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高考数学考前冲刺押题预测 一元函数导数及其应用
一．选择题（共8小题）
1．（2024 新课标Ⅱ）设曲线y＝ax﹣ln（x+1）在点（0，0）处的切线方程为y＝2x，则a＝（　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
2．（2024 福建）若定义在R上的函数f（x）满足f（0）＝﹣1，其导函数f′（x）满足f′（x）＞k＞1，则下列结论中一定错误的是（　　）
A． B．
C． D．
3．（2024 丹阳市校级期末）设，则f′（2）＝（　　）
A． B． C． D．
4．（2024 新课标Ⅱ）若函数f（x）＝kx﹣lnx在区间（1，+∞）单调递增，则k的取值范围是（　　）
A．（﹣∞，﹣2] B．（﹣∞，﹣1] C．[2，+∞） D．[1，+∞）
5．（2024 临渭区期末）设点P是曲线上的任意一点，点P处切线的倾斜角为α，则角α的取值范围是（　　）
A． B．[0，）∪[，π）
C． D．
6．（2024 安徽）若函数f（x）＝x3+ax2+bx+c有极值点x1，x2，且x1＜x2，f（x1）＝x1，则关于x的方程3（f（x））2+2af（x）+b＝0的不同实根个数是（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
7．（2024 全国卷Ⅱ）过点（﹣1，0）作抛物线y＝x2+x+1的切线，则其中一条切线为（　　）
A．2x+y+2＝0 B．3x﹣y+3＝0 C．x+y+1＝0 D．x﹣y+1＝0
8．（2024 韩城市期末）设函数f（x）在定义域内可导，y＝f（x）的图象如图所示，则导函数y＝f′（x）的图象可能为（　　）
A． B．
C． D．
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2024 济宁期末）已知函数f（x）的定义域为R且导函数为f'（x），如图是函数y＝xf'（x）的图象，则下列说法正确的是（　　）
A．函数f（x）的增区间是（﹣2，0），（2，+∞）
B．函数f（x）的增区间是（﹣∞，﹣2），（2，+∞）
C．x＝﹣2是函数的极小值点
D．x＝2是函数的极小值点
（多选）10．（2024 濠江区校级模拟）关于函数f（x）lnx，下列判断正确的是（　　）
A．x＝2是f（x）的极大值点
B．函数y＝f（x）﹣x有且只有1个零点
C．存在正实数k，使得f（x）＞kx成立
D．对任意两个正实数x1，x2，且x1＞x2，若f（x1）＝f（x2），则x1+x2＞4
（多选）11．（2024 全国模拟）已知函数f（x）＝xln（1+x），则（　　）
A．f（x）在（0，+∞）单调递增
B．f（x）有两个零点
C．曲线y＝f（x）在点（，f（））处切线的斜率为﹣1﹣ln2
D．f（x）是偶函数
（多选）12．（2024 东港区校级期中）已知函数f（x）及其导数f'（x），若存在x0∈R，使得f（x0）＝f'（x0），则称x0是f（x）的一个“巧值点”，下列函数中，有“巧值点”的是（　　）
A．f（x）＝2x2+3 B．
C．f（x）＝e﹣x D．f（x）＝lnx
三．填空题（共4小题）
13．（2024 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）在[﹣1，1]上的最大值与最小值的和为　 　．
14．（2024 新课标Ⅰ）曲线y＝lnx+x+1的一条切线的斜率为2，则该切线的方程为 　 　．
15．（2024 陕西）函数y＝xex在其极值点处的切线方程为　 　．
16．（2024 甲卷）曲线y在点（﹣1，﹣3）处的切线方程为 　 　．
四．解答题（共4小题）
17．（2024 新课标Ⅰ）已知函数f（x）＝sinx﹣ln（1+x），f′（x）为f（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．
18．（2024 新课标Ⅰ）已知函数f（x）＝2sinx﹣xcosx﹣x，f′（x）为f（x）的导数．
（1）证明：f′（x）在区间（0，π）存在唯一零点；
（2）若x∈[0，π]时，f（x）≥ax，求a的取值范围．
19．（2024 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）＜m，求m的最小值．
20．（2024 新课标Ⅰ）设函数f（x）＝e2x﹣alnx．
（Ⅰ）讨论f（x）的导函数f′（x）零点的个数；
（Ⅱ）证明：当a＞0时，f（x）≥2a+aln．
高考数学考前冲刺押题预测 一元函数导数及其应用
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2024 新课标Ⅱ）设曲线y＝ax﹣ln（x+1）在点（0，0）处的切线方程为y＝2x，则a＝（　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程．
【专题】导数的概念及应用．
【答案】D
【分析】根据导数的几何意义，即f′（x0）表示曲线f（x）在x＝x0处的切线斜率，再代入计算．
【解答】解：，
∴y′（0）＝a﹣1＝2，
∴a＝3．
故选：D．
【点评】本题是基础题，考查的是导数的几何意义，这个知识点在高考中是经常考查的内容，一般只要求导正确，就能够求解该题．在高考中，导数作为一个非常好的研究工具，经常会被考查到，特别是用导数研究最值，证明不等式，研究零点问题等等经常以大题的形式出现，学生在复习时要引起重视．
2．（2024 福建）若定义在R上的函数f（x）满足f（0）＝﹣1，其导函数f′（x）满足f′（x）＞k＞1，则下列结论中一定错误的是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】利用导数研究函数的单调性．
【专题】创新题型；导数的概念及应用．
【答案】C
【分析】根据导数的概念得出k＞1，用x代入可判断出f（），即可判断答案．
【解答】解；∵f′（0）
f′（x）＞k＞1，
∴k＞1，
即k＞1，
当x时，f（）+1k，
即f（）1
故f（），
所以f（），一定出错，
另解：设g（x）＝f（x）﹣kx+1，
g（0）＝0，且g′（x）＝f′（x）﹣k＞0，
g（x）在R上递增，
k＞1，对选项一一判断，可得C错．
故选：C．
【点评】本题考查了导数的概念，不等式的化简运算，属于中档题，理解了变量的代换问题．
3．（2024 丹阳市校级期末）设，则f′（2）＝（　　）
A． B． C． D．
【考点】简单复合函数的导数．
【专题】计算题；导数的概念及应用．
【答案】B
【分析】令u（x），可求得u′（x），从而可求得f′（x），可求得f′（2）．
【解答】解：∵f（x）＝ln，令u（x），则f（u）＝lnu，
∵f′（u），u′（x） ，
由复合函数的导数公式得：
f′（x） ，
∴f′（2）．
故选：B．
【点评】本题考查复合函数的导数，掌握复合函数的导数求导法则是关键，属于中档题．
4．（2024 新课标Ⅱ）若函数f（x）＝kx﹣lnx在区间（1，+∞）单调递增，则k的取值范围是（　　）
A．（﹣∞，﹣2] B．（﹣∞，﹣1] C．[2，+∞） D．[1，+∞）
【考点】由函数的单调性求解函数或参数（导数法）．
【专题】对应思想；转化法；函数的性质及应用．
【答案】D
【分析】求出导函数f′（x），由于函数f（x）＝kx﹣lnx在区间（1，+∞）单调递增，可得f′（x）≥0在区间（1，+∞）上恒成立．解出即可．
【解答】解：f′（x）＝k，
∵函数f（x）＝kx﹣lnx在区间（1，+∞）单调递增，
∴f′（x）≥0在区间（1，+∞）上恒成立．
∴k，
而y在区间（1，+∞）上单调递减，
∴k≥1．
∴k的取值范围是：[1，+∞）．
故选：D．
【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性、恒成立问题的等价转化方法，属于中档题．
5．（2024 临渭区期末）设点P是曲线上的任意一点，点P处切线的倾斜角为α，则角α的取值范围是（　　）
A． B．[0，）∪[，π）
C． D．
【考点】导数及其几何意义；直线的倾斜角．
【答案】B
【分析】先求函数的导数的范围，即曲线斜率的取值范围，从而求出切线的倾斜角的范围．
【解答】解：y′＝3x2，tanα，
∴α∈[0，）∪[，π），
故选：B．
【点评】本题考查导数的几何意义，直线的倾斜角与斜率．
6．（2024 安徽）若函数f（x）＝x3+ax2+bx+c有极值点x1，x2，且x1＜x2，f（x1）＝x1，则关于x的方程3（f（x））2+2af（x）+b＝0的不同实根个数是（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
【考点】利用导数研究函数的极值；函数的零点与方程根的关系．
【专题】综合题；压轴题；导数的综合应用．
【答案】A
【分析】求导数f′（x），由题意知x1，x2是方程3x2+2ax+b＝0的两根，从而关于f（x）的方程3（f（x））2+2af（x）+b＝0有两个根，作出草图，由图象可得答案．
【解答】解：f′（x）＝3x2+2ax+b，x1，x2是方程3x2+2ax+b＝0的两根，
由3（f（x））2+2af（x）+b＝0，得x＝x1，或x＝x2，
即3（f（x））2+2af（x）+b＝0的根为f（x）＝x1或f（x）＝x2的解．
如图所示
，
由图象可知f（x）＝x1有2个解，f（x）＝x2有1个解，因此3（f（x））2+2af（x）+b＝0的不同实根个数为3．
故选：A．
【点评】考查函数零点的概念、以及对嵌套型函数的理解，考查数形结合思想．
7．（2024 全国卷Ⅱ）过点（﹣1，0）作抛物线y＝x2+x+1的切线，则其中一条切线为（　　）
A．2x+y+2＝0 B．3x﹣y+3＝0 C．x+y+1＝0 D．x﹣y+1＝0
【考点】导数及其几何意义．
【专题】压轴题．
【答案】D
【分析】这类题首先判断某点是否在曲线上，（1）若在，直接利用导数的几何意义，求函数在此点处的斜率，利用点斜式求出直线方程（2）若不在，应首先利用曲线与切线的关系求出切点坐标，进而求出切线方程．此题属于第二种．
【解答】解：y'＝2x+1，设切点坐标为（x0，y0），
则切线的斜率为2x0+1，
且y0＝x02+x0+1
于是切线方程为y﹣x02﹣x0﹣1＝（2x0+1）（x﹣x0），
因为点（﹣1，0）在切线上，
可解得x0＝0或﹣2，当x0＝0时，y0＝1；x0＝﹣2时，y0＝3，这时可以得到两条直线方程，验证D正确．
故选：D．
【点评】函数y＝f（x）在x＝x0处的导数的几何意义，就是曲线y＝f（x）在点P（x0，y0）处的切线的斜率，过点P的切线方程为：y﹣y0＝f′（x0）（x﹣x0）
8．（2024 韩城市期末）设函数f（x）在定义域内可导，y＝f（x）的图象如图所示，则导函数y＝f′（x）的图象可能为（　　）
A． B．
C． D．
【考点】函数图象趋势与导数大小的关系．
【专题】作图题；函数思想；数形结合法；导数的概念及应用．
【答案】A
【分析】先从f（x）的图象判断出f（x）的单调性，根据函数的单调性与导函数的符号的关系判断出导函数的符号，判断出导函数的图象
【解答】解：由f（x）的图象判断出可得从左到右函数的单调性在y轴左侧先增，再减，
在y轴的右侧，函数单调递减，
∴导函数y＝f′（x）的图象可能为区间（﹣∞，0）内，先有f′（x）＞0，
再有f′（x）＜0，在（0，+∞）再有f′（x）＜0．
故选：A．
【点评】本题主要考查函数的单调性与其导函数的正负之间的关系，即当导函数大于0时原函数单调递增，当导函数小于0时原函数单调递减，属于基础题
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2024 济宁期末）已知函数f（x）的定义域为R且导函数为f'（x），如图是函数y＝xf'（x）的图象，则下列说法正确的是（　　）
A．函数f（x）的增区间是（﹣2，0），（2，+∞）
B．函数f（x）的增区间是（﹣∞，﹣2），（2，+∞）
C．x＝﹣2是函数的极小值点
D．x＝2是函数的极小值点
【考点】导数及其几何意义．
【专题】计算题；数形结合；函数的性质及应用；导数的概念及应用；数学建模．
【答案】BD
【分析】根据题意，由函数y＝xf′（x）的图象分析导函数的符号，进而可得f（x）的单调区间以及单调性，据此分析可得答案．
【解答】解：根据题意，由函数y＝xf′（x）的图象可知：
当x＜﹣2时，xf′（x）＜0，f′（x）＞0，此时f（x）为增函数，
当﹣2＜x＜0时，xf′（x）＞0，f′（x）＜0，此时f（x）为减函数，
当0＜x＜2时，xf′（x）＜0，f′（x）＜0，此时f（x）为减函数，
当x＞2时，xf′（x）＞0，f′（x）＞0，此时f（x）为增函数；
据此分析选项：函数f（x）的增区间是（﹣∞，﹣2），（2，+∞），则B正确，A错误；
x＝﹣2是函数的极大值点，x＝2是函数的极小值点，则D正确，C错误；
故选：BD．
【点评】本题考查函数的单调性与导数的关系，涉及函数的图象分析，属于基础题．
（多选）10．（2024 濠江区校级模拟）关于函数f（x）lnx，下列判断正确的是（　　）
A．x＝2是f（x）的极大值点
B．函数y＝f（x）﹣x有且只有1个零点
C．存在正实数k，使得f（x）＞kx成立
D．对任意两个正实数x1，x2，且x1＞x2，若f（x1）＝f（x2），则x1+x2＞4
【考点】利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数的单调性．
【专题】计算题；函数思想；转化思想；构造法；转化法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】BD
【分析】A．求函数的导数，结合函数极值的定义进行判断；
B．求函数的导数，结合函数的单调性，结合函数单调性和零点个数进行判断即可；
C．利用参数分离法，构造函数，求函数的导数，研究函数的单调性和极值进行判断即可；
D．令g（t）＝f（2+t）﹣f（2﹣t），求函数的导数，研究函数的单调性进行证明即可．
【解答】解：A．函数的定义域为（0，+∞），函数的导数f′（x），
∴（0，2）上，f′（x）＜0，函数单调递减，（2，+∞）上，f′（x）＞0，函数单调递增，
∴x＝2是f（x）的极小值点，即A错误；
B．y＝f（x）﹣xlnx﹣x，∴，
函数在（0，+∞）上单调递减，且f（1）﹣1＝2+ln1﹣1＝1＞0，f（2）﹣2＝1+ln2﹣2＝ln2﹣1＜0，
∴函数y＝f（x）﹣x有且只有1个零点，即B正确；
C．若f（x）＞kx，可得．
令g（x），则g′（x），
令h（x）＝﹣4+x﹣xlnx，则h′（x）＝﹣lnx，
∴在x∈（0，1）上，函数h（x）单调递增，x∈（1，+∞）上函数h（x）单调递减，
∴h（x） h（1）＜0，∴g′（x）＜0，
∴在（0，+∞）上函数单调递减，函数无最小值，
∴不存在正实数k，使得f（x）＞kx恒成立，即C不正确；
D．令t∈（0，2），则2﹣t∈（0，2），2+t＞2，
令g（t）＝f（2+t）﹣f（2﹣t）ln（2+t）ln（2﹣t）ln，
则，
∴g（t）在（0，2）上单调递减，则g（t）＜g（0）＝0，
令x1＝2﹣t，由f（x1）＝f（x2），得x2＞2+t，则x1+x2＞2﹣t+2+t＝4，
当x2≥4时，x1+x2＞4显然成立，∴对任意两个正实数x1，x2，且x2＞x1，
若f（x1）＝f（x2），则x1+x2＞4，故D正确．
故选：BD．
【点评】本题主要考查命题的真假判断，涉及函数的单调性和极值，函数零点个数的判断，以及构造法证明不等式，综合性较强，运算量较大，属难题．
（多选）11．（2024 全国模拟）已知函数f（x）＝xln（1+x），则（　　）
A．f（x）在（0，+∞）单调递增
B．f（x）有两个零点
C．曲线y＝f（x）在点（，f（））处切线的斜率为﹣1﹣ln2
D．f（x）是偶函数
【考点】利用导数研究函数的单调性；函数的奇偶性；导数及其几何意义．
【专题】转化思想；综合法；函数的性质及应用；导数的综合应用；逻辑思维；运算求解．
【答案】AC
【分析】先对函数求导，然后结合导数与单调性关系，导数的几何意义及函数性质分别检验各选项即可判断．
【解答】解：函数定义域（﹣1，+∞），不关于原点对称，D错误，
因为，
当x＞0时，f′（x）＞0，
故f（x）在（0，+∞）上单调递增，A正确，
当x∈（﹣1，0）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，当x∈（0，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
又f（0）＝0，
所以f（x）≥0，
所以f（x）只有一个零点，B错误，
因为f′（）＝ln1＝﹣1﹣ln2，C 正确，
故选：AC．
【点评】本题综合考查了导数与单调性，导数的几何意义，导数与函数性质的综合应用，属于中档题．
（多选）12．（2024 东港区校级期中）已知函数f（x）及其导数f'（x），若存在x0∈R，使得f（x0）＝f'（x0），则称x0是f（x）的一个“巧值点”，下列函数中，有“巧值点”的是（　　）
A．f（x）＝2x2+3 B．
C．f（x）＝e﹣x D．f（x）＝lnx
【考点】导数及其几何意义．
【专题】计算题；数形结合；方程思想；综合法；导数的概念及应用；运算求解．
【答案】BD
【分析】通过解方程f（x0）＝f'（x0），看是否有解即可解决此题．
【解答】选项A中，由f（x0）＝f'（x0）得：2x02+3＝4x0，Δ＝﹣8＜0，无解，∴函数无巧值点，故不选A；
选项B中，由f（x0）＝f'（x0）得：，解得：x0＝﹣1，函数有巧值点﹣1，故选B；
选项C中，由f（x0）＝f'（x0）得：，无解，∴函数无巧值点，故不选C；
选项D中，由f（x0）＝f'（x0）得：lnx0，函数y＝lnx0与y在第一象限有一个交点，∴方程lnx0有一个解，∴函数有巧值点，故选D；
故选：BD．
【点评】本题考查导数运算、方程思想、数形结合思想，考查数学运算能力，属于中档题．
三．填空题（共4小题）
13．（2024 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）在[﹣1，1]上的最大值与最小值的和为　﹣3　．
【考点】利用导数研究函数的最值．
【专题】计算题；转化思想；综合法；导数的综合应用．
【答案】见试题解答内容
【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﹣ax2+1（a∈R）在（0，+∞）内有且只有一个零点，
∴f′（x）＝2x（3x﹣a），x∈（0，+∞），
①当a≤0时，f′（x）＝2x（3x﹣a）＞0，
函数f（x）在（0，+∞）上单调递增，f（0）＝1，
f（x）在（0，+∞）上没有零点，舍去；
②当a＞0时，f′（x）＝2x（3x﹣a）＞0的解为x，
∴f（x）在（0，）上递减，在（，+∞）递增，
又f（x）只有一个零点，
∴f（）1＝0，解得a＝3，
f（x）＝2x3﹣3x2+1，f′（x）＝6x（x﹣1），x∈[﹣1，1]，
f′（x）＞0的解集为（﹣1，0），
f（x）在（﹣1，0）上递增，在（0，1）上递减，
f（﹣1）＝﹣4，f（0）＝1，f（1）＝0，
∴f（x）min＝f（﹣1）＝﹣4，f（x）max＝f（0）＝1，
∴f（x）在[﹣1，1]上的最大值与最小值的和为：
f（x）max+f（x）min＝﹣4+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．
14．（2024 新课标Ⅰ）曲线y＝lnx+x+1的一条切线的斜率为2，则该切线的方程为 　y＝2x　．
【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程．
【专题】方程思想；综合法；导数的概念及应用；运算求解．
【答案】见试题解答内容
【分析】求得函数y＝lnx+x+1的导数，设切点为（m，n），可得切线的斜率，解方程可得切点，进而得到所求切线的方程．
【解答】解：y＝lnx+x+1的导数为y′1，
设切点为（m，n），可得k＝12，
解得m＝1，即有切点（1，2），
则切线的方程为y﹣2＝2（x﹣1），即y＝2x，
故答案为：y＝2x．
【点评】本题考查导数的运用：求切线的方程，考查直线方程的运用，考查方程思想和运算能力，属于基础题．
15．（2024 陕西）函数y＝xex在其极值点处的切线方程为　y　．
【考点】函数在某点取得极值的条件；利用导数研究曲线上某点切线方程．
【专题】计算题；导数的概念及应用．
【答案】见试题解答内容
【分析】求出极值点，再结合导数的几何意义即可求出切线的方程．
【解答】解：依题解：依题意得y′＝ex+xex，
令y′＝0，可得x＝﹣1，
∴y．
因此函数y＝xex在其极值点处的切线方程为y．
故答案为：y．
【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．
16．（2024 甲卷）曲线y在点（﹣1，﹣3）处的切线方程为 　5x﹣y+2＝0　．
【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程．
【专题】计算题；转化思想；综合法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】见试题解答内容
【分析】先求导，利用导数的几何意义可求出切线的斜率，再由点斜式即可求得切线方程．
【解答】解：因为y，（﹣1，﹣3）在曲线上，
所以y′，
所以y′|x＝﹣1＝5，
则曲线y在点（﹣1，﹣3）处的切线方程为：
y﹣（﹣3）＝5[x﹣（﹣1）]，即5x﹣y+2＝0．
故答案为：5x﹣y+2＝0．
【点评】本题主要考查导数的几何意义，考查运算求解能力，属于基础题．
四．解答题（共4小题）
17．（2024 新课标Ⅰ）已知函数f（x）＝sinx﹣ln（1+x），f′（x）为f（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．
【考点】利用导数研究函数的极值．
【专题】函数思想；综合法；导数的综合应用．
【答案】见试题解答内容
【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″（）＝﹣11+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）＝﹣cosx0在（﹣1，）恒成立，
∴f″（x）在（﹣1，）上为减函数，
又∵f″（0）＝1，f″（）＝﹣11+1＝0，由零点存在定理可知，
函数f″（x）在（﹣1，）上存在唯一的零点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）单调递增，f′（x）＜f′（0）＝0，f（x）单调递减；
当x∈（0，x0）时，f′（x）单调递增，f′（x）＞f′（0）＝0，f（x）单调递增；
由于f′（x）在（x0，）上单调递减，且f′（x0）＞0，f′（）0，
由零点存在定理可知，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）单调递减，f′（x）＞f′（x1）＝0，f（x）单调递增；
当x∈（）时，f′（x）单调递减，f′（x）＜f′（x1）＝0，f（x）单调递减．
当x∈（，π）时，cosx＜0，0，于是f′（x）＝cosx0，f（x）单调递减，
其中f（）＝1﹣ln（1）＞1﹣ln（1）＝1﹣ln2.6＞1﹣lne＝0，
f（π）＝﹣ln（1+π）＜﹣ln3＜0．
于是可得下表：
x （﹣1，0） 0 （0，x1） x1 （） （） π
f′（x） ﹣ 0 + 0 ﹣ ﹣ ﹣ ﹣
f（x） 单调递减 0 单调递增 大于0 单调递减 大于0 单调递减 小于0
结合单调性可知，函数f（x）在（﹣1，]上有且只有一个零点0，
由函数零点存在性定理可知，f（x）在（，π）上有且只有一个零点x2，
当x∈[π，+∞）时，sinx≤1＜ln（1+x），则f（x）＝sinx﹣ln（1+x）＜0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．
18．（2024 新课标Ⅰ）已知函数f（x）＝2sinx﹣xcosx﹣x，f′（x）为f（x）的导数．
（1）证明：f′（x）在区间（0，π）存在唯一零点；
（2）若x∈[0，π]时，f（x）≥ax，求a的取值范围．
【考点】利用导数研究函数的单调性．
【专题】综合题；数形结合；导数的综合应用．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）令g（x）＝f′（x），对g（x）再求导，研究其在（0，π）上的单调性，结合极值点和端点值不难证明；
（2）利用（1）的结论，可设f′（x）的零点为x0，并结合f′（x）的正负分析得到f（x）的情况，得出结论．
【解答】解：（1）证明：∵f（x）＝2sinx﹣xcosx﹣x，
∴f′（x）＝2cosx﹣cosx+xsinx﹣1＝cosx+xsinx﹣1，
令g（x）＝cosx+xsinx﹣1，则g′（x）＝﹣sinx+sinx+xcosx＝xcosx，
当x∈（0，）时，xcosx＞0，当x时，xcosx＜0，
∴当x时，极大值为g（）0，
又g（0）＝0，g（π）＝﹣2，
∴g（x）在（0，π）上有唯一零点，
即f′（x）在（0，π）上有唯一零点；
（2）由题设知 f（π） aπ，f（π）＝0， 可得 a 0.
由（1）知，f′（x）在（0，π）上有唯一零点x0，
使得f′（x0）＝0，且f′（x）在（0，x0）为正，在（x0，π）为负，
∴f（x）在[0，x0]递增，在[x0，π]递减，
结合f（0）＝0，f（π）＝0，可知f（x）在[0，π]上非负，
∴当x∈[0，π]时，f（x）≥0，
又当a≤0，x∈[0，π]时，ax≤0，∴f（x）≥ax，
∴a的取值范围是（﹣∞，0]．
【点评】此题考查了利用导数研究函数的单调性，零点等问题，和数形结合的思想方法，难度较大．
19．（2024 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）＜m，求m的最小值．
【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的最值．
【专题】计算题；分类讨论；综合法；导数的综合应用．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）通过对函数f（x）＝x﹣1﹣alnx（x＞0）求导，分a≤0、a＞0两种情况考虑导函数f′（x）与0的大小关系可得结论；
（2）通过（1）可知lnx≤x﹣1，进而取特殊值可知ln（1），k∈N*．一方面利用等比数列的求和公式放缩可知（1）（1）…（1）＜e，另一方面可知（1）（1）…（1）＞2，从而当n≥3时，（1）（1）…（1）∈（2，e），比较可得结论．
【解答】解：（1）因为函数f（x）＝x﹣1﹣alnx，x＞0，
所以f′（x）＝1，且f（1）＝0．
所以当a≤0时f′（x）＞0恒成立，此时y＝f（x）在（0，+∞）上单调递增，
故当0＜x＜1时，f（x）＜f（1）＝0，这与f（x）≥0矛盾；
当a＞0时令f′（x）＝0，解得x＝a，
所以y＝f（x）在（0，a）上单调递减，在（a，+∞）上单调递增，即f（x）min＝f（a），
若a≠1，则f（a）＜f（1）＝0，从而与f（x）≥0矛盾；
所以a＝1；
（2）由（1）可知当a＝1时f（x）＝x﹣1﹣lnx≥0，即lnx≤x﹣1，
所以ln（x+1）≤x当且仅当x＝0时取等号，
所以ln（1），k∈N*．
ln（1）+ln（1）+…+ln（1）11，
即（1）（1）…（1）＜e；
因为m为整数，且对于任意正整数n，（1）（1）…（1）＜m成立，
当n＝3时，（1）（1）（1），
所以m的最小值为3．
【点评】本题是一道关于函数与不等式的综合题，考查分类讨论的思想，考查转化与化归思想，考查运算求解能力，考查等比数列的求和公式，考查放缩法，注意解题方法的积累，属于难题．
20．（2024 新课标Ⅰ）设函数f（x）＝e2x﹣alnx．
（Ⅰ）讨论f（x）的导函数f′（x）零点的个数；
（Ⅱ）证明：当a＞0时，f（x）≥2a+aln．
【考点】利用导数研究函数的最值；函数的零点与方程根的关系；基本初等函数的导数．
【专题】开放型；导数的综合应用．
【答案】见试题解答内容
【分析】（Ⅰ）先求导，在分类讨论，当a≤0时，当a＞0时，根据零点存在定理，即可求出；
（Ⅱ）设导函数f′（x）在（0，+∞）上的唯一零点为x0，根据函数f（x）的单调性得到函数的最小值f（x0），只要最小值大于2a+aln，问题得以证明．
【解答】解：（Ⅰ）方法一：f（x）＝e2x﹣alnx的定义域为（0，+∞），
∴f′（x）＝2e2x．
当a≤0时，f′（x）＞0恒成立，故f′（x）没有零点，
当a＞0时，∵y＝e2x为单调递增，y单调递增，
∴f′（x）在（0，+∞）单调递增，
又f′（a）＞0，
假设存在b满足0＜b时，且b，f′（b）＜0，
故当a＞0时，导函数f′（x）存在唯一的零点，
方法二：f（x）＝e2x﹣alnx（x＞0），f′（x）＝2e2x，
讨论f′（x）的零点个数，即讨论g（x）＝2xe2x与直线y＝a在（0，+∞）的交点个数，
∵g（x）＝2xe2x，
∴g′（x）＝（4x+2）e2x，
∴g′（x）＞0，∴g（x）单调递增，∵g（0）＝0，且g（x）不能取到，
∴a∈（﹣∞，0]时，y＝a与g（x）无交点；
a∈（0，∞）时，y＝a与g（x）有一个交点，
∴a∈（﹣∞，0]时，f′（x）无零点；a∈（0，∞）时，f′（x）有一个零点
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，可设导函数f′（x）在（0，+∞）上的唯一零点为x0，
当x∈（0，x0）时，f′（x）＜0，
当x∈（x0，+∞）时，f′（x）＞0，
故f（x）在（0，x0）单调递减，在（x0，+∞）单调递增，
所以当x＝x0时，f（x）取得最小值，最小值为f（x0），
由于0，
所以f（x0）2ax0+aln2a+aln，当且仅当2ax0，即a＝e，x0时取等号．
故当a＞0时，f（x）≥2a+aln．
【点评】本题考查了导数和函数单调性的关系和最值的关系，以及函数的零点存在定理，属于中档题．
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