高考数学大一轮复习 第三章导数及其应用（理）分层演练（含解析共7课时）

《高考数学大一轮复习 第三章导数及其应用（理）分层演练（含解析共7课时）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考数学大一轮复习 第三章导数及其应用（理）分层演练（含解析共7课时）（37页珍藏版）》请在七七文库上搜索。

1、 1 第第 1 1 讲讲 变化率与导数、导数的计算变化率与导数、导数的计算 1(2019四川成都模拟)曲线yxsin x在点P(，0)处的切线方程是( ) Ayx 2 Byx 2 Cyx 2 Dyx 2 解析：选 A.因为yf(x)xsin x，所以f(x)sin xx cos x，在点P(，0)处的切 线斜率为ksin cos ，所以曲线yxsin x在点P(，0)处的切线方程是 y(x)x 2.故选 A. 2已知函数f(x)(x 22)(ax2b)，且 f(1)2，则f(1)( ) A1 B2 C2 D0 解析：选B.f(x)(x 22)(ax2b)ax4(2ab)x22b，f(x)4ax

2、32(2ab)x 为奇 函数，所以f(1)f(1)2. 3. 函数g(x)x 35 2x 23ln xb(bR R)在x1 处的切线过点(0， 5)， 则b的值为( ) A.7 2 B.5 2 C.3 2 D.1 2 解析：选 B.当x1 时，g(1)15 2b 7 2b， 又g(x)3x 25x3 x， 所以切线斜率kg(1)35311， 从而切线方程为y11x5， 由于点 1，7 2b 在切线上，所以7 2b115， 解之得b5 2.故选 B. 4如图，yf(x)是可导函数，直线l：ykx2 是曲线yf(x)在x3 处的切线，令g(x) xf(x)，g(x)是g(x)的导函数，则g(3)(

3、 ) 2 A1 B0 C3 D4 解析：选 B.由题图可知曲线yf(x)在x3 处切线的斜率为1 3，即 f(3)1 3，又 g(x) xf(x)，g(x)f(x)xf(x)，g(3)f(3)3f(3)，由题图可知f(3)1，所以 g(3)13 1 3 0. 5(2019广州市综合测试(一)设函数f(x)x 3ax2，若曲线 yf(x)在点P(x0，f(x0) 处的切线方程为xy0，则点P的坐标为( ) A(0，0) B(1，1) C(1，1) D(1，1)或(1，1) 解析：选 D.由题易知，f(x)3x 22ax，所以曲线 yf(x)在点P(x0，f(x0)处的切线斜 率为f(x0)3x

4、2 02ax0，又切线方程为xy0，所以x00，且 3x202ax01 x0 x 3 0ax 2 00 ，解得a 2，x0a 2. 所以当 x01 a2时，点 P的坐标为(1，1)；当 x01 a2 时，点P的坐标为(1，1)，故选 D. 6若f(x)(x 22x1)e2x，则 f(x)_ 解析：f(x)(x 22x1)e2x(x22x1)(e2x) (2x2)e 2x(x22x1)(e2x) (3x 2)e2x. 答案：(3x 2)e2x 7(2019昆明市教学质量检测)若函数f(x) 2cos(x 4 )的图象在x0 处的切线方 程为y3x1，则_. 解析：由题意，得f(x) 2sin(x

5、 4 )，所以f(0) 2sin 4 3，所以3. 答案：3 8若曲线f(x)ax 3ln x 存在垂直于y轴的切线，则实数a的取值范围是_ 解析：由题意，可知f(x)3ax 21 x，又存在垂直于 y轴的切线，所以 3ax 21 x0，即 a 1 3x 3(x0)，故a(，0) 3 答案：(，0) 9求下列函数的导数： (1)y(3x 34x)(2x1)； (2)yxcos x xsin x； (3)yxsin 2x 2 cos 2x 2 ； (4)yln（2x3） x 21. 解：(1)法一：因为y(3x 34x)(2x1)6x43x38x24x，所以 y24x 39x216x 4. 法二

6、：y(3x 34x)(2x1)(3x34x)(2x1)(9x24)(2x1)(3x34x)2 24x 39x216x4. (2)y（xcos x）（xsin x）（xcos x）（xsin x） （xsin x） 2 （1sin x）（xsin x）（xcos x）（1cos x） （xsin x） 2 xcos xxsin xsin xcos x1 （xsin x） 2. (3)因为yxsin 2x 2 cos 2x 2 1 2xsin(4x) 1 2xsin 4x， 所以y1 2sin 4x 1 2x4cos 4x 1 2sin 4x2xcos 4x. (4)yln（2x3）（x 21）（

7、x21）ln（2x3） （x 21）2 （2x3） 2x3 （x 21）2xln（2x3） （x 21）2 2（x 21）2x（2x3）ln（2x3） （2x3）（x 21）2. 10已知函数f(x)x 3x16. (1)求曲线yf(x)在点(2，6)处的切线的方程； (2)如果曲线yf(x)的某一切线与直线y1 4x3 垂直，求切点坐标与切线的方程 4 解：(1)可判定点(2，6)在曲线yf(x)上 因为f(x)(x 3x16)3x21. 所以f(x)在点(2，6)处的切线的斜率为kf(2)13. 所以切线的方程为y13(x2)(6)， 即y13x32. (2)因为切线与直线y1 4x3 垂

8、直， 所以切线的斜率k4. 设切点的坐标为(x0，y0)， 则f(x0)3x 2 014，所以x01. 所以 x01， y014或 x01， y018， 即切点坐标为(1，14)或(1，18)， 切线方程为y4(x1)14 或y4(x1)18. 即y4x18 或y4x14. 1(2019成都市第二次诊断性检测)若曲线yf(x)ln xax 2(a 为常数)不存在斜率为 负数的切线，则实数a的取值范围是( ) A(1 2，) B1 2，) C(0，) D0，) 解析：选 D.f(x)1 x2ax 2ax 21 x (x0)，根据题意有f(x)0(x0)恒成立，所以 2ax 210(x0)恒成立，

9、即 2a1 x 2(x0)恒成立，所以a0，故实数a的取值范围为 0，）. 2过点A(2，1)作曲线f(x)x 33x 的切线最多有( ) A3 条 B2 条 C1 条 D0 条 解析：选 A.由题意得，f(x)3x 23，设切点为(x 0，x 3 03x0)，那么切线的斜率为k3x 2 0 3，利用点斜式方程可知切线方程为y(x 3 03x0)(3x 2 03)(xx0)，将点A(2，1)代入可 得关于x0的一元三次方程 2x 3 06x 2 070.令z2x 3 06x 2 07，则z6x 2 012x0.由z0 得x00 或x02.当x00 时，z70；x02 时，z10.所以方程 2x

10、 3 06x 2 070 有 3 个解故过点A(2，1)作曲线f(x)x 33x 的切线最多有 3 条 3曲线f(x)e x在 x0 处的切线与曲线g(x)ax 2a(a0)相切，则过切点且与该切线 5 垂直的直线方程为_ 解析：曲线f(x)在x0 处的切线方程为yx1. 设其与曲线g(x)ax 2a 相切于点(x0，ax 2 0a) 则g(x0)2ax01，且ax 2 0ax01. 解得x01，a1 2，切点坐标为(1，0) 所以过切点且与该切线垂直的直线方程为 y1(x1)，即xy10. 答案：xy10 4(2019山东青岛自主诊断)函数yf(x)图象上不同两点A(x1，y1)，B(x2，

11、y2)处的切线 的斜率分别是kA，kB，规定K(A，B)|k AkB| |AB| (|AB|为线段AB的长度)叫作曲线yf(x)在 点A与点B之间的“近似曲率”设曲线y1 x上两点 A a，1 a ，B 1 a，a (a0 且a1)，若 mK(A，B)1 恒成立，则实数m的取值范围是_ 解析：因为y1 x 2， 所以kA1 a 2，kBa 2. 又|AB| a1 a 2 1 aa 2 2 1 aa ， 所以K(A，B)|k AkB| |AB| |a 21 a 2| 2|1 aa| 1 aa 2 ，因为a0 且a1，所以a1 a2 a1 a2，即 1 K（A，B） 2 2 .由 mK(A，B)1

12、 恒成立得，m 1 K（A，B），即 m 2 2 . 答案： 2 2 ， 5设函数yx 22x2 的图象为 C1，函数yx 2axb 的图象为C2，已知过C1与C2的 一个交点的两切线互相垂直，求ab的值 解：对于C1：yx 22x2，有 y2x2， 对于C2：yx 2axb，有 y2xa， 设C1与C2的一个交点为(x0，y0)， 由题意知过交点(x0，y0)的两条切线互相垂直 6 所以(2x02)(2x0a)1， 即 4x 2 02(a2)x02a10， 又点(x0，y0)在C1与C2上， 故有 y0 x202x02， y0 x 2 0ax0b， 2x 2 0(a2)x02b0. 由消去x

13、0，可得ab5 2. 6设有抛物线C：yx 29 2x4，过原点 O作C的切线ykx，使切点P在第一象限 (1)求k的值； (2)过点P作切线的垂线，求它与抛物线的另一个交点Q的坐标 解：(1)设点P的坐标为(x1，y1)， 则y1kx1， y1x 2 19 2x 14， 代入得，x 2 1 k9 2 x140. 因为P为切点， 所以 k9 2 2 160，得k17 2 或k1 2. 当k17 2 时，x12，y117. 当k1 2时，x 12，y11. 因为P在第一象限， 所以所求的斜率k1 2. (2)过P点作切线的垂线， 其方程为y2x5. 将代入抛物线方程得， x 213 2 x90.

14、 设Q点的坐标为(x2，y2)，则 2x29， 所以x29 2，y 24. 7 所以Q点的坐标为 9 2，4 . 第第 2 2 讲讲 导数与函数的单调性导数与函数的单调性 1函数f(x)1xsin x在(0，2)上的单调情况是( ) A增函数 B减函数 C先增后减 D先减后增 解析：选 A.在(0，2)上有f(x)1cos x0 恒成立，所以f(x)在(0，2)上单调递 增 2函数f(x) ax x 21(a0)的单调递增区间是( ) A(，1) B(1，1) C(1，) D(，1)或(1，) 解析： 选 B.函数f(x)的定义域为 R R，f(x)a（1x 2） （x 21）2a（1x）（1

15、x） （x 21）2.由于a0， 要使f(x)0，只需(1x)(1x)0，解得x(1，1) 3(2019太原模拟)函数f(x)e x x的图象大致为( ) 解析：选 B.由f(x)e x x，可得 f(x)xe xex x 2（x1）e x x 2，则当x(，0)和x(0， 1)时，f(x)0，f(x)单调递减；当x(1，)时，f(x)0，f(x)单调递增又当x 0 时，f(x)0，故选 B. 4(2019四川乐山一中期末)f(x)x 2aln x 在(1，)上单调递增，则实数a的取值 范围为( ) Aa1 Ba1 Ca2 Da2 解析：选 D.由f(x)x 2aln x，得 f(x)2xa

16、x， 因为f(x)在(1，)上单调递增， 8 所以 2xa x0 在(1，)上恒成立，即 a2x 2在(1，)上恒成立， 因为x(1，)时，2x 22，所以 a2 故选 D. 5函数f(x)在定义域 R R 内可导，若f(x)f(2x)，且当x(，1)时，(x1)f(x) 0，设af(0)，bf 1 2 ，cf(3)，则a，b，c的大小关系为( ) Aabc Bcba Ccab Dbca 解析：选 C.因为当x(，1)时，(x1)f(x)0，所以f(x)0，所以函数f(x) 在(，1)上是单调递增函数，所以af(0)f 1 2 b， 又f(x)f(2x)， 所以cf(3)f(1)， 所以cf(

17、1)f(0)a，所以cab，故选 C. 6函数f(x)x 4 5 4xln x 的单调递减区间是_ 解析：因为f(x)x 4 5 4xln x， 所以函数的定义域为(0，)， 且f(x)1 4 5 4x 21 x x 24x5 4x 2， 令f(x)0，解得 0 x5，所以函数f(x)的单调递减区间为(0，5) 答案：(0，5) 7若f(x)xsin xcos x，则f(3)，f 2 ，f(2)的大小关系为_(用“”连 接) 解析：函数f(x)为偶函数，因此f(3)f(3) 又f(x)sin xxcos xsin xxcos x， 当x 2 ， 时，f(x)0.所以f(x)在区间 2 ， 上是

18、减函数，所以f 2 f(2) f(3)f(3) 答案：f(3)f(2)f 2 8(2019张掖市第一次诊断考试)若函数f(x)x 3 3 a 2x 2x1 在区间(1 2，3)上单调递减， 则实数a的取值范围是_ 9 解析：f(x)x 2ax1，因为函数 f(x)在区间(1 2，3)上单调递减，所以 f(x)0 在区 间(1 2，3)上恒成立，所以 f（1 2）0 f（3）0 ，即 1 4 1 2a10 93a10 ，解得a10 3 ，所以实数a的取值 范围为10 3 ，) 答案：10 3 ，) 9设f(x)a(x5) 26ln x，其中 aR R，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线与y

19、轴相 交于点(0，6) (1)确定a的值； (2)求函数f(x)的单调区间 解：(1)因为f(x)a(x5) 26ln x， 故f(x)2a(x5)6 x. 令x1，得f(1)16a，f(1)68a， 所以曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为y16a(68a)(x1)， 由点(0，6)在切线上， 可得 616a8a6，解得a1 2. (2)由(1)知，f(x)1 2(x5) 26ln x(x0)， f(x)x56 x （x2）（x3） x . 令f(x)0，解得x2 或 3. 当 0 x2 或x3 时，f(x)0； 当 2x3 时，f(x)0， 故f(x)的单调递增区间是(0，2)，

20、(3，)，单调递减区间是(2，3) 10已知函数g(x)1 3x 3a 2x 22x5. (1)若函数g(x)在(2，1)内为减函数，求a的取值范围； (2)若函数g(x)在(2，1)内存在单调递减区间，求a的取值范围 解：因为g(x)1 3x 3a 2x 22x5， 所以g(x)x 2ax2. (1)法一：因为g(x)在(2，1)内为减函数，所以g(x)x 2ax20 在(2，1) 10 内恒成立 所以 g（2）0， g（1）0， 即 42a20， 1a20. 解得a3. 即实数a的取值范围为(，3 法二：由题意知x 2ax20 在(2，1)内恒成立， 所以ax2 x在(2，1)内恒成立，

21、记h(x)x2 x， 则x(2，1)时，3h(x)2 2，所以a3. (2)因为函数g(x)在(2，1)内存在单调递减区间， 所以g(x)x 2ax20 在(2，1)内有解， 所以a x2 xmax. 又x2 x2 2. 当且仅当x2 x即 x 2时等号成立 所以满足要求的a的取值范围是(，2 2) 1(2019安徽江淮十校第三次联考)设函数f(x)1 2x 29ln x在区间a1，a1上单调 递减，则实数a的取值范围是( ) A1a2 Ba4 Ca2 D0a3 解析：选 A. 易知函数f(x)的定义域为(0，)， f(x)x9 x，由 f(x)x9 x0，解得 0 x3.因为函数 f(x)1

22、 2x 29ln x 在区间a 1，a1上单调递减，所以 a10， a13，解得 1a2，选 A. 2 (2019 豫南九校联考)已知f(x)是定义在 R R 上的连续函数f(x)的导函数， 满足f(x) 2f(x)0，且f(1)0，则f(x)0 的解集为( ) A(，1) B(1，1) 11 C(，0) D(1，) 解析： 选 A.设g(x)f（x） e 2x， 则g(x)f（x）2f（x） e 2x0 在 R R 上恒成立， 所以g(x) 在 R R 上递减，又因为g(1)0，f(x)0g(x)0，所以x1. 3已知函数f(x)ln xax，g(x)(xa)e x， a0， 若存在区间D，

23、 使函数f(x)和g(x) 在区间D上的单调性相同，则a的取值范围是_ 解析：f(x)的定义域为(0，)，f(x)1 xa ax1 x ，由a0 可得f(x)0，即 f(x)在定义域(0，)上单调递减，g(x)e x(xa)ex(xa1)ex，令 g(x)0， 解得x(a1)，当x(，a1)时，g(x)0，当x(a1，)时，g (x)0，故g(x)的单调递减区间为(，a1)，单调递增区间为(a1，)因 为存在区间D，使f(x)和g(x)在区间D上的单调性相同，所以a10，即a1，故a 的取值范围是(，1) 答案：(，1) 4 定义在 R R 上的奇函数f(x)， 当x(， 0)时f(x)xf(

24、x)0 恒成立， 若a3f(3)， b(loge)f(loge)，c2f(2)，则a，b，c的大小关系为_ 解析：设g(x)xf(x)， 则g(x)f(x)xf(x)， 因为当x(，0)时，f(x)xf(x)0 恒成立， 所以此时g(x)f(x)xf(x)0， 即此时函数g(x)xf(x)在(，0)上单调递减， 因为f(x)是奇函数，所以g(x)xf(x)是偶函数， 即当x0 时， 函数g(x)xf(x)单调递增， 则a3f(3)g(3)，b(loge)f(loge)g(log e)， c2f(2)g(2)g(2)， 因为 0loge123， 所以g(3)g(2)g(loge)，即acb. 答

25、案：acb 5 已知 e 是自然对数的底数， 实数a是常数， 函数f(x)e xax1 的定义域为(0， ) (1)设ae，求函数f(x)的图象在点(1，f(1)处的切线方程； (2)判断函数f(x)的单调性 解：(1)因为ae， 所以f(x)e xex1，f(x)exe，f(1)1，f(1)0. 所以当ae 时，函数f(x)的图象在点(1，f(1)处的切线方程为y1. (2)因为f(x)e xax1，所以 f(x)e xa. 12 易知f(x)e xa 在(0，)上单调递增 所以当a1 时，f(x)0，故f(x)在(0，)上单调递增； 当a1 时，由f(x)e xa0，得 xln a， 所以

26、当 0 xln a时，f(x)0，当xln a时，f(x)0， 所以f(x)在(0，ln a)上单调递减，在(ln a，)上单调递增 综上， 当a1 时，f(x)在(0， )上单调递增；当a1 时，f(x)在(0，ln a)上单调递减， 在(ln a，)上单调递增 6(2019武汉市武昌区调研考试)已知函数f(x)1 2x 2(1a)xaln x. (1)讨论f(x)的单调性； (2)设a0，证明：当 0 xa时，f(ax)f(ax) 解：(1)f(x)的定义域为(0，) 由已知，得f(x)x1aa x x 2（1a）xa x （x1）（xa） x . 若a0，则f(x)0，此时f(x)在(0

27、，)上单调递增 若a0，则由f(x)0，得xa.当 0 xa时，f(x)0；当xa时，f(x)0. 此时f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，)上单调递增 (2)证明：令g(x)f(ax)f(ax)，则g(x)1 2(ax) 2(1a)(ax)aln(ax) 1 2(ax) 2(1a)(ax)aln(ax)2xaln(ax)aln(ax) 所以g(x)2 a ax a ax 2x 2 a 2x2. 当 0 xa时，g(x)0，所以g(x)在(0，a)上是减函数 而g(0)0，所以g(x)g(0)0. 故当 0 xa时，f(ax)f(ax) 第第 3 3 讲讲 导数与函数的极值、最值导数与函数

28、的极值、最值 1函数yxe x的最小值是( ) A1 Be C1 e D不存在 13 解析：选 C.因为yxe x，所以 ye xxex(1x)ex， 当x(，1)时，y0，当x(1，)时，y0，所以当x1 时，ymin( 1)e 11 e. 2从边长为 10 cm16 cm 的矩形纸板的四角截去四个相同的小正方形，做成一个无盖的盒 子，则盒子容积的最大值为( ) A12 cm 3 B72 cm 3 C144 cm 3 D160 cm 3 解析：选 C.设盒子容积为y cm 3，盒子的高为 x cm， 则x(0， 5)，y(102x)(162x)x4x 352x2160 x， 所以 y12x

29、2104x160.令 y 0，得x2 或20 3 (舍去)， 所以ymax6122144(cm 3) 3已知函数yxln(1x 2)，则函数 y的极值情况是( ) A有极小值 B有极大值 C既有极大值又有极小值 D无极值 解析：选 D.由题意得xR R，y1 1 1x 2(1x 2)1 2x 1x 2（x1） 2 1x 20，所以函 数yxln(1x 2)无极值 4函数f(x)的定义域为 R R，导函数f(x)的图象如图所示，则函数f(x)( ) A无极大值点、有四个极小值点 B有三个极大值点、一个极小值点 C有两个极大值点、两个极小值点 D有四个极大值点、无极小值点 解析：选 C.设f(x)

30、的图象与x轴的 4 个交点从左至右依次为x1、x2、x3、x4. 当x0，f(x)为增函数， 当x1xx2时，f(x)0 时，令f(x)0 得xa， 当x变化时，f(x)与f(x)的变化情况如下表所示： x (，a) a (a，a) a (a，) f(x) 0 0 f(x) 极大值 极小值 因为函数f(x)在区间(1，2)上仅有一个极值点，所以 a1， 2a， 解得 1 a4.选 C. 6函数f(x)x 33x24 在 x_处取得极小值 解析：由f(x)3x 26x0，得 x0 或x2.列表得 x (，0) 0 (0，2) 2 (2，) f(x) 0 0 f(x) 极大值 极小值 所以在x2

31、处取得极小值 答案：2 7(2019湖南郴州高三模拟)已知奇函数f(x) e x x1（x0）， h（x）（x0）， 则函数h(x)的最大值 为_ 解析：先求出x0 时，f(x)e x x1 的最小值当 x0 时，f(x)e x（x1） x 2，所以x (0，1)时，f(x)0，函数单调递减，x(1，)时，f(x)0，函数单调递增，所 以x1 时，函数取得极小值即最小值，为 e1，所以由已知条件得h(x)的最大值为 1e. 答案：1e 8已知函数f(x)ln xm x(mR R)在区间1，e上取得最小值 4，则 m_ 解析：f(x)1 x m x 2xm x 2(x0)， 当m0 时，f(x)

32、0，f(x)在区间1，e上为增函数，f(x)有最小值f(1)m4， 得m4，与m0 矛盾 15 当m0 时，若m1 即m1，f(x)在区间1，e上单调递增，f(x)minf(1)m4， 得m4，与m1 矛盾； 若m1，e，即em1， f(x)minf(m)ln(m)14， 解得me 3，与em1 矛盾； 若me，即me 时，f(x)在区间1，e上单调递减，f(x)minf(e)1m e4，解得 m 3e，符合题意 答案：3e 9(2017高考北京卷)已知函数f(x)e xcos xx. (1)求曲线y f(x)在点(0，f(0)处的切线方程； (2)求函数f(x)在区间 0， 2 上的最大值和

33、最小值 解：(1)因为f(x)e xcos xx，所以 f(x)e x(cos xsin x)1， f(0)0. 又因为f(0)1，所以曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程为y1. (2)设h(x)e x(cos xsin x)1，则 h(x)e x(cos xsin xsin xcos x)2exsin x. 当x 0， 2 时，h(x)0， 所以h(x)在区间 0， 2 上单调递减 所以对任意x 0， 2 有h(x)h(0)0，即f(x)f(e)f(3) Bf(3)f(e)f(2) 20 Cf(3)f(2)f(e) Df(e)f(3)f(2) 解析：选 D.f(x)的定义域是(0，

34、)， f(x)1ln x x 2，令f(x)0，得xe. 所以当x(0，e)时，f(x)0，f(x)单调递增，当x(e，)时，f(x)f(3)f(2)故选 D. 2若 0 x1x2ln x2ln x1 Be x 2e x 1x1e x 2 Dx2e x 1x1e x 2 解析：选 C.令f(x)e x x， 则f(x)xe xex x 2e x（x1） x 2. 当 0 x1 时，f(x)0， 即f(x)在(0，1)上单调递减，因为 0 x1x21， 所以f(x2)f(x1)，即e x 2 x2x1e x 2，故选 C. 3设函数f(x)e 2xaln x. (1)讨论f(x)的导函数f(x)

35、零点的个数； (2)证明：当a0 时，f(x)2aaln2 a. 解：(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)2e 2xa x(x0) 当a0 时，f(x)0，f(x)没有零点； 当a0 时，设u(x)e 2x，v(x)a x， 因为u(x)e 2x在(0，)上单调递增，v(x)a x在(0，)上单调递增， 所以f(x)在(0，)上单调递增 又f(a)0，当b满足 0ba 4且 b1 4时，f(b)0， 故当a0 时，f(x)存在唯一零点 (2)证明：由(1)，可设f(x)在(0，)上的唯一零点为x0，当x(0，x0)时，f(x) 0； 21 当x(x0，)时，f(x)0. 故f(x)在(0

36、，x0)上单调递减， 在(x0， )上单调递增， 所以当xx0时，f(x)取得最小值， 最小值为f(x0) 由于 2e 2x 0 a x00， 所以f(x0) a 2x02ax 0aln 2 a2aaln 2 a. 故当a0 时，f(x)2aaln 2 a. 4(2019贵州适应性考试)已知函数f(x)xln xax，aR R，函数f(x)的图象在x1 处的切线与直线x2y10 垂直 (1)求a的值和函数f(x)的单调区间； (2)求证：e xf(x) 解： (1)由题易知，f(x)ln x1a，x0， 且f(x)的图象在x1 处的切线的斜率k2， 所以f(1)ln 11a2，所以a1. 所以

37、f(x)ln x2， 当xe 2时，f(x)0， 当 0 xe 2时，f(x)0， 因为g(x)e x1 x在(0，)上单调递增， 且g(1)e10， g(1 2)e 1 220， 所以g(x)在(1 2，1)上存在唯一的零点 t， 使得g(t)e t1 t0， 即 e t1 t( 1 2t1) 当 0 xt时，g(x)t时，g(x)g(t)0， 所以g(x)在(0，t)上单调递减，在(t，)上单调递增， 所以x0 时，g(x)g(t)e tln t21 tln 1 e t2t1 t2220， 又1 2t0，即 e xf(x) 22 1已知函数f(x)aln xb（x1） x ，曲线yf(x)

38、在点(1，f(1)处的切线方程为y2. (1)求a，b的值； (2)当x0 且x1 时，求证：f(x)（x1）ln x x1 . 解：(1)函数f(x)aln xb（x1） x 的导数为f(x)a x b x 2， 曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为y2， 可得f(1)2b2，f(1)ab0， 解得ab1. (2)证明：当x1 时，f(x)（x1）ln x x1 ， 即为 ln x11 xln x 2ln x x1 ， 即x1 x2ln x0， 当 0 x（x1）ln x x1 ， 即为x1 x2ln x1 时，g(x)g(1)0， 即有f(x)（x1）ln x x1 ， 当 0

39、x1 时，g(x)（x1）ln x x1 . 综上可得，当x0 且x1 时，f(x)（x1）ln x x1 都成立 2已知函数f(x)ln(xa)x 2x 在x0 处取得极值 (1)求实数a的值； (2)证明：对于任意的正整数n，不等式 23 4 4 9 n1 n 2ln(n1)都成立 解：(1)因为f(x) 1 xa2x1， 23 又因为x0 为f(x)的极值点 所以f(0)1 a10，所以 a1. (2)证明：由(1)知f(x)ln(x1)x 2x. 因为f(x) 1 x12x1 x（2x3） x1 . 令f(x)0 得x0. 当x变化时，f(x)，f(x)变化情况如下表 x (1，0)

40、0 (0，) f(x) 0 f(x) 极大值 所以f(x)f(0)0，即 ln(x1)x 2x(当且仅当 x0 时取等号) 令x1 n，则 ln 1 n1 1 n 2 1 n， 即 lnn1 n n1 n 2， 所以 ln2 1ln 3 2ln n1 n ln(n1) 第第 5 5 讲讲 利用导数研究含参数不等式利用导数研究含参数不等式 1 设函数f(x)是奇函数f(x)(xR R)的导函数，f(1)0， 当x0 时，xf(x)f(x)0 成立的x的取值范围是( ) A(，1)(0，1) B(1，0)(1，) C(，1)(1，0) D(0，1)(1，) 解析：选 A.设yg(x)f（x） x

41、(x0)，则g(x) xf（x）f（x） x 2，当x0 时，xf(x)f(x)0，所以 g(x)0，x1， 所以 使得f(x)0 成立的x的取值范围是(，1)(0，1)，故选A. 2已知函数f(x)x4 x， g(x)2 xa，若x 1 1 2，1 ，x 22，3，使得f(x1)g(x2)， 则实数a的取值范围是( ) Aa1 Ba1 Ca2 Da2 解析：选 A.由题意知f(x)min x 1 2，1 g(x)min(x2，3)，因为f(x)min5，g(x)min4 a，所以 54a，即a1，故选 A. 3(2019贵州适应性考试)已知函数f(x)axe x(aR R)，g(x)ln x

42、 x . (1)求函数f(x)的单调区间； (2)x0(0，)，使不等式f(x)g(x)e x成立，求 a的取值范围 解：(1)因为f(x)ae x，xR R. 当a0 时，f(x)0，f(x)在 R R 上单调递减； 当a0 时，令f(x)0 得xln a. 由f(x)0 得f(x)的单调递增区间为(，ln a)； 由f(x)0 得f(x)的单调递减区间为(ln a，) (2)因为x0(0，)，使不等式f(x)g(x)e x， 则axln x x ，即aln x x 2. 设h(x)ln x x 2，则问题转化为a(ln x x 2)max， 由h(x)12ln x x 3， 令h(x)0，

43、则x e. 当x在区间(0，)内变化时，h(x)，h(x)的变化情况如下表： x (0， e) e ( e，) h(x) 0 25 h(x) 单调递增 极大值 1 2e 单调递减 由上表可知，当x e时，函数h(x)有极大值，即最大值为 1 2e.所以 a 1 2e. 4(2017高考全国卷)设函数f(x)(1x 2)ex. (1)讨论f(x)的单调性； (2)当x0 时，f(x)ax1，求a的取值范围 解：(1)f(x)(12xx 2)ex. 令f(x)0 得x1 2，x1 2. 当x(，1 2)时，f(x)0；当x (1 2，)时，f(x)0. 所以f(x)在(，1 2)，(1 2，)上单

44、调递减，在(1 2，1 2)上 单调递增 (2)f(x)(1x)(1x)e x. 当a1 时，设函数h(x)(1x)e x，h(x)xex0)，因此 h(x)在0，)上单调 递减，而h(0)1， 故h(x)1，所以f(x)(x1)h(x)x1ax1. 当 0a0(x0)，所以 g(x)在0，)上单 调递增，而g(0)0，故 e xx1. 当 0 x(1x)(1x) 2，(1x)(1x)2ax1x(1axx2)，取 x0 54a1 2 ，则x0(0，1)，(1x0)(1x0) 2ax 010，故f(x0)ax01. 当a0 时，取x0 51 2 ，则x0(0，1)，f(x0)(1x0)(1x0)

45、 21ax 01. 综上，a的取值范围是1，) 1已知函数f(x)x(a1)ln xa x(aR R)，g(x) 1 2x 2exxex. (1)当x1，e时，求f(x)的最小值； (2)当a1 时，若存在x1e，e 2，使得对任意的 x22，0，f(x1)g(x2)成立，求a的 取值范围 解：(1)f(x)的定义域为(0，)， f(x)（x1）（xa） x 2. 当a1 时，x1，e，f(x)0， 26 f(x)为增函数，f(x)minf(1)1a. 当 1ae 时， x1，a时，f(x)0，f(x)为减函数； xa，e时，f(x)0，f(x)为增函数； 所以f(x)minf(a)a(a1)

46、ln a1. 当ae 时，x1，e时，f(x)0， f(x)在1，e上为减函数 f(x)minf(e)e(a1)a e. 综上，当a1 时，f(x)min1a； 当 1ae 时，f(x)mina(a1)ln a1； 当ae 时，f(x)mine(a1)a e. (2)由题意知f(x)(xe，e 2)的最小值小于 g(x)(x2，0)的最小值 由(1)知当a1 时f(x)在e，e 2上单调递增， f(x)minf(e)e(a1)a e. g(x)(1e x)x. 当x2，0时，g(x)0，g(x)为减函数， g(x)ming(0)1，所以 e(a1)a ee 22e e1 ， 所以a的取值范围为

47、 e 22e e1 ，1 . 2(2019兰州模拟)已知函数f(x)ax 2bxxln x 的图象在(1，f(1)处的切线方程为 3xy20. (1)求实数a，b的值； (2)设g(x)x 2x，若 kZ Z，且k(x2)f(x)g(x)对任意的x2 恒成立，求k的最大 值 解：(1)f(x)2axb1ln x， 所以 2ab13 且ab1，解得a1，b0. (2)由(1)与题意知kf（x）g（x） x2 xxln x x2 对任意的x2 恒成立， 设h(x)xxln x x2 (x2)，则h(x)x42ln x （x2） 2， 27 令m(x)x42ln x(x2)，则m(x)12 x x2

48、 x 0，所以函数m(x)为(2，)上 的增函数 因为m(8)42ln 842ln e 2440，m(10)62ln 1062ln e3660， 所以函数m(x)在(8，10)上有唯一零点x0，即有x042ln x00 成立， 故当 2xx0时，m(x)0，即h(x)0；当x0 x时，m(x)0，即h(x)0，所以函 数h(x)在(2，x0)上单调递减， 在(x0， )上单调递增， 所以h(x)minh(x0)x 0 x0ln x0 x02 x0 1x 04 2 x02 x 0 2， 所以kx 0 2，因为 x0(8，10)， 所以x 0 2(4，5)，又 kZ Z， 所以k的最大值为 4.

49、第第 6 6 讲讲 利用导数研究函数零点问题利用导数研究函数零点问题 1 (2017高考全国卷)已知函数f(x)x 22xa(ex1ex1)有唯一零点， 则 a( ) A1 2 B1 3 C1 2 D1 解析：选 C.由f(x)x 22xa(ex1ex1)，得 f(2x)(2x) 22(2x)ae2x1e (2x)1x24x442xa(e1xex1)x22xa(ex1ex1)， 所以 f(2x)f(x)， 即x1 为f(x)图象的对称轴由题意，f(x)有唯一零点，所以f(x)的零点只能为x1， 即f(1)1 221a(e11e11)0，解得 a1 2.故选 C. 2已知函数f(x)ax 33x

50、21，若 f(x)存在唯一的零点x0，且x00，则a的取值范围是 ( ) A(2，) B(，2) C(1，) D(，1) 解析：选 B.f(x)3ax 26x， 28 当a3 时，f(x)9x 26x3x(3x2)， 则当x(，0)时，f(x)0；x 0，2 3 时，f(x)0， 注意f(0)1，f 2 3 5 90，则 f(x)的大致图象如图(1)所示： 不符合题意，排除 A、C. 当a4 3时，f(x)4x 26x2x(2x3)，则当 x ，3 2 时，f(x)0，x(0，)时，f(x)0，注意 f(0)1，f 3 2 5 4，则 f(x) 的大致图象如图(2)所示 不符合题意，排除 D.