2020年高考数学(文)一轮复习讲练测 专题3.4 导数的综合应用(练) 含解析
江苏版2020年高考数学一轮复习(讲练测)：专题3.3导数的综合应用含解析
文档从网络中收集，已重新整理排版.word 版本可编辑:•欢迎下载支持.专题3. 3导数的综合应用含解析_________________ 姓名 _____________ 学号 ___________ 得分(满分100分，测试时间50分钟)一、填空题:请把答案直接填写在答题卡相应的位置上(共10题，每小题6分，共计60分).1. [2017课标3.理11改编】已知函数f(x) = x 1 2-2x + a(e^l+e^1)有唯一零点，则/?(x) = min{/(.r),c?(x)}(x>0)恰有三个零点，则实数加的取值范围是 ▲ 【答案】(弓t 【解析】试题分析:f ，(x) = 3x 2+m,因为 g(l) = 0,所以要使 /I (A )= min{/(x),S (A-)}(A>0)恰有三个3. 【泰州中学2016-2017年度第一学期第一次质量检测】若函数y = f(x)的左义域为R, 对于V AC /?, 且/(A + 1)为偶函数，/⑵=1，则不等式f(x)<e x的解集为 ___________ • 【答案】(。
,+8) 【解析】试题分析：令g(x) = ^l 9则g(x)= f Cv)；/Cv)<0,因为/(X + 1)为偶函数，所以 e e/(X + I) = /(-X+1) n/(0) = f(2) = 1 =>g(0) = 1,因此fM < e x => g(x) < 1 = g(0) =>x>04. (2017届髙三七校联考期中考试】/(x) = x-l-«lnx^(x) = —/ <0,且对任意e【答案】-2f (A ) = x 3 +"tv + *,g(x) = -lnx ・min {a.b}表示a.b 中的最小值, 若函数班级零点，须满足f(l)>0,/(^)<0./n <0文档从网络中收集，已重新整理排版.word 版本可编辑:•欢迎下载支持.速度应定为 ■-2 -word 版本可编辑•欢迎下载支持.e ［3,41(xI/(X ］)-/g)l<!―! ------------------ !—I 的恒成立，则实数a 的取值范围为・ g3) g (£)▲_.【答案】［3- =孑,0) 【解析】则〃(劝'=1一上一》(*「1)50在xw(3,4)上恒成立,・・・anx — *J+以*丘［玄4］恒成立x * xX —1 令 H(x) = x 一 e x ~}+ -——、x w [3,4],2 值为“(3) = 3-一e 27 ［3-卅 0) 综上.实数a 的取值范围为 35. f(0是宦义在(0, +8)上的非负可导函数，且满足G)+f(£W0,对任意正数⑦b 、 若a< b,则af(t>)与bf{ a)的大小关系为 _______ . 【答案】af(b)Wbf(a)【解析】°・° xf (x) W — f(x) , f C Y ) M 0,\ X J X X则函数 J —在(0, +8)上是单调递减的，由于o<a<^则丄亠.即 x ab6. 设D 是函数尸f(x)定义域内的一个区间，若存在.YO GP,使fCv°)=—及，则称弘是f(x) 的一个“次不动点”，也称在区间Q 上存在“次不动点”,若函数f^=ay-3x-a+- 在区间［1,4］上存在“次不动点”，则实数a 的取值范围是 _______ . 【答案】［一 8, J1 397•电动自行车的耗电量y 与速度*之间有关系y=yV ― Y —40.Y (-Y >0),为使耗电量最小，则 【答案】40【解析】由” =¥_39%—40=0,(1 1V 3 i — — — + ——\x 2) 4 3>-e 2 > 1,/. u \x)<09 4 ・・吩)为减函数,・・"心)在XV ［3,4］的最大得x= —1 或.¥=40,由于0<A<40时，/ <0；当x>40 时，y' >0.所以当f=40时，p有最小值.8. 函数f(x)=ax'+x恰有三个单调区间，则a的取值范围是____________ .【答案】(一8, 0)【解析】f(x)=af+x恰有三个单调区间，即函数f(x)恰有两个极值点，即f' C Y)= 0有两个不等实根.*.* f{x) = ax + x,二f' (x) = 3 +1.要使f (x)= 0有两个不等实根，则*0.9. 函数y=2(x>0)的图象在点成处的切线与X轴的交点的横坐标为a…，其中圧肛若^1 = 16.则ai + as+娄的值是_________ .【答案】2110・设函数g(x)=字，对任意出、走G(0, +8),不等式T-w—兰T旦x e k k+1成立，则正数R的取值范围是 _______ .【答案】［1, +8)解析】因为对任意X、A-G (0, +8),不等式恒成立，所以召2［宁亠匚・k k+1&+1 Lf 及_r因为g(x) =¥，所以 $ 3 =(卅9 =e: x4-.ve: x•(一1) =e3_x(l-j0 .当0<Xl 时，孑(x)>0：当01 时，g' C Y)<0,所以g(x)在(0,1］上单调递增，在［1, +8)上单调递减.所以当攵=1时,&(£取到最大值,即g(x)适=&(l)=e：e : v:+1因为fCv)= —•当丄€(0, +8)时，XX-Y)=e\v+-^2e> 当且仅当X X即尸丄时取等号，故f3也=2e・ek 1所以—^9-又因为&为正数，所以心L二.解答题：解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤，请把答案写在答题纸的指■ 定区域内。
浙江专用2020版高考数学大一轮复习课时153.4导数的综合应用
3.4 导数的综合应用A组基础题组1.“函数f(x)=a+ln x(x≥e)存在零点”是“a<-1”的( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件答案 B 由题意可知,函数f(x)单调递增,且f(x)min=f(e)=1+a,若f(x)在[e,+∞)上存在零点,则1+a≤0,即a≤-1,所以函数f(x)=a+ln x(x≥e)存在零点的充要条件为a≤-1,故选B.2.已知y=f(x)为R上的连续可导函数,且xf '(x)+f(x)>0,则函数g(x)=xf(x)+1(x>0)的零点个数为( )A.0B.1C.0或1D.无数个答案 A 因为g(x)=xf(x)+1(x>0),所以g'(x)=xf '(x)+f(x)(x>0),由题意可知g'(x)>0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,因为g(0)=1,y=f(x)为R上的连续可导函数,所以g(x)为(0,+∞)上的连续可导函数,g(x)>g(0)=1,所以g(x)在(0,+∞)上无零点.3.(2018丽水模拟)设函数f(x)=ax3-3x+1(x∈R),若对于任意x∈[-1,1],都有f(x)≥0成立,则实数a的值为.答案4解析当x=0时,无论a取何值, f(x)≥0显然成立;当x∈(0,1]时, f(x)=ax3-3x+1≥0可化为a≥-.设g(x)=-,则g'(x)=,令g'(x)=0,得x=,所以g(x)在区间上单调递增,在区间上单调递减,因此g(x)max=g=4,从而a≥4.当x∈[-1,0)时,同理,a≤-,g(x)在区间[-1,0)上单调递增,所以g(x)min=g(-1)=4,从而a≤4.综上可知,a=4.4.(2019绍兴一中月考)已知函数f(x)=e x-3x+3a(e为自然对数的底数,a∈R).(1)求f(x)的单调区间与极值;(2)求证:当a>ln,且x>0时,>x+-3a.解析(1)由f(x)=e x-3x+3a知, f '(x)=e x-3.令f '(x)=0,得x=ln 3,于是当x变化时, f '(x)和f(x)的变化情况如下表:x(-∞,ln3)ln 3(ln3,+∞)f '(x)-0+f(x)单调递减极小值单调递增故f(x)的单调递减区间是(-∞,ln 3),单调递增区间是(ln 3,+∞),f(x)在x=ln 3处取得极小值,极小值为f(ln 3)=-3ln 3+3a=3(1-ln 3+a).(2)证明:待证不等式等价于e x-x2+3ax-1>0,设g(x)=e x-x2+3ax-1,x>0,则g'(x)=e x-3x+3a,x>0.由(1)及a>ln=ln 3-1知,g'(x)的最小值为g'(ln 3)=3(1-ln 3+a)>0.∴g(x)在(0,+∞)上为增函数,∵g(0)=0,∴当x>0时,g(x)>0,即e x-x2+3ax-1>0,即>x+-3a.5.已知函数f(x)=ax2-ln x(x>0,a∈R).(1)若a=2,求点(1, f(1))处的切线方程;(2)若不等式f(x)≥对任意x>0恒成立,求实数a的值.解析(1)当a=2时, f(x)=x2-ln x, f '(x)=,∴f(1)=1, f '(1)=1,∴所求的切线方程为y=x.(2)易得f '(x)=.当a≤0时, f '(x)<0,∴当x>1时, f(x)<,故此时不合题意;当a>0时, f(x)在上单调递减,在上单调递增,∴f(x)min=f=-ln,∴-ln≥,即1+ln a-a≥0.设g(x)=1+ln x-x,则g '(x)=-1=,∴g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,∴g(x)≤g(1)=0,即1+ln x-x≤0,故1+ln a-a=0,∴a=1.6.(2018浙江金华十校第二学期调研)设函数f(x)=e x-x,h(x)=-kx3+kx2-x+1.(1)求f(x)的最小值;(2)设h(x)≤f(x)对任意x∈[0,1]恒成立时k的最大值为λ,求证:4<λ<6. 解析(1)因为f(x)=e x-x,所以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,所以f(x)min=f(0)=1.(2)证明:由h(x)≤f(x),化简可得k(x2-x3)≤e x-1,当x=0,1时,k∈R,当x∈(0,1)时,k≤,要证4<λ<6,则需证以下两个问题:①>4对任意x∈(0,1)恒成立;②存在x0∈(0,1),使得<6成立.先证①>4,即证e x-1>4(x2-x3),由(1)可知,e x-x≥1恒成立,所以e x-1≥x,又x≠0,所以e x-1>x,即证x≥4(x2-x3)⇔1≥4(x-x2)⇔(2x-1)2≥0,(2x-1)2≥0显然成立,所以>4对任意x∈(0,1)恒成立;再证②存在x0∈(0,1),使得<6成立,取x0=,=8(-1),因为<,所以8(-1)<8×=6,所以存在x0∈(0,1),使得<6成立,由①②可知,4<λ<6.7.(2019台州中学月考)设f(x)=x--aln x(a∈R).(1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点处的切线方程;(2)当0<a<1时,在内是否存在一实数x0,使f(x0)>e-1成立?请说明理由. 解析(1)当a=1时, f(x)=x-ln x, f '(x)=1-.易知f=+ln 2,所以曲线y=f(x)在点处的切线的斜率为f '=1-=-1.故所求的切线方程为y-=-,即x+y-ln 2-1=0.(2)存在.理由如下:假设当0<a<1时,在内存在一实数x0,使f(x0)>e-1成立,此时只需证明当x∈时, f(x)max>e-1即可.f '(x)=1+-==(x>0),令f '(x)=0得,x1=1,x2=a-1,当0<a<1时,a-1<0,故当x∈时, f '(x)<0;当x∈(1,e)时, f '(x)>0.故函数f(x)在上递减,在(1,e)上递增,所以f(x)max=max.于是,只需证明f(e)>e-1或f>e-1即可.因为f(e)-(e-1)=e--a-(e-1)=>0,所以f(e)>e-1,所以假设成立,故当0<a<1时,在x∈上至少存在一实数x0,使f(x0)>e-1成立.B组提升题组1.(2018浙江,22,15分)已知函数f(x)=-ln x.(1)若f(x)在x=x1,x2(x1≠x2)处导数相等,证明: f(x1)+f(x2)>8-8ln 2;(2)若a≤3-4ln 2,证明:对于任意k>0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.解析本题主要考查函数的单调性,导数的运算及其应用,同时考查逻辑思维能力和综合应用能力.(1)函数f(x)的导函数f '(x)=-,由f '(x1)=f '(x2)得-=-,因为x1≠x2,所以+=.由基本不等式得=+≥2,因为x1≠x2,所以x1x2>256.由题意得f(x1)+f(x2)=-ln x1+-ln x2=-ln(x1x2).设g(x)=-ln x,则g'(x)=(-4),所以x(0,16)16(16,+∞)g'(x)-0+g(x)↘2-4ln 2↗所以g(x)在[256,+∞)上单调递增,故g(x1x2)>g(256)=8-8ln 2,即f(x1)+f(x2)>8-8ln 2.(2)令m=e-(|a|+k),n=+1,则f(m)-km-a>|a|+k-k-a≥0,f(n)-kn-a<n≤n<0,所以,存在x0∈(m,n)使f(x0)=kx0+a,所以,对于任意的a∈R及k∈(0,+∞),直线y=kx+a与曲线y=f(x)有公共点.由f(x)=kx+a得k=.设h(x)=,则h'(x)==,其中g(x)=-ln x.由(1)可知g(x)≥g(16),又a≤3-4ln 2,故-g(x)-1+a≤-g(16)-1+a=-3+4ln 2+a≤0,所以h'(x)≤0,即函数h(x)在(0,+∞)上单调递减,因此方程f(x)-kx-a=0至多有1个实根.综上,当a≤3-4ln 2时,对于任意k>0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.2.设函数f(x)=a2x2-(ax+1)ln x+ax.(1)若a≥0,且函数y=f(x)有且仅有一个零点,求a的值;(2)是否存在实数a,使得不等式f(x)≥0对定义域内的任意x恒成立?若存在,求出实数a的取值范围;若不存在,请说明理由.解析函数f(x)的定义域为(0,+∞),f(x)=(ax+1)(ax-ln x),(1)当a=0时, f(x)=-ln x,满足题意.当a>0时,ax+1>0,所以f(x)=(ax+1)(ax-ln x)=0⇔ax-ln x=0.因为函数y=f(x)有且仅有一个零点,所以当直线y=ax与y=ln x相切时,a的值即为所求.令(ln x)'==a,即x=,故切点坐标为,将其代入y=ax,得a=.综上可得a=0或.(2)存在.假设存在实数a,使得不等式f(x)≥0对定义域内的任意x恒成立,当a=0时,原不等式化为ln x≤0,不满足题意.当a>0时,ax+1>0,由ax-ln x≥0,得a≥.令F(x)=,则F '(x)=,所以函数F(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,所以函数F(x)在x=e处取得极大值,也为最大值,最大值为,由此可得a≥.当a<0时,在上,ax+1>0,在上,ax+1<0,令g(x)=ax-ln x,则g'(x)=a-<0,所以g(x)=ax-ln x在(0,+∞)上为减函数,所以只要当x=-时,ax-ln x=0成立即可,此时解得a=-e.综上可得,a∈∪{-e}.3.(2019绍兴一中月考)设函数f(x)=,求证:(1)当x<0时, f(x)<1;(2)对任意a>0,当0<|x|<ln(1+a)时,|f(x)-1|<a.证明(1)设φ(x)=e x-1-x,x∈R,则φ'(x)=e x-1,令φ'(x)>0,得x>0,令φ'(x)<0,得x<0,故φ(x)在(-∞,0)内递减,在(0,+∞)内递增,所以对任意x∈R,都有φ(x)≥φ(0)=0,即e x-1-x≥0(当且仅当x=0时,等号成立).所以当x<0时,e x-1>x,即f(x)<1.(2)要证当0<|x|<ln(1+a)时,|f(x)-1|<a,即证当0<x<ln(1+a)时,e x-1-(1+a)x<0;①当-ln(1+a)<x<0时,e x-1-(1-a)x<0.②令函数g(x)=e x-1-(1+a)x,h(x)=e x-1-(1-a)x.注意到g(0)=h(0)=0,故要证①与②,只需证明g(x)在(0,ln(1+a))内递减,h(x)在(-ln(1+a),0)内递增.事实上,当x∈(0,ln(1+a))时,g'(x)=e x-(1+a)<e ln(1+a)-(1+a)=0;当x∈(-ln(1+a),0)时,h'(x)=e x-(1-a)>e-ln(1+a)-(1-a)=-(1-a)=>0.综上,对任意a>0,当0<|x|<ln(1+a)时,|f(x)-1|<a.4.已知函数f(x)=-ax2+(1+a)x-ln x(a∈R).(1)当a>0时,求函数f(x)的单调递减区间;(2)当a=0时,设函数g(x)=xf(x)-k(x+2)+2.若函数g(x)在区间上有两个零点,求实数k的取值范围.解析(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f '(x)=-ax+1+a-=-(a>0),当a∈(0,1)时,>1.由f '(x)<0,得x>或x<1,所以f(x)的单调递减区间为(0,1),;当a=1时,恒有f '(x)≤0,所以f(x)的单调递减区间为(0,+∞);当a∈(1,+∞)时,<1.由f '(x)<0,得x>1或x<,所以f(x)的单调递减区间为,(1,+∞).综上,当a∈(0,1)时,f(x)的单调递减区间为(0,1),;当a=1时, f(x)的单调递减区间为(0,+∞);当a∈(1,+∞)时, f(x)的单调递减区间为,(1,+∞).(2)g(x)=x2-xln x-k(x+2)+2在x∈上有两个零点,即关于x的方程k=在x∈上有两个不相等的实数根.令函数h(x)=,x∈,则h'(x)=,令函数p(x)=x2+3x-2ln x-4,x∈.则p'(x)=在上有p'(x)≥0,故p(x)在上单调递增.因为p(1)=0,所以当x∈时,p(x)<0,即h'(x)<0,故h(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,p(x)>0,即h'(x)>0,故h(x)单调递增.因为h=+,h(1)=1,所以k的取值范围是.。
2020版高考数学一轮总复习 第三单元导数及其应用 课后作业全集 含解析
导数的概念及运算1．若f (x )＝x 2－2x －4ln x ，则f ′(x )>0的解集为(C) A ．(0，＋∞) B．(－1,0)∪(2，＋∞) C ．(2，＋∞) D．(－1,0)x >0，f ′(x )＝2x －2－4x＝x －x ＋x>0，所以x ∈(2，＋∞)．2．已知函数y ＝f (x )的图象如图所示，则f ′(x A )与f ′(x B )的大小关系是(B)A ．f ′(x A )>f ′(xB ) B ．f ′(x A )<f ′(x B )C ．f ′(x A )＝f ′(x B )D ．不能确定分别作出曲线y ＝f (x )在A ，B 两点的切线，设曲线y ＝f (x )在A ，B 两点的切线的斜率分别为k A ，k B ，则由图象可知k B >k A ，即f ′(x A )<f ′(x B )．3．(2018·河北五校高三联考)曲线y ＝x －1x ＋1在点(0，－1)处的切线与两坐标轴围成的封闭图形的面积为(B)A.18B.14C.12 D ．1因为y ′＝x ＋1－x －x ＋2＝2x ＋2，所以k ＝y ′x ＝0＝2，所以曲线在点(0，－1)处的切线方程为y ＋1＝2x ，即y ＝2x －1. 它与两坐标轴围成的面积为S ＝12×12×1＝14.4．(2018·新课程卷Ⅰ)设函数f (x )＝x 3＋(a －1)x 2＋ax ，若f (x )为奇函数，则曲线y ＝f (x )在点(0,0)处的切线方程为(D)A ．y ＝－2xB ．y ＝－xC ．y ＝2xD ．y ＝x(方法一)因为f (x )＝x 3＋(a －1)x 2＋ax ，所以f ′(x )＝3x 2＋2(a －1)x ＋a . 又f (x )为奇函数，所以f (－x )＝－f (x )恒成立，即－x 3＋(a －1)x 2－ax ＝－x 3－(a －1)x 2－ax 恒成立， 所以a ＝1，所以f ′(x )＝3x 2＋1，所以f ′(0)＝1， 所以曲线y ＝f (x )在点(0,0)处的切线方程为y ＝x . (方法二)因为f (x )＝x 3＋(a －1)x 2＋ax 为奇函数， 所以f ′(x )＝3x 2＋2(a －1)x ＋a 为偶函数， 所以a ＝1，即f ′(x )＝3x 2＋1，所以f ′(0)＝1， 所以曲线y ＝f (x )在点(0,0)处的切线方程为y ＝x .5．(2017·天津卷)已知a ∈R ，设函数f (x )＝ax －ln x 的图象在点(1，f (1))处的切线为l ，则l 在y 轴上的截距为 1 .因为f ′(x )＝a －1x，所以f ′(1)＝a －1.又因为f (1)＝a ，所以切线l 的斜率为a －1，且过点(1，a )， 所以切线l 的方程为y －a ＝(a －1)(x －1)． 令x ＝0，得y ＝1，故l 在y 轴上的截距为1.6．(2015·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝ax 3＋x ＋1的图象在点(1，f (1))处的切线过点(2,7)，则a ＝ 1 .因为y ′＝3ax 2＋1，所以y ′|x ＝1＝3a ＋1，所以7－a ＋2－1＝3a ＋1，所以a ＝1.7．(2018·佛山一模节选)已知函数f (x )＝(x －a )ln x ＋12x ，(其中a ∈R )．若曲线y ＝f (x )在点(x 0，f (x 0))处的切线方程为y ＝12x ，求a 的值．f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ln x －a x ＋32，由题意知⎩⎪⎨⎪⎧y 0＝12x 0，y 0＝x 0－ax 0＋12x 0，ln x 0－a x 0＋32＝12，则⎩⎪⎨⎪⎧x 0－a x 0＝0，ln x 0－a x 0＋1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝1，a ＝1，或⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝a ，a ＝1，所以a ＝1.8．(2016·山东卷)若函数y ＝f (x )的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则称y ＝f (x )具有T 性质．下列函数中具有T 性质的是(A)A ．y ＝sin xB ．y ＝ln xC ．y ＝e xD ．y ＝x 3若y ＝f (x )的图象上存在两点(x 1，f (x 1))，(x 2，f (x 2))，使得函数图象在这两点处的切线互相垂直，则f ′(x 1)·f ′(x 2)＝－1.对于A ，y ′＝cos x ，若有cos x 1·cos x 2＝－1，则当x 1＝2k π，x 2＝2k π＋π(k ∈Z )时，结论成立；对于B ，y ′＝1x ，若有1x 1·1x 2＝－1，即x 1x 2＝－1，因为x ＞0，所以不存在x 1，x 2，使得x 1x 2＝－1；对于C ，y ′＝e x，若有e x 1·e x 2＝－1，即e x 1＋x 2＝－1，显然不存在这样的x 1，x 2； 对于D ，y ′＝3x 2，若有3x 21·3x 22＝－1，即9x 21x 22＝－1，显然不存在这样的x 1，x 2. 综上所述，选A.9．(2018·思明区校级月考节选)设函数f (x )＝x 3－3ax ＋b (a ≠0)．若曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处与直线y ＝8相切，则a ，b 的值分别为 4,24 .f ′(x )＝3x 2－3a .因为曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处与直线y ＝8相切， 所以f (2)＝8，f ′(2)＝0，即8－6a ＋b ＝8,3(4－a )＝0，故a ＝4，b ＝24.10．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，且在原点处的切线的斜率为－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．f ′(x )＝3x 2＋2(1－a )x －a (a ＋2)．(1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧f＝b ＝0，f＝－a a ＋＝－3，解得b ＝0，a ＝－3或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 的取值范围是(－∞，－12)∪(－12，＋∞)．导数在函数中的应用——单调性1．(2018·太原期中)函数f (x )＝x ＋3x＋2ln x 的单调递减区间是(B)A ．(－3,1)B ．(0,1)C ．(－1,3)D ．(0,3)f ′(x )＝1－3x 2＋2x＝x ＋x －x2，令f ′(x )<0，解得0<x <1.2．若函数f (x )＝x 3－ax 在区间[1，＋∞)内单调递增，则a 的最大值是(B) A ．4 B ．3 C ．2 D ．1依题意，f ′(x )＝3x 2－a ≥0对x ∈[1，＋∞)恒成立，即a ≤3x 2对x ∈[1，＋∞)恒成立，所以a ≤3.3．已知对任意实数x ，有f (－x )＝－f (x )，g (－x )＝g (x )，且x >0时，f ′(x )>0，g ′(x )>0，则x <0时(B)A ．f ′(x )>0, g ′(x )>0B ．f ′(x )>0，g ′(x )<0C ．f ′(x )<0, g ′(x )>0D ．f ′(x )<0, g ′(x )<0f (x )为奇函数，g (x )为偶函数，由图象的对称性知，当x <0时，f ′(x )>0，g ′(x )<0，选B.4．(2018·全国卷Ⅲ)函数y ＝－x 4＋x 2＋2的图象大致为(D)(方法一)f ′(x )＝－4x 3＋2x ，则f ′(x )>0的解集为（－∞，－22）∪（0，22）， f ′(x )<0的解集为（－22，0）∪（22，＋∞）， 所以f (x )在（－∞，－22）和（0，22）上单调递增，在（－22，0）和（22，＋∞）单调递减．由此可知，选D.(方法二)当x ＝1时，y ＝2，所以排除A ，B 选项． 当x ＝0时，y ＝2，而当x ＝22时，y ＝－14＋12＋2＝94>2，所以排除C 选项． 故选D.5．函数y ＝x ln x 的单调递减区间为 (0，1e ) ，单调递增区间为 (1e ，＋∞) .因为y ′＝ln x ＋x ·1x＝ln x ＋1，当ln x ＋1<0，即 0<x <1e时，函数单调递减；当ln x ＋1>0，即 x >1e时，函数单调递增．6．若函数f (x )＝－12(x －2)2＋b ln x 在(1，＋∞)上是减函数，则b 的取值范围为 (－∞，－1] .由题意可知f ′(x )＝－(x －2)＋b x≤0在x ∈(1，＋∞)恒成立．即b ≤x (x －2)在x ∈(1，＋∞)上恒成立，由于φ(x )＝x (x －2)＝x 2－2x 在(1，＋∞)上的值域是(－1，＋∞)，所以只要b ≤－1即可．7．设函数f (x )＝x 3＋ax 2－9x －1(a <0)．若曲线y ＝f (x )的斜率最小的切线与直线12x ＋y ＝6平行，求：(1)a 的值；(2)函数f (x )的单调区间．(1)因为f (x )＝x 3＋ax 2－9x －1，所以f ′(x )＝3x 2＋2ax －9＝3(x ＋a3)2－9－a 23.即当x ＝－a 3时，f ′(x )取得最小值－9－a 23.因为斜率最小的切线与12x ＋y ＝6平行，即该切线的斜率为－12， 所以－9－a 23＝－12，即a 2＝9，解得a ＝±3， 由题设a <0，所以a ＝－3.(2)由(1)知a ＝－3，因此f (x )＝x 3－3x 2－9x －1， f ′(x )＝3x 2－6x －9＝3(x －3)(x ＋1)， 令f ′(x )＝0，解得x 1＝－1，x 2＝3.当x ∈(－∞，－1)时，f ′(x )>0，故f (x )在(－∞，－1)上为增函数； 当x ∈(－1,3)时，f ′(x )<0，故f (x )在(－1,3)上为减函数； 当x ∈(3，＋∞)时，f ′(x )>0，故f (x )在(3，＋∞)上为增函数．由此可见，函数f (x )的单调递增区间为(－∞，－1)和(3，＋∞)；单调递减区间为(－1,3)．8．(2018·天问区三模)已知函数f (x )与f ′(x )的图象如图所示，则函数g (x )＝f xex的递减区间为(D)A ．(0,4)B ．(－∞，1)，(43，4)C ．(0，43) D ．(0,1)，(4，＋∞)结合图象，x ∈(0,1)和x ∈(4，＋∞)时，f ′(x )－f (x )<0，此时g ′(x )＝f x －f xex<0.故g (x )在(0,1)，(4，＋∞)内递减．9．(2018·东港区校级期中)已知y ＝f (x )为R 上的连续可导函数，且xf ′(x )＋f (x )>0，则函数g (x )＝xf (x )＋1(x >0)的零点个数为 0 .因为g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )>0，所以g (x )在(0，＋∞)为增函数，又g (0)＝1>0，所以g (x )在(0，＋∞)恒大于0， 所以g (x )在(0，＋∞)上没有零点．10．已知函数f (x )＝e x－ax (a ∈R ，e 为自然对数的底数)． (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若a ＝1，函数g (x )＝(x －m )f (x )－e x＋x 2＋x 在(2，＋∞)上为增函数，求实数m 的取值范围．(1)函数f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝e x－a .当a ≤0时，f ′(x )>0，所以f (x )在R 上为增函数， 当a >0时，由f ′(x )＝0，得x ＝ln a ，则当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )<0，所以函数f (x )在(－∞，ln a )上为减函数， 当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0，所以函数f (x )在(ln a ，＋∞)上为增函数． (2)当a ＝1时，g (x )＝(x －m )(e x－x )－e x＋x 2＋x ， 因为g (x )在(2，＋∞)上为增函数，所以g ′(x )＝x e x－m e x＋m ＋1≥0在(2，＋∞)上恒成立， 即m ≤x e x ＋1e x－1在(2，＋∞)上恒成立，令h (x )＝x e x ＋1e x－1，x ∈(2，＋∞)， h ′(x )＝x 2－x e x－2e xx －2＝exx －x －x－2. L (x )＝e x －x －2，L ′(x )＝e x －1>0在(2，＋∞)上恒成立，即L (x )＝e x－x －2在(2，＋∞)上为增函数， 即L (x )>L (2)＝e 2－4>0，h ′(x )>0. 即h (x )＝x e x ＋1e x－1在(2，＋∞)上为增函数，所以h (x )>h (2)＝2e 2＋1e 2－1.所以m ≤2e 2＋1e 2－1.导数在函数中的应用——极值与最值1．已知实数a ，b ，c ，d 成等比数列，且曲线y ＝3x －x 3的极大值点坐标为(b ，c )，则ad 等于(A)A ．2B ．1C ．－1D ．－2因为y ′＝3－3x 2＝3(1＋x )(1－x )，所以当－1<x <1时，y ′>0；当x >1时，y ′<0， 所以x ＝1时，y 有极大值2，所以b ＝1，c ＝2， 又因为a ，b ，c ，d 成等比数列，所以ad ＝bc ＝2. 2．函数f (x )＝xe x 在[0,1]上的最大值为(B) A ．0 B.1eC ．e D.2e因为f ′(x )＝e x－x e xx 2＝1－xex ≥0在[0,1]上恒成立，所以f (x )在[0,1]上为增函数，所以当x ＝1时，f (x )有最大值1e.3．(2018·湖北孝感八校联盟)函数f (x )＝－13x 3＋4x －4在区间[0,3]上的最大值和最小值分别为(C)A ．2，－283 B.43，－283C.43，－4 D ．2，－1f ′(x )＝－x 2＋4＝0，解得x ＝2或x ＝－2(舍去)．当x 变化时，f ′(x )与f (x )的变化情况如下表：单调递增单调递减所以最大值为43，最小值为－4.4．(2018·广州一模)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2在x ＝1处的极值为10，则数对(a ，b )为(C)A ．(－3,3)B ．(－11,4)C ．(4，－11)D ．(－3,3)或(4，－11)f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，由条件⎩⎪⎨⎪⎧f ＝0，f＝10.即⎩⎪⎨⎪⎧3＋2a ＋b ＝0，a ＋b ＋a 2＝9，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝3，或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4，b ＝－11.检验a ＝－3，b ＝3时，f ′(x )＝3x 2－6x ＋3＝3(x －1)2≥0，此时f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增，无极值．故⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4，b ＝－11.5．已知函数f (x )＝x 3－12x ＋8在区间[－3,3]上的最大值与最小值分别为M ，m ，则M－m ＝ 32 .由f ′(x )＝3x 2－12＝0，得x ＝±2，又f (3)＝－1，f (－3)＝17，f (2)＝－8，f (－2)＝24， 所以M ＝24，m ＝－8，故M －m ＝32.6．(2018·成都调研)函数f (x )＝x 2－3x ＋ln x 在x ＝ 12处取得极大值．因为f ′(x )＝2x －3＋1x＝x －x －12x，x ∈(0，12)时，f ′(x )>0，x ∈(12，1)时，f ′(x )<0，所以函数f (x )＝x 2－3x ＋ln x 在x ＝12处取得极大值．7．(2018·北京卷)设函数f (x )＝[ax 2－(3a ＋1)x ＋3a ＋2]e x. (1)若曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线斜率为0，求a ； (2)若f (x )在x ＝1处取得极小值，求a 的取值范围．(1)因为f (x )＝[ax 2－(3a ＋1)x ＋3a ＋2]e x，所以f ′(x )＝[ax 2－(a ＋1)x ＋1]e x，f ′(2)＝(2a －1)e 2.由题设知f ′(2)＝0，即(2a －1)e 2＝0，解得a ＝12.(2)由(1)得f ′(x )＝[ax 2－(a ＋1)x ＋1]e x＝(ax －1)(x －1)e x.若a >1，则当x ∈1a，1时，f ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0. 所以f (x )在x ＝1处取得极小值．若a ≤1，则当x ∈(0,1)时，ax －1≤x －1<0， 所以f ′(x )>0.所以1不是f (x )的极小值点． 综上可知，a 的取值范围是(1，＋∞)．8．(2018·河南模拟)已知函数f (x )＝a －x ＋x e x，若存在x 0>－1，使得f (x 0)≤0，则实数a 的取值范围为(B)A．[0，＋∞) B．(－∞，0]C．[1，＋∞) D．(－∞，1]由f(x)≤0，得a≤x－x e x，令h(x)＝x－x e x(x>－1)，h′(x)＝1－(1＋x)e x，令g(x)＝h′(x)，g′(x)＝－(x＋2)e x<0，所以h′(x)在(－1，＋∞)内递减，而h′(0)＝0，所以h(x)在(－1,0)内递增，在(0，＋∞)内递减，所以h(x)的最大值为h(0)＝0.故a≤0.9．(2018·天津红桥区模拟)已知函数f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值，若m，n∈[－1,1]，则f(m)＋f′(n)的最小值为－13 .因为f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值，所以f′(2)＝0，又f′(x)＝－3x2＋2ax，由f′(2)＝－12＋4a＝0，所以a＝3.所以f(x)＝－x3＋3x2－4，f′(x)＝－3x2＋6x.当m，n∈[－1,1]，则f(m)＋f′(n)的最小值为f(x)的最小值与f′(x)的最小值的和．由f′(x)＝0得x＝0或x＝2(舍去)，所以f(x)在[－1,0]上单调递减，在[0,1]上单调递增，所以f(x)min＝f(0)＝－4.因为f′(x)＝－3(x－1)2＋3，又f′(1)＝3，f′(－1)＝－9，所以f′(x)min＝－9.所以f(m)＋f′(n)的最小值为－13.10．(2017·北京卷)已知函数f(x)＝e x cos x－x.(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)求函数f(x)在区间[0，π2]上的最大值和最小值．(1)因为f(x)＝e x cos x－x，所以f′(x)＝e x(cos x－sin x)－1，f′(0)＝0.又因为f(0)＝1，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1.(2)设h(x)＝e x(cos x－sin x)－1，则h′(x)＝e x(cos x－sin x－sin x－cos x)＝－2e x sin x.当x ∈(0，π2)时，h ′(x )<0，所以h (x )在区间[0，π2]上单调递减，所以对任意x ∈(0，π2]有h (x )<h (0)＝0，即f ′(x )<0，所以函数f (x )在区间[0，π2]上单调递减，因此f (x )在区间[0，π2]上的最大值为f (0)＝1，最小值为f (π2)＝－π2.导数的综合应用——导数与不等式1．定义域为R 的函数f (x )满足f (1)＝1，且f (x )的导函数f ′(x )>12，则满足2f (x )<x＋1的x 的集合为(A)A ．{x |x <1}B ．{x |－1<x <1}C ．{x |x <－1或x >1}D ．{x |x >1}令g (x )＝2f (x )－x －1，则g ′(x )＝2f ′(x )－1>0，所以g (x )在R 上为增函数， 又g (1)＝2f (1)－1－1＝0， 所以g (xx <1.即原不等式的解集为{x |x <1}．2．f (x )是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数且满足xf ′(x )－f (x )≤0，对任意正数a ，b ，若a <b ，则必有(A)A ．af (b )≤bf (a )B ．bf (a )≤af (b )C ．af (a )≤bf (b )D ．bf (b )≤af (a )设F (x )＝f x x ，则F ′(x )＝xfx －f xx 2≤0，故F (x )＝f xx 在(0，＋∞)上是减函数或常函数， 由0<a <b 有f a a ≥f bbaf (b )≤bf (a )．3．下列各式正确的是(B)A ．sin x >x (x >0)B ．sin x <x (x >0) C.2πx >sin x D ．以上各式都不对令g (x )＝sin x －x ，则g ′(x )＝cos x －1≤0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递减， 所以g (x )<g (0)，所以sin x <x .4．已知e 是自然对数的底，若函数f (x )＝e x－x ＋a 的图象始终在x 轴的上方，则实数a 的取值范围为(C)A ．[－2,2]B ．(－∞，－2)∪(2，＋∞)C ．(－1，＋∞) D．(－∞，－2]∪[2，＋∞)因为函数f (x )＝e x－x ＋a 的图象始终在x 轴的上方，所以f (x )＝e x－x ＋a 的最小值大于0.f ′(x )＝e x －1，当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )<0；当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0，所以f (x )的最小值为f (0)＝1＋a .由1＋a >0，得a 的取值范围为(－1，＋∞)．5．(2018·武平县校级月考)已知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 [－1e，＋∞) .因为f ′(x )＝e x＋x e x＝(1＋x )e x，当x >－1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增； 当x <－1时，f ′(x )<0，f (x )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 ，∃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， 所以a ≥－1e.6．(2018·榆林一模)设f (x )＝x 3＋x ，x ∈R ，当0≤θ≤π2时，f (m sin θ)＋f (1－m )>0恒成立，则实数m 的取值范围是 (－∞，1) .因为f ′(x )＝3x 2＋1>0，所以f (x )在R 上为增函数，又f (x )为奇函数，所以条件即为f (m sin θ)>f (m －1)， 所以m sin θ>m －1对θ∈[0，π2]恒成立，即m (1－sin θ)<1对θ∈[0，π2]恒成立，因为θ＝π2时，上式恒成立；当θ∈[0，π2)时，m <11－sin θ，则m <1.7．(2018·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝ax 2＋x －1ex.(1)求曲线y ＝f (x )在点(0，－1)处的切线方程； (2)证明：当a ≥1时，f (x )＋e≥0.(1)f ′(x )＝－ax 2＋a －x ＋2ex，f ′(0)＝2.因此曲线y ＝f (x )在点(0，－1)处的切线方程是 2x －y －1＝0.(2)证明：当a ≥1时，f (x )＋e≥(x 2＋x －1＋e x ＋1)e －x. 令g (x )＝x 2＋x －1＋ex ＋1，则g ′(x )＝2x ＋1＋ex ＋1.当x <－1时，g ′(x )<0，g (x )单调递减； 当x >－1时，g ′(x )>0，g (x )单调递增． 所以g (x )≥g (－1)＝0. 因此f (x )＋e≥0.8．若0<x 1<x 2<1，则(C)A ．e x 2－e x 1>ln x 2－ln x 1B ．e x 2－e x 1<ln x 2－ln x 1C ．x 2e x 1>x 1e x 2D ．x 2e x 1<x 1e x 2令f (x )＝exx(0<x <1)，则f ′(x )＝x e x －e x x 2＝e x x －x 2.当0<x <1时，f ′(x )<0，即f (x )在(0,1)上单调递减， 因为0<x 1<x 2<1，所以f (x 2)<f (x 1)， 即e x 2x 2<e x 1x 1，所以x 2e x 1>x 1e x 2.由此可知选C.如何说明A 和B 不成立？下面进行探讨： 设g (x )＝e x－ln x (0<x <1)， 因为g ′(x )＝e x－1x ＝x e x－1x，令g ′(x )＝0得，x e x －1＝0，即e x＝1x，由y ＝e x与y ＝1x的图象知两图象的交点x 0∈(0,1)，因此，g (x )在(0,1)上不单调，由此可知A 和B 选项不可能成立．9．设f (x )，g (x )分别是定义在R 上的奇函数和偶函数，当x <0时，f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )>0，且g (－3)＝0，则不等式f (x )g (x )<0的解集为 (－∞，－3)∪(0,3) .当x <0时，[f (x )g (x )]′>0，所以函数f (x )g (x )在(－∞，0)上为增函数，又f (x )g (x )为奇函数，故f (x )g (x )在(0，＋∞)上为增函数， 且f (－3)g (－3)＝0，f (3)g (3)＝0.故f (x )g (x )<0的解集为(－∞，－3)∪(0,3)． 10．已知f (x )＝ln x ＋a (1－x )． (1)讨论f (x )的单调性；(2)当f (x )有最大值，且最大值大于2a －2时，求a 的取值范围．(1)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．(2)由(1)知当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上无最大值， 当a >0时，f (x )在x ＝1a处取最大值，最大值为f (1a )＝ln(1a )＋a (1－1a)＝－ln a ＋a －1.因此，f (1a)>2a －a ＋a －1<0.令g (a )＝ln a ＋a －1，则g ′(a )＝1a＋1>0， 所以g (a )在(0，＋∞)上是增函数，g (1)＝0，于是，当0<a <1时，g (a )<0；当a >1时，g (a )>0. 因此a 的取值范围是(0,1)．导数的综合应用——导数与方程1．函数y ＝13x 3＋x 2＋x ＋1的零点个数为(B)A ．0B ．1C ．2D ．3因为f ′(x )＝x 2＋2x ＋1＝(x ＋1)2≥0，所以f (x )在R 上单调递增， 因为f (0)＝1>0，f (－3)＝－2<0， 所以f (x )在R 上有且只有一个零点．2．已知函数y ＝x 3－3x ＋c 的图象与x 轴恰有两个公共点，则c ＝(A) A ．－2或2 B ．－9或3 C ．－1或1 D ．－3或1由三次函数的图象与x 轴恰有两个公共点，结合函数的图象，极大值或极小值为零即可满足要求．而f ′(x )＝3x 2－3＝3(x －1)(x ＋1)，当x ＝±1时，取得极值，由f (1)＝0或f (－1)＝0，可得c －2＝0或c ＋2＝0，所以c ＝±2.3．若曲线f (x )＝ax 2＋ln x 存在垂直于y 轴的切线，则实数a 的取值范围是(A) A ．(－∞，0) B ．(－∞，0] C ．[0，＋∞) D．(0，＋∞)该函数的定义域为(0，＋∞)．f ′(x )＝2ax ＋1x.因为曲线f (x )＝ax 2＋ln x 存在垂直于y 轴的切线，问题转化为方程2ax ＋1x＝0在(0，＋∞)内有解，于是可得a ＝－12x2∈(－∞，0)． 4．(2017·湖南湘中名校高三联考)已知函数f (x )＝－13x 3＋ax 2＋bx ＋c 有两个极值点x 1，x 2，若x 1<f (x 1)<x 2，则关于x 的方程[f (x )]2－2af (x )－b ＝0的实根的个数不可能为(D)A ．2B ．3C ．4D ．5由题意得，f ′(x )＝－x 2＋2ax ＋b ，因为x 1，x 2是函数f (x )的两个极值点，所以x 1，x 2是方程－x 2＋2ax ＋b ＝0的两个实数根，所以由[f (x )]2－2af (x )－b ＝0，可得f (x )＝x 1，或f (x )＝x 2，由题意知，f (x )在(－∞，x 1)，(x 2，＋∞)上单调递减，在(x 1，x 2)上单调递增， 又x 1<f (x 1)<x 2，依题意，作出简图，如图所示．结合图形可知，方程[f (x )]2－2af (x )－b ＝0的实根个数不可能为5.5．(2018·韶关模拟)设x 1，x 2是函数f (x )＝x 3－2ax 2＋a 2x 的两个极值点，且x 1<2<x 2，则实数a 的取值范围是 (2,6) .(方法一)由f ′(x )＝3x 2－4ax ＋a 2＝0，得x 1＝a3，x 2＝a .因为x 1<2<x 2，所以⎩⎪⎨⎪⎧a >2，a3<2，所以2<a <6.(方法二)由f ′(x )＝3x 2－4ax ＋a 2＝0，且x 1<2<x 2， 所以f ′(2)<0，解得2<a <6.6．设x 3＋ax ＋b ＝0，其中a ，b 均为实数，下列条件中，使得该三次方程仅有一个实根的是 ①③④⑤ .(写出所有正确条件的编号)①a ＝－3，b ＝－3；②a ＝－3，b ＝2；③a ＝－3，b >2；④a ＝0，b ＝2；⑤a ＝1，b ＝2.令f (x )＝x 3＋ax ＋b ，则f ′(x )＝3x 2＋a .当a ≥0时，f ′(x )≥0，f (x )单调递增，④⑤正确； 当a ＜0时，若a ＝－3，则f ′(x )＝3x 2－3＝3(x ＋1)(x －1)， 所以f (x )极大＝f (－1)＝－1＋3＋b ＝b ＋2，f (x )极小＝f (1)＝1－3＋b ＝b －2，要使f (x )＝0仅有一个实根，需f (x )极大＜0或f (x )极小＞0，所以b ＜－2或b ＞2， ①③正确，②不正确．故填①③④⑤.7．(2016·北京卷)设函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c . (1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)设a ＝b ＝4，若函数f (x )有三个不同零点，求c 的取值范围； (3)求证：a 2－3b ＞0是f (x )有三个不同零点的必要而不充分条件．(1)由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b .因为f (0)＝c ，f ′(0)＝b ，所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝bx ＋c .(2)当a ＝b ＝4时，f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c ， 所以f ′(x )＝3x 2＋8x ＋4. 令f ′(x )＝0，得3x 2＋8x ＋4＝0， 解得x ＝－2或x ＝－23.当x 变化时，f (x )与f ′(x )在区间(－∞，＋∞)上的变化情况如下：单调递增单调递减单调递增所以，当c ＞0且c －3227＜0时，存在x 1∈(－4，－2)，x 2∈(－2，－23)，x 3∈(－23，0)，使得f (x 1)＝f (x 2)＝f (x 3)＝0.由f (x )的单调性知，当且仅当c ∈(0，3227)时，函数f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c 有三个不同零点．(3)证明：当Δ＝4a 2－12b ＜0时，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ＞0，x ∈(－∞，＋∞)， 此时函数f (x )在区间(－∞，＋∞)上单调递增， 所以f (x )不可能有三个不同零点．当Δ＝4a 2－12b ＝0时，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b 只有一个零点，记作x 0. 当x ∈(－∞，x 0)时，f ′(x )＞0，f (x )在区间(－∞，x 0)上单调递增； 当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )在区间(x 0，＋∞)上单调递增． 所以f (x )不可能有三个不同零点．综上所述，若函数f (x )有三个不同零点，则必有Δ＝4a 2－12b ＞0. 故a 2－3b ＞0是f (x )有三个不同零点的必要条件．当a ＝b ＝4，c ＝0时，a 2－3b ＞0，f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＝x (x ＋2)2只有两个不同零点， 所以a 2－3b ＞0不是f (x )有三个不同零点的充分条件． 因此a 2－3b ＞0是f (x )有三个不同零点的必要而不充分条件．8．(2018·贵阳二模)已知函数f (x )＝ln x －ax 2＋x 有两个不同的零点，则实数a 的取值范围是(A)A ．(0,1)B ．(－∞，1)C ．(－∞，1＋e e 2)D ．(0，1＋e e 2)令g (x )＝ln x ，h (x )＝ax 2－x .将问题转化为两个函数图象交点的问题．当a ≤0时，g (x )与h (x )的图象只有一个交点，不满足题意． 当a >0时，由ln x －ax 2＋x ＝0，得a ＝x ＋ln xx 2， 令r (x )＝x ＋ln xx 2， 则r ′(x )＝＋1xx 2－x ＋x xx4＝1－x －2ln xx3. 当0<x <1时，r ′(x )>0，r (x )是单调增函数，当x >1时，r ′(x )<0，r (x )是单调减函数，且r (1)＝1，r (x )＝x ＋ln xx 2>0，所以0<a <1. 所以a 的取值范围为(0,1)．9．f (x )＝12x 2＋x －2ln x ＋a 在区间(0,2)上恰有一个零点，则实数a 的取值范围是a ≤2ln 2－4或a ＝－32.根据题意，f ′(x )＝x ＋1－2x ＝x 2＋x －2x＝x ＋x －x，当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0，f (x )为减函数；当x ∈(1,2)时，f ′(x )>0，f (x )为增函数， 若函数f (x )在区间(0,2)上恰有一个零点，则f (1)＝0或f (2)≤0，由f (2)＝4－2ln 2＋a ≤0，得a ≤2ln 2－4；由f (1)＝32＋a ＝0，得a ＝－32.综上，a ≤2ln 2－4或a ＝－32.10．设函数f (x )＝e 2x－a ln x .(1)讨论f (x )的导函数f ′(x )的零点的个数； (2)证明：当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a.(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x －ax(x >0)，当a ≤0时，f ′(x )>0，所以f ′(x )没有零点； 当a >0时，因为y ＝e 2x单调递增，y ＝－a x单调递增， 所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增． 因为f ′(a )＝2e 2a－1>0，假设存在b 满足0<b <a 4且b <14时，f ′(b )<0，故当a >0时，f ′(x )存在唯一零点．(2)证明：由(1)可设f ′(x )在(0，＋∞)存在唯一零点x 0， 当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0， 故f (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增， 所以当x ＝x 0时，f (x )取得最小值f (x 0)． 由于2e2x 0－ax 0＝0，所以f (x 0)＝a 2x 0＋2ax 0＋a ln 2a ≥2a ＋a ln 2a.故当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a.导数的实际应用及综合应用1．某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y (单位：千克)与销售价格x (单位：元/千克)满足关系式y ＝a x －3＋10(x －6)2，其中3＜x ＜6，a 为常数．已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克．(1)求a 的值；(2)若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x 的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大．(1)因为当x ＝5时，y ＝11，所以a5－3＋10(5－6)2＝11，解得a ＝2.(2)由(1)知该商品每日的销售量y ＝2x －3＋10(x －6)2(3＜x ＜6)， 所以该商场每日销售该商品所获得的利润f (x )＝[2x －3＋10(x －6)2](x －3)＝2＋10(x －3)(x －6)2(3＜x ＜6)， 所以f ′(x )＝10[(x －6)2＋2(x －3)(x －6)] ＝30(x －4)(x －6)．当x 变化时，f (x )，f ′(x )的变化情况如下表：由上表可得，x ＝4是函数f (x )在区间(3,6)内的极大值点，也是最大值点， 所以当x ＝4时，f (x )max ＝42.答：当销售价格定为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大．2．请你设计一个包装盒，如图所示，ABCD 是边长为60 cm 的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得A ，B ，C ，D 四个点重合于图中的点P ，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒，E ，F 是AB 上被切去的等腰直角三角形斜边的两个端点，设AE ＝FB ＝x (cm)．(1)若广告商要包装盒侧面积S (cm 2)最大，试问x 应取何值？(2)若广告商要包装盒容积V (cm 3)最大，试问x 应取何值？并求出此时包装盒的高与底面边长的比值．(1)根据题意，有S ＝4·2x ·22(60－2x )＝240x －8x 2 ＝－8(x －15)2＋1800(0<x <30)． 所以x ＝15时包装盒侧面积S 最大． (2)根据题意，有V ＝(2x )2·22(60－2x )＝22x 2(30－x )(0<x <30)． 所以V ′＝62x (20－x )．当0<x <20时，V ′>0，V 单调递增； 当20<x <30时，V ′<0，V 单调递减．所以当x ＝20时，V 取得极大值，也是最大值．此时，包装盒的高与底面边长的比值为22－2x 2x＝12， 即x ＝20时，包装盒容积V (cm 3)最大，此时包装盒的高与底面边长的比值为12.3．已知函数f (x )＝(x －2)e x＋a (x －1)2. (1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )有两个零点，求a 的取值范围．(1)f ′(x )＝(x －1)e x＋2a (x －1)＝(x －1)(e x＋2a )．(i)设a ≥0，则当x ∈(－∞，1)时，f ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0.所以f (x )在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． (ii)设a <0，由f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝ln(－2a )． ①若a ＝－e 2，则f ′(x )＝(x －1)(e x－e)，所以f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增． ②若a >－e2，则ln(－2a )<1，故当x ∈(－∞，ln(－2a ))∪(1，＋∞)时，f ′(x )>0； 当x ∈(ln(－2a )，1)时，f ′(x )<0.所以f (x )在(－∞，ln(－2a ))，(1，＋∞)上单调递增，在(ln(－2a )，1)上单调递减． ③若a <－e2，则ln(－2a )>1，故当x ∈(－∞，1)∪(ln(－2a )，＋∞)时，f ′(x )>0； 当x ∈(1，ln(－2a ))时，f ′(x )<0.所以f (x )在(－∞，1)，(ln(－2a )，＋∞)上单调递增，在(1，ln(－2a ))上单调递减． (2)(i)设a >0，则由(1)知，f (x )在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．又f (1)＝－e ，f (2)＝a ，取b 满足b <0且b <ln a 2，则f (b )>a 2(b －2)＋a (b －1)2＝a (b 2－32b )>0，所以f (x )有两个零点．(ii)设a ＝0，则f (x )＝(x －2)e x，所以f (x )只有一个零点．(iii)设a <0，若a ≥－e2，则由(1)知，f (x )在(1，＋∞)上单调递增．又当x ≤1时，f (x )<0，故f (x )不存在两个零点；若a <－e2，则由(1)知，f (x )在(1，ln(－2a ))上单调递减，在(ln(－2a )，＋∞)上单调递增．又当x ≤1时，f (x )<0，故f (x )不存在两个零点．综上，a 的取值范围为(0，＋∞)．4．(2017·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝e x(e x－a )－a 2x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )≥0，求a 的取值范围．(1)函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x －a e x －a 2＝(2e x ＋a )(e x －a )．①若a ＝0，则f (x )＝e 2x在(－∞，＋∞)上单调递增． ②若a >0，则由f ′(x )＝0得x ＝ln a .当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )<0； 当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0.故f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增． ③若a <0，则由f ′(x )＝0得x ＝ln(－a2)．当x ∈(－∞，ln(－a2))时，f ′(x )<0；当x ∈(ln(－a2)，＋∞)时，f ′(x )>0.故f (x )在(－∞，ln(－a 2))上单调递减，在(ln(－a2)，＋∞)上单调递增．(2)①若a ＝0，则f (x )＝e 2x，所以f (x )≥0.②若a >0，则由(1)得，当x ＝ln a 时，f (x )取得最小值，最小值为f (ln a )＝－a 2ln a ， 从而当且仅当－a 2ln a ≥0，即a ≤1时，f (x )≥0. ③若a <0，则由(1)得，当x ＝ln(－a2)时，f (x )取得最小值，最小值为f (ln(－a 2))＝a 2[34－ln(－a 2)]，从而当且仅当a 2[34－ln(－a 2)]≥0，即a ≥－234e 时，f (x )≥0.综上，a 的取值范围是[－234e ，1]．。
2020年高考数学一轮复习讲练测专题3.4导数的综合应用(练)文(含解析)
专题3.4 导数的综合应用1．（广东省东莞市三校2018-2019学年期中）已知函数()xf x e x =-，0x >，下列结论中正确的是（ ）A ．函数()f x 有极小值B ．函数()f x 有极大值C ．函数()f x 有一个零点D ．函数()f x 没有零点【答案】D【解析】因为()xf x e x =-，所以()1xf x e '=-，又0x >，所以()10xf x e ='->，即函数()xf x e x =-在()0∞+，上单调递增，且()()010min f x f >=>， 故函数()f x 无极值，且函数无零点，故选D 。
2．（黑龙江省牡丹江市第一高级中学2018-2019学年期末）已知函数32()(6)1f x x mx m x =++++既存在极大值又存在极小值，则实数m 的取值范围是（ ）A ．(1,2)-B ．(,3)(6,)-∞-+∞UC ．(3,6)-D ．(,1)(2,)-∞-+∞U【答案】B【解析】()()3261f x x mx m x =++++Q ，()()2326f x x mx m '∴=+++，由于函数()y f x =既有极大值，又有最小值，则导函数()y f x '=有两个零点，()241260m m ∴∆=-+>，即23180m m -->，解得3m <-或6m >.因此，实数m 的取值范围是()(),36,-∞-+∞U ，故选B 。
3．（河南省信阳市普通高中2018-2019学年期末）设函数323()e (62)2e 2xx f x x x x x a =+-+--，若不等式()0f x ≤在[2,)-+∞上有解，则实数a 的取值范围为（ ）A ．31[,)2e--+∞ B ．32[,)2e --+∞C ．31[,)42e --+∞D ．1[1,)e--+∞【答案】C【解析】323()(62)202xx f x e x x x ae x =+-+--≤在[2,)-+∞上有解， 等价于3232(62)2xxae e x x x x ≥+-+-在[2,)-+∞上有解， 等价于32min3(62)22[](2)x xe x x x xa x e +-+-≥≥-， 令32323(62)32()622x x xe x x x xx g x x x x e e +-+-==+-+-， 则211'()336(1)(36)x x x g x x x x x e e-=+--=-++，因为[2,)∈-+∞x ，所以当[2,1)x ∈-时，)'(0g x <，()g x 在区间[2,1)-上单调递减； 当(1,)x ∈+∞时，'()0g x >，()g x 在区间(1,)+∞上单调递增； 当1x =时，()g x 取得极小值3131(1)16222g e e=+-+-=--，也就是函数的最小值， 所以3122a e ≥--，所以3142a e≥--， 所以a 的取值范围是31[,)42e--+∞，故选C 。
2020年高考数学(文)真题与模拟题分类训练 专题03 导数及其应用(学生版)
专题03 导数及其应用1．【2020年高考全国Ⅰ卷文数】曲线ln 1y x x =++的一条切线的斜率为2，则该切线的方程为 .2．【2020年高考全国Ⅲ卷文数】设函数e ()x f x x a=+．若e (1)4f '=，则a =_________．3．【2020年高考北京】为满足人民对美好生活的向往，环保部门要求相关企业加强污水治理，排放未达标的企业要限期整改、设企业的污水摔放量W 与时间t 的关系为()W f t =，用()()f b f a b a---的大小评价在[,]a b 这段时间内企业污水治理能力的强弱，已知整改期内，甲、乙两企业的污水排放量与时间的关系如下图所示.给出下列四个结论： ①在[]12,t t 这段时间内，甲企业的污水治理能力比乙企业强；②在2t 时刻，甲企业的污水治理能力比乙企业强； ③在3t 时刻，甲、乙两企业的污水排放都已达标；④甲企业在[][][]112230,,,,,t t t t t 这三段时间中，在[]10,t 的污水治理能力最强． 其中所有正确结论的序号是____________________．4．【2020年高考全国Ⅰ卷文数】已知函数()e (2)xf x a x =-+.(1)当1a =时，讨论()f x 的单调性； (2)若()f x 有两个零点，求a 的取值范围.5．【2020年高考全国Ⅱ卷文数】已知函数f (x )=2ln x +1．(1)若f (x )≤2x +c ，求c 的取值范围； (2)设a >0时，讨论函数g (x )=()()f x f a x a--的单调性．6．【2020年高考全国Ⅲ卷文数】已知函数32()f x x kx k =-+．(1)讨论()f x 的单调性；(2)若()f x 有三个零点，求k 的取值范围．7．【2020年高考天津】已知函数3()ln ()f x x k x k =+∈R ，()f x '为()f x 的导函数．(Ⅰ)当6k =时，(i)求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程； (ii)求函数9()()()g x f x f x x'=-+的单调区间和极值； (Ⅱ)当3k ≥-时，求证：对任意的12,[1,)x x ∈+∞，且12x x >，有()()()()1212122f x f x f x f x x x ''+->-． 8．【2020年高考北京】已知函数2()12f x x =-．(Ⅰ)求曲线()y f x =的斜率等于2-的切线方程；(Ⅱ)设曲线()y f x =在点(,())t f t 处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为()S t ，求()S t 的最小值．9．【2020年高考浙江】已知12a <≤，函数()e x f x x a =--，其中e=2.71828…是自然对数的底数．(Ⅰ)证明：函数()y f x =在(0,)+∞上有唯一零点； (Ⅱ)记x 0为函数()y f x =在(0,)+∞上的零点，证明：(ⅰ0x ≤≤； (ⅱ)00(e )(e 1)(1)x x f a a ≥--．10．【2020年高考江苏】某地准备在山谷中建一座桥梁，桥址位置的竖直截面图如图所示：谷底O 在水平线MN 上，桥AB 与MN 平行，OO '为铅垂线(O '在AB 上)．经测量，左侧曲线AO 上任一点D 到MN 的距离1h (米)与D 到OO '的距离a (米)之间满足关系式21140h a =；右侧曲线BO 上任一点F 到MN 的距离2h (米)与F 到OO '的距离b (米)之间满足关系式3216800h b b =-+.已知点B 到OO '的距离为40米． (1)求桥AB 的长度；(2)计划在谷底两侧建造平行于OO '的桥墩CD 和EF ，且CE 为80米，其中C ，E 在AB 上(不包括端点)．.桥墩EF 每米造价k (万元)、桥墩CD 每米造价32k (万元)(k >0)，问O E '为多少米时，桥墩CD 与EF 的总造价最低？11．【2020年高考江苏】已知关于x 的函数(),()y f x y g x ==与()(,)h x kx b k b =+∈R 在区间D 上恒有()()()f x h x g x ≥≥．(1)若()()222 2()f x x x g x x x D =+=-+=∞-∞+，，，，求h (x )的表达式； (2)若2 1 ln ,()()()(0) x x g k x h kx k D f x x x =-+==-=+∞，，，，求k 的取值范围；(3)若()422342() 2() (48 () 4 3 02 f x x x g x x h x t t x t t t =-=-=--+<≤，，[] , D m n =⊆⎡⎣，求证：n m -≤．12．【2020年新高考全国Ⅰ卷】已知函数1()e ln ln x f x a x a -=-+．(1)当e a =时，求曲线y =f (x )在点(1，f (1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积； (2)若f (x )≥1，求a 的取值范围．1．【2020届清华大学中学生标准学术能力诊断性测试高三5月测试数学(文)试题】已知函数()ln f x x x =，则函数()f x 的单调递增区间为A ．RB ．()0,+∞C ．1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭D ．()e,+∞2．【2020·安徽省高三三模(文)】直线y ＝kx ＋1与曲线y ＝x 3＋ax ＋b 相切于点A (1，3)，则2a ＋b 的值等于 A ．2B ．－1C ．1D ．－23．【福建省厦门外国语学校2020届高三下学期高考最后一次模拟数学(文)试题】已知函数()f x 是偶函数，当0x >时，()ln 1f x x x =+，则曲线()y f x =在1x =-处的切线方程为 A ．y x =-B ．2y x =-+C ．y x =D ．2y x =-4．【2020·广西壮族自治区高三月考(文)】已知a 为正实数，若函数322()32f x x ax a =-+的极小值为0，则a 的值为 A ．12B ．1C ．32D ．25．【2020·宜宾市叙州区第二中学校高三月考(文)】函数()()22e xf x x x =-的图象大致是A ．B ．C ．D ．6．【2020·云南省云南师大附中高三月考】已知函数()2sin f x x x x =-，若()0.2log 3a f =，()3log 0.2b f =，()30.2c f =，则A ．a b c >>B ．b a c >>C ．c b a >>D ．c a b >>7．【2020·山东省高三三模】已知函数()e e xxf x x -=++．则下面结论正确的是A ．()f x 是奇函数B ．()f x 在[)0,+∞上为增函数C ．若0x ≠，则21e 2f x x ⎛⎫+>+ ⎪⎝⎭D ．若()()11f x f -<-，则02x <<8．【2020·山西省太原五中高三月考(文)】已知函数()()e ,ln xf x xg x x x ==，若()()12f x g x t ==，其中0t >，则12ln tx x 的最大值为 A ．1e B ．2eC ．21e D ．24e9．【2020届河北省石家庄市高考模拟数学(文)试题】已知函数()f x 对于任意x ∈R ，均满足()()2f x f x =-，当1x ≤时，ln 2,01()e ,0x x x f x x +<≤⎧=⎨≤⎩(其中e 为自然对数的底数)，若存在实数(),,,a b c d a b c d <<<满足()()()()f a f b f c f d ===，则()e a a b c d b +++-的取值范围为A ．4(1,4)e-B ．244[1,)e e- C ．24(,4)eD ．24[2ln 21,)e- 10．【2020届河南省商丘周口市部分学校联考高三5月质量检测数学(文科)试题】已知偶函数()f x 在R 上存在导函数()f x '，当0x >时，()()f x f x x>-'，且()21f =，则不等式()()222x x f x x -->的解集为A ．()(),21,-∞-⋃+∞B ．()2,+∞C ．()(),12,-∞-+∞D ．()1,2-11．【2020·安徽省淮北一中高三月考(文)】已知函数3()31f x x x =-+，若1[,]x a b ∀∈，2[,]x a b ∃∈，使得()()12f x f x =，且12x x ≠，则b a -的最大值为A ．2B ．3C ．4D ．612．【2020·河北省高三一模(文)】已知定义域为R 的函数()f x 满足11(),()4022f f x x '=+>，其中()f x '为()f x 的导函数，则不等式(sin )cos 20f x x -的解集为A ．ππ[2π,2π],33k k k -++∈Z B ．ππ[2π,2π],66k k k -++∈Z C ．π2π[2π,2π],33k k k ++∈ZD ．π5π[2π,2π],66k k k ++∈Z13．【2020届广东省珠海市高三下学期学业质量监测数学(文)试题】函数()sin g x x x =-的零点的个数为A ．1B ．3C ．2D ．414．【2020·四川省泸县五中高三月考(文)】已知函数2()e ln xf x x t a =+-，若对任意的1,e ,()et f x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦在区间[1,1]-上总存在唯一的零点，则实数a 的取值范围是 A ．221,e e ⎛⎤-⎥⎝⎦B ．2211,e 1e ⎛⎤-- ⎥⎝⎦C ．21,e 12e ⎛⎤-- ⎥⎝⎦D ．2211,e 1e ⎛⎤-+ ⎥⎝⎦15．【2020·山西省太原五中高三月考(文)】函数()2ln f x x x =+在点()()1,1f 处的切线方程为__________. 16．【2020届山西省太原市高三模拟(二)数学(文)试题】若曲线()e xf x mx n =+在()()1,1f 处的切线方程为e y x =，则m n +=__________17．【2020·重庆八中高三月考(文)】曲线ln y ax x =+在点1x =处的切线方程为30x y b -+=，则b =______．18．【2020·山东省高三月考】函数()()sin 2f x a x a =+∈R 在点()()0,0f 处的切线方程为2y x =-+，则a =______．19．【2020·盐城市第一中学高三二模】函数()2sin f x x ax =-在π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的单调递减，则实数a 的取值范围为______.20．【2020·江西省高三月考(文)】已知函数()()321f x x a x ax =+-+，若曲线()f x 在1x =处的切线恰好平分圆C ：2240x y y +-=的周长，则实数a 的值为______.21．【2020·江苏省高三月考】若函数()()f x x a =-[1，9]上的最小值为18，则a 的值为_______. 22．【2020届清华大学中学生标准学术能力诊断性测试高三5月测试数学(文)试题】已知函数()()1ln f x x x =+．(1)求()y f x =在1x =处的切线方程：(2)已知实数2k >时，求证：函数()y f x =的图象与直线l ：()1y k x =-有3个交点．23．【甘肃省西北师大附中2020届高三5月模拟试卷 文科数学试题】设函数2()()e x f x x m =+．(1)讨论()f x 的单调性；(2)若()2e 1()x g x nx f x =---，当1m =，且0x ≥时，()0g x ≤，求n 的取值范围． 24．【2020·重庆八中高三月考(文)】已知函数()()1eln e x f x a x a -=-+-．(e 为自然对数的底数)(1)设()'f x 为()f x 的导函数，求证：当e a =时，()0f x ≥； (2)若0a >，且1x =是()f x 的极小值点，求实数a 的取值范围．25．【2020·河南省高三月考(文)】已知函数()()=ln f x x mx m m -+∈R .(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)若()0f x ≤在()0,x ∈+∞上恒成立，求实数m 的取值范围；(3)在(2)的条件下(提示：可以用第(2)问的结论)，对任意的0a b <<，证明：()()11f b f a b a a-<--.26．【2020·四川省棠湖中学高三一模(文)】已知函数2()(1)f x a x =+，()e x g x x =.(1)若()g x 的切线过(4,0)-，求该切线的方程； (2)讨论()f x 与()g x 图像的交点个数.27．【2020·重庆巴蜀中学高三月考(文)】函数()21ln 12f x x ax bx =-++. (1)若函数()f x 在1x =处的切线为2y =，求函数()f x 的单调递增区间； (2)证明：对任意210x x >>时，()()1212122f x f x x x f x x -+⎛⎫'<⎪-⎝⎭. 28．【2020·云南省昆明一中高三月考(文)】已知函数()ln sin f x x x ax =+-.(1)若0a =，求()f x 的零点个数； (2)若1a ≥，证明：()0f x <.29．【2020·海南省海南中学高三月考】设函数()e 1xf x ax =-+，0a >.(1)若曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线与x 轴平行，求a ； (2)当1x <时，函数()f x 的图象恒在x 轴上方，求a 的最大值.30．【福建省福州市2019-2020学年高三4月份高考(文科)数学模拟试题】已知函数()(sin cos )e x f x x x x =+-，()f x '为()f x 的导函数．(1)设()()()g x f x f x '=-，求()g x 的单调区间； (2)若0x ≥，证明：()1f x x ≥-．31．【2020·辽宁省高三二模(文)】已知函数()e ()x f x ax a =-∈R .(1)讨论()f x 的单调性；(2)讨论()f x 在(0,)+∞上的零点个数.32．【2020·重庆市云阳江口中学校高三月考(文)】已知函数()ln 2f x x x =+．(1)求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程； (2)设函数2()g x x x=-，其中0x >.证明：()g x 的图象在()f x 图象的下方． 33．【2020·江西省高三月考(文)】已知函数()()sin ln f x a x x a =-∈R ，其导函数为()'f x .(1)若不等式()1'1f x x ≥-在区间π0,3⎛⎤⎥⎝⎦上恒成立，求实数a 的取值范围： (2)当2a =时，证明：()'f x 在区间π0,2⎛⎫⎪⎝⎭上有且只有两个零点. 34．【2020·江西省高三月考(文)】已知函数()2ln 1af x x x=++的图象在()()22f ,处切线与直线3420x y+=-平行.(1)求实数a 的值，并判断()f x 的单调性；(2)若函数()()21g x f x m =--有两个零点12,x x ，且12x x <，证明121x x +>.35．【2020·梅河口市第五中学高三月考(文)】已知函数()e xf x ax =-，()(1)g x ax x =+，a ∈R .(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)设()()()F x f x g x =+，证明：(0,)x ∀∈+∞，当2e ,4a ⎛⎫∈-∞- ⎪⎝⎭时，函数()F x 恒有两个不同零点.。
2020年高考一轮 文数练习： 导数的综合应用
课时规范练 A 组 基础对点练1．已知函数f (x )＝13x 3－2x 2＋3m ，x ∈[0，＋∞)，若f (x )＋5≥0恒成立，则实数m 的取值范围是( )A.⎣⎡⎭⎫179，＋∞ B.⎝⎛⎭⎫179，＋∞ C ．(－∞，2]D ．(－∞，2)解析：f ′(x )＝x 2－4x ，由f ′(x )>0，得x >4或x <0. ∴f (x )在(0,4)上单调递减，在(4，＋∞)上单调递增， ∴当x ∈[0，＋∞)时，f (x )min ＝f (4)．∴要使f (x )＋5≥0恒成立，只需f (4)＋5≥0恒成立即可，代入解之得m ≥179.答案：A2．对∀x ∈R ，函数f (x )的导数存在，若f ′(x )>f (x )，且a >0，则以下说法正确的是( ) A ．f (a )>e a ·f (0) B ．f (a )<e a ·f (0) C ．f (a )>f (0)D ．f (a )<f (0)解析：设g (x )＝f (x )e x ，则g ′(x )＝f ′(x )－f (x )e x>0，故 g (x )＝f (x )e x 为R 上的单调递增函数，因此g (a )>g (0)，即f (a )e a >f (0)e 0＝f (0)，所以f (a )>e a ·f (0)，选A.答案：A3．若存在正数x 使2x (x －a )<1成立，则a 的取值范围是( ) A ．(－∞，＋∞) B ．(－2，＋∞) C ．(0，＋∞)D ．(－1，＋∞)解析：∵2x (x －a )<1，∴a >x －12x .令f (x )＝x －12x ，∴f ′(x )＝1＋2－x ln 2>0. ∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增， ∴f (x )>f (0)＝0－1＝－1，∴a 的取值范围为(－1，＋∞)，故选D. 答案：D4．某工厂要围建一个面积为512平方米的矩形堆料场，一边可以利用原有的墙壁，其他三边需要砌新的墙壁，当砌新的墙壁所用的材料最省时，堆料场的长和宽分别为( ) A ．32米，16米 B ．30米，15米 C ．40米，20米D ．36米，18米解析：要求材料最省，则要求新砌的墙壁总长最短，设堆料厂的宽为x 米，则长为512x 米，因此新墙总长为L ＝2x ＋512x (x >0)，则L ′＝2－512x 2，令L ′＝0，得x ＝±16.又x >0，∴x ＝16.则当x ＝16时，L 取得极小值，也是最小值，即用料最省，此时长为51216＝32(米)．故选A.答案：A5．某银行准备设一种新的定期存款业务，经预测，存款量与存款利率的平方成正比，比例系数为k (k >0)，贷款的利率为4.8%，假设银行吸收的存款能全部放贷出去．若存款利率为x (x ∈(0,0.048))，则银行获得最大收益的存款利率为( ) A ．3.2% B ．2.4% C ．4%D ．3.6%解析：依题意知，存款量是kx 2，银行应支付的利息是kx 3，银行应获得的利息是0.048kx 2，所以银行的收益y ＝0.048kx 2－kx 3，故y ′＝0.096kx －3kx 2，令y ′＝0，得x ＝0.032或x ＝0(舍去)．因为k >0，所以当0<x <0.032时，y ′>0；当0.032<x <0.048时，y ′<0.因此，当x ＝0.032时，y 取得极大值，也是最大值，即当存款利率定为3.2%时，银行可获得最大收益． 答案：A6．已知函数f (x )＝m ⎝⎛⎭⎫x －1x －2ln x (m ∈R)，g (x )＝－mx ，若至少存在一个x 0∈[1，e]，使得f (x 0)<g (x 0)成立，则实数m 的取值范围是( ) A.⎝⎛⎦⎤－∞，2e B.⎝⎛⎭⎫－∞，2e C ．(－∞，0]D ．(－∞，0)解析：由题意，不等式f (x )<g (x )在[1，e]上有解，∴mx <2ln x 在[1，e]上有解，即m 2<ln xx 在[1，e]上有解，令h (x )＝ln xx ，则h ′(x )＝1－ln x x 2，当1≤x ≤e 时，h ′(x )≥0，∴在[1，e]上，h (x )max＝h (e)＝1e ，∴m 2<1e ，∴m <2e .∴m 的取值范围是⎝⎛⎭⎫－∞，2e .故选B. 答案：B7．若函数f (x )＝x e x －a 有两个零点，则实数a 的取值范围为( )A ．－1e <a <0B ．a >－1eC ．－e<a <0D ．0<a <e解析：构造函数g (x )＝x e x ，则g ′(x )＝e x (x ＋1)，因为e x >0，所以由g ′(x )＝0，解得x ＝－1，当x >－1时，g ′(x )>0，函数g (x )为增函数；当x <－1时，g ′(x )<0，函数g (x )为减函数，所以当x ＝－1时函数g (x )有最小值；g (－1)＝－e －1＝－1e .画出函数y ＝x e x的图象，如图所示，显然当－1e <a <0时，函数f (x )＝x e x －a 有两个零点，故选A.答案：A8．当x ∈[－2,1]时，不等式ax 3－x 2＋4x ＋3≥0恒成立，则实数a 的取值范围是( ) A ．[－5，－3] B.⎣⎡⎦⎤－6，－98 C ．[－6，－2]D ．[－4，－3]解析：当x ∈(0,1]时，得a ≥－3⎝⎛⎭⎫1x 3－4⎝⎛⎭⎫1x 2＋1x ， 令t ＝1x，则t ∈[1，＋∞)，a ≥－3t 3－4t 2＋t ，令g (t )＝－3t 3－4t 2＋t ，t ∈[1，＋∞)，则g ′(t )＝－9t 2－8t ＋1＝－(t ＋1)·(9t －1)，显然在[1，＋∞)上，g ′(t )<0，g (t )单调递减，所以g (t )max ＝g (1)＝－6，因此a ≥－6；同理，当x ∈[－2,0)时， 得a ≤－2.由以上两种情况得－6≤a ≤－2，显然当x ＝0时也成立， 故实数a 的取值范围为[－6，－2]． 答案：C9．若函数f (x )＝2x ＋sin x 对任意的m ∈[－2,2]，f (mx －3)＋f (x )<0恒成立，则x 的取值范围是__________．解析：f (－x )＝－f (x )，f (x )为奇函数， 若x ∈R 时，f ′(x )＝2＋cos x >0恒成立， ∴f (x )在R 上为增函数， 又f (x )为奇函数，故在定义域内为增函数，∴f (mx －3)＋f (x )<0可变形为f (mx －3)<f (－x )，∴mx －3<－x ，将其看作关于m 的一次函数，则g (m )＝x ·m －3＋x ，m ∈[－2,2]，可得当m ∈[－2,2]时，g (m )<0恒成立，若x ≥0，g (2)<0，若x <0，g (－2)<0，解得－3<x <1. 答案：－3<x <110．已知函数f (x )＝ln x ＋3x －8的零点x 0∈[a ，b ]，且b －a ＝1，a ，b ∈N *，则a ＋b ＝__________. 解析：∵f (2)＝ln 2＋6－8＝ln 2－2<0， f (3)＝ln 3＋9－8＝ln 3＋1>0，且函数f (x )＝ln x ＋3x －8在(0，＋∞)上为增函数， ∴x 0∈[2,3]，即a ＝2，b ＝3. ∴a ＋b ＝5. 答案：511．已知函数f (x )＝ax ＋x ln x (a ∈R)．(1)若函数f (x )在区间[e ，＋∞)上为增函数，求a 的取值范围；(2)当a ＝1且k ∈Z 时，不等式k (x －1)<f (x )在x ∈(1，＋∞)上恒成立，求k 的最大值． 解析：(1)f ′(x )＝a ＋ln x ＋1，由题意知f ′(x )≥0在[e ，＋∞)上恒成立， 即ln x ＋a ＋1≥0在[e ，＋∞)上恒成立， 即a ≥－(ln x ＋1)在[e ，＋∞)上恒成立， 而[－(ln x ＋1)]max ＝－(ln e ＋1)＝－2， ∴a ≥－2，即a 的取值范围为[－2，＋∞)． (2)当a ＝1时，f (x )＝x ＋x ln x ， ∵x ∈(1，＋∞)，∴原不等式可化为k <f (x )x －1，即k <x ＋x ln x x －1对任意x >1恒成立．令g (x )＝x ＋x ln x x －1，则g ′(x )＝x －ln x －2(x －1)2.令h (x )＝x －ln x －2(x >1)， 则h ′(x )＝1－1x ＝x －1x >0，∴h (x )在(1，＋∞)上单调递增． ∵h (3)＝1－ln 3<0，h (4)＝2－2ln 2>0， ∴存在x 0∈(3,4)使h (x 0)＝0，即g ′(x 0)＝0. 即当1<x <x 0时，h (x )<0，即g ′(x )<0. 当x >x 0时，h (x )>0，即g ′(x )>0.∴g (x )在(1，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增． 由h (x 0)＝x 0－ln x 0－2＝0，得ln x 0＝x 0－2， g (x )min ＝g (x 0)＝x 0(1＋ln x 0)x 0－1＝x 0(1＋x 0－2)x 0－1＝x 0∈(3,4)，∴k <g (x )min ＝x 0且k ∈Z ，即k max ＝3.12．(2018·德州中学月考)已知函数f (x )＝mx 2－x ＋ln x .(1)若在函数f (x )的定义域内存在区间D ，使得该函数在区间D 上为减函数，求实数m 的取值范围；(2)当0<m ≤12时，若曲线C ：y ＝f (x )在点x ＝1处的切线l 与曲线C 有且只有一个公共点，求m 的值或取值范围．解析：(1)f ′(x )＝2mx －1＋1x ＝2mx 2－x ＋1x，即2mx 2－x ＋1<0在(0，＋∞)上有解． 当m ≤0时显然成立；当m >0时，由于函数y ＝2mx 2－x ＋1的图象的对称轴x ＝14m>0，故需且只需Δ>0，即1－8m >0，解得m <18.故0<m <18，综上所述，实数m 的取值范围为⎝⎛⎭⎫－∞，18. (2)f (1)＝m －1，f ′(1)＝2m ，故切线方程为y －m ＋1＝2m (x －1)，即y ＝2mx －m －1.从而方程mx 2－x ＋ln x ＝2mx －m －1在(0，＋∞)上有且只有一解． 设g (x )＝mx 2－x ＋ln x －(2mx －m －1)， 则g (x )在(0，＋∞)上有且只有一个零点． 又g (1)＝0，故函数g (x )有零点x ＝1.则g ′(x )＝2mx －1＋1x －2m ＝2mx 2－(2m ＋1)x ＋1x ＝(2mx －1)(x －1)x .当m ＝12时，g ′(x )≥0，又g (x )不是常数函数，故g (x )在(0，＋∞)上单调递增． ∴函数g (x )有且只有一个零点x ＝1，满足题意． 当0<m <12时，由g ′(x )＝0，得x ＝12m 或x ＝1.且12m >1，由g ′(x )>0，得0<x <1或x >12m ；由g ′(x )<0，得1<x <12m.故当x 在(0，＋∞)上变化时 ，g ′(x )，g (x )的变化情况如下表：根据上表知g ⎝⎛⎭⎫12m <0.又g (x )＝mx ⎣⎡⎦⎤x －⎝⎛⎭⎫2＋1m ＋m ＋ln x ＋1. ∴g ⎝⎛⎭⎫2＋1m >0， 故在⎝⎛⎭⎫12m ，＋∞上，函数g (x )又有一个零点，不满足题意． 综上所述，m ＝12.B 组 能力提升练1．若不等式2x ln x ≥－x 2＋ax －3对x ∈(0，＋∞)恒成立，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，0)B ．(－∞，4]C ．(0，＋∞)D ．[4，＋∞)解析：2x ln x ≥－x 2＋ax －3，则a ≤2ln x ＋x ＋3x ，设h (x )＝2ln x ＋x ＋3x (x >0)，则h ′(x )＝(x ＋3)(x －1)x 2.当x ∈(0,1)时，h ′(x )<0，函数h (x )单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0，函数h (x )单调递增，所以h (x )min ＝h (1)＝4，所以a ≤h (x )min ＝4. 答案：B2．(2017·运城模拟)已知函数f (x )＝ln x ＋tan α⎝⎛⎭⎫0<α<π2的导函数为f ′(x )，若方程f ′(x )＝f (x )的根x 0小于1，则α的取值范围为( ) A.⎝⎛⎭⎫π4，π2 B.⎝⎛⎭⎫0，π3 C.⎝⎛⎭⎫π6，π4D.⎝⎛⎭⎫0，π4 解析：因为f (x )＝ln x ＋tan α，所以f ′(x )＝1x ，令f (x )＝f ′(x )，得ln x ＋tan α＝1x，即tan α＝1x －ln x ．设g (x )＝1x －ln x ，显然g (x )在(0，＋∞)上单调递减，而当x →0时，g (x )→＋∞，所以要使满足f ′(x )＝f (x )的根x 0<1，只需tan α>g (1)＝1， 又因为0<α<π2，所以α∈⎝⎛⎭⎫π4，π2. 答案：A3．(2018·宜州调研)设f (x )＝|ln x |，若函数g (x )＝f (x )－ax 在区间(0,4)上有三个零点，则实数a 的取值范围是( ) A.⎝⎛⎭⎫0，1e B.⎝⎛⎭⎫ln 22，e C.⎝⎛⎭⎫0，ln 22 D.⎝⎛⎭⎫ln 22，1e解析：令y 1＝f (x )＝|ln x |，y 2＝ax ，若函数g (x )＝f (x )－ax 在区间(0,4)上有三个零点，则y 1＝f (x )＝|ln x |与y 2＝ax 的图象(图略)在区间(0,4)上有三个交点．由图象易知，当a ≤0时，不符合题意；当a >0时，易知y 1＝|ln x |与y 2＝ax 的图象在区间(0,1)上有一个交点，所以只需要y 1＝|ln x |与y 2＝ax 的图象在区间(1,4)上有两个交点即可，此时|ln x |＝ln x ，由ln x ＝ax ，得a ＝ln x x .令h (x )＝ln xx ，x ∈(1,4)，则h ′(x )＝1－ln x x 2，故函数h (x )在(1，e)上单调递增，在(e,4)上单调递减，h (e)＝ln e e ＝1e ，h (1)＝0，h (4)＝ln 44＝ln 22，所以ln 22<a <1e ，故选D.答案：D4．已知函数f (x )＝13x 3＋1－a 2x 2－ax －a (x ∈R ，其中a >0)．若函数f (x )在区间(－2,0)内恰有两个零点，则a 的取值范围是( ) A.⎝⎛⎭⎫0，13 B.⎝⎛⎭⎫13，1 C ．(1,2)D ．(0，＋∞)解析：f ′(x )＝x 2＋(1－a )x －a ＝(x ＋1)(x －a )． 由f ′(x )＝0，得x ＝－1或a (a >0)． 当x 变化时f ′(x )与f (x )的变化情况如表：可知函数f (x )在区间(－2，－1)内单调递增；在区间(－1,0)内单调递减． 从而函数f (x )在区间(－2,0)内恰有两个零点， 当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧f (－2)<0，f (－1)>0，f (0)<0，解得0<a <13.所以a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫0，13. 答案：A5．(2018·郑州模拟)若函数f (x )＝x 2＋2x －a ln x (a >0)有唯一的零点x 0，且m <x 0<n (m ，n 为相邻整数)，则m ＋n 的值为( )A ．1B ．3C ．5D ．7解析：令g (x )＝x 2＋2x ，h (x )＝a ln x ，则g ′(x )＝2x －2x 2，h ′(x )＝ax (a >0，x >0)．因为函数f (x )有唯一零点x 0，所以函数g (x )，h (x )的图象有唯一一个交点，即g (x )，h (x )有唯一公切点(x 0，y 0)，即由⎩⎨⎧2x 0－2x 20＝a x 0，x 20＋2x 0＝a ln x 0.得x 20＋2x 0－2⎝⎛⎭⎫x 20－1x 0ln x 0＝0，令φ(x )＝x 20＋2x 0－2⎝⎛⎭⎫x 20－1x 0ln x 0，则φ(1)＝3>0，φ(2)＝5－7ln 2>0，φ(e)＝－e 2＋4e <0，所以x 0∈(2，e)，所以m ＝2，n ＝3，所以m ＋n ＝5. 答案：C6．若函数f (x )＝ax －ae x ＋1(a <0)没有零点，则实数a 的取值范围为__________．解析：f ′(x )＝a e x －(ax －a )e x e 2x ＝－a (x －2)e x .当a <0时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：若使函数f (x )当且仅当f (2)＝ae 2＋1>0，解得a >－e 2，所以此时－e 2<a <0，故实数a 的取值范围为(－e 2,0)． 答案：(－e 2,0)7．已知f (x )＝x 2＋x ，g (x )＝13x 3－2x ＋m ，若不等式f (x )≥g (x )对任意x ∈[－4,4]恒成立，则实数m 的取值范围是__________． 解析：令h (x )＝g (x )－f (x ) ＝13x 3－x 2－3x ＋m ，则h ′(x )＝(x －3)(x ＋1)． 所以当－4<x <－1时，h ′(x )>0； 当－1<x <3时，h ′(x )<0； 当3<x <4时，h ′(x )>0.要使f (x )≥g (x )恒成立，即h (x )max ≤0， 由上知h (x )的最大值在x ＝－1或x ＝4处取得， 而h (－1)＝m ＋53，h (4)＝m －203，所以m ＋53≤0，即m ≤－53，所以实数m 的取值范围为⎝⎛⎦⎤－∞，－53. 答案：⎝⎛⎦⎤－∞，－53 8．(2018·长沙模拟)已知函数f (x )＝x |x 2－a |，若存在x ∈[1,2]，使得f (x )<2，则实数a 的取值范围是__________．解析：当x ∈[1,2]时，f (x )＝|x 3－ax |， 由f (x )<2可得－2<x 3－ax <2， 即为－x 2－2x <－a <－x 2＋2x，设g (x )＝－x 2－2x ，导数为g ′(x )＝－2x ＋2x 2，当x ∈[1,2]时，g ′(x )≤0， 即g (x )在[1,2]上单调递减， 所以g (x )min ＝－4－1＝－5， 即有－a >－5，即a <5；设h (x )＝－x 2＋2x ，导数为h ′(x )＝－2x －2x 2，当x ∈[1,2]时，h ′(x )<0，即h (x )在[1,2]上单调递减，可得h (x )max ＝－1＋2＝1.即有－a <1，即a >－1. 综上可得，a 的取值范围是－1<a <5. 答案：(－1,5)9．已知f (x )＝ax 2，g (x )＝2ln x ，若方程f (x )＝g (x )在区间[2，e]上有两个不等解，试求a 的取值范围．解析：原式等价于方程a ＝2ln x x 2在区间[2，e]上有两个不等解． 令φ(x )＝2ln x x 2，由φ′(x )＝2x (1－2ln x )x 4易知，φ(x )在(2，e)上为增函数，在(e ，e)上为减函数，则φ(x )max ＝φ(e)＝1e， 而φ(e)＝2e 2，φ(2)＝ln 22. 由φ(e)－φ(2)＝2e 2－ln 22＝4－e 2ln 22e 2＝ln e 4－ln 2e 22e 2<0， 所以φ(e)<φ(2)．所以φ(x )min ＝φ(e)，如图可知φ(x )＝a 有两个不等解时，需ln 22≤a <1e.即f (x )＝g (x )在[2，e]上有两个不等解时a 的取值范围为⎣⎡⎭⎫ln 22，1e .10．(2018·贵阳模拟)已知函数f (x )＝1－x －1ex ，g (x )＝x －ln x . (1)证明：g (x )≥1.(2)证明：(x －ln x )f (x )>1－1e2. 证明：(1)g ′(x )＝x －1x，当0<x <1时，g ′(x )<0. 当x >1时，g ′(x )>0，即g (x )在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数．所以g (x )≥g (1)＝1，得证．(2)f (x )＝1－x －1e x ，f ′(x )＝x －2ex ，所以当0<x<2时，f′(x)<0，x>2时，f′(x)>0，即f(x)在(0,2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数，，①所以f(x)≥f(2)＝1－1e2又由(1)知x－ln x≥1，②，且①②等号不同时取得．所以(x－ln x)f(x)>1－1e2.。
2020年高考数学一轮复习单元滚动检测卷系列3-导数及其应用(含答案解析)
2020年高考数学一轮复习单元滚动检测卷系列考生注意：1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间120分钟，满分150分．4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．单元检测三导数及其应用第Ⅰ卷一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．函数f(x)＝3ln x＋x2－3x＋3在点(3，f(3))处的切线斜率是()A．－2 3 B.3C．2 3 D．432．若函数y＝f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y＝3x－2，则函数g(x)＝x2＋f(x)的图象在点(1，g(1))处的切线方程为()A．5x－y－3＝0 B．5x－y＋3＝0C．x－5y＋3＝0 D．x－5y－3＝03．函数f(x)＝x3－3x－1，若对于区间[－3,2]上的任意x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤t，则实数t的最小值是()A．20 B．18C．3 D．04．曲线y＝x3在点(1,1)处的切线与x轴及直线x＝1所围成的三角形的面积为()A.112 B.16C.13 D.125．函数f (x )＝x 3－3bx ＋3b 在(0,1)内有极小值，则( )A ．0<b <1B ．b <1C ．b >0D ．b <126．若曲线y ＝12e x 2与曲线y ＝a ln x 在它们的公共点P (s ，t )处具有公共切线，则实数a 等于( )A ．－2B.12 C ．1D ．2 7．设f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ x 2，x ∈[0，1]，1x，x ∈1，e](e 为自然对数的底数)，则ʃe 0f (x )d x 等于( ) A ．－43B ．－23 C.23 D.438．设函数f (x )＝e x (2x －1)－ax ＋a ，其中a <1，若存在唯一的整数x 0使得f (x 0)<0，则a 的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－32e ，1 B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－32e ，34 C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32e ，34 D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32e ，1 第Ⅱ卷二、填空题(本大题共6小题，每小题5分，共30分．把答案填在题中横线上)9．曲线f (x )＝e x ＋x 2＋x ＋1上的点到直线2x －y ＝3的距离的最小值为________．10．曲线C ：f (x )＝sin x ＋e x ＋2在x ＝0处的切线方程为________．11．已知函数f (x )的导数f ′(x )＝a (x ＋1)(x －a )，若f (x )在x ＝a 处取得极大值，则a 的取值范围是________．12．已知a ∈R ，函数f (x )＝e x ＋a ·e －x 的导函数y ＝f ′(x )是奇函数，若曲线y ＝f (x )的一条切线的斜率为32，则切点的横坐标为________．13．若0<x<1，a＝sin xx，b＝sin xx，c＝sin xx，则a，b，c的大小关系为__________．14．已知函数y＝f(x)是R上的偶函数，且当x≥0时，f(x)＝2x－2x 12，又a是函数g(x)＝ln(x＋1)－2x的零点，则f(－2)，f(a)，f(1.5)的大小关系是________．三、解答题(本大题共6小题，共80分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)15．(13分)已知函数f(x)＝ax3＋x2f′(1)＋1，且f′(－1)＝9.(1)求曲线f(x)在x＝1处的切线方程；(2)若存在x∈(1，＋∞)使得函数f(x)<m成立，求实数m的取值范围．16．(13分)已知函数f(x)＝ax3＋x2(a∈R)在x＝－43处取得极值．(1)确定a的值；(2)若g(x)＝f(x)e x，讨论g(x)的单调性．17.(13分)已知函数f(x)＝12x2－a ln x.(1)求f(x)的单调区间；(2)设g(x)＝f(x)＋2x，若g(x)在[1，e]上不单调且仅在x＝e处取得最大值，求a的取值范围．18．(13分)已知函数f(x)＝－a ln x＋(a＋1)x－12x2(x>0)．(1)若x＝1是函数f(x)的极大值点，求函数f(x)的单调递减区间；(2)若f(x)≥－12x2＋ax＋b恒成立，求实数ab的最大值．19.(14分)已知f(x)＝1＋ln xx.(1)求函数y＝f(x)的单调区间；(2)若关于x的方程f(x)＝x2－2x＋k有实数解，求实数k的取值范围；(3)当n∈N*时，求证：nf(n)<2＋12＋13＋…＋1n－1.20．(14分)已知函数f(x)＝－2(x＋a)ln x＋x2－2ax－2a2＋a，其中a＞0.(1)设g(x)是f(x)的导函数，讨论g(x)的单调性；(2)证明：存在a∈(0,1)，使得f(x)≥0在区间(1，＋∞)内恒成立，且f(x)＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．答案解析1．C[由f(x)＝3ln x＋x2－3x＋3得，f′(x)＝3x＋2x－3，∴f′(3)＝2 3.故选C.]2．A[由函数y＝f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y＝3x－2，得f′(1)＝3，f(1)＝1.又函数g(x)＝x2＋f(x)，∴g′(x)＝2x＋f′(x)，则g′(1)＝2×1＋f′(1)＝2＋3＝5.g(1)＝12＋f(1)＝1＋1＝2.∴函数g(x)＝x2＋f(x)的图象在点(1，g(1))处的切线方程为y－2＝5(x－1)．即5x－y－3＝0.故选A.]3．A[因为f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，令f′(x)＝0，得x＝±1，可知f(x)在x＝±1处取得极值．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.]4．B [求导得y ′＝3x 2，所以y ′|x ＝1＝3，所以曲线y ＝x 3在点(1,1)处的切线方程为y －1＝3(x －1)，结合图象易知所围成的三角形是直角三角形， 三个交点的坐标分别是(23，0)，(1,0)，(1,1)，于是三角形的面积为12×(1－23)×1＝16，故选B.]5．A [设f ′(x )＝3(x 2－b )，∵函数f (x )＝x 3－3bx ＋3b 在(0,1)内有极小值，∴⎩⎪⎨⎪⎧ f ′0<0f ′1>0，解得0<b <1.故选A.]6．C [由y ＝12e x 2，得y ′＝xe .由y ＝a ln x ，得y ′＝ax .∵它们在点P 处有公共切线，∴x e ＝a x ，解得x ＝e a ，代入两曲线得12e ·e a ＝a 2(ln a ＋1)，∴ln a ＋1＝1，解得a ＝1，故选C.]7．D [依题意得，ʃe 0f (x )d x ＝ʃ10x 2d x ＋ʃe 11x d x＝13x 3|10＋ln x |e 1＝13＋1＝43.]8．D [由已知函数关系式，先找到满足f (x 0)<0的整数x 0，由x 0的唯一性列不等式组求解．∵f (0)＝－1＋a <0，∴x 0＝0.又∵x 0＝0是唯一的使f (x )<0的整数，∴⎩⎨⎧ f －1≥0，f 1≥0，即⎩⎨⎧e －1[2×－1－1]＋a ＋a ≥0，e 2×1－1－a ＋a ≥0，解得a ≥32e . 又∵a <1，∴32e ≤a <1，经检验a ＝34，符合题意．故选D.] 9.5解析 f ′(x )＝e x ＋2x ＋1，设与直线2x －y ＝3平行且与曲线f (x )相切于点P (s ，t )的直线方程为2x －y ＋m ＝0，则e s ＋2s ＋1＝2，解得s ＝0.∴切点为P (0,2)．∴曲线f (x )＝e x ＋x 2＋x ＋1上的点到直线2x －y ＝3的距离的最小值为点P 到直线2x －y ＝3的距离d ，且d ＝|0－2－3|5＝ 5. 10．2x －y ＋3＝0解析 因为f ′(x )＝cos x ＋e x ，所以f ′(0)＝2，所以曲线在x ＝0处的切线方程为y －3＝2(x －0)，即2x －y ＋3＝0.11．(－1,0)解析 当a ＝0时，则f ′(x )＝0，函数f (x )不存在极值．当a ≠0时，令f ′(x )＝0，则x 1＝－1，x 2＝a .若a ＝－1，则f ′(x )＝－(x ＋1)2≤0，函数f (x )不存在极值；若a >0，当x ∈(－1，a )时，f ′(x )<0，当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0，所以函数f (x )在x ＝a 处取得极小值，不符合题意；若－1<a <0，当x ∈(－1，a )时，f ′(x )>0，当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )<0，所以函数f (x )在x ＝a 处取得极大值；若a <－1，当x ∈(－∞，a )时，f ′(x )<0；当x ∈(a ，－1)时，f ′(x )>0，所以函数f (x )在x ＝a 处取得极小值，不符合题意．所以a ∈(－1,0)．12．ln 2解析 由题意可得，f ′(x )＝e x －a e x 是奇函数，∴f′(0)＝1－a＝0，∴a＝1，f(x)＝e x＋1e x，f′(x)＝ex－1e x，∵曲线y＝f(x)在(x，y)的一条切线的斜率是3 2，∴32＝ex－1e x，解方程可得e x＝2，∴x＝ln 2. 13．a>b>c解析易知当0<x<1时，0<sin x<x，则0<sin xx<1，∴sin xx<sin xx.设f(x)＝sin xx，则f′(x)＝x cos x－sin xx2，设h(x)＝x cos x－sin x，则h′(x)＝－x sin x．当x∈(0,1)时，h′(x)<0，∴h(x)在(0,1)上单调递减，∴当x∈(0,1)时，h(x)<h(0)＝0，∴f′(x)<0在(0,1)上恒成立，∴f(x)在(0,1)上单调递减，又∵0<x<1，∴0<x<x<1，∴sin xx>sin xx.综上：sin xx>sin xx>sin xx，即a>b>c.14．f(1.5)<f(a)<f(－2)解析因为g(1.5)＝ln 52－43<0，g(2)＝ln 3－1>0，所以g(x)＝ln(x＋1)－2x在(32，2)内有零点，又由g′(x)＝1x＋1＋2x2>0知g(x)＝ln(x＋1)－2x在(－1,0)，(0，＋∞)上单调递增，所以函数g(x)＝ln(x＋1)－2x在区间(32，2)内有唯一的零点，即为a，则a∈(32，2)，所以2>a>1.5>1，当x≥1时，f′(x)＝2x·ln 2－1x＝x·2x·ln 2－1x，因为x·2x·ln 2－1≥2ln 2－1＝ln 4－1>0，所以f′(x)>0，f(x)在(1，＋∞)内单调递增，所以f(2)>f(a)>f(1.5)，又f(x)是偶函数，所以f(1.5)<f(a)<f(－2)．15．解 (1)∵f (x )＝ax 3＋x 2f ′(1)＋1，∴f ′(x )＝3ax 2＋2xf ′(1)，∴⎩⎨⎧ f ′1＝3a ＋2f ′1，f ′－1＝3a －2f ′1＝9. ∴⎩⎨⎧ a ＝1，f ′1＝－3.∴f (x )＝x 3－3x 2＋1， ∴f (1)＝－1.故曲线f (x )在x ＝1处的切线方程y ＝－3(x －1)－1＝－3x ＋2，即3x ＋y －2＝0.(2)f ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)，当1<x <2时，f ′(x )<0；当x >2时，f ′(x )>0.则函数f (x )在区间(1,2)上单调递减，在区间(2，＋∞)上单调递增，f (x )≥f (2)＝－3. 则由题意可知，m >－3，即所求实数m 的取值范围为(－3，＋∞)．16．解 (1)对f (x )求导得f ′(x )＝3ax 2＋2x ，因为f (x )在x ＝－43处取得极值，所以f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫－43＝0， 即3a ·169＋2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－43＝16a 3－83＝0，解得a ＝12. (2)由(1)得g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 3＋x 2e x ， 故g ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32x 2＋2x e x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 3＋x 2e x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 3＋52x 2＋2x e x ＝12x (x ＋1)(x ＋4)e x .令g ′(x )＝0，解得x ＝0，x ＝－1或x ＝－4.当x ＜－4时，g ′(x )＜0，故g (x )为减函数；当－4＜x ＜－1时，g ′(x )＞0，故g (x )为增函数；当－1＜x ＜0时，g ′(x )＜0，故g (x )为减函数；当x ＞0时，g ′(x )＞0，故g (x )为增函数．综上知，g (x )在(－∞，－4)和(－1,0)内为减函数，在(－4，－1)和(0，＋∞)内为增函数．17．解 (1)f ′(x )＝x 2－a x (x >0)，当a ≤0时，f ′(x )≥0，增区间为(0，＋∞)，当a >0时，f ′(x )≥0⇒x >a ，f ′(x )<0⇒0<x <a ，∴f (x )的增区间为(a ，＋∞)，减区间为(0，a )．(2)g ′(x )＝x －a x ＋2＝x 2＋2x －ax (x >0)，设h (x )＝x 2＋2x －a (x >0)，若g (x )在[1，e]上不单调，则h (1)h (e)<0，(3－a )(e 2＋2e －a )<0，∴3<a <e 2＋2e ，同时g (x )仅在x ＝e 处取得最大值，所以只要g (e)>g (1)．即可得出：a <e 22＋2e －52，则a 的范围：(3，e 22＋2e －52)．18．解 (1)求导数可得，f ′(x )＝x －a －x ＋1x ，∵x ＝1是函数f (x )的极大值点，∴0<a <1，∴函数f (x )的单调递减区间为(0，a )，(1，＋∞)；(2)∵f (x )≥－12x 2＋ax ＋b 恒成立，∴a ln x －x ＋b ≤0恒成立，令g (x )＝a ln x －x ＋b ，则g ′(x )＝a －xx (可验证当a ≤0时，不合题意)，∴g (x )在(0，a )上单调递增，在(a ，＋∞)上单调递减，∴g (x )max ＝g (a )＝a ln a －a ＋b ≤0，∴b ≤a －a ln a ，∴ab ≤a 2－a 2ln a ，令h (x )＝x 2－x 2ln x (x >0)，则h ′(x )＝x (1－2ln x )，∴h (x )在(0，e 12)上单调递增，在(e 12，＋∞)上单调递减，∴h (x )max ＝h (e 12)＝e 2，∴ab ≤e 2，即ab 的最大值为e 2.19．(1)解 ∵f (x )＝1＋ln x x ，∴f ′(x )＝1x ·x －1＋ln xx 2＝－ln x x 2. 当x ∈(0,1)时，f ′(x )>0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0.∴函数f (x )在区间(0,1)上为增函数，在区间(1，＋∞)上为减函数．(2)解 由(1)，得f (x )的极大值为f (1)＝1.令g (x )＝x 2－2x ＋k ，当x ＝1时，函数g (x )取得最小值g (1)＝k －1.∵方程f (x )＝x 2－2x ＋k 有实数解，那么k －1≤1，即k ≤2，∴实数k 的取值范围是k ≤2.(3)证明 ∵函数f (x )在区间(1，＋∞)上为减函数，1＋1n >1(n ∈N *，n ≥2)，∴f (1＋1n )<f (1)＝1，∴1＋ln(1＋1n )<1＋1n ，即ln(n ＋1)－ln n <1n ，∴ln n ＝ln 2－ln 1＋ln 3－ln 2＋…＋ln n －ln(n －1)<1＋12＋13＋…＋1n －1， 即1＋ln n <2＋12＋13＋…＋1n －1.∵nf (n )＝1＋ln n ， ∴nf (n )<2＋12＋13＋…＋1n －1.20．(1)解 由已知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， g (x )＝f ′(x )＝2(x －a )－2ln x －2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋a x ，所以g ′(x )＝2－2x ＋2a x 2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫a －14x 2，当0＜a ＜14时，g (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－1－4a 2，⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－4a2，＋∞上单调递增，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1－4a 2，1＋1－4a 2上单调递减；当a ≥14时，g (x )在区间(0，＋∞)上单调递增．(2)证明 由f ′(x )＝2(x －a )－2ln x －2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋ax ＝0，解得a ＝x －1－ln x1＋x －1，令φ(x )＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x －1－ln x 1＋x －1ln x ＋x 2－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1－ln x 1＋x －1x －2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1－ln x 1＋x －12＋x －1－ln x1＋x －1，则φ(1)＝1＞0，φ(e)＝－e e －21＋e －1－2⎝ ⎛⎭⎪⎫e －21＋e －12＜0，故存在x 0∈(1，e)，使得φ(x 0)＝0，令a 0＝x 0－1－ln x 01＋x －10，u (x )＝x －1－ln x (x ≥1)，由u ′(x )＝1－1x ≥0知，函数u(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，所以0＝u11＋1＜u x01＋x－10＝a0＜u e1＋e－1＝e－21＋e－1＜1，即a0∈(0,1)，当a＝a0时，有f′(x0)＝0，f(x0)＝φ(x0)＝0，由(1)知，f′(x)在区间(1，＋∞)上单调递增．故当x∈(1，x0)时，f′(x)＜0，从而f(x)＞f(x0)＝0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＞0，从而f(x)＞f(x0)＝0，所以，当x∈(1，＋∞)时，f(x)≥0.综上所述，存在a∈(0,1)，使得f(x)≥0在区间(1，＋∞)内恒成立，且f(x)＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．。
高考数学一轮复习第三章导数及其应用4导数的综合应用课件新人教A版2
-15考点1
考点2
考点3
当x变化时,g(x),g'(x)的变化情况如下表:
2
-∞,
3
x
g'(x)
+
0
单调递增↗
g(x)
2
,4
3
2
3
68
27
则函数 g(x)的极大值为 g
-
4
(4,+∞)
0
+
-m 单调递减↘ -16-m 单调递增↗
2
3
=
68
27
-m,极小值为 g(4)=-16-m.
∴要使 g(x)的图象与 x 轴有三个不同的交点,
则欲证
12 - 22
>2a,
只需证 2a(12 − 22 )>3x2-x1.
只需证 2a(12 − 22 )>2(x2-x1)+(x1+x2).
只需证 a(x1-x2)+
1 - 2
1 + 2
1
> .
2
因为 f'(x1)=0,f'(x2)=0,ax1=-ln x1,ax2=-ln x2,
(3)证明：由题设c>1,
设g(x)=1+(c-1)x-cx,
则g'(x)=c-1-cxln c,
ln
令 g'(x)=0,解得 x0=
-1
ln
ln
.
当 x<x0 时,g'(x)>0,g(x)单调递增;
当 x>x0 时,g'(x)<0,g(x)单调递减.
由(2)知 1<
-1
ln
2020年高考数学(文)一轮复习讲练测 专题3.5 导数及其应用(单元测试) 含解析
2020年高考数学（文）一轮复习讲练测第三单元单元测试【满分：100分 时间：90分钟】一、选择题(本大题共18小题，每小题3分，共54分)1．（吉林省实验中学2018-2019学年期中）函数f(x)＝(x ＋2a)(x －a)2的导数为（ ）A ．()f x '=2(x 2－a 2)B ．()f x '=2(x 2＋a 2)C ．()f x '=3(x 2－a 2)D ．()f x '=3(x 2＋a 2) 【答案】C【解析】由222323()(2)()(2)(2)32f x x a x a x a x ax a x a x a =+-=+-+=-+， 所以，32322()(32)3()f x x a x a x a '=-+'=-， 故选C 。
2．（江西省南昌市第二中学2018-2019学年期末）若函数32log x y x x e -=++，则y '=（ ）.A ．4114ln 2x x e x -++B ．4114ln 2x x e x -+- C ．213ln 2x x e x -+- D ．213ln 2x x e x -++ 【答案】C【解析】因为32log x y x x e -=++，所以2-x 13x +-e ?xln2y '=，故选C 。
3．（山东省聊城市2019届三模）函数()2ln f x x x =-+的图象在1x =处的切线方程为（ ） A ．10x y ++= B ．10x y -+= C ．210x y -+=D ．210x y +-=【答案】A 【解析】当x=1时，f(1)=-2+0=-2，所以切点为（1,-2）, 由题得11()2,(1)211f x k f x ''=-+∴==-+=-， 所以切线方程为y+2=-1·(x-1),即：10x y ++= 故选A 。
4．（广东省揭阳市2019年二模）以下四个数中，最大的是（ ） A ．3ln 3 B ．1eC ．ln ππD ．15ln1530【答案】B【解析】由题意，令()ln xf x x =，则()21x f x x-'=， 所以e x >时，()0f x '<，∴()f x 在(,)e +∞上递减， 又由315e π<<<，∴()()()3(15)f e f f f π>>>，则1111115331530ln ln 3ln ln ln15ln15ee πππ>>>>>，即31ln 15ln 3ln1530e ππ>>>， 故选B 。
2020高考文科数学(人教版)一轮复习讲义：第19讲导数的综合应用——导数与方程含答案
第19讲 导数的综合应用——导数与方程1．能利用导数研究一般函数的单调性、极值与最值，获得对函数的整体认识． 2．会利用导数研究一般函数的零点及其分布．知识梳理1．函数零点的有关知识(1)零点的概念：函数的零点是函数图象与x 轴交点的 横坐标 . (2)几个常用结论：①f (x )有零点y ＝f (x )的图象与x 轴有 交点 方程f (x )＝0有 实数解 .②F (x )＝f (x )－g (x )有零点y ＝f (x )与y ＝g (x )的图象有 交点 方程f (x )＝g (x )有 实数解 . ③零点存在定理：f (x )在[a ，b ]上连续，且f (a )·f (b )<0，则f (x )在(a ，b )内 至少有一 个零点． 2．利用导数研究函数零点的方法(1)研究y ＝f (x )的图象，利用数形结合的思想求解． (2)研究方程有解的条件，利用函数与方程的思想求解．热身练习1．(2017·浙江卷)函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，则函数y ＝f (x )的图象可能是(D)观察导函数f ′(x )的图象可知，f ′(x )的函数值从左到右依次为小于0，大于0，小于0，大于0， 所以对应函数f (x )的增减性从左到右依次为减、增、减、增． 观察选项可知，排除A ，C.如图所示，f ′(x )有3个零点，从左到右依次设为x 1，x 2，x 3，且x 1，x 3是极小值点，x 2是极大值点，且x 2>0，故选项D 正确．2．函数f (x )＝13x 3－4x ＋4的零点个数为(D)A ．0B ．1C ．2D ．3因为f ′(x )＝x 2－4＝(x －2)(x ＋2)， 令f ′(x )＝0，得x ＝±2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：x (－∞，－2)－2 (－2,2) 2 (2，＋∞)f ′(x ) ＋ 0 － 0 ＋ f (x )单调递增283单调递减－43单调递增由图可知f (x )有3个零点．3．若方程13x 3－4x ＋4＋a ＝0有3个不同的解，则a 的取值范围为(B)A ．(－43，283)B ．(－283，43)C ．[－43，283]D ．[－283，43]13x 3－4x ＋4＋a ＝0有3个不同的解⇔f (x )＝13x 3－4x ＋4与g (x )＝－a 有3个不同的交点． 利用第2题图可知，－43<－a <283，即－283<a <43.4．若函数g (x )＝13x 3－4x ＋4＋a 的图象与x 轴恰有两个公共点，则a ＝(B)A.283或－43 B ．－283或43 C ．－283或283 D ．－43或43g (x )＝13x 3－4x ＋4＋a 与x 轴恰有两个公共点⇔方程13x 3－4x ＋4＋a ＝0有2个不同的解⇔f (x )＝13x 3－4x ＋4与φ(x )＝－a 有2个不同的交点．利用第2题图可知，－a ＝－43或－a ＝283，所以a ＝－283或a ＝43.5．已知函数f (x )＝e x －2x ＋a 有零点，则实数a 的取值范围是(C)A ．(－∞，ln 2)B ．(ln 2，＋∞)C ．(－∞，2ln 2－2]D ．[2ln 2－2，＋∞)(方法一)因为f ′(x )＝e x －2， 令e x －2＝0得，e x ＝2，所以x ＝ln 2，当x ∈(－∞，ln 2)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x ∈(ln 2，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，所以当x＝ln 2时，f(x)取最小值f(x)min＝2－2ln 2＋a.要f(x)有零点，所以a≤2ln 2－2.(方法二)函数f(x)＝e x－2x＋a有零点，即关于x的方程e x－2x＋a＝0有实根，即方程a＝2x－e x有实根．令g(x)＝2x－e x(x∈R)，则g′(x)＝2－e x.当x<ln 2时，g′(x)>0；当x>ln 2时，g′(x)<0.所以当x＝ln 2时，g(x)max＝g(ln 2)＝2ln 2－2，所以函数g(x)的值域为(－∞，2ln 2－2]．所以a的取值范围为(－∞，2ln 2－2]．利用导数研究三次函数的零点及其分布已知函数f(x)＝x3－12x＋a，其中a≥16，则f(x)的零点的个数是A．0或1 B．1或2C．2 D．3(方法一：从函数角度出发，研究f(x)的图象与x轴的交点)因为f′(x)＝3x2－12，令f′(x)＝3x2－12＝0，得x＝±2，x (－∞，－2)－2(－2,2)2(2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)单调递增a＋16单调递减a－16单调递增由此可得到f(x)的大致图象(如图)，由a≥16得，a＋16>0，a－16≥0，当a＝16时，f(x)的图象与x轴有2个交点；当a>16时，f(x)的图象与x轴只有1个交点．所以f(x)的零点个数为1或2.(方法二：从方程角度出发，利用函数与方程的思想)f(x)＝x3－12x＋a的零点个数⇔方程x3－12x＝－a的解的个数⇔g(x)＝x3－12x与h(x)＝－a的交点个数．画出g (x )＝x 3－12x 与h (x )＝－a 的图象． 由g ′(x )＝3x 2－12＝0，得x ＝±2，当x (－∞，－2)－2 (－2,2) 2 (2，＋∞)g ′(x ) ＋ 0 － 0 ＋ g (x )单调递增16单调递减－16单调递增所以g (x )的图象如右图所示： 因为a ≥16，所以y ＝－a ≤－16.由图可知直线y ＝－a 与y ＝x 3－12x 的图象有1个或2个交点．B利用导数研究函数的零点的基本思路：(1)研究y ＝f (x )的图象，利用数形结合的思想求解； (2)研究f (x )＝0有解，利用函数与方程的思想求解．1．(经典真题)已知函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，若f (x )存在唯一的零点x 0，且x 0＞0，则a 的取值范围为(B)A ．(2，＋∞)B ．(－∞，－2)C ．(1，＋∞)D ．(－∞，－1)当a ＝0时，不符合题意． a ≠0时，f ′(x )＝3ax 2－6x ，令f ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝2a.若a >0，由图象知f (x )有负数零点，不符合题意．若a <0，由图象结合f (0)＝1>0知，此时必有f (2a )>0，即a ×8a 3－3×4a2＋1>0，化简得a 2>4，又a <0，所以a <－2.利用导数研究超越方程的根及其分布已知函数f (x )＝x －a e x (a ∈R )，x ∈R .已知函数y ＝f (x )有两个零点x 1，x 2，且x 1<x 2，求a 的取值范围．由f (x )＝x －a e x ，可得f ′(x )＝1－a e x .下面分两种情况讨论：(1)a ≤0时，f ′(x )>0在R 上恒成立，可得f (x )在R 上单调递增，不合题意． (2)a >0时，由f ′(x )＝0，得x ＝－ln a .当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：x (－∞，－ln a )－ln a (－ln a ，＋∞)f ′(x ) ＋ 0 － f (x )↗－ln a －1↘这时，f (x )的单调递增区间是(－∞，－ln a )；单调递减区间是(－ln a ，＋∞)． 于是，“函数y ＝f (x )有两个零点”等价于如下条件同时成立： ①f (－ln a )>0；②存在s 1∈(－∞，－ln a )，满足f (s 1)<0； ③存在s 2∈(－ln a ，＋∞)，满足f (s 2)<0.由f (－ln a )>0，即－ln a －1>0，解得0<a <e －1，而此时，取s 1＝0，满足s 1∈(－∞，－ln a )，且f (s 1)＝－a <0；而当x ∈(－ln a ，＋∞)时，由于x →＋∞时，e x 增长的速度远远大于x 的增长速度，所以一定存在s 2∈(－ln a ，＋∞)满足f (s 2)<0.另法：取s 2＝2a ＋ln 2a ，满足s 2∈(－ln a ，＋∞)，且f (s 2)＝(2a －e 2a )＋(ln 2a －e 2a )<0.所以a 的取值范围是(0，e －1)．函数的零点是导数研究函数的性质的综合应用，要注意如下方面：(1)利用导数研究函数的单调性、极值、最值等性质； (2)数形结合思想方法的应用；(3)函数零点存在定理及根的分布知识的应用．2．(2018·广州模拟节选)已知函数f (x )＝a ln x ＋x 2(a ≠0)，若函数f (x )恰有一个零点，求实数a 的取值范围．函数f (x )的定义域为(0，＋∞)． 因为f (x )＝a ln x ＋x 2，所以f ′(x )＝ax ＋2x ＝2x 2＋a x.①当a >0时，f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增， 取x 0＝e －1a ，则f (e －1a )＝－1＋(e －1a)2<0，(或：因为0<x 0<a 且x 0<1e 时，所以f (x 0) ＝a ln x 0 ＋x 20 < a ln x 0＋a <a ln 1e ＋a ＝0.)因为f (1)＝1，所以f (x 0)·f (1)<0，此时函数f (x )有一个零点． ②当a <0时，令f ′(x )＝0，解得x ＝－a2. 当0<x <－a2时，f ′(x )<0，所以f (x )在(0，－a2)上单调递减， 当x >－a2时，f ′(x )>0，所以f (x )在(－a2，＋∞)上单调递增． 要使函数f (x )有一个零点， 则f (－a2)＝a ln －a 2－a2＝0，即a ＝－2e. 综上所述，若函数f (x )恰有一个零点，则a ＝－2e 或a >0.利用导数研究两函数图象的交点问题已知函数f (x )＝x ＋a x (a ∈R )，g (x )＝ln x ．若关于x 的方程g (x )x2＝f (x )－2e(e 为自然对数的底数)只有一个实数根，求a 的值．由g (x )x 2＝f (x )－2e ，得ln x x 2＝x ＋ax －2e ，化为ln xx＝x 2－2e x ＋a .问题转化为函数h (x )＝ln xx 与m (x )＝x 2－2e x ＋a 有一个交点时，求a 的值．由h (x )＝ln xx ，得h ′(x )＝1－ln x x 2.令h ′(x )＝0，得x ＝e.当0<x <e 时，h ′(x )>0；当x >e 时，h ′(x )<0.所以h (x )在(0，e)上递增，在(e ，＋∞)上递减． 所以当x ＝e 时，函数h (x )取得最大值，其值为h (e)＝1e .而函数m (x )＝x 2－2e x ＋a ＝(x －e)2＋a －e 2，当x ＝e 时，函数m (x )取得最小值，其值为m (e)＝a －e 2.所以当a －e 2＝1e ，即a ＝e 2＋1e 时，方程g (x )x2＝f (x )－2e 只有一个实数根．(1)利用f (x )＝g (x )的解⇔y ＝f (x )与y ＝g (x )的图象交点的横坐标，可将方程的解的问题转化为两函数图象的交点问题，从而可利用数形结合的思想方法进行求解．(2)在具体转化时，要注意对方程f (x )＝g (x )尽量进行同解变形，变到两边的函数是熟悉的形式或较简单的形式，以便于对其图象特征进行研究．3．(经典真题)已知函数f (x )＝x 3－3x 2＋ax ＋2，曲线y ＝f (x )在点(0,2)处的切线与x 轴交点的横坐标为－2.(1)求a ；(2)证明：当k <1时，曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点．(1)f ′(x )＝3x 2－6x ＋a ，f ′(0)＝a .曲线y ＝f (x )在点(0,2)处的切线方程为y ＝ax ＋2，由题意得－2a＝－2，所以a ＝1.(2)证明：由(1)知，f (x )＝x 3－3x 2＋x ＋2. 设g (x )＝f (x )－kx ＋2＝x 3－3x 2＋(1－k )x ＋4. 由题意知1－k >0，当x ≤0时，g ′(x )＝3x 2－6x ＋1－k >0，g (x )单调递增， g (－1)＝k －1<0，g (0)＝4，所以g (x )＝0在(－∞，0]有唯一实根． 当x >0时，令h (x )＝x 3－3x 2＋4， 则g (x )＝h (x )＋(1－k )x >h (x )，h′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，h(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以g(x)>h(x)≥h(2)＝0.所以g(x)＝0在(0，＋∞)没有实根．综上，g(x)＝0在R上有唯一实根，即曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点．1．利用导数研究函数的零点及其零点分布问题的基本步骤：(1)构造函数，并确定定义域；(2)求导，确定单调区间及极值；(3)作出函数的草图；(4)根据草图直观判断函数的零点的情况或得到零点所满足的条件．2．处理函数y＝f(x)与y＝g(x)的图象的交点问题，常用方法有：(1)数形结合，即分别作出两函数的图象，考察交点情况；(2)将函数交点问题转化为方程f(x)＝g(x)根的个数问题，通过构造函数y＝f(x)－g(x)，利用导数研究函数的单调性及极值，并作出草图，根据草图确定根的情况．3．利用导数研究函数的零点问题，要注意函数与方程的思想、化归与转化的思想、分类讨论思想及数形结合思想的运用．。
2020年高考数学一轮复习讲练测专题3.4导数的综合应用(讲)(含解析)
第04讲导数的综合应用 ---讲1. 了解函数极值的概念及函数在某点取到极值的条件，会用导数求函数的极大值、极小值，会求闭区间上函数的最大值、最小值，会用导数解决某些实际问题.2. 高考预测：（1）导数是研究函数性质的重要工具，它的突出作用是用于研究函数的单调性、极值与最值、函数的零点等．解答题难度较大，常与不等式的证明、方程等结合考查，且有综合化更强的趋势；（2）适度关注生活中的优化问题.3.备考重点：（1）熟练掌握导数公式及导数的四则运算法则是基础；（2）熟练掌握利用导数研究函数的单调性、极值（最值）的基本方法，灵活运用数形结合思想、分类讨论思想、函数方程思想等，分析问题解决问题.知识点1．利用导数研究函数的图象与性质函数图象的识别主要利用函数的定义域、值域、奇偶性、单调性以及函数值的符号等.解决此类问题应先观察选项的不同之处，然后根据不同之处研究函数的相关性质，进而得到正确的选项.如该题中函数解析式虽然比较复杂，但借助函数的定义域与函数的单调性很容易利用排除法得到正确选项.【典例1】（2018·湖北高三月考（文））函数的导函数的图象大致是（）A． B．C． D．【答案】C【解析】因为=-cosx ，x+sinx ， 又，为奇函数，排除B ，又x=时，+sin >0，排除D ，又当0<x<3时，sinx>0，x>0，x+sinx>0，当x 时，x ，-1sinx ，x+sinx>0，排除A ，故选C.【规律方法】导数图象与原函数图象的关系：若导函数图象与x 轴的交点为0x ，且图象在0x 两侧附近连续分布于x 轴上下方，则0x 为原函数单调性的拐点，运用导数知识来讨论函数单调性时，由导函数)('x f 的正负，得出原函数)(x f 的单调区间．【变式1】函数y=4cosx-e |x|（e 为自然对数的底数）的图象可能是（ ）A B C D 【答案】A 【解析】函数为偶函数，图象关于y 轴对称，排除B 、D ，若0>x 时，，当，当π≥x 时，πe e x >，，，则0<'y ，函数在),0(+∞上为减函数，选A.知识点2．与函数零点有关的参数范围问题1．方程()0f x =有实根Û函数()y f x =的图象与x 轴有交点Û函数()y f x =有零点．2．求极值的步骤：①先求'()0f x =的根0x （定义域内的或者定义域端点的根舍去）；②分析0x 两侧导数'()f x 的符号：若左侧导数负右侧导数正，则0x 为极小值点；若左侧导数正右侧导数负，则0x 为极大值点.3．求函数的单调区间、极值、最值是统一的，极值是函数的拐点，也是单调区间的划分点，而求函数的最值是在求极值的基础上，通过判断函数的大致图象，从而得到最值,大前提是要考虑函数的定义域.4．函数()y f x =的零点就是()0f x =的根，所以可通过解方程得零点，或者通过变形转化为两个熟悉函数图象的交点横坐标.【典例2】(2018年理数全国卷II)已知函数． （1）若，证明：当时，； （2）若在只有一个零点，求．【答案】（1）见解析（2）【解析】（1）当时，等价于． 设函数，则．当时，，所以在单调递减．而，故当时，，即． （2）设函数．在只有一个零点当且仅当在只有一个零点． （i ）当时，，没有零点； （ii ）当时，．当时，；当时，． 所以在单调递减，在单调递增．故是在的最小值． ①若，即，在没有零点； ②若，即，在只有一个零点； ③若，即，由于，所以在有一个零点， 由（1）知，当时，，所以．故在有一个零点，因此在有两个零点．。
高考数学导数的综合应用问题解答题专题练习
高考数学导数的综合应用问题解答题专题练习一、归类解析题型一：证明不等式【解题指导】(1)证明f (x )>g (x )的一般方法是证明h (x )＝f (x )－g (x )>0(利用单调性)，特殊情况是证明f (x )min >g (x )max (最值方法)，但后一种方法不具备普遍性．(2)证明二元不等式的基本思想是化为一元不等式，一种方法为变换不等式使两个变元成为一个整体，另一种方法为转化后利用函数的单调性，如不等式f (x 1)＋g (x 1)<f (x 2)＋g (x 2)对x 1<x 2恒成立，即等价于函数h (x )＝f (x )＋g (x )为增函数．【例】 已知函数f (x )＝1－x －1e x ，g (x )＝x －ln x . (1)证明：g (x )≥1；(2)证明：(x －ln x )f (x )>1－1e 2. 【变式训练】已知函数f (x )＝x ln x －e x ＋1.(1)求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)证明：f (x )<sin x 在(0，＋∞)上恒成立．题型二：不等式恒成立或有解问题【解题指导】利用导数解决不等式的恒成立问题的策略(1)首先要构造函数，利用导数求出最值，求出参数的取值范围．(2)也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．【例 】已知函数f (x )＝1＋ln x x. (1)若函数f (x )在区间)21,( a a 上存在极值，求正实数a 的取值范围；(2)如果当x ≥1时，不等式f (x )≥k x ＋1恒成立，求实数k 的取值范围． 【变式训练】已知函数f (x )＝e x －1－x －ax 2.(1)当a ＝0时，求证：f (x )≥0；(2)当x ≥0时，若不等式f (x )≥0恒成立，求实数a 的取值范围． 题型三：求函数零点个数【解题指导】(1)可以通过构造函数，将两曲线的交点问题转化为函数零点问题．(2)研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，并借助函数的大致图象判断方程根的情况．【例】已知函数f (x )＝2a 2ln x －x 2(a >0)．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)讨论函数f (x )在区间(1，e 2)上零点的个数(e 为自然对数的底数)．【变式训练】设函数f (x )＝ln x ＋m x，m ∈R . (1)当m ＝e(e 为自然对数的底数)时，求f (x )的极小值；(2)讨论函数g (x )＝f ′(x )－x 3的零点的个数． 题型四：根据函数零点情况求参数范围【解题指导】函数的零点个数可转化为函数图象的交点个数，确定参数范围时要根据函数的性质画出大致图象，充分利用导数工具和数形结合思想．【例】 已知函数f (x )＝1x－x ＋a ln x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )存在两个极值点x 1，x 2，证明：f x 1－f x 2x 1－x 2<a －2. 【变式训练】【例】已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3(a 为实数)，若方程g (x )＝2f (x )在区间],1[e e上有两个不等实根，求实数a 的取值范围． 二、专题突破训练1．已知函数f (x )＝ln x ＋x ，g (x )＝x ·e x －1，求证f (x )≤g (x )．2．已知函数f (x )＝ax 2＋bx ＋x ln x 的图象在(1，f (1))处的切线方程为3x －y －2＝0.(1)求实数a ，b 的值；(2)设g (x )＝x 2－x ，若k ∈Z ，且k (x －2)<f (x )－g (x )对任意的x >2恒成立，求k 的最大值．3．已知函数f (x )＝ax －e x (a ∈R )，g (x )＝ln x x. (1)求函数f (x )的单调区间；(2)∃x ∈(0，＋∞)，使不等式f (x )≤g (x )－e x 成立，求a 的取值范围．4．设函数f (x )＝ax 2－x ln x －(2a －1)x ＋a －1(a ∈R )．若对任意的x ∈[1，＋∞)，f (x )≥0恒成立，求实数a 的取值范围．5．已知函数f (x )＝ln x －ax ＋1－a x －1(a ∈R )．设g (x )＝x 2－2bx ＋4，当a ＝14时，若∀x 1∈(0,2)，总存在x 2∈[1,2]，使f (x 1)≥g (x 2)，求实数b 的取值范围．6．已知函数f (x )为偶函数，当x ≥0时，f (x )＝2e x ，若存在实数m ，对任意的x ∈[1，k ](k >1)，都有f (x ＋m )≤2e x ，求整数k 的最小值．7．已知函数f (x )＝a ＋x ·ln x (a ∈R )，试求f (x )的零点个数．8．已知f (x )＝1x ＋e x e －3，F (x )＝ln x ＋e x e－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．9．已知函数f (x )＝ax 2(a ∈R )，g (x )＝2ln x ，且方程f (x )＝g (x )在区间[2，e]上有两个不相等的解，求a 的取值范围．10．已知函数f (x )＝－x 2＋2e x ＋m －1，g (x )＝x ＋e 2x(x >0)． (1)若g (x )＝m 有零点，求m 的取值范围；(2)确定m 的取值范围，使得g (x )－f (x )＝0有两个相异实根．11．已知函数f (x )＝(x －2)e x ＋a (x －1)2有两个零点．(1)求a 的取值范围；(2)设x 1，x 2是f (x )的两个零点，证明：x 1＋x 2<2.12．已知函数f (x )＝(3－a )x －2ln x ＋a －3在)41,0(上无零点，求实数a 的取值范围．。
高考数学一轮总复习解答大题专项训练六大专题
高考大题专项(一) 导数的综合应用突破1导数与函数的单调性1.已知函数f(x)=x3-a(x2+x+1).(1)若a=3,求f(x)的单调区间;(2)略.2.已知函数f(x)=e x-ax2.(1)若a=1,证明:当x≥0时,f(x)≥1;(2)略.3.已知函数f(x)=(x-k)e x.(1)求f(x)的单调区间;(2)略.4.(2019山东潍坊三模,21)已知函数f(x)=x2+a ln x-2x(a∈R).(1)求f(x)的单调递增区间;(2)略.5.设函数f(x)=(x-1)e x-x2(其中k∈R).(1)求函数f(x)的单调区间;(2)略.6.(2019河北衡水同卷联考,21)已知函数f(x)=x2e ax-1.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)略.突破2利用导数研究函数的极值、最值1.已知函数f(x)=ln x-ax(a∈R).(1)当a=时,求f(x)的极值;(2)略.2.(2019河北衡水深州中学测试)讨论函数f(x)=ln x-ax(a∈R)在定义域内的极值点的个数.3.设函数f(x)=2ln x-x2+ax+2.(1)当a=3时,求f(x)的单调区间和极值;(2)略.4.已知函数f(x)=.(1)当a=1时,判断f(x)有没有极值点?若有,求出它的极值点;若没有,请说明理由;(2)略.5.(2019湖北八校联考二,21)已知函数f(x)=ln x+ax2+bx.(1)函数f(x)在点(1,f(1))处的切线的方程为2x+y=0,求a,b的值,并求函数f(x)的最大值;(2)略.6.(2019广东广雅中学模拟)已知函数f(x)=ax+ln x,其中a为常数.(1)当a=-1时,求f(x)的最大值;(2)若f(x)在区间(0,e]上的最大值为-3,求a的值.突破3导数在不等式中的应用1.(2019湖南三湘名校大联考一,21)已知函数f(x)=x ln x.(1)略;(2)当x≥时,f(x)≤ax2-x+a-1,求实数a的取值范围.2.已知函数f(x)=a e x-ln x-1.(1)设x=2是f(x)的极值点,求a,并求f(x)的单调区间;(2)证明:当a≥时,f(x)≥0.3.已知函数f(x)=e x+ax+ln(x+1)-1.(1)若x≥0,f(x)≥0恒成立,求实数a的取值范围.(2)略.4.函数f(x)=(x-2)e x+ax2-ax.(1)略;(2)设a=1,当x≥0时,f(x)≥kx-2,求k的取值范围.5.已知函数f(x)=.(1)略;(2)若f(x)<x+1在定义域上恒成立,求a的取值范围.6.已知x1,x2(x1<x2)是函数f(x)=e x+ln(x+1)-ax(a∈R)的两个极值点.(1)求a的取值范围;(2)求证:f(x2)-f(x1)<2ln a.突破4导数与函数的零点1.已知函数f(x)=x2-m ln x.若m≥1,令F(x)=f(x)-x2+(m+1)x,试讨论函数F(x)的零点个数.2.(2019河北唐山三模,21)已知函数f(x)=x ln x-a(x2-x)+1,函数g(x)=f'(x).(1)若a=1,求f(x)的极大值;(2)当0<x<1时,g(x)有两个零点,求a的取值范围.3.(2019河南开封一模,21)已知函数f(x)=.(1)略;(2)若f(1)=1,且方程f(x)=1在区间(0,1)内有解,求实数a的取值范围.4.已知函数f(x)=ln x,g(x)=x3+2(1-a)x2-8x+8a+7.(1)若曲线y=g(x)在点(2,g(2))处的切线方程是y=ax-1,求函数g(x)在[0,3]上的值域;(2)当x>0时,记函数h(x)=若函数y=h(x)有三个零点,求实数a的取值范围.5.已知f(x)=x ln x.(1)求f(x)的极值;(2)若f(x)-ax x=0有两个不同解,求实数a的取值范围.6.(2019河北唐山三模,21)已知函数f(x)=x ln x-x2-ax+1,a>0,函数g(x)=f'(x).(1)若a=ln 2,求g(x)的最大值;(2)证明:f(x)有且仅有一个零点.参考答案高考大题专项(一) 导数的综合应用突破1导数与函数的单调性1.解(1)当a=3时,f(x)=x3-3x2-3x-3,f'(x)=x2-6x-3.令f'(x)=0,解得x=3-2或x=3+2当x∈(-∞,3-2)∪(3+2,+∞)时,f'(x)>0;当x∈(3-2,3+2)时,f'(x)<0.故f(x)在(-∞,3-2),(3+2,+∞)上单调递增,在(3-2,3+2)上单调递减.2.证明(1)当a=1时,f(x)≥1等价于(x2+1)e-x-1≤0.设函数g(x)=(x2+1)e-x-1,则g'(x)=-(x2-2x+1)e-x=-(x-1)2e-x.当x≠1时,g'(x)<0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递减.而g(0)=0,故当x≥0时,g(x)≤0,即f(x)≥1.3.解(1)由题意知f'(x)=(x-k+1)e x.令f'(x)=0,得x=k-1.当x∈(-∞,k-1)时,f'(x)<0,当x∈(k-1,+∞)时,f'(x)>0.所以f(x)的单调递减区间是(-∞,k-1),单调递增区间是(k-1,+∞).4.解(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=2x+-2=,令2x2-2x+a=0,Δ=4-8a=4(1-2a),若a,则Δ≤0,f'(x)≥0在(0,+∞)上恒成立,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增;若a<,则Δ>0,方程2x2-2x+a=0,两根为x1=,x2=,当a≤0时,x2>0,x∈(x2,+∞),f'(x)>0,f(x)单调递增;当0<a<时,x1>0,x2>0,x∈(0,x1),f'(x)>0,f(x)单调递增,x∈(x2,+∞),f'(x)>0,f(x)单调递增.综上,当a时,函数f(x)单调递增区间为(0,+∞),当a≤0时,函数f(x)单调递增区间为,+∞,当0<a<时,函数f(x)单调递增区间为0,,,+∞.5.解(1)函数f(x)的定义域为(-∞,+∞),f'(x)=e x+(x-1)e x-kx=x e x-kx=x(e x-k),①当k≤0时,令f'(x)>0,解得x>0,∴f(x)的单调递减区间是(-∞,0),单调递增区间是(0,+∞).②∵当0<k<1时,令f'(x)>0,解得x<ln k或x>0,∴f(x)在(-∞,ln k)和(0,+∞)上单调递增,在(ln k,0)上单调递减.③当k=1时,f'(x)≥0,f(x)在(-∞,+∞)上单调递增.④当k>1时,令f'(x)>0,解得x<0或x>ln k,所以f(x)在(-∞,0)和(ln k,+∞)上单调递增,在(0,ln k)上单调递减.6.解(1)函数f(x)的定义域为R.f'(x)=2x e ax+x2·a e ax=x(ax+2)e ax.当a=0时,f(x)=x2-1,则f(x)在区间(0,+∞)内单调递增,在区间(-∞,0)内单调递减;当a>0时,f'(x)=ax x+e ax,令f'(x)>0得x<-或x>0,令f'(x)<0得-<x<0,所以f(x)在区间-∞,-内单调递增,在区间-,0内单调递减,在区间(0,+∞)内单调递增;当a<0时,f'(x)=ax x+e ax,令f'(x)>0得0<x<-,令f'(x)<0得x>-或x<0,所以f(x)在区间(-∞,0)内单调递减,在区间0,-内单调递增,在区间-,+∞内单调递减.突破2利用导数研究函数的极值、最值1.解(1)当a=时,f(x)=ln x-x,函数的定义域为(0,+∞),f'(x)=,令f'(x)=0,得x=2,于是当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:x(0,2) 2 (2,+∞)f'(x) +0 -lnf(x) ↗↘2-1故f(x)的极大值为ln2-1,无极小值.2.解函数的定义域为(0,+∞),f'(x)=-a=(x>0).当a≤0时,f'(x)>0在(0,+∞)上恒成立,故函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,此时函数f(x)在定义域上无极值点;当a>0时,若x∈0,,则f'(x)>0,若x∈,+∞,则f'(x)<0,故函数f(x)在x=处取极大值.综上可知,当a≤0时,函数f(x)无极值点,当a>0时,函数f(x)有一个极大值点.3.解(1)f(x)的定义域为(0,+∞).当a=3时,f(x)=2ln x-x2+3x+2,所以f'(x)=-2x+3=,令f'(x)==0,得-2x2+3x+2=0,因为x>0,所以x=2.f(x)与f'(x)在区间(0,+∞)上的变化情况如下:x(0,2) 2 (2,+∞)f'(x) +0 -2lnf(x) ↗↘2+4所以f(x)的单调递增区间为(0,2),单调递减区间为(2,+∞).f(x)的极大值为2ln2+4,无极小值.4.解(1)函数f(x)=,则x>0且x≠1,即函数的定义域为(0,1)∪(1,+∞).当a=1时,f(x)=,则f'(x)=,令g(x)=x-ln x-1,则g'(x)=1-,①当x∈(0,1)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,g(x)>g(1)=0,∴f'(x)>0,f(x)在区间(0,1)上单调递增,所以无极值点;②当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,g(x)>g(1)=0,∴f'(x)>0,f(x)在区间(1,+∞)上单调递增,所以无极值点.综上,当a=1时,f(x)无极值点.5.解(1)因为f(x)=ln x+ax2+bx,所以f'(x)=+2ax+b,则在点(1,f(1))处的切线的斜率为f'(1)=1+2a+b,由题意可得,1+2a+b=-2,且a+b=-2,解得a=b=-1.所以f'(x)=-2x-1==-,由f'(x)=0,可得x=(x=-1舍去),当0<x<时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x>时,f'(x)<0,f(x)单调递减,故当x=时,f(x)取得极大值,且为最大值,f=-ln2-故f(x)的最大值为-ln2-6.解(1)易知f(x)的定义域为(0,+∞),当a=-1时,f(x)=-x+ln x,f'(x)=-1+,令f'(x)=0,得x=1.当0<x<1时,f'(x)>0;当x>1时,f'(x)<0.∴f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.∴f(x)max=f(1)=-1.∴当a=-1时,函数f(x)的最大值为-1.(2)f'(x)=a+,x∈(0,e],则,+∞.①若a≥-,则f'(x)≥0,从而f(x)在(0,e]上单调递增,∴f(x)max=f(e)=a e+1≥0,不合题意.②若a<-,令f'(x)>0得,a+>0,又x∈(0,e],解得0<x<-;令f'(x)<0得,a+<0,又x∈(0,e],解得-<x≤e.从而f(x)在0,-上单调递增,在-,e上单调递减,∴f(x)max=f-=-1+ln-.令-1+ln-=-3,得ln-=-2,即a=-e2.∵-e2<-,∴a=-e2符合题意.故实数a的值为-e2.突破3导数在不等式中的应用1.解(2)由已知得a,设h(x)=,则h'(x)=∵y=x ln x+ln x+2是增函数,且x,∴y≥--1+2>0,∴当x∈,1时,h'(x)>0;当x∈(1,+∞)时,h'(x)<0,∴h(x)在x=1处取得最大值,h(1)=1,∴a≥1.故a的取值范围为[1,+∞).2.(1)解f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=a e x-由题设知,f'(2)=0,所以a=从而f(x)=e x-ln x-1,f'(x)=e x-当0<x<2时,f'(x)<0;当x>2时,f'(x)>0.所以f(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增.(2)证明当a时,f(x)-ln x-1.设g(x)=-ln x-1,则g'(x)=当0<x<1时,g'(x)<0;当x>1时,g'(x)>0.所以x=1是g(x)的最小值点.故当x>0时,g(x)≥g(1)=0.因此,当a时,f(x)≥0.3.解(1)若x≥0,则f'(x)=e x++a,令g(x)=e x++a,则g'(x)=e x-,g'(x)在[0,+∞)上单调递增,则g'(x)≥g'(0)=0,则f'(x)在[0,+∞)上单调递增,f'(x)≥f'(0)=a+2.①当a+2≥0,即a≥-2时,f'(x)≥0,则f(x)在[0,+∞)上单调递增,此时f(x)≥f(0)=0,满足题意.②当a<-2时,因为f'(x)在[0,+∞)上单调递增,f'(0)=2+a<0,当x→+∞时,f'(x)>0.所以∃x0∈(0,+∞),使得f'(x0)=0.则当0<x<x0时,f'(x)<f'(x0)=0,∴函数f(x)在(0,x0)上单调递减.∴f(x0)<f(0)=0,不合题意,舍去.综上所述,实数a的取值范围是[-2,+∞).4.解(2)令g(x)=f(x)-kx+2=(x-2)e x+x2-x-kx+2,则g'(x)=(x-1)e x+x-1-k,令h(x)=(x-1)e x+x-1-k,则h'(x)=x e x+1,当x≥0时,h'(x)=x e x+1>0,h(x)单调递增.∴h(x)≥h(0)=-2-k,即g'(x)≥-2-k.当-2-k≥0,即k≤-2时,g'(x)≥0,g(x)在(0,+∞)上单调递增,g(x)≥g(0)=0,不等式f(x)≥kx-2恒成立.当-2-k<0,即k>-2时,g'(x)=0有一个解,设为x0,∴当x∈(0,x0)时,g'(x)<0,g(x)为单调递减;当x∈(x0,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,则g(x0)<g(0)=0,∴当x≥0时,f(x)≥kx-2不恒成立.综上所述,k的取值范围是(-∞,-2].5.解(2)由f(x)<x+1,得<x+1(x>0且x≠1),即a ln x-x+<0.令h(x)=a ln x-x+,则h'(x)=-1-令g(x)=x2-ax+1.①当Δ=a2-4≤0,即-2≤a≤2时,x2-ax+1≥0.∴当x∈(0,1)时,h'(x)≤0,h(x)单调递减,h(x)>h(1)=0,a ln x-x+<0成立.当x∈(1,+∞)时,h'(x)≤0,h(x)单调递减,h(x)<h(1)=0,a ln x-x+<0成立.故-2≤a≤2符合题意.②当Δ=a2-4>0,即a<-2或a>2时,设g(x)=x2-ax+1=0的两根为x1,x2(x1<x2).当a>2时,x1+x2=a>0,x1x2=1,∴0<x1<1<x2.由h'(x)>0,得x2-ax+1<0,解集为(x1,1)∪(1,x2),∴h(x)在(x1,1)上单调递增,h(x1)<h(1)=0,a ln x1-x1+>0,∴a>2不合题意.当a<-2时,g(x)的图象的对称轴x=<-1,g(x)在(0,+∞)上单调递增,g(x)>g(0)=1>0, ∴当x∈(0,1)时,h'(x)≤0,h(x)单调递减,h(x)>h(1)=0,a ln x-x+<0成立.当x∈(1,+∞)时,h'(x)≤0,h(x)单调递减,h(x)<h(1)=0,a ln x-x+<0成立.综上,a的取值范围是(-∞,2].6.(1)解由题意得f'(x)=e x+-a,x>-1,令g(x)=e x+-a,x>-1,则g'(x)=e x-,令h(x)=e x-,x>-1,则h'(x)=e x+>0,∴h(x)在(-1,+∞)上单调递增,且h(0)=0.当x∈(-1,0)时,g'(x)=h(x)<0,g(x)单调递减,当x∈(0,+∞)时,g'(x)=h(x)>0,g(x)单调递增.∴g(x)≥g(0)=2-a.①当a≤2时,f'(x)=g(x)>g(0)=2-a≥0.f(x)在(-1,+∞)上单调递增,此时无极值;②当a>2时,∵g-1=>0,g(0)=2-a<0,∴∃x1∈-1,0,g(x1)=0,当x∈(-1,x1)时,f'(x)=g(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(x1,0)时,f'(x)=g(x)<0,f(x)单调递减,∴x=x1是f(x)的极大值点.∵g(ln a)=>0,g(0)=2-a<0,∴∃x2∈(0,ln a),g(x2)=0,当x∈(0,x2)时,f'(x)=g(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(x2,+∞)时,f'(x)=g(x)>0,f(x)单调递增,∴x=x2是f(x)的极小值点.综上所述,a的取值范围为(2,+∞).(2)证明由(1)得a∈(2,+∞),-1<x1<0<x2<ln a,且g(x1)=g(x2)=0,∴x2-x1>0,<x1+1<1,1<x2+1<1+ln a,,-a<0,1<<a(1+ln a)<a2,∴f(x2)-f(x1)=+ln-a(x2-x1)=(x2-x1)-a+ln<ln a2=2ln a.突破4导数与函数的零点1.解F(x)=f(x)-x2+(m+1)x=-x2+(m+1)x-m ln x(x>0).易得F'(x)=-x+m+1-=-①若m=1,则F'(x)≤0,函数F(x)为减函数,∵F(1)=>0,F(4)=-ln4<0,∴F(x)有唯一零点;②若m>1,则当0<x<1或x>m时,F'(x)<0,当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, ∵F(1)=m+>0,F(2m+2)=-m ln(2m+2)<0,所以F(x)有唯一零点.综上,当m≥1时,函数F(x)有唯一零点.2.解(1)f(x)=x ln x-x2+x+1(x>0),g(x)=f'(x)=ln x-2x+2,g'(x)=-2=,当x∈0,时,g'(x)>0,g(x)单调递增;当x∈,+∞时,g'(x)<0,g(x)单调递减.又g(1)=f'(1)=0,则当x∈,1时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减.故当x=1时,f(x)取得极大值f(1)=1.(2)g(x)=f'(x)=ln x+1-2ax+a,g'(x)=-2a=,①若a≤0,则g'(x)>0,g(x)单调递增,至多有一个零点,不合题意.②若a>0,则当x∈0,时,g'(x)>0,g(x)单调递增;当x∈,+∞时,g'(x)<0,g(x)单调递减.则g≥g=ln+1=ln>0.不妨设g(x1)=g(x2),x1<x2,则0<x1<<x2<1.一方面,需要g(1)<0,得a>1.另一方面,由(1)得,当x>1时,ln x<x-1<x,则x<e x,进而,有2a<e2a,则e-2a<,且g(e-2a)=-2a e-2a+1-a<0,故存在x1,使得0<e-2a<x1<综上,a的取值范围是(1,+∞).3.解(2)由f(1)=1得b=e-1-a,由f(x)=1得e x=ax2+bx+1,设g(x)=e x-ax2-bx-1,则g(x)在(0,1)内有零点,设x0为g(x)在(0,1)内的一个零点, 由g(0)=g(1)=0知g(x)在(0,x0)和(x0,1)上不单调.设h(x)=g'(x),则h(x)在(0,x0)和(x0,1)上均存在零点,即h(x)在(0,1)上至少有两个零点.g'(x)=e x-2ax-b,h'(x)=e x-2a,当a时,h'(x)>0,h(x)在(0,1)上单调递增,h(x)不可能有两个及以上零点,当a时,h'(x)<0,h(x)在(0,1)上单调递减,h(x)不可能有两个及以上零点,当<a<时,令h'(x)=0得x=ln(2a)∈(0,1),∴h(x)在(0,ln(2a))上单调递减,在(ln(2a),1)上单调递增,h(x)在(0,1)上存在最小值h(ln(2a)),若h(x)有两个零点,则有h(ln(2a))<0,h(0)>0,h(1)>0,h(ln(2a))=3a-2a ln(2a)+1-e<a<,设φ(x)=x-x ln x+1-e(1<x<e),则φ'(x)=-ln x,令φ'(x)=0,得x=,当1<x<时,φ'(x)>0,φ(x)单调递增;当<x<e时,φ'(x)<0,φ(x)单调递减.∴φmax(x)=φ()=+1-e<0,∴h(ln(2a))<0恒成立.由h(0)=1-b=a-e+2>0,h(1)=e-2a-b>0,得e-2<a<1.综上,a的取值范围为(e-2,1).4.解(1)因为g(x)=x3+2(1-a)x2-8x+8a+7,所以g'(x)=2ax2+4(1-a)x-8,所以g'(2)=0.所以a=0,即g(x)=2x2-8x+7.g(0)=7,g(3)=1,g(2)=-1.所以g(x)在[0,3]上的值域为[-1,7].(2)当a=0时,g(x)=2x2-8x+7,由g(x)=0,得x=2±(1,+∞),此时函数y=h(x)有三个零点,符合题意.当a>0时,g'(x)=2ax2+4(1-a)x-8=2a(x-2)x+.由g'(x)=0,得x=2.当x∈(0,2)时,g'(x)<0;当x∈(2,+∞)时,g'(x)>0.若函数y=h(x)有三个零点,则需满足g(1)>0且g(2)<0,解得0<a<当a<0时,g'(x)=2ax2+4(1-a)x-8=2a(x-2)x+.由g'(x)=0,得x1=2,x2=-①当-<2,即a<-1时,因为g(x)极大值=g(2)=a-1<0,此时函数y=h(x)至多有一个零点,不符合题意;②当-=2,即a=-1时,因为g'(x)≤0,此时函数y=h(x)至多有两个零点,不符合题意;③当->2,即-1<a<0时.若g(1)<0,则函数y=h(x)至多有两个零点,不符合题意;若g(1)=0,则a=-,因为g-=8a3+7a2+8a+,所以g->0,此时函数y=h(x)有三个零点,符合题意;若g(1)>0,则-<a<0,由g-=8a3+7a2+8a+.记φ(a)=8a3+7a2+8a+,则φ'(a)>0,所以φ(α)>φ->0,此时函数y=h(x)有四个零点,不符合题意.综上所述,满足条件的实数a∈-∪0,.5.解(1)f(x)的定义域是(0,+∞),f'(x)=ln x+1,令f'(x)>0,解得x>,令f'(x)<0,解得0<x<,故f(x)在0,上单调递减,在,+∞上单调递增,故x=时,f(x)极小值=f=-(2)记t=x ln x,t≥-,则e t=e x ln x=(e ln x)x=x x,故f(x)-ax x=0,即t-a e t=0,a=,令g(t)=,g'(t)=,令g'(t)>0,解得-t<1,令g'(t)<0,解得t>1,故g(t)在-,1上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,故g(t)max=g(1)=,由t=x ln x,t≥-,a=g(t)=的图象和性质有:①0<a<,y=a和g(t)有两个不同交点(t1,a),(t2,a),且0<t1<1<t2,t1=x ln x,t2=x ln x各有一解,即f(x)-ax x=0有2个不同解.②-<a<0,y=a和g(t)=仅有1个交点(t3,a),且-<t3<0,t3=x ln x有2个不同的解,即f(x)-ax x=0有两个不同解.③a取其他值时,f(x)-ax x=0最多1个解.综上,a的范围是-,0∪0,.6.(1)解g(x)=f'(x)=ln x+1-x-a,g'(x)=,当x∈(0,2)时,g'(x)>0,g(x)单调递增;当x∈(2,+∞)时,g'(x)<0,g(x)单调递减.故当x=2时,g(x)的最大值为g(2)=ln2-a.若a=ln2,g(x)取得最大值g(2)=0.(2)证明①若a=ln2,由(1)知,当x∈(0,+∞)时,f'(x)≤0,且仅当x=2时,f'(x)=0.此时f(x)单调递减,且f(2)=0,故f(x)只有一个零点x0=2.②若a>ln2,由(1)知,当x∈(0,+∞)时,f'(x)=g(x)<0,f(x)单调递减.此时,f(2)=2(ln2-a)<0,注意到x1=<1,(x ln x)'=ln x+1,故x ln x≥-,f(x1)=x1ln x1->->0,故f(x)仅存在一个零点x0∈(x1,2).③若0<a<ln2,则g(x)的最大值g(2)=ln2-a>0,即f'(2)>0,注意到f'=--a<0,f'(8)=ln8-3-a<0,故存在x2∈,2,x3∈(2,8),使得f'(x2)=f'(x3)=0.则当x∈(0,x2)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(x2,x3)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(x3,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减.故f(x)有极小值f(x2),有极大值f(x3).由f'(x2)=0得ln x2+1-x2-a=0,故f(x2)=x2-12>0,则f(x3)>0.存在实数t∈(4,16),使得ln t-t=0,且当x>t时,ln x-x<0,记x4=max,则f(x4)=x4ln x4-x4-ax4+1≤0,故f(x)仅存在一个零点x0∈(x3,x4].综上,f(x)有且仅有一个零点.高考大题专项(二) 三角函数与解三角形1.(2019浙江杭州检测)如图是f(x)=2sin(ωx+φ)0<ω<2π,-<φ<的图象,A,B,D为函数图象与坐标轴的交点,直线AB与f(x)交于C,|AO|=1,2|AD|2+2|CD|2=4+|AC|2.(1)求φ的值;(2)求tan∠DAC的值.2.(2019天津和平区二模)已知函数f(x)=cos x(sin x-cos x),x∈R.(1)求f(x)的最小正周期和最大值;(2)讨论f(x)在区间上的单调性.3.(2019湖南株洲二模)如图,在四边形ABCD中,∠ADC=,AD=3,sin∠BCD=,连接BD,3BD=4BC.(1)求∠BDC的值;(2)若BD=,∠AEB=,求△ABE面积的最大值.4.在△ABC中,AB=6,AC=4.(1)若sin B=,求△ABC的面积;(2)若点D在BC边上且BD=2DC,AD=BD,求BC的长.5.(2019河北石家庄三模)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知△ABC的面积为.(1)求sin B sin C;(2)若10cos B cos C=-1,a=,求△ABC的周长.6.(2019上海杨浦区二模)已知函数f(x)=(1+tan x)·sin 2x.(1)求f(x)的定义域;(2)求函数F(x)=f(x)-2在区间(0,π)内的零点.参考答案高考大题专项(二) 三角函数与解三角形1.解(1)由f(x)=2sin(ωx+φ)0<ω<2π,-<φ<的图象,A,B,D为函数图象与坐标轴的交点,直线AB与f(x)交于C,|AO|=1,可得1=2sinφ,所以φ=(2)如图,由三角函数图形的性质,可知四边形AECD是平行四边形,可得2|AD|2+2|CD|2=4+|AC|2=|ED|2+|AC|2,解得|ED|=2,所以T=2,则ω=π,所以f(x)=2sinπx+,所以B,0,D,0,k AC=-,k AD=-,所以tan∠DAC=2.解(1)由题意,得f(x)=cos x sin x-cos2x=sin2x-(1+cos2x)=sin2x-cos2x-=sin2x--所以f(x)的最小正周期T==π,其最大值为1-(2)令z=2x-,则函数y=2sin z的单调递增区间是-+2kπ,+2kπ,k∈Z.由-+2kπ≤2x-+2kπ,得-+kπ≤x+kπ,k∈Z.设A=,B=x-+kπ≤x+kπ,k∈Z,易知A∩B=.所以,当x∈时,f(x)在区间上单调递增;在区间上单调递减.3.解(1)在△BCD中,由正弦定理得,∴sin∠BDC=∵3BD=4BC,∴BD>BC,∴∠BDC为锐角,∴∠BDC=(2)在△ABD中,AD=3,BD=,∠ADB=,∴AB==2在△ABE中,由余弦定理得AB2=AE2+BE2-2AE·BE·cos,∴12=AE2+BE2-AE·BE≥2AE·BE-AE·BE=AE·BE,当且仅当AE=BE时等号成立, ∴AE·BE≤12,∴S△ABE=AE·BE·sin12=3,即△ABE面积的最大值为34.解(1)由正弦定理得,所以sin C=1,∠C=,所以BC==2,所以S=2×4=4(2)设DC=x,则BD=2x,由余弦定理可得=-,解得x=,所以BD=3DC=55.解(1)由三角形的面积公式可得S△ABC=ac sin B=,∴2c sin B sin A=a,由正弦定理可得2sin C sin B sin A=sin A,∵sin A≠0,∴sin B sin C=;(2)∵10cos B cos C=-1,∴cos B cos C=-,∴cos(B+C)=cos B cos C-sin B sin C=-,∴cos A=,sin A=,则由bc sin A=,可得bc=,由b2+c2-a2=2bc cos A,可得b2+c2=,∴(b+c)2==7,可得b+c=,经检验符合题意,∴三角形的周长a+b+c=6.解(1)由正切函数的性质可求f(x)的定义域为(2)∵f(x)=1+·2sin x cos x=sin2x+2sin2x=sin2x-cos2x+1=sin2x-+1,∴F(x)=f(x)-2=sin2x--1=0,解得2x-=2kπ+,或2x-=2kπ+,k∈Z,即x=kπ+,或x=kπ+,k∈Z,又x∈(0,π),∴k=0时,x=,或x=,故F(x)在(0,π)内的零点为x=,或x=高考大题专项(三) 数列1.(2019河南新乡三模,17)在数列{a n}中,a1=1,且a n,2n,a n+1成等比数列.(1)求a2,a3,a4;(2)求数列{a2n}的前n项和S n.2.在等比数列{a n}中,a1=1,a5=4a3.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)记S n为数列{a n}的前n项和,若S m=63,求m.3.若数列{a n}的前n项和为S n,且a1=1,a2=2.(S n+1)·(S n+2+1)=(S n+1+1)2.(1)求S n;(2)记数列的前n项和为T n,证明:1≤T n≤2.4.设数列{a n}满足a1=2,-a n=3·22n-1.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)令b n=na n,求数列{b n}的前n项和S n.5.已知数列{a n}中,a1=5且a n=2a n-1+2n-1(n≥2且n∈N*).(1)求a2,a3的值;(2)是否存在实数λ,使得数列为等差数列?若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由.6.(2019天津,文18)设{a n}是等差数列,{b n}是等比数列,公比大于0.已知a1=b1=3,b2=a3,b3=4a2+3.(1)求{a n}和{b n}的通项公式;(2)设数列{c n}满足c n=求a1c1+a2c2+…+a2n c2n(n∈N*).参考答案高考大题专项(三) 数列1.解(1)∵a n,2n,a n+1成等比数列,∴a n a n+1=(2n)2=4n.∵a1=1,∴a2==4,同理得a3=4,a4=16.(2)∵a n a n+1=(2n)2=4n,=4,则数列{a2n}是首项为4,公比为4的等比数列.故S n=2.解(1)设数列{a n}的公比为q,由题设得a n=q n-1.由已知得q4=4q2,解得q=0(舍去),q=-2或q=2.故a n=(-2)n-1或a n=2n-1.(2)若a n=(-2)n-1,则S n=由S m=63得(-2)m=-188,此方程没有正整数解.若a n=2n-1,则S n=2n-1.由S m=63得2m=64,解得m=6.综上可得m=6.3.(1)解由题意有=…=,所以数列{S n+1}是等比数列.又S1+1=a1+1=2,S2+1=a1+a2+1=4,所以=2,数列{S n+1}是首项为2,公比为2的等比数列.所以S n+1=2×2n-1=2n,所以S n=2n-1.(2)证明由(1)知,n≥2时,S n=2n-1,S n-1=2n-1-1,两式相减得a n=2n-1.n=1时,a1=1也满足a n=2n-1,所以数列{a n}的通项公式为a n=2n-1(n∈N*).所以(n∈N*).所以T n=+…+=1++…+=2-因为n∈N*,所以0<1, 所以-1≤-<0.所以1≤2-<2.4.解(1)由已知a n+1-a n=3·22n-1,所以a n+1=[(a n+1-a n)+(a n-a n-1)+…+(a2-a1)]+a1=3(22n-1+22n-3+…+2)+2=22(n+1)-1.当n=1时,a1=2也满足上式,所以数列{a n}的通项公式a n=22n-1.(2)由b n=na n=n·22n-1知,S n=1·2+2·23+3·25+…+n·22n-1. ①22·S n=1·23+2·25+3·27+…+n·22n+1. ②①-②得(1-22)S n=2+23+25+…+22n-1-n·22n+1.即S n=[(3n-1)22n+1+2].5.解(1)∵a1=5,∴a2=2a1+22-1=13,a3=2a2+23-1=33.(2)假设存在实数λ,使得数列为等差数列.设b n=,由{b n}为等差数列,则有2b n+1=b n+b n+2(n∈N*).∴2∴λ=4a n+1-4a n-a n+2=2(a n+1-2a n)-(a n+2-2a n+1)=2(2n+1-1)-(2n+2-1)=-1.综上可知,当λ=-1时,数列为首项是2,公差是1的等差数列.6.解(1)设等差数列{a n}的公差为d,等比数列{b n}的公比为q.依题意,得解得故a n=3+3(n-1)=3n,b n=3×3n-1=3n.所以{a n}的通项公式为a n=3n,{b n}的通项公式为b n=3n.(2)a1c1+a2c2+…+a2n c2n=(a1+a3+a5+…+a2n-1)+(a2b1+a4b2+a6b3+…+a2n b n)=n×3+6+(6×31+12×32+18×33+…+6n×3n)=3n2+6(1×31+2×32+…+n×3n).记T n=1×31+2×32+…+n×3n,①则3T n=1×32+2×33+…+n×3n+1,②②-①得,2T n=-3-32-33-…-3n+n×3n+1=-+n×3n+1=所以a1c1+a2c2+…+a2n c2n=3n2+6T n=3n2+3(n∈N*).高考大题专项(四) 立体几何突破1空间中的平行与空间角1.(2019山东潍坊三模,18)如图,一简单几何体ABCDE的一个面ABC内接于圆O,G、H分别是AE、BC的中点,AB是圆O的直径,四边形DCBE为平行四边形,且DC⊥平面ABC.(1)证明:GH∥平面ACD;(2)若AC=BC=BE=2,求二面角O-CE-B的余弦值.2.(2019湖北八校联考一,18)如图所示,四棱锥P-ABCD中,面PAD⊥面ABCD,PA=PD=,四边形ABCD为等腰梯形,BC∥AD,BC=CD=AD=1,E为PA的中点.(1)求证:EB∥平面PCD.(2)求面PAD与平面PCD所成的二面角θ的正弦值.3.(2019安徽“江南十校”二模,18)已知多面体ABC-DEF,四边形BCDE为矩形,△ADE与△BCF为边长为2的等边三角形,AB=AC=CD=DF=EF=2.(1)证明:平面ADE∥平面BCF.(2)求BD与平面BCF所成角的正弦值.4.(2019四川宜宾二模,19)如图,四边形ABCD是菱形,EA⊥平面ABCD,EF∥AC,CF∥平面BDE,G是AB中点.(1)求证:EG∥平面BCF;(2)若AE=AB,∠BAD=60°,求二面角A-BE-D的余弦值.5.(2017全国2,理19)如图,四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=AD,∠BAD=∠ABC=90°,E是PD的中点.(1)证明:直线CE∥平面PAB;(2)点M在棱PC上,且直线BM与底面ABCD所成角为45°,求二面角M-AB-D的余弦值.6.(2014课标全国Ⅱ,理18)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,E为PD的中点.(1)证明:PB∥平面AEC;(2)设二面角D-AE-C为60°,AP=1,AD=,求三棱锥E-ACD的体积.突破2空间中的垂直与空间角1.(2018全国卷3,理19)如图,边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直,M是上异于C,D的点.(1)证明:平面AMD⊥平面BMC;(2)当三棱锥M-ABC体积最大时,求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值.2.(2019河北唐山一模,18)如图,△ABC中,AB=BC=4,∠ABC=90°,E,F分别为AB,AC边的中点,以EF为折痕把△AEF折起,使点A到达点P的位置,且PB=BE.(1)证明:BC⊥平面PBE;(2)求平面PBE与平面PCF所成锐二面角的余弦值.3.(2019河北武邑中学调研二,19)如图,已知多面体ABC-A1B1C1,A1A,B1B,C1C均垂直于平面ABC,∠ABC=120°,A1A=4,C1C=1,AB=BC=B1B=2.(1)证明:AB1⊥平面A1B1C1;(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值.4.(2019山西太原二模,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是直角梯形,AD∥BC,AB⊥AD,AD=2AB=2BC=2,△PCD是正三角形,PC⊥AC,E是PA的中点.(1)证明:AC⊥BE;(2)求直线BP与平面BDE所成角的正弦值.5.(2019山东实验等四校联考,18)如图,在直角△ABC中,B为直角,AB=2BC,E,F分别为AB,AC 的中点,将△AEF沿EF折起,使点A到达点D的位置,连接BD,CD,M为CD的中点.(1)证明:MF⊥面BCD;(2)若DE⊥BE,求二面角E-MF-C的余弦值.。
2020版高考数学(文科)大一轮精准复习精练：§3.2 导数的应用 Word版含解析
§3.2导数的应用挖命题【考情探究】考点内容解读5年考情预测热度考题示例考向关联考点利用导数研究函数的单调性①了解函数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(其中多项式函数不超过三次)2017课标全国Ⅱ,21,12分导数与函数的单调性不等式恒成立求参数范围★★★2016课标全国Ⅰ,12,5分利用函数单调性求参数范围不等式恒成立求参数范围2014课标Ⅱ,11,5分利用函数单调性求参数范围不等式恒成立求参数范围利用导数研究函数的极值与最值①了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件;②会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数不超过三次);会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数不超过三次)2018课标全国Ⅰ,21,12分导数与函数单调性、极值、最值不等式的证明★★★2017课标全国Ⅲ,21,12分利用最值证明不等式导数与函数单调性2015课标Ⅱ,21,12分利用导数求函数最值导数与函数单调性2014课标Ⅱ,3,5分函数极值存在的充要条件利用导数为零判断极值点是否存在导数的综合应用利用导数解决实际问题、函数的零点(方程的根)的问题、不等式问题以及恒成立(存在性)问题2018课标全国Ⅱ,21,12分函数的零点导数与函数的单调性★★★2014课标Ⅱ,21,12分零点个数的证明利用导数几何意义求切线方程2015课标Ⅰ,21,12分不等式的证明零点个数问题分析解读函数的单调性是函数的一条重要性质,也是高中阶段研究的重点.一是直接用导数研究函数的单调性、求函数的最值与极值,以及实际问题中的优化问题等,这是新课标的一个新要求.二是把导数与函数、方程、不等式、数列等知识相联系,综合考查函数的最值与参数的取值,常以解答题的形式出现.本节内容在高考中分值为17分左右,属难度较大题.破考点【考点集训】考点一利用导数研究函数的单调性1.(2018河南、河北重点高中第二次联考,6)若函数f(x)=e x-(a-1)x+1在(0,1)上递减,则a的取值范围是()A.(e+1,+∞)B.[e+1,+∞)C.(e-1,+∞)D.[e-1,+∞)答案B2.(2018河南信阳一模,15)已知定义在R上的可导函数f(x)满足f'(x)<1,若f(2-m)-f(m)>2-2m,则实数m的取值范围是.答案(1,+∞)3.(2017天津红桥期中联考,21)已知函数f(x)=x3-ax-1.(1)若f(x)在(-∞,+∞)上单调递增,求实数a的取值范围;(2)是否存在实数a,使f(x)在(-1,1)上单调递减?若存在,求出a的取值范围;若不存在,试说明理由.解析(1)f'(x)=3x2-a,要使f(x)在(-∞,+∞)上单调递增,需3x2-a≥0在(-∞,+∞)上恒成立,即a≤3x2在(-∞,+∞)上恒成立,∴a≤0.因此当f(x)在(-∞,+∞)上单调递增时,a的取值范围是(-∞,0].(2)存在.若f(x)在(-1,1)上单调递减,则对于任意 x ∈(-1,1),不等式f '(x)=3x 2-a ≤0 恒成立,即 a ≥3x 2, 又 x ∈(-1,1)时,3x 2<3,∴a ≥3,∴存在实数a,使函数 f(x)在(-1,1)上单调递减,实数a 的取值范围是[3,+∞).考点二 利用导数研究函数的极值与最值1.(2018广东珠海二中期中,15)已知x 0是函数f(x)=x 3-12x 的极小值点,则x 0= . 答案 22.(2017湖南郴州三模,14)已知奇函数f(x)={e xx-1(x>0),ℎ(x)(x <0),则函数h(x)的最大值为 .答案 1-e3.(2018湖北荆州一模,20)已知函数f(x)=-x 2+ax-ln x(a ∈R ). (1)若函数f(x)是单调递减函数,求实数a 的取值范围;(2)若函数f(x)在区间(0,3)上既有极大值又有极小值,求实数a 的取值范围. 解析 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),f '(x)=-2x+a-1x =-2x 2+ax -1x(x>0).∵函数f(x)是单调递减函数, ∴f '(x)≤0对x ∈(0,+∞)恒成立,∴-2x 2+ax-1≤0对x ∈(0,+∞)恒成立,即a ≤2x+1x对x ∈(0,+∞)恒成立.∵2x+1x≥2√2x ·1x=2√2当且仅当2x=1x,即x=√22时取“=”,∴a ≤2√2.(2)∵函数f(x)在(0,3)上既有极大值又有极小值, ∴f '(x)=-2x 2+ax -1x=0在(0,3)上有两个相异实根, 即2x 2-ax+1=0在(0,3)上有两个相异实根,令g(x)=2x 2-ax+1,则{Δ>0,0<a4<3,g(0)>0,g(3)>0,得{ a <-2√2或a >2√2,0<a <12,1>0,a <193,∴2√2<a<193.故a 的取值范围为(2√2,193).考点三 导数的综合应用1.(2019届福建厦门模拟,12)定义在(0,+∞)上的函数f(x)满足f(x)+xf '(x)=1x, f(1)=0,若关于x 的方程|f(x)|-a=0有3个实根,则a 的取值范围是 . 答案 (0,1e)2.(2018河南信阳一模,22)已知实数λ>0,设函数f(x)=e λx -x. (1)当λ=1时,求函数f(x)的极值;(2)若对任意x ∈(0,+∞),不等式f(x)≥0恒成立,求λ的最小值. 解析 (1)当λ=1时,f(x)=e x -x,求导得f '(x)=e x -1.令f '(x)<0,即e x <1,解得x<0;令f '(x)>0,即e x >1,解得x>0.从而,函数f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,所以函数f(x)无极大值,只有极小值,且极小值为f(0)=e 0-0=1. (2)因为当x>0时,f(x)≥0⇔e λx ≥x ⇔λx ≥ln x ⇔λ≥lnx x ,从而结合题意可知:λ≥(lnx x )max.令g(x)=lnxx(x>0).。
【新高考】高三数学一轮复习知识点专题3-3 函数与导数的综合应用
专题3.3 函数与导数的综合应用（精测）1．(2020·四川成都模拟)已知函数f (x )＝e 2x －2a e x －2ax ，其中a >0. (1)当a ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程； (2)若函数f (x )有唯一零点，求a 的值．【解析】(1)当a ＝1时，f (x )＝e 2x －2e x －2x ，∴f ′(x )＝2e 2x －2e x －2，∴f ′(0)＝2e 0－2e 0－2＝－2. 又f (0)＝e 0－2e 0－0＝－1，∴曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y －(－1)＝－2x ，即2x ＋y ＋1＝0. (2)由题意得f ′(x )＝2e 2x －2a e x －2a ＝2(e 2x －a e x －a )． 令t ＝e x ∈(0，＋∞)，则g (t )＝2(t 2－at －a )．设t 2－at －a ＝0的解为t 1，t 2则t 1＋t 2＝a ，t 1t 2＝－a ，又∵a >0，∴函数y ＝g (t )在(0，＋∞)上仅有一个零点． ∴存在t 0∈(0，＋∞)，使得g (t 0)＝0， 即存在x 0满足t 0＝e x 0时，f ′(x 0)＝0.∴当t ∈(0，t 0)，即x ∈(－∞，x 0)时，f ′(x )<0，∴f (x )在(－∞，x 0)上单调递减；当t ∈(t 0，＋∞)，即x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0，∴f (x )在(x 0，＋∞)上单调递增．又当x →－∞时，e 2x －2a e x →0，－2ax →＋∞，∴f (x )→＋∞；当x >0时，e x >x ，∴f (x )＝e 2x －2a e x －2ax >e 2x －2a e x －2a e x ＝e x (e x －4a )， ∵当x →＋∞时，e x (e x －4a )→＋∞，∴f (x )→＋∞.∴函数f (x )有唯一零点时，必有f (x 0)＝e2x 0－2a e x 0－2ax 0＝0.① 又e2x 0－a e x 0－a ＝0，②由①②消去a ，得e x 0＋2x 0－1＝0.令h (x )＝e x ＋2x －1，∵h ′(x )＝e x ＋2>0，∴h (x )单调递增． 又h (0)＝0，∴方程e x 0＋2x 0－1＝0有唯一解x ＝0.将x ＝0代入e2x 0－a e x 0－a ＝0，解得a ＝12，∴当函数f (x )有唯一零点时，a 为12.2.(2020·广西桂林市联考)已知函数f (x )＝⎝⎛⎭⎫a ＋1a ln x ＋1x －x (a >0)． (1)若a ＝12，求f (x )的极值点；(2)若曲线y ＝f (x )上总存在不同的两点P (x 1，f (x 1))，Q (x 2，f (x 2))，使得曲线y ＝f (x )在P ，Q 两点处的切线平行，求证：x 1＋x 2>2.【解析】f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝⎝⎛⎭⎫a ＋1a ·1x －1x2－1(a >0)． (1)当a ＝12时，f ′(x )＝－⎝⎛⎭⎫1x －2⎝⎛⎭⎫1x －12＝－（x －2）（2x －1）2x 2， 令f ′(x )<0，得0<x <12或x >2；令f ′(x )>0，得12<x <2，∴f (x )在⎝⎛⎭⎫0，12，(2，＋∞)上单调递减，在⎝⎛⎭⎫12，2上单调递增， ∴x ＝12是f (x )的极小值点，x ＝2是f (x )的极大值点．(2)证明：由题意知，f ′(x 1)＝f ′(x 2)，即⎝⎛⎭⎫a ＋1a ·1x 1－1x 21－1＝⎝⎛⎭⎫a ＋1a ·1x 2－1x 22－1(x 1≠x 2)， ∴a ＋1a ＝1x 1＋1x 2＝x 1＋x 2x 1x 2.∵x 1，x 2∈(0，＋∞)，x 1≠x 2，∴x 1＋x 2>2x 1x 2，则有x 1x 2<（x 1＋x 2）24，∴a ＋1a ＝x 1＋x 2x 1x 2>4x 1＋x 2，∴x 1＋x 2>⎝ ⎛⎭⎪⎫4a ＋1a max.∵a >0，∴4a ＋1a≤2(当且仅当a ＝1时取等号)，∴x 1＋x 2>⎝ ⎛⎭⎪⎫4a ＋1a max＝2.3．(2020·云南昆明市高三诊断)已知函数f (x )＝2ln x －x ＋1x .(1)求f (x )的单调区间；(2)若a >0，b >0，且a ≠b ，证明：ab <a －b ln a －ln b <a ＋b2.【解析】(1)由题意得，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝2x －1－1x 2＝－x 2＋2x －1x 2＝－（x －1）2x 2≤0.所以函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减，无单调递增区间． (2)设a >b >0，则ab <a －b ln a －ln b ⇔ln a －ln b <a －b ab⇔ln a b <a b －1ab ⇔2ln ab－a b ＋1ab<0. 由(1)知，f (x )是(0，＋∞)上的减函数，又ab >1，所以f ⎝⎛⎭⎫a b <f (1)＝0， 即f ⎝⎛⎭⎫a b ＝2ln a b－a b ＋1ab<0，所以ab <a －bln a －ln b .又a －b ln a －ln b <a ＋b 2⇔ln a －ln b >2（a －b ）a ＋b⇔ln a b >2⎝⎛⎭⎫a b －1ab＋1. 令g (x )＝ln x －2（x －1）x ＋1，则g ′(x )＝（x －1）2x （x ＋1）2，当x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )≥0，即g (x )是(0，＋∞)上的增函数．因为a b >1，所以g ⎝⎛⎭⎫a b >g (1)＝0，所以ln a b >2⎝⎛⎭⎫a b －1a b ＋1，从而a －b ln a －ln b <a ＋b 2.综上所述，当a >0，b >0，且a ≠b 时，ab <a －b ln a －ln b <a ＋b2.4．(2020·山东烟台模拟)已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3. (1)求函数f (x )在[t ，t ＋2](t >0)上的最小值；(2)若存在x ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e (e 是自然对数的底数，e ＝2.718 28…)使不等式2f (x )≥g (x )成立，求实数a 的取值范围． 【解析】(1)由题意知f ′(x )＝ln x ＋1， 当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 时，f ′(x )<0，此时f (x )单调递减； 当x ∈⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞时，f ′(x )>0，此时f (x )单调递增． 当0<t <t ＋2<1e时，t 无解；当0<t ≤1e <t ＋2，即0<t ≤1e 时，f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫1e ＝－1e ； 当1e <t <t ＋2，即t >1e 时，f (x )在[t ，t ＋2]上单调递增， 故f (x )min ＝f (t )＝t ln t .所以f (x )min＝⎩⎨⎧－1e ，0<t ≤1e ，t ln t ，t >1e .(2)由题意，知2x ln x ≥－x 2＋ax －3，即a ≤2ln x ＋x ＋3x ，令h (x )＝2ln x ＋x ＋3x(x >0)，则h ′(x )＝2x ＋1－3x 2＝（x ＋3）（x －1）x 2，当x ∈⎣⎡⎭⎫1e ，1时，h ′(x )<0，此时h (x )单调递减； 当x ∈(1，e]时，h ′(x )>0，此时h (x )单调递增．所以h (x )max ＝max ⎩⎨⎧⎭⎬⎫h ⎝⎛⎭⎫1e ，h （e ）. 因为存在x ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e ，使2f (x )≥g (x )成立， 所以a ≤h (x )max ，又h ⎝⎛⎭⎫1e ＝－2＋1e ＋3e ，h (e)＝2＋e ＋3e ， 故h ⎝⎛⎭⎫1e >h (e)，所以a ≤1e＋3e －2. 5．(2020·陕西省质检)设函数f (x )＝ln x ＋k x，k ∈R.(1)若曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e))处的切线与直线x －2＝0垂直，求f (x )的单调性和极小值(其中e 为自然对数的底数)；(2)若对任意的x 1>x 2>0，f (x 1)－f (x 2)<x 1－x 2恒成立，求k 的取值范围． 【解析】(1)由题意，得f ′(x )＝1x －kx2(x >0)，∵曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e))处的切线与直线x －2＝0垂直， ∴f ′(e)＝0，即1e －ke 2＝0，解得k ＝e ，∴f ′(x )＝1x －e x 2＝x －ex2(x >0)，由f ′(x )<0，得0<x <e ；由f ′(x )>0，得x >e ，∴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，且f (e)＝ln e ＋ee ＝2.∴f (x )的极小值为2.(2)由题意知，对任意的x 1>x 2>0，f (x 1)－x 1<f (x 2)－x 2恒成立， 设h (x )＝f (x )－x ＝ln x ＋kx －x (x >0)，则h (x )在(0，＋∞)上单调递减，∴h ′(x )＝1x －kx 2－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，即当x >0时，k ≥－x 2＋x ＝－⎝⎛⎭⎫x －122＋14恒成立， ∴k ≥14.故k 的取值范围是⎣⎡⎭⎫14，＋∞. 6.(2020·山西大同调研)已知函数f (x )＝2ln x －x 2＋ax (a ∈R)．(1)当a ＝2时，求f (x )的图象在x ＝1处的切线方程；(2)若函数g (x )＝f (x )－ax ＋m 在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上有两个不同的零点，求实数m 的取值范围． 【解析】(1)当a ＝2时，f (x )＝2ln x －x 2＋2x ，f ′(x )＝2x －2x ＋2，则k ＝f ′(1)＝2.∵f (1)＝1，∴切点坐标为(1，1)．所以切线方程为y －1＝2(x －1)，即y ＝2x －1.(2)由题意得，g (x )＝2ln x －x 2＋m ，则g ′(x )＝2x －2x ＝－2（x ＋1）（x －1）x .∵x ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e ，∴令g ′(x )＝0，得x ＝1.当1e ≤x <1时，g ′(x )>0，g (x )单调递增；当1<x ≤e 时，g ′(x )<0，g (x )单调递减． 故g (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上有最大值g (1)＝m －1.又g ⎝⎛⎭⎫1e ＝m －2－1e 2，g (e)＝m ＋2－e 2，g (e)－g ⎝⎛⎭⎫1e ＝4－e 2＋1e 2<0，则g (e)<g ⎝⎛⎭⎫1e ， ∴g (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上的最小值是g (e)．g (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上有两个不同的零点的条件是⎩⎪⎨⎪⎧g （1）＝m －1>0，g ⎝⎛⎭⎫1e ＝m －2－1e 2≤0，解得1<m ≤2＋1e 2， ∴实数m 的取值范围是⎝⎛⎦⎤1，2＋1e 2. 7．(2020·河南安阳二模)已知函数f (x )＝ln x －x 2＋ax ，a ∈R. (1)证明：ln x ≤x －1；(2)若a ≥1，讨论函数f (x )的零点个数．【解析】(1)证明：令g (x )＝ln x －x ＋1(x >0)，则g (1)＝0， g ′(x )＝1x －1＝1－x x，∴当x ∈(0，1)时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )<0，函数g (x )单调递减． ∴当x ＝1时，函数g (x )取得极大值也是最大值， ∴g (x )≤g (1)＝0，即ln x ≤x －1.(2)f ′(x )＝1x －2x ＋a ＝－2x 2＋ax ＋1x ，x >0.令－2x 2＋ax ＋1＝0，解得x 0＝a ＋a 2＋84(负值舍去)，在(0，x 0)上，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，在(x 0，＋∞)上，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减． ∴f (x )max ＝f (x 0)．当a ＝1时，x 0＝1，f (x )max ＝f (1)＝0，此时函数f (x )只有一个零点x ＝1.当a >1时，f (1)＝a －1>0，f ⎝⎛⎭⎫12a ＝ln 12a －14a 2＋12<12a －1－14a 2＋12＝－⎝⎛⎭⎫12a －122－14<0， f (2a )＝ln 2a －2a 2<2a －1－2a 2＝－2⎝⎛⎭⎫a －122－12<0. ∴函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎫12a ，1和区间(1，2a )上各有一个零点． 综上可得，当a ＝1时，函数f (x )只有一个零点x ＝1； 当a >1时，函数f (x )有两个零点．8．(2020·河北石家庄质检)已知函数f (x )＝(2－x )e k (x －1)－x (k ∈R ，e 为自然对数的底数)．(1)若f (x )在R 上单调递减，求k 的最大值； (2)当x ∈(1，2)时，证明：lnx （2x －1）2－x>2⎝⎛⎭⎫x －1x .【解析】(1)∵f (x )在R 上单调递减，∴f ′(x )＝e k (x －1)[k (2－x )－1]－1≤0恒成立，即－kx ＋2k －1≤1ek （x －1）对任意x ∈R 恒成立． 设g (x )＝1ek （x －1）＋kx －2k ＋1，则g (x )≥0对任意x ∈R 恒成立，显然应满足g (1)＝2－k ≥0，∴k ≤2.当k ＝2时，g ′(x )＝2⎣⎡⎦⎤1－1e 2（x －1），且g ′(1)＝0，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， ∴g (x )min ＝g (1)＝0，即g (x )≥0恒成立， 故k 的最大值为2.(2)证明：由(1)知，当k ＝2时，f (x )＝(2－x )e 2(x －1)－x 在R 上单调递减，且f (1)＝0，所以当x ∈(1，2)时，f (x )<f (1)，即(2－x )e 2(x－1)<x ，两边同取以e 为底的对数得ln(2－x )＋2(x －1)<ln x ， 即2(x －1)<ln x2－x，①下面证明－2x ＋2<ln(2x －1)，x ∈(1，2)．②令H (x )＝ln(2x －1)－⎝⎛⎭⎫－2x ＋2(1<x <2)， 则H ′(x )＝2（x －1）2x 2（2x －1）>0，∴H (x )在(1，2)上单调递增，则H (x )>H (1)＝ln(2×1－1)－⎝⎛⎭⎫－21＋2＝0，故②成立， ① ＋②得，ln x （2x －1）2－x>2⎝⎛⎭⎫x －1x 成立．9.(2020·河南郑州市第一次质检)已知函数f (x )＝(e x －2a )e x ，g (x )＝4a 2x . (1)设h (x )＝f (x )－g (x )，试讨论h (x )在定义域内的单调性；(2)若函数y ＝f (x )的图象恒在函数y ＝g (x )的图象的上方，求a 的取值范围． 【解析】(1)∵h (x )＝(e x －2a )e x －4a 2x ， ∴h ′(x )＝2e 2x －2a e x －4a 2＝2(e x ＋a )(e x －2a )． ①当a ＝0时，h ′(x )>0恒成立， ∴h (x )在R 上单调递增；②当a >0时，e x ＋a >0，令h ′(x )＝0，解得x ＝ln 2a ， 当x <ln 2a 时，h ′(x )<0，函数h (x )单调递减， 当x >ln 2a 时，h ′(x )>0，函数h (x )单调递增；③当a <0时，e x －2a >0，令h ′(x )＝0，解得x ＝ln(－a )， 当x <ln(－a )时，h ′(x )<0，函数h (x )单调递减， 当x >ln(－a )时，h ′(x )>0，函数h (x )单调递增． 综上所述，当a ＝0时，h (x )在R 上单调递增；当a >0时，h (x )在(－∞，ln 2a )上单调递减，在(ln 2a ，＋∞)上单调递增； 当a <0时，h (x )在(－∞，ln (－a ))上单调递减，在(ln(－a )，＋∞)上单调递增．(2)若函数y ＝f (x )的图象恒在函数y ＝g (x )的图象的上方，则h (x )>0恒成立，即h (x )min >0. ①当a ＝0时，h (x )＝e 2x >0恒成立；②当a >0时，由(1)得，h (x )min ＝h (ln 2a )＝－4a 2ln 2a >0，∴ln 2a <0，∴0<a <12；③当a <0时，由(1)可得h (x )min ＝h (ln(－a ))＝3a 2－4a 2ln(－a )>0， ∴ln(－a )<34，∴－e 34<a <0.综上所述，a 的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫－e 34，12.10．(2020·河北衡水中学调研)已知函数f (x )＝ln x －x ＋1x －1.(1)讨论f (x )的单调性，并证明f (x )有且仅有两个零点；(2)设x 0是f (x )的一个零点，证明曲线y ＝ln x 在点A (x 0，ln x 0)处的切线也是曲线y ＝e x 的切线． 【解析】(1)函数f (x )＝ln x －x ＋1x －1.定义域为(0，1)∪(1，＋∞)； f ′(x )＝1x ＋2（x －1）2>0，(x >0且x ≠1)，∴f (x )在(0，1)和(1，＋∞)上单调递增．①在(0，1)上取1e 2，1e 代入函数，由函数零点的定义得，∵f ⎝⎛⎭⎫1e 2<0，f ⎝⎛⎭⎫1e >0，f ⎝⎛⎭⎫1e 2·f ⎝⎛⎭⎫1e <0， ∴f (x )在(0，1)有且仅有一个零点．②在(1，＋∞)上取e ，e 2代入函数，由函数零点的定义得， 又∵f (e)<0，f (e 2)>0，f (e)·f (e 2)<0， ∴f (x )在(1，＋∞)上有且仅有一个零点， 故f (x )在定义域内有且仅有两个零点．(2)证明：若x 0是f (x )的一个零点，则有ln x 0＝x 0＋1x 0－1，由y ＝ln x ，得y ′＝1x；∴曲线y ＝ln x 在点A (x 0，ln x 0)处的切线方程为y －ln x 0＝1x 0(x －x 0)，即y ＝1x 0x －1＋ln x 0，即y ＝1x 0x ＋2x 0－1，当曲线y ＝e x 切线斜率为1x 0时，切点为⎝⎛⎭⎫ln 1x 0，1x 0， ∴曲线y ＝e x 的切线在点⎝⎛⎭⎫ln 1x 0，1x 0处的切线方程为y －1x 0＝1x 0⎝⎛⎭⎫x －ln 1x 0， 即y ＝1x 0x ＋2x 0－1，故曲线y ＝ln x 在点A (x 0，ln x 0)处的切线也是曲线y ＝e x 的切线．故得证．11．（2020·四川宜宾市第一中学模拟）设函数()ln e xf x x x a =-，()p x kx =，其中a ∈R ，e 是自然对数的底数．（1）若()f x 在()0,∞+上存在两个极值点，求a 的取值范围；（2）若()1()x lnx f x ϕ=+-′，(1)e ϕ=，函数()x ϕ与函数()p x 的图象交于()11,A x y ，()22,B x y ，且AB 线段的中点为()00,P x y ，证明：()()001x p y ϕ<<．【答案】（1）10ea <<；（2）见解析. 【解析】（1）()ln e xf x x x a =-的定义域为()0,∞+，()ln 1e xf x x a =+-′，则()f x 在()0,+∞上存在两个极值点等价于()0f x '=在()0,+∞上有两个不等实根， 由()ln 1e 0xf x x a =+-=′，解得ln 1e xx a +=， 令ln 1()ex x g x +=，则1(ln 1)()e xx x g x -+'=，令1()ln 1h x x x =--，则211()h x x x'=--， 当0x >时，()0h x '<，故函数()h x 在()0,∞+上单调递减，且()10h =， 所以，当()0,1x ∈时，()0h x >，()0g x '>，()g x 单调递增， 当()1,x ∈+∞时，()0h x <，()0g x '<，()g x 单调递减， 所以，1x =是()g x 的极大值也是最大值， 所以max 1()(1)e g x g ==，所以1ea <， 又当0x →时，()g x ↔-∞，当+x →∞时，()g x 大于0且趋向于0， 要使()0f x '=在()0,∞+有两个根，则10ea <<； （2）证明：()()ln 1()ln ln 1e e 1xxx x f x x x a a ϕ=+-+--==+′，由(1)e ϕ=，得1a =，则()e x x ϕ=， 要证()()001x p y ϕ<<成立， 只需证122112221e e e e e2x x x x x x k x x +-+<=<-，即212121221e e e 1e 2x x x x x x x x +--+<<-，即2121212211e 12e ex x x x x x x x ----+<<-， 设210t x x =->，即证2e 1e 1e 2tt t t -+<<， 要证2e 1e t t t-<，只需证22e e t t t ->，令22()e e tt F t t =--，则221()e e 102t tF t ⎛⎫'=+-> ⎪⎝⎭，所以()F t 在()0,∞+上为增函数，所以()()00F t F >=，即2e 1e tt t -<成立；要证e 1e 12t t t -+<，只需证e 1e 12t t t -<+，令e 1()e 12tt t G t -=-+，则()()()222e 12e 1()02e 12e 1t tt t G t --'=-=<++， 所以()G t 在()0,+∞上为减函数，所以()()00G t G <=，即e 1e 12t t t -+<成立； 所以2e 1e 1e 2tt t t -+<<成立，即()()001x p y ϕ<<成立. 12．（2020·山东师范大学附属中学模拟）已知函数21()e ln (,ax f x x b x ax a b +=⋅--∈R ).(1 )若b =0，曲线f (x )在点(1,f (1)) 处的切线与直线y = 2x 平行,求a 的值; (2)若b =2，且函数f (x )的值域为[2,),+∞求a 的最小值. 【解析】（1）当0b =时，21()ax f x x eax +=-，1()(2)ax f x xe ax a +'=+-，由1(1)e (2)2a f a a +'=+-=，得1e (2)(2)0a a a ++-+=，即1(e1)(2)0a a +-+=，解得1a =-或2a =-.当1a =-时，0(1)e 12f =+=，此时直线2y x =恰为切线，故舍去，所以2a =-. （2）当2b =时，21()e 2ln ax f x x x ax +=--，设21e ax t x +=，则ln 2ln 1t x ax =++，故函数()f x 可化为()ln 1g t t t =-+.由11()1t g t t t-'=-=,可得()g t 的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,)+∞， 所以()g t 的最小值为(1)1ln112g =-+=，此时，函数的()f x 的值域为[2,)+∞，问题转化为当1t =时，ln 2ln 1t x ax =++有解， 即ln12ln 10x ax =++=，得12ln x a x +=-，设12ln ()x h x x +=-，则22ln 1()x h x x -'=， 故()h x的单调递减区间为，单调递增区间为)+∞，所以()h x的最小值为h =，故a的最小值为13．（2020·河南省开封市第五中学模拟）已知函数()()211ln 2f x x ax a x =-+-，()ln g x b x x =-的最大值为1e． （1）求实数b 的值；（2）当1a >时，讨论函数()f x 的单调性；（3）当0a =时，令()()()22ln 2F x f x g x x =+++，是否存在区间[],(1m n ⊆，)+∞，使得函数()F x 在区间[],m n 上的值域为()()2,2k m k n ⎡⎤++⎣⎦？若存在，求实数k 的取值范围；若不存在，请说明理由． 【解析】(1) 由题意得()'ln 1g x x =--，令()'0g x =，解得1ex =， 当10,e x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()'>0g x ，函数()g x 单调递增；当1,e x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()'<0g x ，函数()g x 单调递减. 所以当1e x =时，()g x 取得极大值，也是最大值，所以11e e eg b ⎛⎫=+= ⎪⎝⎭，解得0b =. （2）()f x 的定义域为()0,+∞.()()()21111x x a a x ax a f x x a x x x-+---+-=-+==', ① 11a -=即2a =,则()()21x f x x ='-，故()f x 在()0,+∞单调增;②若11a -<,而1a >,故12a <<,则当()1,1x a ∈-时，()0f x '<;当()0,1x a ∈-及()1,x ∈+∞时，()0f x '>故()f x 在()1,1a -单调递减，在()()0,1,1,a -+∞单调递增．③若11a ->,即2a >,同理()f x 在()1,1a -单调递减，在()()0,1,1,a -+∞单调递增（3）由（1）知()2ln 2F x x x x =-+， 所以()'2ln +1F x x x =-，令()()'2ln +1x F x x x ω==-，则()1'20x xω=->对()1,x ∀∈+∞恒成立，所以()'F x 在区间()1,+∞内单调递增，所以()()''110F x F >=>恒成立，所以函数()F x 在区间()1,+∞内单调递增.假设存在区间[](),1,m n ⊆+∞，使得函数()F x 在区间[],m n 上的值域是()()2,2k m k n ⎡⎤++⎣⎦，则()()()()2222{22F m m mlnm k m F n n nlnn k n =-+=+=-+=+， 问题转化为关于x 的方程()2ln 22x x x k x -+=+在区间()1,+∞内是否存在两个不相等的实根， 即方程2ln 22x x x k x -+=+在区间()1,+∞内是否存在两个不相等的实根， 令()2ln 22x x x h x x -+=+，()1,x ∈+∞，则()()22342ln '2x x x h x x +--=+， 设()2342ln p x x x x =+--，()1,x ∈+∞，则()()()2122'230x x p x x x x-+=+-=>对()1,x ∀∈+∞恒成立，所以函数()p x 在区间()1,+∞内单调递增，故()()10p x p >=恒成立，所以()'0h x >，所以函数()h x 在区间()1,+∞内单调递增，所以方程2ln 22x x x k x -+=+在区间()1,+∞内不存在两个不相等的实根. 综上所述，不存在区间[](),1,m n ⊆+∞，使得函数()F x 在区间[],m n 上值域是()()2,2k m k n ⎡⎤++⎣⎦. 的。
- 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)。
2020年高考数学（文）一轮复习讲练测专题3.4 导数的综合应用1．（广东省东莞市三校2018-2019学年期中）已知函数()xf x e x =-，0x >，下列结论中正确的是（ ）A ．函数()f x 有极小值B ．函数()f x 有极大值C ．函数()f x 有一个零点D ．函数()f x 没有零点【答案】D【解析】因为()xf x e x =-，所以()1xf x e '=-，又0x >，所以()10xf x e ='->，即函数()xf x e x =-在()0∞+，上单调递增，且()()010min f x f >=>， 故函数()f x 无极值，且函数无零点，故选D 。
2．（黑龙江省牡丹江市第一高级中学2018-2019学年期末）已知函数32()(6)1f x x mx m x =++++既存在极大值又存在极小值，则实数m 的取值范围是（ ）A ．(1,2)-B ．(,3)(6,)-∞-+∞C ．(3,6)-D ．(,1)(2,)-∞-+∞【答案】B【解析】()()3261f x x mx m x =++++Q ，()()2326f x x mx m '∴=+++，由于函数()y f x =既有极大值，又有最小值，则导函数()y f x '=有两个零点，()241260m m ∴∆=-+>，即23180m m -->，解得3m <-或6m >.因此，实数m 的取值范围是()(),36,-∞-+∞U ，故选B 。
3．（河南省信阳市普通高中2018-2019学年期末）设函数323()e (62)2e 2x x f x x x x x a =+-+--，若不等式()0f x ≤在[2,)-+∞上有解，则实数a 的取值范围为（ ）A ．31[,)2e--+∞ B ．32[,)2e --+∞C ．31[,)42e --+∞D ．1[1,)e--+∞ 【答案】C【解析】323()(62)202xx f x e x x x ae x =+-+--≤在[2,)-+∞上有解， 等价于3232(62)2xxae e x x x x ≥+-+-在[2,)-+∞上有解， 等价于32min3(62)22[](2)x xe x x x xa x e +-+-≥≥-， 令32323(62)32()622x x xe x x x xx g x x x x e e +-+-==+-+-， 则211'()336(1)(36)x x x g x x x x x e e-=+--=-++，因为[2,)∈-+∞x ，所以当[2,1)x ∈-时，)'(0g x <，()g x 在区间[2,1)-上单调递减； 当(1,)x ∈+∞时，'()0g x >，()g x 在区间(1,)+∞上单调递增； 当1x =时，()g x 取得极小值3131(1)16222g e e=+-+-=--，也就是函数的最小值， 所以3122a e ≥--，所以3142a e≥--， 所以a 的取值范围是31[,)42e--+∞，故选C 。
4．（黑龙江省哈尔滨市呼兰一中2018-2019学年期中）若不等式22ln 3x x x ax ≥-+-对()0,x ∈+∞恒成立，则实数a 的取值范围是（ ）A ．(],4-∞B ．[)4,+∞ C ．(),4-∞-D ．()4,-+∞【答案】A【解析】因为22ln 3x x x ax ≥-+-对()0,x ∈+∞恒成立， 所以32ln a x x x≤++，0x >， 令32ln y x x x=++，则22222323(3)(1)'1x x x x y x x x x+-+-=+-==， 所以当(0,1)x ∈时，'0y <，函数单调减， 当(1,)x ∈+∞时，'0y >，函数单调增， 所以当1x =时，min 1034y =++=， 所以实数a 的取值范围是(],4-∞， 故选A 。
5．（河南省豫西名校2018-2019学年联考）已知函数()f x 为R 上的可导函数，其导函数为()f x '，且满足()()1f x f x '+<恒成立，(0)2019f =，则不等式()20181x f x e -<+的解集为（ ）A ．()0,∞+B ．(),0-∞C ．(),e +∞D ．(),e -∞【答案】A【解析】由题意知，`()()10f x f x +-<，则构造函数()[()1]xF x f x e =-，则```()()[()1][()()1]0x x x F x f x e f x e f x f x e =+-=+-<，所以()F x 在R 是单调递减。
又因为(0)2019f =，则0(0)[(0)1]2018F f e =-=。
所求不等式-()2018+1x f x e <可变形为[()1]2018x f x e -<，即()2018(0)F x F <=，又()F x 在R 是单调递减，所以0x >，故选A 。
6．（四川省攀枝花市2018-2019学年期末）已知函数2()e e x x x ax f x a ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭有三个不同的零点123,,x x x （其中123x x x <<），则3122312111e e e x x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫--- ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭的值为( ) A ．1 B ．1-C ．aD ．a -【答案】A 【解析】令=e x x t ，构造()e x xg x =，求导得1()exx g x -'=，当1x <时，()0g x '>；当1x >时，()0g x '<，故()g x 在(),1-∞上单调递增，在()1,+∞上单调递减，且0x <时，()0<g x ，0x >时，()0>g x ，max1()(1)e g x g ==，可画出函数()g x 的图象（见下图），要使函数2()e ex x x ax f x a ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭有三个不同的零点123,,x x x （其中123x x x <<），则方程20t at a +-=需要有两个不同的根12,t t （其中12t t <），则240a a ∆=+>，解得0a >或4a <-，且1212t t a t t a +=-⎧⎨⋅=-⎩，若0a >，即12120t t a t t a +=-<⎧⎨⋅=-<⎩，则1210et t <<<，则12301x x x <<<<，且()()232g x g x t ==，故()()()()3122222231212121211111111e e e x x x x x x t t t t t t a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫---=--=-++=+-=⎡⎤ ⎪ ⎪⎪⎣⎦⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 若4a <-，即121244t t a t t a +=->⎧⎨⋅=->⎩，由于max 1()(1)e g x g ==，故1224e t t +<<，故4a <-不符合题意，舍去，故选A 。
7．（山西省晋城市2019届第三次模拟）定义在R 上的函数()f x 的导函数为'()f x ，若()0f x<，且()'()2112f x f x +⎛⎫> ⎪⎝⎭，则（ ）A ．()()22213f f e <B ．()()21f f e< C ．()()2212f f e< D ．()()231f e f <⋅【答案】C 【解析】因为()'()0211122f x f x +⎛⎫⎛⎫>= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，所以()2'()0f x f x +<.构造函数：2()()x g x e f x =⋅，所以2'()()2()'()xxg x e f x e f x f x =⋅+⋅⋅()[()2'()]0xe f x f x f x =⋅⋅+>.所以函数()g x 在R 上单调递增，所以(2)(1)g g >，即222(2)(1)e f e f ⋅>⋅，即()()2212f f e<，故选C 。
8．（云南省玉溪市第一中学2019届调研）已知定义在(0,)2π上的函数f(x)，f’(x)是它的导函数，且对任意的(0,)2x π∈，都有()'()tan f x f x x <恒成立，则（ ）A ．3()2()43f f ππ>B ．2()()64f f ππ>C ．3()()63f f ππ>D ．(1)2()sin16f f π>【答案】D【解析】由题得()cos '()sin f x x f x x <，即()cos '()sin 0f x x f x x -<，令()()sin f x g x x =(0,)2x π∈，导函数2'()sin ()cos '()0sin f x x f x xg x x -=>，因此g(x)在定义域上为增函数。
则有()()(1)()643g g g g πππ<<<，代入函数得(1)22()2()()64sin133f f f f πππ<<<，由该不等式可得(1)2()sin16f f π>，故选D 。
9．（湖北省武汉市武昌区2018-2019学年期末）已知函数1()e ln(1)1x xf x ae x -=-+-存在零点0x ，且01x >，则实数a 的取值范围是（ ）A ．(),1eln2-∞+B ．()-eln 2,+∞C ．(),eln2-∞-D ．()1eln2,++∞【答案】D【解析】由题意，函数1()e ln(1)1x x f x aex -=-+-，令()0f x =，可得1ln(1)xa e e x -=++，设()1ln(1),1xg x ee x x -=++>，则()111(1)x xx e e x g x ee x e x ---'=-+=⋅++， 由1xy e x =--的导数为1x y e =-，当1x >时，110x e e ->->，则函数1xy e x =--递增，且10xy e x =-->，则()g x 在(1,)+∞递增，可得()()11ln 2g x g e >=+，则1ln 2a e >+，故选D 。