最新高考数学(理)第三章导数及其应用 3-1-2习题及答案

1．设函数f (x )＝e x (2x －1)－ax ＋a ，其中a <1，若存在唯一的整数x 0使得f (x 0)<0，则a 的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－32e ，1B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－32e ，34C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32e ，34D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32e ，1 答案 D解析由题意可知存在唯一的整数x 0，使得e x 0(2x 0－1)<ax 0－a ，设g (x )＝e x (2x －1)，h (x )＝ax －a ，由g ′(x )＝e x (2x ＋1)可知g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－12上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，＋∞上单调递增，作出g (x )与h (x )的大致图象如图所示，故⎩⎪⎨⎪⎧h (0)>g (0)h (－1)≤g (－1)，即⎩⎨⎧a <1－2a ≤－3e，所以32e≤a <1，故选D.2.设函数f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R )的导函数，f (－1)＝0，当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0，则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是( )点击观看解答视频A ．(－∞，－1)∪(0,1)B ．(－1,0)∪(1，＋∞)C ．(－∞，－1)∪(－1,0)D ．(0,1)∪(1，＋∞) 答案 A解析令F (x )＝f (x )x ，因为f (x )为奇函数，所以F (x )为偶函数，由于F ′(x )＝xf ′(x )－f (x )x 2，当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0，所以F (x )＝f (x )x 在(0，＋∞)上单调递减，根据对称性，F (x )＝f (x )x 在(－∞，0)上单调递增，又f (－1)＝0，f (1)＝0，数形结合可知，使得f (x )>0成立的x 的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)．故选A.3．若定义在R 上的函数f (x )满足f (0)＝－1，其导函数f ′(x )满足f ′(x )>k >1，则下列结论中一定错误的是( )A ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k <1kB ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k >1k －1C ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1<1k －1D ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1>k k －1答案 C解析构造函数g (x )＝f (x )－kx ＋1，则g ′(x )＝f ′(x )－k >0，∴g (x )在R 上为增函数．∵k >1，∴1k －1>0，则g ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1k －1>g (0)．而g (0)＝f (0)＋1＝0，∴g ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1k －1＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1k －1－k k －1＋1>0，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1k －1>k k －1－1＝1k －1， 所以选项C 错误，故选C.4．已知函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，若f (x )存在唯一的零点x 0，且x 0>0，则a 的取值范围是( )A ．(2，＋∞)B ．(1，＋∞)C ．(－∞，－2)D ．(－∞，－1) 答案 C解析(1)当a ＝0时，显然f (x )有两个零点，不符合题意． (2)当a ≠0时，f ′(x )＝3ax 2－6x ，令f ′(x )＝0，解得x 1＝0，x 2＝2a .当a >0时，2a >0，所以函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1在(－∞，0)与⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ，＋∞上为增函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2a 上为减函数，因为f (x )存在唯一零点x 0，且x 0>0，则f (0)<0，即1<0，不成立．当a <0时，2a <0，所以函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1在⎝⎛⎭⎪⎫－∞，2a 和(0，＋∞)上为减函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ，0上为增函数，因为f (x )存在唯一零点x 0，且x 0>0，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a >0，即a ·8a 3－3·4a 2＋1>0，解得a >2或a <－2，又因为a <0，故a 的取值范围为(－∞，－2)．选C.5．已知函数f (x )＝－2(x ＋a )ln x ＋x 2－2ax －2a 2＋a ，其中a >0. (1)设g (x )是f (x )的导函数，讨论g (x )的单调性；(2)证明：存在a ∈(0,1)，使得f (x )≥0在区间(1，＋∞)内恒成立，且f (x )＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．解(1)由已知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，g (x )＝f ′(x )＝2(x－a )－2ln x －2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋a x ， 所以g ′(x )＝2－2x ＋2ax 2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫a －14x 2当0<a <14时，g (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，1－1－4a 2，⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋1－4a 2，＋∞上单调递增，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－1－4a 2，1＋1－4a 2上单调递减； 当a ≥14时，g (x )在区间(0，＋∞)上单调递增．(2)证明：由f ′(x )＝2(x －a )－2ln x －2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋a x ＝0，解得a ＝x －1－ln x1＋x－1. 令φ(x )＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x －1－ln x 1＋x －1ln x ＋x2－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1－ln x 1＋x －1x －2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1－ln x 1＋x －12＋x －1－ln x 1＋x －1. 则φ(1)＝1>0，φ(e)＝－e (e －2)1＋e －1－2⎝ ⎛⎭⎪⎫e －21＋e －12<0. 故存在x 0∈(1，e)，使得φ(x 0)＝0.令a 0＝x 0－1－ln x 01＋x －10，u (x )＝x －1－ln x (x ≥1)． 由u ′(x )＝1－1x ≥0知，函数u (x )在区间(1，＋∞)上单调递增．所以0＝u (1)1＋1<u (x 0)1＋x －10＝a 0<u (e )1＋e －1＝e －21＋e －1<1. 即a 0∈(0,1)．当a ＝a 0时，有f ′(x 0)＝0，f (x 0)＝φ(x 0)＝0. 由(1)知，f ′(x )在区间(1，＋∞)上单调递增， 故当x ∈(1，x 0)时，f ′(x )<0， 从而f (x )>f (x 0)＝0；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0， 从而f (x )>f (x 0)＝0.所以，当x ∈(1，＋∞)时，f (x )≥0.综上所述，存在a ∈(0,1)，使得f (x )≥0在区间(1，＋∞)内恒成立，且f (x )＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．6.设函数f (x )＝3x 2＋axe x (a ∈R )．点击观看解答视频(1)若f (x )在x ＝0处取得极值，确定a 的值，并求此时曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)若f (x )在[3，＋∞)上为减函数，求a 的取值范围． 解(1)对f (x )求导得f ′(x )＝(6x ＋a )e x －(3x 2＋ax )e x (e x )2＝－3x 2＋(6－a )x ＋a e x， 因为f (x )在x ＝0处取得极值，所以f ′(0)＝0，即a ＝0.当a ＝0时，f (x )＝3x 2e x ，f ′(x )＝－3x 2＋6x e x ，故f (1)＝3e ，f ′(1)＝3e ， 从而f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －3e ＝3e (x －1)，化简得3x －e y ＝0.(2)由(1)知f ′(x )＝－3x 2＋(6－a )x ＋ae x ， 令g (x )＝－3x 2＋(6－a )x ＋a ， 由g (x )＝0解得x 1＝6－a －a 2＋366， x 2＝6－a ＋a 2＋366. 当x <x 1时，g (x )<0，即f ′(x )<0，故f (x )为减函数； 当x 1<x <x 2时，g (x )>0， 即f ′(x )>0，故f (x )为增函数； 当x >x 2时，g (x )<0，即f ′(x )<0，故f (x )为减函数． 由f (x )在[3，＋∞)上为减函数，知x 2＝6－a ＋a 2＋366≤3，解得a ≥－92， 故a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫－92，＋∞.7．已知函数f (x )＝e x －e －x －2x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)设g (x )＝f (2x )－4bf (x )，当x >0时，g (x )>0，求b 的最大值； (3)已知1.4142<2<1.4143，估计ln 2的近似值(精确到0.001)． 解 (1)f ′(x )＝e x ＋e －x －2≥0，等号仅当x ＝0时成立，所以f (x )在(－∞，＋∞)单调递增．(2)g (x )＝f (2x )－4bf (x )＝e 2x －e －2x －4b (e x －e －x )＋(8b －4)x ， g ′(x )＝2[e 2x ＋e －2x －2b (e x ＋e －x )＋(4b －2)]＝2(e x ＋e －x －2)(e x ＋e －x －2b ＋2)．①当b ≤2时，g ′(x )≥0，等号仅当x ＝0时成立，所以g (x )在(－∞，＋∞)单调递增．而g (0)＝0，所以对任意x >0，g (x )>0； ②当b >2时，若x 满足2<e x ＋e －x <2b －2， 即0<x <ln (b －1＋b 2－2b )时，g ′(x )<0.而g (0)＝0，因此当0<x <ln (b －1＋b 2－2b )时，g (x )<0.综上，b的最大值为2.(3)由(2)知，g (ln 2)＝32－22b ＋2(2b －1)ln 2.当b ＝2时，g (ln 2)＝32－42＋6ln 2>0，ln 2>82－312>0.6928； 当b ＝324＋1时，ln (b －1＋b 2－2b )＝ln 2，g (ln 2)＝－32－22＋(32＋2)ln 2<0，ln 2<18＋228<0.6934. 所以ln 2的近似值为0.693.。

《高等数学教程》第三章 习题答案习题3-1 (A)1. 34=ξ 2. 14-=πξ习题3-2 (A)1. (1)31 (2) 81- 1)12()11()10(1)9(31)8(21)7()6(21)5(1)4(3)3(31e e --∞习题3-2 (B)1. n a a a e e 21)8(1)7(0)6(2)5(21)4(32)3(1281)2(41)1(--2. 连续4. )(a f ''5. )0()1(g a '=⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+''≠--+'='0]1)0([210]c o s )([]s i n)([)()2(2x g x x x x g x x g x x f(3) 处处连续.习题3-31. 432)4()4(11)4(37)4(2156)(-+-+-+-+-=x x x x x f2. 193045309)(23456+-+-+-=x x x x x x x f3. )40(,)(cos 3]2)()[sin sin(31tan 4523<<+++=θθθθx x x x x x x4.)10()]4(4[16!4)4(15)4(5121)4(641)4(412432<<-+---+---+=θθx x x x x x5. )10()(!)1(2132<<+-++++=θn nxx O n x x x x xe6. 645.1≈e7. 430533103.1;3090.018sin )2(1088.1;10724.330)1(--⨯<≈⨯<≈R R8. 121)3(21)2(23)1(-习题3-4 (A)1. 单调减少2. 单调增加3. .),23()23,()1(内单调下降在内单调上升；在+∞-∞.),2[]2,0()2(内单调增加在内单调减少；在+∞ .),()3(内单调增加在+∞-∞.),21()21,()4(内单调增加在内单调减少；在+∞-∞ .),[]0[)5(内单调下降在上单调上升；，在+∞n n7. (1) 凸 (2) 凹 （3）内凸内凹，在在),0[]0,(+∞-∞ （4）凹 8. ），（内凹，拐点内凸，在）在（82),2[]2,(1-+∞-∞ ），（内凹，拐点内凸，在）在（222),2[]2,(2e+∞-∞ 内凹，无拐点）在（),(3+∞-∞），（），（：内凹，拐点，内凸，在），，）在（2ln 1;2ln 1]11[1[]1,(4--∞+--∞ ），（内凸，拐点内凹，在）在（3arctan 21),21[]21,(5e +∞-∞ ），（凹，拐点），、凸，在、）在（001[]0,1[]1,0[]1,(6∞+---∞ 9. 29,32=-=b a10. a = 3, b = -9, c = 811. a = 1, b = -3, c = 24, d = 16习题3-4 (B)1. .)1,21(),1()21,0()0,()1(内单调增加在内单调减少；、、在∞+-∞.]22,32[]32,2[)2(内单调下降在内单调上升；在πππππππ+++k k k k .],32[),[]32,()3(内单调下降在内单调上升；、在a a a a ∞+-∞ 2. .1)3(10)2(1)1(是有一个实根时有两个实根时无实根ea e a e a =<<>3. .)2,0(内只有一个实根在π8. .9320时及当=≤k k 9. 在）（凹，拐点凹，在2,),[],(a b b b +∞-∞ 12. 82±=k 习题3-5 (A)1. .1)2(,5)0()1(==y y 极小值极大值.0)0(,4)2()2(2==-y e y 极小值极大值.25)16(,1)4()3(==y y 极小值极大值.205101)512()4(=y 极大值.45)43()5(=y 极大值.0)0()6(=y 极小值 (7) 没有极值. .)()8(1e e e y =极大值.3)1()9(=y 极大值.0)5()1(,18881)21()10(3==-=y y y 极小值极大值2. .14)2(,11)3()1(-==y y 最小值最大值.22)2ln 21(,2)1()2(1=-+=-y e e y 最小值最大值.2ln )41(,0)1()3(-==y y 最小值最大值3. 提示：可导函数的极值点必为驻点，.在题设条件下无驻点所以可证明y '4. .29)1(-=y 最大值5. .27)3(=-y 最小值6. .3)32(,2为极大值==f a7. .21,2-=-=b a8. 长为100m ，宽为5m.9. .1:1:;22,233===h d v h v r ππ 10. .44ππππ++aa ，正方形周长为圆的周长为11. .3843a a h π时，最小体积为锥体的高为=12. .22.1.776小时时间为公里处应在公路右方13. .6000)2(1000)1(==x x14. .45060075.3元件，每天最大利润为元，进货量为定价为 15. .167080,101利润=p习题3-5 (B)1. 1,0,43,41==-==d c b a 2. x = 1为极小点，y (1) = 1为极小值3. 当c = 1时，a = 0，b = -3，当c = -1时，a = 4，b = 5.4. 296)(23++-=x x x x P5. (1) f (x ) 在x = 0处连续；(2) 当ex 1=时，f (x ) 取极小值；当 x = 0时f (x ) 取极大值. 6. 310=x 当时，三角形面积最小7. 323)2()(11)1(032=--=-l x x x x y 8. .1222-≥<b b b b 时为，当时为当 9. 400 10.bc a 2 11. c a e bd L ae bd q -+-=+-=)(4)(,)(2)1(2最大利润eqedd -=η)2( ed q 21)3(==得当η 12. 2)2()4(25)1(=-=t t x 13. 156250元14. (1) 263.01吨 (2) 19.66批/年 （3）一周期为18.31天 （4）22408.74元15. 2)2()111(1)()1(-+-+=e n n n n M n16. 提示：.)1()1(ln )1()(22是极小值，证明令f x x x x f ---=习题3-6 (A)1. (1) x = 0, y = 1; (2) x = -1, y = 0; (3) x = -1, x = 1, y = 0 ; (4) x = 1, x = 2, x = -3.2. 略习题3-6 (B)1. ex y e x 1,1)1(+=-=（2）x= -1,x=1,y= -2 （3）y=x, x=0 （4）y= -2, x=0 4121,21)5(-=-=x y x2. 略习题3-7 (A)1. k=22. x x k sec ,cos ==ρ3. 02sin 32t a k =4. a a k t 4,41,===ρπ 5. 233)22ln ,22(处曲率半径有最小值- 习题3-7 (B)1. 略2. ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++=)2(),2(,332323132323131x a y y a x axyR 曲率圆心3. 8)2()3(22=++-ηξ4. 约1246 (N) [提示：作匀速圆周运动的物体所受的向心力为Rmv F 2=]5. 16125)49()410(22=-+--ηπξ 习题3-81.19.018.0<<ξ 2. 19.020.0-<<-ξ 3. 33.032.0<<ξ 4. 51.250.2<<ξ总复习题三一. (1)B (2)B (3)B (4)D (5)C (6)B (7)C (8)B (9)C (10)C] 二. 25)8(/82)7()0,1()6(3)5(63)4()22,22()3(2ln 1)2(2)1(3s cm π+--x x x xeyx y 4)1(,)1(4)10()9(2222+++=三. 9)3(0)2(3)1(,7541,6,50,40,31,221,123---e⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-''≠++-'='-0)1)0((210)1()()()()1(,82x g x x e x x g x g x x f x上连续在),()()2(+∞-∞'x f 9, 略四、证明题和应用题 6．)027.0,025.0()2(450449)1(7．)2,2(b a P8．12ln 31,2ln 3121-+ 9．%82.0%13)3(173)2(20)1(总收益增加，时，若价格上涨当=-p pp10．略。

高三数学选修1-1第三章导数及其应用专项练习（带答案）导数的考察一般都伴随着函数，以下是第三章导数及其应用专项练习，希望对大家有帮助。

一、填空题1.当自变量从x0变到x1时，函数值的增量与相应自变量的增量之比是函数________.(填序号)①在[x0，x1]上的平均变化率;②在x0处的变化率;③在x1处的变化率;④以上都不对.2.设函数y=f(x)，当自变量x由x0改变到x0+x时，函数的增量y=______________.3.已知函数f(x)=2x2-1的图象上一点(1,1)及邻近一点(1+x，f(1+x))，则yx=________.4.某物体做运动规律是s=s(t)，则该物体在t到t+t这段时间内的平均速度是______________.5.如图，函数y=f(x)在A，B两点间的平均变化率是________.6.已知函数y=f(x)=x2+1，在x=2，x=0.1时，y的值为________.7.过曲线y=2x上两点(0,1)，(1,2)的割线的斜率为______.8.若一质点M按规律s(t)=8+t2运动，则该质点在一小段时间[2,2.1]内相应的平均速度是________.二、解答题9.已知函数f(x)=x2-2x，分别计算函数在区间[-3，-1]，[2,4]上的平均变化率.10.过曲线y=f(x)=x3上两点P(1,1)和Q(1+x，1+y)作曲线的割线，求出当x=0.1时割线的斜率.能力提升11.甲、乙二人跑步路程与时间关系如右图所示，试问甲、乙二人哪一个跑得快?12.函数f(x)=x2+2x在[0，a]上的平均变化率是函数g(x)=2x-3在[2,3]上的平均变化率的2倍，求a的值.参考答案1.①2.f(x0+x)-f(x0)3.4+2x解析 y=f(1+x)-f(1)=2(1+x)2-1-212+1=4x+2(x)2，yx=4x+2(x)2x=4+2x.4.s(t+t)-s(t)t解析由平均速度的定义可知，物体在t到t+t这段时间内的平均速度是其位移改变量与时间改变量的比.所以v=st=s(t+t)-s(t)t.5.-1解析 yx=f(3)-f(1)3-1=1-32=-1.6.0.417.1解析由平均变化率的几何意义知k=2-11-0=1.8.4.1解析质点在区间[2,2.1]内的平均速度可由st求得，即v=st=s(2.1)-s(2)0.1=4.1.9.解函数f(x)在[-3，-1]上的平均变化率为：f(-1)-f(-3)(-1)-(-3)=[(-1)2-2(-1)]-[(-3)2-2(-3)]2=-6.函数f(x)在[2,4]上的平均变化率为：f(4)-f(2)4-2=(42-24)-(22-22)2=4.10.解∵y=f(1+x)-f(1)=(1+x)3-1=3x+3(x)2+(x)3，割线PQ的斜率yx=(x)3+3(x)2+3xx=(x)2+3x+3.当x=0.1时，割线PQ的斜率为k，则k=yx=(0.1)2+30.1+3=3.31.当x=0.1时割线的斜率为3.31.11.解乙跑的快.因为在相同的时间内，甲跑的路程小于乙跑的路程，即甲的平均速度比乙的平均速度小.12.解函数f(x)在[0，a]上的平均变化率为f(a)-f(0)a-0=a2+2aa=a+2.函数g(x)在[2,3]上的平均变化率为g(3)-g(2)3-2=(23-3)-(22-3)1=2.∵a+2=22，a=2.第三章导数及其应用专项练习的全部内容就是这些，查字典数学网预祝大家取得更好的成绩。

第三章导数及其应用刷速度一、选择题1. 已知曲线上一点，则（）A．B．C．D．答案.2. 已知′(1),则f′(0)等于( )A. B C D 2e解:由′(1),得:f′(x)′(1),取得:f′(1)′(1),所以,f′(1)故f′(0)′(1), 因此，本题正确答案是:B.3. 如图是导函数的图象，那么函数在下面哪个区间是减函数（）。

A: B: C: D:答案详解B解析:本题主要考查函数的单调性。

当函数为减函数时，函数的导数小于零，根据图象，在区间内导函数小于零，即为减区间。

故本题正确答案为B。

4. 函数,的最大值为( )A. B. 1 C. D.答案详解C解:令得或当时,或;当时,当时;当时,;当时,所以函数的最大值为所以C选项是正确的解析:求出函数的导函数,令导数为0求出根,判断根左右两边导函数的符号,求出函数的极值及端点值,在其中选出最大值.5. 已知曲线的一条切线的斜率为，则切点的横坐标为( )A. 3 B 2 C 1 D答案详解A解析:函数的定义域为，函数的导数为，由，得，解得或（舍去），选A.6. 函数有极值的充要条件是A、a≥1或a≤0B、a>1或a<0C、a≥1或a<0D、0<a<1答案B解析【分析】将函数f(x)有极值转化成f′(x)有两不等的根，再利用判别式进行判定即可．【解答】函数有极值则f′(x)=ax2+2ax+1=0有两不等的根当a=0时，无解当a≠0时，Δ>0．即4a2-4a>0解得a>1或a<0，故选B．7. 若在上是减函数，则的取值范围是（）。

A: B: C: D:答案详解D解析:本题主要考查导数的应用。

由题意可知，在上恒成立，即在上恒成立，令，因为，所以。

要使，即需要小于等于其最小值，所以。

8.9.函数有三个相异的零点,则a的取值范围是( )A. B C D答案C解:函数,,,,,,, ,,函数在单调递减,单调递增,,使得函数有三个零点,必须:,计算得出.所以C选项是正确的.10. 已知直线y=x+1与曲线y=ln（x+a）相切，则a的值为________．答案2解析切点在切线上也在曲线上得到切点坐标满足两方程；又曲线切点处的导数值是切线斜率得第三个方程．三个方程联立即可求出a的值．解答：设切点P（x 0，y 0），则y 0=x 0+1，y 0=ln（x 0+a），又∵切线方程y=x+1的斜率为1，即，∴x 0+a=1，∴y 0=0，x 0=-1，∴a=2．故答案为：211.12，设是定义在R上的函数,其导函数为f′(x),若′(x) , ,则不等式(其中e为自然对数的底数)的解集为( )A. B C D解:设,则g′(x)′(x)′(x),′(x),, ′(x)′(x),是R上的增函数, 又,的解集为,即不等式的解集为所以B选项是正确的.二、填空题13.、曲线在点处的切线方程是。

1.设f(x)是定义在R上的可导函，当x≠0时，f′(x)＋f xx>0，则关于x的函g(x)＝f(x)＋1x的零点个为( )点击观看解答视频A．1 B．2 C．0 D．0或2 答案 C解析由f′(x)＋f xx>0，得xf′ x ＋f xx>0，当x>0时，xf′(x)＋f(x)>0，即[xf(x)]′>0，函xf(x)单调递增；当x<0时，xf′(x)＋f(x)<0，即[xf(x)]′<0，函xf(x)单调递减．∴xf(x)>0f(0)＝0，又g(x)＝f(x)＋x－1＝xf x ＋1x，函g(x)＝xf x ＋1x的零点个等价于函y＝xf(x)＋1的零点个．当x>0时，y＝xf(x)＋1>1，当x<0时，y＝xf(x)＋1>1，所以函y＝xf(x)＋1无零点，所以函g(x)＝f(x)＋x－1的零点个为0.故选C.2．设函f(x)是定义在(－∞，0)上的可导函，其导函为f′(x)，且有2f(x)＋xf′(x)>x2，则不等式(x＋2014)2f(x＋2014)－4f(－2)>0的解集为________．答案(－∞，－2016)解析由2f(x)＋xf′(x)>x2，x<0得2xf(x)＋x2f′(x)<x3，∴[x2f(x)]′<x3<0.令F(x)＝x2f(x)(x<0)，则F′(x)<0(x<0)，即F(x)在(－∞，0)上是减函，因为F (x ＋2014)＝(x ＋2014)2f (x ＋2014)，F (－2)＝4f (－2)，所以不等式(x ＋2014)2f (x ＋2014)－4f (－2)>0即为F (x ＋2014)－F (－2)>0，即F (x ＋2014)>F (－2)，又因为F (x )在(－∞，0)上是减函，所以x ＋2014<－2，∴x <－2016.3．已知f (x )＝ax －cos x ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π3.若∀x 1∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π3，∀x 2∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π3，x 1≠x 2，f x 2 －f x 1x 2－x 1<0，则实a 的取值范围为________．答案 a ≤－32解析 f ′(x )＝a ＋sin x .依题意可知f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π3上为减函，所以f ′(x )≤0对x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π3恒成立，可得a ≤－sin x 对x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π3恒成立．设g (x )＝－sin x ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π3.易知g (x )为减函，故g (x )min ＝－32，所以a ≤－32. 4．设函f (x )＝e mx ＋x 2－mx .点击观看解答视频(1)证明：f (x )在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增；(2)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 (1)证明：f ′(x )＝m (e mx －1)＋2x .若m ≥0，则当x ∈(－∞，0)时，e mx －1≤0，f ′(x )<0；当x ∈(0，＋∞)时，e mx －1≥0，f ′(x )>0.若m <0，则当x ∈(－∞，0)时，e mx －1>0，f ′(x )<0；当x ∈(0，＋∞)时，e mx －1<0，f ′(x )>0.所以，f (x )在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．(2)由(1)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x ＝0处取得最小值．所以对于任意x 1，x 2∈[－1,1]，|f (x 1)－f (x 2)|≤e－1的充要条件是⎩⎨⎧f 1 －f 0 ≤e－1，f －1 －f 0 ≤e－1，即⎩⎨⎧e m－m ≤e－1，e －m＋m ≤e－1.①设函g (t )＝e t －t －e ＋1，则g ′(t )＝e t －1.当t <0时，g ′(t )<0；当t >0时，g ′(t )>0.故g (t )在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．又g (1)＝0，g (－1)＝e －1＋2－e<0，故当t ∈[－1,1]时，g (t )≤0. 当m ∈[－1,1]时，g (m )≤0，g (－m )≤0，即①式成立； 当m >1时，由g (t )的单调性，g (m )>0，即e m －m >e －1；当m <－1时，g (－m )>0，即e －m ＋m >e －1.综上，m 的取值范围是[－1,1]． 5．设a >1，函f (x )＝(1＋x 2)e x －a . (1)求f (x )的单调区间；(2)证明：f (x )在(－∞，＋∞)上仅有一个零点；(3)若曲线y ＝f (x )在点P 处的切线与x 轴平行，且在点M (m ，n )处的切线与直线OP 平行(O 是坐标原点)，证明：m ≤3a －2e－1. 解 (1)f ′(x )＝2x e x ＋(1＋x 2)e x ＝(x 2＋2x ＋1)e x ＝(x ＋1)2e x ≥0，故f (x )是R 上的单调递增函，其单调增区间是(－∞，＋∞)，无单调减区间．(2)证明：因为f (0)＝(1＋02)e 0－a ＝1－a <0，且f (ln a )＝(1＋ln 2a )e ln a－a ＝(1＋ln 2a )a －a ＝a ln 2a >0，由零点存在性定知，f (x )在(－∞，＋∞)上至少有一个零点． 又由(1)知，函f (x )是(－∞，＋∞)上的单调递增函， 故函f (x )在(－∞，＋∞)上仅有一个零点．(3)证明：设点P (x 0，y 0)，由曲线y ＝f (x )在点P 处的切线与x 轴平行知，f ′(x 0)＝0，即f ′(x 0)＝(x 0＋1)2e x 0＝0，(x 0＋1)2＝0，x 0＝－1，即P (－1,2e －1－a )．由点M (m ，n )处的切线与直线OP 平行知，f ′(m )＝k OP ，即(1＋m)2e m＝2e－1－a－0－1－0＝a－2e.由e m≥1＋m知，(1＋m)3≤(1＋m)2e m＝a－2 e ，即1＋m≤ 3a－2e，即m≤3a－2e－1.6．已知函f(x)＝nx－x n，x∈R，其中n∈N*，且n≥2.(1)讨论f(x)的单调性；(2)设曲线y＝f(x)与x轴正半轴的交点为P，曲线在点P处的切线方程为y ＝g(x)，求证：对于任意的正实x，都有f(x)≤g(x)；(3)若关于x的方程f(x)＝a(a为实)有两个正实根x1，x2，求证：|x2－x 1|<a1－n＋2.解(1)由f(x)＝nx－x n，可得f′(x)＝n－nx n－1＝n(1－x n－1)，其中n∈N*，且n≥2.下面分两种情况讨论：①当n为奇时．令f′(x)＝0，解得x＝1，或x＝－1.当x变时，f′(x)，f(x)的变情况如下表：②当n为偶时．当f′(x)>0，即x<1时，函f(x)单调递增；当f′(x)<0，即x>1时，函f(x)单调递减．所以，f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．(2)证明：设点P的坐标为(x0,0)，则x0＝n1n－1，f′(x0)＝n－n2.曲线y＝f(x)在点P处的切线方程为y＝f′(x)(x－x0)，即g(x)＝f′(x0)(x－x0)．令F(x)＝f(x)－g(x)，即F(x)＝f(x)－f′(x)(x－x0)，则F′(x)＝f′(x)－f′(x)．由于f′(x)＝－nx n－1＋n在(0，＋∞)上单调递减，故F′(x)在(0，＋∞)上单调递减．又因为F′(x0)＝0，所以当x∈(0，x0)时，F′(x)>0，当x∈(x0，＋∞)时，F′(x)<0，所以F(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减，所以对于任意的正实x，都有F(x)≤F(x0)＝0，即对于任意的正实x，都有f(x)≤g(x)．(3)证明：不妨设x1≤x2.由(2)知g(x)＝(n－n2)(x－x0)．设方程g(x)＝a的根为x2′，可得x2′＝an－n2＋x0.当n≥2时，g(x)在(－∞，＋∞)上单调递减．又由(2)知g(x2)≥f(x2)＝a＝g(x2′)，可得x2≤x2′.类似地，设曲线y＝f(x)在原点处的切线方程为y＝h(x)，可得h(x)＝nx.当x∈(0，＋∞)，f(x)－h(x)＝－x n<0，即对于任意的x∈(0，＋∞)，f(x)<h(x)．设方程h(x)＝a的根为x1′，可得x1′＝an.因为h(x)＝nx在(－∞，＋∞)上单调递增，且h(x1′)＝a＝f(x1)<h(x1)，因此x1′<x1.由此可得x2－x1<x2′－x1′＝a1－n＋x0.因为n≥2，所以2n－1＝(1＋1)n－1≥1＋C1n－1＝1＋n－1＝n，故2≥n1n－1＝x0.所以|x2－x1|<a1－n＋2.7．已知函f(x)＝ln (1＋x)，g(x)＝kx(k∈R)．(1)证明：当x>0时，f(x)<x；(2)证明：当k<1时，存在x0>0，使得对任意的x∈(0，x0)，恒有f(x)>g(x)；(3)确定k的所有可能取值，使得存在t>0，对任意的x∈(0，t)，恒有|f(x)－g(x)|<x2.解(1)证明：令F(x)＝f(x)－x＝ln (1＋x)－x，x∈[0，＋∞)，则有F′(x)＝11＋x－1＝－xx＋1.当x∈(0，＋∞)时，F′(x)<0，所以F (x )在[0，＋∞)上单调递减，故当x >0时，F (x )<F (0)＝0，即当x >0时，f (x )<x .(2)证明：令G (x )＝f (x )－g (x )＝ln (1＋x )－kx ，x ∈[0，＋∞)， 则有G ′(x )＝1x ＋1－k ＝－kx ＋ 1－k x ＋1. 当k ≤0时，G ′(x )>0，故G (x )在[0，＋∞)上单调递增，G (x )>G (0)＝0，故任意正实x 0均满足题意．当0<k <1时， 令G ′(x )＝0，得x ＝1－kk＝1k－1>0，取x 0＝1k－1，对任意x ∈(0，x 0)，有G ′(x )>0，从而G (x )在[0，x 0)上单调递增， 所以G (x )>G (0)＝0，即f (x )>g (x )．综上，当k <1时，总存在x 0>0，使得对任意x ∈(0，x 0)，恒有f (x )>g (x )． (3)解法一：当k >1时，由(1)知，∀x ∈(0，＋∞)，g (x )>x >f (x )，故g (x )>f (x )， |f (x )－g (x )|＝g (x )－f (x )＝kx －ln (1＋x )． 令M (x )＝kx －ln (1＋x )－x 2，x ∈[0，＋∞)， 则有M ′(x )＝k －11＋x －2x ＝－2x 2＋ k －2 x ＋k －1x ＋1.故当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，k －2＋ k －2 2＋8 k －1 4时， M ′(x )>0，M (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，k －2＋ k －2 2＋8 k －1 4上单调递增， 故M (x )>M (0)＝0，即|f (x )－g (x )|>x 2.所以满足题意的t 不存在． 当k <1时，由(2)知，存在x 0>0，使得当x ∈(0，x 0)时，f (x )>g (x )， 此时|f (x )－g (x )|＝f (x )－g (x )＝ln (1＋x )－kx . 令N (x )＝ln (1＋x )－kx －x 2，x ∈[0，＋∞)，则有N ′(x )＝1x ＋1－k －2x ＝－2x 2－ k ＋2 x ＋1－k x ＋1，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－ k ＋2 ＋ k ＋2 2＋8 1－k 4时，N ′(x )>0，N (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，－ k ＋2 ＋ k ＋2 2＋8 1－k 4上单调递增，故N (x )>N (0)＝0，即f (x )－g (x )>x 2.记x 0与－ k ＋2 ＋ k ＋2 2＋8 1－k4中的较小者为x 1，则当x ∈(0，x 1)时，恒有|f (x )－g (x )|>x 2. 故满足题意的t 不存在．当k ＝1时，由(1)知，当x >0时，|f (x )－g (x )|＝g (x )－f (x )＝x －ln (1＋x )．令H (x )＝x －ln (1＋x )－x 2，x ∈[0，＋∞)， 则有H ′(x )＝1－11＋x －2x ＝－2x 2－xx ＋1.当x >0时，H ′(x )<0，所以H (x )在[0，＋∞)上单调递减，故H (x )<H (0)＝0.故当x >0时， 恒有|f (x )－g (x )|<x 2.此时，任意正实t 均满足题意． 综上，k ＝1.解法二：当k >1时，由(1)知，∀x ∈(0，＋∞)，g (x )>x >f (x )， 故|f (x )－g (x )|＝g (x )－f (x )＝kx －ln (1＋x )>kx －x ＝(k －1)x . 令(k －1)x >x 2，解得0<x <k －1.从而得到，当k >1时，对于x ∈(0，k －1)，恒有|f (x )－g (x )|>x 2， 故满足题意的t 不存在． 当k <1时，取k 1＝k ＋12，从而k <k 1<1，由(2)知，存在x 0>0，使得x ∈(0，x 0)，f (x )>k 1x >kx ＝g (x )，此时|f (x )－g (x )|＝f (x )－g (x )>(k 1－k )x ＝1－k2x . 令1－k 2x >x 2，解得0<x <1－k2，此时f (x )－g (x )>x 2. 记x 0与1－k2中的较小者为x 1，当x ∈(0，x 1)时，恒有|f (x )－g (x )|>x 2. 故满足题意的t 不存在．当k ＝1时，由(1)知，x >0，|f (x )－g (x )|＝g (x )－f (x )＝x －ln (1＋x )， 令M (x )＝x －ln (1＋x )－x 2，x ∈[0，＋∞)， 则有M ′(x )＝1－11＋x －2x ＝－2x 2－xx ＋1.当x >0时，M ′(x )<0，所以M (x )在[0，＋∞)上单调递减， 故M (x )<M (0)＝0.故当x >0时，恒有|f (x )－g (x )|<x 2， 此时，任意正实t 均满足题意． 综上，k ＝1. 8．已知函f (x )＝ln1＋x1－x. (1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)求证：当x ∈(0,1)时，f (x )>2⎝⎛⎭⎪⎫x ＋x 33； (3)设实k 使得f (x )>k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33对x ∈(0,1)恒成立，求k 的最大值．解 (1)因为f (x )＝ln (1＋x )－ln(1－x )，所以f ′(x )＝11＋x ＋11－x ，f ′(0)＝2.又因为f (0)＝0，所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝2x .(2)证明：令g (x )＝f (x )－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33，则g ′(x )＝f ′(x )－2(1＋x 2)＝2x 41－x 2.因为g ′(x )>0(0<x <1)，所以g (x )在区间(0,1)上单调递增． 所以g (x )>g (0)＝0，x ∈(0,1)，即当x ∈(0,1)时，f (x )>2⎝⎛⎭⎪⎫x ＋x 33.(3)由(2)知，当k ≤2时，f (x )>k⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33对x ∈(0,1)恒成立． 当k >2时，令h (x )＝f (x )－k ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋x 33，则 h ′(x )＝f ′(x )－k (1＋x 2)＝kx 4－ k －21－x 2.所以当0<x < 4k －2k 时，h ′(x )<0，因此h (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，4k －2k 上单调递减．当0<x <4k －2k 时，h (x )<h (0)＝0，即f (x )<k ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋x 33.所以当k >2时，f (x )>k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33并非对x ∈(0,1)恒成立．综上可知，k 的最大值为2.9．已知函f (x )＝ln x －12ax 2－2x (a <0)．(1)若函f (x )在定义域内单调递增，求a 的取值范围；(2)若a ＝－12且关于x 的方程f (x )＝－12x ＋b 在[1,4]上恰有两个不相等的实根，求实b 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝－ax 2＋2x －1x(x >0)．依题意f ′(x )≥0在x >0时恒成立，即ax 2＋2x －1≤0在x >0时恒成立． 则a ≤1－2xx 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12－1在x >0时恒成立， 即a ≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12－1min (x >0)，当x ＝1时，⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12－1取最小值－1.∴a 的取值范围是(－∞，－1]．(2)a ＝－12，f (x )＝－12x ＋b ⇔14x 2－32x ＋ln x －b ＝0.设g (x )＝14x 2－32x ＋ln x －b (x >0)．则g ′(x )＝ x －2 x －12x.列表：∴g (x )极小值＝g (2)＝ln 2－b －2，g (x )极大值＝g (1)＝－b －4，又g (4)＝2ln 2－b －2，∵方程g (x )＝0在[1,4]上恰有两个不相等的实根，则⎩⎨⎧g 1 ≥0，g 2 <0，g 4 ≥0，得ln 2－2<b ≤－54.10.如图，现要在边长为100 m 的正方形ABCD 内建一个交通“环岛”．以正方形的四个顶点为圆心在四个角分别建半径为x m(x 不小于9)的扇形花坛，以正方形的中心为圆心建一个半径为15x 2m 的圆形草地．为了保证道路畅通，岛口宽不小于60 m ，绕岛行驶的路宽均不小于10 m.(1)求x 的取值范围(运算中2取1.4)；(2)若中间草地的造价为a 元/m 2，四个花坛的造价为433ax 元/m 2，其余区域的造价为12a11元/m 2，当x 取何值时，可使“环岛”的整体造价最低？解(1)由题意得，⎩⎪⎨⎪⎧x ≥9100－2x ≥601002－2x －2×15x 2≥2×10，解得⎩⎨⎧x ≥9x ≤20－20≤x ≤15，即9≤x ≤15.所以x 的取值范围是[9,15]．(2)记“环岛”的整体造价为y 元，则由题意得y ＝a ×π×⎝ ⎛⎭⎪⎫15x 22＋433ax ×πx 2＋12a 11×⎣⎢⎡⎦⎥⎤104－π×⎝ ⎛⎭⎪⎫15x 22－πx 2＝a 11⎣⎢⎡π⎝ ⎛ －125x 4＋43x 3－12x 2 ] )＋12×104， 令f (x )＝－125x 4＋43x 3－12x 2， 则f ′(x )＝－425x 3＋4x 2－24x ＝－4x ⎝ ⎛⎭⎪⎫125x 2－x ＋6， 由f ′(x )＝0，解得x ＝10或x ＝15或x ＝0(舍)， 列表如下：即当x ＝10时，可使“环岛”的整体造价最低．。

2024年高考数学总复习第三章《导数及其应用》测试卷及答案解析(时间：120分钟满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)1．已知曲线y＝f(x)在x＝5处的切线方程是y＝－x＋5，则f(5)与f′(5)分别为() A．5，－1B．－1,5C．－1,0D．0，－1答案D解析由题意可得f(5)＝－5＋5＝0，f′(5)＝－1，故选D.2．已知函数f(x)＝x sin x＋ax，且f1，则a等于()A．0B．1C．2D．4答案A解析∵f′(x)＝sin x＋x cos x＋a，且f1，∴sin π2＋π2cosπ2＋a＝1，即a＝0.3．若曲线y＝mx＋ln x在点(1，m)处的切线垂直于y轴，则实数m等于() A．－1B．0C．1D．2答案A解析f(x)的导数为f′(x)＝m＋1x，曲线y＝f(x)在点(1，m)处的切线斜率为k＝m＋1＝0，可得m＝－1.故选A.4．已知f1(x)＝sin x＋cos x，f n＋1(x)是f n(x)的导函数，即f2(x)＝f1′(x)，f3(x)＝f2′(x)，…，f n＋1(x)＝f n′(x)，n∈N*，则f2020(x)等于()A．－sin x－cos x B．sin x－cos xC．－sin x＋cos x D．sin x＋cos x答案B解析∵f1(x)＝sin x＋cos x，∴f2(x)＝f1′(x)＝cos x－sin x，∴f3(x)＝f2′(x)＝－sin x－cos x，∴f4(x)＝f3′(x)＝－cos x＋sin x，∴f5(x)＝f4′(x)＝sin x＋cos x＝f1(x)，∴f n(x)是以4为周期的函数，∴f2020(x)＝f4(x)＝sin x－cos x，故选B.5．已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f(x)＝2xf′(e)＋ln x(其中e为自然对数的底数)，则f′(e)等于()A ．1B ．－1C ．－eD ．－e －1答案D解析已知f (x )＝2xf ′(e)＋ln x ，其导数f ′(x )＝2f ′(e)＋1x，令x ＝e ，可得f ′(e)＝2f ′(e)＋1e ，变形可得f ′(e)＝－1e ，故选D.6．函数y ＝12x 2－ln x 的单调递减区间为()A ．(－1,1]B ．(0,1]C ．[1，＋∞)D ．(0，＋∞)答案B解析由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，又由y ′＝x －1x≤0，解得0<x ≤1，所以函数的单调递减区间为(0,1]．7．(2019·沈阳东北育才学校模拟)已知定义在(0，＋∞)上的函数f (x )＝x 2＋m ，g (x )＝6ln x －4x ，设两曲线y ＝f (x )与y ＝g (x )在公共点处的切线相同，则m 值等于()A ．5B ．3C ．－3D ．－5答案D解析f ′(x )＝2x ，g ′(x )＝6x －4，令2x ＝6x－4，解得x ＝1，这就是切点的横坐标，代入g (x )求得切点的纵坐标为－4，将(1，－4)代入f (x )得1＋m ＝－4，m ＝－5.故选D.8．(2019·新乡模拟)若函数f (x )＝a e x ＋sin x 在－π2，0上单调递增，则a 的取值范围为()B ．[－1,1]C ．[－1，＋∞)D ．[0，＋∞)答案D解析依题意得，f ′(x )＝a e x ＋cos x ≥0，即a ≥－cos xe x 对x ∈－π2，0恒成立，设g (x )＝－cos xe x ，x ∈－π2，0，g ′(x )g ′(x )＝0，则x ＝－π4，当x ∈－π2，－g ′(x )<0；当x －π4，0时，g ′(x )>0，故g (x )max ＝g (0，则a ≥0.故选D.9.(2019·河北衡水中学调研)如图所示，某几何体由底面半径和高均为5的圆柱与半径为5的半球面对接而成，该封闭几何体内部放入一个小圆柱体，且小圆柱体的上下底面均与外层圆柱的底面平行，则小圆柱体积的最大值为()A.2000π9B.4000π27C ．81πD ．128π答案B解析小圆柱的高分为上下两部分，上部分同大圆柱一样为5，下部分深入底部半球内设为h (0<h <5)，小圆柱的底面半径设为r (0<r <5)，由于r ，h 和球的半径5满足勾股定理，即r 2＋h 2＝52，所以小圆柱体积V ＝πr 2(h ＋5)＝π(25－h 2)(h ＋5)(0<h <5)，求导V ′＝－π(3h －5)·(h ＋5)，当0<h ≤53时，体积V 单调递增，当53<h <5时，体积V 单调递减．所以当h ＝53时，小圆柱体积取得最大值，V max ＝＝4000π27，故选B.10．(2019·凉山诊断)若对任意的0<x 1<x 2<a 都有x 2ln x 1－x 1ln x 2<x 1－x 2成立，则a 的最大值为()A.12B ．1C ．eD ．2e答案B解析原不等式可转化为1＋ln x 1x 1<1＋ln x 2x 2，构造函数f (x )＝1＋ln x x ，f ′(x )＝－ln xx2，故函数在(0,1)上导数大于零，单调递增，在(1，＋∞)上导数小于零，单调递减．由于x 1<x 2且f (x 1)<f (x 2)，故x 1，x 2在区间(0,1)上，故a 的最大值为1，故选B.11．(2019·洛阳、许昌质检)设函数y ＝f (x )，x ∈R 的导函数为f ′(x )，且f (x )＝f (－x ),f ′(x )<f (x )，则下列不等式成立的是(注：e 为自然对数的底数)()A ．f (0)<e －1f (1)<e 2f (2)B ．e －1f (1)<f (0)<e 2f (2)C ．e 2f (2)<e －1f (1)<f (0)D ．e 2f (2)<f (0)<e －1f (1)答案B解析设g (x )＝e －x f (x )，∴g ′(x )＝－e －x f (x )＋e －x f ′(x )＝e －x (f ′(x )－f (x ))，∵f ′(x )<f (x )，∴g ′(x )<0，∴g (x )为减函数．∵g (0)＝e 0f (0)＝f (0)，g (1)＝e －1f (1),g (－2)＝e 2f (－2)＝e 2f (2)，且g (－2)>g (0)>g (1)，∴e －1f (1)<f (0)<e 2f (2)，故选B.12．(2019·廊坊省级示范高中联考)已知函数f (x )＝－13x 3－12x 2＋ax －b 的图象在x ＝0处的切线方程为2x －y －a ＝0，若关于x 的方程f (x 2)＝m 有四个不同的实数解，则m 的取值范围为()A.－323，－B.－2－323，－2答案D解析由函数f (x )＝－13x 3－12x 2＋ax －b ，可得f ′(x )＝－x 2－x ＋a ，则f (0)＝－b ＝－a ，f ′(0)＝a ＝2，则b ＝2，即f (x )＝－13x 3－12x 2＋2x －2，f ′(x )＝－x 2－x ＋2＝－(x －1)(x ＋2)，所以函数f (x )在(－2,1)上单调递增，在(－∞，－2)，(1，＋∞)上单调递减，又由关于x 的方程f (x 2)＝m 有四个不同的实数解，等价于函数f (x )的图象与直线y ＝m 在x ∈(0，＋∞)，上有两个交点，又f (0)＝－2，f (1)＝－56，所以－2<m <－56，故选D.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．(2019·陕西四校联考)已知函数f (x )＝ln x ＋2x 2－4x ，则函数f (x )的图象在x ＝1处的切线方程为________________．答案x －y －3＝0解析∵f (x )＝ln x ＋2x 2－4x ，∴f ′(x )＝1x ＋4x －4，∴f ′(1)＝1，又f (1)＝－2，∴所求切线方程为y －(－2)＝x －1，即x －y －3＝0.14．已知函数f (x )＝(x －a )ln x (a ∈R )，若函数f (x )存在三个单调区间，则实数a 的取值范围是________．答案－1e2，解析f ′(x )＝ln x ＋1x (x －a )＝ln x ＋1－ax，函数f (x )＝(x －a )ln x (a ∈R )，若函数f (x )存在三个单调区间，则f ′(x )有两个变号零点，即f ′(x )＝0有两个不等实根，即a ＝x (ln x ＋1)有两个不等实根，转化为y ＝a 与y ＝x (ln x ＋1)的图象有两个不同的交点．令g (x )＝x (ln x ＋1)，则g ′(x )＝ln x ＋2，令ln x ＋2＝0，则x ＝1e 2，即g (x )＝x (ln x ＋1)[g (x )]min ＝－1e 2，当x →0时，g (x )→0，当x →＋∞时，f (x )→＋∞，所以结合f (x )的图象(图略)可知a －1e 2，15．(2019·山师大附中模拟)已知函数f (x )＝x 3－2x ＋e x －1e x ，其中e 是自然对数的底数，f (a －1)＋f (2a 2)≤0，则实数a 的取值范围是________．答案－1，12解析由函数f (x )＝x 3－2x ＋e x －1e x f ′(x )＝3x 2－2＋e x ＋1e x ≥－2＋e x ＋1ex ≥－2＋2e x ·1e x＝0，当且仅当x ＝0时等号成立，可得f (x )在R 上递增，又f (－x )＋f (x )＝(－x )3＋2x ＋e －x －e x ＋x 3－2x ＋e x －1e x 0，可得f (x )为奇函数，则f (a －1)＋f (2a 2)≤0，即有f (2a 2)≤0－f (a －1)＝f (1－a )，即有2a 2≤1－a ，解得－1≤a ≤12.16．(2019·湖北黄冈中学、华师附中等八校联考)定义在R 上的函数f (x )满足f (－x )＝f (x )，且对任意的不相等的实数x 1，x 2∈[0，＋∞)有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2<0成立，若关于x 的不等式f (2mx －ln x－3)≥2f (3)－f (－2mx ＋ln x ＋3)在x ∈[1,3]上恒成立，则实数m 的取值范围是______________．答案12e ，1＋ln 36解析∵函数f (x )满足f (－x )＝f (x )，∴函数f (x )为偶函数．又f (2mx －ln x －3)≥2f (3)－f (－2mx ＋ln x ＋3)＝2f (3)－f (2mx －ln x －3)，∴f (2mx －ln x －3)≥f (3)．由题意可得函数f (x )在(－∞，0)上单调递增，在[0，＋∞)上单调递减．∴|2mx －ln x －3|≤3对x ∈[1,3]恒成立，∴－3≤2mx －ln x －3≤3对x ∈[1,3]恒成立，即ln x2x ≤m ≤ln x ＋62x对x ∈[1,3]恒成立．令g (x )＝ln x2x ，x ∈[1,3]，则g ′(x )＝1－ln x 2x 2∴g (x )在[1，e ]上单调递增，在(e,3]上单调递减，∴g (x )max ＝g (e)＝12e .令h (x )＝ln x ＋62x ，x ∈[1,3]，则h ′(x )＝－5－ln x2x 2<0，∴h (x )在[1,3]上单调递减，∴h (x )min ＝h (3)＝6＋ln 36＝1＋ln 36.综上可得实数m 的取值范围为12e ，1＋ln 36.三、解答题(本大题共70分)17．(10分)(2019·辽宁重点高中联考)已知函数f (x )＝x 3＋mx 2－m 2x ＋1(m 为常数，且m >0)有极大值9.(1)求m 的值；(2)若斜率为－5的直线是曲线y ＝f (x )的切线，求此直线方程．解(1)f ′(x )＝3x 2＋2mx －m 2＝(x ＋m )(3x －m )＝0，令f ′(x )＝0，则x ＝－m 或x ＝13m ，当x 变化时，f ′(x )与f (x )的变化情况如下表：f ′(x )＋0－0＋f (x )增极大值减极小值增从而可知，当x ＝－m 时，函数f (x )取得极大值9，即f (－m )＝－m 3＋m 3＋m 3＋1＝9，∴m ＝2.(2)由(1)知，f (x )＝x 3＋2x 2－4x ＋1，依题意知f ′(x )＝3x 2＋4x －4＝－5，∴x ＝－1或x ＝－13，又f (－1)＝6，＝6827，所以切线方程为y －6＝－5(x ＋1)或y －6827＝－即5x ＋y －1＝0或135x ＋27y －23＝0.18．(12分)(2019·成都七中诊断)已知函数f (x )＝x sin x ＋2cos x ＋ax ＋2，其中a 为常数．(1)若曲线y ＝f (x )在x ＝π2处的切线斜率为－2，求该切线的方程；(2)求函数f (x )在x ∈[0，π]上的最小值．解(1)求导得f ′(x )＝x cos x －sin x ＋a ，由f a －1＝－2，解得a ＝－1.此时2，所以该切线的方程为y －2＝－2x ＋y －2－π＝0.(2)对任意x ∈[0，π]，f ″(x )＝－x sin x ≤0，所以f ′(x )在[0，π]内单调递减．当a ≤0时，f ′(x )≤f ′(0)＝a ≤0，∴f (x )在区间[0，π]上单调递减，故f (x )min ＝f (π)＝a π.当a ≥π时，f ′(x )≥f ′(π)＝a －π≥0，∴f (x )在区间[0，π]上单调递增，故f (x )min ＝f (0)＝4.当0<a <π时，因为f ′(0)＝a >0，f ′(π)＝a －π<0，且f ′(x )在区间[0，π]上单调递减，结合零点存在定理可知，存在唯一x 0∈(0，π)，使得f ′(x 0)＝0，且f (x )在[0，x 0]上单调递增，在[x 0，π]上单调递减．故f (x )的最小值等于f (0)＝4和f (π)＝a π中较小的一个值．①当4π≤a <π时，f (0)≤f (π)，故f (x )的最小值为f (0)＝4.②当0<a <4π时，f (π)≤f (0)，故f (x )的最小值为f (π)＝a π.综上所述，函数f (x )的最小值f (x )min，a ≥4π，π，a <4π.19．(12分)(2019·武汉示范高中联考)已知函数f (x )＝4ln x －mx 2＋1(m ∈R )．(1)若函数f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线2x －y －1＝0平行，求实数m 的值；(2)若对于任意x ∈[1，e ]，f (x )≤0恒成立，求实数m 的取值范围．解(1)∵f (x )＝4ln x －mx 2＋1，∴f ′(x )＝4x －2mx ，∴f ′(1)＝4－2m ，∵函数f (x )在(1，f (1))处的切线与直线2x －y －1＝0平行，∴f ′(1)＝4－2m ＝2，∴m ＝1.(2)∵对于任意x ∈[1，e ]，f (x )≤0恒成立，∴4ln x －mx 2＋1≤0，在x ∈[1，e ]上恒成立，即对于任意x ∈[1，e ]，m ≥4ln x ＋1x 2恒成立，令g (x )＝4ln x ＋1x 2，x ∈[1，e ]，g ′(x )＝2(1－4ln x )x 3，令g ′(x )>0，得1<x <14e ，令g ′(x )<0，得14e <x <e ，当x 变化时，g ′(x )，g (x )的变化如下表：x 14(1,e )14e14(e ,e)g ′(x )＋0－g (x )极大值∴函数g (x )在区间[1，e ]上的最大值g (x )max ＝g (14e )＝141244ln e 1(e )+＝2e e ，∴m ≥2ee，即实数m 的取值范围是2ee ，＋20．(12分)已知函数f (x )＝ln x －ax (ax ＋1)，其中a ∈R .(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若函数f (x )在(0,1]内至少有1个零点，求实数a 的取值范围．解(1)依题意知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1x －2a 2x －a ＝2a 2x 2＋ax －1－x ＝(2ax －1)(ax ＋1)－x，当a ＝0时，f (x )＝ln x ，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，由f ′(x )>0，得0<x <12a，由f ′(x )<0，得x >12a，函数f (x )当a <0时，由f ′(x )>0，得0<x <－1a ，由f ′(x )<0，得x >－1a ，函数f (x )－1a，＋.(2)①当a ＝0时，函数f (x )在(0，1]内有1个零点x 0＝1;②当a >0时，由(1)知函数f (x )若12a ≥1，即0<a ≤12时，f (x )在(0,1]上单调递增，由于当x →0时，f (x )→－∞且f (1)＝－a 2－a <0知，函数f (x )在(0,1]内无零点；若0<12a <1，即当a >12时，f (x )1上单调递减，要使函数f (x )在(0,1]内至少有1个零点，只需满足0，即ln 12a ≥34，又∵a >12，∴ln 12a <0，∴不等式不成立．∴f (x )在(0,1]内无零点；③当a <0时，由(1)知函数f (x )－1a，＋若－1a ≥1，即－1≤a <0时，f (x )在(0,1]上单调递增，由于当x →0时，f (x )→－∞，且f (1)＝－a 2－a >0，知函数f (x )在(0,1]内有1个零点；若0<－1a <1，即a <－1时，函数f (x )－1a，1上单调递减，由于当x →0时，f (x )→－∞，且当a <－1时，，知函数f (x )在(0,1]内无零点．综上可得a 的取值范围是[－1,0]．21．(12分)(2019·湖北黄冈中学、华师附中等八校联考)在工业生产中，对一正三角形薄钢板(厚度不计)进行裁剪可以得到一种梯形钢板零件，现有一边长为3(单位：米)的正三角形钢板(如图)，沿平行于边BC 的直线DE 将△ADE 剪去，得到所需的梯形钢板BCED ，记这个梯形钢板的周长为x (单位：米)，面积为S (单位：平方米)．(1)求梯形BCED 的面积S 关于它的周长x 的函数关系式；(2)若在生产中，梯形BCED 试确定这个梯形的周长x 为多少时，该零件才可以在生产中使用？解(1)∵DE ∥BC ，△ABC 是正三角形，∴△ADE 是正三角形，AD ＝DE ＝AE ，BD ＝CE ＝3－AD ，则DE ＋2(3－AD )＋3＝9－AD ＝x ，S ＝(3＋AD )·(3－AD )·sin 60°2＝3(12－x )(x －6)4(6<x <9)，化简得S ＝34(－x 2＋18x －72)(6<x <9)．故梯形BCED 的面积S 关于它的周长x 的函数关系式为S ＝34(－x 2＋18x －72)(6<x <9)．(2)∵由(1)得S ＝34(－x 2＋18x －72)(6<x <9)，令f (x )＝S x ＝x －72x ＋x <9)，∴f ′(x )1令f ′(x )＝0，得x ＝62或x ＝－62(舍去)，f (x )，f ′(x )随x 的变化如下表：x(6,62)62(62，9)f ′(x )＋0－f (x )单调递增极大值单调递减∴当x ＝62时，函数f (x )＝S x有最大值，为f (62)＝923－36.∴当x ＝62米时，该零件才可以在生产中使用．22．(12分)(2019·衡水中学调研)已知函数f (x )＝k e x －x 2(其中k ∈R ，e 是自然对数的底数)．(1)若k ＝2，当x ∈(0，＋∞)时，试比较f (x )与2的大小；(2)若函数f (x )有两个极值点x 1，x 2(x 1<x 2)，求k 的取值范围，并证明：0<f (x 1)<1.解(1)当k ＝2时，f (x )＝2e x －x 2，则f ′(x )＝2e x －2x ，令h (x )＝2e x －2x ，h ′(x )＝2e x －2，由于x ∈(0，＋∞)，故h ′(x )＝2e x －2>0，于是h (x )＝2e x －2x 在(0，＋∞)上为增函数，所以h (x )＝2e x －2x >h (0)＝2>0，即f ′(x )＝2e x －2x >0在(0，＋∞)上恒成立，从而f (x )＝2e x －x 2在(0，＋∞)上为增函数，故f (x )＝2e x －x 2>f (0)＝2.(2)函数f (x )有两个极值点x 1，x 2，则x 1，x 2是f ′(x )＝k e x －2x ＝0的两个根，即方程k ＝2x ex 有两个根，设φ(x )＝2x e x ，则φ′(x )＝2－2x ex ，当x <0时，φ′(x )>0，函数φ(x )单调递增且φ(x )<0；当0<x <1时，φ′(x )>0，函数φ(x )单调递增且φ(x )>0；当x >1时，φ′(x )<0，函数φ(x )单调递减且φ(x )>0.作出函数φ(x )的图象如图所示，要使方程k ＝2x e x 有两个根，只需0<k <φ(1)＝2e，故实数k f (x )的两个极值点x 1，x 2满足0<x 1<1<x 2，由f ′(x 1)＝1e x k －2x 1＝0得k ＝112e x x ，所以f (x 1)＝1e x k －x 21＝112e x x 1e x －x 21＝－x 21＋2x 1＝－(x 1－1)2＋1，由于x 1∈(0,1)，所以0<－(x 1－1)2＋1<1，所以0<f (x 1)<1.。

2024年高考数学一轮复习课件（新高考版）第三章　一元函数的导数及其应用§3.1　导数的概念及其意义、导数的运算考试要求1.了解导数的概念、掌握基本初等函数的导数.2.通过函数图象，理解导数的几何意义.3.能够用导数公式和导数的运算法则求简单函数的导数，能求简单的复合函数 (形如f(ax＋b))的导数.内容索引第一部分第二部分第三部分落实主干知识探究核心题型课时精练第一部分1.导数的概念f′(x0)y′| (1)函数y＝f(x)在x＝x0处的导数记作或 .0x x＝(2)函数y＝f(x)的导函数(简称导数)2.导数的几何意义函数y＝f(x)在x＝x0处的导数的几何意义就是曲线y＝f(x)在点P(x0，f(x0))斜率y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)处的切线的，相应的切线方程为 .3.基本初等函数的导数公式基本初等函数导函数f (x )＝c (c 为常数)f ′(x )＝__f (x )＝x α(α∈R ，且α≠0)f ′(x )＝______f (x )＝sin xf ′(x )＝_____f (x )＝cos xf ′(x )＝______f (x )＝a x (a >0，且a ≠1)f ′(x )＝______f (x )＝e x f ′(x )＝___0αx α－1cos x －sin x a x ln a e x知识梳理f(x)＝log a x(a>0，且a≠1)f′(x)＝_____ f(x)＝ln x f′(x)＝___4.导数的运算法则若f ′(x )，g ′(x )存在，则有[f (x )±g (x )]′＝ ；[f (x )g (x )]′＝ ；[cf (x )]′＝ .f ′(x )±g ′(x )f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )cf ′(x )5.复合函数的定义及其导数复合函数y＝f(g(x))的导数与函数y＝f(u)，u＝g(x)的导数间的关系为y u′·u x′y x′＝，即y对x的导数等于y对u的导数与u对x的导数的乘积.常用结论1.区分在点处的切线与过点处的切线(1)在点处的切线，该点一定是切点，切线有且仅有一条.(2)过点处的切线，该点不一定是切点，切线至少有一条.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)f ′(x 0)是函数y ＝f (x )在x ＝x 0附近的平均变化率.( )(2)与曲线只有一个公共点的直线一定是曲线的切线.( )(3)f ′(x 0)＝[f (x 0)]′.( )(4)(cos 2x ) ′＝－2sin 2x .( )×××√1.若函数f(x)＝3x＋sin 2x，则√因为函数f(x)＝3x＋sin 2x，所以f′(x)＝3x ln 3＋2cos 2x.y＝(e－1)x＋2又∵f(1)＝e＋1，∴切点为(1，e＋1)，切线斜率k＝f′(1)＝e－1，即切线方程为y－(e＋1)＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x＋2.3.已知函数f(x)＝x ln x＋ax2＋2，若f′(e)＝0，则a＝ .由题意得f′(x)＝1＋ln x＋2ax，第二部分√√√对于A，[(3x＋5)3]′＝3(3x＋5)2(3x＋5)′＝9(3x＋5)2，故A正确；对于B，(x3ln x)′＝(x3)′ln x＋x3(ln x)′＝3x2ln x＋x2，故B正确；对于D，(2x＋cos x)′＝(2x)′＋(cos x)′＝2x ln 2－sin x，故D正确.(2)已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f(x)＝x3＋x2f′(1)＋2x－1，则f′(2)等于√A.1B.－9C.－6D.4因为f(x)＝x3＋x2f′(1)＋2x－1，所以f′(x)＝3x2＋2xf′(1)＋2，把x＝1代入f′(x)，得f′(1)＝3×12＋2f′(1)＋2，解得f′(1)＝－5，所以f′(x)＝3x2－10x＋2，所以f′(2)＝－6.思维升华(1)求函数的导数要准确地把函数拆分成基本初等函数的和、差、积、商，再利用运算法则求导.(2)抽象函数求导，恰当赋值是关键，然后活用方程思想求解.(3)复合函数求导，应由外到内逐层求导，必要时要进行换元.√√√f(x)＝sin(2x＋3)，f′(x)＝cos(2x＋3)·(2x＋3)′＝2cos(2x＋3)，故A 正确；f(x)＝e－2x＋1，则f′(x)＝－2e－2x＋1，故B错误；f(x)＝x ln x，f′(x)＝(x)′ln x＋x(ln x)′＝ln x＋1，故D正确.命题点1　求切线方程例2　(1)(2023·大同模拟)已知函数f(x)＝2e2ln x＋x2，则曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为√A.4e x－y＋e2＝0B.4e x－y－e2＝0C.4e x＋y＋e2＝0D.4e x＋y－e2＝0所以f(e)＝2e2ln e＋e2＝3e2，f′(e)＝4e，所以曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为y－3e2＝4e(x－e)，即4e x－y－e2＝0.(2)(2022·新高考全国Ⅱ)曲线y＝ln|x|过坐标原点的两条切线的方程为_______，_________.先求当x>0时，曲线y＝ln x过原点的切线方程，设切点为(x0，y0)，解得y0＝1，代入y＝ln x，得x0＝e，命题点2　求参数的值(范围)例3　(1)(2022·重庆模拟)已知a为非零实数，直线y＝x＋1与曲线y＝ea ln(x＋1)相切，则a＝_____.(2)(2022·新高考全国Ⅰ)若曲线y＝(x＋a)e x有两条过坐标原点的切线，(－∞，－4)∪(0，＋∞)则a的取值范围是 .因为y ＝(x ＋a )e x ，所以y ′＝(x ＋a ＋1)e x .设切点为A (x 0，(x 0＋a ) )，O 为坐标原点，0e x 0e x 0x x ＝000()ex x a x 因为曲线y ＝(x ＋a )e x 有两条过坐标原点的切线，所以Δ＝a 2＋4a >0，解得a <－4或a >0，所以a 的取值范围是(－∞，－4)∪(0，＋∞).思维升华(1)处理与切线有关的问题，关键是根据曲线、切线、切点的三个关系列出参数的方程：①切点处的导数是切线的斜率；②切点在切线上；③切点在曲线上.(2)注意区分“在点P处的切线”与“过点P的切线”.跟踪训练2　(1)曲线f(x)＝在(0，f(0))处的切线方程为√A.y＝3x－2B.y＝3x＋2C.y＝－3x－2D.y＝－3x＋2所以f′(0)＝3，f(0)＝－2，所以曲线f(x)在(0，f(0))处的切线方程为y－(－2)＝3(x－0)，即y＝3x－2.√例4　(1)若直线l：y＝kx＋b(k>1)为曲线f(x)＝e x－1与曲线g(x)＝eln x的公切线，则l的纵截距b等于A.0B.1√C.eD.－e设l 与f (x )的切点为(x 1，y 1)，则由f ′(x )＝e x －1，得l ：y ＝ ＋(1－x 1) .同理，设l 与g (x )的切点为(x 2，y 2)，11e x x －11e x －11e x －11e x －因为k >1，所以l ：y ＝x 不成立，故b ＝－e.(2)(2023·晋中模拟)若两曲线y＝ln x－1与y＝ax2存在公切线，则正实数a 的取值范围是√设公切线与曲线y＝ln x－1和y＝ax2的切点分别为(x1，ln x1－1)，(x2，ax)，其中x1>0，令g (x )＝2x 2－x 2ln x ，则g ′(x )＝3x －2x ln x ＝x (3－2ln x )，令g ′(x )＝0，得x ＝ ，32e 当x ∈(0， )时，g ′(x )>0，g (x )单调递增；32e当x ∈(，＋∞)时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，32e 32e思维升华公切线问题，应根据两个函数在切点处的斜率相等，且切点既在切线上又在曲线上，列出有关切点横坐标的方程组，通过解方程组求解.或者分别求出两函数的切线，利用两切线重合列方程组求解.跟踪训练3　(1)已知定义在(0，＋∞)上的函数f(x)＝x2－m，h(x)＝6ln x －4x，设两曲线y＝f(x)与y＝h(x)在公共点处的切线相同，则m等于A.－3 B.1√C.3D.5依题意，设曲线y＝f(x)与y＝h(x)在公共点(x0，y0)处的切线相同.∵f(x)＝x2－m，h(x)＝6ln x－4x，∵x0>0，∴x0＝1，m＝5.(2)已知f(x)＝e x－1，g(x)＝ln x＋1，则f(x)与g(x)的公切线有A.0条B.1条√C.2条D.3条根据题意，设直线l与f(x)＝e x－1相切于点(m，e m－1) ，与g(x)相切于点(n，ln n＋1)(n>0)，对于f(x)＝e x－1，f′(x)＝e x，则k1＝e m，则直线l的方程为y＋1－e m＝e m(x－m) ，即y＝e m x＋e m(1－m)－1，可得(1－m)(e m－1)＝0，即m＝0或m＝1，则切线方程为y＝e x－1 或y＝x，故f(x)与g(x)的公切线有两条.第三部分1.(2023·广州模拟)曲线y＝x3＋1在点(－1，a)处的切线方程为√A.y＝3x＋3B.y＝3x＋1C.y＝－3x－1D.y＝－3x－3因为f′(x)＝3x2，所以f′(－1)＝3，又当x＝－1时，a＝(－1)3＋1＝0，所以y＝x3＋1在点(－1，a)处的切线方程为y＝3(x＋1)，即y＝3x＋3.2.记函数f(x)的导函数为f′(x).若f(x)＝e x sin 2x，则f′(0)等于√A.2B.1C.0D.－1因为f(x)＝e x sin 2x，则f′(x)＝e x(sin 2x＋2cos 2x)，所以f′(0)＝e0(sin 0＋2cos 0)＝2.3.(2022·广西三市联考)设函数f(x)在R上存在导函数f′(x)，f(x)的图象在点M(1，f(1))处的切线方程为y＝＋2，那么f(1)＋f′(1)等于√A.1B.2C.3D.44.已知函数f(x)＝x ln x，若直线l过点(0，－e)，且与曲线y＝f(x)相切，则直线l的斜率为√A.－2B.2C.－eD.e设切点坐标为(t，t ln t)，∵f(x)＝x ln x，∴f′(x)＝ln x＋1，直线l的斜率为f′(t)＝ln t＋1，∴直线l的方程为y－t ln t＝(ln t＋1)(x－t)，将点(0，－e)的坐标代入直线l的方程得－e－t ln t＝－t(ln t＋1)，解得t＝e，∴直线l的斜率为f′(e)＝2.。

导数与函数的极值、最值考试要求 1.借助函数图象，了解函数在某点取得极值的必要和充分条件.2.会用导数求函数的极大值、极小值.3.会求闭区间上函数的最大值、最小值．知识梳理1．函数的极值(1)函数的极小值函数y＝f(x)在点x＝a的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值都小，f′(a)＝0；而且在点x＝a附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，则a叫做函数y＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y＝f(x)的极小值．(2)函数的极大值函数y＝f(x)在点x＝b的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点的函数值都大，f′(b)＝0；而且在点x＝b附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，则b叫做函数y＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y＝f(x)的极大值．(3)极小值点、极大值点统称为极值点，极小值和极大值统称为极值．2．函数的最大(小)值(1)函数f(x)在区间[a，b]上有最值的条件：如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值．(2)求y＝f(x)在区间[a，b]上的最大(小)值的步骤：①求函数y＝f(x)在区间(a，b)上的极值；②将函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．常用结论对于可导函数f(x)，“f′(x0)＝0”是“函数f(x)在x＝x0处有极值”的必要不充分条件．思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)函数f(x)在区间(a，b)上不存在最值．( ×)(2)函数的极小值一定是函数的最小值．( ×)(3)函数的极小值一定不是函数的最大值．( √)(4)函数y＝f′(x)的零点是函数y＝f(x)的极值点．( ×)教材改编题1．如图是f (x )的导函数f ′(x )的图象，则f (x )的极小值点的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4 答案 A解析 由题意知只有在x ＝－1处f ′(－1)＝0，且其两侧导数符号为左负右正． 2．函数f (x )＝x 3－ax 2＋2x －1有极值，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－∞，－6]∪[6，＋∞) B ．(－∞，－6)∪(6，＋∞) C ．(－6，6) D ．[－6，6] 答案 B解析 f ′(x )＝3x 2－2ax ＋2，由题意知f ′(x )有变号零点，∴Δ＝(－2a )2－4×3×2>0， 解得a >6或a <－ 6.3．若函数f (x )＝13x 3－4x ＋m 在[0,3]上的最大值为4，则m ＝________.答案 4解析 f ′(x )＝x 2－4，x ∈[0,3]，当x ∈[0,2)时，f ′(x )<0，当x ∈(2,3]时，f ′(x )>0，所以f (x )在[0,2)上单调递减，在(2,3]上单调递增．又f (0)＝m ，f (3)＝－3＋m .所以在[0,3]上，f (x )max ＝f (0)＝4，所以m ＝4.题型一 利用导数求函数的极值问题 命题点1 根据函数图象判断极值例1 (2022·广州模拟)设函数f (x )在R 上可导，其导函数为f ′(x )，且函数y ＝(x －1)f ′(x )的图象如图所示，则下列结论中正确的是( )A．函数f(x)有极大值f(－3)和f(3)B．函数f(x)有极小值f(－3)和f(3)C．函数f(x)有极小值f(3)和极大值f(－3)D．函数f(x)有极小值f(－3)和极大值f(3)答案 D解析由题图知，当x∈(－∞，－3)时，y>0，x－1<0⇒f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(－3,1)时，y<0，x－1<0⇒f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(1,3)时，y>0，x－1>0⇒f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(3，＋∞)时，y<0，x－1>0⇒f′(x)<0，f(x)单调递减．所以函数有极小值f(－3)和极大值f(3)．命题点2 求已知函数的极值例2 已知函数f(x)＝x－1＋ae x(a∈R，e为自然对数的底数)．(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，求a的值；(2)求函数f(x)的极值．解(1)因为f(x)＝x－1＋ae x ，所以f′(x)＝1－ae x，又因为曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，所以f′(1)＝0，即1－ae1＝0，所以a＝e.(2)由(1)知f′(x)＝1－ae x ，当a≤0时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，因此f(x)无极大值与极小值；当a>0时，令f′(x)>0，则x>ln a，所以f(x)在(ln a，＋∞)上单调递增，令f′(x)<0，则x<ln a，所以f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，故f(x)在x＝ln a处取得极小值，且f(ln a)＝ln a，但是无极大值，综上，当a≤0时，f(x)无极大值与极小值；当a >0时，f (x )在x ＝ln a 处取得极小值ln a ，但是无极大值． 命题点3 已知极值(点)求参数例3 (1)(2022·大庆模拟)函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2在x ＝1处取得极值10，则a ＋b 等于( ) A ．－7 B ．0 C ．－7或0 D ．－15或6答案 A解析 由题意知，函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2， 可得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ， 因为f (x )在x ＝1处取得极值10， 可得⎩⎪⎨⎪⎧f ′1＝3＋2a ＋b ＝0，f1＝1＋a ＋b ＋a 2＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4，b ＝－11，或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝3，检验知，当a ＝－3，b ＝3时，可得f ′(x )＝3x 2－6x ＋3＝3(x －1)2≥0，此时函数f (x )单调递增，函数无极值点，不符合题意；当a ＝4，b ＝－11时，可得f ′(x )＝3x 2＋8x －11＝(3x ＋11)(x －1)， 当x <－113或x >1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当－113<x <1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x ＝1时，函数f (x )取得极小值，符合题意． 所以a ＋b ＝－7.(2)(2022·南京模拟)已知函数f (x )＝x (ln x －ax )在区间(0，＋∞)上有两个极值，则实数a 的取值范围为( ) A ．(0，e)B.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1eC.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13 答案 C解析 f ′(x )＝ln x －ax ＋x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x－a＝ln x ＋1－2ax ，由题意知ln x ＋1－2ax ＝0在(0，＋∞)上有两个不相等的实根，2a ＝ln x ＋1x，设g (x )＝ln x ＋1x，则g ′(x )＝1－ln x ＋1x 2＝－ln x x2. 当0<x <1时，g ′(x )>0，g (x )单调递增； 当x >1时，g ′(x )<0，g (x )单调递减， 所以g (x )的极大值为g (1)＝1， 又当x >1时，g (x )>0， 当x →＋∞时，g (x )→0， 当x →0时，g (x )→－∞， 所以0<2a <1，即0<a <12.教师备选1．(2022·榆林模拟)设函数f (x )＝x cos x 的一个极值点为m ，则tan ⎝⎛⎭⎪⎫m ＋π4等于( )A.m －1m ＋1B.m ＋1m －1 C.1－mm ＋1D.m ＋11－m答案 B解析 由f ′(x )＝cos x －x sin x ＝0， 得tan x ＝1x ，所以tan m ＝1m，故tan ⎝⎛⎭⎪⎫m ＋π4＝1＋tan m 1－tan m ＝m ＋1m －1. 2．已知a ，b ∈R ，若x ＝a 不是函数f (x )＝(x －a )2(x －b )·(e x －1－1)的极小值点，则下列选项符合的是( ) A ．1≤b <a B ．b <a ≤1 C ．a <1≤b D ．a <b ≤1答案 B解析 令f (x )＝(x －a )2(x －b )(e x －1－1)＝0，得x 1＝a ，x 2＝b ，x 3＝1.下面利用数轴标根法画出f (x )的草图，借助图象对选项A ，B ，C ，D 逐一分析． 对选项A ，若1≤b <a ，由图可知x ＝a 是f (x )的极小值点，不符合题意；对选项B ，若b <a ≤1，由图可知x ＝a 不是f (x )的极小值点，符合题意； 对选项C ，若a <1≤b ，由图可知x ＝a 是f (x )的极小值点，不符合题意； 对选项D ，若a <b ≤1，由图可知x ＝a 是f (x )的极小值点，不符合题意．思维升华 根据函数的极值(点)求参数的两个要领(1)列式：根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解； (2)验证：求解后验证根的合理性．跟踪训练1 (1)(2022·长沙模拟)若x ＝1是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x －1的极值点，则f (x )的极大值为( ) A ．－1 B ．－2e －3C ．5e －3D ．1答案 C解析 因为f (x )＝(x 2＋ax －1)e x －1，故可得f ′(x )＝(2x ＋a )ex －1＋(x 2＋ax －1)ex －1＝ex －1[x 2＋(a ＋2)x ＋a －1]，因为x ＝1是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x －1的极值点，故可得f ′(1)＝0，即2a ＋2＝0，解得a ＝－1. 此时f ′(x )＝ex －1(x 2＋x －2)＝ex －1(x ＋2)(x －1)．令f ′(x )＝0，解得x 1＝－2，x 2＝1， 由f ′(x )>0可得x <－2或x >1； 由f ′(x )<0可得－2<x <1，所以f (x )在区间(－∞，－2)上单调递增， 在(－2,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故f (x )的极大值点为x ＝－2.则f (x )的极大值为f (－2)＝(4＋2－1)e －3＝5e －3.(2)(2022·芜湖模拟)函数f (x )＝ln x ＋12x 2－ax (x >0)在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，3上有且仅有一个极值点，则实数a 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫52，103B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫52，103C.⎝ ⎛⎦⎥⎤52，103 D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤2，103答案 B解析 ∵f (x )＝ln x ＋12x 2－ax (x >0)，∴f ′(x )＝1x＋x －a ，∵函数f (x )＝ln x ＋12x 2－ax (x >0)在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，3上有且仅有一个极值点， ∴y ＝f ′(x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，3上只有一个变号零点． 令f ′(x )＝1x ＋x －a ＝0，得a ＝1x＋x .设g (x )＝1x ＋x ，则g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1上单调递减，在[1,3]上单调递增， ∴g (x )min ＝g (1)＝2， 又g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝52，g (3)＝103，∴当52≤a <103时，y ＝f ′(x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，3上只有一个变号零点．∴实数a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫52，103.题型二 利用导数求函数最值例4 已知函数g (x )＝a ln x ＋x 2－(a ＋2)x (a ∈R )． (1)若a ＝1，求g (x )在区间[1，e]上的最大值； (2)求g (x )在区间[1，e]上的最小值h (a )． 解 (1)∵a ＝1， ∴g (x )＝ln x ＋x 2－3x ， ∴g ′(x )＝1x＋2x －3＝2x －1x －1x，∵x ∈[1，e]，∴g ′(x )≥0， ∴g (x )在[1，e]上单调递增， ∴g (x )max ＝g (e)＝e 2－3e ＋1. (2)g (x )的定义域为(0，＋∞)，g ′(x )＝a x ＋2x －(a ＋2)＝2x 2－a ＋2x ＋ax＝2x －a x －1x.①当a2≤1，即a ≤2时，g (x )在[1，e]上单调递增，h (a )＝g (1)＝－a －1； ②当1<a 2<e ，即2<a <2e 时，g (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，a 2上单调递减，在⎝ ⎛⎦⎥⎤a 2，e 上单调递增，h (a )＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫a2＝a ln a 2－14a 2－a ；③当a2≥e，即a ≥2e 时，g (x )在[1，e]上单调递减，h (a )＝g (e)＝(1－e)a ＋e 2－2e.综上，h (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧－a －1，a ≤2，a ln a 2－14a 2－a ，2<a <2e ，1－e a ＋e 2－2e ，a ≥2e.教师备选已知函数f (x )＝ln x －ax －2(a ≠0)． (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若函数f (x )有最大值M ，且M >a －4，求实数a 的取值范围． 解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)， 由f (x )＝ln x －ax －2(a ≠0)可得f ′(x )＝1x－a ， 当a <0时，f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增； 当a >0时，令f ′(x )＝0，得x ＝1a，所以当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，综上所述，当a <0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减．(2)由(1)知，当a <0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，无最大值， 当a >0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减， 所以当x ＝1a时，f (x )取得最大值，即f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln 1a －a ×1a－2＝ln 1a－3＝－ln a －3，因此有－ln a －3>a －4，得ln a ＋a －1<0， 设g (a )＝ln a ＋a －1，则g ′(a )＝1a＋1>0，所以g (a )在(0，＋∞)上单调递增， 又g (1)＝0，所以g (a )<g (1)，得0<a <1， 故实数a 的取值范围是(0,1)．思维升华 (1)求函数f (x )在闭区间[a ，b ]上的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f (a )，f (b )与f (x )的各极值进行比较得到函数的最值．(2)若所给的闭区间[a ，b ]含参数，则需对函数f (x )求导，通过对参数分类讨论，判断函数的单调性，从而得到函数f (x )的最值．跟踪训练2 某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度)，设该蓄水池的底面半径为r 米，高为h 米，体积为V 立方米．假设建造成本仅与表面积有关，侧面的建造成本为100元/平方米，底面的建造成本为160元/平方米，该蓄水池的总建造成本为12000π元(π为圆周率)．(1)将V 表示成r 的函数V (r )，并求该函数的定义域；(2)讨论函数V (r )的单调性，并确定r 和h 为何值时该蓄水池的体积最大. 解 (1)∵蓄水池的侧面的总成本为 100×2πrh ＝200πrh (元)， 底面的总成本为160πr 2元，∴蓄水池的总成本为(200πrh ＋160πr 2)元． 由题意得200πrh ＋160πr 2＝12000π， ∴h ＝15r(300－4r 2)．从而V (r )＝πr 2h ＝π5(300r －4r 3)．由h >0，且r >0，可得0<r <5 3. 故函数V (r )的定义域为(0,53)． (2)由(1)知V (r )＝π5(300r －4r 3)，故V ′(r )＝π5(300－12r 2)，令V ′(r )＝0，解得r 1＝5，r 2＝－5(舍)．当r ∈(0,5)时，V ′(r )>0，故V (r )在(0,5)上单调递增； 当r ∈(5,53)时，V ′(r )<0，故V (r )在(5,53)上单调递减． 由此可知，V (r )在r ＝5处取得最大值，此时h ＝8， 即当r ＝5，h ＝8时，该蓄水池的体积最大．课时精练1．若函数f (x )＝x 2＋2xex的极大值点与极小值点分别为a ，b ，则a ＋b 等于( )A ．－4 B. 2 C ．0 D ．2答案 C解析 f ′(x )＝2－x2e x ，当－2<x <2时，f ′(x )>0； 当x <－2或x >2时，f ′(x )<0. 故f (x )＝x 2＋2xex的极大值点与极小值点分别为2，－2，则a ＝2，b ＝－2，所以a ＋b ＝0.2．如图是函数y ＝f (x )的导函数的图象，下列结论中正确的是( )A ．f (x )在[－2，－1]上单调递增B ．当x ＝3时，f (x )取得最小值C ．当x ＝－1时，f (x )取得极大值D ．f (x )在[－1,2]上单调递增，在[2,4]上单调递减 答案 D解析 根据题图知，当x ∈(－2，－1)，x ∈(2,4)时，f ′(x )<0，函数y ＝f (x )单调递减；当x ∈(－1,2)，x ∈(4，＋∞)时，f ′(x )>0，函数y ＝f (x )单调递增．所以y ＝f (x )在[－2，－1]上单调递减，在(－1，2)上单调递增，在(2,4)上单调递减，在(4，＋∞)上单调递增，故选项A 不正确，选项D 正确；故当x ＝－1时，f (x )取得极小值，选项C 不正确；当x ＝3时，f (x )不是取得最小值，选项B 不正确．3．已知函数f (x )＝2ln x ＋ax 2－3x 在x ＝2处取得极小值，则f (x )的极大值为( )A ．2B ．－52C ．3＋ln2D ．－2＋2ln2答案 B解析 由题意得，f ′(x )＝2x＋2ax －3，∵f (x )在x ＝2处取得极小值， ∴f ′(2)＝4a －2＝0，解得a ＝12，∴f (x )＝2ln x ＋12x 2－3x ，f ′(x )＝2x＋x －3＝x －1x －2x，∴f (x )在(0,1)，(2，＋∞)上单调递增，在(1,2)上单调递减， ∴f (x )的极大值为f (1)＝12－3＝－52.4．(2022·重庆联考)函数f (x )＝x ＋2cos x 在[0，π]上的最大值为( ) A ．π－2 B.π6 C ．2 D.π6＋ 3 答案 D解析 由题意得，f ′(x )＝1－2sin x ，∴当0≤sin x ≤12，即x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π6和⎣⎢⎡⎦⎥⎤5π6，π上时，f ′(x )≥0，f (x )单调递增；当12<sin x ≤1，即x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，5π6上时， f ′(x )<0，f (x )单调递减，∴f (x )有极大值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝π6＋3，有极小值 f ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π6＝5π6－3，而端点值f (0)＝2，f (π)＝π－2，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6>f (0)>f (π)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π6，∴f (x )在[0，π]上的最大值为π6＋ 3.5．(多选)已知x ＝1和x ＝3是函数f (x )＝ax 3＋bx 2－3x ＋k (a ，b ∈R )的两个极值点，且函数f (x )有且仅有两个不同零点，则k 值为( )A ．－43B.43 C ．－1 D ．0答案 BD解析 f ′(x )＝3ax 2＋2bx －3，依题意1,3是f ′(x )＝0的两个根， 所以⎩⎪⎨⎪⎧1＋3＝－2b3a ，1×3＝－33a，解得a ＝－13，b ＝2.故f (x )＝－13x 3＋2x 2－3x ＋k .易求得函数f (x )的极大值为f (3)＝k 和极小值为f (1)＝－43＋k .要使函数f (x )有两个零点，则f (x )极大值k ＝0或f (x )极小值－43＋k ＝0，所以k ＝0或k ＝43.6．(多选)已知函数f (x )＝x ＋sin x －x cos x 的定义域为[－2π，2π)，则( ) A ．f (x )为奇函数B ．f (x )在[0，π)上单调递增C ．f (x )恰有4个极大值点D ．f (x )有且仅有4个极值点 答案 BD解析 因为f (x )的定义域为[－2π，2π)， 所以f (x )是非奇非偶函数，故A 错误； 因为f (x )＝x ＋sin x －x cos x ，所以f ′(x )＝1＋cos x －(cos x －x sin x )＝1＋x sin x ，当x ∈[0，π)时，f ′(x )>0，则f (x )在[0，π)上单调递增，故B 正确； 显然f ′(0)≠0，令f ′(x )＝0，得sin x ＝－1x，分别作出y ＝sin x ，y ＝－1x在区间[－2π，2π)上的图象，由图可知，这两个函数的图象在区间[－2π，2π)上共有4个公共点，且两图象在这些公共点上都不相切，故f (x )在区间[－2π，2π)上的极值点的个数为4，且f (x )只有2个极大值点，故C 错误，D 正确．7．(2022·潍坊模拟)写出一个存在极值的奇函数f (x )＝________. 答案 sin x (答案不唯一)解析 正弦函数f (x )＝sin x 为奇函数，且存在极值．8．(2021·新高考全国Ⅰ)函数f (x )＝|2x －1|－2ln x 的最小值为________． 答案 1解析 函数f (x )＝|2x －1|－2ln x 的定义域为(0，＋∞)． ①当x >12时，f (x )＝2x －1－2ln x ，所以f ′(x )＝2－2x＝2x －1x， 当12<x <1时，f ′(x )<0， 当x >1时，f ′(x )>0，所以f (x )min ＝f (1)＝2－1－2ln1＝1；②当0<x ≤12时，f (x )＝1－2x －2ln x 在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12上单调递减， 所以f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－2ln 12＝2ln2＝ln4>lne ＝1.综上，f (x )min ＝1.9．已知函数f (x )＝ln x －2x －2x ＋1.(1)求函数f (x )的单调区间；(2)设g (x )＝f (x )－4＋ax ＋1＋2(a ∈R )，若x 1，x 2是函数g (x )的两个极值点，求实数a 的取值范围．解 (1)由题知函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝1x－2x ＋1－2x －1x ＋12＝x －12x x ＋12≥0对任意x ∈(0，＋∞)恒成立，当且仅当x ＝1时，f ′(x )＝0，所以f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间．(2)因为g (x )＝f (x )－4＋a x ＋1＋2＝ln x －ax ＋1，所以g ′(x )＝1x＋ax ＋12＝x 2＋2＋a x ＋1x x ＋12(x >0)．由题意知x 1，x 2是方程g ′(x )＝0在(0，＋∞)内的两个不同的实数解． 令h (x )＝x 2＋(2＋a )x ＋1，又h (0)＝1>0，所以只需⎩⎪⎨⎪⎧－2－a >0，Δ＝2＋a2－4>0，解得a <－4，即实数a 的取值范围为(－∞，－4)．10．(2022·珠海模拟)已知函数f (x )＝ln x －ax ，x ∈(0，e]，其中e 为自然对数的底数． (1)若x ＝1为f (x )的极值点，求f (x )的单调区间和最大值；(2)是否存在实数a ，使得f (x )的最大值是－3？若存在，求出a 的值；若不存在，说明理由． 解 (1)∵f (x )＝ln x －ax ，x ∈(0，e]， ∴f ′(x )＝1－axx，由f ′(1)＝0，得a ＝1. ∴f ′(x )＝1－x x，∴x ∈(0,1)，f ′(x )>0，x ∈(1，＋∞)，f ′(x )<0， ∴f (x )的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，e]；f (x )的极大值为f (1)＝－1，也即f (x )的最大值为f (1)＝－1.(2)∵f (x )＝ln x －ax ， ∴f ′(x )＝1x －a ＝1－ax x，①当a ≤0时，f (x )在(0，e]上单调递增， ∴f (x )的最大值是f (e)＝1－a e ＝－3， 解得a ＝4e>0，舍去；②当a >0时，由f ′(x )＝1x －a ＝1－axx＝0，得x ＝1a，当0<1a <e ，即a >1e时，∴x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )>0；x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，e 时，f ′(x )<0，∴f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎪⎫0，1a ，单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，e ，又f (x )在(0，e]上的最大值为－3，∴f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝－1－ln a ＝－3，∴a ＝e 2；当e≤1a ，即0<a ≤1e 时，f (x )在(0，e]上单调递增，∴f (x )max ＝f (e)＝1－a e ＝－3， 解得a ＝4e >1e，舍去．综上，存在a 符合题意，此时a ＝e 2.11．若函数f (x )＝(x 2－a )e x的两个极值点之积为－3，则f (x )的极大值为( ) A.6e 3 B ．－2eC ．－2e D.4e2 答案 A解析 因为f (x )＝(x 2－a )e x， 所以f ′(x )＝(x 2＋2x －a )e x， 由f ′(x )＝(x 2＋2x －a )e x＝0， 得x 2＋2x －a ＝0，由函数f (x )＝(x 2－a )e x的两个极值点之积为－3， 则由根与系数的关系可知，－a ＝－3，即a ＝3， 所以f (x )＝(x 2－3)e x ，f ′(x )＝(x 2＋2x －3)e x， 当x <－3或x >1时，f ′(x )>0； 当－3<x <1时，f ′(x )<0， 故f (x )在(－∞，－3)上单调递增，在(－3,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以f (x )的极大值为f (－3)＝6e3.12．函数f (x )＝ax 3－6ax 2＋b 在区间[－1,2]上的最大值为3，最小值为－29(a >0)，则a ，b 的值为( ) A ．a ＝2，b ＝－29B ．a ＝3，b ＝2C．a＝2，b＝3 D．以上都不对答案 C解析函数f(x)的导数f′(x)＝3ax2－12ax＝3ax(x－4)，因为a>0，所以由f′(x)<0，计算得出0<x<4，此时函数单调递减，由f′(x)>0，计算得出x>4或x<0，此时函数单调递增，即函数在[－1,0]上单调递增，在[0,2]上单调递减，即函数在x＝0处取得极大值同时也是最大值，则f(0)＝b＝3，则f(x)＝ax3－6ax2＋3，f(－1)＝－7a＋3，f(2)＝－16a＋3，则f(－1)>f(2)，即函数的最小值为f(2)＝－16a＋3＝－29，计算得出a＝2，b＝3.13．(2021·全国乙卷)设a≠0，若x＝a为函数f(x)＝a(x－a)2(x－b)的极大值点，则( ) A．a<b B．a>bC．ab<a2D．ab>a2答案 D解析当a>0时，根据题意画出函数f(x)的大致图象，如图1所示，观察可知b>a.图1当a<0时，根据题意画出函数f(x)的大致图象，如图2所示，观察可知a>b.图2综上，可知必有ab>a2成立．14．(2022·河南多校联考)已知函数f(x)＝2ln x，g(x)＝x＋2，若f(x1)＝g(x2)，则x1－x2的最小值为______．答案4－2ln2解析设f(x1)＝g(x2)＝t，即2ln x1＝t，x2＋2＝t，解得x 1＝2e t ，x 2＝t －2， 所以x 1－x 2＝2e t －t ＋2，令h (t )＝2e t －t ＋2，则h ′(t )＝21e 2t －1，令h ′(t )＝0，解得t ＝2ln2， 当t <2ln2时，h ′(t )<0， 当t >2ln2时，h ′(t )>0，所以h (t )在(－∞，2ln2)上单调递减，在(2ln2，＋∞)上单调递增， 所以h (t )的最小值为h (2ln2)＝e ln2－2ln2＋2＝4－2ln2， 所以x 1－x 2的最小值为4－2ln2.15．(多选)已知函数f (x )＝x ln x ＋x 2，x 0是函数f (x )的极值点，以下几个结论中正确的是( ) A ．0<x 0<1eB ．x 0>1eC ．f (x 0)＋2x 0<0D ．f (x 0)＋2x 0>0答案 AD解析 函数f (x )＝x ln x ＋x 2(x >0)， ∴f ′(x )＝ln x ＋1＋2x ， ∵x 0是函数f (x )的极值点， ∴f ′(x 0)＝0，即ln x 0＋1＋2x 0＝0，∴f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝2e>0，当x >1e 时，f ′(x )>0，∵当x →0时，f ′(x )→－∞， ∴0<x 0<1e，即A 正确，B 不正确；f (x 0)＋2x 0＝x 0ln x 0＋x 20＋2x 0＝x 0(ln x 0＋x 0＋2)＝x 0(1－x 0)>0，即D 正确，C 不正确．16．已知函数f (x )＝x 2－2x ＋a ln x (a >0)． (1)求函数f (x )的单调递增区间；(2)若函数f (x )有两个极值点x 1，x 2，x 1<x 2，不等式f (x 1)≥mx 2恒成立，求实数m 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝2x －2＋a x ＝2x 2－2x ＋a x，x >0，一元二次方程2x 2－2x ＋a ＝0的Δ＝4(1－2a )，①当a ≥12时，f ′(x )≥0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；②当0<a <12时，令f ′(x )＝0，得x 1＝1－1－2a 2>0，x 2＝1＋1－2a 2>0，所以当0<x <1－1－2a2时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当1－1－2a 2<x <1＋1－2a2时， f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x >1＋1－2a 2时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．综上所述，当a ≥12时，f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，当0<a <12时，f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－1－2a 2，⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－2a 2，＋∞.(2)由(1)知，0<a <12，x 1＋x 2＝1，x 1x 2＝a2，则0<x 1<12<x 2，由f (x 1)≥mx 2恒成立， 得x 21－2x 1＋a ln x 1≥mx 2，即(1－x 2)2－2(1－x 2)＋2(1－x 2)x 2ln(1－x 2)≥mx 2， 即m ≤x 2－1x 2＋2(1－x 2)ln(1－x 2)，记h (x )＝x －1x＋2(1－x )ln(1－x )，1>x >12，则h ′(x )＝1x 2－2ln(1－x )－1>0⎝⎛⎭⎪⎫1>x >12， 故h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上单调递增，h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－32－ln 2，3 2－ln 2.故m≤－。