《2022年高考數(shù)學5年真題備考題庫 第二章 第11節(jié) 導數(shù)的應(yīng)用 理（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考數(shù)學5年真題備考題庫 第二章 第11節(jié) 導數(shù)的應(yīng)用 理（含解析）（27頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考數(shù)學5年真題備考題庫 第二章 第11節(jié) 導數(shù)的應(yīng)用 理（含解析）1. （xx四川，5分）已知f(x)ln(1x)ln(1x)，x(1,1)，現(xiàn)有下列命題：f(x)f(x)；f2f(x)；|f(x)|2|x|.其中的所有正確命題的序號是()A BC D解析：f(x)ln(1x)ln(1x)f(x)，故正確；因為f(x)ln(1x)ln(1x)ln，又當x(1,1)時，(1,1)，所以flnln22ln2f(x)，故正確；當x0,1)時，|f(x)|2|x|f(x)2x0，令g(x)f(x)2xln(1x)ln(1x)2x(x0,1)，因為g(x)20，所以g(x)在區(qū)間0,1)上單

2、調(diào)遞增，g(x)f(x)2xg(0)0，即f(x)2x，又f(x)與y2x都為奇函數(shù)，所以|f(x)|2|x|成立，故正確，故選A.答案：A2. （xx新課標全國，5分）設(shè)函數(shù)f(x)sin.若存在f(x)的極值點x0滿足xf(x0)2m2，則m的取值范圍是()A(，6)(6，)B(，4)(4，)C(，2)(2，)D(，1)(1，)解析：由正弦型函數(shù)的圖象可知：f(x)的極值點x0滿足f(x0)，則k(kZ)，從而得x0m(kZ)所以不等式xf(x0)2m2即為2m233，其中kZ.由題意，存在整數(shù)k使得不等式m2123成立當k1且k0時，必有21，此時不等式顯然不能成立，故k1或k0，此時，

3、不等式即為m23，解得m2.答案：C3. （xx遼寧，5分）當x2,1時，不等式ax3x24x30恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是()A5，3 B.C6，2 D4，3解析：當x(0,1時，得a3342，令t，則t1，)，a3t34t2t，令g(t)3t34t2t，t1，)，則g(t)9t28t1(t1)(9t1)，顯然在1，)上，g(t)0，g(t)單調(diào)遞減，所以g(t)maxg(1)6，因此a6；同理，當x2,0)時，得a3342，令m，則m，a3m34m2m，令g(m)3m34m2m，m，則g(m)9m28m1(m1)(9m1)顯然在上g(m)0，所以g(m)ming(1)2.所以a2.由以上

4、兩種情況得6a2，顯然當x0時也成立故實數(shù)a的取值范圍為6，2答案：C4. （xx湖北，14分）為圓周率，e2.718 28為自然對數(shù)的底數(shù)(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)求e3,3e，e，e,3，3這6個數(shù)中的最大數(shù)與最小數(shù)；(3)將e3,3e，e，e,3，3這6個數(shù)按從小到大的順序排列，并證明你的結(jié)論解：(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0，)，因為f(x)，所以f(x).當f(x)0，即0xe時，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；當f(x)e時，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，e)，單調(diào)遞減區(qū)間為(e，)(2)因為e3，所以eln 3eln ，ln eln 3，即ln 3e

5、ln e，ln eln 3.于是根據(jù)函數(shù)yln x，yex，yx在定義域上單調(diào)遞增，可得3ee3，e3e3.故這6個數(shù)的最大數(shù)在3與3之中，最小數(shù)在3e與e3之中由e3及(1)的結(jié)論，得f()f(3)f(e)，即.由，得ln 33；由，得ln 3eln e3，所以3ee3.綜上，6個數(shù)中的最大數(shù)是3，最小數(shù)是3e.(3)由(2)知，3ee33，3ee3.又由(2)知，得ee.故只需比較e3和e和e與3的大小由(1)知，當0xe時，f(x)f(e)，即.在上式中，令x，又e，則ln，從而2ln 2.由得，eln e2.72.7(20.88)3.0243，即eln 3，亦即ln eln e3，所以

6、e366e，即3ln ，所以e3.綜上可得，3ee3ee30，所以當x(0,2)時，f(x)0，函數(shù)yf(x)單調(diào)遞增所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,2)，單調(diào)遞增區(qū)間為(2，)(2)由(1)知，k0時，函數(shù)f(x)在(0,2)內(nèi)單調(diào)遞減，故f(x)在(0,2)內(nèi)不存在極值點；當k0時，設(shè)函數(shù)g(x)exkx，x0，)，因為g(x)exkexeln k，當00，yg(x)單調(diào)遞增故f(x)在(0,2)內(nèi)不存在兩個極值點；當k1時，得x(0，ln k)時，g(x)0，函數(shù)yg(x)單調(diào)遞增所以函數(shù)yg(x)的最小值為g(ln k)k(1ln k)函數(shù)f(x)在(0,2)內(nèi)存在兩個極值點當且僅當

7、解得ek0.(1)討論f(x)在其定義域上的單調(diào)性；(2)當x0,1時，求f(x)取得最大值和最小值時的x的值解：(1)f(x)的定義域為(，)，f(x)1a2x3x2.令f(x)0，得x1，x2，x1x2.所以f(x)3(xx1)(xx2)當xx2時，f(x)0；當x1x0.故f(x)在(，x1)和(x2，)上單調(diào)遞減，在(x1，x2)上單調(diào)遞增(2)因為a0，所以x10.當a4時，x21.由(1)知，f(x)在0,1上單調(diào)遞增所以f(x)在x0和x1處分別取得最小值和最大值當0a4時，x21.由(1)知，f(x)在0，x2上單調(diào)遞增，在x2,1上單調(diào)遞減所以f(x)在xx2處取得最大值又f

8、(0)1，f(1)a，所以當0a1時，f(x)在x1處取得最小值；當a1時，f(x)在x0處和x1處同時取得最小值；當1a0時，x2ex；(3)證明：對任意給定的正數(shù)c，總存在x0，使得當x(x0，)時，恒有x2cex.解：(1)由f(x)exax，得f(x)exa.又f(0)1a1，得a2.所以f(x)ex2x，f(x)ex2.令f(x)0，得xln 2.當xln 2時，f(x)0，f(x)單調(diào)遞減；當xln 2時，f(x)0，f(x)單調(diào)遞增所以當xln 2時，f(x)取得極小值，且極小值為f(ln 2)eln 22ln 22ln 4，f(x)無極大值(2)證明：令g(x)exx2，則g(

9、x)ex2x，由(1)得g(x)f(x)f(ln 2)0，故g(x)在R上單調(diào)遞增，又g(0)10，因此，當x0時，g(x)g(0)0，即x2ex.(3)證明：法一：若c1，則excex.又由(2)知，當x0時，x2ex.所以當x0時，x2cex.取x00，當x(x0，)時，恒有x2cex.若0c1，令k1，要使不等式x2cex成立，只要exkx2成立而要使exkx2成立，則只要xln(kx2)，只要x2ln xln k成立令h(x)x2ln xln k，則h(x)1，所以當x2時，h(x)0，h(x)在(x0，)內(nèi)單調(diào)遞增取x016k16，所以h(x)在(x0，)內(nèi)單調(diào)遞增，又h(x0)16

10、k2ln(16k)ln k8(kln 2)3(kln k)5k，易知kln k，kln 2,5k0，所以h(x0)0.即存在x0，當x(x0，)時，恒有x2cex.綜上，對任意給定的正數(shù)c，總存在x0，當x(x0，)時，恒有x2cex.法二：對任意給定的正數(shù)c，取x0，由(2)知，當x0時，exx2，所以exee22，當xx0時，ex222x2.因此，對任意給定的正數(shù)c，總存在x0，當x(x0，)時，恒有x2cex.法三：首先證明當x(0，)時，恒有x3ex.證明如下：令h(x)x3ex，則h(x)x2ex.由(2)知，當x0時，x2ex，從而h(x)0，h(x)在(0，)內(nèi)單調(diào)遞減，所以h(

11、x)h(0)10，即x3ex.取x0，當xx0時，有x2x3ex.因此，對任意給定的正數(shù)c，總存在x0，當x(x0，)時，恒有x2cex.8. （xx浙江，14分）已知函數(shù)f(x)x33|xa|(aR)(1)若f(x)在1,1上的最大值和最小值分別記為M(a)，m(a)，求M(a)m(a)；(2)設(shè)bR，若f(x)b24對x1,1恒成立，求3ab的取值范圍解：(1)因為f(x)所以f(x)由于1x1，當a1時，有xa，故f(x)x33x3a，此時f(x)在(1,1)上是增函數(shù)，因此，M(a)f(1)43a，m(a)f(1)43a，故M(a)m(a)(43a)(43a)8.當1a1時，若x(a,

12、1)，f(x)x33x3a，在(a,1)上是增函數(shù)；若x(1，a)，f(x)x33x3a，在(1，a)上是減函數(shù)，所以，M(a)maxf(1)，f(1)，m(a)f(a)a3.由于f(1)f(1)6a2，因此，當1a時，M(a)m(a)a33a4；當a0，t(a)在上是增函數(shù)，故t(a)t(0)2，因此23ab0；當a1時，h(x)在1,1上的最小值是h(a)a3b，最大值是h(1)3ab2，所以a3b2是3ab22，解得3ab0；當a1時，h(x)在1,1上的最大值是h(1)23ab，最小值是h(1)23ab，所以3ab22且3ab22，解得3ab0.綜上，得3ab的取值范圍是23ab0.9

13、. （xx四川，14分）已知函數(shù)f(x)exax2bx1，其中a，bR，e2.718 28為自然對數(shù)的底數(shù)(1)設(shè)g(x)是函數(shù)f(x)的導函數(shù)，求函數(shù)g(x)在區(qū)間0,1上的最小值；(2)若f(1)0，函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)有零點，求a的取值范圍解：(1)由f(x)exax2bx1，有g(shù)(x)f(x)ex2axb，所以g(x)ex2a.因此，當x0,1時，g(x)12a，e2a當a時，g(x)0，所以g(x)在0,1上單調(diào)遞增因此g(x)在0,1上的最小值是g(0)1b；當a時，g(x)0，所以g(x)在0,1上單調(diào)遞減，因此g(x)在0,1上的最小值是g(1)e2ab；當a時，令g

14、(x)0，得xln(2a)(0,1)所以函數(shù)g(x)在區(qū)間0，ln(2a)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(ln(2a)，1上單調(diào)遞增于是，g(x)在0,1上的最小值是g(ln(2a)2a2aln(2a)b.綜上所述，當a時，g(x)在0,1上的最小值是g(0)1b；當a時，g(x)在0,1上的最小值是g(ln(2a)2a2aln(2a)b；當a時，g(x)在0,1上的最小值是g(1)e2ab.(2)設(shè)x0為f(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)的一個零點，則由f(0)f(x0)0可知，f(x)在區(qū)間(0，x0)上不可能單調(diào)遞增，也不可能單調(diào)遞減則g(x)不可能恒為正，也不可能恒為負故g(x)在區(qū)間(0，x0)內(nèi)存在零

15、點x1.同理g(x)在區(qū)間(x0,1)內(nèi)存在零點x2.所以g(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)至少有兩個零點由(1)知，當a時，g(x)在0,1上單調(diào)遞增，故g(x)在(0,1)內(nèi)至多有一個零點當a時，g(x)在0,1上單調(diào)遞減，故g(x)在(0,1)內(nèi)至多有一個零點所以a0，g(1)e2ab0.由f(1)0有abe10，g(1)e2ab1a0.解得e2a1.當e2a1時，g(x)在區(qū)間0,1內(nèi)有最小值g(ln(2a)若g(ln(2a)0，則g(x)0(x0,1)，從而f(x)在區(qū)間0,1上單調(diào)遞增，這與f(0)f(1)0矛盾，所以g(ln(2a)0，g(1)1a0，故此時g(x)在(0，ln(2a)和

16、(ln(2a)，1)內(nèi)各只有一個零點x1和x2.由此可知f(x)在0，x1上單調(diào)遞增，在(x1，x2)上單調(diào)遞減，在x2,1上單調(diào)遞增所以f(x1)f(0)0，f(x2)f(1)0，故f(x)在(x1，x2)內(nèi)有零點綜上可知，a的取值范圍是(e2,1)10. （xx江蘇，16分）已知函數(shù)f(x)exex，其中e是自然對數(shù)的底數(shù)(1)證明：f(x)是R上的偶函數(shù)；(2)若關(guān)于x的不等式mf(x)exm1在(0，)上恒成立，求實數(shù)m的取值范圍；(3)已知正數(shù)a滿足：存在x01，)，使得f(x0)0)，則t1，所以m對任意t1成立因為t112 13，所以，當且僅當t2，即xln 2時等號成立因此實數(shù)

17、m的取值范圍是.(3)令函數(shù)g(x)exa(x33x)，則g(x)ex3a(x21)當x1時，ex0，x210，又a0，故g(x)0.所以g(x)是1，)上的單調(diào)增函數(shù)，因此g(x)在1，)上的最小值是g(1)ee12a.由于存在x01，)，使ex0ex0a(x3x0)0成立，當且僅當最小值g(1)0.故ee12a.令函數(shù)h(x)x(e1)ln x1，則h(x)1.令h(x)0，得xe1，當x(0，e1)時，h(x)0，故h(x)是(e1，)上的單調(diào)增函數(shù)所以h(x)在(0，)上的最小值是h(e1)注意到h(1)h(e)0，所以當x(1，e1)(0，e1)時，h(e1)h(x)h(1)0.當x

18、(e1，e)(e1，)時，h(x)h(e)0.所以h(x)0對任意的x(1，e)成立當a(1，e)時，h(a)0，即a1(e1)ln a，從而ea1h(e)0，即a1(e1)ln a，故ea1ae1.綜上所述，當a時，ea1ae1.11. （xx遼寧，12分）已知函數(shù)f(x)(cos xx)(2x)(sin x1)，g(x)3(x)cos x4(1sin x)ln.證明：(1)存在唯一x0，使f(x0)0；(2)存在唯一x1，使g(x1)0，且對(1)中的x0，有x0x1.證明：(1)當x時，f(x)(1sin x)(2x)2xcos x0，f20，當t時，u(t)0，所以u(t)在(0，x0

19、上無零點在上u(t)為減函數(shù)，由u(x0)0，u4ln 20，故g(x)(1sin x)h(x)與h(x)有相同的零點，所以存在唯一的x1，使g(x1)0.因x1t1，t1x0，所以x0x1.12. （xx天津，14分）設(shè)f(x)xaex(aR)，xR.已知函數(shù)yf(x)有兩個零點x1，x2，且x10在R上恒成立，可得f(x)在R上單調(diào)遞增，不合題意a0時由f(x)0，得xln a.當x變化時，f(x)，f(x)的變化情況如下表：x(，ln a)ln a(ln a，)f(x)0f(x)ln a1這時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(，ln a)；單調(diào)遞減區(qū)間是(ln a，)于是，“函數(shù)yf(x)有兩

20、個零點”等價于如下條件同時成立：a.f(ln a)0；b存在s1(，ln a)，滿足f(s1)0；c存在s2(ln a，)，滿足f(s2)0，即ln a10，解得0ae1.而此時，取s10，滿足s1(，ln a)，且f(s1)a0；取s2ln，滿足s2(ln a，)，且f(s2)0.由已知，x1，x2滿足ag(x1)，ag(x2)，由a(0，e1)，及g(x)的單調(diào)性，可得x1(0,1)，x2(1，)對于任意的a1，a2(0，e1)，設(shè)a1a2，g(1)g(2)a1,0112，g(1)g(2)a2，其中011a2，即g(1)g(1)，可得11；類似可得20，得1，且解得x1，x2.所以，x1x

21、2.令h(x)，x(1，)，則h(x)，令u(x)2ln xx，得u(x)2.當x(1，)時，u(x)0.因此，u(x)在(1，)上單調(diào)遞增，故對于任意的x(1，)，u(x)u(1)0，由此可得h(x)0，故h(x)在(1，)上單調(diào)遞增因此，由可得x1x2隨著t的增大而增大而由(2)知，t隨著a的減小而增大，所以x1x2隨著a的減小而增大13. （xx湖南，13分）已知常數(shù)a0，函數(shù)f(x)ln(1ax).(1)討論f(x)在區(qū)間(0，)上的單調(diào)性；(2)若f(x)存在兩個極值點x1，x2，且f(x1)f(x2)0，求a的取值范圍解：(1)f(x).(*)當a1時，f(x)0.此時，f(x)在

22、區(qū)間(0，)上單調(diào)遞增當0a1時，由f(x)0得x12.當x(0，x1)時，f(x)0.故f(x)在區(qū)間(0，x1)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(x1，)上單調(diào)遞增綜上所述，當a1時，f(x)在區(qū)間(0，)上單調(diào)遞增；當0a1時，f(x)在區(qū)間上單調(diào)遞減，在區(qū)間上單調(diào)遞增(2)由(*)式知，當a1時，f(x)0，此時f(x)不存在極值點因而要使得f(x)有兩個極值點，必有0a且x2，所以2，22，解得a.此時，由(*)式易知，x1，x2分別是f(x)的極小值點和極大值點而f(x1)f(x2)ln(1ax1)ln(1ax2)ln1a(x1x2)a2x1x2ln(2a1)2ln(2a1)22.令2a1x，由

23、0a1且a知當0a時，1x0；當a1時，0x1.記g(x)ln x22.()當1x0時，g(x)2ln(x)2，所以g(x)0.因此，g(x)在區(qū)間(1,0)上單調(diào)遞減，從而，g(x)g(1)40.故當0a時，f(x1)f(x2)0.()當0x1時，g(x)2ln x2，所以g(x)g(1)0.故當a0.綜上所述，滿足條件的a的取值范圍為.14. （xx陜西，14分）設(shè)函數(shù)f(x)ln(1x)，g(x)xf(x)，x0，其中f(x)是f(x)的導函數(shù)(1)令g1(x)g(x)，gn1(x)g(gn(x)，nN，求gn(x)的表達式；(2)若f(x)ag(x)恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；(3)設(shè)

24、nN，比較g(1)g(2)g(n)與nf(n)的大小，并加以證明解：由題設(shè)得，g(x)(x0)(1)由已知，g1(x)，g2(x)g(g1(x)，g3(x)，可得gn(x).下面用數(shù)學歸納法證明當n1時，g1(x)，結(jié)論成立假設(shè)nk時結(jié)論成立，即gk(x).那么，當nk1時，gk1(x)g(gk(x)，即結(jié)論成立由可知， 結(jié)論對nN成立所以gn(x).(2)已知f(x)ag(x)恒成立，即ln(1x)恒成立設(shè)(x)ln(1x)(x0)，則(x)，當a1時，(x)0(僅當x0，a1時等號成立)，(x)在0，)上單調(diào)遞增，又(0)0，(x)0在0，)上恒成立，a1時，ln(1x)恒成立(僅當x0時

25、等號成立)當a1時，對x(0，a1有(x)0，(x)在(0，a1上單調(diào)遞減，(a1)1時，存在x0，使(x)nln(n1)證明如下：證法一：上述不等式等價于，x0.令x，nN，則ln.下面用數(shù)學歸納法證明當n1時，ln 2，結(jié)論成立假設(shè)當nk時結(jié)論成立，即ln(k1)那么，當nk1時，ln(k1)ln(k1)lnln(k2)，即結(jié)論成立由可知，結(jié)論對nN成立證法二：上述不等式等價于，x0.令x，nN，則ln.故有l(wèi)n 2ln 1，ln 3ln 2，ln(n1)ln n，上述各式相加可得ln(n1)，結(jié)論得證證法三：如圖，dx是由曲線y，xn及x軸所圍成的曲邊梯形的面積，而是圖中所示各矩形的面積

26、和，dxdxnln(n1)，結(jié)論得證15. （xx重慶，12分）已知函數(shù)f(x)ae2xbe2xcx(a，b，cR)的導函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，且曲線yf(x)在點(0，f(0)處的切線的斜率為4c.(1)確定a，b的值；(2)若c3，判斷f(x)的單調(diào)性；(3)若f(x)有極值，求c的取值范圍解：(1)對f(x)求導得f(x)2ae2x2be2xc，由f(x)為偶函數(shù)，知f(x)f(x)，即2(ab)(e2xe2x)0，所以ab.又f(0)2a2bc4c，故a1，b1.(2)當c3時，f(x)e2xe2x3x，那么f(x)2e2x2e2x32310，故f(x)在R上為增函數(shù)(3)由(1)知f(

27、x)2e2x2e2xc，而2e2x2e2x24，當x0時等號成立下面分三種情況進行討論當c0，此時f(x)無極值；當c4時，對任意x0，f(x)2e2x2e2x40，此時f(x)無極值；當c4時，令e2xt，注意到方程2tc0有兩根t1,20，即f(x)0有兩個根x1ln t1或x2ln t2.當x1xx2時f(x)x2時，f(x)0，從而f(x)在xx2處取得極小值綜上，若f(x)有極值，則c的取值范圍為(4，)16. （xx江西，12分）已知函數(shù)f(x)(x2bxb)(bR)(1)當b4時，求f(x)的極值；(2)若f(x)在區(qū)間上單調(diào)遞增，求b的取值范圍解：(1)當b4時，f(x)，由f

28、(x)0得x2或x0.當x(，2)時，f(x)0，f(x)單調(diào)遞增；當x時，f(x)0，f(x)單調(diào)遞減，故f(x)在x2取極小值f(2)0，在x0取極大值f(0)4.(2)f(x)，因為當x時，0；當x(2，ln 2)時，f(x)0時，f(x)0，當0x時，f(x)時，f(x)0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是，單調(diào)遞增區(qū)間是.當a0時，令f(x)0，得2ax2bx10.由b28a0，得x1，x2.當0xx2時，f(x)x2時，f(x)0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是，單調(diào)遞增區(qū)間是.綜上所述，當a0，b0時，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0，)

29、；當a0，b0時，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是，單調(diào)遞增區(qū)間是；當a0時，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是，單調(diào)遞增區(qū)間是，.(2)由題意知，函數(shù)f(x)在x1處取得最小值由(1)知是f(x)的唯一極小值點，故1，整理得2ab1即b12a.令g(x)24xln x，則g(x).令g(x)0，得x，當0x0，g(x)單調(diào)遞增；當x時，g(x)0，g(x)單調(diào)遞減因此g(x)g1ln 1ln 40.故g(a)0，即24aln a2bln a0，即ln a2b.19（xx湖南，13分）已知函數(shù)f(x)ex.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)證明：當f(x1)f(x2)(x1x2)時，x1x20.解：本題

30、主要考查函數(shù)求導、函數(shù)的單調(diào)區(qū)間和不等式的證明，意在結(jié)合轉(zhuǎn)化思想和函數(shù)思想，考查考生的計算能力、利用函數(shù)思想證明不等式的能力(1)函數(shù)f(x)的定義域為(，)f(x)exexexex.當x0；當x0時，f(x)0.所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(，0)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0，)(2)證明：當x0，ex0，故f(x)0；同理，當x1時，f(x)0.當f(x1)f(x2)(x1x2)時，不妨設(shè)x1x2，由(1)知，x1(，0)，x2(0,1)下面證明：x(0,1)，f(x)f(x)，即證exex.此不等式等價于(1x)ex0，令g(x)(1x)ex，則g(x)xex(e2x1)當x(0,1)時，g(x

31、)0，g(x)單調(diào)遞減，從而g(x)g(0)0.即(1x)ex0.所以x(0,1)，f(x)f(x)而x2(0,1)，所以f(x2)f(x2)，從而f(x1)f(x2)由于x1，x2(，0)，f(x)在(，0)上單調(diào)遞增，所以x1x2，即x1x20時，f(x)()A有極大值，無極小值B有極小值，無極大值C既有極大值又有極小值D既無極大值也無極小值解析：本題考查導數(shù)的應(yīng)用以及轉(zhuǎn)化能力由題意x2f(x)，令g(x)x2f(x)，則g(x)，且f(x)，因此f(x).令h(x)ex2g(x)，則h(x)ex2g(x)ex，所以x2時，h(x)0；0x2時，h(x)0時，f(x)是單調(diào)遞增的，f(x)

32、既無極大值也無極小值答案：C22（xx湖北，5分）已知a為常數(shù)，函數(shù)f(x)x(ln xax)有兩個極值點x1，x2(x1x2)，則()Af(x1)0，f(x2)Bf(x1)0，f(x2)Cf(x1)0，f(x2)Df(x1)0，f(x2)解析：本題主要考查函數(shù)與導數(shù)的基礎(chǔ)知識與基本運算，意在考查考生分析問題、處理問題的能力f(x)x(ln xax)，f(x)ln x2ax1.又函數(shù)f(x)x(ln xax)有兩個極值點x1，x2，f(x)ln x2ax1有兩個零點x1，x2，即函數(shù)g(x)ln x與函數(shù)h(x)2ax1有兩個交點a0，且0x1x2.設(shè)經(jīng)過點(0，1)的曲線g(x)ln x的切

33、線與曲線g(x)ln x相切于點(x0，ln x0)，則切線方程為yln x0(xx0)，將點(0，1)代入，得x01，故切點為(1,0)此時，切線的斜率k1，要使函數(shù)g(x)ln x與函數(shù)h(x)2ax1的圖象有兩個交點，結(jié)合圖象可知，02a1，即0a且0x11x2.由函數(shù)的單調(diào)性得：(0，x1)x1(x1，x2)x2(x2，)f(x)00f(x)最小值最大值f(x1)f(1)a.故選D.答案：D23（xx福建，13分）已知函數(shù)f(x)xaln x(aR)(1)當a2時，求曲線yf(x)在點A(1，f(1)處的切線方程；(2)求函數(shù)f(x)的極值解：本小題主要考查函數(shù)、導數(shù)的幾何意義、函數(shù)的

34、極值等基礎(chǔ)知識，考查運算求解能力，考查函數(shù)與方程思想、分類與整合思想、數(shù)形結(jié)合思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想函數(shù)f(x)的定義域為(0，)，f(x)1.(1)當a2時，f(x)x2ln x，f(x)1(x0)，因而f(1)1，f(1)1，所以曲線yf(x)在點A(1，f(1)處的切線方程為y1(x1)，即xy20.(2)由f(x)1，x0知：當a0時，f(x)0，函數(shù)f(x)為(0，)上的增函數(shù)，函數(shù)f(x)無極值；當a0時，由f(x)0，解得xa，又當x(0，a)時，f(x)0，從而函數(shù)f(x)在xa處取得極小值，且極小值為f(a)aaln a，無極大值綜上，當a0時，函數(shù)f(x)無極值；當a0時，函

35、數(shù)f(x)在xa處取得極小值aaln a，無極大值24（xx浙江，14分）已知aR，函數(shù)f(x)x33x23ax3a3.(1)求曲線yf(x)在點(1，f(1)處的切線方程；(2)當x0,2時，求|f(x)|的最大值解：本題以三次函數(shù)為載體，主要考查利用導數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)、二次函數(shù)、絕對值等基礎(chǔ)知識，意在考查考生的推理能力，函數(shù)與方程、分類討論、數(shù)形結(jié)合等思想方法(1)由題意得f(x)3x26x3a，故f(1)3a3.又f(1)1，所以所求的切線方程為y(3a3)x3a4.(2)由于f(x)3(x1)23(a1)，0x2，故當a0時，有f(x)0，此時f(x)在0,2上單調(diào)遞減，故|f(x)|

36、maxmax|f(0)|，|f(2)|33a.當a1時，有f(x)0，此時f(x)在0,2上單調(diào)遞增，故|f(x)|maxmax|f(0)|，|f(2)|3a1.當0a1時，設(shè)x11，x21，則0x1x20，f(x1)f(x2)4(1a)0.從而f(x1)|f(x2)|.所以|f(x)|maxmaxf(0)，|f(2)|，f(x1)()當0a|f(2)|.又f(x1)f(0)2(1a)(23a)0，故|f(x)|maxf(x1)12(1a).()當a1時，|f(2)|f(2)，且f(2)f(0)又f(x1)|f(2)|2(1a)(3a2)，所以當a|f(2)|.故|f(x)|maxf(x1)1

37、2(1a).當a0，討論曲線yf(x)與曲線ymx2(m0)公共點的個數(shù)；(3)設(shè)ab，比較與的大小，并說明理由解：本題考查指數(shù)函數(shù)和對數(shù)函數(shù)互為反函數(shù)，函數(shù)導數(shù)的幾何意義，利用導數(shù)研究兩函數(shù)圖象交點個數(shù)和比較大小的方法(1)f(x)的反函數(shù)為g(x)ln x.設(shè)直線ykx1與g(x)ln x的圖象在P(x0，y0)處相切，則有y0kx01ln x0，kg(x0)，解得x0e2，k.(2)曲線yex與ymx2的公共點個數(shù)等于曲線y與ym的公共點個數(shù)令(x)，則(x)，(2)0.當x(0,2)時，(x)0，(x)在(2，)上單調(diào)遞增，(x)在(0，)上的最小值為(2).當0m時，在區(qū)間(0,2)

38、內(nèi)存在x1，使得(x1)m，在(2，)內(nèi)存在x2me2，使得(x2)m.由(x)的單調(diào)性知，曲線y與ym在(0，)上恰有兩個公共點綜上所述，當x0時，若0m，曲線yf(x)與ymx2有兩個公共點(3)法一：可以證明.事實上，11(ba)(*)令(x)1(x0)，則(x)0(僅當x0時等號成立)，(x)在0，)上單調(diào)遞增，x0時，(x)(0)0.令xba，即得(*)式，結(jié)論得證法二：(ba)eba(ba)2eba2，設(shè)函數(shù)u(x)xexx2ex2(x0)，則u(x)exxex12ex，令h(x)u(x)，則h(x)exexxex2exxex0(僅當x0時等號成立)，u(x)單調(diào)遞增，當x0時，u

39、(x)u(0)0，u(x)單調(diào)遞增當x0時，u(x)u(0)0.令xba，則得(ba)eba(ba)2eba20，0，因此，.26（xx江蘇，16分）若函數(shù)yf(x)在xx0處取得極大值或極小值，則稱x0為函數(shù)yf(x)的極值點已知a，b是實數(shù)，1和1是函數(shù)f(x)x3ax2bx的兩個極值點(1)求a和b的值；(2)設(shè)函數(shù)g(x)的導函數(shù)g(x)f(x)2，求g(x)的極值點；(3)設(shè)h(x)f(f(x)c，其中c2,2，求函數(shù)yh(x)的零點個數(shù)解：(1)由題設(shè)知f(x)3x22axb，且f(1)32ab0，f(1)32ab0，解得a0，b3.(2)由(1)知f(x)x33x.因為f(x)2(x1)2(x2)，所以g(x)0的根為x1x21，x32，于是函數(shù)g(x)的極值點只可能是1或2.當x2時，g(x)0；當2x0，故2是g(x)的極值點當2x1時，g(x)0，故1不是g(x)的極值點所以g(x)的極值點為2.(3)令f(x)t，則h(x)f(t)c.先討論關(guān)于x的方程f(x)d根的情況，d2,2當|d|2時，由(2)可知，f(x)2的兩個不同的根為1和2，注意到f(x)是奇函數(shù)，所以f(x)2的兩個不同的根為1和2.當|d|0，f(1)df(2)d2d0，于是f(x)是