核心考点09导数的应用

核心考点09导数的应用目录一．利用导数研究函数的单调性（共13小题）二．函数在某点取得极值的条件（共2小题）三．利用导数研究函数的极值（共14小题）四．利用导数研究函数的最值（共14小题）五．利用导数研究曲线上某点切线方程（共17小题）考点考点考向一．利用导数研究函数的单调性【知识点的知识】1、导数和函数的单调性的关系：（1）若f′（x）＞0在（a，b）上恒成立，则f（x）在（a，b）上是增函数，f′（x）＞0的解集与定义域的交集的对应区间为增区间；（2）若f′（x）＜0在（a，b）上恒成立，则f（x）在（a，b）上是减函数，f′（x）＜0的解集与定义域的交集的对应区间为减区间．2、利用导数求解多项式函数单调性的一般步骤：（1）确定f（x）的定义域；（2）计算导数f′（x）；（3）求出f′（x）＝0的根；（4）用f′（x）＝0的根将f（x）的定义域分成若干个区间，列表考察这若干个区间内f′（x）的符号，进而确定f（x）的单调区间：f′（x）＞0，则f（x）在对应区间上是增函数，对应区间为增区间；f′（x）＜0，则f（x）在对应区间上是减函数，对应区间为减区间．二．函数在某点取得极值的条件【知识点的知识】极值的判断首先要求：1、该处函数值有意义，2、该处函数连续．求极值的时候F'（X）＝0是首先考虑的，但是对于F'（X）无意义的点也要讨论，只要该点有函数值且函数连续、两边导函数值异号，就可以确定该点是极值点．具备了这些条件，我们进一步判定极大值和极小值：当这个点左边的导函数大于0时，即左边单调递增，右边的导函数小于0时，即右边单调递减，此时这个点就是极大值，你可以把他理解成波峰的那个点；那么波谷的那个点就是极小值，情况相反．三．利用导数研究函数的极值【知识点的知识】1、极值的定义：（1）极大值：一般地，设函数f（x）在点x0附近有定义，如果对x0附近的所有的点，都有f（x）＜f（x0），就说f（x0）是函数f（x）的一个极大值，记作y极大值＝f（x0），x0是极大值点；（2）极小值：一般地，设函数f（x）在x0附近有定义，如果对x0附近的所有的点，都有f（x）＞f（x0），就说f（x0）是函数f（x）的一个极小值，记作y极小值＝f（x0），x0是极小值点．2、极值的性质：（1）极值是一个局部概念，由定义知道，极值只是某个点的函数值与它附近点的函数值比较是最大或最小，并不意味着它在函数的整个的定义域内最大或最小；（2）函数的极值不是唯一的，即一个函数在某区间上或定义域内极大值或极小值可以不止一个；（3）极大值与极小值之间无确定的大小关系，即一个函数的极大值未必大于极小值；（4）函数的极值点一定出现在区间的内部，区间的端点不能成为极值点，而使函数取得最大值、最小值的点可能在区间的内部，也可能在区间的端点．3、判别f（x0）是极大、极小值的方法：若x0满足f′（x0）＝0，且在x0的两侧f（x）的导数异号，则x0是f（x）的极值点，f（x0）是极值，并且如果f′（x）在x0两侧满足“左正右负”，则x0是f（x）的极大值点，f（x0）是极大值；如果f′（x）在x0两侧满足“左负右正”，则x0是f（x）的极小值点，f（x0）是极小值．4、求函数f（x）的极值的步骤：（1）确定函数的定义区间，求导数f′（x）；（2）求方程f′（x）＝0的根；（3）用函数的导数为0的点，顺次将函数的定义区间分成若干小开区间，并列成表格，检查f′（x）在方程根左右的值的符号，如果左正右负，那么f（x）在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f（x）在这个根处取得极小值；如果左右不改变符号即都为正或都为负，则f（x）在这个根处无极值．【解题方法点拨】在理解极值概念时要注意以下几点：（1）按定义，极值点x0是区间[a，b]内部的点，不会是端点a，b（因为在端点不可导）．（2）极值是一个局部性概念，只要在一个小领域内成立即可．要注意极值必须在区间内的连续点取得．一个函数在定义域内可以有许多个极小值和极大值，在某一点的极小值也可能大于另一个点的极大值，也就是说极大值与极小值没有必然的大小关系，即极大值不一定比极小值大，极小值不一定比极大值小．（3）若f（x）在（a，b）内有极值，那么f（x）在（a，b）内绝不是单调函数，即在区间上单调的函数没有极值．（4）若函数f（x）在[a，b]上有极值且连续，则它的极值点的分布是有规律的，相邻两个极大值点之间必有一个极小值点，同样相邻两个极小值点之间必有一个极大值点，一般地，当函数f（x）在[a，b]上连续且有有限个极值点时，函数f（x）在[a，b]内的极大值点、极小值点是交替出现的，（5）可导函数的极值点必须是导数为0的点，但导数为0的点不一定是极值点，不可导的点也可能是极值点，也可能不是极值点．四．利用导数研究函数的最值【利用导数求函数的最大值与最小值】1、函数的最大值和最小值观察图中一个定义在闭区间[a，b]上的函数f（x）的图象．图中f（x1）与f（x3）是极小值，f（x2）是极大值．函数f（x）在[a，b]上的最大值是f（b），最小值是f（x1）．一般地，在闭区间[a，b]上连续的函数f（x）在[a，b]上必有最大值与最小值．说明：（1）在开区间（a，b）内连续的函数f（x）不一定有最大值与最小值．如函数f（x）＝在（0，+∞）内连续，但没有最大值与最小值；（2）函数的最值是比较整个定义域内的函数值得出的；函数的极值是比较极值点附近函数值得出的．（3）函数f（x）在闭区间[a，b]上连续，是f（x）在闭区间[a，b]上有最大值与最小值的充分条件而非必要条件．（4）函数在其定义区间上的最大值、最小值最多各有一个，而函数的极值可能不止一个，也可能没有一个2、用导数求函数的最值步骤：由上面函数f（x）的图象可以看出，只要把连续函数所有的极值与定义区间端点的函数值进行比较，就可以得出函数的最值了．设函数f（x）在[a，b]上连续，在（a，b）内可导，则求f（x）在[a，b]上的最大值与最小值的步骤如下：（1）求f（x）在（a，b）内的极值；（2）将f（x）的各极值与f（a）、f（b）比较得出函数f（x）在[a，b]上的最值．【解题方法点拨】在理解极值概念时要注意以下几点：（1）按定义，极值点x0是区间[a，b]内部的点，不会是端点a，b（因为在端点不可导）．（2）极值是一个局部性概念，只要在一个小领域内成立即可．要注意极值必须在区间内的连续点取得．一个函数在定义域内可以有许多个极小值和极大值，在某一点的极小值也可能大于另一个点的极大值，也就是说极大值与极小值没有必然的大小关系，即极大值不一定比极小值大，极小值不一定比极大值小．（3）若f（x）在（a，b）内有极值，那么f（x）在（a，b）内绝不是单调函数，即在区间上单调的函数没有极值．（4）若函数f（x）在[a，b]上有极值且连续，则它的极值点的分布是有规律的，相邻两个极大值点之间必有一个极小值点，同样相邻两个极小值点之间必有一个极大值点，一般地，当函数f（x）在[a，b]上连续且有有限个极值点时，函数f（x）在[a，b]内的极大值点、极小值点是交替出现的，（5）可导函数的极值点必须是导数为0的点，但导数为0的点不一定是极值点，不可导的点也可能是极值点，也可能不是极值点．五．利用导数研究曲线上某点切线方程【考点描述】利用导数来求曲线某点的切线方程是高考中的一个常考点，它既可以考查学生求导能力，也考察了学生对导数意义的理解，还考察直线方程的求法，因为包含了几个比较重要的基本点，所以在高考出题时备受青睐．我们在解答这类题的时候关键找好两点，第一找到切线的斜率；第二告诉的这点其实也就是直线上的一个点，在知道斜率的情况下可以用点斜式把直线方程求出来．考点考点精讲一．利用导数研究函数的单调性（共13小题）1．（2022秋•宝山区校级期中）已知函数，其中a∈R，且曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线垂直于直线．（1）求a的值；（2）求函数f（x）的单调区间．【分析】（1）先对函数求导，使f′（1）＝﹣2，求解a的值；（2）将（1）中所求a的值代入，求解f′（x）＞0和f′（x）＜0的区间，从而得出函数f（x）的单调区间．【解答】解：（1），由f（x）在点（1，f（1））处的切线垂直于直线y＝可得f′（1）＝﹣a﹣＝﹣2，所以a＝；（2）由（1）知f（x）＝，则，令f′（x）＝0，解得x＝﹣1或x＝5，因为x＝﹣1不在f（x）的定义域（0，+∞）内，舍去．当x∈（0，5）时，f′（x）＜0，故f（x）在（0，5）内单调递减；当x∈（5，+∞）时，f′（x）＞0，故f（x）在（5，+∞）内单调递增．故f（x）的单调递减区间是（0，5），单调递增区间是（5，+∞）．【点评】本题考查导数的几何意义，考查函数单调区间的求解，属于中档题．2．（2022秋•虹口区期中）已知定义在（﹣3，3）上的奇函数y＝f（x）的导函数是f'（x），当x≥0时，y＝f（x）的图像如图所示，则关于x的不等式的解集为{x|0＜x＜1或﹣3＜x＜﹣1}．【分析】根据奇函数的导数为偶函数，结合已知条件得到f（x）的单调性，进而得到f′（x）的符号规律，进而解不等式．【解答】解：因为f（x）是奇函数，结合f（x）的图象可知：f（x）在（﹣1，1）上单调递增，在（﹣3，﹣1），（1，3）上单调递减，故f′（x）＜0⇔﹣3＜x＜﹣1或1＜x＜3；f′（x）＞0⇔﹣1＜x＜1，故⇔或，解得0＜x＜1或﹣3＜x＜﹣1．故答案为：{x|0＜x＜1或﹣3＜x＜﹣1}．【点评】本题考查导数与函数单调性之间的关系，以及函数的奇偶性等性质，属于中档题．3．（2022秋•虹口区期中）设a∈R，m∈Z，若存在唯一的m使得关于x的不等式组＜m＜x+a有解，则a的取值范围是（﹣1，1﹣]．【分析】由不等式＜m有解知m≥0，且解为﹣＜x＜，由不等式组＜m＜x+a有解知m﹣a＜，化简为a＞m﹣，构造函数f（x）＝x﹣（x≥0），求导判断函数的单调性，根据单调性及题意可得到不等式0﹣＜a≤1﹣，从而解a的取值范围．【解答】解：∵＜m，∴x2＜1+2m，若x2＜1+2m有解，则1+2m＞0，又∵m∈Z，∴m≥0；x2＜1+2m的解为﹣＜x＜，∵m＜x+a，∴x＞m﹣a，∵关于x的不等式组＜m＜x+a有解，∴m﹣a＜，即a＞m﹣，令f（x）＝x﹣（x≥0），则f′（x）＝1﹣××2＝≥0，故f（x）在[0，+∞）上单调递增；∵m∈Z时，m的值存在且唯一；∴0﹣＜a≤1﹣，即﹣1＜a≤1﹣；故答案为：（﹣1，1﹣]．【点评】本题以不等式是否有解为载体，考查了复合函数的单调性的判断及函数思想，转化思想的应用，属于中档题．4．（2022秋•嘉定区期末）已知．（1）求函数y＝f（x）的导数，并证明：函数y＝f（x）在[e，+∞）上是严格减函数（常数e为自然对数的底）；（2）根据（1），判断并证明8999与9989的大小关系，并请推广至一般的结论（无须证明）；（3）已知a、b是正整数，a＜b，ab＝ba，求证：a＝2，b＝4是满足条件的唯一一组值．【分析】（1）求出函数f（x）的导数，利用导数判断函数的单调性即可．（2）判断8999＞9989，利用函数f（x）的单调性即可证明结论成立，再写出推广结论．（3）由24＝42＝16，得出a、b的值，再证明唯一性即可．【解答】（1）证明：因为函数y＝f（x）＝，x＞0，所以f（x）的导函数为f′（x）＝，令f′（x）＝0，得1﹣lnx＝0，解得x＝e，列表如下：x（0，e）e（e，+∞）f'（x）+0﹣f（x）单调递增极大值单调递减所以函数y＝f（x）在[e，+∞）上是严格减函数．（2）解：判断8999＞9989，证明如下：由（1）知，89＜99，所以f（89）＞f（99），即，所以ln8999＞ln9989，由函数y＝lnx是定义域（0，+∞）上的单调增函数，所以8999＞9989．推广一般结论为：对于实数a、b，若e＜a＜b，则，即ab＞ba．（3）证明：因为24＝42＝16，可知a＝2，b＝4满足ab＝ba（1≤a＜b，a、b∈N*），下面证明唯一性：①若a≥3，由推广的结论可知ab＞ba，与ab＝ba矛盾；②若a＝1，则1b＝b1，即b＝1，与a＜b矛盾；③若a＝2，则2b＝b2（2＜b，b∈N*），即，容易验证b≠3，b＝4成立，若b≥5，由推广的结论可知，则，所以2b＞b2，与2b＝b2矛盾．综合①②③，a＝2，b＝4是满足条件的唯一一组值．【点评】本题考查了函数的导数综合应用问题，也考查了运算求解能力与推理论证能力，是难题．5．（2022秋•浦东新区期末）已知定义在（﹣π，π）上的函数f（x）＝xcos（x+φ）﹣cosx（0＜φ＜π）为偶函数，则f（x）的严格递减区间为（﹣π，﹣）和（0，）．【分析】根据函数奇偶性，求出φ，进而根据导数判断单调性，求解区间即可．【解答】解：定义在（﹣π，π）上的函数f（x）＝xcos（x+φ）﹣cosx（0＜φ＜π）为偶函数，则f（﹣x）＝﹣xcos（﹣x+φ）﹣cos（﹣x）＝﹣xcos（x﹣φ）﹣cosx＝f（x）＝xcos（x+φ）﹣cosx，即﹣cos（x﹣φ）＝cos（x+φ），∵0＜φ＜π，∴φ＝，∴f（x）＝﹣xsinx﹣cosx，x∈（﹣π，π），f′（x）＝﹣xcosx，令f′（x）＝﹣xcosx＜0，x∈（﹣π，π），解得x∈（﹣π，﹣）和（0，），故f（x）的严格递减区间为（﹣π，﹣）和（0，）．故答案为：（﹣π，﹣）和（0，）．【点评】本题考查了三角函数的奇偶性，利用导数判断单调性，属于中档题．6．（2022秋•金山区校级期中）定义在R上的函数y＝f（x）的导函数为y'＝f'（x），若对任意的实数x，都有f（x）＞f'（x），且f（x）+f（﹣x）＝π2022，则不等式2f（11x﹣8）＞π2022•e11x﹣8的解集是．【分析】构造函数，求导得到y＝f（x）在R上单调递减，由f（x）+f（﹣x）＝π2022得到，对2f（11x﹣8）＞π2022⋅e11x﹣8变形后得到，从而g（11x﹣8）＞g（0），由单调性得到11x﹣8＜0，求出不等式的解集．【解答】解：因为f（x）＞f'（x），构造，则，所以y＝f（x）在R上单调递减，由f（x）+f（﹣x）＝π2022，令x＝0得：2f（0）＝π2022，故，由2f（11x﹣8）＞π2022⋅e11x﹣8得：，因为，所以，故g（11x﹣8）＞g（0），因为y＝f（x）在R上单调递减，所以11x﹣8＜0，解得：．故不等式2f（11x﹣8）＞π2022⋅e11x﹣8的解集是．故答案为：．【点评】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，不等式的解法，考查运算求解能力．利用函数f（x）与导函数f'（x）的相关不等式构造函数，然后利用所构造的函数的单调性解不等式，是高考常考题目，以下是构造函数的常见思路：比如：若f（x）+f'（x）＞0，则构造g（x）＝ex⋅f（x），若f（x）﹣f'（x）＞0，则构造，若f（x）+xf'（x）＞0，则构造g（x）＝xf（x），若f（x）﹣xf'（x）＞0，则构造．7．（2022秋•浦东新区校级期中）已知f（x）＝2x2﹣ax+lnx在区间（1，+∞）上单调递增，则实数a的取值范围是（﹣∞，5]．【分析】由题意可得f'（x）＝4x﹣a+＝，x∈（1，+∞），题意转化为f'（x）≥0在（1，+∞）上恒成立，即4x2﹣ax+1≥0在（1，+∞）上恒成立，利用分离变量法，即可得出答案．【解答】解：f（x）＝2x2﹣ax+lnx，则f'（x）＝4x﹣a+＝，x∈（1，+∞），f（x）＝2x2﹣ax+lnx在区间（1，+∞）上单调递增，转化为f'（x）≥0在（1，+∞）上恒成立，即4x2﹣ax+1≥0在（1，+∞）上恒成立，∴a≤4x+在（1，+∞）上恒成立，设y＝4x+，x∈（1，+∞），则y'＝4﹣＝，由y'＝0得x＝，∴y'＞0在在（1，+∞）上恒成立，∴y＝4x+在（1，+∞）上单调递增，∴当x＝1时，ymin＝5，∴a≤5，故实数a的取值范围是（﹣∞，5]，故答案为：（﹣∞，5]．【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查转化思想和函数思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．8．（2022秋•浦东新区校级月考）定义域为[a，b]的函数y＝f（x）图象的两个端点为A（a，f（a））、B（b，f（b）），M（x，y）是y＝f（x）图象上任意一点，过点M作垂直于x轴的直线l交线段AB于点N（点M与点N可以重合），我们称|MN|的最大值为该函数的“曲径”．则定义域为[1，2]上的函数的曲径是﹣．【分析】线段AB方程为：y＝（x﹣1），x∈[1，2]，设M（x，y）是y＝f（x）＝x﹣的图象上任意一点，过点M作垂直于x轴的直线l交线段AB于点N，可得|MN|＝|x﹣﹣（x﹣1）|，x∈[1，2]，令g（x）＝x﹣﹣（x﹣1）＝﹣x﹣+，x∈[1，2]，利用导数研究其单调性与最值即可得出结论．【解答】解：线段AB方程为：y＝（x﹣1），x∈[1，2]，设M（x，y）是y＝f（x）＝x﹣的图象上任意一点，过点M作垂直于x轴的直线l交线段AB于点N（x，（x﹣1）），则|MN|＝|x﹣﹣（x﹣1）|，x∈[1，2]，令g（x）＝x﹣﹣（x﹣1）＝﹣x﹣+，x∈[1，2]，g′（x）＝﹣+＝，x∈[1，）时，g′（x）＞0，此时函数g（x）单调递增；x∈（，2]时，g′（x）＜0，此时函数g（x）单调递减．∴x＝时，函数g（x）取得极大值即最大值，g（）＝﹣，∴定义域为[1，2]上的函数的曲径是﹣，故答案为：﹣．【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性与极值及其最值、转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．9．（2022春•浦东新区校级月考）写出一个同时具有下列三个性质的函数f（x）：f（x）＝x+x3．①在R上单调递增；②f（x）＝ax+bx3（ab≠0）；③曲线y＝f（x）存在斜率为4的切线．【分析】根据函数的单调性，切线的斜率以及函数解析式的形式求出满足条件的函数的解析式即可．【解答】解：令f（x）＝x+x3，①f′（x）＝1+3x2≥0，f（x）在R上单调递增，②满足f（x）＝ax+bx3（ab≠0），③f′（x）＝1+3x2，x＝1时，f′（1）＝4，y＝f（x）存在斜率为4的切线，故f（x）＝x+x3，故答案为：f（x）＝x+x3．【点评】本题考查了函数的单调性，切线斜率问题，考查导数的应用，是基础题．10．（2022秋•黄浦区月考）已知函数f（x）＝2x3﹣ax2+2，其中a＞0．（1）求f（x）的单调区间；（2）当0＜a＜3时，记f（x）在区间[0，1]的最大值为M，最小值为m，求M﹣m的取值范围．【分析】（1）利用导数与函数单调性的关系可求得函数f（x）的增区间和减区间；（2）分0＜a≤2、2＜a＜3两种情况讨论，结合（1）中的结论求出M、m的表达式，结合导数法与函数的单调性可求得M﹣m的取值范围．【解答】（1）解：函数f（x）＝2x3﹣ax2+2的定义域为R，，当a＞0时，由f'（x）＜0可得，由f'（x）＞0可得x＜0或，所以，函数f（x）的单调递增区间为（﹣∞，0）、，减区间为（0，）．（2）解：因为0＜a＜3，则，则函数f（x）在区间上单调递减，在上单调递增，所以，当x∈[0，1]时，，因为f（0）＝2，f（1）＝4﹣a，则f（0）﹣f（1）＝a﹣2，所以，，令g（a）＝M﹣m．①若0＜a≤2，则，，故函数g（a）在（0，2]上单调递减，此时；②若2＜a＜3，则．综上所述，M﹣m的取值范围是．【点评】本题主要考查了导数与单调性及最值关系的应用，求函数f（x）在区间[a，b]上的最值的方法：（1）若函数f（x）在区间[a，b]上单调，则f（a）与f（b）一个为最大值，另一个为最小值；（2）若函数f（x）在区间[a，b]内有极值，则要求先求出函数f（x）在区间[a，b]上的极值，再与f（a）、f（b）比大小，最大的为最大值，最小的为最小值；（3）若函数f（x）在区间[a，b]上只有唯一的极大点，则这个极值点就是最大（最小）值点，此结论在导数的实际应用中经常用到．11．（2022秋•徐汇区期末）已知f（x）＝lnx﹣（a+1）x+（a∈R）．（1）当a＝0时，求函数y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；（2）当a∈（0，1]时，求函数y＝f（x）的单调区间．【分析】（1）当a＝0时，f（x）＝lnx﹣x，利用导数求得斜率和f（1），点斜式求直线方程；（2）分类讨论当a＝1或0＜a＜1时，利用导数求得函数单调区间．【解答】解：（1）当a＝0时，f（x）＝lnx﹣x，，所以f（1）＝﹣1，k＝f'（1）＝0．所以函数y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y+1＝0．（2）因为，定义域为（0，+∞），所以．①当0＜a＜1时，f（x）与f'（x）在（0，+∞）上的变化情况如下：x（0，1）1f'（x）+0﹣0+f（x）↗极大值↘极小值↗所以函数y＝f（x）在（0，1）及内单调递增，在内单调递减；②当a＝1时，f′（x）＝≥0恒成立，所以此函数的单调增区间为（0，+∞），因此，当0＜a＜1时，函数y＝f（x）的单调增区间为（0，1），，单调减区间为；当a＝1时，函数y＝f（x）单调增区间为（0，+∞）．【点评】本题考查函数的导数应用，函数的单调性以及分类讨论思想的应用，考查计算能力．12．（2022秋•长宁区期末）已知函数y＝f（x）的定义域为（0，+∞）．（1）若f（x）＝lnx．①求曲线y＝f（x）在点（1，0）处的切线方程；②求函数g（x）＝f（x）+x2﹣3x的单调减区间和极小值；（2）若对任意a，b∈（1，+∞）（a＜b），函数y＝f（x）在区间（a，b]上均无最小值，且对于任意n∈N*，当x∈（n，n+1）时，都有|f（n）﹣f（x）|+|f（x）﹣f（n+1）|＝|f（n）﹣f（n+1）|．求证：当x∈（1，+∞）时，f（x）＜f（2x）．【分析】（1）①求出函数f（x）的导数，求出x＝1时f′（x）的值，得出切线的斜率，利用点斜式写出切线方程；②求出函数g（x）的导数，利用导数判断函数的单调性，即可求出函数的单调减区间和极小值．（2）先证明对于任意n∈N*，f（n）＜f（n+1）；再证明n≥1且x＞n时，f（x）＞f（n）；n≥2且x＜n时，f（x）≤f（n）；即可证明x≥1时，f（x）＜f（2x）．【解答】解：（1）①因为函数f（x）＝lnx，x＞0，所以f′（x）＝，k＝f′（1）＝1，所以曲线y＝f（x）在点（1，0）处的切线方程为y﹣0＝1•（x﹣1），即x﹣y﹣1＝0；②因为函数g（x）＝f（x）+x2﹣3x＝lnx+x2﹣3x，x＞0，所以g′（x）＝+2x﹣3＝＝，令g′（x）＝0，解得x＝或x＝1，列表如下：x（0，）（，1）1（1，+∞）f′（x）+0﹣0+f（x）单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以g（x）的单调减区间为（，1），极小值为g（1）＝ln1+1﹣3＝﹣2；（2）①首先证明对于任意n∈N*，f（n）＜fn+1）．当a∈（n，n+1）时，由|f（n）﹣f（x）|+|f（x）﹣f（n+1）|＝|f（n）﹣f（n+1）|，可知f（x）介于f（n）和f（n+1）之间．若f（n）≥f（n+1），则f（x）在区间（n，n+1]上存在最小值f（n+1），矛盾．利用归纳法和上面结论可得：对于任意k，n∈N*，当n＜k时，f（n）＜f（k）．②其次证明当n≥1且x＞n时，f（x）＞f（n）；当n≥2且x＜n时，f（x）≤f（n）．任取x＞n，设正整数k满足n≤k＜x≤k+1，则f（n）≤...≤f（k）≤f（x）≤f（k+1）．若存在k+1≥x0＞k≥n使得f（x0）≤f（n），则f（x0）≤...≤f（n）≤f（k）≤f（x0），即f（k）＝f（x0）．由于当x∈（k，k+1）时，f（k）≤f（x），所以f（x）在区间（k，x0]有最小值f（x0），矛盾．类似可证，当n≥2且x＜n时，f（x）≤f（n）．③最后证明：当x≥1时，f（2x）＞f（x）．当x＝1时，f（2）＞f（1）成立．当x＞1时，由2x﹣x＝x＞1可知，存在n∈N*使得x＜n＜2x，所以f（x）＜f（n）≤f（2x）．当x∈（n，n+1）时，有：|f（n）﹣f（x）|+|f（x）﹣f（n+1）|＝|f（n）﹣f（n+1）|．若f（n）＝f（n+1），则f（x）＝f（n）＝f（n+1），所以f（x）在（n，n+1]上存在最小值，故不具有性质p，故不成立．若f（n）≠f（n+1），则min{f（n），f（n+1）}＜f（x）＜max{f（n），f（n+1）}．假设f（n+1）＜f（n），则f（x）在（n，n+1]上存在最小值，故不具有性质p，故假设不成立．所以当x∈（n，n+1）时，f（n）＜f（x）＜f（n+1）对于任意n∈N*都成都成立．又f（n）＜f（n+1），故当m＜n（m、n∈N*），所以f（m）＜f（m+1）＜...＜f（n﹣1）＜f（n），即f（m）＜f（n）．所以当m＜n时，则存在正整数m使得m﹣1≤x＜m≤n，则f（m﹣1）≤f（x）＜f（m）≤f（n），所以当x＜n时，f（x）＜f（n），同理可证得当x＞n时，f（x）＞f（n）．所以当x＞1时，必然存在正整数n，使得x＜n＜2x，所以f（x）＜f（n）＜f（2x）．综上所述：当x∈（1，+∞）时，f（x）＜f（2x）．【点评】本题考查了函数与方程的综合应用问题，也考查了逻辑思维能力和运算求解能力，是难题．13．（2022秋•虹口区期末）设a＞0，已知函数f（x）＝（x﹣2）3﹣ax．（1）求函数y＝f（x）的单调区间；（2）对于函数y＝f（x）的极值点x0，存在x1（x1≠x0），使得f（x1）＝f（x0），试问对任意的正数a，x1+2x0是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由；（3）若函数g（x）＝|f（x）|在区间[0，6]上的最大值为40，试求a的取值集合．【分析】（1）由f（x）＝（x﹣2）3﹣ax，可得f′（x）＝3（x﹣2）2﹣a，画出表格即可求解；（2）因为f（x）存在极值点x0，所以由（1）知：a＞0，且x0≠2，由题意，得，即，分和两种情况，即可求解；（3）因函数g（x）＝|（x﹣2）3﹣ax|在区间[0，6]上的最大值只有可能在这4处取得，①若为g（x）在区间[0，6]上的最大值（等于40），②若g（6）＝|64﹣6a|为g（x）在区间[0，6]上的最大值（等于40），则a＝4或，再分别计算即可求解．【解答】解：（1）由f（x）＝（x﹣2）3﹣ax，可得f′（x）＝3（x﹣2）2﹣a，因a＞0，由f′（x）＝0，解得，当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表：x（﹣∞，2﹣）2﹣（2﹣，2+）2+（2+，+∞）f′（x）+0﹣0+f（x）单调递增极大值f（2﹣）单调递减极小值f（2+）单调递增所以，f（x）的单调递增区间为：与，单调递减区间为：；（2）因为f（x）存在极值点x0，所以由（1）知：a＞0，且x0≠2，因为，故由f（x1）＝f（x0），得，即，因为x1≠x0，所以（*），由题意，得，即，当时，由（*）可得，解得，即，此时；当时，由（*）可得，解得，即，此时；综上，可得结论成立；（3）因函数g（x）＝|（x﹣2）3﹣ax|在区间[0，6]上的最大值只有可能在这4处取得，又，（因a＞0），①若为g（x）在区间[0，6]上的最大值（等于40），令，则u＞0，且a＝3u2，由，得u3+3u2＝20．设h（u）＝u3+3u2，则h′（u）＝3u2+6u＞0恒成立，故h（u）在（0，+∞）上严格递增，于是在（0，+∞）上存在唯一的u0，使，易知u0＝2，进而相应的a＝12，而此时，因此a＝12符合题意；②若g（6）＝|64﹣6a|为g（x）在区间[0，6]上的最大值（等于40），则a＝4或，（i）当a＝4时，，g（6）＝|64﹣6a|＝40为g（x）在区间[0，6]上的最大值，因此a＝4符合题意；（ii）当时，＝，于是不符合题意，舍去；综上所述，符合条件的a的取值集合为{4，12}．【点评】本题考查了导数的综合运用，属于难题．二．函数在某点取得极值的条件（共2小题）14．（2022春•徐汇区校级期末）函数f（x）的定义域为开区间（a，b），导函数f′（x）在（a，b）内的图象如图所示，则函数f（x）在开区间（a，b）内极值点（包括极大值点和极小值点）有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【分析】根据当f'（x）＞0时函数f（x）单调递增，f'（x）＜0时f（x）单调递减，可从f′（x）的图象可知f（x）在（a，b）内从左到右的单调性依次为增→减→增→减，然后得到答案．【解答】解：从f′（x）的图象可知f（x）在（a，b）内从左到右的单调性依次为增→减→增→减，根据极值点的定义可知，导函数在某点处值为0，左右两侧异号的点为极值点，由图可知，在（a，b）内只有3个极值点．故选：C．【点评】本题主要考查函数的极值点和导数正负的关系．属基础题．15．（2021秋•黄浦区期末）某地区2020年产生的生活垃圾为20万吨，其中6万吨垃圾以环保方式处理，剩余14万吨垃圾以填埋方式处理，预测显示：在以2020年为第一年的未来十年内，该地区每年产生的生活垃圾量比上一年增长5%，同时，通过环保方式处理的垃圾量比上一年增加1.5万吨，剩余的垃圾以填埋方式处理．根据预测，解答下列问题：（1）求2021年至2023年，该地区三年通过填埋方式处理的垃圾共计多少万吨？（结果精确到0.1万吨）（2）该地区在哪一年通过环保方式处理的垃圾量首次超过这一年产生生活垃圾量的50%？【分析】（1）设从2020年起每年生活垃圾的总量构成数列{an}，每年以环保方式处理的垃圾总量构成数列{bn}，由等差数列和等比数列的通项公式可得an，bn，计算（a2﹣b2）+（a3﹣b3）+（a4﹣b4），可得所求值；（2）令bn＞an，通过计算n＝1，2，...，6，可得结论．【解答】解：（1）设从2020年起每年生活垃圾的总量构成数列{an}，每年以环保方式处理的垃圾总量构成数列{bn}，所以数列{an}是以20为首项，1+5%为公比的等比数列，数列{bn}是以6为首项，1.5为公差的等差数列，则an＝20×1.05n﹣1，bn＝6+1.5（n﹣1），1≤n≤10；则2021年至2023年，该地区这三年通过填埋方式处理的垃圾总量为（a2﹣b2）+（a3﹣b3）+（a4﹣b4）＝（a2+a3+a4）﹣（b2+b3+b4）＝20（1.05+1.052+1.053）﹣（18+1.5+3+4.5）＝20×（1.05+1.1025+1.157625）﹣27≈39.2，则该地区三年通过填埋方式处理的垃圾共计39.2万吨；（2）设bn＞an，即6+1.5（n﹣1）＞×20×1.05n﹣1，即为4.5+1.5n＞10×1.05n﹣1，当n＝1时，6＞10不成立；当n＝2时，7.5＞10.5不成立；当n＝3时，9＞11.025不成立；当n＝4时，10.5＞11.57625不成立；当n＝5时，12＞12.1550625不成立；当n＝6时，13.5＞12.762815625成立．所以该地区在2025年通过环保方式处理的垃圾量首次超过这一年产生生活垃圾量的50%．【点评】本题考查数列模型的选择与应用，解题的关键是建立符合条件的数列模型，分析清楚问题的逻辑关系是解题的关键，此类问题求解的一般步骤是：建立数列模型，进行计算，得出结果，再将结果反馈到实际问题中指导解决问题，考查逻辑推理能力与化简运算能力，属于中档题．三．利用导数研究函数的极值（共14小题）16．（2022春•杨浦区校级期末）已知函数y＝f（x）（a＜x＜b）的导函数是y＝f'（x）（a＜x＜b），导函数y＝f'（x）的图象如图所示，则函数y＝f（x）在（a，b）内有（）A．3个驻点 B．4个极值点 C．1个极小值点 D．1个极大值点【分析】由题意结合导函数图像即可确定函数的性质．【解答】解：由导函数的图象可知，原函数存在4个驻点，函数有3个极值点，其中2个极大值点，1个极小值点．故选：C．【点评】本题主要考查导函数与原函数图象之间的关系，属于基础题．17．（2022春•杨浦区校级期末）函数的驻点为1．【分析】首先求得导函数的解析式，然后确定函数的驻点即可．【解答】解：由函数的解析式可得，令可得x＝0，故函数的驻点为x＝1．故答案为：1．【点评】本题主要考查函数驻点的求解，属于基础题．18．（2022秋•黄浦区校级月考）若f（x）在区间（a，b）内有定义，且x0∈（a，b），则“f′（x0）＝0”是“x0是函数f（x）的极值点”的（）A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充要条件 D．既非充分条件也非必要条件【分析】根据极值的概念，导数的几何意义即可求解．【解答】解：由f′（x0）＝0不一定能得到x0是函数f（x）的极值点，反例f（x）＝x3，f′（0）＝0，但x＝0并不是f（x）的极值点，反过来：x0是函数f（x）的极值点也不一定能得到f′（x0）＝0，反例f（x）＝|x|，x＝0为f（x）的极小值点，但f′（x0）不存在，∴f′（x0）＝0”是“x0是函数f（x）的极值点”的既非充分条件也非必要条件，故选：D．【点评】本题考查值的概念，导数的几何意义，属基础题．19．（2022春•宝山区校级期中）函数y＝f（x）的定义域为（﹣2，2），解析式f（x）＝x4﹣4x2+1．则下列结论中正确的是（）A．函数y＝f（x）既有最小值也有最大值 B．函数y＝f（x）有最小值但没有最大值 C．函数y＝f（x）恰有一个极小值点 D．函数y＝f（x）恰有两个极大值点【分析】先对函数f（x）进行求导，令导函数等于0找到有可能的极值点，然后根据导数的正负判断原函数的单调性进而确定函数f（x）的极值．【解答】解：∵f（x）＝x4﹣4x2+1x∈（﹣2，2），∴f'（x）＝4x3﹣8x＝4x（x2﹣2）；令f'（x）＝0，则x＝0或；∵当时，f'（x）＜0，此时函数f（x）单调递减；当时，f'（x）＞0，此时函数f（x）单调递增；当时，f'（x）＜0，此时函数f（x）单调递减；当时，f'（x）＞0，此时函数f（x）单调递增，∴f（x）在时取得极小值，在x＝0时取得极大值，故C，D错误；f（﹣2）＝f（2）＝24﹣4×22+1＝1；f（0）＝1，；∴函数f（x）既有最小值也有最大值；故答案为：A．【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性与极值，考查了转化思想，属基础题．20．（2022春•黄浦区校级期末）已知f（x）＝x3+3ax2+bx+a2在x＝﹣1时有极值0，则a﹣b的值为﹣7．【分析】求导函数，利用函数f（x）＝x3+3ax2+bx+a2在x＝﹣1处有极值0，建立方程组，求得a，b的值，再验证，即可得到结论．【解答】解：∵函数f（x）＝x3+3ax2+bx+a2∴f'（x）＝3x2+6ax+b，又∵函数f（x）＝x3+3ax2+bx+a2在x＝﹣1处有极值0，∴，∴或当时，f'（x）＝3x2+6ax+b＝3（x+1）2≥0，没有极值，不满足题意；当时，f'（x）＝3x2+6ax+b＝3（x+1）（x+3）＝0，方程有两个不等的实数根，满足题意；∴a﹣b＝﹣7故答案为：﹣7．【点评】本题考查导数知识的运用，考查函数的极值，考查学生的计算能力，属于基础题．21．（2022秋•黄浦区校级期中）等比数列{an}中的项a7，a99是函数f（x）＝x3﹣6x2+9x﹣2的极值点，则a53＝（）A．3 B． C． D．【分析】求出函数的导函数，即可得到函数的单调区间，从而求出函数的极值点，再根据等比数列下标和性质计算可得．【解答】解：因为f（x）＝x3﹣6x2+9x﹣2，所以f'（x）＝3x2﹣12x+9＝3（x﹣1）（x﹣3），当x＞3或x＜1时，f'（x）＞0，当1＜x＜3时，f'（x）＜0，所以x＝1，x＝3为函数的极值点，即a7＝1，a99＝3或a7＝3，a99＝1，又，所以a53＞0且；故选：D．【点评】本题主要考查了导数与极值关系的应用，还考查了等比数列性质的应用，属于中档题．22．（2022春•虹口区校级期末）已知x＝2是函数y＝4lnx+x2﹣3ax的极值点，则该函数在[1，4]上的最大值是4ln2﹣4．【分析】利用函数的导数，通过函数的极值点，代入求解a；求出函数的导数，求出极值点，判断导函数的符号，求出函数的极值以及端点值，求解即可．【解答】解：∵f（x）在x＝2处有极值，∴f′（2）＝0，∵f′（x）＝+2x﹣3a，∴2+4﹣3a＝0，∴a＝2，经检验，当a＝2时，x＝2是f（x）的极值点，f（x）＝4lnx+x2﹣6x，f′（x）＝+2x﹣6，令f′（x）＝0，得x1＝1，x2＝2，当x变化时f′（x），f（x）的变化情况如下表：x1（1，2）2（2，4）4f'（x）+0﹣f（x）﹣5↗4ln2﹣4↘4ln4﹣8从上表可知f（x）在区间[1，4]上的最大值是4ln2﹣4．故答案为：4ln2﹣4．【点评】本题考查函数的导数的综合应用，函数的极值以及函数的最值问题，考查计算能力，是中档题．23．（2022秋•徐汇区校级期中）已知函数f（x）＝lnx+2x﹣ax2，a∈R．（1）若函数y＝f（x）在x＝1处取得极大值，求a的值；（2）设a＜0，g（x）＝f（x）+（a﹣4）x，试讨论函数y＝g（x）的单调性．【分析】（1）由f'（1）＝0即可求解；（2）由导数法结合因式分解及二次函数性质讨论单调性即可．【解答】解：（1），x＞0，由函数在x＝1处取得极大值得，当a＝时，＝＝﹣，当x＞1时，f′（x）＜0，函数单调递减，当0＜x＜1时，f′（x）＞0，函数单调递增，故x＝1处，函数取得极大值，符合题意；（2）g（x）＝f（x）+（a﹣4）x＝lnx+（a﹣2）x﹣ax2（x＞0），则，当a＝﹣2时，（仅在取等号），故g（x）在（0，+∞）递增；当a＜﹣2时，由g'（x）＜0得，g'（x）＞0得，故g（x）在递增，在递减；当﹣2＜a＜0时，由g'（x）＜0得，g'（x）＞0得，故g（x）在递增，在递减．【点评】本题主要考查了导数与单调性及极值关系的应用，体现了分类讨论思想的应用，属于中档题．24．（2022秋•奉贤区期末）已知函数y＝f（x），y＝g（x），其中f（x）＝，g（x）＝lnx．（1）求函数y＝g（x）在点（1，g（1））的切线方程；（2）函数y＝mf（x）+2g（x），m∈R，m≠0是否存在极值点，若存在求出极值点，若不存在，请说明理由；（3）若关于x的不等式af（x）+g（x）≥a在区间（0，1]上恒成立，求实数a的取值范围．【分析】（1）求导后得到切线的斜率，利用点斜式方程即可求解；（2）设，定义域（0，+∞），求导后对m讨论即可求解；（3）原不等式，当x＝1时，a∈R恒成立；当x∈（0，1）时，，利用（2）的单调性即可求解．【解答】解：（1）因为，∴，所以在点（1，g（1））的切线方程为y﹣0＝1（x﹣1），即y＝x﹣1；（2）设，定义域（0，+∞），，当m＜0时，H′（x）＞0恒成立，所以H（x）＝mf（x）+g（x）在（0，+∞）严格增，所以不存在极值点；当m＞0时，令H′（x）＝0，∴，当时，H′（x）＞0，当时，H′（x）＜0，所以H（x）＝mf（x）+g（x）在严格减，在严格增，所以函数存在一个极小值点，无极大值点；（3）原不等式，当x＝1时，a∈R恒成立；当x∈（0，1）时，，即，由（2）知m＝1时，在x＝1有最小值，所以，∵x∈（0，1），∴，∴，∴，∴，实数a的取值范围为[，+∞）．【点评】本题考查了导数的综合运用，属于中档题．25．（2022秋•浦东新区校级月考）已知f（x）＝（ex﹣e﹣x）sinx，其中e是自然对数的底数，现给出下列四个结论：①函数f（x）是偶函数；②2π是函数f（x）的周期；③函数f（x）在（﹣π，0）上单调递减；④函数f（x）在（﹣π，π）上有3个极值点．其中所有正确结论的序号为①④．【分析】根据给定函数，利用奇偶性定义直接判断①；取相距2π的两个自变量值计算判断②；利用导数探讨函数单调性与极值判断③④．【解答】解：依题意，函数f（x）定义域为R，关于原点对称，f（﹣x）＝（e﹣x﹣ex）sin（﹣x）＝f（x），函数f（x）是偶函数，故①正确；因为，即不是函数f（x）的周期，故②错误；f′（x）＝（ex+e﹣x）sinx+（ex﹣e﹣x）cosx＝（sinx+cosx）ex+（sinx﹣cosx）e﹣x，令g（x）＝f′（x），则g′（x）＝2excosx+2e﹣xcosx＝2（ex+e﹣x）cosx，当时，g′（x）＞0，当时，g′（x）＜0，即函数f′（x）在上单调递增，在上单调递减，而，因此，存在唯一，使f′（x0）＝0，当0＜x＜x0时，f′（x）＞0，当x0＜x＜π时，f′（x）＜0，于是得f（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，π）上单调递减，而f（x）是偶函数，则f（x）在（﹣π，﹣x0）上单调递增，在（﹣x0，0）上单调递减，故③错误；显然，当﹣x0＜x＜0时，f′（x）＜0，又当0＜x＜x0时，f′（x）＞0，即x＝0是f（x）的极小值点，﹣x0和x0都是f（x）的极大值点，于是得函数f（x）在（﹣π，π）上有3个极值点，故④正确，所以所有正确结论的序号为：①④．故答案为：①④．【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性和极值问题，属于中档题．26．（2022秋•浦东新区校级期中）若函数f（x）＝ax2﹣ex+1在x＝x1和x＝x2两处取到极值，且，则实数a的取值范围是．【分析】对f（x）求导后令f'（x）＝0，再根据x1，x2是导函数的两根数形结合分析两根的关系求解．【解答】解：函数，所以f'（x）＝ax﹣ex，若函数在x＝x1和x＝x2两处取到极值，则x＝x1和x＝x2是函数f'（x）＝ax﹣ex的两个零点，即是方程ax﹣ex＝0，即的两个根，所以函数的图象与直线y＝a有两个不同的交点，且交点的横坐标分别为x1，x2，由于，所以当x＜0或0＜x＜1时，g'（x）＜0；当x＞1时，g'（x）＞0，故g（x）的减区间有（﹣∞，0）和（0，1），增区间有（1，+∞），且当x＝1时，gmin（x）＝g（1）＝e，作出g（x）的草图：由图可知：x1，x2＞0，且a＞e，因为，即x2≥2x1，取x2＝2x1，并令x1＝t，（t＞0），则x2＝2t，所以，解得t＝ln2，此时，故，即实数a的取值范围是．故答案为：．【点评】本题主要考查了函数的极值问题，包括数形结合求解函数零点与范围分析的问题，需要根据题意参变分离画出图像分析极值点之间的关系，并找到临界条件进行分析．属于中等题型．27．（2022秋•嘉定区校级期中）设f（x）＝ex﹣x．（1）求函数f（x）的极小值点；（2）若函数g（x）＝f（﹣2x+a）满足，求a的值；（3）求函数h（x）＝xf（x）﹣f′（x）的单调区间．【分析】（1）先对函数求导，求出导函数的零点，列表表示出函数随自变量变化情况，即可求解；（2）根据题意，写出函数g（x）的解析式，对函数求导，根据导函数的值即可求解；（3）结合（1）求出函数h（x）的解析式，对其求导，并用表格列出函数随自变量变化情况，即可求出结果．【解答】解：（1）因为函数f（x）＝ex﹣x，所以f'（x）＝ex﹣1，令f′（x）＝ex﹣1＝0，解得：x＝0，列表如下：x（﹣∞，0）0（0，+∞）f′（x）﹣0+f（x）单调递减极小值单调递增所以极小值点为0．（2）因为g（x）＝f（﹣2x+a）＝e﹣2x+a+2x﹣a，所以，又因为，所以a＝2．（3）由（1）可知：h（x）＝xf（x）﹣f'（x）＝xex﹣x2﹣ex+1，所以h'（x）＝xex﹣2x，令h'（x）＝xex﹣2x＝0，解得：x＝0或x＝ln2，列表如下：x（﹣∞，0）0（0，ln2）ln2（ln2，+∞）h′（x）+0﹣0+h（x）单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以函数h（x）在区间（﹣∞，0）和（ln2，+∞）上单调递增，在区间（0，ln2）上单调递减．【点评】本题主要考查利用导数研究函数的单调性与极值，导数的运算，考查运算求解能力，属于中档题．28．（2022秋•青浦区校级期中）已知函数且a≠0）．（1）当a＜0时，求函数f（x）的极值；（2）当a＞0时，求函数f（x）零点的个数．【分析】（1）求出导函数，求出极值点，判断导函数的符号，然后求解函数的极值；（2）利用函数的导数，通过对参数a分类讨论分析其单调性即可知函数的零点个数．【解答】（1）解：由题意得：，令f'（x）＝0，得x＝1或x＝a（舍去），当0＜x＜1时，f'（x）＜0，函数单调递减；当x＞1时，f'（x）＞0，函数单调递增；所以函数f（x）有极小值，无极大值．（2）由（1）得．因为a＞0，①若0＜a＜1，当0＜x＜a时，f'（x）＞0，函数单调递增；当a＜x＜1时，f'（x）＜0，函数单调递减；当x＞1时，f'（x）＞0，函数单调递增；所以f（x）有极大值，极小值，又f（2a+2）＝aln（2a+2）＞0，所以函数f（x）有1个零点．②若a＝1，则，所以函数f（x）单调递增，此时，所以函数f（x）有1个零点．③若a＞1，当0＜x＜1时，f'（x）＞0，函数单调递增；当1＜x＜a时，f'（x）＜0，函数单调递减；当x＞a时，f'（x）＞0，函数单调递增；所以f（x）有极大值，显然极小值f（a）＜0，又f（2a+2）＝aln（2a+2）＞0，所以函数f（x）有1个零点．综上所述，当a＞0时，函数f（x）的零点个数为1．【点评】本题主要考查了导数与单调性关系的应用，还考查了函数零点个数的判断，体现了分类讨论思想的应用，属于中档题．29．（2022秋•青浦区期末）设函数（其中a为非零常数，e是自然对数的底），记．（1）求对任意实数x，都有fn（x）＝fn﹣1（x）成立的最小整数n的值（n≥2，n∈N*）；（2）设函数gn（x）＝f2（x）+f3（x）+⋯fn（x），若对任意n≥3，n∈N*，y＝gn（x）存在极值点x＝tn，求证：点在一定直线上，并求该定直线方程；（3）是否存在正整数k（k≥2）和实数x0，使fk（x0）＝fk﹣1（x0）＝0，且对任意的正整数n，fn（x）至多有一个极值点，若存在，求出所有满足条件的k和x0，若不存在，说明理由．【分析】（1）由题意得到，即可求解；（2）gn（x）＝f2（x）+f3（x）+⋯+fn（x）＝（2x+2）+（n﹣1）aex，，由题意得到，方程两边同时加上2tn即可得证；（3）由无解，得到k⩽3；①当k＝3时，；②当k＝2时，，即x0＝0或2，利用单调性即可求解．【解答】解：（1），，即，∴nmin＝5；证明：（2）gn（x）＝f2（x）+f3（x）+⋯+fn（x）＝（2x+aex）+（2+aex）+aex+aex+⋯+aex＝（2x+2）+（n﹣1）aex，，因为y＝gn（x）都存在极值点x＝tn，所以，方程两边同时加上2tn得，即An（tn，gn（tn））在直线y＝2x上；解：（3）无解，所以k⩽3，①当k＝3时，，而当时，严格减且f3（1）＝0，在（﹣∞，1）上严格增，在（1，+∞）上严格减，f2（1）＝0⇒f2（x）⩽0恒成立，所以y＝f1（x）单调减，综上所述，∴存在满足条件；②当k＝2时，，即x0＝0或2，当x0＝0时，f2（0）＝a＝0（舍），当x0＝2时，单调减，且f3（x）＝0时，x＝2﹣ln2，y＝f2（x）在（﹣∞，2﹣ln2）上严格增，在（2﹣ln2，+∞）上严格减，而f2（2）＝0存在m＜2﹣ln2使得在（﹣∞，m）上，f2（x）＜0，在（m，2）上f2（x）＞0，在（2，+∞）上，f2（x）＜0⇒f1（x）在（﹣∞，m）上严格减，在（m，2）上严格增，在（2，+∞）上严格减，不合题意舍，∴k≠2；综上①②所述：存在满足条件．【点评】本题考查了导数的综合运用，属于难题．四．利用导数研究函数的最值（共14小题）30．（2022秋•浦东新区校级期中）已知函数的导函数为f'（x），若对于任意实数x都有f（x）≤f（x0）和f'（x）≤f'（x1）成立，则|x0﹣x1|的最小值为．【分析】由题意可知，，k1∈Z，，k2∈Z，即可求得|x0﹣x1|的最小值．【解答】解：由，因为f（x）≤f（x0），所以，k1∈Z，所以，k1∈Z，由，因为f'（x）≤f'（x1），所以，k2∈Z，所以，k2∈Z，所以，当k1﹣k2＝0时，|x0﹣x1|取得最小值，最小值为，故答案为：．【点评】本题考查三角恒等变换，三角函数图像与性质，考查导数与三角函数的综合，属于基础题．31．（2022秋•虹口区校级月考）如图，将一根直径为d＝54cm的圆木锯成截面为矩形的梁，矩形的高为hcm，宽为bcm，则当b＝18cm时，该梁的抗弯强度为W＝bh2取得最大值．【分析】先对函数求导，然后结合导数与单调性及最值关系即可求解．【解答】解：因为W＝bh2＝＝﹣b3+，则W′＝＝+486，当b＜18时，W′＞0，此时函数单调递增，当b＞18时，W′＜0，此时函数单调递减，故当b＝18时，W取得最大值．故答案为：18．【点评】本题主要考查了导数与单调性及最值关系的应用，属于基础题．32．（2022•杨浦区校级开学）已知点P是曲线y＝sinx+lnx上任意一点，记直线OP（O为坐标系原点）的斜率为k，则使得k＝﹣1的点P的个数为（）．A．0 B．仅有1个 C．仅有2个 D．至少有3个【分析】由题意可知求点P的个数等价于求sinx+lnx+x＝0，（x＞0）的解的个数，令h（x）＝sinx+lnx+x＝0，求h'（x），由h'（x）的正负判断函数h（x）的单调性，从而得出h（x）的解的个数，得出选项．【解答】解：由题意可知：，求k＝﹣1的点P的个数，即求的解的个数，即sinx+lnx+x＝0，（x＞0）的解的个数．令h（x）＝sinx+lnx+x＝0，则，因为cosx≥﹣1，所以cosx+1≥0恒成立，又x＞0，所以h'（x）＞0恒成立，即h（x）在（0，+∞）上单调递增；所以h（x）＝0至多有一解，又，h（1）＝sin1+0+1＞0，所以存在且只存在一点P，使得k＝﹣1．故选：B．【点评】本题主要考查利用导数研究函数的最值，考查运算求解能力，属于中档题．33．（2022春•闵行区校级期末）若λ∈Z，xlnx+λ＞（λ﹣1）x对任意的x∈（1，+∞）恒成立，则λ的最大值为3．【分析】由已知不等式分离参数得λ＜，结合不等式特点构造函数f（x）＝，x＞0，问题转化为求解f（x）的最值或范围，对f（x）求导，结合导数与单调性关系及函数零点判定定理可求．【解答】解：由xlnx+λ＞（λ﹣1）x对任意的x∈（1，+∞）恒成立，得λ＜在x＞1时恒成立，令f（x）＝，x＞0，则f′（x）＝，令g（x）＝x﹣lnx﹣2，x＞0，则＝＞0，则g（x）在（1，+∞）上单调递增，g（3）＝1﹣ln3＜0，g（4）＝2﹣ln4＞0，故存在x0∈（3，4），使得g（x0）＝x0﹣lnx0﹣2＝0，当1＜x＜x0时，g（x）＜0，即f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，当x＞x0时，g（x）＞0，即f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，故当x＝x0时，函数f（x）取得最小值f（x0）＝＝x0＞3，故λ≤3，因为λ∈Z，则λ的最大值为3．故答案为：3．【点评】本题主要考查了由不等式恒成立求解参数范围问题，体现了转化思想的应用，属于中档题．34．（2022秋•松江区校级期中）某公司生产的某批产品的销售量p万件（生产量与销售量相等）与促销费用x万元满足（其中0≤x≤a，a＞0）．已知生产该批产品还需投入成本万元（不含促销费用），产品的销售价格定为元/件．（1）将该产品的利润y万元表示为促销费用x万元的函数；（2）设a＞2．当促销费用投入多少万元时，该公司的利润最大？【分析】（1）根据销售量（其中0≤x≤a，a＞0），销售价格为元/件，求出总销售额p，则y＝p﹣x﹣，整理化简，即可得出答案；（2）由（1）得y＝19﹣﹣x＝22﹣（+x+2），x∈[0，a]，利用基本不等式，即可得出答案．【解答】解：（1）由题意得y＝p﹣x﹣，∵（其中0≤x≤a，a＞0），∴y＝（4+）﹣6（+）﹣x＝19﹣﹣x，x∈[0，a]；（2）由（1）得y＝19﹣﹣x＝22﹣（+x+2），x∈[0，a]，∵x∈[0，a]，a＞2，∴+x+2≥2＝8，当且仅当＝x+2，即x＝2时等号成立，∴y＝22﹣（+x+2）≤22﹣×8＝10，∴当促销费用投入2万元时，该公司的利润最大．【点评】本题考查根据实际问题选择函数类型和基本不等式的应用，考查函数思想和转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．35．（2022秋•黄浦区校级期中）已知若f（x1）＝f（x2）＝f（x3），x1＜x2＜x3，则2x1+2x2+3x3+2的最大值是（）A．3π B． C． D．【分析】作出分段函数f（x）的图象，利用图象得到x2+x3＝π，且x1＝sinx3﹣1，从而可以用x3表示所要求解的式子，构造函数g（x）＝x+2sinx+2π，利用导数研究函数的单调性，确定函数的最值，即可得到答案．【解答】解：作出函数的图象如图所示，由题意可得，x1+1＝sinx2＝sinx3，所以x2+x3＝π，且x1＝sinx3﹣1，所以2x1+2x2+3x3+2＝x3+2sinx3+2π，其中，设g（x）＝x+2sinx+2π，则g'（x）＝1+2cosx，当时，g'（x）＞0，则g（x）单调递增，当时，g'（x）＜0，则g（x）单调递减，所以当x＝时，函数g（x）取得唯一的极大值，即最大值，则g（x）的最大值为，所以2x1+2x2+3x3+2的最大值是．故选：C．【点评】本题考查了利用导数求解函数的最值的应用，分段函数的应用，函数与方程的综合应用，对于分段函数问题，一般运用数形结合法或分类讨论法进行研究，考查了逻辑推理能力与转化化归能力，属于中档题．36．（2021秋•普陀区校级期末）已知常数a＞0，函数y＝f（x）、y＝g（x）的表达式分别为、．若对任意x1∈[﹣a，a]，总存在x2∈[﹣a，a]，使得f（x2）≥g（x1），则a的最大值为．【分析】存在x2∈[﹣a，a]，使得f（x2）≥g（x）max＝，即2a2x2﹣3x+2a≤0在[﹣a，a]上有解，设h（x）＝2a2x2﹣3x+2a，其对称轴为x＝，分类讨论能求出实数a的最大值．【解答】解：∵对任意x1∈[﹣a，a]，总存在x2∈[﹣a，a]，使得f（x2）≥g（x1），∴存在x2∈[﹣a，a]，使得f（x2）≥g（x）max＝，即≥在[﹣a，a]上有解，即2a2x2﹣3x+2a≤0在[﹣a，a]上有解，设h（x）＝2a2x2﹣3x+2a，其对称轴为x＝，若＜a，即a＞时，此时Δ＝9﹣16a3＜0，则2a2x2﹣3x+2a≤0不成立；若≥a，即0＜a≤时，只需h（x）min≤0，即h（a）＜0即可，则，解得0＜a≤；综上，实数a的最大值为．故答案为：．【点评】本题考查函数恒成立问题，考查转化思想及分类讨论思想，考查逻辑推理能力及运算求解能力，属于中档题．37．（2022•杨浦区校级开学）若函数f（x）＝m﹣x2+2lnx在上有两个不同的零点，则实数m的取值范围是（1，]．【分析】先研究函数f（x）在[，e]上的单调性，极值情况，然后利用端点处函数值的符号，极值的符号求解．【解答】解：f（x）＝m﹣x2+2lnx，x∈，，，所以f′（x）是减函数，且f′（1）＝0，所以x＝1是f（x）的极大值点，则要使原函数有两个不同零点，只需，解得1＜m≤．故答案为：（1，]．【点评】本题考查函数的单调性、极值与函数零点之间的关系和应用，属于中档题．38．（2022秋•徐汇区校级期中）已知实数a＞1，函数f（x）＝ax，g（x）＝2+logax．（1）当a＝e时，过原点的直线l与函数f（x）相切，求直线l的方程；（2）讨论方程f（x）+2＝g（x）的实根的个数；（3）若f（x）+2＝g（x）有两个不等的实根x1，x2，求证：x1+x2＞2logae．【分析】（1）求曲线过某点处的切线方程，设切点，根据导数的几何意义表示出关系即可解出；（2）方程等价于ax＝logax，通过变换构造函数m（x）＝xlnx，对函数进行分析，转化为分析函数的零点情况；（3）根据（2）的结果，知，设两根为x1，x2，令，然后结合已知式子特点考虑构造函数，结合导数分析函数性质即可求证．【解答】（1）解：当a＝e时，f（x）＝ex，设切点为（t，et），f'（x）＝ex，因为切线过原点，所以，得t＝1，所以直线l的方程为y＝ex．（2）问题转化为求ax＝logax的实根的个数，由ax＝logax可得，所以xlnaexlna＝xlnx，设m（x）＝xlnx，则m′（x）＝1+lnx，当时，m′（x）＝1+lnx＜0，当时，m′（x）＝1+lnx＞0．所以m（x）在上单调递减，在上单调递增，由题意得m（exlna）＝m（x），即m（ax）＝m（x），当a＞1时，ax＞1，当0＜x≤1时，xlnx≤0；当x＞1时xlnx＞0，此时，设，n（x）在（0，e）上单调递增，（e，+∞）上单调递减，，当时，，无解，即ax＝logax无解；当时，，有1解x＝e，即ax＝logax有1解；当时，则，，所以，由零点存在定理，n（x）有2个零点，即ax＝logax有2个解；综上，当时，ax＝logax有1个零点；当时，ax＝logax有2个零点；当时，ax＝logax有0个零点．（3）证明：由已知可得，ax＝logax有两个不等的实根x1，x2，由（2）得，由于y＝ax单调递增，所以ax＝logax的两个不等的实根x1，x2，即等价于ax＝x的两个不等的实根x1，x2，所以，不妨设x1＜x2，令，则，所以，，所以，要证x1+x2＞2logae，即证（1+t）x2＞2logae，即证，即证，即证，0＜t＜1令，则，所以φ（t）在（0，1）单调递增，所以φ（t）＜φ（1）＝0，证毕．【点评】本题主要考查用导数解决复杂的函数零点问题，常用到同构函数，即将原式等号两端构造为相同的形式，然后进行多次求导简化函数，另外要注意对参数进行分类讨论，从而解决问题．39．（2022秋•普陀区期末）若函数y＝f（x）（x∈D）同时满足下列两个条件，则称y＝f（x）在D上具有性质M．①y＝f（x）在D上的导数f′（x）存在；②y＝f′（x）在D上的导数f″（x）存在，且f″（x）＞0（其中f″（x）＝[f′（x）]′）恒成立．（1）判断函数y＝lg在区间（0，+∞）上是否具有性质M？并说明理由．（2）设a、b均为实常数，若奇函数g（x）＝2x3+ax2+在x＝1处取得极值，是否存在实数c，使得y＝g（x）在区间[c，+∞）上具有性质M？若存在，求出c的取值范围；若不存在，请说明理由．（3）设k∈Z且k＞0，对于任意的x∈（0，+∞），不等式成立，求k的最大值．【分析】（1）令，按照题目所给定义，求出f′（x）和f′′（x），并判断f′′（x）＞0是否恒成立即可；（2）对于任意x∈（﹣∞，0）∪（0，+∞），均有g（﹣x）＝﹣g（x），即2ax2＝0对任意实数x都成立，故a＝0，由题意再求得b＝6，假设存在实数c，使得函数y＝g（x）在区间[c，+∞）上具有性质M，即可求解；（3）当x＞0时，，记，构造函数利用单调性求得h（x）的最小值，即可求解．【解答】解：（1）令，则，，当x∈（0，+∞）时，恒成立，∴函数在区间（0，+∞）上具有性质M；（2）根据题设条件，对于任意x∈（﹣∞，0）∪（0，+∞），均有g（﹣x）＝﹣g（x），即2ax2＝0对任意实数x都成立，故a＝0，于是，因为当x＝1时，函数y＝g（x）取得极值，故6﹣b＝0，解得b＝6，，解得x＞0，假设存在实数c，使得函数y＝g（x）在区间[c，+∞）上具有性质M，则必有[c，+∞）⊆（0，+∞），故c＞0，所以存在实数c，其范围为（0，+∞）；（3）当x＞0时，，记，下面求函数y＝h（x）在区间（0，+∞）上的最小值，，构造函数φ（x）＝x﹣1﹣ln（x+1）则，因为x＞0，所以φ′（x）＞0，故y＝φ（x）在区间（0，+∞）上为严格增函数，且φ（2）＝1﹣ln3＜0，φ（3）＝2﹣ln4＞0，则存在m∈（2，3）使得φ（m）＝0，即m﹣1﹣ln（m+1）＝0，所以x＞m时，φ（m）＞0，且x2＞0，故h′（x）＞0，于是，要使得原不等式恒成立，只需k＜m+1，其中m+1∈（3，4），故满足条件的正整数k的最大值为3．【点评】本题考查了导数的综合运用，属于中档题．40．（2022秋•闵行区校级月考）已知函数f（x）＝ex﹣1+ax2+1的图像在x＝1处的切线与直线x+3y﹣1＝0垂直．（1）求y＝f（x）的解析式；（2）若F（x）＝f（x）﹣（x2+x+m）在[﹣1，2]内有两个零点，求m的取值范围；（3）若对任意的x∈R，不等式f（x）﹣kx≥0恒成立，求实数k的最大值．【分析】（1）利用导数的几何意义，求出f'（x）＝ex﹣1+2ax，则f'（1）＝3，即可得出答案；（2）求出F（x）＝ex﹣1﹣x+1﹣m，求出F'（x）＝ex﹣1﹣1，x∈[﹣1，2]，利用导数研究F（x）在[﹣1，2]上的单调性和最值，列出关于m的不等式组，即可得出答案；（3）利用分离变量法，分类讨论x＝0，x＞0，x＜0，构造函数g（x）＝，利用导数研究g（x）分别在x＜0，x＞0的单调性和最值，即可得出答案．【解答】解：（1）f'（x）＝ex﹣1+2ax，则f'（1）＝1+2a，∵函数f（x）＝ex﹣1+ax2+1的图像在x＝1处的切线与直线x+3y﹣1＝0垂直，∴f'（1）＝3，即1+2a＝3，解得a＝1，∴f（x）＝ex﹣1+x2+1；（2）由（1）得f（x）＝ex﹣1+x2+1，则F（x）＝f（x）﹣（x2+x+m）＝ex﹣1﹣x+1﹣m，则F'（x）＝ex﹣1﹣1，由F'（x）＝0得x＝1，由F'（x）＞0得1＜x≤2，由F'（x）＜0得﹣1≤x＜1，∴F（x）在[﹣1，1]上单调递减，在[1，2]上单调递增，∴当x＝1时，F（x）取得极小值也是最小值，要使F（x）在[﹣1，2]内有两个零点，只需满足，即，解得1＜m≤e﹣1，故实数m的取值范围为（1，e﹣1]；（3）对任意的x∈R，不等式f（x）﹣kx≥0恒成立，转化为对任意的x∈R，ex﹣1+x2+1≥kx恒成立，①当x＝0时，2≥0，显然成立，此时k∈R；②当x＞0时，k≤恒成立，令g（x）＝，则g'（x）＝，∵x＞0，∴ex﹣1+x+1＞0恒成立，由g'（x）＝0得x＝1，由g'（x）＞0得x＞1，由g'（x）＜0得0＜x＜1，∴g（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，∴当x＝1时，g（x）取得极小值也是最小值，且g（1）＝3，∴k≤3；③当x＜0时，k≥恒成立，令m（x）＝，此时m（x）＜0，由②得m'（x）＝（x＜0），令n（x）＝ex﹣1+x+1，n'（x）＝ex﹣1+1＞0，∴n（x）在（﹣∞，0）上单调递增，又n（﹣2）＝e﹣3﹣1＜0，n（﹣1）＝e﹣2＞0，由零点存在定理得存在x0∈（﹣2，﹣1），使得n（x0）＝0，有e+x0+1＝0，即m'（x0）＝0，由m'（x）＞0得x＜x0，由m'（x）＜0得x0＜x＜0，∴m（x）在（x0，0）上单调递减，在（﹣∞，x0）上单调递增，∴当x＝x0时，m（x）取得极大值也是最大值，且m（x0）＝＝＝x0﹣1，∴k≥x0﹣1，综上所述，实数k的取值范围为[x0﹣1，3]，∴实数k的最大值为3．【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性和零点、不等式恒成立问题，考查转化思想和函数思想、分类讨论思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．41．（2022•虹口区校级开学）已知f（x）＝alnx﹣x2+x，g（x）＝（x﹣2）ex﹣x2+m．（1）当a＝1时，求f（x）在上的最大值；（2）当a≤0时，讨论函数f（x）的单调性；（3）当a＝﹣1，x∈（0，1]时，求f（x）＞g（x）恒成立，求正整数m的最大值．【分析】（1）求出导函数f′（x），确定函数的单调性得最大值；（2）求出导函数f′（x），利用二次方程的根确定f'（x）＞0与f'（x）＜0的解得单调性；（3）不等式参数分离法转化为求新函数的最小值h（x0），在确定极值点x0时，注意x0满足的关系，以便化简h（x0）的表达式，从而求得其范围，得结论．【解答】解：（1）f（x）＝lnx﹣x2+x，定义域是（0，+∞），，当0＜