2020新高考专题数学压轴题汇编 专题131—函数与导数压轴题命题区间01

2020高考数学《导数压轴题》1.已知函数 $f(x)=e^x(1+aln x)$，设 $f'(x)$ 为 $f(x)$ 的导函数。

1) 设 $g(x)=e^xf(x)+x^2-x$ 在区间 $[1,2]$ 上单调递增，求 $a$ 的取值范围；2) 若 $a>2$ 时，函数 $f(x)$ 的零点为 $x$，函数$f'(x)$ 的极小值点为 $x_1$，求证：$x>x_1$。

2.设函数 $f(x)=\frac{x^2-2x+3}{x-1}$，$x\in R$。

1) 求证：当 $x\ge 1$ 时，$f(x)\ge 2$ 恒成立；2) 讨论关于 $x$ 的方程 $f(x)=k$ 的根的个数。

3.已知函数 $f(x)=-x^2+ax+a-e^{-x}+1$，$a\in R$。

1) 当 $a=1$ 时，判断 $g(x)=e^xf(x)$ 的单调性；2) 若函数 $f(x)$ 无零点，求 $a$ 的取值范围。

4.已知函数 $f(x)=\frac{ax+b}{x-1}$，$x\in R$。

1) 求函数 $f(x)$ 的单调区间；2) 若存在 $f(f(x))=x$，求整数 $a$ 的最小值。

5.已知函数 $f(x)=e^{-ln x+ax}$，$a\in R$。

1) 当 $a=-e+1$ 时，求函数 $f(x)$ 的单调区间；2) 当 $a\ge -1$ 时，求证：$f(x)>0$。

6.已知函数 $f(x)=e^x-x^2-ax-1$。

1) 若函数 $f(x)$ 在定义域内单调递增，求实数 $a$ 的范围；2) 设函数 $g(x)=xf(x)-e^x+x^3+x$，若 $g(x)$ 至多有一个极值点，求 $a$ 的取值集合。

7.已知函数 $f(x)=x-1-ln x-a(x-1)^2$，$a\in R$。

1) 讨论函数 $f(x)$ 的单调性；2) 若对 $\forall x\in (0,+\infty)$，$f(x)\ge 0$，求实数$a$ 的取值范围。

【最新】数学《函数与导数》复习知识点一、选择题1．若定义在R 上的偶函数()f x 满足()()20f x f x +-=．当[]0,1x ∈，()21f x x =-，则（ ）A ．()1235log 2log 32f f f ⎛⎫⎛⎫>> ⎪⎪⎝⎭⎝⎭B ．()1235log 2log 32f f f ⎛⎫⎛⎫>> ⎪⎪⎝⎭⎝⎭C ．()1235log 2log 32f f f ⎛⎫⎛⎫>> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭D ．()2135log 3log 22f f f ⎛⎫⎛⎫>> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭【答案】A 【解析】 【分析】推导出函数()y f x =的周期为4，根据题意计算出51022f f ⎛⎫⎛⎫=-<⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，()224log 3log 03f f ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭，()133log 2log 20f f ⎛⎫=> ⎪⎝⎭，再利用函数()y f x =在区间[]0,1上的单调性可得出结论. 【详解】因为定义在R 上的偶函数()y f x =满足()()20f x f x +-=，即()()20f x f x +-=，即()()2f x f x =--，()()()24f x f x f x ∴=--=-， 所以，函数()y f x =的周期为4，因为当[]0,1x ∈时，()21f x x =-单调递减，因为5110222f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=--=-<⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，()224log 3log 03f f ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭， ()()1333log 2log 2log 20f f f ⎛⎫=-=> ⎪⎝⎭， 因为2410log 132<<<，所以241log 32f f ⎛⎫⎛⎫-<- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 所以，12314log 2log 23f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫>->- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，即()1235log 2log 32f f f ⎛⎫⎛⎫>> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故选：A ． 【点睛】本题主要考查函数值的大小比较，根据函数奇偶性和单调性之间的关系是解决本题的关键，属于中等题.2．已知3215()632f x x ax ax b =-++的两个极值点分别为()1212,x x x x ≠，且2132x x =，则函数12()()f x f x -=（ ） A ．1- B ．16C ．1D ．与b 有关【答案】B 【解析】 【分析】求出函数的导数，利用韦达定理得到12,,a x x 满足的方程组，解方程组可以得到12,,a x x ，从而可求()()12f x f x -． 【详解】()2'56f x x ax a =-+，故125x x a +=，126x x a =，且225240a a ->，又2132x x =，所以122,3x a x a ==，故266a a =，解得0a =（舎）或者1a =． 此时122,3x x ==， ()3215632f x x x x b =-++， 故()()()()()1215182749623326f x f x -=⨯---+-= 故选B ． 【点睛】如果()f x 在0x 处及附近可导且0x 的左右两侧导数的符号发生变化，则0x x =必为函数的极值点且()00f x =．极大值点、极小值点的判断方法如下：（1）在0x 的左侧附近，有()'0f x >，在0x 的右侧附近，有()'0f x <，则0x x =为函数的极大值点；（2）在0x 的左侧附近，有()'0f x <，在0x 的右侧附近()'0f x >，有，则0x x =为函数的极小值点．3．已知()(1)|ln |xf x x x =≠，若关于x 方程22[()](21)()0f x m f x m m -+++=恰有4个不相等的实根，则实数m 的取值范围是（ ） A ．1,2(2,)e e⎛⎫⋃ ⎪⎝⎭B ．11,e e ⎛⎫+⎪⎝⎭C ．(1,)e e -D ．1e e ⎛⎫ ⎪⎝⎭,【答案】C 【解析】【分析】由已知易知()f x m =与()1f x m =+的根一共有4个，作出()f x 图象，数形结合即可得到答案. 【详解】由22[()](21)()0f x m f x m m -+++=，得()f x m =或()1f x m =+，由题意()f x m =与()1f x m =+两个方程的根一共有4个，又()f x 的定义域为(0,1)(1,)⋃+∞，所以()|ln |ln x x f x x x ==，令()ln x g x x=，则'2ln 1()(ln )x g x x -=，由'()0g x >得x e >， 由'()0g x <得1x e <<或01x <<，故()g x 在(0,1),(1,)e 单调递减，在(,)e +∞上单调递 增，由图象变换作出()f x 图象如图所示要使原方程有4个根，则01m em e <<⎧⎨+>⎩，解得1e m e -<<.故选：C 【点睛】本题考查函数与方程的应用，涉及到方程根的个数问题，考查学生等价转化、数形结合的思想，是一道中档题.4．函数f （x ）＝x ﹣g （x ）的图象在点x ＝2处的切线方程是y ＝﹣x ﹣1，则g （2）+g '（2）＝（ ） A ．7 B ．4C ．0D ．﹣4【答案】A 【解析】()()()(),'1'f x x g x f x g x =-∴=-Q ，因为函数()()f x x g x =-的图像在点2x =处的切线方程是1y x =--，所以()()23,'21f f =-=-，()()()()2'2221'27g g f f ∴+=-+-=，故选A ．5．已知奇函数()f x 在R 上是增函数，若21log 5a f ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，()2log 4.1b f =，()0.82c f =，则,,a b c 的大小关系为( )A ．a b c <<B ．b a c <<C ．c b a <<D ．c a b <<【答案】C 【解析】由题意：()221log log 55a f f ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭， 且：0.822log 5log 4.12,122>><<，据此：0.822log 5log 4.12>>，结合函数的单调性有：()()()0.822log 5log 4.12f f f >>，即,a b c c b a >><<. 本题选择C 选项.【考点】 指数、对数、函数的单调性【名师点睛】比较大小是高考常见题，指数式、对数式的比较大小要结合指数函数、对数函数，借助指数函数和对数函数的图象，利用函数的单调性进行比较大小，特别是灵活利用函数的奇偶性和单调性数形结合不仅能比较大小，还可以解不等式.6．已知21()cos 4f x x x =+，'()f x 为()f x 的导函数，则'()f x 的图像是（ ） A ． B ．C ．D ．【答案】A 【解析】Q ()21f cos 4x x x =+，()()1'sin ,'2f x x x y f x ∴=-=为奇函数，∴图象关于原点对称，排除,B D ，又()'10f <Q ，可排除C ，故选A.【方法点晴】本题通过对多个图象的选择主要考查考查函数的图象与性质，属于中档题. 这类题型也是近年高考常见的命题方向，该题型的特点是综合性较强较强、考查知识点较多，但是并不是无路可循.解答这类题型可以从多方面入手，根据函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、特殊点以及0,0,,x x x x +-→→→+∞→-∞时函数图象的变化趋势，利用排除法，将不合题意的选项一一排除.7．已知定义在R 上的函数()f x 满足(2)(2)f x f x +=-，且当2x >时，()()2()x f x f x f x ''⋅+>，若(1)1f =.则不等式1()2f x x <-的解集是（ ） A ．(2,3)B ．(,1)-∞C ．()(1,2)2,3⋃D ．()(,1)3,-∞⋃+∞【解析】 【分析】令()|2|()F x x f x =-，当2x >时，则()(2)()F x x f x =-，利用导数可得当2x >时，()F x 单调递增，根据题意可得()F x 的图象关于2x =对称，不等式1()|2|f x x <-等价于|2|()1(2)x f x x -<≠，从而()(1)F x F <，利用对称性可得|2||12|x -<-，解不等式即可. 【详解】当2x >时，()()2()x f x f x f x ''⋅+>，∴(2)()()0x f x f x '-+>， 令()|2|()F x x f x =-.当2x >时，则()(2)()F x x f x =-，()(2)()()0F x x f x f x ''=-+>， 即当2x >时，()F x 单调递增. 函数()f x 满足(2)(2)f x f x +=-，所以(2)(2)F x F x +=-，即()F x 的图象关于2x =对称， 不等式1()|2|f x x <-等价于|2|()1(2)x f x x -<≠， (1)|12|(1)(1)1F f f =-==，即()(1)F x F <，所以|2||12|x -<-，解得13x <<且2x ≠，解集为(1,2)(2,3)U . 故选：C 【点睛】本题考查了导数在解不等式中的应用、函数的对称性的应用以及绝对值不等式的解法，属于中档题.8．给出下列说法： ①“tan 1x =”是“4x π=”的充分不必要条件；②定义在[],a b 上的偶函数2()(5)f x x a x b =+++的最大值为30； ③命题“0001,2x x x ∃∈+≥R ”的否定形式是“1,2x x x ∀∈+>R ”. 其中错误说法的个数为（ ） A ．0 B ．1C ．2D ．3【答案】C 【解析】 【分析】利用充分条件与必要条件的定义判断①；利用函数奇偶性的性质以及二次函数的性质判断②；利用特称命题的否定判断③，进而可得结果.对于①，当4x π=时，一定有tan 1x =，但是当tan 1x =时，,4x k k ππ=+∈Z ，所以“tan 1x =”是“4x π=”的必要不充分条件，所以①不正确；对于②，因为()f x 为偶函数，所以5a =-.因为定义域[],a b 关于原点对称，所以5b =，所以函数2()5,[5,5]f x x x =+∈-的最大值为()()5530f f -==，所以②正确；对于③，命题“0001,2x x x ∃∈+≥R ”的否定形式是“1,2x x x∀∈+<R ”，所以③不正确； 故错误说法的个数为2. 故选：C. 【点睛】本题考查了特称命题的否定、充分条件与必要条件，考查了函数奇偶性的性质，同时考查了二次函数的性质，属于中档题..9．已知定义在R 上的函数()f x 满足()01f =，且()f x 的导函数'()f x 满足'()1f x >，则不等式()()ln ln f x ex <的解集为（ ） A ．()0,1 B ．()1,eC ．()0,eD ．(),e +∞【答案】A 【解析】 【分析】设()()g x f x x =-，由题得()g x 在R 上递增，求不等式()()ln ln f x ex <的解集，即求不等式(ln )(0)g x g <的解集，由此即可得到本题答案. 【详解】设()()g x f x x =-，则(0)(0)01g f =-=，()()1g x f x '='-， 因为()1f x '>，所以()0g x '>，则()g x 在R 上递增，又(ln )ln()1ln f x ex x <=+，所以(ln )ln 1f x x -<，即(ln )(0)g x g <， 所以ln 0x <，得01x <<. 故选：A 【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，以及利用函数的单调性解不等式，其中涉及到构造函数.10．函数log (3)1a y x =-+（0a >且1a ≠）的图像恒过定点A ，若点A 在直线10mx ny +-=上，其中·0m n >，则41m n+的最小值为（） A ．16 B ．24C ．50D ．25【答案】D 【解析】 【分析】由题A （4，1），点A 在直线上得4m+n ＝1，用1的变换构造出可以用基本不等式求最值的形式求最值． 【详解】令x ﹣3＝1，解得x ＝4，y ＝1，则函数y ＝log a （x ﹣3）+1（a ＞0且a≠1）的图象恒过定点A （4，1）， ∴4m+n ＝1， ∴41m n +=（41m n +）（4m+n ）＝16+14n 4m m n++=17+8＝25，当且仅当m ＝n 15=时取等号，故则41m n +的最小值为25， 故选D ． 【点睛】本题考查均值不等式，在应用过程中，学生常忽视“等号成立条件”，特别是对“一正、二定、三相等”这一原则应有很好的掌握．11．函数()2log ,0,2,0,x x x f x x ⎧>=⎨≤⎩则函数()()()2384g x f x f x =-+的零点个数是（ ）A ．5B ．4C ．3D ．6【答案】A 【解析】 【分析】通过对()g x 式子的分析，把求零点个数转化成求方程的根，结合图象，数形结合得到根的个数，即可得到零点个数． 【详解】 函数()()()2384g x f x f x =-+=()()322f x f x --⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦的零点即方程()23f x =和()2f x =的根， 函数()2log ,0,2,0xx x f x x ⎧>=⎨≤⎩的图象如图所示：由图可得方程()23f x =和()2f x =共有5个根， 即函数()()()2384g x f x f x =-+有5个零点,故选：A. 【点睛】本题考查函数的零点与方程的根的个数的关系，注意结合图象，利用数形结合求得结果时作图很关键，要标准．12．若函数f （x ）=()x 1222a x 1log x 1x 1⎧++≤⎪⎨+⎪⎩，，＞有最大值，则a 的取值范围为（ ） A ．()5,∞-+ B ．[)5,∞-+ C ．(),5∞-- D ．(],5∞-- 【答案】B 【解析】 【分析】分析函数每段的单调性确定其最值，列a 的不等式即可求解. 【详解】由题()xf x 22a,x 1=++≤,单调递增，故()()f x f 14a,;≤=+()()12f x log x 1,x 1,=+>单调递减，故()()f x f 11>=-,因为函数存在最大值，所以4a 1+≥-，解a 5≥-. 故选B. 【点睛】本题考查分段函数最值，函数单调性，确定每段函数单调性及最值是关键，是基础题.13．已知函数()f x 的导函数为()f x '且满足()()21ln f x x f x '=⋅+，则1f e ⎛⎫'= ⎪⎝⎭（ ） A ．12e- B ．2e - C ．1-D ．e【答案】B【解析】 【分析】对函数求导得到导函数，代入1x =可求得()11f '=-，从而得到()f x '，代入1x e=求得结果. 【详解】由题意得：()()121f x f x''=+令1x =得：()()1211f f ''=+，解得：()11f '=-()12f x x '∴=-+12f e e ⎛⎫'∴=- ⎪⎝⎭本题正确选项：B 【点睛】本题考查导数值的求解，关键是能够通过赋值的方式求得()1f '，易错点是忽略()1f '为常数，导致求导错误.14．已知函数()2814f x x x =++，()()2log 4g x x =，若[]()15,4x a a ∀∈-≥-，(]20,1x ∃∈，使得()()12f x g x =成立，则a 的最大值为（ ）A ．-4B ．-3C ．-2D ．-1【答案】C 【解析】 【分析】由[]()15,4x a a ∀∈-≥-，(]20,1x ∃∈，使得()()12f x g x =成立得：()f x 的值域为()g x 的值域的子集，从而28142a a ++≤，故可求a 的最大值为2-.【详解】由[]()15,4x a a ∀∈-≥-，(]20,1x ∃∈，使得()()12f x g x =成立， 得：()f x 的值域为()g x 的值域的子集，由()()2log 4g x x =(]20,1x ∈()2g x ⇒≤ ，所以(](),2g x ∈-∞ 当43a --≤≤ 时，()21f x-＃-，此时()f x 的值域为()g x 的值域的子集成立.当3a >-时，()22814f x a a -≤≤++，须满足()f x 的值域为()g x 的值域的子集，即28142a a ++≤，得62a -≤≤- 所以a 的最大值为2-. 故选：C. 【点睛】本题主要考查恒成立和存在性问题，注意把两类问题转化为函数值域的包含关系，此问题属于中档题目.15．已知函数在区间上有最小值，则函数在区间上一定（）A．有最小值B．有最大值C．是减函数D．是增函数【答案】D【解析】【分析】由二次函数在区间上有最小值得知其对称轴，再由基本初等函数的单调性或单调性的性质可得出函数在区间上的单调性.【详解】由于二次函数在区间上有最小值，可知其对称轴，.当时，由于函数和函数在上都为增函数，此时，函数在上为增函数；当时，在上为增函数；当时，由双勾函数的单调性知，函数在上单调递增，，所以，函数在上为增函数.综上所述：函数在区间上为增函数，故选D.【点睛】本题考查二次函数的最值，同时也考查了型函数单调性的分析，解题时要注意对的符号进行分类讨论，考查分类讨论数学思想，属于中等题.16．4cos2d cos sinxxx xπ=+⎰（）A．21)B21C21D．22【解析】【分析】利用三角恒等变换中的倍角公式，对被积函数进行化简，再求积分.【详解】因为22cos2cos sincossincos sin cos sinx x xx xx x x x-==-++，∴4400cos2d(cos sin)d(sin cos)214cos sinxx x x x x xx xπππ=-=+=-+⎰⎰，故选C．【点睛】本题考查三角恒等变换知与微积分基本定理的交汇.17．如图，记图中正方形介于两平行线x y a+=与1x y a+=+之间的部分的面积为()S S a=，则()S a的图象大致为（）A．B．C．D．【解析】【分析】根据函数的部分特征，利用排除法，即可得到本题答案.【详解】①当011a ≤+<时，即10a -≤<，21()(1)2S a a =+；②当11a +=时，即0a =，1()2S a =. 由此可知，当10a -≤<时，21()(1)2S a a =+且1(0)2S =，所以,,A B C 选项不正确. 故选：D【点睛】本题主要考查根据函数的性质选择图象，排除法是解决此题的关键.18．对于任意性和存在性问题的处理，遵循以下规则：19．已知函数()f x 是定义在R 上的偶函数，当0x ≥，3()3f x x x =+，则32(2)a f =,31(log )27b f =，2)c f =的大小关系为（ ） A ．a b c >>B ．a c b >>C ．b a c >>D ．b c a >>【答案】C【解析】【分析】利用导数判断3()3f x x x =+在[0,)+∞上单调递增，再根据自变量的大小得到函数值的大小.【详解】Q 函数()f x 是定义在R 上的偶函数， 31(log )(3)(3)27b f f f ∴==-=， 32022223<<=<Q ，当0x ≥，'2()330f x x =+>恒成立，∴3()3f x x x =+在[0,)+∞上单调递增，3231(log )(2)(2)27f f f ∴>>，即b a c >>. 故选：C.【点睛】 本题考查利用函数的性质比较数的大小，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意将自变量化到同一个单调区间中.20．函数2ln x xy x =的图象大致是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】D【解析】【分析】根据函数为偶函数排除B ,当0x >时,利用导数得()f x 在1(0,)e上递减,在1(,)e +∞上递增,根据单调性分析,A C 不正确,故只能选D .【详解】令2ln ||()||x x f x x =,则2()ln ||()()||x x f x f x x ---==-, 所以函数()f x 为偶函数,其图像关于y 轴对称,故B 不正确,当0x >时,2ln ()ln x x f x x x x==,()1ln f x x '=+, 由()0f x '>,得1x e >,由()0f x '<,得10x e<<, 所以()f x 在1(0,)e上递减,在1(,)e +∞上递增,结合图像分析,,A C 不正确.故选:D【点睛】 本题考查了利用函数的奇偶性判断函数的图象,考查了利用导数研究函数的单调性,利用单调性判断函数的图象,属于中档题.。

【最新】高考数学《函数与导数》专题解析一、选择题1．在平面直角坐标系中，若P ，Q 满足条件：（1）P ,Q 都在函数f （x ）的图象上；（2）P ,Q 两点关于直线y=x 对称，则称点对{P ,Q}是函数f(x)的一对“可交换点对”.（{P ,Q}与{Q,P}看作同一“可交换点”.试问函数2232(0)(){log (0)x x x f x x x ++≤=>的“可交换点对有（ ）A ．0对B ．1对C ．2对D ．3对【答案】C 【解析】试题分析：设p （x ，y ）是满足条件的“可交换点”,则对应的关于直线y=x 的对称点Q 是（y ，x ），所以232x x ++=2x ,由于函数y=232x x ++和y=2x 的图象由两个交点，因此满足条件的“可交换点对”有两个，故选C. 考点：函数的性质2．设定义在(0,)+∞的函数()f x 的导函数为()f x '，且满足()()3f x f x x'->，则关于x 的不等式31(3)(3)03x f x f ⎛⎫---< ⎪⎝⎭的解集为（ ）A ．()3,6B ．()0,3C ．()0,6D ．()6,+∞【答案】A 【解析】 【分析】根据条件，构造函数3()()g x x f x =，利用函数的单调性和导数之间的关系即可判断出该函数在(,0)-∞上为增函数，然后将所求不等式转化为对应函数值的关系，根据单调性得出自变量值的关系从而解出不等式即可． 【详解】解：Q 3(1)(3)(3)03x f x f ---<，3(3)(3)27x f x f ∴---（3）0<，3(3)(3)27x f x f ∴--<（3），Q 定义在(0,)+∞的函数()f x ，3x ∴<，令3()()g x x f x =，∴不等式3(3)(3)27x f x f --<（3），即为(3)g x g -<（3），323()(())3()()g x x f x x f x x f x '='=+'，Q()()3f x f x x'->， ()3()xf x f x ∴'>-， ()3()0xf x f x ∴'+>，32()3()0x f x x f x ∴+>，()0g x ∴'>， ()g x ∴单调递增，又因为由上可知(3)g x g -<（3）， 33x ∴-<，3x <Q ， 36x ∴<<．故选：A ． 【点睛】本题主要考查不等式的解法：利用条件构造函数，利用函数单调性和导数之间的关系判断函数的单调性，属于中档题．3．曲线2y x =与直线y x =所围成的封闭图形的面积为（ ） A ．16B ．13C ．12D ．56【答案】A 【解析】曲线2y x =与直线y x =的交点坐标为()()0,0,1,1 ，由定积分的几何意义可得曲线2y x=与直线y x =所围成的封闭图形的面积为()1223100111|236x x dx x x ⎛⎫-=-= ⎪⎝⎭⎰ ，故选A.4．三个数2233ln a b c e ===，的大小顺序为( ) A ．b <c <a B ．b <a <cC ．c <a <bD ．a <b <c【答案】D 【解析】 【分析】 通过证明13a b c <<<，由此得出三者的大小关系. 【详解】132221ln 63a e e =<==，由于6123e e ⎛⎫= ⎪⎝⎭，6328==，所以13e <，所以131ln 3e =<13a b <<.而66113232228,339⎛⎫⎛⎫==== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以113223<，所以11321ln 2ln 3ln 33<=，即b c <，所以a b c <<.故选：D 【点睛】本小题主要考查指数式、对数式比较大小，考查指数运算和对数运算，属于中档题.5．函数()()2ln 43f x x x=+-的单调递减区间是（ ）A ．3,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦ B ．32⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭， C ．31,2⎛⎤- ⎥⎝⎦D ．342⎡⎫⎪⎢⎣⎭， 【答案】D 【解析】 【分析】先求函数定义域，再由复合函数单调性得结论． 【详解】由2430x x +->得14x -<<，即函数定义域是(1,4)-，2232543()24u x x x =+-=--+在3(1,]2-上递增，在3[,4)2上递减，而ln y u =是增函数，∴()f x 的减区间是3[,4)2． 故选：D ． 【点睛】本题考查对数型复合函数的单调性，解题时先求出函数的定义域，函数的单调区间应在定义域内考虑．6．已知函数()2f x x x =+，且()1231ln log 223a f b f c f -⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，，，则a b c ，，的大小关系为（ ）A ．a c b <<B ．b c a <<C ．c a b <<D ．b a c <<【答案】A 【解析】 【分析】由函数()2f x x x =+，可得()()f x f x -=，得到函数()f x 为偶函数，图象关于y 轴对称，又由由二次函数的性质可得，函数()f x 在[0,)+∞上为单调递增函数，则函数()f x 在(,0)-∞上为单调递减函数，再根据对数函数的性质，结合图象，即可求解．【详解】由题意，函数()2f x x x =+，满足()()22()f x x x x x f x -=-+-=+=，所以函数()f x 为定义域上的偶函数，图象关于y 轴对称，又当0x ≥时，()2f x x x =+，由二次函数的性质可得，函数()f x 在[0,)+∞上为单调递增函数，则函数()f x 在(,0)-∞上为单调递减函数，又由31ln 22<=，113222log log 1<=-，1122-=，根据对称性，可得11323(ln )(2)(log )2f f f -<<，即a c b <<，故选A ．【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性和单调性的应用，其中解答中得到函数的单调性与奇偶性，以及熟练应用对数函数的性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．7．3ax ⎛ ⎝⎭的展开式中，第三项的系数为1，则11a dx x =⎰（ ） A ．2ln 2 B ．ln 2 C ．2 D ．1【答案】A 【解析】 【分析】首先根据二项式定理求出a ，把a 的值带入11adx x⎰即可求出结果. 【详解】解题分析根据二项式3ax ⎛- ⎝⎭的展开式的通项公式得221213()4a T C ax x +⎛== ⎝⎭. Q 第三项的系数为1，1,44aa ∴=∴=，则4411111d d ln 2ln 2a x x x x x ===⎰⎰.故选：A 【点睛】本题考查二项式定理及定积分. 需要记住二项式定理展开公式：1C k n k kk n T a b -+=.属于中等题.8．已知定义在R 上的函数()f x 满足()()3221f x f x -=-,且()f x 在[1, )+∞上单调递增,则（ ）A ．()()()0.31.130. 20.54f f log f << B ．()()()0.31.130. 240.5f f f log <<C ．()()()1.10.3340.20.5f f f log << D ．()()()0.31.130.50.24f log f f << 【答案】A 【解析】 【分析】由已知可得()f x 的图象关于直线1x =对称.因为0.31.130.21log 0.5141-<-<-，又()f x 在[1,)+∞上单调递增,即可得解.【详解】解：依题意可得,()f x 的图象关于直线1x =对称. 因为()()()0.31.1330.20,1,0.5 2 1,,044,8log log ∈=-∈-∈,则0.31.130.21log 0.5141-<-<-，又()f x 在[1,)+∞上单调递增, 所以()()()0.31.130.20.54f f log f <<.故选:A. 【点睛】本题考查了函数的对称性及单调性，重点考查了利用函数的性质判断函数值的大小关系，属中档题.9．函数log (3)1a y x =-+（0a >且1a ≠）的图像恒过定点A ，若点A 在直线10mx ny +-=上，其中·0m n >，则41m n+的最小值为（） A ．16 B ．24C ．50D ．25【答案】D 【解析】 【分析】由题A （4，1），点A 在直线上得4m+n ＝1，用1的变换构造出可以用基本不等式求最值的形式求最值． 【详解】令x ﹣3＝1，解得x ＝4，y ＝1，则函数y ＝log a （x ﹣3）+1（a ＞0且a≠1）的图象恒过定点A （4，1）， ∴4m+n ＝1，∴41m n +=（41m n +）（4m+n ）＝16+14n 4m m n++=17+8＝25，当且仅当m ＝n 15=时取等号，故则41m n +的最小值为25， 故选D ． 【点睛】本题考查均值不等式，在应用过程中，学生常忽视“等号成立条件”，特别是对“一正、二定、三相等”这一原则应有很好的掌握．10．设函数()f x 在R 上存在导数()f x '，x R ∀∈有()()22f x f x x +-=，在()0+∞，上()2f x x '<，若()()4168f m f m m --≥-，则实数m 的取值范围是（ ）A ．[)2+∞，B ．[)0+∞，C ．[]22-，D ．(][)22-∞-⋃+∞，， 【答案】A 【解析】 【分析】通过x R ∀∈有()()22f x f x x +-=，构造新函数()()2g x f x x =-，可得()g x 为奇函数；利用()2f x x '<，求()g x 的导函数得出()g x 的单调性，再将不等式()()4168f m f m m --≥-转化，可求实数m 的取值范围.【详解】设()()2g x f x x =-，∵()()()()220g x g x f x x f x x +-=-+--=，∴函数()g x 为奇函数，∵在()0,x ∈+∞上，()2f x x '<，即()20f x x '-<， ∴()()20g x f x x ''=-<，∴函数()g x 在()0,x ∈+∞上是减函数， ∴函数()g x 在(),0x ∈-∞上也是减函数， 且()00g =，∴函数()g x 在x ∈R 上是减函数， ∵()()4168f m f m m --≥-，∴()()()2244168g m m g m m m ⎡⎤⎡⎤-+--+≥-⎣⎦⎣⎦， ∴()()4g m g m -≥， ∴4m m -≤， 即2m ≥. 故选：A. 【点睛】本题考查函数的奇偶性、单调性的应用，考查运算求解能力、转化与化归的数学思想，是中档题.11．若点1414(log 7,log 56)在函数()3f x kx =+的图象上，则()f x 的零点为（ ） A ．1 B ．32C ．2D ．34【答案】B 【解析】 【分析】将点的坐标代入函数()y f x =的解析式，利用对数的运算性质得出k 的值，再解方程()0f x =可得出函数()y f x =的零点．【详解】141414141414log 56log 4log 1412log 212(1log 7)32log 7=+=+=+-=-Q ，2k ∴=-，()2 3.f x x =-+故()f x 的零点为32，故选B.【点睛】本题考查对数的运算性质以及函数零点的概念，解题的关键在于利用对数的运算性质求出参数的值，解题时要正确把握零点的概念，考查运算求解能力，属于中等题．12．已知函数()ln xf x x=，则使ln ()()()f x g x a f x =-有2个零点的a 的取值范围（ ） A ．(0,1) B ．10,e ⎛⎫⎪⎝⎭C ．1,1e ⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．1,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭【答案】B 【解析】 【分析】 令()ln xt f x x==，利用导数研究其图象和值域，再将ln ()()()f x g x a f x =-有2个零点，转化为ln ta t=在[),e +∞上只有一解求解.【详解】 令()ln x t f x x ==，当01x <<时，()0ln xt f x x==<， 当1x >时，()2ln 1()ln x t f x x -''==，当1x e <<时，0t '<，当x e >时，0t '>， 所以当x e =时，t 取得最小值e ，所以t e ≥， 如图所示：所以ln ()()()f x g x a f x =-有2个零点，转化为ln ta t=在[),e +∞上只有一解， 令ln t m t =，21ln 0t m t -'=≤，所以ln tm t=在[),e +∞上递减，所以10m e<≤， 所以10a e <≤，当1a e=时，x e =，只有一个零点，不合题意， 所以10a e<< 故选：B 【点睛】本题主要考查导数与函数的零点，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.13．()f x 是定义在R 上的奇函数，对任意x ∈R 总有3()()2f x f x +=-，则9()2f -的值为（ ） A ．0 B ．3C ．32D ．92-【答案】A 【解析】 【分析】首先确定函数的周期，然后结合函数的周期性和函数的奇偶性求解92f ⎛⎫- ⎪⎝⎭的值即可. 【详解】函数()f x 是定义在R 上的奇函数，对任意x R ∈总有()32f x f x ⎛⎫+=- ⎪⎝⎭，则函数的周期3T =， 据此可知：()993360002222f f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=-+==+=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 本题选择A 选项. 【点睛】本题主要考查函数的周期性，函数的奇偶性，奇函数的性质等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.14．二次函数，二次方程，一元二次不等式三个二次的相互转换是解决一元二次不等式问题的常用方法，数形结合是解决函数问题的基本思想．15．若关于x 的不等式220x ax -+>在区间[1,5]上有解，则a 的取值范围是（ ） A ．(22,)+∞ B ．(,22)-∞C ．(,3)-∞D ．27(,)5-∞ 【答案】D 【解析】 【分析】把220x ax -+>在区间[]1,5上有解，转化为存在一个[]1,5x ∈使得22x 2ax x a x+>⇒+>，解出()f x 的最大值． 【详解】220x ax -+>在区间[]1,5上有解，转化为存在一个[]1,5x ∈使得22x 2ax x a x +>⇒+>，设()2f x x x=+，即是()f x 的最大值a >，()f x 的最大值275=，当5x =时取得，故选D 【点睛】16．已知函数在区间上有最小值，则函数在区间上一定（ ）A ．有最小值B ．有最大值C ．是减函数D ．是增函数【答案】D 【解析】 【分析】 由二次函数在区间上有最小值得知其对称轴，再由基本初等函数的单调性或单调性的性质可得出函数在区间上的单调性.【详解】 由于二次函数在区间上有最小值，可知其对称轴，.当时，由于函数和函数在上都为增函数，此时，函数在上为增函数；当时，在上为增函数；当时，由双勾函数的单调性知，函数在上单调递增，，所以，函数在上为增函数.综上所述：函数在区间上为增函数，故选D.【点睛】本题考查二次函数的最值，同时也考查了型函数单调性的分析，解题时要注意对的符号进行分类讨论，考查分类讨论数学思想，属于中等题.17．若曲线43y x x ax =-+(0x >)存在斜率小于1的切线，则a 的取值范围为（ ） A ．3,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭B ．1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭C ．5,4⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭D ．1,4⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭【答案】C 【解析】 【分析】对函数进行求导，将问题转化为不等式有解问题，再构造函数利用导数研究函数的最值，即可得答案； 【详解】由题意可得32431y x x a '=-+<在()0,x ∈+∞上有解，设()3243f x x x a =-+(0x >)，()()2126621f x x x x x '=-=-， 令()0f x '<，得102x <<；令()0f x '>，得12x >， ∴()f x 在1(0,)2单调递减，在1(,)2+∞单调递增， ∴()min 11124f x f a ⎛⎫==-< ⎪⎝⎭，解得：54a <. 故选：C.【点睛】本题考查导数的几何意义、不等式有解问题，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.18．一对夫妇为了给他们的独生孩子支付将来上大学的费用，从孩子一周岁生日开始，每年到银行储蓄a 元一年定期，若年利率为r 保持不变，且每年到期时存款（含利息）自动转为新的一年定期，当孩子18岁生日时不再存入，将所有存款（含利息）全部取回，则取回的钱的总数为( )A ．17(1)a r +B ．17[(1)(1)]a r r r +-+C ．18(1)a r +D ．18[(1)(1)]a r r r+-+ 【答案】D【解析】【分析】由题意可得：孩子18岁生日时将所有存款（含利息）全部取回，可以看成是以(1)a r +为首项，(1)r +为公比的等比数列的前17项的和，再由等比数列前n 项和公式求解即可.【详解】解：根据题意，当孩子18岁生日时，孩子在一周岁生日时存入的a 元产生的本利合计为17(1)a r +， 同理：孩子在2周岁生日时存入的a 元产生的本利合计为16(1)a r +，孩子在3周岁生日时存入的a 元产生的本利合计为15(1)a r +， ⋯⋯孩子在17周岁生日时存入的a 元产生的本利合计为(1)a r +，可以看成是以(1)a r +为首项，(1)r +为公比的等比数列的前17项的和，此时将存款（含利息）全部取回，则取回的钱的总数：17171618(1)[(1)1](1)(1)(1)[(1)(1)]11a r r a S a r a r a r r r r r ++-=++++⋯⋯++==+-++-； 故选：D ．【点睛】本题考查了不完全归纳法及等比数列前n 项和，属中档题.19．如图，记图中正方形介于两平行线x y a +=与1x y a +=+之间的部分的面积为()S S a =，则()S a 的图象大致为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】D【解析】【分析】根据函数的部分特征，利用排除法，即可得到本题答案.【详解】①当011a ≤+<时，即10a -≤<，21()(1)2S a a =+；②当11a +=时，即0a =，1()2S a =. 由此可知，当10a -≤<时，21()(1)2S a a =+且1(0)2S =，所以,,A B C 选项不正确. 故选：D【点睛】 本题主要考查根据函数的性质选择图象，排除法是解决此题的关键.20．已知函数()2ln 2xx f x e x =+-的极值点为1x ，函数()2x g x e x =+-的零点为2x ，函数()ln 2x h x x=的最大值为3x ，则（ ） A ．123x x x >>B ．213x x x >>C ．312x x x >>D ．321x x x >> 【答案】A【解析】【分析】 根据()f x '在()0,∞+上单调递增，且11024f f ⎛⎫⎛⎫''⋅< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，可知导函数零点在区间11,42⎛⎫ ⎪⎝⎭内，即()f x 的极值点111,42x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭；根据()g x 单调递增且11024g g ⎛⎫⎛⎫⋅< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭可知211,42x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭；通过判断()()12g x g x >，结合()g x 单调性可得12x x >；利用导数可求得()max 1124h x e =<，即314x <，从而可得三者的大小关系. 【详解】 ()1x f x e x x'=+-Q 在()0,∞+上单调递增 且1213022f e ⎛⎫'=-> ⎪⎝⎭，14115044f e ⎛⎫'=-< ⎪⎝⎭ 111,42x ⎛⎫∴∈ ⎪⎝⎭且11110x e x x +-= Q 函数()2x g x e x =+-在()0,∞+上单调递增 且1213022g e ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭，14112044g e ⎛⎫=+-< ⎪⎝⎭ 211,42x ⎛⎫∴∈ ⎪⎝⎭ 又()()11111211112220x g x e x x x g x x x ⎛⎫=+-=-+-=->= ⎪⎝⎭且()g x 单调递增 12x x ∴>由()21ln 2x h x x-'=可得：()()max 12h x h e e ==，即31124x e =< 123x x x ∴>>本题正确选项：A【点睛】本题考查函数极值点、零点、最值的判断和求解问题，涉及到零点存在定理的应用，易错点是判断12,x x 大小关系时，未结合()g x 单调性判断出()()12g x g x >，造成求解困难.。

导数压轴题型归类总结目 录一、导数单调性、极值、最值的直接应用 （1） 二、交点与根的分布 （23） 三、不等式证明 （31）（一）作差证明不等式（二）变形构造函数证明不等式 （三）替换构造不等式证明不等式四、不等式恒成立求字母范围 （51）（一）恒成立之最值的直接应用 （二）恒成立之分离常数（三）恒成立之讨论字母范围五、函数与导数性质的综合运用 （70） 六、导数应用题 （84）七、导数结合三角函数 （85）书中常用结论⑴sin ,(0,)x x x π<∈，变形即为sin 1xx<，其几何意义为sin ,(0,)y x x π=∈上的的点与原点连线斜率小于1. ⑵1x e x >+ ⑶ln(1)x x >+ ⑷ln ,0x x x e x <<>.一、导数单调性、极值、最值的直接应用1. （切线）设函数a x x f -=2)(.（1）当1=a 时，求函数)()(x xf x g =在区间]1,0[上的最小值；（2）当0>a 时，曲线)(x f y =在点)))((,(111a x x f x P >处的切线为l ，l 与x 轴交于点)0,(2x A 求证：a x x >>21.解：(1)1=a 时，x x x g -=3)(，由013)(2=-='x x g ，解得33±=x .所以当33=x 时，)(x g 有最小值932)33(-=g . (2)证明：曲线)(x f y =在点)2,(211a x x P -处的切线斜率112)(x x f k ='=曲线)(x f y =在点P 处的切线方程为)(2)2(1121x x x a x y -=--. 令0=y ，得12122x a x x +=，∴12111211222x x a x x a x x x -=-+=-∵a x >1，∴02121<-x x a ，即12x x <. 又∵1122x a x ≠，∴a x ax x a x x a x x =⋅>+=+=11111212222222 所以a x x >>21.2. （2009天津理20，极值比较讨论）已知函数22()(23)(),x f x x ax a a e x =+-+∈R 其中a ∈R ⑴当0a =时，求曲线()(1,(1))y f x f =在点处的切线的斜率； ⑵当23a ≠时，求函数()f x 的单调区间与极值. 解：本小题主要考查导数的几何意义、导数的运算、利用导数研究函数的单调性与极值等基础知识，考查运算能力及分类讨论的思想方法。

高考大题专项一突破1利用导数求极值、最值、参数范围1.已知函数f(x)=(x-k)e x.(1)求f(x)的单调区间;(2)求f(x)在区间[0,1]上的最小值.2.(2018福建龙岩4月质检,21改编)已知函数f(x)=(x-2)e x-a(x+2)2.求函数g(x)=f(x)+3e x的极值点.3.(2018山东师大附中一模,21)已知函数f(x)=(x-a)e x(a∈R).(1)当a=2时,求函数f(x)在x=0处的切线方程;(2)求f(x)在区间[1,2]上的最小值.4.(2018陕西咸阳一模,21改编)已知f(x)=e x-a ln x(a∈R).当a=-1时,若不等式f(x)>e+m(x-1)对任意x ∈(1,+∞)恒成立,求实数m的取值范围.5.设函数f(x)=x2+ax+b,g(x)=e x(cx+d).若曲线y=f(x)和曲线y=g(x)都过点P(0,2),且在点P处有相同的切线y=4x+2.(1)求a,b,c,d的值;(2)若x≥-2时,f(x)≤kg(x),求k的取值范围.6.(2018河北江西南昌一模,21)已知函数f(x)=ln(ax)+bx在点(1,f(1))处的切线是y=0.(1)求函数f(x)的极值;(2)当f(x)+-x(m<0)恒成立时,求实数m的取值范围(e为自然对数的底数).突破2利用导数证明问题及讨论零点个数1.(2018全国3,文21)已知函数f(x)=-(1)求曲线y=f(x)在点(0,-1)处的切线方程;(2)证明:当a≥1时,f(x)+e≥0.2.(2018河北保定一模,21改编)已知函数f(x)=ln x-(a∈R).若f(x)有两个极值点x1,x2,证明:f3.已知函数f(x)=ax3-3x2+1,若f(x)存在唯一的零点x0,且x0>0,求a的取值范围.4.(2018安徽芜湖期末,21改编)已知函数f(x)=x3-a ln x(a∈R).若函数y=f(x)在区间(1,e]上存在两个不同零点,求实数a的取值范围.5.(2018河南郑州一模,21)已知函数f(x)=ln x+,a∈R且a≠0.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)当x时,试判断函数g(x)=(ln x-1)e x+x-m的零点个数.6.(2018河北衡水中学押题三,21)已知函数f(x)=e x-x2+a,x∈R,曲线y=f(x)的图象在点(0,f(0))处的切线方程为y=bx.(1)求函数y=f(x)的解析式;(2)当x∈R时,求证:f(x)≥-x2+x;(3)若f(x)>kx对任意的x∈(0,+∞)恒成立,求实数k的取值范围.高考大题专项一函数与导数的综合突破1利用导数求极值、最值、参数范围1.解(1)由题意知f'(x)=(x-k+1)e x.令f'(x)=0,得x=k-1.当x∈(-∞,k-1)时,f'(x)<0,当x∈(k-1,+∞)时,f'(x)>0.所以f(x)的单调递减区间是(-∞,k-1),单调递增区间是(k-1,+∞).(2)当k-1≤0,即k≤1时,f(x)在[0,1]上单调递增,所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(0)=-k;当0<k-1<1,即1<k<2时,f(x)在[0,k-1]上单调递减,在[k-1,1]上单调递增,所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(k-1)=-e k-1;当k-1≥1,即k≥2时,f(x)在[0,1]上单调递减,所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(1)=(1-k)e.综上,当k≤1时,f(x)在[0,1]上的最小值为f(0)=-k;当1<k<2时,f(x)在[0,1]上的最小值为f(k-1)=-e k-1;当k≥2时,f(x)在[0,1]上的最小值为f(1)=(1-k)e.2.解由g(x)=(x+1)e x-a(x+2)2,得g'(x)=(x+2)e x-2a(x+2)=(x+2)(e x-2a),(ⅰ)当a≤0时,在(-∞,-2)上,g'(x)<0,在(-2,+∞)上,g'(x)>0.(ⅱ)当a>0时,令g'(x)=0,解得x=-2或x=ln(2a).①若a=,ln(2a)=-2,g'(x)≥0恒成立;②若a>,ln(2a)>-2,在(-2,ln(2a))上,g'(x)<0;在(-∞,-2)与(ln(2a),+∞)上,g'(x)>0.③若a<,ln(2a)<-2,在(ln(2a),-2)上,g'(x)<0;在(-∞,ln(2a))与(-2,+∞)上,g'(x)>0.综上,当a≤0时,g(x)极小值点为-2,无极大值点;当0<a<时,g(x)极小值点为-2,极大值点为ln(2a);当a=时,g(x)无极值点;当a>时,g(x)极小值点为ln(2a),极大值点为-2.3.解(1)设切线的斜率为k.因为a=2,所以f(x)=(x-2)e x,f'(x)=e x(x-1).所以f(0)=-2,k=f'(0)=e0(0-1)=-1.所以所求的切线方程为y=-x-2,即x+y+2=0.(2)由题意得f'(x)=e x(x-a+1),令f'(x)=0,可得x=a-1.①若a-1≤1,则a≤2,当x∈[1,2]时,f'(x)≥0,则f(x)在[1,2]上单调递增.所以f(x)min=f(1)=(1-a)e.②若a-1≥2,则a≥3,当x∈[1,2]时,f'(x)≤0,则f(x)在[1,2]上单调递减.所以f(x)min=f(2)=(2-a)e2.③若1<a-1<2,则2<a<3,所以f'(x),f(x)随xx(1,a-1)a-1(a-1,2)f'(x)-0+f(x)单调递减极小值单调递增所以f(x)的单调递减区间为[1,a-1],单调递增区间为[a-1,2].所以f(x)在[1,2]上的最小值为f(a-1)=-e a-1.综上所述:当a≤2时,f(x)min=f(1)=(1-a)e;当a≥3时,f(x)min=f(2)=(2-a)e2;当2<a<3时,f(x)min=f(a-1)=-e a-1.4.解由f(x)=e x-a ln x,原不等式即为e x+ln x-e-m(x-1)>0,记F(x)=e x+ln x-e-m(x-1),F(1)=0,依题意有F(x)>0对任意x∈[1,+∞)恒成立,求导得F'(x)=e x+-m,F'(1)=e x+1-m,F″(x)=e x-,当x>1时,F″(x)>0,则F'(x)在(1,+∞)上单调递增,有F'(x)>F'(1)=e x+1-m,若m≤e+1,则F'(x)>0,则F(x)在(1,+∞)上单调递增,且F(x)>F(1)=0,适合题意;若m>e+1,则F'(1)<0,又F'(ln m)=>0,故存在x1∈(1,ln m),使F'(x)=0,当1<x<x1时,F'(x)<0,得F(x)在(1,x1)上单调递减,F(x)<F(1)=0,舍去,综上,实数m的取值范围是m≤e+1.5.解(1)由已知得f(0)=2,g(0)=2,f'(0)=4,g'(0)=4.而f'(x)=2x+a,g'(x)=e x(cx+d+c),故b=2,d=2,a=4,d+c=4.从而a=4,b=2,c=2,d=2.(2)由(1)知,f(x)=x2+4x+2,g(x)=2e x(x+1).设函数F(x)=kg(x)-f(x)=2k e x(x+1)-x2-4x-2,则F'(x)=2k e x(x+2)-2x-4=2(x+2)(k e x-1).由题设可得F(0)≥0,即k≥1.令F'(x)=0得x1=-ln k,x2=-2.①若1≤k<e2,则-2<x1≤0.从而当x∈(-2,x1)时,F'(x)<0;当x∈(x1,+∞)时,F'(x)>0.即F(x)在(-2,x1)单调递减,在(x1,+∞)单调递增.故F(x)在[-2,+∞)的最小值为F(x1).而F(x1)=2x1+2--4x1-2=-x1(x1+2)≥0.故当x≥-2时,F(x)≥0,即f(x)≤kg(x)恒成立.②若k=e2,则F'(x)=2e2(x+2)(e x-e-2).从而当x>-2时,F'(x)>0,即F(x)在(-2,+∞)单调递增.而F(-2)=0,故当x≥-2时,F(x)≥0,即f(x)≤kg(x)恒成立.③若k>e2,则F(-2)=-2k e-2+2=-2e-2(k-e2)<0.从而当x≥-2时,f(x)≤kg(x)不可能恒成立.综上,k的取值范围是[1,e2].6.解(1)∵f(x)=ln(ax)+bx,∴f'(x)=+b=+b,∵点(1,f(1))处的切线是y=0,∴f'(1)=1+b=0,且f(1)=ln a+b=0,∴a=e,b=-1,即f(x)=ln x-x+1(x>0),∴f'(x)=-1=-,∴f(x)在(0,1)上递增,在(1,+∞)上递减.所以f(x)的极大值为f(1)=ln e-1=0,无极小值.(2)由(1)f(x)=ln x-x+1,当f(x)+-x(m<0)恒成立时,即ln x-x+1+-x(m<0)在x∈(0,+∞)恒成立,同除以x得-2+设g(x)=,h(x)=-2,则g'(x)=-,h'(x)=-,又∵m<0,所以当0<x<1时,g'(x)<0,h'(x)>0;当x>1时,g'(x)>0,h'(x)<0.∴g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,g(x)min=g(1)=,h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,h(x)max=h(1)=-1.∴g(x),h(x)均在x=1处取得最值,所以要使g(x)≥h(x)恒成立,只需g(x)min≥h(x)max,即-1,解得m≥1-e,又m<0,∴实数m的取值范围是[1-e,0).突破2利用导数证明问题及讨论零点个数1.(1)解f'(x)=--,f'(0)=2.因此曲线y=f(x)在点(0,-1)处的切线方程是2x-y-1=0.(2)证明当a≥1时,f(x)+e≥(x2+x-1+e x+1)e-x.令g(x)=x2+x-1+e x+1,则g'(x)=2x+1+e x+1.当x<-1时,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x>-1时,g'(x)>0,g(x)单调递增;所以g(x)≥g(-1)=0.因此f(x)+e≥0.2.证明f'(x)=--(x>0),令p(x)=x2+(2-a)x+1,由f(x)在(0,+∞)有两个极值点x1,x2,则方程p(x)=0在(0,+∞)有两个实根x1,x2,---得a>4,∴f(x1)+f(x2)=ln x1-+ln x2-=ln x1x2-=-a,f=f-=ln---=ln--(a-2),∴f=ln--a-2+=ln-+2.设h(a)=ln-+2(a>4),则h'(a)=---<0,∴h(a)在(4,+∞)上为减函数,又h(4)=0,∴h(a)<0,∴f3.解法1函数f(x)的定义域为R,当a=0时,f(x)=-3x2+1,有两个零点±,原函数草图∴a=0不合题意;当a>0时,当x→-∞时,f(x)→-∞,f(0)=1,f(x)存在小于0的零点x0,不合题意;当a<0时,f'(x)=3ax2-6x,由f'(x)=3ax2-6x=0,得x1=0,x2=<0,∴在区间-内f'(x)<0;在区间内f'(x)>0;在区间(0,+∞)内f'(x)<0.∴f(x)在区间-为减函数,在区间为增函数,在区间(0,+∞)为减函数.∴若f(x)存在唯一的零点x0,且x0>0⇔f(x)min=f>0⇔+1>0⇔<1⇔a2>4.∵a<0,∴a<-2.解法2曲线y=ax3与曲线y=3x2-1仅在y轴右侧有一个公共点,当a≥0时,由图象知不符合题意;当a<0时,设曲线y=ax3与曲线y=3x2-1相切于点(x0,y0),则-得a=-2,由图象知a<-2时符合题意.解法3分离成a=-+3=-t3+3t,令y=a,g(t)=-t3+3t,g'(t)=-3t2+3=3(1-t2),当t∈(-1,1)时,g'(t)>0,当t>1或t<-1时,g'(x)<0.所以g(t)在(-∞,-1)递减,在区间(-1,1)递增,在(1,+∞)递减,所以当t=-1时,g(t)min=-2,由g(t)=-t3+3t的图象可知,t=1时,g(t)max=2.x→+∞时,g(t)→+∞,当a<-2时,直线y=a与g(t)=-t3+3t的图象只有一个交点,交点在第四象限,所以满足题意.4.解由f(x)=0,得a=在区间(1,e]上有两个不同实数解,即函数y=a的图象与函数g(x)=的图象有两个不同的交点.因为g'(x)=-,令g'(x)=0得x=,所以当x∈(1,)时,g'(x)<0,函数在(1,)上单调递减,当x∈(,e]时,g'(x)>0,函数在(,e]上单调递增;则g(x)min=g()=3e,而g()==27>27,且g(e)=e3<27,要使函数y=a的图象与函数g(x)=的图象有两个不同的交点,∴a的取值范围为(3e,e3].5.解(1)f'(x)=-(x>0),当a<0时,f'(x)>0恒成立,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增;当a>0时,由f'(x)>0,得x>,由f'(x)<0,得0<x<,函数单调递增区间为,单调递减区间为综上所述,当a<0时,函数f(x)的单调递增区间为(0,+∞),当a>0时,函数f(x)的单调递增区间为,单调递减区间为(2)∵x时,函数g(x)=(ln x-1)e x+x-m的零点,即方程(ln x-1)e x+x=m的根.令h(x)=(ln x-1)e x+x,h'(x)=-e x+1,由(1)知当a=1时,f(x)=ln x+-1在递减,在[1,e]上递增,∴f(x)≥f(1)=0,+ln x-1≥0在x上恒成立,∴h'(x)=-e x+1≥0+1>0,∴h(x)=(ln x-1)e x+x在x上单调递增,∴h(x)min=h=-2,h(x)max=e.∴当m<-2或m>e时,没有零点,当-2m≤e时有一个零点.6.(1)解根据题意,得f'(x)=e x-2x,则f'(0)=1=b.由切线方程可得切点坐标为(0,0),将其代入y=f(x),得a=-1,故f(x)=e x-x2-1.(2)证明令g(x)=f(x)+x2-x=e x-x-1.由g'(x)=e x-1=0,得x=0,当x∈(-∞,0)时,g'(x)<0,y=g(x)单调递减;当x∈(0,+∞)时,g'(x)>0,y=g(x)单调递增.所以g(x)min=g(0)=0,所以f(x)≥-x2+x.(3)解f(x)>kx对任意的x∈(0,+∞)恒成立等价于>k对任意的x∈(0,+∞)恒成立.令φ(x)=,x>0,得φ'(x)=-=----=---由(2)可知,当x∈(0,+∞)时,e x-x-1>0恒成立,令φ'(x)>0,得x>1;令φ'(x)<0,得0<x<1.所以y=φ(x)的单调增区间为(1,+∞),单调减区间为(0,1), 故φ(x)min=φ(1)=e-2,所以k<φ(x)min=e-2.所以实数k的取值范围为(-∞,e-2).。

函数与导数压轴题命题函数与导数专题131—函数与导数压轴题命题区间目录第一部分构造辅助函数求解导数问题 (2)技法一：“比较法”构造函数 (2)技法二：“拆分法”构造函数 (3)技法三：“换元法”构造函数 (5)技法四：二次(甚至多次)构造函数 (8)强化训练 (10)第二部分利用导数探究含参数函数的性质 (14)技法一：利用导数研究函数的单调性 (14)技法二：利用导数研究函数的极值 (17)技法三：利用导数研究函数的最值 (19)强化训练 (22)第三部分导数的综合应用 (29)技法一：利用导数研究函数的零点或方程的根 (29)技法二：利用导数证明不等式 (31)技法三：利用导数研究不等式恒成立问题 (34)技法四：利用导数研究存在性与任意性问题 (44)技法五：利用导数研究探究性问题 (47)强化训练 (50)第一部分构造辅助函数求解导数问题对于证明与函数有关的不等式，或已知不等式在某个范围内恒成立求参数取值范围、讨论一些方程解的个数等类型问题时，常常需要构造辅助函数，并求导研究其单调性或寻求其几何意义来解决；题目本身特点不同，所构造的函数可有多种形式，解题的繁简程度也因此而不同，这里给出几种常用的构造技巧．技法一：“比较法”构造函数[典例](2017·广州模拟)已知函数f(x)＝e x－ax(e为自然对数的底数，a为常数)的图象在点(0,1)处的切线斜率为－1．(1)求a的值及函数f(x)的极值；(2)证明：当x＞0时，x2＜e x．[解](1)由f(x)＝e x－ax，得f′(x)＝e x－a．因为f′(0)＝1－a＝－1，所以a＝2，所以f(x)＝e x－2x，f′(x)＝e x－2，令f′(x)＝0，得x＝ln 2，当x＜ln 2时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x＞ln 2时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．所以当x＝ln 2时，f(x)取得极小值，且极小值为f(ln 2)＝e ln 2－2ln 2＝2－ln 4，f(x)无极大值．(2)证明：令g(x)＝e x－x2，则g′(x)＝e x－2x．由(1)得g′(x)＝f(x)≥f(ln 2)＞0，故g(x)在R上单调递增．所以当x＞0时，g(x)＞g(0)＝1＞0，即x2＜e x．[方法点拨]在本例第(2)问中，发现“x2，e x”具有基本初等函数的基因，故可选择对要证明的“x2＜e x”构造函数，得到“g(x)＝e x－x2”，并利用(1)的结论求解．[对点演练]已知函数f(x)＝xe x，直线y＝g(x)为函数f(x)的图象在x＝x0(x0＜1)处的切线，求证：f(x)≤g(x)．证明：函数f (x )的图象在x ＝x 0处的切线方程为y ＝g (x )＝f ′(x 0)(x －x 0)＋f (x 0)． 令h (x )＝f (x )－g (x )＝f (x )－f ′(x 0)(x －x 0)－f (x 0)， 则h ′(x )＝f ′(x )－f ′(x 0)＝1－x e x －1－x 0e0x ＝1－x e 0x －1－x 0e x e 0＋x x ．设φ(x )＝(1－x )e 0x －(1－x 0)e x ，则φ′(x )＝－e 0x －(1－x 0)e x ， ∵x 0＜1，∴φ′(x )＜0，∴φ(x )在R 上单调递减，又φ(x 0)＝0，∴当x ＜x 0时，φ(x )＞0，当x ＞x 0时，φ(x )＜0， ∴当x ＜x 0时，h ′(x )＞0，当x ＞x 0时，h ′(x )＜0，∴h (x )在区间(－∞，x 0)上为增函数，在区间(x 0，＋∞)上为减函数， ∴h (x )≤h (x 0)＝0， ∴f (x )≤g (x )．技法二：“拆分法”构造函数[典例] 设函数f (x )＝ae x ln x ＋bex －1x ，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线为y＝e (x －1)＋2．(1)求a ，b ； (2)证明：f (x )＞1．[解] (1)f ′(x )＝ae x ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x ＋1x ＋be x－1x －1x 2(x ＞0)，由于直线y ＝e (x －1)＋2的斜率为e ，图象过点(1,2)， 所以⎩⎨⎧ f 1＝2，f ′1＝e ，即⎩⎨⎧ b ＝2，ae ＝e ，解得⎩⎨⎧a ＝1，b ＝2.(2)证明：由(1)知f (x )＝e x ln x ＋2ex －1x (x ＞0)，从而f (x )＞1等价于x ln x ＞xe －x －2e ． 构造函数g (x )＝x ln x ，则g ′(x )＝1＋ln x ，所以当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时，g ′(x )＜0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞时，g ′(x )＞0，故g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递增， 从而g (x )在(0，＋∞)上的最小值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e ．构造函数h (x )＝xe －x －2e ， 则h ′(x )＝e －x (1－x )．所以当x ∈(0,1)时，h ′(x )＞0； 当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )＜0；故h (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 从而h (x )在(0，＋∞)上的最大值为h (1)＝－1e ． 综上，当x ＞0时，g (x )＞h (x )，即f (x )＞1． [方法点拨]对于第(2)问“ae x ln x ＋be x －1x ＞1”的证明，若直接构造函数h (x )＝ae x ln x ＋bex －1x－1，求导以后不易分析，因此并不宜对其整体进行构造函数，而应先将不等式“ae x ln x ＋be x －1x ＞1”合理拆分为“x ln x ＞xe －x －2e ”，再分别对左右两边构造函数，进而达到证明原不等式的目的．QQ 群 545423319 微信公众号：中学数学研讨部落[对点演练] 已知函数f (x )＝a ln x x ＋1＋bx，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为x ＋2y －3＝0．(1)求a ，b 的值；(2)证明：当x ＞0，且x ≠1时，f (x )＞ln xx －1．解：(1)f ′(x )＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x －ln xx ＋12－bx 2(x ＞0)．由于直线x ＋2y －3＝0的斜率为－12，且过点(1,1)， 故⎩⎪⎨⎪⎧f 1＝1，f ′1＝－12，即⎩⎪⎨⎪⎧b ＝1，a 2－b ＝－12.解得⎩⎨⎧a ＝1，b ＝1.(2)证明：由(1)知f (x )＝ln x x ＋1＋1x(x ＞0)， 所以f (x )－ln x x －1＝11－x 2⎝ ⎛⎭⎪⎫2ln x －x 2－1x ． 考虑函数h (x )＝2ln x －x 2－1x (x ＞0)， 则h ′(x )＝2x －2x 2－x 2－1x 2＝－x －12x 2．所以当x ≠1时，h ′(x )＜0．而h (1)＝0， 故当x ∈(0,1)时，h (x )＞0，可得11－x 2h (x )＞0； QQ 群 545423319 微信公众号：中学数学研讨部落当x ∈(1，＋∞)时，h (x )＜0，可得11－x 2h (x )＞0．从而当x ＞0，且x ≠1时，f (x )－ln xx －1＞0， 即f (x )＞ln xx －1． 技法三：“换元法”构造函数[典例] 已知函数f (x )＝ax 2＋x ln x (a ∈R )的图象在点(1，f (1))处的切线与直线x ＋3y ＝0垂直．(1)求实数a 的值；(2)求证：当n ＞m ＞0时，ln n －ln m ＞m n －n m ． [解] (1)因为f (x )＝ax 2＋x ln x ， 所以f ′(x )＝2ax ＋ln x ＋1，因为切线与直线x ＋3y ＝0垂直，所以切线的斜率为3，所以f ′(1)＝3，即2a ＋1＝3，故a ＝1． (2)证明：要证ln n －ln m ＞m n －nm ，即证ln n m ＞m n －n m ，只需证ln n m －m n ＋nm ＞0． 令n m ＝x ，构造函数g (x )＝ln x －1x ＋x (x ≥1)， 则g ′(x )＝1x ＋1x 2＋1．因为x ∈[1，＋∞)，所以g ′(x )＝1x ＋1x 2＋1＞0， 故g (x )在(1，＋∞)上单调递增． 由已知n ＞m ＞0，得nm ＞1， 所以g ⎝ ⎛⎭⎪⎫n m ＞g (1)＝0，即证得ln n m －m n ＋nm ＞0成立，所以命题得证． [方法点拨]对“待证不等式”等价变形为“ln n m －m n ＋n m ＞0”后，观察可知，对“nm ”进行换元，变为“ln x －1x ＋x ＞0”，构造函数“g (x )＝ln x －1x ＋x (x ≥1)”来证明不等式，可简化证明过程中的运算．[对点演练]已知函数f (x )＝x 2ln x ． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)证明：对任意的t ＞0，存在唯一的s ，使t ＝f (s )；(3)设(2)中所确定的s 关于t 的函数为s ＝g (t )，证明：当t ＞e 2时，有25＜ln g t ln t＜12．解：(1)由已知，得f ′(x )＝2x ln x ＋x ＝x (2ln x ＋1)(x ＞0)， 令f ′(x )＝0，得x ＝1e．当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：x ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e1e ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞ f ′(x ) － 0 ＋ f (x )极小值所以函数f (x )的单调递减区间是⎝⎛⎭⎪⎫0，1e ，单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞． (2)证明：当0＜x ≤1时，f (x )≤0， ∵t ＞0，∴当0＜x ≤1时不存在t ＝f (s )． 令h (x )＝f (x )－t ，x ∈[1，＋∞)．由(1)知，h (x )在区间(1，＋∞)上单调递增． h (1)＝－t ＜0，h (e t )＝e 2t ln e t －t ＝t (e 2t －1)＞0． 故存在唯一的s ∈(1，＋∞)，使得t ＝f (s )成立． (3)证明：因为s ＝g (t )，由(2)知，t ＝f (s )，且s ＞1， 从而ln g tln t＝ln s ln f s ＝ln sln s 2ln s＝ln s 2ln s ＋ln ln s ＝u2u ＋ln u ， 其中u ＝ln s ． 要使25＜ln g t ln t＜12成立，只需0＜ln u ＜u 2．当t ＞e 2时，若s ＝g (t )≤e ，则由f (s )的单调性，有t ＝f (s )≤f (e )＝e 2，矛盾． 所以s ＞e ，即u ＞1，从而ln u ＞0成立．另一方面，令F (u )＝ln u －u 2，u ＞1，F ′(u )＝1u －12， 令F ′(u )＝0，得u ＝2． 当1＜u ＜2时，F ′(u )＞0； 当u ＞2时，F ′(u )＜0． 故对u ＞1，F (u )≤F (2)＜0，因此ln u ＜u2成立．综上，当t ＞e 2时，有25＜ln g tln t＜12．技法四：二次(甚至多次)构造函数[典例] (2017·广州综合测试)已知函数f (x )＝e x ＋m －x 3，g (x )＝ln(x ＋1)＋2． (1)若曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线斜率为1，求实数m 的值； (2)当m ≥1时，证明：f (x )＞g (x )－x 3． [解] (1)因为f (x )＝e x ＋m －x 3， 所以f ′(x )＝e x ＋m －3x 2．因为曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线斜率为1， 所以f ′(0)＝e m ＝1，解得m ＝0．(2)证明：因为f (x )＝e x ＋m －x 3，g (x )＝ln(x ＋1)＋2， 所以f (x )＞g (x )－x 3等价于e x ＋m －ln(x ＋1)－2＞0． 当m ≥1时，e x ＋m －ln(x ＋1)－2≥e x ＋1－ln(x ＋1)－2． 要证e x ＋m －ln(x ＋1)－2＞0， 只需证明e x ＋1－ln(x ＋1)－2＞0．设h (x )＝e x ＋1－ln(x ＋1)－2，则h ′(x )＝e x ＋1－1x ＋1． 设p (x )＝e x ＋1－1x ＋1，则p ′(x )＝e x ＋1＋1x ＋12＞0，所以函数p (x )＝h ′(x )＝e x ＋1－1x ＋1在(－1，＋∞)上单调递增．因为h ′⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝e 12－2＜0，h ′(0)＝e －1＞0，所以函数h ′(x )＝ex ＋1－1x ＋1在(－1，＋∞)上有唯一零点x 0，且x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0．因为h ′(x 0)＝0，所以ex 0＋1＝1x 0＋1，即ln(x 0＋1)＝－(x 0＋1)． 当x ∈(－1，x 0)时，h ′(x )＜0， 当x ∈(x 0，＋∞)时，h ′(x )＞0，所以当x ＝x 0时，h (x )取得最小值h (x 0)，所以h(x)≥h(x0)＝ex0＋1－ln(x0＋1)－2＝1x0＋1＋(x0＋1)－2＞0．综上可知，当m≥1时，f(x)＞g(x)－x3．QQ 群545423319 微信公众号：中学数学研讨部落[方法点拨]本题可先进行适当放缩，m≥1时，e x＋m≥e x＋1，再两次构造函数h(x)，p(x)．[对点演练](2016·合肥一模)已知函数f(x)＝ex－x ln x，g(x)＝e x－tx2＋x，t∈R，其中e为自然对数的底数．(1)求函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程；(2)若g(x)≥f(x)对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，求t的取值范围．解：(1)由f(x)＝ex－x ln x，知f′(x)＝e－ln x－1，则f′(1)＝e－1，而f(1)＝e，则所求切线方程为y－e＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x＋1．(2)∵f(x)＝ex－x ln x，g(x)＝e x－tx2＋x，t∈R，∴g(x)≥f(x)对任意的x∈(0，＋∞)恒成立等价于e x－tx2＋x－ex＋x ln x≥0对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，即t≤e x＋x－ex＋x ln xx2对任意的x∈(0，＋∞)恒成立．令F(x)＝e x＋x－ex＋x ln xx2，则F′(x)＝xe x＋ex－2e x－x ln xx3＝1x2⎝⎛⎭⎪⎫e x＋e－2e xx－ln x，令G(x)＝e x＋e－2e xx－ln x，则G′(x)＝e x－2xe x－e xx2－1x＝e x x－12＋e x－xx2＞0对任意的x∈(0，＋∞)恒成立．∴G(x)＝e x＋e－2e xx－ln x在(0，＋∞)上单调递增，且G(1)＝0，∴当x ∈(0,1)时，G (x )＜0，当x ∈(1，＋∞)时，G (x )＞0， 即当x ∈(0,1)时，F ′(x )＜0，当x ∈(1，＋∞)时，F ′(x )＞0， ∴F (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， ∴F (x )≥F (1)＝1， ∴t ≤1，即t 的取值范围是(－∞，1]．强化训练1．设函数f (x )＝x 2e x －1＋ax 3＋bx 2，已知x ＝－2和x ＝1为f (x )的极值点． (1)求a ，b 的值； (2)讨论f (x )的单调性；(3)设g (x )＝23x 3－x 2，比较f (x )与g (x )的大小． 解：(1)因为f ′(x )＝e x －1(2x ＋x 2)＋3ax 2＋2bx ＝xe x －1(x ＋2)＋x (3ax ＋2b )， 又x ＝－2和x ＝1为f (x )的极值点， 所以f ′(－2)＝f ′(1)＝0， 因此⎩⎨⎧－6a ＋2b ＝0，3＋3a ＋2b ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－13，b ＝－1.(2)因为a ＝－13，b ＝－1， 所以f ′(x )＝x (x ＋2)(e x －1－1)， 令f ′(x )＝0，解得x 1＝－2，x 2＝0，x 3＝1．因为当x ∈(－∞，－2)∪(0,1)时，f ′(x )＜0； 当x ∈(－2,0)∪(1，＋∞)时，f ′(x )＞0． 所以f (x )在(－2,0)和(1，＋∞)上是单调递增的； 在(－∞，－2)和(0,1)上是单调递减的．(3)由(1)可知f (x )＝x 2e x －1－13x 3－x 2． 故f (x )－g (x )＝x 2e x －1－x 3＝x 2(e x －1－x )， 令h (x )＝e x －1－x ，则h ′(x )＝e x －1－1． 令h ′(x )＝0，得x ＝1，因为当x ∈(－∞，1]时，h ′(x )≤0， 所以h (x )在(－∞，1]上单调递减； 故当x ∈(－∞，1]时，h (x )≥h (1)＝0； 因为当x ∈[1，＋∞)时，h ′(x )≥0， 所以h (x )在[1，＋∞)上单调递增； 故x ∈[1，＋∞)时，h (x )≥h (1)＝0． 所以对任意x ∈(－∞，＋∞)，恒有h (x )≥0； 又x 2≥0，因此f (x )－g (x )≥0．故对任意x ∈(－∞，＋∞)，恒有f (x )≥g (x )． 2．(2015·北京高考)已知函数f (x )＝ln 1＋x1－x ．(1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)求证：当x ∈(0,1)时，f (x )＞2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33；(3)设实数k 使得f (x )＞k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33对x ∈(0,1)恒成立，求k 的最大值．解：(1)因为f (x )＝ln(1＋x )－ln(1－x )(－1＜x ＜1)， 所以f ′(x )＝11＋x ＋11－x，f ′(0)＝2． QQ 群 545423319 微信公众号：中学数学研讨部落 又因为f (0)＝0，所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝2x ．(2)证明：令g (x )＝f (x )－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33，则g ′(x )＝f ′(x )－2(1＋x 2)＝2x 41－x 2．因为g ′(x )＞0(0＜x ＜1)，所以g (x )在区间(0,1)上单调递增． 所以g (x )＞g (0)＝0，x ∈(0,1)，即当x ∈(0,1)时，f (x )＞2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33．(3)由(2)知，当k ≤2时，f (x )＞k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33对x ∈(0,1)恒成立．当k ＞2时，令h (x )＝f (x )－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33，则h ′(x )＝f ′(x )－k (1＋x 2)＝kx 4－k ＋21－x 2．所以当0＜x ＜4k －2k 时，h ′(x )＜0， 因此h (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，4k －2k 上单调递减． 故当0＜x ＜4k －2k 时，h (x )＜h (0)＝0，即f (x )＜k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33．QQ 群 545423319 微信公众号：中学数学研讨部落所以当k ＞2时，f (x )＞k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33并非对x ∈(0,1)恒成立．综上可知，k 的最大值为2．3．(2016·广州综合测试)已知函数f (x )＝me x －ln x －1． (1)当m ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)当m ≥1时，证明：f (x )＞1． 解：(1)当m ＝1时，f (x )＝e x －ln x －1， 所以f ′(x )＝e x －1x ．所以f (1)＝e －1，f ′(1)＝e －1．所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －(e －1)＝(e －1)(x －1)，即y ＝(e －1)x ．(2)证明：当m ≥1时，f (x )＝me x －ln x －1≥e x －ln x －1(x ＞0)． 要证明f (x )＞1，只需证明e x －ln x －2＞0．设g (x )＝e x －ln x －2，则g ′(x )＝e x －1x ． 设h (x )＝e x －1x ，则h ′(x )＝e x ＋1x 2＞0，所以函数h (x )＝g ′(x )＝e x －1x 在(0，＋∞)上单调递增． 因为g ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝e 12－2＜0，g ′(1)＝e －1＞0，所以函数g ′(x )＝e x－1x 在(0，＋∞)上有唯一零点x 0，且x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1．因为g ′(x 0)＝0，所以ex 0＝1x 0，即ln x 0＝－x 0．当x ∈(0，x 0)时，g ′(x )＜0；当x ∈(x 0，＋∞)时，g ′(x )＞0． 所以当x ＝x 0时，g (x )取得最小值g (x 0)． 故g (x )≥g (x 0)＝ex 0－ln x 0－2＝1x 0＋x 0－2＞0．综上可知，当m ≥1时，f (x )＞1．QQ 群 545423319 微信公众号：中学数学研讨部落4．(2017·石家庄质检)已知函数f (x )＝a x －x 2e x (x ＞0)，其中e 为自然对数的底数．(1)当a ＝0时，判断函数y ＝f (x )极值点的个数；(2)若函数有两个零点x 1，x 2(x 1＜x 2)，设t ＝x 2x 1，证明：x 1＋x 2随着t 的增大而增大．解：(1)当a ＝0时，f (x )＝－x 2e x (x ＞0)，f ′(x )＝－2x ·e x －－x 2·e xe x 2＝x x －2e x，令f ′(x )＝0，得x ＝2，当x ∈(0,2)时，f ′(x )＜0，y ＝f (x )单调递减， 当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )＞0，y ＝f (x )单调递增， 所以x ＝2是函数的一个极小值点，无极大值点， 即函数y ＝f (x )有一个极值点．(2)证明：令f (x )＝a x －x 2e x ＝0，得x 32＝ae x ，因为函数有两个零点x 1，x 2(x 1＜x 2)，所以x 1321＝aex 1，x 322＝aex 2，可得32ln x 1＝ln a ＋x 1，32ln x 2＝ln a ＋x 2．故x 2－x 1＝32ln x 2－32ln x 1＝32ln x 2x 1．又x 2x 1＝t ，则t ＞1，且⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝tx 1，x 2－x 1＝32ln t ，解得x 1＝32ln t t －1，x 2＝32t ln tt －1．所以x 1＋x 2＝32·t ＋1ln tt －1．①令h (x )＝x ＋1ln xx －1，x ∈(1，＋∞)，则h ′(x )＝－2ln x ＋x －1xx －12．令u (x )＝－2ln x ＋x －1x ，得u ′(x )＝⎝⎛⎭⎪⎫x －1x 2． 当x ∈(1，＋∞)时，u ′(x )＞0． 因此，u (x )在(1，＋∞)上单调递增， 故对于任意的x ∈(1，＋∞)，u (x )＞u (1)＝0， 由此可得h ′(x )＞0，故h (x )在(1，＋∞)上单调递增． 因此，由①可得x 1＋x 2随着t 的增大而增大．第二部分 利用导数探究含参数函数的性质技法一：利用导数研究函数的单调性[典例] 已知函数g (x )＝ln x ＋ax 2＋bx ，函数g (x )的图象在点(1，g (1))处的切线平行于x轴．(1)确定a与b的关系；(2)若a≥0，试讨论函数g(x)的单调性．[解](1)依题意得g′(x)＝1x＋2ax＋b(x＞0)．由函数g(x)的图象在点(1，g(1))处的切线平行于x轴得：g′(1)＝1＋2a＋b＝0，∴b＝－2a－1．(2)由(1)得g′(x)＝2ax2－2a＋1x＋1x＝2ax－1x－1x．∵函数g(x)的定义域为(0，＋∞)，∴当a＝0时，g′(x)＝－x－1 x．由g′(x)＞0，得0＜x＜1，由g′(x)＜0，得x＞1，当a＞0时，令g′(x)＝0，得x＝1或x＝12a，若12a＜1，即a＞12，由g′(x)＞0，得x＞1或0＜x＜12a，由g′(x)＜0，得12a＜x＜1；若12a＞1，即0＜a＜12，由g′(x)＞0，得x＞12a或0＜x＜1，由g′(x)＜0，得1＜x＜12a，若12a＝1，即a＝12在(0，＋∞)上恒有g′(x)≥0．综上可得：当a＝0时，函数g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；当0＜a＜12时，函数g(x)在(0,1)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞上单调递增； 当a ＝12时，函数g (x )在(0，＋∞)上单调递增， 当a ＞12时，函数g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，1上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． [方法点拨](1)研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论．(2)划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为0的点和函数的间断点．(3)本题(2)求解应先分a ＝0或a ＞0两种情况，再比较12a 和1的大小． [对点演练](2016·太原一模)已知函数f (x )＝x －a ln x (a ∈R )． (1)当a ＝2时，求曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程； (2)设函数h (x )＝f (x )＋1＋ax ，求函数h (x )的单调区间． 解：(1)当a ＝2时，f (x )＝x －2ln x ，f (1)＝1， 即切点为(1,1)，∵f ′(x )＝1－2x ，∴f ′(1)＝1－2＝－1，∴曲线y ＝f (x )在点(1,1)处的切线方程为y －1＝－(x －1)，即x ＋y －2＝0． (2)由题意知，h (x )＝x －a ln x ＋1＋ax (x ＞0)， 则h ′(x )＝1－a x －1＋a x 2＝x 2－ax －1＋ax 2＝x ＋1[x －1＋a]x 2，①当a ＋1＞0，即a ＞－1时， 令h ′(x )＞0，∵x ＞0，∴x ＞1＋a ， 令h ′(x )＜0，∵x ＞0，∴0＜x ＜1＋a ．②当a＋1≤0，即a≤－1时，h′(x)＞0恒成立，综上，当a＞－1时，h(x)的单调递减区间是(0，a＋1)，单调递增区间是(a＋1，＋∞)；当a≤－1时，h(x)的单调递增区间是(0，＋∞)，无单调递减区间．技法二：利用导数研究函数的极值[典例]设a＞0，函数f(x)＝12x2－(a＋1)x＋a(1＋ln x)．(1)若曲线y＝f(x)在(2，f(2))处的切线与直线y＝－x＋1垂直，求切线方程．(2)求函数f(x)的极值．[解](1)由已知，得f′(x)＝x－(a＋1)＋ax(x＞0)，又由题意可知y＝f(x)在(2，f(2))处切线的斜率为1，所以f′(2)＝1，即2－(a＋1)＋a2＝1，解得a＝0，此时f(2)＝2－2＝0，故所求的切线方程为y＝x－2．(2)f′(x)＝x－(a＋1)＋ax＝x2－a＋1x＋ax＝x－1x－ax(x＞0)．①当0＜a＜1时，若x∈(0，a)，则f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；若x∈(a,1)，则f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；若x∈(1，＋∞)，则f′(x)＞0，函数f(x)单调递增．此时x＝a是f(x)的极大值点，x＝1是f(x)的极小值点，函数f(x)的极大值是f(a)＝－12a2＋a ln a，极小值是f(1)＝－1 2．②当a＝1时，f′(x)＝x－12x≥0，所以函数f(x)在定义域(0，＋∞)内单调递增，此时f (x )没有极值点，故无极值． ③当a ＞1时，若x ∈(0,1)，则f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增； 若x ∈(1，a )，则f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减； 若x ∈(a ，＋∞)，则f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增．此时x ＝1是f (x )的极大值点，x ＝a 是f (x )的极小值点，函数f (x )的极大值是f (1)＝－12，极小值是f (a )＝－12a 2＋a ln a ．综上，当0＜a ＜1时，f (x )的极大值是－12a 2＋a ln a ， 极小值是－12；当a ＝1时，f (x )没有极值；当a ＞1时f (x )的极大值是－12，极小值是－12a 2＋a ln a ． [方法点拨]对于解析式中含有参数的函数求极值，有时需要分类讨论后解决问题．讨论的思路主要有：(1) 参数是否影响f ′(x )零点的存在；QQ 群 545423319 微信公众号：中学数学研讨部落 (2)参数是否影响f ′(x )不同零点(或零点与函数定义域中的间断点)的大小； (3)参数是否影响f ′(x )在零点左右的符号(如果有影响，需要分类讨论)． [对点演练](2016·山东高考)设f (x )＝x ln x －ax 2＋(2a －1)x ，a ∈R ． (1)令g (x )＝f ′(x )，求g (x )的单调区间；(2)已知f (x )在x ＝1处取得极大值，求实数a 的取值范围． 解：(1)由f ′(x )＝ln x －2ax ＋2a ，可得g (x )＝ln x －2ax ＋2a ，x ∈(0，＋∞)． 所以g ′(x )＝1x －2a ＝1－2ax x ．当a ≤0，x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )＞0，函数g (x )单调递增； 当a ＞0，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 时，g ′(x )＞0，函数g (x )单调递增，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，g ′(x )＜0，函数g (x )单调递减． 所以当a ≤0时，g (x )的单调增区间为(0，＋∞)；当a ＞0时，g (x )的单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a ，单调减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞．(2)由(1)知，f ′(1)＝0．①当a ≤0时，f ′(x )单调递增， 所以当x ∈(0,1)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增． 所以f (x )在x ＝1处取得极小值，不合题意． ②当0＜a ＜12时，12a ＞1，由(1)知f ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 内单调递增， 可得当x ∈(0,1)时，f ′(x )＜0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12a 时，f ′(x )＞0．所以f (x )在(0,1)内单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12a 内单调递增，所以f (x )在x ＝1处取得极小值，不合题意． ③当a ＝12时，12a ＝1，f ′(x )在(0,1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减，所以当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )≤0，f (x )单调递减，不合题意． ④当a ＞12时，0＜12a ＜1，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，1时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减． 所以f (x )在x ＝1处取极大值，符合题意． 综上可知，实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞．技法三：利用导数研究函数的最值[典例] 已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∈R )． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)当a ＞0时，求函数f (x )在[1,2]上的最小值．[解] (1)由题意，f ′(x )＝1x －a (x ＞0)，①当a ≤0时，f ′(x )＝1x －a ＞0，即函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)． ②当a ＞0时，令f ′(x )＝1x －a ＝0，可得x ＝1a ， 当0＜x ＜1a 时，f ′(x )＝1－ax x ＞0； 当x ＞1a 时，f ′(x )＝1－ax x ＜0， 故函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎦⎥⎤0，1a ，单调递减区间为⎣⎢⎡⎭⎪⎫1a ，＋∞．综上可知，当a ≤0时，函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)；当a ＞0时，函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎦⎥⎤0，1a ，单调递减区间为⎣⎢⎡⎭⎪⎫1a ，＋∞．(2)①当1a ≤1，即a ≥1时，函数f (x )在区间[1,2]上是减函数，所以f (x )的最小值是f (2)＝ln 2－2a ．②当1a ≥2，即0＜a ≤12时，函数f (x )在区间[1,2]上是增函数，所以f (x )的最小值是f (1)＝－a ．③当1＜1a ＜2，即12＜a ＜1时，函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，1a 上是增函数，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a ，2上是减函数．又f (2)－f (1)＝ln 2－a ，所以当12＜a ＜ln 2时，最小值是f (1)＝－a ； 当ln 2≤a ＜1时，最小值为f (2)＝ln 2－2a ．综上可知，当0＜a ＜ln 2时，函数f (x )的最小值是－a ； 当a ≥ln 2时，函数f (x )的最小值是ln 2－2a ． [方法点拨](1)在闭区间上图象连续的函数一定存在最大值和最小值，在不是闭区间的情况下，函数在这个区间上的最大值和最小值可能都存在，也可能只存在一个，或既无最大值也无最小值；(2)在一个区间上，如果函数只有一个极值点，则这个极值点就是最值点． [对点演练] 1．若函数f (x )＝x x 2＋a(a ＞0)在[1，＋∞)上的最大值为33，则a 的值为( ) A ．33 B ．3 C ．3＋1 D ．3－1解析：选D f ′(x )＝x 2＋a －2x 2x 2＋a 2＝a －x 2x 2＋a2．令f ′(x )＝0，得x ＝a 或x ＝－a (舍去)，若a ≤1，即0＜a ≤1时，在[1，＋∞)上f ′(x )＜0，f (x )max ＝f (1)＝11＋a ＝33．解得a ＝3－1，符合题意．若a ＞1，即a ＞1时，在[1，a )上f ′(x )＞0，在(a ，＋∞)上f ′(x )＜0，所以f (x )max ＝f (a )＝a 2a ＝33， 解得a ＝34＜1，不符合题意，综上知，a ＝3－1． 2．已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝(－x 2＋ax －3)e x (a 为实数)． (1)当a ＝5时，求函数y ＝g (x )在x ＝1处的切线方程； (2)求f (x )在区间[]t ，t ＋2(t ＞0)上的最小值． 解：(1)当a ＝5时，g (x )＝(－x 2＋5x －3)e x ，g (1)＝e ． 又g ′(x )＝(－x 2＋3x ＋2)e x ， 故切线的斜率为g ′(1)＝4e ． 所以切线方程为y －e ＝4e (x －1)， 即y ＝4ex －3e ．(2)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ln x ＋1， 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：x⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 1e ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞f ′(x ) － 0 ＋ f (x )极小值①当t ≥1e 时，在区间[]t ，t ＋2上f (x )为增函数， 所以f (x )min ＝f (t )＝t ln t ．②当0＜t ＜1e 时，在区间⎣⎢⎡⎭⎪⎫t ，1e 上f (x )为减函数，在区间⎝ ⎛⎦⎥⎤1e ，t ＋2上f (x )为增函数，所以f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e ．综上，f (x )min ＝⎩⎪⎨⎪⎧t ln t ，t ≥1e ，－1e ，0＜t ＜1e .强化训练1．已知函数f (x )＝x －12ax 2－ln(1＋x )(a ＞0)． (1)若x ＝2是f (x )的极值点，求a 的值； (2)求f (x )的单调区间． 解：f ′(x )＝x 1－a －axx ＋1，x ∈(－1，＋∞)． (1)依题意，得f ′(2)＝0，即21－a －2a 2＋1＝0，解得a ＝13．经检验，a ＝13符合题意，故a 的值为13． (2)令f ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝1a－1．①当0＜a ＜1时，f (x )与f ′(x )的变化情况如下： x (－1，x 1) x 1 (x 1，x 2) x 2 (x 2，＋∞)f ′(x ) － 0 ＋ 0 －f (x )f (x 1)f (x 2)∴f (x )的单调增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a －1，单调减区间是(－1,0)和⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1，＋∞．②当a ＝1时，f (x )的单调减区间是(－1，＋∞)． ③当a ＞1时，－1＜x 2＜0，f (x )与f ′(x )的变化情况如下：∴f (x )的单调增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1，0，单调减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，1a －1和(0，＋∞)．综上，当0＜a ＜1时，f (x )的单调增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a －1，单调减区间是(－1,0)和⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1，＋∞；当a ＝1时，f (x )的单调减区间是(－1，＋∞)；当a ＞1时，f (x )的单调增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1，0，单调减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，1a －1和(0，＋∞)．2．已知函数f (x )＝⎩⎨⎧－x 3＋x 2，x ＜1，a ln x ，x ≥1.(1)求f (x )在区间(－∞，1)上的极小值和极大值点； (2)求f (x )在[－1，e ](e 为自然对数的底数)上的最大值． 解：(1)当x ＜1时，f ′(x )＝－3x 2＋2x ＝－x (3x －2)， 令f ′(x )＝0，解得x ＝0或x ＝23．当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：＝3． (2)①当－1≤x ＜1时，由(1)知，函数f (x )在[－1,0]和⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，1上单调递减，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，23上单调递增．因为f (－1)＝2，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝427，f (0)＝0，所以f (x )在[－1,1)上的最大值为2．②当1≤x ≤e 时，f (x )＝a ln x ，当a ≤0时，f (x )≤0； 当a ＞0时，f (x )在[1，e ]上单调递增， 则f (x )在[1，e ]上的最大值为f (e )＝a ．综上所述，当a ≥2时，f (x )在[－1，e ]上的最大值为a ； 当a ＜2时，f (x )在[－1，e ]上的最大值为2． 3．已知函数f (x )＝ax －1－ln x (a ∈R )． (1)讨论函数f (x )在定义域内的极值点的个数；(2)若函数f (x )在x ＝1处取得极值，∀x ∈(0，＋∞)，f (x )≥bx －2恒成立，求实数b 的取值范围．解：(1)由已知得f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x (x ＞0)．当a ≤0时，f ′(x )≤0在(0，＋∞)上恒成立，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减， ∴f (x )在(0，＋∞)上没有极值点． 当a ＞0时，由f ′(x )＜0，得0＜x ＜1a ， 由f ′(x )＞0，得x ＞1a ，∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递增，即f (x )在x ＝1a 处有极小值．∴当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上没有极值点， 当a ＞0时，f (x )在(0，＋∞)上有一个极值点． (2)∵函数f (x )在x ＝1处取得极值，∴f ′(1)＝0，解得a ＝1，∴f (x )≥bx －2⇒1＋1x －ln xx ≥b ， 令g (x )＝1＋1x －ln xx ，则g ′(x )＝ln x －2x 2， 令g ′(x )＝0，得x ＝e 2．则g (x )在(0，e 2)上单调递减，在(e 2，＋∞)上单调递增，∴g (x )min ＝g (e 2)＝1－1e 2，即b ≤1－1e 2， 故实数b 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，1－1e 2． 4．已知方程f (x )·x 2－2ax ＋f (x )－a 2＋1＝0，其中a ∈R ，x ∈R ． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在[0，＋∞)上存在最大值和最小值，求实数a 的取值范围． 解：(1)由f (x )·x 2－2ax ＋f (x )－a 2＋1＝0得f (x )＝2ax ＋a 2－1x 2＋1，则f ′(x )＝－2x ＋a ax －1x 2＋12．①当a ＝0时，f ′(x )＝2x x 2＋12，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减， 即f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)．②当a ＞0时，令f ′(x )＝0，得x 1＝－a ，x 2＝1a ，当x 变化时，f ′(x )与f (x )的变化情况如下：x (－∞，x 1)x 1 (x 1，x 2) x 2 (x 2，＋∞)f ′(x ) － 0 ＋ 0 －f (x )极小值极大值故f (x )的单调递减区间是(－∞，－a )，⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞，单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－a ，1a ． ③当a ＜0时，令f ′(x )＝0，得x 1＝－a ，x 2＝1a ，当x 变化时，f ′(x )与f (x )的变化情况如下：x (－∞，x 2)x 2 (x 2，x 1) x 1 (x 1，＋∞)f ′(x ) ＋ 0 － 0 ＋f (x )极大值极小值所以f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，1a ，(－a ，＋∞)，单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，－a ．(2)由(1)得，a ＝0不合题意．当a ＞0时，由(1)得，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减，所以f (x )在[0，＋∞)上存在最大值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝a 2＞0．设x 0为f (x )的零点，易知x 0＝1－a 22a ，且x 0＜1a ． 从而当x ＞x 0时，f (x )＞0；当x ＜x 0时，f (x )＜0． 若f (x )在[0，＋∞)上存在最小值，必有f (0)≤0， 解得－1≤a ≤1．所以当a ＞0时，若f (x )在[0，＋∞)上存在最大值和最小值，则实数a 的取值范围是(0,1]．当a ＜0时，由(1)得，f (x )在(0，－a )上单调递减，在(－a ，＋∞)上单调递增，所以f (x )在[0，＋∞)上存在最小值f (－a )＝－1．易知当x ≥－a 时，－1≤f (x )＜0，所以若f (x )在[0，＋∞)上存在最大值，必有f (0)≥0，解得a ≥1或a ≤－1．所以当a ＜0时，若f (x )在[0，＋∞)上存在最大值和最小值，则实数a 的取值范围是(－∞，－1]．综上所述，实数a 的取值范围是(－∞，－1]∪(0,1]． 5．设函数f (x )＝x 2－ax ＋b ．(1)讨论函数f (sin x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2内的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值；(2)记f 0(x )＝x 2－a 0x ＋b 0，求函数|f (sin x )－f 0(sin x )|在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，π2上的最大值D ；(3)在(2)中，取a 0＝b 0＝0，求z ＝b －a 24满足条件D ≤1时的最大值． 解：(1)由题意，f (sin x )＝sin 2x －a sin x ＋b ＝sin x (sin x －a )＋b ， 则f ′(sin x )＝(2sin x －a )cos x ，因为－π2＜x ＜π2，所以cos x ＞0，－2＜2sin x ＜2． ①a ≤－2，b ∈R 时，函数f (sin x )单调递增，无极值；②a ≥2，b ∈R 时，函数f (sin x )单调递减，无极值；③对于－2＜a ＜2，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2内存在唯一的x 0，使得2sin x 0＝a ．－π2＜x ≤x 0时，函数f (sin x )单调递减； x 0≤x ＜π2时，函数f (sin x )单调递增．因此，－2＜a ＜2，b ∈R 时，函数f (sin x )在x 0处有极小值f (sin x 0)＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＝b－a 24．(2)当－π2≤x ≤π2时，|f (sin x )－f 0(sin x )|＝|(a 0－a )sin x ＋b －b 0|≤|a －a 0|＋|b －b 0|， 当(a 0－a )(b －b 0)≥0，x ＝π2时等号成立， 当(a 0－a )(b －b 0)＜0时，x ＝－π2时等号成立．由此可知，|f (sin x )－f 0(sin x )|在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，π2上的最大值为D ＝|a －a 0|＋|b －b 0|．(3)D ≤1即为|a |＋|b |≤1，此时0≤a 2≤1，－1≤b ≤1，从而z ＝b －a 24≤1．取a ＝0，b ＝1，则|a |＋|b |≤1，并且z ＝b －a 24＝1． 由此可知，z ＝b －a 24满足条件D ≤1的最大值为1． 6．已知函数f (x )＝x －1x ，g (x )＝a ln x (a ∈R )． (1)当a ≥－2时，求F (x )＝f (x )－g (x )的单调区间；(2)设h (x )＝f (x )＋g (x )，且h (x )有两个极值点为x 1，x 2，其中x 1∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12，求h (x 1)－h (x 2)的最小值．解：(1)由题意得F (x )＝x －1x －a ln x (x ＞0)，则F ′(x )＝x 2－ax ＋1x 2，令m (x )＝x 2－ax ＋1，则Δ＝a 2－4． ①当－2≤a ≤2时，Δ≤0，从而F ′(x )≥0，所以F (x )的单调递增区间为(0，＋∞)； ②当a ＞2时，Δ＞0，设F ′(x )＝0的两根为 x 1＝a －a 2－42，x 2＝a ＋a 2－42，所以F (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42和⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞， F (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42． 综上，当－2≤a ≤2时，F (x )的单调递增区间为(0，＋∞)； 当a ＞2时，F (x )的单调递增区间为 ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42和⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞，F (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42． (2)对h (x )＝x －1x ＋a ln x ，x ∈(0，＋∞)求导得， h ′(x )＝1＋1x 2＋a x ＝x 2＋ax ＋1x 2，h ′(x )＝0的两根分别为x 1，x 2，则有x 1·x 2＝1，x 1＋x 2＝－a ， 所以x 2＝1x 1，从而有a ＝－x 1－1x 1．令H (x )＝h (x )－h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x＝x －1x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－x －1x ln x －⎣⎢⎡⎦⎥⎤1x －x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－x －1x ·ln 1x ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫－x －1x ln x ＋x －1x ，即H ′(x )＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2－1ln x ＝21－x1＋x ln xx 2(x ＞0)．当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12时，H ′(x )＜0，所以H (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12上单调递减，又H (x 1)＝h (x 1)－h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1＝h (x 1)－h (x 2)，所以[h (x 1)－h (x 2)]min ＝H ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝5ln 2－3．第三部分 导数的综合应用(一)技法一：利用导数研究函数的零点或方程的根[典例] (2016·北京高考)设函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ． (1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)设a ＝b ＝4，若函数f (x )有三个不同零点，求c 的取值范围； (3)求证：a 2－3b ＞0是f (x )有三个不同零点的必要而不充分条件． [解] (1)由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ， 得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ． 因为f (0)＝c ，f ′(0)＝b ，所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝bx ＋c ． (2)当a ＝b ＝4时，f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c ， 所以f ′(x )＝3x 2＋8x ＋4． 令f ′(x )＝0，得3x 2＋8x ＋4＝0， 解得x ＝－2或x ＝－23．f (x )与f ′(x )在区间(－∞，＋∞)上的情况如下：所以当c ＞0且c －3227＜0时，存在x 1∈(－4，－2)，x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－23，x 3∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，0，使得f (x 1)＝f (x 2)＝f (x 3)＝0．由f (x )的单调性知，当且仅当c ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，3227时，函数f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c 有三个不同零点． (3)证明：当Δ＝4a 2－12b ＜0时，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ＞0，x ∈(－∞，＋∞)，此时函数f (x )在区间(－∞，＋∞)上单调递增，所以f (x )不可能有三个不同零点．当Δ＝4a 2－12b ＝0时，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b 只有一个零点，记作x 0．当x ∈(－∞，x 0)时，f ′(x )＞0，f (x )在区间(－∞，x 0)上单调递增；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )在区间(x 0，＋∞)上单调递增．所以f (x )不可能有三个不同零点．综上所述，若函数f (x )有三个不同零点，则必有Δ＝4a 2－12b ＞0．故a 2－3b ＞0是f (x )有三个不同零点的必要条件．当a ＝b ＝4，c ＝0时，a 2－3b ＞0，f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＝x (x ＋2)2只有两个不同零点，所以a 2－3b ＞0不是f (x )有三个不同零点的充分条件．因此a 2－3b ＞0是f (x )有三个不同零点的必要而不充分条件．[方法点拨]利用导数研究方程根的方法(1)研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等．(2)根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置．(3)通过数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现．[对点演练]已知函数f (x )＝(2－a )x －2(1＋ln x )＋a ．(1)当a ＝1时，求f (x )的单调区间．(2)若函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上无零点，求a 的最小值． 解：(1)当a ＝1时，f (x )＝x －1－2ln x ，则f ′(x )＝1－2x ，其中x ∈(0，＋∞)．由f ′(x )＞0，得x ＞2，由f ′(x )＜0，得0＜x ＜2，故f (x )的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(2，＋∞)．(2)f (x )＝(2－a )x －2(1＋ln x )＋a＝(2－a )(x －1)－2ln x ，令m (x )＝(2－a )(x －1)，h (x )＝2ln x ，其中x ＞0，则f (x )＝m (x )－h (x )．①当a ＜2时，m (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上为增函数，h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上为增函数， 结合图象知，若f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上无零点， 则m ⎝ ⎛⎭⎪⎫12≥h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12， 即(2－a )⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1≥2ln 12， 所以a ≥2－4ln 2，所以2－4ln 2≤a ＜2．②当a ≥2时，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上m (x )≥0，h (x )＜0， 所以f (x )＞0，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上无零点． 由①②得a ≥2－4ln 2，所以a min ＝2－4ln 2．技法二：利用导数证明不等式[典例] 设f (x )＝e x －1．(1)当x ＞－1时，证明：f (x )＞2x 2＋x －1x ＋1； (2)当a ＞ln 2－1且x ＞0时，证明：f (x )＞x 2－2ax ．[证明] (1)当x ＞－1时，f (x )＞2x 2＋x －1x ＋1，即e x－1＞2x2＋x－1x＋1＝2x－1，当且仅当ex＞2x，即e x－2x＞0恒成立时原不等式成立．令g(x)＝e x－2x，则g′(x)＝e x－2．令g′(x)＝0，即e x－2＝0，解得x＝ln 2．当x∈(－∞，ln 2)时，g′(x)＝e x－2＜0，故函数g(x)在(－1，ln 2)上单调递减；当x∈[ln 2，＋∞)时，g′(x)＝e x－2≥0，故函数g(x)在[ln 2，＋∞)上单调递增．所以g(x)在(－1，＋∞)上的最小值为g(ln 2)＝e ln 2－2ln 2＝2(1－ln 2)＞0，所以在(－1，＋∞)上有g(x)≥g(ln 2)＞0，即e x＞2x．故当x∈(－1，＋∞)时，f(x)＞2x2＋x－1x＋1．(2)f(x)＞x2－2ax，即e x－1＞x2－2ax，则e x－x2＋2ax－1＞0．令p(x)＝e x－x2＋2ax－1，则p′(x)＝e x－2x＋2a，令h(x)＝e x－2x＋2a，则h′(x)＝e x－2．由(1)可知，当x∈(－∞，ln 2)时，h′(x)＜0，函数h(x)单调递减；当x∈[ln 2，＋∞)时，h′(x)≥0，函数h(x)单调递增．所以h(x)的最小值为h(ln 2)＝e ln 2－2ln 2＋2a＝2－2ln 2＋2a．因为a＞ln 2－1，所以h(ln 2)＞2－2ln 2＋2(ln 2－1)＝0，即h(x)≥h(ln 2)＞0，所以p′(x)＝h(x)＞0，即p(x)在R上为增函数，故p(x)在(0，＋∞)上为增函数，所以p(x)＞p(0)，而p(0)＝0，所以p(x)＝e x－x2＋2ax－1＞0，即当a＞ln 2－1且x＞0时，f(x)＞x2－2ax．[方法点拨]对于最值与不等式的证明相结合试题的求解往往先对不等式进行化简，然后通过构造新函数，转化为函数的最值，利用导数来解决．解决此类问题应该注意三个方面：(1)在化简所证不等式的时候一定要注意等价变形，尤其是两边同时乘以或除以一个数或式的时候，注意该数或式的符号；(2)灵活构造函数，使研究的函数形式简单，便于计算最值；(3)在利用导数求解最值时要注意定义域的限制，且注意放缩法的灵活应用．[对点演练](2017·兰州诊断)已知函数f(x)＝e x－ax－1(a为常数)，曲线y＝f(x)在与y轴的交点A处的切线斜率为－1．(1)求a的值及函数y＝f(x)的单调区间；(3)若x1＜ln 2，x2＞ln 2，且f(x1)＝f(x2)，试证明：x1＋x2＜2ln 2．解：(1)由f(x)＝e x－ax－1，得f′(x)＝e x－a．又f′(0)＝1－a＝－1，所以a＝2，所以f(x)＝e x－2x－1，f′(x)＝e x－2．由f′(x)＝e x－2＞0，得x＞ln 2．所以函数y＝f(x)在区间(－∞，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增．(2)证明：设x＞ln 2，所以2ln 2－x＜ln 2，f(2ln 2－x)＝e(2ln 2－x)－2(2ln 2－x)－1＝4e x＋2x－4ln 2－1．令g(x)＝f(x)－f(2ln 2－x)＝e x－4e x－4x＋4ln 2(x≥ln 2)，所以g′(x)＝e x＋4e－x－4≥0，当且仅当x＝ln 2时，等号成立，所以g(x)＝f(x)－f(2ln 2－x)在(ln 2，＋∞)上单调递增．又g(ln 2)＝0，所以当x＞ln 2时，g(x)＝f(x)－f(2ln 2－x)＞g(ln 2)＝0，即f(x)＞f(2ln 2－x)，所以f(x2)＞f(2ln 2－x2)，又因为f(x1)＝f(x2)，所以f(x1)＞f(2ln 2－x2)，由于x2＞ln 2，所以2ln 2－x2＜ln 2，因为x1＜ln 2，由(1)知函数y＝f(x)在区间(－∞，ln 2)上单调递减，所以x1＜2ln 2－x2，即x1＋x2＜2ln 2．技法三：利用导数研究不等式恒成立问题[典例]设f(x)＝e x－a(x＋1)．(1)若∀x∈R，f(x)≥0恒成立，求正实数a的取值范围；(2)设g(x)＝f(x)＋ae x，且A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1≠x2)是曲线y＝g(x)上任意两点，若对任意的a≤－1，直线AB的斜率恒大于常数m，求m的取值范围．[解](1)因为f(x)＝e x－a(x＋1)，所以f′(x)＝e x－a．由题意，知a＞0，故由f′(x)＝e x－a＝0，解得x＝ln a．故当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增．所以函数f(x)的最小值为f(ln a)＝e ln a－a(ln a＋1)＝－a ln a．由题意，若∀x∈R，f(x)≥0恒成立，即f(x)＝e x－a(x＋1)≥0恒成立，故有－a ln a≥0，又a＞0，所以ln a≤0，解得0＜a≤1．所以正实数a的取值范围为(0,1]．(2)设x1，x2是任意的两个实数，且x1＜x2．则直线AB的斜率为k＝g x2－g x1x2－x1，由已知k＞m，即g x2－g x1x2－x1＞m．因为x2－x1＞0，所以g(x2)－g(x1)＞m(x2－x1)，即g(x2)－mx2＞g(x1)－mx1．因为x1＜x2，所以函数h(x)＝g(x)－mx在R上为增函数，故有h′(x)＝g′(x)－m≥0恒成立，所以m≤g′(x)．而g′(x)＝e x－a－ae x，又a≤－1＜0，故g′(x)＝e x＋－ae x－a≥2ex·－ae x－a＝2－a－a．而2－a－a＝2－a＋(－a)2。

《函数与导数》考试知识点一、选择题1．函数()2log ,0,2,0,x x x f x x ⎧>=⎨≤⎩则函数()()()2384g x f x f x =-+的零点个数是（ ）A ．5B ．4C ．3D ．6【答案】A 【解析】 【分析】通过对()g x 式子的分析，把求零点个数转化成求方程的根，结合图象，数形结合得到根的个数，即可得到零点个数． 【详解】 函数()()()2384g x f x f x =-+=()()322f x f x --⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦的零点即方程()23f x =和()2f x =的根， 函数()2log ,0,2,0xx x f x x ⎧>=⎨≤⎩的图象如图所示：由图可得方程()23f x =和()2f x =共有5个根， 即函数()()()2384g x f x f x =-+有5个零点,故选：A. 【点睛】本题考查函数的零点与方程的根的个数的关系，注意结合图象，利用数形结合求得结果时作图很关键，要标准．2．已知全集U =R ，函数()ln 1y x =-的定义域为M ，集合{}2|0?N x x x =-<，则下列结论正确的是 A ．M N N =I B ．()U M N =∅I ð C ．M N U =U D ．()U M N ⊆ð【答案】A【解析】 【分析】求函数定义域得集合M ，N 后，再判断． 【详解】由题意{|1}M x x =<，{|01}N x x =<<，∴M N N =I ． 故选A ． 【点睛】本题考查集合的运算，解题关键是确定集合中的元素．确定集合的元素时要注意代表元形式，集合是函数的定义域，还是函数的值域，是不等式的解集还是曲线上的点集，都由代表元决定．3．三个数0.20.40.44,3,log 0.5的大小顺序是 （ ） A ．0.40.20.43<4log 0.5<B ．0.40.20.43<log 0.5<4C ．0.40.20.4log 0.534<<D ．0.20.40.4log 0.543<<【答案】D 【解析】由题意得，120.20.4550.40log0.514433<<<==== D.4．函数f （x ）＝x ﹣g （x ）的图象在点x ＝2处的切线方程是y ＝﹣x ﹣1，则g （2）+g '（2）＝（ ） A ．7 B ．4C ．0D ．﹣4【答案】A 【解析】()()()(),'1'f x x g x f x g x =-∴=-Q ，因为函数()()f x x g x =-的图像在点2x =处的切线方程是1y x =--，所以()()23,'21f f =-=-，()()()()2'2221'27g g f f ∴+=-+-=，故选A ．5．已知()ln xf x x=，则下列结论中错误的是（ ） A ．()f x 在()0,e 上单调递增 B ．()()24f f = C ．当01a b <<<时，b a a b < D ．20192020log 20202019>【答案】D 【解析】 【分析】根据21ln (),(0,)xf x x x-'=∈+∞，可得()f x 在()0,e 上单调递增，在(),e +∞上单调递减，进而判断得出结论. 【详解】21ln (),(0,)xf x x x -'=∈+∞Q ∴对于选项A ，可得()f x 在()0,e 上单调递增，在(),e +∞上单调递减，故A 正确；对于选项B ，()2ln 4ln 2ln 24(2)442f f ====，故B 正确；对于选项C ，由选项A 知()f x 在()0,1上也是单调递增的，01a b <<<Q ，ln ln a ba b∴<，可得b a a b <，故选项C 正确； 对于选项D ，由选项A 知()f x 在(),e +∞上单调递减，(2019)(2020)f f ∴>，即ln 2019ln 202022019020>⇒20192020ln 2020log 2020ln 02019219>=， 故选项D 不正确. 故选：D 【点睛】本题考查导数与函数单调性、极值与最值的应用及方程与不等式的解法，考查了理解辨析能力与运算求解能力，属于中档题.6．已知函数()()1110x x e f x x e++-=<与()()1ln x xg x e x ae =+-的图象上存在关于y 轴对称的点，则实数a 的取值范围是（ ） A ．1,1e ⎛⎫-∞+ ⎪⎝⎭B ．1,e ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭C ．1,1e ⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭D ．11,e ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭【答案】D 【解析】 【分析】先求得()f x 关于y 轴对称的函数()h x ,则()()h x g x =,整理可得()11ln 1e ex x a ++-=在()0,∞+上有解,设()()11ln 1e ex x x ϕ=++-,可转化问题为()y x ϕ=与y a =的图象在()0,∞+上有交点,再利用导函数求得()x ϕ的范围,进而求解.【详解】由()f x 关于y 轴对称的函数为()()()1111ee 10ex x x h x f x x -+--+-=-==->,令()()h x g x =,得()1e 1e ln 1e x x x x a --=+-()0x >,则方程()1e 1e ln 1e x x x x a --=+-在()0,∞+上有解,即方程()11ln 1e e x x a ++-=在()0,∞+上有解, 设()()11ln 1e ex x x ϕ=++-, 即可转化为()y x ϕ=与y a =的图象在()0,∞+上有交点,()()11e 1e 1e 1x x x x x x x ϕ--=-+='++Q ,令()=e 1xm x x --，则()=e 10xm x '->在()0,∞+上恒成立，所以()=e 1xm x x --在()0,∞+上为增函数，∴()()00m x m >=，即()0x ϕ'>Q 在()0,∞+上恒成立， ∴()x ϕ在()0,∞+上为增函数,当0x >时,则()()101x eϕϕ>=-, 所以11ea >-, 故选:D 【点睛】本题考查利用导函数判断函数单调性,考查利用导函数处理函数的零点问题,考查转化思想.7．已知函数()f x 是定义在R 上的偶函数,当0x ≥时,2()4f x x x =-,则不等式(2)5f x +<的解集为（ ）A ．(3,7)-B ．()4,5-C ．(7,3)-D ．()2,6-【答案】C 【解析】 【分析】首先求出当0x ≥时不等式的解集，在根据偶函数的对称性求出当0x <时不等式的解集，从而求出()5f x <的解集，则525x -<+<，即可得解. 【详解】当0x ≥时,2()45f x x x =-<的解为05x <≤；当0x <时，根据偶函数图像的对称性知不等式()5f x <的解为5x 0-<<， 所以不等式()5f x <的解集为{}55x x -<<，所以不等式(2)5f x +<的解集为{}{}52573x x x x -<+<=-<<.故选：C 【点睛】本题考查偶函数的性质，涉及一元二次不等式，属于基础题.8．已知函数f （x ）（x ∈R ）满足f （x ）=f （2−x ），若函数 y=|x 2−2x−3|与y=f （x ）图像的交点为（x 1,y 1），（x 2,y 2），…，（x m ,y m ），则1=mi i x =∑A ．0B ．mC ．2mD ．4m【答案】B 【解析】试题分析：因为2(),23y f x y x x ==--的图像都关于1x =对称，所以它们图像的交点也关于1x =对称，当m 为偶数时，其和为22mm ⨯=；当m 为奇数时，其和为1212m m -⨯+=，因此选B. 【考点】 函数图像的对称性 【名师点睛】如果函数()f x ，x D ∀∈，满足x D ∀∈，恒有()()f a x f b x +=-，那么函数的图象有对称轴2a bx +=；如果函数()f x ，x D ∀∈，满足x D ∀∈，恒有()()f a x f b x -=-+，那么函数()f x 的图象有对称中心(,0)2a b+.9．已知函数()0,1ln ,1x f x x x <⎧=⎨≥⎩，若不等式()≤-f x x k 对任意的x ∈R 恒成立，则实数k 的取值范围是（ ） A ．(],1-∞ B ．[)1,+∞C ．[)0,1D ．(]1,0-【答案】A 【解析】 【分析】先求出函数()f x 在(1,0)处的切线方程，在同一直角坐标系内画出函数()0,1ln ,1x f x x x <⎧=⎨≥⎩和()g x x k =-的图象，利用数形结合进行求解即可.【详解】当1x ≥时，()''1ln ,()(1)1f x x f x f x=⇒=⇒=，所以函数()f x 在(1,0)处的切线方程为：1y x =-，令()g x x k =-，它与横轴的交点坐标为(,0)k .在同一直角坐标系内画出函数()0,1ln ,1x f x x x <⎧=⎨≥⎩和()g x x k =-的图象如下图的所示：利用数形结合思想可知：不等式()≤-f x x k 对任意的x ∈R 恒成立，则实数k 的取值范围是1k ≤. 故选：A 【点睛】本题考查了利用数形结合思想解决不等式恒成立问题，考查了导数的应用，属于中档题.10．函数()||()af x x a R x=-∈的图象不可能是( ) A ． B ．C ．D ．【答案】C 【解析】 【分析】变成分段函数后分段求导，通过对a 分类讨论，得到函数的单调性，根据单调性结合四个选项可得答案.【详解】,0(),0a x x xf x a x x x ⎧->⎪⎪=⎨⎪--<⎪⎩,∴221,0()1,0a x x f x a x x ⎧+>⎪⎪=⎨⎪-+<⎩'⎪.(1)当0a =时,,0(),0x x f x x x >⎧=⎨-<⎩,图象为A; (2)当0a >时,210ax+>,∴()f x 在(0,)+∞上单调递增,令210ax-+=得x =∴当x <,210ax -+<,当0x <<时,210ax-+>,∴()f x在(,-∞上单调递减,在(上单调递增,图象为D; (3)当0a <时,210ax-+<,∴()f x 在(,0)-∞上单调递减, 令210ax+=得x =∴当x >时,210ax +>,当0x <<,210ax+<,∴()f x在上单调递减,在)+∞上单调递增,图象为B; 故选：C. 【点睛】本题考查了分段函数的图像的识别，考查了分类讨论思想，考查了利用导数研究函数的单调性，属于中档题.11．()263,034,0x x x x f x x ⎧---≤=⎨->⎩，则函数()y f f x =⎡⎤⎣⎦的零点个数为（ ）A ．3B ．5C ．6D ．7 【答案】D 【解析】 【分析】作出()f x 的图像，将()y f f x =⎡⎤⎣⎦的零点个数即()0f f x =⎡⎤⎣⎦的实数根个数，令()t f x =，解()0f t =有三个实数根，再结合图像即可得到答案.【详解】由题意，()y f f x =⎡⎤⎣⎦的零点个数即()0f f x =⎡⎤⎣⎦的实数根个数， 作()f x 的图像如图所示，设()t f x =，则()0f t =，当0t ≤时，即2630t t ---=，解得，1236,36t t =-=- 当0t >时，即340t -=，解得33log 4t =； 结合图像知，()36f x =-()36f x =-+3()log 4f x =时有三个根，所以()0f f x =⎡⎤⎣⎦有7个根，即()y f f x =⎡⎤⎣⎦的零点个数为7. 故选：D 【点睛】本题主要考查函数的零点问题、解函数值以及一元二次函数和指数函数的图像，考查学生数形结合的思想，属于中档题.12．已知ln 3ln 4ln ,,34a b e c e===（e是自然对数的底数），则,,a b c 的大小关系是（ ） A ．c a b << B ．a c b <<C ．b a c <<D ．c b a <<【答案】C 【解析】 【分析】 根据ln 3ln 4ln ,,34a b e c e===的结构特点，令()ln x f x x =，求导()21ln xf x x-'=，可得()f x 在()0,e 上递增，在(),+e ∞上递减，再利用单调性求解. 【详解】 令()ln xf x x=， 所以()21ln xf x x-'=， 当0x e <<时， ()0f x '>，当x e >时，()0f x '<， 所以()f x 在()0,e 上递增，在(),+e ∞上递减. 因为34e <<，所以 ()()()34>>f e f f ， 即b a c <<. 故选：C 【点睛】本题主要考查导数与函数的单调性比较大小，还考查了推理论证的能力，属于中档题.13．已知定义在R 上的奇函数()y f x =满足()()80f x f x ++=，且()55f =，则()()20192024f f +=（ ）A ．-5B ．5C ．0D ．4043【答案】B 【解析】 【分析】根据(8)()0f x f x ++=得函数的周期为16，结合()55f =，(0)0f =即可求解. 【详解】由(8)()0f x f x ++=，得(8)()f x f x +=-，所以(16)(8)()f x f x f x +=-+=.故函数()y f x =是以16为周期的周期函数. 又在(8)()0f x f x ++=中，令0x =，得(8)(0)0f f +=， 且奇函数()y f x =是定义在R 上的函数，所以(0)0f =.故(8)0f =.故(2024)(161268)(8)0f f f =⨯+==. 又在(8)()0f x f x ++=中，令3x =-，得(5)(3)0f f +-=.得(5)(3)(3)5f f f =--==，则(2019)(161263)(3)5f f f =⨯+==. 所以(2019)(2024)5f f +=. 故选：B. 【点睛】此题考查根据函数的周期性求抽象函数的函数值，关键在于根据函数关系准确得出函数周期，结合定义在R 上的奇函数的特征求值.14．函数()3ln 2xf x x x=+的图象在点()()1,1f 处的切线方程为（ ） A ．64y x =- B ．75y x =- C ．63=-y x D ．74y x =-【答案】B 【解析】 【分析】首先求得切线的斜率，然后求解切线方程即可. 【详解】由函数的解析式可得：()221ln '6x f x x x-=+， 则所求切线的斜率()221ln1'16171k f -==+⨯=， 且：()012121f =+⨯=，即切点坐标为()1,2， 由点斜式方程可得切线方程为：()271y x -=-，即75y x =-. 本题选择B 选项. 【点睛】导数运算及切线的理解应注意的问题一是利用公式求导时要特别注意除法公式中分子的符号，防止与乘法公式混淆． 二是直线与曲线公共点的个数不是切线的本质，直线与曲线只有一个公共点，直线不一定是曲线的切线，同样，直线是曲线的切线，则直线与曲线可能有两个或两个以上的公共点．三是复合函数求导的关键是分清函数的结构形式．由外向内逐层求导，其导数为两层导数之积.15．已知函数()2943,02log 9,0x x x f x x x ⎧+≤=⎨+->⎩，则函数()()y f f x =的零点所在区间为（ ）A ．73,2⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．()1,0-C ．7,42⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．()4,5【答案】A 【解析】 【分析】首先求得0x ≤时，()f x 的取值范围.然后求得0x >时，()f x 的单调性和零点，令()()0f f x =，根据“0x ≤时，()f x 的取值范围”得到()32log 93x f x x =+-=，利用零点存在性定理，求得函数()()y ff x =的零点所在区间.【详解】当0x ≤时，()34f x <≤.当0x ≥时，()2932log 92log 9x xx f x x =+-=+-为增函数，且()30f =，则3x =是()f x 唯一零点.由于“当0x ≤时，()34f x <≤.”，所以令()()0f f x =，得()32log 93x f x x =+-=，因为()303f =<，3377log 98 1.414log 39 3.312322f ⎛⎫=->⨯+-=> ⎪⎝⎭， 所以函数()()y ff x =的零点所在区间为73,2⎛⎫ ⎪⎝⎭. 故选：A【点睛】本小题主要考查分段函数的性质，考查符合函数零点，考查零点存在性定理，考查函数的单调性，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.16．已知函数()f x 的导函数为()f x '，在()0,∞+上满足()()xf x f x '>，则下列一定成立的是（ ）A ．()()2019202020202019f f >B ．()()20192020f f >C ．()()2019202020202019f f <D ．()()20192020f f < 【答案】A【解析】【分析】构造函数()()f x g x x=，利用导数判断函数()y g x =在()0,∞+上的单调性，可得出()2019g 和()2020g 的大小关系，由此可得出结论.【详解】令()()()0f x g x x x =>，则()()()2xf x f x g x x'-'=. 由已知得，当0x >时，()0g x '>.故函数()y g x =在()0,∞+上是增函数，所以()()20202019g g >，即()()2020201920202019f f >，所以()()2019202020202019f f >. 故选：A.【点睛】 本题考查利用构造函数法得出不等式的大小关系，根据导数不等式的结构构造新函数是解答的关键，考查推理能力，属于中等题.17．已知函数()2f x x mx =+图象在点()()1,1A f 处的切线l 与直线320x y ++=垂直，若数列()1f n ⎧⎫⎪⎪⎨⎬⎪⎪⎩⎭的前n 项和为n S ，则2018S 的值为（ ） A ．20152016B ．20162017C ．20172018D ．20182019【答案】D【解析】【分析】 求出原函数的导函数，得到()y f x =在1x =时的导数值，进一步求得m ，可得函数解析式，然后利用裂项相消法可计算出2018S 的值．【详解】由()2f x x mx =+，得()2f x x m '=+，()12f m '∴=+， 因为函数()2f x x mx =+图象在点()()1,1A f 处的切线l 与直线320x y ++=垂直， ()123f m '∴=+=，解得1m =，()2f x x x ∴=+，则()()21111111f n n n n n n n ===-+++. 因此，20181111112018112232018201920192019S =-+-++-=-=L . 故选：D.【点睛】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，训练了利用裂项相消法求数列的前n 项和，是中档题．18．已知函数f （x ）＝2x －1，()2cos 2,0?2,0a 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⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭U D ．371,,224⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦U 【答案】C【解析】【分析】对a 分a=0,a ＜0和a ＞0讨论，a ＞0时分两种情况讨论，比较两个函数的值域的关系，即得实数a 的取值范围.【详解】当a =0时，函数f （x ）＝2x －1的值域为[1,+∞），函数()g x 的值域为[0,++∞），满足题意.当a ＜0时，y =22(0)x a x +<的值域为（2a ,+∞）, y =()cos 20a x x +≥的值域为[a +2,-a +2], 因为a +2-2a =2-a >0,所以a +2＞2a ,所以此时函数g (x )的值域为（2a ,+∞）,由题得2a ＜1，即a ＜12，即a ＜0. 当a ＞0时，y =22(0)x a x +<的值域为（2a ,+∞）,y =()cos 20a x x +≥的值域为[-a +2,a +2],当a ≥23时，-a +2≤2a ,由题得21,1222a a a a-+≤⎧∴≤≤⎨+≥⎩. 当0＜a ＜23时，-a +2＞2a ，由题得2a ＜1，所以a ＜12.所以0＜a ＜12. 综合得a 的范围为a ＜12或1≤a ≤2， 故选C .【点睛】本题主要考查函数的图象和性质，考查指数函数和三角函数的图象和性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.19．对于任意性和存在性问题的处理，遵循以下规则：20．设123log 2,ln 2,5a b c -===则A ．a b c <<B ．b c a <<C ．c a b <<D ．c b a << 【答案】C【解析】【分析】由ln 2ln 2ln 3a b =<=及311log ,22a c >==<=可比较大小. 【详解】∵2031a ln ln =＞，＞，∴ln 2ln 2ln 3a b =<=，即a b <．又3311log 2log ,22a c =>==<=．∴a c >．综上可知：c a b << 故选C.【点睛】本题主要考查了指数与对数的运算性质及对数函数的单调性比较大小，属于中档题.。

全国卷1导数题一题多解，深度解析1、2020年全国卷1理科数学第21题的解析已知函数f(x) = e x +ax2-x.(1)当时，讨论/(x)的单调性：(2)当.总0时，.f(X)>yA J+l,求“的取值范囤.。

2. 2020年全国卷1文科数学第20题的解析已知函数f(x) = e x-a(x + 2)・(1)当“ =1时,讨论/(x)的单调性：(2)若/(x)有两个零点，求"的取值范围・。

3. 2020年新高考1卷(山东考卷)第21题已知函数f (%) = - In x + In a(1).当a=e时，求曲线y=f(x)在点(l,f(l))处的切线与两坐标轴围城的三角形的面积;(2)若f(x) > 1,求a的取值范围。

1、2020年全国卷1理科数学第21题的解析已知函数f(x) = e x +ax2-x.(1)当时，讨论/(x)的单调性：(2 )当XR时，./'(X)>y A J+1 ,求"的取值范围・。

解析：(1)单调性，常规题，a已知，求一个特左函数f(x)的单调性。

若一次求导不见底，则可二次或多次淸仓，即二次求导或多次求导，然后逐层返回。

通常二次求导的为多。

(2)怛成立，提髙题，在恒成立情况下，求参数的取值范囤。

常常是把恒成立化成最值问题。

由于这里的a只在一项中出现，故可以优先考虑分离参数法。

这里介绍了两种方法。

解：(1)当a=l 时，/(x) = c'+F_x,定义域为R,/'(x) = 7+2%-1,易知f，(x)是单调递增函数。

而f' (0)=0,.・.当xG (-8, 0), f，(x)V0当xW (O,+8), f (x)>0•当xW (-8, 0), f(x)单调递减：当xW (0,+8), f(x)单调递增。

2—.V+ JV +1 — K (A* — 2)(—x" + x +1 — 0*)令g(x)= --------- ；---- ，则gd)=—丄「 --------------------X X再令//(x) = -x2+x + l-，2到了这里发现，由(1)可得的e x+x2-x>\(x>0),不能引用。

高中数学《函数与导数》期末考知识点一、选择题1．已知定义在R上的函数 f (x) 知足f01，且 f (x)的导函数f'( x) 知足f '( x) 1 ，则不等式 f ln x ln ex的解集为（）A．0,1B．1,e C．0, e D．e,【答案】 A【分析】【剖析】设 g( x) f (x)x ，由题得g (x)在 R 上递加，求不等式f ln x ln ex的解集，即求不等式 g(ln x)g(0) 的解集，由此即可获得本题答案.【详解】设 g( x) f (x)x ，则g(0) f (0) 01， g (x)f(x) 1 ，由于 f( x) 1 ，所以 g ( x)0 ，则g( x)在R上递加，又 f (ln x)ln( ex)1ln x ，所以 f (ln x)ln x 1 ，即 g(ln x)g(0)，所以 ln x 0，得 0x1.应选： A【点睛】本题主要考察利用导数研究函数的单一性，以及利用函数的单一性解不等式，此中波及到结构函数 .x( x 1) ，若对于 x 方程[ f ( x)]2(2m 1) f ( x) m2m 0 恰有4 2．已知f ( x)| ln x |个不相等的实根，则实数m 的取值范围是（）A．1,2(2, e)B．11,e C．(e1,e)D．1, e e e e【答案】 C【分析】【剖析】由已知易知 f (x)m 与f (x)m1 的根一共有4个，作出 f ( x)图象，数形联合即可获得答案 .【详解】由 [ f ( x)]2(2m1) f ( x)m2m0 ，得f (x)m 或f (x)m 1，由题意 f ( x) m与 f (x) m1两个方程的根一共有4个，又 f ( x) 的定义域为(0,1)(1,)，所以f ( x)x xx'ln x 10 得 x e ，| ln x |，令 g (x)，则 g ( x)2，由 g ' ( x)ln x ln x(ln x)由 g ' ( x)0 得1x e 或0x 1 ，故g( x)在 (0,1),(1,e) 单一递减，在( e,) 上单一递增，由图象变换作出 f ( x) 图象以下图0 m e要使原方程有 4 个根，则，解得e 1 m e .m 1e应选： C【点睛】本题考察函数与方程的应用，波及到方程根的个数问题，考察学生等价转变、数形联合的思想，是一道中档题.3．函数f ( x)2x x2的图像大概为 ( )4x1A．B．C．D．【答案】 A【分析】∵函数 f x2x?x2的定义域为 ( ,0) U (0, )4x12 x(x)22x x2f ( x)∴f ( x)x114x4∴函数 f x 为奇函数，故清除 B ， C.∵ f (1)20 ，故清除 D.3应选 A.点睛：函数图象的识辨可从以下方面下手： (1)从函数的定义域，判断图象的左右地点；从函数的值域，判断图象的上下地点．(2)从函数的单一性，判断图象的变化趋向．(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性．(4) 从函数的特点点，清除不合要求的图象．利用上述方法清除、挑选选项．4．已知奇函数f x 在 R 上是增函数，若 af log 21， bf log 2 4.1 ，5cf 20.8 ，则 a,b, c 的大小关系为 ( )A ． a b cB ． b a cC ． c b aD ． c a b【答案】 C 【分析】由题意： aflog 21f log25，5且： log 2 5 log 2 4.1 2,1 20.8 2 ，据此： log 2 5 log 2 4.1 20.8 ，联合函数的单一性有： f log 2 5f log 2 4.1f 20.8 ，即 ab c,c ba .本题选择 C 选项.【考点】 指数、对数、函数的单一性【名师点睛】比较大小是高考常有题，指数式、对数式的比较大小要联合指数函数、对数 函数，借助指数函数和对数函数的图象，利用函数的单一性进行比较大小，特别是灵巧利 用函数的奇偶性和单一性数形联合不单能比较大小，还能够解不等式.5．若函数 f (x) e x e xsin 2x ，则知足 f (2 x 2 1)f ( x)0 的 x 的取值范围为（ ）A ．( 1,1)B ． (, 1)U(1,)22C ．( 1,1)D ． (, 1 ) (1,)22【答案】 B【分析】【剖析】判断函数 f x为定义域 R 上的奇函数，且为增函数，再把f2x2 1 f x 0 化为2x21x ，求出解集即可．【详解】解：函数 f xx xsin2 x ，定义域为 R ，e e且知足 f x e x e x sin2x e x e x sin2 x f x ，∴ f x为 R 上的奇函数；又 f ' x e x e x2cos2x22xcos2x0 恒建立，∴ f x为R 上的单一增函数；又 f2x21f x0 ，得 f 2x21 f x f x，∴ 2x21x ，即2x2x10，解得 x 1 或x 1，2所以 x 的取值范围是,1 1 ,．2应选 B．【点睛】本题考察了利用定义判断函数的奇偶性和利用导数判断函数的单一性问题，考察了基本不等式，是中档题．e x6．函数f ( x)的图象大概为（）xA．B．C．D．【答案】 B【分析】函数f x e x的定义域为 ( ,0) U (0,) ，清除选项A；x当 x0时， f x0(x 1)e x0,1 时，函数单一递减，当，且f ' x x2，故当 xx1,时，函数单一递加，清除选项C；当x0时，函数e xf x0 ，清除选项，选项B正确．选．D Bx点睛：函数图象的辨别可从以下方面下手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右地点；从函数的值域，判断图象的上下地点；(2)从函数的单一性，判断图象的变化趋向；(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；(4)从函数的周期性，判断图象的周而复始；(5)从函数的特点点，清除不合要求的图象．7．已知a 3ln32, b 3 3ln3, c ln3 ，则a,b, c的大小关系是（）A．c b a B．c a b C． a c b D．a b c 【答案】 B【分析】【剖析】依据 a, b, c 与中间值 3 和 6的大小关系，即可获得本题答案.【详解】由于3ln 33e32，所以1，e2则3 a3ln333 3ln 3 6, c (ln 3)2 3，32336, b所以 c a b .应选： B【点睛】本题主要考察利用中间值比较几个式子的大小关系，属基础题.8．函数 ylog a (x 3) 1（ a 0 且 a1 ）的图像恒过定点 A ，若点 A 在直线mx ny 10上，此中 mn · 4 10 ，则的最小值为（）mnA ．16B ． 24C ． 50D ． 25【答案】 D【分析】【剖析】由题 A （ 4， 1），点 A 在直线上得 4m+n ＝ 1，用 1 的变换结构出能够用基本不等式求最值的形式求最值．【详解】令 x ﹣ 3＝ 1，解得 x ＝4， y ＝ 1，则函数 y ＝ log a （ x ﹣3） +1（ a ＞ 0 且 a ≠1）的图象恒过定点 A （ 4， 1），∴ 4m+n ＝ 1，∴41 （ 41 ）（ 4m+n ）＝ 16+1 4n 4mmn m n mn ≥ 17+24n 4m17+8 ＝ 25，当且仅当 m ＝ n1 m n时取等号，5故则41 的最小值为 25， mn应选 D ．【点睛】本题考察均值不等式，在应用过程中，学生常忽略 “等号建立条件 ”，特别是对 “一正、二定、三相等 ”这一原则应有很好的掌握．9．已知函数 fxx 2x ，且 a fln3，b flog 2 1 ， cf 21 ，则23a ，b ，c 的大小关系为（）． c a bb a c． a c b． b c a．ABCD【答案】 A【分析】【剖析】由函数 f xx 2 x ，可得 f xf x ，获得函数 f x 为偶函数，图象对于y 轴对称，又由由二次函数的性质可得，函数f x 在 [0,) 上为单一递加函数，则函数f x 在 (,0) 上为单一递减函数，再依据对数函数的性质，联合图象，即可求解．【详解】由题意，函数 f x x2x 2x2xf x ，x ，知足 f ( x) x所以函数 fx 为定义域上的偶函数，图象对于y 轴对称，又当 x0 时， f xx 2 x ，由二次函数的性质可得，函数f x 在 [0,) 上为单一递增函数，则函数f x 在 (,0) 上为单一递减函数，又由 ln3ln e1111，211 ，log 2 3log 2 2，222f (ln 3) f (2 1 )1依据对称性，可得f (log 2 3 ) ，即 a c b ，应选 A ．2【点睛】本题主要考察了函数的奇偶性和单一性的应用，此中解答中获得函数的单一性与奇偶性，以及娴熟应用对数函数的性质是解答的重点，侧重考察了推理与运算能力，属于基础题．10． 函数 f xlog 2 x , x 0,则函数 g x 3 f 2 x8 f x 4 的零点个数是（）2x , x 0,A ． 5B ． 4C ． 3D ． 6【答案】 A【分析】【剖析】经过对 g (x) 式子的剖析，把求零点个数转变成求方程的根，联合图象，数形联合获得根的个数，即可获得零点个数．【详解】函数 g x 3 f 2 x8 f x 4 3 f x 2 f x 2 的零点 即方程 f x2 f x2 的根，和3函数 f xlog 2 x , x 0,2x, x的图象以下图：由图可得方程f x2x2共有 5个根，和 f3即函数 g x 3 f 2 x8 f x4有 5个零点 ,应选： A.【点睛】作图很重点，要标准．0, x1 11．已知函数f xln x, x，若不等式 f x x k 对随意的 x R 恒建立，则实1数 k 的取值范围是（）A．,1B．1,C．0,1D．1,0【答案】 A【分析】【剖析】先求出函数 f x 在(1,0)处的切线方程，在同向来角坐标系内画出函数0, x1和 g( x)x k 的图象，利用数形联合进行求解即可.f xln x, x1【详解】当 x 1时，f x ln x, f ' (x)1 f ' (1)1，所以函数f x在 (1,0) 处的切线方x程为： y x1，令g (x)x k ，它与横轴的交点坐标为(k,0) .在同向来角坐标系内画出函数f x 0, x1和 g( x)x k 的图象以以下图的所示：ln x, x1利用数形联合思想可知：不等式 f x x k 对随意的 x R 恒建立，则实数k 的取值范围是 k 1.应选： A【点睛】本题考察了利用数形联合思想解决不等式恒建立问题，考察了导数的应用，属于中档题.12．已知函数f ( x)x，则使 g( x)ln f ( x) a有2个零点的a的取值范围（）f (x)ln x A．(0,1)B．0, 1C．1,1D．,1e e e 【答案】 B【分析】【剖析】令 t f ( x)x，利用导数研究其图象和值域，再将ln f ( x)a 有2个零点，ln xg (x)f (x)转变为 a ln t[ e,)上只有一解求解 .在t【详解】令 t f ( x)x，当 0 x1时， t f (x)x0 ，ln x ln x当 x 1 时，t f ln x1( x)ln x 2 ，当 1x e 时， t0 ，当x e 时，t0 ，所以当 x e 时， t 获得最小值e，所以t e，以下图：所以 g( x)ln f ( x)a 有2个零点，转变为ln t在 [ e,) 上只有一解，f ( x)at令 m ln t1ln t0 ，所以 mln t在 [e,) 上递减，t，mt2t所以 0m1，e所以 0a 1，当 a1时， x e，只有一个零点，不合题意，e e所以 0a 1 e应选： B【点睛】本题主要考察导数与函数的零点，还考察了数形联合的思想和运算求解的能力，属于中档题.13．已知定义在R 上的奇函数y f x知足 f x8f x0 ，且 f 5 5 ，则f2019f2024（）A． -5B． 5C． 0D． 4043【答案】 B【分析】【剖析】依据 f ( x8) f ( x)0 得函数的周期为16，联合f55， f (0) 0 即可求解.【详解】由 f (x 8) f (x) 0 ，得 f ( x 8) f ( x) ，所以 f ( x 16) f ( x8) f ( x) .故函数 y f (x) 是以16为周期的周期函数 .又在 f ( x8) f ( x)0 中，令x0 ，得 f (8) f (0) 0，且奇函数 y f ( x) 是定义在R上的函数，所以 f (0)0.故 f (8)0 .故 f (2024) f (161268) f (8)0 .又在 f ( x8) f ( x)0 中，令 x3，得 f (5) f (3)0 .得 f (5) f (3) f (3) 5 ，则 f (2019) f (161263) f (3) 5 .所以 f (2019) f (2024) 5 .应选： B.【点睛】本题考察依据函数的周期性求抽象函数的函数值，重点在于依据函数关系正确得出函数周期，联合定义在 R 上的奇函数的特点求值 .1， c f 314．已知函数f x x2cos x ，若 a f log 1 3， b f log31，555则（）A． a b c B．b a cC．c b a D．c a b【答案】 B【分析】【剖析】判断 f x为偶函数，利用导数得出 f x在 0,上单一递加，由对数函数的性质，联合函数 f x的单一性和奇偶性，即可得出答案.【详解】f x x 2x 2 cos x f x ，故 f xcos x为偶函数故只要考虑x 0,的单一性即可 .f ' x2x sin x ，当 x 0, 时，易得 f ' x 0故 fx 在 0,上单一递加， af log 1 3f log 5 3 ，5bf log 3 1f log 3 5 ，53由函数单一性可知 f1 3 f log 35 ，即 c a bf log 55应选： B 【点睛】本题主要考察了利用函数的奇偶性以及单一性比较大小，属于中档题.15． 函数 f x ln x 2x 3 的图象在点 1, f 1 处的切线方程为（）． y 6x 4 x． y 7x 5 ． y 6x 3．y 7x 4ABCD【答案】 B【分析】【剖析】第一求得切线的斜率，而后求解切线方程即可 .【详解】由函数的分析式可得：f ' x1 ln x 6x2 ，x 2 则所求切线的斜率k f ' 11 ln1 6 12 7 ，120 2 1 2 ，即切点坐标为1,2 ，且： f 11由点斜式方程可得切线方程为： y2 7 x 1 ，即 y 7 x 5 .本题选择 B 选项 .【点睛】导数运算及切线的理解应注意的问题一是利用公式求导时要特别注意除法公式中分子的符号，防备与乘法公式混杂．二是直线与曲线公共点的个数不是切线的实质，直线与曲线只有一个公共点，直线不必定是曲线的切线，相同，直线是曲线的切线，则直线与曲线可能有两个或两个以上的公共点．三是复合函数求导的重点是分清函数的结构形式．由外向内逐层求导，其导数为两层导数之积 .16．以下求导运算正确的选项是（）A．cos xsin x B． ln 2x1C．3x3x log 3 e D． x2e x2xe xx【答案】 B【分析】剖析：利用基本初等函数的导数公式、导数的运算法例对给出的四种运算逐个考证，即可获得正确答案 .''121， B 正确；3x'详解：cosx sinx ，A不正确； ln2 x3x ln3 ,C不2x x正确；x2 e x '2xe x x2 e x， D 不正确，应选 B.点睛：本题主要考察基本初等函数的导数公式、导数的运算法以及简单的复合函数求导法则，属于基础题.17．设函数 f x x e x，则（）1A．f x 有极大值B．eC．f x 有极大值eD．f xf x1有极小值e有极小值e【答案】 B【分析】【剖析】利用导数求出函数y f x 的极值点，剖析导数符号的变化，即可得出结论.【详解】Q f x x e x，定义域为R， f xx 1 e x，令 f x 0 ，可得 x 1.当 x1时，f x0 ；当x1时，f x0 .所以，函数 f x x e x在 x 1 处获得极小值f11，e应选： B.【点睛】本题考察利用导数求函数的极值，在求出极值点后，还应剖析出导数符号的变化，考察计算能力，属于中等题.18．已知函数f x x2mx 图象在点 A 1, f 1处的切线 l 与直线x 3y 20 垂直，1的前 n 项和为 S n，则 S2018的值为（若数列）f n2015B ．2016C ．2017 D ．2018 A ．2017201820192016【答案】 D【分析】【剖析】求出原函数的导函数，获得y f x 在 x 1 时的导数值，进一步求得 m ，可得函数分析式，而后利用裂项相消法可计算出 S 2018 的值．【详解】由 f xx 2 mx ，得 f x 2x m ， f 1 m 2 ，由于函数 f xx 2 mx 图象在点 A 1, f 1 处的切线 l 与直线 x 3y2 0垂直，f 1m2 3 ，解得 m ， f x x 2x ，则11 111 1f nn2n n n 1n n 1 .S201811 1 111 1 2018所以，2 2L201820191.320192019应选： D. 【点睛】本题考察利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，训练了利用裂项相消法求数列的前 n 项和，是中档题．－1， g a cosx 2, x 0? x 1∈ [1，＋19． 已知函数 f （ x ）＝ 2xx2a, x （a ∈R ），若对随意x 2 0∞），总存在 x 2∈ R ，使 f （ x 1）＝ g （ x 2），则实数 a 的取值范围是（）A ．,1B ． 2 ,C ．,1U 1,2D ． 1,3U7, 22322 4【答案】 C 【分析】【剖析】对 a 分 a=0,a ＜0 和 a ＞0 议论， a ＞ 0 时分两种状况议论，比较两个函数的值域的关系，即得实数 a 的取值范围 .【详解】当 a=0 时，函数 f （ x ）＝ 2x －1 的值域为 [1,+ ∞），函数 g x 的值域为 [0,++ ∞），知足题意 .当 a ＜ 0 时， y= x 2 2a( x 0) 的值域为（ 2a,+ ∞）, y= acosx2 x 0 的值域为 [a+2,-a+2],由于 a+2-2a=2-a>0,所以 a+2＞ 2a,所以此时函数 g(x)的值域为（ 2a,+ ∞）,由题得 2a ＜ 1，即 a ＜ 1，即 a ＜ 0.2当 a ＞ 0时， y= x 22a( x 0) 的值域为（ 2a,+ ∞）,y= acosx 2 x 0 的值域为 [- a+2,a+2],当 a ≥2时， -a+2≤2a,由题得a 2 11 a2 .a 2,32a当 0＜ a ＜ 2时， -a+2＞ 2a ，由题得 2a ＜ 1 ，所以 a ＜1.所以 0＜ a ＜1 .3221综合得 a 的范围为 a ＜或 1≤a ≤2，应选 C.【点睛】本题主要考察函数的图象和性质，考察指数函数和三角函数的图象和性质，意在考察学生 对这些知识的理解掌握水平易剖析推理能力.x 2 ln x20． 函数 y的图象大概是（ ）xA ．B ．C ．D ．【答案】 D【分析】【剖析】依据函数为偶函数清除 B ,当 x0时 ,利用导数得 f (x) 在 (0, 1) 上递减 ,在 ( 1 , )上递加 ,根ee据单一性剖析 A,C 不正确 ,故只好选 D .【详解】x 2 ln | x |( x)2 ln | x |f (x) ,令 f (x),则 f ( x)| x || x |所以函数 f (x) 为偶函数 ,其图像对于y 轴对称 ,故 B 不正确 ,当 x 0时,f ( x)x2 ln xx ln x ,f ( x) 1 ln x,x由 f (x)0 ,得x 1,由f ( x)0 ,得 0 x e所以 f (x) 在(0,1)上递减,在(1,)上递加 ,e e联合图像剖析 , A, C不正确 .应选 :D【点睛】本题考察了利用函数的奇偶性判断函数的图象性判断函数的图象 ,属于中档题 .1,e,考察了利用导数研究函数的单一性,利用单一。

数学《函数与导数》试卷含答案一、选择题1．已知定义在R 上的函数()f x 满足()()3221f x f x -=-,且()f x 在[1, )+∞上单调递增,则（ ）A ．()()()0.31.130. 20.54f f log f << B ．()()()0.31.130. 240.5f f f log <<C ．()()()1.10.3340.20.5f f f log << D ．()()()0.3 1.130.50.24f log f f << 【答案】A 【解析】 【分析】由已知可得()f x 的图象关于直线1x =对称.因为0.31.130.21log 0.5141-<-<-，又()f x 在[1,)+∞上单调递增,即可得解.【详解】解：依题意可得,()f x 的图象关于直线1x =对称. 因为()()()0.31.1330.20,1,0.5 2 1,,044,8log log ∈=-∈-∈,则0.31.130.21log 0.5141-<-<-，又()f x 在[1,)+∞上单调递增, 所以()()()0.31.130.20.54f f log f <<.故选:A. 【点睛】本题考查了函数的对称性及单调性，重点考查了利用函数的性质判断函数值的大小关系，属中档题.2．已知3215()632f x x ax ax b =-++的两个极值点分别为()1212,x x x x ≠，且2132x x =，则函数12()()f x f x -=（ ） A ．1- B ．16C ．1D ．与b 有关【答案】B 【解析】 【分析】求出函数的导数，利用韦达定理得到12,,a x x 满足的方程组，解方程组可以得到12,,a x x ，从而可求()()12f x f x -． 【详解】()2'56f x x ax a =-+，故125x x a +=，126x x a =，且225240a a ->，又2132x x =，所以122,3x a x a ==，故266a a =，解得0a =（舎）或者1a =． 此时122,3x x ==， ()3215632f x x x x b =-++， 故()()()()()1215182749623326f x f x -=⨯---+-= 故选B ． 【点睛】如果()f x 在0x 处及附近可导且0x 的左右两侧导数的符号发生变化，则0x x =必为函数的极值点且()00f x =．极大值点、极小值点的判断方法如下：（1）在0x 的左侧附近，有()'0f x >，在0x 的右侧附近，有()'0f x <，则0x x =为函数的极大值点；（2）在0x 的左侧附近，有()'0f x <，在0x 的右侧附近()'0f x >，有，则0x x =为函数的极小值点．3．已知函数f （x ）＝e b ﹣x ﹣e x ﹣b +c （b ，c 均为常数）的图象关于点（2，1）对称，则f （5）+f （﹣1）＝（ ） A ．﹣2 B ．﹣1C ．2D ．4【答案】C 【解析】 【分析】根据对称性即可求出答案． 【详解】解：∵点（5，f （5））与点（﹣1，f （﹣1））满足（5﹣1）÷2＝2， 故它们关于点（2，1）对称，所以f （5）+f （﹣1）＝2， 故选：C ． 【点睛】本题主要考查函数的对称性的应用，属于中档题．4．已知奇函数()f x 在R 上是增函数，若21log 5a f ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，()2log 4.1b f =，()0.82c f =，则,,a b c 的大小关系为( )A ．a b c <<B ．b a c <<C ．c b a <<D ．c a b <<【答案】C 【解析】由题意：()221log log 55a f f ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭， 且：0.822log 5log 4.12,122>><<，据此：0.822log 5log 4.12>>，结合函数的单调性有：()()()0.822log 5log 4.12f f f >>，即,a b c c b a >><<. 本题选择C 选项.【考点】 指数、对数、函数的单调性【名师点睛】比较大小是高考常见题，指数式、对数式的比较大小要结合指数函数、对数函数，借助指数函数和对数函数的图象，利用函数的单调性进行比较大小，特别是灵活利用函数的奇偶性和单调性数形结合不仅能比较大小，还可以解不等式.5．已知()ln xf x x=，则下列结论中错误的是（ ） A ．()f x 在()0,e 上单调递增 B ．()()24f f = C ．当01a b <<<时，b a a b < D ．20192020log 20202019>【答案】D 【解析】 【分析】根据21ln (),(0,)xf x x x -'=∈+∞，可得()f x 在()0,e 上单调递增，在(),e +∞上单调递减，进而判断得出结论. 【详解】21ln (),(0,)xf x x x-'=∈+∞Q ∴对于选项A ，可得()f x 在()0,e 上单调递增，在(),e +∞上单调递减，故A 正确；对于选项B ，()2ln 4ln 2ln 24(2)442f f ====，故B 正确；对于选项C ，由选项A 知()f x 在()0,1上也是单调递增的，01a b <<<Q ，ln ln a ba b∴<，可得b a a b <，故选项C 正确； 对于选项D ，由选项A 知()f x 在(),e +∞上单调递减，(2019)(2020)f f ∴>，即ln 2019ln 202022019020>⇒20192020ln 2020log 2020ln 02019219>=， 故选项D 不正确. 故选：D 【点睛】本题考查导数与函数单调性、极值与最值的应用及方程与不等式的解法，考查了理解辨析能力与运算求解能力，属于中档题.6．曲线21x y e -=+在点(0,2)处的切线与直线y 0=和y x =所围成图形的面积( ) A ．1 B ．13C ．23D ．12【答案】B 【解析】 【分析】利用导数的几何意义，求得曲线在点(0,2)处的切线方程，再求得三线的交点坐标，利用三角形的面积公式，即可求解，得到答案． 【详解】 由题意，曲线21xy e -=+，则22x y e -'=-，所以200|2|2x x x y e -=='=-=-，所以曲线21xy e-=+在点(0,2)处的切线方程为22(0)y x -=--，即220x y +-=，令0y =，解得1x =，令y x =，解得23x y ==， 所以切线与直线y 0=和y x =所围成图形的面积为1211233⨯⨯=，故选B ．【点睛】本题主要考查了利用导数研究曲线在某点处的切线方程，以及两直线的位置关系的应用，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．7．已知定义在R 上的函数()f x 满足()01f =，且()f x 的导函数'()f x 满足'()1f x >，则不等式()()ln ln f x ex <的解集为（ ） A ．()0,1 B ．()1,eC ．()0,eD ．(),e +∞【答案】A 【解析】 【分析】设()()g x f x x =-，由题得()g x 在R 上递增，求不等式()()ln ln f x ex <的解集，即求不等式(ln )(0)g x g <的解集，由此即可得到本题答案. 【详解】设()()g x f x x =-，则(0)(0)01g f =-=，()()1g x f x '='-，因为()1f x '>，所以()0g x '>，则()g x 在R 上递增，又(ln )ln()1ln f x ex x <=+，所以(ln )ln 1f x x -<，即(ln )(0)g x g <， 所以ln 0x <，得01x <<. 故选：A 【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，以及利用函数的单调性解不等式，其中涉及到构造函数.8．已知全集U =R ，函数()ln 1y x =-的定义域为M ，集合{}2|0?N x x x =-<，则下列结论正确的是 A ．M N N =I B ．()U M N =∅I ð C ．M N U =U D ．()U M N ⊆ð【答案】A 【解析】 【分析】求函数定义域得集合M ，N 后，再判断． 【详解】由题意{|1}M x x =<，{|01}N x x =<<，∴M N N =I ． 故选A ． 【点睛】本题考查集合的运算，解题关键是确定集合中的元素．确定集合的元素时要注意代表元形式，集合是函数的定义域，还是函数的值域，是不等式的解集还是曲线上的点集，都由代表元决定．9．函数()2sin 2xf x x x x=+-的大致图象为（ ） A ． B ．C ．D ．【答案】D 【解析】 【分析】利用()10f <，以及函数的极限思想，可以排除错误选项得到正确答案。