2018届二轮利用导数研究不等式问题专题卷(全国通用)

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2018届高考数学二轮复习导数与不等式及参数范围 ppt课件(全国通用)

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解 (1)由题设易知 f(x)=ln x,g(x)=ln x+ ,∴g'(x)=
��
1
��-1 �� 2
,
令g'(x)=0得x=1, 当x∈(0,1)时,g'(x)<0, 故(0,1)是g(x)的单调减区间, 当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0, 故(1,+∞)是g(x)的单调增区间, 因此,x=1是g(x)的唯一极值点,且为极小值点,从而是最小值点, 所以最小值为g(1)=1.
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(2)g
1 ��
=-ln x+x,设 h(x)=g(x)-g
1 ��
1 ��
=2ln x-x+ ,则 h'(x)=��
1
(�� -1)2 �� 2
,
当 x=1 时,h(1)=0,即 g(x)=g
,
当x∈(0,1)∪(1,+∞)时,h'(x)<0,h'(1)=0, 因此,h(x)在(0,+∞)内单调递减,当0<x<1时,h(x)>h(1)=0,
2.4.2
导数与不等式及参数范围
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求参数的取值范围(多维探究) 解题策略一构造函数法角度一从条件关系式中构造函数例1设函数f(x)=x2+ax+b,g(x)=ex(cx+d).若曲线y=f(x)和曲线y=g(x) 都过点P(0,2),且在点P处有相同的切线y=4x+2. (1)求a,b,c,d的值; (2)若x≥-2时,f(x)≤kg(x),求k的取值范围. 难点突破一(作差构造) f(x)≤kg(x)⇔kg(x)-f(x)≥0,设F(x)=kg(x)f(x)=2kex(x+1)-x2-4x-2⇒F'(x)=2kex(x+2)-2x-4=2(x+2)(kex-1)⇒令 F'(x)=0得x1=-ln k,x2=-2. 此时,类比二次函数根的分布进行分类讨论F(x)的最小值大于或等于0时的k的范围.

2018届高考数学二轮导数及其应用专题卷理(全国通用)

专题能力训练5 导数及其应用(时间:60分钟满分:100分)一、选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分)1.已知曲线y=在点(3,2)处的切线与直线ax+y+1=0垂直,则a=()A.-2B.2C.-D.2.已知函数f(x)=ln x+ln(2-x),则()A.f(x)在(0,2)单调递增B.f(x)在(0,2)单调递减C.y=f(x)的图象关于直线x=1对称D.y=f(x)的图象关于点(1,0)对称3.已知a≥0,函数f(x)=(x2-2ax)e x.若f(x)在[-1,1]上是单调递减函数,则a的取值范围是()A.0<a<B.<a<C.a≥D.0<a<4.已知函数f(x)的定义域为R,f(-1)=2,对任意x∈R,f'(x)>2,则f(x)>2x+4的解集为()A.(-1,1)B.(-1,+∞)C.(-∞,-1)D.(-∞,+∞)5.(2017浙江金丽衢十二校模拟)如图,已知直线y=kx+m与曲线y=f(x)相切于两点,则F(x)=f(x)-kx有()A.1个极大值点,2个极小值点B.2个极大值点,1个极小值点C.3个极大值点,无极小值点D.3个极小值点,无极大值点6.将函数y=ln(x+1)(x≥0)的图象绕坐标原点逆时针方向旋转角θ(θ∈(0,α]),得到曲线C,若对于每一个旋转角,曲线C都仍然是一个函数的图象,则α的最大值为()A.πB.C.D.7.已知函数f(x)=x+e x-a,g(x)=ln(x+2)-4e a-x,其中e为自然对数的底数,若存在实数x0,使f(x0)-g(x0)=3成立,则实数a的值为()A.-ln 2-1B.ln 2-1C.-ln 2D.ln 28.若函数f(x)=ln x与函数g(x)=x2+2x+a(x<0)有公切线,则实数a的取值范围是()A. B.(-1,+∞)C.(1,+∞)D.(-ln 2,+∞)二、填空题(本大题共6小题,每小题5分,共30分)9.若f(x)=x3+3ax2+3(a+2)x+1有极大值和极小值,则a的取值范围为.10.(2017浙江诸暨肇庆三模)已知函数f(x)=x3+ax2+3x-9,若x=-3是函数f(x)的一个极值点,则实数a=.11.设f'(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数,f(-2)=0,当x>0时,xf'(x)-f(x)>0,则使得f(x)>0成立的x的取值范围是.12.已知函数f(x)=x3-2x+e x-,其中e是自然对数的底数.若f(a-1)+f(2a2)≤0,则实数a的取值范围是.13.已知函数f(x)=若对于∀t∈R,f(t)≤kt恒成立,则实数k的取值范围是.14.设函数f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0)满足f(1)+f(3)=2f(2),现给出如下结论:①若f(x)是区间(0,1)上的增函数,则f(x)是区间(3,4)上的增函数;②若a·f(1)≥a·f(3),则f(x)有极值;③对任意实数x0,直线y=(c-12a)(x-x0)+f(x0)与曲线y=f(x)有唯一公共点.其中正确的结论为.(填序号)三、解答题(本大题共2小题,共30分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15.(本小题满分15分)已知函数f(x)=x3+|x-a|(a∈R).(1)当a=1时,求f(x)在(0,f(0))处的切线方程;(2)当a∈(0,1)时,求f(x)在区间[-1,1]上的最小值(用a表示).16.(本小题满分15分)已知函数f(x)=ax(ln x-1)(a≠0).(1)求函数y=f(x)的单调递增区间;(2)当a>0时,设函数g(x)=x3-f(x),函数h(x)=g'(x),①若h(x)≥0恒成立,求实数a的取值范围;②证明:ln(1×2×3×…×n)2e<12+22+32+…+n2(n∈N*).参考答案专题能力训练5导数及其应用1.A解析由y'=得曲线y=在点(3,2)处的切线斜率为-,又切线与直线ax+y+1=0垂直,则a=-2.故选A.2.C解析f(x)=ln x+ln(2-x)=ln(-x2+2x),x∈(0,2).当x∈(0,1)时,x增大,-x2+2x增大,ln(-x2+2x)增大,当x∈(1,2)时,x增大,-x2+2x减小,ln(-x2+2x)减小,即f(x)在区间(0,1)上单调递增,在区间(1,2)上单调递减,故排除选项A,B;因为f(2-x)=ln(2-x)+ln[2-(2-x)]=ln(2-x)+ln x=f(x),所以函数y=f(x)的图象关于直线x=1对称,故排除选项D.故选C.3.C解析f'(x)=e x[x2+2(1-a)x-2a],∵f(x)在[-1,1]上单调递减,∴f'(x)≤0在[-1,1]上恒成立.令g(x)=x2+2(1-a)x-2a,则解得a≥.4.B解析由f(x)>2x+4,得f(x)-2x-4>0,设F(x)=f(x)-2x-4,则F'(x)=f'(x)-2,因为f'(x)>2,所以F'(x)>0在R上恒成立,所以F(x)在R上单调递增.而F(-1)=f(-1)-2×(-1)-4=2+2-4=0,故不等式f(x)-2x-4>0等价于F(x)>F(-1),所以x>-1.故选B.5.A解析F'(x)=f'(x)-k,如下图所示,从而可知函数y=F'(x)共有三个零点x1,x2,x3,因此函数F(x)在(-∞,x1)上单调递减,在(x1,x2)上单调递增,在(x2,x3)上单调递减,在(x3,+∞)上单调递增,故x1,x3为极小值点,x2为极大值点,即F(x)有1个极大值点,2个极小值点,应选A.6.D解析函数y=ln(x+1)(x≥0)的图象绕坐标原点逆时针方向连续旋转时,当且仅当其任意切线的倾斜角小于等于90°时,其图象都仍然是一个函数的图象,因为x≥0时y'=是减函数,且0<y'≤1,当且仅当x=0时等号成立,故在函数y=ln(x+1)(x≥0)的图象的切线中,x=0处的切线倾斜角最大,其值为,由此可知αmax=.故选D.7.A解析由题意得f(x)-g(x)=x+e x-a-ln(x+2)+4e a-x,令h(x)=x-ln(x+2),x>-2,则h'(x)=1-,∴h(x)在区间(-2,-1)上单调递减,在区间(-1,+∞)上单调递增,∴h(x)min=h(-1)=-1,又∵e x-a+4e a-x≥2=4,∴f(x)-g(x)≥3,当且仅当时等号成立.故选A.8.A解析设公切线与函数f(x)=ln x切于点A(x1,ln x1)(x1>0),则切线方程为y-ln x1=(x-x1),设公切线与函数g(x)=x2+2x+a切于点B(x2,+2x2+a)(x2<0),则切线方程为y-(+2x2+a)=2(x2+1)(x-x2),所以有因为x2<0<x1,所以0<<2.又a=ln x1+-1=-ln-1,令t=,所以0<t<2,a=t2-t-ln t.设h(t)=t2-t-ln t(0<t<2),则h'(t)=t-1-<0,所以h(t)在区间(0,2)上为减函数,则h(t)>h(2)=-ln 2-1=ln,所以a∈.故选A.9.(-∞,-1)∪(2,+∞)解析f'(x)=3x2+6ax+3(a+2),由题意知f'(x)=0有两个不相等的实根,则Δ=(6a)2-4×3×3(a+2)>0,即a2-a-2>0,解得a>2或a<-1.10.5解析f'(x)=3x2+2ax+3,由题意知x=-3为方程3x2+2ax+3=0的根,则3×(-3)2+2a×(-3)+3=0,解得a=5.11.(-2,0)∪(2,+∞)解析令g(x)=,则g'(x)=>0,x∈(0,+∞),所以函数g(x)在(0,+∞)上单调递增.又g(-x)==g(x),则g(x)是偶函数,g(-2)=0=g(2),则f(x)=xg(x)>0⇔解得x>2或-2<x<0.故不等式f(x)>0的解集为(-2,0)∪(2,+∞).12.解析因为f(-x)=(-x)3-2(-x)+e-x-=-f(x),所以f(x)为奇函数.因为f'(x)=3x2-2+e x+e-x≥3x2-2+2≥0(当且仅当x=0时等号成立),所以f(x)在R上单调递增,因为f(a-1)+f(2a2)≤0可化为f(2a2)≤-f(a-1),即f(2a2)≤f(1-a),所以2a2≤1-a,2a2+a-1≤0,解得-1≤a≤,故实数a的取值范围是.13.14.①②③解析由f(1)+f(3)=2f(2)化简得b=-6a.f'(x)=3ax2+2bx+c=3ax2-12ax+c,其对称轴为x=2,如果f(x)在区间(0,1)上递增,其关于x=2对称的区间为(3,4),故区间(3,4)也是其增区间,①正确.a[f(1)-f(3)]≥0,即2a(11a-c)≥0,导函数f'(x)=3ax2-12ax+c的判别式144a2-12ac=12a(12a-c),当a>0时,12a-c>11a-c≥0,判别式为正数,当a<0时,11a-c≤0,12a-c≤a<0,其判别式为正数,即导函数有零点,根据二次函数的性质可知原函数有极值,②正确.注意到f'(2)=c-12a,则③转化为f'(2)=,即函数图象上任意两点连线的斜率和函数在x=2处的切线的斜率相等的有且仅有一个点.由于x=2是导函数f'(x)=3ax2-12ax+c的最小值点,即有且仅有一个最小值点,故③正确.15.解 (1)因为当a=1,x<1时,f(x)=x3+1-x,f'(x)=3x2-1,所以f(0)=1,f'(0)=-1,所以f(x)在(0,f(0))处的切线方程为y=-x+1.(2)当a∈(0,1)时,由已知得f(x)=当a<x<1时,由f'(x)=3x2+1>0,知f(x)在(a,1)上单调递增.当-1<x<a时,由f'(x)=3x2-1,知①当a∈时,f(x)在上递增,在上递减,在上递增,所以f(x)min=min=min=a-.②当a∈时,f(x)在上递增,在上递增,在(a,1)上递增,所以f(x)min=min{f(-1),f(a)}=min{a,a3}=a3.综上所述,f(x)min=16.解 (1)∵f'(x)=a=a ln x,令f'(x)>0,当a>0时,解得x>1;当a<0时,解得0<x<1,∴当a>0时,函数y=f(x)的单调递增区间是(1,+∞);当a<0时,函数y=f(x)的单调递增区间是(0,1).(2)①∵h(x)=g'(x)=x2-f'(x)=x2-a ln x,∴由题意得h(x)min≥0.∵h'(x)=x-,∴当x∈(0,)时,h'(x)<0,h(x)单调递减;当x∈(,+∞)时,h'(x)>0,h(x)单调递增.∴h(x)min=h()=a-a ln,由a-a ln≥0,得ln a≤1,解得0<a≤e.∴实数a的取值范围是(0,e].②由(1)知a=e时,h(x)=x2-eln x≥0在x∈(0,+∞)上恒成立,当x=时等号成立,∴x∈N*时,2eln x<x2,令x=1,2,3,…,n,累加可得2e(ln 1+ln 2+ln 3+…+ln n)<12+22+32+…+n2,即ln(1×2×3×…×n)2e<12+22+32+…+n2(n∈N*).。

新课标版备战2018高考数学二轮复习难点2.2导数与不等式相结合问题测试卷

导数与不等式相结合问题（一）选择题（12*5=60分）1.【重庆市九校2018届第一次联考】设定义在()0,+∞上的函数()f x 的导函数()f x '满足()1xf x '>，则（）A. ()()21ln2f f ->B. ()()21ln2f f -<C. ()()211f f ->D. ()()211f f -< 【答案】A2.已知定义域为R 的偶函数()f x ，其导函数为()f x '，对任意[)0,x ∈+∞，均满足：()()2xf x f x '>-．若()()2g x x f x =，则不等式()()21g x g x <-的解集是（）A ．(),1-∞-B ．1,3⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭C ．11,3⎛⎫- ⎪⎝⎭D ．()1,1,3⎛⎫-∞-⋃+∞ ⎪⎝⎭【答案】C【解析】[)0,x ∈+∞时()()()()()22(2)0g x xf x x f x x f x xf x '''=+=+>，而()()2g x x f x =也为偶函数，所以()()()()2121|2||1||2||1|321013g x g x g x g x x x x x x <-⇔<-⇔<-⇔+-<⇔-<<，选C.3.设函数)('x f 是偶函数)(x f 的导函数，当0≠x 时，恒有0)('>x xf ，记),2(log ),5(log ),3(log 325.0f c f b f a ===则c b a ,,的大小关系为（）A ．c b a <<B ．b c a <<C ．b a c <<D ．a b c << 【答案】C【解析】因为当0≠x 时，恒有0)('>x xf ，所以当0x >时，()0f x '>，即函数()f x 在(0,)+∞上单调递增，又)(x f 是偶函数，0.522(log 3)(log 3)(log 3)a f f f ==-=，3220log 21log 3log 5<<<<，所以c a b <<，故选C.4.函数()f x 的导函数为'()f x ，对x R ∀∈，都有'()()f x f x >成立，若2(2)f e =，则不等式()xf x e >的解是（）A ．(2,)+∞B ．(0,1)C ．(1,)+∞D ．(0,ln 2) 【答案】A【解析】∵x R ∀∈，都有'()()f x f x >成立，∴()()0>-'x f x f ，于是有()0>'⎪⎭⎫⎝⎛x e x f ，令()()x e x f x g =，则有()x g 在R 上单调递增，∵不等式()x f x e >，∴()1>x g ，∵2(2)f e =，∴()12=g ，∴2>x ，故选：A ．5.已知()f x 是定义在R 上的函数，其导函数为'()f x ，若()'()1f x f x -<，(0)2016f =，则不等式()20151x f x e >+（其中e 为自然对数的底数）的解集为（）A ．(,0)(0,)-∞+∞B ．(0,)+∞ C. (2015,)+∞ (,0)(2015,)-∞+∞D ．【答案】B6. 【2018届晋豫省际大联考（12月）】已知函数()f x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减， ()'f x 为其导函数，若对任意0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭都有()()'tan f x f x x <，则下列不等式一定成立的是A. 36f ππ⎛⎫⎛⎫>⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ B. 46f f ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ C. 36f f ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭D.46f ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭【答案】D【解析】∵函数()f x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，∴0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时， ()0f x '≤，∵对任意0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭都有()()'tan f x f x x <，∴()()cos sin 0f x x f x x '-<，且()0f x <，令()()sin f x g x x=，则()()()2sin cos 0sin f x x f x xg x x-='>'，∴346g g g πππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫>> ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，即346πππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫>> ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，>>， 06f π⎛⎫< ⎪⎝⎭，∴选项A ， B ， C 不一定成立，由以上分析可得466f πππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫>>⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，故选D 7.设函数()3236222xx f x e x x x ae x ⎛⎫=+-+-- ⎪⎝⎭，若不等式()0f x ≤在[)2,-+∞上有解，则实数a 的最小值为（） A ．312e -- B ．322e -- C ．3142e -- D ．11e-- 【答案】C8.设()f x ，()g x 分别是定义在R 上的奇函数和偶函数，当0x ＜时，()()()()0f x g x f x g x ''+＞，且()30g -=，则不等式()()0f x g x ＜的解集是（）A ．()()3,03,-⋃+∞B ．()()3,00,3-⋃C ．()(),33,-∞-⋃+∞D ．()(),30,3-∞-⋃ 【答案】D【解析】当0x <时,()()()()0,[()()]0,()()f x g x f x g x f x g x y f x g x ''+∴>∴=＞为增函数,()30,(3)(3)0,()()0g f g f x g x -=∴--=∴<的解集为(,3)-∞.因为()f x ，()g x 分别是定义在R 上的奇函数和偶函数,故()()y f x g x =在R 为奇函数,当0x >时,()()0f x g x <的解集为(0,3).综上,不等式的解集(,3)-∞(0,3)⋃.故选D.9.已知函数 ()()2ln xxf x e ex-=++，则使得()()23f x f x >+ 成立的x 的取值范围是（）A.()1,3-B.()(),33,-∞-+∞C.()3,3-D.()(),13,-∞-+∞【答案】D【解析】因为()()()22ln ()ln ()x x x xf x e e x e ex f x ---=++-=++=，所以函数()f x 是偶函数.易知函数x xy e e -=+在(0,)x ∈+∞是增函数，所以函数()()2ln x x f x e ex -=++在(0,)x ∈+∞也是增函数，所以不等式()()23f x f x >+等价于|2||3|x x >+，解得1x <-或3x >.10. 【湖南省长郡2018届月考（五）】已知定义在R 上的函数(f x ），其导函数为()f x '，若()()3f x f x '-<-， ()04f =，则不等式()3x f x e >+的解集是（）A. (),1-∞B. ()1,+∞C. ()0,+∞D. (),0-∞ 【答案】D11.已知函数()f x 的定义域为R ,()'fx 为函数()f x 的导函数，当[)0,x ∈+∞时，()'2sin cos 0x x f x ->且x R ∀∈，()()cos21f x f x x -++=.则下列说法一定正确的是（）A.15324643f f ππ⎛⎫⎛⎫-->-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ B.15344643f f ππ⎛⎫⎛⎫-->-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭C.3134324f f ππ⎛⎫⎛⎫->- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ D.1332443f f ππ⎛⎫⎛⎫-->- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭【答案】B【解析】令()()2sin F x x f x =-，则()()''sin 2F x x fx =-.因为当[)0,x ∈+∞时，()'2sin cos 0x x f x ->，即()'sin2x f x >，所以()()''sin 20F x x f x =->，所以()()2sin F x x f x =-在[)0,x ∈+∞上单调递增.又x R ∀∈，()()cos21f x f x x -++=，所以()()22sin f x f x x -+=，所以()()()()2222sin sin 2sin sin x f x x x f x x f x ⎡⎤---=-+=+-⎣⎦，故()()2sin F x x f x =-为奇函数，所以()()2sin F x x f x =-在R 上单调递增，所以5463F F ππ⎛⎫⎛⎫->- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.即15344643f f ππ⎛⎫⎛⎫-->-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故选B. 12. 【2018届湖南五市十校高三12月联考】已知函数()()sin f x x x x R =+∈，且()()2223410f y y f x x -++-+≤，则当1y ≥时，1yx +的取值范围是（）A ．13,44⎡⎤⎢⎥⎣⎦ B ．1,14⎡⎤⎢⎥⎣⎦ C ．3⎡⎤⎣⎦ D ．1,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭【答案】A（二）填空题（4*5=20分）13.定义在R 上的函数()f x 的导函数为()f x ′，满足()()xf x f x x +>′，则不等式()4x -()()244442x f x f x --<-的解集为．【答案】()8,∞-【解析】取()12x f x =+，则()244143422x x x x -⎛⎫-+-<- ⎪⎝⎭，易解得8x <；故答案为()8,∞-．14. 【辽宁省六校2018届期中联考】已知函数()f x '是函数()f x 的导函数, ()1e f =,对任意实数x 都有()()20f x f x '->,___________.【答案】()1,∞+15.已知函数()f x 定义在(0,)2π上，'()f x 是它的导函数，且恒有()'()tan f x f x x <成立，又知1()62f π=，若关于x 的不等式()sin f x x >解集是___________. 【答案】(,)62ππ【解析】()'()tan ,'()sin ()cos 0f x f x x f x x f x x <∴->，令()()sin f x g x x=，''2()sin ()cos ()0,()sin f x x f x x g x g x x-∴=>∴在(0,)2π上为增函数,由 ()sin f x x >，()()61,sin 6sin 6f f x x x πππ∴>=∴>,所以不等式的解集为(,)62ππ. 16. 【江苏省五校2018届第一次联考】已知函数()()ln f x x e a x b =+-+，其中e 为自然对数的底数，若不等式()0f x ≤恒成立，则__________．【解析】由函数的解析式可得：，当0,x a e >≤时， ()'0f x >，不合题意，舍去，当a e >时，由()'0f x=可得：()()'0,f x f x>单调递增，当 ()()'0,f x f x <单调递减，则当即：()ln 10a e b --+≥，即（三）解答题（4*12=48分）17. 【2018广西贺州桂梧高中联考】已知函数()()2232ln 42f x x x x x x =--+. （1）若()f x 在(),1a a +上递增，求a 的取值范围；（2）证明： ()'24f x x >-.【解析】（1）()()()()()()21'22ln 23422ln 2222ln 1f x x x x xx x x x x x x=-+--+=-+-=--，令()'0f x =，得11x =， 2x e =，令()'0f x >，得01x <<，或x e >，∴()f x 在()0,1， (),e +∞上递增，()f x 在(),1a a +上递增，∴0a =或a e ≥.（2）证明：当12x >时， 240x -<， ()'24f x x >-显然成立.当102x <≤时， ()()()()()'2422ln 124g x f x x x x x =--=---+，()2'2ln +4g x x x =-在102⎛⎤⎥⎝⎦，上递增，且11'2ln 442ln2022g ⎛⎫=-+=-< ⎪⎝⎭，∴()'0g x <，从而()g x 在10,2⎛⎤⎥⎝⎦上递减，∴()min 11ln202g x g ⎛⎫==+> ⎪⎝⎭，∴()0g x >，即()'24f x x >-.综上， ()'24f x x >-.18.已知函数)(1ln )(R a x x a x f ∈+-=. （1）求)(x f 的单调区间；（2）若0)(≤x f 在),0(+∞上恒成立，求所有实数a 的值；（3）证明：ln 2ln3ln 4ln (1)(,1)34514n n n n N n n -+++⋅⋅⋅+<∈>+.19. 【四川省绵阳市2018届高三二诊】已知函数()ln 3f x a x bx =--（R a ∈且0a ≠）（1）若a b =，求函数()f x 的单调区间；（2）当1a =时，设()()3g x f x =+，若()g x 有两个相异零点12,x x ，求证： 12ln ln 2x x +>. 【解析】（1）由()l n 3f x a x a x =--知()()1a x f x x='-，当0a >时，函数()f x 的单调增区间是()0,1，单调减区间是()1,+∞，当0a <时，函数()f x 的单调增区间是()1,+∞，单调减区间是()0,1.（2）()ln g x x bx =-，设()g x 的两个相异零点为12,x x ，设120x x >>，∵()10g x =， ()20g x =，∴11ln 0x bx -=， 22ln 0x bx -=，∴()1212ln ln x x b x x -=-， ()1212ln ln x x b x x +=+.要证12ln ln 2x x +>，即证()122b x x +>，即121212ln ln 2x x x x x x ->-+，即()1212122ln x x x x x x ->+，设121x t x =>上式转化为()()21ln 11t t t t ->>+.设()()21ln 1t g t t t -=-+，∴()()()22101t g t t t +'-=>，∴()g t 在()1,+∞上单调递增，∴()()10g t g >=，∴()21ln 1t t t ->+，∴12ln ln 2x x +>.20. 【辽宁省六校2018届期中联考】函数()2122f x x m mx m =-- ,其中0m < . (1)试讨论函数()f x 的单调性; (2)已知当e2m ≤-(其中e 2.71828= 是自然对数的底数)时,在1e 1,22x -⎛⎤∈-⎥⎝⎦上至少存在一点0x ,使()0e 1f x >+ 成立,求m 的取值范围;(3)求证:当1m =- 时,对任意()1212,0,1,x x x x ∈≠,有()()212113f x f x x x -<-.。

2018年高考理数真题试题(全国Ⅱ卷)(Word版+答案+解析)

2018年高考理数真题试卷（全国Ⅱ卷）一、选择题1.1+2i1−2i=( )A. −45−35i B. −45+35i C. −35−45i D. −35+45i2.已知集合A={(x,y)|x2+y2≤3,x∈Z,y∈Z}.则A中元素的个数为（）A. 9B. 8C. 5D. 43.函数f(x)=e x−e−xx2的图像大致为( )A. B.C. D.4.已知向量a→，b→满足|a→|=1, a→⋅b→=−1 ，则a→·(2a→-b→)=（）A. 4B. 3C. 2D. 05.双曲线x2a2−y2b2=1（a>0,b>0）的离心率为√3，则其渐近线方程为（）A. y=±√2xB. y=±√3xC. y=±√22x D. y=±√32x6.在ΔABC中，cos C2=√55,BC=1,AC=5则AB=（）A. 4√2B. √30C. √29D. 2√57.为计算S=1−12+13−14+⋅⋅⋅+199−1100,设计了右侧的程序框图，则在空白框中应填入（）A. i=i+1B. i=i+2C. i=i+3D. i=i+48.我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果，哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”,如30=7+23.在不超过30的素数中,随机选取两个不同的数,其和等于30的概率是( )A. 112 B. 114 C. 115 D. 1189.在长方形ABCD-A 1B 1C 1D 1中，AB=BC=1，AA 1= √3 ,则异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为( ) A. 15 B. √56C. √55D. √2210.若 f(x)=cosx −sinx 在 [−a,a] 是减函数，则a 的最大值是( ) A. π4 B. π2 C. 3π4 D. π11.已知 f(x) 是定义为 (−∞,+∞) 的奇函数，满足 f(1−x)=f(1+x) 。

2018届高考数学理二轮复习全国通用课件专题一函数与导数、不等式第5讲精品

由零点存在定理，知存在 x0∈(2，3)，使得 h(x0)＝0，
即 1＋ln(x0＋1)＝x0，
又函数 h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以当 x∈(0，x0)时，h(x)＜h(x0)＝0；
当 x∈(x0，＋∞)时，h(x)＞h(x0)＝0. 从而当 x∈(0，x0)时，g′(x)＝h（xx2）＜0；当 x∈(x0，＋∞)时，g′(x)＝h（xx2）＞0，所以 g(x)在(0，＋∞)上的最小值为 g(x0)＝（x0＋1）[1＋x0ln（x0＋1）]＝x0＋1. 因此 f(x)＞x＋kx1－x2 在(0，＋∞)上恒成立等价于 k＜g(x)min＝x0 ＋1.由 x0∈(2，3)，知 x0＋1∈(3，4)，所以 k 的最大值为 3.
【训练1】 (2016·武汉模拟)设函数f(x)＝1－x2＋ln(x＋1).
(1)求函数 f(x)的单调区间； (2)若不等式 f(x)＞x＋kx1－x2(k∈N*)在(0，＋∞)上恒成立，求 k 的最大值.
解 (1)函数 f(x)的定义域为(－1，＋∞)， f′(x)＝x＋1 1－2x，由 f′(x)＞0，得－1＜x＜ 32－1；由 f′(x)＜0，得 x＞ 32－1.所以函数 f(x)的单调递增区间为－1， 32－1，单调递减区间为 32－1，＋∞.
设 g(x)＝ln x－mx－1x，即∀x∈[1，＋∞)，g(x)≤0 恒成立，等价于函数 g(x)在[1，＋∞)上的最大值 g(x)max≤0. g′(x)＝1x－m1＋x12＝－mx2x＋2 x－m. ①若 m≤0，g′(x)＞0，g(x)在[1，＋∞)上单调递增，即 g(x)≥g(1)＝0，这与要求的 g(x)≤0 矛盾. ②若 m＞0，方程－mx2＋x－m＝0 的判别式 Δ＝1－4m2.

新课标版备战2018高考数学二轮复习难点2.2导数与不等式相结合问题测试卷理20180408515

导数与不等式相结合问题（一）选择题（12*5=60分） 1.【重庆市九校 2018届第一次联考】设定义在0,上的函数 fx的导函数 fx满足xfx 1，则（）A. f2f1ln2 B. f2 f 1 ln2 C. f2 f 1 1D.ff211【答案】A2.已知定义域为 R 的偶函数 f x ，其导函数为 fx ，对任意x0,，均满足：xfx2 f x ．若gx x fx，则不等式g 2xg 1 x的解集是（）21A ．,1B ．,31 C ．1, 31D ．, 1 ,3【答案】C 【解析】x0,时g x xf xx f xx f xxf x ，而2(2) 02gx x 2 f x 也为偶函数，所以21g x gxg xgxxx x xx ， 2 1| 2 | |1|| 2 | |1|321 013选C.3.设函数f'(x) 是偶函数f(x) 的导函数，当x0时，恒有xf'(x) 0 ，记a f(log0 3b f(log 5),c f(log 2), 则a,b,c的大小关系为（）),.5 2 3A．a b c B．a c b C．c a b D．c b a【答案】C【解析】因为当x0时，恒有xf'(x) 0 ，所以当x0 时，f(x) 0，即函数f(x) 在1(0,)上单调递增，又 f (x ) 是偶函数， af (log 3)f (log 3) f (log 3)，0.5220 log 21log 3 log 5 ，所以 c a b ，故选 C.3224.函数 f (x ) 的导函数为 f '(x ) ，对x R ，都有 f '(x ) f (x ) 成立，若 f (2) e 2 ，则不等式 f (x ) e x 的解是（）A ．(2,)B ． (0,1)C ． (1,) D ． (0, ln 2)【答案】A【解析】∵x R ，都有 f '(x ) f (x ) 成立，∴ fx fx 0，于是有f x，令exxf xg，则有 gx在 R 上单调递增，∵不等式 f (x ) e ，∴g x1，∵xexf (2) e ，∴2g，∴ x 2 ，故选：A ．215.已知 f (x ) 是定义在 R 上的函数，其导函数为 f '(x ) ，若 f (x ) f '(x )1， f (0) 2016，则不等式 f (x ) 2015A e x1（其中 e 为自然对数的底数）的解集为（）A ．(,0) (0,)B ．(0,) C.(2015,)(,0) (2015,) D ．【答案】B6. 【2018届晋豫省际大联考（12月）】已知函数 f x在0, 上单调递减， f 'x为其2导函数，若对任意 x0,2都有 fx f 'x tan x ，则下列不等式一定成立的是A. f 2 f36 B.6f f426 C. 6 ff326 D.2f 3 f46【答案】D【解析】∵函数f x在0,2上单调递减，∴x 0,2时，f x0，∵对任意x0,2都有f x f 'x tan x，∴f x cos x f x sin x0 ，且f x0 ，令，则f x x f x xf x sin cosg x0 ，∴g xsin x sin x2g g g3 46，即2 f3 f 6 f3 4 6，∵63 2 ，f26，∴选项A，B，C不一定成立，由以上分析可得f 2 f 3 f4 66，故选Df x e x 3 3 x 2 xae x6 2 27.设函数x x2，若不等式f x0 在2,上有解，则实数 a 的最小值为（）A ．B ．3 2C ．3 1D ． 1 13 12 e2 e 4 2e e【答案】C8.设 f x ， g x分别是定义在 R 上的奇函数和偶函数，当 x ＜0 时，fxgx fx g x ＞0 ，且 g 30 ，则不等式 f x g x ＜0 的解集是（）A ．3, 0 3,B ．3, 0 0,3C ．,3 3,3D ．,3 0,3【答案】D【解析】当 x 0 时, f x g x f x g x ＞0,[ f (x )g (x )] 0, y f (x )g (x ) 为增函数,30,( 3) ( 3) 0, ( ) ( ) 0 的解集为 (,3) .因为 f x ， g x 分别是定义gf gf xg x在 R 上的奇函数和偶函数,故 y f (x )g (x ) 在 R 为奇函数,当 x 0 时, f (x )g (x ) 0 的解集为 (0,3).综上,不等式的解集 (,3)(0, 3) .故选 D.9.已知函数 f xeex 2 ，则使得 f 2x f x 3成立的 x 的取值范围是lnxx（）A.1, 3B.,33,C.3, 3D.,13,【答案】D【解析】因为fx ln exe x (x )2 ln e x exx 2 f (x )，所以函数 f (x ) 是偶函数.易知函数 yee在 x(0,) 是增函数，所以函数f x ln e x exx 2 在xxx也是增函数，所以不等式 f 2x f x 3等价于| 2x || x 3|，解得 x 1或(0,)x 3.10. 【湖南省长郡 2018届月考（五）】已知定义在 R 上的函数 f (x ），其导函数为 fx，若f x f x 3， f 04 ，则不等式3f x e x 的解集是（）A.,1B.1,C.0,D.,0【答案】D11.已知函数 f x的定义域为R , f ' x为函数 fx的导函数，当x 0,时，42 sin x cos x fx 0 且x R ， fx f x cos 2x 1.则下列说法一定正确的是'（）A. 15 3 2ff 4643B.15 3 4ff 4 6 43 C.313f f 4 3 2 4D.133f f 2 4 4 3【答案】BF x2x f x ，则【解析】令F xx f x .因为当x0,时，sin'sin 2'2 sin x cos x fx0 ，即'sin 2x f x ，所以' F ' x sin 2x f ' x0 ，所以Fxx f x在x0,上单调递增.又x R ， fx fxcos 2x1， sin2fx f x 2 sin x ，所以所以2sin x fxsin x 2 sin x f xsin x f x，故22222F xsin x fxF x x f x在R上单调递增，所以 5 4sin F F为奇函数，所以263.即1 5 34f f4 6 43，故选B.12. 【2018届湖南五市十校高三12月联考】已知函数f x x sin x x R，且f y 2 2y 3 f x 2 4x 1 0，则当y1时，y的取值范围是（）x 11 3, A．4 41,1B．4C．1,3 231D．,3【答案】A5。

2018届二轮利用导数证明不等式的常见题型专题卷(全国通用)

利用导数证明不等式的常见题型1. (2017·课标全国III 卷理）已知函数211()2()x x f x x x a e e --+=-++有唯一零点，则a =（） A ．1-２B ．13C ．12D ．12.（2016•天津卷文）已知函数2(43)3,0()(01)log (1)1,0a x a x a x f x a a x x ⎧+-+<⎪=>≠⎨++≥⎪⎩且在R 上单调递减，且关于x 的方程|()|23xf x =-恰有两个不相等的实数解，则a 的取值范围是_________. 3.（2015·北京理）(本题满分13分) 已知函数xxx f -+=11ln )(． (I)求曲线)(x f y =在点))0(,0(f 处的切线方程； (II)求证：当)1,0(∈x 时，323（）（）x f x x >+； (III)设实数k 使得)3()(3x x k x f +>对)1,0(∈x 恒成立，求k 的最大值．4. (2017·课标全国II 卷文)(本题满分12分）设函数f(x)=(1－x 2)e x . （1）讨论f(x)的单调性；（2）当x ≥0时，f(x)≤ax +1，求a 的取值范围.5. （2015·课标全国II 卷理）(本题满分12分) 设函数mx x e x f m x -+=2)(. (I)证明：)(x f 在)0,(-∞单调递减，在),0(+∞单调递增；(II)若对于任意1x ，]1,1[2-∈x ，都有1|)()(|21-≤-e x f x f ，求m 的取值范围.6.（2015•山东卷文）(本题满分13分)设函数x a x x f ln )()(+=，x ex x g 2)(=，已知曲线)(x f y =在点))1(,1(f 处的切线与直线02=-y x 平行.(I)求a 的值；(II)是否存在自然数k ，使方程)()(x g x f =在)1,(+k k 内存在唯一的根？如果存在，求出k ；如果不存在，请说明理由；(III)设函数),)}(min((),(min{)(q p x g x f x m =表示p ，q 中的较小值)，求)(x m 的最大值.7.（2015·课标全国Ⅰ卷理）(本题满分12分) 已知函数41)(3++=ax x x f ，x x g ln )(-=. (I)当a 为何值时，x 轴为曲线)(x f y =的切线；(II)用},min{n m 表示m ，n 中的最小值，设函数)0)}((),(min{)(>=x x g x f x h ，讨论)(x h 零点的个数.8.（2016·天津理）（本题满分14分）设函数b ax x x f ---=3)1()(，∈x R ，其中a ，∈b R . （Ⅰ）求)(x f 的单调区间；（Ⅱ）若)(x f 存在极值点0x ，且)()(01x f x f =，其中01x x ≠，求证：3201=+x x ；（Ⅲ）设0＞a ，函数)()(x f x g =，求证：)(x g 在区间]2,0[上的最大值不小于．．．41.9.（2017·课标全国III 卷理）（本题满分12分）已知函数()1ln f x x a x =--．（1）若()0f x ≥，求的值；（2）设m 为整数，且对于任意正整数，2111(1)(1)(1)222nm ++鬃?<，求m 的最小值．10.（2017·课标全国II 卷理）（本题满分12分）已知函数3()ln ,f x ax ax x x =--且()0f x ≥. （1）求a ；（2）证明：()f x 存在唯一的极大值点0x ，且230()2e f x --<<.利用导数证明不等式的常见题型答案1. (2017·课标全国III 卷理）已知函数211()2()x x f x x x a e e --+=-++有唯一零点，则a =（） A ．1-２B ．13C ．12D ．1【答案】C【解析】由条件，211()2()x x f x x x a e e --+=-++，得： 221(2)1(2)(2)2(2)(e e )x x f x x x a ----+-=---++ 2114442(e e )x x x x x a --=-+-+++ 2112(e e )x x x x a --+=-++∴(2)()f x f x -=，即1x =为()f x 的对称轴，由题意，()f x 有唯一零点， ∴()f x 的零点只能为1x =，即21111(1)121()0f a e e --+=-⋅++=，解得12a =．2.（2016•天津卷文）已知函数2(43)3,0()(01)log (1)1,0a x a x a x f x a a x x ⎧+-+<⎪=>≠⎨++≥⎪⎩且在R 上单调递减，且关于x 的方程|()|23xf x =-恰有两个不相等的实数解，则a 的取值范围是_________. 【答案】⎣⎡⎭⎫13，23【解析】由函数f (x )在R 上单调递减可得⎩⎪⎨⎪⎧32－2a ≥0，0<a <1，3a ≥1，解得13≤a ≤34.关于x 的方程|f (x )|＝2－x 3恰有两个不相等的实数根，即曲线y ＝|f (x )|与函数y ＝2－x 3的图像恰有两个交点，则3a <2，a <23.综上可得a 的取值范围是13≤a <23.【点评】关键点拨：注意数形结合思想在解题中的应用，将方程的零点个数转化为两个函数图像的交点个数问题，通过观察图像，进而确定不等式，求得参数的取值范围．测训诊断：(1)本题难度较大，主要考查函数与方程，考查学生数形结合思想的应用、运算求解能力，意在让部分学生得分．(2)本题若出错，一是不能正确地进行转化；二是运算错误；三是不能利用数形结合思想直观转化．3.（2015·北京理）(本题满分13分) 已知函数xxx f -+=11ln )(． (I)求曲线)(x f y =在点))0(,0(f 处的切线方程； (II)求证：当)1,0(∈x 时，323（）（）x f x x >+； (III)设实数k 使得)3()(3x x k x f +>对)1,0(∈x 恒成立，求k 的最大值．解：(1)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)＝2x 41－x 2. 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)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 －2）1－x 2. 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．所以∃x 0∈(0，1)，h (x 0)＜h (0)＝0，即f (x 0)＜k ⎝⎛⎭⎫x 0＋x 33. 所以当k ＞2时，f (x )＞k ⎝⎛⎭⎫x ＋x33并非对x ∈(0，1)恒成立．综上可知，k 的最大值为2.【点评】关键点拨：(2)中，证明x ∈(0，1)时，f (x )＞2⎝⎛⎭⎫x ＋x33，只需构造函数g (x )＝f (x )－2⎝⎛⎭⎫x ＋x33，转化为求函数y ＝g (x )的最小值大于0．(3)中可用同样的方法．刷有所得：(1)比较大小常采用作差法，证明x ∈D ，f (x )＞g (x )成立，可等价转化为f (x )－g (x )＞0来证，令h (x )＝f (x )－g (x )，只需证h (x )m i n ＞0.(2)不等式f (x )＞g (x )对x ∈D 恒成立，求参数a 的取值范围，常采用作差法构造函数求最值，即f (x )－g (x )＞0对x ∈D 恒成立，令h (x )＝f (x )－g (x )只需求h (x )m i n ＞0时a 的取值范围；也可以采用将参数a 与变量x 分离，即a ＞φ(x )(或a ＜φ(x ))对x ∈D 恒成立，只需a ＞φ(x )max (或a ＜φ(x )m i n )．测训诊断：本题难度偏难，主要考查导数的应用，考查学生的运算能力，及转化与化归思想．4. (2017·课标全国II 卷文)（本题满分12分）设函数f(x)=(1－x 2)e x . （1）讨论f(x)的单调性；（2）当x ≥0时，f(x)≤ax +1，求a 的取值范围. 解：（1）()()()222112x x x f x xe x e x x e '=-+-=--令()0f x '=得2210x x +-=，解得121,1x x ==∴()f x 在区间()),1,1,-∞+∞是减函数，在区间()1是增函数（2）∵0x ≥时，()1f x ax ≤+，∴()211x x e ax -≤+∴210x x x e e ax -++≥，令()21x x h x x e e ax =-++，即[)0,x ∈+∞时，()0h x ≥，而()00h =，∴()00h '≥∴10,1a a -≥≥；再令()()22x x x x h x x e xe e a ϕ'==+-+，()()241x x x x e ϕ'=++0x ≥时，()0x ϕ'>恒成立. ∴()h x '在[)0,+∞是增函数，恒有()0h x '≥，从而()h x 是增函数，()00h =，()0h x ≥在[)0,+∞恒成立，故1a ≥即为所求.5. （2015·课标全国II 卷理）(本题满分12分) 设函数mx x e x f m x -+=2)(. (I)证明：)(x f 在)0,(-∞单调递减，在),0(+∞单调递增；(II)若对于任意1x ，]1,1[2-∈x ，都有1|)()(|21-≤-e x f x f ，求m 的取值范围. 解：(1) 证明：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)单调递减，在(0，＋∞)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x 1，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，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]．【点评】关键点拨：第一问，虽然含有参数，但是目标是证明单调性，用导数的知识解题，注意分类讨论．∀x 1，x 2∈[－1，1]，|f (x 1)－f (x 2)|≤e －1⇔x ∈[－1，1]时，f (x )max －f (x )m i n ≤e －1，又由第一问，易知f (x )m i n ＝f (0)，f (x )max ＝max {f (－1)，f (1)}．得条件⇔⎩⎪⎨⎪⎧f （－1）－f （0）≤e －1，f （1）－f （0）≤e －1⇔⎩⎪⎨⎪⎧e -m＋m ≤e －1，e m －m ≤e －1⇔解不等式e m －m ≤e －1.可设 g (t )＝e t－t ，由g (t )的性质解不等式．测训诊断：本题难度偏难，利用导数证明函数的单调性，求函数的最值是高频考点，要重点掌握，另注意做题规范，争取少失分，得满分．6.（2015•山东卷文）(本题满分13分)设函数x a x x f ln )()(+=，x ex x g 2)(=，已知曲线)(x f y =在点))1(,1(f 处的切线与直线02=-y x 平行.(I)求a 的值；(II)是否存在自然数k ，使方程)()(x g x f =在)1,(+k k 内存在唯一的根？如果存在，求出k ；如果不存在，请说明理由；(III)设函数),)}(min((),(min{)(q p x g x f x m =表示p ，q 中的较小值)，求)(x m 的最大值. 解：(1)由题意知，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线斜率为2，所以f ′(1)＝2，又f ′(x )＝ln x ＋ax ＋1，所以a ＝1.(2)k ＝1时，方程f (x )＝g (x )在(1，2)内存在唯一的根．设h (x )＝f (x )－g (x )＝(x ＋1)ln x －x 2ex ，当x ∈(0，1]时，h (x )＜0.又因为h (2)＝3ln 2－4e 2＝ln 8－4e 2＞1－1＝0，所以存在x 0∈(1，2)，使得h (x 0)＝0.又因为h ′(x )＝ln x ＋1x ＋1＋x （x －2）e x ，所以当x ∈(1，2)时，h ′(x )＞1－1e ＞0，当x ∈(2，＋∞)时，h ′(x )＞0，所以，当x ∈(1，＋∞)时，h (x )单调递增．所以k ＝1时，方程f (x )＝g (x )在(k ，k ＋1)内存在唯一的根．(3)由(2)知方程f (x )＝g (x )在(1，2)内存在唯一的根x 0，且x ∈(0，x 0)时，f (x )＜g (x )，x ∈(x 0，＋∞)时，f (x )＞g (x )．所以m (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧（x ＋1）ln x ，x ∈（0，x 0]，x 2e x ，x ∈（x 0，＋∞）.当x ∈(0，x 0)时，若x ∈(0，1]，m (x )≤0；若x ∈(1，x 0)，由m ′(x )＝ln x ＋1x ＋1＞0，可知0＜m (x )≤m (x 0)；故m (x )≤m (x 0)．当x ∈(x 0，＋∞)时，由m ′(x )＝x （2－x ）e x ，可得x ∈(x 0，2)时，m ′(x )＞0，m (x )单调递增；x ∈(2，＋∞)时，m ′(x )＜0，m (x )单调递减；可知m (x )≤m (2)＝4e 2，且m (x 0)＜m (2)．综上可得函数m (x )的最大值为4e 2.【点评】测训诊断：本题难度较大，重点考查了导数的几何意义，利用导数与函数单调性求参数取值范围及最值，属函数导数综合应用，学生较难得高分.7.（2015·课标全国Ⅰ卷理）(本题满分12分) 已知函数41)(3++=ax x x f ，x x g ln )(-=. (I)当a 为何值时，x 轴为曲线)(x f y =的切线；(II)用},min{n m 表示m ，n 中的最小值，设函数)0)}((),(min{)(>=x x g x f x h ，讨论)(x h 零点的个数.解：(1)设曲线y ＝f (x )与x 轴相切于点(x 0，0)，则f (x 0)＝0，f ′(x 0)＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 30＋ax 0＋14＝0，3x 20＋a ＝0.解得x 0＝12，a ＝－34.因此，当a ＝－34时，x 轴为曲线y ＝f (x )的切线．(2)当x ∈(1，＋∞)时，g (x )＝－ln x ＜0，从而h (x )＝m i n {f (x )，g (x )}≤g (x )＜0，故h (x )在(1，＋∞)无零点．当x ＝1时，若a ≥－54，则f (1)＝a ＋54≥0，h (1)＝m i n {f (1)，g (1)}＝g (1)＝0，故x ＝1是h (x )的零点；若a ＜－54，则f (1)＜0，h (1)＝m i n {f (1)，g (1)}＝f (1)＜0，故x ＝1不是h (x )的零点．当x ∈(0，1)时，g (x )＝－ln x ＞0.所以只需考虑f (x )在(0，1)的零点个数．若a ≤－3或a ≥0，则f ′(x )＝3x 2＋a 在(0，1)无零点，故f (x )在(0，1)单调，而f (0)＝14，f (1)＝a ＋54，所以当a ≤－3时，f (x )在(0，1)有一个零点；当a ≥0时，f (x )在(0，1)没有零点．若－3＜a ＜0，则f (x )在⎝⎛⎭⎫0，－a 3单调递减，在⎝⎛⎭⎫－a 3，1单调递增，故在(0，1)中，当x ＝－a3时，f (x )取得最小值，最小值为 f ⎝⎛⎭⎫－a 3＝2a3－a 3＋14. ① 若f ⎝⎛⎭⎫－a 3＞0，即－34＜a ＜0，f (x )在(0，1)无零点． ② 若f ⎝⎛⎭⎫－a 3＝0，即a ＝－34，则f (x )在(0，1)有唯一零点． ③ 若f ⎝⎛⎭⎫－a 3＜0，即－3＜a ＜－34，由于f (0)＝14，f (1)＝a ＋54，所以当－54＜a ＜－34时，f (x )在(0，1)有两个零点；当－3＜a ≤－54时，f (x )在(0，1)有一个零点．综上，当a ＞－34或a ＜－54时，h (x )有一个零点；当a ＝－34或a ＝－54时，h (x )有两个零点；当－54＜a ＜－34时，h (x )有三个零点．【点评】刷有所得：讨论函数的零点，需要先确定函数的大致图像．通过导数知识，找到分类点，在各个分类下，讨论函数图像，通过最值与单调性来确定函数零点，而分类点的确定是根据f (x )的导函数的零点来确定的．测训诊断：本题难度较大，主要考查导数的几何意义，导数在研究函数性质中的应用．8.（2016·天津理）（本题满分14分）设函数b ax x x f ---=3)1()(，∈x R ，其中a ，∈b R . （Ⅰ）求)(x f 的单调区间；（Ⅱ）若)(x f 存在极值点0x ，且)()(01x f x f =，其中01x x ≠，求证：3201=+x x ；（Ⅲ）设0＞a ，函数)()(x f x g =，求证：)(x g 在区间]2,0[上的最大值不小于．．．41解：(1)由f (x )＝(x －1)3－ax －b ，可得f ′(x )＝3(x －1)2－a .下面分两种情况讨论：(i)当a ≤0时，有f ′(x )＝3(x －1)2－a ≥0恒成立，所以f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)． (ii)当a >0时，令f ′(x )＝0，解得x ＝1＋3a 3或x ＝1－3a3. 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎫1－3a 3，1＋3a 3，单调递增区间为⎝⎛⎭⎫－∞，1－3a 3，⎝⎛⎭⎫1＋3a 3，＋∞.(2)证明：因为f (x )存在极值点，所以由(1)知a >0，且x 0≠1.由题意，得f ′(x 0)＝3(x 0－1)2－a ＝0，即(x 0－1)2＝a 3，所以f (x 0)＝(x 0－1)3－ax 0－b ＝－2a 3x 0－a3－b .又f (3－2x 0)＝(2－2x 0)3－a (3－2x 0)－b ＝8a 3(1－x 0)＋2ax 0－3a －b ＝－2a 3x 0－a3－b ＝f (x 0)，且3－2x 0≠x 0，由题意及(1)知，存在唯一实数x 1满足f (x 1)＝f (x 0)，且x 1≠x 0，因此x 1＝3－2x 0，所以x 1＋2x 0＝3.(3)证明：设g (x )在区间[0，2]上的最大值为M ，max {x ，y }表示x ，y 两数中的最大值，下面分三种情况讨论：①当a ≥3时，1－3a 3≤0<2≤1＋3a 3. 由(1)知，f (x )在区间[0，2]上单调递减，所以f (x )在区间[0，2]上的取值范围为[f (2)，f (0)]，因此M ＝max {|f (2)|，|f (0)|}＝max {|1－2a －b |，|－1－b |}＝max {|a －1＋(a ＋b )|，|a －1－(a ＋b )|}＝⎩⎪⎨⎪⎧a －1＋（a ＋b ），a ＋b ≥0，a －1－（a ＋b ），a ＋b <0. 所以M ＝a －1＋|a ＋b |≥2.②当34≤a <3时，1－23a 3≤0<1－3a 3<1＋3a 3<2≤1＋23a 3，由(1)和(2)知，f (0)≥f ⎝⎛⎭⎫1－23a 3＝f ⎝⎛⎭⎫1＋3a 3，f (2)≤f ⎝⎛⎭⎫1＋23a 3＝f ⎝⎛⎭⎫1－3a 3，所以f (x )在区间[0，2]上的取值范围为⎣⎡⎦⎤f ⎝⎛⎭⎫1＋3a 3，f ⎝⎛⎭⎫1－3a 3，因此M ＝max ⎩⎨⎧⎭⎬⎫⎪⎪⎪⎪f ⎝⎛⎭⎫1＋3a 3，⎪⎪⎪⎪f ⎝⎛⎭⎫1－3a 3 ＝max ⎩⎨⎧⎭⎬⎫⎪⎪⎪⎪－2a 93a －a －b ，⎪⎪⎪⎪2a 93a －a －b ＝max ⎩⎨⎧⎭⎬⎫⎪⎪⎪⎪2a 93a ＋（a ＋b ），⎪⎪⎪⎪2a 93a －（a ＋b ）＝2a 93a ＋|a ＋b |≥29×34×3×34＝14. ③当0<a <34时，0<1－23a 3<1＋23a 3<2，由(1)和(2)知， f (0)<f ⎝⎛⎭⎫1－23a 3＝f ⎝⎛⎭⎫1＋3a 3，f (2)>f ⎝⎛⎭⎫1＋23a 3＝f ⎝⎛⎭⎫1－3a 3，所以f (x )在区间[0，2]上的取值范围为[f (0)，f (2)]，因此M ＝max {|f (0)|，|f (2)|}＝max {|－1－b |，|1－2a －b |} ＝max {|1－a ＋(a ＋b )|，|1－a －(a ＋b )|} ＝1－a ＋|a ＋b |>14.综上所述，当a >0时，g (x )在区间[0，2]上的最大值不小于14.【点评】测训诊断：本题难度大，主要考查利用导数研究函数的性质，考查综合分析问题和解决问题的能力．要注意分类讨论和转化化归思想的综合应用．该题第(1)(2)问难度适中，意在让部分学生得分；若出错，可能是求单调区间，极值等基本问题没有掌握好．第(3)问难度很大，不易得分．9.（2017·课标全国III 卷理）（本题满分12分）已知函数()1ln f x x a x =--．（1）若()0f x ≥，求的值；（2）设m 为整数，且对于任意正整数，2111(1)(1)(1)222nm ++鬃?<，求m 的最小值．解：⑴ ()1ln f x x a x =--，0x > 则()1a x af x x x-'=-=，且(1)0f = 当0a ≤时，()0f x '>，()f x 在()0+∞，上单调增，所以01x <<时，()0f x <，不满足题意；当0a >时，当0x a <<时，()0f x '<，则()f x 在(0,)a 上单调递减；当x a >时，()0f x '>，则()f x 在(,)a +∞上单调递增．①若1a <，()f x 在(,1)a 上单调递增∴当(,1)x a ∈时()(1)0f x f <=矛盾 ②若1a >，()f x 在(1,)a 上单调递减∴当(1,)x a ∈时()(1)0f x f <=矛盾③若1a =，()f x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增∴()(1)0f x f =≥满足题意综上所述1a =．(2)当1a =时()1ln 0f x x x =--≥即ln 1x x -≤ 则有ln(1)x x +≤当且仅当0x =时等号成立 ∴11ln(1)22k k+<，*k ∈N 一方面：221111111ln(1)ln(1)...ln(1)...112222222n n n ++++++<+++=-<，即2111(1)(1)...(1)e 222n +++<．另一方面：223111111135(1)(1)...(1)(1)(1)(1)222222264n +++>+++=>当3n ≥时，2111(1)(1)...(1)(2,e)222n +++∈∵*m ∈N ，2111(1)(1)...(1)222n m +++<，∴m 的最小值为3．10.(2017·课标全国II 卷理)（本题满分12分）已知函数3()ln ,f x ax ax x x =--且()0f x ≥. （1）求a ；（2）证明：()f x 存在唯一的极大值点0x ，且230()2e f x --<<. 解：(1)因为()()ln 0f x x ax a x =--≥，0x >，所以ln 0ax a x --≥．令()ln g x ax a x =--，则()10g =，()11ax g x a x x-'=-=，当0a ≤时，()0g x '<，()g x 单调递减，但()10g =，1x >时，()0g x <；当0a >时，令()0g x '=，得1x a=．当10x a <<时，()0g x '<，()g x 单调递减；当1x a>时，()0g x '>，()g x 单调递增．若01a <<，则()g x 在11a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，上单调递减，()110g g a ⎛⎫<= ⎪⎝⎭；若1a >，则()g x 在11a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，上单调递增，()110g g a ⎛⎫<= ⎪⎝⎭；若1a =，则()()min 110g x g g a ⎛⎫=== ⎪⎝⎭，()0g x ≥．综上，1a =．(2)()2ln f x x x x x =--，()22ln f x x x '=--，0x >．令()22ln h x x x =--，则()1212x h x x x -'=-=，0x >．令()0h x '=得12x =，当102x <<时，()0h x '<，()h x 单调递减；当12x >时，()0h x '>，()h x 单调递增．所以，()min 112ln 202h x h ⎛⎫==-+< ⎪⎝⎭．因为()2220h e e --=>，()22ln 20h =->，2102，e -⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，122⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭，，所以在102⎛⎫ ⎪⎝⎭，和12⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，上，()h x 即()f x '各有一个零点．设()f x '在102⎛⎫ ⎪⎝⎭，和12⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，上的零点分别为02x x ，，因为()f x '在102⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递减，所以当00x x <<时，()0f x '>，()f x 单调递增；当012x x <<时，()0f x '<，()f x 单调递减．因此，0x 是()f x 的极大值点．因为，()f x '在12⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，上单调递增，所以当212x x <<时，()0f x '<，()f x 单调递减，2x x >时，()f x 单调增，因此2x 是()f x 的极小值点．所以，()f x 有唯一的极大值点0x ．由前面的证明可知，2012，x e -⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则()()24220f x f e e e e ---->=+>．因为()00022ln 0f x x x '=--=，所以00ln 22x x =-，则有()()22000000022f x x x x x x x =---=-，又因为0102x <<，所以()014f x <．因此，()2014e f x -<<。

2018届高三数学(理)二轮复习专题集训：专题二函数、不等式、导数2.4.2Word版含解析

＝ex＋ bx2＋ a，若在区间 [1,2] 上，不等式 m≤ g( x)≤ m2－ 2 恒成立，则实数 m(
)
A ．有最小值－ e
B．有最小值 e
C．有最大值 e
D．有最大值 e＋ 1
解析：
∵ f( x)＝ tan
x＝
sin cos
xx，∴
f
′
(x)
＝
cos2x－
sin x － cos2 x
sin
(2)求方程 f(x)＝ g(x)的根的个数，并说明理由．解析： (1) 证明：由 h(x)＝ f(x)－ g(x)＝ex－ 1－ x－x 得， h(1)＝ e－ 3<0， h(2)＝ e2－3－ 2>0 ，所以函数 h(x)在区间 (1,2) 上有零点． (2)由 (1) 得 h( x)＝ex－ 1－ x－x. 由 g(x)＝ x＋ x 知，x∈ [0，＋ ∞ )，而 h(0) ＝0，则 x＝0 为 h(x)的一个零点，而 h(x)在 (1,2)
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
x
2
－2.又对于任意的
t∈ [1,2] ，函数
g(x)＝ x3＋ x2
f′
x
m ＋2
＝x3 ＋ x2
－
2x＋
2＋
m 2
在区间
(t,3)上
总不是单调函数，只需 g(x)＝ x3＋ m＋2 x2－ 2x 在 (2,3)上不是单调函数，故 g′ (x)＝ 3x2＋ (m 2
＋4) x－2 在 (2,3)上有零点，即方程 m＝－ 3x－ 4＋2x在 (2,3)上有解．而 y＝－ 3x－4＋ 2x在 (2,3)
上单调递减，故其值域为－ 37，－ 9 ，所以实数 m 的取值范围是－ 37，－ 9 .故选 D.

2018届高考数学二轮二次函数及函数方程专题卷理（全国通用）

2018届高考数学二轮二次函数及函数方程专题卷理（全国通用）专题能力训练4 二次函数及函数方程(时间:60分钟满分:100分)一、选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分)1.已知函数f(x)=ax2-2x+2,若对一切x∈,f(x)>0都成立,则实数a 的取值范围为()A. B.C.[-4,+∞)D.(-4,+∞)2.函数f(x)=3x-x2的零点所在区间是()A.(0,1)B.(1,2)C.(-2,-1)D.(-1,0)3.(2017浙江杭州二中模拟)已知函数f(x)=(a∈R),若函数f(x)在R 上有两个零点,则a的取值范围是()A.(-∞,-1)B.(-∞,-1]C.[-1,0)D.(0,1]4.已知f(x)=ax2+bx+c(a>0),g(x)=f(f(x)),若g(x)的值域为[2,+∞),f(x)的值域为[k,+∞),则实数k的最大值为()A.0B.1C.2D.45.已知f(x)是奇函数且是R上的单调函数,若函数y=f(2x2+1)+f(λ-x)只有一个零点,则实数λ的值是()A. B. C.- D.-6.已知f(x)是定义在R上的奇函数,且f(x)在[0,+∞)上为增函数,如果f(x2+ax+a)≤f(-at2-t+1)对任意的x∈[1,2],任意的t∈[1,2]恒成立,则实数a的最大值为()A.-1B.-C.-D.-37.已知函数f(x)=若关于x的方程f2(x)-3f(x)+a=0(a∈R)有8个不等的实数根,则a的取值范围是()A.B.C.(1,2) D.8.(2017浙江湖州期末)已知f(x)是R上的奇函数,当x≥0时,f(x)=则函数y=f(x)+的所有零点之和是()A.1-B.-1C.5-D.-5二、填空题(本大题共6小题,每小题5分,共30分)9.已知函数f(x)=a x-x+b的零点x0∈(k,k+1)(k∈Z),其中常数a,b 满足3a=2,3b=,则k=.10.设函数y=x2-2x,x∈[-2,a],若函数的最小值为0,则a=.11.已知函数f(x)=x|x-a|,若对任意的x1,x2∈[2,+∞),且x1≠x2,(x1-x2)·[f(x1)-f(x2)]>0恒成立,则实数a的取值范围为.12.已知函数f(x)满足f(x+1)=-x2-4x+1,函数g(x)=有两个零点,则m的取值范围为.13.若f(x)=x2+ax+b(a,b∈R),x∈[-1,1],且|f(x)|的最大值为,则4a+3b=.14.(2017浙江名校协作体联盟二模)已知函数f(x)=x2+nx+m,若{x|f(x)=0}={x|f(f(x))=0}≠?,则m+n的取值范围是.三、解答题(本大题共2小题,共30分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15.(本小题满分15分)已知二次函数f(x)=ax2+bx+c,其中常数a,b,c∈R.(1)若f(3)=f(-1)=-5,且f(x)的最大值是3,求函数f(x)的解析式;(2)若a=1,对任意的x1,x2∈[-1,1],有|f(x1)-f(x2)|≤4,求b的取值范围.16.(本小题满分15分)已知a,b∈R,函数f(x)=x2+ax+b.(1)若a=-2,且函数y=|f(x)|在区间[-1,2]上的最大值为2,求实数b 的值;(2)设max{m,n}=g(x)=a(x-1),其中a≠0,若函数h(x)=max{f(x),g(x)}在区间(-1,2)内有两个不同的零点,求2a+b的取值范围.参考答案专题能力训练4二次函数及函数方程1.B2.D解析∵f(-2)=-,f(-1)=-,f(0)=1,f(1)=2,f(2)=5,∴f(0)f(1)>0,f(1)f(2)>0,f(-2)f(-1)>0,f(-1)f(0)<0.故选D.3.D解析因为当x>0时,f(x)=2x-1,由f(x)=0得x=.所以要使f(x)在R上有两个零点,必须2x-a=0在(-∞,0]上有唯一实数解.又当x∈(-∞,0]时,2x∈(0,1],且y=2x在(-∞,0]上单调递增,故所求a的取值范围是(0,1],应选D.4.C解析设t=f(x),由题意可得g(x)=f(t)=at2+bt+c,t≥k,函数y=at2+bt+c,t≥k的图象为函数y=f(x)的图象的一部分,即有函数g(x)的值域为函数f(x)的值域的子集,即[2,+∞)?[k,+∞),可得k≤2.故k的最大值为2.5.C解析令y=f(2x2+1)+f(λ-x)=0,则f(2x2+1)=-f(λ-x)=f(x-λ),因为f(x)是R上的单调函数,所以2x2+1=x-λ只有一个实根,即2x2-x+1+λ=0只有一个实根,则Δ=1-8(1+λ)=0,解得λ=-.故选C.6.A解析由条件知函数f(x)在R上为单调递增函数,整理得x2+ax-1+at2+t+a≤0,记g(x)=x2+ax-1+at2+t+a,则由题意知只要代入对a 分离得从而解得即a≤-1.故选A.7.D解析令t=f(x),作出函数f(x)的图象和t=m的图象(如图所示),若关于x的方程f2(x)-3f(x)+a=0(a∈R)有8个不等的实数根,则关于t 的方程t2-3t+a=0(a∈R)有2个不等的实数根t1,t2,且1<t1<t2<2,则解得2<a<,即a的取值范围是.故选 d.< bdsfid="131" p=""></t1<t2<2,则解得2<a<,即a的取值范围是.故选d.<>8.B解析当x≥1时,则1-|x-3|+=0,解得x=或x=.当0≤x<1时,则lo(x+1)+=0,解得x=-1.∵f(x)为奇函数,∴当-1<x< bdsfid="139" p=""></x<>则-lo(-x+1)+=0,解得x=1-(舍去);当x≤-1时,f(x)=-1+|x+3|,则-1+|x+3|+=0,解得x=-或x=-.故函数y=f(x)+所有的零点之和为-1--1,应选B.9.1解析依题意有a=log32∈(0,1),b=log3=2-2log32=2-2a,因为0<a0,f(2)=a2-2+b=a2-2a=a(a-2)<0,故x0∈(1,2),k=1.</a10.0解析因为函数y=x2-2x=(x-1)2-1,所以其图象的对称轴为直线x=1,因为x=1不一定在区间[-2,a]内,所以要进行讨论.当-2所以a2-2a=0,所以a=0,a=2(舍去);当a>1时,函数在[-2,1]上单调递减,在[1,a]上单调递增,则当x=1时,y取得最小值,即y min=-1.不合题意.故a=0.11.(-∞,2]解析f(x)=由(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0知,函数y=f(x)在[2,+∞)单调递增,当a≤0时,满足题意;当a>0时,根据函数图象可知只需a≤2,即0<a≤2.综上所述,a≤2.< bdsfid="155" p=""></a≤2.综上所述,a≤2.<>12.[-2,0)∪[4,+∞)解析设x+1=t?x=t-1,f(t)=-(t-1)2-4(t-1)+1=-t2-2t+4,即f(x)=-x2-2x+4,函数g(x)=由-x2-2x=0,解得x1=-2或x2=0;由x-4=0,解得x=4.因为函数只有两个零点,若没有x=4时,m≥4,若没有x=-2时,不成立,若没有x=0时,-2≤m<0,所以m的取值范围是[-2,0)∪[4,+∞).13.- 解析若|f(x)|的最大值为,则|f(0)|=|b|≤,-≤b≤,①同理-≤1+a+b≤,②-≤1-a+b≤,③②+③,得-≤b≤-,④由①④得b=-,当b=-时,分别代入②③,得?a=0,故4a+3b=-.14.[0,4)?f(0)=0,∴m=0,f(x)=x2+nx,n≠0,{x|f(x)=0}={0,-n},即f(x)=0①,f(x)=-n②,由于{x|f(x)=0}={x|f(f(x))=0},故方程②无解,∴n2-4n<0?0<n< bdsfid="168" p=""></n<>15.解 (1)由题意得解得a=-2,b=4,c=1,故f(x)=-2x2+4x+1.(2)函数f(x)=x2+bx+c对任意的x1,x2∈[-1,1],有|f(x1)-f(x2)|≤4恒成立,即f(x)max-f(x)min≤4,记f(x)max-f(x)min=M,则M≤4.当>1,即|b|>2时,M=|f(1)-f(-1)|=|2b|>4,与M≤4矛盾;当≤1,即|b|≤2时,M=max{f(1),f(-1)}-f-f≤4,解得|b|≤2,即-2≤b≤2.综上,b的取值范围为-2≤b≤2.16.解 (1)当a=-2时,f(x)=x2-2x+b=(x-1)2+b-1.所以f(x)在区间[-1,1]上递减,在区间[1,2]上递增.所以f(x)在区间[-1,2]上的值域为[b-1,3+b].所以|f(x)|max=max{|b-1|,|b+3|}=2,解得b=-1.(2)①若f(1)<0,则x=1是h(x)的一个零点,从而只需满足利用线性规划知识可解得-4<2a+b<-1.②若f(1)=0,则解得-2<2a+b<-1.③若f(1)>0,ⅰ当a>0时,g(x)<0在区间(-1,1)上恒成立,所以只需满足f(x)在区间(-1,1)内有两个不同的零点.所以利用线性规划知识可解得-2<2a+b<5.ⅱ当a<0时,g(x)<0在区间(1,2)上恒成立,f(x)在区间(1,2)内有两个不同的零点.所以利用线性规划知识可解得-4<2a+b<-3.综上所述,2a+b的取值范围为(-4,-1)∪(-2,5).。

2018高三数学全国二模汇编(理科)专题03导数与应用

【2018高三数学各地优质二模试题分项精品】一、选择题1．【2018河南郑州高三二模】已知(){}|0M f αα==, (){}|0N g ββ==,若存在,M N αβ∈∈,使得n αβ-<,则称函数()f x 与()g x 互为“n 度零点函数”.若()231x f x -=-与()2x g x x ae =-互为“1度零点函数”，则实数a 的取值范围为( ) A. 214(,e e ⎤⎥⎦ B. 214(, e e ⎤⎥⎦C. 242[, e e ⎫⎪⎭D. 3242[, e e ⎫⎪⎭ 【答案】B【点睛】要学会分析题中隐含的条件和信息，如本题先观察出f(x)的零点及单调性是解题的关键，进一步转化为函数()2xg x x ae =-在区间(1,3)上存在零点，再进行参变分离，应用导数解决。

2．【2018陕西咸阳高三一模】已知奇函数()f x 的导函数为()f x '，当0x ≠时， ()()0f x f x x+'>，若()11,a f b ef e e e ⎛⎫==- ⎪⎝⎭， ()1c f =，则,,a b c 的大小关系正确的是（） A. a b c << B. b c a << C. c a b << D. a c b << 【答案】D【解析】设()()h x xf x =，所以()()()h x f x xf x ='+'，因为()y f x =是定义域上的奇函数，所以()h x 是定义在实数集上的偶函数，当0x >时， ()()()0h x f x xf x =+'>'，此时()h x 为单调递增函数，又由11e e <<-，所以()()()111f f ef e ef e e e ⎛⎫<<--=-- ⎪⎝⎭，即a c b <<，故选D.点睛：本题主要考查了函数性质的基本应用问题，其中解答中利用题设条件，构造新函数()()h x xf x =，得出函数()h x 为单调递增函数和函数()h x 是定义在实数集上的偶函数是解答的关键，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力.3．【2018湖南衡阳高三二模】已知e 为自然对数的底数，设函数()21f ln 2x x ax b x =-+存在极大值点0x ，且对于a 的任意可能取值，恒有极大值()0f 0x <,则下列结论中正确的是( ) A. 存在0x b = ,使得()01f 2x e<-B. 存在0x b =，使得()20f x e >- C. b 的最大值为3e D. b 的最大值为22e 【答案】C分析得()f x 的极大值点为10x x =，()2222244422424a a b a a b a a b b ba a ba a b--+---==<=+-+-， (()0,x b f x ∴∈∴在()00,x 递增，在()02,x x 递减，当()0,x x f x =取得极大值()0f x ，又()200000'00bf x x a x b ax x =⇒-+=⇒+=，()()222000000011ln ln 22f x x ax b x x x b b x =-+=-++，即()20001ln 2f x x b b x =--+，令 ()()21ln ,0,2g x x b x b x b =-+-∈，原命题转化为()0g x <恒成立，()()22'000b x bg x x x b x b x x-+∴=-+=><<⇒<<， ()g x ∴在()0,b 上递增，()()()1ln2g x gb b b b b ∴<=-+- 1ln 02b b b b =-+-≤，3323ln 2bb b b e b e ∴≤⇒≤⇒≤，所以b 的最大值为3e ， C 对、D 错，又0x b <，即不存在极大值点0x b =，排除,A B ，故选C.【方法点睛】本题主要考查利用导数判断函数的单调性以及函数的极值，属于难题.求函数()f x 极值的步骤：(1) 确定函数的定义域；(2) 求导数()f x '；(3) 解方程()0,f x '=求出函数定义域内的所有根；(4) 列表检查()f x '在()0f x '=的根0x 左右两侧值的符号，如果左正右负（左增右减），那么()f x 在0x 处取极大值，如果左负右正（左减右增），那么()f x 在0x 处取极小值. 4．【2018河南商丘高三二模】记函数，若曲线上存在点使得，则的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】B点睛：利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法 (1)利用零点存在的判定定理构建不等式求解. (2)分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解.(3)转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解.5．【2018四川德阳高三二诊】已知函数，若，使得成立，则实数的取值范围是（） A. B.C.D.【答案】A6．【2018重庆高三二诊】已知函数()ln f x x a =+， ()1g x ax b =++，若0x ∀>， ()()f x g x ≤，则ba的最小值是（） A. 1e + B. 1e - C. 1e - D. 12e - 【答案】B【解析】由题意()()0,x f x g x ∀>≤，即ln 1x a ax b +≤++，即ln 1x ax a b -+≤+，设()ln h x x ax a =-+，则()1h x a x'=-，若0a ≤时， ()10h x a x -'=>，函数()h x 单调递增，无最大值，不适合题意；当0a >时，令()10h x a x -'==，解得1x a=，当10,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时， ()0h x '>，函数()h x 单调递增，当1,x a ⎛⎫∈+∞⎪⎝⎭时， ()0h x '<，函数()h x 单调递减，所以()max 1ln 1h x h a a a ⎛⎫==-+-⎪⎝⎭，即ln 11a a b -+-≤+，即ln 20a a b -+--≤点睛：本题主要考查导数在函数中的应用，考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力.导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、圆等知识联系； (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数； (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题．7．【2018甘肃兰州高三二模】已知()f x 是定义在R 上的可导函数，若在R 上()()3f x f x >'有恒成立，且()31(f e e =为自然对数的底数），则下列结论正确的是（） A. ()01f = B. ()01f < C. ()62f e < D. ()62f e >【答案】C 【解析】设()()3xf xg x e =，则()()()()()()()333223333x x x xxe f x f x e f x e f x g x e e ⎡⎤-'-⎣⎦=''=.∵在R 上()()3f x f x >'有恒成立∴()0g x '<在R 上恒成立，即()g x 在R 上为减函数. ∴()()()()()0301001f f g f g ee==>=∵()31f e =∴()01f >，故A ，B 不正确. ∵()()()62211f g g e =<=∴()62f e < 故选C.点睛：利用导数解抽象函数不等式，实质是利用导数研究对应函数单调性，而对应函数需要构造. 构造辅助函数常根据导数法则进行：如()()f x f x '<构造()()xf xg x e =， ()()0f x f x '+<构造()()xg x e f x =，()()xf x f x '<构造()()f x g x x=， ()()0xf x f x +<'构造()()g x xf x =等8．【2018河北唐山高三二模】已知函数()f x 满足()()f x f x >'，在下列不等关系中，一定成立的是（） A. ()()12ef f > B. ()()12ef f < C. ()()12f ef > D. ()()12f ef < 【答案】A点睛：本题的关键在于通过()f x f >'（x ）能得到()'()0xf x e<，得到()xf x R e是上的减函数，问题就迎刃而解.所以在这里，观察和联想的数学能力很重要.9．【2018吉林四平高三质检】若存在实常数k 和b ，使得函数()F x 和()G x 对其公共定义域上的任意实数x 都满足： ()F x kx b ≥+和()G x kx b ≤+恒成立，则称此直线y kx b =+为()F x 和()G x 的“隔离直线”，已知函数()()2f x xx R =∈, ()()()10,2ln g x x h x e x x=<=,有下列命题：①()()()F x f x g x =-在32x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭内单调递增；②()f x 和()g x 之间存在“隔离直线”，且b 的最小值为-4；③()f x 和()g x 之间存在“隔离直线”，且k 的取值范围是](40 -，； ④()f x 和()g x 之间存在唯一的“隔离直线”2y ex e =-. 其中真命题的个数有( )A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个【答案】C2424,1664,40b k k b k k ≤-≤≤--≤≤，同理421664,b k b ≤≤-可得40b -≤≤，故②正确，③错误，④函数()f x 和()h x 的图象在x e =()f x 和()h x 的隔离直线，那么该直线过这个公共点，设隔离直线的斜率为k ，则隔离直线方程为(y e k x e -=，即y kx e e =-，由()()f x kx e e x R ≥-∈，可得20x kx e e -+≥，当x R ∈恒成立，则(20k e∆=-≤，只有k e =，此时直线方程为2y ex e =-，下面证明()2h x ex e ≤-，令()()2G x ex e h x =-- 22ln ex e e x =--， ()2'e x eG x x=，当x e =()'0G x =；当0x e << ()'0G x <；当x e >()'0G x >；当x e = ()'G x 取到极小值，极小值是0，也是最小值，()()20G x ex e h x ∴=--≥，则()2h x ex e ≤-， ∴函数()f x 和()h x 存在唯一的隔离直线y ex e =-，故④正确，真命题的个数有三个，故选C.【方法点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性与不等式恒成立问题、以及新定义问题，属于难题. 新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的.遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.本题定义“隔离直线”达到考查导数在研究函数性质的应用的目的. 10．【2018湖南郴州高三二诊】已知函数()212ln f x x x e e ⎛⎫=≤≤⎪⎝⎭， ()1g x mx =+，若()f x 与()g x 的图像上存在关于直线1y =对称的点，则实数m 的取值范围是（）A. 2,2e e ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦B. 23,3e e -⎡⎤-⎣⎦C. 2,3e e -⎡⎤-⎣⎦D. 322,3e e -⎡⎤-⎢⎥⎣⎦【答案】D若直线y=1﹣mx 经过点（1e，﹣2），则m=3e ，若直线y=1﹣mx 与y=2lnx 相切，设切点为（x ，y ）．则1{2 2y mxy lnx m x===-﹣，解得3232{3 2x ey m e-===-．∴322e--≤m≤3e．故选：D ．点睛：已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，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，转化成求函数值域问题加以解决；(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．11．【2018云南昆明高三质检二】已知函数()22ln xe f x k x kx x=+-，若2x =是函数()f x 的唯一极值点，则实数k 的取值范围是（）A. 2,4e ⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦ B. ,2e ⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦ C. (]0,2 D. [)2,+∞【答案】A【点睛】函数有唯一极值点x=2,即导函数只有唯一零点x=2,且在x=2两侧导号。

2018届高考数学理二轮复习全国通用课件专题一函数与导数、不等式第3讲精品

则 f′(x)＞0，若 x∈1，21a，则 f′(x)＜0，所以函数 f(x)在(0，1)，21a，＋∞上单调递增，在1，21a 上单调递减. ③当 a＝12时，f′(x)≥0 且仅 f′(1)＝0，所以函数 f(x)在(0，＋∞)上单调递增.
④当 a＞12时，若 x∈0，21a或 x∈(1，＋∞)，则 f′(x)＞0，若 x∈21a，1，则 f′(x)＜0，所以函数 f(x)在0，21a，(1，＋∞)上单调递增，在21a，1上单调递减.综上，当 a≤0 时，函数 f(x)的增区间为(0，1)，减区间为(1，＋∞)；当 0＜a＜12时，函数 f(x)的增区间为(0，1)，21a，＋∞，减区间为1，21a. 当 a＝12时，函数 f(x)的增区间为(0，＋∞)；当 a＞12时，函数 f(x) 的增区间为0，21a，(1，＋∞)，减区间为21a，1.
热点二利用导数研究函数的极值【例2】 (2015·山东卷)设函数f(x)＝ln(x＋1)＋a(x2－x)，其中a∈R.
(1)讨论函数f(x)极值点的个数，并说明理由； (2)若∀x＞0，f(x)≥0成立，求a的取值范围.
解 (1)由题意知，函数 f(x)的定义域为(－1，＋∞)， f′(x)＝x＋1 1＋a(2x－1)＝2ax2＋xa＋x－1 a＋1. 令 g(x)＝2ax2＋ax－a＋1，x∈(－1，＋∞). ①当 a＝0 时，g(x)＝1，此时 f′(x)＞0，函数 f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，无极值点；
则 x1＝－（a＋1）a ＋
2a＋1，x2＝－（a＋1）aa＋1－－a2a＋1＝
a2＋2a＋1－－a
2a＋1＞0，
所以 x∈(0，x1)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数 f(x)单调递减， x∈(x1，x2)时，g(x)＞0，f′(x)＞0，函数 f(x)单调递增， x∈(x2，＋∞)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数 f(x)单调递减，综上可得：当 a≥0 时，函数 f(x)在(0，＋∞)上单调递增；

(新课标版)备战2018高考数学二轮复习难点2.2导数与不等式相结合问题测试卷文

D． c b a
【答案】 C
4. 函数 f (x) 的导函数为 f '(x) ，对 x R ，都有 f '( x) f ( x) 成立，若 f (2) e2 ，则不等式 f ( x) ex 的
1
解是（
A． (2,
）
) B ． (0,1) C ． (1,
) D ． (0,ln 2)
【答案】 A
【解析】 ∵ x R ，都有 f '(x)
f ( x) 2015gex 1（其中 e 为自然对数的底数）的解集为（
）
A． ( ,0) U (0, ) B ． (0, ) C.
(2015, )
( ,0) U (2015, ) D．
【答案】 B
【解析】构造函数 F (x)
f ( x) ex
1
，则
F
(x)
f ( x)ex [ f ( x) 1]ex ex 2
x2 2x ln x 3 x2 4x . 2
（ 2）证明： f ' x 2 4x .
【解析】（1） f ' x
2x 2 ln x
x2
1 2x
3x
4
2x 2 ln x 2 2x
2x 2 lnx 1 ，
x
令 f ' x 0 ，得 x1 1， x2 e ，令 f ' x 0 ，得 0 x 1 ，或 x e ，∴ f x 在 0,1 ， e, 上
【解析】不等式
x
ex
fx 3即 ex
3 ex 1，，构造函数，令 g x
fx 3
ex
ex 1 ，则
g' x
f' x f x 3
ex

2018届高考数学理二轮专题复习限时规范训练：第一部分专题二函数、不等式、导数 1-2-2 含答案精品

限时规范训练五不等式及线性规划限时45分钟，实际用时分值80分，实际得分一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分) 1．设0＜a ＜b ＜1，则下列不等式成立的是( ) A ．a 3＞b 3B.1a ＜1bC ．a b ＞1D ．lg(b －a )＜a解析：选D.∵0＜a ＜b ＜1，∴0＜b －a ＜1－a ，∴lg(b －a )＜0＜a ，故选D. 2．已知a ，b 是正数，且a ＋b ＝1，则1a ＋4b( )A ．有最小值8B ．有最小值9C ．有最大值8D ．有最大值9解析：选B.因为1a ＋4b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋4b (a ＋b )＝5＋b a ＋4ab≥5＋2b a ·4a b ＝9，当且仅当b a ＝4a b且a ＋b ＝1，即a ＝13，b ＝23时取“＝”，所以1a ＋4b的最小值为9，故选B.3．对于任意实数a ，b ，c ，d ，有以下四个命题： ①若ac 2＞bc 2，则a ＞b ；②若a ＞b ，c ＞d ，则a ＋c ＞b ＋d ； ③若a ＞b ，c ＞d ，则ac ＞bd ； ④若a ＞b ，则1a ＞1b.其中正确的有( ) A ．1个 B ．2个 C ．3个D ．4个解析：选B.①ac 2＞bc 2，则c ≠0，则a ＞b ，①正确； ②由不等式的同向可加性可知②正确； ③需满足a 、b 、c 、d 均为正数才成立；④错误，如：令a ＝－1，b ＝－2，满足－1＞－2，但1－1＜1－2.故选B. 4．已知不等式ax 2－bx －1＞0的解集是⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪－12＜x ＜－13，则不等式x 2－bx －a ≥0的解集是( )A ．{x |2＜x ＜3}B ．{x |x ≤2或x ≥3}C.⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪13＜x ＜12 D.⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x ＜13或x ＞12解析：选B.∵不等式ax 2－bx －1＞0的解集是⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪－12＜x ＜－13， ∴ax 2－bx －1＝0的解是x 1＝－12和x 2＝－13，且a ＜0.∴⎩⎪⎨⎪⎧－12－13＝ba ，⎝ ⎛⎭⎪⎫－12×⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝－1a ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－6，b ＝5.则不等式x 2－bx －a ≥0即为x 2－5x ＋6≥0，解得x ≤2或x ≥3. 5．若x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧3x －y ≥0，x ＋y －4≤0，y ≥12x 2，则z ＝y －x 的取值范围为( )A ．[－2,2] B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，2C ．[－1,2]D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，1 解析：选B.作出可行域(图略)，设直线l ：y ＝x ＋z ，平移直线l ，易知当l 过直线3x －y ＝0与x ＋y －4＝0的交点(1,3)时，z 取得最大值2；当l 与抛物线y ＝12x 2相切时，z 取得最小值，由⎩⎪⎨⎪⎧z ＝y －x ，y ＝12x 2，消去y 得x 2－2x －2z ＝0，由Δ＝4＋8z ＝0，得z ＝－12，故－12≤z ≤2，故选B.6．设等差数列{a n }的公差是d ，其前n 项和是S n ，若a 1＝d ＝1，则S n ＋8a n的最小值是( ) A.92 B.72 C ．22＋12D ．22－12解析：选A.∵a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ，S n ＝n＋n2， ∴S n ＋8a n＝n＋n2＋8n＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋16n ＋1≥12⎝⎛⎭⎪⎫2n ·16n ＋1＝92，当且仅当n ＝4时取等号．∴S n ＋8a n 的最小值是92，故选A.7．一条长为2的线段，它的三个视图分别是长为3，a ，b 的三条线段，则ab 的最大值为( ) A. 5 B. 6 C.52D ．3解析：选C.如图，构造一个长方体，体对角线长为2，由题意知a 2＋x 2＝4，b 2＋y 2＝4，x2＋y 2＝3，则a 2＋b 2＝x 2＋y 2＋2＝3＋2＝5，又5＝a 2＋b 2≥2ab ，所以ab ≤52，当且仅当a ＝b 时取等号，所以选C.8．设x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ≥0，y ≥x ，4x ＋3y ≤12，则x ＋2y ＋3x ＋1的取值范围是( ) A ．[1,5] B ．[2,6] C ．[3,11]D ．[3,10]解析：选C.画出约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ≥0，y ≥x ，4x ＋3y ≤12的可行域如图阴影部分所示，则x ＋2y ＋3x ＋1＝x ＋1＋2y ＋2x ＋1＝1＋2×y ＋1x ＋1，y ＋1x ＋1的几何意义为过点(x ，y )和(－1，－1)的直线的斜率．由可行域知y ＋1x ＋1的取值范围为k MA ≤y ＋1x ＋1≤k MB ，即y ＋1x ＋1∈[1,5]，所以x ＋2y ＋3x ＋1的取值范围是[3,11]．9．设x ，y 满足不等式⎩⎪⎨⎪⎧y ≤2，x ＋y ≥1，x －y ≤1，若M ＝3x ＋y ，N ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x－72，则M －N 的最小值为( )A.12 B ．－12C ．1D ．－1解析：选A.作出不等式组所表示的平面区域，如图中阴影部分所示，易求得A (－1,2)，B (3,2)，当直线3x ＋y －M ＝0经过点A (－1,2)时，目标函数M ＝3x ＋y 取得最小值－1.又由平面区域知－1≤x ≤3，所以函数N ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x－72在x ＝－1处取得最大值－32，由此可得M －N 的最小值为－1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－32＝12.10．若不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x －y ≥0，2x ＋y ≤2，y ≥0，x ＋y ≤a表示的平面区域的形状是三角形，则a 的取值范围是( )A ．a ≥43B ．0＜a ≤1C ．1≤a ≤43D ．0＜a ≤1或a ≥43解析：选D.作出不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x －y ≥0，2x ＋y ≤2，y ≥0表示的平面区域如图中阴影部分所示．其中直线x －y ＝0与直线2x ＋y ＝2的交点是⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，而直线x ＋y ＝a 与x 轴的交点是(a,0)．由图知，要使原不等式组表示的平面区域的形状为三角形，只需a ≥23＋23或0＜a ≤1，所以选D.11．已知不等式组⎩⎪⎨⎪⎧3x ＋4y －10≥0，x ≤4，y ≤3表示区域D ，过区域D 中任意一点P 作圆x 2＋y 2＝1的两条切线，切点分别为A 、B ，当∠APB 最大时，cos∠APB ＝( )A.32 B.12 C ．－32D ．－12解析：选B.画出不等式组表示的可行域如图中阴影部分所示，易知当点P 到点O 距离最小时，∠APB 最大，此时|OP |＝|3×0＋4×0－10|32＋42＝2，又OA ＝1，故∠OPA ＝π6， ∴∠APB ＝π3，∴cos∠APB ＝12.12．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，且0＜f (－1)＝f (－2)＝f (－3)≤3，则( ) A ．c ≤3 B ．3＜c ≤6 C ．6＜c ≤9D ．c ＞9解析：选C.由0＜f (－1)＝f (－2)＝f (－3)≤3，得0＜－1＋a －b ＋c ＝－8＋4a －2b ＋c ＝－27＋9a －3b ＋c ≤3，由－1＋a －b ＋c ＝－8＋4a －2b ＋c ，得3a －b －7＝0，① 由－1＋a －b ＋c ＝－27＋9a －3b ＋c ，得 4a －b －13＝0，②由①②，解得a ＝6，b ＝11，∴0＜c －6≤3，即6＜c ≤9，故选C.二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)13．函数f (x )＝1＋log a x (a ＞0，且a ≠1)的图象恒过定点A ，若点A 在直线mx ＋ny －2＝0上，其中mn ＞0，则1m ＋1n的最小值为________．解析：因为log a 1＝0，所以f (1)＝1，故函数f (x )的图象恒过定点A (1,1)．由题意，点A 在直线mx ＋ny －2＝0上，所以m ＋n －2＝0，即m ＋n ＝2.而1m ＋1n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＋1n ×(m ＋n ) ＝12⎝⎛⎭⎪⎫2＋n m ＋m n ，因为mn ＞0，所以nm ＞0，m n＞0. 由均值不等式，可得n m ＋m n ≥2×n m ×mn＝2(当且仅当m ＝n 时等号成立)，所以1m ＋1n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋n m ＋m n ≥12×(2＋2)＝2，即1m ＋1n 的最小值为2.答案：214．设P (x ，y )是函数y ＝2x(x ＞0)图象上的点，则x ＋y 的最小值为________．解析：因为x ＞0，所以y ＞0，且xy ＝2.由基本不等式得x ＋y ≥2xy ＝22，当且仅当x ＝y 时等号成立．答案：2 215．若变量x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ≥1，y ≥x ，3x ＋2y ≤15，则w ＝4x ·2y的最大值是________．解析：作出不等式组表示的可行域如图阴影部分所示．w ＝4x ·2y ＝22x ＋y，要求其最大值，只需求出2x ＋y ＝t 的最大值即可，由平移可知t ＝2x ＋y 在A (3,3)处取得最大值t ＝2×3＋3＝9，故w ＝4x·2y的最大值为29＝512.答案：51216．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋x ，x ≤1，log 13x ，x ＞1，若对任意的x ∈R ，不等式f (x )≤m 2－34m 恒成立，则实数m 的取值范围为________．解析：由题意知，m 2－34m ≥f (x )max .当x ＞1时，f (x )＝log 13x 是减函数，且f (x )＜0；当x ≤1时，f (x )＝－x 2＋x ，其图象的对称轴方程是x ＝12，且开口向下，∴f (x )max ＝－14＋12＝14.∴m 2－34m ≥14，即4m 2－3m －1≥0，∴m ≤－14或m ≥1.答案：⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－14∪[1，＋∞)。

【高三数学试题精选】2018届高考数学(理)二轮专题复习专题二函数、不等式、导数 1

2018届高考数学（理）二轮专题复习专题二函数、不等式、
导数 1
5 限时规范训练七导数的综合应用限时45分钟，实际用时分值81分，实际得分
一、选择题(本题共6小题，每小题5分，共30分)
1．如果函数＝f(x)的导函数的图象如图所示，给出下列判断
①函数＝f(x)在区间－3，－12内单调递增；
②函数＝f(x)在区间－12，3内单调递减；
③函数＝f(x)在区间(4,5)内单调递增；
④当x＝2时，函数＝f(x)取极小值；
⑤当x＝－12时，函数＝f(x)取极大值．
则上述判断中正确的是( )
A．①② B．②③
c．③④⑤D．③
解析选D当x∈(－3，－2)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，①错；当x∈－12，2时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，当x∈(2,3)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，②错；当x＝2时，函数＝f(x)取极大值，④错；当x＝－12时，函数＝f(x)无极值，⑤错．故选D
2．若函数f(x)＝2x2－ln x在其定义域内的一个子区间(－1，＋1)内不是单调函数，则实数的取值范围是( )
A．[1，＋∞)B．[1,2)
c1，32D32，2
解析选cf′(x)＝4x－1x＝ 2x－1 2x＋1 x，
∵x＞0，由f′(x)＝0得x＝12
∴令f′(x)＞0，得x＞12；令f′(x)＜0，得0＜x＜12
由题意得－1≥0，－1＜12＜＋1 1≤＜32故c正确．
3．已知函数f(x)(x∈R)满足f′(x)＞f(x)，则( )。

2018届高三数学第21练利用导数研究不等式问题练习

- 让每一个人同等地提高自我第 21 练利用导数研究不等式问题训练目标(1) 利用导数办理与不等式有关的题型；(2) 解题步骤的规范训练．(1)利用导数证明不等式； (2) 利用导数解决不等式恒建立问题及存在性问题；训练题型(3)利用导数证明与数列有关的不等式．(1)结构与所证不等式有关的函数；(2) 利用导数求出函数的单一性或许最值再解题策略证明不等式； (3) 办理恒建立问题注意参变量分别.1.已知函数 f ( x)＝ x2－ax－ a ln x( a∈R)．(1) 若函数f ( x) 在x＝ 1 处获得极值，求 a 的值；x35x211(2)在 (1) 的条件下，求证：f ( x) ≥－3＋2－ 4x＋6 .2．(2016 ·烟台模拟 ) 已知函数f (x) ＝x2－ax， () ＝ lnx， (x) ＝() ＋ (x) ．g x h f x g(1)若函数 y＝ h( x)的单一减区间是1， 1 ，务实数a的值；2(2)若f (x) ≥ () 关于定义域内的随意x恒建立，务实数a的取值范围．g x3．(2016 ·山西四校联考) 已知f ( x) ＝ln x－x＋a＋ 1.(1) 若存在x∈ (0 ，＋∞ ) ，使得 f ( x)≥0建立，求 a 的取值范围；- 让每一个人同等地提高自我(2) 求：在 (1) 的条件下，当 >1，12＋ax－ > lnx＋1建立．x2xa x 214. 已知函数 f ( x ) ＝ (2 － a )ln x ＋ x ＋ 2ax .(1) 当 a <0 ， f ( x ) 的性；(2) 若随意的a ∈ ( － 3，－ 2) ， x 1， x 2∈ [1,3] ，恒有 ( m ＋ ln 3) a － 2ln 3>| f ( x 1) － f ( x 2)| 成立，求数m 的取范．5．(2017 ·福州) 函数 f ( x ) ＝ e x － ax － 1.(1) 当 a >0 ，函数 f ( x ) 的最小 g ( a ) ，求： g ( a ) ≤0；(2) 求：随意的正整数，都有 1n ＋ 1n ＋1n ＋1＋⋯＋n n ＋ 1n ＋ 1) n ＋ 1 ＋ 2＋ 3<(.n2- 让每一个人同等地提高自我答案精析a1． (1) 解f ′(x ) ＝2x － a －x ，由题意可得 f ′(1) ＝ 0，解得 a ＝ 1. 经查验， a ＝1 时 f ( x ) 在 x ＝ 1 处获得极值，因此＝1.a(2) 证明由 (1) 知， f ( x ) ＝ x 2－x － ln x ，x 3 5 x 2 11令 g ( x ) ＝ f ( x ) －－ 3 ＋ 2 － 4x ＋ 6x 33x 211＝ 3－ 2 ＋ 3x －ln x － 6 ，由 ′()＝x2x1 x 3－ 1x－ 1) ( x － 1) 3x >0) ，可知 ( x ) 在 (0,1) 上是减函数，－ 3 ＋3－＝－ 3( ＝(gxxxxg在(1 ，＋∞ ) 上是增函数，因此 g ( x ) ≥g (1)x35x211＝ 0，因此 f ( x ) ≥－＋－ 4x ＋建立．3262．解 (1) 由题意可知， h ( x ) ＝ x 2－ ax ＋ln x ( x >0) ，由 h ′(x ) ＝ 2x 2－ ax ＋ 1x( x >0) ，若 h ( x ) 的单一减区间是1， 1 ，2由 ′(1) ＝h ′ 1＝ 0，解得a ＝ 3，h2而当 a ＝ 3 时， h ′(x ) ＝ 2x 2－ 3x ＋ 1＝(2 x － 1)( x － 1)( x >0) ．xx由 h ′(x )<0 ，解得 x ∈1， 1 ，21即 h ( x ) 的单一减区间是 2， 1 ，∴a ＝ 3.(2) 由题意知 x 2－ ax ≥ln x ( x >0) ，∴a ≤ x －ln x x( x >0) ．ln x令 φ( x ) ＝x － x ( x >0) ，x 2＋ ln x －1则 φ′(x ) ＝x 2，∵y ＝ x 2＋ ln x － 1 在 (0 ，＋∞ ) 上是增函数，且 x ＝ 1 时， y ＝0.∴当x ∈ (0,1) 时， φ′( )<0 ；x当 x ∈ (1 ，＋∞ ) 时， φ′(x )>0 ，- 让每一个人同等地提高自我即 φ( x ) 在(0,1) 上是减函数，在 (1 ，＋∞ ) 上是增函数， ∴φ ( x ) min ＝ φ (1) ＝ 1，故 a ≤1.即实数 a 的取值范围为 ( －∞， 1] ．3． (1) 解原题即为存在 x >0，使得 ln x －x ＋ a ＋1≥0，∴a ≥－ ln x ＋ x － 1，令 g ( x ) ＝－ ln x ＋ x － 1，1 x － 1则 g ′(x ) ＝－ x ＋ 1＝ x . 令 g ′(x ) ＝ 0，解得 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， ∴g ( x ) min ＝ g (1) ＝ 0， a ≥ g (1) ＝ 0.故 a 的取值范围是 [0 ，＋∞ ) ．1 21(2) 证明原不等式可化为 2x ＋ax － x ln x － a －2>0( x >1， a ≥0)．令 G ( x ) ＝1x 2＋ ax － x ln x － a － 1，则 G (1) ＝ 0.22由(1) 可知 x － ln x －1>0，则 G ′ ( x ) ＝ x ＋ a － ln x －1≥ x － ln x － 1>0， ∴G ( x ) 在 (1 ，＋∞ ) 上单一递加，∴G ( x )> G (1) ＝ 0 建立，121∴ 2x ＋ ax － x ln x － a －2>0 建立，1 2 ax－ > ln x1即＋＋建立．2xa x 24．解(1) 求导可得 f ′(x ) ＝2－ a － 12 ＋2a ＝ (2 x －1)( 2 ax ＋1) ，xx x11令 f ′(x ) ＝ 0，得 x 1＝2， x 2＝－ a ，当＝－ 2时，f ′( ) ≤0，函数f ( x ) 在定义域 (0 ，＋∞ ) 内单一递减；ax1111当－ 2<a <0 时，在区间 (0 ， 2) ， ( －a ，＋∞ ) 上 f ′(x )<0 ，f ( x ) 单一递减，在区间 ( 2，－ a ) 上 ′( )>0 ， f ( x ) 单一递加；fx- 让每一个人同等地提高自我当 <－ 2 ，在区 (0 ，－1) ，(1，＋∞ ) 上′( )<0 ，( x) 减，在区( －1，1) 上aa2fxfa 2f ′(x )>0 ，f ( x ) 增．(2) 由 (1) 知当 a ∈ ( － 3，－ 2) ，函数f ( x ) 在区 [1,3] 上减，1 因此当 x ∈[1,3] ， f ( x ) max ＝ f (1) ＝ 1＋ 2a ，f ( x ) min ＝ f (3) ＝ (2 － a )ln 3＋＋6a .3等价于：随意的a ∈( － 3，－ 2) ，恒有 (＋ln 3)a －2ln 3>1 ＋ 2 －(2－)ln 3 － 1－maa326a 建立，即 am >3－ 4a ，2因 a <0，因此 m <3a － 4，因 a ∈ ( － 3，－ 2) ，2因此只要 m ≤(－ 4) min ，3a13因此数 m 的取范 ( －∞，－ 3 ] ．5．明x－ a 可得，函数 f ( x ) 在 ( －∞， ln a ) 上减，(1) 由 a >0 及 f ′(x ) ＝ e 在(ln a ，＋∞ ) 上增，故函数f ( ) 的最小 ( ) ＝ (ln a ) ＝ e ln a － ln － 1＝－ ln － 1，′( ) ＝－ ln a ，x g a fa aa a a g a故当 a ∈ (0,1) ， g ′(a )>0 ；当 a ∈ (1 ，＋∞ ) ， g ′(a )<0 ，进而可知 g ( a ) 在 (0,1) 上增，在(1 ，＋∞ ) 上减，且g (1) ＝ 0，故 g ( a ) ≤0.(2) 由 (1) 可知，当 a ＝ 1 ，有 f ( x ) ＝ e x － x －1≥0，当且当 x ＝ 0 等号建立，即当x >0 ，有 e x >x ＋ 1.n ＋1x n ＋1( n ＋ 1) x于是，可得 ( x ＋ 1)<(e ) ＝ e.1n1n ＋ 1－ n令 x ＋ 1＝n ＋ 1，即 x ＝－ n ＋ 1，可得 n ＋ 1<e ；2 n － 1 2 n ＋ 1－ ( n －1)令 x ＋ 1＝n ＋ 1，即 x ＝－ n ＋ 1，可得 n ＋ 1 <e ；令 x ＋ 1＝3，即 x ＝－ n － 2，可得 3 n ＋ 1<e － ( n －2) ；n ＋ 1n ＋ 1 n ＋ 1⋯令 x ＋ 1＝n，即 x ＝－1，可得n n ＋ 1<e － 1.n ＋ 1n ＋ 1n ＋ 1以上各式乞降可得：- 让每一个人同等地提高自我1 n ＋12n ＋13 n ＋ 1 nn ＋ 1 － n －( n － 1) － ( n － 2) － 1n ＋ 1＋n ＋ 1＋n ＋ 1＋⋯＋ n ＋ 1<e ＋ e＋e＋⋯＋ ee － n (1 －e n ) e － n － 1 1－ e － n 1 <1.＝＝＝ <1－ e1－ e e －1 e － 1故随意的正整数n ，都有 1n ＋1＋ 2n ＋1＋ 3n ＋1＋⋯＋ n n ＋1<( n ＋1) n ＋1.。

2018版高考数学(文)通用版二轮专题复习配套文档：专题一函数与导数、不等式第1讲含答案

第1讲函数图象与性质高考定位 1.以基本初等函数为载体,考查函数的定义域、最值、奇偶性、单调性和周期性；2。

利用函数的图象研究函数性质，能用函数的图象性质解决简单问题；3。

函数与方程思想、数形结合思想是高考的重要思想方法。

真题感悟1.(2017·全国Ⅲ卷）函数y＝1＋x＋sin xx2的部分图象大致为( )解析法一易知g(x）＝x＋错误!为奇函数，其图象关于原点对称。

所以y＝1＋x＋错误!的图象只需把g(x)的图象向上平移一个单位长度,选项D满足.法二当x＝1时，f（1)＝1＋1＋sin 1＝2＋sin 1〉2，排除A，C。

又当x→＋∞时，y→＋∞，B项不满足，D满足.答案D2。

（2017·山东卷)设f(x）＝错误!若f(a）＝f(a＋1)，则f错误!＝（) A。

2 B。

4C。

6 D.8解析由已知得a>0,∴a＋1>1，∵f（a）＝f（a＋1），∴错误!＝2(a＋1－1），解得a＝错误!,∴f错误!＝f（4)＝2（4－1)＝6。

答案C3.(2017·全国Ⅰ卷）已知函数f(x）＝ln x＋ln（2－x），则（)A.f（x）在(0,2)上单调递增B.f(x）在(0，2）上单调递减C.y＝f(x)的图象关于直线x＝1对称D.y＝f（x）的图象关于点（1，0）对称解析由题意知,f（x）＝ln x＋ln（2－x）的定义域为（0，2），f（x）＝ln[x(2－x）］＝ln[－(x－1)2＋1]，由复合函数的单调性知，函数f(x）在（0，1）上单调递增，在(1，2)上单调递减，所以排除A,B;又f（2－x)＝ln(2－x）＋ln x＝f(x）,所以f(x)的图象关于直线x＝1对称，C正确,D错误.答案C4。

（2016·全国Ⅱ卷）已知函数f（x）(x∈R)满足f（x）＝f（2－x),若函数y＝|x2－2x－3｜与y＝f（x)图象的交点为(x1，y1），(x2，y2），…，（x m，y m)，则错误!i＝( )A。