精选09 导数及其应用(选择与填空)(解析版)-2021年高考数学108所名校押题精选(新高考地区专用)
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资料简介
1 精选 09 导数及其应用(选择与填空) 1.导数运算及切线的理解应注意的问题: (1)利用公式求导时要特别注意除法公式中分子的符号,防止与乘法公式混淆. (2)直线与曲线公共点的个数不是切线的本质,直线与曲线只有一个公共点,直线不一 定是曲线的切线,同样,直线是曲线的切线,则直线与曲线可能有两个或两个以上的公 共点. 2.解答比较函数值大小问题,常见的思路: (1)判断各个数值所在的区间; (2)利用函数的单调性直接解答. 数值比较多的比较大小问题也也可以利用两种方法的综合应用. 3.已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法: (1)直接法:直接求解方程得到方程的根,再通过解不等式确定参数范围; (2)分离参数法:先将参数分离,转化成求函数的值域问题加以解决; (3)数形结合法:先对解析式变形,进而构造两个函数,然后在同一平面直角坐标系中 画出函数的图象,利用数形结合的方法求解. 4.恒(能)成立问题的解法: 若 ( )f x 在区间 D 上有最值,则 (1)恒成立:    min, 0 0x D f x f x     ;    max, 0 0x D f x f x     ; (2)能成立:    max, 0 0x D f x f x     ;    min, 0 0x D f x f x     . 若能分离常数,即将问题转化为  a f x (或  a f x ),则 (1)恒成立:    maxa f x a f x   ;    mina f x a f x   ; (2)能成立:    mina f x a f x   ;    maxa f x a f x   . 一、单选题 1.曲线 sin cosy x x  在 0x  处的切线的倾斜角是 A. 4  B. 4  C. 6  D. 3  【答案】B 【解析】因为 sin cosy x x  ,所以 cos siny x x   ,所以 0 cos0 1xy    , 所以曲线 sin cosy x x  在 0x  处的切线的倾斜角是 4  ,故选 B. 2.已知函数   31 23f x x x  ,则曲线  y f x 在点   1, 1f 处的切线的斜率是 A. 3 3 B.1 C. 3 D. 1 【答案】D 【解析】设切线的斜率为 k ,由   31 23f x x x  ,则   2 2f x x   , 则有  1 1k f    .故选 D. 3.若函数 1( ) lnf x x ax x    在 1, 上是单调减函数,则 a 的取值范围是 A. 1, 4      B. 1, 4      C. 1, 2      D. 1, 2      【答案】A 【解析】由题意得, ( )f x 2 1 1ax x    , 因为   1lnf x x ax x    在[1,+∞)上是单调减函数, 所以 ( )f x ≤0 在[1,+∞)上恒成立, 当 ( )f x ≤0 时,则 2 1 1 0ax x    在[1,+∞)上恒成立, 即 a 2 1 1 x x   ,设 g(x) 2 2 1 1 1 1 1( )2 4x x x      , 因为 x∈[1,+∞),所以 1 x ∈(0,1], 3 当 1 1 2x  时,g(x)取到最大值是 1 4  ,所以 a 1 4   , 所以数 a 的取值范围是(﹣∞, 1 4  ]故选 A 【名师点睛】根据求导公式和法则,导数与函数单调性的关系,将问题转化为恒成立问题, 利用分离常数法,求函数值域,属于中档题. 4.函数 2( ) 2 lnf x x x  的单调递减区间是 A. 1 1( , )2 2  B. 1( , )2  C. 1(0, )2 D. 1 1, ,2 2             【答案】C 【解析】因为函数 2( ) 2 lnf x x x  , 所以 2 1 141 4 1 2 2( ) 4 x xxf x x x x x              , 由 ( ) 0f x  ,解得 10 2x  ,所以函数的单调递减区间是 10, 2      ,故选 C 5.对任意的 x∈R,函数 f(x)=x3+ax2+7ax 不存在极值点的充要条件是 A.0≤a≤21 B.a=0 或 a=21 C.a21 D.0 时,   0g m  ,  g m 单增; 当 1m  时,   0g m  ,  g m 单减; 所以当 1m= ,  g m 取得最小值   2 1 11 =ln1 =01 1g   ,即 k b 的最小值为 0.故选 B 27.已知函数  f x 的定义域为 R ,且     2 xf x f x xe   ,若  0 1f  ,则函数     f x f x  的取值范围为 17 A. 2,0 B. 1,0 C. 0,1 D. 0,2 【答案】A 【解析】由     2 xf x f x xe   得     2x xe f x e f x x   ,即   2xe f x x    , 令    xg x e f x ,则   2g x x  ,   2g x x C   (C 为常数),  2 xx C e f x   ,   2 x x Cf x e   ,又  0 1f  , 1C  ,   2 1 x xf x e   ,则   22 1 x x xf x e    ,     2 2 2 2 1 2 11 1 f x x x x f x x x        ;当 0x  时,     1f x f x    ; 当 0x  时,     2 11 f x f x x x     ,    1 , 2 2,x x       , 1 1 1,0 0,1 2 2x x              ,则    2 1 2, 1 1,01x x        , 即        2, 1 1,0f x f x      ;综上所述:      2,0f x f x    .故选 A. 【名师点睛】本题考查导数在函数中的应用问题,解题关键是能够根据已知等式构造出函数  g x ,从而利用   2g x x  构造出等量关系求得  f x 的解析式. 28.若存在一个实数 t,使得 F(t)=t 成立,则称 t 为函数 F(x)的一个不动点,设函数 g (x)=x2+(1﹣a)x﹣a(a∈R),定义在 R 上的连续函数 f(x)满足 f(﹣x)+f(x)=x2, 且当 x≤0 时,f′(x)<x.若存在 x0∈{x|f(x)≥f(1﹣x)+x},且 x0 为函数 g(x)的一个不 动点,则实数 a 的取值范围为 A.(﹣∞,﹣2)∪(2,+∞) B.[0,+∞) C.(﹣∞,﹣4]∪[0,+∞) D.R 【答案】C 【解析】因为函数 f(x)满足 f(﹣x)+f(x)=x2,且当 x≤0 时,f′(x)<x. 不妨令 f(x)= 1 2 x2﹣x, 则 f(x)+ 1 2 ≥f(1﹣x)+x 可化为 1 2 x2﹣x+ 1 2 ≥ 1 2 (1﹣x)2﹣(1﹣x)+x,解得 x 1 2  , 即 g(x)=x2+(1﹣a)x﹣a=x 存在不大于 1 2 的不动点,即 2 1 x x  =a 存在不大于 1 2 的解, 令 h(x)= 2 1 x x  ,则 h′(x)= 2 2 2 ( 1) x x x   , 当 x<﹣2 时,h′(x)>0,h(x)为增函数; 当﹣2<x<﹣1 时,h′(x)<0,h(x)为减函数; 当﹣1<x<0 时,h′(x)<0,h(x)为减函数; 当 0<x< 1 2 时,h′(x)>0,h(x)为增函数; 由 h(﹣2)=﹣4,h(0)=0,故 h(x)∈(﹣∞,﹣4]∪[0,+∞), 即 a∈(﹣∞,﹣4]∪[0,+∞)故选 C. 【名师点睛】理解题中定义,通过构造函数利用导数进行求解是解题的关键. 29 . 已 知 函 数 2 ( 1)( ) 8 6( 1) xe e xf x x ax x x         是 定 义 在 R 上 的 单 调 递 增 函 数 , 1( ) ( ln 1)e eg x x a x x e    ,当 1x 时, ( ) ( )f x g x 恒成立,则 a 的取值范围是 A. 4,0 B. 4, 2  C. 4, e  D. , 2e  【答案】C 【解析】令   xek x ex   ,则     2 1 0 x xek x x    ,所以  k x 在[1, ) 上递增, 因为函数   2 ( 1) 8 6( 1) xe e xf x x ax x x         是定义在 R 上的单调递增函数,所以 0 4 1 2 0 a a a       , 解得 4 2a    .又当 1x 时, ( ) ( )f x g x 恒成立, 即 1( ln 1) x e ee e x a x x ex      ,即 ln 1e xa x x e x   , 19 当 1x  时, 2 0e   ,显然成立; 当 1x  时,化简可得 ln ln1 1 1 ln ln ln ee x x x x e xx e x e e x e xa x x x           . 令   1xh x e x   ,则   1xh x e   ,当 0x  时,   0h x  ,当 0x  时,   0h x  , 所以当 0x  时,  h x 取得最小值 0,所以   1 0xh x e x    ,即 1xe x  , 所以 ln 1 ln 1 1 ln ln x xe x x e x x ex x          ,当且仅当 ln 0x e x  , 即 x e 时等号成立,所以 a e  .综上可知 4 a e    .故选 C. 30.曲线 sin 1( 0)x xy xe    的一条切线的斜率为 1,则该切线的方程为 A. 1y x  B. y x C. 1y x  D. 2y x  【答案】C 【解析】由题得  2 cos sin cos sinx x xx x e x e x xy ee       ,设切点为 0 0,x y , 则 00 0 0cos sin xx x x xy e   ,而 0 1( 0)x xy x   ,则 0 0 0cos sinxe x x  , 令 ( ) cos sinxf x e x x   ,则 ( ) sin cos 2 sin( )4 x xf x e x x e x        , 02x xe e a ,即证 1 2+ >2a axx a , 因为 >a e ,所以需证 1 2+ >2x x . 令 xax e ,则 xea x  ,令   xeg x x  , 则点 A、B 是 y a 与 ex y x  的两个交点,令       2 0 1G x g x g x x     , 所以      2 ' 2 21 2 x xe x x x eG x        ,令    2 >0 xe xh x x ,则    ' 3 2xe xh xx  , 所以当  0,2x 时,  ' 0h x  ,  h x 单调递减, 而 0 1x  , 0 1 2 2x x     ,所以    > 2h x h x , 所以 0 1x  时,  ' 0G x  ,所以  G x 单调递减,所以    > 1 0G x G  , 即    1 12 >0g x g x  ,又    1 2g x g x a  ,所以    2 1> 2g x g x , 而     2 ' 1 xxg e xx  ,所以当 >1x 时,  ' >0g x ,  g x 单调递增, 又 2 >1x , 12 >1x ,所以 2 1>2x x ,即 1 2+ >2x x ,故 C 正确; 对于 D:设直线 AM 交 x 轴于 C,直线 BM 交 x 轴于点 D,作 ME x 轴于点 E.若 135AMB   ,则 45AMD   ,即 45MDE MCD     , 所以   tan tantan 11 tan tan 1 BM AM AM BM k kMDE MCDMDE MCD + MDE MCD +k k            , 化简得 1BM AM AM BMk k +k k   ,即 2 1 1 2 1 211x x x x x +xe e e e ++ e    , 所以 2 1 1 21ax ax +ax ax   ,即  2 1 1 2 1a x x x x   , 令 2 1 1 2m x x x x   ,则   2 1 1 2 1 21 1 1m x x x x x x + +      , 又 1 20 1x x   ,所以   2 1 1 2 1 21 1 1 1m x x x x x x + + >      , 而 a e ,所以方程  2 1 1 2 1a x x x x   无解, 所以不存在 a ,使得 135AMB   ,故 D 不正确,故选 ABC. 【名师点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法:一是利用导数研究含参函数的单调性, 常化为不等式恒成立问题.注意分类讨论与数形结合思想的应用;二是函数的零点、不等式 45 证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理. 55.已知函数   ln xf x x  ,则. A.    2 5f f B.若  f x m 有两个不相等的实根 1x 、 2x ,则 2 1 2x x e C. 2ln 2 e  D.若 2 3x y , x , y 均为正数,则 2 3x y 【答案】AD 【解析】 对于 A:     51 2 ln52 ln 2, 5 ln 52 5 nf f    , 又 10 52 2 32  , 105 5 25 ,32 25 ,所以 52 5 , 则有    2 5f f ,A 正确; 对于 B:若  f x m 有两个不相等的实根 1x 、 2x ,则 2 1 2x x e ,故 B 不正确; 证明如下:函数   ln xf x x  ,定义域为 0,  ,则   2 1 ln' xf x x  , 当  ' 0f x  时, 0 x e  ;当  ' 0f x  时, x e ;, 所以  f x 在 0,e 上单调递增,在 ,e  上单调递减,则  max 1f x e  且 x e 时, 有   0f x  ,所以 若  f x m 有两个不相等的实根 1x 、 2x ,有 10 m e   , 不妨设 1x 2x ,有 10 x e  2x ,要证 2 1 2x x e ,只需证 2 2 1 ex x  ,且 2 2 1 ex ex   , 又    1 2f x f x ,所以只需证   2 1 1 ef x f x       ,令     2eF x f x f x       (0 )x e  则有       2 2 2 4 1 1 1' ' ' 1 lneF x f x f xx x x e               当 0 x e  时,1 ln 0x  , 2 4 1 1 0x e   ,所以有  ' 0F x  ,即  F x 在 (0, )e 上单调 递增,且   0F e  ,所以   0F x  恒成立,即   2 1 1 ef x f x       ,即   2 2 1 ef x f x       ,即 2 1 2x x e . 对于 C:由 B 可知,  f x 在 0,e 上单调递增,则有    2f f e ,即1 2 ln 2 n e e  ,则有 2 2ln 2 e e   ,故 C 不正确; 对 于 D : 令 2 3x y m  , x , y 均 为 正 数 , 则 1m > , 解 得 2 lnlog ln 2 mx m  , 3 lnlog ln3 my m  , 2ln 3ln 2 3lnln 2 ln3 ln 2 l2 n33 m mx my        , 由 B 可知,  f x 在 0,e 上单调递增,则有    2 3f f ,即 ln 2 ln30 2 3   , 即 2 3 ln 2 ln 3  ,所以 2 3 0x y  ,故 D 正确.故选 AD. 三、填空题 56 . 若 函 数 21( ) ln2f x x x a x   有 两 个 不 同 的 极 值 点 , 则 实 数 a 的 取 值 范 围 是 ___________. 【答案】(0, 1 4 ) 【解析】因为函数 21( ) ln2f x x x a x   有两个不同的极值点, 所以 2 ' ( ) 1 0a x x af x x x x       在 (0, ) 有 2 个不同的零点, 所以方程 2 0x x a   在 (0, ) 上有两个不同的实根, 所以 1 4 0 0 a a       ,解得 10 4a  , 故答案为(0, 1 4 ) 57 . 若 函 数   2   lnxf x x e m x  在 点   1, 1f 处 的 切 线 过 点  0,0 , 则 实 数 m  ___________. 【答案】 2e 【解析】函数   2 lnxf x x e m x  ,求导得    2 2 x mf x x x e x     , 47 所以    1 , 1 3f e f e m   , 所以函数   2 lnxf x x e m x  在点   1, 1f 处的切线方程为   3 1y e e m x    , 因为切线过点  0,0 ,所以   0 3 0 1e e m    ,解得 2m e . 故答案为 2e 【名师点睛】本题考查导数的几何意义,考查运算求解能力,是基础题. 导数运算及切线的理解应注意的问题: 一是利用公式求导时要特别注意除法公式中分子的符号,防止与乘法公式混淆. 二是直线与曲线公共点的个数不是切线的本质,直线与曲线只有一个公共点,直线不一定是 曲线的切线,同样,直线是曲线的切线,则直线与曲线可能有两个或两个以上的公共点. 三是复合函数求导的关键是分清函数的结构形式.由外向内逐层求导,其导数为两层导数之 积. 58.已知函数 f(x)=xex﹣1,则曲线 y=f(x)在 x=1 处的切线方程为___________. 【答案】y=2x﹣1 【解析】f′(x)=xex﹣1+ex﹣1,f′(1)=2,f(1)=1,故切线方程是 y﹣1=2(x﹣1), 即 y=2x﹣1;故答案为 y=2x﹣1. 59.曲线 2 2 2x xy e   在点 0,3 处的切线方程为___________. 【答案】 2 3 0x y   【解析】  2 2 2 2x xy e x      ,所以 0 0 2 2xy e    , 所以点 0,3 处的切线方程为  3 2 0y x   ,即 2 3 0x y   . 故答案为 2 3 0x y   60.已知函数  g x 满足      1 211 e 0 2 xg x g g x x   ,且存在正实数 0x 使得不等式  02 1m g x  成立,则 m 的取值范围为___________. 【答案】  1, 【解析】因为      1 211 e 0 2 xg x g g x x   ,所以      11 e 0xg x g xg    , 所以      1 1 0 1g g g    ,所以  0 1g  , 因为     10 1 eg g  ,所以   e1g  , 因此   21e 2 x xg x x   ,   e 1x xg x    , 所以   e 1 0xg x    ,当 0x  时,    0 0g x g   , 所以函数  g x 在区间 0,  上单调递增,    0 1g x g  , 由题意知  min2 1m g x  ,即 2 1 1m  ,所以 1m > . m 的取值范围为  1, .故答案为  1, 【名师点睛】本题考查导数的运算,利用导数研究不等式能成立问题,考查运算求解能力, 化归转化思想,是中档题.本题解题的关键在于将问题转化为  min2 1 , 0xm g x  ,进 而研究函数  g x 在区间 0,  的单调性,求最小值即可. 61 . 已 知 函 数 2( ) 4 ( 2)cos sinf x x x x x x     在 x a 处 取 得 最 小 值 m , 则 m a  ___________. 【答案】 2 sin 2  【解析】因为       2 4 cos 2 sin cos 2 2 sinf x x x x x x x x          , 且 2 sin 0x  , 当  ,2x  时,   0f x  ,  f x 单调递减, 当  2,x  时,   0f x  ,  f x 单调递增, 所以  f x 在 2x  处取最小值  2 4 sin 2f    ,所以 2, 4 sin 2a m    , 所以 2 sin 2m a    , 故答案为 2 sin 2  . 【名师点睛】解答本题的关键在于对于导函数  f x 的化简,通过对  f x 进行因式分解 并结合三角函数的有界性能高效分析出  f x 的单调性和最值. 62.设函数 23 2( ) , ( )1 xxf x g x xex   (e 是自然对数的底数),若 1 ( 1, )x    ,使得 2 ( ,ln2]x   , 不 等 式    2 2 14mg x m f x 恒 成 立 , 则 实 数 m 的 取 值 范 围 是 ___________. 49 【答案】 1( , 8ln2) ,e        【解析】 3 2 2( 1) 5 5( ) 21 1 1 x xf x x x x           ,当 ( 1, )x    时, ( ) 2f x   , 由 2( ) xg x xe ,得 ' 2 2 2( ) 2 (2 1)x x xg x e xe e x    , 令 ' ( ) 0g x  ,得 1 2x   , 当 1 2x   时, ' ( ) 0g x  ,当 1 2x   时, ' ( ) 0g x  , 所以 2( ) xg x xe 在 1( , )2   上单调递减,在 1( , )2   上单调递增, 所以 min 1 1( ) ( )2 2g x g e     , 所以当 2 ( ,ln2]x   时, 2 1( ) ( ) (ln 2)2g g x g   ,即 2 1 ( ) 4ln 22 g xe    因为 1 ( 1, )x    ,使得 2 ( ,ln2]x   ,不等式    2 2 14mg x m f x 恒成立, ①当 0m  时, 2 1 216 ln 2 4 ( ) 4 ( )2 mm mg x m e e      , 因为 2 2 1( ) 2m f x m  ,所以 22 2m me    , 解得 0m  (舍去)或 1m e  , ②当 0m  时, 2 216 ln 2 4 ( ) mm mg x e    , 因为 2 2 1( ) 2m f x m  ,所以 22 16 ln 2 0m m  , 解得 0m  (舍去)或 8ln 2m   , 综上所述, 8ln 2m   或 1m e  所以实数 m 的取值范围是 1( , 8ln2) ,e        , 故答案为 1( , 8ln2) ,e        【名师点睛】此题考查不等式恒成立问题,考查导数的应用,解题的关键是对 1 ( 1, )x    , 使得 2 ( ,ln2]x   ,不等式    2 2 14mg x m f x 恒成立,转化为 24 ( )mg x 的最小值大 于 2 1( )m f x 的最小值,然后分 0m  和 0m  两种情况求 24 ( )mg x 和 2 1( )m f x 的最小值即 可,考查数学转化思想和计算能力,属于中档题 63.若函数 5mxy e x  有极值点,则实数 m 的取值范围是___________. 【答案】 0m  【解析】因为   5mxy f x e x   ,所以   5mxf x me   , 当 0m  时, 5 0mxme   ,所以   0f x  ,所以  f x 在 R 上单调递增,无极值点; 当 0m  时,令   0f x  ,解得 5ln mx m     , 当 5ln , mx m             时,   0f x  ,当 5ln ,mx m             时,   0f x  ,此时  f x 有极大值点 5ln mx m     ,所以若 5mxy e x  有极值点,则 0m  , 故答案为 0m  . 【名师点睛】解答本题的关键是根据导函数  f x 的函数结构对 m 采用分类讨论的方法, 分类确定  f x 是否具有极值点. 64 . 已 知 定 义 在  0,  上 的 函 数   0f x  , 且 满 足      2f xf x f x  , 若    1 2f k f  ,则实数 k 的取值范围为___________. 【答案】 2 1 1ke e   【解析】设 ( )( ) x f xg x e  ,则 2 ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) x x x x f x e f x e f x f xg x e e      , 因为      2f xf x f x  ,所以 ( ) ( ) 0f x f x   ,所以 ( ) 0g x  , 所以 ( )g x 在 (0, ) 上为增函数,所以 (1) (2)g g ,即 2 (1) (2)f f e e  , 所以 (1) 1 (2) f f e  ,即 1k e  , 51 设 2 ( )( ) x f xh x e  ,则 2 2 2 2 ( ) ( ) 2( ) ( ) x x x f x e f x eh x e     2 ( ) 2 ( ) x f x f x e   , 因为      2f xf x f x  ,所以 ( ) 2 ( ) 0f x f x   ,所以 ( ) 0h x  , 所以 ( )h x 在 (0, ) 上为减函数,所以 (1) (2)h h ,即 2 4 (1) (2)f f e e  , 所以 2 (1) 1 (2) f f e  ,即 2 1k e  .综上所述: 2 1 1ke e   . 故答案为 2 1 1ke e   【名师点睛】构造函数 ( )( ) x f xg x e  和 2 ( )( ) x f xh x e  求解是解题关键. 65.已知关于 x 的方程 2 2(ln )ln 04 xx ax x e    在 (1, ) 上有四个不同的实数解,则实数 a 的取值范围是___________. 【答案】 1 5, 4e e      【解析】 (1, )x  , ln 0x x  ,方程两边同时除以 lnx x 得,2 ln 22 ln e x x eax e x   , 令 2 lne xt x  , 1 2et at    , 1 ln2 xt e x   ,当1 x e  时, 0t  ;当 x e 时, 0t  , 则函数 2 lne xt x  在  1,e 上单调递增,在 ,e  上单调递减, 当 x e 时, max 2 ln 2e et e   ,由 1x  得出 2 ln 0e x x  ,则 (0,2]t , 设 1( )g t t t   , 2 2 2 1 1( ) 1 tg t t t     , 当 (0,1)x  时, ( ) 0g t  ;当  1,2x 时, ( ) 0g t  , 则函数 ( )g t 在 (0,1) 上单调递减,在 1,2 上单调递增, 5(1) 2, (2) 2g g  ,当 0, ( )t g t  , 则当 52 2 2ea  ,即 1 5 4ae e   时,对应方程 1 2t eat   有两个解 1 2,t t , 1 2, (0,2)t t  , 此时 1 2,t t 分别对应两个 x ,故方程 2 2(ln )ln 04 xx ax x e    有四解. 即 1 5, 4a e e     ,故答案为 1 5, 4e e      . 【名师点睛】解决本题的关键在于由导数得出 2 lne xt x  的单调性从而得出t 的范围以及图 象,再由导数得出 1( )g t t t   的图象,数形结合得出实数 a 的取值范围. 66.已知定义在 R 上的函数  f x ,其导函数为  f x ,满足   2f x  ,  2 4f  ,则 不等式   21 2 2xf x x x   的解集为___________. 【答案】   ,0 3, U 【解析】构造函数     2g x f x x  ,则     2 0g x f x    ,即函数  g x 在 R 上为 增函数,且    2 2 2 2 0g f    . 53 ①当 0x  时,由   21 2 2xf x x x   可得    1 2 1f x x   ,即    1 2 1 0f x x    , 即    1 0 2g x g   ,可得 1 2x   ,解得 3x  ,此时 0x  ; ②当 0x  时,由   21 2 2xf x x x   可得    1 2 1f x x   ,即    1 2 1 0f x x    . 即    1 0 2g x g   ,可得 1 2x   ,解得 3x  ,此时 3x  . 综上所述,不等式   21 2 2xf x x x   的解集为   ,0 3, U . 故答案为   ,0 3, U . 【名师点睛】利用导数不等式求解函数不等式,思路如下: (1)根据导数不等式的结构构造原函数  g x ; (2)分析原函数的奇偶性,并利用导数分析出函数  g x 的单调性; (3)将所求不等式变形为    g a g b 或    g a g b (偶函数); (4)利用函数  g x 的单调性可得出关于 a 、b 的不等式进行求解. 67.已知 0x  , 2( ) xf x x e  ,  2( ) 1 lng x m x x   ,若 ( ) ( )f x g x 恒成立,则实 数 m 的取值范围是___________. 【答案】 ,e e   【解析】 ( ) ( )f x g x 等价于 2 ln1 ( 0) xe xm x xx x      恒成立, 设   lnx xx eh x x x   ,则   2 2 ( 1) 1 lnxe x x x xh x      , 令 2( ) ( 1) 1 lnxx e x x x      ,则 1( ) 2 0xx xe xx      ,所以  x 是增函数, 又  1 0  ,则当  0,1x 时,   0x  ,即   0h x  ,则  h x 单调递减; 当  1,x  时,   0x  ,即   0h x  ,则  h x 单调递增,    min 1 1h x h e    , 2 1 1m e    ,解得 e m e   . 故答案为 ,e e   . 【名师点睛】本题考查函数不等式的恒成立问题,解题的关键是分离参数构造函数,利用导 数求出函数的最值. 68.已知定义在 R 上的可导函数  f x 的导函数为 ( )f x¢ ,满足    f x f x  ,且   10 2f  ,则不等式   1 e 02 xf x   的解集为___________. 【答案】( )0,+¥ 【解析】设     ex f xg x  ,则           2 e e e e x x x x f x f x f x f xg x      , 因为    f x f x  ,所以       0ex f x f xg x     ,故函数  g x 是 R 上的单调递减函 数,因为   10 2f  ,所以     0 0 10 e 2 fg   , 则   1 e 02 xf x   可化为   1 e 2x f x  ,即    0g x g , 根据函数  g x 的单调性,可得 0x  .故不等式   1 e 02 xf x   的解集为( )0,+¥ . 故答案为( )0,+¥ . 【名师点睛】本题考查导数的应用,解题的关键是构造函数     ex f xg x  ,利用导数求单 调性,将题中不等式转化为    0g x g . 69.若曲线 3( ) 2f x x x  在点 P 处的切线与直线 2 0x y   平行,则点 P 的坐标为 ___________. 【答案】 ( 1,1) 【解析】设  3 0 0 0, 2P x x x ,   23 2f x x   ,   2 0 03 2f x x   ,  在点 P 处的切线平行于直线l : 2 0x y   ,  ' 0 1f x  ,即 2 03 2 1x   ,解得 0 1x   , 当 0 1x  时,  1, 1P  ,则切线方程为 1 1y x   ,即 2 0x y   ,与l 重合,不合题意; 当 0 1x   时,  1,1P  ,则切线方程为 1 1y x   ,即 +x y 2 0 ,与l 平行; 55 综上所述:  1,1P  .故答案为  1,1 . 【名师点睛】本题容易忽视对所得直线是否与给定直线重合进行检验,从而导致增解. 70.已知函数 1 22 2 x y kx k      的两个零点分别为 1x , 2x  1 2x x ,函数  f x 是定义 在 R 上 的 单 调 递 增 函 数 , 若 对 任 意 的  0,x  , 不 等 式    1 2 ln ln 1x xf x f f x fx x               恒成立,则实数 1x 的取值范围是___________. 【答案】 11 ,e      【解析】函数 1 22 2 x y kx k      的图象关于直线 1 2x  对称, 结合函数 2y kx k  , 1 22 x y    的图象知两函数有且仅有两个交点, 故函数 1 22 2 x y kx k      有且仅有两个零点,且 1 2 1x x + , 则 不 等 式    1 2 ln ln 1x xf x f f x fx x               , 可 化 为    1 1 ln ln1 1x xf x f f x fx x                , 即    1 1 ln ln1 1 1 1x xf x f x f fx x                    .设函数      1g x f x f x   ,  f x 为 R 上的增函数,      1 0g x f x f x       , 则函数  g x 单调递增,所以  1 ln 1xg x g x       ,即 1 ln 1xx x   . 令   ln 1xh x x   ,则   2 1 ln xh x x   , 当  0,x e 时,   0h x  ;当  ,x e  时,   0h x  , 则  h x 在 0,e 上单调递增,在 ,e  上单调递减,    max 11h x h e e     , 1 11 ex   ,即 1x 的取值范围为 11 ,e      . 【名师点睛】本题考查根据函数不等式求解参数范围的问题,解题关键是能够根据函数图象 的对称性,将不等式转化为同一函数的函数值之间大小关系的比较,由此构造函数,通过单 调性确定自变量的大小关系. 71.若 0m  ,不等式  22 1 ln 0mxx x me mx     恒成立,则 m 的取值范围是___________. 【答案】 2 ,e    【解析】由  22 1 ln 0mxx x me mx     得    22 1 ln 1mxx x mx e   , 设 2lnmx t ,则    21 2 1 lnmxmx e t t   ,    2 22 1 ln 2 1 lnx x t t    ; 令    22 1 lnf x x x  ,则    2 2 22 1 4 ln 2 24 ln x x x xf x x x x x       , 令   2 24 ln 2 2g x x x x   ,则    8 ln 4 4 8 ln 1g x x x x x x x      , 令   0g x  ,解得 1x e , 当 10, ex     时,   0g x  ;当 1 ,x e      时,   0g x  ;  g x 在 10, e      上单调递减,在 1 ,e     上单调递增,   2 2 2 2min 1 4 2 2 12 2 2 1 0g x g e e e e e                     ,   0f x  ,  f x 在 0,  上单调递增, x t  ,即 2 mx x e , 2ln xm x   , 57 令   2ln xh x x  ,则   2 2 2ln xh x x   , 当  0,x e 时,   0h x  ;当  ,x e  时,   0h x  ;  h x 在 0,e 上单调递增,在 ,e  上单调递减,    max 2h x h e e    , 2m e   ,即 m 的取值范围为 2 ,e    . 【名师点睛】本题考查利用导数求解不等式恒成立问题,解题关键是能够将恒成立的不等式 构造成同一函数不同函数值之间大小关系的问题,由函数单调性可得自变量之间大小关系, 进而利用分离变量法求得参数范围. 72.对于定义域为 R 的函数  f x ,若满足(1)  0 0f  ;(2)当 xR ,且 0x  时, 都有 ( ) 0xf x  ;(3)当 1 20x x  ,且 1 2x x 时,都有    1 2f x f x ,则称 ( )f x 为“偏 对 称 函 数 ” . 现 给 出 四 个 函 数 : ① 1( ) sinf x x x ; ②  2 2 ( ) ln 1  f x x x ; ③ 3 , 0( ) ln( 1), 0 x xf x x x      ;④ 4 ( ) 1  xf x e x 则“偏对称函数”有___________个. 【答案】1 【解析】由(2)可知当 0x  时, ( ) 0f x  ,当 0x  时, ( ) 0f x  , ( )f x 在 ( ,0) 上单调递减,在 (0, ) 上单调递增, 1 1 5( ) ( ) 02 2f f   , 1( )f x 在 (0, ) 上不单调,故 1( )f x 不满足条件(2), 1( )f x 不是“偏对称函数”; 又 2 2 2 1( ) ( 1 ) 1 f x ln x x ln x x       , 2 ( )f x 在 R 上单调递减,不满足条件(2), 2 ( )f x 不是“偏对称函数”; 对于 3 , 0( ) ( 1), 0 x xf x ln x x     „ ,作出图象如图: 根据图象,满足②;且当 1 20x x  ,且 1 2| | | |x x 时,都有 1 2( ) ( )f x f x ,故其不满足 (3), 3 ( )f x 不是“偏对称函数”; 4 ( ) 1  xf x e x ,显然满足  0 0f  ., 当 0x  时, e 1x  , 4 ( ) 0f x  ,当 0x  时, 0 1xe  , 4 ( ) 0f x  , 则当 0x  时,都有 4 ( ) 0xf x  ,符合条件(2), 因为 4 ( ) 1xf x e   ,函数 4 ( ) 1  xf x e x 在 ( ,0) 上单调递减,在 (0, ) 上单调递 增,由 4 ( )f x 的单调性知,当 2 1 1 20x x x x      时, 24 1 4( ) ( )f x f x  , 2 2 1 2 2 24 4 4 4 2( ) ( ) ( ) ( ) 2x xf x f x f x f x e e x         , 令 ( ) 2x xF x e e x    , 0x  , ( ) 2 2 2 0x x x xF x e e e e        „ , 当且仅当 x xe e 即 0x  时,“  “成立, ( )F x 在[0 , ) 上是减函数, 2( ) (0) 0F x F   ,即 4 41 2( ) ( )f x f x ,符合条件(3),故 4 ( )f x 是“偏对称函数”. 故答案为 1 【名师点睛】解答本题的关键是判断函数 4 ( )f x 是否是“偏对称函数”,关键是判断函数 4 ( )f x 是否满足条件(3). 要构造函数,结合导数和基本不等式的知识分析解答. 73.函数   22 xf x x e  在 2 2 , 有___________个零点. 【答案】 2 【解析】函数  f x 的定义域为 2 2 , ,      2 22 2x xf x x e x e f x       , 所以,函数  f x 在 2 2 , 上为偶函数. 当 0 2x  时,   22 xf x x e ,   4 xf x x e   , 令     4 xg x f x x e   ,则   4 xg x e   . 59 当 0 2ln2x  时,   0g x  ,此时函数  g x 单调递增; 当 2ln 2 2x  时,   0g x  ,此时函数  g x 单调递减. 所以,    max 2ln 2 8ln 2 4 0g x g    , 又  0 1 0g    ,   22 8 0g e   ,  1 4 0g e   , 所以,存在  1 0,1x  ,使得  1 0g x  , 当 10 x x  时,   0f x  ,此时函数  f x 单调递减; 当 1 2x x  时,   0f x  ,此时函数  f x 单调递增.  0 1 0f    ,    1 0 0f x f  ,   22 8 0f e   , 所以,函数  f x 在区间 1,2x 上有一个零点,在区间 10, x 上没有零点, 则函数  f x 在区间 0,2 上只有一个零点, 因此,函数  f x 在区间 2 2 , 上只有两个零点.故答案为 2 . 74.已知对任意的 1 ,1x e     ,总存在唯一的 [ 1,1]y   ,使得 2ln 1 yx x a y e    成立( e 为自然对数的底数),则实数 a 的取值范围是___________. 【答案】 2 ,ee      【解析】令   ln 1f x x x a    , 1 ,1x e     ,    2 , 1,1xg x x e x   . 当 1 ,1x e     时,   1 11 0xf x x x      ,故  f x 在 1 ,1e      为增函数, 故  f x 在 1 ,1e      上的值域为 1 ,a ae     , 又当  1,0x  时,    2 2 0xg x x x e    ,当  0,1x 时,    2 2 0xg x x x e    , 所以  g x 在 1,0 上为减函数,在 0,1 上为增函数. 令  t f x , 因 为 对 任 意 的 1 ,1x e     , 总 存 在 唯 一 的  1,1y   , 使 得 2ln 1 yx x a y e    成立, 故对直线 s t 与函数  s g y 的图象有且只要一个公共点, 而      11 , 0 0, 1g g g ee     ,且  g x 在 1,0 上为减函数,在 0,1 上为增函数, 故 1 t ee   ,所以 1 1a e e a e      ,即 2 a ee   .故答案为 2 ,ee      . 【名师点睛】本题以多元方程解的性质为载体,考查导数在函数性质研究中的应用,在解决 问题的过程中,关键把解的个数合理地转化为动直线与函数图象的位置关系. 75.已知函数 2 3( ) ln ( ) 1 2 f x x x a a        的两个极值点为 1x , 2x ,且 1 2x x ,则    1 2f x f x 的取值范围是___________. 【答案】 3 ln2,4     【解析】因为       21 2 2 12 , 0,x axf x x a xx x           ,且 1x , 2x 是两个极值 点,所以 1x , 2x 是 22 2 1 0x ax   的两个根,所以 1 2 1 2 1, 2x x a x x   , 24 8 0a    满足,因为          2 2 1 2 1 1 2 2ln 1 ln 1f x f x x x a x x a         , 所以         2 21 1 1 2 1 2 1 2 2 1 2 2 ln 2 lnx xf x f x x x x x a x xx x          且 1 2 1 2x x  , 所以     2 2 1 2 1 1 2 2 1 2 ln 2 x x xf x f x x x x    ,所以     1 2 1 1 2 2 1 2 1 1ln 2 2 x x xf x f x x x x       , 因为 1 2 1 2 1, 2x x a x x   ,所以  2 2 1 2 1 2 9 4 1 2 x x a x x       , 61 所以  2 1 2 1 2 1 2 2 1 9+ +2 2 x x x x x x x x    ,所以 1 2 1 2 1 2 5 , 12 x x x x x x    ,所以解得 1 2 10, 2 x x     , 令 1 2 x tx  ,设   1 1 1ln , 0,2 2 2g t t t tt        ,所以    2 2 2 11 1 1 02 2 2 tg t t t t        , 所以  g t 在 10, 2      上单调递减,所以   1 3 ln 22 4g t g       , 所以    1 2 3 ln 24f x f x   ,所以    1 2f x f x 的取值范围是 3 ln2,4     , 故答案为 3 ln2,4     . 【名师点睛】导数中求解双变量问题的一般步骤: (1)先根据已知条件确定出变量 1 2,x x 满足的条件; (2)将待求的问题转化为关于 1 2,x x 的函数问题,同时注意将双变量转化为单变量,具体有 两种可行的方法:①通过将所有涉及 1 2,x x 的式子转化为关于 1 2 x x 的式子,将问题转化为关于 自变量 1 2 x x ( 2 1 x x 亦可)的函数问题;②通过 1 2,x x 的乘积关系,用 1x 表示 2x (用 2x 表示 1x 亦 可),将双变量问题替换为 1x (或 2x )的单变量问题; (3)构造关于 1 2 x x 或 1x 的新函数,同时根据已知条件确定出 1 2 x x 或 1x 的范围即为新函数定义 域,借助新函数的单调性和值域完成问题的分析求解.

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