2020高考文科数学：函数与导数主观题专项练习
2020高考文科数学：函数与导数主观题专项训练
函数与导数主观题专项训练1．[2019·辽宁沈阳教学质量检测]已知函数f (x )＝(x －1)2＋m ln x ，m ∈R . (1)当m ＝2时，求函数f (x )的图象在点(1,0)处的切线方程； (2)若函数f (x )有两个极值点x 1，x 2，且x 1<x 2，求f (x 2)x 1的取值范围． 解析：(1)当m ＝2时，f (x )＝(x －1)2＋2ln x ，f ′(x )＝2(x －1)＋2x， 所以f ′(1)＝2，即切线斜率为2，又切点为(1,0)，所以切线方程为2x －y －2＝0.(2)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2(x －1)＋m x ＝2x 2－2x ＋mx.因为x 1，x 2为函数f (x )的两个极值点，所以x 1，x 2是方程2x 2－2x ＋m ＝0的两个不等实根，由根与系数的关系知x 1＋x 2＝1，x 1x 2＝m2，(*)又x 1<x 2，所以易知0<x 1<12<x 2<1，f (x 2)x 1＝(x 2－1)2＋m ln x 2x 1，将(*)式代入得 f (x 2)x 1＝(x 2－1)2＋2x 2(1－x 2)ln x 21－x 2＝1－x 2＋2x 2ln x 2. 令g (t )＝1－t ＋2t ln t ，t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1，则g ′(t )＝2ln t ＋1，令g ′(t )＝0，解得t ＝1e. 当t ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1e 时，g ′(t )<0，g (t )在⎝⎛⎭⎪⎫12，1e 上单调递减；当t ∈⎝⎛⎭⎪⎫1e ，1时，g ′(t )>0，g (t )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1上单调递增．所以g (t )min ＝g ⎝⎛⎭⎪⎫1e ＝1－2e＝1－2e e ，g (t )<max ⎩⎨⎧⎭⎬⎫g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，g (1)， g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝12－ln 2<0＝g (1)， 即f (x 2)x 1的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫1－2e e ，0. 2．[2019·陕西省高三教学质量检测]已知a ∈R ，函数f (x )＝x 2－a ln x . (1)讨论函数f (x )的极值；(2)当a >0时，方程f (x )＝ax 存在唯一的实根，求实数a 的值． 解析：(1)函数f (x )＝x 2－a ln x 的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝2x －a x ＝2x 2－ax.当a ≤0时，f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，f (x )无极值； 当a >0时，若x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2a 2，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 若x ∈⎝⎛⎭⎪⎫2a 2，＋∞，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 所以f (x )有极小值f ⎝⎛⎭⎪⎫2a 2＝a 2－a 2ln a2，无极大值． 综上，当a ≤0时，f (x )无极值；当a >0时，f (x )有极小值a 2－a 2ln a2，无极大值．(2)令h (x )＝f (x )－ax ＝x 2－a ln x －ax ，则h ′(x )＝2x －a x －a ＝2x 2－ax －ax.因为a >0，x >0，令h ′(x )＝0，得x 0＝a ＋a 2＋8a4，所以h (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增， 所以h (x )的极小值h (x 0)＝0， 即x 20－a ln x 0－ax 0＝0， ① 且2x 20－ax 0－a ＝0， ② 联立①②可得2ln x 0＋x 0－1＝0.令m (x )＝2ln x ＋x －1，得m ′(x )＝2x＋1>0，故m (x )在(0，＋∞)上单调递增． 又m (1)＝0，所以x 0＝1， 即a ＋a 2＋8a4＝1，解得a ＝1.3．[2019·东北三省四市一模]已知a ∈R ，函数f (x )＝2x＋a ln x ，x ∈(0,6)．(1)讨论f (x )的单调性；(2)若x ＝2是f (x )的极值点，且曲线y ＝f (x )在两点P (x 1，f (x 1))，Q (x 2，f (x 2))(x 1<x 2)处的切线互相平行，这两条切线在y 轴上的截距分别为b 1，b 2，求b 1－b 2的取值范围．解析：(1)f ′(x )＝－2x 2＋a x ＝ax －2x2，x ∈(0,6)，∴当a ≤0时，f ′(x )<0在x ∈(0,6)上恒成立， ∴f (x )在(0,6)上单调递减，无单调递增区间；当a >0，且2a ≥6，即0<a ≤13时，f ′(x )<0在x ∈(0,6)上恒成立，∴f (x )在(0,6)上单调递减，无单调递增区间；当a >0，且2a <6，即a >13时，在x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2a 上，f ′(x )<0，在x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ，6上，f ′(x )>0， ∴f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，2a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ，6上单调递增．综上，当a ≤13时，f (x )在(0,6)上单调递减，无单调递增区间；当a >13时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2a 上单调递减，在⎝⎛⎭⎪⎫2a，6上单调递增． (2)∵x ＝2是f (x )的极值点，∴由(1)可知2a＝2，∴a ＝1.则曲线y ＝f (x )在P (x 1，f (x 1))处的切线方程为y －⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 1＋ln x 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x 21＋1x 1(x －x 1)，在Q (x 2，f (x 2))处的切线方程为y －⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 2＋ln x 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x 22＋1x 2(x －x 2)，∵这两条切线互相平行，∴－2x 21＋1x 1＝－2x 22＋1x 2，∴1x 1＋1x 2＝12. ∴1x 2＝12－1x 1，又0<x 1<x 2<6，∴16<12－1x 1<1x 1，∴14<1x 1<13，∴x 1∈(3,4)． 令x ＝0，则b 1＝4x 1＋ln x 1－1，同理，b 2＝4x 2＋ln x 2－1.∴b 1－b 2＝4⎝⎛⎭⎪⎫1x 1－1x 2＋ln x 1－ln x 2＝4⎝⎛⎭⎪⎫2x 1－12－ln 1x 1＋ln ⎝⎛⎭⎪⎫12－1x1令t ＝1x 1，则g (t )＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫2t －12－ln t ＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫12－t ⎝ ⎛⎭⎪⎫14<t <13∴g ′(t )＝8－1t －112－t ＝16t 2－8t ＋12t 2－t ＝(4t －1)22t 2－t<0， ∴g (t )在区间t ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫14，13上递减，得g ⎝ ⎛⎭⎪⎫13<g (t )<g ⎝ ⎛⎭⎪⎫14，即23－ln 2<g (t )<0.故b 1－b 2的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫23－ln 2，0. 4．[2019·湖北黄石一中第二次模拟]已知函数f (x )＝x 3－x 2，g (x )＝x ln x －ax＋5. (1)讨论g ′(x )的单调性；(2)若∀m ，n ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，f (m )－g (n )＋2≤0恒成立，求实数a 的取值范围． 解析：(1)g ′(x )＝a x 2＋ln x ＋1(x >0)，令F (x )＝g ′(x )，则F ′(x )＝x 2－2ax3(x >0)．①当a ≤0时，F ′(x )>0，所以g ′(x )单调递增．②当a >0时，g ′(x )在区间(0，2a )上单调递减；在区间(2a ，＋∞)上单调递增．(2)由题意得x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2时，g (x )min ≥[f (x )＋2]max 恒成立． 因为[f (x )＋2]′＝3x 2－2x ＝x (3x －2)，所以当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，23时，函数y ＝f (x )＋2单调递减；当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤23，2时， 函数y ＝f (x )＋2单调递增．又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋2<f (2)＋2＝6，所以当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，[f (x )＋2]max ＝6. 所以x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2时，g (x )min ≥[f (x )＋2]max 恒成立，可转化为x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2时，g (x )＝x ln x－ax＋5≥6恒成立，即a ≤x 2ln x －x 恒成立．设h (x )＝x 2ln x －x ，则h ′(x )＝2x ln x ＋x －1.设φ(x )＝h ′(x )＝2x ln x ＋x －1，当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2时，φ′(x )＝2ln x ＋3>0， 可知h ′(x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上单调递增，又h ′(1)＝0. 所以当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1时，h ′(x )<0，h (x )单调递减；当x ∈[1,2]时，h ′(x )>0，h (x )单调递增．所以h (x )min ＝h (1)＝－1.所以实数a 的取值范围为(－∞，－1]．5．[2019·河南洛阳市高三统一考试]已知函数f (x )＝ln x ＋12x 2－2kx (k ∈R )．(1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )有两个极值点x 1，x 2，且x 1<x 2，证明：f (x 2)<－32.解析：(1)f (x )＝ln x ＋12x 2－2kx ，x ∈(0，＋∞)，所以f ′(x )＝1x ＋x －2k ＝x 2－2kx ＋1x，①当k ≤0时，f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增； ②当k >0时，令t (x )＝x 2－2kx ＋1，当Δ＝4k 2－4≤0，即0<k ≤1时，t (x )≥0恒成立，即f ′(x )≥0恒成立， 所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增，当Δ＝4k 2－4>0，即k >1时，x 2－2kx ＋1＝0， 则t (x )的两根为k ±k 2－1，所以当x ∈(0，k －k 2－1)时，f ′(x )>0， 当x ∈(k －k 2－1，k ＋k 2－1)时，f ′(x )<0， 当x ∈(k ＋k 2－1，＋∞)时，f ′(x )>0，故当k ∈(－∞，1]时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当k ∈(1，＋∞)时，f (x )在(0，k －k 2－1)和(k ＋k 2－1，＋∞)上单调递增，在(k －k 2－1，k ＋k 2－1)上单调递减．(2)证明：f (x )＝ln x ＋12x 2－2kx (x >0)，f ′(x )＝1x＋x －2k ，由(1)知当k ≤1时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，此时f (x )无极值， 当k >1时，f ′(x )＝1x ＋x －2k ＝x 2－2kx ＋1x，由f ′(x )＝0，得x 2－2kx ＋1＝0，Δ＝4(k 2－1)>0，设x 2－2kx ＋1＝0的两根为x 1，x 2，则x 1＋x 2＝2k ，x 1·x 2＝1，其中0<x 1＝k －k 2－1<1<x 2＝k ＋k 2－1，f (x )在(0，x 1)上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减，在(x 2，＋∞)上单调递增．从而f (x )有两个极值点x 1，x 2，且x 1<x 2，f (x 2)＝ln x 2＋12x 22－2kx 2＝ln x 2＋12x 22－(x 1＋x 2)x 2＝ln x 2＋12x 22－⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2＋x 2x 2＝ln x 2－12x 22－1，令g (x )＝ln x －12x 2－1(x >1)，则g ′(x )＝1x－x <0，所以g (x )在(1，＋∞)上单调递减， 且g (1)＝－32，且f (x 2)<－32.6．[2019·重庆铜梁一中月考]已知a ∈R ，函数f (x )＝ln(x ＋1)－x 2＋ax ＋2. (1)若函数f (x )在[1，＋∞)上为减函数，求实数a 的取值范围；(2)令a ＝－1，b ∈R ，已知函数g (x )＝b ＋2bx －x 2，若对任意x 1∈(－1，＋∞)，总存在x 2∈[－1，＋∞)，使得f (x 1)＝g (x 2)成立，求实数b 的取值范围．解析：(1)因为f (x )＝ln(x ＋1)－x 2＋ax ＋2，x ∈(－1，＋∞)，所以f ′(x )＝1x ＋1－2x ＋a .要使f (x )在[1，＋∞)上为减函数，则需f ′(x )≤0在[1，＋∞)上恒成立， 即a ≤2x －1x ＋1在[1，＋∞)上恒成立． 易知2x －1x ＋1在[1，＋∞)上为增函数，所以2x －1x ＋1在[1，＋∞)上的最小值为32，所以a ≤32.即a 的取值范围为⎝⎛⎦⎥⎤－∞，32.(2)因为a ＝－1，所以f (x )＝ln(x ＋1)－x 2－x ＋2，x ∈(－1，＋∞)． f ′(x )＝1x ＋1－2x －1＝－2x 2－3xx ＋1，当－1<x <0时，f ′(x )>0，f (x )在(－1,0)上单调递增， 当x >0时，f ′(x )<0，f (x )在(0，＋∞)上单调递减，所以f (x )的最大值为f (0)＝2，所以f (x )的值域为(－∞，2]．若对任意x 1∈(－1，＋∞)，总存在x 2∈[－1，＋∞)，使得f (x 1)＝g (x 2)成立， 则函数f (x )在(－1，＋∞)上的值域是g (x )在[－1，＋∞)上的值域的子集．g (x )＝－x 2＋2bx ＋b ＝－(x －b )2＋b ＋b 2，①当b ≤－1时，g (x )的最大值为g (－1)＝－1－b ，所以g (x )在[－1，＋∞)上的值域为(－∞，－1－b ]．由－1－b ≥2得b ≤－3；②当b >－1时，g (x )的最大值为g (b )＝b ＋b 2，所以g (x )在[－1，＋∞)上的值域为(－∞，b ＋b 2]．由b ＋b 2≥2得b ≥1或b ≤－2(舍去)．综上所述，b 的取值范围是(－∞，－3]∪[1，＋∞)．。
导数文科大题含详细答案
导数文科大题1.知函数， .（1）求函数的单调区间；（2）若关于的方程有实数根，数的取值围. 答案解析2.已知 , (1)若 ,求函数在点处的切线方程; (2)若函数在上是增函数,数a 的取值围; (3)令 , 是自然对数的底数);求当实数a等于多少时,可以使函数取得最小值为3.解:(1)时,,′(x),′(1)=3,,数在点处的切线方程为,(2)函数在上是增函数,′(x),在上恒成立,即,在上恒成立,令,当且仅当时,取等号,,的取值围为(3),′(x),①当时,在上单调递减,,计算得出(舍去); ②当且时,即,在上单调递减,在上单调递增,,计算得出,满足条件; ③当,且时,即,在上单调递减,,计算得出(舍去);综上,存在实数,使得当时,有最小值3.解析(1)根据导数的几何意义即可求出切线方程.(2)函数在上是增函数,得到f′(x),在上恒成立,分离参数,根据基本不等式求出答案,(3),求出函数的导数,讨论,,的情况,从而得出答案3.已知函数 ,(1)分别求函数与在区间上的极值;(2)求证:对任意 ,解:(1),令,计算得出:,,计算得出:或,故在和上单调递减,在上递增,在上有极小值,无极大值;,,则,故在上递增,在上递减,在上有极大值,,无极小值;(2)由(1)知,当时,,,故;当时,,令,则,故在上递增,在上递减,,;综上,对任意,解析(1)求导,利用导数与函数的单调性与极值关系,即可求得与单调区间与极值;4.已知函数,其中,为自然数的底数.(1)当时,讨论函数的单调性;(2)当时,求证:对任意的,.解:(1)当时,,则,,故则在R上单调递减.(2)当时,,要证明对任意的,.则只需要证明对任意的,.设,看作以a为变量的一次函数,要使,则,即,恒成立,①恒成立,对于②,令,则,设时,,即.,,在上,,单调递增,在上,,单调递减,则当时,函数取得最大值,故④式成立,综上对任意的,.解析:(1)求函数的导数,利用函数单调性和导数之间的关系进行讨论即可.(2)对任意的,转化为证明对任意的,,即可,构造函数,求函数的导数,利用导数进行研究即可.5.已知函数(1)当时,求函数在处的切线方程;(2)求在区间上的最小值.解:(1)设切线的斜率为k.因为,所以,所以,所以所求的切线方程为,即(2)根据题意得, 令,可得①若,则,当时,,则在上单调递增.所以②若,则, 当时,,则在上单调递减. 所以③若,则,所以,随x的变化情况如下表:所以的单调递减区间为,单调递增区间为所以在上的最小值为综上所述:当时,;当时,;当时,解析(1)设切线的斜率为k.利用导数求出斜率,切点坐标,然后求出切线方程.(2)通过,可得.通过①,②,③,判断函数的单调性求出函数的最值.6.已知函数。
2020年高考数学(文科)复习 第二单元 函数、导数及其应用 作业答案
课时作业(四)1.C[解析]对于C,当x=4时,y=×4=∉Q,故选C.2.B[解析]∵f=log5=-2,∴f f=f(-2)=2-2=.3.C[解析]对于①,f(x)=-=|x|-与g(x)=x-的对应关系不同,所以不是同一函数;对于②,f(x)=x与g(x)==|x|的对应关系不同,所以不是同一函数;对于③,f(x)=x0=1(x≠0)与g(x)==1(x≠0)的定义域相同,对应关系也相同,所以是同一函数;对于④,f(x)=x2-2x-1(x∈R)与g(t)=t2-2t-1(t∈R)的定义域相同,对应关系也相同,所以是同一函数.故选C.4.[1,2)∪(2,+∞)[解析]若使f(x)=--有意义,只需要--即x≥1且x≠2,故函数f(x)=--的定义域为[1,2)∪(2,+∞).5.x2-1(x≥1)[解析]令t=+1,则x=(t-1)2(t≥1),可得f(t)=(t-1)2+2(t-1)=t2-1(t≥1),∴f(x)=x2-1(x≥1).6.D[解析]当m≥2时,由m2-1=3,得m2=4,∴m=±2,又∵m≥2,∴m=2.当0<m<2时,由log2m=3,得m=23=8,又∵0<m<2,∴m∈⌀.综上所述,m=2,故选D.7.D[解析]f(3)=f(2)-f(1)=f(1)-f(0)-f(1)=-f(0)=-log28=-3.8.D[解析]当a>b,即a-b>0时,f(a-b)=-1,---=---=a;当a<b,即a-b<0时,f(a-b)=1,---=--=b.所以所求的值为a,b中较大的数,故选D.9.C[解析]∵f(-4)=f(0),f(-2)=-2,∴-----解得∴f(x)=当x≤0时,由f(x)=x,得x2+4x+2=x,解得x=-2或x=-1;当x>0时,由f(x)=x,得x=2.∴方程f(x)=x有3个解.10.B[解析]由已知可得--≤0或--≥4,解得≤x<1或1<x≤3,所以函数f(x)的定义域为,1∪(1,3],故选B.11.C[解析]值域为{7,16},则定义域中必须至少含有1和-1中的一个,且至少含有2和-2中的一个.当定义域中含有两个元素时,有{-1,-2},{-1,2},{1,2},{1,-2};当定义域中含有三个元素时,有{-1,1,-2},{-1,1,2},{1,-2,2},{-1,-2,2};当定义域中含有四个元素时,有{-1,-2,1,2}.所以“孪生函数”共有4+4+1=9(个).12.2x+1或-2x-3[解析]设f(x)=ax+b,则f[f(x)]=af(x)+b=a2x+ab+b=4x+3,所以解得或--所以f(x)=2x+1或f(x)=-2x-3.13.0,[解析]由题得,对任意的x∈R,ax2+4ax+3≠0恒成立.当a=0时,3≠0恒成立;当a≠0时,Δ=(4a)2-4×a×3<0,解得0<a<.所以0≤a<.14.(-1,0)∪(2,+∞)[解析]①当x≥0时,f(x)=x(x-1)>2,即x2-x-2>0,解得x<-1或x>2,又x≥0,∴x>2.②当x<0时,f(-x)=-x(-x-1)=x2+x,f(x)=2-f(-x)=-x2-x+2>2,即x2+x<0,解得-1<x<0.综上可得,满足f(x)>2的x的取值范围是(-1,0)∪(2,+∞).15.C[解析]当a≥1时,f(a)=2a,2a≥2,∴f[f(a)]=f(2a)==2f(a).当a<1时,若f[f(a)]=f(λ-a)=2λ-a,则λ-a≥1,∴当a<1时,λ≥a+1恒成立,∴λ≥2.故选C.16.[解析]因为t∈(0,1],所以f(t)=3t∈(1,3],所以f[f(t)]=-×3t.因为f[f(t)]∈[0,1],所以0≤-×3t≤1,解得log3≤t≤1,又t∈(0,1],所以实数t的取值范围是.课时作业(五)1.C[解析]观察图像可知,函数在[-3,1]上单调递增.2.A[解析]因为函数f(x)在-2,-上为减函数,所以函数f(x)=-x+在-2,-上的最大值是f(-2)=2-=.3.C[解析]要使f(x)=log2(ax-1)在(1,2)上单调递增,需使y=ax-1在(1,2)上单调递增且恒大于0,则a>0且a-1≥0,即a≥1.4.C[解析] A中,f(x)=是奇函数,但在定义域内不单调;B中,f(x)=-是减函数,但不具备奇偶性;C中,f(x)=2-x-2x既是奇函数又是减函数;D中,f(x)=-tan x是奇函数,但在定义域内不单调.5.1[解析]易知f(x)在[2,3]上为减函数,∴f(x)min=f(3)=-=,f(x)max=f(2)=-=1.6.D[解析]f(x)是(-∞,+∞)上的增函数,a为实数.若a<0,则a>2a,f(a)>f(2a),故A不一定成立;若a=-1,则f(a2)>f(a),故B不一定成立;若a=0,则f(a2+a)=f(a),故C不一定成立;由a2+1-a=a-2+>0,得a2+1>a,则f(a2+1)>f(a),故D一定成立.故选D.7.D[解析]因为f(x)=-=-1+在(-1,+∞)上单调递减,且f(2)=0,所以n=2,所以-1≤m<2.故选D.8.D[解析]因为函数f(x)在(-2,+∞)上是增函数,所以---即得a≥1,所以g(x)=(a+1)x在R上是增函数.由g<g(x),得<x,解得x>1或-1<x<0,所以实数x的取值范围为(-1,0)∪(1,+∞).9.D[解析]∵对任意实数x1≠x2,都有--<0,∴f(x)在R上单调递减.∵f(x2-2x)+f(y2-3)≥0,∴f(x2-2x)≥f(3-y2),∴x2-2x≤3-y2,∴(x-1)2+y2≤4,∴x2+y2的最大值为(+2)2=9,故选D.10.B[解析]函数f(x)为定义在R上的奇函数,由f(1)=1,可知f(-1)=-1.由函数f(x)在[0,+∞)上单调递增,且为定义在R上的奇函数,得f(x)在R上单调递增.由-1≤f(x+2)≤1可得-1≤x+2≤1,解得-3≤x≤-1.故选B.11.-1,[解析]要使函数f(x)的值域为R,只需--解得-1≤a<.12.,+∞[解析]设x1>x2>-2,由题得f(x1)>f(x2),即f(x1)-f(x2)=-=--=-->0,所以2a-1>0,得a>.13.解:F(x)在(0,+∞)上为减函数.证明如下:任取x1,x2∈(0,+∞)且x2-x1>0,则F(x2)-F(x1)=-=-.∵f(x)在(0,+∞)上为增函数且x2-x1>0,∴f(x2)-f(x1)>0,即f(x2)>f(x1),∴f(x1)-f(x2)<0.又∵f(x1)<0,f(x2)<0,∴f(x1)f(x2)>0,∴F(x2)-F(x1)<0,∴F(x)在(0,+∞)上为减函数.14.解:(1)令y=x>0,则f(1)=f=f(x)-f(x)=0.(2)f(x)在(0,+∞)上单调递增.证明如下:设0<x1<x2,由f=f(x)-f(y),得f(x2)-f(x1)=f.∵>1,∴f>0,∴f(x2)-f(x1)>0,∴f(x)在(0,+∞)上单调递增.(3)∵f(6)=f=f(36)-f(6),∴f(36)=2,∴原不等式可化为f(x2+3x)<f(36).∵f(x)在(0,+∞)上是增函数,∴解得0<x<-.故原不等式的解集为0,-.15.A[解析]因为f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,则f(x)min=f(0)=a+log2a=8,令g(a)=a+log2a-8,则g(a)在(0,+∞)上单调递增.又g(5)=5+log2 5-8<0,g(6)=6+log2 6-8>0,所以a+log2a=8的解在(5,6)上.故选A.16.(-∞,-2)[解析]函数y=x2-4x+3的图像的对称轴是直线x=2,所以函数y=x2-4x+3在(-∞,0]上单调递减,且在(-∞,0]上,y=x2-4x+3≥3.同理可知函数y=-x2-2x+3在(0,+∞)上单调递减,且在(0,+∞)上,y=-x2-2x+3<3.所以f(x)在R上单调递减,由f(x+a)>f(2a-x)得x+a<2a-x,即2x<a,所以2x<a在[a,a+1]上恒成立,所以2(a+1)<a,解得a<-2,所以实数a的取值范围是(-∞,-2).课时作业(六)1.D[解析]函数y=cos2在[-1,0]上单调递增,在[0,1]上单调递减,且函数y=cos2为偶函数,而函数y=-x2+2也在[-1,0]上单调递增,在[0,1]上单调递减,且函数y=-x2+2也为偶函数,故选D.2.A[解析]因为f(x+1)是偶函数,所以f(x+1)的图像关于y轴对称,而把f(x+1)的图像向右平移1个单位长度可得f(x)的图像,故f(x)的图像关于直线x=1对称,故选A.3.D[解析]由题设有f(-x)=---2018tan x+x2=-2018tan x+x2,故有f(x)+f(-x)=1+2x2,所以f(1)+f(-1)=3,从而f(-1)=0,故选D.4.-2[解析]由f(x+3)=f(x-3),可得f(x+6)=f(x),所以函数f(x)的周期是6.由f(-x)=f(x),得函数f(x)为偶函数,则f(2018)=f(2)=f(-2)=-2.5.-[解析]∵f(x)=-+a为奇函数,∴f(1)+f(-1)=0,即2+a-1+a=0,∴a=-.6.C[解析]∵f(x)=a sin x+b+4,∴f(x)+f(-x)=8,又∵lg=-lg 3,∴f(lg 3)+f lg=8,∴f lg=5,故选C.7.B[解析]∴f(x)是定义在[-2b,3+b]上的偶函数,∴2b=3+b,∴b=3.∵函数f(x)在[-6,0]上为增函数,∴f(x)在[0,6]上为减函数,∴f(x-1)≥f(3),即|x-1|≤3,故-2≤x≤4.故选B.8.D[解析]∵f(x)+f(-x)=0,∴f(-x)=-f(x),∴f(x)为奇函数.∵f(x+t)-f(x)<0,∴f(x+t)<f(x),又∵t>0,∴f(x)在R上为减函数,∴f(x)是奇函数且在R上是减函数.对于A,f(x)=x sin x+3为偶函数,∴该选项不合题意;对于B,f(x)=x3在R上为增函数,∴该选项不合题意;对于C,f(x)=-sin x在R上不单调,∴该选项不合题意;对于D,f(x)=-3x为奇函数,且在R上为减函数,∴该选项符合题意.故选D.9.D[解析]由题意,得f(8)=f(2+6)=f(2)=3,f(5)=f(-1+6)=f(-1)=-f(1)=-1,则f(8)-f(5)=4.则函数f(x)在[0,+∞)上为减函数.又f(x) 10.C[解析]根据题意,在[0,+∞)上函数f(x)=-是偶函数,∴f-=f,由a2+2a+=(a+1)2+≥,得f≥f a2+2a+,即f-≥f a2+2a+.故选C.11.a<c<b[解析]因为对任意不同的x1,x2∈[0,2],都有(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0,所以f(x)在[0,2]上为增函数;因为函数f(x+2)的图像关于y轴对称,所以f(x)的图像关于直线x=2对称;因为f(x+2)+f(x)=1,所以f(x+4)+f(x+2)=1,即f(x+4)=f(x),所以f(x)的周期为4.因此a=f(4.5)=f(0.5),b=f(6.5)=f(2.5)=f(1.5),c=f(7)=f(3)=f(1),因为f(0.5)<f(1)<f(1.5),所以a<c<b.12.(-1,7)[解析]∵f(x)是R上的偶函数,且在[0,+∞)上单调递增,∴不等式f(a-3)<f(4)等价于|a-3|<4,即-4<a-3<4,得-1<a<7,即a的取值范围是(-1,7).13.解:(1)证明:∵f(x+2)=-f(x),∴f(x+4)=-f(x+2)=f(x),∴f(x)是周期为4的周期函数.(2)当x∈[-2,0]时,-x∈[0,2],由已知得f(-x)=2(-x)-(-x)2=-2x-x2,又f(x)是奇函数,∴-f(x)=f(-x)=-2x-x2,∴当x∈[-2,0]时,f(x)=x2+2x.又当x∈[2,4]时,x-4∈[-2,0],∴f(x-4)=(x-4)2+2(x-4).又f(x)是周期为4的周期函数,∴当x∈[2,4]时,f(x)=f(x-4)=(x-4)2+2(x-4)=x2-6x+8,∴当x∈[2,4]时,f(x)=x2-6x+8.(3)易知f(0)=0,f(1)=1,f(2)=0,f(3)=-1.∵f(x)是周期为4的周期函数,∴f(0)+f(1)+f(2)+f(3)=f(4)+f(5)+f(6)+f(7)=…=f(2008)+f(2009)+f(2010)+f(2011)=f(2012)+f(2013)+f(2014)+f(2015)=0,∴f(0)+f(1)+f(2)+…+f(2018)=f(2016)+f(2017)+f(2018)=f(0)+f(1)+f(2)=1.14.解:(1)因为f(x)=是奇函数,所以定义域关于原点对称,所以q=0,所以f(x)=.又f(2)=,所以=,解得p=2.(2)由(1)知f(x)=,则f(x)在(-∞,-1)上是增函数.下面给出证明:任取x1<x2<-1,则f(x1)-f(x2)=-=--.因为x1<x2<-1,所以x2-x1>0,1-x1x2<0,x1x2>0,所以f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)<f(x2),所以函数f(x)在(-∞,-1)上是增函数.15.C[解析]∵定义在R上的奇函数f(x)在[0,+∞)上单调递减,∴f(x)在R上是减函数.若当x∈[-1,2]时,f(x3-2x+a)<f(x+1)恒成立,则当x∈[-1,2]时,x3-2x+a>x+1恒成立,即a>-x3+3x+1恒成立.设g(x)=-x3+3x+1(x∈[-1,2]),令g'(x)=-3x2+3=0,得x=±1.∴在[-1,1)上,g'(x)≥0,g(x)是增函数;在[1,2]上,g'(x)≤0,g(x)是减函数.故g(x)的最大值为g(1)=3,∴a>3.故选C.16.[解析]∵f(x-π)=f(x)-sin x,∴f(x)=f(x-π)+sin x,则f(x+π)=f(x)+sin(x+π)=f(x)-sin x,∴f(x+π)=f(x-π)+sin x-sin x=f(x-π),即f(x+2π)=f(x),∴函数f(x)的周期为2π,∴f=f672π+=f=f-+sin.∵-π<x≤0时,f(x)=0,∴f=0+sin=.课时作业(七)1.B[解析]因为y=x3的定义域为R且为奇函数,所以其图像应为图①;因为y=x2的图像为开口向上的抛物线,且顶点为原点,所以其图像应为图②.故选B.2.B[解析]∵f(x)=-(x-1)2-2,∴在[0,3]上,当x=1时,f(x)取得最大值-2;当x=3时,f(x)取得最小值-6.3.B[解析]由题设得3a=,∴a=-1,故g(x)=(2x-1)x-1=2-,∴g(x)在,2上单调递增,则当x=时,g(x)取得最小值g=2-2=0.故选B.4.C[解析]要使f(x)满足题设条件,只需当x≥0时,f(x)=ax2+bx+c(a≠0)图像的顶点在y轴的右侧即可,所以->0,故选C.5.3[解析]由题意设f(x)=xα,由f(x)的图像过点(2,),得=2α,即α=,∴f(x)=,∴f(9)=3.6.C[解析]∵f(x)=-x2+4x=-(x-2)2+4,∴当x=2时,f(2)=4,由f(x)=-x2+4x=-5,解得x=5或x=-1,∴要使函数在[m,5]上的值域是[-5,4],需使-1≤m≤2,故选C.7.B[解析]因为f(x)在(0,+∞)上单调递增,所以α>0,排除选项A,C;当α=时,f(x)==为非奇非偶函数,不满足条件,排除选项D.故选B.--8.A[解析]由题意知-得-3<m<0,故选A.9.D[解析]∵直线y=kx过点M(2,1),∴k=,∴y=x.作出函数f(x)=|-x2+4x-3|的图像与直线y=x,如图所示,由图知,函数f(x)的图像与直线y=x的交点个数为4,故选D.10.D[解析]∵函数f(x)既是二次函数又是幂函数,∴f(x)=x2,∴h(x)=+1,h(x)+h(-x)=+1+-+1=2,h(0)=+1=1,因此h(2018)+h(2017)+h(2016)+…+h(1)+h(0)+h(-1)+…+h(-2016)+h(-2017)+h(-2018)=2018×2+1=4037,故选D.11.a>c>b[解析]a=-=,根据函数y=x3是R上的增函数,且>>,得>>,即a>c>b.12.[-2,0][解析]若∀x∈R,f(x)≤f(0),则f(x)max=f(0)=-a2.当x≥0时,f(x)=-(x-a)2,此时函数图像的对称轴方程为x=a≤0;当x<0时,f(x)=-x2-2x-3+a,其图像开口向下,对称轴方程为x=-1,则f(-1)=-1+2-3+a≤-a2,即a2+a-2≤0,解得-2≤a≤1.综上所述,实数a的取值范围是[-2,0].13.解:∵幂函数在(0,+∞)上是减函数,∴m2-2m-3<0,解得-1<m<3.又∵m∈N*,∴m=1或2.当m=2时,22-2×2-3=-3,即y=x-3;当m=1时,12-2×1-3=-4,即y=x-4.又幂函数为偶函数,∴m=1.而函数y=-在(-∞,0),(0,+∞)上为减函数,∴(a+1-<(3-2a-等价于a+1>3-2a>0或0>a+1>3-2a或a+1<0<3-2a,解得a<-1或<a<,故a的取值范围为a<-1或<a<.-14.解:(1)设x1,x2是方程f(x)=0的两个根,由根与系数的关系,得由已知得-所以b=0,c=-1.-(2)由题知f(1)=1+2b+c=0,所以c=-1-2b.记g(x)=f(x)+x+b=x2+(2b+1)x+b+c=x2+(2b+1)x-b-1,由已知得------解得<b<,即实数b的取值范围为,.15.解:(1)当a=1,b=-2时,f(x)=x2-x-3,由题意可知x=x2-x-3,解得x=-1或x=3,故当a=1,b=-2时,f(x)的不动点为-1,3.(2)因为f(x)=ax2+(b+1)x+b-1(a≠0)恒有两个相异的不动点,所以x=ax2+(b+1)x+b-1,即ax2+bx+b-1=0恒有两个相异实根,所以Δ=b2-4ab+4a>0(b∈R)恒成立.设g(b)=b2-4ab+4a,若g(b)>0恒成立,则Δ=(4a)2-16a<0,解得0<a<1,故当b取任意实数,f(x)恒有两个相异的不动点时,a的取值范围是(0,1).课时作业(八)1.B[解析]∵|x-1|≥0,∴f(x)≥1,排除C,D.又当x=1时,f(x)min=1,排除A.故选B.2.C[解析]====-=.故选C.3.A[解析]∵1>a=0.40.3>0.30.3>b=0.30.4,c=0.3-0.2>1,∴b<a<c,故选A.4.0[解析]由题意得解得-∴m+n=0.5.0,[解析]由已知得,实数a应满足条件0<1-2a<1,解得0<a<,即a∈0,.6.B[解析]当a<1时,由f(1-a)=f(a-1)可得41-a=21,解得a=;当a>1时,由f(1-a)=f(a-1)可得22a-1=4a-1,无解.故选B.7.C[解析]易知f(0)=0,当x>0时,f(x)=1-2-x,而-x<0,则f(-x)=2-x-1=-f(x);当x<0时,f(x)=2x-1,而-x>0,则f(-x)=1-2-(-x)=1-2x=-f(x).所以函数f(x)是奇函数,且单调递增.故选C.8.D[解析]易知函数y=e sin x(-π≤x≤π)不是偶函数,排除A,C;当x∈-时,y=sin x为增函数,而函数y=e x也是增函数,所以y=e sin x(-π≤x≤π)在-上为增函数,故选D.9.B[解析]由题意得m9-x-3-x=m9x-3x有解,即m(9x-9-x)=3x-3-x有解,整理得m=-有解,又-=<(因为x≠0,所以不能取等号),且->0,所以实数m的取值范围是0<m<.10.D[解析]∵当x=1时,y=a1-1+2=a0+2=3,∴函数y=a x-1+2(a>0,a≠1)的图像恒过定点A(1,3).又点A在直线+=1上,∴+=1,又m>0,n>0,∴3m+n=(3m+n)+=3+3++≥6+2=12(当且仅当3m=n 时取等号),∴3m+n的最小值为12,故选D.11.[解析]当a>1时,f(x)=a x-1在[0,2]上为增函数,则a2-1=2,∴a=±.又∵a>1,∴a=.当0<a<1时,f(x)=a x-1在[0,2]上为减函数.∵f(0)=0≠2,∴0<a<1时不满足题意.综上可知,a=.12.3或[解析]令a x=t,则y=t2+2t-1=(t+1)2-2.当a>1时,因为x∈[-1,1],所以t∈,a,又函数y=(t+1)2-2在,a上单调递增,所以y max=(a+1)2-2=14,解得a=3;当0<a<1时,因为x∈[-1,1],所以t∈a,,又函数y=(t+1)2-2在a,上单调递增,所以y max=+12-2=14,解得a=.综上知a=3或a=.13.解:(1)当a=-1时,f(x)=--,令t=-x2-4x+3,可得t=-x2-4x+3在(-∞,-2)上单调递增,在(-2,+∞)上单调递减,而y=x在R上单调递减,所以f(x)在(-∞,-2)上单调递减,在(-2,+∞)上单调递增,即函数f(x)的单调递增区间是(-2,+∞),单调递减区间是(-∞,-2).(2)令g(x)=ax2-4x+3,则f(x)=g(x),由于f(x)有最大值3,所以g(x)有最小值-1,解得a=1,因此必有--即当f(x)有最大值3时,a的值为1.14.解:(1)因为f(x)为偶函数,所以对任意的x∈R,都有f(-x)=f(x),即a|x+b|=a|-x+b|,所以|x+b|=|-x+b|,解得b=0.(2)记h(x)=|x+b|=----①当a>1时,f(x)在区间[2,+∞)上是增函数,即h(x)在区间[2,+∞)上是增函数,所以-b≤2,即b≥-2.②当0<a<1时,f(x)在区间[2,+∞)上是增函数,即h(x)在区间[2,+∞)上是减函数,但h(x)在区间[-b,+∞)上是增函数,故不存在这样的a,b,使f(x)在区间[2,+∞)上是增函数.所以f(x)在区间[2,+∞)上是增函数时,a,b应满足的条件为a>1且b≥-2.15.B[解析]因为y=2x,y=2-x在R上分别为增函数、减函数,所以f(x)=2x-2-x为R上的增函数.因为f(-x)=2-x-2x=-f(x),所以f(x)为R上的奇函数.由f(x2-ax+a)+f(3)>0,可得f(x2-ax+a)>-f(3)=f(-3),可得x2-ax+a>-3,所以x2-ax+a+3>0在R上恒成立,所以(-a)2-4×1×(a+3)<0,即a2-4a-12<0,解得-2<a<6. 16.0,[解析]①当0<a<1时,作出函数y=|a x-2|的图像,如图①.若直线y=3a与函数y=|a x-2|(0<a<1)的图像有两个交点,则由图像可知0<3a<2,所以0<a<.②当a>1时,作出函数y=|a x-2|的图像,如图②.若直线y=3a与函数y=|a x-2|(a>1)的图像有两个交点,则由图像可知0<3a<2,此时无解.所以a的取值范围是0,.课时作业(九)1.C[解析]当3x-2=1,即x=1时,y=log a1=0,故定点A的坐标是(1,0).2.A[解析]∵a=lo3<lo1=0,0<0.3<0=1,即0<b<1,c=ln π>ln e=1,∴a<b<c.3.A[解析]因为lo m<lo n,所以m>n>0,由幂函数的性质得n<n,由指数函数的性质得m<n,因此m<n,故选A.4.4[解析]因为f(x)=a+log2x在区间[1,a]上单调递增,所以f(x)max=f(a)=a+log2a=6,解得a=4.5.92[解析] lg 1=0,lg 10=1,lg 100=2,故原式=0×9+1×90+2×1=92.6.C[解析]由题意可得f=log2=log2-=-,∴f f=f-=-=.7.A[解析]若a>0,则f(a)=log2a+a=3,解得a=2,f(a-2)=f(0)=4-2-1=-;若a≤0,则f(a)=4a-2-1=3,解得a=3,不合题意舍去.所以f(a-2)=-,故选A.8.D[解析]∵0<sin θ<1,log a sin θ>log b sin θ>0,∴0<a<1,0<b<1,又log a sin θ>log b sinθ,∴-=->0,可得log sin θb>log sin θa,∵0<sin θ<1,∴a>b,故0<b<a<1,故选D.9.D[解析]当=0时,x=1;当=1时,x=或x=3.因为函数y=的定义域为[a,b],值域为[0,1],所以当a=时,b∈[1,3];当b=3时,a∈,1.所以b-a∈,,故选D.10.A[解析]由题意可知x3是函数y1=x与y2=log3x的图像的交点的横坐标,在同一平面直角坐标系中作出函数y1=x与y2=log3x的图像,如图所示,由图可知x3>1,而x1=lo2<0,0<x2=-<1,所以x3>x2>x1.故选A.11.A[解析]∵对于任意x1∈[0,2],存在x2∈[0,2],使得f(x1)≥g(x2),∴在[0,2]上,f(x)min≥g(x)min.∵f(x)=ln(x2+1)在[0,2]上单调递增,∴f(x)min=f(0)=0.∵g(x)=x-m在[0,2]上单调递减,∴g(x)min=g(2)=2-m=-m.由-m≤0,得m≥,∴实数m的取值范围是,+∞.故选A.12.0[解析]∵x>0,y>0,x+y2=2,∴xy2≤2=1,当且仅当x=y2=1时,等号成立,∴log2x+2log2y=log2x+log2y2=log2(xy2)≤log21=0.13.<a<1[解析]若对于任意的实数x∈0,,都有2-2x-log a x<0恒成立,即对于任意的实数x∈0,,都有log a x>2-2x恒成立,即对任意的实数x∈0,,y=log a x的图像恒在y=x的图像的上方,∴0<a<1,<log a,即>,∴a>.综上可得,<a<1.14.①②④[解析]作出函数y=|log2x|的图像,如图所示,该函数先减后增,且在x=1处取得最小值0.在同一平面直角坐标系中作出直线y=m,两图像交于A,B两点,由图可知,0<x1<1<x2.∵y1=y2,∴-log2x1=log2x2,可得x1x2=1.∵x2-1>1-x1,∴x1+x2>2,∴+>2>2×=4.综上可得,①中说法正确,②中说法正确,③中说法错误,④中说法正确.15.B[解析]设指数函数和对数函数分别为y=a x(a>0,a≠1),y=log b x(b>0,b≠1).若P1为“好点”,则P1(1,1)在y=a x的图像上,得a=1,与a>0且a≠1矛盾;P2(1,2)显然不在y=log b x的图像上;P3,在y=a x,y=log b x 的图像上时,a=,b=;易得P4(2,2)是“好点”.故选B.16.C[解析]f(x)=ln(x)-ln(1-x)=+ln-,设P(x1,f(x1)),Q(x2,f(x2)),则f(x1)=+ln-,f(x2)=+ln-,依题意,得f(x1)+f(x2)=2m,x1+x2=1,所以2m=f(x1)+f(x2)=1+ln--=1+ln-=1+ln 1=1,可得m=.故选C.课时作业(十)1.B[解析]因为f(x)=lg=lg x-lg 10=lg x-1,所以只需把函数g(x)=lg x的图像上所有的点向下平移1个单位长度即可得到f(x)的图像,故选B.2.C[解析]因为f(-x)=--==f(x),所以函数f(x)是偶函数,所以函数f(x)的图像关于y轴对称,可排除选项A,B,由f(0)=2,可排除选项D,故选C.3.C[解析]在同一平面直角坐标系内作出函数f(x)=ln x与g(x)=x2-4x+4=(x-2)2的图像,如图所示,由图可知两函数图像的交点个数为2.4.{x|0<x<4或x>4}[解析]∵f(4)=0,∴4|m-4|=0,即m=4,∴f(x)=x|4-x|=-------作出f(x)的图像,如图所示.由图像可知,f(x)>0的解集为{x|0<x<4或x>4}.5.y=log32x-[解析]y=log3(x-1)的图像向右平移个单位长度得到y=log3x-的图像,再把横坐标缩短为原来的,得到y=log32x-的图像.故应填y=log32x-.6.A[解析]函数f(x)的定义域为R,f(-x)=---sin(-x)=-(-sin x)=-(-sin x)=-sinx=f(x),∴函数f(x)为偶函数,其图像关于y轴对称,故排除选项C,D.当x=2时,f(2)=-sin 2<0,故排除选项B.故选A.7.A[解析]作出函数f(x)的图像,如图所示,直线y=k(x+2)-2过定点C(-2,-2),要使函数f(x)的图像与直线y=k(x+2)-2恰有三个公共点,由图可知0<k<k CD.因为k CD=---=2,所以实数k的取值范围是0<k<2,即k ∈(0,2).8.C[解析] A中,∵y=2x-x2-1=2x-(x2+1),当x趋向于-∞时,2x的值趋向于0,x2+1的值趋向于+∞,∴当x 趋向于-∞时,函数y=2x-x2-1的值趋向于-∞,∴A中的函数不符合;B中,函数y=的定义域为-∞,-∪-,+∞,∵y=sin x是周期函数,∴函数y=的图像是在x轴附近的波浪线,∴B中的函数不符合;D中,y=的定义域是(0,1)∪(1,+∞),∴D中函数不符合.故选C.9.[-1,+∞)[解析]如图,在同一平面直角坐标系中作出函数f(x)=|x+a|与g(x)=x-1的图像,观察图像可知,当且仅当-a≤1,即a≥-1时,不等式f(x)≥g(x)恒成立,因此实数a的取值范围是[-1,+∞).10.f(x)=---[解析]当-1≤x≤0时,设函数的解析式为f(x)=kx+b,则-解得∴f(x)=x+1.当x>0时,设函数的解析式为f(x)=a(x-2)2-1,∵函数f(x)的图像过点(4,0),∴0=a(4-2)2-1,解得a=,∴f(x)=(x-2)2-1.11.-[解析]由题意作出f(x)的部分图像如图所示,则f=---=-.12.B[解析]f(x)的图像关于y轴对称的图像的函数解析式为h(x)=f(-x)=2-x-(x>0),令h(x)=g(x),得2-x-=log2(x+a)(x>0),则方程2-x-=log2(x+a)在(0,+∞)上有解,作出y=2-x-与y=log2(x+a)的图像,如图所示.当a≤0时,函数y=2-x-与y=log2(x+a)的图像在(0,+∞)上必有交点,符合题意;当a>0时,若两函数的图像在(0,+∞)上有交点,则log2a<,解得0<a<.综上可知,实数a的取值范围是(-∞,),故选B.13.C[解析]函数y=|2x-t|的图像关于y轴对称的图像对应的函数为y=x-t,由题意知y=|2x-t|与y=x-t在[1,2]上单调性相同,则必有t>0.当两个函数均在[1,2]上单调递增解得≤t≤2.时,y=|2x-t|与y=x-t的图像如图①所示,易知-当函数y=|2x-t|在[1,2]上单调递减时,y=|2x-t|与y=x-t的图像如图②所示,此时y=x-t 不可能在[1,2]上单调递减.综上所述,≤t≤2,故选C.课时作业(十一)1.B[解析]因为y=e x与y=x-4都是单调递增函数,所以函数f(x)单调递增.因为f(1)=e-3<0,f(2)=e2-2>0,所以f(1)f(2)<0,由零点存在性定理可得f(x)有且仅有一个零点在区间(1,2)上,故选B.2.B[解析]在同一平面直角坐标系下,作出函数y=2x和y=的图像,如图所示.函数f(x)=2x-的零点个数等于函数y=2x和y=的图像的交点个数.由图可知,两函数图像有一个交点,所以函数f(x)有一个零点.故选B.3.C[解析]g(x)=x2-(a+1)x-4(a+5)=(x+4)[x-(a+5)].令g(x)=0,得x=-4或x=a+5,则f(-4)=log2(-4+a)=0或f(a+5)=log2(a+5+a)=0,解得a=5或a=-2.4.2[解析]∵f(x)在定义域内单调递增,f(2)=-1+ln 2<0,f(3)=2+ln 3>0,∴f(x)的零点位于区间(2,3)内,即n=2.5.(0,2)[解析]画出函数f(x)的图像(图略),当x≤0时,函数f(x)的图像的最高点为(-1,2),若直线y=m 和函数f(x)的图像有3个交点,则该直线位于x轴上方,直线y=2下方,故m∈(0,2).6.A[解析]在同一平面直角坐标系中分别作出函数f(x)=2x,g(x)=log3x,h(x)=-,y=-x的图像,如图,观察f(x),g(x),h(x)的图像与直线y=-x的交点可知a<b<c.7.D[解析]由f(x)=x cos 2x=0得x=0或cos 2x=0,又cos 2x=0在[0,2π]上有4个根,分别为,,,,所以函数f(x)在[0,2π]上有5个零点.故选D.8.C[解析]因为f(x)=3ax-2a+1,所以函数f(x)有且只有一个零点.若存在x0∈(-1,1),使f(x0)=0,则f(-1)f(1)<0,即(-3a-2a+1)(3a-2a+1)<0,即(-5a+1)(a+1)<0,解得a<-1或a>,故实数a的取值范围是a<-1或a>,故选C.9.C[解析]由题意得f(x)=--又由f(x)是偶函数且是周期为4的周期函数,作出f(x)的图像,如图所示.令g(x)=mx,则方程f(x)-mx=0恰有两个实数根等价于y=f(x)的图像与y=g(x)的图像恰有两个交点.结合图像易得-2<m<-或<m<2,故选C.10.C[解析]由'=-=0,得x=e,∴当x>e时,f(x)单调递减,f(x)∈(0,1);当0<x<e时,f(x)单调递增,f(x)∈(-∞,1).作出函数f(x)的图像及直线y=3m,如图所示,若函数g(x)有4个不同的零点,则函数f(x)的图像与直线y=3m有4个交点,由图可知0<3m<1,∴0<m<,故选C.11.B[解析]因为f(x+1)=-f(x),所以f(x)是周期为2的周期函数,函数g(x)=|x-1|的图像关于直线x=1对称,作出两函数的图像如图所示,由图可得四个交点关于x=1对称,其横坐标之和为2×2=4,故选B.12.2[解析]在同一平面直角坐标系中画出函数f(x)=-的图像和直线y=-x(图略),的图像和直线y=-x的交点的个数,函数F(x)=f(x)+x的零点个数即为函数f(x)=-由图可知,一共有2个交点,所以F(x)的零点个数为2.13.-2[解析]函数f(x)=4x+m2x+1有且只有一个零点,即4x+m2x+1=0只有一个根,令2x=t>0,即方程t2+m t+1=0只有一个正根.当Δ=0,即m2-4=0时,得m=±2,经检验m=-2时满足条件;当Δ>0,即m2-4>0时,得m>2或m<-2,此时方程有两个不等实根,设两根为t1,t2,则有t1t2=1>0,即两根同号,不符合题意.综上,实数m的值为-2.14.D [解析] 画出f (x )的图像如图所示,由题意得x 1<x 2且f (x 1)=f (x 2),结合图像可得-log 3x 1=log 3x 2,∴x 1x 2=1.∵f (x 3)=f (x 4),∴x 3+x 4=12,又3<x 3<,∴x 3x 4=x 3(12-x 3)∈27,,∴x 1x 2x 3x 4∈27,.故选D .15.D [解析] 作出函数f (x )的图像,如图中实线部分所示.由[f (x )]2+af (x )-b 2<0得- -<f (x )<-.若b ≠0,则f (x )=0满足条件,即原不等式有2个整数解,不满足题意,所以b=0.由[f (x )]2+af (x )<0得-a<f (x )<0,若原不等式恰有1个整数解,则该整数解只能是3,只需f (4)≤-a<f (3),又f (3)=-3,f (4)=-8,所以-8≤-a<-3,即3<a ≤8,所以a 的最大值为8,故选D .课时作业(十二)1.A [解析] 根据已知数据可知,自变量每增加1,函数值增加2,因此函数值的增量是均匀的,故最可能为一次函数模型.2.B [解析] 由y 随x 的变化趋势知,函数在(0,+∞)上是增函数,且y 的增长速度随x 的增大越来越快,又A 中函数增长速度不变,C 中函数是增长速度逐渐变慢的函数,D 中函数是减函数,故排除A ,C ,D ,易知B 中函数y= (x 2-1)最符合题意.3.A [解析] 前3年年产量的增长速度越来越快,说明呈高速增长,只有A ,C 中的图像符合要求.又后3年年产量保持不变,故选A .4.200 [解析] 由题意知100=a log 3(2+1),∴a=100,∴y=100log 3(x+1),∴当x=8时,y=100log 3(8+1)=100×2=200.5.4.24[解析]因为m=6.5,所以[m]=6,则f(6.5)=1.06×(0.5×6+1)=4.24.6.C[解析]根据题意和图(2)知,两直线平行即票价不变,直线向上平移说明付出成本变小了,即说明了此建议是降低付出成本但保持票价不变,故②中说法正确;由图(3)看出,付出成本不变,但是直线的倾斜角变大了,也就是说乘客量相同时收入增加了,即票价提高了,说明此建议是提高票价但保持付出成本不变,故③中说法正确.故选C.7.B[解析]若2018年是第一年,则第n年的科研经费为1300×1.12n万元,由1300×1.12n>2000,可得lg 1.3+n lg 1.12>lg 2,得n>-≈3.8,∴n≥4,∴科研经费开始超过2000万元的年份是2021年,故选B.8.A[解析]由题意可知,每年此项经营中所收取的附加税为104×(100-10x)×70×元,令104×(100-10x)×70×≥112×104,解得2≤x≤8.故x的最小值为2.9.A[解析]∵5 min后甲桶和乙桶的水量相等,∴函数y=f(t)=a e nt,满足f(5)=a e5n=a,可得n=ln,若再过m min后甲桶中的水只有 L,则f(m+5)=a,即ln(m+5)=ln,即ln(m+5)=2ln,解得m=5.故选A.10.A[解析]根据题意可知f(4)=C=4,f(25)=C+B(25-A)=14,f(35)=C+B(35-A)=19,解得A=5,B=,C=4,所以所以f(20)=4+×(20-5)=11.5.故选A.f(x)=-=,即11.48[解析]设MP=x,PN=y,作PQ⊥AF于Q,所以PQ=8-y,EQ=x-4.在△EDF中,=,所以--y=-x+10,4≤x≤8.设矩形BNPM的面积为S(x),则S(x)=xy=x-=-(x-10)2+50,因为函数S(x)在[4,8]上单调递增,所以当x=8时,S(x)有最大值,S(8)=-×(8-10)2+50=48(平方米).12.58[解析]设每台机器的年平均利润为g(x)万元,根据已知条件得,每台机器的年平均利润g(x)与机器运转时间x的函数关系式为g(x)==--=18-x+,则g(x)=18-x+≤18-2=8,当且仅当x=,即x=5时等号成立,则g(x)max=g(5)=8.故每台机器运转5年时,年平均利润最大,最大年平均利润为8万元.13.解:(1)若甲大棚投入50万元,则乙大棚投入150万元.所以f(50)=80+4+×150+120=277.5(万元).(2)由题知,f(x)=80+4+(200-x)+120=-x+4+250,解得20≤x≤180,依题意得-故f(x)=-x+4+250(20≤x≤180).令t=,则t2=x,t∈[2,6],y=-t2+4t+250=-(t-8)2+282,当t=8,即x=128时,y取得最大值282,所以投入甲大棚128万元,乙大棚72万元时,总收入最高,最高为282万元.14.解:(1)由题意得=4,即商品单价每降低x元,则一个星期多卖出4x件.设一个星期的商品销售利润(单位:元)为f(x),则f(x)=(30-x-9)(72+4x)=4(x+18)(-x+21)=4(-x2+3x+378)=-4x2+12x+1512(0≤x≤30).(2)由(1)得f(x)=4(-x2+3x+378)=4-x-2++378=-4x-2+9+1512=-4x-2+1521≤1521,所以当x=时,f(x)取得最大值1521,此时定价为每件30-==28.5(元),最大销售利润为1521元.15.解:(1)营养液有效则需满足y≥4,则-或-解得1≤x≤2或2<x≤3,所以1≤x≤3,所以营养液有效时间最多可达3天.(2)设第二次投放营养液x(0≤x≤2)天后,第一次投放的营养液的浓度为y1,第二次投放的营养液的浓度为y2,水中的营养液的浓度为y,则y1=2[5-(x+3)]=4-2x,y2=b-,由题意得y=y1+y2=4-2x+b-≥4在[0,2]上恒成立,所以b≥2x-在[0,2]上恒成立,令t=3+x,t∈[3,5],则b≥-2t++18在t∈[3,5]上恒成立,又-2t++18≤18-2×2=18-12,当且仅当t=,即t=3时等号成立,所以b≥18-12,所以b的最小值为18-12.课时作业(十三)1.B[解析]f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=ln x+1.由f'(x0)=2,得ln x0+1=2,解得x0=e.2.B[解析]设x=2,x=3时函数图像上的点分别为A,B,图像在点A处的切线为AT,在点B处的切线为BQ,直线AB的斜率为k AB,则f(3)-f(2)=-=k AB,f'(3)=k BQ,f'(2)=k AT.结合题图可知,0<k BQ<k AB<k AT.故选B.-3.C[解析]∵f'(x)=e x sin x+e x cos x,∴f'(0)=e0(cos 0+sin 0)=1,∴曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线的斜率为1.故选C.4.x-y-4=0[解析]因为f'(x)=--a,所以f'(-1)=-2-a=1,所以a=-3,所以f(x)=+3x,所以f(-1)=-5,则所求切线的方程为y+5=x+1,即x-y-4=0.5.[解析]f'(x)=1+ln x-,令x=1,得f'(1)=1-f'(1),解得f'(1)=.6.D[解析]∵f'(x)=+2x-b,∴f'(b)=+b≥2=2,当且仅当b=1时取等号,因此切线斜率的最小值是2,故选D.7.A[解析]设切点坐标为(x0,y0),x0>0,由题意及y'=x-,得x0-=2,解得x0=3或x0=-1(舍去).故选A.8.A[解析]由f(x)=x sin x+cos x,可得f'(x)=sin x+x cos x-sin x=x cos x,∴g(t)=t cos t,∴函数y=g(t)是奇函数,排除选项B,D;当t∈0,时,g(t)>0,排除选项C.故选A.9.D[解析]y'=+2ax=(x>0),根据题意有y'≥0(x>0)恒成立,所以2ax2+1≥0(x>0)恒成立,即2a≥-(x>0)恒成立,所以a≥0,故实数a的取值范围是[0,+∞).故选D.10.C[解析]设直线l与f(x)=e x的图像的切点为(x1,),与g(x)=ln x+2的图像的切点为(x2,2+ln x2),消去x1,整理得(x2-1)(1+ln x2)=0,故或所又因为f'(x)=e x,g'(x)=,所以--以直线l的方程为y=x+1或y=e x,故选C.11.6x-y-5=0[解析]由题意,f(2)=2×2-1=3,∴g(2)=4+3=7.∵g'(x)=2x+f'(x),f'(2)=2,∴g'(2)=2×2+2=6,∴函数g(x)=x2+f(x)的图像在点(2,g(2))处的切线方程为y-7=6(x-2),即6x-y-5=0.12.±2[解析]由y=x ln x,得y'=ln x+1,则y'|x=1=1.由y=,得y'=-.设点P的坐标为(x0,y0),则-=-1,得=4,所以x0=±2.13.A[解析]由y=x2,得y'=,则曲线y=x2在P(s,t)处的切线的斜率为.由y=a ln x,得y'=,则曲线y=a ln x在P(s,t)处的切线的斜率为.由曲线y=x2与曲线y=a ln x在它们的公共点P(s,t)处具有公切线,可得=,且t=s2,t=a ln s,∴ln s=,∴s2=e,可得a===1,故选A.14.[解析]由y=ln x(x>0),得y'=,令=2,得x=,y=ln=-ln 2,则与直线y=2x+6平行的曲线y=ln x的切线的切点坐标为,-ln 2,由点到直线的距离公式得d==,即|MN|的最小值为.课时作业(十四)1.D[解析]函数f(x)的定义域为(0,+∞),由题得f'(x)=2x ln x+x=x(2ln x+1),令f'(x)<0,得0<x<,所以函数f(x)的单调递减区间为0,,故选D.2.C[解析]∵f'(x)=ln x+1,∴当0<x<时,f'(x)<0,即f(x)在0,上是减函数;当<x<5时,f'(x)>0,即f(x)在,5上是增函数.3.D[解析]因为y=,所以y'=-,令y'>0,得x<0;令y'<0,得x>0;令y'=0,得x=0.所以y=在(-∞,0)上为增函数,在(0,+∞)上为减函数,且x=0是函数的极大值点,故选D.4.(0,1),(1,e)[解析]f(x)的定义域为(0,1)∪(1,+∞),f'(x)=-,令f'(x)<0,得0<x<1或1<x<e,即f(x)的单调递减区间是(0,1),(1,e).5.(0,+∞)[解析]y'=-4x2+a,因为函数有三个单调区间,所以方程-4x2+a=0有两个不等实根,则Δ=0+16a>0,解得a>0.6.A[解析]设g(x)=e x[f(x)-1],则g'(x)=e x[f(x)-1]+e x f'(x)=e x[f(x)+f'(x)-1],∵f(x)+f'(x)>1,∴g'(x)>0,∴函数g(x)在R上单调递增.∵f(0)=5,∴g(0)=4,由e x[f(x)-1]>4,得g(x)>g(0),∴x>0.故选A.7.C[解析]∵f(x)=-x2+x+1,∴f'(x)=x2-ax+1.若函数f(x)在区间,3上单调递减,则x2-ax+1≤0在,3上恒成立,即a≥x+在,3上恒成立.令g(x)=x+,x∈,3,则g'(x)=-,令g'(x)>0,得1<x<3,令g'(x)<0,得<x<1,∴g(x)在,1上单调递减,在(1,3)上单调递增.又g=,g(3)=,故a≥,即实数a的取值范围是,+∞,故选C.8.A[解析]∵f(x)=x+-a ln x,∴f'(x)=1--=--.∵f(x)在区间[1,2]上不单调,∴f'(x)=0在(1,2)上有解,即x2-ax-a=0在(1,2)上有解,即a==在(1,2)上有解,设t=,<t<1,在,1上有解,则a==-∴<a<,即实数a的取值范围是,,故选A.9.A[解析]构造新函数g(x)=,则g(x)为偶函数,g'(x)=-.∵当x<0时,xf'(x)-f(x)<0,∴g'(x)<0,即函数g(x)在(-∞,0)上单调递减,∴函数g(x)在(0,+∞)上单调递增,结合0<ln 2<e<3,可得g(ln 2)<g(e)<g(3),∴g(ln 2)<g(e)<g(-3),即b<a<c.10.B[解析]f(x)=e x-ln x的定义域为(0,+∞),且f'(x)=e x-=-.令g(x)=x e x-1,则g'(x)=(x+1)e x>0在(0,+∞)上恒成立,则g(x)在(0,+∞)上单调递增,又g(0)g(1)=-(e-1)<0,所以∃x0∈(0,1),g(x0)=0,则f(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,所以f(x)min=f(x0)=-ln x0,又=,所以x0=-ln x0,所以f(x)min=+x0>2.故选B.11.,+∞[解析]∵f'(x)=2mx-+≥0在(1,+∞)上恒成立,∴m≥-+在(1,+∞)上恒成立.令y=-+,x∈(1,+∞),由y'=-=0,得x=,易知当x=时,y max=,∴m≥.12.(-∞,1)[解析]f'(x)=+ax-2=-(x>0),函数f(x)存在单调递减区间,即在定义域(0,+∞)内,存在使ax2-2x+1≤0的区间,等价于a小于-在(0,+∞)上的最大值.设g(x)=-(x>0),则g'(x)=-,可知函数g(x)在区间(0,1)上为增函数,在区间(1,+∞)上为减函数,所以当x=1时,函数g(x)取得最大值1,所以a<1,故填(-∞,1).13.解:由f(x)=x3+ax2+2x-1,得f'(x)=3x2+2ax+2.(1)因为函数f(x)在区间[1,3]上单调递增,所以f'(x)≥0在[1,3]上恒成立,即a≥--在[1,3]上恒成立.令g(x)=--,则g'(x)=-,当x∈[1,3]时,g'(x)<0,所以g(x)在[1,3]上单调递减,所以g(x)max=g(1)=-,所以a≥-.(2)因为函数f(x)在区间[-2,-1]上单调递减,所以f'(x)≤0在[-2,-1]上恒成立,即a≥--在[-2,-1]上恒成立,由(1)易知,g(x)=--在[-2,-1]上单调递减,所以a≥g(-2),即a≥.14.解:(1)证明:当m=0时,要证f(x)>-e x,即证e x-x+sin x>0,易知e x-x+sin x≥e x-x-1,令g(x)=e x-x-1,则g'(x)=e x-1,当x>0时,g'(x)>0,g(x)单调递增,当x<0时,g'(x)<0,g(x)单调递减,∴g(x)≥g(0)=0.∵取等号的条件不一致,∴e x-x+sin x>0,∴f(x)>-e x.(2)依题意知f'(x)=cos x-1+3mx2≥0(x≥0)恒成立,令F(x)=cos x-1+3mx2(x≥0),则F(0)=0,F'(x)=6mx-sin x.①当m≥时,令H(x)=x-sin x(x≥0),则H'(x)=1-cos x≥0,所以H(x)在(0,+∞)上单调递增,∴H(x)≥H(0)=0,因此sin x≤x(x≥0),即-sin x≥-x(x≥0),∴F'(x)≥6mx-x=(6m-1)x≥0,F(x)单调递增,∴F(x)≥F(0)=0,符合题意.②当m≤0时,F=-1+3m2<0,不符合题意,舍去.③当0<m<时,设h(x)=F'(x),则h'(x)=6m-cos x,h'(0)=6m-1<0,h'=6m>0,∴h'(0)h'<0,又h'(x)在0,上单调递增,∴存在x1∈0,,使得h'(x1)=0,∴当x∈(0,x1)时,h'(x)<0,则F'(x)在(0,x1)上单调递减,∴当x∈(0,x1)时,F'(x)<F'(0)=0,∴F(x)在(0,x1)上单调递减,∴F(x)<F(0)=0,不符合题意,舍去.综上,m≥.15.A[解析]因为函数f(x)=(x2-2x)e x-a ln x(a∈R),所以f'(x)=e x(x2-2x)+e x(2x-2)-=e x(x2-2)-.因为函数f(x)=(x2-2x)e x-a ln x(a∈R)在区间(0,+∞)上单调递增,所以f'(x)=e x(x2-2)-≥0在区间(0,+∞)上恒成立,即a≤e x(x3-2x)在区间(0,+∞)上恒成立.令h(x)=e x(x3-2x)(x>0),则h'(x)=e x(x3-2x)+e x(3x2-2)=e x(x3-2x+3x2-2)=e x(x-1)(x2+4x+2).因为x∈(0,+∞),所以x2+4x+2>0.又因为e x>0,所以令h'(x)>0,可得x>1,所以函数h(x)在区间(1,+∞)上单调递增,在区间(0,1)上单调递减,所以h'(x)min=h(1)=e×(1-2)=-e,所以a≤-e.16.(-∞,-1)∪(1,+∞)[解析]由题意构造函数F(x)=f(x)-x,则F'(x)=f'(x)-.因为f'(x)<,所以F'(x)=f'(x)-<0,即函数F(x)在R上单调递减.因为f(x2)<+,f(1)=1,所以f(x2)-<f(1)-,所以F(x2)<F(1),所以x2>1,解得x∈(-∞,-1)∪(1,+∞).课时作业(十五)1.B[解析]令y'=2x+x2x ln 2=(1+x ln 2)2x=0,即1+x ln 2=0,可得x=-,易知函数在-∞,-上单调递减,在-,+∞上单调递增,∴函数取极小值时,x=-.故选B.2.A[解析]f'(x)=x2-x+c.因为函数f(x)=x3-x2+cx+d有极值,所以方程x2-x+c=0有两个不等的实根,所以Δ=1-4c>0,解得c<.3.A[解析]f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=x-=-.令f'(x)>0,得x>1;令f'(x)<0,得0<x<1.∴f(x)在x=1处取得极小值也是最小值,则f(x)min=f(1)=-ln 1=.故选A.4.3[解析]f'(x)=3x2-3=3(x+1)(x-1),显然当x<-1或x>1时,f'(x)>0,当-1<x<1时,f'(x)<0,∴-1是f(x)的极大值点,1是f(x)的极小值点,∴f(1)=1-3+m=-1,∴m=1,从而f(-1)=-1+3+1=3,即极大值为3.5.-7[解析]f'(x)=3x2+2ax+b,或-经验证知,当a=-3,b=3时,在x=1处无极由题意知解得-值,故a+b的值为-7.6.D[解析]根据导函数的图像可知,在区间(-3,-2)上f'(x)<0,所以函数f(x)在(-3,-2)上单调递减,所以①中说法错误.当-2<x<2时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增,当2<x<4时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减,所以f(x)在x=2处取得极大值,所以②中说法错误.当4<x<5时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增,所以③中说法正确.当-2<x<-时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增;当-<x<2时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增.所以f(x)在x=-处没有极值,所以④中说法错误.综上,只有③中说法正确,故选D.7.D[解析]函数f(x)=2e f'(e)ln x-的定义域为(0,+∞),f'(x)=-,则f'(e)=-,∴f'(e)=,∴f(x)=2ln x-,f'(x)=-.令f'(x)>0,得0<x<2e,令f'(x)<0,得x>2e,∴函数f(x)在(0,2e)上单调递增,在(2e,+∞)上单调递减,故函数f(x)在x=2e处取得极大值,极大值为f(2e)=2ln2e-2=2ln 2,故选D.8.A[解析]由题意可得|f(x1)-f(x2)|max=f(x)max-f(x)min≤a-2(x∈[0,1]),且a≥2.由于f'(x)=a x ln a+2x-ln a=(a x-1)ln a+2x,所以当x≥0时,f'(x)≥0,所以函数f(x)在[0,1]上单调递增,则f(x)max=f(1)=a+1-ln a,f(x)min=f(0)=1,所以f(x)max-f(x)min=a-ln a,故a-2≥a-ln a,可得ln a≥2,即a≥e2,所以a的取值范围为[e2,+∞).故选A.。
2020年高考数学 大题专练 导数综合问题(20题含答案详解)
2020年高考数学大题专练导数综合问题1.已知函数f(x)=ax3+bx+4，当x=-2时，函数f(x)有极大值8.（1）求函数f(x)的解析式；（2）若不等式f(x)+mx>0在区间[1,3]上恒成立，求实数m的取值范围.2.设函数f(x)=ln x-2mx2-n(m，n∈R)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有最大值-ln 2，求m＋n的最小值．3.已知函数f(x)=(x-1)e x＋1，g(x)=e x＋ax-1(其中a∈R，e为自然对数的底数，e=2.718 28…)．(1)求证：函数f(x)有唯一零点；(2)若曲线g(x)=e x＋ax-1的一条切线方程是y=2x，求实数a的值．4.已知函数f(x)=ln x＋ax.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a=1时，函数g(x)=f(x)－x＋12x－m有两个零点x1，x2，且x1<x2.求证：x1＋x2>1.5.已知函数f(x)=1－ln x x ，g(x)=ae e x ＋1x－bx ，若曲线y=f(x)与曲线y=g(x)的一个公共点是 A(1，1)，且在点A 处的切线互相垂直．(1)求a ，b 的值；(2)证明：当x≥1时，f(x)＋g(x)≥2x.6.已知函数f(x)=(x －1)e x ＋1，x ∈[0,1]．(1)证明：f(x)≥0；(2)若a<e x －1x<b 对任意的x ∈(0,1)恒成立，求b －a 的最小值．7.已知f(x)=12x 2-a 2ln x ，a>0. (1)若f(x)≥0，求a 的取值范围；(2)若f(x 1)=f(x 2)，且x 1≠x 2，证明：x 1＋x 2>2a.8.已知函数f(x)=ln x ＋a x，a ∈R. (1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a>0时，证明f(x)≥2a －1a.9.已知a 为实数，函数f(x)=aln x ＋x 2-4x.(1)若x=3是函数f(x)的一个极值点，求实数a 的取值；(2)设g(x)=(a-2)x ，若∃x 0∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e ，使得f(x 0)≤g(x 0)成立，求实数a 的取值范围．10.已知函数f(x)=2a －x 2e x (a ∈R)． (1)求函数f(x)的单调区间；(2)若∀x ∈[1，＋∞)，不等式f(x)>-1恒成立，求实数a 的取值范围．11.设函数f(x)=-x 2＋ax ＋ln x(a ∈R)．(1)当a=-1时，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，3上有两个零点，求实数a 的取值范围．12.设函数f(x)=e 2x －aln x.(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；(2)证明：当a>0时，f (x)≥2a＋aln 2a.13.已知函数f(x)=ae x －ln x －1.(1)设x=2是f(x)的极值点，求a ，并求f(x)的单调区间；(2)证明：当a≥1e时，f (x)≥0.14.设函数f(x)=e x －x 2－ax －1(e 为自然对数的底数)，a∈R.(1)证明：当a ＜2－2ln 2时，f ′(x)没有零点；(2)当x ＞0时，f(x)＋x≥0恒成立，求a 的取值范围．15.已知函数f(x)=lnx-mx2，g(x)=0.5mx2+x，mϵR,令F(x)=f(x)+g(x).(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若关于x的不等式F(x)≤mx-1恒成立，求整数m的最小值.16.已知f(x)=(x3-6x2+3x+t)ex.(1)当t=-3时,求函数f(x)的单调递增区间.(2)如果f(x)有三个不同的极值点,求t的取值范围.17.已知y=f(x),f(x)=x3+ax2-a2x+2.(1)若a=1，求曲线在点(1,f(1))处的切线方程；(2)若a<0, 求函数f(x)的单调区间；(3)若不等式2xlnx≤f/(x)+a2+1恒成立，求实数a的取值范围．18.已知函数．(1)若函数f(x)在区间[2,3]上不是单调函数，求实数a的取值范围；(2)是否存在实数a>0，使得函数y=f(x)图像与直线y=2a有两个交点？若存在，求出所有a的值；若不存在，请说明理由．19.设函数f(x)=ex-1-x-ax2.(1)若a=0，求f(x)的单调区间；(2)若当x≥0时f(x)≥0恒成立，求a的取值范围．20.已知函数f(x)=xlnx+ax+1-a.(1)求证：对任意实数a，都有[f(x)]min≤1；(2)若a=2，是否存在整数k，使得在x∈(2,+∞)上，恒有f(x)>(k+1)x-2k-1成立？若存在，请求出k的最大值；若不存在，请说明理由.（e=2.71828）答案详解1.解：（I ）∵当时，函数有极大值8 ∴，解得∴所以函数的解析式为. （II ）∵不等式在区间上恒成立∴在区间上恒成立 令，则由解得，解得所以当时，单调递增，当时，单调递减所以对，都有，所以，即实数的取值范围是.2.解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)=1x -4mx=1－4mx2x，当m≤0时，f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当m>0时，令f′(x)>0，得0<x<m 2m ，令f′(x)<0，得x>m2m ，∴f(x)在⎝⎛⎭⎪⎫0，m 2m 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2m ，＋∞上单调递减． (2)由(1)知，当m≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无最大值．当m>0时，f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，m 2m 上单调递增，在m 2m ，＋∞上单调递减．∴f(x)max =f ⎝⎛⎭⎪⎫m 2m =ln m 2m -2m·14m -n=-ln 2-12ln m-12-n=-ln 2， ∴n=-12ln m-12，∴m ＋n=m-12ln m-12.令h(x)=x-12ln x-12(x>0)，则h′(x)=1-12x =2x －12x，由h′(x)<0，得0<x<12；由h′(x)>0，得x>12，∴h(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上单调递增，∴h(x)min =h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12=12ln 2，∴m ＋n 的最小值为12ln 2.3.解：(1)证明：因为f(x)=(x-1)e x＋1(x∈R)，所以f′(x)=xe x，由f′(x)=xe x =0，得x=0，f′(x)=xe x >0时，x>0；f′(x)=xe x<0时，x<0；所以f(x)=(x-1)e x＋1在(-∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)=(x-1)e x＋1的最小值为f(0)=0，即函数f(x)=(x-1)e x＋1有唯一零点．(2)设曲线g(x)=e x＋ax-1与切线y=2x 相切于点(x 0，y 0)，因为g(x)=e x ＋ax-1，所以g′(x)=e x＋a ，所以⎩⎪⎨⎪⎧ex 0＋a ＝2，y 0＝ex 0＋ax 0－1，y 0＝2x 0，消去a ，y 0，得(x 0-1)ex 0＋1=0，由(1)知方程(x 0-1)ex 0＋1=0有唯一根x 0=0，则e 0＋a=2，所以a=1. 4.解:(1)f′(x)=1x＋a ，x ∈(0，＋∞)．①当a≥0时，f′(x)>0恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②当a<0时，令f′(x)=0，解得x=－1a，令f′(x)>0，得0<x<－1a ，令f′(x)<0，得x>－1a，∴f(x)在0，－1a 上单调递增，在－1a，＋∞上单调递减．(2)证明：当a=1时，g(x)=ln x ＋12x－m.由已知得ln x 1＋12x 1=m ，ln x 2＋12x 2=m.两式相减得ln x 1x 2＋12x 1－12x 2=0，整理得x 1x 2=x 1－x 22lnx 1x 2，∴x 1=x 1x 2－12ln x 1x 2，x 2=1－x 2x 12ln x 1x 2.∴x 1＋x 2=x 1x 2－x 2x 12lnx 1x 2，令t=x 1x 2∈(0，1)，h(t)=t －1t －2ln t.则h′(t)=1＋1t 2－2t =t 2－2t ＋1t 2>0， ∴h(t)在(0，1)上单调递增．∴h(t)<h(1)=0，即t －1t <2ln t ，又∵ln t<0，∴t －1t 2ln t>1.∴x 1＋x 2>1. 5.解：(1)f′(x)=ln x －1x 2，g′(x)=－ae 1－x－1x2－b. 由⎩⎪⎨⎪⎧g (1)＝1，g′(1)·f′(1)＝－1，得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝b ，a ＋b ＝－2，所以a=b=－1.(2)证明：由(1)可知g(x)=－e e x ＋1x＋x.f(x)＋g(x)≥2x ⇔1－ln x x －e 1－x ＋1x ＋x≥2x ⇔x －ln x≥ex ex ＋1－x 2.记h(x)=x －ln x ，则h′(x)=x －1x ≥0，所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，因此h(x)≥h(1)=1.记φ(x)=ex ex ，则φ′(x)=(1－x)e 1－x≤0，所以φ(x)在[1，＋∞)上单调递减，因此φ(x)≤φ(1)=1.而当x≥1时，1－x 2≤0，所以xe 1－x ＋1－x 2≤x－ln x.综上所述，当x≥1时，f(x)＋g(x)≥2x.6.解：(1)证明：因为f ′(x)=xe x≥0，即f(x)在[0,1]上单调递增， 所以f(x)≥f(0)=0，即结论成立．(2)令g(x)=e x －1x ，则g ′(x)=x －1e x ＋1x2>0，x ∈(0,1)， 所以当x ∈(0,1)时，g(x)<g(1)=e －1，要使e x－1x <b ，只需b≥e－1.要使e x－1x >a 成立，只需e x－ax －1>0在x ∈(0,1)恒成立，令h(x)=e x －ax －1，x ∈(0,1)，则h ′(x)=e x－a.由x ∈(0,1)，得e x∈(1，e)．①当a≤1时，h ′(x)>0，此时x ∈(0,1)，有h(x)>h(0)=0成立，所以a≤1满足条件； ②当a≥e 时，h′(x)<0，此时x ∈(0,1)，有h(x)<h(0)=0，不符合题意，舍去； ③当1<a<e 时，令h′(x)=0，得x=ln a ．当x ∈(0，ln a)时，h′(x)<0，即x ∈(0，ln a)时，h(x)<h(0)=0，不符合题意，舍去． 综上，a≤1.又b≥e－1，所以b －a 的最小值为e －2. 7.解：(1)f′(x)=x -a 2x =x ＋a x －ax(x>0)．当x ∈(0，a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当x ∈(a ，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．当x=a 时，f(x)取最小值f(a)=12a 2-a 2ln a.令12a 2-a 2ln a≥0，解得0<a< e. 故a 的取值范围是(0，e]．(2)证明：由(1)知，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增， 不失一般性，设0<x 1<a<x 2<2a ，则2a-x 2<a.要证x 1＋x 2>2a ，即x 1>2a-x 2，则只需证f(x 1)<f(2a-x 2)． 因为f(x 1)=f(x 2)，则只需证f(x 2)<f(2a-x 2)． 设g(x)=f(x)-f(2a-x)，a≤x≤2a.则g′(x)=x -a 2x ＋2a-x-a 22a －x =-2a a －x2x 2a －x≤0，所以g(x)在[a,2a)上单调递减，从而g(x)≤g(a)=0. 又a<x 2<2a ，于是g(x 2)=f(x 2)-f(2a-x 2)<0， 即f(x 2)<f(2a-x 2)． 因此x 1＋x 2>2a. 8.解：(1)f′(x)=1x -a x 2=x －ax2(x>0)．当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．当a>0时，若x>a ，则f′(x)>0，函数f(x)在(a ，＋∞)上单调递增； 若0<x<a ，则f′(x)<0，函数f(x)在(0，a)上单调递减． (2)证明：由(1)知，当a>0时，f(x)min =f(a)=ln a ＋1.要证f(x)≥2a －1a ，只需证ln a ＋1≥2a －1a ，即证ln a ＋1a-1≥0.令函数g(a)=ln a ＋1a -1，则g′(a)=1a -1a 2=a －1a2(a>0)，当0<a<1时，g′(a)<0，当a>1时，g′(a)>0，所以g(a)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g(a)min =g(1)=0.所以ln a ＋1a-1≥0恒成立，所以f(x)≥2a －1a.9.解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)=a x ＋2x-4=2x 2－4x ＋ax.∵x=3是函数f(x)的一个极值点， ∴f′(3)=0，解得a=-6.经检验a=-6时，x=3是函数f(x)的一个极小值点，符合题意，∴a=-6.(2)由f(x 0)≤g(x 0)，得(x 0-ln x 0)a≥x 20-2x 0，记F(x)=x-ln x(x>0)，∴F′(x)=x －1x(x>0)，∴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．∴F(x)≥F(1)=1>0，∴a≥x 20－2x 0x 0－ln x 0.记G(x)=x 2－2x x －ln x ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e ， ∴G′(x)=2x －2x －ln x －x －2x －1x －ln x 2=x －1x －2ln x ＋2x －ln x2. ∵x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e ，∴2-2ln x=2(1-ln x)≥0， ∴x-2ln x ＋2>0，∴x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1时，G′(x)<0，G(x)单调递减； x ∈(1，e)时，G′(x)>0，G(x)单调递增． ∴G(x)min =G(1)=-1，∴a≥G(x)min =-1. 故实数a 的取值范围为[-1，＋∞)． 10.解：(1)f′(x)=x 2－2x －2aex， 当a≤-12时，x 2-2x-2a≥0，f′(x)≥0，∴函数f(x)在(-∞，＋∞)上单调递增．当a>-12时，令x 2-2x-2a=0，解得x 1=1-2a ＋1，x 2=1＋2a ＋1.∴函数f(x)的单调递增区间为(-∞，1-2a ＋1)和(1＋2a ＋1，＋∞)， 单调递减区间为(1-2a ＋1，1＋2a ＋1)．(2)f(x)>-1⇔2a －x 2e x >-1⇔2a>x 2-e x，由条件知，2a>x 2-e x对∀x≥1恒成立．令g(x)=x 2-e x ，h(x)=g′(x)=2x -e x ，∴h′(x)=2-e x.当x ∈[1，＋∞)时，h′(x)=2-e x≤2-e<0，∴h(x)=g′(x)=2x -e x在[1，＋∞)上单调递减，∴h(x)=2x-e x≤2-e<0，即g′(x)<0，∴g(x)=x 2-e x在[1，＋∞)上单调递减，∴g(x)=x 2-e x≤g(1)=1-e ，故若f(x)>-1在[1，＋∞)上恒成立， 则需2a>g(x)max =1-e ，∴a>1－e 2，即实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫1－e 2，＋∞. 11.解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a=-1时，f′(x)=-2x-1＋1x =－2x 2－x ＋1x，令f′(x)=0，得x=12(负值舍去)，当0<x<12时，f′(x)>0；当x>12时，f′(x)<0.∴f(x)的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，单调递减区间为( 12，＋∞ ). (2)令f(x)=-x 2＋ax ＋ln x=0，得a=x-ln x x .令g(x)=x-ln x x ，其中x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，3，则g′(x)=1-1－ln x x 2=x 2＋ln x －1x2，令g′(x)=0，得x=1， 当13≤x<1时，g′(x)<0；当1<x≤3时，g′(x)>0， ∴g(x)的单调递减区间为⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，1，单调递增区间为(1,3]， ∴g(x)min =g(1)=1，∵函数f(x)在⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，3上有两个零点，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫13=3ln 3＋13，g(3)=3-ln 33， 3ln 3＋13>3-ln 33，∴实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤1，3－ln 33. 12.解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)=2e 2x－a x(x ＞0)．当a≤0时，f ′(x)＞0，f ′(x)没有零点；当a ＞0时，设u(x)=e 2x，v(x)=－a x，因为u(x)=e 2x在(0，＋∞)上单调递增，v(x)=－a x在(0，＋∞)上单调递增，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．又f′(a)＞0，当b 满足0＜b ＜a 4且b ＜14时，f ′(b)＜0，故当a ＞0时，f ′(x)存在唯一零点．(2)证明：由(1)可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x 0， 当x∈(0，x 0)时，f ′(x)＜0；当x∈(x 0，＋∞)时，f ′(x)＞0. 故f(x)在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增， 所以当x=x 0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x 0)．由于2e2x 0－a x 0=0，所以f(x 0)=a 2x 0＋2ax 0＋aln 2a ≥2a ＋aln 2a.故当a ＞0时，f (x)≥2a＋aln 2a.13.解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)=ae x－1x.由题设知，f ′(2)=0，所以a=12e2.从而f(x)=12e 2e x －ln x －1，f ′(x)=12e 2e x －1x.当0＜x ＜2时，f ′(x)＜0；当x ＞2时，f ′(x)＞0. 所以f(x)在(0，2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增．(2)证明：当a≥1e 时，f (x)≥exe －ln x －1.设g(x)=e x e －ln x －1，则g′(x)=e x e －1x.当0＜x ＜1时，g ′(x)＜0；当x ＞1时，g ′(x)＞0.所以x=1是g(x)的最小值点． 故当x ＞0时，g (x)≥g(1)=0.因此，当a≥1e时，f (x)≥0.14.解：(1)证明：∵f′(x)=e x －2x －a ，令g(x)=f′(x)，∴g ′(x)=e x－2. 令g′(x)＜0，解得x ＜ln 2；令g′(x)＞0，解得x ＞ln 2，∴f ′(x)在(－∞，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增， ∴f ′(x)min =f′(ln 2)=2－2ln 2－a. 当a ＜2－2ln 2时，f ′(x)min ＞0，∴f ′(x)的图象恒在x 轴上方，∴f ′(x)没有零点．(2)当x ＞0时，f(x)＋x≥0恒成立，即e x －x 2－ax ＋x －1≥0恒成立，∴ax ≤e x －x 2＋x －1，即a≤e x x －x －1x＋1恒成立．令h(x)=e x x －x －1x ＋1(x ＞0)，则h′(x)=（x －1）（e x－x －1）x2. 当x ＞0时，e x－x －1＞0恒成立，令h′(x)＜0，解得0＜x ＜1，令h′(x)＞0，解得x ＞1， ∴h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， ∴h(x)min =h(1)=e －1.∴a 的取值范围是(－∞，e －1]． 15.解：16.解:19.解：(1)a=0时，f(x)=e x－1－x，f′(x)=e x－1.当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.故f(x)在(－∞，0)单调减少，在(0，＋∞)单调增加(2)f′(x)=e x－1－2ax.由(1)知e x≥1＋x，当且仅当x=0时等号成立．故f′(x)≥x－2ax=(1－2a)x，从而当1－2a≥0，即a≤0.5时，f′(x)≥0(x≥0)，而f(0)=0，于是当x≥0时，f(x)≥0.由e x>1＋x(x≠0)得e－x>1－x(x≠0)，从而当a>时，f′(x)<e x－1＋2a(e－x－1)=e－x(e x－1)(e x－2a)，故当x∈(0，ln2a)时， f′(x)<0，而f(0)=0，于是当x∈(0，ln2a)时，f(x)<0，综上可得a的取值范围为(－∞，0.5]．20.解：（1）证明：由已知易得，所以令得：显然，时，<0，函数f（x）单调递减；时，>0，函数f（x）单调递增，所以，令，则由得，时，>0，函数t（）单调递增；时，<0，函数t（）单调递减，所以，即结论成立.（2）由题设化简可得，令，所以由=0得①若，即时，在上，有，故函数单调递增所以②若，即时，在上，有，故函数在上单调递减，在上，有.故函数在上单调递增，所以，在上，故欲使，只需即可令, 由得所以，时，，即单调递减又，故。
(北师大版)2020版高考文科数学一轮复习导数与函数的综合问题文课后训练题含解析
课后限时集训(十六)(建议用时：60分钟)A组基础达标一、选择题1．方程x3－6x2＋9x－10＝0的实根个数是( )A．3 B．2C．1 D．0C[设f(x)＝x3－6x2＋9x－10，f′(x)＝3x2－12x＋9＝3(x－1)(x－3)，由此可知函数的极大值为f(1)＝－6＜0，极小值为f(3)＝－10＜0，所以方程x3－6x2＋9x－10＝0的实根个数为1.]2．若存在正数x使2x(x－a)＜1成立，则实数a的取值范围是( )A．(－∞，＋∞)B．(－2，＋∞)C．(0，＋∞)D．(－1，＋∞)D[∵2x(x－a)＜1，∴a＞x－12x .令f(x)＝x－12x，∴f′(x)＝1＋2－x ln 2＞0.∴f(x)在(0，＋∞)上是增加的，∴f(x)＞f(0)＝0－1＝－1，∴实数a的取值范围为(－1，＋∞)．]3．某银行准备设一种新的定期存款业务，经预测，存款量与存款利率的平方成正比，比例系数为k(k>0)，贷款的利率为4.8%，假设银行吸收的存款能全部放贷出去．若存款利率为x(x∈(0,0.048))，则银行获得最大收益的存款利率为 ( )A．3.2% B．2.4%C．4% D．3.6%A[设y表示收益，则存款量是kx2，贷款收益为0.048kx2，存款利息为kx3，则y＝0.048kx2－kx3，x∈(0,0.048)，y′＝0.096kx－3kx2＝3kx(0.032－x)令y′＝0得x＝0.032，且当x∈(0,0.032)时y′＞0，当x∈(0.032,0.048)时y′＜0，因此收益y在x＝0.032时取得最大值，故选A．] 4．已知y＝f(x)为R上的连续可导函数，且xf′(x)＋f(x)＞0，则函数g(x)＝xf(x)＋1(x＞0)的零点个数为( )A．0 B．1C．0或1 D．无数个A[因为g(x)＝xf(x)＋1(x＞0)，g′(x)＝xf′(x)＋f(x)＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上递增，因为g(0)＝1，y＝f(x)为R上的连续可导函数，所以g(x)为(0，＋∞)上的连续可导函数，g (x )＞g (0)＝1，所以g (x )在(0，＋∞)上无零点．]5．若不等式2x ln x ≥－x 2＋ax －3对x ∈(0，＋∞)恒成立，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－∞，0) B ．(－∞，4] C ．(0，＋∞)D ．[4，＋∞)B [由题意知a ≤2ln x ＋x ＋3x对x ∈(0，＋∞)恒成立，令g (x )＝2ln x ＋x ＋3x ，则g ′(x )＝2x ＋1－3x 2＝x 2＋2x －3x2， 由g ′(x )＝0得x ＝1或x ＝－3(舍)，且x ∈(0,1)时，g ′(x )＜0，x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )＞0.因此g (x )min ＝g (1)＝4.所以a ≤4，故选B.]二、填空题6．已知函数f (x )＝x ＋4x ，g (x )＝2x＋a ，若任意x 1∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1，存在x 2∈[2,3]，使得f (x 1)≥g (x 2)，则实数a 的取值范围是________．(－∞，1] [当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1时，f ′(x )＝1－4x 2＜0，f (x )min ＝f (1)＝5.当x ∈[2,3]时，g (x )＝2x＋a 是增函数，g (x )min ＝4＋a . 由题意知5≥4＋a ，即a ≤1.]7．若函数f (x )＝2x 3－9x 2＋12x －a 恰好有两个不同的零点，则a ＝________. 4或5 [f ′(x )＝6x 2－18x ＋12，令f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝2， 又当x ＜1或x ＞2时，f ′(x )＞0，当1＜x ＜2时，f ′(x )＜0. 因此x ＝1和x ＝2分别是函数f (x )的极大值点和极小值点． 由题意知f (1)＝0或f (2)＝0，即5－a ＝0或4－a ＝0. 解得a ＝4或a ＝5.]8．某商场从生产厂家以每件20元购进一批商品，若该商品零售价为p 元，销量Q (单位：件)与零售价p (单位：元)有如下关系：Q ＝8 300－170p －p 2，则该商品零售价定为________元时利润最大，利润的最大值为________元．30 23 000 [设该商品的利润为y 元，由题意知，y ＝Q (p －20)＝－p 3－150p 2＋11 700p －166 000，则y ′＝－3p 2－300p ＋11 700， 令y ′＝0得p ＝30或p ＝－130(舍)，当p ∈(0,30)时，y ′＞0，当p ∈(30，＋∞)时，y ′＜0， 因此当p ＝30时，y 有最大值，y max ＝23 000.] 三、解答题9．已知函数f (x )＝e x＋ax －a (a ∈R 且a ≠0)．(1)若f (0)＝2，求实数a 的值，并求此时f (x )在[－2,1]上的最小值； (2)若函数f (x )不存在零点，求实数a 的取值范围．[解] (1)由f (0)＝1－a ＝2，得a ＝－1.易知f (x )在[－2,0)上递减，在(0,1]上递增， 所以当x ＝0时，f (x )在[－2,1]上取得最小值2. (2)f ′(x )＝e x＋a ，由于e x＞0，①当a ＞0时，f ′(x )＞0，f (x )是增函数， 当x ＞1时，f (x )＝e x＋a (x －1)＞0.当x ＜0时，取x ＝－1a，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＜1＋a －1a－1＝－a ＜0.所以函数f (x )存在零点，不满足题意． ②当a ＜0时，f ′(x )＝e x＋a ， 令f ′(x )＝0，得x ＝ln(－a )．在(－∞，ln(－a ))上，f ′(x )＜0，f (x )递减， 在(ln(－a )，＋∞)上，f ′(x )＞0，f (x )递增， 所以当x ＝ln(－a )时，f (x )取最小值． 函数f (x )不存在零点，等价于f (ln(－a ))＝e ln(－a )＋a ln(－a )－a ＝－2a ＋a ln(－a )＞0，解得－e 2＜a ＜0.综上所述，所求实数a 的取值范围是(－e 2,0)． 10．已知函数f (x )＝2a －x2e x (a ∈R )．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若任意x ∈[1，＋∞)，不等式f (x )＞－1恒成立，求实数a 的取值范围． [解] (1)f ′(x )＝x 2－2x －2aex，当a ≤－12时，x 2－2x －2a ≥0，故f ′(x )≥0，∴函数f (x )在(－∞，＋∞)上递增，∴当a ≤－12时，函数f (x )的递增区间为(－∞，＋∞)，无递减区间．当a ＞－12时，令x 2－2x －2a ＝0⇒x 1＝1－2a ＋1，x 2＝1＋2a ＋1，列表由表可知，当a ＞－2时，函数f (x )的递增区间为(－∞，1－2a ＋1)和(1＋2a ＋1，＋∞)，递减区间为(1－2a ＋1，1＋2a ＋1)．(2)∵f (x )＞－1⇔2a －x 2e x ＞－1⇔2a ＞x 2－e x，∴由条件2a ＞x 2－e x，对任意x ≥1成立． 令g (x )＝x 2－e x ，h (x )＝g ′(x )＝2x －e x， ∴h ′(x )＝2－e x，当x ∈[1，＋∞)时，h ′(x )＝2－e x≤2－e ＜0， ∴h (x )＝g ′(x )＝2x －e x在[1，＋∞)上递减， ∴h (x )＝2x －e x≤2－e ＜0，即g ′(x )＜0， ∴g (x )＝x 2－e x在[1，＋∞)上递减， ∴g (x )＝x 2－e x≤g (1)＝1－e ，故f (x )＞－1在[1，＋∞)上恒成立，只需2a ＞g (x )max ＝1－e ， ∴a ＞1－e 2，即实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫1－e 2，＋∞. B 组 能力提升1．做一个无盖的圆柱形水桶，若要使其体积是27π，且用料最省，则圆柱的底面半径为( )A ．3B ．4C ．6D ．5A [设圆柱的底面半径为R ，母线长为l ，则V ＝πR 2l ＝27π，∴l ＝27R2，要使用料最省，只需使圆柱的侧面积与下底面面积之和S 最小．由题意，S ＝πR 2＋2πRl ＝πR 2＋2π·27R.∴S ′＝2πR －54πR2，令S ′＝0，得R ＝3，则当R ＝3时，S 最小．故选A ．]2．若0＜x 1＜x 2＜1，则( )A ．e x 2－e x 1＞ln x 2－ln x 1B ．e x 2－e x 1＜ln x 2－ln x 1 C ．x 2e x 1＞x 1e x 2D ．x 2e x 1＜x 1e x 2C [令f (x )＝exx，则f ′(x )＝x e x －e x x 2＝e x x －1x 2.当0＜x ＜1时，f ′(x )＜0，即f (x )在(0,1)上递减，因为0＜x 1＜x 2＜1， 所以f (x 2)＜f (x 1)，即e x 2x 2＜e x 1x 1，所以x 2e x 1＞x 1e x 2，故选C ．] 3．若函数f (x )＝ax －aex＋1(a <0)没有零点，则实数a 的取值范围为________．(－e 2,0) [f ′(x )＝a e x －ax －a e x e2x＝－a x －2ex(a ＜0)．当x ＜2时，f ′(x )＜0；当x ＞2时，f ′(x )＞0， ∴当x ＝2时，f (x )有极小值f (2)＝ae2＋1.若使函数f (x )没有零点，当且仅当f (2)＝ae 2＋1＞0.解之得a >－e 2，因此－e 2<a <0.]4．(2017·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋(2a ＋1)x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)当a <0时，证明f (x )≤－34a －2.[解] (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x＋2ax ＋2a ＋1＝x ＋12ax ＋1x.若a ≥0，则当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0， 故f (x )在(0，＋∞)上递增．若a <0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12a 时，f ′(x )>0； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ，＋∞时，f ′(x )<0.故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12a 上递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ，＋∞上递减．(2)证明：由(1)知，当a <0时，f (x )在x ＝－12a 处取得最大值，最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a －1－14a.所以f (x )≤－34a －2等价于ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a －1－14a ≤－34a －2， 即ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＋12a＋1≤0.设g (x )＝ln x －x ＋1， 则g ′(x )＝1x－1.当x ∈(0,1)时，g ′(x )>0； 当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )<0，所以g (x )在(0,1)上递增，在(1，＋∞)上递减． 故当x ＝1时，g (x )取得最大值，最大值为g (1)＝0. 所以当x >0时，g (x )≤0.从而当a <0时，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＋12a＋1≤0，即f (x )≤－34a －2.。
2020年高考文科数学《导数的综合应用》题型归纳与训练
2020年高考文科数学《导数的综合应用》题型归纳与训练【题型归纳】题型一含参数的分类讨论例1已知函数，导函数为，3()12f x ax x=-()f x'（1）求函数的单调区间；()f x（2）若在[—1，3]上的最大值和最小值。
(1)6,()f f x'=-求函数【答案】略【解析】（I），（下面要解不等式，到了分类讨论的时机，22()3123(4)f x ax ax'=-=-23(4)0ax->分类标准是零）当单调递减；0,()0,()(,)a f x f x'≤<-∞+∞时在当的变化如下表：0,,(),()a x f x f x'>时当变化时此时，单调递增，在单调递减；()(,)f x-∞+∞在(（II）由(1)3126, 2.f a a'=-=-=得由（I）知，单调递增。
()(f x-,在(,3)【易错点】搞不清分类讨论的时机，分类讨论不彻底【思维点拨】分类讨论的难度是两个，（1）分类讨论的时机，也就是何时分类讨论，先按自然的思路推理，由于参数的存在，到了不能一概而论的时候，自然地进入分类讨论阶段；（2）分类讨论的标准，要做到不重复一遗漏。
还要注意一点的是，最后注意将结果进行合理的整合。
题型二 已知单调性求参数取值范围问题 例1 已知函数， 若函数在上是单调增函数，求的取值范围321()53f x x x ax =++-),1[+∞a 【答案】【解析】,依题意在上恒有成立，2'()2f x x x a =++),1[+∞0y '≥方法1：函数，对称轴为，故在上单调递增，故只需即可，得2'()2f x x x a =++1x =-),1[+∞'()f x 0)1('≥f ，所以的取值范围是；3-≥a a [3,)+∞方法2：由，得，只需，易得，因此022≥++='a x x y x x a 2--2≥2max--2a x x≥（）2max--23x x =-（），，所以的取值范围是；3-≥a a [3,)+∞【易错点】本题容易忽视中的等号0)1('≥f 【思维点拨】已知函数在区间可导：()f x (,)a b 1. 在区间内单调递增的充要条件是如果在区间内，导函数，并且在()f x (,)a b (,)a b ()0f x '≥()f x '的任何子区间内都不恒等于零；(,)a b 2. 在区间内单调递减的充要条件是如果在区间内，导函数，并且在()f x (,)a b (,)a b ()0f x '≤()f x '的任何子区间内都不恒等于零；(,)a b 说明：1.已知函数在区间可导,则在区间内成立是在内单调递增的必要()f x (,)a b ()0f x '≥(,)a b ()f x (,)a b 不充分条件2.若为增函数，则一定可以推出；更加具体的说，若为增函数，则或者()f x ()0f x '≥()f x，或者除了x 在一些离散的值处导数为零外，其余的值处都；()0f x '>()0f x '>3.时，不能简单的认为为增函数，因为的含义是或，()0f x '≥()f x ()0f x '≥()0f x '>()0f x '=当函数在某个区间恒有时，也满足,但在这个区间为常函数.()0f x '=()0f x '≥()f x 题型三 方程与零点1．已知函数，若存在三个零点，则的取值范围是（）()3231f x ax x =-+()f x a A. B. (),2-∞-()2,2-C. D. ()2,+∞()()2,00,2-⋃【答案】D【解析】很明显，由题意可得：，则由 可得0a ≠()()2'3632f x ax x x ax =-=-()'0f x = ，1220,x x a==由题意得不等式： ，即： ，()()122281210f x f x a a =-+<2241,4,22a a a><-<<综上可得的取值范围是 .本题选择D 选项.a ()()2,00,2-⋃【易错点】找不到切入点，“有三个零点”与函数的单调性、极值有什么关系？挖掘不出这个关系就无从下手。
2020年高考数学(文数)解答题强化专练——函数与导数含答案
（文数）解答题强化专练——函数与导数一、解答题（本大题共10小题，共120.0分）1.已知函数f（x）＝ax2－ln x－x（x＞0）．（1）设x＝1是f（x）的一个极值点，求a的值并求f（x）的单调区间；（2）设a≥3，求证．2.已知函数f（x）=x-ln x．（1）求f（x）的最小值；（2）证明：对于任意正整数n，．3.已知函数f（x）=x2ln x．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性：（Ⅱ）证明：．4.设函数f（x）=2x lnx-a，a∈R．（Ⅰ）求函数f（x）的极值；（Ⅱ）若不等式e x f（x）-x2-1≥0，对任意实数x≥1恒成立，求实数a的取值范围．5.已知函数f（x）=ax lnx-bx2-ax．（Ⅰ）曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为，求a，b的值；（Ⅱ）若a≤0，时，∀x1，x2∈（1，e），都有，求a的取值范围．6.已知f（x）=ax+1-x lnx的图象在A（1，f（1））处的切线与直线x-y=0平行．（1）求函数f（x）的极值；（2）若∀x1，x2∈（0，+∞），，求实数m的取值范围．7.已知函数f（x）=2ln x-x2，（1）求函数y=f（x）图象上一点A（1，f（1））处的切线方程．（2）若方程f（x）-2a=0在[，e]内有两个不等实根，求实数a的取值范围（e为自然对数的底数）．（3）求证（n∈N*，且n≥2）8.已知x=1是函数f（x）=ax的极值点．（Ⅰ）求实数a的值；（Ⅱ）求证：函数f（x）存在唯一的极小值点x0，且0．（参考数据：ln2≈0.69）9.已知函数f（x）=|ln x-a|-2ln x+x，a≥2．（1）若a=2，求f（x）的零点个数；（2）证明：∀x1，x2∈[3，9]，|f（x1）-f（x2）|≤2+ln3．10.设函数f（x）=x2-4x sinx-4cos x．（1）讨论函数f（x）在[-π，π]上的单调性；（2）证明：函数f（x）在R上有且仅有两个零点．答案和解析1.【答案】（1）解：，∵f'（1）＝2a－2＝0，所以a＝1，此时，∴x∈（0，1），f'（x）＜0，x∈（1，＋∞），f'（x）＞0，所以f（x）的单调递减区间为（0，1），单调递增区间为（1，＋∞）；（2）证明：当a≥3时，ax2≥3x2，所以f（x）＝ax2－ln x－x≥3x2－ln x－x（x＞0），令g（x）＝3x2－ln x－x（x＞0），，∴当x∈（0，），g'（x）＜0，g（x）单调递减；x∈（，＋∞），g'（x）＞0，g（x）单调递增.所以，．【解析】本题考查运用导数研究函数的单调性及最值，属于考查能力的题.（1）由x＝1是f（x）的一个极值点，求a的值，然后由导数解不等式即可；（2）当a≥3时，f（x）＝ax2－ln x－x≥3x2－ln x－x（x＞0），令g（x）＝3x2－ln x－x（x ＞0），通过导数研究函数的单调区间，求出g(x)的最小值即可.2.【答案】解：（1），当x∈（0，1）时，f′（x）＜0，故f（x）在（0，1）单调递减；当x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）在（1，+∞）单调递增；故f（x）≥f（1）=1，故f（x）的最小值为1．（2）由（1）可得，f（x）=x-ln x≥1即ln x≤x-1，所以ln（1+）=，k∈N*，n≥2，则ln（1+）+ln（1+）+=1-，即ln（1+）（1+）…（1+）＜1，所以（1+）（1+）…（1+）＜e．【解析】（1）先对函数求导，然后结合导数可求函数的单调性，进而可求函数的最小值；（2）结合（1）对x进行赋值，然后结合数列的裂项求和及不等式的放缩法即可证明．本题主要考查了利用导数求解函数的单调性及利用单调性证明不等式，属于中档试题．3.【答案】解：（I）f′（x）=2x lnx+x，x＞0，令f′（x）=0可得x=，∵y=2ln x+1在（0，+∞）上单调递增，则当0＜x＜e时，f′（x）＜0，函数单调递减，当x＞e时，f′（x）＞0，函数单调递增，故f（x）在（0，e）上单调递减，在（e，+∞）上单调递增，（II）由（I）可知，f（x）min=f（e）=-，令g（x）=，则，当x∈（0，2）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，当x∈（2，+∞）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，则g（x）max=g（2）=，而-（-）=＜0，因此，即：．【解析】（I）先对函数求导，然后结合导数与单调性关系即可求解；（II）结合已知不等式进行构造，转化为求解相应函数的最值问题，结合导数可求．本题主要考查了利用导数求解函数的单调性，证明不等式，体现了转化思想的应用．4.【答案】解：（Ⅰ）f′（x）=2ln x+2，令f′（x）=2ln x+2=0，得x=，当x∈（0，）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；当x∈（，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增．∴f（x）在（0，+∞）上有极小值为f（）=；（Ⅱ）∵不等式e x f（x）-x2-1≥0对任意实数x≥1恒成立，∴e x（2x lnx-a）≥x2+1对任意实数x≥1恒成立，即-a≥对任意实数x≥1恒成立，令g（x）=（x≥1）．则g′（x）=．∵x≥1，∴g′（x）≤0，即g（x）在[1，+∞）上单调递减．∴g（x）≤g（1）=，即-a，则a．【解析】本题考查了函数的最值与函数单调性的判断，考查转化思想与函数方程思想，考查转化能力与计算能力，属于较难题．（Ⅰ）求出原函数的导函数，可得导函数的零点，然后分段分析原函数的单调性，进一步可得f（x）的极小值；（Ⅱ）不等式e x f（x）-x2-1≥0对任意实数x≥1恒成立，等价于e x（2x lnx-a）≥x2+1对任意实数x≥1恒成立，分离参数-a，得-a≥对任意实数x≥1恒成立，令g（x）=（x≥1）．利用导数求其最大值，则答案可求．5.【答案】解：（Ⅰ）由题意，f′（x）=a（1+ln x）-2bx-a=a ln x-2bx，由f′（1）=-2b=-1，得b=，又f（1）=-b-a=-，∴a=1．即a=1，b=；（Ⅱ）当a≤0，时，f′（x）=a ln x-x＜0，f（x）在（1，e）上单调递减，不妨设x1＜x2，则f（x1）＞f（x2），原不等式即为＜3．即f（x1）-f（x2）＜3x2-3x1，即f（x1）+3x1＜f（x2）+3x2．令g（x）=f（x）+3x，则g（x）在（1，e）上为单调增函数，∴有g′（x）=f′（x）+3=a ln x-x+3≥0在（1，e）上恒成立．即a≥，x∈（1，e），令h（x）=，x∈（1，e），h′（x）=，令t（x）=ln x+，t′（x）=．∴t（x）在（1，e）上单调递减，t（x）＞t（e）=，则h′（x）＞0，h（x）在（1，e）上为单调增函数，∴h（x）＜h（e）=e-3，即a≥e-3．综上，e-3≤a≤0．【解析】（Ⅰ）求出原函数的导函数，利用f′（1）=-2b=-1，求得b，再由f（1）=-b-a=-求解a；（Ⅱ）当a≤0，时，f′（x）=a ln x-x＜0，f（x）在（1，e）上单调递减，不妨设x1＜x2，则f（x1）＞f（x2），原不等式即为＜3，即f（x1）+3x1＜f（x2）+3x2，构造函数g（x）=f（x）+3x，得到g′（x）=f′（x）+3=a ln x-x+3≥0在（1，e）上恒成立，分离参数a，得到a≥，x∈（1，e），再由导数求函数h（x）=，x∈（1，e）的最值，可得a的取值范围．本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查利用导数求最值，考查化归与转化思想方法，属难题．6.【答案】解：（1）f（x）=ax+1-x lnx的导数为f′（x）=a-1-ln x，可得f（x）的图象在A（1，f（1））处的切线斜率为a-1，由切线与直线x-y=0平行，可得a-1=1，即a=2，f（x）=2x+1-x lnx，f′（x）=1-ln x，由f′（x）＞0，可得0＜x＜e，由f′（x）＜0，可得x＞e，则f（x）在（0，e）递增，在（e，+∞）递减，可得f（x）在x=e处取得极大值，且为e+1，无极小值；（2）可设x1＞x2，若∀x1，x2∈（0，+∞），，可得f（x1）-f（x2）＞mx12-mx22，即有f（x1）-mx12＞f（x2）-mx22，设g（x）=f（x）-mx2在（0，+∞）为增函数，即有g′（x）=1-ln x-2mx≥0对x＞0恒成立，可得2m≤在x＞0恒成立，由h（x）=的导数为h′（x）=得：当h′（x）=0，可得x=e2，h（x）在（0，e2）递减，在（e2，+∞）递增，即有h（x）在x=e2处取得极小值，且为最小值-，可得2m≤-，解得m≤-，则实数m的取值范围是（-∞，-]．【解析】（1）求得f（x）的导数，可得切线的斜率，由两直线平行的条件：斜率相等，可得a，求出f（x）的导数和单调区间，即可得到所求极值；（2）设x1＞x2，可得f（x1）-f（x2）＞mx12-mx22，设g（x）=f（x）-mx2在（0，+∞）为增函数，设g（x）=f（x）-mx2在（0，+∞）为增函数，求得g（x）的导数，再由参数分离和构造函数，求出最值，即可得到所求m的范围．本题考查导数的运用：求切线的斜率和单调性、极值和最值，考查方程思想和转化思想，考查不等式恒成立问题解法，运用参数分离和构造函数是解题的关键，属于中档题．7.【答案】解：（1）∵f（x）=2ln x-x2，∴f′（x）=-2x=，∴k=f′（1）=0，f（1）=-1，函数图象上一点A（1，f（1））处的切线方程为y=-1；（2）∵方程f（x）-2a=0在[，e]内有两个不等实根，∴y=f（x）与y=2a有两个交点，∵f′（x）=，x∈[，e]，令f′（x）=0，解得x=1，当x∈[，1]时，f′（x）0，函数f（x）单调递增，当x∈[1，e]时，f′（x）0，函数f（x）单调递减，∴f（x）max=f（1）=-1，∵f（）=2ln-=-2-，f（e）=2ln e-e2=2-e2，∴f（e）＜f（），∵y=f（x）与y=2a有两个交点，∴-2-≤2a＜-1，∴-1-≤a＜-.（3）证明：由（2）知f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，则f（x）=2ln x-x2≤f（1）=-1，则2ln x≤x2-1对x＞0恒成立，∴=-≤对x＞1恒成立，令x=2，3，…，n，代入上式并相加可得∴++…+≥1-+-+-+…+-=1+--=-，n∈N*，且n≥2．【解析】本题考查了导数和几何意义，函数和方程根的关系，不等式的证明，属于难题．（1）先求导，再根据导数的几何意义即可求出；（2）方程f（x）-2a=0在[，e]内有两个不等实根，转化为y=f（x）与y=2a有两个交点，利用导数求出函数f（x）的值域及端点值，即可求出a的范围；（3）由（2）可得2ln x≤x2-1对x＞0恒成立，得=-≤对x＞1恒成立，分别令x=2，3，…，n，代入上式并相加可得．8.【答案】解：（Ⅰ）因为f'(x）=2ax--ln x，且x=1是极值点，所以得f'(1）=0，即得f'(1）=2a-=0，a=，此时f'(x）=--ln x，设g（x）=f'(x），则g'(x）==则当0＜x＜2时，g'(x）＜0，g（x）为减函数又g（1）=0，g（2）=-ln2＜0，当0＜x＜1时，g（x）＞0，f（x）为增函数，当1＜x＜2时，g（x）＜0，f（x）为减函数，即当x=1时，f（x）取得极大值，符合题意；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，0＜x＜2时，不存在极小值点，当x＞2时，g'(x）＞0，g（x）为增函数，且g（4）=-2ln2＞0，g（2）＜0，所以存在x0∈（2，4），g（x0）=0，结合（Ⅰ）可知当1＜x＜x0时，g（x）＜0，f（x）为减函数；x＞x0时，g（x）＞0，f （x）为增函数，所以函数f（x）存在唯一的极小值点x0，又g（3）=1-ln3＜0，所以3＜x0＜4，且满足--ln x0=0．所以f（x0）=+-x0ln x0=-+，由二次函数图象可知：f（4）＜f（x0）＜f（3），又f（3）=-+3=，f（4）=-+4=-4+4=0，∴f（x0）∈（0，），即0成立．【解析】本题考查利用函数极值与导数关系的综合应用问题，解决本题的关键是能够利用零点存在定理确定零点所处的范围，从而可将证明问题转化为在某一区间内二次函数值域问题的求解．（Ⅰ）根据f'(1）=0求得a；通过导数验证函数的单调性，可知a=时x=1是函数f(x)的极值点，满足题意；（Ⅱ）根据（Ⅰ）可知极小值点位于（2，+∞），此时g（x）的零点x0∈（3，4），且此时x0为极小值点，代入f（x）得到关于x0的二次函数，求解二次函数值域即可证得结论．9.【答案】解：（1）当a=2时，，当0＜x≤e2时，，此时函数f（x）在（0，3）单调递减，在（3，e2）单调递增，又f（x）min=f（3）=5-3ln3＞0，故此时无零点；当x＞e2时，，此时函数f（x）在（e2，+∞）上单调递增，又f（e2）=e2-4＞0，故此时无零点；综上，当a=2时，函数f（x）的零点个数为0；（2）证明：要证：∀x1，x2∈[3，9]，|f（x1）-f（x2）|≤2+ln3，即证x∈[3，9]时，f（x）-f（x）min≤2+ln3，max①当2≤a＜ln9时，，当3≤x≤e a时，，此时函数f（x）单调递增；当e a＜x≤9时，，此时函数f（x）单调递增，故函数f（x）在[3，9]上单调递增，∴f（x）max=f（9）=9-ln9-a，f（x）min=f（3）=3-3ln3+a，∴f（x）max-f（x）min=6+ln3-2a≤2+ln3；②当a≥ln9时，f（x）=x-3ln x+a，易知函数f（x）在[3，9]上单调递增，∴f（x）max=f（9）=9-3ln9+a，f（x）min=f（3）=3-3ln3+a，∴f（x）max-f（x）min=6-3ln3＜2+ln3；综上，∀x1，x2∈[3，9]，|f（x1）-f（x2）|≤2+ln3．【解析】（1）将a=2代入，并把函数化为分段函数的形式，分别利用导数研究即可得出结论；（2）对参数进行分类讨论，并把问题转化为x∈[3，9]时，f（x）max-f（x）min≤2+ln3，进而得证．本题主要考查函数的零点，函数的单调性，导数及其应用等基础知识，考查运算求解能力，推理论证能力，创新意识等，考查分类讨论思想，数学运算，数学抽象等核心素养，属于中档题．10.【答案】（1）解：∵f（x）=x2-4x sinx-4cos x，∴f（-x）=（-x）2-4（-x）sin（-x）-4cos（-x）=x2-4x sinx-4cos x=f（x），∴f（x）为偶函数．∵f′（x）=2x-4（sin x+x cosx）+4sin x=2x（1-2cos x），∴当x∈[0，]时，f′（x）≤0，当x∈[，π]时，f′（x）≥0，∴f（x）在区间[0，]上单调递减，在区间[，π]单调递增；又f（x）为偶函数．∴f（x）在区间[-π，-]单调递减，在区间[-，0]上单调递增，综上所述，当x∈[-π，-]，或x∈[0，]，f（x）单调递减；当x∈[-，0]，或x∈[，π]，f（x）单调递增；（2）证明：∵函数f（x）=x2-4x sinx-4cos x为R上的偶函数，要证明函数f（x）在R上有且仅有两个零点，只需证明f（x）在（0，+∞）上有且仅有1个零点，当x∈（0，+∞），令f（x）=0，即x2=4x sinx+4cos x，即=x sinx+cos x．令g（x）=（x＞0），h（x）=x sinx+cos x（x＞0），且h（0）=1＞0．则h′（x）=sin x+x cosx-sin x=x cosx，当x∈（0，）时，h′（x）＞0，x∈（，）时，h′（x）＜0，∴h（x）=x sinx+cos x在区间（0，）上单调递增，在区间（，）单调递减，∴h（x）max=h（）=＞1＞=g（），h（x）min=h（）=-＜0＜=g（），∴g（x）=与h（x）=x sinx+cos x在（0，）上有一个交点．在同一作出g（x）=与h（x）=x sinx+cos x的图象，x0由图可知，当x＞x0（x0为两函数的第一象限的交点的横坐标）时，g（x）=（x＞0）的图象恒在h（x）图形的上方，∴f（x）在（0，+∞）上有且仅有1个零点，又函数f（x）=x2-4x sinx-4cos x为R上的偶函数，∴函数f（x）在R上有且仅有两个零点．【解析】（1）利用f（x）=x2-4x sinx-4cos x为偶函数及f′（x）=2x-4（sin x+x cosx）+4sin x=2x （1-2cos x），可判断函数f（x）在[-π，π]上的单调性；（2）函数f（x）=x2-4x sinx-4cos x为R上的偶函数，要证明函数f（x）在R上有且仅有两个零点，只需证明f（x）在（0，+∞）上有且仅有1个零点，问题转化为=x sinx+cos x 在（0，+∞）上只有一个根，分别构造函数g（x）=（x＞0），h（x）=x sinx+cos x（x＞0），利用导数法结合图象即可证明原结论成立．本题考查利用导数研究函数的单调性，考查等价转化思想与函数与方程思想，考查推理证明及作图能力，属于难题．第11页，共11页。
函数与导数练习题(含解析)
函数与导数一、单选题1．（2020·甘肃城关·兰州一中月考（文））函数21()log f x x x=-的零点所在区间（ ） A ．(1,2)B ．(2,3)C ．1(0,)2D ．1(2，1)2．（2020·甘肃城关·兰州一中月考（文））已知函数()f x 的图象关于原点对称，且满足()0(3)1f x f x ++-=，且当)4(2x ∈，时，12()log (1)f x x m =--+，若(2021)1(1)2f f -=-，则m =（ ）A ．43B ．34C ．43-D ．34-3．（2020·云南昆明一中高三月考（文））已知函数()f x 是奇函数，当0x >时()22xf x x =+，则()()12f f +-=（ ）A ．8-B ．4-C ．5-D ．114．（2020·甘肃城关·兰州一中月考（文））下列函数中，既是奇函数又在()0,∞+单调递减的函数是（ ） A ．22x x y -=-B ．tan y x x =C ．sin y x x =-D ．12y x x=- 5．（2020·甘肃城关·兰州一中月考（文））函数()sin ln f x x x x =-的图象大致是（ ）A ．B ．C ．D ．6．（2020·甘肃城关·兰州一中月考（文））函数()f x 的定义域为R ，对任意的[)()1212,1,x x x x ∈+∞≠，有()()21210f x f x x x -<-，且函数()1f x +为偶函数，则（ ）A ．()()()123f f f <-<B ．()()()321f f f <-<C ．()()()231f f f -<<D ．()()()213f f f -<<7．（2020·甘肃城关·兰州一中月考（文））若函数2()ln 2f x x ax =+-在区间1,22⎛⎫⎪⎝⎭内存在单调递增区间，则实数a 的取值范围是（ ）A ．(,2]-∞-B ．1,8⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭C ．12,8⎛⎫-- ⎪⎝⎭D ．(2,)-+∞8．（2020·云南昆明一中高三月考（文））已知函数()ln f x x x =，若直线l 过点()0,e -，且与曲线()y f x =相切，则直线l 的斜率为（ ） A ．2- B ．2 C ．e -D ．e9．（2020·吉林高三其他（文））已知函数2()2f x x x =-，若8log 27a =，5log 11b =，0.25log 8c =-，则（ ）A ．f （b ）f <（c ）f <（a ）B ．f （b ）f <（a ）f <（c ）C ．f （c ）f <（a ）f <（b ）D ．f （c ）f <（b ）f <（a ）10．（2020·四川其他（文））已知函数()sin f x x x =-，则下列关系不正确的是（ ） A ．函数()f x 是奇函数B ．函数()f x 在R 上单调递减C ．0x =是函数()f x 的唯一零点D ．函数()f x 是周期函数11．（2020·四川其他（文））已知函数ln(1),0()0,0x x f x x +≥⎧=⎨<⎩，若(4)(23)f x f x -<-，则实数x 的取值范围是（ ）A ．[2,)+∞B ．[2,)+∞C ．3,2⎛⎫+∞⎪⎝⎭D ．[4,)+∞12．（2020·黑龙江道里·哈尔滨三中高三月考（文））若定义域1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭的函数()f x 满足()()xef x f x x'-=且()1f e =-，若13f e m ⎛⎫-≤- ⎪⎝⎭恒成立，则m 的取值范围为（ ） A ．1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭C ．20,5⎛⎤ ⎥⎝⎦D ．21,52⎡⎤⎢⎥⎣⎦13．（2020·安徽庐阳·合肥一中高三月考（文））已知()13,03,0x x e x f x x x x +⎧⋅≤=⎨->⎩，若关于x 的方程()()210f x a f x -⋅-=有5个不同的实根，则实数a 的取值范围为（ ）A ．30,2⎧⎫⎨⎬⎩⎭B ．30,2⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．30,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．30,2⎛⎤ ⎥⎝⎦14．（2020·广西南宁二中月考（文））已知定义在R 上的偶函数()f x 在[0,)+∞上递减，若不等式(ln 1)(ln 1)2(1)f ax x f ax x f -+++--≥对[]1,3x ∈恒成立，则实数a 的取值范围为（ ）A ．(2,)eB ．1[,)e+∞C ．1,e e⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．12ln 3,3e +⎡⎤⎢⎥⎣⎦15．（2020·甘肃城关·兰州一中月考（文））已知定义在R 上的函数()f x 满足()()2f x x =+，且当11x -≤≤时，()2xf x =，函数()g x x =，实数a ，b 满足3b a >>.若[]1,x a b ∀∈，2x ⎡⎤∃∈⎣⎦，使得()()12f x g x =成立，则b a -的最大值为（ ）A ．12B ．1CD ．2二、填空题16．（2020·甘肃城关·兰州一中月考（文））设曲线()ln 1y ax x =-+在点()0,0处的切线方程为20x y -=，则a =________.17．（2020·云南昆明一中高三月考（文））函数()[]()()sin ,0,212,2,2x x f x f x x π⎧∈⎪=⎨-∈+∞⎪⎩.若关于x 的方程()()0f x m m =< 有且只有两个不相等的实根1x ，2x ，则12x x +的值是_________.18．（2020·河南洛阳·高三月考（文））已知函数(),0,ln ,0,x e x f x x x -⎧≤⎪=⎨>⎪⎩若关于x 的方程()()102f x a f x a ⎡⎤-⋅--=⎡⎤⎣⎦⎢⎥⎣⎦恰有5个不相等的实数根，则实a 的取值范围是______. 19．（2020·甘肃城关·兰州一中月考（文））函数()212log 2y x x =-的单调递增区间是_________．20．（2020·甘肃城关·兰州一中月考（文））已知()f x 是定义域为R 的奇函数，()'f x 是()f x 的导函数，(1)0f -=，当0x >时，()3()0xf x f x '-<，则使得()0f x >成立的x 的取值范围是________．21．（2020·甘肃城关·兰州一中月考（文））已知1240x x a ++⋅>对一切(],1x ∞∈-上恒成立，则实数a 的取值范围是______．三、解答题22．（2020·云南昆明一中高三月考（文））已知函数()xf x e ax =-，()1lng x x x =+.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若当0x >时，方程()()f x g x =有实数解，求实数a 的取值范围.23．（2020·甘肃城关·兰州一中月考（文））已知函数()()ln f x x x a =-，()12x g x e =-（e为自然对数的底）.（1）讨论()f x 的极值；（2）当1a =时，若存在(]00,x m ∈，使得()()00f x g m -≤，求实数m 取值范围. 24．（2020·陕西西安·月考（文））已知函数()ln 1,f x x ax a R =-+∈. （1）求函数()f x 的单调区间；（2）若不等式()0f x ≤恒成立，求实数a 的取值范围；（3）当*n N ∈时，求证：111111ln(1)123123+++<+<+++++n n n. 25．（2020·广西南宁二中月考（文））已知函数3211()(1)132f x ax a x x =-+++（1a ≥）. （I ）若3a =，求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程； （II ）若()f x 在R 上无极值点，求a 的值；（III ）当(0,2)x ∈时，讨论函数()f x 的零点个数，并说明理由.26．（2020·四川其他（文））已知曲线()(3)(2ln )xf x x e a x x =-+-（其中e 为自然对数的底数）在1x =处切线方程为(1) y e x b =-+.（Ⅰ）求a ，b 值；（Ⅱ）证明：()f x 存在唯一的极大值点0x ，且()0215e f x --<<-. 27．（2020·河南洛阳·高三月考（文））已知函数()()2122xf x x e x x =-+-. （1）求函数()f x 的单调区间；（2）若不等式()()21442a af x x a x ⎛⎫≥+-++⎪⎝⎭对任意()2,x ∈+∞恒成立，求实数a 的取值范围. 28．（2020·广东天河·华南师大附中高三月考（文））设2()g x lnx x x =+-.（1）求()g x 的单调区间；（2）当0a >时，2()0xxe a x a g x --≥恒成立，求实数a 的取值范围.29．（2020·湖北宜昌·高三期末（文））已知函数22()ln f x x a x ax =--．（1）当1a =时，求()f x 的单调区间；（2）若对于定义域内任意的x ，()0f x ≥恒成立，求a 的取值范围；（3）记()()g x f x a x =+，若()g x 在区间1[,]e e 内有两个零点，求a 的取值范围.30．（2020·吉林高三其他（文））已知函数()32ln f x ax bx x =--．（1）当0b =时，讨论()f x 的单调性；（2）若1a b ==，且()f x m ≥恒成立，求m 的取值范围．一、单选题1．（2020·甘肃城关·兰州一中月考（文））函数21()log f x x x=-的零点所在区间（ ） A ．(1,2) B ．(2,3)C ．1(0,)2D ．1(2，1)【答案】A 【解析】函数()f x 的定义域为(0,)+∞，且函数()f x 单调递增，f （1）2log 1110=-=-<，f （2）2111log 210222=-=-=>， ∴在(1,2)内函数()f x 存在零点，故选：A .2．（2020·甘肃城关·兰州一中月考（文））已知函数()f x 的图象关于原点对称，且满足()0(3)1f x f x ++-=，且当)4(2x ∈，时，12()log (1)f x x m =--+，若(2021)1(1)2f f -=-，则m =（ ）A ．43B ．34C ．43-D ．34-【答案】C【解析】因为函数()f x 的图象关于原点对称，所以()f x 为奇函数， 因为()()()133f x f x f x +=--=-， 故函数()f x 的周期为4，则()()20211f f =；而()()11f f -=-，所以由(2021)1(1)2f f -=-可得1(1)3f =；而121(1)(3)log (31)3f f m =-=--=， 解得43m =-. 故选：C .3．（2020·云南昆明一中高三月考（文））已知函数()f x 是奇函数，当0x >时()22xf x x =+，则()()12f f +-=（ ）A ．8-B ．4-C ．5-D ．11【答案】C【解析】：因为0x >时，()22x f x x =+，所以12(1)213f =+=；又因为()f x 是奇函数，所以()()()22448f f -=-=-+=-， 即()()51238f f +-=-=-， 故选：C.4．（2020·甘肃城关·兰州一中月考（文））下列函数中，既是奇函数又在()0,∞+单调递减的函数是（ ） A ．22x x y -=-B ．tan y x x =C ．sin y x x =-D ．12y x x=- 【答案】D【解析】对A ，函数22xxy -=-在()0,∞+单调递增，故A 不符合；对B ，函数tan y x x =为偶函数，故B 不符合；对C ，函数'1cos 0y x =-≥在()0,∞+恒成立，所以在()0,∞+单调递增，故C 不符合； 对D ，函数既是奇函数又在()0,∞+单调递减，故D 符合； 故选：D5．（2020·甘肃城关·兰州一中月考（文））函数()sin ln f x x x x =-的图象大致是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】B【解析】()sin()ln sin ln ()f x x x x x x x f x -=----=-=，()f x ∴为偶函数，排除A ，C 选项；当(0,1)x ∈时，sin 0,ln 0x x x ><，()0f x ∴>，排除D 选项，故选B ．故选B6．（2020·甘肃城关·兰州一中月考（文））函数()f x 的定义域为R ，对任意的[)()1212,1,x x x x ∈+∞≠，有()()21210f x f x x x -<-，且函数()1f x +为偶函数，则（ ）A ．()()()123f f f <-<B ．()()()321f f f <-<C ．()()()231f f f -<<D ．()()()213f f f -<<【答案】C【解析】因为对任意的[)()1212,1,x x x x ∈+∞≠，有2121()()0f x f x x x -<-，所以对任意的[)()1212,1,x x x x ∈+∞≠，21x x -与21()()f x f x -均为异号， 所以()f x 在[1,)+∞上单调递减，又函数()1f x +为偶函数，即(1)(1)f x f x +=-，所以(2)(4)f f -=，所以()()()2(4)31f f f f -=<<. 故选：C.7．（2020·甘肃城关·兰州一中月考（文））若函数2()ln 2f x x ax =+-在区间1,22⎛⎫⎪⎝⎭内存在单调递增区间，则实数a 的取值范围是（ ）A ．(,2]-∞-B ．1,8⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭C ．12,8⎛⎫-- ⎪⎝⎭D ．(2,)-+∞【答案】D【解析】因为2()ln 2f x x ax =+-在区间1,22⎛⎫⎪⎝⎭内存在单调递增区间， 所以1()20f x ax x '=+>在区间1,22⎛⎫⎪⎝⎭上成立， 即212a x >-在区间1,22⎛⎫⎪⎝⎭上有解，因此，只需212412a >-=-⎛⎫ ⎪⎝⎭，解得2a >-.故选D8．（2020·云南昆明一中高三月考（文））已知函数()ln f x x x =，若直线l 过点()0,e -，且与曲线()y f x =相切，则直线l 的斜率为（ ） A ．2- B ．2 C ．e - D ．e【答案】B【解析】设切点坐标为(),ln t t t ，()ln f x x x =，()ln 1f x x '=+，直线l 的斜率为()ln 1f t t '=+，所以，直线l 的方程为()()ln ln 1y t t t x t -=+-，将点()0,e -的坐标代入直线l 的方程得()ln ln 1e t t t t --=-+，解得t e =， 因此，直线l 的斜率为()2f e '=. 故选：B.9．（2020·吉林高三其他（文））已知函数2()2f x x x =-，若8log 27a =，5log 11b =，0.25log 8c =-，则（ ）A ．f （b ）f <（c ）f <（a ）B ．f （b ）f <（a ）f <（c ）C ．f （c ）f <（a ）f <（b ）D ．f （c ）f <（b ）f <（a ）【答案】A【解析】27982443log log 3log log 82a ===>=，5553log 11log log 2b ==<=，0.2543log 8log 82c =-==，又55log 11log 51b =>=，1b c a ∴<<<，又2()2f x x x =-在[1，)+∞上单调递增，f ∴（b ）f <（c ）f <（a ）．故选：A ．10．（2020·四川其他（文））已知函数()sin f x x x =-，则下列关系不正确的是（ ） A ．函数()f x 是奇函数B ．函数()f x 在R 上单调递减C ．0x =是函数()f x 的唯一零点D ．函数()f x 是周期函数【答案】D【解析】因为()sin f x x x =-的定义域为R ，()sin()()sin ()f x x x x x f x -=---=-+=-，所以函数为奇函数，故A 正确；因为()cos 10f x x '=-≤，所以()sin f x x x =-在R 上为减函数，故B 正确；因为(0)sin 000f =-=，且()sin f x x x =-在R 上为减函数，所以函数()f x 的唯一零点是0，故C 正确；因为()sin f x x x =-,不存在0T ≠,使得()sin()()f x T x T x T f x +=+--=，故D 错误. 故选：D11．（2020·四川其他（文））已知函数ln(1),0()0,0x x f x x +≥⎧=⎨<⎩，若(4)(23)f x f x -<-，则实数x 的取值范围是（ ）A ．[2,)+∞B ．[2,)+∞C ．3,2⎛⎫+∞⎪⎝⎭D ．[4,)+∞【答案】C【解析】：因为ln(1),0()0,0x x f x x +≥⎧=⎨<⎩，当0x ≥时，()()ln 1f x x =+在定义域上单调递增，且()00f =，当0x <时()00f =，要使(4)(23)f x f x -<-，则423230x x x -<-⎧⎨->⎩解得32x >，即3,2x ⎛⎫∈+∞⎪⎝⎭故选：C12．（2020·黑龙江道里·哈尔滨三中高三月考（文））若定义域1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭的函数()f x 满足()()xef x f x x'-=且()1f e =-，若13f e m ⎛⎫-≤- ⎪⎝⎭恒成立，则m 的取值范围为（ ） A ．1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭C ．20,5⎛⎤ ⎥⎝⎦D ．21,52⎡⎤⎢⎥⎣⎦【答案】D【解析】函数()f x 满足()()x e f x f x x '-=，()(1)x f x f x e x '-∴=，则()1x f x e x'⎛⎫= ⎪⎝⎭， 可设()ln xf x x c e=+，c 为常数，故()()ln x f x x c e =+，()11f c e e ∴=⋅=-， 1c ∴=-，故()()ln 1xf x x e =-，1()ln 1x f x e x x ⎛⎫'=+- ⎪⎝⎭，1,2x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，令1()ln 1g x x x =+- ，1,2x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，则22111()x g x x x x -'=-=， 1,12x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，()0g x '<，故()g x 单调递减；()1,∈+∞x 时，()0g x '>，故()g x 单调递增，()g x ∴在1x =时取得最小值(1)0g =，()0g x ∴≥恒成立，1()ln 10x f x e x x ⎛⎫'=+-≥ ⎪⎝⎭在1,2x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭成立，故()f x 在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上递增，又()1f e =-，所以不等式13f e m ⎛⎫-≤- ⎪⎝⎭即13(1)f f m ⎛⎫-≤ ⎪⎝⎭，根据单调性得11312m ≤-≤，解得2152m ≤≤. 故选：D.13．（2020·安徽庐阳·合肥一中高三月考（文））已知()13,03,0x x e x f x x x x +⎧⋅≤=⎨->⎩，若关于x 的方程()()210f x a f x -⋅-=有5个不同的实根，则实数a 的取值范围为（ ）A ．30,2⎧⎫⎨⎬⎩⎭B ．30,2⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．30,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．30,2⎛⎤ ⎥⎝⎦【答案】B【解析】设()t f x =，则方程为210t at --=，解得t =，且10t =>，20t =<，当0x ≤时，()1x f x xe+=，则()()11x f x x e+'=+，当(),1x ∈-∞-时，()0f x '<，()f x 单调递减，当()1,0x ∈-时，()0f x '>，()f x 单调递增， 可知()f x 在1x =-处取得极小值()11f -=-；当0x >时，()33=-f x x x ，则()()()233311f x x x x '=-=-+，当()0,1x ∈时，()0f x '>，()f x 单调递增， 当()1,x ∈+∞时，()0f x '<，()f x 单调递减， 可知()f x 在1x =处取得极大值()12f =， 如图作出函数()f x 的图象，要使关于x 的方程()()210fx a f x -⋅-=有5个不同的实根，有1221t t <⎧⎨>-⎩，解得302a <<.故选：B.14．（2020·广西南宁二中月考（文））已知定义在R 上的偶函数()f x 在[0,)+∞上递减，若不等式(ln 1)(ln 1)2(1)f ax x f ax x f -+++--≥对[]1,3x ∈恒成立，则实数a 的取值范围为（ ）A ．(2,)eB ．1[,)e+∞C ．1,e e⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．12ln 3,3e +⎡⎤⎢⎥⎣⎦【答案】D 【解析】由于定义在R 上的偶函数()f x 在[)0,+∞上递减，则()f x 在(,0)-∞上递增，又ln 1(ln 1)ax x ax x --=--++，则(ln 1)(ln 1)2(1)f ax x f ax x f -+++--≥ 可华化为： 2(ln 1)2(1)f ax x f --≥，即(ln 1)(1)f ax x f --≥对[]1,3x ∈恒成立，则1ln 11ax x -≤--≤，所以：ln x a x ≥且ln 2x a x+≤ 对[1,3]x ∈同时恒成立. 设ln ()xg x x =，21ln ()x g x x -'=，则()g x 在[1,e)上递增，在(,3]e 上递减，max1()()g x g e e ∴==. 设ln 2()x h x x+=，21ln ()0x h x x --'=< ，()h x 在[1,3] 上递减，min2ln 3()(3)3h x h +== . 综上得：a 的取值范围是12ln 3[,]3e +.15．（2020·甘肃城关·兰州一中月考（文））已知定义在R 上的函数()f x 满足()()2f x x =+，且当11x -≤≤时，()2xf x =，函数()g x x =，实数a ，b 满足3b a >>.若[]1,x a b ∀∈，2x ⎡⎤∃∈⎣⎦，使得()()12f x g x =成立，则b a -的最大值为（ ）A ．12B ．1CD ．2【答案】B【解析】当)x ⎡∈⎣时，()(g x ∈，令2x =12x =±.∵()()2f x f x =+，∴()f x 的周期为2，所以()f x 在[－1，5]的图象所示：结合题意，当17422a =-+=，19422b =+=时，b a -取得最大值.最大值为1. 故选：B.二、填空题16．（2020·甘肃城关·兰州一中月考（文））设曲线()ln 1y ax x =-+在点()0,0处的切线方程为20x y -=，则a =________. 【答案】3 【解析】()ln 1y ax x =-+，11y a x '∴=-+. 由题意可知，当0x =时，12y a '=-=，解得3a =. 故答案为：3.17．（2020·云南昆明一中高三月考（文））函数()[]()()sin ,0,212,2,2x x f x f x x π⎧∈⎪=⎨-∈+∞⎪⎩.若关于x 的方程()()0f x m m =< 有且只有两个不相等的实根1x ，2x ，则12x x +的值是_________.【答案】3【解析】画出()[]()()sin ,0,212,2,2x x f x f x x π⎧∈⎪=⎨-∈+∞⎪⎩的图像如下，因为()(0)f x m m =<有且只有两个不等实根， 即函数()y f x =与y m =有两个不同交点，由图像可得，112m -<<-， 所以1x ，2x ，关于直线32x =对称， 则123232x x +=⨯=. 故答案为：3.18．（2020·河南洛阳·高三月考（文））已知函数(),0,ln ,0,x e x f x x x -⎧≤⎪=⎨>⎪⎩若关于x 的方程()()102f x a f x a ⎡⎤-⋅--=⎡⎤⎣⎦⎢⎥⎣⎦恰有5个不相等的实数根，则实a 的取值范围是______. 【答案】1,12⎡⎫⎪⎢⎣⎭【解析】作出函数()f x 的大致图象如图所示，由已知关于x 的方程()f x a =或()12f x a =+恰有5个不相等的实数根，则01,11,2a a <<⎧⎪⎨+≥⎪⎩解得1,12a ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭.故答案为：1,12⎡⎫⎪⎢⎣⎭19．（2020·甘肃城关·兰州一中月考（文））函数()212log 2y x x =-的单调递增区间是_________．【答案】(),0-∞【解析】由220x x ->， 可得2x >或0x <， 所以函数的定义域为()(),02,-∞+∞又()211t x =--在区间(),0-∞的单调递减，13log y t =单调递减,∴函数()212log 2y x x =-的单调递增区间是(),0-∞, 故答案为(),0-∞．20．（2020·甘肃城关·兰州一中月考（文））已知()f x 是定义域为R 的奇函数，()'f x 是()f x 的导函数，(1)0f -=，当0x >时，()3()0xf x f x '-<，则使得()0f x >成立的x 的取值范围是________．【答案】(,1)(0,1)-∞-【解析】 令3()()f x g x x =，0x >， 因为当0x >时，()3()0xf x f x '-<，则当0x >时，4()3()()0xf x f x g x x'-'=<，即()g x 在(0,)+∞上单调递减， 又因为()f x 为奇函数，即()()f x f x -=-，则33()()()()()f x f x g x g x x x--===-， 故()g x 为偶函数且在(,0)-∞上单调递增， 因为()10f -=，故()()110g g -==，由()0f x >可得3()0x g x >，所以0()0x g x >⎧⎨>⎩或0()0x g x <⎧⎨<⎩，所以001x x >⎧⎨<<⎩或01x x <⎧⎨<-⎩. 解可得，1x <-或01x <<. 故答案为：()(),10,1-∞-⋃.21．（2020·甘肃城关·兰州一中月考（文））已知1240x x a ++⋅>对一切(],1x ∞∈-上恒成立，则实数a 的取值范围是______．【答案】3,4∞⎛⎫-+ ⎪⎝⎭【解析】1240xxa ++⋅>可化为212224xx x xa --+>-=--， 令2x t -=，由(],1x ∈-∞，得1,2t ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭， 则2a t t >--，2213()24t t t --=-++在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上递减，当12t =时2t t --取得最大值为34-，所以34a >-． 故答案为3,4⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭．三、解答题22．（2020·云南昆明一中高三月考（文））已知函数()xf x e ax =-，()1lng x x x =+.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若当0x >时，方程()()f x g x =有实数解，求实数a 的取值范围.【答案】（1）答案见解析；（2）[e 1,)-+∞.【解析】 【分析】（1）先对函数求导，分0a ≤和0a >两种情况讨论，可求解函数的单调性；（2）由已知得e 1ln x a x x x=--有实数解，构造函数，利用函数的单调性及函数的性质求得a 的范围.【详解】解：（1）函数()f x 的定义域为R ，()e '=-xf x a当0a ≤时，()0f x '>，则()f x 在(,)-∞+∞上单调递增；当0a >时，令()xf x e a '=-，得ln x a =，则()f x 在(,ln )a -∞上单调递减，在(ln ,)a +∞上单调递增.（2）由()()f x g x =，得e ln 1xax x x =--，因为0x >，所以e 1ln x a x x x=--.令e 1()ln x h x x x x=--，0x >，则()22e 1(1)e e 1()x x x x x x h x x x----+'==. 令()0h x '=，得1x =.当(0,1)x ∈时，()0h x '<，()h x 为减函数；当(1,)x ∈+∞时，()0h x '>，()h x 为增函数.所以min ()(1)e 1h x h ==-.又因为e 1e 1()ln ln x x h x x x x x x -=--=-，因为0x >，e 1x>，所以e 10x x->，所以当0x →时，()h x →+∞. 所以函数()h x 的值域为[e 1,)-+∞，因此实数a 的取值范围为[e 1,)-+∞.23．（2020·甘肃城关·兰州一中月考（文））已知函数()()ln f x x x a =-，()12x g x e =-（e为自然对数的底）.（1）讨论()f x 的极值；（2）当1a =时，若存在(]00,x m ∈，使得()()00f x g m -≤，求实数m 取值范围.【答案】（1）1a f e -=-极小值，()f x 无极大值；（2）0ln3m <≤.【解析】 【分析】（1）对函数进行求导得()ln 1f x x a '=-+，令()10a f x x e -'=⇒=，再列表，从而求得函数的极值；（2）利用导数研究函数的最值，对m 分两种情况讨论，即01m <≤和1m ，即可得答案； 【详解】（1）依题()ln 1f x x a '=-+，()10a f x x e-'=⇒=，x ，()f x '，()f x 的变化如下：列表分析可知，()11a a f f ee --==-极小值，()f x 无极大值. （2）对于()()ln 1f x x x =-，可得()ln f x x '=.因此，当()0,1x ∈时，()f x 单调递减；当()1,x ∈+∞时，()f x 单调递增. （1）当01m <≤时，()()()min ln 1ln f x f m m m m m m ==-=-. 依题意可知()()()02ln 210mf mg m m m e m -≤⇒+--≤.构造函数：()21mm e m ϕ=--（01m <≤），则有()2mm e ϕ'=-.由此可得；当()0,ln 2m ∈时，()0m ϕ'<；当()ln 2,1m ∈时，()0m ϕ'>， 即()m ϕ在()0,ln 2m ∈时单调递减，()ln 2,1m ∈单调递增. 注意到：()00ϕ=，()13e ϕ=-，因此()0m ϕ<.同时注意到2ln 0m m ≤，故有()2ln 210mm m e m +--≤. （2）当1m 时，()()min 11f x f ==-.依据题意可知()()101031ln 322m me f m g m e m ⎛⎫-≤⇒---≤⇒≤⇒<≤ ⎪⎝⎭.综上（1）、（2）所述，所求实数m 取值范围为0ln3m <≤.24．（2020·陕西西安·月考（文））已知函数()ln 1,f x x ax a R =-+∈. （1）求函数()f x 的单调区间；（2）若不等式()0f x ≤恒成立，求实数a 的取值范围；（3）当*n N ∈时，求证：111111ln(1)123123+++<+<+++++n n n. 【答案】（1）答案见解析；（2）1a ≥；（3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）对函数求导，然后分0a ≤，0a >两种情况，由导函数的正负可求得其单调区； （2）利用导数求()f x 的最大值小于零即可，或()ln 10f x x ax =-+≤恒成立，等价于ln 1x a x+≥，0x >，然后构造函数ln 1()x g x x+=，利用导数求其最大值即可； （3）由(2)知，当1a =时，()0f x ≤恒成立，即ln 1≤-x x (仅当1x =时等号成立)．当*1,k x k N k+=∈时，有11lnk k k +<，然后利用累加法可得111ln(1)123n n +<+++…+，当*,1kx k N k =∈+时，有11ln 1k k k +>+，再利用累加法可得1111ln(1)2341n n +>+++…+，从而可证得结论【详解】（1）()ln 1,0f x x ax x =-+>，1()f x a x'=- ．当0a ≤时，()0f x '≥，所以()f x 在(0,)+∞上递增；．当0a >时，令()0f x '=，则1x a=， 当10x a <<时，()0f x '>；当1x a>时，()0f x '<， 所以()f x 在区间1(0,)a上递增，在1(,)a+∞上递减.（2）方法1：构造函数()ln 1,0f x x ax x =-+>，1()f x a x'=- ．当0a ≤时，由（1）()f x 在(0,)+∞上递增，又(1)10f a =->，不符合题意，舍；．当0a >时，由（1）知()f x 在区间1(0,)a 上递增，在1(,)a+∞上递减；所以max 11()()ln()0f x f a a==≤，解得：1a ≥. 综上：1a ≥ 方法2：分离参数()ln 10f x x ax =-+≤恒成立，等价于ln 1x a x+≥，0x >设ln 1()x g x x+=，0x >，2ln ()xg x x -'=，令()0g x '=，1x =，则 当01x <<时，()0g x '>；当1x >时，()0g x '<，所以()g x 在区间(0,1)上递增，在(1,)+∞上递减；所以max ()(1)1g x g ==，所以：1a ≥（3）由(2)知，当1a =时，()0f x ≤恒成立，即ln 1≤-x x (仅当1x =时等号成立)．当*1,k x k N k +=∈时，11ln 1k k k k ++<-，即11ln k k k +<； 所以，2ln11<，31ln 22<，41ln 33<，……，11ln n n n +<； 上述不等式相加可得：2341111lnln ln ln112323n n n+++++<+++…+， 即：2341111ln112323n n n +⋅⋅<+++…+， 即：111ln(1)123n n+<+++…+，*n N ∈； ．当*,1k x k N k =∈+时，ln 111k k k k <-++，即111ln 1k k k -+⎛⎫<- ⎪+⎝⎭，即11ln 1k k k +>+ 所以，21ln12>，31ln 23>，41ln 34>，……，11ln 1n n n +>+；上述不等式相加可得：23411111lnln ln ln1232341n n n +++++>+++…+， 即：23411111ln1232341n n n +⋅⋅>+++…+， 即：1111ln(1)2341n n +>+++…+，*n N ∈； 综上：当*n N ∈时，111111ln(1)123123+++<+<+++++n n n.25．（2020·广西南宁二中月考（文））已知函数3211()(1)132f x ax a x x =-+++（1a ≥）. （I ）若3a =，求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程； （II ）若()f x 在R 上无极值点，求a 的值；（III ）当(0,2)x ∈时，讨论函数()f x 的零点个数，并说明理由.【答案】（1）1y =； （2）19a ≤<时函数()f x 在(0,2)上无零点；当9a =时，函数()f x 在(0,2)上有一个零点；当9a >时，函数()f x 在(0,2)上有两个零点. 【解析】（I ）当3a =时，()3221f x x x x =-++，()2'341f x x x =-+，()'10f =，()11f =，所以曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为1y =.（II ）()()2'11f x ax a x =-++，1a >，依题意有()'0f x ≥，即0∆≤，()2140a a +-≤，解得1a =.(III)（1）1a =时，函数()f x 在R 上恒为增函数且()01f =，函数()f x 在()0,2上无零点. （2）1a >时：当10,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()'0f x >，函数()f x 为增函数；当1,1x a ⎛⎫∈⎪⎝⎭，()'0f x <，函数()f x 为减函数； 当()1,2x ∈，()'0f x >，函数()f x 为增函数. 由于()22103f a =+>，此时只需判定()3162a f =-+的符号：当19a <<时，函数()f x 在()0,2上无零点； 当9a =时，函数()f x 在()0,2上有一个零点； 当9a >时，函数()f x 在()0,2上有两个零点. 综上，19a ≤<时函数()f x 在()0,2上无零点； 当9a =时，函数()f x 在()0,2上有一个零点； 当9a >时，函数()f x 在()0,2上有两个零点.26．（2020·四川其他（文））已知曲线()(3)(2ln )xf x x e a x x =-+-（其中e 为自然对数的底数）在1x =处切线方程为(1) y e x b =-+. （Ⅰ）求a ，b 值；（Ⅱ）证明：()f x 存在唯一的极大值点0x ，且()0215e f x --<<-. 【答案】（1）1a =，2b e =--；（2）证明见详解【解析】(1) ()f x 在1x =处切线方程为(1)y e x b =-+，而2()(2)(1)xf x x e a x'=-+-∴(1)1f e a e '=-+=-，即1a =而(1)21f e =--，故切点为(1,21)e -- ∴121e b e -+=--，即2b e =-- 故有：1a =，2b e =--(2)由(1)知：()(3)2ln x f x x e x x =-+-且定义域(0,)x ∈+∞∴(2)2(1)(2)()x x x x e x xe x f x x x--+--'==，若()(2)(1)xg x x xe =-- 令()1x h x xe =-，即()(1)x h x x e '=+在(0,)x ∈+∞有()0h x '>恒成立∴()h x 单调增，又(0)10h =-<，(1)10h e =->：即()h x 的零点1x 在(0,1)内 ∴1(0,)x 上()0h x <，1(,)x +∞上()0h x > 故在()g x 中1(0,1)x ∈，(0,)x ∈+∞上有当10x x <<时，()0>g x ，即()0f x '>，()f x 单调增 当12x x <<时，()0<g x ，即()0f x '<，()f x 单调减 当2x >时，()0>g x ，即()0f x '>，()f x 单调增 ∴()f x 存在唯一的极大值点0x =1(0,1)x ∈又有01()()(1)21f x f x f e =>=--而001xx e =，000000003()32ln 13x x f x x e e x x x x =-+-=--且0(0,1)x ∈ ∴0()5f x <-(利用均值不等式，但等号不成立，因为0x 无法取1)综上，得证：021()5e f x --<<-27．（2020·河南洛阳·高三月考（文））已知函数()()2122xf x x e x x =-+-. （1）求函数()f x 的单调区间；（2）若不等式()()21442a af x x a x ⎛⎫≥+-++⎪⎝⎭对任意()2,x ∈+∞恒成立，求实数a 的取值范围.【答案】（1）单调递减区间为(),1-∞，单调递增区间为()1,+∞；（2）31,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭. 【解析】（1）依题意()()()()()1111xx f x ex x x e '=-+-=-+，当(),1x ∈-∞时，()0f x '<，()f x 单调递减； 当()1,x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增，所以()f x 的单调递减区间为(),1-∞，单调递增区间为()1,+∞.（2）当2x >时，()()21442a af x x a x ⎛⎫≥+-++⎪⎝⎭恒成立， 即()()222e 14422xa a a x x ax x a x ⎛⎫-+-≥+-++ ⎪⎝⎭， 即()()222e 442x a x x x x --+=-≥，即2e xx a -≥恒成立，即max 2e x x a -⎛⎫≥ ⎪⎝⎭.令()()22e x x h x x -=>，则()()123e exx x x h x ---'==， 易知()h x 在区间()2,3内单调递增，在区间()3,+∞内单调递减， 所以()()3max 13e h x h ==，所以31e a ≥. 所以实数a 的取值范围是31,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭. 28．（2020·广东天河·华南师大附中高三月考（文））设2()g x lnx x x =+-.（1）求()g x 的单调区间；（2）当0a >时，2()0x xe a x a g x --≥恒成立，求实数a 的取值范围.【答案】（1）单调递增区间为()0,1，单调递减区间为()1,+∞；（2）(]0e ，. 【解析】（1）函数的定义域为()0,+∞，()()()211112x x g x x x x-+-=+-='， 令()0g x '>即()()2110x x +-<，解得112x -<<， 当()0,1x ∈时，()0g x '>，()g x 单调递增， 当()1,x ∈+∞时，()0g x '<，()g x 单调递减， 故()g x 的单调递增区间为()0,1，单调递减区间为()1,+∞. （2）依题意得()222()ln ln x x x xe a x a g x xe a x a x ax ax xe a x ax --=--+-=--设()()ln 0xh x xe a x ax x =--∈∞，，+，则()()()()+111xx a x a h x x e x e x x ⎛⎫=+-=+- ⎝'⎪⎭， 0a >，∴设()0h x '=的根为0x ，即有00xae x =，可得00x lna lnx =-， 当()00,x x ∈时，()0h x '<，()h x 单调递减， 当()0,x x ∈+∞时，()0h x '>，()h x 单调递增，∴()()()00000000min 0ln ln xah x h x x e a x ax x a x a ax x ==--=+--⋅ln 0a a a =-≥解得a e ≤，∴实数a 的取值范围是(]0e ，. 29．（2020·湖北宜昌·高三期末（文））已知函数22()ln f x x a x ax =--．（1）当1a =时，求()f x 的单调区间；（2）若对于定义域内任意的x ，()0f x ≥恒成立，求a 的取值范围；（3）记()()g x f x a x =+，若()g x 在区间1[,]e e内有两个零点，求a 的取值范围.【答案】(1)在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递减；(2)342,1a e ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦；(3)[,]a e e ∈-⋃.【解析】(1)()f x 的定义域为(0,)+∞，1(21)(1)()21x x f x x x x+-'=--= 令()0f x '>，得1x >；令()0f x '<，得01x <<，所以()f x 的单调减区间(0,1)，单调递增区间为(1,)+∞.(2) ()f x 的定义域为(0,)+∞，2222(2)()()2a x ax a x a x a f x x a x x x--+-'=--==, 当0a =时，2()0f x x =≥恒成立；当0a >时，(0,)x a ∈时，()0f x '<；(,)x a ∈+∞时，()0f x '>，所以()f x 在(0,)a 上单调递减，(,)a +∞上单调递增，所以2min ()()ln 0f x f a a a ==-≥，解得01a <≤；当0a <时，()f x 在(0,)2a -上单调递减，(,)2a-+∞上单调递增， 所以222min()()ln()02422a a a af x f a =-=+--≥，解得3420-≤<e a ；综上，a 的取值范围34[2,1]e -. (3)法一：显然，1x =不是()g x 的零点，所以1x ≠由()0g x =，得22ln x a x =，令2()ln x h x x=，2(2ln 1)()(ln )x x h x x '-=，令()0h x '=得12x e =， 当121[,1)(1,]x e e∈时，()0f x '<；当12(,]e x e ∈时，()0f x '>，所以()h x 在1[,1)e和12(1,]e 单调递减，12(,]e e 单调递增，又1[,1)x e ∈时，()0h x <，22ln x a x=不成立，所以只需12222()2()a h e e a h e e⎧⎪>=⎨⎪≤=⎩，故a 的取值范围[,]e e -⋃．法二：22222()ln ,()x a g x x a x g x x-'=-=，当0a =时，不合题意，舍去；当0a >时，()g x在上单调递减，)+∞上单调递增，要使()g x 在区间1[,]e e内有两个零点，则需满足1(,)01()0()0e e g g e g e ⎪<⎪⎨⎪⎪≥⎪⎪≥⎩，即222222ln 0211ln 0ln 0a e a a a e e e a e ⎧<<⎪⎪⎪-<⎪⎨⎪⎪-≥⎪⎪-≥⎩，解得]a e ∈； 当0a <时，()g x在(0,上单调递减，()+∞上单调递增，要使()g x 在区间1[,]e e内有两个零点，则需满足1(,)(01()0()0e e g g e g e ⎧⎪⎪⎪<⎪⎨⎪⎪≥⎪⎪≥⎩，即222222ln(0211ln 0ln 0a a a a e e e a e ⎧<<⎪⎪⎪-<⎪⎨⎪⎪-≥⎪⎪-≥⎩，解得[,a e ∈-； 综上，a的取值范围[,]e e -⋃.30．（2020·吉林高三其他（文））已知函数()32ln f x ax bx x =--．（1）当0b =时，讨论()f x 的单调性；（2）若1a b ==，且()f x m ≥恒成立，求m 的取值范围． 【答案】（1）分类讨论，答案见解析；（2）(],0-∞．【解析】（1）当0b =时，函数()3ln f x ax x =-，可得()f x 的定义域为()0,∞+，则()321313ax f x ax x x-'=-=，①当0a ≤时，()0f x '<，()f x 在()0,∞+上单调递减．②当0a >时，由()0f x '>，得x >()f x 在⎫+∞⎪⎭上单调递增；由()0f x '<，得0x <<，则()f x 在⎛ ⎝上单调递减． （2）由1a b ==，知()32ln f x x x x =--，可得()322132132x x f x x x x x--'=--=，又由()()()()()32322223213313111131x x x x x xx x x x x x --=-+-=-+-+=-++，当01x <<时，()0f x '<，()f x 单调递减； 当1x >时，()0f x '>，()f x 单调递增，所以()()min 10f x f ==，则0m ≤，故m 的取值范围为(],0-∞．。
2020年高考数学 大题专项练习 导数与函数 五(15题含答案解析)
2020年高考数学 大题专项练习导数与函数 五1.已知函数f(x)=lnx －x ，g(x)=ax 2＋2x(a<0)．(1)求函数f(x)在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最值； (2)求函数h(x)=f(x)＋g(x)的极值点． 2.已知函数f(x)=x 3-3x 2+2x ，g(x)=tx ，．（1）求函数的单调增区间；（2）令h(x)=f(x)-g(x)，且函数h(x)有三个彼此不相等的零点0,m,n ，其中m<n ． ①若n=2m ，求函数h(x)在x=m 处的切线方程； ②若对，恒成立，求实数t 的取值范围．3.已知函数f(x)=xlnx.（1）若函数，求g(x)的极值；（2）证明：f(x)+1<e x-x 2. （参考数据：,,,）4.已知函数f(x)=(x －1)e x＋1，x ∈[0,1]．(1)证明：f(x)≥0；(2)若a<e x－1x<b 对任意的x ∈(0,1)恒成立，求b －a 的最小值．5.已知函数f(x)=e x (x －ae x)．(1)当a=0时，求f(x)的极值；(2)若f(x)有两个不同的极值点，求a 的取值范围． 6.已知函数，．(1)当m<1时，讨论函数f(x)的单调性； (2)若函数f(x)有两个极值点x 1,x 2，且x 1<x 2.求证．7.已知（1）求函数的单调区间; （2）求函数在上的最小值;（3）对一切的,恒成立,求实数的取值范围.8.已知函数f(x)=ln x,g(x)=21ax+b. (1)若曲线f(x)与g(x)在x=1处相切,求g(x)的表达式; (2)若φ(x)=1)1(+-x x m -f(x)在[1,+∞)上是减函数,求实数m 的取值范围.9.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，求实数a 的取值范围．10.已知函数，（为自然对数的底数）．（1）求函数的最小值；（2）若对任意的恒成立，求实数的值；（3）在（2）的条件下，证明：．11.已知函数f(x)=xlnx+ax+1-a.(1)求证：对任意实数a，都有[f(x)]min≤1；(2)若a=2，是否存在整数k，使得在x∈(2,+∞)上，恒有f(x)>(k+1)x-2k-1成立？若存在，请求出k的最大值；若不存在，请说明理由.（e=2.71828）12.已知函数f(x)=ax2+1(a＞0)，g(x)=x3+bx．(1)若曲线y=f(x)与曲线y=g(x)在它们的交点(1，c)处有公共切线，求a，b的值；(2)当a=3，b=﹣9时，函数f(x)+g(x)在区间[k，2]上的最大值为28，求k的取值范围．13.已知函数f(x)=x ＋ax＋b(x≠0)，其中a ，b ∈R.(1)若曲线y=f(x)在点P(2，f(2))处的切线方程为y=3x ＋1，求函数f(x)的解析式； (2)讨论函数f(x)的单调性；(3)若对于任意的a ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，不等式f(x)≤10在⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，1上恒成立，求b 的取值范围． 14.已知函数(1)求函数的极值；(2)设函数，其中k ∈R ，求函数在区间[1，e]上的最大值．15.已知函数f （x ）=a x +x 2﹣xlna （a ＞0，a ≠1）．（Ⅰ）当a ＞1时，求证：函数f （x ）在（0，+∞）上单调递增； （Ⅱ）若函数y=|f （x ）﹣t|﹣1有三个零点，求t 的值．答案解析1.解：(1)依题意，f′(x)=1x －1，令1x－1=0，解得x=1.因为f(1)=－1，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e =－1－1e ，f(e)=1－e ，且1－e<－1－1e <－1， 故函数f(x)在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最大值为－1，最小值为1－e. (2)依题意，h(x)=f(x)＋g(x)=lnx ＋ax 2＋x(x>0)，h′(x)=1x ＋2ax ＋1=2ax 2＋x ＋1x，当a<0时，令h′(x)=0，则2ax 2＋x ＋1=0. 因为Δ=1－8a>0，所以h′(x)=2ax 2＋x ＋1x =2a (x －x 1)(x －x 2)x ，其中x 1=－1－1－8a 4a ，x 2=－1＋1－8a4a.因为a<0，所以x 1<0，x 2>0，所以当0<x<x 2时，h′(x)>0； 当x>x 2时，h′(x)<0，所以函数h(x)在区间(0，x 2)内是增函数，在区间(x 2，＋∞)内是减函数，故x 2=－1＋1－8a4a为函数h(x)的极大值点，无极小值点．2.解：（1），所以，令 得到，所以的单调增区间是．（2）由方程得是方程的两实根，故，且由判别式得， ①若，得，故，得，因此，故函数在处的切线方程为． ②若对任意的，都有成立，所以，因为，所以， 当时，对有，所以，解得，又因为，得，则有；当时，，则存在的极大值点，且，由题意得，将代入得，进而得到，得，又因为，得，综上可知t的取值范围是或．3.解:（1），，当，，当，，在上递增，在上递减，在取得极大值，极大值为，无极大值.（2）要证f（x）+1＜e x﹣x2．即证e x﹣x2﹣xlnx﹣1＞0，先证明lnx≤x﹣1，取h（x）=lnx﹣x+1，则h′（x）=，易知h（x）在（0，1）递增，在（1，+∞）递减，故h（x）≤h（1）=0，即lnx≤x﹣1，当且仅当x=1时取“=”，故xlnx≤x（x﹣1），e x﹣x2﹣xlnx≥e x﹣2x2+x﹣1，故只需证明当x＞0时，e x﹣2x2+x﹣1＞0恒成立，令k（x）=e x﹣2x2+x﹣1，（x≥0），则k′（x）=e x﹣4x+1，令F（x）=k′（x），则F′（x）=e x﹣4，令F′（x）=0，解得：x=2ln2，∵F′（x）递增，故x∈（0，2ln2]时，F′（x）≤0，F（x）递减，即k′（x）递减，x∈（2ln2，+∞）时，F′（x）＞0，F（x）递增，即k′（x）递增，且k′（2ln2）=5﹣8ln2＜0，k′（0）=2＞0，k′（2）=e2﹣8+1＞0，由零点存在定理，可知∃x1∈（0，2ln2），∃x2∈（2ln2，2），使得k′（x1）=k′（x2）=0，故0＜x ＜x 1或x ＞x 2时，k ′（x ）＞0，k （x ）递增，当x 1＜x ＜x 2时，k ′（x ）＜0，k （x ）递减，故k （x ）的最小值是k （0）=0或k （x 2），由k ′（x 2）=0，得=4x 2﹣1， k （x 2）=﹣2+x 2﹣1=﹣（x 2﹣2）（2x 2﹣1），∵x 2∈（2ln2，2），∴k （x 2）＞0，故x ＞0时，k （x ）＞0，原不等式成立． 4.解：(1)证明：因为f ′(x)=xe x≥0，即f(x)在[0,1]上单调递增， 所以f(x)≥f(0)=0，即结论成立．(2)令g(x)=e x －1x ，则g ′(x)=x －1e x ＋1x2>0，x ∈(0,1)， 所以当x ∈(0,1)时，g(x)<g(1)=e －1，要使e x－1x <b ，只需b≥e－1.要使e x－1x >a 成立，只需e x－ax －1>0在x ∈(0,1)恒成立，令h(x)=e x －ax －1，x ∈(0,1)，则h ′(x)=e x－a.由x ∈(0,1)，得e x∈(1，e)． ①当a≤1时，h ′(x)>0，此时x ∈(0,1)，有h(x)>h(0)=0成立，所以a≤1满足条件； ②当a≥e 时，h′(x)<0，此时x ∈(0,1)，有h(x)<h(0)=0，不符合题意，舍去； ③当1<a<e 时，令h′(x)=0，得x=ln a ． 当x ∈(0，ln a)时，h′(x)<0，即x ∈(0，ln a)时，h(x)<h(0)=0，不符合题意，舍去． 综上，a≤1.又b≥e－1，所以b －a 的最小值为e －2. 5.解：(1)当a=0时，f(x)=xe x ，f′(x)=(x ＋1)e x，令f′(x)>0，可得x>－1，故f(x)在(－1，＋∞)上单调递增， 同理可得f(x)在(－∞，－1)上单调递减，故f(x)在x=－1处有极小值f(－1)=－1e .(2)依题意，可得f′(x)=(x ＋1－2ae x )e x=0有两个不同的实根．设g(x)=x ＋1－2ae x ，则g(x)=0有两个不同的实根x 1，x 2，g′(x)=1－2ae x，若a≤0，则g′(x)≥1，此时g(x)为增函数，故g(x)=0至多有1个实根，不符合要求；若a>0，则当x<ln 12a 时，g′(x)>0，当x>ln 12a时，g′(x)<0，故此时g(x)在－∞，ln 12a 上单调递增，在ln 12a ，＋∞上单调递减，g(x)的最大值为gln 12a =ln 12a －1＋1=ln 12a，又当x→－∞时，g(x)→－∞，当x→＋∞时，g(x)→－∞，故要使g(x)=0有两个不同实根，则gln 12a =ln 12a>0，得0<a<12或作图象知要使g(x)=0有两个不同实根，则gln 12a =ln 12a>0.设g(x)=0的两个不同实根为x 1，x 2(x 1<x 2)， 当x<x 1时，g(x)<0，此时f′(x)<0； 当x 1<x<x 2时，g(x)>0，此时f′(x)>0； 当x>x 2时，g(x)<0，此时f′(x)<0.故x 1为f(x)的极小值点，x 2为f(x)的极大值点，0<a<12符合要求．综上所述，a 的取值范围为(0，0.5). 6.解：， ，令，，， 令则， 当，即时， 令则；令则．此时函数在上单调递减；在上单调递增．当，即时， 令，则； 令则， 此时函数在上单调递减； 在和上单调递增． 由知，若有两个极值点， 则且，又，是的两个根，则， ，令，则， 令，则，令，则，所以在上单调递减；在上单调递增．，，，得证．7.8.解析：9.解：(1)f′(x)=(1-2x-x2)e x，令f′(x)=0，得x=-1±2，当x∈(-∞，-1-2)时，f′(x)<0；当x∈(-1-2，-1＋2)时，f′(x)>0；当x∈(-1＋2，＋∞)时，f′(x)<0.所以f(x)在(-∞，-1-2)，(-1＋2，＋∞)上单调递减，在(-1-2，-1＋2)上单调递增．(2)令g(x)=f(x)-ax-1=(1-x2)e x-(ax＋1)，令x=0，可得g(0)=0.g′(x)=(1-x2-2x)e x-a，令h(x)=(1-x2-2x)e x-a，则h′(x)=-(x2＋4x＋1)e x，当x≥0时，h′(x)<0，h(x)在[0，＋∞)上单调递减，故h(x)≤h(0)=1-a，即g′(x)≤1-a，要使f(x)-ax-1≤0在x≥0时恒成立，需要1-a≤0，即a≥1，此时g(x)≤g(0)=0，故a≥1.综上所述，实数a的取值范围是[1，＋∞)．10.（1）；（2）；（3）证明见解析.11.解：（1）证明：由已知易得，所以令得：显然，时，<0，函数f（x）单调递减；时，>0，函数f（x）单调递增，所以，令，则由得，时，>0，函数t（）单调递增；时，<0，函数t（）单调递减，所以，即结论成立.（2）由题设化简可得，令，所以 由=0得①若，即时，在上，有，故函数单调递增所以 ②若，即时， 在上，有，故函数在上单调递减， 在上，有.故函数在上单调递增， 所以，在上，故欲使，只需即可令, 由得所以，时，，即单调递减又，故12.解：(1)f(x)=ax 2+1(a ＞0)，则f ′(x)=2ax ，k 1=2a ，g(x)=x 3+bx ，则g ′(x)=3x 2+b ，k 2=3+b ， 由(1，c)为公共切点，可得：2a=3+b ①又f(1)=a+1，g(1)=1+b ，∴a+1=1+b ，即a=b ，代入①式，可得：a=3，b=3． (2)当a=3，b=﹣9时，设h(x)=f(x)+g(x)=x 3+3x 2﹣9x+1则h ′(x)=3x 2+6x ﹣9， 令h'(x)=0，解得：x 1=﹣3，x 2=1；∴k ≤﹣3时，函数h(x)在(﹣∞，﹣3)上单调增，在(﹣3，1]上单调减，(1，2)上单调增，所以在区间[k ，2]上的最大值为h(﹣3)=28﹣3＜k ＜2时，函数h(x)在区间[k ，2]上的最大值小于28 所以k 的取值范围是(﹣∞，﹣3] 13.解：(1)f′(x)=1－ax2(x≠0)，由已知及导数的几何意义得f′(2)=3，则a=－8.由切点P(2，f(2))在直线y=3x ＋1上可得－2＋b=7，解得b=9，所以函数f(x)的解析式为f(x)=x －8x＋9.(2)由(1)知f′(x)=1－ax2(x≠0)．当a≤0时，显然f′(x)>0，这时f(x)在(－∞，0)，(0，＋∞)上是增函数． 当a>0时，令f′(x)=0，解得x=±a ，当x 变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：所以当a>0时，f(x)在(－∞，－a)，(a ，＋∞)上是增函数， 在(－a ，0)，(0，a)上是减函数．(3)由(2)知，对于任意的a ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，不等式f(x)≤10在⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，1上恒成立等价于 ⎩⎪⎨⎪⎧f ⎝ ⎛⎭⎪⎫14≤10，f 1≤10，即⎩⎪⎨⎪⎧b ≤394－4a ，b≤9－a对于任意的a ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2成立，从而得b≤74，所以满足条件的b 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤－∞，74.14.15.。
文科《导数》高考常考题型专题训练
文科《导数》高考常考题型专题训练1.已知函数/。
）= 6'一。
工一3（。
£/?）（1）若函数段）在函,—1））处的切线与直线木广0平行,求实数”的值;（2）当a=2, k为整数，且当Q1时，“一外/'（x） + 2x + l＞0,求〃的最大值.1 .【解析】(1)由/(x) = "—ax — 3,则/'*・) = "—〃又函数7U）在（1,火1））处的切线与直线片厂0平行，则=（2）当〃=2,且当x＞l 时，&一行（。
”一+ 2x + l>0等价于2）, 2x+l)当x>l 时，k< x + ^—k " - 2 7m j n2x + \，-2X-3)令g(x) = x + ^-则g (幻=—：-------------------e -2 (。
”-2)-再令h(x) = e x - 2x - 3(x > 1),则/(x) = " - 2 > 0 ,所以,〃（x）在（L+o。
）上单调递增，且以l）vO,以2）＞0,所以，/?（x）在（1, 2）上有唯一的零点，设该零点为小,则x°w（l,2）,且e"=2%+3, 当xw。
,,q）时，〃（％）v。
，即g'（x）＜。
：当xw（小，+°°）时，"（x）＞。
，即g'（x）＞0, 所以，g （x）在。
,小）单调递减，在（/，+8）单调递增，2（ +1所以，g（X）min +c - z而x°e（L2）,故一+le（2,3）且"vg（瓦）,又k为整数,所以k的最大值为2.2.已知函数/（x） = 6 + sinx,其中（1）若函数”刈在区间上单调递增，求k的取值范围:⑵若k = l时，不等式/Oarcosx在区间0尚上恒成立，求实数。
的取值范围.2・1解析】(1)由题意，f\x) = k+cosx t(冗5兀।「兀5兀、因为/(”)在区间二；上单调递增，所以工£二：时，/'(x) = Z + cosxNO恒成立，即k 3 6 7 V3 6 yk>—COSX9因为函数)'= -cosx在(工:上单调递增，所以—cosxK—cos^ =无，所以攵之五. (361 6 2 2(2) 〃 = 1 时，/(x) = x + sinx,令g(x) = /(x)—ovcosx = x+sinx-arcosx, xw[o.g],则g(x)A。
高考文科数学导数真题汇编(带答案)
高考文科数学导数真题汇编(带答案)高考数学文科导数真题汇编答案一、客观题组4.设函数f(x)在R上可导，其导函数f'(x)，且函数f(x)在x=-2处取得极小值，则函数y=xf'(x)的图象可能是。
5.设函数f(x)=x^2-2x，则f(x)的单调递减区间为。
7.设函数f(x)在R上可导，其导函数f'(x)，且函数f(x)在x=2处取得极大值，则函数y=xf'(x)的图象可能是。
8.设函数f(x)=1/(2x-lnx)，则x=2为f(x)的极小值点。
9.函数y=1/(2x-lnx)的单调递减区间为(0,1]。
11.已知函数f(x)=x^2+bx+c的图象经过点(1,2)，且在点(2,3)处的切线斜率为4，则b=3.12.已知函数f(x)=ax^2+bx+c的图象过点(1,1)，且在点(2,3)处的切线斜率为5，则a=2.二、大题组2011新课标】21.已知函数f(x)=aln(x/b)+2，曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为x+2y-3=0.(1) 求a、b的值；(2) 证明：当x>1，且x≠b时，f(x)>2ln(x/b)。
解析】1) f'(x)=a/(xlnb)+2/x，由于直线x+2y-3=0的斜率为-1/2，且过点(1,f(1))，解得a=1，b=1.2) 由(1)知f(x)=ln(x)+1，所以f(x)-2ln(x/b)=ln(x/b)+1>0，当x>1，且x≠b时，f(x)>2ln(x/b)成立。
2012新课标】21.设函数f(x)=ex-ax-2.(1) 求f(x)的单调区间；(2) 若a=1，k为整数，且当x>0时，(x-k)f'(x)+x+1>0，求k的最大值。
解析】1) f(x)的定义域为(-∞,+∞)，f'(x)=ex-a，若a≤0，则f'(x)>0，所以f(x)在(-∞,+∞)单调递增。
2020年高考数学导数题(含答案)
2020年高考数学导数题卷一理科 21.(12分)已知函数f (x )=e x +ax 2-x.(1)当a=1时,讨论f (x )的单调性;(2)当x ≥0时,f (x )≥12x 3+1,求a 的取值范围.21.解 (1)当a=1时,f (x )=e x +x 2-x ,f'(x )=e x +2x -1. 故当x ∈(-∞,0)时,f'(x )<0;当x ∈(0,+∞)时,f'(x )>0. 所以f (x )在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增. (2)f (x )≥12x 3+1等价于(12x 3-ax 2+x +1)e -x ≤1. 设函数g (x )=(12x 3-ax 2+x +1)e -x (x ≥0), 则g'(x )=- 12x 3-ax 2+x+1-32x 2+2ax -1e -x =-12x [x 2-(2a+3)x+4a+2]e -x =-12x (x -2a -1)(x -2)e -x .①若2a+1≤0,即a ≤-12,则当x ∈(0,2)时,g'(x )>0.所以g (x )在(0,2)单调递增,而g (0)=1, 故当x ∈(0,2)时,g (x )>1,不合题意.②若0<2a+1<2,即-12<a<12,则当x ∈(0,2a+1)∪(2,+∞)时,g'(x )<0;当x ∈(2a+1,2)时,g'(x )>0.所以g (x )在(0,2a+1),(2,+∞)单调递减,在(2a+1,2)单调递增.由于g (0)=1,所以g (x )≤1当且仅当g (2)=(7-4a )e -2≤1,即a ≥7-e 24.所以当7-e 24≤a<12时,g (x )≤1. ③若2a+1≥2,即a ≥12,则g (x )≤12x 3+x+1e -x .由于0∈7-e 24,12,故由②可得(12x 3+x +1)e -x ≤1.故当a ≥12时,g (x )≤1. 综上,a的取值范围是[7-e 24,+∞).卷一文科15.曲线y=ln x+x+1的一条切线的斜率为2,则该切线的方程为 .15.y=2x 设切点坐标为(x 0,y 0).对y=ln x+x+1求导可得y'=1x +1. 由题意得,1x 0+1=2,解得x 0=1,故y 0=ln 1+1+1=2,切线方程为y -2=2(x -1),即y=2x.20.(12分)已知函数f (x )=e x -a (x+2).(1)当a=1时,讨论f (x )的单调性;(2)若f (x )有两个零点,求a 的取值范围.20.解 (1)当a=1时,f (x )=e x -x -2,则f'(x )=e x -1. 当x<0时,f'(x )<0;当x>0时,f'(x )>0.所以f (x )在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增. (2)f'(x )=e x -a.当a ≤0时,f'(x )>0,所以f (x )在(-∞,+∞)单调递增,故f (x )至多存在1个零点,不合题意. 当a>0时,由f'(x )=0可得x=ln a.当x ∈(-∞,ln a )时,f'(x )<0;当x ∈(ln a ,+∞)时f'(x )>0.所以f (x )在(-∞,ln a )单调递减,在(ln a ,+∞)单调递增,故当x=ln a 时,f (x )取得最小值,最小值为f (ln a )=-a (1+ln a ).①若0<a ≤1e ,则f (ln a )≥0,f (x )在(-∞,+∞)至多存在1个零点,不合题意. ②若a>1e ,则f (ln a )<0.由于f (-2)=e -2>0,所以f (x )在(-∞,ln a )存在唯一零点. 由(1)知,当x>2时,e x -x -2>0, 所以当x>4且x>2ln(2a )时,f (x )=e x2·e x2-a (x+2)>e ln(2a )·(x2+2)-a (x+2)=2a>0. 故f (x )在(ln a ,+∞)存在唯一零点. 从而f (x )在(-∞,+∞)有两个零点. 综上,a 的取值范围是(1e ,+∞).卷二理科 21.(12分)已知函数f (x )=sin 2x sin 2x.(1)讨论f (x )在区间(0,π)的单调性; (2)证明:|f (x )|≤3√38; (3)设n ∈N*,证明:sin 2x sin 22x sin 24x …sin 22n x ≤3n4n.21.(1)解 f'(x )=cos x (sin x sin 2x )+sin x (sin x sin 2x )' =2sin x cos x sin 2x+2sin 2x cos 2x =2sin x sin 3x.当x ∈(0,π3)∪(2π3,π)时,f'(x )>0;当x ∈(π3,2π3)时,f'(x )<0. 所以f (x )在区间(0,π3),(2π3,π)单调递增,在区间π3,2π3单调递减.(2)证明 因为f (0)=f (π)=0,由(1)知,f (x )在区间[0,π]的最大值为f (π3)=3√38,最小值为f (2π3)=-3√38. 而f (x )是周期为π的周期函数,故|f (x )|≤3√38. (3)证明 由于(sin 2x sin 22x …sin 22nx )32=|sin 3x sin 32x …sin 32n x|=|sin x||sin 2x sin 32x …sin 32n -1x sin 2n x||sin 22n x| =|sin x||f (x )f (2x )…f (2n -1x )||sin 22n x| ≤|f (x )f (2x )…f (2n -1x )|, 所以sin 2x sin 22x …sin 22n x ≤(3√38)2n 3=3n4n .卷二文科 21.(12分)已知函数f (x )=2ln x+1.(1)若f (x )≤2x+c ,求c 的取值范围; (2)设a>0,讨论函数g (x )=f (x )-f (a )x -a的单调性. 21.解 设h (x )=f (x )-2x -c ,则h (x )=2ln x -2x+1-c , 其定义域为(0,+∞),h'(x )=2x-2.(1)当0<x<1时,h'(x )>0;当x>1时,h'(x )<0.所以h (x )在区间(0,1)单调递增,在区间(1,+∞)单调递减.从而当x=1时,h (x )取得最大值,最大值为h (1)=-1-c.故当且仅当-1-c ≤0,即c ≥-1时,f (x )≤2x+c. 所以c 的取值范围为[-1,+∞).(2)g (x )=f (x )-f (a )x -a=2(lnx -lna )x -a,x ∈(0,a )∪(a ,+∞). g'(x )=2(x -ax +lna -lnx )(x -a )2=2(1-a x +ln ax )(x -a )2.取c=-1得h (x )=2ln x -2x+2,h (1)=0,则由(1)知,当x ≠1时,h (x )<0,即1-x+ln x<0.故当x ∈(0,a )∪(a ,+∞)时,1-ax +ln ax <0,从而g'(x )<0.所以g (x )在区间(0,a ),(a ,+∞)单调递减. 卷三理科 21.(12分)设函数f (x )=x 3+bx+c ,曲线y=f (x )在点12,f (12)处的切线与y 轴垂直.(1)求b ;(2)若f (x )有一个绝对值不大于1的零点,证明:f (x )所有零点的绝对值都不大于1.21.(1)解 f'(x )=3x 2+b ,依题意得f'(12)=0,即34+b=0. 故b=-34.(2)证明 由(1)知f (x )=x 3-34x+c ,f'(x )=3x 2-34. 令f'(x )=0,解得x=-12或x=12. f'(x )与f (x )-∞,-12-12,1212,+∞ 因为f (1)=f (-12)=c+14,所以当c<-14时,f (x )只有大于1的零点.因为f (-1)=f (12)=c -14,所以当c>14时,f (x )只有小于-1的零点. 由题设可知-14≤c ≤14.当c=-14时,f (x )只有两个零点-12和1. 当c=14时,f (x )只有两个零点-1和12.当-14<c<14时,f (x )有三个零点x 1,x 2,x 3,且x 1∈-1,-12,x 2∈-12,12,x 3∈12,1.综上,若f (x )有一个绝对值不大于1的零点,则f (x )所有零点的绝对值都不大于1. 卷三文科 20.(12分)已知函数f (x )=x 3-kx+k 2. (1)讨论f (x )的单调性;(2)若f (x )有三个零点,求k 的取值范围.20.解 (1)f'(x )=3x 2-k.当k=0时,f (x )=x 3,故f (x )在(-∞,+∞)单调递增;当k<0时,f'(x )=3x 2-k>0,故f (x )在(-∞,+∞)单调递增.当k>0时,令f'(x )=0,得x=±√3k3.当x ∈-∞,-√3k3时,f'(x )>0; 当x ∈-√3k 3,√3k3时,f'(x )<0;当x ∈√3k3,+∞时,f'(x )>0.故f (x )在-∞,-√3k3,√3k3,+∞单调递增,在-√3k 3,√3k3单调递减.(2)由(1)知,当k ≤0时,f (x )在(-∞,+∞)单调递增,f (x )不可能有三个零点. 当k>0时,x=-√3k3为f (x )的极大值点,x=√3k3为f (x )的极小值点.此时,-k -1<-√3k3<√3k3<k+1且f (-k -1)<0,f (k+1)>0,f (-√3k3)>0.根据f (x )的单调性,当且仅当f (√3k3)<0,即k 2-2k √3k9<0时,f (x )有三个零点,解得k<427.因此k 的取值范围为0,427.山东卷 21.(12分)已知函数f (x )=a e x -1-ln x+ln a.(1)当a=e 时,求曲线y=f (x )在点(1,f (1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积; (2)若f (x )≥1,求a 的取值范围.21.解f (x )的定义域为(0,+∞),f'(x )=a e x -1-1x .(1)当a=e 时,f (x )=e x -ln x+1,f'(1)=e -1,曲线y=f (x )在点(1,f (1))处的切线方程为y -(e +1)=(e -1)(x -1),即y=(e -1)x+2.直线y=(e -1)x+2在x 轴,y 轴上的截距分别为-2e -1,2.因此所求三角形的面积为2e -1. (2)由题意a>0,当0<a<1时,f (1)=a+ln a<1. 当a=1时,f (x )=e x -1-ln x ,f'(x )=e x -1-1x .当x ∈(0,1)时,f'(x )<0;当x ∈(1,+∞)时,f'(x )>0.所以当x=1时,f (x )取得最小值,最小值为f (1)=1,从而f (x )≥1. 当a>1时,f (x )=a e x -1-ln x+ln a ≥e x -1-ln x ≥1. 综上,a 的取值范围是[1,+∞). 天津卷 20.(16分)已知函数f (x )=x 3+k ln x (k ∈R ),f'(x )为f (x )的导函数. (1)当k=6时,①求曲线y=f (x )在点(1,f (1))处的切线方程;②求函数g (x )=f (x )-f'(x )+9x 的单调区间和极值;(2)当k ≥-3时,求证:对任意的x 1,x 2∈[1,+∞),且x 1>x 2,有f '(x 1)+f '(x 2)2>f (x 1)-f (x 2)x 1-x 2. 20.(1)解①当k=6时,f (x )=x 3+6ln x ,故f'(x )=3x 2+6x.可得f (1)=1,f'(1)=9,所以曲线y=f (x )在点(1,f (1))处的切线方程为y -1=9(x -1),即y=9x -8.②依题意,g (x )=x 3-3x 2+6lnx+3x ,x ∈(0,+∞).从而可得g'(x )=3x2-6x+6x −3x 2,整理可得g'(x )=3(x -1)3(x+1)x 2.令g'(x )=0,解得x=1.当x 变化时,g'(x ),g (x )所以,函数g (x )的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+∞);g (x )的极小值为g (1)=1,无极大值.(2)证明由f (x )=x 3+k ln x ,得f'(x )=3x 2+kx . 对任意的x 1,x 2∈[1,+∞),且x 1>x 2,令x1x 2=t (t>1),则(x 1-x 2)[f'(x 1)+f'(x 2)]-2[f (x 1)-f (x 2)]=(x 1-x 2)3x 12+k x 1+3x 22+kx2-2x 13−x 23+k ln x1x 2=x 13−x 23-3x 12x 2+3x 1x 22+kx 1x 2−x 2x 1-2k ln x1x 2=x 23(t 3-3t 2+3t -1)+k t -1t -2ln t .①令h (x )=x -1x -2ln x ,x ∈[1,+∞). 当x>1时,h'(x )=1+1x 2−2x=(1-1x )2>0,由此可得h (x )在[1,+∞)单调递增,所以当t>1时,h (t )>h (1),即t -1t-2ln t>0. 因为x 2≥1,t 3-3t 2+3t -1=(t -1)3>0,k ≥-3,所以,x 23(t 3-3t 2+3t -1)+k t -1t -2ln t ≥(t 3-3t 2+3t -1)-3t -1t -2ln t =t 3-3t 2+6ln t+3t -1.② 由(1)②可知,当t>1时,g (t )>g (1),即t 3-3t 2+6ln t+3t >1,故t 3-3t 2+6ln t+3t -1>0. ③由①②③可得(x 1-x 2)[f'(x 1)+f'(x 2)]-2[f (x 1)-f (x 2)]>0. 所以,当k ≥-3时,对任意的x 1,x 2∈[1,+∞),且x 1>x 2,有f '(x 1)+f '(x 2)2>f (x 1)-f (x 2)x 1-x 2.。
2020高考文科导数试题汇编(含答案)
2020高考导数试题汇编(含答案)一、选择题1．（2020新课标）已知函数()ln ln(2)f x x 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 =的图像关于直线1x =对称D ．()y f x =的图像关于点(1,0)对称 2．（2017浙江）函数()y f x =的导函数()y f x '=的图像如图所示，则函数()y f x =的图像可能是xxA ．B ．xxC ．D ．3．（2016年全国I 卷）若函数1()sin 2sin 3f x x x a x =-+在(,)-∞+∞单调递增，则a 的取值范围是A ．[1,1]-B ．1[1,]3-C ．11[,]33- D ．1[1,]3--4．（2016年四川）已知a 为函数3()12f x x x =-的极小值点，则a =A ．-4B ．-2C ．4D ．25．（2014新课标2）若函数()ln f x kx x =-在区间（1，+∞）单调递增，则k 的取值范围是A ．(],2-∞-B ．(],1-∞-C ．[)2,+∞D ．[)1,+∞6．（2014新课标2）设函数()x f x mπ=．若存在()f x 的极值点0x 满足()22200x f x m +<⎡⎤⎣⎦，则m 的取值范围是A ．()(),66,-∞-⋃+∞B ．()(),44,-∞-⋃+∞C ．()(),22,-∞-⋃+∞D ．()(),11,-∞-⋃+∞7．（2014辽宁）当[2,1]x ∈-时，不等式32430ax x x -++≥恒成立，则实数a 的取值范围是A ．[5,3]--B ．9[6,]8-- C ．[6,2]-- D ．[4,3]-- 8．（2014湖南）若1201x x <<<，则A ．2121ln ln xxe e x x ->- B ．2121ln ln xxe e x x -<- C ．1221xxx e x e > D ．1221xxx e x e < 9．（2014江西）在同一直角坐标系中，函数22a y ax x =-+与2322y a x ax x a =-++ ()a R ∈的图像不可能．．．的是B10．（2013新课标2）已知函数()32f x x ax bx c =+++，下列结论中错误的是A ．∃()00,0x R f x ∈=B ．函数()y f x =的图像是中心对称图形C ．若0x 是()f x 的极小值点，则()f x 在区间()0,x -∞单调递减D ．若0x 是()f x 的极值点，则()0'0f x =11．（2013四川）设函数()x f x e x a =+-（a R ∈，e 为自然对数的底数）．若存在[0,1]b ∈使(())f f b b =成立，则a 的取值范围是（ ）A ．[1,]eB ．[1,1]e +C ．[,1]e e +D ．[0,1]12．（2013福建）设函数()f x 的定义域为R ，00(0)x x ≠是()f x 的极大值点，以下结论一定正确的是A ．0,()()x R f x f x ∀∈≤B ．0x -是()f x -的极小值点C ．0x -是()f x -的极小值点D ．0x -是()f x --的极小值点 13．（2012辽宁）函数x x y ln 212-=的单调递减区间为 A ．(－1,1] B ．(0,1]C ． [1,+∞)D ．(0,+∞)14．（2012陕西）设函数()xf x xe =，则A ．1x =为()f x 的极大值点B ．1x =为()f x 的极小值点C ．1x =-为()f x 的极大值点D ．1x =-为()f x 的极小值点15．（2011福建）若0a >，0b >，且函数32()422f x x ax bx =--+在1x =处有极值，则ab 的最大值等于A ．2B ．3C ．6D ．916．（2011浙江）设函数()()2,,f x ax bx c a b c R =++∈，若1x =-为函数()xf x e 的一个极值点，则下列图象不可能为()y f x =的图象是A B C D17．（2011湖南）设直线x t = 与函数2()f x x =，()ln g x x = 的图像分别交于点,M N ，则当MN 达到最小时t 的值为A ．1B ．12CD．2二、填空题18．(2020全国二卷)．曲线ln 1y x x =++的一条切线的斜率为2，则该切线的方程为 ..19．（2015四川）已知函数()2xf x =，2()g x x ax =+(其中a ∈R )．对于不相等的实数12,x x ，设m ＝1212()()f x f x x x --，n ＝1212()()g x g x x x --．现有如下命题：①对于任意不相等的实数12,x x ，都有0m >；②对于任意的a 及任意不相等的实数12,x x ，都有0n ； ③对于任意的a ，存在不相等的实数12,x x ，使得m n =； ④对于任意的a ，存在不相等的实数12,x x ，使得m n =-． 其中真命题有___________(写出所有真命题的序号)．20．（2011广东）函数32()31f x x x =-+在x =______处取得极小值． 三、解答题21.(2020全国一卷)．已知函数()e (2)xf x a x =-+.（1）当1a =时，讨论()f x 的单调性； （2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围.22.(2020全国二卷)．（12分）已知函数f （x ）=2ln x +1．（1）若f （x ）≤2x +c ，求c 的取值范围； （2）设a >0时，讨论函数g （x ）=()()f x f a x a--的单调性．23.(2020全国三卷)．（12分）已知函数32()f x x kx k =-+． （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有三个零点，求k 的取值范围．24．（2018全国卷Ⅰ）已知函数()ln 1=--x f x ae x ．(1)设2x =是()f x 的极值点．求a ，并求()f x 的单调区间； (2)证明：当1ea ≥时，()0≥f x ．25．（2018浙江）已知函数()ln f x x =．(1)若()f x 在1x x =，2x (12x x ≠)处导数相等，证明：12()()88ln 2f x f x +>-； (2)若34ln 2a -≤，证明：对于任意0k >，直线y kx a =+与曲线()y f x =有唯一公共点．26．（2018全国卷Ⅱ）已知函数321()(1)3=-++f x x a x x ． (1)若3=a ，求()f x 的单调区间； (2)证明：()f x 只有一个零点．27．（2018北京）设函数2()[(31)32]e xf x ax a x a =-+++．(1)若曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线斜率为0，求a ； (2)若()f x 在1x =处取得极小值，求a 的取值范围．28．（2018全国卷Ⅲ）已知函数21()exax x f x +-=． (1)求曲线()y f x =在点(0,1)-处的切线方程； (2)证明：当1a ≥时，()e 0f x +≥．29．（2018江苏）记(),()f x g x ''分别为函数(),()f x g x 的导函数．若存在0x ∈R ，满足00()()f x g x =且00()()f x g x ''=，则称0x 为函数()f x 与()g x 的一个“S 点”．(1)证明：函数()f x x =与2()22g x x x =+-不存在“S 点”； (2)若函数2()1f x ax =-与()ln g x x =存在“S 点”，求实数a 的值；(3)已知函数2()f x x a =-+，e ()xb g x x=．对任意0a >，判断是否存在0b >，使函数()f x 与()g x 在区间(0,)+∞内存在“S 点”，并说明理由．30．（2018天津）设函数123()=()()()f x x t x t x t ---，其中123,,t t t ∈R ，且123,,t t t 是公差为d 的等差数列．(1)若20,1,t d == 求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程； (2)若3d =，求()f x 的极值；(3)若曲线()y f x =与直线2()y x t =---求d 的取值范围． 31．（2017新课标Ⅰ）已知函数2()()xxf x e e a a x =--．(1)讨论()f x 的单调性；(2)若()0f x ≥，求a 的取值范围． 32．（2017新课标Ⅱ）设函数2()(1)xf x x e =-．(1)讨论()f x 的单调性；(2)当0x ≥时，()1f x ax +≤，求a 的取值范围． 33．（2017新课标Ⅲ）已知函数2()ln (21)f x x ax a x =+++．(1)讨论()f x 的单调性； (2)当0a <时，证明3()24f x a--≤． 34．（2017天津）设,a b ∈R ，||1a ≤．已知函数32()63(4)f x x x a a x b =---+，()e ()x g x f x =．（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）已知函数()y g x =和e x y =的图象在公共点00(,)x y 处有相同的切线，（i ）求证：()f x 在0x x =处的导数等于0；（ii ）若关于x 的不等式()e x g x ≤在区间00[1,1]x x -+上恒成立，求b 的取值范围．35．（2017浙江）已知函数()(x f x x e -=1()2x ≥．（Ⅰ）求()f x 的导函数；（Ⅱ）求()f x 在区间1[,)2+∞上的取值范围．36．（2017江苏）已知函数32()1f x x ax bx =+++(0,)a b >∈R 有极值，且导函数()f x '的极值点是()f x 的零点．（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值） （1）求b 关于a 的函数关系式，并写出定义域； （2）证明：23b a >；37．（2016年全国I 卷）已知函数22()(2)(1)f x x e a x =-+-.(I)讨论()f x 的单调性；(II)若()f x 有两个零点，求a 的取值范围.38．（2016年全国II 卷）已知函数()(1)ln (1)f x x x a x =+--.(Ⅰ)当4a =时，求曲线()y f x =在()1,(1)f 处的切线方程； (Ⅱ)若当()1,x ∈+∞时，()0f x ＞，求a 的取值范围.39．（2016年全国III 卷）设函数()ln 1f x x x =-+．（Ⅰ）讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）证明当(1,)x ∈+∞时，11ln x x x-<<； （III ）设1c >，证明当(0,1)x ∈时，1(1)xc x c +->． 40．（2015新课标2）已知函数()ln (1)f x x a x =+-．（Ⅰ）讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）当()f x 有最大值，且最大值大于22a -时，求a 的取值范围． 41．（2015新课标1）设函数()2eln xf x a x =-．（Ⅰ）讨论()f x 的导函数()f x '零点的个数； （Ⅱ）证明：当0a >时()22lnf x a a a+≥． 42．（2014新课标2）已知函数32()32f x x x ax =-++，曲线()y f x =在点（0，2）处的切线与x 轴交点的横坐标为－2． （Ⅰ）求a ；（Ⅱ）证明：当1k <时，曲线()y f x =与直线2y kx =-只有一个交点．43．(2014山东）设函数())ln 2(2x xk x e x f x +-=（k 为常数， 2.71828e =是自然对数的底数）（Ⅰ）当0k ≤时，求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）若函数()f x 在()0,2内存在两个极值点，求k 的取值范围． 44．（2014新课标1）设函数()()21ln 12a f x a x x bx a -=+-≠， 曲线()()()11y f x f =在点，处的切线斜率为0 （Ⅰ）求b ；（Ⅱ）若存在01,x ≥使得()01af x a <-，求a 的取值范围．45．（2014山东）设函数1()ln 1x f x a x x -=++ ，其中a 为常数． （Ⅰ）若0a =，求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程； （Ⅱ）讨论函数()f x 的单调性． 46．(2014广东) 已知函数321()1()3f x x x ax a R =+++∈ （Ⅰ）求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）当0a <时，试讨论是否存在011(0,)(,1)22x ∈，使得01()()2f x f =． 47．(2014江苏)已知函数x x x f -+=e e )(，其中e 是自然对数的底数．（Ⅰ）证明：)(x f 是R 上的偶函数；（Ⅱ）若关于x 的不等式)(x mf ≤1e -+-m x 在),0(+∞上恒成立，求实数m 的取值范围；（Ⅲ）已知正数a 满足：存在),1[0+∞∈x ，使得)3()(030x x a x f +-<成立．试比较1e -a 与1e -a 的大小，并证明你的结论．48．（2013新课标1）已知函数2()()4xf x e ax b x x =+--，曲线()y f x =在点(0,(0))f 处切线方程为44y x =+． （Ⅰ）求,a b 的值；（Ⅱ）讨论()f x 的单调性，并求()f x 的极大值． 49．（2013新课标2）已知函数2()x f x x e -=．（Ⅰ）求()f x 的极小值和极大值；（Ⅱ）当曲线()y f x =的切线l 的斜率为负数时，求l 在x 轴上截距的取值范围． 50．（2013福建）已知函数()1x af x x e=-+（a R ∈，e 为自然对数的底数）． （Ⅰ）若曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线平行于x 轴，求a 的值； （Ⅱ）求函数()f x 的极值；（Ⅲ）当1a =的值时，若直线:1l y kx =-与曲线()y f x =没有公共点，求k 的最大值．51．(2013天津)已知函数2l ()n f x x x =．（Ⅰ）求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ） 证明：对任意的0t >，存在唯一的s ，使()t f s =． （Ⅲ）设（Ⅱ）中所确定的s 关于t 的函数为()s g t =，证明：当2t e >时，有2ln ()15ln 2g t t <<． 52．（2013江苏）设函数()ln f x x ax =-，()x g x e ax =-，其中a 为实数．（Ⅰ）若()f x 在()1,+∞上是单调减函数，且()g x 在()1,+∞上有最小值，求a 的取值范围；（Ⅱ）若()g x 在()1,-+∞上是单调增函数，试求()f x 的零点个数，并证明你的结论． 53．（2012新课标）设函数f (x )=xe －ax －2（Ⅰ）求()f x 的单调区间（Ⅱ）若1a =，k 为整数，且当0x >时，()()10x k f x x '-++>，求k 的最大值 54．（2012安徽）设函数1()(0)x x f x ae b a ae=++> （Ⅰ）求()f x 在[0,)+∞内的最小值；（Ⅱ）设曲线()y f x =在点(2,(2))f 的切线方程为32y x =；求,a b 的值。
2020年高考文科数学高考大题专项一 函数与导数的综合压轴大题
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高考大题专项 一
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函数与导数的综合压轴大题
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从近五年的高考试题来看,对导数在函数中应用的考查常常是一 大一小两个题目,其中解答题的命题特点是:以二次或三次函数、 对数函数、指数函数及分式函数为命题载体,以切线问题、单调性 问题、极值最值问题、恒成立问题、存在性问题、函数零点问题 为设置条件,与参数的范围、不等式的证明,方程根的分布综合成 题,重点考查应用分类讨论思想、函数与方程思想、数形结合思想 及化归与转换思想来分析问题、解决问题的能力.
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3.函数不等式的类型与解法
(1)∀x∈D,f(x)≤k⇔f(x)max≤k; (2)∃x∈D,f(x)≤k⇔f(x)min≤k; (3)∀x∈D,f(x)≤g(x)⇔f(x)max≤g(x)min; (4)∃x∈D,f(x)≤g(x)⇔f(x)min≤g(x)max.
高考大题专项 一
函数与导数的综合压轴大题
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1.常见恒成立不等式
(1)ln x<x-1;(2)ex>x+1. 2.构造辅助函数的四种方法 (1)移项法:证明不等式f(x)>g(x)(f(x)<g(x))的问题转化为证明f(x)g(x)>0(f(x)-g(x)<0),进而构造辅助函数h(x)=f(x)-g(x); (2)构造“形似”函数:对原不等式同解变形,如移项、通分、取对 数等,把不等式两边变成具有相同结构的式子,根据“相同结构”构造 辅助函数; (3)主元法:对于(或可化为)f(x1,x2)≥A的不等式,可选x1(或x2)为主 元,构造函数f(x,x2)(或f(x1,x)); (4)放缩法:若所构造函数的最值不易求解,可将所证明的不等式 进行放缩,再重新构造函数.
2020年高考数学 大题专项练习 导数与函数 三(15题含答案解析)
2020年高考数学 大题专项练习导数与函数 三1.设函数f （x ）=alnx ﹣bx 2．（1）当b=1时，讨论函数f （x ）的单调性；（2）当a=1，b=0时，函数g （x ）=f （x ）﹣kx ，k 为常数，若函数g （x ）有两个相异零点x 1，x 2，证明：．2.已知函数f(x)=1－ln x x ，g(x)=ae e x ＋1x－bx ，若曲线y=f(x)与曲线y=g(x)的一个公共点是A(1，1)，且在点A 处的切线互相垂直．(1)求a ，b 的值；(2)证明：当x≥1时，f(x)＋g(x)≥2x.3.已知函数f(x)是奇函数，f(x)的定义域为(-∞,+∞)．当x<0时，．(e为自然对数的底数)．(1)若函数f(x)在区间上存在极值点，求实数a的取值范围；(2)如果当x ≥1时，不等式恒成立，求实数k 的取值范围．4.函数xx k x x f )2-(-ln 1)(+=，中k 为常数. (1)若k=0，求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)若k=5，求证：f(x)有且仅有两个零点；(3)若k 为整数，且当x ＞2时，f(x)＞0恒成立，求k 的最大值.5.已知函数f(x)=ln x ＋a x，a ∈R. (1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a>0时，证明f(x)≥2a －1a.6.已知函数g=aln x，f=x3＋x2＋bx.(1)若f在区间上不是单调函数，求实数b的范围；(2)若对任意x∈，都有g≥－x2＋(a＋2)x恒成立，求实数a的取值范围；(3)当b=0时，设对任意给定的正实数a，曲线y=F上是否存在两点P，Q，使得△POQ是以O(O为坐标原点)为直角顶点的直角三角形，而且此三角形斜边中点在y轴上？请说明理由．7.已知函数f(x)=ln x＋－1.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)设m∈R，对任意的a∈(－1，1)，总存在x0∈[1，e]，使得不等式ma－f(x0)<0成立，求实数m的取值范围．8.已知函数，.（1）当，时，求函数在处的切线方程，并求函数的最大值；（2）若函数的两个零点分别为，且，求证：.9.已知函数f(x)=x3-ax-1.(1)若f(x)在实数集R上单调递增，求实数a的取值范围；(2)是否存在实数a，使f(x)在(-1,1)上单调递减？若存在，求出a的取值范围；若不存在，请说明理由.10.已知函数f(x)=ln(ax ＋1)＋1－x 1＋x，x≥0，其中a>0.若f(x)的最小值为1，求a 的取值范围．11.设函数h(x)=(1-x)e x -a(x 2+1).(1)若函数h(x)在点(0,h(0))处的切线方程为y=kx+2，求实数k 与a 的值；(2)若函数h(x)有两个零点x 1,x 2，求实数a 的取值范围，并证明：x 1+x 2<0.12.已知函数．（1）当a=1时，求f(x)在点(1, f(1))处的切线方程及函数f(x)的单调区间；（2）若对任意x ∈[1,e], f(x)≤4恒成立，求实数a 的取值范围13.已知函数f(x)=e2x(x3＋ax＋4xcos x＋1)，g(x)=e x－m(x＋1)．(1)当m≥1时，求函数g(x)的极值；(2)若a≥－72，证明：当x∈(0,1)时，f(x)>x＋1.14.已知函数f（x）=x3+ax2+bx+c在x=与x=1时都取得极值．（1）求a、b的值与函数f（x）的单调区间；（2）若对x∈[﹣1，2]，不等式f（x）＜c2恒成立，求c的取值范围．15.已知函数f(x)=(x-1)e x＋1，g(x)=e x＋ax-1(其中a∈R，e为自然对数的底数，e=2.718 28…)．(1)求证：函数f(x)有唯一零点；(2)若曲线g(x)=e x＋ax-1的一条切线方程是y=2x，求实数a的值．答案解析1.2.解：(1)f′(x)=ln x －1x 2，g′(x)=－ae 1－x－1x2－b. 由⎩⎪⎨⎪⎧g (1)＝1，g′(1)·f′(1)＝－1，得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝b ，a ＋b ＝－2，所以a=b=－1.(2)证明：由(1)可知g(x)=－e e x ＋1x＋x.f(x)＋g(x)≥2x ⇔1－ln x x －e 1－x ＋1x ＋x≥2x ⇔x －ln x≥ex ex ＋1－x 2.记h(x)=x －ln x ，则h′(x)=x －1x≥0，所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，因此h(x)≥h(1)=1.记φ(x)=ex ex ，则φ′(x)=(1－x)e 1－x≤0，所以φ(x)在[1，＋∞)上单调递减，因此φ(x)≤φ(1)=1.而当x≥1时，1－x 2≤0，所以xe 1－x ＋1－x 2≤x－ln x.综上所述，当x≥1时，f(x)＋g(x)≥2x.3.解：4.解：5.解：(1)f′(x)=1x -a x 2=x －ax2(x>0)．当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．当a>0时，若x>a ，则f′(x)>0，函数f(x)在(a ，＋∞)上单调递增； 若0<x<a ，则f′(x)<0，函数f(x)在(0，a)上单调递减． (2)证明：由(1)知，当a>0时，f(x)min =f(a)=ln a ＋1.要证f(x)≥2a －1a ，只需证ln a ＋1≥2a －1a ，即证ln a ＋1a-1≥0.令函数g(a)=ln a ＋1a -1，则g′(a)=1a -1a 2=a －1a2(a>0)，当0<a<1时，g′(a)<0，当a>1时，g′(a)>0，所以g(a)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g(a)min =g(1)=0.所以ln a ＋1a-1≥0恒成立，所以f(x)≥2a －1a.6.解：7.8.解：令，即证，，9.解:(1)由已知，得f ′(x)=3x 2-a.因为f(x)在(-∞，＋∞)上是单调增函数，所以f ′(x)=3x 2-a≥0在(-∞，＋∞)上恒成立，即a ≤3x 2对x ∈(-∞，＋∞)恒成立.因为3x 2≥0，所以只需a ≤0.又a=0时，f ′(x)=3x 2≥0，f(x)在实数集R 上单调递增，所以a ≤0.(2)假设f ′(x)=3x 2-a ≤0在(-1,1)上恒成立，则a ≥3x 2在x ∈(-1,1)时恒成立.因为-1<x<1，所以3x 2<3，所以只需a ≥3.当a=3时，在x ∈(-1,1)上，f ′(x)=3(x 2-1)<0， 即f(x)在(-1,1)上为减函数，所以a ≥3.故存在实数a ≥3，使f(x)在(-1,1)上单调递减.10.解：因为f′(x)=ax 2＋a －2ax ＋1x ＋12.①当a≥2时，f′(x)≥0，所以f(x)在[0，＋∞)递增， 所以f(x)min =f(0)=1，满足题设条件． ②当0<a<2时，f(x)在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，2－a a 上递减，在(2－aa，＋∞ )递增．所以f(x)min=f( 2－a a )<f(0)=1，不满足题设条件．综上，a≥2.11.解：12.解：(1) 当时，，则切线方程为即当，，即时，单调递增；当，，即时，单调递减．(2)．当时，，在上单调递增．不恒成立．当时，设∵的对称轴为∴在上单调递增，且存在唯一使得．∴当即，在上单调递减； 当时，，即，在上单调递增． ∴在上的最大值 ∴，得， 解得.13.解：(1)由题意可知g′(x)=e x－m ，当m≥1时，由g′(x)=0得x=ln m ，由x>ln m 得g′(x)>0，g(x)单调递增；由x<ln m 得g′(x )<0，g(x)单调递减． 所以函数g(x)只有极小值，且极小值为g(ln m)=m －m(ln m ＋1)=－mln m.(2)证明：当x ∈(0,1)时，要证f(x)>x ＋1，即证x 3＋ax ＋4xcos x ＋1>x ＋1e2x .由(1)得，当m=1时，g(x)=e x －(x ＋1)≥0，即e x≥x＋1，所以e 2x ≥(x＋1)2，所以x ＋1e 2x <1x ＋1，x ∈(0,1)，x 3＋ax ＋4xcos x ＋1－x ＋1e 2x >x 3＋ax ＋4xcos x ＋1－1x ＋1=x 3＋ax ＋4xcos x ＋x x ＋1=x ，⎝⎛⎭⎫x 2＋4cos x ＋a ＋1x ＋1令h(x)=x 2＋4cos x ＋a ＋1x ＋1，则h′(x)=2x －4sin x －1x ＋12，令I(x)=2x －4sin x ，则I′(x)=2－4cos x=2(1－2cos x)，当x ∈(0,1)时，cos x>cos 1>cos π3=12，所以1－2cos x<0，所以I′(x)<0，所以I(x)在(0,1)上为减函数，所以当x ∈(0,1)时，I(x)<I(0)=0，h′(x)<0，所以h(x)在(0,1)上为减函数，因此，当x ∈(0,1)时，h(x)>h(1)=a ＋32＋4cos 1，因为4cos 1>4cos π3=2，而a≥－72，所以a ＋32＋4cos 1>0，所以当x ∈(0,1)时，h(x)>0，所以x 3＋ax ＋4xcos x ＋1>x ＋1e2x 成立，所以当x ∈(0,1)时，f(x)>x ＋1成立．14.15.解：(1)证明：因为f(x)=(x-1)e x＋1(x∈R)，所以f′(x)=xe x，由f′(x)=xe x =0，得x=0，f′(x)=xe x >0时，x>0；f′(x)=xe x<0时，x<0；所以f(x)=(x-1)e x＋1在(-∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)=(x-1)e x＋1的最小值为f(0)=0，即函数f(x)=(x-1)e x＋1有唯一零点．(2)设曲线g(x)=e x＋ax-1与切线y=2x 相切于点(x 0，y 0)，因为g(x)=e x ＋ax-1，所以g′(x)=e x＋a ，所以⎩⎪⎨⎪⎧ex 0＋a ＝2，y 0＝ex 0＋ax 0－1，y 0＝2x 0，消去a ，y 0，得(x 0-1)ex 0＋1=0，由(1)知方程(x 0-1)ex 0＋1=0有唯一根x 0=0，则e 0＋a=2，所以a=1.。
高考数学压轴专题2020-2021备战高考《函数与导数》专项训练及答案
数学《函数与导数》复习知识要点一、选择题1．函数()2log ,0,2,0,x x x f x x ⎧>=⎨≤⎩则函数()()()2384g x f x f x =-+的零点个数是（ ）A ．5B ．4C ．3D ．6【答案】A 【解析】 【分析】通过对()g x 式子的分析，把求零点个数转化成求方程的根，结合图象，数形结合得到根的个数，即可得到零点个数． 【详解】 函数()()()2384g x f x f x =-+=()()322f x f x --⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦的零点即方程()23f x =和()2f x =的根， 函数()2log ,0,2,0xx x f x x ⎧>=⎨≤⎩的图象如图所示：由图可得方程()23f x =和()2f x =共有5个根， 即函数()()()2384g x f x f x =-+有5个零点,故选：A. 【点睛】本题考查函数的零点与方程的根的个数的关系，注意结合图象，利用数形结合求得结果时作图很关键，要标准．2．已知()f x 是定义在R 上的偶函数，其图象关于点(1,0)对称.以下关于()f x 的结论：①()f x 是周期函数；②()f x 满足()(4)f x f x =-；③()f x 在(0,2)单调递减；④()cos 2xf x π=是满足条件的一个函数.其中正确结论的个数是( ) A ．4 B ．3C ．2D ．1【答案】B【解析】 【分析】题目中条件：(2)()f x f x +=-可得(4)()f x f x +=知其周期，利用奇函数图象的对称性，及函数图象的平移变换，可得函数的对称中心，结合这些条件可探讨函数的奇偶性，及单调性． 【详解】解：对于①：()()f x f x -=Q ，其图象关于点(1,0)对称(2)()f x f x +=- 所以(4)(2)()f x f x f x +=-+=，∴函数()f x 是周期函数且其周期为4，故①正确；对于②：由①知，对于任意的x ∈R ，都有()f x 满足()(4)f x f x -=-， 函数是偶函数，即()(4)f x f x =-，故②正确． 对于③：反例：如图所示的函数，关于y 轴对称，图象关于点(1,0)对称，函数的周期为4，但是()f x 在(0,2)上不是单调函数，故③不正确；对于④：()cos 2xf x π=是定义在R 上的偶函数，其图象关于点(1,0)对称的一个函数，故④正确． 故选：B ． 【点睛】本题考查函数的基本性质，包括单调性、奇偶性、对称性和周期性，属于基础题．3．三个数0.20.40.44,3,log 0.5的大小顺序是 （ ） A ．0.40.20.43<4log 0.5<B ．0.40.20.43<log 0.5<4C ．0.40.20.4log 0.534<<D ．0.20.40.4log 0.543<<【答案】D 【解析】由题意得，120.20.455550.40log0.51444339<<<==== D.4．已知奇函数()f x 在R 上是增函数，若21log 5a f ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，()2log 4.1b f =，()0.82c f =，则,,a b c 的大小关系为( )A ．a b c <<B ．b a c <<C ．c b a <<D ．c a b <<【答案】C 【解析】由题意：()221log log 55a f f ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭， 且：0.822log 5log 4.12,122>><<，据此：0.822log 5log 4.12>>，结合函数的单调性有：()()()0.822log 5log 4.12f f f >>，即,a b c c b a >><<. 本题选择C 选项.【考点】 指数、对数、函数的单调性【名师点睛】比较大小是高考常见题，指数式、对数式的比较大小要结合指数函数、对数函数，借助指数函数和对数函数的图象，利用函数的单调性进行比较大小，特别是灵活利用函数的奇偶性和单调性数形结合不仅能比较大小，还可以解不等式.5．已知定义在R 上的可导函数()f x ，对于任意实数x ，都有()()2f x f x x -+=成立，且当()0,x ∈+∞时，都有()'f x x >成立，若()()112f a f a a -≥+-，则实数a 的取值范围为（ ） A ．1,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦B ．1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭C ．(],2-∞D ．[)2,+∞【答案】A 【解析】 【分析】构造函数21()()2g x f x x =-，可判断函数()g x 为奇函数且在R 上是增函数，由函数的性质可得a 的不等式，解不等式即可得答案. 【详解】 令21()()2g x f x x =-，则()()g x f x x ''=-， ()0,x ∈+∞Q 时，都有()'f x x >成立，即有()0g x '>，∴在()0,∞+，()g x 单调递增,Q 定义在R 上的函数()f x ，对于任意实数x ，都有()()2f x f x x -+=成立,所以(0)0f =，2222111()()()()()222g x f x x x f x x x f x g x ⎡⎤∴-=--=--=-=-⎣⎦， ()g x ∴是定义在R 上的奇函数，又(0)(0)0g f == ∴在R 上()g x 单调递增.又()()112f a f a a -≥+-Q ()()()2211111222g a a g a a a ∴-+-≥++-， 即()()1112g a g a a a a -≥⇒-≥⇒≤. 因此实数a 的取值范围为1,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦.故选：A 【点睛】本题考查构造函数、奇函数的判断，及导数与单调性的应用，且已知条件构造出21()()2g x f x x =-是解决本题的关键，考查了理解辨析能力与运算求解能力，属于中档题.6．在二项式26()2a x x+的展开式中，其常数项是15.如下图所示，阴影部分是由曲线2y x =和圆22x y a +=及x 轴围成的封闭图形，则封闭图形的面积为（ ）A ．146π+B ．146π- C ．4π D ．16【答案】B 【解析】 【分析】用二项式定理得到中间项系数，解得a ，然后利用定积分求阴影部分的面积． 【详解】（x 2+a 2x ）6展开式中，由通项公式可得122r 162rr r r a T C x x --+⎛⎫= ⎪⎝⎭, 令12﹣3r ＝0，可得r ＝4,即常数项为4462a C ⎛⎫ ⎪⎝⎭，可得4462a C ⎛⎫ ⎪⎝⎭＝15，解得a ＝2．曲线y ＝x 2和圆x 2+y 2＝2的在第一象限的交点为（1，1） 所以阴影部分的面积为()1223100111-x-x |442346dx x x πππ⎛⎫=--=- ⎪⎝⎭⎰． 故选：B 【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，属于基础题．7．已知定义在R 上的函数()f x 满足(2)(2)f x f x +=-，且当2x >时，()()2()x f x f x f x ''⋅+>，若(1)1f =.则不等式1()2f x x <-的解集是（ ） A ．(2,3) B ．(,1)-∞C ．()(1,2)2,3⋃D ．()(,1)3,-∞⋃+∞【答案】C 【解析】 【分析】令()|2|()F x x f x =-，当2x >时，则()(2)()F x x f x =-，利用导数可得当2x >时，()F x 单调递增，根据题意可得()F x 的图象关于2x =对称，不等式1()|2|f x x <-等价于|2|()1(2)x f x x -<≠，从而()(1)F x F <，利用对称性可得|2||12|x -<-，解不等式即可. 【详解】当2x >时，()()2()x f x f x f x ''⋅+>，∴(2)()()0x f x f x '-+>， 令()|2|()F x x f x =-.当2x >时，则()(2)()F x x f x =-，()(2)()()0F x x f x f x ''=-+>， 即当2x >时，()F x 单调递增. 函数()f x 满足(2)(2)f x f x +=-，所以(2)(2)F x F x +=-，即()F x 的图象关于2x =对称， 不等式1()|2|f x x <-等价于|2|()1(2)x f x x -<≠， (1)|12|(1)(1)1F f f =-==，即()(1)F x F <，所以|2||12|x -<-，解得13x <<且2x ≠，解集为(1,2)(2,3)U . 故选：C 【点睛】本题考查了导数在解不等式中的应用、函数的对称性的应用以及绝对值不等式的解法，属于中档题.8．已知函数()()1110x x e f x x e++-=<与()()1ln x xg x e x ae =+-的图象上存在关于y 轴对称的点，则实数a 的取值范围是（ ）A ．1,1e ⎛⎫-∞+ ⎪⎝⎭B ．1,e ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭C ．1,1e ⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭D ．11,e⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭【答案】D 【解析】 【分析】先求得()f x 关于y 轴对称的函数()h x ,则()()h x g x =,整理可得()11ln 1e ex x a ++-=在()0,∞+上有解,设()()11ln 1e ex x x ϕ=++-,可转化问题为()y x ϕ=与y a =的图象在()0,∞+上有交点,再利用导函数求得()x ϕ的范围,进而求解.【详解】由()f x 关于y 轴对称的函数为()()()1111e e 10ex x x h x f x x -+--+-=-==->, 令()()h x g x =,得()1e 1e ln 1e x x x x a --=+-()0x >,则方程()1e 1e ln 1e x x x x a --=+-在()0,∞+上有解,即方程()11ln 1e ex x a ++-=在()0,∞+上有解, 设()()11ln 1e ex x x ϕ=++-, 即可转化为()y x ϕ=与y a =的图象在()0,∞+上有交点,()()11e 1e 1e 1x x x x x x x ϕ--=-+='++Q ,令()=e 1xm x x --，则()=e 10xm x '->在()0,∞+上恒成立，所以()=e 1xm x x --在()0,∞+上为增函数，∴()()00m x m >=，即()0x ϕ'>Q 在()0,∞+上恒成立， ∴()x ϕ在()0,∞+上为增函数,当0x >时,则()()101x eϕϕ>=-, 所以11ea >-,故选:D 【点睛】本题考查利用导函数判断函数单调性,考查利用导函数处理函数的零点问题,考查转化思想.9．36ax ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭的展开式中，第三项的系数为1，则11a dx x =⎰（ ） A ．2ln 2 B ．ln 2 C ．2 D ．1【答案】A 【解析】 【分析】首先根据二项式定理求出a ，把a 的值带入11adx x⎰即可求出结果. 【详解】解题分析根据二项式3ax ⎛- ⎝⎭的展开式的通项公式得221213()4a T C ax x +⎛== ⎝⎭. Q 第三项的系数为1，1,44aa ∴=∴=，则4411111d d ln 2ln 2a x x x x x ===⎰⎰.故选：A 【点睛】本题考查二项式定理及定积分. 需要记住二项式定理展开公式：1C k n k kk n T a b -+=.属于中等题.10．若曲线43y x x ax =-+(0x >)存在斜率小于1的切线，则a 的取值范围为（ ） A ．3,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭B ．1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭C ．5,4⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭D ．1,4⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭【答案】C 【解析】 【分析】对函数进行求导，将问题转化为不等式有解问题，再构造函数利用导数研究函数的最值，即可得答案； 【详解】由题意可得32431y x x a '=-+<在()0,x ∈+∞上有解，设()3243f x x x a =-+(0x >)，()()2126621f x x x x x '=-=-，令()0f x '<，得102x <<；令()0f x '>，得12x >， ∴()f x 在1(0,)2单调递减，在1(,)2+∞单调递增，∴()min 11124f x f a ⎛⎫==-< ⎪⎝⎭，解得：54a <.故选：C. 【点睛】本题考查导数的几何意义、不等式有解问题，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.11．函数log (3)1a y x =-+（0a >且1a ≠）的图像恒过定点A ，若点A 在直线10mx ny +-=上，其中·0m n >，则41m n+的最小值为（） A ．16 B ．24C ．50D ．25【答案】D 【解析】 【分析】由题A （4，1），点A 在直线上得4m+n ＝1，用1的变换构造出可以用基本不等式求最值的形式求最值． 【详解】令x ﹣3＝1，解得x ＝4，y ＝1，则函数y ＝log a （x ﹣3）+1（a ＞0且a≠1）的图象恒过定点A （4，1）， ∴4m+n ＝1， ∴41m n +=（41m n +）（4m+n ）＝16+14n 4m m n++=17+8＝25，当且仅当m ＝n 15=时取等号， 故则41m n +的最小值为25， 故选D ． 【点睛】本题考查均值不等式，在应用过程中，学生常忽视“等号成立条件”，特别是对“一正、二定、三相等”这一原则应有很好的掌握．12．函数()||()af x x a R x=-∈的图象不可能是( )A ．B ．C ．D ．【答案】C 【解析】 【分析】变成分段函数后分段求导，通过对a 分类讨论，得到函数的单调性，根据单调性结合四个选项可得答案. 【详解】,0(),0a x x xf x a x x x ⎧->⎪⎪=⎨⎪--<⎪⎩,∴221,0()1,0a x x f x a x x ⎧+>⎪⎪=⎨⎪-+<⎩'⎪.(1)当0a =时,,0(),0x x f x x x >⎧=⎨-<⎩,图象为A;(2)当0a >时,210ax+>,∴()f x 在(0,)+∞上单调递增, 令210ax -+=得x a = ∴当x a <,210ax -+<,当0a x <<时,210ax-+>,∴()f x 在(,a -∞上单调递减,在(,0)a 上单调递增,图象为D; (3)当0a <时,210ax-+<,∴()f x 在(,0)-∞上单调递减, 令210ax +=得x a =- ∴当x a >-时,210ax +>,当0x a <<-,210ax+<,∴()f x 在(0,)a -上单调递减,在(,)a -+∞上单调递增,图象为B; 故选：C. 【点睛】本题考查了分段函数的图像的识别，考查了分类讨论思想，考查了利用导数研究函数的单调性，属于中档题.13．已知函数()ln xf x x=，则使ln ()()()f x g x a f x =-有2个零点的a 的取值范围（ ） A ．(0,1) B ．10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．1,1e ⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．1,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭【答案】B 【解析】 【分析】 令()ln xt f x x==，利用导数研究其图象和值域，再将ln ()()()f x g x a f x =-有2个零点，转化为ln ta t=在[),e +∞上只有一解求解. 【详解】 令()ln x t f x x ==，当01x <<时，()0ln xt f x x==<， 当1x >时，()2ln 1()ln x t f x x -''==，当1x e <<时，0t '<，当x e >时，0t '>， 所以当x e =时，t 取得最小值e ，所以t e ≥， 如图所示：所以ln ()()()f x g x a f x =-有2个零点，转化为ln ta t=在[),e +∞上只有一解， 令ln t m t =，21ln 0t m t -'=≤，所以ln tm t=在[),e +∞上递减，所以10m e <≤， 所以10a e <≤，当1a e =时，x e =，只有一个零点，不合题意， 所以10a e<<故选：B【点睛】 本题主要考查导数与函数的零点，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.14．三个数0.377,0.3,ln 0.3a b c ===大小的顺序是（ ）A ．a c b >>B ．a b c >>C ．b a c >>D ．c a b >> 【答案】B【解析】试题分析：根据指数函数和对数函数的单调性知：0.30771a =>=，即1a >；7000.30.31b <=<=，即01b <<；ln0.3ln10c =<=，即0c <；所以a b c >>，故正确答案为选项B ．考点：指数函数和对数函数的单调性；间接比较法．15．已知函数()1f x +是偶函数，当()1,x ∈+∞时，函数()f x 单调递减，设12a f ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，()3b f =，()0c f =，则a b c 、、的大小关系为（） A ．b a c <<B ．c b d <<C ．b c a <<D ．a b c << 【答案】A【解析】【分析】根据()1f x +图象关于y 轴对称可知()f x 关于1x =对称，从而得到()f x 在(),1-∞上单调递增且()()31f f =-；再根据自变量的大小关系得到函数值的大小关系.【详解】()1f x +Q 为偶函数 ()1f x ∴+图象关于y 轴对称()f x ∴图象关于1x =对称()1,x ∈+∞Q 时，()f x 单调递减 (),1x ∈-∞∴时，()f x 单调递增又()()31f f =-且1102-<-< ()()1102f f f ⎛⎫∴-<-< ⎪⎝⎭，即b a c << 本题正确选项：A【点睛】本题考查利用函数奇偶性、对称性和单调性比较函数值的大小关系问题，关键是能够通过奇偶性和对称性得到函数的单调性，通过自变量的大小关系求得结果.16．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 ．(),0-∞C ．()0,+∞D ．()1,+∞ 【答案】B【解析】不等式()3x f x e >+得()()3311x x x f x f x e e e->+∴>， ()()()()()330x x f x f x f x g x g x e e --+=∴='<'设，所以()g x 在R 上是减函数，因为()()()4301001g g x g x -==∴>∴<． 故选B ． 点睛：本题的难点在于解题的思路． 已知条件和探究的问题看起来好像没有分析联系，这里主要利用了分析法，通过分析构造函数，利用导数的知识解答．17．若函数()()sin x f x ex a =+在区间,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，则实数a 的取值范围是（）A ．)+∞B ．[)1,+∞C ．()1,+∞D ．()+∞ 【答案】B【解析】【分析】将问题转化为()0f x '≥在,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭上恒成立；根据导函数解析式可知问题可进一步转化04x a π⎛⎫++≥ ⎪⎝⎭在,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭上恒成立；利用正弦型函数值域求法可求得(14x a a a π⎛⎫⎤++∈-+ ⎪⎦⎝⎭，则只需10a -+?即可，解不等式求得结果. 【详解】由题意得：()()sin cos 4x x x f x e x a e x e x a π⎫⎛⎫'=++=++ ⎪⎪⎝⎭⎭()f x Q 在,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增 ()0f x '∴≥在,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭上恒成立又0x e > 04x a π⎛⎫++≥ ⎪⎝⎭在,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭上恒成立当,22x ππ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，3,444x πππ⎛⎫+∈- ⎪⎝⎭ sin ,142x π⎛⎤⎛⎫∴+∈- ⎥ ⎪ ⎝⎭⎝⎦ (14x a a a π⎛⎫⎤++∈-+ ⎪⎦⎝⎭ 10a ∴-+≥，解得：[)1,a ∈+∞ 本题正确选项：B【点睛】本题考查根据函数在一段区间内的单调性求解参数范围问题，涉及到正弦型函数值域的求解问题；本题解题关键是能够将问题转化为导函数在区间内恒大于等于零的问题，从而利用三角函数的最值来求得结果.18．已知函数f （x ）（x ∈R ）满足f （x ）=f （2−x ），若函数 y=|x 2−2x−3|与y=f （x ）图像的交点为（x 1,y 1），（x 2,y 2），…，（x m ,y m ），则1=m i i x =∑ A ．0B ．mC ．2mD ．4m 【答案】B【解析】 试题分析：因为2(),23y f x y x x ==--的图像都关于1x =对称，所以它们图像的交点也关于1x =对称，当m 为偶数时，其和为22m m ⨯=；当m 为奇数时，其和为1212m m -⨯+=，因此选B. 【考点】 函数图像的对称性 【名师点睛】如果函数()f x ，x D ∀∈，满足x D ∀∈，恒有()()f a x f b x +=-，那么函数的图象有对称轴2a b x +=；如果函数()f x ，x D ∀∈，满足x D ∀∈，恒有()()f a x f b x -=-+，那么函数()f x 的图象有对称中心(,0)2a b +.19．已知定义在R 上的函数()f x 满足()01f =，且()f x 的导函数'()f x 满足'()1f x >，则不等式()()ln ln f x ex <的解集为（ ）A ．()0,1B ．()1,eC ．()0,eD ．(),e +∞ 【答案】A【解析】【分析】设()()g x f x x =-，由题得()g x 在R 上递增，求不等式()()ln ln f x ex <的解集，即求不等式(ln )(0)g x g <的解集，由此即可得到本题答案.【详解】设()()g x f x x =-，则(0)(0)01g f =-=，()()1g x f x '='-，因为()1f x '>，所以()0g x '>，则()g x 在R 上递增，又(ln )ln()1ln f x ex x <=+，所以(ln )ln 1f x x -<，即(ln )(0)g x g <，所以ln 0x <，得01x <<.故选：A【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，以及利用函数的单调性解不等式，其中涉及到构造函数.20．设123log 2,ln 2,5a b c -===则A ．a b c <<B ．b c a <<C ．c a b <<D ．c b a << 【答案】C【解析】【分析】由ln 2ln 2ln 3a b =<=及311log ,22a c >==<=可比较大小. 【详解】 ∵2031a ln ln =＞，＞，∴ln 2ln 2ln 3a b =<=，即a b <．又3311log 2log ,22a c =>==<=．∴a c >．综上可知：c a b << 故选C.【点睛】本题主要考查了指数与对数的运算性质及对数函数的单调性比较大小，属于中档题.。
高考数学压轴专题2020-2021备战高考《函数与导数》专项训练解析附答案
高考数学《函数与导数》课后练习一、选择题1．已知定义在R 上的函数()f x 满足()()3221f x f x -=-,且()f x 在[1, )+∞上单调递增,则（ ）A ．()()()0.31.130. 20.54f f log f << B ．()()()0.31.130. 240.5f f f log <<C ．()()()1.10.3340.20.5f f f log << D ．()()()0.3 1.130.50.24f log f f << 【答案】A 【解析】 【分析】由已知可得()f x 的图象关于直线1x =对称.因为0.31.130.21log 0.5141-<-<-，又()f x 在[1,)+∞上单调递增,即可得解.【详解】解：依题意可得,()f x 的图象关于直线1x =对称. 因为()()()0.31.1330.20,1,0.5 2 1,,044,8log log ∈=-∈-∈,则0.31.130.21log 0.5141-<-<-，又()f x 在[1,)+∞上单调递增, 所以()()()0.31.130.20.54f f log f <<.故选:A. 【点睛】本题考查了函数的对称性及单调性，重点考查了利用函数的性质判断函数值的大小关系，属中档题.2．已知定义在R 上的函数()f x 满足()()242f x f x x +-=+，设()()22g x f x x =-，若()g x 的最大值和最小值分别为M 和m ，则M m +=（ ） A ．1 B ．2 C ．3 D ．4【答案】B 【解析】∵()()242f x f x x +-=+，()()22g x f x x =-∴2222()()()2()24242g x g x f x x f x x x x +-=-+--=+-= ∴函数()g x 关于点(0,1)对称∵()g x 的最大值和最小值分别为M 和m ∴122M m +=⨯= 故选B.3．函数22()41x x x f x ⋅=-的图像大致为( )A ．B ．C ．D ．【答案】A 【解析】∵函数()22?41x x x f x =-的定义域为(,0)(0,)-∞+∞U∴222()2()()4114x x x xx x f x f x --⋅-⋅-===--- ∴函数()f x 为奇函数，故排除B ，C. ∵2(1)03f =>，故排除D. 故选A.点睛：函数图象的识辨可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势．(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性．(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象．利用上述方法排除、筛选选项．4．已知函数f （x ）＝（k ＋4k ）lnx ＋24x x－，k ∈[4，＋∞），曲线y ＝f （x ）上总存在两点M （x 1，y 1），N （x 2，y 2），使曲线y ＝f （x ）在M ，N 两点处的切线互相平行，则x 1＋x 2的取值范围为A ．（85，＋∞） B ．（165，＋∞） C ．[85，＋∞） D ．[165，＋∞） 【答案】B 【解析】 【分析】利用过M 、N 点处的切线互相平行，建立方程，结合基本不等式，再求最值，即可求x 1+x 2的取值范围． 【详解】 由题得f′（x ）=4k k x +﹣24x ﹣1=﹣2244x k x k x ⎛⎫-++ ⎪⎝⎭=﹣()24x k x k x ⎛⎫-- ⎪⎝⎭，（x ＞0，k ＞0）由题意，可得f′（x 1）=f′（x 2）（x 1，x 2＞0，且x 1≠x 2），即21144k k x x +-﹣1=24k k x +﹣224x ﹣1，化简得4（x 1+x 2）=（k+4k）x 1x 2， 而x 1x 2＜212()2x x +， 4（x 1+x 2）＜（k+4k ）212()2x x +， 即x 1+x 2＞164k k+对k ∈[4，+∞）恒成立， 令g （k ）=k+4k， 则g′（k ）=1﹣24k =()()222k k k+-＞0对k ∈[4，+∞）恒成立， ∴g （k ）≥g （4）=5， ∴164k k+≤165， ∴x 1+x 2＞165， 故x 1+x 2的取值范围为（165，+∞）. 故答案为B 【点睛】本题运用导数可以解决曲线的切线问题，函数的单调性、极值与最值，正确求导是我们解题的关键，属于中档题.5．给出下列说法： ①“tan 1x =”是“4x π=”的充分不必要条件；②定义在[],a b 上的偶函数2()(5)f x x a x b =+++的最大值为30； ③命题“0001,2x x x ∃∈+≥R ”的否定形式是“1,2x x x ∀∈+>R ”. 其中错误说法的个数为（ ） A ．0 B ．1C ．2D ．3【答案】C 【解析】 【分析】利用充分条件与必要条件的定义判断①；利用函数奇偶性的性质以及二次函数的性质判断②；利用特称命题的否定判断③，进而可得结果. 【详解】 对于①，当4x π=时，一定有tan 1x =，但是当tan 1x =时，,4x k k ππ=+∈Z ，所以“tan 1x =”是“4x π=”的必要不充分条件，所以①不正确；对于②，因为()f x 为偶函数，所以5a =-.因为定义域[],a b 关于原点对称，所以5b =，所以函数2()5,[5,5]f x x x =+∈-的最大值为()()5530f f -==，所以②正确；对于③，命题“0001,2x x x ∃∈+≥R ”的否定形式是“1,2x x x∀∈+<R ”，所以③不正确； 故错误说法的个数为2. 故选：C. 【点睛】本题考查了特称命题的否定、充分条件与必要条件，考查了函数奇偶性的性质，同时考查了二次函数的性质，属于中档题..6．若定义在R 上的偶函数()f x 满足()()20f x f x +-=．当[]0,1x ∈，()21f x x =-，则（ ）A ．()1235log 2log 32f f f ⎛⎫⎛⎫>> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭B ．()1235log 2log 32f f f ⎛⎫⎛⎫>> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭C ．()1235log 2log 32f f f ⎛⎫⎛⎫>> ⎪⎪⎝⎭⎝⎭D ．()2135log 3log 22f f f ⎛⎫⎛⎫>> ⎪⎪⎝⎭⎝⎭【答案】A 【解析】 【分析】推导出函数()y f x =的周期为4，根据题意计算出51022f f ⎛⎫⎛⎫=-<⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，()224log 3log 03f f ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭，()133log 2log 20f f ⎛⎫=> ⎪⎝⎭，再利用函数()y f x =在区间[]0,1上的单调性可得出结论. 【详解】因为定义在R 上的偶函数()y f x =满足()()20f x f x +-=，即()()20f x f x +-=，即()()2f x f x =--，()()()24f x f x f x ∴=--=-， 所以，函数()y f x =的周期为4，因为当[]0,1x ∈时，()21f x x =-单调递减，因为5110222f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=--=-< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，()224log 3log 03f f ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭， ()()1333log 2log 2log 20f f f ⎛⎫=-=> ⎪⎝⎭， 因为2410log 132<<<，所以241log 32f f ⎛⎫⎛⎫-<- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 所以，12314log 2log 23f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫>->- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，即()1235log 2log 32f f f ⎛⎫⎛⎫>> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故选：A ． 【点睛】本题主要考查函数值的大小比较，根据函数奇偶性和单调性之间的关系是解决本题的关键，属于中等题.7．已知函数()2814f x x x =++，()()2log 4g x x =，若[]()15,4x a a ∀∈-≥-，(]20,1x ∃∈，使得()()12f x g x =成立，则a 的最大值为（ ）A ．-4B ．-3C ．-2D ．-1【答案】C 【解析】【分析】由[]()15,4x a a ∀∈-≥-，(]20,1x ∃∈，使得()()12f x g x =成立得：()f x 的值域为()g x 的值域的子集，从而28142a a ++≤，故可求a 的最大值为2-.【详解】由[]()15,4x a a ∀∈-≥-，(]20,1x ∃∈，使得()()12f x g x =成立， 得：()f x 的值域为()g x 的值域的子集，由()()2log 4g x x =(]20,1x ∈()2g x ⇒≤ ，所以(](),2g x ∈-∞ 当43a --≤≤ 时，()21f x-＃-，此时()f x 的值域为()g x 的值域的子集成立.当3a >-时，()22814f x a a -≤≤++，须满足()f x 的值域为()g x 的值域的子集，即28142a a ++≤，得62a -≤≤- 所以a 的最大值为2-. 故选：C. 【点睛】本题主要考查恒成立和存在性问题，注意把两类问题转化为函数值域的包含关系，此问题属于中档题目.8．在平面直角坐标系中，若P ，Q 满足条件：（1）P ,Q 都在函数f （x ）的图象上；（2）P ,Q 两点关于直线y=x 对称，则称点对{P ,Q}是函数f(x)的一对“可交换点对”.（{P ,Q}与{Q,P}看作同一“可交换点”.试问函数2232(0)(){log (0)x x x f x x x ++≤=>的“可交换点对有（ ）A ．0对B ．1对C ．2对D ．3对【答案】C 【解析】试题分析：设p （x ，y ）是满足条件的“可交换点”,则对应的关于直线y=x 的对称点Q 是（y ，x ），所以232x x ++=2x ,由于函数y=232x x ++和y=2x 的图象由两个交点，因此满足条件的“可交换点对”有两个，故选C. 考点：函数的性质9．已知函数()0,1ln ,1x f x x x <⎧=⎨≥⎩，若不等式()≤-f x x k 对任意的x ∈R 恒成立，则实数k 的取值范围是（ ） A ．(],1-∞ B ．[)1,+∞C ．[)0,1D ．(]1,0-【答案】A 【解析】 【分析】先求出函数()f x 在(1,0)处的切线方程，在同一直角坐标系内画出函数()0,1ln ,1x f x x x <⎧=⎨≥⎩和()g x x k =-的图象，利用数形结合进行求解即可.【详解】当1x ≥时，()''1ln ,()(1)1f x x f x f x=⇒=⇒=，所以函数()f x 在(1,0)处的切线方程为：1y x =-，令()g x x k =-，它与横轴的交点坐标为(,0)k .在同一直角坐标系内画出函数()0,1ln ,1x f x x x <⎧=⎨≥⎩和()g x x k =-的图象如下图的所示：利用数形结合思想可知：不等式()≤-f x x k 对任意的x ∈R 恒成立，则实数k 的取值范围是1k ≤. 故选：A 【点睛】本题考查了利用数形结合思想解决不等式恒成立问题，考查了导数的应用，属于中档题.10．函数()||()af x x a R x=-∈的图象不可能是( ) A ． B ．C ．D ．【答案】C 【解析】 【分析】变成分段函数后分段求导，通过对a 分类讨论，得到函数的单调性，根据单调性结合四个选项可得答案. 【详解】,0(),0a x x xf x a x x x ⎧->⎪⎪=⎨⎪--<⎪⎩,∴221,0()1,0a x x f x a x x ⎧+>⎪⎪=⎨⎪-+<⎩'⎪.(1)当0a =时,,0(),0x x f x x x >⎧=⎨-<⎩,图象为A;(2)当0a >时,210ax+>,∴()f x 在(0,)+∞上单调递增, 令210ax -+=得x a = ∴当x a <,210ax -+<,当0a x <<时,210ax-+>,∴()f x 在(,a -∞上单调递减,在(,0)a 上单调递增,图象为D; (3)当0a <时,210ax-+<,∴()f x 在(,0)-∞上单调递减, 令210ax +=得x a =- ∴当x a >-时,210ax+>,当0x a <<-,210ax+<, ∴()f x 在)a -上单调递减,在(,)a -+∞上单调递增,图象为B; 故选：C. 【点睛】本题考查了分段函数的图像的识别，考查了分类讨论思想，考查了利用导数研究函数的单调性，属于中档题.11．三个数0.377,0.3,ln 0.3a b c ===大小的顺序是（ ） A ．a c b >> B ．a b c >>C ．b a c >>D ．c a b >>【答案】B 【解析】试题分析：根据指数函数和对数函数的单调性知：0.30771a =>=，即1a >；7000.30.31b <=<=，即01b <<；ln0.3ln10c =<=，即0c <；所以a b c >>，故正确答案为选项B ．考点：指数函数和对数函数的单调性；间接比较法．12．()263,034,0x x x x f x x ⎧---≤=⎨->⎩，则函数()y f f x =⎡⎤⎣⎦的零点个数为（ ）A ．3B ．5C ．6D ．7 【答案】D 【解析】 【分析】作出()f x 的图像，将()y f f x =⎡⎤⎣⎦的零点个数即()0f f x =⎡⎤⎣⎦的实数根个数，令()t f x =，解()0f t =有三个实数根，再结合图像即可得到答案.【详解】由题意，()y f f x =⎡⎤⎣⎦的零点个数即()0f f x =⎡⎤⎣⎦的实数根个数， 作()f x 的图像如图所示，设()t f x =，则()0f t =，当0t ≤时，即2630t t ---=，解得，1236,36t t =-=-当0t >时，即340t -=，解得33log 4t =；结合图像知，()3f x =-()3f x =-+3()log 4f x =时有三个根，所以()0f f x =⎡⎤⎣⎦有7个根，即()y f f x =⎡⎤⎣⎦的零点个数为7. 故选：D 【点睛】本题主要考查函数的零点问题、解函数值以及一元二次函数和指数函数的图像，考查学生数形结合的思想，属于中档题.13．已知ln 3ln 4ln ,,34a b e c e===（e是自然对数的底数），则,,a b c 的大小关系是（ ） A ．c a b << B ．a c b <<C ．b a c <<D ．c b a <<【答案】C 【解析】 【分析】根据ln 3ln 4ln ,,34a b e c e===的结构特点，令()ln x f x x =，求导()21ln xf x x-'=，可得()f x 在()0,e 上递增，在(),+e ∞上递减，再利用单调性求解. 【详解】令()ln xf x x=，所以()21ln xf x x-'=， 当0x e <<时， ()0f x '>，当x e >时，()0f x '<， 所以()f x 在()0,e 上递增，在(),+e ∞上递减. 因为34e <<，所以 ()()()34>>f e f f ， 即b a c <<. 故选：C 【点睛】本题主要考查导数与函数的单调性比较大小，还考查了推理论证的能力，属于中档题.14．如图，将边长为1的正六边形铁皮的六个角各切去一个全等的四边形，再沿虚线折起，做成一个无盖的正六棱柱容器．当这个正六棱柱容器的底面边长为（ ）时，其容积最大．A ．34B ．23C ．13D ．12【答案】B【解析】【分析】设正六棱柱容器的底面边长为x ,则正六棱柱容器的高为)312x -,则可得正六棱柱容器的容积为()())()3233921224V x x x x x x x =+⋅⋅-=-+,再利用导函数求得最值,即可求解.【详解】设正六棱柱容器的底面边长为x ,)31x -, 所以正六棱柱容器的容积为()())()32339214V x x x x x x x =+-=-+, 所以()227942V x x x '=-+,则在20,3⎛⎫ ⎪⎝⎭上,()0V x '>；在2,13⎛⎫ ⎪⎝⎭上,()0V x '<, 所以()V x 在20,3⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增,在2,13⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减, 所以当23x =时,()V x 取得最大值, 故选:B【点睛】 本题考查利用导函数求最值,考查棱柱的体积,考查运算能力.15．已知函数()f x 的导函数为()f x '，在()0,∞+上满足()()xf x f x '>，则下列一定成立的是（ ）A ．()()2019202020202019f f >B ．()()20192020f f >C ．()()2019202020202019f f <D ．()()20192020f f < 【答案】A【解析】【分析】构造函数()()f x g x x=，利用导数判断函数()y g x =在()0,∞+上的单调性，可得出()2019g 和()2020g 的大小关系，由此可得出结论.【详解】令()()()0f x g x x x =>，则()()()2xf x f x g x x'-'=. 由已知得，当0x >时，()0g x '>.故函数()y g x =在()0,∞+上是增函数，所以()()20202019g g >，即()()2020201920202019f f >，所以()()2019202020202019f f >. 故选：A.【点睛】 本题考查利用构造函数法得出不等式的大小关系，根据导数不等式的结构构造新函数是解答的关键，考查推理能力，属于中等题.16．已知函数()2f x x mx =+图象在点()()1,1A f 处的切线l 与直线320x y ++=垂直，若数列()1f n ⎧⎫⎪⎪⎨⎬⎪⎪⎩⎭的前n 项和为n S ，则2018S 的值为（ ） A ．20152016B ．20162017C ．20172018D ．20182019【答案】D【解析】【分析】 求出原函数的导函数，得到()y f x =在1x =时的导数值，进一步求得m ，可得函数解析式，然后利用裂项相消法可计算出2018S 的值．【详解】由()2f x x mx =+，得()2f x x m '=+，()12f m '∴=+， 因为函数()2f x x mx =+图象在点()()1,1A f 处的切线l 与直线320x y ++=垂直， ()123f m '∴=+=，解得1m =，()2f x x x ∴=+，则()()21111111f n n n n n n n ===-+++. 因此，20181111112018112232018201920192019S =-+-++-=-=L . 故选：D.【点睛】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，训练了利用裂项相消法求数列的前n 项和，是中档题．17．一对夫妇为了给他们的独生孩子支付将来上大学的费用，从孩子一周岁生日开始，每年到银行储蓄a 元一年定期，若年利率为r 保持不变，且每年到期时存款（含利息）自动转为新的一年定期，当孩子18岁生日时不再存入，将所有存款（含利息）全部取回，则取回的钱的总数为( )A ．17(1)a r +B ．17[(1)(1)]a r r r +-+C ．18(1)a r +D ．18[(1)(1)]a r r r+-+ 【答案】D【解析】【分析】由题意可得：孩子18岁生日时将所有存款（含利息）全部取回，可以看成是以(1)a r +为首项，(1)r +为公比的等比数列的前17项的和，再由等比数列前n 项和公式求解即可.【详解】解：根据题意，当孩子18岁生日时，孩子在一周岁生日时存入的a 元产生的本利合计为17(1)a r +， 同理：孩子在2周岁生日时存入的a 元产生的本利合计为16(1)a r +，孩子在3周岁生日时存入的a 元产生的本利合计为15(1)a r +， ⋯⋯孩子在17周岁生日时存入的a 元产生的本利合计为(1)a r +，可以看成是以(1)a r +为首项，(1)r +为公比的等比数列的前17项的和，此时将存款（含利息）全部取回，则取回的钱的总数：17171618(1)[(1)1](1)(1)(1)[(1)(1)]11a r r a S a r a r a r r r r r ++-=++++⋯⋯++==+-++-； 故选：D ．【点睛】本题考查了不完全归纳法及等比数列前n 项和，属中档题.18．如图，记图中正方形介于两平行线x y a +=与1x y a +=+之间的部分的面积为()S S a =，则()S a 的图象大致为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】D【解析】【分析】根据函数的部分特征，利用排除法，即可得到本题答案.【详解】①当011a ≤+<时，即10a -≤<，21()(1)2S a a =+；②当11a +=时，即0a =，1()2S a =. 由此可知，当10a -≤<时，21()(1)2S a a =+且1(0)2S =，所以,,A B C 选项不正确. 故选：D【点睛】本题主要考查根据函数的性质选择图象，排除法是解决此题的关键.19．已知函数()f x 是定义在R 上的偶函数，当0x ≥，3()3f x x x =+，则32(2)a f =,31(log )27b f =，c f =的大小关系为（ ） A ．a b c >>B ．a c b >>C ．b a c >>D ．b c a >>【答案】C【解析】【分析】 利用导数判断3()3f x x x =+在[0,)+∞上单调递增，再根据自变量的大小得到函数值的大小.【详解】 Q 函数()f x 是定义在R 上的偶函数，31(log )(3)(3)27b f f f ∴==-=， 32023<<=<Q ，当0x ≥，'2()330f x x =+>恒成立，∴3()3f x x x =+在[0,)+∞上单调递增，3231(log )(2)27f f f ∴>>，即b a c >>. 故选：C.【点睛】 本题考查利用函数的性质比较数的大小，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意将自变量化到同一个单调区间中.20．函数2ln x xy x =的图象大致是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】D【解析】【分析】根据函数为偶函数排除B ,当0x >时,利用导数得()f x 在1(0,)e上递减,在1(,)e +∞上递增,根据单调性分析,A C 不正确,故只能选D .【详解】 令2ln ||()||x x f x x =,则2()ln ||()()||x x f x f x x ---==-, 所以函数()f x 为偶函数,其图像关于y 轴对称,故B 不正确,当0x >时,2ln ()ln x x f x x x x==,()1ln f x x '=+, 由()0f x '>,得1x e >,由()0f x '<,得10x e<<, 所以()f x 在1(0,)e上递减,在1(,)e +∞上递增,结合图像分析,,A C 不正确.故选:D【点睛】 本题考查了利用函数的奇偶性判断函数的图象,考查了利用导数研究函数的单调性,利用单调性判断函数的图象,属于中档题.。
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函数与导数主观题专项练习1．[2018·北京卷]设函数f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x. (1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行，求a ； (2)若f (x )在x ＝2处取得极小值，求a 的取值范围． 解析：(1)因为f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x， 所以f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x. 所以f ′(1)＝(1－a )e.由题设知f ′(1)＝0，即(1－a )e ＝0，解得a ＝1. 此时f (1)＝3e≠0. 所以a 的值为1.(2)由(1)得f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x＝(ax －1)(x －2)e x.若a >12，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，2时，f ′(x )<0； 当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0. 所以f (x )在x ＝2处取得极小值．若a ≤12，则当x ∈(0,2)时，x －2<0，ax －1≤12x －1<0，所以f ′(x )>0.所以2不是f (x )的极小值点．综上可知，a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞.2．[2019·安徽省安庆市高三模拟]已知函数f (x )＝eln x －ax (a ∈R )． (1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝e 时，证明：xf (x )－e x＋2e x ≤0. 解析：解法一 (1)f ′(x )＝ex－a (x >0)，①若a ≤0，则f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增． ②若a >0，则当0<x <ea时，f ′(x )>0；当x >ea时，f ′(x )<0.所以f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，e a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫e a，＋∞上单调递减． (2)证明：因为x >0，所以只需证f (x )≤exx－2e ，由(1)知，当a ＝e 时，f (x )在(0,1)上单调递增， 在(1，＋∞)上单调递减， 所以f (x )max ＝f (1)＝－e.设g (x )＝e xx －2e(x >0)，则g ′(x )＝(x －1)exx2， 所以当0<x <1时，g ′(x )<0，g (x )单调递减； 当x >1时，g ′(x )>0，g (x )单调递增， 所以g (x )min ＝g (1)＝－e. 所以当x >0时，f (x )≤g (x )， 即f (x )≤exx－2e ，即xf (x )－e x＋2e x ≤0. 解法二 (1)同解法一． (2)证明：由题意知，即证e x ln x －e x 2－e x＋2e x ≤0(x >0)， 从而等价于ln x －x ＋2≤exe x.设函数g (x )＝ln x －x ＋2，则g ′(x )＝1x－1.所以当x ∈(0,1)时，g ′(x )>0； 当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )<0，故g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． 从而g (x )在(0，＋∞)上的最大值为g (1)＝1. 设函数h (x )＝e x e x ，则h ′(x )＝e x(x －1)e x 2. 所以当x ∈(0,1)时，h ′(x )<0； 当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0.故h (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． 从而h (x )在(0，＋∞)上的最小值为h (1)＝1. 综上，当x >0时，g (x )≤h (x )， 即xf (x )－e x＋2e x ≤0.3．[2019·甘肃第二次诊断]已知函数f (x )＝2x 2－ax ＋1＋ln x (a ∈R )．(1)若a ＝0，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)若a ＝5，求f (x )的单调区间；(3)若3<a ≤4，证明：f (x )在x ∈[1，e]上有唯一零点．解析：(1)若a ＝0，则f (x )＝2x 2＋1＋ln x ，f ′(x )＝4x ＋1x，故f ′(1)＝5，即曲线y＝f (x )在点(1，f (1))处的切线斜率为5，又f (1)＝3，所以所求切线方程为y －3＝5(x －1)，即5x －y －2＝0. (2)当a ＝5时，f (x )＝2x 2－5x ＋1＋ln x ，其定义域为(0，＋∞)，f (x )＝4x －5＋1x＝(4x －1)(x －1)x，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14，(1，＋∞)时，f ′(x )>0，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14和(1，＋∞)上单调递增． 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫14，1时，f ′(x )<0，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫14，1上单调递减． (3)由f (x )＝2x 2－ax ＋1＋ln x 得f ′(x )＝1x ＋4x －a ＝4x 2－ax ＋1x.设h (x )＝4x 2－ax ＋1，Δ＝a 2－16，当3<a ≤4时，Δ≤0，有h (x )≥0，即f ′(x )≥0， 故f (x )在(0，＋∞)上单调递增．又f (1)＝3－a <0，f (e)＝2e 2－a e ＋2＝e(2e －a )＋2>0， 所以f (x )在x ∈[1，e]上有唯一零点．4．[2019·武汉调研]已知函数f (x )＝ln(x ＋1)－ax 2＋x (x ＋1)2，其中a 为常数．(1)当1<a ≤2时，讨论f (x )的单调性；(2)当x >0时，求g (x )＝x ln ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1x ＋1xln(1＋x )的最大值．解析：(1)函数f (x )的定义域为(－1，＋∞)，f ′(x )＝x (x －2a ＋3)(x ＋1)3，x >－1. ①当－1<2a －3<0，即1<a <32时，当－1<x <2a －3或x >0时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 当2a －3<x <0时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．②当2a －3＝0，即a ＝32时，f ′(x )≥0，则f (x )在(－1，＋∞)上单调递增．③当2a －3>0，即a >32时，当－1<x <0或x >2a －3时，f ′(x )>0，则f (x )在(－1,0)，(2a －3，＋∞)上单调递增，当0<x <2a －3时，f ′(x )<0，则f (x )在(0,2a －3)上单调递减．综上，当1<a <32时，f (x )在(－1,2a －3)，(0，＋∞)上单调递增，在(2a －3,0)上单调递减；当a ＝32时，f (x )在(－1，＋∞)上单调递增；当32<a ≤2时，f (x )在(－1,0)，(2a －3，＋∞)上单调递增，在(0,2a －3)上单调递减．(2)∵g (x )＝⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1x ln(1＋x )－x ln x ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ，∴g (x )在(0，＋∞)上的最大值等价于g (x )在(0,1]上的最大值．令h (x )＝g ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1x 2ln(1＋x )＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x ·11＋x －(ln x ＋1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1x 2ln(1＋x )－ln x ＋1x －21＋x，则h ′(x )＝2x 3⎣⎢⎡⎦⎥⎤ln (1＋x )－2x 2＋x (x ＋1)2.由(1)可知当a ＝2时，f (x )在(0,1]上单调递减， ∴f (x )<f (0)＝0，∴h ′(x )<0，从而h (x )在(0,1]上单调递减， ∴h (x )≥h (1)＝0，∴g (x )在(0,1]上单调递增， ∴g (x )≤g (1)＝2ln2，∴g (x )的最大值为2ln2.5．[2019·湖北省七市教科研协作高三联考]已知函数f (x )＝(x －1)e x －ax 2(e 是自然对数的底数，a ∈R )．(1)判断函数f (x )极值点的个数，并说明理由； (2)若∀x ∈R ，f (x )＋e x≥x 3＋x ，求a 的取值范围． 解析：(1)f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝x e x －2ax ＝x (e x －2a )．当a ≤0时，f (x )在(－∞，0)上单调递减， 在(0，＋∞)上单调递增， ∴f (x )有1个极值点；当0<a <12时，f (x )在(－∞，ln(2a ))上单调递增，在(ln(2a )，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴f (x )有2个极值点；当a ＝12时，f (x )在R 上单调递增，此时f (x )没有极值点；当a >12时，f (x )在(－∞，0)上单调递增，在(0，ln(2a ))上单调递减， 在(ln(2a )，＋∞)上单调递增， ∴f (x )有2个极值点，综上所述，当a ≤0时，f (x )有1个极值点； 当a >0且a ≠12时，f (x )有2个极值点；当a ＝12时，f (x )没有极值点．(2)由f (x )＋e x ≥x 3＋x ，得x e x －x 3－ax 2－x ≥0. 当x >0时，e x －x 2－ax －1≥0， 即a ≤e x－x 2－1x对∀x >0恒成立．设g (x )＝e x－x 2－1x(x >0)，则g ′(x )＝(x －1)(e x－x －1)x2. 设h (x )＝e x －x －1(x >0)，则h ′(x )＝e x－1. ∵x >0， ∴h ′(x )>0，∴h (x )在(0，＋∞)上单调递增， ∴h (x )>h (0)＝0，即e x>x ＋1，∴g (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， ∴g (x )≥g (1)＝e －2，∴a ≤e－2； 当x ＝0时，原不等式恒成立，a ∈R ； 当x <0时，e x －x 2－ax －1≤0， 设m (x )＝e x－x 2－ax －1(x <0)， 则m ′(x )＝e x －2x －a .设φ(x )＝e x－2x －a (x <0)，则φ′(x )＝e x－2<0， ∴m ′(x )在(－∞，0)上单调递减， ∴m ′(x )>m ′(0)＝1－a ， 若a ≤1，则m ′(x )>0， ∴m (x )在(－∞，0)上单调递增， ∴m (x )<m (0)＝0；若a >1，∵m ′(0)＝1－a <0，∴∃x 0<0，使得x ∈(x 0,0)时，m ′(x )<0， 即m (x )在(x 0,0)上单调递减，∴m (x )>m (0)＝0，不符合题意，舍去． ∴a ≤1.综上，a 的取值范围是(－∞，e －2]．6．[2019·贵阳市普通高中高三年级摸底考试]已知函数f (x )＝x ln x －ax ＋a (a ∈R )． (1)f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝－x ＋t ，求a 和t 的值； (2)对任意的x >1，f (x )≥0恒成立，求a 的取值范围． 解析：(1)函数定义域为x ∈(0，＋∞)，f ′(x )＝ln x ＋1－a ， 由已知f ′(1)＝－1，则1－a ＝－1，即a ＝2，所以f (1)＝0－2＋2＝0，将(1,0)代入切线方程有t ＝1， 所以a ＝2，t ＝1.(2)对任意x ∈(1，＋∞)，f (x )≥0恒成立， 即ln x ＋ax－a ≥0恒成立， 令g (x )＝ln x ＋a x －a ，有g ′(x )＝x －ax 2， ①当a >1时，g (x )，g ′(x )随x 的变化情况为min 又因为在函数h (x )＝ln x ＋1－x 中，h ′(x )＝1－xx，所以h (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 所以h (x )≤h (1)＝0，所以g (x )min ＝g (a )＝h (a )<h (1)＝0，与“对任意x ∈(1，＋∞)，ln x ＋ax－a ≥0恒成立”矛盾，故a >1不合题意；②当a ≤1时，g ′(x )＝x －ax 2≥0，则g (x )在[1，＋∞)上单调递增， 所以g (x )≥g (1)＝0，即对任意x ∈(1，＋∞)，ln x ＋a x－a ≥0恒成立， 故a ≤1满足题意，综上所述，实数a 的取值范围为(－∞，1]．。