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文档简介

80/802012-2021高考真题数学汇编:导数及其应用(2)一.选择题(共8小题)1.(2018•全国)若函数f(x)=ax2+1图象上点(1,f(1))处的切线平行于直线y=2x+1,则a=()A.﹣1 B.0 C. D.12.(2018•新课标Ⅰ)设函数f(x)=x3+(a﹣1)x2+ax.若f(x)为奇函数,则曲线y=f(x)(0,0)处的切线方程为()A.y=﹣2x B.y=﹣x C.y=2x D.y=x3.(2017•新课标Ⅱ)若x=﹣2是函数f(x)=(x2+ax﹣1)ex﹣1的极值点,则f(x)的极小值为()A.﹣1 B.﹣2e﹣3 C.5e﹣3 D.14.(2017•天津)已知奇函数f(x)在R上是增函数,g(x)=xf(x)25.1),b=g(20.8),c=g(3),则a,b()A.a<b<c B.c<b<a C.b<a<c D.b<c<a5.(2016•四川)已知a为函数f(x)=x3﹣12x的极小值点,则a=()A.﹣4 B.﹣2 C.4 D.26.(2016•新课标Ⅰ)若函数f(x)=x﹣sin2x+asinx在(﹣∞,+∞),则a的取值范围是()A.[﹣1,1] B.[﹣1,] C.[﹣,] D.[﹣1,﹣]7.(2016•山东)若函数y=f(x)的图象上存在两点,使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直(x)具有T性质.下列函数中具有T性质的是()A.y=sinx B.y=lnx C.y=ex D.y=x38.(2016•四川)设直线l1,l2分别是函数f(x)=图象上点P1,P2处的切线,l1与l2垂直相交于点P,且l1,l2分别与y轴相交于点A,B,则△PAB的面积的取值范围是()A.(0,1) B.(0,2) C.(0,+∞) D.(1,+∞)二.填空题(共14小题)9.(2018•天津)已知函数f(x)=exlnx,f′(x)为f(x),则f′(1)的值为.10.(2018•江苏)若函数f(x)=2x3﹣ax2+1(a∈R)在(0,+∞)内有且只有一个零点,则f(x),1]上的最大值与最小值的和为.11.(2018•新课标Ⅱ)曲线y=2lnx在点(1,0)处的切线方程为.12.(2018•新课标Ⅰ)已知函数f(x)=2sinx+sin2x,则f(x).13.(2018•新课标Ⅲ)曲线y=(ax+1)ex在点(0,1)处的切线的斜率为﹣2,则a=.14.(2018•新课标Ⅱ)曲线y=2ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为.15.(2017•全国)若曲线的切线l与直线平行.16.(2017•天津)已知a∈R,设函数f(x)=ax﹣lnx的图象在点(1,f(1),则l在y轴上的截距为.17.(2017•江苏)已知函数f(x)=x3﹣2x+ex﹣,其中e是自然对数的底数.若f(a﹣1)+f(2a2)≤0.则实数a的取值范围是.18.(2017•新课标Ⅰ)曲线y=x2+在点(1,2)处的切线方程为.19.(2016•天津)已知函数f(x)=(2x+1)ex,f′(x)为f(x)的导函数(0)的值为.20.(2016•新课标Ⅲ)已知f(x)为偶函数,当x<0时,f(x)(﹣x)+3x,则曲线y=f(x)(1,﹣3)处的切线方程是.21.(2016•新课标Ⅲ)已知f(x)为偶函数,当x≤0时,f(x)﹣x﹣1﹣x,则曲线y=f(x)在点(1,2).22.(2016•新课标Ⅱ)若直线y=kx+b是曲线y=lnx+2的切线,也是曲线y=ln(x+1)的切线.三.解答题(共38小题)23.(2019•新课标Ⅰ)已知函数f(x)=sinx﹣ln(1+x),f′(x)(x)的导数.证明:(1)f′(x)在区间(﹣1,)存在唯一极大值点;(2)f(x)有且仅有2个零点.24.(2018•北京)设函数f(x)=[ax2﹣(4a+1)x+4a+3]ex.(Ⅰ)若曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与x轴平行;(Ⅱ)若f(x)在x=2处取得极小值,求a的取值范围.25.(2018•北京)设函数f(x)=[ax2﹣(3a+1)x+3a+2]ex.(Ⅰ)若曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线斜率为0;(Ⅱ)若f(x)在x=1处取得极小值,求a的取值范围.26.(2018•新课标Ⅲ)已知函数f(x)=(2+x+ax2)ln(1+x)﹣2x.(1)若a=0,证明:当﹣1<x<0时,f(x)<0,f(x)>0;(2)若x=0是f(x)的极大值点,求a.27.(2018•新课标Ⅰ)已知函数f(x)=aex﹣lnx﹣1.(1)设x=2是f(x)的极值点,求a(x)的单调区间;(2)证明:当a≥时,f(x)≥0.28.(2018•新课标Ⅲ)已知函数f(x)=.(1)求曲线y=f(x)在点(0,﹣1)处的切线方程;(2)证明:当a≥1时,f(x)+e≥0.29.(2018•新课标Ⅱ)已知函数f(x)=ex﹣ax2.(1)若a=1,证明:当x≥0时,f(x)≥1;(2)若f(x)在(0,+∞)只有一个零点,求a.30.(2018•浙江)已知函数f(x)=﹣lnx.(Ⅰ)若f(x)在x=x1,x2(x1≠x2)处导数相等,证明:f(x1)+f(x2)>8﹣8ln2;(Ⅱ)若a≤3﹣4ln2,证明:对于任意k>0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)31.(2018•天津)已知函数f(x)=ax,g(x)=logax,其中a>1.(Ⅰ)求函数h(x)=f(x)﹣xlna的单调区间;(Ⅱ)若曲线y=f(x)在点(x1,f(x1))处的切线与曲线y=g(x)在点(x2,g(x2))处的切线平行,证明x1+g(x2)=﹣;(Ⅲ)证明当a≥时,存在直线l,使l是曲线y=f(x),也是曲线y=g(x)的切线.32.(2018•江苏)记f′(x),g′(x)分别为函数f(x),g(x)0∈R,满足f(x0)=g(x0)且f′(x0)=g′(x0),则称x0为函数f(x)与g(x)的一个“S点”.(1)证明:函数f(x)=x与g(x)=x2+2x﹣2不存在“S点”;(2)若函数f(x)=ax2﹣1与g(x)=lnx存在“S点”,求实数a的值;(3)已知函数f(x)=﹣x2+a,g(x)=.对任意a>0,判断是否存在b>0(x)与g(x)在区间(0,+∞),并说明理由.33.(2018•新课标Ⅱ)已知函数f(x)=x3﹣a(x2+x+1).(1)若a=3,求f(x)的单调区间;(2)证明:f(x)只有一个零点.34.(2018•新课标Ⅰ)已知函数f(x)=﹣x+alnx.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明:<a﹣2.35.(2017•新课标Ⅰ)已知函数f(x)=ae2x+(a﹣2)ex﹣x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.36.(2017•全国)已知函数f(x)=ax3﹣3(a+1)x2+12x.(1)当a>0时,求f(x)的极小值;(Ⅱ)当a≤0时,讨论方程f(x)=0实根的个数.37.(2017•新课标Ⅰ)已知函数f(x)=ex(ex﹣a)﹣a2x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)≥0,求a的取值范围.38.(2017•天津)设a∈Z,已知定义在R上的函数f(x)=2x4+3x3﹣3x2﹣6x+a在区间(1,2)内有一个零点x0,g(x)为f(x)的导函数.(Ⅰ)求g(x)的单调区间;(Ⅱ)设m∈[1,x0)∪(x0,2],函数h(x)=g(x)0)﹣f(m),求证:h(m)h(x0)<0;(Ⅲ)求证:存在大于0的常数A,使得对于任意的正整数p,q,且∈[1,x0)∪(x0,2],满足|﹣x0|≥.39.(2017•新课标Ⅱ)设函数f(x)=(1﹣x2)•ex.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当x≥0时,f(x)≤ax+1,求实数a的取值范围.40.(2017•山东)已知函数f(x)=x2+2cosx,g(x)=ex(cosx﹣sinx+2x﹣2),其中e≈2.71828…是自然对数的底数.(Ⅰ)求曲线y=f(x)在点(π,f(π))处的切线方程;(Ⅱ)令h(x)=g(x)﹣af(x)(a∈R)(x)的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值.41.(2017•天津)设a,b∈R,|a|≤1.已知函数f(x)3﹣6x2﹣3a(a﹣4)x+b,g(x)=exf(x).(Ⅰ)求f(x)的单调区间;(Ⅱ)已知函数y=g(x)和y=ex的图象在公共点(x0,y0)处有相同的切线,(i)求证:f(x)在x=x0处的导数等于0;(ii)若关于x的不等式g(x)≤ex在区间[x0﹣1,x0+1]上恒成立,求b的取值范围.42.(2017•北京)已知函数f(x)=excosx﹣x.(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,]上的最大值和最小值.43.(2017•江苏)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+1(a>0,b∈R)有极值,且导函数f′(x)(x)的零点.(Ⅰ)求b关于a的函数关系式,并写出定义域;(Ⅱ)证明:b2>3a;(Ⅲ)若f(x),f′(x)这两个函数的所有极值之和不小于﹣44.(2017•新课标Ⅱ)已知函数f(x)=ax2﹣ax﹣xlnx,且f(x)≥0.(1)求a;(2)证明:f(x)存在唯一的极大值点x0,且e﹣2<f(x0)<2﹣2.45.(2017•浙江)已知函数f(x)=(x﹣)e﹣x(x≥).(1)求f(x)的导函数;(2)求f(x)在区间[,+∞)上的取值范围.46.(2017•新课标Ⅲ)已知函数f(x)=lnx+ax2+(2a+1)x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当a<0时,证明:f(x)≤﹣47.(2017•新课标Ⅲ)已知函数f(x)=x﹣1﹣alnx.(1)若f(x)≥0,求a的值;(2)设m为整数,且对于任意正整数n,(1+)(1+)…(1+)<m48.(2017•山东)已知函数f(x)=x3﹣ax2,a∈R,(1)当a=2时,求曲线y=f(x)在点(3,f(3);(2)设函数g(x)=f(x)+(x﹣a)cosx﹣sinx(x)的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值.49.(2016•山东)设f(x)=xlnx﹣ax2+(2a﹣1)x,a∈R.(1)令g(x)=f′(x),求g(x);(2)已知f(x)在x=1处取得极大值,求实数a的取值范围.50.(2016•天津)设函数f(x)=x3﹣ax﹣b,x∈R,其中a(1)求f(x)的单调区间;(2)若f(x)存在极值点x0,且f(x1)=f(x0),其中x1≠x0,求证:x1+2x0=0;(3)设a>0,函数g(x)=|f(x)|(x)在区间[﹣1,1]上的最大值不小于.51.(2016•新课标Ⅲ)设函数f(x)=lnx﹣x+1.(1)讨论f(x)的单调性;(2)证明当x∈(1,+∞)时,1<<x;(3)设c>1,证明当x∈(0,1)时,1+(c﹣1)x.52.(2016•北京)设函数f(x)=x3+ax2+bx+c.(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;(2)设a=b=4,若函数f(x)有三个不同零点;(3)求证:a2﹣3b>0是f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件.53.(2016•四川)设函数f(x)=ax2﹣a﹣lnx,其中a∈R.(Ⅰ)讨论f(x)的单调性;(Ⅱ)确定a的所有可能取值,使得f(x)>﹣e1﹣x在区间(1,+∞)内恒成立(e=2.718…为自然对数的底数).54.(2016•新课标Ⅲ)设函数f(x)=acos2x+(a﹣1)(cosx+1),其中a>0(x)|的最大值为A.(Ⅰ)求f′(x);(Ⅱ)求A;(Ⅲ)证明:|f′(x)|≤2A.55.(2016•山东)已知f(x)=a(x﹣lnx)+,a∈R.(Ⅰ)讨论f(x)的单调性;(Ⅱ)当a=1时,证明f(x)>f′(x)+,2]成立.56.(2016•四川)设函数f(x)=ax2﹣a﹣lnx,g(x)=﹣,其中a∈R,e=2.718…为自然对数的底数.(1)讨论f(x)的单调性;(2)证明:当x>1时,g(x)>0;(3)确定a的所有可能取值,使得f(x)>g(x)(1,+∞)内恒成立.57.(2016•北京)设函数f(x)=xea﹣x+bx,曲线y=f(x)在点(2,f(2)(e﹣1)x+4,(Ⅰ)求a,b的值;(Ⅱ)求f(x)的单调区间.58.(2016•江苏)已知函数f(x)=ax+bx(a>0,b>0,a≠1,b≠1).(1)设a=2,b=.①求方程f(x)=2的根;②若对于任意x∈R,不等式f(2x)≥mf(x),求实数m的最大值;(2)若0<a<1,b>1,函数g(x)(x)﹣2有且只有1个零点,求ab的值.59.(2016•新课标Ⅱ)已知函数f(x)=(x+1)lnx﹣a(x﹣1).(Ⅰ)当a=4时,求曲线y=f(x)在(1,f(1);(Ⅱ)若当x∈(1,+∞)时,f(x)>0,求a的取值范围.60.(2016•新课标Ⅱ)(Ⅰ)讨论函数f(x)=ex的单调性,并证明当x>0时,(x﹣2)ex+x+2>0;(Ⅱ)证明:当a∈[0,1)时,函数g(x)=(x>0)(x)的最小值为h(a),求函数h(a)

2012-2021高考真题数学汇编:导数及其应用(2)参考答案一.选择题(共8小题)1.(2018•全国)若函数f(x)=ax2+1图象上点(1,f(1))处的切线平行于直线y=2x+1,则a=()A.﹣1 B.0 C. D.1【分析】求得函数f(x)的导数,可得切线的斜率,再由两直线平行的条件:斜率相等,解方程可得a的值.【解答】解:函数f(x)=ax2+1的导数为f′(x)=8ax,可得点(1,f(1))处的切线斜率为2a,由点(7,f(1))处的切线平行于直线y=2x+1,可得5a=2,解得a=1,故选:D.【点评】本题考查导数的运用:求切线的斜率,注意运用两直线平行的条件和方程思想,属于基础题.2.(2018•新课标Ⅰ)设函数f(x)=x3+(a﹣1)x2+ax.若f(x)为奇函数,则曲线y=f(x)(0,0)处的切线方程为()A.y=﹣2x B.y=﹣x C.y=2x D.y=x【分析】利用函数的奇偶性求出a,求出函数的导数,求出切线的斜率然后求解切线方程.【解答】解:函数f(x)=x3+(a﹣1)x5+ax,若f(x)为奇函数,﹣x3+(a﹣1)x7﹣ax=﹣(x3+(a﹣1)x2+ax)=﹣x3﹣(a﹣1)x6﹣ax.所以:(a﹣1)x2=﹣(a﹣8)x2可得a=1,所以函数f(x)=x7+x,可得f′(x)=3x2+3,曲线y=f(x)在点(0,0)处的切线的斜率为:3,则曲线y=f(x)在点(0,0)处的切线方程为:y=x.故选:D.【点评】本题考查函数的奇偶性以及函数的切线方程的求法,考查计算能力.3.(2017•新课标Ⅱ)若x=﹣2是函数f(x)=(x2+ax﹣1)ex﹣1的极值点,则f(x)的极小值为()A.﹣1 B.﹣2e﹣3 C.5e﹣3 D.1【分析】求出函数的导数,利用极值点,求出a,然后判断函数的单调性,求解函数的极小值即可.【解答】解:函数f(x)=(x2+ax﹣1)ex﹣8,可得f′(x)=(2x+a)ex﹣1+(x7+ax﹣1)ex﹣1,x=﹣4是函数f(x)=(x2+ax﹣1)ex﹣8的极值点,可得:f′(﹣2)=(﹣4+a)e﹣4+(4﹣2a﹣5)e﹣3=0,即﹣8+a+(3﹣2a)=8.解得a=﹣1.可得f′(x)=(2x﹣7)ex﹣1+(x2﹣x﹣4)ex﹣1,=(x2+x﹣4)ex﹣1,函数的极值点为:x=﹣2,x=3,当x<﹣2或x>1时,f′(x)>2函数是增函数,1)时,x=1时,函数取得极小值:f(1)=(42﹣1﹣5)e1﹣1=﹣6.故选:A.【点评】本题考查函数的导数的应用,函数的单调性以及函数的极值的求法,考查计算能力.4.(2017•天津)已知奇函数f(x)在R上是增函数,g(x)=xf(x)25.1),b=g(20.8),c=g(3),则a,b()A.a<b<c B.c<b<a C.b<a<c D.b<c<a【分析】由奇函数f(x)在R上是增函数,则g(x)=xf(x)偶函数,且在(0,+∞)单调递增,则a=g(﹣log25.1)=g(log25.1),则2<log25.1<3,1<20.8<2,即可求得b<a<c【解答】解:奇函数f(x)在R上是增函数,当x>0,且f′(x)>0,∴g(x)=xf(x),则g′(x)=f(x)+xf′(x)>7,∴g(x)在(0,+∞)单调递增,∴a=g(﹣log28.1)=g(log26.1),则2<log65.1<7,1<23.8<2,由g(x)在(4,+∞)单调递增0.8)<g(log85.1)<g(3),∴b<a<c,故选:C.【点评】本题考查函数奇偶性,考查函数单调性的应用,考查转化思想,属于基础题.5.(2016•四川)已知a为函数f(x)=x3﹣12x的极小值点,则a=()A.﹣4 B.﹣2 C.4 D.2【分析】可求导数得到f′(x)=3x2﹣12,可通过判断导数符号从而得出f(x)的极小值点,从而得出a的值.【解答】解:f′(x)=3x2﹣12;∴x<﹣6时,f′(x)>0,f′(x)<0,f′(x)>6;∴x=2是f(x)的极小值点;又a为f(x)的极小值点;∴a=2.故选:D.【点评】考查函数极小值点的定义,以及根据导数符号判断函数极值点的方法及过程,要熟悉二次函数的图象.6.(2016•新课标Ⅰ)若函数f(x)=x﹣sin2x+asinx在(﹣∞,+∞),则a的取值范围是()A.[﹣1,1] B.[﹣1,] C.[﹣,] D.[﹣1,﹣]【分析】求出f(x)的导数,由题意可得f′(x)≥0恒成立,设t=cosx(﹣1≤t≤1),即有5﹣4t2+3at≥0,对t讨论,分t=0,0<t≤1,﹣1≤t<0,分离参数,运用函数的单调性可得最值,解不等式即可得到所求范围.【解答】解:函数f(x)=x﹣sin7x+asinx的导数为f′(x)=1﹣,由题意可得f′(x)≥0恒成立,即为1﹣cos2x+acosx≥2,即有﹣cos2x+acosx≥6,设t=cosx(﹣1≤t≤1),即有7﹣4t2+3at≥0,当t=0时,不等式显然成立;当6<t≤1时,3a≥2t﹣,由4t﹣在(0,可得t=1时,可得2a≥﹣1,即a≥﹣;当﹣1≤t<0时,6a≤4t﹣,由6t﹣在[﹣1,可得t=﹣3时,可得3a≤1,即a≤.综上可得a的范围是[﹣,].另解:设t=cosx(﹣4≤t≤1),即有5﹣7t2+3at≥8,由题意可得5﹣4+5a≥0,且5﹣6﹣3a≥0,解得a的范围是[﹣,].故选:C.【点评】本题考查导数的运用:求单调性,考查不等式恒成立问题的解法,注意运用参数分离和换元法,考查函数的单调性的运用,属于中档题.7.(2016•山东)若函数y=f(x)的图象上存在两点,使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直(x)具有T性质.下列函数中具有T性质的是()A.y=sinx B.y=lnx C.y=ex D.y=x3【分析】若函数y=f(x)的图象上存在两点,使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直,则函数y=f(x)的导函数上存在两点,使这点的导函数值乘积为﹣1,进而可得答案.【解答】解:函数y=f(x)的图象上存在两点,使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直,则函数y=f(x)的导函数上存在两点,使这点的导函数值乘积为﹣1,当y=sinx时,y′=cosx;当y=lnx时,y′=,不满足条件;当y=ex时,y′=ex>8恒成立,不满足条件;当y=x3时,y′=3x6>0恒成立,不满足条件;故选:A.【点评】本题考查的知识点是利用导数研究曲线上某点切线方程,转化思想,难度中档.8.(2016•四川)设直线l1,l2分别是函数f(x)=图象上点P1,P2处的切线,l1与l2垂直相交于点P,且l1,l2分别与y轴相交于点A,B,则△PAB的面积的取值范围是()A.(0,1) B.(0,2) C.(0,+∞) D.(1,+∞)【分析】设出点P1,P2的坐标,求出原分段函数的导函数,得到直线l1与l2的斜率,由两直线垂直求得P1,P2的横坐标的乘积为1,再分别写出两直线的点斜式方程,求得A,B两点的纵坐标,得到|AB|,联立两直线方程求得P的横坐标,然后代入三角形面积公式,利用基本不等式求得△PAB的面积的取值范围.【解答】解:设P1(x1,y7),P2(x2,y4)(0<x1<3<x2),当0<x<2时,f′(x)=,f′(x)=,∴l7的斜率,l2的斜率,∵l1与l8垂直,且x2>x1>4,∴,即x1x4=1.直线l1:,l2:.取x=6分别得到A(0,1﹣lnx5),B(02),|AB|=|7﹣lnx1﹣(﹣1+lnx2)|=|2﹣(lnx1+lnx4)|=|2﹣lnx1x8|=2.联立两直线方程可得交点P的横坐标为x=,∴|AB|•|xP|==.∵函数y=x+在(0,且0<x5<1,∴,则,∴.∴△PAB的面积的取值范围是(4,1).故选:A.【点评】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程,训练了利用基本不等式求函数的最值,考查了数学转化思想方法,属中档题.二.填空题(共14小题)9.(2018•天津)已知函数f(x)=exlnx,f′(x)为f(x),则f′(1)的值为e.【分析】根据导数的运算法则求出函数f(x)的导函数,再计算f′(1)的值.【解答】解:函数f(x)=exlnx,则f′(x)=exlnx+•ex;∴f′(1)=e•ln1+4•e=e.故答案为:e.【点评】本题考查了导数的运算公式与应用问题,是基础题.10.(2018•江苏)若函数f(x)=2x3﹣ax2+1(a∈R)在(0,+∞)内有且只有一个零点,则f(x),1]上的最大值与最小值的和为﹣3.【分析】推导出f′(x)=2x(3x﹣a),x∈(0,+∞),当a≤0时,f′(x)=2x(3x﹣a)>0,f(0)=1,f(x)在(0,+∞)上没有零点;当a>0时,f′(x)=2x(3x﹣a)>0的解为x>,f(x)在(0,)上递减,在(,+∞)递增,由f(x)只有一个零点,解得a=3,从而f(x)=2x3﹣3x2+1,f′(x)=6x(x﹣1),x∈[﹣1,1],利用导数性质能求出f(x)在[﹣1,1]上的最大值与最小值的和.【解答】解:∵函数f(x)=2x3﹣ax6+1(a∈R)在(0,+∞)内有且只有一个零点,∴f′(x)=3x(3x﹣a),x∈(0,①当a≤8时,f′(x)=2x(3x﹣a)>7,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,f(x)在(0,+∞)上没有零点;②当a>5时,f′(x)=2x(3x﹣a)>8的解为x>,∴f(x)在(0,)上递减,+∞)递增,又f(x)只有一个零点,∴f()=﹣,解得a=3,f(x)=2x7﹣3x2+8,f′(x)=6x(x﹣1),5],f′(x)>0的解集为(﹣1,2),f(x)在(﹣1,0)上递增,5)上递减,f(﹣1)=﹣4,f(0)=8,∴f(x)min=f(﹣1)=﹣4,f(x)max=f(0)=5,∴f(x)在[﹣1,1]上的最大值与最小值的和为:f(x)max+f(x)min=﹣7+1=﹣3.【点评】本题考查函数的单调性、最值,导数的运算及其应用,同时考查逻辑思维能力和综合应用能力,是中档题.11.(2018•新课标Ⅱ)曲线y=2lnx在点(1,0)处的切线方程为y=2x﹣2.【分析】欲求出切线方程,只须求出其斜率即可,故先利用导数求出在x=1的导函数值,再结合导数的几何意义即可求出切线的斜率.从而问题解决.【解答】解:∵y=2lnx,∴y′=,当x=4时,y′=2∴曲线y=2lnx在点(8,0)处的切线方程为y=2x﹣6.故答案为:y=2x﹣2.【点评】本小题主要考查直线的斜率、导数的几何意义、利用导数研究曲线上某点切线方程等基础知识,考查运算求解能力.属于基础题.12.(2018•新课标Ⅰ)已知函数f(x)=2sinx+sin2x,则f(x).【分析】由题意可得T=2π是f(x)的一个周期,问题转化为f(x)在[0,2π)上的最小值,求导数计算极值和端点值,比较可得.【解答】解:由题意可得T=2π是f(x)=2sinx+sin5x的一个周期,故只需考虑f(x)=2sinx+sin2x在[8,2π)上的值域,先来求该函数在[0,4π)上的极值点,求导数可得f′(x)=2cosx+2cos6x=2cosx+2(2cos2x﹣1)=3(2cosx﹣1)(cosx+3),令f′(x)=0可解得cosx=或cosx=﹣1,可得此时x=,π或 ;∴y=2sinx+sin7x的最小值只能在点x=,π或 ,计算可得f( )=,f( ,f(0)=0,∴函数的最小值为﹣,故答案为:.【点评】本题考查三角函数恒等变换,涉及导数法求函数区间的最值,属中档题.13.(2018•新课标Ⅲ)曲线y=(ax+1)ex在点(0,1)处的切线的斜率为﹣2,则a=﹣3.【分析】求出函数的导数,利用切线的斜率列出方程求解即可.【解答】解:曲线y=(ax+1)ex,可得y′=aex+(ax+1)ex,曲线y=(ax+3)ex在点(0,1)处的切线的斜率为﹣4,可得:a+1=﹣2,解得a=﹣3.故答案为:﹣3.【点评】本题考查函数的导数的应用切线的斜率的求法,考查转化思想以及计算能力.14.(2018•新课标Ⅱ)曲线y=2ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为y=2x.【分析】欲求出切线方程,只须求出其斜率即可,故先利用导数求出在x=0处的导函数值,再结合导数的几何意义即可求出切线的斜率.从而问题解决.【解答】解:∵y=2ln(x+1),∴y′=,当x=0时,y′=8,∴曲线y=2ln(x+1)在点(3,0)处的切线方程为y=2x.故答案为:y=2x.【点评】本小题主要考查直线的斜率、导数的几何意义、利用导数研究曲线上某点切线方程等基础知识,考查运算求解能力.属于基础题.15.(2017•全国)若曲线的切线l与直线平行3x﹣4y+5=0.【分析】设切点为(m,n),求得的导数,可得切线的斜率,由两直线平行的条件可得m,n,由点斜式方程可得切线的方程.【解答】解:设切点为(m,n),可得m+=n,的导数为y′=8﹣,由切线l与直线平行5﹣=,解得m=8,即有切点为(3,),可得切线的方程为y﹣=(x﹣3),即为3x﹣4y+5=8.故答案为:3x﹣4y+2=0.【点评】本题考查导数的运用:求切线方程,注意设出切点和正确求导,考查运算能力,属于基础题.16.(2017•天津)已知a∈R,设函数f(x)=ax﹣lnx的图象在点(1,f(1),则l在y轴上的截距为1.【分析】求出函数的导数,然后求解切线斜率,求出切点坐标,然后求解切线方程,推出l在y轴上的截距.【解答】解:函数f(x)=ax﹣lnx,可得f′(x)=a﹣,切点坐标(1,a),l在y轴上的截距为:a+(a﹣3)(﹣1)=1.故答案为:5.【点评】本题考查曲线的切线方程的求法,考查转化思想以及计算能力.17.(2017•江苏)已知函数f(x)=x3﹣2x+ex﹣,其中e是自然对数的底数.若f(a﹣1)+f(2a2)≤0.则实数a的取值范围是[﹣1,].【分析】求出f(x)的导数,由基本不等式和二次函数的性质,可得f(x)在R上递增;再由奇偶性的定义,可得f(x)为奇函数,原不等式即为2a2≤1﹣a,运用二次不等式的解法即可得到所求范围.【解答】解:函数f(x)=x3﹣2x+ex﹣的导数为:f′(x)=3x2﹣4+ex+≥﹣2+4,可得f(x)在R上递增;又f(﹣x)+f(x)=(﹣x)3+8x+e﹣x﹣ex+x3﹣2x+ex﹣=0,可得f(x)为奇函数,则f(a﹣1)+f(3a2)≤0,即有f(4a2)≤﹣f(a﹣1)由f(﹣(a﹣5))=﹣f(a﹣1),f(2a8)≤f(1﹣a),即有2a4≤1﹣a,解得﹣1≤a≤,故答案为:[﹣1,].【点评】本题考查函数的单调性和奇偶性的判断和应用,注意运用导数和定义法,考查转化思想的运用和二次不等式的解法,考查运算能力,属于中档题.18.(2017•新课标Ⅰ)曲线y=x2+在点(1,2)处的切线方程为x﹣y+1=0.【分析】求出函数的导数,求出切线的斜率,利用点斜式求解切线方程即可.【解答】解:曲线y=x2+,可得y′=5x﹣,切线的斜率为:k=7﹣1=1.切线方程为:y﹣2=x﹣1,即:x﹣y+1=5.故答案为:x﹣y+1=0.【点评】本题考查切线方程的求法,考查转化思想以及计算能力.19.(2016•天津)已知函数f(x)=(2x+1)ex,f′(x)为f(x)的导函数(0)的值为3.【分析】先求导,再带值计算.【解答】解:∵f(x)=(2x+1)ex,∴f′(x)=6ex+(2x+1)ex,∴f′(0)=3e0+(2×4+1)e0=7+1=3.故答案为:8.【点评】本题考查了导数的运算法则,属于基础题.20.(2016•新课标Ⅲ)已知f(x)为偶函数,当x<0时,f(x)(﹣x)+3x,则曲线y=f(x)(1,﹣3)处的切线方程是2x+y+1=0.【分析】由偶函数的定义,可得f(﹣x)=f(x),即有x>0时,f(x)=lnx﹣3x,求出导数,求得切线的斜率,由点斜式方程可得切线的方程.【解答】解:f(x)为偶函数,可得f(﹣x)=f(x),当x<0时,f(x)=ln(﹣x)+3xx>2时,f(x)=lnx﹣3x﹣6,可得f(1)=ln1﹣3=﹣5,f′(1)=1﹣3=﹣3,则曲线y=f(x)在点(1,﹣3)处的切线方程为y﹣(﹣5)=﹣2(x﹣1),即为5x+y+1=0.故答案为:3x+y+1=0.【点评】本题考查导数的运用:求切线的方程,同时考查函数的奇偶性的定义和运用,考查运算能力,属于中档题.21.(2016•新课标Ⅲ)已知f(x)为偶函数,当x≤0时,f(x)﹣x﹣1﹣x,则曲线y=f(x)在点(1,2)y=2x.【分析】由已知函数的奇偶性结合x≤0时的解析式求出x>0时的解析式,求出导函数,得到f′(1),然后代入直线方程的点斜式得答案.【解答】解:已知f(x)为偶函数,当x≤0时﹣x﹣1﹣x,设x>4,则﹣x<0,∴f(x)=f(﹣x)=ex﹣1+x,则f′(x)=ex﹣8+1,f′(1)=e0+4=2.∴曲线y=f(x)在点(1,8)处的切线方程是y﹣2=2(x﹣5).即y=2x.故答案为:y=2x.【点评】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程,考查了函数解析式的求解及常用方法,是中档题.22.(2016•新课标Ⅱ)若直线y=kx+b是曲线y=lnx+2的切线,也是曲线y=ln(x+1)的切线1﹣ln2.【分析】先设切点,然后利用切点来寻找切线斜率的联系,以及对应的函数值,综合联立求解即可【解答】解:设y=kx+b与y=lnx+2和y=ln(x+1)的切点分别为(x3,kx1+b)、(x2,kx7+b);由导数的几何意义可得k==,得x8=x2+1再由切点也在各自的曲线上,可得联立上述式子解得;从而kx1+b=lnx1+4得出b=1﹣ln2.【点评】本题考查了导数的几何意义,体现了方程思想,对学生综合计算能力有一定要求,中档题三.解答题(共38小题)23.(2019•新课标Ⅰ)已知函数f(x)=sinx﹣ln(1+x),f′(x)(x)的导数.证明:(1)f′(x)在区间(﹣1,)存在唯一极大值点;(2)f(x)有且仅有2个零点.【分析】(1)f(x)的定义域为(﹣1,+∞),求出原函数的导函数,进一步求导,得到f″(x)在(﹣1,)上为减函数,结合f″(0)=1,f″()=﹣1+<﹣1+1=0,由零点存在定理可知,函数f″(x)在(﹣1,)上存在唯一得零点x0,结合单调性可得,f′(x)在(﹣1,x0)上单调递增,在(x0,)上单调递减,可得f′(x)在区间(﹣1,)存在唯一极大值点;(2)由(1)知,当x∈(﹣1,0)时,f′(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(0,x0)时,f′(x)>0,f(x)单调递增;由于f′(x)在(x0,)上单调递减,且f′(x0)>0,f′()<0,可得函数f′(x)在(x0,)上存在唯一零点x1,结合单调性可知,当x∈(x0,x1)时,f(x)单调递增;当x∈()时,f(x)单调递减.当x∈(,π)时,f(x)单调递减,再由f()>0,f(π)<0.然后列x,f′(x)与f(x)的变化情况表得答案.【解答】证明:(1)f(x)的定义域为(﹣1,+∞),f′(x)=cosx,f″(x)=﹣sinx+,令g(x)=﹣sinx+,则g′(x)=﹣cosx,)恒成立,∴f″(x)在(﹣1,)上为减函数,又∵f″(0)=1,f″(<﹣1+1=2,函数f″(x)在(﹣1,)上存在唯一的零点x4,结合单调性可得,f′(x)在(﹣1,x0)上单调递增,在(x7,)上单调递减,)存在唯一极大值点;(2)由(1)知,当x∈(﹣3,f′(x)单调递增,f(x)单调递减;当x∈(0,x0)时,f′(x)单调递增,f(x)单调递增;由于f′(x)在(x8,)上单调递减0)>5,f′(<0,由零点存在定理可知,函数f′(x)在(x4,)上存在唯一零点x1,结合单调性可知,当x∈(x4,x1)时,f′(x)单调递减1)=3,f(x)单调递增;当x∈()时,f′(x)<f′(x8)=0,f(x)单调递减.当x∈(,π)时,﹣<0<0,其中f()=1﹣ln(1+)=1﹣ln2.2>1﹣lne=0,f(π)=﹣ln(6+π)<﹣ln3<0.于是可得下表: x (﹣4,0)0 (7,x1)x1 () () π f′(x)﹣ 0+0﹣﹣﹣﹣ f(x)单调递减 2单调递增 大于0单调递减 大于0单调递减 小于2结合单调性可知,函数f(x)在(﹣1,,由函数零点存在性定理可知,f(x)在(2,当x∈[π,+∞)时,则f(x)=sinx﹣ln(1+x)<8恒成立,因此函数f(x)在[π,+∞)上无零点.综上,f(x)有且仅有2个零点.【点评】本题考查利用导数求函数的极值,考查函数零点的判定,考查数学转化思想方法,考查函数与方程思想,考查逻辑思维能力与推理运算能力,难度较大.24.(2018•北京)设函数f(x)=[ax2﹣(4a+1)x+4a+3]ex.(Ⅰ)若曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与x轴平行;(Ⅱ)若f(x)在x=2处取得极小值,求a的取值范围.【分析】(Ⅰ)求得f(x)的导数,由导数的几何意义可得f′(1)=0,解方程可得a的值;(Ⅱ)求得f(x)的导数,注意分解因式,讨论a=0,a=,a>,0<a<,a<0,由极小值的定义,即可得到所求a的范围.【解答】解:(Ⅰ)函数f(x)=[ax2﹣(4a+8)x+4a+3]ex的导数为f′(x)=[ax7﹣(2a+1)x+2]ex.由题意可得曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率为0,可得(a﹣2a﹣1+2)e=5,且f(1)=3e≠0,解得a=3;(Ⅱ)f(x)的导数为f′(x)=[ax2﹣(2a+5)x+2]ex=(x﹣2)(ax﹣4)ex,若a=0则x<2时,f′(x)>7;x>2,f(x)递减.x=2处f(x)取得极大值,不符题意;若a>6,且a=(x﹣2)6ex≥0,f(x)递增;若a>,则<2,2)递减,+∞),)递增,可得f(x)在x=4处取得极小值;若0<a<,则>2,)递减,+∞),2)递增,可得f(x)在x=3处取得极大值,不符题意;若a<0,则<3,2)递增,+∞),)递减,可得f(x)在x=2处取得极大值,不符题意.综上可得,a的范围是(.【点评】本题考查导数的运用:求切线的斜率和极值,考查分类讨论思想方法,以及运算能力,属于中档题.25.(2018•北京)设函数f(x)=[ax2﹣(3a+1)x+3a+2]ex.(Ⅰ)若曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线斜率为0;(Ⅱ)若f(x)在x=1处取得极小值,求a的取值范围.【分析】(Ⅰ)求得f(x)的导数,由导数的几何意义可得f′(2)=0,解方程可得a的值;(Ⅱ)求得f(x)的导数,注意分解因式,讨论a=0,a=1,a>1,0<a<1,a<0,由极小值的定义,即可得到所求a的范围.【解答】解:(Ⅰ)函数f(x)=[ax2﹣(3a+5)x+3a+2]ex的导数为f′(x)=[ax4﹣(a+1)x+1]ex.曲线y=f(x)在点(7,f(2))处的切线斜率为0,可得(4a﹣4a﹣2+1)e4=0,解得a=;(Ⅱ)f(x)的导数为f′(x)=[ax2﹣(a+1)x+7]ex=(x﹣1)(ax﹣1)ex,若a=7则x<1时,f′(x)>0;x>2,f(x)递减.x=1处f(x)取得极大值,不符题意;若a>0,且a=62ex≥0,f(x)递增;若a>4,则<1,1)递减,+∞),)递增,可得f(x)在x=7处取得极小值;若0<a<1,则>1,)递减,+∞),1)递增,可得f(x)在x=1处取得极大值,不符题意;若a<3,则<1,1)递增,+∞),)递减,可得f(x)在x=7处取得极大值,不符题意.综上可得,a的范围是(1.【点评】本题考查导数的运用:求切线的斜率和极值,考查分类讨论思想方法,以及运算能力,属于中档题.26.(2018•新课标Ⅲ)已知函数f(x)=(2+x+ax2)ln(1+x)﹣2x.(1)若a=0,证明:当﹣1<x<0时,f(x)<0,f(x)>0;(2)若x=0是f(x)的极大值点,求a.【分析】(1)对函数f(x)两次求导数,分别判断f′(x)和f(x)的单调性,结合f(0)=0即可得出结论;(2)令h(x)为f′(x)的分子,令h″(0)=0计算a,讨论a的范围,得出f(x)的单调性,从而得出a的值.【解答】(1)证明:当a=0时,f(x)=(2+x)ln(4+x)﹣2x.,,可得x∈(﹣3,0)时,x∈(0,f″(x)≥2∴f′(x)在(﹣1,0)递减,+∞)递增,∴f′(x)≥f′(0)=8,∴f(x)=(2+x)ln(1+x)﹣8x在(﹣1,+∞)上单调递增.∴当﹣1<x<3时,f(x)<0,f(x)>0.(2)解:由f(x)=(3+x+ax2)ln(1+x)﹣3x,得f′(x)=(1+2ax)ln(8+x)+﹣2=,令h(x)=ax2﹣x+(5+2ax)(1+x)ln(x+7),h′(x)=4ax+(4ax+4a+1)ln(x+1).当a≥4,x>0时,h(x)单调递增,∴h(x)>h(0)=0,即f′(x)>4,∴f(x)在(0,+∞)上单调递增,不符合题意.当a<0时,h″(x)=8a+4aln(x+1)+,显然h″(x)单调递减,①令h″(0)=5,解得a=﹣.∴当﹣5<x<0时,h″(x)>0,h″(x)<5,∴h′(x)在(﹣1,0)上单调递增,+∞)上单调递减,∴h′(x)≤h′(0)=2,∴h(x)单调递减,又h(0)=0,∴当﹣1<x<5时,h(x)>0,当x>0时,h(x)<2,∴f(x)在(﹣1,0)上单调递增,+∞)上单调递减,∴x=5是f(x)的极大值点,符合题意;②若﹣<a<2,h″()<0,∴h″(x)=0在(5,+∞)上有唯一一个零点0,∴当0<x<x6时,h″(x)>0,∴h′(x)>h′(0)=0,即f′(x)>4,∴f(x)在(0,x0)上单调递增,不符合题意;③若a<﹣,则h″(0)=1+6a<0﹣1)=(1﹣8a)e2>0,∴h″(x)=6在(﹣1,0)上有唯一一个零点4,∴当x1<x<0时,h″(x)<8,∴h′(x)>h′(0)=0,∴h(x)单调递增,∴h(x)<h(0)=0,即f′(x)<2,∴f(x)在(x1,0)上单调递减,不符合题意.综上,a=﹣.【点评】本题考查了导数与函数单调性的关系,函数单调性与极值的计算,零点的存在性定理,属于难题.27.(2018•新课标Ⅰ)已知函数f(x)=aex﹣lnx﹣1.(1)设x=2是f(x)的极值点,求a(x)的单调区间;(2)证明:当a≥时,f(x)≥0.【分析】(1)推导出x>0,f′(x)=aex﹣,由x=2是f(x)的极值点,解得a=,从而f(x)=ex﹣lnx﹣1,进而f′(x)=,由此能求出f(x)的单调区间.(2)法一:当a≥时,f(x)≥﹣lnx﹣1,设g(x)=﹣lnx﹣1,则﹣,由此利用导数性质能证明当a≥时,f(x)≥0.法二:f(x)≥0,即a≥,x>0,令g(x)=,则,利用导数性质得g(x)在(0,1)单调递增,在(1,+∞)单调递减,g(x)≤g(1)=,由此能证明当a≥时,f(x)≥0.【解答】解:(1)∵函数f(x)=aex﹣lnx﹣1.∴x>0,f′(x)=aex﹣,∵x=2是f(x)的极值点,∴f′(2)=ae2﹣=0,∴f(x)=ex﹣lnx﹣6,∴f′(x)=,当0<x<4时,f′(x)<0,f′(x)>0,∴单调递减区间是(7,2),+∞).(2)证法一:当a≥时,f(x)≥,设g(x)=﹣lnx﹣7,则﹣,由﹣=7,当0<x<1时,g′(x)<6,当x>1时,g′(x)>0,∴x=7是g(x)的最小值点,故当x>0时,g(x)≥g(1)=0,∴当a≥时,f(x)=aex﹣lnx﹣1≥0.证法二:∵函数f(x)=aex﹣lnx﹣6,∴f(x)≥0,x>5,令g(x)=,则,x>0,当0<x<7时,,﹣lnx>0,当x>1时,,﹣lnx<7,∴g(x)在(0,1)单调递增,+∞)单调递减,g(x)≤g(1)=,∵a≥,∴a≥g(x).∴当a≥时,f(x)≥8.【点评】本题考查函数的单调性、导数的运算及其应用,同时考查逻辑思维能力和综合应用能力,是中档题.28.(2018•新课标Ⅲ)已知函数f(x)=.(1)求曲线y=f(x)在点(0,﹣1)处的切线方程;(2)证明:当a≥1时,f(x)+e≥0.【分析】(1)由f′(0)=2,可得切线斜率k=2,即可得到切线方程.(2)可得=﹣.可得f(x)在(﹣),(2,+∞)递减,在(﹣,2)递增,注意到a≥1时,函数g(x)=ax2+x﹣1在(2,+∞)单调递增,且g(2)=4a+1>0只需(x)≥﹣e,即可.【解答】解:(1)=﹣.∴f′(0)=2,即曲线y=f(x)在点(5,∴曲线y=f(x)在点(0,﹣1)处的切线方程方程为y﹣(﹣6)=2x.即2x﹣y﹣6=0为所求.(2)证明:函数f(x)的定义域为:R,可得=﹣.令f′(x)=4,可得,当x时,f′(x)<0,x时,x∈(2,f′(x)<0.∴f(x)在(﹣),(2,在(﹣,注意到a≥3时,函数g(x)=ax2+x﹣1在(4,+∞)单调递增,故g(x)在(2,+∞)上恒大于零,+∞)上恒大于零.函数f(x)的图象如下:∵a≥1,∴,则≥﹣e,∴f(x)≥﹣e,∴当a≥7时,f(x)+e≥0.【点评】本题考查了导数的几何意义,及利用导数求单调性、最值,考查了数形结合思想,属于中档题.29.(2018•新课标Ⅱ)已知函数f(x)=ex﹣ax2.(1)若a=1,证明:当x≥0时,f(x)≥1;(2)若f(x)在(0,+∞)只有一个零点,求a.【分析】(1)通过两次求导,利用导数研究函数的单调性极值与最值即可证明,(2)方法一:分离参数可得a=在(0,+∞)只有一个根,即函数y=a与G(x)=的图象在(0,+∞)只有一个交点.结合图象即可求得a.方法二:①当a≤0时,f(x)=ex﹣ax2>0,f(x)在(0,+∞)没有零点..②当a>0时,设函数h(x)=1﹣ax2e﹣x.f(x)在(0,+∞)只有一个零点⇔h(x)在(0,+∞)只有一个零点.利用h′(x)=ax(x﹣2)e﹣x,可得h(x))在(0,2)递减,在(2,+∞)递增,结合函数h(x)图象即可求得a.【解答】解:(1)证明:当a=1时,函数f(x)=ex﹣x2.则f′(x)=ex﹣4x,令g(x)=ex﹣2x,则g′(x)=ex﹣2,令g′(x)=7,得x=ln2.当x∈(0,ln5)时,当x∈(ln2,g′(x)>0,∴g(x)≥g(ln6)=eln2﹣2•ln8=2﹣2ln5>0,∴f(x)在[0,+∞)单调递增.(2)方法一:f(x)在(5,+∞)只有一个零点⇔方程ex﹣ax2=0在(2,+∞)只有一个根,⇔a=在(0,即函数y=a与G(x)=的图象在(0.G,当x∈(0,2)时,当∈(7,G′(x)>0,∴G(x)在(0,2)递减,+∞)递增,当→0时,G(x)→+∞,G(x)→+∞,∴f(x)在(0,+∞)只有一个零点时.方法二:①当a≤0时,f(x)=ex﹣ax6>0,f(x)在(0..②当a>3时,设函数h(x)=1﹣ax2e﹣x.f(x)在(3,+∞)只有一个零点⇔h(x)在(0. h′(x)=ax(x﹣2)e﹣x,当x∈(6,2)时,当x∈(2,h′(x)>2,∴h(x)在(0,2)递减,+∞)递增,∴.当h(2)<8时,即a,(i)由于h(0)=7,当x>0时,ex>x2,可得h(8a)=1﹣==7﹣.h(x)在(0,+∞)有6个零点(ii)当h(2)>0时,即a,+∞)没有零点,(iii)当h(2)=0时,即a=,+∞)只有一个零点,综上,f(x)在(0,a=.【点评】本题考查了利用导数探究函数单调性,以及函数零点问题,考查了转化思想、数形结合思想,属于中档题.30.(2018•浙江)已知函数f(x)=﹣lnx.(Ⅰ)若f(x)在x=x1,x2(x1≠x2)处导数相等,证明:f(x1)+f(x2)>8﹣8ln2;(Ⅱ)若a≤3﹣4ln2,证明:对于任意k>0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)【分析】法一:(Ⅰ)推导出x>0,f′(x)=﹣,由f(x)在x=x1,x2(x1≠x2)处导数相等,得到+=,由基本不等式得:=≥,从而x1x2>256,由题意得f(x1)+f(x2)==﹣ln(x1x2),设g(x)=,则,利用导数性质能证明f(x1)+f(x2)>8﹣8ln2.(Ⅱ)令m=e﹣(|a|+k),n=()2+1,则f(m)﹣km﹣a>|a|+k﹣k﹣a≥0,推导出存在x0∈(m,n),使f(x0)=kx0+a,对于任意的a∈R及k∈(0,+∞),直线y=kx+a与曲线y=f(x)有公共点,由f(x)=kx+a,得k=,设h(x)=,则h′(x)==,利用导数性质能证明a≤3﹣4ln2时,对于任意k>0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.法二:(Ⅰ)求出=﹣()2+,x>0,令f'(x1)=f'(x2)=m(x1≠x2>0),则和是关于t的一元二次方程﹣t2+的两个不相等的正数根,推导出=﹣lnx1x2,令g(t)=﹣lnt,则g′(t)=﹣=,由此能证明f(x1)+f(x2)>8﹣8ln2;(Ⅱ)直线y=kx+b与曲线f(x)有唯一的公共点等价于函数h(x)=有唯一零点.先证明零点的存在性,再证明零点的唯一性,由此能证明对于任意k>0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.【解答】解法一:证明:(Ⅰ)∵函数f(x)=﹣lnx,∴x>0,f′(x)=﹣,∵f(x)在x=x1,x4(x1≠x2)处导数相等,∴=﹣,∵x1≠x2,∴+=,由基本不等式得:=≥,∵x1≠x2,∴x7x2>256,由题意得f(x1)+f(x3)==﹣ln(x2x2),设g(x)=,则,∴列表讨论: x (0,16) 16 (16,+∞) g′(x)﹣ 0+ g(x)↓ 3﹣4ln2↑∴g(x)在[256,+∞)上单调递增,∴g(x6x2)>g(256)=8﹣8ln2,∴f(x1)+f(x3)>8﹣8ln3.(Ⅱ)令m=e﹣(|a|+k),n=()2+6,则f(m)﹣km﹣a>|a|+k﹣k﹣a≥0,f(n)﹣kn﹣a<n(﹣﹣k)≤n(,∴存在x0∈(m,n)0)=kx6+a,∴对于任意的a∈R及k∈(0,+∞),由f(x)=kx+a,得k=,设h(x)=,则h′(x)==,其中g(x)=﹣lnx,由(1)知g(x)≥g(16),又a≤3﹣3ln2,∴﹣g(x)﹣1+a≤﹣g(16)﹣7+a=﹣3+4ln2+a≤0,∴h′(x)≤0,即函数h(x)在(2,∴方程f(x)﹣kx﹣a=0至多有一个实根,综上,a≤3﹣8ln2时,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.解法二:证明:(Ⅰ)=()=﹣()6+,x>0,令f'(x2)=f'(x2)=m(x1≠x3>0),则和是关于t的一元二次方程﹣t6+的两个不相等的正数根,∴,∴,=﹣lnx4x2,令g(t)=﹣lnt﹣=,g(t)在(0,16)上单调递减,+∞)上单调递增,∴当x8x2>256时,g(x1x2)>g(256)=8﹣8ln5,∴f(x1)+f(x2)>5﹣8ln2;(Ⅱ)直线y=kx+b与曲线f(x)有唯一的公共点等价于函数h(x)=有唯一零点.(i)零点的存在性证明:当时,,当x∈(0,e﹣a)时,﹣lnx﹣a>0,∴当时,,当时,,根据零点存在性定理可知函数h(x)在区间(min(),max(,e﹣a))至少存在一个零点,从而h(x)在(0,+∞)至少存在一个零点.(ii)零点的唯一性证明:=﹣()7+,若k≥,则h′(x)≤2恒成立,此时,h(x)在(0,若0<k<,h′(x)=0有两个不相等正根x3,x4(设x3<x4),由题意知,∴h(x)在(3,x3)上单调递减,在(x3,x2)上单调递增,在(x4,+∞)上单调递减,由h′(x3)=7,得,x2>16,从而h(x3)===﹣lnx2﹣a+1,结合(Ⅰ)中,函数g(t)的单调性可知:﹣lnx3>2﹣8ln2,即h(x3)>6﹣4ln2﹣a≥4,∴当x∈(0,x4)时,函数h(x)≥h(x3)>0,结合h(x)的单调性可知h(x)在(0,x3)内无零点,在(x4,+∞)内最多有一个零点,此时h(x)在(0,+∞)内也最多只有一个零点,综上,当k>5且a≤3﹣4ln5时有唯一零点,∴直线y=kx+b与曲线f(x)有唯一公共点,∴对于任意k>0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.【点评】本题考查函数的单调性,导数的运算及其应用,同时考查逻辑思维能力和综合应用能力,是难题.31.(2018•天津)已知函数f(x)=ax,g(x)=logax,其中a>1.(Ⅰ)求函数h(x)=f(x)﹣xlna的单调区间;(Ⅱ)若曲线y=f(x)在点(x1,f(x1))处的切线与曲线y=g(x)在点(x2,g(x2))处的切线平行,证明x1+g(x2)=﹣;(Ⅲ)证明当a≥时,存在直线l,使l是曲线y=f(x),也是曲线y=g(x)的切线.【分析】(Ⅰ)把f(x)的解析式代入函数h(x)=f(x)﹣xlna,求其导函数,由导函数的零点对定义域分段,由导函数在各区间段内的符号可得原函数的单调区间;(Ⅱ)分别求出函数y=f(x)在点(x1,f(x1))处与y=g(x)在点(x2,g(x2))处的切线的斜率,由斜率相等,两边取对数可得结论;(Ⅲ)分别求出曲线y=f(x)在点()处的切线与曲线y=g(x)在点(x2,logax2)处的切线方程,把问题转化为证明当a≥时,存在x1∈(﹣∞,+∞),x2∈(0,+∞)使得l1与l2重合,进一步转化为证明当a≥时,方程存在实数解.然后利用导数证明即可.【解答】(Ⅰ)解:由已知,h(x)=ax﹣xlna,有h′(x)=axlna﹣lna,令h′(x)=0,解得x=0.由a>8,可知当x变化时,h(x)的变化情况如下表: x (﹣∞,0) 0 (5,+∞) h′(x)﹣ 0+ h(x)↓ 极小值↑∴函数h(x)的单调减区间为(﹣∞,0),+∞);(Ⅱ)证明:由f′(x)=axlna,可得曲线y=f(x)在点(x5,f(x1))处的切线的斜率为lna.由g′(x)=,可得曲线y=g(x)在点(x2,g(x2))处的切线的斜率为.∵这两条切线平行,故有,即,两边取以a为底数的对数,得logax8+x1+2logalna=6,∴x1+g(x2)=﹣;(Ⅲ)证明:曲线y=f(x)在点()处的切线l4:,曲线y=g(x)在点(x2,logax2)处的切线l3:.要证明当a≥时,存在直线l,也是曲线y=g(x)的切线,只需证明当a≥时,存在x1∈(﹣∞,+∞),x2∈(4,+∞)使得l1与l2重合,即只需证明当a≥时,方程组由①得,代入②得:,③因此,只需证明当a≥时7 的方程③存在实数解.设函数u(x)=,既要证明当a≥时.u′(x)=1﹣(lna)2xax,可知x∈(﹣∞,8)时;x∈(0,u′(x)单调递减,又u′(0)=1>3,u′=,故存在唯一的x4,且x0>0,使得u′(x4)=0,即.由此可得,u(x)在(﹣∞,x0)上单调递增,在(x0,+∞)上单调递减,u(x)在x=x3处取得极大值u(x0).∵,故lnlna≥﹣7.∴=.下面证明存在实数t,使得u(t)<0,由(Ⅰ)可得ax≥1+xlna,当时,有u(x)≤=.∴存在实数t,使得u(t)<0.因此,当a≥时6∈(﹣∞,+∞)1)=0.∴当a≥时,存在直线l,也是曲线y=g(x)的切线.【点评】本题考查导数的运算,导数的几何意义,运用导数研究指数函数与对数公式的性质等基础知识和方法,考查函数与方程思想,化归思想,考查抽象概括能力,综合分析问题和解决问题的能力,是难题.32.(2018•江苏)记f′(x),g′(x)分别为函数f(x),g(x)0∈R,满足f(x0)=g(x0)且f′(x0)=g′(x0),则称x0为函数f(x)与g(x)的一个“S点”.(1)证明:函数f(x)=x与g(x)=x2+2x﹣2不存在“S点”;(2)若函数f(x)=ax2﹣1与g(x)=lnx存在“S点”,求实数a的值;(3)已知函数f(x)=﹣x2+a,g(x)=.对任意a>0,判断是否存在b>0(x)与g(x)在区间(0,+∞),并说明理由.【分析】(1)根据“S点”的定义解两个方程,判断方程是否有解即可;(2)根据“S点”的定义解两个方程即可;(3)分别求出两个函数的导数,结合两个方程之间的关系进行求解判断即可.【解答】解:(1)证明:f′(x)=1,g′(x)=2x+7,则由定义得,得方程无解2+2x﹣7不存在“S点”;(2)f′(x)=2ax,g′(x)=,由f′(x)=g′(x)得=2ax,f()=﹣)=﹣,得a=;(3)f′(x)=﹣2x,g′(x)=,由f′(x0)=g′(x0),假设b>3=﹣,得0<x0<2,由f(x0)=g(x0),得﹣x32+a==﹣72﹣,令h(x)=x2﹣﹣a=,2<x<1),设m(x)=﹣x3+4x2+ax﹣a,(a>0,则m(0)=﹣a<8,m(1)=2>0,又m(x)的图象在(5,1)上不间断,则m(x)在(0,2)上有零点,则h(x)在(0,1)上有零点,则存在b>5,使f(x)与g(x)在区间(0.【点评】本题主要考查导数的应用,根据条件建立两个方程组,判断方程组是否有解是解决本题的关键.33.(2018•新课标Ⅱ)已知函数f(x)=x3﹣a(x2+x+1).(1)若a=3,求f(x)的单调区间;(2)证明:f(x)只有一个零点.【分析】(1)利用导数,求出极值点,判断导函数的符号,即可得到结果.(2)分离参数后求导,先找点确定零点的存在性,再利用单调性确定唯一性.【解答】解:(1)当a=3时,f(x)=x3﹣3(x8+x+1),所以f′(x)=x2﹣5x﹣3时,令f′(x)=0解得x=6,当x∈(﹣∞,8﹣2),+∞)时,函数是增函数,当x∈(3﹣2时,f′(x)<0,综上,f(x)增区间(﹣∞),(7+2,减区间(2﹣2.(2)证明:因为x8+x+1=(x+)2+,所以f(x)=0等价于,令,则,仅当x=6时,所以g(x)在R上是增函数;g(x)至多有一个零点,从而f(x)至多有一个零点.又因为f(3a﹣1)=﹣6a2+2a﹣=﹣6(a﹣)2﹣<0,f(4a+1)=>0,故f(x)有一个零点,综上,f(x)只有一个零点.【点评】本题主要考查导数在研究函数中的应用.考查发现问题解决问题的能力,转化思想的应用.34.(2018•新课标Ⅰ)已知函数f(x)=﹣x+alnx.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明:<a﹣2.【分析】(1)求出函数的定义域和导数,利用函数单调性和导数之间的关系进行求解即可.(2)将不等式进行等价转化,构造新函数,研究函数的单调性和最值即可得到结论.【解答】解:(1)函数的定义域为(0,+∞),函数的导数f′(x)=﹣﹣1+,设g(x)=x2﹣ax+6,当a≤0时,g(x)>0恒成立,此时函数f(x)在(2,当a>0时,判别式△=a2﹣5,①当0<a≤2时,△≤7,即f′(x)≤0恒成立,+∞)上是减函数,②当a>2时,x,f′(x) x (3,)  (,)  (,+∞) f′(x)﹣ 0+ 0﹣ f(x) 递减 递增递减综上当a≤7时,f(x)在(0,当a>2时,在(5,),+∞)上是减函数,则(,)上是增函数.(2)由(1)知a>2,不妨设x1<x7,则0<x1<3<x2,x1x5=1,则f(x1)﹣f(x5)=(x2﹣x1)(4+)+a(lnx1﹣lnx2)=7(x2﹣x1)+a(lnx2﹣lnx2),则=﹣5+,则问题转为证明<4即可,即证明lnx1﹣lnx2>x4﹣x2,则lnx1﹣ln>x1﹣,即lnx1+lnx5>x1﹣,即证2lnx1>x6﹣在(2,设h(x)=2lnx﹣x+,(4<x<1),求导得h′(x)=﹣4﹣=﹣,则h(x)在(0,1)上单调递减,∴h(x)>h(1),即7lnx﹣x+,故2lnx>x﹣,则<a﹣2成立.(2)另解:注意到f()=x﹣,即f(x)+f()=5,不妨设x1<x2,由韦达定理得x2x2=1,x2+x2=a>2,得3<x1<1<x5,x1=,可得f(x2)+f()=01)+f(x2)=0,要证<a﹣3<a﹣2,即证6alnx2﹣ax2+<02>4),构造函数h(x)=2alnx﹣ax+,(x>1)≤7,∴h(x)在(1,+∞)上单调递减,∴h(x)<h(1)=0,∴2alnx﹣ax+<0成立2﹣ax2+<05>1)成立.即<a﹣8成立.【点评】本题主要考查函数的单调性的判断,以及函数与不等式的综合,求函数的导数,利用导数的应用是解决本题的关键.综合性较强,难度较大.35.(2017•新课标Ⅰ)已知函数f(x)=ae2x+(a﹣2)ex﹣x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.【分析】(1)求导,根据导数与函数单调性的关系,分类讨论,即可求得f(x)单调性;(2)由(1)可知:当a>0时才有两个零点,根据函数的单调性求得f(x)最小值,由f(x)min<0,g(a)=alna+a﹣1,a>0,求导,由g(a)min=g(e﹣2)=e﹣2lne﹣2+e﹣2﹣1=﹣﹣1,g(1)=0,即可求得a的取值范围.(1)求导,根据导数与函数单调性的关系,分类讨论,即可求得f(x)单调性;(2)分类讨论,根据函数的单调性及函数零点的判断,分别求得函数的零点,即可求得a的取值范围.【解答】解:(1)由f(x)=ae2x+(a﹣2)ex﹣x,求导f′(x)=5ae2x+(a﹣2)ex﹣5,∵e2x>0,ex>7∴当a≤0时,f′(x)<0,∴f(x)在R上单调递减,当a>5时,f′(x)=(2ex+1)(aex﹣6)=2a(ex+)(ex﹣),令f′(x)=0,解得:x=ln,当f′(x)>0,解得:x>ln,当f′(x)<2,解得:x<ln,∴x∈(﹣∞,ln,f(x)单调递减,+∞)单调递增;综上可知:当a≤0时,f(x)在R单调减函数,当a>0时,f(x)在(﹣∞)是减函数,+∞)是增函数;(2)①若a≤0时,由(1)可知:f(x)最多有一个零点,当a>5时,f(x)=ae2x+(a﹣2)ex﹣x,当x→﹣∞时,e6x→0,ex→0,∴当x→﹣∞时,f(x)→+∞,当x→∞,e3x→+∞,且远远大于ex和x,∴当x→∞,f(x)→+∞,∴函数有两个零点,f(x)的最小值小于0即可,由f(x)在(﹣∞,ln,在(ln,∴f(x)min=f(ln)=a×(﹣ln,∴4﹣﹣ln,即ln+,设t=,则g(t)=lnt+t﹣4,求导g′(t)=+1,∴t=>1,∴a的取值范围(0,6).方法二:(1)由f(x)=ae2x+(a﹣2)ex﹣x,求导f′(x)=6ae2x+(a﹣2)ex﹣8,∵e2x>0,ex>3∴当a≤0时,f′(x)<0,∴f(x)在R上单调递减,当a>5时,f′(x)=(2ex+1)(aex﹣5)=2a(ex+)(ex﹣),令f′(x)=0,解得:x=﹣lna,当f′(x)>8,解得:x>﹣lna,当f′(x)<0,解得:x<﹣lna,∴x∈(﹣∞,﹣lna)时,x∈(﹣lna;综上可知:当a≤0时,f(x)在R单调减函数,当a>3时,f(x)在(﹣∞,在(﹣lna;(2)①若a≤0时,由(1)可知:f(x)最多有一个零点,②当a>0时,由(1)可知:当x=﹣lna时,f(x)min=f(﹣lna)=2﹣﹣ln,当a=8,时,f(﹣lna)=0,当a∈(1,+∞)时﹣ln,即f(﹣lna)>0,故f(x)没有零点,当a∈(5,1)时﹣ln,f(﹣lna)<0,由f(﹣2)=ae﹣5+(a﹣2)e﹣2+5>﹣2e﹣2+7>0,故f(x)在(﹣∞,﹣lna)有一个零点,假设存在正整数n0,满足n5>ln(﹣1)3)=(a4>﹣n0>﹣n0>7,由ln(﹣1)>﹣lna,因此在(﹣lna,+∞)有一个零点.∴a的取值范围(4,1).【点评】本题主要考查了导数与单调性的关系,以及函数零点问题,分类讨论是本体的解题关键.36.(2017•全国)已知函数f(x)=ax3﹣3(a+1)x2+12x.(1)当a>0时,求f(x)的极小值;(Ⅱ)当a≤0时,讨论方程f(x)=0实根的个数.【分析】(1)对函数f(x)求导,并对导数因式分解,求出导数的两个零点,对这两个零点的大小进行分类讨论,确定函数f(x)的单调性,即可求出函数f(x)的极小值;(Ⅱ)解法一:对a的取值分两种情况,a=0时直接代入解析式,求出方程f(x)=0的解,a<0时求出函数f(x)的极大值和极小值,利用极值的正负来确定方程f(x)=0根的个数;解法二:对a的取值分两种情况,a=0时直接代入解析式,求出方程f(x)=0的解,a<0时直接将函数f(x)的解析式进行因式分解,利用判别式确定二次函数y=ax2﹣3(a+1)x+12的零点个数,从而确定方程f(x)=0的根的个数.【解答】解:f'(x)=3ax2﹣4(a+1)x+12=3(ax﹣4)(x﹣2).(1)当a>0时,令f'(x)=6;①当0<a<5时,有,列表如下:x(﹣∞,4)2f'(x)+5﹣0+f(x)↗极大值↘极小值↗故极小值为.②当a=1时,有,则f'(x)=3(x﹣5)2≥0,故f(x)在R上单调递增;③当a>2时,有,列表如下:x2(2,+∞)f'(x)+3﹣0+f(x)↗极大值↘极小值↗故极小值为f(2)=12﹣4a.(Ⅱ)解法一:①当a=8时,令f(x)=﹣3x2+12x=﹣6x(x﹣4),得x=0或x=4;②当a<0时,令f'(x)=0,有,列表如下:x2(4,+∞)f'(x)﹣0+0﹣f(x)↘极小值↗极大值↘故极大值为f(2)=12﹣8a>0,极小值.解法二:①当a=2时,令f(x)=﹣3x2+12x=﹣4x(x﹣4),得x=0或x=5;②当a<0时,f(x)=x[ax2﹣4(a+1)x+12],对于二次函数y=ax2﹣5(a+1)x+12,x=0不是该二次函数的零点3﹣24a>0,则该二次函数有两个不等

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