【学霸优课】高考数学(理)一轮复习对点训练：3-2-3导数的综合应用(含答案解析)

班级 __________姓名 _____________学号 ___________得分 __________(满分100 分，测试时间 50分钟)一、填空题： 请把答案直接填写在答题卡相应的地点 上(共．．．．．．．．10 题，每题6 分，合计60 分)．1. 【2016 河北衡水四调，理11】设过曲线f xe xx （ e 为自然对数的底数）上随意一点处的切线为l 1 ，总存在过曲线g xax2cos x上一点处的切线l 2 ，使得l 1l 2 ，则实数a 的取值范围为 ________．【答案】1,22. 【 2016 云南统测一，理 16】已知实数 a, b 都是常数，若函数ya x 1 be2 x 1的图象x2在切点 0,1处的切线方程为 3x4 y 20, y a x 1 be2 x1与 yk x 3x 21 的图2象有三个公共点，则实数 k 的取值范围是.【答案】 (, 1)(0, )4【分析】当 x1时， ya | x 1| be 2 x 1a(1 x) be 2 x 1 ，则x 2x 2f ' (x)3a2be 2x 1 ，(x 2)2因为函数 ya x 11的图象在切点0,13x 4 y 2 0 ，xbe2 x处的切线方程为22f (0)1a b1a 1| x 1| ；22e 2，即 y所以，即，解得f ' (x)3 3a 2b 3 b 0 x 244 e4| x1|k (x 1)3，适当x1时，方程建立，x2当 x1时，得x1k (x1)3，即1( x2)( x1)2，x2k当 x1时，得(x1)k( x1)3，即1( x2)( x 1)2，x2k令 y 1， f ( x)( x2)( x1)2 , x13( x1)( x1), x1( x2)( x1)2 , x，则 f '( x)1)( x1), x，k13( x113.已知 y＝ f(x)是奇函数，当x∈ (0,2)时， f(x)＝ ln x－ ax a>2，当 x∈(－2,0)时， f(x)的最小值为 1，则 a 的值等于 ________．【答案】 1【分析】由题意知，当x∈ (0,2)时， f(x)的最大值为－ 1.令 f′(x)＝1－ a＝ 0，得 x＝1，x a当 0<x<1a时，f′(x)>0 ；当 x>1时，f ′(x)<0.a1∴ f(x)max＝ f a＝－ ln a－ 1＝－ 1，解得 a＝ 1.4.函数 f(x)＝ x3－3x－ 1，若关于区间 [ － 3,2] 上的随意 x1，x2，都有 |f(x1) －f(x2)| ≤t，则实数 t 的最小值是 ________．【答案】 20【分析】因为f′(x)＝3x2－ 3＝ 3(x－ 1)(x＋ 1)，令 f′(x)＝ 0，得 x＝±1，所以－ 1， 1 为函数的极值点．又 f(－ 3)＝－ 19，f(－ 1)＝ 1，f(1)＝－ 3，f(2)＝ 1，所以在区间 [－ 3,2] 上 f(x)max＝ 1，f(x) min＝－ 19.又由题设知在区间[ － 3,2] 上 f(x)max－ f(x) min≤t，进而 t≥ 20，所以 t 的最小值是20.5.f(x)是定义在 (0，＋∞)上的非负可导函数，且知足 xf′(x)＋ f( x) ≤0，对随意正数 a，b，若 a<b，则 af(b)与 bf(a)的大小关系为________．【答案】 af(b) ≤bf(a)【分析】∵ xf′(x)≤－ f(x) ，f(x) ≥0，∴f x′＝xf x － f x－2f x x2≤2≤ 0.x x则函数f x在(0，＋∞)上是单一递减的，因为0<a<b，则f a f b.即 af(b) ≤bf(a)．x a≥b6.设 D 是函数 y＝ f(x)定义域内的一个区间，若存在x0∈ D，使 f(x0)＝－ x0，则称 x0是 f(x)的一个“次不动点”，也称 f(x)在区间 D 上存在“次不动点”，若函数f(x)＝ax2－3x－ a＋52在区间[1,4] 上存在“次不动点”，则实数 a 的取值范围是 ________．【答案】－∞，12133927.电动自行车的耗电量y 与速度 x 之间相关系y＝3x －2 x － 40x(x>0) ，为使耗电量最小，则速度应定为 ________．【答案】 40【分析】由y′＝ x2－ 39x－ 40＝0，得 x＝－ 1 或x＝ 40，因为0<x<40 时， y′<0；当x>40时， y′>0.所以当x＝40 时， y 有最小值．8. 【 2015 济南模拟】函数f(x)＝ ax3＋ x 恰有三个单一区间，则 a 的取值范围是________．【答案】(－∞，0)【分析】 f(x)＝ ax3＋ x 恰有三个单一区间，即函数f(x)恰有两个极值点，即 f ′(x)＝ 0 有两个不等实根．∵ f(x)＝ ax3＋ x，∴ f′(x)＝ 3ax2＋ 1.要使f′(x)＝ 0 有两个不等实根，则a<0.9.函数y＝x2 (x>0)的图象在点(a k， a2k)处的切线与x 轴的交点的横坐标为a k＋1，此中k∈ N* .若 a1＝ 16，则a1＋ a3＋ a5的值是 ________．【答案】2122212e x ＋ 1 e xf xg x10.设函数 f(x)＝x， g(x)＝e x，对随意 x1、 x2∈ (0，＋∞)，不等式k≤k＋ 1恒成立，则正数k 的取值范围是________．【答案】 [1，＋∞)分析】因为对随意x1、x2∈ (0，＋∞)，不等式g x1f x2恒建立，所以kg x1max.k≤k＋1k＋ 1≥f x2因为 g(x)＝e2x x ，e所以 g′(x)＝( xe2－x) ＝′ e2－x＋ xe2－x·(－ 1)＝ e2－x(1－ x)．当 0<x<1 时， g′(x)>0 ；当 x>1 时， g′(x)<0 ，所以 g(x)在 (0,1] 上单一递加，在[1，＋∞)上单一递减．所以当 x＝1 时， g(x)取到最大值，即g(x) max＝ g(1) ＝e；e2 x2＋ 1因为 f( x)＝，当x∈ (0，＋∞)时，x2121，f(x)＝ e x＋x≥ 2e，当且仅当e x＝x1即 x ＝ e 时取等号，故 f(x)min ＝ 2e. 所以 g x 1 max ＝ e ＝ 1.f x 2 2e 2所以 k 1≥ .又因为 k 为正数，所以 k ≥ 1.k ＋ 1 2 二、解答题：解答应写出必需的文字说明，证明过程或演算步骤，请把答案写在答题纸的指定地区内 。

13.2 导数的应用●知识梳理1.利用导数研究多项式函数单调性的一般步骤.（1）求f '（x ）.（2）确定f '（x ）在（a ，b ）内符号.（3）若f '（x ）>0在（a ，b ）上恒成立，则f （x ）在（a ，b ）上是增函数；若f '（x ）<0在（a ，b ）上恒成立，则f （x ）在（a ，b ）上是减函数.2.用导数求多项式函数单调区间的一般步骤.（1）求f '（x ）.（2）f '（x ）>0的解集与定义域的交集的对应区间为增区间；f '（x ）<0的解集与定义域的交集的对应区间为减区间.●点击双基1.函数y=x 2（x －3）的减区间是A.（－∞，0）B.（2，+∞）C.（0，2）D.（－2，2）解析：y ′=3x 2－6x ，由y ′<0，得0<x<2.答案：C2.函数f （x ）=ax 2－b 在（－∞，0）内是减函数，则a 、b 应满足A.a<0且b=0B.a>0且b ∈RC.a<0且b ≠0D.a<0且b ∈R解析： f '（x ）=2ax ，x<0且f '（x ）<0，∴a>0且b ∈R.答案：B3.已知f （x ）=（x －1）2+2，g （x ）=x 2－1，则f ［g （x ）］A.在（－2，0）上递增B.在（0，2）上递增C.在（－2，0）上递增D.在（0，2）上递增解析：F （x ）=f ［g （x ）］=x 4－4x 2+6，F '（x ）=4x 3－8x ，令F '（x ）>0，得－2<x<0或x>2，∴F （x ）在（－2，0）上递增.答案：C4.在（a ，b ）内f '（x ）>0是f （x ）在（a ，b ）内单调递增的________条件.解析：∵在（a ，b ）内，f （x ）>0，∴f （x ）在（a ，b ）内单调递增.答案：充分●典例剖析【例1】 设f （x ）=x 3－3ax 2+2bx 在x=1处有极小值－1，试求a 、b 的值，并求出f （x ）的单调区间.剖析：由已知x=1处有极小值－1，点（1，－1）在函数f （x ）上，得方程组解之可得a 、b.解： f '（x ）=3x 2－6ax+2b ，由题意知⎪⎩⎪⎨⎧-=⨯+⨯-=+⨯-⨯,112131,021613232b a b a 即⎩⎨⎧=+-=+-.0232,0263b a b a 解之得a=31，b=－21.此时f （x ）=x 3－x 2－x ，f '（x ）=3x 2－2x －1=3（x+31）（x －1）. 当f '（x ）>0时，x>1或x<－31， 当f '（x ）<0时，－31<x<1. ∴函数f （x ）的单调增区间为（－∞，－31）和（1，+∞），减区间为（－31，1）. 评述：极值点、最值点这些是原函数图象上常用的点.【例2】 （2004年全国，19）已知函数f （x ）=ax 3+3x 2－x+1在R 上是减函数，求实数a 的取值范围.剖析：在R 上为减函数，则导函数在R 上恒负.解：f '（x ）=3ax 2+6x －1.（1）当f '（x ）<0时，f （x ）为减函数.3ax 2+6x －1<0（x ∈R ），a<0时，Δ=36+12a<0，∴a<－3.∴a<－3时，f '（x ）<0，f （x ）在R 上是减函数.（2）当a=－3时，f （x ）=－3（x －31）3+98. 由y=x 3在R 上的单调性知：a=－3时，f （x ）在R 上是减函数，综上，a ≤－3.评述：f （x ）在R 上为减函数⇒f '（x ）≤0（x ∈R ）.【例3】 （2004年全国，21）若函数y=31x 3－21ax 2+（a －1）x+1在区间（1，4）内为减函数，在区间（6，+∞）内为增函数，试求实数a 的取值范围.剖析：用导数研究函数单调性，考查综合运用数学知识解决问题的能力.解： f '（x ）=x 2－ax+a －1=0得x=1或x=a －1，当a －1≤1，即a ≤2时，函数f （x ）在（1，+∞）上为增函数，不合题意.当a －1>1，即a>2时，函数f （x ）在（－∞，1）上为增函数，在（1，a －1）上为减函数，在（a －1，+∞）上为增函数.依题意，当x ∈（1，4）时，f '（x ）<0，当x ∈（6，+∞）时，f '（x ）>0，∴4≤a －1≤6.∴5≤a ≤7.∴a 的取值范围为［5，7］.评述：若本题是“函数f （x ）在（1，4）上为减函数，在（4，+∞）上为增函数.”我们便知x=4两侧使函数f '（x ）变号，因而需要讨论、探索，属于探索性问题.●闯关训练夯实基础1.已知a>0，函数f （x ）=x 3－ax 在［1，+∞）上是单调增函数，则a 的最大值是A.0B.1C.2D.3解析：f '（x ）=3x 2－a 在［1，+∞)上，f '（x ）≥0恒成立，即a ≤3x 2在［1，+∞）上恒成立，∴a ≤3.答案：D2.已知函数f （x ）=x 4－4x 3+10x 2，则方程f （x ）=0在区间［1，2］上的根有A.3个B.2个C.1个D.0个解析：f '（x ）=4x （x 2－3x+5）在［1，2］上，f '（x ）>0，∴f （x ）在［1，2］上单调递增.∴f （x ）≥f （1）=7.∴f （x ）=0在［1，2］上无根.答案：D3.函数f （x ）的导函数y=f '（x ）的图象如下图，则函数f （x ）的单调递增区间为________.解析：在［－1，0］和［2，+答案：［－1，0］和［2，+∞)4.若函数y=－34x 3+bx 有三个单调区间，则b 的取值范围是________. 解析：y ′=－4x 2+b ，若y ′值有正、有负，则b>0. 答案：b>05.设函数f （x ）=x 3－21ax 2+3x+5（a>0），求f （x ）的单调区间. 解：（1）f '（x ）=3x 2－ax+3，判别式Δ=a 2－36=（a －6）（a+6）.1°0<a<6时，Δ<0，f '（x ）>0对x ∈R 恒成立.∴当0<a<6时，f '（x ）在R 上单调递增.2°a=6时，y=x 3－3x 2+3x+5=（x －1）3+4.∴在R 上单调递增.3°a>6时，Δ>0，由f '（x ）>0⇒x>6362-+a a 或x<6362--a a . f '（x ）<0⇒6362-+a a <x<6362--a a . ∴在（63622-+a a ，+∞）和（－∞，6362--a a ）内单调递增，在（6362--a a ，6362-+a a ）内单调递减. 6.设f （x ）=x 3－22x －2x+5. （1）求f （x ）的单调区间；（2）当x ∈［1，2］时，f （x ）<m 恒成立，求实数m 的取值范围.解：（1）f '（x ）=3x 2－x －2=0，得x=1，－32.在（－∞，－32）和［1，+∞)上f '（x ）>0，f （x ）为增函数；在［－32，1］上f '（x ）<0，f （x ）为减函数.所以所求f （x ）的单调增区间为（－∞，－32]和［1，+∞)，单调减区间为［－32，1］. （2）当x ∈［1，2］时，显然f '（x ）>0，f （x ）为增函数，f （x ）≤f （2）=7. ∴m>7.培养能力7.已知函数f （x ）=x 3－ax －1.（1）若f （x ）在实数集R 上单调递增，求实数a 的取值范围；（2）是否存在实数a ，使f （x ）在（－1，1）上单调递减?若存在，求出a 的取值范围，若不存在，请说明理由；（3）证明f （x ）=x 3－ax －1的图象不可能总在直线y=a 的上方.解：f '（x ）=3x 2－a ，（1）3x 2－a>0在R 上恒成立，∴a<0.又a=0时，f （x ）=x 3－1在R 上单调递增，∴a ≤0.（2）3x 2－a<0在（－1，1）上恒成立，即a>3x 2在（－1，1）上恒成立，即a>3.又a=3，f （x ）=x 3－3x －1，f '（x ）=3（x 2－1）在（－1，1）上，f '（x ）<0恒成立，即f （x ）在（－1，1）上单调递减，∴a ≥3.（3）当x=－1时，f （－1）=a －2<a ，因此f （x ）的图象不可能总在直线y=a 的上方.8.已知函数f （x ）=ax 4+bx 2+c 的图象经过点（0，1），且在x=1处的切线方程是y=x －2.（1）求y=f （x ）的解析式；（2）求y=f （x ）的单调递增区间.解：（1）由题意知f （0）=1，f '（1）=1，f （1）=－1.∴⎪⎩⎪⎨⎧-=++=+=.1,124,1c b a b a c∴c=1，a=25，b=－29， f （x ）=25x 4－29x 2+1. （2）∵f '（x ）=10x 3－9x ，由10x 3－9x>0，得x ∈（－10103，0）∪（10103，+∞）， 则f （x ）的单调递增区间为（－10103，0）和（10103，+∞）. 9.已知函数f （x ）=2ax －x 3，a>0，若f （x ）在x ∈（0，1］上是增函数，求a 的取值范围.解：f '（x ）=2a －3x 2在（0，1]上恒为正， ∴2a>3x 2，即a>23x 2. ∵x ∈（0，1]， ∴23x 2∈（0，23]. ∴a>23.当a=23时也成立.∴a ≥23. 探究创新10.有点难度哟！证明方程x 3－3x+c=0在［0，1］上至多有一实根.证明：设f （x ）=x 3－3x+c ，则f '（x ）=3x 2－3=3（x 2－1）.当x ∈（0，1）时，f '（x ）<0恒成立.∴f （x ）在（0，1）上单调递减.∴f （x ）的图象与x 轴最多有一个交点.因此方程x 3－3x+c=0在［0，1）上至多有一实根.●思悟小结1.f '（x ）>0⇒f （x ）为增函数（f '（x ）<0⇒f （x ）为减函数）.2.f （x ）是增函数⇒f '（x ）≥0（f （x ）为减函数⇒f '（x ）≤0）.●教师下载中心教学点睛1.可导函数f （x ）在极值点的导数为0，但是导数为0的点不一定是极值点.如果f （x ）在x 0处连续，在x 0两侧的导数异号，那么点x 0是函数f （x ）的极值点.2.求可导函数f （x ）的极值的步骤如下：（1）求f （x ）的定义域，求f '（x ）；（2）由f '（x ）=0，求其稳定点；（3）检查f '（x ）在方程根左右的值的符号，如果左正右负，那么f （x ）在这个根处取极大值；如果左负右正，那么f （x ）在这个根处取极小值；如果左右同号，那么f （x ）在这个根处不取极值.3.求可导函数f （x ）的最值的方法：（1）求f （x ）在给定区间内的极值；（2）将f （x ）的各极值与端点值比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值.拓展题例【例1】 若函数f （x ）=ax 3－x 2+x －5在（－∞，+∞）上单调递增，求a 的取值范围.解： f '（x ）=3ax 2－2x+1>0恒成立.∴⎩⎨⎧<>,0,0Δa 即⎩⎨⎧<->.0124,0a a ∴a>31. 当a=31时，f （x ）在（－∞，+∞）上单调递增. ∴a ≥31. 【例2】 求证：x>1时，2x 3>x 2+1.证明：令f （x ）=2x 3－x 2－1，则f '（x ）=6x 2－2x=2x （3x －1）.当x>1时，f '（x ）>0恒成立.∴f （x ）在（1，+∞）上单调递增.又∵f （1）=0，∴f （x ）在（1，+∞）上恒大于零，即当x>1时，2x 3>x 2+1.。

高三数学人教版A版数学（理）高考一轮复习教案：2.12 导数的综合应用 Word版含答案高三数学人教版a版数学（理）高考一轮复习教案：2.12导数的综合应用word版含答案第十二节衍生工具1的综合运用。

最大值会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数一般不超过三次)．2.衍生工具的综合应用会利用导数解决某些实际问题．知识点-函数的最大值和导数-函数的最大值和导数1．函数y＝f(x)在[a，b]上的最大值点x0指的是：函数在这个区间上所有点的函数值都不超过f(x0)．2.[a，b]上函数y=f（x）的最小值点x0表示该区间内函数所有点的函数值不小于f （x0）n易误提醒1.易于混合极值和最大值：请注意，函数的最大值是一个“全局”概念，而极值是一个“局部”概念。

2.极值只能在定义域内获得，但最大值可以在区间结束时获得。

有极值的可能没有最大值，有最大值的可能没有极值；极值可能成为最大值，只要不在终点，它就必须是极值[自测练习]一1．(2021济宁一模)函数f(x)＝x2－lnx的最小值为()21a。

2c.021x－1解析：f′(x)＝x－＝，且x>0.xxb．1d．不存在如果f'（x）>0，则得到x>1；设f′（x）<0，则得到0‰f（x）。

最小值也是x=1、11和f（1）=-ln1=时的最小值。

22回答：A2。

给定函数f（x）=ex-x2，如果对于任何x∈ [1,2]，不等式-M≤ f（x）≤ M2-4为常数，则实数m的取值范围为（）A.（-∞, 1-e]B.[1-e，e]C.-e，e+1]D.[e，+∞). 分析：从问题的意义出发，得出f'（x）=ex-2x，并且对于任何x都是常数∈ R、 f'（x）>0，所以函数f（x）在[1,2]上单调增加，所以E-1≤ f（x）≤ e2-4和不等式-M≤ f（x）≤ M2-4是常数，所以{E-1≥ - m、 -m≤M2-4，e2-4≤ M2-4，解为m≥ e、因此选择D.答案：D知识点2生活中的优化问题利用导数解决生活中优化问题的一般步骤n容易出错提示在建立数学模型解决实际应用问题时，很容易忽略函数的定义域，导致错误。

导函数的综合应用【典型例题】考点一、利用导数研究函数的零点或方程的根【例1】(2015·高考北京卷)设函数f(x)＝－k ln x，k>0.(1)求f(x)的单调区间和极值；(2)证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，]上仅有一个零点．(2)【变式训练2】已知函数f(x)＝(e为自然对数的底数)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)设函数φ(x)＝xf(x)＋tf′(x)＋，存在实数x1，x2∈[0,1]，使得2φ(x1)<φ(x2)成立，求实数t的取值范围．考点三与导函数有关的参数求解或求取值范围问题【例3】已知函数f(x)＝ln x－.(2)M；【应用体验】1.函数f(x)＝ax3＋x恰有三个单调区间，则a的取值范围是__________.2.若函数f(x)＝x＋a sin x在R上递增，则实数a的取值范围为________.3.已知函数f (x )的定义域为R ，f ′(x )为f (x )的导函数，函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，且f (－2)＝1，f (3)＝1，则不等式f (x 2－6)>1的解集为( )A.(－3，－2)∪(2,3)B.(－，)C.(2,3)4.)5.，g ′(x )>01．已知曲线cos y ax x =在(22A ．2πB ．2π-C ．1-πD ．1π2.已知定义域为R 的偶函数()f x ，其导函数为()f x '，对任意[)0,x ∈+∞，均满足：()()2xf x f x '>-．若()()2g x x f x =，则不等式()()21g x g x <-的解集是（）A ．(),1-∞-B ．1,3⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭C ．11,3⎛⎫- ⎪⎝⎭D ．()1,1,3⎛⎫-∞-⋃+∞ ⎪⎝⎭3.若函数f (x )＝x 3－tx 2＋3x 在区间[1,4]上单调递减，则实数t 的取值范围是( )A.B ．(－∞，3] C.D ．[3，＋∞)二、填空题4.a 12≤恒5.6.7y8．已知函数f (x )＝ln x ＋＋ax (a 是实数)，g (x )＝＋1.(1)当a ＝2时，求函数f (x )在定义域上的最值；(2)若函数f (x )在[1，＋∞)上是单调函数，求a 的取值范围；(3)是否存在正实数a 满足：对于任意x 1∈[1,2]，总存在x 2∈[1,2]，使得f (x 1)＝g (x 2)成立？若存在，求出a 的取值范围，若不存在，说明理由．B 组能力提升2.b 的3.2)为偶5.已知函数()()21x f x e x ax a =--+，其中a <1，若存在唯一的整数0x ，使得()0f x <0，则a 的取值范围是.(e 为自然对数的底数)6.若()x x f x e ae -=+为偶函数，则21(1)e f x e +-<的解集为_____________．三、解答题7．(2015·高考广东卷)设a>1，函数f(x)＝(1＋x2)e x－a.(1)求f(x)的单调区间；(2)证明：f(x)在(－∞，＋∞)上仅有一个零点；(3)若曲线y＝f(x)在点P处的切线与x轴平行，且在点M(m，n)处的切线与直线OP平行(O是坐标原点)，证明：m≤－1.【例题1】[解](1)由f(x)＝－k ln x(k>0)，得x>0且f′(x)＝x－＝.由f′(x)＝0，解得x＝.f(x)与f′(x)在区间(0，＋∞)上的情况如下：∞)；f(x)在x＝处取得极小值f()＝.(2)证明：由(1)知，f(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为f()＝.因为f(x)存在零点，所以≤0，从而k≥e.当k＝e时，f(x)在区间(1，)上单调递减，且f()＝0，所以x＝是f(x)在区间(1，]上的唯一零点．，0000由u′(x)＝1－≥0知，函数u(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，故0＝u(1)<a0＝u(x0)<u(e)＝e－2<1，即a0∈(0,1)．当a＝a0时，有f′(x0)＝0，f(x0)＝φ(x0)＝0.再由(1)知，f′(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，当x∈(1，x0)时，f′(x)<0，从而f(x)>f(x0)＝0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，从而f(x)>f(x0)＝0；又当x∈(0,1]时，f(x)＝(x－a0)2－2x ln x>0.故x∈(0，＋∞)时，f(x)≥0.综上所述，存在a∈(0,1)，使得f(x)≥0恒成立，且f(x)＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．【例题2】解：(1)m＝－1时，f(x)＝(1－x)e x＋x2，则f′(x)＝x(2－e x)，(2)假设存在x1，x2∈[0,1]，使得2φ(x1)<φ(x2)成立，则2[φ(x)]min<[φ(x)]max.∵φ(x)＝xf(x)＋tf′(x)＋e－x＝，∴φ′(x)＝＝－.①当t≥1时，φ′(x)≤0，φ(x)在[0,1]上单调递减，∴2φ(1)<φ(0)，即t>3－>1.②当t≤0时，φ′(x)>0，φ(x)在[0,1]上单调递增，∴2φ(0)<φ(1)，即t<3－2e<0.③当0<t<1时，若x∈[0，t)，φ′(x)<0，φ(x)在[0，t)上单调递减；若x∈(t,1]，φ′(x)>0，φ(x)在(t,1]上单调递增，所以2φ(t)<max{φ(0)，φ(1)}，即2·<max，(*)③若－e<a<－1，令f′(x)＝0得x＝－a，当1<x<－a时，f′(x)<0，∴f(x)在(1，－a)上为减函数；当－a<x<e时，f′(x)>0，∴f(x)在(－a，e)上为增函数，∴f(x)min＝f(－a)＝ln(－a)＋1＝，∴a ＝－.综上所述，a ＝－.(3)∵f (x )<x 2，∴ln x －<x 2.又x >0，∴a >x ln x －x 3.令g (x )＝x ln x －x 3，h (x )＝g ′(x )＝1＋ln x －3x 2，1.【答案】C 【解析】令()cos y f x ax x ==，则()c o s s in f x a x a x x '=-，所以()cos sin 22222a a f a πππππ'=-=- 12=，解得1a =-π.故选C ． 2.【答案】C【解析】试题分析：[)0,x ∈+∞时()()()()()22(2)0g x xf x x f x x f x xf x '''=+=+>，而()()2g x x f x =也为偶函数，所以()()()()2121|2||1||2||1|321013g x g x g x g x x x x x x <-⇔<-⇔<-⇔+-<⇔-<<，选C.3.解析：f ′(x )＝3x 2－2tx ＋3，由于f (x )在区间[1,4]上单调递减，则有f ′(x )≤0在[1,4]12k ≤12≥． 令()333x g x x x e =-+-，则()233(1)(33)x x g x x x x e e'=--=-++，所以当(,1)x ∈-∞时，()0g x '<，当(1,)x ∈+∞时，()0g x '>，所以()g x 在(,1)x ∈-∞上是减函数，在(1,)x ∈+∞是增函数，故()()min 111g x g e==-．6.【答案】),1()1,(+∞⋃--∞【解析】()()()()()22''2'211221'()222x g x f x g x x f x x x f x f x ⎡⎤=--∴=⋅-=⋅-<⎣⎦ ()'2210f x ∴⋅-<()'0g x ∴>得0x <，()'0g x <得0x >()()g x g x -=可知函数为偶函数()()()111010g f g =-=∴-=，结合()g x 的函数图像可知()0g x <的解集为),1()1,(+∞⋃--∞，即不等式212)(22+<x x f 的解集为),1()1,(+∞⋃--∞ 7.解：(1)f ′(x )＝x －(a ＋b )＋＝.(a ，(a ，＋∞)点，不合题意．综上所述，a 的取值范围为.8.解：(1)当a ＝2时，f (x )＝ln x ＋＋2x ，x ∈(0，＋∞)，f ′(x )＝－＋2＝＝，令f ′(x )＝0，则x ＝－1或x ＝.当x ∈时，f ′(x )<0；当x ∈时，f ′(x )>0，所以f (x )在x ＝处取到最小值，最小值为3－ln2；无最大值．(2)f ′(x )＝－＋a ＝，x ∈[1，＋∞)，显然a ≥0时，f ′(x )≥0，且不恒等于0，所以函数f (x )在[1，＋∞)上是单调递增函数，符合要求．当a <0时，令h (x )＝ax 2＋x －1，易知h (x )≥0在[1，＋∞)上不恒成立，所以函数f (x )在[1，＋∞)上只能是单调递减函数．a 无试题分析：设12()()x g x e f x =，则11122211'()'()()(()2'())22x x x g x e f x e f x e f x f x =+=+，则已知'()0g x >，所以()g x 是增函数，所以(1)(0)g g >，即12(1)(0)e f f >，(1)f>A ． 考点：导数与函数的单调性．2.【答案】C【解析】 试题分析：由题意，得2212()ln ()()x x b x x b f x x +----'=，则()()f x xf x +'＝2ln ()x x b x+-－212()ln ()x x b x x b x +----＝12()x x b x +-．若存在1[,2]2x ∈，使得()'()f x x f x >-⋅，则12()0x x b +->，所以12b x x <+．设1()2g x x x=+，则222121()122x g x x x -'=-=，当122x ≤≤时，()g x '<递增，94=，)x 是单)1=，所以(g )∞，故试题分析：验证发现，当x=1时，将1代入不等式有0≤a+b ≤0，所以a+b=0，当x=0时，可得0≤b ≤1，结合a+b=0可得-1≤a ≤0，令f （x ）=x 4-x 3+ax+b ，即f （1）=a+b=0，又f ′（x ）=4x 3-3x 2+a ，f ′′（x ）=12x 2-6x ，令f′′（x）＞0，可得x＞12，则f′（x）=4x3-3x2+a在[0，12]上减，在[12，+∞）上增，又-1≤a≤0，所以f′（0）=a＜0，f′（1）=1+a≥0，又x≥0时恒有430x x ax b≤-++，结合f（1）=a+b=0知，1必为函数f（x）=x4-x3+ax+b的极小值点，也是最小值点．y ax =-12 x>-时，1时，考点：利用导数研究函数的极值；函数的零点.6.【答案】(0,2)【解析】试题分析：由()x x f x e ae -=+为偶函数可得1a =，所以()x x f x e e -=+．因为()x x f x e e -'=-),0(+∞上为增函数，所以()(0)0f x f ''>=，所以函数()f x 在),0(+∞上为增函数，所以21(1)e f x e+-<等价于1(1)f x e e --<+，即(1)(1)f x f -<，所以111x -<-<，所以02x <<． 考点：1、函数的奇偶性；2、函数的单调性．7.解：(1)f ′(x )＝2x e x ＋(1＋x 2)e x ＝(x 2＋2x ＋1)e x ＝(x ＋1)2e x ≥0，故f (x )是R 上的单调(2)ln 2a )a(3)0，即8.＝2，设h (x )＝f (x )－g (x )＝(x ＋1)ln x －，当x ∈(0,1]时，h (x )<0，又h (2)＝3ln2－＝ln8－>1－1＝0，所以存在x 0∈(1,2)，使得h (x 0)＝0.因为h ′(x )＝ln x ＋＋1＋，所以当x ∈(1,2)时，h ′(x )>1－>0，当x∈[2，＋∞)时，h′(x)>0，所以当x∈(1，＋∞)时，h(x)单调递增．所以k＝1时，方程f(x)＝g(x)在(k，k＋1)内存在唯一的根．(3)由(2)知，方程f(x)＝g(x)在(1,2)内存在唯一的根x0，且x∈(0，x0)时，f(x)<g(x)，x∈(x0，＋∞)时，f(x)>g(x)，所以m(x)＝。

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】专题3.3 导数的综合应用1．(2017·南通调研)已知函数f(x)＝a＋x ln x(a∈R)．(1)求f(x)的单调区间；(2)求f(x)的零点个数．解(1)由函数f(x)＝a＋x ln x∈(a∈R)得f′(x)＝12x(ln x＋2)．令f′(x)＝0，得x＝e－2，列表如下：x (0，e－2)e－2(e－2，＋∞)f′(x)－0＋f(x)极小值因此，函数f(x)所以当a≤0时，函数f(x)零点个数为1.②当0<a<2e－1时，2．(2016·天津卷节选)设函数f (x )＝x 3－ax －b ，x ∈R ，其中a ，b ∈R . (1)求f (x )的单调区间；(2)若f (x )存在极值点x 0，且f (x 1)＝f (x 0)，其中x 1≠x 0，求证：x 1＋2x 0＝0. (1)解 由f (x )＝x 3－ax －b ，可得f ′(x )＝3x 2－a . 下面分两种情况讨论：①当a ≤0时，有f ′(x )＝3x 2－a ≥0恒成立， 所以f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)． ②当a >0时，令f ′(x )＝0，解得x ＝3a 3或x ＝－3a 3. 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：x ⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－3a 3－3a3 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3a 3，3a 33a3 ⎝ ⎛⎭⎪⎫3a 3，＋∞ f′(x) ＋0 －0 ＋f(x)极大值极小值所以f (x )的单调递减区间为 ⎛⎪⎫－3a ，3a ，单调递增区间为 ⎛⎪⎫－∞，－3a ， ⎛⎪⎫3a ，＋∞. (2)证明 因为f (x )存在极值点， 所以由(1)知a >0，且x 0≠0.由题意，得f ′(x 0)＝3x 20－a ＝0，即x 20＝a3，进而f (x 0)＝x 30－ax 0－b ＝－2a3x 0－b . 又f (－2x 0)＝－8x 30＋2ax 0－b ＝－8a 3x 0＋2ax 0－b ＝－2a3x 0－b ＝f (x 0)，且－2x 0≠x 0， 由题意及(1)知，存在唯一实数x 1满足f (x 1)＝f (x 0)，且x 1≠x 0，因此x 1＝－2x 0，所以x 1＋2x 0＝0.3．(2017·南京、盐城模拟)已知函数f (x )＝axe x 在x ＝0处的切线方程为y ＝x .(1)求实数a 的值；(2)若对任意的x ∈(0,2)，都有f (x )<1k ＋2x －x 2成立，求实数k 的取值范围；(3)若函数g (x )＝ln f (x )－b 的两个零点为x 1，x 2，试判断g ′⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22的正负，并说明理由．由题意得函数g (x )＝ln f (x )－b ＝ln x －x －b ， 所以g ′(x )＝1x －1＝1－xx，易得函数g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 所以要证g ′⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22<0，只需证明x 1＋x 22>1即可．因为x 1，x 2是函数g (x )的两个零点，所以⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋b ＝ln x 1，x 2＋b ＝ln x 2，4．(2016·江苏卷)已知函数f (x )＝a x＋b x(a ＞0，b ＞0，a ≠1，b ≠1)． (1)设a ＝2，b ＝12.①求方程f (x )＝2的根；②若对任意x ∈R ，不等式f (2x )≥mf (x )－6恒成立，求实数m 的最大值； (2)若0＜a ＜1，b ＞1，函数g (x )＝f (x )－2有且只有1个零点，求ab 的值．解 (1)①由已知可得2x＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＝2，即2x＋12x ＝2.∴(2x )2－2·2x＋1＝0， 解得2x ＝1，∴x ＝0.②f (x )＝2x＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＝2x ＋2－x ，令t ＝2x ＋2－x，则t ≥2. 又f (2x )＝22x＋2－2x＝t 2－2，故f (2x )≥mf (x )－6可化为t 2－2≥mt －6， 即m ≤t ＋4t ，又t ≥2，t ＋4t≥2t ·4t＝4. (当且仅当t ＝2时等号成立)．∴m ≤⎝⎛⎭⎪⎫t ＋4t min ＝4.即m 的最大值为4.(2)∵0＜a ＜1，b ＞1，∴ln a ＜0，ln b ＞0.g (x )＝f (x )－2＝a x ＋b x －2.g ′(x )＝a x ln a ＋b x ln b 且g ′(x )为单调递增，值域为R 的函数．∴g ′(x )一定存在唯一的变号零点． ∴g (x )为先减后增且有唯一极值点． 由题意g (x )有且仅有一个零点．， 则g (x )的极值一定为0，而g (0)＝a 0＋b 0－2＝0，故极值点为0. ∴g ′(0)＝0，即ln a ＋ln b ＝0.∴ab ＝1. 5．(2017·衡水中学质检)已知函数f (x )＝x ＋aex.(1)若f (x )在区间(－∞，2)上为单调递增函数，求实数a 的取值范围；(2)若a ＝0，x 0<1，设直线y ＝g (x )为函数f (x )的图象在x ＝x 0处的切线，求证：f (x )≤g (x )．6．(2016·全国Ⅰ卷)已知函数f (x )＝(x －2)e x＋a (x －1)2. (1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )有两个零点，求a 的取值范围．解(1)f′(x)＝(x－1)e x＋2a(x－1)＝(x－1)(e x＋2a)．(ⅰ)设a≥0，则当x∈(－∞，1)时，f′ (x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．(ⅱ)设a<0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)．。

高考数学理科一轮复习导数的综合应用学案（有答案）学案1导数的综合应用导学目标：1应用导数讨论函数的单调性，并会根据函数的性质求参数范围2会利用导数解决某些实际问题．自主梳理1．函数的最值(1)函数f(x)在[a，b]上必有最值的条如果函数＝f(x)的图象在区间[a，b]上________，那么它必有最大值和最小值．(2)求函数＝f(x)在[a，b]上的最大值与最小值的步骤：①求函数＝f(x)在(a，b)内的________；②将函数＝f(x)的各极值与________比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．2．实际应用问题：首先要充分理解题意，列出适当的函数关系式，再利用导数求出该函数的最大值或最小值，最后回到实际问题中，得出最优解．自我检测1．函数f(x)＝x3－3ax－a在(0,1)内有最小值，则a的取值范围为()A．0≤a&lt;1B．0&lt;a&lt;1．－1&lt;a&lt;1D．0&lt;a&lt;122．(2011&#8226;汕头月考)设f′(x)是函数f(x)的导函数，将＝f(x)和＝f′(x)的图象画在同一个直角坐标系中，不可能正确的是()3．对于R上可导的任意函数f(x)，若满足(x－1)f′(x)≥0，则必有() A．f(0)＋f(2)&lt;2f(1)B．f(0)＋f(2)≤2f(1)．f(0)＋f(2)≥2f(1)D．f(0)＋f(2)&gt;2f(1)4．(2011&#8226;新乡模拟)函数f(x)＝12ex (sin x＋s x)在区间0，π2上的值域为______________．．f(x)＝x(x－)2在x＝2处有极大值，则常数的值为________．探究点一求含参数的函数的最值例1 已知函数f(x)＝x2e－ax (a&gt;0)，求函数在[1,2]上的最大值．变式迁移1设a&gt;0，函数f(x)＝aln xx(1)讨论f(x)的单调性；(2)求f(x)在区间[a,2a]上的最小值．探究点二用导数证明不等式例2 (2011&#8226;张家口模拟)已知f(x)＝12x2－aln x(a∈R)，(1)求函数f(x)的单调区间；(2)求证：当x&gt;1时，12x2＋ln x&lt;23x3变式迁移2(2010&#8226;安徽)设a为实数，函数f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R(1)求f(x)的单调区间与极值；(2)求证：当a&gt;ln 2－1且x&gt;0时，ex&gt;x2－2ax＋1探究点三实际生活中的优化问题例3 (2011&#8226;孝感月考)某分公司经销某种品牌产品，每产品的成本为3元，并且每产品需向总公司交a元(3≤a≤)的管理费，预计当每产品的售价为x元(9≤x≤11)时，一年的销售量为(12－x)2万．(1)求分公司一年的利润L(万元)与每产品的售价x的函数关系式；(2)当每产品的售价为多少元时，分公司一年的利润L最大，并求出L 的最大值Q(a)．变式迁移3甲方是一农场，乙方是一工厂．由于乙方生产需占用甲方的资，因此甲方有权向乙方索赔以弥补经济损失并获得一定净收入，在乙方不赔付甲方的情况下，乙方的年利润x(元)与年产量t(吨)满足函数关系x＝2 000t若乙方每生产一吨产品必须赔付甲方S元(以下称S为赔付价格)．(1)将乙方的年利润ω(元)表示为年产量t(吨)的函数，并求出乙方获得最大利润的年产量；(2)甲方每年受乙方生产影响的经济损失金额＝0002t2(元)，在乙方按照获得最大利润的产量进行生产的前提下，甲方要在索赔中获得最大净收入，应向乙方要求的赔付价格S是多少？转化与化归思想的应用例(12分)(2010&#8226;全国Ⅰ)已知函数f(x)＝(x＋1)ln x－x＋1 (1)若xf′(x)≤x2＋ax＋1，求a的取值范围；(2)证明：(x－1)f(x)≥0【答题模板】(1)解∵f′(x)＝x＋1x＋ln x－1＝ln x＋1x，x&gt;0，∴xf′(x)＝xln x＋1由xf′(x)≤x2＋ax＋1，得a≥ln x－x，令g(x)＝ln x－x，则g′(x)＝1x－1，[2分]当0&lt;x&lt;1时，g′(x)&gt;0；当x&gt;1时，g′(x)&lt;0，[4分]∴x＝1是最大值点，g(x)ax＝g(1)＝－1，∴a≥－1，∴a的取值范围为[－1，＋∞)．[6分](2)证明由(1)知g(x)＝ln x－x≤g(1)＝－1，∴ln x－x＋1≤0(注：充分利用(1)是快速解决(2)的关键．)[8分]当0&lt;x&lt;1时，x－1&lt;0，f(x)＝(x＋1)ln x－x＋1＝xln x＋ln x－x ＋1≤0，∴(x－1)f(x)≥0当x≥1时，x－1&gt;0，f(x)＝(x＋1)ln x－x＋1＝ln x＋xln x－x＋1＝ln x－xln 1x－1x＋1≥0，∴(x－1)f(x)≥0[11分]综上，(x－1)f(x)≥0[12分]【突破思维障碍】本小题主要考查函数、导数、不等式证明等知识，通过运用导数知识解决函数、不等式问题，考查了考生综合运用数学知识解决问题的能力以及计算能力，同时也考查了函数与方程思想、化归与转化思想．通过转化，本题实质还是利用单调性求最值问题．1．求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要分类讨论参数的范围．若已知函数单调性求参数范围时，隐含恒成立思想．2．利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤：(1)分析实际问题中各变量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出相应的函数关系式＝f(x)；(2)求函数的导数f′(x)，解方程f′(x)＝0；(3)比较函数的区间端点对应的函数值和极值，确定最值；(4)回到实际问题，作出解答．(满分：7分)一、选择题(每小题分，共2分)1．(2011&#8226;皖南模拟)已知曲线：＝2x2－x3，点P(0，－4)，直线l过点P且与曲线相切于点Q，则点Q的横坐标为()A．－1B．1．－2D．22．已知函数＝f(x)，＝g(x)的导函数的图象如图所示，那么＝f(x)，＝g(x)的图象可能是()3．设f′(x)是函数f(x)的导函数，＝f′(x)的图象如图所示，则＝f(x)的图象最有可能是()4．函数f(x)＝－x3＋x2＋tx＋t在(－1,1)上是增函数，则t的取值范围是()A．t&gt; B．t&lt;．t≥D．t≤．(2011&#8226;沧州模拟)若函数f(x)＝sin xx，且0&lt;x1&lt;x2&lt;1，设a＝sin x1x1，b＝sin x2x2，则a，b的大小关系是()A．a&gt;bB．a&lt;b．a＝bD．a、b的大小不能确定题号1234答案二、填空题(每小题4分，共12分)6．在直径为d的圆木中，截取一个具有最大抗弯强度的长方体梁，则矩形面的长为________．(强度与bh2成正比，其中h为矩形的长，b为矩形的宽)7．要建造一个长方体形状的仓库，其内部的高为3 ，长和宽的和为20 ，则仓库容积的最大值为___________________________________________________________ __38．若函数f(x)＝4xx2＋1在区间(,2＋1)上是单调递增函数，则实数的取值范围为________．三、解答题(共38分)9．(12分)已知函数f(x)＝12(1＋x)2－ln(1＋x)．(1)求f(x)的单调区间；(2)若x∈[1e－1，e－1]时，f(x)&lt;恒成立，求的取值范围．10．(12分)(2010&#8226;湖北)为了在夏季降温和冬季供暖时减少能损耗，房屋的屋顶和外墙需要建造隔热层．某幢建筑物要建造可使用20年的隔热层，每厘米厚的隔热层建造成本为6万元．该建筑物每年的能消耗费用(单位：万元)与隔热层厚度x(单位：)满足关系：(x)＝3x＋(0≤x≤10)，若不建隔热层，每年能消耗费用为8万元，设f(x)为隔热层建造费用与20年的能消耗费用之和．(1)求的值及f(x)的表达式；(2)隔热层修建多厚时，总费用f(x)达到最小，并求最小值．11．(14分)设函数f(x)＝ln x，g(x)＝ax＋bx，函数f(x)的图象与x轴的交点也在函数g(x)的图象上，且在此点有公共切线．(1)求a、b的值；(2)对任意x&gt;0，试比较f(x)与g(x)的大小．答案自主梳理1．(1)连续(2)①极值②端点值自我检测1．B2D 3412，12eπ2 6堂活动区例 1 解题导引求函数在闭区间上的最值，首先应判断函数在闭区间上的单调性，一般方法是令f′(x)＝0，求出x值后，再判断函数在各区间上的单调性，在这里一般要用到分类讨论的思想，讨论的标准通常是极值点与区间端点的大小关系，确定单调性或具体情况．解∵f(x)＝x2e－ax (a&gt;0)，∴f′(x)＝2xe－ax＋x2&#8226;(－a)e－ax＝e－ax(－ax2＋2x)．令f′(x)&gt;0，即e－ax(－ax2＋2x)&gt;0，得0&lt;x&lt;2a∴f(x)在(－∞，0)，2a，＋∞上是减函数，在0，2a上是增函数．①当0&lt;2a&lt;1，即a&gt;2时，f(x)在[1,2]上是减函数，∴f(x)ax＝f(1)＝e－a②当1≤2a≤2，即1≤a≤2时，f(x)在1，2a上是增函数，在2a，2上是减函数，∴f(x)ax＝f2a＝4a－2e－2③当2a&gt;2，即0&lt;a&lt;1时，f(x)在[1,2]上是增函数，∴f(x)ax＝f(2)＝4e－2a综上所述，当0&lt;a&lt;1时，f(x)的最大值为4e－2a；当1≤a≤2时，f(x)的最大值为4a－2e－2；当a&gt;2时，f(x)的最大值为e－a变式迁移1解(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a&#8226;1－ln xx2(a&gt;0)，由f′(x)＝a&#8226;1－ln xx2&gt;0，得0&lt;x&lt;e；由f′(x)&lt;0，得x&gt;e故f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减．(2)∵f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，∴f(x)在[a,2a]上的最小值[f(x)]in＝in{f(a)，f(2a)}．∵f(a)－f(2a)＝12lna2，∴当0&lt;a≤2时，[f(x)]in＝ln a；当a&gt;2时，[f(x)]in＝ln&#61480;2a&#61481;2例 2 解题导引利用导数解决不等式问题的主要方法就是构造函数，通过研究函数的性质进而解决不等式问题．(1)解f′(x)＝x－ax＝x2－ax(x&gt;0)，若a≤0时，f′(x)&gt;0恒成立，∴函数f(x)的单调增区间为(0，＋∞)．若a&gt;0时，令f′(x)&gt;0，得x&gt;a，∴函数f(x)的单调增区间为(a，＋∞)，减区间为(0，a)．(2)证明设F(x)＝23x3－(12x2＋ln x)，故F′(x)＝2x2－x－1x∴F′(x)＝&#61480;x－1&#61481;&#61480;2x2＋x＋1&#61481;x ∵x&gt;1，∴F′(x)&gt;0∴F(x)在(1，＋∞)上为增函数．又F(x)在(1，＋∞)上连续，F(1)＝16&gt;0，∴F(x)&gt;16在(1，＋∞)上恒成立．∴F(x)&gt;0∴当x&gt;1时，12x2＋ln x&lt;23x3变式迁移2(1)解由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R，知f′(x)＝ex－2，x∈R令f′(x)＝0，得x＝ln 2于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，ln 2)ln 2(ln 2，＋∞)f′(x)－0＋极小值故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，＋∞)，f(x)在x＝ln 2处取得极小值，极小值为f(ln 2)＝eln 2－2ln 2＋2a＝2(1－ln 2＋a)．(2)证明设g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R由(1)知当a&gt;ln 2－1时，g′(x)最小值为g′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)&gt;0于是对任意x∈R，都有g′(x)&gt;0，所以g(x)在R内单调递增，于是当a&gt;ln 2－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)&gt;g(0)．而g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)&gt;0，即ex－x2＋2ax－1&gt;0，故ex&gt;x2－2ax＋1例3 解(1)分公司一年的利润L(万元)与售价x的函数关系式为L ＝(x－3－a)(12－x)2，x∈[9,11]．(2)L′(x)＝(12－x)2－2(x－3－a)(12－x)＝(12－x)(18＋2a－3x)．令L′＝0，得x＝6＋23a或x＝12(不合题意，舍去)．∵3≤a≤，∴8≤6＋23a≤283在x＝6＋23a两侧L′的值由正变负．∴①当8≤6＋23a&lt;9，即3≤a&lt;92时，Lax＝L(9)＝(9－3－a)(12－9)2＝9(6－a)．②当9≤6＋23a≤283，即92≤a≤时，Lax＝L(6＋23a)＝(6＋23a－3－a)[12－(6＋23a)]2＝4(3－13a)3所以Q(a)＝9&#61480;6－a&#61481;，3≤a&lt;92，4&#61480;3－13a&#61481;3，92≤a≤综上，若3≤a&lt;92，则当每售价为9元时，分公司一年的利润L最大，最大值Q(a)＝9(6－a)(万元)；若92≤a≤，则当每售价为(6＋23a)元时，分公司一年的利润L最大，最大值Q(a)＝4(3－13a)3(万元)．变式迁移3解(1)因为赔付价格为S元/吨，所以乙方的实际年利润为ω＝2 000t－St由ω′＝1 000t－S＝1 000－Stt，令ω′＝0，得t＝t0＝(1 000S)2当t&lt;t0时，ω′&gt;0；当t&gt;t0时，ω′&lt;0所以当t＝t0时，ω取得最大值．因此乙方获得最大利润的年产量为(1 000S)2吨．(2)设甲方净收入为v元，则v＝St－0002t2将t＝(1 000S)2代入上式，得到甲方净收入v与赔付价格S之间的函数关系式：v＝1 0002S－2×1 0003S4又v′＝－1 0002S2＋8×1 0003S＝1 0002×&#61480;8 000－S3&#61481;S，令v′＝0，得S＝20当S&lt;20时，v′&gt;0；当S&gt;20时，v′&lt;0，所以S＝20时，v取得最大值．因此甲方向乙方要求赔付价格S＝20元/吨时，可获得最大净收入．后练习区1．A2D34 A663d解析如图所示，为圆木的横截面，由b2＋h2＝d2，∴bh2＝b(d2－b2)．设f(b)＝b(d2－b2)，∴f′(b)＝－3b2＋d2令f′(b)＝0，由b&gt;0，∴b＝33d，且在(0，33d)上f′(b)&gt;0，在[33d，d]上f′(b)&lt;0∴函数f(b)在b＝33d处取极大值，也是最大值，即抗弯强度最大，此时长h＝63d7．300解析设长为x ，则宽为(20－x)，仓库的容积为V，则V＝x(20－x)&#8226;3＝－3x2＋60x，V′＝－6x＋60，令V′＝0得x＝10当0&lt;x&lt;10时，V′&gt;0；当x&gt;10时，V′&lt;0，∴x＝10时，V最大＝300 (3)．8．(－1,0]解析f′(x)＝4&#61480;1－x2&#61481;&#61480;x2＋1&#61481;2≥0，解得－1≤x≤1由已知得(,2＋1)&#8838;[－1,1]，即≥－12＋1≤1&lt;2＋1，解得－1&lt;≤09．解(1)∵f(x)＝12(1＋x)2－ln(1＋x)，∴f′(x)＝(1＋x)－11＋x＝x&#61480;2＋x&#61481;1＋x(x&gt;－1)．……………………………………………………………………………………………(4分)∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－1,0)上单调递减．…………………………………………………………………(6分) (2)令f′(x)＝0，即x＝0，则x(1e－1,0)0(0，e－1)f′(x)－0＋极小值……………………………………………………………………………………………(9分)又∵f(1e－1)＝12e2＋1，f(e－1)＝12e2－1&gt;12e2＋1，又f(x)&lt;在x∈[1e－1，e－1]上恒成立，∴&gt;12e2－1………………………………………………………………………………(12分)10．解(1)设隔热层厚度为x ，由题设，每年能消耗费用为(x)＝3x＋，(2分)再由(0)＝8，得＝40，因此(x)＝403x ＋，…………………………………………(4分)而建造费用为1(x)＝6x…………………………………………………………………(分)最后得隔热层建造费用与20年的能消耗费用之和为f(x)＝20(x)＋1(x)＝20×403x＋＋6x＝8003x＋＋6x (0≤x≤10)．………………………………………………………………(6分)(2)f′(x)＝6－2 400&#61480;3x＋&#61481;2，令f′(x)＝0，即 2 400&#61480;3x＋&#61481;2＝6，解得x＝，x＝－23(舍去)．…………………………………………(8分)当0&lt;x&lt;时，f′(x)&lt;0，当&lt;x&lt;10时，f′(x)&gt;0，………………………………………………………………( 10分)故x＝是f(x)的最小值点，对应的最小值为f()＝6×＋8001＋＝70当隔热层修建厚时，总费用达到最小值70万元．……………………………………………………………………………………………(12分)11．解(1)f(x)＝ln x的图象与x轴的交点坐标是(1,0)，依题意，得g(1)＝a＋b＝0①……………………………………………………………(2分)又f′(x)＝1x，g′(x)＝a－bx2，且f(x)与g(x)在点(1,0)处有公共切线，∴g′(1)＝f′(1)＝1，即a－b＝1②……………………………………………………(4分)由①②得a＝12，b＝－12…………………………………………………………………(6分) (2)令F(x)＝f(x)－g(x)，则F(x)＝ln x－(12x－12x)＝ln x－12x＋12x，∴F′(x)＝1x－12－12x2＝－12(1x－1)2≤0∴F(x)在(0，＋∞)上为减函数．………………………………………………………(10分)当0&lt;x&lt;1时，F(x)&gt;F(1)＝0，即f(x)&gt;g(x)；当x＝1时，F(1)＝0，即f(x)＝g(x)；当x&gt;1时，F(x)&lt;F(1)＝0，即f(x)&lt;g(x)．综上，0&lt;x&lt;1时，f(x)&gt;g(x)；x＝1时，f(x)＝g(x)；x&gt;1时f(x)&lt;g(x)．…………………………………………………………………………(14分)。

导数函数综合应用一．选择题（共6小题）1．定义在R上的函数y＝f（x），满足f（4﹣x）＝f（x），（x﹣2）f′（x）＜0，若x1＜x2，且x1+x2＞4，则有（）A．f（x1）＜f（x2）B．f（x1）＞f（x2）C．f（x1）＝f（x2）D．不确定2．定义在（1，+∞）上的函数f（x）满足下列两个条件：（1）对任意的x∈（1，+∞）恒有f（2x）＝2f（x）成立；（2）当x∈（1，2]时，f（x）＝2﹣x；记函数g（x）＝f（x）﹣k（x﹣1），若函数g（x）恰有两个零点，则实数k的取值范围是（）A．[1，2）B．C．D．3．设函数f（x）是定义在实数集上的奇函数，在区间[﹣1，0）上是增函数，且f（x+2）＝﹣f（x），则有（）A．B．C．D．4．已知函数f（x）＝，若函数y＝f（x）+|x﹣1|﹣kx在定义域内有且只有三个零点，则实数k的取值范围是（）A．[）B．[]C．[﹣）D．[﹣]5．设函数f（x）＝，若对任意给定的y∈（2，+∞），都存在唯一的x∈R，满足f（f（x））＝2a2y2+ay，则正实数a的最小值是（）A．2B．C．D．46．已知函数f（x）＝2mx2﹣2（4﹣m）x+1，g（x）＝mx，若对于任一实数x，f（x）与g（x）至少有一个为正数，则实数m的取值范围是（）A．（0，2）B．（0，8）C．（2，8）D．（﹣∞，0）二．填空题（共1小题）7．已知函数f（x）＝，若关于x的方程f（x）＝3恰有两个互异的实数解，则实数a的取值范围是．三．解答题（共19小题）8．已知函数f（x）＝﹣alnx（a∈R）．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若存在实数x0＝[1，e]，使得f（x0）＜0，求正实数a的取值范围．9．已知函数f（x）＝x2﹣（a+）x+lnx，其中a＞0．（Ⅰ）当a＝2时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处切线的方程；（Ⅱ）当a≠1时，求函数f（x）的单调区间；（Ⅲ）若a∈（0，），证明对任意x1，x2∈[，1]（x1≠x2），＜恒成立．10．已知函数f（x）＝lnx﹣ax2+（2﹣a）x．（1）若f′（1）＝﹣6，求函数f（x）在（1，f（1））处的切线；（2）设a＞0，证明：当0＜x＜时，f（+x）＞f（﹣x）；（3）若函数f（x）的图象与x轴交于A，B两点，线段AB中点的横坐标为x0，证明：f′（x0）＜0．11．已知a≠0，函数f（x）＝|e x﹣e|+e x+ax（1）讨论f（x）的单调性（2）若对∀x∈（﹣，+∞），不等式f（x）≥恒成立，求a的取值范围（3）已知当a＜﹣e时，函数f（x）有两个零点x1，x2（x1＜x2），求证：f（x1x2）＞a+e12．已知函数f（x）＝a（x﹣1）e x（a＞0），g（x）＝﹣cos x．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若对于任意的实数x1，x2∈[0，]，（其中x1≠x2），都有|f（x1）﹣f（x2）|＞|g（x1）﹣g（x2）|恒成立求实数a的取值范围．13．已知函数f（x）＝a+2lnx﹣ax（a＞0），（1）求f（x）的最大值φ（a）；（2）若f（x）≤0恒成立，求a的值；（3）在（2）的条件下，设g（x）＝在（a，+∞）上的最小值为m，求证：﹣11＜f（m）＜﹣1014．已知函数f（x）＝（x2﹣mx）e x（e为自然对数的底数）．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若m＝2，2n+1≥0，证明：关于x的不等式nf（x）+1≥e x在（﹣∞，0]上恒成立．15．已知函数f（x）＝（其中e是自然对数的底数），g（x）＝1﹣ax2（a∈R）．（Ⅰ）求函数f（x）的极值；（Ⅱ）设h（x）＝f（x）﹣g（x），若a满足0＜a＜且ln2a+1＞0，试判断方程h（x）＝0的实数根个数，并说明理由．16．已知函数f（x）＝ax2﹣lnx．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若函数f（x）有两个零点x1，x2，求a的取值范围，并证明：x1•x2＞1．17．己知p：实数m使得函数f（x）＝lnx（m﹣2）x2﹣x在定义域内为增函数：q：实数m使得函数g（x）＝mx2+（m+1）x﹣5在R上存在两个零点x1，x2，且x1＜1＜x2（1）分别求出条件p，q中的实数m的取值范围；（2）甲同学认为“p是q的充分条件”，乙同学认为“p是q的必要条件”，请判断两位同学的说法是否正确，并说明理由．18．已知函数f（x）＝In+cos x﹣|x|．（Ⅰ）求证：函数f（x）在[0，+∞）上单调递减；（Ⅱ）若f（2x﹣3）+π+1+ln（2+3π2）＜0，求x的取值范围．19．已知函数f（x）＝lnx﹣sin（x﹣1），f′（x）为f（x）的导函数．证明：（1）f′（x）在区间（0，2）存在唯一极小值点；（2）f（x）有且仅有2个零点．20．已知函数f（x）＝te2x+（t+2）e x﹣1，t∈R．（Ⅰ）当t＝﹣1时，求f（x）的单调区间与极值；（Ⅱ）当t＞0时，若函数g（x）＝f（x）﹣4e x﹣x+1在R上有唯一零点，求t的值．21．已知函数f（x）＝e x﹣x2﹣ax+b（e为自然对数的底数）．（Ⅰ）若a≥1，判断f（x）极值点个数；（Ⅱ）若f（x）≥f′（x）在x∈[﹣1，1]上恒成立，求a+b的取值范围．22．设函数f（x）＝lnx﹣a2x+2a（a∈R）（1）若函数f（x）在上递增，在上递减，求实数a的值．（2）讨论f（x）在（1，+∞）上的单调性；（3）若方程x﹣lnx﹣m＝0有两个不等实数根x1，x2，求实数m的取值范围，并证明x1x2＜1．23．已知函数f（x）＝2x3﹣3（a﹣1）x2﹣6ax+a2+1．（Ⅰ）设﹣1≤a≤1，曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线在y轴上的截距为b，求b的最小值；（Ⅱ）若f（x）只有一个零点x0，且x0＜0，求a的取值范围．24．设函数f（x）＝x﹣﹣alnx（a∈R，a＞0）．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）若f（x）有两个极值点x1和x2，记过A（x1，f（x1）），B（x2，f（x2））的直线的斜率为k．问：是否存在a，使k＝2﹣a？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．25．已知．（1）讨论函数f（x）的单调区间；（2）若f（x）存在极值且f（x）≥0，求实数a的取值范围；（3）求证：当x＞1时，．26．已知函数f（x）＝（ax+1）e x，a∈R（1）当a＝1时，求函数f（x）的最小值．（2）当a＝时，对于两个不相等的实数x1，x2，有f（x1）＝f（x2），求证：x1+x2＜2．导数函数综合应用参考答案与试题解析一．选择题（共6小题）1．定义在R上的函数y＝f（x），满足f（4﹣x）＝f（x），（x﹣2）f′（x）＜0，若x1＜x2，且x1+x2＞4，则有（B）A．f（x1）＜f（x2）B．f（x1）＞f（x2）C．f（x1）＝f（x2）D．不确定【解答】解：由题意f（4﹣x）＝f（x），可得出函数关于x＝2对称,又（x﹣2）f′（x）＜0，得x＞2时，导数为负，x＜2时导数为正，即函数在（﹣∞，2）上是增函数，在（2，+∞）上是减函数又x1＜x2，且x1+x2＞4，下进行讨论若2＜x1＜x2，显然有f（x1）＞f（x2）若x1＜2＜x2，有x1+x2＞4可得x1＞4﹣x2，故有f（x1）＞f（4﹣x2）＝f（x2）综上讨论知，在所给的题设条件下总有f（x1）＞f（x2）2．定义在（1，+∞）上的函数f（x）满足下列两个条件：（1）对任意的x∈（1，+∞）恒有f（2x）＝2f（x）成立；（2）当x∈（1，2]时，f（x）＝2﹣x；记函数g（x）＝f（x）﹣k（x﹣1），若函数g（x）恰有两个零点，则实数k的取值范围是（C）A．[1，2）B．C．D．【解答】解：因为对任意的x∈（1，+∞）恒有f（2x）＝2f（x）成立，且当x∈（1，2]时，f（x）＝2﹣x 所以f（x）＝﹣x+2b，x∈（b，2b]．由题意得f（x）＝k（x﹣1）的函数图象是过定点（1，0）的直线，如图所示红色的直线与线段AB相交即可（可以与B点重合但不能与A点重合）所以可得k的范围为3．设函数f（x）是定义在实数集上的奇函数，在区间[﹣1，0）上是增函数，且f（x+2）＝﹣f（x），则有（A）A．B．C．D．【解答】解：根据题意，函数f（x）满足f（x+2）＝﹣f（x），当x＝﹣时，有f（）＝﹣f（﹣）＝f（），函数f（x）是定义在实数集上的奇函数，在区间[﹣1，0）上是增函数，则f（x）在区间（0，1]上是增函数，则有f（）＜f（）＜f（1），则有f（）＜f（）＜f（1），4．已知函数f（x）＝，若函数y＝f（x）+|x﹣1|﹣kx在定义域内有且只有三个零点，则实数k的取值范围是（A）A．[）B．[]C．[﹣）D．[﹣]【解答】解：函数y＝f（x）+|x﹣1|﹣kx在定义域内有且只有三个零点，即为方程f（x）+|x﹣1|＝kx在[﹣3，+∞）内有3个不等实根，可令g（x）＝f（x）+|x﹣1|＝，作出g（x）的图象（如右），直线y＝kx，当k＝0时，y＝g（x）和y＝0显然有3个交点，符合题意；当直线y＝kx与y＝x2+3x+1相切，可得x2+（3﹣k）x+1＝0，△＝（3﹣k）2﹣4＝0，解得k＝1（k＝5舍去），由k＝1时，y＝g（x）和y＝x有两个交点，可得0≤k＜1时，符合题意；当k＜0时，且直线y＝kx经过点（﹣3，1）时，直线y＝kx与y＝g（x）有3个交点，此时k＝﹣，由y＝kx绕着原点旋转，可得﹣≤k＜0，综上可得，k的范围是[﹣，1）．5．设函数f（x）＝，若对任意给定的y∈（2，+∞），都存在唯一的x∈R，满足f（f（x））＝2a2y2+ay，则正实数a的最小值是（C）A．2B．C．D．4【解答】解：函数f（x）＝的值域为R．∵f（x）＝2x，（x≤0）的值域为（0，1]；f（x）＝log2x，（x＞0）的值域为R．∴f（x）的值域为（0，1]上有两个解，要想f（f（x））＝2a2y2+ay在y∈（2，+∞）上只有唯一的x∈R满足，必有f（f（x））＞1 （2a2y2+ay＞0）．∴f（x）＞2，即log2x＞2，解得：x＞4．当x＞4时，x与f（f（x））存在一一对应的关系．∴问题转化为2a2y2+ay＞1，y∈（2，+∞），且a＞0．∴（2ay﹣1）（ay+1）＞0，解得：y＞或者y＜﹣（舍去）．∴≤2，得a．6．已知函数f（x）＝2mx2﹣2（4﹣m）x+1，g（x）＝mx，若对于任一实数x，f（x）与g（x）至少有一个为正数，则实数m的取值范围是（B）A．（0，2）B．（0，8）C．（2，8）D．（﹣∞，0）【解答】解：当m≤0时，当x接近+∞时，函数f（x）＝2mx2﹣2（4﹣m）x+1与g（x）＝mx均为负值，显然不成立当x＝0时，因f（0）＝1＞0当m＞0时，若，即0＜m≤4时结论显然成立；若，时只要△＝4（4﹣m）2﹣8m＝4（m﹣8）（m﹣2）＜0即可，即4＜m＜8则0＜m＜8二．填空题（共1小题）7．已知函数f（x）＝，若关于x的方程f（x）＝3恰有两个互异的实数解，则实数a的取值范围是（﹣∞，6）．【解答】解：函数f（x）＝，当x≥1时，方程f（x）＝3，可得lnx+1＝3，解得x＝e2，函数有一个零点；x＜1时，函数只有一个零点，即x2﹣4x+a＝3，在x＜1时只有一个解，因为y＝x2﹣4x+a ﹣3开口向上，对称轴为x＝2，x＜1时，函数是减函数，所以f（1）＜3，可得﹣3+a＜3，解得a＜6．三．解答题（共19小题）8．已知函数f（x）＝﹣alnx（a∈R）．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若存在实数x0＝[1，e]，使得f（x0）＜0，求正实数a的取值范围．【解答】解：（1）由f（x）＝﹣alnx（a∈R），得f′（x）＝x﹣＝（x＞0）．当a≤0时，f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上单调递增；当a＞0时，由f′（x）＞0，得x＞，由f′（x）＜0，得0＜x＜．∴f（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增；（2）由（1）知，当a＞0时，f（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增．①当，即0＜a≤1时，f（x）在[1，e]上单调递增，＞0，不合题意；②当1＜＜e，即1＜a＜e2时，f（x）在[1，]上单调递减，在[，e]上单调递增，由＜0，解得e＜a＜e2；③当≥e，即a≥e2时，f（x）在[1，e]上单调递减，由＜0，解得a≥e2．综上所述，a的取值范围为（e，+∞）．9．已知函数f（x）＝x2﹣（a+）x+lnx，其中a＞0．（Ⅰ）当a＝2时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处切线的方程；（Ⅱ）当a≠1时，求函数f（x）的单调区间；（Ⅲ）若a∈（0，），证明对任意x1，x2∈[，1]（x1≠x2），＜恒成立．【解答】（Ⅰ）解：当a＝2时，f（x）＝，f′（x）＝，∴f′（1）＝，∵f（1）＝．∴切线方程为：y+2＝（x﹣1），整理得：x+2y+3＝0；（Ⅱ）f′（x）x﹣＝（x＞0），令f′（x）＝0，解得：x＝a或x＝．①若0＜a＜1，，当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如表：∴f（x）在区间（0，a）和（）内是增函数，在（a，）内是减函数；②若a＞1，，当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如表：∴f（x）在区间（0，）和（a，+∞）内是增函数，在（，+∞）内是减函数；（Ⅲ）∵0＜a＜，∴f（x）在[，1]内是减函数，又x1≠x2，不妨设0＜x1＜x2，则f（x1）＞f（x2），．于是等价于，即．令（x＞0），∵g′（x）＝在[，1]内是减函数，故g′（x）≤g′（）＝2﹣（a+）．从而g（x）在[，1]内是减函数，∴对任意，有g（x1）＞g（x2），即，∴当，对任意，恒成立．10．已知函数f（x）＝lnx﹣ax2+（2﹣a）x．（1）若f′（1）＝﹣6，求函数f（x）在（1，f（1））处的切线；（2）设a＞0，证明：当0＜x＜时，f（+x）＞f（﹣x）；（3）若函数f（x）的图象与x轴交于A，B两点，线段AB中点的横坐标为x0，证明：f′（x0）＜0．【解答】解：（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞），∵f（x）＝lnx﹣ax2+（2﹣a）x，∴f'（x）＝﹣2ax+2﹣a＝＝﹣．f′（﹣1）＝a+1＝﹣6，解得a＝﹣7，则函数f（x）在（1，f（1））处的切线斜率为k＝﹣6，切点为（1，16），则所求切线的方程为y﹣16＝﹣6（x ﹣1），即为6x+y﹣22＝0；（2）证明：设函数g（x）＝f（+x）﹣f（﹣x），则g（x）＝ln（1+ax）﹣ln（1﹣ax）﹣2ax，g′（x）＝+﹣2a＝，当x∈（0，）时，g′（x）＞0，g（x）递增，而g（0）＝0，即有g（x）＞0，故当0＜x＜时，f（+x）＞f（﹣x）．（3）证明：当a≤0时，f′（x）＞0恒成立，因此f（x）在（0，+∞）单调递增，即有函数y＝f（x）的图象与x轴至多有一个交点，故a＞0，从而f（x）的最大值为f（），且f（）＞0，不妨设A（x1，0），B（x2，0），0＜x1＜x2，则0＜x1＜＜x2，由（2）得，f（﹣x1）＝f（+﹣x1）＞f（x1）＝f（x2）＝0，又f（x）在（，+∞）单调递减，∴﹣x1＜x2，于是x0＝，当x∈（，+∞）（a＞0）时，f′（x）＜0，则f′（x0）＜0成立．11．已知a≠0，函数f（x）＝|e x﹣e|+e x+ax（1）讨论f（x）的单调性（2）若对∀x∈（﹣，+∞），不等式f（x）≥恒成立，求a的取值范围（3）已知当a＜﹣e时，函数f（x）有两个零点x1，x2（x1＜x2），求证：f（x1x2）＞a+e【解答】解：（1）函数f（x）＝|e x﹣e|+e x+ax＝，∴f′（x）＝，当a＞0时，f（x）在R上是增函数；当a＜0时，x≥1时，令f′（x）＞0，⇒e x＞﹣⇒x＞ln（﹣），①ln（﹣）≤1，即﹣2e≤a＜0，f（x）在（﹣∞，1）是减函数；在（1，+∞）是增函数；②ln（﹣）＞1，即a＜﹣2e，f（x）在（﹣∞，ln（﹣））是减函数；在（ln（﹣），+∞）是增函数；（2）函数f（x）＝|e x﹣e|+e x+ax＝，若x∈（﹣，1），ax+e．∴可得﹣，当x∈[1，+∞）时，，即2a，设g（x）＝，g′（x）＝，所以g（x）在[1，+∞）上是减函数，所以g（x）max＝g（1）＝﹣e，所以a．综上．（3）证明：∵f（1）＝a+e，∴不等式f（x1x2）＞a+e转化为f（x1x2）＞f（1），∵a＜﹣e，∴f（1）＝a+e＜0，∴f（x）的两个零点x1＜1＜x2，∴，∴，∴x1x2＝，令h（x）＝，h′（x）＝，令t（x）＝e x﹣xe x﹣e，t′（x）＝（1﹣x）e x＜0，∴t（x）在（1，+∞）上是减函数，t（x）＜t（1）＝0，即h′（x）＜0，h（x）在（1，+∞）是减函数，h（x）＜h（1）＝1，即x1x2＜1，∵a＜﹣e时，f（x）在（﹣∞，1）是减函数，∴f（x1x2）＞a+e．12．已知函数f（x）＝a（x﹣1）e x（a＞0），g（x）＝﹣cos x．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若对于任意的实数x1，x2∈[0，]，（其中x1≠x2），都有|f（x1）﹣f（x2）|＞|g（x1）﹣g（x2）|恒成立求实数a的取值范围．【解答】解：（1）函数f（x）的定义域为（﹣∞，+∞），f′（x）＝a[e x+（x﹣1）e x]＝ax•e x．当x＝0时，f′（x）＝0；当x＜0时，f′（x）＜0；当x＞0时，f′（x）＞0，所以函数f（x）的单调减区间为（﹣∞，0），单调增区间为（0，+∞）．（2）不妨设x1＜x2，因为g（x）在[0，]上是增函数，所以g（x1）＜g（x2），即g（x1）﹣g（x2）＜0，由（1）得f（x）在[0，]上是增函数，所以f（x1）＜f（x2），即f（x1）﹣f（x2）＜0．由题意，得f（x2）﹣f（x1）＞g（x2）﹣g（x1），即f（x2）﹣g（x2）＞f（x1）﹣g（x1）．令h（x）＝f（x）﹣g（x）＝a（x﹣1）e x+cos x在[0，]上是增函数，则h′（x）＝axe x﹣sin x≥0对任意的x恒成立．设F（x）＝（0），则F（x）≤0恒成立，．令，则，从而G（x）在[0，]上是减函数，所以，即．当a≥1时，F（x）≤0′，当且仅当a＝1，x＝0时取等号，所以F（x）在上是减函数，所以当x时，F（x）≤F（0）＝0，故a≥1满足题意．当0＜a＜1时，F′（0）＝1﹣a＞0，F．由零点存在定理，存在，使得F′（x0）＝0．因为G（x）在（0，）上是减函数，所以F′（x）＝G（x）﹣a在（0，）上是减函数，所以0＜x＜x0时，F′（x）＞F′（x0）＝0，所以F（x）在（0，x0）上是增函数，所以当x∈（0，x0）（这里（0，x0）⊊）时，F（x）＞F（0）＝0．所以0＜a＜1不满足题意，综上，实数a的取值范围是[1，+∞）．13．已知函数f（x）＝a+2lnx﹣ax（a＞0），（1）求f（x）的最大值φ（a）；（2）若f（x）≤0恒成立，求a的值；（3）在（2）的条件下，设g（x）＝在（a，+∞）上的最小值为m，求证：﹣11＜f（m）＜﹣10【解答】解：（1）∵f（x）＝a+2lnx﹣ax（a＞0），∴f′（x）＝（a＞0），由f′（x）＞0得0＜x＜；f′（x）＜0得x＞；所以f（x）在（0，）上单调递增，在（，+∞）上单调递减．故f（x）max＝f（）＝a﹣2﹣2lna+2ln2即φ（a）＝a﹣2﹣2lna+2ln2（a＞0）（2）要使f（x）≤0 成立必须φ（a）＝a﹣2﹣2lna+2ln2≤0．因为φ′（a）＝，所以当0＜a＜2 时，φ′（a）＜0；当a＞2 时，φ′（a）＞0．所以φ（a）在（0，2）上单调递减，在（2，+∞）上单调递增．∴φ（a）min＝φ（2）＝0，所以满足条件的a只有2，即a＝2．（3）由（2）知g（x）＝，∴g′（x）＝令u（x）＝x-2lnx﹣4，则u′（x）＝＞0，u（x）是（2，+∞）上的增函数；又u（8）＜0，u（9）＞0，所以存在x0∈（8，9）满足u（x0）＝0，即2lnx0＝x0﹣4，且当x∈（2，x0）时，u（x）＜0，g′（x）＜0；当x∈（x0，+∞）时，u（x）＞0，g′（x）＞0；所以g（x）在（2，x0）上单调递减；在（x0，+∞）上单调递增．所以g（x）min＝g（x0）＝＝＝x0，即m＝x0．所以f（m）＝f（x0）＝2+2lnx0﹣2x0＝x0﹣2∈（﹣11，﹣10），即﹣11＜f（m）＜﹣10．14．已知函数f（x）＝（x2﹣mx）e x（e为自然对数的底数）．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若m＝2，2n+1≥0，证明：关于x的不等式nf（x）+1≥e x在（﹣∞，0]上恒成立．【解答】解：（Ⅰ）依题意x∈R，f′（x）＝（x2﹣mx+2x﹣m）e x＝[x2+（2﹣m）x﹣m]e x令y＝x2+（2﹣m）x﹣m，则△＝（2﹣m）2+4m＝4+m2＞0令f′（x）＝0，则x2+（2﹣m）x﹣m＝0解得x＝结合二次函数图象可知：∴f（x）的单调递增区间为（﹣∞，）和（，+∞）单调递减区间为（，）（Ⅱ）令g（x）＝nf（x）+1﹣e x＝n（x2﹣2x）e x﹣e x+1当x∈（﹣∞，0]时，x2﹣2x≥0而2n+1≥0⇔n≥﹣故n（x2﹣2x）e x≥﹣（x2﹣2x）e x∴g（x）≥﹣（x2﹣2x）e x﹣e x+1令h（x）＝﹣（x2﹣2x）e x﹣e x+1，x∈（﹣∞，0]∴h′（x）＝﹣x2e x≤0故函数h（x）在（﹣∞，0]上单调递减，则h（x）≥h（0）＝0则任意的x∈（﹣∞，0]，g（x）≥h（x）≥0∴关于x的不等式nf（x）+1≥e x在（﹣∞，0]上恒成立．15．已知函数f（x）＝（其中e是自然对数的底数），g（x）＝1﹣ax2（a∈R）．（Ⅰ）求函数f（x）的极值；（Ⅱ）设h（x）＝f（x）﹣g（x），若a满足0＜a＜且ln2a+1＞0，试判断方程h（x）＝0的实数根个数，并说明理由．【解答】解：（Ⅰ）易知，当x＜0时，f′（x）＞0，此时f（x）单调递增；当x＞0时，f′（x）＜0，此时f（x）单调递减，所以f（x）极大值＝f（0）＝1，但无极小值．（Ⅱ）因为，所以．导数因为，所以，于是，令h′（x）＝0，此时，当x＜0时，f′（x）＜0，此时f（x）单调递减；当时，f′（x）＞0，此时f（x）单调递增；所以．因为，所以，，又函数h（x）在R上连续，故h（x）有一个零点0，且在上也有一个零点；综上，方程h（x）＝0有2个实数根．16．已知函数f（x）＝ax2﹣lnx．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若函数f（x）有两个零点x1，x2，求a的取值范围，并证明：x1•x2＞1．【解答】解：（1）∵函数f（x）＝ax2﹣lnx．定义域为（0，+∞）∴f′（x）＝2ax﹣＝①当a≤0时，f′（x）＝＜0恒成立，∴f（x）在（0，+∞）上为减函数．②当a＞0时，令f′（x）＝＜0，解得0＜x＜令f′（x）＝＞0，解得x＞∴f（x）＝ax2﹣lnx在（0，）上为减函数，在（，+∞）上为增函数综上a≤0时f（x）的单调减区间为（0，+∞）a＞0时f（x）的单调减区间为（0，），增区间是（，+∞）．（2）∵函数f（x）有两个零点x1，x2，由（1）知x＝是f（x）的最小值点，∴f（x）在（0，+∞）上的最小值f（）＝a•（）2﹣ln＜0时，f（x）有两个零点x1，x2∴解得0＜a＜要证x1•x2＞1⇔要证lnx1•x2＞ln1⇔要证lnx1+lnx2＞0∵函数f（x）有两个零点x1，x2，不防设0＜x1＜＜x2则f（x1）＝ax12﹣lnx1＝0 ①f（x2）＝ax22﹣lnx2＝0 ②①+②得：lnx1+lnx2＝a（x12+x22），而a（x12+x22）＞0，∴lnx1+lnx2＞0即x1•x2＞1得证．17．己知p：实数m使得函数f（x）＝lnx（m﹣2）x2﹣x在定义域内为增函数：q：实数m使得函数g（x）＝mx2+（m+1）x﹣5在R上存在两个零点x1，x2，且x1＜1＜x2（1）分别求出条件p，q中的实数m的取值范围；（2）甲同学认为“p是q的充分条件”，乙同学认为“p是q的必要条件”，请判断两位同学的说法是否正确，并说明理由．【解答】解：（1）p：实数m使得函数f（x）＝lnx（m﹣2）x2﹣x在定义域内为增函数：则有在R上恒成立．∴m﹣2＝（）2﹣∴m．q：实数m使得函数g（x）＝mx2+（m+1）x﹣5在R上存在两个零点x1，x2，且x1＜1＜x2则有m•f（1）＜0⇒m（m﹣2）＜0⇒0＜m＜2．（2）由（1）可得p：∴m．，q：0＜m＜2．∵{m|m}⊈{|0＜m＜2}{m|m}⊉{|0＜m＜2}∴p是q的既不充分也不必要条件．故两位同学都错．18．已知函数f（x）＝In+cos x﹣|x|．（Ⅰ）求证：函数f（x）在[0，+∞）上单调递减；（Ⅱ）若f（2x﹣3）+π+1+ln（2+3π2）＜0，求x的取值范围．【解答】（1）证明：∵函数f（x）＝In+cos x﹣|x|．∴x∈[0，+∞）时f（x）＝﹣ln（2+3x2）+cos x﹣x ∴f′（x）＝﹣sin x﹣1，∴x∈[0，+∞）时f′（x）＝﹣sin x﹣1＜0，∴函数f（x）在[0，+∞）上单调递减；（2）∵函数f（x）＝In+cos x﹣|x|．定义域为R∴f（﹣x）＝）＝﹣ln（2+3x2）+cos（﹣x）﹣|﹣x|＝﹣ln（2+3x2）+cos x﹣x＝f（x）∴f（x）是偶函数．由（1）知f（x）在[0，+∞）上单调递减；∴f（x）在（﹣∞，0]上单调递增；又f（2x﹣3）+π+1+ln（2+3π2）＜0⇔f（2x﹣3）＜f（π）∴|2x﹣3|＞π⇔2x﹣3＞π或2x﹣3＜﹣π解得x＞或x＜∴x的取值范围为：（﹣∞，）∪（，+∞）19．已知函数f（x）＝lnx﹣sin（x﹣1），f′（x）为f（x）的导函数．证明：（1）f′（x）在区间（0，2）存在唯一极小值点；（2）f（x）有且仅有2个零点．【解答】解：（1）令g（x）＝f′（x）＝，，当x∈（0，1）时，g′（x）＜0恒成立，当x∈（1，2）时，＞0．∴g′（x）在（1，2）递增，．故存在a∈（1，2）使得，x∈（1，a）时g′（x）＜0，x∈（a，2）时，g′（x）＞0．综上，f′（x）在区间（0，2）存在唯一极小值点x＝a．（2）由（1）可得x∈（0，a）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，x∈（a，2）时，g′（x）＜0，g（x）单调递增．且g（1）＝0，g（2）＝．故g（x）的大致图象如下：当x∈（2，3）时，sin（x﹣1）∈（sin1，sin2），sin（x﹣1）＞sin30°∴此时g′（x）＞0，g（x）单调递增，而g（3）＝﹣cos2＞0．故存在∈（2，3），使得g（m）＝0故在x∈（0，3）上，g（x）的图象如下：综上，x∈（0，1）时，g（x）＜0，x∈（1，m）时，g（x）＜0，x∈（m，3）时，g（x）＞0．∴f（x）在（0，1）递增，在（1，m）递减，在（m，3）递增，而f（1）＝0，f（3）＝ln3﹣sin2＞0，又当x＞3时，lnx＞1，f（x）＞0恒成立．故在（0，+∞）上f（x）的图象如下：∴f（x）有且仅有2个零点．20．已知函数f（x）＝te2x+（t+2）e x﹣1，t∈R．（Ⅰ）当t＝﹣1时，求f（x）的单调区间与极值；（Ⅱ）当t＞0时，若函数g（x）＝f（x）﹣4e x﹣x+1在R上有唯一零点，求t的值．【解答】解：（Ⅰ）当t＝﹣1时，f（x）＝﹣e2x+e x﹣1，则f′（x）＝﹣2e2x+e x＝e x（1﹣2e x）令f′（x）＝0，解得x＝﹣ln2∴f（x）的单调递增区间是（﹣∞，﹣ln2），单调递减区间是（﹣ln2，+∞）∴f（x）的极大值是f（﹣ln2）＝﹣，无极小值．（Ⅱ）当t＞0时，g（x）＝f（x）﹣4e x﹣x+1＝te2x+（t﹣2）e x﹣x∴g′（x）＝2te2x+（t﹣2）e x﹣1＝（te x﹣1）（2e x+1）＝0，解得x＝﹣lnt∴g（x）的单调递减区间是（﹣∞，﹣lnt），单调递增区间是（﹣lnt，+∞）∴g（x）的极小值是g（﹣lnt）∴g（﹣lnt）＝0，即lnt﹣+1＝0时，能满足题意．令F（t）＝lnt﹣+1，则F′（t）＝+＞0∴F（t）＝lnt﹣+1在（0，+∞）上单调递增，唯有t＝1时，F（1）＝0∴t＝121．已知函数f（x）＝e x﹣x2﹣ax+b（e为自然对数的底数）．（Ⅰ）若a≥1，判断f（x）极值点个数；（Ⅱ）若f（x）≥f′（x）在x∈[﹣1，1]上恒成立，求a+b的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）∵f′（x）＝e x﹣x﹣a，x∈R，f″（x）＝e x﹣1可得函数f′（x）在（﹣∞，0）上单调递减；在（0，+∞）单调递增，f′（x）min＝f′（0）＝1﹣a当a＞1时，1﹣a＜0，且f′（﹣a）＝e﹣a＞0，取b＞0，使得b＞ln（b+a），∴f′（b）＝e b﹣（b+a）＞b+a﹣（b+a）＝0即函数f′（x）的图象与x轴有两个交点，此时f（x）极值点个数为2，；当a＝1时，f′（x）≥0，此时f（x）极值点个数为0；（Ⅱ）f（x）≥f′（x）在x∈[﹣1，1]上恒成立⇔e x﹣x2﹣ax+b≥e x﹣x﹣a在x∈[﹣1，1]上恒成立⇔a+b≥在x∈[﹣1，1]上恒成立．令h（x）＝①当1﹣a≥0时，h（x）．∴a+b②当1﹣a＜0时，h（x）max＝h（1）＝a﹣综上得，a+b22．设函数f（x）＝lnx﹣a2x+2a（a∈R）（1）若函数f（x）在上递增，在上递减，求实数a的值．（2）讨论f（x）在（1，+∞）上的单调性；（3）若方程x﹣lnx﹣m＝0有两个不等实数根x1，x2，求实数m的取值范围，并证明x1x2＜1．【解答】解：（1）由于函数函数f（x）在上递增，在上递减，由单调性知，是函数的极大值点，无极小值点．所以∵故，经验证成立．（2）∵f（x）＝lnx﹣a2x+2a，∴，①当a＝0时，在（1，+∞）上单调递增．②当a2≥1，即a≤﹣1或a≥1时，f'（x）＜0，∴f（x）在（1，+∞）上单调递减．③当﹣1＜a＜1且a≠0时，由f'（x）＝0得．令f'（x）＞0得；令f'（x）＜0得．∴f（x）在上单调递增，在上单调递减．综上，当a＝0时，f（x）在（1，+∞）上递增；当a≤﹣1或a≥1时，f（x）在（1，+∞）上递减；当﹣1＜a＜1且a≠0时，f（x）在上递增，在上递减．（3）令h（x）＝x﹣lnx（x＞0），g（x）＝m，当x∈（0，1）时，，h（x）＝x﹣lnx（x＞0）单调递减；当x∈（1，+∞）时，，h（x）＝x﹣lnx（x＞0）单调递增；故h（x）在x＝1处取得最小值，h（1）＝1又当x→0，h（x）→+∞；x→+∞，h（x）→1，∴m∈（1，+∞）不妨设x1＜x2，则有0＜x1＜1＜x2，，要证x1x2＜1⇔即证⇔即证h（x1）＞h（）∵h（x1）＝h（x2）＝m，∴＝令，∴p（x）在（1，+∞）上单调递增，故p（x）＞p（1）＝0即＞0，∴∴x1x2＜1 得证23．已知函数f（x）＝2x3﹣3（a﹣1）x2﹣6ax+a2+1．（Ⅰ）设﹣1≤a≤1，曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线在y轴上的截距为b，求b的最小值；（Ⅱ）若f（x）只有一个零点x0，且x0＜0，求a的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）f（x）＝2x3﹣3（a﹣1）x2﹣6ax+a2+1的导数为f′（x）＝6x2﹣6（a﹣1）x﹣6a，f（x）在点（1，f（1））处的切线斜率为6﹣6（a﹣1）﹣6a＝12﹣12a，切点为（1，6﹣9a+a2），可得切线方程为y﹣（6﹣9a+a2）＝（12﹣12a）（x﹣1），由x＝0，可得b＝a2+3a﹣6＝（a+）2﹣，由﹣1≤a≤1，可得b在[﹣1，1]上递增，可得b的最小值为﹣8；（Ⅱ）若f（x）只有一个零点x0，且x0＜0，可得f（0）＞0，f′（x）＝6x2﹣6（a﹣1）x﹣6a，由f′（x）＝0，可得x＝﹣1或x＝a，由f（﹣1）＜0，且f（a）＜0，即为a2+3a+2＜0，且a3+2a2﹣1＞0，解得＜a＜﹣1．24．设函数f（x）＝x﹣﹣alnx（a∈R，a＞0）．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）若f（x）有两个极值点x1和x2，记过A（x1，f（x1）），B（x2，f（x2））的直线的斜率为k．问：是否存在a，使k＝2﹣a？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）显然定义域为（0，+∞），∴f′（x）＝1+﹣＝，（a∈R，a＞0）．令g（x）＝x2﹣ax+2，其判别式△＝a2﹣8，①当0＜a时，△≤0，f′（x）≥0，f（x）在（0，+∞）上单调递增，②当a时，△＞0，令f′（x）＝0，得x1＝，x2＝，∵在（0，x1）上f′（x）＞0，在（x1，x2）上f′（x）＜0，在（x2，+∞）上f′（x）＞0，∴f（x）在（0，x1），（x2，+∞）上为增函数，在（x1，x2）上为减函数．（2）由（1）知，a，∴f（x1）﹣f（x2）＝（x1﹣x2）+﹣a（lnx1﹣lnx2），∴k＝＝1+﹣a，∵x1x2＝2，∴k＝2﹣a，假设存在a，使k＝2﹣a，则2﹣a＝2﹣a，∴＝1，∴lnx1﹣lnx2＝x1﹣x2，即x2﹣﹣2lnx2＝0（•），其中x2＞1，令h（t）＝t﹣﹣2lnt，∴h′（t）＝1+﹣＝＝＞0，∴h（t）在（1，+∞）上是增函数，∴h（t）＞h（1）＝0，与（•）矛盾．故不存在a使k＝2﹣a成立．25．已知．（1）讨论函数f（x）的单调区间；（2）若f（x）存在极值且f（x）≥0，求实数a的取值范围；（3）求证：当x＞1时，．【解答】解：（1）显然定义域为（0，+∞），∵f′（x）＝x﹣＝，①当a≤0时，f′（x）＞0，函数f（x）在（0，+∞）上是单调递增函数，②当a＞0时，令f′（x）＝0，得x＝，∵在（0，）上f′（x）＜0，∴f（x）是单调递减函数；∵在（，+∞）上f′（x）＞0，∴f（x）是单调递增函数．（2）∵f（x）存在极值且f（x）≥0，∴a＞0，∴只需f（x）min≥0，由上知f（x）min＝f（）＝a﹣alna＝a（1﹣lna）≥0，∴a∈（0，e]（3）设F（x）＝，∴F′（x）＝2x2﹣x﹣＝，∵x＞1，∴F′（x）＞0，即F（x）在（1，+∞）上为增函数，∴F（x）＞F（1）＝＞0，∴F（x）＞0在（1，+∞）上恒成立，故当x＞1时，．26．已知函数f（x）＝（ax+1）e x，a∈R（1）当a＝1时，求函数f（x）的最小值．（2）当a＝时，对于两个不相等的实数x1，x2，有f（x1）＝f（x2），求证：x1+x2＜2．【解答】解：（1）当a＝1，f（x）＝（x+1）e x，∴f′（x）＝（x+2）e x，∴f（x）在（﹣∞，﹣2）上单调递减，在（﹣2，+∞）上单调递增，∴f（x）min＝f（﹣2）＝﹣．（2）当a＝时，f（x）＝（﹣x+1）e x，对于两个不相等的实数x1，x2，有f（x1）＝f（x2），∵f′（x）＝（1﹣x）e x，∴f（x）在（﹣∞，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，不妨设x1＜1＜x2，令g（x）＝f（x）﹣f（2﹣x），（x＜1）∴g′（x）＝（1﹣x）（e x﹣e2﹣x），当x＜1时，1﹣x＞0，x＜2﹣x，e x﹣e2﹣x＜0，∴g′（x）＜0，∴g（x）在（﹣∞，1）单调递减，∴g（x）＞g（1）＝f（1）﹣f（1）＝0，即f（x）﹣f（2﹣x）＞0，不妨设x1＜1＜x2，则2﹣x1＞1，由以上可知f（x1）＞f（2﹣x1），∵f（x）在（﹣∞，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，∵f（x1）＝f（x2），∴f（x2）＞f（2﹣x1），∵x2＞1，2﹣x1＞1，∵f（x）在（1，+∞）上单调递减，∴x2＜2﹣x1，∴x1+x2＜2。

.设()是定义在上的可导函数，当≠时，′()＋>，则关于的函数( )＝()＋的零点个数为( )．．．．或答案解析由′()＋>，得>，当>时，′()＋()>，即[()]′>，函数()单调递增；当<时，′()＋()<，即[()]′<，函数()单调递减．∴()>()＝，又()＝()＋－＝，函数()＝的零点个数等价于函数＝()＋的零点个数．当>时，＝()＋>，当<时，＝()＋>，所以函数＝()＋无零点，所以函数()＝()＋－的零点个数为.故选.．设函数()是定义在(－∞，)上的可导函数，其导函数为′()，且有()＋′()>，则不等式(＋)(＋)－(－)>的解集为．答案(－∞，－)解析由()＋′()>，<得()＋′()<，∴[()]′<<.令()＝()(<)，则′()<(<)，即()在(－∞，)上是减函数，因为(＋)＝(＋)(＋)，(－)＝(－)，所以不等式(＋)(＋)－(－)>即为(＋)－(－)>，即(＋)>(－)，又因为()在(－∞，)上是减函数，所以＋<－，∴<－.．已知()＝－，∈.若∀∈，∀∈，≠，<，则实数的取值范围为．答案≤－解析′()＝＋.依题意可知()在上为减函数，所以′()≤对∈恒成立，可得≤－对∈恒成立．设()＝－，∈.易知()为减函数，故()＝－，所以≤－.．设函数()＝＋－.()证明：()在(－∞，)单调递减，在(，＋∞)单调递增；()若对于任意，∈[－]，都有()－()≤－，求的取值范围．解()证明：′()＝(－)＋.若≥，则当∈(－∞，)时，－≤，′()<；当∈(，＋∞)时，－≥，′()>.若<，则当∈(－∞，)时，－>，′()<；当∈(，＋∞)时，－<，′()>.所以，()在(－∞，)单调递减，在(，＋∞)单调递增．()由()知，对任意的，()在[－]单调递减，在[]单调递增，故()在＝处取得最小值．所以对于任意，∈[－]，()－()≤－的充要条件是(\\(((－((≤－，(－(－((≤－，))即(\\(－≤－，－＋≤－.))①设函数()＝－－＋，则′()＝－.当<时，′()<；当>时，′()>.故()在(－∞，)单调递减，在(，＋∞)单调递增．又()＝，(－)＝－＋－<，故当∈[－]时，()≤.当∈[－]时，()≤，(－)≤，即①式成立；当>时，由()的单调性，()>，即－>－；当<－时，(－)>，即－＋>－.综上，的取值范围是[－]．．设>，函数()＝(＋)－.()求()的单调区间；()证明：()在(－∞，＋∞)上仅有一个零点；()若曲线＝()在点处的切线与轴平行，且在点(，)处的切线与直线平行(是坐标原点)，证明：≤－.解()′()＝＋(＋)＝(＋＋)＝(＋)≥，故()是上的单调递增函数，其单调增区间是(－∞，＋∞)，无单调减区间．()证明：因为()＝(＋)－＝－<，且( )＝(＋)－＝(＋)－＝>，由零点存在性定理知，()在(－∞，＋∞)上至少有一个零点．又由()知，函数()是(－∞，＋∞)上的单调递增函数，故函数()在(－∞，＋∞)上仅有一个零点．()证明：设点(，)，由曲线＝()在点处的切线与轴平行知，′()＝，即′()＝(＋)＝，(＋)＝，＝－，即(－－－)．。

2017高考数学一轮复习 第三章 导数及其应用 3.2.3 导数的综合应用对点训练 理1.设f (x )是定义在R 上的可导函数，当x ≠0时，f ′(x )＋f xx>0，则关于x 的函数g (x )＝f (x )＋1x的零点个数为( )A ．1B ．2C ．0D ．0或2 答案 C解析 由f ′(x )＋f x x >0，得xfx ＋f xx>0，当x >0时，xf ′(x )＋f (x )>0，即[xf (x )]′>0，函数xf (x )单调递增； 当x <0时，xf ′(x )＋f (x )<0， 即[xf (x )]′<0，函数xf (x )单调递减． ∴xf (x )>0f (0)＝0，又g (x )＝f (x )＋x －1＝xf x ＋1x ，函数g (x )＝xf x ＋1x的零点个数等价于函数y ＝xf (x )＋1的零点个数．当x >0时，y ＝xf (x )＋1>1，当x <0时，y ＝xf (x )＋1>1，所以函数y ＝xf (x )＋1无零点，所以函数g (x )＝f (x )＋x －1的零点个数为0.故选C.2．设函数f (x )是定义在(－∞，0)上的可导函数，其导函数为f ′(x )，且有2f (x )＋xf ′(x )>x 2，则不等式(x ＋2014)2f (x ＋2014)－4f (－2)>0的解集为________．答案 (－∞，－2016)解析 由2f (x )＋xf ′(x )>x 2，x <0得2xf (x )＋x 2f ′(x )<x 3，∴[x 2f (x )]′<x 3<0.令F (x )＝x 2f (x )(x <0)，则F ′(x )<0(x <0)，即F (x )在(－∞，0)上是减函数，因为F (x ＋2014)＝(x ＋2014)2f (x ＋2014)，F (－2)＝4f (－2)，所以不等式(x ＋2014)2f (x ＋2014)－4f (－2)>0即为F (x ＋2014)－F (－2)>0，即F (x ＋2014)>F (－2)，又因为F (x )在(－∞，0)上是减函数，所以x ＋2014<－2，∴x <－2016.3．已知f (x )＝ax －cos x ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π3.若∀x 1∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π3，∀x 2∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π3，x 1≠x 2，f x 2－f x 1x 2－x 1<0，则实数a 的取值范围为________．答案 a ≤－32解析 f ′(x )＝a ＋sin x .依题意可知f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π3上为减函数，所以f ′(x )≤0对x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π3恒成立，可得a ≤－sin x 对x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π3恒成立．设g (x )＝－sin x ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π3.易知g (x )为减函数，故g (x )min ＝－32，所以a ≤－32. 4．设函数f (x )＝e mx＋x 2－mx .(1)证明：f (x )在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增；(2)若对于任意x 1，x 2∈[－1,1]，都有|f (x 1)－f (x 2)|≤e－1，求m 的取值范围． 解 (1)证明：f ′(x )＝m (e mx－1)＋2x .若m ≥0，则当x ∈(－∞，0)时，e mx－1≤0，f ′(x )<0；当x ∈(0，＋∞)时，e mx－1≥0，f ′(x )>0.若m <0，则当x ∈(－∞，0)时，e mx－1>0，f ′(x )<0；当x ∈(0，＋∞)时，e mx－1<0，f ′(x )>0.所以，f (x )在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．(2)由(1)知，对任意的m ，f (x )在[－1,0]单调递减，在[0,1]单调递增，故f (x )在x ＝0处取得最小值．所以对于任意x 1，x 2∈[－1,1]，|f (x 1)－f (x 2)|≤e－1的充要条件是⎩⎪⎨⎪⎧f－f －1，f －－f －1，即⎩⎪⎨⎪⎧e m－m ≤e－1，e －m＋m ≤e－1. ①设函数g (t )＝e t－t －e ＋1，则g ′(t )＝e t－1.当t <0时，g ′(t )<0；当t >0时，g ′(t )>0.故g (t )在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．又g (1)＝0，g (－1)＝e －1＋2－e<0，故当t ∈[－1,1]时，g (t )≤0. 当m ∈[－1,1]时，g (m )≤0，g (－m )≤0，即①式成立； 当m >1时，由g (t )的单调性，g (m )>0，即e m－m >e －1；当m <－1时，g (－m )>0，即e －m＋m >e －1.综上，m 的取值范围是[－1,1]． 5．设a >1，函数f (x )＝(1＋x 2)e x－a . (1)求f (x )的单调区间；(2)证明：f (x )在(－∞，＋∞)上仅有一个零点；(3)若曲线y ＝f (x )在点P 处的切线与x 轴平行，且在点M (m ，n )处的切线与直线OP 平行(O 是坐标原点)，证明：m ≤3a －2e－1.解 (1)f ′(x )＝2x e x＋(1＋x 2)e x＝(x 2＋2x ＋1)e x ＝(x ＋1)2e x≥0，故f (x )是R 上的单调递增函数，其单调增区间是(－∞，＋∞)，无单调减区间．(2)证明：因为f (0)＝(1＋02)e 0－a ＝1－a <0，且f (ln a )＝(1＋ln 2a )e ln a－a ＝(1＋ln 2a )a －a ＝a ln 2a >0，由零点存在性定理知，f (x )在(－∞，＋∞)上至少有一个零点． 又由(1)知，函数f (x )是(－∞，＋∞)上的单调递增函数， 故函数f (x )在(－∞，＋∞)上仅有一个零点．(3)证明：设点P (x 0，y 0)，由曲线y ＝f (x )在点P 处的切线与x 轴平行知，f ′(x 0)＝0，即f ′(x 0)＝(x 0＋1)2e x 0＝0，(x 0＋1)2＝0，x 0＝－1，即P (－1,2e －1－a )．由点M (m ，n )处的切线与直线OP 平行知，f ′(m )＝k OP ， 即(1＋m )2e m＝2e －1－a －0－1－0＝a －2e.由e m ≥1＋m 知，(1＋m )3≤(1＋m )2e m＝a －2e，即1＋m ≤3a －2e ，即m ≤ 3a －2e－1.6．已知函数f (x )＝nx －x n，x ∈R ，其中n ∈N *，且n ≥2. (1)讨论f (x )的单调性；(2)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 )；(3)若关于x 的方程f (x )＝a (a 为实数)有两个正实数根x 1，x 2，求证：|x 2－x 1|<a1－n＋2.解 (1)由f (x )＝nx －x n，可得f ′(x )＝n －nx n －1＝n (1－xn －1)，其中n ∈N *，且n ≥2.下面分两种情况讨论：①当n 为奇数时．令f ′(x )＝0，解得x ＝1，或x ＝－1.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以， ②当n 为偶数时．当f ′(x )>0，即x <1时，函数f (x )单调递增； 当f ′(x )<0，即x >1时，函数f (x )单调递减．所以，f (x )在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． (2)证明：设点P 的坐标为(x 0,0)，则x 0＝n1n －1，f ′(x 0)＝n －n 2.曲线y ＝f (x )在点P 处的切线方程为y ＝f ′(x 0)(x －x 0)，即g (x )＝f ′(x 0)(x －x 0)．令F (x )＝f (x )－g (x )，即F (x )＝f (x )－f ′(x 0)(x －x 0)，则F ′(x )＝f ′(x )－f ′(x 0)．由于f ′(x )＝－nxn －1＋n 在(0，＋∞)上单调递减，故F ′(x )在(0，＋∞)上单调递减．又因为F ′(x 0)＝0，所以当x ∈(0，x 0)时，F ′(x )>0，当x ∈(x 0，＋∞)时，F ′(x )<0，所以F (x )在(0，x 0)上单调递增，在(x 0，＋∞)上单调递减，所以对于任意的正实数x ，都有F (x )≤F (x 0)＝0，即对于任意的正实数x ，都有f (x )≤g (x )．(3)证明：不妨设x 1≤x 2.由(2)知g (x )＝(n －n 2)(x －x 0)．设方程g (x )＝a 的根为x 2′，可得x 2′＝an －n 2＋x 0.当n ≥2时，g (x )在(－∞，＋∞)上单调递减．又由(2)知g (x 2)≥f (x 2)＝a ＝g (x 2′)，可得x 2≤x 2′.类似地，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x ∈(0，＋∞)，f (x )－h (x )＝－x n<0，即对于任意的x ∈(0，＋∞)，f (x )<h (x )．设方程h (x )＝a 的根为x 1′，可得x 1′＝a n.因为h (x )＝nx 在(－∞，＋∞)上单调递增，且h (x 1′)＝a ＝f (x 1)<h (x 1)，因此x 1′<x 1.由此可得x 2－x 1<x 2′－x 1′＝a1－n ＋x 0.因为n ≥2， 所以2n －1＝(1＋1)n －1≥1＋C 1n －1＝1＋n －1＝n ，故2≥n1n －1＝x 0. 所以|x 2－x 1|<a1－n＋2.7．已知函数f (x )＝ln (1＋x )，g (x )＝kx (k ∈R )． (1)证明：当x >0时，f (x )<x ；(2)证明：当k <1时，存在x 0>0，使得对任意的x ∈(0，x 0)，恒有f (x )>g (x )； (3)确定k 的所有可能取值，使得存在t >0，对任意的x ∈(0，t )，恒有|f (x )－g (x )|<x 2. 解 (1)证明：令F (x )＝f (x )－x ＝ln (1＋x )－x ，x ∈[0，＋∞)， 则有F ′(x )＝11＋x －1＝－x x ＋1.当x ∈(0，＋∞)时，F ′(x )<0， 所以F (x )在[0，＋∞)上单调递减，故当x >0时，F (x )<F (0)＝0，即当x >0时，f (x )<x .(2)证明：令G (x )＝f (x )－g (x )＝ln (1＋x )－kx ，x ∈[0，＋∞)， 则有G ′(x )＝1x ＋1－k ＝－kx ＋－kx ＋1. 当k ≤0时，G ′(x )>0，故G (x )在[0，＋∞)上单调递增，G (x )>G (0)＝0，故任意正实数x 0均满足题意．当0<k <1时，令G ′(x )＝0，得x ＝1－k k ＝1k－1>0，取x 0＝1k－1，对任意x ∈(0，x 0)，有G ′(x )>0，从而G (x )在[0，x 0)上单调递增， 所以G (x )>G (0)＝0，即f (x )>g (x )．综上，当k <1时，总存在x 0>0，使得对任意x ∈(0，x 0)，恒有f (x )>g (x )． (3)解法一：当k >1时，由(1)知，∀x ∈(0，＋∞)，g (x )>x >f (x )，故g (x )>f (x )， |f (x )－g (x )|＝g (x )－f (x )＝kx －ln (1＋x )． 令M (x )＝kx －ln (1＋x )－x 2，x ∈[0，＋∞)， 则有M ′(x )＝k －11＋x－2x ＝－2x 2＋k －x ＋k －1x ＋1.故当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，k －2＋k －2＋k －4时， M ′(x )>0，M (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，k －2＋k －2＋k －4上单调递增， 故M (x )>M (0)＝0，即|f (x )－g (x )|>x 2.所以满足题意的t 不存在． 当k <1时，由(2)知，存在x 0>0，使得当x ∈(0，x 0)时，f (x )>g (x )， 此时|f (x )－g (x )|＝f (x )－g (x )＝ln (1＋x )－kx . 令N (x )＝ln (1＋x )－kx －x 2，x ∈[0，＋∞)， 则有N ′(x )＝1x ＋1－k －2x ＝－2x 2－k ＋x ＋1－kx ＋1，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－k ＋＋k ＋2＋－k 4时，N ′(x )>0，N (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，－k ＋＋k ＋2＋－k 4上单调递增， 故N (x )>N (0)＝0，即f (x )－g (x )>x 2. 记x 0与－k ＋＋k ＋2＋－k4中的较小者为x 1，则当x ∈(0，x 1)时，恒有|f (x )－g (x )|>x 2. 故满足题意的t 不存在．当k ＝1时，由(1)知，当x >0时，|f (x )－g (x )|＝g (x )－f (x )＝x －ln (1＋x )． 令H (x )＝x －ln (1＋x )－x 2，x ∈[0，＋∞)， 则有H ′(x )＝1－11＋x －2x ＝－2x 2－xx ＋1.当x >0时，H ′(x )<0，所以H (x )在[0，＋∞)上单调递减，故H (x )<H (0)＝0.故当x >0时， 恒有|f (x )－g (x )|<x 2.此时，任意正实数t 均满足题意． 综上，k ＝1.解法二：当k >1时，由(1)知，∀x ∈(0，＋∞)，g (x )>x >f (x )， 故|f (x )－g (x )|＝g (x )－f (x )＝kx －ln (1＋x )>kx －x ＝(k －1)x . 令(k －1)x >x 2，解得0<x <k －1.从而得到，当k >1时，对于x ∈(0，k －1)，恒有|f (x )－g (x )|>x 2， 故满足题意的t 不存在． 当k <1时，取k 1＝k ＋12，从而k <k 1<1，由(2)知，存在x 0>0，使得x ∈(0，x 0)，f (x )>k 1x >kx ＝g (x )，此时|f (x )－g (x )|＝f (x )－g (x )>(k 1－k )x ＝1－k2x .令1－k 2x >x 2，解得0<x <1－k 2，此时f (x )－g (x )>x 2. 记x 0与1－k 2中的较小者为x 1，当x ∈(0，x 1)时，恒有|f (x )－g (x )|>x 2.故满足题意的t 不存在．当k ＝1时，由(1)知，x >0，|f (x )－g (x )|＝g (x )－f (x )＝x －ln (1＋x )， 令M (x )＝x －ln (1＋x )－x 2，x ∈[0，＋∞)， 则有M ′(x )＝1－11＋x －2x ＝－2x 2－xx ＋1.当x >0时，M ′(x )<0，所以M (x )在[0，＋∞)上单调递减， 故M (x )<M (0)＝0.故当x >0时，恒有|f (x )－g (x )|<x 2， 此时，任意正实数t 均满足题意． 综上，k ＝1.8．已知函数f (x )＝ln 1＋x1－x.(1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)求证：当x ∈(0,1)时，f (x )>2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33； (3)设实数k 使得f (x )>k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33对x ∈(0,1)恒成立，求k 的最大值． 解 (1)因为f (x )＝ln (1＋x )－ln(1－x )，所以f ′(x )＝11＋x ＋11－x ，f ′(0)＝2.又因为f (0)＝0，所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝2x . (2)证明：令g (x )＝f (x )－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33，则g ′(x )＝f ′(x )－2(1＋x 2)＝2x 41－x 2.因为g ′(x )>0(0<x <1)，所以g (x )在区间(0,1)上单调递增． 所以g (x )>g (0)＝0，x ∈(0,1)，即当x ∈(0,1)时，f (x )>2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33.(3)由(2)知，当k ≤2时，f (x )>k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33对x ∈(0,1)恒成立． 当k >2时，令h (x )＝f (x )－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33，则 h ′(x )＝f ′(x )－k (1＋x 2)＝kx 4－k －21－x2. 所以当0<x < 4k －2k时，h ′(x )<0，因此h (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0， 4k －2k 上单调递减．当0<x < 4k －2k 时，h (x )<h (0)＝0，即f (x )<k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33.所以当k >2时，f (x )>k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33并非对x ∈(0,1)恒成立．综上可知，k 的最大值为2.9．已知函数f (x )＝ln x －12ax 2－2x (a <0)．(1)若函数f (x )在定义域内单调递增，求a 的取值范围；(2)若a ＝－12且关于x 的方程f (x )＝－12x ＋b 在[1,4]上恰有两个不相等的实数根，求实数b 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝－ax 2＋2x －1x(x >0)．依题意f ′(x )≥0在x >0时恒成立，即ax 2＋2x －1≤0在x >0时恒成立． 则a ≤1－2x x2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12－1在x >0时恒成立，即a ≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1x－12－1min (x >0)，当x ＝1时，⎝ ⎛⎭⎪⎫1x－12－1取最小值－1.∴a 的取值范围是(－∞，－1]．(2)a ＝－12，f (x )＝－12x ＋b ⇔14x 2－32x ＋ln x －b ＝0.设g (x )＝14x 2－32x ＋ln x －b (x >0)．则g ′(x )＝x －x －2x .列表：∴g (x )极小值＝g (2)＝ln 2－b －2，g (x )极大值＝g (1)＝－b －4，又g (4)＝2ln 2－b －2，∵方程g (x )＝0在[1,4]上恰有两个不相等的实数根，则⎩⎪⎨⎪⎧g ，g，g，得ln 2－2<b ≤－54.10.如图，现要在边长为100 m 的正方形ABCD 内建一个交通“环岛”．以正方形的四个顶点为圆心在四个角分别建半径为x m(x 不小于9)的扇形花坛，以正方形的中心为圆心建一个半径为15x 2m 的圆形草地．为了保证道路畅通，岛口宽不小于60 m ，绕岛行驶的路宽均不小于10 m.(1)求x 的取值范围(运算中2取1.4)；(2)若中间草地的造价为a 元/m 2，四个花坛的造价为433ax 元/m 2，其余区域的造价为12a 11元/m 2，当x 取何值时，可使“环岛”的整体造价最低？解 (1)由题意得，⎩⎪⎨⎪⎧x ≥9100－2x ≥601002－2x －2×15x 2≥2×10，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ≥9x ≤20－20≤x ≤15，即9≤x ≤15.所以x 的取值范围是[9,15]．(2)记“环岛”的整体造价为y 元，则由题意得y ＝a ×π×⎝ ⎛⎭⎪⎫15x 22＋433ax ×πx 2＋12a 11×⎣⎢⎡⎦⎥⎤104－π×⎝ ⎛⎭⎪⎫15x 22－πx 2＝a 11⎣⎢⎡π⎝ ⎛ －125x4＋43x 3－12x 2 ] )＋12×104， 令f (x )＝－125x 4＋43x 3－12x 2，则f ′(x )＝－425x 3＋4x 2－24x ＝－4x ⎝ ⎛⎭⎪⎫125x 2－x ＋6，由f ′(x )＝0，解得x ＝10或x ＝15或x ＝0(舍)，列表如下：即当x＝10时，可使“环岛”的整体造价最低．。

课时作业16 导数的综合应用[基础达标]1．[2021·长沙市四校高三年级模拟考试]已知函数f (x )＝sin x －x cos x －16x 3，f ′(x )为f (x )的导数．(1)证明：f ′(x )在区间⎝⎛⎭⎫0，π2上不存在零点； (2)若f (x )>kx －x cos x －16x 3－1对x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2恒成立，求实数k 的取值范围．2．[2021·山东泰安一中联考]已知函数f (x )＝12x 2－a ln x ＋1(a ∈R )． (1)若函数f (x )在[1,2]上是单调递增函数，求实数a 的取值范围；(2)若－2≤a <0，对任意x 1，x 2∈[1,2]，不等式|f (x 1)－f (x 2)|≤m ⎪⎪⎪⎪1x 1－1x 2恒成立，求实数m的取值范围．3.[2021·河北省九校高三联考试题]已知函数f (x )＝e x －cos x .(1)求f (x )的图象在点(0，f (0))处的切线方程；(2)求证：f (x )在⎝⎛⎭⎫－π2，＋∞上仅有2个零点．4．[2021·郑州模拟]已知函数f (x )＝e x x＋a (x －ln x )，a ∈R . (1)当a ＝－e 时，求f (x )的最小值；(2)若f (x )有两个零点，求参数a 的取值范围．[能力挑战]5．已知函数f (x )＝x －(a ＋1)ln x －a x (a ∈R )，g (x )＝12x 2＋e x －x e x . (1)当x ∈[1，e]时，求f (x )的最小值；(2)当a <1时，若存在x 1∈[e ，e 2]，使得对任意的x 2∈[－2,0]，f (x 1)<g (x 2)恒成立，求a 的取值范围．课时作业161．解析：(1)由题意得f ′(x )＝x sin x －12x 2＝x ⎝⎛⎭⎫sin x －12x ， 令g (x )＝sin x －12x ，则g ′(x )＝cos x －12，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π3时，g ′(x )>0，g (x )单调递增；当x ∈⎝⎛⎭⎫π3，π2时，g ′(x )<0，g (x )单调递减．又g (0)＝0，g ⎝⎛⎭⎫π3＝32－π6>0，g ⎝⎛⎭⎫π2＝1－π4>0， ∴g (x )>0在⎝⎛⎭⎫0，π2上恒成立，故f ′(x )>0在⎝⎛⎭⎫0，π2上恒成立， 故f ′(x )在区间⎝⎛⎭⎫0，π2上不存在零点． (2)由f (x )>kx －x cos x －16x 3－1，得sin x >kx －1. ∵x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，∴k <sin x ＋1x， 令t (x )＝1＋sin x x ，则t ′(x )＝x cos x －sin x －1x 2， 令m (x )＝x cos x －sin x －1，则当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时，m ′(x )＝－x sin x <0恒成立， ∴m (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上单调递减，∴当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时，m (x )<m (0)＝－1<0， ∴t ′(x )<0在⎝⎛⎭⎫0，π2上恒成立，即t (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上单调递减， ∴当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时，t (x )>t ⎝⎛⎭⎫π2＝4π， ∴k ≤4π， ∴k 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，4π. 2．解析：(1)易知f (x )不是常值函数，∵f (x )＝12x 2－a ln x ＋1在[1,2]上是增函数， ∴f ′(x )＝x －a x≥0恒成立， 所以a ≤x 2，只需a ≤(x 2)min ＝1.(2)因为－2≤a <0，由(1)知，函数f (x )在[1,2]上单调递增，不妨设1≤x 1≤x 2≤2，则|f (x 1)－f (x 2)|≤m ⎪⎪⎪⎪1x 1－1x 2， 可化为f (x 2)＋m x 2≤f (x 1)＋m x 1， 设h (x )＝f (x )＋m x ＝12x 2－a ln x ＋1＋m x，则h (x 1)≥h (x 2)， 所以h (x )为[1,2]上的减函数，即h ′(x )＝x －a x －m x 2≤0在[1,2]上恒成立， 等价于m ≥x 3－ax 在[1,2]上恒成立，设g (x )＝x 3－ax ，所以m ≥g (x )max ，因－2≤a <0，所以g ′(x )＝3x 2－a >0，所以函数g (x )在[1,2]上是增函数，所以g (x )max ＝g (2)＝8－2a ≤12(当且仅当a ＝－2时等号成立)．所以m ≥12.3．解析：(1)f ′(x )＝e x ＋sin x ，f ′(0)＝1，f (0)＝0，∴f (x )的图象在点(0，f (0))处的切线方程为y －0＝x －0，即y ＝x .(2)令g (x )＝f ′(x )＝e x ＋sin x ，则g ′(x )＝e x ＋cos x ，当－π2<x <π2时，g ′(x )>0，∴g (x )在⎝⎛⎭⎫－π2，π2上单调递增． 而g ⎝⎛⎭⎫－π2＝2e π-－1<0，g ⎝⎛⎭⎫π2＝2e π＋1>0， 由零点存在性定理知g (x )在⎝⎛⎭⎫－π2，π2上有唯一零点， ∴f ′(x )在⎝⎛⎭⎫－π2，π2上有唯一零点． 又f ′⎝⎛⎭⎫－π2<0，f ′(0)＝1>0， ∴f ′(x )在⎝⎛⎭⎫－π2，π2上单调递增且有唯一零点α∈⎝⎛⎭⎫－π2，0， ∴x ∈⎝⎛⎭⎫－π2，α时，f ′(x )<0；x ∈⎝⎛⎭⎫α，π2时，f ′(x )>0. ∴f (x )在⎝⎛⎭⎫－π2，α上单调递减，在⎝⎛⎭⎫α，π2上单调递增， 又f (0)＝0，∴f (α)<0，结合f ⎝⎛⎭⎫－π2＝2e π->0，f ⎝⎛⎭⎫π2＝2e π>0，由零点存在性定理知f (x )在⎝⎛⎭⎫－π2，α上有一个零点，在⎝⎛⎭⎫α，π2上有一个零点0. 当x ≥π2时，e x >1，cos x ≤1，e x －cos x >0，f (x )>0， 此时f (x )无零点．综上，f (x )在⎝⎛⎭⎫－π2，＋∞上仅有2个零点． 4．解析：(1)f (x )＝e x x＋a (x －ln x )，定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝e x (x －1)x 2＋a (x －1)x ＝(x －1)(e x ＋ax )x 2， 当a ＝－e 时，f ′(x )＝(x －1)(e x －e x )x 2，由于e x ≥e x 在(0，＋∞)上恒成立．故f (x )在(0,1)上单调递减，f (x )在(1，＋∞)上单调递增．f (x )min ＝f (1)＝e ＋a ＝0.(2)f ′(x )＝(x －1)(e x ＋ax )x 2，当a ＝－e 时，f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． f (x )min ＝f (1)＝a ＋e ＝0，f (x )只有一个零点．当a >－e 时，ax >－e x ，故e x ＋ax >e x －e x ≥0在(0，＋∞)上恒成立．故f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．f (x )min ＝f (1)＝a ＋e>0，故当a >－e 时，f (x )没有零点．当a <－e 时，令e x ＋ax ＝0，得e x x ＝－a ，令φ(x )＝e x x， φ′(x )＝(x －1)e xx 2. φ(x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，φ(x )min ＝φ(1)＝e ，e x ＋ax ＝0在(0，＋∞)上有两个零点x 1，x 2,0<x 1<1<x 2，f (x )在(0，x 1)上单调递减，在(x 1,1)上单调递增，在(1，x 2)上单调递减，在(x 2，＋∞)上单调递增，f (1)＝a ＋e<0，又x →0时，f (x )→＋∞，x →＋∞时，f (x )→＋∞.此时f (x )有两个零点．综上，若f (x )有两个零点，则a <－e.5．解析：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝(x －1)(x －a )x 2. ①当a ≤1时，x ∈[1，e]，f ′(x )≥0，f (x )为增函数，f (x )min ＝f (1)＝1－a .②当1<a <e 时，x ∈[1，a ]时，f ′(x )≤0，f (x )为减函数；x ∈[a ，e]时，f ′(x )≥0，f (x )为增函数．所以f (x )min ＝f (a )＝a －(a ＋1)ln a －1.③当a ≥e 时，x ∈[1，e]时，f ′(x )≤0，f (x )在[1，e]上为减函数．f (x )min ＝f (e)＝e －(a ＋1)－a e. 综上，当a ≤1时，f (x )min ＝1－a ；当1<a <e 时，f (x )min ＝a －(a ＋1)ln a －1；当a ≥e 时，f (x )min ＝e －(a ＋1)－a e. (2)由题意知f (x )(x ∈[e ，e 2])的最小值小于g (x )(x ∈[－2,0])的最小值．由(1)知当a <1时，f (x )在[e ，e 2]上单调递增，f (x )min ＝f (e)＝e －(a ＋1)－a e.g ′(x )＝(1－e x )x . 当x ∈[－2,0]时，g ′(x )≤0，g (x )为减函数．g (x )min ＝g (0)＝1.所以e －(a ＋1)－a e <1，即a >e 2－2e e ＋1， 所以a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2－2e e ＋1，1.。

高考数学一轮复习 第3章 导数及其应用3．3导数的综合应用练习（含解析）苏教版一、填空题1．函数f (x )＝12x －x 3在区间[－3,3]上的最小值是__________．2．(2012江苏溧水中学模拟)已知f (x )＝x ＋cos x (x ∈R )，则不等式f (e x－1)＞f (0)的解集为__________．3．已知函数y ＝3x 3＋2x 2－1在区间(m,0)内为减函数，则m 的取值范围是__________．4．(2012江苏南通高三第一次调研)已知f (x )＝x 4－4x 3＋(3＋m )x 2－12x ＋12，m ∈R .若对于任意实数x ，f (x )≥0恒成立，则m 的取值范围为________．5．已知函数f (x )＝x ＋sin x ．设P ，Q 是函数f (x )图象上相异的两点，则直线PQ 的斜率________0(填“＞”、“＜”)．6．已知：三次函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，在(－∞，－1)，(2，＋∞)上单调递增，在(－1,2)上单调递减，当且仅当x ＞4时，f (x )＞x 2－4x ＋5.则函数f (x )的解析式为________．7．对于R 上可导的任意函数f (x )，若满足(x －1)f ′(x )≥0，则必有f (0)＋f (2)________2f (1)．8．(2012江苏淮安四校联考)挖一条隧道，截面下方为矩形，上方为半圆(如图)，如果截面积为20 m 2，当宽为__________时，使截面周长最小．9．(2012江苏盐城三模)若不等式|ax 3－ln x |≥1对任意x ∈ (0,1]都成立，则实数a 的取值范围是________．二、解答题10．设函数f (x )＝6x 3＋3(a ＋2)x 2＋2ax .(1)若f (x )的两个极值点为x 1，x 2，且x 1x 2＝1，求实数a 的值；(2)是否存在实数a ，使得f (x )是(－∞，＋∞)上的单调函数？若存在，求出a 的值；若不存在，说明理由．11．某集团为了获得更大的收益，每年要投入一定的资金用于广告促销．经调查投入广告费t (百万元)，可增加销售额约为－t 2＋5t (百万元)(0≤t ≤5)．(1)若该公司将当年的广告费控制在3百万元之内，则应投入多少广告费，才能使该公司由此获得的收益最大？(2)现该公司准备共投入3百万元，分别用于广告促销和技术改造．经预测，每投入技术改造费x (百万元)，可增加的销售额约为－13x 3＋x 2＋3x (百万元)．请设计一个资金分配方案，使该公司由此获得的收益最大？(注：收益＝销售额－投放)．12．(2012江苏泰州月考)已知f (x )＝2x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3. (1)求函数f (x )的最小值；(2)若存在x ∈ (0，＋∞)，使f (x )≤g (x )成立，求实数a 的取值范围；(3)证明对一切x ∈ (0，＋∞)，都有f (x )＞2⎝ ⎛⎭⎪⎫x e x －2e 成立．参考答案一、填空题1．－16 解析：由f ′(x )＝12－3x 2＝0，得x ＝－2或x ＝2. 又f (－3)＝－9，f (－2)＝－16，f (2)＝16，f (3)＝9， ∴函数f (x )在[－3,3]上的最小值为－16.2．(0，＋∞) 解析：f (x )＝x ＋cos x ，f ′(x )＝1－sin x ≥0，∴f (x )(x ∈R )是增函数．若f (e x －1)＞f (0)，则e x－1＞0，e x ＞1，即x ＞0.∴解集为(0，＋∞)．3.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－49，0 解析：由y ′＝9x 2＋4x ≤0得－49≤x ≤0，而y ＝3x 3＋2x 2－1在区间(m,0)内为减函数，所以－49≤m ＜0.4．[4，＋∞) 解析：f (x )＝x 4－4x 3＋(3＋m )x 2－12x ＋12＝(x 2＋3)(x －2)2＋(m －4)x 2. 当m ＜4时，f (2)＝4(m －4)＜0，不合题意；当m ≥4时，f (x )＝(x 2＋3)(x －2)2＋(m －4)x 2≥0，对一切实数x 恒成立． 所以m 的取值范围是[4，＋∞)． 5．＞6．f (x )＝x 3－32x 2－6x －11解析：∵f (x )在(－∞，－1)，(2，＋∞)上单增，(－1,2)上单减，∴f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ＝0有两根－1,2.∴2312,,326,12,3a a b b ⎧-+⎧⎪=-⎪⎪∴⎨⎨⎪⎪=--⨯=⎩⎪⎩∴f (x )＝x 3－32x 2－6x ＋c .令H (x )＝f (x )－x 2＋4x －5＝x 3－52x 2－2x ＋c －5，H ′(x )＝3x 2－5x －2＝(3x ＋1)(x －2)，H (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－13，(2，＋∞)上单调递增，⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，2上单调递减， 故(4)0,11.1()0.3H c H =⎧⎪∴=-⎨-<⎪⎩∴f (x )＝x 3－32x 2－6x －11.7．≥ 解析：当x ≥1时，f ′(x )≥0，故f (2)≥f (1)；当x ＜1时，f ′(x )≤0，故f (0)≥f (1)，又f (2)≥f (1)，所以f (0)＋f (2)≥2f (1)．8．4104＋π解析：如图所示，设半圆的半径为r ，矩形的高为h ，则截面积S ＝2rh ＋πr22＝20，截面周长C ＝2r ＋2h ＋πr ＝2r ＋20－πr 22r ＋πr ＝2r ＋20r －πr 2＋πr ＝⎝⎛⎭⎪⎫2＋π2r ＋20r . 设C ′(r )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋π2－20r 2，令C ′(r )＝0，解得r ＝2104＋π. 故当r ＝2104＋π时，周长C 最小，即宽为4104＋π时，截面周长最小． 9．a ≥e 23解析：显然x ＝1时，有|a |≥1，则a ≤－1或a ≥1.令g (x )＝ax 3－ln x ，g ′(x )＝3ax 2－1x ＝3ax 3－1x.①当a ≤－1时，对任意x ∈(0,1]，g ′(x )＝3ax 3－1x＜0，g (x )在(0,1]上递减，g (x )min ＝g (1)＝a ≤－1，此时g (x )∈[a ，＋∞)，|g (x )|的最小值为0，不适合题意．②当a ≥1时，对任意x ∈(0,1]，g ′(x )＝3ax 3－1x＝0⇒x ＝313a， |g (x )|的最小值为g ⎝⎛⎭⎪⎫313a ＝13＋13ln(3a )≥1，解得：a ≥e 23，故所求a ≥e23.二、解答题10．解：(1)f ′(x )＝18x 2＋6(a ＋2)x ＋2a ，令f ′(x )＝0，得18x 2＋6(a ＋2)x ＋2a ＝0两根为x 1，x 2，且x 1x 2＝1＝2a18，所以a ＝9.(2)由f ′(x )＝18x 2＋6(a ＋2)x ＋2a 开口向上，且Δ＝36(a ＋2)2－8×18a ＝36(a 2＋4)＞0恒成立，得方程18x 2＋6(a ＋2)x ＋2a ＝0有两个相异实根，故不存在a 使f (x )是单调函数．11．解：(1)设投入t (t 百万元)的广告费后增加的收益为f (t )(百万元)，则有f (t )＝(－t 2＋5t )－t ＝－t 2＋4t ＝－(t －2)2＋4(0＜t ≤3)， 所以当t ＝2百万元时，f (t )取得最大值4百万元．即投入2百万元时的广告费时，该公司由此获得的收益最大．(2)设用技术改造的资金为x (百万元)，则用于广告促销的资金为(3－x )(百万元)，则有g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－13x 3＋x 2＋3x ＋[－(3－x )2＋5(3－x )]－3＝－13x 3＋4x ＋3(0≤x ≤3)，所以g ′(x )＝－x 2＋4.令g ′(x )＝0，解得x ＝2，或x ＝－2(舍去)． 又当0≤x ＜2时，g ′(x )＞0，当2＜x ≤3时，g ′(x )＜0. 故g (x )在[0,2]上是增函数，在[2,3]上是减函数． 所以当x ＝2时，g (x )取最大值，即将2百万元用于技术改造，1百万元用于广告促销，该公司由此获得的收益最大．12．(1)解：f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2(ln x ＋1)，令f ′(x )＝0，得x ＝1e.当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1e 时，f ′(x )＜0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e，＋∞时，f ′(x )＞0，所以f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减；在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递增．故当x ＝1e 时，f (x )取最小值为－2e.(2)解：存在x ∈∈(0，＋∞)，使f (x )≤g (x )成立，即存在x ∈ (0，＋∞)使2x ln x ≤－x 2＋ax －3能成立，等价于存在x ∈ (0，＋∞)使a ≥2ln x ＋x ＋3x能成立．等价于a ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫2ln x ＋x ＋3x min .记h (x )＝2ln x ＋x ＋3x，x ∈ (0，＋∞)，则h ′(x )＝2x ＋1－3x 2＝x 2＋2x －3x 2＝(x ＋3)(x －1)x2. 当x ∈ (0,1)时，h ′(x )＜0； 当x ∈ (1，＋∞)时，h ′(x )＞0，所以当x ＝1时，h (x )取最小值为4，故a ≥4.(3)证明：记j (x )＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x e x －2e ，x ∈ (0，＋∞)，则j ′(x )＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x e x .当x ∈ (0,1)时，j ′(x )＞0；当x ∈ (1，＋∞)时，j ′(x )＜0，所以当x ＝1时，j (x )取最大值为－2e.又由(1)知当x ＝1e时，f (x )取最小值为－2e，故对一切x ∈ (0，＋∞)，都有f (x )＞2⎝ ⎛⎭⎪⎫x e x －2e 成立．。

题组层级快练3.2导数的应用--单调性一、单项选择题1．当x>0时，f(x)＝x ＋4x 的单调递减区间是()A ．(2，＋∞)B ．(0，2)C ．(2，＋∞)D ．(0，2)2．函数f(x)＝－2lnx －x －3x 的单调递增区间是()A ．(0，＋∞)B ．(－3，1)C ．(0，1)D ．(1，＋∞)3．函数y ＝f(x)在定义域－32，3内可导，其图象如图所示．记y ＝f(x)的导函数为y ＝f ′(x)，则不等式f ′(x)≤0的解集为()A.－13，1∪[2，3]B.－1，12∪43，83 C.－32，12∪[1，2) D.－32，－13∪12，43∪43，34．(2021·广东六校联考)已知函数f(x)＝1＋x －sinx ，则f(2)，f(3)，f(π)的大小关系正确的是()A ．f(2)>f(3)>f(π)B ．f(3)>f(2)>f(π)C ．f(2)>f(π)>f(3)D ．f(π)>f(3)>f(2)5．(2020·湖北宜昌一中模拟)已知函数f(x)＝12x 3＋ax ＋4，则“a>0”是“f(x)在R 上单调递增”的()A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件6．若f(x)＝x 3－ax 2＋1在(1，3)上单调递减，则实数a 的取值范围是()A ．(－∞，3]B.92，＋∞D ．(0，3)7．若函数y ＝a(x 3－x)－33，a 的取值范围是()A ．a ＞0B ．－1＜a ＜0C ．a ＞1D ．0＜a ＜18．(2020·四川省北大附中月考)函数f(x)＝2x 2－ln|x|的部分图象大致为()9．(2021·四川省北大附中月考)已知函数f(x)＝x 2－alnx ＋1在(1，3)内不是单调函数，则实数a 的取值范围是()A ．(2，18)B ．[2，18]C ．(－∞，2]∪[18，＋∞)D ．[2，18)10．若函数f(x)＝kx －lnx 在区间(1，＋∞)上单调递增，则实数k 的取值范围是()A ．(－∞，－2]B ．(－∞，－1]C ．[2，＋∞)D ．[1，＋∞)11．(2021·四川省成都实外高三三模)已知函数f(x)是定义在R 上的偶函数，当x ≥0时，f(x)＝e x ＋x ，则a ＝f(－2)，b ＝f(log 29)，c ＝f(5)的大小关系为()A ．a>b>cB ．a>c>bC ．b>a>cD ．b>c>a二、多项选择题12．(2021·济南调研)已知定义在区间(－π，π)上的函数f(x)＝xsinx ＋cosx ，则f(x)的单调递增区间是()－π2，三、填空题与解答题13．(2020·湖北荆州质检)函数f(x)＝lnx －12x 2－x ＋5的单调递增区间为________．14．(2021·通辽蒙古族中学高三模拟)若y ＝asinx ＋cos2x a 的取值范围是________．15．设函数f(x)＝x(e x －1)－ax 2.(1)若a ＝12，求f(x)的单调区间；(2)若当x ≥0时f(x)≥0，求a 的取值范围．16．【多选题】(2021·八省联考)已知函数f(x)＝xln(1＋x)，则()A ．f(x)在(0，＋∞)上单调递增B ．f(x)有两个零点C ．曲线y ＝f(x)－12，1－ln2D ．f(x)是偶函数17．【多选题】(2021·山东泰安市高二期中)已知a>b>1，e 为自然对数的底数，则下列不等式一定成立的是()A ．ae a >be bB ．alnb>blnaC ．alna>blnbD ．be a >ae b3.2导数的应用--单调性参考答案1．答案B解析令f ′(x)＝1－4x 2＝（x －2）（x ＋2）x 2<0，又x>0，∴x ∈(0，2)，∴选B.2．答案C解析依题意，函数的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝－2x －1＋3x 2＝－x 2－2x ＋3x 2＝－（x ＋3）（x －1）x2，故当0<x<1时，f ′(x)>0，所以函数的单调递增区间为(0，1)．故选C.3．答案A解析由图象知在－13，1和[2，3]上f(x)单调递减，因此f ′(x)≤0的解集为－13，1∪[2，3]．故选A.4．答案D解析f ′(x)＝1－cosx ，当x ∈(0，π]时，f ′(x)>0，所以f(x)在(0，π]上是增函数，所以f(π)>f(3)>f(2)．故选D.5．答案A解析f ′(x)＝32x 2＋a ，当a ≥0时，f ′(x)≥0恒成立，故“a>0”是“f(x)在R 上单调递增”的充分不必要条件．故选A.6．答案B解析因为函数f(x)＝x 3－ax 2＋1在(1，3)上单调递减，所以f ′(x)＝3x 2－2ax ≤0在(1，3)上恒成立，即a ≥32x在(1，3)上恒成立．因为32x<92，所以a ≥92.故选B.7．答案A解析y ′＝a(3x 2－1)＝若函数y ＝a(x 3－x)－33，则当x －33，y ′＜00，∴a ＞0.8．答案A解析∵f(x)＝2x 2－ln|x|＝f(－x)，∴函数f(x)是偶函数，∴f(x)的图象关于y 轴对称，故排除B ；又当x →0＋时，f(x)→＋∞，故排除D ；当x ＞0时，f(x)在f ′(x)＝0时取最小值，即4x －1x＝0时取最小值，解得x＝12，此时f(x)＝12－ln 12>0，故排除C.故选A.9．答案A解析∵f ′(x)＝2x －a x (x ＞0)，f(x)＝x 2－alnx ＋1在(1，3)内不是单调函数，∴2x －ax＝0在(1，3)内存在变号零点，即a ＝2x 2在(1，3)内存在零点，∴2<a<18.故选A.10．答案D解析因为f(x)＝kx －lnx ，所以f ′(x)＝k －1x.因为f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，所以当x>1时，f ′(x)＝k －1x ≥0恒成立，即k ≥1x 在区间(1，＋∞)上恒成立．因为x>1，所以0<1x <1，所以k ≥1.故选D.11．答案D解析当x ≥0时，f(x)＝e x ＋x ，则f ′(x)＝e x ＋1＞0，所以f(x)在x ∈[0，＋∞)上单调递增，又log 29>log 28＝3>5>2，所以f(log 29)>f(5)>f(2)．因为函数f(x)是定义在R 上的偶函数，所以a ＝f(－2)＝f(2)，所以b>c>a.故选D.12．答案AC解析f ′(x)＝sinx ＋xcosx －sinx ＝xcosx.令f ′(x)＝xcosx>0，解得－π<x<－π2或0<x<π2.∴f(x)故选AC.13．答案解析函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，再由f ′(x)＝1x －x －1>0可解得0<x<5－12.14．答案[23，＋∞)解析由题意y ＝asinx ＋cos2x 可知：y ′＝acosx －2sin2x ≥0即a ≥4sinx 4sinx ≤23，∴a ≥23.15．答案(1)单调递增区间为(－∞，－1]，[0，＋∞)，单调递减区间为(－1，0)(2)(－∞，1]解析(1)当a ＝12时，f(x)＝x(e x －1)－12x 2，f ′(x)＝e x －1＋xe x －x ＝(e x －1)(x ＋1)．当x ∈(－∞，－1]时，f ′(x)≥0；当x ∈(－1，0)时，f ′(x)＜0；当x ∈[0，＋∞)时，f ′(x)≥0.故f(x)的单调递增区间为(－∞，－1]，[0，＋∞)，单调递减区间为(－1，0)．(2)f(x)＝x(e x －1－ax)．令g(x)＝e x －1－ax ，则g ′(x)＝e x －a.若a ≤1，则当x ∈(0，＋∞)时，g ′(x)＞0，g(x)为增函数，而g(0)＝0，从而当x ≥0时g(x)≥0，即f(x)≥0.若a ＞1，则当x ∈(0，lna)时，g ′(x)＜0，g(x)为减函数，而g(0)＝0，从而当x ∈(0，lna)时g(x)<0，即f(x)<0.综上得a 的取值范围为(－∞，1]．16．答案AC解析f(x)的定义域为(－1，＋∞)，不关于原点对称，故D 错误；因为f ′(x)＝ln(1＋x)＋x 1＋x ，当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x)>0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，故A 正确；又因为f ″(x)＝11＋x ＋1（1＋x ）2＝2＋x （1＋x ）2，当x ∈(－1，＋∞)时，f ″(x)>0恒成立，所以f ′(x)＝ln(1＋x)＋x1＋x 在x ∈(－1，＋∞)时单调递增，又f ′(0)＝0，当x ∈(－1，0)时，f ′(x)<0，所以f(x)在(－1，0)上单调递减；当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．又f(0)＝0，所以f(x)只有一个零点，故B 错误；因为f ′(x)＝ln(1＋x)＋x 1＋x ，所以f ln 12－1＝－1－ln2，故C 正确．17．答案ACD解析设f(x)＝xe x ，x>1，则f ′(x)＝(x ＋1)e x >0在(1，＋∞)上恒成立，故函数单调递增，故f(a)>f(b)，即ae a >be b ，A 正确；设g(x)＝lnxx ，x>1，则g ′(x)＝1－lnx x2，函数在(1，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，故当1<b<a<e 时，g(a)>g(b)，即lna a >lnbb，故alnb<blna ，B 错误；设h(x)＝xlnx ，x>1，则h ′(x)＝lnx ＋1>0在(1，＋∞)上恒成立，故函数单调递增，故h(a)>h(b)，即alna>blnb ，C 正确；设k(x)＝e x x ，x>1，则k ′(x)＝e x （x －1）x 2>0在(1，＋∞)上恒成立，故函数单调递增，故k(a)>k(b)，即e a a >e b b ，故be a >ae b ，D 正确．故选ACD.。

高考数学一轮复习导数及其应用多选题(讲义及答案)含答案一、导数及其应用多选题1．已知偶函数()y f x =对于任意的0,2x π⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭满足()()cos sin 0f x x f x x '+>（其中()f x '是函数()f x 的导函数），则下列不等式中不成立的是（ ）A34f ππ⎛⎫⎛⎫-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭B34f ππ⎛⎫⎛⎫-<- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭C ．()04f π⎛⎫>- ⎪⎝⎭ D．63f ππ⎛⎫⎛⎫<⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭【答案】ABC 【分析】 构造函数()()cos f x g x x =，结合导数和对称性可知()g x 为偶函数且在0,2x π⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭上单调递增，即可得23643f f πππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫<< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，从而可判断ABD 选项，由()04g g π⎛⎫< ⎪⎝⎭可判断C 选项.【详解】因为偶函数()y f x =对于任意的0,2x π⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭满足()()cos sin 0f x x f x x '+>， 所以构造函数()()cos f x g x x =，则()()2cos sin ()0cos f x x f x x g x x'+'=>， ∴()g x 为偶函数且在0,2x π⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭上单调递增，32333cos 3f g g f πππππ⎛⎫⎪⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎝⎭∴-=== ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，4444cos 4f g g πππππ⎛⎫ ⎪⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎝⎭-=== ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，666cos 6f g f ππππ⎛⎫ ⎪⎛⎫⎛⎫⎝⎭== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，由函数单调性可知643g g g πππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫<< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭2643f f πππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫<< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 对于AB，4343f f ππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫<=- ⎪ ⎪⎛⎫-= ⎪⎝⎭⎝⎭⎝ ⎪⎭⎭⎝，故AB 错误； 对于C ，()04g g π⎛⎫<⎪⎝⎭，()044f ππ⎛⎫⎛⎫<=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故C 错误；对于D 263f fππ⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即63f ππ⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故D 正确； 故选：ABC. 【点睛】关键点点睛：本题考查了利用导数研究函数的单调性，解题的关键是利用已知条件构造对应的新函数()()cos f x g x x=，利用导数研究函数的单调性，从而比较大小，考查学生的逻辑推理能力与转化思想，属于较难题.2．已知(0,1)x ∈，则下列正确的是（ ）A ．cos 2x x π+<B ．22xx <C ．sin 2x >D ．1ln 1x x <- 【答案】ABC 【分析】构造函数()sin f x x x =-证明其在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，即可得sin 22x x ππ⎛⎫-<-⎪⎝⎭即可判断选项A ；作出2yx 和2x y =的函数图象可判断选项B ；作出()sin2xf x =，()h x =的图象可判断选项C ；构造函数()1ln 1x g x x =+-利用导数判断其在()0,1x ∈上的单调性即可判断选项D ，进而可得正确选项.【详解】对于选项A ：因为()0,1x ∈，所以022x ππ<-<，令()sin f x x x =-，()cos 10f x x '=-≤，()sin f x x x =-在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭单调递减，所以()()00f x f <=，即sin x x <，所以sin 22x x ππ⎛⎫-<- ⎪⎝⎭即cos 2x x π<-，可得cos 2x x π+<，故A 正确， 对于选项B ：由图象可得()0,1x ∈，22x x <恒成立，故选项B 正确；对于选项C ：要证22sin 24xx x >+ 令()sin 2x f x =，()224xh x x =+()()f x f x -=-，()sin2xf x =是奇函数， ()()h x h x -=，()224x h x x =+是偶函数， 令2224144x t x x ==-++ ，则y t = 因为24y x =+在()0,∞+单调递增，所以2414t x =-+在()0,∞+单调递增，而y t =调递增，由符合函数的单调性可知()224x h x x =+在()0,∞+单调递增， 其函数图象如图所示：由图知当()0,1x ∈时22sin 24xx x >+C 正确； 对于选项D ：令()1ln 1x g x x =+-，()01x <<，()221110x g x x x x-'=-=<， 所以()1ln 1x g x x=+-在()0,1单调递减，所以()()1ln1110g x g >=+-=， 即1ln 10x x+->，可得1ln 1x x >-，故选项D 不正确.故选：ABC 【点睛】思路点睛：证明不等式恒成立（或能成立）一般可对不等式变形，分离参数，根据分离参数后的结果，构造函数，由导数的方法求出函数的最值，进而可求出结果；有时也可根据不等式，直接构成函数，根据导数的方法，利用分类讨论求函数的最值，即可得出结果.3．设函数()ln f x x x =，()212g x x =，给定下列命题，其中正确的是（ ） A ．若方程()f x k =有两个不同的实数根，则1,0k e⎛⎫∈- ⎪⎝⎭； B ．若方程()2kf x x =恰好只有一个实数根，则0k <；C ．若120x x >>，总有()()()()1212m g x g x f x f x ->-⎡⎤⎣⎦恒成立，则m 1≥；D ．若函数()()()2F x f x ag x =-有两个极值点，则实数10,2a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭．【答案】ACD 【分析】利用导数研究函数的单调性和极值，且将题意转化为()y f x =与y k =有两个不同的交点，即可判断A 选项；易知1x =不是该方程的根，当1x ≠时，将条件等价于y k =和ln xy x=只有一个交点，利用导数研究函数的单调性和极值，从而可推出结果，即可判断B 选项；当120x x >>时，将条件等价于1122()()()()mg x f x mg x f x ->-恒成立，即函数()()y mg x f x =-在(0,)+∞上为增函数，通过构造新函数以及利用导数求出单调区间，即可求出m 的范围，即可判断C 选项；2()ln (0)F x x x ax x =->有两个不同极值点，根据导数的符号列出不等式并求解，即可判断D 选项. 【详解】解：对于A ，()f x 的定义域(0,)+∞，()ln 1f x x '=+， 令()0f x '>，有ln 1x >-，即1x e>， 可知()f x 在1(0,)e 单调递减，在1+e∞（，）单调递增，所以极小值等于最小值， min 11()()f x f e e∴==-，且当0x →时()0f x →，又(1)0f =，从而要使得方程()f x k =有两个不同的实根，即()y f x =与y k =有两个不同的交点，所以1(,0)k e∈-，故A 正确； 对于B ，易知1x =不是该方程的根，当1x ≠时，()0f x ≠，方程2()kf x x =有且只有一个实数根，等价于y k =和ln xy x=只有一个交点， 2ln 1(ln )-'=x y x ，又0x >且1x ≠， 令0y '>，即ln 1x >，有x e >， 知ln xy x=在0,1（）和1e （，）单减，在+e ∞（，）上单增， 1x =是一条渐近线，极小值为e ,由ln xy x=大致图像可知0k <或=k e ，故B 错误；对于C ，当120x x >>时，[]1212()()()()m g x g x f x f x ->-恒成立， 等价于1122()()()()mg x f x mg x f x ->-恒成立， 即函数()()y mg x f x =-在(0,)+∞上为增函数， 即()()ln 10y mg x f x mx x =-''--'=≥恒成立，即ln 1+≥x m x在(0,)+∞上恒成立， 令ln 1()x r x x +=，则2ln ()xr x x -'=，令()0r x '>得ln 0x <，有01x <<，从而()r x 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减， 则max ()(1)1r x r ==，于是m 1≥，故C 正确；对于D ，2()ln (0)F x x x ax x =->有两个不同极值点， 等价于()ln 120F x x ax +-'==有两个不同的正根， 即方程ln 12x a x+=有两个不同的正根， 由C 可知，021a <<，即102a <<，则D 正确. 故选：ACD.【点睛】关键点点睛：本题考查导数的应用，利用导数研究函数的单调性和极值，以及利用导数解决函数的零点问题和恒成立问题从而求参数范围，解题的关键在于将零点问题转化成两个函数的交点问题，解题时注意利用数形结合，考查转化思想和运算能力．4．设函数()()()1f x x x x a =--，则下列结论正确的是（ ） A ．当4a =-时，()f x 在11,2⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上的平均变化率为194B ．当1a =时，函数()f x 的图像与直线427y =有2个交点 C ．当2a =时，()f x 的图像关于点()1,0中心对称D ．若函数()f x 有两个不同的极值点1x ，2x ，则当2a ≥时，()()120f x f x +≤ 【答案】BCD 【分析】运用平均变化率的定义可分析A ，利用导数研究()f x 的单调性和极值，可分析B 选项，证明()()20f x f x +-=可分析C 选项，先得出1x ，2x 为方程()23210x a x a -++=的两个实数根，结合韦达定理可分析D 选项． 【详解】对于A ，当4a =-时，()()()14f x x x x =-+，则()f x 在11,2⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上的平均变化率为()()()119123192221412⎛⎫⨯-⨯--⨯-⨯ ⎪⎝⎭=---，故A 错误；对于B ，当1a =时，()()23212f x x x x x x =-=-+，()()()2341311f x x x x x '=-+=--，可得下表：因为327f ⎛⎫= ⎪⎝⎭，()10f =，()42227f =>，结合()f x 的单调性可知， 方程()427f x =有两个实数解，一个解为13，另一个解在()1,2上，故B 正确； 对于C ，当2a =时，()()()()()()()231211111f x x x x x x x x ⎡⎤=--=---=---⎣⎦， 则有()()()()()()33211110f x f x x x x x +-=---+---=，故C 正确； 对于D ，()()()1f x x x x a =--，()()()()()2121321f x x x a x x a x a x a '=--+--=-++，令()0f x '=，可得方程()23210x a x a -++=，因为()()22412130a a a ∆=-+=-+>，且函数()f x 有两个不同的极值点1x ，2x ，所以1x ，2x 为方程()23210x a x a -++=的两个实数根，则有()12122132x x a a x x ⎧+=+⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，则()()()()()()1211122211f x f x x x x a x x x a +=--+--()()()()33221212121x x a x x a x x =+-++++()()()()()22212112212121212x x x x x x a x x x x a x x ⎡⎤=+-++++-++⎣⎦()()()22211221212221233a x x x x x x x x a ⎡⎤=+-+-+++⎢⎥⎣⎦()()()()()21242212113327a a a x x a a --⎡⎤=+-++=-+⋅⎢⎥⎣⎦因为2a ≥，所以()()120f x f x +≤，故D 正确； 故选：BCD ． 【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数研究函数的单调性，平均变化率，极值等问题，本题的关键是选项D ，利用根与系数的关系，转化为关于a 的函数，证明不等式.5．对于定义域为R 的函数()f x ，()'f x 为()f x 的导函数，若同时满足：①()00f =；②当x ∈R 且0x ≠时，都有()0xf x '>；③当120x x <<且12x x =时，都有()()12f x f x <，则称()f x 为“偏对称函数”.下列函数是“偏对称函数”的是（ ）A ．21()xx f x ee x =--B ．2()1xf x e x =+- C ．31,0(),0x e x f x x x ⎧-≥=⎨-<⎩D ．42,0()ln(1),0x x f x x x >⎧=⎨-≤⎩【答案】ACD 【分析】结合“偏对称函数”的性质，利用导数的方法，分别讨论四个函数是否满足三个条件，即可得到所求结论． 【详解】条件①()00f =；由选项可得：001(0)00f e e =--=，02(0)010f e =+-=，03(0)10f e =-=，4()ln(10)0f x =-=，即ABCD 都符合；条件②0()0()0x xf x f x >⎧'>⇔⎨'>⎩，或0()0x f x <⎧⎨'<⎩；即条件②等价于函数()f x 在区间(,0)-∞上单调递减，在区间(0,)+∞上单调递增；对于21()xx f x ee x =--，则()()21()11212x x x xf x e e e e =-+-=-'，由0x >可得，()()120(1)1x xf x e e '-=+>，即函数1()f x 单调递增；由0x <可得，()()120(1)1xxf x ee '-=+<，即函数1()f x 单调递减；满足条件②；对于2()1xf x e x =+-，则2()10x f x e =+>'显然恒成立，所以2()1xf x e x =+-在定义域上单调递增，不满足条件②；对于31,0(),0x e x f x x x ⎧-≥=⎨-<⎩，当0x <时，3()f x x =-显然单调递减；当0x ≥时，3()1x f x e =-显然单调递增；满足条件②；对于42,0()ln(1),0x x f x x x >⎧=⎨-≤⎩，当0x ≤时，4()ln(1)f x x =-显然单调递减；当0x >时，4()2f x x =显然单调递增，满足条件②； 因此ACD 满足条件②；条件③当120x x <<且12x x =时，12x x -=，都有()()12f x f x <，即()()()()21220f x f x f x f x -=-->，对于21()xx f x ee x =--，()()212122211211x x x x f x f x e e e e x x -=-+--+()()()()22222222222222x x x x x x x x x e e e e e e e x e ----=----=-+-，因为222x x e e -+≥=，当且仅当22x x e e -=，即20x =时，等号成立， 又20x >，所以222x x e e -+>， 则()()()()2222122211222xx x x f x f x e ee e xx ----=--->令()xxg x e ex -=--，0x >，所以()1110x x e e g x -'=+->=>在0x >上显然恒成立， 因此()xxg x e ex -=--在0x >上单调递增，所以()()00g x g >=，即()()()222121120xx f x f x e ex -->-->，所以()()1211f x f x >满足条件③；对于31,0(),0x e x f x x x ⎧-≥=⎨-<⎩，()()2232311211x xf x f x e x x e -=--=-+，令()1xh x e x =--，0x >，则()10xh x e '=->在0x >上显然恒成立，所以()()00h x h >=，则()()23231210xf x f x e x --=>-，即()()3231f x f x >满足条件③；对于42,0()ln(1),0x x f x x x >⎧=⎨-≤⎩，()()()()212122442ln 12ln 1f x f x x x x x -=--=-+，令()()2ln 1u x x x =-+，0x >， 则()1221101u x x'=->-=>+在0x >上显然恒成立，所以()()00u x u >=， 则()()()1422422ln 10f x f x x x -=-+>，即()()1442f x f x >满足条件③； 综上，ACD 选项是“偏对称函数”，故选：ACD. 【点睛】 思路点睛：求解此类函数新定义问题时，需要结合函数新定义的概念及性质，结合函数基本性质，利用导数的方法，通过研究函数单调性，值域等，逐项判断，即可求解.（有时也需要构造新的函数，进行求解.）6．已知函数()21ln 2f x ax ax x =-+的图象在点()()11,x f x 处与点()()22,x f x 处的切线均平行于x 轴，则（ ）A ．()f x 在1,上单调递增B ．122x x +=C ．()()121212x x x x f x f x ++++的取值范围是7,2ln 24⎛⎫-∞-- ⎪⎝⎭D ．若163a =，则()f x 只有一个零点 【答案】ACD 【分析】求导，根据题意进行等价转化，得到a 的取值范围；对于A ，利用导数即可得到()f x 在()1,+∞上的单调性；对于B ，利用根与系数的关系可得121x x =+；对于C ，化简()()121212x x x x f x f x ++++，构造函数，利用函数的单调性可得解；对于D ，将163a =代入()f x '，令()0f x '=，可得()f x 的单调性，进而求得()f x 的极大值小于0，再利用零点存在定理可得解. 【详解】 由题意可知，函数()f x 的定义域为()0,∞+，且()211ax ax ax a x x xf -+=-+='，则1x ，2x 是方程210ax ax -+=的两个不等正根，则212401a a x x a ⎧∆=->⎪⎨=>⎪⎩，解得4a >， 当()1,x ∈+∞时，函数210y ax ax =-+>，此时()0f x '>，所以()f x 在()1,+∞上单调递增，故A 正确；因为1x ，2x 是方程210ax ax -+=的两个不等正根，所以121x x =+，故B 错误； 因为()()221212121112221111ln ln 22x x x x f x f x x ax ax x ax ax a ++++=+++-++-1112111ln 1ln 22a a a a a a a a⎛⎫=+++--=--+ ⎪⎝⎭， 易知函数()11ln 2h a a a a=--+在()4,+∞上是减函数， 则当4a >时，()()742ln 24h a h <=--， 所以()()121212x x x x f x f x ++++的取值范围是7,2ln 24⎛⎫-∞-- ⎪⎝⎭，故C 正确； 当163a =时，()1616133f x x x '=-+，令()0f x '=，得14x =或34， 则()f x 在10,4⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在13,44⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在3,4⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增， 所以()f x 在14x =取得极大值，且104f ⎛⎫< ⎪⎝⎭，()2ln 20f =>， 所以()f x 只有一个零点，故D 正确.故选：ACD.【点睛】关键点点睛：导数几何意义的应用主要抓住切点的三个特点：①切点坐标满足原曲线方程；②切点坐标满足切线方程；③切点的横坐标代入导函数可得切线的斜率.7．已知函数()f x 的定义域为()0,∞+，其导函数()f x '满足()1f x x '<，且()11f =，则下列结论正确的是（ ）A ．()2f e >B ．10f e ⎛⎫> ⎪⎝⎭C ．()1,x e ∀∈，()2f x <D ．1,1x e ⎛⎫∀∈ ⎪⎝⎭， ()120x f x f ⎛⎫+>⎪⎝⎭- 【答案】BCD【分析】令()()ln F x f x x =-，求导得：'1()()0F x f x x'=-<，可得函数的单调性，再结合(1)1f =，可得(1)1F =，对选项进行一一判断，即可得答案；【详解】令()()ln F x f x x =-，∴'1()()0F x f x x'=-<， ()F x ∴在(0,)+∞单调递减，(1)1f =，(1)(1)1F f ∴==，对A ，()(1)()11()2F e F f e f e <⇒-<⇒<，故A 错误；以B ，111(1)()110e F F f f e e ⎛⎫⎛⎫>⇒+>⇒> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故B 正确；对C ，(1,)()(1)()ln 1x e F x F f x x ∈∴<⇒-<，()1ln f x x ∴<+， (1.),ln (0,1)x e x ∈∈， 1ln (1,2)x ∴+∈，()2f x ∴<，故C 正确；对D ，111,1,,()x x F x F e x x ⎛⎫⎛⎫∈>> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()1ln ln f x x f x x ⎛⎫⇒->+ ⎪⎝⎭ 1()2ln f x f x x ⎛⎫⇒-> ⎪⎝⎭，1,1,ln (1,0)x x e ⎛⎫∈∴∈- ⎪⎝⎭， 1()2f x f x ⎛⎫∴->- ⎪⎝⎭1()20f x f x ⎛⎫⇒-+> ⎪⎝⎭，故D 正确； 故选：BCD.【点睛】根据条件构造函数，再利用导数的工具性研究函数的性质，是求解此类抽象函数问题的关键.8．若存在实常数k 和b ，使得函数()F x 和()G x 对其公共定义域上的任意实数x 都满足：()F x kx b ≥+和()G x kx b ≤+恒成立，则称此直线y kx b =+为()F x 和()G x 的“隔离直线”，已知函数()()2f x x R x =∈，()()10g x x x=<，()2eln h x x =（e 为自然对数的底数），则下列结论正确的是（ ）A ．()()()m x f x g x =-在x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭内单调递增 B ．()f x 和()g x 之间存在“隔离直线，且b 的最小值为4C ．()f x 和()g x 间存在“隔离直线”，且k 的取值范围是(]4,1-D ．()f x 和()h x 之间存在唯一的“隔离直线”e y =-【答案】AD【分析】求出()()()m x f x g x =-的导数，检验在x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭内的导数符号，即可判断选项A ；选项B 、C 可设()f x 、()g x 的隔离直线为y kx b =+，2x kx b ≥+对一切实数x 都成立，即有10∆≤，又1kx b x≤+对一切0x <都成立，20∆≤，0k ≤，0b ≤，根据不等式的性质，求出k 、b 的范围，即可判断选项B 、C ；存在()f x 和()h x 的隔离直线，那么该直线过这个公共点，设隔离直线的斜率为k，则隔离直线的方程为(y e k x -=，构造函数求出函数的导数，根据导数求出函数的最值.【详解】对于选项A ：()()()21m x f x g x x x =-=-，()212m x x x'=+，当x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()2120m x x x '=+>， 所以函数()()()m x f x g x =-在x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭内单调递增；故选项A 正确 对于选项BC ：设()f x 、()g x 的隔离直线为y kx b =+，则2x kx b ≥+对一切实数x 都成立，即有10∆≤，即240k b +≤，又1kx b x≤+对一切0x <都成立，则210kx bx +-≤，即 20∆≤，240b k +≤，0k ≤，0b ≤，即有24k b ≤-且24b k ≤-，421664k b k ≤≤-，可得40k -≤≤，同理可得：40b -≤≤，故选项B 不正确，故选项C 不正确；对于选项D ：函数()f x 和()h x的图象在x =()f x 和()h x 的隔离直线，那么该直线过这个公共点，设隔离直线的斜率为k，则隔离直线的方程为(y e k x -=，即y kx e =-，由()f x kx e ≥-，可得20x kx e -+≥对于x ∈R 恒成立，则0∆≤，只有k =y e =-，下面证明()h x e ≤-，令()2n ()l G x e h x e x e =--=--，()x G x x'=，当x =()0'=G x，当0x <<时，()0'<G x，当x >()0G x '>，则当x =()G x 取到极小值，极小值是0，也是最小值.所以()()0G x e h x =--≥，则()h x e ≤-当0x >时恒成立.所以()f x 和()g x 之间存在唯一的“隔离直线”e y =-，故选项D 正确.故选：AD【点睛】本提以函数为载体，考查新定义，关键是对新定义的理解，考查函数的导数，利用导数求最值，属于难题.。

专题3.3 函数与导数的综合应用（精测）1．(2020·四川成都模拟)已知函数f (x )＝e 2x －2a e x －2ax ，其中a >0. (1)当a ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程； (2)若函数f (x )有唯一零点，求a 的值．【解析】(1)当a ＝1时，f (x )＝e 2x －2e x －2x ，∴f ′(x )＝2e 2x －2e x －2，∴f ′(0)＝2e 0－2e 0－2＝－2. 又f (0)＝e 0－2e 0－0＝－1，∴曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y －(－1)＝－2x ，即2x ＋y ＋1＝0. (2)由题意得f ′(x )＝2e 2x －2a e x －2a ＝2(e 2x －a e x －a )． 令t ＝e x ∈(0，＋∞)，则g (t )＝2(t 2－at －a )．设t 2－at －a ＝0的解为t 1，t 2则t 1＋t 2＝a ，t 1t 2＝－a ，又∵a >0，∴函数y ＝g (t )在(0，＋∞)上仅有一个零点． ∴存在t 0∈(0，＋∞)，使得g (t 0)＝0， 即存在x 0满足t 0＝e x 0时，f ′(x 0)＝0.∴当t ∈(0，t 0)，即x ∈(－∞，x 0)时，f ′(x )<0，∴f (x )在(－∞，x 0)上单调递减；当t ∈(t 0，＋∞)，即x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0，∴f (x )在(x 0，＋∞)上单调递增．又当x →－∞时，e 2x －2a e x →0，－2ax →＋∞，∴f (x )→＋∞；当x >0时，e x >x ，∴f (x )＝e 2x －2a e x －2ax >e 2x －2a e x －2a e x ＝e x (e x －4a )， ∵当x →＋∞时，e x (e x －4a )→＋∞，∴f (x )→＋∞.∴函数f (x )有唯一零点时，必有f (x 0)＝e2x 0－2a e x 0－2ax 0＝0.① 又e2x 0－a e x 0－a ＝0，②由①②消去a ，得e x 0＋2x 0－1＝0.令h (x )＝e x ＋2x －1，∵h ′(x )＝e x ＋2>0，∴h (x )单调递增． 又h (0)＝0，∴方程e x 0＋2x 0－1＝0有唯一解x ＝0.将x ＝0代入e2x 0－a e x 0－a ＝0，解得a ＝12，∴当函数f (x )有唯一零点时，a 为12.2.(2020·广西桂林市联考)已知函数f (x )＝⎝⎛⎭⎫a ＋1a ln x ＋1x －x (a >0)． (1)若a ＝12，求f (x )的极值点；(2)若曲线y ＝f (x )上总存在不同的两点P (x 1，f (x 1))，Q (x 2，f (x 2))，使得曲线y ＝f (x )在P ，Q 两点处的切线平行，求证：x 1＋x 2>2.【解析】f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝⎝⎛⎭⎫a ＋1a ·1x －1x2－1(a >0)． (1)当a ＝12时，f ′(x )＝－⎝⎛⎭⎫1x －2⎝⎛⎭⎫1x －12＝－（x －2）（2x －1）2x 2， 令f ′(x )<0，得0<x <12或x >2；令f ′(x )>0，得12<x <2，∴f (x )在⎝⎛⎭⎫0，12，(2，＋∞)上单调递减，在⎝⎛⎭⎫12，2上单调递增， ∴x ＝12是f (x )的极小值点，x ＝2是f (x )的极大值点．(2)证明：由题意知，f ′(x 1)＝f ′(x 2)，即⎝⎛⎭⎫a ＋1a ·1x 1－1x 21－1＝⎝⎛⎭⎫a ＋1a ·1x 2－1x 22－1(x 1≠x 2)， ∴a ＋1a ＝1x 1＋1x 2＝x 1＋x 2x 1x 2.∵x 1，x 2∈(0，＋∞)，x 1≠x 2，∴x 1＋x 2>2x 1x 2，则有x 1x 2<（x 1＋x 2）24，∴a ＋1a ＝x 1＋x 2x 1x 2>4x 1＋x 2，∴x 1＋x 2>⎝ ⎛⎭⎪⎫4a ＋1a max.∵a >0，∴4a ＋1a≤2(当且仅当a ＝1时取等号)，∴x 1＋x 2>⎝ ⎛⎭⎪⎫4a ＋1a max＝2.3．(2020·云南昆明市高三诊断)已知函数f (x )＝2ln x －x ＋1x .(1)求f (x )的单调区间；(2)若a >0，b >0，且a ≠b ，证明：ab <a －b ln a －ln b <a ＋b2.【解析】(1)由题意得，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝2x －1－1x 2＝－x 2＋2x －1x 2＝－（x －1）2x 2≤0.所以函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减，无单调递增区间． (2)设a >b >0，则ab <a －b ln a －ln b ⇔ln a －ln b <a －b ab⇔ln a b <a b －1ab ⇔2ln ab－a b ＋1ab<0. 由(1)知，f (x )是(0，＋∞)上的减函数，又ab >1，所以f ⎝⎛⎭⎫a b <f (1)＝0， 即f ⎝⎛⎭⎫a b ＝2ln a b－a b ＋1ab<0，所以ab <a －bln a －ln b .又a －b ln a －ln b <a ＋b 2⇔ln a －ln b >2（a －b ）a ＋b⇔ln a b >2⎝⎛⎭⎫a b －1ab＋1. 令g (x )＝ln x －2（x －1）x ＋1，则g ′(x )＝（x －1）2x （x ＋1）2，当x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )≥0，即g (x )是(0，＋∞)上的增函数．因为a b >1，所以g ⎝⎛⎭⎫a b >g (1)＝0，所以ln a b >2⎝⎛⎭⎫a b －1a b ＋1，从而a －b ln a －ln b <a ＋b 2.综上所述，当a >0，b >0，且a ≠b 时，ab <a －b ln a －ln b <a ＋b2.4．(2020·山东烟台模拟)已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3. (1)求函数f (x )在[t ，t ＋2](t >0)上的最小值；(2)若存在x ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e (e 是自然对数的底数，e ＝2.718 28…)使不等式2f (x )≥g (x )成立，求实数a 的取值范围． 【解析】(1)由题意知f ′(x )＝ln x ＋1， 当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 时，f ′(x )<0，此时f (x )单调递减； 当x ∈⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞时，f ′(x )>0，此时f (x )单调递增． 当0<t <t ＋2<1e时，t 无解；当0<t ≤1e <t ＋2，即0<t ≤1e 时，f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫1e ＝－1e ； 当1e <t <t ＋2，即t >1e 时，f (x )在[t ，t ＋2]上单调递增， 故f (x )min ＝f (t )＝t ln t .所以f (x )min＝⎩⎨⎧－1e ，0<t ≤1e ，t ln t ，t >1e .(2)由题意，知2x ln x ≥－x 2＋ax －3，即a ≤2ln x ＋x ＋3x ，令h (x )＝2ln x ＋x ＋3x(x >0)，则h ′(x )＝2x ＋1－3x 2＝（x ＋3）（x －1）x 2，当x ∈⎣⎡⎭⎫1e ，1时，h ′(x )<0，此时h (x )单调递减； 当x ∈(1，e]时，h ′(x )>0，此时h (x )单调递增．所以h (x )max ＝max ⎩⎨⎧⎭⎬⎫h ⎝⎛⎭⎫1e ，h （e ）. 因为存在x ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e ，使2f (x )≥g (x )成立， 所以a ≤h (x )max ，又h ⎝⎛⎭⎫1e ＝－2＋1e ＋3e ，h (e)＝2＋e ＋3e ， 故h ⎝⎛⎭⎫1e >h (e)，所以a ≤1e＋3e －2. 5．(2020·陕西省质检)设函数f (x )＝ln x ＋k x，k ∈R.(1)若曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e))处的切线与直线x －2＝0垂直，求f (x )的单调性和极小值(其中e 为自然对数的底数)；(2)若对任意的x 1>x 2>0，f (x 1)－f (x 2)<x 1－x 2恒成立，求k 的取值范围． 【解析】(1)由题意，得f ′(x )＝1x －kx2(x >0)，∵曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e))处的切线与直线x －2＝0垂直， ∴f ′(e)＝0，即1e －ke 2＝0，解得k ＝e ，∴f ′(x )＝1x －e x 2＝x －ex2(x >0)，由f ′(x )<0，得0<x <e ；由f ′(x )>0，得x >e ，∴f (x )在(0，e)上单调递减，在(e ，＋∞)上单调递增． 当x ＝e 时，f (x )取得极小值，且f (e)＝ln e ＋ee ＝2.∴f (x )的极小值为2.(2)由题意知，对任意的x 1>x 2>0，f (x 1)－x 1<f (x 2)－x 2恒成立， 设h (x )＝f (x )－x ＝ln x ＋kx －x (x >0)，则h (x )在(0，＋∞)上单调递减，∴h ′(x )＝1x －kx 2－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，即当x >0时，k ≥－x 2＋x ＝－⎝⎛⎭⎫x －122＋14恒成立， ∴k ≥14.故k 的取值范围是⎣⎡⎭⎫14，＋∞. 6.(2020·山西大同调研)已知函数f (x )＝2ln x －x 2＋ax (a ∈R)．(1)当a ＝2时，求f (x )的图象在x ＝1处的切线方程；(2)若函数g (x )＝f (x )－ax ＋m 在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上有两个不同的零点，求实数m 的取值范围． 【解析】(1)当a ＝2时，f (x )＝2ln x －x 2＋2x ，f ′(x )＝2x －2x ＋2，则k ＝f ′(1)＝2.∵f (1)＝1，∴切点坐标为(1，1)．所以切线方程为y －1＝2(x －1)，即y ＝2x －1.(2)由题意得，g (x )＝2ln x －x 2＋m ，则g ′(x )＝2x －2x ＝－2（x ＋1）（x －1）x .∵x ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e ，∴令g ′(x )＝0，得x ＝1.当1e ≤x <1时，g ′(x )>0，g (x )单调递增；当1<x ≤e 时，g ′(x )<0，g (x )单调递减． 故g (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上有最大值g (1)＝m －1.又g ⎝⎛⎭⎫1e ＝m －2－1e 2，g (e)＝m ＋2－e 2，g (e)－g ⎝⎛⎭⎫1e ＝4－e 2＋1e 2<0，则g (e)<g ⎝⎛⎭⎫1e ， ∴g (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上的最小值是g (e)．g (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上有两个不同的零点的条件是⎩⎪⎨⎪⎧g （1）＝m －1>0，g ⎝⎛⎭⎫1e ＝m －2－1e 2≤0，解得1<m ≤2＋1e 2， ∴实数m 的取值范围是⎝⎛⎦⎤1，2＋1e 2. 7．(2020·河南安阳二模)已知函数f (x )＝ln x －x 2＋ax ，a ∈R. (1)证明：ln x ≤x －1；(2)若a ≥1，讨论函数f (x )的零点个数．【解析】(1)证明：令g (x )＝ln x －x ＋1(x >0)，则g (1)＝0， g ′(x )＝1x －1＝1－x x，∴当x ∈(0，1)时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )<0，函数g (x )单调递减． ∴当x ＝1时，函数g (x )取得极大值也是最大值， ∴g (x )≤g (1)＝0，即ln x ≤x －1.(2)f ′(x )＝1x －2x ＋a ＝－2x 2＋ax ＋1x ，x >0.令－2x 2＋ax ＋1＝0，解得x 0＝a ＋a 2＋84(负值舍去)，在(0，x 0)上，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，在(x 0，＋∞)上，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减． ∴f (x )max ＝f (x 0)．当a ＝1时，x 0＝1，f (x )max ＝f (1)＝0，此时函数f (x )只有一个零点x ＝1.当a >1时，f (1)＝a －1>0，f ⎝⎛⎭⎫12a ＝ln 12a －14a 2＋12<12a －1－14a 2＋12＝－⎝⎛⎭⎫12a －122－14<0， f (2a )＝ln 2a －2a 2<2a －1－2a 2＝－2⎝⎛⎭⎫a －122－12<0. ∴函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎫12a ，1和区间(1，2a )上各有一个零点． 综上可得，当a ＝1时，函数f (x )只有一个零点x ＝1； 当a >1时，函数f (x )有两个零点．8．(2020·河北石家庄质检)已知函数f (x )＝(2－x )e k (x －1)－x (k ∈R ，e 为自然对数的底数)．(1)若f (x )在R 上单调递减，求k 的最大值； (2)当x ∈(1，2)时，证明：lnx （2x －1）2－x>2⎝⎛⎭⎫x －1x .【解析】(1)∵f (x )在R 上单调递减，∴f ′(x )＝e k (x －1)[k (2－x )－1]－1≤0恒成立，即－kx ＋2k －1≤1ek （x －1）对任意x ∈R 恒成立． 设g (x )＝1ek （x －1）＋kx －2k ＋1，则g (x )≥0对任意x ∈R 恒成立，显然应满足g (1)＝2－k ≥0，∴k ≤2.当k ＝2时，g ′(x )＝2⎣⎡⎦⎤1－1e 2（x －1），且g ′(1)＝0，当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )单调递增， 当x ∈(－∞，1)时，g ′(x )<0，g (x )单调递减， ∴g (x )min ＝g (1)＝0，即g (x )≥0恒成立， 故k 的最大值为2.(2)证明：由(1)知，当k ＝2时，f (x )＝(2－x )e 2(x －1)－x 在R 上单调递减，且f (1)＝0，所以当x ∈(1，2)时，f (x )<f (1)，即(2－x )e 2(x－1)<x ，两边同取以e 为底的对数得ln(2－x )＋2(x －1)<ln x ， 即2(x －1)<ln x2－x，①下面证明－2x ＋2<ln(2x －1)，x ∈(1，2)．②令H (x )＝ln(2x －1)－⎝⎛⎭⎫－2x ＋2(1<x <2)， 则H ′(x )＝2（x －1）2x 2（2x －1）>0，∴H (x )在(1，2)上单调递增，则H (x )>H (1)＝ln(2×1－1)－⎝⎛⎭⎫－21＋2＝0，故②成立， ① ＋②得，ln x （2x －1）2－x>2⎝⎛⎭⎫x －1x 成立．9.(2020·河南郑州市第一次质检)已知函数f (x )＝(e x －2a )e x ，g (x )＝4a 2x . (1)设h (x )＝f (x )－g (x )，试讨论h (x )在定义域内的单调性；(2)若函数y ＝f (x )的图象恒在函数y ＝g (x )的图象的上方，求a 的取值范围． 【解析】(1)∵h (x )＝(e x －2a )e x －4a 2x ， ∴h ′(x )＝2e 2x －2a e x －4a 2＝2(e x ＋a )(e x －2a )． ①当a ＝0时，h ′(x )>0恒成立， ∴h (x )在R 上单调递增；②当a >0时，e x ＋a >0，令h ′(x )＝0，解得x ＝ln 2a ， 当x <ln 2a 时，h ′(x )<0，函数h (x )单调递减， 当x >ln 2a 时，h ′(x )>0，函数h (x )单调递增；③当a <0时，e x －2a >0，令h ′(x )＝0，解得x ＝ln(－a )， 当x <ln(－a )时，h ′(x )<0，函数h (x )单调递减， 当x >ln(－a )时，h ′(x )>0，函数h (x )单调递增． 综上所述，当a ＝0时，h (x )在R 上单调递增；当a >0时，h (x )在(－∞，ln 2a )上单调递减，在(ln 2a ，＋∞)上单调递增； 当a <0时，h (x )在(－∞，ln (－a ))上单调递减，在(ln(－a )，＋∞)上单调递增．(2)若函数y ＝f (x )的图象恒在函数y ＝g (x )的图象的上方，则h (x )>0恒成立，即h (x )min >0. ①当a ＝0时，h (x )＝e 2x >0恒成立；②当a >0时，由(1)得，h (x )min ＝h (ln 2a )＝－4a 2ln 2a >0，∴ln 2a <0，∴0<a <12；③当a <0时，由(1)可得h (x )min ＝h (ln(－a ))＝3a 2－4a 2ln(－a )>0， ∴ln(－a )<34，∴－e 34<a <0.综上所述，a 的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫－e 34，12.10．(2020·河北衡水中学调研)已知函数f (x )＝ln x －x ＋1x －1.(1)讨论f (x )的单调性，并证明f (x )有且仅有两个零点；(2)设x 0是f (x )的一个零点，证明曲线y ＝ln x 在点A (x 0，ln x 0)处的切线也是曲线y ＝e x 的切线． 【解析】(1)函数f (x )＝ln x －x ＋1x －1.定义域为(0，1)∪(1，＋∞)； f ′(x )＝1x ＋2（x －1）2>0，(x >0且x ≠1)，∴f (x )在(0，1)和(1，＋∞)上单调递增．①在(0，1)上取1e 2，1e 代入函数，由函数零点的定义得，∵f ⎝⎛⎭⎫1e 2<0，f ⎝⎛⎭⎫1e >0，f ⎝⎛⎭⎫1e 2·f ⎝⎛⎭⎫1e <0， ∴f (x )在(0，1)有且仅有一个零点．②在(1，＋∞)上取e ，e 2代入函数，由函数零点的定义得， 又∵f (e)<0，f (e 2)>0，f (e)·f (e 2)<0， ∴f (x )在(1，＋∞)上有且仅有一个零点， 故f (x )在定义域内有且仅有两个零点．(2)证明：若x 0是f (x )的一个零点，则有ln x 0＝x 0＋1x 0－1，由y ＝ln x ，得y ′＝1x；∴曲线y ＝ln x 在点A (x 0，ln x 0)处的切线方程为y －ln x 0＝1x 0(x －x 0)，即y ＝1x 0x －1＋ln x 0，即y ＝1x 0x ＋2x 0－1，当曲线y ＝e x 切线斜率为1x 0时，切点为⎝⎛⎭⎫ln 1x 0，1x 0， ∴曲线y ＝e x 的切线在点⎝⎛⎭⎫ln 1x 0，1x 0处的切线方程为y －1x 0＝1x 0⎝⎛⎭⎫x －ln 1x 0， 即y ＝1x 0x ＋2x 0－1，故曲线y ＝ln x 在点A (x 0，ln x 0)处的切线也是曲线y ＝e x 的切线．故得证．11．（2020·四川宜宾市第一中学模拟）设函数()ln e xf x x x a =-，()p x kx =，其中a ∈R ，e 是自然对数的底数．（1）若()f x 在()0,∞+上存在两个极值点，求a 的取值范围；（2）若()1()x lnx f x ϕ=+-′，(1)e ϕ=，函数()x ϕ与函数()p x 的图象交于()11,A x y ，()22,B x y ，且AB 线段的中点为()00,P x y ，证明：()()001x p y ϕ<<．【答案】（1）10ea <<；（2）见解析. 【解析】（1）()ln e xf x x x a =-的定义域为()0,∞+，()ln 1e xf x x a =+-′，则()f x 在()0,+∞上存在两个极值点等价于()0f x '=在()0,+∞上有两个不等实根， 由()ln 1e 0xf x x a =+-=′，解得ln 1e xx a +=， 令ln 1()ex x g x +=，则1(ln 1)()e xx x g x -+'=，令1()ln 1h x x x =--，则211()h x x x'=--， 当0x >时，()0h x '<，故函数()h x 在()0,∞+上单调递减，且()10h =， 所以，当()0,1x ∈时，()0h x >，()0g x '>，()g x 单调递增， 当()1,x ∈+∞时，()0h x <，()0g x '<，()g x 单调递减， 所以，1x =是()g x 的极大值也是最大值， 所以max 1()(1)e g x g ==，所以1ea <， 又当0x →时，()g x ↔-∞，当+x →∞时，()g x 大于0且趋向于0， 要使()0f x '=在()0,∞+有两个根，则10ea <<； （2）证明：()()ln 1()ln ln 1e e 1xxx x f x x x a a ϕ=+-+--==+′，由(1)e ϕ=，得1a =，则()e x x ϕ=， 要证()()001x p y ϕ<<成立， 只需证122112221e e e e e2x x x x x x k x x +-+<=<-，即212121221e e e 1e 2x x x x x x x x +--+<<-，即2121212211e 12e ex x x x x x x x ----+<<-， 设210t x x =->，即证2e 1e 1e 2tt t t -+<<， 要证2e 1e t t t-<，只需证22e e t t t ->，令22()e e tt F t t =--，则221()e e 102t tF t ⎛⎫'=+-> ⎪⎝⎭，所以()F t 在()0,∞+上为增函数，所以()()00F t F >=，即2e 1e tt t -<成立；要证e 1e 12t t t -+<，只需证e 1e 12t t t -<+，令e 1()e 12tt t G t -=-+，则()()()222e 12e 1()02e 12e 1t tt t G t --'=-=<++， 所以()G t 在()0,+∞上为减函数，所以()()00G t G <=，即e 1e 12t t t -+<成立； 所以2e 1e 1e 2tt t t -+<<成立，即()()001x p y ϕ<<成立. 12．（2020·山东师范大学附属中学模拟）已知函数21()e ln (,ax f x x b x ax a b +=⋅--∈R ).(1 )若b =0，曲线f (x )在点(1,f (1)) 处的切线与直线y = 2x 平行,求a 的值; (2)若b =2，且函数f (x )的值域为[2,),+∞求a 的最小值. 【解析】（1）当0b =时，21()ax f x x eax +=-，1()(2)ax f x xe ax a +'=+-，由1(1)e (2)2a f a a +'=+-=，得1e (2)(2)0a a a ++-+=，即1(e1)(2)0a a +-+=，解得1a =-或2a =-.当1a =-时，0(1)e 12f =+=，此时直线2y x =恰为切线，故舍去，所以2a =-. （2）当2b =时，21()e 2ln ax f x x x ax +=--，设21e ax t x +=，则ln 2ln 1t x ax =++，故函数()f x 可化为()ln 1g t t t =-+.由11()1t g t t t-'=-=,可得()g t 的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,)+∞， 所以()g t 的最小值为(1)1ln112g =-+=，此时，函数的()f x 的值域为[2,)+∞，问题转化为当1t =时，ln 2ln 1t x ax =++有解， 即ln12ln 10x ax =++=，得12ln x a x +=-，设12ln ()x h x x +=-，则22ln 1()x h x x -'=， 故()h x的单调递减区间为，单调递增区间为)+∞，所以()h x的最小值为h =，故a的最小值为13．（2020·河南省开封市第五中学模拟）已知函数()()211ln 2f x x ax a x =-+-，()ln g x b x x =-的最大值为1e． （1）求实数b 的值；（2）当1a >时，讨论函数()f x 的单调性；（3）当0a =时，令()()()22ln 2F x f x g x x =+++，是否存在区间[],(1m n ⊆，)+∞，使得函数()F x 在区间[],m n 上的值域为()()2,2k m k n ⎡⎤++⎣⎦？若存在，求实数k 的取值范围；若不存在，请说明理由． 【解析】(1) 由题意得()'ln 1g x x =--，令()'0g x =，解得1ex =， 当10,e x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()'>0g x ，函数()g x 单调递增；当1,e x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()'<0g x ，函数()g x 单调递减. 所以当1e x =时，()g x 取得极大值，也是最大值，所以11e e eg b ⎛⎫=+= ⎪⎝⎭，解得0b =. （2）()f x 的定义域为()0,+∞.()()()21111x x a a x ax a f x x a x x x-+---+-=-+==', ① 11a -=即2a =,则()()21x f x x ='-，故()f x 在()0,+∞单调增;②若11a -<,而1a >,故12a <<,则当()1,1x a ∈-时，()0f x '<;当()0,1x a ∈-及()1,x ∈+∞时，()0f x '>故()f x 在()1,1a -单调递减，在()()0,1,1,a -+∞单调递增．③若11a ->,即2a >,同理()f x 在()1,1a -单调递减，在()()0,1,1,a -+∞单调递增（3）由（1）知()2ln 2F x x x x =-+， 所以()'2ln +1F x x x =-，令()()'2ln +1x F x x x ω==-，则()1'20x xω=->对()1,x ∀∈+∞恒成立，所以()'F x 在区间()1,+∞内单调递增，所以()()''110F x F >=>恒成立，所以函数()F x 在区间()1,+∞内单调递增.假设存在区间[](),1,m n ⊆+∞，使得函数()F x 在区间[],m n 上的值域是()()2,2k m k n ⎡⎤++⎣⎦，则()()()()2222{22F m m mlnm k m F n n nlnn k n =-+=+=-+=+， 问题转化为关于x 的方程()2ln 22x x x k x -+=+在区间()1,+∞内是否存在两个不相等的实根， 即方程2ln 22x x x k x -+=+在区间()1,+∞内是否存在两个不相等的实根， 令()2ln 22x x x h x x -+=+，()1,x ∈+∞，则()()22342ln '2x x x h x x +--=+， 设()2342ln p x x x x =+--，()1,x ∈+∞，则()()()2122'230x x p x x x x-+=+-=>对()1,x ∀∈+∞恒成立，所以函数()p x 在区间()1,+∞内单调递增，故()()10p x p >=恒成立，所以()'0h x >，所以函数()h x 在区间()1,+∞内单调递增，所以方程2ln 22x x x k x -+=+在区间()1,+∞内不存在两个不相等的实根. 综上所述，不存在区间[](),1,m n ⊆+∞，使得函数()F x 在区间[],m n 上值域是()()2,2k m k n ⎡⎤++⎣⎦. 的。

1.设 f(x)是定义在 R 上的可导函数，当f x>0，则对于 x 的函数 g(x)＝x≠0时， f′(x)＋x1的零点个数为 ()f(x)＋xA． 1 B ．2C． 0D．0或 2答案C分析由 f′(x)＋f x xf x＋ f x>0，得x>0，当 x>0 时， xf′(x)＋f(x)>0 ，即x[xf(x)] ′，>0函数 xf(x) 单一递加；当 x<0 时， xf′(x)＋ f(x)<0 ，即 [xf(x)] ′<0，函数 xf(x)单一递减．∴ xf(x)>0 f(0) ＝ 0，又 g(x)＝f(x)＋ x－1＝xf x＋1，函数 g( x)＝xfx＋1的零点个数等价于函数y＝ xf(x) x x＋ 1 的零点个数．当 x>0 时， y＝xf(x)＋ 1>1 ，当 x<0 时， y＝ xf(x)＋ 1>1，所以函数 y＝ xf(x)＋ 1 无零点，所以函数 g(x)＝ f(x) ＋x－1的零点个数为0.应选 C.2．设函数 f(x)是定义在 ( －∞，0)上的可导函数，其导函数为f′(x)，且有 2f(x)＋ xf′(x)> x2，则不等式 (x＋2014) 2f(x＋ 2014) －4f(－ 2)>0 的解集为 ________．答案(－∞，－ 2016)分析223232由 2f(x) ＋xf′(x)>x ，x<0 得 2xf(x) ＋x f′(x)<x ，∴[x f(x)] ′<x<0. 令 F(x)＝ x f(x)( x<0) ，则 F ′(x)<0( x<0) ，即 F(x)在 (－∞， 0)上是减函数，由于F(x＋ 2014)＝ (x＋ 2014) 2f(x＋2014) ，F(－ 2)＝ 4f(－ 2)，所以不等式(x＋ 2014) 2f(x＋ 2014) － 4f(－ 2)>0 即为 F(x＋ 2014) －F(－ 2)>0 ，即 F(x＋ 2014)>F(－ 2)，又由于 F( x)在 (－∞，0)上是减函数，所以 x＋ 2014<－ 2，∴ x<－ 2016.π π1∈π π，? x2∈π π f x2－ f x13．已知 f(x)＝ ax－ cosx，x∈，，3，，x1≠x2，－ x4 3.若 ? x4 4 31x2<0，则实数 a 的取值范围为 ________．3答案a≤－2f′(x)＝ a＋ sinx.依题意可知f(x)在π πf′(x)≤0对x∈π π分析，3上为减函数，所以，恒443π ππ π建立，可得a≤－ sinx 对 x∈4，3恒建立．设 g(x)＝－ sinx， x∈4，3 .易知 g(x)为减函数，故 g(x) min＝－33，所以 a≤－2. 24．已知函数f(x)＝ ln x＋ a(1－ x)．(1)议论 f(x)的单一性；(2)当 f(x)有最大值，且最大值大于2a－ 2 时，求 a 的取值范围．解 (1)f(x) 的定义域为 (0，＋∞)，f′(x)＝1x－ a.若 a≤0，则 f′(x)>0 ，所以 f(x)在 (0，＋∞)单一递加．1若 a>0，则当 x∈ 0，a时， f′(x)>0 ；当 x∈1a，＋∞时， f′(x)<0.所以 f(x)在 0，1单一递加，在1，＋∞单一递减．a a(2)由 (1)知，当 a≤0时， f(x)在(0，＋∞)无最大值；当1获得最大值，a>0 时， f(x)在 x＝a最大值为 f1＝ ln 1＋ a 1－1＝－ ln a＋ a－1.a a a所以 f 1a >2a－ 2 等价于 ln a＋ a－1<0.令 g(a)＝ ln a＋ a－ 1，则 g( a) 在(0 ，＋∞)单一递加， g(1)＝ 0.于是，当 0< a<1 时， g(a)<0；当 a>1 时， g(a)>0.所以， a 的取值范围是(0,1)．5．设 a>1 ，函数 f(x)＝ (1＋ x2)e x－ a.(1)求 f(x)的单一区间；(2)证明： f(x)在 (－∞，＋∞)上仅有一个零点；(3)若曲线 y＝ f(x)在点 P 处的切线与x 轴平行，且在点M(m， n)处的切线与直线OP 平3行 (O 是坐标原点 )，证明： m≤ a－2－ 1.e解 (1)f′(x)＝ 2xe x＋ (1＋ x2)e x＝ (x2＋2x＋ 1)e x＝ (x＋1) 2e x≥0，故 f(x)是 R 上的单一递加函数，其单一增区间是(－∞，＋∞)，无单一减区间．(2)证明：由于 f(0)＝ (1＋ 02)e0－ a＝ 1－ a<0，且 f(ln a)＝ (1＋ ln2 a)e ln a－ a＝ (1＋ ln2 a)a－ a ＝aln2 a>0，由零点存在性定理知，f(x)在 (－∞，＋∞)上起码有一个零点．又由 (1)知，函数f(x) 是 (－∞，＋∞)上的单一递加函数，故函数 f(x)在 (－∞，＋∞)上仅有一个零点．(3)证明：设点 P(x0，y0)，由曲线 y＝ f(x) 在点 P 处的切线与x 轴平行知， f′(x0)＝ 0，即 f ′(x0)2(x 0＋ 1) 2－1－ a)．＝ (x 0 ＋1) ex 0＝ 0， ＝ 0， x 0＝－ 1，即 P( －1,2e 由点 M (m ， n)处的切线与直线 OP 平行知， f ′(m)＝ k OP ，即 (1＋m)2e m＝ －1－ a － 02e＝ a － 2.－1－ 0e由 e m ≥1＋m 知， (1＋ m)3≤ (1＋m)2e m ＝ a －2， e即 1＋m ≤ 32，即 m ≤ 32－1.a － a － ee x － 2.6．已知函数 f(x)＝ ln x － 2(1)求函数 f(x)的单一递加区间；(2)证明：当 x>1 时， f(x)<x － 1；(3)确立实数 k 的全部可能取值，使得存在 x 0>1 ，当 x ∈ (1， x 0)时，恒有 f(x)>k(x －1) ．解 (1)f ′(x)＝ 1－ x ＋ 1＝ － x 2＋ x ＋1， x ∈ (0，＋ ∞)．xxx>0，解得 1＋ 5由 f ′(x)>0 得0< x<.－ x 2＋ x ＋ 1>0.2 故 f(x)的单一递加区间是 0 ，1＋ 52.(2)证明：令 F(x)＝ f(x)－ (x － 1)， x ∈(0 ，＋ ∞)．则 F ′(x)＝ 1－ x 2x.当 x ∈ (1，＋ ∞)时， F ′(x)<0 ，所以 F(x)在 [1，＋ ∞)上单一递减，故当 x>1 时， F(x)<F(1) ＝ 0，即当 x>1 时， f(x)<x － 1.(3)由 (2)知，当 k ＝1 时，不存在 x 0>1 知足题意．当 k>1 时，对于 x>1，有 f(x)<x － 1< k(x － 1)，则 f(x)<k(x － 1)，进而不存在x 0>1 知足题意．当 k<1 时，令 G(x)＝ f( x)－ k(x － 1)， x ∈(0，＋ ∞)，－ x 2＋－ k x ＋ 1则 G ′(x)＝ 1－ x ＋ 1－ k ＝x.x由 G ′(x)＝ 0 得，－ x 2＋ (1－k)x ＋ 1＝0.解得 x 1＝1－ k －－ k2＋ 41－ k ＋－k 2＋ 4<0， x 2＝ >1.22当 x ∈ (1， x 2 )时， G ′(x)>0 ，故 G(x) 在 [1，x 2 )内单一递加．进而当 x ∈ (1， x 2)时， G(x)> G(1) ＝ 0，即 f(x)>k(x － 1)，综上， k 的取值范围是 (－ ∞， 1)．27．设函数f(x) ＝x2－kln x，k>0.(1)求 f(x)的单一区间和极值；(2)证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间 (1，e]上仅有一个零点．x2解(1)由 f(x)＝－kln x(k>0)，得2k x2－ kf′(x)＝ x－x＝x .由 f′(x)＝ 0，解得 x＝ k.f(x)与 f′(x)在区间 (0，＋∞)上的状况以下：x(0， k)k f′(x)－0k－ ln k f( x)2( k，＋∞)＋所以， f(x)的单一递减区间是(0， k)，单一递加区间是 ( k，＋∞)；f(x)在 x＝ k处获得极小值 f( k)＝k－ ln k.2k－ ln k.(2)证明：由 (1) 知， f(x)在区间 (0，＋∞)上的最小值为 f( k)＝2由于 f(x)存在零点，所以k－ ln k≤0，进而 k≥ e.2当 k＝e 时， f(x)在区间 (1， e]上单一递减，且 f(e)＝ 0，所以 x＝ e是 f(x)在区间 (1， e]上的独一零点．当 k>e 时， f(x)在区间 (0， e)上单一递减，1e－k 且 f(1) ＝ >0 ， f( e)＝2<0 ，2所以 f(x)在区间 (1， e ] 上仅有一个零点．综上可知，若f(x)存在零点，则 f(x)在区间 (1， e]上仅有一个零点．12－ 2x(a<0) ．8．已知函数 f(x)＝ ln x－ ax2(1)若函数 f(x)在定义域内单一递加，求 a 的取值范围；(2)若 a＝－1且对于 x 的方程 f(x)＝－1x＋ b 在 [1,4] 上恰有两个不相等的实数根，务实数22b的取值范围．解 (1)f′(x)＝－ax2＋2x－1(x>0)． x依题意 f′(x)≥0在 x>0 时恒建立，即ax2＋ 2x－ 1≤0在 x>0 时恒建立．1－ 2x 1－ 12－ 1 在 x>0 时恒建立，则 a ≤ x 2 ＝ x即 a ≤1x－ 1 2－ 1 min (x>0)，当 x ＝1 时， 1－ 1 2－ 1 取最小值－ 1.x∴ a 的取值范围是 (－ ∞，－ 1]．(2)a ＝－ 1，f(x)＝－ 1x ＋b? 1 x 2－ 3x ＋ ln x － b ＝ 0.2 2 4 2 设 g(x)＝ 1 2 34 x － x ＋ ln x －b( x>0) ．2 则 g ′(x)＝x －x －.2x列表：x(0,1) 1 (1,2) 2 (2,4)g ′(x) ＋0 －0 ＋g(x)极大值极小值∴ g(x)极小值 ＝ g(2) ＝ ln 2－ b － 2， g(x)极大值 ＝ g(1) ＝－ b － 5，又 g(4) ＝2ln 2－ b －2， 4g，5∵方程 g(x)＝0 在 [1,4] 上恰有两个不相等的实数根，则 g， 得 ln 2 －2<b ≤－4.g0，9. 如图，现要在边长为 100 m 的正方形 ABCD 内建一个交通 “环岛 ”．以正方形的四个极点为圆心在四个角分别建半径为x m(x 不小于 9)的扇形花坛， 以正方形的中心为圆心建一个半径为 12 m 的圆形草地．为了保证道路通畅，岛口宽不小于 60 m ，绕岛行驶的路宽均不5x小于 10 m.(1)求 x 的取值范围 (运算中 2取 1.4)；(2)若中间草地的造价为 a 元 /m 2，四个花坛的造价为4 a x 元 /m 2，其他地区的造价为12a33 11元 /m 2，当 x 取何值时，可使 “环岛 ”的整体造价最低？x ≥9100－ 2x ≥ 60，解 (1)由题意得，110022－ 2x －2× x ≥ 2× 105x ≥9解得 x ≤ 20，即 9≤x ≤15.－ 20≤x ≤15所以 x 的取值范围是 [9,15] ．(2)记 “环岛 ”的整体造价为 y 元，则由题意得1 2 2 ＋ 42＋ 12a4－ π×12 2－ πx 2y ＝ a ×π×5x 33 ax ×πx11×105x12x 2 )＋ 12×104]，令 f(x)＝－ 251x 4＋ 43x 3－ 12x 2，则 f ′(x)＝－ 254x 3＋ 4x 2－ 24xaπ－1 4 4 3 ＝ 11 25x＋ 3x－＝－ 4x 251x 2－ x ＋ 6 ，由 f ′(x)＝ 0，解得 x ＝ 10 或 x ＝ 15 或 x ＝ 0(舍 )，列表以下：x 9(9,10) 10 (10,15) 15 f ′(x)－0 ＋f(x)极小值所以当 x ＝ 10 时， y 取最小值．即当 x ＝ 10 时，可使 “环岛 ”的整体造价最低．。