2021高考理科数学一轮总复习课标通用版作业：第3章 导数及其应用 课时作业15
2021版高考数学一轮复习第三章导数及其应用3.4.3导数的存在性问题练习理北师大版
导数的存在性问题中心考点·精确研析考点一对于函数零点或方程的根的存在性问题【典例】 1.(2020 ·泰安模拟 ) 若函数 f(x)=ax 32存在独一的零点00则实数 a 的取值范围是- x +1x , 且 x >0,()A. B.(-,0)C.(0,)D.2.(2020 ·深圳模拟 ) 已知函数f(x)=若方程[f(x)]2=a恰有两个不一样的实数根x1,x 2, 则x1 +x2的最大值是 ________________ . 【解题导思】序号联想解题1由存在独一的零点x0, 且 x0>0, 想到分别变量 a 建立新函数由 [f(x)]2=a 恰有两个不一样的实数根, 想到 f(x)=, 数形联合求12,x ,x2建立函数 .【分析】 1. 选 A. 由函数 f(x)=ax3-x2+1 存在独一的零点x0, 且 x0>0 等价于 a=有独一正根,即函数 y=g(x)=的图像与直线y=a 在 y 轴右边有 1 个交点 ,又 y=g(x) 为奇函数且g′(x)=,则 y=g(x) 在 (- ∞,-),(,+ ∞) 上为减函数, 在(-,0),(0,) 上为增函数 , 则知足题意时y=g(x)的图像与直线y=a 的地点关系以下图,即实数 a 的取值范围是a<-.2. 作出 f(x)的函数图像以下图, 由 [f(x)]2=a,可得f(x)=, 所以>1, 即a>1, 不如设 x1<x2, 则 2==, 令=t(t>1),则x1=-,x 2=ln t,所以x1 +x2=ln t-, 令 g(t)=ln t-, 则 g′(t)=, 所以当 1<t<8时,g ′(t)>0,g(t)在(1,8)上递加;当t>8时,g′(t)<0,g(t)在(8,+∞)上递减; 所以当 t=8 时 ,g(t)获得最大值 g(8)=ln 8-2=3ln 2-2.答案 :3ln 2-2题 1 条件改为f(x)=ax3-3x2+1,其余条件不变,若f(x)存在独一的零点x0, 且 x0>0, 则 a 的取值范围为________________ .【分析】当a=0 时 , 不切合题意 .2a≠ 0 时,f ′(x)=3ax-6x,令 f ′(x)=0, 得 x1=0,x 2= . 若 a>0,由图像知f(x) 有负数零点 , 不切合题意 .若 a<0, 由图像联合f(0)=1>0知,此时必有f>0,即 a×- 3×+1>0, 化简得 a2>4, 又 a<0, 所以 a<-2.答案 :(-∞,-2)导数法研究函数零点的存在性问题的策略(1)基本依照 : 函数零点的存在性定理 .(2)注意点 : 函数零点的存在性定理是函数存在零点的充足不用要条件.(3)基本方法 : 导数法剖析函数的单一性、极值、区间端点函数值, 画出函数的草图 , 数形联合求参数的值 .(4)常有技巧 : 将已知等式适合变形 , 转变为有益于用导数法研究性质的形式.已知函数f(x)=x+e x-a, g(x)=ln(x+2)-4ea-x, 此中 e 为自然对数的底数使 f(x00建立 ,, 若存在 x)-g(x)=3则实数 a 的值为 ()A.ln 2B.ln 2-1C.-ln2D.-ln 2-1【分析】选 D.f(x)-g(x)=x+e x-a -ln(x+2)+4e a-x , 令 y=x- ln(x+2),y ′=1-=, 故 y=x-ln(x+2)在 (-2,-1)上是减函数 ,(- 1,+ ∞) 上是增函数 , 故当 x=-1 时,y 有最小值 -1-0=-1,而 e x-a +4e a-x≥ 4( 当且仅当 e x-a =4e a-x , 即x=a+ln 2 时 , 等号建立 );故 f(x)-g(x)≥3( 当且仅当等号同时建即刻, 等号建立 ); 故 a+ln 2=-1,即 a=-1-ln 2.考点二对于函数极值、最值的存在性问题2的极值点 .【典例】 (2019 ·大连模拟 ) 已知 x=1 是函数 f(x)=ax + -xln x(1)务实数 a 的值 .(2) 求证 : 函数 f(x) 存在独一的极小值点x0, 且 0<f(x 0)<.( 参照数据 :ln 2≈ 0.69,16e5<74,此中e为自然对数的底数)【解题导思】(1) 务实数 a 的值由f′(1)=0求a,并用极值的定义查验(2) 函数 f(x)存在独一的极小值点联合(1)剖析函数f(x) 的单一性 , 利用零点存在性定理确立极小值点x0所在x0, 且 0<f(x 0)<区间 , 计算 f(x 0) 的取值范围【分析】 (1) 由于 f ′(x)=2ax - -ln x,且x=1是极值点,所以f′(1)=2a -=0,所以 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)=-ln 2<0,所以当 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.所以 x=1 为 f(x)的极大值点,切合题意.(2) 当 x>2 时,g ′(x)>0,g(x)为增函数, 且 g(4)= -2ln 2>0 ,g(2)<0,所以存在 x ∈ (2,4),g(x)=0. 当 2<x<x0时 ,g(x)<0 ,f(x)为减函数 ; 当 4>x>x时 ,g(x)>0 ,f(x)为增函数 ,00所以函数 f(x)存在独一的极小值点 x0.又 g545? 5<4ln , 所以 g<0, 所以= -ln, 已知 16e <7, 可得 e <<x <4 , 且知足 - -lnx0 =0.所以 f(x 0)=+ -x 0ln x 0=-+x 0∈.导数法研究函数极值、最值存在性问题的原则(1)弄清用导数法求函数 ( 不含参数 ) 的极值、最值的一般步骤 , 及重点步骤要注意的问题 .(2)在某区间上函数存在极值点 , 即方程 f ′(x)=0 必定有根 , 但方程有根 , 其实不必定是极值点 , 还要判断函数(3)在某区间上函数存在最值 , 往常假定存在最值 , 依据题目条件求出后建立方程 , 解出参数的值并进行检验 .(2019 ·抚顺模拟 ) 已知函数f(x)=ln x-ax-3(a≠ 0).(1)议论函数 f(x) 的单一性 .(2)若函数 f(x) 有最大值 M,且 M>a-5, 务实数 a 的取值范围 .【分析】 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),由已知得 f ′(x)= -a,当 a<0 时,f ′(x)>0,所以 ,f(x)在(0,+∞)内单一递加, 无减区间 ;当 a>0 时 , 令 f ′(x)=0, 得 x= ,所以当 x∈时f′(x)>0,f(x)单一递加;当 x∈时f′(x)<0,f(x)单一递减.(2) 由 (1) 知, 当 a<0 时 ,f(x)在(0,+∞)内单一递加, 无最大值 , 当 a>0 时 , 函数 f(x)在x=获得最大值,即 f(x)max=f=ln-4=-ln a-4,所以有 -ln a-4>a-5,得ln a+a-1<0,设 g(a)=ln a+a-1,则g′(a)=+1>0, 所以 g(a) 在(0,+ ∞) 内单一递加,又 g(1)=0, 所以 g(a)<g(1), 得 0<a<1,故实数 a 的取值范围是 (0,1).考点三对于不等式的存在性问题【典例】 1. 已知 f(x)=ln x- + ,g(x)=-x2-2ax+4,若对? x1∈(0,2],? x2∈[1,2],使得f(x1)≥ g(x2)建立,A. B.C. D.【解题导思】序号联想解题由对 ? x1∈ (0,2], ? x2∈[1,2],使得f(x1)≥g(x2)建立,想到f(x1)min≥g(x 2) min【分析】选 A. 由于 f(x)=ln x-+,x ∈ (0,2],所以 f ′(x)= - -=,令 f ′(x)=0, 解得 x=1 或 x=3( 舍 ),进而 0<x<1,f ′(x)<0;1<x<2,f′(x)>0;所以当 x=1 时 ,f(x)取最小值,为,所以 ? x∈ [1,2],使得≥ -x2-2ax+4建立,所以a≥, 由于 y=- +在[1,2]上单一递减 , 所以 y=- +的最小值为-+ =- , 所以 a≥ -.2. 已知函数f(x)=ax-e x(a∈R),g(x)=.(1)求函数 f(x) 的单一区间 .(2)? x0∈(0,+ ∞), 使不等式 f(x) ≤ g(x)-e x建立 , 求 a 的取值范围 .【解题导思】序号题目拆解(1) 函数 f(x) 的单一区间求f′(x),依照f′(x)=0解的状况,分类议论(2) ? x0∈(0,+ ∞), 使不等对不等式适合变形, 转变为求函数最值问题式 f(x) ≤ g(x)-e x建立当 a≤ 0 时,f′(x)<0,f(x)在 R 上单一递减 ;当 a>0 时 , 令 f ′(x)=0得 x=ln a.由 f ′(x)>0得 f(x)的单一递加区间为 (- ∞,ln a);由 f ′(x)<0得 f(x)的单一递减区间为 (ln a,+ ∞).综上 , 当 a≤ 0 时 ,f(x)的单一减区间为R; 当 a>0 时 ,f(x)的单一增区间为 (- ∞,ln a);单一减区间为 (ln a,+ ∞).(2) 由于 ? x0∈(0,+ ∞),使不等式 f(x)≤g(x)-e x,所以 ax≤, 即 a≤.设 h(x)=, 则问题转变为 a≤,由 h′(x)=, 令 h′(x)=0, 则 x=.当 x 在区间 (0,+ ∞) 内变化时 ,h ′(x),h(x) 的变化状况以下表:x(0,)(,+ ∞)h′(x)+0-h(x)↗极大值↘由上表可知 , 当 x=时,函数h(x)有极大值,即最大值为. 所以 a≤.1.不等式存在性问题的求解策略“恒建立”与“存在性” 问题的求解是“互补”关系 , 即 f(x)≥ g(a)对于x∈ D恒建立,应求f(x)的最小值;若存在 x∈D, 使得 f(x) ≥ g(a) 建立 , 应求 f(x)的最大值.在详细问题中终究是求最大值仍是最小值, 能够先联想“恒建立”是求最大值仍是最小值, 这样也就能够解决相应的“存在性”问题是求最大值仍是最小值.特别需要关注等号能否建立, 免得细节犯错 .2. 两个常用结论(1) ? x∈ I, 使得 f(x)>g(x)建立? [f(x)-g(x)]max>0(x∈I).(2020 ·西安模拟 ) 已知函数f(x)=x3+x 2+ax.(1) 若函数 f(x)在区间[1,+∞)上单一递加, 务实数 a 的最小值 .(2)若函数 g(x)=, 对 ? x ∈, ? x ∈, 使 f ′(x) ≤ g(x ) 建立 , 务实数 a 的取值范围 .1212【分析】 (1)由题设知 f ′(x)=x2+2x+a≥0 在[1,+∞) 上恒建立 ,即 a≥ -(x+1)2+1 在[1,+∞) 上恒建立 ,而函数 y=-(x+1)+1 在[1,+∞) 单一递减 , 则 y =-3,所以 a≥ -3,所以 a 的最小值为 -3.2max(2)1∈, ?2∈, 使 f ′(x12) 建立”等价于“当x∈max “对 ? x x) ≤ g(x时,f ′(x)≤g(x) max” .22在上单一递加 ,由于 f ′(x)=x +2x+a=(x+1)+a-1所以 f ′(x) max=f ′(2)=8+a.而 g′(x)=, 由 g′(x)>0, 得 x<1,由 g′(x)<0, 得 x>1,所以 g(x) 在 (- ∞,1) 上单一递加 , 在(1,+ ∞) 上单一递减.所以当 x∈时,g(x)max=g(1)=.由 8+a≤ , 得 a≤ -8,所以实数 a 的取值范围为.。
高考数学一轮复习 第三章 导数及其应用3
高考数学一轮复习 第三章 3.7 利用导数研究函数零点 题型一 数形结合法研究函数零点例1 (2020·全国Ⅰ)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． 解 (1)当a ＝1时，f (x )＝e x －(x ＋2)，f ′(x )＝e x －1，令f ′(x )<0，解得x <0，令f ′(x )>0，解得x >0，所以f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． (2)令f (x )＝0，得e x ＝a (x ＋2)，即1a ＝x ＋2ex ，所以函数y ＝1a 的图象与函数φ(x )＝x ＋2e x 的图象有两个交点，φ′(x )＝－x －1e x ，当x ∈(－∞，－1)时，φ′(x )>0； 当x ∈(－1，＋∞)时，φ′(x )<0， 所以φ(x )在(－∞，－1)上单调递增， 在(－1，＋∞)上单调递减，所以φ(x )max ＝φ(－1)＝e ，且x →－∞时， φ(x )→－∞；x →＋∞时，φ(x )→0， 所以0<1a <e ，解得a >1e .所以a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞. 教师备选已知函数f (x )＝x e x ＋e x .(1)求函数f (x )的单调区间和极值；(2)讨论函数g (x )＝f (x )－a (a ∈R )的零点的个数． 解 (1)函数f (x )的定义域为R ， 且f ′(x )＝(x ＋2)e x ，令f ′(x )＝0得x ＝－2，则f ′(x )，f (x )的变化情况如表所示：x (－∞，－2)－2 (－2，＋∞)f ′(x ) － 0 ＋ f (x )单调递减－1e2 单调递增∴f (x )的单调递减区间是(－∞，－2)，单调递增区间是(－2，＋∞)． 当x ＝－2时，f (x )有极小值为f (－2)＝－1e 2，无极大值．(2)令f (x )＝0，得x ＝－1， 当x <－1时，f (x )<0；当x >－1时，f (x )>0，且f (x )的图象经过点⎝⎛⎭⎫－2，－1e 2，(－1,0)，(0,1)． 当x →－∞时，与一次函数相比，指数函数y ＝e －x 增长更快，从而f (x )＝x ＋1e －x →0；当x →＋∞时，f (x )→＋∞，f ′(x )→＋∞，根据以上信息，画出f (x )大致图象如图所示．函数g (x )＝f (x )－a (a ∈R )的零点的个数为y ＝f (x )的图象与直线y ＝a 的交点个数． 当x ＝－2时，f (x )有极小值f (－2)＝－1e2.∴关于函数g (x )＝f (x )－a (a ∈R )的零点个数有如下结论：当a <－1e 2时，零点的个数为0；当a ＝－1e 2或a ≥0时，零点的个数为1；当－1e2<a <0时，零点的个数为2.思维升华 含参数的函数零点个数，可转化为方程解的个数，若能分离参数，可将参数分离出来后，用x 表示参数的函数，作出该函数的图象，根据图象特征求参数的范围． 跟踪训练1 设函数f (x )＝ln x ＋mx，m ∈R .(1)当m ＝e(e 为自然对数的底数)时，求f (x )的极小值； (2)讨论函数g (x )＝f ′(x )－x3零点的个数．解 (1)当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋ex ，f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝1x －e x 2＝x －e x 2.令f ′(x )＝0，得x ＝e. 当x ∈(0，e)时，f ′(x )<0； 当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )>0，∴f (x )在(0，e)上单调递减，在(e ，＋∞)上单调递增， ∴当x ＝e 时，f (x )取得极小值f (e)＝2. (2)由题意知g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x3(x >0)，令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x >0)．设φ(x )＝－13x 3＋x (x >0)，则φ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1)．当x ∈(0,1)时，φ′(x )>0，φ(x )在(0,1)上单调递增； 当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )<0，φ(x )在(1，＋∞)上单调递减． ∴x ＝1是φ(x )的唯一极值点，且是极大值点， ∴x ＝1也是φ(x )的最大值点， ∴φ(x )的最大值为φ(1)＝23.结合y ＝φ(x )的图象(如图)可知，①当m >23时，函数g (x )无零点；②当m ＝23时，函数g (x )有且只有一个零点；③当0<m <23时，函数g (x )有两个零点；④当m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点． 综上所述，当m >23时，函数g (x )无零点；当m ＝23或m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点；当0<m <23时，函数g (x )有两个零点．题型二 利用函数性质研究函数零点例2 (12分)(2021·全国甲卷)设函数f (x )＝a 2x 2＋ax －3ln x ＋1，其中a >0. (1)讨论f (x )的单调性； [切入点：判断f ′(x )的正负](2)若y ＝f (x )的图象与x 轴没有公共点，求a 的取值范围. [关键点：f (x )>0且f (x )有最小值]教师备选已知函数f (x )＝x sin x ＋cos x ，g (x )＝x 2＋4. (1)讨论f (x )在[－π，π]上的单调性；(2)令h (x )＝g (x )－4f (x )，试证明h (x )在R 上有且仅有三个零点． (1)解 f ′(x )＝sin x ＋x cos x －sin x ＝x cos x . 当x ∈⎝⎛⎭⎫－π，－π2∪⎝⎛⎭⎫0，π2时，f ′(x )>0； 当x ∈⎝⎛⎭⎫－π2，0∪⎝⎛⎭⎫π2，π时，f ′(x )<0， ∴f (x )在⎝⎛⎭⎫－π，－π2，⎝⎛⎭⎫0，π2上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－π2，0，⎝⎛⎭⎫π2，π上单调递减． (2)证明 h (x )＝x 2＋4－4x sin x －4cos x ， ∵h (－x )＝x 2＋4－4x sin x －4cos x ＝h (x )， ∴h (x )为偶函数． 又∵h (0)＝0，∴x ＝0为函数h (x )的零点．下面讨论h (x )在(0，＋∞)上的零点个数： h (x )＝x 2＋4－4x sin x －4cos x ＝x (x －4sin x )＋4(1－cos x )． 当x ∈[4，＋∞)时， x －4sin x >0,4(1－cos x )≥0， ∴h (x )>0， ∴h (x )无零点； 当x ∈(0,4)时，h ′(x )＝2x －4x cos x ＝2x (1－2cos x )， 当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π3时，h ′(x )<0； 当x ∈⎝⎛⎭⎫π3，4时，h ′(x )>0，∴h (x )在⎝⎛⎭⎫0，π3上单调递减，在⎝⎛⎭⎫π3，4上单调递增， ∴h (x )min ＝h ⎝⎛⎭⎫π3＝π29＋4－4π3sin π3－4cos π3＝π29＋2－23π3<0，又h (0)＝0，且h (4)＝20－16sin 4－4cos 4>0， ∴h (x )在⎝⎛⎭⎫0，π3上无零点，在⎝⎛⎭⎫π3，4上有唯一零点． 综上，h (x )在(0，＋∞)上有唯一零点， 又h (0)＝0且h (x )为偶函数， 故h (x )在R 上有且仅有三个零点．思维升华 利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数单调性、奇偶性、最值或极值的符号确定函数零点的个数，此类问题在求解过程中可以通过数形结合的方法确定函数存在零点的条件．跟踪训练2 已知函数f (x )＝13x 3－a (x 2＋x ＋1)．(1)若a ＝3，求f (x )的单调区间；(2)证明：f (x )只有一个零点．(1)解 当a ＝3时，f (x )＝13x 3－3x 2－3x －3，f ′(x )＝x 2－6x －3.令f ′(x )＝0，解得x ＝3－23或x ＝3＋2 3. 当x ∈(－∞，3－23)∪(3＋23，＋∞)时， f ′(x )>0；当x ∈(3－23，3＋23)时，f ′(x )<0.故f (x )的单调递增区间为(－∞，3－23)，(3＋23，＋∞)， 单调递减区间为(3－23，3＋23)． (2)证明 因为x 2＋x ＋1>0在R 上恒成立， 所以f (x )＝0等价于x 3x 2＋x ＋1－3a ＝0.设g (x )＝x 3x 2＋x ＋1－3a ，则g ′(x )＝x 2x 2＋2x ＋3x 2＋x ＋12≥0在R 上恒成立，当且仅当x ＝0时，g ′(x )＝0， 所以g (x )在(－∞，＋∞)上单调递增．故g (x )至多有一个零点，从而f (x )至多有一个零点． 又f (3a －1)＝－6a 2＋2a －13＝－6⎝⎛⎭⎫a －162－16<0， f (3a ＋1)＝13>0，故f (x )有一个零点．综上所述，f (x )只有一个零点．题型三 构造函数法研究函数的零点例3 (2021·全国甲卷)已知a >0且a ≠1，函数f (x )＝x aa x (x >0)．(1)当a ＝2时，求f (x )的单调区间；(2)若曲线y ＝f (x )与直线y ＝1有且仅有两个交点，求a 的取值范围． 解 (1)当a ＝2时，f (x )＝x 22x (x >0)，f ′(x )＝x 2－x ln 22x(x >0)，令f ′(x )>0，则0<x <2ln 2，此时函数f (x )单调递增，令f ′(x )<0， 则x >2ln 2，此时函数f (x )单调递减， 所以函数f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫0，2ln 2，单调递减区间为⎝⎛⎭⎫2ln 2，＋∞. (2)曲线y ＝f (x )与直线y ＝1有且仅有两个交点，可转化为方程x a a x ＝1(x >0)有两个不同的解，即方程ln x x ＝ln aa 有两个不同的解．设g (x )＝ln xx (x >0)，则g ′(x )＝1－ln xx 2(x >0)，令g ′(x )＝1－ln xx 2＝0，得x ＝e ，当0<x <e 时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增， 当x >e 时，g ′(x )<0，函数g (x )单调递减， 故g (x )max ＝g (e)＝1e ，且当x >e 时，g (x )∈⎝⎛⎭⎫0，1e ， 又g (1)＝0，所以0<ln a a <1e ，所以a >1且a ≠e ，即a 的取值范围为(1，e)∪(e ，＋∞)． 教师备选(2022·南阳质检)已知f (x )＝13x 3＋32x 2＋2x ，f ′(x )是f (x )的导函数．(1)求f (x )的极值；(2)令g (x )＝f ′(x )＋k e x －1，若y ＝g (x )的函数图象与x 轴有三个不同的交点，求实数k 的取值范围．解 (1)因为f ′(x )＝x 2＋3x ＋2＝(x ＋1)(x ＋2)， 令f ′(x )＝0，得x 1＝－1，x 2＝－2， 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化如表所示：x (－∞，－2)－2 (－2，－1)－1 (－1，＋∞)f ′(x ) ＋ 0 － 0 ＋ f (x )↗极大值↘极小值↗由表可知，函数f (x )的极大值为f (－2)＝－23，极小值为f (－1)＝－56.(2)由(1)知g (x )＝x 2＋3x ＋2＋k e x －1＝x 2＋3x ＋1＋k e x ， 由题知需x 2＋3x ＋1＋k e x ＝0有三个不同的解，即k ＝－x 2＋3x ＋1e x有三个不同的解．设h (x )＝－x 2＋3x ＋1e x，则h ′(x )＝x 2＋x －2e x ＝x ＋2x －1e x ，当x ∈(－∞，－2)时，h ′(x )>0，h (x )单调递增， 当x ∈(－2,1)时，h ′(x )<0，h (x )单调递减， 当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0，h (x )单调递增，又当x →－∞时，h (x )→－∞， 当x →＋∞时，h (x )→0且h (x )<0， 且h (－2)＝e 2，h (1)＝－5e .作出函数h (x )的简图如图，数形结合可知，－5e<k <0.思维升华 涉及函数的零点(方程的根)问题，主要利用导数确定函数的单调区间和极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求得参数的取值范围．跟踪训练3 设函数f (x )＝12x 2－m ln x ，g (x )＝x 2－(m ＋1)x ，m >0.(1)求函数f (x )的单调区间；(2)当m ≥1时，讨论f (x )与g (x )图象的交点个数． 解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝x ＋mx －mx .当0<x <m 时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减； 当x >m 时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增．综上，函数f (x )的单调递增区间是(m ，＋∞)，单调递减区间是(0，m )． (2)令F (x )＝f (x )－g (x )＝－12x 2＋(m ＋1)x －m ln x ，x >0，题中问题等价于求函数F (x )的零点个数．F ′(x )＝－x －1x －m x ，当m ＝1时，F ′(x )≤0，函数F (x )为减函数，因为F (1)＝32>0，F (4)＝－ln 4<0， 所以F (x )有唯一零点；当m >1时，0<x <1或x >m 时，F ′(x )<0；1<x <m 时，F ′(x )>0，所以函数F (x )在(0,1)和(m ，＋∞)上单调递减，在(1，m )上单调递增，因为F (1)＝m ＋12>0， F (2m ＋2)＝－m ln(2m ＋2)<0，所以F (x )有唯一零点．综上，函数F (x )有唯一零点，即函数f (x )与g (x )的图象总有一个交点．课时精练1．(2022·贵阳模拟)已知函数f (x )＝13x 3－12ax 2(a ≠0)． (1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝1时，g (x )＝f (x )－2x ＋b ，讨论g (x )的零点个数．解 (1)f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝x 2－ax ＝x (x －a )，若a >0，当x ∈(－∞，0)∪(a ，＋∞)时，f ′(x )>0，当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0，若a <0，当x ∈(－∞，a )∪(0，＋∞)时，f ′(x )>0，当x ∈(a,0)时，f ′(x )<0，综上，当a >0时，f (x )在(－∞，0)，(a ，＋∞)上单调递增，在(0，a )上单调递减， 当a <0时，f (x )在(－∞，a )，(0，＋∞)上单调递增，在(a,0)上单调递减．(2)g (x )＝13x 3－12x 2－2x ＋b ， 令g (x )＝0，所以b ＝－13x 3＋12x 2＋2x ， 令h (x )＝－13x 3＋12x 2＋2x ， 则h ′(x )＝－x 2＋x ＋2＝－(x －2)(x ＋1)，所以h ′(2)＝0，h ′(－1)＝0，且当x <－1时，h ′(x )<0；当－1<x <2时，h ′(x )>0；当x >2时，h ′(x )<0，所以h (x )极小值＝h (－1)＝13＋12－2＝－76， h (x )极大值＝h (2)＝－13×8＋12×4＋4＝103， 如图，当b <－76或b >103时，函数g (x )有1个零点； 当b ＝－76或b ＝103时，函数g (x )有2个零点； 当－76<b <103时，函数g (x )有3个零点．2．已知函数f (x )＝e x (ax ＋1)，曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为y ＝bx －e.(1)求a ，b 的值；(2)若函数g (x )＝f (x )－3e x －m 有两个零点，求实数m 的取值范围．解 (1)f (x )＝e x (ax ＋1)，则f ′(x )＝e x (ax ＋1)＋e x ·a ＝e x (ax ＋1＋a )，由题意知⎩⎪⎨⎪⎧ f ′1＝e 2a ＋1＝b ，f 1＝e a ＋1＝b －e ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝3e ， ∴a ＝1，b ＝3e.(2)g (x )＝f (x )－3e x －m ＝e x (x －2)－m ，函数g (x )＝e x (x －2)－m 有两个零点，相当于函数u (x )＝e x ·(x －2)的图象与直线y ＝m 有两个交点，u ′(x )＝e x ·(x －2)＋e x ＝e x (x －1)，当x ∈(－∞，1)时，u ′(x )<0，∴u (x )在(－∞，1)上单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，u ′(x )>0，∴u (x )在(1，＋∞)上单调递增，∴当x ＝1时，u (x )取得极小值u (1)＝－e.又当x →＋∞时，u (x )→＋∞，当x <2时，u (x )<0，∴－e<m <0，∴实数m 的取值范围为(－e,0)．3．已知函数f (x )＝e x ＋ax －a (a ∈R 且a ≠0)．(1)若函数f (x )在x ＝0处取得极值，求实数a 的值，并求此时f (x )在[－2,1]上的最大值；(2)若函数f (x )不存在零点，求实数a 的取值范围．解 (1)由f (x )＝e x ＋ax －a ，得f ′(x )＝e x ＋a .∵函数f (x )在x ＝0处取得极值，∴f ′(0)＝e 0＋a ＝0，∴a ＝－1，∴f (x )＝e x －x ＋1，f ′(x )＝e x －1.∴当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．易知f (x )在[－2,0)上单调递减，在(0,1]上单调递增，且f (－2)＝1e 2＋3，f (1)＝e ，f (－2)>f (1)， ∴f (x )在[－2,1]上的最大值是1e 2＋3. (2)f ′(x )＝e x ＋a .①当a >0时，f ′(x )>0，f (x )在R 上单调递增，且当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， ∴函数f (x )存在零点，不满足题意．②当a <0时，令f ′(x )＝e x ＋a ＝0，则x ＝ln(－a )．当x ∈(－∞，ln(－a ))时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(ln(－a )，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．∴当x ＝ln(－a )时，f (x )取得极小值，也是最小值．当x →－∞时，f (x )→＋∞，当x →＋∞时，f (x )→＋∞，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)．4．(2022·潍坊模拟)已知函数f (x )＝x 2－a sin x －2(a ∈R )． (1)若曲线y ＝f (x )在点⎝⎛⎭⎫π2，f ⎝⎛⎭⎫π2处的切线经过坐标原点，求实数a ； (2)当a >0时，判断函数f (x )在x ∈(0，π)上的零点个数，并说明理由．解 (1)f ′(x )＝2x sin x －x 2－a cos x sin 2x， f ′⎝⎛⎭⎫π2＝π，所以f (x )在点⎝⎛⎭⎫π2，f ⎝⎛⎭⎫π2处的切线方程为y ＝πx ，所以f ⎝⎛⎭⎫π2＝π22， 即π24－a －2＝π22，a ＝－π24－2. (2)因为x ∈(0，π)，所以sin x >0，所以x 2－a sin x －2＝0可转化为x 2－a －2sin x ＝0， 设g (x )＝x 2－a －2sin x ，则g ′(x )＝2x －2cos x ，当x ∈⎣⎡⎭⎫π2，π时，g ′(x )>0，所以g (x )在区间⎣⎡⎭⎫π2，π上单调递增．当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时， 设h (x )＝g ′(x )＝2x －2cos x ，此时h ′(x )＝2＋2sin x >0，所以g ′(x )在x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2上单调递增， 又 g ′(0)＝－2<0，g ′⎝⎛⎭⎫π2＝π>0，所以存在x 0∈⎝⎛⎭⎫0，π2使得g ′(x )＝0且x ∈(0，x 0)时g (x )单调递减， x ∈⎣⎡⎭⎫x 0，π2时g (x )单调递增． 综上，对于连续函数g (x )，当x ∈(0，x 0)时，g (x )单调递减， 当x ∈(x 0，π)时，g (x )单调递增．又因为g (0)＝－a <0，所以当g (π)＝π2－a >0，即a <π2时，函数g (x )在区间(x 0，π)上有唯一零点，当g (π)＝π2－a ≤0，即a ≥π2时，函数g (x )在区间(0，π)上无零点， 综上可知，当0<a <π2时，函数f (x )在(0，π)上有1个零点； 当a ≥π2时，函数f (x )在(0，π)上没有零点．。
2021版高考数学一轮复习 第三章 导数及其应用 3.2 利用导数解决函数的单调性问题教学案 苏教版
第二节利用导数解决函数的单调性问题［最新考纲］ 1.了解函数的单调性和导数的关系.2.能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间（其中多项式函数一般不会超过三次）函数的单调性与导数的关系条件结论函数y＝f（x）在区间（a，b）上可导f′（x）＞0f（x）在（a，b）内单调递增f′（x）＜0f（x）在（a，b）内单调递减f′（x）＝0f（x）在（a，b）内是常数函数［常用结论］1.在某区间内f′（x）＞0（f′（x）＜0）是函数f（x）在此区间上为增（减）函数的充分不必要条件.2.可导函数f（x）在（a，b）上是增（减）函数的充要条件是对∀x∈（a，b），都有f′（x）≥0（f′（x）≤0）且f′（x）在（a，b）上的任何子区间内都不恒为零.一、思考辨析（正确的打“√”，错误的打“×”）（1）若函数f（x）在（a，b）内单调递增，那么一定有f′（x）＞0. （）（2）如果函数f（x）在某个区间内恒有f′（x）＝0，则f（x）在此区间内没有单调性. （）（3）在（a，b）内f′（x）≤0且f′（x）＝0的根有有限个，则f（x）在（a，b）内是减函数. （）［答案］（1）×（2）√（3）√二、教材改编1.如图是函数y＝f（x）的导函数y＝f′（x）的图象，则下面判断正确的是（）A.在区间（－3,1）上f（x）是增函数B.在区间（1,3）上f（x）是减函数C.在区间（4,5）上f（x）是增函数D.在区间（3,5）上f （x ）是增函数C ［由图象可知，当x ∈（4,5）时，f ′（x ）＞0，故f （x ）在（4,5）上是增函数.］ 2.函数f （x ）＝cos x －x 在（0，π）上的单调性是（ ） A.先增后减 B.先减后增 C.增函数D.减函数D ［因为f ′（x ）＝－sin x －1＜0在（0，π）上恒成立， 所以f （x ）在（0，π）上是减函数，故选D.］ 3.函数f （x ）＝x －ln x 的单调递减区间为 .（0,1］ ［函数f （x ）的定义域为{x |x ＞0}，由f ′（x ）＝1－1x≤0，得0＜x ≤1，所以函数f （x ）的单调递减区间为（0,1］.］4.已知f （x ）＝x 3－ax 在［1，＋∞）上是增函数，则实数a 的最大值是 . 3 ［f ′（x ）＝3x 2－a ≥0，即a ≤3x 2，又因为x ∈［1，＋∞ ），所以a ≤3，即a 的最大值是3.］考点1 不含参数函数的单调性 求函数单调区间的步骤（1）确定函数f （x ）的定义域. （2）求f ′（x ）.（3）在定义域内解不等式f ′（x ）＞0，得单调递增区间. （4）在定义域内解不等式f ′（x ）＜0，得单调递减区间.1.函数f （x ）＝1＋x －sin x 在（0,2π）上是（ ）A.单调递增B.单调递减C.在（0，π）上增，在（π，2π）上减D.在（0，π）上减，在（π，2π）上增A ［f ′（x ）＝1－cos x ＞0在（0,2π）上恒成立，所以在（0,2π）上单调递增.］ 2.函数y ＝12x 2－ln x 的单调递减区间为（ ）A.（－1,1］B.（0,1］C.［1，＋∞）D.（0，＋∞）B ［∵y ＝12x 2－ln x ，∴x ∈（0，＋∞），y ′＝x －1x ＝（x －1）（x ＋1）x.由y ′≤0可解得0＜x ≤1，∴y ＝12x 2－ln x 的单调递减区间为（0,1］，故选B.］3.已知定义在区间（－π，π）上的函数f （x ）＝x sin x ＋cos x ，则f （x ）的单调递增区间是 .⎝ ⎛⎭⎪⎫－π，－π2和⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2 ［f ′（x ）＝sin x ＋x cos x －sin x ＝x cos x ， 令f ′（x ）＝x cos x ＞0，则其在区间（－π，π）上的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫－π，－π2和⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，即f （x ）的单调递增区间为⎝⎛⎭⎪⎫－π，－π2和⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2.］求函数的单调区间时，一定要先确定函数的定义域，否则极易出错.如T 2. 考点2 含参数函数的单调性研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论. 已知函数f （x ）＝12x 2－2a ln x ＋（a －2）x ，当a ＜0时，讨论函数f （x ）的单调性.［解］ 函数的定义域为（0，＋∞），f ′（x ）＝x －2a x ＋a －2＝（x －2）（x ＋a ）x.①当－a ＝2，即a ＝－2时，f ′（x ）＝（x －2）2x≥0，f （x ）在（0，＋∞）上单调递增.②当0＜－a ＜2，即－2＜a ＜0时，∵0＜x ＜－a 或x ＞2时，f ′（x ）＞0；－a ＜x ＜2时，f ′（x ）＜0，∴f （x ）在（0，－a ），（2，＋∞）上单调递增，在（－a,2）上单调递减. ③当－a ＞2，即a ＜－2时，∵0＜x ＜2或x ＞－a 时，f ′（x ）＞0；2＜x ＜－a 时，f ′（x ）＜0， ∴f （x ）在（0,2），（－a ，＋∞）上单调递增，在（2，－a ）上单调递减.综上所述，当a ＝－2时，f （x ）在（0，＋∞）上单调递增；当－2＜a ＜0时，f （x ）在（0，－a ），（2，＋∞）上单调递增，在（－a,2）上单调递减；当a ＜－2时，f （x ）在（0,2），（－a ，＋∞）上单调递增，在（2，－a ）上单调递减.含参数的问题，应就参数范围讨论导数大于（或小于）零的不等式的解，在划分函数的单调区间时，要在函数定义域内确定导数为零的点和函数的间断点.已知函数f （x ）＝ln （e x ＋1）－ax （a ＞0），讨论函数y ＝f （x ）的单调区间.［解］ f ′（x ）＝e xe x ＋1－a ＝1－1e x ＋1－a .①当a ≥1时，f ′（x ）＜0恒成立， ∴当a ∈［1，＋∞）时， 函数y ＝f （x ）在R 上单调递减. ②当0＜a ＜1时，由f ′（x ）＞0，得（1－a ）（e x＋1）＞1， 即e x＞－1＋11－a ，解得x ＞ln a 1－a ，由f ′（x ）＜0，得（1－a ）（e x ＋1）＜1， 即e x＜－1＋11－a ，解得x ＜ln a 1－a .∴当a ∈（0,1）时，函数y ＝f （x ）在⎝ ⎛⎭⎪⎫ln a1－a ，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln a 1－a 上单调递减. 综上，当a ∈［1，＋∞）时，f （x ）在R 上单调递减；当a ∈（0,1）时，f （x ）在⎝ ⎛⎭⎪⎫ln a1－a ，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln a 1－a 上单调递减.考点3 已知函数的单调性求参数 根据函数单调性求参数的一般方法（1）利用集合间的包含关系处理：y ＝f （x ）在（a ，b ）上单调，则区间（a ，b ）是相应单调区间的子集.（2）f （x ）为增函数的充要条件是对任意的x ∈（a ，b ）都有f ′（x ）≥0且在（a ，b ）内的任一非空子区间上，f ′（x ）不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解.（3）函数在某个区间存在单调区间可转化为不等式有解问题.已知函数f （x ）＝ln x ，g （x ）＝12ax 2＋2x （a ≠0）.（1）若函数h （x ）＝f （x ）－g （x ）存在单调递减区间，求a 的取值范围； （2）若函数h （x ）＝f （x ）－g （x ）在［1,4］上单调递减，求a 的取值范围. ［解］ （1）h （x ）＝ln x －12ax 2－2x ，x ∈（0，＋∞），所以h ′（x ）＝1x－ax －2，由于h （x ）在（0，＋∞）上存在单调递减区间，所以当x ∈（0，＋∞）时，1x－ax －2＜0有解，即a ＞1x 2－2x有解.设G （x ）＝1x 2－2x，所以只要a ＞G （x ）min 即可.而G （x ）＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x－12－1，所以G （x ）min ＝－1.所以a ＞－1且a ≠0，即a 的取值范围是（－1,0）∪（0，＋∞）. （2）由h （x ）在［1,4］上单调递减得，当x ∈［1,4］时，h ′（x ）＝1x－ax －2≤0恒成立，即a ≥1x 2－2x恒成立.所以a ≥G （x ）max ，而G （x ）＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x－12－1，因为x ∈［1,4］，所以1x ∈，所以G （x ）max ＝－716（此时x ＝4），所以a ≥－716且a ≠0，即a 的取值范围是∪（0，＋∞）.［母题探究］1.（变问法）若函数h （x ）＝f （x ）－g （x ）在［1,4］上单调递增，求a 的取值范围. ［解］ 由h （x ）在［1,4］上单调递增得，当x ∈［1,4］时，h ′（x ）≥0恒成立， 所以当x ∈［1,4］时，a ≤1x 2－2x恒成立，又当x ∈［1,4］时，⎝⎛⎭⎪⎫1x 2－2xmin ＝－1（此时x ＝1）， 所以a ≤－1且a ≠0，即a 的取值范围是（－∞，－1］.2.（变问法）若函数h （x ）＝f （x ）－g （x ）在［1,4］上存在单调递减区间，求a 的取值范围.［解］ h （x ）在［1,4］上存在单调递减区间， 则h ′（x ）＜0在［1,4］上有解， 所以当x ∈［1,4］时，a ＞1x 2－2x有解，又当x ∈［1,4］时，⎝ ⎛⎭⎪⎫1x2－2x min ＝－1，所以a ＞－1，且a ≠0.即a 的取值范围是（－1,0）∪（0，＋∞）.3.（变条件）若函数h （x ）＝f （x ）－g （x ）在［1,4］上不单调，求a 的取值范围. ［解］ 因为h （x ）在［1,4］上不单调， 所以h ′（x ）＝0在（1,4）上有解， 即a ＝1x 2－2x有解，令m （x ）＝1x 2－2x，x ∈（1,4），则－1＜m （x ）＜－716，所以实数a 的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫－1，－716. （1）f （x ）在D 上单调递增（减），只要满足f ′（x ）≥0（≤0）在D 上恒成立即可.如果能够分离参数，则可分离参数后转化为参数值与函数最值之间的关系.（2）二次函数在区间D 上大于零恒成立，讨论的标准是二次函数的图象的对称轴与区间D 的相对位置，一般分对称轴在区间左侧、内部、右侧进行讨论.已知函数f （x ）＝3xa －2x 2＋ln x 在区间［1,2］上为单调函数，求a 的取值范围.［解］ f ′（x ）＝3a －4x ＋1x，若函数f （x ）在区间［1,2］上为单调函数，即在［1,2］上，f ′（x ）＝3a －4x ＋1x ≥0或f ′（x ）＝3a －4x ＋1x≤0，即3a －4x ＋1x ≥0或3a －4x ＋1x≤0在［1,2］上恒成立，即3a≥4x －1x 或3a ≤4x －1x.令h （x ）＝4x －1x，因为函数h （x ）在［1,2］上单调递增，所以3a ≥h （2）或3a ≤h （1），即3a ≥152或3a≤3，解得a ＜0或0＜a ≤25或a ≥1.考点4 利用导数比较大小或解不等式用导数比较大小或解不等式，常常要构造新函数，把比较大小或求解不等式的问题转化为利用导数研究函数单调性的问题，再由单调性比较大小或解不等式.常见构造的辅助函数形式有：（1）已知函数f （x ）是定义在R 上的偶函数，设函数f （x ）的导函数为f ′（x ），若对任意x ＞0都有2f （x ）＋xf ′（x ）＞0成立，则（ ）A.4f （－2）＜9f （3）B.4f （－2）＞9f （3）C.2f （3）＞3f （－2）D.3f （－3）＜2f （－2）（2）设f （x ）是定义在R 上的奇函数，f （2）＝0，当x ＞0时，有xf ′（x ）－f （x ）x 2＜0恒成立，则不等式x 2f （x ）＞0的解集是 .（1）A （2）（－∞，－2）∪（0,2） ［（1）根据题意，令g （x ）＝x 2f （x ），其导数g ′（x ）＝2xf （x ）＋x 2f ′（x ），又对任意x ＞0都有2f （x ）＋xf ′（x ）＞0成立，则当x＞0时，有g ′（x ）＝x （2f （x ）＋xf ′（x ））＞0恒成立，即函数g （x ）在（0，＋∞）上为增函数，又由函数f （x ）是定义在R 上的偶函数，则f （－x ）＝f （x ），则有g （－x ）＝（－x ）2f （－x ）＝x 2f （x ）＝g （x ），即函数g （x ）也为偶函数，则有g （－2）＝g （2），且g （2）＜g （3），则有g （－2）＜g （3），即有4f （－2）＜9f （3）.故选A.（2）令φ（x ）＝f （x ）x，∵当x ＞0时，∴φ（x ）＝f （x ）x在（0，＋∞）上为减函数，又φ（2）＝0， ∴在（0，＋∞）上，当且仅当0＜x ＜2时，φ（x ）＞0， 此时x 2f （x ）＞0.又f （x ）为奇函数，∴h （x ）＝x 2f （x ）也为奇函数. 故x 2f （x ）＞0的解集为（－∞，－2）∪（0,2）.］如本例（1）已知条件“2f （x ）＋xf ′（x ）＞0”，需构造函数g （x ）＝x 2f（x ），求导后得x ＞0时，g ′（x ）＞0，即函数g （x ）在（0，＋∞）上为增函数，从而问题得以解决.而本例（2）则需构造函数φ（x ）＝f （x ）x 解决.2.已知函数f （x ）（x ∈R ）满足f （1）＝1，且f （x ）的导函数f ′（x ）＜12，则不等式f （x 2）＜x 22＋12的解集为 .（－∞，－1）∪（1，＋∞） ［由题意构造函数F （x ）＝f （x ）－12x ，则F ′（x ）＝f ′（x ）－12.因为f ′（x ）＜12，所以F ′（x ）＝f ′（x ）－12＜0，即函数F （x ）在R 上单调递减.因为f （x 2）＜x 22＋12，f （1）＝1，所以f （x 2）－x 22＜f （1）－12，所以F （x 2）＜F （1），又函数F （x ）在R 上单调递减，所以x 2＞1，即x ∈（－∞，－1）∪（1，＋∞）.］。
2021版高考数学一轮复习第三章导数及其应用3.1导数与导数的运算练习理北师大版
3.1导数与导数的运算中心考点·精确研析考点一导数的计算1. 以下求导运算正确的选项是()A.(sin a) ′=cos a(a为常数)B.(sin 2x) ′=2cos 2xC.(cos x) ′=sin xD.(x -5 ) ′=-x-62. 函数 f(x)=x2+ln x+sin x+1的导函数f′(x)=()A.2x+ +cos x+1B.2x- +cos xC.2x+ -cos xD.2x+ +cos x3. 函数 f(x)=的导函数 f ′(x)= ()A.tan xB.-C.-D.-4. 函数 f(x)=的导函数 f ′(x)=()A.2B.C. D.5. 设 f ′(x) 是函数f(x)=+x 的导函数 , 则 f ′(0) 的值为 ________________ .【分析】1. 选 B.(sin a) ′=0(a 为常数 ),(sin2x) ′=2cos 2x,(cos x) ′=-sin x,(x -5 ) ′=-5x -6 .2. 选 D. 由 f(x)=x2+ln x+sin x+1得f′(x)=2x++cos x.3. 选 D.f ′(x)==-.4. 选 D.f ′(x)=() ′=′=′=.5. 因为 f(x)=+x,因此 f ′(x)=+1=+1, 因此 f ′(0)=+1=0.答案 :0题 2 中 , 若将“ f(x)=x2+ln x+sin x+1”改为“ f(x)=+” ,则f′(x) =________________ .【分析】因为f(x)=+=,因此 f ′(x)=′==.答案 :【秒杀绝招】清除法解T3,依据sin x=0时f(x)无心义,因此f′(x )也无心义清除A,C,cos x=0时f(x)存心义,因此f′(x)也应存心义清除 B.考点二导数的应用【典例】 1. 若函数 f(x)=e ax+ln(x+1),f′(0)=4,则a=________________ .2. 已知函数f(x)的导函数为 f ′(x), 且 f(x)=2xf′(e)-ln x,则f′(e)=________________ .3.(2020 ·宝鸡模拟 ) 二次函数y=f(x)的图像经过坐标原点, 若其导函数为 f ′(x)=3x -, 则f(x)= ____________.【解题导思】序号联想解题1由 f ′(0)=4,想到求 f ′(x), 列方程2由 f ′(e) 想到求 f ′(x) 并代入 x=e由二次函数 y=f(x) 的图像经过坐标原点, 想到设函数的分析3式为 f(x)=ax2+bx【分析】 1. 由 f(x)=e ax +ln(x+1),得f′(x)=ae ax+,因为 f ′(0)=4, 因此 f ′(0)=a+1=4, 因此a=3.答案 :32. 因为 f(x)=2xf′(e)-ln x,因此 f ′(x)=2f ′(e) - , 令 x=e 得 :f ′(e)=2f ′(e) - , 即 f ′(e)=.答案 :3. 依据题意 , 二次函数y=f(x)的图像经过坐标原点, 设其分析式为f(x)=ax2+bx,则有f′(x)=2ax+b,又由 f ′(x)=3x - , 得 2ax+b=3x-,则 a= ,b=- , 故 f(x)=x2- x.2答案 : x - x含参数的函数的导数要注意的两点(1)含有字母参数的函数求导时 , 要分清哪是变量哪是参数 , 参数是常量 , 其导数为零 .(2) 注意利用题目条件建立方程, 求出参数的值. 此时要注意差别函数f(x)及其导数 f ′(x).1.(2020 ·宜昌模拟 ) 已知 f ′(x) 是函数f(x)的导数,f(x)=f′(1)· 2x+x2,则f′(2)=()A. B.C. D.-2【分析】选 C. 因为 f ′(x)=f ′(1) · 2x ln 2+2x, 因此 f ′(1)=f ′(1) · 2ln 2+2, 解得 f ′(1)=, 因此f ′(x)=· 2x ln 2+2x,因此f′(2)=×22 ln 2+2×2=.2. 函数 f(x)=ln x+a的导函数为 f ′(x), 若方程 f ′(x)=f(x)的根x0小于 1, 则实数 a 的取值范围为A.(1,+ ∞)B.(0,1)C.(1,)D.(1,)【分析】选 A. 由函数 f(x)=ln x+a可得f′(x)=, 因为使得 f ′(x 0)=f(x0)建立的0<x0<1, 则=ln x0 +a(0<x 0<1).因为>1,ln x0<0,因此a= -ln x0>1,故有a>1.考点三导数几何意义的运用1. 考什么 : (1) 求切线方程、求切点坐标、与切线相关求参数的值或取值范围.(2)命考察数学运算、直观想象、逻辑推理的中心修养题2.怎么考 : 与直线的方程、不等式等联合考察直线的斜率、直线的点斜式方程、精导数的几何意义等问题解3. 新趋向 : 以三角函数、指数函数、对数函数为载体, 与求导数和导数的几何意义读交汇考察 .1. 注意两类切线问题的差别(1) “过”与“在” : 曲线 y=f(x) “在点 P(x ,y ) 处的切线”与“过点P(x ,y ) 的切线”的差别 : 前者 P(x 0,y 0) 为切点 , 尔后者 P(x 0,y 0) 不必定为切点 .(2) “切点” 与“公共点” : 某曲线的切线与此曲线的公共点有可能有多个( 即除了切点以外可能还有其余公共点).2. 利用导数求曲线的切线方程学若已知曲线 y=f(x) 过点 P(x 0,y 0), 求曲线过点 P 的切线方程 , 则需分点 P(x 0,y 0) 是霸切点和不是切点两种状况求解.好(1) 当点 P(x 0,y 0) 是切点时 , 切线方程为方y-y 0=f ′(x 0)(x-x 0).法(2) 当点 P(x 0,y 0) 不是切点时 , 可分以下几步 :第一步 : 设出切点坐标 P ′(x 1, f(x 1));第二步 : 写出曲线在点 P ′(x , f(x)) 处的切线方程y-f(x )=f ′(x )(x-x);11111第三步 : 将点 P 的坐标 (x 0,y 0) 代入切线方程求出 x 1;第四步 : 将 x的值代入方程 y-f(x 1)=f ′(x )(x-x), 可得过点 P(x ,y ) 的切线方111程 .已知切点求切线的方程问题【典例】 (2019 ·全国卷Ⅰ ) 曲线 y=3(x 2+x)e x 在点 (0,0) 处的切线方程为 ________________________.【分析】 y ′=3(2x+1)ex+3(x 2+x)e x =3(x 2+3x+1)e x ,因此 k=y ′|x=0 =3,因此曲线 y=3(x 2+x)e x 在点 (0,0) 处的切线方程为 y=3x, 即 3x-y=0.答案 :3x-y=0用导数的几何意义求曲线的切线方程的重点是什么?提示 : 重点是确立切点坐标 .未知切点求切线的方程问题【典例】已知函数f(x)=x3+x-16, 若直线 l 为曲线 y=f(x) 的切线 , 且经过原点 , 则直线 l 的方程为________________ .【分析】设切点坐标为(x ,y ),则直线 l 的斜率为f′=3+1,因此直线l 的方程为y=(3+1)(x-x0)++x0-16,因为直线l 过原点,因此 0=(3+1)(0-x0)++x -16,整理得 ,=-8, 因此 x0=-2,因此 y0= (-2)3+(-2)-16=-26,f ′=3×(-2) 2+1=13.因此直线l 的方程为y=13x.答案 :y=13x怎样从题目条件判断能否知道切点?提示 : 从题目条件的表达方式判断 , 一般来说 , “过××点”的切线 , 都是不知道切点 . 知道切点的表达方式为“在××点处的切线” .求参数的值【典例】 (2019 ·全国卷Ⅲ ) 已知曲线y=ae x+xln x在点(1,ae)处的切线方程为y=2x+b, 则() A.a=e,b=-1 B.a=e,b=1C.a=e -1 ,b=1D.a=e -1 ,b=-1【分析】选 D. 令 f(x)=ae x+xln x,x-1则 f ′(x)=ae +ln x+1,f ′(1 )=ae+1=2, 得 a= =e .f(1)=ae=2+b, 可得 b=-1.切线问题中能够用来列出等量关系的依照有哪些?(2)切点在切线上 ;(3)切点在曲线上 .1.(2018 ·全国卷 I) 设函数 f=x3+x2+ax. 若 f为奇函数,则曲线y=f在点处的切线方程为()A.y=-2xB.y=-xC.y=2xD.y=x【分析】选 D.因为 f(x) 为奇函数 , 因此 f(-x)=-f(x),即a=1,因此f(x)=x3+x,因此f′(0)=1,因此切线方程为 y=x.【一题多解】选 D.因为 f(x)=x 3+(a-1)x2+ax 为奇函数 ,因此 f ′(x)=3x 2为偶函数 , +2(a-1)x+a因此 a=1, 即 f ′(x)=3x 2+1, 因此 f ′(0)=1,因此曲线y=f(x)在点(0,0)处的切线方程为y=x.2.(2019 ·吉安模拟 ) 已知过点P(1,1) 且与曲线y=x3相切的直线的条数有() A.0 B.1 C.2 D.3【分析】选 C. 若直线与曲线相切于点(x 0,y 0)(x 0≠ 0),则 k===+x0+1,因为 y′=3x 2, 因此=3,因此 3=+x0+1, 因此 2-x 0-1=0,因此 x0=1或 x0=-,因此过点P(1,1)与曲线 y=x3相切的直线方程为 3x-y-2=0 或 3x-4y+1=0, 因此共有 2 条 .3.(2020 ·十堰模拟 ) 若直线 y=12x+m与曲线 y=x3-2 相切 , 则 m=________________.设切点为 (s,t),可得3s2=12,12s+m=s3-2,即有s=2,m=-18;s=-2,m=14.答案 :14 或-181. 设点 P 是曲线 y=x 3-x+上的随意一点,则曲线在点P 处切线的倾斜角α的取值范围为()A.∪B.C.∪D.【分析】选 C. 因为 y′=3x 2-≥ -, 故切线的斜率k≥ -, 因此切线的倾斜角α的取值范围为∪.2. 如图 ,y=f(x)是可导函数,直线l:y=kx+2是曲线y=f(x)在x=3处的切线,令g(x)=xf(x),则曲线g(x)在x=3 处的切线方程为________________.【分析】由题图可知曲线y=f(x)在x=3处的切线斜率等于- , 即 f ′(3)= - . 又 g(x)=xf(x),因此g′(x)=f(x)+xf′(x),g′(3)=f(3)+3f′(3),由题图可知f(3)=1,因此g(3)=3f(3)=3,g′(3)=1+3×=0, 则曲线 g(x) 在 x=3 处的切线方程为y-3=0.答案 :y-3=03.阅读资料 : 求函数 y=e x的导函数 .解 : 因为 y=e x, 因此 x=ln y,因此 x′=′,因此1=·y′,因此y′=y=e x.借助上述思路, 曲线 y=,x ∈在点(1,1)处的切线方程为________________ .【分析】因为y=,因此 ln y=ln,因此·y′=ln+,因此 y′=,当 x=1 时,y ′=4,因此曲线y=,x ∈在点(1,1)处的切线方程为y-1=4, 即 y=4x-3.答案 :y=4x-3。
2021版高考理科数学(人教A版)一轮复习 教师用书 第三章 导数及其应用 第1讲
[学生用书P269(单独成册)][基础题组练]1．函数f (x )＝(x ＋2a )(x －a )2的导数为( ) A ．2(x 2－a 2) B ．2(x 2＋a 2) C ．3(x 2－a 2)D ．3(x 2＋a 2)解析：选C.f ′(x )＝(x －a )2＋(x ＋2a )·(2x －2a )＝(x －a )·(x －a ＋2x ＋4a )＝3(x 2－a 2)． 2．(2020·安徽江南十校检测)曲线f (x )＝1－2ln x x 在点P (1，f (1))处的切线l 的方程为( )A ．x ＋y －2＝0B ．2x ＋y －3＝0C ．3x ＋y ＋2＝0D ．3x ＋y －4＝0解析：选D.因为f (x )＝1－2ln x x ，所以f ′(x )＝－3＋2ln xx 2，所以f ′(1)＝－3，又f (1)＝1，所以所求切线方程为y －1＝－3(x －1)，即3x ＋y －4＝0.3．(2020·安徽宣城八校联考)若曲线y ＝a ln x ＋x 2(a >0)的切线的倾斜角的取值范围是⎣⎡⎭⎫π3，π2，则a ＝( )A.124 B ．38C.34D ．32解析：选B.因为y ＝a ln x ＋x 2(a >0)，所以y ′＝ax ＋2x ≥22a ，因为曲线的切线的倾斜角的取值范围是⎣⎡⎭⎫π3，π2，所以斜率k ≥3，因此3＝22a ，所以a ＝38.故选B. 4．如图所示为函数y ＝f (x )，y ＝g (x )的导函数的图象，那么y ＝f (x )，y ＝g (x )的图象可能是( )解析：选D.由y ＝f ′(x )的图象知y ＝f ′(x )在(0，＋∞)上单调递减，说明函数y ＝f (x )的切线的斜率在(0，＋∞)上也单调递减，故排除A 、C.又由图象知y ＝f ′(x )与y ＝g ′(x )的图象在x ＝x 0处相交，说明y ＝f (x )与y ＝g (x )的图象在x ＝x 0处的切线的斜率相同，故排除B.5．(2020·广东佛山教学质量检测(一))若曲线y ＝e x 在x ＝0处的切线也是曲线y ＝ln x ＋b 的切线，则b ＝( )A ．－1B ．1C ．2D ．e解析：选C.y ＝e x 的导数为y ′＝e x ，则曲线y ＝e x 在x ＝0处的切线斜率k ＝1，则曲线y ＝e x 在x ＝0处的切线方程为y －1＝x ，即y ＝x ＋1.y ＝ln x ＋b 的导数为y ′＝1x ，设切点为(m ，n )，则1m＝1，解得m ＝1，则n ＝2，即有2＝ln 1＋b ，解得b ＝2.故选C.6．设函数f (x )在(0，＋∞)内可导，其导函数为f ′(x )，且f (ln x )＝x ＋ln x ，则f ′(1)＝________． 解析：因为f (ln x )＝x ＋ln x ，所以f (x )＝x ＋e x ， 所以f ′(x )＝1＋e x ， 所以f ′(1)＝1＋e 1＝1＋e. 答案：1＋e7．(2020·江西重点中学4月联考)已知曲线y ＝1x ＋ln x a 在x ＝1处的切线l 与直线2x ＋3y＝0垂直，则实数a 的值为________．解析：y ′＝－1x 2＋1ax ，当x ＝1时，y ′＝－1＋1a .由于切线l 与直线2x ＋3y ＝0垂直，所以⎝⎛⎭⎫－1＋1a ·⎝⎛⎭⎫－23＝－1，解得a ＝25. 答案：258．若过点A (a ，0)作曲线C ：y ＝x e x 的切线有且仅有两条，则实数a 的取值范围是________．解析：设切点坐标为(x 0，x 0e x 0)，y ′＝(x ＋1)e x ，y ′|x ＝x 0＝(x 0＋1)e x 0，所以切线方程为y－x 0e x 0＝(x 0＋1)e x 0 (x －x 0)，将点A (a ，0)代入可得－x 0e x 0＝(x 0＋1)e x 0 (a －x 0)，化简，得x 20－ax 0－a ＝0，过点A (a ，0)作曲线C 的切线有且仅有两条，即方程x 20－ax 0－a ＝0有两个不同的解，则有Δ＝a 2＋4a ＞0，解得a ＞0或a ＜－4，故实数a 的取值范围是(－∞，－4)∪(0，＋∞)．答案：(－∞，－4)∪(0，＋∞)9．已知函数f (x )＝x 3＋(1－a )x 2－a (a ＋2)x ＋b (a ，b ∈R )．(1)若函数f (x )的图象过原点，且在原点处的切线斜率为－3，求a ，b 的值； (2)若曲线y ＝f (x )存在两条垂直于y 轴的切线，求a 的取值范围． 解：f ′(x )＝3x 2＋2(1－a )x －a (a ＋2)．(1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧f （0）＝b ＝0，f ′（0）＝－a （a ＋2）＝－3，解得b ＝0，a ＝－3或a ＝1.(2)因为曲线y ＝f (x )存在两条垂直于y 轴的切线，所以关于x 的方程f ′(x )＝3x 2＋2(1－a )x －a (a ＋2)＝0有两个不相等的实数根， 所以Δ＝4(1－a )2＋12a (a ＋2)>0， 即4a 2＋4a ＋1>0， 所以a ≠－12.所以a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫－∞，－12∪⎝⎛⎭⎫－12，＋∞. 10．已知函数f (x )＝x 3＋x －16.(1)求曲线y ＝f (x )在点(2，－6)处的切线的方程；(2)直线l 为曲线y ＝f (x )的切线，且经过原点，求直线l 的方程及切点坐标； (3)如果曲线y ＝f (x )的某一切线与直线y ＝－14x ＋3垂直，求切点坐标与切线的方程．解：(1)可判定点(2，－6)在曲线y ＝f (x )上． 因为f ′(x )＝(x 3＋x －16)′＝3x 2＋1.所以f (x )在点(2，－6)处的切线的斜率为k ＝f ′(2)＝13. 所以切线的方程为y ＝13(x －2)＋(－6)， 即y ＝13x －32. (2)设切点为(x 0，y 0)，则直线l 的斜率为f ′(x 0)＝3x 20＋1， 所以直线l 的方程为y ＝(3x 20＋1)(x －x 0)＋x 30＋x 0－16，又因为直线l 过点(0，0)，所以0＝(3x 20＋1)(－x 0)＋x 30＋x 0－16，整理得，x 30＝－8， 所以x 0＝－2，所以y 0＝(－2)3＋(－2)－16＝－26， k ＝3×(－2)2＋1＝13.所以直线l 的方程为y ＝13x ，切点坐标为(－2，－26)． (3)因为切线与直线y ＝－14x ＋3垂直，所以切线的斜率k ＝4. 设切点的坐标为(x 0，y 0)， 则f ′(x 0)＝3x 20＋1＝4， 所以x 0＝±1.所以⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝1，y 0＝－14或⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝－1，y 0＝－18， 即切点坐标为(1，－14)或(－1，－18)， 切线方程为y ＝4(x －1)－14或y ＝4(x ＋1)－18. 即y ＝4x －18或y ＝4x －14.[综合题组练]1．在等比数列{a n }中，a 1＝2，a 8＝4，函数f (x )＝x (x －a 1)·(x －a 2)·…·(x －a 8)，则f ′(0)＝( )A ．26B ．29C ．212D ．215解析：选C.因为f ′(x )＝x ′·[(x －a 1)(x －a 2)·…·(x －a 8)]＋[(x －a 1)·(x －a 2)·…·(x －a 8)]′·x ＝(x －a 1)(x －a 2)·…·(x －a 8)＋[(x －a 1)(x －a 2)·…·(x －a 8)]′·x ，所以f ′(0)＝(0－a 1)(0－a 2)·…·(0－a 8)＋0＝a 1a 2·…·a 8.因为数列{a n }为等比数列，所以a 2a 7＝a 3a 6＝a 4a 5＝a 1a 8＝8，所以f ′(0)＝84＝212.故选C. 2．(2020·湖北武汉4月调研)设曲线C ：y ＝3x 4－2x 3－9x 2＋4，在曲线C 上一点M (1，－4)处的切线记为l ，则切线l 与曲线C 的公共点个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选C.y ′＝12x 3－6x 2－18x ，则y ′|x ＝1＝12×13－6×12－18×1＝－12，所以曲线y ＝3x 4－2x 3－9x 2＋4在点M (1，－4)处的切线方程为y ＋4＝－12(x －1)，即12x ＋y －8＝0.联立⎩⎪⎨⎪⎧12x ＋y －8＝0，y ＝3x 4－2x 3－9x 2＋4，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝－4或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－2，y ＝32或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝23，y ＝0.故切线与曲线C 还有其他的公共点(－2，32)，⎝⎛⎭⎫23，0， 所以切线l 与曲线C 的公共点个数为3.故选C.3．(2020·安徽淮南二模)设直线l 1，l 2分别是函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－ln x ，0<x <1，ln x ，x >1图象上点P 1，P 2处的切线．l 1与l 2垂直相交于点P ，且l 1，l 2分别与y 轴相交于点A ，B ，则A ，B 两点之间的距离是( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选B.设P 1(x 1，f (x 1))，P 2(x 2，f (x 2))， 当0<x <1时，f ′(x )＝－1x ，当x >1时，f ′(x )＝1x ，不妨设x 1∈(0，1)，x 2∈(1，＋∞)，故l 1：y ＝－1x 1(x －x 1)－ln x 1，整理得l 1：y ＝－1x 1x －ln x 1＋1，l 2：y ＝1x 2(x －x 2)＋ln x 2，整理得l 2：y ＝1x 2x ＋ln x 2－1，所以A (0，1－ln x 1)，B (0，ln x 2－1)，则|AB |＝|2－ln(x 1x 2)|， 因为l 1⊥l 2，所以－1x 1·1x 2＝－1，所以x 1x 2＝1，所以|AB |＝2.故选B.4．已知曲线y ＝x 3＋x －2在点P 0处的切线l 1平行于直线4x －y －1＝0，且点P 0在第三象限，则P 0的坐标为________；若直线l ⊥l 1，且l 也过切点P 0，则直线l 的方程为________．解析：由y ＝x 3＋x －2，得y ′＝3x 2＋1， 由已知得3x 2＋1＝4，解得x ＝±1. 当x ＝1时，y ＝0；当x ＝－1时，y ＝－4. 又因为点P 0在第三象限， 所以切点P 0的坐标为(－1，－4)． 因为直线l ⊥l 1，l 1的斜率为4， 所以直线l 的斜率为－14.因为l 过切点P 0，点P 0的坐标为(－1，－4)， 所以直线l 的方程为y ＋4＝－14(x ＋1)，即x ＋4y ＋17＝0.答案：(－1，－4) x ＋4y ＋17＝05．设有抛物线C ：y ＝－x 2＋92x －4，过原点O 作C 的切线y ＝kx ，使切点P 在第一象限．(1)求k 的值；(2)过点P 作切线的垂线，求它与抛物线的另一个交点Q 的坐标． 解：(1)由题意得，y ′＝－2x ＋92.设点P 的坐标为(x 1，y 1)， 则y 1＝kx 1，① y 1＝－x 21＋92x 1－4，② －2x 1＋92＝k ，③联立①②③得，x 1＝2，x 2＝－2(舍去)． 所以k ＝12.(2)过P 点作切线的垂线， 其方程为y ＝－2x ＋5.④ 将④代入抛物线方程得， x 2－132x ＋9＝0.设Q 点的坐标为(x 2，y 2)，则2x 2＝9， 所以x 2＝92，y 2＝－4.所以Q 点的坐标为⎝⎛⎭⎫92，－4.6．设函数f (x )＝ax －bx ，曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为7x －4y －12＝0.(1)求f (x )的解析式；(2)证明：曲线y ＝f (x )上任一点处的切线与直线x ＝0和直线y ＝x 所围成的三角形的面积为定值，并求此定值．解：(1)方程7x －4y －12＝0可化为y ＝74x －3.当x ＝2时，y ＝12.又f ′(x )＝a ＋bx2，于是⎩⎨⎧2a －b 2＝12，a ＋b 4＝74，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝3.故f (x )＝x －3x .(2)证明：设P (x 0，y 0)为曲线上任意一点，由y ′＝1＋3x 2，知曲线在点P (x 0，y 0)处的切线方程为y －y 0＝⎝⎛⎭⎫1＋3x 20(x －x 0)， 即y －⎝⎛⎭⎫x 0－3x 0＝⎝⎛⎭⎫1＋3x 20(x －x 0)． 令x ＝0，得y ＝－6x 0，从而得切线与直线x ＝0的交点坐标为⎝⎛⎭⎫0，－6x 0. 令y ＝x ，得y ＝x ＝2x 0，从而得切线与直线y ＝x 的交点坐标为(2x 0，2x 0)．所以点P (x 0，y 0)处的切线与直线x ＝0，y ＝x 所围成的三角形的面积为S ＝12⎪⎪⎪⎪－6x 0|2x 0|＝6.故曲线y ＝f (x )上任一点处的切线与直线x ＝0，y ＝x 所围成的三角形的面积为定值，且此定值为6.快乐分享，知识无界！感谢您的下载!由Ruize收集整理！。
2021新高考数学一轮复习 第三章 导数及其应用 第1节 导数的概念及运算学案
第1节导数的概念及运算考试要求1。
通过实例分析，经历由平均变化率过渡到瞬时变化率的过程，了解导数概念的实际背景,知道导数是关于瞬时变化率的数学表达，体会导数的内涵与思想；2。
体会极限思想；3.通过函数图象直观理解导数的几何意义；4.能根据导数定义求函数y＝c，y＝x，y＝x2，y＝x3，y＝错误!,y＝错误!的导数；5。
能利用给出的基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则，求简单函数的导数；能求简单的复合函数（限于形如f(ax＋b））的导数;6。
会使用导数公式表.知识梳理1。
导数的概念设函数y＝f(x）在区间(a，b）上有定义,且x0∈（a，b)，若Δx无限趋近于0时，比值错误!＝错误!无限趋近于一个常数A，则称f（x）在x＝x0处可导,并称该常数A为函数f(x）在x＝x0处的导数，记作f′（x0）。
若函数y＝f（x）在区间（a，b)内任意一点都可导，则f（x）在各点的导数也随着x的变化而变化,因而是自变量x的函数，该函数称作f（x）的导函数，记作f′（x）.2。
导数的几何意义导数f′(x0)的几何意义就是曲线y＝f（x)在点P（x0，f(x0)）处的切线的斜率，在点P的切线方程为y－y0＝f′（x0)(x－x0）。
3.基本初等函数的导数公式基本初等函数导函数f（x）＝C(C为常数)f′(x)＝0f(x）＝xα(α∈Q＊)f′(x）＝αxα－1f（x)＝sin x f′(x）＝cos__x f（x)＝cos x f′（x）＝－4若f′（x)，g′(x)存在,则有：(1)[Cf（x)］′＝Cf′（x）（C为常数)；（2）［f（x）±g(x）]′＝f′（x）±g′（x);(3)[f(x)·g（x）]′＝f′（x)g(x）＋f(x）g′(x)；(4)错误!′＝错误!(g(x)≠0）.5.复合函数求导的运算法则若y＝f(u)，u＝ax＋b，则y x′＝y u′·u x′，即y x′＝y u′·a.[常用结论与微点提醒］1。
2021年高考数学一轮复习第三章导数及其应用3.导数的应用课时1导数与函数的单调性文
2021年高考数学一轮复习第三章导数及其应用3.2导数的应用课时1导数与函数的单调性文题型一 不含参数的函数的单调性 例1 求函数f (x )＝ln xx的单调区间．解 函数f (x )的定义域为(0，＋∞)． 因为f (x )＝ln x x ，所以f ′(x )＝1－ln x x2. 当f ′(x )>0，即0<x <e 时，函数f (x )单调递增； 当f ′(x )<0，即x >e 时，函数f (x )单调递减． 故函数f (x )的单调递增区间为(0，e)， 单调递减区间为(e ，＋∞)．思维升华 确定函数单调区间的步骤： (1)确定函数f (x )的定义域； (2)求f ′(x )；(3)解不等式f ′(x )>0，解集在定义域内的部分为单调递增区间；(4)解不等式f ′(x )<0，解集在定义域内的部分为单调递减区间．已知定义在区间(－π，π)上的函数f (x )＝x sin x ＋cos x ，则f (x )的单调递增区间是________________．答案 ⎝ ⎛⎦⎥⎤－π，－π2和⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2解析 f ′(x )＝sin x ＋x cos x －sin x ＝x cos x ．令f ′(x )＝x cos x ≥0，则其在区间(－π，π)上的解集为⎝ ⎛⎦⎥⎤－π，－π2和⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，即f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎦⎥⎤－π，－π2和⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.题型二 含参数的函数的单调性 例2 已知函数f (x )＝ln x ＋ax ＋a ＋1x－1.(1)当a ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程； (2)当－12≤a ≤0时，讨论f (x )的单调性．解 (1)当a ＝1时，f (x )＝ln x ＋x ＋2x－1，此时f ′(x )＝1x ＋1－2x 2，f ′(2)＝12＋1－24＝1.又因为f (2)＝ln 2＋2＋22－1＝ln 2＋2，所以切线方程为y －(ln 2＋2)＝x －2， 整理得x －y ＋ln 2＝0.(2)f ′(x )＝1x ＋a －1＋a x 2＝ax 2＋x －a －1x2＝ax ＋a ＋1x －1x 2.当a ＝0时，f ′(x )＝x －1x 2. 此时，在(0,1)上，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 在(1，＋∞)上，f ′(x )>0，f (x )单调递增．当－12≤a <0时，f ′(x )＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋a ＋1a x －1x 2.当－1＋a a ＝1，即a ＝－12时，f ′(x )＝－x －122x 2≤0在(0，＋∞)上恒成立，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递减．当－12<a <0时，－1＋a a >1，此时在(0,1)或⎝ ⎛⎭⎪⎫－1＋a a ，＋∞上，f ′(x )<0，f (x )单调递减；在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－1＋a a 上，f ′(x )>0，f (x )单调递增． 综上，当a ＝0时，f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增；当－12<a <0时，f (x )在(0,1)或⎝ ⎛⎭⎪⎫－1＋a a ，＋∞上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－1＋a a 上单调递增； 当a ＝－12时，f (x )在(0，＋∞)上单调递减．思维升华 (1)研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论． (2)划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为0的点和函数的间断点． (3)个别导数为0的点不影响所在区间的单调性，如f (x )＝x 3，f ′(x )＝3x 2≥0(f ′(x )＝0在x ＝0时取到)，f (x )在R 上是增函数．讨论函数f (x )＝(a －1)ln x ＋ax 2＋1的单调性． 解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a －1x ＋2ax ＝2ax 2＋a －1x.①当a ≥1时，f ′(x )>0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增； ②当a ≤0时，f ′(x )<0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递减； ③当0<a <1时，令f ′(x )＝0，解得x ＝1－a2a，则当x ∈(0, 1－a2a)时，f ′(x )<0；当x ∈(1－a2a ，＋∞)时，f ′(x )>0，故f (x )在(0, 1－a2a)上单调递减，在( 1－a2a，＋∞)上单调递增．题型三 利用函数单调性求参数例3 设函数f (x )＝13x 3－a 2x 2＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝1.(1)求b ，c 的值；(2)若a >0，求函数f (x )的单调区间；(3)设函数g (x )＝f (x )＋2x ，且g (x )在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，求实数a 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝x 2－ax ＋b ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧f 0＝1，f ′0＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧c ＝1，b ＝0.(2)由(1)得，f ′(x )＝x 2－ax ＝x (x －a )(a >0)， 当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )>0； 当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0； 当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0.所以函数f (x )的单调递增区间为(－∞，0)，(a ，＋∞)，单调递减区间为(0，a )． (3)g ′(x )＝x 2－ax ＋2， 依题意，存在x ∈(－2，－1)， 使不等式g ′(x )＝x 2－ax ＋2<0成立， 即x ∈(－2，－1)时，a <(x ＋2x)max ＝－22，当且仅当x ＝2x即x ＝－2时等号成立．所以满足要求的a 的取值范围是(－∞，－22)． 引申探究 在本例3(3)中，1．若g (x )在(－2，－1)内为减函数，如何求解？解 方法一 ∵g ′(x )＝x 2－ax ＋2，且g (x )在(－2，－1)内为减函数， ∴g ′(x )≤0，即x 2－ax ＋2≤0在(－2，－1)内恒成立，∴⎩⎪⎨⎪⎧g ′－2≤0，g ′－1≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧4＋2a ＋2≤0，1＋a ＋2≤0，解之得a ≤－3，即实数a 的取值范围为(－∞，－3]． 方法二 ∵g ′(x )＝x 2－ax ＋2，由题意可得g ′(x )≤0在(－2，－1)上恒成立， 即a ≤x ＋2x 在(－2，－1)上恒成立，又y ＝x ＋2x，x ∈(－2，－1)的值域为(－3，－2 2 ]， ∴a ≤－3，∴实数a 的取值范围是(－∞，－3]． 2．若g (x )的单调减区间为(－2，－1)，求a 的值． 解 ∵g (x )的单调减区间为(－2，－1)， ∴x 1＝－2，x 2＝－1是g ′(x )＝0的两个根， ∴(－2)＋(－1)＝a ，即a ＝－3.3．若g (x )在(－2，－1)上不单调，求a 的取值范围．解 由引申探究1知g (x )在(－2，－1)上为减函数，a 的范围是(－∞，－3]，若g (x )在(－2，－1)上为增函数，可知a ≥x ＋2x 在(－2，－1)上恒成立，又y ＝x ＋2x的值域为(－3，－2 2 ]，∴a 的范围是[－22，＋∞)，∴函数g (x )在(－2，－1)上单调时，a 的取值范围是(－∞，－3]∪[－22，＋∞)， 故g (x )在(－2，－1)上不单调，实数a 的取值范围是(－3，－22)． 思维升华 已知函数单调性，求参数范围的两个方法(1)利用集合间的包含关系处理：y ＝f (x )在(a ，b )上单调，则区间(a ，b )是相应单调区间的子集．(2)转化为不等式的恒成立问题：即“若函数单调递增，则f ′(x )≥0；若函数单调递减，则f ′(x )≤0”来求解．已知函数f (x )＝e xln x －a e x(a ∈R )．(1)若f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线y ＝1e x ＋1垂直，求a 的值；(2)若f (x )在(0，＋∞)上是单调函数，求实数a 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝e x ln x ＋e x ·1x －a e x ＝(1x－a ＋ln x )e x，f ′(1)＝(1－a )e ，由(1－a )e·1e＝－1，得a ＝2.(2)由(1)知f ′(x )＝(1x－a ＋ln x )e x，若f (x )为单调递减函数，则f ′(x )≤0，在x >0时恒成立． 即1x－a ＋ln x ≤0，在x >0时恒成立．所以a ≥1x＋ln x ，在x >0时恒成立．令g (x )＝1x＋ln x (x >0)，则g ′(x )＝－1x 2＋1x ＝x －1x2(x >0)，由g ′(x )>0，得x >1； 由g ′(x )<0，得0<x <1.故g (x )在(0,1)上为单调递减函数，在[1，＋∞)上为单调递增函数，此时g (x )的最小值为g (x )＝1，但g (x )无最大值(且无趋近值)．故f (x )不可能是单调递减函数． 若f (x )为单调递增函数，则f ′(x )≥0，在x >0时恒成立，即1x－a ＋ln x ≥0，在x >0时恒成立，所以a ≤1x＋ln x ，在x >0时恒成立，由上述推理可知此时a ≤1.故实数a 的取值范围是(－∞，1]．5．分类讨论思想研究函数的单调性典例 (14分)已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝f (x )＋ax 2＋bx ，其中函数g (x )的图象在点(1，g (1))处的切线平行于x 轴．(1)确定a 与b 的关系；(2)若a ≥0，试讨论函数g (x )的单调性．思维点拨 依据g (x )的切线条件可得g ′(1)＝0得a ，b 关系，代g (x )后消去b ，对a 进行分类讨论确定g ′(x )的符号． 规范解答解 (1)依题意得g (x )＝ln x ＋ax 2＋bx ， 则g ′(x )＝1x＋2ax ＋b .[2分]由函数g (x )的图象在点(1，g (1))处的切线平行于x 轴得：g ′(1)＝1＋2a ＋b ＝0，∴b ＝－2a －1.[4分](2)由(1)得g ′(x )＝2ax 2－2a ＋1x ＋1x＝2ax －1x －1x.∵函数g (x )的定义域为(0，＋∞)， ∴当a ＝0时，g ′(x )＝－x －1x. 由g ′(x )>0，得0<x <1， 由g ′(x )<0，得x >1，[6分]当a >0时，令g ′(x )＝0，得x ＝1或x ＝12a ，[7分]若12a <1，即a >12， 由g ′(x )>0，得x >1或0<x <12a ，由g ′(x )<0，得12a <x <1；[9分]若12a >1，即0<a <12， 由g ′(x )>0，得x >12a 或0<x <1，由g ′(x )<0，得1<x <12a，[11分]若12a ＝1，即a ＝12，在(0，＋∞)上恒有g ′(x )≥0.[12分] 综上可得：当a ＝0时，函数g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减； 当0<a <12时，函数g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，12a )上单调递减，在(12a ，＋∞)上单调递增；当a ＝12时，函数g (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >12时，函数g (x )在(0，12a)上单调递增，在(12a，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．[14分] 温馨提醒 (1)含参数的函数的单调性问题一般要分类讨论，常见的分类讨论标准有以下几种可能：①方程f ′(x )＝0是否有根；②若f ′(x )＝0有根，求出根后是否在定义域内；③若根在定义域内且有两个，比较根的大小是常见的分类方法． (2)本题求解先分a ＝0或a >0两种情况，再比较12a和1的大小．[方法与技巧]1．已知函数解析式求单调区间，实质上是求f ′(x )>0，f ′(x )<0的解区间，并注意定义域． 2．含参函数的单调性要分类讨论，通过确定导数的符号判断函数的单调性．3．已知函数单调性可以利用已知区间和函数单调区间的包含关系或转化为恒成立问题两种思路解决．[失误与防范]1．f (x )为增函数的充要条件是对任意的x ∈(a ，b )都有f ′(x )≥0且在(a ，b )内的任一非空子区间上f ′(x )不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解．2．注意两种表述“函数f (x )在(a ，b )上为减函数”与“函数f (x )的减区间为(a ，b )”的区别．3．讨论函数单调性要在定义域内进行，不要忽略函数的间断点．A 组 专项基础训练 (时间：40分钟)1．函数f (x )＝(x －3)e x的单调递增区间是____________． 答案 (2，＋∞)解析 函数f (x )＝(x －3)e x 的导数为f ′(x )＝[(x －3)e x ]′＝e x ＋(x －3)e x ＝(x －2)e x. 由函数导数与函数单调性的关系，得当f ′(x )>0时，函数f (x )单调递增， 此时由不等式f ′(x )＝(x －2)e x>0，解得x >2.2．若函数f (x )＝2x 3－3mx 2＋6x 在区间(2，＋∞)上为增函数，则实数m 的取值范围为__________． 答案 (－∞，52]解析 ∵f ′(x )＝6x 2－6mx ＋6， 当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )≥0恒成立， 即x 2－mx ＋1≥0恒成立，∴m ≤x ＋1x恒成立．令g (x )＝x ＋1x ，g ′(x )＝1－1x2，∴当x >2时，g ′(x )>0，即g (x )在(2，＋∞)上单调递增， ∴m ≤2＋12＝52.3．设函数f (x )＝x －2sin x 是区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤t ，t ＋π2上的减函数，则实数t 的取值范围是______________________． 答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π－π3，2k π－π6，k ∈Z解析 由题意得f ′(x )＝1－2cos x ≤0，即cos x ≥12，解得2k π－π3≤x ≤2k π＋π3 (k ∈Z )，∵f (x )＝x －2sin x 是区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤t ，t ＋π2上的减函数，∴⎣⎢⎡⎦⎥⎤t ，t ＋π2⊆⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π－π3，2k π＋π3，∴2k π－π3≤t ≤2k π－π6(k ∈Z )．4．定义在R 上的函数f (x )满足：f ′(x )>f (x )恒成立，若x 1<x 2，则的大小关系为________________． 答案解析 设g (x )＝f xex，则g ′(x )＝f ′x e x －f x e x ex2＝f ′x －f xex，由题意g ′(x )>0，所以g (x )单调递增，当x 1<x 2时，g (x 1)<g (x 2)，即f x 1<f x 2，所以．5．函数f (x )在定义域R 内可导，若f (x )＝f (2－x )，且当x ∈(－∞，1)时，(x －1)f ′(x )<0，设a ＝f (0)，b ＝f (12)，c ＝f (3)，则a ，b ，c 的大小关系为____________．答案 c <a <b解析 依题意得，当x <1时，f ′(x )>0，f (x )为增函数； 又f (3)＝f (－1)，且－1<0<12<1，因此有f (－1)<f (0)<f (12)，即有f (3)<f (0)<f (12)，c <a <b .6．函数f (x )＝x －ln x 的单调递减区间为________． 答案 (0,1)解析 函数的定义域是(0，＋∞)， 且f ′(x )＝1－1x ＝x －1x，令f ′(x )<0，解得0<x <1，所以单调递减区间是(0,1)．7．已知a ≥0，函数f (x )＝(x 2－2ax )e x，若f (x )在[－1,1]上是单调减函数，则a 的取值范围是________． 答案 [34，＋∞)解析 f ′(x )＝(2x －2a )e x ＋(x 2－2ax )e x＝[x 2＋(2－2a )x －2a ]e x，由题意当x ∈[－1,1]时，f ′(x )≤0恒成立， 即x 2＋(2－2a )x －2a ≤0在x ∈[－1,1]时恒成立． 令g (x )＝x 2＋(2－2a )x －2a ，则有⎩⎪⎨⎪⎧g －1≤0，g 1≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧－12＋2－2a ·－1－2a ≤0，12＋2－2a －2a ≤0，解得a ≥34.8．函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ＋d 的图象如图，则函数y ＝log 2⎝⎛⎭⎪⎫x 2＋23bx ＋c 3的单调递减区间为____________．答案 (－∞，－2)解析 ∵f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ＋d ， ∴f ′(x )＝3x 2＋2bx ＋c .由题图可知f ′(－2)＝f ′(3)＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧12－4b ＋c ＝0，27＋6b ＋c ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝－32，c ＝－18.令g (x )＝x 2＋23bx ＋c 3，则g (x )＝x 2－x －6，g ′(x )＝2x －1. 由g (x )＝x 2－x －6>0，解得x <－2或x >3. 当x <－2时，g ′(x )<0，∴g (x )＝x 2－x －6在(－∞，－2)上为减函数．∴函数y ＝log 2⎝⎛⎭⎪⎫x 2＋23bx ＋c 3的单调递减区间为(－∞，－2)．9．已知函数f (x )＝x 4＋a x －ln x －32，其中a ∈R ，且曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于直线y ＝12x .(1)求a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间．解 (1)对f (x )求导得f ′(x )＝14－a x 2－1x，由f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于直线y ＝12x 知f ′(1)＝－34－a ＝－2，解得a ＝54.(2)由(1)知f (x )＝x 4＋54x －ln x －32，则f ′(x )＝x 2－4x －54x2. 令f ′(x )＝0，解得x ＝－1或x ＝5.因为x ＝－1不在f (x )的定义域(0，＋∞)内，故舍去． 当x ∈(0,5)时，f ′(x )<0， 故f (x )在(0,5)内为减函数； 当x ∈(5，＋∞)时，f ′(x )>0， 故f (x )在(5，＋∞)内为增函数．综上，f (x )的单调增区间为(5，＋∞)，单调减区间为(0,5)． 10．已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝12ax ＋b .(1)若f (x )与g (x )在x ＝1处相切，求g (x )的表达式； (2)若φ(x )＝m x －1x ＋1－f (x )在[1，＋∞)上是减函数，求实数m 的取值范围．解 (1)由已知得f ′(x )＝1x ， ∴f ′(1)＝1＝12a ，a ＝2. 又∵g (1)＝0＝12a ＋b ，∴b ＝－1， ∴g (x )＝x －1.(2)∵φ(x )＝m x －1x ＋1－f (x )＝m x －1x ＋1－ln x 在[1，＋∞)上是减函数． ∴φ′(x )＝－x 2＋2m －2x －1x x ＋12≤0在[1，＋∞)上恒成立． 即x 2－(2m －2)x ＋1≥0在[1，＋∞)上恒成立，则2m －2≤x ＋1x，x ∈[1，＋∞)， ∵x ＋1x∈[2，＋∞)，∴2m －2≤2，m ≤2. 故实数m 的取值范围是(－∞，2]．B 组 专项能力提升(时间：20分钟)11．设函数f (x )＝12x 2－9ln x 在区间[a －1，a ＋1]上单调递减，则实数a 的取值范围是__________．答案 1<a ≤2解析 ∵f (x )＝12x 2－9ln x ， ∴f ′(x )＝x －9x(x >0)， 当x －9x≤0时，有0<x ≤3， 即在(0,3]上原函数是减函数，∴a －1>0且a ＋1≤3，解得1<a ≤2.12． f (x )，g (x ) (g (x )≠0)分别是定义在R 上的奇函数和偶函数，当x <0时，f ′(x )g (x )<f (x )g ′(x )，且f (－3)＝0，则f x g x<0的解集为____________． 答案 (－3,0)∪(3，＋∞)解析 f x g x是奇函数， ∵当x <0时，f ′(x )g (x )<f (x )g ′(x )，⎣⎢⎡⎦⎥⎤f x g x ′＝f ′x g x －f x g ′x g 2x <0，则f x g x 在(－∞，0)上为减函数，在(0，＋∞)上也为减函数．又f (－3)＝0，则有f －3g －3＝0＝f 3g 3，可知f x g x<0的解集为(－3，0)∪(3，＋∞)．13．若函数f (x )＝－13x 3＋12x 2＋2ax 在[23，＋∞)上存在单调递增区间，则a 的取值范围是________．答案 (－19，＋∞) 解析 对f (x )求导，得f ′(x )＝－x 2＋x ＋2a ＝－(x －12)2＋14＋2a . 当x ∈[23，＋∞)时， f ′(x )的最大值为f ′(23)＝29＋2a .令29＋2a >0，解得a >－19. 所以a 的取值范围是(－19，＋∞)． 14．已知函数f (x )＝－12x 2＋4x －3ln x 在区间[t ，t ＋1]上不单调，则t 的取值范围是________．答案 (0,1)∪(2,3)解析 由题意知f ′(x )＝－x ＋4－3x＝－x －1x －3x ，由f ′(x )＝0得函数f (x )的两个极值点为1和3，则只要这两个极值点有一个在区间(t ，t ＋1)内，函数f (x )在区间[t ，t ＋1]上就不单调，由t <1<t ＋1或t <3<t ＋1，得0<t <1或2<t <3.15．函数f (x )＝ax 3＋3x 2＋3x (a ≠0)．(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若函数f (x )在区间(1,2)上是增函数，求a 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝3ax 2＋6x ＋3，f ′(x )＝3ax 2＋6x ＋3＝0的判别式Δ＝36(1－a )．①若a ≥1，则f ′(x )≥0，且f ′(x )＝0，当且仅当a ＝1，x ＝－1，故此时f (x )在R 上是增函数．②由于a ≠0，故当a <1时，f ′(x )＝0有两个根，x 1＝－1＋1－aa ，x 2＝－1－1－a a. 若0<a <1，则当x ∈(－∞，x 2)或x ∈(x 1，＋∞)时，f ′(x )>0，故f (x )分别在(－∞，x 2)，(x 1，＋∞)上是增函数；当x ∈(x 2，x 1)时，f ′(x )<0，故f (x )在(x 2，x 1)上是减函数．若a <0，则当x ∈(－∞，x 1)或(x 2，＋∞)时，f ′(x )<0，故f (x )分别在(－∞，x 1)，(x 2，＋∞)上是减函数；当x ∈(x 1，x 2)时，f ′(x )>0，故f (x )在(x 1，x 2)上是增函数．(2)当a >0，x >0时，f ′(x )>0，所以当a >0时，f (x )在区间(1,2)上是增函数．当a <0时，f (x )在区间(1,2)上是增函数，当且仅当f ′(1)≥0且f ′(2)≥0，解得－54≤a <0. 综上，a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫－54，0∪(0，＋∞)．。
高考数学一轮复习全套课时作业3-3-1导数的应用--极值与最值
题组层级快练3.3.1导数的应用--极值与最值一、单项选择题1．(2021·辽宁沈阳一模)设函数f(x)＝xe x＋1，则()A．x＝1为f(x)的极大值点B．x＝1为f(x)的极小值点C．x＝－1为f(x)的极大值点D．x＝－1为f(x)的极小值点2．(2021·河北邯郸一中月考)若函数f(x)＝ae x－sinx在x＝0处有极值，则a的值为() A．－1B．0C．1D．e3．函数f(x)＝12x－sinx在0，π2上的最小值和最大值分别是()A.π6－32，0 B.π4－1，0 C.π6－32，π4－1D．－12，124．(2021·杭州学军中学模拟)函数f(x)＝xe－x，x∈[0，4]的最小值为()A．0 B.1e C.4e4D.2e25．若函数f(x)＝x3－3x＋a有3个不同的零点，则实数a的取值范围是()A．(－2，2)B．[－2，2]C．(－∞，－1)D．(1，＋∞)6．若函数y＝ax3＋bx2取得极大值和极小值时的x的值分别为0和13，则()A．a－2b＝0B．2a－b＝0C．2a＋b＝0D．a＋2b＝07．设二次函数f(x)在R上可导，其导函数为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()二、多项选择题8．已知函数f(x)＝x3－ax－1，以下结论正确的是()A．当a＝0时，函数f(x)的图象的对称中心为(0，－1)B．当a≥3时，函数f(x)在(－1，1)上为单调递减函数C．若函数f(x)在(－1，1)上不单调，则0<a<3D．当a＝12时，f(x)在[－4，5]上的最大值为159．(2021·山东临沂期末)已知函数f(x)＝x＋sinx－xcosx的定义域为[－2π，2π)，则()A．f(x)为奇函数B．f(x)在[0，π)上单调递增C．f(x)恰有4个极大值点D．f(x)有且仅有4个极值点三、填空题与解答题10．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处取得极值10，则f(2)的值为________．11．(2021·内蒙古兴安盟模拟)已知f(x)＝2x3－6x2＋m(m为常数)，在[－2，2]上有最大值3，那么此函数在[－2，2]上的最小值为________．12．(2018·江苏)若函数f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，则f(x)在[－1，1]上的最大值与最小值的和为________．13．(2021·广东省高二期末)已知函数f(x)＝13x3－4x＋3.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)求函数f(x)在区间[－3，5]上的最大值与最小值．14．已知函数f(x)＝(x2－2x)e x(x∈R，e为自然对数的底数)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)求函数f(x)在区间[0，m]上的最大值和最小值．15．(2021·天水一中诊断)若函数f(x)＝ax22－(1＋2a)·x＋2lnx(a>0)a的取值范围是()B．(1，＋∞)C．(1，2)D．(2，＋∞)16．(2016·北京)设函数f(x)3－3x，x≤a，2x，x>a.(1)若a＝0，则f(x)的最大值为________；(2)若f(x)无最大值，则实数a的取值范围是________．17．(2020·衡水中学调研卷)已知函数f(x)＝xlnx.(1)求函数f(x)的极值点；(2)设函数g(x)＝f(x)－a(x－1)，其中a∈R，求函数g(x)在区间[1，e]上的最小值．(其中e为自然对数的底数)．3.3.1导数的应用--极值与最值参考答案1．答案D解析由f(x)＝xe x ＋1，可得f ′(x)＝(x ＋1)e x ，令f ′(x)>0可得x>－1，即函数f(x)在(－1，＋∞)上单调递增；令f ′(x)<0可得x<－1，即函数f(x)在(－∞，－1)上单调递减，所以x ＝－1为f(x)的极小值点．故选D.2．答案C解析f ′(x)＝ae x －cosx ，若函数f(x)＝ae x －sinx 在x ＝0处有极值，则f ′(0)＝a －1＝0，解得a ＝1，经检验a ＝1符合题意．故选C.3．答案A解析函数f(x)＝12x －sinx ，f ′(x)＝12－cosx ，令f ′(x)>0，解得π3＜x ≤π2，令f ′(x)<0，解得0≤x<π3，所以f(x)在0，π2上单调递增，所以f(x)min ＝＝π6－32，而f(0)＝0，＝π4－1<0，故f(x)在区间0，π2上的最小值和最大值分别是π6－32，0.故选A.4．答案A解析f ′(x)＝1－xe x，当x ∈[0，1)时，f ′(x)>0，f(x)单调递增，当x ∈(1，4]时，f ′(x)<0，f(x)单调递减，因为f(0)＝0，f(4)＝4e 4>0，所以当x ＝0时，f(x)有最小值，且最小值为0.故选A.5．答案A解析f ′(x)＝3x 2－3，令f ′(x)＝0，得x ＝±1.三次方程f(x)＝0有3个根⇔f(x)极大值>0且f(x)极小值<0.∵x ＝－1为极大值点，x ＝1为极小值点，（－1）＝2＋a>0，（1）＝a －2<0，∴－2<a<2.故选A.6．答案D解析y ′＝3ax 2＋2bx ，据题意，0，13是方程3ax 2＋2bx ＝0的两根，∴－2b 3a ＝13，∴a ＋2b ＝0.故选D.7．答案C解析由f(x)在x ＝－2处取得极小值可知，当x<－2时，f ′(x)<0，则xf ′(x)>0；当－2<x<0时，f ′(x)>0，则xf ′(x)<0；当x ＞0时，f ′(x)＞0，则xf ′(x)＞0.故选C.8．答案ABC解析本题考查利用导数研究函数的单调性、极值、最值．y ＝x 3为R 上的奇函数，其图象的对称中心为原点，当a ＝0时，根据平移知识，函数f(x)的图象的对称中心为(0，－1)，A 正确；由题意知f ′(x)＝3x 2－a ，因为当－1<x<1时，3x 2<3，又a ≥3，所以f ′(x)<0在(－1，1)上恒成立，所以函数f(x)在(－1，1)上为单调递减函数，B 正确；f ′(x)＝3x 2－a ，当a ≤0时，f ′(x)≥0，f ′(x)不恒等于0，此时f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，不符合题意，故a>0.令f ′(x)＝0，解得x ＝±3a3.因为f(x)在(－1，1)上不单调，所以f ′(x)＝0在(－1，1)上有解，所以0<3a3<1，解得0<a<3，C 正确；令f ′(x)＝3x 2－12＝0，得x ＝±2.根据函数的单调性，f(x)在[－4，5]上的最大值只可能为f(－2)或f(5)．因为f(－2)＝15，f(5)＝64，所以最大值为64，D 错误．故选ABC.9．答案ABD解析A 显然正确；∵f(x)＝x ＋sinx －xcosx ，∴f ′(x)＝1＋cosx －(cosx －xsinx)＝1＋xsinx.当x ∈[0，π)时，f ′(x)>0，则f(x)在[0，π)上单调递增．显然f ′(0)≠0，令f ′(x)＝0，得sinx ＝－1x ，分别作出函数y＝sinx ，y ＝－1x的图象如图．由图可知，这两个函数的图象在区间[－2π，2π)上共有4个公共点，且两图象在这些公共点上都不相切，故f(x)在区间[－2π，2π)上有4个极值点，且只有2个极大值点．10．答案18解析f ′(x)＝3x 2＋2ax ＋b 1）＝10，1）＝0，2＋a ＋b ＋1＝10，＋b ＋3＝0，＝4，＝－11＝－3，＝3.当a ＝－3，b ＝3时，f ′(x)＝3(x －1)2≥0，f(x)无极值，故舍去．当a ＝4，b ＝－11时，令f ′(x)＝0，得x 1＝1，x 2＝－113.当x 变化时，f ′(x)，f(x)的变化情况如下表：∴f(x)＝x 3＋4x 2－11x ＋16，f(2)＝18.11．答案－37解析由已知可得，f ′(x)＝6x 2－12x ，由6x 2－12x ≥0得x ≥2或x ≤0，因此当x ∈[2，＋∞)，(－∞，0]时f(x)单调递增，当x ∈[0，2]时f(x)单调递减，又因为x ∈[－2，2]，所以当x ∈[－2，0]时f(x)单调递增，当x ∈[0，2]时f(x)单调递减，所以f(x)max ＝f(0)＝m ＝3，故有f(x)＝2x 3－6x 2＋3，所以f(－2)＝－37，f(2)＝－5.因为f(－2)＝－37＜f(2)＝－5，所以函数f(x)的最小值为f(－2)＝－37.12．答案－3解析令f(x)＝2x 3－ax 2＋1＝0⇒a ＝2x ＋1x2.令g(x)＝2x ＋1x 2(x>0)，g ′(x)＝2－2x 3>0⇒x>1⇒g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．∵有唯一零点，∴a ＝g(1)＝2＋1＝3⇒f(x)＝2x 3－3x 2＋1.求导可知在[－1，1]上，f(x)min ＝f(－1)＝－4，f(x)max ＝f(0)＝1，∴f(x)min ＋f(x)max ＝－3.13．答案(1)函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－2)，(2，＋∞)，单调递减区间为(－2，2)(2)函数f(x)在区间[－3，5]上的最大值为743，最小值为－73思路(1)求导后，利用导数的符号可得函数的单调区间；(2)由(1)知，函数f(x)在[－3，－2)上单调递增，在[－2，2]上单调递减，在(2，5]上单调递增，根据单调性可得最大最小值．解析(1)f ′(x)＝x 2－4，由f ′(x)>0，得x>2或x<－2；由f ′(x)<0，得－2<x<2，所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－2)，(2，＋∞)，单调递减区间为(－2，2)．(2)由(1)知，函数f(x)在[－3，－2)上单调递增，在(－2，2)上单调递减，在(2，5]上单调递增，因为f(－3)＝13×(－3)3－4×(－3)＋3＝6，f(2)＝13×23－4×2＋3＝－73，f(－2)＝13×(－2)3－4×(－2)＋3＝253，f(5)＝13×53－4×5＋3＝743，所以函数f(x)在区间[－3，5]上的最大值为743，最小值为－73.14．答案略解析(1)f(x)＝(x 2－2x)e x ，求导得f ′(x)＝e x (x 2－2)．因为e x >0，令f ′(x)＝e x (x 2－2)>0，即x 2－2>0，解得x<－2或x> 2.令f ′(x)＝e x (x 2－2)<0，即x 2－2<0，解得－2<x< 2.所以函数f(x)在(－∞，－2)和(2，＋∞)上单调递增，在(－2，2)上单调递减．即函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－2)，(2，＋∞)，单调递减区间为(－2，2)．(2)①当0<m ≤2时，因为f(x)在(－2，2)上单调递减，所以f(x)在区间[0，m]上的最大值为f(0)＝0，f(x)在区间[0，m]上的最小值为f(m)＝(m 2－2m)e m .②当2<m ≤2时，因为f(x)在(－2，2)上单调递减，f(x)在(2，＋∞)上单调递增，且f(0)＝f(2)＝0，所以f(x)在[0，m]上的最大值为f(0)＝0，f(x)在区间[0，m]上的最小值为f(2)＝(2－22)e 2.③当m>2时，因为f(x)在(－2，2)上单调递减，f(x)在(2，＋∞)上单调递增，且f(m)>0＝f(0)，所以f(x)在[0，m]上的最大值为f(m)＝(m 2－2m)·e m ，f(x)在区间[0，m]上的最小值为f(2)＝(2－22)e 2.15．思路把函数f(x)题，然后再通过分离参数的方法求出参数a 的取值范围．答案C 解析由f(x)＝ax 22－(1＋2a)x ＋2lnx(a>0，x ＞0)，得导数f ′(x)＝ax －(1＋2a)＋2x(x ＞0)，∵函数f(x)＝ax 22－(1＋2a)x ＋2lnx(a>0)∴方程ax －(1＋2a)＋2x＝0∴a ＝1x 在区间故a ＝1x∈(1，2)，则a 的取值范围是(1，2)．故选C.评说涉及函数的极值问题，往往要使用导数这个解题的工具，在解题时要注意运用等价转化的解题思想．16．答案(1)2(2)(－∞，－1)解析(1)若a ＝0，则f(x)3－3x ，x ≤0，2x ，x>0，当x>0时，－2x<0；当x ≤0时，f ′(x)＝3x 2－3＝3(x ＋1)·(x－1)，令f ′(x)>0，得x<－1，令f ′(x)<0，得－1<x ≤0，所以函数f(x)在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，0]上单调递减，所以函数f(x)在(－∞，0]上的最大值为f(－1)＝2.综上可得，函数f(x)的最大值为2.(2)函数y ＝x 3－3x 与y ＝－2x 的大致图象如图所示，由图可知当f(x)无最大值时，a ∈(－∞，－1)．17．答案(1)极小值点为x ＝1e，无极大值点(2)当a ≤1时，g(x)min ＝0，当1<a<2时，g(x)min ＝a －e a －1，当a ≥2时，g(x)min ＝a ＋e －ae 解析(1)f ′(x)＝lnx ＋1，x>0，由f ′(x)＝0，得x ＝1e .所以f(x)所以x ＝1e 是函数f(x)的极小值点，极大值点不存在．(2)g(x)＝xlnx －a(x －1)，则g ′(x)＝lnx ＋1－a ，由g ′(x)＝0，得x ＝e a －1.所以在区间(0，e a －1)上，g(x)单调递减，在区间(e a －1，＋∞)上，g(x)单调递增．当e a －1≤1，即a ≤1时，在区间[1，e]上，g(x)单调递增，所以g(x)的最小值为g(1)＝0.当1<e a－1<e，即1<a<2时，g(x)的最小值为g(e a－1)＝a－e a－1.当e a－1≥e，即a≥2时，在区间[1，e]上，g(x)单调递减，所以g(x)的最小值为g(e)＝a＋e－ae.综上，当a≤1时，g(x)的最小值为0；当1<a<2时，g(x)的最小值为a－e a－1；当a≥2时，g(x)的最小值为a＋e－ae.。
2021高考数学一轮复习第三章导数及其应用强化训练导数在函数中的应用理新人教A版
强化训练 导数在函数中的应用1.函数f (x )＝e x－e x ，x ∈R 的单调递增区间是( ) A.(0，＋∞) B.(－∞，0) C.(－∞，1) D.(1，＋∞)答案 D解析 由题意知，f ′(x )＝e x－e ，令f ′(x )>0，解得x >1，故选D. 2.函数f (x )＝1＋x －sin x 在(0,2π)上是( ) A.增函数 B.减函数C.在(0，π)上增，在(π，2π)上减D.在(0，π)上减，在(π，2π)上增 答案 A解析 ∵f ′(x )＝1－cos x >0，∴f (x )在(0,2π)上是增函数.3.f (x )为定义在R 上的可导函数，且f ′(x )>f (x )，对任意正实数a ，则下列式子成立的是( )A.f (a )<e af (0) B.f (a )>e af (0) C.f (a )<f 0eaD.f (a )>f 0ea答案 B 解析 令g (x )＝f xex，∴g ′(x )＝f ′x e x －f x e x ex2＝f ′x －f xex>0.∴g (x )在R 上为增函数，又∵a >0， ∴g (a )>g (0)，即f aea>f 0e，即f (a )>e af (0).4.函数y ＝xe x 在[0,2]上的最大值是( )A.1eB.2e 2C.0D.12e 答案 A解析 易知y ′＝1－xex ，x ∈[0,2]，令y ′>0，得0≤x <1，令y ′<0，得1<x ≤2，所以函数y＝x e x 在[0,1)上单调递增，在(1,2]上单调递减，所以y ＝x e x 在[0,2]上的最大值是1e，故选A. 5.直线y ＝a 与函数y ＝x 3－3x 的图象有三个相异的交点，则实数a 的取值范围为( ) A.(－2,2) B.[－2,2] C.[2，＋∞) D.(－∞，－2]答案 A解析 考虑数形结合，y ＝x 3－3x 的导数y ′＝3x 2－3＝3(x －1)·(x ＋1)，令y ′>0可解得x <－1或x >1，故y ＝x 3－3x 在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递增，在(－1,1)上单调递减，函数的极大值为f (－1)＝2，极小值为f (1)＝－2，大致图象如图所示.而y ＝a 为一条水平直线，通过图象可得，y ＝a 介于极大值与极小值之间，则有三个相异交点.可得a ∈(－2,2).6.已知定义在R 上的可导函数f (x )的导函数为f ′(x )，满足f ′(x )<f (x )，且f (0)＝12，则不等式f (x )－12e x<0的解集为( ) A.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，12B.(0，＋∞)C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞D.(－∞，0)答案 B解析 构造函数g (x )＝f xex， 则g ′(x )＝f ′x －f xex，因为f ′(x )<f (x )，所以g ′(x )<0， 故函数g (x )在R 上为减函数，又f (0)＝12，所以g (0)＝f 0e 0＝12， 则不等式f (x )－12e x <0可化为f x e x<12， 即g (x )<12＝g (0)，所以x >0，即所求不等式的解集为(0，＋∞).7.若函数f (x )＝x 33－a 2x 2＋x ＋1在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3上单调递减，则实数a 的取值范围是________.答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫103，＋∞解析 f ′(x )＝x 2－ax ＋1，因为函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3上单调递减，所以f ′(x )≤0在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3上恒成立，所以⎩⎪⎨⎪⎧f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12≤0，f ′3≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧14－a 2＋1≤0，9－3a ＋1≤0，解得a ≥103，所以实数a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫103，＋∞.8.若函数f (x )＝x ln x －a2x 2－x ＋1(a >0)有两个极值点，则实数a 的取值范围为________.答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 解析 因为f (x )＝x ln x －a2x 2－x ＋1(x >0)，所以f ′(x )＝ln x －ax ，令h (x )＝f ′(x )，则h ′(x )＝1x－a ＝0，得f ′(x )有极大值点x ＝1a，由于x →0时f ′(x )→－∞；当x →＋∞时，f ′(x )→－∞， 因此f (x )要有两个极值点， 只要f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln 1a －1>0，解得0<a <1e . 9.若函数 f (x )＝13x 3＋x 2－23在区间(a ，a ＋5)上存在最小值，则实数a 的取值范围是________. 答案 [－3,0)解析 由题意，得f ′(x )＝x 2＋2x ＝x (x ＋2)， 故f (x )在(－∞，－2)，(0，＋∞)上是增函数， 在(－2,0)上是减函数，作出其图象如图所示，令13x 3＋x 2－23＝－23，得x ＝0或x ＝－3，则结合图象可知，⎩⎪⎨⎪⎧－3≤a <0，a ＋5>0，解得a ∈[－3,0).10.已知函数f (x )＝e x－2x ＋a 有零点，则实数a 的取值范围是________________. 答案 (－∞，2ln2－2]解析 由原函数有零点，可将问题转化为方程e x－2x ＋a ＝0有解问题，即方程a ＝2x －e x有解.令函数g (x )＝2x －e x，则g ′(x )＝2－e x， 令g ′(x )＝0，得x ＝ln2，所以g (x )在(－∞，ln2)上是增函数，在(ln2，＋∞)上是减函数， 所以g (x )的最大值为g (ln2)＝2ln2－2， 因此，a 的取值范围就是函数g (x )的值域， 所以a ∈(－∞，2ln2－2].11.已知函数f (x )＝ln x ＋a (1－x )在(2，＋∞)上为单调函数，求实数a 的取值范围. 解 方法一 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－a .若a ≤0，则f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；若a >0，则当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )>0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞时，f ′(x )<0，所以f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减，所以当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，符合要求；当a >0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞上单调递减，则2≥1a ，即a ≥12.所以实数a 的取值范围是(－∞，0]∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞. 方法二 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－a .由题意得，当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )≥0恒成立或f ′(x )≤0恒成立，即a ≤1x 恒成立或a ≥1x恒成立.∵x ∈(2，＋∞)，∴0<1x <12，∴a ≤0或a ≥12，∴实数a 的取值范围是(－∞，0]∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞.12.(2020·东北四校联考)已知f (x )＝1x ＋e xe －3，F (x )＝ln x ＋exe －3x ＋2.(1)判断f (x )在(0，＋∞)上的单调性； (2)判断函数F (x )在(0，＋∞)上零点的个数.解 (1)f ′(x )＝－1x 2＋e x e ＝x 2e x－ee x2， 令g (x )＝x 2e x－e ，x >0， 则g ′(x )＝e x(x 2＋2x )>0， 即g (x )在(0，＋∞)上单调递增，又g (1)＝0，所以当0<x <1时，g (x )<g (1)＝0，则f ′(x )<0，当x >1时，g (x )>0，则f ′(x )>0， 所以f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增. (2)F ′(x )＝f (x )＝1x ＋exe －3，且f (1)＝－1<0，由(1)得∃x 1，x 2，满足0<x 1<1<x 2，使得f (x )在(0，x 1)上大于0，在(x 1，x 2)上小于0，在(x 2，＋∞)上大于0， 即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， 而F (1)＝0，x →0时，F (x )→－∞，x →＋∞时，F (x )→＋∞，画出函数F (x )图象的草图，如图所示.故F (x )在(0，＋∞)上的零点有3个.13.已知函数f (x )＝sin x －13x ，x ∈[0，π]，cos x 0＝13，x 0∈[0，π].①f (x )的最大值为f (x 0)； ②f (x )的最小值为f (x 0)； ③f (x )在[0，x 0]上是减函数； ④f (x )在[x 0，π]上是减函数.那么上面命题中真命题的序号是________. 答案 ①④解析 f ′(x )＝cos x －13，由f ′(x )＝0，得cos x ＝13，即x ＝x 0，因为x 0∈[0，π]，当0<x <x 0时，f ′(x )>0；当x 0<x <π时，f ′(x )<0，所以f (x )的最大值为f (x 0)，f (x )在[x 0，π]上是减函数.14.(2019·泰安模拟)已知函数f (x )＝12e 2x ＋(a －e)e x－a e x ＋b (其中e 为自然对数的底数)在x ＝1处取得极大值，则实数a 的取值范围是________. 答案 (－∞，－e)解析 由题意可知f ′(x )＝e 2x＋(a －e)e x －a e ＝(e x ＋a )·(e x－e)，当a ≥0时，若x >1，则f ′(x )>0，若x <1，则f ′(x )<0，所以f (x )在x ＝1处取得极小值，不符合题意.当a <0时，令f ′(x )＝0，得x ＝1或x ＝ln(－a )，为使f (x )在x ＝1处取极大值，则ln(－a )>1，即a <－e.15.(2019·贵阳、安顺模拟)不等式kx ≥sin x2＋cos x (x >0)恒成立，则k 的最小值为( )A.13B.23C.14D.1 答案 A解析 令h (x )＝kx －sin x2＋cos x (x >0)，则h ′(x )＝k －1＋2cos x2＋cos x2，令t ＝cos x ，则t ∈[－1,1]， 令g (t )＝1＋2t 2＋t 2，则g ′(t )＝－2t －12＋t3≥0，∴g (t )在[－1,1]上单调递增， ∴g (t )的值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，13，∴①当k ≥13时，h ′(x )≥0，此时h (x )单调递增，∴h (x )>h (0)＝0，符合条件；②当k ≤0时，因为h ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝k ·π2－12<0，不符合条件； ③当0<k <13时，对于0<x <π2，h (x )<kx －sin x3，令F (x )＝kx －sin x 3，则F ′(x )＝k －cos x3，存在x 0∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，使得x ∈(0，x 0)时，F ′(x )<0， ∴F (x )在(0，x 0)上单调递减， ∴F (x 0)<F (0)＝0，即当x ∈(0，x 0)时，h (x )<0，不符合条件，综上，k 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，＋∞， ∴k 的最小值为13.16.(2019·辽宁沈阳三校联考)已知函数f (x )＝ax －ln xx，a ∈R .(1)若f (x )≥0，求a 的取值范围；(2)若y ＝f (x )的图象与直线y ＝a 相切，求a 的值. 解 (1)由题意知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞). 由f (x )≥0，得ax －ln xx≥0，所以ax ≥ln x x ，又x >0，所以a ≥ln x x2.令g (x )＝ln x x 2，则g ′(x )＝1－2ln x x3. 令g ′(x )>0，得0<x <e ，令g ′(x )<0，得x > e. 所以当0<x <e 时，g (x )单调递增，当x >e 时，g (x )单调递减.所以当x ＝e 时，g (x )取得最大值g (e)＝12e ，所以a ≥12e ，即a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫12e ，＋∞. (2)设y ＝f (x )的图象与直线y ＝a 相切于点(t ，a )，依题意可得⎩⎪⎨⎪⎧f t＝a ，f ′t ＝0.因为f ′(x )＝a －1－ln xx2，所以⎩⎪⎨⎪⎧at －ln tt＝a ，a －1－ln t t 2＝0，消去a 可得t －1－(2t －1)ln t ＝0.(*)令h (t )＝t －1－(2t －1)ln t ，则h ′(t )＝1t－2ln t －1，易知h ′(t )在(0，＋∞)上单调递减，且h ′(1)＝0， 所以当0<t <1时，h ′(t )>0，h (t )单调递增， 当t >1时，h ′(t )<0，h (t )单调递减，所以当且仅当t ＝1时，h (t )＝0，即(*)式成立，所以a ＝1－ln 112＝1.。
2021高考理科数学一轮总复习课标作业：第3章 导数及其应用 16
课时作业16 定积分与微积分基本定理一、选择题1．(2019年衡水金卷信息卷)已知函数f (x )在R 上可导，且f (x )＝4x －x 3f ′(1)＋2f ′(0)，则⎰10f(x)d x ＝ ( )A ．1B ．－1C .394D ．－394解析：由题意得f′(x)＝4－3x 2f ′(1)，故f′(0)＝4， f ′(1)＝4－3f′(1)，得到f′(1)＝1， 所以f(x)＝4x －x 3＋8， 所以⎰1(4x －x 3＋8)d x ＝(2x 2－x 44＋8x)10|＝394.故选C . 答案：C2．(2019年山东省菏泽市高三考试)若(3x ＋1x x)n (n ∈N *)的展开式中含有常数项，且n 的最小值为a ，则⎰-aaa 2－x 2d x ＝ ( )A ．36πB .81π2C .25π2 D ．25π解析：⎝⎛⎭⎪⎫3x ＋1x·x n (n ∈N *)展开式的通项为 T r ＋1＝C r n (3x )n －r (1x ·x )r ＝3n －r C rnxn －52r ，r ＝0，1，…，n ，因为展开式中含有常数项，所以n －52r ＝0，即r ＝25n 为整数，故n 的最小值为5，∴a ＝5. 所以⎰-aa a 2－x 2d x ＝⎰-5552－x 2d x ＝25π2.故选C .答案：C3．(2019年湖北省黄石市第三中学高三检测)已知ω＝∫π20(sin x ＋cos x)d x ，则f(x)＝sin ωx|x ＋1|的部分图象大致为 ( )解析：ω＝⎰20π(sin x ＋cos x)d x ＝(－cos x ＋sin x)|20π＝2，由函数f(x)＝sin 2x|x ＋1|图象过原点可排除选项A ；由x ＝0.1时，f(x)>0，可排除选项B ；由于f′(x)＝2cos 2x （x ＋1）－sin 2x（x ＋1）2，所以x ∈(－1.1，－1)时，f ′(x)<0，可得f(x)在(－1.1，－1)上递减，所以可排除选项D ，故选C .答案：C4．(2019年广西河池市高级中学高二月考)定积分⎰-22⎠⎛－22(x 3＋sin x )d x 的值是 ( )A ．4－cos 2B ．8－2cos x C ．0 D ．－2cos 2解析：∵y ＝x 3＋sin x 为奇函数， ∴⎰-22x 3＋sin x)d x ＝0，故选C . 答案：C5．(2019年山西大学附属中学高二月考)⎰-22ππ(sin x ＋|sin x|)d x ＝( )A ．0B ．1C ．2D ．3解析：⎰-22ππ(sin x ＋|sin x|)d x ＝⎰-22ππsin x d x ＋⎰-22ππ|sin x|d x ＝⎰-22ππ|sin x|d x＝2⎰20πsin x d x ＝－2cos x|20π＝2，故选C .答案：C 6.图1(2019年福建省上杭县一中高二周测)如图1，由曲线y ＝x 2－1，直线x ＝0，x ＝2和x 轴围成的封闭图形的面积是 ( )图2解析：将函数y ＝x 2－1的图象位于x 轴下方的部分对称到x 轴上方，而x 轴上方的部分不变，得函数y ＝|x 2－1|的图象，可得曲线y ＝x 2－1，直线x ＝0，x ＝2和x 轴围成的封闭图形面积，恰好等于函数y ＝|x 2－1|在[0，2]上的图象与直线x ＝0，x ＝2和x 轴围成的封闭图形的面积，如图2中的阴影部分，所以所求的阴影部分面积S ＝⎰20|x 2－1|d x ，故选C .答案：C7．(2019年普通高等学校招生全国统一考试模拟)已知a ＝⎰-22ππcos x d x ，f(x)是以a 为周期的奇函数，且定义域为R ，则f(2 017)＋f(2 018)的值为 ( )A ．0B ．1C ．2D ．2 018解析：a ＝⎰-22ππcos x d x ＝sin x|22ππ-＝2，可知f(x)的周期为a ＝2， ∵x ∈R ，f (0)＝0，∴f (2 017)＋f (2 018)＝f (1)＋f (0)＝f (1)， ∵f (1)＝f (1－2)＝f (－1)＝－f (1)，∴f (1)＝0. 答案：A8．(2019年四川省凉山州高中毕业班第二次诊断性检测)⎰1(x －e x )d x ＝ ( )A .32－eB .12－eC .32＋eD .12＋e 解析：⎰1(x －e x)d x ＝(12x 2－e x )|1＝(12－e )－(－1)＝32－e ，故选A . 答案：A9．(2019年四川省南充高级中学高二考试)设m ＝3⎰-11(x 2＋sin x )d x ，则多项式(x ＋1m x)6的常数项是 ( )A ．－54B .54C .203D .1516 解析：m ＝3⎰-11(x 2＋sin x)d x ＝3(13x 3－cos x)|1－1＝3(13－cos 1＋13＋cos 1)＝2，多项式(x ＋1m x )6的通项为T r ＋1＝(12)r C r 6x6－32r ，令6－32r ＝0，解得r ＝4， ∴多项式(x ＋12x)6的常数项为(12)4C 46＝1516，故选D . 答案：D10．(2019年河南省南阳市第一中学高三考试)若a ＝ln 2，b ＝5－12，c ＝14⎰π0sin x d x ，则a ，b ，c 的大小关系为 ( )A ．a<b<cB ．b<a<cC ．c<b<aD ．b<c<a解析：c ＝14(－cos x)|π0＝－14(cos π－cos 0)＝12， b ＝5－12＝55<12，a ＝ln 2>lne 12＝12， 所以a>c>b ，故选D . 答案：D11．(2019年江西省赣州市寻乌中学高二质检)已知函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2 （x ≤0），4－x 2（x>0），则⎰-21f(x)d x ＝ ( ) A ．π－13 B ．π＋13 C .π4＋13 D .π2－13解析：函数f(x)＝4－x 2(x>0)的图象是以(0，0)为圆心，2为半径的圆的第一象限的部分图象，由定积分的几何意义可知，⎰20f(x)d x ＝204－x2d x＝π；答案：B12．如图3所示，由函数f(x)＝sin x与函数g(x)＝cos x在区间[0，3π2]上的图象所围成的封闭图形的面积为()图3A．32－1 B．42－2C. 2 D．2 2答案：D二、填空题13．(2019年安徽省屯溪第一中学高二考试)定积分⎰211＋x 2x d x ＝________．解析：由题得⎰211＋x 2x d x ＝⎰21(1x ＋x)d x＝(ln x ＋12x 2)|21＝(ln 2＋12×22)－(ln 1＋12×12)， 所以⎰211＋x 2x d x ＝ln 2＋32.故填32＋ln 2.答案：32＋ln 214．(2019年河南省八市高二下学期第一次测评)由曲线y 2＝2x 和直线y ＝x －4所围成的图形的面积为________．解析：联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝2x ，y ＝x －4，解得曲线y 2＝2x 和直线y ＝x －4的交点坐标为(2，－2)，(8，4)， 选择y 为积分变量，∴由曲线y 2＝2x 和直线y ＝x －4所围成的图形的面积为S ＝⎰-42(y ＋4－y 22)d y ＝(12y 2＋4y －16y 3)|4－2＝18， 故答案为18. 答案：1815．(2019年江西省南康中学月考)⎰-11(|x|＋1－x 2)d x ＝________． 解析：⎰-11(|x|＋1－x 2)d x ＝⎰-11|x|d x ＋⎰-111－x 2d x ，其中⎰-11|x|d x ＝2⎰10x d x ＝1，⎰-111－x 2d x 表示以(0，0)为圆心，1为半径的圆的面积的12，即⎰-111－x 2d x ＝12π.∴⎰-11(|x|＋1－x 2)d x ＝⎰-11|x|d x ＋⎰-111－x 2d x ＝1＋π2.答案：1＋π216．已知长轴长为2a ，短轴长为2b 的椭圆的面积为πab ，则⎰-3321－x 29d x ＝________．解析：设y ＝1－x 29(y ≥0)，则x 29＋y 2＝1(y ≥0)对应的曲线为椭圆的上半部分，对应的面积S ＝12πab ＝12×π×3×1＝3π2，根据积分的运算法则可得，⎰-3321－x 29d x ＝2⎰-331－x 29d x ＝3π，故答案为3π.答案：3π三、解答题17．求曲线y ＝sin x 与直线x ＝－π4，x ＝54π，y ＝0所围成图形的面积(如图4)．图418．(2019年宁夏育才中学高二考试)设F(x)＝⎰x0(t 2＋2t －8)d t(x>0)．(1)求F(x)的单调区间；(2)求函数F(x)在[1，3]上的最值． 解：依题意得 F(x)＝⎰x(t 2＋2t －8)d t ＝(13t 3＋t 2－8t)|x＝13x 3＋x 2－8x ， 定义域是(0，＋∞)，(1)F′(x)＝x 2＋2x －8，令F′(x)>0，得x>2或x<－4，令F′(x)<0，得－4<x<2，由于定义域是(0，＋∞)，∴函数的单调增区间是(2，＋∞)，单调递减区间是(0，2)．(2)令F′(x)＝0，得x ＝2(x ＝－4舍)，由于F(1)＝－203，F(2)＝－283，F(3)＝－6，∴F(x)在[1，3]上的最大值是F(3)＝－6，最小值是F(2)＝－283.19．(2019湖北省枣阳市高级中学高三模拟)已知函数f(x)＝a(4x 2＋1x )－43(a ≠0)．(1)当a ＝1时，计算定积分⎰21f(x)d x ；(2)求f(x)的单调区间和极值．解：(1)当a ＝1时，⎰21f(x)d x ＝⎰21(4x 2＋1x －43)d x ＝(43x 3＋ln x －43x)21＝43(23－2)＋ln 2－ln 1＝8＋ln 2.(2)f′(x)＝a(8x －1x 2)＝a （8x 3－1）x 2， ①当a>0时，令f′(x)>0，得x>12；令f′(x)<0，得x<12且x ≠0，所以f(x)的增区间为(12，＋∞)，减区间为(－∞，0)，(0，12)，所以f(x)的极小值为f(12)＝3a －43，f(x)无极大值；②当a<0时，令f′(x)>0，得x<12且x ≠0； 令f′(x)<0得，x>12，所以f(x)的减区间为(12，＋∞)，增区间为(－∞，0)，(0，12)，所以f(x)的极大值为f(12)＝3a －43，f(x)无极小值．快乐分享，知识无界！感谢您的下载!由Ruize收集整理！。
高考数学一轮总复习第3章导数及其应用第2节导数的应用第5课时利用导数研究函数的零点问题教师用书
第5课时 利用导数研究函数的零点问题考点1 讨论函数的零点个数——综合性(2021·海口模拟)已知函数f(x)＝．(1)判断f(x)的单调性，并比较2 0202 021与2 0212 020的大小；(2)若函数g(x)＝(x－2)2＋x(2f(x)－1)，其中≤a≤，判断g(x)的零点的个数，并说明理由．参考数据：ln 2≈0.693．解：(1)函数f(x)＝，定义域是(0，＋∞)，故f′(x)＝．令f′(x)＞0，解得0＜x＜e；令f′(x)＜0，解得x＞e，故f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，则f(2 020)＞f(2 021)，即＞，故2 021ln 2 020＞2 020ln 2 021，故ln 2 0202 021＞ln 2 0212 020，故2 0202 021＞2 0212 020．(2)因为g(x)＝(x2－4x＋4)＋2ln x－x，所以g′(x)＝ax＋－2a－1＝．令g′(x)＝0，解得x＝2或x＝，①当a＝时，则g′(x)＝≥0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增，且g(2)＝2ln 2－2＜0，g(6)＝2ln 6－2＞0，故g(2)g(6)＜0，故存在x0∈(2,6)，使得g(x0)＝0，故g(x)在(0，＋∞)上只有1个零点；②当<a<时，则＜2，则g(x)在上单调递增，在上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，故g(x)在(0，＋∞)上有极小值g(2)，g(2)＝2ln 2－2<0，有极大值g＝2a－－2ln a－2，且g(2)＝2ln 2－2＜0，g(6)＝8a＋2ln 6－6＞2ln 6－2＞0，故g(2)g(6)＜0，故存在x1∈(2,6)，使得g(x1)＝0，故g(x)在(2，＋∞)上只有1个零点，另一方面令h(a)＝g＝2a－－2ln a－2，h′(a)＝2＋－＝2>0，所以h(a)在上单调递增，所以h(a)<h＝e－－2－2ln <0，则g＜0，故g(x)在上没有零点．综上：当≤a≤时，g(x)只有1个零点．已知函数f(x)＝x－(e为自然常数)．(1)若f(x)在(0，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围；(2)设a∈R，讨论函数g(x)＝x－ln x－f(x)的零点个数．解：(1)f(x)＝x－，则f′(x)＝．因为f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立．记φ(x)＝e x＋ax－a，则φ(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，φ′(x)＝e x＋a．当a≥－1时，φ′(x)＝e x＋a＞1＋a≥0，即φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以φ(x)＞φ(0)＝1－a≥0，所以－1≤a≤1；当a＜－1时，令φ′(x)＝e x＋a＝0，解得x＝ln(－a)．当0＜x＜ln(－a)时，φ′(x)＜0，φ(x)在(0，ln(－a))上单调递减；当x＞ln(－a)时，φ′(x)＞0，φ(x)在(ln(－a)，＋∞)上单调递增，所以φ(x)≥φ(ln(－a))＝－2a＋a ln(－a)≥0，解得－e2≤a＜－1．综上可得，实数a的取值范围是[－e2,1]．(2)g(x)＝x－ln x－f(x)＝－ln x(x＞0)，令g(x)＝0，得a＝(x＞0)．令h(x)＝，则h′(x)＝，当x∈(0,1]时，ln x≤0，x－1≤0，所以h′(x)≥0，h(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增．所以h(x)在(0，＋∞)单调递增，又h(x)＝∈R，a∈R，所以y＝a与h(x)＝的图象只有一个交点，所以a∈R，g(x)只有唯一一个零点．考点2 由函数的零点个数求参数的范围——综合性(2022·湖南模拟)已知函数f(x)＝x3＋3a(x＋1)(a∈R)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)若函数g(x)＝f(x)－x ln x－3a在上有两个不同的零点，求a的取值范围．解：(1)f′(x)＝3x2＋3a．①当a≥0时，f′(x)≥0，f(x)在R上单调递增；②当a＜0时，令f′(x)＞0，解得x<－或x>，令f′(x)＜0，解得－<x<，所以f(x)在(－∞，－)，(，＋∞)上单调递增，在(－，)上单调递减．综上，当a≥0时，f(x)在R上单调递增；当a＜0时，f(x)在(－∞，－)，(，＋∞)上单调递增，在(－，)上单调递减．(2)g(x)＝x3＋3ax－x ln x，依题意，x3＋3ax－x ln x＝0在上有两个不同的解，即3a＝ln x－x2在上有两个不同的解．设h(x)＝ln x－x2，x∈，则h′(x)＝－2x＝．当x∈时，h′(x)≥0，h(x)单调递增；当x∈时，h′(x)＜0，h(x)单调递减，所以h(x)max＝h＝－ln 2－，且h＝－ln 2－，h(2)＝ln 2－4，h>h(2)，所以－ln 2－≤3a<－ln 2－，所以－ln 2－≤a<－ln 2－，即实数a的取值范围为．已知函数f(x)＝x2＋ax＋1－，a∈R．(1)若f(x)在(0,1)上单调递减，求a的取值范围；(2)设函数g(x)＝f(x)－x－a－1，若g(x)在(1，＋∞)上无零点，求整数a的最小值．解：(1)由题知f′(x)＝2x＋a＋≤0在(0,1)上恒成立，即a≤－2x恒成立．令h(x)＝－2x，则h′(x)＝－2＝－2>0，所以h(x)在(0,1)上单调递增，所以a≤h(x)min＝h(0)＝1．故a的取值范围是(－∞，1]．(2)由已知x>1，假设g(x)＝0⇔－a＝x＋，记φ(x)＝x＋，则φ′(x)＝1＋．令φ′(x)＞0，解得x>1＋，所以φ(x)在(1,1＋)上单调递减，在(1＋，＋∞)上单调递增，φ(1＋)＝1＋＋＝1＋＝1＋∈(2,3)，由题知－a＝φ(x)在(1，＋∞)内无解，故－a<φ(1＋)<3，所以a>－φ(1＋)，所以整数a的最小值为－2．考点3 函数极值点的偏移问题——综合性(2021·新高考全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝x(1－ln x)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)设a，b为两个不相等的正数，且b ln a－a ln b＝a－b，证明：2<＋<e．(1)解：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，又f′(x)＝1－ln x－1＝－ln x，当x∈(0,1)时，f′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，故f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．(2)证明：因为b ln a－a ln b＝a－b，故b(ln a＋1)＝a(ln b＋1)，即＝，故f ＝f ．设＝x1，＝x2，由(1)可知不妨设0<x1<1，x2>1．因为x∈(0,1)时，f(x)＝x(1－ln x)>0，x∈(e，＋∞)时，f(x)＝x(1－ln x)<0，故1<x2<e．先证：x1＋x2>2，若x2≥2，x1＋x2>2必成立．若x2<2,要证x1＋x2>2，即证x1>2－x2，而0<2－x2<1，故即证f(x1)>f(2－x2)，即证f(x2)>f(2－x2)，其中1<x2<2．设g(x)＝f(x)－f(2－x)，1<x<2，则g′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝－ln x－ln(2－x)＝－ln[x(2－x)]．因为1<x<2，故0<x(2－x)<1，故－ln x(2－x)>0，所以g′(x)>0，故g(x)在(1,2)上单调递增，所以g(x)>g(1)＝0，故f(x)>f(2－x)，即f(x2)>f(2－x2)成立，所以x1＋x2>2成立，综上，x1＋x2>2成立．设x2＝tx1，则t>1，结合＝，＝x1，＝x2，可得x1(1－ln x1)＝x2(1－ln x2)，即1－ln x1＝t(1－ln t－ln x1)，故ln x1＝，要证x1＋x2<e，即证(t＋1)x1<e，即证ln (t＋1)＋ln x1<1，即证ln (t＋1)＋<1，即证(t－1)ln (t＋1)－t ln t<0．令S(t)＝(t－1)ln (t＋1)－t ln t，t>1，则S′(t)＝ln (t＋1)＋－1－ln t＝ln －．先证明一个不等式：ln(x＋1)≤x．设u(x)＝ln(x＋1)－x，则u′(x)＝－1＝，当－1<x<0时，u′(x)>0；当x>0时，u′(x)<0，故u(x)在(－1,0)上为增函数，在(0，＋∞)上为减函数，故u(x)ma x＝u(0)＝0，故ln(x＋1)≤x成立．由上述不等式可得当t>1时，ln ≤<，故S′(t)<0恒成立，故S(t)在(1，＋∞)上为减函数，故S(t)<S(1)＝0，故(t－1)ln (t＋1)－t ln t<0成立，即x1＋x2<e成立．综上所述，2<＋<e．对称化构造是解决极值点偏移问题的方法，该方法可分为以下三步：已知函数f(x)＝ln x－ax有两个零点x1，x2(x1<x2)．(1)求实数a的取值范围；(2)求证：x1·x2>e2．(1)解：f′(x)＝－a＝(x>0)，①若a≤0，则f′(x)>0，不符合题意．②若a>0，令f′(x)＝0，解得x＝．当x∈时，f′(x)>0；当x∈时，f′(x)<0．由题意知f(x)有两个零点的必要条件为f(x)＝ln x－ax的极大值f＝ln －1>0，解得0<a<．显然e∈，f(e)＝1－a e<0，∈，f＝2ln－．设t＝>e，g(t)＝2ln t－t，g′(t)＝－1<0，所以g(t)在(e，＋∞)上单调递减，g(t)<g(e)＝2－e<0，即f <0．所以实数a的取值范围为．(2)证明：因为f(1)＝－a<0，所以1<x1<<x2．构造函数H(x)＝f－f＝ln －ln －2ax,0<x<．H′(x)＝＋－2a＝>0，所以H(x)在上单调递增，故H(x)>H(0)＝0，即f >f．由1<x1<<x2，知－x1>，故f(x2)＝f(x1)＝f <f＝f．因为f(x)在上单调递减，所以x2>－x1，即x1＋x2>．故ln (x1x2)＝ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)>2，即x1·x2>e2．拓展考点 隐零点求解问题已知函数f(x)＝ax2－ax－x ln x，且f(x)≥0．(1)求a；(2)证明：f(x)存在唯一的极大值点x0，且e－2<f(x0)<2－2．(1)解：f(x)的定义域为(0，＋∞)，设g(x)＝ax－a－ln x，则f(x)＝xg(x)，f(x)≥0等价于g(x)≥0．因为g(1)＝0，g(x)≥0，故g′(1)＝0，而g′(x)＝a－，g′(1)＝a－1＝0，得a＝1．若a＝1，则g′(x)＝1－．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x＝1是g(x)的极小值点，故g(x)≥g(1)＝0．综上，a＝1．(2)证明：由(1)知f(x)＝x2－x－x ln x，f′(x)＝2x－2－ln x(x>0)．设h(x)＝2x－2－ln x，h′(x)＝2－．当x∈时，h′(x)<0；当x∈时，h′(x)>0，所以h(x)在上单调递减，在上单调递增．又h(e－2)>0，h<0，h(1)＝0，所以h(x)在上有唯一零点x0，在上有唯一零点1，且当x∈(0，x0)时，h(x)>0；当x∈(x0，1)时，h(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0．因为f′(x)＝h(x)，所以x＝x0是f(x)的唯一极大值点．由f′(x0)＝0得ln x0＝2(x0－1)，故f(x0)＝x0(1－x0)．由x0∈得f(x0)<．因为x＝x0是f(x)在(0,1)上的最大值点，由e－1∈(0,1)，f′(e－1)≠0得f(x0)>f(e－1)＝e－2，所以e－2<f(x0)<2－2．设函数f(x)＝e x－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：(1)当a≤0时，f(x)的单调递增区间是(－∞，＋∞)，无单调递减区间；当a>0时，函数f(x)的单调递减区间是(－∞，ln a)，单调递增区间是(ln a，＋∞)．(解答过程略)(2)由题设可得(x－k)(e x－1)＋x＋1>0，即k<x＋(x>0)恒成立．令g(x)＝＋x(x>0)，得g′(x)＝＋1＝(x>0)．由(1)的结论可知，函数h(x)＝e x－x－2(x>0)是增函数．又因为h(1)<0，h(2)>0，所以函数h(x)的唯一零点α∈(1,2)(该零点就是h(x)的隐零点)，且eα＝α＋2．当x∈(0，α)时，g′(x)<0；当x∈(α，＋∞)时，g′(x)>0，所以g(x)min＝g(α)＝＋α．又eα＝α＋2且α∈(1,2)，则g(x)min＝g(α)＝1＋α∈(2,3)，所以k的最大值为2．1．按导函数零点能否精确求解可以把零点分为两类：1．已知函数f(x)＝e x－a－eln(e x＋a)，若关于x的不等式f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．解：由函数f(x)＝e x－a－eln(e x＋a)，求得定义域为，对函数求导可得：f′(x)＝e x－，则存在一个x0，使得f′(x0)＝0，且－＜x＜x0时，f′(x)＜0，x＞x0时，f′(x)＞0，则f(x)≥f(x0)＝e x0－a－eln(e x0＋a)＝－a－e·ln e＝e x0＋－2e－a＝e x0＋a＋－2e－2a．因为e x0＋a＋≥2e，所以f(x0)≥2e－2e－2a＝－2a≥0，则a≤0，所以实数a的取值范围为(－∞，0]．2．已知函数f(x)＝．(1)求函数f(x)的零点及单调区间；(2)求证：曲线y＝存在斜率为6的切线，且切点的纵坐标y0<－1．(1)解：函数f(x)的零点为e．函数f(x)的单调递增区间为(e，＋∞)，单调递减区间为(0，e)．(解答过程略)(2)证明：要证曲线y＝存在斜率为6的切线，即证y′＝＝6有解，等价于1－ln x－6x2＝0在x>0时有解．构造辅助函数g(x)＝1－ln x－6x2(x>0)，g′(x)＝－－12x<0，函数g(x)在(0，＋∞)上单调递减，且g(1)＝－5<0，g＝1＋ln 2－>0，所以∃x0∈，使得g(x0)＝1－ln x0－6x＝0．即证明曲线y＝存在斜率为6的切线．设切点坐标为，则y＝＝＝－6x0，x0∈．令h(x)＝－6x，x∈，由h(x)在区间上单调递减，则h(x)<h＝－1，．所以y0<－1求证：x1x2>e2(e为自然对数的底数)．[四字程序]思路参考：转化为证明ln x1＋ln x2>2，根据x1，x2是方程f′(x)＝0的根建立等量关系．令t＝，将ln x1＋ln x2变形为关于t的函数，将ln x1＋ln x2>2转化为关于t的不等式进行证明．证明：欲证x1x2>e2，需证ln x1＋ln x2>2．若f(x)有两个极值点x1，x2，则函数f′(x)有两个零点．又f′(x)＝ln x－mx(x>0)，所以x1，x2是方程f′(x)＝0的两个不等实根．于是，有解得m＝．另一方面，由得ln x2－ln x1＝m(x2－x1)，从而得＝，于是，ln x1＋ln x2＝＝．又0<x1<x2，设t＝，则t>1．因此，ln x1＋ln x2＝，t>1．要证ln x1＋ln x2>2，即证>2，t>1．即当t>1时，有ln t>．设函数h(t)＝ln t－，t＞1，则h′(t)＝－＝≥0，所以，h(t)为(1，＋∞)上的增函数．又h(1)＝0，因此，h(t)＞h(1)＝0．于是，当t>1时，有ln t>．所以ln x1＋ln x2>2成立，即x1x2>e2．思路参考：将证明x1x2>e2转化为证明x1>．依据x1，x2是方程f′(x)＝0的两个不等实根，构造函数g(x)＝，结合函数g(x)的单调性，只需证明g(x2)＝g(x1)<g．证明：由x1，x2是方程f′(x)＝0的两个不等实根，且f′(x)＝ln x－mx(x>0)，所以mx1＝ln x1，mx2＝ln x2．令g(x)＝，g(x1)＝g(x2)，由于g′(x)＝，因此，g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减．又x1<x2，所以0<x1<e<x2．令h(x)＝g(x)－g(x∈(0，e))，h′(x)＝>0，故h(x)在(0，e)上单调递增，故h(x)<h(e)＝0，即g(x)<g．令x＝x1，则g(x2)＝g(x1)<g．因为x2，∈(e，＋∞)，g(x)在(e，＋∞)上单调递减，所以x2>，即x1x2>e2．思路参考：设t1＝ln x1∈(0,1)，t2＝ln x2∈(1，＋∞)，推出＝e t1－t2．将证明x1x2>e2转化为证明t1＋t2>2，引入变量k＝t1－t2<0构建函数进行证明．证明：设t1＝ln x1∈(0,1)，t2＝ln x2∈(1，＋∞)．由得⇒＝e t1－t2．设k＝t1－t2<0，则t1＝，t2＝．欲证x1x2>e2，需证ln x1＋ln x2>2．即只需证明t1＋t2＞2，即>2⇔k(1＋e k)<2(e k－1)⇔k(1＋e k)－2(e k－1)<0．设g(k)＝k(1＋e k)－2(e k－1)(k<0)，则g′(k)＝k e k－e k＋1．令m(k)＝k e k－e k＋1，则m′(k)＝k e k<0，故g′(k)在(－∞，0)上单调递减，故g′(k)>g′(0)＝0，故g(k)在(－∞，0)上单调递增，因此g(k)<g(0)＝0，命题得证．思路参考：设t1＝ln x1∈(0,1)，t2＝ln x2∈(1，＋∞)，推出＝e t1－t2．将证明x1x2>e2转化为证明t1＋t2>2，引入变量＝k∈(0,1)构建函数进行证明．证明：设t1＝ln x1∈(0,1)，t2＝ln x2∈(1，＋∞)．由得⇒＝e t1－t2．设＝k∈(0,1)，则t1＝，t2＝．欲证x1x2>e2，需证ln x1＋ln x2>2，即只需证明t1＋t2>2，即>2⇔ln k<⇔ln k－<0．设g(k)＝ln k－(k∈(0,1))，g′(k)＝>0，故g(k)在(0,1)上单调递增，因此g(k)<g(1)＝0，命题得证．1．本题考查应用导数研究极值点偏移问题，基本解题方法是把双变量的等式或不等式转化为一元变量问题求解，途径都是构造一元函数．2．基于课程标准，解答本题一般需要具有良好的转化与化归能力、运算求解能力、逻辑思维能力．本题的解答体现了逻辑推理、数学运算的核心素养．3．基于高考数学评价体系，本题涉及函数与方程、不等式、导数的计算与应用等知识，渗透着函数与方程、转化与化归、分类讨论等思想方法，有一定的综合性，属于能力题，在提升学生思维的灵活性、创造性等数学素养中起到了积极的作用．已知函数f(x)＝x ln x－2ax2＋x，a∈R．(1)若f(x)在(0，＋∞)内单调递减，求实数a的取值范围；(2)若函数f(x)有两个极值点分别为x1，x2，证明：x1＋x2>．(1)解：f′(x)＝ln x＋2－4ax．因为f(x)在(0，＋∞)内单调递减，所以f′(x)＝ln x＋2－4ax≤0在(0，＋∞)内恒成立，即4a≥＋在(0，＋∞)内恒成立．令g(x)＝＋，则g′(x)＝．所以，当0<x<时，g′(x)>0，即g(x)在内单调递增；当x>时，g′(x)<0，即g(x)在内单调递减．所以g(x)的最大值为g＝e，所以实数a的取值范围是．(2)证明：若函数f(x)有两个极值点分别为x1，x2，则f′(x)＝ln x＋2－4ax＝0在(0，＋∞)内有两个不等根x1，x2．由(1)，知0<a<．由两式相减，得ln x1－ln x2＝4a(x1－x2)．不妨设0<x1<x2，则<1，所以要证明x1＋x2>，只需证明<，即证明>ln x1－ln x2，亦即证明>ln．令函数h(x)＝－ln x,0<x<1，所以h′(x)＝<0，即函数h(x)在(0,1)内单调递减．所以当x∈(0,1)时，有h(x)>h(1)＝0，所以>ln x，即不等式>ln成立．综上，x1＋x2>，命题得证．。
2021高考数学一轮复习统考第3章导数及其应用第1讲导数的概念及运算课时作业(含解析)北师大版
导数的概念及运算课时作业1．y ＝ln 1x的导函数为( )A ．y ′＝－1xB ．y ′＝1xC ．y ′＝ln xD ．y ′＝－ln (－x )答案 A解析 ∵y ＝ln 1x ＝－ln x ，∴y ′＝－1x.2．(2020·人大附中月考)曲线y ＝x ＋1x －1在点(3,2)处的切线的斜率是( ) A ．2 B ．－2 C ．12 D ．－12答案 D解析 y ′＝(x ＋1)′(x －1)－(x ＋1)(x －1)′(x －1)2＝－2(x －1)2，故曲线在(3,2)处的切线的斜率k ＝y ′|x ＝3＝－2(3－1)2＝－12，故选D ． 3．(2019·海南三亚模拟)曲线y ＝x2x －1在点(1,1)处的切线方程为( )A ．x －y －2＝0B ．x ＋y －2＝0C ．x ＋4y －5＝0D ．x －4y －5＝0答案 B解析 y ′＝2x －1－2x (2x －1)2＝－1(2x －1)2，当x ＝1时，y ′＝－1，所以切线方程是y －1＝－(x －1)，整理得x ＋y －2＝0.故选B ．4．函数f (x )＝x (2019＋ln x )，若f ′(x 0)＝2020，则x 0的值为( ) A ．e 2B ．1C ．ln 2D ．e答案 B解析 f ′(x )＝2019＋ln x ＋x ·1x＝2020＋ln x ，故由f ′(x 0)＝2020，得2020＋ln x 0＝2020，则ln x 0＝0，解得x 0＝1.故选B ．5．若f ′(x 0)＝－3，则lim h →0 f (x 0＋h )－f (x 0－h )h＝( )A ．－3B ．－6C ．－9D ．－12答案 B解析 f ′(x 0)＝－3，则lim h →0 f (x 0＋h )－f (x 0－h )h＝lim h →0 f (x 0＋h )－f (x 0)＋f (x 0)－f (x 0－h )h＝lim h →0f (x 0＋h )－f (x 0)h ＋lim －h →0 f (x 0－h )－f (x 0)－h＝2f ′(x 0)＝－6.6．若曲线f (x )＝x ，g (x )＝x α在点P (1,1)处的切线分别为l 1，l 2，且l 1⊥l 2，则实数α的值为( )A ．－2B ．2C ．12 D ．－12答案 A解析 因为f ′(x )＝12x ，g ′(x )＝αx α－1，所以曲线f (x )，g (x )在点P 处的切线斜率分别为k 1＝12，k 2＝α，因为l 1⊥l 2，所以k 1k 2＝α2＝－1，所以α＝－2.故选A ．7．已知函数f (x )的导函数为f ′(x )，且满足f (x )＝2f ′(e)x ＋ln x ，则f ′(e)＝( ) A ．1e B ．e C ．－1eD ．－e 答案 C解析 由f (x )＝2f ′(e)x ＋ln x ，得f ′(x )＝2f ′(e)＋1x ，则f ′(e)＝2f ′(e)＋1e ⇒f ′(e)＝－1e.故选C ．8．已知曲线y ＝x 3－1与曲线y ＝3－12x 2在x ＝x 0处的切线互相垂直，则x 0的值为( )A ．33B ．333C ． 3D ．393答案 D解析 y ＝x 3－1⇒y ′＝3x 2，y ＝3－12x 2⇒y ′＝－x ，由题意得3x 20·(－x 0)＝－1，解得x 30＝13，即x 0＝313＝393.故选D ．9．已知函数f (x )在x ＝1处的导数为－12，则f (x )的解析式可能为( )A ．f (x )＝12x 2－ln xB ．f (x )＝x e xC ．f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3D ．f (x )＝1x＋x答案 D解析 A 中f ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2－ln x ′＝x －1x ，B 中f ′(x )＝(x e x)′＝e x＋x e x，C 中f ′(x )＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3′＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3，D 中f ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋x ′＝－1x 2＋12x .分别将x ＝1代入检验，知D 符合．10．若P 为曲线y ＝ln x 上一动点，Q 为直线y ＝x ＋1上一动点，则|PQ |min ＝( ) A ．0 B ．22C ． 2D ．2答案 C解析 如图所示，直线l 与曲线y ＝ln x 相切且与直线y ＝x ＋1平行时，切点P 到直线y ＝x ＋1的距离|PQ |即为所求最小值．(ln x )′＝1x ，令1x＝1，得x ＝1.故P (1,0)．故|PQ |min ＝22＝ 2.故选C ．11．(2019·威海质检)已知函数f (x )＝x ln x ，若直线l 过点(0，－1)，并且与曲线y ＝f (x )相切，则直线l 的方程为( )A ．x ＋y －1＝0B ．x －y －1＝0C ．x ＋y ＋1＝0D ．x －y ＋1＝0答案 B解析 设直线l 的方程为y ＝kx －1，直线l 与f (x )的图象的切点为(x 0，y 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧kx 0－1＝y 0，x 0ln x 0＝y 0，ln x 0＋1＝k .解得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝1，y 0＝0，k ＝1.所以直线l 的方程为y ＝x －1，即x －y －1＝0.12．(2019·大连模拟)已知f (x )为偶函数，当x >0时，f (x )＝ln x －3x ，则曲线y ＝f (x )在点(－1，－3)处的切线与两坐标轴围成图形的面积等于( )A ．1B ．34C ．14 D ．12答案 C解析 设x <0，则－x >0，于是f (－x )＝ln (－x )－3(－x )＝ln (－x )＋3x .因为f (x )为偶函数，所以当x <0时，f (x )＝ln (－x )＋3x ，f ′(x )＝1x＋3，于是曲线y ＝f (x )在点(－1，－3)处的切线斜率k ＝f ′(－1)＝2，因此切线方程为y ＋3＝2(x ＋1)，即y ＝2x －1，故切线与两坐标轴围成图形的面积S ＝12×1×12＝14.故选C ．13．若函数f (x )＝x sin x ＋1的曲线在x ＝π2处的切线与直线ax ＋2y ＋1＝0相互垂直，则实数a ＝________.答案 2解析 因为f ′(x )＝sin x ＋x cos x ，所以f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝sin π2＋π2·cos π2＝1.又直线ax ＋2y ＋1＝0的斜率为－a2，所以1×⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝－1，解得a ＝2.14．(2019·湖北宜昌联考)已知f ′(x )是函数f (x )的导数，且f (x )＝f ′(1)·2x＋x 2，则f ′(2)＝________.答案41－2ln 2解析 易知f ′(x )＝f ′(1)·2xln 2＋2x ，所以f ′(1)＝f ′(1)·2ln 2＋2，解得f ′(1)＝21－2ln 2，所以f ′(x )＝21－2ln 2·2x ln 2＋2x ，所以f ′(2)＝21－2ln 2×22ln 2＋2×2＝41－2ln 2.15．(2020·咸阳模拟)若函数f (x )＝x 3＋(t －1)x －1的图象在点(－1，f (－1))处的切线平行于x 轴，则t ＝________，切线方程为________.答案 －2 y ＝1解析 因为函数f (x )＝x 3＋(t －1)x －1， 所以f ′(x )＝3x 2＋t －1.因为函数f (x )的图象在点(－1，f (－1))处的切线平行于x 轴，所以f ′(－1)＝3×(－1)2＋t －1＝2＋t ＝0，解得t ＝－2.此时f (x )＝x 3－3x －1，f (－1)＝1，切线方程为y ＝1.16．(2019·江苏高考)在平面直角坐标系xOy 中，点A 在曲线y ＝ln x 上，且该曲线在点A 处的切线经过点(－e ，－1)(e 为自然对数的底数)，则点A 的坐标是________.答案 (e,1)解析 设A (m ，n )，则曲线y ＝ln x 在点A 处的切线方程为y －n ＝1m(x －m )．又切线过点(－e ，－1)，所以有n ＋1＝1m(m ＋e)．再由n ＝ln m ，解得m ＝e ，n ＝1. 故点A 的坐标为(e,1)．17．设函数y ＝x 2－2x ＋2的图象为C 1，函数y ＝－x 2＋ax ＋b 的图象为C 2，已知过C 1与C 2的一个交点的两切线互相垂直，求a ＋b 的值．解 对于C 1：y ＝x 2－2x ＋2，有y ′＝2x －2， 对于C 2：y ＝－x 2＋ax ＋b ，有y ′＝－2x ＋a ， 设C 1与C 2的一个交点为(x 0，y 0)，由题意知过交点(x 0，y 0)的两条切线互相垂直． 所以(2x 0－2)·(－2x 0＋a )＝－1， 即4x 20－2(a ＋2)x 0＋2a －1＝0，① 又点(x 0，y 0)在C 1与C 2上，故有⎩⎪⎨⎪⎧y 0＝x 20－2x 0＋2，y 0＝－x 20＋ax 0＋b⇒2x 20－(a ＋2)x 0＋2－b ＝0.② 由①②消去x 0，可得a ＋b ＝52.18．已知函数f (x )＝x －1＋ae x (a ∈R ，e 为自然对数的底数)．(1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线平行于x 轴，求a 的值； (2)当a ＝1时，若直线l ：y ＝kx －1与曲线y ＝f (x )相切，求直线l 的方程． 解 (1)f ′(x )＝1－ae x ，因为曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线平行于x 轴，所以f ′(1)＝1－ae＝0，解得a ＝e.(2)当a ＝1时，f (x )＝x －1＋1e x ，f ′(x )＝1－1e x .设切点为(x 0，y 0)，∵f (x 0)＝x 0－1＋1e x 0＝kx 0－1，①f ′(x 0)＝1－1e x 0＝k ，② ①＋②得x 0＝kx 0－1＋k ，即(k －1)(x 0＋1)＝0. 若k ＝1，则②式无解，∴x 0＝－1，k ＝1－e. ∴直线l 的方程为y ＝(1－e)x －1.。
2021高考理科数学总复习课标通用版作业：导数及其应用课时作业12
所以切线与坐标轴围成的三角形的面积为 ×2×1＝1、故选D.
答案：D
7．(20xx年陕西省××市八校高三上学期联考)曲线y＝x3上一点B处的切线l交x轴于点A、△OAB(O为原点)是以∠A为顶角的等腰三角形、则切线l的倾斜角为( )
A．30° B．45°
C．60° D．120°
答案：C
8．(20xx年山西省实验中学高二下学期第一次月考)设P为曲线C：y＝x2＋2x＋3上的点、且曲线C在点P处切线倾斜角的取值范围是[0、 ]、则点P横坐标的取值范围为 ( )
A．[－1、－ ]B．[－1、0]
C．[0、1]D．[ 、1]
解析：∵曲线C在点P处切线倾斜角的取值范围是[0、 ]、∴y′∈[0、1]、
＝ <a2、
由8a2－a－5>0对∀a≥3都成立、得a≥3.
综合①②得、a>1.
∴△ABP的面积的取值范围是(0、1)．选A.
答案：A
10．(20xx年河南省××市第一中学高三考试)曲线y＝xex－1在点(1、1)处的切线方程为 ( )
A．y＝2x＋1B．y＝2x－1
C．y＝x＋2D．y＝x－2
解析：设f(x)＝xex－1、f′(x)＝(x＋1)ex－1、f′(1)＝2、曲线y＝xex－1在点(1、1)处的切线方程为y－1＝2(x－1)、即y＝2x－1、故选B.
解：设过(1、0)的直线与y＝x3相切于点(x0、x )、所以切线方程为y－x ＝3x (x－x0)、即y＝3x x－2x 、
又(1、0)在切线上、则x0＝0或x0＝ 、
当x0＝0时、由y＝0与y＝ax2＋ x－9相切可得a＝－ 、
当x0＝ 时、由y＝ x－ 与y＝ax2＋ x－9相切可得a＝－1.
2021高考理科数学一轮总复习课标通用版作业：第3章 导数及其应用 课时作业15
课时作业15 导数的应用一、选择题1．(2019年湖南师范大学附属中学高三月考)已知函数f (x )＝⎩⎨⎧－32x ＋1，x ≥0，e －x －1，x <0，若x 1<x 2且f (x 1)＝f (x 2)，则x 2－x 1的取值范围是 ( )A ．(23，ln2]B ．(23，ln 32＋13]C ．[ln2，ln 32＋13]D ．(ln2，ln 32＋13) 解析：图1作出函数f (x )的图象，如图1所示， 由x 1<x 2，且f (x 1)＝f (x 2)， 可得0≤x 2<23，－32x 2＋1 ＝e －x 1－1，即为－x 1＝ln ⎝⎛⎭⎪⎫－32x 2＋2，可得x 2－x 1＝x 2＋ln ⎝⎛⎭⎪⎫－32x 2＋2，令g (x 2)＝x 2＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32x 2＋2，0≤x 2<23，g ′(x 2)＝1＋－32－32x 2＋2＝3x 2－13x 2－4，当0≤x 2<13时，g ′(x 2)>0，g (x 2)递增； 当13<x 2<23时，g ′(x 2)<0，g (x 2)递减，则g (x 2)在x 2＝13处取得极大值，也为最大值ln 32＋13，g (0)＝ln2，g ⎪⎭⎫⎝⎛32＝23，由23<ln2，可得x 2－x 1的范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤23，ln 32＋13，故选B. 答案：B2．(2019年湖北省部分重点中学高三联考)设函数f (x )＝e x(x 3＋32x 2－6x＋2)－2a e x －x ，若不等式f (x )≤0在[－2，＋∞)上有解，则实数a 的最小值为 ( )A ．－32－12eB ．－32－1eC ．－34－12eD ．－1－1e解析：f (x )＝e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 3＋32x 2－6x ＋2－2a e x －x ≤0在[－2，＋∞)上有解⇔2a e x≥e x⎝ ⎛⎭⎪⎫x 3＋32x 2－6x ＋2－x在[－2，＋∞)上有解⇔2a ≥[e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 3＋32x 2－6x ＋2－x e x]min (x ≥－2)．令g (x )＝e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 3＋32x 2－6x ＋2－x e x＝x 3＋32x 2－6x ＋2－x e x ，则g ′(x )＝3x 2＋3x －6－1－xe x＝(x －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫3x ＋6＋1e x ， ∵x ∈[－2，＋∞)，∴当x ∈[－2，1)时，g ′(x )<0，g (x )在区间[－2，1)上单调递减； 当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )在区间(1，＋∞)上单调递增． ∴当x ＝1时，g (x )取得极小值g (1)＝1＋32－6＋2－1e ＝－32－1e ，也是最小值，∴2a ≥－32－1e ，∴a ≥－34－12e ，故选C. 答案：C3．(2019年福建省泉州市高三月考)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ln （x ＋1），0<x ≤e －1，e x －1，－4≤x ≤0，若函数g (x )＝|f (x )|－1e |x －a |恰有3个零点，则a 的取值范围是 ( )A ．[－1，e －2)B ．[－1，0)∪(0，e －2)C ．[e －4－e 3，0)D ．[－1，0)∪(0，4＋e 3－e]解析：函数g (x )＝|f (x )|－1e |x －a |恰有3个零点，即函数y ＝|f (x )|与y ＝1e|x －a |的图象恰有三个交点，如图2所示，作出y ＝|f (x )|的图象，对f (x )＝ln(x ＋1)求导，可得f ′(x )＝1x ＋1，令f ′(x )＝1e ，得x ＝e －1，结合f (e －1)＝1，可得函数f (x )＝ln(x ＋1)在x ＝e －1处的切线方程为y ＝1e (x ＋1)，其与x 轴的交点为(－1，0)，根据y ＝1e |x －a |图象可得，当a <－1时，最多两个交点，当a ＝0时也为两个交点；同理，对f (x )＝1－e x 求导，可得f ′(x )＝－e x ，令f ′(x )＝－1e ，得x ＝－1，结合f (－1)＝1－1e ，可得函数f (x )＝1－e x 在x ＝－1处切线方程为y －1＋1e ＝－1e (x ＋1)，其与x 轴的交点为(e －2，0)，综上可得，a 的取值范围是[－1，0)∪(0，e －2)，故选B.图2答案：B4．(2019年江西省抚州市临川区第一中学高二考试)记函数f (x )＝e －x－2x －a ，若曲线y ＝x 3＋x (x ∈[－1，1])上存在点(x 0，y 0)使得f (y 0)＝y 0，则a 的取值范围是 ( )A ．(－∞，e －2－6]∪[e 2＋6，＋∞)B ．[e －2－6，e 2＋6]C ．(e －2－6，e 2＋6)D ．(－∞，e －2－6)∪(e 2＋6，＋∞)解析：函数f (x )＝e －x －2x －a 在[－1，1]上单调递减．曲线y ＝x 3＋x (x ∈[－1，1])是增函数，故值域为[－2，2]，问题转化为函数f (x )＝e －x －2x －a ＝x 在[－2，2]上有解，e －x －3x ＝a 在[－2，2]上有解，故a 的取值范围是[e －2－6，e 2＋6]．答案：B5．(2019年江西省上饶市高三模拟)已知函数f (x )满足e x (f ′(x )＋2f (x ))＝x ，f (12)＝122e ，若对任意正数a ，b 都有f (3x －2x－12)<1a 2e 2＋164b 2＋ab 8，则x 的取值范围是 ( )A ．(－∞，1)B ．(－∞，0)C ．(0，1)D ．(1，＋∞)解析：由题得e 2x f ′(x )＋2e 2x f (x )＝x e x ， 所以[e 2x f (x )]′＝x e x ，令g (x )＝e 2x f (x )， ∴f (x )＝g （x ）e 2x ，g ′(x )＝x e x ，∴f ′(x )＝g ′（x ）－2g （x ）e 2x ＝x e x －2g （x ）e 2x ， 令h (x )＝x e x －2g (x )， ∴h ′(x )＝(x e x )′－2g ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫e x 2x ＋x e x －2x e x ＝（1－2x ）e x2x， 所以当x ∈(0，12)时，h ′(x )＞0，h (x )单调递增， 当x ∈(12，＋∞)时，h ′(x )<0，h (x )单调递减．所以h (x )max ＝h (12)＝12e 12－2g (12)＝12e 12－2e f (12)＝12e 12－2e 22e＝0，所以f ′(x )≤0，所以f (x )在[0，＋∞)上单调递减． 因为1a 2e 2＋164b 2＋ab 8≥2×1ae ×18b ＋ab 8 ≥2×28ab e ×ab 8＝122e(当且仅当a 2＝82e e 2，b 2＝2e8时取等号)， 所以f (3x －2x －12)＜f (12)， ∴3x －2x －12＞12，∴3x －2x －1>0，令u (x )＝3x －2x －1，u (x )是一个增函数，u (x )＝3x －2x －1>u (1)， 所以x >1.故选D. 答案：D6．(2019年河南省豫西名校高二联考)偶函数f (x )定义域为(－π2，π2)，其导函数是f ′(x )．当0<x <π2时，有f ′(x )cos x ＋f (x )sin x <0，则关于x 的不等式f (x )>2f (π4)cos x 的解集为 ( )A ．(π4，π2)B ．(－π2，π4)∪(π4，π2)C ．(－π4，π4)D ．(－π4，0)∪(π4，π2)解析：由题意构造函数F (x )＝f （x ）cos x ，F ′(x )＝f ′（x ）cos x ＋f （x ）sin xcos 2x ，因为f ′(x )cos x ＋f (x )sin x ＜0，所以F ′(x )<0，F (x )在区间(0，π2)上单调递减．f (x )>2f (π4)cos x ，当x ∈(－π2，π2)时，可变形为f （x ）cos x >f （π4）22，即F (|x |)>F (π4)，即－π4<x <π4.答案：C7．(2019年江西省重点中学协作体高三联考)已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋(2＋a )x (a ∈R )，g (x )＝xe x －2，对任意的x 0∈(0，2]，关于x 的方程f (x )＝g (x 0)在(0，e]上有两个不同的实数根，则实数a 的取值范围(其中e ＝2.718 28…为自然对数的底数)为 ( )A ．(－2e ，3＋2e e 2＋e )B ．(－2e ，－ee 2＋2]C ．(－e ，－3＋2e e 2＋e ]D ．(－e ，－ee 2＋2)解析：函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1x ＋2ax ＋(2＋a )＝（2x ＋1）（ax ＋1）x，当a ＝0时，f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增， 当a >0时，f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增． 当a <0时，f (x )在(－1a ，＋∞)上递减，在(0，－1a )上递增． g (x )＝xe x －2，则g ′(x )＝1－x e x ，当x ∈(－∞，1)时，g ′(x )>0，g (x )单调递增， 当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )<0，g (x )单调递减， 其中g (0)＝－2，g (1)＝1e －2，g (2)＝2e 2－2， 则函数g (x )在区间(0，2]上的值域为(－2，1e －2]，f (x )＝g (x 0)在(0，e]上有两个不同的实数根， 则必有a >0，由f (x )的解析式有f (0)→－∞， f (－1a )＝ln(－1a )－1a －1， f (e)＝1＋a e 2＋(2＋a )e ， 则满足题意时应有f (－1a )＝ln(－1a )－1a －1<1e －2，f (e)＝1＋a e 2＋(2＋a )e ≥－2，注意到函数f (x )＝ln x ＋x －1是单调递增函数， 且f (1e )＝1e －2，据此可知方程ln(－1a )－1a －1＝1e －2的唯一实数根满足－1a ＝1e ，即a ＝－e ，则不等式ln(－1a )－1a －1<1e －2的解集为a >－e ， 求解不等式1＋a e 2＋(2＋a )e ≥－2可得a ≤－3＋2ee 2＋e.据此可得实数a 的取值范围是(－e ，－3＋2ee 2＋e ]．本题选择C 选项． 答案：C8．(2019年广东省中山市第一中学高三质检)已知a ，b ∈R ，直线y ＝ax ＋b ＋π2与函数f (x )＝tan x 的图象在x ＝－π4处相切，设g (x )＝e x ＋bx 2＋a ，若在区间[1，2]上，不等式m ≤g (x )≤m 2－2恒成立，则实数m 有( )A ．最大值eB ．最大值e ＋1C ．最小值－eD ．最小值e解析：由f ′(x )＝1cos 2x ，可得f ′(－π4)＝2，又f (－π4)＝－1，所以直线y ＝ax ＋b ＋π2与函数f (x )＝tan x 的图象切点为(－π4，－1)，因此a ＝2，b ＝－1；g (x )＝e x －x 2＋2，所以当x ∈[1，2]时，g ′(x )＝e x －2x >0，g (x )＝e x －x 2＋2单调递增，所以g (x )min ＝e ＋1，g (x )max ＝e 2－2，∴e ≤m ≤e ＋1或m ≤－e ，所以m 有最大值e ＋1，无最小值．故选B.答案：B9．(2019年辽宁省重点高中协作校高三考试)设动直线x ＝t 与函数f (x )＝12x 2，g (x )＝ln x 的图象分别交于点M 、N ，则|MN |的最小值为 ( )A.12B.13C.14 D ．1解析：由题意，|MN |＝12x 2－ln x ，令h (x )＝12x 2－ln x ，则h ′(x )＝x －1x ＝x 2－1x ，当0<x <1时，h ′(x )<0，当x >1时，h ′(x )>0，所以h (x )min ＝h (1)＝12，即|MN |的最小值为12，故选A.答案：A10．(2019年河南省信阳高级中学高二考试)设定义在R 上的函数f (x )的导函数为f ′(x )，且满足f ′（x ）ln2>f (x )，f (1)＝4，则不等式f (x )≥2x ＋1的解集为 ( )A ．[1，2]B ．[1，＋∞)C ．(－∞，1]D ．(0，1]解析：构造函数F (x )＝f （x ）2x ＋1，F ′(x )＝f ′（x ）－ln2f （x ）2x ＋1>0，所以F (x )为增函数，由于F (1)＝f （1）21＋1＝1，故当x ≥1时，f （x ）2x ＋1≥1，所以选B.答案：B11．(2019年湖北省黄石市第三中学高三检测)设函数f (x )是定义在(－∞，0)上的可导函数，其导函数为f ′(x )，且有xf ′(x )<3f (x )，则不等式8f (x ＋2 015)＋(x ＋2 015)3f (－2)>0的解集为 ( )A ．(－∞，－2 017)B ．(－2 017，0)C ．(－2 017，－2 015)D ．(－∞，－2 018)解析：函数f (x )是定义在(－∞，0)上的可导函数，其导函数为f ′(x )，且有xf ′(x )<3f (x )，∵x <0，∴x 2f ′(x )－3xf (x )>0，设F (x )＝f （x ）x 3，则[f （x ）x 3]′＝x [x 2f ′（x ）－3xf （x ）]x 6<0， 故当x <0时，F ′(x )<0，即F (x )在(－∞，0)上是减函数， ∴F (x ＋2 015)＝f （x ＋2 015）（x ＋2 015）3， F (－2)＝f （－2）（－2）3＝－f （－2）8， 即不等式8f (x ＋2 015)＋(x ＋2 015)3f (－2)>0等价为F (x ＋2 015)－F (－2)<0，∴F (x ＋2 015)<F (－2)，由F (x )在(－∞，0)上是减函数，可得x ＋2 015>－2，即x >－2 017，又因为f (x )定义在(－∞，0)上，所以x ＋2 015<0，即x <－2 015，故不等式8f (x ＋2 015)＋(x ＋2 015)3f (－2)>0的解集为(－2 017，－2 015)，故选C.答案：C12．(2019年吉林省榆树市第一高级中学高三模拟考试)已知定义在R 上的函数f (x )，f ′(x )是其导数，且满足f (x )＋f ′(x )>2，e f (1)＝2e ＋4，则不等式e x f (x )>4＋2e x (其中e 为自然对数的底数)的解集为 ( )A ．(1，＋∞)B ．(－∞，0)∪(1，＋∞)C ．(－∞，0)∪(0，＋∞)D ．(－∞，1)解析：设g (x )＝e x f (x )－2e x (x ∈R )，则g ′(x )＝e x f (x )＋e x f ′(x )－2e x ＝[f (x )＋f ′(x )－2]·e x ，∵f (x )＋f ′(x )>2，∴f (x )＋f ′(x )－2>0，则g ′(x )>0， ∴y ＝g (x )在R 上为增函数， ∵e x f (x )>2e x ＋4，∴g (x )>4. 又∵g (1)＝ef (1)－2e ＝4， ∴g (x )>g (1)，∴x >1.故选A. 答案：A 二、填空题13．(2019年辽宁省大连师大附中高三月考)若21x >x a 对于∀x ∈(0，1)恒成立，则实数a 的取值范围是________．解析：∵21x >x a ，∴1x ln2>a ln x ，∵x ∈(0，1)，∴a ln2>1x ln x ，令f (x )＝1x ln x ，0<x <1， ∴f ′(x )＝－ln x ＋1（x ln x ）2，令f ′(x )>0，则0<x <1e ， 令f ′(x )＜0，则1e <x <1，∴f (x )在(0，1e )上递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1上递减，∴f (x )max＝f (1e )＝－e ，∴aln2>－e ，∴a >－eln2.答案：a >－eln214．(2019年四川省雅安中学高二月考)已知f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )为f (x )的导函数，且满足f (x )<－xf ′(x )，则不等式f (x ＋1)>(x －1)f (x 2－1)的解集是________．解析：设g (x )＝xf (x )，则g ′(x )＝[xf (x )]′＝f (x )＋xf ′(x )<0， ∴函数g (x )在(0，＋∞)上是减函数， ∵f (x ＋1)>(x －1)f (x 2－1)，x ∈(0，＋∞)， ∴(x ＋1)f (x ＋1)>(x ＋1)(x －1)f (x 2－1)， ∴(x ＋1)f (x ＋1)>(x 2－1)f (x 2－1)， ∴g (x ＋1)>g (x 2－1)，∴x ＋1<x 2－1，解得x >2.故答案为{x |x >2}． 答案：{x |x >2}15．(2019年江苏省扬州市高二调研)设奇函数f (x )定义在(－π，0)∪(0，π)上，其导函数为f ′(x )，且f (π2)＝0，当0<x <π时，f ′(x )sin x －f (x )cos x <0，则关于x 的不等式f (x )<2f (π6)sin x 的解集为________．解析：设g (x )＝f （x ）sin x ，∴g ′(x )＝f ′（x ）sin x －f （x ）cos xsin 2x， ∵f (x )是定义在(－π，0)∪(0，π)上的奇函数， 故g (－x )＝f （－x ）sin （－x ）＝f （x ）sin x ＝g (x )∴g (x )是定义在(－π，0)∪(0，π)上的偶函数． ∵当0＜x ＜π时，f ′(x )sin x －f (x )cos x ＜0， ∴g ′(x )＜0，∴g (x )在(0，π)上单调递减， ∴g (x )在(－π，0)上单调递增．答案：(－π6，0)∪(π6，π)16．(2019年天津市静海县第一中学高三质检)已知函数f (x )的定义域为R ，其图象关于点(－1，0)中心对称，其导函数为f ′(x )，当x <－1时，(x ＋1)[f (x )＋(x ＋1)f ′(x )]<0，则不等式xf (x －1)>f (0)的解集为________．解析：由题意设g (x )＝(x ＋1)f (x )， 则g ′(x )＝f (x )＋(x ＋1)f ′(x )，∵当x <－1时，(x ＋1)[f (x )＋(x ＋1)f ′(x )]<0， ∴当x <－1时，f (x )＋(x ＋1)f ′(x )>0， 则g (x )在(－∞，－1)上递增，∵函数f (x )的定义域为R ，其图象关于点(－1，0)中心对称， ∴函数f (x －1)的图象关于点(0，0)中心对称， 则函数f (x －1)是奇函数， 令h (x )＝g (x －1)＝xf (x －1)，∴h (x )是R 上的偶函数，且在(－∞，0)上递增， 由偶函数的性质得，函数h (x )在(0，＋∞)上递减， ∵h (1)＝f (0)，∴不等式xf (x －1)>f (0)化为h (x )>h (1)， 即|x |<1，解得－1<x <1， ∴不等式的解集是(－1，1)， 故答案为(－1，1)． 答案：(－1，1) 三、解答题17．(2019年江苏省南通市高三模拟)已知函数f (x )＝12ax 2－ax ＋ln x ＋54a ，其中a ∈R .(1)当a ＝1时，求函数f (x )在x ＝1处的切线方程；(2)若函数f (x )存在两个极值点x 1，x 2，求f (x 1)＋f (x 2)的取值范围； (3)若不等式f (x )≥ax －a4对任意的实数x ∈(1，＋∞)恒成立，求实数a 的取值范围．解：(1)当a ＝1时，f (x )＝12x 2－x ＋ln x ＋54， 故f (1)＝34，且f ′(x )＝x －1＋1x ，故f ′(1)＝1， 所以函数f (x )在x ＝1处的切线方程为y －34＝x －1， 即4x －4y －1＝0.(2)由f (x )＝12ax 2－ax ＋ln x ＋54a ，x >0，可得f ′(x )＝ax －a ＋1x ＝ax 2－ax ＋1x， 因为函数f (x )存在两个极值点x 1，x 2， 所以x 1，x 2是方程f ′(x )＝0的两个正根， 即ax 2－ax ＋1＝0的两个正根为x 1，x 2，所以⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝a 2－4a >0，x 1＋x 2＝1，x 1x 2＝1a >0，即⎩⎪⎨⎪⎧a >4，x 1＋x 2＝1，x 1x 2＝1a ，所以f (x 1)＋f (x 2)＝12ax 21－ax 1＋ln x 1＋54a ＋12ax 22－ax 2＋ln x 2＋54a ＝12a [(x 1＋x 2)2－2x 1x 2]－a (x 1＋x 2)＋ln(x 1x 2)＋52a ＝2a －ln a －1，令g (a )＝2a －ln a －1，a >4，则g ′(a )＝2－1a >0，g (a )在(4，＋∞)上单调递增， 所以g (a )>g (4)＝7－ln4，故f (x 1)＋f (x 2)得取值范围是(7－ln4，＋∞)．(3)据题意，f (x )≥ax －a4对任意的实数x ∈(1，＋∞)恒成立， 即2ln x ＋ax 2－4ax ＋3a ≥0对任意的实数x ∈(1，＋∞)恒成立． 令h (x )＝2ln x ＋ax 2－4ax ＋3a ，x >1， 则h ′(x )＝2x ＋2ax －4a ＝2·ax 2－2ax ＋1x， ①若a ＝0，当x >1时，h (x )＝2ln x >0，故a ＝0符合题意； ②若a >0，(ⅰ)若4a 2－4a ≤0，即0<a ≤1，则h ′(x )≥0，h (x )在(1，＋∞)上单调递增，所以当x >1时，h (x )>h (1)＝0，故0<a ≤1符合题意； (ⅱ)若4a 2－4a >0，即a >1，令h ′(x )＝0， 得x 1＝1－a 2－aa <1(舍去)，x 2＝1＋a 2－aa >1，当x ∈(1，x 2)时，h ′(x )<0，h (x )在(1，x 2)上单调递减； 当x ∈(x 2，＋∞)时，h ′(x )>0，h (x )在(x 2，＋∞)上单调递增， 所以存在x ＝x 2>1，使得h (x 2)<h (1)＝0，与题意矛盾，所以a >1不合题意．③若a <0，令h ′(x )＝0，得x 0＝1－a 2－aa ＝1＋1－1a >1，当x ∈(1，x 0)时，h ′(x )>0，h (x )在(1，x 0)上单调递增；当x ∈(x 0，＋∞)时，h ′(x )<0，h (x )在(x 0，＋∞)上单调递减．首先证明4－2a >x 0，要证4－2a >x 0，即要证4－2a >1－a 2－a a ，只要证2－3a >a 2－a ，因为a <0，所以(2－3a )2－(a 2－a )2＝8a 2－11a ＋4>0，故2－3a >a 2－a ，所以4－2a >x 0，其次证明，当a <0时，ln x <x －32a 对任意的x ∈(1，＋∞)都成立， 令t (x )＝ln x －x ＋32a ，x >1，则t ′(x )＝1x －1<0， 故t (x )在(1，＋∞)上单调递减，所以t (x )<t (1)＝32a －1<0，则ln x －x ＋32a <0，所以当a <0时，ln x <x －32a 对任意的x ∈(1，＋∞)都成立．所以当x >4－2a 时，h (x )＝2ln x ＋ax 2－4ax ＋3a <2(x －32a )＋ax 2－4ax ＋3a ，即h (x )<ax [x －(4－2a )]<0，与题意矛盾，故a <0不合题意．综上所述，实数的a 取值范围是[0，1]．18．(2019年江苏省淮安市等四市高三模拟)某艺术品公司欲生产一款迎新春工艺礼品，该礼品是由玻璃球面和该球的内接圆锥组成，圆锥的侧面用于艺术装饰，如图3.为了便于设计，可将该礼品看成是由圆O 及其内接等腰三角形ABC 绕底边BC 上的高所在直线AD 旋转180°而成，如图4.已知圆O 的半径为10 cm ，设∠BAO ＝θ，0<θ<π2，圆锥的侧面积为S cm 2.(1)求S 关于θ的函数关系式；(2)为了达到最佳观赏效果，要求圆锥的侧面积S 最大，求S 取得最大值时腰AB 的长度．解：(1)设AO 交BC 于点D ，过O 作OE ⊥AB ，垂足为E ，图5在△AOE 中，AE ＝10cos θ，AB ＝2AE ＝20cos θ， 在△ABD 中，BD ＝AB ·sin θ＝20cos θ·sin θ， 所以S ＝400πsin θcos 2θ(0<θ<π2)．(2)要使侧面积最大，由(1)得S ＝400πsin θcos 2θ＝400π(sin θ－sin 3θ)， 令x ＝sin θ(0＜x ＜1)， 所以可设f (x )＝x －x 3(0＜x ＜1) 由f ′(x )＝1－3x 2＝0，得x ＝33，当x ∈(0，33)时，f ′(x )>0， 当x ∈(33，1)时，f ′(x )<0，所以f (x )在区间(0，33)上单调递增，在区间(33，1)上单调递减， 所以f (x )在x ＝33时取得极大值，也是最大值，所以当sin θ＝33时，侧面积S 取得最大值，此时等腰三角形的腰长AB ＝20cos θ＝201－sin 2θ＝201－（33）2＝2063.所以侧面积S 取得最大值时，等腰三角形的腰AB 的长度为2063 cm.19．(2019年河北省承德市实验中学高三考试)设函数f (x )＝ln x ＋1x .(1)求曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e))处的切线方程；(2)当x ≥1时，不等式f (x )－1x ≥a （x 2－1）x恒成立，求a 的取值范围． 解：(1)根据题意可得，f (e)＝2e ，f ′(x )＝－ln x x 2，所以f ′(e)＝－lne e 2＝－1e 2，即k ＝－1e 2，所以在点(e ，f (e))处的切线方程为y －2e ＝－1e 2(x －e)，即x ＋e 2y －3e ＝0.(2)根据题意可得， f (x )－1x －a （x 2－1）x ＝ln x －a （x 2－1）x ≥0在x ≥1时恒成立， 令g (x )＝ln x －a (x 2－1)(x ≥1)，所以g ′(x )＝1x －2ax ，(ⅰ)当a ≤0时，g ′(x )>0，所以函数y ＝g (x )在[1，＋∞)上单调递增，所以g (x )≥g (1)＝0，即a ≤0符合题意；(ⅱ)当a >0时，令1x －2ax ＝0，解得x ＝ 12a ， 令 12a ＝1，解得a ＝12，①当0<a <12时， 12a >1， 所以在(1, 12a )上g ′(x )>0， 在( 12a ，＋∞)上g ′(x )<0，所以函数y ＝g (x )在(1, 12a )上单调递增， 在( 12a ，＋∞)上单调递减，g (1a )＝ln 1a －a [(1a )2－1]＝－ln a －1a ＋a ，令h (a )＝－ln a －1a ＋a ，则h ′(a )＝－1a ＋1a 2＋1＝a 2－a ＋1a 2>0恒成立，又0<a <12，所以h (a )<h (12)＝－ln 12－2＋12＝ln2＋12－2<0，所以存在g (1a )<0，所以0<a <12不符合题意； ②当a ≥12时， 12a ≤1，g′(x)≤0在[1，＋∞)上恒成立，所以函数y＝g(x)在[1，＋∞)上单调递减，所以g(x)≤g(1)＝0，不符合题意．显然a≥12综上所述，a的取值范围为{a|a≤0}．。
2021高考理科数学一轮总复习课标通用版课件：第3章 导数及其应用 3-1
之
间
的
平
均
变
化
率
，
即
Δy Δx
＝
f（x0＋ΔxΔ）x－f（x0）.如果当 Δx→0 时，ΔΔyx有极限，我们就说函数 y＝f(x)在点 x0 处
________，并把这个极限叫做 f(x)在点 x0 处的导数，记作________或 y′|x＝x0，即 f′(x0)
＝
Δy＝ lim Δx x0
lim
解析：易知平均速率为 h（2）2－－1h（1）＝2－111＝－9(m/s)． 答案：－9
考纲原文下载
命题规律分析
知识梳理整合
挖教材赢高考
高频考点透析
直通高考2020
第18页
第十八页，编辑于星期日：一点 四十四分。
经典品质/超越梦想
高考总复习/新课标版 数学·理
2．(教材改编)已知函数 f(x)＝10－4x＋3x2，且 f′(a)＝2，则 a＝________．
第10页
第十页，编辑于星期日：一点 四十四分。
经典品质/超越梦想
高考总复习/新课标版 数学·理
1．导数的概念
(1)定义
如果函数 y＝f(x)的自变量 x 在 x0 处有增量 Δx，那么函数 y 相应地有增量 Δy＝f(x0＋Δx)
－
f(x0)
，
比
值
Δy Δx
就
叫
函
数
y ＝ f(x) 从
x0
到
x0 ＋ Δx
挖教材赢高考
考纲原文下载
命题规律分析
知识梳理整合
挖教材赢高考
高频考点透析
直通高考2020
第17页
第十七页，编辑于星期日：一点 四十四分。
2021高考数学一轮复习第3章导数及其应用第4讲导数与函数的综合应用课时作业含解析新人教B版
导数与函数的综合应用课时作业1．若函数f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)上单调递增，则k 的取值范围是( ) A ．(－∞，－2] B ．(－∞，－1] C ．[2，＋∞) D ．[1，＋∞)答案 D解析 因为f (x )在(1，＋∞)上单调递增， 所以f ′(x )≥0在(1，＋∞)上恒成立，因为f (x )＝kx －ln x ，所以f ′(x )＝k －1x ≥0，即k ≥1x.因为x >1，所以0<1x<1，所以k ≥1.所以k ∈[1，＋∞)．故选D ．2．已知函数f (x )＝x 3－px 2－qx 的图象与x 轴切于(1,0)点，则f (x )的极大值、极小值分别为( )A ．－427，0B ．0，－427C ．427，0 D ．0，427答案 C解析 由题意知，f ′(x )＝3x 2－2px －q ，由f ′(1)＝0，f (1)＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧3－2p －q ＝0，1－p －q ＝0，解得p ＝2，q ＝－1，∴f (x )＝x 3－2x 2＋x ，由f ′(x )＝3x 2－4x ＋1＝0，得x ＝13或x ＝1，易得当x ＝13时，f (x )取极大值427，当x ＝1时，f (x )取极小值0.3．(2020·福建莆田月考)若x ＝1是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x －1的极值点，则f (x )的极大值为( )A ．－1B ．－2e －3C ．5e －3D ．1答案 C解析 f ′(x )＝[x 2＋(2＋a )x ＋a －1]e x －1，由f ′(1)＝0得a ＝－1. ∴由f ′(x )＝(x 2＋x －2)ex －1＝0得x ＝－2或1.又当x <－2时，f ′(x )>0， 当－2<x <1时，f ′(x )<0，∴f (x )的极大值为f (－2)＝5e －3.故选C ．4．设函数f (x )在R 上可导，其导函数为f ′(x )，且函数y ＝(1－x )f ′(x )的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是( )A ．函数f (x )有极大值f (2)和极小值f (1)B ．函数f (x )有极大值f (－2)和极小值f (1)C ．函数f (x )有极大值f (2)和极小值f (－2)D ．函数f (x )有极大值f (－2)和极小值f (2) 答案 D解析 由图可得函数y ＝(1－x )f ′(x )的零点为－2,1,2，则当x <1时，1－x >0，此时在(－∞，－2)上f ′(x )>0，在(－2,1)上f ′(x )<0；当x >1时，1－x <0，此时在(1,2)上f ′(x )<0，在(2，＋∞)上f ′(x )>0.所以f (x )在(－∞，－2)上为增函数，在(－2,2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数，因此f (x )有极大值f (－2)，极小值f (2)．故选D ．5．已知函数f (x )＝12x 3－x 2－72x ，则f (－a 2)与f (－1)的大小关系为( )A ．f (－a 2)≤f (－1) B ．f (－a 2)<f (－1)C ．f (－a 2)≥f (－1)D ．f (－a 2)与f (－1)的大小关系不确定答案 A解析 由题意可得f ′(x )＝32x 2－2x －72.由f ′(x )＝12(3x －7)(x ＋1)＝0，得x ＝－1或x ＝73.当x <－1时，f (x )为增函数；当－1<x <73时，f (x )为减函数．所以f (－1)是函数f (x )在(－∞，0]上的最大值，又因为－a 2≤0，故f (－a 2)≤f (－1)．6．(2019·河南许昌模拟)已知f (x )是偶函数，在(－∞，0)上满足xf ′(x )>0恒成立，则下列不等式成立的是( )A ．f (－3)<f (4)<f (－5)B ．f (4)<f (－3)<f (－5)C ．f (－5)<f (－3)<f (4)D ．f (4)<f (－5)<f (－3) 答案 A解析 当x ∈(－∞，0)时，xf ′(x )>0，即f ′(x )<0， ∴f (x )在(－∞，0)上单调递减，又f (x )为偶函数， ∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增．∴f (3)<f (4)<f (5)， ∴f (－3)<f (4)<f (－5)．故选A ．7．(2019·黔东南州模拟)若函数f (x )＝x ln x －a 有两个零点，则实数a 的取值范围为( )A ．⎝ ⎛⎭⎪⎫－1e ，1B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1C ．⎝ ⎛⎭⎪⎫－1e ，0 D ．⎝ ⎛⎭⎪⎫－1e ，＋∞ 答案 C解析 函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，由f (x )＝0得a ＝x ln x ，记g (x )＝x ln x .则g ′(x )＝ln x ＋1，由g ′(x )>0得x >1e ，由g ′(x )<0得0<x <1e.∴g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递增，且g (x )min ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e ，由图可知－1e<a <0.故选C ． 8．函数f (x )＝x 3－3x －1，若对于区间[－3,2]上的任意x 1，x 2，都有|f (x 1)－f (x 2)|≤t ，则实数t 的最小值是( )A ．20B ．18C ．3D ．0答案 A解析 因为f ′(x )＝3x 2－3＝3(x －1)(x ＋1)，令f ′(x )＝0，得x ＝±1，可知－1,1为函数的极值点．又f (－3)＝－19，f (－1)＝1，f (1)＝－3，f (2)＝1，所以在区间[－3，2]上f (x )max ＝1，f (x )min ＝－19.由题设知在区间[－3,2]上f (x )max －f (x )min ≤t ，从而t ≥20，所以t 的最小值是20.9．已知函数f (x )＝x e x，g (x )＝－(x ＋1)2＋a ，若∃x 1，x 2∈R ，使得f (x 2)≤g (x 1)成立，则实数a 的取值范围是( )A ．⎝ ⎛⎭⎪⎫－1e ，＋∞ B ．[－1，＋∞)C ．[－e ，＋∞)D ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫－1e ，＋∞答案 D解析 f ′(x )＝e x＋x e x＝(1＋x )e x，当x >－1时，f ′(x )>0，函数单调递增；当x <－1时，f ′(x )<0，函数单调递减．所以当x ＝－1时，f (x )取得极小值即最小值，f (－1)＝－1e .函数g (x )的最大值为a .若∃x 1，x 2∈R ，使得f (x 2)≤g (x 1)成立，则有g (x )的最大值大于或等于f (x )的最小值，即a ≥－1e.故选D ．10．(2019·天津高考)已知a ∈R ，设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2ax ＋2a ，x ≤1，x －a ln x ，x >1.若关于x 的不等式f (x )≥0在R 上恒成立，则a 的取值范围为( )A ．[0,1]B ．[0,2]C ．[0，e]D ．[1，e]答案 C解析 当x ≤1时，由f (x )＝x 2－2ax ＋2a ≥0恒成立，而二次函数f (x )图象的对称轴为直线x ＝a ，所以当a ≥1时，f (x )min ＝f (1)＝1>0恒成立， 当a <1时，f (x )min ＝f (a )＝2a －a 2≥0，∴0≤a <1. 综上，a ≥0.当x >1时，f (x )＝x －a ln x ≥0恒成立， 即a ≤xln x恒成立．设g (x )＝x ln x ，则g ′(x )＝ln x －1(ln x )2.令g ′(x )＝0，得x ＝e ，且当1<x <e 时，g ′(x )<0，当x >e 时，g ′(x )>0， ∴g (x )min ＝g (e)＝e ，∴a ≤e.综上，a 的取值范围是0≤a ≤e ，即[0，e]．故选C ．11．(2019·广东汕头模拟)已知函数f (x )＝e x－ln x ，则下面对函数f (x )的描述正确的是( )A ．∀x ∈(0，＋∞)，f (x )≤2B ．∀x ∈(0，＋∞)，f (x )>2C ．∃x 0∈(0，＋∞)，f (x 0)＝0D ．f (x )min ∈(0,1) 答案 B解析 易知f (x )＝e x－ln x 的定义域为(0，＋∞)， 且f ′(x )＝e x－1x ＝x e x －1x，令g (x )＝x e x －1，x ≥0，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∃x 0∈(0,1)，使g (x 0)＝0，则f (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，即f (x )min ＝f (x 0)＝e x0－ln x 0，又e x0＝1x 0，x 0＝－ln x 0，所以f (x )min ＝1x 0＋x 0>2.故选B ．12．(2019·云南玉溪模拟)设函数f (x )的定义域为R ，f (0)＝2，对任意的x ∈R ，f (x )＋f ′(x )>1，则不等式e x f (x )>e x＋1的解集为( )A ．(0，＋∞)B ．(－∞，0)C ．(－∞，－1)∪(1，＋∞)D ．(－∞，－1)∪(0,1)答案 A解析 构造函数g (x )＝e x [f (x )－1]，∵f (x )－1＋f ′(x )>0，∴g ′(x )＝e x[f (x )－1＋f ′(x )]>0，∴g (x )是R 上的增函数，又f (0)＝2，∴g (0)＝1，∴e x f (x )>e x＋1，即g (x )>g (0)，∴x >0.故选A ．13．已知函数f (x )＝e x－2x ＋a 有零点，则a 的取值范围是________. 答案 (－∞，2ln 2－2]解析 由函数f (x )有零点，可将问题转化为方程e x－2x ＋a ＝0有解问题，即方程a ＝2x －e x有解．令函数g (x )＝2x －e x ，则g ′(x )＝2－e x，令g ′(x )＝0，得x ＝ln 2，所以g (x )在(－∞，ln 2)上是增函数，在(ln 2，＋∞)上是减函数，所以g (x )的最大值为g (ln 2)＝2ln 2－2，又当x →－∞时，g (x )→－∞，因此，a 的取值范围就是函数g (x )的值域，所以a ∈(－∞，2ln 2－2]．14．(2019·北京高考)设函数f (x )＝e x ＋a e －x(a 为常数)．若f (x )为奇函数，则a ＝________；若f (x )是R 上的增函数，则a 的取值范围是________.答案 －1 (－∞，0]解析 ∵f (x )＝e x ＋a e －x(a 为常数)的定义域为R ，且f (x )为奇函数， ∴f (0)＝e 0＋a e －0＝1＋a ＝0，∴a ＝－1. ∵f (x )＝e x＋a e －x，∴f ′(x )＝e x －a e －x ＝e x－ae x .∵f (x )是R 上的增函数，∴f ′(x )≥0在R 上恒成立，即e x≥ae x 在R 上恒成立，∴a ≤e 2x在R 上恒成立．又e 2x>0，∴a ≤0，即a 的取值范围是(－∞，0]．15．已知函数f (x )＝13x 3－bx 2＋c (b ，c 为常数)．当x ＝2时，函数f (x )取得极值，若函数f (x )有三个零点，则实数c 的取值范围为________.答案 0<c <43解析 ∵f (x )＝13x 3－bx 2＋c ，∴f ′(x )＝x 2－2bx .∵当x ＝2时，f (x )取得极值，∴22－2b ×2＝0， 解得b ＝1.∴当x ∈(0,2)时，f (x )单调递减，当x ∈(－∞，0)或x ∈(2，＋∞)时，f (x )单调递增． 若f (x )＝0有3个实根，则⎩⎪⎨⎪⎧f (0)＝c >0，f (2)＝13×23－22＋c <0，解得0<c <43.16．已知函数f (x )的定义域是[－1,5]，部分对应值如表，f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，x －1 0 2 4 5 f (x )121.521下列关于函数f (x )的命题： ①函数f (x )的值域为[1,2]； ②函数f (x )在[0,2]上是减函数；③如果当x ∈[－1，t ]时，f (x )的最大值是2，那么t 的最大值为4； ④当1<a <2时，函数y ＝f (x )－a 最多有4个零点． 其中所有正确命题的序号是________. 答案 ①②④解析 由导函数的图象可知，当－1<x <0及2<x <4时，f ′(x )>0，函数单调递增，当0<x <2及4<x <5时，f ′(x )<0，函数单调递减，当x ＝0及x ＝4时，函数取得极大值f (0)＝2，f (4)＝2，当x ＝2时，函数取得极小值f (2)＝1.5.又f (－1)＝f (5)＝1，所以函数的最大值为2，最小值为1，值域为[1,2]，①②正确；因为当x ＝0及x ＝4时，函数取得极大值f (0)＝2，f (4)＝2，要使当x ∈[－1，t ]时，函数f (x )的最大值是2，则0≤t ≤5，所以t 的最大值为5，所以③不正确；因为极小值f (2)＝1.5，极大值f (0)＝f (4)＝2，所以当1<a <2时，y ＝f (x )－a 最多有4个零点，所以④正确，所以正确命题的序号为①②④.17．(2019·湖北武汉5月模拟)已知函数f (x )＝e x－x 22－1.(1)若直线y ＝x ＋a 为曲线y ＝f (x )的切线，求实数a 的值； (2)若∀x ∈[0，＋∞)，f (x )≥bx 恒成立，求实数b 的取值范围． 解 (1)设切点为P (x 0，y 0)， 因为f ′(x )＝e x－x ， 所以f ′(x 0)＝e x 0－x 0＝1，令h (x )＝e x－x ，则h ′(x )＝e x－1，当x >0时，h ′(x )>0，h (x )在(0，＋∞)上为增函数； 当x <0时，h ′(x )<0，h (x )在(－∞，0)上为减函数； 所以h (x )min ＝h (0)＝1，所以x 0＝0， 又e x0－12x 20－1＝x 0＋a ，所以a ＝0.(2)∀x ∈[0，＋∞)，f (x )≥bx 恒成立⇔e x－x 22－1－bx ≥0，x ∈[0，＋∞)．令g (x )＝e x－x 22－1－bx ，x ∈[0，＋∞)，则g ′(x )＝e x －x －b ，设h (x )＝e x－x －b ，则h ′(x )＝e x－1， 当x >0时，h ′(x )＝e x－1>0，所以h (x )在[0，＋∞)上为增函数，h (x )min ＝1－b ，①若b ≤1，则当x >0时，g ′(x )>0，故g (x )在[0，＋∞)上为增函数， 故x ∈[0，＋∞)时，g (x )≥g (0)＝0， 即e x－x 22－1－bx ≥0恒成立，满足题意．②若b >1，因为g ′(x )为(0，＋∞)上的增函数， 且g ′(0)＝1－b <0，g ′[ln (2b )]＝b －ln b －ln 2， 令s (b )＝b －ln b －ln 2， 其中b >1，则s ′(b )＝1－1b>0，所以s (b )在(1，＋∞)上为增函数， 所以s (b )>s (1)＝1－ln 2>0，故存在x 0∈(0，ln (2b ))，使得g ′(x 0)＝0，且当x ∈(0，x 0)时，g ′(x )<0，g (x )在(0，x 0)上为减函数，故当x ∈(0，x 0)时，g (x )<g (0)＝0，矛盾，舍去．综上可得b ≤1. 18．(2019·山东济宁二模)已知函数f (x )＝ln x －x e x＋ax (a ∈R )． (1)若函数f (x )在[1，＋∞)上单调递减，求实数a 的取值范围； (2)若a ＝1，求f (x )的最大值．解 (1)由题意知，f ′(x )＝1x －(e x ＋x e x )＋a ＝1x－(x ＋1)e x ＋a ≤0在[1，＋∞)上恒成立，所以a ≤(x ＋1)e x－1x在[1，＋∞)上恒成立．令g (x )＝(x ＋1)e x－1x，则g ′(x )＝(x ＋2)e x＋1x2>0，所以g (x )在[1，＋∞)上单调递增， 所以g (x )min ＝g (1)＝2e －1，所以a ≤2e －1. (2)当a ＝1时，f (x )＝ln x －x e x＋x (x >0)， 则f ′(x )＝1x－(x ＋1)e x＋1＝(x ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －e x ，令m (x )＝1x －e x ，则m ′(x )＝－1x2－e x<0，所以m (x )在(0，＋∞)上单调递减．由于m ⎝ ⎛⎭⎪⎫12>0，m (1)<0， 所以存在x 0>0，满足m (x 0)＝0，即e x0＝1x 0.当x ∈(0，x 0)时，m (x )>0，f ′(x )>0； 当x ∈(x 0，＋∞)时，m (x )<0，f ′(x )<0.所以f (x )在(0，x 0)上单调递增，在(x 0，＋∞)上单调递减， 所以f (x )max ＝f (x 0 )＝ln x 0－x 0 e x0＋x 0， 因为e x0＝1x 0，所以x 0＝－ln x 0，所以f (x 0)＝－x 0－1＋x 0＝－1， 所以f (x )max ＝－1.19．(2020·武汉高三质量监测)已知函数f (x )＝x －12sin x －m2ln x ＋1，f ′(x )是f (x )的导函数．(1)证明：当m ＝2时，f ′(x )在(0，＋∞)上有唯一零点；(2)若存在x 1，x 2∈(0，＋∞)，且x 1≠x 2时，f (x 1)＝f (x 2)，证明：x 1x 2<m 2. 证明 (1)当m ＝2时，f (x )＝x －12sin x －ln x ＋1，f ′(x )＝1－12cos x －1x.当x ∈(0，π)时，f ′(x )为增函数，且f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＝1－14－3π＝34－3π<0，f ′(π)＝32－1π>0，∴f ′(x )在(0，π)上有唯一零点．当x ∈[π，＋∞)时，f ′(x )＝1－12cos x －1x ≥1－12－1x ≥12－1π>0，∴f ′(x )在[π，＋∞)上没有零点． 综上知，f ′(x )在(0，＋∞)上有唯一零点．(2)不妨设0<x 1<x 2，由f (x 1)＝f (x 2)得x 1－12sin x 1－m 2ln x 1＋1＝x 2－12sin x 2－m2ln x 2＋1，∴m 2(ln x 2－ln x 1)＝x 2－x 1－12(sin x 2－sin x 1)． 设g (x )＝x －sin x ，则g ′(x )＝1－cos x ≥0，故g (x )在(0，＋∞)上为增函数， ∴x 2－sin x 2>x 1－sin x 1，从而x 2－x 1>sin x 2－sin x 1，∴m 2(ln x 2－ln x 1)＝x 2－x 1－12(sin x 2－sin x 1)>12(x 2－x 1)， ∴m >x 2－x 1ln x 2－ln x 1.下面证明：x 2－x 1ln x 2－ln x 1>x 1x 2.令t ＝x 2x 1，则t >1，即证明t －1ln t >t ，只需证明ln t －t －1t<0.(*)设h (t )＝ln t －t －1t ，则当t >1时，h ′(t )＝－(t －1)22t t<0，∴h (t )在(1，＋∞)上单调递减．∴当t >1时，h (t )<h (1)＝0，从而(*)得证，即x 2－x 1ln x 2－ln x 1>x 1x 2.∴m >x 1x 2，即x 1x 2<m 2.20．(2019·湖南怀化一模)设函数f (x )＝ln x －12ax 2－bx .(1)若x ＝1是f (x )的极大值点，求实数a 的取值范围；(2)当a ＝0，b ＝－1时，方程x 2＝2mf (x )(其中m >0)有唯一实数解，求实数m 的值． 解 (1)由题意，得函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， 则导数为f ′(x )＝1x－ax －b ，由f ′(1)＝0，得b ＝1－a ，所以f ′(x )＝1x －ax ＋a －1＝－(ax ＋1)(x －1)x，①若a ≥0，由f ′(x )＝0，得x ＝1.当0<x <1时，f ′(x )>0，此时f (x )单调递增； 当x >1时，f ′(x )<0，此时f (x )单调递减． 所以x ＝1是f (x )的极大值点．②若a <0，由f ′(x )＝0，得x ＝1或x ＝－1a.因为x ＝1是f (x )的极大值点， 所以－1a>1，解得－1<a <0.综合①②可得，实数a 的取值范围是a >－1.(2)因为当a ＝0，b ＝－1时方程2mf (x )＝x 2有唯一实数解， 所以x 2－2m ln x －2mx ＝0有唯一实数解， 设g (x )＝x 2－2m ln x －2mx ， 则g ′(x )＝2x 2－2mx －2mx，令g ′(x )＝0，即x 2－mx －m ＝0. 因为m >0，x >0， 所以x 1＝m －m 2＋4m2<0(舍去)，x 2＝m ＋m 2＋4m2，当x ∈(0，x 2)时，g ′(x )<0，g (x )在(0，x 2)上单调递减， 当x ∈(x 2，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )在(x 2＋∞)上单调递增， 当x ＝x 2时，g ′(x )＝0，g (x )取最小值g (x 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧g (x 2)＝0，g ′(x 2)＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 22－2m ln x 2－2mx 2＝0，x 22－mx 2－m ＝0，所以2m ln x 2＋mx 2－m ＝0，因为m >0，所以2ln x 2＋x 2－1＝0，(*) 设函数h (x )＝2ln x ＋x －1，因为当x>0时，h(x)是增函数，所以h(x)＝0至多有一解，因为h(1)＝0，所以方程(*)的解为x2＝1，即m＋m2＋4m2＝1，解得m＝12.附：什么样的考试心态最好大部分学生都不敢掉以轻心，因此会出现很多过度焦虑。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
课时作业15 导数的应用一、选择题1．(2019年湖南师范大学附属中学高三月考)已知函数f (x )＝⎩⎨⎧－32x ＋1，x ≥0，e －x －1，x <0，若x 1<x 2且f (x 1)＝f (x 2)，则x 2－x 1的取值范围是( )A ．(23，ln2]B ．(23，ln 32＋13]C ．[ln2，ln 32＋13]D ．(ln2，ln 32＋13) 解析：图1作出函数f (x )的图象，如图1所示， 由x 1<x 2，且f (x 1)＝f (x 2)， 可得0≤x 2<23，－32x 2＋1 ＝e －x 1－1，即为－x 1＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32x 2＋2，可得x 2－x 1＝x 2＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32x 2＋2，令g (x 2)＝x 2＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32x 2＋2，0≤x 2<23，g ′(x 2)＝1＋－32－32x 2＋2＝3x 2－13x 2－4，当0≤x 2<13时，g ′(x 2)>0，g (x 2)递增； 当13<x 2<23时，g ′(x 2)<0，g (x 2)递减，则g (x 2)在x 2＝13处取得极大值，也为最大值ln 32＋13，g (0)＝ln2，g ⎪⎭⎫ ⎝⎛32＝23， 由23<ln2，可得x 2－x 1的范围是⎝⎛⎦⎥⎤23，ln 32＋13，故选B. 答案：B2．(2019年湖北省部分重点中学高三联考)设函数f (x )＝e x(x 3＋32x2－6x ＋2)－2a e x －x ，若不等式f (x )≤0在[－2，＋∞)上有解，则实数a 的最小值为 ( )A ．－32－12eB ．－32－1eC ．－34－12eD ．－1－1e解析：f (x )＝e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 3＋32x 2－6x ＋2－2a e x －x ≤0在[－2，＋∞)上有解⇔2a e x≥e x⎝ ⎛⎭⎪⎫x 3＋32x 2－6x ＋2－x 在[－2，＋∞)上有解⇔2a ≥[e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 3＋32x 2－6x ＋2－x e x]min (x ≥－2)．令g (x )＝e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 3＋32x 2－6x ＋2－x e x＝x 3＋32x 2－6x ＋2－x e x ， 则g ′(x )＝3x 2＋3x －6－1－xe x＝(x －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫3x ＋6＋1e x ， ∵x ∈[－2，＋∞)，∴当x ∈[－2，1)时，g ′(x )<0，g (x )在区间[－2，1)上单调递减； 当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )在区间(1，＋∞)上单调递增． ∴当x ＝1时，g (x )取得极小值g (1)＝1＋32－6＋2－1e ＝－32－1e ，也是最小值，∴2a ≥－32－1e ，∴a ≥－34－12e ，故选C. 答案：C3．(2019年福建省泉州市高三月考)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ln （x ＋1），0<x ≤e －1，e x－1，－4≤x ≤0，若函数g (x )＝|f (x )|－1e |x －a |恰有3个零点，则a 的取值范围是 ( )A ．[－1，e －2)B ．[－1，0)∪(0，e －2)C ．[e －4－e 3，0)D ．[－1，0)∪(0，4＋e 3－e]解析：函数g (x )＝|f (x )|－1e |x －a |恰有3个零点，即函数y ＝|f (x )|与y ＝1e |x －a |的图象恰有三个交点，如图2所示，作出y ＝|f (x )|的图象，对f (x )＝ln(x ＋1)求导，可得f ′(x )＝1x ＋1，令f ′(x )＝1e ，得x ＝e －1，结合f (e －1)＝1，可得函数f (x )＝ln(x ＋1)在x ＝e －1处的切线方程为y ＝1e (x ＋1)，其与x 轴的交点为(－1，0)，根据y ＝1e |x －a |图象可得，当a <－1时，最多两个交点，当a ＝0时也为两个交点；同理，对f (x )＝1－e x求导，可得f ′(x )＝－e x，令f ′(x )＝－1e ，得x ＝－1，结合f (－1)＝1－1e ，可得函数f (x )＝1－e x在x ＝－1处切线方程为y －1＋1e ＝－1e (x ＋1)，其与x 轴的交点为(e －2，0)，综上可得，a 的取值范围是[－1，0)∪(0，e －2)，故选B.图2答案：B4．(2019年江西省抚州市临川区第一中学高二考试)记函数f (x )＝e －x －2x －a ，若曲线y ＝x 3＋x (x ∈[－1，1])上存在点(x 0，y 0)使得f (y 0)＝y 0，则a 的取值范围是 ( )A ．(－∞，e －2－6]∪[e 2＋6，＋∞)B ．[e －2－6，e 2＋6]C ．(e －2－6，e 2＋6)D ．(－∞，e －2－6)∪(e 2＋6，＋∞)解析：函数f (x )＝e －x －2x －a 在[－1，1]上单调递减．曲线y ＝x 3＋x (x ∈[－1，1])是增函数，故值域为[－2，2]，问题转化为函数f (x )＝e －x －2x －a ＝x 在[－2，2]上有解，e －x －3x ＝a 在[－2，2]上有解，故a 的取值范围是[e －2－6，e 2＋6]．答案：B5．(2019年江西省上饶市高三模拟)已知函数f (x )满足e x (f ′(x )＋2f (x ))＝x ，f (12)＝122e ，若对任意正数a ，b 都有f (3x －2x－12)<1a 2e 2＋164b 2＋ab8，则x 的取值范围是 ( )A ．(－∞，1)B ．(－∞，0)C ．(0，1)D ．(1，＋∞)解析：由题得e 2x f ′(x )＋2e 2x f (x )＝x e x ， 所以[e 2x f (x )]′＝x e x ，令g (x )＝e 2x f (x )， ∴f (x )＝g （x ）e 2x ，g ′(x )＝x e x ，∴f ′(x )＝g ′（x ）－2g （x ）e 2x ＝x e x －2g （x ）e 2x ， 令h (x )＝x e x －2g (x )， ∴h ′(x )＝(x e x )′－2g ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫e x 2x ＋x e x －2x e x ＝（1－2x ）ex2x， 所以当x ∈(0，12)时，h ′(x )＞0，h (x )单调递增， 当x ∈(12，＋∞)时，h ′(x )<0，h (x )单调递减． 所以h (x )max ＝h (12)＝12e 12－2g (12)＝12e 12－2e f (12)＝12e 12－2e 22e＝0，所以f ′(x )≤0，所以f (x )在[0，＋∞)上单调递减． 因为1a 2e 2＋164b 2＋ab 8≥2×1ae ×18b ＋ab 8 ≥2×28ab e ×ab 8＝122e(当且仅当a 2＝82e e 2，b 2＝2e8时取等号)， 所以f (3x－2x－12)＜f (12)，∴3x－2x－12＞12，∴3x －2x －1>0，令u (x )＝3x －2x －1，u (x )是一个增函数，u (x )＝3x －2x －1>u (1)， 所以x >1.故选D. 答案：D6．(2019年河南省豫西名校高二联考)偶函数f (x )定义域为(－π2，π2)，其导函数是f ′(x )．当0<x <π2时，有f ′(x )cos x ＋f (x )sin x <0，则关于x 的不等式f (x )>2f (π4)cos x 的解集为 ( )A ．(π4，π2)B ．(－π2，π4)∪(π4，π2)C ．(－π4，π4)D ．(－π4，0)∪(π4，π2)解析：由题意构造函数F (x )＝f （x ）cos x ，F ′(x )＝f ′（x ）cos x ＋f （x ）sin xcos 2x，因为f ′(x )cos x ＋f (x )sin x ＜0， 所以F ′(x )<0，F (x )在区间(0，π2)上单调递减．f (x )>2f (π4)cos x ，当x ∈(－π2，π2)时，可变形为f （x ）cos x >f （π4）22，即F (|x |)>F (π4)，即－π4<x <π4.答案：C7．(2019年江西省重点中学协作体高三联考)已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋(2＋a )x (a ∈R )，g (x )＝xe x －2，对任意的x 0∈(0，2]，关于x 的方程f (x )＝g (x 0)在(0，e]上有两个不同的实数根，则实数a 的取值范围(其中e ＝2.718 28…为自然对数的底数)为 ( )A ．(－2e ，3＋2e e 2＋e )B ．(－2e ，－ee 2＋2]C ．(－e ，－3＋2e e 2＋e ]D ．(－e ，－ee 2＋2)解析：函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1x ＋2ax ＋(2＋a )＝（2x ＋1）（ax ＋1）x ， 当a ＝0时，f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增， 当a >0时，f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增． 当a <0时，f (x )在(－1a ，＋∞)上递减，在(0，－1a )上递增． g (x )＝xe x －2，则g ′(x )＝1－x e x ，当x ∈(－∞，1)时，g ′(x )>0，g (x )单调递增，当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )<0，g (x )单调递减， 其中g (0)＝－2，g (1)＝1e －2，g (2)＝2e 2－2， 则函数g (x )在区间(0，2]上的值域为(－2，1e －2]，f (x )＝g (x 0)在(0，e]上有两个不同的实数根， 则必有a >0，由f (x )的解析式有f (0)→－∞， f (－1a )＝ln(－1a )－1a －1， f (e)＝1＋a e 2＋(2＋a )e ， 则满足题意时应有f (－1a )＝ln(－1a )－1a －1<1e －2，f (e)＝1＋a e 2＋(2＋a )e ≥－2，注意到函数f (x )＝ln x ＋x －1是单调递增函数， 且f (1e )＝1e －2，据此可知方程ln(－1a )－1a －1＝1e －2的唯一实数根满足－1a ＝1e ，即a ＝－e ，则不等式ln(－1a )－1a －1<1e －2的解集为a >－e ， 求解不等式1＋a e 2＋(2＋a )e ≥－2可得a ≤－3＋2ee 2＋e.据此可得实数a 的取值范围是(－e ，－3＋2ee 2＋e ]．本题选择C 选项． 答案：C8．(2019年广东省中山市第一中学高三质检)已知a ，b ∈R ，直线y ＝ax ＋b ＋π2与函数f (x )＝tan x 的图象在x ＝－π4处相切，设g (x )＝e x ＋bx 2＋a ，若在区间[1，2]上，不等式m ≤g (x )≤m 2－2恒成立，则实数m 有( )A ．最大值eB ．最大值e ＋1C ．最小值－eD ．最小值e解析：由f ′(x )＝1cos 2x ，可得f ′(－π4)＝2，又f (－π4)＝－1，所以直线y ＝ax ＋b ＋π2与函数f (x )＝tan x 的图象切点为(－π4，－1)，因此a ＝2，b ＝－1；g (x )＝e x －x 2＋2，所以当x ∈[1，2]时，g ′(x )＝e x －2x >0，g (x )＝e x －x 2＋2单调递增，所以g (x )min ＝e ＋1，g (x )max ＝e 2－2，∴e ≤m ≤e ＋1或m ≤－e ，所以m 有最大值e ＋1，无最小值．故选B.答案：B9．(2019年辽宁省重点高中协作校高三考试)设动直线x ＝t 与函数f (x )＝12x 2，g (x )＝ln x 的图象分别交于点M 、N ，则|MN |的最小值为 ( )A.12B.13C.14 D ．1解析：由题意，|MN |＝12x 2－ln x ，令h (x )＝12x 2－ln x ，则h ′(x )＝x －1x ＝x 2－1x ，当0<x <1时，h ′(x )<0，当x >1时，h ′(x )>0，所以h (x )min ＝h (1)＝12，即|MN |的最小值为12，故选A.答案：A10．(2019年河南省信阳高级中学高二考试)设定义在R 上的函数f (x )的导函数为f ′(x )，且满足f ′（x ）ln2>f (x )，f (1)＝4，则不等式f (x )≥2x＋1的解集为 ( )A ．[1，2]B ．[1，＋∞)C ．(－∞，1]D ．(0，1]解析：构造函数F (x )＝f （x ）2x ＋1，F ′(x )＝f ′（x ）－ln2f （x ）2x ＋1>0，所以F (x )为增函数，由于F (1)＝f （1）21＋1＝1，故当x ≥1时，f （x ）2x ＋1≥1，所以选B.答案：B11．(2019年湖北省黄石市第三中学高三检测)设函数f (x )是定义在(－∞，0)上的可导函数，其导函数为f ′(x )，且有xf ′(x )<3f (x )，则不等式8f (x ＋2 015)＋(x ＋2 015)3f (－2)>0的解集为 ( )A ．(－∞，－2 017)B ．(－2 017，0)C ．(－2 017，－2 015)D ．(－∞，－2 018)解析：函数f (x )是定义在(－∞，0)上的可导函数，其导函数为f ′(x )，且有xf ′(x )<3f (x )，∵x <0，∴x 2f ′(x )－3xf (x )>0，设F (x )＝f （x ）x 3，则[f （x ）x 3]′＝x [x 2f ′（x ）－3xf （x ）]x 6<0， 故当x <0时，F ′(x )<0， 即F (x )在(－∞，0)上是减函数，∴F(x＋2 015)＝f（x＋2 015）（x＋2 015）3，F(－2)＝f（－2）（－2）3＝－f（－2）8，即不等式8f(x＋2 015)＋(x＋2 015)3f(－2)>0等价为F(x＋2 015)－F(－2)<0，∴F(x＋2 015)<F(－2)，由F(x)在(－∞，0)上是减函数，可得x＋2 015>－2，即x>－2 017，又因为f(x)定义在(－∞，0)上，所以x＋2 015<0，即x<－2 015，故不等式8f(x＋2 015)＋(x＋2 015)3f(－2)>0的解集为(－2 017，－2 015)，故选C.答案：C12．(2019年吉林省榆树市第一高级中学高三模拟考试)已知定义在R上的函数f(x)，f′(x)是其导数，且满足f(x)＋f′(x)>2，e f(1)＝2e ＋4，则不等式e x f(x)>4＋2e x(其中e为自然对数的底数)的解集为()A．(1，＋∞) B．(－∞，0)∪(1，＋∞)C．(－∞，0)∪(0，＋∞) D．(－∞，1)解析：设g(x)＝e x f(x)－2e x(x∈R)，则g′(x)＝e x f(x)＋e x f′(x)－2e x ＝[f(x)＋f′(x)－2]·e x，∵f(x)＋f′(x)>2，∴f(x)＋f′(x)－2>0，则g′(x)>0，∴y＝g(x)在R上为增函数，∵e x f(x)>2e x＋4，∴g(x)>4.又∵g(1)＝ef(1)－2e＝4，∴g(x)>g(1)，∴x>1.故选A.答案：A二、填空题13．(2019年辽宁省大连师大附中高三月考)若21x >x a 对于∀x ∈(0，1)恒成立，则实数a 的取值范围是________．解析：∵21x >x a ，∴1x ln2>a ln x ，∵x ∈(0，1)，∴a ln2>1x ln x ，令f (x )＝1x ln x ，0<x <1，∴f ′(x )＝－ln x ＋1（x ln x ）2，令f ′(x )>0，则0<x <1e ， 令f ′(x )＜0，则1e <x <1，∴f (x )在(0，1e )上递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1上递减，∴f (x )max ＝f (1e )＝－e ，∴a ln2>－e ，∴a >－eln2.答案：a >－eln214．(2019年四川省雅安中学高二月考)已知f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )为f (x )的导函数，且满足f (x )<－xf ′(x )，则不等式f (x ＋1)>(x －1)f (x 2－1)的解集是________．解析：设g (x )＝xf (x )，则g ′(x )＝[xf (x )]′＝f (x )＋xf ′(x )<0，∴函数g (x )在(0，＋∞)上是减函数，∵f (x ＋1)>(x －1)f (x 2－1)，x ∈(0，＋∞)，∴(x ＋1)f (x ＋1)>(x ＋1)(x －1)f (x 2－1)，∴(x ＋1)f (x ＋1)>(x 2－1)f (x 2－1)，∴g (x ＋1)>g (x 2－1)，∴x ＋1<x 2－1，解得x >2.故答案为{x |x >2}．答案：{x |x >2}15．(2019年江苏省扬州市高二调研)设奇函数f (x )定义在(－π，0)∪(0，π)上，其导函数为f ′(x )，且f (π2)＝0，当0<x <π时，f ′(x )sin x－f (x )cos x <0，则关于x 的不等式f (x )<2f (π6)sin x 的解集为________．解析：设g (x )＝f （x ）sin x ，∴g ′(x )＝f ′（x ）sin x －f （x ）cos x sin 2x， ∵f (x )是定义在(－π，0)∪(0，π)上的奇函数，故g (－x )＝f （－x ）sin （－x ）＝f （x ）sin x ＝g (x ) ∴g (x )是定义在(－π，0)∪(0，π)上的偶函数．∵当0＜x ＜π时，f ′(x )sin x －f (x )cos x ＜0，∴g ′(x )＜0，∴g (x )在(0，π)上单调递减，∴g (x )在(－π，0)上单调递增．答案：(－π6，0)∪(π6，π)16．(2019年天津市静海县第一中学高三质检)已知函数f (x )的定义域为R ，其图象关于点(－1，0)中心对称，其导函数为f ′(x )，当x <－1时，(x ＋1)[f (x )＋(x ＋1)f ′(x )]<0，则不等式xf (x －1)>f (0)的解集为________．解析：由题意设g (x )＝(x ＋1)f (x )，则g ′(x )＝f (x )＋(x ＋1)f ′(x )，∵当x <－1时，(x ＋1)[f (x )＋(x ＋1)f ′(x )]<0，∴当x <－1时，f (x )＋(x ＋1)f ′(x )>0，则g (x )在(－∞，－1)上递增，∵函数f (x )的定义域为R ，其图象关于点(－1，0)中心对称，∴函数f (x －1)的图象关于点(0，0)中心对称，则函数f (x －1)是奇函数，令h (x )＝g (x －1)＝xf (x －1)，∴h (x )是R 上的偶函数，且在(－∞，0)上递增，由偶函数的性质得，函数h (x )在(0，＋∞)上递减，∵h (1)＝f (0)，∴不等式xf (x －1)>f (0)化为h (x )>h (1)，即|x |<1，解得－1<x <1，∴不等式的解集是(－1，1)，故答案为(－1，1)．答案：(－1，1)三、解答题17．(2019年江苏省南通市高三模拟)已知函数f (x )＝12ax 2－ax ＋ln x＋54a ，其中a ∈R .(1)当a ＝1时，求函数f (x )在x ＝1处的切线方程；(2)若函数f (x )存在两个极值点x 1，x 2，求f (x 1)＋f (x 2)的取值范围；(3)若不等式f (x )≥ax －a 4对任意的实数x ∈(1，＋∞)恒成立，求实数a 的取值范围．解：(1)当a ＝1时，f (x )＝12x 2－x ＋ln x ＋54，故f (1)＝34，且f ′(x )＝x －1＋1x ，故f ′(1)＝1，所以函数f (x )在x ＝1处的切线方程为y －34＝x －1，即4x －4y －1＝0.(2)由f (x )＝12ax 2－ax ＋ln x ＋54a ，x >0，可得f ′(x )＝ax －a ＋1x ＝ax 2－ax ＋1x， 因为函数f (x )存在两个极值点x 1，x 2，所以x 1，x 2是方程f ′(x )＝0的两个正根，即ax 2－ax ＋1＝0的两个正根为x 1，x 2，所以⎩⎨⎧Δ＝a 2－4a >0，x 1＋x 2＝1，x 1x 2＝1a >0，即⎩⎨⎧a >4，x 1＋x 2＝1，x 1x 2＝1a ， 所以f (x 1)＋f (x 2)＝12ax 21－ax 1＋ln x 1＋54a ＋12ax 22－ax 2＋ln x 2＋54a ＝12a [(x 1＋x 2)2－2x 1x 2]－a (x 1＋x 2)＋ln(x 1x 2)＋52a ＝2a －ln a －1， 令g (a )＝2a －ln a －1，a >4，则g ′(a )＝2－1a >0，g (a )在(4，＋∞)上单调递增，所以g (a )>g (4)＝7－ln4，故f (x 1)＋f (x 2)得取值范围是(7－ln4，＋∞)．(3)据题意，f (x )≥ax －a 4对任意的实数x ∈(1，＋∞)恒成立，即2ln x ＋ax 2－4ax ＋3a ≥0对任意的实数x ∈(1，＋∞)恒成立． 令h (x )＝2ln x ＋ax 2－4ax ＋3a ，x >1，则h ′(x )＝2x ＋2ax －4a ＝2·ax 2－2ax ＋1x， ①若a ＝0，当x >1时，h (x )＝2ln x >0，故a ＝0符合题意；②若a >0，(ⅰ)若4a 2－4a ≤0，即0<a ≤1，则h ′(x )≥0，h (x )在(1，＋∞)上单调递增，所以当x >1时，h (x )>h (1)＝0，故0<a ≤1符合题意；(ⅱ)若4a 2－4a >0，即a >1，令h ′(x )＝0，得x 1＝1－a 2－a a <1(舍去)，x 2＝1＋a 2－a a >1，当x ∈(1，x 2)时，h ′(x )<0，h (x )在(1，x 2)上单调递减；当x ∈(x 2，＋∞)时，h ′(x )>0，h (x )在(x 2，＋∞)上单调递增， 所以存在x ＝x 2>1，使得h (x 2)<h (1)＝0，与题意矛盾，所以a >1不合题意．③若a <0，令h ′(x )＝0，得x 0＝1－a 2－a a ＝1＋1－1a >1，当x ∈(1，x 0)时，h ′(x )>0，h (x )在(1，x 0)上单调递增；当x ∈(x 0，＋∞)时，h ′(x )<0，h (x )在(x 0，＋∞)上单调递减．首先证明4－2a >x 0，要证4－2a >x 0，即要证4－2a >1－a 2－a a ，只要证2－3a >a 2－a ，因为a <0，所以(2－3a )2－(a 2－a )2＝8a 2－11a ＋4>0，故2－3a >a 2－a ，所以4－2a >x 0，其次证明，当a <0时，ln x <x －32a 对任意的x ∈(1，＋∞)都成立，令t (x )＝ln x －x ＋32a ，x >1，则t ′(x )＝1x －1<0，故t (x )在(1，＋∞)上单调递减，所以t (x )<t (1)＝32a －1<0，则ln x －x ＋32a <0，所以当a <0时，ln x <x －32a 对任意的x ∈(1，＋∞)都成立． 所以当x >4－2a 时，h (x )＝2ln x ＋ax 2－4ax ＋3a <2(x －32a )＋ax 2－4ax＋3a ，即h (x )<ax [x －(4－2a )]<0，与题意矛盾，故a <0不合题意．综上所述，实数的a 取值范围是[0，1]．18．(2019年江苏省淮安市等四市高三模拟)某艺术品公司欲生产一款迎新春工艺礼品，该礼品是由玻璃球面和该球的内接圆锥组成，圆锥的侧面用于艺术装饰，如图3.为了便于设计，可将该礼品看成是由圆O 及其内接等腰三角形ABC 绕底边BC 上的高所在直线AD 旋转180°而成，如图4.已知圆O 的半径为10 cm ，设∠BAO ＝θ，0<θ<π2，圆锥的侧面积为S cm 2.(1)求S 关于θ的函数关系式；(2)为了达到最佳观赏效果，要求圆锥的侧面积S 最大，求S 取得最大值时腰AB 的长度．解：(1)设AO 交BC 于点D ，过O 作OE ⊥AB ，垂足为E ，图5在△AOE 中，AE ＝10cos θ，AB ＝2AE ＝20cos θ，在△ABD 中，BD ＝AB ·sin θ＝20cos θ·sin θ，所以S ＝400πsin θcos 2θ(0<θ<π2)． (2)要使侧面积最大，由(1)得S ＝400πsin θcos 2θ＝400π(sin θ－sin 3θ)，令x ＝sin θ(0＜x ＜1)，所以可设f (x )＝x －x 3(0＜x ＜1)由f ′(x )＝1－3x 2＝0，得x ＝33，当x ∈(0，33)时，f ′(x )>0，当x ∈(33，1)时，f ′(x )<0，所以f (x )在区间(0，33)上单调递增，在区间(33，1)上单调递减，所以f (x )在x ＝33时取得极大值，也是最大值，所以当sin θ＝33时，侧面积S 取得最大值，此时等腰三角形的腰长AB ＝20cos θ＝201－sin 2θ＝201－（33）2＝2063. 所以侧面积S 取得最大值时，等腰三角形的腰AB 的长度为2063cm.19．(2019年河北省承德市实验中学高三考试)设函数f (x )＝ln x ＋1x .(1)求曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e))处的切线方程；(2)当x ≥1时，不等式f (x )－1x ≥a （x 2－1）x恒成立，求a 的取值范围．解：(1)根据题意可得，f (e)＝2e ，f ′(x )＝－ln x x 2，所以f ′(e)＝－lne e 2＝－1e 2，即k ＝－1e 2，所以在点(e ，f (e))处的切线方程为y －2e ＝－1e 2(x －e)，即x ＋e 2y －3e ＝0.(2)根据题意可得，f (x )－1x －a （x 2－1）x ＝ln x －a （x 2－1）x≥0在x ≥1时恒成立， 令g (x )＝ln x －a (x 2－1)(x ≥1)，所以g ′(x )＝1x －2ax ，(ⅰ)当a ≤0时，g ′(x )>0，所以函数y ＝g (x )在[1，＋∞)上单调递增，所以g (x )≥g (1)＝0，即a ≤0符合题意；(ⅱ)当a >0时，令1x －2ax ＝0，解得x ＝ 12a ， 令 12a ＝1，解得a ＝12，①当0<a <12时， 12a >1， 所以在(1, 12a )上g ′(x )>0， 在( 12a ，＋∞)上g ′(x )<0，所以函数y ＝g (x )在(1, 12a )上单调递增， 在( 12a ，＋∞)上单调递减，g (1a )＝ln 1a －a [(1a )2－1]＝－ln a －1a ＋a ，令h (a )＝－ln a －1a ＋a ，则h ′(a )＝－1a ＋1a 2＋1＝a 2－a ＋1a 2>0恒成立，又0<a <12，所以h (a )<h (12)＝－ln 12－2＋12＝ln2＋12－2<0，所以存在g (1a )<0，所以0<a <12不符合题意；②当a ≥12时， 12a ≤1，g ′(x )≤0在[1，＋∞)上恒成立，所以函数y ＝g (x )在[1，＋∞)上单调递减，所以g (x )≤g (1)＝0，显然a ≥12不符合题意．综上所述，a 的取值范围为{a |a ≤0}．。