版权说明:本文档由用户提供并上传,收益归属内容提供方,若内容存在侵权,请进行举报或认领
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
温馨提示
- 1. 本站所有资源如无特殊说明,都需要本地电脑安装OFFICE2007和PDF阅读器。图纸软件为CAD,CAXA,PROE,UG,SolidWorks等.压缩文件请下载最新的WinRAR软件解压。
- 2. 本站的文档不包含任何第三方提供的附件图纸等,如果需要附件,请联系上传者。文件的所有权益归上传用户所有。
- 3. 本站RAR压缩包中若带图纸,网页内容里面会有图纸预览,若没有图纸预览就没有图纸。
- 4. 未经权益所有人同意不得将文件中的内容挪作商业或盈利用途。
- 5. 人人文库网仅提供信息存储空间,仅对用户上传内容的表现方式做保护处理,对用户上传分享的文档内容本身不做任何修改或编辑,并不能对任何下载内容负责。
- 6. 下载文件中如有侵权或不适当内容,请与我们联系,我们立即纠正。
- 7. 本站不保证下载资源的准确性、安全性和完整性, 同时也不承担用户因使用这些下载资源对自己和他人造成任何形式的伤害或损失。
最新文档
- 2024简易版房屋租赁合同
- 急性上呼吸道感染基层诊疗指南护理课件
- 思品53友谊相伴资料课件
- 2024年家纺批发采购合同范本
- 2024年加工奶片团购合同范本
- 2024年移动小商铺出租合同范本
- 2024劳动合同法案例与解释
- 2024解除劳动合同申请表
- 2024室内装饰装修工程施工合同范本
- 2024劳动合同法适用范围解析
- 传染病报告卡
- 主要通风机检查、运行、维护、故障记录
- 项目物资管理员培训交底总结
- 习近平总书记关于教育的重要论述研究(安庆师范大学版)学习通超星课后章节答案期末考试题库2023年
- 法院诉讼指定监护人申请书
- 《自然保护区管理》课程讲义
- 类风湿性关节炎综述4572
- 机关事业单位公文写作培训-课件
- 煤矿安全生产信息化管理系统
- 中医知识:产后头痛
- 住院医师规范化培训临床小讲课指南(2021年版)
评论
0/150
提交评论