【师说】2017高考数学(理)二轮专题复习(检测)-专题二函数与导数：课时巩固过关练(六)

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新(全国甲卷)2017版高考数学大二轮总复习与增分策略专题二函数与导数第4讲导数的热点问题练习理

第4讲导数的热点问题(2016·课标全国乙)已知函数f (x )＝(x －2)e x＋a (x －1)2有两个零点． (1)求a 的取值范围；(2)设x 1，x 2是f (x )的两个零点，证明：x 1＋x 2<2. 解 (1)f ′(x )＝(x －1)e x＋2a (x －1)＝(x －1)(e x ＋2a )． ①设a ＝0，则f (x )＝(x －2)e x，f (x )只有一个零点． ②设a >0，则当x ∈(－∞，1)时，f ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，所以f (x )在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．又f (1)＝－e ，f (2)＝a ，取b 满足b <0且b <ln a2，则f (b )>a 2(b －2)＋a (b －1)2＝a ⎝⎛⎭⎪⎫b 2－32b >0，故f (x )存在两个零点．③设a <0，由f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝ln(－2a )．若a ≥－e2，则ln(－2a )≤1，故当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，因此f (x )在(1，＋∞)上单调递增．又当x ≤1时，f (x )<0，所以f (x )不存在两个零点．若a <－e2，则ln(－2a )>1，故当x ∈(1，ln(－2a ))时，f ′(x )<0；当x ∈(ln(－2a )，＋∞)时，f ′(x )>0，因此f (x )在(1，ln(－2a ))上单调递减，在(ln(－2a )，＋∞)上单调递增．又当x ≤1时，f (x )<0，所以f (x )不存在两个零点．综上，a 的取值范围为(0，＋∞)．(2)不妨设x 1<x 2，由(1)知，x 1∈(－∞，1)，x 2∈(1，＋∞)，2－x 2∈(－∞，1)，f (x )在(－∞，1)上单调递减，所以x 1＋x 2<2等价于f (x 1)>f (2－x 2)，即f (2－x 2)<0. 由于222222(2)e(1)x f x x a x －－＝－＋－，而()2e 2222(2)(1)0x f x x a x ＝－＋－＝，所以222222(2)e (2)e .x x f x x x －－＝－－－设g (x )＝－x e2－x－(x －2)e x，则g ′(x )＝(x －1)(e 2－x－e x)，所以当x >1时，g ′(x )<0，而g (1)＝0，故当x >1时，g (x )<0，从而g (x 2)＝f (2－x 2)<0，故x 1＋x 2<2.利用导数探求函数的极值、最值是函数的基本问题，高考中常与函数零点、方程根及不等式相结合，难度较大.热点一利用导数证明不等式用导数证明不等式是导数的应用之一，可以间接考查用导数判定函数的单调性或求函数的最值，以及构造函数解题的能力．例1 (2015·北京)已知函数f (x )＝ln 1＋x1－x .(1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)求证：当x ∈(0,1)时，f (x )＞2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33； (3)设实数k 使得f (x )＞k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33对x ∈(0,1)恒成立，求k 的最大值． (1)解因为f (x )＝ln(1＋x )－ln(1－x )，所以f ′(x )＝11＋x ＋11－x，f ′(0)＝2.又因为f (0)＝0，所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝2x .(2)证明令g (x )＝f (x )－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33，则g ′(x )＝f ′(x )－2(1＋x 2)＝2x41－x2.因为g ′(x )>0(0<x <1)，所以g (x )在区间(0,1)上单调递增．所以g (x )>g (0)＝0，x ∈(0,1)，即当x ∈(0,1)时，f (x )>2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33. (3)解由(2)知，当k ≤2时，f (x )>k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33对x ∈(0,1)恒成立．当k >2时，令h (x )＝f (x )－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33，则h ′(x )＝f ′(x )－k (1＋x 2)＝kx 4－k －1－x2.所以当0<x < 4k －2k时，h ′(x )<0，因此h (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0， 4k －2k 上单调递减．当0<x < 4k －2k时，h (x )<h (0)＝0，即f (x )<k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33.所以当k >2时，f (x )>k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33并非对x ∈(0,1)恒成立．综上可知，k 的最大值为2. 思维升华用导数证明不等式的方法(1)利用单调性：若f (x )在[a ，b ]上是增函数，则①∀x ∈[a ，b ]，则f (a )≤f (x )≤f (b )，②对∀x 1，x 2∈[a ，b ]，且x 1<x 2，则f (x 1)<f (x 2)．对于减函数有类似结论．(2)利用最值：若f (x )在某个范围D 内有最大值M (或最小值m )，则对∀x ∈D ，则f (x )≤M (或f (x )≥m )．(3)证明f (x )<g (x )，可构造函数F (x )＝f (x )－g (x )，证明F (x )<0. 跟踪演练1 已知函数f (x )＝a ln x ＋1(a >0)．(1)当x >0时，求证：f (x )－1≥a ⎝⎛⎭⎪⎫1－1x ；(2)在区间(1，e)上f (x )>x 恒成立，求实数a 的取值范围．(1)证明设φ(x )＝f (x )－1－a ⎝⎛⎭⎪⎫1－1x＝a ln x －a ⎝⎛⎭⎪⎫1－1x (x >0)，则φ′(x )＝a x －ax2.令φ′(x )＝0，则x ＝1，当0<x <1时，φ′(x )<0，所以φ(x )在(0,1)上单调递减；当x >1时，φ′(x )>0，所以φ(x )在(1，＋∞)上单调递增，故φ(x )在x ＝1处取到极小值也是最小值，故φ(x )≥φ(1)＝0，即f (x )－1≥a ⎝⎛⎭⎪⎫1－1x .(2)解由f (x )>x 得a ln x ＋1>x ，即a >x －1ln x .令g (x )＝x －1ln x (1<x <e)，则g ′(x )＝ln x －x －1x x 2.令h (x )＝ln x －x －1x (1<x <e)，则h ′(x )＝1x －1x2>0，故h (x )在区间(1，e)上单调递增，所以h (x )>h (1)＝0.因为h (x )>0，所以g ′(x )>0，即g (x )在区间(1，e)上单调递增，则g (x )<g (e)＝e －1，即x －1ln x<e －1，所以a 的取值范围为[e －1，＋∞)．热点二利用导数讨论方程根的个数方程的根、函数的零点、函数图象与x 轴的交点的横坐标是三个等价的概念，解决这类问题可以通过函数的单调性、极值与最值，画出函数图象的走势，通过数形结合思想直观求解．例2 设函数f (x )＝ln x ＋m x，m ∈R .(1)当m ＝e(e 为自然对数的底数)时，求f (x )的极小值； (2)讨论函数g (x )＝f ′(x )－x3零点的个数．解 (1)由题设，当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋ex(x >0)，则f ′(x )＝x －ex 2(x >0)， ∴当x ∈(0，e)时，f ′(x )<0，f (x )在(0，e)上单调递减，当x ∈(e，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在(e ，＋∞)上单调递增， ∴当x ＝e 时，f (x )取得极小值f (e)＝ln e ＋ee ＝2，∴f (x )的极小值为2.(2)由题设g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x3(x >0)，令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x >0)．设φ(x )＝－13x 3＋x (x >0)，则φ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1)，当x ∈(0,1)时，φ′(x )>0，φ(x )在(0,1)上单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )<0，φ(x )在(1，＋∞)上单调递减．∴x ＝1是φ(x )的唯一极值点，且是极大值点，因此x ＝1也是φ(x )的最大值点， ∴φ(x )的最大值为φ(1)＝23.又φ(0)＝0，结合y ＝φ(x )的图象(如图)，可知①当m >23时，函数g (x )无零点；②当m ＝23时，函数g (x )有且只有一个零点；③当0<m <23时，函数g (x )有两个零点；④当m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点．综上所述，当m >23时，函数g (x )无零点；当m ＝23或m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点；当0<m <23时，函数g (x )有两个零点．思维升华 (1)函数y ＝f (x )－k 的零点问题，可转化为函数y ＝f (x )和直线y ＝k 的交点问题． (2)研究函数y ＝f (x )的值域，不仅要看最值，而且要观察随x 值的变化y 值的变化趋势．跟踪演练2 已知函数f (x )＝2ln x －x 2＋ax (a ∈R )． (1)当a ＝2时，求f (x )的图象在x ＝1处的切线方程；(2)若函数g (x )＝f (x )－ax ＋m 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上有两个零点，求实数m 的取值范围．解 (1)当a ＝2时，f (x )＝2ln x －x 2＋2x ，f ′(x )＝2x－2x ＋2，切点坐标为(1,1)，切线的斜率k ＝f ′(1)＝2，则切线方程为y －1＝2(x －1)，即2x －y －1＝0. (2)g (x )＝2ln x －x 2＋m ，则g ′(x )＝2x－2x ＝－x ＋x －x.因为x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e ，所以当g ′(x )＝0时，x ＝1. 当1e <x <1时，g ′(x )>0；当1<x <e 时，g ′(x )<0. 故g (x )在x ＝1处取得极大值g (1)＝m －1. 又g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝m －2－1e 2，g (e)＝m ＋2－e 2，g (e)－g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝4－e 2＋1e2<0，则g (e)<g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，所以g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最小值是g (e)． g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e，e 上有两个零点的条件是⎩⎪⎨⎪⎧g ＝m －1>0，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝m －2－1e 2≤0，解得1<m ≤2＋1e2，所以实数m 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤1，2＋1e 2.热点三利用导数解决生活中的优化问题生活中的实际问题受某些主要变量的制约，解决生活中的优化问题就是把制约问题的主要变量找出来，建立目标问题即关于这个变量的函数，然后通过研究这个函数的性质，从而找到变量在什么情况下可以达到目标最优．例3 某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度)．设该蓄水池的底面半径为r 米，高为h 米，体积为V 立方米．假设建造成本仅与表面积有关，侧面的建造成本为100元/平方米，底面的建造成本为160元/平方米，该蓄水池的总建造成本为12 000π元(π为圆周率)． (1)将V 表示成r 的函数V (r )，并求该函数的定义域；(2)讨论函数V (r )的单调性，并确定r 和h 为何值时该蓄水池的体积最大．解 (1)因为蓄水池侧面的总成本为100·2πrh ＝200πrh (元)，底面的总成本为160πr 2元．所以蓄水池的总成本为(200πrh ＋160πr 2)元．又根据题意得200πrh ＋160πr 2＝12 000π，所以h ＝15r(300－4r 2)，从而V (r )＝πr 2h ＝π5(300r －4r 3)．因为r >0，又由h >0可得r <53，故函数V (r )的定义域为(0,53)．(2)因为V (r )＝π5(300r －4r 3)，故V ′(r )＝π5(300－12r 2)，令V ′(r )＝0，解得r 1＝5，r 2＝－5(因为r 2＝－5不在定义域内，舍去)．当r ∈(0,5)时，V ′(r )>0，故V (r )在(0,5)上为增函数；当r ∈(5,53)时，V ′(r )<0，故V (r )在(5,53)上为减函数．由此可知，V (r )在r ＝5处取得最大值，此时h ＝8. 即当r ＝5，h ＝8时，该蓄水池的体积最大．思维升华利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤(1)建模：分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y ＝f (x )．(2)求导：求函数的导数f ′(x )，解方程f ′(x )＝0.(3)求最值：比较函数在区间端点和使f ′(x )＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值．(4)作答：回归实际问题作答．跟踪演练3 统计表明，某种型号的汽车在匀速行驶中每小时耗油量y (升)，关于行驶速度x (千米/小时)的函数解析式可以表示为：y ＝1128 000x 3－380x ＋8(0<x ≤120)．已知甲、乙两地相距100千米．(1)当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地要耗油多少升？ (2)当汽车以多大的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少？最少为多少升？解 (1)当x ＝40时，汽车从甲地到乙地行驶了10040＝2.5(小时)，要耗油(1128 000×403－380×40＋8)×2.5＝17.5(升)．所以，当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油17.5升． (2)当速度为x 千米/小时时，汽车从甲地到乙地行驶了100x小时，设耗油量为h (x )升，依题意得h (x )＝(1128 000x 3－380x ＋8)100x＝11 280x 2＋800x －154(0<x ≤120)， h ′(x )＝x640－800x 2＝x 3－800×640640x 2(0<x ≤120)，令h ′(x )＝0得x ＝80，当x ∈(0,80)时，h ′(x )<0，h (x )是减函数；当x ∈(80,120]时，h ′(x )>0，h (x )是增函数，当x ＝80时，h (x )取到极小值h (80)＝11.25，因为h (x )在(0,120)上只有一个极值，所以它是最小值．故当汽车以80千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少，最少为11.25升.已知函数f (x )＝12x 2－(2a ＋2)x ＋(2a ＋1)ln x .(1)当a ＝0时，求曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程； (2)求f (x )的单调区间；(3)对任意的a ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤32，52，x 1，x 2∈[1,2]，恒有|f (x 1)－f (x 2)|≤λ|1x 1－1x 2|，求正实数λ的取值范围．押题依据有关导数的综合应用试题多考查导数的几何意义、导数与函数的单调性、导数与不等式等基础知识和基本方法，考查分类整合思想、转化与化归思想等数学思想方法．本题的命制正是根据这个要求进行的，全面考查了考生综合求解问题的能力．解 (1)当a ＝0时，f (x )＝12x 2－2x ＋ln x ，f ′(x )＝x －2＋1x ，且f (1)＝－32，f ′(1)＝0，故曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程为y ＝－32.(2)f ′(x )＝x －(2a ＋2)＋2a ＋1x＝[x －a ＋x －x，x >0.①当2a ＋1≤0，即a ≤－12时，函数f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增；②当0<2a ＋1<1，即－12<a <0时，函数f (x )在(2a ＋1,1)上单调递减，在(0,2a ＋1)，(1，＋∞)上单调递增；③当2a ＋1＝1，即a ＝0时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；④当2a ＋1>1，即a >0时，函数f (x )在(1,2a ＋1)上单调递减，在(0,1)，(2a ＋1，＋∞)上单调递增．(3)根据(2)，当a ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤32，52时，函数f (x )在[1,2]上单调递减．若x 1＝x 2，则不等式|f (x 1)－f (x 2)|≤λ|1x 1－1x 2|对任意正实数λ恒成立，此时λ∈(0，＋∞)．若x 1≠x 2，不妨设1≤x 1<x 2≤2，则f (x 1)>f (x 2)，1x 1>1x 2，原不等式即f (x 1)－f (x 2)≤λ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1－1x 2，即f (x 1)－λx 1≤f (x 2)－λx 2对任意的a ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤32，52，x 1，x 2∈[1,2]恒成立，设g (x )＝f (x )－λx ，则对任意的a ∈[32，52]，x 1，x 2∈[1,2]，不等式g (x 1)≤g (x 2)恒成立，即函数g (x )在[1,2]上为增函数，故g ′(x )≥0对任意的a ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤32，52，x ∈[1,2]恒成立． g ′(x )＝x －(2a ＋2)＋2a ＋1x ＋λx2≥0，即x 3－(2a ＋2)x 2＋(2a ＋1)x ＋λ≥0，即(2x －2x 2)a ＋x 3－2x 2＋x ＋λ≥0对任意的a ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤32，52恒成立．由于x ∈[1,2]，2x －2x 2≤0，故只要(2x －2x 2)×52＋x 3－2x 2＋x ＋λ≥0，即x 3－7x 2＋6x ＋λ≥0对任意的x ∈[1,2]恒成立．令h (x )＝x 3－7x 2＋6x ＋λ，x ∈[1,2]，则h ′(x )＝3x 2－14x ＋6<0恒成立，故函数h (x )在区间[1,2]上是减函数，所以h (x )min ＝h (2)＝λ－8，只要λ－8≥0即可，即λ≥8，故实数λ的取值范围是[8，＋∞)．A 组专题通关1．函数f (x )的定义域为R ，f (－1)＝3，对任意x ∈R ，f ′(x )<3，则f (x )>3x ＋6的解集为( ) A ．(－1,1) B ．(－1，＋∞) C ．(－∞，－1) D ．(－∞，＋∞)答案 C解析设g (x )＝f (x )－(3x ＋6)，则g ′(x )＝f ′(x )－3<0，所以g (x )为减函数，又g (－1)＝f (－1)－3＝0，所以根据单调性可知g (x )>0的解集是{x |x <－1}． 2．设a >0，b >0，e 是自然对数的底数( ) A ．若e a ＋2a ＝e b＋3b ，则a >b B ．若e a ＋2a ＝e b＋3b ，则a b D ．若e a －2a ＝e b－3b ，则a e b＋3b ，令函数f (x )＝e x＋3x ，则f (x )在(0，＋∞)上单调递增，因为f (a )>f (b )，所以a >b ，A 正确，B 错误；由e a －2a ＝e b －3b ，有e a －2a <e b－2b ，令函数f (x )＝e x －2x ，则f ′(x )＝e x－2，函数f (x )＝e x－2x 在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，当a ，b ∈(0，ln 2)时，由f (a )<f (b )，得a >b ，当a ，b ∈(ln 2，＋∞)时，由f (a )<f (b )得a 0)恒成立．设f (x )＝2ln x ＋x ＋3x，则f ′(x )＝x ＋x －x2(x >0)．当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，所以f (x )min ＝f (1)＝4. 所以a ≤4.4．如果函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c ln x (a ，b ，c 为常数，a >0)在区间(0,1)和(2，＋∞)上均单调递增，在(1,2)上单调递减，则函数f (x )的零点个数为( ) A ．0B ．1C ．2D ．3答案 B解析由题意可得f ′(x )＝2ax ＋b ＋c x，则⎩⎪⎨⎪⎧f ＝2a ＋b ＋c ＝0，f ＝4a ＋b ＋c2＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝－6a ，c ＝4a ，所以f (x )＝a (x 2－6x ＋4ln x )，则极大值f (1)＝－5a <0，极小值f (2)＝a (4ln 2－8)<0，又f (10)＝a (40＋4ln 10)>0，结合函数图象可得该函数只有一个零点，故选B.5．做一个无盖的圆柱形水桶，若要使其体积是27π dm 3，且用料最省，则圆柱的底面半径为( ) A ．3 dm B ．4 dm C ．6 dm D ．5 dm答案 A解析设圆柱的底面半径为R dm ，母线长为l dm ，则V ＝πR 2l ＝27π，所以l ＝27R2，要使用料最省，只需使圆柱形水桶的表面积最小．S 表＝πR 2＋2πRl ＝πR 2＋2π·27R ，所以S ′表＝2πR －54πR2.令S ′表＝0，得R ＝3，则当R ＝3时，S 表最小．故选A.6．关于x 的方程x 3－3x 2－a ＝0有三个不同的实数解，则实数a 的取值范围是__________．答案 (－4,0)解析由题意知使函数f (x )＝x 3－3x 2－a 的极大值大于0且极小值小于0即可，又f ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)，令f ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝2，当x <0时，f ′(x )>0；当0<x <2时，f ′(x )<0；当x >2时，f ′(x )>0，所以当x ＝0时，f (x )取得极大值，即f (x )极大值＝f (0)＝－a ；当x ＝2时，f (x )取得极小值，即f (x )极小值＝f (2)＝－4－a ，所以⎩⎪⎨⎪⎧－a >0，－4－a <0，解得－4<a <0.7．如果对定义在R 上的函数f (x )，对任意两个不相等的实数x 1，x 2，都有x 1f (x 1)＋x 2f (x 2)>x 1f (x 2)＋x 2f (x 1)，则称函数f (x )为“H 函数”．给出下列函数：①y ＝－x 3＋x ＋1；②y ＝3x －2(sin x －cos x )；③y ＝e x＋1；④f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ln|x |，x ≠0，0，x ＝0.以上函数是“H 函数”的所有序号为________．答案 ②③解析因为x 1f (x 1)＋x 2f (x 2)>x 1f (x 2)＋x 2f (x 1)，即(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]>0恒成立，所以函数f (x )在R 上是增函数．由y ′＝－3x 2＋1>0得－33<x <33，即函数在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，33上是增函数，故①不是“H 函数”；由y ′＝3－2(cos x ＋sin x )＝3－22sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4≥3－22>0恒成立，所以②为“H 函数”；由y ′＝e x>0恒成立，所以③为“H 函数”；由于④为偶函数，所以不可能在R 上是增函数，所以不是“H 函数”．综上可知，是“H 函数”的有②③.8．已知函数f (x )＝13x 3－x 2－3x ＋43，直线l ：9x ＋2y ＋c ＝0，若当x ∈[－2,2]时，函数y ＝f (x )的图象恒在直线l 下方，则c 的取值范围是________．答案 (－∞，－6)解析根据题意知13x 3－x 2－3x ＋43<－92x －c 2在x ∈[－2,2]上恒成立，则－c 2>13x 3－x 2＋32x ＋43，设g (x )＝13x 3－x 2＋32x ＋43，则g ′(x )＝x 2－2x ＋32，则g ′(x )>0恒成立，所以g (x )在[－2,2]上单调递增，所以g (x )max ＝g (2)＝3，则c <－6. 9．已知函数f (x )＝ln x ＋ax ＋1(a ∈R )，(1)当a ＝92时，如果函数g (x )＝f (x )－k 仅有一个零点，求实数k 的取值范围；(2)当a ＝2时，试比较f (x )与1的大小．解 (1)当a ＝92时，f (x )＝ln x ＋9x ＋，定义域是(0，＋∞)．f ′(x )＝1x－9x ＋2＝x －x －2x x ＋2.令f ′(x )＝0，得x ＝12或x ＝2.因为当0<x <12或x >2时，f ′(x )>0，当12<x <2时，f ′(x )<0，所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，(2，＋∞)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2上单调递减．所以f (x )的极大值是f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝3－ln 2，极小值是f (2)＝32＋ln 2.因为当x →0时，f (x )→－∞；当x →＋∞时，f (x )→＋∞，所以当g (x )＝f (x )－k 仅有一个零点时，实数k 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，32＋ln 2∪(3－ln 2，＋∞)．(2)当a ＝2时，f (x )＝ln x ＋2x ＋1，定义域是(0，＋∞)，令h (x )＝f (x )－1＝ln x ＋2x ＋1－1，则h ′(x )＝1x－2x ＋2＝x 2＋1x x ＋2>0，所以h (x )在(0，＋∞)上是增函数．当x >1时，h (x )>h (1)＝0，即f (x )>1；当0<x <1时，h (x )<h (1)＝0，即f (x )<1；当x ＝1时，h (x )＝h (1)＝0，即f (x )＝1.B 组能力提高10．定义在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上的函数f (x )，f ′(x )是它的导函数，且恒有f (x )<f ′(x )tan x 成立，则( )A.3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4>2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3B ．f (1)<2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6sin 1 C.2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4 D.3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3 答案 D解析 ∵f (x )<f ′(x )tan x ，即f ′(x )sin x －f (x )cos x >0， ∴⎣⎢⎡⎦⎥⎤f x sin x ′＝fxx －f x xsin 2x>0，∴函数f xsin x 在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上单调递增，从而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6sin π6<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3sinπ3，即3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3.11．直线y ＝a 分别与直线y ＝2(x ＋1)，曲线y ＝x ＋ln x 交于点A ，B ，则|AB |的最小值为________．答案 32解析解方程2(x ＋1)＝a ，得x ＝a2－1.设方程x ＋ln x ＝a 的根为t (t >0)，则t ＋ln t ＝a ，则|AB |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪t －a2＋1＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪t －t ＋ln t2＋1＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪t 2－ln t 2＋1.设g (t )＝t 2－ln t 2＋1(t >0)，则g ′(t )＝12－12t ＝t －12t (t >0)，令g ′(t )＝0，得t ＝1.当t ∈(0,1)时，g ′(t )<0；当t ∈(1，＋∞)时，g ′(t )>0，所以g (t )min ＝g (1)＝32，所以|AB |≥32，所以|AB |的最小值为32.12．已知函数f (x )＝a ln(x ＋1)－x 2在区间(0,1)内任取两个实数p ，q ，且p ≠q ，不等式f p ＋－f q ＋p －q>1恒成立，则实数a 的取值范围为________．答案 [15，＋∞) 解析f p ＋－f q ＋p －q＝f p ＋－f q ＋p ＋－q ＋，表示点(p ＋1，f (p ＋1))与点(q ＋1，f (q ＋1))连线的斜率，因为p ，q ∈(0,1)，所以11在(1,2)内恒成立．由定义域可知x >－1，所以f ′(x )＝a x ＋1－2x >1，即ax ＋1>1＋2x ，所以a >(1＋2x )(x ＋1)在(1,2)内恒成立．设y ＝(1＋2x )(x ＋1)，则y ＝2x 2＋3x ＋1＝2(x ＋34)2－18，当1≤x ≤2时，函数y ＝2(x ＋34)2－18的最大值为15，所以a ≥15，即a 的取值范围为[15，＋∞)． 13．已知函数f (x )＝a ·ln x －x ＋2x.(1)若函数f (x )在点(1，f (1))处的切线过点(0,4)，求函数f (x )的最大值；(2)当a <1时，若函数g (x )＝xf (x )＋x 2－2x ＋2在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2内有且只有一个零点，求实数a的取值范围．(参考数值：ln 2≈0.7)解 (1)∵f ′(x )＝a ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －1x －x －x ＋x 2＝a ·－ln x －1x2， f ′(1)＝－a ，f (1)＝a .∴f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －a ＝－a (x －1)，即y ＝－ax ＋2a .又∵该切线过点(0,4)，∴a ＝2.∴f (x )＝2·ln x －x ＋2x ，f ′(x )＝－2·1＋ln xx2， ∴当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时，f ′(x )>0，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 单调递增；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞时，f ′(x )<0，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞单调递减． ∴当x ＝1e 时，f (x )取得最大值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝2·ln 1e －1e ＋21e＝2e －2.(2)∵g (x )＝xf (x )＋x 2－2x ＋2 ＝a (ln x －x ＋2)＋x 2－2x ＋2，∴g ′(x )＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x－1＋2x －2＝x －ax －x，令g ′(x )＝0，得x 1＝a 2，x 2＝1，显然x 1＝a 2<12，∴在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上g ′(x )<0，在(1,2)上g ′(x )>0，故g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上是减函数，在(1,2)上是增函数．要使g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2上只有一个零点， ①函数g (x )的极小值g (1)＝a ＋1＝0，即a ＝－1. ②⎩⎪⎨⎪⎧g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12≤0，g，即⎩⎪⎨⎪⎧a ⎝⎛⎭⎪⎫ln 12＋32＋54≤0，a ln 2＋2>0，即⎩⎪⎨⎪⎧a ≤54ln 2－6，a >－2ln 2.由ln 2≈0.7，可知－2ln 2<54ln 2－6，∴－2ln 2<a ≤54ln 2－6.③⎩⎪⎨⎪⎧g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12>0，g，得⎩⎪⎨⎪⎧a >54ln 2－6，a ≤－2ln 2，a 不存在．综上，a 的取值范围为－2ln 2<a ≤54ln 2－6或a ＝－1.。

【师说】2017高考数学(理)二轮专题复习高考小题标准练(十六) Word版含解析

答案：
答案：2
15．设M(x0，y0)为椭圆＋y2＝1上任意一点，过点M作一条斜率为－的直线l，d为原点到直线l的距离，t1、t2分别为点M到椭圆两焦点的距离，则 ·d＝__________.
解析：由于椭圆的方程为＋y2＝1，则b＝1，a＝，设椭圆的两焦点分别为F1(－，0)、F2( ，0)，直线l的方程为y－y0＝－ (x－x0)，即x0x＋3y0y＝x ＋3y ＝3.故d＝＝，t t ＝(x ＋y ＋2 x0＋2)(x ＋y －2 x0＋2)＝(x ＋y ＋2)2－8x ＝(5－2y )2－8(3－3y )＝(1＋2y )2，所以 ·d＝ × ＝ .
A．(－4,25) B．(7,14)
C．(7,25) D．(－4,14)
解析：根据A，B，C三点的坐标，在平行四边形ABCD中，有＝，设点D的坐标为(x′，y′)，则(4,2)＝(7－x′，－y′)，故点D的坐标为(3，－2)，将A，B，C，D四点的坐标代入z＝2x＋5y得z的值分别为7,25,14，－4，即z∈(－4，25)．
高考小题标准练
小题强化练，练就速度和技能，掌握高考得分点！姓名：________班级：________
一、选择题(本大题共10小题，每小5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．设复数z满足(z＋i)(1＋i)＝1，则|z|＝()
A. B. C. D.
解析：由已知可得z＋i＝＝，所以z＝－ i，则|z|＝＝，故选B.
＝－＝－
＝－＝－ 2＋ ∈ .
答案：
12．已知二项式 6(a>0)的展开式中的常数项为15，则a＝__________.
解析：由题意可得，Tr＋1＝C x2(6－r) r(x－1)r＝C rx12－3r，令12－3r＝0，解得r＝4，∴常数项为(－1)4· C ＝15，a4＝1，∴a＝1.

2017年高考全国通用数学理大二轮专题复习课件专题二

－ln x 则 g′(x)＝ x2 ，∴g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋ ∞)上单调递减，又∵当 x→0 时，g(x)→－∞，当 x→＋∞ 时，g(x)→0，而 g(x)max＝g(1)＝1， 1 ∴只需 0<2a<1⇒0<a<2.
6．[2015· 河北秦皇岛二模]已知函数 y＝f(x)是 R 上的可 fx 导函数，当 x≠0 时，有 f′(x)＋ x >0，则函数 F(x)＝xf(x) 1 ＋x 的零点个数是( A．0 C．2 ) B．1 D．3
可得 loga(－1＋4)>1，所以 1<a<3.
5．[2016· 江西八校联考]已知函数 f(x)＝x(ln x－ax)有两个极值点，则实数 a 的取值范围是( A．(－∞，0) C．(0,1)
1 0 ， B. 2
)
D．(0，＋∞)
解析 ∵f(x)＝x(ln x－ax)，∴f′(x)＝ln x－2ax＋1，故 f′(x)在(0，＋∞)上有两个不同的零点，令 f′(x)＝0，则 ln x＋1 ln x＋1 2a＝ x ，设 g(x)＝ x ，
e 1 ， 2 e 值范围是_____________ ．
解析
在平面直角坐标系中作出函数 y＝f(x)的图象，如
1 1 1 图，而函数 y＝mx－2恒过定点0，－2，设过点0，－2 与
函数 y＝ln x 的图象相切的直线为 l1，切点坐标为(x0， ln x0)．因 1 为 y＝ln x 的导函数 y′＝ x ，所以图中 y＝ln x 的切线 l1 的斜 1 ln x0＋2 1 1 1 率为 k＝x ，则x ＝，解得 x0＝ e，所以 k＝ .又图 x － 0 e 0 0 0

【师说】2017高考数学(理科)二轮专题复习课时巩固过关练七导数的综合应用含解析

2e⎣⎭x)＝e x(2x－1)，由题知存在唯一的整数x0，使得所以f(x)单调递增，且至少存在一个数使f(x)<0，至少存在一个数使f(x)>0，所以f(x)＝x3＋ax＋b必有一个零点，即方程x3＋ax＋b＝0仅有一根，故④⑤正确；当a<0时，若a＝－3，则f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)·(x－1)，易知，f(x)在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递增，在[－1,1]上单调递减，所以f(x)极大值＝f(－1)＝－1＋3＋b＝b＋2，f(x)最小值＝f(1)＝1－3＋b ＝b－2，要使方程仅有一根，则f(x)极大值＝f(－1)＝－1＋3＋b＝b＋2<0或者f(x)极小值＝f(1)＝1－3＋b＝b－2>0，解得b<－2或b>2，故①③正确，所以使得三次方程仅有一个实根的是①③④⑤.答案：①③④⑤三、解答题kG(x0)<G(0)＝0，显然所要证不等式不恒成立，综上所述可知k的最大值为10．(2015·福建高考)已知函数有|f(x1)－f(x2)|≤e－1，求m的取值范围．解：(1)f′(x)＝m(e mx－1)＋2x.若m≥0，则当x∈(－∞，0)时，e mx －1≤0，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，e mx－1≥0，f′(x)>0.若m<0，则当x∈(－∞，0)时，e mx －1>0，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，e mx－1<0，f′(x)>0.所以，f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．(2)由(1)知，对任意的m，f(x)在[－1，0]单调递减，在[0,1]单调递增，故f(x)在x＝0处取得最小值．所以对于任意x1，x 2∈[－1,1]，|f (x 1)－f (x 2)|≤e －1的充要条件是⎩⎪⎨⎪⎧ f (1)－f (0)≤e －1，f (－1)－f (0)≤e －1，即⎩⎪⎨⎪⎧e m －m ≤e －1，e －m ＋m ≤e －1.① 设函数g (t )＝e t－t －e ＋1，则g ′(t )＝e t－1. 当t <0时，g ′(t )<0；当t >0时， g ′(t )>0.故g (t )在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．又g (1)＝0，g (－1)＝e －1＋2－e<0，故当t ∈[－1,1]时，g (t )≤0.当m ∈[－1,1]时，g (m )≤0，g (－m )≤0，即①式成立；当m>1时，由g(t)的单调性知，g(m)>0，即e m－m>e－1；当m<－1时，g(－m)>0，即e－m＋m>e－1.综上，m的取值范围是[－1,1]．When you are old and grey and full of sleep,And nodding by the fire, take down this book,And slowly read, and dream of the soft lookYour eyes had once, and of their shadows deep;How many loved your moments of glad grace,And loved your beauty with love false or true,But one man loved the pilgrim soul in you,And loved the sorrows of your changing face;And bending down beside the glowing bars,Murmur, a little sadly, how love fledAnd paced upon the mountains overheadAnd hid his face amid a crowd of stars.The furthest distance in the worldIs not between life and deathBut when I stand in front of youYet you don't know thatI love you.The furthest distance in the worldIs not when I stand in front of youYet you can't see my loveBut when undoubtedly knowing the love from both Yet cannot be together.The furthest distance in the worldIs not being apart while being in loveBut when I plainly cannot resist the yearningYet pretending you have never been in my heart. The furthest distance in the worldIs not struggling against the tidesBut using one's indifferent heartTo dig an uncrossable riverFor the one who loves you.。

2017年高考全国新课标数学文大二轮复习检测专题整合突

一、选择题1．[2016·郑州质检]函数f(x)＝e x cos x 的图象在点(0，f(0))处的切线方程是( )A ．x ＋y ＋1＝0B ．x ＋y －1＝0C ．x －y ＋1＝0D ．x －y －1＝0答案 C解析依题意，f(0)＝e 0cos 0＝1，因为f ′(x)＝e x cos x －e x sin x ，所以f ′(0)＝1，所以切线方程为y －1＝x －0，即x －y ＋1＝0，故选C .2．[2016·山西忻州四校联考]设函数f (x )＝x sin x ＋cos x 的图象在点(t ，f (t ))处切线的斜率为k ，则函数k ＝g (t )的部分图象为( )答案 B解析 f ′(x )＝(x sin x ＋cos x )′＝x cos x ，则k ＝g (t )＝t ·cos t ，易知函数g (t )为奇函数，其图象关于原点对称，排除A 、C.当0<t <π2时，g (t )>0，所以排除D ，故选B.3．[2016·广西质检]若函数f(x)＝(x 2－cx ＋5)e x在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，4上单调递增，则实数c 的取值范围是( )A ．(－∞，2]B ．(－∞，4]C ．(－∞，8]D ．[－2,4]答案 B解析 f ′(x)＝[x 2＋(2－c)x －c ＋5]e x，因为函数f(x)在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，4上单调递增，等价于x 2＋(2－c)x －c ＋5≥0对任意x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，4恒成立，即(x ＋1)c ≤x 2＋2x ＋5，c ≤x 2＋2x ＋5x ＋1对任意x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，4恒成立，∵x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，4，∴x 2＋2x ＋5x ＋1＝(x ＋1)＋4x ＋1≥4，当且仅当x ＝1时等号成立，∴c ≤4.4．[2016·沈阳质检]已知函数y ＝x 2的图象在点(x 0，x 20)处的切线为l ，若l 也与函数y ＝ln x ，x ∈(0,1)的图象相切，则x 0必满足( )A ．0<x 0<12B .12<x 0<1 C .22<x 0< 2 D .2<x 0< 3答案 D解析由题令f(x)＝x 2，f ′(x)＝2x ，f(x 0)＝x 20，所以直线l 的方程为y ＝2x 0(x －x 0)＋x 20＝2x 0x －x 20，因为l 也与函数y ＝ln x(x ∈(0,1))的图象相切，令切点坐标为(x 1，ln x 1)，y ′＝1x ，所以l 的方程为y ＝1x 1x ＋ln x 1－1，这样有⎩⎨⎧2x 0＝1x 1，1－ln x 1＝x 20，所以1＋ln 2x 0＝x 20，x 0∈(1，＋∞)，令g(x)＝x 2－ln 2x －1，x ∈(1，＋∞)，所以该函数的零点就是x 0，又因为g ′(x)＝2x －1x ＝2x 2－1x ，所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增，又g(1)＝－ln 2 <0，g(2)＝1－ln 2 2<0，g(3)＝2－ln 23>0，从而2<x 0<3，选D .5．已知函数f(x)＝x 3＋ax 2－x ＋c(x ∈R )，则下列结论错误的是( )A ．函数f (x )一定存在极大值和极小值B ．若函数f (x )在(－∞，x 1)，(x 2，＋∞)上是增函数，则x 2－x 1≥233 C ．函数f (x )的图象是中心对称图形D ．函数f (x )的图象在点(x 0，f (x 0))(x 0∈R )处的切线与f (x )的图象必有两个不同的公共点答案 D解析对于选项A ，f ′(x )＝3x 2＋2ax －1，方程3x 2＋2ax －1＝0的根的判别式Δ＝4a 2＋12>0恒成立，故f ′(x )＝0必有两个不等实根，不妨设为x 1，x 2，且x 1<x 2，令f ′(x )>0，得x <x 1或x >x 2，令f ′(x )<0，得x 1<x <x 2，所以函数f (x )在(x 1，x 2)上单调递减，在(－∞，x 1)和(x 2，＋∞)上单调递增，所以当x ＝x 1时，函数f (x )取得极大值，当x ＝x 2时，函数f (x )取得极小值，故A 选项的结论正确；对于选项B ，令f ′(x )＝3x 2＋2ax －1＝0，由根与系数的关系可得x 1＋x 2＝－2a 3，x 1x 2＝－13，易知x 1<x 2，所以x 2－x 1＝(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝4a 29＋43≥233，故B选项的结论正确；对于选项C ，易知两极值点的中点坐标为⎝⎛－a3，⎭⎪⎫f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3，又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3＋x ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋a 23x ＋x 3＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3－x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋a 23x －x 3＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3＋x ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3－x ＝2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3，所以函数f (x )的图象关于点⎝⎛⎭⎪⎫－a 3，f ⎝⎛⎭⎪⎫－a 3成中心对称，故C 选项的结论正确；对于D 选项，令a ＝c ＝0得f (x )＝x 3－x ，f (x )在(0,0)处切线方程为y ＝－x ，且⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－x y ＝x 3－x 有唯一实数解，即f (x )在(0,0)处切线与f (x )图象有唯一公共点，所以D 不正确，选D.6．已知函数f (x )＝(a －2)x －ax 3在区间[－1,1]上的最大值为2，则a 的取值范围是( )A ．[2,10]B ．[－1,8]C ．[－2,2]D ．[0,9]答案 B解析 f ′(x )＝－3ax 2＋a －2.(1)当a ＝0时，f ′(x )＝－2<0，f (x )在[－1,1]上为减函数，所以f (x )max ＝f (－1)＝2，符合题意．(2)当0<a ≤2时，f ′(x )≤0恒成立，所以函数f (x )在定义域内为减函数，所以f (x )max ＝f (－1)＝2，符合题意．(3)当a <0或a >2时，由f ′(x )＝0，解得x ＝±a －23a .①当－a －23a ≤－1，即 a －23a ≥1，即－1≤a <0时，函数f (x )在[－1,1]上单调递减，所以此时函数在定义域内的最大值为f (－1)＝2，满足条件；②当－a －23a >－1，即a －23a <1，即a <－1或a >2时，若a <－1，函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－a －23a 与⎣⎢⎡⎦⎥⎤a －23a ，1上单调递增，在⎣⎢⎡－a －23a ，⎦⎥⎤a －23a 上单调递减，所以此时函数在定义域内的最大值为f (1)＝－2或f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a －23a ，而f ⎝⎛⎭⎪⎫－ a －23a >f (－1)＝2，不满足条件，若a >2，函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－a －23a 与⎣⎢⎡⎦⎥⎤ a －23a ，1上单调递减，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－ a －23a ，a －23a 上单调递增，所以此时函数在定义域内的最大值为f (－1)＝2或f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a －23a ，则必有f ⎝⎛⎭⎪⎫a －23a ≤2，即(a －2)a －23a －a ⎝⎛⎭⎪⎫ a －23a 3≤2，整理并因式分解得(a －8)(a ＋1)2≤0，所以由a >2可得2<a ≤8.综上可得－1≤a ≤8，故选B.二、填空题7．[2016·九江一模]已知直线y ＝－x ＋1是函数f (x )＝－1a ·e x图象的切线，则实数a ＝________.答案 e 2解析设切点为(x 0，y 0)，则f ′(x 0)＝－1a ·e x 0＝－1，∴e x0＝a ，又－1a ·e x 0＝－x 0＋1，∴x 0＝2，∴a ＝e 2.8．[2016·广东肇庆模拟]已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋3x －9，若x ＝－3是函数f (x )的一个极值点，则实数a ＝________.答案 5解析 f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋3，由题意知x ＝－3为方程3x 2＋2ax ＋3＝0的根，所以3×(－3)2＋2a ×(－3)＋3＝0，解得a ＝5.9．[2016·石家庄一模]设过曲线f(x)＝－e x －x(e 为自然对数的底数)上任意一点处的切线为l 1，总存在过曲线g(x)＝ax ＋2cos x 上一点处的切线l 2，使得l 1⊥l 2，则实数a 的取值范围为________．答案－1≤a ≤2解析函数f(x)＝－e x －x 的导数为f ′(x)＝－e x －1，设曲线f(x)＝－e x －x 上的切点为(x 1，f(x 1))，则l 1的斜率k 1＝－e x 1－1.函数g(x)＝ax ＋2cos x 的导数为g ′(x)＝a －2sin x ，设曲线g(x)＝ax ＋2cos x 上的切点为(x 2，g(x 2))，则l 2的斜率k 2＝a －2sin x 2.由题设可知k 1·k 2＝－1，从而有(－e x1－1)(a －2sin x 2)＝－1，∴a －2sin x 2＝1e x1＋1，对∀x 1，∃x 2使得等式成立，则有y 1＝1e x1＋1的值域是y 2＝a －2sin x 2值域的子集，即(0,1)⊆[a －2，a ＋2]，⎩⎪⎨⎪⎧a －2≤0，a ＋2≥1，∴－1≤a ≤2.三、解答题10．[2016·石景山区高三统测]已知函数f(x)＝x －a ln x ，g(x)＝－1＋ax (a>0)．(1)若a ＝1，求函数f(x)的极值；(2)设函数h(x)＝f(x)－g(x)，求函数h(x)的单调区间；(3)若存在x 0∈[1，e ]，使得f(x 0)<g(x 0)成立，求a 的取值范围．解 (1)f(x)＝x －a ln x 的定义域为(0，＋∞)．当a ＝1时，f ′(x)＝x －1x . 由f ′(x)＝0，解得x ＝1.当0<x<1时，f ′(x)<0，f(x)单调递减；当x>1时，f ′(x)>0，f(x)单调递增；所以当x ＝1时，函数f(x)取得极小值，极小值为f(1)＝1－ln 1＝1；(2)h(x)＝f(x)－g(x)＝x －a ln x ＋1＋ax ，其定义域为(0，＋∞)．又h ′(x)＝x 2－ax －(1＋a )x 2＝(x ＋1)[x －(1＋a )]x 2. 由a>0可得1＋a>0，在x ∈(0,1＋a)上h ′(x)<0，在x ∈(1＋a ，＋∞)上h ′(x)>0，所以h(x)的递减区间为(0,1＋a)；递增区间为(1＋a ，＋∞)． (3)若在[1，e ]上存在一点x 0，使得f(x 0)<g(x 0)成立，即在[1，e ]上存在一点x 0，使得h(x 0)<0. 即h(x)在[1，e ]上的最小值小于零．①当1＋a ≥e ，即a ≥e －1时，由(2)可知h(x)在[1，e ]上单调递减．故h(x)在[1，e ]上的最小值为h(e )，由h(e )＝e ＋1＋a e －a<0，可得a>e 2＋1e －1.因为e 2＋1e －1>e －1，所以a>e 2＋1e －1；②当1<1＋a<e ，即0<a<e －1时，由(2)可知h(x)在(1,1＋a)上单调递减，在(1＋a ，e )上单调递增． h(x)在[1，e ]上最小值为h(1＋a)＝2＋a －a ln (1＋a)．因为0<ln (1＋a)<1，所以0<a ln (1＋a)<a.∴2＋a －a ln (1＋a)>2，即h(1＋a)>2不满足题意，舍去．综上所述：a ∈⎝⎛⎭⎪⎫e 2＋1e －1，＋∞.11．已知函数f (x )＝ln x ＋ax －a 2x 2(a ≥0)． (1)若x ＝1是函数y ＝f (x )的极值点，求a 的值； (2)若f (x )<0在定义域内恒成立，求实数a 的取值范围．解 (1)函数的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝－2a 2x 2＋ax ＋1x. 因为x ＝1是函数y ＝f (x )的极值点，所以f ′(1)＝1＋a －2a 2＝0，解得a ＝－12(舍去)或a ＝1.经检验，当a ＝1时，x ＝1是函数y ＝f (x )的极值点，所以a ＝1. (2)当a ＝0时，f (x )＝ln x ，显然在定义域内不满足f (x )<0；当a >0时，令f ′(x )＝(2ax ＋1)(－ax ＋1)x ＝0，得 x 1＝－12a (舍去)，x 2＝1a ，所以f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln a <0，所以a >1.综上可得a 的取值范围是(1，＋∞)．12．[2016·广西质检]已知函数f(x)＝1x ＋a ln x(a ≠0，a ∈R )． (1)若a ＝1，求函数f (x )的极值和单调区间；(2)若在区间(0，e]上至少存在一点x 0，使得f (x 0)<0成立，求实数a 的取值范围．解 (1)当a ＝1时，f ′(x )＝－1x 2＋1x ＝x －1x 2，令f ′(x )＝0，得x ＝1，又f (x )的定义域为(0，＋∞)，由f ′(x )<0得0<x <1，由f ′(x )>0得x >1，所以当x ＝1时，f (x )有极小值1.f (x )的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)． (2)f ′(x )＝－1x 2＋a x ＝ax －1x 2，且a ≠0，令f ′(x )＝0，得到x ＝1a ，若在区间(0，e]上存在一点x 0，使得f (x 0)<0成立，即f (x )在区间(0，e]上的最小值小于0.当1a <0，即a <0时，f ′(x )<0在(0，e]上恒成立，即f (x )在区间(0，e]上单调递减，故f (x )在区间(0，e]上的最小值为f (e)＝1e ＋a ln e ＝1e ＋a ，由1e ＋a <0，得a <－1e ，即a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1e .当1a >0，即a >0时，①若e ≤1a ，则f ′(x )≤0对x ∈(0，e]成立，所以f (x )在区间(0，e]上单调递减，则f (x )在区间(0，e]上的最小值为f (e)＝1e ＋a ln e ＝1e ＋a >0，显然，f (x )在区间(0，e]上的最小值小于0不成立． ②若0<1a <e ，即a >1e 时，则有所以f (x )在区间(0，e]上的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝a ＋a ln a ，由f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝a ＋a ln 1a ＝a (1－ln a )<0，得1－ln a <0，解得a >e ，即a ∈(e ，＋∞)．综上，由①②可知：a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1e ∪(e ，＋∞)符合题意．。

2017届高考数学二轮复习第1部分专题二函数与导数2指数函数、对数函数、幂函数图象与性质课件文

2．指数函数在同一直角坐标系中的图象的相对位置与底数大小的关系如图所示，则 0＜c＜d＜1＜a＜b. 在 y 轴右侧，图象从上到下相应的底数由大变小；在 y 轴左侧，图象从下到上相应的底数由大变小；即无论在 y 轴的左侧还是右侧，底数按逆时针方向变大．
3．对数函数图象在同一直角坐标中的相对位置与底数的大小关系如图所示．
类型一类型二类型三限时速解训练
必考点二指数函数、对数函数、幂函数图象与性质
[高考预测]——运筹帷幄 1．考查指数幂及对数式的化简与运算． 2．以指数函数、对数函数、幂函数为原型进行复合而成的函数的图象与性质． 3．指数型、对数型、幂型的方程式不等式的求解问题．
[速解必备]——决胜千里 1．二次函数 y＝ax2＋bx＋c 为偶函数⇔b＝0.
速解法：设 y1＝f(－2)，则(－2，y1)关于 y＝－x 的对称点为(－y1,2) 在 y＝2x＋a 上， ∴2＝2－y1＋a，∴－y1＋a＝1，即 y1＝a－1 同理设 y2＝f(－4)，∴4＝2－y2＋a，即 y2＝a－2. ∴y1＋y2＝1，∴a－1＋a－2＝1，∴a＝2 答案：C
方略点评：两种方法都采用了关于 y＝－x 对称点的特征.基本法是具体求出对称函数，速解法是间接求出 f－2及 f－4.
A．－1
B．1
C．2
D．4
解析：基本法：设(x，y)是函数 y＝f(x)图象上任意一点，它关于直线 y＝－x 的对称点为(－y，－x)，由 y＝f(x)的图象与 y＝2x＋a 的图象关于直线 y＝－x 对称，可知(－y，－x)在 y＝2x＋a 的图象上，即－x＝2－y＋a，解得 y＝－log2(－x)＋a，所以 f(－2)＋f(－4)＝－log22 ＋a－log24＋a＝1，解得 a＝2，选 C.

【师说】2017高考数学(理)二轮专题复习专题能力提升练(一) Word版含解析

⎛ωx)＝sin⎝答案：C8．函数f(x)＝e x－e x，x∈R的单调递增区间是()A．(0，＋∞) B．(－∞，0)C．(－∞，1) D．(1，＋∞)解析：由题意知，f′(x)＝e x－e，令f′(x)＞0，解得x＞1，故选D.答案：D9．已知函数f(x)＝tx2＋2t2x＋t－1(x ∈R，t＞0)，若f(x)的最小值为g(t)，且g(t)＜－2t＋m对任意的t∈(0,2)恒成立，则实数m的取值范围是()A．[－1，＋∞) B．(－∞，－1]C．(1，＋∞) D．(－∞，1)解析：∵f(x)＝t(x＋t)2－t3＋t－1(x ∈R，t＞0)，∴f(x)min＝f(－t)＝－t3＋t－1(t＞0)，即g(t)＝－t3＋t－1.由g(t)＜－2t＋m对任意的t∈(0,2)恒成立，知g(t)＋2t＜m对任意的t∈(0,2)恒成立，令h(t)13．若函数f(x)＝ax2＋bx＋1是定义在[－1－a,2a]上的偶函数，则该函数的最大值为________．解析：由函数f(x)＝ax2＋bx＋1是定义在[－1－a,2a]上的偶函数，可得b＝0，且－1－a＋2a＝0，解得a＝1，所以函数f(x)＝x2＋1，x∈[－2,2]，故该函数的最大值为5.答案：514．若函数y＝log a(x2－ax＋1)(a＞0，a≠1)有最小值，则实数a的取值范围是________．解析：当a>1时，若函数y＝log a(x2－ax＋1)(a＞0，a≠1)有最小值，则(－a)2－4＜0，得1＜a＜2；当0＜a＜1时，函数y＝x2－ax＋1没有最大值，从而不能使得函数y＝log a(x2－ax＋1)有最小值，不符合题意．综上可知，实数a的取值范围是(1,2)．答案：(1,2)15．在平面直角坐标系xOy中，点M在曲线C：y＝x3－x上，且在y轴左侧，已知曲线C 在点M 处的切线的斜率为2，则点M 的坐标为________．解析：由y ′＝3x 2－1＝2，得x ＝±1，又点M 在第二象限内，故x ＝－1，此时y ＝0，故点M 的坐标为(－1,0)．答案：(－1,0)三、解答题(第16,17,18,19题每题12分，第20题13分，第21题14分)16．已知f (x )是定义在R 上的偶函数，且当x ≥0时，f (x )＝log a (x ＋1)(a ＞0，且a ≠1)．(1)求函数f (x )的解析式；(2)若－1＜f (1)＜1，求实数a 的取值范围．解：(1)当x ＜0时，－x ＞0，由题意知f (－x )＝log a (－x ＋1)，又f (x )是定义在R 上的偶函数，∴f (－x )＝f (x )．∴当x ＜0时，f (x )＝log a (－x ＋1)，∴函数f (x )的解析式为f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log a (x ＋1)，x ≥0log a (－x ＋1)，x ＜0.。

【师说】2017高考数学(理)二轮专题复习课时巩固过关练(十九)统计统计案例 Word版含解析

乙两地某月状况，随机选取该月中的5
岁B．32.6岁
由频率分布直方图可知：×0.01×5＝1，[5,10)
×5＝1，[10,15)的
＝4，[15,20)的频
8.493；
④y与x正相关且y^＝－4.326x－
4.578.
其中一定不正确的结论的序号是()
A．①②B．②③
C．③④D．①④
解析：①y与x负相关且y^＝2.347x －6.423，此结论错误，由线性回归方程知，此两变量的关系是正相关；②y与x 负相关且y^＝－3.476x＋5.648，此结论正确，线性回归方程符合负相关的特征；
③y与x正相关且y^＝5.437x＋8.493，此结论正确，线性回归方程符合正相关的特征；④y与x正相关且y^＝－4.326x－4.578，此结论不正确，线性回归方程符合负相关的特征．综上判断知，①④一定不正确，故选D.
答案：D
9．通过随机询问110名性别不同的人，对过马路是愿意走斑马线还是愿意
走人行天桥进行抽样调查，得到如下的列联表：
的相关系数为直线
设平均值为X，X＝＋65×0.3＋75。

【师说】2017高考数学(理)二轮专题复习高考小题标准练(八) Word版含解析

sin ⎝ ⎛⎭
⎪⎫12x ＋π4 ⎛⎫1π
每人值班1天．若7位员工中的甲、乙排在相邻两天，丙不排在10月1日，丁不排在10月7日，则不同的安排方案共有()
A．504种B．960种
C．1008种D．1108种
解析：分两类：①甲、乙排1,2号或6,7号共有2A22A14A44＝384(种)方法；②甲、乙排中间，丙排7号或不排7号，共有4A22(A44＋A13A13A33)＝624(种)方法，故共有384＋624＝1008(种)不同的排法．故选C.
答案：C
6．某校为了了解学生课外阅读情况，随机抽查了50名学生，得到他们某一天各自课外阅读的时间数据如图所示，根据条形图可得到这50名学生该天每人的平均课外阅读时间为()
A．0.6 h B．0.9 h C．1.0 h D．1.5
解析：当n＝k＋1时，左端为(k＋2)(k ＋3)…[(k＋1)＋(k－1)]·[(k＋1)＋k](2k＋2)＝(k＋1)(k＋2)…(k＋k)·(2k＋1)·2，所以左端应增乘2(2k＋1)．故选B.
答案：B
9．已知数据x1，x2，x3，…，x n是n(n≥3，n∈N*)个江西普通职工的年收入，设这n个数据的中位数为x，平均数为y，方差为z.如果再加上世界首富的年收入x n＋1，则这n＋1个数据中，下列说法正确的是()
A．年收入平均数增大，中位数一定变大，方差可能不变
B．年收入平均数增大，中位数可能不变，方差变大
C．年收入平均数增大，中位数可能不变，方差也不变
D．年收入平均数可能不变，中位数可能不变，方差可能不变
解析：若加上一个最大的数x n＋1，则平均数增大，方差也会变大，但中位数可能改变也可能不变．故选B.。

2017年高考真题分类汇编(理数)专题2导数(解析版)

2017年高考真题分类汇编(理数)专题2导数(解析版)D答案解析部分一、单选题1、【答案】D【考点】函数的图象，函数的单调性与导数的关系【解析】【解答】解：由当f′（x）＜0时，函数f（x）单调递减，当f′（x）＞0时，函数f（x）单调递增，则由导函数y=f′（x）的图象可知：f（x）先单调递减，再单调递增，然后单调递减，最后单调递增，排除A，C，且第二个拐点（即函数的极大值点）在x轴上的右侧，排除B，故选D【分析】根据导数与函数单调性的关系，当f′（x）＜0时，函数f（x）单调递减，当f′（x）＞0时，函数f（x）单调递增，根据函数图象，即可判断函数的单调性，然后根据函数极值的判断，即可判断函数极值的位置，即可求得函数y=f（x）的图象可能2、【答案】A【考点】导数的运算，利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的极值【解析】【解答】解：函数f（x）=（x2+ax﹣1）e x﹣1，可得f′（x）=（2x+a）e x﹣1+（x2+ax﹣1）e x﹣1，x=﹣2是函数f（x）=（x2+ax﹣1）e x﹣1的极值点，可得：﹣4+a+（3﹣2a）=0．解得a=﹣1．可得f′（x）=（2x﹣1）e x﹣1+（x2﹣x﹣1）e x﹣1，=（x2+x﹣2）e x﹣1，函数的极值点为：x=﹣2，x=1，当x＜﹣2或x＞1时，f′（x）＞0函数是增函数，x∈（﹣2，1）时，函数是减函数，x=1时，函数取得极小值：f（1）=（12﹣1﹣1）e1﹣1=﹣1．故选：A．【分析】求出函数的导数，利用极值点，求出a，然后判断函数的单调性，求解函数的极小值即可．3、【答案】C【考点】利用导数研究函数的单调性，导数在最大值、最小值问题中的应用，函数的零点与方程根的关系，函数的零点【解析】【解答】解：因为f（x）=x2﹣2x+a（e x﹣1+e﹣x+1）=﹣1+（x﹣1）2+a（e x﹣1+ ）=0，所以函数f（x）有唯一零点等价于方程1﹣（x﹣1）2=a （e x﹣1+ ）有唯一解，等价于函数y=1﹣（x﹣1）2的图象与y=a（e x﹣1+ ）的图象只有一个交点．①当a=0时，f（x）=x2﹣2x≥﹣1，此时有两个零点，矛盾；②当a＜0时，由于y=1﹣（x﹣1）2在（﹣∞，1）上递增、在（1，+∞）上递减，且y=a（e x﹣1+ ）在（﹣∞，1）上递增、在（1，+∞）上递减，所以函数y=1﹣（x﹣1）2的图象的最高点为A（1，1），y=a（e x﹣1+ ）的图象的最高点为B（1，2a），由于2a＜0＜1，此时函数y=1﹣（x﹣1）2的图象与y=a （e x﹣1+ ）的图象有两个交点，矛盾；③当a＞0时，由于y=1﹣（x﹣1）2在（﹣∞，1）上递增、在（1，+∞）上递减，且y=a（e x﹣1+ ）在（﹣∞，1）上递减、在（1，+∞）上递增，所以函数y=1﹣（x﹣1）2的图象的最高点为A（1，1），y=a（e x﹣1+ ）的图象的最低点为B（1，2a），由题可知点A与点B重合时满足条件，即2a=1，即a= ，符合条件；综上所述，a= ，故选：C．【分析】通过转化可知问题等价于函数y=1﹣（x﹣1）2的图象与y=a（e x﹣1+ ）的图象只有一个交点求a的值．分a=0、a＜0、a＞0三种情况，结合函数的单调性分析可得结论．二、解答题4、【答案】解：（Ⅰ）函数f（x）=（x﹣）e﹣x （x≥ ），导数f′（x）=（1﹣••2）e﹣x﹣（x﹣）e﹣x=（1﹣x+ ）e﹣x=（1﹣x）（1﹣）e﹣x；（Ⅱ）由f（x）的导数f′（x）=（1﹣x）（1﹣）e﹣x，可得f′（x）=0时，x=1或，当＜x＜1时，f′（x）＜0，f（x）递减；当1＜x＜时，f′（x）＞0，f（x）递增；当x＞时，f′（x）＜0，f（x）递减，且x≥ ⇔x2≥2x﹣1⇔（x﹣1）2≥0，则f（x）≥0．由f（）= e ，f（1）=0，f（）= e ，即有f（x）的最大值为 e ，最小值为f（1）=0．则f（x）在区间[ ，+∞）上的取值范围是[0， e ]．【考点】简单复合函数的导数，利用导数研究函数的单调性，导数在最大值、最小值问题中的应用【解析】【分析】（Ⅰ）求出f（x）的导数，注意运用复合函数的求导法则，即可得到所求；（Ⅱ）求出f（x）的导数，求得极值点，讨论当＜x ＜1时，当1＜x＜时，当x＞时，f（x）的单调性，判断f（x）≥0，计算f（），f（1），f（），即可得到所求取值范围．5、【答案】解：（Ⅰ）f（π）=π2﹣2．f′（x）=2x ﹣2sinx，∴f′（π）=2π．∴曲线y=f（x）在点（π，f（π））处的切线方程为：y﹣（π2﹣2）=2π（x﹣π）．化为：2πx﹣y﹣π2﹣2=0．（Ⅱ）h（x）=g （x）﹣a f（x）=e x（cosx﹣sinx+2x ﹣2）﹣a（x2+2cosx）h′（x）=e x（cosx﹣sinx+2x﹣2）+e x（﹣sinx﹣cosx+2）﹣a（2x﹣2sinx）=2（x﹣sinx）（e x﹣a）=2（x﹣sinx）（e x﹣e lna）．令u（x）=x﹣sinx，则u′（x）=1﹣cosx≥0，∴函数u（x）在R上单调递增．∵u（0）=0，∴x＞0时，u（x）＞0；x＜0时，u（x）＜0．（i）a≤0时，e x﹣a＞0，∴x＞0时，h′（x）＞0，函数h（x）在（0，+∞）单调递增；x＜0时，h′（x）＜0，函数h（x）在（﹣∞，0）单调递减．∴x=0时，函数h（x）取得极小值，h（0）=﹣1﹣2a．（ii）a＞0时，令h′（x）=2（x﹣sinx）（e x﹣e lna）=0．解得x1=lna，x2=0．①0＜a＜1时，x∈（﹣∞，lna）时，e x﹣e lna＜0，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增；x∈（lna，0）时，e x﹣e lna＞0，h′（x）＜0，函数h （x）单调递减；x∈（0，+∞）时，e x﹣e lna＞0，h′（x）＞0，函数h （x）单调递增．∴当x=0时，函数h（x）取得极小值，h（0）=﹣2a﹣1．当x=lna时，函数h（x）取得极大值，h（lna）=﹣a[ln2a ﹣2lna+sin（lna）+cos（lna）+2]．②当a=1时，lna=0，x∈R时，h′（x）≥0，∴函数h （x）在R上单调递增．③1＜a时，lna＞0，x∈（﹣∞，0）时，e x﹣e lna＜0，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增；x∈（0，lna）时，e x﹣e lna＜0，h′（x）＜0，函数h （x）单调递减；x∈（lna，+∞）时，e x﹣e lna＞0，h′（x）＞0，函数h （x）单调递增．∴当x=0时，函数h（x）取得极大值，h（0）=﹣2a﹣1．当x=lna时，函数h（x）取得极小值，h（lna）=﹣a[ln2a ﹣2lna+sin（lna）+cos（lna）+2]．综上所述：a≤0时，函数h（x）在（0，+∞）单调递增；x＜0时，函数h（x）在（﹣∞，0）单调递减．x=0时，函数h（x）取得极小值，h（0）=﹣1﹣2a．0＜a＜1时，函数h（x）在x∈（﹣∞，lna）是单调递增；函数h（x）在x∈（lna，0）上单调递减．当x=0时，函数h（x）取得极小值，h（0）=﹣2a﹣1．当x=lna 时，函数h（x）取得极大值，h（lna）=﹣a[ln2a﹣2lna+sin（lna）+cos（lna）+2]．当a=1时，lna=0，函数h（x）在R上单调递增．a＞1时，函数h（x）在（﹣∞，0），（lna，+∞）上单调递增；函数h（x）在（0，lna）上单调递减．当x=0时，函数h（x）取得极大值，h（0）=﹣2a﹣1．当x=lna时，函数h（x）取得极小值，h（lna）=﹣a[ln2a ﹣2lna+sin（lna）+cos（lna）+2]．【考点】导数的加法与减法法则，导数的乘法与除法法则，函数的单调性与导数的关系，利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的极值，利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】【分析】（Ⅰ）f（π）=π2﹣2．f′（x）=2x ﹣2sinx，可得f′（π）=2π即为切线的斜率，利用点斜式即可得出切线方程．（Ⅱ）h（x）=g （x）﹣a f（x）=e x（cosx﹣sinx+2x ﹣2）﹣a（x2+2cosx），可得h′（x）=2（x﹣sinx）（e x﹣a）=2（x﹣sinx）（e x﹣e lna）．令u（x）=x﹣sinx，则u′（x）=1﹣cosx≥0，可得函数u（x）在R上单调递增．由u（0）=0，可得x＞0时，u（x）＞0；x＜0时，u（x）＜0．对a分类讨论：a≤0时，0＜a＜1时，当a=1时，a＞1时，利用导数研究函数的单调性极值即可得出．6、【答案】（1）解：函数f（x）=e x cosx﹣x的导数为f′（x）=e x（cosx﹣sinx）﹣1，可得曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线斜率为k=e0（cos0﹣sin0）﹣1=0，切点为（0，e0cos0﹣0），即为（0，1），曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为y=1；（2）解：函数f（x）=e x cosx﹣x的导数为f′（x）=e x （cosx﹣sinx）﹣1，令g（x）=e x（cosx﹣sinx）﹣1，则g（x）的导数为g′（x）=e x（cosx﹣sinx﹣sinx﹣cosx）=﹣2e x•sinx，当x∈[0，]，可得g′（x）=﹣2e x•sinx≤0，即有g（x）在[0，]递减，可得g（x）≤g（0）=0，则f（x）在[0，]递减，即有函数f（x）在区间[0，]上的最大值为f（0）=e0cos0﹣0=1；最小值为f（）=e cos ﹣=﹣．【考点】利用导数求闭区间上函数的最值，利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】【分析】（1.）求出f（x）的导数，可得切线的斜率和切点，由点斜式方程即可得到所求方程；（2.）求出f（x）的导数，再令g（x）=f′（x），求出g（x）的导数，可得g（x）在区间[0，]的单调性，即可得到f（x）的单调性，进而得到f（x）的最值．7、【答案】（Ⅰ）解：由f（x）=2x4+3x3﹣3x2﹣6x+a，可得g（x）=f′（x）=8x3+9x2﹣6x﹣6，进而可得g′（x）=24x2+18x﹣6．令g′（x）=0，解得x=﹣1，或x= ．当x变化时，g′（x），g （x）的变化情况如下表：x （﹣∞，﹣（﹣1，）（，+∞）1）g′（x）+ ﹣+g（x）↗↘↗所以，g（x）的单调递增区间是（﹣∞，﹣1），（，+∞），单调递减区间是（﹣1，）．（Ⅱ）证明：由h（x）=g（x）（m﹣x0）﹣f（m），得h（m）=g（m）（m﹣x0）﹣f（m），h（x0）=g（x0）（m﹣x0）﹣f（m）．令函数H1（x）=g（x）（x﹣x0）﹣f（x），则H′1（x）=g′（x）（x﹣x0）．由（Ⅰ）知，当x∈[1，2]时，g′（x）＞0，故当x∈[1，x0）时，H′1（x）＜0，H1（x）单调递减；当x∈（x0， 2]时，H′1（x）＞0，H1（x）单调递增．因此，当x∈[1，x0）∪（x0， 2]时，H1（x）＞H1（x0）=﹣f（x0）=0，可得H1（m）＞0即h（m）＞0，令函数H2（x）=g（x0）（x﹣x0）﹣f（x），则H′2（x）=g′（x0）﹣g（x）．由（Ⅰ）知，g（x）在[1，2]上单调递增，故当x∈[1，x0）时，H′2（x）＞0，H2（x）单调递增；当x∈（x0， 2]时，H′2（x）＜0，H2（x）单调递减．因此，当x∈[1，x0）∪（x0， 2]时，H2（x）＞H2（x0）=0，可得得H2（m）＜0即h（x0）＜0，．所以，h（m）h（x0）＜0．（Ⅲ）对于任意的正整数p，q，且，令m= ，函数h（x）=g（x）（m﹣x0）﹣f（m）．由（Ⅱ）知，当m∈[1，x0）时，h（x）在区间（m，x0）内有零点；当m∈（x0， 2]时，h（x）在区间（x0， m）内有零点．所以h（x）在（1，2）内至少有一个零点，不妨设为x1，则h（x1）=g（x1）（﹣x0）﹣f（）=0．由（Ⅰ）知g（x）在[1，2]上单调递增，故0＜g（1）＜g（x1）＜g（2），于是| ﹣x0|= ≥ = ．因为当x∈[1，2]时，g（x）＞0，故f（x）在[1，2]上单调递增，所以f（x）在区间[1，2]上除x0外没有其他的零点，而≠x0，故f（）≠0．又因为p，q，a均为整数，所以|2p4+3p3q﹣3p2q2﹣6pq3+aq4|是正整数，从而|2p4+3p3q﹣3p2q2﹣6pq3+aq4|≥1．所以| ﹣x0|≥ ．所以，只要取A=g（2），就有| ﹣x0|≥ ．【考点】利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的极值，不等式的证明，函数的零点【解析】【分析】（Ⅰ）求出函数的导函数g（x）=f′（x）=8x3+9x2﹣6x﹣6，求出极值点，通过列表判断函数的单调性求出单调区间即可．（Ⅱ）由h（x）=g（x）（m﹣x0）﹣f（m），推出h（m）=g（m）（m﹣x0）﹣f（m），令函数H1（x）=g（x）（x﹣x0）﹣f（x），求出导函数H′1（x）利用（Ⅰ）知，推出h（m）h（x0）＜0．（Ⅲ）对于任意的正整数p，q，且，令m= ，函数h（x）=g（x）（m﹣x0）﹣f（m）．由（Ⅱ）知，当m∈[1，x0）时，当m∈（x0， 2]时，通过h（x）的零点．转化推出| ﹣x0|= ≥ =．推出|2p4+3p3q﹣3p2q2﹣6pq3+aq4|≥1．然后推出结果．8、【答案】（Ⅰ）解：因为f（x）=x3+ax2+bx+1，所以g（x）=f′（x）=3x2+2ax+b，g′（x）=6x+2a，令g′（x）=0，解得x=﹣．由于当x＞﹣时g′（x）＞0，g（x）=f′（x）单调递增；当x＜﹣时g′（x）＜0，g（x）=f′（x）单调递减；所以f′（x）的极小值点为x=﹣，由于导函数f′（x）的极值点是原函数f（x）的零点，所以f（﹣）=0，即﹣+ ﹣+1=0，所以b= + （a＞0）．因为f（x）=x3+ax2+bx+1（a＞0，b∈R）有极值，所以f′（x）=3x2+2ax+b=0有两个不等的实根，所以4a2﹣12b＞0，即a2﹣+ ＞0，解得a＞3，所以b= + （a＞3）．（Ⅱ）证明：由（1）可知h（a）=b2﹣3a= ﹣+ = （4a3﹣27）（a3﹣27），由于a＞3，所以h（a）＞0，即b2＞3a；（Ⅲ）解：由（1）可知f′（x）的极小值为f′（﹣）=b﹣，设x1， x2是y=f（x）的两个极值点，则x1+x2= ，x1x2= ，所以f（x 1）+f（x2）= + +a（+ ）+b（x1+x2）+2=（x1+x2）[（x1+x2）2﹣3x1x2]+a[（x1+x2）2﹣2x1x2]+b（x1+x2）+2= ﹣+2，又因为f（x），f′（x）这两个函数的所有极值之和不小于﹣，所以b﹣+ ﹣+2= ﹣≥﹣，因为a＞3，所以2a3﹣63a﹣54≤0，所以2a（a2﹣36）+9（a﹣6）≤0，所以（a﹣6）（2a2+12a+9）≤0，由于a＞3时2a2+12a+9＞0，所以a﹣6≤0，解得a≤6，所以a的取值范围是（3，6]．【考点】导数的运算，利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的极值，导数在最大值、最小值问题中的应用【解析】【分析】（Ⅰ）通过对f（x）=x3+ax2+bx+1求导可知g（x）=f′（x）=3x2+2ax+b，进而再求导可知g′（x）=6x+2a，通过令g′（x）=0进而可知f′（x）的极小值点为x=﹣，从而f（﹣）=0，整理可知b= +（a＞0），结合f（x）=x3+ax2+bx+1（a＞0，b∈R）有极值可知f′（x）=0有两个不等的实根，进而可知a＞3．（Ⅱ）通过（1）构造函数h（a）=b2﹣3a= ﹣+ = （4a3﹣27）（a3﹣27），结合a＞3可知h（a）＞0，从而可得结论；（Ⅲ）通过（1）可知f′（x）的极小值为f′（﹣）=b﹣，利用韦达定理及完全平方关系可知y=f（x）的两个极值之和为﹣+2，进而问题转化为解不等式b﹣+ ﹣+2= ﹣≥﹣，因式分解即得结论．9、【答案】（1）解：由f（x）=ae2x+（a﹣2）e x﹣x，求导f′（x）=2ae2x+（a﹣2）e x﹣1，当a=0时，f′（x）=2e x﹣1＜0，∴当x∈R，f（x）单调递减，当a＞0时，f′（x）=（2e x+1）（ae x﹣1）=2a（e x+ ）（e x﹣），令f′（x）=0，解得：x=ln ，当f′（x）＞0，解得：x＞ln ，当f′（x）＜0，解得：x＜ln ，∴x∈（﹣∞，ln ）时，f（x）单调递减，x∈（ln ，+∞）单调递增；当a＜0时，f′（x）=2a（e x+ ）（e x﹣）＜0，恒成立，∴当x∈R，f（x）单调递减，综上可知：当a≤0时，f（x）在R单调减函数，当a＞0时，f（x）在（﹣∞，ln ）是减函数，在（ln ，+∞）是增函数；（2）由f（x）=ae2x+（a﹣2）e x﹣x=0，有两个零点，由（1）可知：当a＞0时，f（x）=0，有两个零点，则f（x）min=a +（a﹣2）﹣ln ，=a（）+（a﹣2）× ﹣ln ，=1﹣﹣ln ，由f（x）min＜0，则1﹣﹣ln ＜0，整理得：a﹣1+alna＜0，设g（a）=alna+a﹣1，a＞0，g′（a）=lna+1+1=lna+2，令g′（a）=0，解得：a=e﹣2，当a∈（0，e﹣2），g′（a）＜0，g（a）单调递减，当a∈（e﹣2，+∞），g′（a）＞0，g（a）单调递增，g（a）min=g（e﹣2）=e﹣2lne﹣2+e﹣2﹣1=﹣﹣1，由g（1）=1﹣1﹣ln1=0，∴0＜a＜1，a的取值范围（0，1）．【考点】导数的运算，利用导数研究函数的单调性，利用导数求闭区间上函数的最值，函数零点的判定定理【解析】【分析】（1.）求导，根据导数与函数单调性的关系，分类讨论，即可求得f（x）单调性；（2.）由（1）可知：当a＞0时才有个零点，根据函数的单调性求得f（x）最小值，由f（x）min＜0，g（a）=alna+a﹣1，a＞0，求导，由g（a）min=g（e﹣2）=e﹣2lne ﹣2+e﹣2﹣1=﹣﹣1，g（1）=0，即可求得a的取值范围．10、【答案】（Ⅰ）解：因为f（x）=ax2﹣ax﹣xlnx=x （ax﹣a﹣lnx）（x＞0），则f（x）≥0等价于h（x）=ax﹣a﹣lnx≥0，因为h′（x）=a﹣，且当0＜x＜时h′（x）＜0、当x＞时h′（x）＞0，所以h（x）min=h（），又因为h（1）=a﹣a﹣ln1=0，所以=1，解得a=1；（Ⅱ）证明：由（1）可知f（x）=x2﹣x﹣xlnx，f′（x）=2x﹣2﹣lnx，令f′（x）=0，可得2x﹣2﹣lnx=0，记t（x）=2x﹣2﹣lnx，则t′（x）=2﹣，令t′（x）=0，解得：x= ，所以t（x）在区间（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，所以t（x）min=t（）=ln2﹣1＜0，从而t（x）=0有解，即f′（x）=0存在两根x0， x2，且不妨设f′（x）在（0，x0）上为正、在（x0， x2）上为负、在（x2，+∞）上为正，所以f（x）必存在唯一极大值点x0，且2x0﹣2﹣lnx0=0，所以f（x 0）= ﹣x0﹣x0lnx0= ﹣x0+2x0﹣2 =x0﹣，由x 0＜可知f（x0）＜（x0﹣）max=﹣+ = ；由f′（）＜0可知x0＜＜，所以f（x）在（0，x 0）上单调递增，在（x0，）上单调递减，所以f（x0）＞f（）=﹣+ = ＞；综上所述，f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．【考点】导数的运算，利用导数研究函数的极值，利用导数求闭区间上函数的最值，导数在最大值、最小值问题中的应用，不等式的综合【解析】【分析】（Ⅰ）通过分析可知f（x）≥0等价于h（x）=ax﹣a﹣lnx≥0，进而利用h′（x）=a﹣可得h（x）min=h（），从而可得结论；（Ⅱ）通过（Ⅰ）可知f（x）=x2﹣x﹣xlnx，记t（x）=f′（x）=2x﹣2﹣lnx，解不等式可知t（x）min=t（）=ln2﹣1＜0，从而可知f′（x）=0存在两根x0，x2，利用f（x）必存在唯一极大值点x0及x0＜可知f（x0）＜，另一方面可知f（x0）＞f（）=﹣+ = ＞．11、【答案】解：（Ⅰ）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，所以在（0,1）上f(x)<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），又因为f（x）min=f（a）≥0，所以a=1；（Ⅱ）由（Ⅰ）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*,所以，k∈N*．一方面，因为+ +…+ =1﹣＜1，所以，（1+ ）（1+ ）…（1+ ）＜e；另一方面，（1+ ）（1+ ）…（1+ ）＞（1+ ）（1+ ）（1+ ）= ＞2，同时当n≥3时，（1+ ）（1+ ）…（1+ ）∈（2，e）．因为m为整数，且对于任意正整数n（1+ ）（1+ ）…（1+ ）＜m，所以m的最小值为3．【考点】函数的单调性与导数的关系，利用导数研究函数的单调性，等比数列的前n项和，反证法与放缩法【解析】【分析】（Ⅰ）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；（Ⅱ）通过（Ⅰ）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，且当n≥3时，（1+ ）（1+ ）…（1+ ）∈（2，e）．。

高考数学二轮复习专题2 函数与导数教案文

高考数学二轮复习专题2 函数与导数教案文专题二函数与导数【重点知识回顾】1．函数是高考数学的重点内容之一，函数的观点和思想方法是高中数学的一条重要的主线，选择、填空、解答三种题型每年都有，函数题的身影频现，而且常考常新．以基本函数为背景的综合题和应用题是近几年的高考命题的新趋势．函数的图象也是高考命题的热点之一．近几年来考查导数的综合题基本已经定位到压轴题的位置了．2．对于函数部分考查的重点为：函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、周期性对称性和函数的图象；指数函数、对数函数的概念、图象和性质；应用函数知识解决一些实际问题；导数的基本公式，复合函数的求导法则；可导函数的单调性与其导数的关系，求一些实际问题（一般指单峰函数）的最大值和最小值．【典型例题】 1．函数的性质与图象函数的性质是高考考查的重点内容．根据函数单调性和奇偶性的定义，能判断函数的奇偶性，以及函数在某一区间的单调性，从数形结合的角度认识函数的单调性和奇偶性，掌握求函数最大值和最小值的常用方法．函数的图象是函数性质的直观载体，能够利用函数的图象归纳函数的性质．对于抽象函数一类，也要尽量画出函数的大致图象，利用数形结合讨论函数的性质．例1．“龟兔赛跑”讲述了这样的故事：领先的兔子看着慢慢爬行的乌龟，骄傲起来，睡了一觉，当它醒来时，发现乌龟快到终点了，于是急忙追赶，但为时已晚，乌龟还是先到达了终点……用S1、S2分别表示乌龟和兔子所行的路程，t 为时间，则下图与故事情节相吻合的是（）答案：BA B C D解析：在选项B 中，乌龟到达终点时，兔子在同一时间的路程比乌龟短．点评：函数图象是近年高考的热点的试题，考查函数图象的实际应用，考查学生解决问题、分析问题的能力，在复习时应引起重视．例2．已知定义在R 上的奇函数)(x f ，满足(4)()f x f x -=-，且在区间[0,2]上是增函数，若方程f(x)=m(m>0)在区间[]8,8-上有四个不同的根1234,,,x x x x ，则1234_________.x x x x +++=答案：-8解析：因为定义在R 上的奇函数，满足(4)()f x f x -=-，所以(4)()f x f x -=-，所以, 由)(x f 为奇函数，所以函数图象关于直线2x =对称且(0)0f =，由(4)()f x f x -=-知(8)()f x f x -=，所以函数是以8为周期的周期函数，又因为)(x f 在区间[0,2]上是增函数，所以)(x f 在区间[-2,0]上也是增函数．如图所示，那么方程f(x)=m(m>0)在区间[]8,8-上有四个不同的根1234,,,x x x x ，不妨设1234x x x x <<<，由对称性知1212x x +=-，344x x +=．所以12341248x x x x +++=-+=-．点评：本题综合考查了函数的奇偶性,单调性，对称性，周期性，以及由函数图象解答方程问题，运用数形结合的思想和函数与方程的思想解答问题．2．函数与解方程、不等式的综合问题函数与方程、不等式、数列是密切相关的几个部分，通过建立函数模型来解决有关他们的综合问题是高考的考查方向之一，解决该类问题要善于运用转化的思想方法，将问题进行不断转化，构建模型来解决问题．例2．x 为何值时，不等式()23log log 2-<x x m m 成立．解析：当1>m 时，212132023023022<<⇔⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧<<>≠⇔⎪⎩⎪⎨⎧-<>->x x x x x x x x ．当10<<m 时，21322132023023022><<⇔⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧><>≠⇔⎪⎩⎪⎨⎧-<>->x x x x x x x x x x 或或．故1>m 时，21<<x ．10<<m 时，2132><<x x 或为所求．点评：该题考查了对数不等式的解法，其基本的解题思路为将对数不等式转化为普通不等式，需要注意转化之后x 的范围发生了变化，因此最后要检验，或者转化时将限制条件联立．3．函数的实际应用函数的实际运用主要是指运用函数的知识、思想和方法综合解决问题．函数描述了自然界中量的依存关系，是对问题本身的数量本质特征和制约关系的一种刻画，用联系和变化的观点提出数学对象，抽象其数学特征，建立函数关系．掌握有关函数知识是运用函数思想的前提，考生应具备用初等数学思想方法研究函数的能力，运用函数思想解决有关数学问题的意识是运用函数思想的关键．例3．某单位用2160万元购得一块空地，计划在该地块上建造一栋至少10层、每层2000平方米的楼房．经测算，如果将楼房建为x （x ≥10）层，则每平方米的平均建筑费用为560+48x （单位：元）．为了使楼房每平方米的平均综合费用最少，该楼房应建为多少层？（注：平均综合费用=平均建筑费用+平均购地费用，平均购地费用=建筑总面积购地总费用）解析：设楼房每平方米的平均综合费为y 元，依题意得：*21601000010800(56048)56048(10,)2000y x x x x N x x⨯=++=++≥∈．则21080048y x '=-，令0y '=，即210800480x -=，解得15x =．当15x >时，0y '>；当015x <<时，0y '<，因此，当15x =时，y 取得最小值，min 2000y =元．答：为了使楼房每平方米的平均综合费最少，该楼房应建为15层．点评：这是一题应用题，利用函数与导数的知识来解决问题．利用导数，求函数的单调性、求函数值域或最值是一种常用的方法．4．导数与单调性、极（最）值问题．导数作为工具来研究三次函数、指数函数、对数函数的单调性，极值、最值时，具有其独特的优越性，要理解导数的几何意义，熟练导数的运算公式，善于借助导数解决有关的问题．例4．已知函数321()33f x ax bx x =+++，其中0a ≠．（1）当b a ,满足什么条件时，)(x f 取得极值?（2）已知0>a ，且)(x f 在区间(0,1]上单调递增，试用a 表示出b 的取值范围．解析：（1）由已知得2'()21f x ax bx =++，令0)('=x f ，得2210ax bx ++=，)(x f 要取得极值，方程2210ax bx ++=必须有解，所以△2440b a =->，即2b a >，此时方程2210ax bx ++=的根为：122b b x a a ---==，222b b x a a--+==，所以12'()()()f x a x x x x =-- 当0>a 时，所以)(x f 在x 1， x 2处分别取得极大值和极小值．当0<a 时，所以)(x f 在x 1， x 2处分别取得极大值和极小值．综上，当b a ,满足2b a >时，)(x f 取得极值．（2）要使)(x f 在区间(0,1]上单调递增，需使2'()210f x ax bx =++≥在(0,1]上恒成立．即1,(0,1]22ax b x x ≥--∈恒成立，所以max 1()22ax b x≥--，设1()22ax g x x =--，2221()1'()222a x a a g x x x -=-+=，令'()0g x =得x =或x =舍去)，当1>a 时，101a <<，当x ∈时'()0g x >，1()22ax g x x =--单调增函数；当x ∈时'()0g x<，1()22ax g x x =--单调减函数，所以当x =()g x取得最大，最大值为g = 所以b ≥ 当01a <≤1≥，此时'()0g x ≥在区间(0,1]恒成立，所以1()22ax g x x=--在区间(0,1]上单调递增，当1x =时()g x 最大，最大值为1(1)2a g +=-，所以12a b +≥-．综上，当1>a 时， b ≥01a <≤时， 12a b +≥-．点评：本题为三次函数，利用求导的方法研究函数的极值、单调性和函数的最值，函数在区间上为单调函数，则导函数在该区间上的符号确定，从而转为不等式恒成立，再转为函数研究最值．运用函数与方程的思想，化归思想和分类讨论的思想解答问题．【模拟演练】1．函数22log 2xy x-=+的图象（） A ．关于原点对称 B ．关于主线y x =-对称 C ．关于y 轴对称 D ．关于直线y x =对称 2．定义在R 上的偶函数()f x 的部分图象如右图所示，则在()2,0-上，下列函数中与()f x 的单调性不同的是（）A ．21y x =+ B ． ||1y x =+C ． 321,01,0x x y x x +≥⎧=⎨+<⎩D ．,,0x x e x oy e x -⎧≥⎪=⎨<⎪⎩3．已知定义在R 上的奇函数)(x f ，满足(4)()f x f x -=-,且在区间[0,2]上是增函数,则( )A ．(25)(11)(80)f f f -<---≤-0),2()1(0),1(log 2x x f x f x x ，则f （2009）的值为．5．已知函数()f x 在R 上满足2()2(2)88f x f x x x =--+-，则曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程是．6．已知函数321(),3f x x ax bx =++且'(1)0f -= （I ）试用含a 的代数式表示b ；（Ⅱ）求()f x 的单调区间；（Ⅲ）令1a =-，设函数()f x 在1212,()x x x x <处取得极值，记点1122(,()),(,())M x f x N x f x ，证明：线段MN 与曲线()f x 存在异于M 、N 的公共点．7．已知函数32()22f x x bx cx =++-的图象在与x 轴交点处的切线方程是510y x =-．（I ）求函数()f x 的解析式；（II ）设函数1()()3g x f x mx =+，若()g x 的极值存在，求实数m 的取值范围以及函数()g x 取得极值时对应的自变量x 的值．【参考答案】 1．答案：A解析：由于定义域为（-2，2）关于原点对称，又f(-x)=-f(x)，故函数为奇函数，图象关于原点对称，选A ． 2．答案：C解析：根据偶函数在关于原点对称的区间上单调性相反，故可知求在()2,0-上单调递减，注意到要与()f x 的单调性不同，故所求的函数在()2,0-上应单调递增．而函数21y x =+在(],1-∞上递减；函数1y x =+在(],0-∞时单调递减；函数321,01,0x x y x x +>⎧=⎨+<⎩在（,0]-∞上单调递减，理由如下y ＇=3x 2>0(x<0)，故函数单调递增，显然符合题意；而函数,0,0x x e x y e x -⎧≥⎪=⎨<⎪⎩，有y ＇=-x e -<0(x<0)，故其在（,0]-∞上单调递减，不符合题意，综上选C ． 3．答案：D解析：因为)(x f 满足(4)()f x f x -=-，所以(8)()f x f x -=，所以函数是以8为周期的周期函数，则)1()25(-=-f f ，)0()80(f f =，)3()11(f f =，又因为)(x f 在R 上是奇函数， (0)0f =，得0)0()80(==f f ，)1()1()25(f f f -=-=-，而由(4)()f x f x -=-得)1()41()3()3()11(f f f f f =--=--==，又因为)(x f 在区间[0,2]上是增函数，所以0)0()1(=>f f ，所以0)1(<-f ，即(25)(80)(11)f f f -<<，故选D ． 4．答案：1解析：由已知得2(1)log 21f -==，(0)0f =，(1)(0)(1)1f f f =--=-，(2)(1)(0)1f f f =-=-，(3)(2)(1)1(1)0f f f =-=---=，(4)(3)(2)0(1)1f f f =-=--=，(5)(4)(3)1f f f =-=，(6)(5)(4)0f f f =-=，所以函数f(x)的值以6为周期重复性出现．，所以f （2009）= f （5）=1． 5．答案：21y x =-解析：由2()2(2)88f x f x x x =--+-得：2(2)2()(2)8(2)8f x f x x x -=--+--，即22()(2)44f x f x x x --=+-，∴2()f x x =∴/()2f x x =， ∴切线方程为12(1)y x -=-，即210x y --=． 6．解析：（I ）依题意，得2'()2f x x ax b =++，由'(1)120f a b -=-+=得21b a =-．（Ⅱ）由（I ）得321()(21)3f x x ax a x =++-，故2'()221(1)(21)f x x ax a x x a =++-=++-，令'()0f x =，则1x =-或12x a =-， ①当1a >时，121a -<-，当x 变化时，'()f x 与()f x 的变化情况如下表：由此得，函数()f x 的单调增区间为(,12)a -∞-和(1,)-+∞，单调减区间为(12,1)a --． ②由1a =时，121a -=-，此时，'()0f x ≥恒成立，且仅在1x =-处'()0f x =，故函数()f x 的单调区间为R ；③当1a <时，121a ->-，同理可得函数()f x 的单调增区间为(,1)-∞-和(12,)a -+∞，单调减区间为(1,12)a --．综上：当1a >时，函数()f x 的单调增区间为(,12)a -∞-和(1,)-+∞，单调减区间为(12,1)a --；当1a =时，函数()f x 的单调增区间为R ；当1a <时，函数()f x 的单调增区间为(,1)-∞-和(12,)a -+∞，单调减区间为(1,12)a --（Ⅲ）当1a =-时，得321()33f x x x x x=--，由2'()230f x x x =--=，得121,3x x =-=．由（Ⅱ）得()f x 的单调增区间为(,1)-∞-和(3,)+∞，单调减区间为(1,3)-，所以函数()f x 在121,3x x =-=处取得极值，故5(1,),(3,9)3M N --，所以直线MN 的方程为813y x =--，由32133813y x x x y x ⎧=--⎪⎪⎨⎪=--⎪⎩得32330x x x --+= 解得1231, 1.3x x x =-==，1233121135119,,33x x x y y y =-=⎧⎧=⎧⎪⎪∴⎨⎨⎨=-==-⎩⎪⎪⎩⎩，所以线段MN 与曲线()f x 有异于,M N 的公共点11(1,)3-． 7．解析：（I ）由已知,切点为(2,0),故有(2)0f =,即430b c ++=……① 又2()34f x x bx c '=++，由已知(2)1285f b c '=++=得870b c ++=……② 联立①②，解得1,1b c =-=．所以函数的解析式为32()22f x x x x =-+-．（II ）因为321()223g x x x x mx =-+-+．令21()34103g x x x m '=-++=．当函数有极值时，则0∆≥，方程2134103x x m -++=有实数解，由4(1)0m ∆=-≥，得1m ≤． ①当1m =时，()0g x '=有实数23x =，在23x =左右两侧均有()0g x '>，故函数()g x 无极值； ②当1m <时，()0g x '=有两个实数根1211(2(2x x =-=+(),()g x g x '情况如下表：所以在(,1)∈-∞m 时，函数()g x 有极值；当1(23=-x 时，()g x 有极大值；当1(23=x 时，()g x 有极小值．.精品资料。

2017版高考数学二轮突破：专题二-函数与导数-课件(227页,含答案)

＝0，则 a＝________．
考点考向探究
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第5讲函数﹑基本初等函数I的图像与性质
[答案]
（1）D （2）－1－e
[解析] （1）1－1x>0，即x－x 1>0，解得 x<0 或 x>1，故所
求的定义域为（－∞，0）∪（1，＋∞）.
考
（2）因为 f（－e）＝g（－e）＋e＝e ，所以 f（e）＝－e
－f(x2)<x1－x2，且 f(－3)＝－4，则不等式 f log13x－1 >log1
2
2
考
3x－1－1 的解集为(
)
点
A.2，＋∞ B.－∞，2
考
向
C.0，1∪1，2 D.－∞，0∪0，2
探
究
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第5讲函数﹑基本初等函数I的图像与性质
[答案] D
[解析] 已知条件可以化为 f（x1）－x1<f（x2）－x2 对任意 x1<x2 成立，令 g（x）＝f（x）－x，故 g（x）为 R 上的增函数，且 g（－3）＝f（－3）－（－3）＝－1.
知识
y2)，…，(xm，ym)，则 m(xi＋yi)＝________． i＝1
聚焦
测试要点：函数图像对称性的应用
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第5讲函数﹑基本初等函数I的图像与性质
核
[答案] m
心
知
识
[解析] 由 f（－x）＝2－f（x）得 f（x）的图像关于（0，
聚焦
1）对称，∵y＝x＋ x 1＝1＋1x的图像也关于（0，1）对称，
的函数值转化为求已知区间上的函数值；(2)函数的奇偶
性、函数图像的对称性、函数的周期性之间有密切的关

【师说】2017高考数学(理)二轮专题复习高考小题标准练(十四) Word版含解析

答案：
13．在一个空心球形玩具里面设计一个棱长为4的内接正四面体，过正四面体上某一顶点所在的三条棱的中点作球的截面，则该截面圆的面积是__________．
解析：设正四面体为SABC，D，E，F分别是棱SA，SB，SC的中点，设外接球的球心为O，半径为R，易知正四面体的高为，其底面三角形ABC的高为2 ，由勾股定理可得， 2＋ 2＝R2，得R＝ .平面DEF截球O所得截面圆的圆心为△DEF的中心，又D，E，F分别是棱SA，SB，SC的中点，所以球心O到截面圆的圆心的距离为－＝，设平面DEF截球O所得的截面圆的半径为r，则r2＝( )2－ 2＝，所以所求截面圆的面积S＝πr2＝ π.
C．(－2,1)∪(2,3) D．(1,2)
解析：观察选项，利用特殊值验证，先取x＝0，代入集合B中的一元二次不等式，显然成立，又易知0∉A，故0∈∁RA，可以排除B，D；再取x＝，易知 ∈B， ∉A，故 ∈(∁RA)∩B，故选C.
答案：C
2．已知m∈R且＋ (i为虚数单位)是纯虚数，则m＝()
当t∈(1，＋∞)时，φ′(t)>0，故φ(t)在(1，＋∞)上单调递增．
∴a＋b＝φ(t)≥φ(1)＝－1，故a＋b的最小值为－1.
答案：A
二、填空题(本大题共5小题，每小5分，共25分．请把正确答案填在题中横线上)
11．已知随机变量ξ服从正态分布N(1，σ2)，若P(ξ>m)＝P(ξ≤m)，则m＝__________.
答案：C
4．由于高三学生学习任务很重，导致锻炼的时间越来越少，某卫生组织为了了解高三学生每天锻炼的时间(单位：分钟)，从某高中随机抽取了n名高三学生进行调查，将调查结果按[10,20)，[20,30)，[30,40)，[40,50]分组，得到的频率分布直方图如图所示，其中锻炼的时间不低于20分钟的人数为90，则n的值为()

【师说】2017届高考数学(人教版文科)二轮专项训练：小题专项滚动练二

解析：由题意，h(x)＝mf(x)＋ng(x)＝m·4x＋m＋n·4－x，h(－x)＝m·4－x＋m＋n·4x，∵h(x)为偶函数，∴h(x)＝h(－x)，∴m＝n，∴h(x)＝m(4x＋4－x)＋m，∵4x＋4－x≥2，∴h(x)min＝3m＝1，∴m＝，∴m＋n＝ .
所以0<a≤ ln2，
当a＝0时，y＝1≤2，
当a<0时，y＝eax在(0,2]上的最大值小于1，所以实数a的取值范围是 .
答案：D
10．已知定义在R上的函数f(x)满足f(3－x)＝f(x)， f′(x)<0，若x1<x2，且x1＋x2>3，则有()
A．f(x1)>f(x2)
B．f(x1)<f(x2)
答案：C
8．已知函数f(x)＝ x2＋sin ，f′(x)为f(x)的导函数，则y＝f′(x)的图象大致是()
解析：∵f(x)＝ x2＋cosx，
∴f′(x)＝ x－sinx，
f′(x)是奇函数，故选项B，D不正确，
当x＝时，f′(x)＝－<0，故选A.答案：A
9．设函数f(x)＝在[－2,2]上的最大值为2，则实数a的取值范围是()
A．有最小值－1，最大值1
B．有最大值1，无最小值
C．有最小值－1，无最大值
D．有最大值－1，无最小值
解析：作出函数g(x)＝1－x2和函数|f(x)|＝|2x－1|的图象如图1所示，得到函数h(x)的图象如图2所示，由图象得函数h(x)有最小值－1，无最大值．
答案：C
5．对于偶函数F(x)，当x∈[0,2)时，F(x)＝ex＋x，当x∈[2，＋∞)时，F(x)的图象与函数y＝ex＋1的图象关于直线y＝x对称，则F(－1)＋F(e＋1)＝()

2017年高考全国通用数学理大二轮专题复习检测专题二

一、选择题1．[2016·郑州质检]函数f(x)＝e x cos x 的图象在点(0，f(0))处的切线方程是( )A ．x ＋y ＋1＝0B ．x ＋y －1＝0C ．x －y ＋1＝0D ．x －y －1＝0答案 C解析依题意，f(0)＝e 0cos 0＝1，因为f ′(x)＝e x cos x －e x sin x ，所以f ′(0)＝1，所以切线方程为y －1＝x －0，即x －y ＋1＝0，故选C .2．[2016·南宁适应性测试(二)]设抛物线C ：y ＝x 2与直线l ：y ＝1围成的封闭图形为P ，则图形P 的面积S 等于( )A ．1B .13 C .23 D .43答案 D解析由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x2y ＝1得x ＝±1.由对称性与图形可知，S ＝2(1×1－⎠⎛01x 2d x)＝2⎝⎛⎭⎪⎪⎫1×1－13x 3⎪⎪⎪10＝43，选D . 3．[2016·广西质检]若函数f(x)＝(x 2－cx ＋5)e x在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，4上单调递增，则实数c 的取值范围是( )A ．(－∞，2]B ．(－∞，4]C ．(－∞，8]D ．[－2,4]答案 B解析 f ′(x)＝[x 2＋(2－c)x －c ＋5]e x，因为函数f(x)在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，4上单调递增，等价于x 2＋(2－c)x －c ＋5≥0对任意x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，4恒成立，即(x ＋1)c ≤x 2＋2x ＋5，c ≤x 2＋2x ＋5x ＋1对任意x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，4恒成立，∵x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，4，∴x 2＋2x ＋5x ＋1＝(x ＋1)＋4x ＋1≥4，当且仅当x ＝1时等号成立，∴c ≤4.4．[2016·沈阳质检]已知函数y ＝x 2的图象在点(x 0，x 20)处的切线为l ，若l 也与函数y ＝ln x ，x ∈(0,1)的图象相切，则x 0必满足( )A ．0<x 0<12B .12<x 0<1 C .22<x 0< 2 D .2<x 0< 3答案 D解析由题令f(x)＝x 2，f ′(x)＝2x ，f(x 0)＝x 20，所以直线l 的方程为y ＝2x 0(x －x 0)＋x 20＝2x 0x －x 20，因为l 也与函数y ＝ln x(x ∈(0,1))的图象相切，令切点坐标为(x 1，ln x 1)，y ′＝1x ，所以l 的方程为y ＝1x 1x ＋ln x 1－1，这样有⎩⎨⎧2x 0＝1x 1，1－ln x 1＝x 20，所以1＋ln 2x 0＝x 20，x 0∈(1，＋∞)，令g(x)＝x 2－ln 2x －1，x ∈(1，＋∞)，所以该函数的零点就是x 0，又因为g ′(x)＝2x －1x ＝2x 2－1x ，所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增，又g(1)＝－ln 2 <0，g(2)＝1－ln 2 2<0，g(3)＝2－ln 23>0，从而2<x 0<3，选D .5．已知函数f(x)＝x 3＋ax 2－x ＋c(x ∈R )，则下列结论错误的是( )A ．函数f (x )一定存在极大值和极小值B ．若函数f (x )在(－∞，x 1)，(x 2，＋∞)上是增函数，则x 2－x 1≥233 C ．函数f (x )的图象是中心对称图形D ．函数f (x )的图象在点(x 0，f (x 0))(x 0∈R )处的切线与f (x )的图象必有两个不同的公共点答案 D解析对于选项A ，f ′(x )＝3x 2＋2ax －1，方程3x 2＋2ax －1＝0的根的判别式Δ＝4a 2＋12>0恒成立，故f ′(x )＝0必有两个不等实根，不妨设为x 1，x 2，且x 1<x 2，令f ′(x )>0，得x <x 1或x >x 2，令f ′(x )<0，得x 1<x <x 2，所以函数f (x )在(x 1，x 2)上单调递减，在(－∞，x 1)和(x 2，＋∞)上单调递增，所以当x ＝x 1时，函数f (x )取得极大值，当x ＝x 2时，函数f (x )取得极小值，故A 选项的结论正确；对于选项B ，令f ′(x )＝3x 2＋2ax －1＝0，由根与系数的关系可得x 1＋x 2＝－2a 3，x 1x 2＝－13，易知x 1<x 2，所以x 2－x 1＝(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝4a 29＋43≥233，故B选项的结论正确；对于选项C ，易知两极值点的中点坐标为⎝⎛－a3，⎭⎪⎫f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3，又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3＋x ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋a 23x ＋x 3＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3－x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋a 23x －x 3＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3＋x ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3－x ＝2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3，所以函数f (x )的图象关于点⎝⎛⎭⎪⎫－a 3，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3成中心对称，故C 选项的结论正确；对于D 选项，令a ＝c ＝0得f (x )＝x 3－x ，f (x )在(0,0)处切线方程为y ＝－x ，且⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－xy ＝x 3－x有唯一实数解，即f (x )在(0,0)处切线与f (x )图象有唯一公共点，所以D 不正确，选D.6．已知函数f (x )＝(a －2)x －ax 3在区间[－1,1]上的最大值为2，则a 的取值范围是( )A ．[2,10]B ．[－1,8]C ．[－2,2]D ．[0,9]答案 B解析 f ′(x )＝－3ax 2＋a －2.(1)当a ＝0时，f ′(x )＝－2<0，f (x )在[－1,1]上为减函数，所以f (x )max ＝f (－1)＝2，符合题意．(2)当0<a ≤2时，f ′(x )≤0恒成立，所以函数f (x )在定义域内为减函数，所以f (x )max ＝f (－1)＝2，符合题意．(3)当a <0或a >2时，由f ′(x )＝0，解得x ＝±a －23a .①当－a －23a ≤－1，即 a －23a ≥1，即－1≤a <0时，函数f (x )在[－1,1]上单调递减，所以此时函数在定义域内的最大值为f (－1)＝2，满足条件；②当－a －23a >－1，即a －23a <1，即a <－1或a >2时，若a <－1，函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－a －23a 与⎣⎢⎡⎦⎥⎤a －23a ，1上单调递增，在⎣⎢⎡－ a －23a，⎦⎥⎤a －23a 上单调递减，所以此时函数在定义域内的最大值为f (1)＝－2或f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a －23a ，而f ⎝⎛⎭⎪⎫－ a －23a >f (－1)＝2，不满足条件，若a >2，函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－a －23a 与⎣⎢⎡⎦⎥⎤a －23a ，1上单调递减，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－ a －23a ，a －23a 上单调递增，所以此时函数在定义域内的最大值为f (－1)＝2或f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a －23a ，则必有f ⎝⎛⎭⎪⎫a －23a ≤2，即(a －2)a －23a －a ⎝⎛⎭⎪⎫ a －23a 3≤2，整理并因式分解得(a －8)(a ＋1)2≤0，所以由a >2可得2<a ≤8.综上可得－1≤a ≤8，故选B.二、填空题7．[2016·九江一模]已知直线y ＝－x ＋1是函数f (x )＝－1a ·e x图象的切线，则实数a ＝________.答案 e 2解析设切点为(x 0，y 0)，则f ′(x 0)＝－1a ·e x 0＝－1，∴e x 0＝a ，又－1a ·e x 0＝－x 0＋1，∴x 0＝2，∴a ＝e 2.8．[2015·天津高考]曲线y ＝x 2与直线y ＝x 所围成的封闭图形的面积为________．答案 16解析由题意可得封闭图形的面积为⎠⎛01(x －x 2)d x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2－13x 3⎪⎪⎪10＝12－13＝16. 9．[2016·石家庄一模]设过曲线f(x)＝－e x －x(e 为自然对数的底数)上任意一点处的切线为l 1，总存在过曲线g(x)＝ax ＋2cos x 上一点处的切线l 2，使得l 1⊥l 2，则实数a 的取值范围为________．答案－1≤a ≤2解析函数f(x)＝－e x －x 的导数为f ′(x)＝－e x －1，设曲线f(x)＝－e x －x 上的切点为(x 1，f(x 1))，则l 1的斜率k 1＝－e x 1－1.函数g(x)＝ax ＋2cos x 的导数为g ′(x)＝a －2sin x ，设曲线g(x)＝ax ＋2cos x 上的切点为(x 2，g(x 2))，则l 2的斜率k 2＝a －2sin x 2.由题设可知k 1·k 2＝－1，从而有(－e x1－1)(a －2sin x 2)＝－1，∴a －2sin x 2＝1e x1＋1，对∀x 1，∃x 2使得等式成立，则有y 1＝1e x1＋1的值域是y 2＝a －2sin x 2值域的子集，即(0,1)⊆[a －2，a ＋2]，⎩⎪⎨⎪⎧a －2≤0，a ＋2≥1，∴－1≤a ≤2.三、解答题10．[2016·石景山区高三统测]已知函数f(x)＝x －a ln x ，g(x)＝－1＋ax (a>0)．(1)若a ＝1，求函数f(x)的极值；(2)设函数h(x)＝f(x)－g(x)，求函数h(x)的单调区间；(3)若存在x 0∈[1，e ]，使得f(x 0)<g(x 0)成立，求a 的取值范围．解 (1)f(x)＝x －a ln x 的定义域为(0，＋∞)．当a ＝1时，f ′(x)＝x －1x . 由f ′(x)＝0，解得x ＝1.当0<x<1时，f ′(x)<0，f(x)单调递减；当x>1时，f ′(x)>0，f(x)单调递增；所以当x ＝1时，函数f(x)取得极小值，极小值为f(1)＝1－ln 1＝1；(2)h(x)＝f(x)－g(x)＝x －a ln x ＋1＋ax ，其定义域为(0，＋∞)．又h ′(x)＝x 2－ax －(1＋a )x 2＝(x ＋1)[x －(1＋a )]x 2. 由a>0可得1＋a>0，在x ∈(0,1＋a)上h ′(x)<0，在x ∈(1＋a ，＋∞)上h ′(x)>0，所以h(x)的递减区间为(0,1＋a)；递增区间为(1＋a ，＋∞)． (3)若在[1，e ]上存在一点x 0，使得f(x 0)<g(x 0)成立，即在[1，e ]上存在一点x 0，使得h(x 0)<0. 即h(x)在[1，e ]上的最小值小于零．①当1＋a ≥e ，即a ≥e －1时，由(2)可知h(x)在[1，e ]上单调递减．故h(x)在[1，e ]上的最小值为h(e )，由h(e )＝e ＋1＋a e －a<0，可得a>e 2＋1e －1.因为e 2＋1e －1>e －1，所以a>e 2＋1e －1；②当1<1＋a<e ，即0<a<e －1时，由(2)可知h(x)在(1,1＋a)上单调递减，在(1＋a ，e )上单调递增． h(x)在[1，e ]上最小值为h(1＋a)＝2＋a －a ln (1＋a)．因为0<ln (1＋a)<1，所以0<a ln (1＋a)<a.∴2＋a －a ln (1＋a)>2，即h(1＋a)>2不满足题意，舍去．综上所述：a ∈⎝⎛⎭⎪⎫e 2＋1e －1，＋∞.11．[2016·贵阳监测]设函数f(x)＝x ln (ax)(a>0)． (1)设F(x)＝12f(1)x 2＋f ′(x)，讨论函数F(x)的单调性；(2)过两点A(x 1，f ′(x 1))，B(x 2，f ′(x 2))(x 1<x 2)的直线的斜率为k ，求证：1x 2<k<1x 1.解 (1)f ′(x)＝ln (ax)＋1，所以F(x)＝12(ln a)x 2＋ln (ax)＋1，函数F(x)的定义域为(0，＋∞)，F ′(x)＝(ln a)x ＋1x ＝(ln a )x 2＋1x. ①当ln a ≥0，即a ≥1时，恒有F ′(x)>0，函数F(x)在(0，＋∞)上是增函数；②当ln a<0，即0<a<1时，令F ′(x)>0，得( ln a)x 2＋1>0, 解得0<x< －1ln a ；令F ′(x)<0，得(ln a)x 2＋1<0，解得x> －1ln a .所以函数F(x)在⎝⎛⎭⎪⎫0，－1ln a 上为增函数，在⎝⎛⎭⎪⎫ －1ln a ，＋∞上为减函数．(2)证明：因为k ＝f ′(x 2)－f ′(x 1)x 2－x 1＝ln (ax 2)－ln (ax 1)x 2－x 1＝ln x 2x1x 2－x 1，x2－x 1>0，要证1x 2<k<1x 1，即证x 2－x 1x 2<ln x 2x 1<x 2－x 1x 1，令t ＝x 2x 1，则t>1，则只要证1－1t <ln t<t －1即可，①设g(t)＝t －1－ln t ，则g ′(t)＝1－1t >0(t>1)，故g(t)在(1，＋∞)上是增函数．所以当t>1时，g(t)＝t －1－ln t>g(1)＝0，即t －1>ln t 成立． ②要证1－1t <ln t ，由于t>1，即证t －1<t ln t ，设h(t)＝t ln t －(t －1)，则h ′(t)＝ln t>0(t>1)，故函数h(t)在(1，＋∞)上是增函数，所以当t>1时，h(t)＝t ln t －(t －1)>h(1)＝0，即t －1<t ln t 成立．故由①②知1x 2<k<1x 1成立，得证．12．[2016·广西质检]已知函数f(x)＝1x ＋a ln x(a ≠0，a ∈R )． (1)若a ＝1，求函数f (x )的极值和单调区间；(2)若在区间(0，e]上至少存在一点x 0，使得f (x 0)<0成立，求实数a 的取值范围．解 (1)当a ＝1时，f ′(x )＝－1x 2＋1x ＝x －1x 2，令f ′(x )＝0，得x ＝1，又f (x )的定义域为(0，＋∞)，由f ′(x )<0得0<x <1，由f ′(x )>0得x >1，所以当x ＝1时，f (x )有极小值1.f (x )的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)． (2)f ′(x )＝－1x 2＋a x ＝ax －1x 2，且a ≠0，令f ′(x )＝0，得到x ＝1a ，若在区间(0，e]上存在一点x 0，使得f (x 0)<0成立，即f (x )在区间(0，e]上的最小值小于0.当1a <0，即a <0时，f ′(x )<0在(0，e]上恒成立，即f (x )在区间(0，e]上单调递减，故f (x )在区间(0，e]上的最小值为f (e)＝1e ＋a ln e ＝1e ＋a ，由1e ＋a <0，得a <－1e ，即a ∈⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－1e .当1a >0，即a >0时，①若e ≤1a ，则f ′(x )≤0对x ∈(0，e]成立，所以f (x )在区间(0，e]上单调递减，则f (x )在区间(0，e]上的最小值为f (e)＝1e ＋a ln e ＝1e ＋a >0，显然，f (x )在区间(0，e]上的最小值小于0不成立． ②若0<1a <e ，即a >1e 时，则有所以f (x )在区间(0，e]上的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝a ＋a ln 1a ，由f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝a ＋a ln 1a ＝a (1－ln a )<0，得1－ln a <0，解得a >e ，即a ∈(e ，＋∞)．综上，由①②可知：a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1e ∪(e ，＋∞)符合题意．。

【师说】高考数学(理)二轮专题复习练习：高考小题满分练02(含答案解析)

二、函数与导数小题强化练，练就速度和技能，掌握高考得分点！姓名：________ 班级：________一、选择题(本大题共10小题，每小5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．下列函数中，既是偶函数又在(0，＋∞)上单调递增的是( ) A ．y ＝e x B ．y ＝cos x C ．y ＝|x |＋1 D ．y ＝x解析：显然选项A 、D 中的函数均是非奇非偶函数，选项B 中的函数是偶函数但在(0，＋∞)上不是单调递增函数，选项C 正确．答案：C2．已知定义在R 上的偶函数f (x )满足f (x ＋2)＝f (x )，当x ∈[3,4]时，f (x )＝ln x ，则( ) A ．f ⎝⎛⎭⎫sin 12<f ⎝⎛⎭⎫cos 12 B ．f ⎝⎛⎭⎫sin π3＞f ⎝⎛⎭⎫cos π3 C ．f (sin1)＜f (cos1) D ．f ⎝⎛⎭⎫sin 32＞f ⎝⎛⎭⎫cos 32 解析：由题意得f (x )是定义在R 上周期为2的偶函数，∵f (x )在[3,4]上是增函数，∴函数f (x )在[－1,0]上是增函数，在[0,1]上是减函数，∵0＜cos1＜sin1＜1，∴选C.答案：C3．函数f (x )＝ln ⎝⎛⎭⎫x －1x 的图象大致是( )解析：要使函数f (x )＝ln ⎝⎛⎭⎫x －1x 有意义，需满足x －1x＞0，解得－1＜x ＜0或x ＞1，所以排除A ，D ，当x ＞2时，x －1x一定大于1，所以ln ⎝⎛⎭⎫x －1x ＞0，故选B. 答案：B4．已知函数f (x )＝(m 2－m －1)x 4m 9－m 5－1是幂函数，对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，且x 1≠x 2，满足f x 1 －f x 2x 1－x 2＞0，若a ，b ∈R ，且a ＋b ＞0，ab ＜0，则f (a )＋f (b )的值( )A ．恒大于0B ．恒小于0C ．等于0D ．无法判断解析：因为函数f (x )＝(m 2－m －1)x 4m 9－m 5－1是幂函数，所以m 2－m －1＝1，解得m ＝2或m ＝－1，当m ＝2时，f (x )＝x 2015，当m ＝－1时，f (x )＝x －4.又因为对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，且x 1≠x 2，满足f x 1 －f x 2x 1－x 2＞0，则函数f (x )是增函数，所以函数的解析式为f (x )＝x 2015，函数f (x )＝x 2015是奇函数且是增函数，因为a ，b ∈R ，且a ＋b ＞0，ab ＜0，则a ，b 异号且正数的绝对值比负数的绝对值大，所以f (a )＋f (b )恒大于0，故选A.答案：A5．已知函数f (x )＝2x －1，g (x )＝1－x 2，规定：当|f (x )|≥g (x )时，h (x )＝|f (x )|；当|f (x )|＜g (x )时，h (x )＝－g (x )，则h (x )( )A ．有最小值－1，最大值1B ．有最大值1，无最小值C ．有最小值－1，无最大值D ．有最大值－1，无最小值解析：作出函数g (x )＝1－x 2和函数|f (x )|＝|2x －1|的图象如图1所示，得到函数h (x )的图象如图2所示，由图象得出函数h (x )有最小值－1，无最大值．答案：C6．如图，y ＝f (x )是可导函数，直线l ：y ＝kx ＋2是曲线y ＝f (x )在x ＝3处的切线，令g (x )＝xf (x )，g ′(x )是g (x )的导函数，则g ′(3)＝( )A ．－1B ．0C ．2D ．4解析：由图象得，f (3)＝1，k ＝f ′(3)＝－13，∵g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )，∴g ′(3)＝1＋3×⎝⎛⎭⎫－13＝0. 答案：B7．若点P 是函数y ＝e x －e －x －3x ⎝⎛⎭⎫－12≤x ≤12图象上任意一点，且在点P 处切线的倾斜角为α，则α的最小值是( )A.5π6B.3π4 C.π4 D.π6解析：由题意知tan α＝e x ＋e －x －3≥2－3＝－1，当且仅当x ＝0时等号成立，即tan α≥－1，又－12≤x ≤12，∴tan α＝e x ＋e －x －3≤e ＋1e －3＜0，∴－1≤tan α＜0，又α∈[0，π]，∴α的最小值是3π4.答案：B8．函数f (x )＝x 2＋ax ＋b 的部分图象如图所示，则函数g (x )＝ln x ＋f ′(x )的零点所在的区间是( )A.⎝⎛⎭⎫14，12 B ．(1,2) C.⎝⎛⎭⎫12，1D ．(2,3)解析：由图象得，a ＋b ＋1＝0,0<b <1，∴－2＜a ＜－1，∵g (x )＝ln x ＋2x ＋a 在(0，＋∞)上是增函数，且g (1)＝a ＋2＞0，g ⎝⎛⎭⎫12＝a ＋1－ln2＜0，∴函数g (x )＝ln x ＋f ′(x )的零点所在的区间是⎝⎛⎭⎫12，1.答案：C9．已知函数f (x )＝1x －ln x －1，则y ＝f (x )的图象大致为( )解析：令g (x )＝x －ln x －1，则g ′(x )＝1－1x ＝x －1x ，由g ′(x )＞0得x ＞1，即函数g (x )在(1，＋∞)上单调递增，由g ′(x )＜0得0＜x ＜1，即函数g (x )在(0,1)上单调递减，所以当x ＝1时，函数g (x )取得最小值，g (x )min ＝g (1)＝0，于是对任意的x ∈(0,1)∪(1，＋∞)，有g (x )＞0，故排除B 、D ，因为函数g (x )在(0,1)上单调递减，则函数f (x )在(0,1)上单调递增，故排除C ，选A.答案：A10．已知函数f (x )＝ln x1＋x －ln x ，f (x )在x ＝x 0处取得最大值，给出以下结论：①f (x 0)＜x 0 ②f (x 0)＝x 0 ③f (x 0)＞x 0 ④f (x 0)＜12 ⑤f (x 0)＞12.其中正确结论的序号是( )A ．①④B ．②④C ．②⑤D ．③⑤解析：∵f ′(x )＝－ln x ＋x ＋1 x ＋1 2，∴存在正数a 使得f ′(a )＝－ln a ＋a ＋1a ＋1 2＝0，当0＜x ＜a 时，f ′(x )＞0，当x ＞a 时，f ′(x )＜0，即f (x )在x ＝a 处取得最大值，由题意知x 0＝a ，f (x 0)＝ln x 0x 0＋1－ln x 0＝x 0，∵f ′⎝⎛⎭⎫12＜0，∴x 0＜12，∴f (x 0)＜12. 答案：B二、填空题(本大题共5小题，每小5分，共25分．请把正确答案填在题中横线上) 11．已知函数f (x )＝4x ＋1，g (x )＝4－x . 若偶函数h (x )满足h (x )＝mf (x )＋ng (x )(其中m ，n为常数)，且最小值为1，则m ＋n ＝ ________.解析：由题意，h (x )＝mf (x )＋ng (x )＝m ·4x ＋m ＋n ·4－x ，h (－x )＝m ·4－x ＋m ＋n ·4x ，∵h (x )为偶函数，∴h (x )＝h (－x )，∴m ＝n ，∴h (x )＝m (4x ＋4－x )＋m ，∵4x ＋4－x ≥2，∴h (x )min ＝3m＝1，∴m ＝13，∴m ＋n ＝23.答案：2312．函数f (x )＝2sin(πx )＋11－x(x ∈[－2,4])的所有零点之和为 ________.解析：函数y ＝2sin(πx )和函数y ＝1x －1的图象均关于点(1,0)对称，作出两个函数的图象如图所示，得函数f (x )＝2sin(πx )＋11－x在[－2,4]上共有四个不同的零点，由对称性得所有零点之和为4.答案：413．已知函数f (x )＝f ′⎝⎛⎭⎫π2sin x ＋cos x ，则f ⎝⎛⎭⎫π4＝ ________. 解析：∵f ′(x )＝f ′⎝⎛⎭⎫π2cos x －sin x ，∴f ′⎝⎛⎭⎫π2＝－1，∴f (x )＝－sin x ＋cos x ，∴f ⎝⎛⎭⎫π4＝0. 答案：014．设α＝⎠⎛011－x 2d x ，tan β＝⎠⎛01e x d x ，则tan (α＋β)＝ ________.解析：因为α＝⎠⎛011－x 2d x 表示圆x 2＋y 2＝1的面积的四分之一，即α＝π4，tan β＝⎠⎛01e x d x＝e －1，所以tan (α＋β)＝1＋e －11－ e －1 ＝e2－e.答案：e2－e15．若函数f(x)＝x 33－a 2x 2＋x ＋1在区间⎝⎛⎭⎫12，3上有极值点，则实数a 的取值范围是 ________.解析：因为f(x)＝x 33－a 2x 2＋x ＋1，所以f′(x)＝x 2－ax ＋1.函数f(x)在区间⎝⎛⎭⎫12，3上有极值点，即f′(x)＝0在⎝⎛⎭⎫12，3上有一个解或者两个不相同的解．当有一个解时，f′⎝⎛⎭⎫12f′(3)≤0，解得52≤a≤103，经检验a ＝103时不成立，所以52≤a ＜103.当有两解时，依题意可得⎩⎪⎨⎪⎧12＜a 2＜3f′⎝⎛⎭⎫12＞0f′ 3 ＞0f′⎝⎛⎭⎫a 2＜0，解得2＜a ＜52.综上可得a ∈⎝⎛⎭⎫2，103. 答案：⎝⎛⎭⎫2，103。

【师说】2017高考数学(理)二轮专题复习高考小题标准练(十二) Word版含解析

答案：11
13．在平面几何中有如下结论：若正三角形ABC的内切圆面积为S1，外接圆面积为S2，则＝ .推广到空间几何体中可以得到类似结论：若正四面体ABCD的内切球体积为V1，外接球体积为V2，则＝__________.
解析：从平面图形类比空间图形，从二维类比三维，可得如下结论：正四面体的内切球和外接球的半径之比是1 3，故正四面体ABCD的内切球体积V1与外接球体积V2之比等于＝ 3＝ .
答案：A
6．已知| |＝1，| |＝k，∠AOB＝，点C在∠AOB内， · ＝0，若＝2m ＋m (m≠0)，则实数k＝()
A．1 B．2
C. D．4
解析：由＝2m ＋m ， · ＝0，得 · ＝2m＋mk· ＝0.又m≠0，所以k＝4.故选D.
答案：D
7．已知实数x，y满足若z＝|2x－2y－1|，则z的取值范围是()
答案：3
12．在△ABC中，C＝60°，|AB|＝，边AB上的高为，则(|AC|＋|BC|)2＝__________.
解析：过点C作CH⊥AB于点H，则|CH|＝ .由余弦定理，得|AB|2＝|AC|2＋|BC|2－2|AC||BC|cosC＝3；由面积公式，得S△ABC＝ |AC||BC|sinC＝ |AC|·|BC|＝ |AB||CH|＝，故|AC||BC|＝，所以(|AC|＋|BC|)2＝|AC|2＋|BC|2＋2|AC|·|BC|＝(3＋|AC|·|BC|)＋2|AC|·|BC|＝3＋3|AC|·|BC|＝3＋3× ＝11.
C. － i D. ＋ i
解析：＝＝＋ i.故选D.
答案：D
4．已知Sn为等差数列{an}的前n项和，a2＋a8＝6，则S9＝()
A. B．27

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答案：B
6．(2016·重庆一中期中)定义在上的函数f(x)，f′(x)是它的导函数，且恒有sinx·f′(x)>cosx·f(x)成立，则()
A. f >f B. f >f
C. f >2f D. f <f
解析：由f′(x)sinx>f(x)cosx，
则f′(x)sinx－f(x)cosx>0，构造函数g(x)＝，则g′(x)＝，当x∈ 时，g′(x)>0，即函数g(x)在上单调递增，∴g <g ，∴ f <f ，故选D.
解析：由eb＝2a－3，取对数，得b＝ln(2a－3)，则2a－3>0.
则|2a－b－1|＝|2a－ln(2a－3)－1|＝|(2a－3)－ln(2a－3)＋2|(*)，
令2a－3＝x(x>0)，(*)式化为|x－lnx＋2|，
令y＝x－lnx＋2，则y′＝1－，令y′＝0，得x＝1.
当x∈(0,1)时，y′<0，则函数在(0,1)上为减函数；
∴u(t)在0<t<1上是增函数，u(t)<u(1)＝0，则ln < ，∴④式不成立，与假设矛盾．
∴g′(x0)≠0.
③当a<0时，f(x)在和(1，＋∞)上单调递减，在上单调递增，∴f(x)的极小值为f ＝－aln2＋ a，f(x)的极大值为f(1)＝0.综上所述：当a＝0时，函数f(x)无极值；当a>0时，函数f(x)的极大值为－aln2＋ a，函数f(x)的极小值为0；当a<0时，函数f(x)的极小值为－aln2＋ a，函数f(x)的极大值为0.
12．(2016·湖南株洲统一测)设函数f(x)＝alnx＋b(x2－3x＋2)，其中a，b∈R.
(1)若a＝b，讨论f(x)极值(用a表示)；
(2)当a＝1，b＝－，函数g(x)＝2f(x)－(λ＋3)x＋2，若x1，x2(x1≠x2)满足g(x1)＝g(x2)且x1＋x2＝2x0，证明：g′(x0)≠0.
(2)若k∈Z，且f(x＋1)＋x－k(x－1)>0对x>1恒成立，求k的最大值．
解：(1)∵g(x)＝－a(x－1)＋(x－1)ln(x－1)，则g′(x)＝－a＋1＋ln(x－1)在(1，＋∞)上递增；又g(x)在2，e2＋1]上不单调，等于g′(x)在2，e2＋1]上有零点．由已知，有解得1<a<3.∴a的取值范围为(1,3)．
解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，∵a＝b，∴f(x)＝alnx＋a(x2－3x＋2)，∴f′(x)＝＋a(2x－3)＝ .①a＝0时，f(x)＝0，所以函数f(x)无极值；②当a>0时，f(x)在和(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减，
∴f(x)的极大值为f ＝－aln2＋ a，f(x)的极小值为f(1)＝0；
(2)g(x)＝2lnx－x2－λx，g′(x)＝－2x－λ.假设结论不成立，则有
由①，得2ln －(x －x )－λ(x1－x2)＝0，
∴λ＝2 －2x0，由③，得λ＝－2x0，
∴ ＝，即＝，即ln ＝ ④.令t＝，不妨设x1<x2，u(t)＝lnt－ (0<t<1)，则u′(t)＝ >0，
9．(2016·云南师大附中月考)若函数f(x)＝－ x3＋ x2＋2ax在上存在单调递增区间，则a的取值范围是__________．
解析：f′(x)＝－x2＋x＋2a＝－ 2＋＋2a.当x∈ 时，f′(x)的最大值为
f′ ＝2a＋，
令2a＋ >0，解得a>－，所以a的取值范围是 .
答案：
10．(2016·河南信阳一模)已知实数a，b满足eb＝2a－3，则|2a－b－1|的最小值为__________．
A. B.
C. D. －
4．(2016·重庆开县月考一)已知函数f(x)＝ x2＋2ax，g(x)＝3a2lnx＋b，设两曲线y＝f(x)，y＝g(x)有公共点，且在该点处的切线相同，则a∈(0，＋∞)时，实数b的最大值是()
A. e6B. e6
C. e D. e
答案：D
5．(2016·安徽马鞍山模拟)在x∈ 上，函数f(x)＝x2＋px＋q与g(x)＝＋在同一点处取得相同的最小值，那么f(x)在上的最大值是()
(2)由题知k< 对x>1恒成立．令u(x)＝，则u′(x)＝，令v(x)＝－lnx＋x－2，v′(x)＝1－＝ .∵x>1，
∴v′(x)>0，即v(x)在(1，＋∞)上单调递增．又v(3)＝－ln3＋1<0，v(4)＝－2ln2＋2>0，
∴∃x0∈(3,4)，使得v(x0)＝0，即u′(x0)＝0，∴u(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增．∴u(x)]min＝u(x0)＝＝＝x0∈(3,4)，k<u(x)]min＝x0，又k∈Z，∴k的最大值为3.
A. B．4
C．8D.
解析：∵g(x)＝＋，且x∈ ，则g(x)≥3，当且仅当x＝1时，g(x)min＝3，当x＝－时，f(x)取得最小值f ，则－＝1，得p＝－2，∴f(x)＝x2－2x＋q，
又f(x)min＝f(1)＝3，∴1－2＋q＝3，∴q＝4，
∴f(x)＝x2－2x＋4＝(x－1)2＋3，x∈ ，∴f(x)max＝f(2)＝4.
课时巩固过关练(六)导数的简单应用及定积分
一、选择题
1．(2016·湖北襄阳期末)设函数f(x)＝x3－ax2＋x－1在点(1，f(1))处的切线与直线x＋2y－3＝0垂直，则实数a等于()
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：函数f(x)＝x3－ax2＋x－1的导数为f′(x)＝3x2－2ax＋1，曲线y＝f(x)在点P(1，f(1))处的切线斜率为4－2a，由切线与直线x＋2y－3＝0垂直，可得4－2a＝2，解得a＝1.故选A.
当x∈(1，＋∞)时，y′>0，则函数在(1，＋∞)上为增函数，
∴当x＝1时，ymin＝1－ln1＋2＝3，即|2a－b－3|的最小值为3.
答案：3
三、解答题
11．(2016·江西高安二中段考)已知函数f(x)＝(x－1)ln(x－1)．
(1)设函数g(x)＝－a(x－1)＋f(x)在区间2，e2＋1]上不单调，求实数a的取值范围；
答案：A
2．(2016·辽宁师大附中期中)定积分 dx的值为()
A. B.
C．πD．2π
解析：∵y＝，∴(x－1)2＋y2＝1表示以(1,0)为圆心，以1为半径的圆，∴定积分 dx所围成的面积就是该圆的面积的四分之一，∴定积分 dx＝，故选A.
答案：A
3．(2016·河南安阳一中月考)如图是函数y＝cos 在一个周期内的图象，则阴影部分的面积是()
∀x，y∈0，＋∞)，不等式ax≤ex＋y－2＋ex－y－2＋2恒成立，则实数a的最大值是()
A. B.
C．1D．2
解析：因为ex＋y－2＋ex－y－2＋2≥2ex－2＋2，所以“不等式ax≤ex＋y－2＋ex－y－2＋2恒成立”等价于不等式ax≤2ex－2＋2恒成立，当x＝0时，该不等式成立，当x>0时，“不等式ax≤2ex－2＋2恒成立”等价于“不等式a≤ 恒成立”，令f(x)＝，则f′(x)＝，令h(x)＝2xex－2－2ex－2－2，则f′(x)与函数h(x)的符号一致，又因为h′(x)＝2xex－2>0，所以h(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，因为h(2)＝2×2×e2－2－2×e2－2－2＝0，所以在区间(0,2)上，h(x)<0，即f′(x)<0，所以函数f(x)在区间(0,2)上单调递减，在区间(2，＋∞)上，h(x)>0，即f′(x)>0，所以函数f(x)在区间(2，＋∞)上单调递增，所以在区间0，＋∞)，函数f(x)的最小值为f(x)min＝f(2)＝2，所以a≤2，故选D.
答案：D
二、填空题
8．(2016·广东佛山联考)已知点P在曲线y＝上，α为曲线在点P处的切线的倾斜角，则α的取值范围是__________．
解析：因为y′＝＝＝，
∵ex＋e－x≥2 ＝2，∴ex＋e－x＋2≥4，
∴y′∈－1,0)，即tanα∈－1,0)，
∵0≤α<π，∴ ≤α<π.
答案： ≤α<π

【师说】2017高考数学(理)二轮专题复习(检测)-专题二 函数与导数：课时巩固过关练(六)

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