）2+1，则f（m）﹣km﹣a＞|a|+k﹣k﹣a≥0，f（n）﹣kn﹣a＜n（k）≤n（k）＜0，∴存在x0∈（m，n），使f（x0）＝kx0+a，∴对于任意的a∈R及k∈（0，+∞），直线y＝kx+a与曲线y＝f（x）有公共点，由f（x）＝kx+a，得k，设h（x），则h′（x），其中g（x）lnx，由（1）知g（x）≥g（16），又a≤3﹣4ln2，∴﹣g（x）﹣1+a≤﹣g（16）﹣1+a＝﹣3+4ln2+a≤0，∴h′（x）≤0，即函数h（x）在（0，+∞）上单调递减，∴方程f（x）﹣kx﹣a＝0至多有一个实根，综上，a≤3﹣4ln2时，对于任意k＞0，直线y＝kx+a与曲线y＝f（x）有唯一公共点．13．【2018年北京理科18】设函数f（x）＝[ax2﹣（4a+1）x+4a+3]e x．（Ⅰ）若曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线与x轴平行，求a；（Ⅱ）若f（x）在x＝2处取得极小值，求a的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）函数f（x）＝[ax2﹣（4a+1）x+4a+3]e x的导数为f′（x）＝[ax2﹣（2a+1）x+2]e x．由题意可得曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线斜率为0，可得（a﹣2a﹣1+2）e＝0，且f（1）＝3e≠0，解得a＝1；（Ⅱ）f（x）的导数为f′（x）＝[ax2﹣（2a+1）x+2]e x＝（x﹣2）（ax﹣1）e x，若a＝0则x＜2时，f′（x）＞0，f（x）递增；x＞2，f′（x）＜0，f（x）递减．x＝2处f（x）取得极大值，不符题意；若a＞0，且a，则f′（x）（x﹣2）2e x≥0，f（x）递增，无极值；若a，则2，f（x）在（，2）递减；在（2，+∞），（﹣∞，）递增，可得f（x）在x＝2处取得极小值；若0＜a，则2，f（x）在（2，）递减；在（，+∞），（﹣∞，2）递增，可得f（x）在x＝2处取得极大值，不符题意；若a＜0，则2，f（x）在（，2）递增；在（2，+∞），（﹣∞，）递减，可得f（x）在x＝2处取得极大值，不符题意．综上可得，a的范围是（，+∞）．14．【2018年天津理科20】已知函数f（x）＝a x，g（x）＝log a x，其中a＞1．（Ⅰ）求函数h（x）＝f（x）﹣xlna的单调区间；（Ⅱ）若曲线y＝f（x）在点（x1，f（x1））处的切线与曲线y＝g（x）在点（x2，g（x2））处的切线平行，证明x1+g（x2）；（Ⅲ）证明当a时，存在直线l，使l是曲线y＝f（x）的切线，也是曲线y＝g（x）的切线．【解答】（Ⅰ）解：由已知，h（x）＝a x﹣xlna，有h′（x）＝a x lna﹣lna，令h′（x）＝0，解得x＝0．由a＞1，可知当x变化时，h′（x），h（x）的变化情况如下表：∴函数h（x）的单调减区间为（﹣∞，0），单调递增区间为（0，+∞）；（Ⅱ）证明：由f′（x）＝a x lna，可得曲线y＝f（x）在点（x1，f（x1））处的切线的斜率为lna．由g′（x），可得曲线y＝g（x）在点（x2，g（x2））处的切线的斜率为．∵这两条切线平行，故有，即，两边取以a为底数的对数，得log a x2+x1+2log a lna＝0，∴x1+g（x2）；（Ⅲ）证明：曲线y＝f（x）在点（）处的切线l1：，曲线y＝g（x）在点（x2，log a x2）处的切线l2：．要证明当a时，存在直线l，使l是曲线y＝f（x）的切线，也是曲线y＝g（x）的切线，只需证明当a时，存在x1∈（﹣∞，+∞），x2∈（0，+∞）使得l1与l2重合，即只需证明当a时，方程组由①得，代入②得：，③因此，只需证明当a时，关于x1的方程③存在实数解．设函数u（x），既要证明当a时，函数y＝u（x）存在零点．u′（x）＝1﹣（lna）2xa x，可知x∈（﹣∞，0）时，u′（x）＞0；x∈（0，+∞）时，u′（x）单调递减，又u′（0）＝1＞0，u′0，故存在唯一的x0，且x0＞0，使得u′（x0）＝0，即．由此可得，u（x）在（﹣∞，x0）上单调递增，在（x0，+∞）上单调递减，u（x）在x＝x0处取得极大值u（x0）．∵，故lnlna≥﹣1．∴．下面证明存在实数t，使得u（t）＜0，由（Ⅰ）可得a x≥1+xlna，当时，有u（x）．∴存在实数t，使得u（t）＜0．因此，当a时，存在x1∈（﹣∞，+∞），使得u（x1）＝0．∴当a时，存在直线l，使l是曲线y＝f（x）的切线，也是曲线y＝g（x）的切线．15．【2017年江苏20】已知函数f（x）＝x3+ax2+bx+1（a＞0，b∈R）有极值，且导函数f′（x）的极值点是f（x）的零点．（Ⅰ）求b关于a的函数关系式，并写出定义域；（Ⅱ）证明：b2＞3a；（Ⅲ）若f（x），f′（x）这两个函数的所有极值之和不小于，求实数a的取值范围．【解答】（Ⅰ）解：因为f（x）＝x3+ax2+bx+1，所以g（x）＝f′（x）＝3x2+2ax+b，g′（x）＝6x+2a，令g′（x）＝0，解得x．由于当x时g′（x）＞0，g（x）＝f′（x）单调递增；当x时g′（x）＜0，g（x）＝f′（x）单调递减；所以f′（x）的极小值点为x，由于导函数f′（x）的极值点是原函数f（x）的零点，所以f（）＝0，即1＝0，所以b（a＞0）．因为f（x）＝x3+ax2+bx+1（a＞0，b∈R）有极值，所以f′（x）＝3x2+2ax+b＝0有实根，所以4a2﹣12b＞0，即a20，解得a＞3，所以b（a＞3）．（Ⅱ）证明：由（1）可知h（a）＝b2﹣3a（4a3﹣27）（a3﹣27），由于a＞3，所以h（a）＞0，即b2＞3a；（Ⅲ）解：由（1）可知f′（x）的极小值为f′（）＝b，设x1，x2是y＝f（x）的两个极值点，则x1+x2，x1x2，所以f（x1）+f（x2）a（）+b（x1+x2）+2＝（x1+x2）[（x1+x2）2﹣3x1x2]+a[（x1+x2）2﹣2x1x2]+b（x1+x2）+22，又因为f（x），f′（x）这两个函数的所有极值之和不小于，所以b2，因为a＞3，所以2a3﹣63a﹣54≤0，所以2a（a2﹣36）+9（a﹣6）≤0，所以（a﹣6）（2a2+12a+9）≤0，由于a＞3时2a2+12a+9＞0，所以a﹣6≤0，解得a≤6，所以a的取值范围是（3，6]．16．【2017年新课标1理科21】已知函数f（x）＝ae2x+（a﹣2）e x﹣x．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若f（x）有两个零点，求a的取值范围．【解答】解：（1）由f（x）＝ae2x+（a﹣2）e x﹣x，求导f′（x）＝2ae2x+（a﹣2）e x﹣1，当a＝0时，f′（x）＝﹣2e x﹣1＜0，∴当x∈R，f（x）单调递减，当a＞0时，f′（x）＝（2e x+1）（ae x﹣1）＝2a（e x）（e x），令f′（x）＝0，解得：x＝ln，当f′（x）＞0，解得：x＞ln，当f′（x）＜0，解得：x＜ln，∴x∈（﹣∞，ln）时，f（x）单调递减，x∈（ln，+∞）单调递增；当a＜0时，f′（x）＝2a（e x）（e x）＜0，恒成立，∴当x∈R，f（x）单调递减，综上可知：当a≤0时，f（x）在R单调减函数，当a＞0时，f（x）在（﹣∞，ln）是减函数，在（ln，+∞）是增函数；（2）①若a≤0时，由（1）可知：f（x）最多有一个零点，当a＞0时，f（x）＝ae2x+（a﹣2）e x﹣x，当x→﹣∞时，e2x→0，e x→0，∴当x→﹣∞时，f（x）→+∞，当x→∞，e2x→+∞，且远远大于e x和x，∴当x→∞，f（x）→+∞，∴函数有两个零点，f（x）的最小值小于0即可，由f（x）在（﹣∞，ln）是减函数，在（ln，+∞）是增函数，∴f（x）min＝f（ln）＝a×（）+（a﹣2）ln0，∴1ln0，即ln1＞0，设t，则g（t）＝lnt+t﹣1，（t＞0），求导g′（t）1，由g（1）＝0，∴t1，解得：0＜a＜1，∴a的取值范围（0，1）．方法二：（1）由f（x）＝ae2x+（a﹣2）e x﹣x，求导f′（x）＝2ae2x+（a﹣2）e x﹣1，当a＝0时，f′（x）＝﹣2e x﹣1＜0，∴当x∈R，f（x）单调递减，当a＞0时，f′（x）＝（2e x+1）（ae x﹣1）＝2a（e x）（e x），令f′（x）＝0，解得：x＝﹣lna，当f′（x）＞0，解得：x＞﹣lna，当f′（x）＜0，解得：x＜﹣lna，∴x∈（﹣∞，﹣lna）时，f（x）单调递减，x∈（﹣lna，+∞）单调递增；当a＜0时，f′（x）＝2a（e x）（e x）＜0，恒成立，∴当x∈R，f（x）单调递减，综上可知：当a≤0时，f（x）在R单调减函数，当a＞0时，f（x）在（﹣∞，﹣lna）是减函数，在（﹣lna，+∞）是增函数；（2）①若a≤0时，由（1）可知：f（x）最多有一个零点，②当a＞0时，由（1）可知：当x＝﹣lna时，f（x）取得最小值，f（x）min＝f（﹣lna）＝1ln，当a＝1，时，f（﹣lna）＝0，故f（x）只有一个零点，当a∈（1，+∞）时，由1ln0，即f（﹣lna）＞0，故f（x）没有零点，当a∈（0，1）时，1ln0，f（﹣lna）＜0，由f（﹣2）＝ae﹣4+（a﹣2）e﹣2+2＞﹣2e﹣2+2＞0，故f（x）在（﹣∞，﹣lna）有一个零点，假设存在正整数n0，满足n0＞ln（1），则f（n0）（a a﹣2）﹣n0n0n0＞0，由ln（1）＞﹣lna，因此在（﹣lna，+∞）有一个零点．∴a的取值范围（0，1）．17．【2017年新课标2理科21】已知函数f（x）＝ax2﹣ax﹣xlnx，且f（x）≥0．（1）求a；（2）证明：f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．【解答】（1）解：因为f（x）＝ax2﹣ax﹣xlnx＝x（ax﹣a﹣lnx）（x＞0），则f（x）≥0等价于h（x）＝ax﹣a﹣lnx≥0，求导可知h′（x）＝a．则当a≤0时h′（x）＜0，即y＝h（x）在（0，+∞）上单调递减，所以当x0＞1时，h（x0）＜h（1）＝0，矛盾，故a＞0．因为当0＜x时h′（x）＜0、当x时h′（x）＞0，所以h（x）min＝h（），又因为h（1）＝a﹣a﹣ln1＝0，所以1，解得a＝1；另解：因为f（1）＝0，所以f（x）≥0等价于f（x）在x＞0时的最小值为f（1），所以等价于f（x）在x＝1处是极小值，所以解得a＝1；（2）证明：由（1）可知f（x）＝x2﹣x﹣xlnx，f′（x）＝2x﹣2﹣lnx，令f′（x）＝0，可得2x﹣2﹣lnx＝0，记t（x）＝2x﹣2﹣lnx，则t′（x）＝2，令t′（x）＝0，解得：x，所以t（x）在区间（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，所以t（x）min＝t（）＝ln2﹣1＜0，从而t（x）＝0有解，即f′（x）＝0存在两根x0，x2，且不妨设f′（x）在（0，x0）上为正、在（x0，x2）上为负、在（x2，+∞）上为正，所以f（x）必存在唯一极大值点x0，且2x0﹣2﹣lnx0＝0，所以f（x0）x0﹣x0lnx0x0+2x0﹣2x0，由x0可知f（x0）＜（x0）max；由f′（）＜0可知x0，所以f（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，）上单调递减，所以f（x0）＞f（）；综上所述，f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．18．【2017年新课标3理科21】已知函数f（x）＝x﹣1﹣alnx．（1）若f（x）≥0，求a的值；（2）设m为整数，且对于任意正整数n，（1）（1）…（1）＜m，求m的最小值．【解答】解：（1）因为函数f（x）＝x﹣1﹣alnx，x＞0，所以f′（x）＝1，且f（1）＝0．所以当a≤0时f′（x）＞0恒成立，此时y＝f（x）在（0，+∞）上单调递增，这与f（x）≥0矛盾；当a＞0时令f′（x）＝0，解得x＝a，所以y＝f（x）在（0，a）上单调递减，在（a，+∞）上单调递增，即f（x）min＝f（a），若a≠1，则f（a）＜f（1）＝0，从而与f（x）≥0矛盾；所以a＝1；（2）由（1）可知当a＝1时f（x）＝x﹣1﹣lnx≥0，即lnx≤x﹣1，所以ln（x+1）≤x当且仅当x＝0时取等号，所以ln（1），k∈N*．ln（1）+ln（1）+…+ln（1）11，即（1）（1）…（1）＜e；因为m为整数，且对于任意正整数n，（1）（1）…（1）＜m成立，当n＝3时，不等式左边大于2，所以m的最小值为3．19．【2017年浙江20】已知函数f（x）＝（x）e﹣x（x）．（1）求f（x）的导函数；（2）求f（x）在区间[，+∞）上的取值范围．【解答】解：（1）函数f（x）＝（x）e﹣x（x），导数f′（x）＝（1••2）e﹣x﹣（x）e﹣x＝（1﹣x）e﹣x＝（1﹣x）（1）e﹣x；（2）由f（x）的导数f′（x）＝（1﹣x）（1）e﹣x，可得f′（x）＝0时，x＝1或，当x＜1时，f′（x）＜0，f（x）递减；当1＜x时，f′（x）＞0，f（x）递增；当x时，f′（x）＜0，f（x）递减，且x⇔x2≥2x﹣1⇔（x﹣1）2≥0，则f（x）≥0．由f（），f（1）＝0，f（），即有f（x）的最大值为，最小值为f（1）＝0．则f（x）在区间[，+∞）上的取值范围是[0，]．20．【2017年上海21】设定义在R上的函数f（x）满足：对于任意的x1、x2∈R，当x1＜x2时，都有f（x1）≤f（x2）．（1）若f（x）＝ax3+1，求a的取值范围；（2）若f（x）是周期函数，证明：f（x）是常值函数；（3）设f（x）恒大于零，g（x）是定义在R上的、恒大于零的周期函数，M是g（x）的最大值．函数h（x）＝f（x）g（x）．证明：“h（x）是周期函数”的充要条件是“f（x）是常值函数”．【解答】（1）解：由f（x1）≤f（x2），得f（x1）﹣f（x2）＝a（x13﹣x23）≤0，∵x1＜x2，∴x13﹣x23＜0，得a≥0．故a的范围是[0，+∞）；（2）证明：若f（x）是周期函数，记其周期为T k，任取x0∈R，则有f（x0）＝f（x0+T k），由题意，对任意x∈[x0，x0+T k]，f（x0）≤f（x）≤f（x0+T k），∴f（x0）＝f（x）＝f（x0+T k）．又∵f（x0）＝f（x0+nT k），n∈Z，并且…∪[x0﹣3T k，x0﹣2T k]∪[x0﹣2T k，x0﹣T k]∪[x0﹣T k，x0]∪[x0，x0+T k]∪[x0+T k，x0+2T k]∪…＝R，∴对任意x∈R，f（x）＝f（x0）＝C，为常数；（3）证明：充分性：若f（x）是常值函数，记f（x）＝c1，设g（x）的一个周期为T g，则h（x）＝c1•g（x），则对任意x0∈R，h（x0+T g）＝c1•g（x0+T g）＝c1•g（x0）＝h（x0），故h（x）是周期函数；必要性：若h（x）是周期函数，记其一个周期为T h．若存在x1，x2，使得f（x1）＞0，且f（x2）＜0，则由题意可知，x1＞x2，那么必然存在正整数N1，使得x2+N1T k＞x1，∴f（x2+N1T k）＞f（x1）＞0，且h（x2+N1T k）＝h（x2）．又h（x2）＝g（x2）f（x2）＜0，而h（x2+N1T k）＝g（x2+N1T k）f（x2+N1T k）＞0≠h（x2），矛盾．综上，f（x）＞0恒成立．由f（x）＞0恒成立，任取x0∈A，则必存在N2∈N，使得x0﹣N2T h≤x0﹣T g，即[x0﹣T g，x0]⊆[x0﹣N2T h，x0]，∵…∪[x0﹣3T k，x0﹣2T k]∪[x0﹣2T k，x0﹣T k]∪[x0﹣T k，x0]∪[x0，x0+T k]∪[x0+T k，x0+2T k]∪…＝R，∴…∪[x0﹣2N2T h，x0﹣N2T h]∪[x0﹣N2T h，x0]∪[x0，x0+N2T h]∪[x0+N2T h，x0+2N2T h]∪…＝R．h（x0）＝g（x0）•f（x0）＝h（x0﹣N2T h）＝g（x0﹣N2T h）•f（x0﹣N2T h），∵g（x0）＝M≥g（x0﹣N2T h）＞0，f（x0）≥f（x0﹣N2T h）＞0．因此若h（x0）＝h（x0﹣N2T h），必有g（x0）＝M＝g（x0﹣N2T h），且f（x0）＝f（x0﹣N2T h）＝c．而由（2）证明可知，对任意x∈R，f（x）＝f（x0）＝C，为常数．综上，必要性得证．21．【2017年北京理科19】已知函数f（x）＝e x cos x﹣x．（1）求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；（2）求函数f（x）在区间[0，]上的最大值和最小值．【解答】解：（1）函数f（x）＝e x cos x﹣x的导数为f′（x）＝e x（cos x﹣sin x）﹣1，可得曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线斜率为k＝e0（cos0﹣sin0）﹣1＝0，切点为（0，e0cos0﹣0），即为（0，1），曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为y＝1；（2）函数f（x）＝e x cos x﹣x的导数为f′（x）＝e x（cos x﹣sin x）﹣1，令g（x）＝e x（cos x﹣sin x）﹣1，则g（x）的导数为g′（x）＝e x（cos x﹣sin x﹣sin x﹣cos x）＝﹣2e x•sin x，当x∈[0，]，可得g′（x）＝﹣2e x•sin x≤0，即有g（x）在[0，]递减，可得g（x）≤g（0）＝0，则f（x）在[0，]递减，即有函数f（x）在区间[0，]上的最大值为f（0）＝e0cos0﹣0＝1；最小值为f（）cos．22．【2017年天津理科20】设a∈Z，已知定义在R上的函数f（x）＝2x4+3x3﹣3x2﹣6x+a在区间（1，2）内有一个零点x0，g（x）为f（x）的导函数．（Ⅰ）求g（x）的单调区间；（Ⅱ）设m∈[1，x0）∪（x0，2]，函数h（x）＝g（x）（m﹣x0）﹣f（m），求证：h（m）h（x0）＜0；（Ⅲ）求证：存在大于0的常数A，使得对于任意的正整数p，q，且∈[1，x0）∪（x0，2]，满足|x0|．【解答】（Ⅰ）解：由f（x）＝2x4+3x3﹣3x2﹣6x+a，可得g（x）＝f′（x）＝8x3+9x2﹣6x﹣6，进而可得g′（x）＝24x2+18x﹣6．令g′（x）＝0，解得x＝﹣1，或x．当x变化时，g′（x），g（x）的变化情况如下表：，，所以，g（x）的单调递增区间是（﹣∞，﹣1），（，+∞），单调递减区间是（﹣1，）．（Ⅱ）证明：由h（x）＝g（x）（m﹣x0）﹣f（m），得h（m）＝g（m）（m﹣x0）﹣f（m），h（x0）＝g（x0）（m﹣x0）﹣f（m）．令函数H1（x）＝g（x）（x﹣x0）﹣f（x），则H′1（x）＝g′（x）（x﹣x0）．由（Ⅰ）知，当x∈[1，2]时，g′（x）＞0，故当x∈[1，x0）时，H′1（x）＜0，H1（x）单调递减；当x∈（x0，2]时，H′1（x）＞0，H1（x）单调递增．因此，当x∈[1，x0）∪（x0，2]时，H1（x）＞H1（x0）＝﹣f（x0）＝0，可得H1（m）＞0即h（m）＞0，令函数H2（x）＝g（x0）（x﹣x0）﹣f（x），则H′2（x）＝g（x0）﹣g（x）．由（Ⅰ）知，g（x）在[1，2]上单调递增，故当x∈[1，x0）时，H′2（x）＞0，H2（x）单调递增；当x∈（x0，2]时，H′2（x）＜0，H 2（x ）单调递减．因此，当x ∈[1，x 0）∪（x 0，2]时，H 2（x ）＞H 2（x 0）＝0，可得得H 2（m ）＜0即h （x 0）＜0，．所以，h （m ）h （x 0）＜0．（Ⅲ）对于任意的正整数p ，q ，且，令m，函数h （x ）＝g （x ）（m ﹣x 0）﹣f （m ）．由（Ⅱ）知，当m ∈[1，x 0）时，h （x ）在区间（m ，x 0）内有零点； 当m ∈（x 0，2]时，h （x ）在区间（x 0，m ）内有零点．所以h （x ）在（1，2）内至少有一个零点，不妨设为x 1，则h （x 1）＝g （x 1）（x 0）﹣f （）＝0．由（Ⅰ）知g （x ）在[1，2]上单调递增，故0＜g （1）＜g （x 1）＜g （2），于是|x 0|．因为当x ∈[1，2]时，g （x ）＞0，故f （x ）在[1，2]上单调递增，所以f （x ）在区间[1，2]上除x 0外没有其他的零点，而x 0，故f （）≠0．又因为p ，q ，a 均为整数，所以|2p 4+3p 3q ﹣3p 2q 2﹣6pq 3+aq 4|是正整数， 从而|2p 4+3p 3q ﹣3p 2q 2﹣6pq 3+aq 4|≥1．所以|x 0|．所以，只要取A ＝g （2），就有|x 0|．1．【湖北省黄冈中学2019届高三第三次模拟考试】已知函数()||ln (0)f x x a x a =-->. （Ⅰ）讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）比较222222ln 2ln 3ln 23n n++⋯+ 与(1)(21)2(1)n n n -++的大小(n N +∈且)2n >，并证明你的结论.【答案】（I ）见解析；（II ）见解析【解析】（Ⅰ）函数()f x 可化为ln ,()ln ,0x x a x af x a x x x a --≥⎧=⎨--<<⎩，当0x a <<时，1()10f x x '=--<，从而()f x 在(0,)a 上总是递减的， 当x a ≥时，11()1x f x x x-=-='，此时要考虑a 与1的大小.若1a ≥，则()0f x '≥，故()f x 在[,)a +∞上递增，若01a <<，则当1a x ≤<时，()0f x '<，当1x >时，()0f x '>，故()f x 在[,1)a 上递减， 在(1,)+∞上递增，而()f x 在x a =处连续，所以 当1a ≥时，()f x 在(0,)a 上递减，在[,)a +∞上递增； 当01a <<时，()f x 在(0,1)上递减，在[1,)+∞上递增.（Ⅱ）由（Ⅰ）可知当1a =，1x >时，1ln 0x x -->，即ln 1x x >-，所以ln 11x x x<-.所以 222222ln 2ln 3ln 23n n+++22211111123n <-+-+-222111123n n ⎛⎫=--+++⎪⎝⎭11112334(1)n n n ⎛⎫<--+++ ⎪⨯⨯+⎝⎭11121n n ⎛⎫=--- ⎪+⎝⎭1(1)2(1)n n n -=--+ 2221(1)(21)2(1)2(1)n n n n n n --+-+==++.2．【湖南省师范大学附属中学2019届高三下学期模拟（三)】已知函数()ln 1f x x ax =-+，其中a 为实常数.（1）若当0a >时，()f x 在区间[1,]e 上的最大值为1-，求a 的值；（2）对任意不同两点()()11,A x f x ，()()22,B x f x ，设直线AB 的斜率为k ，若120x x k ++>恒成立，求a 的取值范围.【答案】(1) 2a = (2) (,-∞ 【解析】 （1）1()(0)f x a x x '=->，令1()0f x a x '=->，则10x a<<.所以()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减.①当101a<≤，即1a ≥时，()f x 在区间[]1,e 上单调递减，则max ()(1)1f x f a ==-+， 由已知，11a -+=-，即2a =，符合题意. ②当11e a<<时，即11a e <<时，()f x 在区间上单调递增，在上单调递减，则max 1()ln f x f a a ⎛⎫==- ⎪⎝⎭，由已知，ln 1a -=-，即a e =，不符合题意，舍去. ③当1e a ≥，即10a e<≤时，()f x 在区间[]1,e 上单调递增，则， 由已知，21ae -=-，即3a e=，不符合题意，舍去.综上分析，2a =.（2）由题意，()()1212f x f x k x x -=-，则原不等式化为()()1212120f x f x x x x x -++>-， 不妨设120x x >>，则()()()()1212120x x x x f x f x +-+->，即()()2212120x x f x f x -+->，即()()221122f x x f x x +>+.设22()()ln 1g x f x x x x ax =+=+-+，则2121()2x ax g x x a x x'-+=+-=，由已知，当120x x >>时，不等式()()12g x g x >恒成立，则()g x 在(0,)+∞上是增函数.所以当0x >时，()0g x '≥，即2210x ax -+≥，即22112x a x x x+≤=+恒成立，因为12x x +≥12x x =，即x =时取等号，所以min 12x x ⎛⎫+= ⎪⎝⎭故a的取值范围是(,-∞.3．【2019年湖北省武汉市高考数学(5月份)】已知函数2()12xx f x e =--（1）若直线y x a =+为()f x 的切线，求a 的值．（2）若[)0,x ∀∈+∞，()f x bx ≥恒成立，求b 的取值范围． 【答案】（1）0；（2）1b ≤ 【解析】（1）设切点为()00,P x y ，()'xf x e x =-，∴()000'1xf x e x =-=，令()xh x e x =-，则()'1xh x e =-，当0x >时，()'0h x >，()h x 在()0,∞+上为增函数； 当0x <时，()'0h x <，()h x 在(),0-∞上为减函数； 所以()()min 01h x h ==，所以00x =， 又0200112xe x x a --=+，所以0a =． （2）[)0,x ∀∈+∞，()f x bx ≥恒成立2102xx e bx ⇔---≥，[)0,x ∈+∞．令2()12xx g x e bx =---，[)0,x ∈+∞．()()'x g x e x b h x =--=，()'1x h x e =-,当0x >时，()'10xh x e =->，所以()h x 在[)0,+∞上为增函数，()min 1h x b =-，①若1b ≤，则当0x >时'()0g x >，故()g x 在[)0,+∞上为增函数，故[)0,x ∈+∞时，有()()00g x g ≥=即2102xx e bx ---≥恒成立，满足题意.②若1b >，因为()'g x 为()0,∞+上的增函数且()'010g b =-<，()'ln 2ln ln 2g b b b =--⎡⎤⎣⎦， 令()ln ln 2s b b b =--，其中1b >，()1'10s b b=->， 所以()s b 在()1,+∞为增函数，所以()()11ln 20s b s >=->， 故存在0x ，使得()0'0g x =且()00,x x ∈时，()'0g x <，()g x 在()00,x 为减函数，故当()00,x x ∈时，()()00g x g <=，矛盾，舍去.综上可得：1b ≤．4．【山东省淄博市部分学校2019届高三5月阶段性检测（三模)】已知函数()()21ln ,2f x x xg x mx ==． （1）若函数()f x 与()g x 的图象上存在关于原点对称的点，求实数m 的取值范围； （2）设()()()F x f x gx =-，已知()F x 在()0,∞+上存在两个极值点12,x x ，且12x x <，求证：2122x x e>（其中e 为自然对数的底数）． 【答案】（1）2m e≥-；（2）证明见解析. 【解析】（1）函数()f x 与()g x 的图像上存在关于原点对称的点， 即21()()2g x m x --=--的图像与函数()ln f x x x =的图像有交点， 即21()ln 2m x x x --=在(0,)+∞上有解. 即1ln 2x m x=-在(0,)+∞上有解. 设ln ()x x x ϕ=-，（0x >），则2ln 1()x x x ϕ'-=当(0,)x e ∈时，()x ϕ为减函数；当(,)x e ∈+∞时，()x ϕ为增函数，所以min 1()()x e e ϕϕ==-，即2m e≥-. （2）21()()()ln 2F x f x g x x x mx =-=-，()ln 1F x x mx '=-+()F x 在(0,)+∞上存在两个极值点1x ，2x ，且12x x <，所以1122ln 10ln 10x mx x mx -+=⎧⎨-+=⎩因为1212ln ln 2x x m x x ++=+且1212ln ln x x m x x -=-，所以12121212ln ln 2ln ln x x x x x x x x ++-=+-，即112212112112221lnln ln 2ln 1x x x x x x x x x x x x x x ⎛⎫+ ⎪+⎝⎭++==--设12(0,1)x t x =∈，则12(1)ln ln ln 21t t x x t +++=- 要证2122x x e >，即证12ln ln 22x x ++>，只需证(1)ln 21t t t +>-，即证2(1)ln 01t t t --<+设2(1)()ln 1t h t t t -=-+，22214(1)()0(1)(1)t h t t t t t '-=-=>++， 则2(1)()ln 1t h t t t -=-+在(0,1)上单调递增，()(1)0h t h <=， 即2(1)()ln 01t h t t t -=-<+ 所以，12ln ln 2x x +>即2122x x e >.5．【广东省深圳市高级中学2019届高三适应性考试（6月)】已知函数()xf x e =，()()210g x ax x a =++>. （1）设()()()g x F x f x =，讨论函数()F x 的单调性；（2）若102a <≤，证明：()()f x g x >在()0,∞+恒成立. 【答案】（1）见解析；（2）见解析 【解析】（1）因为2()1()()xg x ax x F x f x e++==， 所以221(21)'()x xa ax x ax a x a F x e e -⎛⎫-- ⎪-+-⎝⎭==， ①若12a =，2'()0xax F x e-=≤.∴()F x 在R 上单调递减. ②若12a >，则210a a->， 当0x <，或21a x a ->时，'()0F x <，当210a x a-<<时，'()0F x >，∴()F x 在(,0)-∞，21,a a -⎛⎫+∞⎪⎝⎭上单调递减，在210,a a -⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增.③若102a <<，则210a a-<， 当21a x a -<，或0x >时，'()0F x <，当210a x a-<<时，'()0F x >. ∴()F x 在21,a a -⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭，(0,)+∞上单调递减，在21,0a a -⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增. （2）∵102a <≤，∴221112ax x x x ++≤++. 设21()12xh x e x x =---，则'()1x h x e x =--. 设()'()1x p x h x e x ==--，则'()1xp x e =-，在(0,)+∞上，'()0p x ≥恒成立.∴)'(h x 在(0,)+∞上单调递增.又∵'(0)0h =，∴(0,)x ∈+∞时，'()0h x >，所以()h x 在(0,)+∞上单调递增， ∴()(0)0h x h >=，∴21102xx e x --->，2112x x e x >++， 所以221112xe x x ax x >++≥++， 所以()()f x g x >在(0,)+∞上恒成立.6．【湖南省师范大学附属中学2019届高三下学期模拟（三)】已知函数1()ln af x a x x x-=-++. （1）当2a ≥时，求函数()f x 的单调区间；（2）设()23xg x e mx =+-，当21a e =+时，对任意1[1,)x ∈+∞，存在2[1,)x ∈+∞，使212()2()f x e g x +≥，证明：2m e e ≤-.【答案】(1)见解析；(2)见证明 【解析】（1）函数()f x 的定义域为(0,)+∞， 又221(1)[(1)]()1a a x x a f x x x x '----=-++=， 由()0f x '=，得1x =或1x a =-.当2a >即11a ->时，由()0f x '<得11x a <<-，由()0f x '>得01x <<或1x a >-； 当2a =即11a -=时，当0x >时都有()0f x '≥；∴当2a >时，单调减区间是()1,1a -，单调增区间是()0,1，()1,a -+∞；当2a =时，单调增区间是()0,+∞，没有单调减区间；（2）当21a e =+时，由（1）知()f x 在()21,e 单调递减，在()2,e +∞单调递增. 从而()f x 在[)1,+∞上的最小值为22()3f e e =--.对任意[)11,x ∈+∞，存在[)21,x ∈+∞，使()()2212g x f x e ≤+，即存在[)21,x ∈+∞，使的值不超过()22f x e +在区间[)1,+∞上的最小值23e -.由222e 32e e 3xmx --+≥+-得22xmx e e +≤，22xe e m x-∴≤. 令22()xe e h x x-=，则当[)1,x ∈+∞时，max ()m h x ≤. ()()()22223222()x x x x e x e e xxe e e h x x x ---+-'==-，当[1,2]x ∈时()0h x '<；当[2,)x ∈+∞时，()22e 20xxxx xe exee +->-≥，()0h x '<.故()h x 在[1,)+∞上单调递减，从而2max ()(1)h x h e e ==-, 从而实数2m e e ≤-得证7．【山东省临沂市2019年普通高考模拟考试（三模)】已知函数()ln xf x a x e=+，其中a 为常数． （1）若直线2y x e=是曲线()y f x =的一条切线，求实数a 的值； （2）当1a =-时，若函数()()ln xg x f x b x=-+在[)1+∞，上有两个零点．求实数b 的取值范围． 【答案】(1) 1a = (2) 11,b e e ⎡⎫∈-⎪⎢⎣⎭【解析】（1）函数()f x 的定义域为(0,)+∞，1()a x ae f x e x ex +'=+=， 曲线()y f x =在点()00,x y 处的切线方程为2y x e=.由题意得000012,2ln a e x ex x a xee ⎧+=⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩ 解得1a =，0x e =.所以a 的值为1. （2）当1a =-时，()ln x f x x e =-，则11()x ef x e x ex-'=-=， 由()0f x '>，得x e >，由()0f x '<，得0x e <<，则()f x 有最小值为()0f e =，即()0f x …， 所以ln ()ln x xg x x b e x=--+，(0)x >， 由已知可得函数ln ln x xy x x e=+- 的图象与直线y b =有两个交点， 设ln ()ln (0)x xh x x x x e=+->， 则211ln 1()x h x x x e -'=+-22ln ex e e x x ex +--=，令2()ln x ex e e x x ϕ=+--，22()2e ex e x x e x x xϕ--'=--=，由220ex e x --<，可知()0x ϕ'<，所以()x ϕ在(0,)+∞上为减函数， 由()0e ϕ=，得0x e <<时，()0x ϕ>，当x e >时，()0x ϕ<， 即当0x e <<时，()0h x '>，当x e >时，()0h x '<， 则函数()h x 在(0,)e 上为增函数，在(,)e +∞上为减函数， 所以，函数()h x 在x e =处取得极大值1()h e e=， 又1(1)h e=-，()322331341h ee e e e=+-<-<-<-， 所以，当函数()g x 在[1,)+∞上有两个零点时，b 的取值范围是11b ee-<…， 即11,b e e ⎡⎫∈-⎪⎢⎣⎭.8．【江苏省镇江市2019届高三考前模拟（三模)】已知函数()()xf x mx n e -=+（,m n R ∈，e 是自然对数的底数）.。

导数专题训练及答案专题一导数的几何意义及其应用导数的几何意义是高考重点考查的内容之一，常与解析几何知识交汇命题，主要题型是利用导数的几何意义求曲线上某点处切线的斜率或曲线上某点的坐标或过某点的切线方程，求解这类问题的关键就是抓住切点P(x0，f(x0))，P点的坐标适合曲线方程，P点的坐标也适合切线方程，P点处的切线斜率k＝f′(x0)．解题方法:(1) 解决此类问题一定要分清“在某点处的切线”，还是“过某点的切线”的问法．(2)解决“过某点的切线”问题，一般是设切点坐标为P(x0，y0)，然后求其切线斜率k＝f′(x0)，写出其切线方程．而“在某点处的切线”就是指“某点”为切点．(3)曲线与直线相切并不一定只有一个公共点，当曲线是二次曲线时，我们知道直线与曲线相切，有且只有一个公共点，这种观点对一般曲线不一定正确．[例1]已知曲线y＝13x3＋43.(1)求曲线在点P(2，4)处的切线方程；(2)求曲线过点P(2，4)的切线方程；(3)求斜率为4的曲线的切线方程．[变式训练]已知函数f(x)＝x3＋x－16.(1)求曲线y＝f(x)在点(2，－6)处的切线的方程；(2)直线l为曲线y＝f(x)的切线，且经过原点，求直线l的方程及切点坐标．专题二导数在研究函数单调性中的应用利用导数的符号判断函数的单调性，进而求出函数的单调区间，是导数几何意义在研究曲线变化规律时的一个重要应用，体现了数形结合思想．这类问题要注意的是f(x)为增函数⇔f′(x)≥0且f′(x)＝0的根有有限个，f(x)为减函数⇔f′≤0且f′(x)＝0的根有有限个．解题步骤：(1)确定函数的定义域；(2)求导数f′(x)；(3)①若求单调区间(或证明单调性)，只需在函数f(x)的定义域内解(或证明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0.②若已知函数f(x)的单调性，则将原问题转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题，再进行求解．[例2]设函数f(x)＝x e a－x＋bx，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝(e－1)x＋4.(1)求a，b的值；(2)求f(x)的单调区间．[变式训练]设函数f(x)＝xekx(k≠0)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若函数f(x)在区间(－1，1)内单调递增，求k的取值范围．专题三 导数在求函数极值与最值中的应用利用导数可求出函数的极值或最值，反之，已知函数的极值或最值也能求出参数的值或取值范围．该部分内容也可能与恒成立问题、函数零点问题等结合在一起进行综合考查，是高考的重点内容．解题方法：(1)运用导数求可导函数y ＝f(x)的极值的步骤：①先求函数的定义域，再求函数y ＝f(x)的导数f ′(x)；②求方程f ′(x)＝0的根；③检查f ′(x)在方程根的左右的值的符号，如果左正右负，那么f(x)在这个根处取得极大值，如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得极小值．(2)求闭区间上可导函数的最值时，对函数极值是极大值还是极小值，可不再作判断，只需要直接与端点的函数值比较即可获得．(3)当连续函数的极值点只有一个时，相应的极值点必为函数的最值．[例3] 已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2＋bx 在区间(－2，1)内，当x ＝－1时取极小值，当x ＝23时取极大值．(1)求函数y ＝f (x )在x ＝－2时的对应点的切线方程；(2)求函数y ＝f (x )在[－2，1]上的最大值与最小值．[变式训练] 设函数f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x .(1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程与x 轴平行，求a ；(2)若f (x )在x ＝2处取得极小值，求a 的取值范围．专题四 导数在证明不等式中的应用在用导数方法证明不等式时，常构造函数，利用单调性和最值方法证明不等式．解题方法：一般地，如果证明f(x)＞g(x)，x ∈(a ，b)，可转化为证明F(x)＝f(x)－g(x)＞0，若F ′(x)＞0，则函数F(x)在(a ，b)上是增函数，若F(a)≥0，则由增函数的定义知，F(x)＞F(a)≥0，从而f(x)＞g(x)成立，同理可证f(x)＜g(x)，f(x)＞g(x)．[例4] 已知函数f (x )＝ln x －（x －1）22. (1)求函数f (x )的单调递增区间；(2)证明：当x ＞1时，f (x )＜x －1.[变式训练] 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.专题五 定积分及其应用定积分的基本应用主要有两个方面：一个是求坐标平面上曲边梯形的面积，另一个是求变速运动的路程(位移)或变力所做的功．高考中要求较低，一般只考一个小题．解题方法：(1)用微积分基本定理求定积分，关键是找出被积函数的原函数，这就需要利用求导运算与求原函数是互逆运算的关系来求原函数．(2) 利用定积分求平面图形的面积的步骤如下：①画出图形，确定图形范围；②解方程组求出图形交点坐标，确定积分上、下限；③确定被积函数，注意分清函数图形的上、下位置；④计算定积分，求出平面图形面积．(3)利用定积分求加速度或路程(位移)，要先根据物理知识得出被积函数，再确定时间段，最后用求定积分方法求出结果．[例5] 已知抛物线y ＝x 2－2x 及直线x ＝0，x ＝a ，y ＝0围成的平面图形的面积为43，求a 的值．[变式训练] (1)若函数f (x )在R 上可导，f (x )＝x 3＋x 2f ′(1)，则∫20f (x )d x ＝ ____；(2)在平面直角坐标系xOy 中，直线y ＝a (a ＞0)与抛物线y ＝x 2所围成的封闭图形的面积为823，则a ＝____．专题六 化归与转化思想在导数中的应用化归与转化就是在处理问题时，把待解决的问题或难解决的问题，通过某种转化过程，归结为一类已解决或易解决的问题，最终求得问题的解答．解题方法：与函数相关的问题中，化归与转化思想随处可见，如，函数在某区间上单调可转化为函数的导数在该区间上符号不变，不等式的证明可转化为最值问题等．[例6] 设f (x )＝e x1＋ax 2，其中a 为正实数． (1)当a ＝43时，求f (x )的极值点；(2)若f (x )为R 上的单调函数，求a 的取值范围．[变式训练] 如果函数f(x)＝2x2－ln x 在定义域内的一个子区间(k －1，k ＋1)上不是单调函数，则实数k 的取值范围是________．答案例1 解：(1)因为P (2，4)在曲线y ＝13x 3＋43上，且y ′＝x 2，所以在点P (2，4)处的切线的斜率k ＝y ′|x ＝2＝4.所以曲线在点P (2，4)处的切线方程为y －4＝4(x －2)，即4x －y －4＝0.(2)设曲线y －13x 3＋43与过点P (2，4)的切线相切于点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，13x 30＋43，则切线的斜率k ＝y ′|x ＝x 0＝x 20，所以切线方程为y －⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 30＋43＝x 20(x －x 0)， 即y ＝x 20·x －23x 30＋43.因为点P (2，4)在切线上，所以4＝2x 20－23x 30＋43，即x 30－3x 20＋4＝0，所以x 30＋x 20－4x 20＋4＝0，所以(x 0＋1)(x 0－2)2＝0，解得x 0＝－1或x 0＝2，故所求的切线方程为4x －y －4＝0或x －y ＋2＝0.(3)设切点为(x 1，y 1)，则切线的斜率k ＝x 21＝4，得x 0＝±2.所以切点为(2，4)，⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－43， 所以切线方程为y －4＝4(x －2)和y ＋43＝4(x ＋2)，即4x －y －4＝0和12x －3y ＋20＝0.变式训练 解：(1)因为f (2)＝23＋2－16＝－6，所以点(2，－6)在曲线上．因为f ′(x )＝(x 3＋x －16)′＝3x 2＋1，所以在点(2，－6)处的切线的斜率为k ＝f ′(2)＝3×22＋1＝13，所以切线的方程为y ＝13(x －2)＋(－6)，即y ＝13x －32.(2)设切点坐标为(x 0，y 0)，则直线l 的斜率为f ′(x 0)＝3x 20＋1，所以直线l 的方程为y ＝(3x 20＋1)(x －x 0)＋x 30＋x 0－16.又因为直线l 过点(0，0)，所以0＝(3x 20＋1)(－x 0)＋x 30＋x 0－16，整理得x 30＝－8，所以x 0＝－2，y 0＝(－2)3＋(－2)－16＝－26，所以k ＝3×(－2)2＋1＝13，所以直线l 的方程为y ＝13x ，切点坐标为(－2，－26)．例2 解：(1)因为f (x )＝x e a －x ＋bx ，所以f ′(x )＝(1－x )e a －x ＋b .依题设，知⎩⎪⎨⎪⎧f （2）＝2e ＋2，f ′（2）＝e －1，即⎩⎪⎨⎪⎧2e a －2＋2b ＝2e ＋2，－e a －2＋b ＝e －1.解得a ＝2，b ＝e.(2)由(1)知f (x )＝x e 2－x ＋e x .由f ′(x )＝e 2－x (1－x ＋e x －1)及e 2－x >0知，f ′(x )与1－x ＋e x －1同号． 令g (x )＝1－x ＋e x －1，则g ′(x )＝－1＋e x －1.所以，当x ∈(－∞，1)时，g ′(x )<0，g (x )在区间(－∞，1)上单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )在区间(1，＋∞)上单调递增． 故g (1)＝1是g (x )在区间(－∞，＋∞)上的最小值，从而g (x )>0，x ∈(－∞，＋∞)．综上可知，f ′(x )>0，x ∈(－∞，＋∞)． 故f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)．变式训练 解：(1)f ′(x )＝(1＋kx )e kx (k ≠0)， 令f ′(x )＝0得x ＝－1k (k ≠0)．若k >0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1k 时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1k ，＋∞时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增； 若k <0，则当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－1k 时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1k ，＋∞时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减． (2)由(1)知，若k >0时，则当且仅当－1k ≤－1，即k ≤1，函数f (x )在(－1，1)上单调递增．若k <0时，则当且仅当－1k ≥1，即k ≥－1时，函数f (x )在(－1，1)上单调递增．综上可知，函数f (x )在(－1，1)上单调递增时，k 的取值范围是[－1，0)∪(0，1]．例3 解：(1)f ′(x )＝－3x 2＋2ax ＋b .又x ＝－1，x ＝23分别对应函数取得极小值、极大值的情况，所以－1，23为方程－3x 2＋2ax ＋b ＝0的两个根．所以a ＝－12，b ＝2，则f (x )＝－x 3－12x 2＋2x . x ＝－2时，f (x )＝2，即(－2，2)在曲线上． 又切线斜率为k ＝f ′(x )＝－3x 2－x ＋2， f ′(－2)＝－8，所求切线方程为y －2＝－8(x ＋2)， 即为8x ＋y ＋14＝0.(2)x 在变化时，f ′(x )及f (x )的变化情况如下表： ↘↗↘则f (x )在[－2，1]上的最大值为2，最小值为－32.变式训练 解：(1)因为f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x ， 所以f ′(x )＝[2ax －(4a ＋1)]e x ＋[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x ＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x .所以f ′(1)＝(1－a )e.由题设知f ′(1)＝0，即(1－a )e ＝0，解得a ＝1. 此时f (1)＝3e ≠0. 所以a 的值为1.(2)由(1)得f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x ＝(ax －1)(x －2)e x .若a >12，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，2时，f ′(x )<0；当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0. 所以f (x )在x ＝2处取得极小值．若a ≤12，则当x ∈(0，2)时，x －2<0，ax －1≤12x －1<0，所以f ′(x )>0.所以2不是f (x )的极小值点．综上可知，a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞.例4 (1)解：f ′(x )＝1x －x ＋1＝－x 2＋x ＋1x，x ∈(0，＋∞)． 由f ′(x )＞0得⎩⎪⎨⎪⎧x ＞0，－x 2＋x ＋1＞0，解得0＜x ＜1＋52. 故f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1＋52. (2)证明：令F (x )＝f (x )－(x －1)，x ∈(0，＋∞)． 则有F ′(x )＝1－x 2x .当x ∈(1，＋∞)时，F ′(x )＜0， 所以F (x )在[1，＋∞)上单调递减，故当x ＞1时，F (x )＜F (1)＝0，即当x ＞1时，f (x )＜x －1.变式训练 (1)解：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 . 当0<x <2时，f ′(x )<0；当x >2时，f ′(x )>0.所以f (x )在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增． (2)证明：当a ≥1e 时，f (x )≥e xe －ln x －1. 设g (x )＝e x e －ln x －1，则g ′(x )＝e x e －1x . 当0<x <1时，g ′(x )<0；当x >1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.例5 解：作出y ＝x 2－2x 的图象如图所示．(1)当a ＜0时，S ＝∫0a (x 2－2x )d x ＝⎝⎛⎭⎪⎫13x 3－x 2|0a ＝－a 33＋a 2＝43，所以(a ＋1)(a －2)2＝0， 因为a ＜0，所以a ＝－1. (2)当a ＞0时， ①若0＜a ≤2，则S ＝－∫a 0(x 2－2x )d x ＝ －⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 3－x 2|a 0＝a 2－a 33＝43， 所以a 3－3a 2＋4＝0， 即(a ＋1)(a －2)2＝0. 因为a ＞0，所以a ＝2. ②当a ＞2时，不合题意． 综上a ＝－1或a ＝2.变式训练 解析：(1)因为f (x )＝x 3＋x 2f ′ 所以f ′(x )＝3x 2＋2xf ′(x )， 所以f ′(1)＝3＋2f ′(1)， 所以f ′(1)＝－3，所以∫20f (x )d x ＝⎝⎛⎭⎪⎫14x 4＋13x 3f ′（1）|20＝－4.(2)由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x 2，y ＝a 可得A (－a ，a )，B (a ，a )，S ＝ (a －x 2)d x＝⎝ ⎛⎭⎪⎫ax －13x 3|＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫a a －13a a ＝4a 323＝823， 解得a ＝2. 答案：(1)－4 (2)2例6 解：(1)对f (x )求导得f ′(x )＝e x·1＋ax 2－2ax （1＋ax 2）2.①当a ＝43时，若f ′(x )＝0，则4x 2－8x ＋3＝0， 解得x 1＝32，x 2＝12. 综合①，可知： ↗↘↗所以，x 1＝32是极小值点，x 2＝12是极大值点． (2)若f (x )为R 上的单调函数，则f ′(x )在R 上不变号，结合①与条件a ＞0， 知ax 2－2ax ＋1≥0在R 上恒成立， 因此Δ＝4a 2－4a ＝4a (a －1)≤0， 由此并结合a ＞0，知0＜a ≤1.变式训练 解析：显然函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， y ′＝4x －1x ＝4x 2－1x .由y ′＞0，得函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞； 由y ′＜0，得函数f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎪⎫0，12，由于函数在区间(k －1，k ＋1)上不是单调函数，所以⎩⎨⎧k －1＜12＜k ＋1，k －1≥0，解得1≤k ＜32. 答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，32。

高考数学专题：导数大题专练含答案一、解答题1．已知函数()ln f x ax x =+ (1)讨论()f x 的单调区间；(2)设()2xg x =，若对任意的[]11,100x ∈，存在[]20,1x ∈，使()()12f x g x <成立，求实数a 的取值范围. 2．已知函数()ln f x x =．(1)当()()sin 1g x x =-，求函数()()()T x f x g x =+在()0,1的单调性； (2)()()12h x f x b x=+-有两个零点1x ，2x ，且12x x <，求证：121x x +>． 3．已知函数()21si cos n 2f x x x a x x =-++．(1)当1a =-时，求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程； (2)若函数()f x 在3π0,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，求a 的取值范围．4．已知a R ∈，函数()22e 2xax f x =+． (1)求曲线()y f x =在0x =处的切线方程 (2)若函数()f x 有两个极值点12,x x ，且1201x x ，（ⅰ）求a 的取值范围；（ⅱ）当9a <-时，证明：21x x <-<． （注： 2.71828e =…是自然对数的底数） 5．求下列函数的导数： (1)2cos x xy x -=； (2)()e 1cos 2x x y x =+-； (3)()3log 51y x =-．6．已知函数()322f x x ax bx =++-在2x =-时取得极值，且在点()()1,1f --处的切线的斜率为3- . (1)求()f x 的解析式；(2)若函数()y f x λ=-有三个零点，求实数λ的取值范围.7．已知函数()323f x x ax x =-+.(1)若3x =是()f x 的极值点，求()f x 在[]1,a 上的最大值和最小值；(2)若()f x 在[)1,+∞上是单调递增的，求实数a 的取值范围.8．2020年9月22日，中国政府在第七十五届联合国大会上提出：“中国将提高国家自主贡献力度，采取更加有力的政策和措施，二氧化碳排放力争于2030年前达到峰值，努力争取2060年前实现碳中和.”为了进一步了解普通大众对“碳中和”及相关举措的认识，某机构进行了一次问卷调查，部分结果如下：(1)根据所给数据，完成下面的22⨯列联表，并根据列联表，判断是否有95%的把握认为“是否了解‘碳中和’及相关措施”与“学生”身份有关？附：()()()()()22n ad bc K a b c d a c b d -=++++，n a b c d =+++.(2)经调查后，有关部门决定加大力度宣传“碳中和”及相关措施以便让节能减排的想法深入人心.经过一段时间后，计划先随机从社会上选10人进行调查，再根据检验结果决定后续的相关举措.设宣传后不了解“碳中和”的人概率都为()01p p <<，每个被调查的人之间相互独立.①记10人中恰有3人不了解“碳中和”的概率为()f p ，求()f p 的最大值点0p ； ②现对以上的10人进行有奖答题，以①中确定的0p 作为答错的概率p 的值.已知回答正确给价值a 元的礼品，回答错误给价值b 元的礼品，要准备的礼品大致为多少元？（用a ，b 表示即可）9．已知函数()ln 2f x x x ax =++在点()()1,1f 处的切线与直线220x y 相互垂直．(1)求实数a 的值；(2)求()f x 的单调区间和极值．10．已知函数()222(0)e xmx x f x m +-=>. (1)判断()f x 的单调性；(2)若对[]12,1,2x x ∀∈，不等式()()1224e f x f x -≤恒成立，求实数m 的取值范围.【参考答案】一、解答题1．(1)答案见解析 (2)31a e ≤-【解析】 【分析】（1）由()()110ax f x a x xx+=+=>'，按0a ≥，0a <进行分类讨论求解； （2）由已知，转化为()()max max f x g x <，由已知得()()max 12g x g ==，由此能求出实数a 的取值范围． (1)()(]110ax f x a x x x+'=+=>， ①当0a ≥时，由于0x >，故10ax +>，()0f x '>， 所以()f x 的单调递增区间为()0,∞+；②当0a <时，由()0f x '=，得1x a=-，在区间10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上()0f x '>，在区间1,a∞⎛⎫-+ ⎪⎝⎭上()0f x '<，所以，函数()f x 的单调递增区间为10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭，单调递减区间为1,a∞⎛⎫-+ ⎪⎝⎭；(2)由题目知，只需要()()max max f x g x <即可又因为()()max 12g x g ==，所以只需要()max 2f x <即可()max 2f x <即等价于()2f x <恒成立，由变量分离可知2ln xa x-<，[]1,100x ∈， 令()2ln xh x x -=，下面求()h x 的最小值， 令()23ln xh x x-+'=，所以()0h x '=得3x e =， 所以()h x 在31,e ⎡⎤⎣⎦为减函数，3,100e ⎡⎤⎣⎦为增函数，所以()()33min 1h x h e e -==，所以31a e ≤-. 2．(1)单调递增 (2)证明见解析 【解析】 【分析】（1）直接求导，判断出导数大于0，即可得到单调性；（2）直接由1x ，2x 是函数()1ln 2h x x b x =+-的两个零点得到1212122ln x xx x x x -=，分别解出1211212ln x xx x x -=，2121212ln xx x x x -=，再换元令12x t x =构造函数()12ln l t t t t=--，求导确定单调性即可求解. (1)由题意，函数()()sin 1ln T x x x =-+，则()()1cos 1T x x x'=--+，又∵()0,1x ∈，∴11x>，()()10,1,cos 11x x -∈-<，∴()0T x '>，∴()T x 在（0，1）上单调递增． (2)根据题意，()()1ln 02h x x b x x =+->， ∵1x ，2x 是函数()1ln 2h x x b x=+-的两个零点，∴111ln 02x b x +-=，221ln 02x b x +-=． 两式相减，可得122111ln22x x x x =-，即112221ln 2x x x x x x -=， ∴1212122ln x x x x x x -=，则1211212ln x x x x x -=，2121212ln xx x x x -=． 令12x t x =，()0,1t ∈，则1211112ln 2ln 2ln t t t t x x t t t---+=+=．记()12ln l t t t t =--，()0,1t ∈，则()()221t l t t-'=． 又∵()0,1t ∈，∴()0l t '>恒成立，∴()l t 在()0,1上单调递增，故()()1l t l <，即12ln 0t t t --<，即12ln t t t-<．因为ln 0t <，可得112ln t t t->，∴121x x +>．【点睛】本题关键点在于对双变量的处理，通过对111ln 02x b x +-=，221ln 02x b x +-=作差，化简得到1212122ln x x x x xx -=， 分别得到12,x x 后，换元令12x t x =，这样就转换为1个变量，再求导确定单调性即可求解． 3．(1)10y +=； (2)[)1,+∞. 【解析】 【分析】（1）将1a =-代入函数()f x 中，得出函数()f x 的解析式，进而可以求出切点坐标，再利用导数的几何意义及点斜式即可求解；（2）根据已知条件可以将问题转化为恒成立问题，进而转化为求函数的最值问题，利用导数法求函数的最值即可求解. (1)当1a =-时，()2cos 1sin 2f x x x x x =--+()2cos 10000sin 012f =⨯--+=-，所以切点为0,1，()1sin cos x f x x x '=-++，∴(0)01sin 0cos00f '=-++=，所以曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线的斜率为(0)0k f '==， 所以曲线()y f x =在点0,1处的切线的斜率切线方程为()()100y x --=⨯-，即10y +=.(2)由()21si cos n 2f x x x a x x =-++，得()s 1co i s n f x x a x x '=--+因为函数()f x 在3π0,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，可得()0f x '≤对任意3π0,4x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦恒成立， 设()()1c s os in g x f x x a x x '==--+，则()cos 1sin g x a x x '=--. 因为si (n 0)001cos00g a =--+=， 所以使()0f x '≤对任意3π0,4x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦恒成立， 则至少满足()00g '≤，即10a -≤，解得1a ≥. 下证明当1a ≥时，()0f x '≤恒成立，因为3π0,4x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，所以sin 0x ≥， 因为1a ≥，所以()sin 1cos f x x x x '≤--+.记s ()cos n 1i h x x x x =--+，则π()1sin 14cos h x x x x ⎛⎫'=-=+ ⎝-⎪⎭.当π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '<；当π3π,24x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '>. 所以函数()h x 在π0,2⎡⎫⎪⎢⎣⎭上单调递减，在π3π,24⎛⎤⎥⎝⎦上单调递增.因为ππ(),h h ⎛⎫==- ⎪⎝⎭33001044， 所以()h x 在3π0,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值为(0)0h =. 即()()1sin cos 0f x h x x x x '≤=--+≤在3π0,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦上恒成立.所以a 的取值范围为[)1,+∞.4．(1)(21y x =-+(2)（ⅰ）22e ,-；（ⅱ）证明见解析【解析】 【分析】（1）由导数的几何意义即可求解；（2）（ⅰ）原问题等价于12,x xa =-的两根，且1201x x ，从而构造函数())0g x x =>，将问题转化为直线y a =-与函数()g x 的图象有两个交点，且交点的横坐标大于0小于1即可求解；（ⅱ）由1e x x +≤，利用放缩法可得()()1112210x ax f x '++-=，即1x 2114x <<，从而可证21x x -<()21e 011x x x x +<<<-，然后利用放缩法可得()()1201,21i i i ix ax f x i x +'⋅+->==-，即(()22201,2i i ax a x i -++++-=，最后构造二次函数()(222m x ax a x =-++++21x x ->而得证原不等式. (1)解：因为()22e x f x ax '=+所以()02f '=()01f =，所以曲线()y f x =在0x =处的切线方程为(21y x =-+； (2)解：（ⅰ）因为函数()f x 有两个极值点12,x x ，所以12,x x 是关于x 的方程()22e 0x f x ax =+'的两根，也是关于x的方程a =-的两正根， 设())0g x x =>，则()g x '=， 令())224e 2e 0x x h x x x =->，则()28e xh x x '=，当0x >时，()0h x '>，所以()h x 在()0,∞+上单调递增，又104h ⎛⎫= ⎪⎝⎭，所以，当104x <<时，()0h x <，()0g x '<；当14x >时，()0h x >，()0g x '>，所以函数()g x 在10,4⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，在1,4⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，又因为1201x x ，所以()114g a g ⎛⎫<-<⎪⎝⎭，即22e a <-<- 所以a的取值范围是22e ,-；22e 9a <<-， 因为1e x x +≤，所以()()1112210x ax f x '++-=，所以()142a x +-，所以1x 2114x <<，所以211x x -<= 下面先证明不等式()21e 011x xx x+<<<-， 设()()2101e 1xx r x x x -=⋅<<+，则()()2222e 1x x r x x '=-+， 所以，当01x <<时，()0r x '<，()r x '在()0,1上单调递减， 所以，()()01r x r <=，所以不等式()21e 011x xx x+<<<-成立， 因为12,x x ，()1201x x <<<是()22e 0x f x ax '=+=的两个根，所以()()01,2i f x i '==，又()21e 011x xx x+<<<-，所以()()1201,21ii i ixax f x i x +'⋅+->==-，即(()22201,2i i ax a x i -++++-=，设函数()(222m x ax a x =-++++x t ==因为((()2224261620a a a ∆=+++-=+-+->，且()00m >，()10m >，102t <<， 所以函数()m x 有两个不同的零点，记为α，()βαβ<，且01t αβ<<<<，因为()22616212e 201ta tf t at at t+++'=+-⋅+-=<-，且()00f '>，()10f '>，所以1201x x ，因为()m x 在()0,t 上单调递减，且()()10m x m α>=，所以10x t α<<<； 因为()m x 在(),1t 上单调递增，且()()20m x m β>=，所以21t x β<<<； 所以1201x x αβ<<<<<，所以21x x βα->-，因为βα-=又()109a-<<<-，所以βα-> 所以21x x->综上，21x x <-< 【点睛】关键点点睛：本题（2）问（ii）小题证明的关键是，利用1e x x +≤，进行放缩可得1x 21x x -<；再利用()21e 011x xx x +<<<-，进行放缩可得()()1201,21ii i ixax f x i x +'⋅+->==-，从而构造二次函数()(222m x ax ax =-++++21x x ->5．(1)'y ()31sin 2cos x x xx --=；(2)'y ()e 1cos sin 2ln 2x xx x =+--；(3)'y ()551ln 3x =-⋅.【解析】 【分析】根据导数的运算法则，对（1）（2）（3）逐个求导，即可求得结果. (1)因为2cos x x y x -=，故'y ()()()243sin 12cos 1sin 2cos x x x x x x x x x x------==. (2)因为()e 1cos 2x x y x =+-，故'y ()e 1cos sin 2ln 2x xx x =+--.(3)因为()3log 51y x =-，故'y ()()155?51ln 351ln 3x x =⨯=--⋅. 6．(1)()3232f x x x =+-(2)()2,2- 【解析】 【分析】（1）由已知可得()()2013f f ⎧-=⎪⎨-=-''⎪⎩，可得出关于实数a 、b 的方程组，解出这两个未知数的值，即可得出函数()f x 的解析式；（2）分析可知，直线y λ=与函数()f x 的图象有3个交点，利用导数分析函数()f x 的单调性与极值，数形结合可得出实数λ的取值范围.(1)解：因为()322f x x ax bx =++-，则()232f x x ax b '=++，由题意可得()()212401323f a b f a b ⎧-=-+=⎪⎨-=-+=-''⎪⎩，解得30a b =⎧⎨=⎩，所以，()3232f x x x =+-.当3a =，0b =时，()236f x x x '=+，经检验可知，函数()f x 在2x =-处取得极值. 因此，()3232f x x x =+-.(2)解：问题等价于()f x λ=有三个不等的实数根，求λ的范围.由()2360f x x x '=+>，得2x <-或0x >，由()2360f x x x '=+<，得20x -<<，所以()f x 在(),2-∞-、()0,∞+上单调递增，在()2,0-上单调递减， 则函数()f x 的极大值为()22f -=，极小值为()02f =-，如下图所示：由图可知，当22λ-<<时，直线y λ=与函数()f x 的图象有3个交点， 因此，实数λ的取值范围是()2,2-. 7．(1)最大值为15，最小值为9- (2)3a ≤ 【解析】 【分析】（1）由()30f '=可求得实数a 的值，再利用函数的最值与导数的关系可求得函数()f x 在[]1,a 上的最大值和最小值；（2）分析可知()23230f x x ax '=-+≥对任意的1≥x 恒成立，利用参变量分离法结合基本不等式可求得实数a 的取值范围. (1)解：因为()323f x x ax x =-+，则()2323f x x ax =-+'，则()33060f a '=-=，解得5a =，所以，()3253f x x x x =-+，则()()()23103313f x x x x x '=-+=--，列表如下：所以，min 39f x f ==-，因为11f =-，515f =，则max 515f x f ==. (2)解：由题意可得()23230f x x ax '=-+≥对任意的1≥x 恒成立，即312a x x⎛⎫≤+ ⎪⎝⎭，由基本不等式可得313322x x ⎛⎫+≥⨯ ⎪⎝⎭，当且仅当1x =时，等号成立，故3a ≤.8．(1)列联表见解析，没有95%的把握认为“是否了解‘碳中和’及相关措施”与“学生”身份有关； (2)①0310p =；②()73a b + 【解析】 【分析】（1）对满足条件的数据统计加和即可，然后根据给定的2K 计算公式，将计算结果与195%0.05-=所对应的k 值比较大小即可；（2）①利用独立重复试验与二项分布的特点，写出10人中恰有3人不了解“碳中和”的概率为()f p ，再利用导数求出最值点； ②利用独立重复试验的期望公式代入可求出答案. (1)由题中表格数据完成22⨯列联表如下：()22800125250150275800 3.463 3.841275525400400231K ⨯⨯-⨯==≈<⨯⨯⨯.故没有95%的把握认为“是否了解‘碳中和’及相关措施”与“学生”身份有关. (2)①由题得，()()733101f p C p p =-，()0,1p ∈， ∴()()()()()763236321010C 3171C 1310f p p p p p p p p ⎡⎤'=---=--⎣⎦. 令()0f p '=，得310p =，当30,10p ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f p '>； 当3,110p ⎛⎫∈⎪⎝⎭时，()0f p '<， ∴当30,10p ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()f p '单调选增；当3,110p ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()f p '单调递减， ∴()f p 的最大值点0310p =. ②本题求要准备的礼品大致为多少元，即求10个人礼品价值X 的数学期望. 由①知答错的概率为310， 则()33101731010E X a b a b ⎡⎤⎛⎫=-+=+ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦， 故要准备的礼品大致为73a b +元. 9．(1)3a =-；(2)增区间为()2e ,+∞，减区间为()20,e ，极小值22e -，无极大值.【解析】 【分析】（1）根据()1112f '⨯=-，代值计算即可求得参数值；（2）根据（1）中所求参数值，求得()f x '，利用导数的正负即可判断函数单调性和极值. (1)因为()ln 1f x x a '=++，在点()()1,1f 处的切线斜率为()11k f a '==+， 又()f x 在点()()1,1f 处的切线与直线220x y 相互垂直， 所以()1112f '⨯=-，解得3a =-. (2)由（1）得，()ln 2f x x '=-，()0,x ∈+∞，令()0f x '>，得2e x >，令()0f x '<，得20e x <<，即()f x 的增区间为()2e ,+∞，减区间为()20,e ． 又()22222e e ln e 3e 22ef =-+=-，所以()f x 在2e x =处取得极小值22e -，无极大值． 【点睛】本题考查导数的几何意义，以及利用导数研究函数的单调性和极值，属综合中档题.10．(1)单调增区间为2,2m ⎛⎫- ⎪⎝⎭，单调减区间为[)2,,2,m ∞∞⎛⎤--+⎥⎝⎦ (2)20,4e ⎛⎤ ⎥-⎝⎦【解析】 【分析】（1）先对函数求导，然后由导数的正负可求出函数的单调区间， （2）由函数()f x 在[]1,2上为增函数，求出函数的最值，则()()max min 24e 2()()e m g m f x f x -+=-=，然后将问题转化为()224e 24e e m -+≥，从而可求出实数m 的取值范围. (1)()()()()221422(0)e e xxmx m x mx x f x m -+-+-+-=>'=令()0f x '=，解得2x m =-或2x =，且22m-< 当2,x m ∞⎛⎤∈-- ⎥⎝⎦时，()0f x '≤，当2,2x m ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()0f x '>，当[)2,x ∞∈+时，()0f x '≤即()f x 的单调增区间为2,2m ⎛⎫- ⎪⎝⎭，单调减区间为[)2,,2,m ∞∞⎛⎤--+⎥⎝⎦(2)由（1）知，当[]0,1,2m x >∈时，()0f x '>恒成立 所以()f x 在[]1,2上为增函数， 即()()max min242()2,()1e em mf x f f x f +====. ()()12f x f x -的最大值为()()max min 24e 2()()e m g m f x f x -+=-=()()1224e f x f x ⎡⎤≥-⎣⎦恒成立()224e 24e e m -+∴≥ 即24em ≤-， 又0m > 20,4e m ⎛⎤∴∈ ⎥-⎝⎦ 故m 的取值范围20,4e ⎛⎤ ⎥-⎝⎦。

专题04 导数及其应用（解答题）1．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】已知函数f （x ）=2sin x -x cos x -x ，f ′（x ）为f （x ）的导数．（1）证明：f ′（x ）在区间（0，π）存在唯一零点； （2）若x ∈[0，π]时，f （x ）≥ax ，求a 的取值范围． 【答案】（1）见解析；（2）(],0a ∈-∞.【解析】（1）设()()g x f x '=，则()cos sin 1,()cos g x x x x g x x x '=+-=.当π(0,)2x ∈时，()0g x '>；当π,π2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '<，所以()g x 在π(0,)2单调递增，在π,π2⎛⎫⎪⎝⎭单调递减. 又π(0)0,0,(π)22g g g ⎛⎫=>=-⎪⎝⎭，故()g x 在(0,π)存在唯一零点. 所以()f x '在(0,π)存在唯一零点.（2）由题设知(π)π,(π)0f a f =…，可得a ≤0.由（1）知，()f x '在(0,π)只有一个零点，设为0x ，且当()00,x x ∈时，()0f x '>；当()0,πx x ∈时，()0f x '<，所以()f x 在()00,x 单调递增，在()0,πx 单调递减.又(0)0,(π)0f f ==，所以，当[0,π]x ∈时，()0f x …. 又当0,[0,π]a x ∈…时，ax ≤0，故()f x ax …. 因此，a 的取值范围是(,0]-∞.【名师点睛】本题考查利用导数讨论函数零点个数、根据恒成立的不等式求解参数范围的问题.对于此类端点值恰为恒成立不等式取等的值的问题，通常采用构造函数的方式，将问题转变成函数最值与零之间的比较，进而通过导函数的正负来确定所构造函数的单调性，从而得到最值.2．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】已知函数()(1)ln 1f x x x x =---．证明：（1）()f x 存在唯一的极值点；（2）()=0f x 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）()f x 的定义域为（0，+∞）.11()ln 1ln x f x x x x x-'=+-=-. 因为ln y x =单调递增，1y x=单调递减，所以()f x '单调递增，又(1)10f '=-<，1ln 41(2)ln 2022f -'=-=>，故存在唯一0(1,2)x ∈，使得()00f x '=.又当0x x <时，()0f x '<，()f x 单调递减；当0x x >时，()0f x '>，()f x 单调递增. 因此，()f x 存在唯一的极值点.（2）由（1）知()0(1)2f x f <=-，又()22e e 30f =->，所以()0f x =在()0,x +∞内存在唯一根x α=.由01x α>>得011x α<<.又1111()1ln 10f f αααααα⎛⎫⎛⎫=---==⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故1α是()0f x =在()00,x 的唯一根. 综上，()0f x =有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．【名师点睛】本题主要考查导数的应用，通常需要对函数求导，用导数的方法研究函数的单调性、极值，以及函数零点的问题，属于常考题型.3．【2019年高考天津文数】设函数()ln (1)e x f x x a x =--，其中a ∈R .（Ⅰ）若a ≤0，讨论()f x 的单调性； （Ⅱ）若10ea <<， （i ）证明()f x 恰有两个零点；（ii ）设0x 为()f x 的极值点，1x 为()f x 的零点，且10x x >，证明0132x x ->. 【答案】（Ⅰ）()f x 在(0,)+∞内单调递增.；（Ⅱ）（i ）见解析；（ii ）见解析. 【解析】（Ⅰ）解：由已知，()f x 的定义域为(0,)+∞，且211e ()e (1)e x x xf ax x a a x x x-⎡⎤=-+-=⎣'⎦. 因此当a ≤0时，21e 0x ax ->，从而()0f x '>，所以()f x 在(0,)+∞内单调递增.（Ⅱ）证明：（i ）由（Ⅰ）知21e ()xax f x x-'=.令2()1e x g x ax =-，由10e a <<， 可知()g x 在(0,)+∞内单调递减，又(1)1e 0g a =->，且221111ln 1ln 1ln 0g a a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-=-< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 故()0g x =在(0,)+∞内有唯一解，从而()0f x '=在(0,)+∞内有唯一解，不妨设为0x ，则011l n x a<<.当()00,x x ∈时，()0()()0g x g x f x x x'=>=，所以()f x 在()00,x 内单调递增；当()0,x x ∈+∞时，()0()()0g x g x f x x x'=<=，所以()f x 在()0,x +∞内单调递减，因此0x 是()f x 的唯一极值点.令()ln 1h x x x =-+，则当1x >时，1()10h'x x=-<，故()h x 在(1,)+∞内单调递减，从而当1x >时，()(1)0h x h <=，所以ln 1x x <-.从而ln 1111111ln ln ln ln 1e ln ln ln 1ln 0a f a h a a a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=--=-+=< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，又因为()0(1)0f x f >=，所以()f x 在0(,)x +∞内有唯一零点.又()f x 在()00,x 内有唯一零点1，从而，()f x 在(0,)+∞内恰有两个零点.（ii ）由题意，()()010,0,f x f x '=⎧⎪⎨=⎪⎩即()012011e 1,ln e ,1x x ax x a x ⎧=⎪⎨=-⎪⎩从而1011201ln e x x x x x --=，即102011ln e 1x x x x x -=-.因为当1x >时，ln 1x x <-，又101x x >>，故()102012011e 1x x x x x x --<=-，两边取对数，得1020ln e ln x x x -<，于是()10002ln 21x x x x -<<-，整理得0132x x ->.【名师点睛】本小题主要考查导数的运算、不等式证明、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法.考查函数思想、化归与转化思想.考查综合分析问题和解决问题的能力. 4．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】已知函数32()22f x x ax =-+．（1）讨论()f x 的单调性；（2）当0<a <3时，记()f x 在区间[0，1]的最大值为M ，最小值为m ，求M m -的取值范围． 【答案】（1）见详解；（2）8[,2)27. 【解析】（1）2()622(3)f x x ax x x a '=-=-． 令()0f x '=，得x =0或3ax =． 若a >0，则当(,0),3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当0,3a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在(,0),,3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在0,3a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减；若a =0，()f x 在(,)-∞+∞单调递增；若a <0，则当,(0,)3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当,03a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在,,(0,)3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在,03a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减．（2）当03a <<时，由（1）知，()f x 在0,3a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，在,13a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增，所以()f x 在[0,1]的最小值为32327a a f ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，最大值为(0)=2f 或(1)=4f a -.于是 3227a m =-+，4,02,2,2 3.a a M a -<<⎧=⎨≤<⎩所以332,02,27,2 3.27a a a M m a a ⎧-+<<⎪⎪-=⎨⎪≤<⎪⎩当02a <<时，可知3227a a -+单调递减，所以M m -的取值范围是8,227⎛⎫⎪⎝⎭． 当23a ≤<时，327a 单调递增，所以M m -的取值范围是8[,1)27．综上，M m -的取值范围是8[,2)27． 【名师点睛】这是一道常规的导数题目，难度比往年降低了不少.考查函数的单调性，最大值、最小值的计算.5．【2019年高考北京文数】已知函数321()4f x x x x =-+． （Ⅰ）求曲线()y f x =的斜率为1的切线方程； （Ⅱ）当[2,4]x ∈-时，求证：6()x f x x -≤≤；（Ⅲ）设()|()()|()F x f x x a a =-+∈R ，记()F x 在区间[2,4]-上的最大值为M （a ），当M （a ）最小时，求a 的值．【答案】（Ⅰ）y x =与6427y x =-；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）3a =-. 【解析】（Ⅰ）由321()4f x x x x =-+得23()214f x x x '=-+．令()1f x '=，即232114x x -+=，得0x =或83x =．又(0)0f =，88()327f =，所以曲线()y f x =的斜率为1的切线方程是y x =与88273y x -=-，即y x =与6427y x =-．（Ⅱ）令()(),[2,4]g x f x x x =-∈-．由321()4g x x x =-得23()24g'x x x =-． 令()0g'x =得0x =或83x =．(),()g'x g x 的情况如下：x2-(2,0)-8(0,)3 838(,4)34()g'x+-+()g x6-6427-所以()g x 的最小值为6-，最大值为0． 故6()0g x -≤≤，即6()x f x x -≤≤． （Ⅲ）由（Ⅱ）知，当3a <-时，()(0)|(0)|3M F g a a a ≥=-=->； 当3a >-时，()(2)|(2)|63M F a g a a ≥-=--=+>； 当3a =-时，()3M a =． 综上，当()M a 最小时，3a =-．【名师点睛】本题主要考查利用导函数研究函数的切线方程，利用导函数证明不等式的方法，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.6．【2019年高考浙江】已知实数0a ≠，设函数()=ln 1,0.f x a x x x ++>（1）当34a =-时，求函数()f x 的单调区间； （2）对任意21[,)ex ∈+∞均有(),2x f x a ≤ 求a 的取值范围． 注：e=2.71828…为自然对数的底数．【答案】（1）()f x 的单调递增区间是()3,+∞,单调递减区间是()0,3；（2）20,4⎛⎤⎥ ⎝⎦. 【解析】（1）当34a =-时，3()ln 1,04f x x x x =-++>． 31(12)(211)()42141x x f 'x x x x x+-++=-+=++， 所以，函数()f x 的单调递减区间为（0，3），单调递增区间为（3，+∞）．（2）由1(1)2f a≤，得204a <≤．当204a <≤时，()2x f x a ≤等价于2212ln 0x xx a a+--≥． 令1t a=，则22t ≥． 设2()212ln ,22g t t x t x x t =-+-≥，则211()(1)2ln xg t x t x x x+=-+--．（i ）当1,7x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭时，1122x+≤，则 ()(22)84212ln g t g x x x ≥=-+-．记1()4221ln ,7p x x x x x =-+-≥，则 2212121()11x x x x p'x x x x x x +--+=--=++(1)[1(221)]1(1)(12)x x x x x x x x -++-=++++.故x171(,1)71(1,)+∞()p'x-0 +()p x1()7p 单调递减极小值(1)p单调递增所以，()(1)0p x p ≥=．因此，()(22)2()0g t g p x ≥=≥． （ii ）当211,e 7x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，12ln (1)()12x x x g t g x x ⎛⎫--++= ⎪ ⎪⎝⎭…． 令211()2ln (1),,e 7q x x x x x ⎡⎤=++∈⎢⎥⎣⎦ ， 则ln 2()10x q'x x+=+>， 故()q x 在211,e 7⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，所以1()7q x q ⎛⎫⎪⎝⎭…．由（i ）得，127127(1)07777q p p ⎛⎫⎛⎫=-<-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭． 所以，()<0q x ．因此1()()102q x g t g x x⎛⎫+=-> ⎪ ⎪⎝⎭…． 由（i ）（ii ）知对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，[22,),()0t g t ∈+∞…， 即对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，均有()2x f x a …． 综上所述，所求a 的取值范围是20,4⎛⎤⎥ ⎝⎦．【名师点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．（3）利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．（4）考查数形结合思想的应用．7．【2019年高考江苏】设函数()()()(),,,f x x a x b x c a b c =---∈R 、()f 'x 为f （x ）的导函数． （1）若a =b =c ，f （4）=8，求a 的值；（2）若a ≠b ，b =c ，且f （x ）和()f 'x 的零点均在集合{3,1,3}-中，求f （x ）的极小值；（3）若0,01,1a b c =<=…，且f （x ）的极大值为M ，求证:M ≤427． 【答案】（1）2a =；（2）见解析；（3）见解析.【解析】（1）因为a b c ==，所以3()()()()()f x x a x b x c x a =---=-． 因为(4)8f =，所以3(4)8a -=， 解得2a =． （2）因为b c =，所以2322()()()(2)(2)f x x a x b x a b x b a b x ab =--=-+++-， 从而2()3()3a b f 'x x b x +⎛⎫=--⎪⎝⎭．令()0f 'x =，得x b =或23a bx +=．因为2,,3a ba b +都在集合{3,1,3}-中，且a b ≠， 所以21,3,33a b a b +===-．此时2()(3)(3)f x x x =-+，()3(3)(1)f 'x x x =+-． 令()0f 'x =，得3x =-或1x =．列表如下：x (,3)-∞-3-(3,1)-1 (1,)+∞()f 'x + 0 – 0 + ()f x极大值极小值所以()f x 的极小值为2(1)(13)(13)32f =-+=-．（3）因为0,1a c ==，所以32()()(1)(1)f x x x b x x b x bx =--=-++，2()32(1)f 'x x b x b =-++．因为01b <≤，所以224(1)12(21)30b b b ∆=+-=-+>， 则()f 'x 有2个不同的零点，设为()1212,x x x x <．由()0f 'x =，得22121111,33b b b b b b x x +--+++-+==．列表如下：x 1(,)x -∞1x()12,x x2x2(,)x +∞()f 'x+ 0 – 0 + ()f x极大值极小值所以()f x 的极大值()1M f x =． 解法一：()321111(1)M f x x b x bx ==-++()221111211(1)[32(1)]3999b b x b b b x b x b x -+++⎛⎫=-++--+ ⎪⎝⎭()()23221(1)(1)2127927b b b b b b b --+++=++-+23(1)2(1)(1)2((1)1)272727b b b b b b +-+=-+-+(1)24272727b b +≤+≤．因此427M ≤． 解法二：因为01b <≤，所以1(0,1)x ∈．当(0,1)x ∈时，2()()(1)(1)f x x x b x x x =--≤-． 令2()(1),(0,1)g x x x x =-∈，则1()3(1)3g'x x x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭． 令()0g'x =，得13x =．列表如下： x 1(0,)3131(,1)3()g'x + 0 – ()g x极大值所以当13x =时，()g x 取得极大值，且是最大值，故max 14()327g x g ⎛⎫== ⎪⎝⎭．所以当(0,1)x ∈时，4()()27f x g x ≤≤，因此427M ≤． 【名师点睛】本题主要考查利用导数研究函数的性质，考查综合运用数学思想方法分析与解决问题以及逻辑推理能力．8．【2018年高考全国Ⅲ卷文数】已知函数21()exax x f x +-=． （1）求曲线()y f x =在点(0,1)-处的切线方程； （2）证明：当1a ≥时，()e 0f x +≥． 【答案】（1）210x y --=；（2）见解析.【解析】（1）2(21)2()exax a x f x -+-+'=，(0)2f '=． 因此曲线()y f x =在点(0,1)-处的切线方程是210x y --=． （2）当1a ≥时，21()e (1e )e x x f x x x +-+≥+-+．令21()1ex g x x x +=+-+，则1()21ex g x x +'=++．当1x <-时，()0g x '<，()g x 单调递减；当1x >-时，()0g x '>，()g x 单调递增； 所以()g x (1)=0g ≥-．因此()e 0f x +≥．【名师点睛】本题考查函数与导数的综合应用，第一问由导数的几何意义可求出切线方程，第二问当1a ≥时，21()e (1e)e x x f x x x +-+≥+-+，令21()1e x g x x x +=+-+，求出()g x 的最小值即可证明.9．【2018年高考全国Ⅰ卷文数】已知函数()e ln 1xf x a x =--．（1）设2x =是()f x 的极值点，求a ，并求()f x 的单调区间； （2）证明：当1ea ≥时，()0f x ≥． 【答案】（1）在（0，2）单调递减，在（2，+∞）单调递增；（2）见解析.【解析】（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 =212e． 从而f （x ）=21e ln 12e x x --，f ′（x ）=211e 2e x x-． 当0<x <2时，f ′（x ）<0；当x >2时，f ′（x ）>0．所以f （x ）在（0，2）单调递减，在（2，+∞）单调递增．（2）当a ≥1e 时，f （x ）≥e ln 1exx --．设g （x ）=e ln 1e x x --，则e 1()e x g x x'=-．当0<x <1时，g ′（x ）<0；当x >1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1ea ≥时，()0f x ≥．【名师点睛】该题考查的是有关导数的应用问题，涉及的知识点有导数与极值、导数与最值、导数与函数的单调性的关系以及证明不等式问题，在解题的过程中，首先要确定函数的定义域，之后根据导数与极值的关系求得参数值，之后利用极值的特点，确定出函数的单调区间，第二问在求解的时候构造新函数，应用不等式的传递性证得结果. 10．【2018年高考全国Ⅱ卷文数】已知函数()()32113f x x a x x =-++． （1）若3a =，求()f x 的单调区间；（2）证明：()f x 只有一个零点．【答案】（1）在（–∞，323-），（323+，+∞）单调递增，在（323-，323+）单调递减；（2）见解析.【解析】（1）当a =3时，f （x ）=3213333x x x ---，f ′（x ）=263x x --． 令f ′（x ）=0解得x =323-或x =323+．当x ∈（–∞，323-）∪（323+，+∞）时，f ′（x ）>0； 当x ∈（323-，323+）时，f ′（x ）<0．故f （x ）在（–∞，323-），（323+，+∞）单调递增，在（323-，323+）单调递减．（2）由于210x x ++>，所以()0f x =等价于32301x a x x -=++．设()g x =3231x a x x -++，则g ′（x ）=2222(23)(1)x x x x x ++++≥0，仅当x =0时g ′（x ）=0， 所以g （x ）在（–∞，+∞）单调递增．故g （x ）至多有一个零点，从而f （x ）至多有一个零点． 又f （3a –1）=22111626()0366a a a -+-=---<， f （3a +1）=103>，故f （x ）有一个零点． 综上，f （x ）只有一个零点．【名师点睛】（1）用导数求函数单调区间的步骤如下：①确定函数的定义域；②求导数；③由（或）解出相应的的取值范围，当时，在相应区间上是增函数；当时，在相应区间上是减增函数.（2）本题第二问重在考查零点存在性问题，解题的关键在于将问题转化为求证函数有唯一零点，可先证明其单调，再结合零点存在性定理进行论证.11．【2018年高考北京文数】设函数2()[(31)32]e x f x ax a x a =-+++.（Ⅰ）若曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线斜率为0，求a ； （Ⅱ）若()f x 在1x =处取得极小值，求a 的取值范围. 【答案】（Ⅰ）12a =；（Ⅱ）(1,)+∞. 【解析】（Ⅰ）因为2()[(31)32]e xf x ax a x a =-+++， 所以2()[(1)1]e xf x ax a x '=-++.2(2)(21)e f a '=-，由题设知(2)0f '=，即2(21)e 0a -=，解得12a =. （Ⅱ）方法一：由（Ⅰ）得2()[(1)1]e (1)(1)e xxf x ax a x ax x '=-++=--. 若a >1，则当1(,1)x a∈时，()0f x '<； 当(1,)x ∈+∞时，()0f x '>. 所以()f x 在x =1处取得极小值.若1a ≤，则当(0,1)x ∈时，110ax x -≤-<， 所以()0f x '>.所以1不是()f x 的极小值点. 综上可知，a 的取值范围是(1,)+∞.方法二：()(1)(1)e xf x ax x '=--.（1）当a =0时，令()0f x '=得x =1.(),()f x f x '随x 的变化情况如下表：x(,1)-∞1 (1,)+∞()f x ' + 0 − ()f x↗极大值↘∴()f x 在x =1处取得极大值，不合题意. （2）当a >0时，令()0f x '=得121,1ax x ==. ①当12x x =，即a =1时，2()(1)e 0xf x x '=-≥， ∴()f x 在R 上单调递增， ∴()f x 无极值，不合题意.②当12x x >，即0<a <1时，(),()f x f x '随x 的变化情况如下表：x(,1)-∞1 1(1,)a1a1(,)a+∞ ()f x '+ 0 − 0 + ()f x↗极大值↘极小值↗∴()f x 在x =1处取得极大值，不合题意.③当12x x <，即a >1时，(),()f x f x '随x 的变化情况如下表：x1(,)a-∞1a1(,1)a1(1,)+∞()f x ' + 0 − 0 + ()f x↗极大值↘极小值↗∴()f x 在x =1处取得极小值，即a >1满足题意. （3）当a <0时，令()0f x '=得121,1ax x ==. (),()f x f x '随x 的变化情况如下表：x1(,)a-∞1a1(,1)a1(1,)+∞()f x '− 0 + 0 − ()f x↘极小值↗极大值↘∴()f x 在x =1处取得极大值，不合题意. 综上所述，a 的取值范围为(1,)+∞.【名师点睛】导数类问题是高考数学中的必考题，也是压轴题，主要考查的形式有以下四个：①考查导数的几何意义，涉及求曲线切线方程的问题；②利用导数证明函数的单调性或求单调区间问题；③利用导数求函数的极值、最值问题；④关于不等式的恒成立问题.解题时需要注意以下两个方面：①在求切线方程问题时，注意区别在某一点和过某一点解题步骤的不同；②在研究单调性及极值、最值问题时常会涉及分类讨论的思想，要做到不重不漏；③不等式的恒成立问题属于高考中的难点，要注意问题转换的等价性.12．【2018年高考天津文数】设函数123()=()()()f x x t x t x t ---，其中123,,t t t ∈R ,且123,,t t t 是公差为d 的等差数列．（I ）若20,1,t d ==求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程； （II ）若3d =，求()f x 的极值；（III ）若曲线()y f x =与直线2()63y x t =---有三个互异的公共点，求d 的取值范围． 【答案】（I ）x +y =0；（II ）函数f (x )的极大值为63；函数f (x )的极小值为−63；（III ）d 的取值范围为(,10)(10,)-∞-+∞.【解析】（Ⅰ）解：由已知，可得f (x )=x (x −1)(x +1)=x 3−x ，故()f x '=3x 2−1， 因此f (0)=0，(0)f '=−1，又因为曲线y =f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y −f (0)=(0)f '(x −0)， 故所求切线方程为x +y =0． （Ⅱ）解：由已知可得f (x )=(x −t 2+3)(x −t 2)(x −t 2−3)=(x −t 2)3−9(x −t 2)=x 3−3t 2x 2+(3t 22−9)x −t 23+9t 2．故()f x '=3x 2−6t 2x +3t 22−9．令()f x '=0，解得x =t 2−3，或x =t 2+3． 当x 变化时，()f x '，f (x )的变化如下表：x(−∞，t 2−3)t 2−3 (t 2−3，t 2+3)t 2+3 (t 2+3，+∞)()f x '+ 0 − 0 + f (x )↗极大值↘极小值↗所以函数f (x )的极大值为f (t 2−3)=(−3)3−9×(−3)=63；函数f (x )的极小值为f (t 2+3)=(3)3− 9×(3)=−63．（Ⅲ）解：曲线y =f (x )与直线y =−(x −t 2)−63有三个互异的公共点等价于关于x 的方程(x −t 2+d )(x −t 2)(x −t 2 −d )+(x −t 2)+ 63=0有三个互异的实数解，令u =x −t 2，可得u 3+(1−d 2)u +63=0．设函数g (x )=x 3+(1−d 2)x +63，则曲线y =f (x )与直线y =−(x −t 2)−63有三个互异的公共点等价于函数y =g (x )有三个零点．()g'x =3x 3+(1−d 2)．当d 2≤1时，()g'x ≥0，这时()g x 在R 上单调递增，不合题意．当d 2>1时，()g'x =0，解得x 1=213d --，x 2=213d -．易得，g (x )在(−∞，x 1)上单调递增，在[x 1，x 2]上单调递减，在(x 2，+∞)上单调递增． g (x )的极大值g (x 1)=g (213d --)=32223(1)639d -+>0． g (x )的极小值g (x 2)=g (213d -)=−32223(1)639d -+． 若g (x 2)≥0，由g (x )的单调性可知函数y =g (x )至多有两个零点，不合题意．若2()0,g x <即322(1)27d ->，也就是||10d >，此时2||d x >，(||)||630,g d d =+>且312||,(2||)6||2||636210630d x g d d d -<-=--+<-+<，从而由()g x 的单调性，可知函数()y g x =在区间1122(2||,),(,),(,||)d x x x x d -内各有一个零点，符合题意．所以，d 的取值范围是(,10)(10,)-∞-+∞．【名师点睛】本小题主要考查导数的运算、导数的几何意义、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法，考查函数思想和分类讨论思想，考查综合分析问题和解决问题的能力. 13．【2018年高考浙江】已知函数f (x )=x −ln x ．（Ⅰ）若f (x )在x =x 1，x 2(x 1≠x 2)处导数相等，证明：f (x 1)+f (x 2)>8−8ln2；（Ⅱ）若a ≤3−4ln2，证明：对于任意k >0，直线y =kx +a 与曲线y =f (x )有唯一公共点． 【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析. 【解析】（Ⅰ）函数f （x ）的导函数11()2f x xx '=-， 由12()()f x f x ''=得1212111122x x x x -=-， 因为12x x ≠，所以121112x x +=． 由基本不等式得4121212122x x x x x x =+≥． 因为12x x ≠，所以12256x x >． 由题意得12112212121()()ln ln ln()2f x f x x x x x x x x x +=-+-=-． 设1()ln 2g x x x =-， 则1()(4)4g x x x'=-， 所以x（0，16）16 （16，+∞）()g x ' −0 +()g x2−4ln2所以g （x ）在[256，+∞）上单调递增， 故12()(256)88ln 2g x x g >=-， 即12()()88ln 2f x f x +>-． （Ⅱ）令m =()e a k -+，n =21()1a k++，则f （m ）–km –a >|a |+k –k –a ≥0， f （n ）–kn –a <1()a n k nn --≤||1()a n k n +-<0， 所以，存在x 0∈（m ，n ）使f （x 0）=kx 0+a ，所以，对于任意的a ∈R 及k ∈（0，+∞），直线y =kx +a 与曲线y =f （x ）有公共点． 由f （x ）=kx +a 得ln x x a k x--=．设l (n )x ah xx x --=，则22ln )1)((12xx ag x x x a x h '=--+--+=， 其中2(n )l xg x x -=． 由（Ⅰ）可知g （x ）≥g （16），又a ≤3–4ln2， 故–g （x ）–1+a ≤–g （16）–1+a =–3+4ln2+a ≤0，所以h ′（x ）≤0，即函数h （x ）在（0，+∞）上单调递减，因此方程f （x ）–kx –a =0至多1个实根． 综上，当a ≤3–4ln2时，对于任意k >0，直线y =kx +a 与曲线y =f （x ）有唯一公共点．【名师点睛】本题主要考查函数的单调性，导数的运算及其应用，同时考查逻辑思维能力和综合应用能力.14．【2018年高考江苏】某农场有一块农田，如图所示，它的边界由圆O 的一段圆弧MPN （P 为此圆弧的中点）和线段MN 构成．已知圆O 的半径为40米，点P 到MN 的距离为50米．现规划在此农田上修建两个温室大棚，大棚Ⅰ内的地块形状为矩形ABCD ，大棚Ⅱ内的地块形状为CDP △，要求,A B 均在线段MN 上，,C D 均在圆弧上．设OC 与MN 所成的角为θ．（1）用θ分别表示矩形ABCD 和CDP △的面积，并确定sin θ的取值范围；（2）若大棚Ⅰ内种植甲种蔬菜，大棚Ⅱ内种植乙种蔬菜，且甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为4:3．求当θ为何值时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大．【答案】（1）矩形ABCD的面积为800（4sinθcosθ+cosθ）平方米，△CDP的面积为1600（cosθ–sinθcosθ）平方米，sinθ的取值范围是[14，1]；（2）当θ=π6时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大．【解析】（1）连结PO并延长交MN于H，则PH⊥MN，所以OH=10．过O作OE⊥BC于E，则OE∥MN，所以∠COE=θ，故OE=40cosθ，EC=40sinθ，则矩形ABCD的面积为2×40cosθ（40sinθ+10）=800（4sinθcosθ+cosθ），△CDP的面积为12×2×40cosθ（40–40sinθ）=1600（cosθ–sinθcosθ）．过N作GN⊥MN，分别交圆弧和OE的延长线于G和K，则GK=KN=10．令∠GOK=θ0，则sinθ0=14，θ0∈（0，π6）．当θ∈[θ0，π2]时，才能作出满足条件的矩形ABCD，所以sinθ的取值范围是[14，1]．答：矩形ABCD的面积为800（4sinθcosθ+cosθ）平方米，△CDP的面积为1600（cosθ–sinθcosθ）平方米，sinθ的取值范围是[14，1]．（2）因为甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为4∶3，设甲的单位面积的年产值为4k，乙的单位面积的年产值为3k（k>0），则年总产值为4k×800（4sinθcosθ+cosθ）+3k×1600（cosθ–sinθcosθ）=8000k（sinθcosθ+cosθ），θ∈[θ0，π2 ]．设f （θ）=sin θcos θ+cos θ，θ∈[θ0，π2]， 则222()cos sin sin (2sin sin 1)(2sin 1)(sin 1)f θθθθθθθθ'=--=-+-=--+． 令()=0f θ'，得θ=π6， 当θ∈（θ0，π6）时，()0f θ'>，所以f （θ）为增函数； 当θ∈（π6，π2）时，()0f θ'<，所以f （θ）为减函数， 因此，当θ=π6时，f （θ）取到最大值． 答：当θ=π6时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大． 【名师点睛】本小题主要考查三角函数的应用、用导数求最值等基础知识，考查直观想象和数学建模及运用数学知识分析和解决实际问题的能力.15．【2018年高考江苏】记(),()f x g x ''分别为函数(),()f x g x 的导函数．若存在0x ∈R ，满足00()()f xg x =且00()()f x g x ''=，则称0x 为函数()f x 与()g x 的一个“S 点”． （1）证明：函数()f x x =与2()22g x x x =+-不存在“S 点”； （2）若函数2()1f x ax =-与()ln g x x =存在“S 点”，求实数a 的值；（3）已知函数2()f x x a =-+，e ()xb g x x=．对任意0a >，判断是否存在0b >，使函数()f x 与()g x 在区间(0,)+∞内存在“S 点”，并说明理由． 【答案】（1）见解析；（2）e2；（3）见解析. 【解析】（1）函数f （x ）=x ，g （x ）=x 2+2x -2，则f ′（x ）=1，g ′（x ）=2x +2． 由f （x ）=g （x ）且f ′（x ）= g ′（x ），得222122x x x x ⎧=+-⎨=+⎩，此方程组无解， 因此，f （x ）与g （x ）不存在“S ”点．（2）函数21f x ax =-（），()ln g x x =， 则12f x ax g x x'='=（），（）． 设x 0为f （x ）与g （x ）的“S ”点，由f （x 0）=g （x 0）且f ′（x 0）=g ′（x 0），得200001ln 12ax x ax x ⎧-=⎪⎨=⎪⎩，即200201ln 21ax x ax ⎧-=⎪⎨=⎪⎩，（*） 得01ln 2x =-，即120e x -=，则1221e 22(e )a -==． 当e2a =时，120e x -=满足方程组（*），即0x 为f （x ）与g （x ）的“S ”点．因此，a 的值为e 2． （3）对任意a >0，设32()3h x x x ax a =--+．因为(0)0(1)1320h a h a a =>=--+=-<，，且h （x ）的图象是不间断的，所以存在0x ∈（0，1），使得0()0h x =．令03002e (1)x x b x =-，则b >0．函数2e ()()xb f x x a g x x=-+=，，则2e (1)()2()x b x f x x g x x-'=-=′，． 由f （x ）=g （x ）且f ′（x ）=g ′（x ），得22e e (1)2xx b x a x b x x x ⎧-+=⎪⎪⎨-⎪-=⎪⎩，即00320030202e e (1)2e (1)2e (1)x x xx x x a x x x x x x x ⎧-+=⋅⎪-⎪⎨-⎪-=⋅⎪-⎩，（**） 此时，0x 满足方程组（**），即0x 是函数f （x ）与g （x ）在区间（0，1）内的一个“S 点”． 因此，对任意a >0，存在b >0，使函数f （x ）与g （x ）在区间（0，+∞）内存在“S 点”．【名师点睛】本小题主要考查利用导数研究初等函数的性质，考查综合运用数学思想方法分析与解决问题以及逻辑推理能力.16．【2017年高考全国Ⅰ卷文数】已知函数()f x =e x (e x −a )−a 2x ．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()0f x ≥，求a 的取值范围．【答案】（1）当0a =时，)(x f 在(,)-∞+∞单调递增；当0a >时，()f x 在(,ln )a -∞单调递减，在(ln ,)a +∞单调递增；当0a <时，()f x 在(,ln())2a -∞-单调递减，在(ln(),)2a-+∞单调递增；（2）34[2e ,1]-．【解析】（1）函数()f x 的定义域为(,)-∞+∞，22()2e e (2e )(e )xx x x f x a a a a '=--=+-，①若0a =，则2()e xf x =，在(,)-∞+∞单调递增． ②若0a >，则由()0f x '=得ln x a =．当(,ln )x a ∈-∞时，()0f x '<；当(ln ,)x a ∈+∞时，()0f x '>，故()f x 在(,ln )a -∞单调递减，在(ln ,)a +∞单调递增．③若0a <，则由()0f x '=得ln()2a x =-．当(,ln())2a x ∈-∞-时，()0f x '<；当(ln(),)2a x ∈-+∞时，()0f x '>，故()f x 在(,ln())2a -∞-单调递减，在(ln(),)2a-+∞单调递增．（2）①若0a =，则2()e xf x =，所以()0f x ≥．②若0a >，则由（1）得，当ln x a =时，()f x 取得最小值，最小值为2(ln )ln f a a a =-．从而当且仅当2ln 0a a -≥，即1a ≤时，()0f x ≥．③若0a <，则由（1）得，当ln()2a x =-时，()f x 取得最小值，最小值为23(ln())[ln()]242a a f a -=--．从而当且仅当23[ln()]042aa --≥，即342e a ≥-时()0f x ≥．综上，a 的取值范围为34[2e ,1]-．【名师点睛】本题主要考查导数两大方面的应用：（1）函数单调性的讨论：运用导数知识来讨论函数单调性时，首先考虑函数的定义域，再求出()f x '，由()f x '的正负，得出函数()f x 的单调区间；（2）函数的最值（极值）的求法：由确认的单调区间，结合极值点的定义及自变量的取值范围，得出函数()f x 的极值或最值．17．【2017年高考全国Ⅱ卷文数】设函数2()(1)e x f x x =-.（1）讨论()f x 的单调性；（2）当0x ≥时，()1f x ax ≤+，求a 的取值范围.【答案】（1）在(,12)-∞--和(12,)-++∞单调递减，在(12,12)---+单调递增；（2）[1,)+∞. 【解析】（1）2()(12)e xf x x x '=--.令()0f x '=得121+2x x =--=-，.当(,12)x ∈-∞--时，()0f x '<；当(12,12)x ∈---+时，()0f x '>；当(12,)x ∈-++∞时，()0f x '<.所以()f x 在(,12)-∞--和(12,)-++∞单调递减，在(12,12)---+单调递增.（2）()(1+)(1)e x f x x x =-.当a ≥1时，设函数h (x )=（1−x ）e x ，h ′(x )= −x e x＜0（x ＞0），因此h (x )在[0，+∞)单调递减，而h (0)=1， 故h (x )≤1，所以f (x )=（x +1）h (x )≤x +1≤ax +1.当0＜a ＜1时，设函数g （x ）=e x −x −1，g ′（x ）=e x−1＞0（x ＞0），所以g （x ）在[0，+∞)单调递增，而g (0)=0，故e x≥x +1.当0＜x ＜1时，2()(1)(1)f x x x >-+，22(1)(1)1(1)x x ax x a x x -+--=---，取05412a x --=，则2000000(0,1),(1)(1)10,()1x x x ax f x ax ∈-+--=>+故.当0a ≤时，取051,2x -=则0(0,1),x ∈20000()(1)(1)11f x x x ax >-+=>+. 综上，a 的取值范围是[1，+∞）.【名师点睛】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.18．【2017年高考全国Ⅲ卷文数】已知函数()2(1)ln 2x ax a x f x =+++．（1）讨论()f x 的单调性； （2）当a ﹤0时，证明3()24f x a≤--．【答案】（1）当0≥a 时，)(x f 在),0(+∞单调递增；当0<a 时，)(x f 在)21,0(a-单调递增，在),21(+∞-a单调递减；（2）详见解析 【解析】（1）()f x 的定义域为（0，+），()()1211()221x a x f x a x a x x++'=+++=.若0a ≥，则当(0)x ∈+∞，时，()0f x '>，故()f x 在（0，+）单调递增. 若0a <，则当1(0,)2x a ∈-时，()0f x '>；当1()2x a ∈-+∞，时，()0f x '<.故()f x 在1(0,)2a-单调递增，在1()2a-+∞，单调递减. （2）由（1）知，当0a <时，()f x 在12x a=-取得最大值，最大值为 111()ln()1224f a a a-=---. 所以3()24f x a ≤--等价于113ln()12244a a a ---≤--，即11ln()1022a a-++≤. 设()ln 1g x x x =-+，则1()1g x x '=-.当(0,1)x ∈时，()0g x '>；当x ∈（1，+）时，()0g x '<.所以()g x 在（0,1）单调递增，在（1，+）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，()0g x ≤.从而当a ＜0时，11ln()1022a a -++≤，即3()24f x a≤--. 【名师点睛】利用导数证明不等式的常见类型及解题策略：（1）构造差函数()()()h x f x g x =-.根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式.（2）根据条件，寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.19．【2017年高考浙江】已知函数f (x )=（x –21x -）e x -（12x ≥）． （1）求f (x )的导函数；（2）求f (x )在区间1[+)2∞，上的取值范围．【答案】（1）(1)(212)e 1()()221x x x f x x x ----'=>-；（2）121[0,e ]2-．【解析】（1）因为1(21)121x x 'x --=--，(e )e x x'--=-， 所以1()(1)e (21)e 21x xf x x x x --'=-----(1)(212)e 1()221x x x x x ----=>-．（2）由(1)(212)e ()021x x x f x x ----'==-，解得1x =或52x =．因为x12（12，1） 1 （1，52） 52（52，+∞） ()f x '–0 +–f （x ）121e 2-521e 2-又21()(211)e 02x f x x -=--≥， 所以f （x ）在区间1[,)2+∞上的取值范围是121[0,e ]2-．【名师点睛】本题主要考查导数两大方面的应用：（一）函数单调性的讨论：运用导数知识来讨论函数单调性时，首先考虑函数的定义域，再求出()f'x ，由()f'x 的正负，得出函数()f x 的单调区间；（二）函数的最值（极值）的求法：由单调区间，结合极值点的定义及自变量的取值范围，得出函数()f x 的极值或最值．20．【2017年高考北京文数】已知函数()e cos x f x x x =-．（Ⅰ）求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程； （Ⅱ）求函数()f x 在区间π[0,]2上的最大值和最小值． 【答案】（Ⅰ）1y =；（Ⅱ）最大值为1；最小值为π2-. 【解析】（Ⅰ）因为()e cos x f x x x =-，所以()e (cos sin )1,(0)0xf x x x f ''=--=.又因为(0)1f =，所以曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程为1y =.（Ⅱ）设()e (cos sin )1xh x x x =--，则()e (cos sin sin cos )2e sin xxh x x x x x x '=---=-.当π(0,)2x ∈时，()0h x '<， 所以()h x 在区间π[0,]2上单调递减.所以对任意π(0,]2x ∈有()(0)0h x h <=，即()0f x '<. 所以函数()f x 在区间π[0,]2上单调递减.因此()f x 在区间π[0,]2上的最大值为(0)1f =，最小值为ππ()22f =-. 【名师点睛】这道导数题并不难，比一般意义上的压轴题要简单很多，第二问比较有特点的是需要两次求导数，因为通过()f x '不能直接判断函数的单调性，所以需要再求一次导数，设()()h x f x '=，再求()h x '，一般这时就可求得函数()h x '的零点，或是()0h x '>(()0h x '<)恒成立，这样就能知道函数()h x 的单调性，再根据单调性求其最值，从而判断()y f x =的单调性，最后求得结果. 21．【2017年高考天津文数】设,a b ∈R ，||1a ≤．已知函数32()63(4)f x x x a a x b =---+，()e ()x g x f x =．（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）已知函数()y g x =和e x y =的图象在公共点（x 0，y 0）处有相同的切线，（i ）求证：()f x 在0x x =处的导数等于0；（ii ）若关于x 的不等式()e x g x ≤在区间00[1,1]x x -+上恒成立，求b 的取值范围．【答案】（Ⅰ）递增区间为(,)a -∞，(4,)a -+∞，递减区间为(),4a a -；（Ⅱ）（ⅰ）见解析，（ⅱ）[7],1-．【解析】（Ⅰ）由324()63()f x x a x x a b =--+-，可得2()3123()3()((44))f 'x x a x a a x x a -=---=--，令()0f 'x =，解得x a =或4x a =-．由||1a ≤，得4a a <-． 当x 变化时，()f 'x ，()f x 的变化情况如下表：x (,)a -∞ (),4a a - (4,)a -+∞()f 'x+-+()f x所以，()f x 的单调递增区间为(,)a -∞，(4,)a -+∞，单调递减区间为(),4a a -．（Ⅱ）（i ）因为()e (()())xx x g'f f 'x =+，由题意知000()e ()e x x x x g g'⎧=⎪⎨=⎪⎩， 所以000000()e e e (()())ex x xx f f f x 'x x ⎧=⎪⎨+=⎪⎩，解得00()1()0f 'x x f =⎧⎨=⎩． 所以，()f x 在0x x =处的导数等于0．（ii ）因为()e xg x ≤，00[11],x x x ∈-+，由e 0x >，可得()1f x ≤．又因为0()1f x =，0()0f 'x =，故0x 为()f x 的极大值点，由（Ⅰ）知0x a =． 另一方面，由于||1a ≤，故14a a +<-，由（Ⅰ）知()f x 在(,)1a a -内单调递增，在(),1a a +内单调递减， 故当0x a =时，()()1f f x a ≤=在[1,1]a a -+上恒成立，从而()e xg x ≤在00,[11]x x -+上恒成立．由32()63()14a a f a a a a b =---+=，得32261b a a =-+，11a -≤≤．令32()261t x x x =-+，[1,1]x ∈-，所以2()612t'x x x =-，令()0t'x =，解得2x =（舍去），或0x =． 因为(1)7t -=-，(1)3t =-，(0)1t =， 故()t x 的值域为[7],1-． 所以，b 的取值范围是[7],1-．【名师点睛】本题考查导数的应用，属于中档问题，第一问的关键是根据条件判断两个极值点的大小，从而避免讨论；第二问要注意切点是公共点，切点处的导数相等，求b 的取值范围的关键是得出0x a =，然后构造函数进行求解．22．【2017年高考山东文数】已知函数()3211,32f x x ax a =-∈R . （Ⅰ）当a =2时,求曲线()y f x =在点()()3,3f 处的切线方程；（Ⅱ）设函数()()()cos sin g x f x x a x x =+--,讨论()g x 的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值.【答案】（Ⅰ）390x y --=,（Ⅱ）见解析.【解析】（Ⅰ）由题意2()f x x ax '=-，所以，当2a =时，(3)0f =，2()2f x x x '=-， 所以(3)3f '=，因此，曲线()y f x =在点(3,(3))f 处的切线方程是3(3)y x =-， 即390x y --=.（Ⅱ）因为()()()cos sin g x f x x a x x =+--， 所以()()cos ()sin cos g x f x x x a x x ''=+---，()()sin x x a x a x =--- ()(sin )x a x x =--，令()sin h x x x =-， 则()1cos 0h x x '=-≥， 所以()h x 在R 上单调递增， 因为(0)0h =，所以，当0x >时，()0h x >；当0x <时，()0h x <. （1）当0a <时，()()(sin )g x x a x x '=--，当(,)x a ∈-∞时，0x a -<，()0g x '>，()g x 单调递增； 当(,0)x a ∈时，0x a ->，()0g x '<，()g x 单调递减； 当(0,)x ∈+∞时，0x a ->，()0g x '>，()g x 单调递增. 所以当x a =时()g x 取到极大值，极大值是31()sin 6g a a a =--，当0x =时()g x 取到极小值，极小值是(0)g a =-. （2）当0a =时，()(sin )g x x x x '=-， 当(,)x ∈-∞+∞时，()0g x '≥，()g x 单调递增；所以()g x 在(,)-∞+∞上单调递增，()g x 无极大值也无极小值. （3）当0a >时，()()(sin )g x x a x x '=--，当(,0)x ∈-∞时，0x a -<，()0g x '>，()g x 单调递增； 当(0,)x a ∈时，0x a -<，()0g x '<，()g x 单调递减； 当(,)x a ∈+∞时，0x a ->，()0g x '>，()g x 单调递增. 所以当0x =时()g x 取到极大值，极大值是(0)g a =-； 当x a =时()g x 取到极小值，极小值是31()sin 6g a a a =--. 综上所述：当0a <时，函数()g x 在(,)a -∞和(0,)+∞上单调递增，在(,0)a 上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是31()sin 6g a a a =--，极小值是(0)g a =-； 当0a =时，函数()g x 在(,)-∞+∞上单调递增，无极值；当0a >时，函数()g x 在(,0)-∞和(,)a +∞上单调递增，在(0,)a 上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是(0)g a =-，极小值是31()sin 6g a a a =--. 【名师点睛】(1)求函数f (x )极值的步骤：①确定函数的定义域；②求导数f ′(x )；③解方程f ′(x )＝0,求出函数定义域内的所有根；④检验f ′(x )在f ′(x )＝0的根x 0左右两侧值的符号,如果左正右负,那么f (x )在x 0处取极大值,如果左负右正,那么f (x )在x 0处取极小值．(2)若函数y ＝f (x )在区间(a ,b )内有极值,那么y ＝f (x )在(a ,b )内绝不是单调函数,即在某区间上单调函数没有极值．23．【2017年高考江苏】已知函数32()1(0,)f x x ax bx a b =+++>∈R 有极值，且导函数()'f x 的极值点是()f x 的零点．（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值） （1）求b 关于a 的函数关系式，并写出定义域； （2）证明：23>b a ；（3）若()f x ，()'f x 这两个函数的所有极值之和不小于72-，求a 的取值范围．。

高三数学 导数解答题专项训练（含解析）1、已知函数1ln(1)()(0)x f x x x++=>． （Ⅰ）函数()f x 在区间(0,)+∞上是增函数还是减函数？证明你的结论； （Ⅱ）当0x >时，()1kf x x >+恒成立，求整数k 的最大值； （Ⅲ）试证明：23(112)(123)(134)(1(1))n n n e -+⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅⋅++> ． 2、设函数41)(2+=x x f ，)2ln(21)(ex x g =，（其中e 为自然底数）； （Ⅰ）求)()(x g x f y -=（0>x ）的最小值；（Ⅱ）探究是否存在一次函数b kx x h +=)(使得)()(x h x f ≥且)()(x g x h ≥对一切0>x 恒成立；若存在，求出一次函数的表达式，若不存在，说明理由； （Ⅲ）数列{}n a 中，11=a ，)2)((1≥=-n a g a n n ，求证：83)(111∑=++<⋅-nk k k ka a a。

3、已知函数x ax x f ln 1)(--=()a ∈R ．（1）讨论函数)(x f 在定义域内的极值点的个数；（2）若函数)(x f 在1=x 处取得极值，对x ∀∈),0(+∞,2)(-≥bx x f 恒成立，求实数b 的取值范围；（3）当1->>e y x 时，求证：)1ln()1ln(++>-y x e yx ．4、已知函数mx x x f ++=21ln )(．（Ⅰ）若)(x f 为定义域上的单调函数，求实数m 的取值范围； （Ⅱ）当1-=m 时,求函数)(x f 的最大值； （Ⅲ）当1=m ,且10≤<≤a b 时，证明:2)()(34<--<ba b f a f ．5、已知函数()ln f x x a x =-，1()()ag x a R x+=-∈． （Ⅰ）若1a =，求函数()f x 的极值；（Ⅱ）设函数()()()h x f x g x =-，求函数()h x 的单调区间；（Ⅲ）若在区间[1,]( 2.71828......)e e =上不存在．．．0x ，使得00()()f x g x <成立，求实数a 的取值范围．6、函数()ln f x ax x x b =++是奇函数，且图像在点(,())e f e 处的切线斜率为3（e 为自然对数的底数）． （1）求实数a 、b 的值；（2）若k Z ∈，且()1f x k x <-对任意1x >恒成立，求k 的最大值； （3）当1(,)m n m n Z >>∈时，证明：()()nmm n nm mn >．7、已知函数1()ln sin g x x x θ=+在[)1,+∞上为增函数,且(0,)θπ∈，θ为常数，1()ln ()m f x mx x m R x-=--∈． （1）求θ的值；（2）若()()y f x g x =-在[)1,+∞上为单调函数,求m 的取值范围； （3）设2()eh x x=,若在[]1,e 上至少存在一个0x ，使得000()()()f x g x h x ->成立，求 m 的取值范围．8、已知函数()ln()x f x e a =+（a 为常数，e 是自然对数的底数）是实数集R 上的奇函数，函数x x f x g sin )()(+=λ是区间[－1，1]上的减函数．（Ⅰ）求a 的值；（Ⅱ）若2()1g x t t λ≤++在[1,1]x ∈-及λ所在的取值范围上恒成立，求t 的取值范围； （Ⅲ）试讨论函数m ex x x f xx h -+-=2)(ln )(2的零点的个数．9、已知函数2()(25)5ln ()f x ax a x x a R =-++∈．（Ⅰ）若曲线()y f x =在3x =和5x =处的切线互相平行，求a 的值； （Ⅱ）求()f x 的单调区间； （Ⅲ）设25()-2g x x x =，若对任意15(0,]2x ∈，均存在25(0,]2x ∈，使得12()()f x g x <， 求a 的取值范围．10、已知函数bx x x g x x f -==221)(,ln )(（b 为常数）。

(完整版)导数应用题
导数应用题
导数是微积分中的一个重要概念，它在物理学、经济学等学科
中有广泛的应用。

下面是几个关于导数应用的题目。

题目一：速度和加速度
一个物体随时间 t 的位移函数为：s(t) = 2t^3 - 3t^2 + 4t - 6。

求：
1. 物体在 t=2 时的速度；
2. 物体在 t=2 时的加速度。

题目二：边际利润
某公司生产某种产品的总成本和销售量之间的关系由函数 C(x) = 40x^2 - 10x + 200 决定，其中 x 表示销售量（单位：千件）。

产
品的销售价格为 500 元/件。

求：
1. 销售量为 10 千件时的总成本；
2. 销售量为 10 千件时的边际利润（边际利润定义为每增加一
单位销售量所带来的额外利润）。

题目三：物体的高度
一颗子弹以初速度 v0 被发射成 60°角度与水平面成的抛体轨迹。

子弹的飞行轨迹可以用函数 h(t) = -5t^2 + v0*sin(60°)*t 表示，
其中h(t) 表示子弹的高度（单位：米），t 表示时间（单位：秒）。

求：
1. 子弹飞行的最高点的高度；
2. 子弹从发射到达最高点的时间。

题目四：排队等候时间
某银行服务窗口的等候时间服从指数分布，平均等候时间为 10 分钟。

一位客户进入银行后等候 8 分钟后决定离开，请问他的等待
时间与等候时间之差服从的概率分布是什么？
以上是关于导数应用的几个题目，希望能帮助到你。

如果有任何疑问，请随时提问。

高考数学三年真题专题演练—导数及其应用（解答题）1．【2021·天津高考真题】已知0a >，函数()x f x ax xe =-． （I ）求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程： （II ）证明()f x 存在唯一的极值点（III ）若存在a ，使得()f x a b ≤+对任意x ∈R 成立，求实数b 的取值范围． 【答案】（I ）(1),(0)y a x a =->；（II ）证明见解析；（III ）[),e -+∞ 【分析】（I ）求出()f x 在0x =处的导数，即切线斜率，求出()0f ，即可求出切线方程；（II ）令()0f x '=，可得(1)xa x e =+，则可化为证明y a =与()y g x =仅有一个交点，利用导数求出()g x 的变化情况，数形结合即可求解；（III ）令()2()1,(1)xh x x x e x =-->-，题目等价于存在(1,)x ∈-+∞，使得()h x b ≤，即min ()b h x ≥，利用导数即可求出()h x 的最小值. 【详解】（I ）()(1)xf x a x e =-+'，则(0)1f a '=-，又(0)0f =，则切线方程为(1),(0)y a x a =->；（II ）令()(1)0x f x a x e =-+='，则(1)xa x e =+，令()(1)x g x x e =+，则()(2)xg x x e =+'，当(,2)x ∈-∞-时，()0g x '<，()g x 单调递减；当(2,)x ∈-+∞时，()0g x '>，()g x 单调递增，当x →-∞时，()0g x <，()10g -=，当x →+∞时，()0g x >，画出()g x 大致图像如下：所以当0a >时，y a =与()y g x =仅有一个交点，令()g m a =，则1m >-，且()()0f m a g m '=-=，当(,)x m ∈-∞时，()a g x >，则()0f x '>，()f x 单调递增， 当(),x m ∈+∞时，()a g x <，则()0f x '<，()f x 单调递减，x m =为()f x 的极大值点，故()f x 存在唯一的极值点；（III ）由（II ）知max ()()f x f m =，此时)1(1,ma m e m +>-=，所以()2max {()}()1(1),mf x a f m a m m e m -=-=-->-， 令()2()1,(1)xh x x x e x =-->-，若存在a ，使得()f x a b ≤+对任意x ∈R 成立，等价于存在(1,)x ∈-+∞，使得()h x b ≤，即min ()b h x ≥，()2()2(1)(2)x x h x x x e x x e =+-=+'-，1x >-，当(1,1)x ∈-时，()0h x '<，()h x 单调递减，当(1,)x ∈+∞时，()0h x '>，()h x 单调递增，所以min ()(1)h x h e ==-，故b e ≥-， 所以实数b 的取值范围[),e -+∞. 【点睛】关键点睛：第二问解题的关键是转化为证明y a =与()y g x =仅有一个交点；第三问解题的关键是转化为存在(1,)x ∈-+∞，使得()h x b ≤，即min ()b h x ≥.2．【2021·全国高考真题】已知函数2()(1)x f x x e ax b =--+．（1）讨论()f x 的单调性；（2）从下面两个条件中选一个，证明：()f x 有一个零点①21,222e a b a <≤>； ②10,22a b a <<≤． 【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析. 【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论确定函数的单调性即可； (2)由题意结合(1)中函数的单调性和函数零点存在定理即可证得题中的结论. 【详解】(1)由函数的解析式可得：()()'2xf x x e a =-，当0a ≤时，若(),0x ∈-∞，则()()'0,f x f x <单调递减， 若()0,x ∈+∞，则()()'0,f x f x >单调递增； 当102a <<时，若()(),ln 2x a ∈-∞，则()()'0,f x f x >单调递增， 若()()ln 2,0x a ∈，则()()'0,f x f x <单调递减， 若()0,x ∈+∞，则()()'0,f x f x >单调递增；当12a =时，()()'0,f x f x ≥在R 上单调递增； 当12a >时，若(),0x ∈-∞，则()()'0,f x f x >单调递增，若()()0,ln 2x a ∈，则()()'0,f x f x <单调递减， 若()()ln 2,x a ∈+∞，则()()'0,f x f x >单调递增； (2)若选择条件①：由于2122e a <，故212a e <≤，则()21,010b af b >>=->，而()()210b f b b e ab b --=----<，而函数在区间(),0-∞上单调递增，故函数在区间(),0-∞上有一个零点.()()()()2ln 22ln 21ln 2f a a a a a b =--+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦ ()()22ln 21ln 22a a a a a >--+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦ ()()22ln 2ln 2a a a a =-⎡⎤⎣⎦ ()()ln 22ln 2a a a =-⎡⎤⎣⎦，由于2122e a <，212a e <≤，故()()ln 22ln 20a a a -≥⎡⎤⎣⎦，结合函数的单调性可知函数在区间()0,∞+上没有零点. 综上可得，题中的结论成立. 若选择条件②： 由于102a <<，故21a <，则()01210f b a =-≤-<，当0b ≥时，24,42ea ><，()2240f e ab =-+>，而函数在区间()0,∞+上单调递增，故函数在区间()0,∞+上有一个零点. 当0b <时，构造函数()1xH x e x =--，则()1xH x e '=-，当(),0x ∈-∞时，()()0,H x H x '<单调递减，当()0,x ∈+∞时，()()0,H x H x '>单调递增，注意到()00H =，故()0H x ≥恒成立，从而有：1x e x ≥+，此时：()()()()22111x f x x e ax b x x ax b =---≥-+-+()()211a x b =-+-，当x >()()2110a x b -+->，取01x =，则()00f x >，即：()00,10f f ⎫<>⎪⎪⎭，而函数在区间()0,∞+上单调递增，故函数在区间()0,∞+上有一个零点.()()()()2ln 22ln 21ln 2f a a a a a b =--+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦ ()()22ln 21ln 22a a a a a ≤--+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦ ()()22ln 2ln 2a a a a =-⎡⎤⎣⎦ ()()ln 22ln 2a a a =-⎡⎤⎣⎦，由于102a <<，021a <<，故()()ln 22ln 20a a a -<⎡⎤⎣⎦， 结合函数的单调性可知函数在区间(),0-∞上没有零点. 综上可得，题中的结论成立. 【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，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，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．【2021·北京高考真题】已知函数()232xf x x a-=+． （1）若0a =，求()y f x =在()()1,1f 处切线方程；（2）若函数()f x 在1x =-处取得极值，求()f x 的单调区间，以及最大值和最小值． 【答案】（1）450x y +-=；（2）函数()f x 的增区间为(),1-∞-、()4,+∞，单调递减区间为()1,4-，最大值为1，最小值为14-. 【分析】（1）求出()1f 、()1f '的值，利用点斜式可得出所求切线的方程；（2）由()10f '-=可求得实数a 的值，然后利用导数分析函数()f x 的单调性与极值，由此可得出结果. 【详解】（1）当0a =时，()232xf x x -=，则()()323x f x x-'=，()11f ∴=，()14f '=-， 此时，曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为()141y x -=--，即450x y +-=； （2）因为()232xf x x a-=+，则()()()()()()222222223223x a x x x x a f x xa xa -+----'==++，由题意可得()()()224101a f a -'-==+，解得4a =，故()2324x f x x -=+，()()()()222144x x f x x +-'=+，列表如下：所以，函数()f x 的增区间为(),1-∞-、()4,+∞，单调递减区间为()1,4-. 当32x <时，()0f x >；当32x >时，()0f x <. 所以，()()max 11f x f =-=，()()min 144f x f ==-. 4．【2021·全国高考真题】已知函数()()1ln f x x x =-. （1）讨论()f x 的单调性；（2）设a ，b 为两个不相等的正数，且ln ln b a a b a b -=-，证明：112e a b<+<. 【答案】（1）()f x 的递增区间为()0,1，递减区间为()1,+∞；（2）证明见解析. 【分析】（1）求出函数的导数，判断其符号可得函数的单调区间； （2）设1211,x x a b==，原不等式等价于122x x e <+<，前者可构建新函数，利用极值点偏移可证，后者可设21x tx =，从而把12x x e +<转化为()()1ln 1ln 0t t t t -+-<在()1,+∞上的恒成立问题，利用导数可证明该结论成立. 【详解】（1）函数的定义域为()0,∞+， 又()1ln 1ln f x x x '=--=-，当()0,1x ∈时，()0f x '>，当()1,+x ∈∞时，()0f x '<， 故()f x 的递增区间为()0,1，递减区间为()1,+∞.（2）因为ln ln b a a b a b -=-，故()()ln 1ln +1b a a b +=，即ln 1ln +1a b a b+=， 故11f f a b ⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 设1211,x x a b==，由（1）可知不妨设1201,1x x <<>. 因为()0,1x ∈时，()()1ln 0f x x x =->，(),x e ∈+∞时，()()1ln 0f x x x =-<， 故21x e <<. 先证：122x x +>，若22x ≥，122x x +>必成立.若22x <， 要证：122x x +>，即证122x x >-，而2021x <-<， 故即证()()122f x f x >-，即证：()()222f x f x >-，其中212x <<. 设()()()2,12g x f x f x x =--<<，则()()()()2ln ln 2g x f x f x x x '''=+-=---()ln 2x x =--⎡⎤⎣⎦， 因为12x <<，故()021x x <-<，故()ln 20x x -->，所以()0g x '>，故()g x 在()1,2为增函数，所以()()10g x g >=， 故()()2f x f x >-，即()()222f x f x >-成立，所以122x x +>成立， 综上，122x x +>成立.设21x tx =，则1t >， 结合ln 1ln +1a b a b+=，1211,x x a b ==可得：()()11221ln 1ln x x x x -=-，即：()111ln 1ln ln x t t x -=--，故11ln ln 1t t tx t --=-，要证：12x x e +<，即证()11t x e +<，即证()1ln 1ln 1t x ++<， 即证：()1ln ln 111t t tt t --++<-，即证：()()1ln 1ln 0t t t t -+-<，令()()()1ln 1ln ,1S t t t t t t =-+->， 则()()112ln 11ln ln 111t S t t t t t t -⎛⎫'=++--=+- ⎪++⎝⎭， 先证明一个不等式：()ln 1x x ≤+. 设()()ln 1u x x x =+-，则()1111xu x x x -'=-=++， 当10x -<<时，()0u x '>；当0x >时，()0u x '<，故()u x 在()1,0-上为增函数，在()0,+∞上为减函数，故()()max 00u x u ==， 故()ln 1x x ≤+成立由上述不等式可得当1t >时，112ln 11t t t ⎛⎫+≤< ⎪+⎝⎭，故()0S t '<恒成立， 故()S t 在()1,+∞上为减函数，故()()10S t S <=， 故()()1ln 1ln 0t t t t -+-<成立，即12x x e +<成立. 综上所述，112e a b<+<. 【点睛】方法点睛：极值点偏移问题，一般利用通过原函数的单调性，把与自变量有关的不等式问题转化与原函数的函数值有关的不等式问题，也可以引入第三个变量，把不等式的问题转化为与新引入变量有关的不等式问题.5．【2021·浙江高考真题】设a ，b 为实数，且1a >，函数()2R ()xf x a bx e x =-+∈（1）求函数()f x 的单调区间；（2）若对任意22b e >，函数()f x 有两个不同的零点，求a 的取值范围； （3）当a e =时，证明：对任意4b e >，函数()f x 有两个不同的零点12,x x ，满足2212ln 2b b e x x e b>+.(注： 2.71828e =⋅⋅⋅是自然对数的底数)【答案】(1)0b ≤时，()f x 在R 上单调递增；0b >时，函数的单调减区间为,log ln a b a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭，单调增区间为log ,ln a b a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭；(2)(21,e ⎤⎦；(3)证明见解析.【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论即可确定函数的单调性；(2)将原问题进行等价转化，然后构造新函数，利用导函数研究函数的性质并进行放缩即可确定实数a 的取值范围；(3)结合(2)的结论将原问题进行等价变形，然后利用分析法即可证得题中的结论成立.【解析】(1)2(),()ln x xf x b f a x e a x a b '==+--，①若0b ≤，则()ln 0xf x a a b '=-≥，所以()f x 在R 上单调递增；②若0b >， 当,log ln ab x a ⎛⎫∈-∞ ⎪⎝⎭时，()()'0,f x f x <单调递减， 当log ,ln ab x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()()'0,f x f x >单调递增. 综上可得，0b ≤时，()f x 在R 上单调递增；0b >时，函数的单调减区间为,log ln ab a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭，单调增区间为log ,ln a b a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.(2)()f x 有2个不同零点20x a bx e ⇔-+=有2个不同解ln 20x a e bx e ⇔-+=有2个不同的解，令ln t x a =，则220,0ln ln t tb b e e e e t a a tt +-+=⇒=>，记()22222(1)(),()t t t t e t e e e e e t e g t g t t t t'⋅-++--===， 记2()(1),()(1)10t t tt h t e t e h t e t e e t '=--=-+⋅=⋅>， 又(2)0h =，所以(0,2)t ∈时，()0,(2,)h t t <∈+∞时，()0h t >，则()g t 在(0,2)单调递减，(2,)+∞单调递增，22(2),ln ln b bg e a a e∴>=∴<， 22222,ln ,21bb e a a e e>∴>∴≤⇒<≤. 即实数a 的取值范围是(21,e ⎤⎦.(3)2,()x a e f x e bx e ==-+有2个不同零点，则2x e e bx +=，故函数的零点一定为正数. 由(2)可知有2个不同零点，记较大者为2x ，较小者为1x ，1222412x x e e e e b e x x ++==>，注意到函数2x e e y x +=在区间()0,2上单调递减，在区间()2,+∞上单调递增，故122x x <<，又由5245e e e +<知25x >，122211122x e e e e b x x x b+=<⇒<，要证2212ln 2b b e x x e b >+，只需22ln e x b b>+， 222222x x e e e b x x +=<且关于b 的函数()2ln e g b b b =+在4b e >上单调递增，所以只需证()22222222ln 52x x e x e x x x e >+>， 只需证2222222ln ln 02x x x e x e e x e-->，只需证2ln ln 202x e xx e-->，242e <，只需证4()ln ln 2x x h x x e =--在5x >时为正，由于()11()44410x x x h x xe e e x x x '---+-+-==>，故函数()h x 单调递增， 又54520(5)ln 5l 20n 2ln 02h e e =--=->，故4()ln ln 2x xh x x e=--在5x >时为正，从而题中的不等式得证.【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，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，从高考来看，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．【2021·全国高考真题（理）】已知0a >且1a ≠，函数()(0)ax x f x x a=>．（1）当2a =时，求()f x 的单调区间；（2）若曲线()y f x =与直线1y =有且仅有两个交点，求a 的取值范围． 【答案】（1）20,ln2⎛⎤ ⎥⎝⎦上单调递增；2,ln2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上单调递减；（2）()()1,,e e ⋃+∞. 【分析】（1）求得函数的导函数，利用导函数的正负与函数的单调性的关系即可得到函数的单调性；（2）利用指数对数的运算法则，可以将曲线()y f x =与直线1y =有且仅有两个交点等价转化为方程ln ln x a x a =有两个不同的实数根，即曲线()y g x =与直线ln ay a=有两个交点，利用导函数研究()g x 的单调性，并结合()g x 的正负，零点和极限值分析()g x 的图象，进而得到ln 10a a e<<，发现这正好是()()0g a g e <<，然后根据()g x 的图象和单调性得到a 的取值范围.【解析】（1）当2a =时，()()()()22222ln 2222ln 2,242xx x x x x x x x x x f x f x '--===,令()'0f x =得2ln 2x =,当20ln 2x <<时，()0f x '>,当2ln 2x >时，()0f x '<, ∴函数()f x 在20,ln2⎛⎤ ⎥⎝⎦上单调递增；2,ln2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上单调递减； （2）()ln ln 1ln ln a x a x x x af x a x x a a x a x a==⇔=⇔=⇔=,设函数()ln x g x x =, 则()21ln xg x x-'=,令()0g x '=，得x e =, 在()0,e 内()0g x '>,()g x 单调递增； 在(),e +∞上()0g x '<,()g x 单调递减；()()1max g x g e e∴==,又()10g =，当x 趋近于+∞时，()g x 趋近于0，所以曲线()y f x =与直线1y =有且仅有两个交点，即曲线()y g x =与直线ln ay a=有两个交点的充分必要条件是ln 10a a e<<,这即是()()0g a g e <<, 所以a 的取值范围是()()1,,e e ⋃+∞.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，根据曲线和直线的交点个数求参数的取值范围问题，属较难试题，关键是将问题进行等价转化，分离参数，构造函数，利用导数研究函数的单调性和最值，图象，利用数形结合思想求解.7．【2021·全国高考真题（理）】设函数()()ln f x a x =-，已知0x =是函数()y xf x =的极值点． （1）求a ； （2）设函数()()()x f x g x xf x +=．证明:()1g x <．【答案】1；证明见详解【分析】（1）由题意求出'y ，由极值点处导数为0即可求解出参数a ； （2）由（1）得()()ln 1()ln 1x x g x x x +-=-，1x <且0x ≠，分类讨论()0,1x ∈和(),0x ∈-∞，可等价转化为要证()1g x <，即证()()ln 1ln 1x x x x +->-在()0,1x ∈和(),0x ∈-∞上恒成立，结合导数和换元法即可求解 【解析】（1）由()()()n 1'l a f x a x f x x ⇒==--，()()'ln xy a x x ay xf x ⇒=-=+-， 又0x =是函数()y xf x =的极值点，所以()'0ln 0y a ==，解得1a =； （2）由（1）得()()ln 1f x x =-，()()ln 1()()()ln 1x x x f x g x xf x x x +-+==-，1x <且0x ≠， 当()0,1x ∈时，要证()()ln 1()1ln 1x x g x x x +-=<-，()0,ln 10x x >-<，()ln 10x x ∴-<，即证()()ln 1ln 1x x x x +->-，化简得()()1ln 10x x x +-->； 同理，当(),0x ∈-∞时，要证()()ln 1()1ln 1x x g x x x +-=<-，()0,ln 10x x <->，()ln 10x x ∴-<，即证()()ln 1ln 1x x x x +->-，化简得()()1ln 10x x x +-->； 令()()()1ln 1h x x x x =+--，再令1t x =-，则()()0,11,t ∈+∞，1x t =-，令()1ln g t t t t =-+，()'1ln 1ln g t t t =-++=，当()0,1t ∈时，()'0g x <，()g x 单减，假设()1g 能取到，则()10g =，故()()10g t g >=；当()1,t ∈+∞时，()'0g x >，()g x 单增，假设()1g 能取到，则()10g =，故()()10g t g >=；综上所述，()()ln 1()1ln 1x x g x x x +-=<-在()(),00,1x ∈-∞恒成立【点睛】本题为难题，根据极值点处导数为0可求参数a ，第二问解法并不唯一，分类讨论对函数进行等价转化的过程，一定要注意转化前后的等价性问题，构造函数和换元法也常常用于解决复杂函数的最值与恒成立问题.8．【2020年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数2()e x f x ax x =+-.（1）当a =1时，讨论f （x ）的单调性； （2）当x ≥0时，f （x ）≥12x 3+1，求a 的取值范围. 【解析】（1）当a =1时，f （x ）=e x +x 2–x ，则()f x '=e x +2x –1．故当x ∈（–∞，0）时，()f x '<0；当x ∈（0，+∞）时，()f x '>0．所以f （x ）在（–∞，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增． （2）31()12f x x ≥+等价于321(1)e 12x x ax x --++≤. 设函数321()(1)e (0)2xg x x ax x x -=-++≥，则32213()(121)e 22x g x x ax x x ax -'=--++-+-21[(23)42]e 2x x x a x a -=--+++1(21)(2)e 2x x x a x -=----.（i ）若2a +1≤0，即12a ≤-，则当x ∈（0，2）时，()g x '>0.所以g （x ）在（0，2）单调递增，而g （0）=1，故当x ∈（0，2）时，g （x ）>1，不合题意.（ii ）若0<2a +1<2，即1122a -<<，则当x ∈(0，2a +1)∪(2，+∞)时，g'(x )<0；当x ∈(2a +1，2)时，g'(x )>0.所以g (x )在(0，2a +1)，(2，+∞)单调递减，在(2a +1，2)单调递增.由于g (0)=1，所以g (x )≤1当且仅当g (2)=(7−4a )e −2≤1，即a ≥27e 4-. 所以当27e 142a -≤<时，g (x )≤1. （iii ）若2a +1≥2，即12a ≥，则g (x )≤31(1)e 2xx x -++.由于27e 10[,)42-∈，故由（ii ）可得31(1)e 2x x x -++≤1. 故当12a ≥时，g (x )≤1.综上，a 的取值范围是27e [,)4-+∞. 【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．9．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】已知函数2() sin sin2f x x x =．（1）讨论f (x )在区间(0，π)的单调性；（2）证明：()f x ≤；（3）设*n ∈N ，证明：2222sin sin 2sin 4sin 234nn nx x xx ≤．【解析】（1）()cos (sin sin 2)sin (sin sin 2)f x x x x x x x ''=+ 22sin cos sin 22sin cos2x x x x x =+ 2sin sin3x x =．当(0,)(,)33x π2π∈π时，()0f x '>；当(,)33x π2π∈时，()0f x '<． 所以()f x 在区间(0,),(,)33π2ππ单调递增，在区间(,)33π2π单调递减．（2）因为(0)()0f f =π=，由（1）知，()f x 在区间[0,]π的最大值为()3f π=，最小值为()3f 2π=．而()f x 是周期为π的周期函数，故|()|f x ≤． （3）由于32222(sin sin 2sin 2)nx x x333|sin sin 2sin 2|n x x x =23312|sin ||sin sin 2sin 2sin 2||sin 2|n n n x x x x x x -= 12|sin ||()(2)(2)||sin 2|n n x f x f x f x x -=1|()(2)(2)|n f x f x f x -≤，所以222233sin sin 2sin 2)4n nnn x xx ≤=．10．【2020年高考全国Ⅲ卷理数】设函数3()f x x bx c =++，曲线()y f x =在点(12，f (12))处的切线与y 轴垂直． （1）求B ．（2）若()f x 有一个绝对值不大于1的零点，证明：()f x 所有零点的绝对值都不大于1． 【解析】（1）2()3f x x b '=+． 依题意得1()02f '=，即304b +=.故34b =-．（2）由（1）知3(3)4f x x x c -=+，2()334f x x '=-. 令)0(f x '=，解得12x =-或12x =.()f x '与()f x 的情况为：x 1()2-∞-，12- 11()22-， 12 1()2∞，+ ()f x ' + 0 – 0 + ()f x14c +14c -因为11(1)()24f f c =-=+，所以当14c <-时，()f x 只有大于1的零点.因为11(1)()24f f c -==-，所以当14c >时，f （x ）只有小于–1的零点．由题设可知1144c -≤≤，当1=4c -时，()f x 只有两个零点12-和1.当1=4c 时，()f x 只有两个零点–1和12.当1144c -<<时，()f x 有三个等点x 1，x 2，x 3，且11(1,)2x ∈--，211(,)22x ∈-，31(,1)2x ∈．综上，若()f x 有一个绝对值不大于1的零点，则()f x 所有零点的绝对值都不大于1.11．【2020年高考天津】已知函数3()ln ()f x x k x k =+∈R ，()f x '为()f x 的导函数．（Ⅰ）当6k =时，（i ）求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；（ii ）求函数9()()()g x f x f x x'=-+的单调区间和极值； （Ⅱ）当3k ≥-时，求证：对任意的12,[1,)x x ∈+∞，且12x x >，有()()()()1212122f x f x f x f x x x ''+->-． 【解析】（Ⅰ）（i ）当6k =时，3()6ln f x x x =+，故26()3f x x x'=+．可得(1)1f =，(1)9f '=，所以曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为19(1)y x -=-，即98y x =-．（ii ）依题意，323()36ln ,(0,)g x x x x x x=-++∈+∞．从而可得2263()36g x x x x x'=-+-，整理可得323(1)(1)()x x g x x -+'=．令()0g x '=，解得1x =．当x 变化时，(),()g x g x '的变化情况如下表：所以，函数()g x 的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,)+∞；()g x 的极小值为(1)1g =，无极大值．（Ⅱ）证明：由3()ln f x x k x =+，得2()3k f x x x'=+． 对任意的12,[1,)x x ∈+∞，且12x x >，令12(1)x t t x =>，则 ()()()()()()()1212122x x f x f x f x f x ''-+--()22331121212122332ln x k k x x x x x x k x x x ⎛⎫⎛⎫=-+++--+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭3322121121212212332ln x x x x x x x x x k k x x x ⎛⎫=--++-- ⎪⎝⎭()332213312ln x t t t k t t t ⎛⎫=-+-+-- ⎪⎝⎭． ①令1()2ln ,[1,)h x x x x x =--∈+∞．当1x >时，22121()110h x x x x ⎛⎫'=+-=-> ⎪⎝⎭，由此可得()h x 在[1,)+∞单调递增，所以当1t >时，()(1)h t h >，即12ln 0tt t -->．因为21x ≥，323331(1)0,3t t t t k -+-=->≥-，所以，()332322113312ln (331)32ln x t t t k t t t t t t t tt⎛⎫⎛⎫-+-+-->-+---- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭2336ln 31t t t t-=++-． ②由（Ⅰ）（ii ）可知，当1t >时，()(1)g t g >，即32336ln 1t t t t-++>， 故23336ln 10t t t t-++->． ③ 由①②③可得()()()()()()()12121220x x f x f x f x f x ''-+-->．所以，当3k ≥-时，对任意的12,[1,)x x ∈+∞，且12x x >，有()()()()1212122f x f x f x f x x x ''+->-． 12．【2020年高考北京】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．【解析】（Ⅰ）因为()212f x x =-，所以()2f x x '=-，设切点为()00,12x x -，则022x -=-，即01x =，所以切点为()1,11， 由点斜式可得切线方程：()1121y x -=--，即2130x y +-=.（Ⅱ）显然0t ≠， 因为()y f x =在点()2,12t t-处的切线方程为：()()2122y t t x t --=--，令0x =，得212y t =+，令0y =，得2122t x t +=，所以()S t =()221121222||t t t +⨯+⋅，不妨设0t >(0t <时，结果一样)，则()423241441144(24)44t t S t t t t t++==++，所以()S t '=4222211443(848)(324)44t t t t t +-+-=222223(4)(12)3(2)(2)(12)44t t t t t t t-+-++==， 由()0S t '>，得2t >，由()0S t '<，得02t <<， 所以()S t 在()0,2上递减，在()2,+∞上递增， 所以2t =时，()S t 取得极小值， 也是最小值为()16162328S ⨯==. 【点睛】本题考查了利用导数的几何意义求切线方程，考查了利用导数求函数的最值，属于中档题.13．【2020年高考浙江】已知12a <≤，函数()e xf x x a =--，其中e=2.71828…是自然对数的底数．（Ⅰ）证明：函数()y f x =在(0,)+∞上有唯一零点； （Ⅱ）记x 0为函数()y f x =在(0,)+∞上的零点，证明：（ⅰ0x ≤≤； （ⅱ）00(e )(e 1)(1)x x f a a ≥--．【解析】（Ⅰ）因为(0)10f a =-<，22(2)e 2e 40f a =--≥->，所以()y f x =在(0,)+∞上存在零点．因为()e 1x f x '=-，所以当0x >时，()0f x '>，故函数()f x 在[0,)+∞上单调递增， 所以函数以()y f x =在(0,)+∞上有唯一零点．（Ⅱ）（ⅰ）令21()e 1(0)2xg x x x x =---≥，()e 1()1x g'x x f x a =--=+-，由（Ⅰ）知函数()g'x 在[0,)+∞上单调递增，故当0x >时，()(0)0g'x g'>=， 所以函数()g x 在[0,)+∞单调递增，故()(0)0g x g ≥=．由0g ≥得00()f a f x =≥=，因为()f x 在[0,)+∞0x ．令2()e 1(01)x h x x x x =---≤≤，()e 21x h'x x =--，令1()e 21(01)x h x x x =--≤≤，1()e 2xh'x =-，所以故当01x <<时，1()0h x <，即()0h'x <，所以()h x 在[0,1]单调递减， 因此当01x ≤≤时，()(0)0h x h ≤=．由0h ≤得00()f a f x =≤=，因为()f x 在[0,)+∞0x ．0x ≤≤（ⅱ）令()e (e 1)1x u x x =---，()e (e 1)x u'x =--，所以当1x >时，()0u'x >， 故函数()u x 在区间[1,)+∞上单调递增，因此()(1)0u x u ≥=．由00e x x a =+可得022000000(e )()(e 1)(e 2)(e 1)x a a x f x f x a x a x ax =+=-+-≥-，由0x ≥得00(e )(e 1)(1)xx f a a ≥--．14．【2020年高考江苏】某地准备在山谷中建一座桥梁，桥址位置的竖直截面图如图所示：谷底O 在水平线MN 上，桥AB 与MN 平行，OO '为铅垂线(O '在AB 上)．经测量，左侧曲线AO 上任一点D 到MN 的距离1h (米)与D 到OO '的距离a (米)之间满足关系式21140h a =；右侧曲线BO 上任一点F 到MN 的距离2h (米)与F 到OO '的距离b (米)之间满足关系式3216800h b b =-+.已知点B 到OO '的距离为40米． （1）求桥AB 的长度；（2）计划在谷底两侧建造平行于OO '的桥墩CD 和EF ，且CE 为80米，其中C ，E 在AB 上(不包括端点)．.桥墩EF 每米造价k (万元)、桥墩CD 每米造价32k (万元)(k >0)，问O E'为多少米时，桥墩CD 与EF 的总造价最低？【解析】（1）设1111,,,AA BB CD EF 都与MN 垂直，1111,,,A B D F 是相应垂足. 由条件知，当40O'B =时， 31140640160,800BB =-⨯+⨯= 则1160AA =. 由21160,40O'A =得80.O'A = 所以8040120AB O'A O'B =+=+=（米）.（2）以O 为原点，OO'为y 轴建立平面直角坐标系xOy （如图所示）. 设2(,),(0,40),F x y x ∈则3216,800y x x =-+ 3211601606800EF y x x =-=+-. 因为80,CE =所以80O'C x =-.设1(80,),D x y -则211(80),40y x =- 所以22111160160(80)4.4040CD y x x x =-=--=-+ 记桥墩CD 和EF 的总造价为()f x ，则3232131()=(1606)(4)80024013(160)(040).80080f x k x x k x x k x x x +-+-+=-+<<2333()=(160)(20)80040800k f x k x x x x '-+=-， 令()=0f x '， 得20.x =所以当20x =时，()f x 取得最小值.答：（1）桥AB 的长度为120米；（2）当O'E 为20米时，桥墩CD 和EF 的总造价最低.【点睛】本题考查实际成本问题、利用导数求最值，考查基本分析求解能力，属中档题. 15．【2020年高考江苏】已知关于x 的函数(),()y f x y g x ==与()(,)h x kx b k b =+∈R 在区间D 上恒有()()()f x h x g x ≥≥．（1）若()()222 2()f x x x g x x x D =+=-+=∞-∞+，，，，求h (x )的表达式； （2）若2 1 ln ,()()()(0) x x g k x h kx k D f x x x =-+==-=+∞，，，，求k 的取值范围； （3）若()422342() 2() (48 () 4 3 0)2 2f x x x g x x h x t t x t t t =-=-=--+<≤，，，[] , 2,2D m n =⊆-⎡⎤⎣⎦，求证：7n m -≤．【解析】（1）由条件()()()f x h x g x ≥≥，得222 2x x kx b x x +≥+≥-+， 取0x =，得00b ≥≥，所以0b =．由22x x kx +≥，得2 2 ()0x k x +-≥，此式对一切(,)x ∈-∞+∞恒成立， 所以22 0()k -≤，则2k =，此时222x x x ≥-+恒成立， 所以()2h x x =．（2） 1 ln ,()()()()0,h g x k x x x x -=--∈+∞.令() 1ln u x x x =--，则1()1,u'x x=-令()=0u'x ，得1x =.所以min () 0(1)u x u ==.则1ln x x -≥恒成立，所以当且仅当0k ≥时，()()f x g x ≥恒成立．另一方面，()()f x h x ≥恒成立，即21x x kx k -+≥-恒成立， 也即2()1 1 +0x k x k -++≥恒成立． 因为0k ≥，对称轴为102kx +=>， 所以2141)0(()k k +-+≤，解得13k -≤≤． 因此，k 的取值范围是0 3.k ≤≤（3）①当1t ≤≤由()()g x h x ≤，得2342484()32x t t x t t -≤--+，整理得4223328()0.()4t t x t t x ----+≤*令3242=()(328),t t t t ∆---- 则642=538t t t ∆-++．记64253()18(t t t t t ϕ-++=≤≤则53222062(31)(3())06t t t t t t 't ϕ-+=--<=恒成立，所以()t ϕ在[1,上是减函数，则()(1)t ϕϕϕ≤≤，即2()7t ϕ≤≤． 所以不等式()*有解，设解为12x x x ≤≤，因此21n m x x -≤-=≤ ②当01t <<时，432()()11 34241f h t t t t ---=+---．设432 = 342(41)t t t t v t +---，322 ()=1212444(1)(31),v't t t t t t +--=+-令()0v t '=，得t ．当(0t ∈时，()0v t '<，()v t 是减函数；当1)t ∈时，()0v t '>，()v t 是增函数． (0)1v =-，(1)0v =，则当01t <<时，()0v t <．（或证：2()(1)(31)(1)0v t t t t =++-<．） 则(1)(1)0f h ---<，因此1()m n -∉，．因为m n ⊆［］［，，所以1n m -≤<③当0t <时，因为()f x ，()g x 均为偶函数，因此n m -≤综上所述，n m -≤【点睛】本小题主要考查利用的导数求切线方程，考查利用导数研究不等式恒成立问题，考查利用导数证明不等式，考查分类讨论的数学思想方法，属于难题.16．【2020年新高考全国Ⅰ卷】已知函数1()e ln ln x f x a x a -=-+．（1）当e a =时，求曲线y =f （x ）在点（1，f （1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；（2）若f （x ）≥1，求a 的取值范围．【解析】()f x 的定义域为(0,)+∞，11()e x f x a x-'=-． （1）当e a =时，()e ln 1x f x x =-+，(1)e 1f '=-，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为(e 1)(e 1)(1)y x -+=--，即(e 1)2y x =-+． 直线(e 1)2y x =-+在x 轴，y 轴上的截距分别为2e 1--，2． 因此所求三角形的面积为2e 1-． （2）当01a <<时，(1)ln 1f a a =+<．当1a =时，1()e ln x f x x -=-，11()e x f x x-'=-． 当(0,1)x ∈时，()0f x '<；当(1,)x ∈+∞时，()0f x '>．所以当1x =时，()f x 取得最小值，最小值为(1)1f =，从而()1f x ≥． 当1a >时，11()e ln ln e ln 1x x f x a x a x --=-+≥-≥． 综上，a 的取值范围是[1,)+∞．【点睛】本题考查导数几何意义、利用导数研究不等式恒成立问题，考查综合分析求解能力，分类讨论思想和等价转化思想，属较难试题.17．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数()sin ln(1)f x x x =-+，()f x '为()f x 的导数．证明：（1）()f x '在区间(1,)2π-存在唯一极大值点；（2）()f x 有且仅有2个零点． 【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）设()()g x f 'x =，则1()cos 1g x x x=-+，21sin ())(1x 'x g x =-++.当1,2x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()g'x 单调递减，而(0)0,()02g'g'π><，可得()g'x 在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭有唯一零点，设为α.则当(1,)x α∈-时，()0g'x >；当,2x α⎛π⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g'x <. 所以()g x 在(1,)α-单调递增，在,2απ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，故()g x 在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭存在唯一极大值点，即()f 'x 在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭存在唯一极大值点. （2）()f x 的定义域为(1,)-+∞.（i ）当(1,0]x ∈-时，由（1）知，()f 'x 在(1,0)-单调递增，而(0)0f '=，所以当(1,0)x ∈-时，()0f 'x <，故()f x 在(1,0)-单调递减，又(0)=0f ，从而0x =是()f x 在(1,0]-的唯一零点.（ii ）当0,2x ⎛π⎤∈ ⎥⎝⎦时，由（1）知，()f 'x 在(0,)α单调递增，在,2απ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，而(0)=0f '，02f 'π⎛⎫<⎪⎝⎭，所以存在,2βαπ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()0f 'β=，且当(0,)x β∈时，()0f 'x >；当,2x βπ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f 'x <.故()f x 在(0,)β单调递增，在,2βπ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减.又(0)=0f ，1ln 1022f ππ⎛⎫⎛⎫=-+>⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以当0,2x ⎛π⎤∈ ⎥⎝⎦时，()0f x >.从而，()f x 在0,2⎛⎤ ⎥⎝⎦π没有零点.（iii ）当,2x π⎛⎤∈π⎥⎝⎦时，()0f 'x <，所以()f x 在,2π⎛⎫π ⎪⎝⎭单调递减.而02f π⎛⎫> ⎪⎝⎭，()0f π<，所以()f x 在,2π⎛⎤π ⎥⎝⎦有唯一零点.（iv ）当(,)x ∈π+∞时，ln(1)1x +>，所以()f x <0，从而()f x 在(,)π+∞没有零点. 综上，()f x 有且仅有2个零点.【名师点睛】本题考查导数与函数极值之间的关系、利用导数解决函数零点个数的问题.解决零点问题的关键一方面是利用零点存在性定理或最值点来说明存在零点，另一方面是利用函数的单调性说明在区间内零点的唯一性，二者缺一不可. 18．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】已知函数()11ln x f x x x -=-+.（1）讨论f (x )的单调性，并证明f (x )有且仅有两个零点；（2）设x 0是f (x )的一个零点，证明曲线y =ln x 在点A (x 0，ln x 0)处的切线也是曲线e x y =的切线.【答案】（1）函数()f x 在(0,1)和(1,)+∞上是单调增函数，证明见解析； （2）见解析.【解析】（1）f （x ）的定义域为（0，1）（1，+∞）．因为212()0(1)f 'x x x =+>-，所以()f x 在（0，1），（1，+∞）单调递增． 因为f （e ）=e 110e 1+-<-，22222e 1e 3(e )20e 1e 1f +-=-=>--，所以f （x ）在（1，+∞）有唯一零点x 1，即f （x 1）=0．又1101x <<，1111111()ln ()01x f x f x x x +=-+=-=-，故f （x ）在（0，1）有唯一零点11x ． 综上，f （x ）有且仅有两个零点．（2）因为0ln 01e x x -=，故点B （–ln x 0，01x ）在曲线y =e x 上．由题设知0()0f x =，即0001ln 1x x x +=-，故直线AB 的斜率0000000000111ln 111ln 1x x x x x k x x x x x x +---===+-----．曲线y =e x 在点001(ln ,)B x x -处切线的斜率是01x ，曲线ln y x =在点00(,ln )A x x 处切线的斜率也是1x ， 所以曲线ln y x =在点00(,ln )A x x 处的切线也是曲线y =e x 的切线．【名师点睛】本题考查了利用导数求已知函数的单调性、考查了曲线的切线方程，考查了数学运算能力.19．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】已知函数32()2f x x ax b =-+.（1）讨论()f x 的单调性；（2）是否存在,a b ，使得()f x 在区间[0,1]的最小值为1-且最大值为1？若存在，求出,a b 的所有值；若不存在，说明理由.【答案】（1）见解析；（2）01a b =⎧⎨=-⎩或41a b =⎧⎨=⎩. 【解析】（1）2()622(3)f x x ax x x a '=-=-． 令()0f x '=，得x =0或3ax =. 若a >0，则当(,0),3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当0,3a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在(,0),,3a ⎛⎫-∞+∞⎪⎝⎭单调递增，在0,3a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减； 若a =0，()f x 在(,)-∞+∞单调递增；若a <0，则当,(0,)3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当,03a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x在,,(0,)3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在,03a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减. （2）满足题设条件的a ，b 存在.（i ）当a ≤0时，由（1）知，()f x 在[0，1]单调递增，所以()f x 在区间[0，l]的最小值为(0)=f b ，最大值为(1)2f a b =-+.此时a ，b 满足题设条件当且仅当1b =-，21a b -+=，即a =0，1b =-．（ii ）当a ≥3时，由（1）知，()f x 在[0，1]单调递减，所以()f x 在区间[0，1]的最大值为(0)=f b ，最小值为(1)2f a b =-+．此时a ，b 满足题设条件当且仅当21a b -+=-，b =1，即a =4，b =1．（iii ）当0<a <3时，由（1）知，()f x 在[0，1]的最小值为3327a a f b ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，最大值为b 或2a b -+．若3127a b -+=-，b =1，则a =，与0<a <3矛盾.若3127a b -+=-，21a b -+=，则a =或a =-或a =0，与0<a <3矛盾． 综上，当且仅当a =0，1b =-或a =4，b =1时，()f x 在[0，1]的最小值为-1，最大值为1． 【名师点睛】这是一道常规的函数导数和不等式的综合题，题目难度比往年降低了不少，考查函数的单调性、最大值、最小值这种基本量的计算. 20．【2019年高考北京理数】已知函数321()4f x x x x =-+． （Ⅰ）求曲线()y f x =的斜率为1的切线方程； （Ⅱ）当[2,4]x ∈-时，求证：6()x f x x -≤≤；（Ⅲ）设()|()()|()F x f x x a a =-+∈R ，记()F x 在区间[2,4]-上的最大值为M （a ）．当M （a ）最小时，求a 的值．【答案】（Ⅰ）y x =与6427y x =-；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）3a =-. 【解析】（Ⅰ）由321()4f x x x x =-+得23()214f x x x '=-+.令()1f x '=，即232114x x -+=，得0x =或83x =.又(0)0f =，88()327f =， 所以曲线()y f x =的斜率为1的切线方程是y x =与88273y x -=-， 即y x =与6427y x =-. （Ⅱ）令()(),[2,4]g x f x x x =-∈-.由321()4g x x x =-得23()24g'x x x =-. 令()0g'x =得0x =或83x =.(),()g'x g x 的情况如下：x 2-(2,0)-8(0,)3 838(,4)34()g'x+-+()g x6-6427-所以()g x 的最小值为6-，最大值为0. 故6()0g x -≤≤，即6()x f x x -≤≤. （Ⅲ）由（Ⅱ）知，当3a <-时，()(0)|(0)|3M F g a a a ≥=-=->； 当3a >-时，()(2)|(2)|63M F a g a a ≥-=--=+>； 当3a =-时，()3M a =. 综上，当()M a 最小时，3a =-.【名师点睛】本题主要考查利用导函数研究函数的切线方程，利用导函数证明不等式，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 21．【2019年高考天津理数】设函数()e cos ,()xf x xg x =为()f x 的导函数．（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）当,42x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，证明()()02f x g x x π⎛⎫+-≥ ⎪⎝⎭；（Ⅲ）设n x 为函数()()1u x f x =-在区间2,242n n ππ⎛⎫π+π+ ⎪⎝⎭内的零点，其中n ∈N ，证明20022sin c s e o n n n x x x -πππ+-<-．【答案】（Ⅰ）()f x 的单调递增区间为3ππ2π,2π(),()44k k k f x ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦Z 的单调递减区间为π5π2π,2π()44k k k ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦Z .（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析. 【解析】（Ⅰ）由已知，有()e (cos sin )xf 'x x x =-．因此，当52,244x k k ππ⎛⎫∈π+π+ ⎪⎝⎭()k ∈Z 时，有sin cos x x >，得()0f 'x <，则()f x 单调递减；当32,244x k k ππ⎛⎫∈π-π+ ⎪⎝⎭()k ∈Z 时，有sin cos x x <，得()0f 'x >，则()f x 单调递增．所以，()f x 的单调递增区间为32,2(),()44k k k f x ππ⎡⎤π-π+∈⎢⎥⎣⎦Z 的单调递减区间为52,2()44k k k ππ⎡⎤π+π+∈⎢⎥⎣⎦Z ． （Ⅱ）证明：记()()()2h x f x g x x π⎛⎫=+-⎪⎝⎭．依题意及（Ⅰ），有()e (cos sin )xg x x x =-，从而()2e sin xg'x x =-．当,42x ππ⎛⎫∈⎪⎝⎭时，0()g'x <，故 ()()()()(1)()022h'x f 'x g'x x g x g'x x ππ⎛⎫⎛⎫=+-+-=-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．因此，()h x 在区间,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，进而()022h x h f ππ⎛⎫⎛⎫≥== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭． 所以，当,42x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()()02f x g x x π⎛⎫+-≥ ⎪⎝⎭．（Ⅲ）证明：依题意，()()10n n u x f x =-=，即cos e 1n xn x =．记2n n y x n =-π，则。

新高考数学一轮复习考点知识专题讲解与练习考点知识总结17导数的应用(一)高考概览本考点是高考必考知识点，常考题型为选择题、填空题、解答题，分值为5分、12分，中、高等难度考纲研读1.了解函数的单调性与导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数不超过三次)2．了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数不超过三次)；会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数不超过三次)3．会用导数解决实际问题一、基础小题1．函数f(x)＝1＋x－sin x在(0，2π)上是() A．增函数B．减函数C．在(0，π)上单调递增，在(π，2π)上单调递减D．在(0，π)上单调递减，在(π，2π)上单调递增答案 A解析 f ′(x )＝1－cos x >0，∴f (x )在(0，2π)上单调递增． 2．函数f (x )＝x 3－3x 2＋2在区间[－1，1]上的最大值是( ) A ．－2 B ．0 C ．2 D ．4 答案 C解析 f ′(x )＝3x 2－6x ，令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝2(舍去).当－1≤x ＜0时，f ′(x )＞0；当0＜x ≤1时，f ′(x )＜0.所以f (x )在[－1，0)上是增函数，在(0，1]上是减函数，所以f (x )max ＝f (0)＝2.故选C.3．已知函数f (x )＝2e f ′(e)ln x －xe (e 是自然对数的底数)，则f (x )的极大值为( ) A ．2e －1 B ．－1e C ．1 D ．2ln 2 答案 D解析 由题意知f ′(x )＝2e f ′（e ）x －1e ，∴f ′(e)＝2e f ′（e ）e －1e ，f ′(e)＝1e ，∴f (x )＝2ln x －x e ，f ′(x )＝2x －1e ，令f ′(x )＝0，得x ＝2e ，当0＜x ＜2e 时，f ′(x )＞0，当x ＞2e 时，f ′(x )＜0，∴f (x )在(0，2e)上单调递增，在(2e ，＋∞)上单调递减，∴f (x )的极大值为f (2e)＝2ln (2e)－2＝2ln 2.故选D.4．直线y ＝a 分别与曲线y ＝e x ，y ＝ln x ＋1交于M ，N 两点，则|MN |的最小值为( ) A ．1 B ．1－ln 2 C ．ln 2 D ．1＋ln 2 答案 A解析 分别令e x ＝a ，ln x ＋1＝a ，其中a >0，则x 1＝ln a ，x 2＝e a －1，从而|MN |＝|x 1－x 2|＝|ln a －e a －1|，构造函数h (a )＝ln a －e a －1，求导得h ′(a )＝1a －e a －1，当a ∈(0，1)时，h ′(a )>0，h (a )单调递增；当a ∈(1，＋∞)时，h ′(a )<0，h (a )单调递减．所以h (a )有极大值h (1)＝－1.因此|MN |的最小值为|h (1)|＝1.故选A.5．用边长为120 cm 的正方形铁皮做一个无盖水箱，先在四周分别截去一个小正方形，然后把四边翻转90°角，再焊接成水箱，则水箱的最大容积为( )A ．120000 cm 3B ．128000 cm 3C ．150000 cm 3D ．158000 cm 3 答案 B解析 设水箱底长为x cm ，则高为120－x 2cm.由⎩⎪⎨⎪⎧120－x 2>0，x >0得0＜x ＜120.设容器的容积为y cm 3，则有y ＝120－x 2·x 2＝－12x 3＋60x 2，则有y ′＝－32x 2＋120x .令y ′＝0，解得x＝80(x ＝0舍去).当x ∈(0，80)时，y ′＞0，y 单调递增；当x ∈(80，120)时，y ′＜0，y 单调递减．因此80是函数y ＝－12x 3＋60x 2的极大值点，也是最大值点，此时y ＝－12×803＋60×802＝128000.故选B.6.(多选)已知定义在R 上的函数f (x )，其导函数f ′(x )的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是( )A ．f (a )<f (b )<f (c )B ．函数f (x )在x ＝c 处取得极小值，在x ＝e 处取得极大值C ．函数f (x )在x ＝c 处取得极大值，在x ＝e 处取得极小值D ．函数f (x )的最小值为f (d ) 答案 AC解析 由导函数图象可知在(－∞，c )，(e ，＋∞)上，f ′(x )>0，在(c ，e )上，f ′(x )<0，所以函数f (x )在(－∞，c )，(e ，＋∞)上单调递增，在(c ，e )上单调递减，所以f (a )<f (b )<f (c )；函数f (x )在x ＝c 处取得极大值，在x ＝e 处取得极小值；f (d )>f (e )，所以f (d )不是函数f (x )的最小值．故选AC.7．(多选)已知定义在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2上的函数f (x )的导函数为f ′(x )，且f (0)＝0，f ′(x )cos x ＋f (x )·sin x ＜0，则下列判断中正确的是( )A ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＜62f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4B ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln π3＞0C ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＞3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3D ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＞2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3答案 CD解析 令g (x )＝f （x ）cos x ，x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2，则g ′(x )＝f ′（x ）cos x ＋f （x ）sin x cos 2x ，因为f ′(x )cos x＋f (x )sin x ＜0，所以g ′(x )＝f ′（x ）cos x ＋f （x ）sin x cos 2x ＜0在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2上恒成立，因此函数g (x )＝f （x ）cos x 在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2上单调递减，因此g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＞g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6cos π6＞f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4cos π4，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＞62f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，故A 错误；又f (0)＝0，所以g (0)＝f （0）cos 0＝0，所以g (x )＝f （x ）cos x ≤0在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2上恒成立，因为ln π3∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln π3＜0，故B 错误；又g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＞g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6cos π6＞f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3cos π3，即f⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＞3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，故C 正确；又g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＞g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4cos π4＞f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3cos π3，即f⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＞2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，故D 正确．故选CD.8．若函数f (x )＝x ln x －a2x 2－x ＋1有两个极值点，则a 的取值范围为________． 答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 解析 因为f (x )＝x ln x －a2x 2－x ＋1(x >0)，所以f ′(x )＝ln x －ax ，令g (x )＝ln x －ax ，则g ′(x )＝1x －a ，当a ≤0时，g ′(x )>0恒成立，则f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，当x ＞0且x →0时，f ′(x )→－∞；当x →＋∞时，f ′(x )→＋∞，所以f (x )只有一个极值点，不符合题意．当a >0时，可得f ′(x )有极大值点1a ，由于x ＞0且x →0时，f ′(x )→－∞；当x →＋∞时，f ′(x )→－∞，因此原函数要有两个极值点，只要f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln 1a －1>0，解得0<a <1e .二、高考小题9．(2022·全国乙卷)设a ≠0，若x ＝a 为函数f (x )＝a (x －a )2(x －b )的极大值点，则( ) A ．a <b B ．a >b C ．ab <a 2 D ．ab >a 2 答案 D解析 解法一：因为函数f (x )＝a (x －a )2(x －b )，所以f ′(x )＝2a (x －a )(x －b )＋a (x －a )2＝a (x －a )(3x －a －2b ).令f ′(x )＝0，结合a ≠0可得x ＝a 或x ＝a ＋2b3. (1)当a >0时，①若a ＋2b 3>a ，即b >a ，此时易知函数f (x )在(－∞，a )上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，a ＋2b 3上单调递减，所以x ＝a 为函数f (x )的极大值点，满足题意；②若a ＋2b3＝a ，即b ＝a ，此时函数f (x )＝a (x －a )3在R 上单调递增，无极值点，不满足题意；③若a ＋2b 3<a ，即b <a ，此时易知函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋2b 3，a 上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增，所以x ＝a 为函数f (x )的极小值点，不满足题意．(2)当a <0时，①若a ＋2b 3>a ，即b >a ，此时易知函数f (x )在(－∞，a )上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，a ＋2b 3上单调递增，所以x ＝a 为函数f (x )的极小值点，不满足题意；②若a ＋2b3＝a ，即b ＝a ，此时函数f (x )＝a (x －a )3在R 上单调递减，无极值点，不满足题意；③若a ＋2b 3<a ，即b <a ，此时易知函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋2b 3，a 上单调递增，在(a ，＋∞)上单调递减，所以x ＝a 为函数f (x )的极大值点，满足题意．综上，a >0且b >a 满足题意，a <0且b <a 也满足题意．据此，可知必有ab >a 2成立．故选D.解法二：由题意可知a≠b，当a>0时，根据题意画出函数f(x)的大致图象，如图1所示，观察可知b>a.当a<0时，根据题意画出函数f(x)的大致图象，如图2所示，观察可知a>b.综上，可知必有ab>a2成立．故选D.10．(2022·全国Ⅱ卷)若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)e x－1的极值点，则f(x)的极小值为()A．－1 B．－2e－3C．5e－3D．1答案 A解析由题意可得f′(x)＝e x－1[x2＋(a＋2)x＋a－1].∵x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)e x－1的极值点，∴f′(－2)＝0，∴a＝－1，∴f(x)＝(x2－x－1)e x－1，f′(x)＝e x－1(x2＋x －2)＝e x－1(x－1)(x＋2)，∴当x∈(－∞，－2)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈(－2，1)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．∴f(x)极小值＝f(1)＝－1.故选A.11．(2022·北京高考)设函数f(x)＝e x＋a e－x(a为常数).若f(x)为奇函数，则a＝________；若f(x)是R上的增函数，则a的取值范围是________．答案－1(－∞，0]解析 ∵f (x )＝e x ＋a e －x (a 为常数)的定义域为R ，且f (x )为奇函数，∴f (0)＝e 0＋a e －0＝1＋a ＝0，∴a ＝－1.∵f (x )＝e x ＋a e －x ，∴f ′(x )＝e x －a e －x ＝e x －ae x .∵f (x )是R 上的增函数，∴f ′(x )≥0在R 上恒成立，即e x ≥ae x 在R 上恒成立，∴a ≤e 2x 在R 上恒成立．又e 2x >0，∴a ≤0，即a 的取值范围是(－∞，0].12．(2022·全国Ⅰ卷)已知函数f (x )＝2sin x ＋sin 2x ，则f (x )的最小值是________． 答案 －332解析 f ′(x )＝2cos x ＋2cos 2x ＝4cos 2x ＋2cos x －2＝4(cos x ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫cos x －12，所以当cos x ≤12时函数单调递减，当cos x ≥12时函数单调递增，从而得到函数的单调递减区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π－5π3，2k π－π3(k ∈Z )，函数的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π－π3，2k π＋π3(k ∈Z )，所以当x ＝2k π－π3，k ∈Z 时，函数f (x )取得最小值，此时sin x ＝－32，sin 2x ＝－32，所以f (x )min ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－32－32＝－332.13．(2022·江苏高考)若函数f (x )＝2x 3－ax 2＋1(a ∈R )在(0，＋∞)内有且只有一个零点，则f (x )在[－1，1]上的最大值与最小值的和为________．答案 －3解析 ∵f (x )＝2x 3－ax 2＋1，∴f ′(x )＝6x 2－2ax ＝2x (3x －a ).若a ≤0，则x >0时，f ′(x )>0，∴f (x )在(0，＋∞)上为增函数，又f (0)＝1，∴f (x )在(0，＋∞)上没有零点，不符合题意，∴a >0.当0<x <a 3时，f ′(x )<0，f (x )为减函数；当x >a3时，f ′(x )>0，f (x )为增函数，∴x >0时，f (x )有极小值，为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3＝－a 327＋1.∵f (x )在(0，＋∞)内有且只有一个零点，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3＝0，∴a ＝3.∴f (x )＝2x 3－3x 2＋1，则f ′(x )＝6x (x －1)，列表如下：x －1 (－1，0) 0 (0，1) 1 f ′(x ) 12 ＋ 0 － 0 f (x )－41∴f (x )在[－1，1]上的最大值为1，最小值为－4.∴最大值与最小值的和为－3. 三、模拟小题14．(2022·四川省达州中学模拟)函数f (x )＝3＋x ln x 的单调递减区间是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，e B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，1e D ．⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞ 答案 B解析 因为函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝ln x ＋x ·1x ＝ln x ＋1，令f ′(x )＜0，得0＜x ＜1e ，所以f (x )的单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e .15．(2022·湖南湘潭模拟)已知定义域为R 的函数f (x )的导函数为f ′(x )，且f ′(x )>f (x )，若实数a >0，则下列不等式恒成立的是( )A.af (ln a )≥e a －1f (a －1)B.af (ln a )≤e a －1f (a －1)C.e a －1f (ln a )≥af (a －1)D.e a－1f(ln a)≤af(a－1) 答案 D解析令g(x)＝f（x）e x ，则g′(x)＝f′（x）－f（x）e x>0，所以g(x)为增函数．令h(a)＝ln a－a＋1，则h′(a)＝1a－1.当a∈(0，1)时，h′(a)＞0，h(a)单调递增，当a∈(1，＋∞)时，h′(a)＜0，h(a)单调递减，所以h(a)≤h(1)＝0，所以ln a≤a－1，所以g(ln a)≤g(a－1)，即f（ln a）a≤f（a－1）e a－1，所以e a－1f(ln a)≤af(a－1).故选D.16．(2022·新高考八省联考)已知a<5且a e5＝5e a，b<4且b e4＝4e b，c<3且c e3＝3e c，则()A.c<b<a B．b<c<aC.a<c<b D．a<b<c答案 D解析因为a e5＝5e a，a<5，故a>0，同理b>0，c>0，令f(x)＝e xx，x>0，则f′(x)＝e x（x－1）x2，当0<x<1时，f′(x)<0，当x>1时，f′(x)>0，故f(x)在(0，1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数，因为a e5＝5e a，a<5，故e55＝e aa，即f(5)＝f(a)，而0<a<5，故0<a<1，同理0<b<1，0<c<1，f(4)＝f(b)，f(3)＝f(c)，因为f(5)>f(4)>f(3)，故f(a)>f(b)>f(c)，所以0<a<b<c<1.故选D.17．(多选)(2022·福建省福州市高三调研考试)设函数f(x)＝e xln x，则下列说法正确的是( )A.f (x )的定义域是(0，＋∞)B.x ∈(0，1)时，f (x )图象位于x 轴下方C.f (x )存在单调递增区间D.f (x )有且仅有一个极值点 答案 BCD解析 由题意，函数f (x )＝e x ln x 满足⎩⎨⎧x ＞0，ln x ≠0，解得x ＞0且x ≠1，所以函数f (x )＝e xln x的定义域为(0，1)∪(1，＋∞)，所以A 不正确；由f (x )＝e xln x ，当x ∈(0，1)时，ln x ＜0，所以f (x )＜0，所以f (x )在(0，1)上的图象都在x 轴的下方，所以B 正确；因为f ′(x )＝e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x －1x （ln x ）2，所以f ′(x )＞0在定义域上有解，所以函数f (x )存在单调递增区间，所以C 正确；令g (x )＝ln x －1x ，则g ′(x )＝1x ＋1x 2(x ＞0)，所以g ′(x )＞0，函数g (x )单调递增，又g (1)＝－1＜0，g (2)＝ln 2－12＞0，所以∃x 0∈(1，2)使得f ′(x 0)＝0，且当x ∈(0，1)，(1，x 0)时，f (x )单调递减，当x ∈(x 0，＋∞)时，f (x )单调递增，所以函数f (x )只有一个极值点，所以D 正确．故选BCD.18．(多选)(2022·河北秦皇岛第二次模拟)已知函数f (x )＝ln x －ax 有两个零点x 1，x 2，且x 1＜x 2，则下列说法正确的是( )A.a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1eB.y ＝f (x )在(0，e)上单调递增C.x 1＋x 2＞6D.若a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2e 2，1e ，则x 2－x 1<2－a a答案 ABD解析 由f (x )＝ln x －ax ，可得f ′(x )＝1x －a (x >0)，当a ≤0时，f ′(x )>0，∴f (x )在x ∈(0，＋∞)上单调递增，与题意不符；当a >0时，由f ′(x )＝1x －a ＝0，解得x ＝1a ，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，∴当x ＝1a 时，f (x )取得极大值，又由函数f (x )＝ln x －ax 有两个零点x 1，x 2(x 1<x 2)，可得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln 1a －1>0，可得a <1e .综上可得0<a <1e ，故A 正确；当a →1e 时，x 1＋x 2→2e<6，故C 错误，∵当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f (x )单调递增，又a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e ，∴(0，e)⊆⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a ，故B 正确；∵f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减，且a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2e 2，1e ，∴1，x 1∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a ；2a ，x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞，∵f (1)＝－a <0＝f (x 1)，∴x 1>1，∵f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＝ln 2a －2<ln e 2－2＝0＝f (x 2)，∴x 2＜2a ，∴x 2－x 1<2a－1＝2－aa ，故D 正确．故选ABD.19．(2022·江苏常州高三质量检测)已知f (x )＝e x ，g (x )＝2x .若f (x 1)＝g (x 2)，d ＝|x 2－x 1|，则d 的最小值为________．答案1－ln 22解析 令f (x 1)＝g (x 2)＝k >0，则x 1＝ln k ，x 2＝k 24，所以x 2－x 1＝k 24－ln k ，令g (k )＝k 24－ln k (k >0)，则g ′(k )＝k 2－1k ＝k 2－22k ，当0<k <2时，g ′(k )<0；当k >2时，g ′(k )>0；所以g (k )在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，则g (k )min ＝g (2)＝1－ln 22>0，所以d ＝|x 2－x 1|＝|g (k )|≥1－ln 22，则d 的最小值为1－ln 22.20．(2022·吉林第四次调研测试)若函数f (x )＝mx 2－e x ＋1(e 为自然对数的底数)在x ＝x 1和x ＝x 2两处取得极值，且x 2≥2x 1，则实数m 的取值范围是________．答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫1ln 2，＋∞解析 因为f (x )＝mx 2－e x ＋1，所以f ′(x )＝2mx －e x ，又函数f (x )在x ＝x 1和x ＝x 2两处取得极值，所以x 1，x 2是方程2mx －e x＝0的两个不等实根，且x 2≥2x 1，即m ＝e x2x (x ≠0)有两个不等实根x 1，x 2，且x 2≥2x 1.令h (x )＝e x 2x (x ≠0)，则直线y ＝m 与曲线h (x )＝e x2x 有两个交点，且交点横坐标满足x 2≥2x 1，又h ′(x )＝e x （2x －2）4x 2＝e x （x －1）2x 2，由h ′(x )＝0，得x ＝1，所以当x >1时，h ′(x )>0，即函数h (x )＝e x2x 在(1，＋∞)上单调递增；当x <0，0<x <1时，h ′(x )<0，即函数h (x )＝e x2x 在(－∞，0)，(0，1)上单调递减．作出函数h (x )的图象如图所示．当x2＝2x1时，由e x12x1＝e x22x2，得x1＝ln 2，此时m＝e x12x1＝1ln 2，因此，由x2≥2x1，得m≥1ln 2.一、高考大题1．(2022·全国甲卷)已知a>0且a≠1，函数f(x)＝x aa x(x>0).(1)当a＝2时，求f(x)的单调区间；(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，求a的取值范围．解(1)当a＝2时，f(x)＝x22x(x>0)，f′(x)＝x（2－x ln 2）2x(x>0).令f′(x)>0，则0<x<2ln 2，此时函数f(x)单调递增．令f′(x)<0，则x>2ln 2，此时函数f(x)单调递减.故函数f(x)的单调递增区间为⎝⎛⎭⎪⎫0，2ln 2，单调递减区间为⎝⎛⎭⎪⎫2ln 2，＋∞.(2)要使曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，即方程x a a x ＝1(x >0)有两个不同的解，故方程ln x x ＝ln aa 有两个不同的解． 设g (x )＝ln xx (x >0)，则g ′(x )＝1－ln x x 2(x >0). 令g ′(x )＝1－ln xx 2＝0，解得x ＝e.令g ′(x )>0，则0<x <e ，此时函数g (x )单调递增． 令g ′(x )<0，则x >e ，此时函数g (x )单调递减. 故g (x )max ＝g (e)＝1e ，且当x >e 时，g (x )∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e .又g (1)＝0，故要使方程ln x x ＝ln a a 有两个不同的解，则0<ln a a <1e . ①当0<a <1时，不符合条件； ②当a >1时，因为g (x )max ＝g (e)＝1e ， 故a ∈(1，e)∪(e ，＋∞).综上，a 的取值范围为(1，e)∪(e ，＋∞).2．(2022·新高考Ⅱ卷)已知函数f (x )＝(x －1)e x －ax 2＋b . (1)讨论f (x )的单调性；(2)从下面两个条件中选一个，证明：f (x )有一个零点． ①12<a ≤e 22，b >2a ；②0<a <12，b ≤2a .解 (1)由函数的解析式可得，f ′(x )＝x (e x －2a )， 当a ≤0时，若x ∈(－∞，0)，则f ′(x )<0，f (x )单调递减， 若x ∈(0，＋∞)，则f ′(x )>0，f (x )单调递增；当a>0时，令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝ln (2a)，当0<a<12时，若x∈(－∞，ln (2a))，则f′(x)>0，f(x)单调递增，若x∈(ln (2a)，0)，则f′(x)<0，f(x)单调递减，若x∈(0，＋∞)，则f′(x)>0，f(x)单调递增；当a＝12时，f′(x)≥0，f(x)在R上单调递增；当a>12时，若x∈(－∞，0)，则f′(x)>0，f(x)单调递增，若x∈(0，ln (2a))，则f′(x)<0，f(x)单调递减，若x∈(ln (2a)，＋∞)，则f′(x)>0，f(x)单调递增.(2)证明：若选择条件①：由于12<a≤e22，故1<2a≤e2，则b>2a>1，f(0)＝b－1>0，f(－2b)＝(－1－2b)e－2b－4ab2＋b<0，而由(1)知函数f(x)在区间(－∞，0)上单调递增，故函数f(x)在区间(－∞，0)上有一个零点.f(ln (2a))＝2a[ln (2a)－1]－a[ln(2a)]2＋b>2a[ln (2a)－1]－a[ln (2a)]2＋2a＝2a ln (2a)－a[ln (2a)]2＝a ln (2a)[2－ln (2a)]，由于12<a≤e22，1<2a≤e2，所以0<ln (2a)≤2，故a ln (2a)[2－ln (2a)]≥0，所以f(ln (2a))>0，结合函数的单调性可知，函数f (x )在区间(0，＋∞)上没有零点． 综上可得，题中的结论成立． 若选择条件②：由于0<a <12，故0<2a <1，则f (0)＝b －1≤2a －1<0， 当b ≥0时，e 2>4，4a <2，f (2)＝e 2－4a ＋b >0，而函数f (x )在区间(0，＋∞)上单调递增，故函数f (x )在区间(0，＋∞)上有一个零点． 当b <0时，构造函数H (x )＝e x －x －1，则H ′(x )＝e x －1， 当x ∈(－∞，0)时，H ′(x )<0，H (x )单调递减， 当x ∈(0，＋∞)时，H ′(x )>0，H (x )单调递增， 注意到H (0)＝0，故H (x )≥0恒成立， 从而有e x ≥x ＋1，当x >1时，x －1>0，则f (x )＝(x －1)e x －ax 2＋b ≥(x －1)(x ＋1)－ax 2＋b ＝(1－a )x 2＋(b －1)，当x >1－b1－a时，(1－a )x 2＋(b －1)>0， 取x 0＝1－b1－a＋1，则f (x 0)>0， 由于f (0)<0，f ⎝⎛⎭⎪⎫1－b 1－a ＋1>0，函数f (x )在区间(0，＋∞)上单调递增，故函数f (x )在区间(0，＋∞)上有一个零点．f (ln (2a ))＝2a [ln (2a )－1]－a [ln (2a )]2＋b≤2a [ln (2a )－1]－a [ln (2a )]2＋2a ＝2a ln (2a )－a [ln (2a )]2 ＝a ln (2a )[2－ln (2a )]， 由于0<2a <1，所以ln (2a )<0， 故a ln (2a )[2－ln (2a )]<0，结合函数的单调性可知，函数f (x )在区间(－∞，0)上没有零点． 综上可得，题中的结论成立．3．(2022·天津高考)已知函数f (x )＝x 3＋k ln x (k ∈R )，f ′(x )为f (x )的导函数． (1)当k ＝6时，①求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； ②求函数g (x )＝f (x )－f ′(x )＋9x 的单调区间和极值；(2)当k ≥－3时，求证：对任意的x 1，x 2∈[1，＋∞)，且x 1＞x 2，有f ′（x 1）＋f ′（x 2）2＞f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2.解 (1)①当k ＝6时，f (x )＝x 3＋6ln x ，f ′(x )＝3x 2＋6x . 可得f (1)＝1，f ′(1)＝9，所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －1＝9(x －1)，即y ＝9x －8. ②依题意，g (x )＝x 3－3x 2＋6ln x ＋3x ，x ∈(0，＋∞).g ′(x )＝3x 2－6x ＋6x －3x 2＝3（x －1）3（x ＋1）x 2，令g ′(x )＝0，解得x ＝1.当x 变化时，g ′(x )，g (x )的变化情况如下表：所以函数g (x )∞)，g (x )的极小值为g (1)＝1，无极大值．(2)证明：由f (x )＝x 3＋k ln x ，得f ′(x )＝3x 2＋kx .对任意的x 1，x 2∈[1，＋∞)，且x 1＞x 2，令x 1x 2＝t (t ＞1)，则(x 1－x 2)[f ′(x 1)＋f ′(x 2)]－2[f (x 1)－f (x 2)]＝(x 1－x 2)⎝ ⎛⎭⎪⎫3x 21＋k x 1＋3x 22＋k x 2－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x 31－x 32＋k ln x 1x 2＝x 31－x 32－3x 21x 2＋3x 1x 22＋k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1x 2－x 2x 1－2k ln x 1x 2＝x 32(t 3－3t 2＋3t －1)＋k ⎝ ⎛⎭⎪⎫t －1t －2ln t .(*) 令h (x )＝x －1x －2ln x ，x ∈[1，＋∞). 当x >1时，h ′(x )＝1＋1x 2－2x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1x 2＞0，所以h (x )在(1，＋∞)上单调递增，所以当t >1时，h (t )＞h (1)＝0，即t －1t －2ln t ＞0.因为x 2≥1，t 3－3t 2＋3t －1＝(t －1)3＞0，k ≥－3， 所以x 32(t 3－3t 2＋3t －1)＋k ⎝⎛⎭⎪⎫t －1t －2ln t ≥(t 3－3t 2＋3t －1)－3⎝⎛⎭⎪⎫t －1t －2ln t ＝t 3－3t 2＋6ln t ＋3t －1. (**)由(1)②可知，当t ＞1时，g (t )＞g (1)，即t 3－3t 2＋6ln t ＋3t ＞1，故t 3－3t 2＋6ln t ＋3t －1＞0. (***)由(*)(**)(***)可得(x 1－x 2)[f ′(x 1)＋f ′(x 2)]－2[f (x 1)－f (x 2)]＞0，所以当k ≥－3时，对任意的x 1，x 2∈[1，＋∞)，且x 1＞x 2，有f ′（x 1）＋f ′（x 2）2＞f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2.二、模拟大题4．(2022·广东珠海高三摸底测试)已知函数f (x )＝e x －a ln xx －a (e 为自然对数的底数)有两个零点．(1)若a ＝1，求曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程；(2)若f (x )的两个零点分别为x 1，x 2，证明：x 1x 2>e 2e x 1＋x 2.解 (1)当a ＝1时，f (x )＝e x－ln x x －1，f ′(x )＝e x－1－ln x x 2.又f (1)＝e －1，所以切点坐标为(1，e －1)，切线的斜率为k ＝f ′(1)＝e －1， 所以切线的方程为y －(e －1)＝(e －1)(x －1)，即y ＝(e －1)x .(2)证明：由已知得f (x )＝x e x －a （ln x ＋x ）x ＝0有两个不等的正实根，所以方程x e x －a (ln x ＋x )＝0有两个不等的正实根，即x e x －a ln (x e x )＝0有两个不等的正实根，a ln (x e x )＝x e x ①要证x 1x 2>e 2e ex 1＋x 2， 只需证(x 1e x 1)·(x 2e x 2)>e 2，即证ln (x 1e x 1)＋ln (x 2e x 2)>2，令t 1＝x 1e x 1，t 2＝x 2e x 2，所以只需证ln t 1＋ln t 2>2.由①得a ln t 1＝t 1，a ln t 2＝t 2，所以a (ln t 2－ln t 1)＝t 2－t 1，a (ln t 2＋ln t 1)＝t 2＋t 1，消去a 得ln t 2＋ln t 1＝t 2＋t 1t 2－t 1(ln t 2－ln t 1) ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫t 2t 1＋1ln t 2t 1t 2t 1－1， 只需证⎝ ⎛⎭⎪⎫t 2t 1＋1ln t 2t 1t 2t 1－1>2. 设0<t 1<t 2，令t ＝t 2t 1，则t >1， 所以只需证ln t >2（t －1）t ＋1. 令h (t )＝ln t －2（t －1）t ＋1，t >1，则h ′(t )＝1t －4（t ＋1）2＝（t －1）2t （t ＋1）2>0， 所以h (t )在(1，＋∞)上单调递增，h (t )>h (1)＝0，即当t >1时，ln t －2（t －1）t ＋1>0成立．所以ln t 1＋ln t 2>2，即(x 1e x 1)·(x 2e x 2)>e 2，即x 1x 2>e 2e e x 1＋x 2. 5．(2022·江苏泰州中学高三期初检测)已知函数f (x )＝1＋ln （x ＋1）x ＋1. (1)求函数y ＝f (x )的最大值；(2)令g (x )＝(x ＋1)f (x )－(a －2)x ＋x 2，若g (x )既有极大值，又有极小值，求实数a 的取值范围；(3)求证：当n ∈N *时，ln (1＋1)＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13＋…＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n <2n . 解 (1)f ′(x )＝－ln （x ＋1）（x ＋1）2，x ∈(－1，＋∞)， 在(－1，0)上，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，在(0，＋∞)上，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减，所以f (x )max ＝f (0)＝1.(2)g (x )＝(x ＋1)f (x )－(a －2)x ＋x 2＝1＋ln (x ＋1)－(a －2)x ＋x 2g ′(x )＝1x ＋1－(a －2)＋2x＝2x 2＋（4－a ）x ＋3－a x ＋1， g (x )既有极大值，又有极小值，等价于2x 2＋(4－a )x ＋3－a ＝0在区间(－1，＋∞)上有两个不相等的实数根．即⎩⎨⎧2＋（a －4）＋3－a >0，a －44>－1，Δ＝（a －4）2－8（3－a ）>0，解得a >22，所以实数a 的取值范围为(22，＋∞).(3)证明：由(1)得，当x >0时，f (x )<1，即ln (1＋x )<x ，可得ln ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1n <1n (n ∈N *)， 于是ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋11<11，ln ⎝⎛⎭⎪⎫1＋12<12，…， ln ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1n <1n ， 于是ln (1＋1)＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13＋...＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n <1＋12＋13＋ (1)＝1＋222＋223＋…＋22n <1＋21＋2＋22＋3＋…＋2n －1＋n＝1＋2[(2－1)＋(3－2)＋…＋(n －n －1)]＝1＋2(n －1)<2n .6．(2022·新高考八省联考)已知函数f (x )＝e x －sin x －cos x ，g (x )＝e x ＋sin x ＋cos x ．(1)证明：当x >－5π4时，f (x )≥0；(2)若g (x )≥2＋ax ，求a .解 (1)证明：分类讨论：①当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤－5π4，－π4时，f (x )＝e x －2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4>0； ②当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4，0时，f ′(x )＝e x －cos x ＋sin x ，f ′(0)＝0， 令m (x )＝e x －cos x ＋sin x ，则m ′(x )＝e x ＋sin x ＋cos x ＝e x ＋2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4>0， 则函数f ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4，0上单调递增， 则f ′(x )<f ′(0)＝0，则函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4，0上单调递减， 则f (x )>f (0)＝0；③当x ＝0时，由函数的解析式可知f (0)＝1－0－1＝0，当x ∈[0，＋∞)时，令H (x )＝－sin x ＋x (x ≥0)，则H ′(x )＝－cos x ＋1≥0，故函数H (x )在区间[0，＋∞)上单调递增，从而H (x )≥H (0)＝0，即－sin x ＋x ≥0，－sin x ≥－x ，从而在区间[0，＋∞)上，函数f (x )＝e x －sin x －cos x ≥e x －x －1，令y ＝e x －x －1，则y ′＝e x －1，当x ≥0时，y ′≥0，故y ＝e x －x －1在[0，＋∞)上单调递增，故函数y ＝e x －x －1在[0，＋∞)上的最小值为e 0－0－1＝0，从而在区间[0，＋∞)上，e x －x －1≥0.从而在区间[0，＋∞)上，函数f (x )＝e x －sin x －cos x ≥e x －x －1≥0.综上可得，题中的结论成立．(2)令F (x )＝e x ＋sin x ＋cos x －ax －2，F (x )≥0，则F (x )min ≥0.又F (0)＝0，所以F (x )在R 上的最小值为F (0). F ′(x )＝e x ＋cos x －sin x －a ，令G (x )＝e x ＋cos x －sin x －a ，则G ′(x )＝e x －sin x －cos x ＝f (x )，由(1)知，当x >－5π4时，G ′(x )≥0，所以G (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－5π4，＋∞上单调递增，G (0)＝2－a . ①当a >2时，G (0)<0，G (a ＋ln a )＝a (e a －1)＋2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋ln a ＋π4>2(e 2－1)－2>0. 故G (x )在(0，a ＋ln a )内存在零点，设为x 1， 当x ∈(0，x 1)时，G (x )<0，即F ′(x )<0， 则F (x )在(0，x 1)上单调递减，所以F (x 1)<F (0)＝0，与题意不符，舍去； ②当≤a <2时，G (0)>0，G ⎝ ⎛⎭⎪⎫－5π4＝故G (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－5π4，0上存在零点，设为x 2， 当x ∈(x 2，0)时，G (x )>0，即F ′(x )>0， 则F (x )在(x 2，0)上单调递增，所以F (x 2)<F (0)＝0，与题意不符，舍去； ③当a ＝2时，G (0)＝0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－5π4，0时，G (x )<0， 当x ∈(0，＋∞)时，G (x )>0，即当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－5π4，0时，F ′(x )<0， 当x ∈(0，＋∞)时，F ′(x )>0，所以F (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－5π4，0上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， 所以当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－5π4，＋∞时，F (x )≥F (0)＝0. 又当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－5π4时，F (x )＝e x ＋2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4－2x －2>－2＋5π2－2>0. 因此，当a ＝2时，F (x )≥0.综上，a ＝2.。

导数专项训练 例题讲解【1】导数的几何意义及切线方程1．已知函数()a f x x =在1x =处的导数为2-,则实数a 的值是________.2. 曲线y =3x -x 3上过点A （2,-2）的切线方程为___________________.3. 曲线xy 1=和2x y =在它们的交点处的两条切线与x 轴所围成的三角形的面积是 ． 4．若直线y =kx -3与曲线y =2ln x 相切,则实数k =_______.5．已知直线2+=x y 与曲线()a x y +=ln 相切,则a 的值为 _______. 6. 等比数列{}n a 中,120121,9a a ==,函数122012()()()()2f x x x a x a x a =---+,则曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程为_____________.7．若点P 是曲线y=x 2-ln x 上的任意一点,则点P 到直线y=x-2的最小距离为________. 8. 若点P 、Q 分别在函数y =e x 和函数 y =ln x 的图象上,则P 、Q 两点间的距离的最小值是_____. 9. 已知存在实数a ,满足对任意的实数b ,直线y x b =-+都不是曲线33y x ax =-的切线,则实数a 的取值范围是_________.10. 若关于x 的方程3x e x kx -=有四个实数根,则实数k 的取值范围是_____________. 11. 函数f (x)=ax 2+1(a >0),g (x )=x 3+bx .若曲线y =f (x )与曲线y =g(x )在它们的交点(1, c )处具有公 共切线,则c 的值是___________.【2】常见函数的导数及复合函数的导数1．f(x)=2 , 则f ’(2) =______. 2. 设曲线y =ln 1xx +在点(1, 0)处的切线与直线x －ay ＋1＝0垂直，则a ＝_______.3．函数333()(1)(2)(100)f x x x x =+++在1x =-处的导数值为___________.4. 已知函数f (x )在R 上满足f (x )=2f (2-x )-x 2+8x -8,则曲线y =f (x )在点(1, f (1))处的切线方程是____________.5. 若函数()1*()n f x x n N +=∈的图像与直线1x =交于点P ，且在点P 处的切线与x 轴交点的横坐标为n x ，则20131201322013320132012log log log log x x x x ++++的值为 ．6. 设f 1(x )=cos x ,定义)(1x f n +为)(x f n 的导数,即)(' )(1x f x f n n =+,n ∈N *,若ABC ∆的内角A 满足1220130f A f A f A ()()()+++=,则sin A 的值是______.【3】导数与函数的单调性22x xe e -⎛⎫+ ⎪⎝⎭1. 函数21ln 2y x x =-的单调递减区间为______. 2. 已知函数()ln ()f x x a R =∈，若任意12[2,3]x x ∈、且12x x >，t =()2121()f x f x x x --,则实数t的取值范围____________.3. 已知函数f (x )=x 3-6x 2+9x +a 在x R ∈上有三个零点，则实数a 的取值范是 ．4.设'()f x 和'()g x 分别是f (x )和()g x 的导函数，若'()'()0f x g x ≤在区间I 上恒成立，则称f (x )和g (x )在区间I 上单调性相反.若函数f(x)=3123x ax -与g (x )=x 2+2bx 在开区间(a , b )上单调性相反(a >0)，则b -a 的最大值为 ． 【4】导数与函数的极值、最值1. 已知函数322()3f x x mx nx m =+++在1x =-时有极值0，则m n += ． 2. 已知函数()2(1)ln f x f x x '=-，则()f x 的极大值为 .3. 已知函数f (x )=x 4+ax 3+2x 2+b ,其中a , b R ∈.若函数f (x )仅在x =0处有极值,则a 的取值范围是______________.4. 设曲线(1)x y ax e =-在点()10,y x A 处的切线为1l ,曲线()x e x y --=1在点02(,)B x y 处的切 线为2l .若存在030,2x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦,使得12l l ⊥,则实数a 的取值范围为____________.5.已知函数f (x )=e x -1, g(x )= -x 2+4x -3若有f (a )=g (b ),则b 的取值范围为______.6. '()f x 是函数3221()(1)3f x x mx m x n =-+-+的导函数，若函数['()]y f f x =在区间[m ，m+1]上单调递减，则实数m 的取值范围是__________. 【解答题】1. 某企业拟建造如上图所示的容器(不计厚度,长度单位:米),其中容器的中间为圆柱形,左 右两端均为半球形,按照设计要求容器的体积为803π立方米,且2l r ≥.假设该容器的建造 费用仅与其表面积有关.已知圆柱形部分每平方米建造费用为3千元,半球形部分每平方米 建造费用为()3c c >.设该容器的建造费用为y 千元. (1)写出y 关于r 的函数表达式,并求该函数的定义域; (2)求该容器的建造费用最小时的r2. 已知函数f （x ）＝2ax －（a ＋2）x ＋ln x .（1）当a ＝1时，求曲线y = f(x )在点(1, f(1))处的切线方程；（2）当a ＞0时，若f (x )在区间[1，e ）上的最小值为－2，求a 的取值范围．3. 已知函数x a x x f ln )()(-=,(0≥a ).(1)当0=a 时,若直线m x y +=2与函数)(x f y =的图象相切,求m 的值; (2)若)(x f 在[]2,1上是单调减函数,求a 的最小值;(3)当[]e x 2,1∈时,e x f ≤)(恒成立,求实数a 的取值范围.(e 为自然对数的底).4.已知函数2()ln ,af x x a x=+∈R ． （1）若函数()f x 在[2,)+∞上是增函数，求实数a 的取值范围； （2）若函数()f x 在[1,]e 上的最小值为3，求实数a 的值．5.设函数2()1x f x e x ax =---（1）若0a =，求()f x 的单调区间； （2）若当0x ≥时()0f x ≥，求a 的取值范围导数专项练习答案 【1】导数的几何意义及切线方程1. 2；2. y =-2或9x +y -16=03.34； 4. 2e ； 5. 3； 6.201232y x =+; 7. 2； 8. 2； 9. 13a < 10. ()0,3e -11. 4【2】常见函数的导数及复合函数的导数 1. e -1e; 2. 12- 3. 3⨯99! 4. 2x -y -1=0； 5. -1 ; 6. 1;【3】导数与函数的单调性1. (0, 1);2. 11,32⎛⎫⎪⎝⎭; 3. (-4, 0); 4. 12【4】导数与函数的极值、最值1. 11；2. 2ln2-2；3. 88,33⎡⎤-⎢⎥⎣⎦; 4. 312a ≤≤; 5. []1,3 ; 6.0m ≥[5] 解答题 1. 答案解:(1)由题意可知()23480233r l r l r πππ+=≥,即2804233l r r r =-≥,则02r <≤. 容器的建造费用为2228042346433y rl r c r r r c rππππ⎛⎫=⨯+⨯=-+ ⎪⎝⎭, 即2216084y r r c rπππ=-+,定义域为{}02x r <≤. (2)2160168y r rc r πππ'=--+,令0y '=,得3202r c =-.令32022r c ==-,得92c =,①当932c <≤时,32022c ≥-,当02r <≤时,0y '<,函数单调递减,∴当2r =时y有最小值;②当92c >时,32022c <-,当32002r c <<-时,0y '<;当3202r c >-时,0y '>, ∴当3202r c =-时y 有最小值. 综上所述,当932c <≤时,建造费用最小时2r =;当92c >时,建造费用最小时3202r c =-2. 答案()()()()()()()22(2)2ln 0+22110220......5f x ax a x x ax a a f x ax a x x x =-++∞-+-'>=-++=>函数的定义域是，，当时，分()()()()()22212110=0,11..............................................................62ax a x ax f x f x x xx x a -+---''=====⋯⋯⋯令，即所以或分3. 解答4.若21a <，则20x a ->，即()0f x '>在[1,]e 上恒成立，此时()f x 在[1,]e 上是增函数．5. 解答导数专题复习（配详细答案）体型一:关于二次函数的不等式恒成立的主要解法： 1、分离变量；2变更主元；3根分布；4判别式法 5、二次函数区间最值求法：（1）对称轴（重视单调区间） 与定义域的关系 （2）端点处和顶点是最值所在其次，分析每种题型的本质，你会发现大部分都在解决“不等式恒成立问题”以及“充分应用数形结合思想”，创建不等关系求出取值范围。