2019高考数学二轮复习课时跟踪检测二十四导数的简单应用小题练理

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2019年高中数学单元测试卷导数及其应用学校:__________ 姓名:__________ 班级：__________ 考号：__________一、填空题1．曲线32242y x x x =--+在点(13)-，处的切线方程是 ． 答案 520x y +-=2．若函数f (x )＝ax 4＋bx 2＋c 满足(1) 2f '=，则(1)f '-= ． 3．函数f (x )＝12x －sin x 在区间[0，π］上的最小值为 ．4．已知A 、B 、C 是直线l 上的三点，向量,,OA OB OC 满足()[2'(1)]ln OA f x f x OB x OC =+-⋅，则函数()y f x =的表达式为 ▲ ．5．设函数()2ln f x x x =+,若曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为y ax b =+，则a b += ．6．给出下列命题：①函数)(x f y =的图象与函数3)2(+-=x f y 的图象一定不会重合； ②函数)32(log 221++-=x x y 的单调区间为),1(∞+；③ππ---=+⎰e dx e x x 1)(cos 0；④双曲线的渐近线方程是x y 43±=，则该双曲线的离心率是45．其中正确命题的序号是 (把你认为正确命题的序号都填上）． 答案 ③7．已知函数f(x)= ()2f π'sinx+cosx ，则()4f π= .8．函数()sin ln f x x x =+的导函数()f x '= ▲ 。

专题02 函数与导数小题部分【训练目标】1、 理解函数的概念，会求函数的定义域，值域和解析式，特别是定义域的求法；2、 掌握函数单调性，奇偶性，周期性的判断方法及相互之间的关系，会解决它们之间的综合问题；3、 掌握指数和对数的运算性质，对数的换底公式；4、 掌握指数函数和对数函数的图像与性质；5、 掌握函数的零点存在定理，函数与方程的关系；6、 熟练数形结合的数学思想在解决函数问题的运用；7、 熟练掌握导数的计算，导数的几何意义求切线问题；8、 理解并掌握导数与函数单调性之间的关系，会利用导数分析函数的单调性，会根据单调性确定参数的取值范围；9、 会利用导数求函数的极值和最值，掌握构造函数的方法解决问题。

【温馨小提示】本章内容既是高考的重点，又是难点，再备考过程中应该大量解出各种题型，总结其解题方法，积累一些常用的小结论，会给解题带来极大的方便。

【名校试题荟萃】1、（福建省“永安一中、德化一中、漳平一中”2019届高三上学期12月三校联考）已知函数，若()1f x =-，则x = ．【答案】12【解析】问题等价于；，无解。

2、（福建省“永安一中、德化一中、漳平一中”2019届高三上学期12月三校联考）已知函数1()1x f x x +=-的图像在点()2,(2)f 处的切线与直线10ax y ++=平行，则实数a =.A 2 .B 12 .C 12- D ．2- 【答案】A【解析】由于，根据导数的几何意义及两直线平行的条件可知。

3、（福建省上杭县第一中学2019届高三上学期期中考试）函数的图象可能是( )【答案】D【解析】先由判断函数的奇偶性可知函数为奇函数，图像关于原点对称，排除A,B ；当，排除C ，故选D 。

4、（福建省上杭县第一中学2019届高三上学期期中考试）已知函数()f x 是定义域为R 的偶函数，且，若()f x 在[]1,0-上是减函数，记，， ()0.52c f =，则（ ）A ． a b c >>B ． a c b >>C ． b a c >>D ． b a c >> 【答案】B5、（福建省上杭县第一中学2019届高三上学期期中考试）已知定义域为),0(+∞，为的导函数，且满足，则不等式的解集是( )A ． )2,0(B ． ),2(+∞C ． )3,2(D ． ),3(+∞【答案】D 【解析】构造函数，求导结合可知函数()g x 在定义域),0(+∞为减函数，不等式可化为，等价于，解得结果为),3(+∞。

课时跟踪检测（二十四）导数的简单应用（小题练）级——＋提速练一、选择题．已知()＝＋＋，若′(－)＝，则＝( )．解析：选∵()＝＋＋，∴′()＝＋，∴′(－)＝－，∵′(－)＝，∴－＝，解得＝.故选.．(·合肥模拟)已知直线－＋＝与曲线＝＋相切，其中为自然对数的底数，则实数的值是( )．．．．解析：选∵＝＋，∴′＝＋，设直线－＋＝与曲线＝＋相切的切点坐标为(，)，则′＝＝＋＝，得＝，又＝＋＝＋，∴＝，＝，故选.．(·成都模拟)已知函数＝()的导函数＝′()的图象如图所示，则函数＝()在区间(，)内的极小值点的个数为( )．．．．解析：选如图，在区间(，)内，′()＝，且在点＝附近的左侧′()<，右侧′()>，所以在区间(，)内只有个极小值点，故选.．(·重庆调研)若函数()＝(＋)在(，＋∞)上不单调，则实数的取值范围是( )．(－∞，)．(－∞，－)．(－)．[－，＋∞)解析：选′()＝(＋＋)，由题意，知方程(＋＋)＝在(，＋∞)上至少有一个实数根，即＝－－＞，解得＜－.．已知()＝－＋(为常数)在[－]上有最大值为，那么此函数在[－]上的最小值为( )．－．．－．－解析：选由题意知，′()＝－，由′()＝得＝或＝，当＜或＞时，′()＞，当＜＜时，′()＜，∴()在[－]上单调递增，在[]上单调递减，由条件知()＝＝，∴()＝－，(－)＝－，∴最小值为－.．(·广州模拟)设函数()＝＋，若曲线＝()在点(，())处的切线方程为＋＝，则点的坐标为( )．(，－)．()．(，－)或(－)．(－)解析：选由题意知，′()＝＋，所以曲线＝()在点(，())处的切线的斜率为′()＝＋，又切线方程为＋＝，所以≠，且(\\(\()＋＝－，＋\()＋\()＝，))解得＝±，＝－.所以当(\\(＝，＝－))时，点的坐标为(，－)；当(\\(＝－，＝))时，点的坐标为(－)，故选.．(·昆明检测)若函数()＝＋在(，＋∞)上单调递增，则实数的取值范围为( )．(－，＋∞)．[－，＋∞)．(－，＋∞)．[－，＋∞)解析：选∵()在(，＋∞)上单调递增，且′()＝＋，∴′()＝＋≥在(，＋∞)上恒成立，即≥－在(，＋∞)上恒成立，又∈(，＋∞)时，－＜－，∴≥－.．(·陕西模拟)设函数()＝－＋，则下列结论正确的是( )．函数()在(－∞，－)上单调递增．函数()在(－∞，－)上单调递减．若＝－，则函数()的图象在点(－，(－))处的切线方程为＝．若＝，则函数()的图象与直线＝只有一个公共点解析：选对于选项，，根据函数()＝－＋，可得′()＝－，令－＝，得＝－或＝，故函数()在(－∞，－)，(，＋∞)上单调递增，在(－)上单调递减，所以选项，都不正确；对于选项，当＝－时，′(－)＝，(－)＝，故函数()的图象在点(－，(－))处的切线方程为＝，选项正确；对于选项，当＝时，()的极大值为(－)＝，极小值为()＝－，故直线＝与函数()的图象有三个公共点，选项错误．故选.．已知定义在上的函数＝()的导函数为′()，若′() －＝－() ，则下列不等式成立的是( )．<<<>解析：选令()＝)，则′()＝－－)＝)，由(\\(<<(π)，，))解得<<；由(\\(<<(π)，，))解得。

导数的简单应用(小题)热点一 导数的几何意义与定积分 应用导数的几何意义解题时应注意：(1)f ′(x )与f ′(x 0)的区别与联系，f ′(x 0)表示函数f (x )在x ＝x 0处的导数值，是一个常数； (2)函数在某点处的导数值就是对应曲线在该点处切线的斜率； (3)切点既在原函数的图象上也在切线上.例1 (1)(2019·湖南省三湘名校联考)在二项式⎝⎛⎭⎪⎫x 2＋a 2x 6的展开式中，其常数项是15.如图所示，阴影部分是由曲线y ＝x 2和圆x 2＋y 2＝a 及x 轴在第一象限围成的封闭图形，则封闭图形的面积为( )A.π4＋16B.π4－16C.π4D.16答案 B解析 ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋a 2x 6展开式中，第k 项为T k ＋1＝C k6⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2kx12－3k，令12－3k ＝0，可得k ＝4，即常数项为C 46⎝ ⎛⎭⎪⎫a 24，可得C 46⎝ ⎛⎭⎪⎫a 24＝15，解得a ＝2.曲线y ＝x 2和圆x 2＋y 2＝2在第一象限的交点为(1,1)， 所以阴影部分的面积为π4－ʃ10(x －x 2)d x ＝π4－⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2－13x 310＝π4－16.(2)(2019·许昌、洛阳质检)已知a >0，曲线f (x )＝3x 2－4ax 与g (x )＝2a 2ln x －b 有公共点，且在公共点处的切线相同，则实数b 的最小值为( )A.0B.－1e 2C.－2e 2D.－4e 2答案 B解析 由f (x )＝3x 2－4ax ，得f ′(x )＝6x －4a ， 由g (x )＝2a 2ln x －b ，得g ′(x )＝2a2x.设两曲线的公共点P (x 0，y 0)，x 0>0， 因为两曲线在公共点处的切线相同，所以⎩⎪⎨⎪⎧6x 0－4a ＝2a2x 0，y 0＝3x 20－4ax 0，y 0＝2a 2ln x 0－b ，由6x 0－4a ＝2a2x 0，解得x 0＝a ，x 0＝－13a ， 又a >0，所以x 0＝a ，消去y 0，得b ＝2a 2ln a ＋a 2， 设b ＝h (a )＝2a 2ln a ＋a 2，a >0，h ′(a )＝4a ln a ＋4a ， 令h ′(a )＝0，a ＝1e，又0<a <1e 时，h ′(a )<0，a >1e 时，h ′(a )>0，所以a ＝1e 时h (a )取极小值也是最小值，即b min ＝h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e 2. 跟踪演练1 (1)(2019·长沙模拟)已知函数f (x )＝⎩⎨⎧－x ＋2，x ≤2，1－x －32，2<x ≤4，则定积分()412d f x x ⎰的值为( )A.9＋4π8 B.1＋4π4 C.1＋π2 D.3＋2π4答案 A解析 因为f (x )＝⎩⎨⎧－x ＋2，x ≤2，1－x －32，2<x ≤4，所以()()()424211222d d 123d x x f x x x x =+-⎰⎰⎰－－，＋ ()22211221222d =|x x x x ⨯+⎛⎫-+- ⎪⎝⎭⎰＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12×22＋2×2－⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋2×12＝98， ʃ421－x －32d x 的几何意义为以(3,0)为圆心，以r ＝1为半径的圆，在x 轴上方部分的面积， 因而S ＝12×π×12＝π2，所以()()242122d 123d x x x x +-⎰⎰－＋－＝98＋π2＝9＋4π8. (2)(2019·丹东质检)直线2x －y ＋1＝0与曲线y ＝a e x＋x 相切，则a 等于( ) A.e B.2e C.1 D.2 答案 C解析 设切点为(n ，a e n＋n )，因为y ′＝a e x＋1， 所以切线的斜率为a e n ＋1，切线方程为y －(a e n＋n )＝(a e n＋1)(x －n )， 即y ＝(a e n＋1)x ＋a e n (1－n )， 依题意切线方程为y ＝2x ＋1，故⎩⎪⎨⎪⎧a e n＋1＝2，a e n1－n ＝1，解得a ＝1，n ＝0.热点二 利用导数研究函数的单调性 利用导数研究函数单调性的关键：(1)在利用导数讨论函数的单调区间时，首先要确定函数的定义域； (2)单调区间的划分要注意对导数等于零的点的确认； (3)已知函数单调性求参数范围，要注意导数等于零的情况.例2 (1)(2019·武邑质检)已知函数f (x )的导函数为f ′(x )，若2f (x )＋f ′(x )>2，f (0)＝5，则不等式f (x )－4e－2x>1的解集为( )A.(1，＋∞)B.(－∞，0)C.(－∞，0)∪(1，＋∞)D.(0，＋∞)答案 D解析 设F (x )＝e 2xf (x )－e 2x－4，则F ′(x )＝2e 2x f (x )＋e 2x f ′(x )－2e 2x＝e 2x[2f (x )＋f ′(x )－2]>0，所以函数F (x )＝e 2xf (x )－e 2x－4在R 上为增函数. 又f (0)＝5，所以F (0)＝f (0)－1－4＝0. 又不等式f (x )－4e－2x >1等价于e 2x f (x )－e 2x－4>0，即F (x )>0，解得x >0， 所以不等式的解集为(0，＋∞).(2)已知f (x )＝()x 2＋2ax ln x －12x 2－2ax 在(0，＋∞)上是增函数，则实数a 的取值范围是( )A.{1}B.{－1}C.(0,1]D.[－1,0) 答案 B解析 f (x )＝()x 2＋2ax ln x －12x 2－2ax ，f ′(x )＝2(x ＋a )ln x ，∵f (x )在(0，＋∞)上是增函数， ∴f ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立， 当x ＝1时，f ′(x )＝0满足题意；当x >1时，ln x >0，要使f ′(x )≥0恒成立， 则x ＋a ≥0恒成立.∵x ＋a >1＋a ，∴1＋a ≥0，解得a ≥－1； 当0<x <1时，ln x <0，要使f ′(x )≥0恒成立， 则x ＋a ≤0恒成立，∵x ＋a <1＋a ，∴1＋a ≤0，解得a ≤－1. 综上所述，a ＝－1.跟踪演练2 (1)(2019·咸阳模拟)已知定义在R 上的函数f (x )的导函数为f ′(x )，对任意x ∈(0，π)，有f ′(x )sin x >f (x )cos x ，且f (x )＋f (－x )＝0，设a ＝2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，b ＝2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，c ＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，则( )A.a <b <cB.b <c <aC.a <c <bD.c <b <a答案 A解析 构造函数g (x )＝f xsin x，x ≠k π，k ∈Z，g ′(x )＝f ′x sin x －f x cos xsin 2x>0， 所以函数g (x )在区间(0，π)上是增函数， 因为f (x )＋f (－x )＝0， 即f (x )＝－f (－x )，g (－x )＝f －x－sin x＝f xsin x，所以函数g (x )是偶函数，所以g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6<g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4<g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2， 代入解析式得到2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6<2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4<－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，故a <b <c .(2)(2019·临沂质检)函数f (x )＝12ax 2－2ax ＋ln x 在(1,3)上不单调的一个充分不必要条件是( )A.a ∈⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－12 B.a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，16C.a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫16，12D.a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞ 答案 A解析 函数f (x )＝12ax 2－2ax ＋ln x ，所以f ′(x )＝ax －2a ＋1x ＝ax 2－2ax ＋1x，令g (x )＝ax 2－2ax ＋1，因为函数f (x )在(1,3)上不单调，即g (x )＝ax 2－2ax ＋1在(1,3)上有变号零点，a ＝0时，显然不成立，a ≠0时，只需g (1)·g (3)<0，解得a >1或a <－13，即函数f(x)＝12ax2－2ax＋ln x在(1,3)上不单调的充要条件为a∈⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－13∪(1，＋∞)，它的充分不必要条件即为其一个子集.热点三利用导数研究函数的极值、最值利用导数研究函数的极值、最值应注意的问题：(1)不能忽略函数f(x)的定义域；(2)f′(x0)＝0是可导函数在x＝x0处取得极值的必要不充分条件；(3)函数的极小值不一定比极大值小；(4)函数在区间(a，b)上有唯一极值点，则这个极值点也是最大(小)值点，此结论在导数的实际应用中经常用到.例3 (1)(2019·东北三省三校模拟)若函数f(x)＝e x－ax2在区间(0，＋∞)上有两个极值点x1，x2(0<x1<x2)，则实数a的取值范围是( )A.a≤e2B.a>eC.a≤eD.a>e2答案 D解析f(x)＝e x－ax2，可得f′(x)＝e x－2ax，要使f(x)恰有2个正极值点，则方程e x－2ax＝0有2个不相等的正实数根，即2a＝e xx有两个不同的正根，则g(x)＝e xx，x∈(0，＋∞)，y＝2a的图象在y轴右侧有两个不同的交点，求得g′(x)＝e x x－1x2，由g ′(x )<0，可得g (x )＝e xx 在(0,1)上单调递减，由g ′(x )>0，可得g (x )＝exx在(1，＋∞)上单调递增，g (x )min ＝g (1)＝e ，当x →0时，g (x )→＋∞；当x →＋∞时，g (x )→＋∞， 所以当2a >e ，即a >e2时，g (x )＝exx，y ＝2a 的图象在y 轴右侧有两个不同的交点，所以使函数f (x )＝e x －ax 2在区间(0，＋∞)上有两个极值点x 1，x 2(0<x 1<x 2)，实数a 的取值范围是a >e2.(2)已知点M 在圆C ：x 2＋y 2－4y ＋3＝0上，点N 在曲线y ＝1＋ln x 上，则线段MN 的长度的最小值为________. 答案2－1解析 由题可得C (0,2)，圆C 的半径r ＝1. 设N (t,1＋ln t )(t >0)，令f (t )＝|CN |2，则f (t )＝t 2＋(1－ln t )2(t >0)， 所以f ′(t )＝2t ＋2(1－ln t )⎝ ⎛⎭⎪⎫－1t ＝2t 2＋ln t －1t .令φ(t )＝t 2＋ln t －1(t >0)，易知函数φ(t )在(0，＋∞)上单调递增，且φ(1)＝0， 所以当0<t <1时，f ′(t )<0； 当t >1时，f ′(t )>0，所以f (t )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以f (t )min ＝f (1)＝2. 因为|MN |≥|CN |－1＝2－1， 所以线段MN 的长度的最小值为2－1.跟踪演练3 (1)(2019·天津市和平区质检)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，若f (1)＝0，f ′(1)＝0，但x ＝1不是函数的极值点，则abc 的值为________.答案 9解析 ∵f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ， ∴f ′(1)＝3＋2a ＋b ＝0，① 又f (1)＝1＋a ＋b ＋c ＝0，②由x ＝1不是f (x )的极值点， 得f ′(x )＝0有两个相等的实数根， ∴Δ＝4a 2－12b ＝0，③由①②③解得a ＝－3，b ＝3，c ＝－1， ∴abc ＝9.(2)已知a >0，f (x )＝x e xe x ＋a ，若f (x )的最小值为－1，则a 等于( )A.1e 2B.1eC.eD.e 2 答案 A 解析 由f (x )＝x e xe x＋a， 得f ′(x )＝e x＋x e x e x＋a－x e x ·exe x＋a2＝exe x＋ax ＋a e x ＋a2.令g (x )＝e x＋ax ＋a ，则g ′(x )＝e x＋a >0， ∴g (x )在(－∞，＋∞)上为增函数， 又g (－1)＝1e>0，∴存在x 0<－1，使得g (x 0)＝0， 即0e x＋ax 0＋a ＝0，① ∴f ′(x 0)＝0，∴函数f (x )在(－∞，x 0)上为减函数，在(x 0，＋∞)上为增函数，则f (x )的最小值为f (x 0)＝000e e x x x a+ ＝－1，即000ee .x x a x =--②联立①②，可得x 0＝－2， 代入①，可得a ＝1e2.真题体验1.(2017·全国Ⅱ，理，11)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.－1B.－2e －3C.5e －3D.1 答案 A解析 函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x －1，则f ′(x )＝(2x ＋a )e x －1＋(x 2＋ax －1)·ex －1＝ex －1·[x 2＋(a ＋2)x ＋a －1].由x ＝－2是函数f (x )的极值点，得f ′(－2)＝e －3·(4－2a －4＋a －1)＝(－a －1)e －3＝0，所以a ＝－1.所以f (x )＝(x 2－x －1)ex －1，f ′(x )＝e x －1·(x 2＋x －2).由ex －1>0恒成立，得当x ＝－2或x ＝1时，f ′(x )＝0，且x <－2时，f ′(x )>0；当－2<x <1时，f ′(x )<0； 当x >1时，f ′(x )>0.所以x ＝1是函数f (x )的极小值点. 所以函数f (x )的极小值为f (1)＝－1.2.(2019·全国Ⅰ，理，13)曲线y ＝3(x 2＋x )e x在点(0,0)处的切线方程为________. 答案 y ＝3x解析 因为y ′＝3(2x ＋1)e x ＋3(x 2＋x )e x ＝3(x 2＋3x ＋1)e x，所以曲线在点(0,0)处的切线的斜率k ＝y ′|x ＝0＝3，所以所求的切线方程为y ＝3x .3.(2018·全国Ⅰ，理，16)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 ＝2cos x ＋2(2cos 2x －1) ＝2(2cos 2x ＋cos x －1)＝2(2cos x －1)(cos x ＋1). ∵cos x ＋1≥0，∴当cos x <12时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当cos x >12时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，∴当cos x ＝12时，f (x )有最小值.又f (x )＝2sin x ＋sin 2x ＝2sin x (1＋cos x )， ∴当sin x ＝－32时，f (x )有最小值，即f (x )min ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－32×⎝⎛⎭⎪⎫1＋12＝－332.押题预测1.已知⎝⎛⎭⎪⎫a x －x 6展开式的常数项为15，则(d a a x x -+⎰等于( )A.πB.2＋πC.π2 D.2＋π2答案 C解析 由⎝ ⎛⎭⎪⎫a x －x 6的展开式的通项为T k ＋1＝C k6·(－1)k·a 6－k·362k x-，令3k －62＝0，求得k ＝2，故常数项为C 26·a 4＝15， 可得a ＝±1，∴(d aax x -+⎰＝ʃ1－1x d x ＋ʃ1－11－x 2d x ＝ʃ1－11－x 2d x ，由定积分的几何意义可知ʃ1－11－x 2d x 为x 2＋y 2＝1在x 轴上方的面积，即单位圆面积的一半，∴(πd 2aax x -=.⎰2.已知奇函数f (x )的导函数为f ′(x )，当x >0时，xf ′(x )＋f (x )>0，若a ＝f (1)，b ＝1e f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，c ＝－e f (－e)，则a ，b ，c 的大小关系是( )A.a <b <cB.b <c <aC.a <c <bD.b <a <c答案 D解析 令g (x )＝xf (x )，则g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立， ∴g (x )为(0，＋∞)上的单调递增函数， 又g (－x )＝－xf (－x )＝xf (x )＝g (x )， ∴g (x )为偶函数， ∴－e f (－e)＝e f (e)， ∵e>1>1e，∴g (e)>g (1)>g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ， ∴e f (e)>f (1)>1ef⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ， 即－e f (－e)>f (1)>1e f⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ， ∴b <a <c .3.已知函数f (x )＝(x －3)e x＋a (2ln x －x ＋1)在(1，＋∞)上有两个极值点，且f (x )在(1,2)上单调递增，则实数a 的取值范围是( ) A.(e ，＋∞) B.(e,2e 2)C.(2e 2，＋∞) D.(e,2e 2)∪(2e 2，＋∞)答案 C解析 由题意，函数f (x )＝(x －3)e x＋a (2ln x －x ＋1)，可得f ′(x )＝e x ＋(x －3)e x＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x－1＝(x －2)⎝ ⎛⎭⎪⎫e x －a x ＝(x －2)·⎝ ⎛⎭⎪⎫x e x－a x ，又由函数f (x )在(1，＋∞)上有两个极值点， 则f ′(x )＝0在(1，＋∞)上有两个不同的实数根，即(x －2)·⎝ ⎛⎭⎪⎫x e x－a x ＝0在(1，＋∞)上有两个解， 即x e x－a ＝0在(1，＋∞)上有不等于2的解， 令g (x )＝x e x ，x >1，则g ′(x )＝(x ＋1)e x>0， 所以函数g (x )＝x e x在(1，＋∞)上为单调递增函数， 所以a >g (1)＝e 且a ≠g (2)＝2e 2， 又由f (x )在(1,2)上单调递增， 则f ′(x )≥0在(1,2)上恒成立，即(x －2)·⎝ ⎛⎭⎪⎫x e x－a x ≥0在(1,2)上恒成立，即x e x－a ≤0在(1,2)上恒成立， 即a ≥x e x在(1,2)上恒成立，又由函数g (x )＝x e x在(1，＋∞)上为单调递增函数， 所以a >g (2)＝2e 2，综上所述，可得实数a 的取值范围是a >2e 2， 即a ∈(2e 2，＋∞).A 组 专题通关1.设函数y ＝x sin x ＋cos x 的图象在点()t ，f t 处切线的斜率为g (t )，则函数y ＝g (t )的图象一部分可以是( )答案 A解析 因为y ＝x sin x ＋cos x 的导数为y ′＝x cos x ， 所以g (t )＝t cos t ，由g (－t )＝－t cos t ＝－g (t )，知函数g (t )为奇函数， 所以排除B ，D 选项，当从y 轴右侧t →0时，cos t >0，t >0， 所以g (t )>0，故选A.2.(2019·甘青宁联考)若直线y ＝kx －2与曲线y ＝1＋3ln x 相切，则k 等于( ) A.3 B.13 C.2 D.12答案 A解析 设切点为(x 0，kx 0－2)，∵y ＝1＋3ln x 的导数为y ′＝3x，∴⎩⎪⎨⎪⎧3x 0＝k ， ①kx 0－2＝1＋3ln x 0， ②由①得kx 0＝3，代入②得1＋3ln x 0＝1， 则x 0＝1，k ＝3.3.(2019·怀化模拟)在(1＋x )4(2x －1)的展开式中，x 2项的系数为a ，则ʃa 0(e x＋2x )d x 的值为( ) A.e ＋1 B.e ＋2 C.e 2＋3 D.e 2＋4答案 C解析 因为(1＋x )4(2x －1)＝2x (1＋x )4－(1＋x )4， (1＋x )4展开式的通项为T k ＋1＝C k 4x k，所以在(1＋x )4(2x －1)的展开式中，x 2项的系数为2C 14－C 24＝2， 即a ＝2；所以ʃa 0(e x ＋2x )d x ＝ʃ20(e x＋2x )d x ＝(e x ＋x 2)|20＝(e 2＋22)－e 0＝e 2＋3.4.(2019·全国Ⅲ)已知曲线y ＝a e x＋x ln x 在点(1，a e)处的切线方程为y ＝2x ＋b ，则( ) A.a ＝e ，b ＝－1 B.a ＝e ，b ＝1 C.a ＝e －1，b ＝1 D.a ＝e －1，b ＝－1答案 D解析 因为y ′＝a e x＋ln x ＋1，所以y ′|x ＝1＝a e ＋1，所以曲线在点(1，a e)处的切线方程为y －a e ＝(a e ＋1)(x －1)，即y ＝(a e ＋1)x －1，所以⎩⎪⎨⎪⎧a e ＋1＝2，b ＝－1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝e －1，b ＝－1.5.已知定义在R 上的可导函数f (x )的导函数为f ′(x )，满足f ′(x )<f (x )，且f (0)＝12，则不等式f (x )－12e x<0的解集为( )A.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，12 B.(0，＋∞) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞D.(－∞，0)答案 B解析 构造函数g (x )＝f xex， 则g ′(x )＝f ′x －f xex，因为f ′(x )<f (x )，所以g ′(x )<0， 故函数g (x )在R 上为减函数， 又f (0)＝12，所以g (0)＝f 0e＝12， 则不等式f (x )－12e x <0可化为f xe x<12， 即g (x )<12＝g (0)，所以x >0，即所求不等式的解集为(0，＋∞).6.(2019·广州测试)已知函数f (x )满足f (x )＝f ′(1)·e x －1－f (0)x ＋12x 2，则f (x )的单调递增区间为( ) A.(－∞，0) B.(－∞，1) C.(1，＋∞) D.(0，＋∞)答案 D解析 由题意得f ′(x )＝f ′(1)ex －1－f (0)＋x ，令x ＝1，则f ′(1)＝f ′(1)－f (0)＋1， ∴f (0)＝1，令x ＝0，则f (0)＝f ′(1)e －1， ∴f ′(1)＝e ， ∴f (x )＝e x－x ＋12x 2，∴f ′(x )＝e x－1＋x ，令g (x )＝e x －1＋x ，则g ′(x )＝e x＋1>0. ∴g (x )为增函数， 又g (0)＝0，∴当x >0时，g (x )>0，即f ′(x )>0， 即f (x )在(0，＋∞)上单调递增.7.若函数f (x )＝e x－x 2－ax (其中e 是自然对数的底数)的图象在x ＝0处的切线方程为y ＝2x ＋b ，则函数g (x )＝f ′x －bx在(0，＋∞)上的最小值为( )A.－1B.eC.e －2D.e 2答案 C解析 因为f ′(x )＝e x－2x －a ， 所以f ′(0)＝1－a .由题意知1－a ＝2，解得a ＝－1， 因此f (x )＝e x－x 2＋x ，而f (0)＝1， 于是1＝2×0＋b ，解得b ＝1，因此g (x )＝f ′x －b x ＝e x －2x ＋1－1x ＝e x －2xx，所以g ′(x )＝exx －1x 2， 令g ′(x )＝0得x ＝1，当0<x <1时，g ′(x )<0，g (x )为减函数； 当x >1时，g ′(x )>0，g (x )为增函数， 故g (x )在x ＝1处取得极小值，即g (x )在(0，＋∞)上的最小值为g (1)＝e －2.8.若曲线y ＝x －ln x 与曲线y ＝ax 3＋x ＋1在公共点处有相同的切线，则实数a 等于( ) A.e 23 B.－e 23 C.－e 3 D.e 3 答案 B解析 设两曲线的公共点为P (m ，n )，m >0， 由y ＝x －ln x ，得y ′＝1－1x，则曲线y ＝x －ln x 在点P (m ，n )处的切线的方程为y －m ＋ln m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1m (x －m )，即y ＝⎝⎛⎭⎪⎫1－1mx ＋1－ln m .由y ＝ax 3＋x ＋1，得y ′＝3ax 2＋1，则曲线y ＝ax 3＋x ＋1在点P (m ，n )处的切线的方程为y －am 3－m －1＝(3am 2＋1)(x －m )，即y ＝(3am 2＋1)x －2am 3＋1， 所以⎩⎪⎨⎪⎧1－1m ＝3am 2＋1，1－ln m ＝－2am 3＋1，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝32e ,-a ＝－e23.9.(2019·岳阳模拟)已知M ＝{α|f (α)＝0}，N ＝{β|g (β)＝0}，若存在α∈M ，β∈N ，使|α－β|<n ，则称函数f (x )与g (x )互为“n 度零点函数”.若f (x )＝32－x－1与g (x )＝x2－a e x互为“1度零点函数”，则实数a 的取值范围为( )A.⎝ ⎛⎦⎥⎤1e 2，4eB.⎝ ⎛⎦⎥⎤1e ，4e 2C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫4e 2，2e D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e 3，2e 2 答案 B解析 由题意可知f (2)＝0，且f (x )在R 上单调递减， 所以函数f (x )只有一个零点2. 即|2－β|<1，得1<β<3.函数g (x )＝x 2－a e x在区间(1,3)上存在零点， 由x 2－a e x＝0，得a ＝x 2ex .令h (x )＝x 2e x ，x ∈(1,3)，h ′(x )＝2x －x 2e x ＝x 2－xe x， 所以h (x )在区间(1,2)上单调递增，在区间(2,3)上单调递减，h (1)＝1e ，h (2)＝4e 2，h (3)＝9e 3>1e，所以只需a ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤1e ，4e 2. 10.(2019·四川省六市联考)若函数y ＝e x －e －x(x >0)的图象始终在射线y ＝ax (x >0)的上方，则a 的取值范围是( ) A.(－∞，e] B.(－∞，2] C.(0,2] D.(0，e]答案 B解析 依题意设f (x )＝e x －e －x， 则f ′(x )＝e x ＋e －x>0， 故函数在x >0时为递增函数，且易知当x >0时f ′(x )＝e x ＋e －x单调递增， 当x →0时，f ′(0)→2， 故f ′(x )>2，而a 是直线y ＝ax 的斜率，直线过原点，要使函数y ＝e x－e －x(x >0)的图象始终在射线y ＝ax (x >0)的上方，则需a ≤2. 11.(2019·吉林调研)设函数f (x )在R 上存在导函数f ′(x )，对任意实数x ，都有f (x )＝f (－x )＋2x ，当x <0时，f ′(x )<2x ＋1，若f (1－a )≤f (－a )＋2－2a ，则实数a 的最小值为( )A.－1B.－12C.12 D.1答案 C解析 设g (x )＝f (x )－x 2－x ， 则g ′(x )＝f ′(x )－2x －1，因为当x <0时，f ′(x )<2x ＋1，则g ′(x )<0， 所以当x <0时，g (x )为单调递减函数， 因为g (x )＝f (x )－x 2－x ， 所以g (－x )＝f (－x )－x 2＋x ， 又因为f (x )＝f (－x )＋2x ，所以g (x )－g (－x )＝f (x )－f (－x )－2x ＝0， 即g (x )为偶函数，将不等式f (1－a )≤f (－a )＋2－2a ， 等价变形得f (1－a )－(1－a )2－(1－a ) ≤f (－a )－(－a )2－(－a )， 即g (1－a )≤g (－a )，又因为g (x )为偶函数，且在(－∞，0)上单调递减， 则在(0，＋∞)上单调递增，|1－a |≤|a |，解得a ≥12，所以a 的最小值为12.12.(2019·江淮联考)若对∀x 1，x 2∈(m ，＋∞)，且x 1<x 2，都有x 1ln x 2－x 2ln x 1x 2－x 1<1，则m 的最小值是( )注：(e 为自然对数的底数，即e ＝2.718 28…) A.1e B.e C.1 D.3e 答案 C解析 由题意，当0≤m <x 1<x 2时， 由x 1ln x 2－x 2ln x 1x 2－x 1<1，等价于x 1ln x 2－x 2ln x 1<x 2－x 1， 即x 1ln x 2＋x 1<x 2ln x 1＋x 2， 故x 1(ln x 2＋1)<x 2(ln x 1＋1)， 故ln x 2＋1x 2<ln x 1＋1x 1，令f (x )＝ln x ＋1x，则f (x 2)<f (x 1)，又∵x 2>x 1>m ≥0，故f (x )在(m ，＋∞)上递减， 又由f ′(x )＝－ln xx 2，当f ′(x )<0，解得x >1，故f (x )在(1，＋∞)上递减，故m ≥1.13.(2019·福建适应性练习)已知定义在R 上的函数f (x )＝ex ＋1－e x ＋x 2＋2m (x －1)(m >0)，当x 1＋x 2＝1时，不等式f (x 1)≥f (x 2)恒成立，则实数x 1的取值范围为________.答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞解析 由f (x 1)≥f (x 2)， 可得111e e xx ＋－＋x 21＋2m (x 1－1)≥221ee x x ＋－＋x 22＋2m (x 2－1)，即()()121211e e e e x x x x -＋＋－－＋(x 21－x 22)＋2m (x 1－x 2)≥0.因为x 1＋x 2＝1，所以问题可转化为()()1111121e e e e x x x x -＋－－－－＋(2m ＋1)(2x 1－1)≥0恒成立， 记g (x )＝(ex ＋1－e2－x)－(e x －e1－x)＋(2m ＋1)(2x －1)，g ′(x )＝(e x ＋1＋e 2－x )－(e x ＋e 1－x )＋2(2m ＋1)＝(ex ＋1－e x )＋(e2－x－e1－x)＋2(2m ＋1)＝e x (e －1)＋e 2－x(1－e －1)＋2(2m ＋1)>0，所以g (x )在R 上单调递增.又g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝0， 所以当x ≥12时，g (x )≥0恒成立，即实数x 1的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞. 14.分别在曲线y ＝ln x 与直线y ＝2x ＋6上各取一点M 与N ，则|MN |的最小值为________. 答案()7＋ln 255解析 由y ＝ln x (x >0)，得y ′＝1x ，令1x＝2，即x ＝12，y ＝ln 12＝－ln 2，则曲线y ＝ln x 上与直线y ＝2x ＋6平行的切线的切点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－ln 2，由点到直线的距离公式得d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2×12＋ln 2＋65＝()7＋ln 255，即|MN |min ＝()7＋ln 255.15.(2019·衡水调研)已知函数f (x )＝12x 2＋tan θx ＋3⎝ ⎛⎭⎪⎫θ≠π2，在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－33，1上是单调函数，其中θ是直线l 的倾斜角，则θ的所有可能取值区间为________.答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫π6，π2∪⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，3π4解析 f ′(x )＝x ＋tan θ，θ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2∪⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π， 因为f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－33，1上是单调函数， 则有f ′(x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－33，1恒大于等于0或恒小于等于0， 若f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－33，1上单调递减，则f ′(x )≤0， f ′(1)＝1＋tan θ≤0，故tan θ≤－1，即θ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，3π4， 若f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－33，1上单调递增， 则f ′(x )≥0，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫－33＝－33＋tan θ≥0， 所以tan θ≥33，即θ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫π6，π2， 综上所述，θ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫π6，π2∪⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，3π4.16.已知函数f (x )＝mx 2＋2x －2ex，m ∈[]1，e ，x ∈[1,2]，g (m )＝f (x )max －f (x )min ，则关于m的不等式g (m )≥4e2的解集为________.答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤24－e ，e解析 由f (x )＝mx 2＋2x －2ex，得f ′(x )＝()2mx ＋2e x －()mx 2＋2x －2e x()e x 2＝2mx ＋2－mx 2－2x ＋2e x＝－mx 2＋()2－2m x －4e x＝－()mx ＋2x －2ex，∵m ∈[]1，e ，x ∈[1,2]，∴f ′(x )≥0，因此函数f (x )在区间[1,2]上单调递增， ∴f (x )max ＝f (2)＝4m ＋2e 2，f (x )min ＝f (1)＝me ，从而g (m )＝f (x )max －f (x )min ＝4m ＋2e 2－m e ＝4m ＋2－m ee 2， 令4m ＋2－m e e 2≥4e 2，得m ≥24－e， 又m ∈[1，e]，∴m ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤24－e ，e . 故不等式g (m )≥4e 2的解集为⎣⎢⎡⎦⎥⎤24－e ，e .B 组 能力提高17.已知函数f (x )的导函数f ′(x )满足(x ＋x ln x )f ′(x )<f (x )对x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞恒成立，则下列不等式中一定成立的是( ) A.2f (1)>f (e) B.e 2f (1)>f (e) C.2f (1)<f (e) D.e f (1)<f (e)答案 A 解析 令g (x )＝f x1＋ln x ，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞，由(x ＋x ln x )f ′(x )<f (x )， 得(1＋ln x )f ′(x )－1xf (x )<0，又g ′(x )＝f ′x1＋ln x －fx1x1＋ln x2，则g ′(x )<0，故g (x )在x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递减； 故g (e)<g (1)，即f e2<f 11，∴2f (1)>f (e).18.(2019·洛阳统考)若函数f (x )＝e x－(m ＋1)ln x ＋2(m ＋1)x －1恰有两个极值点，则实数m 的取值范围为( )A.(－e 2，－e) B.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－e 2C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－12D.()－∞，－e －1答案 D解析 由题可得f ′(x )＝e x－m ＋1x＋2(m ＋1)，x >0， 因为函数f (x )＝e x－(m ＋1)ln x ＋2(m ＋1)x －1恰有两个极值点， 所以函数f ′(x )＝e x－m ＋1x＋2(m ＋1)(x >0)有两个不同的变号零点. 令e x－m ＋1x＋2(m ＋1)＝0， 等价转化成x e x1－2x ＝m ＋1(x >0)有两个不同的实数根，记h (x )＝x e x1－2x，所以h ′(x )＝x e x ′1－2x －x e x 1－2x ′1－2x2＝－e x2x ＋1x －11－2x2，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12时，h ′(x )>0， 此时函数h (x )在此区间上递增，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1时，h ′(x )>0， 此时函数h (x )在此区间上递增， 当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )<0， 此时函数h (x )在此区间上递减， 作出h (x )＝x e x1－2x的简图如图，要使得x e x1－2x＝m＋1有两个不同的实数根，则h(1)>m＋1，即－e>m＋1，整理得m<－1－e.。

课时跟踪检测（二十一） 小题考法——导数的简单应用A 组——10＋7提速练一、选择题1．设f (x )＝x ln x ，f ′(x 0)＝2，则x 0＝( )A ．e 2B ．e C.ln 22 D ．ln 2解析：选B ∵f ′(x )＝1＋ln x ，∴f ′(x 0)＝1＋ln x 0＝2，∴x 0＝e ，故选B.2．函数f (x )＝e x cos x 的图象在点(0，f (0))处的切线方程是( )A ．x ＋y ＋1＝0B ．x ＋y －1＝0C ．x －y ＋1＝0D ．x －y －1＝0 解析：选C 依题意，f (0)＝e 0cos 0＝1，因为f ′(x )＝e x cos x －e x sin x ，所以f ′(0)＝1，所以切线方程为y －1＝x －0，即x －y ＋1＝0，故选C.3．已知f (x )＝ln x x，则( ) A ．f (2)>f (e)>f (3)B ．f (3)>f (e)>f (2)C ．f (3)>f (2)>f (e)D ．f (e)>f (3)>f (2)解析：选D f (x )的定义域是(0，＋∞)，∵f ′(x )＝1－ln x x 2， ∴x ∈(0，e)，f ′(x )>0；x ∈(e ，＋∞)，f ′(x )<0，故x ＝e 时，f (x )max ＝f (e)．而f (2)＝ln 22＝ln 86，f (3)＝ln 33＝ln 96. f (e)>f (3)>f (2)，故选D.4．已知函数f (x )的定义域为(a ，b )，f (x )的导函数f ′(x )在(a ，b )上的图象如图所示，则函数f (x )在(a ，b )上的极大值点的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选B 由函数极值的定义和导函数的图象可知，f ′(x )在(a ，b )上与x 轴的交点个数为4，但是在原点附近的导数值恒大于零，故x ＝0不是函数f (x )的极值点，其余的3个交点都是极值点，其中有2个点附近的导数值左正右负，故极大值点有2个．5．已知函数f (x )＝x 2－5x ＋2ln x ，则函数f (x )的单调递增区间是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12和(1，＋∞) B ．(0,1)和(2，＋∞)C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12和(2，＋∞) D ．(1,2)解析：选C 函数f (x )＝x 2－5x ＋2ln x 的定义域是(0，＋∞)，令f ′(x )＝2x －5＋2x＝2x 2－5x ＋2x ＝x －x －x >0，解得0<x <12或x >2，故函数f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12和(2，＋∞)．6．已知函数f (x )＝x 3－px 2－qx 的图象与x 轴切于点(1,0)，则f (x )的极大值、极小值分别为( )A ．－427，0 B ．0，－427 C.427，0 D ．0，427解析：选C 由题意知，f ′(x )＝3x 2－2px －q ，由f ′(1)＝0，f (1)＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧ 3－2p －q ＝0，1－p －q ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧ p ＝2，q ＝－1，∴f (x )＝x 3－2x 2＋x ，由f ′(x )＝3x 2－4x ＋1＝0，得x ＝13或x ＝1，易得当x ＝13时，f (x )取极大值427，当x ＝1时，f (x )取极小值0.7．已知f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )为f (x )的导函数，且满足f (x )<－xf ′(x )，则不等式f (x ＋1)>(x －1)·f (x 2－1)的解集是( )A ．(0,1)B ．(1，＋∞)C ．(1,2)D ．(2，＋∞) 解析：选D 因为f (x )＋xf ′(x )<0，所以[xf (x )]′<0，故xf (x )在(0，＋∞)上为单调递减函数，又(x ＋1)f (x ＋1)>(x 2－1)·f (x 2－1)，所以0<x ＋1<x 2－1，解得x >2.8．设函数f (x )＝13x －ln x (x >0)，则f (x )( ) A ．在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1，(1，e)上均有零点 B ．在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1，(1，e)上均无零点 C ．在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1上有零点，在区间(1，e)上无零点 D ．在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1上无零点，在区间(1，e)上有零点 解析：选D 因为f ′(x )＝13－1x，所以当x ∈(0,3)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，而。

专题02 函数与导数小题部分【训练目标】1、 理解函数的概念，会求函数的定义域，值域和解析式，特别是定义域的求法；2、 掌握函数单调性，奇偶性，周期性的判断方法及相互之间的关系，会解决它们之间的综合问题；3、 掌握指数和对数的运算性质，对数的换底公式；4、 掌握指数函数和对数函数的图像与性质；5、 掌握函数的零点存在定理，函数与方程的关系；6、 熟练数形结合的数学思想在解决函数问题的运用；7、 熟练掌握导数的计算，导数的几何意义求切线问题；8、 理解并掌握导数与函数单调性之间的关系，会利用导数分析函数的单调性，会根据单调性确定参数的取值范围； 9、 会利用导数求函数的极值和最值，掌握构造函数的方法解决问题。

【温馨小提示】本章内容既是高考的重点，又是难点，再备考过程中应该大量解出各种题型，总结其解题方法，积累一些常用的小结论，会给解题带来极大的方便。

【名校试题荟萃】1、（福建省“永安一中、德化一中、漳平一中”2019届高三上学期12月三校联考）已知函数，若()1f x =-，则x = ．【答案】12【解析】问题等价于；，无解。

2、（福建省“永安一中、德化一中、漳平一中”2019届高三上学期12月三校联考）已知函数1()1x f x x +=-的图像在点()2,(2)f 处的切线与直线10ax y ++=平行，则实数a =.A 2 .B 12 .C 12- D ．2- 【答案】A【解析】由于，根据导数的几何意义及两直线平行的条件可知。

3、（福建省上杭县第一中学2019届高三上学期期中考试）函数的图象可能是( )【答案】D【解析】先由判断函数的奇偶性可知函数为奇函数，图像关于原点对称，排除A,B ；当，排除C ，故选D 。

4、（福建省上杭县第一中学2019届高三上学期期中考试）已知函数()f x 是定义域为R 的偶函数，且，若()f x 在[]1,0-上是减函数，记，， ()0.52c f =，则（ ）A ． a b c >>B ． a c b >>C ． b a c >>D ． b a c >>【答案】B5、（福建省上杭县第一中学2019届高三上学期期中考试）已知定义域为),0(+∞，为的导函数，且满足，则不等式的解集是( )A ． )2,0(B ． ),2(+∞C ． )3,2(D ． ),3(+∞ 【答案】D【解析】构造函数，求导结合可知函数()g x 在定义域),0(+∞为减函数，不等式可化为，等价于，解得结果为),3(+∞。

导数的简单应用（小题练）A 级——12＋4提速练一、选择题1．已知f (x )＝ax 3＋3x 2＋2，若f ′(－1)＝3，则a ＝( ) A.193 B.163C.133 D ．3解析：选 D ∵f (x )＝ax 3＋3x 2＋2，∴f ′(x )＝3ax 2＋6x ，∴f ′(－1)＝3a －6，∵f ′(－1)＝3，∴3a －6＝3，解得a ＝3.故选D.2．(优质试题·合肥模拟)已知直线2x －y ＋1＝0与曲线y ＝a e x ＋x 相切，其中e 为自然对数的底数，则实数a 的值是( )A ．eB ．2eC ．1D ．2解析：选C ∵y ＝a e x ＋x ，∴y ′＝a e x ＋1，设直线2x －y ＋1＝0与曲线y ＝a e x ＋x 相切的切点坐标为(m ，n )，则y ′|x ＝m ＝a e m ＋1＝2，得a e m ＝1，又n ＝a e m ＋m ＝2m ＋1，∴m ＝0，a ＝1，故选C.3．(优质试题·成都模拟)已知函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，则函数y ＝f (x )在区间(a ，b )内的极小值点的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选A 如图，在区间(a，b)内，f′(c)＝0，且在点x＝c 附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，所以在区间(a，b)内只有1个极小值点，故选A.4．(优质试题·重庆调研)若函数f(x)＝(x＋a)e x在(0，＋∞)上不单调，则实数a的取值范围是( )A．(－∞，－1) B．(－∞，0)C．(－1,0) D．[－1，＋∞)解析：选A f′(x)＝e x(x＋a＋1)，由题意，知方程e x(x＋a＋1)＝0在(0，＋∞)上至少有一个实数根，即x＝－a－1＞0，解得a ＜－1.5．已知f(x)＝2x3－6x2＋m(m为常数)在[－2,2]上有最大值为3，那么此函数在[－2,2]上的最小值为( )A．0 B．－5C．－10 D．－37解析：选D 由题意知，f′(x)＝6x2－12x，由f′(x)＝0得x ＝0或x＝2，当x＜0或x＞2时，f′(x)＞0，当0＜x＜2时，f′(x)＜0，∴f(x)在[－2,0]上单调递增，在[0,2]上单调递减，由条件知f(0)＝m＝3，∴f(2)＝－5，f(－2)＝－37，∴最小值为－37.6．(优质试题·广州模拟)设函数f(x)＝x3＋ax2，若曲线y＝f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线方程为x＋y＝0，则点P的坐标为( ) A．(0,0) B．(1，－1)C．(－1,1) D．(1，－1)或(－1,1)解析：选D 由题意知，f′(x)＝3x2＋2ax，所以曲线y＝f(x)在点P (x 0，f (x 0))处的切线的斜率为f ′(x 0)＝3x 20＋2ax 0，又切线方程为x ＋y ＝0，所以x 0≠0，且⎩⎪⎨⎪⎧ 3x 20＋2ax 0＝－1，x 0＋x 30＋ax 20＝0，解得a ＝±2，x 0＝－a 2.所以当⎩⎪⎨⎪⎧ x 0＝1，a ＝－2时，点P 的坐标为(1，－1)；当⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝－1，a ＝2时，点P 的坐标为(－1,1)，故选D.7．(优质试题·昆明检测)若函数f (x )＝e 2x ＋ax 在(0，＋∞)上单调递增，则实数a 的取值范围为( )A ．[－1，＋∞)B ．(－1，＋∞)C ．[－2，＋∞)D ．(－2，＋∞)解析：选C ∵f (x )在(0，＋∞)上单调递增，且f ′(x )＝2e 2x ＋a ，∴f ′(x )＝2e 2x ＋a ≥0在(0，＋∞)上恒成立，即a ≥－2e 2x 在(0，＋∞)上恒成立，又x ∈(0，＋∞)时，－2e 2x ＜－2，∴a ≥－2.8．(优质试题·陕西模拟)设函数f (x )＝x 3－12x ＋b ，则下列结论正确的是( )A ．函数f (x )在(－∞，－1)上单调递增B ．函数f (x )在(－∞，－1)上单调递减C ．若b ＝－6，则函数f (x )的图象在点(－2，f (－2))处的切线方程为y ＝10D ．若b ＝0，则函数f (x )的图象与直线y ＝10只有一个公共点 解析：选C 对于选项A ，B ，根据函数f (x )＝x 3－12x ＋b ，可得f ′(x )＝3x 2－12，令3x 2－12＝0，得x ＝－2或x ＝2，故函数f (x )在(－∞，－2)，(2，＋∞)上单调递增，在(－2,2)上单调递减，所以选项A ，B 都不正确；对于选项C ，当b ＝－6时，f ′(－2)＝0，f (－2)＝10，故函数f (x )的图象在点(－2，f (－2))处的切线方程为y ＝10，选项C 正确；对于选项D ，当b ＝0时，f (x )的极大值为f (－2)＝16，极小值为f (2)＝－16，故直线y ＝10与函数f (x )的图象有三个公共点，选项D 错误．故选C.9．已知定义在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上的函数y ＝f (x )的导函数为f ′(x )，若f ′(x )cos x －1＝ln x －f (x )sin x ，则下列不等式成立的是( ) A.2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4 B ．3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6 C.3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4<2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6 D.3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6 解析：选D 令g (x )＝f xcos x，则g ′(x )＝f x x －f x－sin xcos 2x ＝1＋ln xcos 2x ，由⎩⎪⎨⎪⎧ 0<x <π2，g x ，解得1e <x <π2；由⎩⎪⎨⎪⎧ 0<x <π2，g x ，解得0<x <1e.所以函数g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，π2上单调递增．因为π3>π6>1e ，所以g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3>g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3cos π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6cos π6，即3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，B 错，D 正确．同理因为π4>π6>1e ，所以g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4>g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4cos π4>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6cos π6，即3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4>2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，C 错．因为π3>π4>1e ，所以g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3>g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3cos π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4cos π4，即2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，A 错．故选D. 10．已知函数f (x )(x ∈R)为奇函数，当x ∈(0,2]时，f (x )＝ln x －m 2x ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫m >22，当x ∈[－2,0)时，f (x )的最小值为3，则m 的值为( ) A ．1B ．2C ．eD ．e 2解析：选C ∵f (x )在R 上是奇函数，当x ∈[－2,0)时，f (x )的最小值为3，∴f (x )在(0,2]上的最大值为－3.∵当x ∈(0,2]时，f ′(x )＝1x －m 2，令f ′(x )＝0，解得x ＝m －2；由m >22知0<m －2<2.当x ∈(0，m －2)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈(m －2,2]时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，故当x ＝m －2时，f (x )在(0,2]上取得最大值－3.∴f (m －2)＝ln m －2－m 2·m －2＝ln m －2－1＝－3，解得m ＝e.故选C.11．已知函数f (x )＝－ln x ＋ax ，g (x )＝(x ＋a )e x ，a <0，若存在区间D ，使函数f (x )和g (x )在区间D 上的单调性相同，则a 的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－12 B ．(－∞，0) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－12 D ．(－∞，－1)解析：选D f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－1x ＋a ＝ax －1x.由a <0可得f ′(x )<0，即f (x )在定义域(0，＋∞)上单调递减．g ′(x )＝e x ＋(x ＋a )e x ＝(x ＋a ＋1)e x ，令g ′(x )＝0，解得x ＝－(a ＋1)，当x ∈(－∞，－a －1)时，g ′(x )<0，当x ∈(－a －1，＋∞)时，g ′(x )>0，故g (x )的单调递减区间为(－∞，－a －1)，单调递增区间为(－a －1，＋∞)．因为存在区间D ，使f (x )和g (x )在区间D 上的单调性相同，所以－a －1>0，即a <－1，故a 的取值范围是(－∞，－1)，选D.12．(优质试题·张家界模拟)已知函数f (x )在定义域R 上的导函数为f ′(x )，若方程f ′(x )＝0无解，且f [f (x )－2 017x ]＝2 017，若g (x )＝sin x －cos x －kx 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，π2上与f (x )在R 上的单调性相同，则实数k 的取值范围是( )A ．(－∞，－1]B ．(－∞， 2 ]C ．[－1，2]D ．[2，＋∞)解析：选A 若方程f ′(x )＝0无解，则f ′(x )>0或f ′(x )<0恒成立，∴f (x )为R 上的单调函数．若∀x ∈R ，都有f [f (x )－2 017x ]＝2 017，则f (x )－2 017x 为定值，设t ＝f (x )－2 017x ，则f (x )＝t ＋2 017x ，易知f (x )为R 上的增函数．∵g (x )＝sin x －cos x －kx ，∴g ′(x )＝cos x ＋sin x －k ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4－k .又g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，π2上与f (x )在R 上的单调性相同，∴g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，π2上单调递增，则当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，π2时，g ′(x )≥0恒成立，则k ≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4min .当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，π2时，x ＋π4∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4，3π4，sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4∈⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤－22，1，2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4∈[－1,2]，故k ≤－1，选A. 二、填空题13．(优质试题·福州四校联考)已知曲线C ：y ＝x 2＋2x 在点(0,0)处的切线为l ，则由C ，l 以及直线x ＝1围成的区域的面积等于________．解析：因为y ′＝2x ＋2，所以曲线C ：y ＝x 2＋2x在点(0,0)处的切线的斜率k ＝y ′|x ＝0＝2，所以切线方程为y ＝2x ，所以由C ，l 以及直线x ＝1围成的区域如图中阴影部分所示，其面积S ＝⎠⎜⎛01(x 2＋2x －2x )d x ＝⎠⎜⎛01x 2d x ＝x 33|10＝13. 答案：1314．(优质试题·太原二模)若函数f(x )＝sin x ＋ax 为R 上的减函数，则实数a 的取值范围是________．解析：∵f ′(x )＝cos x ＋a ，由题意可知，f ′(x )≤0对任意的x ∈R 都成立，∴a ≤－1，故实数a 的取值范围是(－∞，－1]．答案：(－∞，－1]15．(优质试题·全国卷Ⅲ)曲线y ＝(ax ＋1)e x 在点(0,1)处的切线的斜率为－2，则a ＝________.解析：∵y ′＝(ax ＋a ＋1)e x ，∴当x ＝0时，y ′＝a ＋1， ∴a ＋1＝－2，解得a ＝－3.答案：－316．已知定义在(0，＋∞)上的单调函数f (x )，对任意的x ∈(0，＋∞)，都有f [f (x )－log 3x ]＝4，则函数f (x )的图象在x ＝1ln 3处的切线的斜率为________．解析：由题意，设f (x )－log 3x ＝m >0，则f (x )＝log 3x ＋m ，由f [f (x )－log 3x ]＝4可得f (m )＝log 3m ＋m ＝4，即m ＝34－m ，解得m ＝3，所以f (x )＝log 3x ＋3，f ′(x )＝1x ln 3，从而f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫1ln 3＝1，即所求切线的斜率为1.答案：1B 级——难度小题强化练1．(优质试题·西安八校联考)已知函数f (x )＝ln x －ax 2，若f (x )恰有两个不同的零点，则a 的取值范围为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫12e ，＋∞ B ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫12e ，＋∞ C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12e D.⎝⎛⎦⎥⎤0，12e 解析：选C 函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－2ax ＝1－2ax 2x.当a ≤0时，f ′(x )>0恒成立，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，则函数f (x )不存在两个不同的零点．当a >0时，由f ′(x )＝0，得x ＝12a ，当0<x <12a 时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，当x >12a 时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减，所以f (x )的最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12a ＝ln 12a －a ⎝⎛⎭⎪⎪⎫12a 2＝－12ln 2a －12，于是要使函数f (x )恰有两个不同的零点，则需满足－12ln 2a －12>0，即ln 2a <－1，所以0<2a <1e ，即0<a <12e ，所以a 的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫0，12e ，故选C.2．已知f ′(x )为f (x )(x ∈R)的导函数，当x ≠0时，f ′(x )＋f x x >2，则方程f (x )＋1x＝x 的根的个数为( ) A ．1B ．1或2C ．0D ．0或1解析：选C 由题意知，方程f (x )＋1x＝x 的根，即为xf x －x 2＋1x＝0的根．记g (x )＝xf (x )－x 2＋1，则g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )－2x .当x ≠0时，由f ′(x )＋f x x >2得xf x ＋f x －2x x>0，故当x >0时，xf ′(x )＋f (x )－2x >0，即g ′(x )>0，当x <0时，xf ′(x )＋f (x )－2x <0，即g ′(x )<0.所以函数g (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以g (x )≥g (0)＝0×f (0)－02＋1＝1.故函数g (x )＝xf (x )－x 2＋1没有零点，即方程f (x )＋1x＝x 无根．故选C.3．已知函数f (x )的定义域为R ，其导函数为y ＝f ′(x )，当x ≠1时，f ′(x )－f －x x －1>0，若函数y ＝f (x ＋1)的图象关于原点对称，a ＝－12f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，b ＝－3f (－2)，c ＝2f (3)，则a ，b ，c 的大小关系是( ) A ．a <b <cB ．b <c <aC ．a <c <bD ．c <a <b解析：选C 由函数y ＝f (x ＋1)的图象关于原点对称可得函数y＝f (x )的图象关于点(1,0)对称，即f (2－x )＝－f (x )．设g (x )＝(x －1)f (x )，则g (2－x )＝[(2－x )－1]f (2－x )＝(1－x )[－f (x )]＝(x －1)f (x )＝g (x )，所以函数y ＝g (x )的图象关于直线x ＝1对称．由已知当x ≠1时，f ′(x )－f －x x －1>0可得f ′(x )＋f x x －1>0，即x －f x ＋f xx －1>0，即g xx －1>0.当x >1时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增．而a ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，b ＝g (－2)，c ＝g (3)．由函数y ＝g (x )的图象关于直线x ＝1对称可得a ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，b ＝g (－2)＝g (4)，因为32<3<4，所以a <c <b .故选C.4．(优质试题·胶州模拟)若方程ln(x ＋1)＝x 2－32x ＋a 在区间[0,2]上有两个不同的实数根，则实数a 的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫ln 3－1，ln 2＋12 B ．[ln 2－1，ln 3－1)C ．[ln 2－1，ln 2] D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，ln 2＋12 解析：选A 令f (x )＝ln(x ＋1)－x 2＋32x －a ，则f ′(x )＝1x ＋1－2x ＋32＝－x ＋x －x ＋.当x ∈[0,1)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈(1,2]时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．由于方程ln(x ＋1)＝x 2－32x ＋a 在区间[0,2]上有两个不同的实数根，即f (x )＝0在区间[0,2]上有两个不同的实数根，则⎩⎪⎨⎪⎧f ＝－a ≤0，f＝ln 2＋12－a >0，f ＝ln 3－1－a ≤0，解得ln 3－1≤a <ln 2＋12.所以方程ln(x ＋1)＝x 2－32x ＋a 在区间[0,2]上有两个不同的实数根时，实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫ln 3－1，ln 2＋12. 5．已知函数f (x )＝x (ln x －ax )有两个极值点，则实数a 的取值范围是________．解析：f (x )的定义域为(0，＋∞)．f ′(x )＝ln x －ax ＋x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －a ＝ln x －2ax ＋1，令f ′(x )＝ln x －2ax ＋1＝0，得ln x ＝2ax －1，因为函数f (x )＝x (ln x －ax )有两个极值点，所以f ′(x )＝ln x －2ax ＋1有两个零点，等价于函数y ＝ln x 与y＝2ax －1的图象有两个交点．在同一平面直角坐标系中作出它们的图象，如图所示，过点(0，－1)作曲线y ＝ln x 的切线，设切点为(x 0，y 0)，则切线的斜率k ＝1x 0，所以切线方程为y ＝1x 0x －1，又切点在切线上，所以y 0＝x 0x 0－1＝0，又切点在曲线y ＝ln x 上，则ln x 0＝0，解得x 0＝1，所以切点为(1,0)，所以切线方程为y ＝x －1.再由直线y ＝2ax －1与曲线y ＝ln x 有两个交点，知直线y ＝2ax －1位于两直线y ＝－1和y ＝x －1之间，其斜率2a 满足0<2a <1，解得实数a 的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫0，12.答案：⎝⎛⎭⎪⎫0，12 6．已知函数g (x )＝a －x 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ≤x ≤e，e 为自然对数的底数与h (x )＝2ln x 的图象上存在关于x 轴对称的点，则实数a 的取值范围是________．解析：因为函数g (x )＝a －x 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ≤x ≤e，e 为自然对数的底数与h (x )＝2ln x 的图象上存在关于x 轴对称的点，所以方程a －x 2＝－2ln x ，即－a ＝2ln x －x 2在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上有解．令f (x )＝2ln x －x 2，则f ′(x )＝2x －2x ＝－x ＋x x ，因为1e≤x ≤e，所以f (x )在x ＝1处有唯一的极大值点．因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－2－1e 2，f (e)＝2－e 2，f (x )的极大值为f (1)＝－1，且f (e)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，故方程－a ＝2ln x －x 2在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上有解等价于2－e 2≤－a ≤－1，即1≤a ≤e 2－2，故实数a 的取值范围是[1，e 2－2]．答案：[1，e 2－2]。

课时跟踪检测(五) 导数的简单应用一、选择题1．(2019·某某模拟)已知直线2x －y ＋1＝0与曲线y ＝a e x＋x 相切，其中e 为自然对数的底数，则实数a 的值是( )A ．eB ．2eC ．1D ．2解析：选C ∵y ＝a e x＋x ，∴y ′＝a e x＋1，设直线2x －y ＋1＝0与曲线y ＝a e x＋x 相切的切点坐标为(m ，n )，则y ′|x ＝m ＝a e m＋1＝2，得a e m＝1.又n ＝a e m＋m ＝2m ＋1，∴m ＝0，n ＝1，a ＝1，故选C ．2．(2019·某某调研)若函数f (x )＝(x ＋a )e x在(0，＋∞)上不单调，则实数a 的取值X 围是( )A ．(－∞，－1)B ．(－∞，0)C ．(－1,0)D ．[－1，＋∞)解析：选A f ′(x )＝e x(x ＋a ＋1)，由题意，知方程e x(x ＋a ＋1)＝0在(0，＋∞)上至少有一个实数根，即x ＝－a －1>0，解得a <－1.3．(2019·某某模拟)若函数f (x )＝13x 3－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋b 2x 2＋2bx 在区间[－3,1]上不是单调函数，则f (x )在R 上的极小值为( )A ．2b －43B ．32b －23C ．0D ．b 2－16b 2解析：选A 由题意得f ′(x )＝(x －b )(x －2)．因为f (x )在区间[－3,1]上不是单调函数，所以－3<b <1.由f ′(x )>0，解得x >2或x <b ；由f ′(x )<0，解得b <x <2.所以f (x )的极小值为f (2)＝2b －43.故选A ．4．(2019·某某模拟)设函数f (x )＝x 3＋ax 2，若曲线y ＝f (x )在点P (x 0，f (x 0))处的切线方程为x ＋y ＝0，则点P 的坐标为( )A ．(0,0)B ．(1，－1)C ．(－1,1)D ．(1，－1)或(－1,1)解析：选D 由题意知，f ′(x )＝3x 2＋2ax ，所以曲线y ＝f (x )在点P (x 0，f (x 0))处的切线的斜率为f ′(x 0)＝3x 20＋2ax 0，又切线方程为x ＋y ＝0，所以x 0≠0，且⎩⎪⎨⎪⎧3x 20＋2ax 0＝－1，x 0＋x 30＋ax 20＝0，所以当⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝1，a ＝－2时，点P 的坐标为(1，－1)；当⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝－1，a ＝2时，点P 的坐标为(－1,1)，故选D ．5．(2019·某某息县第一高级中学段测)函数f (x )＝x 3－3x －1，若对于区间(－3,2]上的任意x 1，x 2，都有|f (x 1)－f (x 2)|≤t ，则实数t 的最小值是( )A ．20B ．18C ．3D ．0解析：选A 对于区间(－3,2]上的任意x 1，x 2，都有|f (x 1)－f (x 2)|≤t ，等价于在区间(－3,2]上，f (x )max －f (x )min ≤t ，∵f (x )＝x 3－3x －1，∴f ′(x )＝3x 2－3＝3(x －1)(x ＋1)．∵x ∈(－3,2]，∴函数f (x )在(－3，－1)，(1,2)上单调递增，在(－1,1)上单调递减，∴f (x )max ＝f (2)＝f (－1)＝1，f (x )min ＝f (－3)＝－19，∴f (x )max －f (x )min ＝20，∴t ≥20，即实数t 的最小值是20.6．已知函数f (x )＝－ln x ＋ax ，g (x )＝(x ＋a )e x，a <0，若存在区间D ，使函数f (x )和g (x )在区间D 上的单调性相同，则a 的取值X 围是( )A ．⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－12B ．(－∞，0)C ．⎝⎛⎭⎪⎫－1，－12 D ．(－∞，－1)解析：选D f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－1x ＋a ＝ax －1x，由a <0可得f ′(x )<0，即f (x )在定义域(0，＋∞)上单调递减．g ′(x )＝e x ＋(x ＋a )e x ＝(x ＋a ＋1)·e x，令g ′(x )＝0，解得x ＝－(a ＋1)，当x ∈(－∞，－a －1)时，g ′(x )<0，当x ∈(－a －1，＋∞)时，g ′(x )>0，故g (x )的单调递减区间为 (－∞，－a －1)，单调递增区间为(－a －1，＋∞)．因为存在区间D ，使f (x )和g (x )在区间D 上的单调性相同，所以－a －1>0，即a <－1，故a 的取值X 围是(－∞，－1)，故选D ．二、填空题7．(2019·某某五个一名校联考)函数f (x )＝x 2－2ln x 的单调递减区间是________．解析：函数f (x )＝x 2－2ln x 的定义域为(0，＋∞)，令f ′(x )＝2x －2x ＝2(x ＋1)(x －1)x<0，得0<x <1，∴f (x )的单调递减区间是(0,1)． 答案：(0,1)8．(2019·某某某某模拟)已知函数f (x )＝－12x 2＋4x －3ln x 在区间[t ，t ＋1]上不单调，则t 的取值X 围是________．解析：由题意知f ′(x )＝－x ＋4－3x ＝－(x －1)(x －3)x，由f ′(x )＝0得函数f (x )的两个极值点为1和3，则只要这两个极值点有一个在区间(t ，t ＋1)内，函数f (x )在区间[t ，t ＋1]上就不单调，∴1∈(t ，t ＋1)或3∈(t ，t ＋1)⇔⎩⎪⎨⎪⎧t <1，t ＋1>1或⎩⎪⎨⎪⎧t <3，t ＋1>3⇔0<t <1或2<t <3.答案：(0,1)∪(2,3)9．(2019·某某模拟)若曲线y ＝ln x ＋ax 2－2x (a 为常数)不存在斜率为负数的切线，则实数a 的取值X 围是________．解析：f ′(x )＝1x ＋2ax －2＝2ax 2－2x ＋1x(x >0)，由题意得f ′(x )≥0在x >0时恒成立， 所以2ax 2－2x ＋1≥0在x >0时恒成立，即2a ≥2x －1x 2＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2－2x ＋1＋1＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12＋1，所以a ≥12，所以a 的取值X 围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞.答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞三、解答题10．(2019·某某某某检测)已知函数f (x )＝x 2＋ln x －ax . (1)当a ＝3时，求f (x )的单调增区间；(2)若f (x )在(0,1)上是增函数，某某数a 的取值X 围．解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)．当a ＝3时，f (x )＝x 2＋ln x －3x ，∴f ′(x )＝2x ＋1x －3.由f ′(x )>0，解得0<x <12或x >1，∴函数f (x )的单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，(1，＋∞)． (2)由题意得f ′(x )＝2x ＋1x－a ，∵f (x )在(0,1)上是增函数，∴f ′(x )＝2x ＋1x －a ≥0在(0,1)上恒成立，即a ≤2x ＋1x在(0,1)上恒成立．∵2x ＋1x ≥22当且仅当2x ＝1x ，即x ＝22时，等号成立，∴2x ＋1x的最小值为22，所以a ≤22，故实数a 的取值X 围为(－∞，22]．11．(2019·某某红色七校第一次联考)已知函数f (x )＝e x (x 2－2x ＋a )(其中a ∈R ，a 为常数，e 为自然对数的底数)．(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)设曲线y ＝f (x )在(a ，f (a ))处的切线为l ，当a ∈[1,3]时，求直线l 在y 轴上截距的取值X 围．解：(1)f ′(x )＝e x (x 2－2x ＋a )＋e x (2x －2)＝e x (x 2＋a －2)，当a ≥2时，f ′(x )≥0恒成立，故函数f (x )在区间(－∞，＋∞)上单调递增； 当a <2时，f ′(x )≥0⇔x 2≥2－a ⇔x ≤－2－a 或x ≥2－a ，f ′(x )<0⇔x 2<2－a ⇔－2－a <x <2－a .故函数f (x )在区间(－∞，－2－a ]，[2－a ，＋∞)上单调递增，在区间(－2－a ，2－a )上单调递减．(2)f (a )＝e a (a 2－a ), f ′(a )＝e a (a 2＋a －2)，所以直线l 的方程为y －e a (a 2－a )＝e a (a 2＋a －2)(x －a )．令x ＝0，得直线l 在y 轴上的截距为e a (－a 3＋a )，记g (a )＝e a (－a 3＋a )(1≤a ≤3)， 则g ′(a )＝e a (－a 3－3a 2＋a ＋1)，记h (a )＝－a 3－3a 2＋a ＋1(1≤a ≤3)， 则h ′(a )＝－3a 2－6a ＋1<0(1≤a ≤3)，所以h (a )在[1,3]上单调递减，所以h (a )≤h (1)＝－2<0，所以g ′(a )<0，即g (a )在区间[1,3]上单调递减，所以g (3)≤g (a )≤g (1)，即直线l 在y 轴上截距的取值X 围是[－24e 3,0]．12．(2019·某某省某某四中二模)已知函数f (x )＝ax 2－(a ＋2)x ＋ln x ，其中a ∈R . (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X 围． 解：(1)当a ＝1时，f (x )＝x 2－3x ＋ln x (x >0)， 所以f ′(x )＝2x －3＋1x ＝2x 2－3x ＋1x，所以f (1)＝－2，f ′(1)＝0.所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝－2. (2)函数f (x )＝ax 2－(a ＋2)x ＋ln x 的定义域为(0，＋∞)，当a >0时，f ′(x )＝2ax －(a ＋2)＋1x ＝2ax 2－(a ＋2)x ＋1x ＝(2x －1)(ax －1)x，令f ′(x )＝0，解得x ＝12或x ＝1a.①当0<1a≤1，即a ≥1时，f (x )在[1，e]上单调递增，所以f (x )在[1，e]上的最小值为f (1)＝－2，符合题意；②当1<1a <e ，即1e <a <1时，f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，1a 上单调递减，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a ，e 上单调递增． 所以f (x )在[1，e]上的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a <f (1)＝－2，不符合题意；③当1a ≥e，即0<a ≤1e时，f (x )在[1，e]上单调递减，所以f (x )在[1，e]上的最小值为f (e)<f (1)＝－2，不符合题意． 综上，实数a 的取值X 围是[1，＋∞)．。

课时跟踪检测（六） 等差数列与等比数列（小题练）A 级——12＋4提速练一、选择题1．(2019届高三·合肥模拟)若等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 2＋S 3＝4，a 3＋S 5＝12，则a 4＋S 7的值是( )A ．20 B.36 C ．24D.72解析：选C 由a 2＋S 3＝4及a 3＋S 5＝12得⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋4d ＝4，6a 1＋12d ＝12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝0，d ＝1，∴a 4＋S 7＝8a 1＋24d ＝24.故选C.2．设等比数列{}a n 的前n 项和为S n ，若S 1＝13a 2－13，S 2＝13a 3－13，则公比q ＝( )A ．1B ．4C ．4或0D.8解析：选B ∵S 1＝13a 2－13，S 2＝13a 3－13，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝13a 1q －13，a 1＋a 1q ＝13a 1q 2－13，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝4或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－13，q ＝0(舍去)，故所求的公比q ＝4.3．(2018·云南师大附中适应性考试)在各项均为正数的等比数列{a n }中，a 2，12a 3，a 1成等差数列，则a 5＋a 6a 3＋a 4的值为( )A.1－52 B.5＋12C.3＋52D.3－52解析：选C 设{a n }的公比为q 且q >0，因为a 2，12a 3，a 1成等差数列，所以a 1＋a 2＝2×12a 3＝a 3，即a 1＋a 1q ＝a 1q 2，因为a 1≠0，所以q 2－q －1＝0，解得q ＝1＋52或q ＝1－52<0(舍去)，所以a 5＋a 6a 3＋a 4＝a 3＋a 4q2a 3＋a 4＝q 2＝3＋52，故选C.4．(2018·辽宁五校联考)各项为正的等比数列{a n }中，a 4与a 14的等比中项为22，则log 2a 7＋log 2a 11的值为( )A ．1B ．2C ．3D.4解析：选C 由题意得a 4a 14＝(22)2＝8，由等比数列的性质，得a 4a 14＝a 7a 11＝8，∴log 2a 7＋log 2a 11＝log 2(a 7a 11)＝log 28＝3，故选C.5.(2018·陕西模拟)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若2a 8＝6＋a 11，则S 9＝( ) A ．27 B ．36 C ．45D.54解析：选D ∵在等差数列{a n }中，2a 8＝a 5＋a 11＝6＋a 11，∴a 5＝6，故S 9＝a 1＋a 92＝9a 5＝54.故选D.6．等差数列{a n }和{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，且S n T n ＝5n ＋2n ＋3，则a 2＋a 20b 7＋b 15＝( )A.10724 B.724C.14912D.1493解析：选A 由题知，a 2＋a 20b 7＋b 15＝S 21T 21＝10724. 7．已知数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等差数列，且a 3＝2，a 9＝12，则a 15＝( ) A ．10 B ．30 C ．40D.20解析：选B 法一：设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 的公差为d .∵a 3＝2，a 9＝12，∴6d ＝a 99－a 33＝129－23＝23，∴d ＝19，a 1515＝a 33＋12d ＝2.故a 15＝30.法二：由于数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等差数列，故2×a 99＝a 33＋a 1515，即a 1515＝2×129－23＝2，故a 15＝30.8．已知数列{a n }的各项均为正整数，其前n 项和为S n .若a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧a n 2，a n 是偶数，3a n ＋1，a n 是奇数，且S 3＝29，则a 1＝( )A ．4B ．5C ．6D.7解析：选B 法一：若a 1＝4k ，则a 2＝2k ，a 3＝k ，此时S 3＝7k ＝29，由于k 为整数，此时无解；若a 1＝4k ＋1，则a 2＝12k ＋4，a 3＝6k ＋2，此时S 3＝22k ＋7＝29，解得k ＝1，即a 1＝5；若a 1＝4k ＋2，则a 2＝2k ＋1，a 3＝6k ＋4，此时S 3＝12k ＋7＝29，由于k 为整数，此时无解；若a 1＝4k ＋3，则a 2＝12k ＋10，a 3＝6k ＋5，此时S 3＝22k ＋18＝29，由于k 为整数，此时无解．综上可知a 1＝5.法二：当a 1＝4时，a 2＝2，a 3＝1，S 3＝7，排除A ；当a 1＝5时，a 2＝16，a 3＝8，S 3＝29，B 符合题意，故选B.9．(2019届高三·湖南十校联考)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1<0，若存在自然数m ≥3，使得a m＝S m ，则当n >m 时，S n 与a n 的大小关系是( )A ．S n <a nB ．S n ≤a nC ．S n >a nD.大小不能确定解析：选C 若a 1<0，存在自然数m ≥3，使得a m ＝S m ，则d >0，否则若d ≤0，数列是递减数列或常数列，则恒有S m <a m ，不存在a m ＝S m .由于a 1<0，d >0，当m ≥3时，有a m ＝S m ，因此a m >0，S m >0，又S n ＝S m ＋a m ＋1＋…＋a n ，显然S n >a n .故选C.10．(2018·西安八校联考)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6>S 7>S 5，则满足S n S n ＋1<0的正整数n 的值为( )A ．10B ．11C ．12D.13解析：选C 由S 6>S 7>S 5，得S 7＝S 6＋a 7<S 6，S 7＝S 5＋a 6＋a 7>S 5，所以a 7<0，a 6＋a 7>0，所以{a n }为递减数列，又S 13＝a 1＋a 132＝13a 7<0，S 12＝a 1＋a 122＝6(a 6＋a 7)>0，所以S 12S 13<0，即满足S n S n ＋1<0的正整数n 的值为12，故选C.11．(2018·沈阳二模)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n －1＝3a n (n ≥2，n ∈N *)，其前n 项和为S n ，则满足S n ≥12181的n 的最小值为( )A ．6B ．5C ．8D.7解析：选B 由a n －1＝3a n (n ≥2)可得a n a n －1＝13(n ≥2)，可得数列{a n }是首项为a 1＝1，公比为q ＝13的等比数列，所以S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n1－13＝32⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n .由S n ≥12181可得32⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ≥12181，即1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ≥242243，得n ≥5(n ∈N *)，故选B.12．已知各项均为正数的等比数列{a n }的首项a 1＝12，前n 项和为S n ，且S 3＋a 3，S 5＋a 5，S 4＋a 4成等差数列，则数列{a n }的通项公式a n ＝( )A.12nB.12n －1C.12×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1 D.12×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n 解析：选A 设等比数列{a n }的公比为q (q >0)，由题意知a 1>0，且a n ＝12·q n －1，又S 3＋a 3，S 5＋a 5，S 4＋a 4成等差数列，所以2(S 5＋a 5)＝S 3＋a 3＋S 4＋a 4，即2(a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋2a 5)＝a 1＋a 2＋2a 3＋a 1＋a 2＋a 3＋2a 4，化简得4a 5＝a 3，从而4q 2＝1，解得q ＝±12，又q >0，故q ＝12，a n ＝12n ，选择A.二、填空题13．(2018·重庆模拟)在各项均为正数的等比数列{a n }中，若a 5＝5，则log 5a 1＋log 5a 2＋…＋log 5a 9＝________.解析：因为数列{a n }是各项均为正数的等比数列，所以由等比数列的性质可得a 1·a 9＝a 2·a 8＝a 3·a 7＝a 4·a 6＝a 25＝52，则log 5a 1＋log 5a 2＋…＋log 5a 9＝log 5(a 1·a 2·…·a 9)＝log 5[(a 1·a 9)·(a 2·a 8)·(a 3·a 7)·(a 4·a 6)·a 5]＝log 5a 95＝log 559＝9.答案：914．(2018·天津模拟)数列{a n }满足a 1＋2a 2＋4a 3＋…＋2n －1a n ＝2n －1，且数列{a n }的前n 项和为S n ，若对任意的n ∈N *，都有λ2<S n <4λ，则实数λ的取值范围是________．解析：由a 1＋2a 2＋4a 3＋…＋2n －1a n ＝2n －1，可得a 1＋2a 2＋4a 3＋…＋2n －2a n －1＝2(n －1)－1＝2n －3(n ≥2)，两式相减得2n －1a n ＝2(n ≥2)，所以a n ＝22－n(n ≥2)．又n ＝1时，a 1＝1，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ＝，22－n n ，所以S n ＝1＋20＋2－1＋…＋22－n＝1＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －11－12＝3－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，由S n 在n ≥1时单调递增，可得1≤S n <3，所以⎩⎪⎨⎪⎧λ2<1，4λ≥3，解得34≤λ<1，所以实数λ的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫34，1.答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫34，1 15．(2018·安徽合肥二模)已知各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 1＝2,3S 2n －2a n ＋1S n ＝a 2n ＋1，则a n ＝________.解析：由S 1＝2，得a 1＝S 1＝2. 由3S 2n －2a n ＋1S n ＝a 2n ＋1， 得4S 2n ＝(S n ＋a n ＋1)2.又a n >0，∴2S n ＝S n ＋a n ＋1，即S n ＝a n ＋1. 当n ≥2时，S n －1＝a n ， 两式作差得a n ＝a n ＋1－a n ，即a n ＋1a n＝2. 又由S 1＝2,3S 21－2a 2S 1＝a 22，求得a 2＝2. ∴当n ≥2时，a n ＝2×2n －2＝2n －1.验证当n ＝1时不成立，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥2.答案：⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥216．(2018·西安八校联考)数列{a n }中，S n 为数列{a n }的前n 项和，且a 1＝1，a n ＝2S 2n2S n －1(n ≥2)，则S n＝________.解析：当n ≥2时，将a n ＝S n －S n －1代入a n ＝2S 2n2S n －1，得S n －S n －1＝2S 2n2S n －1，化简整理，得S n －S n －1＝－2S n －1·S n ， 两边同除以S n －1·S n ，得1S n －1S n －1＝2(n ≥2)，又1S 1＝1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为1，公差为2的等差数列，所以1S n ＝1＋2(n －1)＝2n －1，所以S n ＝12n －1. 答案：12n －1B 级——难度小题强化练1．已知首项为32的等比数列{a n }不是递减数列，其前n 项和为S n (n ∈N *)，4a 5＝a 3.设T n ＝S n －1S n，则数列{T n }中最大项的值为( )A.34 B.45 C.56D.78解析：选C 设等比数列{a n }的公比为q ，则q 2＝a 5a 3＝14.又{a n }不是递减数列且a 1＝32，所以q ＝－12，故等比数列{a n }的通项公式为a n ＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1＝(－1)n －1×32n，S n＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n＝⎩⎪⎨⎪⎧1＋12n，n 为奇数，1－12n，n 为偶数.当n为奇数时，S n 随n 的增大而减小，所以1<S n ≤S 1＝32，故0<S n －1S n ≤S 1－1S 1＝32－23＝56.当n 为偶数时，S n 随n的增大而增大，所以34＝S 2≤S n <1，故0>S n －1S n ≥S 2－1S 2＝34－43＝－712.综上，对任意的n ∈N *，总有－712≤S n－1S n <0或0<S n －1S n ≤56，即数列{T n }中最大项的值为56.故选C. 2．(2018·洛阳尖子生模拟)已知数列{a n }满足na n ＋2－(n ＋2)a n ＝λ(n 2＋2n )，其中a 1＝1，a 2＝2，若a n <a n ＋1对任意的n ∈N *恒成立，则实数λ的取值范围是( )A ．[0，＋∞)B ．(－1，＋∞) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞ D.[0,1)解析：选A 由na n ＋2－(n ＋2)a n ＝λ(n 2＋2n )＝λn (n ＋2)得a n ＋2n ＋2－a nn ＝λ，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 的奇数项与偶数项均是以λ为公差的等差数列，因为a 1＝1，a 2＝2，所以当n 为奇数时，a n n ＝1＋λ⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋12－1＝n －12λ＋1，所以a n ＝n 2－n2λ＋n .当n 为偶数时，a n n ＝1＋λ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2－1＝n －22λ＋1，所以a n ＝n 2－2n 2λ＋n .当n 为奇数时，由a n <a n ＋1得n 2－n2λ＋n <n ＋2－n ＋2λ＋n ＋1，即λ(n －1)>－2，若n ＝1，则λ∈R ，若n >1，则λ>－2n －1，所以λ≥0; 当n 为偶数时，由a n <a n ＋1得n 2－2n 2λ＋n <n ＋2－n ＋2λ＋n ＋1，即3λn >－2，所以λ>－23n，即λ≥0.综上，实数λ的取值范围为[0，＋∞)．选A.3．(2018·武汉模拟)设等差数列{a n }满足a 3＋a 7＝36，a 4a 6＝275，且a n a n ＋1有最小值，则这个最小值为( )A ．－10B ．－12C ．－9D.－13解析：选 B 设等差数列{a n }的公差为d ，∵a 3＋a 7＝36，∴a 4＋a 6＝36，又a 4a 6＝275，联立，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝11，a 6＝25或⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝25，a 6＝11，当⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝11，a 6＝25时，可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－10，d ＝7，此时a n ＝7n －17，a 2＝－3，a 3＝4，易知当n ≤2时，a n <0，当n ≥3时，a n >0，∴a 2a 3＝－12为a n a n ＋1的最小值；当⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝25，a 6＝11时，可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝46，d ＝－7，此时a n ＝－7n ＋53，a 7＝4，a 8＝－3，易知当n ≤7时，a n >0，当n ≥8时，a n <0，∴a 7a 8＝－12为a n a n ＋1的最小值． 综上，a n a n ＋1的最小值为－12.4．已知等差数列{a n }的公差d ≠0，且a 1，a 3，a 13成等比数列，若a 1＝1，S n 是数列{a n }的前n 项和，则2S n ＋16a n ＋3(n ∈N *)的最小值为( ) A ．4 B ．3 C ．23－2D.92解析：选A ∵a 1＝1，a 1，a 3，a 13成等比数列，∴(1＋2d )2＝1＋12d ，解得d ＝2或d ＝0(舍去)，∴a n＝2n －1，∴S n ＝n＋2n －2＝n 2，∴2S n ＋16a n ＋3＝n 2＋8n ＋1.令t ＝n ＋1，则n 2＋8n ＋1＝t ＋9t－2≥6－2＝4，当且仅当t ＝3，即n ＝2时等号成立．5．(2018·广东模拟)设数列{a n }的各项都是正数，且对任意n ∈N *，都有4S n ＝a 2n ＋2a n ，其中S n 为数列{a n }的前n 项和，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.解析：当n ＝1时，4a 1＝a 21＋2a 1，∴a 1(a 1－2)＝0， ∵a n >0，∴a 1＝2.当n ≥2时，4S n ＝a 2n ＋2a n,4S n －1＝a 2n －1＋2a n －1，两式相减得4a n ＝a 2n －a 2n －1＋2a n －2a n －1，(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－2)＝0，∵a n >0，∴a n －a n －1＝2，故a n ＝2n . 答案：2n6．已知数列{a n }满足a 1＝a 2＝2，a n ＋2－[2＋(－1)n]a n ＝a 2(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为________________________________________________________________________．解析：当n ＝2k (k ∈N *)时，a 2k ＋2＝3a 2k ＋2，即a 2k ＋2＋1＝3(a 2k ＋1)，所以数列{a 2k ＋1}(k ∈N *)是以a 2＋1为首项，3为公比的等比数列，所以a 2k ＋1＝(a 2＋1)·3k －1＝3k，即当n 为偶数时，a n ＝32n －1；当n ＝2k －1(k ∈N *)时，a 2k ＋1＝a 2k －1＋2，所以a 2k ＋1－a 2k －1＝2，所以数列{a 2k －1}(k ∈N *)是以a 1为首项，2为公差的等差数列，所以a 2k －1＝2＋2(k －1)＝2k ，即当n 为奇数时，a n ＝n ＋1.所以数列{a n }的通项公式a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ＋1，n 为奇数，32n －1，n 为偶数.答案：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ＋1，n 为奇数，32n－1，n 为偶数。

2.4导数及其应用(压轴题)命题角度1利用导数研究函数的单调性高考真题体验·对方向1.(2016北京·18)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;f(x)的单调区间.因为f(x)=x e a-x+bx,所以f'(x)=(1-x)e a-x+b.依题设,解得a=2,b=e.(2)由(1)知f(x)=x e2-x+e x.由f'(x)=e2-x(1-x+e x-1)及e2-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(-∞,+∞).2.(2016四川·21)设函数f(x)=ax2-a-ln x,其中a∈R.(1)讨论f(x)的单调性;(2)确定a的所有可能取值,使得f(x)>-e1-x在区间(1,+∞)内恒成立(e=2.718…为自然对数的底数).f'(x)=2ax-(x>0).当a≤0时,f'(x)<0,f(x)在(0,+∞)内单调递减.当a>0时,由f'(x)=0,有x=.此时,当x∈时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x∈时,f'(x)>0,f(x)单调递增.(2)令g(x)=,s(x)=e x-1-x.则s'(x)=e x-1-1.而当x>1时,s'(x)>0,所以s(x)在区间(1,+∞)内单调递增.又由s(1)=0,有s(x)>0,从而当x>1时,g(x)>0.当a≤0,x>1时,f(x)=a(x2-1)-ln x<0.故当f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内恒成立时,必有a>0.当0<a<时,>1.由(1)有f<f(1)=0,而g>0,所以此时f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内不恒成立.当a≥时,令h(x)=f(x)-g(x)(x≥1).当x>1时,h'(x)=2ax--e1-x>x->0.因此,h(x)在区间(1,+∞)单调递增.又因为h(1)=0,所以当x>1时,h(x)=f(x)-g(x)>0,即f(x)>g(x)恒成立.综上,a∈.新题演练提能·刷高分1.(2018北京海淀模拟)已知函数f(x)=x3+x2+ax+1.(1)若曲线y=f(x)在点(0,1)处切线的斜率为-3,求函数f(x)的单调区间;f(x)在区间[-2,a]上单调递增,求a的取值范围.因为f(0)=1,所以曲线y=f(x)经过点(0,1),又f'(x)=x2+2x+a,曲线y=f(x)在点(0,1)处的切线的斜率为-3,所以f'(0)=a=-3,所以f'(x)=x2+2x-3.当x变化时,f'(x),f(x)所以函数f(x)的单调递增区间为(-∞,-3),(1,+∞),单调递减区间为(-3,1).(2)因为函数f(x)在区间[-2,a]上单调递增,所以f'(x)≥0.即对x∈[-2,a],只要f'(x)min≥0.因为函数f'(x)=x2+2x+a的对称轴为x=-1,当-2≤a≤-1时,f'(x)在[-2,a]上的最小值为f'(a),由f'(a)=a2+3a≥0,得a≥0或a≤-3,所以此种情况不成立;当a>-1时,f'(x)在[-2,a]上的最小值为f'(-1),由f'(-1)=1-2+a≥0得a≥1,综上,实数a的取值范围是[1,+∞).2.(2018江西师大附中模拟)已知函数f(x)=(2-m)ln x++2mx.(1)当f'(1)=0时,求实数m的值及曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;f(x)的单调性.函数y=f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=,由f'(1)=0,解得m=-1.从而f(1)=-1,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=-1.(2)由f'(x)=(x>0),当m≥0时,函数y=f(x)的减区间为0,,增区间为,+∞.当m<0时,由f'(x)==0,得x=-,或x=.当m<-2时,y=f(x)的减区间为0,-和,+∞,增区间为-;当m=-2时,y=f(x)的减区间为(0,+∞),没有增区间.当-2<m<0时,y=f(x)的减区间为0,和-,+∞,增区间为,-.综上可知:当m≥0时,函数y=f(x)的减区间为0,,增区间为,+∞;当m<-2时,y=f(x)的减区间为0,-和,+∞,增区间为-;当m=-2时,y=f(x)的减区间为(0,+∞),没有增区间;当-2<m<0时,y=f(x)的减区间为0,和-,+∞,增区间为,-.3.(2018山东烟台期末)已知函数f(x)=ln x+-x+1-a(a∈R).(1)求函数f(x)的单调区间;x>1,使f(x)+x<成立,求整数a的最小值.由题意可知,x>0,f'(x)=-1=,方程-x2+x-a=0对应的Δ=1-4a,当Δ=1-4a≤0,即a≥时,当x∈(0,+∞)时,f'(x)≤0,∴f(x)在(0,+∞)上单调递减;当0<a<时,方程-x2+x-a=0的两根为,且0<,此时,f(x)在上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;当a≤0时,<0,>0,此时当x∈0,,f'(x)>0,f(x)单调递增,当x∈,+∞时,f'(x)<0,f(x)单调递减.综上:当a≤0时,x∈0,,f(x)单调递增,当x∈,+∞时,f(x)单调递减;当0<a<时,f(x)在上单调递增,在0,,,+∞上单调递减;当a≥时,f(x)在(0,+∞)上单调递减.(2)原式等价于(x-1)a>x ln x+2x-1,即存在x>1,使a>成立.设g(x)=(x>1),则g'(x)=,设h(x)=x-ln x-2,则h'(x)=1->0,∴h(x)在(1,+∞)上单调递增.又h(3)=3-ln 3-2=1-ln 3<0,h(4)=4-ln 4-2=2-2ln 2>0,根据零点存在性定理,可知h(x)在(1,+∞)上有唯一零点,设该零点为x0,则x0∈(3,4),且h(x0)=x0-ln x0-2=0, 即x0-2=ln x0,∴g(x)min==x0+1.由题意可知a>x0+1.又x0∈(3,4),a∈Z,∴a的最小值为5.4.(2018重庆二诊)已知函数f(x)=-1e x+(x>0,a∈R).(1)若f(x)在(0,+∞)上单调递减,求a的取值范围;(2)当a∈(-3,-e)时,判断关于x的方程f(x)=2的解的个数.∵f(x)=-1e x+(x>0),∴f'(x)=e x-1--·e x-.由题意得f'(x)=·e x-≤0在(0,+∞)恒成立,即a≥(-x2+3x-3)·e x在(0,+∞)恒成立,设g(x)=(-x2+3x-3)·e x,则g'(x)=e x(-x2+x),∴g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,∴g(x)max=g(1)=-e,∴a≥-e.∴实数a的取值范围为[-e,+∞).(2)由题意得f(x)=-1e x+=2(x>0),∴a=2x-(3-x)e x(x>0),令h(x)=2x-(3-x)e x,则h'(x)=2+(x-2)e x,令φ(x)=h'(x)=2+(x-2)e x(x>0),则φ'(x)=(x-1)e x,∴h'(x)在(-∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,∴h'(x)min=h'(1)=2-e<0.又h'(0)=0,h'(2)=2>0,∴存在x0∈(0,2),使得x0∈(0,x0)时h'(x)<0,h(x)单调递减;当x0∈(x0,+∞)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,又h(0)=-3,h(x0)<0,当x→+∞时,h(x)→+∞,∴当x>0,a∈(-3,-e)时,方程a=2x-(3-x)e x有一个解,即当a∈(-3,-e)时,方程f(x)=2只有一个解.命题角度2函数的单调性与极值、最值的综合应用高考真题体验·对方向1.(2018全国Ⅰ·21)已知函数f(x)=-x+a ln x.(1)讨论f(x)的单调性;存在两个极值点x1,x2,证明:<a-2.(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=--1+=-.①若a≤2,则f'(x)≤0,当且仅当a=2,x=1时f'(x)=0,所以f(x)在(0,+∞)单调递减.②若a>2,令f'(x)=0得,x=或x=.当x∈时,f'(x)<0;当x∈时,f'(x)>0.所以f(x)在单调递减,在单调递增.(1)知,f(x)存在两个极值点当且仅当a>2.由于f(x)的两个极值点x1,x2满足x2-ax+1=0,所以x1x2=1,不妨设x1<x2,则x2>1.由于=--1+a=-2+a=-2+a,所以<a-2等价于-x2+2ln x2<0.设函数g(x)=-x+2ln x,由(1)知,g(x)在(0,+∞)单调递减,又g(1)=0,从而当x∈(1,+∞)时,g(x)<0.所以-x2+2ln x2<0,即<a-2.2.(2017北京·19)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;f(x)在区间上的最大值和最小值.因为f(x)=e x cos x-x,所以f'(x)=e x(cos x-sin x)-1,f'(0)=0.又因为f(0)=1,所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=1.(2)设h(x)=e x(cos x-sin x)-1,则h'(x)=e x(cos x-sin x-sin x-cos x)=-2e x sin x.当x∈时,h'(x)<0,所以h(x)在区间上单调递减.所以对任意x∈有h(x)<h(0)=0,即f'(x)<0.所以函数f(x)在区间上单调递减.因此f(x)在区间上的最大值为f(0)=1,最小值为f=-.3.(2017全国Ⅱ·21)已知函数f(x)=ax2-ax-x ln x,且f(x)≥0.(1)求a;(x)存在唯一的极大值点x0,且e-2<f(x0)<2-2.(x)的定义域为(0,+∞).设g(x)=ax-a-ln x,则f(x)=xg(x),f(x)≥0等价于g(x)≥0.因为g(1)=0,g(x)≥0,故g'(1)=0,而g'(x)=a-,g'(1)=a-1,得a=1.若a=1,则g'(x)=1-.当0<x<1时,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x>1时,g'(x)>0,g(x)单调递增.所以x=1是g(x)的极小值点,故g(x)≥g(1)=0.综上,a=1.(1)知f(x)=x2-x-x ln x,f'(x)=2x-2-ln x.设h(x)=2x-2-ln x,则h'(x)=2-.当x∈时,h'(x)<0;当x∈时,h'(x)>0.所以h(x)在内单调递减,在内单调递增.又h(e-2)>0,h<0,h(1)=0,所以h(x)在内有唯一零点x0,在内有唯一零点1,且当x∈(0,x0)时,h(x)>0;当x∈(x0,1)时,h(x)<0;当x∈(1,+∞)时,h(x)>0.因为f'(x)=h(x),所以x=x0是f(x)的唯一极大值点.由f'(x0)=0得ln x0=2(x0-1),故f(x0)=x0(1-x0).由x0∈(0,1)得f(x0)<.因为x=x0是f(x)在(0,1)内的最大值点,由e-1∈(0,1),f'(e-1)≠0得f(x0)>f(e-1)=e-2.所以e-2<f(x0)<2-2.4.(2017山东·20)已知函数f(x)=x2+2cos x,g(x)=e x(cos x-sin x+2x-2),其中e≈2.718 28…是自然对数的底数.(1)求曲线y=f(x)在点(π,f(π))处的切线方程.h(x)=g(x)-af(x)(a∈R),讨论h(x)的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值.由题意f(π)=π2-2,又f'(x)=2x-2sin x,所以f'(π)=2π,因此曲线y=f(x)在点(π,f(π))处的切线方程为y-(π2-2)=2π(x-π),即y=2πx-π2-2.(2)由题意得h(x)=e x(cos x-sin x+2x-2)-a(x2+2cos x),因为h'(x)=e x(cos x-sin x+2x-2)+e x(-sin x-cos x+2)-a(2x-2sin x)=2e x(x-sin x)-2a(x-sin x)=2(e x-a)(x-sin x),令m(x)=x-sin x,则m'(x)=1-cos x≥0,所以m(x)在R上单调递增.因为m(0)=0,所以当x>0时,m(x)>0;当x<0时,m(x)<0.①当a≤0时,e x-a>0,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,所以当x=0时h(x)取到极小值,极小值是h(0)=-2a-1;②当a>0时,h'(x)=2(e x-e ln a)(x-sin x),由h'(x)=0得x1=ln a,x2=0.(ⅰ)当0<a<1时,ln a<0,当x∈(-∞,ln a)时,e x-e ln a<0,h'(x)>0,h(x)单调递增;当x∈(ln a,0)时,e x-e ln a>0,h'(x)<0,h(x)单调递减;当x∈(0,+∞)时,e x-e ln a>0,h'(x)>0,h(x)单调递增.所以当x=ln a时h(x)取到极大值.极大值为h(ln a)=-a[ln2a-2ln a+sin(ln a)+cos(ln a)+2],当x=0时h(x)取到极小值,极小值是h(0)=-2a-1;(ⅱ)当a=1时,ln a=0,所以当x∈(-∞,+∞)时,h'(x)≥0,函数h(x)在(-∞,+∞)上单调递增,无极值;(ⅲ)当a>1时,ln a>0,所以当x∈(-∞,0)时,e x-e ln a<0,h'(x)>0,h(x)单调递增;当x∈(0,ln a)时,e x-e ln a<0,h'(x)<0,h(x)单调递减;当x∈(ln a,+∞)时,e x-e ln a>0,h'(x)>0,h(x)单调递增.所以当x=0时h(x)取到极大值,极大值是h(0)=-2a-1;当x=ln a时h(x)取到极小值,极小值是h(ln a)=-a[ln2a-2ln a+sin(ln a)+cos(ln a)+2].综上所述:当a≤0时,h(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,函数h(x)有极小值,极小值是h(0)=-2a-1;当0<a<1时,函数h(x)在(-∞,ln a)和(0,+∞)上单调递增,在(ln a,0)上单调递减,函数h(x)有极大值,也有极小值,极大值是h(ln a)=-a[ln2a-2ln a+sin(ln a)+cos(ln a)+2],极小值是h(0)=-2a-1;当a=1时,函数h(x)在(-∞,+∞)上单调递增,无极值;当a>1时,函数h(x)在(-∞,0)和(ln a,+∞)上单调递增,在(0,ln a)上单调递减,函数h(x)有极大值,也有极小值,极大值是h(0)=-2a-1,极小值是h(ln a)=-a[ln2a-2ln a+sin(ln a)+cos(ln a)+2]. 5.(2016全国Ⅱ·21)(1)讨论函数f(x)=e x的单调性,并证明当x>0时,(x-2)e x+x+2>0;a∈[0,1)时,函数g(x)=(x>0)有最小值.设g(x)的最小值为h(a),求函数h(a)的值域.(x)的定义域为(-∞,-2)∪(-2,+∞).f'(x)=≥0,当且仅当x=0时,f'(x)=0,所以f(x)在(-∞,-2),(-2,+∞)单调递增.因此当x∈(0,+∞)时,f(x)>f(0)=-1.所以(x-2)e x>-(x+2),(x-2)e x+x+2>0.(x)=(f(x)+a).由(1)知,f(x)+a单调递增.对任意a∈[0,1),f(0)+a=a-1<0,f(2)+a=a≥0.因此,存在唯一x a∈(0,2],使得f(x a)+a=0,即g'(x a)=0.当0<x<x a时,f(x)+a<0,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x>x a时,f(x)+a>0,g'(x)>0,g(x)单调递增.因此g(x)在x=x a处取得最小值,最小值为g(x a)=.于是h(a)=,由'=>0,单调递增.所以,由x a∈(0,2],得<h(a)=.因为单调递增,对任意λ∈,存在唯一的x a∈(0,2],a=-f(x a)∈[0,1),使得h(a)=λ.所以h(a)的值域是.综上,当a∈[0,1)时,g(x)有最小值h(a),h(a)的值域是.新题演练提能·刷高分1.(2018湖北重点高中协作体联考)已知函数f(x)=.(1)求函数f(x)的极值点;g(x)=xf(x)-ax2+(a>0),若g(x)的最大值大于-1,求a的取值范围.定义域为(0,+∞),f'(x)=,令f'(x)=0得x=e.∴x∈(0,e),f'(x)>0,f(x)单调递增;x∈(e,+∞),f'(x)<0,f(x)单调递减.∴f(x)的极大值点为x=e,无极小值点.(2)g(x)=ln x-ax2+(a>0),g'(x)=-2ax=(x>0,a>0).令g'(x)=0,得x=.x∈0,,g'(x)>0,g(x)单调递增;x∈,+∞,g'(x)<0,g(x)单调递减.∴g(x)max=g=ln -a·=-(ln a+1).由g(x)max=-(ln a+1)>-1,得ln a+a-1<0,令h(a)=ln a+a-1,h'(a)=+1>0,h(a)单调递增,而h(1)=0,∴h(a)<0时,a∈(0,1).2.(2018河南中原名校质量考评)已知函数f(x)=e x-x2+ax.(1)当a>-1时,试判断函数f(x)的单调性;1-e,求证:函数f(x)在[1,+∞)上的最小值小于.f'(x)=e x-x+a,设g(x)=f'(x)=e x-x+a,则g'(x)=e x-1,所以当x>0时g'(x)>0,f'(x)在(0,+∞)上单调递增,当x<0时g'(x)<0,f'(x)在(-∞,0)上单调递减,所以f'(x)≥f'(0)=1+a,因为a>-1,所以1+a>0,即f'(x)>0,所以函数f(x)在R上单调递增.(1)知f'(x)在[1,+∞)上单调递增,因为a<1-e,所以f'(1)=e-1+a<0,所以存在t∈(1,+∞),使得f'(t)=0,即e t-t+a=0,即a=t-e t,所以函数f(x)在[1,t)上单调递减,在(t,+∞)上单调递增,所以当x∈[1,+∞)时,f(x)min=f(t)=e t-t2+at=e t-t2+t(t-e t)=e t(1-t)+t2,令h(x)=e x(1-x)+x2,x>1,则h'(x)=x(1-e x)<0恒成立,所以函数h(x)在(1,+∞)上单调递减,所以h(x)<e(1-1)+×12=,所以e t(1-t)+t2<,即当x∈[1,+∞)时,f(x)min<,故函数f(x)在[1,+∞)上的最小值小于.3.(2018安徽合肥第二次质检)已知函数f(x)=(x-1)e x-ax2(e是自然对数的底数).(1)判断函数f(x)极值点的个数,并说明理由;x∈R,f(x)+e x≥x3+x,求a的取值范围.∵f(x)=(x-1)e x-ax2,f'(x)=x e x-2ax=x(e x-2a),当a≤0时,f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,∴f(x)有1个极值点;当0<a<时,f(x)在(-∞,ln 2a)上单调递增,在(ln 2a,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,∴f(x)有2个极值点;当a=时,f(x)在R上单调递增,此时f(x)没有极值点;当a>时,f(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,ln 2a)上单调递减,在(ln 2a,+∞)上单调递增,∴f(x)有2个极值点.综上可得:当a≤0时,f(x)有1个极值点;当a>0且a≠时,f(x)有2个极值点;当a=时,f(x)没有极值点.(2)由f(x)+e x≥x3+x,得x e x-x3-ax2-x≥0(*).①当x>0时,由不等式(*)得e x-x2-ax-1≥0,即a≤对∀x>0恒成立.设g(x)=,则g'(x)=.设h(x)=e x-x-1,则h'(x)=e x-1.∵x>0,∴h'(x)>0,∴h(x)在(0,+∞)上单调递增,∴h(x)>h(0)=0,即e x>x+1,∴g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,∴g(x)≥g(1)=e-2,∴a≤e-2.②当x=0时,不等式(*)恒成立,a∈R;③当x<0时,由不等式(*)得e x-x2-ax-1≤0.设h(x)=e x-x2-ax-1,则h'(x)=e x-2x-a.设φ(x)=e x-2x-a,则φ'(x)=e x-2<0,∴h'(x)在(-∞,0)上单调递减,∴h'(x)≥h'(0)=1-a.若a≤1,则h'(x)≥0,∴h(x)在(-∞,0)上单调递增,∴h(x)<h(0)=0.若a>1,则有h'(0)=1-a<0,∴∃x0<0,使得x∈(x0,0)时,h'(x)<0,即h(x)在(x0,0)上单调递减, ∴h(x)>h(0)=0,舍去.∴a≤1.综上可得,a的取值范围是(-∞,e-2].4.(2018山东青岛一模)已知函数f(x)=a e2x-a e x-x e x(a≥0,e=2.718…,e为自然对数的底数),若f(x)≥0对于x∈R恒成立.(1)求实数a的值;(x)存在唯一极大值点x0,且≤f(x0)<.f(x)=e x(a e x-a-x)≥0可得,g(x)=a e x-a-x≥0.因为g(0)=0,所以g(x)≥g(0),从而x=0是g(x)的一个极小值点,由于g'(x)=a e x-1,所以g'(0)=a-1=0⇒a=1.当a=1时,g(x)=e x-1-x,g'(x)=e x-1,∵x∈(-∞,0),g'(x)<0,g(x)在(-∞,0)上单调递减;x∈(0,+∞),g'(x)>0,g(x)在(0,+∞)上单调递增;∴g(x)≥g(0)=0,故a=1.a=1时,f(x)=e2x-e x-x e x,f'(x)=e x(2e x-x-2).令h(x)=2e x-x-2,则h'(x)=2e x-1.∵x∈(-∞,-ln 2),h'(x)<0,h(x)在(-∞,-ln 2)上为减函数;x∈(-ln 2,+∞),h'(x)>0,h(x)在(-ln 2,+∞)上为增函数.由于h(-1)<0,h(-2)>0,所以在(-2,-1)上存在x=x0满足h(x0)=0,∵h(x)在(-∞,-ln 2)上为减函数,∴x∈(-∞,x0)时,h(x)>0,即f'(x)>0,f(x)在(-∞,x0)上为增函数;x∈(x0,-ln 2)时,h(x)<0,即f'(x)<0,f(x)在(x0,-ln 2)上为减函数,因此f(x)在(-∞,-ln 2)上只有一个极大值点x0,由于h(0)=0,且h(x)在(-ln 2,+∞)上为增函数,∴x∈(-ln 2,0)时,h(x)<0,即f'(x)<0,f(x)在(-∞,x0)上为减函数;x∈(0,+∞)时,h(x)>0,即f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)上为增函数,因此f(x)在(-ln 2,+∞)上只有一个极小值点0,综上可知:f(x)存在唯一的极大值点x0,且x0∈(-2,-1).∵h(x0)=0,∴2-x0-2=0.∴f(x0)=-x0=2-(x0+1)=-,x0∈(-2,-1),∵x∈(-2,-1)时,-,∴f(x0)<.∵ln ∈(-2,-1),∴f(x0)≥f ln =.综上知:≤f(x0)<.命题角度3利用导数研究函数的零点或方程的根高考真题体验·对方向1.(2018全国Ⅱ·21)已知函数f(x)=e x-ax2.(1)若a=1,证明:当x≥0时,f(x)≥1;(0,+∞)只有一个零点,求a.a=1时,f(x)≥1等价于(x2+1)e-x-1≤0.设函数g(x)=(x2+1)e-x-1,则g'(x)=-(x2-2x+1)e-x=-(x-1)2e-x.当x≠1时,g'(x)<0,所以g(x)在(0,+∞)单调递减.而g(0)=0,故当x≥0时,g(x)≤0,即f(x)≥1.h(x)=1-ax2e-x.f(x)在(0,+∞)只有一个零点当且仅当h(x)在(0,+∞)只有一个零点.(i)当a≤0时,h(x)>0,h(x)没有零点;(ii)当a>0时,h'(x)=ax(x-2)e-x.当x∈(0,2)时,h'(x)<0;当x∈(2,+∞)时,h'(x)>0.所以h(x)在(0,2)单调递减,在(2,+∞)单调递增.故h(2)=1-是h(x)在[0,+∞)的最小值.①若h(2)>0,即a<,h(x)在(0,+∞)没有零点;②若h(2)=0,即a=,h(x)在(0,+∞)只有一个零点;③若h(2)<0,即a>,由于h(0)=1,所以h(x)在(0,2)有一个零点.由(1)知,当x>0时,e x>x2,所以h(4a)=1-=1->1-=1->0.故h(x)在(2,4a)有一个零点.因此h(x)在(0,+∞)有两个零点.综上,f(x)在(0,+∞)只有一个零点时,a=.2.(2017全国Ⅱ·21)已知函数f(x)=a e2x+(a-2)e x-x.(1)讨论f(x)的单调性;f(x)有两个零点,求a的取值范围.f(x)的定义域为(-∞,+∞),f'(x)=2a e2x+(a-2)e x-1=(a e x-1)(2e x+1).(ⅰ)若a≤0,则f'(x)<0,所以f(x)在(-∞,+∞)单调递减.(ⅱ)若a>0,则由f'(x)=0得x=-ln a.当x∈(-∞,-ln a)时,f'(x)<0;当x∈(-ln a,+∞)时,f'(x)>0,所以f(x)在(-∞,-ln a)单调递减,在(-ln a,+∞)单调递增.(2)(ⅰ)若a≤0,由(1)知,f(x)至多有一个零点.(ⅱ)若a>0,由(1)知,当x=-ln a时,f(x)取得最小值,最小值为f(-ln a)=1-+ln a.①当a=1时,由于f(-ln a)=0,故f(x)只有一个零点;②当a∈(1,+∞)时,由于1-+ln a>0,即f(-ln a)>0,故f(x)没有零点;③当a∈(0,1)时,1-+ln a<0,即f(-ln a)<0.又f(-2)=a e-4+(a-2)e-2+2>-2e-2+2>0,故f(x)在(-∞,-ln a)有一个零点.设正整数n0满足n0>ln,则f(n0)=(a+a-2)-n0>-n0>-n0>0.由于ln>-ln a,因此f(x)在(-ln a,+∞)有一个零点.综上,a的取值范围为(0,1).3.(2015全国Ⅰ·21)已知函数f(x)=x3+ax+,g(x)=-ln x.(1)当a为何值时,x轴为曲线y=f(x)的切线;min{m,n}表示m,n中的最小值,设函数h(x)=min{f(x),g(x)}(x>0),讨论h(x)零点的个数.设曲线y=f(x)与x轴相切于点(x0,0),则f(x0)=0,f'(x0)=0,即解得x0=,a=-.因此,当a=-时,x轴为曲线y=f(x)的切线.(2)当x∈(1,+∞)时,g(x)=-ln x<0,从而h(x)=min{f(x),g(x)}≤g(x)<0,故h(x)在(1,+∞)无零点.当x=1时,若a≥-,则f(1)=a+≥0,h(1)=min{f(1),g(1)}=g(1)=0,故x=1是h(x)的零点;若a<-,则f(1)<0,h(1)=min{f(1),g(1)}=f(1)<0,故x=1不是h(x)的零点.当x∈(0,1)时,g(x)=-ln x>0.所以只需考虑f(x)在(0,1)的零点个数.(ⅰ)若a≤-3或a≥0,则f'(x)=3x2+a在(0,1)无零点,故f(x)在(0,1)单调.而f(0)=,f(1)=a+,所以当a≤-3时,f(x)在(0,1)有一个零点;当a≥0时,f(x)在(0,1)没有零点.(ⅱ)若-3<a<0,则f(x)在单调递减,在单调递增,故在(0,1)中,当x=时,f(x)取得最小值,最小值为f.①若f>0,即-<a<0,f(x)在(0,1)无零点;②若f=0,即a=-,则f(x)在(0,1)有唯一零点;③若f<0,即-3<a<-,由于f(0)=,f(1)=a+,所以当-<a<-时,f(x)在(0,1)有两个零点;当-3<a≤-时,f(x)在(0,1)有一个零点.综上,当a>-或a<-时,h(x)有一个零点;当a=-或a=-时,h(x)有两个零点;当-<a<-时,h(x)有三个零点.新题演练提能·刷高分1.(2018湖北黄冈等八市联考)已知函数f(x)=e x,g(x)=.(1)设函数F(x)=f(x)+g(x),试讨论函数F(x)零点的个数;2,x>0,求证:f(x)·g(x)>.F(x)的定义域为(-∞,a)∪(a,+∞).当x∈(a,+∞)时,e x>0,>0,所以F(x)=e x+>0,即F(x)在区间(a,+∞)上没有零点.当x∈(-∞,a)时,F(x)=e x+,令h(x)=e x(x-a)+1.只要讨论h(x)的零点即可.h'(x)=e x(x-a+1),h'(a-1)=0,当x∈(-∞,a-1)时,h'(x)<0,h(x)是减函数;当x∈(a-1,a)时,h'(x)>0,h(x)是增函数.所以h(x)在区间(-∞,a)的最小值为h(a-1)=1-e a-1.显然,当a=1时,h(a-1)=0,所以x=a-1是F(x)的唯一的零点;当a<1时,h(a-1)=1-e a-1>0,所以F(x)没有零点;当a>1时,h(a-1)=1-e a-1<0,所以F(x)有两个零点.a=-2,x>0,要证f(x)·g(x)>,即要证e x>(x+2)x2-4,∵+1,设M(x)=e x-(x+2)+1-x2+4=e x-x2-2x+2,M'(x)=e x-2x-2,令φ(x)=e x-2x-2,φ'(x)=e x-2,φ(x)在(-∞,ln 2)上单调递减,在(ln 2,+∞)上单调递增.∵φ(1)φ(2)<0,φ(-1)φ(0)<0,∴M'(x)在(0,+∞)上只有一个零点x0(1<x0<2),-2x0-2=0,∴M(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增.∴M(x)≥-2x0+2=4->0.∴e x>(x+2)+1+x2-4.∵+1>,∴e x>(x+2)x2-4,∴f(x)·g(x)>得证.2.(2018广东深圳第二次调研)设函数f(x)=e x-1-a ln x,其中e为自然对数的底数. (1)若a=1,求f(x)的单调区间;a≤e,求证:f(x)无零点.a=1,则f(x)=e x-1-ln x(x>0),∴f'(x)=(x>0).令t(x)=x e x-1-1(x>0),则t'(x)=(x+1)e x-1(x>0).当x>0时,t'(x)>0,即t(x)单调递增.又t(1)=0,当x∈(0,1)时,t(x)<0,f'(x)<0,f(x)单调递减,当x∈(1,+∞)时,t(x)>0,f'(x)>0,f(x)单调递增.(0,1),单调递增区间为(1,+∞).f(x)=e x-1-a ln x(x>0)可知,f'(x)=(x>0),当a=0时,f(x)=e x-1,显然f(x)没有零点;当0<a≤e时,由(1)可知函数g(x)=x e x-1-a在[0,+∞)单调递增,且g(0)<0,g(e)>0.∴存在唯一的x0∈(0,e)使得f'(x0)=0,即x0=a,①当x∈(0,x0)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,∴f(x)的最小值为f(x0)=-a ln x0,②由①可知,a=x0,当0<a≤e时,有0<x0≤e,∴ln x0+x0-1≤1,即ln x0≤2-x0,∴f(x)min=f(x0)=-x0ln x0=(1-x0ln x0).∴f(x)min≥[1-x0(2-x0)]=(x0-1)2≥0,上式中两个等号不同时成立.故f(x)min=f(x0)>0,综上所述,函数f(x)无零点.a=0时,f(x)=e x-1>0显然成立.当0<a≤e时,(ⅰ)当0<x≤1时,ln x≤0,a ln x≤0,f(x)=e x-1-a ln x>0显然成立.(ⅱ)当x≥1时,易证:0<ln x<x-1,∴a ln x<a(x-1)≤e(x-1),∴f(x)=e x-1-a ln x>e x-1-e(x-1)≥0.(此处可构造函数,也可利用e x≥e x进行放缩.)∴f(x)没有零点.①可知,,且ln x0=ln a-x0+1,代入②式可得,f(x0)=a+x0-ln a-1,③∵x0∈(0,e),∴x0+≥2,当且仅当x0=1,即a=1时取等号,∴f(x0)≥a-a ln a,令h(x)=x-x ln x(0<x≤e),则h'(x)=-ln x,当x∈(0,1)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,当x∈(1,e)时,h'(x)<0,h(x)单调递减,当x∈(0,1)时,ln x<0,则x ln x<0,即x-x ln x>0,又h(e)=0,∴当x∈(0,e]时,h(x)≥0恒成立,当且仅当x=e时取等号,∵0<a≤e,∴h(a)=a-a ln a≥0,由于f(x0)≥a-a ln a,当且仅当a=1时取等号,h(a)=a-a ln a≥0,当且仅当a=e时取等号,两个等号不能同时成立,∴f(x0)>0,∴f(x)>0恒成立,综上所述,函数f(x)无零点.3.(2018山东济南一模)已知函数f(x)=a ln x-x2+(2a-1)x(a∈R)有两个不同的零点.(1)求a的取值范围;是f(x)的两个零点,证明:x1+x2>2a.f(x)的定义域为(0,+∞).f'(x)=-2x+2a-1=,①当a≤0时,易得f'(x)<0,则f(x)在(0,+∞)上单调递减,则f(x)至多只有一个零点,不符合题意,舍去.②当a>0时,令f'(x)=0,得x=a,则∴f(x)max=f(x)极大值=f(a)=a(ln a+a-1).设g(x)=ln x+x-1,∵g'(x)=+1>0,则g(x)在(0,+∞)上单调递增.∵g(1)=0,∴当x<1时,g(x)<0;当x>1时,g(x)>0.因此:(ⅰ)当0<a≤1时,f(x)max=a·g(a)≤0,则f(x)无零点,不符合题意,舍去.(ⅱ)当a>1时,f(x)max=a·g(a)>0,∵f=a-1-<0,∴f(x)在区间,a上有一个零点,∵f(3a-1)=a ln(3a-1)-(3a-1)2+(2a-1)(3a-1)=a[ln(3a-1)-(3a-1)],设h(x)=ln x-x(x>1),∵h'(x)=-1<0,∴h(x)在(1,+∞)上单调递减,则h(3a-1)<h(2)=ln 2-2<0,∴f(3a-1)=a·h(3a-1)<0,综上所述,当f(x)有两个不同零点时,a的取值范围是(1,+∞).(0,+∞).f'(x)=-2x+2a-1=,①当a≤0时,易得f'(x)<0,则f(x)在(0,+∞)上单调递减,则f(x)至多只有一个零点,不符合题意,舍去.②当a>0时,令f'(x)=0,得x=a,∴f(x)max=f(x)极大值=f(a)=a(ln a+a-1).∴要使函数f(x)有两个零点,则必有f(a)=a(ln a+a-1)>0,即ln a+a-1>0,设g(a)=ln a+a-1,∵g'(a)=+1>0,则g(a)在(0,+∞)上单调递增,∵g(1)=0,∴a>1.当a>1时,∵f=a-1-<0,∴f(x)在区间,a上有一个零点;设h(x)=ln x-x,∵h'(x)=-1=,∴h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,∴h(x)≤h(1)=-1<0,∴ln x<x,∴f(x)=a ln x-x2+(2a-1)x≤ax-x2+(2a-1)x=3ax-x2-x≤3ax-x2=x(3a-x),则f(a)>0,f(4a)<0,∴f(x)在区间(a,4a)上有一个零点,那么此时f(x)恰有两个零点.综上所述,当f(x)有两个不同零点时,a的取值范围是(1,+∞).(1)可知,∵f(x)有两个不同零点,∴a>1,且当x∈(0,a)时,f(x)是增函数;当x∈(a,+∞)时,f(x)是减函数;不妨设x1<x2,则0<x1<a<x2.设F(x)=f(x)-f(2a-x),x∈(0,2a),则F'(x)=f'(x)-f'(2a-x)=-2x+(2a-1)+-2(2a-x)+(2a-1)=-2=.当x∈(0,a)时,F'(x)>0,∴F(x)单调递增.∵F(a)=0,∴F(x)<0,∴f(x)<f(2a-x),∵x1∈(0,a),∴f(x1)<f(2a-x1),∵f(x1)=f(x2),∴f(x2)<f(2a-x1),∵x2∈(a,+∞),2a-x1∈(a,+∞),f(x)在(a,+∞)上单调递减,∴x2a-x1,∴x1+x2>2a.(1)可知,∵f(x)有两个不同的零点,∴a>1,且当x∈(0,a)时,f(x)是增函数.当x∈(a,+∞)时,f(x)是减函数.不妨设x1<x2,则0<x1<a<x2;设F(x)=f(a+x)-f(a-x),x∈(0,a),则F'(x)=f'(a+x)+f'(a-x)=-2(a+x)+(2a-1)+-2(a-x)+(2a-1)=-2=.当x∈(0,a)时,F'(x)>0,∴F(x)单调递增.∵a-x1∈(0,a),∴f(x1)=f(x2)=f(a-(a-x1))<f(a+(a-x1))=f(2a-x1),∵x2∈(a,+∞),2a-x1∈(a,+∞),f(x)在(a,+∞)上单调递减,∴x2>2a-x1,∴x1+x2>2a.命题角度4导数与不等式高考真题体验·对方向1.(2018全国Ⅲ·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;f(x)的极大值点,求a.a=0时,f(x)=(2+x)ln(1+x)-2x,f'(x)=ln(1+x)-,设函数g(x)=f'(x)=ln(1+x)-,则g'(x)=,当-1<x<0时,g'(x)<0;当x>0时,g'(x)>0.故当x>-1时,g(x)≥g(0)=0,且仅当x=0时,g(x)=0,从而f'(x)≥0,且仅当x=0时,f'(x)=0.所以f(x)在(-1,+∞)单调递增.又f(0)=0,故当-1<x<0时,f(x)<0;当x>0时,f(x)>0.若a≥0,由(1)知,当x>0时,f(x)≥(2+x)ln(1+x)-2x>0=f(0),这与x=0是f(x)的极大值点矛盾.②若a<0,设函数h(x)==ln(1+x)-.由于当|x|<min时,2+x+ax2>0,故h(x)与f(x)符号相同.又h(0)=f(0)=0,故x=0是f(x)的极大值点当且仅当x=0是h(x)的极大值点.h'(x)=.如果6a+1>0,则当0<x<-,且|x|<min时,h'(x)>0,故x=0不是h(x)的极大值点.如果6a+1<0,则a2x2+4ax+6a+1=0存在根x1<0,故当x∈(x1,0),且|x|<min时,h'(x)<0,所以x=0不是h(x)的极大值点.如果6a+1=0,则h'(x)=.则当x∈(-1,0)时,h'(x)>0;当x∈(0,1)时,h'(x)<0.所以x=0是h(x)的极大值点,从而x=0是f(x)的极大值点.综上,a=-.2.(2016全国Ⅲ·21)设函数f(x)=αcos 2x+(α-1)·(cos x+1),其中α>0,记|f(x)|的最大值为A.(1)求f'(x);(2)求A;(x)|≤2A.(x)=-2αsin 2x-(α-1)sin x.分类讨论)当α≥1时,|f(x)|=|αcos 2x+(α-1)(cos x+1)|≤α+2(α-1)=3α-2=f(0).因此A=3α-2.当0<α<1时,将f(x)变形为f(x)=2αcos2x+(α-1)cos x-1.(构造函数)令g(t)=2αt2+(α-1)t-1,则A是|g(t)|在[-1,1]上的最大值,g(-1)=α,g(1)=3α-2,且当t=时,g(t)取得极小值,极小值为g=--1=-.令-1<<1,解得α<-(舍去),α>.(ⅰ)当0<α≤时,g(t)在(-1,1)内无极值点,|g(-1)|=α,|g(1)|=2-3α,|g(-1)|<|g(1)|,所以A=2-3α.知g(-1)>g(1)>g.又-|g(-1)|=>0,所以A=.综上,A=(1)得|f'(x)|=|-2αsin 2x-(α-1)sin x|≤2α+|α-1|.当0<α≤时,|f'(x)|≤1+α≤2-4α<2(2-3α)=2A.当<α<1时,A=≥1,所以|f'(x)|≤1+α<2A.当α≥1时,|f'(x)|≤3α-1≤6α-4=2A.所以|f'(x)|≤2A.新题演练提能·刷高分1.(2018河北唐山二模)设f(x)=,g(x)=a x+x a.(1)证明:f(x)在(0,1)上单调递减;1,证明:g(x)>1.f'(x)=.令h(x)=1--ln x,则h'(x)=,x>0,所以0<x<1时,h'(x)>0,h(x)单调递增.又h(1)=0,所以h(x)<0,即f'(x)<0,所以f(x)在(0,1)上单调递减.(2)g'(x)=a x ln a+ax a-1=a(a x-1ln a+x a-1),当0<a≤时,ln a≤-1,所以a x-1ln a+x a-1≤x a-1-a x-1.由(1)得,所以(a-1)ln x<(x-1)ln a,即x a-1<a x-1,所以g'(x)<0,g(x)在(a,1)上单调递减,即g(x)>g(1)=a+1>1.当<a<1时,-1<ln a<0.令t(x)=a x-x ln a-1,0<a<x<1,则t'(x)=a x ln a-ln a=(a x-1)ln a>0,所以t(x)在(0,1)上单调递增,即t(x)>t(0)=0,所以a x>x ln a+1.所以g(x)=a x+x a>x a+x ln a+1=x(x a-1+ln a)+1>x(1+ln a)+1>1.综上,g(x)>1.2.(2018河南郑州第二次质量检测)已知函数f(x)=e x-x2.(1)求曲线f(x)在x=1处的切线方程;x>0时,≥ln x+1.(x)=e x-2x,由题设得f'(1)=e-2,f(1)=e-1,x=1处的切线方程为y=(e-2)x+1.(x)=e x-2x,f''(x)=e x-2,∴f'(x)在(0,ln 2)上单调递减,在(ln 2,+∞)上单调递增, 所以f'(x)≥f'(ln 2)=2-2ln 2>0,所以f(x)在[0,1]上单调递增,所以f(x)max=f(1)=e-1,x∈[0,1].f(x)过点(1,e-1),且y=f(x)在x=1处的切线方程为y=(e-2)x+1,故可猜测:当x>0,x≠1时,f(x)的图象恒在切线y=(e-2)x+1的上方.下面证明:当x>0时,f(x)≥(e-2)x+1,设g(x)=f(x)-(e-2)x-1,x>0,则g'(x)=e x-2x-(e-2),g''(x)=e x-2,g'(x)在(0,ln 2)上单调递减,在(ln 2,+∞)上单调递增,又g'(0)=3-e>0,g'(1)=0,0<ln 2<1,所以g'(ln 2)<0,所以,存在x0∈(0,ln 2),使得g'(x0)=0,所以,当x∈(0,x0)∪(1,+∞)时,g'(x)>0;当x∈(x0,1)时,g'(x)<0,故g(x)在(0,x0)上单调递增,在(x0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,又g(0)=g(1)=0,所以g(x)=e x-x2-(e-2)x-1≥0,当且仅当x=1时取等号,又x≥ln x+1,即≥ln x+1,当x=1时,等号成立.3.(2018山西太原二模)已知函数f(x)=m ln x-e-x(m≠0).(1)若函数f(x)是单调函数,求实数m的取值范围;a,b,当a>b时,都有e1-a-e1-b>1-.f(x)的定义域为(0,+∞).∵f(x)=m ln x-e-x,∴f'(x)=+e-x=.∵函数f(x)是单调函数,∴f'(x)≤0在(0,+∞)上恒成立或f'(x)≥0在(0,+∞)上恒成立,①若f'(x)≤0,则≤0,即m+x e-x≤0,m≤-x e-x=-,令φ(x)=-,则φ'(x)=,当0<x<1时,φ'(x)<0;当x>1时,φ'(x)>0,则φ(x)在(0,1)上递减,(1,+∞)上递增.∴φ(x)min=φ(1)=-,∴m≤-.②若f'(x)≥0,则≥0,即m+x e-x≥0,m≥-x e-x=-.由①得φ(x)=-在(0,1)上递减,(1,+∞)上递增,又φ(0)=0,x→+∞时φ(x)<0,∴m>0.综上可知,m≤-或m>0.(1)知,当m=-时,f(x)=-ln x-e-x在(0,+∞)上递减,∵0<b<a,∴f(b)>f(a),即-ln b-e-b>-ln a-e-a,∴e1-a-e1-b>ln b-ln a,要证e1-a-e1-b>1-,只需证ln b-ln a≥1-,即证ln ≥1-,令t=,t∈(0,1),则需证ln t>1-,令h(t)=ln t+-1,则h'(t)=<0,∴h(t)在(0,1)上递减.又h(1)=0,∴h(t)>0,即ln t>1-.从而e1-a-e1-b>1-得证.4.(2018河北石家庄一模)已知函数f(x)=(x+b)(e x-a)(b>0)在(-1,f(-1))处的切线方程为(e-1)x+e y+e-1=0.(1)求a,b;f(x)=m有两个实数根x1,x2,且x1<x2,证明:x2-x1≤1+.f(-1)=0,所以f(-1)=(-1+b)-a=0,又f'(x)=(x+b+1)e x-a,所以f'(-1)=-a=-1+,若a=,则b=2-e<0,与b>0矛盾,故a=1,b=1.(1)可知f(x)=(x+1)(e x-1),f(0)=0,f(-1)=0,设f(x)在(-1,0)处的切线方程为h(x),易得,h(x)=-1(x+1),令F(x)=f(x)-h(x),即F(x)=(x+1)(e x-1)--1(x+1),F'(x)=(x+2)e x-,当x≤-2时,F'(x)=(x+2)e x-<-<0,当x>-2时,设G(x)=F'(x)=(x+2)e x-,G'(x)=(x+3)e x>0,故函数F'(x)在(-2,+∞)上单调递增,所以当x∈(-∞,-1)时,F'(x)<0,当x∈(-1,+∞)时,F'(x)>0,所以函数F(x)在区间(-∞,-1)上单调递减,在区间(-1,+∞)上单调递增,故F(x)≥F(-1)=0,f(x1)≥h(x1).设h(x)=m的根为x1',则x1'=-1+.又函数h(x)单调递减,故h(x1')=f(x1)≥h(x1),故x1'≤x1,设y=f(x)在(0,0)处的切线方程为y=t(x),易得t(x)=x.令T(x)=f(x)-t(x)=(x+1)(e x-1)-x,T'(x)=(x+2)e x-2,当x≤-2时,T'(x)=(x+2)e x-2<-2<0,当x>-2时,设H(x)=T'(x)=(x+2)e x-2,H'(x)=(x+3)e x>0,故函数T'(x)在(-2,+∞)上单调递增,又T'(0)=0,所以当x∈(-∞,0)时,T'(x)<0,当x∈(0,+∞)时,T'(x)>0,所以函数T(x)在区间(-∞,0)上单调递减,在区间(0,+∞)上单调递增,T(x)≥T(0)=0,f(x2)≥t(x2).设t(x)=m的根为x2',则x2'=m,又函数t(x)单调递增,故t(x2')=f(x2)≥t(x2),故x2'≥x2,又x1'≤x1,x2-x1≤x2'-x1'=m--1+=1+.命题角度5恒成立与存在性问题高考真题体验·对方向(2017全国Ⅲ·21)已知函数f(x)=x-1-a ln x.(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.f(x)的定义域为(0,+∞).若a≤0,因为f=-+a ln 2<0,所以不满足题意;②若a>0,由f'(x)=1-知,当x∈(0,a)时,f'(x)<0;当x∈(a,+∞)时,f'(x)>0.所以f(x)在(0,a)单调递减,在(a,+∞)单调递增.故x=a是f(x)在(0,+∞)的唯一最小值点.由于f(1)=0,所以当且仅当a=1时,f(x)≥0.故a=1.(2)由(1)知当x∈(1,+∞)时,x-1-ln x>0.令x=1+得ln.从而ln+ln+…+ln+…+=1-<1.故<e.而>2,所以m的最小值为3.新题演练提能·刷高分1.(2018江西南昌一模)已知函数f(x)=ln(ax)+bx在点(1,f(1))处的切线方程是y=0.(1)求函数f(x)的极值;f(x)+x(m<0)恒成立时,求实数m的取值范围(e为自然对数的底数).因为f(x)=ln(ax)+bx,所以f'(x)=+b=+b,因为f(x)在点(1,f(1))处的切线方程是y=0,所以a=e,b=-1,即f(x)=ln x-x+1(x∈(0,+∞)).所以f'(x)=-1=,所以f(x)在(0,1)上递增,在(1,+∞)上递减,所以f(x)的极大值为f(1)=-1+1=0,无极小值.(2)当≥f(x)+x(m<0)在x∈(0,+∞)恒成立时,由(1)知f(x)=ln x-x+1,即-2+(m<0)在x∈(0,+∞)恒成立.(方法一)设g(x)=(m<0),h(x)=-2,则g'(x)=,h'(x)=-.又因为m<0,所以当0<x<1时,g'(x)<0,h'(x)>0;当x>1时,g'(x)>0,h'(x)<0.所以g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,g(x)min=g(1)=;h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,h(x)max=h(1)=-1.所以g(x),h(x)均在x=1处取得最值,所以要使g(x)≥h(x)恒成立,只需g(x)min≥h(x)max,即-1,解得m≥1-e.又m<0,所以实数m的取值范围是[1-e,0).(方法二)设g(x)=-2+(x∈(0,+∞)),则g'(x)=.当0<x<1时,-ln x>0,x-1<0,则>0,>0,即g'(x)>0,当x>1时,-ln x<0,x-1>0,则<0,<0,即g'(x)<0,所以g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.所以g(x)max=g(1)=1-2+≤0,即-1,m≥1-e.又m<0,所以实数m的取值范围是[1-e,0).2.(2018河北唐山一模)已知函数f(x)=e x-1,g(x)=ln x+a.(1)设F(x)=xf(x),求F(x)的最小值;a<1时,总存在两条直线与曲线y=f(x)与y=g(x)都相切.(x)=x e x-1,F'(x)=(x+1)e x-1,当x<-1时,F'(x)<0,F(x)单调递减;当x>-1时,F'(x)>0,F(x)单调递增,故x=-1时,F(x)取得最小值F(-1)=-.f'(x)=e x-1,所以f(x)=e x-1在点(t,e t-1)处的切线方程为y=e t-1x+(1-t)e t-1;因为g'(x)=,所以g(x)=ln x+a在点(m,ln m+a)处的切线方程为y=·x+ln m+a-1, 由题意可得则(t-1)e t-1-t+a=0.令h(t)=(t-1)e t-1-t+a,则h'(t)=t e t-1-1.由(1)得t<-1时,h'(t)单调递减,且h'(t)<0;当t>-1时,h'(t)单调递增.又h'(1)=0,t<1时,h'(t)<0,所以,当t<1时,h'(t)<0,h(t)单调递减;当t>1时,h'(t)>0,h(t)单调递增.由(1)得h(a-1)=(a-2)e a-2+1≥-+1>0,又h(3-a)=(2-a)e2-a+2a-3>(2-a)(3-a)+2a-3=a-2+>0,h(1)=a-1<0,所以函数y=h(t)在(a-1,1)和(1,3-a)内各有一个零点,故当a<1时,存在两条直线与曲线f(x)与g(x)都相切.3.(2018河北衡水中学模拟)已知函数f(x)=.(1)确定函数f(x)在定义域上的单调性;f(x)≤k e x在(1,+∞)上恒成立,求实数k的取值范围.函数f(x)的定义域为(0,1)∪(1,+∞),f'(x)=,令g(x)=1--ln x,则有g'(x)=,令g'(x)==0,解得x=1,所以在(0,1)上,g'(x)>0,g(x)单调递增,。

第一部分高考层级专题突破层级二7个能力专题师生共研专题一函数与导数第三讲导数的简单应用课时跟踪检测(五)导数的简单应用一、选择题1．(2019·合肥模拟)已知直线2x－y＋1＝0与曲线y＝a e x＋x相切，其中e为自然对数的底数，则实数a的值是()A．e B．2eC．1 D．2解析：选C∵y＝a e x＋x，∴y′＝a e x＋1，设直线2x－y＋1＝0与曲线y＝a e x ＋x相切的切点坐标为(m，n)，则y′|x＝m＝a e m＋1＝2，得a e m＝1.又n＝a e m＋m＝2m ＋1，∴m＝0，n＝1，a＝1，故选C．2．(2019·重庆调研)若函数f(x)＝(x＋a)e x在(0，＋∞)上不单调，则实数a的取值范围是()A．(－∞，－1) B．(－∞，0)C．(－1,0) D．[－1，＋∞)解析：选A f′(x)＝e x(x＋a＋1)，由题意，知方程e x(x＋a＋1)＝0在(0，＋∞)上至少有一个实数根，即x＝－a－1>0，解得a<－1.3．(2019·河南模拟)若函数f(x)＝13x3－⎝⎛⎭⎪⎫1＋b2x2＋2bx在区间[－3,1]上不是单调函数，则f(x)在R上的极小值为()A．2b－43B．32b－23C．0 D．b2－1 6b2解析：选A由题意得f′(x)＝(x－b)(x－2)．因为f(x)在区间[－3,1]上不是单调函数，所以－3<b<1.由f′(x)>0，解得x>2或x<b；由f′(x)<0，解得b<x<2.所以f(x)的极小值为f (2)＝2b －43.故选A ．4．(2019·广州模拟)设函数f (x )＝x 3＋ax 2，若曲线y ＝f (x )在点P (x 0，f (x 0))处的切线方程为x ＋y ＝0，则点P 的坐标为( )A ．(0,0)B ．(1，－1)C ．(－1,1)D ．(1，－1)或(－1,1)解析：选D 由题意知，f ′(x )＝3x 2＋2ax ，所以曲线y ＝f (x )在点P (x 0，f (x 0))处的切线的斜率为f ′(x 0)＝3x 20＋2ax 0，又切线方程为x ＋y ＝0，所以x 0≠0，且⎩⎨⎧3x 20＋2ax 0＝－1，x 0＋x 30＋ax 20＝0，所以当⎩⎨⎧x 0＝1，a ＝－2时，点P 的坐标为(1，－1)；当⎩⎨⎧x 0＝－1，a ＝2时，点P 的坐标为(－1,1)，故选D ． 5．(2019·河南息县第一高级中学段测)函数f (x )＝x 3－3x －1，若对于区间(－3,2]上的任意x 1，x 2，都有|f (x 1)－f (x 2)|≤t ，则实数t 的最小值是( )A ．20B ．18C ．3D ．0解析：选A 对于区间(－3,2]上的任意x 1，x 2，都有|f (x 1)－f (x 2)|≤t ，等价于在区间(－3,2]上，f (x )max －f (x )min ≤t ，∵f (x )＝x 3－3x －1，∴f ′(x )＝3x 2－3＝3(x －1)(x ＋1)．∵x ∈(－3,2]，∴函数f (x )在(－3，－1)，(1,2)上单调递增，在(－1,1)上单调递减，∴f (x )max ＝f (2)＝f (－1)＝1，f (x )min ＝f (－3)＝－19，∴f (x )max －f (x )min ＝20，∴t ≥20，即实数t 的最小值是20.6．已知函数f (x )＝－ln x ＋ax ，g (x )＝(x ＋a )e x ，a <0，若存在区间D ，使函数f (x )和g (x )在区间D 上的单调性相同，则a 的取值范围是( )A ．⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－12B ．(－∞，0)C ．⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－12D ．(－∞，－1)解析：选D f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－1x ＋a ＝ax －1x ，由a <0可得f ′(x )<0，即f (x )在定义域(0，＋∞)上单调递减．g ′(x )＝e x ＋(x ＋a )e x ＝(x ＋a ＋1)·e x ，令g ′(x )＝0，解得x ＝－(a ＋1)，当x ∈(－∞，－a －1)时，g ′(x )<0，当x ∈(－a －1，＋∞)时，g ′(x )>0，故g (x )的单调递减区间为 (－∞，－a －1)，单调递增区间为(－a －1，＋∞)．因为存在区间D ，使f (x )和g (x )在区间D 上的单调性相同，所以－a －1>0，即a <－1，故a 的取值范围是(－∞，－1)，故选D ．二、填空题7．(2019·河北五个一名校联考)函数f (x )＝x 2－2ln x 的单调递减区间是________．解析：函数f (x )＝x 2－2ln x 的定义域为(0，＋∞)，令f ′(x )＝2x －2x ＝2(x ＋1)(x －1)x<0，得0<x <1，∴f (x )的单调递减区间是(0,1)． 答案：(0,1)8．(2019·四川成都模拟)已知函数f (x )＝－12x 2＋4x －3ln x 在区间[t ，t ＋1]上不单调，则t 的取值范围是________．解析：由题意知f ′(x )＝－x ＋4－3x ＝－(x －1)(x －3)x ，由f ′(x )＝0得函数f (x )的两个极值点为1和3，则只要这两个极值点有一个在区间(t ，t ＋1)内，函数f (x )在区间[t ，t ＋1]上就不单调，∴1∈(t ，t ＋1)或3∈(t ，t ＋1)⇔⎩⎨⎧ t <1，t ＋1>1或⎩⎨⎧t <3，t ＋1>3⇔0<t <1或2<t <3.答案：(0,1)∪(2,3)9．(2019·成都模拟)若曲线y ＝ln x ＋ax 2－2x (a 为常数)不存在斜率为负数的切线，则实数a 的取值范围是________．解析：f ′(x )＝1x ＋2ax －2＝2ax 2－2x ＋1x (x >0)，由题意得f ′(x )≥0在x >0时恒成立， 所以2ax 2－2x ＋1≥0在x >0时恒成立，即2a ≥2x －1x 2＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2－2x ＋1＋1＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12＋1，所以a ≥12，所以a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞.答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞三、解答题10．(2019·四川遂宁检测)已知函数f (x )＝x 2＋ln x －ax . (1)当a ＝3时，求f (x )的单调增区间；(2)若f (x )在(0,1)上是增函数，求实数a 的取值范围．解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)．当a ＝3时，f (x )＝x 2＋ln x －3x ，∴f ′(x )＝2x ＋1x －3.由f ′(x )>0，解得0<x <12或x >1，∴函数f (x )的单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，(1，＋∞)．(2)由题意得f ′(x )＝2x ＋1x －a ， ∵f (x )在(0,1)上是增函数，∴f ′(x )＝2x ＋1x －a ≥0在(0,1)上恒成立，即a ≤2x ＋1x 在(0,1)上恒成立． ∵2x ＋1x ≥22当且仅当2x ＝1x ，即x ＝22时，等号成立，∴2x ＋1x 的最小值为22，所以a ≤22，故实数a 的取值范围为(－∞，22]． 11．(2019·江西红色七校第一次联考)已知函数f (x )＝e x (x 2－2x ＋a )(其中a ∈R ，a 为常数，e 为自然对数的底数)．(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)设曲线y ＝f (x )在(a ，f (a ))处的切线为l ，当a ∈[1,3]时，求直线l 在y 轴上截距的取值范围．解：(1)f ′(x )＝e x (x 2－2x ＋a )＋e x (2x －2)＝e x (x 2＋a －2)，当a ≥2时，f ′(x )≥0恒成立，故函数f (x )在区间(－∞，＋∞)上单调递增； 当a <2时，f ′(x )≥0⇔x 2≥2－a ⇔x ≤－2－a 或x ≥2－a ，f ′(x )<0⇔x 2<2－a ⇔－2－a <x <2－a .故函数f (x )在区间(－∞，－2－a ]，[2－a ，＋∞)上单调递增，在区间(－2－a ，2－a )上单调递减．(2)f (a )＝e a (a 2－a ), f ′(a )＝e a (a 2＋a －2)，所以直线l 的方程为y －e a (a 2－a )＝e a (a 2＋a －2)(x －a )．令x ＝0，得直线l 在y 轴上的截距为e a (－a 3＋a )，记g (a )＝e a (－a 3＋a )(1≤a ≤3)， 则g ′(a )＝e a (－a 3－3a 2＋a ＋1)，记h (a )＝－a 3－3a 2＋a ＋1(1≤a ≤3)， 则h ′(a )＝－3a 2－6a ＋1<0(1≤a ≤3)，所以h (a )在[1,3]上单调递减，所以h (a )≤h (1)＝－2<0，所以g ′(a )<0，即g (a )在区间[1,3]上单调递减，所以g (3)≤g (a )≤g (1)，即直线l 在y 轴上截距的取值范围是[－24e 3,0]．12．(2019·青海省西宁四中二模)已知函数f (x )＝ax 2－(a ＋2)x ＋ln x ，其中a ∈R .(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． 解：(1)当a ＝1时，f (x )＝x 2－3x ＋ln x (x >0)， 所以f ′(x )＝2x －3＋1x ＝2x 2－3x ＋1x ，所以f (1)＝－2，f ′(1)＝0.所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝－2. (2)函数f (x )＝ax 2－(a ＋2)x ＋ln x 的定义域为(0，＋∞)，当a >0时，f ′(x )＝2ax －(a ＋2)＋1x ＝2ax 2－(a ＋2)x ＋1x ＝(2x －1)(ax －1)x ，令f ′(x )＝0，解得x ＝12或x ＝1a .①当0<1a ≤1，即a ≥1时，f (x )在[1，e]上单调递增， 所以f (x )在[1，e]上的最小值为f (1)＝－2，符合题意；②当1<1a <e ，即1e <a <1时，f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，1a 上单调递减，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a ，e 上单调递增． 所以f (x )在[1，e]上的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a <f (1)＝－2，不符合题意；③当1a ≥e ，即0<a ≤1e 时，f (x )在[1，e]上单调递减，所以f(x)在[1，e]上的最小值为f(e)<f(1)＝－2，不符合题意．综上，实数a的取值范围是[1，＋∞)．。

课时跟踪检测（二十四） 导数的简单应用（小题练）A 级——12＋4提速练一、选择题1．已知f ()＝a 3＋32＋2，若f ′(－1)＝3，则a ＝( ) A.193 B.163 C.133D ．3解析：选D ∵f ()＝a 3＋32＋2，∴f ′()＝3a 2＋6，∴f ′(－1)＝3a －6， ∵f ′(－1)＝3，∴3a －6＝3，解得a ＝3.故选D.2．(2018·合肥模拟)已知直线2－y ＋1＝0与曲线y ＝a e ＋相切，其中e 为自然对数的底数，则实数a 的值是( )A ．eB ．2eC ．1D ．2解析：选C ∵y ＝a e ＋，∴y ′＝a e ＋1，设直线2－y ＋1＝0与曲线y ＝a e ＋相切的切点坐标为(m ，n )，则y ′|＝m ＝a e m ＋1＝2，得a e m ＝1，又n ＝a e m ＋m ＝2m ＋1，∴m ＝0，a ＝1，故选C.3．(2018·成都模拟)已知函数y ＝f ()的导函数y ＝f ′()的图象如图所示，则函数y ＝f ()在区间(a ，b )内的极小值点的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选A 如图，在区间(a ，b )内，f ′(c )＝0，且在点＝c 附近的左侧f ′()<0，右侧f ′()>0，所以在区间(a ，b )内只有1个极小值点，故选A.4．(2018·重庆调研)若函数f ()＝(＋a )e 在(0，＋∞)上不单调，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，－1)B ．(－∞，0)C ．(－1,0)D ．[－1，＋∞)解析：选A f ′()＝e(＋a ＋1)，由题意，知方程e(＋a ＋1)＝0在(0，＋∞)上至少有一个实数根，即＝－a －1＞0，解得a ＜－1.5．已知f ()＝23－62＋m (m 为常数)在[－2,2]上有最大值为3，那么此函数在[－2,2]上的最小值为( )A ．0B ．－5C ．－10D ．－37解析：选D 由题意知，f ′()＝62－12，由f ′()＝0得＝0或＝2，当＜0或＞2时，f ′()＞0，当0＜＜2时，f ′()＜0，∴f ()在[－2,0]上单调递增，在[0,2]上单调递减，由条件知f (0)＝m ＝3，∴f (2)＝－5，f (－2)＝－37，∴最小值为－37.6．(2018·广州模拟)设函数f ()＝3＋a 2，若曲线y ＝f ()在点P (0，f (0))处的切线方程为＋y ＝0，则点P 的坐标为( )A ．(0,0)B ．(1，－1)C ．(－1,1)D ．(1，－1)或(－1,1)解析：选D 由题意知，f ′()＝32＋2a ，所以曲线y ＝f ()在点P (0，f (0))处的切线的斜率为f ′(0)＝320＋2a 0，又切线方程为＋y ＝0，所以0≠0，且⎩⎨⎧3x 20＋2ax 0＝－1，x 0＋x 30＋ax 2＝0，解得a ＝±2，0＝－a2.所以当⎩⎨⎧ x 0＝1，a ＝－2时，点P 的坐标为(1，－1)；当⎩⎨⎧x 0＝－1，a ＝2时，点P 的坐标为(－1,1)，故选D.7．(2018·昆明检测)若函数f ()＝e 2＋a 在(0，＋∞)上单调递增，则实数a 的取值范围为( )A ．[－1，＋∞)B ．(－1，＋∞)C ．[－2，＋∞)D ．(－2，＋∞)解析：选C ∵f ()在(0，＋∞)上单调递增，且f ′()＝2e 2＋a ，∴f ′()＝2e 2＋a ≥0在(0，＋∞)上恒成立，即a ≥－2e 2在(0，＋∞)上恒成立，又∈(0，＋∞)时，－2e 2＜－2，∴a ≥－2.8．(2018·陕西模拟)设函数f ()＝3－12＋b ，则下列结论正确的是( )A ．函数f ()在(－∞，－1)上单调递增B ．函数f ()在(－∞，－1)上单调递减C ．若b ＝－6，则函数f ()的图象在点(－2，f (－2))处的切线方程为y ＝10D ．若b ＝0，则函数f ()的图象与直线y ＝10只有一个公共点解析：选C 对于选项A ，B ，根据函数f ()＝3－12＋b ，可得f ′()＝32－12，令32－12＝0，得＝－2或＝2，故函数f ()在(－∞，－2)，(2，＋∞)上单调递增，在(－2,2)上单调递减，所以选项A ，B 都不正确；对于选项C ，当b ＝－6时，f ′(－2)＝0，f (－2)＝10，故函数f ()的图象在点(－2，f (－2))处的切线方程为y ＝10，选项C 正确；对于选项D ，当b ＝0时，f ()的极大值为f (－2)＝16，极小值为f (2)＝－16，故直线y ＝10与函数f ()的图象有三个公共点，选项D 错误．故选C.9．已知定义在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上的函数y ＝f ()的导函数为f ′()，若f ′()cos －1＝ln －f ()sin ，则下列不等式成立的是( )A.2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4B ．3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6C.3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4<2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6D.3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6解析：选D 令g ()＝f xcos x，则g ′()＝fx cos x －f xsin xcos 2x＝1＋ln x cos 2x，由⎩⎨⎧0<x <π2，g x >0，解得1e <<π2；由⎩⎨⎧0<x <π2，gx <0，解得0<<1e .所以函数g ()在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，π2上单调递增．因为π3>π6>1e ，所以g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3>g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3cos π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6cos π6，即3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，B 错，D 正确．同理因为π4>π6>1e ，所以g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4>g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4cos π4>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6cos π6，即3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4>2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，C 错．因为π3>π4>1e ，所以g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3>g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3cos π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4cos π4，即2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，A 错．故选D.10．已知函数f ()(∈R)为奇函数，当∈(0,2]时，f ()＝ln －m 2⎝ ⎛⎭⎪⎫m >22，当∈[－2,0)时，f ()的最小值为3，则m 的值为( )A ．1B ．2C ．eD ．e 2解析：选C ∵f ()在R 上是奇函数，当∈[－2,0)时，f ()的最小值为3，∴f ()在(0,2]上的最大值为－3.∵当∈(0,2]时，f ′()＝1x －m 2，令f ′()＝0，解得＝m －2；由m >22知0<m －2<2.当∈(0，m －2)时，f ′()>0，f ()单调递增，当∈(m －2,2]时，f ′()<0，f ()单调递减，故当＝m－2时，f ()在(0,2]上取得最大值－3.∴f (m －2)＝ln m －2－m 2·m －2＝ln m －2－1＝－3，解得m＝e.故选C.11．已知函数f ()＝－ln ＋a ，g ()＝(＋a )e ，a <0，若存在区间D ，使函数f ()和g ()在区间D 上的单调性相同，则a 的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－12B ．(－∞，0)C.⎝⎛⎭⎪⎫－1，－12D ．(－∞，－1)解析：选D f ()的定义域为(0，＋∞)，f ′()＝－1x ＋a ＝ax －1x.由a <0可得f ′()<0，即f ()在定义域(0，＋∞)上单调递减．g ′()＝e ＋(＋a )e ＝(＋a ＋1)e ，令g ′()＝0，解得＝－(a＋1)，当∈(－∞，－a －1)时，g ′()<0，当∈(－a －1，＋∞)时，g ′()>0，故g ()的单调递减区间为(－∞，－a －1)，单调递增区间为(－a －1，＋∞)．因为存在区间D ，使f ()和g ()在区间D 上的单调性相同，所以－a －1>0，即a <－1，故a 的取值范围是(－∞，－1)，选D.12．(2018·张家界模拟)已知函数f ()在定义域R 上的导函数为f ′()，若方程f ′()＝0无解，且f [f ()－2 017]＝2 017，若g ()＝sin －cos －在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，π2上与f ()在R 上的单调性相同，则实数的取值范围是( )A ．(－∞，－1]B ．(－∞， 2 ]C ．[－1，2]D ．[2，＋∞)解析：选A 若方程f ′()＝0无解，则f ′()>0或f ′()<0恒成立，∴f ()为R 上的单调函数．若∀∈R ，都有f [f ()－2 017]＝2 017，则f ()－2 017为定值，设t ＝f ()－2 017，则f ()＝t ＋2 017，易知f ()为R 上的增函数．∵g ()＝sin －cos －，∴g ′()＝cos ＋sin －＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4－.又g ()在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，π2上与f ()在R 上的单调性相同，∴g ()在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，π2上单调递增，则当∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，π2时，g ′()≥0恒成立，则≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4min .当∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，π2时，＋π4∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4，3π4，sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－22，1，2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4∈[－1,2]，故≤－1，选A. 二、填空题13．(2018·福州四校联考)已知曲线C ：y ＝2＋2在点(0,0)处的切线为l ，则由C ，l 以及直线＝1围成的区域的面积等于________．解析：因为y ′＝2＋2，所以曲线C ：y ＝2＋2在点(0,0)处的切线的斜率＝y ′|＝0＝2，所以切线方程为y ＝2，所以由C ，l 以及直线＝1围成的区域如图中阴影部分所示，其面积S ＝⎠⎛01(2＋2－2)d ＝⎠⎛012d ＝x 33|10＝13. 答案：1314．(2018·太原二模)若函数f()＝sin ＋a 为R 上的减函数，则实数a 的取值范围是________．解析：∵f ′()＝cos ＋a ，由题意可知，f ′()≤0对任意的∈R 都成立，∴a ≤－1，故实数a 的取值范围是(－∞，－1]．答案：(－∞，－1]15．(2018·全国卷Ⅲ)曲线y ＝(a ＋1)e 在点(0,1)处的切线的斜率为－2，则a ＝________. 解析：∵y ′＝(a ＋a ＋1)e ，∴当＝0时，y ′＝a ＋1， ∴a ＋1＝－2，解得a ＝－3. 答案：－316．已知定义在(0，＋∞)上的单调函数f ()，对任意的∈(0，＋∞)，都有f [f ()－log 3]＝4，则函数f ()的图象在＝1ln 3处的切线的斜率为________．解析：由题意，设f ()－log 3＝m >0，则f ()＝log 3＋m ，由f [f ()－log 3]＝4可得f (m )＝log 3m＋m ＝4，即m ＝34－m，解得m ＝3，所以f ()＝log 3＋3，f ′()＝1x ln 3，从而f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫1ln 3＝1，即所求切线的斜率为1.答案：1B 级——难度小题强化练1．(2018·西安八校联考)已知函数f ()＝ln －a 2，若f ()恰有两个不同的零点，则a 的取值范围为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫12e ，＋∞ B ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫12e ，＋∞C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12e D.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12e 解析：选C 函数f ()的定义域为(0，＋∞)，f ′()＝1x－2a ＝1－2ax 2x.当a ≤0时，f ′()>0恒成立，函数f ()在(0，＋∞)上单调递增，则函数f ()不存在两个不同的零点．当a >0时，由f ′()＝0，得＝12a，当0<<12a时，f ′()>0，函数f ()单调递增，当>12a时，f ′()<0，函数f ()单调递减，所以f ()的最大值为f ⎝⎛⎭⎪⎫12a ＝ln 12a －a ⎝⎛⎭⎪⎫12a 2＝－12ln 2a －12，于是要使函数f ()恰有两个不同的零点，则需满足－12ln 2a －12>0，即ln 2a <－1，所以0<2a <1e ，即0<a <12e ，所以a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12e ，故选C.2．已知f ′()为f ()(∈R)的导函数，当≠0时，f ′()＋f x x >2，则方程f ()＋1x＝的根的个数为( )A ．1B ．1或2C ．0D ．0或1解析：选C 由题意知，方程f ()＋1x＝的根，即为xf xx 2＋1x＝0的根．记g ()＝f ()－2＋1，则g ′()＝f ()＋f ′()－2.当≠0时，由f ′()＋f x x>2得xfxf x2xx>0，故当>0时，f ′()＋f ()－2>0，即g ′()>0，当<0时，f ′()＋f ()－2<0，即g ′()<0.所以函数g ()在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以g ()≥g (0)＝0×f (0)－02＋1＝1.故函数g ()＝f ()－2＋1没有零点，即方程f ()＋1x＝无根．故选C.3．已知函数f ()的定义域为R ，其导函数为y ＝f ′()，当≠1时，f ′()－f 2－xx －1>0，若函数y ＝f (＋1)的图象关于原点对称，a ＝－12f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，b ＝－3f (－2)，c ＝2f (3)，则a ，b ，c的大小关系是( )A ．a <b <cB ．b <c <aC ．a <c <bD ．c <a <b解析：选C 由函数y ＝f (＋1)的图象关于原点对称可得函数y ＝f ()的图象关于点(1,0)对称，即f (2－)＝－f ()．设g ()＝(－1)f ()，则g (2－)＝[(2－)－1]f (2－)＝(1－)[－f ()]＝(－1)f ()＝g ()，所以函数y ＝g ()的图象关于直线＝1对称．由已知当≠1时，f ′()－f 2－xx －1>0可得f ′()＋f x x －1>0，即x －1f xf xx －1>0，即g x x －1>0.当>1时，g ′()>0，函数g ()单调递增．而a ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，b ＝g (－2)，c ＝g (3)．由函数y ＝g ()的图象关于直线＝1对称可得a ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，b ＝g (－2)＝g (4)，因为32<3<4，所以a <c <b .故选C.4．(2018·胶州模拟)若方程ln(＋1)＝2－32＋a 在区间[0,2]上有两个不同的实数根，则实数a 的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫ln 3－1，ln 2＋12B ．[ln 2－1，ln 3－1)C ．[ln 2－1，ln 2]D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，ln 2＋12解析：选A 令f ()＝ln(＋1)－2＋32－a ，则f ′()＝1x ＋1－2＋32＝4x ＋5x －12x ＋1.当∈[0,1)时，f ′()>0，f ()单调递增，当∈(1,2]时，f ′()<0，f ()单调递减．由于方程ln(＋1)＝2－32＋a 在区间[0,2]上有两个不同的实数根，即f ()＝0在区间[0,2]上有两个不同的实数根，则⎩⎪⎨⎪⎧f 0a ≤0，f 1ln 2＋12－a >0，f2ln 3－1－a ≤0，解得ln 3－1≤a <ln 2＋12.所以方程ln(＋1)＝2－32＋a 在区间[0,2]上有两个不同的实数根时，实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫ln 3－1，ln 2＋12.5．已知函数f ()＝(ln －a )有两个极值点，则实数a 的取值范围是________．解析：f ()的定义域为(0，＋∞)．f ′()＝ln －a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －a ＝ln －2a ＋1，令f ′()＝ln －2a ＋1＝0，得ln ＝2a －1，因为函数f ()＝(ln －a )有两个极值点，所以f ′()＝ln －2a ＋1有两个零点，等价于函数y ＝ln 与y ＝2a －1的图象有两个交点．在同一平面直角坐标系中作出它们的图象，如图所示，过点(0，－1)作曲线y ＝ln 的切线，设切点为(0，y 0)，则切线的斜率＝1x 0，所以切线方程为y ＝1x 0－1，又切点在切线上，所以y 0＝x 0x 0－1＝0，又切点在曲线y ＝ln 上，则ln 0＝0，解得0＝1，所以切点为(1,0)，所以切线方程为y ＝－1.再由直线y ＝2a －1与曲线y ＝ln 有两个交点，知直线y ＝2a －1位于两直线y ＝－1和y ＝－1之间，其斜率2a 满足0<2a <1，解得实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫0，126．已知函数g ()＝a －2⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ≤x ≤e ，e 为自然对数的底数与h ()＝2ln 的图象上存在关于轴对称的点，则实数a 的取值范围是________．解析：因为函数g ()＝a －2⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ≤x ≤e ，e 为自然对数的底数与h ()＝2ln 的图象上存在关于轴对称的点，所以方程a －2＝－2ln ，即－a ＝2ln －2在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上有解．令f ()＝2ln －2，则f ′()＝2x －2＝21－x1＋xx，因为1e≤≤e ，所以f ()在＝1处有唯一的极大值点．因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－2－1e 2，f (e)＝2－e 2，f ()的极大值为f (1)＝－1，且f (e)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，故方程－a ＝2ln －2在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上有解等价于2－e 2≤－a ≤－1，即1≤a ≤e 2－2，故实数a 的取值范围是[1，e 2－2]．答案：[1，e 2－2]。

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2019年高中数学单元测试卷导数及其应用学校：__________ 姓名：__________ 班级:__________ 考号：__________一、选择题1．32()32f x x x =-+在区间[]1,1-上的最大值是（ )（A)-2 （B)0 （C ）2 （D)4（2006浙江文）二、填空题2． 已知a > 0，方程x 2-2ax —2a ln x =0有唯一解,则a = . 123． 曲线21()cos 3f x x x =-在0x =处的切线的斜率为 ▲ 。

4．若函数f （x )＝ax 4＋bx 2＋c 满足(1) 2f '=，则(1)f '-= ．5．已知函数x x mx x f 2ln )(2-+=在定义域内是增函数，则实数m 的取值范围是 ▲ ． 6．若曲线2ln y ax x =-在点(1,)a 处的切线平行于x 轴，则a =____________。

(2013年高考广东卷（文））7．函数32()15336f x x x x =--+的单调减区间为 . 解析 考查利用导数判断函数的单调性。

2()330333(11)(1)f x x x x x '=--=-+,由(11)(1)0x x -+<得单调减区间为(1,11)-。

课时跟踪检测（二十五） 函数与导数（大题练）A 卷——大题保分练1．(2018·贵阳模拟)已知函数f (x )＝(x －1)e x ＋1，g (x )＝e x ＋ax －1(其中a ∈R，e 为自然对数的底数，e ＝2.718 28…)．(1)求证：函数f (x )有唯一零点；(2)若曲线g (x )＝e x ＋ax －1的一条切线方程是y ＝2x ，求实数a 的值．解：(1)证明：因为f (x )＝(x －1)e x ＋1(x ∈R)，所以f ′(x )＝x e x ，由f ′(x )＝x e x ＝0，得x ＝0，f ′(x )＝x e x >0时，x >0；f ′(x )＝x e x <0时，x <0；所以f (x )＝(x －1)e x ＋1在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以f (x )＝(x －1)e x ＋1的最小值为f (0)＝0，即函数f (x )＝(x －1)e x ＋1有唯一零点．(2)设曲线g (x )＝e x ＋ax －1与切线y ＝2x 相切于点(x 0，y 0)，因为g (x )＝e x ＋ax －1，所以g ′(x )＝e x ＋a ，所以Error!消去a ，y 0，得(x 0－1)e x 0＋1＝0，由(1)知方程(x 0－1)e x 0＋1＝0有唯一根x 0＝0，则e 0＋a ＝2，所以a ＝1.2．(2018·郑州模拟)已知函数f (x )＝ln x －a (x ＋1)，a ∈R 的图象在(1，f (1))处的切线与x 轴平行．(1)求f (x )的单调区间；(2)若存在x 0>1，当x ∈(1，x 0)时，恒有f (x )－＋2x ＋>k (x －1)成立，求k 的取值x 2212范围．解：(1)由已知可得f (x )的定义域为(0，＋∞)．∵f ′(x )＝－a ，∴f ′(1)＝1－a ＝0，∴a ＝1，∴f ′(x )＝－1＝，1x 1x 1－x x令f ′(x )>0得0<x <1，令f ′(x )<0得x >1，∴f (x )的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．(2)不等式f (x )－＋2x ＋>k (x －1)可化为ln x －＋x －>k (x －1)，x 2212x 2212令g (x )＝ln x －＋x －－k (x －1)，x 2212则g ′(x )＝－x ＋1－k ＝，1x －x 2＋ 1－k x ＋1x令h (x )＝－x 2＋(1－k )x ＋1，则h (x )的对称轴为直线x ＝，1－k 2①当≤1，即k ≥－1时，易知h (x )在(1，＋∞)上单调递减，1－k 2∴x ∈(1，＋∞)时，h (x )<h (1)＝1－k ，若k ≥1，则h (x )<0，∴g ′(x )<0，∴g (x )在(1，＋∞)上单调递减，∴g (x )<g (1)＝0，不符合题意．若－1≤k <1，则h (1)>0，∴存在x 0>1，使得x ∈(1，x 0)时，h (x )>0，即g ′(x )>0，∴g (x )在(1，x 0)上单调递增，∴g (x )>g (1)＝0恒成立，符合题意．②当>1，即k <－1时，易知存在x 0>1，使得h (x )在(1，x 0)上单调递增，1－k 2∴h (x )>h (1)＝1－k >0，∴g ′(x )>0，∴g (x )在(1，x 0)上单调递增，∴g (x )>g (1)＝0恒成立，符合题意．综上，k 的取值范围是(－∞，1)．3．(2018·合肥模拟)已知函数f (x )＝ln x ＋(a ∈R)．2a x ＋1(1)求函数f (x )的单调区间；(2)当a ＝1时，求证：f (x )≤.x ＋12解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝.x 2＋2 1－a x ＋1x x ＋1 2考虑y ＝x 2＋2(1－a )x ＋1，x >0.①当Δ≤0，即0≤a ≤2时，f ′(x )≥0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增．②当Δ>0，即a >2或a <0时，由x 2＋2(1－a )x ＋1＝0，得x ＝a －1±.a 2－2a 若a <0，则f ′(x )>0恒成立，此时f (x )在(0，＋∞)上单调递增；若a >2，则a －1＋>a －1－>0，a 2－2a a 2－2a 由f ′(x )>0，得0<x <a －1－或x >a －1＋，则f (x )在(0，a －1－a 2－2a a 2－2a )和(a －1＋，＋∞)上单调递增．a 2－2a a 2－2a 由f ′(x )<0，得a －1－<x <a －1＋，则f (x )在(a －1－，a －1a 2－2a a 2－2a a 2－2a ＋)上单调递减．a 2－2a 综上，当a ≤2时，函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；当a >2时，f (x )的单调递增区间为(0，a －1－)，(a －1＋，＋∞)，单a 2－2a a 2－2a调递减区间为(a －1－，a －1＋)．a 2－2a a 2－2a (2)证明：当a ＝1时，f (x )＝ln x ＋.2x ＋1令g (x )＝f (x )－＝ln x ＋－(x >0)，x ＋122x ＋1x ＋12则g ′(x )＝－－＝＝.1x 2 x ＋1 2122－x －x 32x x ＋1 2－ x －1 x 2＋x ＋2 2x x ＋1 2当x >1时，g ′(x )<0，当0<x <1时，g ′(x )>0，∴g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，即当x ＝1时，g (x )取得最大值，故g (x )≤g (1)＝0，即f (x )≤成立，得证．x ＋124．(2018·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝(2＋x ＋ax 2)·ln(1＋x )－2x .(1)若a ＝0，证明：当－1<x <0时，f (x )<0；当x >0时，f (x )>0；(2)若x ＝0是f (x )的极大值点，求a .解：(1)证明：当a ＝0时，f (x )＝(2＋x )ln(1＋x )－2x ，f ′(x )＝ln(1＋x )－.x 1＋x 设函数g (x )＝ln(1＋x )－，x 1＋x 则g ′(x )＝.x1＋x 2当－1<x <0时，g ′(x )<0；当x >0时，g ′(x )>0，故当x >－1时，g (x )≥g (0)＝0，且仅当x ＝0时，g (x )＝0，从而f ′(x )≥0，且仅当x ＝0时，f ′(x )＝0.所以f (x )在(－1，＋∞)上单调递增．又f (0)＝0，故当－1<x <0时，f (x )<0；当x >0时，f (x )>0.(2)①若a ≥0，由(1)知，当x >0时，f (x )≥(2＋x )ln(1＋x )－2x >0＝f (0)，这与x ＝0是f (x )的极大值点矛盾．②若a <0，设函数h (x )＝＝ln(1＋x )－.f x 2＋x ＋ax 22x 2＋x ＋ax 2由于当|x |<min 时，2＋x ＋ax 2>0，{1， 1|a |}故h (x )与f (x )符号相同．又h (0)＝f (0)＝0，故x ＝0是f (x )的极大值点，当且仅当x ＝0是h (x )的极大值点．h ′(x )＝－11＋x 2 2＋x ＋ax 2 －2x 1＋2ax 2＋x ＋ax 2 2＝.x 2 a 2x 2＋4ax ＋6a ＋1 x ＋1 ax 2＋x ＋2 2若6a ＋1>0，则当0<x <－，6a ＋14a且|x |<min 时，h ′(x )>0，{1， 1|a |}故x ＝0不是h (x )的极大值点．若6a ＋1<0，则a 2x 2＋4ax ＋6a ＋1＝0存在根x 1<0，故当x ∈(x 1,0)，且|x |<min 时，h ′(x )<0，{1，1|a |}所以x ＝0不是h (x )的极大值点．若6a ＋1＝0，则h ′(x )＝，x 3 x －24 x ＋1 x 2－6x －12 2则当x ∈(－1,0)时，h ′(x )>0；当x ∈(0,1)时，h ′(x )<0.所以x ＝0是h (x )的极大值点，从而x ＝0是f (x )的极大值点．综上，a ＝－.16B 卷——深化提能练1．已知函数f (x )＝ln x ＋－s (s ，t ∈R)．t x (1)讨论f (x )的单调性及最值；(2)当t ＝2时，若函数f (x )恰有两个零点x 1，x 2(0<x 1<x 2)，求证：x 1＋x 2>4.解：(1)f ′(x )＝(x >0)，x －t x 2当t ≤0时，f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，f (x )无最值；当t >0时，由f ′(x )<0，得x <t ，由f ′(x )>0，得x >t ，f (x )在(0，t )上单调递减，在(t ，＋∞)上单调递增，故f (x )在x ＝t 处取得最小值，最小值为f (t )＝ln t ＋1－s ，无最大值．(2)∵f (x )恰有两个零点x 1，x 2(0<x 1<x 2)，∴f (x 1)＝ln x 1＋－s ＝0，f (x 2)＝ln x 2＋－s ＝0，2x 12x 2得s ＝＋ln x 1＝＋ln x 2，2x 12x 2∴＝ln ，2 x 2－x 1 x 1x 2x 2x 1设t ＝>1，则ln t ＝，x 1＝，x 2x 12 t －1 tx 12 t －1 t ln t故x 1＋x 2＝x 1(t ＋1)＝，2 t 2－1 t ln t ∴x 1＋x 2－4＝，2(t 2－1t －2ln t )ln t记函数h (t )＝－2ln t ，t 2－1t∵h ′(t )＝>0， t －1 2t 2∴h (t )在(1，＋∞)上单调递增，∵t >1，∴h (t )>h (1)＝0，又t ＝>1，ln t >0，故x 1＋x 2>4成立．x 2x 12．(2019届高三·福州四校联考)已知函数f (x )＝ax －ln x ，F (x )＝e x ＋ax ，其中x >0，a <0.(1)若f (x )和F (x )在区间(0，ln 3)上具有相同的单调性，求实数a 的取值范围；(2)若a ∈，且函数g (x )＝x e ax －1－2ax ＋f (x )的最小值为M ，求M 的最小(－∞，－1e2]值．解：(1)由题意得f ′(x )＝a －＝，F ′(x )＝e x ＋a ，x >0，1x ax －1x∵a <0，∴f ′(x )<0在(0，＋∞)上恒成立，即f (x )在(0，＋∞)上单调递减，当－1≤a <0时，F ′(x )>0，即F (x )在(0，＋∞)上单调递增，不合题意，当a <－1时，由F ′(x )>0，得x >ln(－a )，由F ′(x )<0，得0<x <ln(－a )，∴F (x )的单调递减区间为(0，ln(－a ))，单调递增区间为(ln(－a )，＋∞)．∵f (x )和F (x )在区间(0，ln 3)上具有相同的单调性，∴ln(－a )≥ln 3，解得a ≤－3，综上，a 的取值范围是(－∞，－3]．(2)g ′(x )＝e ax －1＋ax e ax －1－a －＝(ax ＋1)，1x (e ax －1－1x )由e ax －1－＝0，解得a ＝，1x 1－ln x x设p (x )＝，1－ln x x 则p ′(x )＝，ln x －2x 2当x >e 2时，p ′(x )>0，当0<x <e 2时，p ′(x )<0，从而p (x )在(0，e 2)上单调递减，在(e 2，＋∞)上单调递增，p (x )min ＝p (e 2)＝－，1e2当a ≤－时，a ≤，即e ax －1－≤0，1e21－ln x x 1x 当x ∈时，ax ＋1>0，g ′(x )≤0，g (x )单调递减，(0，－1a )当x ∈时，ax ＋1<0，g ′(x )≥0，g (x )单调递增，(－1a ，＋∞)∴g (x )min ＝g ＝M ，(－1a )设t ＝－∈(0，e 2]，M ＝h (t )＝－ln t ＋1(0<t ≤e 2)，则h ′(t )＝－≤0，h (t )1a t e21e21t在(0，e 2]上单调递减，∴h (t )≥h (e 2)＝0，即M ≥0，∴M 的最小值为0.3．(2018·贵阳模拟)已知函数f (x )＝kx －ln x －1(k >0)．(1)若函数f (x )有且只有一个零点，求实数k 的值；(2)证明：当n ∈N *时，1＋＋＋…＋>ln(n ＋1)．12131n解：(1)法一：f (x )＝kx －ln x －1，f ′(x )＝k －＝(x >0，k >0)，1x kx －1x当x ＝时，f ′(x )＝0；当0<x <时，f ′(x )<0；当x >时，f ′(x )>0.1k 1k 1k∴f (x )在上单调递减，在上单调递增，(0，1k )(1k ，＋∞)∴f (x )min ＝f ＝ln k ，(1k )∵f (x )有且只有一个零点，∴ln k ＝0，∴k ＝1.法二：由题意知方程kx －ln x －1＝0仅有一个实根，由kx －ln x －1＝0得k ＝(x >0)，ln x ＋1x令g (x )＝(x >0)，g ′(x )＝，ln x ＋1x －ln x x 2当x ＝1时，g ′(x )＝0；当0<x <1时，g ′(x )>0；当x >1时，g ′(x )<0.∴g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴g (x )max ＝g (1)＝1，当x →＋∞时，g (x )→0，∴要使f (x )仅有一个零点，则k ＝1.法三：函数f (x )有且只有一个零点，即直线y ＝kx 与曲线y ＝ln x ＋1相切，设切点为(x 0，y 0)，由y ＝ln x ＋1得y ′＝，∴Error!1x∴k ＝x 0＝y 0＝1，∴实数k 的值为1.(2)证明：由(1)知x －ln x －1≥0，即x －1≥ln x ，当且仅当x ＝1时取等号，∵n ∈N *，令x ＝，得>ln ，n ＋1n 1n n ＋1n∴1＋＋＋…＋>ln ＋ln ＋…＋ln ＝ln(n ＋1)，12131n 2132n ＋1n故1＋＋＋…＋>ln(n ＋1)．12131n4．(2018·郑州模拟)已知函数f (x )＝(a ∈R)，曲线y ＝f (x )在点(1，f (x ))处的ln x x ＋a切线与直线x ＋y ＋1＝0垂直．(1)试比较2 0172 018与2 0182 017的大小，并说明理由；(2)若函数g (x )＝f (x )－k 有两个不同的零点x 1，x 2，证明：x 1x 2>e 2.解：(1) 20172 018>2 0182 017.理由如下：依题意得，f ′(x )＝，x ＋a x －ln x x ＋a 2因为函数f (x )在x ＝1处有意义，所以a ≠－1.所以f ′(1)＝＝，1＋a 1＋a 211＋a又由过点(1，f (1))的切线与直线x ＋y ＋1＝0垂直可得，f ′(1)＝1，即＝1，解11＋a 得a ＝0.此时f (x )＝，f ′(x )＝，ln x x 1－ln x x 2令f ′(x )>0，即1－ln x >0，解得0<x <e ；令f ′(x )<0，即1－ln x <0，解得x >e.所以f (x )的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e ，＋∞)．所以f (2 017)>f (2 018)，即>，ln 2 0172 017ln 2 0182 018则2 018ln 2 017>2 017ln 2 018，所以2 0172 018>2 0182 017.(2)证明：不妨设x 1>x 2>0，因为g (x 1)＝g (x 2)＝0，所以ln x 1－kx 1＝0，ln x 2－kx 2＝0.可得ln x 1＋ln x 2＝k (x 1＋x 2)，ln x 1－ln x 2＝k (x 1－x 2)，要证x 1x 2>e 2，即证ln x 1＋ln x 2>2，也就是k (x 1＋x 2)>2，因为k ＝，所以只需证>，ln x 1－ln x 2x 1－x 2ln x 1－ln x 2x 1－x 22x 1＋x 2即ln >，令＝t ，则t >1，即证ln t >.x 1x 22 x 1－x 2 x 1＋x 2x 1x 22 t －1 t ＋1令h (t )＝ln t －(t >1)．2 t －1 t ＋1由h ′(t )＝－＝>0得函数h (t )在(1，＋∞)上是增函数，1t 4 t ＋1 2 t －1 2t t ＋1 2所以h (t )>h (1)＝0，即ln t >.2 t －1 t ＋1所以x 1x 2>e 2.。

1．(2019年高考·课标全国卷Ⅲ)已知曲线y ＝a e x ＋x ln x 在点(1，a e)处的切线方程为y ＝2x ＋b ，则( )A ．a ＝e ，b ＝－1B ．a ＝e ，b ＝1C ．a ＝e －1，b ＝1D ．a ＝e －1，b ＝－1解析：∵y ′＝a e x ＋ln x ＋1，∴切线的斜率k ＝y ′|x ＝1＝a e ＋1＝2，∴a ＝e －1，将(1，1)代入y ＝2x ＋b ，得2＋b ＝1，即b ＝－1.故选D.答案：D2．(2019年河南省焦作市高三第四次模拟考试数学)已知a ＝ln 33，b ＝e －1，c ＝3ln28，则a ，b ，c 的大小关系为( ) A ．b <c <aB ．a >c >bC ．a >b >cD ．b >a >c 解析：依题意，得a ＝ln 33＝ln33，b ＝e －1＝lne e ，c ＝3ln28＝ln88.令f (x )＝ln x x ，所以f ′(x )＝1－ln x x 2，所以函数f (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，所以f (x )max ＝f (e)＝1e ＝b ，且f (3)>f (8)，即a >c ，所以b >a >c .故选D.答案：D3．(2019年黑龙江省大庆市第一中学高三模拟考试)已知奇函数f (x )是定义在R 上的可导函数，其导函数为f ′(x )，当x >0时，有2f (x )＋xf ′(x )>x 2，则不等式(x ＋2 018)2f (x ＋2 018)＋4f (－2)<0的解集为( )A ．(－∞，－2 016)B ．(－2 016，－2 012)C ．(－∞，－2 018)D ．(－2 016，0) 解析：设g (x )＝x 2f (x )，因为f (x )为R 上的奇函数，所以g (－x )＝(－x )2f (－x )＝－x 2f (x )，则g (x )为R 上的奇函数．对g (x )求导，得g ′(x )＝x [2f (x )＋xf ′(x )]，而当x >0时，有2f (x )＋xf ′(x )>x 2≥0，故当x >0时，g ′(x )>0，即g (x )单调递增，所以g (x )在R 上单调递增，则不等式(x ＋2018)2f (x ＋2018)＋4f (－2)<0可化为(x ＋2018)2f (x ＋2018)<－4f (－2)，即(x ＋2018)2f (x ＋2018)<4f (2)，即g (x ＋2018)<g (2)，所以x ＋2018<2，解得x <－2016.故选A.答案：A4．(2019年河北省衡水市衡水中学高三一调)若函数f (x )＝12x 2＋(a－1)x －a ln x 存在唯一的极值，且此极值不小于1，则a 的取值范围为( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，2B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，32 D ．(－1，0)∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞ 解析：对函数求导，得到f ′(x )＝x －1＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1x ＝（x ＋a ）（x －1）x ， 因为函数存在唯一极值，所以导函数存在唯一的零点，且零点大于0，故得到x ＝1是唯一的极值点，此时f (1)＝－12＋a ≥1⇒a ≥32.故选B.答案：B5．(2019年甘肃省会宁县第一中学高三第三次月考)已知函数f (x )＝sin x ＋1－x 2，则⎠⎛－11f(x)d x ＝________． 解析：⎠⎛－11f(x)d x ＝⎠⎛－11(sin x ＋1－x 2)d x ＝⎠⎛－11sin x d x ＋⎠⎛－111－x 2d x ， 而⎠⎛－11sin x d x ＝(－cos x)|－11＝0，⎠⎛－111－x 2d x 表示半圆x 2＋y 2＝1(y ≥0)的面积， 即⎠⎛－111－x 2d x ＝π2， 则⎠⎛－11f(x)d x ＝⎠⎛－11sin x d x ＋⎠⎛－111－x 2d x ＝π2. 答案：π26．(2019年重庆西南大学附属中学校高三第十次月考数学)曲线f(x)＝12x 2＋x ln x 在点(1，f(1))处的切线与直线ax －y －1＝0垂直，则a ＝________．解析：因为f(x)＝12x 2＋x ln x ，所以f′(x)＝x ＋ln x ＋1，因此，曲线f(x)＝12x 2＋x ln x 在点(1，f(1))处的切线斜率为k ＝f′(1)＝1＋1＝2，又该切线与直线ax －y －1＝0垂直，所以a ＝－12.答案：－12。

课时跟踪检测（二十四） 函数与导数1．(·兰州模拟)已知函数f (x )＝－x 3＋x 2＋b ，g (x )＝a ln x .(1)若f (x )在⎣⎡⎭⎫－12，1上的最大值为38，求实数b 的值； (2)若对任意的x ∈[1，e]，都有g (x )≥－x 2＋(a ＋2)x 恒成立，求实数a 的取值范围． 解：(1)f ′(x )＝－3x 2＋2x ＝－x (3x －2)，令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝23. 当x ∈⎝⎛⎭⎫－12，0时，f ′(x )＜0，函数f (x )为减函数； 当x ∈⎝⎛⎭⎫0，23时，f ′(x )＞0，函数f (x )为增函数； 当x ∈⎝⎛⎭⎫23，1时，f ′(x )＜0，函数f (x )为减函数．∵f ⎝⎛⎭⎫－12＝38＋b ，f ⎝⎛⎭⎫23＝427＋b ， ∴f ⎝⎛⎭⎫－12＞f ⎝⎛⎭⎫23. ∴f ⎝⎛⎭⎫－12＝38＋b ＝38，∴b ＝0. (2)由g (x )≥－x 2＋(a ＋2)x ，得(x －ln x )a ≤x 2－2x ，∵x ∈[1，e]，∴ln x ≤1≤x ，由于不能同时取等号，∴ln x ＜x ，即x －ln x ＞0，∴a ≤x 2－2x x －ln x(x ∈[1，e])恒成立． 令h (x )＝x 2－2x x －ln x，x ∈[1，e]， 则h ′(x )＝(x －1)(x ＋2－2ln x )(x －ln x )2， 当x ∈[1，e]时，x －1≥0，x ＋2－2ln x ＝x ＋2(1－ln x )＞0，从而h ′(x )≥0，∴函数h (x )＝x 2－2x x －ln x在[1，e]上为增函数， ∴h (x )min ＝h (1)＝－1，∴a ≤－1，故实数a 的取值范围为(－∞，－1]．2．(高三·合肥调研)已知函数f (x )＝e x －12ax 2(x ＞0，e 为自然对数的底数)，f ′(x )是f (x )的导函数．(1)当a ＝2时，求证：f (x )＞1；(2)是否存在正整数a ，使得f ′(x )≥x 2ln x 对一切x ∈(0，＋∞)恒成立？若存在，求出a 的最大值；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：当a ＝2时，f (x )＝e x －x 2，则f ′(x )＝e x －2x ，令f 1(x )＝f ′(x )＝e x －2x ，则f 1′(x )＝e x －2，令f 1′(x )＝0，得x ＝ln 2，又0＜x ＜ln 2时，f 1′(x )＜0，x ＞ln 2时，f 1′(x )＞0，∴f 1(x )＝f ′(x )在x ＝ln 2时取得极小值，也是最小值．∵f ′(ln 2)＝2－2ln 2＞0，∴f ′(x )＞0在(0，＋∞)上恒成立，∴f (x )在(0，＋∞)上为增函数．∴f (x )＞f (0)＝1.(2)由已知，得f ′(x )＝e x －ax ，由f ′(x )≥x 2ln x ，得e x －ax ≥x 2ln x 对一切x ＞0恒成立，当x ＝1时，可得a ≤e ，∴若存在，则正整数a 的值只能取1,2.下面证明当a ＝2时，不等式恒成立，设g (x )＝e x x 2－2x －ln x ， 则g ′(x )＝(x －2)e x x 3＋2x 2－1x ＝(x －2)(e x －x )x 3， 由(1)得e x ＞x 2＋1≥2x ＞x ，∴e x －x ＞0(x ＞0)，∴当0＜x ＜2时，g ′(x )＜0；当x ＞2时，g ′(x )＞0.∴g (x )在(0,2)上是减函数，在(2，＋∞)上是增函数．∴g (x )≥g (2)＝14(e 2－4－4ln 2)＞14×(2.72－4－4ln 2)＞14(3－ln 16)＞0， ∴当a ＝2时，不等式f ′(x )≥x 2ln x 对一切x ＞0恒成立，故a 的最大值是2.3．(·安徽二校联考)已知函数f (x )＝ln x －a x －m (a ，m ∈R)在x ＝e(e 为自然对数的底数)时取得极值，且有两个零点记为x 1，x 2.(1)求实数a 的值，以及实数m 的取值范围；(2)证明：ln x 1＋ln x 2＞2.解：(1)f ′(x )＝1x ·x －(ln x －a )x 2＝a ＋1－ln x x 2， 由f ′(x )＝0，得x ＝e a ＋1，且当0＜x ＜e a＋1时，f ′(x )＞0，当x ＞e a ＋1时，f ′(x )＜0， 所以f (x )在x ＝e a＋1时取得极值， 所以e a ＋1＝e ，解得a ＝0.所以f (x )＝ln x x －m (x ＞0)，f ′(x )＝1－ln x x 2，函数f (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，f (e)＝1e－m .又x →0(x ＞0)时，f (x )→－∞；x →＋∞时，f (x )→－m ，f (x )有两个零点x 1，x 2，故⎩⎪⎨⎪⎧ 1e －m ＞0，－m ＜0，解得0＜m ＜1e . 所以实数m 的取值范围为⎝⎛⎭⎫0，1e . (2)证明：不妨设x 1＜x 2，由题意知⎩⎪⎨⎪⎧ln x 1＝mx 1，ln x 2＝mx 2. 则ln x 1x 2＝m (x 1＋x 2)，ln x 2x 1＝m (x 2－x 1)⇒m ＝lnx 2x 1x 2－x 1.欲证ln x 1＋ln x 2＞2，只需证ln x 1x 2＞2，只需证m (x 1＋x 2)＞2，即证x 1＋x 2x 2－x 1ln x 2x 1＞2. 即证1＋x 2x 1x 2x 1－1ln x 2x 1＞2，设t ＝x 2x 1＞1， 则只需证ln t ＞2(t －1)t ＋1. 即证ln t －2(t －1)t ＋1＞0. 记u (t )＝ln t －2(t －1)t ＋1(t ＞1)， 则u ′(t )＝1t －4(t ＋1)2＝(t －1)2t (t ＋1)2＞0. 所以u (t )在(1，＋∞)上单调递增，所以u (t )＞u (1)＝0，所以原不等式成立，故ln x 1＋ln x 2＞2，得证．4．(·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝x －1－a ln x .(1)若f (x )≥0，求a 的值；(2)设m 为整数，且对于任意正整数n ，⎝⎛⎭⎫1＋12·⎝⎛⎭⎫1＋122·…·⎝⎛⎭⎫1＋12n <m ，求m 的最小值． 解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)．①若a ≤0，因为f ⎝⎛⎭⎫12＝－12＋a ln 2<0，所以不满足题意；②若a >0，由f ′(x )＝1－a x ＝x －a x 知，当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0.所以f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增．故x ＝a 是f (x )在(0，＋∞)的唯一最小值点． 由于f (1)＝0，所以当且仅当a ＝1时，f (x )≥0. 故a ＝1.(2)由(1)知当x ∈(1，＋∞)时，x －1－ln x >0.令x ＝1＋12n ，得ln ⎝⎛⎭⎫1＋12n <12n . 从而ln ⎝⎛⎭⎫1＋12＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋122＋…＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋12n <12＋122＋…＋12n ＝1－12n <1. 故⎝⎛⎭⎫1＋12⎝⎛⎭⎫1＋122·…·⎝⎛⎭⎫1＋12n <e. 而⎝⎛⎭⎫1＋12⎝⎛⎭⎫1＋122⎝⎛⎭⎫1＋123>2， 所以m 的最小值为3.。