2016年全国高考导数压轴题汇编

2016年全国各地高考数学试题及解答分类汇编大全（04导数及其应用）一、选择题1.（2016全国Ⅰ文）若函数1()sin 2sin 3f x x -x a x =+在(),-∞+∞单调递增,则a 的取值范围是（ ）（A ）[]1,1- （B ）11,3⎡⎤-⎢⎥⎣⎦（C ）11,33⎡⎤-⎢⎥⎣⎦ （D ）11,3⎡⎤--⎢⎥⎣⎦ 【答案】C考点：三角变换及导数的应用【名师点睛】本题把导数与三角函数结合在一起进行考查,有所创新,求解关键是把函数单调性转化为不等式恒成立,再进一步转化为二次函数在闭区间上的最值问题,注意与三角函数值域或最值有关的问题,要注意弦函数的有界性.2.（2016山东文、理）若函数()y f x =的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则称()y f x =具有T 性质.下列函数中具有T 性质的是（ ） （A ）sin y x = （B ）ln y x = （C ）e x y =（D ）3y x =【答案】A 【解析】试题分析：由函数的图象在两点处的切线互相垂直可知，存在两点处的切线斜率的积，即导函数值的乘积为负一.当sin y x =时，cos y x '=，有c o s 0c o s 1π⋅=-，所以在函数sin y x =图象存在两点0,x x π==使条件成立，故A 正确；函数3ln ,,xy x y e y x ===的导数值均非负，不符合题意，故选A. 考点：1.导数的计算；2.导数的几何意义.【名师点睛】本题主要考查导数的计算、导数的几何意义及两直线的位置关系，本题给出常见的三角函数、指数函数、对数函数、幂函数，突出了高考命题注重基础的原则.解答本题，关键在于将直线的位置关系与直线的斜率、切点处的导数值相联系，使问题加以转化，利用特殊化思想解题，降低难度.本题能较好的考查考生分析问题解决问题的能力、基本计算能力及转化与化归思想的应用等.3. （2016四川文）已知a 函数3()12f x x x =-的极小值点，则a =（ ） (A)-4 (B) -2 (C)4 (D)2 【答案】D【解析】试题分析：()()()2312322f x x x x '=-=+-，令()0f x '=得2x =-或2x =，易得()f x 在()2,2-上单调递减，在()2,+∞上单调递增，故()f x 极小值为()2f ，由已知得2a =，故选D.考点：函数导数与极值.【名师点睛】本题考查函数的极值．在可导函数中函数的极值点0x 是方程'()0f x =的解，但0x 是极大值点还是极小值点，需要通过这点两边的导数的正负性来判断，在0x 附近，如果0x x <时，'()0f x <，0x x >时'()0f x >，则0x 是极小值点，如果0x x <时，'()0f x >，0x x >时，'()0f x <，则0x 是极大值点，4.（2016四川文、理）设直线l 1，l 2分别是函数f (x )= ln ,01,ln ,1,x x x x -<<⎧⎨>⎩图象上点P 1，P 2处的切线，l 1与l 2垂直相交于点P ，且l 1，l 2分别与y 轴相交于点A ，B ，则△P AB 的面积的取值范围是（ ） （A ）(0,1) （B ）(0,2) （C ）(0,+∞) （D ）(1,+∞) 【答案】A考点：1.导数的几何意义；2.两直线垂直关系；3.直线方程的应用；4.三角形面积取值范围. 【名师点睛】本题首先考查导数的几何意义，其次考查最值问题，解题时可设出切点坐标，利用切线垂直求出这两点的关系，同时得出切线方程，从而得点,A B 坐标，由两直线相交得出P 点坐标，从而求得面积，题中把面积用1x 表示后，可得它的取值范围．解决本题可以是根据题意按部就班一步一步解得结论．这也是我们解决问题的一种基本方法，朴实而基础，简单而实用．二、填空1.（2016全国Ⅱ理）若直线y kx b =+是曲线ln 2y x =+的切线，也是曲线ln(1)y x =+的切线，则b = ． 【答案】1ln2-考点： 导数的几何意义.【名师点睛】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，y 0)处的切线的斜率．相应地，切线方程为y －y 0＝f ′(x 0)(x －x 0)．注意：求曲线切线时，要分清在点P 处的切线与过P 点的切线的不同．2.（2016全国Ⅲ文）已知()f x 为偶函数，当0x ≤ 时，1()x f x ex --=-，则曲线()y f x =在点(1,2)处的切线方程式_____________________________. 【答案】2y x =考点：1、函数的奇偶性；2、解析式；3、导数的几何意义．【知识拓展】本题题型可归纳为“已知当0x >时，函数()y f x =，则当0x <时，求函数的解析式”．有如下结论：若函数()f x 为偶函数，则当0x <时，函数的解析式为()y f x =-；若()f x 为奇函数，则函数的解析式为()y f x =--．3.（2016全国Ⅲ理）已知()f x 为偶函数，当0x <错误！未找到引用源。

2016年高考数学理试题分类汇编导数及其应用一、选择题1、（2016年四川高考）设直线l 1，l 2分别是函数f (x )= ln ,01,ln ,1,x x x x -<<⎧⎨>⎩图象上点P 1，P 2处的切线，l 1与l 2垂直相交于点P ，且l 1，l 2分别与y 轴相交于点A ，B ，则△PAB 的面积的取值范围是（A ）(0,1) （B ）(0,2) （C ）(0,+∞) （D ）(1,+∞) 【答案】A2、（2016年全国I 高考）函数y =2x 2–e |x |在[–2,2]的图像大致为【答案】D二、填空题1、（2016年全国II 高考）若直线y kx b =+是曲线ln 2y x =+的切线，也是曲线ln(1)y x =+的切线，则b = ．【答案】1ln 2-2、（2016年全国III 高考）已知()f x 为偶函数，当0x <时，()ln()3f x x x =-+，则曲线()y f x =在点(1,3)-处的切线方程 是_______________。

【答案】21y x =--三、解答题1、（2016年北京高考） 设函数()a x f x xe bx -=+，曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线方程为(1)4y e x =-+， （1）求a ，b 的值； （2）求()f x 的单调区间.【解析】 （I ）()e a x f x x bx -=+∴()e e (1)e a x a x a x f x x b x b ---'=-+=-+∵曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线方程为(e 1)4y x =-+ ∴(2)2(e 1)4f =-+，(2)e 1f '=- 即2(2)2e 22(e 1)4a f b -=+=-+①2(2)(12)e e 1a f b -'=-+=- ②由①②解得：2a =，e b =（II ）由（I ）可知：2()e e x f x x x -=+，2()(1)e e x f x x -'=-+令2()(1)e x g x x -=-，∴222()e (1)e (2)e x x x g x x x ---'=---=-∴g 的最小值是(2)(12)e 1g =-=-∴()f x '的最小值为(2)(2)e e 10f g '=+=-> 即()0f x '>对x ∀∈R 恒成立 ∴()f x 在(),-∞+∞上单调递增，无减区间.2、（2016年山东高考）已知()221()ln ,R x f x a x x a x -=-+∈. （I ）讨论()f x 的单调性；（II ）当1a =时，证明()3()'2f x f x +＞对于任意的[]1,2x ∈成立. 【解析】(Ⅰ) 求导数322)11(=)(′x x x a x f －－－ 322)(1(=x ax x )－－当0≤a 时，(0,1)∈x ，0>)(′x f ，)(x f 单调递增， )(1,∈+∞x ，0<)(′x f ，)(x f 单调递减；当0>a 时，3322+(2)(1(=2)(1(=)(′x ax a x x a x ax x x f ))－－)－－（1） 当＜２＜a 0时，1>2a， (0,1)∈x 或),(∈+∞2a x ，0>)(′x f ，)(x f 单调递增， )(1,∈ax 2，0<)(′x f ，)(x f 单调递减； (2) 当２=a 时，1=2a， )(0,∈+∞x ，0≥)(′x f ，)(x f 单调递增， (3) 当２>a 时，1<2<0a， )(0,∈ax 2或∞)(1,∈+x ，0>)(′x f ，)(x f 单调递增， ,1)(∈ax 2，0<)(′x f ，)(x f 单调递减； (Ⅱ) 当1=a 时，212+ln =)(x x x x x f －－，32322+11=2)(1(=)(′xx x x x x x f 2－－)－－于是)2+1112+ln =)(′)(322xx x x x x x x f x f 2－－－(－－－，－1－1－322+3+ln =xx x x x ，]2,1[∈x令x x x ln =)g(－ ，322+3+=)h(xx x x －1－1，]2,1[∈x ， 于是)(+(g =)(′)(x h x x f x f ）－， 0≥1=1=)(g ′xx x x －1－，)g(x 的最小值为1=g(1)；又42432+=+=)(h ′x x x x x x x 6－2－362－3－设6+23=)(θ2x x x －－，]2,1[∈x ，因为1=)1(θ，10=)2(θ－， 所以必有]2,1[0∈x ，使得0=)(θ0x ，且0<<1x x 时，0>)(θx ，)(x h 单调递增； 2<<0x x 时，0<)(θx ，)(x h 单调递减；又1=)1(h ，21=)2(h ，所以)(x h 的最小值为21=)2(h ． 所以23=21+1=)2(+1(g >)(+(g =)(′)(h x h x x f x f ））－． 即23)()(+'>x f x f 对于任意的]2,1[∈x 成立．3、（2016年四川高考）设函数f (x )=ax 2-a -ln x ，其中a ∈R. （I ）讨论f (x )的单调性；（II ）确定a 的所有可能取值，使得f (x ) ＞-e 1-x+在区间（1，+∞）内恒成立(e=2.718…为自然对数的底数)。

题型三极值最值型1.求函数的极值必背结论一极大值极小值⑴在包含x0的一个区间(a，b)内，函数y=f(x)在任何一点的函数值都小于x0点的函数值，称点x0为函数y=f(x)的极大值点，其函数值f(x0)为函数的极大值；⑵在包含x0的一个区间(a，b)内，函数y=f(x)在任何一点的函数值都大于x0点的函数值，称点x0为函数y=f(x)的极小值点，其函数值f(x0)为函数的极小值；⑶极大值与极小值统称为极值，极大值点与极小值点统称为极值点。

注：①极值是局部概念，只能反映在某一点附近的大小状况.②在定义域或某区间上，极值可以不止一个，也可没有.③极大值不一定大于极小值.④极大值与极小值交替出现.⑤极值只能出现在区间的内部，不会出现在区间端点。

必背结论二极值的判定一般的，当函数y=f(x)在x0处连续时⑴如果在x0附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，那么f(x0)为函数的极小值；⑵如果在x0附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，那么f(x0)为函数的极大值；注：①导数为0的点不一定是极值点，例如y＝x3在x＝0处的导数是0，但它并不是极值点.②对于可导函数，极值点的导数必为0.③函数导数不存在的点也可能是极值点.例如y＝|x|在x＝0处取得极值，但导数不存在.例1.函数f(x)＝3e x3＋4x²，求f(x)的极值点.解：f(x)的定义域为Rf′(x)＝3e x(3＋4x²－8x)(3＋4x²)²＝3e x(2x－1)(2x－3)(3＋4x²)²令f′(x)＝0，则x1＝12，x2＝32∴f(x)的极大值点为x＝12，极小值点为x＝32.例2.求f(x)＝x3－3x²－2在(a－1，a＋1)(a＞0)内的极值. 解：f(x)的定义域为Rf′(x)＝3x²－6x＝3x(x－2)令f′(x)＝0，则x1＝0，x2＝2f(x)在(a－1，0)上递增，在(0，a＋1)上递减，∴f(x)有极大值f(0)＝－2，无极小值⑵当a－1＝0即a＝1时，f(x)在(a－1，a＋1)递减，无极值.⑶当0＜a－1＜2即1＜a＜3时，f(x)在(a－1，2)上递减，在(2，a＋1)上递增，∴f(x)有极小值f(2)＝－6，无极大值⑷当a－1≥2即a≥3时，f(x)在(a－1，a＋1)递增，无极值.综上所述：当0＜a＜1时，f(x)有极大值f(0)＝－2，无极小值当1＜a＜3时，f(x)有极小值f(2)＝－6，无极大值当a＝1或3时，f(x)无极值.例3.f(x)＝x²－1－2alnx(a≠0)，求f(x)的极值.解：f(x)的定义域为(0，＋∞)f′(x)＝2x－2ax＝2(x²－a)x⑴当a≤0时，f′(x)＞0，∴f′(x)在(0，＋∞)上递增，∴f(x)无极值⑵当a＞0时，若x∈(0，a)，则f′(x)＜0，f(x)在(0，a)递减，若x∈(a，＋∞)，则f′(x)＞0，f(x)在(a，＋∞)递增，∴f(x)极小值＝f(a)＝a－1－alna，无极大值.综上所述：当a≤0时，f(x)无极值，当a＞0时，f(x)极小值＝a－1－alna，无极大值.例4.f(x)＝ln(x＋1)＋a(x²－x)，讨论f(x)极值点的个数.解：f(x)的定义域(－1，＋∞)f′(x)＝1x＋1＋a(2x－1)＝1＋a(2x－1)(x＋1)x＋1＝2ax²＋ax＋1－ax＋1⑴当a＝0时，f′(x)＝1x＋1＞0，f(x)在(－1，＋∞)递增，f(x)极值点个数为0⑵当a＞0时，△＝a²－8a(1－a)＝9a²－8a＝a(9a－8)①当△≤0即0≤a≤89时，f′(x)≥0，∴，f(x)在(－1，＋∞)递增，f(x)极值点个数为0②当△＞0即a＞89时，f(x)在(－1，x1)递增，在(x1，x2)递减，在(x2，＋∞)递增，∴f(x)极值点个数为2.⑶当a ＜0时，△＞0，，f (x )在(－1，x 2)递增，在(x 2，＋∞)递减，∴f (x )极值点个数为1.综上所述：当0≤a ≤89时，f (x )极值点个数为0，当a ＜0时，f (x )极值点个数为1，当a ＞89时，f (x )极值点个数为2.2.求函数的最值 必背结论三 最大值，最小值⑴函数f (x )在区间[a ，b ]的最大值点x 0是指：∀x ∈[a ，b ]，都有f (x )≤f (x 0)，最大值在极大值点取得，或者在区间的端点取得.⑵函数f (x )在区间[a ，b ]的最小值点x 0是指：∀x ∈[a ，b ]，都有f (x )≥f (x 0)，最小值在极小值点取得，或者在区间的端点取得.注：最值点不一定为极值点，极值点也不一定是最值点，当定义域为开区间时，最值一定是极值。

历年高考数学导数压轴题
1. 2017年高考数学导数题：
①已知函数f(x)的导数是g(x)，若g(x)的导数等于函数f(x)的二阶导数，求f(x)的表达式。

解：令数列{y，y’，y”}表示函数f(x)的值与其一阶导数与二阶导数，
令数列{u，u’}表示函数g(x)的值与其一阶导数，那么依据题意有：
u’=y”，u=y’，由于积分的连续性，可得函数f(x)的表达式：f(x)=xu-
1/2∫udu+φ(x)，其中φ(x)是任意可导函数。

2. 2018年高考数学导数题：
①已知函数f(x)在(-1,1)上有关于x的二阶导数存在且满足f'(-1)=f'(1)，
求f(x)的一般形式。

解：由题意可知f'(-1)=f'(1)，即函数f(x)在(-1,1)处有极值，f”(x)存在于(-1,1)，根据可导多次函数的性质，在(-1,1)处函数f(x)可表示为：
f(x)=ax^3+bx^2+cx+d，其中a、b、c、d均为常数，求出常数a、b、c
值可得f(x)的一般形式。

3. 2019年高考数学导数题：
①已知函数f(x)的导数为2x-1，求f(x)的一般形式；
解：令y=f(x)，则有y’=2x-1，由积分的连续性，可得y=x^2-2ln|x|+C，其中C为任意常数，即f(x)=x^2-2ln|x|+C。

2016 全国各地导数压轴题汇编1、（ 2016 年全国卷Ｉ理数）已知函数f ( x) (x 2)e x a( x 1) 2有两个零点（I ）求 a 的取值范围（II ）设 x1, x2是 f ( x) 的两个零点，求证：x1x2 22、（ 2016 年全国卷Ｉ文数）已知函数f ( x)(x2)e x a( x 1)2（I ）讨论 f (x) 的单调性（II ）若 f ( x) 有两个零点，求 a 的取值范围3、（ 2016 年全国卷II 理数）(I )讨论函数 f (x) x 2 e x的单调性，并证明当x >0 时，( x 2)e x x 2 0;x 2(II ) 证明：当a [0,1)时，函数g（ x）=e x ax a ( x0)有最小值设（）的最小值为h(a) ，x2. g x求函数 h(a) 的值域 .4、（ 2016 年全国卷II 文数）已知函数 f ( x) ( x 1)lnx a(x 1) .（I ）当a 4 时，求曲线yf ( x) 在 1, f (1) 处的切线方程；(II) 若当x 1, 时，f( x)＞0，求 a 的取值范围 .5、（ 2016 年全国卷 III 理数）设函数 f ( x) a cos2x (a 1)(cos x 1) 其中 a＞ 0，记 | f ( x) |的最大值为 A （Ⅰ）求f ( x) ；（Ⅱ）求 A ；（Ⅲ）证明f ( x) 2 A6、（ 2016 年全国卷 III 文数） 设函数 f ( x) ln x x 1. （Ⅰ）讨论 f ( x) 的单调性；（Ⅱ）证明当x 1x ；x (1, ) 时， 1ln x（Ⅲ）设 c 1，证明当 x (0,1)时，1(c 1)x c x.7、（ 2016 年天津理数）设函数 f ( x) (x 1)3ax b, x R 其中 a, b R (Ⅰ )求 f ( x) 的单调区间；(Ⅱ )若 f ( x) 存在极点 x0，且f ( x1) f ( x0 ) 其中 x1x0，求证： x1 2x0 3；(Ⅲ )设 a 0 ，函数 g (x) | f (x) |,求证： g(x) 在区间 [ 0,2] 上的最大值不小于14．．．8、（ 2016 年四川理数）设函数f ( x) ax2a ln x 其中a R（Ⅰ）讨论f( x)的单调性；（Ⅱ）确定a 的所有可能取值，使得f (x)1 e1 x 在区间（1，+∞）内恒成立( e=2.718 ⋯x为自然对数的底数)。

2016全国3卷理科数学压轴题
全国3卷的适用地区是广西、贵州、云南.
本题作为3卷的压轴题，前两问难度适中，都可以得分.所以大家对于压轴题也不要完全放弃，前面2问都可以尝试着做.
第2问有点意思.
按照求最值先求极值的思路去解此问，困难会比较大.
但是，我们仔细观察函数解析式的特点，发现我们能够把这个复杂的函数化为关于余弦的二次函数.
这是化归思想的体现，即把一个陌生的问题转化为熟悉的问题.
下面研究二次函数在闭区间上的最值问题.
首先，我们把这三个函数值算出来.
接下来，要根据对称轴与定义域的关系，研究最值出现的位置.
下面，按照二者可能的大小关系分类讨论.
继续讨论.
为确定哪个为最大值，需要把三个可能的最大值进行比较.
比较大小的最常用方法就是作差法，本题稍显麻烦，因为有三个值需要比较，而且其中一个还有绝对值.
为直观地表示它们的大小，我们采用画函数图象的方法，并辅助一定的运算使得图象精确.
由上图，我们得到如下结论.
综上所述，A的取值如下：
第3问是证明不等式.
观察不等式的两边，都是关于a的表达式，但是左边式子含有x，于是需要用到绝对值不等式和三角函数的有界性.
不等式的证明是需要摸索的，如果放缩的幅度过大，要随时调整.
比较大小时，我们多次用到作差法，这是通法.
还有最后一步讨论.
综上所述，原不等式得证.
体会：借助二次函数、绝对值函数深入地考察了分类讨论思想.我开通了分答,想向我提问且有支付能力的朋友可以使用.。

21．（12分）已知函数f（x）满足f（x）=f′（1）e x﹣1﹣f（0）x+x2；（1）求f（x）的解析式及单调区间；（2）若，求（a+1）b的最大值．21．（12分）已知函数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．（Ⅰ）求a，b，c，d的值；（Ⅱ）若x≥﹣2时，f（x）≤kg（x），求k的取值范围．21．（12分）已知函数f（x）=e x﹣ln（x+m）（Ι）设x=0是f（x）的极值点，求m，并讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）当m≤2时，证明f（x）＞021．（12分）已知函数f（x）=e x﹣e﹣x﹣2x．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）设g（x）=f（2x）﹣4bf（x），当x＞0时，g（x）＞0，求b的最大值；（Ⅲ）已知1.4142＜＜1.4143，估计ln2的近似值（精确到0.001）．21．（12分）已知函数f（x）=x3+ax+，g（x）=﹣lnx（i）当a为何值时，x轴为曲线y=f（x）的切线；（ii）用min {m，n }表示m，n中的最小值，设函数h（x）=min { f（x），g（x）}（x＞0），讨论h（x）零点的个数．21．（12分）设函数f（x）=e mx+x2﹣mx．（1）证明：f（x）在（﹣∞，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增；（2）若对于任意x1，x2∈[﹣1，1]，都有|f（x1）﹣f（x2）|≤e﹣1，求m的取值范围．21．（12分）已知函数f（x）=（x﹣2）e x+a（x﹣1）2有两个零点．（Ⅰ）求a的取值范围；（Ⅱ）设x1，x2是f（x）的两个零点，证明：x1+x2＜221．（12分）（Ⅰ）讨论函数f（x）=e x的单调性，并证明当x＞0时，（x﹣2）e x+x+2＞0；（Ⅱ）证明：当a∈[0，1）时，函数g（x）=（x＞0）有最小值．设g（x）的最小值为h（a），求函数h（a）的值域．21．（12分）设函数f（x）=acos2x+（a﹣1）（cosx+1），其中a＞0，记|f（x）|的最大值为A．（Ⅰ）求f′（x）；（Ⅱ）求A；（Ⅲ）证明：|f′（x）|≤2A．。

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一．解答题（共30小题）............ 错误!未定义书签。

2021年高考数学导数压轴卷答案解析 ..... 错误!未定义书签。

一．解答题（共30小题）............ 错误!未定义书签。

2021年高考数学导数压轴卷一．解答题（共30小题）1．（2021•株洲一模）已知函数f（x）=alnx﹣ax﹣3（a∈R）．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）假设函数y=f（x）的图象在点（2，f（2））处的切线的倾斜角为45°，关于任意的t∈[1，2]，函数在区间（t，3）上总不是单调函数，求m的取值范围；（Ⅲ）求证：．2．（2021•北京校级模拟）已知函数f（x）=x2+ax﹣lnx，a∈R．（1）假设函数f（x）在[1，2]上是减函数，求实数a的取值范围；（2）令g（x）=f（x）﹣x2，是不是存在实数a，当x∈（0，e]（e是自然常数）时，函数g（x）的最小值是3，假设存在，求出a的值；假设不存在，说明理由；（3）当x∈（0，e]时，证明：．3．（2021•菏泽一模）设函数f（x）=lnx﹣﹣bx（Ⅰ）当a=b=时，求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）令F（x）=f（x）+＜x≤3），其图象上任意一点P（x0，y0）处切线的斜率k≤恒成立，求实数a的取值范围；（Ⅲ）当a=0，b=﹣1时，方程f（x）=mx在区间[1，e2]内有唯一实数解，求实数m的取值范围．4．（2021•秦州区校级一模）设函数f（x）=（1+x）2﹣2ln（1+x）（1）假设关于x的不等式f（x）﹣m≥0在[0，e﹣1]有实数解，求实数m的取值范围．（2）设g（x）=f（x）﹣x2﹣1，假设关于x的方程g（x）=p至少有一个解，求p的最小值．（3）证明不等式：（n∈N*）．5．（2021•陕西校级二模）关于函数f（x）和g（x），假设存在常数k，m，关于任意x∈R，不等式f（x）≥kx+m≥g（x）都成立，那么称直线y=kx+m是函数f（x），g（x）的分界限．已知函数f（x）=e x（ax+1）（e为自然对数的底，a∈R 为常数）．（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调性；（Ⅱ）设a=1，试探讨函数f（x）与函数g（x）=﹣x2+2x+1是不是存在“分界限”？假设存在，求出分界限方程；假设不存在，试说明理由．6．（2021•安徽模拟）已知函数（a为实常数）．（Ⅰ）当a=1时，求函数g（x）=f（x）﹣2x的单调区间；（Ⅱ）假设函数f（x）在区间（0，2）上无极值，求a的取值范围；（Ⅲ）已知n∈N*且n≥3，求证：．7．（2021•黄冈模拟）已知函数f（x）=ax，g（x）=lnx，其中a∈R．（Ⅰ）假设函数F（x）=f（x）﹣g（x）有极值点1，求a的值；（Ⅱ）假设函数G（x）=f[sin（1﹣x）]+g（x）在区间（0，1）上为增函数，求a的取值范围；（Ⅲ）证明：．8．（2021•衡水三模）已知函数f（x）=x﹣alnx，g（x）=﹣，（a∈R）．（Ⅰ）假设a=1，求函数f（x）的极值；（Ⅱ）设函数h（x）=f（x）﹣g（x），求函数h（x）的单调区间；（Ⅲ）假设在[1，e]（e=…）上存在一点x0，使得f（x0）＜g（x0）成立，求a的取值范围．9．（2021•陕西模拟）已知函数．（a为常数，a＞0）（Ⅰ）假设是函数f（x）的一个极值点，求a的值；（Ⅱ）求证：当0＜a≤2时，f（x）在上是增函数；（Ⅲ）假设对任意的a∈（1，2），总存在，使不等式f（x0）＞m（1﹣a2）成立，求实数m的取值范围．10．（2021•横峰县校级一模）已知函数f（x）=alnx﹣ax﹣3（a∈R，a≠0）．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）假设函数y=f（x）的图象在点（2，f（2））处的切线的倾斜角为，问：m在什么范围取值时，关于任意的t∈[1，2]，函数在区间[t，3]上总存在极值？（Ⅲ）当a=2时，设函数，假设在区间[1，e]上至少存在一个x0，使得h（x0）＞f（x0）成立，试求实数p的取值范围．11．（2021•凤凰县校级模拟）已知函数f（x）=x3﹣ax2﹣3x（1）假设f（x）在区间[1，+∞）上是增函数，求实数a的取值范围；（2）假设x=﹣是f（x）的一个极值点，求f（x）在[1，a]上的最大值；（3）在（2）的条件下，是不是存在实数b，使得函数g（x）=bx的图象与函数f（x）的图象恰有3个交点，假设存在，请求出实数b的取值范围；假设不存在，试说明理由．12．（2021•路南区校级模拟）已知函数f（x）=x3﹣（2a+1）x2+（a2+a）x．（Ⅰ）假设f（x）在x=1处取得极大值，求实数a的值；（Ⅱ）假设∀m∈R，直线y=kx+m都不是曲线y=f（x）的切线，求k的取值范围；（Ⅲ）假设a＞﹣1，求f（x）在区间[0，1]上的最大值．13．（2021•张家港市校级模拟）已知函数f（x）=x3+bx2+cx+d，设曲线y=f（x）在与x轴交点处的切线为y=4x﹣12，f′（x）为f（x）的导函数，知足f′（2﹣x）=f′（x）．（Ⅰ）设g（x）=x，m＞0，求函数g（x）在[0，m]上的最大值；（Ⅱ）设h（x）=lnf′（x），假设对一切x∈[0，1]，不等式h（x+1﹣t）＜h（2x+2）恒成立，求实数t的取值范围．14．（2021•安徽三模）已知函数在点（﹣1，f（﹣1））的切线方程为x+y+3=0．（Ⅰ）求函数f（x）的解析式；（Ⅱ）设g（x）=lnx，求证：g（x）≥f（x）在x∈[1，+∞）上恒成立；（Ⅲ）已知0＜a＜b，求证：．15．（2021秋•仙游县校级期中）已知函数f（x）=x+，h（x）=．（Ⅰ）设函数F（x）=f（x）﹣h（x），求F（x）的单调区间与极值；（Ⅱ）设a∈R，解关于x的方程log4[f（x﹣1）﹣]=log2h（a﹣x）﹣log2h（4﹣x）；（Ⅲ）试比较f（100）h（100）﹣与的大小．16．（2021•遵义二模）设函数f（x）=x2+aln（1+x）有两个极值点x1、x2，且x1＜x2，（Ⅰ）求a的取值范围，并讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）证明：f（x2）＞．17．（2021秋•大兴区校级月考）已知函数f（x）=e x﹣e﹣x﹣2x．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）设g（x）=f（2x）﹣4bf（x），当x＞0时，g（x）＞0，求b的最大值；（Ⅲ）已知＜＜，估量ln2的近似值（精准到）．18．（2021•武汉模拟）己知函数f（x）=x2e﹣x（Ⅰ）求f（x）的极小值和极大值；（Ⅱ）当曲线y=f（x）的切线l的斜率为负数时，求l在x轴上截距的取值范围．19．（2021•马山县校级模拟）已知函数f（x）=x3+3ax2+（3﹣6a）x+12a﹣4（a∈R）（Ⅰ）证明：曲线y=f（x）在x=0的切线过点（2，2）；（Ⅱ）假设f（x）在x=x0处取得极小值，x0∈（1，3），求a的取值范围．20．（2021春•丰润区期中）已知函数f（x）=x3+3ax2+3x+1．（Ⅰ）求a=时，讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）假设x∈[2，+∞）时，f（x）≥0，求a的取值范围．21．（2021•浙江）已知函数f（x）=x3+3|x﹣a|（a∈R）．（Ⅰ）假设f（x）在[﹣1，1]上的最大值和最小值别离记为M（a），m（a），求M（a）﹣m （a）；（Ⅱ）设b∈R，假设[f（x）+b]2≤4对x∈[﹣1，1]恒成立，求3a+b的取值范围．22．（2021•河西区三模）已知函数f（x）=+cx+d（a，c，d∈R）知足f（0）=0，f′（1）=0，且f′（x）≥0在R上恒成立．（1）求a，c，d的值；（2）假设，解不等式f′（x）+h（x）＜0；（3）是不是存在实数m，使函数g（x）=f′（x）﹣mx在区间[m，m+2]上有最小值﹣5？假设存在，请求出实数m的值；假设不存在，请说明理由．23．（2021•四川模拟）已知函数f（x）=lnx+x2．（Ⅰ）假设函数g（x）=f（x）﹣ax在其概念域内为增函数，求实数a的取值范围；（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，假设a＞1，h（x）=e3x﹣3ae x x∈[0，ln2]，求h（x）的极小值；（Ⅲ）设F（x）=2f（x）﹣3x2﹣kx（k∈R），假设函数F（x）存在两个零点m，n（0＜m＜n），且2x0=m+n．问：函数F（x）在点（x0，F（x0））处的切线可否平行于x轴？假设能，求出该切线方程；假设不能，请说明理由．24．（2021•天津三模）已知函数f（x）=（2﹣a）（x﹣1）﹣2lnx，g（x）=xe1﹣x．（a∈R，e为自然对数的底数）（Ⅰ）当a=1时，求f（x）的单调区间；（Ⅱ）假设函数f（x）在上无零点，求a的最小值；（Ⅲ）假设对任意给定的x0∈（0，e]，在（0，e]上总存在两个不同的x i（i=1，2），使得f（x i）=g（x0）成立，求a的取值范围．25．（2021•河西区一模）已知函数g（x）=，f（x）=g（x）﹣ax．（1）求函数g（x）的单调区间；（2）假设函数f（x）在（1，+∞）上是减函数，求实数a的最小值；（3）假设存在x1，x2∈[e，e2]，使f（x1）≤f′（x2）+a，求实数a的取值范围．26．（2021•凉州区二模）已知函数f（x）=plnx+（p﹣1）x2+1．（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）当P=1时，f（x）≤kx恒成立，求实数k的取值范围；（3）证明：1n（n+1）＜1+…+（n∈N+）．27．（2021•蚌埠二模）已知函数为大于零的常数．（1）假设函数f（x）在区间[1，+∞）内调递增，求a的取值范围；（2）求函数f（x）在区间[1，2]上的最小值；（3）求证：关于任意的成立．28．（2021•高州市模拟）设函数f（x）=（x﹣1）2+blnx，其中b为常数．（1）当时，判定函数f（x）在概念域上的单调性；（2）假设函数f（x）的有极值点，求b的取值范围及f（x）的极值点；（3）求证对任意不小于3的正整数n，不等式都成立．29．（2021•甘肃二模）已知函数f（x）=+lnx﹣2，g（x）=lnx+2x．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）试问过点（2，5）可作多少条直线与曲线y=g（x）相切？请说明理由．30．（2021•吉林三模）已知函数f（x）=lnx﹣，g（x）=f（x）+ax﹣6lnx，其中a∈R（1）当a=1时，判定f（x）的单调性；（2）假设g（x）在其概念域内为增函数，求正实数a的取值范围；（3）设函数h（x）=x2﹣mx+4，当a=2时，假设∃x1∈（0，1），∀x2∈[1，2]，总有g（x1）≥h （x2）成立，求实数m的取值范围．2021年高考数学导数压轴卷答案解析一．解答题（共30小题）1．（2021•株洲一模）已知函数f（x）=alnx﹣ax﹣3（a∈R）．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）假设函数y=f（x）的图象在点（2，f（2））处的切线的倾斜角为45°，关于任意的t∈[1，2]，函数在区间（t，3）上总不是单调函数，求m的取值范围；（Ⅲ）求证：．考点：利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程．专题：压轴题．分析：利用导数求函数的单调区间的步骤是①求导函数f′（x）；②解f′（x）＞0（或＜0）；③得到函数的增区间（或减区间），对于本题的（1）在求单调区间时要注意函数的定义域以及对参数a的讨论情况；（2）点（2，f（2））处的切线的倾斜角为45°，即切线斜率为1，即f'（2）=1，可求a 值，代入得g（x）的解析式，由t∈[1，2]，且g（x）在区间（t，3）上总不是单调函数可知：，于是可求m的范围．（3）是近年来高考考查的热点问题，即与函数结合证明不等式问题，常用的解题思路是利用前面的结论构造函数，利用函数的单调性，对于函数取单调区间上的正整数自变量n 有某些结论成立，进而解答出这类不等式问题的解．解答：解：（Ⅰ）（2分）当a＞0时，f（x）的单调增区间为（0，1]，减区间为[1，+∞）；当a＜0时，f（x）的单调增区间为[1，+∞），减区间为（0，1]；当a=0时，f（x）不是单调函数（4分）（Ⅱ）得a=﹣2，f（x）=﹣2lnx+2x﹣3∴，∴g'（x）=3x2+（m+4）x﹣2（6分）∵g（x）在区间（t，3）上总不是单调函数，且g′（0）=﹣2 ∴由题意知：对于任意的t∈[1，2]，g′（t）＜0恒成立，所以有：，∴（10分）（Ⅲ）令a=﹣1此时f（x）=﹣lnx+x﹣3，所以f（1）=﹣2，由（Ⅰ）知f（x）=﹣lnx+x﹣3在（1，+∞）上单调递增，∴当x∈（1，+∞）时f（x）＞f（1），即﹣lnx+x﹣1＞0，∴lnx＜x﹣1对一切x∈（1，+∞）成立，（12分）∵n≥2，n∈N*，则有0＜lnn＜n﹣1，∴∴点评：本题考查利用函数的导数来求函数的单调区间，已知函数曲线上一点求曲线的切线方程即对函数导数的几何意义的考查，考查求导公式的掌握情况．含参数的数学问题的处理，构造函数求解证明不等式问题．2．（2021•北京校级模拟）已知函数f（x）=x2+ax﹣lnx，a∈R．（1）假设函数f（x）在[1，2]上是减函数，求实数a的取值范围；（2）令g（x）=f（x）﹣x2，是不是存在实数a，当x∈（0，e]（e是自然常数）时，函数g（x）的最小值是3，假设存在，求出a的值；假设不存在，说明理由；（3）当x∈（0，e]时，证明：．考点：利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值．专题：计算题；综合题；压轴题．分析：（1）先对函数f（x）进行求导，根据函数f（x）在[1，2]上是减函数可得到其导函数在[1，2]上小于等于0应该恒成立，再结合二次函数的性质可求得a的范围．（2）先假设存在，然后对函数g（x）进行求导，再对a的值分情况讨论函数g（x）在（0，e]上的单调性和最小值取得，可知当a=e2能够保证当x∈（0，e]时g（x）有最小值3．（3）令F（x）=e2x﹣lnx结合（2）中知F（x）的最小值为3，再令并求导，再由导函数在0＜x≤e大于等于0可判断出函数ϕ（x）在（0，e]上单调递增，从而可求得最大值也为3，即有成立，即成立．解答：解：（1）在[1，2]上恒成立，令h（x）=2x2+ax﹣1，有得，得（2）假设存在实数a，使g（x）=ax﹣lnx（x∈（0，e]）有最小值3，=①当a≤0时，g（x）在（0，e]上单调递减，g（x）min=g（e）=ae﹣1=3，（舍去），②当时，g（x）在上单调递减，在上单调递增∴，a=e2，满足条件．③当时，g（x）在（0，e]上单调递减，g（x）min=g（e）=ae﹣1=3，（舍去），综上，存在实数a=e2，使得当x∈（0，e]时g（x）有最小值3．（3）令F（x）=e2x﹣lnx，由（2）知，F（x）min=3．令，，当0＜x≤e时，ϕ'（x）≥0，φ（x）在（0，e]上单调递增∴∴，即＞（x+1）lnx．点评：本题主要考查导数的运算和函数的单调性与其导函数的正负之间的关系，当导函数大于0时原函数单调递增，当导函数小于0时原函数单调递减．3．（2021•菏泽一模）设函数f（x）=lnx﹣﹣bx（Ⅰ）当a=b=时，求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）令F（x）=f（x）+＜x≤3），其图象上任意一点P（x0，y0）处切线的斜率k≤恒成立，求实数a的取值范围；（Ⅲ）当a=0，b=﹣1时，方程f（x）=mx在区间[1，e2]内有唯一实数解，求实数m的取值范围．考利用导数研究函数的单调性；根的存在性及根的个数判断；利用导数研究曲线上某点切点：线方程．专题：计算题；压轴题．分析：（I）先求导数fˊ（x）然后在函数的定义域内解不等式fˊ（x）＞0和fˊ（x）＜0，fˊ（x）＞0的区间为单调增区间，fˊ（x）＜0的区间为单调减区间．（II）先构造函数F（x）再由以其图象上任意一点P（x0，y0）为切点的切线的斜率k≤恒成立，知导函数≤恒成立，再转化为所以a≥（﹣，x02+x0）max求解．（III）先把程f（x）=mx有唯一实数解，转化为有唯一实数解，再利用单调函数求解．解答：解：（Ⅰ）依题意，知f（x）的定义域为（0，+∞）．（1分）当a=b=时，f（x）=lnx﹣x2﹣x，f′（x）=﹣x﹣=．（2分）令f′（x）=0，解得x=1．当0＜x＜1时，f′（x）＞0，此时f（x）单调递增；当x＞1时，f′（x）＜0，此时f（x）单调递减．（3分）所以函数f（x）的单调增区间（0，1），函数f（x）的单调减区间（1，+∞）．（4分）（Ⅱ）F（x）=lnx+，x∈（0，3]，所以k=F′（x0）=≤，在x0∈（0，3]上恒成立，（6分）所以a≥（﹣x02+x0）max，x0∈（0，3]（7分）当x0=1时，﹣x02+x0取得最大值．所以a≥．（9分）（Ⅲ）当a=0，b=﹣1时，f（x）=lnx+x，因为方程f（x）=mx在区间[1，e2]内有唯一实数解，所以lnx+x=mx有唯一实数解．∴，设g（x）=，则g′（x）=．令g′（x）＞0，得0＜x＜e；g′（x）＜0，得x＞e，∴g（x）在区间[1，e]上是增函数，在区间[e，e2]上是减函数，g（1）=1，g（e2）=1+=1+，g（e）=1+，所以m=1+，或1≤m＜1+．点评：本题主要考查函数的单调性、极值、不等式、方程的解等基本知识，同时考查运用导数研究函数性质的方法，分类与整合及化归与转化等数学思想．4．（2021•秦州区校级一模）设函数f（x）=（1+x）2﹣2ln（1+x）（1）假设关于x的不等式f（x）﹣m≥0在[0，e﹣1]有实数解，求实数m的取值范围．（2）设g（x）=f（x）﹣x2﹣1，假设关于x的方程g（x）=p至少有一个解，求p的最小值．（3）证明不等式：（n∈N*）．考点：利用导数研究函数的单调性；函数恒成立问题．专题：综合题；压轴题；导数的概念及应用．分析：（1）依题意得f（x）max≥m，x∈[0，e﹣1]，求导数，求得函数的单调性，从而可得函数的最大值；（2）求导函数，求得函数的单调性与最值，从而可得p的最小值；（3）先证明ln（1+x）≤x，令，则x∈（0，1）代入上面不等式得：，从而可得．利用叠加法可得结论．解答：（1）解：依题意得f（x）max≥m，x∈[0，e﹣1]∵，而函数f（x）的定义域为（﹣1，+∞）∴f（x）在（﹣1，0）上为减函数，在（0，+∞）上为增函数，∴f（x）在[0，e﹣1]上为增函数，∴∴实数m的取值范围为m≤e2﹣2（2）解：g（x）=f（x）﹣x2﹣1=2x﹣2ln（1+x）=2[x﹣ln（1+x）]，∴显然，函数g（x）在（﹣1，0）上为减函数，在（0，+∞）上为增函数∴函数g（x）的最小值为g（0）=0∴要使方程g（x）=p至少有一个解，则p≥0，即p的最小值为0（3）证明：由（2）可知：g（x）=2[x﹣ln（1+x）]≥0在（﹣1，+∞）上恒成立所以ln（1+x）≤x，当且仅当x=0时等号成立令，则x∈（0，1）代入上面不等式得：即，即所以ln2﹣ln1＜1，，，…，将以上n个等式相加即可得到：点评：本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性与最值，考查不等式的证明，考查恒成立问题，属于中档题．5．（2021•陕西校级二模）关于函数f（x）和g（x），假设存在常数k，m，关于任意x∈R，不等式f（x）≥kx+m≥g（x）都成立，那么称直线y=kx+m是函数f（x），g（x）的分界限．已知函数f（x）=e x（ax+1）（e为自然对数的底，a∈R 为常数）．（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调性；（Ⅱ）设a=1，试探讨函数f（x）与函数g（x）=﹣x2+2x+1是不是存在“分界限”？假设存在，求出分界限方程；假设不存在，试说明理由．考点：利用导数研究函数的单调性；函数单调性的判断与证明．专题：计算题；压轴题；新定义．分析：（Ⅰ）f′（x）=e x（ax+1+a），当a＞0时，f′（x）＞0⇔函数f（x）在区间（﹣1﹣，+∞）上是增函数，在区间（﹣∞，﹣1﹣）上是减函数；a=0时，f′（x）＞0，函数f（x）是区间（﹣∞，+∞）上的增函数；当a＜0时，f′（x）＞0⇔ax＞﹣a﹣1，函数f（x）在区间（﹣∞，﹣1﹣）上是增函数，在区间（﹣1﹣，+∞）上是减函数．（Ⅱ）若存在，则e x（x+1）≥kx+m≥﹣x2+2x+1恒成立，令x=0，得m=1，因此x2+（k ﹣2）x≥0恒成立，由此及彼能推导出函数f（x）与函数g（x）=﹣x2+2x+1存在“分界线”．解答：解：（Ⅰ）f′（x）=e x（ax+1+a），（2分）当a＞0时，f′（x）＞0⇔ax＞﹣a﹣1，即x＞﹣1﹣，函数f（x）在区间（﹣1﹣，+∞）上是增函数，在区间（﹣∞，﹣1﹣）上是减函数；（3分）当a=0时，f′（x）＞0，函数f（x）是区间（﹣∞，+∞）上的增函数；（5分）当a＜0时，f′（x）＞0⇔ax＞﹣a﹣1，即x＜﹣1﹣，函数f（x）在区间（﹣∞，﹣1﹣）上是增函数，在区间（﹣1﹣，+∞）上是减函数．（7分）（Ⅱ）若存在，则e x（x+1）≥kx+m≥﹣x2+2x+1恒成立，令x=0，则1≥m≥1，所以m=1，（9分）因此：kx+1≥﹣x2+2x+1恒成立，即x2+（k﹣2）x≥0恒成立，由△≤0得到：k=2，现在只要判断e x（x+1）≥2x+1是否恒成立，（11分）设∅（x）=e x（x+1）﹣（2x+1），因为：∅′（x）=e x（x+2）﹣2，当x＞0时，e x＞1，x+2＞2，∅′（x）＞0，当x＜0时，e x（x+2）＜2e x＜2，∅′（x）＜0，所以∅（x）≥∅（0）=0，即e x（x+1）≥2x+1恒成立，所以函数f（x）与函数g（x）=﹣x2+2x+1存在“分界线”．方程为y=2x+1．（14分）点评：本题考查导数函数单调性中的应用，解题时要认真审题，注意挖掘题设中的隐含条件，合理地运用导数的性质进行求解．6．（2021•安徽模拟）已知函数（a为实常数）．（Ⅰ）当a=1时，求函数g（x）=f（x）﹣2x的单调区间；（Ⅱ）假设函数f（x）在区间（0，2）上无极值，求a的取值范围；（Ⅲ）已知n∈N*且n≥3，求证：．考点：函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数的单调性；数列与不等式的综合．专题：综合题；压轴题；导数的综合应用．分析：（Ⅰ）求出函数定义域，当a=1时求出g′（x），只需解不等式g′（x）＞0，g′（x）＜0即可．（Ⅱ）函数f（x）在区间（0，2）上无极值，则f′（x）≥0或f′（x）≤0，由此即可求出a 的取值范围．（Ⅲ）由（Ⅱ）知，当a=1时，f（x）在（0，+∞）上的最大值为f（1）=0，得f（x）=≤0，即ln，令x=适当变形即可证明．解答：解：（I）当a=1时，，其定义域为（0，+∞），g′（x）=﹣2+=，，令g′（x）＞0，并结合定义域知；令g′（x）＜0，并结合定义域知；故g（x）的单调增区间为（0，）；单调减区间为．（II），（1）当f′（x）≤0即a≤x在x∈（0，2）上恒成立时，a≤0，此时f（x）在（0，2）上单调递减，无极值；（2）当f′（x）≥0即a≥x在x∈（0，2）上恒成立时，a≥2，此时f（x）在（0，2）上单调递增，无极值．综上所述，a的取值范围为（﹣∞，0]∪[2，+∞）．（Ⅲ）由（Ⅱ）知，当a=1时，f′（x）=，当x∈（0，1）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；当x∈（1，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，∴f（x）=在x=1处取得最大值0．即f（x）=1﹣，∴，令x=（0＜x＜1），则，即ln（n+1）﹣lnn，∴ln=ln（n+1）﹣ln3=[ln（n+1）﹣lnn]+[lnn﹣ln（n﹣1）]+…+（ln4﹣ln3）＜．故．点评：本题考查了利用导数研究函数的单调性、利用导数求函数最值问题，考查了运用知识解决问题的能力．7．（2021•黄冈模拟）已知函数f（x）=ax，g（x）=lnx，其中a∈R．（Ⅰ）假设函数F（x）=f（x）﹣g（x）有极值点1，求a的值；（Ⅱ）假设函数G（x）=f[sin（1﹣x）]+g（x）在区间（0，1）上为增函数，求a的取值范围；（Ⅲ）证明：．考点：函数在某点取得极值的条件；利用导数求闭区间上函数的最值．专题：计算题；压轴题；导数的综合应用．分析：（Ⅰ）根据已知条件函数F（x）=f（x）﹣g（x）有极值点1，可得F′（1）=0，得出等式，求出a值；（Ⅱ）因为函数G（x）=f[sin（1﹣x）]+g（x）在区间（0，1）上为增函数，可以对其进行转化，可以转化为G′（x）＞0在（0，1）上恒成立，利用常数分离法进行求解；（Ⅲ）这个证明题可以利用一个恒等式，sinx＜x，然后对从第三项开始进行放缩，然后进行证明；解答：解：（Ⅰ）∵函数f（x）=ax，g（x）=lnx，其中a∈R．∴F（x）=ax﹣lnx，则F′（x）=a﹣，∵函数F（x）=f（x）﹣g（x）有极值点1，∴F′（1）=0，∴a﹣1=0，解得a=1；（Ⅱ）∵函数G（x）=f[sin（1﹣x）]+g（x）=asin（1﹣x）+lnx，∴G′（x）=acos（1﹣x）×（﹣1）+，只要G′（x）在区间（0，1）上大于等于0，∴G′（x）=acos（1﹣x）×（﹣1）+≥0，∴a≤，求的最小值即可，求h（x）=xcos（1﹣x）的最大值即可，0＜1﹣x＜1，∵h′（x）=cos（1﹣x）+xsin（1﹣x）＞0，∴h（x）在（0，1）增函数，h（x）＜h（1）=1，∴的最小值为1，∴a≤1；（Ⅲ）∵0＜＜1，∵sinx＜x在x∈（0，1）上恒成立，∴=sin+sin+…+sin≤++…+＜+++++…+=﹣＜＜ln2，∴＜ln2；点评：第一问利用导数可以很容易解决，第二问利用了常数分离法进行证明，第三问需要进行放缩证明，主要利用sinx＜x进行证明，此题难度比较大，计算量比较大；8．（2021•衡水三模）已知函数f（x）=x﹣alnx，g（x）=﹣，（a∈R）．（Ⅰ）假设a=1，求函数f（x）的极值；（Ⅱ）设函数h（x）=f（x）﹣g（x），求函数h（x）的单调区间；（Ⅲ）假设在[1，e]（e=…）上存在一点x0，使得f（x0）＜g（x0）成立，求a的取值范围．考点：利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值．专题：计算题；压轴题；分类讨论；转化思想．分析：（Ⅰ）先求出其导函数，让其大于0求出增区间，小于0求出减区间即可得到函数的单调区间进而求出函数f（x）的极值；（Ⅱ）先求出函数h（x）的导函数，分情况讨论让其大于0求出增区间，小于0求出减区间即可得到函数的单调区间；（Ⅲ）先把f（x0）＜g（x0）成立转化为h（x0）＜0，即函数在[1，e]上的最小值小于零；再结合（Ⅱ）的结论分情况讨论求出其最小值即可求出a的取值范围．解答：解：（Ⅰ）f（x）的定义域为（0，+∞），（1分）当a=1时，f（x）=x﹣lnx，，（2分）x （0，1） 1 （1，+∞）f'（x）﹣0 +f（x）极小（3分）所以f（x）在x=1处取得极小值1．（4分）（Ⅱ），（6分）①当a+1＞0时，即a＞﹣1时，在（0，1+a）上h'（x）＜0，在（1+a，+∞）上h'（x）＞0，所以h（x）在（0，1+a）上单调递减，在（1+a，+∞）上单调递增；（7分）②当1+a≤0，即a≤﹣1时，在（0，+∞）上h'（x）＞0，所以，函数h（x）在（0，+∞）上单调递增．（8分）（III）在[1，e]上存在一点x0，使得f（x0）＜g（x0）成立，即在[1，e]上存在一点x0，使得h（x0）＜0，即函数在[1，e]上的最小值小于零．（9分）由（Ⅱ）可知①即1+a≥e，即a≥e﹣1时，h（x）在[1，e]上单调递减，所以h（x）的最小值为h（e），由可得，因为，所以；（10分）②当1+a≤1，即a≤0时，h（x）在[1，e]上单调递增，所以h（x）最小值为h（1），由h（1）=1+1+a＜0可得a＜﹣2；（11分）③当1＜1+a＜e，即0＜a＜e﹣1时，可得h（x）最小值为h（1+a），因为0＜ln（1+a）＜1，所以，0＜aln（1+a）＜a故h（1+a）=2+a﹣aln（1+a）＞2此时，h（1+a）＜0不成立．（12分）综上讨论可得所求a的范围是：或a＜﹣2．（13分）点评：本题第一问考查利用导函数来研究函数的极值．在利用导函数来研究函数的极值时，分三步①求导函数，②求导函数为0的根，③判断根左右两侧的符号，若左正右负，原函数取极大值；若左负右正，原函数取极小值．9．（2021•陕西模拟）已知函数．（a为常数，a＞0）（Ⅰ）假设是函数f（x）的一个极值点，求a的值；（Ⅱ）求证：当0＜a≤2时，f（x）在上是增函数；（Ⅲ）假设对任意的a∈（1，2），总存在，使不等式f（x0）＞m（1﹣a2）成立，求实数m的取值范围．考点：利用导数研究函数的极值；导数在最大值、最小值问题中的应用．专题：计算题；压轴题；分类讨论；转化思想．分析：（Ⅰ）先求出其导函数：，利用是函数f（x）的一个极值点对应的结论f'（）=0即可求a的值；（Ⅱ）利用：，在0＜a≤2时，分析出因式中的每一项都大于等于0即可证明结论；（Ⅲ）先由（Ⅱ）知，f（x）在上的最大值为，把问题转化为对任意的a∈（1，2），不等式恒成立；然后再利用导函数研究不等式左边的最小值看是否符合要求即可求实数m的取值范围．解答：解：由题得：．（Ⅰ）由已知，得且，∴a2﹣a﹣2=0，∵a＞0，∴a=2．（2分）（Ⅱ）当0＜a≤2时，∵，∴，∴当时，．又，∴f'（x）≥0，故f（x）在上是增函数．（5分）（Ⅲ）a∈（1，2）时，由（Ⅱ）知，f（x）在上的最大值为，于是问题等价于：对任意的a∈（1，2），不等式恒成立．记，（1＜a＜2）则，当m=0时，，∴g（a）在区间（1，2）上递减，此时，g（a）＜g（1）=0，由于a2﹣1＞0，∴m≤0时不可能使g（a）＞0恒成立，故必有m＞0，∴．若，可知g（a）在区间上递减，在此区间上，有g（a）＜g（1）=0，与g（a）＞0恒成立矛盾，故，这时，g'（a）＞0，g（a）在（1，2）上递增，恒有g（a）＞g（1）=0，满足题设要求，∴，即，所以，实数m的取值范围为．（14分）点评：本题第一问主要考查利用极值求对应变量的值．可导函数的极值点一定是导数为0的点，但导数为0的点不一定是极值点．10．（2021•横峰县校级一模）已知函数f（x）=alnx﹣ax﹣3（a∈R，a≠0）．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）假设函数y=f（x）的图象在点（2，f（2））处的切线的倾斜角为，问：m在什么范围取值时，关于任意的t∈[1，2]，函数在区间[t，3]上总存在极值？（Ⅲ）当a=2时，设函数，假设在区间[1，e]上至少存在一个x0，使得h（x0）＞f（x0）成立，试求实数p的取值范围．考点：利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数的单调性．专题：计算题；综合题；压轴题．分析：（Ⅰ）求出f′（x）对a分类讨论，由f′（x）＞0时，得到函数的递增区间；令f′（x）＜0时，得到函数的递减区间；（Ⅱ）因为函数y=f（x）的图象在点（2，f（2））处的切线的倾斜角为45°，得到f′（2）=1求出a的值代入到g（x）=中化简，求出导函数，因为函数在[t，3]上总存在极值得到g′（t）＜0，g′（3）＞0 解出m的范围记即可；（Ⅲ）F（x由题意构建新函数F（x））=f（x）﹣g（x），这样问题转化为使函数F（x）在[1，e]上至少有一解的判断．解答：解：（Ⅰ）∵f′（x）=﹣a=a（）（x＞0），∴（1）当a＞0时，令f′（x）＞0时，解得0＜x＜1，所以f（x）在（0，1）递增；令f′（x）＜0时，解得x＞1，所以f（x）在（1，+∞）递减．当a＜0时，f′（x）=﹣a（），令f′（x）＞0时，解得x＞1，所以f（x）在（1，+∞）递增；令f′（x）＜0时，解得0＜x＜1，所以f（x）在（0，1）递减；（Ⅱ）因为函数y=f（x）的图象在点（2，f（2））处的切线的倾斜角为45°，所以f′（2）=1，所以a=﹣2，f′（x）=﹣+2，g（x）=x3+x2[+f′（x）]=x3+x2[+2﹣]=x3+（2+）•x2﹣2x，∴g′（x）=3x2+（4+m）x﹣2，因为对于任意的t∈[1，2]，函数g（x）=x3+x2[+f′（x）]在区间[t，3]上总存在极值，所以只需g′（2）＜0 g′（3）＞0，解得﹣＜m＜﹣9；（Ⅲ）∴令F（x）=h（x）﹣f（x）=（p﹣2）x﹣﹣3﹣2lnx+2x+3=px﹣﹣﹣2lnx，①当p≤0时，由x∈[1，e]得px﹣≤0，﹣﹣2lnx＜0．所以，在[1，e]上不存在x0，使得h（x0）＞f（x0）成立；②当p＞0时，F′（x）=，∵x∈[1，e]，∴2e﹣2x≥0，px2+p＞0，F′（x）＞0在[1，e]上恒成立，故F（x）在[1，e]上单调递增．∴F（x）max=F（e）=pe﹣﹣4．故只要pe﹣﹣4＞0，解得p＞．所以p的取值范围是[，+∞）．点评：（Ⅰ）考查学生利用导数研究函数单调性的能力，（Ⅱ）利用导数研究曲线上某点切线方程的能力，会根据直线的倾斜角求直线的斜率，（Ⅲ）此处重点考查了等价转化的思想，把问题转化为构建一新函数，并考查了函数F（x）在定义域下恒成立问题数式中含字母系数，需分类讨论，属于难题．11．（2021•凤凰县校级模拟）已知函数f（x）=x3﹣ax2﹣3x（1）假设f（x）在区间[1，+∞）上是增函数，求实数a的取值范围；（2）假设x=﹣是f（x）的一个极值点，求f（x）在[1，a]上的最大值；（3）在（2）的条件下，是不是存在实数b，使得函数g（x）=bx的图象与函数f（x）的图象恰有3个交点，假设存在，请求出实数b的取值范围；假设不存在，试说明理由．考点：利用导数求闭区间上函数的最值；函数的单调性与导数的关系；利用导数研究函数的极值．专题：综合题；压轴题．分（1）求导函数，可得f′（x）=3x2﹣2ax﹣3，利用f（x）在区间[1，+∞）上是增函数，可析：得3x2﹣2ax﹣3≥0在区间[1，+∞）上恒成立，从而可求实数a的取值范围；（2）依题意x=﹣是f（x）的一个极值点，所以，从而可得f（x）=x3﹣4x2﹣3x，利用导数确定函数的单调性与极值，从而可求f（x）在[1，4]上的最大值；（3）函数g（x）=bx的图象与函数f（x）的图象恰有3个交点，即方程x3﹣4x2﹣3x=bx 恰有3个不等实根，即方程x2﹣4x﹣3﹣b=0有两个非零不等实根，从而可求实数b的取值范围解答：解：（1）求导函数，可得f′（x）=3x2﹣2ax﹣3∵f（x）在区间[1，+∞）上是增函数，∴f′（x）≥0在区间[1，+∞）上恒成立，即3x2﹣2ax﹣3≥0在区间[1，+∞）上恒成立，则必有且f′（1）=﹣2a≥0，∴a≤0（5分）（2）依题意x=﹣是f（x）的一个极值点，∴即∴a=4，∴f（x）=x3﹣4x2﹣3x（6分）令f′（x）=3x2﹣8x﹣3=0，得则当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表：x 1 （1，3） 3 （3，4） 4 f′（x）﹣0 +f（x）﹣6 ﹣18 ﹣12 ∴f（x）在[1，4]上的最大值是f（1）=﹣6（10分）（3）函数g（x）=bx的图象与函数f（x）的图象恰有3个交点，即方程x3﹣4x2﹣3x=bx恰有3个不等实根（12分）∴x3﹣4x2﹣3x﹣bx=0恰有3个不等实根∵x=0是其中一个根，∴方程x2﹣4x﹣3﹣b=0有两个非零不等实根，∴∴b＞﹣7，且b≠﹣3（14分）点评：本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性与最值，考查函数图象的交点问题，解题的关键是将函数g（x）=bx的图象与函数f（x）的图象恰有3个交点，转化为方程x3﹣4x2﹣3x=bx恰有3个不等实根．12．（2021•路南区校级模拟）已知函数f（x）=x3﹣（2a+1）x2+（a2+a）x．（Ⅰ）假设f（x）在x=1处取得极大值，求实数a的值；（Ⅱ）假设∀m∈R，直线y=kx+m都不是曲线y=f（x）的切线，求k的取值范围；（Ⅲ）假设a＞﹣1，求f（x）在区间[0，1]上的最大值．考点：利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程．专题：综合题；压轴题；导数的概念及应用．分析：（Ⅰ）求导数，确定函数的单调性，利用f（x）在x=1处取得极大值，可求实数a的值；（II）求导数，根据∀m∈R，直线y=kx+m都不是曲线y=f（x）的切线，可得对x∈R成立，即使f'（x）的最小值大于k；（III）分类讨论，确定函数在区间[0，1]上的单调性，从而可求函数的最大值．解答：解：（Ⅰ）因为f'（x）=x2﹣（2a+1）x+（a2+a）=（x﹣a）[x﹣（a+1）]…（2分）令f'（x）=0，得x1=（a+1），x2=a所以f'（x），f（x）随x的变化情况如下表：x （﹣∞，a） a （a，a+1）a+1 （a+1，+∞）f'（x）+ 0 ﹣0 +f（x）极大值极小值…（4分）因为f（x）在x=1处取得极大值，所以a=1…（5分）（II）求导数可得…（6分）因为∀m∈R，直线y=kx+m都不是曲线y=f（x）的切线，所以对x∈R成立…（7分）所以只要f'（x）的最小值大于k，所以…（8分）（III）因为a＞﹣1，所以a+1＞0，当a≥1时，f'（x）≥0对x∈[0，1]成立，所以当x=1时，f（x）取得最大值…（9分）当0＜a＜1时，在x∈（0，a）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增，在x∈（a，1）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减，所以当x=a时，f（x）取得最大值…（10分）当a=0时，在x∈（0，1）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减，所以当x=0时，f（x）取得最大值f（0）=0…（11分）当﹣1＜a＜0时，在x∈（0，a+1）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减，在x∈（a+1，1）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增，又，当时，f（x）在x=1取得最大值当时，f（x）在x=0取得最大值f（0）=0当时，f（x）在x=0，x=1处都取得最大值0．…（14分）综上所述，当a≥1或时，f（x）取得最大值；当0＜a ＜1时，f（x）取得最大值；当时，f（x）在x=0，x=1处都取得最大值0；当时，f（x）在x=0取得最大值f（0）=0．点评：本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性与极值，考查导数的几何意义，考查分类讨论的数学思想，属于中档题．13．（2021•张家港市校级模拟）已知函数f（x）=x3+bx2+cx+d，设曲线y=f（x）在与x轴交点处的切线为y=4x﹣12，f′（x）为f（x）的导函数，知足f′（2﹣x）=f′（x）．（Ⅰ）设g（x）=x，m＞0，求函数g（x）在[0，m]上的最大值；（Ⅱ）设h（x）=lnf′（x），假设对一切x∈[0，1]，不等式h（x+1﹣t）＜h（2x+2）恒成立，求实数t的取值范围．考点：利用导数求闭区间上函数的最值；函数恒成立问题．专题：综合题；压轴题．分析：（Ⅰ）f′（x）=x2+2bx+c，由f′（2﹣x）=f′（x），解得b=﹣1．由直线y=4x﹣12与x轴的交点为（3，0），解得c=1，d=﹣3．由此能求出函数g（x）在[0，m]上的最大值．（Ⅱ）h（x）=ln（x﹣1）2=2ln|x﹣1|，则h（x+1﹣t）=2ln|x﹣t|，h（2x+2）=2ln|2x+1|，由当x∈[0，1]时，|2x+1|=2x+1，知不等式2ln|x﹣t|＜2ln|2x+1|恒成立等价于|x﹣t|＜2x+1，且x≠t恒成立，由此能求出实数t的取值范围．解答：（本小题满分14分）解：（Ⅰ）f′（x）=x2+2bx+c，∵f′（2﹣x）=f′（x），∴函数y=f′（x）的图象关于直线x=1对称，则b=﹣1．∵直线y=4x﹣12与x轴的交点为（3，0），∴f（3）=0，且f′（x）=4，即9+9b+3c+d=0，且9+6b+c=4，解得c=1，d=﹣3．则．故f′（x）=x2﹣2x+1=（x﹣1）2，g（x）=x=x|x﹣1|=，如图所示．当时，x=，根据图象得：（ⅰ）当x＜m时，g（x）最大值为m﹣m2；。