导数的简单应用(小题)热点一 导数的几何意义与定积分 应用导数的几何意义解题时应注意：(1)f ′(x )与f ′(x 0)的区别与联系，f ′(x 0)表示函数f (x )在x ＝x 0处的导数值，是一个常数； (2)函数在某点处的导数值就是对应曲线在该点处切线的斜率； (3)切点既在原函数的图象上也在切线上.例1 (1)(2019·湖南省三湘名校联考)在二项式⎝⎛⎭⎪⎫x 2＋a 2x 6的展开式中，其常数项是15.如图所示，阴影部分是由曲线y ＝x 2和圆x 2＋y 2＝a 及x 轴在第一象限围成的封闭图形，则封闭图形的面积为( )A.π4＋16B.π4－16C.π4D.16答案 B解析 ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋a 2x 6展开式中，第k 项为T k ＋1＝C k6⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2kx12－3k，令12－3k ＝0，可得k ＝4，即常数项为C 46⎝ ⎛⎭⎪⎫a 24，可得C 46⎝ ⎛⎭⎪⎫a 24＝15，解得a ＝2.曲线y ＝x 2和圆x 2＋y 2＝2在第一象限的交点为(1,1)， 所以阴影部分的面积为π4－ʃ10(x －x 2)d x ＝π4－⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2－13x 310＝π4－16.(2)(2019·许昌、洛阳质检)已知a >0，曲线f (x )＝3x 2－4ax 与g (x )＝2a 2ln x －b 有公共点，且在公共点处的切线相同，则实数b 的最小值为( )A.0B.－1e 2C.－2e 2D.－4e 2答案 B解析 由f (x )＝3x 2－4ax ，得f ′(x )＝6x －4a ， 由g (x )＝2a 2ln x －b ，得g ′(x )＝2a2x.设两曲线的公共点P (x 0，y 0)，x 0>0， 因为两曲线在公共点处的切线相同，所以⎩⎪⎨⎪⎧6x 0－4a ＝2a2x 0，y 0＝3x 20－4ax 0，y 0＝2a 2ln x 0－b ，由6x 0－4a ＝2a2x 0，解得x 0＝a ，x 0＝－13a ， 又a >0，所以x 0＝a ，消去y 0，得b ＝2a 2ln a ＋a 2， 设b ＝h (a )＝2a 2ln a ＋a 2，a >0，h ′(a )＝4a ln a ＋4a ， 令h ′(a )＝0，a ＝1e，又0<a <1e 时，h ′(a )<0，a >1e 时，h ′(a )>0，所以a ＝1e 时h (a )取极小值也是最小值，即b min ＝h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e 2. 跟踪演练1 (1)(2019·长沙模拟)已知函数f (x )＝⎩⎨⎧－x ＋2，x ≤2，1－x －32，2<x ≤4，则定积分()412d f x x ⎰的值为( )A.9＋4π8 B.1＋4π4 C.1＋π2 D.3＋2π4答案 A解析 因为f (x )＝⎩⎨⎧－x ＋2，x ≤2，1－x －32，2<x ≤4，所以()()()424211222d d 123d x x f x x x x =+-⎰⎰⎰－－，＋ ()22211221222d =|x x x x ⨯+⎛⎫-+- ⎪⎝⎭⎰＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12×22＋2×2－⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋2×12＝98， ʃ421－x －32d x 的几何意义为以(3,0)为圆心，以r ＝1为半径的圆，在x 轴上方部分的面积， 因而S ＝12×π×12＝π2，所以()()242122d 123d x x x x +-⎰⎰－＋－＝98＋π2＝9＋4π8. (2)(2019·丹东质检)直线2x －y ＋1＝0与曲线y ＝a e x＋x 相切，则a 等于( ) A.e B.2e C.1 D.2 答案 C解析 设切点为(n ，a e n＋n )，因为y ′＝a e x＋1， 所以切线的斜率为a e n ＋1，切线方程为y －(a e n＋n )＝(a e n＋1)(x －n )， 即y ＝(a e n＋1)x ＋a e n (1－n )， 依题意切线方程为y ＝2x ＋1，故⎩⎪⎨⎪⎧a e n＋1＝2，a e n1－n ＝1，解得a ＝1，n ＝0.热点二 利用导数研究函数的单调性 利用导数研究函数单调性的关键：(1)在利用导数讨论函数的单调区间时，首先要确定函数的定义域； (2)单调区间的划分要注意对导数等于零的点的确认； (3)已知函数单调性求参数范围，要注意导数等于零的情况.例2 (1)(2019·武邑质检)已知函数f (x )的导函数为f ′(x )，若2f (x )＋f ′(x )>2，f (0)＝5，则不等式f (x )－4e－2x>1的解集为( )A.(1，＋∞)B.(－∞，0)C.(－∞，0)∪(1，＋∞)D.(0，＋∞)答案 D解析 设F (x )＝e 2xf (x )－e 2x－4，则F ′(x )＝2e 2x f (x )＋e 2x f ′(x )－2e 2x＝e 2x[2f (x )＋f ′(x )－2]>0，所以函数F (x )＝e 2xf (x )－e 2x－4在R 上为增函数. 又f (0)＝5，所以F (0)＝f (0)－1－4＝0. 又不等式f (x )－4e－2x >1等价于e 2x f (x )－e 2x－4>0，即F (x )>0，解得x >0， 所以不等式的解集为(0，＋∞).(2)已知f (x )＝()x 2＋2ax ln x －12x 2－2ax 在(0，＋∞)上是增函数，则实数a 的取值范围是( )A.{1}B.{－1}C.(0,1]D.[－1,0) 答案 B解析 f (x )＝()x 2＋2ax ln x －12x 2－2ax ，f ′(x )＝2(x ＋a )ln x ，∵f (x )在(0，＋∞)上是增函数， ∴f ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立， 当x ＝1时，f ′(x )＝0满足题意；当x >1时，ln x >0，要使f ′(x )≥0恒成立， 则x ＋a ≥0恒成立.∵x ＋a >1＋a ，∴1＋a ≥0，解得a ≥－1； 当0<x <1时，ln x <0，要使f ′(x )≥0恒成立， 则x ＋a ≤0恒成立，∵x ＋a <1＋a ，∴1＋a ≤0，解得a ≤－1. 综上所述，a ＝－1.跟踪演练2 (1)(2019·咸阳模拟)已知定义在R 上的函数f (x )的导函数为f ′(x )，对任意x ∈(0，π)，有f ′(x )sin x >f (x )cos x ，且f (x )＋f (－x )＝0，设a ＝2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，b ＝2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，c ＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，则( )A.a <b <cB.b <c <aC.a <c <bD.c <b <a答案 A解析 构造函数g (x )＝f xsin x，x ≠k π，k ∈Z，g ′(x )＝f ′x sin x －f x cos xsin 2x>0， 所以函数g (x )在区间(0，π)上是增函数， 因为f (x )＋f (－x )＝0， 即f (x )＝－f (－x )，g (－x )＝f －x－sin x＝f xsin x，所以函数g (x )是偶函数，所以g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6<g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4<g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2， 代入解析式得到2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6<2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4<－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，故a <b <c .(2)(2019·临沂质检)函数f (x )＝12ax 2－2ax ＋ln x 在(1,3)上不单调的一个充分不必要条件是( )A.a ∈⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－12 B.a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，16C.a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫16，12D.a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞ 答案 A解析 函数f (x )＝12ax 2－2ax ＋ln x ，所以f ′(x )＝ax －2a ＋1x ＝ax 2－2ax ＋1x，令g (x )＝ax 2－2ax ＋1，因为函数f (x )在(1,3)上不单调，即g (x )＝ax 2－2ax ＋1在(1,3)上有变号零点，a ＝0时，显然不成立，a ≠0时，只需g (1)·g (3)<0，解得a >1或a <－13，即函数f(x)＝12ax2－2ax＋ln x在(1,3)上不单调的充要条件为a∈⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－13∪(1，＋∞)，它的充分不必要条件即为其一个子集.热点三利用导数研究函数的极值、最值利用导数研究函数的极值、最值应注意的问题：(1)不能忽略函数f(x)的定义域；(2)f′(x0)＝0是可导函数在x＝x0处取得极值的必要不充分条件；(3)函数的极小值不一定比极大值小；(4)函数在区间(a，b)上有唯一极值点，则这个极值点也是最大(小)值点，此结论在导数的实际应用中经常用到.例3 (1)(2019·东北三省三校模拟)若函数f(x)＝e x－ax2在区间(0，＋∞)上有两个极值点x1，x2(0<x1<x2)，则实数a的取值范围是( )A.a≤e2B.a>eC.a≤eD.a>e2答案 D解析f(x)＝e x－ax2，可得f′(x)＝e x－2ax，要使f(x)恰有2个正极值点，则方程e x－2ax＝0有2个不相等的正实数根，即2a＝e xx有两个不同的正根，则g(x)＝e xx，x∈(0，＋∞)，y＝2a的图象在y轴右侧有两个不同的交点，求得g′(x)＝e x x－1x2，由g ′(x )<0，可得g (x )＝e xx 在(0,1)上单调递减，由g ′(x )>0，可得g (x )＝exx在(1，＋∞)上单调递增，g (x )min ＝g (1)＝e ，当x →0时，g (x )→＋∞；当x →＋∞时，g (x )→＋∞， 所以当2a >e ，即a >e2时，g (x )＝exx，y ＝2a 的图象在y 轴右侧有两个不同的交点，所以使函数f (x )＝e x －ax 2在区间(0，＋∞)上有两个极值点x 1，x 2(0<x 1<x 2)，实数a 的取值范围是a >e2.(2)已知点M 在圆C ：x 2＋y 2－4y ＋3＝0上，点N 在曲线y ＝1＋ln x 上，则线段MN 的长度的最小值为________. 答案2－1解析 由题可得C (0,2)，圆C 的半径r ＝1. 设N (t,1＋ln t )(t >0)，令f (t )＝|CN |2，则f (t )＝t 2＋(1－ln t )2(t >0)， 所以f ′(t )＝2t ＋2(1－ln t )⎝ ⎛⎭⎪⎫－1t ＝2t 2＋ln t －1t .令φ(t )＝t 2＋ln t －1(t >0)，易知函数φ(t )在(0，＋∞)上单调递增，且φ(1)＝0， 所以当0<t <1时，f ′(t )<0； 当t >1时，f ′(t )>0，所以f (t )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以f (t )min ＝f (1)＝2. 因为|MN |≥|CN |－1＝2－1， 所以线段MN 的长度的最小值为2－1.跟踪演练3 (1)(2019·天津市和平区质检)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，若f (1)＝0，f ′(1)＝0，但x ＝1不是函数的极值点，则abc 的值为________.答案 9解析 ∵f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ， ∴f ′(1)＝3＋2a ＋b ＝0，① 又f (1)＝1＋a ＋b ＋c ＝0，②由x ＝1不是f (x )的极值点， 得f ′(x )＝0有两个相等的实数根， ∴Δ＝4a 2－12b ＝0，③由①②③解得a ＝－3，b ＝3，c ＝－1， ∴abc ＝9.(2)已知a >0，f (x )＝x e xe x ＋a ，若f (x )的最小值为－1，则a 等于( )A.1e 2B.1eC.eD.e 2 答案 A 解析 由f (x )＝x e xe x＋a， 得f ′(x )＝e x＋x e x e x＋a－x e x ·exe x＋a2＝exe x＋ax ＋a e x ＋a2.令g (x )＝e x＋ax ＋a ，则g ′(x )＝e x＋a >0， ∴g (x )在(－∞，＋∞)上为增函数， 又g (－1)＝1e>0，∴存在x 0<－1，使得g (x 0)＝0， 即0e x＋ax 0＋a ＝0，① ∴f ′(x 0)＝0，∴函数f (x )在(－∞，x 0)上为减函数，在(x 0，＋∞)上为增函数，则f (x )的最小值为f (x 0)＝000e e x x x a+ ＝－1，即000ee .x x a x =--②联立①②，可得x 0＝－2， 代入①，可得a ＝1e2.真题体验1.(2017·全国Ⅱ，理，11)若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)e x－1的极值点，则f(x)的极小值为( )A.－1B.－2e －3C.5e －3D.1 答案 A解析 函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x －1，则f ′(x )＝(2x ＋a )e x －1＋(x 2＋ax －1)·ex －1＝ex －1·[x 2＋(a ＋2)x ＋a －1].由x ＝－2是函数f (x )的极值点，得f ′(－2)＝e －3·(4－2a －4＋a －1)＝(－a －1)e －3＝0，所以a ＝－1.所以f (x )＝(x 2－x －1)ex －1，f ′(x )＝e x －1·(x 2＋x －2).由ex －1>0恒成立，得当x ＝－2或x ＝1时，f ′(x )＝0，且x <－2时，f ′(x )>0；当－2<x <1时，f ′(x )<0； 当x >1时，f ′(x )>0.所以x ＝1是函数f (x )的极小值点. 所以函数f (x )的极小值为f (1)＝－1.2.(2019·全国Ⅰ，理，13)曲线y ＝3(x 2＋x )e x在点(0,0)处的切线方程为________. 答案 y ＝3x解析 因为y ′＝3(2x ＋1)e x ＋3(x 2＋x )e x ＝3(x 2＋3x ＋1)e x，所以曲线在点(0,0)处的切线的斜率k ＝y ′|x ＝0＝3，所以所求的切线方程为y ＝3x .3.(2018·全国Ⅰ，理，16)已知函数f (x )＝2sin x ＋sin 2x ，则f (x )的最小值是________. 答案 －332解析 f ′(x )＝2cos x ＋2cos 2x ＝2cos x ＋2(2cos 2x －1) ＝2(2cos 2x ＋cos x －1)＝2(2cos x －1)(cos x ＋1). ∵cos x ＋1≥0，∴当cos x <12时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当cos x >12时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，∴当cos x ＝12时，f (x )有最小值.又f (x )＝2sin x ＋sin 2x ＝2sin x (1＋cos x )， ∴当sin x ＝－32时，f (x )有最小值，即f (x )min ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－32×⎝⎛⎭⎪⎫1＋12＝－332.押题预测1.已知⎝⎛⎭⎪⎫a x －x 6展开式的常数项为15，则(d a a x x -+⎰等于( )A.πB.2＋πC.π2 D.2＋π2答案 C解析 由⎝ ⎛⎭⎪⎫a x －x 6的展开式的通项为T k ＋1＝C k6·(－1)k·a 6－k·362k x-，令3k －62＝0，求得k ＝2，故常数项为C 26·a 4＝15， 可得a ＝±1，∴(d aax x -+⎰＝ʃ1－1x d x ＋ʃ1－11－x 2d x ＝ʃ1－11－x 2d x ，由定积分的几何意义可知ʃ1－11－x 2d x 为x 2＋y 2＝1在x 轴上方的面积，即单位圆面积的一半，∴(πd 2aax x -=.⎰2.已知奇函数f (x )的导函数为f ′(x )，当x >0时，xf ′(x )＋f (x )>0，若a ＝f (1)，b ＝1e f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，c ＝－e f (－e)，则a ，b ，c 的大小关系是( )A.a <b <cB.b <c <aC.a <c <bD.b <a <c答案 D解析 令g (x )＝xf (x )，则g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立， ∴g (x )为(0，＋∞)上的单调递增函数， 又g (－x )＝－xf (－x )＝xf (x )＝g (x )， ∴g (x )为偶函数， ∴－e f (－e)＝e f (e)， ∵e>1>1e，∴g (e)>g (1)>g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ， ∴e f (e)>f (1)>1ef⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ， 即－e f (－e)>f (1)>1e f⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ， ∴b <a <c .3.已知函数f (x )＝(x －3)e x＋a (2ln x －x ＋1)在(1，＋∞)上有两个极值点，且f (x )在(1,2)上单调递增，则实数a 的取值范围是( ) A.(e ，＋∞) B.(e,2e 2)C.(2e 2，＋∞) D.(e,2e 2)∪(2e 2，＋∞)答案 C解析 由题意，函数f (x )＝(x －3)e x＋a (2ln x －x ＋1)，可得f ′(x )＝e x ＋(x －3)e x＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x－1＝(x －2)⎝ ⎛⎭⎪⎫e x －a x ＝(x －2)·⎝ ⎛⎭⎪⎫x e x－a x ，又由函数f (x )在(1，＋∞)上有两个极值点， 则f ′(x )＝0在(1，＋∞)上有两个不同的实数根，即(x －2)·⎝ ⎛⎭⎪⎫x e x－a x ＝0在(1，＋∞)上有两个解， 即x e x－a ＝0在(1，＋∞)上有不等于2的解， 令g (x )＝x e x ，x >1，则g ′(x )＝(x ＋1)e x>0， 所以函数g (x )＝x e x在(1，＋∞)上为单调递增函数， 所以a >g (1)＝e 且a ≠g (2)＝2e 2， 又由f (x )在(1,2)上单调递增， 则f ′(x )≥0在(1,2)上恒成立，即(x －2)·⎝ ⎛⎭⎪⎫x e x－a x ≥0在(1,2)上恒成立，即x e x－a ≤0在(1,2)上恒成立， 即a ≥x e x在(1,2)上恒成立，又由函数g (x )＝x e x在(1，＋∞)上为单调递增函数， 所以a >g (2)＝2e 2，综上所述，可得实数a 的取值范围是a >2e 2， 即a ∈(2e 2，＋∞).A 组 专题通关1.设函数y ＝x sin x ＋cos x 的图象在点()t ，f t 处切线的斜率为g (t )，则函数y ＝g (t )的图象一部分可以是( )答案 A解析 因为y ＝x sin x ＋cos x 的导数为y ′＝x cos x ， 所以g (t )＝t cos t ，由g (－t )＝－t cos t ＝－g (t )，知函数g (t )为奇函数， 所以排除B ，D 选项，当从y 轴右侧t →0时，cos t >0，t >0， 所以g (t )>0，故选A.2.(2019·甘青宁联考)若直线y ＝kx －2与曲线y ＝1＋3ln x 相切，则k 等于( ) A.3 B.13 C.2 D.12答案 A解析 设切点为(x 0，kx 0－2)，∵y ＝1＋3ln x 的导数为y ′＝3x，∴⎩⎪⎨⎪⎧3x 0＝k ， ①kx 0－2＝1＋3ln x 0， ②由①得kx 0＝3，代入②得1＋3ln x 0＝1， 则x 0＝1，k ＝3.3.(2019·怀化模拟)在(1＋x )4(2x －1)的展开式中，x 2项的系数为a ，则ʃa 0(e x＋2x )d x 的值为( ) A.e ＋1 B.e ＋2 C.e 2＋3 D.e 2＋4答案 C解析 因为(1＋x )4(2x －1)＝2x (1＋x )4－(1＋x )4， (1＋x )4展开式的通项为T k ＋1＝C k 4x k，所以在(1＋x )4(2x －1)的展开式中，x 2项的系数为2C 14－C 24＝2， 即a ＝2；所以ʃa 0(e x ＋2x )d x ＝ʃ20(e x＋2x )d x ＝(e x ＋x 2)|20＝(e 2＋22)－e 0＝e 2＋3.4.(2019·全国Ⅲ)已知曲线y ＝a e x＋x ln x 在点(1，a e)处的切线方程为y ＝2x ＋b ，则( ) A.a ＝e ，b ＝－1 B.a ＝e ，b ＝1 C.a ＝e －1，b ＝1 D.a ＝e －1，b ＝－1答案 D解析 因为y ′＝a e x＋ln x ＋1，所以y ′|x ＝1＝a e ＋1，所以曲线在点(1，a e)处的切线方程为y －a e ＝(a e ＋1)(x －1)，即y ＝(a e ＋1)x －1，所以⎩⎪⎨⎪⎧a e ＋1＝2，b ＝－1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝e －1，b ＝－1.5.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f (0)＝12，则不等式f (x )－12e x<0的解集为( )A.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，12 B.(0，＋∞) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞D.(－∞，0)答案 B解析 构造函数g (x )＝f xex， 则g ′(x )＝f ′x －f xex，因为f ′(x )<f (x )，所以g ′(x )<0， 故函数g (x )在R 上为减函数， 又f (0)＝12，所以g (0)＝f 0e＝12， 则不等式f (x )－12e x <0可化为f xe x<12， 即g (x )<12＝g (0)，所以x >0，即所求不等式的解集为(0，＋∞).6.(2019·广州测试)已知函数f (x )满足f (x )＝f ′(1)·e x －1－f (0)x ＋12x 2，则f (x )的单调递增区间为( ) A.(－∞，0) B.(－∞，1) C.(1，＋∞) D.(0，＋∞)答案 D解析 由题意得f ′(x )＝f ′(1)ex －1－f (0)＋x ，令x ＝1，则f ′(1)＝f ′(1)－f (0)＋1， ∴f (0)＝1，令x ＝0，则f (0)＝f ′(1)e －1， ∴f ′(1)＝e ， ∴f (x )＝e x－x ＋12x 2，∴f ′(x )＝e x－1＋x ，令g (x )＝e x －1＋x ，则g ′(x )＝e x＋1>0. ∴g (x )为增函数， 又g (0)＝0，∴当x >0时，g (x )>0，即f ′(x )>0， 即f (x )在(0，＋∞)上单调递增.7.若函数f (x )＝e x－x 2－ax (其中e 是自然对数的底数)的图象在x ＝0处的切线方程为y ＝2x ＋b ，则函数g (x )＝f ′x －bx在(0，＋∞)上的最小值为( )A.－1B.eC.e －2D.e 2答案 C解析 因为f ′(x )＝e x－2x －a ， 所以f ′(0)＝1－a .由题意知1－a ＝2，解得a ＝－1， 因此f (x )＝e x－x 2＋x ，而f (0)＝1， 于是1＝2×0＋b ，解得b ＝1，因此g (x )＝f ′x －b x ＝e x －2x ＋1－1x ＝e x －2xx，所以g ′(x )＝exx －1x 2， 令g ′(x )＝0得x ＝1，当0<x <1时，g ′(x )<0，g (x )为减函数； 当x >1时，g ′(x )>0，g (x )为增函数， 故g (x )在x ＝1处取得极小值，即g (x )在(0，＋∞)上的最小值为g (1)＝e －2.8.若曲线y ＝x －ln x 与曲线y ＝ax 3＋x ＋1在公共点处有相同的切线，则实数a 等于( ) A.e 23 B.－e 23 C.－e 3 D.e 3 答案 B解析 设两曲线的公共点为P (m ，n )，m >0， 由y ＝x －ln x ，得y ′＝1－1x，则曲线y ＝x －ln x 在点P (m ，n )处的切线的方程为y －m ＋ln m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1m (x －m )，即y ＝⎝⎛⎭⎪⎫1－1mx ＋1－ln m .由y ＝ax 3＋x ＋1，得y ′＝3ax 2＋1，则曲线y ＝ax 3＋x ＋1在点P (m ，n )处的切线的方程为y －am 3－m －1＝(3am 2＋1)(x －m )，即y ＝(3am 2＋1)x －2am 3＋1， 所以⎩⎪⎨⎪⎧1－1m ＝3am 2＋1，1－ln m ＝－2am 3＋1，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝32e ,-a ＝－e23.9.(2019·岳阳模拟)已知M ＝{α|f (α)＝0}，N ＝{β|g (β)＝0}，若存在α∈M ，β∈N ，使|α－β|<n ，则称函数f (x )与g (x )互为“n 度零点函数”.若f (x )＝32－x－1与g (x )＝x2－a e x互为“1度零点函数”，则实数a 的取值范围为( )A.⎝ ⎛⎦⎥⎤1e 2，4eB.⎝ ⎛⎦⎥⎤1e ，4e 2C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫4e 2，2e D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e 3，2e 2 答案 B解析 由题意可知f (2)＝0，且f (x )在R 上单调递减， 所以函数f (x )只有一个零点2. 即|2－β|<1，得1<β<3.函数g (x )＝x 2－a e x在区间(1,3)上存在零点， 由x 2－a e x＝0，得a ＝x 2ex .令h (x )＝x 2e x ，x ∈(1,3)，h ′(x )＝2x －x 2e x ＝x 2－xe x， 所以h (x )在区间(1,2)上单调递增，在区间(2,3)上单调递减，h (1)＝1e ，h (2)＝4e 2，h (3)＝9e 3>1e，所以只需a ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤1e ，4e 2. 10.(2019·四川省六市联考)若函数y ＝e x －e －x(x >0)的图象始终在射线y ＝ax (x >0)的上方，则a 的取值范围是( ) A.(－∞，e] B.(－∞，2] C.(0,2] D.(0，e]答案 B解析 依题意设f (x )＝e x －e －x， 则f ′(x )＝e x ＋e －x>0， 故函数在x >0时为递增函数，且易知当x >0时f ′(x )＝e x ＋e －x单调递增， 当x →0时，f ′(0)→2， 故f ′(x )>2，而a 是直线y ＝ax 的斜率，直线过原点，要使函数y ＝e x－e －x(x >0)的图象始终在射线y ＝ax (x >0)的上方，则需a ≤2. 11.(2019·吉林调研)设函数f (x )在R 上存在导函数f ′(x )，对任意实数x ，都有f (x )＝f (－x )＋2x ，当x <0时，f ′(x )<2x ＋1，若f (1－a )≤f (－a )＋2－2a ，则实数a 的最小值为( )A.－1B.－12C.12 D.1答案 C解析 设g (x )＝f (x )－x 2－x ， 则g ′(x )＝f ′(x )－2x －1，因为当x <0时，f ′(x )<2x ＋1，则g ′(x )<0， 所以当x <0时，g (x )为单调递减函数， 因为g (x )＝f (x )－x 2－x ， 所以g (－x )＝f (－x )－x 2＋x ， 又因为f (x )＝f (－x )＋2x ，所以g (x )－g (－x )＝f (x )－f (－x )－2x ＝0， 即g (x )为偶函数，将不等式f (1－a )≤f (－a )＋2－2a ， 等价变形得f (1－a )－(1－a )2－(1－a ) ≤f (－a )－(－a )2－(－a )， 即g (1－a )≤g (－a )，又因为g (x )为偶函数，且在(－∞，0)上单调递减， 则在(0，＋∞)上单调递增，|1－a |≤|a |，解得a ≥12，所以a 的最小值为12.12.(2019·江淮联考)若对∀x 1，x 2∈(m ，＋∞)，且x 1<x 2，都有x 1ln x 2－x 2ln x 1x 2－x 1<1，则m 的最小值是( )注：(e 为自然对数的底数，即e ＝2.718 28…) A.1e B.e C.1 D.3e 答案 C解析 由题意，当0≤m <x 1<x 2时， 由x 1ln x 2－x 2ln x 1x 2－x 1<1，等价于x 1ln x 2－x 2ln x 1<x 2－x 1， 即x 1ln x 2＋x 1<x 2ln x 1＋x 2， 故x 1(ln x 2＋1)<x 2(ln x 1＋1)， 故ln x 2＋1x 2<ln x 1＋1x 1，令f (x )＝ln x ＋1x，则f (x 2)<f (x 1)，又∵x 2>x 1>m ≥0，故f (x )在(m ，＋∞)上递减， 又由f ′(x )＝－ln xx 2，当f ′(x )<0，解得x >1，故f (x )在(1，＋∞)上递减，故m ≥1.13.(2019·福建适应性练习)已知定义在R 上的函数f (x )＝ex ＋1－e x ＋x 2＋2m (x －1)(m >0)，当x 1＋x 2＝1时，不等式f (x 1)≥f (x 2)恒成立，则实数x 1的取值范围为________.答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞解析 由f (x 1)≥f (x 2)， 可得111e e xx ＋－＋x 21＋2m (x 1－1)≥221ee x x ＋－＋x 22＋2m (x 2－1)，即()()121211e e e e x x x x -＋＋－－＋(x 21－x 22)＋2m (x 1－x 2)≥0.因为x 1＋x 2＝1，所以问题可转化为()()1111121e e e e x x x x -＋－－－－＋(2m ＋1)(2x 1－1)≥0恒成立， 记g (x )＝(ex ＋1－e2－x)－(e x －e1－x)＋(2m ＋1)(2x －1)，g ′(x )＝(e x ＋1＋e 2－x )－(e x ＋e 1－x )＋2(2m ＋1)＝(ex ＋1－e x )＋(e2－x－e1－x)＋2(2m ＋1)＝e x (e －1)＋e 2－x(1－e －1)＋2(2m ＋1)>0，所以g (x )在R 上单调递增.又g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝0， 所以当x ≥12时，g (x )≥0恒成立，即实数x 1的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞. 14.分别在曲线y ＝ln x 与直线y ＝2x ＋6上各取一点M 与N ，则|MN |的最小值为________. 答案()7＋ln 255解析 由y ＝ln x (x >0)，得y ′＝1x ，令1x＝2，即x ＝12，y ＝ln 12＝－ln 2，则曲线y ＝ln x 上与直线y ＝2x ＋6平行的切线的切点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－ln 2，由点到直线的距离公式得d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2×12＋ln 2＋65＝()7＋ln 255，即|MN |min ＝()7＋ln 255.15.(2019·衡水调研)已知函数f (x )＝12x 2＋tan θx ＋3⎝ ⎛⎭⎪⎫θ≠π2，在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－33，1上是单调函数，其中θ是直线l 的倾斜角，则θ的所有可能取值区间为________.答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫π6，π2∪⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，3π4解析 f ′(x )＝x ＋tan θ，θ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2∪⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π， 因为f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－33，1上是单调函数， 则有f ′(x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－33，1恒大于等于0或恒小于等于0， 若f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－33，1上单调递减，则f ′(x )≤0， f ′(1)＝1＋tan θ≤0，故tan θ≤－1，即θ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，3π4， 若f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－33，1上单调递增， 则f ′(x )≥0，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫－33＝－33＋tan θ≥0， 所以tan θ≥33，即θ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫π6，π2， 综上所述，θ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫π6，π2∪⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，3π4.16.已知函数f (x )＝mx 2＋2x －2ex，m ∈[]1，e ，x ∈[1,2]，g (m )＝f (x )max －f (x )min ，则关于m的不等式g (m )≥4e2的解集为________.答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤24－e ，e解析 由f (x )＝mx 2＋2x －2ex，得f ′(x )＝()2mx ＋2e x －()mx 2＋2x －2e x()e x 2＝2mx ＋2－mx 2－2x ＋2e x＝－mx 2＋()2－2m x －4e x＝－()mx ＋2x －2ex，∵m ∈[]1，e ，x ∈[1,2]，∴f ′(x )≥0，因此函数f (x )在区间[1,2]上单调递增， ∴f (x )max ＝f (2)＝4m ＋2e 2，f (x )min ＝f (1)＝me ，从而g (m )＝f (x )max －f (x )min ＝4m ＋2e 2－m e ＝4m ＋2－m ee 2， 令4m ＋2－m e e 2≥4e 2，得m ≥24－e， 又m ∈[1，e]，∴m ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤24－e ，e . 故不等式g (m )≥4e 2的解集为⎣⎢⎡⎦⎥⎤24－e ，e .B 组 能力提高17.已知函数f (x )的导函数f ′(x )满足(x ＋x ln x )f ′(x )<f (x )对x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞恒成立，则下列不等式中一定成立的是( ) A.2f (1)>f (e) B.e 2f (1)>f (e) C.2f (1)<f (e) D.e f (1)<f (e)答案 A 解析 令g (x )＝f x1＋ln x ，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞，由(x ＋x ln x )f ′(x )<f (x )， 得(1＋ln x )f ′(x )－1xf (x )<0，又g ′(x )＝f ′x1＋ln x －fx1x1＋ln x2，则g ′(x )<0，故g (x )在x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递减； 故g (e)<g (1)，即f e2<f 11，∴2f (1)>f (e).18.(2019·洛阳统考)若函数f (x )＝e x－(m ＋1)ln x ＋2(m ＋1)x －1恰有两个极值点，则实数m 的取值范围为( )A.(－e 2，－e) B.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－e 2C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－12D.()－∞，－e －1答案 D解析 由题可得f ′(x )＝e x－m ＋1x＋2(m ＋1)，x >0， 因为函数f (x )＝e x－(m ＋1)ln x ＋2(m ＋1)x －1恰有两个极值点， 所以函数f ′(x )＝e x－m ＋1x＋2(m ＋1)(x >0)有两个不同的变号零点. 令e x－m ＋1x＋2(m ＋1)＝0， 等价转化成x e x1－2x ＝m ＋1(x >0)有两个不同的实数根，记h (x )＝x e x1－2x，所以h ′(x )＝x e x ′1－2x －x e x 1－2x ′1－2x2＝－e x2x ＋1x －11－2x2，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12时，h ′(x )>0， 此时函数h (x )在此区间上递增，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1时，h ′(x )>0， 此时函数h (x )在此区间上递增， 当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )<0， 此时函数h (x )在此区间上递减， 作出h (x )＝x e x1－2x的简图如图，要使得x e x1－2x＝m＋1有两个不同的实数根，则h(1)>m＋1，即－e>m＋1，整理得m<－1－e.。