高考理科数学二轮复习专题集训：专题二函数、不等式、导数2.4.

A 级
1 π
＝ (
)
1．已知函数 f(x) ＝ cos x ，则 f(
π)＋f ′
x
2
3
1
A ．－π
B ．－π
2
2
3
1
C ．－ π
D ．－ π
1
1
分析：
∵ f ′(x)＝－ x 2cos x ＋ x ( － sin x)， π 1 2 3
∴ f( π)＋f ′ ＝－
＋ ·(－1)＝－ .
2
π π
π
答案：
C
2．已知 m 是实数， 函数 f(x)＝ x 2(x － m)，若 f ′(－1)＝－ 1，则函数 f(x) 的单一递加区间是
()
A. －4
，0
B ． 0， 4
3
3
C. －∞，－
4
，(0，＋ ∞)
D ． －∞，－ 4
∪ (0，＋ ∞)
3
3 分析：
由于 f ′(x)＝ 3x 2－ 2mx ，因此 f ′(－1)＝ 3＋ 2m ＝－ 1，解得 m ＝－ 2.因此 f ′(x)＝ 3x 2
＋ 4x.
由 f ′(x)＝ 3x 2
＋ 4x>0，解得 x<－4
或 x>0 ，
3
4
即 f(x) 的单一递加区间为 － ∞，－ 3 ，(0 ，＋ ∞)，应选 C.
答案： C
3．(2017 湖·南省湘中名校高三联考 )设 f(x)＝
1－ x 2， x ∈[ － 1，
，
2
，则
－
1
f(x)dx
x 2 －1， x ∈ [1， 2]
的值为 (
)
π 4
π
A. ＋
3
B ．
＋ 3
2 2 π 4
D ． π
C. ＋
＋ 3
4 3
4
2
－1
1
2
2
1
2
1 3
2
π 4 分析：
2
－ 1)dx ＝ ＋
－ 1
1－ x dx ＋ 1(x
3
x
－ x |
＝ ＋ ，应选
f(x)dx ＝
2π×1
1 2
3
A.
答案： A
4．若函数 f( x)＝ 2sin x(x ∈ [0，π ))的图象在切点 P 处的切线平行于函数
g(x)＝ 2
x
＋ 1
x 3
的图象在切点 Q 处的切线，则直线
PQ 的斜率为 (
)
8
A. 3 B ． 2
7 3 C.3
D ． 3
1 1
分析：
由题意得 f ′(x)＝ 2cos x ，g ′(x)＝ x 2＋ x － 2.设 P( x 1， f(x 1))， Q(x 2，g(x 2))，又 f ′(x 1)
＝g ′(x
2cos x 1
＝ x 1 ＋ x －
1
，故 4cos 2 ＝ x ＋ x －1 ＋2，因此－ 4＋ 4cos 2 ＝ x ＋ x －
1－ 2，
2)，即
22 22
x 1
22
x 1 2
2
即－ 4sin 2 x 1＝ x 12 －x － 12 2，因此 sin x 1＝ 0，x 1＝ 0，x 1
2＝ x － 12，x 2＝ 1，故 P(0,0)，Q 1， 8 ，
2
2
2 2
3
故 k PQ ＝ 8
.
3
答案：
A
5．已知偶函数 f(x)( x ≠ 0)的导函数为 f ′(x)，且知足 f(1) ＝ 0，当 x>0 时， xf ′(x)<2 f(x)，则使
得 f(x)>0 建立的 x 的取值范围是 (
)
A ． (－ ∞，－ 1)∪ (0,1)
B ． (－ ∞，－ 1)∪ (1，＋ ∞)
C ．( －1,0)∪ (1，＋ ∞ )
D ． (－ 1,0)∪(0,1)
分析： 依据题意， 设函数 g(x)＝ f x
f x x － 2·f x
x 2
(x ≠ 0)，当 x>0 时，g ′(x)＝
3
<0，
x
说明函数 g(x)在 (0，＋ ∞)上单一递减，又 f( x)为偶函数，因此 g( x)为偶函数，又 f(1) ＝0，所
以 g(1) ＝0，故 g( x)在 (－ 1,0)∪ (0,1) 上的函数值大于零，即 f(x)在( － 1,0)∪ (0,1)上的函数值大 于零．
答案： D
6．函数 y ＝ x ＋ 2cos x 在区间 0， π
上的最大值是 ________．
2
π π π
π π
分析： y ′＝ 1－ 2sin x ，令 y ′＝ 0，且 x ∈ 0， 2 ，得 x ＝ 6，则 x ∈ 0， 6 时，y ′>0；x ∈ 6，
2
时， y ′<0，故函数在 π 上递加，在 π π 上递减，因此当 π
π 0， 6 ， 2 x ＝ 时，函数取最大值 ＋ 3.
6 6
6
π
答案：
6＋
3
7．曲线 y ＝ x 2 与直线 y ＝ x 所围成的关闭图形的面积为
________．
分析： 如图，暗影部分的面积即为所求，
2
，
y ＝x
得 A(1,1)．
由
y ＝x ，
S ＝
1
2
1 2 1 3 1
1
故所求面积为
0 (x － x )dx ＝
x － x |0＝ .
2
3
6
答案：
1
6
8．设函数 f(x)＝ ln
1
2
－ bx ，若 x ＝ 1
是 f(x)的极大值点，则
a 的取值范围为
x － ax
2
____________．
分析：
∵ f(x)的定义域为 (0，＋ ∞)， f ′(x)＝1
－ ax － b ，
x
由 f ′(1)＝ 0，得 b ＝ 1－a.
∴ f ′(x)＝ 1
－ ax ＋ a － 1＝
－ ax 2＋ 1＋ ax －x x
x
ax ＋
x － .
＝－
x
①若 a ≥0，当 0<x<1 时， f ′(x)>0 ，f(x)单一递加；
当 x>1 时， f ′(x)<0， f(x)单一递减；因此 x ＝1 是 f(x) 的极大值点．
1
②若 a<0，由 f ′(x)＝ 0，得 x ＝ 1 或 x ＝－
.
由于 x ＝1 是 f(x) 的极大值点，
1
因此－ a >1，解得－ 1< a<0.
综合①②得 a 的取值范围是 (－ 1，＋ ∞)．
答案：
(－ 1，＋ ∞)
ax
9． (2017 ·西省高三教课质量检测试题陕 (一 ))已知函数 f(x)＝ ln(x ＋ 1)＋ x ＋ 1(a ∈ R )．
(1)当 a ＝ 1 时，求 f(x)的图象在 x ＝0 处的切线方程；
(2)当 a<0 时，求 f( x)的极值．
分析：
(1)当 a ＝ 1 时， f(x)＝ ln(x ＋ 1) ＋ x
，
x ＋ 1 ∴ f ′(x)＝ 1 ＋
1
2＝
x ＋ 2 2
x ＋ 1 x ＋
x ＋ .
∵ f(0) ＝ 0， f ′(0)＝ 2，
∴所求切线方程为 y ＝ 2x.
ax (x>－ 1)， f ′(x)＝ x ＋ a ＋ 1
2，
(2)f(x)＝ ln(x ＋ 1)＋
x ＋
x ＋ 1
∵ a<0 ，∴当 x ∈ (－ 1，－ a －1) 时， f ′(x)<0，
当 x ∈ (－ a － 1，＋ ∞)时， f ′(x)>0 ，
函数 f(x)的极小值为
f(－a － 1)＝ a ＋ 1＋ ln( － a)，无极大值．
10． (2016 ·京卷北 )设函数 f(x)＝ xe a －
x ＋ bx ，曲线
y ＝ f(x)在点
(2， f(2)) 处的切线方程为
y
＝ (e －1)x ＋ 4.
(1)求 a ， b 的值；
(2)求 f(x)的单一区间． a － x
分析：
(1) 由于 f( x)＝ xe ＋ bx ，
a － x
因此 f ′(x)＝ (1－ x)e ＋ b.
f
＝2e ＋ 2，
2e a －
2＋ 2b ＝ 2e ＋ 2，
依题设，
即
a －
2
f
＝ e － 1，
－ e ＋ b ＝ e －1.
a ＝ 2， 解得
b ＝ e.
(2)由 (1) 知 f(x)＝ xe 2－
x ＋ ex.
2－
x
x － 12－
x
x －
1
同号．
由 f ′(x)＝ e (1－ x ＋ e )及 e >0 知， f ′(x)与 1－ x ＋e 令 g(x)＝ 1－ x ＋ e x － 1，则 g ′(x)＝－ 1＋ e x －
1.
因此， 当 x ∈ (－ ∞， 1)时， g ′(x)<0 ， g(x)在区间 ( －∞，1)上单一递减；
当 x ∈ (1，＋ ∞)时， g ′(x)>0 ，g( x)在区间 (1，＋ ∞)上单一递加．故 g(1)＝ 1 是 g(x)在区间 (－ ∞，＋ ∞)上的最小值，
进而 g(x)>0，x ∈ (－ ∞，＋ ∞)．
综上可知， f ′(x)>0， x ∈ (－∞，＋ ∞)，故 f(x)的单一递加区间为 (－ ∞，＋ ∞)．
B 级
1．定义：假如函数
f n － f m f(x)在 [m ， n] 上存在 x 1，x 2(m<x 1<x 2<n)知足 f ′(x 1)＝
，
n － m
f ′(x 2)＝
f n
－ f m .则称函数 f(x)是 [m ， n]上的 “双中值函数 ”，已知函数 f(x)＝ x 3－ x 2＋ a n －m
是[0 ， a]上的 “双中值函数 ”，则实数 a 的取值范围是 ()
1， 1 3
，3
A.3 2
B ． 2
1
， 1
D ． 1
，1
C. 2
3
分析： 由于 f(x)＝ x 3－ x 2＋ a ，因此由题意可知， f ′(x)＝ 3x 2－ 2x 在区间 [0，a]上存在 x 1，
f a － f
3x 2－ 2x ＝ a 2
－ a 在区间
x 2(0< x 1<x 2<a)，知足 f ′(x 1)＝ f ′(x 2)＝
＝ a 2
－a ，因此方程
a － 0
(0， a)上有两个不相等的实根．
＝4－－a2＋ a，
1
222
令 g(x)＝ 3x － 2x－a ＋a(0<x<a)，则 g＝－ a ＋ a>0，解得2<a<1，因此实
g a＝ 2a2－ a>0，
数 a 的取值范围是1
，1 . 2
答案： C
2． (2017 江·苏卷 )已知函数3x 1
f(a－ 1)
f(x)＝ x－2x＋ e －x，此中 e 是自然对数的底数．若
e
＋f(2a2) ≤0，则实数 a 的取值范围是 ________．
分析：易知函数 f(x)的定义域对于原点对称．∵
f(x)＝x3－ 2x＋ e x－e 1 x，
∴f(－ x)＝ (－x)3－ 2(－x) ＋e－x－1
－x e
31x ＝－ x＋ 2x＋x－ e ＝－ f(x)，
e
∴ f(x)为奇函数，
又 f′(x)＝ 3x2－ 2＋ e x＋1
x≥3x
2－ 2＋ 2＝ 3x2
≥0(当且仅当 x＝ 0 时，取“＝”)，进而 f(x)在R e
上单一递加，
因此 f(a－ 1)＋ f(2a2)≤0? f(a－ 1)≤f(－ 2a2)? － 2a2≥a－ 1，
1
解得－ 1≤a≤2.
1
答案：－1，2
3．已知函数 f(x) ＝(ax＋ b)ln x－bx＋ 3 在 (1， f(1)) 处的切线方程为y＝2.
(1)求 a， b 的值；
(2)求函数 f(x)的极值；
(3)若 g(x)＝f(x)＋ kx 在 (1,3)上是单一函数，求k 的取值范围．
分析：(1) 由于 f(1) ＝－ b＋ 3＝ 2，因此 b＝ 1.
又 f′(x)＝b
＋aln x＋a－ b＝
1
＋aln x＋a－ 1，
x x
而函数 f(x)＝ (ax＋ b)ln x－bx＋ 3 在(1， f(1)) 处的切线方程为y＝ 2，因此 f′(1)＝1＋ a－ 1＝0，因此 a＝ 0.
(2)由 (1) 得 f(x)＝ ln x－ x＋ 3， f′(x)＝1
x－ 1， x>0.
令 f′(x)＝ 0，得 x＝ 1.当 0<x<1 时， f′(x)>0 ；
当 x>1 时， f′(x)<0，
因此 f(x)在 (0,1)上单一递加，在(1，＋∞)上单一递减，
故 f(x) 的极大值为f(1)＝ 2，无极小值．
1
(3)由 g(x)＝f(x)＋ kx，则 g(x) ＝ln x＋( k－ 1)x＋3(x>0)， g′(x)＝x
＋k－1，又 g(x)在 x∈ (1,3)上是单一函数，
若 g(x)为增函数，有 g′(x)≥0，
即 g′(x)＝1
＋ k－ 1≥0，即 k≥1－
1
在 x∈ (1,3)上恒建立．
x x
1
0，22
又1－∈
3，因此 k≥ .
x3若 g(x)为减函数，有g′(x)≤0，
即 g′(x)＝1
＋ k－ 1≤0，即 k≤1－
1
在 x∈ (1,3)上恒建立，
x x 12
又 1－x∈ 0，3，因此 k≤0.
综上， k 的取值范围为 (－∞， 0]∪2
，＋∞.
3
11
4． (2017 成·都市第二次诊疗性检测)已知函数 f(x)＝ a＋a ln x－ x＋x，此中 a>0.
(1)若 f(x)在 (0，＋∞)上存在极值点，求 a 的取值范围；
(2)设 a∈ (1， e]，当 x1∈(0,1)， x2∈ (1，＋∞)时，记 f(x2)－ f(x1)的最大值为M(a)．那么M(a)能否存在最大值？若存在，求出其最大值；若不存在，请说明原因．
－x－a 1
111x－a
分析：(1) f′(x)＝ a＋a x－ 1－x2＝x2， x∈ (0，＋∞)．
x－2
①当 a＝ 1 时， f′(x)＝－≤0， f(x)在 (0，＋∞)上单一递减，不存在极值点；
x2
1
②当 a>0 且 a≠1时， f′(a)＝ f′＝0.
a
经查验 a，1
a均为 f(x)的极值点．
∴a∈ (0,1) ∪ (1，＋∞)．
1
(2)当 a∈ (1， e]时， 0<a<1< a.由(1) 知，
当 f′(x)>0 时，11
. <x<a；当 f ′(x)<0时， x>a 或 x<
a a
11
∴ f(x)在0，a上单一递减，在a， a 上单一递加，在 (a，＋∞)上单一递减．
1
∴对 ? x 1∈(0,1) ，有 f(x 1)≥f
；
对 ? x 2∈ (1，＋ ∞)，有 f(x 2)≤f(a)．
∴ [f( x 2)－ f(x 1 )] max ＝ f( a) － f 1
a
.
∴ M(a)＝ f(a)－ f 1
a
1
1
1 1 1
＝ a ＋a ln a － a ＋ a － a ＋ a ln a － a ＋ a
＝ 2 a ＋1a ln a － a ＋a 1
， a ∈ (1， e]．
1
1 1＋ 2
1
M ′(a)＝ 2 1－ a 2
－ 1－
2
ln a ＋ 2 a ＋a a
a
1
＝ 2 1－ a 2 ln a ， a ∈ (1， e]．
∴ M ′(a)>0 ，即 M(a)在 (1， e]上单一递加．
∴ M(a)max ＝ M(e) ＝ 2 e ＋ 1 ＋ 2 1 4
e － e ＝ .
e e 4
∴ M(a)存在最大值 e .。