1_4.2　导数的应用.docx

北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版 4.2　导数的应用 基础篇 考点一　导数与函数的单调性 考向一　 求函数的单调区间 1.(2022长沙明达中学入学考,7)已知函数f(x)=xln x,则f(x) (　　) A.在(0,+∞)上单调递增 B.在(0,+∞)上单调递减 C.在0,1e上单调递增 D.在0,1e上单调递减 答案　D　 2.(2022山东烟台莱州一中开学考,3)函数f(x)=-2ln x-x-3x的单调递增区间是(　　) A.(0,+∞)　　　　B.(-3,1)　　　　 C.(1,+∞)　　　　D.(0,1) 答案　D　 3.(2022河北衡水中学模拟,15)已知一元二次不等式ax2+bx+c>0的解集为{x|-1<x<5},则函数f(x)=13ax3+12bx2+cx的单调递增区间为　　　　.  答案　(-1,5) 4.(2023届哈尔滨师大附中月考,17)设函数f(x)=ln(1+ax)+bx,g(x)=f(x)-bx2. (1)若a=1,b=-1,求函数f(x)的单调区间; (2)若曲线y=g(x)在点(1,ln 3)处的切线与直线11x-3y=0平行,求a,b的值. 解析　(1)由题意知f(x)=ln(1+x)-x,定义域为(-1,+∞),求导得f '(x)=1x+1−1=−xx+1, 令f '(x)=0,得x=0, 当-1<x<0时,f '(x)>0,当x>0时,f '(x)<0,所以f(x)的单调递增区间为(-1,0),单调递减区间为(0,+∞). (2)g(x)=f(x)-bx2=ln(1+ax)+bx-bx2, 求导得g'(x)=a1+ax+b-2bx, 因为曲线y=g(x)在点(1,ln 3)处的切线与直线11x-3y=0平行,所以g'(1)=a1+a+b−2b=113,g(1)=ln(1+a)+b-b=ln 3,解得a=2,b=-3. 5.(2022福建泉州质量监测二,17)已知函数f(x)=x-asin x的图象在点(0,f(0))处的切线方程为y=-x. (1)求a; (2)求f(x)在[0,2π]上的单调区间. 解析　(1)对f(x)=x-asin x求导得f '(x)=1-acos x,则f '(0)=1-acos 0=1-a,根据f(x)=x-asin x的图象在(0,f(0))处的切线方程为y=-x,有1-a=-1,解得a=2. (2)由(1)可得f '(x)=1-2cos x. 在区间[0,2π]上,由f '(x)=0,解得x=π3或x=5π3. 当0<x<π3或5π3<x<2π时,f '(x)<0,则f(x)单调递减; 当π3<x<5π3时,f '(x)>0,则f(x)单调递增. 综上可得,f(x)的单调递减区间为0,π3,5π3,2π,单调递增区间为π3,5π3. 考向二　利用单调性比较大小、解不等式 1.(2023届江苏南京、镇江学情调查,7)设函数f(x)=-sin x+ln(x2+1+x)+x,则满足f(x)+f(3-2x)<0的x的取值范围是(　　) A.(3,+∞)　　　　B.(1,+∞) C.(-∞,3)　　　　D.(-∞,1) 答案　A　 2.(2021湖南郴州质检三,8)已知a=4ln 3π,b=3ln 4π,c=4ln π3,则a,b,c的大小关系是(　　) A.c<b<a　　　　B.b<c<a　　　　C.b<a<c　　　　D.a<b<c 答案　B　 3.(2022河北邯郸二模,8)已知函数f(x)=x−1xln x,且a=f23,b=f45,c=f(e),则　　(　　) A.a>b>c　　　　B.c>a>b C.a>c>b　　　　D.c>b>a 答案　B　 4.(2022全国甲文,12,5分)已知9m=10,a=10m-11,b=8m-9,则(　　) A.a>0>b　　　　B.a>b>0　　　　C.b>a>0　　　　D.b>0>a 答案　A　 5.(2022广东汕头一模,5)已知a=ln22,b=1e,c=ln55,则以下不等式正确的是(　　) A.c>b>a　　　　B.a>b>c C.b>a>c　　　　D.b>c>a 答案　C　 6.(2023届广东六校联考,16)若不等式a(x+1)ex-x<0有且仅有一个正整数解,则实数a的取值范围是　　　　　　.  答案　23e2,12e 考点二　导数与函数的极(最)值 1.(2023届江西上饶、景德镇六校联考,11)设a≠0,若x=a为函数f(x)=a(x-a)2(x-1)的极小值点,则(　　) A.a<1　　　　B.a>1　　　　C.a<a2　　　　D.a>a2 答案　C　 2.(2022海南海口四中期中,14)若函数f(x)=-x3+ax2-4在x=2处取得极值,则a=　.  答案　3 3.(2022沈阳三十一中月考,13)写出一个同时满足下列要求的函数f(x)=　.  ①f(x)的表达式中至少含有ex、xn(n∈N*)、ln x中的两个;②存在一个极值点x=3. 答案　exx3(或ex(x-4))(答案不唯一) 4.(2021新高考Ⅰ,15,5分)函数f(x)=|2x-1|-2ln x的最小值为　　　　.  答案　1 5.(2023届重庆八中入学考,18)已知函数f(x)=ax+b+cos x(a,b∈R),若曲线f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=12x+2. (1)求f(x)的解析式; (2)求函数f(x)在[0,2π]上的值域. 解析　(1)因为f(x)=ax+b+cos x(a,b∈R), 所以f '(x)=a-sin x, 由题意得f(0)=b+cos0=2,f '(0)=a−sin0=12,即b+1=2,a=12,所以a=12,b=1,则f(x)=12x+1+cos x. (2)由(1)得f(x)=12x+1+cos x,f '(x)=12-sin x, 由f '(x)≥0且x∈[0,2π]可得0≤x≤π6或5π6≤x≤2π,函数f(x)在区间0,π6和5π6,2π上单调递增, 由f '(x)<0且x∈[0,2π]可得π6<x<5π6,函数f(x)在区间π6,5π6上单调递减; 因此当x=π6时,函数取得极大值fπ6=12×π6+1+cos π6=1+π12+32,当x=5π6时,函数取得极小值f5π6=12×5π6+1+cos 5π6=1+5π12−32, 又f(0)=2,f(2π)=12×2π+1+cos 2π=1+π+1=2+π, 1+5π12−32<2<1+π12+32<2+π,所以函数f(x)在[0,2π]上的最大值为2+π,最小值为1+5π12−32,所以f(x)在[0,2π]上的值域为1+5π12−32,2+π. 6.(2022河北衡水中学模拟一,21)已知函数f(x)=ln x-ax. (1)若a>0,证明:f(x)在定义域内是增函数; (2)若f(x)在[1,e]上的最小值为32,求a的值. 解析　(1)证明:由题意知f(x)的定义域为(0,+∞),f '(x)=1x+ax2=x+ax2.∵a>0,∴f '(x)>0, 故f(x)在(0,+∞)上是增函数. (2)由(1)可知,f '(x)=x+ax2. ①若a≥-1,则x+a≥0,即f '(x)≥0在[1,e]上恒成立,此时f(x)在[1,e]上为增函数, ∴f(x)min=f(1)=-a=32,∴a=-32(舍去); ②若a≤-e,则x+a≤0,即f '(x)≤0在[1,e]上恒成立,此时f(x)在[1,e]上为减函数, ∴f(x)min=f(e)=1-ae=32,∴a=-e2(舍去); ③若-e<a<-1,令f '(x)=0,得x=-a, 当-a<x<e时,f '(x)>0,∴f(x)在(-a,e)上为增函数, 当1<x<-a时,f '(x)<0,∴f(x)在(1,-a)上为减函数, ∴f(x)min=f(-a)=ln(-a)+1=32,∴a=-e. 综上所述,a=-e. 7.(2020北京,19,15分)已知函数f(x)=12-x2. (1)求曲线y=f(x)的斜率等于-2的切线方程; (2)设曲线y=f(x)在点(t, f(t))处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为S(t),求S(t)的最小值. 解析　由f(x)=12-x2得f '(x)=-2x. (1)令f '(x0)=-2,即-2x0=-2,得x0=1. 又因为f(x0)=f(1)=11,所以切点为(1,11). 故所求的切线方程为y-11=-2(x-1),即y=-2x+13. (2)由题设知t≠0,根据对称性,只需考虑t>0的情形. 曲线y=f(x)在点(t,f(t))处的切线方程为y=12-t2-2t(x-t). 切线与x轴的交点是t2+6t,0,与y轴的交点是(0,12+t2). 所以切线与坐标轴围成的三角形面积为 S(t)=12t2+6t(12+t2)=14t3+24t+144t. 因此S'(t)=143t2+24−144t2=34t2(t2-4)(t2+12). 令S'(t)=0,即(t2-4)(t2+12)=0,得t1=-2(舍),t2=2. 因为当t∈(0,2)时,S'(t)<0,S(t)单调递减; 当t∈(2,+∞)时,S'(t)>0,S(t)单调递增, 所以S(t)的最小值为S(2)=32. 综合篇 考法一　利用导数研究函数的单调性 考向一　含参函数的单调性问题 1.(2023届福建部分名校联考,21)已知函数f(x)=ae-x+x-2. (1)讨论f(x)的单调性; (2)若f(x)≥0恒成立,求a的取值范围. 解析　(1)因为f(x)=ae-x+x-2=aex+x-2, 所以f '(x)=ex−aex. 若a≤0,则f '(x)>0恒成立; 若a>0,则当x∈(-∞,ln a)时,f '(x)<0,当x∈(ln a,+∞)时,f '(x)>0. 故当a≤0时,f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞),无单调递减区间; 当a>0时,f(x)的单调递增区间为(ln a,+∞),单调递减区间为(-∞,ln a). (2)f(x)≥0等价于a≥(2-x)ex, 令函数g(x)=(2-x)ex,则g'(x)=(1-x)ex, 当x∈(-∞,1)时,g'(x)>0,g(x)单调递增;当x∈(1,+∞)时,g'(x)<0,g(x)单调递减. 则g(x)≤g(1)=e,故a的取值范围为[e,+∞). 2.(2022山东莱州一中开学考,21改编)已知函数f(x)=x2-(a-2)x-aln x(a∈R),求函数y=f(x)的单调区间. 解析　函数f(x)的定义域是(0,+∞), f '(x)=2x-(a-2)-ax=(x+1)(2x−a)x. (1)当a≤0时,f '(x)>0对任意x∈(0,+∞)恒成立, 所以函数f(x)在区间(0,+∞)上单调递增; (2)当a>0时,由f '(x)>0得x>a2,由f '(x)<0得0<x<a2,所以函数在区间a2,+∞上单调递增,在区间0,a2上单调递减. 综上,a≤0时,f(x)的单调增区间为(0,+∞),无单调减区间;a>0时,f(x)的单调增区间为a2,+∞,单调减区间为0,a2. 3.(2022浙江舟山中学质量检测,20改编)已知函数f(x)=x2-2x+aln x,当a>0时,求函数f(x)的单调区间. 解析　f(x)=x2-2x+aln x的定义域为(0,+∞),f '(x)=2x-2+ax=2x2−2x+ax(x>0), 令f '(x)=0,可得2x2-2x+a=0(a>0), 当Δ=4-8a≤0,即a≥12时,f '(x)≥0对于x∈(0,+∞)恒成立,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增. 当Δ=4-8a>0,即0<a<12时,解2x2-2x+a=0可得x=1±1−2a2, 由f '(x)>0可得0<x<1−1−2a2或x>1+1−2a2, 由f '(x)<0可得1−1−2a2<x<1+1−2a2, 所以f(x)在0,1−1−2a2和1+1−2a2,+∞上单调递增,在1−1−2a2,1+1−2a2上单调递减. 综上所述,当a≥12时,f(x)的单调递增区间为(0,+∞);当0<a<12时,f(x)的单调递增区间为0,1−1−2a2和1+1−2a2,+∞,单调递减区间为1−1−2a2,1+1−2a2. 4.(2020课标Ⅱ文,21,12分)已知函数f(x)=2ln x+1. (1)若f(x)≤2x+c,求c的取值范围; (2)设a>0,讨论函数g(x)=f(x)−f(a)x−a的单调性. 解析　设h(x)=f(x)-2x-c,则h(x)=2ln x-2x+1-c,其定义域为(0,+∞),h'(x)=2x-2. (1)当0<x<1时,h'(x)>0;当x>1时,h'(x)<0.所以h(x)在区间(0,1)上单调递增,在区间(1,+∞)上单调递减.从而当x=1时,h(x)取得最大值,最大值为h(1)=-1-c.故当且仅当-1-c≤0,即c≥-1时, f(x)≤2x+c. 所以c的取值范围为[-1,+∞). (2)g(x)=f(x)−f(a)x−a=2(lnx−lna)x−a,x∈(0,a)∪(a,+∞).g'(x)=2x−ax+lna−lnx(x−a)2=21−ax+ln ax(x−a)2. 取c=-1得h(x)=2ln x-2x+2,h(1)=0,则由(1)知,当x≠1时,h(x)<0,即1-x+ln x<0.故当x∈(0,a)∪(a,+∞)时,1-ax+ln ax<0,从而g'(x)<0.所以g(x)在区间(0,a),(a,+∞)上单调递减. 5.(2021山东青岛二模,21)已知函数f(x)=aln x-x+1(x>0),a∈R. (1)讨论f(x)的单调性; (2)若对任意x∈(0,+∞),均有f(x)≤0,求a的值; (3)假设某篮球运动员每次投篮命中的概率均为0.81,若其10次投篮全部命中的概率为p,证明:p<e-2. 解析　(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)=ax−12x=2a−x2x. 若a≤0,则f '(x)<0对任意x∈(0,+∞)恒成立,此时函数f(x)在(0,+∞)上为减函数; 若a>0,由f '(x)>0可得0<x<4a2,由f '(x)<0可得x>4a2,此时,函数f(x)的单调递增区间为(0,4a2),单调递减区间为(4a2,+∞). 综上所述,当a≤0时,函数f(x)在(0,+∞)上为减函数;当a>0时,函数f(x)在(0,4a2)上单调递增,在(4a2,+∞)上单调递减. (2)当a≤0时,函数f(x)在(0,+∞)上为减函数,且f(1)=0,当0<x<1时, f(x)>f(1)=0,不合题意. 当a>0时,由(1)知f(x)max=f(4a2)=aln(4a2)-2a+1=2aln(2a)-2a+1≤0, 令t=2a,t>0,可得tln t-t+1≤0,即ln t-1+1t≤0, 令g(t)=ln t+1t-1,其中t>0,则g'(t)=1t−1t2=t−1t2. 当0<t<1时,g'(t)<0,此时函数g(t)单调递减; 当t>1时,g'(t)>0,此时函数g(t)单调递增. 所以,g(t)min=g(1)=0,则g(t)≥g(1)=0,又g(t)≤0,所以g(t)=0,所以2a=t=1,解得a=12. (3) 由题意可得p=0.8110,由(2)可知,当a=12时,lnx2−x+1≤0,即ln x≤2(x-1), 所以ln 0.8110=10ln 0.81<20(0.81-1)=-2,因此,p<e-2. 6.(2019课标Ⅲ理,20,12分)已知函数f(x)=2x3-ax2+b. (1)讨论f(x)的单调性; (2)是否存在a,b,使得f(x)在区间[0,1]的最小值为-1且最大值为1?若存在,求出a,b的所有值;若不存在,说明理由. 解析　(1)f '(x)=6x2-2ax=2x(3x-a). 令f '(x)=0,得x=0或x=a3. 若a>0,则当x∈(-∞,0)∪a3,+∞时, f '(x)>0;当x∈0,a3时, f '(x)<0. 故f(x)在(-∞,0),a3,+∞单调递增,在0,a3单调递减. 若a=0, f(x)在(-∞,+∞)单调递增. 若a<0,则当x∈−∞,a3∪(0,+∞)时, f '(x)>0;当x∈a3,0时, f '(x)<0.故f(x)在−∞,a3,(0,+∞)单调递增,在a3,0单调递减. (2)满足题设条件的a,b存在. ①当a≤0时,由(1)知, f(x)在[0,1]单调递增,所以f(x)在区间[0,1]的最小值为f(0)=b,最大值为f(1)=2-a+b.此时a,b满足题设条件当且仅当b=-1,2-a+b=1,即a=0,b=-1. ②当a≥3时,由(1)知, f(x)在[0,1]单调递减,所以f(x)在区间[0,1]的最大值为f(0)=b,最小值为f(1)=2-a+b.此时a,b满足题设条件当且仅当2-a+b=-1,b=1,即a=4,b=1. ③当0<a<3时,由(1)知, f(x)在[0,1]的最小值为fa3=−a327+b,最大值为b或2-a+b. 若-a327+b=-1,b=1,则a=332,与0<a<3矛盾. 若-a327+b=-1,2-a+b=1,则a=33或a=-33或a=0,与0<a<3矛盾. 综上,当且仅当a=0,b=-1或a=4,b=1时, f(x)在[0,1]的最小值为-1,最大值为1. 考向二　已知函数单调性求参数值(范围) 　　　　　　　　　　　　　　　　 1.(2022山东平邑一中开学考,8)若函数f(x)=x2-ax+ln x在区间(2,e)上单调递增,则a的取值范围是(　　) A.92,+∞　　　　B.−∞,92 C.92,e2+1　　　　D.[e2+1,+∞) 答案　B　 2.(2022河北邯郸模拟,5)若函数f(x)=ln x+ax2-2在区间14,1内存在单调递增区间,则实数a的取值范围是(　　) A.(-∞,-2)　　　　B.−18,+∞ C.(-2,+∞)　　　　D.(-8,+∞) 答案　D　 3.(2022湖北部分重点中学联考,15)函数f(x)=ex-12x2-ax是R上的增函数,则a的取值范围是　　　　.  答案　(-∞,1] 4.(2022上海交通大学附中期中,11)函数f(x)=loga(x3-ax)(a>0,a≠1)在区间−12,0内单调递增,则a的取值范围是　　　　.  答案　34,1 5.(2022湖南衡阳一中周测,18)已知函数f(x)=x3-ax-1(a∈R). (1)若函数f(x)在R上单调递增,求实数a的取值范围; (2)若函数f(x)的单调递减区间是(-1,1),求实数a的值; (3)若函数f(x)在区间(-1,1)上单调递减,求实数a的取值范围. 解析　(1)f '(x)=3x2-a. 因为f(x)在R上单调递增,所以f '(x)≥0恒成立,即a≤3x2恒成立,故a≤(3x2)min=0. 经检验,当a=0时,符合题意, 故实数a的取值范围是(-∞,0]. (2)由(1),得f '(x)=3x2-a,因为f(x)的单调递减区间是(-1,1),所以不等式3x2-a<0的解集为(-1,1),所以-1和1是方程3x2-a=0的两个实根,所以a=3. (3)由(1),得f '(x)=3x2-a,因为函数f(x)在区间(-1,1)上单调递减,所以f '(x)≤0在x∈(-1,1)上恒成立,即a≥3x2在x∈(-1,1)上恒成立. 又函数y=3x2在(-1,1)上的值域为[0,3),所以a≥3.故实数a的取值范围是[3,+∞). 考法二　利用导数研究函数的极(最)值 考向一　求极值 1.(2022湖北十堰模拟,5)已知函数f(x)=x2-8x+6ln x+1,则f(x)的极大值为(　　) A.10　　　　B.-6　　　　C.-7　　　　D.0 答案　B　 2.(2017课标Ⅱ理,11,5分)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 答案　A　 3.(多选)(2022重庆八中模拟,9)设函数f(x)的定义域为R,x0(x0≠0)是f(x)的极小值点,以下结论一定正确的是(　　) A.x0是f(x)的最小值点 B.x0是-f(x)的极大值点 C.-x0是f(-x)的极大值点 D.-x0是-f(-x)的极大值点 答案　BD　 4.(多选)(2022湖南怀化一模,9)下列函数中,存在极值点的是(　　) A.y=x-1x　　　　B.y=2|x| C.y=-2x3-x　　　　D.y=xln x 答案　BD　 考向二　求最值 1.(2023届长春六中月考,9)函数f(x)=cos x+(x+1)sin x+1在区间[0,2π]上的最小值、最大值分别为(　　) A.-π2,π2　　　　 B.−3π2,π2 C.-π2,π2+2　　　　D.−3π2,π2+2 答案　D　 2.(2022山东烟台莱州一中开学考,8)已知直线y=a分别与直线y=2x-2和曲线y=2ex+x相交于点A,B,则线段AB长度的最小值为(　　) A.12(3+ln 2)　　　　B.3-ln 2　　　　 C.2e-1　　　　 D.3 答案　A　 3.(多选)(2021湖南三湘名校教育联盟联考,11)下列说法正确的是(　　) A. f(x)=x+1ex的最小值为1 B. f(x)=exx(x>0)的最小值为1 C. f(x)=x-ln x(x>0)的最小值为1 D. f(x)=xe1x(x>0)的最小值为1 答案　AC　 4.(2018江苏,11,5分)若函数f(x)=2x3-ax2+1(a∈R)在(0,+∞)内有且只有一个零点,则f(x)在[-1,1]上的最大值与最小值的和为　　　　.  答案　-3 5.(2018课标Ⅰ理,16,5分)已知函数f(x)=2sin x+sin 2x,则f(x)的最小值是　　　　.  答案　-332 6.(2022江苏盐城四校联合检测,15)函数f(x)=-3x-|ln x|+3的最大值为　　　　.  答案　2-ln 3 7.(2021北京,19,15分)已知函数f(x)=3−2xx2+a. (1)若a=0,求曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程; (2)若f(x)在x=-1处取得极值,求f(x)的单调区间,并求其最大值与最小值. 解析　(1)当a=0时, f(x)=3x2−2x, f '(x)=-6x3+2x2. 所以f(1)=1, f '(1)=-4. 所以曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为y-1=-4(x-1),即y=-4x+5. (2)由f(x)=3−2xx2+a得f '(x)=−2(x2+a)−2x(3−2x)(x2+a)2=2(x2−3x−a)(x2+a)2.由题意知f '(-1)=0,所以(-1)2-3×(-1)-a=0.故a=4. 当a=4时, f(x)=3−2xx2+4, f '(x)=2(x+1)(x−4)(x2+4)2. f '(x)与f(x)的变化情况如表: x (-∞,-1) -1 (-1,4) 4 (4,+∞) f '(x) + 0 - 0 + f(x) ↗ 1 ↘ -14 ↗ 因此, f(x)的单调递增区间是(-∞,-1)和(4,+∞),单调递减区间是(-1,4).当x→-∞时,y→0,当x→+∞时,y→0,所以f(-1)=1是f(x)的最大值, f(4)=-14是f(x)的最小值. 8.(2022湖北重点中学联考,21)已知函数f(x)=(x-k)ex. (1)求f(x)的极值; (2)求f(x)在区间[0,1]上的最小值. 解析　(1)由f(x)=(x-k)ex可得f '(x)=(x-k+1)ex, 令f '(x)=0,得x=k-1, 随x变化,f(x)与f '(x)的变化情况如表: x (-∞,k-1) k-1 (k-1,+∞) f '(x) - 0 + f(x) ↘ -ek-1 ↗ 所以f(x)的单调递减区间是(-∞,k-1),单调递增区间是(k-1,+∞),所以f(x)有极小值f(k-1)=-ek-1,无极大值. (2)当k-1≤0,即k≤1时,f '(x)=(x-k+1)ex≥0在x∈[0,1]上恒成立,则函数f(x)在[0,1]上单调递增,所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(0)=-k; 当0<k-1<1,即1<k<2时,由(1)知f(x)在[0,k-1]上单调递减,在(k-1,1]上单调递增,所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(k-1)=-ek-1; 当k-1≥1,即k≥2时,函数f(x)在[0,1]上单调递减, 所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(1)=(1-k)e. 综上,当k≤1时,f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(0)=-k;当1<k<2时,f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(k-1)=-ek-1;当k≥2时,f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(1)=(1-k)e. 考向三　由极(最)值求参数值(范围) 1.(2021广东深圳五校联考,5)已知函数f(x)=ax4-4ax3+b(a>0),x∈[1,4], f(x)的最大值为3,最小值为-6,则a+b=(　　) A.53　　　　B.73　　　　C.103　　　　D.113 答案　C　 2.(2022湖南岳阳一中入学考,7)若函数f(x)=2x3-ax2(a<0)在区间a2,a+63上有最大值,则实数a的取值范围为(　　) A.[-2,0)　　　　B.(-∞,-2] C.[-4,0)　　　　D.(-∞,-4] 答案　D　 3.(多选)(2022山东济宁实验中学开学考,12)已知函数f(x)=x2+x−1ex,则下列结论正确的是(　　) A.函数f(x)存在两个不同的零点 B.函数f(x)既存在极大值又存在极小值 C.当-e<k<0时,方程f(x)=k有且只有两个实根 D.当x∈[t,+∞)时, f(x)max=5e2,t的最小值为2 答案　ABC　 4.(2022全国乙理,16,5分)已知x=x1和x=x2分别是函数f(x)=2ax-ex2(a>0且a≠1)的极小值点和极大值点.若x1<x2,则a的取值范围是　　　　.  答案　1e,1 5.(2022新高考Ⅰ,22,12分)已知函数f(x)=ex-ax和g(x)=ax-ln x有相同的最小值. (1)求a; (2)证明:存在直线y=b,其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点,并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列. 解析　(1)f '(x)=ex-a,g'(x)=a-1x. 当a≤0时, f '(x)>0恒成立, f(x)在R上无最小值,不符合题意.∴a>0. 令f '(x)=0,得x=ln a,令g'(x)=0,得x=1a. 易知f(x)min=f(ln a)=a-aln a, g(x)min=g1a=1+ln a, ∴a-aln a=1+ln a,即ln a=a−1a+1①. 令h(x)=ln x-x−1x+1(x>0), 则h'(x)=1x−2(x+1)2=x2+1x(x+1)2>0, ∴h(x)在(0,+∞)上单调递增,则h(x)最多有一个零点.又h(1)=ln 1-1−11+1=0,∴方程①有且仅有一解,为a=1,即为所求. (2)证明:由(1)知, f(x)=ex-x,g(x)=x-ln x,当x<0时, f(x)单调递减,当x>0时, f(x)单调递增; 当0<x<1时,g(x)单调递减,当x>1时,g(x)单调递增. 不妨设直线y=b与y=f(x)的图象的两交点的横坐标分别为x1,x2,与y=g(x)的图象的两交点的横坐标分别为x2,x3,且x1<x2<x3.则ex1−x1=ex2-x2=x2-ln x2=x3-ln x3, ∴ex1−x1=x2−ln x2=eln x2-ln x2. 易知x1∈(-∞,0),x2∈(0,1),则ln x2∈(-∞,0), 又f(x)在(-∞,0)上单调递减, ∴x1=ln x2,同理x2=ln x3,x3=ex2. 又ex2-x2=x2-ln x2,∴ln x2+ex2=2x2. ∴x1+x3=ln x2+ex2=2x2.∴x1,x2,x3成等差数列. 考法三　利用导数研究不等式 考向一　利用导数证明不等式 1.(多选)(2022福建漳州一中阶段考,11)已知函数f(x)=x+1ex,则下列说法正确的是(　　) A.f(1)>f(2) B.函数f(x)的最大值为1 C.若方程f(x)-m=0恰有两个不等的实根,则实数m的取值范围为0,1e D.若f(x1)=f(x2)(x1≠x2),则x1+x2>0 答案　ABD　 2.(2022全国甲理,21,12分)已知函数f(x)=exx-ln x+x-a. (1)若f(x)≥0,求a的取值范围; (2)证明:若f(x)有两个零点x1,x2,则x1x2<1. 解析　(1)∵f(x)=exx-ln x+x-a,∴函数f(x)的定义域为(0,+∞),f '(x)=ex(x−1)x2−1x+1=(ex+x)(x−1)x2. 令f '(x)=0,得x=1, f(x), f '(x)的变化情况如下: x (0,1) 1 (1,+∞) f '(x) - 0 + f(x) ↘ ↗ ∴当x=1时, f(x)min=e+1-a. ∵f(x)≥0,∴e+1-a≥0,∴a≤e+1. (2)f(x)=exx-ln x+x-a=ex-ln x+x-ln x-a, 设t=x-ln x,则y=et+t-a,y'=et+1. ∵f(x)有两个零点x1,x2,∴由(1)知a>e+1. ∵y'=et+1>0,∴y=et+t-a为增函数, ∴x1-ln x1=x2-ln x2. 由t=x-ln x得t'=1-1x=x−1x,令t'=0,得x=1, t,t'的变化情况如下: x (0,1) 1 (1,+∞) t' - 0 + t ↘ 1 ↗ 证法一:不妨设0<x1<1<x2, ∴x2-x1=ln x2-ln x1. 可以证明:x2−x1ln x2−ln x1>x1x2,则有x1x2<1,所以x1x2<1. 证明如下:∵x2−x1ln x2−ln x1>x1x2等价于x2−x1x1x2>ln x2x1, ∴只需证x2x1−1x2x1>ln x2x1. 设m=x2x1(m>1),从而只要证m−1m>ln m(m>1). 设g(m)=m−1m-ln m(m>1), 则g'(m)=2m−m+12mm−1m=(m−1)22mm, ∵g'(m)>0,∴g(m)在(1,+∞)上单调递增, ∴g(m)>g(1)=0, ∴x2−x1ln x2−ln x1>x1x2成立. 故x1x2<1. 证法二:不妨设0<x1<1<x2,F(x)=f(x)-f1x,0<x<1, 则F'(x)=f '(x)+1x2 f '1x=x−1x2(ex+x)+1x2·1x−11x2·e1x+1x=x−1x2(ex+x-1-xe1x). 设φ(x)=ex+x-1-xe1x,x∈(0,1), 则φ'(x)=ex+1-e1x−1xe1x=ex+1−e1x1−1x=ex+1+e1x·1−xx. ∵0<x<1,∴φ'(x)>0,∴φ(x)在(0,1)上单调递增, ∴φ(x)<φ(1)=0,又x−1x2<0,∴F'(x)>0, ∴F(x)在(0,1)上单调递增. ∴F(x)<F(1)=0,∴f(x)<f1x. ∴f(x2)=f(x1)<f 1x1. 由(1)可知, f(x)在(1,+∞)上单调递增, ∵x2>1,1x1>1,∴x2<1x1, ∴x1x2<1. 3.(2023届河北衡水部分学校月考,21)已知函数f(x)=aln(x+2)+x22-2x,其中a为非零实数. (1)讨论f(x)的单调性; (2)若f(x)有两个极值点x1,x2,且x1<x2,证明:f(-x1)+f(x2)>2x1. 解析　(1)函数f(x)的定义域为(-2,+∞),f '(x)=ax+2+x−2=x2+(a−4)x+2, ①当a-4>0,即a>4时,f '(x)>0,函数f(x)在(-2,+∞)上单调递增; ②当-4<a-4<0,即0<a<4时,令f '(x)=0,得x1=-4−a>-2,x2=4−a, 则当x∈(-2,-4−a)∪(4−a,+∞)时,f '(x)>0,当x∈(-4−a,4−a)时,f '(x)<0, 故f(x)在(-2,-4−a)和(4−a,+∞)上单调递增,在(-4−a,4−a)上单调递减; ③当a<0时,x1=-4−a<-2,舍去,x2=4−a. 则当x∈(4−a,+∞)时,f '(x)>0,当x∈(-2,4−a)时,f '(x)<0, 所以f(x)在(-2,4−a)上单调递减,在(4−a,+∞)上单调递增. 综上所述:当a>4时,f(x)在(-2,+∞)上单调递增; 当0<a<4时,f(x)在(-2,-4−a)和(4−a,+∞)上单调递增,在(-4−a,4−a)上单调递减; 当a<0时,f(x)在(-2,4−a)上单调递减,在(4−a,+∞)上单调递增. (2)证明:因为f(x)有两个极值点x1,x2,由(1)知0<a<4,x1=-4−a,x2=4−a, 所以x1+x2=0,x1x2=a-4,且x2∈(0,2),a=x1x2+4, 因为x1+x2=0,所以x2=-x1,所以f(-x1)=f(x2),a=x1x2+4=4-x22, 要证f(-x1)+f(x2)>2x1⇔2f(x2)-2x1>0⇔f(x2)+x2>0 ⇔aln(x2+2)+x222-x2>0⇔(4-x22)ln(x2+2)+x222-x2>0 ⇔(2+x2)ln(x2+2)-x22>0, 令g(x)=(2+x)ln(x+2)-x2(0<x<2), 则g'(x)=ln(x+2)+12>ln 2+12>0, 所以g(x)在(0,2)上单调递增,且g(0)=2ln 2>0, 故g(x)>g(0)>0,即f(-x1)+f(x2)>2x1. 4.(2021新高考Ⅰ,22,12分)已知函数f(x)=x(1-ln x). (1)讨论f(x)的单调性; (2)设a,b为两个不相等的正数,且bln a-aln b=a-b,证明:2<1a+1b<e. 解析　(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)=-ln x,令f '(x)>0,解得0<x<1,令f '(x)<0,解得x>1,所以函数f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减. (2)证明:由bln a-aln b=a-b得1a(1+ln a)=1b(1+ln b),即1a1−ln 1a=1b1−ln 1b, 令x1=1a,