导数的综合应用一

理科数学《导数的综合应用》题型归纳与训练【题型归纳】题型一 含参数的分类讨论例1 已知函数3()12f x ax x =-，导函数为()f x '， （1）求函数()f x 的单调区间；（2）若(1)6,()f f x '=-求函数在[—1，3]上的最大值和最小值。

【答案】略【解析】（I ）22()3123(4)f x ax ax '=-=-，（下面要解不等式23(4)0ax ->，到了分类讨论的时机，分类标准是零）当0,()0,()(,)a f x f x '≤<-∞+∞时在单调递减； 当0,,(),()a x f x f x '>时当变化时的变化如下表：此时，()(,)f x -∞+∞在单调递增， 在(单调递减； （II ）由(1)3126, 2.f a a '=-=-=得由（I ）知，()(f x -在单调递减,在单调递增。

【易错点】搞不清分类讨论的时机，分类讨论不彻底【思维点拨】分类讨论的难度是两个，（1）分类讨论的时机，也就是何时分类讨论，先按自然的思路推理，由于参数的存在，到了不能一概而论的时候，自然地进入分类讨论阶段；（2）分类讨论的标准，要做到不重复一遗漏。

还要注意一点的是，最后注意将结果进行合理的整合。

题型二 已知单调性求参数取值范围问题 例1 已知函数321()53f x x x ax =++-， 若函数在),1[+∞上是单调增函数，求a 的取值范围【答案】【解析】2'()2f x x x a =++,依题意在),1[+∞上恒有0y '≥成立， 方法1：函数2'()2f x x x a =++，对称轴为1x =-，故在),1[+∞上'()f x 单调递增，故只需0)1('≥f 即可，得3-≥a ，所以a 的取值范围是[3,)+∞；方法2： 由022≥++='a x x y ，得x x a 2--2≥，只需2max --2a x x ≥（），易得2max --23x x =-（），因此3-≥a ，，所以a 的取值范围是[3,)+∞； 【易错点】本题容易忽视0)1('≥f 中的等号 【思维点拨】已知函数()f x 在区间(,)a b 可导：1. ()f x 在区间(,)a b 内单调递增的充要条件是如果在区间(,)a b 内，导函数()0f x '≥，并且()f x '在(,)a b 的任何子区间内都不恒等于零；2. ()f x 在区间(,)a b 内单调递减的充要条件是如果在区间(,)a b 内，导函数()0f x '≤，并且()f x '在(,)a b 的任何子区间内都不恒等于零；说明：1.已知函数()f x 在区间(,)a b 可导,则()0f x '≥在区间内(,)a b 成立是()f x 在(,)a b 内单调递增的必要不充分条件2.若()f x 为增函数，则一定可以推出()0f x '≥；更加具体的说，若()f x 为增函数，则或者()0f x '>，或者除了x 在一些离散的值处导数为零外，其余的值处都()0f x '>；3. ()0f x '≥时，不能简单的认为()f x 为增函数，因为()0f x '≥的含义是()0f x '>或()0f x '=，当函数在某个区间恒有()0f x '=时，也满足()0f x '≥,但()f x 在这个区间为常函数. 题型三 方程与零点1．已知函数()3231f x ax x =-+，若()f x 存在三个零点，则a 的取值范围是（ ）A. (),2-∞-B. ()2,2-C. ()2,+∞D. ()()2,00,2-⋃ 【答案】D【解析】很明显0a ≠ ，由题意可得： ()()2'3632f x ax x x ax =-=- ，则由()'0f x = 可得1220,x x a==，由题意得不等式： ()()122281210f x f x a a =-+< ，即： 2241,4,22a a a><-<< ， 综上可得a 的取值范围是 ()()2,00,2-⋃.本题选择D 选项.【易错点】找不到切入点，“有三个零点”与函数的单调性、极值有什么关系？挖掘不出这个关系就无从下手。

高三数学寒假作业(七)导数的综合应用一、选择题1.已知函数f(x)=x 3+ax 2+bx-a 2-7a 在x=1处取得极大值10，则ab 的值为( )(A)23-(B)-2 (C)-2或23-(D)不存在2.(2012·枣庄模拟)若函数()32xy x 10x 23=-+<<的图象上任意点处切线的倾斜角为α，则α的最小值是( ) (A)4π (B)6π (C)56π (D)34π3.若函数y=f(x)在R 上可导，且满足不等式xf′(x)>-f(x)恒成立，且常数a,b 满足a>b,则下列不等式一定成立的是( )(A)af(b)>bf(a) (B)af(a)>bf(b) (C)af(a)<bf(b)(D)af(b)<bf(a)4.(2012·青岛模拟)已知函数()011f x cos x x ,x ,sin x ,2222ππ=+∈-=［］， 0x ,22ππ∈-［］，那么下面命题中真命题的序号是( ) ①f(x)的最大值为f(x 0) ②f(x)的最小值为f(x 0)③f(x)在0,x 2π-［］上是增函数 ④f(x)在0x ,2π［］上是增函数(A)①③(B)①④ (C)②③(D)②④二、填空题5.已知函数()()21f x alnx xa 0,2=+>若对定义域内的任意x,f′(x)≥2恒成立，则a 的取值范围是______________.6.已知函数f(x)＝e x -2x+a 有零点，则a 的取值范围是_______________.7.设函数()()222xe x 1e xf x ,g x ,xe+=＝对任意x 1，x 2∈(0,+∞)，不等式()()12g x f x kk 1≤+恒成立，则正数k 的取值范围是_____________.三、解答题8.设f(x)=lnx,g(x)=f(x)+f′(x). (1)求g(x)的单调区间和最小值；(2)讨论g(x)与1g()x的大小关系；(3)求a 的取值范围，使得()()1g a g x a-＜对任意x ＞0成立.9.已知函数f(x)=ax+lnx ，其中a 为常数，设e 为自然对数的底数. (1) 当a=-1时，求f(x)的最大值；(2)若f(x)在区间(0,e ］上的最大值为-3，求a 的值；(3) 当a=-1时，试推断方程()lnx 1f x x 2=+｜｜是否有实数解.10.已知函数f(x)=lnx-kx+1. (1)求函数f(x)的单调区间；(2)若f(x)≤0恒成立，试确定实数k 的取值范围； (3)证明：()n*i 2n n 1lni (n N ,n 1).i 14=-∑∈+＜＞11.(2012·济宁模拟)已知函数f(x)=ax-lnx+1(a∈R),g(x)=xe 1-x . (1)求函数g(x)在区间(0,e ］上的值域；(2)是否存在实数a ，对任意给定的x 0∈(0,e］，在区间［1,e ］上都存在两个不同的x i (i=1,2),使得f(x i )=g(x 0)成立.求出a 的取值范围；若不存在，请说明理由.高三数学寒假作业(七)1-4 ADBA 5. ［1,+∞) 6. (-∞，2ln2-2］ 7. ［1，+∞) 8.解：(1)由题设知f(x)=lnx,()1g x lnx x=+，∴()2x 1g x ,x-'=令g′(x)=0得x=1,当x∈(0,1)时，g′(x)＜0，故(0，1)是g(x)的单调减区间.当x∈(1,+∞)时，g′(x)＞0,故(1,+∞)是g(x)的单调递增区间，因此x=1是g(x)的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点，所以最小值为g(1)=1. (2)1g()lnx x x=-+ 设()()11h x g x g()2lnx x ,xx=-=-+则()()22x 1h x ,x-'=-当x=1时，h(1)=0即()1g x g(),x =当x∈(0,1)∪(1,+∞)时，h′(x)＜0, 因此，h(x)在(0,+∞)内单调递减， 当0＜x ＜1时，h(x)＞h(1)=0，即()1g x g().x ＞当x ＞1时,h(x)＜h(1)=0，即()1g x g().x＜(3)由(1)知g(x)的最小值为1,所以()()1g a g x a-＜，对任意x ＞0成立⇔()1g a 1,a -＜即lna ＜1,从而得0＜a ＜e.9.解：(1) 当a=-1时，f(x)=-x+lnx ，()11x f x 1,x x-'=+=－当0<x<1时，f′(x)>0； 当x>1时，f′(x)<0.∴f(x)在(0，1)上是增函数，在(1，+∞)上是减函数，在x=1处取得最大值，即f(1)=-1. (2) ∵()1f x a x'=+，x∈(0,e］，11,)x e ∈+∞［，① 若1a e≥-，则f′(x)≥0，从而f(x)在(0,e ］上是增函数. ∴f(x)max =f(e)=ae+1≥0,不合题意.②若1a e<-，则由()1f x 0a 0x'>⇒+>，即10x .a<<-由()1f x 0a 0x'<⇒+<，即1x e.a-≤＜从而f(x)在1(0,)a -上为增函数,在1(,e)a-上为减函数∴()m ax 11f x f()1ln().aa =-=-+-令11ln()3,a-+-=-则1ln()2,a -=-∴21e ,a--=即a=-e 2,∵21e ,e--＜ ∴a=-e 2为所求.(3) 由(1)知当a=-1时f(x)max =f(1)=-1, ∴｜f(x)｜≥1 又令()lnx 1g x ,x 2=+∴()21lnx g x ,x-'=令g′(x)=0，得x=e,当0<x<e 时，g′(x)>0,g(x)在(0,e)上单调递增；当x>e 时,g′(x)<0，g(x) 在(e,+∞)上单调递减， ∴()()m ax 11g x g e 1,e 2==+<∴g(x)<1， ∴|f(x)|>g(x),即()lnx 1f x x 2>+，∴方程()lnx 1f x x2>+，没有实数解. 10.解：(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),()1f x k.x'=-当k≤0时，()1f x k 0,x'=-＞则f(x)在(0,+∞)上是增函数; 当k ＞0时，若1x (0,)k∈，则()1f x k 0x '=-＞；若1x (,),k∈+∞则()1f x k 0.x'=-＜所以f(x)在1(0)k，上是增函数，在1(,)k+∞上是减函数.(2)由(1)知k≤0时，f(x)在(0,+∞)上是增函数，而f(1)=1-k ＞0,f(x)≤0不成立，故k ＞0.当k ＞0时，由(1)知f(x)的最大值为1f .k （）要使f(x)≤0恒成立，则1f 0k≤（）即可. 故-lnk≤0,解得k≥1.(3)由(2)知，当k=1时有f(x)≤0在(0，+∞)恒成立，且f(x)在(1，+∞)上是减函数，f(1)=0,所以lnx ＜x-1在x∈［2,+∞)上恒成立. 令x=n 2,则lnn 2＜n 2-1,即2lnn ＜(n-1)(n+1),从而lnn n 1.n 12-+＜所以()n n 1ln2ln3ln4lnn 123n 1.345n 122224--+++⋯++++⋯+=+＜即()n*i 2n n 1lni (n N ,n 1).i 14=-∑∈+＜＞11.解：(1)∵g′(x)=e 1-x -xe 1-x =e 1-x (1-x)，∴g(x)在区间(0,1］上单调递增，在区间［1,e)上单调递减，且g(0)=0, g(1)=1>g(e)=e 2-e, ∴g(x)的值域为(0,1］.(2)令m=g(x),则由(1)可得m∈(0,1］,原问题等价于:对任意的m∈(0,1］,f(x)=m 在［1,e ］上总有两个不同的实根. 故f(x)在［1,e ］上不可能是单调函数. ∵()111f x a (1x e),,1xx e '=-≤≤∈［］当a≤0时，()1f x a 0,x'=-< ∴f(x)在区间［1,e ］上递减，不合题意.当a≥1时，f′(x)＞0,f(x)在区间［1,e ］上单调递增，不合题意； 当10a e<≤时,f′(x)≤0,f(x)在区间［1,e ］上单调递减，不合题意；当1a 1e<<即11e a<<时，f(x)在区间11,a［］上单调递减；f(x)在区间1,e a［］上单调递增，由上可得1a ,1,e∈（） 此时必有f(x)的最小值小于等于0且f(x)的最大值大于等于1， 而由()m in 1f x f 2lna 0a==+≤（）可得21a ,e≤则a∈Ø，综上，满足条件的a 不存在.。

高考大题专项(一)导数的综合应用突破1导数与函数的单调性x3-a(x2+x+1).1.已知函数f(x)=13(1)若a=3,求f(x)的单调区间;(2)略.2.已知函数f(x)=e x-ax2.(1)若a=1,证明:当x≥0时,f(x)≥1;(2)略.13.已知函数f(x)=1-x+a ln x.x(1)讨论f(x)的单调性;(2)略.4.(2019山东潍坊三模,21)已知函数f(x)=x2+a ln x-2x(a∈R).(1)求f(x)的单调递增区间;(2)略.25.(2018全国3,文21)已知函数f(x)=ax 2+x-1 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≥0.6.(2019河南开封一模,21)设函数f(x)=(x-1)e x-k2x2(其中k∈R).(1)求函数f(x)的单调区间;(2)略.37.(2019河北衡水同卷联考,21)已知函数f(x)=x2e ax-1.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)略.8.(2019江西新余一中质检一,19)已知函数f(x)=ln(x-a)x.(1)若a=-1,证明:函数f(x)在(0,+∞)上单调递减;(2)若曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与直线x-y=0平行,求a的值;(3)若x>0,证明:ln(x+1)x >xe x-1(其中e是自然对数的底数).突破2利用导数研究函数的极值、最值1.(2019哈尔滨三中模拟)已知函数f(x)=ln x-ax(a∈R).(1)当a=12时,求f(x)的极值;(2)略.42.(2019河北衡水深州中学测试)讨论函数f(x)=ln x-ax(a∈R)在定义域内的极值点的个数.3.(2019陕西咸阳模拟一,21)设函数f(x)=2ln x-x2+ax+2.(1)当a=3时,求f(x)的单调区间和极值;(2)略.54.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.5.(2019湖北八校联考二,21)已知函数f(x)=ln x+ax2+bx.6(1)函数f(x)在点(1,f(1))处的切线的方程为2x+y=0,求a,b的值,并求函数f(x)的最大值;(2)略.6.(2019广东广雅中学模拟)已知函数f(x)=ax+ln x,其中a为常数.(1)当a=-1时,求f(x)的最大值;(2)若f(x)在区间(0,e]上的最大值为-3,求a的值.7.(2019湘赣十四校联考一,21)已知函数f(x)=ln x-mx-n(m,n∈R).7(1)若n=1时,函数f(x)有极大值为-2,求m的值;(2)若对任意实数x>0,都有f(x)≤0,求m+n的最小值.突破3导数在不等式中的应用1.(2019湖南三湘名校大联考一,21)已知函数f(x)=x ln x.(1)略;时,f(x)≤ax2-x+a-1,求实数a的取值范围.(2)当x≥1e2.(2018全国1,文21)已知函数f(x)=a e x-ln x-1.(1)设x=2是f(x)的极值点,求a,并求f(x)的单调区间;时,f(x)≥0.(2)证明:当a≥1e83.(2019湖南湘潭一模,21)已知函数f(x)=e x-x2-ax.(1)略;(2)当x>0时,f(x)≥1-x恒成立,求实数a的取值范围.4.(2019安徽合肥一模,21)已知函数f(x)=e x-1-a(x-1)+ln x(a∈R,e是自然对数的底数).(1)略;(2)若对x∈[1,+∞),都有f(x)≥1成立,求实数a的取值范围.5.(2019陕西咸阳一模,21)设函数f(x)=x+1-m e x,m∈R.(1)当m=1时,求f(x)的单调区间;(2)求证:当x∈(0,+∞)时,ln e x-1x>x2.96.已知函数f(x)=-a ln x-e xx+ax,a∈R.(1)略;(2)当a=1时,若不等式f(x)+bx-b+1xe x-x≥0在x∈(1,+∞)时恒成立,求实数b的取值范围.7.设函数f(x)=e mx+x2-mx.(1)求证:f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增;(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.108.(2019山西太原二模,21)已知x1,x2(x1<x2)是函数f(x)=e x+ln(x+1)-ax(a∈R)的两个极值点.(1)求a的取值范围;(2)求证:f(x2)-f(x1)<2ln a.突破4导数与函数的零点1.(2018全国2,文21)已知函数f(x)=1x3-a(x2+x+1).(1)略;(2)证明:f(x)只有一个零点.2.(2019河北唐山三模,21)已知函数f(x)=x ln x-a(x2-x)+1,函数g(x)=f'(x).(1)若a=1,求f(x)的极大值;(2)当0<x<1时,g(x)有两个零点,求a的取值范围.113.(2019河南开封一模,21)已知函数f(x)=ax 2+bx+1 e x.(1)略;(2)若f(1)=1,且方程f(x)=1在区间(0,1)内有解,求实数a的取值范围.4.(2019安徽安庆二模,21)已知函数f(x)=ax-ln x(a∈R).(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)=0有两个相异的正实数根x1,x2,求证:f'(x1)+f'(x2)<0.5.(2019河北石家庄二模,20)已知函数f(x)=1+lnxx.12(1)略;(2)当x>1时,方程f(x)=a(x-1)+1(a>0)有唯一零点,求a的取值范围.x6.(2019山西运城二模,21)已知函数f(x)=x e x-a(ln x+x),a∈R.(1)当a=e时,求f(x)的单调区间;(2)若f(x)有两个零点,求实数a的取值范围.7.已知函数f(x)=(x-2)e x+a(x-1)2有两个零点.(1)求a的取值范围;(2)设x1,x2是f(x)的两个零点,证明:x1+x2<2.138.(2019天津,20)设函数f(x)=ln x-a(x-1)e x,其中a∈R.(1)若a≤0,讨论f(x)的单调性;,(2)若0<a<1e①证明:f(x)恰有两个零点;②设x0为f(x)的极值点,x1为f(x)的零点,且x1>x0,证明3x0-x1>2.参考答案高考大题专项(一)导数的1415综合应用突破1 导数与函数的单调性1.解 (1)当a=3时,f (x )=13x 3-3x 2-3x-3,f'(x )=x 2-6x-3. 令f'(x )=0,解得x=3-2√3或x=3+2√3. 当x ∈(-∞,3-2√3)∪(3+2√3,+∞)时,f'(x )>0; 当x ∈(3-2√3,3+2√3)时,f'(x )<0.故f (x )在(-∞,3-2√3),(3+2√3,+∞)上单调递增,在(3-2√3,3+2√3)上单调递减. 2.证明 (1)当a=1时,f (x )≥1等价于(x 2+1)e -x -1≤0. 设函数g (x )=(x 2+1)e -x -1,则g'(x )=-(x 2-2x+1)e -x =-(x-1)2e -x .当x ≠1时,g'(x )<0,所以g (x )在(0,+∞)上单调递减.而g (0)=0,故当x ≥0时,g (x )≤0,即f (x )≥1.3.解 (1)f (x )的定义域为(0,+∞),f'(x )=-1x 2-1+a x =-x 2-ax+1x 2.①若a ≤2,则f'(x )≤0,当且仅当a=2,x=1时f'(x )=0,所以f (x )在(0,+∞)上单调递减. ②若a>2,令f'(x )=0得,x=a -√a 2-42或x=a+√a 2-42.当x ∈(0,a -√a 2-42)∪a+√a 2-42,+∞时,f'(x )<0;当x ∈a -√a 2-42,a+√a 2-42时,f'(x )>0.所以f (x )在(0,a -√a 2-42),(a+√a 2-42,+∞)上单调递减,在(a -√a 2-42,a+√a 2-42)上单调递增.164.解 (1)函数f (x )的定义域为(0,+∞),f'(x )=2x+a x -2=2x 2-2x+ax,令2x 2-2x+a=0,Δ=4-8a=4(1-2a ),若a ≥1,则Δ≤0,f'(x )≥0在(0,+∞)上恒成立,函数f (x )在(0,+∞)上单调递增; 若a<12,则Δ>0,方程2x 2-2x+a=0,两根为x 1=1-√1-2a 2,x 2=1+√1-2a2, 当a ≤0时,x 2>0,x ∈(x 2,+∞),f'(x )>0,f (x )单调递增; 当0<a<12时,x 1>0,x 2>0,x ∈(0,x 1),f'(x )>0,f (x )单调递增, x ∈(x 2,+∞),f'(x )>0,f (x )单调递增.综上,当a ≥12时,函数f (x )单调递增区间为(0,+∞),当a ≤0时,函数f (x )单调递增区间为1+√1-2a2,+∞,当0<a<12时,函数f (x )单调递增区间为0,1-√1-2a 2,1+√1-2a2,+∞.5.(1)解 f'(x )=-ax 2+(2a -1)x+2e x,f'(0)=2.因此曲线y=f (x )在(0,-1)处的切线方程是2x-y-1=0. (2)证明 当a ≥1时,f (x )+e ≥(x 2+x-1+e x+1)e -x . 令g (x )=x 2+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 ≥0.6.解 (1)函数f (x )的定义域为(-∞,+∞),f'(x )=e x +(x-1)e x -kx=x e x -kx=x (e x -k ),①当k ≤0时,令f'(x )>0,解得x>0,∴f (x )的单调递减区间是(-∞,0),单调递增区间是(0,+∞). ②当0<k<1时,令f'(x )>0,解得x<ln k 或x>0,17∴f (x )在(-∞,ln k )和(0,+∞)上单调递增,在(ln k ,0)上单调递减. ③当k=1时,f'(x )≥0,f (x )在(-∞,+∞)上单调递增. ④当k>1时,令f'(x )>0,解得x<0或x>ln k ,所以f (x )在(-∞,0)和(ln k ,+∞)上单调递增,在(0,ln k )上单调递减. 7.解 (1)函数f (x )的定义域为R . f'(x )=2x e ax +x 2·a e ax =x (ax+2)e ax .当a=0时,f (x )=x 2-1,则f (x )在区间(0,+∞)内单调递增,在区间(-∞,0)内单调递减;当a>0时,f'(x )=ax x+2a e ax ,令f'(x )>0得x<-2a 或x>0,令f'(x )<0得-2a <x<0,所以f (x )在区间-∞,-2a 内单调递增,在区间-2a ,0内单调递减,在区间(0,+∞)内单调递增;当a<0时,f'(x )=ax x+2a e ax ,令f'(x )>0得0<x<-2a ,令f'(x )<0得x>-2a 或x<0,所以f (x )在区间(-∞,0)内单调递减,在区间0,-2a 内单调递增,在区间-2a ,+∞内单调递减. 8.(1)证明 当a=-1时,函数f (x )的定义域是(-1,0)∪(0,+∞),所以f'(x )=xx+1-ln (x+1)x 2,令g (x )=xx+1-ln(x+1),只需证当x>0时,g (x )≤0. 又g'(x )=1(x+1)2−1=-x (x+1)2<0在(0,+∞)上恒成立,故g (x )在(0,+∞)上单调递减,所以g (x )<g (0)=-ln 1=0,所以f'(x )<0,故函数f (x )在(0,+∞)上单调递减. (2)解 由题意知,f'(1)=1,且f'(x )=xx -a -ln (x -a )x 2,所以f'(1)=11-a -ln(1-a )=1,即有a1-a -ln(1-a )=0, 令t (a )=a1-a -ln(1-a ),a<1,则t'(a )=1(1-a )2+11-a >0,故t(a)在(-∞,1)上单调递增,又t(0)=0,故0是t(a)的唯一零点,即方程a1-a-ln(1-a)=0有唯一实根0,所以a=0.(3)证明因为xe x-1=ln e xe x-1=ln (ex-1+1)e x-1,故原不等式等价于ln(x+1)x>ln(ex-1+1)e x-1,由(1)知,当a=-1时,f(x)=ln(x+1)x在(0,+∞)上单调递减,故要证原不等式成立,只需证明当x>0时,x<e x-1,令h(x)=e x-x-1,则h'(x)=e x-1>0在(0,+∞)上恒成立,故h(x)在(0,+∞)上单调递增, 所以h(x)>h(0)=0,即x<e x-1,故f(x)>f(e x-1),即ln(x+1)x>ln (ex-1+1)e x-1=xe x-1.突破2利用导数研究函数的极值、最值1.解(1)当a=12时,f(x)=ln x-12x,函数的定义域为(0,+∞),f'(x)=1x−12=2-x2x,令f'(x)=0,得x=2,于是当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:故f(x)的极大值为ln 2-1,无极小值.2.解函数的定义域为(0,+∞),f'(x)=1x -a=1-axx(x>0).1819当a ≤0时,f'(x )>0在(0,+∞)上恒成立,故函数f (x )在(0,+∞)上单调递增,此时函数f (x )在定义域上无极值点; 当a>0时,若x ∈0,1a ,则f'(x )>0,若x ∈1a ,+∞,则f'(x )<0, 故函数f (x )在x=1a 处取极大值.综上可知,当a ≤0时,函数f (x )无极值点,当a>0时,函数f (x )有一个极大值点. 3.解 (1)f (x )的定义域为(0,+∞).当a=3时,f (x )=2ln x-x 2+3x+2, 所以f'(x )=2x -2x+3=-2x 2+3x+2x,令f'(x )=-2x 2+3x+2x=0,得-2x 2+3x+2=0,因为x>0,所以x=2. f (x )与f'(x )在区间(0,+∞)上的变化情况如下:所以f (x )的单调递增区间为(0,2),单调递减区间为(2,+∞). f (x )的极大值为2ln 2+4,无极小值. 4.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)=e 0(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x的变化情况如下表: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-1.5.解(1)因为f(x)=ln x+ax2+bx,所以f'(x)=1x+2ax+b,则在点(1,f(1))处的切线的斜率为f'(1)=1+2a+b,由题意可得,1+2a+b=-2,且a+b=-2,解得a=b=-1.所以f'(x)=1x-2x-1=-2x2-x+1x=-2x2+x-1x,由f'(x)=0,可得x=12(x=-1舍去),2021当0<x<1时,f'(x )>0,f (x )单调递增;当x>1时,f'(x )<0,f (x )单调递减,故当x=12时,f (x )取得极大值,且为最大值,f 12=-ln 2-34.故f (x )的最大值为-ln 2-34. 6.解 (1)易知f (x )的定义域为(0,+∞),当a=-1时,f (x )=-x+ln x ,f'(x )=-1+1x =1-xx , 令f'(x )=0,得x=1.当0<x<1时,f'(x )>0;当x>1时,f'(x )<0.∴f (x )在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.∴f (x )max =f (1)=-1. ∴当a=-1时,函数f (x )的最大值为-1. (2)f'(x )=a+1x ,x ∈(0,e],则1x ∈1e ,+∞.①若a ≥-1e ,则f'(x )≥0,从而f (x )在(0,e]上单调递增,∴f (x )max =f (e)=a e +1≥0,不合题意. ②若a<-1,令f'(x )>0得,a+1>0,又x ∈(0,e],解得0<x<-1; 令f'(x )<0得,a+1x <0,又x ∈(0,e],解得-1a <x ≤e .从而f (x )在0,-1a 上单调递增,在-1a ,e 上单调递减,∴f (x )max =f -1a =-1+ln -1a . 令-1+ln -1a =-3, 得ln -1a =-2,即a=-e 2.∵-e 2<-1e ,∴a=-e 2符合题意.故实数a 的值为-e 2.7.解 (1)函数f (x )的定义域为(0,+∞),当n=1时,f (x )=ln x-mx-1,∵函数f (x )有极大值为-2, 由f'(x )=1x -m=0,得x=1m >0,∴f(1m)=-ln m-1-1=-2,∴m=1.经检验m=1满足题意.故m的值为1.(2)f'(x)=1x-m.①当m<0时,∵x∈(0,+∞),∴f'(x)>0,∴f(x)在(0,+∞)上单调递增.令x=e n,则f(e n)=ln e n-m e n-n=-m e n>0,舍去;②当m=0时,∵x∈(0,+∞),∴f'(x)>0,∴f(x)在(0,+∞)上单调递增,令x=e n+1,则f(e n+1)=ln e n+1-n=1>0,舍去;③当m>0时,若x∈0,1m ,则f'(x)>0,若x∈1m,+∞,则f'(x)<0,∴f(x)在0,1m 上单调递增,在1m,+∞上单调递减.∴f(x)的最大值为f1m=-ln m-1-n≤0, 即n≥-ln m-1.∴m+n≥m-ln m-1,设h(m)=m-ln m-1,令h'(m)=1-1m=0,则m=1.当m∈(0,1)时,h'(m)<0,∴h(m)在(0,1)上单调递减.当m∈(1,+∞)时,h'(m)>0.∴h(m)在(1,+∞)上单调递增.22∴h(m)的最小值为h(1)=0.综上所述,当m=1,n=-1时,m+n的最小值为0.突破3导数在不等式中的应用1.解(2)由已知得a≥xlnx+x+1x2+1,设h(x)=xlnx+x+1x2+1,则h'(x)=(1-x)(xlnx+lnx+2)(x2+1)2.∵y=x ln x+ln x+2是增函数,且x≥1,∴y≥-1-1+2>0,∴当x∈1e,1时,h'(x)>0;当x∈(1,+∞)时,h'(x)<0,∴h(x)在x=1处取得最大值,h(1)=1,∴a≥1.故a的取值范围为[1,+∞).2.(1)解f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=a e x-1x.由题设知,f'(2)=0,所以a=12e2.从而f(x)=12e2e x-ln x-1,f'(x)=12e2e x-1x.当0<x<2时,f'(x)<0;当x>2时,f'(x)>0.所以f(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增.(2)证明当a≥1e 时,f(x)≥e xe-ln x-1.设g(x)=e xe-ln x-1,2324则g'(x )=e x−1.当0<x<1时,g'(x )<0;当x>1时,g'(x )>0. 所以x=1是g (x )的最小值点. 故当x>0时,g (x )≥g (1)=0. 因此,当a ≥1时,f (x )≥0.3.解 (2)由题意,当x>0时,e x-x 2-ax ≥1-x ,即a ≤e x x -x-1x +1.令h (x )=e xx -x-1x +1(x>0), 则h'(x )=e x (x -1)-x 2+1x 2=(x -1)(e x -x -1)x 2. 令φ(x )=e x -x-1(x>0),则φ'(x )=e x -1>0. 当x ∈(0,+∞)时,φ(x )单调递增,φ(x )>φ(0)=0. 故当x ∈(0,1)时,h'(x )<0,h (x )单调递减; 当x ∈(1,+∞)时,h'(x )>0,h (x )单调递增. 所以h (x )min =h (1)=e -1,所以a ≤e -1. 故a 的取值范围为(-∞,e -1].4.解 (2)f'(x )=e x-1+1x -a (x ≥1),令g (x )=f'(x ),g'(x )=e x-1-1x 2, 令φ(x )=g'(x ),φ'(x )=e x-1+2x 3>0,∴g'(x )在[1,+∞)上单调递增,g'(x )≥g'(1)=0. ∴f'(x )在[1,+∞]上单调递增,f'(x )≥f'(1)=2-a.当a≤2时,f'(x)≥0,f(x)在[1,+∞)上单调递增,f(x)≥f(1)=1,满足条件; 当a>2时,f'(1)=2-a<0.又f'(ln a+1)=e ln a-a+1lna+1=1lna+1>0,∴∃x0∈(1,ln a+1),使得f'(x)=0,此时,当x∈(1,x0)时,f'(x)<0;当x∈(x0,ln a+1)时,f'(x)>0,∴f(x)在(1,x0)上单调递减,当x∈(1,x0)时,都有f(x)<f(1)=1,不符合题意.综上所述,实数a的取值范围为(-∞,2].5.(1)解当m=1时,f(x)=x+1-e x,f'(x)=1-e x,令f'(x)=0,则x=0.当x<0时,f'(x)>0;当x>0时,f'(x)<0.∴函数f(x)的单调递增区间是(-∞,0),单调递减区间是(0,+∞).(2)证明由(1)知,当m=1时,f(x)max=f(0)=0,∴当x∈(0,+∞)时,x+1-e x<0,即e x>x+1,当x∈(0,+∞)时,要证ln e x-1x>x2,只需证e x-1>x e x 2,令F(x)=e x-1-x e x 2=e x-x(√e)x-1,F'(x)=e x-(√e)x−12x(√e)x=(√e)x(√e)x-1-x2=e x2ex2-1-x2,由e x>x+1可得,e x2>1+x2,25故当x∈(0,+∞)时,F'(x)>0恒成立,即F(x)在(0,+∞)上单调递增,∴F(x)>F(0)=0,即e x-1>x e x2,∴lne x-1x>x2.6.解(2)由题意,当a=1时,f(x)+bx-b+1xe x -x≥0在x ∈(1,+∞)时恒成立, 整理得ln x-b(x-1)e x≤0在(1,+∞)上恒成立.令h(x)=ln x-b(x-1)e x,易知,当b≤0时,h(x)>0,不合题意,∴b>0.又h'(x)=1-bx e x,h'(1)=1-b e.①当b≥1时,h'(1)=1-b e≤0.又h'(x)=1-bx e x在[1,+∞)上单调递减.∴h'(x)≤h'(1)≤0在[1,+∞)上恒成立,则h(x)在[1,+∞)上单调递减.所以h(x)≤h(1)=0,符合题意.②当0<b<1e 时,h'(1)=1-b e>0,h'(1b)=b-e1b<01b>1.又h'(x)=1x-bx e x在[1,+∞)上单调递减,∴存在唯一x0∈(1,+∞),使得h'(x0)=0.∴h(x)在(1,x0)上单调递增,在(x0,+∞)上单调递减.又h(x)在x=1处连续,h(1)=0,∴h(x)>0在(1,x0)上恒成立,不合题意.综上所述,实数b的取值范围为1e,+∞.7.(1)证明f'(x)=m(e mx-1)+2x.若m≥0,则当x∈(-∞,0)时,e mx-1≤0,2627f'(x )≤0;当x ∈(0,+∞)时,e mx -1≥0, f'(x )≥0.若m<0,则当x ∈(-∞,0)时,e mx -1>0,f'(x )<0;当x ∈(0,+∞)时,e mx -1<0,f'(x )>0. 所以f (x )在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.(2)解 由(1)知,对任意的m ,f (x )在[-1,0]上单调递减,在[0,1]上单调递增,故f (x )在x=0处取得最小值.所以对于任意x 1,x 2∈[-1,1],|f (x 1)-f (x 2)|≤e -1的充要条件是{f (1)-f (0)≤e -1,f (-1)-f (0)≤e -1,即{e m -m ≤e -1,e -m +m ≤e -1.设函数g (t )=e t -t-e +1,则g'(t )=e t -1.当t<0时,g'(t )<0;当t>0时,g'(t )>0.故g (t )在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增. 又g (1)=0,g (-1)=e -1+2-e <0,故当t ∈[-1,1]时,g (t )≤0. 当m ∈[-1,1]时,g (m )≤0, g (-m )≤0,即{e m -m ≤e -1,e -m +m ≤e -1.当m>1时,由g (t )的单调性知,g (m )>0,即e m -m>e -1. 当m<-1时,g (-m )>0, 即e -m +m>e -1.综上,m 的取值范围是[-1,1].8.(1)解 由题意得f'(x )=e x +1x+1-a ,x>-1,令g (x )=e x +1x+1-a ,x>-1,则 g'(x )=e x -1(x+1)2,28令h (x )=e x -1(x+1)2,x>-1,则h'(x )=e x +2(x+1)3>0,∴h (x )在(-1,+∞)上单调递增,且h (0)=0. 当x ∈(-1,0)时,g'(x )=h (x )<0,g (x )单调递减, 当x ∈(0,+∞)时,g'(x )=h (x )>0,g (x )单调递增.∴g (x )≥g (0)=2-a.①当a ≤2时,f'(x )=g (x )>g (0)=2-a ≥0. f (x )在(-1,+∞)上单调递增,此时无极值;②当a>2时,∵g1a-1=e 1a -1>0,g (0)=2-a<0,∴∃x 1∈1a-1,0,g (x 1)=0,当x ∈(-1,x 1)时, f'(x )=g (x )>0,f (x )单调递增;当x ∈(x 1,0)时,f'(x )=g (x )<0,f (x )单调递减,∴x=x 1是f (x )的极大值点.∵g (ln a )=11+lna >0,g (0)=2-a<0, ∴∃x 2∈(0,ln a ),g (x 2)=0,当x ∈(0,x 2)时,f'(x )=g (x )<0,f (x )单调递减;当x ∈(x 2,+∞)时,f'(x )=g (x )>0,f (x )单调递增,∴x=x 2是f (x )的极小值点. 综上所述,a 的取值范围为(2,+∞).(2)证明 由(1)得a ∈(2,+∞),1a -1<x 1<0<x 2<ln a ,且g (x 1)=g (x 2)=0,∴x 2-x 1>0,1a <x 1+1<1,1<x2+1<1+ln a,e x2−e x1=x2-x1(x1+1)(x2+1),∴1(x1+1)(x2+1)-a<0,1<x2+1x1+1<a(1+ln a)<a2,∴f(x2)-f(x1)=e x2−e x1+ln x2+1x1+1-a(x2-x1)=(x2-x1)1(x1+1)(x2+1)-a +ln x2+1x1+1<ln a2=2ln a.突破4导数与函数的零点1.(2)证明由于x2+x+1>0,所以f(x)=0等价于x 3x2+x+1-3a=0.设g(x)=x3x2+x+1-3a,则g'(x)=x2(x2+2x+3)(x2+x+1)2≥0,仅当x=0时g'(x)=0,所以g(x)在(-∞,+∞)单调递增,故g(x)至多有一个零点,从而f(x)至多有一个零点.又f(3a-1)=-6a2+2a-13=-6(a-16)2−16<0,f(3a+1)=13>0,故f(x)有一个零点.综上,f(x)只有一个零点.2.解(1)f(x)=x ln x-x2+x+1(x>0),g(x)=f'(x)=ln x-2x+2,g'(x)=1-2=1-2x,当x∈0,12时,g'(x)>0,g(x)单调递增;当x∈12,+∞时,g'(x)<0,g(x)单调递减.又g(1)=f'(1)=0,则当x∈12,1时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减.故当x=1时,f(x)取得极大值f(1)=1.2930(2)g (x )=f'(x )=ln x+1-2ax+a ,g'(x )=1x -2a=1-2axx ,①若a ≤0,则g'(x )>0,g (x )单调递增,至多有一个零点,不合题意. ②若a>0,则当x ∈0,12a 时, g'(x )>0,g (x )单调递增;当x ∈12a ,+∞时,g'(x )<0,g (x )单调递减. 则g 12a ≥g 12=ln 12+1=ln e2>0.不妨设g (x 1)=g (x 2),x 1<x 2,则0<x 1<1<x 2<1.一方面,需要g (1)<0,得a>1.另一方面,由(1)得,当x>1时,ln x<x-1<x ,则x<e x , 进而,有2a<e 2a ,则e -2a <1,且g (e -2a )=-2a e -2a +1-a<0, 故存在x 1,使得0<e -2a <x 1<12a .综上,a 的取值范围是(1,+∞). 3.解 (2)由f (1)=1得b=e -1-a , 由f (x )=1得e x =ax 2+bx+1,设g (x )=e x -ax 2-bx-1,则g (x )在(0,1)内有零点,设x 0为g (x )在(0,1)内的一个零点, 由g (0)=g (1)=0知g (x )在(0,x 0)和(x 0,1)上不单调.设h (x )=g'(x ),则h (x )在(0,x 0)和(x 0,1)上均存在零点,即h (x )在(0,1)上至少有两个零点. g'(x )=e x -2ax-b ,h'(x )=e x -2a ,当a ≤12时,h'(x )>0,h (x )在(0,1)上单调递增,h (x )不可能有两个及以上零点,31当a ≥e2时,h'(x )<0,h (x )在(0,1)上单调递减,h (x )不可能有两个及以上零点, 当12<a<e2时,令h'(x )=0得x=ln(2a )∈(0,1),∴h (x )在(0,ln(2a ))上单调递减,在(ln(2a ),1)上单调递增,h (x )在(0,1)上存在最小值h (ln(2a )), 若h (x )有两个零点,则有h (ln(2a ))<0,h (0)>0,h (1)>0, h (ln(2a ))=3a-2a ln(2a )+1-e 12<a<e2,设φ(x )=32x-x ln x+1-e(1<x<e),则φ'(x )=12-ln x ,令φ'(x )=0,得x=√e , 当1<x<√e 时,φ'(x )>0,φ(x )单调递增;当√e <x<e 时,φ'(x )<0,φ(x )单调递减.∴φmax (x )=φ(√e )=√e +1-e <0, ∴h (ln(2a ))<0恒成立.由h (0)=1-b=a-e +2>0,h (1)=e -2a-b>0,得e -2<a<1.综上,a 的取值范围为(e -2,1). 4.(1)解 f (x )=ax-ln x 的定义域为(0,+∞),所以f'(x )=a-1x =ax -1x .①当a ≤0时,f'(x )<0,所以f (x )在(0,+∞)上为减函数.②当a>0时,由f'(x )>0,得x>1a ,所以f (x )在0,1a 上为减函数,在1a ,+∞上为增函数.(2)证明 解法1:要证f'(x 1)+f'(x 2)<0,即证2a-1x 1−1x 2<0,即2a<1x 1+1x 2.由f (x 1)=f (x 2)得a=ln x 1-ln x2x 12,所以只要证2ln x 1-ln x 2x 12<1x 1+1x 2.不妨设x 1>x 2>0,则只要证2ln x1x 2<(x 1-x 2)1x 1+1x 2⇔2ln x1x 2<x1x 2−x2x 1.令x 1x 2=t>1,则只要证明当t>1时,2ln t<t-1t 成立.32设g (t )=2ln t-t-1t(t>1),则g'(t )=2t -1-1t 2=-(t -1)2t2<0,所以函数g (t )在(1,+∞)上单调递减,所以g (t )<g (1)=0,即2ln t<t-1t 成立. 由上分析可知,f'(x 1)+f'(x 2)<0成立.解法2:要证f'(x 1)+f'(x 2)<0,即证2a-1x 1−1x 2<0,即2a<1x 1+1x 2. 令t 1=1x 1,t 2=1x 2,下证t 1+t 2>2a.由f (x 1)=f (x 2),得ax 1-ln x 1=ax 2-ln x 2,即at 1+ln t 1=at 2+ln t 2.令g (t )=a t +ln t ,g (t 1)=g (t 2),g'(t )=-a t 2+1t =t -at2.由g'(t )>0⇒t>a ,g'(t )<0⇒a>t>0,则g (t )在(0,a )上为减函数,在(a ,+∞)上为增函数. 设t 1∈(0,a ),t 2∈(a ,+∞),令h (t )=g (t )-g (2a-t )=at +ln t-a2a -t -ln(2a-t ). h'(t )=t -a t 2+a -t(2a -t )2 =4a (t -a )(a -t )t 2(2a -t )2,t 1∈(0,a ),h'(t 1)<0.所以h (t )在(0,a )上为减函数,h (t 1)>h (a )=0,即g (t 1)>g (2a-t 1),g (t 2)>g (2a-t 1). 又因为g (t )在(a ,+∞)上为增函数,所以t 2>2a-t 1,即t 1+t 2>2a. 故f'(x 1)+f'(x 2)<0.5.解 (2)当x>1时,方程f (x )=a (x-1)+1x ,即ln x-a (x 2-x )=0,33令h (x )=ln x-a (x 2-x ),有h (1)=0,h'(x )=-2ax 2+ax+1x,令r (x )=-2ax 2+ax+1,x ∈(1,+∞),因为a>0,所以r (x )在(1,+∞)上单调递减,①当r (1)=1-a ≤0即a ≥1时,r (x )<0,即h (x )在(1,+∞)上单调递减,所以h (x )<h (1)=0, 方程f (x )=a (x-1)+1x 无实根.②当r (1)>0即0<a<1时,存在x 0∈(1,+∞),使得x ∈(1,x 0)时,r (x )>0,即h (x )单调递增;x ∈(x 0,+∞)时,r (x )<0,即h (x )单调递减;因此h (x )max =h (x 0)>h (1)=0, 取x=1+1a ,则h 1+1a =ln 1+1a -a (1+1a )2+a 1+1a =ln 1+1a -1+1a , 令t=1+1a (t>1),h (t )=ln t-t ,则h'(t )=1t -1,t>1,所以h'(t )<0,即h (t )在t>1时单调递减,所以h (t )<h (1)=0.故存在x 1∈x 0,1+1a ,使得h (x 1)=0. 综上,a 的取值范围为0<a<1. 6.解 (1)f (x )定义域为(0,+∞),当a=e 时,f'(x )=(1+x )(xe x -e )x.∴0<x<1时,f'(x )<0,x>1时,f'(x )>0.∴f (x )在(0,1)上为减函数;在(1,+∞)上为增函数.(2)记t=ln x+x ,则t=ln x+x 在(0,+∞)上单调递增,且t ∈R .∴f (x )=x e x -a (ln x+x )=e t -at=g (t ).∴f (x )在(0,+∞)上有两个零点等价于g (t )=e t -at 在t ∈R 上有两个零点. ①当a=0时,g (t )=e t 在R 上单调增,且g (t )>0,故g (t )无零点; ②当a<0时,g'(t )=e t -a>0恒成立,∴g (t )在R 上单调递增. 又g (0)=1>0,g1a=e 1a -1<0,故g (t )在R 上只有一个零点;③当a>0时,由g'(t)=e t-a=0可知g(t)在t=ln a时有唯一的极小值g(ln a)=a(1-ln a),若0<a<e,g(t)极小值=a(1-ln a)>0,g(t)无零点;若a=e,g(t)极小值=0,g(t)只有一个零点;若a>e时,g(t)极小值=a(1-ln a)<0,而g(0)=1>0,由于y=lnxx在(e,+∞)上为减函数,可知当a>e时,e a>a a>a2,从而g(a)=e a-a2>0.∴g(t)在(0,ln a)和(ln a,+∞)上各有一个零点.综上可知,当a>e时f(x)有两个零点,即所求a的取值范围是(e,+∞).7.(1)解f'(x)=(x-1)e x+2a(x-1)=(x-1)(e x+2a).①设a=0,则f(x)=(x-2)e x,f(x)只有一个零点.②设a>0,则当x∈(-∞,1)时,f'(x)<0;当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,所以f(x)在(-∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.又f(1)=-e,f(2)=a,取b满足b<0且b<ln a ,则f(b)>a2(b-2)+a(b-1)2=a(b2-32b)>0,故f(x)存在两个零点.③设a<0,由f'(x)=0得x=1或x=ln(-2a).若a≥-e2,则ln(-2a)≤1,故当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,因此f(x)在(1,+∞)上单调递增.34又当x≤1时,f(x)<0,所以f(x)不存在两个零点.若a<-e2,则ln(-2a)>1,故当x∈(1,ln(-2a))时,f'(x)<0;当x∈(ln(-2a),+∞)时,f'(x)>0.因此f(x)在(1,ln(-2a))上单调递减,在(ln(-2a),+∞)上单调递增.又当x≤1时f(x)<0,所以f(x)不存在两个零点.综上,a的取值范围为(0,+∞).(2)证明不妨设x1<x2,由(1)知,x1∈(-∞,1),x2∈(1,+∞),2-x2∈(-∞,1),f(x)在(-∞,1)上单调递减, 所以x1+x2<2等价于f(x1)>f(2-x2),即f(2-x2)<0.由于f(2-x2)=-x2e2-x2+a(x2-1)2,而f(x2)=(x2-2)e x2+a(x2-1)2=0,所以f(2-x2)=-x2e2-x2-(x2-2)e x2.设g(x)=-x e2-x-(x-2)e x,则g'(x)=(x-1)(e2-x-e x).所以当x>1时,g'(x)<0,而g(1)=0,故当x>1时,g(x)<0.从而g(x2)=f(2-x2)<0,故x1+x2<2.8.(1)解由已知,f(x)的定义域为(0,+∞),且f'(x)=1x -[a e x+a(x-1)e x]=1-ax2e xx.3536因此当a ≤0时,1-ax 2e x >0,从而f'(x )>0, 所以f (x )在(0,+∞)内单调递增. (2)证明 ①由(1)知,f'(x )=1-ax 2e xx.令g (x )=1-ax 2e x ,由0<a<1e,可知g (x )在(0,+∞)内单调递减,又g (1)=1-a e >0,且g ln 1a =1-a ln 1a 21a =1-ln 1a 2<0,故g (x )=0在(0,+∞)内有唯一解,从而f'(x )=0在(0,+∞)内有唯一解,不妨设为x 0,则1<x 0<ln1a. 当x ∈(0,x 0)时,f'(x )=g (x )x >g (x 0)x=0, 所以f (x )在(0,x 0)内单调递增; 当x ∈(x 0,+∞)时,f'(x )=g (x )x <g (x 0)x=0,所以f (x )在(x 0,+∞)内单调递减,因此x 0是f (x )的唯一极值点.令h (x )=ln x-x+1,则当x>1时,h'(x )=1x -1<0,故h (x )在(1,+∞)内单调递减,从而当x>1时,h (x )<h (1)=0,所以ln x<x-1. 从而fln 1a=lnln 1a-aln 1a -1eln1a =lnln 1a -ln 1a +1=h ln 1a <0,又因为f (x 0)>f (1)=0,所以f (x )在(x 0,+∞)内有唯一零点.又f (x )在(0,x 0)内有唯一零点1,从而,f (x )在(0,+∞)内恰有两个零点.②由题意,{f '(x 0)=0,f (x 1)=0,即{ax 02e x 0=1,ln x 1=a (x 1-1)e x 1,从而ln x 1=x 1-1x 02e x 1-x 0,即e x 1-x 0=x 02ln x 1x 1-1.因为当x>1时,ln x<x-1,又x 1>x 0>1,故ex 1-x 0<x 02(x 1-1)1=x 02,两边取对数,得ln e x 1-x 0<ln x 02,于是x 1-x 0<2ln x 0<2(x 0-1),整理得3x 0-x 1>2.。

导数综合应用— 研究函数单调性及应用教学目标：1:知识目标：（1）理解导数在研究函数的单调性和极值中的作用；（2）理解导数在解决有关不等式、方程的根、曲线交点个数等问题中有着广泛的应用。

2:能力目标: （1）通过导数的单调性在上述具体问题中的应用，培养学生分析问题，解决问题的能力。

（2）进一步加强学生的分类讨论能力，以及变换与转化的数学能力。

教学重点：通过构造函数，利用导数解决不等式，方程的根，曲线交点个数问题。

教学难点：将有关不等式，曲线交点个数问题转化为函数问题。

教学过程一．知识回顾问题一 常见函数的导函数………………………………………….'0c ='1()n n x nx -='(sin )cos x x ='(cos )sin x x =-'()ln x x a a a ='()x x e e ='1(log )log a a x e x ='1(ln )x x=问题二 导数主要有哪几方面的应用………………………………（1） 利用导数研究函数的单调性；（2） 利用导数求曲线的切线斜率和切线方程；（3） 利用导数求函数的极值和最值。

二．例题讲解例题1 求函数32()=f x x x x --的单调区间和极值，并画出其草图。

设计意图：通过求简单的三次函数的单调区间和极值，复习巩固导数在研究函数单调性中的作用，并使学生尽快进入学习状态，同时为下面的教学作铺垫。

问题1讨论曲线32()=f x x x x --与直线y=a 的交点个数。

问题2讨论曲线32()=f x x x -与()g x x a =+图像交点个数.设计意图 引导学生构造函数()()()x f x g x ϕ=-，则问题转化为三次函数 32()x x x x a ϕ=---与x 轴的交点个数。

可以通过函数的单调性与极值研究函数图象与x 轴的交点个数。

变式训练1：(2005全国高考)设a 为实数,函数()f x =32x x x a --+，当a 在什么X 围内取值时曲线()y f x =与x 轴仅有一个交点.变式训练2 已知a 为实数，求当方程32x x x a --=有三个相异实数根时a 的取值X 围。

高考大题专项(一) 导数的综合应用突破1 利用导数研究与不等式有关的问题1.(2020全国1,理21)已知函数f (x )=e x +ax 2-x. (1)当a=1时,讨论f (x )的单调性; (2)当x ≥0时,f (x )≥12x 3+1,求a 的取值范围.2.(2020山东潍坊二模,20)已知函数f (x )=1x +a ln x ,g (x )=e x x .(1)讨论函数f (x )的单调性; (2)证明:当a=1时,f (x )+g (x )-(1+ex 2)ln x>e .3.已知函数f (x )=ln x+a x(a ∈R )的图象在点1e ,f (1e)处的切线斜率为-e,其中e 为自然对数的底数.(1)求实数a 的值,并求f (x )的单调区间; (2)证明:xf (x )>x ex .4.(2020广东湛江一模,文21)已知函数f (x )=ln ax-bx+1,g (x )=ax-ln x ,a>1. (1)求函数f (x )的极值;(2)直线y=2x+1为函数f (x )图象的一条切线,若对任意的x 1∈(0,1),x 2∈[1,2]都有g (x 1)>f'(x 2)成立,求实数a 的取值范围.5.(2020山东济宁5月模拟,21)已知两个函数f(x)=e xx ,g(x)=lnxx+1x-1.(1)当t>0时,求f(x)在区间[t,t+1]上的最大值;(2)求证:对任意x∈(0,+∞),不等式f(x)>g(x)都成立.6.(2020湖北武汉二月调考,理21)已知函数f(x)=(x-1)e x-kx2+2.(1)略;(2)若∀x∈[0,+∞),都有f(x)≥1成立,求实数k的取值范围.7.(2020山东济南一模,22)已知函数f(x)=a(e x-x-1)x2,且曲线y=f(x)在(2,f(2))处的切线斜率为1.(1)求实数a的值;(2)证明:当x>0时,f(x)>1;(3)若数列{x n}满足e x n+1=f(x n),且x1=13,证明:2n|e x n-1|<1.8.(2020湖南长郡中学四模,理21)已知函数f(x)=x ln x.(1)若函数g(x)=f'(x)+ax2-(a+2)x(a>0),试研究函数g(x)的极值情况;(2)记函数F(x)=f(x)-xe x 在区间(1,2)上的零点为x0,记m(x)=min f(x),xe x,若m(x)=n(n∈R)在区间(1,+∞)上有两个不等实数解x1,x2(x1<x2),证明:x1+x2>2x0.突破2 利用导数研究与函数零点有关的问题1.(2020山东烟台一模,21)已知函数f (x )=1+lnxx -a (a ∈R ).(1)若f (x )≤0在(0,+∞)上恒成立,求a 的取值范围,并证明:对任意的n ∈N *,都有1+12+13+ (1)>ln(n+1); (2)设g (x )=(x-1)2e x ,讨论方程f (x )=g (x )的实数根的个数.2.(2020北京通州区一模,19)已知函数f (x )=x e x ,g (x )=a (e x -1),a ∈R . (1)当a=1时,求证:f (x )≥g (x );(2)当a>1时,求关于x 的方程f (x )=g (x )的实数根的个数.3.(2020湖南长郡中学四模,文21)已知函数f(x)=2a e2x+2(a+1)e x.(1)略;(2)当a∈(0,+∞)时,函数f(x)的图象与函数y=4e x+x的图象有唯一的交点,求a的取值集合.4.(2020天津和平区一模,20)已知函数f(x)=ax+be x,a,b∈R,且a>0.x,求函数f(x)的解析式;(1)若函数f(x)在x=-1处取得极值1e(2)在(1)的条件下,求函数f(x)的单调区间;的取值范(3)设g(x)=a(x-1)e x-f(x),g'(x)为g(x)的导函数,若存在x0∈(1,+∞),使g(x0)+g'(x0)=0成立,求ba围.x3+2(1-a)x2-8x+8a+7.5.已知函数f(x)=ln x,g(x)=2a3(1)若曲线y=g(x)在点(2,g(2))处的切线方程是y=ax-1,求函数g(x)在[0,3]上的值域;(2)当x>0时,记函数h(x)={f(x),f(x)<g(x),g(x),f(x)≥g(x),若函数y=h(x)有三个零点,求实数a的取值集合.参考答案高考大题专项(一)导数的综合应用突破1利用导数研究与不等式有关的问题1.解(1)当a=1时,f(x)=e x+x2-x,f'(x)=e x+2x-1.故当x∈(-∞,0)时,f'(x)<0;当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0.所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.(2)f(x)≥12x3+1等价于12x3-ax2+x+1e-x≤1.设函数g(x)=(12x3-ax2+x+1)e-x(x≥0),则g'(x)=-12x3-ax2+x+1-32x2+2ax-1e-x=-12x[x2-(2a+3)x+4a+2]e-x=-12x(x-2a-1)(x-2)e-x.①若2a+1≤0,即a≤-12,则当x∈(0,2)时,g'(x)>0.所以g(x)在(0,2)上单调递增,而g(0)=1,故当x∈(0,2)时,g(x)>1,不合题意.②若0<2a+1<2,即-12<a<12,则当x ∈(0,2a+1)∪(2,+∞)时,g'(x )<0;当x ∈(2a+1,2)时,g'(x )>0.所以g (x )在(0,2a+1),(2,+∞)上单调递减,在(2a+1,2)上单调递增.由于g (0)=1,所以g (x )≤1当且仅当g (2)=(7-4a )e -2≤1,即a ≥7-e 24.所以当7-e 24≤a<12时,g (x )≤1.③若2a+1≥2,即a ≥12,则g (x )≤12x 3+x+1e -x .由于0∈7-e 24,12,故由②可得(12x 3+x +1)e -x ≤1.故当a ≥12时,g (x )≤1.综上,a 的取值范围是[7-e 24,+∞).2.(1)解 函数的定义域为(0,+∞),f'(x )=-1x 2+ax =ax -1x 2,当a ≤0时,f'(x )<0,所以f (x )在(0,+∞)上单调递减; 当a>0时,由f'(x )>0,得x>1a ,由f'(x )<0,得0<x<1a , 所以f (x )在(0,1a )上单调递减,在(1a ,+∞)上单调递增, 综上可知:当a ≤0时,f (x )在(0,+∞)上单调递减;当a>0时,f (x )在(0,1a )上单调递减,在(1a ,+∞)上单调递增. (2)证明 因为x>0,所以不等式等价于e x -e x+1>elnxx ,设F (x )=e x -e x+1,F'(x )=e x -e,所以当x ∈(1,+∞)时,F'(x )>0,F (x )单调递增;当x ∈(0,1)时,F'(x )<0,F (x )单调递减,所以F (x )min =F (1)=1.设G (x )=elnxx ,G'(x )=e (1-lnx )x 2, 所以当x ∈(0,e)时,G'(x )>0,G (x )单调递增,当x ∈(e,+∞)时,G'(x )<0,G (x )单调递减,所以G (x )max =G (e)=1.虽然F (x )的最小值等于G (x )的最大值,但1≠e,所以F (x )>G (x ),即e x -e x+1>elnxx ,故原不等式成立.3.(1)解因为函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=1x −ax2,所以f'(1e)=e-a e2=-e,所以a=2e,所以f'(x)=1x−2ex2.令f'(x)=0,得x=2e,当x∈(0,2e)时,f'(x)<0,当x∈(2e,+∞)时,f'(x)>0,所以f(x)在(0,2e)上单调递减,在(2e,+∞)上单调递增.(2)证明设h(x)=xf(x)=x ln x+2e ,由h'(x)=ln x+1=0,得x=1e,所以当x∈(0,1e)时,h'(x)<0;当x∈(1e,+∞)时,h'(x)>0,所以h(x)在(0,1e)上单调递减,在(1e,+∞)上单调递增,所以h(x)min=h(1e )=1e.设t(x)=xe x(x>0),则t'(x)=1-xe x,所以当x∈(0,1)时,t'(x)>0,t(x)单调递增,当x∈(1,+∞)时,t'(x)<0,t(x)单调递减,所以t(x)max=t(1)=1e.综上,在(0,+∞)上恒有h(x)>t(x),即xf(x)>x e x .4.解(1)∵a>1,∴函数f(x)的定义域为(0,+∞).∵f(x)=ln ax-bx+1=ln a+ln x-bx+1,∴f'(x)=1x-b=1-bxx.①当b≤0时,f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)上为增函数,无极值;②当b>0时,由f'(x)=0,得x=1b.∵当x∈(0,1b)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(1b,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,∴f(x)在定义域上有极大值,极大值为f(1b )=ln ab.(2)设直线y=2x+1与函数f(x)图像相切的切点为(x0,y0),则y0=2x0+1.∵f'(x)=1x -b,∴f'(x0)=1x0-b=2,∴x0=1b+2,即bx0=1-2x0.又ln ax 0-bx 0+1=2x 0+1,∴ln ax 0=1,∴ax 0=e . ∴x 0=ea .∴ae =b+2.∵对任意的x 1∈(0,1),x 2∈[1,2]都有g (x 1)>f'(x 2)成立, ∴只需g (x 1)min >f'(x 2)max . ∵g'(x )=a-1x =ax -1x, ∴由g'(x )=0,得x=1a . ∵a>1,∴0<1a <1.∴当x ∈(0,1a )时,g'(x )<0,g (x )单调递减; 当x ∈(1a ,1)时,g'(x )>0,g (x )单调递增.∴g (x )≥g (1a )=1+ln a , 即g (x 1)min =1+ln a.∵f'(x 2)=1x 2-b 在x 2∈[1,2]上单调递减,∴f'(x 2)max =f'(1)=1-b=3-ae .∴1+ln a>3-ae .即lna+a e -2>0.设h (a )=ln a+ae -2,易知h (a )在(1,+∞)上单调递增.又h (e)=0,∴实数a 的取值范围为(e,+∞). 5.(1)解 由f (x )=e x x 得,f'(x )=xe x -e xx 2=e x (x -1)x 2,∴当x<1时,f'(x )<0,当x>1时,f'(x )>0,∴f (x )在区间(-∞,1)上单调递减,在区间(1,+∞)上单调递增.①当t ≥1时,f (x )在区间[t ,t+1]上单调递增,f (x )的最大值为f (t+1)=e t+1t+1.②当0<t<1时,t+1>1,f (x )在区间(t ,1)上单调递减,在区间(1,t+1)上单调递增,∴f (x )的最大值为f (x )max =max{f (t ),f (t+1)}.下面比较f (t )与f (t+1)的大小.f (t )-f (t+1)=e tt−e t+1t+1=[(1-e )t+1]e tt (t+1).∵t>0,1-e <0,∴当0<t ≤1e -1时,f (t )-f (t+1)≥0,故f (x )在区间[t ,t+1]上的最大值为f (t )=e t t ,当1e -1<t<1时,f (t )-f (t+1)<0,f (x )在区间[t ,t+1]上的最大值为f (t+1)=e t+1t+1.综上可知,当0<t ≤1e -1时,f (x )在区间[t ,t+1]上的最大值为f (t )=e t t ,当t>1e -1时,f (x )在区间[t ,t+1]上的最大值为f (t+1)=e t+1t+1. (2)证明 不等式f (x )>g (x )即为e xx>lnx x +1x -1.∵x>0,∴不等式等价于e x >ln x-x+1,令h (x )=e x -(x+1)(x>0),则h'(x )=e x -1>0,∴h (x )在(0,+∞)上为增函数,h (x )>h (0)=0,即e x >x+1,所以,要证e x >ln x-x+1成立,只需证x+1>ln x-x+1成立即可. 即证2x>ln x 在(0,+∞)上成立. 设φ(x )=2x-ln x ,则φ'(x )=2-1x=2x -1x,当0<x<12时,φ'(x )<0,φ(x )单调递减,当x>12时,φ'(x )>0,φ(x )单调递增,∴φ(x )min =φ(12)=1-ln 12=1+ln 2>0,∴φ(x )>0在(0,+∞)上成立,∴对任意x ∈(0,+∞),不等式f (x )>g (x )都成立. 6.解 (1)略(2)f'(x )=x e x -2kx=x (e x -2k ),①当k ≤0时,e x -2k>0,所以,当x<0时,f'(x )<0,当x>0时,f'(x )>0,则f (x )在区间(-∞,0)上单调递减,在区间(0,+∞)上单调递增, 所以f (x )在区间[0,+∞)上的最小值为f (0),且f (0)=1,符合题意; ②当k>0时,令f'(x )=0,得x=0或x=ln 2k ,所以当0<k ≤12时,ln 2k ≤0,在区间(0,+∞)上f'(x )>0,f (x )单调递增, 所以f (x )在区间[0,+∞)上的最小值为f (0),且f (0)=1,符合题意;当k>12时,ln 2k>0,当x ∈(0,ln 2k )时,f'(x )<0,f (x )在区间(0,ln 2k )上单调递减, 所以f (ln 2k )<f (0)=1,不满足对任意的x ∈[0,+∞),f (x )≥1恒成立, 综上,k 的取值范围是(-∞,12].7.(1)解 f'(x )=a [(x -2)e x +x+2)]x 3,因为f'(2)=a2=1,所以a=2.(2)证明 要证f (x )>1,只需证h (x )=e x -12x 2-x-1>0.h'(x )=e x -x-1,令c (x )=e x -x-1,则c'(x )=e x -1.因为当x>0时,c'(x )>0,所以h'(x )=e x -x-1在(0,+∞)上单调递增,所以h'(x)=e x-x-1>h'(0)=0.所以h(x)=e x-12x2-x-1在(0,+∞)上单调递增,所以h(x)=e x-12x2-x-1>h(0)=0成立.所以当x>0时,f(x)>1.(3)证明(方法1)由(2)知当x>0时,f(x)>1.因为e x n+1=f(x n),所以x n+1=ln f(x n).设g(x n)=ln f(x n),则x n+1=g(x n),所以x n=g(x n-1)=g(g(x n-2))=…=g((…(g(x1))…))>0.要证2n|e x n-1|<1,只需证|e x n-1|<12n.因为x1=13,所以|e x1-1|=e13-1.因为e-323=e-278<0,所以e 13<32,所以|e x1-1|=e 13-1<12.故只需证|e x n+1-1|<12|e x n-1|.因为x n∈(0,+∞),故只需证e x n+1-1<12e x n−12,即证f(x n)-1<12e x n−12.只需证当x∈(0,+∞)时,φ(x)=12x2-2e x+12x2+2x+2>0,φ'(x)=12x2+x-2e x+x+2,令α(x)=12x2+x-2e x+x+2,则α'(x)=12x2+2x-1e x+1,令β(x)=12x2+2x-1e x+1,则β'(x)=12x2+3x+1e x>0,所以β(x)在区间(0,+∞)上单调递增,故β(x)=12x2+2x-1e x+1>β(0)=0.所以α(x)在区间(0,+∞)上单调递增,故α(x)=12x2+x-2e x+x+2>α(0)=0.所以φ(x)在区间(0,+∞)上单调递增,所以φ(x)=12x2-2e x+12x2+2x+2>φ(0)=0,所以原不等式成立.(方法2)由(2)知当x>0时,f(x)>1.因为e x n+1=f(x n),所以x n+1=ln f(x n).设g(x n)=ln f(x n),则x n+1=g(x n),所以x n=g(x n-1)=g(g(x n-2))=…=g((…(g(x1))…))>0.要证2n|e x n-1|<1,只需证|e x n-1|<12n.因为x1=13,所以|e x1-1|=e13-1.因为e-323=e-278<0,所以e 13<32,所以|e x1-1|=e 13-1<12.故只需证|e x n+1-1|<12|e x n-1|.因为x n∈(0,+∞),故只需证e x n+1-1<12e x n−12,即证f(x n)-1<12e x n−12.只需证当x∈(0,+∞)时,φ(x)=12x2-2e x+12x2+2x+2>0.因为φ(x)=12(x2-4)e x+12(x2+4x+4)=12(x+2)[(x-2)e x+(x+2)],设u(x)=(x-2)e x+(x+2),故只需证u(x)>0.u'(x)=(x-1)e x+1,令v(x)=(x-1)e x+1,则v'(x)=x e x>0,所以v(x)在区间(0,+∞)上单调递增,故v(x)=(x-1)e x+1>v(0)=0,所以u(x)在区间(0,+∞)上单调递增,故u(x)=(x-2)e x+(x+2)>u(0)=0,所以原不等式成立.8.(1)解由题意,得f'(x)=ln x+1,故g(x)=ax2-(a+2)x+ln x+1,故g'(x)=2ax-(a+2)+1x=(2x-1)(ax-1)x,x>0,a>0.令g'(x)=0,得x1=12,x2=1a.①当0<a<2时,1a >12,由g'(x)>0,得0<x<12或x>1a;由g'(x)<0,得12<x<1a.所以g(x)在x=12处取极大值g12=-a4-ln 2,在x=1a处取极小值g1a=-1a-ln a.②当a=2时,1a =12,g'(x)≥0恒成立,所以不存在极值.③当a>2时,1a <12,由g'(x)>0,得0<x<1a或x>12;由g'(x)<0,得1a<x<12.所以g(x)在x=1a处取极大值g1a=-1a-ln a,在x=12处取极小值g12=-a4-ln 2.综上,当0<a<2时,g(x)在x=12处取极大值-a4-ln 2,在x=1a处取极小值-1a-ln a;当a=2时,不存在极值;当a>2时,g(x)在x=1a处取极大值-1a-ln a,在x=12处取极小值-a4-ln 2.(2)证明F(x)=x ln x-xe x ,定义域为x∈(0,+∞),F'(x)=1+ln x+x-1e x.当x∈(1,2)时,F'(x)>0,即F(x)在区间(1,2)上单调递增.又因为F(1)=-1e<0,F(2)=2ln 2-2e2>0,且F(x)在区间(1,2)上的图像连续不断,故根据函数零点存在定理,F(x)在区间(1,2)上有且仅有一个零点.所以存在x0∈(1,2),使得F(x0)=f(x0)-x0e x0=0.且当1<x<x0时,f(x)<xe x;当x>x0时,f(x)>xe x.所以m(x)=min f(x),xe x={xlnx,1<x<x0,xe x,x>x0.当1<x<x0时,m(x)=x ln x,由m'(x)=1+ln x>0,得m(x)单调递增;当x>x 0时,m (x )=x e x ,由m'(x )=1-xe x <0,得m (x )单调递减. 若m (x )=n 在区间(1,+∞)上有两个不等实数解x 1,x 2(x 1<x 2), 则x 1∈(1,x 0),x 2∈(x 0,+∞).要证x 1+x 2>2x 0,即证x 2>2x 0-x 1.又因为2x 0-x 1>x 0,而m (x )在区间(x 0,+∞)上单调递减, 所以可证m (x 2)<m (2x 0-x 1).由m (x 1)=m (x 2),即证m (x 1)<m (2x 0-x 1),即x 1ln x 1<2x 0-x 1e 2x 0-x 1. 记h (x )=x ln x-2x 0-xe 2x 0-x,1<x<x 0, 其中h (x 0)=0. 记φ(t )=t e t ,则φ'(t )=1-te t . 当t ∈(0,1)时,φ'(t )>0; 当t ∈(1,+∞)时,φ'(t )<0. 故φ(t )max =1e .而φ(t )>0,故0<φ(t )<1e . 因为2x 0-x>1, 所以-1e <-2x 0-xe 2x 0-x<0. 因此h'(x )=1+ln x+1e2x 0-x −2x 0-x e 2x 0-x>1-1e >0,即h (x )单调递增,故当1<x<x 0时,h (x )<h (x 0)=0, 即x 1ln x 1<2x 0-x 1e 2x 0-x 1, 故x 1+x 2>2x 0,得证.突破2 利用导数研究 与函数零点有关的问题1.(1)证明 由f (x )≤0可得,a ≥1+lnxx(x>0),令h (x )=1+lnx x ,则h'(x )=1x ·x -(1+lnx )x 2=-lnxx 2. 当x ∈(0,1)时,h'(x )>0,h (x )单调递增;当x ∈(1,+∞)时,h'(x )<0,h (x )单调递减,故h (x )在x=1处取得最大值,要使a ≥1+lnxx,只需a ≥h (1)=1,故a 的取值范围为[1,+∞). 显然,当a=1时,有1+lnxx≤1,即不等式ln x<x-1在(1,+∞)上成立,令x=n+1n >1(n ∈N *),则有ln n+1n <n+1n -1=1n ,所以ln 21+ln 32+…+ln n+1n <1+12+13+…+1n , 即1+12+13+…+1n >ln(n+1).(2)解 由f (x )=g (x ),可得1+lnxx -a=(x-1)2e x ,即a=1+lnxx -(x-1)2e x ,令t (x )=1+lnxx -(x-1)2e x , 则t'(x )=-lnx x 2-(x 2-1)e x ,当x ∈(0,1)时,t'(x )>0,t (x )单调递增;当x ∈(1,+∞)时,t'(x )<0,t (x )单调递减,故t (x )在x=1处取得最大值t (1)=1,又当x →0时,t (x )→-∞,当x →+∞时,t (x )→-∞,所以,当a=1时,方程f (x )=g (x )有一个实数根;当a<1时,方程f (x )=g (x )有两个不同的实数根; 当a>1时,方程f (x )=g (x )没有实数根. 2.(1)证明 设函数F (x )=f (x )-g (x )=x e x -a e x +a.当a=1时,F (x )=x e x -e x +1,所以F'(x )=x e x . 所以当x ∈(-∞,0)时,F'(x )<0; 当x ∈(0,+∞)时,F'(x )>0.所以F (x )在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增. 所以当x=0时,F (x )取得最小值F (0)=0. 所以F (x )≥0,即f (x )≥g (x ).(2)解 设函数F (x )=f (x )-g (x )=x e x -a e x +a.当a>1时,F'(x )=(x-a+1)e x ,令F'(x )>0,即(x-a+1)e x >0,解得x>a-1; 令F'(x )<0,即(x-a+1)e x <0,解得x<a-1.所以F (x )在(-∞,a-1)上单调递减,在(a-1,+∞)上单调递增.所以当x=a-1时,F (x )取得最小值,即F (a-1)=a-e a-1. 令h (a )=a-e a-1,则h'(a )=1-e a-1.因为a>1,所以h'(a )<0.所以h (a )在(1,+∞)上单调递减. 所以h (a )<h (1)=0,所以F (a-1)<0.又因为F (a )=a>0,所以F (x )在区间(a-1,a )上存在一个零点. 所以在[a-1,+∞)上存在唯一的零点.又因为F (x )在区间(-∞,a-1)上单调递减,且F (0)=0, 所以F (x )在区间(-∞,a-1)上存在唯一的零点0.所以函数F (x )有且仅有两个零点,即方程f (x )=g (x )有两个实数根.3.解 (1)略.(2)设t=e x ,则f (t )=2at 2+2(a+1)t 的图像与y=4t+ln t 的图像只有一个交点,其中t>0,则2at 2+2(a+1)t=4t+ln t 只有一个实数解,即2a=2t+lntt 2+t只有一个实数解. 设g (t )=2t+lnt t 2+t,则g'(t )=-2t 2+t -2tlnt+1-lnt(t 2+t )2,g'(1)=0.令h (t )=-2t 2+t-2t ln t+1-ln t , 则h'(t )=-4t-1φ-2ln t-1.设y=1t +2ln t ,令y'=-1t 2+2t =2t -1t 2=0,解得t=12,则y ,y'随t 的变化如表所示0,1212,+∞y' - 0+则当t=12时,y=1t +2ln t 取最小值为2-2ln 2=2×(1-ln 2)>0. 所以-1t -2ln t<0, 即h'(t )=-4t-1t -2ln t-1<0.所以h (t )在(0,+∞)上单调递减. 因此g'(t )=0只有一个根,即t=1. 当t ∈(0,1)时,g'(t )>0,g (t )单调递增; 当t ∈(1,+∞)时,g'(t )<0,g (t )单调递减. 所以,当t=1时,g (t )有最大值为g (1)=1.由题意知,y=2a 与g (t )图像只有一个交点,而a ∈(0,+∞), 所以2a=1,即a=12,所以a 的取值集合为12.4.解 (1)函数f (x )的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞).f'(x )=ax 2+bx -b x 2e x,由题知{f '(-1)=0,f (-1)=1e ,即{(a -2b )e -1=0,(-a+b )-1e -1=1e ,解得{a =2,b =1,所以函数f (x )=2x+1x e x (x ≠0). (2)f'(x )=2x 2+x -1x 2e x =(x+1)(2x -1)x 2e x. 令f'(x )>0得x<-1或x>12, 令f'(x )<0得-1<x<0或0<x<12.所以函数f (x )的单调递增区间是(-∞,-1),12,+∞, 单调递减区间是(-1,0),0,12.(3)根据题意易得g (x )=ax-b x -2a e x (a>0), 所以g'(x )=bx 2+ax-bx -a e x .由g (x )+g'(x )=0,得ax-bx -2a e x +bx 2+ax-bx -a e x =0.整理,得2ax 3-3ax 2-2bx+b=0.存在x 0∈(1,+∞),使g (x 0)+g'(x 0)=0成立,等价于存在x 0∈(1,+∞),使2a x 03-3a x 02-2bx 0+b=0成立.设u (x )=2ax 3-3ax 2-2bx+b (x>1),则u'(x )=6ax 2-6ax-2b=6ax (x-1)-2b>-2b. 当b ≤0时,u'(x )>0,此时u (x )在(1,+∞)上单调递增, 因此u (x )>u (1)=-a-b.因为存在x 0∈(1,+∞),使2a x 03-3a x 02-2bx 0+b=0成立, 所以只要-a-b<0即可,此时-1<ba ≤0. 当b>0时,令u (x )=b , 解得x 1=3a+√9a 2+16ab4a>3a+√9a 24a=32>1,x 2=3a -√9a 2+16ab 4a(舍去),x 3=0(舍去),得u (x 1)=b>0.又因为u (1)=-a-b<0,于是u (x )在(1,x 1)上必有零点,即存在x 0>1,使2a x 03-3a x 02-2bx 0+b=0成立,此时ba >0.综上,ba 的取值范围为(-1,+∞). 5.解 (1)因为g (x )=2a3x 3+2(1-a )x 2-8x+8a+7,所以g'(x )=2ax 2+4(1-a )x-8,所以g'(2)=0. 所以a=0,即g (x )=2x 2-8x+7. g (0)=7,g (3)=1,g (2)=-1.所以g (x )在[0,3]上的值域为[-1,7].(2)①当a=0时,g (x )=2x 2-8x+7,由g (x )=0,得x=2±√22∈(1,+∞),此时函数y=h (x )有三个零点,符合题意.②当a>0时,g'(x )=2ax 2+4(1-a )x-8=2a (x-2)x+2a . 由g'(x )=0,得x=2. 当x ∈(0,2)时,g'(x )<0; 当x ∈(2,+∞)时,g'(x )>0.若函数y=h (x )有三个零点,则需满足g (1)>0且g (2)<0,解得0<a<316.③当a<0时,g'(x )=2ax 2+4(1-a )x-8=2a (x-2)x+2a . 由g'(x )=0,得x 1=2,x 2=-2a .(ⅰ)当-2a <2,即a<-1时,因为g (x )极大值=g (2)=163a-1<0,此时函数y=h (x )至多有一个零点,不符合题意.(ⅱ)当-2a =2,即a=-1时,因为g'(x )≤0,此时函数y=h (x )至多有两个零点,不符合题意. (ⅲ)当-2a >2,即-1<a<0时,若g (1)<0,函数y=h (x )至多有两个零点,不符合题意; 若g (1)=0,得a=-320;因为g -2a =1a 28a 3+7a 2+8a+83,所以g -2a >0,此时函数y=h (x )有三个零点,符合题意;若g (1)>0,得-320<a<0. 由g -2a =1a 28a 3+7a 2+8a+83.记φ(a)=8a3+7a2+8a+83,则φ'(a)>0.所以φ(a)>φ-320>0,此时函数y=h(x)有四个零点,不符合题意.综上所述,满足条件的实数a∈-220∪0,316.。

导数在研究函数中的应用一、自主梳理1．导数和函数单调性的关系：(1)若f ′(x )>0在(a ，b )上恒成立，则f (x )在(a ，b )上是______函数，f ′(x )>0的解集与定义域的交集的对应区间为______区间；(2)若f ′(x )<0在(a ，b )上恒成立，则f (x )在(a ，b )上是______函数，f ′(x )<0的解集与定义域的交集的对应区间为______区间；(3)若在(a ，b )上，f ′(x )≥0，且f ′(x )在(a ，b )的任何子区间内都不恒等于零⇔f (x )在(a ，b )上为______函数，若在(a ，b )上，f ′(x )≤0，且f ′(x )在(a ，b )的任何子区间内都不恒等于零⇔f (x )在(a ，b )上为______函数． 2．函数的极值(1)判断f (x 0)是极值的方法一般地，当函数f (x )在点x 0处连续时，①如果在x 0附近的左侧________，右侧________，那么f (x 0)是极大值； ②如果在x 0附近的左侧________，右侧________，那么f (x 0)是极小值． (2)求可导函数极值的步骤 ①求f ′(x )；②求方程________的根；③检查f ′(x )在方程________的根左右值的符号．如果左正右负，那么f (x )在这个根处取得________；如果左负右正，那么f (x )在这个根处取得________．3. 自我检测1.已知f (x )的定义域为R ，f (x )的导函数f ′(x )的图象如图所示，则( ) A ．f (x )在x ＝1处取得极小值 B ．f (x )在x ＝1处取得极大值C ．f (x )是R 上的增函数D ．f (x )是(－∞，1)上的减函数，(1，＋∞)上的增函数 2．函数f (x )＝(x －3)e x 的单调递增区间是 ( )A ．(－∞，2)B ．(0,3)C ．(1,4)D ．(2，＋∞)3．已知函数y ＝f (x )，其导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，则y ＝f (x ) ( ) A ．在(－∞，0)上为减函数 B ．在x ＝0处取极小值 C ．在(4，＋∞)上为减函数 D ．在x ＝2处取极大值4．设p ：f (x )＝x 3＋2x 2＋mx ＋1在(－∞，＋∞)内单调递增，q ：m ≥43，则p 是q 的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件5．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2在x ＝1处取极值10，则f (2)＝________.二、考点分析探究点一 函数的单调性例1 已知a ∈R ，函数f (x )＝(－x 2＋ax )e x (x ∈R ，e 为自然对数的底数)． (1)当a ＝2时，求函数f (x )的单调递增区间；(2)若函数f (x )在(－1,1)上单调递增，求a 的取值范围；(3)函数f (x )能否为R 上的单调函数，若能，求出a 的取值范围；若不能，请说明理由．变式迁移1 已知函数f (x )＝x 3＋(1－a )x 2－a (a ＋2)x ＋b (a ，b ∈R )． (1)若函数f (x )的图象过原点，且在原点处的切线斜率是－3，求a ，b 的值； (2)若函数f (x )在区间(－1,1)上不单调，求a 的取值范围．探究点二 函数的极值例2 若函数f (x )＝ax 3－bx ＋4，当x ＝2时，函数f (x )有极值－43.(1)求函数f (x )的解析式； (2)若关于x 的方程f (x )＝k 有三个零点，求实数k 的取值范围．变式迁移2 设x ＝1与x ＝2是函数f (x )＝a ln x ＋bx 2＋x 的两个极值点．(1)试确定常数a 和b 的值； (2)试判断x ＝1，x ＝2是函数f (x )的极大值点还是极小值点，并说明理由．探究点三 求闭区间上函数的最值例3 已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x )在点x ＝1处的切线为l ：3x －y ＋1＝0，若x ＝23时，y ＝f (x )有极值．(1)求a ，b ，c 的值； (2)求y ＝f (x )在[－3,1]上的最大值和最小值．变式迁移3 已知函数f (x )＝ax 3＋x 2＋bx (其中常数a ，b ∈R )，g (x )＝f (x )＋f ′(x )是奇函数． (1)求f (x )的表达式； (2)讨论g (x )的单调性，并求g (x )在区间[1,2]上的最大值和最小值．三、知识扩展分类讨论求函数的单调区间例 已知函数f (x )＝12x 2－ax ＋(a －1)ln x ，a >1.(1)讨论函数f (x )的单调性； (2)证明：若a <5，则对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，x 1≠x 2，有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2>－1.【突破思维障碍】(1)讨论函数的单调区间的关键是讨论导数大于0或小于0的不等式的解集，一般就是归结为一个一元二次不 等式的解集的讨论，在能够通过因式分解得到导数等于0的根的情况下，根的大小是分类的标准； (2)利用导数解决不等式问题的主要方法就是构造函数，通过函数研究函数的性质进而解决不等式问题．四、课堂小结1．求可导函数单调区间的一般步骤和方法： (1)确定函数f (x )的定义域；(2)求f ′(x )，令f ′(x )＝0，求出它在定义域内的一切实根；(3)把函数f (x )的间断点(即f (x )的无定义点)的横坐标和上面的各实数根按由小到大的顺序排列起来，然后用这些点把函数f (x )的定义区间分成若干个小区间；(4)确定f ′(x )在各个开区间内的符号，根据f ′(x )的符号判定函数f (x )在每个相应小开区间内的增减性． 2．可导函数极值存在的条件：(1)可导函数的极值点x 0一定满足f ′(x 0)＝0，但当f ′(x 1)＝0时，x 1不一定是极值点．如f (x )＝x 3，f ′(0)＝0，但x ＝0不是极值点．(2)可导函数y ＝f (x )在点x 0处取得极值的充要条件是f ′(x 0)＝0，且在x 0左侧与右侧f ′(x )的符号不同． 3．函数的最大值、最小值是比较整个定义区间的函数值得出来的，函数的极值是比较极值点附近的函数值得出来的．函数的极值可以有多有少，但最值只有一个，极值只能在区间内取得，最值则可以在端点取得，有极值的未必有最值，有最值的未必有极值，极值可能成为最值，最值只要不在端点必定是极值． 4．求函数的最值以导数为工具，先找到极值点，再求极值和区间端点函数值，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．五、课堂练习一、选择题1．设f (x )，g (x )是R 上的可导函数，f ′(x )、g ′(x )分别为f (x )、g (x )的导函数，且f ′(x )·g (x )＋f (x )g ′(x )<0，则当a <x <b 时，有 ( ) A ．f (x )g (b )>f (b )g (x ) B ．f (x )g (a )>f (a )g (x )C ．f (x )g (x )>f (b )g (b )D ．f (x )g (x )>f (a )g (a )2.函数f (x )的定义域为开区间(a ，b )，导函数f ′(x )在(a ，b )内的图象如图所示，则函数f (x )在开区间(a ，b )内有极小值点 ( ) A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个3．若函数y ＝a (x 3－x )在区间⎝⎛⎭⎫－33，33上为减函数，则a 的取值范围是 ( ) A ．a >0 B ．－1<a <0 C ．a >1D ．0<a <14．已知函数f (x )＝12x 4－2x 3＋3m ，x ∈R ，若f (x )＋9≥0恒成立，则实数m 的取值范围是( )A ．m ≥32B ．m >32C ．m ≤32D ．m <325．设a ∈R ，若函数y ＝e ax ＋3x ，x ∈R 有大于零的极值点，则 ( )A ．a >－3B ．a <－3C ．a >－13D ．a <－13二、填空题6．若函数f (x )＝x 2＋ax ＋1在x ＝1处取极值，则a ＝________.7．已知函数f (x )的导函数f ′(x )的图象如右图所示，给出以下结论： ①函数f (x )在(－2，－1)和(1,2)上是单调递增函数；②函数f (x )在(－2,0)上是单调递增函数，在(0,2)上是单调递减函数； ③函数f (x )在x ＝－1处取得极大值，在x ＝1处取得极小值； ④函数f (x )在x ＝0处取得极大值f (0)．则正确命题的序号是________．(填上所有正确命题的序号)．8．已知函数f (x )＝x 3＋mx 2＋(m ＋6)x ＋1既存在极大值又存在极小值，则实数m 的取值范围为________． 三、解答题9．求函数f (x )＝2x ＋1x 2＋2的极值．10．已知a 为实数，且函数f (x )＝(x 2－4)(x －a )．(1)求导函数f ′(x )； (2)若f ′(－1)＝0，求函数f (x )在[－2,2]上的最大值、最小值．11．已知函数f (x )＝x 3＋mx 2＋nx －2的图象过点(－1，－6)，且函数g (x )＝f ′(x )＋6x 的图象关于y 轴对称． (1)求m ，n 的值及函数y ＝f (x )的单调区间；(2)若a >0，求函数y ＝f (x )在区间(a －1，a ＋1)内的极值．导数的综合应用一、自主梳理1．函数的最值(1)函数f (x )在[a ，b ]上必有最值的条件如果函数y ＝f (x )的图象在区间[a ，b ]上________，那么它必有最大值和最小值． (2)求函数y ＝f (x )在[a ，b ]上的最大值与最小值的步骤： ①求函数y ＝f (x )在(a ，b )内的________；②将函数y ＝f (x )的各极值与________比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．2．实际应用问题：首先要充分理解题意，列出适当的函数关系式，再利用导数求出该函数的最大值或最小值，最后回到实际问题中，得出最优解． 3. 自我检测1．函数f (x )＝x 3－3ax －a 在(0,1)内有最小值，则a 的取值范围为 ( )A ．0≤a <1B ．0<a <1C ．－1<a <1D ．0<a <122．设f ′(x )是函数f (x )的导函数，将y ＝f (x )和y ＝f ′(x )的图象画在同一个直角坐标系中，不可能正确的是3．对于R 上可导的任意函数f (x )，若满足(x －1)f ′(x )≥0，则必有 ( ) A ．f (0)＋f (2)<2f (1) B ．f (0)＋f (2)≤2f (1) C ．f (0)＋f (2)≥2f (1)D ．f (0)＋f (2)>2f (1)4．函数f (x )＝12e x (sin x ＋cos x )在区间⎣⎡⎦⎤0，π2上的值域为______________． 5．f (x )＝x (x －c )2在x ＝2处有极大值，则常数c 的值为________．二、考点分析探究点一 求含参数的函数的最值 例1 已知函数f (x )＝x 2e －ax(a >0)，求函数在[1,2]上的最大值．变式迁移1 设a >0，函数f (x )＝a ln xx.(1)讨论f (x )的单调性； (2)求f (x )在区间[a,2a ]上的最小值．探究点二 用导数证明不等式 例2 已知f (x )＝12x 2－a ln x (a ∈R )，(1)求函数f (x )的单调区间； (2)求证：当x >1时，12x 2＋ln x <23x 3.变式迁移2 设a 为实数，函数f (x )＝e x －2x ＋2a ，x ∈R . (1)求f (x )的单调区间与极值；(2)求证：当a >ln 2－1且x >0时，e x >x 2－2ax ＋1.探究点三 实际生活中的优化问题例3 某分公司经销某种品牌产品，每件产品的成本为3元，并且每件产品需向总公司交a 元(3≤a ≤5)的管理费，预计当每件产品的售价为x 元(9≤x ≤11)时，一年的销售量为(12－x )2万件． (1)求分公司一年的利润L (万元)与每件产品的售价x 的函数关系式；(2)当每件产品的售价为多少元时，分公司一年的利润L 最大，并求出L 的最大值Q (a )．变式迁移3 甲方是一农场，乙方是一工厂．由于乙方生产需占用甲方的资源，因此甲方有权向乙方索赔以弥补经济损失并获得一定净收入，在乙方不赔付甲方的情况下，乙方的年利润x (元)与年产量t (吨)满足函数关系x ＝2 000t .若乙方每生产一吨产品必须赔付甲方S 元(以下称S 为赔付价格)． (1)将乙方的年利润ω(元)表示为年产量t (吨)的函数，并求出乙方获得最大利润的年产量；(2)甲方每年受乙方生产影响的经济损失金额y ＝0.002t 2(元)，在乙方按照获得最大利润的产量进行生产的前提下，甲方要在索赔中获得最大净收入，应向乙方要求的赔付价格S是多少？三、知识扩展转化与化归思想的应用例已知函数f(x)＝(x＋1)ln x－x＋1.(1)若xf′(x)≤x2＋ax＋1，求a的取值范围；(2)证明：(x－1)f(x)≥0.【突破思维障碍】本小题主要考查函数、导数、不等式证明等知识，通过运用导数知识解决函数、不等式问题，考查了考生综合运用数学知识解决问题的能力以及计算能力，同时也考查了函数与方程思想、化归与转化思想．通过转化，本题实质还是利用单调性求最值问题．四、课堂小结1．求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要分类讨论参数的范围．若已知函数单调性求参数范围时，隐含恒成立思想．2．利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤：(1)分析实际问题中各变量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出相应的函数关系式y＝f(x)；(2)求函数的导数f′(x)，解方程f′(x)＝0；(3)比较函数的区间端点对应的函数值和极值，确定最值；(4)回到实际问题，作出解答．五、课堂练习一、选择题1．已知曲线C：y＝2x2－x3，点P(0，－4)，直线l过点P且与曲线C相切于点Q，则点Q的横坐标为() A．－1 B．1 C．－2 D．22．已知函数y＝f(x)，y＝g(x)的导函数的图象如图所示，那么y＝f(x)，y＝g(x)的图象可能是()3．设f ′(x )是函数f (x )的导函数，y ＝f ′(x )的图象如图所示，则y ＝f (x )的图象最有可能是( )4．函数f (x )＝－x 3＋x 2＋tx ＋t 在(－1,1)上是增函数，则t 的取值范围是 ( ) A ．t >5 B ．t <5 C ．t ≥5D ．t ≤55．若函数f (x )＝sin x x ，且0<x 1<x 2<1，设a ＝sin x 1x 1，b ＝sin x 2x 2，则a ，b 的大小关系是 ( )A ．a >bB ．a <bC ．a ＝bD ．a 、b 的大小不能确定二、填空题6．在直径为d 的圆木中，截取一个具有最大抗弯强度的长方体梁，则矩形面的长为________．(强度与bh 2成正比，其中h 为矩形的长，b 为矩形的宽)7．要建造一个长方体形状的仓库，其内部的高为3 m ，长和宽的和为20 m ，则仓库容积的最大值为________m 3. 8．若函数f (x )＝4xx 2＋1在区间(m,2m ＋1)上是单调递增函数，则实数m 的取值范围为________． 三、解答题9．已知函数f (x )＝12(1＋x )2－ln(1＋x )．(1)求f (x )的单调区间；(2)若x ∈[1e －1，e －1]时，f (x )<m 恒成立，求m 的取值范围．10．为了在夏季降温和冬季供暖时减少能源损耗，房屋的屋顶和外墙需要建造隔热层．某幢建筑物要建造可使用20年的隔热层，每厘米厚的隔热层建造成本为6万元．该建筑物每年的能源消耗费用C (单位：万元)与隔热层厚度x (单位：cm)满足关系：C (x )＝k3x ＋5 (0≤x ≤10)，若不建隔热层，每年能源消耗费用为8万元，设f (x )为隔热层建造费用与20年的能源消耗费用之和．(1)求k 的值及f (x )的表达式； (2)隔热层修建多厚时，总费用f (x )达到最小，并求最小值．11．设函数f (x )＝ln x ，g (x )＝ax ＋bx ，函数f (x )的图象与x 轴的交点也在函数g (x )的图象上，且在此点有公共切线．(1)求a 、b 的值；(2)对任意x >0，试比较f (x )与g (x )的大小．定积分及其简单的应用一、自主梳理1．定积分的几何意义：如果在区间[a ，b ]上函数f (x )连续且恒有f (x )≥0，那么函数f (x )在区间[a ，b ]上的定积分的几何意义是直线________________________所围成的曲边梯形的________． 2．定积分的性质 (1) ()ba kf x dx ⎰＝__________________ (k 为常数)；(2) ()()12ba f x f x dx ±⎡⎤⎣⎦⎰＝_____________________________________；(3)()baf x dx ⎰＝_______________________________________.3．微积分基本定理一般地，如果f (x )是区间[a ，b ]上的连续函数，并且F ′(x )＝f (x )，那么()()()baf x dx F a F b =-⎰，这个结论叫做________________________，为了方便，我们常把()()F a F b -记成___________________________，即()()()()bb a af x dx F x F a F b ==-⎰．4．定积分在几何中的应用(1)当x ∈[a ，b ]且f (x )>0时，由直线x ＝a ，x ＝b (a ≠b )，y ＝0和曲线y ＝f (x )围成的曲边梯形的面积S ＝__________. (2)当x ∈[a ，b ]且f (x )<0时，由直线x ＝a ，x ＝b (a ≠b )，y ＝0和曲线y ＝f (x )围成的曲边梯形的面积S ＝__________. (3)当x ∈[a ，b ]且f (x )>g (x )>0时，由直线x ＝a ，x ＝b (a ≠b )和曲线y ＝f (x )，y ＝g (x )围成的平面图形的面积S ＝______________________.(4)若f (x )是偶函数，则()()02aa a f x dx f x dx -=⎰⎰；若f (x )是奇函数，则()0aa f x dx -=⎰. 5．定积分在物理中的应用(1)匀变速运动的路程公式做变速直线运动的物体所经过的路程s ，等于其速度函数v ＝v (t )[v (t )≥0]在时间区间[a ，b ]上的定积分，即_____．(2)变力做功公式一物体在变力F (x )(单位：N)的作用下做直线运动，如果物体沿着与F 相同的方向从x ＝a 移动到x ＝b (a <b )(单位：m)，则力F 所做的功W ＝__________________________.6.自我检测1．计算定积分503xdx ⎰的值为 ( )A.752 B ．75 C.252 D ．252．定积分()12011x x dx ⎡⎤---⎢⎥⎣⎦⎰等于( )A.π－24 B.π2－1 C.π－14 D.π－123．如右图所示，阴影部分的面积是( )A ．2 3B ．2－ 3 C.323 D.3534．4210dx x =⎰等于 ( )A ．－2ln 2B ．2ln 2C ．－ln 2D ．ln 25．若由曲线y ＝x 2＋k 2与直线y ＝2kx 及y 轴所围成的平面图形的面积S ＝9，则k ＝________. 二、考点分析探究点一 求定积分的值例1 计算下列定积分：(1)2111()e x dx x x ++⎰； (2)20sin 2cos )x x dx π-⎰（；(3) ()02sin 32x x e dx π-+⎰； (4) 2201x dx -⎰；变式迁移1计算下列定积分：(1) 20sin xdx π⎰； (2) 20sin xdx π⎰.探究点二 求曲线围成的面积例2 计算由抛物线y ＝12x 2和y ＝3－(x －1)2所围成的平面图形的面积S .变式迁移2 计算曲线y ＝x 2－2x ＋3与直线y ＝x ＋3所围图形的面积．探究点三 定积分在物理中的应用例3 一辆汽车的速度－时间曲线如图所示，求此汽车在这1 min 内所行驶的路程．变式迁移3A、B两站相距7.2 km，一辆电车从A站开往B站，电车开出t s后到达途中C点，这一段速度为1.2t m/s，到C点时速度达24 m/s，从C点到B点前的D点以匀速行驶，从D点开始刹车，经t s后，速度为(24－1.2t)m/s，在B点恰好停车，试求：(1)A、C间的距离；(2)B、D间的距离；(3)电车从A站到B站所需的时间．四、知识扩展函数思想的应用例在区间[0,1]上给定曲线y＝x2.试在此区间内确定点t的值，使图中的阴影部分的面积S1与S2之和最小，并求最小值．【突破思维障碍】本题既不是直接求曲边梯形面积问题，也不是直接求函数的最小值问题，而是先利用定积分求出面积的和，然后利用导数的知识求面积和的最小值，难点在于把用导数求函数最小值的问题置于先求定积分的题境中，突出考查学生知识的迁移能力和导数的应用意识．四、课堂小结1．定积分()ba f x dx ⎰的几何意义就是表示由直线x ＝a ，x ＝b (a ≠b )，y ＝0和曲线y ＝f (x )围成的曲边梯形的面积；反过来，如果知道一个这样的曲边梯形的面积也就知道了相应定积分的值，如2204x dx π-=⎰ (半径为2的14个圆的面积)，22242x dx π--=⎰。

导数及其应用（1）一、基础训练：1．曲线(3ln 1)y x x =+在点()1,1处的切线方程为 430x y --= ． 2．已知)1(3)1()(23-'+'+=f x f x x x f ，则)1()1(-'+'f f 的值为 43- . 3．函数x e x x f )3()(-=的单调递增区间是 ),2(+∞ . 4．函数21ln 2y x x =-的单调递减区间为 ()0,1 . 5．函数32()31f x x x =-+在x = 2 处取得极小值.6．若0,0a b >>，且函数()32422f x x ax bx =--+在1x =处有极值，则a b += 6 ． 二、例题分析：例1．设函数32()2f x x a x b x a =+++，2()32gx x x =-+，其中x R ∈，,a b 为常数，已知曲线()y f x =与()y g x =在点()2,0处有相同的切线l ． 求,a b 的值，并写出切线l 的方程．解：因为()23g x x '=-，所以直线l 的斜率(2)1k g '==，所以切线l 的方程为：2y x =-.由(2)1281(2)8820f a b f a b a '=++=⎧⎨=+++=⎩，得25a b =-⎧⎨=⎩所以a 的值为-2，b 的值为5，切线l 的方程为2y x =-.例2．已知,a b 是实数，1和1-是函数32()f x x ax bx =++的两个极值点．（1）求a 和b 的值；（2）设函数()g x 的导函数()()2g x f x '=+，求()g x 的极值点．解：（1）因为()232f x x ax b '=++，所以()()13201320f a b f a b '=++=⎧⎪⎨'-=-+=⎪⎩，解得30a b =-⎧⎨=⎩经检验：3,0a b =-=符合题意.（2）由题意知：()()()233212g x x x x x '=-+=-+令()0g x '=，解得122,1x x =-='(),()f x f x 随x 的变化情况如下表:所以，()g x 的极小值点为2x =-，()g x 无极大值.例3．函数31()3f x x kx =-,其中实数k 为常数. (I) 当4k =时,求函数的单调区间；(II) 若曲线()y f x =与直线y k =只有一个交点,求实数k 的取值范围. 解:(I)因为2'()f x x k =-当4k =时,2'()4f x x =-,令2'()40f x x =-=,所以122,2x x ==-'(),()f x f x 随x 的变化情况如下表:所以()f x 的单调递增区间是(,2)-∞-,(2,)+∞ 单调递减区间是(2,2)- (II)令()()g x f x k =-,所以()g x 只有一个零点 ；因为2'()'()g x f x x k ==- 当0k =时,3()g x x =,所以()g x 只有一个零点0当0k <时,2'()0g x x k =->对R x ∈成立, 所以()g x 单调递增,所以()g x 只有一个零点当0k >时,令2'()'()0g x f x x k ==-=,解得1x =2x =所以'(),()g x g x 随x 的变化情况如下表:()g x 有且仅有一个零点等价于(0g <即2(03g k =<,解得904k << 综上所述,k 的取值范围是94k <备用题：已知函数()ln (1)f x m x m x =+- ()m ∈R .(Ⅰ)当2m =时,求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程； (Ⅱ)讨论()f x 的单调性；(III)若()f x 存在最大值M ,且0M >,求m 的取值范围. 解:(Ⅰ)当2m =时,()2ln f x x x =+.22()1x f x x x+'=+=. 所以(1)3f '=. 又(1)1f =, 所以曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程是13(1)y x -=-, 即320x y --=. (Ⅱ)函数()f x 的定义域为(0,)+∞, (1)()1m m x mf x m x x-+'=+-=. ①当0m ≤时,由0x >知()10mf x m x'=+-<恒成立, 此时()f x 在区间(0,)+∞上单调递减. ②当m ≥1时,由0x >知()10mf x m x'=+->恒成立, 此时()f x 在区间(0,)+∞上单调递增.③当01m <<时,由()0f x '>,得1m x m <-,由()0f x '<,得1mx m>-, 此时()f x 在区间(0,)1m m -内单调递增,在区间(,)1m m+∞-内单调递减.(III)由(Ⅱ)知函数()f x 的定义域为(0,)+∞,①当0m ≤或m ≥1时,()f x 在区间(0,)+∞上单调,此时函数()f x 无最大值.②当01m <<时,()f x 在区间(0,)1m m -内单调递增,在区间(,)1m m+∞-内单调递减, 所以当01m <<时函数()f x 有最大值. 最大值()ln 11m m M f m m m m==---. 因为0M >,所以有ln 01m m m m ->-,解之得e1e m >+. 所以m 的取值范围是e(,1)1e+.三、巩固练习：1．在平面直角坐标系xOy 中，点P 在曲线C ：3103y x x =-+上，且在第二象限内，已知曲线C 在点P 处的切线的斜率为2，则点P 的坐标为 ()2,15- .2．已知曲线()ln f x x =在点00(,())x f x 处的切线经过点(0,1)-,则0x 的值为 1 . 3．函数32()15336f x x x x =--+的单调减区间为 ()1,11- ．4．函数x x y ln =的单调减区间为 ⎪⎭⎫ ⎝⎛e 1,0 ．5．函数()3226f x x x m =-+(m 为常数)在[]2,2-上有最大值3，则此函数在[]2,2-上的最小值是 37- ．6．若函数()3231f x x a x =-+的图象与直线3y =只有一个公共点,则实数a 的取值范围是()1,1-．7．已知()3f x ax bx c =++在2x =处取得极值16c -．（1）求实数,a b 的值；（2）若()f x 有极大值28，求()f x 在[]3,3-上的最小值． 解：（1）()23f x ax b '=+；因为()f x 在2x =处取得极值16c -所以()()282212f a b c f a b=++⎧⎪⎨'=+⎪⎩，解得1,12a b ==-经检验：1,12a b ==-符合题意.（2）由（1）知： ()312f x x x c =-+，令()23120f x x '=-=，解得122,2x x =-='(),()f x f x 随x 的变化情况如下表:所以，()f x 的极大值为()282428f c -=-++=，所以12c =.所以()31212f x x x =-+，又()()321,24f f -==-，所以()min 4f x =-.8．已知函数1331(223+-+=x m mx x x f ），m ∈R . （Ⅰ）当1=m 时，求曲线)(x f y =在点))2(,2(f 处的切线方程； （Ⅱ）若)(x f 在区间(2,3)-上是减函数，求m 的取值范围. 解：（Ⅰ）当1=m 时，321()313f x x x x =+-+， 又2'()23f x x x =+-，所以'(2)5f =. 又5(2)3f =， 所以所求切线方程为 55(2)3y x -=-，即153250x y --=. 所以曲线)(x f y =在点))2(,2(f 处的切线方程为025315=--y x .（Ⅱ）因为2232('m mx x x f -+=）， 令'(0f x =），得3x m =-或x m =. ①当0m =时，2'(0f x x =≥）恒成立，不符合题意. ②当0m >时，()f x 的单调递减区间是(3,)m m -，若()f x 在区间(2,3)-上是减函数，则32,3.m m -≤-⎧⎨≥⎩解得3m ≥.③当0m <时，()f x 的单调递减区间是(,3)m m -，若()f x 在区间(2,3)-上是减函数，则2,3 3.m m ≤-⎧⎨-≥⎩，解得2m ≤-.综上所述，实数m 的取值范围是3m ≥或2m ≤-.9．已知函数2()()(0)x f x ax bx c e a =++>的导函数'()y f x =的两个零点为3-和0.（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）若()f x 的极小值为1-，求()f x 的极大值.解：（Ⅰ）22()(2)()[(2)]x x x f x ax b e ax bx c e ax a b x b c e '=++++=++++．令2()(2)g x ax a b x b c =++++， ∵0xe >，∴'()y f x =的零点就是2()(2)g x ax a b x b c =++++的零点，且()f x '与()g x 符号相同．又∵0a >，∴当3,0x x <->或时，()g x >0,即()0f x '>，当30x -<<时，()g x <0,即()0f x '<， ∴()f x 的单调增区间是（-∞，-3），（0，+∞），单调减区间是（-3，0）．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，x =0是()f x 的极小值点，所以有1,0,93(2)0,c b c a a b b c =-⎧⎪+=⎨⎪-+++=⎩解得1,1,1a b c ===-．所以函数的解析式为2()(1)xf x x x e =+-．又由（Ⅰ）知，()f x 的单调增区间是（-∞，-3）,（0，+∞），单调减区间是（-3，0）. 所以，函数()f x 的极大值为335(3)(931)f e e --=--=．10．已知函数211()ln (,0)22f x x a x a a =--∈≠R . (Ⅰ)当2a =时,求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程； (Ⅱ)求函数()f x 的单调区间；(Ⅲ)若对任意的[1,)x ∈+∞,都有()0f x ≥成立,求a 的取值范围.(Ⅰ)2a =时,211()2ln ,(1)022f x x x f =--= 2'(),'(1)1f x x f x=-=-曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程10x y +-=(Ⅱ)2'()(0)a x af x x x x x-=-=>①当0a <时, 2'()0x af x x-=>恒成立,函数()f x 的递增区间为()0,+∞②当0a >时,令'()0f x =,解得x =x =所以函数()f x 的递增区间为+∞,递减区间为(Ⅲ)对任意的[1,)x ∈+∞,使()0f x ≥成立,只需任意的[1,)x ∈+∞,min ()0f x ≥①当0a <时,()f x 在∞[1,+)上是增函数, 所以只需(1)0f ≥ ，而11(1)ln1022f a =--= ，所以0a <满足题意；②当01a <≤时,01<≤,()f x 在∞[1,+)上是增函数,所以只需(1)0f ≥ 而11(1)ln1022f a =--= ，所以01a <≤满足题意；③当1a >时1>,()f x 在上是减函数,∞)上是增函数,所以只需0f ≥即可， 而(1)0f f <= ，从而1a >不满足题意； 综合①②③实数a 的取值范围为(,0)(0,1]-∞ ．。

《导数的综合应用—方程的根问题》考查内容：主要涉及到利用导数解决方程的根（或函数零点）问题 注意：复杂的复合函数求导一般为理科内容一．选择题(在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1．已知函数()x f x e x a =--，若函数()y f x =有零点，则实数a 的取值范围是（ ） A ．(1,)+∞B ．[1,)+∞C ．(,1)-∞D ．(,1]-∞2．若关于x 的方程ln 0kx x -=有两个实数根，则实数k 的取值范围是（ ） A ．(,)e -∞B ．1,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭C ．10,e ⎛⎫⎪⎝⎭D ．(0,)e3．若函数3269y x x x =-+的图象与直线y a =有3个不同的交点，则实数a 的取值范围是（ ） A ．(),0-∞B ．()0,4C ．()4,+∞D ．()1,34．若关于x 的方程0x e ax a +-=有实数根，则实数a 的取值范围是（ ） A ．(2,0e ⎤-⎦ B ．)20,e⎡⎣C ．(],0e -D ．2,](0,)e -∞-⋃+∞（5．若关于x 的方程有三个不同的实数解，则实数a 的取值范围为（ ） A ．B ．C ．D ．6．已知函数()x xf x e=，关于x 的方程1()()f x m f x -=有三个不等实根，则实数m 的取值范围是（ ） A ．1(,)e e-+∞B ．1(,)e e-+∞C ．1(,)e e-∞-D ．1(,)e e-∞-7．已知函数()21,1ln ,1x x f x x x x⎧-<⎪=⎨≥⎪⎩，若关于x 的方程()()()21220+--=⎡⎤⎣⎦f x m f x m 有4个不同的实数解，则实数m 的取值范围是（ ）A ．11,3e ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．11,32⎛⎫⎪⎝⎭e C ．10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．10,2e ⎛⎫ ⎪⎝⎭8．若函数()32ln f x x x x x ax =-+-有两个不同的零点，则实数a 的取值范围是（ ） A ．()0,∞+B ．(]0,1C ．[)1,0-D ．(),0-∞9．已知()2,0,0x x x f x e x ⎧≤=⎨>⎩，若()2f x a =⎡⎤⎣⎦恰有两个根12,x x ，则12x x +的取值范围是（ ） A ．(1,)-+∞ B ．(,22ln 2)-∞-C ．(1,2ln 22)--D ．(),2ln 22-∞-10．已知函数()3ln f x x x =-与()3g x x ax =-的图像上存在关于x 轴的对称点,则实数a 的取值范围为( ) A ．()e -∞，B ．1e ⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦，C ．(]e -∞， D ．1e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭，11．方程2ln ln 10x x m x x ⎛⎫-⋅-= ⎪⎝⎭有三个不同的解，则m 的取值范围是（ ） A ．1,e e⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭B ．1,e e⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭C ．1,e e ⎛⎫++∞ ⎪⎝⎭D ．1,e e⎛⎫-∞-- ⎪⎝⎭12．已知函数21()(,f x x ax x e e e=-≤≤为自然对数的底数）与()x g x e =的图像上存在关于直线y x =对称的点，则实数a 的取值范围是（ ） A ．1[1,]e e+ B ．1[1,]e e-C ．11[,]e e e e-+D ．1[,]e e e-二．填空题13．关于x 的方程3230x x a --=只有一个实数解，则实数a 的取值范围是___ 14．已知关于x 的方程20--=x e x k 有2个不相等的实数根，则k 的取值范围是___15．若函数2()2ln f x x a x =-++在21,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有两个不同的零点，则实数a 的取值范围为_____.16．已知函数()ln ,012,0x x x f x x x x >⎧⎪=⎨++<⎪⎩，若方程()()22104f x af x e ++=⎡⎤⎣⎦有八个不等的实数根，则实数a 的取值范围是_____．三．解答题(解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17．设函数329()62f x x x x a =-+-. （1）对于任意实数x ，()f x m '≥恒成立，求m 的最大值； （2）若方程()0f x =有且仅有一个实根，求a 的取值范围.18．已知函数32()23 3.f x x x =-+（1）求曲线()y f x =在点2x =处的切线方程；（2）若关于x 的方程()0f x m +=有三个不同的实根，求实数m 的取值范围.19．已知函数(),()2ln .mf x mxg x x x=-= （1）当m =2时，求曲线()y f x =在点（1，f (1)）处的切线方程； （2）当m =1时，求证：方程()()f x g x =有且仅有一个实数根；（3）若(1,]x e ∈时，不等式()()2f x g x -<恒成立，求实数m 的取值范围.20．已知函数()ln 1xf x ae x =--，a R ∈（1）当1a =时，求曲线()f x 在点()()1,1f 处的切线方程； （2）若函数()f x 在1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有两个零点，求实数a 的取值范围21．已知函数()()22ln f x x a x a x =-++.（1）当2a <且0a ≠时，求函数()f x 的单调区间；（2）若4a =，关于x 的方程()0f x m -=有三个不同的实根，求m 的取值范围.22．已知函数2()ln 23f x x x =-+，()()4ln (0)g x f x x a x a '=++≠. （1）求函数()f x 的单调区间；（2）若关于x 的方程()g x a =有实数根，求实数a 的取值范围.《导数的综合应用—方程的根问题》解析1.【解析】函数()y f x =有零点等价于方程x e x a -=有解，令()xg x e x =-，()1x g x e '=-，当0x >时，()0g x '>，函数()g x 单调递增；当0x <时，()0g x '<,函数()g x 单调递减，又(0)1g =，所以1a ≥.故选B2.【解析】由题意得ln x k x =，设ln ()xf x x=，21ln ()x f x x -'=. 当0x e <<时，()0f x '>，()f x 为增函数； 当x e >时，()0f x '<，()f x 为减函数,且()0f x >. 所以()f x 有最大值1()f e e=，简图如下，由图可知，1k e<<0时符合题意.故选：C. 3.【解析】函数()3269f x x x x =-+的导数为：()23129f x x x '=-+，()0f x '>解得3x >或1x <，函数递增；()0f x '<解得13x <<，函数递减；即()1f 取得极大值4，()3f 取得极小值0；作出()f x 的图像，作出直线y a =， 由图像可得当04a <<时，直线与()f x 的图像有3个不同的交点.故选：B 4.【解析】0(1)xxe ax a e a x +-=⇒=--，当1x =时，0x e =无实数解，不符合题意，故1x ≠.于是有1xe a x =--，令()1x ef x x =--，显然当1x >时，()0f x <；当1x <时，()0f x >.'2(2)()(1)x e x f x x -=--，当2x >时，'()0f x <，函数()f x 单调递减，当1,12x x <<<时，'()0f x >，函数()f x 单调递增，因此当1x >时，2max ()(2)f x f e ==-，函数()f x 的图象一致如下图所示：因此要想0x e ax a +-=有实数根，只需方程组：1x e y x y a ⎧=-⎪-⎨⎪=⎩有交点，如上图，则有实数a 的取值范围是(2,(0,)e ⎤-∞-⋃+∞⎦.故选：D5.【解析】对函数求导，2()330f x x -'==，∴1x =±，当1x <-时，()f x 单调递增，当11x -<<时，函数()f x 单调递减，当1x >时，函数()f x 单调递增，要有三个不等实根，则(1)130f a -=-+->，且(1)130f a =--<，解得22a -<<． 6.【解析】()1'x xf x e-=， 当1x <时，()'0f x >，()f x 在()0,e 上为增函数； 当1x >时，()'0f x <，()f x 在(),e +∞上为减函数； 所以()f x 的图像如图所示又0x >时，()0f x >，又()f x 的值域为1,e⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦，所以当0t ≤或1t e=时，方程()t f x =有一个解， 当10t e <<时，方程()t f x =有两个不同的解， 所以方程1t m t-=即210t mt --=有两个不同的解()12110,,,0t t e e ⎛⎫⎧⎫∈∈-∞⋃⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭，令()21g t t mt =--，故()0010g g e ⎧<⎪⎨⎛⎫> ⎪⎪⎝⎭⎩，解得1m e e <-，故选：D 7.【解析】令()()()21220+--=⎡⎤⎣⎦f x m f x m ，即()()210f x m f x -⋅+=⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦，得()2f x m =或()1f x =-，则直线2y m =和直线1y =-与函数()y f x =的图象共有4个交点. 当1x ≥时，()ln x f x x =，()21ln x f x x-'=，令()0f x '=，得x e =. 当1x e ≤<时，()0f x '>，此时函数()y f x =单调递增； 当x e >时，()0f x '<，此时函数()y f x =单调递减. 函数()y f x =的极大值为()1f e e =，且当1x >时，()ln 0x f x x=>，如下图所示：由于关于x 的方程()()()21220+--=⎡⎤⎣⎦f x m f x m 有4个不同的实数解， 由图象可知，直线1y =-与函数()y f x =的图象只有一个交点， 所以，直线2y m =与函数()y f x =的图象有3个交点，所以102m e<<，解得102m e <<.因此，实数m 的取值范围是10,2e ⎛⎫ ⎪⎝⎭.故选：D. 8.【解析】由题意，函数的定义域为{}0x x >，又由()32ln 0f x x x x x ax =-+-=，得2ln a x x x =-+，则等价为方程2ln a x x x =-+，在()0,∞+上有两个不同的根，设()2ln h x x x x =-+，()212121x x h x x x x-++'=-+=，由()0h x '>得2210x x -++>得2210x x --<，得112x -<<， 此时01x <<，函数()h x 为增函数，()0h x '<得2210x x -++<得2210x x -->，得21x <-或1x >，此时1x >，函数()h x 为减函数，即当1x =时，函数()h x 取得极大值，极大值为()1ln1110h =-+=，要使2ln a x x x =-+，有两个根，则0a <即可，故实数a 的取值范围是(),0-∞， 故选D ．9.【解析】当0x ≤时，20x ≥；当0x >时，e 1x >，()f x ∴值域为[)0,+∞，()2f x a ∴=⎡⎤⎣⎦等价于()f x =()y f x =与y =在平面直角坐标下中作出()f x 图象如下图所示：1>，即1a >，120x x <<，21x ∴=2x e =()1t t =>，1x ∴=2ln x t =，12ln x x t ∴+=令())ln 1g t t t =>，则()122g t t t'==， ∴当()1,4t ∈时，()0g t '>；当()4t ,∈+∞时，()0g t '<，()g t ∴在()1,4上单调递增，在()4,+∞上单调递减，()()42ln 22g t g ∴≤=-，即()12,2ln 22x x +∈-∞-.故选：D .10.【解析】函数f （x ）＝lnx ﹣x 3与g （x ）＝x 3﹣ax 的图象上存在关于x 轴的对称点， ∴f （x ）＝﹣g （x ）有解，∴lnx ﹣x 3＝﹣x 3+ax ，∴lnx ＝ax ，即lnx a x =在（0，+∞）有解，令()lnx h x x =，则()1'lnxh x x-=. 当()()()0,,0x e h x h x '∈>，单调递增；()(),0,x e h x +∞'∈<， ()h x 单调递减.()()1max h x h e e ==，且()0,x h x →→-∞，所以1a e ≤.故选B.11.【解析】令ln x t x =，2ln 1ln ,x xy y x x -'==，当()0,0f x x e '><<，当()0,f x x e '<>， ()f x 递增区间是(0,)e ，递减区间是(,)e +∞，,()x e f x =取得极大值为1e，也为最大值，0,(),,()0x f x x f x →→-∞→+∞→，1,()0x f x >>，当0t ≤或1t e =时，方程ln x t x =有一个解， 当10t e <<时，方程ln xt x =有两个解，当1t e >时，方程ln x t x=没有实数解，方程2ln ln 10x x m x x ⎛⎫-⋅-= ⎪⎝⎭有三个不同的解， 则210t mt --=要有两个实数解，设为12,t t ，121t t =-，必有一个根小于0，只需另一根在1(0,)e，设2211()1,(0)1,()10m g t t mt g g e e e=--=-∴=-->，解得1m e e<-.故选:B.12.【解析】设()f x 的图像上与()g x 的图像上关于y x =对称的点为(),x m ，故2mm x ax x e⎧=-⎨=⎩，消去m 得到2x ax x e -=，两边取对数有：2ln x x ax =-， 因为1x e e ≤≤，故2ln x x a x -=，令()2ln x x h x x-=，1x e e ≤≤，则()22ln 1x x h x x+-'=，1x e e ≤≤.令()2ln 1s x x x =+-. 因为()s x 为1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的增函数，且当1x =时，()10s =,故当1,1x e ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，()0s x <，当(]1,x e ∈时，()0s x >；所以当1,1x e ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，()0h x '<，()h x 为减函数； 当(]1,x e ∈时，()0h x '>，()h x 为增函数； 因为()11h =，()111,h e e h e ee e ⎛⎫=-=+⎪⎝⎭， 所以()h x 的值域为11,e e ⎡⎤+⎢⎥⎣⎦，故11,a e e ⎡⎤∈+⎢⎥⎣⎦.故选:A.13.【解析】令()323f x x x a =--，则()236f x x x '=-由()0f x '>得2x >或0x <，由()0f x '<得02x <<所以()f x 在(),0-∞和()2,+∞上单调递增，在()0,2上单调递减 所以()f x 的极大值为()0f a =-，极小值为()24f a =-- 由方程3230x x a --=只有一个实数解可得函数()f x 只有一个零点 所以()00f <或()20f >，解得0a >或4a故答案为：()(),40,-∞-⋃+∞14.【解析】由题意，关于x 的方程20--=x e x k 有2个不相等的实数根， 即函数y k =与函数2xy e x =-的图象有两个不同的交点，设()2x f x e x =-，则()2x f x e '=-，令()20xf x e '=-=，解得ln 2x =，所以函数的减区间为(,ln 2)-∞，增区间为(ln 2,)+∞，所以函数()f x 的最小值为(ln 2)22ln 2f =-，且当x →-∞时，()f x →+∞，当x →∞时，()f x →+∞， 要使得2x e x k -=有2个不相等的实数根，所以22ln2k >-． 即实数k 的取值范围是(22ln 2,)-+∞. 15.【解析】令()0f x =可得22ln a x x =-，令2()2ln g x x x =-，则2222()2x g x x x x-'=-=，因为当211x e 时，()0g x '，当1x e <时，()0g x '>，所以()g x 在21,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，在(1,]e 上单调递增，所以当1x =时()g x 取得最小值(1)1g =， 又224114,()2g g e e e e ⎛⎫=+=-⎪⎝⎭，所以21()g g e e ⎛⎫< ⎪⎝⎭， 因为()ag x 在21,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有两个解，所以4114a e <+.16.【解析】当0x >时()'1ln f x x ，=+令()'1ln =0f x x =+，得1=x e ，可知函数()f x 在10e ，⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，所以()min 11=f x f e e ⎛⎫=- ⎪⎝⎭；当0x <时，()12f x x x=++，可知函数()f x 在(),1-∞-上单调递增，在()1,0-上单调递减，所以()()max =10f x f -=；由此作出函数()0120xlnx x f x x x x >⎧⎪=⎨++<⎪⎩，，的草图，如下图：有图像可知当()10f x e ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，时，有四个不同的x 与f （x ）对应，令()t f x =，又方程()()22104f x af x e ⎡⎤++=⎣⎦有八个不等的实数根，所以22104t at e ++=在10e ⎛⎫- ⎪⎝⎭，内有两个不等的实数根12,t t ，令()2214g t t at e =++，可得()222221114102101004a g e e e e ae a e g e ⎧⎛⎫-=++> ⎪⎪⎝⎭⎪⎪-<-<⎪⎪⎨⎪∆=->⎪⎪⎪=>⎪⎩，得154a e e <<. 故答案为15,4e e ⎛⎫ ⎪⎝⎭17.【解析】（1）由题意2()3963(1)(2)f x x x x x '=-+=--，因为(,)x ∈-∞+∞，()f x m '≥，即239(6)0x x m -+-≥恒成立，所以8112(6)0m ∆=--≤，可得34m ≤-， 所以m 的最大值为34-； （2）因为当1x <或2x >时，()0f x '>，函数()f x 单调递增； 当12x <<时，()0f x '<，函数()f x 单调递减； 所以当1x =时，()f x 取极大值5(1)2f a =-； 当2x =时，()f x 取极小值(2)2f a =-；所以当(2)0f >或(1)0f <时，方程()0f x =仅有一个实根. 所以20a ->或502a -<即2a <或52a >， 故a 的取值范围为()5,2,2⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭. 18.【解析】（1）当x ＝2时，f （2）＝7，故切点坐标为（2，7）， 又∵f ′（x ）＝6x 2﹣6x ．∴f ′（2）＝12，即切线的斜率k ＝12， 故曲线y ＝f （x ）在点（2，f （2））处的切线方程为y ﹣7＝12（x ﹣2）， 即12x ﹣y ﹣17＝0，（2）令f ′（x ）＝6x 2﹣6x ＝0，解得x ＝0或x ＝1 当x ＜0，或x ＞1时，f ′（x ）＞0，此时函数为增函数， 当0＜x ＜1时，f ′（x ）＜0，此时函数为减函数，故当x ＝0时，函数f （x ）取极大值3， 当x ＝1时，函数f （x ）取极小值2，若关于x 的方程f （x ）+m ＝0有三个不同的实根，则2＜﹣m ＜3，即﹣3＜m ＜﹣2 故实数m 的取值范围为（﹣3，﹣2） 19.【解析】（1）m =2时，322()2,'()2,'(1)4,f x x f x f x x=-=+= 切点坐标为（1，0），∴切线方程为44440y x x y =-⇒--=； （2）m =1时，令1()()()2ln h x f x g x x x x=-=--, 则22212(1)'()10x h x x x x-=+-=≥，∴()h x 在（0，+∞）上是增函数 又211().()(2)0,()h e h e h x e e=--+<∴在1(,)e e上有且只有一个零点 ∴方程()()f x g x =有且仅有一个实数根； （或说明(1)0h =也可以） （3）由题意知，2ln 2mmx x x--<恒成立， 即2(1)22ln m x x x x -<+恒成立，`210x ->则当(1,]x e ∈时，222ln 1x x xm x +<-恒成立， 令222ln ()1x x x G x x +=-，当(1,]x e ∈时，()()22221ln 4()01x x G x x'-+⋅-=<- 则()G x 在(1,]x e ∈时递减，∴()G x 在(1,]x e ∈时的最小值为24()1eG e e =-， 则m 的取值范围是24,1e e ⎛⎫-∞ ⎪-⎝⎭. 20.【解析】（1）当1a =时，()ln 1xf x e x =--，()1xf x e x'=-，()11f e =-，()11f e '=-．切线方程为()()()111y e e x --=--，化简得()e 1y x =-．曲线()f x 在点()()1,1f 处的切线方程为()e 1y x =-．（2）()ln 1xf x ae x =--，定义域为()0,∞+，函数()f x 在1,e e⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有两个零点，即方程ln 10x ae x --=在1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有两个正根，即y a =与()ln 1x x g x e +=的图象在1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有两个交点，()1ln 1xx x g x e --'=，令()1ln 1x x x ϕ=--，()2110x x xϕ'=--<， 所以()x ϕ在1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，且()10ϕ=．所以当1,1x e ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，中()0x ϕ>，即()0g x '>，()g x 单调递增； 当(]1,x e ∈时，()0x ϕ<，即()0g x '<，()g x 单调递减． 所以()()max 11g x g e ==．又知10g e ⎛⎫= ⎪⎝⎭，()2e g e e=．结合y a =与()ln 1x x g x e +=图象可知，若有两个交点只需21e a e e≤<．综上可知满足题意的a 范围为21,ee e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭． 21.【解析】（1）函数()()22ln f x x a x a x =-++的定义域是()0,∞+，()()()()22122222a x x x a x a a f x x a x x x⎛⎫-- ⎪-++⎝⎭'=-++==. ①当0a <时，()0f x '<在(0,1)上恒成立，()0f x '>在()1,+∞上恒成立，()f x 的增区间为[)1,+∞，()f x 的减区间为(]0,1.②当02a <<时，012a<<， ()0f x '>在0,2a ⎛⎫⎪⎝⎭和(1,)+∞上恒成立，()0f x '<在,12a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上恒成立.∴02a <<时，()f x 的增区间为0,2a ⎛⎤ ⎥⎝⎦和[)1,+∞，()f x 的减区间为,12a ⎡⎤⎢⎥⎣⎦.综上所述，当0a <时()f x 的单调递增区间为[)1,+∞，单调递减区间为(]0,1； 当02a <<时，()f x 的单调递增区间为0,2a ⎛⎤ ⎥⎝⎦和[)1,+∞，单调递减区间为,12a ⎡⎤⎢⎥⎣⎦.（2）若4a =，()264ln f x x x x =-+，关于x 的方程()0f x m -=有三个不同的实根，等价于()y f x =的图象与直线y m =有三个交点.()()()2221426426x x x x f x x x x x---+'=-+==， ()0f x '>，由()0f x '>解得01x <<或2x <,由()0f x '<，解得12x <<.∴在(]0,1上()f x 单调递增，在[]1,2上()f x 单调递减，在[)2,+∞上()f x 单调递增，∴()24ln 28f =-，()15f =-，又∵当x 趋近于+∞时()f x 趋近于+∞， 当x 在定义域()0,∞+内趋近于0时，lnx 趋近于-∞，∴()f x 趋近于-∞， ∴()y f x =的图象与直线y m =有三个交点时m 的取值范围是()4ln 28,5--.22.【解析】（1）依题意，得()()()21212114'4x x x f x x x x x +--=-==，()0,x ∈+∞.令()'0f x >，即120x ->，解得102x <<；令()'0f x <，即120x -<，解得12x >，故函数()f x 的单调递增区间为10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭，单调递减区间为1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭. （2）由题得，()()'4g x f x x alnx =++ 1alnx x=+. 依题意，方程10alnx a x +-=有实数根，即函数()1h x alnx a x =+-存在零点， 又()2211'a ax h x x x x -=-+=，令()'0h x =，得1x a=. 当0a <时，()'0h x <，即函数()h x 在区间()0,+∞上单调递减，而()110h a =->，1111111a a h e a a a e --⎛⎫⎛⎫=+-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 1111110ae e -=-<-<， 所以函数()h x 存在零点；当0a >时，()'h x ，()h x 随x 的变化情况如表：所以11h a aln a alna a a ⎛⎫=+-=-⎪⎝⎭为函数()h x 的极小值，也是最小值. 当10h a ⎛⎫> ⎪⎝⎭，即01a <<时，函数()h x 没有零点； 当10h a ⎛⎫≤⎪⎝⎭，即1a ≥时，注意到()110h a =-≤，()110h e a a e e =+-=>， 所以函数()h x 存在零点.综上所述，当()[),01,a ∈-∞⋃+∞时，方程()g x a =有实数根.。

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

∵函数f (x )在区间(－∞，0)和(0，＋∞)上均单调，∴当b >1时曲线y ＝f (x )与直线y ＝b 有且仅有两个不同交点． 综上可知，b 的取值范围是(1，＋∞)． [巩固] 已知函数f (x )＝x 3－3ax －1，a ≠0.（1）求f (x )的单调区间；（2）若f (x )在x ＝－1处取得极值，直线y ＝m 与y ＝f (x )的图象有三个不同的交点，求m 的取值范围． 解 (1)f ′(x )＝3x 2－3a ＝3(x 2－a )， 当a <0时，对x ∈R ，有f ′(x )>0，∴当a <0时，f (x )的单调增区间为(－∞，＋∞)． 当a >0时，由f ′(x )>0， 解得x <－a 或x >a .由f ′(x )<0，解得－a <x <a ，∴当a >0时，f (x )的单调增区间为(－∞，－a )，(a ，＋∞)，单调减区间为(－a ，a )． (2)∵f (x )在x ＝－1处取得极值， ∴f ′(－1)＝3×(－1)2－3a ＝0， ∴a ＝1.∴f (x )＝x 3－3x －1， f ′(x )＝3x 2－3，由f ′(x )＝0，解得x 1＝－1，x 2＝1.由(1)中f (x )的单调性可知，f (x )在x ＝－1处取得极大值f (－1)＝1， 在x ＝1处取得极小值f (1)＝－3.∵直线y ＝m 与函数y ＝f (x )的图象有三个不同的交点，结合如图所示f (x )的图象可知： 实数m 的取值范围是(－3,1)．题型三：生活中的优化问题[例] 某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y (单位：千克)与销售价格x (单位：元/千克)满足关系式 y ＝a x －3＋10(x －6)2，其中3<x <6，a 为常数．已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克． （1）求a 的值；（2）若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x 的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大． 思维点拨 (1)由x ＝5时y ＝11求a ；(2)建立商场每日销售该商品所获利润和售价x 的函数关系，利用导数求最值． 解 (1)因为x ＝5时，y ＝11，所以a2＋10＝11，a ＝2.(2)由(1)可知，该商品每日的销售量为 y ＝2x －3＋10(x －6)2. 所以商场每日销售该商品所获得的利润为 f (x )＝(x －3)[2x －3＋10(x －6)2]＝2＋10(x－3)(x－6)2,3<x<6.从而，f′(x)＝10[(x－6)2＋2(x－3)(x－6)]＝30(x－4)(x－6)．于是，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x (3,4)4(4,6)f′(x)＋0－f(x)单调递增极大值42单调递减由上表可得，x＝4时，函数f(x)在区间(3,6)内取得极大值，也是最大值．所以，当x＝4时，函数f(x)取得最大值，且最大值等于42.答当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大．[巩固] 请你设计一个包装盒，如图所示，ABCD是边长为60 cm的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得A，B，C，D四个点重合于图中的点P，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒，E，F在AB上，是被切去的一个等腰直角三角形斜边的两个端点，设AE＝FB＝x(cm)．（1）某广告商要求包装盒的侧面积S(cm2)最大，试问x取何值？（2）某厂商要求包装盒的容积V(cm3)最大，试问x应取何值？并求出此时包装盒的高与底面边长的比值．解设包装盒的高为h cm，底面边长为a cm.由已知得a＝2x，h＝60－2x2＝2(30－x)，0<x<30.(1)S＝4ah＝8x(30－x)＝－8(x－15)2＋1 800，所以当x＝15时，S取得最大值．(2)V＝a2h＝22(－x3＋30x2)，V′＝62x(20－x)．由V′＝0，得x＝0(舍)或x＝20.当x∈(0,20)时，V′>0；当x∈(20,30)时，V′<0.所以当x＝20时，V取得极大值，也是最大值．此时ha＝12.即包装盒的高与底面边长的比值为12.1．(2014·课标全国Ⅱ)若函数f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)单调递增，则k的取值范围是___________.答案[1，＋∞)解析由于f′(x)＝k－1x，f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)单调递增⇔f′(x)＝k－1x≥0在(1，＋∞)上恒成立．由于k≥1x，而0<1x<1，所以k≥1.即k的取值范围为[1，＋∞)．夯实基础训练。

高考数学导数的综合应用问题解答题专题练习一、归类解析题型一：证明不等式【解题指导】(1)证明f (x )>g (x )的一般方法是证明h (x )＝f (x )－g (x )>0(利用单调性)，特殊情况是证明f (x )min >g (x )max (最值方法)，但后一种方法不具备普遍性．(2)证明二元不等式的基本思想是化为一元不等式，一种方法为变换不等式使两个变元成为一个整体，另一种方法为转化后利用函数的单调性，如不等式f (x 1)＋g (x 1)<f (x 2)＋g (x 2)对x 1<x 2恒成立，即等价于函数h (x )＝f (x )＋g (x )为增函数．【例】 已知函数f (x )＝1－x －1e x ，g (x )＝x －ln x . (1)证明：g (x )≥1；(2)证明：(x －ln x )f (x )>1－1e 2. 【变式训练】已知函数f (x )＝x ln x －e x ＋1.(1)求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)证明：f (x )<sin x 在(0，＋∞)上恒成立．题型二：不等式恒成立或有解问题【解题指导】利用导数解决不等式的恒成立问题的策略(1)首先要构造函数，利用导数求出最值，求出参数的取值范围．(2)也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．【例 】已知函数f (x )＝1＋ln x x. (1)若函数f (x )在区间)21,( a a 上存在极值，求正实数a 的取值范围；(2)如果当x ≥1时，不等式f (x )≥k x ＋1恒成立，求实数k 的取值范围． 【变式训练】已知函数f (x )＝e x －1－x －ax 2.(1)当a ＝0时，求证：f (x )≥0；(2)当x ≥0时，若不等式f (x )≥0恒成立，求实数a 的取值范围． 题型三：求函数零点个数【解题指导】(1)可以通过构造函数，将两曲线的交点问题转化为函数零点问题．(2)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，并借助函数的大致图象判断方程根的情况．【例】已知函数f (x )＝2a 2ln x －x 2(a >0)．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)讨论函数f (x )在区间(1，e 2)上零点的个数(e 为自然对数的底数)．【变式训练】设函数f (x )＝ln x ＋m x，m ∈R . (1)当m ＝e(e 为自然对数的底数)时，求f (x )的极小值；(2)讨论函数g (x )＝f ′(x )－x 3的零点的个数． 题型四：根据函数零点情况求参数范围【解题指导】函数的零点个数可转化为函数图象的交点个数，确定参数范围时要根据函数的性质画出大致图象，充分利用导数工具和数形结合思想．【例】 已知函数f (x )＝1x－x ＋a ln x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )存在两个极值点x 1，x 2，证明：f x 1－f x 2x 1－x 2<a －2. 【变式训练】【例】已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3(a 为实数)，若方程g (x )＝2f (x )在区间],1[e e上有两个不等实根，求实数a 的取值范围． 二、专题突破训练1．已知函数f (x )＝ln x ＋x ，g (x )＝x ·e x －1，求证f (x )≤g (x )．2．已知函数f (x )＝ax 2＋bx ＋x ln x 的图象在(1，f (1))处的切线方程为3x －y －2＝0.(1)求实数a ，b 的值；(2)设g (x )＝x 2－x ，若k ∈Z ，且k (x －2)<f (x )－g (x )对任意的x >2恒成立，求k 的最大值．3．已知函数f (x )＝ax －e x (a ∈R )，g (x )＝ln x x. (1)求函数f (x )的单调区间；(2)∃x ∈(0，＋∞)，使不等式f (x )≤g (x )－e x 成立，求a 的取值范围．4．设函数f (x )＝ax 2－x ln x －(2a －1)x ＋a －1(a ∈R )．若对任意的x ∈[1，＋∞)，f (x )≥0恒成立，求实数a 的取值范围．5．已知函数f (x )＝ln x －ax ＋1－a x －1(a ∈R )．设g (x )＝x 2－2bx ＋4，当a ＝14时，若∀x 1∈(0,2)，总存在x 2∈[1,2]，使f (x 1)≥g (x 2)，求实数b 的取值范围．6．已知函数f (x )为偶函数，当x ≥0时，f (x )＝2e x ，若存在实数m ，对任意的x ∈[1，k ](k >1)，都有f (x ＋m )≤2e x ，求整数k 的最小值．7．已知函数f (x )＝a ＋x ·ln x (a ∈R )，试求f (x )的零点个数．8．已知f (x )＝1x ＋e x e －3，F (x )＝ln x ＋e x e－3x ＋2. (1)判断f (x )在(0，＋∞)上的单调性；(2)判断函数F (x )在(0，＋∞)上零点的个数．9．已知函数f (x )＝ax 2(a ∈R )，g (x )＝2ln x ，且方程f (x )＝g (x )在区间[2，e]上有两个不相等的解，求a 的取值范围．10．已知函数f (x )＝－x 2＋2e x ＋m －1，g (x )＝x ＋e 2x(x >0)． (1)若g (x )＝m 有零点，求m 的取值范围；(2)确定m 的取值范围，使得g (x )－f (x )＝0有两个相异实根．11．已知函数f (x )＝(x －2)e x ＋a (x －1)2有两个零点．(1)求a 的取值范围；(2)设x 1，x 2是f (x )的两个零点，证明：x 1＋x 2<2.12．已知函数f (x )＝(3－a )x －2ln x ＋a －3在)41,0(上无零点，求实数a 的取值范围．。

《导数的综合应用—证明不等式》考查内容：主要涉及利用导数证明不等式 注意：涉及到复合函数求导问题一般为理科内容一．选择题(在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1．已知1201x x ，则（ ）A ．1221ln ln x x x x > B ．1221ln ln x x x x < C ．2112ln ln x x x x > D ．2112ln ln x x x x <2．当时，有不等式 （ ）A ．1x e x <+B ．1x e x >+C ．当0x >时1x e x <+，当0x <时1x e x >+D ．当0x <时1x e x <+，当0x >时1x e x >+3．已知非零实数a ，x ，y 满足2211log log 0a a x y ++<<，则下列关系式恒成立的是（ ）A ．221111x y <++ B ．y x x y x y+>+ C ．1111xya a ⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭D ．x y y x >4．已知函数()=ln 1f x x ax +-有两个零点12,x x ，且12x x <，则下列结论错误的是（ ） A ．01a << B ．122x x a +<C ．121x x ⋅>D ．2111x x a->-5．已知01a b <<<，则下列不等式一定成立的是（ ）A ．ln ln a b a b> B ．ln 1ln ab < C ．ln ln a a b b < D ．a b a b > 6．当01x <<时，()ln xf x x=，则下列大小关系正确的是（ ）A ．()()()22fx f x f x <<B ．()()()22f xf x f x <<C ．()()()22f x f x f x <<D ．()()()22f xf x f x <<7．若ln22a =，ln33b =，ln66c =，则（ ） A ．a b c <<B ．c b a <<C ．c a b <<D ．b a c <<8．下列不等式中正确的是( )①sin ,(0,)x x x <∈+∞；②1,xe x x R ≥+∈；③ln ,(0)x x x <∈+∞，. A ．①③B ．①②③C ．②D ．①②9．若[)0,x ∈+∞,则下列不等式恒成立的是 ( ) A ．21x e x x ≤++ B211124x x ≤-+C ．21cos 12x x ≥-D ．()21ln 18x x x +≥-10．若0m n e <<<，则下列不等式成立的是（ ）A ．m n e e m n <B ．m n e e m n>C ．ln ln n mn m<D ．ln ln n mn m>11．设a 为常数，函数()()2ln 1f x x x ax =--，给出以下结论： （1）若2a e -=，则()f x 存在唯一零点 （2）若1a >，则()0f x <（3）若()f x 有两个极值点12,x x ，则1212ln ln 1x x x x e-<- 其中正确结论的个数是（ ） A ．3B ．2C ．1D ．012．已知函数ln ()1x xf x x=-+在0x x =处取得最大值，则下列选项正确的是（ ） A ．()0012f x x =< B ．()0012f x x =>C ．()0012f x x ==D ．()0012f x x <<二．填空题13．若0<x 1<x 2<1，且1<x 3<x 4，下列命题：①3443ln ln x x ee x x ->-；②2121ln ln x x e e x x ->-；③3232x x x e x e <；④1221x xx e x e >；其中正确的有___14．已知函数，当时，给出下列几个结论：①；②；③;④当时，．其中正确的是 （将所有你认为正确的序号填在横线上）．15．若01a b <<<，e 为自然数()2.71828≈e ，则下列不等式：①11++>a b b a ； ②ln ln ->-a b e e a b ；③()()log 1log 1+>+a b a b ，其中一定成立的序号是___ 16．已知函数2()ln f x x x x =+，且0x 是函数()f x 的极值点．给出以下几个命题： ①010x e <<；②01x e>；③00()0f x x +<；④00()0f x x +> 其中正确的命题是__________．（填出所有正确命题的序号） 三．解答题(解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17．利用函数的单调性（利用导数），证明下列不等式: （1）sin tan <<x x x ，0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭；（2）1x e x >+，0x ≠.18．已知函数2()2ln f x x x =-.(1)求函数()f x 的单调区间；(2)求证：当2x >时，()34f x x >-.19．已知函数()ln 1a x bf x x x=++曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为230x y +-=.（1）求,a b 的值；（2）证明：当0x >且1x ≠时，()ln 1xf x x >-.20．已知函数f (x )＝ln(x +1)－x ． ⑴求函数f (x )的单调递减区间； ⑵若1x >-，证明：11ln(1)1x x x -≤+≤+．21．已知函数()21ln(0).f x ax x a x=-+> （1）若()f x 是定义域上的单调函数，求a 的取值范围；（2）若()f x 在定义域上有两个极值点12,x x ，证明：()()1232ln2.f x f x +>-22．已知函数()ln ()x f x e a x a R =+∈（1）当1a =时，求曲线()y f x =在(1,(1))f 处的切线方程；（2）设0x 是()f x 的导函数()f x '的零点，若e a -<<0，求证：()00x f x e >.23．已知函数()1ln f x x x x=--. （1）判断函数()f x 的单调性；（2）若()f x 满足()()()1212f x f x x x ''=≠，证明：()()1232ln 2f x f x +>-.《导数的综合应用—证明不等式》解析1.【解析】设()ln f x x x =，则()'ln 1f x x =+，由()'0f x >，得1x e>，所以函数()f x 在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增；由()'0f x <，得10x e <<，函数()f x 在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，故函数()f x 在()0,1上不单调，所以()1f x 与()2f x 的大小无法确定，从而排除A ，B ；设()ln x g x x=，则()21ln 'xg x x -=，由()'0g x >，得0x e <<，即函数()f x 在()0,e 上单调递增，故函数()f x 在()0,1上单调递增，所以()()12g x g x <，即1212ln ln x x x x <，所以2112ln ln x x x x <.故选：D 2.【解析】对于函数()1xf x e x =--其导数()1xf x e '=-，当0x >时()0f x '>，当0x <时，()0f x '< ()()min 00f x f ∴==∴当时()01xf x e x >∴>+3.【解析】依题意非零实数a ，x ，y 满足2211log log 0a a x y ++<<，则20,11a a ≠+>，所以01x y <<<.不妨设11,42x y ==， 则2211614161616,,175201720111142===>⎛⎫⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以A 选项错误； 315535,2,422444y x x y x y +=+=+==<，所以B 选项错误；由于1011a <<+，根据指数函数的性质可知：11421111a a ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭，所以C 选项错误.依题意01x y <<<，要证明x y y x >，只需证明ln ln x yy x >，即证ln ln x y y x >，即证ln ln y x y x >，构造函数()()ln 01xf x x x=<<，()'21ln x f x x-=，由于01x <<，所以ln 0x <，所以()'21ln 0x f x x -=>在区间()0,1上恒成立，所以()f x 区间()0,1上递增，所以ln ln y xy x>，所以x y y x >.故D 选项正确.故选：D4.【解析】因为函数()=ln 1f x x ax +-,所以11()'-=-=axf x a x x, 当a≤0时，()0,f x '>所以f(x)在（0，+∞）上单调递增，所以不可能有两个零点.当a>0时，10x a <<时，()0f x '>，函数f(x)单调递增，1x a>时，()0f x '<， 函数f(x)单调递减.所以max 11()()ln .f x f aa== 因为函数f(x)有两个零点，所以1ln0,ln 0,ln 0,0 1.a a a a>∴->∴<∴<< 又111()0,(1)10, 1.a f f a x e e e =-<=->∴<<又111210,.x x a a a<<∴->令2221()()()ln()()ln (0)g x f x f x x a x x ax x a a a a=--=----+<≤则212()11()20.21()a x a g x a x x x x a a-=-+=<--' 所以函数g(x)在1(0,)a 上为减函数，11()()g x g a∴>=0，又1()=0f x ，11111222()ln()()1()()0,f x x a x f x g x a a a∴-=---+-=>又2()0f x =，∴212x x a >-，即1222x x a+>>.故答案为B5.【解析】对A ，令()ln x f x x=，'2ln 1()(ln )x f x x -=，当'()00f x x e <⇒<<，∴()f x 在(0,)e 单调递减，∴()()f a f b >，即ln ln a ba b >，故A 正确； 对B ，01a b <<<，∴ln ln 0a b <<，∴ln 1ln ab>，故B 错误； 对C ，令()ln f x x x ='()ln 1f x x ⇒=+，当10x e<<时，'()0f x <；当1x e >时，'()0f x >，∴()f x 在1(0,)e 单调递减，在1(,)e +∞单调递增，显然当1b e=时，ln ln a a b b >，故C 错误；对D ，ln ln a b a a b b a b ⇔>>，由C 选项的分析，当1a e=时，ln ln a a b b <，故D 错误；故选：A.6.【解析】根据01x <<得到201x x <<<，而()21ln 'xf x x-=， 所以根据对数函数的单调性可知01x <<时，1ln 0x ->， 从而可得()'0f x >，函数()f x 单调递增，所以()()()210f xf x f <<=，而()222ln 0x f x x ⎛⎫=> ⎪⎝⎭，所以有()()()22f x f x f x <<.故选D.7.【解析】设ln ()xf x x=，则21ln ()x f x x -'=，所以()f x 在(0,)e 上递增，在(,)e +∞上递减；即有(6)(4)(3)f f f <<，所以ln6ln4ln2ln36423<=<，故c a b <<.故选：C8.【解析】对于①：令sin ,(0,)y x x x =-∈+∞，则'cos 10y x =-≤恒成立， 则sin ,(0,)y x x x =-∈+∞是减函数，所以有0y <恒成立， 所以sin ,(0,)x x x <∈+∞成立，所以①正确；对于②：1,xe x x R ≥+∈，令1xy e x =--，'e 1x y =-， 当0x <时，'0y <，当0x >时，'0y >，所以函数1x y e x =--在(,0)-∞上是减函数，在(0,)+∞上是增函数，所以在0x =处取得最小值，所以0010y e ≥--=，所以1,xe x x R ≥+∈成立，所以②正确；对于③，ln x x <，(0,)x ∈+∞，令ln y x x =-，有11'1x y x x-=-=， 所以有当01x <<时，'0y >，当1x >时，'0y <，所以函数ln y x x =-在1x =时取得最大值，即ln 010y x x =-≤-<， 所以ln x x <，(0,)x ∈+∞恒成立，所以③正确； 所以正确命题的序号是①②③，故选B.9.【解析】对于A ,分别画出2,1x y e y x x ==++在[)0,+∞上的大致图象如图,知21x e x x ≤++不恒成立,排除A ；对于B ,令()()252111,'24x x f x x x f x -⎫=-+=⎪⎭，所以20,,5x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦()()'0,f x f x <为减函数,2,5x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭，()()'0,f x f x >为增函数,所以()f x 最小值为21,5f B ⎛⎫=<⎪⎝⎭错，排除B ；对于D ,当4x =时,221ln 5ln 244,8e D <==-⨯错，排除D ，故选C.10.【解析】构造函数()()()21,xxx e e f x f x x x -='=，函数在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增，因为0m n e <<<，当m 和n 在不同单调区间时，函数值大小不能确定，故AB 不正确;构造函数()()2ln 1ln ,x xf x f x x x -='=，函数在()()0,,,e e +∞，0m n e <<<故ln ln n mn m>.故答案为：D. 11.【解析】（1）若函数()f x 存在零点，只需方程()2ln 10x x ax --=有实根，即方程ln 1x a x -=有实根，令ln 1()x g x x -=，则只需函数ln 1()x g x x -=图像与直线y a =有交点即可.又22ln ()x g x x -'=，由22ln ()0x g x x -'=>可得20x e <<；由22ln ()0x g x x-'=<可得2x e >； 所以函数ln 1()x g x x-=在2(0,)e 上单调递增，在2(,)e +∞上单调递减， 故22max ()()g x g e e -==，因此，当2a e -=时，直线y a =与ln 1()x g x x-=图像仅有一个交点，即原函数只有一个零点，所以（1）正确；（2）由（1）可知，当1a >时，2ln 1()1x g x e a x--=≤<<在(0,)+∞上恒成立， 即2()()0f x g x a x=-<在(0,)+∞上恒成立，即()0f x <在(0,)+∞上恒成立；故（2）正确；（3）因为()()2ln 1f x x x ax =--，所以()ln 2f x x ax '=-，若()f x 有两个极值点12,x x ，则1122ln 20ln 20x ax x ax -=⎧⎨-=⎩，所以1212ln ln 2x x a x x -=-， 又由()f x 有两个极值点，可得方程ln 20x ax -=有两不等实根，即方程ln 2xa x=有两不等式实根，令ln ()x h x x =，则1ln ()xh x x-'=， 由1ln ()0x h x x -'=>得0x e <<；由1ln ()0xh x x -'=<得x e >； 所以函数ln ()xh x x =在(0,)e 上单调递增，在(,)e +∞上单调递减，所以max 1()h x e =，又当1x <时，ln ()0x h x x =<；当1x >时，ln ()0xh x x =>； 所以方程ln 2x a x =有两不等式实根，只需直线2y a =与函数ln ()xh x x=的图像有两不同交点，故102a e<<；所以1212ln ln 1x x x x e -<-，即（3）正确.故选A 12.【解析】函数的定义域为()0,∞+，而()()2ln 11x x f x x ++'=-+，令()ln 1h x x x =---，则()h x 在()0,∞+上单调递减， 且()221133110,ln 2ln 02222h eh e e -⎛⎫=->=-<-=-< ⎪⎝⎭，010,,2x ⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭使()00h x =，从而()f x 在()00,x 上单调递增，在()0,x +∞上单调递减，()f x 在0x x =处取得最大值，00ln 10x x ∴++=，()0000000ln 1ln 1,12x x x x f x x x ∴=--∴=-=<+.故选：A13.【解析】令()()ln 0x f x e x x =->，则()1x f x e x'=-， 易知当()0,x ∈+∞时，()f x '单调递增，由131303f e ⎛⎫'=-< ⎪⎝⎭，()110f e '=->，则存在01,13x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭使得()00f x '=，∴当()00,x x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减；当()0,x x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增；1201x x ，∴当02x x =时，()()21f x f x <即2121ln ln x x e x e x -<-，∴此时2121ln ln x x e e x x -<-，故②错误；341x x <<，∴()()43f x f x >即3443ln ln x x e x e x ->-，∴3443ln ln x x e e x x ->-，故①正确；令()()0xe h x x x =>，()()21x e x h x x -'=， ∴当()0,1x ∈时，()0h x '<，()h x 单调递减；当()1,x ∈+∞时，()0h x '>，()h x 单调递增；2301x x <<<，∴()2h x 与()3h x 的大小无法确定即23x x e 、32x x e 的大小无法确定，故③错误；121x x ，∴()()21h x h x <即2121x x e e x x <，∴1221x x x e x e >，故④正确.故答案为：①④.14.【解析】因为，所以，可知（0，1e）递减， （1e，+∞）递增，故①错误；令，所以'()ln g x x =，可知在（0,1）上递减，（1，+∞）上递增，故②错；令，所以h （x ）在（0，+∞）上递增，所以，故③正确；当时，可知，又因为f （x ）在（1e，+∞）递增， 设111()()2()()x xf x xf x x f x ϕ=-+1'()()'()2()x f x xf x f x ϕ∴=+-112ln 2ln 0x x x x x =+->，又因为f （x ）在（1e ，+∞）递增，所以1x x >时，1()()f x f x >即11ln ln x x x x >，所以1x x >时，'()0x ϕ>，故()x ϕ为增函数，所以21()()x x ϕϕ>，所以2222111()()2()()x x f x x f x x f x ϕ=-+1()0x ϕ>=，故④正确．15.【解析】对于①若11++>a b b a 成立.两边同时取对数可得11ln ln a b b a ++>,化简得()()1ln 1ln a b b a +>+，因为01a b <<<， 则10,10a b +>+>,不等式两边同时除以()()11a b ++可得ln ln 11b ab a >++ 令()ln 1xf x x =+,()0,1x ∈，则()()()()22111ln 1ln '11x x x x x f x x x +-+-==++ 当()0,1x ∈时, 11ln 0x x+->,所以()'0f x > 即()ln 1xf x x =+在()0,1x ∈内单调递增 所以当01a b <<<时()()f b f a >,即ln ln 11b ab a >++，所以11++>a b b a ，故①正确 对于②若ln ln ->-a b e e a b ,化简可得ln ln a b e a e b ->-，令()ln xg x e x =-,()0,1x ∈，则()()211',''xx g x e g x e x x=-=+， 由()''0g x >可知()1'xg x e x=-在()0,1x ∈内单调递增， 而()()'0,'110g g e →-∞=->， 所以()1'xg x e x=-在()0,1x ∈内先负后正， 因而()ln xg x e x =-在()0,1x ∈内先递减,再递增,所以当01a b <<<时无法判断，ln a e a -与ln b e b -的大小关系.故②错误.对于③,若()()log 1log 1+>+a b a b ，令()()log 1x h x x =+， 利用换底公式化简可得()()ln 1ln x h x x+=,()0,1x ∈ 则()()()()()()()()22ln 1ln ln 1ln 1ln 11''ln ln 1ln x x x x x x x x x h x x x x x x +-+-++⎡⎤+===⎢⎥+⎣⎦当()0,1x ∈时,()()ln 0,1ln 10x x x x <++> ， 所以()()ln 1ln 10x x x x -++<,即()'0h x <， 则()()ln 1ln x h x x+=在()0,1x ∈内单调递减，所以当01a b <<<时,()()ln 1ln 1ln ln a b a b++>，即()()log 1log 1+>+a b a b ，所以③正确，综上可知,正确的为①③，故答案为: ①③ 16.【解析】的定义域为，，所以有，所以有，即，即，所以有；因为， 所以有．17.【解析】（1）设()sin f x x x =-，()tan =-g x x x ， ∴()cos 1'=-f x x ，()222cos sin sin 1()11cos cos --'=-=-x x x g x xx， ∵0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，∴0cos 1x <<，∴()0f x '<，()0g x '>， ∴函数()sin f x x x =-在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减；函数()tan =-g x x x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭单调递增；∴()(0)0f x f <=，()(0)0g x g >=，即sin x x <，tan x x >， ∴sin tan <<x x x ，0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭； （2）设函数()1x h x e x =--，所以 ()1xh x e '=-；令()10'=-=xh x e 得：0x =，由()10xh x e '=->得0x >；由()10'=-<xh x e 得0x <；所以函数()1xh x e x =--在(),0-∞上单调递减，在()0,∞+上单调递增；∴当0x =时，()h x 取最小值，即min ()(0)0h x h ==， ∴当0x ≠时，恒有()0h x >，即1x e x >+，0x ≠显然成立． 18.【解析】(1)依题意知函数的定义域为{x |x >0}， ∵f ′(x )＝2x -2=2(1)(1)x x x+-，由f ′(x )>0， 得x>1; 由f ′(x )<0， 得0<x<1∴f (x )的单调增区间为(1，＋∞), 单调减区间为(0，1)．(2)设g (x )＝f （x ）-3x+1=x 2－2ln x -3x+4， ∴g ′(x )＝2x -2--3=2232(21)(2)x x x x x x--+-=， ∵当x >2时，g ′(x )>0，∴g (x )在(2，＋∞)上为增函数， ∴g (x )>g (2)＝4-2ln2-6+4>0，∴当x >2时， x 2-2lnx>3x-4, 即当x >2时()34f x x >-..19.【解析】1）()()221ln '1x x b x f x x x α+⎛⎫-⎪⎝⎭=-+由于直线230x y +-=的斜率为12-，且过点()1,1，故()()11,1'1,2f f ⎧=⎪⎨=-⎪⎩即1,1,22b a b =⎧⎪⎨-=-⎪⎩解得1a =，1b =.（2）由（1）知f(x)=ln 1,1x x x++所以()22ln 112ln 11x x f x x x x x ⎛⎫--=- ⎪--⎝⎭ 考虑函数()()2120x h x lnx x x-=->，则h′(x)=()()222222112x x x x x x----=-， 所以x≠1时h′(x)＜0而h(1)=0,故x ()0,1∈时h(x)>0可得()ln 1xf x x >-, x ()1∈+∞， h(x)<0可得()ln 1xf x x >-,从而当0x >，且1x ≠时，()ln 1xf x x >-.20.【解析】（1）函数f (x )的定义域为(1,)-+∞．()f x '＝11x +－1＝－1x x +． 由()f x '<0及x >－1，得x >0．∴ 当x ∈（0，＋∞）时，f (x )是减函数， 即f (x )的单调递减区间为（0，＋∞）．（2）证明：由⑴知，当x ∈（－1，0）时，()f x '＞0，当x ∈（0，＋∞）时，()f x '＜0，因此，当1x >-时，()f x ≤(0)f ，即ln(1)x x +-≤0∴ln(1)x x ．令1()ln(1)11g x x x =++-+，则211()1(1)g x x x =-+'+＝2(1)x x +． ∴ 当x ∈（－1，0）时，()g x '＜0，当x ∈（0，＋∞）时，()g x '＞0． ∴ 当1x >-时，()g x ≥(0)g ，即1ln(1)11x x ++-+≥0，∴1ln(1)11x x +≥-+． 综上可知，当1x >-时，有11ln(1)1x x x -≤+≤+． 21.【解析】（1）()2ln f x x ax x =--+ ，()212121ax x f x ax x x-+==-'--+ ，则18a ∆=- ， 当18a ≥时()0,0f x '∆≤≤ ，此时f(x)在()0,∞+单调递减， 当108a <<时0∆≤ ，方程2210ax x -+= 有两个不等的正根12,x x ，不妨设12x x <，则当()()120,,x x x ∈⋃+∞时()0f x '< ， 当()12,x x x ∈时，()0f x '> ，这时f(x)不是单调函数， 综上，a 的取值范围为1,8⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭，（2）由（1）可知当且仅当10,8a ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，f(x)有极小值点1x 和极大值点2x且1212x x a +=，2212x x a=， ()()12f x f x + 22111222ln ln x ax x x ax x =--+--+()()()()12121211ln ln 1122x x x x x x =-+----++ ()()12121ln 12x x x x =-+++ ()1ln 214a a=++ ，令()()1ln 214g a a a =++ ，10,8a ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦， 则当10,8a ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，()221141044a g a a a a -=-=<' ， 则()()1ln 214g a a a =++在10,8a ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时单调递减，所以()132ln28g a g ⎛⎫>=- ⎪⎝⎭，即()()1232ln2f x f x +>-， 22.【解析】（1）当1a =时，()ln (0)xf x e x x =+>，1()x f x e x'∴=+，且(1)f e =， ∴曲线()y f x =在(1,)e 处的切线的斜率(1)1k f e '==+. ∴曲线()y f x =在(1,)e 处的切线方程为(1)(1)y e e x -=+-，即(1)10e x y +--=；（2）由题意得()xa f x e x'=+.0x 是()f x 的导函数()f x '的零点，()0000x a f x e x '∴=+=，即00x a e x =-，00ln ln x a e x ⎛⎫-∴= ⎪⎝⎭， 即()00ln ln()x x a +=-.又e a -<<0，则()00ln ln()1x x a +=-<. 令()ln g x x x =+，显然0x >，所以'1()10g x x=+> 因此()ln g x x x =+在(0,)+∞上是增函数，且()0(1)1g x g <=.001x ∴<<，因此0ln 0a x >.()0000ln x x f x e a x e ∴=+>.23.【解析】（1）函数()1ln f x x x x=--的定义域是()0,∞+. 因为()2222213()1112410x x x f x x x x x -+-+'=+-==>恒成立， 所以函数()1ln f x x x x=--在定义域()0,∞+上是单调递增函数.（2）由（1）知()2111f x x x'=+-.令()()12f x f x m ''==，得21122211101110m x x m x x ⎧-+-=⎪⎪⎨⎪-+-=⎪⎩，由一元二次方程根与系数关系得12111x x +=，即1212x x x x +=⋅>124x x ⋅>， ∴()()()()()12121212121211ln ln ln 1f x f x x x x x x x x x x x ⎛⎫+=+-+-+=--⎪⎝⎭令124t x x =⋅>，则()1212ln 1ln 1x x x x t t --=--，令()()ln 14g t t t t =-->， 则()()1104g t t t'=->>，得()()432ln 2g t g >=-.。