理科数学2010-2018高考真题分类训练：专题三 导数及其应用 第七讲导数的几何意义、定积分与微积分基本定理

专题03 导数及其应用1．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】已知曲线e ln x y a x x =+在点（1，a e ）处的切线方程为y =2x +b ，则 A ．e 1a b ==-， B ．a=e ，b =1 C ．1e 1a b -==，D ．1e a -=，1b =-【答案】D【解析】∵e ln 1,x y a x '=++∴切线的斜率1|e 12x k y a ='==+=，1e a -∴=， 将(1,1)代入2y x b =+，得21,1b b +==-. 故选D ．【名师点睛】本题求解的关键是利用导数的几何意义和点在曲线上得到含有a ，b 的等式，从而求解，属于常考题型.2．【2019年高考天津理数】已知a ∈R ，设函数222,1,()ln ,1.x ax a x f x x a x x ⎧-+≤=⎨->⎩若关于x 的不等式()0f x ≥在R 上恒成立，则a 的取值范围为 A ．[]0,1 B ．[]0,2 C ．[]0,eD ．[]1,e【答案】C【解析】当1x =时，(1)12210f a a =-+=>恒成立；当1x <时，22()22021x f x x ax a a x =-+≥⇔≥-恒成立，令2()1x g x x =-，则222(11)(1)2(1)1()111x x x x g x x x x -----+=-=-=----112201x x ⎛⎫⎛⎫=--+-≤-= ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭，当111x x-=-，即0x =时取等号， ∴max 2()0a g x ≥=，则0a >.当1x >时，()ln 0f x x a x =-≥，即ln xa x≤恒成立， 令()ln xh x x=，则2ln 1()(ln )x h x x -'=，当e x >时，()0h x '>，函数()h x 单调递增， 当0e x <<时，()0h x '<，函数()h x 单调递减， 则e x =时，()h x 取得最小值(e)e h =， ∴min ()e a h x ≤=，综上可知，a 的取值范围是[0,e]. 故选C.【名师点睛】本题考查分段函数的最值问题，分别利用基本不等式和求导的方法研究函数的最值，然后解决恒成立问题.3．（2019浙江）已知,a b ∈R ，函数32,0()11(1),032x x f x x a x ax x <⎧⎪=⎨-++≥⎪⎩．若函数()y f x ax b =--恰有3个零点，则 A ．a <–1，b <0 B ．a <–1，b >0 C ．a >–1，b <0 D ．a >–1，b >0【答案】C【解析】当x ＜0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b ＝x ﹣ax ﹣b ＝（1﹣a ）x ﹣b ＝0，得x =b1−a ， 则y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 最多有一个零点；当x ≥0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b =13x 3−12（a +1）x 2+ax ﹣ax ﹣b =13x 3−12（a +1）x 2﹣b ，2(1)y x a x =+-'，当a +1≤0，即a ≤﹣1时，y ′≥0，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 在[0，+∞）上单调递增， 则y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 最多有一个零点，不合题意；当a +1＞0，即a >﹣1时，令y ′＞0得x ∈(a +1，+∞），此时函数单调递增，令y ′＜0得x ∈[0，a +1），此时函数单调递减，则函数最多有2个零点.根据题意，函数y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 恰有3个零点⇔函数y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 在（﹣∞，0）上有一个零点，在[0，+∞）上有2个零点， 如图：∴b1−a ＜0且{−b ＞013(a +1)3−12(a +1)(a +1)2−b ＜0， 解得b ＜0，1﹣a ＞0，b ＞−16（a +1）3，则a >–1，b <0. 故选C ．【名师点睛】本题考查函数与方程，导数的应用.当x ＜0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b ＝x ﹣ax ﹣b ＝（1﹣a ）x ﹣b 最多有一个零点；当x ≥0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b =13x 3−12（a +1）x 2﹣b ，利用导数研究函数的单调性，根据单调性画出函数的草图，从而结合题意可列不等式组求解．4．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】曲线23()e xy x x =+在点(0)0，处的切线方程为____________． 【答案】30x y -=【解析】223(21)e 3()e 3(31)e ,x x x y x x x x x '=+++=++ 所以切线的斜率0|3x k y ='==，则曲线23()e x y x x =+在点(0,0)处的切线方程为3y x =，即30x y -=．【名师点睛】准确求导数是进一步计算的基础，本题易因为导数的运算法则掌握不熟，而导致计算错误．求导要“慢”，计算要准，是解答此类问题的基本要求．5．【2019年高考江苏】在平面直角坐标系xOy 中，P 是曲线4(0)y x x x=+>上的一个动点，则点P 到直线0x y +=的距离的最小值是 ▲ . 【答案】4 【解析】由4(0)y x x x =+>，得241y x'=-， 设斜率为1-的直线与曲线4(0)y x x x=+>切于0004(,)x x x +，由20411x -=-得0x =0x =， ∴曲线4(0)y x x x=+>上，点P 到直线0x y +=4=.故答案为4．【名师点睛】本题考查曲线上任意一点到已知直线的最小距离，渗透了直观想象和数学运算素养.采取导数法，利用数形结合和转化与化归思想解题.6．【2019年高考江苏】在平面直角坐标系xOy 中，点A 在曲线y =ln x 上，且该曲线在点A 处的切线经过点（-e ，-1)(e 为自然对数的底数），则点A 的坐标是 ▲ . 【答案】(e, 1)【解析】设出切点坐标，得到切线方程，然后求解方程得到横坐标的值，可得切点坐标. 设点()00,A x y ，则00ln y x =. 又1y x'=， 当0x x =时，01y x '=， 则曲线ln y x =在点A 处的切线为0001()y y x x x -=-， 即00ln 1xy x x -=-， 将点()e,1--代入，得00e1ln 1x x ---=-，即00ln e x x =，考察函数()ln H x x x =，当()0,1x ∈时，()0H x <，当()1,x ∈+∞时，()0H x >， 且()ln 1H x x '=+，当1x >时，()()0,H x H x '>单调递增， 注意到()e e H =，故00ln e x x =存在唯一的实数根0e x =， 此时01y =， 故点A 的坐标为()e,1.【名师点睛】导数运算及切线的理解应注意的问题：一是利用公式求导时要特别注意除法公式中分子的符号，防止与乘法公式混淆．二是直线与曲线公共点的个数不是切线的本质，直线与曲线只有一个公共点，直线不一定是曲线的切线，同样，直线是曲线的切线，则直线与曲线可能有两个或两个以上的公共点．7．【2019年高考北京理数】设函数()e e xxf x a -=+（a 为常数）．若f （x ）为奇函数，则a =________；若f （x ）是R 上的增函数，则a 的取值范围是___________． 【答案】(]1,0--∞【解析】首先由奇函数的定义得到关于a 的恒等式，据此可得a 的值，然后利用()0f x '≥可得a 的取值范围.若函数()e e xxf x a -=+为奇函数，则()(),f x f x -=-即()ee e e xx x x a a --+=-+，即()()1e e0x xa -++=对任意的x 恒成立， 则10a +=，得1a =-.若函数()e e xxf x a -=+是R 上的增函数，则() e e 0x x f x a -'=-≥在R 上恒成立，即2e x a ≤在R 上恒成立， 又2e 0x >，则0a ≤，即实数a 的取值范围是(],0-∞.【名师点睛】本题考查函数的奇偶性､单调性､利用单调性确定参数的范围.解答过程中，需利用转化与化归思想，转化成恒成立问题.注重重点知识､基础知识､基本运算能力的考查.8．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数()sin ln(1)f x x x =-+，()f x '为()f x 的导数．证明：（1）()f x '在区间(1,)2π-存在唯一极大值点； （2）()f x 有且仅有2个零点． 【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）设()()g x f 'x =，则1()cos 1g x x x =-+，21sin ())(1x 'x g x =-++. 当1,2x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()g'x 单调递减，而(0)0,()02g'g'π><，可得()g'x 在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭有唯一零点，设为α.则当(1,)x α∈-时，()0g'x >；当,2x α⎛π⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g'x <. 所以()g x 在(1,)α-单调递增，在,2απ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，故()g x 在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭存在唯一极大值点，即()f 'x 在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭存在唯一极大值点. （2）()f x 的定义域为(1,)-+∞.（i ）当(1,0]x ∈-时，由（1）知，()f 'x 在(1,0)-单调递增，而(0)0f '=，所以当(1,0)x ∈-时，()0f 'x <，故()f x 在(1,0)-单调递减，又(0)=0f ，从而0x =是()f x 在(1,0]-的唯一零点.（ii ）当0,2x ⎛π⎤∈ ⎥⎝⎦时，由（1）知，()f 'x 在(0,)α单调递增，在,2απ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，而(0)=0f '，02f 'π⎛⎫< ⎪⎝⎭，所以存在,2βαπ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()0f 'β=，且当(0,)x β∈时，()0f 'x >；当,2x βπ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f 'x <.故()f x 在(0,)β单调递增，在,2βπ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减.又(0)=0f ，1ln 1022f ππ⎛⎫⎛⎫=-+> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以当0,2x ⎛π⎤∈ ⎥⎝⎦时，()0f x >.从而，()f x 在0,2⎛⎤⎥⎝⎦π没有零点. （iii ）当,2x π⎛⎤∈π⎥⎝⎦时，()0f 'x <，所以()f x 在,2π⎛⎫π ⎪⎝⎭单调递减.而02f π⎛⎫> ⎪⎝⎭，()0f π<，所以()f x 在,2π⎛⎤π⎥⎝⎦有唯一零点. （iv ）当(,)x ∈π+∞时，ln(1)1x +>，所以()f x <0，从而()f x 在(,)π+∞没有零点. 综上，()f x 有且仅有2个零点.【名师点睛】本题考查导数与函数极值之间的关系、利用导数解决函数零点个数的问题.解决零点问题的关键一方面是利用零点存在性定理或最值点来说明存在零点，另一方面是利用函数的单调性说明在区间内零点的唯一性，二者缺一不可.9．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】已知函数()11ln x f x x x -=-+.（1）讨论f (x )的单调性，并证明f (x )有且仅有两个零点；（2）设x 0是f (x )的一个零点，证明曲线y =ln x 在点A (x 0，ln x 0)处的切线也是曲线e x y =的切线. 【答案】（1）函数()f x 在(0,1)和(1,)+∞上是单调增函数，证明见解析； （2）见解析.【解析】（1）f （x ）的定义域为（0，1）（1，+∞）．因为212()0(1)f 'x x x =+>-，所以()f x 在（0，1），（1，+∞）单调递增． 因为f （e ）=e 110e 1+-<-，22222e 1e 3(e )20e 1e 1f +-=-=>--，所以f （x ）在（1，+∞）有唯一零点x 1，即f （x 1）=0．又1101x <<，1111111()ln ()01x f x f x x x +=-+=-=-，故f （x ）在（0，1）有唯一零点11x ．综上，f （x ）有且仅有两个零点． （2）因为0ln 01e x x -=，故点B （–ln x 0，01x ）在曲线y =e x 上．由题设知0()0f x =，即0001ln 1x x x +=-，故直线AB 的斜率0000000000111ln 111ln 1x x x x x k x x x x x x +---===+-----． 曲线y =e x 在点001(ln ,)B x x -处切线的斜率是01x ，曲线ln y x =在点00(,ln )A x x 处切线的斜率也是01x ， 所以曲线ln y x =在点00(,ln )A x x 处的切线也是曲线y =e x 的切线．【名师点睛】本题考查了利用导数求已知函数的单调性、考查了曲线的切线方程，考查了数学运算能力. 10．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】已知函数32()2f x x ax b =-+.（1）讨论()f x 的单调性；（2）是否存在,a b ，使得()f x 在区间[0,1]的最小值为1-且最大值为1若存在，求出,a b 的所有值；若不存在，说明理由. 【答案】（1）见解析；（2）01a b =⎧⎨=-⎩或41a b =⎧⎨=⎩. 【解析】（1）2()622(3)f x x ax x x a '=-=-． 令()0f x '=，得x =0或3ax =. 若a >0，则当(,0),3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当0,3a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在(,0),,3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在0,3a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减；若a =0，()f x 在(,)-∞+∞单调递增；若a <0，则当,(0,)3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当,03a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在,,(0,)3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在,03a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减.（2）满足题设条件的a ，b 存在.（i ）当a ≤0时，由（1）知，()f x 在[0，1]单调递增，所以()f x 在区间[0，l]的最小值为(0)=f b ，最大值为(1)2f a b =-+.此时a ，b 满足题设条件当且仅当1b =-，21a b -+=，即a =0，1b =-．（ii ）当a ≥3时，由（1）知，()f x 在[0，1]单调递减，所以()f x 在区间[0，1]的最大值为(0)=f b ，最小值为(1)2f a b =-+．此时a ，b 满足题设条件当且仅当21a b -+=-，b =1，即a =4，b =1．（iii ）当0<a <3时，由（1）知，()f x 在[0，1]的最小值为3327a a f b ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，最大值为b 或2a b -+．若3127a b -+=-，b =1，则a =0<a <3矛盾.若3127a b -+=-，21a b -+=，则a =a =-a =0，与0<a <3矛盾． 综上，当且仅当a =0，1b =-或a =4，b =1时，()f x 在[0，1]的最小值为-1，最大值为1．【名师点睛】这是一道常规的函数导数和不等式的综合题，题目难度比往年降低了不少，考查函数的单调性、最大值、最小值这种基本量的计算. 11．【2019年高考北京理数】已知函数321()4f x x x x =-+． （Ⅰ）求曲线()y f x =的斜率为1的切线方程； （Ⅱ）当[2,4]x ∈-时，求证：6()x f x x -≤≤；（Ⅲ）设()|()()|()F x f x x a a =-+∈R ，记()F x 在区间[2,4]-上的最大值为M （a ）．当M （a ）最小时，求a 的值．【答案】（Ⅰ）y x =与6427y x =-；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）3a =-. 【解析】（Ⅰ）由321()4f x x x x =-+得23()214f x x x '=-+.令()1f x '=，即232114x x -+=，得0x =或83x =.又(0)0f =，88()327f =，所以曲线()y f x =的斜率为1的切线方程是y x =与88273y x -=-， 即y x =与6427y x =-.（Ⅱ）令()(),[2,4]g x f x x x =-∈-. 由321()4g x x x =-得23()24g'x x x =-.令()0g'x =得0x =或83x =. (),()g'x g x 的情况如下：所以()g x 的最小值为6-，最大值为0. 故6()0g x -≤≤，即6()x f x x -≤≤. （Ⅲ）由（Ⅱ）知，当3a <-时，()(0)|(0)|3M F g a a a ≥=-=->； 当3a >-时，()(2)|(2)|63M F a g a a ≥-=--=+>； 当3a =-时，()3M a =. 综上，当()M a 最小时，3a =-.【名师点睛】本题主要考查利用导函数研究函数的切线方程，利用导函数证明不等式，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 12．【2019年高考天津理数】设函数()e cos ,()xf x xg x =为()f x 的导函数．（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）当,42x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，证明()()02f x g x x π⎛⎫+-≥ ⎪⎝⎭；（Ⅲ）设n x 为函数()()1u x f x =-在区间2,242n n ππ⎛⎫π+π+ ⎪⎝⎭内的零点，其中n ∈N ，证明20022sin c s e o n n n x x x -πππ+-<-． 【答案】（Ⅰ）()f x 的单调递增区间为3ππ2π,2π(),()44k k k f x ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦Z 的单调递减区间为π5π2π,2π()44k k k ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦Z .（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析. 【解析】（Ⅰ）由已知，有()e (cos sin )x f 'x x x =-．因此，当52,244x k k ππ⎛⎫∈π+π+ ⎪⎝⎭()k ∈Z 时，有sin cos x x >，得()0f 'x <，则()f x 单调递减；当32,244x k k ππ⎛⎫∈π-π+ ⎪⎝⎭()k ∈Z 时，有sin cos x x <，得()0f 'x >，则()f x 单调递增．所以，()f x 的单调递增区间为32,2(),()44k k k f x ππ⎡⎤π-π+∈⎢⎥⎣⎦Z 的单调递减区间为52,2()44k k k ππ⎡⎤π+π+∈⎢⎥⎣⎦Z ． （Ⅱ）证明：记()()()2h x f x g x x π⎛⎫=+-⎪⎝⎭．依题意及（Ⅰ），有()e (cos sin )x g x x x =-，从而()2e sin x g'x x =-．当,42x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，0()g'x <，故()()()()(1)()022h'x f 'x g'x x g x g'x x ππ⎛⎫⎛⎫=+-+-=-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．因此，()h x 在区间,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，进而()022h x h f ππ⎛⎫⎛⎫≥== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭． 所以，当,42x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()()02f x g x x π⎛⎫+-≥ ⎪⎝⎭．（Ⅲ）证明：依题意，()()10n n u x f x =-=，即cos e 1n x n x =．记2n n y x n =-π，则,42n y ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，且()()()22e cos ecos 2e n n yx n n n n n f y y x n n π--π==-π=∈N ．由()()20e1n n f y f y -π==≤及（Ⅰ），得0n y y ≥．由（Ⅱ）知，当,42x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g'x <，所以()g x 在,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上为减函数，因此()()004n g y g y g π⎛⎫≤<= ⎪⎝⎭．又由（Ⅱ）知，()()02n n n f y g y y π⎛⎫+-≥ ⎪⎝⎭，故()()()()()022*******2sin cos sin c e e e e os e n n n n n n y n n f y y g y g y g y y y x x -π-π-π-ππ--=-≤=--≤<． 所以，20022sin c s e o n n n x x x -πππ+-<-．【名师点睛】本小题主要考查导数的运算、不等式证明、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法．考查函数思想和化归与转化思想．考查抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力． 13．【2019年高考浙江】已知实数0a ≠，设函数()=ln 0.f x a x x >（1）当34a =-时，求函数()f x 的单调区间； （2）对任意21[,)e x ∈+∞均有()2f x a≤ 求a 的取值范围． 注：e=…为自然对数的底数．【答案】（1）()f x 的单调递增区间是()3,+∞,单调递减区间是()0,3；（2）0,4⎛ ⎝⎦. 【解析】（1）当34a =-时，3()ln 04f x x x =-+>．3()4f 'x x =-+=所以，函数()f x 的单调递减区间为（0，3），单调递增区间为（3，+∞）．（2）由1(1)2f a ≤，得0a <≤．当0a <≤()f x ≤2ln 0x -≥． 令1t a=，则t ≥．设()22ln ,g t t x t =≥则2()2ln g t t x =．（i ）当1,7x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭()2ln g t g x ≥=．记1()ln ,7p x x x =≥，则1()p'x x =-==.故所以，()(1)0p x p ≥=．因此，()2()0g t g p x ≥=≥．（ii ）当211,e 7x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，1()1g t g x ⎛+= ⎝．令211()(1),,e 7q x x x x ⎡⎤=++∈⎢⎥⎣⎦，则()10q'x =+>， 故()q x 在211,e 7⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，所以1()7q x q ⎛⎫⎪⎝⎭．由（i ）得，11(1)077q p p ⎛⎫⎛⎫=<= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭． 所以，()<0q x ．因此1()10g t g x ⎛+=> ⎝．由（i ）（ii ）知对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，),()0t g t ∈+∞， 即对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，均有()2xf x a ．综上所述，所求a 的取值范围是⎛⎝⎦． 【名师点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．（3）利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．（4）考查数形结合思想的应用．14．【2019年高考江苏】设函数()()()(),,,f x x a x b x c a b c =---∈R 、()f 'x 为f （x ）的导函数．（1）若a =b =c ，f （4）=8，求a 的值；（2）若a ≠b ，b =c ，且f （x ）和()f 'x 的零点均在集合{3,1,3}-中，求f （x ）的极小值；（3）若0,01,1a b c =<=，且f （x ）的极大值为M ，求证:M ≤427． 【答案】（1）2a =；（2）见解析；（3）见解析.【解析】（1）因为a b c ==，所以3()()()()()f x x a x b x c x a =---=-．因为(4)8f =，所以3(4)8a -=，解得2a =．（2）因为b c =，所以2322()()()(2)(2)f x x a x b x a b x b a b x ab =--=-+++-， 从而2()3()3a b f 'x x b x +⎛⎫=-- ⎪⎝⎭．令()0f 'x =，得x b =或23a b x +=． 因为2,,3a ba b +都在集合{3,1,3}-中，且a b ≠， 所以21,3,33a ba b +===-． 此时2()(3)(3)f x x x =-+，()3(3)(1)f 'x x x =+-． 令()0f 'x =，得3x =-或1x =．列表如下：所以()f x 的极小值为2(1)(13)(13)32f =-+=-．（3）因为0,1a c ==，所以32()()(1)(1)f x x x b x x b x bx =--=-++，2()32(1)f 'x x b x b =-++．因为01b <≤，所以224(1)12(21)30b b b ∆=+-=-+>， 则()f 'x 有2个不同的零点，设为()1212,x x x x <．由()0f 'x =，得12x x ==． 列表如下：所以()f x 的极大值()1M f x =． 解法一：()321111(1)M f x x b x bx ==-++()221111211(1)[32(1)]3999b b x b b b x b x b x -+++⎛⎫=-++--+ ⎪⎝⎭()2321(1)(1)227927b b b b b --+++=++23(1)2(1)(1)2272727b b b b +-+=-+(1)24272727b b +≤+≤．因此427M ≤． 解法二：因为01b <≤，所以1(0,1)x ∈．当(0,1)x ∈时，2()()(1)(1)f x x x b x x x =--≤-． 令2()(1),(0,1)g x x x x =-∈，则1()3(1)3g'x x x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭． 令()0g'x =，得1x =．列表如下：所以当13x =时，()g x 取得极大值，且是最大值，故max 14()327g x g ⎛⎫== ⎪⎝⎭． 所以当(0,1)x ∈时，4()()27f x g x ≤≤，因此427M ≤． 【名师点睛】本题主要考查利用导数研究函数的性质，考查综合运用数学思想方法分析与解决问题以及逻辑推理能力．15．【河北省武邑中学2019届高三第二次调研考试数学】函数f(x)=x 2−2lnx 的单调减区间是A ．(0,1]B ．[1,+∞)C ．(−∞,−1]∪(0，1]D ．[−1,0)∪(0,1]【答案】A【解析】f′(x)=2x −2x =2x 2−2x(x >0)，令f′(x)≤0，解得：0<x ≤1. 故选A ．【名师点睛】本题考查了函数的单调性，考查导数的应用，是一道基础题.16．【江西省南昌市2019届高三模拟考试数学】已知f(x)在R 上连续可导，f ′(x)为其导函数，且f(x)=e x +e −x −f ′(1)x ⋅(e x −e −x )，则f ′(2)+f ′(−2)−f ′(0)f ′(1)= A ．4e 2+4e −2 B ．4e 2−4e −2 C ．0D ．4e 2【答案】C【解析】∵()e e (1)()(e e ()x x x x f x f x f x --'-=+=---)， ∴()f x 是偶函数，两边对x 求导，得()()f x f x -'-='，即()()f x f x '-=-'， 则()f x '是R 上的奇函数，则(0)0f '=，(2)(2)f f '-=-'，即(2)(2)0f f '+'-=，则(2)(2)(0)(1)0f f f f ''''+--=. 故选C ．【名师点睛】本题主要考查函数导数值的计算，根据条件判断函数的奇偶性是解决本题的关键，是中档题.17．【江西省新八校2019届高三第二次联考数学】若3()3()21f x f x x x +-=++对x ∈R 恒成立，则曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为A ．5250x y +-=B ．10450x y +-=C ．540x y +=D ．204150x y --=【答案】B 【解析】()()3321f x f x x x +-=++……①，()()3321f x f x x x ∴-+=--+……②，联立①②，解得()31124f x x x =--+，则()2312f x x '=--， ()11511244f ∴=--+=-，()351122f '=--=-，∴切线方程为：()55142y x +=--，即10450x y +-=. 故选B.【名师点睛】本题考查利用导数的几何意义求解在某一点处的切线方程，关键是能够利用构造方程组的方式求得函数的解析式.18．【云南省玉溪市第一中学2019届高三第二次调研考试数学】函数2l ()n f x x x =的最小值为A ．1e -B ．1eC ．12e-D ．12e【答案】C【解析】由题得(0,)x ∈+∞，()2ln (2ln 1)f x x x x x x '=+=+， 令2ln 10x +=，解得12ex -=，则当12(0,e )x -∈时，()f x 为减函数，当12(e ,)x -∈+∞时，()f x 为增函数， 所以12e x -=处的函数值为最小值，且121(e )2ef -=-. 故选C.【名师点睛】本题考查用导数求函数最值，解此类题首先确定函数的定义域，其次判断函数的单调性，确定最值点，最后代回原函数求得最值.19．【四川省内江市2019届高三第三次模拟考试数学】若函数f(x)=12ax 2+xlnx −x 存在单调递增区间，则a 的取值范围是 A ．1,1e ⎛⎫- ⎪⎝⎭B ．1,e ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭C ．()1,-+∞D ．1,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭【答案】B【解析】()ln f x ax x '=+， ∴()0f x '>在x ∈()0+∞，上成立， 即ax+ln x ＞0在x ∈()0+∞，上成立，即a ln xx-＞在x ∈()0+∞，上成立． 令g （x ）ln x x =-，则g ′（x ）21ln xx -=-， ∴g （x ）ln xx =-在（0，e ）上单调递减，在（e ，+∞）上单调递增，∴g （x ）ln x x =-的最小值为g （e ）=1e-，∴a ＞1e-． 故选B ．【名师点睛】本题考查学生利用导数研究函数的单调性及转化化归思想的运用，属中档题．20．【山西省太原市2019届高三模拟试题（一）数学】已知定义在(0,+∞)上的函数f(x)满足xf ′(x)−f(x)<0，且f(2)=2，则f (e x )−e x >0的解集是 A ．(−∞,ln2) B ．(ln2,+∞) C ．(0,e 2)D ．(e 2,+∞)【答案】A 【解析】令g (x )=f (x )x,g ′(x )=xf ′(x )−f (x )x 2<0,∴g(x)在(0,+∞)上单调递减，且g (2)=f (2)2=1,故f (e x )−e x >0等价为f (e x )e x>f (2)2，即g (e x )>g (2)，故e x <2,即x <ln2， 则所求的解集为(−∞,ln2). 故选A.【名师点睛】本题考查导数与单调性的应用，构造函数的思想，考查分析推理能力，是中档题. 21．【河南省焦作市2019届高三第四次模拟考试数学】已知a =ln √33，b =e −1，c =3ln28，则a,b,c 的大小关系为 A ．b <c <a B ．a >c >b C ．a >b >cD ．b >a >c【答案】D【解析】依题意，得ln33a ==，1lne e e b -==，3ln2ln888c ==.令f (x )=ln x x，所以f ′(x )=1−ln x x 2.所以函数f (x )在(0,e )上单调递增，在(e,+∞)上单调递减， 所以[f (x )]max =f (e )=1e =b ，且f (3)>f (8)，即a >c ， 所以b >a >c . 故选D.【名师点睛】本题主要考查了利用导数判断函数的单调性，构造出函数()ln xf x x=是解题的关键，属于中档题.22．【安徽省毛坦厂中学2019届高三校区4月联考数学】已知f (x )=lnx +1−ae x ，若关于x 的不等式f (x )<0恒成立，则实数a 的取值范围是 A ．1,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭B ．(),0-∞C ．1,e⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭D ．1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【答案】D【解析】由()0f x <恒成立得ln 1ex x a +>恒成立， 设()ln 1e x x h x +=，则()1ln 1e xx x h x -='-. 设()1ln 1g x x x =--，则()2110g x x x'=--<恒成立，∴g (x )在(0,+∞)上单调递减，又∵g (1)=0，∴当0<x <1时，g (x )>g (1)=0，即ℎ′(x )>0； 当x >1时，g (x )<g (1)=0，即ℎ′(x )<0， ∴ℎ(x )在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减， ∴ℎ(x)max =ℎ(1)=1e ，∴a >1e . 故选D.【名师点睛】本题考查利用导数求函数的最值，不等式恒成立问题，分离参数是常见的方法，属于中档题.23．【辽宁省丹东市2019届高三总复习质量测试】若1x =是函数()3221()(1)33f x x a x a a x =++-+-的极值点，则a 的值为 A ．-2 B ．3 C ．-2或3D ．-3或2【答案】B 【解析】()()()()32222113(3)(132)f x x a x a a f x x x a x a a '=++-=++-+-⇒+-，由题意可知(1)0f '=，即()212(1)303a a a a +-=+⇒-=+或2a =-，当3a =时，()222()2(1)389(9)(1)f x x a x a a x x x x +-'=++-=+-=+-，当1x >或9x <-时，()0f x '>，函数单调递增；当91x -<<时，()0f x '<，函数单调递减， 显然1x =是函数()f x 的极值点；当2a =-时，()2222()232(111))(0a a f x x a x x x x +-=-++=-=+-≥'，所以函数()f x 是R 上的单调递增函数，没有极值，不符合题意，舍去. 故3a =. 故选B ．【名师点睛】本题考查了已知函数的极值，求参数的问题.本题易错的地方是求出a 的值，没有通过单调性来验证1x =是不是函数的极值点，也就是说使得导函数为零的自变量的值，不一定是极值点. 24．【黑龙江省大庆市第一中学2019届高三下学期第四次模拟（最后一卷)考试】已知奇函数()f x 是定义在R 上的可导函数，其导函数为()f x '，当0x >时，有()()22f x xf x x '>+，则不等式()()()22018+2018420x f x f +-<＋的解集为A ．(),2016-∞-B ．()2016,2012--C ．(),2018-∞-D ．()2016,0-【答案】A【解析】设()()2g x x f x =，因为()f x 为R 上的奇函数，所以()()()()22g x x f x x f x -=--=-，即()g x 为R 上的奇函数对()g x 求导，得()()()2f g f x x x x x '=+'⎡⎤⎣⎦， 而当0x >时，有()()220f x xf x x '>+≥，故0x >时，()0g x '>，即()g x 单调递增，所以()g x 在R 上单调递增，则不等式()()()22018+2018420x f x f +-<＋即()()()22018+201842x f x f +<--， 即()()()22018+201842x f x f +<， 即()()20182g x g +<，所以20182x +<，解得2016x <-. 故选A.【名师点睛】本题考查构造函数解不等式，利用导数求函数的单调性，函数的奇偶性，题目较综合，有一定的技巧性，属于中档题.25．【重庆西南大学附属中学校2019届高三第十次月考数学】曲线21()ln 2f x x x x =+在点(1(1))f ，处的切线与直线10ax y --=垂直，则a =________. 【答案】12-【解析】因为21()ln 2f x x x x =+，所以()ln 1f x x x '=++， 因此，曲线21()ln 2f x x x x =+在点(1(1))f ，处的切线斜率为(1)112k f '==+=， 又该切线与直线10ax y --=垂直，所以12a =-. 故答案为12-. 【名师点睛】本题主要考查导数在某点处的切线斜率问题，熟记导数的几何意义即可求解，属于常考题型.26．【广东省深圳市高级中学2019届高三适应性考试（6月）数学】已知函数22,0,()e ,0,x x x f x x ⎧≤=⎨>⎩若方程2[()]f x a =恰有两个不同的实数根12,x x ，则12x x +的最大值是______．【答案】3ln 22-【解析】作出函数()f x 的图象如图所示，由()2f x a =⎡⎤⎣⎦，可得()1f x =>， 即1a >，不妨设12x x < ，则2212e x x =(1)t t =>，则12ln x x t ==，12ln x x t ∴+=令()ln g t t =()g t '= ∴当18t <<时，()0g t '>，g t 在()1,8上单调递增；当8t时，()0g t '<，g t 在()8,+∞上单调递减，∴当8t =时，g t 取得最大值，为(8)ln823ln22g =-=-.故答案为3ln 22-.【名师点睛】本题主要考查方程的根与图象交点的关系，考查了利用导数判断函数的单调性以及求函数的极值与最值，属于难题.求函数()f x 的极值与最值的步骤：（1）确定函数的定义域；（2）求导数()f x '；（3）解方程()0,f x '=求出函数定义域内的所有根；（4）判断()f x '在()0f x '=的根0x 左右两侧值的符号，如果左正右负（左增右减），那么()f x 在0x 处取极大值，如果左负右正（左减右增），那么()f x 在0x 处取极小值.（5）如果只有一个极值点，则在该点处取得极值也是最值；（6）如果求闭区间上的最值还需要比较端点处的函数值与极值的大小.27．【山东省烟台市2019届高三3月诊断性测试（一模）数学】已知函数4211()42f x x ax =-，a ∈R . （1）当1a =时，求曲线()f x 在点(2,(2))f 处的切线方程；（2）设函数2()(22)e e ()x g x x x a f x =-+--，其中e 2.71828...=是自然对数的底数，讨论()g x 的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值． 【答案】（1）6100x y --=；（2）当0a ≤时，()g x 在(,)-∞+∞上单调递增，无极值；当0a >时，()g x 在(,-∞和)+∞单调递增，在(单调递减，极大值为2e(2)e4g a =+，极小值为2e (4g a =-+. 【解析】（1）由题意3()f x x ax '=-，所以当1a =时，(2)2f =，(2)6f '=， 因此曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线方程是26(2)y x -=-， 即6100x y --=.（2）因为2()(22)e e ()x g x x x a f x =-+--， 所以2()(22)e (22)e e '()x x g x x x x a f x '=-+-+--232()e e()()(e e )x x x a x ax x a x =---=--，令()e e x h x x =-，则()e e x h x '=-， 令()0h x '=得1x =，当(,1)x ∈-∞时，()0h x '<，()h x 单调递减， 当(1,)x ∈+∞时，()0h x '>，()h x 单调递增， 所以当1x =时，min ()(1)0h x h ==， 也就说，对于x ∀∈R 恒有()0h x ≥. 当0a ≤时，2()()()0g x x a h x '=-≥，()g x 在(,)-∞+∞上单调递增，无极值；当0a >时，令()0g x '=，可得x =当x <x >2()()()0g x x a h x '=-≥，()g x 单调递增，当x <<()0g x '<，()g x 单调递减，因此，当x =()g x 取得极大值2e(2)e4g a =+；当x =()g x 取得极小值2e (4g a =-+. 综上所述：当0a ≤时，()g x 在(,)-∞+∞上单调递增，无极值；当0a >时，()g x 在(,-∞和)+∞上单调递增，在(上单调递减， 函数既有极大值，又有极小值，极大值为2e(2)e4g a =+，极小值为2e (4g a =-+. 【名师点睛】本题考查了函数的单调性，极值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．28．【陕西省2019届高三第三次联考数学】已知函数f(x)=lnx −ax ，g(x)=x 2，a ∈R .（1）求函数f(x)的极值点；（2）若f(x)≤g(x)恒成立，求a 的取值范围.【答案】（1）极大值点为1a ，无极小值点.（2）a ≥−1.【解析】（1）()ln f x x ax =-的定义域为(0,+∞)，f ′(x )=1x −a ， 当a ≤0时，f ′(x )=1x −a >0，所以f (x )在(0,+∞)上单调递增，无极值点；当a >0时，解f ′(x )=1x −a >0得0<x <1a ，解f ′(x )=1x −a <0得x >1a ， 所以f (x )在(0,1a )上单调递增，在(1a ,+∞)上单调递减，所以函数f (x )有极大值点，为1a ，无极小值点. （2）由条件可得ln x −x 2−ax ≤0(x >0)恒成立， 则当x >0时，a ≥ln x x−x 恒成立，令ℎ(x )=ln x x−x(x >0)，则ℎ′(x )=1−x 2−ln xx 2，令k (x )=1−x 2−ln x(x >0)，则当x >0时，k ′(x )=−2x −1x <0，所以k (x )在(0,+∞)上为减函数. 又k (1)=0，所以在(0,1)上，ℎ′(x )>0；在(1,+∞)上，ℎ′(x )<0. 所以ℎ(x )在(0,1)上为增函数，在(1,+∞)上为减函数， 所以ℎ(x )max =ℎ(1)=−1，所以a ≥−1.【名师点睛】对于函数恒成立或者有解求参的问题，常用方法有：变量分离，参变分离，转化为函数最值问题；或者直接求函数最值，使得函数最值大于或者小于0；或者分离成两个函数，使得一个函数恒大于或小于另一个函数.29．【山东省济宁市2019届高三二模数学】已知函数f(x)=lnx −xe x +ax(a ∈R).（1）若函数f(x)在[1,+∞)上单调递减，求实数a 的取值范围； （2）若a =1，求f(x)的最大值.【答案】（1）a ≤2e −1；（2）f(x)max =−1.【解析】（1）由题意知，f′(x)=1x −(e x +xe x )+a =1x −(x +1)e x +a ≤0在[1,+∞)上恒成立， 所以a ≤(x +1)e x −1x 在[1,+∞)上恒成立. 令g(x)=(x +1)e x −1x ，则g′(x)=(x +2)e x +1x 2>0，所以g(x)在[1,+∞)上单调递增，所以g(x)min =g(1)=2e −1， 所以a ≤2e −1.（2）当a =1时，f(x)=lnx −xe x +x(x >0). 则f′(x)=1x−(x +1)e x +1=(x +1)(1x−e x )，令m(x)=1x −e x ，则m′(x)=−1x 2−e x <0， 所以m(x)在(0,+∞)上单调递减.由于m(12)>0，m(1)<0，所以存在x 0>0满足m(x 0)=0，即e x 0=1x 0.当x ∈(0,x 0)时，m(x)>0，f′(x)>0；当x ∈(x 0,+∞)时，m(x)<0，f′(x)<0. 所以f(x)在(0,x 0)上单调递增，在(x 0,+∞)上单调递减. 所以f(x)max =f (x 0)=lnx 0−x 0e x 0+x 0， 因为e x 0=1x 0，所以x 0=−lnx 0，所以f(x 0)=−x 0−1+x 0=−1， 所以f(x)max =−1.【名师点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，最值，零点存在性定理及其应用，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.30．【福建省龙岩市2019届高三5月月考数学】今年3月5日，国务院总理李克强作的政府工作报告中，提到要“惩戒学术不端，力戒学术不端，力戒浮躁之风”.教育部日前公布的《教育部2019年部门预算》中透露，2019年教育部拟抽检博士学位论文约6000篇，预算为800万元.国务院学位委员会、教育部2014年印发的《博士硕士学位论文抽检办法》通知中规定：每篇抽检的学位论文送3位同行专家进行评议，3位专家中有2位以上（含2位）专家评议意见为“不合格”的学位论文，将认定为“存在问题学位论文”.有且只有1位专家评议意见为“不合格”的学位论文，将再送2位同行专家进行复评，2位复评专家中有1位以上（含1位）专家评议意见为“不合格”的学位论文，将认定为“存在问题学位论文”.设每篇学位论文被每位专家评议为“不合格”的概率均为(01)p p <<，且各篇学位论文是否被评议为“不合格”相互独立.（1）记一篇抽检的学位论文被认定为“存在问题学位论文”的概率为()f p ，求()f p ；（2）若拟定每篇抽检论文不需要复评的评审费用为900元，需要复评的评审费用为1500元；除评审费外，其它费用总计为100万元.现以此方案实施，且抽检论文为6000篇，问是否会超过预算并说明理由.【答案】（1）−3p 5+12p 4−17p 3+9p 2；（2）若以此方案实施，不会超过预算.【解析】（1）因为一篇学位论文初评被认定为“存在问题学位论文”的概率为C 32p 2(1−p )+C 33p 3， 一篇学位论文复评被认定为“存在问题学位论文”的概率为C 31p (1−p )2[1−(1−p )2]，所以一篇学位论文被认定为“存在问题学位论文”的概率为f (p )=C 32p 2(1−p )+C 33p 3+C 31p (1−p )2[1−(1−p )2]=3p 2(1−p )+p 3+3p (1−p )2[1−(1−p )2] =−3p 5+12p 4−17p 3+9p 2.（2）设每篇学位论文的评审费为X 元，则X 的可能取值为900，1500.P (X =1500)=C 31p (1−p )2， P (X =900)=1−C 31p (1−p )2， 所以E (X )=900×[1−C 31p (1−p )2]+1500×C 31p (1−p )2=900+1800p (1−p )2. 令g (p )=p (1−p )2,p ∈(0,1),g ′(p )=(1−p )2−2p (1−p )=(3p −1)(p −1). 当p ∈(0,13)时，g ′(p )>0，g (p )在(0,13)上单调递增；当p ∈(13,1)时，g ′(p )<0，g (p )在(13,1)上单调递减,所以g (p )的最大值为g (13)=427.所以实施此方案，最高费用为100+6000×(900+1800×427)×10−4=800（万元）. 综上，若以此方案实施，不会超过预算.【名师点睛】本题主要考查互斥事件的概率和独立重复试验的概率的求法，考查随机变量的期望的求法，考查利用导数求函数的最大值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力. 31．【北京市西城区2019届高三4月统一测试（一模）数学】设函数f(x)=m e x −x 2+3，其中m ∈R ．（1）当f(x)为偶函数时，求函数ℎ(x)=xf(x)的极值；（2）若函数f(x)在区间[−2 , 4]上有两个零点，求m 的取值范围． 【答案】（1）极小值ℎ(−1)=−2，极大值ℎ(1)=2；（2）−2e <m <13e 4或m =6e 3.【解析】（1）由函数f(x)是偶函数，得f(−x)=f(x)， 即m e −x −(−x)2+3=m e x −x 2+3对于任意实数x 都成立， 所以m =0. 此时ℎ(x)=xf(x)=−x 3+3x ，则ℎ′(x)=−3x 2+3. 由ℎ′(x)=0，解得x =±1. 当x 变化时，ℎ′(x)与ℎ(x)的变化情况如下表所示：所以ℎ(x)在(−∞,−1)，(1,+∞)上单调递减，在(−1,1)上单调递增. 所以ℎ(x)有极小值ℎ(−1)=−2，极大值ℎ(1)=2. （2）由f(x)=m e x −x 2+3=0，得m =x 2−3e x.所以“f(x)在区间[−2 , 4]上有两个零点”等价于“直线y =m 与曲线g(x)=x 2−3e x，x ∈[−2 , 4]有且只有两个公共点”.对函数g(x)求导，得g ′(x)=−x 2+2x+3e x.由g ′(x)=0，解得x 1=−1，x 2=3. 当x 变化时，g ′(x)与g(x)的变化情况如下表所示：所以g(x)在(−2,−1)，(3,4)上单调递减，在(−1,3)上单调递增. 又因为g(−2)=e 2，g(−1)=−2e ，g(3)=6e 3<g(−2)，g(4)=13e 4>g(−1)，所以当−2e <m <13e4或m =6e3时，直线y =m 与曲线g(x)=x 2−3e x，x ∈[−2 , 4]有且只有两个公共点.即当−2e <m <13e 4或m =6e3时，函数f(x)在区间[−2 , 4]上有两个零点.【名师点睛】利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法： （1）利用零点存在的判定定理构建不等式求解. （2）分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解. （3）转化为两熟悉的函数图象问题，从而构建不等式求解.。

专题三 导数及其应用 第八讲 导数的综合应用答案部分 2019年1.解析 当1x =时，()112210f a a =-+=>恒成立； 当1x <时，()22202f x x ax a a=-+⇔厖令()()()()22221112111111x x x x x g x x x x x-----+==-=-=-=----()112201x x ⎛⎫--+--= ⎪ ⎪-⎝⎭?， 所以()max 20a g x =…，即0a >．当1x >时，()ln 0f x x a x a=-⇔厔令()ln x h x x =，则()()21ln ln x x x h x x -⋅'==当e x >时，()0h x '>，()h x 递增，当1e x <<时，()0h x '<，()h x 递减， 所以当e x =时，()h x 取得最小值()e e h =. 所以()min e a h x =„.综上，a 的取值范围是[]0,e ．2.解析（1）2()622(3)f x x ax x x a '=-=-． 令()0f x '=，得x =0或3ax =. 若a >0，则当(,0),3a x ⎛⎫∈-∞+∞⎪⎝⎭U 时，()0f x '>；当0,3a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在(,0),,3a ⎛⎫-∞+∞⎪⎝⎭单调递增，在0,3a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减；若a =0，()f x 在(,)-∞+∞单调递增； 若a <0，则当,(0,)3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭U 时，()0f x '>；当,03a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在,,(0,)3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在,03a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减. （2）满足题设条件的a ，b 存在.（i ）当a ≤0时，由（1）知，()f x 在[0，1]单调递增，所以()f x 在区间[0，l]的最小值为(0)=f b ，最大值为(1)2f a b =-+.此时a ，b 满足题设条件当且仅当1b =-，21a b -+=，即a =0，1b =-．（ii ）当a ≥3时，由（1）知，()f x 在[0，1]单调递减，所以()f x 在区间[0，1]的最大值为(0)=f b ，最小值为(1)2f a b =-+．此时a ，b 满足题设条件当且仅当21a b -+=-，b =1，即a =4，b =1．（iii ）当0<a <3时，由（1）知，()f x 在[0，1]的最小值为3327a a f b ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，最大值为b 或2a b -+．若3127a b -+=-，b =1，则a =，与0<a <3矛盾.若3127a b -+=-，21a b -+=，则a =a =-或a =0，与0<a <3矛盾．综上，当且仅当a =0，1b =-或a =4，b =1时，()f x 在[0，1]的最小值为–1，最大值为1．3.解析：（Ⅰ）当34a =-时，3()ln 04f x x x =->．3()4f 'x x =-=所以，函数()f x 的单调递减区间为（0，3），单调递增区间为（3，+∞）．（Ⅱ）由1(1)2f a≤，得04a <≤．当04a <≤时，()2f x a≤等价于22ln 0x a a --≥．令1t a=，则t ≥．设()22ln ,g t tx t =≥，则()2ln g t g x ≥=．（i ）当1,7x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭≤()2ln g t g x ≥=．记1()ln ,7p x x x =≥，则1()p'x x =-=故所以，()(1)0p x p ≥= ．因此，()2()0g t g p x ≥=≥．（ii ）当211,e 7x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，()g t g =…．令211()(1),,e 7q x x x x ⎡⎤=++∈⎢⎥⎣⎦，则()10q'x =+>， 故()q x 在211,e 7⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，所以1()7q x q ⎛⎫⎪⎝⎭„．由（i ）得11(1)077q p p ⎛⎫⎛⎫=<= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭． 所以，()<0q x ．因此()0g t g =>…．由（i ）（ii ）得对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，),()0t g t ∈+∞…，即对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，均有()2f x a …． 综上所述，所求a的取值范围是⎛ ⎝⎦4.解析：（1）设()()g x f 'x =，则1()cos 1g x x x=-+，21sin ())(1x 'x g x =-++.当1,2x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()g'x 单调递减，而(0)0,()02g'g'π><， 可得()g'x 在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭有唯一零点，设为α. 则当(1,)x α∈-时，()0g'x >；当,2x α⎛π⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g'x <. 所以()g x 在(1,)α-单调递增，在,2απ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，故()g x 在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭存在唯一极大值点，即()f 'x 在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭存在唯一极大值点.（2）()f x 的定义域为(1,)-+∞.（i ）当(1,0]x ∈-时，由（1）知，()f 'x 在(1,0)-单调递增，而(0)0f '=，所以当(1,0)x ∈-时，()0f 'x <，故()f x 在(1,0)-单调递减，又(0)=0f ，从而0x =是()f x 在(1,0]-的唯一零点.（ii ）当0,2x ⎛π⎤∈ ⎥⎝⎦时，由（1）知，()f 'x 在(0,)α单调递增，在,2απ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减，而(0)=0f '，02f 'π⎛⎫< ⎪⎝⎭，所以存在,2βαπ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()0f 'β=，且当(0,)x β∈时，()0f 'x >；当,2x βπ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f 'x <.故()f x 在(0,)β单调递增，在,2βπ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减.又(0)=0f ，1ln 1022f ππ⎛⎫⎛⎫=-+> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以当0,2x ⎛π⎤∈ ⎥⎝⎦时，()0f x >.从而()f x 在0,2⎛⎤⎥⎝⎦π没有零点.（iii ）当,2x π⎛⎤∈π ⎥⎝⎦时，()0f 'x <，所以()f x 在,2π⎛⎫π ⎪⎝⎭单调递减.而02f π⎛⎫> ⎪⎝⎭，()0f π<，所以()f x 在,2π⎛⎤π ⎥⎝⎦有唯一零点.（iv ）当(,)x ∈π+∞时，ln(1)1x +>，所以()f x <0，从而()f x 在(,)π+∞没有零点. 综上，()f x 有且仅有2个零点.5.解析：（1）f （x ）的定义域为(0,1)(1,)+∞U . 因为211()0(1)f x x x '=+>-，所以()f x 在（0，1），（1，+∞）单调递增． 因为f （e ）=e 110e 1+-<-，22222e 1e 3(e )20e 1e 1f +-=-=>--， 所以f （x ）在（1，+∞）有唯一零点x 1，即f （x 1）=0． 又1101x <<，1111111()ln ()01x f x f x x x +=-+=-=-， 故f （x ）在（0，1）有唯一零点11x ． 综上，f （x ）有且仅有两个零点．（2）因为0ln 01e x x -=，故点B （–ln x 0，01x ）在曲线y =e x 上． 由题设知0()0f x =，即0001ln 1x x x +=-， 故直线AB 的斜率0000000000111ln 111ln 1x x x x x k x x x x x x +---===+-----．曲线y =e x在点001(ln ,)B x x -处切线的斜率是01x ，曲线ln y x =在点00(,ln )A x x 处切线的斜率也是1x ， 所以曲线ln y x =在点00(,ln )A x x 处的切线也是曲线y =e x 的切线．6.解析（1）因为a b c ==，所以3()()()()()f x x a x b x c x a =---=-． 因为(4)8f =，所以3(4)8a -=，解得2a =． （2）因为b c =，所以2322()()()(2)(2)f x x a x b x a b x b a b x ab =--=-+++-， 从而2()3()3a b f 'x x b x +⎛⎫=-- ⎪⎝⎭．令()0f 'x =，得x b =或23a bx +=． 因为2,,3a ba b +都在集合{3,1,3}-中，且a b ≠， 所以21,3,33a b a b +===-．此时2()(3)(3)f x x x =-+，()3(3)(1)f 'x x x =+-． 令()0f 'x =，得3x =-或1x =．列表如下：所以()f x 的极小值为2(1)(13)(13)32f =-+=-．（3）因为0,1a c ==，所以32()()(1)(1)f x x x b x x b x bx =--=-++，2()32(1)f 'x x b x b =-++．因为01b <≤，所以224(1)12(21)30b b b ∆=+-=-+>， 则()f 'x 有2个不同的零点，设为()1212,x x x x <．由()0f 'x =，得12x x ==．列表如下：所以()f x 的极大值()1M f x =．解法一：()321111(1)M f x x b x bx ==-++()221111211(1)[32(1)]3999b b x b b b x b x b x -+++⎛⎫=-++--+ ⎪⎝⎭ ()2321(1)(1)227927b b b b b --+++=++23(1)2(1)(1)2272727b b b b +-+=-+(1)24272727b b +≤+≤．因此427M ≤． 解法二：因为01b <≤，所以1(0,1)x ∈．当(0,1)x ∈时，2()()(1)(1)f x x x b x x x =--≤-． 令2()(1),(0,1)g x x x x =-∈，则1()3(1)3g'x x x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭． 令()0g'x =，得1x =．列表如下：所以当13x =时，()g x 取得极大值，且是最大值，故max 14()327g x g ⎛⎫== ⎪⎝⎭．所以当(0,1)x ∈时，4()()27f x g x ≤≤，因此427M ≤． 7.解析：（I ）由321()4f x x x x =-+，得23'()214f x x x =-+．令'()1f x =，即232114x x -+=，解得0x =或83x =.又88(0)0,(),327f f ==所以曲线()y f x =的斜率为1的切线方程是y x =与88273y x -=-，即y x =与6427y x =-.（II ）令()()g x f x x =-，[]2,4x ∈-.由321()4g x x x =-得23'()24g x x x =-. 令'()0g x =得0x =或83x =.'(),()g x g x 随x 的变化情况如表所示所以()g x 的最小值为-6，最大值为0，所以6()0g x -≤≤，即6()x f x x -≤≤. （III ）由（II ）知，当3a ≤-时，()()()003M a F g a a ≥=-=->； 当3a >-时，()()()2263M a F g a a ≥-=--=+>； 当3a =-时，()3M a =. 综上，当()M a 最小时，3a =-.8.解析 （Ⅰ）由已知，有'()e (cos sin )x f x x x =-.因此，当52,244x k k ππ⎛⎫∈π+π+ ⎪⎝⎭()k ∈Z 时，有sin cos x x >，得()'0f x <，则()f x 单调递减；当32,244x k k ππ⎛⎫∈π-π+ ⎪⎝⎭()k ∈Z 时，有sin cos x x <，得()'0f x >，则()f x 单调递增.所以，()f x 的单调递增区间为32,2(),()44k k k f x ππ⎡⎤π-π+∈⎢⎥⎣⎦Z 的单调递减区间为52,2()44k k k ππ⎡⎤π+π+∈⎢⎥⎣⎦Z . （Ⅱ）记()()()2h x f x g x x π⎛⎫=+-⎪⎝⎭.依题意及（Ⅰ），有()e (cos sin )xg x x x =-，从而'()2e sin x g x x =-.当ππ,42x ⎛⎫∈⎪⎝⎭时，()'0g x <， 故'()'()'()()(1)'()022h x f x g x x g x g x x ππ⎛⎫⎛⎫=+-+-=-<⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 因此，()h x 在区间,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，进而()022h x h f ππ⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭….所以，当,42x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()()02f x g x x π⎛⎫+- ⎪⎝⎭….（Ⅲ）依题意，()()10n n u x f x =-=，即cos e 1n xn x =.记2n n y x n =-π，则,42n y ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭， 且()()()22e cos ecos 2e n n yx n n n n n n f y y x n -π-π==-π=∈N .由()()20e 1n n f y f y -π==„及（Ⅰ），得0n y y …. 由（Ⅱ）知，当,42x ππ⎛⎫∈⎪⎝⎭时，()'0g x <，所以()g x 在,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上为减函数，因此()()004n g y g y g π⎛⎫<= ⎪⎝⎭„.又由（Ⅱ）知，()()02n n n f y g y y π⎛⎫+-⎪⎝⎭…， 故()()()()()022*******2sin cos sin c e e e e os e n n n n n n y n n f y y g y g y g y y y x x -π-π-π-ππ--=-=<--剟. 所以，20022sin c s e o n n n x x x -πππ+-<-.2010-2018年1．A 【解析】∵21()[(2)1]x f x x a x a e-'=+++-，∵(2)0f '-=，∴1a =-，所以21()(1)x f x x x e-=--，21()(2)x f x x x e-'=+-，令()0f x '=，解得2x =-或1x =，所以当(,2)x ∈-∞-，()0f x '>，()f x 单调递增；当(2,1)x ∈-时，()0f x '<，()f x 单调递减；当(1,)x ∈+∞，()0f x '>，()f x 单调递增，所以()f x 的极小值为11(1)(111)1f e-=--=-，选A ．2．D 【解析】由导函数的图象可知，()y f x =的单调性是减→增→减→增，排除 A 、C ；由导函数的图象可知，()y f x =的极值点一负两正，所以D 符合，选D ．3．D 【解析】当0x ?时，令函数2()2xf x x e =-，则()4xf x x e '=-，易知()f x '在[0，ln 4）上单调递增，在[ln 4，2]上单调递减，又(0)10f '=-<，1()202f '=->，(1)40f e '=->，2(2)80f e '=->，所以存在01(0,)2x ∈是函数()f x 的极小值点，即函数()f x 在0(0,)x 上单调递减，在0(,2)x 上单调递增，且该函数为偶函数，符合 条件的图像为D ．4．B 【解析】（解法一）2m ≠时，抛物线的对称轴为82n x m -=--．据题意，当2m >时，822n m --≥-即212m n +≤．262m n +≤≤Q 18mn ∴≤．由2m n =且212m n +=得3,6m n ==．当2m <时，抛物线开口向下，据题意得，8122n m --≤-即218m n +≤．292m n +≤≤Q812mn ∴≤．由2n m =且218m n +=得92m =>，故应舍去.要使得mn 取得最大值，应有218m n +=(2,8)m n <>．所以(182)(1828)816mn n n =-<-⨯⨯=，所以最大值为18．选B ．（解法二）由已知得()(2)8f x m x n '=-+-，对任意的1[,2]2x ∈，()0f x '≤，所以1()02()0f f x ⎧'⎪⎨⎪'⎩≤≤，即0,021822m n m n m n ⎧⎪+⎨⎪+⎩≥≥≤≤．画出该不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，令mn t =，则当0n =时，0t =，当0n ≠时，tm n=，由线性规划的相关知识，只有当直线212m n +=与曲线t m n =相切时，t 取得最大值，由212192tn t n n ⎧-=-⎪⎪⎨⎪-=⎪⎩，解得6n =，18t =，所以max ()18mn =，选B ．5．A 【解析】令()()f x h x x=，因为()f x 为奇函数，所以()h x 为偶函数，由于 2()()()xf x f x h x x '-'=，当0x >时，'()()xf x f x - 0<，所以()h x 在(0,)+∞ 上单调递减，根据对称性()h x 在(,0)-∞上单调递增，又(1)0f -=，(1)0f =， 数形结合可知，使得()0f x >成立的x 的取值范围是()(),10,1-∞-U ． 6．D 【解析】由题意可知存在唯一的整数0x ，使得000(21)-<-xe x ax a ，设()(21)=-x g x e x ，()=-h x ax a ，由()(21)x g x e x '=+，可知()g x 在1(,)2-∞-上单调递减，在1(,)2-+∞上单调递增，作出()g x 与()h x 的大致图象如图所示，-a故(0)(0)(1)(1)>⎧⎨--⎩h g h g ≤，即132<⎧⎪⎨--⎪⎩a a e ≤，所以312a e <≤． 7．D 【解析】∵()ln f x kx x =-，∴1()f x k x'=-，∵()f x 在(1,)+∞单调递增， 所以当1x > 时，1()0f x k x '=-≥恒成立，即1k x≥在(1,)+∞上恒成立，∵1x >，∴101x<<，所以k ≥1，故选D ．8．A 【解析】法一 由题意可知，该三次函数满足以下条件：过点(0，0)，(2，0)，在(0，0)处的切线方程为y x =-，在(2，0)处的切线方程为36y x =-，以此对选项进行检验．A 选项，321122y x x x =--，显然过两个定点，又2312y x x '=--， 则02|1,|3x x y y ==''=-=，故条件都满足，由选择题的特点知应选A ．法二 设该三次函数为32()f x ax bx cx d =+++，则2()32f x ax bx c '=++由题设有(0)0(2)0(0)1(2)3f f f f =⎧⎪=⎪⎨'=-⎪⎪'=⎩，解得11,,1,022a b c d==-=-=．故该函数的解析式为321122y x x x =--，选A ．9．C 【解析】由正弦型函数的图象可知：()f x 的极值点0x 满足0()f x =，则22x k m πππ=+()k Z ∈，从而得01()()2x k m k Z =+∈．所以不等式()22200[]x f x m +<，即为2221()32k m m ++<，变形得21[1()]32m k -+>，其中k Z ∈．由题意，存在整数k 使得不等式21[1()]32m k -+>成立．当1k ≠-且0k ≠时，必有21()12k +>，此时不等式显然不能成立， 故1k =-或0k =，此时，不等式即为2334m >，解得2m <-或2m >． 10．A 【解析】设所求函数解析式为()y f x =，由题意知(5)2,52f f =--=（），且(5)0f '±=，代入验证易得3131255y x x =-符合题意，故选A ． 11．C 【解析】当(0,1]x ∈时，得321113()4()a x x x --+≥，令1t x=，则[1,)t ∈+∞，3234a t t t --+≥，令()g t =3234t t t --+，[1,)t ∈+∞，则()2981(1)(91)g x t t t t '=--+=-+-，显然在[1,)+∞上，()0g t '<，()g t 单调递减，所以max ()(1)6g t g ==-，因此6a -≥；同理，当[2,0)x ∈-时，得2a -≤．由以上两种情况得62a --≤≤． 显然当0x =时也成立，故实数a 的取值范围为[6,2]--．12．C 【解析】设()ln x f x e x =-，则1()xf x e x'=-，故()f x 在(0,1)上有一个极值点，即()f x 在(0,1)上不是单调函数，无法判断1()f x 与2()f x 的大小，故A 、B 错；构造函数()x e g x x =，2(1)()x e x g x x-'=，故()g x 在(0,1)上单调递减，所以()()12g x g x >，选C ．13．【解析】B 当0a =，可得图象D ；记2()2a f x ax x =-+，232()2g x a x ax =-+ ()x a a R +∈，取12a =，211()(1)24f x x =--，令()0g x '=，得2,23x =，易知()g x 的极小值为1(2)2g =，又1(2)4f =，所以(2)(2)g f >，所以图象A 有可能；同理取2a =，可得图象C 有可能；利用排除法可知选B ．14．C 【解析】若0c =则有(0)0f =，所以A 正确．由32()f x x ax bx c =+++得32()f x c x ax bx -=++，因为函数32y x ax bx =++的对称中心为（0,0），所以32()f x x ax bx c =+++的对称中心为(0,)c ，所以B 正确．由三次函数的图象可知，若0x 是()f x 的极小值点，则极大值点在0x 的左侧，所以函数在区间0(,)x -∞单调递减是错误的，D 正确．选C ．15．A 【解析】法一：由题意可得，00sin y x =[1,1]∈-，而由()f x =0[0,1]y ∈，当0a =时，()f x∴0[0,1]y ∈时，0()[1f x ∈．∴0(())1f f y >．∴ 不存在0[0,1]y ∈使00))((y y f f =成立，故B ，D 错；当1a e =+时，()f x当0[0,1]y ∈时，只有01y =时()f x 才有意义，而(1)0f =， ∴ ((1))(0)f f f =，显然无意义，故C 错．故选A ．法二：显然，函数()f x 是增函数，()0f x ≥，从而以题意知0[0,1]y ∈．于是，只能有00()f y y =．不然的话，若00()f y y >，得000(())()f f y f y y >>， 与条件矛盾；若00()f y y <，得000(())()f f y f y y <<，与条件矛盾． 于是，问题转化为()f t t =在[0,1]上有解．由t =2tt e t a =+-，分离变量，得2()ta g t e t t ==-+，[0,1]t ∈因为()210tg t e t '=-+>，[0,1]t ∈，所以，函数()g t 在[0,1]上是增函数，于是有1(0)()(1)g g t g e ==≤≤， 即[1,]a e ∈，应选A ．16．D 【解析】A ．0,()()x R f x f x ∀∈≤，错误．00(0)x x ≠是()f x 的极大值点，并不是最大值点；B ．0x -是()f x -的极小值点．错误．()f x -相当于()f x 关于y 轴的对称图像，故0x -应是()f x -的极大值点；C ．0x -是()f x -的极小值点．错误．()f x -相当于()f x 关于x 轴的对称图像，故0x 应是()f x -的极小值点．跟0x -没有关系；D ．0x -是()f x --的极小值点．正确．()f x --相当于()f x 先关于y 轴的对称，再关于x 轴的对称图像．故D 正确．17．B 【解析】∵21ln 2y x x =-,∴1y x x'=-,由0y '„，解得11x -剟，又0x >，∴01x <„故选B ．18．D 【解析】()xf x xe =，()(1)xf x e x '=+，0>x e 恒成立，令()0f x '=，则1-=x当1-<x 时，()0f x '<，函数单调减，当1->x 时，()0f x '>，函数单调增， 则1x =-为()f x 的极小值点，故选D ．19．D 【解析】2()1222f x x ax b '=--，由(1)0f '=，即12220a b --=，得6a b +=．由0a >，0b >，所以2()92a b ab +=≤，当且仅当3a b ==时取等号．选D ．20．D 【解析】若1x =-为函数()xf x e 的一个极值点，则易知a c =，∵选项A ，B 的函数为2()(1)f x a x =+，∴[()][()()](1)(3)xxxf x e f x f x e a x x e '=+=++，∴1x =-为函数()xf x e 的一个极值点满足条件；选项C 中，对称轴02bx a=->， 且开口向下，∵0,0a b <>，∴(1)20f a b -=-<，也满足条件； 选项D 中，对称轴02bx a=-<，且开口向上，∴0,2a b a >>， ∴(1)20f a b -=-<，与题图矛盾，故选D ．21．D 【解析】由题2||ln MN x x =-，(0)x >不妨令2()ln h x x x =-，则1'()2h x x x=-，令'()0h x =解得2x =，因2x ∈时，'()0h x <，当)x ∈+∞时，'()0h x >，所以当x =时，||MN 达到最小．即2t =． 22．①③④⑤ 【解析】 令32(),()3f x x ax b f x x a '=++=+，当0a ≥时，()0f x '≥，则()f x 在R 上单调递增函数，此时30x ax b ++=仅有一个实根，所以(4)(5)对； 当3a =-时，由2()330f x x '=-<得11x -<<，所以1x = 是()f x 的极小值点．由(1)0f >，得31310b -⋅+>,即2b >，(3)对．1x =- 是()f x 的极大值点， 由(1)0f -<，得3(1)3(1)0b --⋅-+<，即2b <-，(1)对．23．①④【解析】（1）设12x >x ，函数2x 单调递增，所有122>2xx，120x x ->，则m =1212()()f x f x x x --=121222x x x x -->0，所以正确；（2）设1x >2x ，则120x x ->，则1212()()g x g x n x x -=-22121212()x x a x x x x -+-=- 12121212()()x x x x a x x a x x -++==++-，可令1x =1，2x =2，4a =-，则10n =-<，所以错误；（3）因为m n =，由（2）得：2121)()(x x x f x f --12x x a =++，分母乘到右边，右边即为12()()g x g x -，所以原等式即为12()()f x f x -=12()()g x g x -， 即为12()()f x g x -=12()()f x g x -，令()()()h x f x g x =-，则原题意转化为对于任意的a ，函数()()()h x f x g x =-存在不相等的实数1x ，2x 使得函数值相等，2()2x h x x ax =--，则()2ln 22x h x x a '=--，则()2(ln 2)2xh x ''=-，令0()0h x ''=，且012x <<，可得0()h x '为极小值． 若10000a =-，则0()0h x '>，即0()0h x '>，()h x 单调递增，不满足题意， 所以错误．（4）由(3) 得12()()f x f x -=12()()g x g x -，则1122()()()()f x g x g x f x +=+， 设()()()h x f x g x =+，有1x ，2x 使其函数值相等，则()h x 不恒为单调．2()2x h x x ax =++，()2ln 22x h x x a '=++，()2()2ln 220x h x ''=+>恒成立，()h x '单调递增且()0h '-∞<，()0h '+∞>．所以()h x 先减后增，满足题意，所以正确．24．4【解析】当01x <≤时，()ln f x x =-，()0g x =，此时方程|()()|1f x g x +=即为ln 1x =或ln 1x =-，故x e =或1x e =，此时1x e=符合题意，方程有一个实根． 当12x <<时，()ln f x x =，22()422g x x x =--=-，方程|()()|1f x g x += 即为2ln 21x x +-=或2ln 21x x +-=-，即2ln 10x x +-=或2ln 30x x +-=， 令2ln 1y x x =+-，则120y x x¢=-<，函数2ln 1y x x =+-在(1,2)x Î上单调递减，且1x =时0y =，所以当12x <<时，方程2ln 10x x +-=无解；令2ln 3y x x =+-，则120y x x¢=-<，函数2ln 3y x x =+-在(1,2)x Î上单调递减，且1x =时20y =>，2x =时ln 210y =-<，所以当12x <<时，方程2ln 30x x +-=有一个实根．当2x ≥时，()ln f x x =，2()6g x x =-，方程|()()|1f x g x +=即为2ln 61x x +-=或2ln 61x x +-=-，即2ln 70x x +-=或2ln 50x x +-=，令2y ln 7x x =+-，则120y x x¢=+>，函数2y ln 7x x =+-在[2,)x ??上单调递增，且2x =时 ln 230y =-<，3x =时ln320y =+>，所以当2x ≥时方程2ln 70x x +-=有1个实根；同理2ln 50x x +-=在[2,)x ??有1个实根． 故方程1|)()(|=+x g x f 实根的个数为4个．25．2【解析】由题意2()363(2)f x x x x x '=-=-，令()0f x '=得0x =或2x =．因0x <或2x >时，()0f x '>，02x <<时，()0f x '<． ∴2x =时()f x 取得极小值．26．【解析】(1)()f x 的定义域为(0,)+∞，22211()1a x ax f x x x x-+'=--+=-． （i ）若2≤a ，则()0'≤f x ，当且仅当2a =，1x =时()0f x '=，所以()f x 在(0,)+∞单调递减．（ii ）若2a >，令()0f x '=得，x =或x =．当)x ∈+∞U 时，()0f x '<；当x ∈时，()0f x '>．所以()f x在，)+∞单调递减，在单调递增．(2)由(1)知，()f x 存在两个极值点当且仅当2a >．由于()f x 的两个极值点1x ，2x 满足210x ax -+=，所以121x x =，不妨设12x x <，则21x >．由于12121221212121222()()ln ln ln ln 2ln 11221f x f x x x x x x a a a x x x x x x x x x x ----=--+=-+=-+----，所以1212()()2f x f x a x x -<--等价于22212ln 0x x x -+<．设函数1()2ln g x x x x=-+，由(1)知，()g x 在(0,)+∞单调递减，又(1)0g =，从而当(1,)x ∈+∞时，()0g x <．所以22212ln 0x x x -+<，即1212()()2f x f x a x x -<--． 27．【解析】(1)当1=a 时，()1≥f x 等价于2(1)e10-+-≤xx ．设函数2()(1)1-=+-xg x x e，则22()(21)(1)--=--+=--x x g'x x x e x e ．当1≠x 时，()0<g'x ，所以()g x 在(0,)+∞单调递减． 而(0)0=g ，故当0≥x 时，()0≤g x ，即()1≥f x ． (2)设函数2()1e -=-xh x ax ．()f x 在(0,)+∞只有一个零点当且仅当()h x 在(0,)+∞只有一个零点．（i ）当0≤a 时，()0>h x ，()h x 没有零点； （ii ）当0a >时，()(2)e xh'x ax x -=-．当(0,2)∈x 时，()0<h'x ；当(2,)∈+∞x 时，()0>h'x ．所以()h x 在(0,2)单调递减，在(2,)+∞单调递增． 故24(2)1e=-ah 是()h x 在[0,)+∞的最小值． ①若(2)0>h ，即2e 4<a ，()h x 在(0,)+∞没有零点；②若(2)0=h ，即2e 4=a ，()h x 在(0,)+∞只有一个零点；③若(2)0<h ，即2e 4>a ，由于(0)1=h ，所以()h x 在(0,2)有一个零点，由(1)知，当0>x 时，2e >xx ，所以33342241616161(4)11110e (e )(2)=-=->-=->a a a a a h a a a． 故()h x 在(2,4)a 有一个零点，因此()h x 在(0,)+∞有两个零点．综上，()f x 在(0,)+∞只有一个零点时，2e 4=a ．28．【解析】(1)当0a =时，()(2)ln(1)2f x x x x =++-，()ln(1)1xf x x x'=+-+． 设函数()()ln(1)1xg x f x x x'==+-+，则2()(1)x g x x '=+． 当10x -<<时，()0g x '<；当0x >时，()0g x '>．故当1x >-时，()(0)0g x g =≥，且仅当0x =时，()0g x =，从而()0f x '≥，且仅当0x =时，()0f x '=． 所以()f x 在(1,)-+∞单调递增．又(0)0f =，故当10x -<<时，()0f x <；当0x >时，()0f x >．(2)（i ）若0a ≥，由(1)知，当0x >时，()(2)ln(1)20(0)f x x x x f ++->=≥，这与0x =是()f x 的极大值点矛盾． （ii ）若0a <，设函数22()2()ln(1)22f x xh x x x ax x ax==+-++++．由于当||min{x <时，220x ax ++>，故()h x 与()f x 符号相同． 又(0)(0)0h f ==，故0x =是()f x 的极大值点当且仅当0x =是()h x 的极大值点．2222222212(2)2(12)(461)()1(2)(1)(2)x ax x ax x a x ax a h x x x ax x ax x ++-++++'=-=++++++．如果610a +>，则当6104a x a +<<-，且||min{x <时，()0h x '>， 故0x =不是()h x 的极大值点．如果610a +<，则224610a x ax a +++=存在根10x <，故当1(,0)x x ∈，且||min{x <时，()0h x '<，所以0x =不是()h x 的极大值点．如果610a +=，则322(24)()(1)(612)x x h x x x x -'=+--．则当(1,0)x ∈-时，()0h x '>； 当(0,1)x ∈时，()0h x '<．所以0x =是()h x 的极大值点，从而0x =是()f x 的极大值点 综上，16a =-． 29．【解析】(1)因为2()[(41)43]xf x ax a x a e =-+++，所以2()[2(41)][(41)43]xxf x ax a e ax a x a e '=-++-+++（x ∈R ） =2[(21)2]xax a x e -++．(1)(1)f a e '=-．由题设知(1)0f '=，即(1)0a e -=，解得1a =． 此时(1)30f e =≠． 所以a 的值为1．(2)由(1)得2()[(21)2](1)(2)x xf x ax a x e ax x e '=-++=--．若12a >，则当1(,2)x a∈时，()0f x '<； 当(2,)x ∈+∞时，()0f x '>． 所以()0f x <在2x =处取得极小值． 若12a ≤，则当(0,2)x ∈时，20x -<，11102ax x --<≤， 所以()0f x '>．所以2不是()f x 的极小值点． 综上可知，a 的取值范围是1(,)2+∞．30．【解析】(1)由已知，()ln xh x a x a =-，有()ln ln xh x a a a '=-．令()0h x '=，解得0x =．由1a >，可知当x 变化时，()h x '，()h x 的变化情况如下表：所以函数()h x 的单调递减区间(,0)-∞，单调递增区间为(0,)+∞．(2)证明：由()ln xf x a a '=，可得曲线()y f x =在点11(,())x f x 处的切线斜率为1ln x a a ．由1()ln g x x a'=，可得曲线()y g x =在点22(,())x g x 处的切线斜率为21ln x a．因为这两条切线平行，故有121ln ln x a a x a =，即122(ln )1x x a a =．两边取以a 为底的对数，得21log 2log ln 0a a x x a ++=，所以122ln ln ()ln ax g x a+=-． (3)证明：曲线()y f x =在点11(,)xx a 处的切线1l ：111ln ()xxy a a a x x -=⋅-．曲线()y g x =在点22(,log )a x x 处的切线2l ：2221log ()ln a y x x x x a-=⋅-． 要证明当1ee a ≥时，存在直线l ，使l 是曲线()yf x =的切线，也是曲线()yg x =的切线，只需证明当1ee a ≥时，存在1(,)x ∈-∞+∞，2(0,)x ∈+∞，使得l 1和l 2重合．即只需证明当1e e a ≥时，方程组1112121ln ln 1ln log ln x x x a a a x a a x a a x a ⎧=⎪⎪⎨⎪-=-⎪⎩①②有解，由①得1221(ln )x x a a =，代入②，得111112ln ln ln 0ln ln x x a a x a a x a a-+++=． ③ 因此，只需证明当1ee a ≥时，关于1x 的方程③有实数解． 设函数12ln ln ()ln ln ln x xau x a xa a x a a=-+++， 即要证明当1ee a ≥时，函数()y u x =存在零点．2()1(ln )x u x a xa '=-，可知(,0)x ∈-∞时，()0u x '>；(0,)x ∈+∞时，()u x '单调递减，又(0)10u '=>，21(ln )21()10(ln )a u a a '=-<， 故存在唯一的0x ，且00x >，使得0()0u x '=，即0201(ln )0x a x a-=．由此可得()u x 在0(,)x -∞上单调递增，在0(,)x +∞上单调递减．()u x 在0x x =处取得极大值0()u x ．因为1ee a ≥，故ln(ln )1a -≥， 所以0000012ln ln ()ln ln ln xxau x a x a a x a a=-+++02012ln ln 22ln ln 0(ln )ln ln a ax x a a a+=++≥≥． 下面证明存在实数t ，使得()0u t <． 由(1)可得1ln xa x a +≥， 当1ln x a>时， 有12ln ln ()(1ln )(1ln )ln ln a u x x a x a x a a+-+++≤ 2212ln ln (ln )1ln ln aa x x a a=-++++，所以存在实数t ，使得()0u t <因此，当1ee a ≥时，存在1(,)x ∈-∞+∞，使得1()0u x =．所以，当1ee a ≥时，存在直线l ，使l 是曲线()yf x =的切线，也是曲线()yg x =的切线．31．【解析】(1)函数()f x x =，2()22g x x x =+-，则()1f x '=，()22g x x '=+．由()()f x g x =且()()f x g x ''=，得222122x x x x ⎧=+-⎨=+⎩，此方程组无解，因此，()f x 与()g x 不存在“S 点”． (2)函数2()1f x ax =-，()ln g x x =， 则1()2()f x ax g x x'='=，． 设0x 为()f x 与()g x 的“S 点”，由00()()f x g x =且00()()f x g x ''=，得200001ln 12ax x ax x ⎧-=⎪⎨=⎪⎩，即200201ln 21ax x ax ⎧-=⎪⎨=⎪⎩，（*） 得01ln 2x =-，即120e x -=，则1221e 22(e )a -==． 当e2a =时，120e x -=满足方程组（*），即0x 为()f x 与()g x 的“S 点”．因此，a 的值为e 2． (3)对任意0a >，设32()3h x x x ax a =--+．因为(0)0(1)1320h a h a a =>=--+=-<，，且()h x 的图象是不间断的，所以存在0(0,1)x ∈，使得0()0h x =．令03002e (1)x x b x =-，则0b >．函数2e ()()xb f x x a g x x=-+=，，则2e (1)()2()x b x f x x g x x -=-=′，′．由()()f x g x =且()()f x g x ''=，得22e e (1)2xx b x a x b x x x ⎧-+=⎪⎪⎨-⎪-=⎪⎩，即00320030202e e (1)2e (1)2e (1)x x xx x x a x x x x x x x ⎧-+=⋅⎪-⎪⎨-⎪-=⋅⎪-⎩，（**） 此时，0x 满足方程组（**），即0x 是函数()f x 与()g x 在区间(0,1)内的一个“S 点”． 因此，对任意0a >，存在0b >，使函数()f x 与()g x 在区间(0,)+∞内存在“S 点”． 32．【解析】(1)函数()f x的导函数1()f x x'=-， 由12()()f x f x ''=1211x x -=-， 因为12x x ≠12=．= 因为12x x ≠，所以12256x x >．由题意得121212()()ln ln ln()f x f x x x x x +=+=．设()ln g x x =，则1()4)4g x x'=，所以所以()g x 在[256,)+∞上单调递增， 故12()(256)88ln 2g x x g >=-，即12()()88ln 2f x f x +>-． (2)令(||)a k m e-+=，2||1()1a n k+=+，则 ()||0f m km a a k k a -->+--≥，()))0a f n kn a n k n k n --<---<≤ 所以，存在0(,)x m n ∈使00()f x kx a =+，所以，对于任意的a ∈R 及(0,)k ∈+∞，直线y kx a =+与曲线()y f x =有公共点．由()f x kx a =+得ln x ak x-=．设ln ()x ah x x-=，则22ln 1()12()x ag x a h x x x --+--+'==，其中()ln 2g x x =-． 由(1)可知()(16)g x g ≥，又34ln 2a -≤， 故()1(16)134ln 2g x a g a a --+--+=-++≤，所以()0h x '≤，即函数()h x 在(0,)+∞上单调递减，因此方程()0f x kx a --=至多1个实根．综上，当34ln 2a -≤时，对于任意0k >，直线y kx a =+与曲线()y f x =有唯一公共点．33．【解析】（1）()f x 的定义域为(,)-∞+∞，2()2(2)1(1)(21)x x x x f x ae a e ae e '=+--=-+，（ⅰ）若0a ≤，则()0f x '<，所以()f x 在(,)-∞+∞单调递减． （ⅱ）若0a >，则由()0f x '=得ln x a =-．当(,ln )x a ∈-∞-时，()0f x '<；当(ln ,)x a ∈-+∞时，()0f x '>， 所以()f x 在(,ln )a -∞-单调递减，在(ln ,)a -+∞单调递增． （2）（ⅰ）若0a ≤，由（1）知，()f x 至多有一个零点．（ⅱ）若0a >，由（1）知，当ln x a =-时，()f x 取得最小值，最小值为1(ln )1ln f a a a-=-+．①当1a =时，由于(ln )0f a -=，故()f x 只有一个零点； ②当(1,)a ∈+∞时，由于11ln 0a a-+>，即(ln )0f a ->，故()f x 没有零点； ③当(0,1)a ∈时，11ln 0a a-+<，即(ln )0f a -<． 又422(2)e(2)e 22e 20f a a ----=+-+>-+>，故()f x 在(,ln )a -∞-有一个零点．设正整数0n 满足03ln(1)n a>-，则00000000()e (e 2)e 20nnnnf n a a n n n =+-->->->． 由于3ln(1)ln a a->-，因此()f x 在(ln ,)a -+∞有一个零点． 综上，a 的取值范围为(0,1)．34．【解析】（1）()f x 的定义域为(0,)+∞．设()ln g x ax a x =--，则()()f x xg x =，()0f x ≥等价于()0g x ≥． 因为(1)0g =，()0g x ≥，故(1)0g '=，而1()g x a x'=-，(1)1g a '=-，得1a =． 若1a =，则1()1g x x'=-．当01x <<时，()0g x '<，()g x 单调递减；当1x >时，()0g x '>，()g x 单调递增．所以1x =是()g x 的极小值点，故()(1)0g x g =≥．综上，1a =．（2）由（1）知2()ln f x x x x x =--，()22ln f x x x '=--． 设()22ln h x x x =--，则1()2h x x'=-． 当1(0,)2x ∈时，()0h x '<；当1(,)2x ∈+∞时，()0h x '>．所以()h x 在1(0,)2单调递减，在1(,)2+∞单调递增．又2()0h e ->，1()02h <，(1)0h =，所以()h x 在1(0,)2有唯一零点0x ，在1[,)2+∞有唯一零点1，且当0(0,)x x ∈时，()0h x >；当0(,1)x x ∈时，()0h x <；当(1,)x ∈+∞时，()0h x >．因此()()f x h x '=，所以0x x =是()f x 的唯一极大值点． 由0()0f x '=得00ln 2(1)x x =-，故000()(1)f x x x =-． 由0(0,1)x ∈得，01()4f x <． 因为0x x =是()f x 在(0,1)的最大值点，由1(0,1)e -∈，1()0f e -'≠得120()()f x f e e -->=．所以220()2ef x --<<．35．【解析】（1）()f x 的定义域为(0,)+∞．①若a 0≤，因为11()ln 2022f a =-+<，所以不满足题意； ②若＞0a ，由()1a x a f 'x x x-=-=知，当()0x ,a ∈时，()＜0f 'x ；当()，+x a ∈∞时，()＞0f 'x ，所以()f x 在(0,)a 单调递减，在(,)a +∞单调递增，故x a =是()f x 在(0,)+∞的唯一最小值点．由于()10f =，所以当且仅当a =1时，()0f x ≥． 故a =1．（2）由（1）知当(1,)x ∈+∞时，1ln 0x x -->令112n x =+得11ln(1)22n n+<，从而 221111111ln(1)ln(1)ln(1)112222222n n n ++++⋅⋅⋅++<++⋅⋅⋅+=-<故2111(1)(1)(1)222n e ++⋅⋅⋅+<而23111(1)(1)(1)2222+++>，所以m 的最小值为3．36．【解析】（Ⅰ）因为(21)121x x x '--=--，()x xe e --'=- 所以 ()(1)(21)21x x f x e x x e x --'=----- (1)(212)21xx x e x ----=-1()2x > （Ⅱ）由(1)(212)()021xx x e f x x ----'==-错误!未找到引用源。

第十三章 导数 (二 导数的应用)【考点阐述】利用导数研究函数的单调性和极值．函数的最大值和最小值． 【考试要求】（3）理解可导函数的单调性与其导数的关系；了解可导函数在某点取得极值的必要条件和充分条件（导数在极值点两侧异号）；会求一些实际问题（一般指单峰函数）的最大值和最小值．【考题分类】（一）选择题（共2题）1.（江西卷理12）如图，一个正五角星薄片（其对称轴与水面垂直）匀速地升出水面,记t 时刻五角星露出水面部分的图形面积为()S t ((0)0S =)，则导函数()y S t '=的图像大致为A ．B ．C ．D ． 【答案】A【解析】本题考查函数图像、导数图、导数的实际意义等知识，重点考查的是对数学的探究能力和应用能力。

最初零时刻和最后终点时刻没有变化，导数取零，排除C ；总面积一直保持增加，没有负的改变量，排除B ；考察A 、D 的差异在于两肩位置的改变是否平滑，考虑到导数的意义，判断此时面积改变为突变，产生中断，选择A 。

2.（山东卷文8）已知某生产厂家的年利润y （单位：万元）与年产量x （单位：万件）的函数关系式为31812343y x x =-+-，则使该生产厂家获得最大年利润的年产量为（A ）13万件 (B)11万件 (C) 9万件 (D)7万件【答案】C【解析】令导数'2810y x =-+>，解得09x <<；令导数'2810y x =-+<，解得9x >，所以函数31812343y x x =-+-在区间(0,9)上是增函数，在区间(9,)+∞上是减函数，所以在9x =处取极大值，也是最大值，故选C 。

【命题意图】本题考查导数在实际问题中的应用，属基础题。

（二）解答题（共35题）1.（安徽卷理17）设a 为实数，函数()22,x f x e x a x =-+∈R。

(Ⅰ)求()f x 的单调区间与极值；(Ⅱ)求证：当ln 21a >-且0x >时，221x e x ax >-+。

专题07导数的应用考纲解读明方向考点内容解读要求常考题型预测热度1.导数与函数的单调性了解函数单调性和导数的关系能利用导数研究函数的单调性,会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次)理解选择题解答题★★★2.导数与函数的极(最)值了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数一般不超过三次)会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数一般不超过三次)掌握解答题★★★3.生活中的优化问题会利用导数解决某些实际问题掌握选择题★☆☆分析解读1.会利用导数研究函数的单调性,掌握求函数单调区间的方法.2.掌握求函数极值与最值的方法,解决利润最大、用料最省、效率最高等实际生产、生活中的优化问题.3.利用导数求函数极值与最值、结合单调性与最值求参数范围、证明不等式是高考热点.分值为12~17分,属于高档题.命题探究练扩展2018年高考全景展示1．2018年理数天津卷已知函数，，其中a>1.（I）求函数的单调区间；（II）若曲线在点处的切线与曲线在点处的切线平行，证明；（III）证明当时，存在直线l，使l是曲线的切线，也是曲线的切线.答案(Ⅰ)单调递减区间，单调递增区间为；(Ⅱ)证明见解析；(Ⅲ)证明见解析.（III）由题意可得两条切线方程分别为l1：.l2：.则原问题等价于当时，存在，，使得l1和l2重合.转化为当时，关于x1的方程存在实数解，构造函数，令，结合函数的性质可知存在唯一的x0，且x0>0，使得，据此可证得存在实数t，使得，则题中的结论成立.详解：（I）由已知，，有.令，解得x=0.由a>1，可知当x变化时，，的变化情况如下表：x0极小值所以函数的单调递减区间，单调递增区间为.（III）曲线在点处的切线l1：.曲线在点处的切线l2：.要证明当时，存在直线l，使l是曲线的切线，也是曲线的切线，只需证明当时，存在，，使得l1和l2重合.即只需证明当时，方程组有解，由①得，代入②，得. ③因此，只需证明当时，关于x1的方程③存在实数解.设函数，即要证明当时，函数存在零点.，可知时，；时，单调递减，又，，故存在唯一的x0，且x0>0，使得，即.由此可得在上单调递增，在上单调递减.在处取得极大值.因为，故，所以.下面证明存在实数t，使得.由（I）可得，当时，有，所以存在实数t，使得，因此，当时，存在，使得.所以，当时，存在直线l，使l是曲线的切线，也是曲线的切线.点睛：导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，本专题在高考中的命题方向及命题角度从高考来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用．2．2018年理北京卷设函数=[]．（Ⅰ）若曲线y= f（x）在点（1，）处的切线与轴平行，求a；（Ⅱ）若在x=2处取得极小值，求a的取值范围．答案(1) a的值为1 (2) a的取值范围是（，∞）解析分析：（1）先求导数，再根据得a；（2）先求导数的零点：，2；再分类讨论，根据是否满足在x=2处取得极小值，进行取舍，最后可得a的取值范围．详解：解：（Ⅰ）因为=[]，所以f ′（x）=［2ax–（4a1）］e x［ax2–（4a1）x4a3］e x（x∈R）=［ax2–（2a1）x2］e x．f′(1)=(1–a)e．由题设知f′(1)=0，即(1–a)e=0，解得a=1．此时f (1)=3e≠0．所以a的值为1．点睛：利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化.以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，则要求掌握平行、垂直与斜率之间的关系，进而和导数联系起来求解.3．2018年江苏卷记分别为函数的导函数．若存在，满足且，则称为函数与的一个“S点”．（1）证明：函数与不存在“S点”；（2）若函数与存在“S点”，求实数a的值；（3）已知函数，．对任意，判断是否存在，使函数与在区间内存在“S点”，并说明理由．答案（1）证明见解析（2）a的值为（3）对任意a>0，存在b>0，使函数f（x）与g（x）在区间（0，∞）内存在“S点”．解析分析：（1）根据题中“S点”的定义列两个方程，根据方程组无解证得结论；（2）同（1）根据“S点”的定义列两个方程，解方程组可得a的值；（3）通过构造函数以及结合“S点”的定义列两个方程，再判断方程组是否有解即可证得结论.详解：解：（1）函数f（x）=x，g（x）=xx2，则f′（x）=1，g′（x）=2x2．由f（x）=g（x）且f′（x）= g′（x得，此方程组无解，因此，f（x）与g（x）不存在“S”点．（2）函数，，则．设x0为f（x）与g（x）的“S”点，由f（x0）与g（x0）且f′（x0）与g′（x0得，即，（*）得，即，则．当时，满足方程组（*即为f（x）与g（x）的“S”点．因此，a的值为．（3）对任意a>0，设．因为，且h（x）的图象是不间断的，所以存在∈（0，1使得，令，则b>0．函数，则．由f（x）与g（x）且f′（x）与g′（x得，即（**）此时，满足方程组（**即是函数f（x）与g（x）在区间（0，1）内的一个“S点”．因此，对任意a>0，存在b>0，使函数f（x）与g（x）在区间（0，∞）内存在“S点”．点睛：涉及函数的零点问题、方程解的个数问题、函数图象交点个数问题，一般先通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，再借助函数的大致图象判断零点、方程根、交点的情况，归根到底还是研究函数的性质，如单调性、极值，然后通过数形结合的思想找到解题的思路.4．2018年理新课标I卷已知函数．（1）讨论的单调性；（2）若存在两个极值点，证明：．答案（1）当时，在单调递减.，当时，在单调递减，在单调递增.（2）证明见解析.（i）若，则，当且仅当，时，所以在单调递减.（ii）若，令得，或.当时，；当时，.所以在单调递减，在单调递增.（2）由（1）知，存在两个极值点当且仅当.由于的两个极值点满足，所以，不妨设，则.由于，所以等价于.设函数，由（1）知，在单调递减，又，从而当时，.所以，即.点睛：该题考查的是应用导数研究函数的问题，涉及到的知识点有应用导数研究函数的单调性、应用导数研究函数的极值以及极值所满足的条件，在解题的过程中，需要明确导数的符号对单调性的决定性作用，再者就是要先保证函数的生存权，先确定函数的定义域，要对参数进行讨论，还有就是在做题的时候，要时刻关注第一问对第二问的影响，再者就是通过构造新函数来解决问题的思路要明确.2017年高考全景展示1.2017课标II ，理11若2x =-是函数21()(1)x f x x ax e -=+-的极值点，则()f x 的极小值为（ ）A.1-B.32e --C.35e -D.1 答案A 解析试题分析：由题可得12121()(2)(1)[(2)1]x x x f x x a e x ax e x a x a e ---'=+++-=+++-因为(2)0f '-=，所以1a =-，21()(1)x f x x x e -=--，故21()(2)x f x x x e -'=+-令()0f x '>，解得2x <-或1x >，所以()f x 在(,2),(1,)-∞-+∞单调递增，在(2,1)-单调递减 所以()f x 极小值为()111(111)1f e -=--=-，故选A 。

2010-2018年全国新课标卷（ⅠⅡⅢ卷）理科数学试题分类汇编03、导数及其应用一、选择题与填空题.【2010年新课标卷，3】曲线2xy x =+在点()1,1--处的切线方程为（ ） （A ）21y x =+ （B ）21y x =- （C ）23y x =-- （D ）22y x =--【答案】A 【解析】''122,|2(2)x y k y x =-=∴==+， 切线方程为[](1)2(1)y x --=--，即21y x =+. 【2011年新课标卷，9】由曲线y ，直线2y x =-及y 轴所围成的图形的面积为( ) （A ）103 （B ）4 （C ）163（D ）6【答案】C【解析】用定积分求解432420021162)(2)|323s x dx x x x =+=-+=⎰，选C【2012年新课标卷，12】设点P 在曲线12xy e =上，点Q 在曲线ln(2)y x =上，则||PQ 的最小值为（） A ．1ln 2-B ln 2)-C ．1ln 2+D ln 2)+【答案】B【解析】函数12xy e =与函数ln(2)y x =互为反函数，图象关于y x =对称 函数12x y e =上的点1(,)2x P x e 到直线y x =的距离为d=设函数m i n m i 112()()1()1l n 222x x g x e x g x e g x d '=-⇒=-⇒=-⇒=由图象关于y x =对称得：PQ 最小值为m i n 2(1l n 2)d -, 【2013年新课标Ⅰ卷，16】若函数f (x )＝(1－x 2)(x 2＋ax ＋b )的图像关于直线x ＝－2对称，则f (x )的最大值为__________． 【答案】16【解析】∵函数f (x )的图像关于直线x ＝－2对称，∴f (x )满足f (0)＝f (－4)，f (－1)＝f (－3)，即15164,0893,b a b a b =-(-+)⎧⎨=-(-+)⎩解得8,15.a b =⎧⎨=⎩∴f (x )＝－x 4－8x 3－14x 2＋8x ＋15. 由f ′(x )＝－4x 3－24x2－28x ＋8＝0，得x 1＝－2x 2＝－2，x 3＝－2易知，f (x )在(－∞，－2上为增函数，在(－22)上为减函数，在(－2，－2上为增函数，在(－2∞)上为减函数．∴f (－2＝[1－(－2－2][(－22＋8(－2＋15]＝(－8－－＝80－64＝16.f (－2)＝[1－(－2)2][(－2)2＋8×(－2)＋15]＝－3(4－16＋15)＝－9.f (－2＝[1－(－22][(－22＋8(－2＋15]＝(－8＋＋＝80－64＝16. 故f (x )的最大值为16.【2013年新课标Ⅱ卷，10】已知函数32()f x x ax bx c =+++，下列结论中错误的是（ ）A.00,()0x f x ∃∈=RB.函数()y f x =的图像是中心对称图形C.若0x 是()f x 的极小值点，则()f x 在区间0(,)x -∞单调递减D.若0x 是()f x 的极值点，则0()0f x '= 【答案】C【解析】∵f ´(x )=3x 2+2ax +b ，∴y ＝f (x )的图像大致如右图所示，若x 0是f (x )的极小值点，则则在(－∞，x 0)上不单调，故C 不正确．【2014年新课标Ⅰ卷，11】已知函数()f x =3231ax x -+，若()f x 存在唯一的零点0x ，且0x ＞0，则a 的取值范围为（ ）A .（2，+∞）B .（-∞，-2）C .（1，+∞）D .（-∞，-1）【答案】B【解析1】由已知0a ≠，2()36f x ax x '=-，令()0f x '=，得0x =或2x a=， 当0a >时，()22,0,()0;0,,()0;,,()0x f x x f x x f x a a ⎛⎫⎛⎫'''∈-∞>∈<∈+∞> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭； 且(0)10f =>，()f x 有小于零的零点，不符合题意．当0a <时，()22,,()0;,0,()0;0,,()0x f x x f x x f x a a ⎛⎫⎛⎫'''∈-∞<∈>∈+∞< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭要使()f x 有唯一的零点0x 且0x ＞0，只需2()0f a>，即24a >，2a <-．选B 【解析2】由已知0a ≠，()f x =3231ax x -+有唯一的正零点，等价于3113a x x =- 有唯一的正零根，令1t x=，则问题又等价于33a t t =-+有唯一的正零根，即y a =与33y t t =-+有唯一的交点且交点在在y 轴右侧记3()3f t t t =-+，2()33f t t '=-+，由()0f t '=，1t =±，()(),1,()0;1,1,()0;t f t t f t ''∈-∞-<∈->，()1,,()0t f t '∈+∞<，要使33a t t =-+有唯一的正零根，只需(1)2a f <-=-，选B【2014年新课标Ⅱ卷，8】设曲线y =ax -ln(x +1)在点(0,0)处的切线方程为y =2x ，则a =（ ）A ．0B ．1C ．2D ．3【答案】D 【解析】∵1'1y a x =-+，且在点(0,0)处的切线的斜率为2，∴01'|201x y a ==-=+，即3a =.【2014年新课标Ⅱ卷，12】设函数()x f x mπ=，若存在()f x 的极值点0x 满足22200[()]x f x m +<，则m 的取值范围是（ ）A ．(,6)(6,+)-∞-∞UB ．(,4)(4,+)-∞-∞UC ．(,2)(2,+)-∞-∞UD ．(,1)(4,+)-∞-∞U 【答案】C【解析】∵()xf x mπ'=，令()0xf x m π'==得1(),2x m k k Z =+∈， ∴01(),2x m k k Z =+∈，即01|||||()|22m x m k =+≥，mxx f πsin 3)(= 的极值为3±，∴3)]([20=x f ，，34)]([22020+≥+∴m x f x 22200[()]x f x m +<， 2234∴m m <+， 即：24m >，故：2m <-或2m >.【2015年新课标Ⅰ卷，12】设函数()f x =(21)x e x ax a --+,其中1a <，若存在唯一的整数0x ，使得0()0f x <，则a 的取值范围是（ ）A ．3,12e ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭ B ． 33,2e 4⎡⎫-⎪⎢⎣⎭ C ． 33,2e 4⎡⎫⎪⎢⎣⎭ D ． 3,12e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】D【解析】设()g x =(21)x e x -，y ax a =-，由题知存在唯一的整数0x ，使得0()g x 在直线y ax a =-的下方.因为()(21)x g x e x '=+，所以当12x <-时，()g x '＜0，当12x >-时，()g x '＞0，所以当12x =-时，min [()]g x =122e --，当0x =时，(0)1g =-，(1)30g e =>，直线y ax a =-恒过（1,0）斜率且a ，故(0)1a g ->=-，且1(1)3g e a a --=-≥--，解得32e≤a ＜1，故选D ．. 作为选择题，该题也可先找到满足0()0f x <的整数0x ，由0x 的唯一性列不等式组求解.由(0)10f a =-+<得00x =.又0x 是唯一使()0f x <的整数，所以(1)0(1)0f f -≥⎧⎨≥⎩，解得32a e ≥，又1a <，且34a =时符合题意.故选D ．. 【2015年新课标Ⅱ卷，12】设函数()f x '是奇函数()()f x x R ∈的导函数，(1)0f -=，当x >0时，()()0xf x f x '-<，则使得f (x ) >0成立的x 的取值范围是（ ） A ．(,1)(0,1)-∞-UB ．(1,0)(1,)-+∞UC ．(,1)(1,0)-∞--UD ．(0,1)(1,)+∞U【答案】A【解析】记函数()()f x g x x =，则2()()()x f x f x g x x '-'=，因为当x >0时，xf ´(x )-f (x )<0，故当x >0时，g ´ (x )<0，所以g (x )在(0, +∞)单调递减；又因为函数f (x )(x ∈R )是奇函数，故函数g (x )是偶函数，所以g (x )在(-∞, 0)单调递增，且g (-1)=g (1)=0．当0<x <1时，g (x )>0，则f (x )>0；当x <-1时，g (x )<0，则f (x )>0，综上所述，使得f (x )>0成立的x 的取值范围是(-∞, -1)∪(0, 1)，故选A ．【2016年新课标Ⅱ卷，16】若直线y = kx +b 是曲线y = ln x +2的切线，也是曲线y = ln(x +1)的切线，则b = . 【答案】1ln2-【解析】ln 2y x =+的切线为：111ln 1y x x x =⋅++（设切点横坐标为1x ），()ln 1y x =+的切线为：()22221ln 111x y x x x x =++-++，∴()122122111ln 1ln 11x x x x x x ⎧=⎪+⎪⎨⎪+=+-⎪+⎩，解得112x = 212x =-，∴1l n 11l n 2b x =+=-．【2016年新课标Ⅲ卷，15】已知()f x 为偶函数，当0x <时，()ln()3f x x x =-+，则曲线()y f x =在点(1,3)-处的切线方程是_______________．【答案】21y x =--【解析】当0x >时，0x -<，则()ln 3f x x x -=-．又因为()f x 为偶函数，所以()()ln 3f x f x x x =-=-，所以1()3f x x '=-，则切线斜率为(1)2f '=-，所以切线方程为32(1)y x +=--，即21y x =--．【2017年新课标Ⅰ卷，16】如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为5 cm ，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O ．D 、E 、F 为圆O 上的点，△DBC ，△ECA ，△FAB 分别是以BC ，CA ，AB 为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC ， CA ，AB 为折痕折起△DBC ，△ECA ，△FAB ，使得D ，E ，F 重合，得到三棱锥．当△ABC 的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm 3）的最大值为_______．【答案】【解析】由题，连接OD ，交BC 与点G ，由题，OD BC ⊥，OG =，即OG 的长度与BC 的长度或成正比，设OG x =，则BC =，5DG x =-，三棱锥的高h =2132ABC S x =⋅=△，则213ABC V S h =⋅=△令()452510f x x x =-，5(0,)2x ∈，()3410050f x x x '=-，令()0f x '>，即4320x x -<，2x <，则()()280f x f =≤，则45V ，∴体积最大值为3．【2017年新课标Ⅱ卷，11】若2x =-是函数21`()(1)x f x x ax e -=+-的极值点，则()f x 的极小值为（ ）A.1-B.32e -- C.35e - D.1【2018年新课标Ⅰ卷，16】已知函数()2sin sin2f x x x =+，则()f x 的最小值是______．【答案】2-【解析】易知()f x 的最小正周期为2T π=，则问题转化求()f x 在[]0,2π的最小值.()2sin sin 2f x x x =+'2()2cos 2cos22cos 2(2cos 1)f x x x x x ∴=+=+-22(2cos cos 1)2(cos 1)(2cos 1)x x x x =+-=+-令cos (11)t x t =-≤≤，则'()2(1)(21)f x t t =+- 令'()0f x =，得112t t =-=或 ∴当112t -≤<时，'()0f x ≤，()f x 单调递减；当112t <≤时，'()0f x >，()f x 单调递增. ∴当12t =时，()f x 取得最小值，此时15cos 233x x x ππ=⇒==或又2()2sin sin 333f πππ=+=5510()2sin sin 333f πππ=+=min ()f x ∴= 【2018年新课标Ⅱ卷，13】曲线2ln(1)y x =+在点(0,0)处的切线方程为__________． 【答案】2y x =【解析】21y x '=+Q ，2201k ∴==+，2y x ∴=． 【2018年新课标Ⅲ卷，14】曲线()1e x y ax =+在点()01，处的切线的斜率为2-，则a =______．【答案】3-【解析】(1)x x y ae ax e =+，则(0)12f a '=+=-，所以3a =-.二、解答题.【2010年新课标卷，21】设函数f(x)=21x e x ax ---. （Ⅰ)若a=0,求f(x)的单调区间;（Ⅱ）若当x≥0时f(x)≥0，求a 的取值范围.解：（I ）0a =时，()1x f x e x =--，'()1x f x e =-当(,0)x ∈-∞时，'()0f x <，当(0,)x ∈+∞时，'()0f x > 故()f x 在(,0)-∞上单调递减，在(0,)+∞单调递增 （II ）'()12x f x e ax =--由（I ）可知1xe x ≥+，当且仅当0x =时等号成立，故 '()2(12)f x x ax a x ≥-=-∴当120a -≥，即12a ≤时，'()0(0)f x x ≥≥， (0)0f =∴当0x ≥时，()0f x ≥由1(0)xe x x >+≠可得1(0)xe x x ->-≠则当12a >时，'()12(1)(1)(2)x x x x xf x e a e e e e a --<-+-=-- ∴当(0,ln 2)x a ∈时，'()0f x <，而(0)0f = ∴当(0,ln 2)x a ∈时，()0f x <综上得a 的取值范围为1(,]2-∞【2011年新课标卷，21】已知函数ln ()1a x bf x x x=++，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为230x y +-=． （Ⅰ）求a 、b 的值；（Ⅱ）如果当0x >，且1x ≠时，ln ()1x kf x x x>+-，求k 的取值范围． 解：（I ）()()221ln 1x a x b x f x x x +⎛⎫- ⎪⎝⎭'=-+ 由于直线230x y +-=的斜率为12-，且过点()1,1，故()()11112f f =⎧⎪⎨'=-⎪⎩，即1122b a b =⎧⎪⎨-=-⎪⎩，解得1a =，1b =.（II ）由（I ）知()ln 11x f x x x =++，所以()()()2211ln 12ln 11k x x k f x x x x x x ⎛⎫--⎛⎫ ⎪-+=+ ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭考虑函数()()()()2112ln 0k x h x x x x--=+>，则()()()22112k x xh x x -++'=（i ）设0k ≤，由()()()22211k x x h x x +--'=知，当1x ≠时，()0h x '<. 而()10h =，故当()0,1x ∈时，()0h x <，可得()2101h x x >-； 当()1,x ∈+∞时，()0h x <，可得()2101h x x >- 从而当0x >，且1x ≠时，()ln 01x k f x x x ⎛⎫-+> ⎪-⎝⎭，即()ln 1x k f x x x ⎛⎫>+ ⎪-⎝⎭.（ii ）设01k <<，由于当11,1x k ⎛⎫∈ ⎪-⎝⎭时，()()21120k x x -++>，故()0h x '>，而()10h =，故当11,1x k ⎛⎫∈ ⎪-⎝⎭时，()0h x >，可得()2101h x x <-，与题设矛盾. （iii ）设1k ≥，此时()0h x '>，而()10h =，故当()1,x ∈+∞时，()0h x >，得()2101h x x <-，与题设矛盾. 综合得，k 的取值范围为(],0-∞.【2012年新课标卷，21】已知函数)(x f 满足2121)0()1(')(x x f e f x f x +-=-． （1）求)(x f 的解析式及单调区间；（2）若b ax x x f ++≥221)(，求b a )1(+的最大值． 解：（1）因为2121)0()1(')(x x f e f x f x +-=-，所以1'()'(1)(0)x f x f e f x -=-+，所以1(0)'(1)'(1)'(1)(0)1f f ef f f ⎧=⋅⎪⎨⎪=-+⎩，解得(0)1f =，'(1)f e =．所以)(x f 的解析式为21()2xf x e x x =-+，由此得'()1x f x e x =-+． 而'()1x f x e x =-+是R 上的增函数，且'(0)0f =，因此，当(0,)x ∈+∞时，'()'(0)0f x f >=，)(x f 在(0,)+∞上是增函数； 当(,0)x ∈-∞时，'()'(0)0f x f <=，)(x f 在(,0)-∞上是减函数． 综上所述，函数)(x f 的增区间为(0,)+∞，减区间为(,0)-∞．（2）由已知条件得(1)x e a x b -+≥． ①（i ）若10a +<，则对任意常数b ，当0x <，且11bx a -<+， 可得(1)x e a x b -+<，因此①式不成立． （ii ）若10a +=，则(1)0a b +=．（iii ）若10a +>，设()(1)x g x e a x =-+，则'()(1)x g x e a =-+．当(,ln(1))x a ∈-∞+，'()0g x <；当(ln(1),)x a ∈++∞，'()0g x > 从而()g x 在(,ln(1))a -∞+单调递减，在(ln(1),)a ++∞单调递增． 所以b ax x x f ++≥221)(等价于1(1)ln(1)b a a a ≤+-++． ② 因此22(1)(1)(1)ln(1)a b a a a +≤+-++．设22()(1)(1)ln(1)h a a a a =+-++，则'()(1)(12ln(1))h a a a =+-+． 所以()h a 在12(1,1)e --单调递增，在12(1,)e -+∞单调递减， 故()h a 在121a e =-在处取得最大值，从而()2e h a ≤，即(1)2e a b +≤． 当121a e =-，122e b =时，②式成立，故b ax x x f ++≥221)(．综合得，b a )1(+的最大值为2e．【2013年新课标Ⅰ卷，21】设函数f (x )＝x 2＋ax ＋b ，g (x )＝e x (cx ＋d )．若曲线y ＝f (x )和曲线y ＝g (x )都过点P (0,2)，且在点P 处有相同的切线y ＝4x ＋2.(1)求a ，b ，c ，d 的值；(2)若x ≥－2时，f (x )≤kg (x )，求k 的取值范围． 解：(1)由已知得f (0)＝2，g (0)＝2，f ′(0)＝4，g ′(0)＝4.而f ′(x )＝2x ＋a ，g ′(x )＝e x (cx ＋d ＋c )，故b ＝2，d ＝2，a ＝4，d ＋c ＝4.从而a ＝4，b ＝2，c ＝2，d ＝2.(2)由(1)知，f (x )＝x 2＋4x ＋2，g (x )＝2e x (x ＋1)．设函数F (x )＝kg (x )－f (x )＝2k e x (x ＋1)－x 2－4x －2，则F ′(x )＝2k e x (x ＋2)－2x －4＝2(x ＋2)(k e x －1)．由题设可得F (0)≥0，即k ≥1.令F ′(x )＝0得x 1＝－ln k ，x 2＝－2.①若1≤k ＜e 2，则－2＜x 1≤0.从而当x ∈(－2，x 1)时，F ′(x )＜0；当x ∈(x 1，＋∞)时，F ′(x )＞0.即F (x )在(－2，x 1)单调递减，在(x 1，＋∞)单调递增．故F (x )在[－2，＋∞)的最小值为F (x 1)．而F (x 1)＝2x 1＋2－21x －4x 1－2＝－x 1(x 1＋2)≥0.故当x ≥－2时，F (x )≥0，即f (x )≤kg (x )恒成立．②若k ＝e 2，则F ′(x )＝2e 2(x ＋2)(e x －e －2)．从而当x ＞－2时，F ′(x )＞0，即F (x )在(－2，＋∞)单调递增． 而F (－2)＝0，故当x ≥－2时，F (x )≥0，即f (x )≤kg (x )恒成立．③若k ＞e 2，则F (－2)＝－2k e －2＋2＝－2e －2(k －e 2)＜0. 从而当x ≥－2时，f (x )≤kg (x )不可能恒成立． 综上，k 的取值范围是[1，e 2]．【2013年新课标Ⅱ卷，21】已知函数()ln()x f x e x m =-+. （Ⅰ）设0x =是()f x 的极值点，求m ，并讨论()f x 的单调性； （Ⅱ）当2m ≤时，证明()0f x >. 解：（Ⅰ）f ′(x )＝1xe x m-+. 由x ＝0是f (x )的极值点得f ′(0)＝0，所以m ＝1. 于是f (x )＝e x -ln(x +1)，定义域为(-1，+∞)，f ′(x )＝11x e x -+.函数f ′(x )＝11xe x -+在(-1，+∞)单调递增，且f ′(0)＝0.因此当x ∈(-1,0)时，f ′(x )＜0；当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0.所以f (x )在(-1,0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．（Ⅱ）当m ≤2，x ∈(-m ，+∞)时，ln(x +m )≤ln(x +2)，故只需证明当m =2时，f (x )＞0.当m =2时，函数f ′(x )=12xe x -+在(-2，+∞)单调递增．又f ′(-1)＜0，f ′(0)＞0，故f ′(x )=0在(-2，+∞)有唯一实根x 0，且x 0∈(-1,0)．当x ∈(-2，x 0)时，f ′(x )＜0；当x ∈(x 0，+∞)时，f ′(x )＞0，从而当x =x 0时，f (x )取得最小值．由f ′(x 0)=0得0xe =012x +，ln(x 0+2)=-x 0，故f (x ) ≥ f (x 0)=012x ++x 0=20012x x (+)+＞0. 综上，当m ≤2时，f (x )＞0.【2014年新课标Ⅰ卷，21】设函数1(0ln x xbe f x ae x x-=+，曲线()y f x =在点（1，(1)f 处的切线为(1)2y e x =-+. （Ⅰ）求,a b ； （Ⅱ）证明：()1f x >.解：(Ⅰ) 函数()f x 的定义域为()0,+∞，112()ln xx x x a b b f x ae x e e e x x x--'=+-+ 由题意可得(1)2,(1)f f e '==，故1,2a b == ……………6分（Ⅱ）由(Ⅰ)知，12()ln x xe f x e x x-=+，从而()1f x >等价于2ln xx x xe e ->-设函数()ln g x x x =，则()ln g x x x '=+，所以当10,x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '<，当1,x e ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0g x '>，故()g x 在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递增，从而()g x 在()0,+∞的最小值为11()g ee =-.设函数2()xh x xe e-=-，则()()1x h x e x -'=-，所以当()0,1x ∈时，()0h x '>，当()1,x ∈+∞时，()0h x '<，故()h x 在()0,1单调递增，在()1,+∞单调递减，从而()h x ()g x 在()0,+∞的最小值1(1)h e=-.综上：当0x >时，()()g x h x >，即()1f x >. ……………12分 【2014年新课标Ⅱ卷，21】已知函数()2x x f x e e x -=--. （Ⅰ）讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）设()(2)4()g x f x bf x =-，当0x >时，()0g x >，求b 的最大值；（Ⅲ）已知1.4142 1.4143<<，估计ln2的近似值（精确到0.001）.解：（Ⅰ）1()2()2=220.x x x x x x f x e e x x R f x e e e e --'=--∈∴=+-+-≥=，， ∴当且仅当x =0时等号成立，所以函数()f x 在R 上单调递增． （Ⅱ）22()(2)4()44(2),x x x x g x f x bf x e e x b e e x --=-=-----∴当x >0时，2244(2)0,x x x x e e x b e e x ------->22()2[2()(42)]x x x x g x e e b e e b --'∴=+-++-2(2)[(22)]x x x x e e e e b --=+-+--，2x x e e -+≥，2(2)0x x e e -∴+-≥，(1) 当2b ≤时，()0g x '≥，当且仅当x =0时等号成立. 所以此时g (x )在R 上单调递增，而g (0)=0，所以对任意x >0，有g (x )>0.(2) 当2b >时，若x 满足222x x e e b -<+<-时，即0ln(1x b <<-时，()0g x '<，而g (0)=0，因此当0ln(1x b <<-时，g (x )<0.综上可知，当2b ≤时，才对任意的x >0，有g (x )>0，因此b 的最大值为2.（Ⅲ）由(Ⅱ)知，32(21)ln 22g b =-+-，当b =2时，3(ln 6ln 202g =->，3ln 20.692812>>；当14b =+时，ln(1b -=，32)ln 202g =--<，ln 20.6934<<，所以ln2的近似值为0.693. 【2015年新课标Ⅰ卷，21】已知函数31()4f x x ax =++，()ln g x x =-. （Ⅰ）当a 为何值时，x 轴为曲线()y f x =的切线；（Ⅱ）用min{,}m n 表示,m n 中的最小值，设函数min{),()(}()h x f x g x =（0x >），讨论()h x 零点的个数.解：（Ⅰ）2()3f x x a '=+，若x 轴为曲线()y f x =的切线，则切点0(,0)x 满足00()0,()0f x f x '==，也就是2030x a +=且300104x ax ++=，解得012x =，34a =-，因此，当34a =-时，x 轴为曲线()y f x =的切线； （Ⅱ）当1x >时，()ln 0g x x =-<，函数()()()(min{}),h x f x g x g x ≤=没有零点； 当1x =时，若54a ≥-，则5(1)04f a =+≥，min{,(1)(1)(1)}(1)0h fg g ===，故1x =是()h x 的零点；当01x <<时，()ln 0g x x =->，以下讨论()y f x =在区间(0,1)上的零点的个数.对于2()3f x x a '=+，因为2033x <<，所以令()0f x '=可得23a x =-，那么（i ）当3a ≤-或0a ≥时，()f x '没有零点（()0f x '<或()0f x '>），()y f x =在区间(0,1)上是单调函数，且15(0),(1)44f f a ==+，所以当3a ≤-时，()y f x =在区间(0,1)上有一个零点；当0a ≥时，()y f x =在区间(0,1)上没有零点；（ii ）当30a -<<时，()0f x '<（0x <<）且()0f x '>（1x <<），所以x =14f =.显然，若0f >，即304a -<<时，()y f x =在区间(0,1)上没有零点；若0f =，即34a =-时，()y f x =在区间(0,1)上有1个零点；若0f <，即334a -<<-时，因为15(0),(1)44f f a ==+，所以若5344a -<<-，()y f x =在区间(0,1)上有2个零点；若534a -<≤-，()y f x =在区间(0,1)上有1个零点.综上，当34a >-或54a <-时，()h x 有1个零点；当34a =-或54a =-时，()h x 有2个零点；当5344a -<<-时，()h x 有3个零点.【2015年新课标Ⅱ卷，21】设函数2()mx f x e x mx =+-.（Ⅰ）证明：f (x )在（-∞，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增；（Ⅱ）若对于任意x 1,，x 2∈[-1，1]，都有｜f (x 1)- f (x 2)｜≤ e -1，求m 的取值范围． 解：（Ⅰ）()(1)2mx f x m e x '=-+，若0m ≥，则当(,0)x ∈-∞时，10,()0mx e f x '-≤<；当(0,)x ∈+∞时，10mxe-≥，()0f x '>. 若0m <，则当(,0)x ∈-∞时，10,()0mx e f x '-><；当(0,)x ∈+∞时，10mx e -<，()0f x '>，所以，()f x 在(,0)-∞单调递减，在(0,)+∞单调递增.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，对任意的m ，()f x 在[-1，0]单调递减，在[0,1]单调递增，故()f x 在0x =处取得最小值，所以对于任意12,[1,1]x x ∈-，12|()()|1f x f x e -≤-的充要条件是(1)(0)1(1)(0)1f f e f f e -≤-⎧⎨--≤-⎩，即11mm e m e e m e -⎧-≤-⎪⎨+≤-⎪⎩①. 设函数()1t g t e t e =--+，则()1t g t e '=-，当0t <时，()0g t '<；当0t >时，()0g t '>，故()g t 在(,0)-∞单调递减，在(0,)+∞单调递增.又(1)0g =，1(1)20g e e --=+-<，故当[1,1]t ∈-时，()0g t ≤.当[1,1]m ∈-时，()0,()0g m g m ≤-≤，即①式成立；当1m >时，由()g t 的单调性，()0g m >，即1me m e ->-；当1m <-时，()0g m ->，即1me m e -+>-，综上，m 的取值范围是[-1,1].【2016年新课标Ⅰ卷，12】已知函数2)1()2()(-+-=x a e x x f x 有两个零点． （Ⅰ）求a 的取值范围；（Ⅱ）设21,x x 是)(x f 的两个零点，证明：221<+x x ． 解：（1）由已知得，'()(1)2(1)(1)(2)xxf x x e a x x e a =-+-=-+①当0a =时，则()(2)x f x x e =-，()f x 只有一个零点，不合题意． ②当0a >时，则当(,1)x ∈-∞时，'()0f x <；当(1,)x ∈+∞时，'()0f x >．()f x ∴在(,1)-∞上单调递减，在(1,)+∞上单调递增．又(1)f e =-，且当x →-∞时，()f x →+∞；当x →+∞时，()f x →+∞.故()f x 存在两个零点，符合题意．③当0a <时，由'()0f x =得 1x =或ln(2)x a =-． <1>若02ea -≤<，则ln(2)1a -≤，故当(1,)x ∈+∞时，'()0f x >，因此()f x 在(1,)+∞上单调递增．又当1x ≤时，()0f x <，所以()f x 不存在两个零点，不合题意． <2>若2e a <-，则ln(2)1a ->，故当(1,ln(2))x a ∈-时，'()0f x <；当(ln(2),)x a ∈-+∞时，'()0f x >．因此()f x 在(1,ln(2))a -上单调递减，在(ln(2),)a -+∞上单调递增． 又当1x ≤时，()0f x <，所以()f x 不存在两个零点，不合题意． 综上所述，a 的取值范围为(0,)+∞．（2）由（1）知，函数()f x 在(,1)-∞上单调递减，在(1,)+∞上单调递增. 设12x x <，则121x x <<.令22()()(2)(2)(1)(22)(21)xxF x f x f x x e a x x e a x =--=-+------- (22)(1)x x e x =-> 则'()2(22)20(1)xxxF x e x e xe x =+-=>>∴函数()F x 在(1,)+∞上单调递增.()(1)0F x F ∴>=，即()(2)(1)f x f x x >->21x > 122()()(2)f x f x f x ∴=>- 又121,21x x <-<，且函数()f x 在(,1)-∞单调递减122x x ∴<-，即122x x +<.【2016年新课标Ⅱ卷，21】 （Ⅰ）讨论函数2()2xx f x e x -=+ 的单调性，并证明当x >0时，(2)20x x e x -++>； （Ⅱ）证明：当[0,1)a ∈时，函数2()=(0)x e ax ag x x x-->有最小值.设g (x )的最小值为()h a ，求函数()h a 的值域.证明：⑴()()()22224e e 222xxx x f x x x x ⎛⎫-' ⎪=+= ⎪+++⎝⎭，∵当x ∈()()22,-∞--+∞，时，()0f x '>，∴()f x 在()()22,-∞--+∞，和上单调递增，∴0x >时，()2e 0=12xx f x ->-+，∴()2e 20x x x -++>. ⑵ ()()()24e2e xxa x x ax a g x x ----'=()4e 2e 2xxx x ax a x -++=32(2)(e )2xx x a x x -+⋅++=，[)01a ∈，，由(1)知，当0x >时，()2e 2xx f x x -=⋅+的值域为()1-+∞，，只有一解．使得2e 2tt a t -⋅=-+，(]02t ∈，，当(0,)x t ∈时，()0g x '<，()g x 单调减；当(,)x t ∈+∞时()0g x '>，()g x 单调增，()()()222e 1e e 1e 22tt t t t t a t t h a t t t -++⋅-++===+，记()e 2t k t t =+，在(]0,2t ∈时，()()()2e 102tt k t t +'=>+，∴()k t 单调递增，∴()()21e 24h a k t ⎛⎤=∈ ⎥⎝⎦，． 【2016年新课标Ⅲ卷，21】设函数()cos 2(1)(cos 1)f x a x a x =+-+，其中0a >，记|()|f x 的最大值为A ．（Ⅰ）求()f x '；（Ⅱ）求A ；（Ⅲ）证明|()|2f x A '≤．解：（Ⅰ）'()2sin 2(1)sin f x a x a x =---．（Ⅱ）当1a ≥时，'|()||sin 2(1)(cos 1)|f x a x a x =+-+2(1)a a ≤+-32a =-(0)f =因此，32A a =-． ………4分当01a <<时，将()f x 变形为2()2cos (1)cos 1f x a x a x =+--． 令2()2(1)1g t at a t =+--，则A 是|()|g t 在[1,1]-上的最大值，(1)g a -=，(1)32g a =-，且当14at a -=时，()g t 取得极小值，极小值为221(1)61()1488a a a a g a a a --++=--=-． 令1114a a --<<，解得13a <-（舍去），15a >． （ⅰ）当105a <≤时，()g t 在(1,1)-内无极值点，|(1)|g a -=，|(1)|23g a =-，|(1)||(1)|g g -<，所以23A a =-．（Ⅲ）由（Ⅰ）得'|()||2sin 2(1)sin |2|1|f x a x a x a a =---≤+-. 当105a <≤时，'|()|1242(23)2f x a a a A ≤+≤-<-=.当115a <<时，131884a A a =++≥，所以'|()|12f x a A ≤+<.当1a ≥时，'|()|31642f x a a A ≤-≤-=，所以'|()|2f x A ≤. 【2017年新课标Ⅰ卷，21】已知函数()()22xx f x ae a e x =+--．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围．解：（1）()f x 的定义域为(,)-∞+∞，2()2e(2)e 1(e 1)(2e 1)xx x x f x a a a '=+--=-+，（ⅰ）若0a ≤，则()0f x '<，所以()f x 在(,)-∞+∞单调递减. （ⅱ）若0a >，则由()0f x '=得ln x a =-.当(,ln )x a ∈-∞-时，()0f x '<；当(ln ,)x a ∈-+∞时，()0f x '>，所以()f x 在(,ln )a -∞-单调递减，在(ln ,)a -+∞单调递增.（2）令()0f x =，则22x x xe x a e e +=+．再令0xt e =>，则22ln t t a t t +=+，而()f x 有两个零点，则22ln t t a t t +=+有两解，即直线y a =与曲线22ln t t y t t+=+有两个交点； 令()22ln (0)t t g t t t t +=>+，则()()()()()2222211ln 2ln t t t t t g t t t t t +--+'==++， 令()1ln h t t t =--，则()110h t t'=--<，注意到()10h =，所以()g t 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减，即()()max 11g t g ==；而0lim (),lim ()0t t g t g t →→+∞→-∞→，所以当()0,1t ∈时，()(),1g t ∈-∞；当()0,1t ∈时，()()0,1g t ∈，所以，当22ln t ta t t+=+有两解时，a 的取值范围为()0,1． 【2017年新课标Ⅱ卷，21】已知函数2()ln ,f x ax ax x x =--且()0f x ≥.（1）求a ；（2）证明：()f x 存在唯一的极大值点0x ，且220()2e f x --<<. 解：(1)由题知：()()ln f x x ax a x =--()0x >，且()0f x ≥ ， 所以()1ln 0a x x --≥， 即当()0,1x ∈时，ln 1x a x ≤-；当()1,x ∈+∞时，ln 1xa x ≥-；当1x =时，()1ln 0a x x --≥成立.令()1ln g x x x =--，()11'1x g x x x-=-=， 当()0,1x ∈时，()'0g x <，()g x 递减，()()10g x g <=，所以：1ln x x ->，即：ln 11xx >-，所以1a ≤；当()1,x ∈+∞时，()'0g x >，()g x 递增，()()10g x g >=，所以：1ln x x ->，即：ln 11xx <-. 所以，1a ≥. 综上，1a =.（2）由(1)知：()()1ln f x x x x =--，()'22ln f x x x =--，设()22ln x x x ϕ=--，则()1'2x x ϕ=-.当10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()'0x ϕ<；当1,2x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()'0x ϕ>. 所以()x ϕ在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭递减，在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭递增.又()20e ϕ->，102ϕ⎛⎫< ⎪⎝⎭，()10ϕ=，所以()x ϕ在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭有唯一零点0x ，在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭有唯一零点1，且当()00,x x ∈时，()0x ϕ>；当()0,1x x ∈时，()0x ϕ<； 当()1,x ∈+∞时，()0x ϕ>.又()()'f x x ϕ=，所以0x x =是()f x 的唯一极大值点. 由()0'0f x =得()00ln 21x x =-，故()()0001f x x x =-. 由()00,1x ∈得()014f x <.因为0x x =是()f x 在()0,1的唯一极大值点，由()10,1e -∈，()10f e-≠得()()120f x f e e -->=所以220()2e f x --<<.【2017年新课标Ⅲ卷，21】已知函数()1ln f x x a x =--．（1）若()0f x ≥，求a 的值；（2）设m 为整数，且对于任意正整数n ，2111(1)(1)(1)222nm ++鬃?<，求m 的最小值．解：⑴ ()1ln f x x a x =--，0x >则()1a x af x x x-'=-=，且(1)0f =当0a ≤时，()0f x '>，()f x 在()0+∞，上单调增，所以01x <<时，()0f x <，不满足题意； 当0a >时，当0x a <<时，()0f x '<，则()f x 在(0,)a 上单调递减； 当x a >时，()0f x '>，则()f x 在(,)a +∞上单调递增．①若1a <，()f x 在(,1)a 上单调递增∴当(,1)x a ∈时()(1)0f x f <=矛盾 ②若1a >，()f x 在(1,)a 上单调递减∴当(1,)x a ∈时()(1)0f x f <=矛盾 ③若1a =，()f x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增∴()(1)0f x f =≥满足题意综上所述1a =．⑵ 当1a =时()1ln 0f x x x =--≥即ln 1x x -≤则有ln(1)x x +≤当且仅当0x =时等号成立∴11ln(1)22k k +<，*k ∈N一方面：221111111ln(1)ln(1)...ln(1) (112222222)n n n ++++++<+++=-<，即2111(1)(1)...(1)e 222n +++<．另一方面：223111111135(1)(1)...(1)(1)(1)(1)222222264n +++>+++=>当3n ≥时，2111(1)(1)...(1)(2,e)222n +++∈∵*m ∈N ，2111(1)(1)...(1)222n m +++<，∴m 的最小值为3．【2018年新课标Ⅰ卷，21】已知函数1()ln f x x a x x=-+． （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 存在两个极值点12,x x ，证明：()()12122f x f x a x x -<--．解：（1）()f x 的定义域为(0,)+∞，22211()1a x ax f x x x x -+'=--+=-.（i ）若2a ≤，则()0f x '≤，当且仅当2a =，1x =时()0f x '=，所以()f x 在(0,)+∞单调递减.（ii ）若2a >，令()0f x '=得，x =x =当)x ∈+∞U 时，()0f x '<；当x ∈时，()0f x '>.所以()f x 在(0,),(,)22a a +∞单调递减，在(22a a +单调递增.（2）由（1）知，()f x 存在两个极值点当且仅当2a >.由于()f x 的两个极值点12,x x 满足210x ax -+=，所以121x x =，不妨设12x x <，则21x >.由于12121221212121222()()ln ln ln ln 2ln 11221f x f x x x x x x a a a x x x x x x x x x x ----=--+=-+=-+----， 所以1212()()2f x f x a x x -<--等价于22212ln 0x x x -+<.设函数1()2ln g x x x x=-+，由（1）知，()g x 在(0,)+∞单调递减，又(1)0g =，从而当(1,)x ∈+∞时，()0g x <.所以22212ln 0x x x -+<，即1212()()2f x f x a x x -<--. 【2018年新课标Ⅱ卷，21】已知函数2()e x f x ax =-． （1）若1a =，证明：当0x ≥时，()1f x ≥； （2）若()f x 在(0,)+∞只有一个零点，求a ．解：（1）当1a =时，()1f x ≥等价于()21e 10xx -+-≤，设函数()()21e 1x g x x -=+-，则()()()2221e 1e x xg'x x x x --=--+=--，当1x ≠时，()0g'x <，所以()g x 在()0,+∞单调递减， 而()00g =，故当0x ≥时，()0g x ≤，即()1f x ≥．（2）设函数()21e xh x ax -=-，()f x 在()0,+∞只有一个零点当且仅当()h x 在()0,+∞只有一个零点．当0a ≤时，()0h x >，()h x 没有零点； 当0a >时，()()2e xh x ax x -'=-．当()0,2x ∈时，()0h'x <；当()2,x ∈+∞时，()0h'x >．()h x ∴在()0,2单调递减，在()2,+∞单调递增．故()2421eah =-是()h x 在[)0,+∞的最小值． ①若()20h >，即2e 4a <，()h x 在()0,+∞没有零点；②若()20h =，即2e 4a =，()h x 在()0,+∞只有一个零点；③若()20h <，即2e 4a >，由于()01h =，所以()h x 在()0,2有一个零点，由（1）知，当0x >时，2e x x >，所以()()()33324421616161411110e 2ea a a a a h a a a =-=->-=->． 故()h x 在()2,4a 有一个零点，因此()h x 在()0,+∞有两个零点．综上，()f x 在()0,+∞只有一个零点时，2e 4a =．【2018年新课标Ⅲ卷，21】已知函数()()()22ln 12f x x ax x x =+++-．（1）若0a =，证明：当10x -<<时，()0f x <；当0x >时，()0f x >； （2）若0x =是()f x 的极大值点，求a ．解：（1）若0a =时，()(2)ln(1)2(1)f x x x x x =++->-，∴1()ln(1)(2)21f x x x x '=+++-+1ln(1)11x x =++-+. 令1()ln(1)11h x x x =++-+， ∴2211()1(1)(1)xh x x x x '=-=+++. ∴当0x >时，()0h x '>，()h x 在(0,)+∞上单调递增， 当10x -<<时，()0h x '<，()h x 在(1,0)-上单调递减. ∴min ()(0)ln1110h x h ==+-=， ∴()0f x '≥恒成立，∴()f x 在(1,)-+∞上单调递增， 又(0)2ln100f =-=，∴当10x -<<时，()0f x <；当0x >时，()0f x >.（2）21()(21)ln(1)11ax f x ax x x +'=+++-+，22212(1)1()2ln(1)01(1)ax ax x ax f x a x x x ++--''=+++≤++， 222(1)ln(1)(21)(1)210a x x ax x ax ax +++++++-≤， 222(1)ln(1)340a x x ax ax x +++++≤， 22[2(1)ln(1)34]a x x x x x ++++≤-. 设22()2(1)ln(1)34h x x x x x =++++，∴()4(1)ln(1)2(1)64h x x x x x '=++++++，(0)60h '=>，(0)0h =， ∴在0x =邻域内，0x >时，()0h x >，0x <时，()0h x <.0x >时，222(1)ln(1)34xa x x x x-≤++++，由洛必达法则得16a ≤-， 0x <时，222(1)ln(1)34xa x x x x-≥++++，由洛必达法则得16a ≥-，综上所述，16a =-.。

专题04导数及其应用历年考题细目表历年高考真题汇编1．【2019年新课标1理科05】函数f（x）在[﹣π，π]的图象大致为（）A．B．C．D．【解答】解：∵f（x），x∈[﹣π，π]，∴f（﹣x）f（x），∴f（x）为[﹣π，π]上的奇函数，因此排除A；又f（），因此排除B，C；故选：D．2．【2018年新课标1理科05】设函数f（x）＝x3+（a﹣1）x2+ax．若f（x）为奇函数，则曲线y＝f（x）在点（0，0）处的切线方程为（）A．y＝﹣2x B．y＝﹣x C．y＝2x D．y＝x【解答】解：函数f（x）＝x3+（a﹣1）x2+ax，若f（x）为奇函数，可得a＝1，所以函数f（x）＝x3+x，可得f′（x）＝3x2+1，曲线y＝f（x）在点（0，0）处的切线的斜率为：1，则曲线y＝f（x）在点（0，0）处的切线方程为：y＝x．故选：D．3．【2016年新课标1理科07】函数y＝2x2﹣e|x|在[﹣2，2]的图象大致为（）A．B．C．D．【解答】解：∵f（x）＝y＝2x2﹣e|x|，∴f（﹣x）＝2（﹣x）2﹣e|﹣x|＝2x2﹣e|x|，故函数为偶函数，当x＝±2时，y＝8﹣e2∈（0，1），故排除A，B；当x∈[0，2]时，f（x）＝y＝2x2﹣e x，∴f′（x）＝4x﹣e x＝0有解，故函数y＝2x2﹣e|x|在[0，2]不是单调的，故排除C，故选：D．4．【2015年新课标1理科12】设函数f（x）＝e x（2x﹣1）﹣ax+a，其中a＜1，若存在唯一的整数x0使得f（x0）＜0，则a的取值范围是（）A．[）B．[）C．[）D．[）【解答】解：设g（x）＝e x（2x﹣1），y＝ax﹣a，由题意知存在唯一的整数x0使得g（x0）在直线y＝ax﹣a的下方，∵g′（x）＝e x（2x﹣1）+2e x＝e x（2x+1），∴当x时，g′（x）＜0，当x时，g′（x）＞0，∴当x时，g（x）取最小值﹣2，当x＝0时，g（0）＝﹣1，当x＝1时，g（1）＝e＞0，直线y＝ax﹣a恒过定点（1，0）且斜率为a，故﹣a＞g（0）＝﹣1且g（﹣1）＝﹣3e﹣1≥﹣a﹣a，解得a＜1故选：D．5．【2014年新课标1理科11】已知函数f（x）＝ax3﹣3x2+1，若f（x）存在唯一的零点x0，且x0＞0，则实数a的取值范围是（）A．（1，+∞）B．（2，+∞）C．（﹣∞，﹣1）D．（﹣∞，﹣2）【解答】解：∵f（x）＝ax3﹣3x2+1，∴f′（x）＝3ax2﹣6x＝3x（ax﹣2），f（0）＝1；①当a＝0时，f（x）＝﹣3x2+1有两个零点，不成立；②当a＞0时，f（x）＝ax3﹣3x2+1在（﹣∞，0）上有零点，故不成立；③当a＜0时，f（x）＝ax3﹣3x2+1在（0，+∞）上有且只有一个零点；故f（x）＝ax3﹣3x2+1在（﹣∞，0）上没有零点；而当x时，f（x）＝ax3﹣3x2+1在（﹣∞，0）上取得最小值；故f（）3•1＞0；故a＜﹣2；综上所述，实数a的取值范围是（﹣∞，﹣2）；故选：D．6．【2012年新课标1理科10】已知函数f（x），则y＝f（x）的图象大致为（）A．B．C．D．【解答】解：设则g′（x）∴g（x）在（﹣1，0）上为增函数，在（0，+∞）上为减函数∴g（x）＜g（0）＝0∴f（x）0得：x＞0或﹣1＜x＜0均有f（x）＜0排除A，C，又f（x）中，，能排除D．故选：B．7．【2012年新课标1理科12】设点P在曲线上，点Q在曲线y＝ln（2x）上，则|PQ|最小值为（）A．1﹣ln2 B．C．1+ln2 D．【解答】解：∵函数与函数y＝ln（2x）互为反函数，图象关于y＝x对称，函数上的点到直线y＝x的距离为，设g（x）（x＞0），则g′（x），由g′（x）0可得x≥ln2，由g′（x）0可得0＜x＜ln2，∴函数g（x）在（0，ln2）单调递减，在[ln2，+∞）单调递增，∴当x＝ln2时，函数g（x）min＝1﹣ln2，，由图象关于y＝x对称得：|PQ|最小值为．故选：B．8．【2011年新课标1理科09】由曲线y，直线y＝x﹣2及y轴所围成的图形的面积为（）A．B．4 C．D．6【解答】解：联立方程得到两曲线的交点（4，2），因此曲线y，直线y＝x﹣2及y轴所围成的图形的面积为：S．故选C．9．【2010年新课标1理科03】曲线y在点（﹣1，﹣1）处的切线方程为（）A．y＝2x+1 B．y＝2x﹣1 C．y＝﹣2x﹣3 D．y＝﹣2x﹣2【解答】解：∵y，∴y′，所以k＝y′|x＝﹣1＝2，得切线的斜率为2，所以k＝2；所以曲线y＝f（x）在点（﹣1，﹣1）处的切线方程为：y+1＝2×（x+1），即y＝2x+1．故选：A．10．【2019年新课标1理科13】曲线y＝3（x2+x）e x在点（0，0）处的切线方程为．【解答】解：∵y＝3（x2+x）e x，∴y'＝3e x（x2+3x+1），∴当x＝0时，y'＝3，∴y＝3（x2+x）e x在点（0，0）处的切线斜率k＝3，∴切线方程为：y＝3x．故答案为：y＝3x．11．【2013年新课标1理科16】若函数f（x）＝（1﹣x2）（x2+ax+b）的图象关于直线x＝﹣2对称，则f（x）的最大值为．【解答】解：∵函数f（x）＝（1﹣x2）（x2+ax+b）的图象关于直线x＝﹣2对称，∴f（﹣1）＝f（﹣3）＝0且f（1）＝f（﹣5）＝0，即[1﹣（﹣3）2][（﹣3）2+a•（﹣3）+b]＝0且[1﹣（﹣5）2][（﹣5）2+a•（﹣5）+b]＝0，解之得，因此，f（x）＝（1﹣x2）（x2+8x+15）＝﹣x4﹣8x3﹣14x2+8x+15，求导数，得f′（x）＝﹣4x3﹣24x2﹣28x+8，令f′（x）＝0，得x1＝﹣2，x2＝﹣2，x3＝﹣2，当x∈（﹣∞，﹣2）时，f′（x）＞0；当x∈（﹣2，﹣2）时，f′（x）＜0；当x∈（﹣2，﹣2）时，f′（x）＞0；当x∈（﹣2，+∞）时，f′（x）＜0∴f（x）在区间（﹣∞，﹣2）、（﹣2，﹣2）上是增函数，在区间（﹣2，﹣2）、（﹣2，+∞）上是减函数．又∵f（﹣2）＝f（﹣2）＝16，∴f（x）的最大值为16．故答案为：16．12．【2010年新课标1理科13】设y＝f（x）为区间[0，1]上的连续函数，且恒有0≤f（x）≤1，可以用随机模拟方法近似计算积分，先产生两组（每组N个）区间[0，1]上的均匀随机数x1，x2，…x N和y1，y2，…y N，由此得到N个点（x i，y i）（i＝1，2，…，N），再数出其中满足y i≤f（x i）（i＝1，2，…，N）的点数N1，那么由随机模拟方案可得积分的近似值为．【解答】解：由题意可知得，故积分的近似值为．故答案为：．13．【2019年新课标1理科20】已知函数f（x）＝sin x﹣ln（1+x），f′（x）为f（x）的导数．证明：（1）f′（x）在区间（﹣1，）存在唯一极大值点；（2）f（x）有且仅有2个零点．【解答】证明：（1）f（x）的定义域为（﹣1，+∞），f′（x）＝cos x，f″（x）＝﹣sin x，令g（x）＝﹣sin x，则g′（x）＝﹣cos x0在（﹣1，）恒成立，∴f″（x）在（﹣1，）上为减函数，又∵f″（0）＝1，f″（）＝﹣11+1＝0，由零点存在定理可知，函数f″（x）在（﹣1，）上存在唯一的零点x0，结合单调性可得，f′（x）在（﹣1，x0）上单调递增，在（x0，）上单调递减，可得f′（x）在区间（﹣1，）存在唯一极大值点；（2）由（1）知，当x∈（﹣1，0）时，f′（x）单调递增，f′（x）＜f′（0）＝0，f（x）单调递减；当x∈（0，x0）时，f′（x）单调递增，f′（x）＞f′（0）＝0，f（x）单调递增；由于f′（x）在（x0，）上单调递减，且f′（x0）＞0，f ′（）0，由零点存在定理可知，函数f′（x）在（x0，）上存在唯一零点x1，结合单调性可知，当x∈（x0，x1）时，f′（x）单调递减，f′（x）＞f′（x1）＝0，f（x）单调递增；当x ∈（）时，f′（x）单调递减，f′（x）＜f′（x1）＝0，f（x）单调递减．当x ∈（，π）时，cos x＜0，0，于是f′（x）＝cos x0，f（x）单调递减，其中f （）＝1﹣ln（1）＞1﹣ln（1）＝1﹣ln2.6＞1﹣lne＝0，f（π）＝﹣ln（1+π）＜﹣ln3＜0．于是可得下表：（结合单调性可知，函数f（x）在（﹣1，]上有且只有一个零点0，由函数零点存在性定理可知，f（x）在（，π）上有且只有一个零点x2，当x∈[π，+∞）时，f（x）＝sin x﹣ln（1+x）＜1﹣ln（1+π）＜1﹣ln3＜0，因此函数f（x）在[π，+∞）上无零点．综上，f（x）有且仅有2个零点．14．【2018年新课标1理科21】已知函数f（x）x+alnx．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若f（x）存在两个极值点x1，x2，证明：a﹣2．【解答】解：（1）函数的定义域为（0，+∞），函数的导数f′（x）1，设g（x）＝x2﹣ax+1，当a ≤0时，g （x ）＞0恒成立，即f ′（x ）＜0恒成立，此时函数f （x ）在（0，+∞）上是减函数， 当a ＞0时，判别式△＝a 2﹣4，①当0＜a ≤2时，△≤0，即g （x ）≥0，即f ′（x ）≤0恒成立，此时函数f （x ）在（0，+∞）上是减函数，②当a ＞2时，x ，f ′（x ），f （x ）的变化如下表：，（，综上当a ≤2时，f （x ）在（0，+∞）上是减函数， 当a ＞2时，在（0，），和（，+∞）上是减函数，则（，）上是增函数．（2）由（1）知a ＞2，0＜x 1＜1＜x 2，x 1x 2＝1， 则f （x 1）﹣f （x 2）＝（x 2﹣x 1）（1）+a （lnx 1﹣lnx 2）＝2（x 2﹣x 1）+a （lnx 1﹣lnx 2），则2，则问题转为证明1即可，即证明lnx 1﹣lnx 2＞x 1﹣x 2， 则lnx 1﹣ln x 1， 即lnx 1+lnx 1＞x 1，即证2lnx 1＞x 1在（0，1）上恒成立，设h （x ）＝2lnx ﹣x，（0＜x ＜1），其中h （1）＝0，求导得h ′（x ）10，则h （x ）在（0，1）上单调递减，∴h（x）＞h（1），即2lnx﹣x0，故2lnx＞x，则a﹣2成立．（2）另解：注意到f（）＝x alnx＝﹣f（x），即f（x）+f（）＝0，由韦达定理得x1x2＝1，x1+x2＝a＞2，得0＜x1＜1＜x2，x1，可得f（x2）+f（）＝0，即f（x1）+f（x2）＝0，要证a﹣2，只要证a﹣2，即证2alnx2﹣ax20，（x2＞1），构造函数h（x）＝2alnx﹣ax，（x＞1），h′（x）0，∴h（x）在（1，+∞）上单调递减，∴h（x）＜h（1）＝0，∴2alnx﹣ax0成立，即2alnx2﹣ax20，（x2＞1）成立．即a﹣2成立．15．【2017年新课标1理科21】已知函数f（x）＝ae2x+（a﹣2）e x﹣x．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若f（x）有两个零点，求a的取值范围．【解答】解：（1）由f（x）＝ae2x+（a﹣2）e x﹣x，求导f′（x）＝2ae2x+（a﹣2）e x﹣1，当a＝0时，f′（x）＝﹣2e x﹣1＜0，∴当x∈R，f（x）单调递减，当a＞0时，f′（x）＝（2e x+1）（ae x﹣1）＝2a（e x）（e x），令f′（x）＝0，解得：x＝ln，当f′（x）＞0，解得：x＞ln，当f′（x）＜0，解得：x＜ln，∴x∈（﹣∞，ln）时，f（x）单调递减，x∈（ln，+∞）单调递增；当a＜0时，f′（x）＝2a（e x）（e x）＜0，恒成立，∴当x∈R，f（x）单调递减，综上可知：当a≤0时，f（x）在R单调减函数，当a＞0时，f（x）在（﹣∞，ln）是减函数，在（ln，+∞）是增函数；（2）①若a≤0时，由（1）可知：f（x）最多有一个零点，当a＞0时，f（x）＝ae2x+（a﹣2）e x﹣x，当x→﹣∞时，e2x→0，e x→0，∴当x→﹣∞时，f（x）→+∞，当x→∞，e2x→+∞，且远远大于e x和x，∴当x→∞，f（x）→+∞，∴函数有两个零点，f（x）的最小值小于0即可，由f（x）在（﹣∞，ln）是减函数，在（ln，+∞）是增函数，∴f（x）min＝f（ln）＝a×（）+（a﹣2）ln0，∴1ln0，即ln1＞0，设t，则g（t）＝lnt+t﹣1，（t＞0），求导g′（t）1，由g（1）＝0，∴t1，解得：0＜a＜1，∴a的取值范围（0，1）．方法二：（1）由f（x）＝ae2x+（a﹣2）e x﹣x，求导f′（x）＝2ae2x+（a﹣2）e x﹣1，当a＝0时，f′（x）＝﹣2e x﹣1＜0，∴当x∈R，f（x）单调递减，当a＞0时，f′（x）＝（2e x+1）（ae x﹣1）＝2a（e x）（e x），令f′（x）＝0，解得：x＝﹣lna，当f′（x）＞0，解得：x＞﹣lna，当f′（x）＜0，解得：x＜﹣lna，∴x∈（﹣∞，﹣lna）时，f（x）单调递减，x∈（﹣lna，+∞）单调递增；当a＜0时，f′（x）＝2a（e x）（e x）＜0，恒成立，∴当x∈R，f（x）单调递减，综上可知：当a≤0时，f（x）在R单调减函数，当a＞0时，f（x）在（﹣∞，﹣lna）是减函数，在（﹣lna，+∞）是增函数；（2）①若a≤0时，由（1）可知：f（x）最多有一个零点，②当a＞0时，由（1）可知：当x＝﹣lna时，f（x）取得最小值，f（x）min＝f（﹣lna）＝1ln，当a＝1，时，f（﹣lna）＝0，故f（x）只有一个零点，当a∈（1，+∞）时，由1ln0，即f（﹣lna）＞0，故f（x）没有零点，当a∈（0，1）时，1ln0，f（﹣lna）＜0，由f（﹣2）＝ae﹣4+（a﹣2）e﹣2+2＞﹣2e﹣2+2＞0，故f（x）在（﹣∞，﹣lna）有一个零点，假设存在正整数n0，满足n0＞ln（1），则f（n0）（a a﹣2）﹣n0n0n0＞0，由ln（1）＞﹣lna，因此在（﹣lna，+∞）有一个零点．∴a的取值范围（0，1）．16．【2016年新课标1理科21】已知函数f（x）＝（x﹣2）e x+a（x﹣1）2有两个零点．（Ⅰ）求a的取值范围；（Ⅱ）设x1，x2是f（x）的两个零点，证明：x1+x2＜2．【解答】解：（Ⅰ）∵函数f（x）＝（x﹣2）e x+a（x﹣1）2，∴f′（x）＝（x﹣1）e x+2a（x﹣1）＝（x﹣1）（e x+2a），①若a＝0，那么f（x）＝0⇔（x﹣2）e x＝0⇔x＝2，函数f（x）只有唯一的零点2，不合题意；②若a＞0，那么e x+2a＞0恒成立，当x＜1时，f′（x）＜0，此时函数为减函数；当x＞1时，f′（x）＞0，此时函数为增函数；此时当x＝1时，函数f（x）取极小值﹣e，由f（2）＝a＞0，可得：函数f（x）在x＞1存在一个零点；当x＜1时，e x＜e，x﹣2＜﹣1＜0，∴f（x）＝（x﹣2）e x+a（x﹣1）2＞（x﹣2）e+a（x﹣1）2＝a（x﹣1）2+e（x﹣1）﹣e，令a（x﹣1）2+e（x﹣1）﹣e＝0的两根为t1，t2，且t1＜t2，则当x＜t1，或x＞t2时，f（x）＞a（x﹣1）2+e（x﹣1）﹣e＞0，故函数f（x）在x＜1存在一个零点；即函数f（x）在R是存在两个零点，满足题意；③若a＜0，则ln（﹣2a）＜lne＝1，当x＜ln（﹣2a）时，x﹣1＜ln（﹣2a）﹣1＜lne﹣1＝0，e x+2a＜e ln（﹣2a）+2a＝0，即f′（x）＝（x﹣1）（e x+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，当ln（﹣2a）＜x＜1时，x﹣1＜0，e x+2a＞e ln（﹣2a）+2a＝0，即f′（x）＝（x﹣1）（e x+2a）＜0恒成立，故f（x）单调递减，当x＞1时，x﹣1＞0，e x+2a＞e ln（﹣2a）+2a＝0，即f′（x）＝（x﹣1）（e x+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，故当x＝ln（﹣2a）时，函数取极大值，由f（ln（﹣2a））＝[ln（﹣2a）﹣2]（﹣2a）+a[ln（﹣2a）﹣1]2＝a{[ln（﹣2a）﹣2]2+1}＜0得：函数f（x）在R上至多存在一个零点，不合题意；④若a，则ln（﹣2a）＝1，当x＜1＝ln（﹣2a）时，x﹣1＜0，e x+2a＜e ln（﹣2a）+2a＝0，即f′（x）＝（x﹣1）（e x+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，当x＞1时，x﹣1＞0，e x+2a＞e ln（﹣2a）+2a＝0，即f′（x）＝（x﹣1）（e x+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，故函数f（x）在R上单调递增，函数f（x）在R上至多存在一个零点，不合题意；⑤若a，则ln（﹣2a）＞lne＝1，当x＜1时，x﹣1＜0，e x+2a＜e ln（﹣2a）+2a＝0，即f′（x）＝（x﹣1）（e x+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，当1＜x＜ln（﹣2a）时，x﹣1＞0，e x+2a＜e ln（﹣2a）+2a＝0，即f′（x）＝（x﹣1）（e x+2a）＜0恒成立，故f（x）单调递减，当x＞ln（﹣2a）时，x﹣1＞0，e x+2a＞e ln（﹣2a）+2a＝0，即f′（x）＝（x﹣1）（e x+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，故当x＝1时，函数取极大值，由f（1）＝﹣e＜0得：函数f（x）在R上至多存在一个零点，不合题意；综上所述，a的取值范围为（0，+∞）证明：（Ⅱ）∵x1，x2是f（x）的两个零点，∴f（x1）＝f（x2）＝0，且x1≠1，且x2≠1，∴﹣a，令g（x），则g（x1）＝g（x2）＝﹣a，∵g′（x），∴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；设m＞0，则g（1+m）﹣g（1﹣m），设h（m），m＞0，则h′（m）0恒成立，即h（m）在（0，+∞）上为增函数，h（m）＞h（0）＝0恒成立，即g（1+m）＞g（1﹣m）恒成立，令m＝1﹣x1＞0，则g（1+1﹣x1）＞g（1﹣1+x1）⇔g（2﹣x1）＞g（x1）＝g（x2）⇔2﹣x1＞x2，即x1+x2＜2．17．【2015年新课标1理科21】已知函数f（x）＝x3+ax，g（x）＝﹣lnx（i）当a为何值时，x轴为曲线y＝f（x）的切线；（ii）用min{m，n}表示m，n中的最小值，设函数h（x）＝min{f（x），g（x）}（x＞0），讨论h（x）零点的个数．【解答】解：（i）f′（x）＝3x2+a．设曲线y＝f（x）与x轴相切于点P（x0，0），则f（x0）＝0，f′（x0）＝0，∴，解得，a．因此当a时，x轴为曲线y＝f（x）的切线；（ii）当x∈（1，+∞）时，g（x）＝﹣lnx＜0，∴函数h（x）＝min{f（x），g（x）}＜0，故h（x）在x∈（1，+∞）时无零点．当x＝1时，若a，则f（1）＝a0，∴h（x）＝min{f（1），g（1）}＝g（1）＝0，故x＝1是函数h（x）的一个零点；若a，则f（1）＝a0，∴h（x）＝min{f（1），g（1）}＝f（1）＜0，故x＝1不是函数h（x）的零点；当x∈（0，1）时，g（x）＝﹣lnx＞0，因此只考虑f（x）在（0，1）内的零点个数即可．①当a≤﹣3或a≥0时，f′（x）＝3x2+a在（0，1）内无零点，因此f（x）在区间（0，1）内单调，而f（0），f（1）＝a，∴当a≤﹣3时，函数f（x）在区间（0，1）内有一个零点，当a≥0时，函数f（x）在区间（0，1）内没有零点．②当﹣3＜a＜0时，函数f（x）在内单调递减，在内单调递增，故当x时，f（x）取得最小值．若0，即，则f（x）在（0，1）内无零点．若0，即a，则f（x）在（0，1）内有唯一零点．若0，即，由f（0），f（1）＝a，∴当时，f（x）在（0，1）内有两个零点．当﹣3＜a时，f（x）在（0，1）内有一个零点．综上可得：a时，函数h（x）有一个零点．当时，h（x）有一个零点；当a或时，h（x）有两个零点；当时，函数h（x）有三个零点．18．【2014年新课标1理科21】设函数f（x）＝ae x lnx，曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处得切线方程为y＝e（x﹣1）+2．（Ⅰ）求a、b；（Ⅱ）证明：f（x）＞1．【解答】解：（Ⅰ）函数f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x），由题意可得f（1）＝2，f′（1）＝e，故a＝1，b＝2；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f（x）＝e x lnx，∵f（x）＞1，∴e x lnx1，∴lnx，∴f（x）＞1等价于xlnx＞xe﹣x，设函数g（x）＝xlnx，则g′（x）＝1+lnx，∴当x∈（0，）时，g′（x）＜0；当x∈（，+∞）时，g′（x）＞0．故g（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，从而g（x）在（0，+∞）上的最小值为g（）．设函数h（x）＝xe﹣x，则h′（x）＝e﹣x（1﹣x）．∴当x∈（0，1）时，h′（x）＞0；当x∈（1，+∞）时，h′（x）＜0，故h（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，从而h（x）在（0，+∞）上的最大值为h（1）．综上，当x＞0时，g（x）＞h（x），即f（x）＞1．19．【2013年新课标1理科21】已知函数f（x）＝x2+ax+b，g（x）＝e x（cx+d），若曲线y＝f（x）和曲线y＝g（x）都过点P（0，2），且在点P处有相同的切线y＝4x+2．（Ⅰ）求a，b，c，d的值；（Ⅱ）若x≥﹣2时，f（x）≤kg（x），求k的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）由题意知f（0）＝2，g（0）＝2，f′（0）＝4，g′（0）＝4，而f′（x）＝2x+a，g′（x）＝e x（cx+d+c），故b＝2，d＝2，a＝4，d+c＝4，从而a＝4，b＝2，c＝2，d＝2；（Ⅱ）由（I）知，f（x）＝x2+4x+2，g（x）＝2e x（x+1）设F（x）＝kg（x）﹣f（x）＝2ke x（x+1）﹣x2﹣4x﹣2，则F′（x）＝2ke x（x+2）﹣2x﹣4＝2（x+2）（ke x﹣1），由题设得F（0）≥0，即k≥1，令F′（x）＝0，得x1＝﹣lnk，x2＝﹣2，①若1≤k＜e2，则﹣2＜x1≤0，从而当x∈（﹣2，x1）时，F′（x）＜0，当x∈（x1，+∞）时，F′（x）＞0，即F（x）在（﹣2，x1）上减，在（x1，+∞）上是增，故F（x）在[﹣2，+∞）上的最小值为F（x1），而F（x1）＝﹣x1（x1+2）≥0，x≥﹣2时F（x）≥0，即f（x）≤kg（x）恒成立．②若k＝e2，则F′（x）＝2e2（x+2）（e x﹣e﹣2），从而当x∈（﹣2，+∞）时，F′（x）＞0，即F（x）在（﹣2，+∞）上是增，而F（﹣2）＝0，故当x≥﹣2时，F（x）≥0，即f（x）≤kg（x）恒成立．③若k＞e2时，F′（x）＞2e2（x+2）（e x﹣e﹣2），而F（﹣2）＝﹣2ke﹣2+2＜0，所以当x＞﹣2时，f（x）≤kg（x）不恒成立，综上，k的取值范围是[1，e2]．20．【2012年新课标1理科21】已知函数f（x）满足f（x）＝f′（1）e x﹣1﹣f（0）x x2；（1）求f（x）的解析式及单调区间；（2）若，求（a+1）b的最大值．【解答】解：（1）f（x）＝f'（1）e x﹣1﹣f（0）x⇒f'（x）＝f'（1）e x﹣1﹣f（0）+x令x＝1得：f（0）＝1∴f（x）＝f'（1）e x﹣1﹣x令x＝0，得f（0）＝f'（1）e﹣1＝1解得f'（1）＝e故函数的解析式为f（x）＝e x﹣x令g（x）＝f'（x）＝e x﹣1+x∴g'（x）＝e x+1＞0，由此知y＝g（x）在x∈R上单调递增当x＞0时，f'（x）＞f'（0）＝0；当x＜0时，有f'（x）＜f'（0）＝0得：函数f（x）＝e x﹣x的单调递增区间为（0，+∞），单调递减区间为（﹣∞，0）（2）f（x）（a+1）x﹣b≥0得h′（x）＝e x﹣（a+1）①当a+1≤0时，h′（x）＞0⇒y＝h（x）在x∈R上单调递增，x→﹣∞时，h（x）→﹣∞与h（x）≥0矛盾②当a+1＞0时，h′（x）＞0⇔x＞ln（a+1），h'（x）＜0⇔x＜ln（a+1）得：当x＝ln（a+1）时，h（x）min＝（a+1）﹣（a+1）ln（a+1）﹣b≥0，即（a+1）﹣（a+1）ln（a+1）≥b∴（a+1）b≤（a+1）2﹣（a+1）2ln（a+1），（a+1＞0）令F（x）＝x2﹣x2lnx（x＞0），则F'（x）＝x（1﹣2lnx）∴F'（x）＞0⇔0＜x当x时，F（x）max即当a时，（a+1）b的最大值为21．【2011年新课标1理科21】已知函数f（x），曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为x+2y﹣3＝0．（Ⅰ）求a、b的值；（Ⅱ）如果当x＞0，且x≠1时，f（x），求k的取值范围．【解答】解：由题意f（1）＝1，即切点坐标是（1，1）（Ⅰ）由于直线x+2y﹣3＝0的斜率为，且过点（1，1），故即解得a＝1，b＝1．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，所以）．考虑函数（x＞0），则．（i）设k≤0，由知，当x≠1时，h′（x）＜0．而h（1）＝0，故当x∈（0，1）时，h′（x）＜0，可得；当x∈（1，+∞）时，h′（x）＜0，可得h（x）＞0从而当x＞0，且x≠1时，f（x）﹣（）＞0，即f（x）．（ii）设0＜k＜1．由于当x∈（1，）时，（k﹣1）（x2+1）+2x＞0，故h′（x）＞0，而h（1）＝0，故当x∈（1，）时，h（x）＞0，可得h（x）＜0，与题设矛盾．（iii）设k≥1．此时h′（x）＞0，而h（1）＝0，故当x∈（1，+∞）时，h（x）＞0，可得h（x）＜0，与题设矛盾．综合得，k的取值范围为（﹣∞，0]．22．【2010年新课标1理科21】设函数f（x）＝e x﹣1﹣x﹣ax2．（1）若a＝0，求f（x）的单调区间；（2）若当x ≥0时f （x ）≥0，求a 的取值范围．【解答】解：（1）a ＝0时，f （x ）＝e x﹣1﹣x ，f ′（x ）＝e x﹣1． 当x ∈（﹣∞，0）时，f '（x ）＜0；当x ∈（0，+∞）时，f '（x ）＞0． 故f （x ）在（﹣∞，0）单调减少，在（0，+∞）单调增加 （II ）f ′（x ）＝e x﹣1﹣2ax由（I ）知e x≥1+x ，当且仅当x ＝0时等号成立．故f ′（x ）≥x ﹣2ax ＝（1﹣2a ）x ， 从而当1﹣2a ≥0，即时，f ′（x ）≥0（x ≥0），而f （0）＝0，于是当x ≥0时，f （x ）≥0．由e x ＞1+x （x ≠0）可得e ﹣x＞1﹣x （x ≠0）． 从而当时，f ′（x ）＜e x﹣1+2a （e ﹣x﹣1）＝e ﹣x（e x ﹣1）（e x﹣2a ），故当x ∈（0，ln 2a ）时，f '（x ）＜0，而f （0）＝0，于是当x ∈（0，ln 2a ）时，f （x ）＜0． 综合得a 的取值范围为．考题分析与复习建议本专题考查的知识点为：导数的概念及运算，导数与函数的单调性、极值、最值，导数与函数的综合问题，定积分与微积分基本定理.历年考题主要以选择填空或解答题题型出现，重点考查的知识点为：导数的运算，导数与函数的单调性、极值、最值，导数与函数的综合问题，定积分，预测明年本考点题目会比较稳定.备考方向以知识点导数的运算，导数与函数的单调性、极值、最值，导数与函数的综合问题，定积分为重点较佳.最新高考模拟试题1．已知函数10()ln ,0x xf x x x x⎧⎪⎪=⎨⎪⎪⎩，＜＞，若()()F x f x kx =-有3个零点，则k 的取值范围为( )A ．(21e -，0) B ．(12e-，0) C ．(0，12e) D ．(0，21e )【答案】C 【解析】由题意，函数10()ln ,0x xf x x x x ⎧<⎪⎪=⎨⎪>⎪⎩，，要使得函数()()F x f x kx =-在R 上有3个零点，当0x >时，令()()0F x f x kx =-=，可得2ln xk x =， 要使得()0F x =有两个实数解，即y k =和()2ln xg x x=有两个交点，又由()312ln xg x x -'=，令12ln 0x -=，可得x =当x ∈时，()0g x '>，则()g x 单调递增；当)x ∈+∞时，()0g x '<，则()g x 单调递减，所以当x =()max 12g x e=， 若直线y k =和()2ln x g x x =有两个交点，则1(0,)2k e ∈， 当0x <时，y k =和()1g x x=有一个交点，则0k >，综上可得，实数k 的取值范围是1(0,)2e，故选C.2．已知,(0,)2παβ∈，sin sin 0βααβ->，则下列不等式一定成立的是（ ）A ．2παβ+< B ．2παβ+= C ．αβ< D ．αβ>【答案】C 【解析】由题意，sin sin βααβ>，sin sin αβαβ∴>，设()sin ,0,2x f x x x π⎛⎫=∈ ⎪⎝⎭， ()2cos sin ',0,2x x x f x x x π-⎛⎫∴=∈ ⎪⎝⎭，设()cos sin ,0,2g x x x x x π⎛⎫=-∈ ⎪⎝⎭， ()'cos sin cos sin 0g x x x x x x x ∴=--=-<，()g x ∴在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭单调递减，且()()00g x g <=，()'0f x ∴<,所以()sin x f x x =在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭递减， ()()sin sin ,f f αβαβαβ>⇔>αβ∴<，故选C.3．已知函数()ln 2f x a x x =-+（a 为大于1的整数），若()y f x =与(())y f f x =的值域相同，则a 的最小值是（ ）（参考数据：ln20.6931≈，ln3 1.0986≈，ln5 1.6094≈） A ．5 B ．6C ．7D ．8【答案】A 【解析】'()ln 2()=1a a x f x a x x f x x x -=-+⇒-=，当x a >时，'()0f x <，函数()f x 单调递减，当0x a <<时，'()0f x >，函数()f x 单调递增，故max ()()ln 2f x f a a a a ==-+，又当0,()x f x →→-∞，所以函数()f x 的值域为(,ln 2]a a a -∞-+，令'()ln 2()ln 11ln ,t a a a a t a a a =-+⇒=+-='1,()0a a Z t a >∈∴>因此()t a 是单调递增函数，因此当2,a a Z ≥∈时， ()(2)2ln 20t a t ≥=>，令()ln 2f x a x x n =-+=由上可知：ln 2n a a a ≤-+，(())()y f f x f n ==，由上可知函数(n)f 在0x a <<时，单调递增，在x a >时，单调递减，要想(())()y f f x f n ==的值域为(,ln 2]a a a -∞-+，只需ln 2a a a a ≤-+，即ln 220a a a -+≥，设()ln 22g a a a a =-+，2,a a Z ≥∈，'()ln 1g a a =-，所以当3,a a Z ≥∈时，函数()g a 单调递增，(2)2ln 240,(3)3ln 340g g =-<=-<，(4)4ln 460,(5)5ln 580g g =-<=->，所以a 的最小值是5，故本题选A.4．已知实数a ，b ，c ，d 满足ln 12113a cb d +-==+-，则22()()ac bd -+-的最小值为（ ）A ．8B ．4C ．2D【答案】D 【解析】ln 12113a c b d +-==+- ln 11ln 1a b a b +∴=⇒=+，2113c d c d -=⇒=+-∴可以看成()ln f x x =和()1g x x =+之间的最小值'1()f x x= ∴当111x x=⇒=时，即点()1,0到直线()1g x x =+的距离最小∴d ==5．若函数()ln f x x a x =在区间()1,+∞上存在零点，则实数a 的取值范围为( )A ．10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．1,2e ⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．()0,∞+D ．1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【答案】D 【解析】因为函数()ln f x x a x =，所以22()12a x af x x x'==令()22g x x a =，因为()2g x '==，当(1,)x ∈+∞ 时，10>>，所以()0g x '> 所以()g x 在(1,)+∞上为增函数，则()(1)12g x g a >=-，当120a -≥时，()0g x >，所以()0f x '>，所以()f x 在(1,)+∞上为增函数， 则()(1)0f x f >=，所以()f x 在(1,)+∞上没有零点.当120a -<时，即12a >，因为()g x 在(1,)+∞上为增函数，则存在唯一的0(1,)x ∈+∞，使得0()0g x =，且当0(1,)x x ∈时，()0g x <，当0(,)x x ∈+∞时，()0g x >；所以当0(1,)x x ∈时，()0f x '<，()f x 为减函数，当0(,)x x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 为增函数，当0x x =时，min 0()()f x f x =，因为0()(1)0f x f <=，当x 趋于+∞时，()f x 趋于+∞， 所以在0(,)x x ∈+∞内，()f x 一定存在一个零点. 所以1(,)2a ∈+∞， 故答案选D.6．已知函数1()2x a f x e ax x x⎛⎫=-+- ⎪⎝⎭，若对任意(0,)x ∈+∞，都有()()f x xf x '≥-成立，则实数a 的取值范围是（ ）A ．3,2e ⎛⎤-∞-⎥⎝⎦ B ．(,-?C ．3,2e 轹÷-+?ê÷ê滕 D ．)é-+?êë【答案】D 【解析】令2()()(21)xg x xf x x e ax a ==-+-， 则()()()g x f x xf x ''=+，因为对任意(0,)x ∈+∞，都有()()f x xf x '≥-成立， 所以()()()0g x f x xf x ''=+≥在(0,)x ∈+∞上恒成立； 即()(21)20xg x x e ax '=++≥在(0,)x ∈+∞上恒成立；即(21)122x x x e a e x x +⎛⎫-≤=+ ⎪⎝⎭在(0,)x ∈+∞上恒成立； 令1()2xh x e x ⎛⎫=+⎪⎝⎭，(0,)x ∈+∞，则22211(21)()2x x xx x h x e e e x x x +-⎛⎫'=-++= ⎪⎝⎭， 由()0h x '=得2210x x +-=，解得1x =-（舍）或12x =， 所以，当102x <<时，22(21)()0xx x h x e x +-'=<，1()2x h x e x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭单调递减； 当12x >时，22(21)()0xx x h x e x+-'=<，1()2x h x e x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭单调递增；所以min 1()2h x h ⎛⎫==⎪⎝⎭因为(21)122x x x e a e x x +⎛⎫-≤=+ ⎪⎝⎭在(0,)x ∈+∞上恒成立，所以只需2a -≤a ≥-故选D7．已知奇函数()f x 是定义在R 上的可导函数，其导函数为()f x '，当0x >时，有()()22f x xf x x '>+，则不等式()()()22018+2018420x f x f +-<＋的解集为( ) A ．(),2016-∞- B ．()2016,2012-- C ．(),2018-∞- D ．()2016,0-【答案】A 【解析】设()()2g x x f x =，因为()f x 为R 上奇函数，所以()()()()22g x x f x x f x -=--=-， 即()g x 为R 上奇函数对()g x 求导，得()()()2f g f x x x x x '=+'⎡⎤⎣⎦， 而当0x >时，有()()220f x xf x x '>+≥故0x >时，()0g x '>，即()g x 单调递增，所以()g x 在R 上单调递增不等式()()()22018+2018420x f x f +-<＋()()()22018+201842x f x f +<--， ()()()22018+201842x f x f +<即()()20182g x g +<所以20182x +<，解得2016x <- 故选A 项.8．已知函数35791131()135791113x x x x x x f x x =+-+-+-+，则使不等式(1)0f x ->成立的x 的最小整数为（ ） A ．-3 B ．-2C ．-1D ．0【答案】D 【解析】根据题意，函数35791131()135791113x x x x x x f x x =+-+-+-+，其导数24681012()1f x x x x x x x '=-+-+-+，0x ≠时，()f x '可以看成是1为首项，2x -为公比的等比数列，则有24681012()1f x x x x x x x '=-+-+-+142101x x+=>+， 函数()f x 在R 上为增函数，又由111111(1)1(1)()()()035791113f -=+-+-+-+->， 35791113222222(2)1(2)035791113f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=+-+-+-+-< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，则函数()f x 在(2,1)--上存在唯一的零点，设其零点为t ，(1)011f x x t x t ->⇒->⇒>+，又由21t -<<-，则110t -<+<，故不等式(1)0f x ->成立的x 的最小整数为0；故选：D ．9．直线y ax =是曲线1ln y x =+的切线，则实数a =____． 【答案】1 【解析】解：∵1ln y x =+，∴1y x'=设切点为(,1ln )m m +，得切线的斜率为1m， 所以曲线在点(),1ln m m +处的切线方程为：1ln 1()y m x m m--=⨯-． 即：1ln y m x m-=它过原点，∴ln 0m -=，∴1m =， ∴11a m==． 故答案为：1．10．函数()2xf x ae x =-与()21g x x x =--的图象上存在关于x 轴的对称点，则实数a 的取值范围为_________． 【答案】1a … 【解析】()21g x x x =--关于x 轴对称的函数为()21h x x x =-++，因为函数()2xf x ae x =-与()21g x x x =--的图象上存在关于x 轴的对称点，所以()2xf x ae x =-与()21h x x x =-++的图象有交点，方程221x ae x x x -=-++有解，即1x ae x =+有解， 0a =时符合题意，0a ≠时转化为()11xe x a=+有解， 即()1,1xy e y x a==+的图象有交点， ()11y x a =+是过定点()1,0-的直线，其斜率为1a， 设()1,1xy e y x a==+相切时，切点的坐标为(),m m e ，则111m m e m ae a ⎧=⎪⎪+⎨⎪=⎪⎩，解得1a =，切线斜率为11a =，由图可知，当11a ≥，即1a ≤且0a ≠时，()1,1x y e y x a==+的图象有交点， 此时，()2xf x ae x =-与()21h x x x =-++的图象有交点，函数()2xf x ae x =-与()21g x x x =--的图象上存在关于x 轴的对称点，综上可得，实数a 的取值范围为1a ≤，故答案为1a ≤.11．已知函数()1xf x e =-，若存在实数,()a b a b <使得()()f a f b =，则2+a b 的最大值为________.【答案】32ln 27【解析】作出函数()1xf x e =-图像如下：由题意，令,a b 为方程()f x m =的两个根，由图像易得01m <<； 由1xe m -=得1x e m =±，解得ln(1)x m =+或ln(1)x m =-， 因为a b <，所以ln(1)b m =+，ln(1)a m =-， 因此22ln(1)2ln(1)ln(1)(1)a b m m m m +=-++=-+，令232()(1)(1)1g m m m m m m =-+=--++，01m <<， 则2()321(31)(1)g m m m m m '=--+=--+， 因为01m <<，所以由()0g m '>得103m <<；由()0g m '<得113m <<，即函数()g m 在10,3⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增；在1,13⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减；所以2max11132()1133327g m g ⎛⎫⎛⎫⎛⎫==-+= ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 因此2+a b 的最大值为32ln 27. 故答案为32ln2712．已知实数a ，b ，c 满足2121a c b c e a b e +--+++≤（e 为自然对数的底数），则22a b +的最小值是_______． 【答案】15【解析】设()(1)xu x e x =-+，则()1xu x e '=-，所以函数u(x)的增区间为（0，+∞），减区间为(-∞,0), 所以()(0)0u x u ≥=，即e 1x x ≥+；可知21121121a c b c e a c b a e c b +--++++--+=++≥， 当且仅当210a c b c +=--=时取等； 因为2121a c b c e a b e +--+++≤所以2121a c b c e a b e +--+=++，210a c b c +=--=． 所以1,2c a c b +=-=， 解得22222(1)51144245c c a b c c ++=+=++≥，当且仅当15c =时，取等号．故答案为：1513．已知直线x t =与曲线()()()ln 1,xf x xg x e =+=分别交于,M N 两点，则MN 的最小值为________【答案】1. 【解析】令()()()ln(1)th t g t f t e t =-=-+，1'()()()1t h t g t f t e t =-=-+，显然为增函数，且'(0)0h = 所以当(1,0)t ∈-时，'()0,()h t h t <单调递减； 当(1,)t ∈+∞时，'()0,()h t h t >单调递增. 所以min ()(0)1h t h ==. 故答案为1.14．曲线cos y a x =在6x π=处的切线l 的斜率为12，则切线l 的方程为_____．【答案】206x y π-=【解析】解：曲线cos y a x =，可得'sin y a x =-， 曲线cos y a x =在6x π=处的切线l 的斜率为12， 可得1sin62a π-=， 所以1a =-.所以切点坐标为：(,6π，则切线l 的方程为：126y x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭.即：206x y π-=．故答案为：206x y π--=．15．已知函数22,0,(),0,x x x f x e x ⎧≤=⎨>⎩若方程2[()]f x a =恰有两个不同的实数根12,x x ，则12x x +的最大值是______．【答案】3ln 22- 【解析】作出()f x 的函数图象如图所示， 由()2f x a =⎡⎤⎣⎦，可得()1f x =>， 即1a >，不妨设12x x <，则2212x x e ==(1)t t =>，则12ln x x t ==，12ln x x t ∴+=-()ln g t t =-4'()4g t t-=， ∴当 18t <<时，()'0g t >，()g t 在()1,8上递增；当8t >时，()'0g t <，()g t 在()8,+∞上递减；∴当8t =时，()g t 取得最大值g(8)=ln82=3ln22--,故答案为3ln 22-. 16．已知函数31,0()2,0ax x f x x ax x x -≤⎧=⎨-+->⎩的图象恰好经过三个象限，则实数a 的取值范围______. 【答案】0a <或2a > 【解析】（1）当0a <时，()f x 在(,0]-∞上单调递减，又(0)1f =-，所以函数()f x 的图象经过第二、三象限，当0x >时，33(1)2,2()(1)2,02x a x x f x x a x x ⎧---=⎨-++<<⎩…，所以223(1),2()3(1),,02x a x f x x a x ⎧--=⎨-+<<⎩'…，①若1a -…时，()0f x '>恒成立，又当0x +→时，()2f x →，所以函数()f x 图象在0x >时，经过第一象限，符合题意；②若10a -<<时，()0f x '>在[2,)+∞上恒成立，当02x <<时，令()0f x '=，解13x =<，所以()f x 在⎛ ⎝上单调递减，在2⎫⎪⎪⎭上单调递增，又(2210f a ⎛=+=-> ⎝ 所以函数()f x 图象在0x >时，经过第一象限，符合题意；（2）当0a =时，()f x 的图象在(,0)-∞上，只经过第三象限，()0f x '>在(0,)+∞上恒成立，所以()f x 的图象在(0,)+∞上，只经过第一象限，故不符合题意；（3）当0a >时，()f x 在(,0)-∞上单调递增，故()f x 的图象在(,0)-∞上只经过第三象限，所以()f x 在(0,)+∞上的最小值min ()0f x <，当02x <<时，令()0f x '=，解得x =2<时，即11a <时，()f x 在(0,)+∞上的最小值为21f ⎛= ⎝，令2102211f a a ⎛=<⇒>∴<< ⎝.211a ≥⇒≥时，则()f x 在02x <<时，单调递减，当2x ≥时，令()0f x '=，解得x =21113a <⇒≤<，()f x 在(2,)+∞上单调递增，故()f x 在(0,)+∞上的最小值为(2)82f a =-，令8204a a -<⇒>，所以1113a ≤<；213a ≥⇒≥，()f x 在⎛ ⎝上单调递减，在⎫+∞⎪⎪⎭上单调递增，故()f x 在(0,)+∞上的最小值为2f =，显然20<，故13a ≥；结上所述：0a <或2a >.17．已知函数()||ln (0)f x x a x a =-->. （Ⅰ）讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）比较222222ln 2ln 3ln 23n n++⋯+ 与(1)(21)2(1)n n n -++的大小(n N +∈且)2n >，并证明你的结论.【答案】（I ）见解析；（II ）见解析 【解析】（Ⅰ）函数()f x 可化为ln ,()ln ,0x x a x af x a x x x a --≥⎧=⎨--<<⎩，当0x a <<时，1()10f x x '=--<，从而()f x 在(0,)a 上总是递减的， 当x a ≥时，11()1x f x x x-=-='，此时要考虑a 与1的大小.若1a ≥，则()0f x '≥，故()f x 在[,)a +∞上递增，若01a <<，则当1a x ≤<时，()0f x '<，当1x >时，()0f x '>，故()f x 在[,1)a 上递减， 在(1,)+∞上递增，而()f x 在x a =处连续，所以 当1a ≥时，()f x 在(0,)a 上递减，在[,)a +∞上递增； 当01a <<时，()f x 在(0,1)上递减，在[1,)+∞上递增.（Ⅱ）由（Ⅰ）可知当1a =，1x >时，1ln 0x x -->，即ln 1x x >-，所以ln 11x x x<-.所以 222222ln 2ln 3ln 23n n+++22211111123n <-+-+-222111123n n ⎛⎫=--+++⎪⎝⎭11112334(1)n n n ⎛⎫<--+++⎪⨯⨯+⎝⎭11121n n ⎛⎫=--- ⎪+⎝⎭1(1)2(1)n n n -=--+ 2221(1)(21)2(1)2(1)n n n n n n --+-+==++.18．已知函数()()21ln 2f x x x ax a =++∈R ．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若12,x x 为()f x 的两个极值点，证明：()()21212+44282f x f x a a x x f +++⎛⎫-> ⎪⎝⎭.【答案】（1）当2a <-时，()f x 在0,2a ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭为增函数，22a a ⎛⎫---+⎪ ⎪⎝⎭减函数，⎫+∞⎪⎪⎝⎭为增函数；当2a ≥-时，()f x 在()0,∞+为增函数．（2）证明见解析．【解析】（1）()f x 的定义域为()0,∞+，()()210x ax f x x x'++=>，对于函数21y x ax =++，①当240a ∆=-≤时，即22a -≤≤时，210x ax ++≥在0x >恒成立．()210x ax f x x++'∴=≥在()0,∞+恒成立，()f x ∴在()0,∞+为增函数；②当∆>0，即2a <-或2a >时，当2a <-时，由()0f x '>，得2a x -<或2a x ->，0<<()f x ∴在0,2a ⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭为增函数，22a a ⎛⎫---+⎪ ⎪⎝⎭减函数，⎫+∞⎪⎪⎝⎭为增函数， 当2a >时，由()210x ax f x x++'=>在()0,∞+恒成立，()f x ∴在()0,∞+为增函数．综上，当2a <-时，()f x 在⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭为增函数，⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭减函数，2a ⎛⎫-++∞⎪ ⎪⎝⎭为增函数； 当2a ≥-时，()f x 在()0,∞+为增函数．（2）由（1）知2a <-，且1212,1x x a x x +=-=， 故()()121222f x f x x x f ++⎛⎫- ⎪⎝⎭()()21222111222121211ln ln 222ln 2222x x x x ax x x ax x x x x a +⎛⎫+++++ ⎪++⎛⎫⎛⎫⎝⎭=--- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭21ln +228a a ⎛⎫=--- ⎪⎝⎭故只需证明ln 1022a a⎛⎫----> ⎪⎝⎭，令2at =-，故1t >， 原不等式等价于ln 1t t <-对1t >成立， 令1()ln (1),'()0tg t t t g t t-=--=<，所以()ln (1)g t t t =--单调递减，有()ln (1)(1)0g t t t g =--<= 得证.19．已知函数()ln(1)1(1)f x ax x a =+-+…. （Ⅰ）当1a =时，求()f x 的最大值；（Ⅱ）若1()e f x e +…对1,x a ⎛⎫∈-+∞ ⎪⎝⎭恒成立，求实数a 的取值范围. 【答案】（Ⅰ）1；（Ⅱ）[1,e] 【解析】（Ⅰ）当1a =时，()ln(1)1f x x x =+-+，定义域为(1,)-+∞. 1()111x f x x x -'=-=++. 令()0f x '=，得0x =.当(1,0)x ∈-时，()0f x '>，()f x 单调递增， 当(0,)x ∈+∞时，()0f x '<，()f x 单调递减. 所以max ()(0)1f x f ==. （Ⅱ）()11a f x ax '=-+11ax a ax -+-=+，1x a >-.令()0f x '=，得1a x a-=.当11,a x a a -⎛⎫∈-⎪⎝⎭时，()0f x '>，()f x 单调递增；当1,a x a -⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '<，()f x 单调递减，所以max 11()ln a f x f a a a -⎛⎫==+ ⎪⎝⎭. 依题意有11ln e a a e ++…，设1()ln (1)g a a a a =+…， 则22111()0a g a a a a-'=-=…，所以()g a 在[1,)a ∈+∞上单调递增. 又1e 1(e)ln e e e g +=+=，故1e 1ln ea a ++…()(e)g a g ⇔…1e a ⇒剟， 即实数a 的取值范围为[1,e].20．对于函数()y f x =的定义域D ，如果存在区间[],m n D ⊆，同时满足下列条件：①()f x 在()()f x g x +上是单调函数；②当[],x m n ∈时，()f x 的值域为[]2,2m n ，则称区间()()f x g x +是函数()f x 的“单调倍区间”．已知函数()ln 2,0()02,0a x x x f x a a x ->⎧⎪=>≤ （1）若2a =，求()f x 在点()(),e f e 处的切线方程； （2）若函数()f x 存在“单调倍区间”，求a 的取值范围．【答案】（1）22y x e ⎛⎫=- ⎪⎝⎭；（2）(231,4,2164e e⎛⎤⎤ ⎦⎥⎝⎦【解析】（1）当2a =时，()()2ln 20f x x x x =->∴当0x >时，()22f x x '=-，则：()22f e e'=-，又()22f e e =- ()f x ∴在()(),e f e 处的切线方程为：()()2222y e x e e⎛⎫--=-- ⎪⎝⎭即：22y x e ⎛⎫=-⎪⎝⎭（2）()ln 2,0()02,0a x x x f x a a x ->⎧⎪=>≤ ()()2,000ax xf x a x ⎧->⎪⎪∴=>⎨≤'列表如下：设函数()f x 存在“单调倍区间”是()()f x g x +①当0m n<≤时，由()f x 在(),0-∞上单调递减，则有2222a na m==()2n m =- 2=12=，代入2222a n a m ==得：12221222a n a m ⎧=-⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩要使此关于,m n 的方程组在0m n <≤时有解，则使得2y a =与()21202y x x x =-+≥的图象有两个公共点当14x =时，min 38y =，当0x =时，12y =结合两函数图象，则31282a <≤，即：31164a <≤ 即此时满足()f x 存在“单调倍区间”的a 的取值范围是31,164⎛⎤⎥⎝⎦②当02a m n <<≤时，由()f x 在0,2a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，则有 ln 22ln 22a m m m a n n n -=⎧⎨-=⎩即：1ln 41ln 4ma mn a n⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩。

三年真题专题07：导数的应用（解析版附后）考纲解读明方向分析解读1.会利用导数研究函数的单调性,掌握求函数单调区间的方法.2.掌握求函数极值与最值的方法,解决利润最大、用料最省、效率最高等实际生产、生活中的优化问题.3.利用导数求函数极值与最值、结合单调性与最值求参数范围、证明不等式是高考热点.分值为12~17分,属于高档题.命题探究练扩展2018年高考全景展示1．【2018a>1.（I（II处的切线与曲线在点处的切线平行，证明（III l，使l.2．【2018（Ⅰ）若曲线y= f（x）在点（1a；x=2处取得极小值，求a的取值范围．3．【2018的导函数．若存在S 点”．（1S 点”；（2S 点”，求实数a 的值；（3S 点”，并说明理由．4．【2018年理新课标I（1（22017年高考全景展示1.【2017课标II ，理11】若2x =-是函数21()(1)x f x x ax e -=+-的极值点，则()f x 的极小值为（ ）A.1-B.32e --C.35e -D.12.【2017浙江，7】函数y=f (x )的导函数()y f x '=的图像如图所示，则函数y=f (x )的图像可能是3.【2017课标II ，理】已知函数()2ln f x ax ax x x =--，且()0f x ≥。

(1)求a ；(2)证明：()f x 存在唯一的极大值点0x ，且()2202e f x --<<。

4.【2017课标3，理21】已知函数()1ln f x x a x =-- . （1）若()0f x ≥ ，求a 的值；（2）设m 为整数，且对于任意正整数n 2111111222n m ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++< ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，求m 的最小值.5.【2017浙江，20】（本题满分15分）已知函数f (x )=（x e x -（12x ≥）． （Ⅰ）求f (x )的导函数；（Ⅱ）求f (x )在区间1[+)2∞，上的取值范围． 6.【2017江苏，20】 已知函数32()1(0,)f x x ax bx a b =+++>∈R 有极值,且导函数()f x '的极值点是()f x 的零点.（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值）（1）求b 关于a 的函数关系式，并写出定义域； （2）证明：23b a >;（3）若()f x ,()f x '这两个函数的所有极值之和不小于72-，求a 的取值范围.2016年高考全景展示1.【2016高考江苏卷】（本小题满分16分）已知函数()(0,0,1,1)x xf x a b a b a b =+>>≠≠.设12,2a b ==. （1）求方程()2f x =的根;（2）若对任意x R ∈,不等式(2)f()6f x m x ≥-恒成立，求实数m 的最大值；（3）若01,1a b <<＞，函数()()2g x f x =-有且只有1个零点，求ab 的值。

2020高考冲刺 提分必备2010-2019十年高考真题专项训练专题三 导数及其应用第八讲 导数的综合应用答案部分1．A 【解析】∵21()[(2)1]x f x x a x a e-'=+++-，∵(2)0f '-=，∴1a =-， 所以21()(1)x f x x x e -=--，21()(2)x f x x x e -'=+-，令()0f x '=，解得2x =-或1x =，所以当(,2)x ∈-∞-，()0f x '>，()f x 单调递增；当(2,1)x ∈-时，()0f x '<，()f x 单调递减；当(1,)x ∈+∞，()0f x '>，()f x 单调递增，所以()f x 的极小值为11(1)(111)1f e -=--=-，选A ．2．D 【解析】由导函数的图象可知，()y f x =的单调性是减→增→减→增，排除 A 、C ；由导函数的图象可知，()y f x =的极值点一负两正，所以D 符合，选D ．3．D 【解析】当0x ?时，令函数2()2xf x x e =-，则()4x f x x e '=-，易知()f x '在[0，ln 4）上单调递增，在[ln 4，2]上单调递减，又(0)10f '=-<，1()202f '=->，(1)40f e '=->，2(2)80f e '=->，所以存在01(0,)2x ∈是函数()f x 的极小值点，即函数()f x 在0(0,)x 上单调递减，在0(,2)x 上单调递增，且该函数为偶函数，符合 条件的图像为D ．4．B 【解析】（解法一）2m ≠时，抛物线的对称轴为82n x m -=--．据题意，当2m >时，822n m --≥-即212m n +≤．262m n +≤≤Q 18mn ∴≤．由2m n =且212m n +=得3,6m n ==．当2m <时，抛物线开口向下，据题意得，8122n m --≤-即218m n +≤．292m n +≤≤Q 812mn ∴≤．由2n m =且218m n +=得92m =>，故应舍去.要使得mn 取得最大值，应有218m n +=(2,8)m n <>．所以(182)(1828)816mn n n =-<-⨯⨯=，所以最大值为18．选B ．（解法二）由已知得()(2)8f x m x n '=-+-，对任意的1[,2]2x ∈，()0f x '≤，所以1()02()0f f x ⎧'⎪⎨⎪'⎩≤≤，即0,021822m n m n m n ⎧⎪+⎨⎪+⎩≥≥≤≤．画出该不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，令mn t =，则当0n =时，0t =，当0n ≠时，t m n=，由线性规划的相关知识，只有当直线212m n +=与曲线t m n =相切时，t 取得最大值，由212192t n tn n ⎧-=-⎪⎪⎨⎪-=⎪⎩，解得6n =，18t =，所以max ()18mn =，选B ．5．A 【解析】令()()f x h x x=，因为()f x 为奇函数，所以()h x 为偶函数，由于 2()()()xf x f x h x x'-'=，当0x >时，'()()xf x f x - 0<，所以()h x 在(0,)+∞ 上单调递减，根据对称性()h x 在(,0)-∞上单调递增，又(1)0f -=，(1)0f =， 数形结合可知，使得()0f x >成立的x 的取值范围是()(),10,1-∞-U ．6．D 【解析】由题意可知存在唯一的整数0x ，使得000(21)-<-xe x ax a ，设 ()(21)=-x g x e x ，()=-h x ax a ，由()(21)x g x e x '=+，可知()g x 在1(,)2-∞- 上单调递减，在1(,)2-+∞上单调递增，作出()g x 与()h x 的大致图象如图所示，-a故(0)(0)(1)(1)>⎧⎨--⎩h g h g ≤，即132<⎧⎪⎨--⎪⎩a a e ≤，所以312a e <≤． 7．D 【解析】∵()ln f x kx x =-，∴1()f x k x'=-，∵()f x 在(1,)+∞单调递增， 所以当1x > 时，1()0f x k x '=-≥恒成立，即1k x≥在(1,)+∞上恒成立， ∵1x >，∴101x<<，所以k ≥1，故选D ． 8．A 【解析】法一 由题意可知，该三次函数满足以下条件：过点(0，0)，(2，0)，在(0，0)处的切线方程为y x =-，在(2，0)处的切线方程为36y x =-，以此对选项进行检验．A 选项，321122y x x x =--，显然过两个定点，又2312y x x '=--， 则02|1,|3x x y y ==''=-=，故条件都满足，由选择题的特点知应选A ．法二 设该三次函数为32()f x ax bx cx d =+++，则2()32f x ax bx c '=++由题设有(0)0(2)0(0)1(2)3f f f f =⎧⎪=⎪⎨'=-⎪⎪'=⎩，解得11,,1,022a b c d==-=-=． 故该函数的解析式为321122y x x x =--，选A ． 9．C 【解析】由正弦型函数的图象可知：()f x 的极值点0x 满足0()f x =，则022x k m πππ=+()k Z ∈，从而得01()()2x k m k Z =+∈．所以不等式 ()22200[]x f x m +<，即为2221()32k m m ++<，变形得21[1()]32m k -+>， 其中k Z ∈．由题意，存在整数k 使得不等式21[1()]32m k -+>成立．当1k ≠-且0k ≠时，必有21()12k +>，此时不等式显然不能成立，故1k =-或0k =，此时，不等式即为2334m >，解得2m <-或2m >． 10．A 【解析】设所求函数解析式为()y f x =，由题意知(5)2,52f f =--=（），且(5)0f '±=，代入验证易得3131255y x x =-符合题意，故选A ． 11．C 【解析】当(0,1]x ∈时，得321113()4()a x x x --+≥，令1t x =，则[1,)t ∈+∞， 3234a t t t --+≥，令()g t =3234t t t --+，[1,)t ∈+∞，则()2981(1)(91)g x t t t t '=--+=-+-，显然在[1,)+∞上，()0g t '<， ()g t 单调递减，所以max ()(1)6g t g ==-，因此6a -≥；同理，当[2,0)x ∈-时，得2a -≤．由以上两种情况得62a --≤≤．显然当0x =时也成立，故实数a 的取值范围为[6,2]--．12．C 【解析】设()ln x f x e x =-，则1()x f x e x'=-，故()f x 在(0,1)上有一个极值点，即()f x 在(0,1)上不是单调函数，无法判断1()f x 与2()f x 的大小，故A 、B 错；构造函数()x e g x x =，2(1)()x e x g x x-'=，故()g x 在(0,1)上单调递减，所以()()12g x g x >，选C ．13．【解析】B 当0a =，可得图象D ；记2()2a f x ax x =-+，232()2g x a x ax =-+ ()x a a R +∈，取12a =，211()(1)24f x x =--，令()0g x '=，得2,23x =，易知 ()g x 的极小值为1(2)2g =，又1(2)4f =，所以(2)(2)g f >，所以图象A 有可能；同理取2a =，可得图象C 有可能；利用排除法可知选B ．14．C 【解析】若0c =则有(0)0f =，所以A 正确．由32()f x x ax bx c =+++得 32()f x c x ax bx -=++，因为函数32y x ax bx =++的对称中心为（0,0），所以32()f x x ax bx c =+++的对称中心为(0,)c ，所以B 正确．由三次函数的图象可知，若0x 是()f x 的极小值点，则极大值点在0x 的左侧，所以函数在区间0(,)x -∞单调递减是错误的，D 正确．选C ．15．A 【解析】法一：由题意可得，00sin y x =[1,1]∈-，而由()f x =0[0,1]y ∈，当0a =时，()f x∴0[0,1]y ∈时，0()[1f x ∈．∴0(())1f f y >．∴ 不存在0[0,1]y ∈使00))((y y f f =成立，故B ，D 错；当1a e =+时，()f x当0[0,1]y ∈时，只有01y =时()f x 才有意义，而(1)0f =，∴ ((1))(0)f f f =，显然无意义，故C 错．故选A ．法二：显然，函数()f x 是增函数，()0f x ≥，从而以题意知0[0,1]y ∈．于是，只能有00()f y y =．不然的话，若00()f y y >，得000(())()f f y f y y >>， 与条件矛盾；若00()f y y <，得000(())()f f y f y y <<，与条件矛盾．于是，问题转化为()f t t =在[0,1]上有解．由t =2t t e t a =+-，分离变量，得2()t a g t e t t ==-+，[0,1]t ∈ 因为()210tg t e t '=-+>，[0,1]t ∈，所以，函数()g t 在[0,1]上是增函数，于是有1(0)()(1)g g t g e ==≤≤，即[1,]a e ∈，应选A ．16．D 【解析】A ．0,()()x R f x f x ∀∈≤，错误．00(0)x x ≠是()f x 的极大值点，并不是最大值点；B ．0x -是()f x -的极小值点．错误．()f x -相当于()f x 关于y 轴的对称图像，故0x -应是()f x -的极大值点；C ．0x -是()f x -的极小值点．错误．()f x -相当于()f x 关于x 轴的对称图像，故0x 应是()f x -的极小值点．跟0x -没有关系；D ．0x -是()f x --的极小值点．正确．()f x --相当于()f x 先关于y 轴的对称，再关于x 轴的对称图像．故D 正确．17．B 【解析】∵21ln 2y x x =-,∴1y x x '=-,由0y '…，解得11x -剟，又0x >，∴01x <…故选B ．18．D 【解析】()x f x xe =，()(1)xf x e x '=+，0>x e 恒成立，令()0f x '=，则1-=x 当1-<x 时，()0f x '<，函数单调减，当1->x 时，()0f x '>，函数单调增， 则1x =-为()f x 的极小值点，故选D ．19．D 【解析】2()1222f x x ax b '=--，由(1)0f '=，即12220a b --=，得6a b +=．由0a >，0b >，所以2()92a b ab +=≤，当且仅当3a b ==时取等号．选D ．20．D 【解析】若1x =-为函数()x f x e 的一个极值点，则易知a c =，∵选项A ，B 的函数为2()(1)f x a x =+，∴[()][()()](1)(3)x x x f x e f x f x e a x x e '=+=++，∴1x =-为函数()x f x e 的一个极值点满足条件；选项C 中，对称轴02b x a =->， 且开口向下，∵0,0a b <>，∴(1)20f a b -=-<，也满足条件；选项D 中，对称轴02b x a=-<，且开口向上，∴0,2a b a >>， ∴(1)20f a b -=-<，与题图矛盾，故选D ．21．D 【解析】由题2||ln MN x x =-，(0)x >不妨令2()ln h x x x =-，则1'()2h x x x=-，令'()0h x =解得2x =，因2x ∈时，'()0h x <，当)x ∈+∞时，'()0h x >，所以当x =时，||MN 达到最小．即2t =． 22．①③④⑤ 【解析】 令32(),()3f x x ax b f x x a '=++=+，当0a ≥时，()0f x '≥，则()f x 在R 上单调递增函数，此时30x ax b ++=仅有一个实根，所以(4)(5)对； 当3a =-时，由2()330f x x '=-<得11x -<<，所以1x = 是()f x 的极小值点．由(1)0f >，得31310b -⋅+>,即2b >，(3)对．1x =- 是()f x 的极大值点， 由(1)0f -<，得3(1)3(1)0b --⋅-+<，即2b <-，(1)对．23．①④【解析】（1）设12x >x ，函数2x 单调递增，所有122>2x x ，120x x ->， 则m =1212()()f x f x x x --=121222x x x x -->0，所以正确； （2）设1x >2x ，则120x x ->，则1212()()g x g x n x x -=-22121212()x x a x x x x -+-=- 12121212()()x x x x a x x a x x -++==++-，可令1x =1，2x =2，4a =-， 则10n =-<，所以错误；（3）因为m n =，由（2）得：2121)()(x x x f x f --12x x a =++，分母乘到右边， 右边即为12()()g x g x -，所以原等式即为12()()f x f x -=12()()g x g x -，即为12()()f x g x -=12()()f x g x -，令()()()h x f x g x =-，则原题意转化为对于任意的a ，函数()()()h x f x g x =-存在不相等的实数1x ， 2x 使得函数值相等，2()2x h x x ax =--，则()2ln 22x h x x a '=--，则()2(ln 2)2xh x ''=-，令0()0h x ''=，且012x <<，可得0()h x '为极小值． 若10000a =-，则0()0h x '>，即0()0h x '>，()h x 单调递增，不满足题意， 所以错误．（4）由(3) 得12()()f x f x -=12()()g x g x -，则1122()()()()f x g x g x f x +=+， 设()()()h x f x g x =+，有1x ，2x 使其函数值相等，则()h x 不恒为单调． 2()2x h x x ax =++，()2ln 22x h x x a '=++，()2()2ln 220x h x ''=+>恒成立， ()h x '单调递增且()0h '-∞<，()0h '+∞>．所以()h x 先减后增，满足题意，所以正确．24．4【解析】当01x <≤时，()ln f x x =-，()0g x =，此时方程|()()|1f x g x +=即为ln 1x =或ln 1x =-，故x e =或1x e =，此时1x e=符合题意，方程有一个实根． 当12x <<时，()ln f x x =，22()422g x x x =--=-，方程|()()|1f x g x +=即为2ln 21x x +-=或2ln 21x x +-=-，即2ln 10x x +-=或2ln 30x x +-=，令2ln 1y x x =+-，则120y x x¢=-<，函数2ln 1y x x =+-在(1,2)x Î上单调递减，且1x =时0y =，所以当12x <<时，方程2ln 10x x +-=无解；令2ln 3y x x =+-，则120y x x¢=-<，函数2ln 3y x x =+-在(1,2)x Î上单调递减，且1x =时20y =>，2x =时ln 210y =-<，所以当12x <<时，方程2ln 30x x +-=有一个实根．当2x ≥时，()ln f x x =，2()6g x x =-，方程|()()|1f x g x +=即为2ln 61x x +-=或2ln 61x x +-=-，即2ln 70x x +-=或2ln 50x x +-=，令2y ln 7x x =+-， 则120y x x¢=+>，函数2y ln 7x x =+-在[2,)x ??上单调递增，且2x =时 ln 230y =-<，3x =时ln320y =+>，所以当2x ≥时方程2ln 70x x +-= 有1个实根；同理2ln 50x x +-=在[2,)x ??有1个实根．故方程1|)()(|=+x g x f 实根的个数为4个．25．2【解析】由题意2()363(2)f x x x x x '=-=-，令()0f x '=得0x =或2x =．因0x <或2x >时，()0f x '>，02x <<时，()0f x '<．∴2x =时()f x 取得极小值． 26．【解析】(1)()f x 的定义域为(0,)+∞，22211()1a x ax f x x x x-+'=--+=-． （i ）若2≤a ，则()0'≤f x ，当且仅当2a =，1x =时()0f x '=，所以()f x 在(0,)+∞单调递减．（ii ）若2a >，令()0f x '=得，x =或x =．当)x ∈+∞U 时，()0f x '<；当x ∈时，()0f x '>．所以()f x在，)+∞单调递减，在单调递增． (2)由(1)知，()f x 存在两个极值点当且仅当2a >．由于()f x 的两个极值点1x ，2x 满足210x ax -+=，所以121x x =，不妨设12x x <，则21x >．由于12121221212121222()()ln ln ln ln 2ln 11221f x f x x x x x x a a a x x x x x x x x x x ----=--+=-+=-+----， 所以1212()()2f x f x a x x -<--等价于22212ln 0x x x -+<． 设函数1()2ln g x x x x=-+，由(1)知，()g x 在(0,)+∞单调递减，又(1)0g =，从而当(1,)x ∈+∞时，()0g x <． 所以22212ln 0x x x -+<，即1212()()2f x f x a x x -<--． 27．【解析】(1)当1=a 时，()1≥f x 等价于2(1)e10-+-≤x x ． 设函数2()(1)1-=+-x g x x e ，则22()(21)(1)--=--+=--x x g'x x x e x e ． 当1≠x 时，()0<g'x ，所以()g x 在(0,)+∞单调递减．而(0)0=g ，故当0≥x 时，()0≤g x ，即()1≥f x ．(2)设函数2()1e -=-xh x ax ． ()f x 在(0,)+∞只有一个零点当且仅当()h x 在(0,)+∞只有一个零点．（i ）当0≤a 时，()0>h x ，()h x 没有零点；（ii ）当0a >时，()(2)e xh'x ax x -=-．当(0,2)∈x 时，()0<h'x ；当(2,)∈+∞x 时，()0>h'x ．所以()h x 在(0,2)单调递减，在(2,)+∞单调递增． 故24(2)1e=-a h 是()h x 在[0,)+∞的最小值． ①若(2)0>h ，即2e 4<a ，()h x 在(0,)+∞没有零点； ②若(2)0=h ，即2e 4=a ，()h x 在(0,)+∞只有一个零点； ③若(2)0<h ，即2e 4>a ，由于(0)1=h ，所以()h x 在(0,2)有一个零点， 由(1)知，当0>x 时，2e >x x ， 所以33342241616161(4)11110e (e )(2)=-=->-=->a a a a a h a a a． 故()h x 在(2,4)a 有一个零点，因此()h x 在(0,)+∞有两个零点．综上，()f x 在(0,)+∞只有一个零点时，2e 4=a ． 28．【解析】(1)当0a =时，()(2)ln(1)2f x x x x =++-，()ln(1)1x f x x x '=+-+． 设函数()()ln(1)1x g x f x x x'==+-+，则2()(1)x g x x '=+． 当10x -<<时，()0g x '<；当0x >时，()0g x '>．故当1x >-时，()(0)0g x g =≥，且仅当0x =时，()0g x =，从而()0f x '≥，且仅当0x =时，()0f x '=．所以()f x 在(1,)-+∞单调递增．又(0)0f =，故当10x -<<时，()0f x <；当0x >时，()0f x >．(2)（i ）若0a ≥，由(1)知，当0x >时，()(2)ln(1)20(0)f x x x x f ++->=≥，这与0x =是()f x 的极大值点矛盾．（ii ）若0a <，设函数22()2()ln(1)22f x x h x x x ax x ax ==+-++++．由于当||min{x <时，220x ax ++>，故()h x 与()f x 符号相同． 又(0)(0)0h f ==，故0x =是()f x 的极大值点当且仅当0x =是()h x 的极大值点．2222222212(2)2(12)(461)()1(2)(1)(2)x ax x ax x a x ax a h x x x ax x ax x ++-++++'=-=++++++．如果610a +>，则当6104a x a +<<-，且||min{x <时，()0h x '>， 故0x =不是()h x 的极大值点．如果610a +<，则224610a x ax a +++=存在根10x <，故当1(,0)x x ∈，且||min{x <时，()0h x '<，所以0x =不是()h x 的极大值点．如果610a +=，则322(24)()(1)(612)x x h x x x x -'=+--．则当(1,0)x ∈-时，()0h x '>； 当(0,1)x ∈时，()0h x '<．所以0x =是()h x 的极大值点，从而0x =是()f x 的极大值点 综上，16a =-． 29．【解析】(1)因为2()[(41)43]xf x ax a x a e =-+++，所以2()[2(41)][(41)43]xxf x ax a e ax a x a e '=-++-+++（x ∈R ） =2[(21)2]xax a x e -++．(1)(1)f a e '=-．由题设知(1)0f '=，即(1)0a e -=，解得1a =． 此时(1)30f e =≠． 所以a 的值为1．(2)由(1)得2()[(21)2](1)(2)x xf x ax a x e ax x e '=-++=--．若12a >，则当1(,2)x a∈时，()0f x '<； 当(2,)x ∈+∞时，()0f x '>． 所以()0f x <在2x =处取得极小值． 若12a ≤，则当(0,2)x ∈时，20x -<，11102ax x --<≤， 所以()0f x '>．所以2不是()f x 的极小值点． 综上可知，a 的取值范围是1(,)2+∞．30．【解析】(1)由已知，()ln xh x a x a =-，有()ln ln xh x a a a '=-．令()0h x '=，解得0x =．由1a >，可知当x 变化时，()h x '，()h x 的变化情况如下表：所以函数()h x 的单调递减区间(,0)-∞，单调递增区间为(0,)+∞．(2)证明：由()ln xf x a a '=，可得曲线()y f x =在点11(,())x f x 处的切线斜率为1ln x a a ．由1()ln g x x a'=，可得曲线()y g x =在点22(,())x g x 处的切线斜率为21ln x a．因为这两条切线平行，故有121ln ln x a a x a =，即122(ln )1x x a a =．两边取以a 为底的对数，得21log 2log ln 0a a x x a ++=，所以122ln ln ()ln ax g x a+=-． (3)证明：曲线()y f x =在点11(,)xx a 处的切线1l ：111ln ()xxy a a a x x -=⋅-．曲线()y g x =在点22(,log )a x x 处的切线2l ：2221log ()ln a y x x x x a-=⋅-． 要证明当1ee a ≥时，存在直线l ，使l 是曲线()yf x =的切线，也是曲线()yg x =的切线，只需证明当1ee a ≥时，存在1(,)x ∈-∞+∞，2(0,)x ∈+∞，使得l 1和l 2重合．即只需证明当1e e a ≥时，方程组1112121ln ln 1ln log ln x x x a a a x a a x a a x a ⎧=⎪⎪⎨⎪-=-⎪⎩①②有解，由①得1221(ln )x x a a =，代入②，得111112ln ln ln 0ln ln x x a a x a a x a a-+++=． ③ 因此，只需证明当1ee a ≥时，关于1x 的方程③有实数解． 设函数12ln ln ()ln ln ln x xau x a xa a x a a=-+++， 即要证明当1ee a ≥时，函数()y u x =存在零点．2()1(ln )x u x a xa '=-，可知(,0)x ∈-∞时，()0u x '>；(0,)x ∈+∞时，()u x '单调递减，又(0)10u '=>，21(ln )21()10(ln )a u a a '=-<， 故存在唯一的0x ，且00x >，使得0()0u x '=，即0201(ln )0x a x a-=．由此可得()u x 在0(,)x -∞上单调递增，在0(,)x +∞上单调递减．()u x 在0x x =处取得极大值0()u x ．因为1ee a ≥，故ln(ln )1a -≥， 所以0000012ln ln ()ln ln ln xxau x a x a a x a a=-+++02012ln ln 22ln ln 0(ln )ln ln a ax x a a a+=++≥≥． 下面证明存在实数t ，使得()0u t <． 由(1)可得1ln xa x a +≥， 当1ln x a>时， 有12ln ln ()(1ln )(1ln )ln ln a u x x a x a x a a+-+++≤ 2212ln ln (ln )1ln ln aa x x a a=-++++，所以存在实数t ，使得()0u t <因此，当1ee a ≥时，存在1(,)x ∈-∞+∞，使得1()0u x =．所以，当1ee a ≥时，存在直线l ，使l 是曲线()yf x =的切线，也是曲线()yg x =的切线．31．【解析】(1)函数()f x x =，2()22g x x x =+-，则()1f x '=，()22g x x '=+．由()()f x g x =且()()f x g x ''=，得222122x x x x ⎧=+-⎨=+⎩，此方程组无解，因此，()f x 与()g x 不存在“S 点”． (2)函数2()1f x ax =-，()ln g x x =， 则1()2()f x ax g x x'='=，． 设0x 为()f x 与()g x 的“S 点”，由00()()f x g x =且00()()f x g x ''=，得200001ln 12ax x ax x ⎧-=⎪⎨=⎪⎩，即200201ln 21ax x ax ⎧-=⎪⎨=⎪⎩，（*） 得01ln 2x =-，即120e x -=，则1221e 22(e )a -==． 当e2a =时，120e x -=满足方程组（*），即0x 为()f x 与()g x 的“S 点”．因此，a 的值为e 2． (3)对任意0a >，设32()3h x x x ax a =--+．因为(0)0(1)1320h a h a a =>=--+=-<，，且()h x 的图象是不间断的，所以存在0(0,1)x ∈，使得0()0h x =．令03002e (1)x x b x =-，则0b >．函数2e ()()xb f x x a g x x=-+=，，则2e (1)()2()x b x f x x g x x -=-=′，′．由()()f x g x =且()()f x g x ''=，得22e e (1)2xx b x a x b x x x ⎧-+=⎪⎪⎨-⎪-=⎪⎩，即00320030202e e (1)2e (1)2e (1)x x xx x x a x x x x x x x ⎧-+=⋅⎪-⎪⎨-⎪-=⋅⎪-⎩，（**） 此时，0x 满足方程组（**），即0x 是函数()f x 与()g x 在区间(0,1)内的一个“S 点”． 因此，对任意0a >，存在0b >，使函数()f x 与()g x 在区间(0,)+∞内存在“S 点”． 32．【解析】(1)函数()f x的导函数1()f x x'=-， 由12()()f x f x ''=1211x x -=-， 因为12x x ≠12=．= 因为12x x ≠，所以12256x x >．由题意得121212()()ln ln ln()f x f x x x x x +=+=．设()ln g x x =，则1()4)4g x x'=，所以所以()g x 在[256,)+∞上单调递增， 故12()(256)88ln 2g x x g >=-，即12()()88ln 2f x f x +>-． (2)令(||)a k m e-+=，2||1()1a n k+=+，则 ()||0f m km a a k k a -->+--≥，()))0a f n kn a n k n k n --<---<≤ 所以，存在0(,)x m n ∈使00()f x kx a =+，所以，对于任意的a ∈R 及(0,)k ∈+∞，直线y kx a =+与曲线()y f x =有公共点．由()f x kx a =+得ln x ak x-=．设ln ()x ah x x-=，则22ln 1()12()x ag x a h x x x --+--+'==，其中()ln 2g x x =-． 由(1)可知()(16)g x g ≥，又34ln 2a -≤， 故()1(16)134ln 2g x a g a a --+--+=-++≤，所以()0h x '≤，即函数()h x 在(0,)+∞上单调递减，因此方程()0f x kx a --=至多1个实根．综上，当34ln 2a -≤时，对于任意0k >，直线y kx a =+与曲线()y f x =有唯一公共点．33．【解析】（1）()f x 的定义域为(,)-∞+∞，2()2(2)1(1)(21)x x x x f x ae a e ae e '=+--=-+，（ⅰ）若0a ≤，则()0f x '<，所以()f x 在(,)-∞+∞单调递减． （ⅱ）若0a >，则由()0f x '=得ln x a =-．当(,ln )x a ∈-∞-时，()0f x '<；当(ln ,)x a ∈-+∞时，()0f x '>， 所以()f x 在(,ln )a -∞-单调递减，在(ln ,)a -+∞单调递增． （2）（ⅰ）若0a ≤，由（1）知，()f x 至多有一个零点．（ⅱ）若0a >，由（1）知，当ln x a =-时，()f x 取得最小值，最小值为1(ln )1ln f a a a-=-+．①当1a =时，由于(ln )0f a -=，故()f x 只有一个零点； ②当(1,)a ∈+∞时，由于11ln 0a a-+>，即(ln )0f a ->，故()f x 没有零点； ③当(0,1)a ∈时，11ln 0a a-+<，即(ln )0f a -<． 又422(2)e(2)e 22e 20f a a ----=+-+>-+>，故()f x 在(,ln )a -∞-有一个零点．设正整数0n 满足03ln(1)n a>-，则00000000()e (e 2)e 20nnnnf n a a n n n =+-->->->． 由于3ln(1)ln a a->-，因此()f x 在(ln ,)a -+∞有一个零点． 综上，a 的取值范围为(0,1)．34．【解析】（1）()f x 的定义域为(0,)+∞．设()ln g x ax a x =--，则()()f x xg x =，()0f x ≥等价于()0g x ≥． 因为(1)0g =，()0g x ≥，故(1)0g '=，而1()g x a x'=-，(1)1g a '=-，得1a =． 若1a =，则1()1g x x'=-．当01x <<时，()0g x '<，()g x 单调递减；当1x >时，()0g x '>，()g x 单调递增．所以1x =是()g x 的极小值点，故()(1)0g x g =≥．综上，1a =．（2）由（1）知2()ln f x x x x x =--，()22ln f x x x '=--． 设()22ln h x x x =--，则1()2h x x'=-． 当1(0,)2x ∈时，()0h x '<；当1(,)2x ∈+∞时，()0h x '>．所以()h x 在1(0,)2单调递减，在1(,)2+∞单调递增．又2()0h e ->，1()02h <，(1)0h =，所以()h x 在1(0,)2有唯一零点0x ，在1[,)2+∞有唯一零点1，且当0(0,)x x ∈时，()0h x >；当0(,1)x x ∈时，()0h x <；当(1,)x ∈+∞时，()0h x >．因此()()f x h x '=，所以0x x =是()f x 的唯一极大值点． 由0()0f x '=得00ln 2(1)x x =-，故000()(1)f x x x =-． 由0(0,1)x ∈得，01()4f x <． 因为0x x =是()f x 在(0,1)的最大值点，由1(0,1)e -∈，1()0f e -'≠得120()()f x f e e -->=．所以220()2ef x --<<．35．【解析】（1）()f x 的定义域为(0,)+∞．①若a 0≤，因为11()ln 2022f a =-+<，所以不满足题意； ②若＞0a ，由()1a x a f 'x x x-=-=知，当()0x ,a ∈时，()＜0f 'x ；当()，+x a ∈∞时，()＞0f 'x ，所以()f x 在(0,)a 单调递减，在(,)a +∞单调递增，故x a =是()f x 在(0,)+∞的唯一最小值点．由于()10f =，所以当且仅当a =1时，()0f x ≥． 故a =1．（2）由（1）知当(1,)x ∈+∞时，1ln 0x x -->令112n x =+得11ln(1)22n n+<，从而 221111111ln(1)ln(1)ln(1)112222222n n n ++++⋅⋅⋅++<++⋅⋅⋅+=-<故2111(1)(1)(1)222n e ++⋅⋅⋅+<而23111(1)(1)(1)2222+++>，所以m 的最小值为3．36．【解析】（Ⅰ）因为(21)121x x x '--=--，()x xe e --'=- 所以 ()(1)(21)21x x f x e x x e x --'=----- (1)(212)21xx x e x ----=-1()2x > （Ⅱ）由(1)(212)()021xx x e f x x ----'==-解得 1x =或52x =． 因为x12（12，1） 1 （1，52） 52 （52，+∞） ()f x '- 0 +0 - ()f x↘↗↘又2()(211)02x f x x e -=-≥， 所以()f x 在区间1[,)2+∞上的取值范围是121[0,]2e -．37．【解析】（1）由32()1f x x ax bx =+++，得222()323()33a a f x x axb x b '=++=++-.当3ax =-时，()f x '有极小值23a b -.因为()f x '的极值点是()f x 的零点.所以33()1032793a a a ab f -=-+-+=，又0a >，故2239a b a=+. 因为()f x 有极值，故()=0f x '有实根，从而231(27a )039a b a-=-≤，即3a ≥. 3a =时，()>0(1)f x x '≠-，故()f x 在R 上是增函数，()f x 没有极值；3a >时，()=0f x '有两个相异的实根1=x 2x 列表如下故()f x 的极值点是12,x x . 从而3a >，因此2239a b a=+，定义域为(3,)+∞.（2）由（1=+． 设23()9t g t t=+，则22222227()39t g t t t -'=-=．当(,)2t ∈+∞时，()0g t '>，所以()g t 在(,)2+∞上单调递增．因为3a >，所以>(g g >=> 因此23b a >．（3）由（1）知，()f x 的极值点是12,x x ，且1223x x a +=-，22212469a b x x -+=.从而323212111222()()11f x f x x ax bx x ax bx +=+++++++2222121122121212(32)(32)()()23333x x x ax b x ax b a x x b x x =++++++++++ 346420279a ab ab -=-+=记()f x ，()f x '所有极值之和为()h a ，因为()f x '的极值为221339a b a a -=-+，所以213()=9h a a a-+，3a >. 因为223()=09h a a a '--<，于是()h a 在(3,)+∞上单调递减. 因为7(6)=2h -，于是()(6)h a h ≥，故6a ≤.因此a 的取值范围为(36]，.38．【解析】（Ⅰ）由432()2336f x x x x x a =+--+，可得 32()()8966g x f x x x x '==+--，进而可得2()24186g x x x '=+-.令()0g x '=，解得1x =-，或14x =. 当x 变化时，(),()g x g x '的变化情况如下表：所以，()g x 的单调递增区间是(,1)-∞-，(,)4+∞，单调递减区间是1(1,)4-. （Ⅱ）证明：由0()()()()h x g x m x f m =--，得0()()()()h m g m m x f m =--，000()()()()h x g x m x f m =--.令函数10()()()()H x g x x x f x =--，则10()()()H x g x x x ''=-.由（Ⅰ）知，当[1,2]x ∈时，()0g x '>，故当0[1,)x x ∈时，1()0H x '<，1()H x 单调递减；当0(,2]x x ∈时，1()0H x '>，1()H x 单调递增.因此，当00[1,)(,2]x x x ∈U 时，1100()()()0H x H x f x >=-=，可得1()0,()0H m h m >>即.令函数200()()()()H x g x x x f x =--，则20()()()H x g x g x '=-.由（Ⅰ）知，()g x 在[1,2]上单调递增，故当0[1,)x x ∈时，2()0H x '>，2()H x 单调递增；当0(,2]x x ∈时，2()0H x '<，2()H x 单调递减.因此，当00[1,)(,2]x x x ∈U 时，220()()0H x H x <=，可得20()0,()0H m h x <<即.所以，0()()0h m h x <.（Ⅲ）证明：对于任意的正整数p ，q ，且00[1)(,],2px x q∈U ， 令pm q=，函数0()()()()h g m x x x m f =--. 由（Ⅱ）知，当0[1),m x ∈时，()h x 在区间0(,)m x 内有零点； 当0(,2]m x ∈时，()h x 在区间0(),x m 内有零点. 所以()h x 在(1,2)内至少有一个零点，不妨设为1x ， 则 110()()()()0p ph g x f q x qx =--=. 由（Ⅰ）知()g x 在[1,2]上单调递增，故10()()12()g x g g <<<，于是432234041()|()||2336|||||()()(2)2p p f f p p p q p q pq aq q q x q g x g g q +--+-==≥. 因为当[12],x ∈时，()0g x >，故()f x 在[1,2]上单调递增， 所以()f x 在区间[1,2]上除0x 外没有其他的零点，而0p x q≠，故()0pf q ≠.又因为p ，q ，a 均为整数，所以432234|2336|p p q p q pq aq +--+是正整数， 从而432234|2336|1p p q p q pq aq +--+≥. 所以041|2|()p x q g q -≥.所以，只要取()2A g =，就有041||p x q Aq-≥. 39．【解析】（Ⅰ）由题意()22f ππ=-又()22sin f x x x '=-， 所以()2f ππ'=，因此曲线()y f x =在点()(),f ππ处的切线方程为()()222y x πππ--=-，即 222y x ππ=--．（Ⅱ）由题意得2()(cos sin 22)(2cos )x h x e x x x a x x =-+--+， 因为()()()()cos sin 22sin cos 222sin x x h x e x x x e x x a x x '=-+-+--+--()()2sin 2sin x e x x a x x =---()()2sin x e a x x =--，令()sin m x x x =- 则()1cos 0m x x '=-≥ 所以()m x 在R 上单调递增． 因为(0)0,m =所以 当0x >时，()0,m x >当0x <时，()0m x < (1)当0a ≤时，x e a -0>当0x <时，()0h x '<，()h x 单调递减， 当0x >时，()0h x '>，()h x 单调递增，所以 当0x =时()h x 取得极小值，极小值是 ()021h a =--； (2)当0a >时，()()()ln 2sin x ah x e e x x '=--由 ()0h x '=得 1ln x a =，2=0x ①当01a <<时，ln 0a <，当(),ln x a ∈-∞时，()ln 0,0x a e e h x '-<>，()h x 单调递增； 当()ln ,0x a ∈时，()ln 0,0x a e e h x '-><，()h x 单调递减； 当()0,x ∈+∞时，()ln 0,0x a e e h x '->>，()h x 单调递增． 所以 当ln x a =时()h x 取得极大值．极大值为()()()2ln ln 2ln sin ln cos ln 2h a a a a a a ⎡⎤=--+++⎣⎦，当0x =时()h x 取到极小值，极小值是 ()021h a =--；②当1a =时，ln 0a =，所以 当(),x ∈-∞+∞时，()0h x '≥，函数()h x 在(),-∞+∞上单调递增，无极值； ③当1a >时，ln 0a >所以 当(),0x ∈-∞时，ln 0x a e e -<，()()0,h x h x '>单调递增；当()0,ln x a ∈时，ln 0x a e e -<，()()0,h x h x '<单调递减； 当()ln ,x a ∈+∞时，ln 0x a e e ->，()()0,h x h x '>单调递增； 所以 当0x =时()h x 取得极大值，极大值是()021h a =--；当ln x a =时()h x 取得极小值．极小值是()()()2ln ln 2ln sin ln cos ln 2h a a a a a a ⎡⎤=--+++⎣⎦．综上所述：当0a ≤时，()h x 在(),0-∞上单调递减，在()0,+∞上单调递增，函数()h x 有极小值，极小值是()021h a =--；当01a <<时，函数()h x 在(),ln a -∞和()0,ln a 和()0,+∞上单调递增，在()ln ,0a 上单调递减，函数()h x 有极大值，也有极小值，极大值是()()()2ln ln 2ln sin ln cos ln 2h a a a a a a ⎡⎤=--+++⎣⎦极小值是()021h a =--；当1a =时，函数()h x 在(),-∞+∞上单调递增，无极值； 当1a >时，函数()h x 在(),0-∞和()ln ,a +∞上单调递增，在()0,ln a 上单调递减，函数()h x 有极大值，也有极小值， 极大值是()021h a =--；极小值是()()()2ln ln 2ln sin ln cos ln 2h a a a a a a ⎡⎤=--+++⎣⎦．40．【解析】(Ⅰ) 因为322)11(=)(′xx x a x f －－－322)(1(=x ax x )－－，当0a ≤时，(0,1)x ∈，0>)(′x f ，)(x f 单调递增， (1,)x ∈+∞，0<)(′x f ，)(x f 单调递减；当0>a 时，3322+(2)(1(=2)(1(=)(′x ax a x x a x ax x x f ))－－)－－①当02a <<时，1>2a，(0,1)x ∈或)x ∈+∞，0>)(′x f ，)(x f 单调递增，x ∈，0<)(′x f ，)(x f 单调递减； ②当2a =时，1=2a， (0,)x ∈+∞，()0f x '≥，)(x f 单调递增， ③当2a >时，1<2<0a，x ∈或(1,)x ∈+∞，0>)(′x f ，)(x f 单调递增，x ∈，0<)(′x f ，)(x f 单调递减； (Ⅱ) 由(Ⅰ)知，1=a 时，221()ln x f x x x x -=-+，2323(1)(212()1x x f x x x x x--'==--+)2 于是2232112()()ln 1)x f x f x x x x x x x-'-=-+---+2(， 2332ln x x x x x=--++-11，]2,1[∈x令g()ln x x x =- ，2332()h x x x x=-++-11，]2,1[∈x ，于是()()g(()f x f x x h x '-=+）， 1g ()10x x x x-'=-=1≥，)g(x 的最小值为1=g(1)； 又22344326326()x x h x x x x x--+'=--+= 设2()326x x x θ=--+，则()x θ在]2,1[∈x 上单调递减，因为(1)1θ=，(2)10θ=-，所以存在]2,1[0∈x ，使得0()0x θ=，且0<<1x x 时，()0x θ>，)(x h 单调递增； 2<<0x x 时，()0x θ<，)(x h 单调递减；又1=)1(h ，21=)2(h ，所以)(x h 的最小值为21=)2(h ．所以13()()g(()g(1(2)122f x f x x h x h '-=+>+=+=））． 即23)()(+'>x f x f 对于任意的]2,1[∈x 成立． 41．【解析】（I ）由题意，()2121'2,0ax f x ax x x x-=-=>①当0a …时，2210ax -≤，()'0f x ≤，()f x 在()0,+∞上单调递减.②当0a >时，令()0f x '=，有x =，当x ∈时，()'0f x <；当)x ∈+∞时，()'0f x >.故()f x 在上单调递减，在)+∞上单调递增. （II ）令111()x g x x e-=-，1()x s x e x -=-．则1()1x s x e -'=-．而当1x >时， ()0s x '>，所以()s x 在区间(1,)+∞内单调递增．又由(1)0S =，有()0s x >，从而当1x >时，()0g x >．当0a …，1x >时，2()(1)ln 0f x a x x =--<．故当()()f x g x >在区间(1,)+∞内恒成立时，必有0a >．当12a <<1>． 由（I ）有(1)0f f <=，而0g >， 所以此时()()f x g x >在区间(1,)+∞内不恒成立．当12a …时，令()()()(1)h x f x g x x =-…． 当1x >时，12211111()2x h x ax e x x x x x x-'=-+->-+- 322221210x x x x x x-+-+=>>， 因此，()h x 在区间(1,)+∞内单调递增．又(1)0h =，所以当1x >时，()()()0h x f x g x =->，即()()f x g x >恒成立． 综上，1[,)2a ∈+∞42．【解析】(I)()()31f x x ax b =---，可得2()3(1)f x x a '=--，下面分两种情况讨论：①0a …，有2()3(1)0f x x a '=--…恒成立，所以()f x 在R 上单调递增；②0a >，令()0f x '=，解得1x =+1x =- 当x 变化时，)('x f ，)(x f 的变化情况如下表：调递增(II)因为()f x 存在极值点，所以由(I)知0a >，且01x ≠．由题意得200()3(1)0f x x a '=--=，即20(1)3a x -=，而3000()(1)f x x ax b =---=0233a a xb --- ()()()()32000032223132f x x x x b -=----- ()[]200018896x x x b =---+-()()200=121x x b ----∴00(32)()f x f x -=且0032x x -≠，由题意及(I)知，存在唯一实数1x 满足10()()f x f x =，且10x x ≠，因此1032x x =-，所以1023x x +=（Ⅲ）证明：设)(x g 在区间]2,0[上的最大值为M ，},max{y x 表示y x ,两数的最大值.下面分三种情况同理： （1）当3≥a时，1021-<+剟，由（Ⅰ）知，)(x f 在区间]2,0[上单调递减，所以)(x f 在区间]2,0[上的取值范围为)]0(),2([f f ，因此()g x 在区间[0,2]上的最大值|}1||,21max{||})0(||,)2(max{|b b a f f M ----== |})(1||,)(1max{|b a a b a a +--++-=1(),01(),0a ab a b a a b a b -+++⎧=⎨--++<⎩…，所以1||2M a a b =-++…. （2）当334a <…时，1011213333-<-<+<+剟，由（Ⅰ）和（Ⅱ）知，(0)(1(1f f f =+…，(2)(1(1f f f +=-…， 所以)(x f 在区间]2,0[上的取值范围为)]331(),331([af a f -+，因此max{|(1)|,|(1)|}33M f f =+-max{||}a b a b =-- |})(392||,)(392max{|b a a ab a a a +-+--=231||944a b =+⨯=….（3）当304a <<时，0112<-<+<，由（Ⅰ）和（Ⅱ）知，(0)(1(133f f f <-=+，(2)(1(133f f f >+=-， 所以()f x 在区间[0,2]上的取值范围为[(0),(2)]f f ，因此max{|(0)|,|(2)|}max{|1|,|12|}M f f b a b ==---- |})(1||,)(1max{|b a a b a a +--++-=11||4a ab =-++>． 综上所述，当0a >时，()g x 在区间[0,2]上的最大值不小于14． 43．【解析】（Ⅰ）'()(1)2(1)(1)(2)x xf x x e a x x e a =-+-=-+．（i ）设0a =，则()(2)xf x x e =-，()f x 只有一个零点．（ii ）设0a >，则当(,1)x ∈-∞时，'()0f x <；当(1,)x ∈+∞时，'()0f x >． 所以()f x 在(,1)-∞上单调递减，在(1,)+∞上单调递增． 又(1)f e =-，(2)f a =，取b 满足0b <且ln2ab <，则 223()(2)(1)()022a fb b a b a b b >-+-=->，故()f x 存在两个零点． （iii ）设0a <，由'()0f x =得1x =或ln(2)x a =-． 若2ea ≥-，则ln(2)1a -≤，故当(1,)x ∈+∞时，'()0f x >， 因此()f x 在(1,)+∞上单调递增．又当1x ≤时，()0f x <，所以()f x 不存在两个零点． 若2ea <-，则ln(2)1a ->，故当(1,ln(2))x a ∈-时，'()0f x <； 当(ln(2),)x a ∈-+∞时，'()0f x >．因此()f x 在(1,ln(2))a -上单调递减， 在(ln(2),)a -+∞上单调递增．又当1x ≤时，()0f x <， 所以()f x 不存在两个零点．综上，a 的取值范围为(0,)+∞．（Ⅱ）不妨设12x x <，由（Ⅰ）知12(,1),(1,)x x ∈-∞∈+∞，22(,1)x -∈-∞， 又()f x 在(,1)-∞上单调递减，所以122x x +<等价于12()(2)f x f x >-， 即2(2)0f x -<．由于222222(2)(1)x f x x ea x --=-+-，而22222()(2)(1)0xf x x e a x =-+-=，所以222222(2)(2)x x f x x e x e --=---．设2()(2)xx g x xex e -=---，则2'()(1)()x x g x x e e -=--．所以当1x >时，'()0g x <，而(1)0g =，故当1x >时，()0g x <． 从而22()(2)0g x f x =-<，故122x x +<． 44．【解析】（I ）证明：()2e 2xx f x x -=+ ()()()22224e e 222xxx x f x x x x ⎛⎫-' ⎪=+= ⎪+++⎝⎭∵当x ∈()()22,-∞--+∞U ，时，()0f x '> ∴()f x 在()()22,-∞--+∞，和上单调递增 ∴0x >时，()2e 0=12xx f x ->-+ ∴()2e 20x x x -++>（Ⅱ）33(2)(2)2()(())x x e a x x g x f x a x x-+++'==+， 由（Ⅰ）知，()f x a +单调递增，对任意的[)01a ∈，，(0)10f a a +=-<， (2)0f a a +=…，因此，存在唯一(0,2]a x ∈，使得()0a f x a +=，即()0a g x '=当0a x x <<时，()0f x a +<，()0g x '<,()g x 单调递减； 当a x x >时，()0f x a +>，()0g x '>,()g x 单调递增．。

2018年全国2卷理科数学十年真题分类汇编3 导数3.导数一、基础题组1.【2014新课标，理8】设曲线y=ax-ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为y=2x，则a=（）A。

0.B。

1.C。

2.D。

3答案】D解析】因为$y'=a-\frac{1}{x+1}$，所以切线的斜率为$a-1=2$，解得$a=3$，故选D。

2.【2017课标II，理11】若$x=-2$是函数$f(x)=(x+ax^{-1})e^{-3x}$的极值点，则$f(x)$的极小值为A．$-1$。

B．$-2e^{-3}$。

C．$5e^{-3}$。

D．$1$答案】A考点】函数的极值、函数的单调性名师点睛】（1）可导函数$y=f(x)$在点$x$处取得极值的充要条件是$f'(x)=0$，且在$x$左侧与右侧$f'(x)$的符号不同；（2）若$f(x)$在$(a,b)$内有极值，那么$f(x)$在$(a,b)$内绝不是单调函数，即在某区间上单调增或减的函数没有极值．3.【2005全国2，理22】(本小题满分12分)已知$a\geqslant0$，函数$f(x)=(x^2-2ax)e^x$．Ⅰ)当$a$为何值时，$f(x)$取得最小值？证明你的结论；Ⅱ)设$f(x)$在$[-1,1]$上是单调函数，求$a$的取值范围．解析】：（I）对函数$f(x)$求导数得$f'(x)=(x+2x-2ax-2a)e^{2x}$，令$f'(x)=0$，得$x+2(1-a)e^{-2x}=0$，从而$x=\frac{1}{2}\ln\frac{1}{1-a}$。

解得$x_1=a-1-\sqrt{a^2-a+1},x_2=a-1+\sqrt{a^2-a+1}$当$a\geqslant1$时，$x_1x_2$上为增函数，而当$x=0$时，$f(x)>0$，所以当$x=x_2$时，$f(x)$取得最小值。

II）因为$f(x)$在$[-1,1]$上是单调函数，所以$f'(x)$在$(-1,0)$上单调递减，在$(0,1)$上单调递增。

2018年全国卷理科数学十年真题分类汇编导数一．基础题组1.【2010新课标，理3】曲线 $y=\frac{x}{x+2}$ 在点(-1,-1)处的切线方程为()A。

$y=2x+1$。

B。

$y=2x-1$C。

$y=-2x-3$。

D。

$y=-2x-2$答案】A2.【2008全国1，理6】若函数 $y=f(x-1)$ 的图像与函数$y=\ln x+1$ 的图像关于直线 $y=x$ 对称，则 $f(x)=\_\_\_$A。

$e^{2x}-1$。

B。

$e^{2x}$C。

$e^{2x}+1$。

D。

$e^{2x}+2$答案】B.解析】由 $y=\ln x+1 \Rightarrow x=e。

f(x-1)=e^{2(x-1)}。

f(x)=e^{2x}$。

因为 $y=f(x-1)$ 的图像与 $y=\ln x+1$ 的图像关于直线 $y=x$ 对称，所以 $f(x)$ 的图像也与 $y=\ln x+1$ 的图像关于直线 $y=x$ 对称。

因此，$f(x)$ 的图像为 $y=\ln x-1$ 的图像上下平移一定距离得到。

所以 $f(x)$ 的图像单调性与 $y=\ln x+1$ 相同。

即在 $(-\infty,0)$ 上单调递减，在$(0,+\infty)$ 上单调递增。

3.【2012全国，理21】已知函数 $f(x)$ 满足$f(x)=f'(1)e^{x-1}$。

1)求 $f(x)$ 的解析式及单调区间；2)若 $f(x) \geq -\frac{f(0)x}{2}+\frac{1}{2}x^2+ax+b$，求$(a+1)b$ 的最大值。

解析】(1)由已知得 $f'(x)=f'(1)e^{x-1}-f(0)+1$。

所以$f'(1)=f'(1)-f(0)+1$，即 $f(0)=1$。

又 $f(0)=f'(1)e^{0-1}$，所以$f'(1)=e$。

从而 $f(x)=e^{x-1}+x-\frac{1}{2}$。