高考真题第十四篇一元函数的导数及其应用

专题4 一元函数导数及其应用从高考对导数的要求看，考查分三个层次，一是考查导数公式，求导法则与导数的几何意义；二是导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；三是综合考查，如研究函数零点、证明不等式、恒成立问题、求参数范围等.除压轴题，同时在小题中也加以考查，难度控制在中等以上.应特别是注意将导数内容和传统内容中有关不等式、数列、函数图象及函数单调性有机结合，设计综合题，考查学生灵活应用数学知识分析问题、解决问题的能力.预测2020年高考命题将保持稳定.主观题应用导数研究函数的性质，备考的面要注意做到全覆盖，如导数几何意义的应用、单调性问题、极（最）值问题、零点问题、不等式的证明、参数范围的确定等.一、单选题1．（2020届山东省烟台市高三上期末）函数sin y x x =+的部分图象可能是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】D 【解析】由题,x ∈R ,设()sin f x x x =+,则()()sin sin f x x x x x -=-+-=-,故函数不具有奇偶性,可排除A 、B ；当02x π>>时,()sin f x x x =+,所以()1cos 0f x x '=+>,则()sin 0f x x ''=-<,即在0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()f x 图像向上凸. 故选D2．（2020届山东省滨州市三校高三上学期联考）函数sin x xx xy e e -+=+的图象大致为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】B 【解析】 因为sin ()x x x xy f x e e -+==+，所以()sin sin ()x xx x x x x x f x e e e e---+----==++， 得()()f x f x =--，所以sin x xx xy e e -+=+为奇函数，排除C ；设()sin g x x x =+，'()1cos 0g x x ∴=-≥恒成立，所以在[0,)+∞，()sin g x x x =+单调递增，所以()0sin 00g x ≥+=，故sin 0x xx xy e e-+=≥+在[0,)+∞上恒成立，排除AD ， 故选：B.3．（2020届山东师范大学附中高三月考）已知()21ln 2f x x a x =-在区间()0,2上有极值点，实数a 的取值范围是（ ） A ．()0,2 B ．()()2,00,2-UC ．()0,4D ．()()4,00,4-U【答案】C 【解析】2()a x a f x x x x -'=-=,由于函数()f x 在(0,2)上有极值点，所以()f x '在(0,2)上有零点.所以02a a >⎧⎪，解得(0,4)a ∈. 故选：D.4．（2020届山东师范大学附中高三月考）已知偶函数()f x 的定义域为,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭，其导函数为()f x '，当02x π<<时，有()cos ()sin 0f x x f x x '+<成立，则关于x 的不等式()2cos 4f x x π⎛⎫<⋅ ⎪⎝⎭的解集为（ ）A ．,42ππ⎛⎫⎪⎝⎭B ．,,2442ππππ⎛⎫⎛⎫--⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ C ．,00,44ππ⎛⎫⎛⎫-⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭D ．,0,442πππ⎛⎫⎛⎫-⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭【答案】B 【解析】 根据题意设()()cos f x g x x =，则2()cos ()sin ()cos f x x f x x g x x'+'=，又当02x π<<时，()cos ()sin 0f x x f x x '+<，则有()0g x '<，所以()g x 在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，又()f x 在,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭上是偶函数，所以()()()()cos()cos f x f x g x g x x x--===-，所以()g x是偶函数，所以()()4()cos 4cos 4cos cos 4f f x f x f x x x x ππππ⎛⎫ ⎪⎛⎫⎛⎫⎝⎭<→<⇒<⇒ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()4g x g π⎛⎫< ⎪⎝⎭，又()g x 为偶函数，且在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上为减函数，且定义域为,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭，则有||4x π>，解得24x ππ-<<-或42x ππ<<，即不等式的解集为,,2442ππππ⎛⎫⎛⎫--⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 故选：B.5．（2020·山东省淄博实验中学高三上期末）已知0.5log 5a =、3log 2b =、0.32c =、212d ⎛⎫= ⎪⎝⎭，从这四个数中任取一个数m ，使函数()32123x mx x f x =+++有极值点的概率为（ ） A ．14B ．12C ．34D ．1【答案】B 【解析】f ′（x ）＝x 2+2mx +1， 若函数f （x ）有极值点，则f ′（x ）有2个不相等的实数根，故△＝4m 2﹣4＞0，解得：m ＞1或m ＜﹣1，而a ＝log 0.55＜﹣2，0＜b ＝log 32＜1、c ＝20.3＞1，0＜d ＝（12）2＜1， 满足条件的有2个，分别是a ，c ， 故满足条件的概率p 2142==， 故选：B ．6．（2020届山东实验中学高三上期中）已知定义在R 上的函数()f x 满足()()22f x f x +=-，且当2x >时，有()()()()2,11xf x f x f x f ''+>=若，则不等式()12f x x <-的解集是（ ） A ．(2,3) B ．(),1-∞C ．()()1,22,3⋃D ．()(),13,-∞⋃+∞【答案】A 【解析】根据题意，设()(2)()g x x f x =-，则()()111g f =-=-，则有(2)(2)g x xf x +=+，(2)(2)g x f x -=--，即有(2)(2)g x g x +=--， 故函数()g x 的图象关于(2,0)对称， 则有()()311g g =-=，当2x >时，()(2)()g x x f x =-，()(2)()()g x x f x f x '=-'+， 又由当2x >时，()()2()x f x f x f x ''+>g ，即当2x >时，()0g x '>， 即函数()g x 在区间(2,)+∞为增函数， 由1()2f x x <-可得(2)()1x f x -<，即()()13g x g <=， 23x ∴<<，Q 函数()g x 的图象关于(2,0)对称，∴函数()g x 在区间(,2)-∞为增函数，由1()2f x x <-可得(2)()1x f x ->，即()1g x >，此时x 不存在， 故选：A ．7．（2020届山东省潍坊市高三上学期统考）当直线10()kx y k k --+=∈R 和曲线E ：325(0)3y ax bx ab =++≠交于112233()()()A x y B x y C x y ，，，，，123()x x x <<三点时，曲线E 在点A ，点C 处的切线总是平行的，则过点()b a ，可作曲线E 的切线的条数为（ ） A ．0 B ．1 C ．2 D ．3【答案】C 【解析】直线()10kx y k k R --+=∈过定点()1,1 由题意可知：定点()1,1是曲线()325:03E y ax bx b =++≠的对称中心， 51313a b b a ⎧++=⎪⎪⎨⎪-=⎪⎩，解得131a b ⎧=⎪⎨⎪=-⎩，所以曲线3215:33E y x x =-+，()1,13b a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭， f′（x ）=22x x - ，设切点M （x 0，y 0）， 则M 纵坐标y 0=32001533x x -+，又f′（x 0）=2002x x -， ∴切线的方程为：()()322000015y 233x x x x x x ⎛⎫--+=-- ⎪⎝⎭又直线过定点113⎛⎫- ⎪⎝⎭，()()322000011521333x x x x x ⎛⎫∴--+=--- ⎪⎝⎭，得30x ﹣03x -2=0，()()300210xx x --+=，即()()2000120x x x +--=解得：021x =-或 故可做两条切线 故选C8．（2020届山东省济宁市高三上期末）已知函数()()()ln 10f x x a x a a =+-+>,若有且只有两个整数12,x x 使得()10f x >,且()20f x >,则a 的取值范围是( )A ．3ln 30,2+⎛⎫⎪⎝⎭ B ．()0,2ln 2+C ．3ln 3,2ln 22+⎡⎫+⎪⎢⎣⎭ D ．2ln 243ln 3,32++⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】C 【解析】()()()ln 10f x x a x a a =+-+>，()()1'1f x a x=+-，()()1ln111f a a =+-+= 当1a ≤时，函数单调递增，不成立； 当1a >时，函数在10,1a ⎛⎫ ⎪-⎝⎭上单调递增，在1,1a ⎛⎫+∞ ⎪-⎝⎭上单调递增；有且只有两个整数12,x x 使得()10f x >,且()20f x >，故()20f >且()30f ≤ 即ln 2220,ln 22a a a +-+>∴<+；ln 33ln 3330,2a a a ++-+≤∴≥ 故选：C . 二、多选题9.(2020届山东省潍坊市高三上学期统考）函数()()1,1,ln 1,1,x e x f x x x -⎧≤⎪=⎨->⎪⎩若函数()()g x f x x a =-+只有一个零点，则a 可能取的值有（ ） A ．2 B ．2- C ．0 D ．1【答案】ABC 【解析】∵()()g x f x x a =-+只有一个零点， ∴函数()y f x =与函数y x a =-有一个交点，作函数函数()()1,1,ln 1,1,x e x f x x x -⎧≤⎪=⎨->⎪⎩与函数y x a =-的图象如下，结合图象可知，当0a ≤时；函数()y f x =与函数y x a =-有一个交点； 当0a >时，ln(1)y x =-，可得11y x '=-，令111x =-可得2x =，所以函数在2x =时，直线与ln(1)y x =-相切，可得2a =.综合得：0a ≤或2a =. 故选：ABC.10．（2020届山东省滨州市三校高三上学期联考）已知函数2,0()(1),0x x e mx m x f x e x x -⎧++<=⎨-≥⎩（e 为自然对数的底），若()()()F x f x f x =+-且()F x 有四个零点，则实数m 的取值可以为（ ） A ．1 B ．e C ．2e D ．3e【答案】CD 【解析】因为()()()F x f x f x =+-，可得()()F x F x =-，即()F x 为偶函数， 由题意可得0x >时，()F x 有两个零点， 当0x >时，0x -<，()2xf x e mx m -=-+即0x >时，()22xxxxF x xe e e mx m xe mx m =-+-+=-+， 由()0F x =，可得20x xe mx m -+=，由(),21xy xe y m x ==-相切，设切点为(),tt te ，x y xe =的导数为(1)x y x e '=+，可得切线的斜率为(1)t t e +，可得切线的方程为(1)()tty te t e x t -=+-， 由切线经过点1,02⎛⎫ ⎪⎝⎭，可得1(1)2t tte t e t ⎛⎫-=+- ⎪⎝⎭， 解得：1t =或12-（舍去），即有切线的斜率为2e ， 故22,m e m e >∴>， 故选：CD.11．（2020届山东师范大学附中高三月考）已知函数2()ln f x x x x =+，0x 是函数()f x 的极值点，以下几个结论中正确的是（ ） A ．010x e<< B ．01x e>C ．00()20f x x +<D ．00()20f x x +>【答案】AC 【解析】函数2()l (),n 0f x x x x x =+>,()ln 12f x x x '∴=++,∵0x 是函数()f x 的极值点，∴()'00f x =，即00ln 120x x ∴++=，120f e e'⎛⎫∴=> ⎪⎝⎭,0,()x f x '→→-∞Q ,010x e∴<<,即A 选项正确,B 选项不正确;()()()2000000000002ln 2l 21n 0f x x x x x x x x x x x +=++==-+++<,即C 正确,D 不正确.故答案为:AC.12．（2020届山东实验中学高三上期中）设定义在R 上的函数()f x 满足()()2f x f x x -+=，且当0x ≤时，()f x x '<.己知存在()()()220111122x x f x x f x x ⎧⎫∈-≥---⎨⎬⎩⎭，且0x 为函数()x g x e a =-(,a R e ∈为自然对数的底数)的一个零点，则实数a 的取值可能是（ ）A ．12B C ．2e D【答案】BCD 【解析】Q 令函数21()()2T x f x x =-，因为2()()f x f x x -+=，22211()()()()()()()022T x T x f x x f x x f x f x x ∴+-=-+---=+--=，()T x ∴为奇函数，当0x „时，()()0T x f x x '='-<， ()T x ∴在(],0-∞上单调递减， ()T x ∴在R 上单调递减．Q 存在0{|()(1)}x x T x T x ∈-…， ∴得00()(1)T x T x -…，001x x -„，即012x „，()x g x e a =-Q ；1()2x „， 0x Q 为函数()y g x =的一个零点； Q当12x „时，()0x g x e '=-„， ∴函数()g x 在12x „时单调递减，由选项知0a >，取12x =<，又0g e⎛=> ⎝Q ，∴要使()g x 在12x „时有一个零点，只需使102g a ⎛⎫= ⎪⎝⎭„，解得a ，a ∴的取值范围为⎡⎫+∞⎪⎢⎪⎣⎭， 故选：BCD ．13．（2020·山东省淄博实验中学高三上期末）关于函数()2ln f x x x=+，下列判断正确的是（ ） A ．2x =是()f x 的极大值点 B ．函数()y f x x =-有且只有1个零点 C ．存在正实数k ，使得()f x kx >成立D ．对任意两个正实数1x ，2x ，且12x x >，若()()12f x f x =，则124x x +>. 【答案】BD 【解析】A .函数的 的定义域为（0，+∞）， 函数的导数f ′（x ）22212x x x x-=-+=，∴（0，2）上，f ′（x ）＜0，函数单调递减，（2，+∞）上，f ′（x ）＞0，函数单调递增，∴x ＝2是f （x ）的极小值点，即A 错误；B .y ＝f （x ）﹣x 2x =+lnx ﹣x ，∴y ′221x x =-+-1222x x x-+-=＜0， 函数在（0，+∞）上单调递减，且f （1）﹣12=+ln 1﹣1=1>0，f （2）﹣21=+ln 2﹣2= ln 2﹣1<0，∴函数y ＝f （x ）﹣x 有且只有1个零点，即B 正确； C .若f （x ）＞kx ，可得k 22lnx x x +＜，令g （x ）22lnx x x =+，则g ′（x ）34x xlnxx-+-=， 令h （x ）＝﹣4+x ﹣xlnx ，则h ′（x ）＝﹣lnx ，∴在x ∈（0，1）上，函数h （x ）单调递增，x ∈（1，+∞）上函数h （x ）单调递减， ∴h （x ）⩽h （1）＜0，∴g ′（x ）＜0， ∴g （x ）22lnxx x=+在（0，+∞）上函数单调递减，函数无最小值， ∴不存在正实数k ，使得f （x ）＞kx 恒成立，即C 不正确； D .令t ∈（0，2），则2﹣t ∈（0，2），2+t ＞2，令g （t ）＝f （2+t ）﹣f （2﹣t ）22t =++ln （2+t ）22t ---ln （2﹣t ）244t t =+-ln 22t t+-， 则g ′（t ）()22222222222244822241648(4)2(2)(4)4(4)t t t t t t t t t t t t t ----++---=+⋅=+=-+----＜0， ∴g （t ）在（0，2）上单调递减， 则g （t ）＜g （0）＝0， 令x 1＝2﹣t ，由f （x 1）＝f （x 2），得x 2＞2+t ， 则x 1+x 2＞2﹣t +2+t ＝4， 当x 2≥4时，x 1+x 2＞4显然成立，∴对任意两个正实数x 1，x 2，且x 2＞x 1，若f （x 1）＝f （x 2），则x 1+x 2＞4，故D 正确 故正确的是BD ， 故选：BD ．14．（2020届山东省滨州市高三上期末）已知定义在0,2π⎡⎫⎪⎢⎣⎭上的函数()f x 的导函数为()f x '，且()00f =，()cos ()sin 0f x x f x x '+<，则下列判断中正确的是( )A ．624f f ππ⎛⎫⎛⎫<⎪⎪⎝⎭⎝⎭B ．ln03f π⎛⎫> ⎪⎝⎭C ．63f ππ⎛⎫⎛⎫>⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭D ．43f ππ⎛⎫⎛⎫>⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭【答案】CD 【解析】 令()()cos f x g x x =，0,2x π⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭， 则2()cos ()sin ()cos f x x f x xg x x'+'=， 因为()cos ()sin 0f x x f x x '+<， 所以2()cos ()sin ()0cos f x x f x x g x x '+'=<在0,2π⎡⎫⎪⎢⎣⎭上恒成立，因此函数()()cos f x g x x =在0,2π⎡⎫⎪⎢⎣⎭上单调递减， 因此64g g ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即64cos cos64f f ππππ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭>，即624f f ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故A 错；又()00f =，所以(0)(0)0cos0f g ==，所以()()0cos f x g x x =≤在0,2π⎡⎫⎪⎢⎣⎭上恒成立， 因为ln0,32ππ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭，所以ln 03f π⎛⎫< ⎪⎝⎭，故B 错； 又63g g ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以63coscos63f f ππππ⎛⎫⎛⎫ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭>，即63f ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故C 正确；又43g g ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以43coscos43f f ππππ⎛⎫⎛⎫ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭>，即43f ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故D 正确；故选：CD.15．（2020届山东省临沂市高三上期末）已知函数()sin cos f x x x x x =+-的定义域为[)2,2ππ-，则（ ）A ．()f x 为奇函数B ．()f x 在[)0,π上单调递增C ．()f x 恰有4个极大值点D ．()f x 有且仅有4个极值点 【答案】BD 【解析】因为()f x 的定义域为[)2,2ππ-，所以()f x 是非奇非偶函数，()sin cos f x x x x x =+-Q()()1cos cos sin 1sin f x x x x x x x '∴=+--=+，当[)0,x Îp 时，()0f x '>，则()f x 在[)0,p 上单调递增. 显然()00f '≠，令()0f x '=，得1sin x x=-， 分别作出sin y x =，1y x=-在区间[)2,2ππ-上的图象，由图可知，这两个函数的图象在区间[)2,2ππ-上共有4个公共点，且两图象在这些公共点上都不相切，故()f x 在区间[)2,2ππ-上的极值点的个数为4，且()f x 只有2个极大值点.故选：BD .16．（2020届山东省泰安市高三上期末）已知函数()f x 是定义在R 上的奇函数，当0x <时，()()1x f x e x =+，则下列命题正确的是（ ）A ．当0x >时，()()1xf x e x -=--B ．函数()f x 有3个零点C ．()0f x <的解集为()(),10,1-∞-⋃D ．12,x x R ∀∈，都有()()122f x f x -< 【答案】BCD 【解析】（1）当0x >时，0x -<，则由题意得()()1xf x e x --=-+，∵ 函数()f x 是奇函数，∴ ()00f =，且0x >时，()()f x f x =--()1x ex -=--+()1x e x -=-，A 错；∴ ()()()1,00,01,0x x e x x f x x e x x -⎧+<⎪==⎨⎪->⎩，（2）当0x <时，由()()10xf x e x =+=得1x =-，当0x >时，由()()10xf x ex -=-=得1x =，∴ 函数()f x 有3个零点1,0,1-，B 对； （3）当0x <时，由()()10xf x e x =+<得1x <-，当0x >时，由()()10xf x ex -=-<得01x <<，∴ ()0f x <的解集为()(),10,1-∞-⋃，C 对； （4）当0x <时，由()()1xf x e x =+得()()'2x f x e x =+，由()()'20xf x ex =+<得2x <-，由()()'20x f x e x =+≥得20x -≤<，∴ 函数()f x 在(],2-∞-上单调递减，在[)2,0-上单调递增， ∴函数在(),0-∞上有最小值()22f e --=-，且()()1xf x ex =+()0011e <⋅+=，又∵ 当0x <时，()()10xf x ex =+=时1x =-，函数在(),0-∞上只有一个零点，∴当0x <时，函数()f x 的值域为)2,1e -⎡-⎣，由奇函数的图象关于原点对称得函数()f x 在R 的值域为()221,,1e e --⎤⎡-⋃-⎦⎣()1,1=-， ∴ 对12,x x R ∀∈，都有()()122f x f x -<，D 对；故选：BCD ． 三、填空题17．（2020·全国高三专题练习（文））设点P 是曲线2x y e x =+上任一点，则点P 到直线10x y --=的最小距离为__________．【解析】由题,过点P 作曲线2x y e x =+的切线,则2xy e x '=+,设点()00,P x y ,则002xk e x =+,当切线与直线10x y --=平行时点P 到该直线距离最小,则0021xe x +=,即00x =,所以点P 为()0,1,则点P 到直线10x y --==,18．（2020届山东省滨州市高三上期末）曲线(1)xy x e =+在点(0,1)处的切线的方程为__________．【答案】21y x =+ 【解析】(2)212,21x y x e k y x y x =+∴=∴=='-+Q19．（2020届山东省九校高三上学期联考）直线y x =与曲线()2ln y x m =+相切，则m =__________. 【答案】22ln 2- 【解析】函数()2ln y x m =+的导函数2y x m'=+， 设切点坐标00(,)x y ，则()0002ln 21x x m x m=+=+⎧⎪⎨⎪⎩，解得：02ln 2,22ln 2x m ==-. 故答案为：22ln 2-20．（2020·山东省淄博实验中学高三上期末）已知函数()()()212ln f x a x x =---.若函数()f x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上无零点，则a 的最小值为________.【答案】24ln 2- 【解析】因为()0f x <在区间10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上恒成立不可能，故要使函数()f x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上无零点，只要对任意的10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()0f x >恒成立，即对任意的10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，2ln 21x a x >--恒成立.令()2ln 21x l x x =--，10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则()()222ln 2'1x x l x x +-=-， 再令()22ln 2m x x x =+-，10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则()()22212'20x x x xm x ---==+<， 故()m x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上为减函数，于是()122ln 202m x m ⎛⎫>=->⎪⎝⎭， 从而()'0l x >，于是()l x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上为增函数，所以()124ln 22l x l ⎛⎫<=- ⎪⎝⎭， 故要使2ln 21xa x >--恒成立，只要[)24ln 2,a ∈-+∞， 综上，若函数()f x 在10,2⎛⎫⎪⎝⎭上无零点，则a 的最小值为24ln 2-.故答案为：24ln 2-21．（2020届山东省泰安市高三上期末）设函数()f x 在定义域(0，+∞)上是单调函数，()()0,,x x f f x e x e ⎡⎤∀∈+∞-+=⎣⎦，若不等式()()f x f x ax '+≥对()0,x ∈+∞恒成立，则实数a 的取值范围是______． 【答案】(],21e -∞- 【解析】由题意可设()xf x e x t -+=，则()xf x e x t =-+，∵()xf f x e x e ⎡⎤-+=⎣⎦，∴()ttf t e t t e e =-+==，∴1t =，∴()1xf x e x =-+，∴()1xf x e '=-，由()()f x f x ax '+≥得11x x e x e ax -++-≥，∴21xe a x≤-对()0,x ∈+∞恒成立，令()21xe g x x =-，()0,x ∈+∞，则()()221'x e x g x x-=， 由()'0g x =得1x =，∴()g x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞单调递增， ∴()()121g x g e ≥=-， ∴21a e ≤-，故答案为：(],21e -∞-．22．（2020届山东省枣庄市高三上学期统考）关于函数()2ln f x x x=+，下列判断正确的是（ ） A ．2x =是()f x 的极大值点 B ．函数()y f x x =-有且只有1个零点 C ．存在正实数k ，使得()f x kx >恒成立D ．对任意两个正实数1x ，2x ，且21x x >，若()()12f x f x =，则124x x +> 【答案】BD 【解析】（1）()f x 的定义域为()0,∞+，()'22x f x x -=，所以()f x 在()0,2上递减，在()2,+∞上递增，所以2x =是()f x 的极小值点.故A 选项错误.（2）构造函数()()()2ln 0g x f x x x x x x =-=+->，()()2'22x x g x x --+=2217240x x⎡⎤⎛⎫--+⎢⎥⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦=<，所以()g x 在()0,∞+上递减.而()1ln 210g =+>，()2ln 210g =-<，()()120g g ⋅<.所以()g x 有且只有一个零点.故B 选项正确.（3）构造函数()()()2ln 0,0h x f x kx x kx x k x =-=+->>.()2'22kx x h x x-+-=，由于0k -<，22y kx x =-+-开口向下，0x →和x →+∞时，220y kx x =-+-<，即()2'220kx x h x x-+-=<，x →+∞时()0h x <，故不存在正实数k ，使得()f x kx >恒成立，C 选项错误.（4）由（1）知，()f x 在()0,2上递减，在()2,+∞上递增， 2x =是()f x 的极小值点.由于任意两个正实数1x ，2x ，且21x x >，()()12f x f x =，故1202x x <<<.令211x t x =>，21x tx =.由()()12f x f x =得121222ln ln x x x x +=+，即2121212ln x x x x x x -⋅=，即()11112ln t x t x tx -⋅=⋅，解得()121ln t x t t-=⋅，则()2121ln t t x tx t t -==⋅.所以21222ln t x x t t-+=⋅.要证124x x +>，即证1240x x +->，即证2222224ln 40ln ln t t t t t t t t----=>⋅⋅，由于1t >，所以ln 0t t >，故即证()2224ln 01t t t t -->>①.构造函数()()2224ln 1h t t t t t =--≥（先取1t ≥），()10h =；()'44ln 4h t t t =--，()'10h =；()()''41440t h t t t-=-=>.所以()'h t 在[)1,+∞上为增函数，所以()()''10h t h ≥=，所以()h t 在[)1,+∞上为增函数，所以()()10h t h ≥=.故当1t >时，()0h t >.即证得①成立，故D 选项正确. 故选：BD.23．（2020届山东省枣庄市高三上学期统考）已知函数()ex x f x =（e是自然对数的底数），则函数()f x 的最大值为______；若关于x 的方程()()22210f x tf x t ++-=⎡⎤⎣⎦恰有3个不同的实数解，则实数t 的取值范围为______. 【答案】1e e 11,2e 2-⎛⎫⎪⎝⎭ 【解析】（1）()f x 的定义域为R ，()'1xx f x e -=，故()f x 在(),1-∞上递增，在()1,+∞上递减，所以()11f e=是()f x 的极大值也即是最大值.（2）由（1）知()f x 在(),1-∞上递增，在()1,+∞上递减，最大值为()11f e=. 当0x >时()0f x >，当0x =时，()0f x =，当0x <时，()0f x <. 由()()22210f x tf x t ++-=⎡⎤⎣⎦，即()()2110f x t f x +-+=⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦. 由上述分析可知()()10,1f x f x +==-有一个解1x .故需()()210,12f x t f x t +-==-有两个不同的解，由上述分析可知1012t e <-<，解得1122e t e -<<.所以实数t 的取值范围是e 11,2e 2-⎛⎫⎪⎝⎭. 故答案为：（1）1e ；（2）e 11,2e 2-⎛⎫⎪⎝⎭. 四、解答题24．（2020届山东省临沂市高三上期末）已知函数()()2ln 1sin 1f x x x =+++，函数()1ln g x ax b x =--（,,0a b ab ∈≠R ）. （1）讨论()g x 的单调性；（2）证明：当0x ≥时，()31f x x ≤+. （3）证明：当1x >-时，()()2sin 22exf x x x <++.【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2）证明见解析（3）证明见解析 【解析】（1）解：()g x 的定义域为()0,∞+，()a g x x bx'=-， 当0a >，0b <时，()0g x '>，则()g x 在()0,∞+上单调递增； 当0a >，0b >时，令()0g x '>，得b x a >，令()0g x '<，得0b x a <<，则()g x 在0,b a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，在,b a ⎛⎫+∞⎪⎝⎭上单调递增；当0a <，0b >时，()0g x '<，则()g x 在()0,∞+上单调递减； 当0a <，0b <时，令()0g x '>，得0b x a <<，令()0g x '<，得b x a >，则()g x 在0,b a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，在,b a ⎛⎫+∞⎪⎝⎭上单调递减； （2）证明：设函数()()()31h x f x x =-+，则()2cos 31x x h x '=+-+. 因为0x ≥，所以(]20,21x ∈+，[]cos 1,1x ∈-， 则()0h x '≤，从而()h x 在[)0,+∞上单调递减，所以()()()()3100h x f x x h =-+≤=，即()31f x x ≤+. （3）证明：当1a b ==时，()1ln g x x x =--.由（1）知，()()min 10g x g ==，所以()1ln 0g x x x =--≥， 即1ln x x ≥+.当1x >-时，()210x +>，()2sin 1e 0x x +>，则()()22sin sin 1e 1ln 1e xx x x ⎡⎤++≥+⎣⎦， 即()()2sin 1e 2ln 1sin 1x x x x ++++≥，又()()22sin sin 22e1e xx x x x ++>+， 所以()()2sin 22e2ln 1sin 1xx x x x ++>+++，即()()2sin 22exf x x x <++.25．（2020届山东省潍坊市高三上期中）已知函数()32112f x x x ax =-++． （1）当2a =时，求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程；（2）若函数()1f x x =在处有极小值，求函数()f x 在区间32,2⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上的最大值．【答案】（1）210x y -+=；（2）4927. 【解析】（1）当2a =时，321()212f x x x x =-++，2()32f x x x '=-+， 所以(0)2f '=，又(0)1f =，所以曲线()y f x =在点()()0,0f 处切线方程为12y x -=，即210x y -+=. （2）因为2()3f x x x a '=-+，因为函数()1f x x =在处有极小值，所以(1)202f a a '=+=⇒=-， 所以2()32f x x x '=-- 由()0f x '=，得23x =-或1x =， 当23x <-或1x >时，()0f x '>， 当213x -<<时，()0f x '<， 所以()f x 在22,3⎛⎫--⎪⎝⎭，31,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上是增函数，在2,13⎛⎫- ⎪⎝⎭上是减函数， 因为249327f ⎛⎫-=⎪⎝⎭，3124f ⎛⎫= ⎪⎝⎭， 所以()f x 的最大值为249327f ⎛⎫-= ⎪⎝⎭. 26．（2019·夏津第一中学高三月考）已知函数()()11ln f x x m x m R x x ⎛⎫=+-+∈ ⎪⎝⎭． （1）当1m >时，讨论()f x 的单调性； （2）设函数()()1m g x f x x-=+，若存在不相等的实数1x ，2x ，使得()()12g x g x =，证明：120m x x <<+．【答案】（1）见解析；（2）详见解析. 【解析】（1）函数()f x 的定义域为(0,)+∞.'21()1m m f x x x -=+-2221(1)[(1)]x mx m x x m x x-+----==， 因为1m >，所以10m ->，①当011m <-<，即12m <<时，由()0f x '>得1x >或1x m <-，由()0f x '<得11m x -<<， 所以()f x 在()0,1m -，()1,+∞上是增函数， 在()1,1m -上是减函数； ②当11m -=，即2m =时()0f x '≥，所以()f x 在()0,∞+上是增函数；③当11m ->，即2m >时，由()0f x '>得1x m >-或1x <，由()0f x '<得11x m <<-，所以()f x 在()0,1，()1,m -+∞.上是增函数，在()1,1m -.上是减函综上可知：当12m <<时()f x 在()0,1m -，()1,+∞上是单调递增，在()1,1m -上是单调递减； 当2m =时，()f x 在()0,∞+.上是单调递增；当2m >时()f x 在()0,1，()1,m -+∞上是单调递增，在()1,1m -上是单调递减. （2）1()()ln m g x f x x m x x -=+=-，()1mg x x'=-， 当0m ≤时，()0g x '> ，所以()g x 在()0,∞+上是增函数，故不存在不相等的实数1x ，2x ，使得()()12 g x g x =，所以0m >.由()()12 g x g x =得1122ln ln x m x x m x -=-，即()2121ln ln m x x x x -=-， 不妨设120x x <<，则21210ln ln x x m x x -=>-，要证12m x x <+，只需证211221ln ln x x x x x x -<+-，即证212112ln ln x xx x x x -<-+，只需证2122111ln 1x x x x x x -<+，令211x t x =>，只需证1ln 1t t t -<+，即证10l 1n t t t -->+， 令1()ln (1)1t h t t t t -=->+，则222121()0(1)(1)t h t t t t t +'=-=>++， 所以()h t 在()1,+∞上是增函数，所以()(1)0h t h >=，从而10l 1n t t t -->+，故120m x x <<+. 27．（2020届山东省泰安市高三上期末）已知函数()xf x e ax =-． (1)当0a >时，设函数()f x 的最小值为()g a ，证明：()1g a ≤； (2)若函数()()212h x f x x =-有两个极值点()1212,x x x x <，证明：()()122h x h x +>． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】（1）()()0xf x e a a '=->，令()0f x '=，解得ln x a =，当ln x a >时，()0f x '>，当ln x a <时，()0f x '<，()()min ln ln f x f a a a a ∴==-，()()ln 0g a a a a a ∴=->，令()()ln 0g x x x x x =->，则()ln g x x '=-， 令()0g x '=，解得1x =，∴当()0,1x ∈时，()0g x '>，当()1x ∈+∞，时，()0g x '<，()()max 11g x g ∴==，()1g x ∴≤，∴当0a >时，()1g a ≤；（2）()212xh x e ax x =--，()x h x e a x '=--， 令()xx e a x ϕ=--，则()1xx e ϕ'=-，令()0x ϕ'=，解得0x =，当0x >时，()0x ϕ'>，当0x <时，()0x ϕ'<，()()min 01x a ϕϕ∴==-，又函数()h x 有两个极值点，则10a -<，1a ∴>，且120x x <<，∴当()1x x ∈-∞，时，()h x 单调递增，当()10x x ∈，时，()h x 单调递减，∴当()0x ∈-∞，时，()()1h x h x ≤， 又()2,0x -∈-∞，()()21h x h x ∴-≤，()()()()22212222x x h x h x h x h x e e x -∴+≥-+=+-，令()()20xxm x e ex x -=+-≥，则()12x x m x e x e'=--， 令()()n x m x '=，则()120xx n x e e'=+-≥， ()n x ∴在[)0,+∞上单调递增，()()()00m x n x n '∴=≥=， ()m x ∴在[)0,+∞上单调递增，()()02m x m ∴≥=，20x >Q ，()222222x x m x e e x -∴=+->，即()()222h x h x -+>，()()122h x h x ∴+>．28．（2020·山东省淄博实验中学高三上期末）设函数()()ln 1f x ax bx =++，()()2g x f x bx =-.（1）若1a =，1b =-，求函数()f x 的单调区间；（2）若曲线()y g x =在点()1,ln3处的切线与直线1130x y -=平行. ①求a ，b 的值；②求实数()3k k ≤的取值范围，使得()()2g x k x x >-对()0,x ∈+∞恒成立.【答案】（1）()f x 的单调增区间为()1,0-，单调减区间为()0,+?（2）①23a b =⎧⎨=-⎩②[]1,3k ∈【解析】（1）当1a =，1b =-时，()()()ln 11f x x x x =+->-， 则()111'1xx xx f --=++=.当()'0f x >时，10x -<<； 当()'0f x <时，0x >；所以()f x 的单调增区间为()1,0-，单调减区间为()0,+?.（2）①因为()()()()22ln 1g x f x bx ax b x x=-=++-，所以()()'121a g x b x ax =+-+，依题设有()()()1ln 111'13g a g =+⎧⎪⎨=⎪⎩，即()ln 1ln 31113a a b a+=⎧⎪⎨-=⎪+⎩. 解得23a b =⎧⎨=-⎩.②()()()2ln 123g x x x x=+--，1,2x ⎛⎫∈-+∞ ⎪⎝⎭. ()()2g x k x x >-对()0,x ∈+∞恒成立，即()()20g x k x x -->对()0,x ∈+∞恒成立. 令()()()2F x g x k x x =--，则有()()2431'12k x k F x x-+-=+. 当13k ≤≤时，当()0,x ∈+∞时，()'0F x >， 所以()F x 在()0,+?上单调递增.所以()()00F x F >=，即当()0,x ∈+∞时，()()2g x k x x >-；当1k <时，当x ⎛∈ ⎝时，()'0F x <，所以()F x在⎛ ⎝上单调递减，故当x ⎛∈ ⎝时，()()00F x F <=，即当()0,x ∈+∞时，()()2g x k x x >-不恒成立. 综上，[]1,3k ∈.29．（2020届山东省潍坊市高三上学期统考）已知函数()()245x af x x x a R e=-+-∈. ()Ⅰ若()f x 在(),-∞+∞上是单调递增函数，求a 的取值范围；()Ⅱ设()()x g x e f x =，当m 1≥时，若()()()122g x g x g m +=，且12x x ≠，求证：122x x m +<.【答案】（1）[)2,a e ∈+∞（2）见解析 【解析】解：()1 Q ()f x 在(),-∞+∞上是单调递增函数,∴在x R ∈上，()240x af x x e=-+≥'恒成立，即：()42x a x e ≥-∴设()()42x h x x e =- R x ∈ ∴ ()()22x h x x e =-'，∴当(),1x ∈-∞时()0h x '>，∴ ()h x 在(),1x ∈-∞上为增函数， ∴当()1,x ∈+∞时()0h x '<，∴ ()h x 在()1,x ∈+∞上为减函数， ∴ ()()max 12h x h e ==Q ()max42xa x e ⎡⎤≥-⎣⎦∴ 2a e ≥， 即[)2,a e ∈+∞ .()2方法一：因为()()245x g x e x x a =-+-，所以()()2'10x g x e x =-≥， 所以()g x 在(),-∞+∞上为增函数，因为()()()122g x g x g m +=，即()()()()12g x g m g m g x -=-，()()()()12g x g m g m g x --和同号，所以不妨设12x m x <<,设()()()()22(1)h x g m x g x g m x m =-+->≥，…8分 所以()()()222'211m x x h x e m x e x -=---+-，因为2m x x e e -<，()()()()2221122220m x x m m x ----=--≤， 所以()'0h x >，所以()h x 在(),m +∞上为增函数，所以()()0h x h m >=，所以()()()()222220h x g m x g x g m =-+->， 所以()()()()22122g m x g m g x g x ->-=， 所以212m x x ->，即122x x m +<. 方法二：Q ()()()245x x g x e f x x x e a ==-+-()()()122g x g x g m += [)1,m ∈+∞，∴ ()()()12222112245452452x x m x x e a x x e a m m e a -+-+-+-=-+- ∴ ()()()1222211224545245x x m x x e x x e m m e -++-+=-+∴设()()245x x x x e ϕ=-+ x R ∈，则()()()122x x m ϕϕϕ+=， ∴ ()()210x x x e ϕ'=-≥ ∴ ()x ϕ在x R ∈上递增且()10ϕ'=令()1,x m ∈-∞，()2,x m ∈+∞设()()()F x m x m x ϕϕ=++-, ()0,x ∈+∞，∴ ()()()2211m x m x F x m x e m x e +----'=+- Q 0x >∴ 0m x m x e e +->>，()()()22112220m x m x m x +----=-≥ ∴ ()0F x '>， ()F x 在()0,x ∈+∞上递增， ∴ ()()()02F x F m ϕ>=，∴ ()()()2m x m x m ϕϕϕ++->，()0,x ∈+∞令1x m x =-∴ ()()()112m m x m m x m ϕϕϕ+-+-+>即：()()()1122m x x m ϕϕϕ-+> 又Q()()()122x x m ϕϕϕ+=，∴ ()()()()12222m x m x m ϕϕϕϕ-+->即：()()122m x x ϕϕ-> Q ()x ϕ在x R ∈上递增∴ 122m x x ->，即：122x x m +<得证.30．（2020届山东省潍坊市高三上期末）已知函数()()2(,)1xf x ae x a Rg x x =--∈=.(1)讨论函数()f x 的单调性;(2)当0a >时，若曲线()1:1C y f x x =++与曲线()2:C y g x =存在唯一的公切线，求实数a 的值;(3)当1,0a x =≥时，不等式()()1f x kxln x ≥+恒成立，求实数k 的取值范围. 【答案】（1）见解析（2）24a e =（3）1,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦【解析】(1)()1xf x ae '=-，当0a ≤时，()'0f x <恒成立，()f x 在()-∞+∞，上单调递减， 当0a >时，由()'0f x =，解得x lna =-， 由于0a >时，导函数()1xf x ae '=-单调递增，故 ()x lna ∈-∞-，，()()0,f x f x '<单调递减， ()()(),,0,x lna f x f x '∈-+∞>单调递增. 综上，当0a ≤时()f x 在()-∞+∞，上单调递减; 当0a >时， ()f x 在()lna -∞-，上单调递减，在,()lna -+∞上单调递增. . (2)曲线11:x C y ae =与曲线222:C y x =存在唯一公切线，设该公切线与12,C C 分别切于点()()12122,,,x x ae x x ，显然12xx ≠.由于12','2xy ae y x ==，所以11222122x x ae x ae x x x -==-，1222212222222x x x x ae x x x -=-=- ， 2122222x x x x ∴-=由于0a >，故20x >，且21220x x =-> 因此11x >，此时()111214(2 1)1x x x x a x e e -==>， 设()()1 4()1xx F x x e =>-问题等价于直线y a =与曲线()y F x =在1x >时有且只有一个公共点， 又()4(2 )xx F x e-'=，令()'0F x =，解得2x =， 则()F x 在()1,2上单调递增，(2,)+∞上单调递减， 而()()242,10F F e==，当x →+∞时，()0F x → 所以()F x 的值域为240,e ⎛⎤ ⎥⎝⎦. 故24a e =. (3)当1a =时，()1xf x e x =--，问题等价于不等式()11x e x kxln x --≥+，当0x ≥时恒成立.设()()110()xh x e x kxln x x =---+≥，()00h =，又设()()()' 1 11) 0(xx m x h x e k ln x x x ⎡⎤==--++≥⎢⎥+⎣⎦则()()211'11xm x e k x x ⎡⎤=-+⎢⎥++⎢⎥⎣⎦而()'012m k =-. (i)当120k -≥时，即12k ≤时， 由于0,1xx e ≥≥，()()2211111112111k x x x x ⎡⎤⎡⎤+≤+≤⎢⎥⎢⎥++++⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦此时()()'0,m x m x ≥在[0,)+∞上单调递增. 所以()()00m x m ≥=即()'0h x ≥，所以()h x 在[0,)+∞上单调递增 所以()()00h x h ≥=， 即()110xe x kxln x ---+≥，故12k ≤适合题意.(ii)当12k >时，()'00m <， 由于()()21111xm x e k x x ⎡⎤'=-+⎢⎥++⎢⎥⎣⎦在[0,)+∞上单调递增， 令()20x ln k =>，则()()211'222201ln 21ln 2m ln k k k k k x x ⎡⎤=-+>-=⎢⎥++⎢⎥⎣⎦， 故在()0,ln 2k 上存在唯一o x ，使()'0o m x =， 因此当()00,x x ∈时，()()'0,m x m x <单调递减， 所以()()00m x m <=，即()()'0,h x h x ≤在()00,x 上单调递减， 故()()00h x h <=，亦即()1 10xe x hxln x ---+<，故12k >时不适合题意， 综上，所求k 的取值范围为1,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦. 31．（2020届山东省枣庄、滕州市高三上期末）已知函数()ln(2)f x x a =+(0,0)x a >>，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线在y 轴上的截距为2ln 33-. （1）求a ；（2）讨论函数()()2g x f x x =-(0)x >和2()()21xh x f x x =-+(0)x >的单调性； （3）设12,5a =()1n n a f a +=，求证：1521202n nn a +-<-<(2)n ≥. 【答案】（1）1a = （2）()()2g x f x x =-(0)x >为减函数，2()()12xh x f x x=-+(0)x >为增函数. （3）证明见解析 【解析】（1）对()ln(2)f x x a =+求导，得2()2f x x a'=+.因此2(1)2f a'=+.又因为(1)ln(2)f a =+， 所以曲线()y f x =在点(1,(1)f 处的切线方程为2ln(2)(1)2y a x a -+=-+， 即22ln(2)22y x a a a=++-++. 由题意，22ln(2)ln 323a a +-=-+. 显然1a =，适合上式. 令2()ln(2)2a a aϕ=+-+(0)a >， 求导得212()02(2)a a a ϕ'=+>++， 因此()a ϕ为增函数：故1a =是唯一解.（2）由（1）可知，()ln(21)2g x x x =+-(0),x >2()ln(21)21xh x x x =+-+(0)x >， 因为24()202121xg x x x '=-=-<++， 所以()()2g x f x x =-(0)x >为减函数. 因为222()21(21)h x x x '=-++240(21)xx =>+， 所以2()()12xh x f x x =-+(0)x >为增函数.（3）证明：由12,5a =()()1ln 21n n n a f a a +==+，易得0n a >.15212225n nn nn a a +-<-⇔< 由（2）可知，()()2g x f x x =-ln(21)2x x =+-在(0,)+∞上为减函数. 因此，当0x >时，()(0)0g x g <=，即()2f x x <. 令1(2)n x a n -=≥，得()112n n f a a --<，即12n n a a -<. 因此，当2n ≥时，21121222n n n n a a a a ---<<<⋅⋅⋅<25n=.所以152122n n na +-<-成立.。

专题04一元函数的导数及其应用（利用导函数研究不等式问题）（选填压轴题）目录①构造()()n F x x f x =或()()n f x F x x =(n Z ∈，且0n ≠)型........................1②构造()()nx F x e f x =或()()nx f x F x e=(n Z ∈，且0n ≠)型.......................2③构造()()sin F x f x x =或()()sin f x F x x=型....................................3④构造()()cos F x f x x =或()()cos f x F x x =型 (4)⑤根据不等式（求解目标）构造具体函数 (5)①构造()()n F x x f x =或()()n f x F x x =(n Z ∈，且0n ≠)型②构造()()nx F x e f x =或()()nx f x F x e =(n Z ∈，且0n ≠)型1．（2023春·安徽合肥·高二合肥工业大学附属中学校联考期末）设函数()f x 的定义域为R ，其导函数为()f x '，且满足()()1f x f x >'+，()02023f =，则不等式()e e 2022x x f x -->+（其中e 为自然对数的底数）的解集是（）③构造()()sin F x f x x =或()()sin f x F x x =型④构造()()cos F x f x x =或()()cos f x F x x =型⑤根据不等式（求解目标）构造具体函数1．（2023·江苏南京·统考二模）已知函数()f x 是定义在R 上的可导函数，其导函数为()f x '．若对任意x ∈R 有()1f x '>，()()110f x f x ++-=，且()02f =-，则不等式()11f x x ->-的解集为（）A ．()0,∞+B ．()1,+∞C ．()2,+∞D ．()3,+∞专题04一元函数的导数及其应用（利用导函数研究不等式问题）（选填压轴题）目录①构造()()n F x x f x =或()()n f x F x x =(n Z ∈，且0n ≠)型........................1②构造()()nx F x e f x =或()()nx f x F x e=(n Z ∈，且0n ≠)型.......................6③构造()()sin F x f x x =或()()sin f x F x x=型....................................9④构造()()cos F x f x x =或()()cos f x F x x =型..................................13⑤根据不等式（求解目标）构造具体函数 (17)①构造()()n F x x f x =或()()n f x F x x =(n Z ∈，且0n ≠)型②构造()()nxF x e f x =或()()nx f x F x e =(n Z ∈，且0n ≠)型则函数()g x 为增函数，且(1)e (1)2e g f =⋅=，则不等式e ()2e x f x >即为()()1g x g >，所以1x >.故答案为：()1,+∞③构造()()sin F x f x x =或()()sin f x F x x =型④构造()()cos F x f x x =或()()cos f x F x x =型⑤根据不等式（求解目标）构造具体函数。

专题4一元函数导数及其应用从高考对导数的要求看，考查分三个层次，一是考查导数公式，求导法则与导数的几何意义；二是导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；三是综合考查，如研究函数零点、证明不等式、恒成立问题、求参数范围等.除压轴题，同时在小题中也加以考查，难度控制在中等以上.应特别是注意将导数内容和传统内容中有关不等式、数列、函数图象及函数单调性有机结合，设计综合题，考查学生灵活应用数学知识分析问题、解决问题的能力.预测2020年高考命题将保持稳定.主观题应用导数研究函数的性质，备考的面要注意做到全覆盖，如导数几何意义的应用、单调性问题、极（最）值问题、零点问题、不等式的证明、参数范围的确定等.一、单选题1．（2020届山东省潍坊市高三下学期开学考试）函数321y x x mx =+++是R 上的单调函数．．．．，则m 的范围是（）A ．1(,)3+∞B ．1(,3-∞C ．1[,)3+∞D ．1(,3-∞2．（2020·山东高三下学期开学）已知函数()f x 是偶函数，当0x >时，()ln 1f x x x =+，则曲线()y f x =在1x =-处的切线方程为（）A ．y x=-B ．2y x =-+C ．y x=D ．2y x =-3．（2020届山东省济宁市高三3月月考）已知111ln 20x x y --+=，22242ln 20x y +--=，记()()221212M x x y y =-+-，则()A ．M 的最小值为25B ．M 的最小值为45C ．M 的最小值为85D ．M 的最小值为1254．（2020·山东滕州市第一中学高三3月模拟）函数()()()2sin xx e e x f x x eππ-+=-≤≤的图象大致为()A ．B ．C ．D ．5．（2020届山东省菏泽一中高三2月月考）已知奇函数()f x 是R 上增函数,()()g x xf x =则()A ．233231log 224g g g --⎛⎫⎛⎫⎛⎫>> ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭B ．233231log 224g g g --⎛⎫⎛⎫⎛⎫>> ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭C ．23323122log 4g g g --⎛⎫⎛⎫⎛⎫>> ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭D ．23323122log 4g g g --⎛⎫⎛⎫⎛⎫>> ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭6．（2020届山东省济宁市第一中学高三二轮检测）已知函数()y f x =的导函数()f x '的图象如图所示，则下列判断正确的是（）A ．函数()y f x =在区间13,2⎛⎫--⎪⎝⎭内单调递增B ．当2x =-时，函数()y f x =取得极小值C ．函数()y f x =在区间()2,2-内单调递增D ．当3x =时，函数()y f x =有极小值7．（2020届山东省青岛市高三上期末）已知奇函数()f x 是R 上增函数,()()g x xf x =则()A ．233231log 224g g g --⎛⎫⎛⎫⎛⎫>> ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭B ．233231log 224g g g --⎛⎫⎛⎫⎛⎫>> ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭C ．23323122log 4g g g --⎛⎫⎛⎫⎛⎫>> ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭D ．23323122log 4g g g --⎛⎫⎛⎫⎛⎫>> ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭二、多选题8．（2020届山东省济宁市高三3月月考）设函数()()ln ,01,0x x x f x e x x ⎧>⎪=⎨+≤⎪⎩，若函数()()g x f x b =-有三个零，则实数b 可取的值可能是()A ．0B ．12C ．1D ．29．（2020·山东滕州市第一中学高三3月模拟）设定义在R 上的函数()f x 满足()()2f x f x x -+=，且当0x ≤时，()f x x '<.己知存在()()()220111122x x f x x f x x ⎧⎫∈-≥---⎨⎬⎩⎭，且0x 为函数()x g x e a =--(,a R e ∈为自然对数的底数)的一个零点，则实数a 的取值可能是（）A ．12B ．2C ．2e D ．10．（2020·2020届山东省淄博市高三二模）已知111ln 20x x y --+=，22242ln 20x y +--=，记()()221212M x x y y =-+-，则（）A ．MB ．当M 最小时，2125x =C ．M 的最小值为45D ．当M 最小时，265x =三、填空题11．（2020届山东省菏泽一中高三2月月考）已知直线2y x =+与曲线ln()y x a =+相切，则a =12．（2020届山东省烟台市高三模拟）设定义域为R 的函数()f x 满足()()f x f x '>，则不等式()()121x e f x f x -<-的解集为__________．13．（2020届山东省淄博市部分学校高三3月检测）已知函数()2sin sin 2f x x x =+，则()f x 的最小值是_____________．14．（2020·山东高三模拟）已知函数()ln 2f x x x a =-在点(1,(1))f 处的切线经过原点，函数()()f x g x x=的最小值为m ，则2m a +=________.15．（2020届山东省济宁市第一中学高三二轮检测）若函数()()1,f x a nx a R =∈与函数()g x =共点处有共同的切线，则实数a 的值为______．16．（2020届山东省济宁市高三3月月考）如图所示，某几何体由底面半径和高均为1的圆柱与半径为1的半球对接而成，在该封闭几何体内部放入一个小圆柱体，且小圆柱体的上下底面均与外层圆柱的底面平行，则小圆柱体积的最大值为__________.17．（2020届山东省淄博市高三二模）已知函数()f x 的定义域为R ，导函数为()f x '，若()()cos f x x f x =--，且()sin 02xf x '+<，则满足()()0f x f x π++≤的x 的取值范围为______.四、解答题18．（2020届山东省济宁市第一中学高三二轮检测）已知函数()1xf x x ae =-+（1）讨论()f x 的单调性；（2）当1a =-时，设1210,0x x -<<>且()()125f x f x +=-，证明：12124x x e->-+．19．（2019·宁德市高级中学高三月考（理））已知函数)f x =（a e 2x +(a ﹣2)e x ﹣x .（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围.20．（2020·山东高三模拟）已知函数()21()1ln ()2f x m x x m =--∈R .（1）若1m =，求证：()0f x ≥.（2）讨论函数()f x 的极值；（3）是否存在实数m ，使得不等式111()x f x x e->-在(1,)+∞上恒成立？若存在，求出m 的最小值；若不存在，请说明理由.21．（2020届山东省高考模拟）已知函数2()2ln ()f x x ax x a R =-+∈.（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个极值点()1212,x x x x <，当a ≥()()21f x f x -的最大值.22．（2020届山东省济宁市高三3月月考）已知函数()()()1xf x ax e a R =-∈.（1）求函数()f x 的单调区间；（2）是否存在一个正实数a ，满足当x ∈R 时，()1f x ≤恒成立，若存在，求出a 的值；若不存在，请说明理由.23．（2020届山东省潍坊市高三模拟一）已知函数()cos sin xf x e x x x =-，()sin x g x x =-，其中e是自然对数的底数．（Ⅰ）12ππ,0,0,22x x ⎡⎤⎡⎤∀∈-∃∈⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦，使得不等式12()()f x m g x ≤+成立，试求实数m 的取值范围；（Ⅱ）若1x >-，求证：()()0f x g x ->．24．（2020届山东省潍坊市高三模拟二）已知函数()ln ,f x x x kx k R =+∈.（1）求()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；（2）若不等式2()f x x x ≤+恒成立，求k 的取值范围；（3）求证：当*n N ∈时，不等式()2212ln 4121ni n ni n =-->+∑成立.25．（2020届山东省菏泽一中高三2月月考）已知函数()ln 2sin f x x x x =-+,()f x '为()f x 的导函数.(1)求证:()f x '在()0π，上存在唯一零点;(2)求证:()f x 有且仅有两个不同的零点.26．（2020届山东济宁市兖州区高三网络模拟考）已知函数()2ln f x x ax =-，a R ∈.（Ⅰ）讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）当1a =-时，令2()()g x x f x =-，其导函数为()g x '，设12,x x 是函数()g x 的两个零点，判断122x x +是否为()g x '的零点？并说明理由.27．（2020届山东省潍坊市高三下学期开学考试）已知2()2ln(2)(1)f x x x =+-+，()(1)g x k x =+．（1）当2k =时，求证：对于1x ∀>-，()()f x g x <恒成立；（2）若存在01x >-，使得当()01,x x ∈-时，恒有()()f x g x >成立，试求k 的取值范围.28．（2020届山东省淄博市高三二模）（本小题满分12分）设函数()()22ln 11x f x x x =+++.（Ⅰ）讨论函数()f x 的单调性；（Ⅱ）如果对所有的x ≥0，都有()f x ≤ax ，求a 的最小值；（Ⅲ）已知数列{}n a 中，11a =，且()()1111n n a a +-+=，若数列{}n a 的前n 项和为n S ，求证：11ln 2n n n na S a a ++>-.29．（2020届山东省烟台市高三模拟）已知函数()()2ln 12a f x x x xb =---，,R a b ∈.（1）当-1b =时，讨论函数()f x 的零点个数；（2）若()f x 在()0,∞+上单调递增，且2a b c e +≤求c 的最大值.30．（2020·山东滕州市第一中学高三3月模拟）已知()ln f x x =，()()2102g x ax bx a =+≠，()()()h x f x g x =-.（Ⅰ）若3,2a b ==，求()h x 的极值；（Ⅱ）若函数()y h x =的两个零点为()1212,x x x x ≠，记1202x x x +=，证明：()00h x '<．31．（2020届山东省泰安市肥城市一模）已知函数()22()xf x e ax x a =++在1x =-处取得极小值.（1）求实数a 的值；（2）若函数()f x 存在极大值与极小值，且函数()()2g x f x x m =--有两个零点，求实数m 的取值范围.（参考数据：e 2.718≈2.236≈）32．（2020·山东高三下学期开学）已知函数()ln 1f x x x =-，()()22g x ax a x =--.（1）设函数()()()H x f x g x '=-，讨论()H x 的单调性；（2）设函数()()()2G x g x a x =+-，若()f x 的图象与()G x 的图象有()11A x y ，，()22B x y ，两个不同的交点，证明：()12ln 2ln 2x x >+.33．（2020届山东省淄博市部分学校高三3月检测）已知函数2()2ln =-f x x x x ，函数2()(ln )=+-ag x x x x，其中a R ∈，0x 是()g x 的一个极值点，且()02g x =.（1）讨论()f x 的单调性（2）求实数0x 和a 的值（3）证明()*11ln(21)2=>+∈nk n n N 34．（2020届山东省六地市部分学校高三3月线考）已知函数()()20f x lnx ax x a =--+≥．()1讨论函数()f x 的极值点的个数；()2若函数()f x 有两个极值点1x ，2x ，证明：()()12322f x f x ln +>-．专题4一元函数导数及其应用从高考对导数的要求看，考查分三个层次，一是考查导数公式，求导法则与导数的几何意义；二是导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；三是综合考查，如研究函数零点、证明不等式、恒成立问题、求参数范围等.除压轴题，同时在小题中也加以考查，难度控制在中等以上.应特别是注意将导数内容和传统内容中有关不等式、数列、函数图象及函数单调性有机结合，设计综合题，考查学生灵活应用数学知识分析问题、解决问题的能力.预测2021年高考命题将保持稳定.主观题应用导数研究函数的性质，备考的面要注意做到全覆盖，如导数几何意义的应用、单调性问题、极（最）值问题、零点问题、不等式的证明、参数范围的确定等.一、单选题1．（2020届山东省潍坊市高三下学期开学考试）函数321y x x mx =+++是R 上的单调函数．．．．，则m 的范围是（）A ．1(,)3+∞B ．1(,3-∞C ．1[,)3+∞D ．1(,3-∞【答案】C 【解析】若函数321y x x mx =+++是R 上的单调函数，只需2320y x x m '=++≥恒成立，即141203m m =-≤∴≥ ，．故选：C ．2．（2020·山东高三下学期开学）已知函数()f x 是偶函数，当0x >时，()ln 1f x x x =+，则曲线()y f x =在1x =-处的切线方程为（）A ．y x =-B ．2y x =-+C ．y x=D ．2y x =-【答案】A 【解析】因为0x <，()()ln()1f x f x x x =-=--+，()11f -=，()ln()1f x x '=---，(1)1f '-=-，所以曲线()y f x =在1x =-处的切线方程为()11y x -=-+，即y x =-.故选：A3．（2020届山东省济宁市高三3月月考）已知111ln 20x x y --+=，22242ln 20x y +--=，记()()221212M x x y y =-+-，则()A ．M 的最小值为25B ．M 的最小值为45C ．M 的最小值为85D ．M 的最小值为125【答案】B 【解析】由题意，()()221212M x x y y =-+-的最小值可转化为函数ln 2y x x =-+图象上的点与直线242ln 20x y +--=上的点的距离的最小值的平方.ln 2y x x =-+，得11y x'=-，与直线242ln 20x y +--=平行的直线斜率为12-，令1112x -=-，解得2x =，所以切点的坐标为()2ln 2，切点到直线242ln 20x y +--=的距离5d ==即()()221212M x x y y =-+-的最小值为45.故选：B4．（2020·山东滕州市第一中学高三3月模拟）函数()()()2sin xx ee xf x x eππ-+=-≤≤的图象大致为()A ．B ．C ．D ．【答案】A 【解析】由函数的解析式可得：()()f x f x -=-，则函数()f x 的图像关于坐标原点对称，据此可排除B 选项，考查函数()x x g x e e -=+，则()()21'x x x xe g x e e e--=-=，当0x >时，()g x 单调递增，则344g g ππ⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，据此有：344f f ππ⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，据此可排除C 选项；当0πx <<时，0,sin 0x x e e x -+>>，则()0f x >，据此可排除D 选项；本题选择A 选项.点睛：函数图象的识辨可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势．(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性．(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象．利用上述方法排除、筛选选项．5．（2020届山东省菏泽一中高三2月月考）已知奇函数()f x 是R 上增函数,()()g x xf x =则()A ．233231log 224g g g --⎛⎫⎛⎫⎛⎫>> ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭B ．233231log 224g g g --⎛⎫⎛⎫⎛⎫>> ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭C ．23323122log 4g g g --⎛⎫⎛⎫⎛⎫>> ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭D ．23323122log 4g g g --⎛⎫⎛⎫⎛⎫>> ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭【答案】B 【解析】由奇函数()f x 是R 上的增函数，可得()0f x '≥，以及当0x >时，()0f x >，当0x <时，()0f x <，由()()g x xf x =，则()()()()g x xf x xf x g x -=--==，即()g x 为偶函数．因为()()()g x f x xf x ''=+，所以当0x >时，()0g x '>，当0x <时，()0g x '<．故0x >时，函数()g x 单调递增，0x <时，函数()g x 单调递减．因为()331log log 44g g ⎛⎫= ⎪⎝⎭，2303232221log 4--<<=<所以233231log 224g g g --⎛⎫⎛⎫⎛⎫>> ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭．故选：B ．6．（2020届山东省济宁市第一中学高三二轮检测）已知函数()y f x =的导函数()f x '的图象如图所示，则下列判断正确的是（）A ．函数()y f x =在区间13,2⎛⎫--⎪⎝⎭内单调递增B ．当2x =-时，函数()y f x =取得极小值C ．函数()y f x =在区间()2,2-内单调递增D ．当3x =时，函数()y f x =有极小值【答案】BC 【解析】对于A ，函数()y f x =在区间13,2⎛⎫--⎪⎝⎭内有增有减，故A 不正确；对于B ，当2x =-时，函数()y f x =取得极小值，故B 正确；对于C ，当()2,2x ∈-时，恒有()0f x '>，则函数()y f x =在区间()2,2-上单调递增，故C 正确；对于D ，当3x =时，()0f x '≠，故D 不正确.故选：BC7．（2020届山东省青岛市高三上期末）已知奇函数()f x 是R 上增函数,()()g x xf x =则()A ．233231log 224g g g --⎛⎫⎛⎫⎛⎫>> ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭B ．233231log 224g g g --⎛⎫⎛⎫⎛⎫>> ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭C ．23323122log 4g g g --⎛⎫⎛⎫⎛⎫>> ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭D ．23323122log 4g g g --⎛⎫⎛⎫⎛⎫>> ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭【答案】B 【解析】由奇函数()f x 是R 上的增函数，可得()0f x '≥，以及当0x >时，()0f x >，当0x <时，()0f x <，由()()g x xf x =，则()()()()g x xf x xf x g x -=--==，即()g x 为偶函数．因为()()()g x f x xf x ''=+，所以当0x >时，()0g x '>，当0x <时，()0g x '<．故0x >时，函数()g x 单调递增，0x <时，函数()g x 单调递减．因为()331log log 44g g ⎛⎫= ⎪⎝⎭，2303232221log 4--<<=<所以233231log 224g g g --⎛⎫⎛⎫⎛⎫>> ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭．故选：B ．二、多选题8．（2020届山东省济宁市高三3月月考）设函数()()ln ,01,0x x x f x e x x ⎧>⎪=⎨+≤⎪⎩，若函数()()g x f x b =-有三个零，则实数b 可取的值可能是()A ．0B ．12C ．1D ．2【答案】BC 【解析】由题意，函数()()g x f x b =-有三个零点，则函数()()0g x f x b =-=，即()f x b =有三个根，当0x ≤时，()()1xf x ex =+，则()()()12x x x e x e x x e f =++=+'由()0f x '<得20x +<，即2x <-，此时()f x 为减函数，由()0f x '>得20x +>，即20x -<≤，此时()f x 为增函数，即当2x =-时，()f x 取得极小值()212f e-=-，作出()f x 的图象如图：要使()f x b =有三个根，则01b <≤，则实数b 可取的值可能是12，1故选：BC9．（2020·山东滕州市第一中学高三3月模拟）设定义在R 上的函数()f x 满足()()2f x f x x -+=，且当0x ≤时，()f x x '<.己知存在()()()220111122x x f x x f x x ⎧⎫∈-≥---⎨⎬⎩⎭，且0x 为函数()xg x e a =--(,a R e ∈为自然对数的底数)的一个零点，则实数a 的取值可能是（）A ．12B ．2C ．2e D ．【答案】BCD 【解析】令函数21()()2T x f x x =-，因为2()()f x f x x -+=，22211()()()()()()()022T x T x f x x f x x f x f x x ∴+-=-+---=+--=，()T x ∴为奇函数，当0x 时，()()0T x f x x '='-<，()T x ∴在(],0-∞上单调递减，()T x ∴在R 上单调递减．存在0{|()(1)}x x T x T x ∈- ，∴得00()(1)T x T x - ，001x x - ，即012x，()x g x e a =-- ；1(2x，0x 为函数()y g x =的一个零点；当12x时，()0x g x e '= ，∴函数()g x 在12x 时单调递减，由选项知0a >，取12x =<，又0g e⎛=> ⎝，∴要使()g x 在12x时有一个零点，只需使102g a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，解得2a ，a ∴的取值范围为,2⎡⎫+∞⎪⎢⎪⎣⎭，故选：BCD ．10．（2020·2020届山东省淄博市高三二模）已知111ln 20x x y --+=，22242ln 20x y +--=，记()()221212M x x y y =-+-，则（）A ．MB ．当M 最小时，2125x =C ．M 的最小值为45D ．当M 最小时，265x =【答案】BC 【解析】由111ln 20x x y --+=，得：111ln 2y x x =-+，()()221212x x y y -+-的最小值可转化为函数ln 2y x x =-+图象上的点到直线242ln 20x y +--=上的点的距离的最小值的平方，由ln 2y x x =-+得：11y x'=-，与直线242ln 20x y +--=平行的直线的斜率为12-，则令1112x -=-，解得：2x =，∴切点坐标为()2,ln 2，()2,ln 2∴到直线242ln 20x y +--=的距离5d ==.即函数ln 2y x x =-+上的点到直线242ln 20x y +--=上的点的距离的最小值为5.()()221212M x x y y ∴=-+-的最小值为245d =，过()2,ln 2与242ln 20x y +--=垂直的直线为()ln 222y x -=-，即24ln 20x y --+=.由242ln 2024ln 20x y x y +--=⎧⎨--+=⎩，解得：125x =，即当M 最小时，2125x =.故选：BC.三、填空题11．（2020届山东省菏泽一中高三2月月考）已知直线2y x =+与曲线ln()y x a =+相切，则a =【答案】3【解析】设切点为（x 0，y 0），由题意可得：曲线的方程为y ＝ln （x+a ），所以y '＝1x a+．所以k 切＝01x a+＝1，并且y 0＝x 0+2，y 0＝ln （x 0+a ），解得：y 0＝0，x 0＝﹣2，a ＝3．故答案为3．12．（2020届山东省烟台市高三模拟）设定义域为R 的函数()f x 满足()()f x f x '>，则不等式()()121x e f x f x -<-的解集为__________．【答案】(1,)+∞【解析】设F （x ）()xf x e=，则F ′（x ）()()'xf x f x e -=，∵()()f x f x '>，∴F ′（x ）＞0，即函数F （x ）在定义域上单调递增．∵()()121x ef x f x -<-∴()()2121xx f x f x ee--＜，即F （x ）＜F （2x 1-）∴x 2x 1-＜，即x ＞1∴不等式()()121x ef x f x -<-的解为()1,+∞故答案为：()1,+∞13．（2020届山东省淄博市部分学校高三3月检测）已知函数()2sin sin 2f x x x =+，则()f x 的最小值是_____________．【答案】2-【解析】分析：首先对函数进行求导，化简求得()()1'4cos 1cos 2f x x x ⎛⎫=+-⎪⎝⎭，从而确定出函数的单调区间，减区间为()52,233k k k Z ππππ⎡⎤--∈⎢⎥⎣⎦，增区间为()2,233k k k Z ππππ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦，确定出函数的最小值点，从而求得33sin ,sin222x x =-=-代入求得函数的最小值.详解：()()21'2cos 2cos24cos 2cos 24cos 1cos 2f x x x x x x x ⎛⎫=+=+-=+-⎪⎝⎭，所以当1cos 2x <时函数单调减，当1cos 2x >时函数单调增，从而得到函数的减区间为()52,233k k k Z ππππ⎡⎤--∈⎢⎥⎣⎦，函数的增区间为()2,233k k k Z ππππ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦，所以当2,3x k k Z ππ=-∈时，函数()f x 取得最小值，此时sin ,sin222x x =-=-，所以()min 2222f x ⎛⎫=⨯--=- ⎪ ⎪⎝⎭，故答案是2-.14．（2020·山东高三模拟）已知函数()ln 2f x x x a =-在点(1,(1))f 处的切线经过原点，函数()()f x g x x=的最小值为m ，则2m a +=________.【答案】0【解析】()1ln f x x '=+，(1)1f '=，(1)2f a =-，切线1l 的方程：21y a x +=-，又1l 过原点，所以21a =-，()ln 1f x x x =+，1()ln g x x x =+，22111()x g x x x x-'=-=.当(0,1)x ∈时，()0g x '<；当(1,)x ∈+∞时，()0g x '>.故函数()()f x g x x=的最小值(1)1g =，所以1,20m m a =+=.故答案为:0.15．（2020届山东省济宁市第一中学高三二轮检测）若函数()()1,f x a nx a R =∈与函数()g x =共点处有共同的切线，则实数a 的值为______．【答案】2e 【解析】函数()ln f x a x =的定义域为()0,+∞，()af x x '=，()g x '=设曲线()ln f x a x =与曲线()g x =()00,x y ，由于在公共点处有共同的切线，∴0a x =，解得204x a =，0a >．由()()00f x g x =，可得0ln a x =联立2004x a alnx ⎧=⎪⎨=⎪⎩，解得2e a =．故答案为：2e．16．（2020届山东省济宁市高三3月月考）如图所示，某几何体由底面半径和高均为1的圆柱与半径为1的半球对接而成，在该封闭几何体内部放入一个小圆柱体，且小圆柱体的上下底面均与外层圆柱的底面平行，则小圆柱体积的最大值为__________.【答案】3227π【解析】由题意，设小圆柱体底面半径为cos θ，则高为1sin 0,2πθθ⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭，，小圆柱体体积()2cos 1sin V πθθ=⋅⋅+，设()sin 0,1t t θ=∈，，则()()()232111V tt tt t ππ=⋅-+=⋅--++则()()()2321311V t t t t ππ'=⋅--+=⋅-++当13t =时，max 3227V π=故答案为：3227π17．（2020届山东省淄博市高三二模）已知函数()f x 的定义域为R ，导函数为()f x '，若()()cos f x x f x =--，且()sin 02xf x '+<，则满足()()0f x f x π++≤的x 的取值范围为______.【答案】,2π⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭【解析】依题意，()()()cos cos 22x xf x f x --=--+，令()()cos 2xg x f x =-，则()()g x g x =--，故函数()g x 为奇函数()()()cos sin 022x x g x f x f x '⎡⎤''=-=+<⎢⎥⎣⎦，故函数()g x 在R 上单调递减，则()()()()()cos cos 0022x xf x f x f x f x πππ+++≤⇒+-+-≤()()()()()0g x g x g x g x g x ππ⇔++≤⇔+≤-=-，即x x π+≥-，故2x π≥-，则x 的取值范围为,2π⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭.故答案为：,2π⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭四、解答题18．（2020届山东省济宁市第一中学高三二轮检测）已知函数()1xf x x ae =-+（1）讨论()f x 的单调性；（2）当1a =-时，设1210,0x x -<<>且()()125f x f x +=-，证明：12124x x e->-+．【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】（1）()1xf x ae ='+，当0a ≥时，()0f x '>，则()f x 在R 上单调递增．当0a <时，令()0f x '>，得1ln x a ⎛⎫<-⎪⎝⎭，则()f x 的单调递增区间为1,ln a ⎛⎫⎛⎫-∞- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，令()0f x '<，得1ln x a ⎛⎫>-⎪⎝⎭，则()f x 的单调递减区间为1ln ,a ⎛⎫⎛⎫-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．（2）证明：（法一）设()()231xg x f x x e x =+=-+-，则()3xg x e =-+'，由()0g x '<得ln3x >；由()0g x '>得ln3x <，故()()max ln33ln340g x g ==-<从而得()()20g x f x x =+<，()()()()1222125,2520f x f x f x x f x x +=-∴+=--+< ，即12124x x e->-+．（法二）()()1212125,3xxf x f x x e e x +=-∴=+-- ，12122233x x x x e e x ∴-=+--，设()3xg x e x =-，则()3xg x e '=-，由()0g x '<得ln3x >；由()0g x '>得ln3x <，故()()min ln333ln3g x g ==-．1210,0x x -< ，1121233ln33ln3x x e e-∴->+-=-，3ln3ln274=< ，12124x x e ∴->-+．19．（2019·宁德市高级中学高三月考（理））已知函数)f x =（a e 2x +(a ﹣2)e x ﹣x .（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围.【答案】（1）见解析；（2）(0,1).【解析】（1）()f x 的定义域为(),-∞+∞，()()()()2221121xx x x f x aea e ae e =+---'=+，（ⅰ）若0a ≤，则()0f x '<，所以()f x 在(),-∞+∞单调递减.（ⅱ）若0a >，则由()0f x '=得ln x a =-.当(),ln x a ∈-∞-时，()0f x '<；当()ln ,x a ∈-+∞时，()0f x '>，所以()f x 在(),ln a -∞-单调递减，在()ln ,a -+∞单调递增.（2）（ⅰ）若0a ≤，由（1）知，()f x 至多有一个零点.（ⅱ）若0a >，由（1）知，当ln x a =-时，()f x 取得最小值，最小值为()1ln 1ln f a a a-=-+.①当1a =时，由于()ln 0f a -=，故()f x 只有一个零点；②当()1,a ∈+∞时，由于11ln 0a a-+>，即()ln 0f a ->，故()f x 没有零点；③当()0,1a ∈时，11ln 0a a-+<，即()ln 0f a -<.又()()4222e2e 22e 20f a a ----=+-+>-+>，故()f x 在(),ln a -∞-有一个零点.设正整数0n 满足03ln 1n a ⎛⎫>- ⎪⎝⎭，则()()00000000e e 2e 20n n n n f n a a n n n =+-->->->.由于3ln 1ln a a ⎛⎫->-⎪⎝⎭，因此()f x 在()ln ,a -+∞有一个零点.综上，a 的取值范围为()0,1.20．（2020·山东高三模拟）已知函数()21()1ln ()2f x m x x m =--∈R .（1）若1m =，求证：()0f x ≥.（2）讨论函数()f x 的极值；（3）是否存在实数m ，使得不等式111()x f x x e->-在(1,)+∞上恒成立？若存在，求出m 的最小值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）见解析；（3）存在，1.【解析】（1）1m =，()21()1ln (0)2f x x x x =-->，211()x f x x x x-'=-+=，当(0,1)x ∈时，()0f x '<，当(1,)x ∈+∞时，()0f x '>，∴min ()(1)0f x f ==，故()0f x ≥.（2）由题知，0x >，211()mx f x mx x x -'=-+=，①当0m ≤时，21()0mx f x x-'=<，所以()f x 在(0,)+∞上单调递减，没有极值；②当0m >时，21()0mx f xx-'==，得x =，当x⎛∈ ⎝时，()0f x '<；当x ⎫∈+∞⎪⎭时，()0f x '>，所以()f x 在⎛ ⎝上单调递减，在⎫+∞⎪⎭上单调递增.故()f x 在x=111ln 222f m m =+-，无极大值.（3）不妨令11111()x x x e xh x x e xe----=-=，设11(),(1,),()10x x u x e x x u x e --'=-∈+∞=->在(1,)+∞恒成立，()u x 在[1,)+∞单调递增，()(1)0u x u ∴>=，10x e x -∴-≥在(1,)+∞恒成立，所以，当(1,)x ∈+∞时，()0h x >，由（2）知，当0,1m x ≤>时，()f x 在(1,)+∞上单调递减，()(1)0f x f <=恒成立；所以不等式111()x f x x e->-在(1,)+∞上恒成立，只能0m >.当01m <<1>，由（1）知()f x 在⎛ ⎝上单调递减，所以(1)0f f<=，不满足题意.当m 1≥时，设()21111()1ln 2x F x m x x x e-=---+，因为1,1m x ≥>，所以11111,1,01,10x x x mx x e e e---≥><<-<-<，322122111111()1x x x x F x mx x x x e x x x---+'=-++->-++-=，即()22(1)1()0x x F x x--'>>，所以()F x 在(1,)+∞上单调递增，又(1)0F =，所以(1,)x ∈+∞时，()0F x >恒成立，即()()0f x h x ->恒成立，故存在m 1≥，使得不等式111()x f x x e->-在(1,)+∞上恒成立，此时m 的最小值是1.21．（2020届山东省高考模拟）已知函数2()2ln ()f x x ax x a R =-+∈.（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个极值点()1212,x x x x <，当a ≥()()21f x f x -的最大值.【答案】（1）当4a ≤时，()f x 在(0,)+∞上单调递增；当4a >时，()f x 在160,4a ⎛- ⎪⎝⎭，,4a ⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递增；在,44a a ⎛+ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递减；（2）12e e-+【解析】（1）由2()2ln f x x ax x =-+得2()2f x x a x'=-+；因为0x >，所以224x x+≥；因此，当4a ≤时，2()20f x x a x'=-+≥在(0,)+∞上恒成立，所以()f x 在(0,)+∞上单调递增；当4a >时，由2()20f x x a x '=-+>得2220x ax -+>，解得164a a x >或1604a a x <<；由2()20f x x a x '=-+<得161644a a x -+<<；所以()f x在0,4a ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，,4a ⎛⎫++∞ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递增；在,44a a ⎛-+⎝⎭上单调递减；综上，当4a ≤时，()f x 在(0,)+∞上单调递增；当4a >时，()f x在0,4a ⎛- ⎪⎝⎭，,4a ⎛⎫++∞ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递增；在,44a a ⎛-+⎪ ⎪⎝⎭上单调递减；（2）若()f x 有两个极值点()1212,x x x x <，由（1）可得，12,x x 是方程2220x ax -+=的两不等实根，所以122ax x +=，121x x =，因此()()2221222111(2ln )(2ln )f x f x x ax x x ax x -=-+--+222222211212122222211212()()2ln2ln 2ln x x x x x x x x x x x x x x x -++=-+=-+=+-，令22t x =，则2222222111()()2ln 2ln f x f x t t x x x t-=-+=-+；由（1）可知24a x =，当a ≥24x a +=≥=，所以[)22,e t x ∈=+∞，令1()2ln g t t t t=-+，[),t e ∈+∞，则222221221(1)()10t t t g t t t t t-+-'=--+=-=-<在[),t e ∈+∞上恒成立；所以1()2ln g t t t t=-+在[),t e ∈+∞上单调递减，故max 1()()2g t g e e e==-+.即()()21f x f x -的最大值为12e e-+.22．（2020届山东省济宁市高三3月月考）已知函数()()()1xf x ax e a R =-∈.（1）求函数()f x 的单调区间；（2）是否存在一个正实数a ，满足当x ∈R 时，()1f x ≤恒成立，若存在，求出a 的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）0a =时，()f x 的增函数区间为(),-∞+∞，无减函数区间；0a >时，()f x 的增函数区间为1,a a -⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭，减函数区间为1,a a -⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭；0a <时，()f x 的增函数区间为1,a a -⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，减函数区间为1,a a -⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭；（2）存在，1.【解析】（1）函数()(),1xx R f x ax e ∈=-的定义域为R ，()()()11x x x f x ae ax e e ax a '=-+-=-+-①若()()0,,xa f x e f x ==在(),-∞+∞上为增函数；②若0a >，∵0x e >，∴当1a x a -<时，()0f x '>；当1ax a->时，()0f x '<；所以()f x 在1,a a -⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭上为增函数，在1,a a -⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上为减函数；③若0a <，∵0x e >，∴当1a x a -<时，()0f x '<；当1ax a->时，()0f x '>；所以()f x 在1,a a -⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭上为减函数，在1,a a -⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭为增函数综上可知，0a =时，()f x 的增函数区间为(),-∞+∞，无减函数区间；0a >时，()f x 的增函数区间为1,a a -⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭，减函数区间为1,a a -⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭；0a <时，()f x 的增函数区间为1,a a -⎛⎫+∞⎪⎝⎭，减函数区间为1,a a -⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭；（2）由（1）知，0a >时，()f x 的最大值为11aaa f aea --⎛⎫= ⎪⎝⎭，若对任意实数x ，()1f x ≤恒成立，只须使11a aae -≤即可.又因为0a >，所以不等式11a aae -≤等价于：1ln 0aaae-⎛⎫≤⎪⎝⎭，即：1ln 0aa a-+≤，设()()1ln 0ag a a a a -=+>，则()()22111a a a g a a a a----'=+=，∴当01a <<时，()'0g a <；当1a >时，()0g a '>所以，()g a 在()0,1上为减函数，在()1,+∞上为增函数，∴当01a <<时，()()10g a g >=，不等式1ln 0aa a-+≤不成立，当1a >时，()()10g a g >=，不等式1ln 0aa a -+≤不成立，当1a =时，()()10g a g ==，不等式1ln 0aa a-+≤成立，∴存在正实数a 且1a =时，满足当x ∈R 时，()1f x ≤恒成立.23．（2020届山东省潍坊市高三模拟一）已知函数()cos sin xf x e x x x =-，()sin xg x x =-，其中e是自然对数的底数．（Ⅰ）12ππ,0,0,22x x ⎡⎤⎡⎤∀∈-∃∈⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦，使得不等式12()()f x m g x ≤+成立，试求实数m 的取值范围；（Ⅱ）若1x >-，求证：()()0f x g x ->．【答案】（Ⅰ）)1,++∞；（Ⅱ）证明见解析．【解析】（Ⅰ）由题意，12ππ,0,0,22x x ⎡⎤⎡⎤∀∈-∃∈⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦，使得不等式12()()f x m g x ≤+成立，等价于[]1max 2max ()()f x mg x ≤+．1分()(cos sin )(sin cos )()cos (1)sin x x x f x e x x x x x e x x e x =----+'+=，当π[,0]2x ∈-时，()0f x '>，故()f x 在区间π[0,]2上单调递增，所以0x =时，()f x 取得最大值1．即max ()1f x =又当π[0,]2x ∈时，()cos xg x x =-'，()sin 0xg x x '-'=-<所以()g x '在π[0,]2上单调递减，所以()()010g x g ≤=-'<'，故()g x 在区间π[0,2上单调递减，因此，0x =时，max ()(0)g x g ==．所以1m ≤，则1m ≥+．实数m的取值范围是)1,++∞．（Ⅱ）当1x >-时，要证，只要证e cos sin sin 0x x x x x x -->，即证(()ecos 1sin xx x x +>+，由于cos 0,10x x +>+>，只要证e 1x x >+．下面证明1x >-时，不等式e 1x x >+令()()e11xh x x x =>-+，则()()()()22e 1e e 11x xxx x h x x x =+'+-=+，当()1,0x ∈-时，()0h x '<，()h x 单调递减；当()0,x ∈+∞时，()0h x '>，()h x 单调递增．所以当且仅当0x =时，()h x 取最小值为1．法一：k =cos sin k x x =，即sin cos x k x -=，即sin()x ϕ-=1≤，即11k -≤≤，所以max 1k =，而()()min01h x h ==，但当0x =时，()010k h =<=；0x ≠时，()1h x k>≥所以，maxmin e 1x x ⎛⎫> ⎪+⎝⎭，即e 1x x >+综上所述，当1x >-时，成立．法二：令()x ϕ=()cos ,sin A x x与点()B 连线的斜率k ，所以直线AB的方程为：(y k x =+，由于点A 在圆221x y +=上，所以直线AB 与圆221x y +=相交或相切，当直线AB 与圆221x y +=相切且切点在第二象限时，直线AB 取得斜率k 的最大值为1．而当0x =时，()(0)010h ϕ=<=；0x ≠时，()1h x k >≥．所以，minmax ()()h x x ϕ>，即e 1x x >+综上所述，当1x >-时，成立．法三：令()x ϕ=()x ϕ'=，当32,()4x k k N ππ=+∈时，()x ϕ取得最大值1，而()()min01h x h ==，但当0x =时，()()0010h ϕ=<=；0x ≠时，()1h x k >≥所以，minmax ()()h x x ϕ>，即e 1x x >+综上所述，当1x >-时，成立．24．（2020届山东省潍坊市高三模拟二）已知函数()ln ,f x x x kx k R =+∈.（1）求()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；（2）若不等式2()f x x x ≤+恒成立，求k 的取值范围；（3）求证：当*n N ∈时，不等式()2212ln 4121ni n n i n =-->+∑成立.【答案】（1）(1)1y k x =+-（2）k 2≤（3）证明见解析【解析】（1）函数()y f x =的定义域为(0,)+∞，()1ln f x x k '=++，(1)1f k '=+，∵(1)f k =，∴函数()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为(1)(1)y k k x -=+-，即(1)1y k x =+-.（2）由2()f x x x ≤+，()ln f x x x kx =+，则2ln x x kx x x +≤+，即ln 1x k x +≤+，设()ln 1g x x x k =-+-，1()1g x x'=-，()0,1x ∈，()0g x '>，()g x 单调递增，()1,x ∈+∞，()0g x '<，()g x 单调递减，∵不等式2()f x x x ≤+恒成立，且0x >，∴ln 10x x k -+-≤，∴max ()(1)20g x g k ==-≤即可，故k 2≤.（3）由（2）可知：当2k =时，ln 1x x ≤-恒成立，令2141x i =--，由于*i N ∈，21041i >-.故，2211ln 14141i i <---，整理得：()221ln 41141i i ->--，变形得：()21ln 411(21)(21)i i i ->-+-，即：()211ln 41122121i i i ⎛⎫->-- ⎪-+⎝⎭1,2,3,,i n = 时，11ln31123⎛⎫>-- ⎪⎝⎭，11ln51123⎛⎫>-- ⎪⎝⎭……，()2111ln 41122121n n n ⎛⎫->-- ⎪-+⎝⎭两边同时相加得：()22211122ln 4112212121ni n n ni n n n n =-⎛⎫->--=> ⎪+++⎝⎭∑，所以不等式在*n N ∈上恒成立.25．（2020届山东省菏泽一中高三2月月考）已知函数()ln 2sin f x x x x =-+,()f x '为()f x 的导函数.(1)求证:()f x '在()0π，上存在唯一零点;(2)求证:()f x 有且仅有两个不同的零点.【答案】(1)证明见解析;(2)证明见解析.【解析】(1)设()()112cos g x f x x x'==-+，当()0,x π∈时，()212sin 0g x x x'=--<，所以()g x 在()0,π上单调递减，又因为31103g ππ⎛⎫=-+>⎪⎝⎭，2102g ππ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭所以()g x 在,32ππ⎛⎫⎪⎝⎭上有唯一的零点α，所以命题得证．(2)①由(1)知：当()0,x α∈时，()0f x '>，()f x 在()0,α上单调递增;当(),x απ∈时，()0f x '<，()f x 在(),απ上单调递减;所以()f x 在()0,π上存在唯一的极大值点32ππαα⎛⎫<<⎪⎝⎭所以()ln 2202222f f ππππα⎛⎫>=-+>-> ⎪⎝⎭又因为2222111122sin 220f e e e e ⎛⎫=--+<--+<⎪⎝⎭所以()f x 在()0,α上恰有一个零点．又因为()ln 20fππππ=-<-<所以()f x 在(),απ上也恰有一个零点．②当[),2x ππ∈时，sin 0x ≤，()ln f x x x ≤-设()ln h x x x =-，()110h x x'=-<所以()h x 在[),2ππ上单调递减，所以()()0h x h π≤<所以当[),2x ππ∈时，()()()0f x h x h π≤≤<恒成立所以()f x 在[),2ππ上没有零点．③当[)2,x π∈+∞时，()ln 2f x x x ≤-+设()ln 2x x x ϕ=-+，()110x xϕ'=-<所以()x ϕ在[)2,π+∞上单调递减，所以()()20x ϕϕπ≤<所以当[)2,x π∈+∞时，()()()20f x x ϕϕπ≤≤<恒成立所以()f x 在[)2,π+∞上没有零点．综上，()f x 有且仅有两个零点．26．（2020届山东济宁市兖州区高三网络模拟考）已知函数()2ln f x x ax =-，a R ∈.（Ⅰ）讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）当1a =-时，令2()()g x x f x =-，其导函数为()g x '，设12,x x 是函数()g x 的两个零点，判断122x x +是否为()g x '的零点？并说明理由.【答案】（Ⅰ）当0a ≤时，()f x 在()0,+∞上单调递增；当0a >时，()f x 在2(0,)a 单调递增，在2(,)a+∞上单调递减.（Ⅱ）不是，理由见解析【解析】（Ⅰ）依题意知函数()f x 的定义域为()0,+∞，且()2f x a x'=-,（1）当0a ≤时，()0f x '>，所以()f x 在()0,+∞上单调递增.（2）当0a >时，由()0f x '=得：2x a=，则当20,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时()0f x '>；当2,x a⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时()0f x '<.所以()f x 在20,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增，在2,a⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减.综上，当0a ≤时，()f x 在()0,+∞上单调递增；当0a >时，()f x 在20,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增，在2,a⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减.（Ⅱ）122x x +不是导函数()g x '的零点.证明如下：当1a =-时，()()222ln g x x f x x x x =-=--.∵1x ，2x 是函数()g x 的两个零点，不妨设120x x <<，22111111222222222ln 02ln 2ln 02ln x x x x x x x x x x x x ⎧⎧--=-=∴⇒⎨⎨--=-=⎩⎩，两式相减得：()()()12121212ln ln x x x x x x -+-=-即：()1212122ln ln 1x x x x x x -+-=-，又()221g x x x-'=-.则()()()121212121212*********ln ln 24421ln ln 2x x x x x x g x x x x x x x x x x x x x x ⎡⎤--+⎛⎫=+--=-=--'⎢⎥⎪+-+-+⎝⎭⎣⎦.设12x t x =，∵120x x <<，∴01t <<，令()()21ln 1t t t t ϕ-=-+，()()()()22211411t t tt t t ϕ-=-=+'+.又01t <<，∴()0t ϕ'>，∴()t ϕ在()0,1上是増函数，则()()10t ϕϕ<=，即当01t <<时，()21ln 01t t t --<+，从而()()1212122ln ln 0x x x x x x ---<+，又121200x x x x <<⇒-<所以()()1212121222ln ln 0x x x x x x x x ⎡⎤--->⎢⎥-+⎣⎦，故1202x x g +⎛⎫>⎪⎝⎭'，所以122x x +不是导函数()g x '的零点.27．（2020届山东省潍坊市高三下学期开学考试）已知2()2ln(2)(1)f x x x =+-+，()(1)g x k x =+．（1）当2k =时，求证：对于1x ∀>-，()()f x g x <恒成立；（2）若存在01x >-，使得当()01,x x ∈-时，恒有()()f x g x >成立，试求k 的取值范围.【答案】（1）见解析；（2）(,2)-∞【解析】（1）证明：当2k =时，()2(1)g x x =+。

专题03一元函数的导数及其应用（利用导函数研究切线，单调性问题）（选填压轴题）一、切线问题①已知切线几条求参数②公切线问题③和切线有关的其它综合问题二、单调性问题①已知单调区间求参数②由函数存在单调区间求参数③已知函数在某区间上不单调求参数④利用函数的单调性比大小一、切线问题①已知切线几条求参数1．（2022·全国·高三专题练习）若过点(,)a b 可以作曲线ln y x =的两条切线，则（）A ．ln a b <B ．lnb a<C ．ln b a<D ．ln a b<【答案】D设切点坐标为00(,)x y ，由于1y x'=，因此切线方程为0001ln ()y x x x x -=-，又切线过点(,)a b ，则000ln a x b x x --=，001ln ab x x +=+，设()ln a f x x x =+，函数定义域是(0,)+∞，则直线1y b =+与曲线()ln af x x x =+有两个不同的交点，221()a x af x x x x-'=-=，当0a ≤时，()0f x '>恒成立，()f x 在定义域内单调递增，不合题意；当0a >时，0x a <<时，()0f x '<，()f x 单调递减，x a >时，()0f x '>，()f x 单调递增，所以min ()()ln 1f x f a a ==+，结合图像知1ln 1b a +>+，即ln b a >.故选：D.2．（2022·山东泰安·高二期中）过曲线()3:C f x x ax b =-+外一点()1,0A 作C 的切线恰有两条，则（）A ．a b =B ．1a b -=C ．1b a =+D ．2a b=【答案】A()23f x x a '=-，过点()1,0A 作曲线C 的切线，设切点()()00,x f x ，则切线方程为：()()2031y x a x =--，将()()00,x f x 代入得：()()()230000031f x x a x x ax b=--=-+即3200230x x a b -+-=（*）由条件切线恰有两条，方程（*）恰有两根．令()3223u x x x a b =-+-，()()26661u x x x x x '=-=-，显然有两个极值点0x =与1x =，于是()00u =或()10u =当()00u =时，a b =；当()10u =时，1a b -=，此时()()()32111f x x ax a x x x a =-+-=-++-经过()1,0与条件不符，所以a b =，故选：A.3．（2022·河南洛阳·三模（理））若过点()1,P t 可作出曲线3y x =的三条切线，则实数t 的取值范围是（）A ．(),1-∞B ．()0,∞+C ．()0,1D ．{}0,1【答案】C由已知，曲线3y x =，即令3()f x x =，则()23f x x '=，设切点为300(,)x x ，切线方程的斜率为()2003f x x '=，所以切线方程为：00320(3)y x x x x -=-，将点()1,P t 代入方程得：320003(1)t x x x -=-，整理得230032t x x =-，设函数23()32g x x x =-，过点()1,P t 可作出曲线3y x =的三条切线，可知两个函数图像y t =与23()32g x x x =-有三个不同的交点，又因为()266g x x x =-'，由()0g x '=，可得0x =或1x =，所以函数()g x 在(,0)-∞，(1,)+∞上单调递减，在(0,1)上单调递增，所以函数()g x 的极大值为(1)321g =-=，函数()g x 的极小值为(0)000g =-=，如图所示，当()0,1t ∈时，两个函数图像有三个不同的交点.故选：C.4．（2022·四川南充·三模（理））已知函数()1f x x x=+，过点()1,0P 作函数()y f x =图象的两条切线，切点分别为M ，N ．则下列说法正确的是（）A ．PM PN ⊥B ．直线MN 的方程为210x y -+=C ．210MN =D ．PMN 的面积为32【答案】C因为()1112=+=f ，所以()1,0P 没有在函数的图象上，()222111-'=-=x f x x x，设切点坐标为()(),0≠a b a ，当1a =时，()12f =，1x =不与()1f x x x=+相切，所以1a ≠，()2211-'==-a bf a a a ，又因为1a b a +=，解得12a =-(12,2--，(12,2-，所以2222412222⨯⨯=-≠-+-PM PN k k ，故A 错误；2222222+=NM k ，所以直线MN 的方程为()21y x =-，即220x y -+=，故B 错误；()()2221012122222-+++++==MN C 正确；()1,0P 到直线MN 的距离为2024541-+=+d ，所以PMN 的面积为1145102225=⨯⨯=MN d D 错误.故选：C.5．（2022·河北·高三阶段练习）若过点(1,)P m 可以作三条直线与曲线:e xxC y =相切，则m 的取值范围为（）A ．23,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭B ．10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．(,0)-∞D ．213,e e ⎛⎫⎪⎝⎭【答案】D 由e x x y =，则1e x x y -'=，设切点为000,e x x x ⎛⎫⎪⎝⎭，则切线斜率001e x x k -=则在点000,e x x x ⎛⎫⎪⎝⎭的切线方程为()000001e e x x x x y x x --=-，代入点P 坐标得()0000011e ex x x x m x --=-整理为02001ex x x m -+=，即这个方程有三个不等式实根，令21()e xx x f x -+=，则232()e x x x f x '-+-=，令()0f x '>则12x <<函数()f x 在(,1)-∞上单调递减，在(1,2)上单调递增，在(2,)+∞上单调递减，故得(1)(2)f m f <<，即213,e e m ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，故选：D ．6．（2022·内蒙古呼和浩特·二模（理））若过点()1,P m -可以作三条直线与曲线C ：e x y x =相切，则m 的取值范围是（）A ．23,e ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭B ．1,0e ⎛⎫- ⎪⎝⎭C ．211,e e ⎛⎫-- ⎝⎭D ．231,ee ⎛⎫-- ⎝⎭【答案】D设切点为()00,x y ,过点P 的切线方程为()()00001ee x xy x x x x =+-+,代入点P 坐标，化简为()02001e x m x x =---，即这个方程有三个不等根即可.令()()21e xf x x x =---,求导得：()()()12e x f x x x '=--+.令()0f x '>，解得：21x -<<-，所以()f x 在()2,1--上递增；令()0f x '<，解得：2x <-或1x >-，所以()f x 在(),2-∞-和()1,-+∞上递增.要使方程()02001e x m x x =---有三个不等根即可.只需()()21f m f -<<-,即231e ex -<<-.故选：D7．（2022·湖南·长郡中学高三阶段练习）已知()3f x x x =-，如果过点()2,m 可作曲线()y f x =的三条切线.则下列结论中正确的是（）A ．18m -<<B ．07m <<C ．35m -<<D ．27m -<<【答案】D设切点为()3000,x x x -，()231f x x '=-，∴切线斜率为2031x -，∴切线方程为()()()32000031y x x x x x --=--，将()2,m 代入得方程()()()320000312m x x x x --=--，即32002620x x m -++=，由题设该方程有3个不等实根.令()32262u x x x m =-++，()()261262u x x x x x '=-=-，当0x <时,()0u x '>,当02x <<时,()0u x '<,当2x >时,()0u x '>,所以()u x 在(,0)-∞上递增,在(0,2)上递减,在(2,)+∞上递增,所以()u x 在0x =时取得极大值(0)2u m =+,在2x =时取得极小值(2)286426u m m =⨯-⨯++=-,由三次函数图象知(0)20(2)60u m u m =+>⎧⎨=-<⎩,解得26m -<<,因为26m -<<可以推出,27m -<<，所以27m -<<也正确.故选：D8．（2022·河南·高三阶段练习（文））过点()0,1P -有三条直线和曲线()32y x ax bx b =++∈R 相切，则实数a 的取值范围是（）A ．()1,+∞B ．()3,+∞C ．(),1-∞D ．(),3-∞【答案】B设直线过点()0,1P -且与曲线32y x ax bx =++相切，切点为()320000,x x ax bx ++．由32y x ax bx =++得232y x ax b '=++，∴切线的斜率为20032x ax b ++，∴切线方程为()200132y x ax b x +=++，∴()322000000132x ax bx x ax b x +++=++，∴3200210x ax +-=．设()3221f x x ax =+-，由题意，函数()f x 有三个零点．()262f x x ax '=+，由()0f x '=得0x =，或3a x =-．当0a =时，函数()f x 只有一个零点，舍去；当0a <时，03a ->，由()0f x '>，得0x <或3a x >-，由()0f x '<，得03a x <<-所以0x =是函数()f x 的极大值点，由于()010f =-<，函数()f x 没有三个零点，舍去．∴0a >，同理可得3ax =-是函数F （x ）的极大值点，由条件结合三次函数的性质得，310327a a f ⎛⎫-=-> ⎪⎝⎭，解得3a >．故选：B9．（2022·全国·高三专题练习）若过点(,)m n 可以作曲线(0x y a a =>且1)a ≠的两条切线，则（）A ．log a n m <B ．log a n m>C ．log a n m =D ．log a n 与m 的大小关系与a 有关【答案】D设切点为：00(,)xx a ，则0ln x y a a '=，所以切线方程为()000ln x xy a a a x x -=-，因为点(,)m n 在切线上，所以()000ln x xn a a a m x -=-，即()00ln ln 10x aa x a m n ⋅-⋅-+=，令()()ln ln 1xg x a a x a m n =⋅-⋅-+，则()()ln ln ln xg x a a a x a m '=⋅-⋅，令()0g x ¢=，得x m =，当x m <时，()0g x ¢<，当x m >时，()0g x ¢>，所以当x m =时，()g x 取得极小值()mg m a n =-+，若1a >，当x m <时，()ln ln 10xn a a x a m -=⋅-⋅-<；若01a <<时，当x m >时，()ln ln 10xn a a x a m -=⋅-⋅-<；因为过点(,)m n 可以作曲线(0x y a a =>且1)a ≠的两条切线，所以0m a n -+<且0n >，即0m n a <<，所以log a n 与m 的大小关系与a 有关，故选：D10．（2022·山西长治·模拟预测（理））当0a >时，过点(,)a a b +均可以作曲线ln y x =的两条切线，则b 的取值范围是（）A ．(,1)-∞-B ．(,1]-∞-C ．(1,)-+∞D ．[1,)-+∞【答案】C设过点(,)a a b +的切线与ln y x =相切于(),,0m n m >，则有()ln 1n mn a b mm a =⎧⎪-+⎨=⎪-⎩，消去n 得：()1ln a m a b m -=-+.因为过点(,)a a b +均可以作曲线ln y x =的两条切线，所以关于m 的方程()1ln am a b m-=-+有两解.即ln 1ab m a m=+--有两解.令()12,ln 1,0ay b y x a x x==+-->.只需1y 与2y 有两个交点.对于()2ln 1,0ay x a x x=+-->，则()'22211a y x a x x x =-+=-.令20y '>，解得：x a >；令20y '<，解得：0x a <<.所以2y 在()0,a 上单调递减，在(),a +∞单调递增.作出2y的草图如图所示：要使1y 与2y 有两个交点，只需ln b a a >-.记()()ln ,0g a a a a =->，()()1111g a a a a'=-=-.令()0g a '>，解得01a <<；令()0g a '<，解得1a >；所以()ln g a a a =-在()0,1上单调递增，在()1,+∞单调递增.所以()g a 的最大值为()1ln111g =-=-，所以1b >-.故选：C11．（2021·江苏·高二单元测试）已知()ln f x x x =，若过一点(),m n 可以作出该函数的两条切线，则下列选项一定成立的是（）A ．ln n m m <B ．ln n m m >C ．2e 0en -<<D ．1m <【答案】A设切点为(),ln t t t ，对函数()f x 求导得()ln 1f x x '=+，则切线斜率为()ln 1f t t '=+，所以，切线方程为()()ln ln 1y t t t x t -=+-，即()ln 1y t x t =+-，所以，()ln 1n m t t =+-，可得ln 0t m t n m -+-=，令()ln g t t m t n m =-+-，其中0t >，由题意可知，方程()0g t =有两个不等的实根.()1m t m g t t t-'=-=.①当0m ≤时，对任意的0t >，()0g t '>，此时函数()g t 在()0,∞+上单调递增，则方程()0g t =至多只有一个根，不合乎题意；②当0m >时，当0t m <<时，()0g t '<，此时函数()g t 单调递减，当t m >时，()0g t '>，此时函数()g t 单调递增.由题意可得()()min ln ln 0g t g m m m m n m n m m ==-+-=-<，可得ln n m m <.故选：A.12．（2021·全国·高三专题练习）若过点()(),0a b a >可以作曲线33y x x =-的三条切线，则（）A ．3b a <-B ．333a b a a-<<-C ．33b a a>-D ．3b a =-或33b a a=-【答案】B233y x '=-设切点()3,3P m m m -，切线方程()()()32333y m m m x m --=--，切线过点()(),0a b a >，()()32333b m m m a m -+=--，整理得：322330m am a b -++=，由于可以作三条切线，所以关于m 的方程322330m am a b -++=有三个不同的实根，()32233g m m am a b =-++，()266g m m am '=-，令()2660g m m am '=-=，0m =或(),0m a a =>.函数()32233g m m am a b =-++的增区间为()(),0,,a -∞+∞，减区间为()0,a ，所以函数极大值()03g a b =+，极小值()33g m a a b =-++，关于m 的方程322330m am a b -++=有三个不同的实根，所以33030a a b a b ⎧-++<⎨+>⎩，所以33,33b a a b a a >-<<-.故选：B13．（2022·全国·高三专题练习）已知函数32()2f x x x x =-+-，若过点()1,P t 可作曲线()y f x =的三条切线，则t 的取值范围是（）A ．1(0,)30B ．1(0,)29C ．1(0,)28D ．1(0,27【答案】D设过点P 的直线为():1l y k x t =-+，()2341f x x x '=-+-，设切点为()00,x y ，则()20032000034112x x k k x t x x x ⎧-+-=⎪⎨-+=-+-⎪⎩，得320001254t x x x +=-+有三个解，令()32254g x x x x =-+，()()()261042132g x x x x x '=-+=--，当()0g x '>，得1x >或25x <，()0g x '<，得213x <<，所以()g x 在2,3⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭，()1,+∞单调递增，2,13⎛⎫⎪⎝⎭单调递减，又228327g ⎛⎫= ⎪⎝⎭，()11g =，()1g x t =+有三个解，得281127t <+<，即1027t <<.故选：D②公切线问题1．（2022·重庆市育才中学高三阶段练习）若直线:l y kx b =+（1k >）为曲线()1x f x e -=与曲线()ln g x e x =的公切线，则l 的纵截距b =（）A ．0B ．1C ．eD ．e-【答案】D设l 与()f x 的切点为11(,)x y ，则由()1x f x e -'=，有()11111:1x x l y xe x e --=+-.同理，设l 与()f x 的切点为22(,)x y ，由()eg x x '=，有()22:ln 1e l y x e x x =+-.故()()1112112,1ln 1.x x e e x x e e x --⎧=⎪⎨⎪-=-⎩解得121,.x x e =⎧⎨=⎩或122,1.x x =⎧⎨=⎩则:l y x =或y ex e =-.因1k >，所以l 为y x =时不成立.故b e =-，故选：D.2．（2022·全国·高三专题练习）若函数2y ax =与ln y x =存在两条公切线，则实数a 的取值范围是（）A ．10,e ⎛⎫⎪⎝⎭B ．10,2e ⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭D ．1,2e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【答案】D设切线与曲线ln y x =相切于点(),ln t t ，对函数ln y x =求导得1y x'=，所以，曲线ln y x =在点(),ln t t 处的切线方程为()1ln y t x t t-=-，即1ln 1y x t t =+-，联立21ln 1y ax y x t t ⎧=⎪⎨=+-⎪⎩可得211ln 0ax x t t -+-=，由题意可得0a ≠且()21Δ41ln 0a t t =--=，可得221ln 4t t t a=-，令()22ln g t t t t =-，其中0t >，则()()()22ln 12ln g t t t t t t t '=-+=-.当0t <<()0g t '>，此时函数()g t 单调递增，当t >()0g t '<，此时函数()g t 单调递减，所以，()max e 2g t g ==.且当0e t <<时，()0g t >，当t e >时，()0g t <，如下图所示：由题意可知，直线14y a =与曲线()y g t =有两个交点，则1e 042a <<，解得12e a >.故选：D.3．（2022·全国·高三专题练习）若两曲线ln 1y x =-与2y ax =存在公切线，则正实数a 的取值范围是（）A ．(]0,2eB ．31e ,2-⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭C ．310,e 2-⎛⎤⎥⎝⎦D ．[)2e,+∞【答案】B设公切线与曲线ln 1y x =-和2y ax =的交点分别为()11,ln 1x x -，()222,x ax ，其中1>0x ，对于ln 1y x =-有1y x'=，则ln 1y x =-上的切线方程为()()1111ln 1y x x x x --=-，即()11ln 2xy x x =+-，对于2y ax =有2y ax '=，则2y ax =上的切线方程为()22222y ax ax x x -=-，即2222y ax x ax =-，所以2121212ln 2ax x x ax ⎧=⎪⎨⎪-=-⎩，有1211ln 24x ax -=-，即()22111112ln 04x x x x a =->，令()222ln g x x x x =-，()()32ln 32ln g x x x x x x '=-=-，令()0g x ¢=，得32e x =，当320,e x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x ¢>，()g x 单调递增，当32,e x ⎛⎫⎪⎝∈+⎭∞时，()0g x ¢<，()g x 单调递减，所以()332max 1e e 2g x g ⎛⎫== ⎪⎝⎭，故3110e 42a <≤，即31e 2a -≥.故选：B.4．（2021·江苏·高二专题练习）已知函数()ln f x x x =，()31223eg x ax x =--，若函数()f x 的图象与函数()g x 的图象在交点处存在公切线，则函数()g x 在点()()1,1g 处的切线在y 轴上的截距为（）A ．23e-B ．23e C ．3e 23e +-D ．2e 23e+【答案】C设交点为(),ln m m m ，且()ln f x x x =的导数为()ln 1f x x '=+，()31223eg x ax x =--的导数为()2132g x ax '=-，由题意，211ln 32m am +=-且312ln 23em m am m =--，消去a 得：1e ln 0m m +=，令()1e ln h x x x =+，()()e ln 1h x x '=+，当1e x >时()'0h x >，()h x 递增；当10ex <<时()'0h x <，()h x 递减.∴1e x =处()h x 取得极小值，也为最小值为0，则1e ln 0m m +=，解得1em =，代入211ln 32m am +=-，可得21e 6a =，即有()23e 12623eg x x x =--，∴()22e 122g x x '=-，则在()()1,1g 处的切线斜率为2e 12k -=，切点为2e 121,.623e ⎛⎫-- ⎪⎝⎭∴在()()1,1g 处的切线方程为()22e 12e 116232y x e ⎛⎫----=- ⎪⎝⎭，令0x =，可得3e23e y +=-.故选：C.5．（多选）（2022·河北保定·二模）若直线3y x m =+是曲线()30y x x =>与曲线()260y x nx x =-+->的公切线，则（）A ．2m =-B ．1m =-C ．6n =D ．7n =【答案】AD解：设直线3y x m =+与曲线()30y x x =>相切于点()3,a a ，与曲线()260y x nx x =-+->相切于点(),3b b m +，对于函数()30y x x =>，23y x '=，则()2330a a =>，解得1a =，所以313m =+，即2m =-.对于函数()260y x nx x =-+->，2'=-+y x n ，则()230b n b -+=>，又2632b nb b -+-=-，所以()232632b b b b -++-=-，又0b >，所以2b =，7n =.故选：AD6．（2022·福建泉州·高二期中）函数()ln 1mxf x x x =++与2()1g x x =+有公切线()0y ax a =>，则实数m 的值为__________．【答案】4根据题意，函数()ln 1mx f x x x =++与()21g x x =+有公切线(0)y ax a =>，设切点分别为1(F x ，1)y ，2(G x ，2)y ，21(),()2(1)m f x g x x x x ''=+=+；所以220a x =>且22222121,2x x x a x +=⇒==，所以公切线为2y x =，则有11112111211ln 21ln 21012(1)mx x x x x x x m x x ⎧+=⎪+⎪⇒+--=⎨⎪+=⎪+⎩，设()()221154()1816ln 21(0)410x h x x x x x h x x x x-+'=+-->⇒=+-=>，则()h x 在(0,)+∞上递增，又(1)0h =，故11x =，4m =，故答案为：47．（2022·广东·执信中学高三阶段练习）已知()e 1x f x =-（e 为自然对数的底数），()ln 1g x x =+，则()f x 与()g x 的公切线条数为_______．【答案】2根据题意，设直线l 与()e 1x f x =-相切于点(,e 1)m m -，与()g x 相切于点(,ln 1)n n +，对于()e 1x f x =-，其导数为()e x f x '=，则有()e m k f m ='=，则直线l 的方程为1e e ()m m y x m +-=-，即e e (1)1m m y x m =+--，对于()ln 2g x x =+，其导数为1()g x x'=，则有1()k g n n='=，则直线l 的方程为1(ln 1)()y n x n n-+=-，即1ln y x n n=+，直线l 是()f x 与()g x 的公切线，则1e (1)e 1ln m m n m n⎧=⎪⎨⎪--=⎩，可得(1)(e 1)0m m --=，则0m =或1m =，故直线l 的方程为y x =或e 1y x =-；则()f x 与()g x 的公切线条数是2条．故答案为：2．8．（2022·黑龙江·牡丹江一中高二阶段练习）若两曲线ln 1y x =-与2y ax =存在公切线，则正实数a 的取值范围是_________.【答案】31e ,2-⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭设公切线与曲线ln 1y x =-和2y ax =的交点分别为()11,ln 1x x -，()222,x ax ，其中1>0x ，对于ln 1y x =-有1y x'=，则ln 1y x =-上的切线方程为()()1111ln 1y x x x x --=-，即()11ln 2xy x x =+-，对于2y ax =有2y ax '=，则2y ax =上的切线方程为()22222y ax ax x x -=-，即2222y ax x ax =-，所以2121212ln 2ax x x ax ⎧=⎪⎨⎪-=-⎩，有1211ln 24x ax -=-，即()22111112ln 04x x x x a =->，令()222ln g x x x x =-，()()32ln 32ln g x x x x x x '=-=-，令()0g x '=，得32e x =，当320,e x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '>，()g x 单调递增，当32,e x ⎛⎫⎪⎝∈+⎭∞时，()0g x '<，()g x 单调递减，所以()332max1e e 2g x g ⎛⎫== ⎪⎝⎭，故3110e 42a <≤，即31e 2a -≥.∴正实数a 的取值范围是31e ,2-⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭.故答案为：31e ,2-⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭.9．（2021·江苏·高二专题练习）曲线()2(0)f x ax a =>与()ln g x x =有两条公切线，则a 的取值范围为__________【答案】1(,)2e+∞对2y ax =求导得：2y ax '=；对ln y x =求导得：1y x'=，设与2y ax =相切的切点为(),s t ，与曲线()ln g x x =相切的切点为(),(0)m b a >，∴公共切线斜率为12t b as m s m-==-，又2t as =，ln b m =，∴21ln 2as m as m s m-==-，整理得()2ln 210as as --=，设()()2ln 21f s as as =--，则()222122a as f s as as s-'=-=，又0a >，0s >，∴当s >时，()0f s '>，()f s 单调递增；当s <()0f s '<，()f s 单调递减，∴s =处()f s 取得极小值，也为最小值为12f =-，由恰好存在两条公切线，即()0f s =有两解，而当s 趋向于0时()f s 趋向于正无穷大，令()ln 1h x x x =--，则1()1h x x '=-且0x >，故(0,1)上()0h x '<，即()h x 递减；(1,)+∞上()0h x '>，即()h x 递增，∴()(1)0h x h ≥=，即ln 1x x >+，故2ln(2)1as as -<--，∴()22(2)f s as as as s >-=-，显然当2s >时()0f s >.∴只要0f <，可得12e a >.故答案为：1,2e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.③和切线有关的其它综合问题1．（2022·河南南阳·高二期中（理））若y ax b =+是()ln f x x x =的切线，则a b +的取值范围为（）A ．[)1,-+∞B ．[)1,+∞C ．(],0-∞D ．[]1,0-【答案】C解：设点()000,ln x x x （00x >）是函数()ln f x x x =图象上任意一点，由()ln 1f x x '=+，00()ln 1f x x '=+，所以过点()000,ln x x x 的切线方程为0000ln (ln 1)()y x x x x x -=+-，即00(ln 1)y x x x =+-，0ln 1a x ∴=+，0b x =-，所以00ln 1a b x x +=+-令()ln 1g x x x =+-，()0,x ∈+∞，所以()111x g x x x-'=-=，所以当01x <<时()0g x '>，当1x >时()0g x '<，所以()g x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减，所以()()max 10g x g ==，所以()0g x ≤，即(],0a b +∈-∞；故选：C2．（2022·湖北·武汉二中模拟预测）已知函数()1ln f x x x=-，直线y mx n =+是曲线()y f x =的一条切线，则2m n +的取值范围是（）A ．[)3,∞-+B ．2e 3,e -⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦C ．[)2ln 24,--+∞D ．5ln 2,4⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭【答案】C设切点为()(),P t f t ，()211x f x x =+'，()211k f t t t='=+曲线()y f x =在切点()(),P t f t 处的切线方程为()()()y f t f t x t -='-，整理得2112ln 1y x t t t t ⎛⎫=++-- ⎪⎝⎭，所以21322ln 2m n t t t +=+--．令()2132ln 2(0)g x x x x x =+-->，则()23232x x g x x +-'=．当102x <<时，()0g x '<，()g x 单调递减；当12x >时，()0g x '>，()g x 单调递增．故()min 12ln 242g x g ⎛⎫==-- ⎪⎝⎭，则2m n +的取值范围是[)2ln 24,--+∞．故选：C.3．（2022·河南·南阳中学高三阶段练习（文））已知函数1()ln f x x x=-，直线y mx n =+是曲线()y f x =的一条切线，则2m n +的取值范围是（）A ．[)3,∞-+B ．52ln 2,4⎡⎫--+∞⎪⎢⎣⎭C ．2e 3,e ∞-⎛⎤- ⎥⎝⎦D ．[)2ln 24,--+∞【答案】D设切点为()(),P t f t ，()211x f x x=+'，()211k f t t t ='=+曲线()y f x =在切点()(),P t f t 处的切线方程为()()()y f t f t x t -='-，整理得2112ln 1y x t t t t ⎛⎫=++-- ⎪⎝⎭，令0x =，2ln 1y mx n n t t =+==--，令1x =，2211211ln 1ln 1y mx n m n t t t t t t t=+=+=++--=+--，所以21322ln 2m n t t t+=+--．令()2132ln 2(0)g x x x x x =+-->，则()23232x x g x x +-'=．当102x <<时，()0g x '<，()g x 单调递减；当12x >时，()0g x '>，()g x 单调递增．故()min 12ln 242g x g ⎛⎫==-- ⎪⎝⎭，则2m n +的取值范围是[)2ln 24,--+∞．故选：D.4．（2022·安徽·高二期中）若函数()2ln f x x ax =+的图象上存在与直线20x y +=垂直的切线，则实数a 的取值范围是（）A ．1,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦B ．1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭C ．1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭D ．1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭【答案】A由题意得，函数()f x 的定义域为()0,∞+，且()12f x ax x'=+，∵函数()2ln f x x ax =+的图象上存在与直线x ＋2y ＝0垂直的切线，即122ax x+=有正数解，即2112a x x =-+在()0,∞+上有解，∵x >0，∴2211111112222x x x ⎛⎫-+=--+≤ ⎪⎝⎭，∴12a ≤．故选：A ．5．（2022·广东·佛山市顺德区东逸湾实验学校高二期中）已知()f x 为R 上的可导的偶函数，且满足()()11f x f x -=-+，则()y f x =在2022x =处的切线斜率为___________.【答案】0由题设，()(2)f x f x =-+，则(2)(4)f x f x +=-+，即()(4)f x f x =+，所以()f x 的周期为4，又()f x 为R 上的可导的偶函数，即(0)0f '=，而()(2)f x f x ''=-+，故(0)(2)0f f ''=-=，即(2)0f '=，且()(4)f x f x ''=+，故()()()20224505220f f f =⨯+'='='.故答案为：06．（2022·海南·模拟预测）已知存在0a >，使得函数()ln f x a x =与()23g x x x b =--的图象存在相同的切线，且切线的斜率为1，则b 的最大值为___.【答案】-3解:()(),23''==-af xg x x x令()1af x x'==，得x a =，切点为(),ln a a a ，令()231g x x =-='，得2x =，切点为(2,2)--b .切线方程为ln -=-y a a x a 代入，可得22b alna a ---=-则4b a alna =--令()ln 4=--h x x x x ，则()1ln 1ln h x x x -'=-=-,当01x <<时，()0h x '>，当1x >时，()0,h x '<∴h （x ）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，∴()()13max h x h ==-即b 的最大值为-3.故答案为：-3.7．（2021·四川自贡·一模（理））已知函数2211()ln 2f x t x x t x ⎛⎫=+-+ ⎪+⎝⎭，在曲线()y f x =上总存在两点()11,P x y ，()22,Q x y ，使得曲线在P ，Q 两点处的切线平行，则12x x +的取值范围是________．【答案】()8,+∞解：222111()1,02f x t x t x x ⎛⎫'=+--> ⎪+⎝⎭，因为在曲线()y f x =上总存在两点()11,P x y ，()22,Q x y ，使得曲线在P ，Q 相两点处的切线平行，所以()()12f x f x ''=，且1212,0,0x x x x ≠>>，即22222211221111111122t t t x x t x x ⎛⎫⎛⎫+--=+-- ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭，所以2222121212121111111112t t x x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+-=-=-+ ⎪ ⎪⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以22121112t x x t +=++，令22,2m t m =+≥，则22t m =-，设()12,2h m m m m=+-≥，则()222111m h m m m -'=-=，当2m ≥时，()0h m ¢>，所以函数()h m 在[)2,+∞上递增，所以()()122h m h ≥=所以121112x x +≥，又12121211x x x x x x ++=，212122x x x x +⎛⎫≤ ⎪⎝⎭，又因为12x x ≠，所以212122x x x x +⎛⎫< ⎪⎝⎭，所以12121211222211214x x x x x x x x x x x x +⎛⎫+ ⎝++=>⎭=+⎪，所以12412x x +<，所以128x x +>，所以12x x +的取值范围是()8,+∞.故答案为：()8,+∞.二、单调性问题①已知单调区间求参数1．（2022·四川省峨眉第二中学校高二阶段练习（理））若函数f (x )＝x 2＋ax ＋1x在[12，＋∞)上是增函数，则a 的取值范围是（）A ．[－1，0]B ．[－1，＋∞)C ．[0，3]D ．[3，＋∞)【答案】D f ′(x )＝2x ＋a －21x，由于函数f (x )在[12，＋∞)上是增函数，故f ′(x )≥0在[12，＋∞)上恒成立.即a ≥21x －2x 在[12，＋∞)上恒成立.设h (x )＝21x －2x ，x ∈[12，＋∞)，易知h (x )在[12，＋∞)上为减，∴h (x )max ＝h (12)＝3，∴a ≥3.故选：D2．（2022·河南·南阳中学高二阶段练习（理））若函数()ln 2f x kx x =+在区间()1,3上单调递增，则实数k 的取值范围是（）A ．1,3⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭B ．1,6⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭C ．[)1,-+∞D ．(],1-∞-【答案】A由()ln 2f x kx x =+，得1()f x k x'=+，因为函数()ln 2f x kx x =+在区间()1,3上单调递增，所以1()0f x k x '=+≥在区间()1,3上恒成立，即1k x≥-恒成立，因为(1,3)x ∈，所以1113x -<-<-，所以13k ≥-，所以实数k 的取值范围为1,3⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭，故选：A3．（2022·江苏省太湖高级中学高二阶段练习）已知函数()f x 的定义域为()0+∞，，若()*()k f x y k x=∈N 在()0+∞，上为增函数，则称()f x 为“k 阶比增函数”．若函数2()ln f x m x x x =+-为“1阶比增函数"，则实数m 的取值范围是（）A ．1,4⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦B ．1,4⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭C ．1,4⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭D ．1,4⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭【答案】A解：因为函数2()ln f x m x x x =+-为“1阶比增函数”，所以函数()ln f x mx x x x=+-在()0+∞，上为增函数，所以令()ln ,0mg x x x x x=+->，故()2221'10m x x m g x x x x --=-+-=≥在()0+∞，上恒成立，所以2m x x ≤-在()0+∞，上恒成立，由于()22111,0244y x x x x ⎛⎫=-=--≥-∈+∞ ⎪⎝⎭，，所以()2min 14m x x ≤-=-.故实数m 的取值范围是1,4⎛⎤-∞- ⎝⎦故选：A4．（2022·全国·高三专题练习）函数3()26f x x ax =-+的一个单调递增区间为[1，)+∞，则减区间是（）A ．(,0)-∞B ．(1,1)-C ．(0,1)D ．(,1)-∞，(0,1)【答案】B函数3()26f x x ax =-+，则2()6f x x a '=-，当0a ≤时，()0f x '≥恒成立，函数()f x 在其定义域内是递增．当0a >时，令()0f x '=，解得：x =当x ⎫∈+∞⎪⎪⎭时，()0f x '>，函数()f x 是递增． 函数()f x 的一个单调递增区间为[)1,+∞1=，解得：6a =，x \在(1,1)-时，()0f x '<，函数()f x 是递减．故选：B ．5．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()22ln f x x x =-，若()f x 在区间()2,1m m +上单调递增，则m 的取值范围是（）A ．1,14⎡⎫⎪⎢⎣⎭B ．1,4⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭C ．1,12⎡⎫⎪⎢⎣⎭D ．[)0,1【答案】A因为()22ln f x x x =-的定义域为()0,∞+，()14f x x x'=-，由()0f x '>，得140x x ->，解得12x >，所以()f x 的递增区间为1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭．由于()f x 在区间()2,1m m +上单调递增，则()12,1,2m m ⎛⎫+⊆+∞ ⎪⎝⎭，所以12122m mm +>⎧⎪⎨≥⎪⎩，解得114m ≤<.因此，实数m 的取值范围是1,14⎡⎫⎪⎢⎣⎭．故选：A.6．（2022·全国·高三专题练习）已知函数32()(,,)f x x ax bx c a b c R =+++∈，若函数()f x 在区间[1,0]-上是单调减函数，则22a b +的最小值为（）A ．45B ．75C ．95D ．115【答案】C由题意知：在[1,0]-上，2()320f x x ax b '=++≤恒成立，∴(1)320(0)0f a b f b '-=-+≤⎧⎨'=≤⎩，即由不等式组可得如下可行域，∴22a b +为可行域内的点到原点的距离的平方，其最小值为O 到230--=a b 距离的平方，故2222|3|9215d -==+，故选：C7．（2022·全国·高三专题练习）若函数()()3230,f x ax x x b a b =+++>∈R 恰好有三个不同的单调区间，则实数a 的取值范围是（）A ．()()0,33,+∞ B ．[)3,+∞C ．(]0,3D ．()0,3【答案】D由题意得()()23610f x ax x a '=++>，函数()f x 恰好有三个不同的单调区间，()f x '∴有两个不同的零点，所以，361200a a ∆=->⎧⎨>⎩，解得0<<3a .因此，实数a 的取值范围是()0,3.故选：D.8．（2022·全国·高二课时练习）设函数()219ln 2f x x x =-在区间[]1,1a a -+上单调递减,则实数a 的取值范围是A ．(]1,2B ．()1,3C ．()1,2D ．(]1,3【答案】A由()219ln 2f x x x =-，则()299x f x x x x-'=-=，当(0,3)x ∈时，()0f x '<，则()f x 单调递减；当(3,)x ∈+∞时，()0f x '>，则()f x 单调递增，又函数()f x 在区间[1,1]a a -+上单调递减，所以1013a a ->⎧⎨+≤⎩，解得12a <≤，故选A ．②由函数存在单调区间求参数1．（2022·江西宜春·模拟预测（文））已知函数()()1e xf x x mx =--在区间[]2,4上存在单调减区间，则实数m 的取值范围为（）A ．()22e ,+∞B ．(),e -∞C ．()20,2eD ．()0,e 【答案】A因为()()1e x f x x mx =--，所以()e xf x x m '=-，因为()f x 在区间[]2,4上存在单调递减区间，所以存在[]2,4x ∈，使得()0f x '<，即e x m x >，令()e xg x x =，[]2,4x ∈，则()()1e 0x g x x '=+>恒成立，所以()e xg x x =在[]2,4上单调递增，所以()()2min 22e g x g ==，所以22e m >.故选：A2．（2022·四川成都·高二期中（文））已知函数()(1)e x f x x mx =--在区间[1,2]x ∈上存在单调增区间，则m 的取值范围为（）A ．(0,e)B ．(,e)-∞C ．()20,2eD ．()2e,2-∞【答案】D解：因为()(1)e x f x x mx =--，所以()e x f x x m '=-，()f x 在区间[1,2]上存在单调递增区间，∴存在[1,2]x ∈，使得()0f x '>，即e x m x <，令()e x g x x =，[1,2]x ∈，则()()1e 0xg x x =+>'恒成立，所以()e x g x x =在[1,2]上单调递增，所以()()222e max g x g ∴==，2e 2m ∴<，故实数m 的取值范围为()2e,2-∞．故选：D3．（2022·北京铁路二中高二期中）若函数2()ln 2f x x ax =+-在区间1,22⎛⎫⎪⎝⎭内存在单调递增区间，则实数a 的取值范围是（）A ．(,2]-∞-B ．1,8⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭C ．12,8⎛⎫-- ⎪⎝⎭D ．(2,)-+∞【答案】D∵2()ln 2f x x ax =+-，∴1()2f x ax x'=+，若()f x 在区间1(,2)2内存在单调递增区间，则1()0,(,2)2f x x '>∈有解，故212a x >-，令21()2g x x =-，则21()2g x x =-在1(,2)2单调递增，1()()22∴>=-g x g ，故 2 a >-.故选：D.4．（2022·广东·深圳市第二高级中学高二期中）若函数()2ln 2f x x ax =+-在区间1,22⎛⎫ ⎪⎝⎭内存在单调递增区间，则实数a 的取值范围是()A ．(],2-∞B ．1,8⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭C ．12,8⎛⎫-- ⎪⎝⎭D ．()2,-+∞【答案】D∵函数2()ln 2f x x ax =+-在区间1()22内存在单调递增区间，∴1()20f x ax x '=+>在区间1()22，上有解(成立)，即min212()a x >-在区间1()22上成立，又函数2y x =在1()22，上单调递增，∴函数21y x =-在1()22上单调递增，故当12x =时，21y x =-取最小值，即min 21()=4x--，即24a >-，得2a >-．故选：D ﹒5．（2022·天津·汉沽一中高三阶段练习）若函数21()ln 22h x x ax x =--在[1,4]上存在单调递减区间，则实数a 的取值范围为（）A ．7,16⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭B ．(1,)-+∞C ．[1,)-+∞D ．7,16⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭【答案】B因为()h x 在[1,4]上存在单调递减区间，所以1()20h x ax x'=--<在[1,4]上有解，所以当[1,4]x ∈时212a x x >-有解，而当[1,4]x ∈时，22121(1)1x x x -=--，2min 121xx ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭（此时1x =），所以1a >-，所以a 的取值范围是(1,)-+∞.故选：B.6．（2022·广西玉林·高二期中（文））函数()2xx af x e -=在R 上存在单调递增区间，则a 的取值范围是（）A ．1a ≥-B ．1a >-C ．1a ≤-D ．1a <-【答案】B()2x x af x e -= ，()()2222x xx x a a x x f x e e--+-'∴==，由题意可知，存在x ∈R ，使得()0f x '>，即存在x ∈R ，使得22a x x >-，二次函数()222111y x x x =-=--≥-，当且仅当1x =时，等号成立，则1a >-.故选：B.7．（2022·全国·高三专题练习）若f （x ）321132x x =-++2ax 在（1，+∞）上存在单调递增区间，则a 的取值范围是A ．（﹣∞，0]B ．（﹣∞，0）C ．[0，+∞）D ．（0，+∞）【答案】Df (x )321132x x =-++2ax 在(1,+∞)上存在单调递增区间,只需()'f x >0在(1,+∞)上有解即可.由已知得2()2f x x x a '=-++,该函数开口向下,对称轴为12x =,故()'f x 在(1,+∞)上递减,所以(1)f '=2a >0,解得a >0.故选:D.8．（2022·河南·温县第一高级中学高二阶段练习（理））已知函数()2ln f x x ax x =--在区间11,32⎡⎤⎢⎣⎦存在单调递减区间,则a 的取值范围是A ．[)1,+∞B ．()1,+∞C ．(),1-∞D ．(],1-∞【答案】B由题,()212121ax x f x ax x x--+'=--=,因为0x >,则若函数()2ln f x x ax x =--在区间11,32⎡⎤⎢⎥⎣⎦存在单调递减区间,即2210ax x --+<在11,32⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有解,即存在x ∈11,32⎡⎤⎢⎥⎣⎦,使得2112a x x ->+成立,设[]()12,3t t x =∈,则()221124u t t t t ⎛⎫=-+=-- ⎪⎝⎭,当2t =时,()()min 22u t u ==,所以22a >,即1a >,故选:B③已知函数在某区间上不单调求参数1．（2022·天津市第四十二中学高二期中）已知函数2()ln 1f x x a x =-+在(1,2)内不是单调函数，则实数a 的取值范围是（）A ．(2,8)B ．[2,8]C ．(,2][8,)-∞⋃+∞D ．[2,8)【答案】A解：()222a x a f x x x x='-=-，令()22g x x a =-，由于函数()2ln 1f x x a x =-+在()1,2内不是单调函数，则()22g x x a =-在区间()1,2的函数值有正有负，而二次函数()22g x x a =-开口向上，对称轴为y 轴，所以()22g x x a =-在区间()1,2上递增，所以()()120280g a g a ⎧=-<⎪⎨=->⎪⎩，解得28a <<.所以实数a 的取值范围是()2,8.故选：A .2．（2022·广东·南海中学高二期中）若函数()()e 1ln 2xf x a x =--+在区间(0，1)上不单调，则实数a 的取值范围为（）A ．[]1,e 1+B ．()1,e 1+C ．(][),1e 1,-∞⋃++∞D ．()(),1e 1,-∞⋃++∞【答案】B由题设，1e 1()e x xa x a f x x x-+'-=-=，又()f x 在(0,1)上不单调，所以e 1x y x a -=+在(0,1)上存在变号零点，而(1)e 0x y x '=+>，则y 在(0,1)上递增，只需(1)(e 1)0a a -+-<，即1e 1a <<+.故选：B3．（2022·全国·高三专题练习（理））若对于任意[]1,2t ∈，函数32()222m f x x x x ⎛⎫=++- ⎪⎝⎭在区间(),3t 上总不为单调函数，则实数m 的取值范围是（）A ．37,93⎛⎫-- ⎪⎝⎭B ．37,53⎛⎫-- ⎪⎝⎭C ．37,93⎡⎤--⎢⎥⎣⎦D ．37,93⎡⎫--⎪⎢⎣⎭【答案】A解：()2()342f x x m x '=++-，∵()02f '=-，又对于任意[]1,2t ∈，函数()f x 在区间(),3t 上总不为单调函数，∴()()030f t f ⎧<⎪⎨>''⎪⎩，即23(4)2027(4)320t m t m ⎧++-<⎨++⋅->⎩，∴min22433252373m t t m ⎧⎛⎫+<-=-⨯=- ⎪⎪⎪⎝⎭⎨⎪>-⎪⎩，解得3793m -<<-，∴实数m 的取值范围是37,93⎛⎫-- ⎪⎝⎭.故选：A.4．（2022·全国·高二课时练习）已知函数()24ln f x ax ax x =--，则()f x 在()1,3上不单调的。

一元函数的导数及其应用(时间:120分钟 满分:150分)一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.(2020福建福州模拟,理7)已知函数f (x )为偶函数,当x<0时,f (x )=x 2-ln(-x ),则曲线y=f (x )在x=1处的切线方程为( ) A.x-y=0 B.x-y-2=0 C.x+y-2=0 D.3x-y-2=02.设函数f (x )在R 上可导,其导函数为f'(x ),若函数f (x )在x=1处取得极大值,则函数y=-xf'(x )的图像可能是( )3.已知函数f (x )=x+1,g (x )=ln x ,若f (x 1)=g (x 2),则x 2-x 1的最小值为( ) A.1 B.2+ln 2 C.2-ln 2 D.24.已知定义在(0,+∞)上的函数f (x )满足xf'(x )-f (x )<0,且f (2)=2,则f (e x )-e x >0的解集是( )A.(-∞,ln 2)B.(ln 2,+∞)C.(0,e 2)D.(e 2,+∞) 5.(2020北京房山区二模,5)函数f (x )=e x -x 2的零点个数为( )A.0B.1C.2D.36.(2020山东青岛5月模拟,8)已知函数f (x )=lnx x 2,若f (x )<m-1x2在(0,+∞)上恒成立,e 为自然对数的底数,则实数m 的取值范围是( ) A.m>e B.m>e2 C.m>1D.m>√e7.已知函数f (x )=x 2+|x-a|,g (x )=(2a-1)x+a ln x ,若函数y=f (x )与函数y=g (x )的图像恰好有两个不同的交点,则实数a 的取值范围为( ) A.(1,+∞)B.(-∞,1)C.(0,+∞)D.(-∞,0)8.(2020河南新乡三模,理12)已知函数f (x )=x 2-ax (x ∈[1e ,e])与g (x )=e x 的图像上存在两对关于直线y=x 对称的点,则实数a 的取值范围是( ) A.[e -1e ,e] B.(1,e -1e ] C.[1,e -1e ]D.[1,e +1e ]二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,有选错的得0分,部分选对的得3分.9.(2020山东潍坊临朐模拟二,12)已知函数f (x )=x ln x+x 2,x 0是函数f (x )的极值点,以下结论中正确的是( ) A.0<x 0<1eB.x 0>1eC.f (x 0)+2x 0<0D.f (x 0)+2x 0>010.(2020山东聊城二模,10)下列关于函数f (x )=x 3-3x 2+2x 的叙述正确的是( ) A.函数f (x )有三个零点B.点(1,0)是函数f (x )图像的对称中心C.函数f (x )的极大值点为x=1-√33D.存在实数a ,使得函数g (x )=[f (x )]2+af (x )在R 上为增函数11.(2020海南天一大联考第三次模拟,12)已知函数f (x )=x 3+ax+b ,其中a ,b ∈R ,则下列选项中的条件使得f (x )仅有一个零点的有( ) A.a<b ,f (x )为奇函数 B.a=ln(b 2+1) C.a=-3,b 2-4≥0D.a<0,b 2+a36>012.(2020山东师大附中月考,12)设函数f (x )={|lnx |,x >0,e x (x +1),x ≤0,若方程[f (x )]2-af (x )+116=0有六个不等的实数根,则实数a 可能的取值是( )A.12B.23C.1D.2三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.(2020山东、海南两省4月模拟,13)函数f (x )=alnxe x 在点P (1,f (1))处的切线与直线2x+y-3=0垂直,则a= .14.设f (x )=e x (ln x-a ),若函数f (x )在区间1e,e 上单调递减,则实数a 的取值范围为 .15.已知函数f (x )=log 2x ,g (x )=√x +√a -x (a>0),若对∀x 1∈{x|g (x )=√x +√a -x },∃x 2∈[4,16],使g (x 1)=f (x 2)成立,则实数a 的取值范围是 .16.已知函数f (x )=2ln x ,g (x )=ax 2-x-12(a>0).若直线y=2x-b 与函数y=f (x ),y=g (x )的图像均相切,则a 的值为 ;若总存在直线与函数y=f (x ),y=g (x )的图像均相切,则a 的取值范围是 .四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(10分)(2020河南郑州质量预测二,理21)已知函数f (x )=lnx a ,g (x )=x+1x(x>0). (1)当a=1时,求曲线y=f (x )g (x )在x=1处的切线方程; (2)讨论函数F (x )=f (x )-1g (x )在(0,+∞)上的单调性.18.(12分)(2020河南开封三模,理20)已知函数f (x )=ax e x -ln x+b (a ,b ∈R )在x=1处的切线方程为y=(2e -1)x-e . (1)求a ,b 值;(2)若f (x )≥mx 恒成立,求实数m 的取值范围.19.(12分)(2020陕西宝鸡三模,文21)已知函数f(x)=ln x+ax2-(2a+1)x,a∈R,f'(x)为f(x)的导函数.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若g(x)=f(x)+a+1,当a>12时,求证:g(x)有两个零点.20.(12分)(2020辽宁大连一中6月模拟,文20)已知函数f(x)=x ln x-1,g(x)=(k-1)x-k(k∈R).(1)若直线y=g(x)是曲线y=f(x)的一条切线,求k的值;(2)当x>1时,直线y=g(x)与曲线y=f(x)+1无交点,求整数k的最大值.21.(12分)(2020天津,20)已知函数f(x)=x3+k ln x(k∈R),f'(x)为f(x)的导函数.(1)当k=6时,(ⅰ)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;(ⅱ)求函数g(x)=f(x)-f'(x)+9x的单调区间和极值.(2)当k≥-3时,求证:对任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1>x2,有f'(x1)+f'(x2)2>f(x1)-f(x2)x1-x2.22.(12分)(2020浙江,22)已知1<a≤2,函数f(x)=e x-x-a,其中e=2.718 28…是自然对数的底数.(1)证明:函数y=f(x)在(0,+∞)上有唯一零点.(2)记x0为函数y=f(x)在(0,+∞)上的零点,证明:①√a-1≤x0≤√2(a-1);②x0f(e x0)≥(e-1)(a-1)a.参考答案单元质检卷三一元函数的导数及其应用1.A当x>0时,-x<0,f(-x)=x2-ln x,又函数f(x)为偶函数,所以f(x)=x2-ln x,f(1)=1,所以,f'(1)=1,故切线方程为y-1=x-1,即x-y=0.故选A.f'(x)=2x-1x2.B因为函数f(x)在R上可导且f(x)在x=1处取得极大值,所以当x>1时,f'(x)<0;当x=1时,f'(x)=0;当x<1时,f'(x)>0.所以当x<0时,y=-xf'(x)>0,当0<x<1时,y=-xf'(x)<0,当x=0或x=1时,y=-xf'(x)=0,当x>1时,y=-xf'(x)>0,可知选项B符合题意.故选B.3.D设f(x1)=g(x2)=t,所以x1=t-1,x2=e t,所以x2-x1=e t-t+1,令h(t)=e t-t+1,则h'(t)=e t-1,所以h(t)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,所以h(t)min=h(0)=2.4.A 令g (x )=f (x )x ,g'(x )=xf '(x )-f (x )x 2<0,则g (x )在(0,+∞)上单调递减,且g (2)=f (2)2=1,故f (e x )-ex>0等价为f (e x )e x>f (2)2,即g (e x )>g (2),故e x <2,即x<ln 2,则所求的解集为(-∞,ln 2).故选A .5.B 令f (x )=e x -x 2=0,得e x =x 2,分别画出y=e x 和y=x 2的图像,如图所示,当x<0时,函数y=e x 和y=x 2有一个交点. 当x>0时,f'(x )=e x -2x ,令g (x )=e x -2x ,则g'(x )=e x -2,当g'(x )=0时,可得x=ln 2.当x ∈(0,ln 2)时,g'(x )<0,g (x )单调递减,当x ∈(ln 2,+∞)时,g'(x )>0,g (x )单调递增.所以g (x )min =g (ln 2)=e ln 2-2ln 2=2-ln 4>0,所以f (x )在(0,+∞)上单调递增.又因为f (0)=1,所以当x ∈(0,+∞)时,f (x )>0.故f (x )在(0,+∞)上无零点. 综上,函数f (x )=e x -x 2的零点个数为1.故选B . 6.B 若f (x )<m-1x 2在(0,+∞)上恒成立,即f (x )+1x 2<m 在(0,+∞)上恒成立,令g (x )=f (x )+1x 2=lnx+1x 2,故只需g (x )max <m 即可,g'(x )=1x ·x 2-(lnx+1)·2x x 4=-2lnx -1x 3,令g'(x )=0,得x=e-12,当0<x<e-12时,g'(x )>0;当x>e-12时,g'(x )<0,所以g (x )在(0,e-12)上单调递增,在(e -12,+∞)上单调递减,所以g (x )max =g (e-12)=e 2,所以实数m 的取值范围是m>e2. 故选B . 7.A当a ≠0时函数g (x )的定义域为(0,+∞),所以只研究这两个函数在x ∈(0,+∞)上的图像,当a ≤0时,f (x )单调递增,又g (x )单调递减,两者的图像最多只有一个交点,不符合题意.当a>0时,设φ(x )=f (x )-g (x ),即φ(x )={x 2-2ax -alnx +a ,0<x <a ,x 2+(2-2a )x -alnx -a ,x ≥a ,因为φ'(x )={2(x -a )-ax <0,0<x <a ,2(x -a )+2x -ax>0,x ≥a ,所以φ(x )在(0,a )上单调递减,(a ,+∞)上单调递增,所以φ(x )min =-a 2-a ln a+a ,因为x →0,x →+∞时,φ(x )→+∞,所以φ(x )有两个零点,当且仅当φ(x )min =-a 2-a ln a+a<0,解得a>1,即a 的取值范围为(1,+∞).8.B ∵f (x )与g (x )的图像在x ∈[1e ,e]上存在两对关于直线y=x 对称的点,则函数f (x )与函数φ(x )=ln x 的图像在x ∈[1e ,e]上有两个交点,∴ln x=x 2-ax 在x ∈[1e ,e]上有两个实数解,即a=x-lnx x 在x ∈[1e ,e]上有两个实数解,令h (x )=x-lnxx ,则h'(x )=x 2+lnx -1x 2.令k (x )=x 2+ln x-1,k (x )在x ∈[1e ,e]上单调递增,且k (1)=0,∴当x ∈[1e ,1]时,h'(x )<0,h (x )单调递减;当x ∈(1,e]时,h'(x )>0,h (x )单调递增.∴h (x )min =h (1)=1.对g 1e =e +1e ,g (e)=e -1e ,∴a 的取值范围是1,e -1e . 9.AD ∵函数f (x )=x ln x+x 2(x>0),∴f'(x )=ln x+1+2x.∵x 0是函数f (x )的极值点, ∴f'(x 0)=0,即ln x 0+1+2x 0=0,∵f'(x )在(0,+∞)上单调递增,且f'(1e )=2e >0,又x →0,f'(x )→-∞,∴0<x 0<1e ,即选项A 正确,选项B 不正确;f (x 0)+2x 0=x 0ln x 0+x 02+2x 0=x 0(ln x 0+x 0+2)=x 0(1-x 0)>0,即选项D 正确,选项C 不正确.故选AD .10.ABC 令f (x )=0,即x (x-1)(x-2)=0,解得x=0或x=1或x=2,故函数f (x )有三个零点,故选项A 正确;因为f (1+x )+f (1-x )=0,所以点(1,0)是函数f (x )图像的对称中心,故选项B 正确;令f'(x )=3x 2-6x+2=0,解得x=3±√33,故f (x )在-∞,3-√33上单调递增,在3-√33,3+√33上单调递减,在3+√33,+∞上单调递增,函数f (x )的极大值点为x=1-√33,故选项C 正确;因为f (x )在R 上不单调,所以不存在实数a ,使得函数g (x )=[f (x )]2+af (x )在R 上为增函数,故D 错误.故选ABC .11.BD 由题知f'(x )=3x 2+a.对于A,由f (x )是奇函数,知b=0,因为a<0,所以f (x )存在两个极值点,易知f (x )有三个零点,故A 错误;对于B,因为b 2+1≥1,所以a ≥0,f'(x )≥0,所以f (x )单调递增,则f (x )仅有一个零点,故B 正确;对于C,若取b=2,则f (x )的极大值为f (-1)=4,极小值为f (1)=0,此时f (x )有两个零点,故C 错误;对于D,f (x )的极大值为f -√-a3=b-2a3√-a3,极小值为f√-a 3=b+2a 3√-a3.因为a<0,所以b2+4a 327>b 2+a 36>0,所以b 2>-4a 327,则b>-2a 3√-a3或b<2a3√-a3,从而f -√-a3>0,f √-a3>0或f -√-a3<0,f √-a3<0,可知f (x )仅有一个零点,故D 正确.12.BC 当x ≤0时,f (x )=e x (x+1),则f'(x )=e x (x+1)+e x =e x (x+2).由f'(x )<0得,x+2<0,即x<-2,此时f (x )单调递减, 由f'(x )>0得,x+2>0,即-2<x ≤0,此时f (x )单调递增,即当x=-2时,f (x )取得极小值f (-2)=-1e 2,作出f (x )的图像如图:由图像可知当0<f (x )≤1时,有三个不同的x 的取值与f (x )对应. 设t=f (x ),因为方程[f (x )]2-af (x )+116=0有六个不等的实数根, 所以t 2-at+116=0在t ∈(0,1]内有两个不等的实数根, 设g (t )=t 2-at+116.则{g (0)>0,g (1)≥0,Δ>0,0<a 2<1,即{116>0,1-a +116≥0,a 2-4×116>0,0<a 2<1, 解得12<a ≤1716.结合选项可知实数a 可能是23或1,故选BC .13.e2由题意,得f'(x)=ax ex-ae x lnx(e x)2=ax-alnxe x.又切线斜率k=12.∴f'(1)=ae=12,∴a=e2.14.[e-1,+∞)由题意可得f'(x)=e x ln x+1x -a≤0在1e,e上恒成立.因为e x>0,所以只需lnx+1x-a≤0,即a≥ln x+1x在1e,e上恒成立.令g(x)=ln x+1x.因为g'(x)=1x−1x2=x-1x2.由g'(x)=0,得x=1.则g(x)在1e,1上单调递减,在(1,e)上单调递增,g1e =ln1e+e=e-1,g(e)=1+1e,因为e-1>1+1e,所以g(x)max=g1e=e-1.故a的取值范围为[e-1,+∞).15.[4,8]结合题意可得log24=2≤f(x)≤log216=4,要使得对∀x1∈{x|g(x)=√x+√a-x},∃x2∈[4,16],使g(x1)=f(x2)成立,则要求g(x)的值域在[2,4]上,对g(x)求导得g'(x)=√a-x-√x2√x·√a-x,令g'(x)>0,解得x<a2,结合该函数的定义域为[0,a],可知g(x)在0,a2上单调递增,在a2,a上单调递减,故g(x)在x=a2取到最大值,在x=0取到最小值,所以需要满足g a2≤4,且g(0)≥2,得到{√a2+√a2≤4,√a≥2,解得a∈[4,8].16.32[32,+∞)由题意,f'(x)=2x,g'(x)=2ax-1,因为直线y=2x-b与函数y=f(x),y=g(x)的图像均相切,所以{2x=2,2ax-1=2,解得x=1,a=32.设直线l与y=f(x)的图像相切于点P1(x1,y1),x1>0,则切线方程为y-2ln x1=2x1(x-x1),代入g(x)=ax2-x-12(a>0),得2x1x-2+2ln x1=ax2-x-1 2,即ax2-(1+2x1)x+(32-2ln x1)=0.所以Δ=(1+2x1)2-4a×(32-2ln x1)=0.所以a=(x 1+2)22x 12(3-4ln x 1)(x 1>0). 令y=(x 1+2)22x 12(3-4ln x 1)(x 1>0), 则y'=2(x 1+2)(4ln x 1+x 1-1)x 13(3-4ln x 1)2.令y'=0,解得x 1=1.当x 1>1时,y'>0,y 单调递增,当0<x 1<1时,y'<0,y 单调递减,因此y ≥(1+2)22×12(3-4ln1)=32,即a ≥32.17.解 (1)当a=1时,y=f (x )g (x )=xlnxx+1,y'=(1+lnx )(x+1)-xlnx(x+1)2=lnx+x+1(x+1)2,所以y'|x=1=ln1+1+1(1+1)2=12,即当x=1时,切线的斜率为12,又切线过点(1,0),所以切线方程为x-2y-1=0.(2)f'(x )=1ax ,(1g (x ))'=1(x+1)2,F'(x )=f'(x )-(1g (x ))'=1ax −1(x+1)2=(x+1)2-ax ax (x+1)2,当a<0时,F'(x )<0,函数F (x )在(0,+∞)上单调递减; 当a>0时,令h (x )=1a x 2+(2a -1)x+1a ,Δ=1-4a ,当Δ≤0,即0<a ≤4时,h (x )≥0,此时F'(x )≥0,函数F (x )在(0,+∞)上单调递增; 当Δ>0,即a>4时,方程1a x 2+(2a -1)x+1a =0有两个不等实数根x 1,x 2,设x 1<x 2,则x 1=a -2-√a 2-4a 2,x 2=a -2+√a 2-4a 2,所以0<x 1<1<x 2,此时,函数F (x )在(0,x 1),(x 2,+∞)上单调递增,在(x 1,x 2)上单调递减. 综上所述,当a<0时,F (x )的单调递减区间是(0,+∞); 当a>4时,F (x )的单调递减区间是(a -2-√a 2-4a 2,a -2+√a 2-4a2),单调递增区间是0,a -2-√a 2-4a2,a -2+√a 2-4a2,+∞.当0<a ≤4时,F (x )的单调递增区间是(0,+∞). 18.解 (1)f'(x )=a e x +ax e x -1x .因为函数f (x )=ax e x -ln x+b 在x=1处的切线为y=(2e -1)x-e, 所以{f (1)=ae +b =e -1,f '(1)=2ae -1=2e -1,解得a=1,b=-1.(2)由f (x )≥mx 得,x e x-ln x-1≥mx (x>0),即m ≤xe x -lnx -1x. 令φ(x )=xe x -lnx -1x ,则φ'(x )=x 2e x +lnxx 2.令h (x )=x 2e x +ln x ,h (x )在(0,+∞)上单调递增,则h 1e=1e 2e 1e -1<e 2e 2-1=0,h (1)=e >0.所以h (x )在1e ,1上存在零点x 0,即h (x 0)=x 02e x 0+ln x 0=0,即x 0e x 0=-ln x0x 0=ln 1x 0(eln1x 0).由于y=x e x 在(0,+∞)上单调递增,故x 0=ln 1x 0=-ln x 0,即e x 0=1x 0.因为φ(x )在(0,x 0)上单调递减,在(x 0,+∞)上单调递增,所以φ(x )min =x 0e x 0-ln x 0-1x 0=1+x 0-1x 0=1. 所以m ≤1.实数m 的取值范围为(-∞,1]. 19.(1)解 f'(x )=1x +2ax-(2a+1)=(x -1)(2ax -1)x(x>0). ①当a ≤0时,令f'(x )>0,得0<x<1;令f'(x )<0,得x>1.所以f (x )在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.②当a>0时,令f'(x )=0,得x 1=1,x 2=12a . (ⅰ)当a=12时,f'(x )=(x -1)2x ≥0,所以f (x )在(0,+∞)上单调递增.(ⅱ)当a>12时,令f'(x )>0,得0<x<12a 或x>1; 令f'(x )<0,得12a <x<1.所以f (x )在0,12a 和(1,+∞)上单调递增,在12a ,1上单调递减. (ⅲ)当0<a<12时,令f'(x )>0,得0<x<1或x>12a ; 令f'(x )<0,得1<x<12a .所以f (x )在(0,1)和12a ,+∞上单调递增,在1,12a 上单调递减.综上,当a ≤0时,f (x )在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减; 当a=12时,f (x )在(0,+∞)上单调递增;当a>12时,f (x )在0,12a 和(1,+∞)上单调递增,在12a ,1上单调递减; 当0<a<12时,f (x )在(0,1)和12a ,+∞上单调递增,在1,12a 上单调递减.(2)证明 由(1)知,当a>12时,f (x )在0,12a 和(1,+∞)上单调递增,在12a ,1上单调递减.则g (x )在0,12a 和(1,+∞)上单调递增,在12a ,1上单调递减.因为g (1)=0,所以1是函数g (x )的一个零点,且g 12a >0.当x ∈0,12a 时,取0<x 0<e -a-1且x 0<12a ,则a x 02-(2a+1)x 0+a+1=a x 02-x 0-2ax 0+a+1<a+1,g (x 0)<-a-1+a+1=0.所以g 12a ·g (x 0)<0,所以g (x )在0,12a 上恰有一个零点,所以g (x )在区间(0,+∞)上有两个零点.20.解 (1)由题意知f'(x )=ln x+1(x>0),设切点为P (x 0,x 0ln x 0-1),在点P 处的切线方程为y-(x 0ln x 0-1)=(1+ln x 0)(x-x 0).整理得y=(1+ln x 0)x-(x 0+1).由{1+ln x 0=k -1,k =x 0+1,即{ln x 0=k -2,x 0=k -1,得ln x 0=x 0-1.令h (x )=ln x-x+1,则h'(x )=1x -1=1-xx .当0<x<1时,h'(x )>0,h (x )在(0,1)上单调递增; 当x>1时,h'(x )<0,h (x )在(1,+∞)上单调递减. 所以h (x )的最大值为h (1)=0,即x 0=1,故k=2.(2)令F (x )=f (x )-g (x )=x ln x-(k-1)x+k ,则F'(x )=ln x+2-k=ln x-(k-2)(x>1). ①当k-2≤0时,F'(x )>0,所以f (x )在(1,+∞)上单调递增.所以F (x )>F (1)=1,即F (x )在(1,+∞)上无零点. ②当k-2>0时,由F'(x )=0,得x=e k-2.当1<x<e k-2时,F'(x )<0,所以F (x )在(1,e k-2)上单调递减; 当x>e k-2时,F'(x )>0,所以F (x )在(e k-2,+∞)上单调递增. F (x )的最小值为F (e k-2)=(k-1)e k-2-k (e k-2-1)=k-e k-2.令m (k )=k-e k-2,则m'(k )=1-e k-2<0,所以m (k )在(2,+∞)上单调递减,而m (2)=2-1=1,m (3)=3-e >0,m (4)=4-e 2<0,因此k 的最大值为3.21.(1)解 (ⅰ)当k=6时,f (x )=x 3+6ln x ,故f'(x )=3x 2+6x .可得f (1)=1,f'(1)=9,所以曲线y=f (x )在点(1,f (1))处的切线方程为y-1=9(x-1),即9x-y-8=0.(ⅱ)依题意,g (x )=x 3-3x 2+6ln x+3x ,x ∈(0,+∞).从而可得g'(x )=3x 2-6x+6x −3x 2,整理可得g'(x )=3(x -1)3(x+1)x 2.令g'(x )=0,解得x=1.当x 变化时,g'(x ),g (x )的变化情况如下表:所以,函数g (x )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.(2)证明 由f (x )=x 3+k ln x ,得f'(x )=3x 2+k x .对任意的x 1,x 2∈[1,+∞),且x 1>x 2,令x1x 2=t (t>1),则(x 1-x 2)[f'(x 1)+f'(x 2)]-2[f (x 1)-f (x 2)]=(x 1-x 2)3x 12+k x 1+3x 22+k x 2-2x 13−x 23+k ln x1x 2=x 13−x 23-3x 12x 2+3x 1x 22+k x 1x 2−x 2x 1-2k ln x 1x 2=x 23(t 3-3t 2+3t-1)+k t-1t -2ln t .①令h (x )=x-1x -2ln x ,x ∈(1,+∞). 当x>1时,h'(x )=1+1x 2−2x=(1-1x )2>0,由此可得h (x )在(1,+∞)上单调递增, 所以当t>1时,h (t )>h (1),即t-1t -2ln t>0. 因为x 2≥1,t 3-3t 2+3t-1=(t-1)3>0,k ≥-3,所以,x 23(t 3-3t 2+3t-1)+k t-1t -2ln t ≥(t 3-3t 2+3t-1)-3t-1t -2ln t =t 3-3t 2+6ln t+3t -1.② 由(1)(ⅱ)可知,当t>1时,g (t )>g (1),即t 3-3t 2+6ln t+3t >1,故t 3-3t 2+6ln t+3t -1>0. ③由①②③可得(x 1-x 2)[f'(x 1)+f'(x 2)]-2[f (x 1)-f (x 2)]>0. 所以,当k ≥-3时,对任意的x 1,x 2∈[1,+∞),且x 1>x 2,有f '(x 1)+f '(x 2)2>f (x 1)-f (x 2)x 1-x 2. 22.证明 (1)因为f (0)=1-a<0,f (2)=e 2-2-a ≥e 2-4>0,所以y=f (x )在(0,+∞)上存在零点.因为f'(x )=e x -1,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y=f (x )在(0,+∞)上有唯一零点.(2)①令g(x)=e x-1x2-x-1(x≥0),g'(x)=e x-x-1=f(x)+a-1,由①知函数2g'(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,+∞)上单调递增,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(x0), 因为f(x)在[0,+∞)上单调递增,故√2(a-1)≥x0.令h(x)=e x-x2-x-1(0≤x≤1),h'(x)=e x-2x-1,令h1(x)=e x-2x-1(0≤x≤1),h'1(x)=e x-2,所以故当0<x<1时,h1(x)<0,即h'(x)<0,所以h(x)在[0,1]上单调递减,因此当0≤x≤1时,h(x)≤h(0)=0.由h(√a-1)≤0,得f(√a-1)=e√a-1−√a-1-a≤0=f(x0),因为f(x)在[0,+∞)上单调递增,故√a-1≤x0.综上,√a-1≤x0≤√2(a-1).②令u(x)=e x-(e-1)x-1,u'(x)=e x-(e-1),所以当x>1时,u'(x)>0,故函数u(x)在区间[1,+∞)上单调递增,因此u(x)≥u(1)=0.由e x0=x0+a可得x0f(e x0)=x0f(x0+a)=(e a-1)x02+a(e a-2)x0≥(e-1)a x02,由x0≥√a-1,得x0f(e x0)≥(e-1)(a-1)a.。

专题09一元函数的导数及其应用（利用导数研究函数图象及性质）（全题型压轴题）目录①图象识别题 (1)②函数切线条数问题 (3)③不等式整数解问题 (4)④函数零点，方程根，两个函数图象交点问题 (4)⑤不等式恒成立问题 (6)①图象识别题．．．．．．．．2023·广东珠海·珠海市斗门区第一中学校考三模）曲线是造型中的精灵，以曲线为元素的简约而不简单的审美感受，某数学兴趣小组设计了如图所示的双J 型曲线合该曲线的是（）A ．ln y x x=C ．1ln y x x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭4．（2023·新疆·校联考二模）函数．．．．．．．．②函数切线条数问题y=切线有且只有两条，2023春·陕西汉中·高二校联考期中）)作曲线e x③不等式整数解问题④函数零点，方程根，两个函数图象交点问题⑤不等式恒成立问题专题09一元函数的导数及其应用（利用导数研究函数图象及性质）（全题型压轴题）目录①图象识别题 (1)②函数切线条数问题 (5)③不等式整数解问题 (10)④函数零点，方程根，两个函数图象交点问题 (14)⑤不等式恒成立问题 (22)①图象识别题．．．．．．．．【答案】D【详解】解：因为函数()f x =的定义域为：{}|R,0x x x ∈≠，且所以函数()f x 是偶函数，0时，()541f x x -⎛'=-- ⎝A ．ln y x x =C ．1ln y x x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭【答案】A【详解】由函数()f x x =．．．．【答案】B【详解】对于A ，因为[]7,7x ∈-关于原点对称，)()()()22sin cos x x x x x -==--+-，所以()f x 为奇函数，排除．．．．【答案】AD【详解】因为e xy =与2y x =均为偶函数，所以()2exf x x a=+为偶函数，函数图象关于②函数切线条数问题1．（2023春·陕西汉中·高二校联考期中）过点()0,b 作曲线e x y =切线有且只有两条，则b 的取值范围为（）A ．()0,1B ．(),1-∞C ．(],1-∞D ．(]0,1【答案】A【详解】设切点为()00,P x y ，由e x y =，则e x y '=，所以过()00,P x y 的切线方程为()000e e x x y x x -=-，即()000e 1e xx y x x =+-，故()00e 1xb x =-有且仅有两根，设()()1e xg x x =-，则()e xx g x '=-，当0x <时，()0g x '>，此时()g x 单调递增；当0x >，()0g x '<，此时()g x 单调递减，又当0x <时，()0g x >，()001e g ==，()10g =，所以()g x 的图象如下：故()00e 1xb x =-有且仅有两根，则b 的取值范围为()0,1．故选：A ．2．（2023·全国·高二专题练习）已知函数()326f x x x =-，若过点()1,P t 可以作出三条直线与曲线()f x 相切，则t 的取值范围是（）A ．()5,4--B ．()4,3--C ．()3,2--D ．()2,1--【答案】A【详解】设过点()1,P t 的切线与()f x 相切于点()32,6m m m -，()2312f x x x '=- ，()2312f m m m '∴=-，则切线方程为：()()()3226312y m m m m x m --=--，又切线过点()1,P t ，()()()23232312162912t m m m m m m m m ∴=--+-=-+-，令()322912g m m m m =-+-，则问题等价于y t =与()g m 有三个不同的交点，()()()261812612g m m m m m '=-+-=--- ，∴当()(),12,m ∈-∞+∞ 时，()0g m '<；当()1,2m ∈时，()0g m '>；()g m ∴在()(),1,2,-∞+∞上单调递减，在()1,2上单调递增，又()15g =-，()24g =-，由此可得()g m 图象如下图所示，由图象可知：当()5,4t ∈--时，即当()5,4t ∈--时，过点(1,P t 故选：A.3．（2023春·陕西西安·高二陕西师大附中校考期末）取值范围为.【答案】24(0,)e 【详解】设点(),P x y 为曲线故答案为：24(0,)e 4．（2023·山东烟台·统考三模）若曲线【答案】1e-由图可知当44ek -=，即1e k =-时，直线个不同的实数根，所以，曲线1(0)y kx k -=<与曲线1③不等式整数解问题a>，要使不等式由题意及图象可知0由图像可知，0a ≤不满足条件，则0a >，要使不等式()2ln 1xa x x -<有且只有2个整数解，则这两个整数解是则有()()()()ln 3313,9ln 4ln 2414,168a g a g ⎧-<=⎪⎪⎨⎪-≥==⎪⎩①当0t <时，由不等式2()f x 当()0f x >时，1x >，有无数多个整数解；当()0f x t <<时，其解集为(0,1所以0t <不合题意；设()(1),()g x a x g x =+的图象恒过定点设23492,,3,e e A B ⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则24,3e AM k =又当1x =时，直线AM ，BM 在()f x 图象下方，由题意可知，1x =和2x =是不等式a直线()()2g x a x =+恒过点()2,0-.当0a ≤有无数个整数解，不满足条件；当0a >时，只需要满足(0)(0)(1)(1)g f g f <⎧⎨≥⎩，即④函数零点，方程根，两个函数图象交点问题2．（2023春·云南大理·高二统考期末）若二次函数个公共点，则实数a 的取值范围是【答案】280,e ⎛⎫⎪⎝⎭【详解】由题意()()f x g x =，得22x 由题意，直线y a =与()h x 的图象有32422(2)()e e x xx x x x h x --'==，由图可知，当280,e a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，直线y a =与()h x 则实数a 的取值范围是280,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭.故答案为：280,e ⎛⎫⎪⎝⎭.3．（2023春·江西抚州·高二江西省乐安县第二中学校考期末）a 由图象可知：当01a <<或1a >时，即实数a 的取值范围为()(0,11,+∞由图像可知，要满足题设条件，则0,1⋃故a的取值范围为()5．（2023春·浙江衢州·高二统考期末）已知函数()由题意，直线y m =与()g x 的图象有且仅有两个交点，所以()242e m g ==.（2）由题可得e x x kx b +=有唯一解，即若函数()()g x f x k =-没有零点，则函数所以1e e 4k -<<.⑤不等式恒成立问题2．（2023·全国·高三专题练习）对任意的则m的最小值为.【答案】12/0.5【详解】因为关于x的不等式3x+当m >0时,13y x m =+的图象与由图可知当正数m 最小时,直线对函数2sin 26y x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭求导得到令22cos 236k y x π⎛⎫'==+= ⎪⎝⎭所以21sin 2062y π⎛⎫=⨯+= ⎪⎝⎭,所以切点的坐标为把点10,2⎛⎫⎪⎝⎭代入13y x m =+得：故答案为：12.3．（2023秋·云南·高三云南民族大学附属中学校考期末）已知不等式立，则实数a 的取值范围是【答案】[2,]e -【详解】依题意，2()(+x e ax x ax -（2）由12,3[,23]x x ∃-∈∀∈函数()f x 在3[,3]2-上的最小值不大于函数由（1）知，在区间3[,3]2-当1[,2]2x ∈时，()x e h x '=因此函数()h x 在区间1[,1]2于是min ()(1)e h x h n ==+，则有所以n 的取值范围是n ≥-5．（2023春·浙江·高二校联考期中）已知函数(1)当1a =时，求函数(f x (2)若()f x 有经过原点的切线，求(3)设函数()()g x f x x =-的两个极值点分别为范围.【答案】(1)单调递减区间为(2)2a ≥或a<0；2a =或a<(3)1e e a ≥+若()f x 有经过原点的切线，则直线由图可知，201a <≤或20a <，即其中，当21a =或20a <，即a 当201a<<，即2a >时，存在两条切线；综上：2a =或a<0时，有且仅有一条切线，（3）()()ln g x f x x a x =-=+∴()22211a x ax g x x x x -+=--='。

．．．．【答案】B【详解】解：函数()e xxf x =-的定义域为时()0f x <，排除A ．1)e xx x -=，当1x <时，()f x '<时，()0f x '>，所以()f x 在(,1)-∞递减，在(1,)+∞．．．．．．．．因为()f x 的图像与直线y b =-有三个交点，所以240ea b +<-<，即()24e 0a b -+<<.故选：D.2．（2022·广东佛山·高三阶段练习）已知函数f 相切的直线有三条，则（）又()03g =-，()1e g =-，且(g 有3个解，则3e a -<<-.故选：A3．（2022·黑龙江·哈尔滨市第六中学校高二期末）过直线由图可知，0e t <<，故选：C.当0a ≤时，()()f x g x >至多有一个整数解因为()f x 为偶函数，且不等式()()20f x af x +>在[200,200-所以不等式()()20f x af x +>在()0,200内有100个整数解，因为()f x 周期为8，所以()f x 在()0,200内有25个周期，所以不等式()()20f x af x +>在()0,8有4个整数解，要使ln (1)xk x x+≤有且只有两个整数解，则(1)y k x =+与()g x 若交点的横坐标为12x x <，则121234x x <≤<≤<，ln 232ln 3k ⎧≤⎪⎪⎪ln 2ln 3故答案为：22ln 22e ,4e 2⎡⎫-⎪⎢⎣⎭6．（2022·重庆·高三阶段练习）设函数()f x =有两个整数解，则a 的取值范围是______.【答案】2533e 2ea ≤<结合图象可得()()()()()()001122h g h g h g ⎧>⎪->-⎨⎪-≤-⎩，即12123e 35e a a a --->-⎧⎪->-⎨⎪-≤-⎩，解得2533e 2ea ≤<，即a 的取值范围是2533e 2ea ≤<.故答案为；2533e 2ea ≤<.7．（2022·重庆·高二阶段练习）已知函数()(e =x f x x2．（2022·新疆·模拟预测（理））若函数()f x 范围为（）A ．10,2e 2e ⎛⎤+ ⎥⎝⎦B C ．21,12e ⎛⎤-∞+ ⎥⎝⎦D 【答案】B【详解】问题转化为函数32()e g x x ax x =-+,(h 设切点的横坐标为0x .则()()()()0000g x h x g x h x ''⎧=⎪⎨=⎪⎩,即32002032x ax x ax ⎧-+⎪⎨-⎪⎩消去a 得3000e 2ln 10x x x -+-=设3()e 2ln 1x x x x ϕ=-+-22211()3e 3x x x x x x ϕ'=-+=++-即()x ϕ在(0,)+∞上单调递增易知直线(2)y a x =+恒过定点()2,0A -,斜率为a ，当直线与()f x 相切时是一种临界状态,设此时切点的坐标为(C 则()()000122ln 2a y x a x x ⎧==⎪+⎨⎪+=+⎩',解得0e 21e =-⎧⎪⎨=⎪⎩x a ，所以0112ey x ==+'，当直线过点()2,ln 4B 时,ln 4ln 2k ==，又方程7()20f x x -+=的根即()y f x =与()127y x =-的交点，有3个交点，且关于()2,0对称，加上()2,0共7个交点，其根之和为故选：A6．（2022·江西抚州·高二阶段练习（理））已知函数()g x由图可知，当10m -<<时，直线因此，实数m 的取值范围是(故选：C.7．（2022·湖南·长沙市南雅中学高二阶段练习）已知函数()()22f x af x a a -+-=因为关于x 的方程()()220f x af x a a -+-=有四个不等实根．则函数()g t 必有两个不同的零点1t 、2t ，不妨设12t t <①若10t =，则21t =，由韦达定理可得()121211t t a a t t a ⎧=-⎨+==⎩②若10t <，则201t <<，则()()()20101210g a a g a a ⎧=-<⎪⎨=-+>⎪⎩，解得9．（2022·北京·北师大二附中高三开学考试）已知函数()22f x x m =+(1)当1m =时，求曲线()y f x =在()()0,0f 处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；(2)若关于x 的方程()()2212e xx f x m =+恰有四个不同的解，求m 的取值范围【答案】(1)1；(2)2211,e 22⎛⎫--- ⎪⎝⎭.（1）当1m =时，()22e xf x x =+，所以()02f =，又()22e xf x x '=+，要使方程()()2212e xx f x m =+恰有四个不同的解，因为1t =与函数()g x 的图象有一个交点，则12t m =--与函数∴24012e m <--<，即2211e 22m --<<-，其中444,ln x D x x ⎛⎫ ⎪⎝⎭，()()00,P x f x ，则1201x x x <<<得11e x mx =，44ln x x m=，因为34ln 4344e e ln ln x x x x x x ==111221e e ln ln e x x x x x x ==，由11<x ，2ln 1x <，因此2x 所以存在满足条件的一个排列，如2i =，3j =11．（2022·辽宁大连·高二期末）已知()ax f x =设()f x 和()g x 的图象交于点A ，则当直线y b =经过点A 时，直线y b =与两条曲线()y f x =和()y g x =共有三个不同的交点，则12301e x x x <<<<<，且12312223ln ln ,,e e x x x x x x b b b x x ====，因为1122ln e x x x b x ==，ln x x直线e y ax =-恒过定点(0,与ln y x x =，0x >相切时，设切点得ln 1y x ¢=+，可得1ln k =+解得0e x =，则切线的斜率为()211y x =--++，0x ≤相切时，直线故有1e b a -≤，解得1eb a ≥-，当且仅当()g x ax b =+恰为ln 1()x f x x+=的图像恒在()g x ax b =+图像的下方，即满足ln 1x ax b x +≤+恒成立，即2ln 1x ax bx ≤+-恒成立切线方程为221e ()e e ey x x =-=-，即2e ,e a b ==-时，ba取得最小值1e -.故答案为：1e-.由（1）中函数()f x 的单调性可知，①当0a <时，()f x 在(0,∞+当0x +→时，()f x →+∞，当所以，()t f x =∈R ，此时g ②当0a >时，()max f x f ⎛= ⎝又''12e ,x a y y x ==，由切点性质知0000e e ln ln x x a x a x a a⎧=⎪⎨⎪=+⎩，所以00ln ln aa x a a x =+即001ln ln x a x =+，故当1e>a 时，()f x 无零点；。

专题08一元函数的导数及其应用（利用导数研究函数零点（方程的根）问题）（全题型压轴题）利用导数研究函数零点（方程的根）问题①判断零点（根）的个数②已知零点（根）的个数求参数③已知零点（根）的个数求代数式的值①判断零点（根）的个数1．（2022·福建·厦门一中高二期中）已知函数()31ln 01203x x x f x x x +>⎧⎪=⎨+≤⎪⎩，则函数()()1g x f x x =--的零点个数为（）A ．1B ．0C ．3D ．22．（2022·黑龙江·哈尔滨市第六中学校一模（理））函数()2e 1axf x x =-在定义域内的零点个数不可能是（）A ．3B ．2C ．1D ．03．（2022·全国·高二课时练习）已知定义域为R 的函数()f x 的导函数为()f x '，且()()2x f x xe f x '=+，若()1f e =，则函数()()4g x f x =-的零点个数为（）A ．0B ．1C ．2D ．34．（2022·广西·钦州一中高二期中（理））函数32()f x x x x c =+++的零点个数为（）A ．1B ．1或2C ．2或3D ．1或2或35．（2022·全国·高二课时练习）方程()()10xx e a a +=>解的个数为（）A ．3B ．2C ．1D ．06．（2022·全国·高三专题练习（理））若函数32()f x x ax bx c =+++有极值点12,x x ，且()11f x x =，则关于x 的方程23(())2()0f x af x b ++=的不同实根个数是（）A ．2B ．3C ．3或4D ．3或4或57．（2022·河南·沈丘县第一高级中学高二期末（文））已知函数()ln f x x =.(1)当[)1,x ∞∈+时，证明：函数()f x 的图象恒在函数()322132=-g x x x 的图象的下方；(2)讨论方程()0f x kx +=的根的个数.8．（2022·云南·曲靖一中高二期中）已知函数()ln f x a x a =-．(1)当1a =时，求函数()f x 的图象在点()()1,1T f 处的切线的方程．(2)已知4a ≤，讨论函数()f x 的图象与直线2y x =-的公共点的个数．②已知零点（根）的个数求参数1．（2022·浙江·镇海中学模拟预测）已知函数2ln 1,e()e e 1,22e x x x f x x x ⎧≥⎪⎪=⎨⎪--<⎪⎩，设关于x 的方程()()()210R f x af x a +-=∈有m 个不同的实数解，则m 的所有可能的值为（）A ．3B ．4C ．2或3或4或5D ．2或3或4或5或62．（2022·河南·高二阶段练习（文））若函数()21exx x f x a --+=-有三个零点，则实数a 的取值范围是（）A ．2261,ee ⎛⎫-- ⎪⎝⎭B ．2251,ee ⎛⎫-- ⎪⎝⎭C ．25,e e ⎛⎫- ⎪⎝⎭D ．25,0e ⎛⎫- ⎪⎝⎭3．（2022·浙江·赫威斯育才高中模拟预测）已知a R ∈，函()()2ln (0)e 0x x x ax xf x ax x ⎧->⎪=⎨+≤⎪⎩，若函数()f x 有三个不同的零点，e 为自然对数的底数，则a 的取值范围是（）A ．10,2e ⎛⎫⎪⎝⎭B ．10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．1(,e)0,2e ⎛⎫-∞-⋃ ⎪⎝⎭D ．1(,e)0,e ⎛⎫-∞-⋃ ⎪⎝⎭4．（2022·江西·模拟预测（理））已知函数()()22e (e =--x xf x x x a ）有三个零点，则实数a 的取值范围是（）A ．（0，1e -）B ．（0，2e -）C ．（0，1）D ．（0，e ）5．（2022·四川省绵阳南山中学高二期中（文））方程()log 00,1xa a a >≠有两个不相等实根，则a 的取值范围是（）A ．()0,1B ．2e0,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．2e 1,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭2e e ,6．（2022·河南南阳·高二期中（理））若关于x 的方程12ln 0x x x mx -+-=在区间1,e e ⎛⎫⎪⎝⎭内恰有两个相异的实根，则实数m 的取值范围为（）A ．(]12ln2e 3--,B ．1e 12ln 2e +⎛⎤- ⎝⎦,C ．1e 12ln2e +⎛⎫- ⎪⎝⎭,D ．()12ln 2e 3--,7．（2022·辽宁·东北育才学校高二期中）方程321303x x x a +--=有三个相异实根，则实数a 的取值范围是（）A ．5,93⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．5,93⎛⎫- ⎪⎝⎭C ．59,3⎛⎫-- ⎪⎝⎭D ．59,3⎛⎫- ⎪⎝⎭8．（2022·福建·清流县第一中学高二阶段练习）若函数()()1e xf x x =+，当方程()()R f x a a =∈有2个解时，则a 的取值范围（）A ．21e a <-B ．21e a =-或0a ≥C ．210e a -<<D ．21e a =-且0a ≥9．（2022·北京八十中高二期中）已知方程21e x x x a +-=有三个实数解，则实数a 的取值范围是_______.10．（2022·全国·高二）设函数()()212ln f x x x =+-，若关于x 的方程()2f x x x a =++在[]1,3上恰好有两个相异的实数根，则实数a 的取值范围为___________.11．（2022·河南·高二期中（理））若函数()ln e 1xf x x ax =--+不存在零点，则实数a 的取值范围是______.12．（2022·全国·高三专题练习）若函数()2ln 1x f x x e a x =---（）没有零点，则整数a 的最大值为：_________．13．（2022·广西·柳州市第三中学高二阶段练习（理））已知函数32()3f x x x ax b =-++在1x =-处的切线与x 轴平行.(1)求a 的值；(2)若函数()y f x =的图象与抛物线231532y x x =-+恰有三个不同交点，求b 的取值范围.14．（2022·重庆·万州纯阳中学校高二期中）已知函数()ln 2=-f x ax x x .(1)若()f x 在1x =处取得极值，求()f x 在区间[1,2]上的值域；(2)若函数2()()2=-+f x h x x x有1个零点，求a 的取值范围.15．（2022·北京·人大附中高二期中）已知函数()321313f x x x x =--+．(1)求函数()f x 的单调区间和极值；(2)若方程()f x a =有三个不同的实数根，求实数a 的取值范围．16．（2022·安徽·合肥市第九中学高二期中）当2x =时，函数3()4=-+f x ax bx （,a R b R ∈∈）有极值203-，(1)求函数3()4=-+f x ax bx 的解析式；(2)若关于x 的方程()f x k =有3个解，求实数k 的取值范围．③已知零点（根）的个数求代数式的值1．（2022·陕西·模拟预测（理））已知函数()24,0,e 1,0x x x xf x x ⎧+≤=⎨-->⎩，，若函数()()g x f x k=-有三个不同的零点，123,,x x x ，且123x x x <<，则123x x x 的取值范围是（）A ．44ln 3⎛⎫⎪⎝⎭，B ．45ln 3⎛⎫⎪⎝⎭，C ．4ln 3∞⎛⎫+ ⎪⎝⎭D ．2ln 3∞⎛⎫+ ⎪⎝⎭，2．（2022·陕西·西安中学二模（理））已知函数()()(]()ln 1,1,11ln 2,1,x x x f x x x ee ⎧+∈-⎪=⎨+-∈+∞⎪⎩，若方程()f x a =有三个不等根123,,x x x ，则123111x x x ++的取值范围是（）A ．()1,+∞B ．()0,1C ．()1,0-D ．(),1-∞3．（2022·河北·模拟预测）已知实数1x ，2x 满足131e e x x =，()622ln 3e x x -=，则12x x =（）A ．2eB ．5eC ．6eD ．7e 4．（2022·浙江·镇海中学高三期末）已知函数()330|1ln 0x x xf x x x ⎧-≤⎪=⎨+⎪⎩，，，．若存在互不相等的实数a b c d ，，，，使得()()()()f a f b f c f d ===，则abcd 的取值范围为（）A ．()20e-，B ．()10e-，C ．()102e -，D ．()01，5．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()ln ,021,0x x f x x x >⎧=⎨+≤⎩，若方程()f x ax =有三个不同的实数根1x ，2x ，3x ，且123x x x <<，则()23123ln ⋅+x x x x x 的取值范围是（）A ．1,122⎛⎫-⎪-⎝⎭ee B ．1,012⎛⎫⎪-⎝⎭e C ．11,221-⎛⎫- ⎪-⎝⎭e e e D ．11,12⎛⎫-- ⎪⎝⎭e e 6．（2022·湖南·高三阶段练习）已知函数()2f x ax =，()e xg x b =，0ab >，且当0x >时，()f x 与()g x 的图象有且只有一个交点，则1a b+的取值范围为______.7．（2022·江苏南通·高三期末）函数22,0,()4,0x t x f x x x t x ⎧-≥=⎨---<⎩有三个零点x 1，x 2，x 3，且x 1＜x 2＜x 3，则x 1x 2x 3的取值范围是__________.8．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()21e x ax bxf x +-=的最小值为–1，函数()3231g x ax bx =++的零点与极小值点相同，则a b +=___________.9．（2022·广东·顺德一中高二期中）已知函数()()ln ,115,13x x f x x x ≥⎧⎪=⎨+<⎪⎩，若21x x >且()()12f x f x =，则12x x -的最大值是___________.10．（2022·全国·高三专题练习）已知实数1x ，2x 满足131xx e e =，()522ln 2x x e -=，则12x x =______.。

2023-2024学年高考数学一元函数的导数及其应用小专题一、单选题1．已知函数在区间上不单调，则实数a 的取值范围为（ ）()ln 2f x x ax =--(1,2)A ．B ．1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦1,12⎛⎫⎪⎝⎭C ．D ．11,32⎛⎫ ⎪⎝⎭12,23⎛⎫ ⎪⎝⎭2．已知函数若有两个零点，则的取值范()ln ,11,12x x f x xx ≥⎧⎪=⎨-<⎪⎩()[]()1F x f f x m =++12,x x 12x x +围是（ ）A ．B ．C ．D ．[)42ln2,-+∞)1e,⎡++∞⎣)42ln2,1e ⎡-+⎣(),1e -∞+3．已知为定义在上的可导函数，为其导函数，且恒成立，其中是()f x R ()f x '()()f x f x '<e 自然对数的底，则一定成立的是（ ）A ．B ．(2019)e (2020)<f f e (2019)(2020)<f f C ．D ．e (2019)(2020)>f f ()()2019e 2020f f >4．函数的图象在点处的切线方程是（ ）()4e 2x f x x =--()()0,0f A ．B ．C ．D ．310x y ++=310x y +-=310x y -+=310x y --=5．已知函数，若函数有三个零点，则实数的取()()()210e 210xxx f x x x x ⎧+≥⎪=⎨⎪++<⎩()()1y f f x a =--a 值范围是（ ）A ．B ．(]11,12,3e ⎛⎫+ ⎪⎝⎭ (]111,12,33e e ⎛⎫⎧⎫++⎨⎬⎪⎝⎭⎩⎭ C ．D ．[)111,12,33e e ⎛⎫⎧⎫++⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭ (]21,12,3e ⎛⎫+ ⎪⎝⎭ 6．已知函数的极值点为，函数的最大值为，则（ ）()2e ln 2xx f x x =+-1x ()ln 2xh x x =2x A ．B ．C ．D ．12x x >21x x >12x x ≥21x x ≥7．若对于任意的，都有，则的最大值为（ ）120x x a <<<211212ln ln 2x x x x x x ->-a A ．1B ．C ．D ．e1e128．已知是方程的一个根，则的值是（ ）0x 34e 2ln 40x x x -+-=042e2ln x x -+A ．3B ．4C ．5D ．6二、多选题9．曲线在点处的切线与其平行直线l 的距离为，则直线l 的方程可能为2e cos3xy x =()0,15（ ）A ．B ．26y x =+24y x =-C ．D ．31y x =+34y x =-10．已知函数是自然对数的底数，则（ ）ln (),e xf x x =A ．(2)(3)f f >B ．若，则1221ln ln =x x x x 212ex x +=C ．的最大值为()f x 1eD ．若关于的不等式有正整数解，则x 119x x λ⎛⎫≤⎪⎝⎭6λ≥11．设函数，定义域交集为，若存在，使得对任意都有()f x ()g x I 0x I ∈x I ∈，则称构成“相关函数对”.则下列所给两个函数构成“相()()()()00f x g x x x --≥()()(),f x g x 关函数对”的有（ ）A ．B ．()()()()e R ,1R xf x xg x x x =∈=+∈()()()()1ln 0,0f x x x g x x x=>=>C ．D ．()()()()10,R 2xf x x xg x x ⎛⎫=≥=∈ ⎪⎝⎭()()()()2R ,R f x x x g x x x =∈=∈12．已知函数，，是其导函数，恒有，则（ ）()y f x =π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭()f x '()()sin cos f x f x x x '>A ．B ．ππ234f f ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭π2π426f f ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭C ．D ．()2cos11π6f f ⎛⎫<⋅ ⎪⎝⎭π2(1)cos13f f ⎛⎫> ⎪⎝⎭三、填空题13．曲线在点处的切线的斜率为.21()ln 2f x x x x =+()()1,1f 14．已知函数在上存在唯一零点x ，则实数k 的值为．()e x f x kx=-()0,∞+15．函数的极小值点为．()3231f x x x =-+16．设函数的定义域为，若对任意，存在，使（为()f x D x D ∈y D ∈()()2f x f y C-=C 常数）成立，则称函数在上的“半差值”为.下列四个函数中，满足所在定义域上“半()f x D C 差值”为2的函数是（填上所有满足条件的函数序号）.①②③31y x =-()e 1xy x =+④2log y x =sin y x=答案：1．B【分析】由于函数在区间上不单调，等价于函数在区间上存在极值点，对()f x (1,2)()f x (1,2)函数求导，对分类讨论，求出极值点，根据极值点在区间内，可得关于的不等()f x a (1,2)a 式，即可求出结果．【详解】由.11()'-=-=ax f x a x x ①当时，函数单调递增，不合题意；0a ≤()f x ②当时，函数的极值点为，0a >()f x 1x a =若函数在区间不单调，必有，解得；()f x (1,2)112a <<112a <<综上所述：实数a 的取值范围为.1,12⎛⎫⎪⎝⎭故选：B.2．A【分析】依题意可得有两个根，根据的解析式，分别求出的表()e 1m f x -=-12,x x ()f x 12,x x 达式，再根据导数求的取值范围.12x x +【详解】由题意可知，当时，，所以；1x ≥()1ln 11f x x +=+≥()()()1ln 1f f x f x ⎡⎤+=+⎣⎦当时，，所以，1x <()311121222x x f x +=-+=->>()()()1ln 1f f x f x ⎡⎤+=+⎣⎦综上，对，有，R x ∀∈()()()1ln 1f f x f x ⎡⎤+=+⎣⎦由有两个零点，即方程有两个根，()[]()1F x f f x m=++12,x x ()()ln 10f x m ++=12,x x 即方程有两个根，不妨设,()e 1m f x -=-12,x x 12x x <易知函数在上单调递减，在上单调递增，()f x (),1∞-[)1,+∞当时，,当时，1x ≥2ln e1mx -=-1x <11e 12m x --=-令，因为，所以，e 1mt -=-11122x ->12t >所以，则，21e ,22tx x t ==-121e 22,2t x x t t +=-+>令，()1e 22,2t g t t t =-+>，令，解得，()e 2t g t '=-()0g t '>ln 2t >所以函数在上单调递增，在上单调递减， ()g t ()ln2,∞+1,ln22⎛⎫ ⎪⎝⎭当时.ln2t =()ln2min e 2ln2242ln2g t =-+=-所以函数的值域为，()g t [)42ln2,∞-+即的取值范围是.12x x +[)42ln2,∞-+故选：A.3．B【分析】构造新函数，通过导数研究该函数的单调性，利用单调性比较大小，()()e xf x F x =可得结果.【详解】令，则，()()e xf x F x =()()()-=''x f x x f x F e 由，所以，()()f x f x '<()0F x '>故函数为上的单调递增，所以，()F x R ()()20202019F F >故，即，故B 正确，C 错误；20202019(2020)(2019)>e f f e ()()e 20192020f f <对于AD 无法判断其正误，例如，则，满足题意，()-=-x f x e ()-'=xf x e 此时，即20192019(2019)e ,e (2020)e --=-=-f f ()()2019e 2020=f f 故AD 不一定成立.故选：B 4．D【分析】先求导数，得切线的斜率，再根据点斜式得切线方程.【详解】因为，所以．因为，()44e 1x f x '=-()03k f '==()01f =-所以切线方程为，即．13y x +=310x y --=故选：D.5．B当时，由得0x <()10f x -=x 点为-2，0，函数有三个零点，当且仅当(())1y f f x a =--()2f x a =-()f x a =所以实数的取值范围是.a 11(1,1)(2,3]{3}e e ++ 故选：B.关键点睛：本题的关键是利用作出函数图象，利用换元法解决嵌套函数问题，最后转化为直线与函数图象交点个数问题.6．A【分析】根据题目条件求出，，即可判断．111,42x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭2112e 4x =<【详解】的定义域为，()2e ln 2xx f x x =+-()0,∞+在上单调递增，且，，()1e x f x x x '=+-()0,∞+1213022e f ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭41e 154104f ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭所以，，111,42x ⎛⎫∃∈ ⎪⎝⎭1111e 0xx x +-=所以当时，当时，即在上单调递减，在10x x <<()0f x '<1x x >()0f x ¢>()f x ()10,x 上单调递增，()1,x +∞则在处取得极小值且．()f x 1x x =111,42x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭的定义域为，由，()ln 2x h x x =()0,∞+()2222ln 1ln 42x x h x x x --'==当时，，当时，，()0,e x ∈()0h x '>()e,+x ∈∞()0h x '<故在处取得极大值，也是最大值，，()ln 2x h x x =e x =()()max ln e 1e 2e 2e h x h ===即．所以．2112e 4x =<12x x >故选：A 7．C【分析】问题转化为，构造函数，易得在定义域上单调1212ln 2ln 2x x x x ++<ln 2()x f x x +=()f x (0,)a 递增，所以在上恒成立，进而可求出的最大值．()0f x '≥(0,)a a 【详解】解：，，，120x x a <<< 120x x ∴-<211212ln ln 2()x x x x x x ∴-<-，，∴121221ln ln 22x x x x x x -<-∴1212ln 2ln 2x x x x ++<函数在定义域上单调递增，∴ln 2()x f x x +=(0,)a 在上恒成立，∴221(ln 2)ln 1()0x x f x x x -+--'==>(0,)a 则，解得，故的最大值是．ln 10x -->10e x <<a 1e 故选：C ．8．B【分析】化简方程，利用构造函数法，结合导数求得，由此求得34e 2ln 40x x x -+-=42ex x -=的值.042e2ln x x -+【详解】依题意，，0x >由，得，34e 2ln 40x x x -+-=3ln 4e e 3ln 4ln x x x x x x -⋅++-=+，3ln 4ln e 3ln 4e ln x x x x x x +-++-=+设单调递增，()()()e ,e 10,x x f x x f x f x '=+=+>由得，()()3ln 4ln f x x f x +-=3ln 4ln x x x +-=即，即，所以，2ln 4x x +=4ln 2x x -=42e xx -=所以.042000e2ln 2ln 4x x x x -=++=故选：B 9．AB【分析】由导数的几何意义求出切线方程，再根据平行直线间的距离公式可求出结果.【详解】，，()222e cos3e 3sin 3x x y x x '=+-()2e 2cos33sin 3x x x =-0|2x y ='=所以曲线在点处的切线方程为，即，2e cos3xy x =()0,112(0)y x -=-210x y -+=设直线（），:20l x y t -+=1t ≠依题意得，解得或，22|1|521t -=+6t =4t =-所以直线的方程为或.l 26y x =+24y x =-故选：AB 10．CD【分析】根据已知，利用特值法、导数与函数的单调性以及结合函数图象进行计算求解.又因为，所以ln 2ln 8ln 3ln 92636=<=当时，由可知，必有0λ<ln ln 90x x λ≥>故选：CD.右侧图象中的图象高于的图象，在的左侧图象中的图象低于的图象.()f x ()g x 0x x =()f x ()g x 对于A 项，令，()()()e 1xh x f x g x x =-=--则，()e 1xh x '=-，，()00h x x >⇒>'()00h x x <⇒<'所以在上单调递减，在上单调递增，()h x (,0)-∞(0,)+∞所以，()(0)0h x h ≥=即恒成立，所以不符合题意，故A 项不成立；()()f x g x ≥对于B 项，令，，1()()()ln x f x g x x x ϕ=-=-0x >则，211()0x x x ϕ'=+>所以在上单调递增，()ϕx (0,)+∞又因为，，(1)ln1110ϕ=-=-<1(e)ln e 0eϕ=->所以由零点存在性定理知，存在唯一，使得，0(1,e)x ∈0()0x ϕ=则对任意，不等式恒成立，符合题意，故B 项正确；,()0x ∈+∞0[()()]()0f x g x x x --≥对于C 项，，1()()()()2xm x f x g x x =-=-则，1211()()ln 2022x m x x -'=+>所以在单调递增，()m x [0,)+∞又因为，，(0)10m =-<1(1)02m =>所以由零点存在性定理知，存在唯一，使得，0(0,1)x ∈0()0m x =则对任意，不等式恒成立，符合题意，故C 项正确；[0,)x ∈+∞0[()()]()0f x g x x x --≥对于D 项，因为，解得：或，()()f x g x =0x =1x =所以图象与图象有两个交点，不符合题意，故D 项不成立.()f x ()g x 故选：BC.12．AD【分析】由题设得，构造并应用导数研究单调性，()cos ()sin f x x f x x '>()()cos g x f x x =【详解】因为，所以，又，π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭sin 0,cos 0x x >>()()sin cos f x f x x x '>所以，()cos ()sin f x x f x x '>构造函数，，则，()()cos g x f x x =π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭()()cos ()sin 0g x f x x f x x ''=->所以在上为增函数，()g x π0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭因为，所以，即，即，故A 正确；ππ34>ππ34g g ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ππππcos cos 3344f f ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ππ234f f ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭因为，所以，即，故，故B 错ππ46>ππ46g g ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ππππcos cos 4466f f ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭π6π426f f ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭误；因为，所以，即，故，故C 错误；π16<()π16g g ⎛⎫< ⎪⎝⎭ππcos (1)cos166f f ⎛⎫< ⎪⎝⎭π23(1)cos163f f ⎛⎫< ⎪⎝⎭因为，所以，即，故，故D 正确.π13>()π13g g ⎛⎫> ⎪⎝⎭ππcos (1)cos133f f ⎛⎫> ⎪⎝⎭π2(1)cos13f f ⎛⎫> ⎪⎝⎭故选：AD 关键点点睛：将已知条件转化为，进而构造研究单调()cos ()sin f x x f x x '>()()cos g x f x x =性为关键.13．2【分析】利用导数的几何意义求得切线斜率即可.()1f '【详解】由可得，21()ln 2f x x x x =+()ln 1f x x x =++'于是.()11ln112f +'=+=所以曲线在点处的切线的斜率为.21()ln 2f x x x x =+()()1,1f 2故答案为.214．e【分析】根据零点定义，结合导数的性质进行求解即可.【详解】因为函数在上存在唯一零点x ，()e x f x kx =-()0,∞+所以当时，函数有最小值所以当时，两个函数的图象有唯一交点，符合题意，e =k 故e方法点睛：函数的零点问题一般可以转化为方程实根问题或者转化为两个函数交点问题15．2【分析】利用导数判断单调性，进而判断极小值点【分析】①③中函数值域为，可直接判断；②④中求出的值域和值域，看R ()f x ()4f y +是否符合题目要求的包含关系来判断.【详解】①：因为函数的值域是全体实数集，所以对于任意，存在，31y x =-x ∈R R y ∈使成立，符合题意()()22f x f y -=②：，()()e 1e 2x x y x y x '=+⇒=+当时，，该函数此时单调递增，当时，，该函数此时单调递减，2x >-0'>y <2x -0'<y 所以当时，函数有最小值，2x =-2e --若是“半差值”为2的函数，因此有，存在，使成立，()e 1xy x =+x ∀∈R R y ∈()()22f x f y -=即，即的值域是值域的子集，()()4f x f y =+()f x ()4f y +对于，，而，显然，不一定存在，使x ∀∈R ()2e f x -≥-()24e 4f y -+≥-+x ∀∈R R y ∈成立，故本函数不符合题意；()()22f x f y -=③：因为函数的值域是全体实数集，所以对于，存在，使2log y x =x ∀∈R R y ∈成立，符合题意；()()22f x f y -=④：若是实数集上的“半差值”为2的函数，因此有，存在，使sin y x =x ∀∈R R y ∈，即，即的值域是值域的子集()()22f x f y -=()()4f x f y =+()f x ()4f y +对于，，而，显然恒不成立，故假设不成x ∀∈R ()11f x -≤≤()345f y ≤+≤()()4f x f y =+立，所以本函数不符合题意.故①③.。

专题04一元函数的导数及其应用（利用导函数研究不等式问题）（选填压轴题）构造函数法解决导数不等式问题①构造()()n F x x f x =或()()n f x F x x=(n Z ∈，且0n ≠)型②构造()()nx F x e f x =或()()nxf x F x e =(n Z ∈，且0n ≠)型③构造()()sin F x f x x =或()()sin f x F x x =型④构造()()cos F x f x x =或()()cos f x F x x=型⑤根据不等式（求解目标）构造具体函数①构造()()n F x x f x =或()()nf x F x x =(n Z ∈，且0n ≠)型1．（2022·安徽师范大学附属中学高二期中）已知定义在R 上的函数()f x 满足()()0xf x f x '+>，且(2)3f =，则()e e 6xxf >的解集为（）A ．(ln 2,)+∞B ．(0,)+∞C ．(1,)+∞D ．(0,1)【答案】A令()()F x xf x =，可得()()()0F x xf x f x ''=+>，所以()F x 在R 上是增函数，可得(e )e (e )x x x F f =，(2)3f =，(2)2(2)6F f ==，由(e )6ex x f >，可得(e )(2)xF F >，可得：e 2x >，所以ln 2x >，所以不等式的解集为：(ln 2,)+∞，故选：A ．2．（2022·河北·沧县中学高二阶段练习）已知定义在()(),00,∞-+∞U 上的偶函数()f x ，在0x >时满足：()()0xf x f x '+>，且()10f =，则()0f x >的解集为（）A ．()(),11,-∞-⋃+∞B ．()(),10,1-∞-⋃C ．()0,1D ．()1,+∞【答案】A 令()()F x xf x =，所以()()()()()F x x f x xf x F x -=--=-=-所以()F x 是奇函数，在0x >时，()()()0F x xf x f x ''+=>，则在0x >时，()F x 单调递增，由()10f =，可得(1)1(1)0F f =⨯=，(1)(1)0F F -=-=，所求()()0F x f x x =>，等价于()00F x x >⎧⎨>⎩或()00F x x <⎧⎨<⎩，解得1x >或1x <-，所以解集为：()(),11,-∞-⋃+∞．故选：A ．3．（2022·广东·佛山市顺德区东逸湾实验学校高二期中）已知()'f x 是偶函数()()R f x x ∈的导函数，(1)1f =．若0x >时，3()()0f x xf x '+>，则使得不等式3(2022)(2022)1x f x -->成立的x 的取值范围是（）A ．(2021,)+∞B ．(,2021)-∞C ．(2023,)+∞D ．(,2023)-∞【答案】C构造函数()()3g x x f x =，其中R x ∈，则()()()()()33g x x f x x f x g x -=--=-=-，所以，函数()g x 为R 上的奇函数，当0x >时，()()()()()232330g x x f x x f x x f x xf x '''=+=>⎡⎤⎣⎦+，所以，函数()g x 在()0,∞+上为增函数，因为()11f =，则()()111g f ==，由()()3202220221x f x -->得()()20221g x g ->，可得20221x ->，解得2023x >.故选：C4．（2022·河北·邢台市第二中学高二阶段练习）定义在()0,8上的函数()f x 的导函数为()f x ¢，且()()2xf x f x '<，112f ⎛⎫= ⎪⎝⎭，则不等式()24f x x <的解集为（）A ．1,82⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭C ．()0,1D ．10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】A 设()()2f xg x x=，08x <<，则()()()320xf x f x g x x '-'=<，则()g x 在()0,8上单调递减，由()24f x x <，得：()24f x x<，而21124212f g ⎛⎫ ⎪⎛⎫⎝⎭== ⎪⎝⎭⎛⎫ ⎪⎝⎭，所以()12g x g ⎛⎫< ⎪⎝⎭，则182x <<．故不等式()24f x x <的解集为1,82⎛⎫ ⎪⎝⎭．故选：A5．（2022·福建省德化第一中学高二阶段练习）若()f x 是定义在R 上的偶函数，当0x <时，()()0f x xf x '+<，且()30f -=，则不等式()0xf x >的解集为（）A ．()()3,00,3-B ．()(),33,-∞-+∞C ．()(),30,3-∞-⋃D ．()()3,03,-⋃+∞【答案】C设()()g x xf x =，则()g x 的定义域为R而()()()()g x xf x xf x g x -=--=-=-，故()g x 为R 上的奇函数，且()()()g x f x xf x ''=+，当0x <时，因为()()0f x xf x '+<，故()0g x ¢<，故()g x 在(),0-∞上为减函数，故()g x 为()0,+∞上的减函数，而()30f -=，故()30g -=，所以()30g =又()0xf x >即为()0g x >，故()00x g x <⎧⎪⎨>⎪⎩或()00x g x >⎧⎪⎨>⎪⎩，故()()03x g x g <⎧⎪⎨>-⎪⎩或()()03x g x g >⎧⎪⎨>⎪⎩，故3x <-或03x <<，故选：C.6．（2022·宁夏吴忠·高二期中（理））()f x 是定义在R 上的奇函数，且()20f =，当0x >时，有()()20xf x f x x '-<恒成立，则()0f x x>的解集为（）A ．()()2,02,-+∞B ．()(),22,-∞+∞C ．()()2,00,2-D ．()(),20,2-∞- 【答案】C 设函数()()f x g x x=，则()()()2xf x f x g x x'-'=，由题知，当0x >时，()0g x ¢<，∴()()f x g x x=在()0,+∞上单调递减，∵函数()f x 是定义在R 上的奇函数，()()f x f x ∴-=-∴()()()()f x f x g x g x x x---===--，∴函数()g x 是定义在R 上的偶函数，∴()g x 的单调递增区间为(),0-∞，∵()20f =，∴()(2)202f g ==，()20g -=∴当2x <-或2x >时，()0g x <，当20x -<<或02x <<时，()0g x >，∴()()0f x g x x=>的解集为()()2,00,2- .故选：C.7．（2022·西藏·拉萨中学高三阶段练习（文））设函数()f x '是奇函数()()f x x ∈R 的导函数，()10f -=，当0x >时，()()0xf x f x '-<，则使得()0f x <成立的x 的取值范围是（）A ．()(),10,1-∞-⋃B ．()()1,01,-⋃+∞C ．()(),11,0-∞--UD ．()()0,11,+∞ 【答案】B 设()()f x F x x =，则()()()2xf x f x F x x '-'=，∵当0x >时，()()0xf x f x '-<，当0x >时，()0F x '<，即()F x 在()0,∞+上单调递减.由于()f x 是奇函数，所以()()()()f x f x F x F x x x--===-,()F x 是偶函数，所以()F x 在(),0∞-上单调递增.又()()110f f =-=，所以当1x <-或1x >时，()()0=<f x F x x；当10x -<<或01x <<时，()()0f x F x x=>.所以当10x -<<或1x >时，()0f x <.故选：B.8．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()f x 的定义域为()(),00,∞-+∞U ，图象关于y 轴对称，且当0x <时，()()f x f x x'>恒成立，设1a >，则()411af a a ++，(，()411a a f a ⎛⎫+⎪+⎝⎭的大小关系为（）A ．()(()414111af a a a f a a +⎛⎫>>+ ⎪++⎝⎭B ．()(()414111af a a a f a a +⎛⎫<<+ ⎪++⎝⎭C ．(()()414111af a a a f a a +⎛⎫>>+ ⎪++⎝⎭D ．(()()414111af a a a f a a +⎛⎫<<+ ⎪++⎝⎭【答案】B解：∵当0x <时，()()f x f x x'>恒成立，∴()()xf x f x '<，∴()()0xf x f x '-<，令()()f x g x x =，∴()()()2xf x f x g x x'-'=，∴()0g x '<，∴()g x 在(),0∞-上单调递减，∵()()f x f x -=，∴()()g x g x -=-，∴()g x 为奇函数，在()0,∞+上单调递减．∵比较()411af a a ++，(，()411a a f a ⎛⎫+ ⎪+⎝⎭的大小，∴()()41411af a ag a a +=++，((4ag =，()441411a a a f ag a a ⎛⎫⎛⎫+= ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭∵1a >，∴)2110a +->，∴1a +>4411a aa a <++.∴411a a a +>>+，∴()(411a g a g g a ⎛⎫+<< ⎪+⎝⎭，∴()(441441a ag a ag ag a ⎛⎫+<< ⎪+⎝⎭，即()(()414111af a a a f a a +⎛⎫<<+ ⎪++⎝⎭．故选：B ．9．（2022·四川雅安·三模（理））定义在R 上的偶函数()f x 的导函数为()'f x ，且当0x >时，()2()0xf x f x '+<．则（）A ．2(e)(2)4ef f >B ．9(3)(1)>f f C ．4(2)9(3)-<-f f D ．2(e)(3)9e f f ->【答案】D令()()2g x x f x =，因为()f x 是偶函数，所以()g x 为偶函数，当0x >时，()()()()()2220g x xfx x f x x f x xf x '''=+=+<⎡⎤⎣⎦，所以()g x 在()0,+∞单调递减，在(),0-∞单调递增，则()()e 2g g <，即()()22e e 22f f <，则2(e)(2)4ef f <，故A 错误；()()31g g <，即()()931f f <，故B 错误；()()23g g ->-，即4(2)9(3)f f ->-，故C 错误；()()()e 33g g g >=-，即()()2e e 93f f >-，则2(e)(3)9e f f ->，故D 正确.故选：D.②构造()()nx F x e f x =或()()nxf x F x e =(n Z ∈，且0n ≠)型1．（2022·广东·深圳市南山外国语学校（集团）高级中学高二期中）设定义在R 上的函数()f x 的导函数为()f x '，已知()()f x f x '<，且()12e f =，则满足不等式()2e af a <的实数a 的取值范围为（）A ．()0,∞+B ．(),0∞-C ．()1,+∞D ．(),1-∞【答案】C设()()e x f x g x =，则2()e ()e ()()()(e )e x x x xf x f x f x f xg x ''--'==，因为()()f x f x '<，e 0x >，所以()0g x '<，()g x 是减函数，(1)2e (1)2e ef g ===，不等式()2e af a <化为()2e af a <，即()(1)g a g <，所以1a >．故选：C ．2．（2022·安徽省芜湖市教育局模拟预测（文））已知定义在R 上的函数()f x 满足()()20f x f x '->，则下列大小关系正确的是（）A ．()()2312e 1e 2f f f ⎛⎫>> ⎪⎝⎭B ．()()231e 12e 2f f f ⎛⎫>> ⎪⎝⎭C ．()()231e 1e 22f f f ⎛⎫>> ⎪⎝⎭D ．()()3212e e 12f f f ⎛⎫>> ⎪⎝⎭【答案】A 构造函数()()2e x f x g x =，其中R x ∈，则()()()220e xf x f xg x '-'=>，所以，函数()g x 为R 上的增函数，所以，()()1122g g g ⎛⎫<< ⎪⎝⎭，即()()241122e e ef f f ⎛⎫⎪⎝⎭<<，因此，()()321e e 122ff f ⎛⎫<< ⎪⎝⎭.故选：A.3．（2022·江西·南昌市八一中学三模（文））记定义在R 上的可导函数()f x 的导函数为()f x '，且()()0f x f x '->，()11f =，则不等式()1e xf x ->的解集为______．【答案】()1,+∞设()()xf xg x =e，()()()()()()20x xxx f x f x f x f x g x ''--'==>e e e e ，所以函数()g x 单调递增，且()()111e ef g ==，不等式()()()()11>e 1e e x x f x f x g x g -⇔>⇔>，所以1x >.故答案为：()1,+∞.4．（2022·甘肃·玉门油田第一中学高二期中（理））已知定义在R 上的可导函数()f x 的导函数为()f x ¢，满足()()f x f x '<，且()3f x +为偶函数，()61f =，则不等式()e xf x >的解集为______．【答案】(),0-∞设()()exf xg x =，则()()()exf x f xg x '-'=，又()()f x f x '<，所以()0g x ¢<，即()g x 在R 上是减函数，因为()3f x +为偶函数，所以()3f x +图象关于y 轴对称，而()3f x +向右平移3个单位可得()f x ，所以()f x 对称轴为3x =，则()()061f f ==，所以()()0001e f g ==，不等式()e xf x >等价于()()()10e xf xg x g =>=，故0x <，所以不等式()e xf x >的解集为(),0-∞.故答案为：(),0-∞5．（2022·福建省龙岩第一中学高二阶段练习）已知函数()f x 的导函数为()f x '，()()3f x f x '+<，()03f =，则()3f x >的解集为___________.【答案】(),0∞-因为()()3f x f x '+<，所以()()3x xe f x f x e '+<⎡⎤⎣⎦，令()()3x F x e f x =-⎡⎤⎣⎦，则()()()3x x F x e f x e f x ''=-+⎡⎤⎣⎦，()()30x e f x f x '=+-<⎡⎤⎣⎦，所以()F x 是减函数，又()()00030F e f =-=⎡⎤⎣⎦，()3f x >即()30f x ->，()30x e f x ->⎡⎤⎣⎦，所以()()0F x F >，所以0x <，则()3f x >的解集为(),0∞-故答案为：(),0∞-6．（2022·全国·高三专题练习）若定义在R 上的函数()f x 满足()()30f x f x '->，13f e ⎛⎫= ⎪⎝⎭，则不等式()3xf x e >的解集为________________．【答案】1,3⎛+∞⎫⎪⎝⎭构造()3()x f x F e x =，则()3363()3()()3()x x x xe f x e f x F f x f x e x e ''-=-='，函数()f x 满足()()30f x f x '->，则()0F x '>，故()F x 在R 上单调递增．又∵13f e ⎛⎫= ⎪⎝⎭，则113F ⎛⎫= ⎪⎝⎭，则不等式3()x f x e >⇔3()1x f x e >，即1()3F x F ⎛⎫> ⎪⎝⎭，根据()F x 在R 上单调递增，可知1,3x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭．故答案为：1,3⎛+∞⎫⎪⎝⎭③构造()()sin F x f x x =或()()sin f x F x x=型1．（2022·山西·临汾第一中学校高二期末）若函数()f x 的导函数为()f x '，对任意()0,x π∈，()()sin cos f x x f x x '<恒成立，则（）A3546f ππ⎛⎫⎛⎫>⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭B．3546f f ππ⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭C3546f ππ⎛⎫⎛⎫<⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭D．3546f f ππ⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭【答案】B因为任意()()()0,,sin cos x f x x f x x <'∈π恒成立，即任意()()()0,,sin cos 0x f x x f x x '∈-<π恒成立，所以()()()()2sin cos 0sin sin f x f x x f x xx x ''⎡⎤-=<⎢⎥⎣⎦，()0,x π∈所以()sin f x x在()0,π上单调递减，因为56π34>π，所以536453sin sin 64f f ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭<⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ππππ，即536412f f ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭ππ5364f ⎛⎫⎛⎫<⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ππ，故选：B2．（2022·江苏江苏·高二阶段练习）函数()f x 的定义域是()0,π，其导函数是()f x '，若()()sin cos f x x f x x <-'，则关于x()πsin 4x x f ⎛⎫< ⎪⎝⎭的解集为______．【答案】π,π4⎛⎫⎪⎝⎭()()sin cos f x x f x x <-'变形为()()sin cos 0f x x f x x +<'，()πsin 4x x f ⎛⎫< ⎪⎝⎭变形为()ππsin sin 44f x x f ⎛⎫< ⎪⎝⎭，故可令g (x )＝f (x )sin x ，()0,πx ∈，则()()()sin cos 0g x f x x f x x =+''<，∴g (x )在()0,π单调递减，不等式()ππsin sin 44f x x f ⎛⎫< ⎪⎝⎭即为g (x )＜g (π4)，则π,π4x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，故答案为：π,π4⎛⎫⎪⎝⎭.3．（2022·全国·高三专题练习）函数()f x 定义在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上，6f π⎛⎫= ⎪⎝⎭其导函数是()f x '，且()()cos sinx f x x f x '⋅<⋅恒成立，则不等式()f x >的解集为_____________.【答案】,62ππ⎛⎫⎪⎝⎭解：()()cos sin f x x f x x'< ()()sin cos 0f x x x f x '∴->，构造函数()()sin f x g x x=，则()()()2sin cos f x x f x xg x sin x'-'=，当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '>，()g x ∴在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭单调递增，∴不等式()f x x >，即()61sin sin 26f f x x ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭>==即()6x g g π⎛>⎫⎪⎝⎭，26x ππ∴<<故不等式的解集为,62ππ⎛⎫⎪⎝⎭.故答案为：,62ππ⎛⎫⎪⎝⎭.4．（2022·全国·高三专题练习）设奇函数()f x 定义在(,0)(0,)ππ- 上，其导函数为()'f x ，且()02f π=，当0πx <<时，()sin ()cos 0f x x f x x '-<,则关于x 的不等式()2()sin 6f x f x π<的解集为．【答案】(,0)(,)66πππ- 设()()sin f x g x x =，∴2()sin ()cos ()sin f x x f x x g x x'='-，∵()f x 是定义在(,0)(0,)ππ- 上的奇函数，∴()()()()sin()sin f x f x g x g x x x--===-，∴()g x 是定义在(,0)(0,)ππ- 上的偶函数，∵当0πx <<时，()sin ()cos 0f x x f x x '-<，∴()0g x '<，∴()g x 在(0,)π上单调递减，()g x 在(,0)π-上单调递增，∵()02f π=，∴(2(02sin 2f g πππ==，∵()2()sin 6f x f x π<，∴()()6g x g π<，(0,)x π∈，或，(,0)x π∈-，∴6x ππ<<或06x π-<<.∴关于x 的不等式()2()sin 6f x f x π<的解集为(,0)(,)66πππ- .④构造()()cos F x f x x =或()()cos f x F x x=型1．（2022·重庆·高二阶段练习）已知定义在区间,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭上的奇函数()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()f x 的导函数），则下列不等式中成立的是（）A．63f ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭B．63f f ππ⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭C．43f ππ⎛⎫⎛⎫-<- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭D64ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎝⎭⎝⎭【答案】B 构造函数()()cos f x g x x =，其中,22x ππ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，则()()()()()cos cos f x f x g x g x x x --==-=--，所以，函数()()cos f x g x x=为奇函数，当0,2x π⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，()()()2cos sin 0cos f x x f x x g x x'+'=>，所以，函数()g x 在0,2π⎡⎫⎪⎢⎣⎭上为增函数，故该函数在,02π⎛⎤- ⎥⎝⎦上也为增函数，由题意可知，函数()g x 在,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭上连续，故函数()g x 在,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭上为增函数.对于A 选项，63g g ππ⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭6312f f ππ⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭<，则63f ππ⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，A 错；对于B 选项，63g g ππ⎛⎫⎛⎫->- ⎪ ⎝⎭⎝⎭6312f f ππ⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎝⎭>，则63f ππ⎛⎫⎛⎫->- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，B 对；对于C 选项，43g g ππ⎛⎫⎛⎫->- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭43122f f ππ⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭>，则43f ππ⎛⎫⎛⎫->- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，C 错；对于D 选项，64g g ππ⎫⎫⎛⎛< ⎪ ⎝⎝⎭⎭64f f ππ⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪<64ππ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，D 错.故选：B.2．（2022·福建龙岩·高二期中）设函数()f x '是定义在()0,π上的函数()f x 的导函数，有()()cos sin 0f x x f x x '->，若π6a f ⎛⎫=⎪⎝⎭，1π23b f ⎛⎫=⎪⎝⎭，23π24c f ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，则a ，b ，c的大小关系是（）A ．a b c >>B ．b c a>>C ．c b a >>D ．c a b>>【答案】C因为()()cos sin 0f x x f x x '->，所以设()()cos F x f x x =⋅，则()()()cos sin 0F x f x x f x x ''=⋅->，所以()()cos F x f x x =⋅在()0,π上为增函数，又因为ππ266a f F ⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎝⎭⎝⎭，1ππ233b f F ⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，23π3π244c f F ⎛⎫⎛⎫=-= ⎪ ⎝⎭⎝⎭，ππ3π634<<，所以ππ3π634F F F ⎛⎫⎛⎫⎛⎫<< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，即a b c <<故选：C3．（2022·广东·广州市第四中学高二阶段练习）设函数()f x '是定义在()0π，上的函数()f x的导函数，有()cos ()sin 0f x x f x x '->，若1023a b f π⎛⎫==⎪⎝⎭，，34c f π⎛⎫= ⎪⎝⎭，则a ，b ，c 的大小关系是（）A ．a b c >>B ．b c a >>C ．c a b >>D ．c b a>>【答案】C解：设()()cos g x f x x =，则()()cos ()sin g x f x x f x x ''=-，又因为()cos ()sin 0f x x f x x '->，所以()0g x '>，所以()g x 在(0,)π上单调递增，又0cos(22a f ππ==，1(cos (2333b f f πππ==，333()cos ()2444c f f πππ==，因为3324πππ<<，所以33cos()cos ()cos (332244f f f ππππππ<<，所以c a b >>.故选：C ．4．（2022·广西玉林·高二期中（文））函数()f x 定义在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上，()f x '是它的导函数，且()()tan x f x f x '⋅>在定义域内恒成立，则（）A ．43f ππ⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭B 63f ππ⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭C ．()cos116f f π⎛⎫⋅> ⎪⎝⎭D 46ππ⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎝⎭⎝⎭【答案】D因为0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以sin 0cos 0x x >>，，由()()tan x f x f x '⋅>可得()cos ()sin f x x f x x '<，即()cos ()sin 0f x x f x x '-<，令()cos (),0,2g x x f x x π⎛⎫=⋅∈ ⎪⎝⎭，则()()cos ()sin 0g x f x x f x x ''=-<，所以函数()g x 在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上为减函数，则(1)643g g g g πππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫>>> ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，则cos cos cos(1)(1)cos 664433f f f f ππππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫>>> ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，2cos(1)(1)643f f πππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫>>> ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭.故选：D5．（2022·全国·高三专题练习）定义域为,22ππ⎛⎫- ⎝⎭的函数()f x 满足()()0f x f x +-=，其导函数为()f x '，当02x π≤<时，有()()cos sin 0f x x f x x '+<成立，则关于x的不等式()cos 4f x x π⎛⎫<⋅ ⎪⎝⎭的解集为（）A ．,,2442ππππ⎛⎫⎛⎫--⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭B ．,42ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．,00,44ππ⎛⎫⎛⎫-⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭D ．,0,442πππ⎛⎫⎛⎫-⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭【答案】B∵()()0f x f x +-=且,22x ππ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，∴()f x 是奇函数，设()()cos f x g x x =，则02x π≤<时，2()cos ()sin ()0cos f x x f x x g x x '+'=<，∴()g x 在0,2π⎡⎫⎪⎢⎣⎭是减函数．又()f x 是奇函数，∴()()cos f x g x x =也是奇函数，因此()g x 在(,0]2π-是递减，从而()g x 在,22ππ⎛⎫- ⎝⎭上是减函数，不等式()cos 4f x f x π⎛⎫<⋅ ⎪⎝⎭为()4cos cos 4f f x x ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭<，即()4g x g π⎛⎫< ⎪⎝⎭，∴42x ππ<<．故选：B ．6．（2022·全国·高三专题练习）已知奇函数()f x 的定义域为ππ,22⎛⎫- ⎪⎝⎭，其图象是一段连续不断的曲线，当π02x -<<时，有()()cos sin 0f x x f x x '+>成立，则关于x 的不等式()π2cos 3f x f x ⎛⎫< ⎪⎝⎭的解集为（）A ．ππ23⎛⎫- ⎪⎝⎭，B ．ππ23⎛⎫-- ⎪⎝⎭，C ．ππππ2332⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，，D ．πππ0332⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，，【答案】A 设()()cos f x g x x=，则()()()2cos sin cos f x x f x xg x x'+'=当π02x -<<时，有()()cos sin 0f x x f x x '+>成立，此时()0g x '>所以()()cos f x g x x =在02π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增.又()f x 为奇函数，则()00f =，则()()cos f x g x x=为奇函数，又()00g =则()()cos f x g x x =在02π⎛⎫ ⎪⎝⎭，上单调递增，所以()g x 在ππ,22⎛⎫- ⎝⎭上单调递增.当ππ,22x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，恒有cos 0x >()π2cos 3f x f x ⎛⎫< ⎪⎝⎭可化为()π3πcos cos 3f f x x ⎛⎫ ⎪⎝⎭<，即()3g x g π⎛⎫< ⎪⎝⎭，由()()cos f x g x x =在ππ,22⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，所以23x ππ-<<故选：A⑤根据不等式（求解目标）构造具体函数1．（2022·重庆·高二阶段练习）定义在R 上的函数()f x 满足()()260f x f x -'-<，且()21e 3=-f ，则满足不等式()2e 3>-x f x 的x 的取值有（）A ．1-B ．0C ．1D ．2【答案】D 构造函数()()23e x f x F x +=，则()()()226e xf x f x F x '--'=，因为()()260f x f x -'-<，所以()0F x '<，所以()()23exf x F x +=单调递减，又()21e 3=-f ，所以()()21311e f F +==，不等式()2e 3>-xf x 变形为()231e xf x +>，即()()1F x F >，由函数单调性可得：1x >故选：D2．（2022·黑龙江·哈尔滨市第六中学校高二期中）已知()f x '是定义域为R 的函数()f x 的导函数.若对任意实数x 都有()()2f x f x '>-，且()13f =，则不等式()12e x f x -->的解集为（）A ．(),1-∞B ．()1,+∞C ．(),e -∞D ．()e,+∞【答案】B解：不等式1()2e x f x -->，等价于不等式1()21e x f x -->，构造函数1()2()e x f x g x --=，则1()(()2)()e x f x f x g x -'--'=，若对任意实数x 都有()()2f x f x '>-，则()0g x '>，()g x 在R 上单调递增，又()0(1)211e f g -==，故1()21e x f x -->即()()1g x g >，故不等式的解集是(1,)+∞，故选：B ．3．（2022·黑龙江·哈师大附中高二期中）已知定义在R 上的函数()f x 满足()2f x '>-，则不等式()()2122f x f x x -->--的解集为（）A ．(),1-∞-B ．()1,0-C ．()0,1D ．()1,-+∞【答案】D设()()2g x f x x =+，则()()2g x f x ''=+.因为定义在R 上的函数()f x 满足()2f x '>-，所以()()20g x f x ''=+>，所以函数()g x 在R 上单调递增.又不等式()()2122f x f x x -->--可化为()()()24121f x x f x x +>-+-，即()()21g x g x >-，所以21x x >-，解得1x >-.所以不等式()()2122f x f x x -->--的解集为()1,-+∞.故选：D.4．（2022·江苏·海门中学高二阶段练习）已知R 上的函数()f x 满足()13f =，且()2f x '<，则不等式()21f x x <+的解集为（）A ．(,1)-∞B ．()3,+∞C ．()1,+∞D ．(2,)+∞【答案】C解：令()()21F x f x x =--，则()()2F x f x ''=-，又()f x 的导数()'f x 在R 上恒有()2f x '<，()()20F x f x ''∴=-<恒成立，()()21F x f x x ∴=--是R 上的减函数，又()()11210F f =--= ，∴当1x >时，()()10F x F <=，即()210f x x --<，即不等式()21f x x <+的解集为(1,)+∞；故选：C ．5．（2022·陕西渭南·二模（理））设函数()f x 的定义域为()0,∞+，()'f x 是函数()f x 的导函数，()(ln )()0f x x x f x '+>，则下列不等关系正确的是（）A ．2(3)log 3(2)f f >B ．()ln 033f ππ<C ．(3)2(9)f f >D ．21(0e )f <【答案】A函数()f x 的定义域为()0,∞+，则1()(ln )()0()()ln 0f x x x f x f x f x x x''+>⇔+>，令()()ln g x f x x =，0x >，则1()()()ln 0g x f x f x x x'=+>，即()g x 在()0,∞+上单调递增，对于A ，(3)(2)g g >，即2(3)ln 3(2)ln 2(3)log 3(2)f f f f >⇔>，A 正确；对于B ，((1)3g g π>，即(3)ln (1)ln103f f π>=，B 不正确；对于C ，(3)(9)g g <，即(3)ln 3(9)ln 92(9)ln 3(3)2(9)f f f f f <=⇔<，C 不正确；对于D ，21()(1)e g g <，即2211()ln (1)ln10e e f f <=，有22112()0()0e e f f -<⇔>，D 不正确.故选：A6．（2022·安徽·南陵中学模拟预测（文））已知函数()2224ln f x x x x ax =++-，若当0m n >>时，()()n f m f m n ->-，则实数a 的取值范围是（）A ．()0,9B ．(],9-∞C ．(],8∞-D ．[)8,+∞【答案】B()()n f m f m n ->-，即()()f m m f n n ->-，令224l (n )()x x x ax g x f x x -+==+-，由题意得()g x 在(0,)+∞上单调递增，即4()410g x x a x '=++-≥，即441a x x≤++在(0,)+∞上恒成立由基本不等式得44119x x++≥+=，当且仅当44x x =即1x =时等号成立，则9a ≤故选：B7．（2022·安徽·高二阶段练习）已知()()21lg 20221lg 20222n n -+>，求满足条件的最小正整数n的值为___________.【答案】3解：由()()21lg 20221lg 20222n n -+>，两边取对数得()()()21ln 1lg 2022lg 2022lg 2n n -⋅+>⋅，因为n 是正整数，所以()()()ln lg 20221ln 211lg 202221n n +-+>-，令()()()ln 11x f x x x +=>，则()()()2ln 111xx x f x x x -++'=>，令()()ln 11x h x x x =-++，则()()201x h x x -'=<+，所以()h x 在()1,+∞上递减，则()()11ln 202h x h <=-=<，即()0f x '<，所以()f x 在()1,+∞上递减，所以lg 202221n <-，解得()11lg 20222n >+，因为3lg 20224<<，所以最小正整数n 的值为3.故答案为：38．（2022·浙江·高二期中）已知定义在R 上的可导函数()f x 是奇函数，其导函数为()'f x ，当0x <时，(1)()()0x f x xf x '-+>，则不等式()0f x <的解集为_______________．【答案】(0,)+∞()2e e(1)()()()()()e e e e x xx x x x x x x x f x xf x f x f x f x '--+⎡⎤=+'='⎢⎥⎣⎦，因为(1)()()0x f x xf x '-+>，所以()0e x xf x '⎡⎤>⎢⎥⎣⎦，即函数()e x x y f x =在(,0)-∞时单调递增的．因为()f x 的定义域是R ，且e x x在R 上都有意义，所以()e xx y f x =的定义域也是R ，所以在(,0)-∞时00()(0)0e ex x f x f <=，而e xx在(,0)-∞小于0恒成立，即在(,0)-∞时()0f x >．因为()f x 是奇函数，所以在(0,)+∞时()0f x <恒成立．所以()0f x <的解集为(0,)+∞．故答案为：(0,)+∞．9．（2022·四川·成都实外高二阶段练习（理））已知定义在R 上的可导函数()f x 为偶函数，且满足()21f =，若当0x ≥时，()f x x '>，则不等式()2112f x x <-的解集为___________.【答案】(2,2)-设21()()2g x f x x =-，则()()0g x f x x ''=->，0x ≥时，()g x 是增函数，又()f x 是偶函数，所以2211()()()()()22g x f x x f x x g x -=---=-=，()g x 是偶函数，21(2)(2)212g f =-⨯=-,不等式()2112f x x <-即为()(2)g x g <，由()g x 是偶函数，得()(2)g x g <，又0x ≥时，()g x 递增，所以2x <，22x -<<．故答案为：(2,2)-．10．（2022·四川·成都实外高二阶段练习（文））已知定义在R 上的可导函数()f x 满足()21f =，且()f x 的导函数()f x '满足：()1f x x '>-，则不等式()2112f x x x <-+的解集为___________.【答案】(),2∞-因为()1f x x '>-，所以()10f x x '-+>构造()()212F x f x x x =-+，则()()10F x f x x ''=-+>，即()()212F x f x x x =-+在R 上单调递增，因为()21f =，所以()()22221F f =-+=()2112f x x x <-+变形为()2112f x x x -+<，即()()2F x F <，由()F x 的单调性可知：2x <.故答案为：(),2∞-。

一元函数的导数及其应用【学习目标】1. 掌握导数的概念和导数的基本运算。

2. 体会导数的内涵与思想，感悟极限的思想。

【基础知识】一、导数的概念及运算 1．导数的概念一般地，函数y ＝f(x)在x ＝x 0处的瞬时变化率0000()()limlimx x f x x f x yx x∆→∆→+∆-∆=∆∆为函数y ＝f(x)在x ＝x 0处的导数，记作f′(x 0)或y′0|x x =即f′(x 0)＝0000()()lim limx x f x x f x yx x∆→∆→+∆-∆=∆∆. 称函数f′(x)＝000()()lim x f x x f x x∆→+∆-∆为f(x)的导函数．2．导数的几何意义函数f(x)在点x 0处的导数f′(x 0)的几何意义是在曲线y ＝f(x)上点P(x 0，f(x 0))处的切线的斜率．相应地，切线方程为y －f(x 0)＝f′(x 0)(x －x 0)． 3．基本初等函数的导数公式4.(1)[f(x)±g(x)]′＝f′(x)±g′(x)； (2)[f(x)·g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)； (3)2()'()()()'()'()[()]f x f x g x g x g x g x g x ⎡⎤-=⎢⎥⎣⎦(g(x)≠0)．5.常用结论1.f′(x0)代表函数f(x)在x＝x0处的导数值；(f(x0))′是函数值f(x0)的导数，且(f(x0))′＝0.2.1()f x⎡⎤⎢⎥⎣⎦′＝－2'()[()]f xf x.3.曲线的切线与曲线的公共点的个数不一定只有一个，而直线与二次曲线相切只有一个公共点.4.函数y＝f(x)的导数f′(x)反映了函数f(x)的瞬时变化趋势，其正负号反映了变化的方向，其大小|f′(x)|反映了变化的快慢，|f′(x)|越大，曲线在这点处的切线越“陡”.二、利用导数研究函数的单调性1.函数的单调性与导数的关系函数y＝f(x)在区间(a，b)内可导，(1)若f′(x)>0，则f(x)在区间(a，b)内是单调递增函数；(2)若f′(x)<0，则f(x)在区间(a，b)内是单调递减函数；(3)若恒有f′(x)＝0，则f(x)在区间(a，b)内是常数函数．讨论函数的单调性或求函数的单调区间的实质是解不等式，求解时，要坚持“定义域优先”原则. 2.常用结论汇总——规律多一点(1)在某区间内f′(x)>0(f′(x)<0)是函数f(x)在此区间上为增(减)函数的充分不必要条件．(2)可导函数f(x)在(a，b)上是增(减)函数的充要条件是对∀x∈(a，b)，都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)且f′(x)在(a，b)上的任何子区间内都不恒为零．三、利用导数解决函数的极值最值1．函数的极值(1)函数的极小值：函数y＝f(x)在点x＝a的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值都小，f′(a)＝0；而且在点x＝a 附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，则点a叫做函数y＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y＝f(x)的极小值．(2)函数的极大值：函数y＝f(x)在点x＝b的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点的函数值都大，f′(b)＝0；而且在点x＝b 附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，则点b叫做函数y＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y＝f(x)的极大值．极小值点、极大值点统称为极值点，极大值和极小值统称为极值.①函数f(x)在x0处有极值的必要不充分条件是f′(x0)＝0，极值点是f′(x)＝0的根，但f′(x)＝0的根不都是极值点(例如f(x)＝x3，f′(0)＝0，但x＝0不是极值点).②极值反映了函数在某一点附近的大小情况，刻画的是函数的局部性质.极值点是函数在区间内部的点，不会是端点. 2．函数的最值(1)在闭区间[a ，b]上连续的函数f(x)在[a ，b]上必有最大值与最小值．(2)若函数f(x)在[a ，b]上单调递增，则f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在[a ，b]上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值． 3常用结论1.对于可导函数f(x)，“f′(x 0)＝0”是“函数f(x)在x ＝x 0处有极值”的必要不充分条件.2.求最值时，应注意极值点和所给区间的关系，关系不确定时，需要分类讨论，不可想当然认为极值就是最值.3.函数最值是“整体”概念，而函数极值是“局部”概念，极大值与极小值之间没有必然的大小关系.四、利用导数研究生活中的优化问题1．生活中经常遇到求利润最大、用料最省、效率最高等问题，这些问题通常称为优化问题． 2．利用导数解决优化问题的实质是求函数最值． 3．解决优化问题的基本思路是什么？ 答案上述解决优化问题的过程是一个典型的数学建模过程．4.对于优化问题，建立模型之后需要对模型进行最大值最小值的求解，从而转化为导数求极值最值问题.【考点剖析】 考点一：导数的概念及其意义例1．曲线x y e =上的点到直线10x y --=的距离的最小值是（ ）A ．0B ．1C ．2D ．3【答案】C 【详解】解：x y e =，所以e x y '=，设曲线在()00,xP x e 处的切线与直线10x y --=平行，则01x e =，所以00x =，切点(0,1)P ，曲线x y e =上的点到直线10x y --=的最短距离，即为切点P 到直线10x y --=的距离|011|22d --==， 故选：C ．考点二：导数的运算例2．求下列函数的导数： （1）41y x =（2）34y x （3）3x y = （4）1()2xy =（5）4log y x = （6）12log y x =【答案】 （1） 解：因为441y x x-==，所以()454y x x --''==-； （2）解：因为4343y x x ==，所以413343y x x '⎛⎫'== ⎪⎝⎭；（3）解：因为3x y =，所以3ln 3x y '=； （4）解：因为1()2x y =，所以21()12ln x y '=；（5）解：因为4log y x =，所以1ln 4y x '=； （6） 解：因为12log y x=，所以111ln 2ln2y x x '==-；考点三：导数在研究函数中的应用例3．若函数()3231f x x x mx =+-+在[]2,2-上为单调增函数，则m 的取值范围（ ）A ．[)24,∞-+B ．[)1,∞-+C ．(],3∞--D ．(],0∞-【答案】C 【详解】由函数()3231f x x x mx =+-+在[]22-,上为单调增函数，可得()2360f x x x m '=+-≥在[]22-,上恒成立，即236m x x ≤+在[]22-,上恒成立，即()2min 36m x x ≤+，令22363(1)3t x x x =+=+-，[]2,2x ∈-．所以当1x =-时，min 3t =-，所以3m ≤-． 故选：C ．【真题演练】1. 已知函数()f x 在0x x =处可导，若000()()lim12x f x x f x x→+∆-=∆，则0()f x '=____________．【答案】2 【详解】 000000()()()()1limlim 122x x f x x f x f x x f x x x →→+∆-+∆-==∆∆，所以000()()lim 2x f x x f x x→+∆-=∆0000()()()lim2x f x x f x f x x→+∆-'==∆．故答案为：2．2. 已知函数3C :()ln f x x x =+，则曲线在点(1,(1))f 处的切线方程为___________． 【答案】430x y --= 【详解】解：因为21()3f x x x'=+， 所以(1)4k f '==， 又(1)1,f =故切线方程为14(1)y x -=-， 整理为430x y --=，故答案为：430x y --=3. 若函数()f x 的导函数为偶函数，则函数()f x 的解析式可能是（ ） A ．()1cos f x x =+ B ．()2f x x x =+C ．()sin 2f x x =D ．()xf x e x =-【答案】C 【详解】()1cos f x x =+，则()sin f x x '=-，为奇函数，A 排除； ()2f x x x =+，则()21f x x =+，为非奇非偶函数，B 排除；()sin 2f x x =，则()2cos2f x x '=，为偶函数，C 满足；()e x f x x =-，则()e 1x f x '=-，为非奇非偶函数，D 排除.故选：C. 4. 已知4ln 4a a -=，3ln 3-=bb ，22ln -=c c ，其中4a ≠，3b ≠，2c ≠，则（ ）A ．c b a <<B ．c a b <<C ．a b c <<D ．a c b <<【答案】C 【详解】 由4ln4aa -=，则ln 4ln 4a a -=-，同理ln 3ln3b b -=-，ln 2ln 2c c -=-， 令()ln f x x x =-，则()111x f x x x-'=-=，当()0,01f x x '<<<；当()0,1>>'f x x ，∴()f x 在()0,1上单调递减，()1,+∞单调递增，所以()()()432f f f >>，即可得()()()f a f b f c >>，又4a ≠，3b ≠，2c ≠由图的对称性可知，a b c <<.故选：C5. 下列求导运算正确的是（ ） A ．2111x x x '⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭ B ．()e e x x --'=- C ．()555log xx x '=D ．()2cos sin cos cos x x x xx x '-⎛⎫= ⎪⎝⎭ 【答案】B 【详解】对于A ，2111x x x '⎛⎫+=- ⎪⎝⎭，A 错； 对于B ，()e e x x --'=-，B 对； 对于C ，()'55ln 5x x =，C 错；对于D ，()2cos sin cos cos x x x xx x '+⎛⎫= ⎪⎝⎭，D 错. 故选：B.6. 设()()sin cos xf x e x x =-，其中 02019x π≤≤，则 ()f x 的极大值点个数是（ ）A ．1009B ．1010C ．2019D ．2020【答案】A 【详解】由题意，函数()()sin cos xf x e x x =-，可得()()()'sin cos cos sin 2sin x x xf x e x x e x x e x =-++=，令()0f x '>，即sin 0x >，解得22,k x k k Z πππ<<+∈， 令()0f x '<，即sin 0x <，解得222,k x k k Z ππππ+<<+∈，所以函数()f x 在(2,2)k k πππ+递增，在(2,22),k k k Z ππππ++∈递减， 故函数()f x 的极大值点为2,x k k Z ππ=+∈， 因为02019x π≤≤，即,3,5,7,2017x πππππ=，共1009个.故选：A.7. （多选）设函数()f x '是奇函数()()f x x R ∈的导函数，()10f -=，当0x >时，()()0xf x f x '-<，则使得()0f x >成立的x 的取值范围是（ ）A ．(),1-∞-B ．()0,1C ．()1,0-D ．()1,+∞【答案】AB 【详解】解：设()()f xg x x=， 则()()()2''xf x f x g x x -=，当0x >时总有()()'xf x f x <成立， 即当0x >时， ()'g x <0恒成立，∴当0x >时，函数()()f xg x x=为减函数， 又()()()()f x f x g x g x x x---===--，∴函数()g x 为定义域上的偶函数，又()()1101f g --==-，所以不等式()0f x >等价于()·0x g x >， 即()00x g x >⎧⎨>⎩或()00x g x <⎧⎨<⎩，即01x <<或1x <-，所以()0f x > 成立的x 的取值范围是()(),10,1-∞-⋃． 故选：AB ．8. 已知函数()ln af x x x=+，()sin x g x e x =+，其中a ∈R . （1）试讨论函数()f x 的单调性； （2）若1a =，证明：()()g x f x x<. 【答案】 （1）()ln af x x x =+的定义域为(0,)+∞221()a x a f x x x x-'=-=当0a ≤时，()0f x '>，()f x 在(0,)+∞上单调递增；当0a >时，令()0f x '>，解得x a >；令()0f x '<，解得0x a <<； 综上所述：当0a ≤时，()f x 在(0,)+∞上单调递增，无减区间； 当0a >时，()f x 在(0,)a 上单调递减，在(,)a +∞上单调递增； （2）1a =，1()ln f x x x ∴=+，即证：1sin ln x e xx x x ++<0x，即证：sin ln 10x e x x x +-->当(0,1)x ∈时，e 1x >，sin 0x >，ln 0x x <sin ln 1110x e x x x ∴+-->-=当[1,)x ∈+∞时，令()sin ln 1x g x e x x x =+--，则()e cos ln 1x g x x x '=+--1()sin 110x g x e x e x''=--≥--> ()cos ln 1x g x e x x '∴=+--在[1,)+∞上单调递增()(1)cos1010g x g e ''∴≥=+-->()sin ln 1x g x e x x x ∴=+--在[1,)+∞上单调递增()(1)sin1010g x g e ∴≥=+-->综上所述：sin ()x e xf x x+<，即()()g x f x x <【过关检测】1. 若曲线3ln y ax x =-在点(1,)a 处的切线斜率为2，则=a ___________. 【答案】1 【详解】213y ax x'=-，132|1x y a ==-∴='，解得1a =. 故答案为：12. 已知函数2()(2)x x f x ae a e x =+--．（1）当0a =时，求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程； （2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围． 【答案】（1）解：当0a =时， ()2x f x e x =--，则()21xf x e '=--.所以()00213f e '=--=-，而(0)2f =-，所以曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程为3++20x y =. （2）解：因为()f x 有两个零点，所以方程()0f x =有两个不同的根， 即关于x 的方程()22x x xa e +x e e +=，即22x x x +x e a e +e=有两个不同的解， 令()2+2+x x x e x g x e e =，则y a =与()2+2+xx x e xg x e e=的图象有两个交点，且()()()()22++1+21x x x x x e e e g x e e x -'=-.令()+1x x h x e --=，则()'10x h x e --<=，且()0+010h e x --==，所以当()0x ∈-∞，时，()>0h x ，即()>0g x '，()g x 单调递增， 当()0+x ∈∞，时，()0h x <，即()0g x '<，()g x 单调递减， 所以()()000+2001+e g x g e e ≤==，且()()12112110+e g e e---⨯--=<，当+x →∞时，()0g x →，所以要使y a =与()2+2+xx x e xg x e e=的图象有两个交点，则a 的取值范围是()0,1.3. 已知()21πsin 42f x x x ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭，()f x '为()f x 的导函数，则()f x '的大致图象是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】A 【详解】∵()221π1sin cos 424f x x x x x ⎛⎫=++=+ ⎪⎝⎭， ∴()1sin 2f x x x '=- 易知()1sin 2f x x x '=-是奇函数，其图象关于原点对称，故排除B 和D ， 由ππ106122f ⎛⎫'=-< ⎪⎝⎭，排除C ，所以A 正确. 故选：A.4. 已知()f x '是函数()f x 的导数，且对任意的实数x 都有()()()e 22x f x x f x -'=--，()08f =则不等式()0f x <的解集是（ ）A ．()2,4-B ．()(),02,-∞+∞C ．()(),42,-∞-+∞ D ．()(),24,-∞-+∞【答案】D【详解】设()()x g x e f x =，000)e )8((f g ==，因为()()()e 22x f x x f x -'=--，所以()()e (22)x f x f x x -'+=-， 所以()e ()e ()e (()())22x x x g x f x f x f x f x x '''=+=+=-．因此2()2g x x x c =-+，(0)8g c ==，所以2()28g x x x =-++，228()e xx x f x -++=， 不等式()0f x <即为2280ex x x -++< ，2280x x -->，解得2x <-或4x >． 故选：D ． 5. （多选）已知函数()2ln 2x ax f x x +=+.，若()f x 的图象存在两条相互垂直的切线.则a 的值可以是（ ）A ．6-B ．5-C ．4-D ．3-【答案】AB【详解】∵函数()2ln 2x ax f x x +=+，定义域为()0,∞+，∴()12a f x x x '=++， ∴()1222a a f x x x '=++≥+，当且仅当1x x =时，取等号， 要使()f x 的图象存在两条相互垂直的切线，则()12,0,x x ∃∈+∞，()()121f x f x ''=-，所以()12a f x x x'=++的值必有一正一负， 当3a =-时，()1122a f x x x '=++≥，不合题意， 当4a =-时，()102a f x x x '=++≥，不合题意， 当5a =-时，()152f x x x =+-'，则()12,0,x x ∃∈+∞，()()121f x f x ''=-，例如()12,0,x x ∃∈+∞，()()11221215115,4242f x x f x x x x ''=+-=-=+-=，故a 的值可以是5-， 当6a =-时，()13f x x x'=+-，则()12,0,x x ∃∈+∞，()()121f x f x ''=-，例如()12,0,x x ∃∈+∞，()()1122121113,344f x x f x x x x ''=+-=-=+-=，故a 的值可以是6-. 所以a 的值可以是5-或6-.故选：AB.6. 已知函数()f x 的解析式唯一，且满足()()()e ,12e x xf x f x f +=='.则函数()f x 的图象在点()()1,1f 处的切线方程为___________.【详解】由()()()'[]xf x f x xf x +='，可得()'[]e x xf x =，设()e x xf x m =+，又由()12e f =，有()1e 2e f m =+=，得e m =，可得()()()()()'22e e e 1e e e e ,,1e x x x x x x f x f x f x x x -+--+='===-， 故所求切线方程为()2e e 1y x -=--，整理为e 3e y x =-+.故答案为：3y ex e =-+7. 已知函数()()2ln 1f x x ax x =-+-+.（1）函数()f x 在区间11,2⎛⎫-- ⎪⎝⎭上是减函数，求实数a 的取值范围： （2）已知函数()f x 既存在极大值点又存在极小值点，求实数a 的取值范围.【答案】（1）函数()f x 定义域为()1,-+∞，()121f x x a x '=-+-+， 由题意1201x a x -+-≤+在区间11,2⎛⎫-- ⎪⎝⎭上恒成立，即()12121x a x ++≥++在区间11,2⎛⎫-- ⎪⎝⎭上恒成立，令110,2t x ⎛⎫=+∈ ⎪⎝⎭，由对勾函数知：()12g t t t =+在区间10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上是减函数，()132g t g ⎛⎫>= ⎪⎝⎭，所以23a +≤，得1a ≤，所以实数a 的取值范围为(],1-∞.（2）()()22211211x a x a f x x a x x -+-+-'=-+-=++， ()f x 既存在极大值又存在极小值等价于方程()22210x a x a -+-+-=在区间()1,-+∞上有两个不相等的实数根， 需满足()()222102142810a a a a a ⎧-+-+-<⎪-⎪>-⎨-⎪⎪-+->⎩解得:2a >-+所求实数a的取值范围为()2-++∞8. 若函数()3231f x x x mx =+-+在[]2,2-上为单调增函数，则m 的取值范围（ ） A ．[)24,∞-+B ．[)1,∞-+C ．(],3∞--D ．(],0∞-【答案】C【详解】 由函数()3231f x x x mx =+-+在[]22-,上为单调增函数，可得()2360f x x x m '=+-≥在[]22-,上恒成立，即236m x x ≤+在[]22-,上恒成立，即()2min 36m x x ≤+，令22363(1)3t x x x =+=+-，[]2,2x ∈-．所以当1x =-时，min 3t =-，所以3m ≤-．故选：C ．9. 已知函数()()ln 1f x a x x a R =+-∈.（1）讨论()f x 的单调性；（2）若函数()e 1x y f ax =-+与()e ln a y x a =+的图像有两个不同的公共点，求a 的取值范围.【答案】（1）()()ln 1f x a x x a R =+-∈，()1a x a f x x x+'∴=+=，()0x >. ①、当0a ≥，()0f x '>，函数()f x 在()0,+∞上单调递增；②、当0a <，令()0f x '=，得x a =-，∴()0,x a ∈-时，()0f x '<；(),x a ∈-+∞时，()0f x '>，∴()f x 在()0,a -上单调递减，在(),a -+∞上单调递增.综上所述：当0a ≥，()f x 的单调递增为()0,+∞，无单调递减区间；当0a <，()f x 的单调递增为(),a -+∞，()f x 的单调递减为()0,a -.（2）根据题意可知：方程()()e 1e ln x a f ax x a -+=+，即()e e ln x a x a =+有两个不同的实根.由()e e ln x a x a =+可得：()ln e eln x a x x x a +=+. 令()e x g x x =，0x 时，()()1e 0x g x x '=+>，所以()g x 在()0,+∞上单调递增，要使()()ln g x g x a =+有两个不同的实根，则需ln x x a =+有两个不同的实根.令()ln h x x x a =--，则()111x h x x x-'=-=， 当()0,1x ∈时，()0h x '<，()h x 单调递减；当()1,x ∈+∞时，()0h x '>，()h x 单调递增， ()()min 11h x h a ∴==-.①、若1a <，则()0h x >，()h x 没有零点；②、若1a =，则()0h x ≥，当且仅当1x =时取等号，()h x 只有一个零点；③、若1a >，则()110h a =-<，()e e 0a a h --=>，()e e 2a a h a =-.令()e 2a a a ϕ=-，则当1a >时，()e 2e 20a a ϕ'=->->，即()a ϕ在()1,+∞上单调递增，所以()()1e 20a ϕϕ>=->，即()e 0a h >.故此时()h x 在()0,1上有一个零点，在()1,+∞上有一个零点，符合条件. 综上可知，实数a 的取值范围是()1,+∞.10. 已知()2123ln 2f x x x x =--，()321ln 6g x x x a x =+-． （1）求()f x 在()()1,1f 处的切线方程；（2）已知()31()6F x g x x =-的两个零点为1212,()x x x x <，且0x 为()F x 的唯一极值点． ①求实数a 的取值范围；②求证：12034x x x +>．【答案】（1） 解：因为21()23ln 2f x x x x =--， 所以定义域为(0,)+∞ 所以33()2,(1)4,(1)2=--=-=-''f x x f f x ， 所以切线方程为8250x y +-=；（2）①证明：2()ln F x x a x =-，若0a ≤，则函数2()ln F x x a x =-在其定义域内为单调函数，不可能有两个零点， 所以0a >,由()20a F x x x '=-==，得0x =当x ⎛∈ ⎝，()0F x '<；x ⎫∈+∞⎪⎪⎭，()0F x '>；所以()F x 在⎛ ⎝上单调递减，⎫+∞⎪⎪⎭上单调递增， 因为当x 趋近+∞时，()F x 趋近+∞；当x 趋近0时，()F x 趋近+∞， 要使()F x 有两个零点，只要满足()00F x <，即202e =-<⇒>F a a ；②因为120x x <<>21(1)x t t x =>，由()()12F x F x =， 所以221122ln ln -=-x a x x a x ，即2221111ln ln x a x t x a tx -=-， 因此212ln 1a t x t =-，而要证12034x x x +>，只需证1(31)t x +>即证221(31)8t x a +>，即证22ln (31)81a t t a t +>-， 由0,1a t >>，只需证22(31)ln 880t t t +-+>，令22()(31)ln 88p t t t t =+-+，则1()(186)ln 76p t t t t t'=+-++， 令1()(186)ln 76n t t t t t=+-++，则261()18ln 110(1)t n t t t t -'=++>>， 故()n t 在(1,)+∞上递增，()(1)0n t n >=，故()p t 在(1,)+∞上递增，()(1)0p t p >=，所以12034x x x +>。

第五章一元函数的导数及其应用一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．已知函数()sin cos f x x x =+，()π,2πx ∈．若()00f x '=，，则0x =（）A ．π4B ．π2C ．3π4D ．5π4A ．330x y -+=B ．220x y -+=C ．210x y -+=D ．310x y -+=【答案】C 【详解】sin e x y x =+的导数为cos x y x e '=+，在点(0,1)处的切线斜率为0cos 0e 2k =+=，即有在点(0,1)处的切线方程为21y x =+，即210x y -+=.故选：C 3．已知函数2()ln 2a f x xb x =+的图象在点(1,(1))f 处的切线方程是210x y --=，则ab 等于（）A ．2B ．1C ．0D ．﹣24．已知()a f x x x =-，()0,x ∈+∞，对()12,0,x x ∀∈+∞，且12x x <，恒有12210x x -<，则实数a 的取值范围是（）.A ．12,e -⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦B ．2,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭C ．()2,e -∞D ．13e ,⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【答案】B 【详解】设()()2e x g x xf x a x ==-，()e 2xg x a x '=-，对()12,0,x x ∀∈+∞，且12x x <，恒有()()12210f x f x x x -<，即()()12g x g x <，()g x 在()0,∞+上单调递增，故()e 20xg x a x '=-≥恒成立，即2e x x a ≥，设()2e x x F x =，()22e xxF x -'=，当()0,1x ∈时，()0F x '>，函数单调递增；当[)1,x ∞∈+时，()0F x '≤，函数单调递减；故()()max 21e F x F ==，即2ea ≥.故选：B5．已知sin1sin11e e a =+，tan 2tan 21ee b =+，cos3cos31ee c =+，则（）A ．b a c>>B ．b c a >>C ．a c b>>D ．c a b>>【答案】B 【详解】令()e e x xf x -=+，其定义域为R ，且()()f x f x -=，故为偶函数；又()f x 'e e x x -=-，sin112分别满足112212（）A ．3e B ．4e C ．5e D ．6e7．已知f x '（）是函数f x （）的导数，202e '+>=（）（），（），f x f x f 则不等式ln f x x<（）的解集是（）A ．∞（2，+）B ．2e +∞（，）C ．20e （，）D ．2（0，）8．定义在0,2⎛⎫⎪⎝⎭上的函数(),()f x f x '是()f x 的导函数，且()tan ()f x x f x '<-⋅成立，2,,3436a f b c πππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，则a ，b ，c 的大小关系为（）A ．b a c>>B ．c b a>>C ．c a b>>D ．a b c>>二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，部分选对得3分，有选错的得0分.9．已知函数3()1f x x x =-+，则（）A ．()f x 有两个极值点B ．直线2y x =是曲线()y f x =的切线C ．()f x 有一个零点D ．过点()1,0与曲线()y f x =相切的直线有且只有1条的极值点分别为1212，则下列选项正确的是（）A ．0a >B ．()()122f x f x +=C ．若()20f x <，则1a >D ．过()0,2仅能做曲线()=y f x 的一条切线对选项A ．()0f x ≤恒成立B ．()f x 是()0,+∞上的减函数C ．()f x 在12e x -=得到极大值12eD ．()f x 在区间⎫⎪⎭内只有一个零点，则关于x 的不等式()0f x <的解集可能为（）A ．()(),10,1-∞-B ．()(),e 0,e --∞C ．()(),40,4--∞ D ．()(),3e 0,3e --∞ 【答案】BC 【详解】因为当0x >时，()()ln 1<+1e 4xx f x x --'<，且()0=0f ，而可以令1ln 2y x x x =-，则1ln 1y x '=-，可以令2e 4x y x x =-，则()2+1e 4x y x -'=，所以()()ln 2e 40x x x x f x x x x --<<>，因为1ln 1y x '=-，所以令1ln 10y x '=->，则e x >，令1ln 10y x '=-<，则e x <，所以1ln 2y x x x =-在(0,e)上递减，在(e,)+∞上递增，且当2e x =时，10y =，所以当)2e ,+x ⎡∈∞⎣时，()ln 20f x x x x ->≥，因为2e 4x y x x =-()0x >，()2+1e 4x y x -'=，故令()+14()e x m x x -=，则()e (2)x m x x '=+，又因为0x >，所以()e (2)0x m x x '=+>，故()m x 在(0,)+∞上递增，设0()0m x =，所以2e 4x y x x =-在0(0,)x 上递减，在0(,)x +∞上递增，且当20y =时，=0x （舍）或ln 4x =，所以当(]0,ln4x ∈时，()e 40xf x x x -<≤，所以当0x >时，()0f x <的解集可能为()0,t ，其中()2ln4,e t ∈，又因为()f x 是奇函数，所以()0f x ＜的解集可能为()(),0,t t --∞ .而()2ln4,e t ∈，所以()21ln4,e ∉，故A 错误；()2e ln4,e ∈，故B 正确；()24ln4,e ∈，故C正确；()2ln 3e 4,e ∉，故D 错误.故选：BC第II 卷非选择题部分（共90分）三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13．如图，直线l 是曲线()y f x =在点(4,(4))f 处的切线，则(4)(4)f f '+的值等于______．'是函数的导函数，且R 1e f x f x x f <∈=，，则不等式的解集为________．的最小距离为___________.【解析】由已知，设点00(,)Q x y 曲线2ln 1y x x =--上一点，则有0002ln 1y x x =--，因为2ln 1y x x =--，所以12y x x'=-00012|x x y x x ='-=，所以曲线2ln 1y x x =--在00(,)Q x y 处的切线斜率为0012k x x =-，则曲线2ln 1y x x =--在00(,)Q xy 处的切线方程为020000(ln 1)()12y x x x x x x ---=--，即20000()12ln y x x x x x =---．要求得曲线2ln 1y x x =--上任意一点，到直线3y x =-的最小距离即找到曲线上距离直线最近的点，即00121k x x =-=，解得0=1x 或012x =-（舍去），此时，以点(1,0)Q 为切点，曲线的切线方程为：1y x =-，此时，切点(1,0)Q 为曲线上距离直线3y x =-最近的点，即点P 与点Q 重合，最小距离为直线3y x =-与直线1y x =-之间的距离，设最小距离为d ，所以d ==.16．已知函数2()ln f x ax x x =-+有两个不同的极值点1 x ，2x ，则实数a 的取值范围是______；若不等式()()1212+>++f x f x x x t 有解，则实数t 的取值范围是______．17．某制造商制造并出售球形瓶装的某种饮料，瓶子的制造成本是20.8r π分，其中r （单位：cm ）是瓶子的半径．已知每出售1mL 的饮料，制造商可获利0.2分，且制作商能制作的瓶子的最大半径为6cm ．(1)瓶子的半径多大时，能使每瓶饮料的利润最大？(2)瓶子的半径多大时，每瓶饮料的利润最小？(3)假设每瓶饮料的利润不为负值，求瓶子的半径的取值范围．189.已知函数()()1e xx f x a x =++．(1)若()f x 单调递增，求a 的取值范围；(2)若()f x 有两个极值点1x ，2x ，其中12x x <，求证：21e e x x a ->-【详解】（1）由()()21e xx f x a x +=++得()1e x x f x a +'=-+，由()f x 单调递增，则()0f x '≥，得1e x a x +≥，设()1ex x g x +=，则()e x xg x '=-，可知0x <时，()0g x '>，()g x 单调递增；0x >时，()0g x '<，()g x 单调递减，则0x =时，()g x 取得极大值()01g =，也为最大值，则1a ≥,所以，a 的取值范围是[)1,+∞（2）由题，函数()f x 有两个极值点，则()0f x '=即1e xx a +=有两个不相等实数根，由（1）可知0x =时，()g x 取得极大值()01g =，(1)0g -=，x 趋向+∞时()g x 趋向于0.故()g x a =有两个不相等实根时，01a <<，且1210x x -<<<，过点()0,1与(),0c 的直线方程为11e y x =-+，构造函数()()11111,(0)e ee x x h x g x x x x +⎛⎫=--+=+-> ⎪⎝⎭，()1e e x x h x '=-+，令()()x1,(0)e ex u x h x x '==-+>，则()()1,0e x x u x x -'=>，则01x <<时，()0u x '<，()u x 即()h x '单调递减；1x >时，()0u x '>，()u x 即()h x '单调递增，所以0x >时，()u x 极小值为()()110u h '==所以0x >时，()()0u x h x '=≥，则()()00h x h >=，即()()110e h x g x x ⎛⎫=--+> ⎪⎝⎭，故当0x >时，()11e g x x >-+，设方程11e x a -+=的根为4x ，则4e e x a =-，构造函数()21,10y x x =--<<，令()()()21,t x g x x =--则()()21111e e e xx x x x t x x x ++⎡⎤=+-=+-⎣⎦，令()()()11e ,10x v x x x =+--<<，则()e 0x v x x '=<，故10x -<<时，()v x 单调递减，则()()00v x v >=，又10x +>，所以，当10x -<<时，()0t x >，故有()21g x x >-，令方程()21,10x a x -=-<<的根为3x ，则3x =，于是有134210x x x x -<<<<<，如图，所以2143e e x x x x a ->-=-+，证毕19．已知函数sin ()e (1)a x f x x =-+，()sin ln(1)g x a x x =-+(1)1a =时，求函数()y g x =在(1,0]-上的单调区间；(2)1a >时，试讨论()y f x =在区间[π,π]-上的零点个数.【详解】（1）1a =时，()sin ln(1)g x x x =-+，∴1()cos 1g x x x '=-+，而()g x '在(1,0]-上单调递增，而(0)0g '=，∴(1,0]x ∈-，()(0)0g x g ''=.∴()g x 在(1,0]-上单调递减，（2）当1a >时：①[π,1]x ∈--时，sin 0a x e >，10x +<∴()0f x >∴()f x 在区间[π,1]--上无零点，②1x >-时，方程()0f x =的解等价于方程()0g x =的解.[1,0]x ∈-时，1()cos 1g x a x x '=-+在[1,0]-单调递增，(0)1g a '=-，而111cos 10g a a a a a a ⎛⎫⎛⎫'-=--<-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，∴∃唯一0[1,0]x ∈-使得()00g x '=且()g x 在(]01,x -单调递减，[]0,0x 单调递增，而111sin 110g a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=-+>⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，(0)0g =，∴()g x 在(1,0]-上有两个零点，③π0,2x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，1()cos 1g x a x x '=-+，(0)10g a '=->，令1()()cos 1t x g x a x x ='=-+，则21()sin (1)t x a x x '=-++在π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，(0)1t '=，2π102π12t a ⎛⎫'=-< ⎪⎝⎭⎛⎫+ ⎪⎝⎭，∃唯一1π20,x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭使得()10t x '=，∴()g x '在()10,x 单调递增，1π,2x ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，而(0)1g a '=-，π100π212g ⎛⎫'=-< ⎪⎝⎭+，∴∃唯一2π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭使得()20g x '=，∴()g x 在()20,x 单调递增，1π,2x ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，而(0)0g =，π02g ⎛⎫'> ⎪⎝⎭，∴()g x 在π0,2⎛⎤ ⎥⎝⎦上无零点.④π,π2x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时()0g x '<，∴()g x 在π,π2⎛⎤ ⎥⎝⎦单调递减，而ππln 1022g a ⎛⎫⎛⎫=-+> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，(π)ln(π1)0g =-+<，∴∃唯一3π,π2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭使得()30g x =，综上所述：1a >时，()f x 在区间[π,π]-有三个零点.20．21．设函数()2ln +f x x x ax =+，=1x 是函数()f x 的极值点．(1)求实数a 的值，并求函数()f x 的单调递减区间；(2)设函数()()23g x f x x x =-+，求证：当2x ≥时，()()2114g x x <-；(3)在（2）的条件下，求证：对*n ∈N ，()()()21213512n k n ng k n n +=+>++∑．【解析】（1）因为()2ln +f x x x ax =+，所以()12f x x a x'=++，依题意()1120f a '=++=，解得=3a -，经检验符合题意，()2=ln +3f x x x x ∴-，()0,+x ∈∞，所以()()()221123+1==x x x x f x xx---'，令()0f x '<，解得112x <<，所以原函数的单调递减区间为1,12⎛⎫⎪⎝⎭；（2）证明：因为()()222=+3=ln +3+3=ln g x f x x x x x x x x x ---，要证()()21<14g x x -，[)2,+x ∈∞，即证()21ln <14x x -，[)2,+x ∈∞，构造函数()2=4ln +1h x x x -，[)2,+x ∈∞，只需证()0h x <在[)2,+x ∈∞上恒成立，当2x ≥时，()()222=<0x h x x--'，所以函数()2=4ln +1h x x x -在区间[)2,∞+单调递减，故3max ()=4ln23=ln16lne <0h x --，不等式成立，结论得证；（3）证明：由（2）知：当2x ≥时，()21ln <14x x -，所以21411>=2ln 11+1x x x x ---⎛⎫ ⎪⎝⎭，即当2k ≥时，()111>21+1g k x x --⎛⎫ ⎪⎝⎭，当2n ≥时：()()()()2+1=211111113+5=++...+>21+=ln2ln3ln +12+1+2+1+2n k n n g k n n n n n --⎛⎫ ⎪⎝⎭∑，又当=1n 时上式也能成立，原命题得证．21．已知函数()(2)e (ln )x f x x k x x =---.(1)当0k =时，求()f x 的极值；(2)证明：当e,1k x >>时，2()f x k >-.．(1)求实数a 的值及函数()f x 的极值；(2)用[]t 表示不超过实数t 的最大整数，如：[0.8]0,[ 1.4]2=-=-，若0x >时，()e 2x t x t -<+恒成立，求[]t 的最大值．)。

一元函数导数与其应用一、单项选择题1．〔2021·某某某某市·高三二模〕曲线()1ln f x x x=-在()()1,1f 处的切线方程为〔 〕 A ．230x y --=B ．210x y --=C ．230x y +-=D ．210x y +-=【答案】A【解析】求出导函数()'f x ，计算出(1)f '为切线斜率，再求得(1)f ，由点斜式写出直线方程，并整理．【详解】()211x f x x=+'，()11f =-，()12f '=，故切线方程为()()121y x --=-，即230x y --=. 应当选：A.2．〔2021·某某某某市·高三一模〕函数的图象大致为〔 〕A ．B ．C ．D ．【答案】B【解析】判断函数的奇偶性，再判断函数值的正负，从而排除错误选项，得正确选项．【详解】因为()sin x x x xy f x e e --==+所以()()sin sin x x x x x x x x f x e e e e ------+-==++得()()f x f x =--， 所以sin x x x xy e e --=+为奇函数排除C;在[0,)+∞，设()sin g x x x =-， ()1cos 0g x x ='-≥，()g x 单调递增，因此()(0)0g x g ≥=， 故sin 0x x x xy e e --=≥+在 [0,)+∞上恒成立，排除AD应当选：B.【点睛】思路点睛：函数图象的辨识可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势；(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象.3．〔2021·某某某某市·高三一模〕函数()(),g x h x 分别是定义在R 上的偶函数和奇函数，且()()x g x h x e x +=+，假如函数()()12216x f x g x λλ-=+--有唯一零点，如此正实数λ的值为〔〕A ．12B ．13C ．2D ．3【答案】A【解析】首先利用方程组的方法分别求函数()g x 和()h x 的解析式，令()()226x x g x ψλλ=+-，利用导数分析函数的单调性，以与极值点，利用函数有唯一的零点，可知极小值()00f =，利用平移可知()10f =，求正实数λ的值.【详解】由条件可知()()()()()()x x g x h x e x g x h x e x g x h x -⎧+=+⎪⎨-+-=-=-⎪⎩由函数奇偶性易知()2x x e e g x -+= 令()()226xx g x ψλλ=+-，()x ψ为偶函数. 当0x ≥时，()'2202x x xe e x ln ψλ--=+>， ()x ψ单调递增，当0x <时，()x ψ单调递减，()x ψ仅有一个极小值点()0,f x()x ψ图象右移一个单位，所以仅在1处有极小值，如此函数只有1一个零点，即()10f =， 解得12λ=， 应当选：A4．〔2021·全国高三专题练习〔文〕〕函数()()402log 10x a e a x f x x x ⎧+>⎪=⎨-+≤⎪⎩，，在定义域上单调递增，且关于x 的方程()2f x x =+恰有一个实数根，如此实数a 的取值X 围为〔 〕A ．114⎡⎫⎪⎢⎣⎭，B ．114e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦，C ．11e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭，D ．(0，1) 【答案】C【解析】 由()f x 递增，先求出a 的X 围，再根据()2f x x =+恰有一个实数根，通过数形结合进一步缩小X 围.【详解】()f x 在定义域上单调增，∴01412a a <<⎧⎨+≥⎩，∴114a ≤<， ∵4x y e a =+在0x =处切线为()41y a x -+=，即41y x a =++，又412a +≥故2y x =+与()40x y e a x =+>没有公共点∴2y x =+与()2log 1ay x =-+有且仅有一个公共点且为()0,2 ∴()2log 1a y x =-+在0x =处的切线的斜率必须大于等于1，()11ln y x a '=-+，11ln k a =-≥，∴ln 1a ≥-，∴1a e ≥， 综上：11a e≤< 应当选：C.5．〔2021·某某高三专题练习〕()f x 是定义在R 上的奇函数，其导函数为(),f x '且当0x ＞时，()()ln 0f x f x x x'⋅+>，如此不等式()()210x f x -<的解集为〔 〕 A ．()1,1－B ．(),1()0,1∞⋃－－C ．,11,()()∞⋃∞－－＋D ．1,0),()(1⋃∞－＋ 【答案】B【解析】构造新函数()()ln g x f x x =，利用导数确定()g x 的单调性，从而可得0x >时()f x 的正负，利用奇函数性质得出0x <时()f x 的正负，然后分类讨论解不等式．【详解】设()()ln g x f x x =，如此()()()ln 0f x g x f x x x''=+>，所以()g x 在(0,)+∞上递增， 又(1)0g =，所以1x >时，()()ln (1)0g x f x x g =>=，此时ln 0x >，所以()0f x >，01x <<时，()()ln (1)0g x f x x g =<=，此时，ln 0x <，所以()0f x >，所以(0,1)(1,)x ∈+∞时，()0f x >，因为()f x 是奇函数，所以(,1)(1,0)x ∈-∞--时，()0f x <， 由2(1)()0x f x -<得210()0x f x ⎧->⎨<⎩或210()0x f x ⎧-<⎨>⎩，所以1x <-或01x <<． 应当选：B ．6．〔2021·某某某某市·高三一模〕对于函数()y f x =，假如存在0x ，使00()()f x f x =--，如此点00(,())x f x 与点00(,())x f x --均称为函数()f x 的“先享点〞函数316,0(),6,0ax x f x x x x ->⎧=⎨-≤⎩且函数()f x 存在5个“先享点〞，如此实数a 的取值X 围为〔 〕A ．(6,)+∞B ．(,6)-∞C ．(0,6)D ．(3,)+∞【答案】A【解析】首先根据题中所给的条件，判断出“先享点〞的特征，之后根据()f x 存在5个“先享点〞，等价于函数32()6(0)f x x x x =-≤关于原点对称的图象恰好与函数1()16(0)f x ax x =->有两个交点，构造函数利用导数求得结果.【详解】依题意，()f x 存在5个“先享点〞，原点是一个，其余还有两对，即函数32()6(0)f x x x x =-≤关于原点对称的图象恰好与函数1()16(0)f x ax x =->有两个交点，而函数32()6(0)f x x x x =-≤关于原点对称的函数为32()6(0)f x x x x =-≥，即3166ax x x -=-有两个正根， 32166166x x a x x x-+==+-， 令()2166(0)h x x x x=+->， 322162(8)'()2x h x x x x -=-=， 所以当02x <<时，'()0h x <，当2x >时，'()0h x >，所以()h x 在(0,2)上单调递减，在(2,)+∞上单调递增，且(2)4866h =+-=，并且当0x →和x →+∞时，()f x →+∞，所以实数a 的取值X 围为(6,)+∞，应当选：A.7．〔2021·某某高三二模〔理〕〕函数3()x f x e-=，1()ln 22x g x =+，假如()()f m g n =成立，如此n m -的最小值为〔 〕A ．1ln 2+B ．ln 2C ．2ln 2D ．ln 21-【答案】D【解析】令()()t f m g n ==，得到,m n 关于t 的函数式，进而可得n m -关于t 的函数式，构造函数利用导数研究单调性并确定最值，即可求n m -的最小值.【详解】令()()t f m g n ==，如此3m e t -=，1ln 22n t +=， ∴3ln m t =+，122t n e -=，即1223ln t n m e t --=--，假如12()23ln t h t e t -=--，如此121()2(0)t h t e t t-'=->， ∴()0h t '=，有12t =， 当102t <<时，()0h t '<，()h t 单调递减；当12t >时，()0h t '>，()h t 单调递增； ∴min 1()()ln 212h t h ==-，即n m -的最小值为ln 21-.应当选：D.【点睛】关键点点睛：令()()t f m g n ==确定n m -关于t 的函数式，构造函数并利用导数求函数的最小值.8．〔2021·某某省天一中学高三二模〕假如不等式32ln(1)20a x x x +-+>在区间(0,)+∞内的解集中有且仅有三个整数，如此实数a 的取值X 围是A ．932,2ln 2ln 5⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．932,2ln 2ln 5⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．932,2ln 2ln 5⎛⎤ ⎥⎝⎦D ．9,2ln 2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭ 【答案】C【解析】由题可知，设函数()ln(1)f x a x =+，32()2g x x x =-，根据导数求出()g x 的极值点，得出单调性，根据32ln(1)20a x x x +-+>在区间(0,)+∞内的解集中有且仅有三个整数，转化为()()f x g x >在区间(0,)+∞内的解集中有且仅有三个整数，结合图象，可求出实数a 的取值X 围.【详解】设函数()ln(1)f x a x =+，32()2g x x x =-，因为2()34g x x x '=-，所以()0g x '=，0x ∴=或43x =， 因为403x << 时，()0g x '<， 43x >或0x <时，()0g x '>，(0)(2)0g g ==，其图象如下：当0a 时，()()f x g x >至多一个整数根；当0a >时，()()f x g x >在(0,)+∞内的解集中仅有三个整数，只需(3)(3)(4)(4)f g f g >⎧⎨⎩， 3232ln 4323ln 5424a a ⎧>-⨯∴⎨-⨯⎩， 所以9322ln 2ln 5a <. 应当选：C.二、多项选择题9．〔2021·某某高三专题练习〕对于函数()2ln x f x x =，如下说法正确的答案是〔 〕 A ．()f x 在x e =12eB ．()f x 有两个不同的零点C ．23f ff π<<⎝⎭D ．假如()21f x k x <-在(0,)+∞上恒成立，如此2e k >【答案】ACD【解析】对()f x 求导，利用导函数的符号判断()f x 的单调性即可得极值，可判断选项A ；由()f x 的单调性以与函数值的符号可判断选项B ；利用()f x 得单调性以与函数值与0的关系可判断选项C ；别离k 可得()()222ln 11k f x g x x xx x ++>==，计算()g x 的最大值可判断选项D ，进而可得正确选项. 【详解】对于选项A ：函数定义域为(0,)+∞，()312ln x f x x-'=，令()0f x '>可得0x <<令()0f x '<可得x >()f x 在(单调递增，在)+∞单调递减，所以()f x 在x =12f e =，应当选项A 正确 对于选项B ：令()2ln 0x f x x==，可得1x =，因此()f x 只有一个零点，应当选项B 不正确；对于选项C <<，()f x 在)+∞单调递减，可得l0ff π=>>，因为2ln 022f ⎛=< ⎝⎭，即f f f <<，应当选项C 正确；对于选项D ：由题意知：()222ln 11x k f x x x x +=+>在(0,)+∞上恒成立， 令()()22ln 10x g x x x x =+>如此()max k g x > ，因为()312ln x g x x --'= 易知当x⎛∈ ⎝时.()0g x '>，当x ⎫∈+∞⎪⎭时，()'0g x <，所以()g x 在x =也是最大值2e g =，所以2e k >， 所以()21f x k x +<在(0,)x ∈+∞上恒成立，如此2e k >，应当选项D 正确. 应当选：ACD.【点睛】方法点睛：利用导数研究函数()f x 的极值的步骤：①写定义域，对函数()f x 求导()'f x ；②在定义域内，解不等式()0f x '>和()0f x '<得到单调性；③利用单调性判断极值点，代入解析式即可得极值.10．〔2021·某某某某市·高三一模〕函数f (x )=x 3-3ln x -1，如此〔 〕A ．f (x )的极大值为0B ．曲线y =f (x )在〔1，f (1))处的切线为x 轴C ．f (x )的最小值为0D ．f (x )在定义域内单调【答案】BC【解析】直接对f (x )=x 3-3ln x -1，求出导函数，利用列表法可以验证A 、C 、D;对于B:直接求出切线方程进展验证即可.【详解】f (x )=x 3-3ln x -1的定义域为()0+∞，，()()23333=1f x x x x x '=-- 令()()23333=1=0f x x x x x'=--，得1x =， 列表得：所以f (x )的极小值，也是最小值为f (1)=0，无极大值，在定义域内不单调；故C 正确，A 、D 错误；对于B:由f (1)=0与()10f '=，所以y =f (x )在〔1，f (1))处的切线方程()001y x -=-，即0y =.故B 正确. 应当选：BC【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X 围.11．〔2021·某某某某市·高三一模〕函数()sin cos xx f x e e =-，其中e 是自然对数的底数，如下说法中正确的答案是〔 〕A ．函数()f x 的周期为2πB ．()f x 在区间π0,2⎛⎫⎪⎝⎭上是减函数C ．π4f x ⎛⎫+⎪⎝⎭是奇函数D ．()f x 在区间π,π2⎛⎫⎪⎝⎭上有且仅有一个极值点 【答案】ACD 【解析】选项A ：利用周期函数的概念判断即可；选项B ：求导，利用导函数求解单调区间即可；选项C ：设()sin cos 44t t g t eeππ⎛⎫⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=-，利用奇偶性的定义以与两角和与差的正弦余弦公式即可判断；选项D ：当3,24x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，对函数二次求导()f x ''，先利用导函数求解单调区间，再利用零点存在定理判断零点即可；当3,4x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，利用()()sin cos sin cos sin cos sin x x x f x xe xe x x e '=+<+即可判断. 【详解】对于选项A ：()()()()sin 2cos 2sin cos 2x x x x f x e e e e f x πππ+++=-=-=，应当选项A 正确； 对于选项B ：由()sin cos xx f x e e =-，得()sin cos cos sin xx f x xexe '=+，当π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()sin cos cos sin 0x xf x xe xe '=+>， 所以()f x 在区间π0,2⎛⎫⎪⎝⎭上是增函数，应当选项B 不正确；对于选项C ：sin cos 444x x f x e e πππ⎛⎫⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎛⎫+=- ⎪⎝⎭， 设()sin cos 44t t g t eeππ⎛⎫⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=-，如此()sin cos 44t t g t eeππ⎛⎫⎛⎫-+-+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭-=-t t t t e =-()cos sin 44t t eeg t ππ⎛⎫⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=-=-，所以函数()g t 即π4f x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭是奇函数；应当选项C 正确； 对于选项D ：由()sin cos xx f x e e =-，得()sin cos cos sin xx f x xexe '=+，而()()()sin 2cos 2cos sin cos sin xx f x ex x e x x ''=-+-， 〔1〕当3,24x ππ⎛⎫∈⎪⎝⎭时，22cos sin 0,cos sin 0x x x x -<-<， 所以()0f x ''<， 即()f x '在区间3,24ππ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减， 又sin cos 22cos sin 10222f ee πππππ⎛⎫'=+=> ⎪⎝⎭，33sin cos 44333cos sin 0444f e e e πππππ⎫⎛⎫'=+=-<⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，所以()f x '在区间3,24ππ⎛⎫⎪⎝⎭上存在唯一零点； 〔2〕当3,4x ππ⎛⎫∈⎪⎝⎭时，()sin cos cos sin x x f x xe xe '=+，又sin cos sin cos 0,4x xx x x e e π⎛⎫+=+<> ⎪⎝⎭，如此()()sin cos sin cos sin cos sin 0xx x f x xe xe x x e '=+<+<，如此()f x '在区间3,4ππ⎛⎫⎪⎝⎭上无零点， 综上可得：()f x 在区间π,π2⎛⎫⎪⎝⎭上有且仅有一个极值点； 应当选项D 正确； 应当选：ACD. 【点睛】 方法点睛：利用导数研究函数单调性的方法：〔1〕确定函数()f x 的定义域；求导函数()'f x ，由()0f x '>〔或()0f x '<〕解出相应的x 的X 围，对应的区间为()f x 的增区间〔或减区间〕；〔2〕确定函数()f x 的定义域；求导函数()'f x ，解方程()0f x '=，利用()0f x '=的根将函数的定义域分为假如干个子区间，在这些子区间上讨论()'f x 的正负，由符号确定()f x 在子区间上的单调性.12．〔2021·某某滨州市·高三一模〕假如1201x x ，e 为自然对数的底数，如此如下结论错误的答案是．．．．．．〔 〕A ．1221xxx e x e <B ．1221xxx e x e > C ．2121ln ln x x ee x x ->-D ．2121ln ln x x e e x x -<-【答案】ACD【解析】分别取函数()x e f x x=与()ln xg x x e =-，通过求导判断其单调性，即可得出结果．【详解】令()x e f x x =，由()()221x x x x exe e f x x x-='-=，当1x <时()0f x '<，故()xe f x x =在()0,1上递减，所以12122112x x x x e e x e x e x x >⇒>，如此A 错，B 正确； 令()ln xg x x e =-，由()1xg x e x '=-，当12x =时有121202g e ⎛⎫'=-> ⎪⎝⎭，当1x =时有()110g e '=-<，所以存在01,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，有()00g x '=，所以()g x 在()0,1上不单调， 在C 中，2121ln ln x x e e x x ->-化为1212ln ln x xx e x e ->-，因为1201x x ，故C 错，在D ，2121ln ln x x ee x x -<-化为1212ln ln x xx e x e -<-，如此D 错，应当选：ACD13．〔2021·某某某某市·高三一模〕函数()22,21ln 1,1x x f x x x e+-≤≤⎧=⎨-<≤⎩，假如关于x 的方程()f x m =恰有两个不同解()1212,x x x x <，如此()212)x x f x -（的取值可能是〔 〕 A ．3-B ．1-C ．0D ．2 【答案】BC 【解析】利用函数的单调性以与条件得到1122,e ,(1,0]2m m x x m +-==∈-，代入()212)x x f x -（，令121(),(1,0]2x g x xe x x x +=-+∈-，求导，利用导函数的单调性分析原函数的单调性，即可求出取值X 围. 【详解】因为()f x m =的两根为()1212,x x x x <， 所以1122,e ,(1,0]2m m x x m +-==∈-， 从而()()211212222m m m m x x f x e m me m ++-⎛⎫-=-=-+ ⎪⎝⎭． 令121(),(1,0]2x g x xex x x +=-+∈-， 如此1()(1)1x g x x e x +'=+-+，(1,0]x ∈-．因为(1,0]x ∈-，所以1010,1,10x x e e x ++>>=-+>，所以()0g x '>在(1,0]-上恒成立， 从而()g x 在(1,0]-上单调递增． 又5(0)0,(1)2g g =-=-， 所以5(),02g x ⎛⎤∈-⎥⎝⎦， 即()()212x x f x -⋅的取值X 围是5,02⎛⎤- ⎥⎝⎦， 应当选：BC ． 【点睛】关键点睛：此题考查利用导数解决函数的X 围问题.构造函数 121(),(1,0]2x g x xe x x x +=-+∈-，利用导数求取值X 围是解决此题的关键.14．〔2021·某某日照市·高三一模〕函数()f x 对于任意x ∈R ，均满足()()2f x f x =-.当1x ≤时()ln ,01,0x x x f x e x <≤⎧=⎨≤⎩，假如函数()()2g x m x f x =--，如下结论正确的为〔 〕A ．假如0m <，如此()g x 恰有两个零点B ．假如32m e <<，如此()g x 有三个零点 C ．假如302m <≤，如此()g x 恰有四个零点D ．不存在m 使得()g x 恰有四个零点 【答案】ABC 【解析】设()2h x m x =-，作出函数()g x 的图象，求出直线2y mx =-与曲线()ln 01y x x =<<相切以与直线2y mx =-过点()2,1A 时对应的实数m 的值，数形结合可判断各选项的正误.【详解】由()()2f x f x =-可知函数()f x 的图象关于直线1x =对称.令()0g x =，即()2m x f x -=，作出函数()f x 的图象如如下图所示：令()2h x m x =-，如此函数()g x 的零点个数为函数()f x 、()h x 的图象的交点个数，()h x 的定义域为R ，且()()22h x m x m x h x -=--=-=，如此函数()h x 为偶函数，且函数()h x 的图象恒过定点()0,2-，当函数()h x 的图象过点()2,1A 时，有()2221h m =-=，解得32m =. 过点()0,2-作函数()ln 01y x x =<<的图象的切线，设切点为()00,ln x x ，对函数ln y x =求导得1y x'=， 所以，函数ln y x =的图象在点()00,ln x x 处的切线方程为()0001ln y x x x x -=-， 切线过点()0,2-，所以，02ln 1x --=-，解得01x e=，如此切线斜率为e ， 即当m e =时，函数()y h x =的图象与函数()ln 01y x x =<<的图象相切. 假如函数()g x 恰有两个零点，由图可得0m ≤或m e =，A 选项正确；假如函数()g x 恰有三个零点，由图可得32m e <<，B 选项正确； 假如函数()g x 恰有四个零点，由图可得302m <≤，C 选项正确，D 选项错误.应当选：ABC. 【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：〔1〕直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的根本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与x 轴的交点问题，突出导数的工具作用，表现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；〔2〕构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；〔3〕参变量别离法：由()0f x =别离变量得出()a g x =，将问题等价转化为直线y a =与函数()y g x =的图象的交点问题.15．〔2021·某某高三专题练习〕函数ln ()xf x x=，如此如下说法正确的答案是〔 〕 A ．(2)(3)f f >B．ln π>C ．假如()f x m =有两个不相等的实根12x x 、，如此212x x e <D ．假如25,x yx y =、均为正数，如此25x y <【答案】BD 【解析】求出导函数，由导数确定函数日单调性，极值，函数的变化趋势，然后根据函数的性质判断各选项． 由对数函数的单调性与指数函数单调性判断A ，由函数()f x 性质判断BC ，设25x y k ==，且,x y 均为正数，求得252ln ,5ln ln 2ln 5x k y k ==，再由函数()f x 性质判断D ． 【详解】 由ln (),0x f x x x=>得：21ln ()x f x x -'=令()0f x '=得，x e =当x 变化时，(),()f x f x '变化如下表：故，ln ()xf x x=在(0,)e 上递增，在(,)e +∞上递减，1()f e e =是极大值也是最大值，x e >时，x →+∞时，()0f x →，且x e >时()0f x >，01x <<时，()0f x <，(1)0f =，A ．1132ln 2(2)ln 2,(3)ln 32f f ===66111133223232(3)(2)f f ⎛⎫⎛⎫>∴>∴> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故A 错B ．e e π<<，且()f x 在(0,)e 单调递增ln f fe ππ∴<<<∴>B 正确 C ．()f x m =有两个不相等的零点()()1212,x x f x f x m ∴==不妨设120x e x <<<要证：212x x e <，即要证：221222,()e e x x e ef x x x<>∴<在(0,)e 单调递增，∴只需证：()212e f x f x ⎛⎫< ⎪⎝⎭即：()222e f x f x ⎛⎫< ⎪⎝⎭只需证：()2220e f x f x ⎛⎫-< ⎪⎝⎭……① 令2()(),()e g x f x f x e x ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭，如此2211()(ln 1)g x x e x '⎛⎫=-- ⎪⎝⎭ 当x e >时，2211ln 1,()0()x g x g x e x'>>∴>∴在(,)e +∞单调递增 ()22()0x e g x g e >∴>=，即：()2220e f x f x ⎛⎫->⎪⎝⎭这与①矛盾，故C 错 D ．设25x y k ==，且,x y 均为正数，如此25ln ln log ,log ln 2ln 5k kx k y k ==== 252ln ,5ln ln 2ln 5x k y k ∴== 1152ln 2ln 5ln 2,ln 525==且1010111153222525⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪>> ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ln 2ln 52502525ln 2ln 5x y ∴>>∴<∴<，故D 正确． 应当选：BD ．16．〔2021·某某某某市·高三二模〕假如直线y ax =与曲线()xf x e =相交于不同两点()11,A x y ，()22,B x y ，曲线()xf x e =在A ，B 点处切线交于点()00,M x y ，如此〔 〕A ．a e >B ．1201x x x +-=C ．2AM BM AB k k k +>D ．存在a ，使得135AMB ∠=︒ 【答案】ABC 【解析】对于A ：求出过原点的切线的斜率为e ，根据直线y ax =与曲线()xf x e =有两个不同的交点，可得出a 和X 围；对于B ：由得11xax e =，22xax e =，不妨设12x x <，如此1201x x <<<，分别求出()xf x e =在点A ，点B处的切线方程，由两切线方程求得交点的横坐标，可得结论；对于C ：要证2AM BM AB k k k +>，即证12+>2x x e e a ，即证12+>2a ax x a ，因为>a e ，所以需证12+>2x x .构造函数()xe g x x=，()()()()201G x g x g x x =--<<，求导，分析导函数的正负，得出所构造的函数的单调性和最值，可得结论；对于D ：设直线AM 交x 轴于C ，直线BM 交x 轴于点D ，作ME x ⊥轴于点E ．假如135AMB ∠=︒，如此45AMD ∠=，即45MDE MCD ∠-∠=，根据正切函数的差角公式和切线的斜率得21121211x x x x x +x e e e e ++e -=⨯=，【详解】对于A ：当0a ≤时，直线y ax =与曲线()xf x e =没有两个不同交点，所以>0a ，如图1所示， 当直线y ax =与曲线()x f x e =相切时，设切点为()(),P t f t ，如此'()xf x e =，所以切线方程为：()t t y e e x t -=-，代入点()00，解得1t =，此时a e =，所以直线y ex =与曲线()xf x e=相切，所以当a e >时直线y ax =与曲线()xf x e =有两个不同的交点， 当0a e <<时，直线y ax =与曲线()xf x e =没有交点，故A 正确；对于B ：由得11x ax e =，22xax e =，不妨设12x x <，如此1201x x <<<，又()xf x e =在点A 处的切线方程为：()111+x xy e x x e =-，在点B 处的切线方程为()222+x xy ex x e =-，两式相减得()()121212+1+0xx x x e ex x ex e --=，将11x ax e =，22x ax e =代入得()()()()121122+1+0x x ax ax x x x a a --⋅⋅=，因为()120a x x -≠，所以121x x x +-=，即1201x x x +-=，故B 正确；对于C ：要证2AM BM AB k k k +>，即证12+>2x x e e a ，即证12+>2a ax x a ，因为>a e ，所以需证12+>2x x .令xax e =，如此x e a x =，令()x e g x x =，如此点A 、B 是y a =与e xy x=的两个交点，令()()()()201G x g x g x x =--<<，所以()()()2'2212x x e x x x e G x -⎛⎫=-- ⎝-⎪⎪⎭，令()()2>0x e x h x x =，如此()()'32x e x h x x -=，所以当()0,2x ∈时，()'0h x <，()h x 单调递减，而01x <<，0122x x <<<-<，所以 ()()>2h x h x -，所以01x <<时，()'0G x <，所以()G x 单调递减，所以()()>10G x G =，即()()112>0g x g x --，又()()12g x g x a ==，所以()()21>2g x g x -， 而()()2'1x x g e xx -=，所以当>1x 时，()'>0g x ，()g x 单调递增，又2>1x ，12>1x -，所以21>2x x -，即12+>2x x ，故C 正确；对于D ：设直线AM 交x 轴于C ，直线BM 交x 轴于点D ，作ME x ⊥轴于点E ．假如135AMB ∠=︒，如此45AMD ∠=，即45MDE MCD ∠-∠=，所以()tan tan tan 11tan tan 1BM AM AM BMk k MDE MCDMDE MCD +MDE MCD +k k -∠-∠∠-∠===∠⨯∠⨯，化简得1BM AM AM BM k k +k k -=⨯，即21121211x x x x x +x e e e e ++e -=⨯=，所以21121ax ax +ax ax -=⨯，即()21121a x x x x --=，令2112m x x x x =--，如此()()211212111m x x x x x x ++=--=--，又1201x x <<<，所以()()2112121111m x x x x x x ++>=--=--，而a e >，所以方程()21121a x x x x --=无解，所以不存在a ，使得135AMB ∠=︒，故D 不正确， 应当选：ABC ．三、填空题17．〔2021·全国高三专题练习〕曲线2y lnx x=-在1x =处的切线的倾斜角为α，如此sin 2πα⎛⎫+= ⎪⎝⎭___________.【答案】1010【解析】对函数求导代入，即可得出tan 3(0)2παα=<<，进而可得结果.【详解】1212,|3x y y x x='+'== 如此210tan 3(0),sin cos 221031ππαααα=<<∴+===+（）1018．〔2021·某某某某市·高三一模〕函数()2ln f x ax x =+满足0(1)(12)lim23x f f x x∆→--∆=∆，如此曲线()y f x =在点11,22f⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭处的切线斜率为___________． 【答案】3 【解析】根据极限形式和求导公式得(1)213f a '=+=，进而得1a =，计算12f ⎛⎫' ⎪⎝⎭得解. 【详解】 由0(1)(12)lim23x f f x x ∆→--∆=∆，可得0(12)(1)lim 32x f x f x∆→-∆-=-∆．因为1()2f x ax x'=+，所以(1)213f a '=+=，即1a =，如此2()ln f x x x =+， 所以1()2f x x x '=+，132f ⎛⎫'= ⎪⎝⎭． 故答案为：3.19．〔2021·某某某某市·高三一模〕函数()f x 是定义在R 上的奇函数，当0x <时，()221ax x f x =-+，且曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线斜率为4，如此a =______． 【答案】3- 【解析】利用奇函数性质，求在0x >时()f x 的解析式，根据导数的几何意义有()14f '=，即可求参数a 的值. 【详解】当0x >时，如此0x -<，∴()()()222121a x x ax x f x =⋅--⋅-+=++-，此时()()221f x f x ax x =--=---．所以，当0x >时，()22f x ax '=--，如此()1224a f '=--=，解得3a =-．故答案为：3-．20．〔2021·某某某某市·高三一模〕函数()f x 对x ∈R 均有()2()6f x f x mx +-=-，假如()ln ≥f x x 恒成立，如此实数m 的取值X 围是_________. 【答案】(,e]-∞- 【解析】根据条件利用解方程组法求出f 〔x 〕的解析式，然后由f 〔x 〕≥lnx 恒成立，可得m 2lnxx+≤-恒成立，构造函数()2lnxg x x+=，求出g 〔x 〕的最小值，可进一步求出m 的X 围． 【详解】∵函数f 〔x 〕对x ∈R 均有f 〔x 〕+2f 〔﹣x 〕＝mx ﹣6①， ∴将﹣x 换为x ，得f 〔﹣x 〕+2f 〔x 〕＝﹣mx ﹣6②， ∴由①②，解得f 〔x 〕＝﹣mx ﹣2． ∵f 〔x 〕≥lnx 恒成立，∴m 2lnxx+≤-恒成立， ∴只需m 2()min lnxx +≤-． 令()2lnx g x x +=-，如此g '〔x 〕21lnx x +=，令g '〔x 〕＝0，如此x 1e=，∴g 〔x 〕在〔0，1e 〕上单调递减，在〔1e，+∞〕上单调递增，∴1()min g x g e e ⎛⎫==- ⎪⎝⎭，∴m ≤﹣e ， ∴m 的取值X 围为〔﹣∞，﹣e ]． 故答案为：〔﹣∞，﹣e ]．21．〔2021·某某某某市·高三一模〕定义在R 上的函数()f x 满足()()21f x f x +-=，()f x 的导函数()f x '，如此()()20192021f f '--'=___________.【答案】0 【解析】对()()21f x f x +-=两边同时求导得()()20x x f f '-'-=,进而得答案. 【详解】因为()()21f x f x +-=，两边同时求导可得：()()20x x f f '-'-=，故()()201902021f f '-='. 故答案为：022．〔2021·某某高三二模〕函数()2xxf x e e -=+，()g x x a =-，假如关于x 的不等式()()11f x g x -≥+在R 上恒成立，某某数a 的取值X 围是___________.【答案】ln 213a -≤≤ 【解析】先研究函数()()1h x f x =-的单调性，再讨论()1g x +表示的直线与()h x 相切时参a 的值，结合直线特征确定纵截距使得()h x 恒在直线上方，即求得参数的取值X 围. 【详解】令()()1h x f x =-，如此()(2xx x x xe e h x e e e -+'=-=，令()0h x '=，得x =当(,ln x ∈-∞时，()0h x '<，()h x 单调递减，当()x ∈+∞时，()0h x '>，()h x 单调递增.又()g x x a =-，如此()11x x a g +=-+，当()11x x a g +=-+时，假如直线1y x a =-+与()y h x =相切时，设切点为()11,1x x a -+，如此()11121x x h x e e -'=-=，解得1ln 2x =，又()1111211xx h x e ex a -=+-=-+，所以ln 2ln 221ln 21e e a -+-=-+，解得此时纵截距为12ln 2a -=-，故当纵截距12ln 2a -≤-时，可以使()()11f x g x -≥+恒成立，即ln 21a ≥-；当()11a x x g =-+-+时，假如直线1y x a =-+-与()y h x =相切时，设切点为()22,1x x a -+-，如此()22221x x h x e e -'=-=-，解得20x =，又()2222211xx h x e ex a -=+-=-+-，所以002101e e a +-=+-，解得此时纵截距为12a -=，故当纵截距12a -≤时，可以使()()11f x g x -≥+恒成立，即3a ≤； 由对x ∀∈R ，都有()()11f x g x -≥+，需ln 213a -≤≤. 故答案为：ln 213a -≤≤. 【点睛】 关键点点睛：此题的解题关键在于确定()1g x +表示的直线与曲线()()1h x f x =-相切时的临界状态下的纵截距，再结合截距变化确定何时()h x 恒在直线上方，即突破难点.23．〔2021·某某某某市·高三一模〕设定义在D 上的函数()y f x =在点()()00,P x f x 处的切线方程为():l y g x =，当0x x ≠时，假如()()00g x f x x x -<-在D 内恒成立，如此称P 点为函数()y f x =的“类对称中心点〞，如此函数()2ln 2x h x x e=+的“类对称中心点〞的坐标为______．【答案】)【解析】先求出()h x '，并计算出()g x ，然后构造()()()F x g x h x =-并研究函数()F x 的单调性，最后根据“类对称中心点〞的定义可得结果. 【详解】由题可知：函数定义域为()0.+∞()1x h x e x'=+，所以()0001x h x e x '=+，()2000ln 2x h x x e =+ 所以在点()()00,x h x 的切线方程为：()()()000y h x h x x x -='-，即22000001ln 12x x x y x x e e x e ⎛⎫=+++-- ⎪⎝⎭，如此()22000001ln 12x x x g x x x e e x e ⎛⎫=+++-- ⎪⎝⎭令()()()222000001ln 1ln 22x x x x F x g x h x x x x e e x e e ⎛⎫=-=+++---- ⎪⎝⎭，且()00F x = 所以()()()()()0000011x x xx e x x F x g x h x e x e x exx --'='-'=+--=-当0x ()000,,e x x x ⎛⎫∈⋃+∞ ⎪⎝⎭，()0F x '<；00,e x x x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()0F x '>所以函数()F x 在()000,,,e x x ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭递减，在00,e x x ⎛⎫⎪⎝⎭递增，不符合()()00g x f x x x -<-在D 内恒成立当00x <()000,,e x x x ⎛⎫∈⋃+∞ ⎪⎝⎭，()0F x '<；00,e x x x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()0F x '>所以函数()F x 在()000,,,e x x ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭递减，在00,e x x ⎛⎫⎪⎝⎭递增，不符合()()00g x f x x x -<-在D 内恒成立当0x =时，()0F x '≤，又()00F x =， 所以()()00g x f x x x -<-在D 内恒成立故0x =，且()01h x =所以“类对称中心点〞的坐标为)故答案为：)四、双空题24．〔2021·某某某某市·高三二模〕牛顿选代法又称牛顿—拉夫逊方法，它是牛顿在17世纪提出的一种在实数集上近似求解方程根的一种方法．具体步骤如下：设r 是函数()y f x ＝的一个零点，任意选取0x 作为r 的初始近似值，过点()()00,x f x 作曲线()y f x ＝的切线1l ，设1l 与x 轴交点的横坐标为1x ，并称1x 为r 的1次近似值；过点()()11x f x ，作曲线()y f x ＝的切线2l ，设2l 与x 轴交点的横坐标为2x ，称2x 为r 的2次近似值．一般的，过点()()(),n n x f x n N ∈作曲线()y f x ＝的切线1n l +，记1n l +与x 轴交点的横坐标为1n x +，并称1n x +为r 的1n +次近似值．设()31f x x x =+-(0)x ≥的零点为r ，取00x ＝，如此r 的2次近似值为_____；设33321n n n n x x a x +=+，*,n N ∈数列{}n a 的前n 项积为n T ．假如任意*,n n N T λ∈＜恒成立，如此整数λ的最小值为_____． 【答案】342 【解析】〔1〕对函数求导，依次求出切点、斜率、斜线方程，即可得出结果.〔2〕由〔1〕可得3122131n n n x x x ++=+，进而可得11n n n x x a +=，11n n T x +=<λ，即可得出结果. 【详解】〔1〕32()1,'()31f x x x f x x =+-=+000,()1,'(0)1x f x f ==-=，所以1:(1)1l y x y x --=⇒=-当101,(1)1,'(1)4y x f f =⇒===，所以2:14(1)43l y x y x -=-⇒=- 当2304y x =⇒=〔2〕32()1,'()31n n n n n f x x x f x x =+-=+33211221:(1)(3+1)()31n n n n n n n x l y x x x x x x x ++-+-=-⇒=+2132113n n n n n nx x x x x a ++∴==+ 1211113211·······n n n n n n n n x x x x T a a a x x x x x λ--++∴===< 因为11111()0,(1)011222n n f f x x ++<>⇒<<⇒<< 所以，λ为整数，min 2λ=故答案为：34；2 【点睛】关键点点睛：由3122131n n n x x x ++=+和33321n nn n x x a x +=+，观察得出11n n n x x a +=是此题的关键.此题考查了运算求解能力和逻辑推理能力，属于一般题目. 25．〔2021·全国高三专题练习〕假如ln 1x ax b x+≤+对于()0x ∈+∞，恒成立，当0a =时，b 的最小值为_____；当0a >时，ba的最小值是_______________． 【答案】1 1e- 【解析】令0a =得到maxln 1x b x +⎛⎫≥ ⎪⎝⎭，构造函数()ln 1x f x x +=，如此求出()max f x ，即可求出b 的最小值；作出()f x 的图像，运用函数图像的性质数形结合确定ba的最小值. 【详解】解：0a =时，maxln 1x b x +⎛⎫≥ ⎪⎝⎭，令()ln 1x f x x +=， 如此()221ln 1ln x xf x x x--'==-，令()0f x '=， 解得：1x =，且当01x <<时，()()0,f x f x '>单调递增； 当1x >时，()()0,f x f x '<单调递减， ∴()()max ln11111f x f +===， ∴1b ≥，故b 的最小值为1，()ln1xf xx+=的图像如下所示：当0a>时，令0ax b+=，可得b xa=-，故ba取得最小值，直线0ax b+=在x轴的截距最大，又ln1xax bx+≤+，结合图像可知：令()ln10xf xx+==，可得1=xe，如此1xe-=-，故min1ba e⎛⎫=-⎪⎝⎭.故答案为：1，1e-.。

专题07一元函数的导数及其应用（利用导函数研究不等式有解（能成立）问题）（全题型压轴题）利用导函数研究不等式有解（能成立）问题①已知函数()f x 在区间D 上存在单调区间②变量分离法③双变量12()()f x g x =型④最值法①已知函数()f x 在区间D 上存在单调区间1．（2022·全国·高三专题练习）若函数21()ln 2f x ax x x x =+-存在单调递增区间，则a 的取值范围是()A ．1,1e ⎛⎫- ⎪⎝⎭B ．1,e ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭C ．()1,-+∞D ．1,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭2．（2022·河北·高三阶段练习）若函数()2()e xf x x mx =+在1,12⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上存在单调递减区间，则m 的取值范围是_________．3．（2022·福建龙岩·高二期中）若函数()21ln 22h x x ax x =-+在()0,3上存在单调递减区间，则实数a 的取值范围为___________.4．（2022·四川·成都七中高二阶段练习（理））若函数()2ln f x mx x x =+-在定义域内有递减区间，则实数m 的取值范围是________．5．（2022·宁夏·石嘴山市第一中学高二期中（理））若函数()21ln 2f x ax x x x =+-存在单调递增区间，则a 的取值范围是___.6．（2022·山东泰安·高二期中）已知函数()()()2f x x x c c =-∈R .(1)若()f x 在2x =处有极大值，求c 的值；(2)若()f x 在2,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭存在单调递减区间，求c 的取值范围．7．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()ln f x x a x =+在1x =的切线与直线20x y +=垂直，函数()()212g x f x x bx =+-．（1）求实数a 的值；（2）若函数()g x 存在单调递减区间，求实数b 的取值范围；②变量分离法1．（2022·山西大附中高二期中）若存在(]1,1x ∈-，使得不等式2e x ax a -<成立，则实数a 的取值范围是（）A ．2,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭B ．2,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭C ．1,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭D ．1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭2．（2022·北京·人大附中高二期中）已知函数()()()21ln 102f x x ax a x a a =-+-+>，若存在()00,x ∈+∞，使得()01f x ≥成立，则实数a 的取值范围为（）A ．(]0,1B ．()1,+∞C ．40,3⎛⎤ ⎝⎦D ．4,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭3．（2022·辽宁·建平县实验中学模拟预测）已知函数()()e 0xf x f x =-，若存在实数0x 使不等式()20212x a f x --≥成立，则a 的取值范围为()A ．[)1,+∞B ．(],3-∞C ．(],2-∞D ．[)0,∞+4．（2022·河南·新乡县高中模拟预测（文））若关于x 的不等式()1e xx kx +<在区间(),0∞-上有且只有一个整数解，则实数k 的取值范围是（）．A ．210,2e ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．4231,4e 2e ⎛⎫ ⎝⎭C ．4332,4e 3e ⎛⎤ ⎥⎝⎦D ．3221,3e 2e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭5．（2022·全国·高二）已知函数21()ln 2f x x x a =--，若0x ∃>，()0f x ≥，则a 的取值范围是（）A ．1,2⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦B ．1,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦C ．(],1-∞D ．(],e -∞6．（2022·全国·高三专题练习）关于x 的不等式(1)e 1x x ax -<-有且仅有两个整数解，则正数a 的取值范围是_______．7．（2022·全国·高三专题练习）已知函数f (x )＝x 2－2ln x ，若关于x 的不等式f (x )－m ≥0在[1，e]上有实数解，则实数m 的取值范围是________.8．（2022·全国·高二）对于函数()y f x =，若在定义域内存在实数0x ，使得()()00()f x k f x f k +=+成立，其中k 为大于0的常数，则称点()0,x k 为函数()f x 的k 级“平移点”.已知函数2()ln f x ax x =+在[)1,+∞上存在1级“平移点”，则实数a 的最小值为___________.9．（2022·全国·高三专题练习）如果存在1x ，[]2,x a b ∈且12x x ≠，使()()()()1212g x g x L f x f x ->-成立，则在区间[],a b 上，称()g x 为()f x 的“倍函数”．设()ln f x x =，()2ln 1x g x x =+，若在区间e ⎤⎦上，()g x 为()f x 的“倍函数”，则实数L 的取值范围为______．10．（2022·安徽师范大学附属中学高二期中）已知函数()e ,=-∈x f x ax a R ．(1)求()f x 的单调区间；(2)存在0[3,4]∈x ，使得()00f x ≤成立，求实数a 的取值范围．11．（2022·广东实验中学附属天河学校高二期中）已知函数()()24ln 1f x x x =-+.(1)求函数()f x 的极值；(2)在()1,x ∈-+∞内存在x ，使不等式()0f x a -≤成立，求实数a 的取值范围；12．（2022·全国·高三专题练习（理））已知函数21()(2)2ln ()2f x x a x a x a R =-++∈.(1)若2a >，讨论函数()f x 的单调性；(2)设函数()(2)g x a x =-+，若至少存在一个0[e,4]x ∈，使得()()00f x g x >成立，求实数a 的取值范围.③双变量12()()f x g x =型1．（2022·甘肃省武威第一中学模拟预测（文））已知函数()()22e xf x x ag x x =-+=，，若对任意的[]21,1x ∈-，存在11,22x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦使得()()12f x g x =，则实数a 的取值范围是（）A ．[]e 1,4+B ．[e ，4]C ．1e,4e ⎡⎤+⎢⎥⎣⎦D ．1e 1,4e ⎡⎤++⎢⎥⎣⎦2．（2020·江西·奉新县第一中学高二阶段练习（文））已知函数f （x ）＝x 2﹣3x ，g （x ）＝mx +1，对任意x 1∈[1，3]，存在x 2∈[1，3]，使得g （x 1）＝f （x 2），则实数m 的取值范围为（）A ．[1312-，﹣1]B ．[﹣1，+∞）C ．（﹣∞，﹣1]D ．[1312-+∞，）3．（2021·北京二中高一期末）已知函数f （x ）＝2x －1，()2cos 2,02,0a x x g x x a x +≥⎧=⎨+<⎩（a ∈R ），若对任意x 1∈[1，＋∞），总存在x 2∈R ，使f （x 1）＝g （x 2），则实数a 的取值范围是A ．1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭B ．2,3⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭C ．[]1,1,22⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭ D ．371,,224⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦4．（2022·浙江·高三专题练习）已知函数()cos πf x x =，1()e 0)2axg x a a =-+≠.若12,[0,1]x x ∃∈，使得12()()f x g x =，则实数a 的取值范围是（）A ．102⎡⎫-⎪⎢⎣⎭B ．12⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭，B ．C ．()1,02⎡⎫-∞+∞⎪⎢⎣⎭，D ．11,00,22⎡⎫⎛⎤-⋃⎪ ⎢⎥⎣⎭⎝⎦5．（2022·全国·高三专题练习）定义在R 上的函数()f x 满足()()22f x f x +=，且当[]2,4x ∈时，()224,232,34,x x x f x x x x⎧-+≤≤⎪=⎨+<≤⎪⎩，()1g x ax =+，对任意[]12,0x ∈-，存在[]22,1x ∈-，使得()()21g x f x =，则正实数a 的取值范围为（）A ．1,8⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭B ．(]0,8C ．10,8⎛⎤⎝⎦D ．[)8,+∞6．（2020·上海·模拟预测）已知函数45(),()sin 213x f x g x a x a x π-+==++（a ＞0），若对任意[]10,2x ∈，总存在[]20,2x ∈.使()()12g x f x =成立，则实数a 的取值范围是_______．7．（2022·浙江省定海第一中学高一开学考试）已知函数()22111x ax x f x ax x ⎧-+≤=⎨+⎩，，＞，若∃x 1，x 2∈R ，x 1≠x 2，使得f （x 1）=f （x 2）成立，则实数a 的取值范围是______．8．（2020·黑龙江绥化·高一期末）已知函数f （x ）＝2x 12x-，g （x ）＝（4﹣lnx ）•lnx +b （b ∈R ）．（1）若f （x ）＞0，求实数x 的取值范围；（2）若存在x 1，x 2∈[1，+∞），使得()()21g x f x =，求实数b 的取值范围；④最值法1．（2022·天津河东·高二期中）已知函数()22ln f x a x a x x=++，实数0a >.(1)讨论函数()f x 在区间()0,10上的单调性和极值情况；(2)若存在()0,x ∈+∞，使得关于x 的不等式()22f x a x <+成立，求实数a 的取值范围.2．（2022·安徽·南陵中学模拟预测（文））已知函数()()()e 1xf x a x a =-+∈R (1)讨论()f x 的单调性；(2)当()f x 有最小值，且最小值小于1a -时，求a 的取值范围。

专题4 一元函数导数及其应用从高考对导数的要求看，考查分三个层次，一是考查导数公式，求导法则与导数的几何意义；二是导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；三是综合考查，如研究函数零点、证明不等式、恒成立问题、求参数范围等.除压轴题，同时在小题中也加以考查，难度控制在中等以上.应特别是注意将导数内容和传统内容中有关不等式、数列、函数图象及函数单调性有机结合，设计综合题，考查学生灵活应用数学知识分析问题、解决问题的能力.预测2021年高考命题将保持稳定.主观题应用导数研究函数的性质，备考的面要注意做到全覆盖，如导数几何意义的应用、单调性问题、极（最）值问题、零点问题、不等式的证明、参数范围的确定等.1.（2020·全国高考真题（理））若直线l 与曲线y和x 2+y 2=15都相切，则l 的方程为（ ） A ．y =2x +1 B ．y =2x +12C ．y =12x +1 D ．y =12x +12【答案】D 【解析】 设直线l在曲线y =(0x ，则00x >，函数y =y '=，则直线l的斜率k =， 设直线l的方程为)0y x x =-，即00x x -+=， 由于直线l 与圆2215x y +== 两边平方并整理得2005410x x --=，解得01x =，015x =-（舍）， 则直线l 的方程为210x y -+=，即1122y x =+. 故选：D.2．（2020·全国高考真题（文））曲线ln 1y x x =++的一条切线的斜率为2，则该切线的方程为______________. 【答案】2y x = 【解析】设切线的切点坐标为001(,),ln 1,1x y y x x y x=++'=+， 00001|12,1,2x x y x y x ='=+===，所以切点坐标为(1,2)， 所求的切线方程为22(1)y x -=-，即2y x =. 故答案为：2y x =.3．（2020·全国高考真题（文））已知函数()(2)xf x e a x =-+. （1）当1a =时，讨论()f x 的单调性； （2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围.【答案】（1）()f x 的减区间为(,0)-∞，增区间为(0,)+∞；（2）1(,)e+∞. 【解析】（1）当1a =时，()(2)xf x e x =-+，'()1xf x e =-， 令'()0f x <，解得0x <，令'()0f x >，解得0x >， 所以()f x 的减区间为(,0)-∞，增区间为(0,)+∞；（2）若()f x 有两个零点，即(2)0xe a x -+=有两个解，从方程可知，2x =-不成立，即2xe a x =+有两个解，令()(2)2x e h x x x =≠-+，则有'22(2)(1)()(2)(2)x x x e x e e x h x x x +-+==++，令'()0h x >，解得1x >-，令'()0h x <，解得2x <-或21x -<<-， 所以函数()h x 在(,2)-∞-和(2,1)--上单调递减，在(1,)-+∞上单调递增， 且当2x <-时，()0h x <，而2x +→-时，()h x →+∞，当x →+∞时，()h x →+∞，所以当2xe a x =+有两个解时，有1(1)a h e >-=，所以满足条件的a 的取值范围是：1(,)e+∞.3．（2020·山东海南省高考真题）已知函数1()eln ln x f x a x a -=-+．（1）当a e =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． 【答案】（1）21e -（2）[1,)+∞ 【解析】 （1）()ln 1x f x e x =-+，1()x f x e x'∴=-，(1)1k f e '∴==-. (1)1f e =+，∴切点坐标为(1,1+e ),∴函数f(x)在点(1,f (1)处的切线方程为1(1)(1)y e e x --=--,即()12y e x =-+,∴切线与坐标轴交点坐标分别为2(0,2),(,0)1e --, ∴所求三角形面积为1222||=211e e -⨯⨯--; （2）解法一：1()ln ln x f x ae x a -=-+,11()x f x ae x-'∴=-，且0a >. 设()()g x f x =',则121()0,x g x ae x -'=+> ∴g(x )在(0,)+∞上单调递增，即()f x '在(0,)+∞上单调递增， 当1a =时，()01f '=,∴()()11min f x f ==,∴()1f x ≥成立.当1a >时，11a < ，111a e -<∴，111()(1)(1)(1)0a f f a e a a-''∴=--<,∴存在唯一00x >，使得01001()0x f x aex -'=-=，且当0(0,)x x ∈时()0f x '<，当0(,)x x ∈+∞时()0f x '>，011x aex -∴=，00ln 1ln a x x ∴+-=-， 因此01min 00()()ln ln x f x f x ae x a -==-+001ln 1ln 2ln 12ln 1a x a a a x =++-+≥-+=+>1, ∴()1,f x >∴()1f x ≥恒成立；当01a <<时， (1)ln 1,f a a a =+<<∴(1)1,()1f f x <≥不是恒成立. 综上所述，实数a 的取值范围是[1,+∞). 解法二：()111x lna x f x aelnx lna e lnx lna -+-=-+=-+≥等价于11lna x lnx e lna x lnx x e lnx +-++-≥+=+,令()xg x e x =+,上述不等式等价于()()1g lna x g lnx +-≥,显然()g x 为单调增函数，∴又等价于1lna x lnx +-≥，即1lna lnx x ≥-+， 令()1h x lnx x =-+,则()111xh x x x-=-=' 在()0,1上h’(x)>0,h(x)单调递增；在(1,+∞)上h’(x)<0,h(x)单调递减， ∴()()10max h x h ==,01lna a ≥≥，即，∴a 的取值范围是[1,+∞).5．（2020·天津高考真题）已知函数3()ln ()f x x k x k R =+∈，()f x '为()f x 的导函数．（Ⅰ）当6k =时，（i ）求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；（ii ）求函数9()()()g x f x f x x'=-+的单调区间和极值； （Ⅱ）当3k -时，求证：对任意的12,[1,)x x ∈+∞，且12x x >，有()()()()1212122f x f x f x f x x x ''+->-．【答案】（Ⅰ）（i ）98y x =-；（ii ）()g x 的极小值为(1)1g =，无极大值；（Ⅱ）证明见解析. 【解析】(Ⅰ) (i) 当k =6时，()36ln f x x x =+，()26'3f x x x=+.可得()11f =，()'19f =， 所以曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为()191y x -=-，即98y x =-. (ii) 依题意，()()32336ln ,0,g x x x x x x=-++∈+∞. 从而可得()2263'36g x x x x x=-+-， 整理可得：323(1)(1)()x x g x x'-+=， 令()'0g x =，解得1x =.当x 变化时，()()',g x g x 的变化情况如下表：所以，函数g (x )的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，+∞)；g (x )的极小值为g (1)=1，无极大值.（Ⅱ）证明：由3()ln f x x k x =+，得2()3k f x x x'=+. 对任意的12,[1,)x x ∈+∞，且12x x >，令12(1)x t t x =>，则 ()()()()()()()1212122x x f x f x f x f x ''-+--()22331121212122332ln x k k x x x x x x k x x x ⎛⎫⎛⎫=-+++--+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭3322121121212212332ln x x x x x x x x x k k x x x ⎛⎫=--++-- ⎪⎝⎭()332213312ln x t t t k t t t ⎛⎫=-+-+-- ⎪⎝⎭. ①令1()2ln ,[1,)h x x x x x=--∈+∞. 当x >1时，22121()110h x x x x '⎛⎫=+-=-> ⎪⎝⎭，由此可得()h x 在[)1,+∞单调递增，所以当t >1时，()()1h t h >，即12ln 0t t t-->.因为21x ≥，323331(1)0t t t t -+-=->，3k ≥-，所以()()332322113312ln 33132ln x t t t k t t t t t t t tt ⎛⎫⎛⎫-+-+------- ⎪+ ⎪⎝⎭⎝⎭32336ln 1t t t t=-++-. ②由(Ⅰ)(ii)可知，当1t >时，()()1g t g >，即32336ln 1t t t t-++>， 故32336ln 10t t t t-++-> ③ 由①②③可得()()()()()()()12121220x x fx f x f x f x ''-+-->.所以，当3k ≥-时，任意的[)12,1,x x ∈+∞，且12x x >，有()()()()1212122f x f x f x f x x x ''+->-.一、单选题1．（2021·潍坊市潍城区教育局月考）已知函数()21xf x e x =-- （其中e 为自然对数的底数），则()y f x =图象大致为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】C 【解析】()21x f x e x =--，该函数的定义域为R ，且()2x f x e '=-，令()0f x '<，可得ln 2x <，此时，函数()y f x =单调递减； 令()0f x '>，可得ln 2x >，此时，函数()y f x =单调递增. 所以，函数()y f x =的极小值为()ln2ln 22ln 2112ln 20f e=--=-<.因此，函数()y f x =的图象为C 选项中的图象. 故选：C.2.（2020·广西壮族自治区柳江中学高三一模（文））函数()1ln 1f x x x =--的图象大致是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】B 【解析】由题意，函数()1ln 1f x x x =--的定义域为(0,1)(1,)⋃+∞，可排除A 项；设()ln 1g x x x =--，则()()110,1g g x x'==-，当(1,)x ∈+∞时，()0g x '>，函数()g x 单调递增； 当(0,1)x ∈时，()0g x '<，函数()g x 单调递减， 可得()()10g x g ≥=，所以函数()f x 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞单调递减，且()0f x >. 故选：B.3．（2020·江苏省丰县中学高三月考）若幂函数()f x的图象过点122⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，则函数()()x f x g x e =的递增区间为（ ） A ．()0,2 B ．()(),02,-∞+∞C ．()2,0-D ．()(),20,-∞-+∞【答案】A 【解析】设()f x x α=，代入点122⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，则12α=⎝⎭，解得2α=， ()2x x g x e∴=，则()2222()x x x xx x xe x e g x e e--'==， 令()0g x '>，解得02x <<，∴函数()g x 的递增区间为()0,2.故选：A.4．（2020·江苏省丰县中学高三月考）设()1sin f x x =，()()'21f x f x =，()()'32f x f x =，…，()()'1n n f x f x +=，n N ∈，则()2020f x =（ ）A ．sin xB ．sin x -C ．cos xD ．cos x -【答案】D 【解析】1()sin f x x =，()''1()sin cos f x x x ∴==， '12()()cos f x f x x ==，()23'()(cos )sin f x f x x x '===-，()34'()(sin )cos f x f x x x '==-=-， ()45'()(cos )sin f x f x x x '==-=，由此可知：4()(),n n f x f x n N +=∈，24201()()cos f x f x x ∴==-.故选：D.5．（2020·山东师范大学附中高三月考）已知定义在R 上的函数()f x ，其导函数为()f x '，若()()2sin f x f x x =--，且当0x ≥时，()cos 0f x x '+<，则不等式()sin cos 2f x f x x x π⎛⎫+>+- ⎪⎝⎭的解集为（ ） A ．,2π⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭B ．,2π⎛⎫+∞⎪⎝⎭C ．,4π⎛⎫-∞-⎪⎝⎭D ．,4π⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭【答案】C 【解析】令()()sin g x f x x =-，则()()sin g x f x x -=-+，()()2sin f x f x x =--，()()sin sin f x x f x x ∴+=--，()()g x g x ∴-=， ()g x ∴为定义在R 上的偶函数；当0x ≥时，()()cos 0g x f x x ''=+<，()g x ∴在[)0,+∞上单调递减， 又()g x 为偶函数，()g x ∴在(],0-∞上单调递增.由()sin cos 2f x f x x x π⎛⎫+>+- ⎪⎝⎭得：()cos sin sin 222f x x f x x f x x πππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++=+++>+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，即()2g x g x π⎛⎫+> ⎪⎝⎭，2x x π∴+<，解得：4x π<-，即不等式的解集为,4π⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭.故选：C .6．（2020·江苏南通·高三期中）已知111ln 20x x y --+=，22262ln 20x y +--=，记()()221212M x x y y =-+-，则（ ） A ．M 的最小值为25 B ．M 的最小值为45 C ．M 的最小值为85D ．M 的最小值为165【答案】D 【解析】设1(A x ，1)y ，2(B x ，2)y ，点A 在函数2y lnx x =-+的图象上，点B 在直线24220x y ln +--=上，221212()()M x x y y =-+-的最小值转化为函数2y lnx x =-+的图象上的点与直线22260x y ln +--=上点距离最小值的平方． 由2y lnx x =-+，得11y x '=-，与直线22260x y ln +--=平行的直线的斜率为12k =-． 令1112x -=-，得2x =，则切点坐标为(2,2)ln ，切点(2,2)ln 到直线22260x y ln +--=的距离d == 即221212()()M x x y y =-+-的最小值为165． 又过(2,2)ln 且与22260x y ln +--=垂直的直线为22(2)y ln x -=-，即2420x y ln --+=， 联立222602420x y ln x y ln +--=⎧⎨--+=⎩，解得145x =，即当M 最小时，2145x =． 故选：D ．7．（2021·山东滕州市第一中学新校高三月考）定义：如果函数()y f x =在区间[],a b 上存在()1212,x x a x x b <<<，满足()()()'1f b f a f x b a -=-，()()()'2f b f a f x b a-=-，则称函数()y f x =是在区间[],a b 上的一个双中值函数，已知函数()3265f x x x =-是区间[]0,t 上的双中值函数，则实数t 的取值范围是（ ） A ．36,55⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．26,55⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．23,55⎛⎫⎪⎝⎭D ．61,5⎛⎫⎪⎝⎭详解：()()322612,355f x x x f x x x =-∴=-'，∵函数()3265f x x x =-是区间[]0,t 上的双中值函数，∴区间[]0,t 上存在12120x x x x t ，（＜＜＜）， 满足()()21206()()5f t f f x f x t t t''--＝＝＝， ∴方程22126355x x t t -=-在区间[]0,t 有两个不相等的解， 令221263055g x x x t t x t =--+≤（），（＜），则()()222212612()05520560056205t t tg t t g t t t ⎧⎛⎫∆---+⎪ ⎪⎝⎭⎪⎪<<⎪⎪⎪-+⎨⎪⎪-⎪⎪⎪⎪⎩＝＞＝＞＝＞，解得6355t ＜＜，∴实数t 的取值范围是36,55⎛⎫ ⎪⎝⎭. 故选:A ．8．（2020·济南市历城第二中学高三月考）已知函数1()ln 0x f x x x x ⎧<⎪=⎨⎪>⎩,,，()()g x f x x a =-+，若()g x 恰有3个零点，则实数a 的取值范围是（ ） A ．1a <- B ．0a >C ．10a -<<D ．1a >【答案】D由()g x 恰有3个零点，即方程()f x x a =-恰有3个实数根. 即函数()f x 的 图像与y x a =-的图像有三个交点，如图.y x a =-与函数()1()0f x x x=<的 图像恒有一个交点，即函数ln y x =与y x a =-有两个交点.设y x a =-与函数ln y x =相切于点()00,x y ，由()1ln x x'=所以011k x ==，得01x =，所以切点为()1,0，此时1a =，切线方程为1y x =- 将1y x =-向下平移可得y x a =-与ln y x =恒有两个交点， 所以1a > 故选：D9．（2020·山东新泰市第一中学高三月考）已知a ，b 为正实数，直线y x a =-与曲线()ln y x b =+相切，则11a b+的最小值是( ) A ．2 B ．42C ．4D ．2【答案】C 【解析】()y ln x b =+的导数为1y x b'=+， 由切线的方程y x a =-可得切线的斜率为1， 可得切点的横坐标为1b -，所以切点为(1,0)b -， 代入y x a =-，得1a b +=，a 、b 为正实数，则111()()22241b a b a a b a b a b a b a b+=++=+++=． 当且仅当12a b ==时，11a b+取得最小值4． 故选：C10．（2020·山东新泰市第一中学高三月考）已知()f x 是可导的函数，且()()f x f x '<，对于x ∈R 恒成立，则下列不等关系正确的是（ ） A ．()()10f ef >，()()202020200f ef < B ．()()10f ef >，()()211f e f >-C ．()()10f ef <，()()211f e f <- D ．()()10f ef >，()()202020200f ef >【答案】C 【解析】 设()()xf xg x e =， 则()()()xf x f xg x e''-=， ()()f x f x '<，()0g x '∴<，即()g x 在R 上单调递减，∴(1)(0)g g <，即0(1)(0)f f e e<， 即(1)e (0)f f <，故选项A 不正确；(2020)(0)g g <，即20200(2020)(0)f f e e<，即2020(2020)(0)f e f <，故选项D 不正确；(1)(1)g g <-，即1(1)(1)f f e e--<，即2(1)(1)f e f <-． 故选项B 不正确；故选：C ．11．（2020·山东新泰市第一中学高三月考）函数sin ()x xx xf x e e--=+在[],ππ-上的图象大致为（ ） A ． B ．C ．D ．【答案】A 【解析】构造函数()sin g x x x =-，证明当[]0,x π∈时，()()0g x g ≥，即sin 0x x -≥，从而当[]0,x π∈时，()0f x ≥，排除B ，C ，D ，即可得解.详解：记()sin g x x x =-，[],x ππ∈-，()1cos 0g x x '=-≥，∴()g x 在[],ππ-上单调递增，又()00g =，∴当[]0,x π∈时，()()0g x g ≥，即sin 0x x -≥，又0x x e e -+>，∴当[]0,x π∈时，()0f x ≥，故排除B ，C ，D. 故选：A.12．（2020·山东高三开学考试）已知直线y kx b =+恒在函数()ln 4y x =+的图象的上方，则bk的取值范围是（ ） A ．()3,+∞ B ．(],3-∞C ．(),3-∞D ．[)3,+∞【答案】A 【解析】 很明显0k >，否则k 0<时，函数y kx b =+单调递减，且x →+∞时y →-∞， 而()ln 4y x =+当x →+∞时y →+∞，不合题意，0k =时函数y kx b =+为常函数，而()ln 4y x =+当x →+∞时y →+∞，不合题意， 当0k >时，构造函数()()()ln 4H x kx b x =+-+， 由题意可知()0H x >恒成立，注意到：()14144kx k H x k x x +-=-='++， 据此可得，函数在区间14,4k ⎛⎫-- ⎪⎝⎭上的单调递减，在区间14,k ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递增， 则：()min 1414ln 0H x H k b k k ⎛⎫=-=-++>⎪⎝⎭， 故14ln b k k >-+-，ln 14b k k k +>-， 构造函数()ln 14k g k k+=-，则()2ln kg k k ='，还是()g k 在1k =处取得极值，结合题意可知：()13b g k>=，即bk 的取值范围是(3,)+∞.故选：A .13．（2020·山东潍坊·高三月考）若定义域为R 的函数()f x 的导函数为()'f x ，并且满足()()2f x f x '<-，则下列正确的是（ ）A ．(2021)(2020)2(1)f ef e -<-B ．(2021)(2020)2(1)f ef e ->-C ．(2021)(2020)2(1)f ef e ->+D ．(2021)(2020)2(1)f ef e -<+【答案】B 【解析】由题可知()()2f x f x '<-，则()()20f x f x '-->， 令()2()xf xg x e +=， 而0x e >，则()()2()0xf x f xg x e '--'=>，所以()g x 在R 上单调递增， 故(2021)(2020)g g >，即20212020(2021)2(2020)2f f e e ++>，故(2021)2(2020)2f ef e +>+， 即(2021)(2020)22f ef e ->-， 所以(2021)(2020)2(1)f ef e ->-. 故选：B.14．（2020·博兴县第三中学高三月考）已知函数2()ln f x ax x x =--有两个零点，则实数a 的取值范围是（ ） A ．1,1e ⎛⎫⎪⎝⎭B ．()0,1C ．21,e e +⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭D ．210,e e +⎛⎫⎪⎝⎭【答案】B 【解析】函数()2()ln 0f x ax x x x =-->有两个零点由题意得方程2ln x xa x +=有两个根. 设()2ln x x g x x+=，则()2431(1)(ln (2)12ln ）x x x x x x x g x x x +-+--'== 设()12ln h x x x =--，则()210h x x'=--<所以()12ln h x x x =--在()0,∞+上单调递减，又(1)0h = 当()()(0,1),0,0x h x g x '∈>>，所以()g x 在(0,1)上单调递增, 当()()(1,),0,0x h x g x '∈+∞<<，所以()g x 在(1,)+∞上单调递减,又(1)1g =，22111()01e g e e e e -==-<⎛⎫ ⎪⎝⎭，当(1,)x ∈+∞时，ln 0x x +>，则()0g x > 所以存在0(0,1)x ∈，0()0g x =，即在()00,x 上()0g x <，又当x →+∞时，幂函数、对数函数的增加速度的快慢，可知x →+∞时，()0g x → 作出函数()g x 的大致图象如下.所以方程2ln x xa x+=有两个根，即()g x 的图象与y a =有两个交点， 所以实数a 的取值范围是()0,1， 故选：B15．（2021·潍坊市潍城区教育局月考）已知函数()ln ,01,0x x x f x x x >⎧=⎨+≤⎩，若12x x ≠且()()12f x f x =，则12x x -的最大值为（ ）A ．2B ．2C 2D ．1【答案】B 【解析】 如下图所示：设点A 的横坐标为1x ，过点A 作y 轴的垂线交函数()y f x =于另一点B ，设点B 的横坐标为2x ，并过点B 作直线1y x =+的平行线l ，设点A 到直线l 的距离为d ，122x x d -=， 由图形可知，当直线l 与曲线ln y x x =相切时，d 取最大值，当0x >时，()ln f x x x =，令()ln 11f x x '=+=，得1x =，切点坐标为()1,0， 此时，10122d -+==12max 222x x ∴-==，故选B.二、多选题16．（2020·山东省实验中学高三月考）设函数()()ln ,01,0x x x f x e x x ⎧>⎪=⎨+≤⎪⎩若函数()()g x f x b =-有三个零点，则实数b 可取的值可能是（ ） A ．0 B ．13C ．12D ．1【答案】BCD 【解析】函数()()g x f x b =-有三个零点等价于()y f x =与y b =有三个不同的交点 当0x ≤时，()()1xf x x e =+，则()()()12xxxf x e x e x e '=++=+所以()f x 在(),2-∞-上单调递减，在(]2,0-上单调递增 且()212f e-=-，()01f =，()lim 0x f x →-∞= 从而可得()f x 图象如下图所示：通过图象可知，若()y f x =与y b =有三个不同的交点，则(]0,1b ∈ 故选：BCD17．（2020·鱼台县第一中学高三月考）对于函数2()16ln(1)10f x x x x =++-，下列正确的是（ ）A ．3x =是函数()f x 的一个极值点B ．()f x 的单调增区间是(1,1)-，(2,)+∞C ．()f x 在区间(1,2)上单调递减D ．直线16ln316y =-与函数()y f x =的图象有3个交点 【答案】ACD 【解析】由题得2'16286()210,111x x f x x x x x-+=+-=>-++，令22860x x -+=，可得1,3x x ==，则()f x 在()1,1-，()3,+∞上单调递增，在()1,3上单调递减，3x ∴=是函数()f x 的一个极值点，故AC 正确，B 错误；因为2(1)16ln(11)11016ln 29f =++-=-，2(3)16ln(13)310316ln 421f =++-⨯=-， 又()16ln3162y f =-=，根据()f x 在()1,3上单调递减得()()()123f f f >> 得16ln31616ln 29,16ln31616ln 421-<-->-，所以直线16ln316y =-与函数()y f x =的图象有3个交点，故D 正确.故选：ACD.18．（2020·山东潍坊·高三月考）已知函数()1e xxf x =+，2(),?0()2,?0f x x g x x x a x ≤⎧=⎨-+>⎩，且(1)0g =，则关于x 的方程()()10g g x t --=实根个数的判断正确的是（ ） A ．当2t <-时，方程()()10g g x t --=没有相应实根B ．当110t e-+<<或2t =-时，方程()()10g g x t --=有1个相应实根 C ．当111t e <<+时，方程()()10g g x t --=有2个相异实根D ．当111t e -<<-+或01t <≤或11t e=+时，方程()()10g g x t --=有4个相异实根【答案】AB 【解析】由(1)0g =得120a -+=，则1a =；所以()2(),0()1,0f x xg x x x ≤⎧⎪=⎨->⎪⎩，故()0g x ≥， 当0x ≤时，()()11exx x g x f x xe --==+=-，则()()1x x x g x e xe e x '=--=-+，由()0g x '>得1x <-；由()0g x '<得10x -<<； 则max 1()(1)1g x g e =-=+，又(0)(0)1g f ==，x →-∞时，()1g x →； 即0x ≤时，1()1,1g x e ⎡⎤∈+⎢⎥⎣⎦；当0x >时，()2()10g x x =-≥；由()()10g g x t --=解得()g x t =或()2g x t =+；A 选项，当2t <-时，()g x t =与()2g x t =+都无解，故没有相应实根；故A 正确；B 选项，当110t e-+<<或2t =-时，方程()()10g g x t --=有1个相应实根，即()2g x t =+只要一个根，则只需20t +=或121t e +>+，解得2t =-或11t e>-+；故B 正确；C 选项，当111t e<<+时，()g x t =有三个根，()2g x t =+有一个根，所以方程()()10g g x t --=有4个相异实根；故C 错；D 选项，11t e=+时，方程()g x t =有两个解；()2g x t =+有一个解，共三个解； 当01t <≤时，方程()g x t =有两个解；()2g x t =+有一个解，共三个解； 当111t e-<<-+时，方程()g x t =无解；方程()2g x t =+有三个解，共三个解；故D 错. 故选：AB.19．（2020·泰安市泰山国际学校高三月考）已知函数1n ,0()31,0x x f x x x >⎧=⎨+≤⎩，若直线y kx =与()y f x =交于三个不同的点(,()),(,()),(,())A a f a B b f b C c f c （其中a b c <<），则13b a++的可能值为（ ） A ．1 B ．2 C ．3 D ．4【答案】BC 【解析】在0x >时，()ln f x x =，'1()f x x =，设切点的坐标为：00(,)x y ，'1()f x x=， 因此有'001()f x x =，所以切线方程为：0001ln ()y x x x x -=-，当该切线过原点时， 00010ln (0)x x x e x-=-⇒=，所以切点的坐标为：(,1)e ， 因为直线y kx =与()y f x =交于三个不同的点， 所以有(1,)b e ∈，当切线与直线31yx 相交时，解方程组：31131113e y x x ey x y e e ⎧=+=⎧⎪⎪⎪-⇒⎨⎨=⎪⎪=⎩⎪-⎩， 因此有1(,)133e a e ∈--，于是有11(3,3)a e ∈--+， 所以113(1,)b e a e++∈+，显然选项BC 符合，故选：BC20．（2020·山东师范大学附中高三月考）已知函数()e sin xf x a x =+，则下列说法正确的是（ ）A ．当1a =-时，()f x 在0,单调递增B ．当1a =-时，()f x 在()()0,0f 处的切线为x 轴C ．当1a =时，()f x 在()π,0-存在唯一极小值点0x ，且()010f x -<<D ．对任意0a >，()f x 在()π,-+∞一定存在零点 【答案】AC 【解析】对于A ，当1a =-时，()e sin xf x x =-，()e cos xf x x '=-，因为()0,x ∈+∞时，e 1,cos 1xx >≤，即0fx，所以()f x 在0,上单调递增，故A 正确；对于B ，当1a =-时，()e sin xf x x =-，()e cos xf x x '=-，则()00e sin01f =-=，()00e cos00f '=-=，即切点为0,1，切线斜率为0，故切线方程为1y =，故B 错误；对于C ，当1a =时，()e sin x f x x =+，()e cos x f x x '+=，()e sin xf x x '=-'，当()π,0x ∈-时，sin 0x <，e 0x >，则()e sin 0xx f x -'=>'恒成立，即()e cos xf x x '+=在()π,0-上单调递增，又ππ22ππe cos e 220f --⎛⎫⎛⎫'-=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭+>，3π3π443π3πe cos e44f --⎛⎫⎛⎫'-=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭+，因为123π3π421e e 2e ---⎛⎫=<⎪⎭< ⎝，所以3π43πe 024f -⎛⎫'-= ⎪-⎭<⎝，所以存在唯一03ππ,42x ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭，使得()00f x '=成立，所以()f x 在()0π,x -上单调递减，在()0,0x 上单调递增，即()f x 在()π,0-存在唯一极小值点0x ，由()000e cos 0xf x x +'==，可得()000000πe sin cos sin 4xf x x x x x ⎛⎫=+=-+=- ⎪⎝⎭，因为03ππ,42x ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭，所以0π3ππ,44x ⎛⎫-∈-- ⎪⎝⎭，则()00π4f x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭()1,0∈-，故C 正确；对于选项D ，()e sin xf x a x =+，()π,x ∈-+∞， 令()e sin 0xf x a x =+=，得1sin ex xa -=，()sin ex x g x =，()π,x ∈-+∞，则()πcos sin 4e e x xx x x g x ⎛⎫- ⎪-⎝⎭'==， 令0g x，得πsin 04x ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，则ππ4x k =+()1,k k ≥-∈Z ，令0g x，得πsin 04x ⎛⎫-> ⎪⎝⎭，则π5π2π,2π44x k k ⎛⎫∈++ ⎪⎝⎭()1,k k ≥-∈Z ，此时函数()g x 单调递减，令0g x ，得πsin 04x ⎛⎫-< ⎪⎝⎭，则5π9π2π,2π44x k k ⎛⎫∈++ ⎪⎝⎭()1,k k ≥-∈Z ，此时函数()g x 单调递增，所以5π2π4x k =+()1,k k ≥-∈Z 时，()g x 取得极小值，极小值为5π5π2π2π445π5π2π5π4s 42in si πe e 4n k k g k k ++⎛⎫ ⎪⎛⎫⎝⎭== ⎪⎝⎭++()1,k k ≥-∈Z ， 在()g x 的极小值中，3π4sin 3π45π5π42π4eg g -⎛⎫⎛⎫=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝+⎭-最小，当3ππ,4x ⎛⎫∈--⎪⎝⎭时，()g x 单调递减，所以函数()g x的最小值为3π3π445πsin 3π144eg --⎛⎫-==- ⎪⎝⎭，当3π411a--<-时，即3π40a -<<时，函数()g x 与1=-y a无交点，即()f x 在()π,-+∞不存在零点，故D 错误. 故选：AC.21．（2020·济南市历城第二中学高三月考）（多选题）已知函数31()1x x xe x f x e x x⎧<⎪=⎨≥⎪⎩，，，函数()()g x xf x =，下列选项正确的是（ ） A ．点(0,0)是函数()f x 的零点B ．12(0,1),(1,3)x x ∃∈∈，使12()()f x f x >C ．函数()f x 的值域为)1e ,-⎡-+∞⎣D ．若关于x 的方程[]2()2()0-=g x ag x 有两个不相等的实数根，则实数a 的取值范围是222e e,(,)e 82⎛⎤+∞ ⎥⎝⎦ 【答案】BC 【解析】对于选项A ，0是函数()f x 的零点，零点不是一个点，所以A 错误. 对于选项B ，当1x <时，()(1)xf x x e '=+，可得， 当1x <-时，()f x 单调递减； 当11x -<<时，()f x 单调递增； 所以，当01x <<时， 0()<<f x e ，当1x >时，4(3)()x e x f x x-'=， 当13x <<时，()f x 单调递减； 当3x >时，()f x 单调递增；()y f x =图像所以，当13x <<时， 3()27e f x e << ，综上可得，选项B 正确；对于选项C ，min 1()(1)f x f e=-=-，选项C 正确. 对于选项D ，关于x 的方程[]2()2()0-=g x ag x 有两个不相等的实数根⇔关于x 的方程()[()2]0-=g x g x a 有两个不相等的实数根 ⇔关于x 的方程()20-=g x a 有一个非零的实数根⇔函数()y g x =与2y a =有一个交点，且0x ≠，22,1(),1x xx e x g x e x x⎧<⎪=⎨≥⎪⎩当1x <时，/2()(2)=+xg x e x x ，当x 变化时，'()g x ，()g x 的变化情况如下：极大值24(2)g e -=，极小值(0)0g =，当1≥x 时，3(2)'()x e x g x x-= 当x 变化时，'()g x ，()g x 的变化情况如下：极小值2(2)4e g =，()y g x =图像综上可得，22424<<e a e 或2a e >，a 的取值范围是222e e,(,)e 82⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，D 不正确.故选：BC22．（2021·潍坊市潍城区教育局月考）函数()ln f x x x =、()()f x g x x'=，下列命题中正确的是（ ）.A ．不等式()0g x >的解集为1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭B ．函数()f x 在()0,e 上单调递增，在(,)e +∞上单调递减C ．若函数()()2F x f x ax =-有两个极值点，则()0,1a ∈D ．若120x x >>时，总有()()()2212122m x x f x f x ->-恒成立，则m 1≥ 【答案】AD 【解析】对A ，因为()()()ln 1ln f x x f x x x g x x x'+===、， ()2ln xg x x-'=，令()0g x '>，得()0,1x ∈，故()g x 在该区间上单调递增；令()0g x '<，得()1x ∈+∞，，故()g x 在该区间上单调递减. 又当1x >时，()0g x >，()10,11g g e ⎛⎫== ⎪⎝⎭， 故()g x 的图象如下所示：数形结合可知，()0g x >的解集为1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，故正确；对B ，()1ln f x x '=+，当x e >时，()0f x '>，当0x e <<时，()0f x '<，所以函数()f x 在()0,e 上单调递减，在(,)e +∞上单调递增，错误；对C ，若函数()()2F x f x ax =-有两个极值点，即()2ln F x x x ax =-有两个极值点，又()ln 21F x x ax '=-+，要满足题意，则需()ln 2100x ax -+=+∞在，有两根， 也即()ln 120x a x+=+∞在，有两根，也即直线()2y a y g x ==与的图象有两个交点. 数形结合则021a <<，解得102a <<. 故要满足题意，则102a <<，故错误；对D ，若120x x >>时，总有()()()2212122m x x f x f x ->-恒成立， 即22111222ln ln 22m m x x x x x x ->-恒成立， 构造函数()2ln 2m g x x x x =-，()()12g x g x >，对任意的120x x >>恒成立，故()g x ()0+∞，单调递增，则()ln 10g x mx x '=--≥()0+∞， 恒成立， 也即ln 1x m x+≤，在区间()0,∞+恒成立，则()max 1g x m =≤，故正确. 故选：AD.23．（2020·山东省招远第一中学高三月考）当1x >时，()41ln ln 3k x x x x --<-+恒成立，则整数k 的取值可以是（ ）. A ．2- B ．1-C ．0D ．1【答案】ABC 【解析】因为当1x >时，()41ln ln 3k x x x x --<-+恒成立， 所以13ln ln 4x k x x x ⎛⎫<++ ⎪⎝⎭，当1x >时，恒成立， 令()()3ln ln 1xF x x x x x=++>， 则()222131ln 2ln x x xF x x x x x---'=-+=. 令()ln 2x x x ϕ=--， 因为()10x x xϕ-'=>，所以()x ϕ在()1,+∞上单调递增. 因为()10ϕ<，所以()0F x '=在()1,+∞上有且仅有一个实数根0x ， 于是()F x 在()01,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增， 所以()()000min 00ln 3ln x F x F x x x x ==++.（*） 因为()1ln 3309F -'=<，()()21ln 22ln 4401616F --'==>，所以()03,4x ∈，且002ln 0x x --=，将00ln 2x x =-代入（*）式， 得()()0000min 00023121x F x F x x x x x x -==-++=+-，()03,4x ∈. 因为0011t x x =+-在()3,4上为增函数， 所以713,34t ⎛⎫∈⎪⎝⎭，即()min 1713,41216F x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭.因为k 为整数，所以0k ≤. 故选：ABC 三、填空题24．（2020·山东新泰市第一中学高三月考）若函数()ln f x kx x =-在区间(1,)+∞内不单调，则k 的取值范围是__________． 【答案】()0,1 【解析】求解出()f x '，采用分类讨论的方法分析()f x 的单调性，从而求解出满足题意要求的k 的取值范围. 详解：因为()1f x k x '=-，且()10,1x∈， 当1k时，()0f x '>恒成立，所以()f x 在()1,+∞上单调递增，不符合；当0k ≤时，()0f x '<恒成立，所以()f x 在()1,+∞上单调递减，不符合；当01k <<时，若11,x k ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则()0f x '<，若1+x k ⎛⎫∈∞ ⎪⎝⎭，，则()0f x '>， 所以()f x 在11,k ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1+k ⎛⎫∞ ⎪⎝⎭，上单调递增，符合题意，综上可知：()0,1k ∈. 故答案为：()0,1. 四、双空题25．（2020·山东潍坊·高三月考）若函数()f x 的导函数()'f x 存在导数，记()'f x 的导数为()f x ''．如果对∀x ∈(a ，b )，都有()0f x ''<，则()f x 有如下性质：1212()()()()nn x x x f x f x f x f nn++++++≥，其中n N *∈，1x ，2x ，…，n x ∈(a ，b )．若()sin f x x =，则()f x ''＝_______；在锐角△ABC 中，根据上述性质推断：sin A ＋sin B ＋sin C 的最大值为_______．【答案】sin x - 2【解析】构造函数()sin f x x =，(0,)x π∈，求导，则()sin f x x ''=-，由正弦函数的图象可知()0f x ''<成立，根据函数的性质sin sin sin 3sin()3A B CA B C ++++，即可求得sin sin sin A B C ++的最大值． 详解：设()sin f x x =，(0,)x π∈，则()cos f x x '=，则()sin f x x ''=-，(0,)x π∈， ()f x 有如下性质：1212()()()()nn x x x f x f x f x f nn++⋯+++⋯+．则sin sin sin 3sin()3sin 33A B C A B C π++++=⨯=sin sin sin A B C ∴++故答案为：sin x -． 五、解答题26．（2020·山东省实验中学高三月考）已知函数()()11ln ax a x xf x =++-． （1）当2a =时，求曲线()y f x =在1x =处的切线方程； （2）若0a ≤，讨论函数()f x 的单调性． 【答案】（1）3y =；（2）答案见解析. 【解析】（1）当2a =时，()12ln f x x x x =+-，()2112x f xx -'=-，又()10f '=，()13f =， 所以曲线()f x 在1x =处的切线方程为3y =．（2）()()()()2222111111ax a x x ax a a x x x xf x +---+-=-+='=（0x >）， ①当0a =时，()f x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增；②当10a -<<时，()f x 在()0,1和1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递减，在11,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增；③当1a =-时，()f x 在()0,∞+上单调递减； ④当1a <-时，()f x 在10,a ⎛⎫-⎪⎝⎭和()1,+∞上单调递减，在1,1a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增． 27．（2020·山东省招远第一中学高三月考）在①()f x 的一个极值点为0，②若曲线()y f x =在点(1, (1))f 处的切线与直线(1) 10x e y +--=垂直，③()()f x f x '--为奇函数这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并回答下列问题．已知函数()1xf x e ax =+-，且，求()f x 在[1,1]-上的最大值与最小值．注：如果选择多个条件解答，按第一个解答计分．【答案】选择性条件见解析，()f x 的最大值为2e -，最小值为0 【解析】选择①，因为()xf x e a '=+．所以(0)0xf e a '=+=，故1a =-，()1xf x e x =--．()1x f x e =-'，令()10x f x e '=-=．得0x =．当()1,0x ∈-时，()0f x <；当()0,1∈x 时，0f x ．所以()f x 在1,0上单调递减，在0,1上单调递增，所以()f x 的最小值为()00=f ． 因为1(1)(1)2f f e e-=<=-． 所以()f x 的最大值为()12f e =-． 选择②，因为()f x e a ''=+，所以(1)1f e a e '=+=-，故1a =-，()1xf x e x =--．()1x f x e =-'，令()10xf x e '=-=，得0x =．当()1,0x ∈-时，()0f x <；当()0.1x ∈时，0f x ．所以()f x 在1,0上单调递减，在0,1上单调递增，所以()f x 的最小值为()00=f ． 因为1(1)(1)2f f e e-=<=-． 所以()f x 的最大值为()12f e =-． 选择③，因为()xf x e a '=+．所以()()1xx f x f x ee ax a -'--=----，因为()()f x f x '--为奇函数，所以由()()()()f x f x f x f x ''--=--，可得1a =-．()1x f x e =-'，令()10xf x e '=-=，得0x =．当()1,0x ∈-时，0f x；当()0.1x ∈时，0fx ．所以()f x 在1,0上单调递减，在0,1上单调递增，所以()f x 的最小值为()00=f ． 因为1(1)(1)2f f e e-=<=-． 所以()f x 的最大值为()12f e =-．28．（2020·山东省招远第一中学高三月考）已知函数ln ()a xf x x x=+． （1）当1a =时，判断()f x 的单调性，并求()f x 在1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最值；（2）0(0,]x e ∃∈，0()2f x a ≤+，求a 的取值范围． 【答案】（1）增函数，最大值为1e e +，最小值为1e e-；（2）[)1,-+∞． 【解析】（1）当1a =时，ln ()xf x x x=+，定义域为(0,)+∞．2221ln 1ln ()1x x xf x x x-+-'=+=． 设2()1ln g x x x =+-，则2211)()x g x x x-+-'=-， 令()0g x '=，得2x =， 所以()g x在⎛ ⎝⎭上单调递减，在⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增，则min 3ln 2()+0222g x g ⎛⎫=> ⎪ ⎪⎝⎭=．所以()f x 在0,上为增函数．故()f x 在1,e e⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值为1()f e e e =+，最小值为11f e e e⎛⎫=- ⎪⎝⎭． （2）不等式()02f x a ≤+可转化为()002002ln x x a x x -≤-． 令()ln (0)F x x x x =->，则1()(0)x F x x x-'=>． 当01x <<时，()0F x '<．()F x 在0,1上单调递减； 当1x >时，()0F x >．()F x 在1,上单调递增．所以min()(1)10F x F =>=，于是200002ln x x a x x -≥-，记22()ln x x G x x x-=-，(0,]x e ∈，则22(22)(ln )(2)(1)(1)(2ln 2)()(ln )(ln )x x x x x x x x G x x x x x -------+'==--，因为2ln 2(ln )(2ln )0x x x x x -+=-+->在(0,)x e ∈上恒成立， 所以()G x 在0,1上单调递减，在()1,e 上单调递增． 所以min ()(1)1G x G ==-，从而1a ≥-．故a 的取值范围是[)1,-+∞．29．（2020·博兴县第三中学高三月考）已知函数f (x )=ln x -x +1. （1）求f (x )的最大值；（2）设函数g (x )=f (x )+a (x -1)2，若对任意实数b ∈(2，3)，当x ∈(0，b ]时，函数g (x )的最大值为g (b )，求a 的取值范围；（3）若数列{a n }的各项均为正数，a 1=1，a n +1=f (a n )+2a n +1(n ∈N +).求证：a n ≤2n -1. 【答案】（1）0；（2）[)1ln 2,-+∞；（3）证明见解析. 【解析】（1）()f x 的定义域为()()110,,1xf x x x-'+∞=-=， 当()0,1x ∈时()()0,f x f x '>单调递增； 当()1,x ∈+∞时()()0,f x f x '<单调递减， 所以()()max 10f x f ==（2）由题意()()()()221ln 11g x f x a x x x a x =+-=-++-()()()()()()2221112111210ax a x x ax g x a x x x x x-++--'=-+-==>①当0a ≤时，函数()()01g x 在，上单调递增，在()1+∞，上单调递减，此时，不存在实数()2,3b ∈，使得当(]0,x b ∈时，函数()g x 的最大值为()g b . ②当0a >时，令()0g x '=，有1211,2x x a==， (i )当12a =时，函数()g x 在()0,∞+上单调递增，显然符合题意. (ii )当112a >，即102a <<时，函数()g x 在(0,1)和1,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，在11,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，()g x 在1x =处取得极大值，且()1=0g ，要使对任意实数()2,3b ∈，当(]0,x b ∈时，函数()g x 的最大值为()g b ，只需()20g ≥，解得1ln 2a ≥-，又102a <<，所以此时实数a 的取值范围是11ln 22a -≤<.。