年高考第一轮复习数学新编导数的综合问题

专题4.4 导数的综合应用（真题测试）一、单选题1．（2017·全国·高考真题（理））已知函数211()2()x x f x x x a e e --+=-++有唯一零点，则=a （ ） A ．12-B ．13C ．12D ．12．（2015·陕西·高考真题（理））对二次函数（为非零整数），四位同学分别给出下列结论，其中有且仅有一个结 论是错误的，则错误的结论是 A ．是的零点 B ．1是的极值点 C ．3是的极值D ．点在曲线上3．（2022·青海·海东市第一中学模拟预测（理））已知函数()2e 2xx f x a x =-+，若有且仅有两个正整数，使得()0f x <成立，则实数a 的取值范围是（ ） A ．211,3e e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭B ．3291,5e e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭C ．391,5e 3e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭D ．212,2e e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭4．（2014·全国·高考真题（文））已知函数，若存在唯一的零点，且，则的取值范围是（ ） A ．B ．C ．D ．5．（2022·青海·海东市第一中学模拟预测（理））若函数()()22e e x x f x x ax a a R =+-∈有三个不同的零点，则实数a 的取值范围是（ ） A ．1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭B ．1,1e ⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．2110,,1e e e ⎛⎫⎛⎫⋃ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭D ．210,e e ⎛⎫ ⎪-⎝⎭6．（2022·河南·开封市东信学校模拟预测（理））对任意0x >，不等式e ln()(1)0x ax a x -+-≥恒成立，则正数a 的最大值为（ ） ABC ．1eD ．e7．（2015·全国·高考真题（理））设函数()(21)xf x e x ax a =--+，其中1a < ，若存在唯一的整数0x ，使得2()f x ax bx c =++a 1-()f x ()f x ()f x (2,8)()y f x =32()31f x ax x =-+()f x 0x 00x >a ()2,+∞()1,+∞(),2-∞-(),1-∞-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 ⎡⎫⎪⎢⎣⎭8．（2022·内蒙古·海拉尔第二中学模拟预测（理））已知函数()()e ln e (0)xf x a a a =+>，若对任意实数1x >，不等式()()ln 1f x x ≥-总成立，则实数a 的取值范围为（ ） A ．210,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．221,e e ⎛⎤⎥⎝⎦C ．21,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭D ．21,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭二、多选题9．（2022·辽宁实验中学模拟预测）我们把形如(),,0f x y y '=的方程称为微分方程，符合方程的函数()y f x =称为微分方程的解，下列函数为微分方程0xy y xy +-'=的解的是（ ） A ．e x y = B ．e x y x =C ．e 1x y x =+D ．e (R)x y c x c =⋅∈⋅10．（2022·河北沧州·二模）已知实数,a b 满足e e e a b a b ++=，则（ ） A ．0ab < B ．1a b +> C ．e e 4a b +D ．e 1a b >11．（2022·湖南·模拟预测）已知1x >，1y >，且()()1e 11e y xx y ++=+，则下列结论一定正确的是（ ）A ．()ln 0x y ->B ．122x y +<C ．226x y +>D ．()ln ln3x y +<12．（2022·全国·高考真题）已知函数，则（ ）A ．有两个极值点B ．有三个零点C ．点是曲线的对称中心D ．直线是曲线的切线三、填空题13．（2020·河南高三其他（理））函数()2222ln x f x x e x ax =--，若0a =，则()f x 在[]1,2的最小值为_______；当0x >时，()1f x ≥恒成立，则a 的取值范围是_____. 14．（2022·全国·模拟预测（理））若曲线ln x y x =与212y kx =-仅有1个公共点，则k 的取值范围是3()1f x x x =-+()f x ()f x (0,1)()y f x =2y x =()y f x =___________.15．（2012·福建·高考真题（理））对于实数a 和b ，定义运算“*”： 设f （x ）=（2x -1）*（x -1），且关于x 的方程为f （x ）=m （m ∈R ）恰有三个互不相等的实数根x 1，x 2，x 3，则x 1x 2x 3的取值范围是_________________16．（2022·江苏·常州高级中学模拟预测）已知函数22()ln 2e f x x x mx =-+，若()0f x ≥的解集中恰有一个整数，则m 的取值范围为________． 四、解答题17．（2018·全国·高考真题（文））已知函数．（1）求曲线在点处的切线方程； （2）证明：当时，．18．（2017·全国·高考真题（理））已知函数（1）讨论的单调性；（2）若有两个零点，求的取值范围.19．（2017·全国·高考真题（文））已知函数.（1）讨论的单调性； （2）当时，证明. 20．（2016·全国·高考真题（文））设函数． （Ⅰ）讨论的单调性； （Ⅱ）证明当时，； （Ⅲ）设，证明当时，.21．（2015·全国·高考真题（理））设函数．（1）证明：在单调递减，在单调递增；（2）若对于任意，都有，求m 的取值范围．22．（2014·四川·高考真题（理））已知函数，其中，为自然对数的底数.（Ⅰ）设是函数的导函数，求函数在区间上的最小值；22,,a ab a ba b b ab a b ⎧-≠=⎨->⎩()21x ax x f x e +-=()y f x =()0,1-1a ≥()0f x e +≥()()2e 2e x xf x a a x =+--()f x ()f x a 2()ln (21)f x x ax a x =+++()f x 0a <3()24f x a≤--()ln 1f x x x =-+()f x (1,)x ∈+∞11ln x x x-<<1c >(0,1)x ∈1(1)xc x c +->2()e mx f x x mx =+-()f x (,0)-∞(0,)+∞12,[1,1]x x ∈-12|()()|1f x f x e -≤-2()1x f x e ax bx =---,a b R ∈ 2.71828e =()g x ()f x ()g x [0,1]（Ⅱ）若，函数在区间内有零点，求的取值范围(1)0f ()f x (0,1)a专题4.4 导数的综合应用（真题测试）一、单选题1．（2017·全国·高考真题（理））已知函数211()2()x x f x x x a e e --+=-++有唯一零点，则=a （ ） A ．12-B ．13C ．12D ．1【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】因为()221111()2()1()1x x x x f x x x a e e x a e e --+--+=-++=-++-，设1t x =-，则()()()21t t f x g t t a e e -==++-，因为()()g t g t =-，所以函数()g t 为偶函数，若函数()f x 有唯一零点，则函数()g t 有唯一零点，根据偶函数的性质可知，只有当0=t 时，()0g t =才满足题意，即1x =是函数()f x 的唯一零点，所以210a -=，解得12a =.故选：C. 2．（2015·陕西·高考真题（理））对二次函数（为非零整数），四位同学分别给出下列结论，其中有且仅有一个结 论是错误的，则错误的结论是 A ．是的零点 B ．1是的极值点 C ．3是的极值 D ．点在曲线上【答案】A 【解析】 【详解】若选项A 错误时，选项B 、C 、D 正确，，因为是的极值点，是的极值，所以，即，解得：，因为点在曲线上，所以，即，解得：，所以，，所以，因为，所以不是的零点，所以选项A 错误，选项B 、C 、D 正确，故选A ．3．（2022·青海·海东市第一中学模拟预测（理））已知函数()2e 2xx f x a x =-+，若有且仅有两个正整2()f x ax bx c =++a 1-()f x ()f x ()f x (2,8)()y f x =()2f x ax b ='+1()f x 3()f x ()()10{13f f '==203a b a b c +=⎧⎨++=⎩2{3b a c a =-=+()2,8()y f x =()42238a a a +⨯-++=5a =10b =-8c =()25108f x x x =-+()()()21511018230f -=⨯--⨯-+=≠1-()f x数，使得()0f x <成立，则实数a 的取值范围是（ ） A ．211,3e e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭B ．3291,5e e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭C ．391,5e 3e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭D ．212,2e e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】C 【解析】 【分析】将()0f x <转化为2(2)exx a x +<，再分别求导分析2()e x x g x =和()(2)h x a x =+的图象，再分别求得1,1g ，()()2,2g ，()()3,3g 到()20-，的斜率，分析临界情况即可 【详解】由()0f x <且0x >，得2(2)exx a x +<，设2()e x x g x =，()(2)h x a x =+， 22()exx x g x '-=，已知函数()g x 在（0，2）上单调递增，在(2,)+∞上单调递减， 函数()(2)h x a x =+的图象过点(2,0)-，(1)11(2)3e g =--，2(2)12(2)e g =--，3(3)93(2)5e g =--，结合图象，因为329115e 3e e <<，所以3915e 3ea ≤<． 故选：C4．（2014·全国·高考真题（文））已知函数，若存在唯一的零点，且，则的取值范围是（ ） A ． B ． C ． D ．【答案】C 【解析】 【详解】试题分析：当时，，函数和，不满足题意，舍去；当时，，令，得或．时，；时，；时，，且，此时在必有零点，故不满足题意，舍去；当时，时，32()31f x ax x =-+()f x 0x 00x >a ()2,+∞()1,+∞(),2-∞-(),1-∞-0a =2()31f x x =-+()f x 0a >2()36f x ax x '=-()0f x '=0x =2x a =(,0)x ∈-∞()0f x '>2(0,)x a ∈()0f x '<2(,)x a∈+∞()0f x '>(0)0f >(,0)x ∈-∞0a <2(,)x a∈-∞；时，；时，，且，要使得存在唯一的零点，且，只需，即，则，选C ．5．（2022·青海·海东市第一中学模拟预测（理））若函数()()22e e x xf x x ax a a R =+-∈有三个不同的零点，则实数a 的取值范围是（ ） A ．1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭B ．1,1e ⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．2110,,1e e e ⎛⎫⎛⎫⋃ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭D ．210,e e ⎛⎫ ⎪-⎝⎭【答案】D 【解析】 【分析】令()0f x =得20e e x xx xa a ⎛⎫⎛⎫+-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，利用导数研究()e x x g x =的图像，由函数()f x 有三个零点可知，若令1e e xxt t ⎛⎫=≤ ⎪⎝⎭，则可知方程20t at a +-=的一根1t 必在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭内，另一根21e t =或20t =或()2,0t ∈-∞上，分类讨论即可求解. 【详解】由22e e 0xxx ax a +-=得20e ex xx xa a ⎛⎫⎛⎫+-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，令()e x x g x =， 由()10e xxg x -'==，得1x ＝，因此函数()g x 在(),1-∞上单调递增，在()1,+∞上单调递减，且()00g =，当0x >时，()0e x x g x =>，则()ex xg x =的图像如图所示： 即函数()g x 的最大值为()11eg =，令1e e xx t t ⎛⎫=≤ ⎪⎝⎭，则()20h t t at a =+-=，由二次函数的图像可知，二次方程的一根1t 必在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭内，另一根21e t =或20t =或()2,0t ∈-∞上，当21e t =时，21e ea =-，则另一根111e t =-，不满足题意，当20t =时，a ＝0，则另一根10t =，不满足题意，()0f x '<2(,0)x a ∈()0f x '>(0,)x ∈+∞()0f x '<(0)0f >()f x 0x 00x >2()0f a>24a >2a <-当()2,0t ∈-∞时，由二次函数()20h t t at a =+-=的图像可知22000110e e a a a a ⎧+⋅-<⎪⎨⎛⎫+⋅->⎪ ⎪⎝⎭⎩， 解得210e ea <<-， 则实数a 的取值范围是210,e e ⎛⎫ ⎪-⎝⎭，故选：D.6．（2022·河南·开封市东信学校模拟预测（理））对任意0x >，不等式e ln()(1)0x ax a x -+-≥恒成立，则正数a 的最大值为（ ） ABC ．1eD ．e【答案】D 【解析】 【分析】将不等式化为ln()e ln()e x ax x ax +≥+，构造()e x f x x =+有()(ln())f x f ax ≥，利用函数的单调性及参变分离法有e xa x ≤在0x >上恒成立，应用导数求右侧最小值，即可得结果.【详解】∵e ln()(1)0x ax a x -+-≥，∴ln()e ln()ln()e x ax x ax ax ax +≥+=+．令()e x f x x =+，则不等式化为()(ln())f x f ax ≥． ∵()e (0)x f x x x =+>为增函数，∴ln()x ax ≥，即e xa x≤．令e ()=x g x x ，则2(1)e ()x x g x x '-=，当01x <<时，()0g x '<，即()g x 递减；当1x >时，()0g x '>，即()g x 递增； 所以()()min 1e e g x g a ⇒≤==． ∴实数a 的最大值为e ． 故选：D7．（2015·全国·高考真题（理））设函数()(21)xf 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】 【分析】设()()21xg x e x =-，()1y a x =-，问题转化为存在唯一的整数0x 使得满足()()01g x a x <-，求导可得出函数()y g x =的极值，数形结合可得()01a g ->=-且()312g a e-=-≥-，由此可得出实数a 的取值范围.【详解】设()()21xg x e x =-，()1y a x =-，由题意知，函数()y g x =在直线y ax a =-下方的图象中只有一个点的横坐标为整数，()()21x g x e x '=+，当12x <-时，()0g x '<；当12x >-时，()0g x '>.所以，函数()y g x =的最小值为12122g e -⎛⎫-=- ⎪⎝⎭.又()01g =-，()10g e =>.直线y ax a =-恒过定点()1,0且斜率为a ， 故()01a g ->=-且()31g a a e -=-≥--，解得312a e≤<，故选D.8．（2022·内蒙古·海拉尔第二中学模拟预测（理））已知函数()()e ln e (0)xf x a a a =+>，若对任意实数1x >，不等式()()ln 1f x x ≥-总成立，则实数a 的取值范围为（ ）A ．210,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．221,e e ⎛⎤⎥⎝⎦C ．21,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭D ．21,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭【答案】D 【解析】 【分析】将所求不等式变形为()()ln 1ln eln eln 1x x ax a x -+++≥+-，构造函数()e xg x x =+，可知该函数在R 上为增函数，由此可得出()ln ln 1a x x ≥--，其中1x >，利用导数求出()()ln 1h x x x =--的最大值，即可求得实数a 的取值范围. 【详解】当1x >时，由()()ln 1f x x ≥-可得()ln eln 1ln 1x aa x +++≥-， 即()()()ln 1ln eln 1ln 1eln 1x x ax a x x x -+++≥-+-=+-，构造函数()e xg x x =+，其中x ∈R ，则()e 10x g x '=+>，所以，函数()g x 在R 上为增函数， 由()()ln 1ln eln eln 1x x ax a x -+++≥+-可得()()ln ln 1g x a g x +≥-⎡⎤⎣⎦，所以，()ln ln 1x a x +≥-，即()ln ln 1a x x ≥--，其中1x >， 令()()ln 1h x x x =--，其中1x >，则()12111xh x x x -'=-=--. 当12x <<时，()0h x '>，函数()h x 单调递增， 当2x >时，()0h x '<，函数()h x 单调递减， 所以，()()max ln 22a h x h ≥==-，21e a ∴≥. 故选：D.二、多选题9．（2022·辽宁实验中学模拟预测）我们把形如(),,0f x y y '=的方程称为微分方程，符合方程的函数()y f x =称为微分方程的解，下列函数为微分方程0xy y xy +-'=的解的是（ ） A ．e x y = B ．e x y x =C ．e 1x y x =+D ．e (R)x y c x c =⋅∈⋅【答案】CD 【解析】 【分析】根据导数的运算求得导函数y '，代入微分方程检验即可． 【详解】选项A ，e x y =，则e x y '=，e e e e 0x x x x xy y xy x x '+-=+-=≠，不是解；选项B ，e x y x =，e e x x y x '=+，22e e e e 0x x x x xy y xy x x x x '+-=+--=，是方程的解；选项C ，e 1x y x =+，e e x x y x '=+，22e e 1e e 10x x x x xy y xy x x x x x x '+-=+++--=+≠，不是方程的解； 选项D ，e (R)x y c x c =⋅∈⋅，e e x x y c cx '=+，22e e e e 0x x x x xy y xy cx cx cx cx '+-=+--=，是方程的解． 故选：CD ．10．（2022·河北沧州·二模）已知实数,a b 满足e e e a b a b ++=，则（ ） A ．0ab < B ．1a b +> C ．e e 4a b + D ．e 1a b >【答案】BCD 【解析】 【分析】A.由e e e a b a b ++=得到111e ea b +=判断；BC.由e e e 2e e a b a b a b ++==2b 判断；D. 由111e e a b +=，得到e e e 1e 11e 1e 1b b b ab b b b b -+-=-=--，令()e e 1,0b b f b b b =-+>，用导数法判断. 【详解】 由e e e a b a b ++=得111e ea b +=，又e 0,e 0a b >>，所以e 1,e 1a b >>，所以0,0a b >>，所以0ab >，选项A 错误；因为e e e 2e e a b a b a b ++==2b ，即e e e 4a b a b ++=，所以ln41a b +>，选项B C ,正确，因为111e e a b +=，所以e e e 1b ab =-，所以e e e 1e 11e 1e 1b b b a bbb b b -+-=-=--.令()e e 1,0b b f b b b =-+>，则()e 0b f b b '=>，所以f b 在区间()0,∞+上单调递增，所以()()00f b f >=，即e e 10b b b -+>，又e 10b ->，所以e 10a b ->，即e 1a b >，选项D 正确. 故选：BCD11．（2022·湖南·模拟预测）已知1x >，1y >，且()()1e 11e y xx y ++=+，则下列结论一定正确的是（ ）A ．()ln 0x y ->B ．122x y +<C ．226x y +>D ．()ln ln3x y +<【答案】AC 【解析】 【分析】构造函数()e xf x x=，利用导数判断函数的单调性，得出1x y >+，结合不等式以及指、对数函数的性质逐一判断即可. 【详解】令()e x f x x=，则()()2e 1e e xx x x x f x x x --'==， 所以当1x >时，()0f x '>，所以()f x 在()1,+∞上单调递增； 由()()1e 11e yxx y ++=+得1e e 111x y x y y +=+++，即1e e 111x y x y y +-=++，∵1y >，∴11012y <<+， ∴1e e 1012x y x y +<-<+，即()()1012f x f y <-+<， ∴1x y >+，即1->x y ，∴()ln 0x y ->，A 正确；由1x y >+知12x y +>+，所以12222x y y ++>>，所以选项B 错误； 由1x y >+知12222326x y y y y ++>+=⋅>，所以选项C 正确．由1x y >+，1y >知213x y y +>+>，所以()()ln ln 21ln3x y y +>+>， 所以D 错误，故选：AC ．12．（2022·全国·高考真题）已知函数，则（ ）A ．有两个极值点B ．有三个零点C ．点是曲线的对称中心D ．直线是曲线的切线【答案】AC 【解析】 【分析】利用极值点的定义可判断A ，结合的单调性、极值可判断B ，利用平移可判断C ；利用导数的几何意义3()1f x x x =-+()f x ()f x (0,1)()y f x =2y x =()y f x =()f x判断D. 【详解】由题，，令得或令得， 所以在上单调递减，在，上单调递增， 所以是极值点，故A 正确；因，，， 所以，函数在上有一个零点， 当时，，即函数在上无零点， 综上所述，函数有一个零点，故B 错误；令，该函数的定义域为，，则是奇函数，是的对称中心， 将的图象向上移动一个单位得到的图象， 所以点是曲线的对称中心，故C 正确；令，可得，又，当切点为时，切线方程为，当切点为时，切线方程为， 故D 错误.故选：AC.三、填空题13．（2020·河南高三其他（理））函数()2222ln x f x x e x ax =--，若0a =，则()f x 在[]1,2的最小值为_______；当0x >时，()1fx ≥恒成立，则a 的取值范围是_____.【答案】e (],1-∞ 【解析】当0a =时，∵()222ln x f x x ex =-，∴()222222x x f x xe x xe x'=+⋅-. 当1x >时，()0f x '>恒成立，()231f x x '=-()0fx '>x >x <()0f x '<x <()f x ((,-∞)+∞x =(10f =+>10f =>()250f -=-<()f x ,⎛-∞ ⎝⎭x ≥()0f x f ≥>⎝⎭()f x ⎫∞⎪⎪⎝⎭()f x 3()h x x x =-R ()()()()33h x x x x x h x -=---=-+=-()h x (0,0)()h x ()h x ()f x (0,1)()y f x =()2312f x x '=-=1x =±()(1)11f f =-=(1,1)21y x =-(1,1)-23y x =+∴()f x 在[]1,2上单调递增.∴()f x 在[]1,2上最小值为()1f e =.又0x >时，()1f x ≥恒成立，令 ()1xg x e x =--,()()100xg x e g ''=->=,所以()g x 在()0,∞+ 递增，()()00g x g >= 所以1x e x >+ ∴()22222ln 22ln 2ln x x x f x x e x ax e x ax +=--=--()2222ln 12ln 111x x x ax a x ≥++--=-+≥恒成立，∴1a ≤.故答案为e ；(],1-∞.14．（2022·全国·模拟预测（理））若曲线ln x y x =与212y kx =-仅有1个公共点，则k 的取值范围是___________. 【答案】(]1,02⎧⎫-∞⋃⎨⎬⎩⎭##1|02k k k ⎧⎫≤=⎨⎬⎩⎭或【解析】 【分析】将原问题转化为32ln 12x k x x =+只有一个解,令()()32ln 102x g x x x x =+>,利用导数求出()g x 的单调性及最值即可得答案. 【详解】 由题意可得:2ln 12x kx x =-只有一个解()0x >, 即32ln 12x k x x=+只有一个解. 令()32ln 12x g x x x=+, ()0x >原问题等价于y k =与()y g x =只有一个交点. 因为()43413ln 113ln x x xg x x x x '---=-= 因为13ln y x x =--在()0,∞+上单调递减, 且在1x =处的值为0 ,所以当()0,1x ∈时, ()()0,g x g x '>单调递增,当()1,x ∈+∞时, ()()0,g x g x '<单调递减且恒为正, 所以()()max 112g x g ==, 又因为y k =与()y g x =只有一个交点, 所以(]1,02k ⎧⎫∈-∞⎨⎬⎩⎭.故答案为: (]1,02⎧⎫-∞⋃⎨⎬⎩⎭.15．（2012·福建·高考真题（理））对于实数a 和b ，定义运算“*”： 设f （x ）=（2x -1）*（x -1），且关于x 的方程为f （x ）=m （m ∈R ）恰有三个互不相等的实数根x 1，x 2，x 3，则x 1x 2x 3的取值范围是_________________ 【答案】【解析】 【详解】由定义运算“*”可知 即，该函数图像如下：由，假设当关于x 的方程为f （x ）=m （m ∈R ）恰有三个互不相等的实数根时， m 的取值范围是，且满足方程，所以令则， 所以令22,,a ab a ba b b ab a b ⎧-≠=⎨->⎩⎫⎪⎪⎝⎭22(21)(21)(1)0()?(1)(21)(1)0x x x x f x x x x x ⎧----=⎨---->⎩2220()0x x x f x x x x ⎧-=⎨-+>⎩1124f ⎛⎫= ⎪⎝⎭1230x x x <<<10,4⎛⎫⎪⎝⎭23,x x 2-+=x x m 23=x x m 22-=x x m 1=x 123==x x x m 10,4⎛⎫=∈ ⎪⎝⎭y m所以， 又在递增的函数， 所以，所以，所以在递减， 则当时，；当时，所以.16．（2022·江苏·常州高级中学模拟预测）已知函数22()ln 2e f x x x mx =-+，若()0f x ≥的解集中恰有一个整数，则m 的取值范围为________．【答案】22ln 22e ,4e 2⎡⎫-⎪⎢⎣⎭【解析】【分析】由()0f x ≥且0x >，得出2ln 2e x x m x -+≥-，构造函数()ln =-xg x x，利用导数研究()g x 的单调性，画出()ln =-x g x x 和22e y x =-的大致图象，由图可知0m >，设0x 为()ln =-xg x x和22e y x m =-+的交点的横坐标，结合题意可知该整数为1，即012x ≤<，当直线22e y x m =-+过1,0A 和ln 22,2B ⎛⎫- ⎪⎝⎭时，即可求出求出m 的值，从而得出m 的取值范围.【详解】由题可知，22()ln 2e f x x x mx =-+，0x >， 由于()0f x ≥的解集中恰有一个整数，即22ln 2e 0x x mx -+≥，即222e ln x mx x -+≥-，因为0x >，所以2ln 2e xx m x-+≥-的解集中恰有一个整数， 令()ln =-x g x x ，则()2ln 1-'=x g x x ， 当1e x <<时，()0g x '<；当e x >时，()0g x '>， 所以()g x 在()1,e 上单调递减，在()e,+∞上单调递增， 画出()ln xy xg x ==-和22e y x =-的大致图象，如图所示： 要使得2ln 2e xx m x-+≥-，可知0m >， 114'⎛= ⎝y ()=h m 10,4⎛⎫⎪⎝⎭()()01>=h m h 0y '<=y 10,4⎛⎫ ⎪⎝⎭0m =0y =14m ==y 123⎫∈⎪⎪⎝⎭x x x设0x 为()ln =-xg x x和22e y x m =-+的交点的横坐标， 而2ln 2e xx m x-+≥-的解集中恰有一个整数，可知该整数为1，即012x ≤<， 当01x =时，得()10g =；当02x =时，得()ln 222g =-， 即1,0A ，ln 22,2B ⎛⎫- ⎪⎝⎭，当直线22e y x m =-+过点1,0A 时，得22e m =，当直线22e y x m =-+过点ln 22,2B ⎛⎫- ⎪⎝⎭时，得2ln 24e 2m =-， 所以m 的取值范围为22ln 22e ,4e 2⎡⎫-⎪⎢⎣⎭.故答案为：22ln 22e ,4e 2⎡⎫-⎪⎢⎣⎭四、解答题17．（2018·全国·高考真题（文））已知函数．（1）求曲线在点处的切线方程； （2）证明：当时，．【答案】（1）切线方程是（2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求导，由导数的几何意义求出切线方程．（2）当时，,令，只需证明即可．【详解】()21x ax x f x e +-=()y f x =()0,1-1a ≥()0f x e +≥210x y --=a 1≥()12f x e 1x x e x x e +-+≥++-（）12gx 1x e x x +=++-gx 0≥（1），．因此曲线在点处的切线方程是．（2）当时，．令，则，当时，，单调递减；当时，，单调递增； 所以 ．因此．18．（2017·全国·高考真题（理））已知函数（1）讨论的单调性；（2）若有两个零点，求的取值范围. 【答案】（1）见解析；（2）. 【解析】 【详解】试题分析：（1）讨论单调性，首先进行求导，发现式子特点后要及时进行因式分解，再对按，进行讨论，写出单调区间；（2）根据第（1）问，若，至多有一个零点.若，当时，取得最小值，求出最小值，根据，，进行讨论，可知当时有2个零点.易知在有一个零点；设正整数满足，则.由于，因此在有一个零点.从而可得的取值范围为.试题解析：（1）的定义域为，，（ⅰ）若，则，所以在单调递减. （ⅱ）若，则由得.当时，；当时，，所以在单调递减，在单调递增.（2）（ⅰ）若，由（1）知，至多有一个零点.（ⅱ）若，由（1）知，当时，取得最小值，最小值为. ()()2212xax a x f x e-++'-=()02f '=()y f x =()0,1-210x y --=1a ≥()()211x xf x e x x e e +-+≥+-+()211xg x x x e +=+-+()121x g x x e +=++'()120x g x e +''=+>1x <-()()10g x g '-'<=()g x 1x >-()()10g x g '-'>=()g x ()g x ()1=0g ≥-()0f x e +≥()()2e 2e x xf x a a x =+--()f x ()f x a (0,1)()f x a 0a ≤0a >0a ≤()f x 0a >ln x a =-()f x 1(ln )1ln f a a a-=-+1a =(1,)∈+∞a (0,1)a ∈(0,1)a ∈()f x (,ln )a -∞-0n 03ln(1)n a>-00000000()e (e 2)e 20n n n n f n a a n n n =+-->->->3ln(1)ln a a->-()f x (ln ,)a -+∞a (0,1)()f x (),-∞+∞()()()()2221121x x x xf x ae a e ae e =+---'=+0a ≤()0f x '<()f x (),-∞+∞0a >()0f x '=ln x a =-(),ln x a ∈-∞-()0f x '<()ln ,x a ∈-+∞()0f x '>()f x (),ln a -∞-()ln ,a -+∞0a ≤()f x 0a >ln x a =-()f x ()1ln 1ln f a a a-=-+①当时，由于，故只有一个零点； ②当时，由于，即，故没有零点； ③当时，，即. 又，故在有一个零点.设正整数满足，则.由于，因此在有一个零点. 综上，的取值范围为.19．（2017·全国·高考真题（文））已知函数.（1）讨论的单调性； （2）当时，证明. 【答案】（1）见解析；（2）见解析. 【解析】 【分析】（1）先求函数导数，再根据导函数符号的变化情况讨论单调性：当时，，则在单调递增；当时，在单调递增，在单调递减. （2）证明，即证，而，所以需证，设g （x ）=ln x -x +1 ，利用导数易得，即得证. 【详解】（1） 的定义域为（0，+），. 若a ≥0，则当x ∈（0，+）时，，故f （x ）在（0，+）单调递增.若a ＜0，则当时，时；当x ∈时，. 故f （x ）在单调递增，在单调递减. （2）由（1）知，当a ＜0时，f （x ）在取得最大值，最大值为. 1a =()ln 0f a -=()f x ()1,a ∈+∞11ln 0a a-+>()ln 0f a ->()f x ()0,1a ∈11ln 0a a-+<()ln 0f a -<()()4222e 2e 22e 20f a a ----=+-+>-+>()f x (),ln a -∞-0n 03ln 1n a ⎛⎫>- ⎪⎝⎭()()00000000e e 2e 20n n n nf n a a n n n =+-->->->3ln 1ln a a ⎛⎫->- ⎪⎝⎭()f x ()ln ,a -+∞a ()0,12()ln (21)f x x ax a x =+++()f x 0a <3()24f x a≤--(21)(1)'()(0)ax x f x x x++=>0a ≥'()0f x >()f x (0,)+∞0a <()f x 1(0,)2a -1(,)2a-+∞3()24f x a ≤--max 3()24f x a ≤--max 1()()2f x f a=-11ln()1022a a -++≤max ()(1)0g x g ==()f x ∞()()‘1211)22(1x ax f x ax a x x++=+++=∞’)(0f x ＞∞10,2x a ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭()0f x '＞1()2a ∞-+，’)(0f x <’)(0f x ＞1()2a∞-+，12x a=-111()ln()1224f a a a -=---所以等价于，即. 设g （x ）=ln x -x +1，则. 当x ∈（0,1）时，；当x ∈（1，+）时，.所以g （x ）在（0,1）单调递增，在（1，+）单调递减.故当x =1时，g （x ）取得最大值，最大值为g （1）=0.所以当x ＞0时，g （x ）≤0.从而当a ＜0时，，即. 20．（2016·全国·高考真题（文））设函数．（Ⅰ）讨论的单调性； （Ⅱ）证明当时，； （Ⅲ）设，证明当时，.【答案】（Ⅰ）当时，单调递增；当时，单调递减；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析． 【解析】 【详解】试题分析：（Ⅰ）首先求出导函数，然后通过解不等式或可确定函数的单调性；（Ⅱ）左端不等式可利用（Ⅰ）的结论证明，右端将左端的换为即可证明；（Ⅲ）变形所证不等式，构造新函数，然后通过利用导数研究函数的单调性来处理． 试题解析：（Ⅰ）由题设，的定义域为，，令，解得. 当时，，单调递增；当时，，单调递减. （Ⅱ）由（Ⅰ）知，在处取得最大值，最大值为. 所以当时，. 故当时，，，即. （Ⅲ）由题设，设，则，令，解得.当时，，单调递增；当时，，单调递减. 由（Ⅱ）知，，故，又，故当时，. 所以当时，.3()24f x a≤--113ln()12244a a a ---≤--11ln()1022a a -++≤’1(1)g x x=-()0g x '>∞()0g x '<∞11ln()1022a a -++≤3()24f x a≤--()ln 1f x x x =-+()f x (1,)x ∈+∞11ln x x x-<<1c >(0,1)x ∈1(1)xc x c +->01x <<()f x 1x >()f x ()f x '()0f x '>()0f x '<()f x x 1x()f x (0,)+∞1()1f x x=-'()0f x '=1x =01x <<()0f x '>()f x 1x >()0f x '<()f x ()f x 1x =(1)0f =1x ≠ln 1x x <-(1,)x ∈+∞ln 1x x <-11ln1x x <-11ln x x x-<<1c >()1(1)x g x c x c =+--'()1ln xg x c c c =--'()0g x =01lnln ln c c x c-=0x x <'()0g x >()g x 0x x >'()0g x <()g x 11ln c c c-<<001x <<(0)(1)0g g ==01x <<()0g x >(0,1)x ∈1(1)xc x c +->21．（2015·全国·高考真题（理））设函数．（1）证明：在单调递减，在单调递增；（2）若对于任意，都有，求m 的取值范围．【答案】（1）在单调递减，在单调递增；（2）.【解析】【详解】（Ⅰ）．若，则当时，，；当时，，．若，则当时，，；当时，，．所以，在单调递减，在单调递增．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，对任意的，在单调递减，在单调递增，故在处取得最小值．所以对于任意，的充要条件是：即①，设函数，则．当时，；当时，．故在单调递减，在单调递增．又，，故当时，．当时，，，即①式成立．当时，由的单调性，，即；当时，，即．综上，的取值范围是．22．（2014·四川·高考真题（理））已知函数，其中，为自然对数的底数.（Ⅰ）设是函数的导函数，求函数在区间上的最小值；（Ⅱ）若，函数在区间内有零点，求的取值范围【答案】（Ⅰ）当时， ；当 时， ； 当时， .（Ⅱ） 的范围为. 【解析】【详解】试题分析：（Ⅰ）易得，再对分情况确定的单调区间，根据在上的单调性即可得在上的最小值.（Ⅱ）设为在区间内的一个零点，注意到2()e mx f x x mx =+-()f x (,0)-∞(0,)+∞12,[1,1]x x ∈-12|()()|1f x f x e -≤-()f x (,0)-∞(0,)+∞[1,1]-()(1)2mx f x m e x -'=+0m ≥(,0)x ∈-∞10mx e -≤()0f x '<(0,)x ∈+∞10mx e -≥()0f x '>0m <(,0)x ∈-∞10mx e ->()0f x '<(0,)x ∈+∞10mx e -<()0f x '>()f x (,0)-∞(0,)+∞m ()f x [1,0]-[0,1]()f x 0x =12,[1,1]x x ∈-12()()1f x f x e -≤-(1)(0)1,{(1)(0)1,f f e f f e -≤---≤-1,{1,m m e m e e m e --≤-+≤-()1t g t e t e =--+()1t g t e =-'0t <()0g t '<0t >()0g t '>()g t (,0)-∞(0,)+∞(1)0g =1(1)20g e e --=+-<[1,1]t ∈-()0g t ≤[1,1]m ∈-()0g m ≤()0g m -≤1m >()g t ()0g m >1m e m e ->-1m <-()0g m ->1m e m e -+>-m [1,1]-2()1x f x e ax bx =---,a b R ∈ 2.71828e =()g x ()f x ()g x [0,1](1)0f =()f x (0,1)a 12a ≤()(0)1g x g b ≥=-122e a <≤()22ln(2)g x a a a b ≥--2e a >()2g x e a b ≥--a ()2,1e -()2,()2x x g x e ax b g x e a -='=--a ()g x ()g x [0,1]()g x [0,1]0x ()f x (0,1).联系到函数的图象可知，导函数在区间内存在零点，在区间内存在零点，即在区间内至少有两个零点. 由（Ⅰ）可知，当及时，在内都不可能有两个零点.所以.此时，在上单调递减，在上单调递增，因此，且必有.由得：，代入这两个不等式即可得的取值范围.试题解答：（Ⅰ）①当时，，所以.②当时，由得.若，则；若，则. 所以当时，在上单调递增，所以. 当时，在上单调递减，在上单调递增，所以. 当时，在上单调递减，所以. （Ⅱ）设为在区间内的一个零点，则由可知，在区间上不可能单调递增，也不可能单调递减.则不可能恒为正，也不可能恒为负.故在区间内存在零点.同理在区间内存在零点.所以在区间内至少有两个零点.由（Ⅰ）知，当时，在上单调递增，故在内至多有一个零点. 当时，在上单调递减，故在内至多有一个零点. 所以. 此时，在上单调递减，在上单调递增，因此，必有.由得：，有(0)0,(1)0f f ==()g x 0(0,)x 1x ()g x 0(),1x 2x ()g x (0,1)12a ≤2e a ≥()g x (0,1)122e a <<()g x [0,ln 2]a [ln 2,1]a 12(0,ln(2)],(ln(2),1)x a x a ∈∈(0)10,(1)20g b g e a b =->=-->(1)10f e a b =---=1b e a =--a ()2,()2x xg x e ax b g x e a -='=--0a ≤()20x g x e a -'=>()(0)1g x g b ≥=-0a >()20x g x e a -'=>2,ln(2)x e a x a >>12a >ln(2)0a >2e a >ln(2)1a >102a <≤()g x [0,1]()(0)1g x g b ≥=-122e a <≤()g x [0,ln 2]a [ln 2,1]a ()(ln 2)22ln 2g x g a a a a b ≥=--2e a >()g x [0,1]()(1)2g x g e a b ≥=--0x ()f x (0,1)0(0)()0f f x ==()f x 0(0,)x ()g x ()g x 0(0,)x 1x ()g x 0(),1x 2x ()g x (0,1)12a ≤()g x [0,1]()g x (0,1)2e a ≥()g x [0,1]()g x (0,1)122e a <<()g x [0,ln 2]a [ln 2,1]a 12(0,ln(2)],(ln(2),1)x a x a ∈∈(0)10,(1)20g b g e a b =->=-->(1)10f e a b =---=12a b e +=-<.解得.当时，在区间内有最小值.若，则，从而在区间上单调递增，这与矛盾，所以.又，故此时在和内各只有一个零点和.由此可知在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.所以，，故在内有零点.综上可知，的取值范围是. (0)120,(1)210g b a e g e a b a =-=-+>=--=->21e a -<<21e a -<<()g x [0,1](ln(2))g a (ln(2))0g a ≥()0([0,1])g x x ≥∈()f x [0,1](0)(1)0f f ==(ln(2))0g a <(0)20,(1)10g a e g a =-+>=->()g x (0,ln(2))a (ln(2),1)a 1x 2x ()f x 1[0,]x 1(,x 2)x 2[,1]x 1()(0)0f x f >=2()(1)0f x f <=()f x 1(,x 2)x a (2,1)e -。

新高考数学大一轮复习专题：第5讲 基本不等式的综合问题利用基本不等式求最值时，要坚持“一正、二定、三相等”原则，解题时可以对条件灵活变形，满足求最值的条件要求．例1 (1)已知x 2＋y 2＋xy ＝1，则x ＋y 的最大值是_________________________．(2)设x ≥0，y ≥0，x 2＋y 22＝1，则x ·1＋y 2的最大值为________． (3)已知x >0，y >0，1x ＋2y ＋1＝2，则2x ＋y 的最小值为________． 答案 (1)233 (2)324(3)3 解析 (1)由(x ＋y )2＝xy ＋1，得(x ＋y )2≤⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋y 22＋1， 则x ＋y ≤233(当且仅当x ＝y ＝33时取等号)， 故x ＋y 的最大值为233. (2)x ·1＋y 2＝2x ·1＋y 22 ≤2·x 2＋1＋y 222＝2·x 2＋y 22＋122＝324⎝ ⎛⎭⎪⎫当且仅当x ＝32，y ＝22时取等号， 故x ·1＋y 2的最大值为324. (3)∵2x ＋(y ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋2y ＋1[2x ＋(y ＋1)] ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋y ＋1x ＋4x y ＋1＋2≥4， ∴2x ＋y ＝2x ＋(y ＋1)－1≥3(当且仅当x ＝1，y ＝1时取等号)，故2x ＋y 的最小值为3.例2 记max{a ，b }为a ，b 两数的最大值，则当正数x ，y (x >y )变化时，t ＝max ⎩⎨⎧⎭⎬⎫x 2，25y x －y的最小值为________．答案 10解析 方法一 由题意知t ≥x 2，t ≥25y x －y ， ∴2t ≥x 2＋25y x －y， 又∵x 2＋25y x －y ≥x 2＋25⎣⎢⎡⎦⎥⎤y ＋x －y 22＝x 2＋100x 2 ≥20，∴2t ≥20，即t ≥10.∴当正数x ，y (x >y )变化时，t ＝max ⎩⎨⎧⎭⎬⎫x 2，25y x －y 的最小值为10. 方法二 由题意知t ≥x 2>0，t ≥25y x －y >0， ∴t 2≥x 2·25y x －y ， 又∵x 2·25yx －y ≥x 2·25⎣⎢⎡⎦⎥⎤y ＋x －y 22＝x 2·100x 2 ＝100，∴t 2≥100，即t ≥10.∴当正数x ，y (x >y )变化时，t ＝max ⎩⎨⎧⎭⎬⎫x 2，25y x －y 的最小值为10. (1)运用基本不等式求最值时，可通过配凑变量的系数或加减常数项出现定值，满足基本不等式求最值的条件．(2)将目标函数式中的常数用已知式进行等量代换，或者将目标函数式与已知代数式相乘，然后通过化简变形，求得目标函数的最值．1．若正数a ，b 满足1a ＋1b ＝1，则1a －1＋9b －1的最小值是( ) A ．1B ．6C ．9D ．16答案 B解析 ∵正数a ，b 满足1a ＋1b＝1， ∴b ＝aa －1>0，解得a >1.同理可得b >1，∴1a －1＋9b －1＝1a －1＋9a a －1－1 ＝1a －1＋9(a －1)≥21a －1·9a －1＝6，当且仅当1a －1＝9(a －1)，即a ＝43时等号成立， ∴所求最小值为6.2．(2020·厦门模拟)函数y ＝2x －1＋5－2x ⎝ ⎛⎭⎪⎫12<x <52 的最大值是________．答案 2 2解析 y 2＝(2x －1＋5－2x )2＝4＋22x －15－2x ≤4＋(2x －1)＋(5－2x )＝8，又y >0，所以0<y ≤22，当且仅当2x －1＝5－2x ，即x ＝32时取等号．故函数的最大值是2 2. 3．(2020·天津)已知a >0，b >0，且ab ＝1，则12a ＋12b ＋8a ＋b的最小值为________． 答案 4解析 因为a >0，b >0，ab ＝1， 所以原式＝ab 2a ＋ab 2b ＋8a ＋b＝a ＋b2＋8a ＋b ≥2a ＋b 2·8a ＋b＝4， 当且仅当a ＋b2＝8a ＋b， 即a ＋b ＝4时，等号成立．故12a ＋12b ＋8a ＋b的最小值为4. 4．设a ＋b ＝2，b >0，则当a ＝________时，12|a |＋|a |b取得最小值． 答案 －2解析12|a |＋|a |b ＝a ＋b 4|a |＋|a |b ＝a 4|a |＋b 4|a |＋|a |b ≥－14＋2b 4|a |·|a |b ＝34，当且仅当b 4|a |＝|a |b 且a <0，即a ＝－2，b ＝4时取等号．故当a ＝－2时，12|a |＋|a |b取得最小值．。

13.3 导数的综合问题●知识梳理f（x）有导数，它的极值可在方程f'（x）=0的根处来考查，求函数y=f（x）的极值方法如下：（1）求导数f'（x）；（2）求方程f'（x）=0的根；（3）检查f'（x）在方程f'（x）=0的根的左右的值的符号，如果左负右正，那么函数y=f（x）在这个根处取得极小值；如果左正右负，那么函数y=f（x）在这个根处取得极大值.y=f（x）是一多项式函数，比较函数在闭区间［a，b］内所有的极值，以及f（a）和f （b），最大者为最大值，最小者为最小值.●点击双基1.（2004年某某，10）函数f（x）=x3－3x+1在闭区间［－3，0］上的最大值、最小值分别是A.1，－1B.1，－17C.3，－17D.9，－19解析：f'（x）=3x2－3=0，x=±1，f（－3）=－17，f（0）=1，f（1）=－1，f（－1）=3.答案：Cf（x）=x3－3bx+3b在（0，1）内有极小值，则A.0<b<1B.b<11C.b>0D.b<2解析：f'（x）=3x2－3b，当b>0，0<b<1时，适合题意.答案：A3.已知f（x）=2x3－6x2+m（m为常数）在［－2，2］上有最大值3，那么此函数在［－2，2］上的最小值是A.－37B.－29C.－5解析：f '（x ）=6x （x －2），f （x ）在（－2，0）上为增函数，在（0，2）上为减函数的，x =0时，f （x ）=m 最大.∴m =3，f （－2）=－37，f （2）=－5. 答案：Ay =x 3+ax 2+bx +27在x =－1处有极大值，在x =3处有极小值，则a +b =________. 解析：y ′=3x 2+2ax +b ，－1、3是3x 2+2ax +b =0的两根，∴a =－3，b =－9. 答案：－12f （x ）=x 3－22x －2xx ∈［－1，2］，都有f （x ）>m ，则实数m 的取值X 围是________. 解析：f '（x ）=3x 2－x －2=0，x =1，－32，f （－1）=521，f （－32）=52722，f （1）=321，f （2）=7. ∴m <321. 答案：m ∈（－∞，27） ●典例剖析【例1】 （2004年某某，20）已知函数f （x ）=ax 3+bx 2－3x 在x =±1处取得极值. （1）讨论f （1）和f （－1）是函数f （x ）的极大值还是极小值； （2）过点A （0，16）作曲线y =f （x ）的切线，求此切线方程.剖析：（1）分析x =±1处的极值情况，关键是分析x =±1左右f '（x ）的符号. （2）要分清点A （0，16）是否在曲线上.解：（1）f '（x ）=3ax 2+2bx －3，依题意，f '（1）=f '（－1）=0，即⎩⎨⎧=--=-+.0323,0323b a b a解得a =1，b =0.∴f （x ）=x 3－3x ，f '（x ）=3x 2－3=3（x +1）（x －1）. 令f '（x ）=0，得x =－1，x =1.若x ∈（－∞，－1）∪（1，+∞），则f '（x ）＞0，故f （x ）在（－∞，－1）上是增函数，f （x ）在（1，+∞）上是增函数.若x ∈（－1，1），则f '（x ）＜0，故f （x ）在（－1，1）上是减函数. 所以f （－1）=2是极大值，f （1）=－2是极小值.（2）曲线y =x 3－3x ，点A （0，16）不在曲线上，设切点M （x 0，y 0），则y 0=x 03－3x . ∵f '（x 0）=3x 02－3，∴切线方程为y －y 0=3（x 02－1）（x －x 0）.代入A （0，16）得16－x 03+3x 0=3（x 02－1）（0－x 0）. 解得x 0=－2，∴M （－2，－2），切线方程为9x －y +16=0.评述：过已知点求切线，当点不在曲线上时，求切点的坐标成了解题的关键.【例2】 （2004年某某，21）已知函数f （x ）=ax 3+cx +d （a ≠0）是R 上的奇函数，当x =1时，f （x ）取得极值－2.（1）求f （x ）的单调区间和极大值；（2）证明：对任意x 1、x 2∈（－1，1），不等式|f （x 1）－f （x 2）|＜4恒成立. 剖析：∵x ∈R 且f （x ）是奇函数， ∴f （0）=0.又x =1是极值点，∴f '（1）=0，由此可得函数的解析式. （1）解：由奇函数定义，应有f （－x ）=－f （x ），x ∈R ，－ax 3－cx +d =－ax 3－cx －d ，∴d =0. 因此f （x ）=ax 3+cx ，f '（x ）=3ax 2+c . 由题意知⎩⎨⎧=+-=+.03,2c a c a解得a =1，c =－3.∴f （x ）=x 3－3x ，f '（x ）=3x 3－3=3（x －1）（x +1），f '（－1）=f '（1）=0. 当x ∈（－∞，－1）时，f '（x ）＞0，故f （x ）在单调区间（－∞，－1）上是增函数， 当x ∈（－1，1）时，f '（x ）＜0，故f （x ）在单调区间（－1，1）上是减函数， 当x ∈（1，+∞）时，f '（x ）＞0，故f （x ）在单调区间（1，+∞）上是增函数. ∴（－∞，－1）和（1，+∞）为增区间；（－1，1）为减区间，x =－1时，f （－1）=2为极大值，x =－1时，f （1）=－2为极小值. （2）f （－1）=2，f （1）=－2. ∵f （x ）在（－1，1）上是减函数，∴对任意x 1、x 2∈（－1，1），有－2<f （x 1）<2，－2<f （x 2）<2， －4<f （x 1）－f （x 2）<4，即|f （x 1）－f （x 2）|<4.评述：由奇函数定义可知当x =0时，则有f （0）=0，即函数过原点.对于本题的第（2）问，用数形结合法较为直观.【例3】 设函数f （x ）=x 3+mx 2+nx +p 在（－∞，0］上是增函数，在［0，2］上是减函数，x =2是方程f （x ）=0的一个根.（1）求n 的值； （2）求证：f （1）≥2.剖析：由题知x =0是极值点，那么另一个极值点在哪儿呢?是xx =2的哪一侧呢? 解：（1）f '（x ）=3x 2+2mx +n .∵f （x ）在（－∞，0］上是增函数，在［0，2］上是减函数， ∴当x =0时，f （x ）取到极大值. ∴f '（0）=0.∴n =0.（2）∵f （2）=0，∴p =－4（m +2），f '（x ）=3x 2+2mx =0的两个根分别为x 1=0，x 2=－32m， ∵函数f （x ）在［0，2］上是减函数， ∴x 2=－32m≥2.∴m ≤－3. ∴f （1）=m +p +1=m －4（m +2）+1=－7－3m ≥2.评述：此题学生往往错误地认为xf （1）≥2时，首先将f （1）化成关于m 的式子，知道m 的X 围，便可证之.【例4】 对于函数y =f （x ）（x ∈D ）若同时满足下列两个条件，则称f （x ）为D 上的闭函数.①f （x ）在D 上为单调函数；②存在闭区间［a ，b ］⊆D ，使f （x ）在［a ，b ］上的值域也是［a ，b ］. （1）求闭函数y =－x 3符合上述条件的区间［a ，b ］； （2）若f （x ）=x 3－3x 2－9x +4，判断f （x ）是否为闭函数.剖析：这是个知识迁移题，这类问题一般是考查学生的类比猜想能力、探索问题的能力. 解：（1）∵y =－x 3，∴y ′=－3x 2≤0. ∴函数y =－x 3为减函数.故⎩⎨⎧==,)(,)(a b f b a f 即⎪⎩⎪⎨⎧=-=-.3,333a b b a∴⎩⎨⎧-=-=.1,1b a 所求闭区间为［－1，1］.（2）f '（x ）=3x 2－6x －9. 由f '（x ）≥0，得x ≥3或x ≤－1. 由f '（x ）≤0，得－1≤x ≤3. ∴f （xf （x ）不是闭函数.评述：这类问题是近年高考命题的一个亮点，很能考查学生的分析问题、探索问题的潜在的能力.●闯关训练 夯实基础y =x 4－8x 2+2在［－1，3］上的最大值为A.11B.2C.12 解析：y ′=4x 3－16x =4x （x 2－4）. 由y ′=0及x ∈［－1，3］知x =0或x =2. 根据单调性知f （x ）max =f （3）=11. 答案：Af （x ）=x 3+ax 2+bx +c ，其中a 、b 、c 为实数，当a 2－3b <0时，f （x ）是解析：f '（x ）=3x 2+2ax +b ，Δ=4a 2－12b <0， ∴f '（x ）>0，f （x ）是增函数. 答案：A3.y =3x －x 3的极大值是________，极小值是________.解析：f （x ）在（－∞，－1）和（1，+∞）上递减，在（－1，1）上递增，f （－1）=－2为极小值，f （1）=2为极大值.答案：2 －24.（2005年西城区模拟题）如果函数y =f （x ）的导函数的图象如图所示，给出下列判断：y①函数y =f （x ）在区间（－3，－2）内单调递增； ②函数y =f （x ）在区间（－21，3）内单调递减； ③函数y =f （x ）在区间（4，5）内单调递增； ④当x =2时，函数y =f （x ）有极小值； ⑤当x =－21时，函数y =f （x ）有极大值. 则上述判断中正确的是________. 答案：③5.如图所示，曲线段OMB 是函数f （x ）=x 2（0<x <6）的图象，BA ⊥x 轴于A ，曲线段OMB 上一点M （t ，f （t ））处的切线P Q 交x 轴于P ，交线段AB 于Q ，（1）试用t 表示切线PQ 的方程；（2）试用t 表示△QAP 的面积g （t ），若函数g （t ）在［m ，n ］上单调递减，试求出m 的最小值.解：（1）f '（x ）=2x ， ∴k =2t ，切线PQ 的方程为 y －t 2=2t （x －t ），即2tx －y －t 2=0. （2）由（1）可求得P （2t，0），Q （6，12t －t 2）， ∴g （t ）=S △QAP =21（6－21t ）（12t －t 2）=41t 3－6t 2+36t （0<t <6），g ′（t ）=43t 2－12tg ′（t ）<0，得4<t <12.考虑到0<t <6，∴4<t <6，即g （t ）的单调减区间为（4，6）. ∴m 的最小值为4.y =a 与函数f （x ）=x 3－3x 的图象有三个互不相同的公共点，求a 的取值X 围.解：先求函数f （x ）的单调区间，由f '（x ）=3x 2－3=0，得x =±x <－1或x >1时，f '（x ）>0；当－1<x <1时，f '（x ）<0.∴在（－∞，－1）和（1，+∞）上，f （x ）=x 3－3x 是增函数；在（－1，1）上，f （x ）=x 3－3x 是减函数，由此可以作出f （x ）=x 3－3x 的草图（如图）.由图可知，当且仅当－2<a <2时，直线y =a 与函数f （x ）=x 3－3x 的图象有三个互不相同的公共点.培养能力f （x ）=4x 3+ax 2+bx +5的图象在x =1处的切线方程为y =－12x . （1）求函数f （x ）的解析式；（2）求函数f （x ）在［－3，1］上的最值.解：（1）f '（x ）=12x 2+2ax +b ，f '（1）=12+2a +b =－12.① 又x =1，y =－12在f （x ）的图象上， ∴4+a +b +5=－12.② 由①②得a =－3，b =－18，∴f （x ）=4x 3－3x 2－18x +5.（2）f '（x ）=12x 2－6x －18=0，得x =－1，23，f （－1）=16，f （23）=－461，f （－3）=－76，f （1）=－13.∴f （x ）的最大值为16，最小值为－76.a >0，函数f （x ）=ax （x －2）2（x ∈R ）有极大值32. （1）某某数a 的值；（2）求函数f （x ）的单调区间.解：（1）∵f （x ）=ax （x －2）2=ax 3－4ax 2+4ax ， ∴f '（x ）=3ax 2－8ax +4a . 由f '（x ）=0，得3ax 2－8ax +4a =0. ∵a ≠0，∴3x 2－8x +4=0. 解得x =2或x =32. ∵a >0，∴x <32或x >2时，f '（x ）>0； 32<x <2时，f '（x ）<0. ∴当x =32时，f （x ）有极大值32，即 278a －916a +38a =32，∴a =27. （2）f （x ）在（－∞，32）和（2，+∞）上是增函数，在（32，2）上是减函数.f （x ）=ax 5－bx 3+c （a >0）在x =±1处有极值，且极大值为4，极小值为0，试确定a 、b 、c 的值.解：已知f （x ）=ax 5－bx 3+c ，所以f '（x ）=5ax 4－3bx 2=x 2（5ax 2－3b ）. 根据题意f '（x ）=0应有根x =±1， 故5a =3b .所以f '（x ）=5ax 2（x 2－1）. 因a >0时，列表：x （－∞，－1）－1 （－1，1）1 （1，+∞）f '（x ）+ 0 －0 + f （x ）极大值极小值由上表可见⎩⎨⎧+-==++-=-=.)1(0,)1(4c b a f c b a f①+②得c =2， ①－②得b =a +2.又5a =3b ，所以a =3，b =5，c =2. 探究创新 10.有点难度哟！（2000年全国）用总长14.8 m 的钢条作一个长方体容器的框架，如果所制作容器的底面的一边比另一边长0.5 m ，那么高为多少时容器的容积最大?并求出它的最大容积.解：设容器底面短边长为x m ，则另一边长为（x +0.5） m ，高为4)5.0(448.14+--x x =3.2－2x （m ）.由3.2－2x >0和x >0得0<x <1.6. 设容器的容积为y m 3，则有y =x （x +0.5）（3.2－2x ）（0<x <1.6）， 整理，得y =－2x 3x 2x . ∴y ′=－6x 2x +1.6.令y ′=0，有－6x 2x +1.6=0，即15x 2－11x －4=0. 解得x 1=1或x 2=－154（不合题意，舍去）. 从而在定义域（0，1.6）内只有在x =1处使得y ′=0.因此，当x =1时，y 取得最大值且y max =－2+2.2+1.6=1.8，这时，高为3.2－2×1=1.2. ●思悟小结1.f '（x 0）=0是x 0为可导函数f （x ）的极值点的必要不充分条件，如函数y =x 3在x =0处. f （x ）在极值点不一定可导，如函数y =|x |在x =0处.①3.注意极值与最值的关系，理解若只有一个极值则必为最值.4.体会数形结合、函数、方程思想在本章的运用.●教师下载中心教学点睛1.导数的基本应用如下表：实际问题2.，如果函数在区间内只有一个点使f'（x）=0，此时函数在这点有极大（小）值，那么不与端点比较，也可以知道这就是最大（小）值.拓展题例【例1】函数y=2x3+3x2－12x+14在［－3，4］上的最大值为________，最小值为________.解析：y′=6x2+6x－12=0.x=1，－2，f（－3）=20，f（－2）=34，f（1）=7，f（4）=142.答案：142 7【例2】设x=－2与x=4是函数f（x）=x3+ax2+bx的两个极值点.（1）求常数a、b；（2）判断x=－2，x=4是函数f（x）的极大值点还是极小值点，并说明理由.解：（1）f'（x）=3x2+2ax+b.由极值点的必要条件可知x=－2和x=4是方程f'（x）=0的两根，则a=－3，b=－24.（2）f'（x）=3（x+2）（x－4），得当x<－2时，f'（x）>0；当－2<x<4时，f'（x）<0.∴x=－2是f（x）的极大值点.当x>4时，f'（x）>0，则x=4是f（x）的极小值点.。

4.5 导数的综合运用（精讲）（提升版）思维导图考点呈现考点一 零点的个数【例1】（2022·广东·深圳市光明区高级中学模拟预测）已知函数()e sin 1xf x ax x =-+-.(1)当2a =时，求函数()f x 的极值点； (2)当12a ≤<时，试讨论函数()f x 的零点个数. 【答案】(1)0x =(2)有2个零点【解析】(1)当2a =时，()e 2sin 1x f x x x =-+-，则()e 2cos xf x x =-+'， 令 ()e 2cos xg x x =-+，则()e sin xg x x '=-.当,()0x ∈+∞时，e 1x >，()1sin 0g x x '∴>-≥，()()f x g x '∴=在(0,)+∞上单调递增， ()()00f x f ''∴>=，()f x ∴在(0,)+∞上单调递增.当(],0x ∈-∞时，可得e 1x ≤，()e 2cos 1cos 0xf x x x '∴=-+≤-+≤，()f x ∴在(],0-∞单调递减；综上，函数()f x 的极值点为0x =.(2)当0x =时，()00e 01sin00f =--+=，0x ∴=是()f x 的一个零点，令()()e cos x h x f x a x -+'==，可得()e sin xh x x '=-.因为12a ≤<，①当,()0x ∈+∞时，e 1x >，()1sin 0h x x '∴>-≥，()f x '∴在(0,)+∞单调递增，()()020f x f a ''∴>=->， ()f x ∴在(0,)+∞单调递增，()()00f x f ∴>=，此时()f x 在(0,)+∞无零点.①当(],πx ∞∈--时，πax -≥，有()e sin 1e πsin 10x xf x ax x x =-+-≥++->， 此时()f x 在(],π∞--无零点.①当()π,0x ∈-时，sin 0x <，()e sin 0xh x x =->'，()f x '∴在()π,0-单调递增，又()020f a '=->，例题剖析()ππe 10f a -'-=--<，由零点存在性定理知，存在唯一()0π,0x ∈-，使得()00f x '=. 当()0π,x x ∈-时，()0f x '<，()f x 在()0π,x -单调递减； 当()0,0x x ∈时，()0f x '>，()f x 在()0,0x 单调递增；又()e 10f a πππ--=+->，()()000f x f <=，所以()f x 在()π,0-上有1个零点.综上，当12a ≤<时，()f x 有2个零点. 【一隅三反】1．（2022·江苏·南京市天印高级中学模拟预测）已知函数()()cos ln 1f x x x =++． (1)求函数()f x 的图象在0x =处的切线方程； (2)判断函数()f x 的零点个数，并说明理由.【答案】(1)1y x =+(2)()f x 在区间()1,-+∞上有且仅有一个零点，理由见解析 【解析】(1)1()sin 1f x x x =+'-+，(0)1,(0)1f f '== 所以函数()f x 的图象在0x =处的切线方程为1y x -=，即1y x =+. (2)设()()1sin 1g x f x x x'==-++，则()()21cos 1g x x x '=--+， ①当1,2x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()0g x '<，所以()()g x f x '=单调递减； 且()()0010g f '==>，022g f ππ⎛⎫⎛⎫'=< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，由零点存在定理可知，在区间1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭存在唯一的α，使()()0g f αα'==又当()1,x α∈-时，()()0g x f x '=>；当,2x α⎛π⎫∈ ⎪⎝⎭时，()()0g x f x '=<，所以()()cos ln 1f x x x =++在()1,α-上单调递增，且()010f =>，222211111cos 1ln cos 120e e e e f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=-+=--< ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以()f x 在()1,α-上有唯一零点；当,2x α⎛π⎫∈ ⎪⎝⎭时，()f x 单调递减，且ln 1022f ππ⎛⎫⎛⎫=+> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以()f x 在,2απ⎛⎫⎪⎝⎭上没有零点.①当,2x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()g x '单调递增，02g π⎛⎫'< ⎪⎝⎭， ()()21101g ππ'=->+， 所以()g x '在区间,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭有唯一零点，设为x β=，当,2πβ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭x 时，()0g x '<，此时()()g x f x '=单调递减；当(),x ∈βπ时，()0g x '>，此时()()g x f x '=单调递增； 在区间,2πβ⎛⎫⎪⎝⎭上()0g x '<，此时()()g x f x '=单调递减，且022g f ππ⎛⎫⎛⎫'=< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故有()0f x '<，此时()f x 单调递减，且ln 1022f ππ⎛⎫⎛⎫=+> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，由()0g β'=，得()21cos 1ββ=-+，所以()()()()()2111cos ln 1ln 1ln 1ln 20121f βββββββ=++=+->+->->++. 当(),x ∈βπ时， ()0g x '>，所以()g x 单调递增，又225511cos 066551166g ππππ⎛⎫'=--=>⎪⎝⎭⎛⎫⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故()5,6πβπ∈， 55111sin 0556621166g ππππ⎛⎫=-+=-+< ⎪⎝⎭++，()101g ππ=>+，所以存在5,6πγπ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使()0g γ=，即()0f γ'=，故x γ=为()f x 的极小值点.此时()()5cos ln 1ln 1cos 1cos 06f πγγγγγ⎛⎫=++>++>+≥ ⎪⎝⎭. 所以()f x 在,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭上没有零点.①当(),x π∈+∞时，()()ln 1ln 11x π+>+>，所以()()cos ln 11cos 0f x x x x =++>+≥，所以()f x 在区间(),π+∞上没有零点. 综上()f x 在区间()1,-+∞上有且仅有一个零点.2．（2022·北京四中三模）已知函数()[]21sin cos ,0,2f x x x x ax x π=++∈.(1)当0a =时，求()f x 的单调区间； (2)当0a >时，讨论()f x 的零点个数.【答案】(1)单调增区间为0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭，单调减区间为,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭(2)答案见解析【解析】(1)当0a =时，函数()[]sin cos ,0,f x x x x x π=+∈， 可得()sin cos sin cos f x x x x x x x =+-='.当x 在区间[]0π,上变化时，()f x '，f （x ）的变化如下表：所以()f x 的单调增区间为0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭；()f x 的单调减区间为,2π⎛⎫⎪⎝⎭.(2)由题意，函数()[]21sin cos ,0,2f x x x x ax x π=++∈，可得()()cos cos f x ax x x x a x =+=+'当1a ≥时，cos 0a x +≥在[0,]π上恒成立，所以[0,]x π∈时，()0f x '≥，所以()f x 在[0,]π上单调递增. 又因为()01f =，所以f （x ）在[0,]π上有0个零点. 当01a <<时，令()0f x '=，可得cos x a =-.由10a -<-<可知存在唯一的0,2x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭使得0cos x a =-，所以当0[0,)x x ∈时，()0f x '≥，()f x 单调递增； 当()0,x x π∈时，()0f x '<，()f x 单调递减，因为()01f =，0()1f x >，()2112f a ππ=-，①当21102a π->，即221a π<<时，()f x 在[0,]π上有0个零点.①当21102a π-≤，即220a π<≤时，()f x 在[0,]π上有1个零点.综上可得，当220a π<≤时，()f x 有2个零点；当22a π>时，()f x 有0个零点.3．（2022·云南师大附中高三阶段练习（文））已知函数()ln f x x x ax =-. (1)讨论()f x 的单调性；(2)当1a ≤-时，设()()2sin g x f x x x x =-+，求证：()g x 在()0,2π上只有1个零点 【答案】(1)()f x 在1(0e )a -，上单调递减，在1(e )a -+∞，上单调递增(2)证明见解析 【解析】(1)函数()f x 的定义域为(0)x ∈+∞，，()ln 1f x x a '=+-． 令()0f x '=，解得1e a x -=，则有当10e a x -<<时，()0f x '<；当1e a x ->时，()0f x '>； 所以()f x 在1(0e )a -，上单调递减，在1(e )a -+∞，上单调递增．(2)证明：由于()ln 2sin (ln 2sin 1)g x x x ax x x x x x x a =--+=-+-，(02π)x ∈，． 设()ln 2sin 1h x x x a =-+-，(02π)x ∈，， 则()g x 在(02π)，上的零点也是()h x 的零点，且有1()2cos h x x x '=-．①当102x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，时，由于1()2cos 22cos 0h x x x x'=-≥->， 所以()h x 在102x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，上单调递增；又1π10sin sin 262<<=，1a ≤-，所以1111ln 2sin 12ln 22sin 1ln 202222h a ⎛⎫=--+-->-> ⎪⎝⎭≥；由于1210e e 2a --<<≤，且11(e )2sin(e )0a a h --=-<，所以存在唯一的0102x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，，使得0()0h x =，即()h x 在102⎛⎤⎥⎝⎦，上有1个零点．①当112x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，时，设()sin p x x x =-，所以()cos 10p x x '=-<， 则当112x <<时，()0p x '<， 所以()p x 在112⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递减． 又111π1sin sin 022262p ⎛⎫=-<-< ⎪⎝⎭，所以当112x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，时，()sin 0p x x x =-<， 即sin x x ->-；所以当112x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，时，()ln 2sin 1ln 21ln 22h x x x a x x a x x =-+->-+--+≥． 设()ln 22t x x x =-+，112x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，，所以1()20t x x '=-<， 则()t x 在112⎛⎤⎥⎝⎦，上单调递减， 所以当112x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，时，()(1)0t x t =≥，则()0h x >，所以()h x 在112⎛⎫⎪⎝⎭，上无零点． ①当(12π)x ∈，时，由于ln 0x >，1a ≤-， 所以()12sin 22sin 0h x x a x >--≥-≥,所以()h x 在(12π)，上无零点． 综合①①①，可知，()g x 在(02π)，上只有1个零点． 考点二 已知零点个数求参【例2】（2022·全国·高考真题）已知函数1()(1)ln f x ax a x x=--+．(1)当0a =时，求()f x 的最大值；(2)若()f x 恰有一个零点，求a 的取值范围．【答案】(1)1-(2)()0,+∞【解析】(1)当0a =时，()1ln ,0f x x x x =-->，则()22111xf x x x x-'=-=，当()0,1∈x 时，0f x ，()f x 单调递增； 当()1,x ∈+∞时，0fx，()f x 单调递减；所以()()max 11f x f ==-；(2)()()11ln ,0f x ax a x x x =--+>，则()()()221111ax x a f x a x x x --+'=+-=，当0a ≤时，10-≤ax ，所以当()0,1∈x 时，0f x，()f x 单调递增；当()1,x ∈+∞时，0fx，()f x 单调递减；所以()()max 110f x f a ==-<，此时函数无零点，不合题意； 当01a <<时，11a >，在()10,1,,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上，0f x，()f x 单调递增；在11,a ⎛⎫⎪⎝⎭上，0f x，()f x 单调递减；又()110f a =-<，由（1）得1ln 1x x +≥，即1ln 1x x ≥-，所以ln x x x <<当1x >时，11()(1)ln 2((2f x ax a x ax a ax a x x=--+>--+-+则存在2312m a a⎛⎫=+> ⎪⎝⎭，使得()0f m >，所以()f x 仅在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭有唯一零点，符合题意；当1a =时，()()2210x f x x-'=≥，所以()f x 单调递增，又()110f a =-=，所以()f x 有唯一零点，符合题意； 当1a >时，11a <，在()10,,1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上，0f x，()f x 单调递增；在1,1a ⎛⎫⎪⎝⎭上，0f x，()f x 单调递减；此时()110f a =->，由（1）得当01x <<时，1ln 1xx>-，1>ln 21x ⎛> ⎝，此时11()(1)ln 2(11)1f x ax a x ax ax x x ⎛=--+<--+-< ⎝ 存在2114(1)n a a=<+，使得()0f n <， 所以()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭有一个零点，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭无零点，所以()f x 有唯一零点，符合题意；综上，a 的取值范围为()0,+∞. 【一隅三反】1．（2022·河南·平顶山市第一高级中学模拟预测（理））已知函数()()e 12()e xxxf x a a =+--∈R ． (1)若()e ()=⋅x g x f x ，讨论()g x 的单调性； (2)若()f x 有两个零点，求实数a 的取值范围．【答案】(1)答案见解析；(2)()0,1.【解析】(1)由题意知，()()()e ()e e 12e e 12e e x x x x x xx x g x f x a a x ⎡⎤=⋅=⋅+--=+--⎢⎥⎣⎦，()g x 的定义域为(,)-∞+∞，()e (e 1)e e 2e 1(2e 1)(e 1)x x x x x x x g x a a a '=++⋅--=+-．若0a ≤，则()0g x '<，所以()g x 在(,)-∞+∞上单调递减； 若0a >，令()0g x '=，解得ln x a =-．当(,ln )x a ∈-∞-时，()0g x '<；当(ln ,)x a ∈-+∞时，()0g x '>， 所以()g x 在(,ln )a -∞-上单调递减，在(ln ,)a -+∞上单调递增． (2)因为e 0x >，所以()f x 有两个零点，即()e ()=⋅x g x f x 有两个零点． 若0a ≤，由（1）知，()g x 至多有一个零点．若0a >，由（1）知，当ln x a =-时，()g x 取得最小值，最小值为1(ln )1ln g a a a-=-+． ①当1a =时，由于(ln )0g a -=，故()g x 只有一个零点： ①当(1,)∈+∞a 时，由于11ln 0a a-+>，即(ln )0g a ->，故()g x 没有零点； ①当(0,1)a ∈时，11ln 0a a-+<，即(ln )0g a -<． 又2222(2)e (e 1)2e 22e 20g a -----=+-+>-+>，故()g x 在(,ln )a -∞-上有一个零点．存在03ln 1,x a ⎛⎫⎛⎫∈-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则0000000000()e (e 1)2e e (e 2)e 0x x x x x xg x a x a a x x =+--=+-->->．又3ln 1ln a a ⎛⎫->- ⎪⎝⎭，因此()g x 在(ln ,)a -+∞上有一个零点． 综上，实数a 的取值范围为(0,1)．2（2022·全国·高考真题（理））已知函数()()ln 1e xf x x ax -=++(1)当1a =时，求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程； (2)若()f x 在区间()()1,0,0,-+∞各恰有一个零点，求a 的取值范围． 【答案】(1)2y x =(2)(,1)-∞- 【解析】(1)()f x 的定义域为(1,)-+∞ 当1a =时,()ln(1),(0)0e x x f x x f =++=,所以切点为(0,0)11(),(0)21ex xf x f x ''-=+=+,所以切线斜率为2 所以曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程为2y x =(2)()ln(1)e xax f x x =++()2e 11(1)()1e (1)e x x xa x a x f x x x '+--=+=++设()2()e 1x g x a x =+- 1︒若0a >,当()2(1,0),()e 10x x g x a x ∈-=+->,即()0f x '>所以()f x 在(1,0)-上单调递增,()(0)0f x f <= 故()f x 在(1,0)-上没有零点,不合题意2︒若10a -,当,()0x ∈+∞,则()e 20xg x ax '=->所以()g x 在(0,)+∞上单调递增所以()(0)10g x g a >=+,即()0f x '> 所以()f x 在(0,)+∞上单调递增,()(0)0f x f >= 故()f x 在(0,)+∞上没有零点,不合题意3︒若1a <-(1)当,()0x ∈+∞,则()e 20x g x ax '=->,所以()g x 在(0,)+∞上单调递增(0)10,(1)e 0g a g =+<=>所以存在(0,1)m ∈,使得()0g m =,即()0'=f m 当(0,),()0,()x m f x f x '∈<单调递减 当(,),()0,()x m f x f x '∈+∞>单调递增所以 当(0,),()(0)0x m f x f ∈<= 当,()x f x →+∞→+∞所以()f x 在(,)m +∞上有唯一零点又(0,)m 没有零点,即()f x 在(0,)+∞上有唯一零点(2)当()2(1,0),()e 1x x g x a x ∈-=+-设()()e 2x h x g x ax '==-()e 20x h x a '=->所以()g x '在(1,0)-单调递增1(1)20,(0)10eg a g ''-=+<=>所以存在(1,0)n ∈-,使得()0g n '=当(1,),()0,()x n g x g x '∈-<单调递减当(,0),()0,()x n g x g x '∈>单调递增,()(0)10g x g a <=+<又1(1)0eg -=> 所以存在(1,)t n ∈-,使得()0g t =,即()0f t '= 当(1,),()x t f x ∈-单调递增,当(,0),()x t f x ∈单调递减 有1,()x f x →-→-∞而(0)0f =,所以当(,0),()0x t f x ∈>所以()f x 在(1,)t -上有唯一零点,(,0)t 上无零点 即()f x 在(1,0)-上有唯一零点 所以1a <-,符合题意所以若()f x 在区间(1,0),(0,)-+∞各恰有一个零点,求a 的取值范围为(,1)-∞-3．（2022·贵州·贵阳一中高三阶段练习（理））已知函数()323.f x ax x a b =-++(1)讨论()f x 的单调性；(2)当()f x 有三个零点时a 的取值范围恰好是()()()3,22,00,1,--⋃-⋃求b 的值. 【答案】(1)答案见解析(2)3b = 【解析】(1)()f x 的定义域为R ，()()23632,f x ax x x ax =-=-'若0a =，则()0600f x x x '>⇒->⇒<，()00f x x <⇒>'∴ ()f x 在(),0∞-单调递增，()0,∞+单调递减，若0a >，则()00'>⇒<f x x 或2x a>， ()200f x x a>⇒<<'，()f x ∴在(),0∞-单调递增，20,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，2,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递增，若0a <，则()200f x x a'>⇒<< ()20f x x a>⇒<'或0x >， ()f x ∴在2,a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭单调递减，2,0a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递增，()0,∞+单调递减.(2)可知()f x 要有三个零点，则0a ≠，且2(0)0f f a ⎛⎫< ⎪⎝⎭由题意也即是()200f f a ⎛⎫< ⎪⎝⎭的解集就是()()()3,22,00,1--⋃-⋃，也就是关于a 的不等式()()()32224400a b a ba a b a b a a ++-⎛⎫++-<⇒< ⎪⎝⎭的解集就是()()()3,22,00,1--⋃-⋃， 令()()()32240a b a ba h a a+++=<，时()()()()()1114130h b b b b =++-=+-=， 所以有1b =-或3b =， 当3b =时，()()()()()323*22233434400a a a a a a a h a aa++-+-+-=<⇒<，()()()2231440a a a a a+-++<的解是()()()3,22,00,1--⋃-⋃，满足条件，当1b =-时，()()()322140a a a h a a---=<，当1a =-时，()1120h -=>，不满足条件， 故1b ≠-，综合上述3b =.考点三 不等式恒（能）成立【例3】（2022·天津市）已知函数()e xf x ax a =--，2ln e()a x ax a g x x-+-=（0a ≥），其中e 是自然对数的底数. (1)当e a =时，（①）求()f x 在点(1,(1))f 处的切线方程； （①）求()f x 的最小值；(2)讨论函数()g x 的零点个数；(3)若存在,()0x ∈+∞，使得()()f x g x ≤成立，求a 的取值范围 【答案】(1)（①）e y =-；（①）min ()e f x =-(2)答案见解析(3)[e,)+∞ 【解析】(1)当e a =时，()e e e x f x x =--，()e e x f x '=-.（①）(1)e f =-，(1)0f '=，①切线方程为e y =-.（①）()e e x f x '=-，令()0f x '=，得1x =， ①当1x <时，()0f x '<，函数()f x 单调递减， 当1x >时，()0f x '>，函数()f x 单调递增， ①min ()(1)e f x f ==-.(2)①2ln e ()a x ax a g x x-+-=（0a ≥），令2ln e()0a x ax a g x x -+-==得，2ln e 0a x ax a -+-=，当0a =时，e()0g x x-=≠，()g x 无零点， 当0a >时，令2()ln e h x a x ax a =-+-，则()212()2a xa h x ax x x-'=-=，令()0h x '=，得x =0,2x ⎛∈ ⎝⎭时，()0h x '>，函数()h x 单调递增，当x ⎫∈+∞⎪⎪⎝⎭时，()0h x '<，函数()h x 单调递减，①max 1ln 2()e e 2h x h a a a -==+-=-⎝⎭， 当1ln 2e 02a --<，即2e01ln 2a <<-时，max ()0h x <，函数()h x 在(0,)+∞上无零点， 当1ln 2e 02a --=，即2e1ln 2a =-时，max ()0h x =，函数()h x 在(0,)+∞上有唯一零点， 当1ln 2e 02a -->，即2e 1ln 2a >-时，max ()0h x >，又(1)e 0h =-<，21e 0e e a h ⎛⎫=--< ⎪⎝⎭，①函数()h x 在1e ⎛ ⎝⎭，2⎫⎪⎪⎝⎭上各有一个零点，综上，当2e01ln 2a ≤<-时，函数()g x 在(0,)+∞上无零点，当2e1ln 2a =-时，函数()g x 在(0,)+∞上有唯一零点，当2e1ln 2a >-时，函数()g x 在(0,)+∞上有两个零点. (3)由()()f x g x ≤得，2ln ee x a x ax a ax a x-+---≤，①22e ln e x x ax ax a x ax a --≤-+-，即ln e (ln 1)e 0x x a x x +-+++≤，令ln t x x =+，则e (1)e 0t a t -++≤在R t ∈上有解，令()e (1)e t F t a t =-++，当0a =时，()e e 0t F t =+>，不合题意； 当0a >时，则()e t F t a '=-，令()0F t '=得ln t a =， 当ln t a <时()0F t '<，()F t 单调递减， 当ln t a >时()0F t '>，()F t 单调递增， ①min ()(ln )ln e F t F a a a ==-+，①ln e 0a a -+≤，即ln e a a ≥，①e a ≥，即a 的取值范围为[e,)+∞. 【一隅三反】1．（2022·河南安阳）已知函数()()1e xax f x x a +=+∈R ． (1)当1a =时，求函数()y f x =在()()0,0f 处的切线方程； (2)对于()0,x ∀∈+∞，不等式()ln 2e xxf x x ≤-恒成立，求实数a 的取值范围． 【答案】(1)1y x =+(2)1a ≤ 【解析】(1)当1a =时，()1e x x f x x +=+，则()1e xxf x '=-，所以，()()001f f '==，此时，函数()y f x =在()()0,0f 处的切线方程为1y x =+. (2)()0,x ∀∈+∞，由()ln 2e x x f x x ≤-可得ln 1e xx a x+≤-，其中0x >，令()ln 1e xx g x x +=-，其中0x >，则()222ln e ln e x xx x x g x x x +'=+=，令()2e ln x h x x x =+，其中0x >，则()()212e 0xh x x x x'=++>， 故函数()2e ln xh x x x =+在()0,∞+上为增函数，因为1ln 202h ⎛⎫< ⎪⎝⎭，()10h >，所以，存在01,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭使得()02000e ln 0xh x x x =+=，则001ln 0000001111e ln ln e ln x x x x x x x x =-==，令()e x p x x =，其中0x >，则()()1e 0xp x x '=+>，故函数()p x 在()0,∞+上为增函数，因为()001ln p x p x ⎛⎫= ⎪⎝⎭，所以，00ln x x =-，可得()0000ln ln e 0x x x x +==，则00e 1xx =，当00x x <<时，()0g x '<，此时函数()g x 单调递减， 当0x x >时，()0g x '>，此时函数()g x 单调递增， 所以，()()00000min00e ln 1111x x x x g x g x x x --+-====，1a ∴≤.2．（2022·海南中学高三阶段练习）已知函数()e ln x f x x ax a x =--. (1)若e a =，求()f x 的单调区间；(2)是否存在实数a ，使()1f x ≥对()0,x ∈+∞恒成立，若存在，求出a 的值或取值范围；若不存在，请说明理由.【答案】(1)单调递减区间是()0,1，单调递增区间是()1,+∞；(2)存在，1a =.【解析】（1）因为()e ln xf x x ax a x =--，所以()()()1e 0xaf x x a x x'=+-->， 即()()1e xx f x x a x+'=-. 当e a =时，()()1e e xx f x x x+'=-， 令()e e x g x x =-，则()()1e 0xg x x '=+>，所以()g x 在()0,∞+单调递增，因为()10g =，所以，当01x <<时，()0g x <，()0f x '<；当1x >时，()0g x >，()0f x '>， 所以()f x 的单调递减区间是()0,1，单调递增区间是()1,+∞.(2)法一：设()()e ln 1xF x x a x x =-+-，则()()1e xx F x x a x+'=-，①当0a =时，()e 1xF x x =-，1102F ⎛⎫< ⎪⎝⎭，即112f ⎛⎫< ⎪⎝⎭， 故0a =不符合题意.①当0a <时，当()0,1x ∈时，()()e ln 1e ln 1xF x x a x x a a x =-+-<---.·令e ln 10a a x ---≤，即e 1ln a x a--≤， 取()e 11e0,1a ax --=∈，则1e ln 10a a x ---=，即()10F x <，()11f x <.故0a <不符合题意.①当0a >时，令()e x h x x a =-，[)0,x ∈+∞，则()()10xh x x e '=+>，故()h x 在[)0,∞+单调递增.因为()00h a =-<，()()e e 10a ah a a a a =-=->，所以存在唯一的()00,x a ∈使得()00h x =，所以，()00,x x ∈时，()0h x <，()0F x '<；()0,x x ∈+∞时，()0h x >，()0F x '>， 故()f x 在()00,x 单调递减，在()0,x +∞单调递增.所以()F x 的最小值为()()00000e ln 1xF x x a x x =-+-，因为()00h x =，即00e xx a =，两边取对数得00ln ln x x a +=，所以()()00000e ln 1ln 1xF x x a x x a a a =-+-=--.令()ln 1G x x x x =--，则()ln G x x '=-， 所以()G x 在()0,1单调递增，在()1,+∞单调递减， 故()()10G x G ≤=，当且仅当1x =时，等号成立， 故当且仅当1a =时，()0F x ≥在()0,∞+恒成立， 综上，存在a 符合题意，1a =.法二：设()()e ln 1xF x x a x x =-+-，则()()()1e 0xx F x x a x x+'=->， 设()()e 0xh x x a x =-≥，易知()h x 在[)0,∞+单调递增，①当1a =时，因为1102h ⎛⎫=< ⎪⎝⎭，()1e 10h =->，所以存在唯一01,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得00e 10xx -=，即00e 1x x =，00ln 0x x +=.所以当()00,x x ∈，()0h x <，即()0F x '<，()F x 单调递减；当()0,x x ∈+∞，()0h x >，即()0F x '>，()F x 单调递增. 故()()00F x F x ≥=，即()1f x ≥，符合题意.①当1a >时，()000e 10x h x x a a =-=-<，()e 0ah a a a =->，所以存在唯一()10,x x a ∈，使得()10h x =，所以当()01,x x x ∈，()0h x <，即()0F x '<，()F x 单调递减， 故()()100F x F x <=，即()11f x <，故1a >不符合题意.①当01a <<时，()000e 10xh x x a a =-=->，()00h a =-<，所以存在唯一()200,x x ∈，使得()20h x =， 所以当()20,x x x ∈，()0h x >，即()0F x '>.所以()f x 在()20,x x 单调递增，故()()200F x F x <=，即()21f x <， 故01a <<不符合题意.①当0a =时，112f ⎛⎫< ⎪⎝⎭，不符合题意.①当0a <时，e 1e 1e e 1a a af a a a --⎛⎫--<--⋅= ⎪⎝⎭，不符合题意. 综上，存在a 符合题意，1a =. 法三：①当0a ≤时，()()1e 0xx f x x a x+'=->，故()f x 在()0,∞+上单调递增. 因为()ln t x x x =+在()0,∞+单调递增，且1110e et ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭，()110t =>，故存在唯一01,1x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()00t x =，即00ln 0x x +=，即00e 1xx =，故()()00000e ln 1x f x x a x x =-+=，所以任意()00,x x ∈，都有()()01f x f x <=. 故0a ≤不符合题意.①当1a =时，()()()ln e ln eln x x xf x x x x x x +=-+=-+，对于函数()e 1x h x x =--，()e 1x h x '=-. 所以0x <时，()0h x '<；0x >时，()0h x '>. 所以()h x 在(),0∞-单调递减，在()0,∞+单调递增， 故()()00h x h ≥=，所以e 1x x ≥+，故()()ln 1ln 1f x x x x x ≥++-+=，故1a =符合题意. ①当0a >且1a ≠时，对于函数()ln ln x x x a ϕ=+-，因为()x ϕ在()0,∞+单调递增，且()0a a ϕ=>，()1e 0e eaa a a a ϕ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭，所以存在1,e a a x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得11ln ln x x a +=，即11e xx a =，所以()()111111e ln 1ln 1xf x x a x x a a a -=-+-=--.令()ln 1G t t t t =--，则()ln G t t '=-， 故()G t 在()0,1单调递增，在()1,+∞单调递减. 故()()10G t G ≤=，当且仅当1t =时，“=”成立. 所以当()()0,11,a ∈+∞时，ln 10a a a --<，即()110f x -<，()11f x <，故()()0,11,a ∈+∞不符合题意.综上，存在a 符合题意，1a =.法四：设()ln h x x x =+，()0,x ∈+∞，易知()h x 在()0,∞+单调递增.又当()0,1x ∈时，ln 1ln x x x +<+，所以()()ln 0,1y x x x =+∈的值域为(),1-∞；当[)1,x ∞∈+时，[)()ln 1,y x x x =+∈+∞的值域为[)1,+∞. 所以()ln h x x x =+的值域为R .故对于R 上任意一个值0y ，都有唯一的一个正数0x ，使得000ln y x x =+. 因为e ln 10x x ax a x ---≥，即()ln eln 10x xa x x +-+-≥.设()e 1t F t at =--，t ∈R ，所以要使()ln eln 10x xa x x +-+-≥，只需()min 0F t ≥.当0a ≤时，因为()1110eF a -=+-<，即()11f -<，所以0a ≤不符合题意.当0a >时，当(),ln t a ∈-∞时，()e 0tF t a '=-<，()F t 在(),ln a -∞单调递减； 当()ln ,t a ∈+∞时，()e 0tF t a '=->，()F t 在()ln ,a +∞单调递增.所以()()min ln ln 1F t F a a a a ==--. 设()ln 1m a a a a =--，()0,a ∈+∞，则()ln m a a '=-，当()0,1a ∈时，()0m a '>，()m a 在()0,1单调递增； 当()1,a ∈+∞时，()0m a '<，()m a 在()1,+∞单调递减.所以()()max 10m a m ==，所以()0m a ≤，()min 0F t ≤，当且仅当1a =时，等号成立. 又因为()0F t ≥，所以()min 0F t =，所以1a =. 综上，存在a 符合题意，1a =.3．（2022·青海·大通回族土族自治县教学研究室三模（理））已知函数()ln 1f x ax x =++． (1)若()f x 在(0,)+∞上仅有一个零点，求实数a 的取值范围； (2)若对任意的0x >，2()e x f x x ≤恒成立，求实数a 的取值范围． 【答案】(1)0a ≥或1a =-(2)(,2]-∞ 【解析】 (1)1()f x a x'=+，0x >， 当0a ≥时，()0f x '>恒成立，所以()f x 在(0,)+∞上单调递增．又()11ee 11a af a a ----=--+()1e 10a a --=-≤，(1)10f a =+>， 所以此时()f x 在(0,)+∞上仅有一个零点，符合题意； 当0a <时，令()0f x '>，解得10x a <<-；令()0f x '<，解得1x a>-， 所以()f x 在10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，所以()f x 在1,a ∞⎛⎫-+ ⎪⎝⎭上单调递减．要使()f x 在(0,)+∞上仅有一个零点，则必有10f a ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，解得1a =-．综上，当0a ≥或1a =-时，()f x 在(0,)+∞上仅有一个零点．(2)因为()ln 1f x ax x =++，所以对任意的0x >，2()e x f x x ≤恒成立，等价于2ln 1e x x a x+≤-在(0,)+∞上恒成立．令2ln 1()e (0)xx m x x x+=->，则只需min ()a m x ≤即可， 则2222e ln ()+'=x x xm x x， 再令22()2e ln (0)x g x x x x =+>，则()221()4e 0'=++>xg x x x x， 所以()g x 在(0,)+∞上单调递增．因为12ln 204g ⎛⎫=< ⎪⎝⎭，2(1)2e 0g =>，所以()g x 有唯一的零点0x ，且0114x <<， 所以当00x x <<时，()0m x '<，当0x x >时，()0m x '>， 所以()m x 在()00,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增． 因为022002eln 0x x x +=，所以()()()00002ln 2ln ln ln x x x x +=-+-，设()ln (0)S x x x x =+>，则1()10'=+>S x x， 所以函数()S x 在(0,)+∞上单调递增．因为()()002ln S x S x =-，所以002ln x x =-，即0201e x x =． 所以()0()m x m x ≥=02000000ln 1ln 11e 2x x x x x x x +-=--=， 则有2a ≤．所以实数a 的取值范围为(,2]-∞．考点四 证明不等式【例4】（2022·四川省）己知函数()e xf x ax =-（其中e 为自然对数的底数，e 2.718≈…）．(1)若()1f x ≥恒成立，求实数a 的值； (2)若(0,1)x ∈，求证：1ln 11()x x f x ax x-+-<+．【答案】(1)1；(2)证明见解析.【解析】(1)设()()1e 1x h x f x ax =-=--，则 ()e x h x a '=-．当0a ≤时，()e 0,()x h x a h x '=->单调递增，1(1)e 10h a -=+-<-，不满足()0h x ≥恒成立； 当0a >时，由 ()0h x '=，可得ln x a =，所以(,ln )x a ∈-∞， ()0h x '<，()h x 单调递减．(ln ,)x a ∈+∞， ()0h x '>，()h x 单调递增， 所以()h x 的最小值为(ln )ln 10h a a a a =--≥， 即11ln 0a a --≥，即1ln 10a a+-≤． 设211()ln 1,()a a a a a aϕϕ'-=+-=， 则()0,1,()0,()a a a ϕϕ'∈<单调递减，()1,,()0,()a a a ϕϕ'∈+∞>单调递增， 即min ()(1)0a ϕϕ==， 故1ln 10a a+-≤的解只有1a =． 综上，1a =． (2)先证当(0,1)x ∈时，e 1x x >+恒成立． 令()e 1,()e 10x x t x x t x '=--=->， 所以()t x 在(0,1)上单调递增， 又()(0)0t x t >=，所以e 1x x >+． 所以要证1ln 11e x x x x -+-<，可证1ln 111x x x x-+-<+， 即证211ln 1x x x x x x +-++-<+，即证21ln 10x x x -++>． 设21()ln 1F x x x x =-++，则22111()2(1)20F x x x x x x x'=--=--<，所以()F x 在(0,1)上单调递减，所以()(1)10F x F >=>，即21ln 10x x x-++>， 所以当(0,1)x ∈时，1ln 11()x x f x x-+-<． 【一隅三反】1．（2022·四川省泸县第二中学模拟预测（理））已知函数()ln e xa xf x a x=--（e 为自然对数的底数）有两个零点．(1)若1a =，求()f x 在1x =处的切线方程；(2)若()f x 的两个零点分别为12,x x ，证明：12212e 0x xx x ---<．【答案】(1)()e 1y x =-(2)证明见解析【解析】(1)当1a =时，()ln e 1xxf x x =--，()21ln e x x f x x -'=-， 又()1e 1f =-，所以切点坐标为()1,e 1-，切线的斜率为()1e 1k f '==-． 所以切线方程为()()()e 1e 11y x --=--，即()e 1y x =- (2)由已知得()()e ln 0x x a x xf x x-+==有两个不等的正实跟．所以方程()e ln 0xx a x x -+=有两个不等的正实根，即()e ln e 0x x x a x -=有两个不等的正实根，()ln e e x x a x x =① 要证12212e e x x x x +>，只需证()()12212e e e x x x x ⋅>，即证()()1212ln e ln e 2x xx x +>，令111e x t x =，222e xt x =，所以只需证12ln ln 2t t +>，由①得11ln a t t =，22ln a t t =，所以()2121ln ln a t t t t -=-，()2121ln ln a t t t t +=+，消去a 得()221121212122111ln ln ln ln ln 1t t t t t t t t t t t t t t ⎛⎫+ ⎪+⎝⎭+=-=--，只需证2211211ln 21t t t t t t ⎛⎫+ ⎪⎝⎭>-， 设120t t <<，令21t t t =，则1t >， 则()1ln 21t t t +>-，即证4ln 201t t +->+ 构建()4ln 201h t t t =+->+则()()()()222114011t h t t t t t -'=-=>++，所以()h t 在()1,+∞上单调递增，则()()10h t h >=， 即当1t >时，4ln 201t t +->+成立， 所以12ln ln 2t t +>，即()()12212e e e x x x x ⋅>，即12212e e x x x x +>，所以12212e0x x x x ---<，证毕．2．（2022·河南·高三阶段练习）已知函数()e 1xf x x =--.(1)求()f x 的最小值；(2)证明：()22e ln 3f x x x x >+-.【答案】(1)0(2)证明见解析【解析】(1)由题意可得()1xf x e '=-.由()0f x '>，得0x >；由()0f x '<，得0x <.()f x 在(),0∞-上单调递减，在()0,∞+上单调递增， 故()()min 00f x f ==.(2)证明：要证()22ln 3f x e x x x >+-，即证221ln 3x e x e x x x -->+-，即证221ln 2x e x e x x x-->-.设()2ln 2e xg x x =-，则()()221ln e x g x x-'=， 由()0g x '>，得0x e <<，由()0g x '<，得x e >， 则()()2g x g e e ≤=-，当且仅当x e =时，等号成立.设()()210x e x h x x x --=>，则()()()211xx e x h x x ---'=.由（1）可知当0x >时，10x e x -->.由()0h x '>，得1x >，由()0h x '<，得01x <<， 则()()12h x h e ≥=-，当且仅当1x =时，等号成立.因为2ln 22e x e x -≤-与212x e x e x --≥-等号成立的条件不同，所以221ln 2x e x e x x x-->-，即()22ln 3f x e x x x >+-.3．（2022·河南）已知函数()e 1xf x x =--.(1)求()f x 的最小值；(2)若0x >，证明：()()2e 3f x x x ≥+-.【答案】(1)0；(2)证明见解析.【解析】(1)解：由题意可得()e 1xf x '=-.由()0f x '>，得0x >；由()0f x '<，得0x <.则()f x 在(),0∞-上单调递减，在()0,∞+上单调递增，故()()min 00f x f ==.(2)证明：要证()()2e 3f x x x >+-，即证()2e 1e 3x x x x -->+-，即证2e 1e 2x x x--≥-.设()()2e 10x x h x x x --=>，则()()()21e 1xx x h x x ---'=.由（1）可知当0x >时，e 10x x -->.由()0h x '>，得1x >，由()0h x '<，得01x <<， 则()()1e 2h x h ≥=-，当且仅当1x =时，等号成立.即()()2e 3f x x x ≥+-.4．（2022·全国·高考真题）已知函数()x f x e ax =-和()ln g x ax x =-有相同的最小值． (1)求a ；(2)证明：存在直线y b =，其与两条曲线()y f x =和()y g x =共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列． 【答案】(1)1a =(2)见解析【解析】(1)()e x f x ax =-的定义域为R ，而()e '=-x f x a ， 若0a ≤，则()0f x '>，此时()f x 无最小值，故0a >.()ln g x ax x =-的定义域为()0,+∞，而11()ax g x a x x'-=-=. 当ln x a <时，()0f x '<，故()f x 在(),ln a -∞上为减函数， 当ln x a >时，()0f x '>，故()f x 在()ln ,a +∞上为增函数， 故()min ()ln ln f x f a a a a ==-. 当10x a <<时，()0g x '<，故()g x 在10,a ⎛⎫⎪⎝⎭上为减函数， 当1x a >时，()0g x '>，故()g x 在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上为增函数，故min 11()1ln g x g a a ⎛⎫==- ⎪⎝⎭.因为()e x f x ax =-和()ln g x ax x =-有相同的最小值， 故11lnln a a a a -=-，整理得到1ln 1a a a-=+，其中0a >，设()1ln ,01a g a a a a -=->+，则()()()222211011a g a a a a a --'=-=≤++， 故()g a 为()0,+∞上的减函数，而10g ，故()0g a =的唯一解为1a =，故1ln 1aa a-=+的解为1a =. 综上，1a =.(2)由（1）可得e ()x x f x =-和()ln g x x x =-的最小值为11ln11ln 11-=-=.当1b >时，考虑e x x b -=的解的个数、ln x x b -=的解的个数.设()e x S x x b =--，()e 1xS x '=-，当0x <时，()0S x '<，当0x >时，()0S x '>， 故()S x 在(),0-∞上为减函数，在()0,+∞上为增函数， 所以()()min 010S x S b ==-<，而()e 0b S b --=>，()e 2bS b b =-，设()e 2b u b b =-，其中1b >，则()e 20bu b '=->，故()u b 在()1,+∞上为增函数，故()()1e 20u b u >=->，故()0S b >，故()e xS x x b =--有两个不同的零点，即e x x b -=的解的个数为2.设()ln T x x x b =--，()1x T x x-'=， 当01x <<时，0T x，当1x >时，()0T x '>，故()T x 在0,1上为减函数，在()1,+∞上为增函数， 所以()()min 110T x T b ==-<， 而()ee0bbT --=>，()e e 20b b T b =->，()ln T x x x b =--有两个不同的零点即ln x x b -=的解的个数为2.当1b =，由（1）讨论可得ln x x b -=、e x x b -=仅有一个零点， 当1b <时，由（1）讨论可得ln x x b -=、e x x b -=均无零点， 故若存在直线y b =与曲线()y f x =、y g x 有三个不同的交点，则1b >.设()e ln 2x h x x x =+-，其中0x >，故1()e 2xh x x'=+-， 设()e 1x s x x =--，0x >，则()e 10xs x '=->，故()s x 在()0,+∞上为增函数，故()()00s x s >=即e 1x x >+， 所以1()1210h x x x'>+-≥->，所以()h x 在()0,+∞上为增函数，而(1)e 20h =->，31e 333122()e 3e 30e e eh =--<--<，故()h x 在()0,+∞上有且只有一个零点0x ，0311ex <<且：当00x x <<时，()0h x <即e ln x x x x -<-即()()f x g x <， 当0x x >时，()0h x >即e ln x x x x ->-即()()f x g x >， 因此若存在直线y b =与曲线()y f x =、y g x 有三个不同的交点，故()()001b f x g x ==>，此时e x x b -=有两个不同的零点1010,(0)x x x x <<， 此时ln x x b -=有两个不同的零点0404,(01)x x x x <<<，故11e xx b -=，00e x x b -=，44ln 0x x b --=，00ln 0x x b --=所以44ln x b x -=即44ex bx -=即()44e 0x b x b b ----=，故4x b -为方程e x x b -=的解，同理0x b -也为方程e x x b -=的解又11e x x b -=可化为11e xx b =+即()11ln 0x x b -+=即()()11ln 0x b x b b +-+-=，故1x b +为方程ln x x b -=的解，同理0x b +也为方程ln x x b -=的解，所以{}{}1004,,x x x b x b =--，而1b >，故0410x x bx x b =-⎧⎨=-⎩即1402x x x +=.。

导数综合强化训练一、单选题1．已知函数()e 2(0)1'x f x f x =++，则'(2)f 的值为（ ）A ．1-B ．2-C ．2e 1-D ．2e 2-2．已知12023ln 20242024a =+，12024ln 20252025b =+，12025ln 20262026c =+，则a ，b ，c 的大小关系是（ ）A ．a b c >>B ．a c b >>C ．c b a>>D ．c a b>>3．设曲线e ax y =在点(0,1)处的切线与直线230x y -+=平行，则a =（ ）.A ．1B ．2C ．12D ．12-4．若对任意的1x ，(]21,3x Î，当12x x <时，1212ln ln 22a ax x x x ->-恒成立，则实数a 的取值范围是（ ）A ．[)3,+¥B ．()3,+¥C ．[)6,+¥D ．()6,+¥5．已知函数()()e xf x x a =+，a ÎR 有大于1-的极值点，则a 的取值范围为（ ）A ．21,e æö-+¥ç÷èøB ．21,e æö-¥-ç÷èøC ．()0,¥+D ．(),0-¥6．已知函数()2xf x ax x =-+，[1,)x Î+¥，()f x ¢是()f x 的导函数，且()0f x ¢£，则a 的最小值为（ ）A ．23B ．29C ．13D ．197．如果()e xf x ax =-在区间()1,0-上是单调函数，那么实数a 的取值范围为（ ）A ．1(,][1,)e -¥+¥U B ．1[,1]eC ．1(,e-¥D ．[1,)+¥8．已知直线2y x a =-+与函数()24ln f x x x =-的图象有两个不同的交点，则实数a 的取值范围为（ ）A ．()3,+¥B ．[)3,+¥C ．1,32æöç÷èøD ．()2,39．已知函数32()3f x x ax ax b =+++的图象在点(1,(1))f 处的切线方程为12y x m =-+.若函数()f x 至少有两个不同的零点，则实数b 的取值范围是（ ）A ．(5,27)-B ．[5,27]-C ．(1,3]-D ．[1,3]-10．已知函数()f x 的导函数是()f x ¢，且311(),ln 3,log 3f x x p q ¢===，则下列命题正确的是（ ）A ．()()f p f q -<B ．()(2)f p f q >C ．11()()f f p q >D ．11(1)(f f p q+>11．已知函数()2e x bf x x =×-有三个零点，则b 的取值范围是（ ）A ．220,e æöç÷èøB ．240,e æöç÷èøC ．24,e æö-¥ç÷èøD ．220,e éùêúëû12．设函数()()sin f x x a ax =-，若存在0x 使得0x 既是()f x 的零点，也是()f x 的极值点，则a 的可能取值为（ ）A ．0B C ．πD ．2π13．设0.02e 1a =-，0.012(e 1)b =-，sin 0.01tan 0.01c =+，则（ ）A ．c a b>>B ．a b c>>C ．c b a>>D ．b a c>>14．已知()f x 是定义在()0,¥+上的非负可导函数，且满足()()0xf x f x +£¢，对任意的正数a ，b ，若a b <，则必有（ ）A ．()()bf b af a £B ．()()bf a af b £C ．()()af a bf b £D ．()()af b bf a £15．若正实数a ，b ，c 满足b a =ln b a a c =，则（ ）A ．a b³B ．a c³C ．b c³D ．c b³16．已知不恒为0的函数()f x 的定义域为R,()e ()e ()y x f x y f x f y +=+，则不正确的（ ）A ．(0)0f =B ．()e xf x 是奇函数C ．0x =是()f x 的极值点D ．4(3)3e (1)f f =--二、多选题17．已知函数3211()2132f x x x x =+-+，若函数()f x 在(2,23)a a +上存在最小值，则a 的可能取值为（ ）A ．12-B ．12C ．1-D ．018．已知函数()()()2ln f x x x a a =--ÎR 在区间[)1,+¥上单调递减，则实数a 可以是（ ）A ．0B 1C ．1D ．1219．设函数32()1f x x x ax =-+-，则（ ）A ．当1a =-时，()f x 有三个零点B ．当13a ³时，()f x 无极值点C ．a $ÎR ，使()f x 在R 上是减函数D ．,()a f x "ÎR 图象对称中心的横坐标不变20．已知,,,a b c d ÎR ，满足0a b c d >>>>，则（ ）A ．a c b d ->-B ．sin sin a a b b ->-C ．a b d c>D ．ad bc ab cd+>+21．已知定义在R 上的函数()y f x =满足132f x æö-ç÷èø为偶函数，()21f x +为奇函数，当10,2x éùÎêúëû时，()0f x ¢>，则下列说法正确的是（ ）A ．()00f =B ．函数()y f x =为周期函数C ．函数()y f x =为R 上的偶函数D ．4133f f æöæö>ç÷ç÷èøèø22．已知函数()()2e xf x x =-，()lng x x x k =+，(R)k Î，则下列说法中正确的是（ ）A ．函数()f x 只有1个零点，当1ek >时，函数()g x 只有1个零点．B ．若关于x 的方程()f x a =有两个不相等的实数根，则实数()e,0a Î-．C ．121,0,e x x æö"Îç÷èø，且12x x ¹，都有1212()()0g x g x x x ->-．D ．1x "ÎR ，2(0,)x $Î+¥，使得()()12f x g x >成立，则实数)1,e e(k Î-¥-．三、填空题23．若曲线ln y x x =+在点()1,1处的切线与曲线2(2)1(0)y ax a x a =+++¹相切，则a =．24．设函数3()31(1)f x ax x a =-+>，若对于任意的[1,1]x Î-，都有()0f x ³成立，则实数a 的值为 ．25．函数()()2f x x x a =-的极小值点为2，则实数a 的值为 .26．已知函数()(e 1)x f x a =-，对任意(0,)x Î+¥，总有()2f x x ³成立，则实数a 的取值范围为 .27．设函数()()e ln 0ax f x a a æö=>ç÷èø的零点为0x ，则当a 的取值为 时，0x 的最大值为 ．28．定义在(0,)+¥上的函数()f x 满足2()10x f x ¢+<，5(2)2f =，则关于x 的不等式1(ln )2ln f x x>+的解集为.29．已知函数()f x 的定义域为R ，且()()1f x f x ¢>+，(0)3f =，则不等式()2e 1x f x >+的解集为．30．已知函数()()24222x x f x a x ax =+-×-有4个不同的零点，则a 的取值范围为.四、解答题31．曲线()3f x x =在点A 处的切线的斜率为3，求该曲线在点A 处的切线方程.32．已知函数()32691f x x x x =-+.(1)求函数()f x 在0x =处的切线方程；(2)当[]0,5x Î时，求函数()f x 的最大值.33．已知函数()212ln 32f x x x x =-+．(1)求函数()f x 的极值；(2)解不等式：()6ln 28f x >+．34．已知函数()()e 211x xf x x -=-．(1)求()f x 的单调递增区间；(2)求出方程()()f x a a =ÎR 的解的个数．35．设函数()y f x =，其中()()0ln f x a x =->，(1)求()f x ¢；(2)若()y f x =在[1,)+¥是严格增函数，求实数a 的取值范围；(3)若()y f x =在[2,4]上存在单调递减区间，求实数a 的取值范围．36．已知函数()y f x =，其中()()()326,R f x x ax a x b a b =++++Î．(1)若函数()y f x =的图象过原点，且在原点处的切线斜率是3，求a 、b 的值；(2)若()y f x =在R 上是严格增函数，求实数a 的取值范围．37．已知()()21ln 12f x ax x x =-+-+，其中0a >．(1)若函数()f x 在3x =处的切线与x 轴平行，求a 的值；(2)求()f x 的极值点；(3)若()f x 在[)0,+¥上的最大值是0，求a 的取值范围．38．已知函数1()e axf x x=+（0a ³）．(1)当0a =时，求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；(2)设2()()g x f x x ¢=×，求函数()g x 的极大值．39．设函数()e x f x x a =-.(1)若直线2y x =--是曲线()y f x =的切线，求实数a 的值；(2)讨论()f x 的单调性；(3)当1a =时，记函数()()x g x e f x =，若0m n +>，证明：()()2g m g n +<-.40．已知函数()()1ln R f x ax x a =--Î.(1)若2a =，求()f x 在1,e e éùêúëû上的最大值和最小值；(2)若1a =，当1x >时，证明：()ln x x f x >恒成立；(3)若函数()f x 在1x =处的切线与直线:1l x =垂直，且对()0,x ¥"Î+，()2f x bx ³-恒成立，求实数b 的取值范围.41．已知函数()e cos xf x a x =+在0x =处的切线方程为2y x =+.(1)求实数a 的值；(2)探究()f x 在区间3π,2öæ-+¥ç÷èø内的零点个数，并说明理由.42．已知函数()ln 1f x ax x =+-.(1)讨论()f x 的单调性；(2)已知函数()()2f x g x x x=-有两个零点，求实数a 的取值范围.43．已知函数ln .f x x x x （）＝＋(1)求函数f x （）的最小值；(2)证明：1212ln 1e e x x x+>-×＋.44．已知函数()()e ln 1R xf x m x x m =-+-Î，()f x 的图像在(1,f (1))处的切线过原点．(1)求m 的值；(2)设()()g x f x x =-，()22h x x x a =-+，其中a ÎZ ，若对()10,x ¥"Î+，总2x $ÎR ，使()()12g x h x >成立，求整数a 的取值范围．45．已知()ln f x x =，()()g x f x ax =-，若函数()g x 有两个零点m ，n ，且0m n >>.(1)a 的取值范围；(2)证明：当210x x >>时，()()2112212x x x xf x f x -+<-；(3)证明：2e m n +>（注：e 2.718281=×××是自然对数的底数）．。

高考数学理科一轮复习导数的综合应用学案（有答案）本资料为woRD文档，请点击下载地址下载全文下载地址学案15 导数的综合应用导学目标：1.应用导数讨论函数的单调性，并会根据函数的性质求参数范围.2.会利用导数解决某些实际问题．自主梳理．函数的最值函数f在[a，b]上必有最值的条件如果函数y＝f的图象在区间[a，b]上________，那么它必有最大值和最小值．求函数y＝f在[a，b]上的最大值与最小值的步骤：①求函数y＝f在内的________；②将函数y＝f的各极值与________比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．2．实际应用问题：首先要充分理解题意，列出适当的函数关系式，再利用导数求出该函数的最大值或最小值，最后回到实际问题中，得出最优解．自我检测．函数f＝x3－3ax－a在内有最小值，则a的取值范围为A．0≤a&lt;1B．0&lt;a&lt;1c．－1&lt;a&lt;1D．0&lt;a&lt;122．设f′是函数f的导函数，将y＝f和y＝f′的图象画在同一个直角坐标系中，不可能正确的是3．对于R上可导的任意函数f，若满足f′≥0，则必有A．f＋f&lt;2fB．f＋f≤2fc．f＋f≥2fD．f＋f&gt;2f4．函数f＝12ex在区间0，π2上的值域为______________．5．f＝x2在x＝2处有极大值，则常数c的值为________．探究点一求含参数的函数的最值例1 已知函数f＝x2e－ax，求函数在[1,2]上的最大值．变式迁移1 设a&gt;0，函数f＝alnxx.讨论f的单调性；求f在区间[a,2a]上的最小值．探究点二用导数证明不等式例2 已知f＝12x2－alnx，求函数f的单调区间；求证：当x&gt;1时，12x2＋lnx&lt;23x3.变式迁移2 设a为实数，函数f＝ex－2x＋2a，x∈R.求f的单调区间与极值；求证：当a&gt;ln2－1且x&gt;0时，ex&gt;x2－2ax＋1.探究点三实际生活中的优化问题例3 某分公司经销某种品牌产品，每件产品的成本为3元，并且每件产品需向总公司交a元的管理费，预计当每件产品的售价为x元时，一年的销售量为2万件．求分公司一年的利润L与每件产品的售价x的函数关系式；当每件产品的售价为多少元时，分公司一年的利润L最大，并求出L的最大值Q．变式迁移3 甲方是一农场，乙方是一工厂．由于乙方生产需占用甲方的资源，因此甲方有权向乙方索赔以弥补经济损失并获得一定净收入，在乙方不赔付甲方的情况下，乙方的年利润x与年产量t满足函数关系x＝XXt.若乙方每生产一吨产品必须赔付甲方S元．将乙方的年利润ω表示为年产量t的函数，并求出乙方获得最大利润的年产量；甲方每年受乙方生产影响的经济损失金额y＝0.002t2，在乙方按照获得最大利润的产量进行生产的前提下，甲方要在索赔中获得最大净收入，应向乙方要求的赔付价格S是多少？转化与化归思想的应用例已知函数f＝lnx－x＋1.若xf′≤x2＋ax＋1，求a的取值范围；证明：f≥0.【答题模板】解∵f′＝x＋1x＋lnx－1＝lnx＋1x，x&gt;0，∴xf′＝xlnx＋1.由xf′≤x2＋ax＋1，得a≥lnx－x，令g＝lnx－x，则g′＝1x－1，[2分] 当0&lt;x&lt;1时，g′&gt;0；当x&gt;1时，g′&lt;0，[4分]∴x＝1是最大值点，gmax＝g＝－1，∴a≥－1，∴a的取值范围为[－1，＋∞)．[6分]证明由知g＝lnx－x≤g＝－1，∴lnx－x＋1≤0.是快速解决的关键．)[8分]当0&lt;x&lt;1时，x－1&lt;0，f＝lnx－x＋1＝xlnx ＋lnx－x＋1≤0，∴f≥0.当x≥1时，x－1&gt;0，f＝lnx－x＋1＝lnx＋xlnx－x＋1＝lnx－xln1x－1x＋1≥0，∴f≥0.[11分]综上，f≥0.[12分]【突破思维障碍】本小题主要考查函数、导数、不等式证明等知识，通过运用导数知识解决函数、不等式问题，考查了考生综合运用数学知识解决问题的能力以及计算能力，同时也考查了函数与方程思想、化归与转化思想．通过转化，本题实质还是利用单调性求最值问题．．求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要分类讨论参数的范围．若已知函数单调性求参数范围时，隐含恒成立思想．2．利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤：分析实际问题中各变量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出相应的函数关系式y＝f；求函数的导数f′，解方程f′＝0；比较函数的区间端点对应的函数值和极值，确定最值；回到实际问题，作出解答．一、选择题．已知曲线c：y＝2x2－x3，点P，直线l过点P且与曲线c相切于点Q，则点Q的横坐标为A．－1B．1c．－2D．22．已知函数y＝f，y＝g的导函数的图象如图所示，那么y＝f，y＝g的图象可能是3．设f′是函数f的导函数，y＝f′的图象如图所示，则y＝f的图象最有可能是4．函数f＝－x3＋x2＋tx＋t在上是增函数，则t的取值范围是A．t&gt;5B．t&lt;5c．t≥5D．t≤55．若函数f＝sinxx，且0&lt;x1&lt;x2&lt;1，设a＝sinx1x1，b＝sinx2x2，则a，b的大小关系是A．a&gt;bB．a&lt;bc．a＝bD．a、b的大小不能确定题号2345答案二、填空题6．在直径为d的圆木中，截取一个具有最大抗弯强度的长方体梁，则矩形面的长为________．7．要建造一个长方体形状的仓库，其内部的高为3m，长和宽的和为20m，则仓库容积的最大值为_____________________________________________________________m3.8．若函数f＝4xx2＋1在区间上是单调递增函数，则实数m的取值范围为________．三、解答题9．已知函数f＝122－ln．求f的单调区间；若x∈[1e－1，e－1]时，f&lt;m恒成立，求m的取值范围．0．为了在夏季降温和冬季供暖时减少能源损耗，房屋的屋顶和外墙需要建造隔热层．某幢建筑物要建造可使用20年的隔热层，每厘米厚的隔热层建造成本为6万元．该建筑物每年的能源消耗费用c与隔热层厚度x满足关系：c＝k3x ＋5，若不建隔热层，每年能源消耗费用为8万元，设f为隔热层建造费用与20年的能源消耗费用之和．求k的值及f的表达式；隔热层修建多厚时，总费用f达到最小，并求最小值．1．设函数f＝lnx，g＝ax＋bx，函数f的图象与x轴的交点也在函数g的图象上，且在此点有公共切线．求a、b的值；对任意x&gt;0，试比较f与g的大小．答案自主梳理．连续①极值②端点值自我检测．B 2.D 3.c4.12，12eπ25.6课堂活动区例1 解题导引求函数在闭区间上的最值，首先应判断函数在闭区间上的单调性，一般方法是令f′＝0，求出x 值后，再判断函数在各区间上的单调性，在这里一般要用到分类讨论的思想，讨论的标准通常是极值点与区间端点的大小关系，确定单调性或具体情况．解∵f＝x2e－ax，∴f′＝2xe－ax＋x2&#8226;e－ax＝e－ax．令f′&gt;0，即e－ax&gt;0，得0&lt;x&lt;2a.∴f在，2a，＋∞上是减函数，在0，2a上是增函数．①当0&lt;2a&lt;1，即a&gt;2时，f在[1,2]上是减函数，∴fmax＝f＝e－a.②当1≤2a≤2，即1≤a≤2时，f在1，2a上是增函数，在2a，2上是减函数，∴fmax＝f2a＝4a－2e－2.③当2a&gt;2，即0&lt;a&lt;1时，f在[1,2]上是增函数，∴fmax＝f＝4e－2a.综上所述，当0&lt;a&lt;1时，f的最大值为4e－2a；当1≤a≤2时，f的最大值为4a－2e－2；当a&gt;2时，f的最大值为e－a.变式迁移1 解函数f的定义域为，f′＝a&#8226;1－lnxx2，由f′＝a&#8226;1－lnxx2&gt;0，得0&lt;x&lt;e；由f′&lt;0，得x&gt;e.故f在上单调递增，在上单调递减．∵f在上单调递增，在上单调递减，∴f在[a,2a]上的最小值[f]min＝min{f，f}．∵f－f ＝12lna2，∴当0&lt;a≤2时，[f]min＝lna；当a&gt;2时，[f]min＝ln&#61480;2a&#61481;2.例2 解题导引利用导数解决不等式问题的主要方法就是构造函数，通过研究函数的性质进而解决不等式问题．解f′＝x－ax＝x2－ax，若a≤0时，f′&gt;0恒成立，∴函数f的单调增区间为．若a&gt;0时，令f′&gt;0，得x&gt;a，∴函数f的单调增区间为，减区间为．证明设F＝23x3－，故F′＝2x2－x－1x.∴F′＝&#61480;x－1&#61481;&#61480;2x2＋x＋1&#61481;x.∵x&gt;1，∴F′&gt;0.∴F在上为增函数．又F在上连续，F＝16&gt;0，∴F&gt;16在上恒成立．∴F&gt;0.∴当x&gt;1时，12x2＋lnx&lt;23x3.变式迁移2 解由f＝ex－2x＋2a，x∈R，知f′＝ex－2，x∈R.令f′＝0，得x＝ln2.于是当x变化时，f′，f的变化情况如下表：xln2f′－＋f极小值故f的单调递减区间是，单调递增区间是，f在x＝ln2处取得极小值，极小值为f＝eln2－2ln2＋2a＝2．证明设g＝ex－x2＋2ax－1，x∈R.于是g′＝ex－2x＋2a，x∈R.由知当a&gt;ln2－1时，g′最小值为g′＝2&gt;0.于是对任意x∈R，都有g′&gt;0，所以g在R内单调递增，于是当a&gt;ln2－1时，对任意x∈，都有g&gt;g．而g＝0，从而对任意x∈，都有g&gt;0，即ex－x2＋2ax－1&gt;0，故ex&gt;x2－2ax＋1.例3 解分公司一年的利润L与售价x的函数关系式为L＝2，x∈[9,11]．L′＝2－2＝．令L′＝0，得x＝6＋23a或x＝12．∵3≤a≤5，∴8≤6＋23a≤283.在x＝6＋23a两侧L′的值由正变负．∴①当8≤6＋23a&lt;9，即3≤a&lt;92时，Lmax＝L＝2＝9．②当9≤6＋23a≤283，即92≤a≤5时，Lmax＝L＝[12－]2＝43.所以Q＝9&#61480;6－a&#61481;，3≤a&lt;92，4&#61480;3－13a&#61481;3，92≤a≤5.综上，若3≤a&lt;92，则当每件售价为9元时，分公司一年的利润L最大，最大值Q＝9；若92≤a≤5，则当每件售价为元时，分公司一年的利润L最大，最大值Q＝43．变式迁移3 解因为赔付价格为S元/吨，所以乙方的实际年利润为ω＝XXt－St.由ω′＝1000t－S＝1000－Stt，令ω′＝0，得t＝t0＝2.当t&lt;t0时，ω′&gt;0；当t&gt;t0时，ω′&lt;0.所以当t＝t0时，ω取得最大值．因此乙方获得最大利润的年产量为2吨．设甲方净收入为v元，则v＝St－0.002t2.将t＝2代入上式，得到甲方净收入v与赔付价格S之间的函数关系式：v＝10002S－2×10003S4.又v′＝－10002S2＋8×10003S5＝10002×&#61480;8000－S3&#61481;S5，令v′＝0，得S＝20.当S&lt;20时，v′&gt;0；当S&gt;20时，v′&lt;0，所以S＝20时，v取得最大值．因此甲方向乙方要求赔付价格S＝20元/吨时，可获得最大净收入．课后练习区．A 2.D 3.c 4.c 5.A6.63d解析如图所示，为圆木的横截面，由b2＋h2＝d2，∴bh2＝b．设f＝b，∴f′＝－3b2＋d2.令f′＝0，由b&gt;0，∴b＝33d，且在上f′&gt;0，在[33d，d]上f′&lt;0.∴函数f在b＝33d处取极大值，也是最大值，即抗弯强度最大，此时长h＝63d.7．300解析设长为xm，则宽为m，仓库的容积为V，则V＝x&#8226;3＝－3x2＋60x，V′＝－6x＋60，令V′＝0得x＝10.当0&lt;x&lt;10时，V′&gt;0；当x&gt;10时，V′&lt;0，∴x＝10时，V最大＝300．8．＝4&#61480;1－x2&#61481;&#61480;x2＋1&#61481;2≥0，解得－1≤x≤1.由已知得&#8838;[－1,1]，即m≥－12m＋1≤1m&lt;2m ＋1，解得－1&lt;m≤0.9．解∵f＝122－ln，∴f′＝－11＋x＝x&#61480;2＋x&#61481;1＋x．……………………………………………………………………………………………∴f在上单调递增，在上单调递减．…………………………………………………………………令f′＝0，即x＝0，则xf′－＋f极小值……………………………………………………………………………………………又∵f＝12e2＋1，f＝12e2－1&gt;12e2＋1，又f&lt;m在x∈[1e－1，e－1]上恒成立，∴m&gt;12e2－1.………………………………………………………………………………0．解设隔热层厚度为xcm，由题设，每年能源消耗费用为c＝k3x＋5，再由c＝8，得k＝40，因此c＝403x＋5，…………………………………………而建造费用为c1＝6x.…………………………………………………………………最后得隔热层建造费用与20年的能源消耗费用之和为f＝20c＋c1＝20×403x＋5＋6x＝8003x＋5＋6x．………………………………………………………………f′＝6－2400&#61480;3x＋5&#61481;2，令f′＝0，即2400&#61480;3x＋5&#61481;2＝6，解得x＝5，x＝－253．…………………………………………当0&lt;x&lt;5时，f′&lt;0，当5&lt;x&lt;10时，f′&gt;0，………………………………………………………………故x＝5是f的最小值点，对应的最小值为f＝6×5＋80015＋5＝70.当隔热层修建5cm厚时，总费用达到最小值70万元．……………………………………………………………………………………………1．解f＝lnx的图象与x轴的交点坐标是，依题意，得g＝a＋b＝0.①……………………………………………………………又f′＝1x，g′＝a－bx2，且f与g在点处有公共切线，∴g′＝f′＝1，即a－b＝ 1.②……………………………………………………由①②得a＝12，b＝－12.…………………………………………………………………令F＝f－g，则F＝lnx－＝lnx－12x＋12x，∴F′＝1x－12－12x2＝－122≤0.∴F在上为减函数．………………………………………………………当0&lt;x&lt;1时，F&gt;F＝0，即f&gt;g；当x＝1时，F＝0，即f＝g；当x&gt;1时，F&lt;F＝0，即f&lt;g．综上，0&lt;x&lt;1时，f&gt;g；x＝1时，f＝g；x&gt;1时f&lt;g．…………………………………………………………………………。

高考数学理科一轮复习导数的综合应用学案（有答案）学案1导数的综合应用导学目标：1应用导数讨论函数的单调性，并会根据函数的性质求参数范围2会利用导数解决某些实际问题．自主梳理1．函数的最值(1)函数f(x)在[a，b]上必有最值的条如果函数＝f(x)的图象在区间[a，b]上________，那么它必有最大值和最小值．(2)求函数＝f(x)在[a，b]上的最大值与最小值的步骤：①求函数＝f(x)在(a，b)内的________；②将函数＝f(x)的各极值与________比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．2．实际应用问题：首先要充分理解题意，列出适当的函数关系式，再利用导数求出该函数的最大值或最小值，最后回到实际问题中，得出最优解．自我检测1．函数f(x)＝x3－3ax－a在(0,1)内有最小值，则a的取值范围为()A．0≤a&lt;1B．0&lt;a&lt;1．－1&lt;a&lt;1D．0&lt;a&lt;122．(2011&#8226;汕头月考)设f′(x)是函数f(x)的导函数，将＝f(x)和＝f′(x)的图象画在同一个直角坐标系中，不可能正确的是()3．对于R上可导的任意函数f(x)，若满足(x－1)f′(x)≥0，则必有() A．f(0)＋f(2)&lt;2f(1)B．f(0)＋f(2)≤2f(1)．f(0)＋f(2)≥2f(1)D．f(0)＋f(2)&gt;2f(1)4．(2011&#8226;新乡模拟)函数f(x)＝12ex (sin x＋s x)在区间0，π2上的值域为______________．．f(x)＝x(x－)2在x＝2处有极大值，则常数的值为________．探究点一求含参数的函数的最值例1 已知函数f(x)＝x2e－ax (a&gt;0)，求函数在[1,2]上的最大值．变式迁移1设a&gt;0，函数f(x)＝aln xx(1)讨论f(x)的单调性；(2)求f(x)在区间[a,2a]上的最小值．探究点二用导数证明不等式例2 (2011&#8226;张家口模拟)已知f(x)＝12x2－aln x(a∈R)，(1)求函数f(x)的单调区间；(2)求证：当x&gt;1时，12x2＋ln x&lt;23x3变式迁移2(2010&#8226;安徽)设a为实数，函数f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R(1)求f(x)的单调区间与极值；(2)求证：当a&gt;ln 2－1且x&gt;0时，ex&gt;x2－2ax＋1探究点三实际生活中的优化问题例3 (2011&#8226;孝感月考)某分公司经销某种品牌产品，每产品的成本为3元，并且每产品需向总公司交a元(3≤a≤)的管理费，预计当每产品的售价为x元(9≤x≤11)时，一年的销售量为(12－x)2万．(1)求分公司一年的利润L(万元)与每产品的售价x的函数关系式；(2)当每产品的售价为多少元时，分公司一年的利润L最大，并求出L 的最大值Q(a)．变式迁移3甲方是一农场，乙方是一工厂．由于乙方生产需占用甲方的资，因此甲方有权向乙方索赔以弥补经济损失并获得一定净收入，在乙方不赔付甲方的情况下，乙方的年利润x(元)与年产量t(吨)满足函数关系x＝2 000t若乙方每生产一吨产品必须赔付甲方S元(以下称S为赔付价格)．(1)将乙方的年利润ω(元)表示为年产量t(吨)的函数，并求出乙方获得最大利润的年产量；(2)甲方每年受乙方生产影响的经济损失金额＝0002t2(元)，在乙方按照获得最大利润的产量进行生产的前提下，甲方要在索赔中获得最大净收入，应向乙方要求的赔付价格S是多少？转化与化归思想的应用例(12分)(2010&#8226;全国Ⅰ)已知函数f(x)＝(x＋1)ln x－x＋1 (1)若xf′(x)≤x2＋ax＋1，求a的取值范围；(2)证明：(x－1)f(x)≥0【答题模板】(1)解∵f′(x)＝x＋1x＋ln x－1＝ln x＋1x，x&gt;0，∴xf′(x)＝xln x＋1由xf′(x)≤x2＋ax＋1，得a≥ln x－x，令g(x)＝ln x－x，则g′(x)＝1x－1，[2分]当0&lt;x&lt;1时，g′(x)&gt;0；当x&gt;1时，g′(x)&lt;0，[4分]∴x＝1是最大值点，g(x)ax＝g(1)＝－1，∴a≥－1，∴a的取值范围为[－1，＋∞)．[6分](2)证明由(1)知g(x)＝ln x－x≤g(1)＝－1，∴ln x－x＋1≤0(注：充分利用(1)是快速解决(2)的关键．)[8分]当0&lt;x&lt;1时，x－1&lt;0，f(x)＝(x＋1)ln x－x＋1＝xln x＋ln x－x ＋1≤0，∴(x－1)f(x)≥0当x≥1时，x－1&gt;0，f(x)＝(x＋1)ln x－x＋1＝ln x＋xln x－x＋1＝ln x－xln 1x－1x＋1≥0，∴(x－1)f(x)≥0[11分]综上，(x－1)f(x)≥0[12分]【突破思维障碍】本小题主要考查函数、导数、不等式证明等知识，通过运用导数知识解决函数、不等式问题，考查了考生综合运用数学知识解决问题的能力以及计算能力，同时也考查了函数与方程思想、化归与转化思想．通过转化，本题实质还是利用单调性求最值问题．1．求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要分类讨论参数的范围．若已知函数单调性求参数范围时，隐含恒成立思想．2．利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤：(1)分析实际问题中各变量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出相应的函数关系式＝f(x)；(2)求函数的导数f′(x)，解方程f′(x)＝0；(3)比较函数的区间端点对应的函数值和极值，确定最值；(4)回到实际问题，作出解答．(满分：7分)一、选择题(每小题分，共2分)1．(2011&#8226;皖南模拟)已知曲线：＝2x2－x3，点P(0，－4)，直线l过点P且与曲线相切于点Q，则点Q的横坐标为()A．－1B．1．－2D．22．已知函数＝f(x)，＝g(x)的导函数的图象如图所示，那么＝f(x)，＝g(x)的图象可能是()3．设f′(x)是函数f(x)的导函数，＝f′(x)的图象如图所示，则＝f(x)的图象最有可能是()4．函数f(x)＝－x3＋x2＋tx＋t在(－1,1)上是增函数，则t的取值范围是()A．t&gt; B．t&lt;．t≥D．t≤．(2011&#8226;沧州模拟)若函数f(x)＝sin xx，且0&lt;x1&lt;x2&lt;1，设a＝sin x1x1，b＝sin x2x2，则a，b的大小关系是()A．a&gt;bB．a&lt;b．a＝bD．a、b的大小不能确定题号1234答案二、填空题(每小题4分，共12分)6．在直径为d的圆木中，截取一个具有最大抗弯强度的长方体梁，则矩形面的长为________．(强度与bh2成正比，其中h为矩形的长，b为矩形的宽)7．要建造一个长方体形状的仓库，其内部的高为3 ，长和宽的和为20 ，则仓库容积的最大值为___________________________________________________________ __38．若函数f(x)＝4xx2＋1在区间(,2＋1)上是单调递增函数，则实数的取值范围为________．三、解答题(共38分)9．(12分)已知函数f(x)＝12(1＋x)2－ln(1＋x)．(1)求f(x)的单调区间；(2)若x∈[1e－1，e－1]时，f(x)&lt;恒成立，求的取值范围．10．(12分)(2010&#8226;湖北)为了在夏季降温和冬季供暖时减少能损耗，房屋的屋顶和外墙需要建造隔热层．某幢建筑物要建造可使用20年的隔热层，每厘米厚的隔热层建造成本为6万元．该建筑物每年的能消耗费用(单位：万元)与隔热层厚度x(单位：)满足关系：(x)＝3x＋(0≤x≤10)，若不建隔热层，每年能消耗费用为8万元，设f(x)为隔热层建造费用与20年的能消耗费用之和．(1)求的值及f(x)的表达式；(2)隔热层修建多厚时，总费用f(x)达到最小，并求最小值．11．(14分)设函数f(x)＝ln x，g(x)＝ax＋bx，函数f(x)的图象与x轴的交点也在函数g(x)的图象上，且在此点有公共切线．(1)求a、b的值；(2)对任意x&gt;0，试比较f(x)与g(x)的大小．答案自主梳理1．(1)连续(2)①极值②端点值自我检测1．B2D 3412，12eπ2 6堂活动区例 1 解题导引求函数在闭区间上的最值，首先应判断函数在闭区间上的单调性，一般方法是令f′(x)＝0，求出x值后，再判断函数在各区间上的单调性，在这里一般要用到分类讨论的思想，讨论的标准通常是极值点与区间端点的大小关系，确定单调性或具体情况．解∵f(x)＝x2e－ax (a&gt;0)，∴f′(x)＝2xe－ax＋x2&#8226;(－a)e－ax＝e－ax(－ax2＋2x)．令f′(x)&gt;0，即e－ax(－ax2＋2x)&gt;0，得0&lt;x&lt;2a∴f(x)在(－∞，0)，2a，＋∞上是减函数，在0，2a上是增函数．①当0&lt;2a&lt;1，即a&gt;2时，f(x)在[1,2]上是减函数，∴f(x)ax＝f(1)＝e－a②当1≤2a≤2，即1≤a≤2时，f(x)在1，2a上是增函数，在2a，2上是减函数，∴f(x)ax＝f2a＝4a－2e－2③当2a&gt;2，即0&lt;a&lt;1时，f(x)在[1,2]上是增函数，∴f(x)ax＝f(2)＝4e－2a综上所述，当0&lt;a&lt;1时，f(x)的最大值为4e－2a；当1≤a≤2时，f(x)的最大值为4a－2e－2；当a&gt;2时，f(x)的最大值为e－a变式迁移1解(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a&#8226;1－ln xx2(a&gt;0)，由f′(x)＝a&#8226;1－ln xx2&gt;0，得0&lt;x&lt;e；由f′(x)&lt;0，得x&gt;e故f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减．(2)∵f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，∴f(x)在[a,2a]上的最小值[f(x)]in＝in{f(a)，f(2a)}．∵f(a)－f(2a)＝12lna2，∴当0&lt;a≤2时，[f(x)]in＝ln a；当a&gt;2时，[f(x)]in＝ln&#61480;2a&#61481;2例 2 解题导引利用导数解决不等式问题的主要方法就是构造函数，通过研究函数的性质进而解决不等式问题．(1)解f′(x)＝x－ax＝x2－ax(x&gt;0)，若a≤0时，f′(x)&gt;0恒成立，∴函数f(x)的单调增区间为(0，＋∞)．若a&gt;0时，令f′(x)&gt;0，得x&gt;a，∴函数f(x)的单调增区间为(a，＋∞)，减区间为(0，a)．(2)证明设F(x)＝23x3－(12x2＋ln x)，故F′(x)＝2x2－x－1x∴F′(x)＝&#61480;x－1&#61481;&#61480;2x2＋x＋1&#61481;x ∵x&gt;1，∴F′(x)&gt;0∴F(x)在(1，＋∞)上为增函数．又F(x)在(1，＋∞)上连续，F(1)＝16&gt;0，∴F(x)&gt;16在(1，＋∞)上恒成立．∴F(x)&gt;0∴当x&gt;1时，12x2＋ln x&lt;23x3变式迁移2(1)解由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R，知f′(x)＝ex－2，x∈R令f′(x)＝0，得x＝ln 2于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，ln 2)ln 2(ln 2，＋∞)f′(x)－0＋极小值故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，＋∞)，f(x)在x＝ln 2处取得极小值，极小值为f(ln 2)＝eln 2－2ln 2＋2a＝2(1－ln 2＋a)．(2)证明设g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R由(1)知当a&gt;ln 2－1时，g′(x)最小值为g′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)&gt;0于是对任意x∈R，都有g′(x)&gt;0，所以g(x)在R内单调递增，于是当a&gt;ln 2－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)&gt;g(0)．而g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)&gt;0，即ex－x2＋2ax－1&gt;0，故ex&gt;x2－2ax＋1例3 解(1)分公司一年的利润L(万元)与售价x的函数关系式为L ＝(x－3－a)(12－x)2，x∈[9,11]．(2)L′(x)＝(12－x)2－2(x－3－a)(12－x)＝(12－x)(18＋2a－3x)．令L′＝0，得x＝6＋23a或x＝12(不合题意，舍去)．∵3≤a≤，∴8≤6＋23a≤283在x＝6＋23a两侧L′的值由正变负．∴①当8≤6＋23a&lt;9，即3≤a&lt;92时，Lax＝L(9)＝(9－3－a)(12－9)2＝9(6－a)．②当9≤6＋23a≤283，即92≤a≤时，Lax＝L(6＋23a)＝(6＋23a－3－a)[12－(6＋23a)]2＝4(3－13a)3所以Q(a)＝9&#61480;6－a&#61481;，3≤a&lt;92，4&#61480;3－13a&#61481;3，92≤a≤综上，若3≤a&lt;92，则当每售价为9元时，分公司一年的利润L最大，最大值Q(a)＝9(6－a)(万元)；若92≤a≤，则当每售价为(6＋23a)元时，分公司一年的利润L最大，最大值Q(a)＝4(3－13a)3(万元)．变式迁移3解(1)因为赔付价格为S元/吨，所以乙方的实际年利润为ω＝2 000t－St由ω′＝1 000t－S＝1 000－Stt，令ω′＝0，得t＝t0＝(1 000S)2当t&lt;t0时，ω′&gt;0；当t&gt;t0时，ω′&lt;0所以当t＝t0时，ω取得最大值．因此乙方获得最大利润的年产量为(1 000S)2吨．(2)设甲方净收入为v元，则v＝St－0002t2将t＝(1 000S)2代入上式，得到甲方净收入v与赔付价格S之间的函数关系式：v＝1 0002S－2×1 0003S4又v′＝－1 0002S2＋8×1 0003S＝1 0002×&#61480;8 000－S3&#61481;S，令v′＝0，得S＝20当S&lt;20时，v′&gt;0；当S&gt;20时，v′&lt;0，所以S＝20时，v取得最大值．因此甲方向乙方要求赔付价格S＝20元/吨时，可获得最大净收入．后练习区1．A2D34 A663d解析如图所示，为圆木的横截面，由b2＋h2＝d2，∴bh2＝b(d2－b2)．设f(b)＝b(d2－b2)，∴f′(b)＝－3b2＋d2令f′(b)＝0，由b&gt;0，∴b＝33d，且在(0，33d)上f′(b)&gt;0，在[33d，d]上f′(b)&lt;0∴函数f(b)在b＝33d处取极大值，也是最大值，即抗弯强度最大，此时长h＝63d7．300解析设长为x ，则宽为(20－x)，仓库的容积为V，则V＝x(20－x)&#8226;3＝－3x2＋60x，V′＝－6x＋60，令V′＝0得x＝10当0&lt;x&lt;10时，V′&gt;0；当x&gt;10时，V′&lt;0，∴x＝10时，V最大＝300 (3)．8．(－1,0]解析f′(x)＝4&#61480;1－x2&#61481;&#61480;x2＋1&#61481;2≥0，解得－1≤x≤1由已知得(,2＋1)&#8838;[－1,1]，即≥－12＋1≤1&lt;2＋1，解得－1&lt;≤09．解(1)∵f(x)＝12(1＋x)2－ln(1＋x)，∴f′(x)＝(1＋x)－11＋x＝x&#61480;2＋x&#61481;1＋x(x&gt;－1)．……………………………………………………………………………………………(4分)∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－1,0)上单调递减．…………………………………………………………………(6分) (2)令f′(x)＝0，即x＝0，则x(1e－1,0)0(0，e－1)f′(x)－0＋极小值……………………………………………………………………………………………(9分)又∵f(1e－1)＝12e2＋1，f(e－1)＝12e2－1&gt;12e2＋1，又f(x)&lt;在x∈[1e－1，e－1]上恒成立，∴&gt;12e2－1………………………………………………………………………………(12分)10．解(1)设隔热层厚度为x ，由题设，每年能消耗费用为(x)＝3x＋，(2分)再由(0)＝8，得＝40，因此(x)＝403x ＋，…………………………………………(4分)而建造费用为1(x)＝6x…………………………………………………………………(分)最后得隔热层建造费用与20年的能消耗费用之和为f(x)＝20(x)＋1(x)＝20×403x＋＋6x＝8003x＋＋6x (0≤x≤10)．………………………………………………………………(6分)(2)f′(x)＝6－2 400&#61480;3x＋&#61481;2，令f′(x)＝0，即 2 400&#61480;3x＋&#61481;2＝6，解得x＝，x＝－23(舍去)．…………………………………………(8分)当0&lt;x&lt;时，f′(x)&lt;0，当&lt;x&lt;10时，f′(x)&gt;0，………………………………………………………………( 10分)故x＝是f(x)的最小值点，对应的最小值为f()＝6×＋8001＋＝70当隔热层修建厚时，总费用达到最小值70万元．……………………………………………………………………………………………(12分)11．解(1)f(x)＝ln x的图象与x轴的交点坐标是(1,0)，依题意，得g(1)＝a＋b＝0①……………………………………………………………(2分)又f′(x)＝1x，g′(x)＝a－bx2，且f(x)与g(x)在点(1,0)处有公共切线，∴g′(1)＝f′(1)＝1，即a－b＝1②……………………………………………………(4分)由①②得a＝12，b＝－12…………………………………………………………………(6分) (2)令F(x)＝f(x)－g(x)，则F(x)＝ln x－(12x－12x)＝ln x－12x＋12x，∴F′(x)＝1x－12－12x2＝－12(1x－1)2≤0∴F(x)在(0，＋∞)上为减函数．………………………………………………………(10分)当0&lt;x&lt;1时，F(x)&gt;F(1)＝0，即f(x)&gt;g(x)；当x＝1时，F(1)＝0，即f(x)＝g(x)；当x&gt;1时，F(x)&lt;F(1)＝0，即f(x)&lt;g(x)．综上，0&lt;x&lt;1时，f(x)&gt;g(x)；x＝1时，f(x)＝g(x)；x&gt;1时f(x)&lt;g(x)．…………………………………………………………………………(14分)。