高考数学(文科)中档大题规范练(导数的应用)(含答案)

导数——大题——其他中下：1.（2022年湖北宜昌夷陵中学J39）青岛胶东国际机场的显著特点之一是弯曲曲线的运用，衡量曲线弯曲程度的重要指标是曲率．曲线的曲率定义如下：若()f x ¢是()f x 的导函数，()f x ''是()f x ¢的导函数，则曲线()y f x =在点()(),x f x 处的曲率()()()3221f x K f x ''=⎡⎤⎦'+⎣．已知函数()()()ln cos 10,0x f x ae x b x a b =---≥>，若0a =，则曲线()y f x =在点()()1,1f 处的曲率为22．（1）求b ；（2）若函数()f x 存在零点，求a 的取值范围；（①）（3）已知1.098ln 3 1.099<<，0.048 1.050e <，0.0450.956e -<，证明：1.14ln π 1.15<<．（求导，中下；第二问，未；）导数——大题——其他中档：1.（2022年广东肇庆J36）已知函数()()ax f x axe a b x =++，()(1)ln g x x x =+.（1）当1a b =-=时，证明：当,()0x ∈+∞时，()()f x g x >；（②）（2）若对(0,)∀∈+∞x ，都[1,0]b ∃∈-，使()()f x g x ≥恒成立，求实数a 的取值范围.（切线放缩，比较大小，中档；第二问，未；）导数——大题——中档、中上、未：1.（2022年河北演练二J40）已知函数(1)ln (),()|ln |1x xf xg x x x -==+.（1）若()()(1,1)f m g n m n =>>，证明：m n >；（③）（2）设函数()(1)ln (1)F x x x a x =--+，若()0F x =有两个不同的实数根12,x x ，且12x x <，证明：221eax x >⋅.（中档，未；第二问，未；）2.（2022年湖北荆州中学J19）已知函数f （x ）=e x -e -x -a sin x ，其中e 是自然对数的底数．（1）当x ＞0，f （x ）＞0，求a 的取值范围；（④）（2）当x ＞1时，求证：12x x e e x x ---+＞sin sin(ln )x x -.（中档，未；第二问，未；）3.（2022年湖北荆门四校J21）已知函数3()ln()4f x ax x ax=++（其中实数0a >）的最小值为5，（1）求实数a 的值；（⑤）（2）若不等式()(4)5f x k x ≥++恒成立，求实数k 的取值范围．（中上，未；第二问，未；）4.（2022年湖北襄阳五中J23）已知函数()()e ln ln 1(0)x af x x a a x-=-++>（e 是自然对数的底数）．（1）当1a =时，试判断()f x 在()1,+∞上极值点的个数；（⑥）（2）当1e 1a >-时，求证：对任意1x >，()1f x a >．（中档，未；第二问，未；）2.（2022年河北衡水中学J15）已知函数(),n f x nx x x R =-∈，其中*,2n N n ∈≥.（Ⅰ）讨论()f x 的单调性；（⑦）（Ⅱ）设曲线()y f x =与x 轴正半轴的交点为P ，曲线在点P 处的切线方程为()y g x =,求证：对于任意的正实数x ，都有()()f x g x ≤；（中上，未；第二问，未；）（Ⅲ）若关于x 的方程()=a(a )f x 为实数有两个正实根12x x ，，求证：21-21ax x n<+-1.（2022年湖南师大附中J11）已知函数()()()1ln 1f x x x a x =+--.（⑧）（1）若1a =，比较(log 10f 与()5log 9f 的大小；（2）讨论函数()f x 的零点个数.（中档，未；第二问，未；）1.（2022年江苏江阴J61）已知函数()e (1ln )x f x m x =+，其中m ＞0，f '(x )为f (x )的导函数，设()()ex f x h x '=，且5()2h x ≥恒成立．（1）求m 的取值范围；（⑨）（中档，未；第二问，未；）（2）设函数f (x )的零点为x 0，函数f '(x )的极小值点为x 1，求证：x 0＞x 1．1.（2022年山东枣庄一模J60）已知函数()()e sin xf x x a x a =-∈R ．（1）若[]0,πx ∀∈，()0f x ≥，求a 的取值范围；（⑩）（2）当59a ≥-时，试讨论()f x 在()0,2π内零点的个数，并说明理由．（中档，未；第二问，未；）①【答案】（1）1；（2）10,e⎡⎤⎢⎥⎣⎦；（3）证明见解析．【解析】【分析】（1）将0a =代入并计算()1f ，()f x ''，根据曲率直接计算即可.（2）等价转化为()ln cos 1xx x a e+-=有根，然后令()()ln cos 1xx x g x e+-=并研究其性质，最后进行判断可得结果.（3）依据（2）条件可知1ln 1x x e-+≤，然后根据π3113π,π3ln 1ln 13πe e -+<+<判断即可.【详解】（1）当0a =时，()()ln cos 1f x x b x =---，()1f b =-．()()1sin 1f x b x x '=-+-，()()21cos 1f x b x x''=+-．∴()f x 在()1,b -处的曲率为3212122b k b +==⇒=．（2）()()()ln cos 1ln cos 10x xx x f x ae x x a e +-=---=⇒=令()ln 1h x x x =+-，则()111x h x x x-'=-=当()0,1∈x 时，()0h x '>，当()1,∈+∞x 时，()0h x '<所以函数()h x 在()0,1单调递增，在()1,+¥单调递减，所以()(1)0h x h ≤=，则ln 1x x +≤又令()x x m x e =，则()1'xxm x e -=当()0,1∈x 时，()0m x '>，当()1,∈+∞x 时，()0m x '<所以函数()m x 在()0,1单调递增，在()1,+¥单调递减所以()1(1)m x m e≤=令()()ln cos 1xx x g x e+-=，∴()ln 11x x x x g x e e e+≤≤≤，当且仅当1x =时取“=”，显然，当1a e>时，()f x 无零点．当10a e ≤≤时，()11g a e =≥，111cos 110ee g a e e ⎛⎫-+- ⎪⎛⎫⎝⎭=<≤ ⎪⎝⎭∴存在1,1x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭使()0g x a =，符合题意．综上：实数a 的取值范围为10,e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦．（3）由（2）知ln 11xx e e+≤，∴1ln 1x x e -+≤（当且仅当1x =时取“=”）∴π10.0483πln 13e e -+<<，∴0.048ln π1ln 3 1.0501 1.099 1.15e <-+<-+<又∵310.045π3ln 1πe e -+<<，∴0.045ln πln 31 1.09810.956 1.14e ->+->+->综上：1.14ln π 1.15<<．【点睛】关键点点睛：第（1）问关键在于求导；第（2）问关键在于等价转化的使用以及常用不等式（ln 1x x +≤）的使用以及放缩法；第（3）问在于利用第（2）问的条件ln 11xx e e+≤进行比较.②【答案】（1）证明见解析；（2）1,e∞⎡⎫+⎪⎢⎣⎭.③【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】(1)由()()(1,1)f m g n m n =>>，列出m 与n 的关系式，利用指数对数的运算性质进行化简与放缩即可证明；(2)把()0F x =化成()f x a =的形式，根据导数确定()f x 的单调性与极值，画出简图，确定12,x x 与1的大小关系，利用(1)的结论，可以得到12,x x 与e a 的关系，进而可证得结论.【小问1详解】证明：由()()(1,1)f m g n m n =>>，得(1)ln |ln |ln 1m mn n m -==+，则有(1)ln 1121ln 1111e(e)m m m m m m m m m n mmm ----++++====<，所以m n >；【小问2详解】证明：令()(1)ln (1)0(0)F x x x a x x =--+=>，化简可得(1)ln 1x xa x -=+，即()f x a =，2212ln 2ln 1()(1)(1)(1)x x x x x f x x x x x +--'=+=+++，令1()2ln g x x x x=+-，221()10x x xg =++>'，所以()g x 在()0,∞+上单调递增且(1)0g =，则()g x 即()0f x '<时()0,1x ∈，()0f x '>时()1,x ∈+∞，可得()f x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞单调递增，且有(1)0f =，由下图可知，1201x x <<<，0a >，又2222(1)ln ()ln e ln e =(e )1a a a x x f x a g x -====+，即22()=(e )(1,e 1)a a f x g x >>，由(1)可得2e ax >⋅⋅⋅①，又由1()f x a =得1111111111(1)ln (1)ln 1(()ln e ln e =(e )111a a a x x x x f f x a g x x x --======++，即1111((e )(1,e 1)a a f g x x >>，由(1)可得11e a x >⋅⋅⋅②，①②相乘可得221e a x x >，即221e a x x >⋅.【点睛】函数零点的求解与判断方法：(1)直接求零点：令f (x )＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a ，b ]上是连续不断的曲线，且f (a )·f (b )＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．④22.【答案】解：（1）由题意可知f '（x ）=e x +e -x -a cos x ，①当0＜a ≤2时，由-1≤cos x ≤1可知-2≤-a ≤a cos x ≤a ≤2，又因为e x +e -x ≥2恒成立，所以f '（x ）=e x +e -x -a cos x ≥0恒成立，所以y =f （x ）在[0，+∞）上恒为增函数．又f （0）=0，所以f （x ）＞0对x ＞0恒成立；②当a ＞2时，，且可知y =e x +e -x 与y =a cos x 必有一个交点，不妨设为x 0，所以y =f （x ）在[0，x 0）上为减函数，在[x 0，+∞）为增函数，又f （0）=0，所以f （x 0）＜0，与题意不符，故舍去．综合可知a 的取值范围是（0，2]．（2），只需证，即证，即证e x -e -x -2sin x ＞e ln x -e -ln x -2sin （ln x ），即证f （x ）＞f （ln x ）（此时a =2），由（1）问可知当0＜a ≤2时y =f （x ）在[0，+∞）上恒为增函数．所以即证x ＞ln x ，不妨令g （x ）=x -ln x ，则所以y =g （x ）在（0，1）递减，（1，+∞）递增．又因为g （x ）min =g （1）=1＞0所以g （x ）=x -ln x ＞0恒成立，即x ＞ln x ，所以原结论得证．⑤【答案】（1）2；（2）(],4-∞-.【解析】【分析】（1）对()f x 求导，构造2()43(0)g x ax ax x =+->并由二次函数性质判断其零点0x 及区间符号，进而确定()f x 的单调性、极值，结合已知最值列方程得003ln2(41)6041x x ++-=+，再构造中间函数求零点，进而求a 的值；（2）令2(0)t x t =>问题转化为()0F t ≥对(0,)t ∈+∞恒成立，构造中间函数研究()F t 的最值，并判断单调性，最后可求k 的范围．【小问1详解】由题设，2243()(0)ax ax f x x ax +-'=>且0a >，令2()43(0)g x ax ax x =+->，则()g x 在(0,)+∞上递增且(0)30=-<g ，所以()0g x =有唯一正实根，记为0x ，则200430ax ax +-=．当00x x <<时，()0g x <即()0f x '<，()f x 单调递减，当0x x >时，()0>g x 即()0f x '>，()f x 单调递增，所以极小值也是最小值为00003()ln()45f x ax x ax =++=．又200430ax ax +-=，可得00341ax x =+，故003ln2(41)6041x x ++-=+，令3()ln26(1)h t t t t =+->，其中041t x =+，则121()20t h t t t-'=-+=>，所以()h t 在(1,)+∞上单调递增且(3)0h =，而3t =，即012x =，从而2a =．综上，实数a 的值为2.【小问2详解】由题意，3ln(2)502x kx x+--≥恒成立，令2(0)t x t =>．令3()ln 5(0)2kt F t t t t =+-->，则2226()2kt t F t t-+-'=，令2()26(0)t kt t t ϕ=-+->ⅰ、当0k ≥时，(1)202kF =--<，不合题意，舍去，ⅱ、当0k <时，()0t ϕ=有唯一的正实根，记为0t ，且200260t kt -=<，则0(0,3)t ∈且0312kt t -=当00t t <<时，()0t ϕ<，即()0F t '<，当0t t >时，()0t ϕ>，即()0F t '>所以()F t 在0(0,)t 单调递减，在0(,)t +∞上单调递增，则极小值也是最小值为00000036ln 5ln 62()kt t F t t t t +--+==-．要使()0F t ≥对(0,)t ∈+∞恒成立，则0()0F t ≥．令6()ln 6(03)m x x x x =+-<<，则26()0x m x x-'=<，即()m x 在(0,3)上递减，又(1)0m =，所以不等式()0m x ≥的解集为(]0,1，故001t <≤，又(]020062,0,1,k t t t -=+∈则k 的取值范围是(],4-∞-．【点睛】关键点点睛：（1）构造中间函数，并结合导数研究()f x 单调性、最值，根据已知求得参数间的函数关系及参数范围；（2）令2(0)t x t =>，根据已知确定隐零点0t 与参数k 的关系，并求出0t 的范围，进而求k 的范围.⑥【答案】（1）()f x 在()1,+∞上只有一个极值点，即唯一极小值点；（2）证明见解析【解析】【分析】（1）求出函数的导数，判断其正负，结合零点存在定理，判断函数的单调性，求得答案；（2）求出函数的导数，构造函数()=e 1x axh x x ---，判断其正负情况，确定函数单调性，进而确定函数的最小值()000ln ln 11(1)x a f x x -++-=，故可将原问题转化为对任意1x >，()001ln ln 111x a x a-++>-，再构造函数，利用其单调性即可证明结论.【小问1详解】当1a =时，()1e ln ln2x f x x x-=-+,则1122(1)(e )e (1)11()x x xx x x f x x x x ------'=-=，设1()=e1x x x x ϕ---，则11()e 11x x x ϕ-=---在()1,+∞上是增函数，当1x +→时，()x ϕ→-∞，(2)e 20ϕ=->，所以存在0(1,2)x ∈，使得0()0x ϕ=，当0(1,)x x ∈时，()0x ϕ<，则()0f x '<，即()f x 在0(1,)x 上单调递减，当0(,)x x ∈+∞时，()0x ϕ>，则()0f x '>，即()f x 在0(1,)x 上单调递增，所以()f x 在()1,+∞上只有一个极值点，即唯一极小值点；【小问2详解】证明：由22(1)(e )e (1)11()x a x a xx x x f x x xx ------'=-=，设()=e1x ax h x x ---，则1()e 11x ah x x -=---在()1,+∞上是增函数，当1x +→时，()h x →-∞，因为1e 1a >-，所以1(1)e 10h a a +=-->，所以存在0(1,1)x a ∈+，使得0000()e01x ax h x x -=-=-，当0(1,)x x ∈时，()0h x <，则()0f x '<，即()f x 在0(1,)x 上单调递减，当0(,)x x ∈+∞时，()0h x >，则()0f x '>，即()f x 在0(1,)x 上单调递增，故0x x =是函数()()e ln ln 1(0)x af x x a a x -=-++>的极小值点，也是最小值点，则()0000e ln l 1)n ()(x af x x f x a x --+=+≥，又因为000e1x ax x -=-，所以()000ln ln 11(1)x a f x x -++-=，即证：对任意1x >，()001ln ln 111x a x a-++>-，即证：对任意1x >，()001ln ln 111x a x a->-+-，设()ln 11g x x x =--，则()ln 11g x x x =--在()1,+∞上单调递减，因为0(1,1)x a ∈+，所以0()(1)g x g a >+，故()001ln ln 111x a x a->-+-，故对任意1x >，()1f x a>.【点睛】本题考查了利用导数判断函数的极值点的个数以及证明不等式成立的问题，综合性较强，要能熟练求导，利用导数判断函数的单调性以及求函数最值，解答的关键是根据函数或导数的特点，构造函数，进而结合零点存在定理判断导数正负，求得函数的最值，利用函数最值进而证明不等式成立.⑦【答案】（Ⅰ）当n 为奇数时，()f x 在(,1)-∞-，(1,)+∞上单调递减，在(1,1)-内单调递增；当n 为偶数时，()f x 在(,1)-∞-上单调递增，()f x 在(1,)+∞上单调递减.（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析.【详解】（Ⅰ）由()n f x nx x =-，可得，其中*n N ∈且2n ≥，下面分两种情况讨论：（1）当n 为奇数时：令()0f x '=，解得1x =或1x =-，当x 变化时，(),()f x f x '的变化情况如下表：x (,1)-∞-(1,1)-(1,)+∞()f x '-+-()f x所以，()f x 在(,1)-∞-，(1,)+∞上单调递减，在(1,1)-内单调递增.（2）当n 为偶数时，当()0f x '>，即1x <时，函数()f x 单调递增；当()0f x '<，即1x >时，函数()f x 单调递减.所以，()f x 在(,1)-∞-上单调递增，()f x 在(1,)+∞上单调递减.（Ⅱ）证明：设点P 的坐标为0(,0)x ，则110n x n -=，20()f x n n '=-，曲线()y f x =在点P 处的切线方程为()00()y f x x x =-'，即()00()()g x f x x x '=-，令()()()F x f x g x =-，即，则0()()()F x f x f x -'''=由于1()n f x nx n -'=-+在()0,+∞上单调递减，故()F x '在()0,+∞上单调递减，又因为0()0F x '=，所以当0(0,)x x ∈时，0()0F x '>，当0(,)x x ∈+∞时，0()0F x '<，所以()F x 在0(0,)x 内单调递增，在0(,)x +∞内单调递减，所以对任意的正实数x 都有0()()0F x F x ≤=，即对任意的正实数x ，都有()()f x g x ≤.（Ⅲ）证明：不妨设12x x ≤，由（Ⅱ）知()()20()g x n nx x =--，设方程()g x a =的根为2x '，可得202.a x x n n '=+-，当2n ≥时，()g x 在(),-∞+∞上单调递减，又由（Ⅱ）知222()()(),g x f x a g x '≥==可得22x x '≤.类似的，设曲线()y f x =在原点处的切线方程为()y h x =，可得()h x nx =，当(0,)x ∈+∞，()()0n f x h x x -=-<，即对任意(0,)x ∈+∞，()().f x h x <设方程()h x a =的根为1x '，可得1a x n'=，因为()h x nx =在(),-∞+∞上单调递增，且111()()()h x a f x h x '==<，因此11x x '<.由此可得212101a x x x x x n''-<-=+-.因为2n ≥，所以11112(11)111n n n C n n ---=+≥+=+-=，故1102n n x -≥=，所以2121a x x n-<+-.【解析】1.导数的运算；2.导数的几何意义；3.利用导数研究函数性质、证明不等式.⑧【答案】（1）(()25log 10log 9f f >（2）当2a ≤时，()f x 有1个零点；当2a >时，()f x 有3个零点【解析】【分析】（1）利用导数判断函数()f x 在()1,+∞上的单调性，根据函数的单调性即可得出答案；（2）求出函数的导函数()f x '，再利用导数可求得()min 2f x a '=-，再分20a -≥和20a -<两种情况讨论，结合零点的存在性定理，从而可得出结论.【小问1详解】解：当1a =时，()()()1ln 1f x x x x =+--，()1ln 11ln x f x x x x x+'=+-=+，当1x >时，()0f x '>，所以()f x 在()1,+∞上单调递增，因为2445log 10log 10log 9log 91=>>>，所以(()25log 10log 9f f >；【小问2详解】解：()11ln ln 1x f x x a x a x x +'=+-=++-，令()1ln 1g x x a x =++-，则()()221110-'=-=>x g x x x x x，当01x <<时，()0g x '<，当1x >时，()0g x '>，所以函数()g x 在()0,1上递减，在()1,+∞上递增，所以()()min 12g x g a ==-，即()min 2f x a '=-，①若20a -≥，即2a ≤，则()0f x '≥，()f x 在()0,∞+上递增，因为()10f =，则1x =为()f x 的唯一零点；②若20a -<，即2a >，则()()min 10f x f ''=<，因为e 1a >，()1e 10e aaf '=+>，则()f x '在()1,+∞内仅有个零点，记为n ，因为0e 1a -<<，()e e 21a af a -'=-+设()e 21a h a a =-+，则当2a >时，()e 20ah a '=->，所以()h a 在()2,+∞内单调递增，从而()()22e 30h a h >=->，即()e 0af -'>，所以()f x 在()0,1内仅有一个零点，记为m ，于是，当()0,x m ∈或(),x n ∈+∞时，()0f x '>，当(),x m n ∈时，()0f x '<，所以函数()f x 在(),n +∞和()0,m 上递增，在(),m n 上递减，因为01m n <<<，()10f =，则()0f m >，()0f n <，故()f x 在(),m n 内有唯一零点，因为()()()e e 1e 12e 0aa a a f a a a ----=-+--=-<，则()f x 在()0,m 内有唯一零点，因为()()()e e 1e 120a a af a a a =+--=>，则()f x 在(),m +∞内有唯一零点，所以()f x 在()0,∞+内有3个零点.综上所述，当2a ≤时，()f x 有1个零点；当2a >时，()f x 有3个零点.【点睛】本题考查了利用导数求函数的单调区间及最值问题，考查了利用导数研究函数的零点的问题，考查了二次求导，考查了学生的数据分析能力及分类讨论思想，属于难题.⑨【答案】（1）3,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭（2）证明见解析【解析】【分析】（1）求导可得()'f x 解析式，即可得()h x 解析式，利用导数求得()h x 的单调区间和最小值，结合题意，即可得m 的范围.（2）求得()f x ''解析式，令22()1ln (0)m m t x m x x x x=++->，利用导数可得()t x 的单调性，根据零点存在性定理，可得存在21,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得t (x 2)＝0，进而可得f '(x )在x ＝x 2处取得极小值，即x 1＝x 2，所以11211211ln 0,,12m m m x x x x ⎛⎫++-=∈ ⎪⎝⎭，令()1ln s x m x =+，分析可得s (x 1)＜0，即可得证【小问1详解】由题设知()e (1ln )x m f x m x x'=++，则1ln (())0h m m x x x x ++>=，所以22(1)()m m m x h x x x x -'=-=当x ＞1时，h '(x )＞0，则h (x )在区间(1，＋∞)是增函数，当0＜x ＜1时，h '(x )＜0，则h (x )在区间(0，1)是减函数，所以h (x )min ＝h （1）＝512m +≥，解得32m ≥，所以m 的取值范围为3,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭【小问2详解】222e 1ln e )n (1l x x m m m m m m x m x x x x x x f x ⎛⎫⎛⎫+++-=++- ⎪ ⎪⎝⎭⎝'=⎭'令22()1ln (0)m m t x m x x x x=++->则2322()m m m t x x x x '=-+＝2233(1)1(22)0m x m x x x x ⎡⎤-+-+⎣⎦=>恒成立，所以t (x )在(0，＋∞)单调递增．又1(1)10,1l 3ln 20n 2122t m t m ⎛⎫=+>=-≤- ⎪⎝⎭<，所以存在21,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得t (x 2)＝0，当x ∈(0，x 2)时，t '(x )＜0，即f ''(x )＜0，则f '(x )在(0，x 2)单调递减；当x ∈(x 2，＋∞)时，t '(x )＞0，即f ''(x )＞0，则f '(x )在(x 2，＋∞)单调递增；所以f '(x )在x ＝x 2处取得极小值．即x 1＝x 2，所以t (x 1)＝0，即11211211ln 0,,12m m m x x x x ⎛⎫++-=∈ ⎪⎝⎭，所以1122111(12)21ln 0m x m m m x x x x -+=-=<，令()1ln s x m x =+，则s (x )在(0，＋∞)单调递增；所以s (x 1)＜0因为f (x )的零点为x 0，则01ln 0m x +=，即s (x 0)＝0所以s (x 1)＜s (x 0)，所以x 0＞x 1【点睛】解题的关键是熟练掌握利用导数求函数单调区间，极（最）值的方法，并灵活应用，难点在于，需结合零点存在性定理，判断零点所在区间，再进行分析和求解，属中档题.⑩【答案】（1）(],1-∞（2）若591a -≤≤，()f x 在(0,2)π内无零点；若1a >，()f x 在(0,2)π内有且仅有1个零点，证明见解析.【解析】【分析】(1)求导，然后，分别讨论0a ≤，01a <≤和1a >时的单调性即可.(2)根据(1)的结论，分别讨论590a -≤≤，01a <≤和1a >时零点的个数.【小问1详解】'()(1)e cos x f x x a x=+-①若0a ≤，当[0,]x π∈时，0a -≥，sin 0x ≥，()e ()sin 0x f x x a x =+-≥，当且仅当0x =时取等号，可见，0a ≤符合题意.②若01a <≤，当[0,]2x π∈时，0'()(1)e cos 10f x x a x a ≥+-≥-≥；当,2x π⎛⎤∈π ⎥⎝⎦时，cos 0x <，'()(1)e (cos )0x f x x a x =++⋅->.可见，当[]0,x π∈时，'()0f x ≥，当且仅当1a =，且0x =时取等号.所以()f x 在[0,]π上单调递增，所以，()(0)0f x f ≥=.所以01a <≤符合题意.③若1a >，因为(1)e x y x =+在[]0,π上单调递增，cos y a x =-在[]0,π上单调递增，所以，'()(1)e cos x f x x a x =+-在[]0,π上单调递增，又'(0)10f a =-<，2'((1)e 022f πππ=+>，由零点存在定理及'()f x 的单调性，存在唯一的0(0,2x π∈，使得0'()0f x =.当0(0,)x x ∈时，0'()'()0f x f x <=，()f x 单调递减，所以，()(0)0f x f <=.可见，1a >不符合题意.综上，a 的取值范围是(],1-∞【小问2详解】①若590a -≤≤，由(1)，(]0,x π∈时，()0f x >，()f x 在(]0,π内无零点.当(),2x ∈ππ时，1sin 0x -≤<，0sin 1x <-≤，sin a x a -≥，又由e x y x =单调递增，则33()e sin e 3e 593 2.7590.0490x f x x a x a ππ=->+>->⨯-=>.可见，若590a -≤≤，()f x 在(0,2)π内无零点.②若01a <≤，由(1)，(]0,x π∈时，()0f x >，()f x 在(]0,π内无零点.当(,2)x ππ∈时，sin 0x ->，()e (sin )0x x f x x a x xe =+->>.可见，若01a <≤，()f x 在(0,2)π内无零点.③若1a >，由(1)，存在唯一的00,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，当0(0,)x x ∈时，0'()'()0f x f x <=.()f x 单调递减；当0(,)x x π∈时，0'()'()0f x f x >=，()f x 单调递增.又(0)0f =，所以0()(0)0f x f <=.又()e 0f πππ=>，由零点存在定理及()f x 的单调性，存在唯一的10(,)x x π∈，使得1()0f x =.可见，()f x 在(]0,π内存在唯一的零点.当(,2)x ππ∈时，sin 0,sin 0x a x <->，所以，()e sin e 0x x f x x a x x =->>，所以，()f x 在(,2)ππ内没有零点，可见，()f x 在(0,2)π有且仅有1个零点.综上所述，若591a -≤≤，()f x 在(0,2)π内无零点；若1a >，()f x 在(0,2)π内有且仅有1个零点.【点睛】关键点睛：通过导数讨论含参函数的单调性时，要对参数进行分类讨论，分类讨论时，要注意做到不重不漏；讨论含参函数的零点个数时，要利用零点存在定理来讨论零点个数，利用零点存在定理讨论零点个数时，要注意结合单调性讨论，属于难题。

高考数学专题：导数大题专练(含答案)一、解答题1．已知函数321()33f x x x ax =-+(1)若()f x 在点(1,(1))f 处切线的倾斜角为4π，求a 的值； (2)若1a =-，求()f x 的单调区间.2．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） 3．已知函数()ln .f x x x ax a =-+(1)若1≥x 时，()0f x ≥恒成立，求a 的取值范围；(2)当1a =，01b <<时，方程()f x b =有两个不相等的实数根12,x x ，求证：12 1.x x <4．已知函数()ln f x x =，()21g x x x =-+．(1)求函数()()()h x f x g x =-的单调区间；(2)若直线l 与函数()f x ，()g x 的图象都相切，求直线l 的条数．5．求函数()31443f x x x =-+在区间1,33⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值与最小值.6．已知函数()1e xaxf x a=-+，0a ≠. (1)当1a =时，①求曲线()y f x =在0x =处的切线方程； ②求证：()f x 在(0,)+∞上有唯一极大值点； (2)若()f x 没有零点，求a 的取值范围. 7．已知函数()e 1()x f x ax a =-+∈R . (1)讨论函数()f x 的单调性与极值；(2)若对任意0x >，2()f x x x ≥--恒成立，求实数a 的取值范围.8．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.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．设函数3()65f x x x x R =-+∈，. (1)求函数()f x 的单调区间；(2)若关于x 的方程()f x a =有三个不等实根，求实数a 的取值范围.【参考答案】一、解答题 1．(1)23(2)单调增区间为：(,1)-∞-，(3,)+∞ ；单调减区间为:(1,3)- 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，根据导数的几何意义即可求得答案； （2）求出函数导数，解相应不等式，可得函数的单调区间. (1)由321()33f x x x ax =-+，可得2()23f x x x a '=-+，故由()f x 在点(1,(1))f 处切线的倾斜角为4π得(1)1f '=， 即21231,3a a -+==； (2)1a =-时，321()33f x x x x =--，2()23f x x x '=--，令2()230f x x x '=-->，则1x <- 或3x > ， 令2()230f x x x '=--<，则13x ，故()f x 的单调增区间为：(,1)-∞-，(3,)+∞ ；单调减区间为:(1,3)- .2．(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 xx 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1x21x x -<；再利用()21e 011x x x x +<<<-，进行放缩可得()()1201,21ii i ix ax f x i x +'⋅+->==-，从而构造二次函数()(222m x ax a x =-++++21x x ->3．(1)(,1].-∞ (2)证明见解析 【解析】 【分析】(1)1x ≥，()0ln 0a f x x a x ≥⇔-+≥，设()ln (1)ag x x a x x=-+≥，求导得221()a x ag x x x x-'=-=，分1a ≤与1a >两类讨论，即可求得a 的取值范围；(2)当1a =时，方程()f xb =有两个不相等的实数根1x ，2x ，不妨设12x x <，则1201x x <<<，要证121x x ⋅<，只需证2111x x <<，而12()()f x f x =，只需证明111()()f x f x <，再构造函数，设1()()()(01)F x f x f x x=-<<，通过求导分析即可证得结论成立． (1)1x ≥，()0f x ∴≥，即ln 0ax a x-+≥， 设()ln (1)ag x x a x x=-+≥，221()a x ag x x x x -'=-=，当1a ≤时，()0g x '≥， ()g x ∴在[1,)+∞上单调递增，()(1)0g x g ∴≥=，满足条件；当1a >时，令()0g x '=，得x a =，当1x a <≤时，()0g x '<；当x a >时，()0g x '>，()g x ∴在区间[1,]a 上单调递减，在区间[,)a +∞上单调递增，min ()()ln 1g x g a a a ∴==-+，()(1)0g a g ∴<=，与已知矛盾．综上所述，a 的取值范围是(,1].-∞ (2)证明：当1a =时，()ln f x x '=，则()f x 在区间(0,1]上单调递减，在区间[1,)+∞上单调递增，由方程()f x b =有两个不相等的实数根12,x x ， 不妨设12x x <，则1201x x <<<，要证121x x ⋅<，只需证2111x x <<，()f x 在区间[1,)+∞上单调递增，只需证121()()f x f x < 又()()12f x f x =，∴只需证明111()()f x f x <，设1()()()(01)F x f x f x x =-<<，则22211()ln ln ln 0x F x x x x x x-'=-=>，()F x ∴在区间(0,1)上单调递增，()(1)0F x F ∴<=，1()()0f x f x∴-<，即111()()f x f x <成立， ∴原不等式成立，即121x x ⋅<成立．【点睛】导数是研究函数的单调性、极值（最值）最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．（3）利用导数求函数的最值（极值），解决生活中的优化问题．（4）考查数形结合思想的应用． 4．(1)在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减 (2)两条 【解析】 【分析】（1）求出函数的导函数，再解关于导函数的不等式，即可求出函数的单调区间；（2）设直线l 分别与函数()f x ，()g x 的图象相切于点()11,ln A x x ，()2222,1B x x x -+，依题意可得()()12AB f x g x k '='=，即可得到方程组，整理得()211211ln 204x x x++-=，令()()221ln 24x F x x x +=+-，利用导数说明函数的单调性，利用零点存在性定理判断零点的个数，即可得解； (1)解：由题设，()()()2ln 1h x f x g x x x x =-=-+-，定义域为()0,∞+，则()()()221112121x x x x h x x x x x+---'=-+=-=- 当01x <<时，()0h x '>；当1x >时，()0h x '<，所以()h x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减.(2)解：因为()ln f x x =，()21g x x x =-+，所以()1f x x'=，()21g x x '=-，设直线l 分别与函数()f x ，()g x 的图象相切于点()11,ln A x x ，()2222,1B x x x -+ 则()()12AB f x g x k '='=，即21222112ln 1121x x x x x x x -+-=-=- 由2122112ln 11x x x x x x -+-=-，得2121221ln 1x x x x x x -=-+- 即2212211ln 1x x x x x -=-+-，即221221ln 20x x x x x -++-= 由21121x x =-，得12112x x x +=，代入上式，得211112111111ln 20222x x x x x x x ⎛⎫+++-++-= ⎪⎝⎭即()211211ln 204x x x++-=，则()()2221117ln 2ln 4244x F x x x xx x +=+-=++- 设()()()()223332111112102222x x x x F x x x x x x x +---='=--=> 当01x <<时，()0F x '<；当1x >时，()0F x '>，所以()F x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增.因为()()min 110F x F ==-<，()()()222222441e 1e e ln e 204e4eF ++=+-=>，则()F x 在()1,+∞上仅有一个零点.因为()24242e e 7e 4e 7e 2024424F ---=-++-=+>，则()F x 在()0,1上仅有一个零点. 所以()F x 在()0,∞+上有两个零点，故与函数()f x ，()g x 的图象都相切的直线l 有两条.5．最小值为()423f =-，最大值为1217381f ⎛⎫= ⎪⎝⎭【解析】 【分析】利用导数判断函数的单调性与最值情况. 【详解】由()31443f x x x =-+，得()24f x x '=-令()0f x '=.得2x =±1,33x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，所以2x =-舍去，列表如下：()f x ∴的极小值为()23f =-又1217381f ⎛⎫= ⎪⎝⎭，()31f =， 所以，()f x 的最小值为()423f =-，最大值为1217381f ⎛⎫= ⎪⎝⎭. 6．(1)①112y x =-；②证明见解析 (2){}()210,e -⋃【解析】 【分析】（1）①利用导数求出切线的斜率，直接求出切线方程；②令()e 1e x xg x x =+-，利用导数判断出()g x 在(0,)+∞上有唯一零点0x ，利用列表法证明出()f x 在(0,)+∞上有唯一极大值点；（2）令()e xh x a ax =+-.对a 分类讨论：①0a <，得到当1a =-时，()f x 无零点；②0a >，()f x 无零点，符合题意. (1)若1a =，则()1e 1x xf x =-+，()2e 1e (e 1)x x x x f x +-=+'.①在0x =处，()()21110211f '+==+，(0)1f =-. 所以曲线()y f x =在0x =处的切线方程为112y x =-.②令()e 1e x xg x x =+-，()e x g x x '=-，在区间(0,)+∞上，()0g x '<，则()g x 在区间(0,)+∞上是减函数.又(1)10,g =>()22e 10,g =-+<，所以()g x 在(0,)+∞上有唯一零点0x . 列表得：0x (2)()e e x x ax af x a--=+，令()e x h x a ax =+-，则()e xh x a '=-.①若0a <，则()0h x '>，()h x 在R 上是增函数.因为11e 10a h a a ⎛⎫⎛⎫=-+< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，()1 e > 0h =，所以()h x 恰有一个零点0x . 令0e 0x a +=，得0ln()x a =-.代入0()0h x =，得()ln 0a a a a -+--=， 解得1a =-.所以当1a =-时，()h x 的唯一零点为0，此时()f x 无零点，符合题意. ②若0a >，此时()f x 的定义域为R .当ln x a <时，()0h x '<，()h x 在区间(,ln )a -∞上是减函数； 当ln x a >时，()0h x '>，()h x 在区间(ln ,+)a ∞上是增函数. 所以min ()(ln )2ln h x h a a a a ==-. 又()010h a =+>，由题意，当2ln 0a a a ->，即20e a <<时，()f x 无零点，符合题意. 综上，a 的取值范围是{}()210,e -⋃.【点睛】导数的应用主要有：（1）利用导函数几何意义求切线方程；（2）利用导数研究原函数的单调性，求极值（最值）； （3）利用导数求参数的取值范围. 7．(1)答案见解析 (2)(,e 3]-∞+ 【解析】 【分析】（1）求导得到()x f x e a '=-，讨论0a 和0a >两种情况，分别计算得到答案.（2）0x >时，2e 1x x x a x +++≤，令2e 1()(0)x x x g x x x+++=>，求函数的最小值，得到答案. (1)()e 1x f x ax =-+，()e x f x a '∴=-.①当0a ≤时，()e 0x f x a '=->恒成立，()f x ∴在R 上单调递增，无极大值也无极小值；②当0a >，(,ln )x a ∈-∞时，()0f x '<，(ln ,)x a ∈+∞时，()0f x '>，()f x ∴在(,ln )a -∞上单调递减，在(ln ,)a +∞单调递增.∴函数()f x 有极小值为ln (ln )e ln 1ln 1a f a a a a a a =-+=-+，无极大值.(2)若对任意0x >，2()f x x x ≥--恒成立，则2e 1x x x a x +++≤恒成立，即2min e 1(0)x x x a x x ⎛⎫+++≤>⎪⎝⎭. 设2e 1()(0)x x x g x x x +++=>，则()2(1)e 1()x x x g x x -++'=，令()2(1)e1()0xx x g x x -++'==，解得1x =，当(0,1)x ∈时，()0g x '<，当(1,)x ∈+∞时，()0g x '>，()g x ∴在(0,1)上为减函数，在(1,)+∞上为增函数，()(1)g x g ∴≥，min ()(1)e 3g x g ∴==+，∴当e 3a ≤+时满足对任意0x >，2()f x x x ≥--恒成立，∴实数a 的取值范围为(,e 3]-∞+.8．(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 ≤. 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 22e f =-+=-， 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)单调递增区间为(-∞，)+∞；单调递减区间为( (2)55a -<+【解析】【分析】（1）求出导函数()'f x ，由()0f x '>得增区间，由()0f x '<得减区间；（2）由（1）中所得函数的单调性，得极值，可结合函数的图象得其与直线y a =三个交点时的a 的范围．(1)由已知可得：2()36f x x '=-，令()0f x '=，即2360x -=， 解得12x =-，12x =， 所以当2x >或2x <-时，()0f x '>，当22x -<<时，()0f x '<.所以()f x 的单调递增区间为(2)-∞-，，(2)+∞，； 单调递减区间为(22)-，.(2)由（1）可知()y f x =的图象的大致走势及走向，如图所示，又(2542f -=-2542f =+所以当542542a -<+y a =与函数()y f x =的图象有三个不同的交点，方程()f x a =有三个不等实根.。

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导数及其应用高考题精选1.（2010 ·海南高考·理科T3）曲线2xy x =+在点()1,1--处的切线方程为（ ）（A ）21y x =+ （B)21y x =- (C ）23y x =-- (D)22y x =--【命题立意】本题主要考查导数的几何意义，以及熟练运用导数的运算法则进行求解.【思路点拨】先求出导函数，解出斜率,然后根据点斜式求出切线方程. 【规范解答】选A 。

因为22(2)y x '=+，所以，在点()1,1--处的切线斜率1222(12)x k y =-'===-+，所以，切线方程为12(1)y x +=+，即21y x =+，故选A.2.（2010·山东高考文科·Ｔ8)已知某生产厂家的年利润y （单位：万元)与年产量x (单位：万件）的函数关系式为31812343y x x =-+-，则使该生产厂家获得最大年利润的年产量为（ ）(A ） 13万件 (B) 11万件 （C ） 9万件 (D) 7万件【命题立意】本题考查利用导数解决生活中的优化问题，考查了考生的分析问题解决问题能力和运算求解能力. 【思路点拨】利用导数求函数的最值。

【规范解答】选C ，2'81y x=-+,令0y '=得9x =或9x =-(舍去），当9x <时'0y >；当9x >时'0y <,故当9x =时函数有极大值，也是最大值，故选C 。

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．设0a >且1a ≠，则“函数()xf x a =在R 上是减函数 ”，是“函数3()(2)g x a x =-在R 上是增函数”的（A ）充分不必要条件 （B ）必要不充分条件 （C ）充分必要条件 （D ）既不充分也不必要条件2．若()ln f x x x x 2=-2-4，则'()f x >0的解集为A. (,)0+∞B. -+10⋃2∞（，）（，）C. (,)2+∞D. (,)-10二、填空题3．若函数()2xf x e x k =--在R 上有两个零点，则实数k 的取值范围为_____________4．若32)1(+=+x x g ，则)(x g 等于5．已知函数f(x)，g(x)满足，f(5)=5，f ﹐(5)=3，g(5)=4，g ﹐(5)=1，则函数y=f(x)+2g(x)的图象在x=5处的切线方程为▲ . 6．1-⎰(x 2＋2 x ＋1)dx ＝_________________．137．对正整数n ，设曲线)1(x x y n -=在x ＝2处的切线与y 轴交点的纵坐标为n a ，则数列}1{+n a n的前n 项和的公式是 .8．曲线xe y =在x=1处的切线的斜率为 ；9．函数f (x )=x 3–3bx +3b 在（0，1）内有极小值，则b 的取值范围是___________________0<b <110． 若函数ｆ（ｘ）＝ ｘ3＋ａｘ－２在区间（-∞,＋∞）上是增函数，则实数ａ的取值范围为__________11．（文）已知函数13)(23++-=ax ax x x f 在区间),(+∞-∞内既有极大值，又有极小值，则实数a 的取值范围是12．如图，已知矩形ABCD 的一边在x 轴上，另两个顶点C ，D 落在二次函数2()4f x x x =- 上．求这个矩形面积的最大值。

中档大题规范练中档大题规范练——三角函数1．已知函数f (x )＝(sin x －cos x )sin 2x sin x. (1)求f (x )的定义域及最小正周期；(2)求f (x )的单调递增区间．解 (1)由sin x ≠0得x ≠k π(k ∈Z )，故f (x )的定义域为{x ∈R |x ≠k π，k ∈Z }．因为f (x )＝(sin x －cos x )sin 2x sin x＝2cos x (sin x －cos x )＝sin 2x －2cos 2x＝sin 2x －(1＋cos 2x ) ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π4－1， 所以f (x )的最小正周期T ＝2π2＝π. (2)函数y ＝sin x 的单调递增区间为⎣⎡⎦⎤2k π－π2，2k π＋π2(k ∈Z )． 由2k π－π2≤2x －π4≤2k π＋π2，x ≠k π(k ∈Z )， 得k π－π8≤x ≤k π＋3π8，x ≠k π(k ∈Z )．所以f (x )的单调递增区间为⎣⎡⎭⎫k π－π8，k π和⎝⎛⎦⎤k π，k π＋3π8(k ∈Z )． 2．已知△ABC 的三个内角A ，B ，C 成等差数列，角B 所对的边b ＝3，且函数f (x )＝23sin 2x ＋2sin x cos x －3在x ＝A 处取得最大值．(1)求f (x )的值域及周期；(2)求△ABC 的面积．解 (1)因为A ，B ，C 成等差数列，所以2B ＝A ＋C ，又A ＋B ＋C ＝π，所以B ＝π3，即A ＋C ＝2π3. 因为f (x )＝23sin 2x ＋2sin x cos x － 3 ＝3(2sin 2x －1)＋sin 2x ＝sin 2x －3cos 2x＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3， 所以T ＝2π2＝π. 又因为sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3∈[－1,1]， 所以f (x )的值域为[－2,2]．(2)因为f (x )在x ＝A 处取得最大值，所以sin ⎝⎛⎭⎫2A －π3＝1. 因为0<A <23π，所以－π3<2A －π3<π， 故当2A －π3＝π2时，f (x )取到最大值， 所以A ＝512π，所以C ＝π4. 由正弦定理，知3sin π3＝c sin π4⇒c ＝ 2. 又因为sin A ＝sin ⎝⎛⎭⎫π4＋π6＝2＋64， 所以S △ABC ＝12bc sin A ＝3＋34. 3．已知函数f (x )＝3sin 2x ＋2cos 2x ＋a .(1)求函数f (x )的最小正周期以及单调递增区间；(2)当x ∈[0，π4]时，函数f (x )有最大值4，求实数a 的值． 解 f (x )＝3sin 2x ＋2cos 2x ＋a＝cos 2x ＋3sin 2x ＋1＋a＝2sin(2x ＋π6)＋a ＋1. (1)函数f (x )的最小正周期为2π2＝π， 由2k π－π2≤2x ＋π6≤2k π＋π2，k ∈Z ， 解得k π－π3≤x ≤k π＋π6，k ∈Z .故函数f (x )的单调递增区间为[k π－π3，k π＋π6](k ∈Z )． (2)∵x ∈[0，π4]，∴2x ＋π6∈[π6，2π3]， 从而sin(2x ＋π6)∈[12，1]． ∴f (x )＝2sin(2x ＋π6)＋a ＋1∈[a ＋2，a ＋3]， ∵f (x )有最大值4，∴a ＋3＝4，故a ＝1.4．设向量a ＝(3sin x ，sin x )，b ＝(cos x ，sin x )，x ∈[0，π2]． (1)若|a |＝|b |，求x 的值；(2)设函数f (x )＝a ·b ，求f (x )的最大值．解 (1)由|a |2＝(3sin x )2＋(sin x )2＝4sin 2x ，|b |2＝(cos x )2＋(sin x )2＝1，由|a |＝|b |，得4sin 2x ＝1.又x ∈[0，π2]，从而sin x ＝12， 所以x ＝π6. (2)f (x )＝a ·b ＝3sin x ·cos x ＋sin 2x ＝32sin 2x －12cos 2x ＋12＝sin(2x －π6)＋12. 当x ＝π3∈[0，π2]时，sin(2x －π6)取最大值1， 所以f (x )的最大值为32. 5．已知函数f (x )＝4cos ωx ·sin(ωx －π6)＋1(ω>0)的最小正周期是π. (1)求f (x )的单调递增区间；(2)求f (x )在[π8，3π8]上的最大值和最小值． 解 (1)f (x )＝4cos ωx ·sin(ωx －π6)＋1 ＝23sin ωx cos ωx －2cos 2ωx ＋1＝3sin 2ωx －cos 2ωx ＝2sin(2ωx －π6)． 最小正周期是2π2ω＝π，所以，ω＝1，从而f (x )＝2sin(2x －π6)． 令－π2＋2k π≤2x －π6≤π2＋2k π，k ∈Z . 解得－π6＋k π≤x ≤π3＋k π，k ∈Z . 所以函数f (x )的单调递增区间为[－π6＋k π，π3＋k π](k ∈Z )． (2)当x ∈[π8，3π8]时，2x －π6∈[π12，7π12]， f (x )＝2sin(2x －π6)∈[6－22，2]， 所以f (x )在[π8，3π8]上的最大值和最小值分别为2，6－22. 6.在斜度一定的山坡上的一点A 测得山顶上一建筑物顶端对于山坡的斜度为15°，如图所示，向山顶前进100 m 后，又从B 点测得斜度为45°，设建筑物的高为50 m ．求此山对于地平面的斜度θ的余弦值．解 在△ABC 中，∠BAC ＝15°，∠CBA ＝180°－45°＝135°，AB ＝100 m ， 所以∠ACB ＝30°. 由正弦定理，得100sin 30°＝BC sin 15°，即BC ＝100sin 15°sin 30°. 在△BCD 中，因为CD ＝50，BC ＝100sin 15°sin 30°，∠CBD ＝45°，∠CDB ＝90°＋θ， 由正弦定理，得50sin 45°＝100sin 15°sin 30°sin (90°＋θ)， 解得cos θ＝3－1.因此，山对地面的斜度的余弦值为3－1.。

专题 04导数及其应用（解答题）1．【2020年高考全国Ⅰ卷文数】已知函数 f (x)e x a(x 2) .（1）当 a1时，讨论 f (x)的单调性；（2）若 f (x)有两个零点，求的取值范围.【解析】（1）当a=1时，f （x ）=e –x –2，则 f （x ）=e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） f （ x ）=e–a ． a xx–1．x当a ≤0时， f （ x ）>0，所以f （x ）在（–∞，+∞）单调递增， 故f （x ）至多存在1个零点，不合题意． 当a>0时，由 f （x ）=0可得x=lna ．当x ∈（–∞，lna ）时， f （ x ）<0；当x ∈（lna ，+∞）时， f （x ）>0．所以f （x ）在（–∞，lna ）单调递减，在（lna ，+∞）单调递增，故当x=lna 时，f （x ）取得最小值，最小值为f （lna ）=–a （1+lna ）．1（i ）若0≤a ≤，则f （lna ）≥0，f （x ）在（–∞，+∞）至多存在1个零点，不合题意．e 1（ii ）若a>，则f （lna ）<0．e 由于f （–2）=e–2 >0，所以f （x ）在（–∞，lna ）存在唯一零点． 由（1）知，当x>2时，ex –x –2>0，所以当x>4且x>2ln （2a ）时， x xa(x 2) e ln(2a)( x 2) a(x 2) 2a 0．f (x) e 2 e 22故f （x ）在（lna ，+∞）存在唯一零点，从而f （x ）在（–∞，+∞）有两个零点． 1综上，a 的取值范围是（，+∞）．e【点睛】本题考查的是有关应用导数研究函数的问题，涉及到的知识点有应用导数研究函数的单调性， 根据零点个数求参数的取值范围，在解题的过程中，也可以利用数形结合，将问题转化为曲线 y ex和 直线 ya(x 2)有两个交点，利用过点(2,0)的曲线 y e x 的切线斜率，结合图形求得结果.2．【2020年高考全国Ⅱ卷文数】已知函数 f （x ）=2lnx+1．（1）若 f （x ）≤2x+c ，求 c 的取值范围；（2）设 a>0时，讨论函数 g （x ）= f (x)f (a)的单调性． xa【解析】设 h(x)=f(x )−2x −c ，则 h(x)=2lnx −2x +1−c ，2其定义域为(0，+∞)， h (x)2 .x（1）当 0<x<1时，h'(x)>0；当 x>1时，h'(x)<0.所以 h(x)在区间(0，1)单调递增，在区间(1，+∞)单调递 减.从而当 x=1时，h(x)取得最大值，最大值为 h (1)=−1−c. 故当且仅当−1−c ≤0，即 c ≥−1时，f(x )≤2x+c. 所以 c 的取值范围为[−1，+∞).（2） g(x) f (x) f (a) x a 2(ln x lna)，x ∈(0，a)∪(a ，+∞).x a2(x a ln a ln x) 2(1 a ln a) x x x g(x)(x a)2(x a) 2取 c =−1得 h(x)=2lnx −2x+2，h(1)=0，则由（1）知，当 x ≠1时，h(x)<0，即 a a1−x+lnx<0.故当 x ∈(0，a)∪(a ，+∞)时，1ln 0，从而 g (x) 0 . x x所以 g(x)在区间(0，a)，(a ，+∞)单调递减.【点睛】本题考查了利用导数研究不等式恒成立问题，以及利用导数判断含参函数的单调性，考查了 数学运算能力，是中档题.3．【2020年高考全国Ⅲ卷文数】已知函数 f (x) x 3 kx k 2．（1）讨论 f (x)的单调性；（2）若 f (x)有三个零点，求 k 的取值范围． 【解析】（1） f (x) 3x k ．2当k=0时， f (x) x3，故 f (x)在 (， )单调递增；当k<0时， f (x)3x2 k 0，故 f (x)在 (， )单调递增． 当k>0时，令 f (x) 0，得 x 3k ．当 x (, 3k )时，f (x) 0；当 x ( 3k , 3k )时，(x) 0； 3 3 3 当 x ( 3k ,)时， f (x) 0．故 f (x)在 (, 3k )， ( 3k ,)单调递增，在 ( 3k , 3k 调递 3 333 3减．（2）由（1）知，当 k 0时， f (x)在 (， )单调递增， f (x)不可能有三个零点．当k>0时， x= 3k 为 f (x)的极大值点， x= 3k 为 f (x)的极小值点．3 3此时，k 1 3k 3k k 1且 f (k 1) 0， f (k 1) 0， f ( 3k ) 0． 3 3根据 f (x)的单调性，当且仅当 f ( 3k ) 0，即 k 32k 3k 90时， f (x)有三个零点，解得 2k 274．因此k 的取值范围为 (0，274 )．【点晴】本题主要考查利用导数研究函数的单调性以及已知零点个数求参数的范围问题，考查学生逻 辑推理能力、数学运算能力，是一道中档题. 4．【2020年高考天津】已知函数 f (x)x3k ln x(k R)， f (x)为 f (x)的导函数．（Ⅰ）当k 6时，（i ）求曲线 yf (x)在点(1, f (1))处的切线方程； 9 （ii ）求函数 g(x) f (x) f(x) 的单调区间和极值； x（Ⅱ）当k3时，求证：对任意的 x 1,x 2 [1,)，且 x 1 x 2，有 fx 1 f x 2x 1f x 2． 2x 1x 26 【解析】（Ⅰ）（i ）当k6时， f (x) x 3 6ln x ，故 f(x) 3x2．可得f (1) 1， f (1)9，x 所以曲线 y f (x)在点(1, f (1))处的切线方程为 y19(x 1)，即 y 9x 8．3 6x 6 2，整理 3 （ii ）依题意， g(x) x 3 3x26ln x ,x (0,)．从而可得 g (x) 3x 2 x x x 可得 g(x)3(x 1)3(x1)．令 g (x)0，解得 x1．x2 当 x 变化时， g (x), g(x)的变化情况如下表：x 1 0 (0,1)(1,)g (x)- + ↘极小值↗g(x)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 g(1) 1，无极大值．k ． （Ⅱ）证明：由 f (x)xk ln x ，得 f (x)3x32 x x 1x 2对任意的 x 1,x 2 [1,)，且 x 1 x 2，令 t(t 1)，则x 1 x 2 fx 1 f x 2 2 f x 1f x 2k 3x 2 k k ln x 1 x 1 x 3x 12 2 2 x3 x 2 1 32x x 2 x 21 x 1 x2 2k ln x 1x 1 3 x 2 3 3x 1 2 x 2 3x 1x 2 2kx 2 x 1 x 2 3t1k t 2lnt ． 1 ①x 2 3t 3 3t 2 t211 2 11 x x令h(x) x 2ln x,x [1,)．当 x 1时，h (x) 1 0，由此可得h(x)在xx 2 1 [1,)单调递增，所以当t 1时，h(t) h(1)，即t 2lnt 0．t因为 x1，t 23 3t 23t1 (t1) 30,k 3，1 1所以， x 23t 33t 23t 1k t2lnt (t3 3t 23t 1)3 t2lnttt3t 3 3t 2 6lnt1．②t3 由（Ⅰ）（ii ）可知，当t 1时， g(t) g(1)，即t3t6lnt1，3 2t3故t33t 26lnt1 0．③t由①②③可得x 1 x 2 f x 1 f x 2 2f x 1f x 20．所以，当k 3时，对任意的 x 1, x 2 [1,)，且 x 1 x 2，有 fx 1f x 2 fx 1 fx 2．2 x 1 x 25．【2020年高考北京】已知函数 f (x) 12x ．2（Ⅰ）求曲线 y f (x)的斜率等于2的切线方程；（Ⅱ）设曲线 yf (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f x 12 x 2，所以 f x 2x ， 设切点为x 0,12 x 0，则2x 0 2，即 x 0 1，所以切点为1,11，y11 2 x 1，即 2xy13 0.由点斜式可得切线方程为： （Ⅱ）显然t 0，因为 yf x 在点t,12t 2处的切线方程为： y 12t22tx t，令 x 0，得 y t 12，令 y 0，得 x t 212， 2t 2 S t 1t 12t212， 所以22 2 |t |不妨设t0 (t0 )时，结果一样，则S tt4 24t 2144 1 (t 144 )，324t 4t 4 tS t 1 所以4144) 3(t 4 8t 4t 248) (3t 2 24 t 2 2 3(t 2 4)(t 2 12) 3(t 2)(t 2)(t212)，4t 4t 22S t 0，得t 2，由S t 0，得0 t 2， 由 所以S t 在0,2上递减，在 2,上递增，所以t2时，S t 取得极小值，也是最小值为 S 2161632.8【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. 6．【2020年高考浙江】已知1a 2，函数 f xe x x a ，其中 e=2.71828…是自然对数的底数．（Ⅰ）证明：函数 y fx在 (0,)上有唯一零点；（Ⅱ）记 x 0为函数 yf x 在 (0,)上的零点，证明：（ⅰ） a1 x 0 2(a 1)；（ⅱ） x 0 f (e x 0 ) (e 1)(a 1)a ．2 a e【解析】（Ⅰ）因为 f (0) 1 a 0， f (2) e 4 0，所以 y f (x)在 (0,)上存在零点．2 2因为 f(x) ex1，所以当 x 0时， f (x) 0，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 g(x) e x1 x x 1(x 0)， g'(x) e 2x x 1 f (x) a 1，2 由（Ⅰ）知函数 g'(x)在[0,)上单调递增，故当 x 0时， g'(x) g'(0) 0，所以函数 g(x)在[0,)单调递增，故 g(x) g(0) 0． 由 g( 2(a 1)) 0得 f ( 2(a 1)) e 2(a 1)2(a 1) a 0 f (x 0)， 因为 f (x)在[0,)单调递增，故 2(a1)x 0．令h(x) e x x 1(0 x 1)，h'(x) e 2x1， x 2 x令h 1(x) e 2x1(0x1)，h 1'(x) e 2，所以x x x 0(0,ln 2) (ln 2,1)ln 2 011e 2 h 1'(x) h 1(x)e 3故当 0 x 1时， h 1(x) 0，即 h'(x) 0，所以 h(x)在[0,1]单调递减， 因此当 0x1时， h(x)h(0)0．由h( a 1) 0得 f ( a 1) e a1a 1 a 0 f (x 0)， 因为 f (x)在[0,)单调递增，故 a1x 0．综上， a 1 x 0 2(a 1)． （ⅱ）令u(x)e (e 1)x 1，u'(x) ex x(e 1)，所以当 x 1时，u'(x) 0， xa2 a 2，由x 0 a 1得x0 f (e x0 ) (e 1)(a 1)a．7．【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h (米)与D到OO的距离a(米)之间满足关系式h 1 1 a2 ；右侧曲线BO上任一点F到MN的距离1 401h2 (米)与F到OO的距离b(米)之间满足关系式h 2（1）求桥AB的长度；b 3 6b .已知点B到OO的距离为40米．800（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3端点)．.桥墩EF每米造价k(万元)、桥墩CD每米造价k (万元)(k>0)，问O E为多少米时，桥墩 CD2与EF的总造价最低？【解析】（1）设AA1,BB1,CD1,EF1都与MN垂直，A1,B1,D1,F1是相应垂足.1由条件知，当O'B 40时，BB 1 4036 40 160,则AA 1160 .800由 1 O'A160,得O'A 80.240所以AB O'A O'B 80 40 120（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）.1设F(x, y2),x(0,40),则y 2 x 3 6x,8001EF 160 y 2 160 x36x .800因为CE 80,所以O'C 80x .设D(x 80, y1),则y1 1 (80x) , 240所以CD 160 y 1 160 1 (80x)1x 4x.2240 40记桥墩CD和EF的总造价为 f (x)，1 6x) 3k( 1xf (x)=k(160 x 3 2 4x)800 2 40则k( 1800 x380 x 160)(0 x40).3 2f (x)=k( 3 x3 x 160) 3k x(x 20)，240 800800令f (x)=0，得x20.所以当x 20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.8．【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f x x 2 2x ，g x x2 2x ，D (，)，求h(x)的表达式；（2）若f (x) x2 x 1，g(x) k ln x ，h(x) kx k,D (0，)，求k的取值范围；（3）若f (x) x 4 2x2，g(x) 4x 2 8，h(x) 4 t3 t x 3t 4 2t 2 (0 t 2)，D m, n 2, 2求证：n m 7．【解析】（1）由条件f (x) h(x) g(x)，得 x2 22x，2x kx b x取x 0，得0 b 0，所以b 0．由 x2所以 (2 k)20，则 k 2，此时 2x x 22x 恒成立，所以 h(x) 2x ．（2） h(x) g(x) k(x 1 ln x),x (0,) .令u(x) x 1 ln x ，则u'(x) 1 1x ,令u'(x)=0，得 x 1.所以u(x)min u(1) 0 .则 x 1 ln x 恒成立，所以当且仅当 k 0时， f (x) g(x)恒成立． 另一方面， f (x) h(x)恒成立，即 x2x 1 kx k 恒成立，也即 x (1k)x1 +k 0恒成立．2因为 k 0，对称轴为 x 1 k 0， 2所以 (1 k)24(1 k) 0，解得 1 k3．因此，k 的取值范围是 0 k 3.（3）①当1t 2时，由 g(x) h(x)，得 4x 28 4(t 3t)x3t 4 2t2，整理得 t)x 3t 4 2t 2 80.()x 2(t3 4令 =(t 3 t) 2 (3t 4 2t 28),则 =t 6 5t 3t4 28．记(t) t 6 5t 3t 8(1 t 2),4 2则'(t) 6t 20t 6t 2t(3t1)(t 3) 0恒成立，5 3 2 2所以(t)在[1, 2]上是减函数，则( 2) (t)(1)，即 2(t)7．所以不等式 ()有解，设解为 x 1 x x 2，因此 nmx 2 x 17．②当 0 t 1时，f (1) h(1) 3t 4t 2t 4t1．4 3 2设v(t) = 3t 4t 2t 4t 1， v'(t)=12t 12t 4t 4 4(t 1)(3t1),4 3 2 3 2 2 令v (t) 0，得t 3．3 当t (0， 3)时，v (t) 0，v(t)是减函数；3 当t ( 3，1)时，v (t)0，v(t)是增函数．3v(0) 1，v(1) 0，则当 0 t 1时， v(t) 0．（或证：v(t)(t1) (3t 1)(t 1) 0．）则 f (1) h(1) 0，因此 1(m ，n)．因为［m ，n ］［- 2，2］，所以 n m 2 17． 2③当 2 t 0时，因为 f (x)， g(x)均为偶函数，因此 n m 7也成立． 综上所述，n m 7．【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. 9．【2020年新高考全国Ⅰ卷】已知函数 f (x)ae x1ln x lna ．（1）当ae 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． x 1 1．【解析】 f (x)的定义域为 (0,)， f (x)aex（1）当 a e 时， f (x)exln x 1， f (1) e 1， 曲线 y f (x)在点 (1, f (1))处的切线方程为 y (e 1) (e 1)(x 1)，即 y (e 1)x2．直线 y (e 1)x 2在 x 轴， y 轴上的截距分别为 2， 2．e 12因此所求三角形的面积为 ．e 1 （2）当 0a1时， f (1)alna1．x 1 1．当 a 1时， f (x) e x 1 ln x ， f (x)ex 当 x (0,1)时， f (x) 0；当 x (1,)时， f (x) 0． 所以当 x 1时， f (x)取得最小值，最小值为 f (1) 1，从而 f (x) 1．当 a 1时， f (x) aex 1 ln x lna ex 1 ln x 1．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.10．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】已知函数 f（x）=2sinx-xcosx-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）a,0 .【解析】（1）设 g(x) f (x)，则 g(x) x.cos x当 x (0, π)时，g (x) 2调递减.0；当 x 时，g (x) π ,π 2xsin x 1,g (x) xcos0，所以 g(x)在(0,π)单调递增，在 π,π单22又 g(0) 0,g π 20,g(π)2，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 f (π) aπ, f (π) 0，可得a≤0.由（1）知， f (x)在(0,π)只有一个零点，设为 x0，且当 x x x0,π 时，0,x0 时，f (x) 0，所以 f (x)在 0,x0 单调递增，在 x0,π 单调递减.f (x)0；当又 f (0) 0, f (π) 0，所以，当 x [0,π]时， f (x) 0 .又当a 0,x [0,π]时，ax≤0，故 因此，a的取值范围是( ,0] .f (x) ax .【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.11．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】已知函数 f (x) (x 1)ln x x 1．证明：（1） f (x)存在唯一的极值点；11（2） f (x)=0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，+ ）.f (x) x ln x 1 ln x1x 1.x因为 y 1ln x单调递增， y 单调递减，所以 f x(x)单调递增，又f (2)ln 2 ln1 4 1 0，故存在唯一 x0 (1,2)，使得 f220.又当 x x0时， f (x) 0， f (x)单调递减x；当x因此， f (x)存在唯一的极值点.0时， f (x)f (1) x01 0，0， f (x)单调递增.e（2）由（1）知 f x0 唯 由 x0一. 根 x0 1得 1 1f (1)2，又 f e3 0，所以 f (x) 0在 x0,内存又f 11x.综上， f (x)1 ln1 1 1 f ( ) 20，故2 1是 f (x) 0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．0在 0,x0 的唯一根.【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.12．【2019年高考天津文数】设函数 f (x) ln x a(x 1)e x，其中a R .（Ⅰ）若 a≤0，讨论 f (x)的单调性；（Ⅱ）若0 a 1， e（i）证明 f (x)恰有两个零点；（ii）设 x0为 x【解析】（Ⅰ）f解(x：)的由极已值知点，，f (x)的定1为义域f (为x)(的0,零点，)，且且x1 x0，证明3x0 x1 2 . 【答案】（Ⅰ） f (x)在(0, )内单调递增.；（Ⅱ）（i）见解析；（ii）见解析.12f (x) 1 aexx a(x 1x)eax12ex . x因此当 a≤0时，1 ax2（Ⅱ）证明：（i）由（Ⅰe）知 f (x) x 0，从而f12 ae x x (x).令0，g(所x)以f1(x)a在2ex(0，, 由0a1 )内单调递增.xx，e可知 g(x)在(0, )内单调递减，又 g(1) 1 ae 0，且g ln1 a1 211 a ln1aa12 ln 0 . a故 g(x) 0在(0, )内有唯一解，从而 f (x) 0在(0, )内有唯一解，不妨设为1.xag(x) g x00，则1 x0 ln当 x 0,xf(x) g(0x)时，gxf 0xxxx0，所以 f (x)在 0,x0 内单调递增；当(x)x x0,时，0，所以 f (x)在内单调递减，因此 x0是 f (x)的唯一极值点.x0,令h(x) 1ln x x 1，则当 x 1时，h'1(x) x1 0，故h(x)在(1, )内单调递减，从而当 x时，h(x) h(1) 0，所以ln x x 1.从而f lnlnln 1 a ln1eaaa1ln 1 alnln1ln aln1 a11 h1 a0，又因为 f x0从f (1) 0，所以 f (x)在(x0, )内有唯一零点.又 f (x)在 0,x0而， f (x)在(0, )内恰有两个零点.内有唯一零点fx0（ii）由题意， f axx101 ex120e,x 0 1, 0,即 ln x1ln x a , 从x1而 1当 x 1时，ln x x于是x 1，又 x1x0 1，故ex1 x x0 1 1x20 x1 1x11ex1x0，即exx0x 1 20x02 ln x1 .因为x1 102，两边取对数，得 02，ln ex1 x0ln x整理得3x0 x1 2 .x1 x0 2ln x0 2 x0 1，【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 .13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.ax13．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】已知函数 f (x) 2x2．（2）当0<a<3时，记 f (x)在区间[0，1]的最大值为3 M，最2 小值为m，求M（ 【1答）案讨】（论1f）(见x)的详单解调；（性2；）[8 27,2).m的取值范围．【解析】（1） f (x) 6x令 f (x)20，得 x=0或 2xax a．2x(3x a)．3若 a>0，则当 x ( a,0) ,时， f (x)03 ；当xa 0,时， f (x)( ,0), a , 3若 a=0， f (x)在(若 a<0，则当 x ,单调递增，在 0, a单调递减；, )单调递增；3a (0,3x3)时， f (x)3 0；当 a ,0时， f (x)在0．故 f (x)在 0．故 f (x),a 3a,(0, )单调递增，,0在单调递减． 3（2）当 0 a 3时，由（1）知， f (x)在 a 0单, 调递减，在 a ,1 单调递增，所以 f (x)在[0,1]33的最小值为 f a32，最大值为 f (0)=2或 f (1)=4 a .于是3 27m327a2，M4 2,a,0 2,2a a3.所以M2 a 3 a ,0 a2, m27a3 ,22 a3.7当0 a 2时，可知 2 a3 单调递减，所以Ma27m的取值范围是 ,28． 2714当 2 a 3时，3 单调递增，所以M m的取值范围是[ 8 ,1)．a2727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.14．【2019年高考北京文数】已知函数 f (x) 13 x x x．42（Ⅰ）求曲线 y f (x)的斜率为 1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]上的最大值为最小时，求 a的值．【答案】（Ⅰ） y x与 y x64 ；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）a 27【解析】（Ⅰ）由 f (x)13x 42x3x得 xf(x) 2 42x3. 1．令 f (x) 1，3即x2 42x 1 1，得 x 80或．x 3又 f (0) 0， f (8) 8， 3 27所以曲线 y f (x)的斜率为 1的切线方程是 y x与 y 8 x 8，27 3即 y x与 y x64 ． 27（Ⅱ）令 g(x) f (x) x,x [ 2,4]．由 g(x) 13 x 2x得 g'(x) 32 x 2x．44令 g'(x) 0得 x 0或 x 8．3g'(x),g(x)的情况如下：M（a），当 M（a）x2 ( 2,0) 0(0, 8) 38 3(8 ,4) 34g'(x)15g(x)6064 270所以 g(x)的最小值为 6，最大值为0．故 6 g(x) 0，即 x 6 f (x) x．（Ⅲ）由（Ⅱ）知，当a3时， M (a) F(0) | g(0) a | a 3；当a3时， M (a) F( 2) | g( 2) a | 6 a3；当 综a上，当 M3时(a，)最M小(时a)，a 3． 3．【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.15．【2019年高考浙江】已知实数a 0，设函数 f (x)=aln x x 1,x 0.（1）当a3时，求函数 f (x)的单调区间； 4（2）对任意 x [ 12 ,2ae)均有 f (x)x ,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 0,3【解析】（1）当a3时， f (x) 3443, ln x2,单调递减区；（间2是） 0,.41 x,x 0．f'(x)314x 2 1x( 1x 2)(2 1 4x 1 xx1)，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 f (1) 1，得0 a 2．2a4当0a2时， 4f (x)x等价于 2x 2 1 x2aa0． a2ln x16令t 1，则t a设 g(t) 2 t x2 2． 2t 1 x2ln x,t2 2，则 g(t) x(t 11 2 ) 1 x 2ln x．xx（i）当 x1, 7则时，1 1 2 2，g(t) g(2 2) 8 x 4 x2 1 x 2ln x．记 p(x) 14x22 1 xln x，,x则 7p'(x)2 x2 1 2 x x 1 2xx 1 1xxx 1x(x 1)[1 x x1)] 1( x 2x)故x( 2x 2 . 1)( x 1x1(1 ,1)177p'(x)0p(x)p(1)单调递减极小值 p(1)7所以， p(x) p(1) 0．因此， g(t) g(2 2) 2p(x) 0．（ii）当 x1 , 1时， g(t) g 2e 7 1)．1 1x令q(x) 1 ,12 x ln x (x 1),x，2e 7则q'(x) ln x 2 1 0， x2 x ln x (x 2x(1, )+ 单调递增17故q(x)在11, 2e 7上单调递增，所以q(x)1q．7由（i）得，q 1(1) 0．77所以，q(x)<0．2 7p 1772 7p因此 g(t) g 110．xq(x) 2x由（i）（ii）知对任意 x,1 2e0，，t [2 2,),g(t)即对任意 x ,12ef (x)，均有 x． 2a综上所述，所求 a的取值范围是 0, 2 ． 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．16．【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a 0,0 b 1,c 1，且 f（x）的极大值为 M，求证:M．≤ 4 27【答案】（1）a 2；（2）见解析；（3）见解析.【解析】（1）因为a b c，所以 f (x)因为 f (4) 8，所以(4 a) 8，3解得a 2． （2）因为b c，(x a)(x b)(xc) (x a)．3所以 f (x) (x a)(x b) x (a 2b)x b(2a b)x ab，232218从而 f'(x)3(x b) x 2a．令b f'(x) 30，得 x b或 x 2a b． 3因为a,b, 2a b都在集合{ 3,1,3}中，且a b，3 所以 2a b 1,a 3,b3． 3此时 f (x) (x 3)(x 3)， f'(x) 3(x 3)(x 1)．2令 f'(x) 0x，得 x ( 3,或 3x) 1．列表3 如下： ( 3,1)f'(x)+0–f (x)极大值1 0 极小值(1, )+所以 f (x)的极小值为 f (1) (1 3)(12 3) 32． （3）因为a 0,c 1，所以 f (x) x(x b)(x 3 1)(b x12)x bx， f'(x) 32x2(b 1)x b．2因为0 b 1，所以4(b 1) 12b (2b 1)由 f'(x) 0，得 x1 b 1 2 b 3列表如下：则 f'(x)有2个不同的零点，设为 x1,x2b 1b ,2x12 2 b b 1． 3 3 0，x1 x2 ．x( , x1)x1x1,x2x2f'(x)+0–0f (x)极大值极小值(x2, )+所以 f (x)的极大值Mf x1 ．解法一：M f x1 bx1x1 (b 1)x13219[3x12 2b b 1x12 2(b 1)x1 b] 3 9 x192 b2 b1b 1 (b b(b 1) 231)279b2b1b(b 1) 2(b2(b 1) 2 2(7 b(b 1)31)27271)27b(b 1) 2 4．因此M 4．27 27 2727解法二：b(b 1) 9因为0 b 1，所以 x1 (0,1)．当 x (0,1)时， f (x) x(x b)(x 1) x(x 1)．2令 g(x) x(x 2,1x) (0,1)，则 g'(x) 3 1x (x 1)． 3令 g'(x) 0，得 x 1．列表如下： 3x(0, 1) 31 3g'(x) g(x)+0极大值(1 ,1) 3–所以当 x 1时， g(x)取得极大值，且是最大值，故 gm(xax)31g．3 27所以当 x (0,1)时， f (x) g(x) 4，因此M4．2727【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．17．【2018年高考全国Ⅲ卷文数】已知函数 f (x) ax2x 1． e （1）求曲线 y f (x)在点(0, 1)处的切线方程； x（2）证明：当a 1时， f (x) e 0．20【答案】（1） 2x y 1 0；（2）见解析.【解析】（1） f (x)ax(22a 2 ex1)x ， f(0)2．因此曲线 y f (x)在点(0, 1)处的切线方程是 2x y 1 0．（2）当a 1时， f (x) e 2 x(xx1令 g(x) 2 x x 1 e x 1，则 g 1 ex 11 )ee x． (x) 2x．当x1时， g (x) 0， g(x)单调递x减； 1时， g (x)当0， g(x)单调递增；所以 g(x) g( 1)=0．因此 f (x) e 0． 【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a 1时， f (x) e 2 (x x 1 )ee x，令 g(x) 2 x 1 e x 1，求出 g(x)的最小值即可证明.x1x18．【2018年高考全国Ⅰ卷文数】已知函数 f x x alne x 1．a（1）设 x 2是 f x 的极值点，求，并求间 （； 2）证明：当a1时，fx0．ef x 的单调区【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）=aex1–． x1由题设知，f ′（2）=0，所以 a= 2．2e从而 f（x）= 12 ex ln x 1，f ′（x）21e=2 ex 1 ．2ex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1 时，f（x）≥a≥eexln x1．e设 g（x）= xe ln x 1，则 g (xx) 1．eeex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）=0．21因此，当a 1 时， f (x) 0． e【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.19．【2018年高考全国Ⅱ卷文数】已知函数 f x 3 1 ax x 32（1）若a 3，求 f (x)的单调区间；x 1．（2）证明： f (x)只有一个零点．【答案】（1）在（–∞，3 2 3），（ 3 2 3，+∞）单调递增，在（ 3 2 3，3 2 3）单调递减；（2）见解析.【解析】（1）当 a=3时，f（x）= 1 x 3x3323x 3，f ′（x）= x 6x 3．令 f ′（x）=0解得 x=3 2 3或 x=3 2 3．2当 x∈（–∞，3 2 3）∪（3 2 3，+∞）时，f ′（x）>0； 当 x∈（3 2 3，3 2 3）时，f ′（x）<0．故 f（x）在（–∞，3 2 3），（3 2 3，+∞）单调递增，在（3 2 3，3 2 3）单调递减．（2）由于 x2x 1 0，所以 f (x)0等价x于33a 0．x2 x 1设 g(x) = x3 23a，x x1则 g ′（x）=x2(x(x222x 3) x 1) ≥0，仅当 x=0时2所以 g（x）在（–∞，+∞）单调递增．g ′（x）=0，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）=62 a2a 1 1) 36(a2 1 0， 66f（3a+1）=1 0，故 f（x）有一个零点． 3综上，f（x）只有一个零点．22【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 ࠀࠀ)的定义域；②求导数ࠀࠀ)；③ 由ࠀࠀ) ⺁ （或ࠀࠀ) ）解出相应的 ࠀ的取值范围，当ࠀࠀ) ⺁ 时，ࠀࠀ)在相应区间上是增函数； 当ࠀࠀ) 时，ࠀࠀ)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 ࠀࠀ)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.20．【2018年高考北京文数】设函数 f (x) [a2x (3a 1)x 3a 2]ex.（Ⅰ）若曲线 y f (x)在点(2, f (2))处的切线斜率为 0，求 a； （Ⅱ）若 f (x)在 x 1处取得极小值，求 a的取值范围.【答案】（Ⅰ）a；1（Ⅱ）(1,).2【解析】（Ⅰ）因为 f (x) [ax2 (3a 1)x 2]e所以 f (x) [2ax3a x ，2 ，(a 1)x 1]e .x20，解得a 1 . 2（f Ⅱ）(2方) 法一(2：a由（1Ⅰ)e）得 f (x) [ax (a 1)x 1]e由 若题a设>1知，则f 当(2x) (10，,1即)时(2，a f 1)(ex2) 0； x a当 x (1, 0.)时， f (x)所以 f (x)在 x=1处取得极小值. 若a 1，则当 x (0,1)时，ax 1x 1 0，所以 f (x) 0 .(ax 1)(x 1)e .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： f (x) (ax 1)(x 1)ex.（1）当 a=0时，令 f (x) 0得 x=1.23f (x), f (x)随 x的变化情况如下表：xf (x) f (x)( ,1)+ ↗1 0 极大值(1, )− ↘∴ f (x)在 x=1处取得极大值，不合题意.（2）当 a>0时，令 f得(x)x 011 , x2 a1.①当 x1 x2，即 a=1时， f (x) (x 1)e 0，∴ f (x)无极值，不合题意.2x∴ ②当f (xx1)在Rx上2，单即调递0<增a<，1时， f (x), f (x)随 x的变化情况如下表：xf (x) f (x)( ,1)+ ↗1 0 极大值(1, 1) a−↘1 a0极小值(1 , ) a+ ↗∴ f (x)在 x=1处取得极大值，不合题意. ③当 x1 x2，即 a>1时， f (x), f (x)随 x的变化情况如下表：xf (x) f (x)( , 1) a+↗1 a0极大值(1 ,1) a−↘10 极小值(1, )+ ↗∴ f (x)在 x=1处取得极小值，即 a>1满足题意.（3）当 a<0时，令 f得(x)x 011 , x2 a1.24f (x), f (x)随 x的变化情况如下表：xf (x) f (x)( , 1) a−↘1 a0极小值(1 ,1) a+↗10 极大值(1, )− ↘∴ 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.21．【2018年高考天津文数】设函数 f (x)=(x t1)(x t2)(x等差数列．t3)，其中t1,t2,t3（I）若t2 0,d 1,求曲线 y f (x)在点(0, f (0))处的切线方程；R ,且t1,t2,t3是公差为d的（II）若d 3，求 f (x)的极值；（III）若曲线 y f (x)与直线 y(x t2) 6 3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 6 3；函数 f(x)的极小值为−6 3；（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)=x3又因为曲线 y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为 y−f(0−)=x，f 故(0f ) (x(−x0) )=，3x2−1， 因 故此 所求f(切0)线=0方，程f为 (x0+)y==0−．1，（Ⅱ）解：由已知可得2533223f(x)=(x−t2+3)(x−t2)(x−t2−3)=(x−t2) −9(x−t2)=−x3t2x +(3t2 −9)x−t2 +9t2．故 f (x) =3x2−6t2x+3t22−9．f令 (x) =0，解得 x=t 33．−，或 x=t2+2当 x变化时， f (x)，f(x)的变化如下表：x(−∞，t2− 3 ) t2− 3 (t2− 3，t2+ 3 ) t2+ 3f (x)+0−0f(x)↗极大值↘极小值(t2+ 3，+∞)+ ↗所以函数 f(x)的极大值为 f(t2− 3 )=(− 3 ) −9×(− 3 )=6 3；函数 f(x)的极小值为 f(t2+ 3 )=( 3 ) −339（×Ⅲ( ）3解)=：−6曲线3．y=f(x)与直线 y=−(x−t2)−6 3有三个互异的公共点等价于关于 x的方程(x−t2+d)(x−t2)(x−t2 −d)+(x−t2)+ 6 3 =0有三个互异的实数解，令 u=x−t2，可得3 u +(12 −d )u+6 3 =0．设函数 g(x)=x3+(1−d2)x+6 3，则曲线 y=f(x)与直线 y=−(x−t2)−6 3有三个互异的公共点等价于函数y=g(x)有三个零点．g'(x) =3x3+(1−d2)．当 d≤1时， g'(x) ≥0，这时 g(x)在 R上单调递增，不合题意．2当 d>1时， g'(x)=0，解得2d 2 1，x2= dx1=321．易得，g(x)在(−∞，x1)上单调递增，在[x1，x2]上单调递减，在(x2，+∞)上单调递增．33g(x)的极大值 g(x1)=g( d 2 1 )= 2 3(d 1) 6 3 >0．2 23g(x)的极小值 g(x2)=g( d2 31 )=− 2 3(2d 12)3996 3．若 g(x2)≥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 g(x ) (d22|d |30,即 2 1)2且x1,g( 2| d |)27，也就是 | d | 10，此时 | d | x2， g(| d |) | d | 6 336| d | 2| d | 6 362 10 6 3 0，从而由 g(x)的单调性，可知函数y g(x)在区间( 2 | d |, x1),(x1, x2),(x2,| d |)内各有一个零点，符合题意．26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.22．【2018年高考浙江】已知函数 f(x)= 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． 【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析.【解析】（Ⅰ）函数 f（x）的导函数 f (x) 11，2x x由 f (x1) 2x1 11 1f(x2)得1x1 2 x2 x2 ，因为 x11 x2，所以 x111 x2 2．1由基本不等式得x1x22因为 x1 x2，所以 x1x2x1 x2 2 x1x2．4256．由题意得 f (x1) f (x2)x1 ln x1 x2 ln x2 1 x1x2 ln(x1x2)．2设 g(x) 1x ln x， 2则 g (x) 1 ( x 4)， 4x所以x（0，16）16（16，+∞）g (x)−0+g(x)2−4ln2所以 g（x）在[256，+∞）上单调递增，故 g(x1x2) g(256) 8 8ln 2，即 f (x1) f (x2) 8 8ln 2．27（Ⅱ）令 m=e(aa k)，n=2( k1 )1，则f（m）–km–a>|a|+k–k–a≥0，f（n）–kn–a<n( 1 a k) |≤an(| 1 k) <0，nnn所以，存在 x0∈（m，n）使 f（x0）=kx0+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kx ln x a． x设h(x)x ln x a， xln x x 1 则h (x) a 2x2其中 g(x) x ln x． 2g(x) 1 a， x2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.23．【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 ．（1）用 分别表示矩形 ABCD和△CDP的面积，并确定 sin 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 为何值时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大．28【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[ 1，1]；（2）当θ=时π，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大．46【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 1 ×2×40cosθ（40–40sinθ）=1600（cosθ–sinθcosθ）．2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= 1，θ0∈（0，π）．46当θ∈[θ0， π ]时，才能作出满足条件的矩形 ABCD，2所以 sinθ的取值范围是[ 1，1]． 4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[ 1，1]．4（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， π ]．229设 f（θ）=sinθcosθ+cosθ，θ∈[θ0， π ]， 2则f ( ) 2sinsincos1)(sin1)．令 f ( )=0，得πθ=，26(2sin2sin 1) (2sin当θ∈（θ0，）π时， 6f ()0，所以 f（θ）为增函数；当θ∈（ π， π）时， f ( )620，所以 f（θ）为减函数，因此，当θ=时π ，f（θ）取到最大值． 6答：当θ=时π ，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大． 6【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.24．【2018年高考江苏】记 f (x),g (x)分别为函数 f (x), g(x)的导函数x．若存R，在满足 f (x0)0且 f (x0) g (x0)，则x 称0为函g数(x)的f 一(x个)与“S点”．g(x0)（1）证明：函数 f (x) x与 g(x) 2 x 2x 2不存在“S点”；（2）若函数 f (x) a2x 1与 g(x) ln x存在“S点”，求实数 a的值；（3）已知函数 f (x)2 x a，g(x)xb．e 对任意ax0，判断是否存在b0，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） e；（3）见解析. 22【解析】（1）函数 f（x）=x，g（x）=x +2x-2，则 f′（x）=1，g′（x）=2x+2．由 f（x）=g（x）且 f′（x）= g′（x），得xx212x2x22，此方程组无解，因此，f（x）与 g（x）不存在“S”点．（2）函数（f x） ax 1， g(x) lnx，则 f（ x） 2a2x，g（ x）1．x设 x0为 f（x）与 g（x）的“S”点，30由 f （x 0）=g （x 0）且 f ′（x 0）=g ′（x 0），得ax 0 2 1 ln x 0 ax 0 2 1 ln x 0，（*） 2ax 0 1 ，即 2ax 02 1x0 得ln x 0 1，即 x 0e 1 ，则 a 1 e 2 ． 2 2 2(e 2 ) 2 1 当 a e 满足方程组（*），即 x 0为f （x ）与g （x ）的“S ”点． 2时， x 0 e 2因此，a 的值为 e ． 2（3）对任意 a>0，设h(x) x 3x ax a ． 3 2 因为h(0) a 0，h(1)13 a a 2 0，且 h （x ）的图象是不间断的，所以存在 x 0∈（0，1），使得h(x 0) 0．2x 0 3 令 b ，则 b>0． e 0 (1 x 0)x a ，g(x) be x 函数 f (x)x 2 ， x 则 f ′(x) 2x ，g (x) be x (x 1)．x 2 由 f （x ）=g （x ）且 f ′（x ）=g ′（x ），得2x 0 e x (1 x 0) x 3 a be x x2 a x 2x e 0 x ，即 ，（**） (x 1) 2x bex (x 1) 2x 0 e x 0 (1 x 0) 3 e x 2x2 x 2 x 此时， x 0满足方程组（**），即 x 0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.31。

文科《导数》高考常考题型专题训练1.已知函数/。

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工一3（。

£/?）（1）若函数段）在函,—1））处的切线与直线木广0平行,求实数”的值;（2）当a=2, k为整数，且当Q1时，“一外/'（x） + 2x + l＞0,求〃的最大值.1 .【解析】(1)由/(x) = "—ax — 3,则/'*・) = "—〃又函数7U）在（1,火1））处的切线与直线片厂0平行，则=（2）当〃=2,且当x＞l 时，&一行（。

”一+ 2x + l>0等价于2）, 2x+l)当x>l 时，k< x + ^—k " - 2 7m j n2x + \，-2X-3)令g(x) = x + ^-则g (幻=—：-------------------e -2 (。

”-2)-再令h(x) = e x - 2x - 3(x > 1),则/(x) = " - 2 > 0 ,所以,〃（x）在（L+o。

）上单调递增，且以l）vO,以2）＞0,所以，/?（x）在（1, 2）上有唯一的零点，设该零点为小,则x°w（l,2）,且e"=2%+3, 当xw。

,,q）时，〃（％）v。

，即g'（x）＜。

：当xw（小，+°°）时，"（x）＞。

，即g'（x）＞0, 所以，g （x）在。

,小）单调递减，在（/，+8）单调递增，2（ +1所以，g（X）min +c - z而x°e（L2）,故一+le（2,3）且"vg（瓦）,又k为整数,所以k的最大值为2.2.已知函数/（x） = 6 + sinx,其中（1）若函数”刈在区间上单调递增，求k的取值范围:⑵若k = l时，不等式/Oarcosx在区间0尚上恒成立，求实数。

的取值范围.2・1解析】(1)由题意，f\x) = k+cosx t(冗5兀।「兀5兀、因为/(”)在区间二；上单调递增，所以工£二：时，/'(x) = Z + cosxNO恒成立，即k 3 6 7 V3 6 yk>—COSX9因为函数)'= -cosx在(工:上单调递增，所以—cosxK—cos^ =无，所以攵之五. (361 6 2 2(2) 〃 = 1 时，/(x) = x + sinx,令g(x) = /(x)—ovcosx = x+sinx-arcosx, xw[o.g],则g(x)A。

人教版文科高考导数练习题及参考答案(附参考答案)一．选择题（共22小题） 1．（2015•绵阳模拟）设函数f （x ）=ax3+3bx （a ，b 为实数，a ＜0，b ＞0），当x ∈[0，1]时，有f （x ）∈[0，1]，则b 的最大值是（ ）A ．B ．C ．D ．2．（2015•红河州一模）若函数f （x ）=x3+x2﹣在区间（a ，a+5）内存在最小值，则实数a 的取值范围是（ ）A ．[﹣5，0） B ．（﹣5，0） C ．[﹣3，0） D ．（﹣3，0） 3．（2015•开封模拟）函数f （x ）=lnx+ax 存在与直线2x ﹣y=0平行的切线，则实数a 的取值范围是（ ）A ．（﹣∞，2] B ．（﹣∞，2） C ．[0，+∞） D ．（2，+∞） 4．（2015•泸州模拟）设函数f （x ）=ax3+3x ，其图象在点（1，f （1））处的切线l 与直线x ﹣6y ﹣7=0垂直，则直线l 与坐标轴围成的三角形的面积为（ ）A ．1 B ．3 C ．9 D ．12 5．（2014•郑州一模）已知曲线的一条切线的斜率为，则切点的横坐标为（ ）A ．3 B ．2 C ．1 D ．6．（2014•郑州模拟）曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形面积为（ ）A ．B ．C ．D ．7．（2014•西藏一模）已知曲线的一条切线的斜率为，则切点的横坐标为（ ）A ． 1B ． 2C ． 3D ． 4 8．（2014•广西）曲线y=xex ﹣1在点（1，1）处切线的斜率等于（ ） A ．2e B ．e C ．2 D ．1 9．（2014•武汉模拟）若函数f （x ）=x2+ax+是增函数，则a 的取值范围是（ ）A ．[﹣1，0] B ．[﹣1，∞] C ．[0，3] D ．[3，+∞] 10．（2014•包头一模）已知函数y=x3﹣3x+c 的图象与x 轴恰有两个公共点，则c=（ ）A ． ﹣2或2B ． ﹣9或3C ． ﹣1或1D ． ﹣3或1 11．（2014•郑州模拟）已知f （x ）=x2+2xf ′（1），则f ′（0）等于（ ）A 0B ﹣4C ﹣2D 2．．．．12．（2014•江西二模）已知函数f（x）=x2+f′（2）（lnx﹣x），则f′（1）=（）A ．1 B．2 C．3 D．413．（2014•上海二模）已知f（x）=（2x+1）3﹣+3a，若f′（﹣1）=8，则f（﹣1）=（）A ．4 B．5 C．﹣2 D．﹣314．（2014•菏泽一模）已知函数f（x）=x2﹣cosx，则f（0.6），f（0），f（﹣0.5）的大小关系是（）A ．f（0）＜f（﹣0.5）＜f（0.6）B．f（0）＜f（0.6）＜f（﹣0.5）C．f（0.6）＜f（﹣0.5）＜f（0）D．f（﹣0.5）＜f（0）＜f（0.6）15．（2014•呼伦贝尔一模）若函数f（x）=x3﹣ax2+（a﹣1）x+1在区间（1，4）内为减函数，在区间（6，+∞）为增函数，则实数a的取值范围是（）A ．（﹣∞，2]B．[5，7]C．[4，6]D．（﹣∞，5]∪[7，+∞）16．（2014•福建模拟）函数f（x）=﹣x3+3x2﹣4的单调递增区间是（）A ．（﹣∞，0）B．（﹣2，0）C．（0，2）D．（2，+∞）17．（2014•佛山二模）已知函数f（x）=x2﹣cosx，x∈R，则（）A．f （）＞f（1）＞f（﹣）B．f（1）＞f（）＞f（﹣）C．f（﹣）＞f（1）＞f（）D．f（）＞f（﹣）＞f（1）18．（2014•江西模拟）已知m是区间[0，4]内任取的一个数，那么函数f（x）=x3﹣2x2+m2x+3在x∈R上是增函数的概率是（）A ．B．C．D．19．（2014•宁德模拟）函数f（x）=x﹣sinx是（）A ．奇函数且单调递增B．奇函数且单调递减C ．偶函数且单调递增D．偶函数且单调递减20．（2014•梧州模拟）已知f（x）=﹣x3+ax在（﹣∞，﹣1]上单调递减，则a的取值范围是（）A ．（﹣∞，1]B．[1，+∞）C．（﹣∞，3]D．[3，+∞）21．（2014•揭阳模拟）关于函数f（x）=x3﹣3x+1，下列说法正确的是（）A ．f（x）是奇函数且x=﹣1处取得极小值B ．f（x）是奇函数且x=1处取得极小值C ．f（x）是非奇非偶函数且x=﹣1处取得极小值D ．f（x）是非奇非偶函数且x=1处取得极小值22．（2014•贵州模拟）函数y=ax3+bx2取得极大值和极小值时的x的值分别为0和，则（）A ．a﹣2b=0 B．2a﹣b=0 C．2a+b=0 D．a+2b=0二．填空题（共2小题）23．（2015•广东模拟）函数f（x）=xlnx在点（e，f（e））处的切线方程为_________ ．24．（2015•赤峰模拟）已知f（x）=x3﹣3x2+2x+a，若f（x）在R上的极值点分别为m，n，则m+n= _________ ．三．解答题（共6小题）25．（2015•路南区二模）已知函数f（x）=ax2﹣ex（a∈R）（Ⅰ）当a=1时，判断函数f（x）的单调区间并给予证明；（Ⅱ）若f（x）有两个极值点x1，x2（x1＜x2），证明：﹣＜f（x1）＜﹣1．26．（2015•汕尾模拟）已知函数f（x）=x3+bx2+cx的极值点为x=﹣和x=1（1）求b，c的值与f（x）的单调区间（2）当x∈[﹣1，2]时，不等式f（x）＜m恒成立，求实数m的取值范围．27．（2015•南昌模拟）函数f（x）=x﹣alnx﹣2．（Ⅰ）求f（x）的单调区间；（Ⅱ）a=1时，不等式f（x）+（b+1）f′（x）＜x﹣1对x＞1恒成立，求正整数b的取值集合．28．（2015•安徽一模）已知函数f（x）=b+（1﹣2a）x+x2﹣x3．（I）讨论f（x）在其定义域上的单调性；（II）设曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y=4x﹣1，求函数f（x）在定义域上的极小值．29．（2015•重庆一模）已知函数（1）当a=0时，求f（x）的极值；（2）若f（x）在区间上是增函数，求实数a的取值范围．30．（2014•广西）函数f（x）=ax3+3x2+3x（a≠0）．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）若f（x）在区间（1，2）是增函数，求a的取值范围．导数高中数学组卷参考答案与试题解析一．选择题（共22小题）1．（2015•绵阳模拟）设函数f（x）=ax3+3bx（a，b为实数，a＜0，b＞0），当x∈[0，1]时，有f（x）∈[0，1]，则b的最大值是（）A．B．C．D．考点：利用导数求闭区间上函数的最值．专题：计算题．分析：求导数，利用函数的单调性，结合x∈[0，1]时，有f（x）∈[0，1]，即可b的最大值．解答：解：∵f（x）=ax3+3bx，∴f′（x）=3ax2+3b令f′（x）=0，可得x=，①≥1，则f（x）max=f（1）=1，∴b∈（0，]；②0＜＜1，f（x）max=f（）=1，f（1）≥0，∴b∈（，]．∴b的最大值是．故选：C．点评：本题考查导数知识的运用，考查函数的值域，考查学生的计算能力，属于中档题．2．（2015•红河州一模）若函数f（x）=x3+x2﹣在区间（a，a+5）内存在最小值，则实数a的取值范围是（）A．[﹣5，0）B．（﹣5，0）C．[﹣3，0）D．（﹣3，0）考点：利用导数求闭区间上函数的最值．专题：计算题；作图题；导数的综合应用．分析：由题意，求导f′（x）=x2+2x=x（x+2）确定函数的单调性，从而作出函数的简图，由图象求实数a的取值范围．解答：解：由题意，f′（x）=x2+2x=x（x+2），故f（x）在（﹣∞，﹣2），（0，+∞）上是增函数，在（﹣2，0）上是减函数，作其图象如右图，令x3+x2﹣=﹣得，x=0或x=﹣3；则结合图象可知，；解得，a∈[﹣3，0）；故选C．点评：本题考查了导数的综合应用及学生作图识图的能力，属于中档题．3．（2015•开封模拟）函数f（x）=lnx+ax存在与直线2x﹣y=0平行的切线，则实数a的取值范围是（）A．（﹣∞，2] B．（﹣∞，2）C．[0，+∞）D．（2，+∞）考点：利用导数研究曲线上某点切线方程．专题：导数的概念及应用．分析：问题等价于f′（x）=2在（0，+∞）上有解，分离出参数a，转化为求函数值域问题即可．解答：解：函数f（x）=lnx+ax存在与直线2x﹣y=0平行的切线，即f′（x）=2在（0，+∞）上有解，而f′（x）=+a，即+a=2在（0，+∞）上有解，a=2﹣，因为x＞0，所以2﹣＜2，所以a的取值范围是（﹣∞，2）．故选B．点评：本题考查利用导数研究曲线上某点切线方程问题，注意体会转化思想在本题中的应用．4．（2015•泸州模拟）设函数f（x）=ax3+3x，其图象在点（1，f（1））处的切线l 与直线x﹣6y﹣7=0垂直，则直线l与坐标轴围成的三角形的面积为（）A． 1 B． 3 C．9 D．12考点：利用导数研究曲线上某点切线方程．专题：导数的综合应用．分析：求出原函数的导函数，得到f′（1）=3a+3，由3a+3=﹣6求得a的值，代入原函数解析式，求出f（1），由直线方程的点斜式得到l的方程，求出其在两坐标轴上的截距，由三角形的面积公式得答案．解答：解：由f（x）=ax3+3x，得f′（x）=3ax2+3，f′（1）=3a+3．∵函数f（x）=ax3+3x在点（1，f（1））处的切线l与直线x﹣6y﹣7=0垂直，∴3a+3=﹣6，解得a=﹣3．∴f（x）=﹣3x3+3x，则f（1）=﹣3+3=0．∴切线方程为y=﹣6（x﹣1），即6x+y﹣6=0．取x=0，得y=6，取y=0，得x=1．∴直线l与坐标轴围成的三角形的面积为．故选：B．点评：本题考查了利用导数研究函数在某点处的切线方程，过曲线上某点处的切线的斜率，就是函数在该点处的导数值，是中档题．5．（2014•郑州一模）已知曲线的一条切线的斜率为，则切点的横坐标为（）A． 3 B． 2 C． 1 D．考点：导数的几何意义．分析：根据斜率，对已知函数求导，解出横坐标，要注意自变量的取值区间．解答：解：设切点的横坐标为（x0，y0）∵曲线的一条切线的斜率为，∴y′=﹣=，解得x0=3或x0=﹣2（舍去，不符合题意），即切点的横坐标为3故选A．点评：考查导数的几何意义，属于基础题，对于一个给定的函数来说，要考虑它的定义域．比如，该题的定义域为{x＞0}．6．（2014•郑州模拟）曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形面积为（）A．B．C．D．考点：导数的几何意义．专题：压轴题．分析：（1）首先利用导数的几何意义，求出曲线在P（x0，y0）处的切线斜率，进而得到切线方程；（2）利用切线方程与坐标轴直线方程求出交点坐标（3）利用面积公式求出面积．解答：解：若y=x3+x，则y′|x=1=2，即曲线在点处的切线方程是，它与坐标轴的交点是（，0），（0，﹣），围成的三角形面积为，故选A．点评：函数y=f（x）在x=x0处的导数的几何意义，就是曲线y=f（x）在点P （x0，y0）处的切线的斜率，过点P的切线方程为：y﹣y0=f′（x0）（x﹣x0）7．（2014•西藏一模）已知曲线的一条切线的斜率为，则切点的横坐标为（）A． 1 B． 2 C． 3 D．4考点：导数的几何意义．分析：利用导数的几何意义，列出关于斜率的等式，进而得到切点横坐标．解答：解：已知曲线的一条切线的斜率为，∵=，∴x=1，则切点的横坐标为1，故选A．点评：函数y=f（x）在x=x0处的导数的几何意义，就是曲线y=f（x）在点P （x0，y0）处的切线的斜率．应熟练掌握斜率与导数的关系．8．（2014•广西）曲线y=xex﹣1在点（1，1）处切线的斜率等于（）A．2e B． e C． 2 D．1考点：导数的几何意义．专题：导数的概念及应用．分析：求函数的导数，利用导数的几何意义即可求出对应的切线斜率．解答：解：函数的导数为f′（x）=ex﹣1+xex﹣1=（1+x）ex﹣1，当x=1时，f′（1）=2，即曲线y=xex﹣1在点（1，1）处切线的斜率k=f′（1）=2，故选：C．点评：本题主要考查导数的几何意义，直接求函数的导数是解决本题的关键，比较基础．9．（2014•武汉模拟）若函数f（x）=x2+ax+是增函数，则a的取值范围是（）A．[﹣1，0] B．[﹣1，∞] C．[0，3] D．[3，+∞]考点：利用导数研究函数的单调性．专题：导数的综合应用．分析：由函数在（，+∞）上是增函数，可得≥0在（，+∞）上恒成立，进而可转化为a≥﹣2x在（，+∞）上恒成立，构造函数求出﹣2x在（，+∞）上的最值，可得a的取值范围．解答：解：∵在（，+∞）上是增函数故≥0在（，+∞）上恒成立即a≥﹣2x在（，+∞）上恒成立令h（x）=﹣2x，则h′（x）=﹣﹣2当x∈（，+∞）时，h′（x）＜0，则h（x）为减函数∴h（x）＜h（）=3∴a≥3故选D点评：本题考查的知识点是利用导数研究函数的单调性，恒成立问题，是导数的综合应用，难度中档．10．（2014•包头一模）已知函数y=x3﹣3x+c的图象与x轴恰有两个公共点，则c=（）A．﹣2或2 B．﹣9或3 C．﹣1或1 D．﹣3或1考点：利用导数研究函数的极值；函数的零点与方程根的关系．专题：计算题．分析：求导函数，确定函数的单调性，确定函数的极值点，利用函数y=x3﹣3x+c的图象与x轴恰有两个公共点，可得极大值等于0或极小值等于0，由此可求c的值．解答：解：求导函数可得y′=3（x+1）（x﹣1）令y′＞0，可得x＞1或x＜﹣1；令y′＜0，可得﹣1＜x＜1；∴函数在（﹣∞，﹣1），（1，+∞）上单调增，（﹣1，1）上单调减∴函数在x=﹣1处取得极大值，在x=1处取得极小值∵函数y=x3﹣3x+c的图象与x轴恰有两个公共点∴极大值等于0或极小值等于0∴1﹣3+c=0或﹣1+3+c=0∴c=﹣2或2故选A．点评：本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性与极值，解题的关键是利用极大值等于0或极小值等于0．11．（2014•郑州模拟）已知f（x）=x2+2xf′（1），则f′（0）等于（）A．0 B．﹣4 C．﹣2 D．2考点：导数的运算．专题：导数的概念及应用．分析：把给出的函数求导得其导函数，在导函数解析式中取x=1可求2f′（1）的值．解答：解：由f（x）=x2+2xf′（1），得：f′（x）=2x+2f′（1），取x=1得：f′（1）=2×1+2f′（1），所以，f′（1）=﹣2．故f′（0）=2f′（1）=﹣4，故答案为：B．点评：本题考查了导数运算，解答此题的关键是理解原函数解析式中的f′（1），在这里f′（1）只是一个常数，此题是基础题．12．（2014•江西二模）已知函数f（x）=x2+f′（2）（lnx﹣x），则f′（1）=（）A． 1 B． 2 C． 3 D．4考点：导数的运算．专题：导数的概念及应用．分析：f′（2）是一个常数，对函数f（x）求导，能直接求出f′（1）的值．解答：解：∵f（x）=x2+f′（2）（lnx﹣x），∴f′（x）=2x+f′（2）（﹣1）；∴f′（1）=2×1+f′（2）×（1﹣1）=2．故选：B．点评：本题考查了利用求导法则求函数的导函数问题，解题时应知f′（2）是一个常数，根据求导法则进行计算即可，是基础题．13．（2014•上海二模）已知f（x）=（2x+1）3﹣+3a，若f′（﹣1）=8，则f（﹣1）=（）A． 4 B． 5 C．﹣2 D．﹣3考点：导数的加法与减法法则．专题：计算题．分析：先求出函数的导数，再把x=﹣1代入 f′（x）的解析式得到f'（﹣1），再由f'（﹣1）=8，求得a的值，即可得到函数f（x）的解析式，从而求得f（﹣1）的值．解答：解：已知，∴f′（x）=3（2x+1）2×2+，∵f'（﹣1）=8，∴3×2+2a=8，故有a=1，∴=，∴f（﹣1）=﹣1+2+3=4，故选A．点评：本题主要考查函数在某一点的导数的定义，求一个函数的导数的方法，属于基础题．14．（2014•菏泽一模）已知函数f（x）=x2﹣cosx，则f（0.6），f（0），f（﹣0.5）的大小关系是（）A．f（0）＜f（﹣0.5）＜f（0.6）B．f（0）＜f（0.6）＜f（﹣0.5）C．f（0.6）＜f（﹣0.5）＜f（0）D．f（﹣0.5）＜f（0）＜f（0.6）考点：利用导数研究函数的单调性；奇偶性与单调性的综合．专题：导数的综合应用．分析：由f（x）=x2﹣cosx为偶函数，得f（﹣0.5）=f（0.5），只须比较f （0.6），f（0），f（﹣0.5）的大小关系即可．解答：解：∵f（﹣x）=（﹣x）2﹣cos（﹣x）=x2﹣cosx=f（x），∴f（x）是偶函数；∴f（﹣0.5）=f（0.5）；又∵f′（x）=2x+sinx，当x∈（0，1）时，f′（x）＞0，∴f（x）在（0，1）上是增函数，∴f（0）＜f（0.5）＜f（0.6）；即f（0）＜f（﹣0.5）＜f（0.6）．故选：A．点评：本题考查了利用导数判定函数的单调性并比较函数值的大小问题，是基础题．15．（2014•呼伦贝尔一模）若函数f（x）=x3﹣ax2+（a﹣1）x+1在区间（1，4）内为减函数，在区间（6，+∞）为增函数，则实数a的取值范围是（）A．（﹣∞，2] B．[5，7] C．[4，6] D．（﹣∞，5]∪[7，+∞）考点：利用导数研究函数的单调性．专题：导数的综合应用．分析：求出原函数的导函数，求得导函数的零点1，a﹣1，然后分1与a﹣1的大小分析导函数在不同区间内的符号，从而得到原函数在不同区间内的单调性，最后借助于已知条件得到a﹣1与4和6的关系，则答案可求．解答：解：由函数，得f′（x）=x2﹣ax+a﹣1．令f′（x）=0，解得x=1或x=a﹣1．当a﹣1≤1，即a≤2时，f′（x）在（1，+∞）上大于0，函数f（x）在（1，+∞）上为增函数，不合题意；当a﹣1＞1，即a＞2时，f′（x）在（﹣∞，1）上大于0，函数f（x）在（﹣∞，1）上为增函数，f′（x）在（1，a﹣1）内小于0，函数f（x）在（1，a﹣1）内为减函数，f′（x）在（a﹣1，+∞）内大于0，函数f（x）在（a﹣1，+∞）上为增函数．依题意应有：当x∈（1，4）时，f′（x）＜0，当x∈（6，+∞）时，f′（x）＞0．∴4≤a﹣1≤6，解得5≤a≤7．∴a的取值范围是[5，7]．故选：B．点评：本题考查了利用导数研究函数的单调性，考查了分类讨论的数学思想方法，采用了逆向思维方法，解答的关键是对端点值的取舍，是中档题．16．（2014•福建模拟）函数f（x）=﹣x3+3x2﹣4的单调递增区间是（）A．（﹣∞，0）B．（﹣2，0）C．（0，2） D．（2，+∞）考点：利用导数研究函数的单调性．专题：导数的概念及应用．分析：利用导数求解，由f′（x）＞0得，0＜x＜2．解答：解：∵f′（x）=﹣3x2+6x=﹣3x（x﹣2）∴由f′（x）＞0得，0＜x＜2．∴f（x）的递增区间是（0，2）．故选C．点评：本题主要考查利用导数求函数的单调区间的方法，属基础题．17．（2014•佛山二模）已知函数f（x）=x2﹣cosx，x∈R，则（）A．f（）＞f（1）＞f（﹣）B．f（1）＞f（）＞f（﹣）C．f（﹣）＞f（1）＞f（）D．f（）＞f（﹣）＞f（1）考点：利用导数研究函数的单调性．专题：导数的概念及应用．分析：由f（x）=x2﹣cosx得，f（x）为偶函数且在（0，）上是增函数，利用函数单调性及奇偶性的性质得出结论．解答：解：∵f′（x）=2x+sinx，∴当x∈（0，）时，f′（x）=2x+sinx＞0，∴函数f（x）=x2﹣cosx在（0，）上是增函数，又函数f（x）=x2﹣cosx，在R上是偶函数，故f（﹣）=f（），∵＞1＞，∴f（）＞f（1）＞f（﹣）故选A．点评：考查学生利用函数的奇偶性、单调性比较大小的方法，关键是转化到同一单调区间上，利用单调性比较大小，属基础题．18．（2014•江西模拟）已知m是区间[0，4]内任取的一个数，那么函数f（x）=x3﹣2x2+m2x+3在x∈R上是增函数的概率是（）A．B．C．D．考点：利用导数研究函数的单调性；几何概型．专题：导数的综合应用．分析：根据f（x）在x∈R上是增函数，得到f′（x）=x2﹣4x+m2≥0恒成立，求出a的范围，利用几何概型的概率公式即可的得到结论．解答：解：∵f′（x）=x2﹣4x+m2，f（x）=x3﹣2x2+m2x+3在x∈R上是增函数∴f′（x）=x2﹣4x+m2≥0恒成立∴△=16﹣4m2≤0解得m≥2或m≤﹣2又∵m是区间[0，4]内任取的一个数∴2≤m≤4由几何概型概率公式得函数f（x）=x3﹣2x2+m2x+3在x∈R上是增函数的概率P=故选C点评：本题主要考查几何概型的概率的计算，利用导数求出函数递增时对应a 的取值范围是解决本题的关键．19．（2014•宁德模拟）函数f（x）=x﹣sinx是（）A．奇函数且单调递增B．奇函数且单调递减C．偶函数且单调递增D．偶函数且单调递减考点：利用导数研究函数的单调性；函数奇偶性的判断．专题：函数的性质及应用．分析：由定义域关于原点对称，且f（﹣x）=﹣f（x）得奇函数，通过求导数大于0得单调性．解答：解：∵函数的定义域为R，f（﹣x）=﹣x﹣sin（﹣x）=﹣（x﹣sinx）=﹣f（x），∴函数f（x）是奇函数．又f′（x）=1﹣cosx≥0，∴函数f（x）=x﹣sinx在R上是单调递增函数．故答案选：A．点评：本题考察了函数的单调性，奇偶性，是一道基础题．20．（2014•梧州模拟）已知f（x）=﹣x3+ax在（﹣∞，﹣1]上单调递减，则a的取值范围是（）A．（﹣∞，1] B．[1，+∞）C．（﹣∞，3] D．[3，+∞）考点：利用导数研究函数的单调性．专题：导数的综合应用．分析：利用导数与函数单调性的关系，即可求得结论．解答：解：∵f（x）=﹣x3+ax在（﹣∞，﹣1]上单调递减，∴f′（x）=﹣3x2+a≤0，a≤3x2在（﹣∞，﹣1]上恒成立，∴a≤3．故选：C．点评：本题主要考查学生利用导数判断函数单调性的方法，属基础题．21．（2014•揭阳模拟）关于函数f（x）=x3﹣3x+1，下列说法正确的是（）A．f（x）是奇函数且x=﹣1处取得极小值B．f（x）是奇函数且x=1处取得极小值C．f（x）是非奇非偶函数且x=﹣1处取得极小值D．f（x）是非奇非偶函数且x=1处取得极小值考点：函数在某点取得极值的条件．专题：导数的综合应用．分析：根据函数的奇偶性和导数和极值之间的关系即可得到结论．解答：解：∵f（x）=x3﹣3x+1，∴f（﹣x）=﹣x3+3x+1≠f（x），且f（﹣x）≠﹣f（x），即f（x）是非奇非偶函数，f′（x）=3x2﹣3=3（x2﹣1），由f′（x）=3（x2﹣1）＞0，解得x＞1或x＜﹣1，f′（x）=3（x2﹣1）＜0，解得﹣1＜x＜1，即函数在x=1处取得极小值，在x=﹣1处取得极大值，故选：D．点评：本题主要考查函数奇偶性的判定，以及利用导数判定函数的极值问题，考查学生的计算能力．22．（2014•贵州模拟）函数y=ax3+bx2取得极大值和极小值时的x的值分别为0和，则（）A．a﹣2b=0 B．2a﹣b=0 C．2a+b=0 D．a+2b=0考点：函数在某点取得极值的条件．专题：导数的综合应用．分析：由函数极值的性质可知，极值点处的导数为零，且左右两侧导数异号，据此可以列出关于a，b的方程（组），再进行判断．解答：解：设f（x）=ax3+bx2（a≠0），则f′（x）=3ax2+2bx，由已知得且a＞0，即化简得a+2b=0．故选D点评：可导函数在其极值点处的导数为零，且左右两侧的导数值异号，有些学生会忽视导数异号这一条件．在解答题中，在利用导数为零列方程求出待定字母的值后，一般会对极值点异侧的导数异号这一条件进行验证．二．填空题（共2小题）23．（2015•广东模拟）函数f（x）=xlnx在点（e，f（e））处的切线方程为2x﹣y﹣e=0 ．考点：利用导数研究曲线上某点切线方程．专题：导数的综合应用．分析：求出原函数的导函数，得到函数在x=e时的导数值，然后由直线方程的点斜式得答案．解答：解：由f（x）=xlnx，得f′（x）=lnx+1，则f′（e）=lne+1=2，又f（e）=e，∴函数f（x）=xlnx在点（e，f（e））处的切线方程为y﹣e=2（x﹣e），即2x﹣y﹣e=0．故答案为：2x﹣y﹣e=0．点评：本题考查了利用导数研究过曲线上某点的切线方程，过曲线上某点的切线的斜率，就是函数在该点处的导数值，是基础题．24．（2015•赤峰模拟）已知f（x）=x3﹣3x2+2x+a，若f（x）在R上的极值点分别为m，n，则m+n= 2 ．考点：利用导数研究函数的极值．专题：计算题；导数的综合应用．分析：求出函数的导数，由极值的定义，结合韦达定理，即可得到m+n．解答：解：f（x）=x3﹣3x2+2x+a的导数为f′（x）=3x2﹣6x+2，由f（x）在R上的极值点分别为m，n，则有m，n是方程3x2﹣6x+2=0的两个根，由韦达定理，可得，m+n=﹣=2．故答案为：2．点评：本题考查导数的运用：求极值，考查韦达定理的运用，考查运算能力，属于基础题．三．解答题（共6小题）25．（2015•路南区二模）已知函数f（x）=ax2﹣ex（a∈R）（Ⅰ）当a=1时，判断函数f（x）的单调区间并给予证明；（Ⅱ）若f（x）有两个极值点x1，x2（x1＜x2），证明：﹣＜f（x1）＜﹣1．考点：利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值．专题：导数的综合应用．分析：（Ⅰ）a=1时，f（x）=x2﹣ex，f′（x）=2x﹣ex，f″（x）=2﹣ex，利用导数研究其单调性可得当x=ln2时，函数f′（x）取得最大值，f′（ln2）=2ln2﹣2＜0，即可得出．（II）f（x）有两个极值点x1，x2（x1＜x2），可得f′（x）=2ax﹣ex=0有两个实根x1，x2（x1＜x2），由f″（x）=2a﹣ex=0，得x=ln2a．f′（ln2a）=2aln2a﹣2a＞0，得ln2a＞1，解得2a＞e．又f′（0）=﹣1＜0，f′（1）=2a﹣e＞0，可得0＜x1＜1＜ln2a，进而得出．解答：（Ⅰ）解：a=1时，f（x）=x2﹣ex，f′（x）=2x﹣ex，f″（x）=2﹣ex，令f″（x）＞0，解得x＜ln2，此时函数f′（x）单调递增；令f″（x）＜0，解得x＞ln2，此时函数f′（x）单调递减．∴当x=ln2时，函数f′（x）取得最大值，f′（ln2）=2ln2﹣2＜0，∴函数f（x）在R上单调递减．（Ⅱ）证明：f（x）有两个极值点x1，x2（x1＜x2），∴f′（x）=2ax﹣ex=0有两个实根x1，x2（x1＜x2），由f″（x）=2a﹣ex=0，得x=ln2a．f′（ln2a）=2aln2a﹣2a＞0，得ln2a＞1，解得2a＞e．又f′（0）=﹣1＜0，f′（1）=2a﹣e＞0，∴0＜x1＜1＜ln2a，由f′（x1）==0，可得，f（x1）===（0＜x1＜1）．∴可知：x1是f（x）的极小值点，∴＜f（x1）＜f（0）=﹣1．点评：本题考查了利用导数（两次求导）研究函数的单调性极值与最值，考查了推理能力与计算能力，属于难题．26．（2015•汕尾模拟）已知函数f（x）=x3+bx2+cx的极值点为x=﹣和x=1（1）求b，c的值与f（x）的单调区间（2）当x∈[﹣1，2]时，不等式f（x）＜m恒成立，求实数m的取值范围．考点：利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值．专题：导数的综合应用．分析：（1）对函数进行求导，令f'（1）=0，f'（）=0可求出b，c的值，再利用导数求出函数单调区间即可．（2）根据函数的单调性求出f（x）在[﹣1，2]上的最大值，继而求出m的范围解答：解：（1）∵f（x）=x3+bx2+cx，∴f'（x）=3x2+2bx+c，∵f（x）的极值点为x=﹣和x=1∴f'（1）=3+2b+c=0，f'（）=﹣b+c=0，解得，b=，c=﹣3∴f'（x）=（3x+2）（x﹣1），当f'（x）＞0时，解得x＜﹣，或x＞1，当f'（x）＜0时，解得﹣＜x＜1，故函数f（x）的单调递增区间为（﹣∞，﹣）和（1，+∞），单调减区间为（﹣，1），（2）有（1）知f（x）=x3﹣x2﹣2x，x∈[﹣1，2]，故函数在[﹣1，﹣）和（1，2]单调递增增，在（﹣，1）单调递减，当x=﹣，函数有极大值，f（）=，f（2）=2，所以函数的最大值为2，所以不等式f（x）＜m在x∈[﹣1，2]时恒成立，故m＞2故实数m的取值范围为（2，+∞）点评：本题主要考查函数的单调性、极值与导函数之间的关系．属中档题27．（2015•南昌模拟）函数f（x）=x﹣alnx﹣2．（Ⅰ）求f（x）的单调区间；（Ⅱ）a=1时，不等式f（x）+（b+1）f′（x）＜x﹣1对x＞1恒成立，求正整数b的取值集合．考点：利用导数研究函数的单调性；函数恒成立问题．专题：函数的性质及应用．分析：（Ⅰ）求出f′（x）=1﹣=，x∈（0，+∞），再讨论a的取值范围，从而求出其单调区间；（Ⅱ）a=1时，原不等式⇔（x﹣lnx﹣2）+（b+1）•＜x﹣1⇔b＜，构造函数g（x）=（x＞1），则g′（x）==由第（1）问知，f（x）=x﹣lnx﹣2在（1，+∞）上递增，而f（3）=1﹣ln3＜0，f（4）=2﹣ln4=2（lne﹣ln2）＞0，可推出f（x）在（3，4）上有唯一零点x0，f （x0）=x0﹣lnx0﹣2⇒lnx0=x0﹣2，再由的范围，求出b的值．解答：解：（Ⅰ）f′（x）=1﹣=，x∈（0，+∞），当a≤0时，f′（x）＞0，∴f（x）在（0，+∞），当a＞0时，令f′（x）=0，得x=0，x∈（0，a）时，f（x）单调递减，x∈（a，+∞）时，f（x）单调递增；综上：a≤0时，f（x）在（0，+∞）上递增，无减区间，当a＞0时，f（x）的单调递减区间为（0，a），单调递增区间为（a，+∞）；。

高考文科数学导数真题汇编(带答案)高考数学文科导数真题汇编答案一、客观题组4.设函数f(x)在R上可导，其导函数f'(x)，且函数f(x)在x=-2处取得极小值，则函数y=xf'(x)的图象可能是。

5.设函数f(x)=x^2-2x，则f(x)的单调递减区间为。

7.设函数f(x)在R上可导，其导函数f'(x)，且函数f(x)在x=2处取得极大值，则函数y=xf'(x)的图象可能是。

8.设函数f(x)=1/(2x-lnx)，则x=2为f(x)的极小值点。

9.函数y=1/(2x-lnx)的单调递减区间为(0,1]。

11.已知函数f(x)=x^2+bx+c的图象经过点(1,2)，且在点(2,3)处的切线斜率为4，则b=3.12.已知函数f(x)=ax^2+bx+c的图象过点(1,1)，且在点(2,3)处的切线斜率为5，则a=2.二、大题组2011新课标】21.已知函数f(x)=aln(x/b)+2，曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为x+2y-3=0.(1) 求a、b的值；(2) 证明：当x>1，且x≠b时，f(x)>2ln(x/b)。

解析】1) f'(x)=a/(xlnb)+2/x，由于直线x+2y-3=0的斜率为-1/2，且过点(1,f(1))，解得a=1，b=1.2) 由(1)知f(x)=ln(x)+1，所以f(x)-2ln(x/b)=ln(x/b)+1>0，当x>1，且x≠b时，f(x)>2ln(x/b)成立。

2012新课标】21.设函数f(x)=ex-ax-2.(1) 求f(x)的单调区间；(2) 若a=1，k为整数，且当x>0时，(x-k)f'(x)+x+1>0，求k的最大值。

解析】1) f(x)的定义域为(-∞,+∞)，f'(x)=ex-a，若a≤0，则f'(x)>0，所以f(x)在(-∞,+∞)单调递增。

基础巩固题组 (建议用时：40分钟)一、填空题1.函数f (x )＝2x 3－6x 2－18x －7在[1，4]上的最小值为________. 解析 f ′(x )＝6x 2－12x －18＝6(x 2－2x －3) ＝6(x －3)(x ＋1)，由f ′(x )＞0，得x ＞3或x ＜－1； 由f ′(x )＜0，得－1＜x ＜3，故函数f (x )在[1，3]上单调递减，在[3，4]上单调递增， ∴f (x )min ＝f (3)＝2×27－6×9－18×3－7＝－61. 答案 －612.函数f (x )＝x 3＋3x 2＋3x －a 的极值点的个数是________.解析 ∵f ′(x )＝3x 2＋6x ＋3＝3(x 2＋2x ＋1)＝3(x ＋1)2≥0，∴函数f (x )在R 上单调递增，故f (x )无极值点. 答案 03.(2015·泰州调研)函数f (x )＝x 3－3bx ＋3b 在(0，1)内有极小值，则b 的取值范围是________.解析 由f (x )＝x 3－3bx ＋3b ，得f ′(x )＝3x 2－3b .由已知可得f ′(x )＝3x 2－3b 在(0，1)上与x 轴有交点，且满足⎩⎨⎧f ′（0）＜0，f ′（1）＞0，即⎩⎨⎧b ＞0，3－3b ＞0.∴0＜b ＜1.∴b 的取值范围是(0，1). 答案 (0，1)4.(2015·扬州模拟)已知f (x )＝x 3＋3ax 2＋bx ＋a 2在x ＝－1时有极值0，则a －b ＝________.解析 由题意得f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋b ，则 ⎩⎨⎧a 2＋3a －b －1＝0，b －6a ＋3＝0，解得⎩⎨⎧a ＝1，b ＝3或⎩⎨⎧a ＝2，b ＝9，经检验当a ＝1，b ＝3时，函数f (x )在x ＝－1处无法取得极值，而a ＝2，b ＝9满足题意，故a －b ＝－7. 答案 －75.(2016·长沙模拟)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋(a ＋6)x ＋1有极大值和极小值，则实数a 的取值范围是________. 解析 ∵f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋(a ＋6)， 由已知可得f ′(x )＝0有两个不相等的实根， ∴Δ＝4a 2－4×3×(a ＋6)＞0，即a 2－3a －18＞0. ∴a ＞6或a ＜－3.答案 (－∞，－3)∪(6，＋∞)6.设a ∈R ，若函数y ＝e x ＋ax ，x ∈R 有大于零的极值点，则a 的取值范围是________.解析 ∵y ＝e x ＋ax ，∴y ′＝e x ＋a . ∵函数y ＝e x ＋ax 有大于零的极值点， 则方程y ′＝e x ＋a ＝0有大于零的解， ∵x ＞0时，－e x ＜－1，∴a ＝－e x ＜－1. 答案 (－∞，－1)7.已知函数f (x )＝x 3－12x ＋8在区间[－3，3]上的最大值与最小值分别为M ，m ，则M －m ＝________.解析 由题意，得f ′(x )＝3x 2－12，令f ′(x )＝0，得x ＝±2，又f (－3)＝17，f (－2)＝24，f (2)＝－8，f (3)＝－1，所以M ＝24，m ＝－8，M －m ＝32. 答案 328.(2015·苏、锡、常、镇模拟)函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d 在x ＝0处有极大值1，在x ＝2处有极小值0，则常数a ，b ，c ，d 分别为________，________，________，________.解析 f ′(x )＝3ax 2＋2bx ＋c ，则⎩⎨⎧f （2）＝0，f ′（2）＝0，f （0）＝1，f ′（0）＝0，即⎩⎨⎧8a ＋4b ＋2c ＋d ＝0，12a ＋4b ＋c ＝0，d ＝1，c ＝0，解得a ＝14，b ＝－34，c ＝0，d ＝1.答案 14 34 0 1 二、解答题9.(2016·徐州一检)当a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1e 时，函数f (x )＝ax －1＋ln x 在区间(0，e)上的最大值为－4，求a 的值.解 由题意f ′(x )＝a ＋1x ，令f ′(x )＝0，解得x ＝－1a .∵a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1e ，∴0＜－1a ＜e ，由f ′(x )＞0，解得0＜x ＜－1a，由f ′(x )＜0，解得－1a ＜x ＜e.从而f (x )的单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a ，减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，e .∴f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－1－1＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－4，解得a ＝－e 2.10.(2015·安徽卷)已知函数f (x )＝ax（x ＋r ）2(a >0，r >0).(1)求f (x )的定义域，并讨论f (x )的单调性； (2)若ar ＝400，求f (x )在(0，＋∞)内的极值.解 (1)由题意知x ≠－r ，所求的定义域为(－∞，－r )∪(－r ，＋∞). f (x )＝ax （x ＋r ）2＝axx 2＋2rx ＋r 2，f ′(x )＝a （x 2＋2rx ＋r 2）－ax （2x ＋2r ）（x 2＋2rx ＋r 2）2＝a （r －x ）（x ＋r ）（x ＋r ）4.所以当x <－r 或x >r 时，f ′(x )<0， 当－r <x <r 时，f ′(x )>0.因此，f (x )的单调递减区间为(－∞，－r )，(r ，＋∞)； f (x )的单调递增区间为(－r ，r ).(2)由(1)的解答可知f ′(r )＝0，f (x )在(0，r )上单调递增，在(r ，＋∞)上单调递减.因此，x ＝r 是f (x )的极大值点，所以f (x )在(0，＋∞)内的极大值为f (r )＝ar （2r ）2＝a 4r ＝4004＝100.能力提升题组 (建议用时：25分钟)11.已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2－4在x ＝2处取得极值，若m ，n ∈[－1，1]，则f (m )＋f ′(n )的最小值是________.解析 对函数f (x )求导得f ′(x )＝－3x 2＋2ax ， 由函数f (x )在x ＝2处取得极值知f ′(2)＝0， 即－3×4＋2a ×2＝0，∴a ＝3.由此可得f (x )＝－x 3＋3x 2－4，f ′(x )＝－3x 2＋6x ， 易知f (x )在(－1，0)上单调递减，在(0，1)上单调递增， ∴当m ∈[－1，1]时，f (m )min ＝f (0)＝－4. 又∵f ′(x )＝－3x 2＋6x 的图象开口向下， 且对称轴为x ＝1，∴当n ∈[－1，1]时， f ′(n )min ＝f ′(－1)＝－9. 故f (m )＋f ′(n )的最小值为－13. 答案 －1312.(2016·南通调研)若函数f (x )＝x 33－a 2x 2＋x ＋1在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3上有极值点，则实数a 的取值范围是________.解析 若函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3上无极值，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3时，f ′(x )＝x 2－ax ＋1≥0恒成立或当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3时，f ′(x )＝x 2－ax ＋1≤0恒成立.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3时，y ＝x ＋1x 的值域是⎣⎢⎡⎭⎪⎫2，103；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3时，f ′(x )＝x 2－ax ＋1≥0，即a ≤x ＋1x 恒成立，a ≤2；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3，f ′(x )＝x 2－ax ＋1≤0，即a ≥x ＋1x 恒成立，a ≥103.因此要使函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3上有极值点，实数 a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫2，103.答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，10313.(2015·太原二模)已知f ′(x )＝a (x ＋1)(x －a )是函数f (x )的导函数，若f (x )在x ＝a 处取得极大值，则实数a 的取值范围是________.解析 ∵f ′(－1)＝f ′(a )＝0，∴当a ＜－1时，x ＜a 时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；a ＜x ＜－1时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增；x ＞－1时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减，此时f (x )在x ＝a 处取得极小值，不符合题意.当－1＜a ＜0时，x ＜－1时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；－1＜x ＜a 时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增；x ＞a 时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减，此时f (x )在x ＝a 处取得极大值，符合题意.当a ＞0时，x ＜－1时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增；－1＜x ＜a 时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；x ＞a 时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，此时f (x )在x ＝a 处取得极小值，不符合题意.∴实数a 的取值范围是(－1，0). 答案 (－1，0)14.(2015·南京、盐城调研)已知a ∈R ，函数f (x )＝a x ＋ln x －1. (1)当a ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程； (2)求f (x )在区间(0，e]上的最小值.解 (1)当a ＝1时，f (x )＝1x ＋ln x －1，x ∈(0，＋∞)， 所以f ′(x )＝－1x 2＋1x ＝x －1x 2，x ∈(0，＋∞).因此f ′(2)＝14，即曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线斜率为14. 又f (2)＝ln 2－12，所以曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为 y －⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 2－12＝14(x －2)，即x －4y ＋4ln 2－4＝0. (2)因为f (x )＝ax ＋ln x －1，所以f ′(x )＝－a x 2＋1x ＝x －ax 2，x ∈(0，＋∞). 令f ′(x )＝0，得x ＝a .①若a ≤0，则f ′(x )＞0，f (x )在区间(0，e]上单调递增，此时函数f (x )无最小值. ②若0＜a ＜e ，当x ∈(0，a )时，f ′(x )＜0， 函数f (x )在区间(0，a )上单调递减，当x ∈(a ，e]时， f ′(x )＞0，函数f (x )在区间(a ，e]上单调递增，所以当x＝a时，函数f(x)取得最小值ln a.③若a≥e，则当x∈(0，e]时，f′(x)≤0，函数f(x)在区间(0，e]上单调递减，所以当x＝e时，函数f(x)取得最小值a e.综上可知，当a≤0时，函数f(x)在区间(0，e]上无最小值；当0＜a＜e时，函数f(x)在区间(0，e]上的最小值为ln a；当a≥e时，函数f(x)在区间(0，e]上的最小值为a e.。