1_4.2　导数的应用（十年高考）.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 考点一　导数与函数的单调性 1.(2022全国甲,理6,文8,5分)当x=1时,函数f(x)=aln x+bx取得最大值-2, 则f '(2)=(　　) A.-1　　　　B.-12　　　　C.12　　　　D.1 答案　B　f '(x)=ax−bx2=ax−bx2, 由题可知x=1为f(x)的极大值点, ∴f '(1)=0,f(1)=−2,∴a−b=0,b=−2,∴a=b=-2, ∴f '(x)=−2x+2x2,∴f '(2)=-12,故选B. 解后反思:若定义域为开区间的函数存在最值,则此最值必为函数的极值. 2.(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　由9m=10可得m=log910>1,令f(x)=xm-(x+1),则f '(x)=mxm-1-1,易知当x>1时, f '(x)>0,所以f(x)在(1,+∞)上单调递增,所以f(8)<f(9)<f(10),所以8m-9<9m-10<10m-11,即a>0>b,故选A. 7.(2022新高考Ⅰ,7,5分)设a=0.1e0.1,b=19,c=-ln 0.9,则(　　) A.a<b<c　　　　B.c<b<a C.c<a<b　　　　D.a<c<b 答案　C　a=0.1e0.1=110e0.1,b=19,则ab=110e0.119=910e0.1,构造f(x)=(1-x)ex,则 f '(x)=-xex,当x>0时, f '(x)<0, f(x)单调递减,∴f(0.1)<f(0)=1,∴ab<1,∴a<b. 下面比较a与c. 令g(x)=xex+ln(1-x),0<x<14,则g'(x)=(x+1)ex-11−x=(1−x2)ex−11−x, 令H(x)=(1-x2)ex-1,0<x<14,则H'(x)=(1-x2-2x)ex,易知H'(x)>0,则H(x)在0,14上为增函数, ∴H(x)>H(0)=0. ∴g(x)在0,14上为增函数,∴g(0.1)>g(0),∴0.1e0.1+ln 0.9>0,∴a>c,∴b>a>c. 3.(2021全国乙理,12,5分)设a=2ln 1.01,b=ln 1.02,c=1.04-1,则(　　) A.a<b<c　　　　B.b<c<a　　　　C.b<a<c　　　　D.c<a<b 答案　B　解题指导:注意到a,b为同底的对数值,考虑用对数函数的单调性比较大小,c与a、b的结构不同,可构造与ln x相关的不等式,放缩后再比较大小. 解析　解法一:a=ln 1.012, 因为1.012=(1+0.01)2=1+0.02+0.012>1.02, 所以a>b,排除选项A与选项D. 设f(x)=ln x-2(x−1)x+1(x>1),则f '(x)=1x−4(x+1)2=(x−1)2x(x+1)2>0, 所以f(x)在(1,+∞)上单调递增, 从而f(x)>f(1)=0,即ln x>2(x−1)x+1. 故a=2ln 1.01>2×2×0.011.01+1=0.042.01. c=1.04−1=0.041.04+1, 因为1.012=(1+0.01)2=1+0.02+0.012<1.04, 所以1.01<1.04,所以2.01<1.04+1, 所以0.042.01>0.041.04+1,即a>c,排除选项C. 故选B. 解法二:因为a=2ln 1.01=ln 1.012=ln 1.020 1, 所以a>b, 下面比较a与c的大小. 令f(x)=2ln(1+x)-1+4x+1,x∈[0,1), 则f '(x)=21+x−21+4x=2[1+4x−(1+x)](1+x)·1+4x, ∵(1+4x)-(1+x)2=1+4x-1-2x-x2=2x-x2=x(2-x)≥0(x∈[0,1)), ∴f '(x)≥0,∴f(x)在[0,1)上为增函数, ∴f(0.01)>f(0)=0,得a>c. 再比较b与c的大小,b=ln(1+0.02),c=1+0.04-1, 令g(x)=1+2x-1-ln(1+x),x∈[0,1), 则g'(x)=11+2x−11+x=1+x−1+2x(1+x)1+2x, 而(1+x)2-(1+2x)=x2≥0, ∴g(x)在[0,1)上为增函数,∴g(0.02)>g(0)=0, ∴c>b. 综上,a>c>b,故选B. 拓展延伸:关于ln x的重要不等式 (1)1-1x≤ln x≤x-1(x>0). (2)ln x≥12x−1x,0<x≤1;ln x≤12x−1x,x≥1. (3)ln x≥2(x−1)x+1,x≥1;ln x≤2(x−1)x+1,0<x≤1. (4)ln(x+1)≥x-x22,x≥0. (5)ln x≤x−1,x≥1. (6)x1x2<x1−x2ln x1−ln x2<x1+x22(x1≠x2,x1>0,x2>0). 4.(2016课标Ⅰ文,12,5分)若函数f(x)=x-13sin 2x+asin x在(-∞,+∞)单调递增,则a的取值范围是(　　) A.[-1,1]　　　　　B.−1,13 C.−13,13　　　　　D.−1,−13 答案　C　f '(x)=1-23cos 2x+acos x=1-23(2cos2x-1)+acos x=-43cos2x+acos x+53, f(x)在R上单调递增,则f '(x)≥0在R上恒成立,令cos x=t,t∈[-1,1],则-43t2+at+53≥0在[-1,1]上恒成立,即4t2-3at-5≤0在[-1,1]上恒成立, 令g(t)=4t2-3at-5,则g(1)=4−3a−5≤0,g(−1)=4+3a−5≤0,解得-13≤a≤13,故选C. 疑难突破　由函数的单调性求参数范围,利用导数将问题转化为恒成立问题,再利用二次函数来解决. 评析　本题考查由函数的单调性求参数范围,利用导数将问题转化为恒成立问题,再利用二次函数来解决即可. 5. (2015课标Ⅱ理,12,5分)设函数f '(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数, f(-1)=0,当x>0时, xf '(x)-f(x)<0,则使得f(x)>0成立的x的取值范围是(　　) A.(-∞,-1)∪(0,1)　　　　　B.(-1,0)∪(1,+∞) C.(-∞,-1)∪(-1,0)　　　　　D.(0,1)∪(1,+∞) 答案　A　令g(x)=f(x)x,则g'(x)=xf '(x)−f(x)x2,由题意知,当x>0时,g'(x)<0,∴g(x)在(0,+∞)上是减函数. ∵f(x)是奇函数, f(-1)=0,∴f(1)=-f(-1)=0, ∴g(1)=f(1)1=0, ∴当x∈(0,1)时,g(x)>0,从而f(x)>0; 当x∈(1,+∞)时,g(x)<0,从而f(x)<0. 又∵g(-x)=f(−x)−x=−f(x)−x=f(x)x=g(x),∴g(x)是偶函数, ∴当x∈(-∞,-1)时,g(x)<0,从而f(x)>0; 当x∈(-1,0)时,g(x)>0,从而f(x)<0. 综上,所求x的取值范围是(-∞,-1)∪(0,1). 评析　出现xf '(x)+f(x)>0(<0)时,考虑构造函数F(x)=xf(x);出现xf '(x)-f(x)>0(<0)时,考虑构造函数g(x)=f(x)x. 6.(2015课标Ⅰ理,12,5分)设函数f(x)=ex(2x-1)-ax+a,其中a<1,若存在唯一的整数x0使得f(x0)<0,则a的取值范围是(　　) A.−32e,1　　　B.−32e,34　　　C.32e,34　　　D.32e,1 答案　D　由f(x0)<0,即ex0(2x0-1)-a(x0-1)<0得ex0(2x0-1)<a(x0-1). 当x0=1时,得e<0,显然不成立,所以x0≠1. 若x0>1,则a>ex0(2x0−1)x0−1. 令g(x)=ex(2x−1)x−1,则g'(x)=2xexx−32(x−1)2. 当x∈1,32时,g'(x)<0,g(x)为减函数, 当x∈32,+∞时,g'(x)>0,g(x)为增函数, 要满足题意,则x0=2,此时需满足g(2)<a≤g(3),得3e2<a≤52e3,与a<1矛盾,所以x0<1. 因为x0<1,所以a<ex0(2x0−1)x0−1. 易知,当x∈(-∞,0)时,g'(x)>0,g(x)为增函数, 当x∈(0,1)时,g'(x)<0,g(x)为减函数, 要满足题意,则x0=0,此时需满足g(-1)≤a<g(0), 得32e≤a<1(满足a<1).故选D. 评析　本题主要考查导数的应用及分类讨论思想,分离参变量是解决本题的关键,本题综合性较强,属难题. 7.(2014课标Ⅰ,理11,文12,5分)已知函数f(x)=ax3-3x2+1,若f(x)存在唯一的零点x0,且x0>0,则a的取值范围是(　　) A.(2,+∞)　　　　　B.(1,+∞) C.(-∞,-2)　　　　　D.(-∞,-1) 答案　C　(1)当a=0时,显然f(x)有两个零点,不符合题意. (2)当a≠0时, f '(x)=3ax2-6x,令f '(x)=0,解得x1=0,x2=2a. 当a>0时,2a>0,所以函数f(x)=ax3-3x2+1在(-∞,0)与2a,+∞上为增函数,在0,2a上为减函数,因为f(x)存在唯一零点x0,且x0>0,则f(0)<0,即1<0,不成立. 当a<0时,2a<0,所以函数f(x)=ax3-3x2+1在−∞,2a和(0,+∞)上为减函数,在2a,0上为增函数,因为f(x)存在唯一零点x0,且x0>0,则f2a>0,即a·8a3-3·4a2+1>0,解得a>2或a<-2,又因为a<0,故a的取值范围为(-∞,-2).选C. 8.(2014课标Ⅱ文,11,5分)若函数f(x)=kx-ln x在区间(1,+∞)单调递增,则k的取值范围是(　　) A.(-∞,-2]　　　　　 B.(-∞,-1] C.[2,+∞)　　　　　D.[1,+∞) 答案　D　依题意得f '(x)=k-1x≥0在(1,+∞)上恒成立,即k≥1x在(1,+∞)上恒成立, ∵x>1,∴0<1x<1, ∴k≥1,故选D. 9.(2019课标Ⅲ文,20,12分)已知函数f(x)=2x3-ax2+2. (1)讨论f(x)的单调性; (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. 解析　本题考查函数的导数及其应用的基础知识,考查导数与函数单调性之间的关系以及利用导数求函数最值的方法,考查学生的运算求解能力、推理论证能力以及分类讨论思想的应用. (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)当0<a<3时,由(1)知, f(x)在0,a3单调递减,在a3,1单调递增,所以f(x)在[0,1]的最小值为fa3=-a327+2,最大值为f(0)=2或f(1)=4-a. 于是m=-a327+2,M=4−a,0<a<2,2,2≤a<3. 所以M-m=2−a+a327,0<a<2,a327,2≤a<3. 当0<a<2时,可知2-a+a327单调递减,所以M-m的取值范围是827,2. 当2≤a<3时,a327单调递增,所以M-m的取值范围是827,1. 综上,M-m的取值范围是827,2. 规律总结　含参函数单调性的讨论,关键在于确定参数的分界值,确定分界值的顺序:(1)f'(x)最高次项系数是否等于0;(2)方程f'(x)=0是否有实数解;(3)方程f'(x)=0的解是否在定义域内;(4)f'(x)=0的解x1,x2之间的大小比较. 易错警示　解题时,易犯以下两个错误:①对参数a未讨论或对a分类讨论不全面,尤其易忽略a=0的情形而导致失分;②当a>0时, f(x)在(-∞,0),a3,+∞单调递增,将这两个区间合并表示为f(x)在(-∞,0)∪a3,+∞单调递增导致错误,从而失分. 10.(2019浙江,22,15分)已知实数a≠0,设函数f(x)=aln x+1+x,x>0. (1)当a=-34时,求函数f(x)的单调区间; (2)对任意x∈1e2,+∞均有f(x)≤x2a,求a的取值范围. 注:e=2.718 28…为自然对数的底数. 解析　本题主要考查函数的单调性,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.考查数学抽象、逻辑推理、数学运算的核心素养. (1)当a=-34时,f(x)=-34ln x+1+x,x>0. f '(x)=-34x+121+x=(1+x−2)(21+x+1)4x1+x, 所以,函数f(x)的单调递减区间为(0,3),单调递增区间为(3,+∞). (2)由f(1)≤12a,得0<a≤24. 当0<a≤24时,f(x)≤x2a等价于xa2-21+xa-2ln x≥0. 令t=1a,则t≥22.设g(t)=t2x-2t1+x-2ln x,t≥22,则g(t)=xt−1+1x2-1+xx-2ln x. (i)当x∈17,+∞时,1+1x≤22, 则g(t)≥g(22)=8x-421+x-2ln x. 记p(x)=4x-221+x-ln x,x≥17, 则p'(x)=2x-2x+1-1x=2xx+1−2x−x+1xx+1 =(x−1)[1+x(2x+2−1)]xx+1(x+1)(x+1+2x). 故 x 17 17,1 1 (1,+∞) p'(x) - 0 + p(x) p17 单调递减 极小值p(1) 单调递增 所以,p(x)≥p(1)=0. 因此,g(t)≥g(22)=2p(x)≥0. (ii)当x∈1e2,17时, g(x)≥g1+1x=−2xlnx−(x+1)2x. 令q(x)=2xln x+(x+1),x∈1e2,17, 则q'(x)=lnx+2x+1>0, 故q(x)在1e2,17上单调递增, 所以q(x)≤q17. 由(i)得,q17=-277p17<-277p(1)=0. 所以,q(x)<0. 因此,g(t)≥g1+1x=-q(x)2x>0. 由(i)(ii)知对任意x∈1e2,+∞,t∈[22,+∞),g(t)≥0,即对任意x∈1e2,+∞, 均有f(x)≤x2a. 综上所述,所求a的取值范围是0,24. 疑难突破　 (1)导函数f '(x)通分后,对分子的因式分解比较困难,可以选择先求分子等于0时的根,从而确定根两侧导函数的正负. (2)先对本题复杂不等式化简变形是解题的切入点,由于a的范围太大,借助恒成立的条件用特殊值缩小a的范围是解题的关键,另外,对双变量不等式,合理确定主元,是解决本题的思维转折点. 11.(2017课标Ⅰ文,21,12分)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. 解析　本题考查了利用导数研究函数的单调性、最值. (1)函数f(x)的定义域为(-∞,+∞), f '(x)=2e2x-aex-a2=(2ex+a)(ex-a). ①若a=0,则f(x)=e2x,在(-∞,+∞)单调递增. ②若a>0,则由f '(x)=0得x=ln a. 当x∈(-∞,ln a)时, f '(x)<0; 当x∈(ln a,+∞)时, f '(x)>0. 故f(x)在(-∞,ln a)单调递减,在(ln a,+∞)单调递增. ③若a<0,则由f '(x)=0得x=ln−a2. 当x∈−∞,ln−a2时,f '(x)<0; 当x∈ln−a2,+∞时, f '(x)>0. 故f(x)在−∞,ln−a2单调递减,在ln−a2,+∞单调递增. (2)①若a=0,则f(x)=e2x,所以f(x)≥0. ②若a>0,则由(1)得,当x=ln a时, f(x)取得最小值,最小值为f(ln a)=-a2ln a,从而当且仅当-a2ln a≥0,即a≤1时, f(x)≥0. ③若a<0,则由(1)得,当x=ln−a2时, f(x)取得最小值,最小值为fln−a2=a234−ln−a2. 从而当且仅当a234−ln−a2≥0, 即a≥-2e34时, f(x)≥0. 综上,a的取值范围是[-2e34,1]. 12.(2021全国甲文,20,12分)设函数f(x)=a2x2+ax-3ln x+1,其中a>0. (1)讨论f(x)的单调性; (2)若y=f(x)的图象与x轴没有公共点,求a的取值范围. 解题指导:(1)对函数f(x)求导并因式分解得到f '(x)=(2ax+3)(ax−1)x,根据a>0,x>0,可以判断f '(x)的正负,即可判断出f(x)的单调性. (2)根据题意得到函数f(x)在(0,+∞)上没有零点.由(1)可得f(x)min=f1a,使f1a>0,即可求出a的取值范围. 解析　(1)f(x)=a2x2+ax-3ln x+1,x∈(0,+∞), ∴f '(x)=2a2x+a-3x=2a2x2+ax−3x=(2ax+3)(ax−1)x. ∵a>0,x>0,∴2ax+3x>0, 当x∈0,1a时, f '(x)<0; 当x∈1a,+∞时, f '(x)>0, ∴函数f(x)在0,1a上单调递减,在1a,+∞上单调递增. (2)∵y=f(x)的图象与x轴没有公共点, ∴函数f(x)在(0,+∞)上没有零点, 由(1)可得函数f(x)在0,1a上单调递减,在1a,+∞上单调递增,∴f(x)min=f1a=3−3ln 1a=3+3ln a>0, ∴ln a>-1,解得a>1e, 故实数a的取值范围是1e,+∞. 关键点拨　利用导数求函数的单调性时,要注意:①题目中函数的定义域是否有限制;②多个同单调性的区间不能用并集符号相连;③在对含参数问题进行分类讨论时,分类要做到“不重不漏、层次分明”. 13.(2021全国乙文,21,12分)已知函数f(x)=x3-x2+ax+1. (1)讨论f(x)的单调性; (2)求曲线y=f(x)过坐标原点的切线与曲线y=f(x)的公共点的坐标. 解题指导:由题设求出函数f(x)的导函数f '(x),因为参数a影响了判别式,故对a进行分类讨论,设出切点P(x0,y0),结合导数的几何意义求出切线方程,再由切点在曲线y=f(x)上、切线经过原点列出关于x0的方程,进而求解. 解析　(1)由f(x)=x3-x2+ax+1可得f '(x)=3x2-2x+a, 对于3x2-2x+a=0,Δ=4-12a. ①当a≥13时,Δ≤0,即f '(x)≥0在R上恒成立,此时f(x)在R上单调递增. ②当a<13时,Δ>0,方程3x2-2x+a=0的两个根为x1=1−1−3a3,x2=1+1−3a3,故当x∈−∞,1−1−3a3∪1+1−3a3,+∞时, f '(x)>0,当x∈1−1−3a3,1+1−3a3时, f '(x)<0, 所以f(x)在−∞,1−1−3a3,1+1−3a3,+∞上单调递增,在1−1−3a3,1+1−3a3上单调递减. (2)设过原点的切线与曲线y=f(x)相切于点P(x0,y0), 则切线的斜率为f '(x0)=3x02-2x0+a, 故以点P为切点的切线方程为y=(3x02-2x0+a)(x-x0)+y0.由y0=x03−x02+ax0+1,且切线过原点,得2x03−x02-1=0,即(x0-1)(2x02+x0+1)=0,解得x0=1,从而得P(1,1+a). 所以切线方程为y=(1+a)x,联立y=(1+a)x,y=x3−x2+ax+1, 消去y得x3-x2-x+1=0, 即(x-1)2(x+1)=0,∴x=1或-1, ∴公共点为(1,1+a)与(-1,-1-a). 疑难点拨:单调性问题的本质为解不等式,利用导函数的图象确定符号,当参数影响到导函数的符号时,对其分类讨论;切线问题的核心是切点,而切线与曲线的公共点不一定只有切点,这是一个易错点. 14.(2021全国乙理,20,12分)设函数f(x)=ln(a-x),已知x=0是函数y=xf(x)的极值点. (1)求a; (2)设函数g(x)=x+f(x)xf(x).证明:g(x)<1. 解析　(1)由题意得y=xf(x)=xln(a-x),x∈(-∞,a), ∴y'=ln(a-x)+x·1a−x·(-1)=ln(a-x)-xa−x,x∈(-∞,a), ∵x=0是函数y=xf(x)的极值点, ∴ln(a-0)-0a−0=0,可得a=1. 当a=1时,y'=ln(1-x)-x1−x,x∈(-∞,1), 令p(x)=ln(1-x)-x1−x, 则p'(x)=1x−1−1(1−x)2=x−2(x−1)2, 易知当x∈(-∞,1)时,p'(x)<0恒成立. ∴p(x)在(-∞,1)上为减函数,又p(0)=0, ∴当x∈(-∞,0)时,p(x)>0; 当x∈(0,1)时,p(x)<0, ∴函数y=xf(x)=xln(1-x)在(-∞,0)上为增函数,在(0,1)上为减函数. ∴当a=1时,x=0是函数y=xf(x)的极值点.∴a=1. (2)证明:由(1)知a=1,∴f(x)=ln(1-x),x∈(-∞,1), 当x∈(0,1)时, f(x)=ln(1-x)<0,∴xf(x)<0, 当x∈(-∞,0)时, f(x)=ln(1-x)>0,∴xf(x)<0, ∴要证g(x)=x+f(x)xf(x)<1,只需证x+f(x)>xf(x). 只需证x+ln(1-x)>xln(1-x), 只需证x+(1-x)ln(1-x)>0, 令h(x)=x+(1-x)ln(1-x), 则h'(x)=1-ln(1-x)-1=-ln(1-x), ∴当x∈(0,1)时,h'(x)>0,h(x)单调递增, 当x∈(-∞,0)时,h'(x)<0,h(x)单调递减, ∴当x∈(-∞,0)∪(0,1)时,h(x)>h(0)=0, ∴x+(1-x)ln(1-x)>0在(-∞,0)∪(0,1)上恒成立. ∴g(x)<1. 名师点拨:在论证较为复杂的不等式时,可考虑数学证明中的分析法,将问题转化,构造函数,通过求函数最值达到解决问题的目的. 15.(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. 解题指导:(1)首先确定函数f(x)的定义域,然后求其导数f '(x),再分别令f '(x)>0与f '(x)<0,解不等式,进而得出函数f(x)的单调性;(2)先将已知条件进行等价转化,得到f1a=f1b,设x1=1a,x2=1b,将条件转化为方程f(x)=k的两个实根为x1,x2,然后结合函数的单调性分别证明x1+x2>2和x1+x2<e即可. 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,x2=1b,则x1,x2为f(x)=k的两个实根,当x→0+时,f(x)→0+,当x→+∞时, f(x)→-∞,且f(1)=1,故k∈(0,1), 不妨令x1∈(0,1),x2∈(1,e),则2-x1>1,e-x1>1, 先证明x1+x2>2,即证x2>2-x1,即证f(x2)=f(x1)<f(2-x1). 令h(x)=f(x)-f(2-x),x∈(0,1), 则h'(x)=f '(x)+f '(2-x)=-ln x-ln(2-x)=-ln[x(2-x)]. ∵x∈(0,1),∴x(2-x)∈(0,1),∴h'(x)>0恒成立, ∴h(x)为增函数,∴h(x)<h(1)=0. ∴f(x2)<f(2-x1),∴x2>2-x1, ∴x1+x2>2. 再证x1+x2<e,即证x2<e-x1,即证f(x2)=f(x1)>f(e-x1). 令φ(x)=f(x)-f(e-x),x∈(0,1), 则φ'(x)=-ln[x(e-x)], ∵x→0+时,φ'(x)→+∞,φ'(1)=-ln(e-1)<0,φ'(x)在(0,1)上单调递减, ∴在(0,1)上必存在唯一x0,使φ'(x0)=0, 且当x∈(0,x0)时,φ'(x)>0,φ(x)单调递增, 当x∈(x0,1)时,φ'(x)<0,φ(x)单调递减, 又x→0+时, f(x)→0+,且f(e)=0, ∴x→0+时,φ(x)→0+,又φ(1)=f(1)-f(e-1)>0, ∴φ(x)>0恒成立,∴f(x2)>f(e-x1),∴x2<e-x1,∴x1+x2<e. 综上,2<1a+1b<e成立. 方法总结:利用导数证明不等式时,首先要转化为函数的单调性问题,然后结合函数的最值、函数的零点问题解决,注意构造函数在证明过程中的应用. 16.(2021全国甲理,21,12分)已知a>0且a≠1,函数f(x)=xaax(x>0). (1)当a=2时,求f(x)的单调区间; (2)若曲线y=f(x)与直线y=1有且仅有两个交点,求a的取值范围. 解题指导:(1)对原函数求导,利用导数的正负来确定增减区间. (2)将两图象的交点个数问题转化为方程解的个数问题,将a和x分离,通过构造函数分析函数的性质及图象的变化趋势,进而求解参数的范围. 解析　(1)当a=2时, f(x)=x22x=x2·2-x(x>0), 则f '(x)=2x·2-x+x2·(-ln 2·2-x)=x·2-x(2-xln 2). 令f '(x)=0,则x=2ln2, f '(x), f(x)的情况如下: x 0,2ln2 2ln2 2ln2,+∞ f '(x) + 0 - f(x) ↗ 极大值 ↘ 所以函数f(x)在0,2ln2上单调递增,在2ln2,+∞上单调递减. (2)令f(x)=1,则xaax=1,所以xa=ax, 两边同时取对数,可得aln x=xln a,即lnxx=lnaa, 根据题意可知,方程lnxx=lnaa有两个实数解. 设g(x)=lnxx,则g'(x)=1−lnxx2, 令g'(x)=0,则x=e. 当x∈(0,e)时,g'(x)>0,g(x)单调递增; 当x∈(e,+∞)时,g'(x)<0,g(x)单调递减. 又知g(1)=0,limx→+∞g(x)=0,g(x)max=g(e)=1e, 所以要使曲线y=f(x)与直线y=1有且仅有两个交点,则只需lnaa∈0,1e,即g(a)=lnaa∈0,1e,所以a∈(1,e)∪(e,+∞). 综上,实数a的取值范围为(1,e)∪(e,+∞). 17.(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(1, f(1))处的切线方程; (2)若函数f(x)在x=-1处取得极值,求f(x)的单调区间,以及最大值和最小值. 解析　(1)当a=0时, f(x)=3−2xx2,∴f(1)=1,又f '(x)=2x−6x3,故f '(1)=-4,故曲线y=f(x)在(1, f(1))处的切线方程为y=-4(x-1)+1,即4x+y-5=0. (2)由题意得f '(x)=2x2−6x−2a(x2+a)2,且f '(-1)=0,故8-2a=0,解得a=4, 故f(x)=3−2xx2+4,x∈R,f '(x)=2x2−6x−8(x2+4)2=2(x+1)(x−4)(x2+4)2, 令f '(x)>0,解得x>4或x<-1;令f '(x)<0,解得-1<x<4, 故函数f(x)的单调增区间为(-∞,-1)和(4,+∞),单调减区间为(-1,4). 所以f(x)的极大值为f(-1)=1, f(x)的极小值为f(4)=-14. 又当x∈(-∞,-1)时,3-2x>0,故f(x)>0;当x∈(4,+∞)时,3-2x<0,故f(x)<0,∴f(x)max=f(-1)=1, f(x)min=f(4)=-14. 解题指导:(1)当a=0时,求出f(1)与f '(1)的值,再写出切线方程;(2)由f '(-1)=0求出a的值,再通过导函数的符号求出f(x)的单调区间和最值. 18.(2022北京,20,15分)已知函数f(x)=exln(1+x). (1)求曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程; (2)设g(x)=f '(x),讨论函数g(x)在[0,+∞)上的单调性; (3)证明:对任意的s,t∈(0,+∞),有f(s+t)>f(s)+f(t). 解析　(1)∵f '(x)=exln(1+x)+ex1+x=exln(1+x)+11+x,∴f '(0)=e0ln(1+0)+11+0=1, 又f(0)=e0ln 1=0, ∴曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=x. (2)易得g(x)=f '(x)=exln(1+x)+11+x, ∴g'(x)=exln(1+x)+11+x+11+x−1(1+x)2=exln(1+x)+11+x+x(1+x)2, ∵x∈[0,+∞),∴ln(1+x)≥0,11+x>0,x(1+x)2≥0, 又ex>0,∴g'(x)>0在[0,+∞)上恒成立. ∴g(x)在[0,+∞)上单调递增. (3)证明:由(2)知g(x)=f '(x)在(0,+∞)上单调递增, ∴f '(x)≥f '(0)=1>0,∴f(x)在(0,+∞)上单调递增, 不妨设s≥t,令h(x)=f(x)-f(x+s)(s>0), 则h'(x)=f '(x)-f '(x+s)<0. 因此h(x)在(0,+∞)上单调递减, ∴h(0)>h(t), ∴f(0)-f(s)>f(t)-f(t+s), 又f(0)=0,∴f(s+t)>f(s)+f(t). 19.(2022新高考Ⅱ,22,12分)已知函数f(x)=xeax-ex. (1)当a=1时,讨论f(x)的单调性; (2)当x>0时,f(x)<-1,求a的取值范围; (3)设n∈N*,证明:112+1+122+2+…+1n2+n>ln(n+1). 解析　(1)当a=1时,f(x)=xex-ex,则f '(x)=xex, 当x∈(-∞,0)时,f '(x)<0,f(x)单调递减, 当x∈(0,+∞)时,f '(x)>0,f(x)单调递增. (2)当x>0时,f(x)<-1,即xeax-ex<-1在(0,+∞)上恒成立, 令F(x)=xeax-ex+1(x>0),则F(x)<0在(0,+∞)上恒成立. 易得F(0)=0,F'(x)=eax+axeax-ex,F'(0)=0, F″(x)=aeax+aeax+a2xeax-ex,F″(0)=2a-1. 若F″(0)>0,则F'(x)必定存在一个单调递增区间(0,x0), 又F'(0)=0,∴F(x)也必定存在一个单调递增区间(0,x'0). 于是F(x)>F(0)=0在(0,x'0)上恒成立,与F(x)<0矛盾, ∴F″(0)≤0,∴a≤12. ∵eax≤ex2在(0,+∞)上成立,∴F(x)≤xex2-ex+1在(0,+∞)上成立, 故只需证xex2-ex+1<0在(0,+∞)上成立. 令G(x)=xex2-ex+1(x>0), 则G'(x)=ex2+x2ex2−ex=ex21+x2−ex2. ∵ex>x+1在(0,+∞)上成立,∴ex2>x2+1在(0,+∞)上成立. ∴G'(x)<0,故G(x)在(0,+∞)上单调递减,∴G(x)<G(0)=0. ∴xex2-ex+1<0在(0,+∞)上成立. 故当a≤12时,xeax-ex<-1在(0,+∞)成立. ∴a的取值范围为−∞,12. (3)证明:构造函数h(x)=x-1x-2ln x(x>1), 则h'(x)=1+1x2−2x=x2−2x+1x2=(x−1)2x2, 易知h'(x)>0,∴h(x)在(1,+∞)上单调递增, ∴h(x)>h(1)=0,∴x-1x>2ln x, 令x=1+1n,则有1+1n−11+1n>2ln1+1n, ∴1n2+n>ln n+1n, ∴112+1+122+2+…+1n2+n>ln 21+ln 32+…+ln n+1n=ln(n+1). 原式得证. 考点二　导数与函数的极（最）值 1.(2017浙江,7,5分)函数y=f(x)的导函数y=f '(x)的图象如图所示,则函数y=f(x)的图象可能是(　　) 答案　D　本题考查函数图象的识辨,利用导数判断函数的单调性和极值. 不妨设导函数y=f '(x)的零点依次为x1,x2,x3,其中x1<0<x2<x3,由导函数图象可知,y=f(x)在(-∞,x1)上为减函数,在(x1,x2)上为增函数,在(x2,x3)上为减函数,在(x3,+∞)上为增函数,从而排除A,C.y=f(x)在x=x1,x=x3处取到极小值,在x=x2处取到极大值,又x2>0,排除B,故选D. 方法总结　函数图象的识辨方法: 1.利用函数图象上的特殊点(如函数图象与x轴、y轴的交点,函数图象上的最高点、最低点等)来识辨. 2.利用函数的定义域,在某个区间上的值域来识辨. 3.利用函数的单调性、极值(常用导数来判断)和函数的周期性来识辨. 4.利用函数的零点来识辨. 5.利用函数的奇偶性来识辨,若函数是奇(或偶)函数,则其图象关于原点(或y轴)对称. 6.利用函数图象的中心对称和轴对称来识辨. 7.利用函数图象的渐近线来识辨.如指数型函数、对数型函数、幂函数(指数为负)型函数(含反比例函数)、正切型函数等,其图象都有渐近线. 2.(2016四川文,6,5分)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 答案　D　由题意可得f '(x)=3x2-12=3(x-2)(x+2),令f '(x)=0,得x=-2或x=2, 则f '(x), f(x)随x的变化情况如下表: x (-∞,-2) -2 (-2,2) 2 (2,+∞) f '(x) + 0 - 0 + f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ ∴函数f(x)在x=2处取得极小值,则a=2.故选D. 评析　本题考查了函数的极值问题.正确理解函数的极值点的概念是解题的关键. 3.(2014课标Ⅱ理,12,5分)设函