【备战高考】2018最新数学高考回扣突破练第06练导数的应用-文科

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备战2018年高考数学回扣突破练第06练导数的应用文

( Ⅱ) 由
，得
，∵
，∴
，由于不能同
时取等号，所以
，即
．∴
恒成立．令
，
，则
，当
时，
，
，从而，所以
，所以函数．
7. ( 导数的综合应用 ) 已知函数
（Ⅰ）讨论函数
的单调性；
在
上为增函数，所以
．
（Ⅱ）若存在
，使得对任意的
，不等式
（其
中是自然对数的底数）都成立，求实数
的取值范围．
【解析】（Ⅰ）
．令
1
x
mf x
1
x
x 1 mln x m ，则 h x
x
x
x m1 x1
x2
，欲使在区间
上 1,e 上存在 x0 ，使得 g x0 mf x0 ，只需在区间 1,e 上 h x 的最小值小于零 . 令 h x 0 得，
2， e2 1
f x1
f x2
1 4h e2
8 e2 1 1 .
9 （导数的综合应用）【 2018 届湖北省部分重点中学联考】已知函数
f x ln x a 1 ， a R . x
（Ⅰ）若曲线 y f x 在点 1, f 1 处的切线与直线 x y 1 0 垂直，求函数 f x 的极值；
（Ⅱ）设函数 g x
，
．
①当 ②当
时，时，
，∴
，函数
在
上单调递增；
，所以
，函数
在
上单调递增；
③当
时，
，令
，得
，
；
．所以，
在
和
上单
调递增，在
单调递减．综上，
当

(全国通用)近年高考数学一轮复习第2章函数、导数及其应用第6节对数函数课时分层训练文新人

（全国通用）2018高考数学一轮复习第2章函数、导数及其应用第6节对数函数课时分层训练文新人教A版编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（（全国通用）2018高考数学一轮复习第2章函数、导数及其应用第6节对数函数课时分层训练文新人教A版）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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课时分层训练（九) 对数函数A组基础达标(建议用时：30分钟）一、选择题1．函数y＝错误!的定义域是（)【导学号:31222052】A．［1，2］B．[1，2）C.错误!D。

错误!D [由log错误!（2x－1)≥0⇒0＜2x－1≤1⇒错误!＜x≤1。

]2．(2017·石家庄模拟）已知a＝log23＋log23，b＝log29－log2错误!,c＝log32，则a，b,c的大小关系是( )A．a＝b＜c B．a＝b＞cC．a＜b＜c D．a＞b＞cB ［因为a＝log23＋log2错误!＝log23错误!＝错误!log23＞1,b＝log29－log2错误!＝log23错误!＝a，c＝log32＜log33＝1，所以a＝b＞c。

]3．若函数y＝log a x(a＞0，且a≠1）的图象如图2。

6。

3所示,则下列函数图象正确的是（)图2。

6。

3A B C DB ［由题图可知y＝log a x的图象过点(3,1)，∴log a3＝1,即a＝3。

A项，y＝3－x＝错误!x在R上为减函数，错误;B项，y＝x3符合；C项，y＝（－x)3＝－x3在R上为减函数，错误；D项，y＝log3(－x)在(－∞，0)上为减函数，错误．］4．已知函数f(x)＝错误!则f(f(1)）＋f错误!的值是( )A．5 B．3C．－1 D。

2018版高考数学复习升级增分训练导数的综合应用一文

升级增分训练导数的综合应用（一）1．设函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋x －a －1(a ∈R)． (1)当a ＝－12时，求函数f (x )的单调区间；(2)证明：当a ≥0时，不等式f (x )≥x －1在[1，＋∞)上恒成立．解：(1)当a ＝－12时，f (x )＝ln x －12x 2＋x －12，且定义域为(0，＋∞)，因为f ′(x )＝1x－x ＋1＝－⎝⎛⎭⎪⎫x －1－52⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1＋52x，(x ＞0)当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1＋52时，f ′(x )＞0；当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫1＋52，＋∞时，f ′(x )＜0，所以f (x )的单调增区间是⎝⎛⎦⎥⎤0，1＋52；单调减区间是⎣⎢⎡⎭⎪⎫1＋52，＋∞．(2)证明：令g (x )＝f (x )－x ＋1＝ln x ＋ax 2－a ，则g ′(x )＝1x ＋2ax ＝2ax 2＋1x，所以当a ≥0时，g ′(x )＞0在[1，＋∞)上恒成立，所以g (x )在[1，＋∞)上是增函数，且g (1)＝0，所以g (x )≥0在[1，＋∞)上恒成立，即当a ≥0时，不等式f (x )≥x －1在[1，＋∞)上恒成立． 2．(2016·海口调研)已知函数f (x )＝mx －m x，g (x )＝3ln x ． (1)当m ＝4时，求曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程；(2)若x ∈(1，e](e 是自然对数的底数)时，不等式f (x )－g (x )＜3恒成立，求实数m 的取值范围．解：(1)当m ＝4时，f (x )＝4x －4x ，f ′(x )＝4＋4x2，f ′(2)＝5，又f (2)＝6，∴所求切线方程为y －6＝5(x －2)，即y ＝5x －4．(2)由题意知，x ∈(1，e]时，mx －mx－3ln x ＜3恒成立，即m (x 2－1)＜3x ＋3x ln x 恒成立， ∵x ∈(1，e]，∴x 2－1＞0，则m ＜3x ＋3x ln x x 2－1恒成立．令h (x )＝3x ＋3x ln xx 2－1，x ∈(1，e]，则m ＜h (x )min ． h ′(x )＝－x 2＋x －6x 2－2＝－x 2＋x ＋6x 2－2，∵x ∈(1，e]， ∴h ′(x )＜0，即h (x )在(1，e]上是减函数． ∴当x ∈(1，e]时，h (x )min ＝h (e)＝9e －．∴m 的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫－∞，9e 2e －2．3．(2017·广西质检)设函数f (x )＝c ln x ＋12x 2＋bx (b ，c ∈R ，c ≠0)，且x ＝1为f (x )的极值点．(1)若x ＝1为f (x )的极大值点，求f (x )的单调区间(用c 表示)； (2)若f (x )＝0恰有两解，求实数c 的取值范围．解：f ′(x )＝c x ＋x ＋b ＝x 2＋bx ＋cx(x ＞0)，又f ′(1)＝0，所以f ′(x )＝x －x －cx(x ＞0)且c ≠1，b ＋c ＋1＝0．(1)因为x ＝1为f (x )的极大值点，所以c ＞1，当0＜x ＜1时，f ′(x )＞0；当1＜x ＜c 时，f ′(x )＜0；当x ＞c 时，f ′(x )＞0，所以f (x )的单调递增区间为(0,1)，(c ，＋∞)；单调递减区间为(1，c )． (2)①若c ＜0，则f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．f (x )＝0恰有两解，则f (1)＜0，即12＋b ＜0，所以－12＜c ＜0；②若0＜c ＜1，则f (x )极大值＝f (c )＝c ln c ＋12c 2＋bc ，f (x )极小值＝f (1)＝12＋b ，因为b ＝－1－c ，则f (x )极大值＝c ln c ＋c 22＋c (－1－c )＝c ln c －c －c 22＜0，f (x )极小值＝－12－c ＜0，从而f (x )＝0只有一解；③若c ＞1，则f (x )极小值＝c ln c ＋c 22＋c (－1－c )＝c ln c －c －c 22＜0，f (x )极大值＝－12－c ＜0，则f (x )＝0只有一解．综上，使f (x )＝0恰有两解的c 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0． 4．(2017·福建省质检)已知函数f (x )＝ax －ln(x ＋1)，g (x )＝e x－x －1．曲线y ＝f (x )与y ＝g (x )在原点处的切线相同．(1)求f (x )的单调区间；(2)若x ≥0时，g (x )≥kf (x )，求k 的取值范围．解：(1)因为f ′(x )＝a －1x ＋1(x ＞－1)，g ′(x )＝e x－1，依题意，f ′(0)＝g ′(0)，即a －1＝0，解得a ＝1，所以f ′(x )＝1－1x ＋1＝x x ＋1，当－1＜x ＜0时，f ′(x )＜0；当x ＞0时，f ′(x )＞0．故f (x )的单调递减区间为(－1,0)，单调递增区间为(0，＋∞)． (2)由(1)知，当x ＝0时，f (x )取得最小值0，所以f (x )≥0，即x ≥ln(x ＋1)，从而e x≥x ＋1．设F (x )＝g (x )－kf (x )＝e x＋k ln(x ＋1)－(k ＋1)x －1，则F ′(x )＝e x＋k x ＋1－(k ＋1)≥x ＋1＋kx ＋1－(k ＋1)， (ⅰ)当k ＝1时，因为x ≥0，所以F ′(x )≥x ＋1＋1x ＋1－2≥0(当且仅当x ＝0时等号成立)，此时F (x )在[0，＋∞)上单调递增，从而F (x )≥F (0)＝0，即g (x )≥kf (x )．(ⅱ)当k ＜1时，因为f (x )≥0，所以f (x )≥kf (x )．由(ⅰ)知g (x )－f (x )≥0，所以g (x )≥f (x )≥kf (x )，故g (x )≥kf (x )．(ⅲ)当k ＞1时，令h (x )＝e x＋kx ＋1－(k ＋1)，则h ′(x )＝e x－k x ＋2，显然h ′(x )在[0，＋∞)上单调递增，又h ′(0)＝1－k ＜0，h ′(k －1)＝ek －1－1＞0，所以h ′(x )在(0，k －1)上存在唯一零点x 0，当x ∈(0，x 0)时，h ′(x )＜0，所以h (x )在[0，x 0)上单调递减，从而h (x )＜h (0)＝0，即F ′(x )＜0，所以F (x )在[0，x 0)上单调递减，从而当x ∈(0，x 0)时，F (x )＜F (0)＝0，即g (x )＜kf (x )，不合题意．综上，实数k 的取值范围为(－∞，1]．5．(2016·石家庄质检)已知函数f (x )＝－x 3＋ax －14，g (x )＝e x－e(e 为自然对数的底数)．(1)若曲线y ＝f (x )在(0，f (0))处的切线与曲线y ＝g (x )在(0，g (0))处的切线互相垂直，求实数a 的值；(2)设函数h (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧f x ，f xg x ，gx ，f x ＜g x ，试讨论函数h (x )零点的个数．解：(1)由已知，f ′(x )＝－3x 2＋a ，g ′(x )＝e x，所以f ′(0)＝a ，g ′(0)＝1，由题意，知a ＝－1．(2)易知函数g (x )＝e x－e 在R 上单调递增，仅在x ＝1处有一个零点，且x ＜1时，g (x )＜0，又f ′(x )＝－3x 2＋a ，①当a ≤0时，f ′(x )≤0，f (x )在R 上单调递减，且过点⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－14，f (－1)＝34－a ＞0，即f (x )在x ≤0时必有一个零点，此时y ＝h (x )有两个零点；②当a ＞0时，令f ′(x )＝－3x 2＋a ＝0，两根为x 1＝－a3＜0，x 2＝ a3＞0，则－ a3是函数f (x )的一个极小值点，a3是函数f (x )的一个极大值点，而f ⎝⎛⎭⎪⎫－ a 3＝－⎝⎛⎭⎪⎫－ a 33＋a ⎝⎛⎭⎪⎫－ a 3－14＝－2a3a 3－14＜0；现在讨论极大值的情况：fa3＝－a 33＋aa 3－14＝2a3a 3－14，当fa3＜0，即a ＜34时，函数y ＝f (x )在(0，＋∞)上恒小于零，此时y ＝h (x )有两个零点；当fa3＝0，即a ＝34时，函数y ＝f (x )在(0，＋∞)上有一个零点x 0＝ a 3＝12，此时y ＝h (x )有三个零点；当fa3＞0，即a ＞34时，函数y ＝f (x )在(0，＋∞)上有两个零点，一个零点小于a3，一个零点大于a3，若f (1)＝－1＋a －14＜0，即a ＜54时，y ＝h (x )有四个零点；若f (1)＝－1＋a －14＝0，即a ＝54时，y ＝h (x )有三个零点；若f (1)＝－1＋a －14＞0，即a ＞54时，y ＝h (x )有两个零点．综上所述：当a ＜34或a ＞54时，y ＝h (x )有两个零点；当a ＝34或a ＝54时，y ＝h (x )有三个零点；当34＜a ＜54时，y ＝h (x )有四个零点． 6．已知函数f (x )＝ax ＋b ln x ＋1，此函数在点(1，f (1))处的切线为x 轴． (1)求函数f (x )的单调区间和最大值； (2)当x ＞0时，证明：1x ＋1＜ln x ＋1x ＜1x； (3)已知n ∈N *，n ≥2，求证：12＋13＋…＋1n ＜ln n ＜1＋12＋…＋1n －1．解：(1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧f ＝0，f＝0，因为f ′(x )＝a ＋bx，所以⎩⎪⎨⎪⎧a ＋1＝0，a ＋b ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝1，所以f (x )＝－x ＋ln x ＋1．即f ′(x )＝－1＋1x＝1－xx，又函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，所以当0＜x ＜1时，f ′(x )＞0，当x ＞1时，f ′(x )＜0．故函数f (x )的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)，函数f (x )的最大值为f (1)＝0．(2)证明：由(1)知f (x )＝－x ＋ln x ＋1，且f (x )≤0(当且仅当x ＝1时取等号)，所以ln x ≤x －1(当且仅当x ＝1时取等号)．当x ＞0时，由x ＋1x ≠1，得ln x ＋1x ＜x ＋1x －1＝1x；由xx ＋1≠1，得ln x x ＋1＜x x ＋1－1＝－1x ＋1⇒－ln x x ＋1＞1x ＋1⇒ln x ＋1x ＞1x ＋1．故当x ＞0时，1x ＋1＜ln x ＋1x ＜1x． (3)证明：由(2)可知，当x ＞0时，1x ＋1＜ln x ＋1x ＜1x．取x ＝1,2，…，n －1，n ∈N *，n ≥2，将所得各式相加，得12＋13＋…＋1n ＜ln 21＋ln 32＋…＋ln n n －1＜1＋12＋…＋1n －1，故12＋13＋…＋1n ＜ln n ＜1＋12＋…＋1n －1．。

2018学高考文科数学练酷专题二轮复习课时跟踪检测六

课时跟踪检测（六）导数的简单应用 [A 级——“12＋4”保分小题提速练]1．(2017·西宁一检)设曲线y ＝x ＋1x －1在点(3,2)处的切线与直线ax ＋y ＋1＝0垂直，则a ＝( )A ．－2B ．2C ．－12D.12解析：选A 由y ′＝－2x －2得曲线在点(3,2)处的切线斜率为－12，又切线与直线ax ＋y＋1＝0垂直，则a ＝－2.2．(2017·北京模拟)曲线f (x )＝x ln x 在点(1，f (1))处的切线的倾斜角为( ) A.π6 B.π4 C.π3D.π2解析：选B 因为f (x )＝x ln x ，所以f ′(x )＝ln x ＋x ·1x＝ln x ＋1，所以f ′(1)＝1，所以曲线f (x )＝x ln x 在点(1，f (1))处的切线的倾斜角为π4. 3．已知函数f (x )＝x 2－5x ＋2ln x ，则函数f (x )的单调递增区间是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12和(1，＋∞) B ．(0,1)和(2，＋∞) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12和(2，＋∞) D ．(1,2)解析：选 C 函数f (x )＝x 2－5x ＋2ln x 的定义域是(0，＋∞)，令f ′(x )＝2x －5＋2x＝2x 2－5x ＋2x＝x －x －x＞0，解得0＜x ＜12或x ＞2，故函数f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12和(2，＋∞)．4．曲线y ＝x x －2＋2在点(1，m )处的切线方程为( )A ．y ＝2x －1B ．y ＝－2x ＋1C ．y ＝2x －4D ．y ＝－2x ＋3解析：选D 当x ＝1时，y ＝11－2＋2＝1，所以m ＝1.因为y ′＝－2x －2，所以y ′|x ＝1＝－2－2＝－2，则所求的切线方程为y －1＝－2(x －1)，即y ＝－2x ＋3.5．(2018届高三·江西赣中南五校联考)设函数f (x )的导数为f ′(x )，且f (x )＝x 2＋2xf ′(1)，则f ′(2)＝( )A ．0B ．2C ．4D ．8解析：选A 因为f (x )＝x 2＋2xf ′(1)，所以f ′(x )＝2x ＋2f ′(1)，令x ＝1，则f ′(1)＝2＋2f ′(1)，解得f ′(1)＝－2，则f ′(x )＝2x －4，所以f ′(2)＝2×2－4＝0.6．已知f (x )＝2x 3－6x 2＋m (m 为常数)在[－2,2]上有最大值为3，那么此函数在[－2,2]上的最小值为( )A ．0B ．－5C ．－10D ．－37解析：选D 由题意知，f ′(x )＝6x 2－12x ，由f ′(x )＝0得x ＝0或x ＝2，当x ＜0或x ＞2时，f ′(x )＞0，当0＜x ＜2时，f ′(x )＜0，∴f (x )在[－2,0]上单调递增，在[0,2]上单调递减，由条件知f (0)＝m ＝3，∴f (2)＝－5，f (－2)＝－37，∴最小值为－37.7．(2017·广州模拟)设函数f (x )＝x 3＋ax 2，若曲线y ＝f (x )在点P (x 0，f (x 0))处的切线方程为x ＋y ＝0，则点P 的坐标为( )A ．(0,0)B ．(1，－1)C ．(－1,1)D ．(1，－1)或(－1,1)解析：选D 由题易知，f ′(x )＝3x 2＋2ax ，所以曲线y ＝f (x )在点P (x 0，f (x 0))处的切线的斜率为f ′(x 0)＝3x 20＋2ax 0，又切线方程为x ＋y ＝0，所以x 0≠0，且⎩⎪⎨⎪⎧3x 20＋2ax 0＝－1，x 0＋x 30＋ax 20＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝1，a ＝－2或⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝－1，a ＝2.所以当⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝1，a ＝－2时，点P 的坐标为(1，－1)；当⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝－1，a ＝2时，点P 的坐标为(－1,1)．8．(2017·昆明检测)若函数f (x )＝e 2x＋ax 在(0，＋∞)上单调递增，则实数a 的取值范围为( )A ．[－1，＋∞)B ．(－1，＋∞)C ．[－2，＋∞)D ．(－2，＋∞)解析：选 C ∵f (x )在(0，＋∞)上单调递增，且f ′(x )＝2e 2x＋a ，∴f ′(x )＝2e 2x＋a ≥0在(0，＋∞)上恒成立，即a ≥－2e 2x 在(0，＋∞)上恒成立，又x ∈(0，＋∞)时，－2e 2x＜－2，∴a ≥－2.9．(2018届高三·重庆调研)若函数f (x )＝(x ＋a )e x在(0，＋∞)上不单调，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，－1)B ．(－∞，0)C ．(－1,0)D ．[－1，＋∞)解析：选A f ′(x )＝e x(x ＋a ＋1)，由题意，知方程e x(x ＋a ＋1)＝0在(0，＋∞)上至少有一个实数根，即x ＝－a －1＞0，解得a ＜－1.10．已知函数f (x )的导函数f ′(x )＝ax 2＋bx ＋c 的图象如图所示，则f (x )的图象可能是( )解析：选D 当x ＜0时，由导函数f ′(x )＝ax 2＋bx ＋c ＜0，知相应的函数f (x )在该区间内单调递减，排除A 、B ；当x ＞0时，由导函数f ′(x )＝ax 2＋bx ＋c 的图象可知，导函数在区间(0，x 1)内的值是大于0的，则在此区间内函数f (x )单调递增，排除C ，故选D.11．(2017·重庆适应性考试)设函数f (x )＝e x(x －a e x)(其中e 是自然对数的底数)恰有两个极值点x 1，x 2(x 1＜x 2)，则下列说法不正确的是( )A ．0＜a ＜12B ．－1＜x 1＜0C ．－12＜f (0)＜0D ．f (x 1)＋f (x 2)＞0解析：选D 由题意得f ′(x )＝e x(1－a e x)＋e x(x －a e x)＝e x(1＋x －2a e x)，函数f (x )的两个极值点为x 1，x 2(x 1＜x 2)，即x 1，x 2(x 1＜x 2)是方程f ′(x )＝0的两个不相等的实数根，所以1＋x －2a e x＝0且a ≠0，所以x ＋12a ＝e x ，设函数y ＝x ＋12a(a ≠0)，y ＝e x，在同一坐标系中画出两个函数的大致图象如图所示，要使得两个函数图象有2个不同的交点，应满足⎩⎪⎨⎪⎧12a ＞0，12a ＞1，解得0＜a ＜12，且－1＜x 1＜0，因为f (0)＝e 0(0－a e 0)＝－a ，所以－12＜f (0)＜0，故选D.12．已知函数f (x )＝e x x2－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋ln x ，若x ＝2是函数f (x )的唯一一个极值点，则实数k 的取值范围为( )A ．(－∞，e]B ．[0，e]C ．(－∞，e)D ．[0，e)解析：选A f ′(x )＝x 2e x －2x e x x 4－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x 2＋1x ＝x －⎝ ⎛⎭⎪⎫e xx －k x 2(x >0)．设g (x )＝exx，则g ′(x )＝x －xx 2，则g (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．∴g (x )在(0，＋∞)上有最小值，为g (1)＝e ，结合g (x )＝exx与y ＝k 的图象可知，要满足题意，只需k ≤e.13．(2017·云南模拟)已知函数f (x )＝ax ln x ＋b (a ，b ∈R)，若f (x )的图象在x ＝1处的切线方程为2x －y ＝0，则a ＋b ＝________.解析：由题意，得f ′(x )＝a ln x ＋a ，所以f ′(1)＝a ，因为函数f (x )的图象在x ＝1处的切线方程为2x －y ＝0，所以a ＝2，又f (1)＝b ，则2×1－b ＝0，所以b ＝2，故a ＋b ＝4.答案：414．(2017·太原二模)若函数f (x )＝sin x ＋ax 为R 上的减函数，则实数a 的取值范围是________．解析：∵f ′(x )＝cos x ＋a ，由题意可知，f ′(x )≤0对任意的x ∈R 都成立，∴a ≤－1，故实数a 的取值范围是(－∞，－1]．答案：(－∞，－1]15．(2017·新乡一模)设x 1，x 2是函数f (x )＝x 3－2ax 2＋a 2x 的两个极值点，若x 1<2<x 2，则实数a 的取值范围是________．解析：由题意得f ′(x )＝3x 2－4ax ＋a 2的两个零点x 1，x 2满足x 1<2<x 2，所以f ′(2)＝12－8a ＋a 2<0，解得2<a <6.答案：(2,6)16．(2017·金华十校联考)若函数f (x )＝ln x ＋ax 的图象上存在与直线2x －y ＝0平行的切线，则实数a 的取值范围为________．解析：函数f (x )＝ln x ＋ax 的图象上存在与直线2x －y ＝0平行的切线，即f ′(x )＝2在(0，＋∞)上有解，又f ′(x )＝1x ＋a ，即1x ＋a ＝2在(0，＋∞)上有解，即a ＝2－1x在(0，＋∞)上有解，因为x ＞0，所以2－1x＜2，所以实数a 的取值范围是(－∞，2)．答案：(－∞，2)[B级——中档小题强化练]1．(2017·开封二模)过点A(2,1)作曲线f(x)＝x3－3x的切线最多有( )A．3条B．2条C．1条 D．0条解析：选A 由题意得，f′(x)＝3x2－3，设切点为(x0，x30－3x0)，那么切线的斜率为k＝3x20－3，利用点斜式方程可知切线方程为y－(x30－3x0)＝(3x20－3)(x－x0)，将点A(2,1)代入可得关于x0的一元三次方程2x30－6x20＋7＝0.令y＝2x30－6x20＋7，则y′＝6x20－12x0.由y′＝0得x0＝0或x0＝2.当x0＝0时，y＝7>0；x0＝2时，y＝－1<0.所以方程2x30－6x20＋7＝0有3个解．故过点A(2,1)作曲线f(x)＝x3－3x的切线最多有3条．2．(2018届高三·东北三校一联)已知定义在R上的奇函数f(x)的图象为一条连续不断的曲线，f(1＋x)＝f(1－x)，f(1)＝a，且当0＜x＜1时，f(x)的导函数f′(x)满足f′(x)＜f(x)，则f(x)在[2 015,2 016]上的最大值为( )A．a B．0C．－a D．2 016解析：选C 由f(1＋x)＝f(1－x)可得函数f(x)的图象关于直线x＝1对称．又f(x)是定义在R上的奇函数，则f(0)＝0，且f(x)的图象关于点(0,0)对称，所以f(x)是以4为周期的周期函数，则f(x)在[2 015,2016]上的图象与[－1,0]上的图象形状完全相同．令g(x)＝f xe，则g′(x)＝f x－f xe x＜0(x∈(0,1))，函数g(x)在(0,1)上单调递减，则g(x)＜g(0)＝0，所以f′(x)＜f(x)＜0，则函数f(x)在(0,1)上单调递减．又由奇函数的性质可得f(x)在(－1,0)上也单调递减，则f(x)在[2 015，2 016]上的最大值为f(2 015)＝f(－1)＝－f(1)＝－a.3．(2017·宝鸡一检)已知函数f(x)＝x2＋4x＋a ln x，若函数f(x)在(1,2)上是单调函数，则实数a的取值范围是( )A．(－6，＋∞)B．(－∞，－16)C．(－∞，－16]∪[－6，＋∞)D．(－∞，－16)∪(－6，＋∞)解析：选C ∵f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x＋4＋ax＝2x2＋4x＋ax，f(x)在(1,2)上是单调函数，∴f′(x)≥0或f′(x)≤0在(1,2)上恒成立，即2x2＋4x＋a≥0或2x2＋4x＋a≤0在(1,2)上恒成立，即a≥－(2x2＋4x)或a≤－(2x2＋4x)在(1,2)上恒成立．记g(x)＝－(2x2＋4x)，1＜x＜2，则－16＜g (x )＜－6，∴a ≥－6或a ≤－16.4．(2017·广西三市联考)已知函数f (x )＝e x(x －b )(b ∈R)．若存在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，使得f (x )＋xf ′(x )＞0，则实数b 的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，83 B.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，56C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，56D.⎝ ⎛⎭⎪⎫83，＋∞ 解析：选A 由f (x )＋xf ′(x )＞0，得[xf (x )]′＞0，设g (x )＝xf (x )＝e x(x 2－bx )，若存在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，使得f (x )＋xf ′(x )＞0，则函数g (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上存在子区间使得g ′(x )＞0成立． g ′(x )＝e x (x 2－bx )＋e x (2x －b )＝e x [x 2＋(2－b )x －b ]，设h (x )＝x 2＋(2－b )x －b ，则h (2)＞0或h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＞0，即8－3b ＞0或54－32b ＞0，得b ＜83.5．(2017·甘肃一诊)若函数f (x )＝x 2－4e x－ax 在R 上存在单调递增区间，则实数a 的取值范围为________．解析：因为f (x )＝x 2－4e x－ax ，所以f ′(x )＝2x －4e x－a .由题意，f ′(x )＝2x －4e x －a ＞0，即a ＜2x －4e x有解．设g (x )＝2x －4e x ，则g ′(x )＝2－4e x. 令g ′(x )＝0，解得x ＝－ln 2.当x ∈(－∞，－ln 2)时，g ′(x )＞0，函数g (x )单调递增；当x ∈(－ln 2，＋∞)时，g ′(x )＜0，函数g (x )单调递减．所以当x ＝－ln 2时，g (x )取得最大值－2－2ln 2，所以a ＜－2－2ln 2. 答案：(－∞，－2－2ln 2)6．(2018届高三·兰州四校联考)已知f (x )＝(x ＋1)3·e－x ＋1，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________．解析：∃x 1，x 2∈R ，使得f (x 2)≥g (x 1)成立，即为f (x )max ≥g (x )min .又f ′(x )＝(x ＋1)2e－x ＋1(－x ＋2)，由f ′(x )＝0得x ＝－1或2，故当x ＜2时，f ′(x )≥0，f (x )单调递增；当x ＞2时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减，所以f (x )max ＝f (2)＝27e，又g (x )min ＝a ，则a ≤27e，故实数a 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤－∞，27e . 答案：⎝⎛⎦⎥⎤－∞，27e[C 级——压轴小题突破练]1．(2017·宝鸡模拟)已知函数y ＝x 2的图象在点(x 0，x 20)处的切线为l ，若l 也与函数y ＝lnx ，x ∈(0,1)的图象相切，则x 0的取值范围为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12B.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1 C.⎝⎛⎭⎪⎫22，2 D.()2，3解析：选D 函数y ＝x 2的导数为y ′＝2x ，在点(x 0，x 20)处的切线的斜率为k ＝2x 0，切线方程为y －x 20＝2x 0(x －x 0)，设切线与y ＝ln x 相切的切点为(m ，ln m )，0＜m ＜1，因为y ＝ln x 的导数为y ′＝1x ，所以2x 0＝1m ，切线方程为y －ln m ＝1m(x －m )，令x ＝0，可得y ＝ln m －1＝－x 20，由0＜m ＜1，可得x 0＝12m ＞12，且x 20＞1，解得x 0＞1，由m ＝12x 0，可得x 20－ln(2x 0)－1＝0，令f (x )＝x 2－ln(2x )－1，x ＞1，则f ′(x )＝2x －1x＞0，f (x )在x ＞1时单调递增，且f (2)＝2－ln 22－1＜0，f (3)＝3－ln 23－1＞0，则有x 20－ln(2x 0)－1＝0的根x 0∈(2，3)．2．(2017·惠州模拟)已知函数f (x )＝x sin x ＋cos x ＋x 2，则不等式f (ln x )＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1x ＜2f (1)的解集为( )A ．(e ，＋∞)B ．(0，e)C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e ∪(1，e)D.⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，e 解析：选D f (x )＝x sin x ＋cos x ＋x 2，因为f (－x )＝f (x )，所以f (x )是偶函数，所以f ⎝⎛⎭⎪⎫ln 1x ＝f (－ln x )＝f (ln x )，所以f (ln x )＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1x ＜2f (1)可变形为f (ln x )＜f (1)．f ′(x )＝x cosx ＋2x ＝x (2＋cos x )，因为2＋cos x ＞0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减，所以f (ln x )＜f (1)等价于－1＜ln x ＜1，所以1e ＜x ＜e.。

2018届高考数学二轮复习导数的简单应用课件文

答案：C
利用导数研究函数的单调性
[师生共研·悟通]
导数与函数单调性的关系 (1)f′(x)＞0 是 f(x)为增函数的充分不必要条件，如函数 f(x)＝x3 在(－∞，＋∞)上单调递增，但 f′(x)≥0. (2)f′(x)≥0 是 f(x)为增函数的必要不充分条件，当函数在某个区间内恒有 f′(x)＝0 时，则 f(x)为常数，函数不具有单调性．
导数的运算及几何意义
[师生共研·悟通] 1．导数的几何意义
函数 f(x)在 x0 处的导数是曲线 f(x)在点 P(x0，f(x0))处的切线的斜率，曲线 f(x)在点 P 处的切线的斜率 k＝f′(x0)，相应的切线方程为 y (1)(sin x)′＝cos x； (2)(cos x)′＝－sin x； (3)(ax)′＝axln a(a>0)； 1 (4)(logax)′＝ (a>0，且 a≠1)． xln a
答案：C
3．已知直线 y＝kx＋1 与曲线 y＝x3＋mx＋n 相切于点 A(1，3)，则 n＝ A．－1 B． 1 ( )
C．3 D．4 解析：对 y＝x3＋mx＋n 求导得，y′＝3x2＋m，
∵A(1,3)在直线 y＝kx＋1 上，∴k＝2，
3＋m＝2， ∴由 1＋m＋n＝3，
解得 n＝3.
答案：D
4 3．已知函数f(x)＝ax ＋x (a∈R)在x＝－处取得极值． 3
3 2
(1)确定a的值； (2)若g(x)＝f(x)ex，讨论g(x)的单调性．
解：(1)对f(x)求导得f′(x)＝3ax2＋2x，
4 4 因为f(x)在x＝－处取得极值，所以f′－3＝0， 3 4 16a 8 16 1 即3a× ＋2× －3 ＝－＝0，解得a＝ . 9 3 3 2

2018届高考数学文二轮复习课件：2.2.4 导数的综合应用精品

解得 x＝e，当 x>e 时，f′(x)<0，f(x)为减函数，当 0<x<e 时，f′(x)>0，
f(x) 为增函数．又
b>a>3>e ，所以
a＋b ab>b> 2 >
ab >a>e ，所以
f(a)>f( ab)>fa＋2 b>f(b)>f(ab)，故选 D.
(2)①由题意得，xlnx－ax2－x<－x，所以 xlnx－ax2<0，又 x∈(0，
解：(1)由 f(x)＝－x＋lnx，得 f′(x)＝－1＋1x，令 f′(x)＝1，得 x ＝12
∴所求距离的最小值即为
P21，f12到直线 x－y＋3＝0 的距离 d＝12－－12－2ln2＋3＝12(4＋ln2) 2
(2)假设存在正数 a，令 F(x)＝f(x)－g(x)(x>0)，则 F(x)max≤0 由 F′(x)＝a＋1x－2a2x＝0 得 x＝1a， ∵x>1a时，F′(x)<0， ∴F(x)为减函数；当 0<x<1a时，F′(x)>0，
高考巡航利用导数探求函数的极值、最值是函数的基本问题，高考中常与函数零点、方程根及不等式相结合，难度较大.
核心梳理
[知识回顾]
导数在方程中的应用方方程程根根的的存个在数性方程根的存在区间
不等式恒成立导数在不等式中的应用比较两个数的大小
证明不等式
[专题回访] 1．设函数 f(x)＝13x－lnx(x>0)，则 f(x)( )
a b.
令 h(x)＝g′(x)，则 h′(x)＝(axln a＋bxln b)′＝ax(ln a)2＋bx(ln b)2，

2018届高考数学文二轮复习课件：2.2.3 导数的简单应用精品

解析：已知函数 f(x)＝ax在 x＝1 处的导数为－2，则可得－xa2＝－a ＝－2，故有 a＝2，则实数 a 的值是 2，故答案为 2.
答案：2
2．(热点一)已知 f(x)为偶函数，当 x≤0 时，f(x)＝e－x－1－x，则曲线 y＝f(x)在点(1,2)处的切线方程是__________．
解：(1)由 f(x)＝－x＋lnx，得 f′(x)＝－1＋1x，令 f′(x)＝1，得 x ＝12
∴所求距离的最小值即为 P(12，f(12))到直线 x－y＋3＝0 的距离 d＝|12－－12－2ln2＋3|＝12(4＋ln2) 2
(2)假设存在正数 a，令 F(x)＝f(x)－g(x)(x>0)，则 F(x)max≤0 由 F′(x)＝a＋1x－2a2x＝0 得 x＝1a ∵x>1a时，F′(x)<0，∴F(x)为减函数；当 0<x<1a时，F′(x)>0， ∴F(x)为增函数 ∴F(x)max＝F(1a) ∴ln1a≤0 即 a≥1 所以 a 的取值范围是[1，＋∞)
的取值范围为21，1. ②当 x≥1 时，k≤x＋1x1＋lnx恒成立，令 g(x)＝x＋1x1＋lnx，
则 g′(x)＝1＋lnx＋1＋1xxx－2 x＋11＋lnx＝x－x2lnx. 令 h(x)＝x－lnx，则 h′(x)＝1－1x≥0，所以 h(x)≥h(1)＝1，所以 g′(x)>0，所以 g(x)为[1，＋∞)上的增函数，所以 g(x)≥g(1)＝2，故 k≤2.
(2)已知函数 f(x)＝3x3＋2x2－1 在区间(m,0)上总有 f ′(x)≤0 成立，则 m 的取值范围为__－__49_，__0___．
[自主解答] (1)因为函数 f(x)的导函数为 f′(x)＝sinx＋xcosx－ sinx＝xcosx，所以 k＝g(t)＝tcost.则函数 g(t)为奇函数，图象关于原点对称，所以排除 A、C.又当 0<t<2π时，g(t)>0，所以排除 D，选 B.

2018版高考数学一轮复习导数及其应用第2讲导数的应用(一)理

第2讲导数的应用(一)一、选择题1．与直线2x －y ＋4＝0平行的抛物线y ＝x 2的切线方程是( )． A ．2x －y ＋3＝0 B ．2x －y －3＝0 C ．2x －y ＋1＝0D ．2x －y －1＝0解析设切点坐标为(x 0，x 20)，则切线斜率为2x 0，由2x 0＝2得x 0＝1，故切线方程为y －1＝2(x －1)，即2x －y －1＝0. 答案 D2．若函数h (x )＝2x －k x ＋k3在(1，＋∞)上是增函数，则实数k 的取值范围是( )．A ．(－2，＋∞)B ．(2，＋∞)C ．(－∞，－2)D ．(－∞，2)解析由条件得h ′(x )＝2＋k x 2＝2x 2＋k x2≥0在(1，＋∞)上恒成立，即k ≥－2x 2在(1，＋∞)上恒成立，所以k ∈(－2，＋∞)．答案 A3．函数f (x )＝(4－x )e x的单调递减区间是 ( )．A ．(－∞，4)B ．(－∞，3)C ．(4，＋∞)D ．(3，＋∞)解析 f ′(x )＝e x＋(4－x )·e x＝e x(3－x )，令f ′(x )<0，由于e x>0，∴3－x <0，解得x >3.答案 D4．函数f (x )＝ax 3＋bx 在x ＝1a处有极值，则ab 的值为( )A ．2B ．－2C ．3D ．－3解析 f ′(x )＝3ax 2＋b ，由f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝3a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2＋b ＝0，可得ab ＝－3.故选D.答案 D5．对于R 上可导的任意函数f (x )，若满足(x －1)f ′(x )≥0，则必有( )． A ．f (0)＋f (2)<2f (1) B ．f (0)＋f (2)≤2f (1) C ．f (0)＋f (2)≥2f (1)D ．f (0)＋f (2)>2f (1)解析不等式(x －1)f ′(x )≥0等价于⎩⎪⎨⎪⎧x －1≥0，fx或⎩⎪⎨⎪⎧x －1≤0，f x可知f (x )在(－∞，1)上递减，(1，＋∞)上递增，或者f (x )为常数函数，因此f (0)＋f (2)≥2f (1)．答案 C6．已知函数f (x )的定义域为[－1,5]，部分对应值如下表．f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示．下列关于函数f (x )的命题： ①函数y ＝f (x )是周期函数； ②函数f (x )在[0,2]上是减函数；③如果当x ∈[－1，t ]时，f (x )的最大值是2，那么t 的最大值为4； ④当1<a <2时，函数y ＝f (x )－a 有4个零点．其中真命题的个数有( )．A ．4B ．3C ．2D ．1解析依题意得，函数f (x )不可能是周期函数，因此①不正确；当x ∈(0,2)时，f ′(x )<0，因此函数f (x )在[0,2]上是减函数，②正确；当x ∈[－1，t ]时，f (x )的最大值是2，依题意，结合函数f (x )的可能图象形状分析可知，此时t 的最大值是5，因此③不正确；注意到f (2)的值不明确，结合图形分析可知，将函数f (x )的图象向下平移a (1<a <2)个单位后相应曲线与x 轴的交点个数不确定，因此④不正确．综上所述，选D. 答案 D 二、填空题7．函数y ＝x －2sin x 在[0，π]上的递增区间是________．解析 y ′＝1－2cos x ，令1－2cos x ≥0，得cos x ≤12，解得2k π＋π3≤x ≤2k π＋53π，k ∈R ，又0≤x ≤π，∴π3≤x ≤π.答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，π 8．函数f (x )＝x 3－3x 2＋1在x ＝________处取得极小值．解析 f ′(x )＝3x 2－6x ，令f ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝2，当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )>0，当x ∈(0,2)时，f ′(x )<0，当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0，显然当x ＝2时f (x )取极小值．答案 29．若曲线f (x )＝ax 5＋ln x 存在垂直于y 轴的切线，则实数a 的取值范围是________．解析 ∵f ′(x )＝5ax 4＋1x，x ∈(0，＋∞)，∴由题意知5ax 4＋1x＝0在(0，＋∞)上有解．即a ＝－15x5在(0，＋∞)上有解．∵x ∈(0，＋∞)，∴－15x 5∈(－∞，0)．∴a ∈(－∞，0)．答案 (－∞，0)10．已知函数y ＝－13x 3＋bx 2－(2b ＋3)x ＋2－b 在R 上不是单调减函数，则b 的取值范围是________．解析 y ′＝－x 2＋2bx －(2b ＋3)，要使原函数在R 上单调递减，应有y ′≤0恒成立，∴Δ＝4b 2－4(2b ＋3)＝4(b 2－2b －3)≤0，∴－1≤b ≤3，故使该函数在R 上不是单调减函数的b 的取值范围是b <－1或b >3. 答案 (－∞，－1)∪(3，＋∞) 三、解答题11．设函数f (x )＝ax 3－3x 2，(a ∈R )，且x ＝2是y ＝f (x )的极值点，求函数g (x )＝e x·f (x )的单调区间．解 f ′(x )＝3ax 2－6x ＝3x (ax －2)．因为x ＝2是函数y ＝f (x )的极值点．所以f ′(2)＝0，即6(2a －2)＝0，因此a ＝1，经验证，当a ＝1时，x ＝2是函数f (x )的极值点，所以g (x )＝e x(x 3－3x 2)，g ′(x )＝e x (x 3－3x 2＋3x 2－6x )＝e x (x 3－6x )＝x (x ＋6)(x －6)e x.因为e x>0，所以y ＝g (x )的单调增区间是(－6，0)和(6，＋∞)；单调减区间是(－∞，－6)和(0，6)． 12．已知函数f (x )＝x 3－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 (1)f ′(x )＝3x 2－a由Δ≤0，即12a ≤0，解得a ≤0，因此当f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增时，a 的取值范围是(－∞，0]． (2)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)，则3x 2<3因此a ≥3函数f (x )在(－1,1)上单调递减，实数a 的取值范围是[3，＋∞)． 13．已知函数f (x )＝a ln x －ax －3(a ∈R)． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)若函数y ＝f (x )的图象在点(2，f (2))处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t ∈[1,2]，函数g (x )＝x 3＋x 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤f x ＋m 2在区间(t,3)上总不是单调函数，求m 的取值范围．解 (1)根据题意知，f ′(x )＝a －xx(x ＞0)，当a ＞0时，f (x )的单调递增区间为(0,1]，单调递减区间为(1，＋∞)；当a ＜0时，f (x )的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1]；当a ＝0 时，f (x )不是单调函数．(2)∵f ′(2)＝－a2＝1，∴a ＝－2，∴f (x )＝－2ln x ＋2x －3.∴g (x )＝x 3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m2＋2x 2－2x ，∴g ′(x )＝3x 2＋(m ＋4)x －2.∵g (x )在区间(t,3)上总不是单调函数，且g ′(0)＝－2，∴⎩⎪⎨⎪⎧g t ＜0，g ＞0.由题意知：对于任意的t ∈[1,2]，g ′(t )＜0恒成立，∴⎩⎪⎨⎪⎧g ＜0，g ＜0，g＞0，∴－373＜m ＜－9.14．设函数f (x )＝ln x ＋ax －1在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 内有极值． (1)求实数a 的取值范围；(2)若x 1∈(0,1)，x 2∈(1，＋∞)．求证：f (x 2)－f (x 1)>e ＋2－1e .注：e 是自然对数的底数．(1)解易知函数f (x )的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)， f ′(x )＝1x－a x －2＝x －2－ax x x －2＝x 2－a ＋x ＋1x x －2.由函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 内有极值，可知方程f ′(x )＝0在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 内有解，令g (x )＝x 2－(a＋2)x ＋1＝(x －α)(x －β)．不妨设0<α<1e，则β>e ，又g (0)＝1>0，所以g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝1e2－a ＋2e ＋1<0，解得a >e ＋1e －2. (2)证明由(1)知f ′(x )>0⇔0<x <α或x >β，f ′(x )<0⇔α<x <1或1<x <β，所以函数f (x )在(0，α)，(β，＋∞)上单调递增，在(α，1)，(1，β)上单调递减．由x 1∈(0,1)得f (x 1)≤f (α)＝ln α＋aα－1，由x 2∈(1，＋∞)得f (x 2)≥f (β)＝ln β＋aβ－1，所以f (x 2)－f (x 1)≥f (β)－f (α)．由(1)易知α·β＝1，α＋β＝a ＋2，所以f (β)－f (α)＝ln β－ln 1β＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1β－1－1α－1＝2lnβ＋a ·α－ββ－α－＝2ln β＋a ·1β－β2－a ＋＝2ln β＋β－1β.记h (β)＝2ln β＋β－1β(β>e)，则h ′(β)＝2β＋1＋1β2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1β＋12>0，所以函数h (β)在(e ，＋∞)上单调递增，所以f (x 2)－f (x 1)≥h (β)>h (e)＝2＋e －1e .。

【K12教育学习资料】2018高考数学大一轮复习升级增分训练导数的综合应用二文

升级增分训练导数的综合应用（二）1．已知函数f (x )＝(ax 2－x ＋a )e x，g (x )＝b ln x －x (b ＞0)． (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)当a ＝12时，若对任意x 1∈(0,2)，存在x 2∈[1,2]，使f (x 1)＋g (x 2)≥0成立，求实数b 的取值范围．解：(1)由题意得f ′(x )＝(x ＋1)(ax ＋a －1)e x．当a ＝0时，f ′(x )＝－(x ＋1)e x，当x ∈(－∞，－1)时，f ′(x )＞0，f (x )在(－∞，－1)上单调递增；当x ∈(－1，＋∞)时，f ′(x )＜0，f (x )在(－1，＋∞)上单调递减．当a ≠0时，令f ′(x )＝0，则x ＝－1或x ＝－1＋1a，当a ＞0时，因为－1＋1a＞－1，所以f (x )在(－∞，－1)和⎝⎛⎭⎪⎫－1＋1a，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－1＋1a 上单调递减；当a ＜0时，因为－1＋1a＜－1，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1＋1a 和(－1，＋∞)上单调递减，在⎝⎛⎭⎪⎫－1＋1a，－1上单调递增．(2)由(1)知当a ＝12时，f (x )在(0,1)上单调递减，在(1,2)上单调递增，因此f (x )在(0,2)上的最小值为f (1)＝0．由题意知，对任意x 1∈(0,2)，存在x 2∈[1,2]，使g (x 2)≥－f (x 1)成立，因为[－f (x 1)]max ＝0，所以b ln x 2－x 2≥0，即b ≥x 2ln x 2．令h (x )＝xln x ，x ∈[1,2]，则h ′(x )＝ln x －1ln x2＜0，因此h (x )min ＝h (2)＝2ln 2，所以b ≥2ln 2，即实数b 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫2ln 2，＋∞．2．(2017·南昌模拟)已知函数f (x )＝ln x －ax 2－a ＋2(a ∈R ，a 为常数)(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若存在x 0∈(0,1]，使得对任意的a ∈(－2,0]，不等式m e a＋f (x 0)＞0(其中e 为自然对数的底数)都成立，求实数m 的取值范围．解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －2ax ＝1－2ax 2x，当a ≤0时，f ′(x )≥0，所以函数f (x )在区间(0，＋∞)上单调递增；当a ＞0时，由f ′(x )≥0且x ＞0，解得0＜x ≤12a，所以函数f (x )在区间⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12a 上单调递增，在区间⎣⎢⎡⎭⎪⎫12a ，＋∞上单调递减． (2)由(1)知，当a ∈(－2,0]时，函数f (x )在区间(0,1]上单调递增，所以x ∈(0,1]时，函数f (x )的最大值是f (1)＝2－2a ，对任意的a ∈(－2,0]，都存在x 0∈(0,1]，不等式m e a＋f (x 0)＞0都成立，等价于对任意的a ∈(－2,0]，不等式m e a＋2－2a ＞0都成立，不等式m e a＋2－2a ＞0可化为m ＞2a －2ea ，记g (a )＝2a －2e a (a ∈(－2,0])，则g ′(a )＝2e a－a －ae2a＝4－2aea ＞0，所以g (a )的最大值是g (0)＝－2，所以实数m 的取值范围是(－2，＋∞)． 3．已知函数f (x )＝a ＋ln xx在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行． (1)求实数a 的值及f (x )的极值；(2)是否存在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，t ＋23(t ＞0)使函数f (x )在此区间上存在极值点和零点？若存在，求出实数t 的取值范围，若不存在，请说明理由．解：(1)f ′(x )＝1x ·x －a ＋ln x x 2＝1－a －ln xx2(x ＞0)． ∵f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行， ∴f ′(1)＝1－a －ln 1＝0．解得a ＝1．∴f (x )＝1＋ln x x ，f ′(x )＝－ln xx2，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，故f (x )在x ＝1处取得极大值1，无极小值． (2)∵x ＞1时，f (x )＝1＋ln x x＞0，当x →0时，f (x )→－∞，由(1)得f (x )在(0,1)上单调递增，由零点存在性定理，知f (x )在区间(0,1)上存在唯一零点．函数f (x )的图象如图所示．∵函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎪⎫t ，t ＋23(t ＞0)上存在极值点和零点，∴⎩⎪⎨⎪⎧ 0＜t ＜1，t ＋23＞1，f t ＝f(1＋ln t t＜0，)即⎩⎪⎨⎪⎧0＜t ＜1，t ＋23＞1，t ＜1e ，解得13＜t ＜1e． ∴存在符合条件的区间，实数t 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1e ． 4．(2017·沈阳质监)已知函数f (x )＝12x 2－a ln x ＋b (a ∈R)．(1)若曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线的方程为3x －y －3＝0，求实数a ，b 的值； (2)若x ＝1是函数f (x )的极值点，求实数a 的值；(3)若－2≤a ＜0，对任意x 1，x 2∈(0,2]，不等式|f (x 1)－f (x 2)|≤m ⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x 1－1x 2恒成立，求m 的最小值．解：(1)因为f (x )＝12x 2－a ln x ＋b ，所以f ′(x )＝x －a x，因为曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线的方程为3x －y －3＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧f ＝3，f 1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧1－a ＝3，12＋b ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2，b ＝－12.(2)因为x ＝1是函数f (x )的极值点，所以f ′(1)＝1－a ＝0，所以a ＝1．当a ＝1时，f (x )＝12x 2－ln x ＋b ，定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝x －1x ＝x 2－1x＝x －x ＋x，当0＜x ＜1时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减，当x ＞1时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，所以a ＝1．(3)因为－2≤a ＜0,0＜x ≤2，所以f ′(x )＝x －ax＞0，故函数f (x )在(0,2]上单调递增，不妨设0＜x 1≤x 2≤2，则|f (x 1)－f (x 2)|≤m ⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x 1－1x 2可化为f (x 2)＋m x 2≤f (x 1)＋m x 1，设h (x )＝f (x )＋m x ＝12x 2－a ln x ＋b ＋mx，则h (x 1)≥h (x 2)．所以h (x )为(0,2]上的减函数，即h ′(x )＝x －a x －m x2≤0在(0,2]上恒成立，等价于x 3－ax －m ≤0在(0,2]上恒成立，即m ≥x 3－ax 在(0,2]上恒成立，又－2≤a ＜0，所以ax ≥－2x ，所以x 3－ax ≤x 3＋2x ，而函数y ＝x 3＋2x 在(0,2]上是增函数，所以x 3＋2x ≤12(当且仅当a ＝－2，x ＝2时等号成立)．所以m ≥12，即m 的最小值为12．。

新高考数学二轮专题总复习突破练习导数的应用

专题突破练7热点小专题二、导数的应用一、单项选择题1.设曲线y=ax-ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为y=2x,则a=()A.0B.1C.2D.32.(2020天津河北区线上测试,6)已知函数f(x)=3x+2cos x,若a=f(3√2),b=f(2),c=f(log27),则a,b,c的大小关系是()A.a<b<cB.c<a<bC.b<a<cD.b<c<a3.(2020河南开封三模,文9,理7)已知函数f(x)=x(x-c)2在x=2处取极大值,则c=()A.-2或-6B.2或6C.2D.64.(2020山东德州二模,8)已知函数f(x)的定义域为R,且f(x)+1<f'(x),f(0)=2,则不等式f(x)+1>3e x的解集为()A.(1,+∞)B.(-∞,1)C.(0,+∞)D.(-∞,0)5.已知函数f(x)=a e x-x2-(2a+1)x,若函数f(x)在区间(0,ln 2)上有极值,则实数a的取值范围是()A.(-∞,-1)B.(-1,0)C.(-2,-1)D.(-∞,0)∪(0,1)6.(2020山东济南一模,8)已知直线y=ax+b(b>0)与曲线y=x3有且只有两个公共点A(x1,y1),B(x2,y2),其中x1<x2,则2x1+x2=()A.-1B.0C.1D.a7.已知函数f(x)=a ln x-2x,若不等式f(x+1)>ax-2e x在x∈(0,+∞)上恒成立,则实数a的取值范围是()A.a≤2B.a≥2C.a≤0D.0≤a≤28.(2020江西名校大联考,理12)已知函数f(x)={-13x3+x2,x≤m,x-m,x>m,若存在实数a,使得函数g(x)=f(x)-a 恰好有4个零点,则实数m的取值范围是() A.(0,2) B.(2,+∞)C.(0,3)D.(3,+∞)二、多项选择题9.函数y=f(x)的导函数y=f'(x)的图象如图所示,以下命题错误的是()A.-3是函数y=f (x )的极值点B.-1是函数y=f (x )的最小值点C.y=f (x )在区间(-3,1)上单调递增D.y=f (x )在x=0处切线的斜率小于零10.(2020山东聊城二模,10)下列关于函数f (x )=x 3-3x 2+2x 的叙述正确的是( ) A.函数f (x )有三个零点B.点(1,0)是函数f (x )图象的对称中心C.函数f (x )的极大值点为x=1-√33D.存在实数a ,使得函数g (x )=[f (x )]2+af (x )在R 上为增函数11.(2020山东潍坊临朐模拟,12)已知函数f (x )=x ln x+x 2,x 0是函数f (x )的极值点,以下结论中正确的是( )A.0<x 0<1eB.x 0>1e C.f (x 0)+2x 0<0D.f (x 0)+2x 0>012.(2020山师大附中月考,12)设函数f (x )={|lnx |,x >0,e x (x +1),x ≤0,若方程[f (x )]2-af (x )+116=0有六个不等的实数根,则实数a 可能的取值是( ) A.12B.23C.1D.2三、填空题13.(2020全国Ⅲ,文15)设函数f (x )=e xx+a .若f'(1)=e4,则a= .14.(2020全国Ⅰ,文15)曲线y=ln x+x+1的一条切线的斜率为2,则该切线的方程为 . 15.(2020山东淄博4月模拟,16)已知函数f (x )=2sin x+sin 2x ,则f (x )的最小值是 . 16.已知函数f (x )=log 2x ,g (x )=√x +√a -x (a>0),若对∀x 1∈{x|g (x )=√x +√a -x },∃x 2∈[4,16],使g (x 1)=f (x 2)成立,则实数a 的取值范围是 .专题突破练7 热点小专题二、导数的应用1.D解析∵y=ax-ln(x+1),∴y'=a-1x+1.∴y'|x=0=a-1=2,得a=3.2.D解析因为函数f(x)=3x+2cos x,所以导数函数f'(x)=3-2sin x,可得f'(x)=3-2sin x>0在R上恒成立,所以f(x)在R上为增函数,又因为2=log24<log27<3<3√2,所以b<c<a,故选D.3.D解析f'(x)=(x-c)2+2x(x-c),f'(2)=(2-c)2+2×2(2-c)=0,解得c=6或c=2.验证知当c=2时,函数在x=2处有极小值,舍去,当c=6时满足题意,故c=6.4.C解析令g(x)=f(x)+1e x,∵f(x)+1<f'(x),则g'(x)=f'(x)-f(x)-1e x>0,故g(x)在R上单调递增,且g(0)=3,由f(x)+1>3e x,可得f(x)+1e x>3,即g(x)>g(0),所以x>0,故选C.5.A解析f'(x)=a e x-2x-(2a+1),令g(x)=a e x-2x-(2a+1).由函数f(x)在区间(0,ln2)上有极值⇔g(x)在区间(0,ln2)上单调且存在零点.所以g(0)g(ln2)=(a-2a-1)(2a-2ln2-2a-1)<0,即a+1<0,解得a<-1.故实数a的取值范围是(-∞,-1).故选A.6.B解析直线y=ax+b(b>0)与曲线y=x3有且只有两个公共点,即为b=x3-ax有两个根,即函数y=x3-ax与y=b恰有两个交点,作出两个函数的图象,可知x1是极大值点时满足题意.∵y'=3x2-a,∴3x12=a.又∵b=x13-ax1=x23-ax2,∴x13−x23=a(x1-x2),∴(x1-x2)(x12+x1x2+x22)=a(x1-x2).∵x1<x2,∴a=x12+x1x2+x22=3x12,∴2x12-x1x2-x22=0,∴(2x1+x2)(x1-x2)=0,∴2x1+x2=0.故选B.7.A解析f(e x)=ax-2e x,所以f(x+1)>ax-2e x在x∈(0,+∞)上恒成立,等价于f(x+1)>f(e x)在(0,+∞)上恒成立,因为x∈(0,+∞)时,1<x+1<e x,所以只需f(x)在(1,+∞)上单调递减,即当x>1时,f'(x)≤0恒成立,即当x>1时,ax≤2恒成立,a≤2x,所以a≤2,故选A.8.B解析g(x)=f(x)-a的零点个数等价于直线y=a与函数f(x)图象的交点个数.令y=-13x3+x2,y'=-x2+2x,当x<0或x>2时,y'<0,当0<x<2时,y'>0.所以函数y=-13x3+x2在(-∞,0),(2,+∞)上单调递减,在(0,2)上单调递增,画出函数f(x)的大致图象如图所示,由图可知当m>2时,存在直线y=a与函数f(x)图象的交点为4个;当0<m≤2时,直线y=a与函数f(x)图象的交点至多为3个;当m≤0时,直线y=a与函数f(x)图象的交点至多为2个.所以m的取值范围为(2,+∞).故选B.9.BD解析根据导函数的图象可知,当x∈(-∞,-3)时,f'(x)<0,在x∈(-3,1)时,f'(x)≥0,故函数y=f(x)在(-∞,-3)上单调递减,在(-3,1)上单调递增,则-3是函数y=f(x)的极值点.因为函数y=f(x)在(-3,1)上单调递增,则-1不是函数y=f(x)的最小值点.因为函数y=f(x)在x=0处的导数大于0,则y=f(x)在x=0处切线的斜率大于零,故选BD.10.ABC解析令f(x)=0,即x(x-1)(x-2)=0,解得x=0或x=1或x=2,故函数f(x)有三个零点,故选项A正确;因为f(1+x)+f(1-x)=0,所以点(1,0)是函数f(x)图象的对称中心,故选项B正确;令f'(x)=3x2-6x+2=0,解得x=3±√33,故f(x)在-∞,3-√33上单调递增,在3-√33,3+√33上单调递减,在3+√33,+∞上单调递增,函数f(x)的极大值点为x=1-√33,故选项C正确;因为f(x)在R上不单调,所以不存在实数a,使得函数g(x)=[f(x)]2+af(x)在R上为增函数,故D错误.故选ABC.11.AD解析∵函数f(x)=x ln x+x2(x>0),∴f'(x)=ln x+1+2x.∵x0是函数f(x)的极值点,∴f'(x0)=0,即ln x0+1+2x0=0,∵f'(x)在(0,+∞)上单调递增,且f'(1e )=2e>0,∵x→0,f'(x)→-∞,∴0<x0<1e,即选项A正确,选项B不正确;f(x0)+2x0=x0ln x0+x02+2x0=x0(ln x0+x0+2)=x0(1-x0)>0,即选项D正确,选项C不正确.故选AD.12.BC解析当x≤0时,f(x)=e x(x+1),则f'(x)=e x(x+1)+e x=e x(x+2).由f'(x)<0得,x+2<0,即x<-2,此时f(x)为减函数,由f'(x)>0得,x+2>0,即-2<x≤0,此时f(x)为增函数,即当x=-2时,f(x)取得极小值f(-2)=-1e2,作出f(x)的图象如图:由图象可知当0<f(x)≤1时,有三个不同的x的取值与f(x)对应.设t=f(x),因为方程[f(x)]2-af(x)+116=0有六个不等的实数根,所以t 2-at+116=0在t ∈(0,1]内有两个不等的实根, 设g (t )=t 2-at+116.则{g (0)>0,g (1)≥0,Δ>0,0<a 2<1,即{ 116>0,1-a +116≥0,a 2-4×116>0,0<a 2<1,解得12<a ≤1716.结合选项可知实数a 可能是23或1,故选BC . 13.1 解析对函数f (x )=e x求导得f'(x )=e x (x+a -1)(x+a )2,由题意得f'(1)=e ·a(1+a )2=e,解得a=1.14.y=2x 解析设切点坐标为(x 0,y 0).对y=ln x+x+1求导可得y'=1x +1.由题意得,1x 0+1=2,解得x 0=1,故y 0=ln1+1+1=2,切线方程为y-2=2(x-1),即y=2x.15.-3√32 解析由f (x )=2sin x+sin2x ,得f'(x )=2cos x+2cos2x=2(2cos 2x+cos x-1)=2(cos x+1)(2cos x-1),令f'(x )=0,得cos x=-1或cos x=12,所以f (x )的最小值为使cos x=-1或cos x=12成立的x 的取值所对应f (x )的函数值中的最小值.当cos x=-1时,sin x=0,所以f (x )=0;当cos x=12时,sin x=±√32,f (x )=±3√32. 综上,f (x )的最小值为-3√32.16.[4,8] 解析结合题意可得log 24=2≤f (x )≤log 216=4,要使得对∀x 1∈{x|g (x )=√x +√a -x },∃x 2∈[4,16],使g (x 1)=f (x 2)成立, 则要求g (x )的值域在[2,4]内,对g (x )求导得g'(x )=√a -x -√x2·√x ·√a -x ,当g'(x )>0,解得x<a2,结合该函数的定义域为[0,a ],可知g(x)在0,a2单调递增,在a2,a单调递减,故g(x)在x=a2取到最大值,在x=0取到最小值,所以需要满足g a2≤4,且g(0)≥2,得到{√a2+√a2≤4,√a≥2,解得a∈[4,8].。

2018高三数学全国二模汇编(理科)专题03导数与应用

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

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

2018届高三文科数学二轮复习课件：第1部分专题6 突破点16 导数的应用酌情自选精品

所以 F′(x)＞0⇔0＜x＜ e，F′(x)＜0⇔x＞ e，当 x＝ e时， F(x)max＝2e，即当 a＝ e－1，b＝ 2e时，(a＋1)b 的最大值为2e.12 分
利用导数研究函数极值、最值的方法 1．若求极值，则先求方程 f′(x)＝0 的根，再检查 f′(x)在方程根的左右函数值的符号． 2．若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程 f′(x)＝0 根的大小或存在情况来求解． 3．求函数 f(x)在闭区间[a，b]上的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值 f(a)，f(b)与 f(x)的各极值进行比较得到函数的最值．
[解] (1)f(x)＝f′(1)ex－1－f(0)x＋12x2⇒f′(x)＝f′(1)ex－1－f(0)＋x，令 x＝1，得 f(0)＝1，所以 f(x)＝f′(1)ex－1－x＋12x2，令 x＝0，得 f(0)＝f′(1)e－1＝1，解得 f′(1)＝e，故函数的解析式为 f(x)＝ex －x＋12x2.3 分
热点题型 1 利用导数研究函数的单调性问题题型分析：利用导数研究函数的单调性问题常在解答题的第(1)问中呈现，有一定的区分度，此类题涉及函数的极值点、利用导数判断函数的单调性、不等式的恒成立等．
(2016·辽宁葫芦岛模拟)已知 x＝1 是 f(x)＝2x＋bx＋ln x 的一个极值点． (1)求函数 f(x)的单调递减区间； (2)设函数 g(x)＝f(x)－3＋x a，若函数 g(x)在区间[1,2]内单调递增，求实数 a 的取值范围.
(2)f(x)≥12x2＋ax＋b⇔h(x)＝ex－(a＋1)x－b≥0，得 h′(x)＝ex－(a＋1).8 分 ①当 a＋1≤0 时，h′(x)＞0⇒y＝h(x)在 x∈R 上单调递增，x→－∞时，h(x)→ －∞与 h(x)≥0 矛盾． ②当 a＋1＞0 时，h′(x)＞0⇔x＞ln(a＋1)，h′(x)＜0⇔x＜ln(a＋1)，得当 x＝ln(a＋1)时，h(x)min＝(a＋1)－(a＋1)ln(a＋1)－b≥0，即(a＋1)－(a＋ 1)ln(a＋1)≥b，所以(a＋1)b≤(a＋1)2－(a＋1)2ln(a＋1)(a＋1＞0)．令 F(x)＝x2－x2ln x(x＞0)，则 F′(x)＝x(1－2ln x)，

高考专题高三文科数学总复习专项强化训练(一)导数的综合应用

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专项强化训练(一)导数的综合应用1.(2015·汕头模拟)某商品每件成本5元,售价14元,每星期卖出75件.如果降低价格,销售量可以增加,且每星期多卖出的商品件数m与商品单价的降低值x(单位:元,0≤x<9)的平方成正比,已知商品单价降低1元时,一星期多卖出5件.(1)将一星期的商品销售利润y表示成x的函数.(2)如何定价才能使一个星期的商品销售利润最大?【解题提示】(1)先写出多卖的商品数,则可计算出商品在一个星期的获利数,再依题意“商品单价降低1元时,一星期多卖出5件”求出比例系数,即可把一个星期的商品销售利润表示成x的函数;(2)根据(1)中得到的函数,利用导数研究其极值,也就是求出函数的极大值,从而得出定价为多少元时,能使一个星期的商品销售利润最大.【解析】(1)依题意,设m=kx2,由已知得5=k·12,从而k=5,所以m=5x2,所以y=(14-x-5)(75+5x2)=-5x3+45x2-75x+675(0≤x<9).(2)因为y′=-15x2+90x-75=-15(x-1)(x-5),由y′>0得1<x<5,由y′<0得0≤x<1或5<x<9,可知函数y在[0,1)上递减,在(1,5)上递增,在(5,9)上递减,从而函数y取得最大值的可能位置为x=0或是x=5,因为y(0)=675,y(5)=800, 所以当x=5时,y max=800,答:商品每件定价为9元时,可使一个星期的商品销售利润最大.【加固训练】(2015·湖南四校联考)张林在李明的农场附近建了一个小型工厂,由于工厂生产须占用农场的部分资源,因此李明每年向张林索赔以弥补经济损失并获得一定净收入.工厂在不赔付农场的情况下,工厂的年利润x(元)与年产量t(吨)满足函数关系x=2 000t.若工厂每生产一吨产品必须赔付农场s元(以下称s为赔付价格).(1)将工厂的年利润w(元)表示为年产量t(吨)的函数,并求出工厂获得最大利润的年产量.(2)若农场每年受工厂生产影响的经济损失金额y=0.002t 2(元),在工厂按照获得最大利润的产量进行生产的前提下,农场要在索赔中获得最大净收入,应向张林的工厂要求赔付价格s 是多少?【解析】(1)工厂的实际年利润为: w=2 000t -st(t ≥0). w=2 000t -st=221 000 1 000s(t ),s s--+ 当t=21 000()s时,w 取得最大值. 所以工厂取得最大年利润的年产量 t=21 000()s(吨). (2)设农场净收入为v 元,则v=st-0.002t 2.将t=21 000()s代入上式, 得:v=2341 0002 1 000.s s ⨯- 又v ′=()23232551 0008 000s 1 0008 1 000,s s s-⨯-+= 令v ′=0,得s=20.当s<20时,v ′>0;当s>20时,v ′<0,所以s=20时,v 取得最大值.因此李明向张林要求赔付价格s=20(元)时,获最大净收入.2.(2015·长春模拟)已知函数f(x)=1-xx 1e -,g(x)=x-l n x. (1)证明:g(x)≥1.(2)证明:(x-ln x)f(x)>1-21e . 【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 x 1e -,f ′(x)=x x 2e-, 所以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,所以f(x)≥f(2)=1-21e,又由(1)x-ln x ≥1, 所以(x-ln x)f(x)>1-21e . 3.已知函数f(x)=(x 2+2x-2)·e x ,x ∈R,e 为自然对数的底数.(1)求函数f(x)的极值.(2)若方程f(x)=m 有两个不同的实数根,试求实数m 的取值范围.【解题提示】(1)根据求极值的方法求极值.(2)画出图象,根据图象分析求解.【解析】(1)f ′(x)=(2x+2)·e x +(x 2+2x-2)·e x =(x 2+4x)·e x , 令f ′(x)=0,解得x 1=-4或x 2=0,列表如下: x(-∞,-4) -4 (-4,0) 0 (0,+∞) f ′(x)+ 0 - 0 + f(x) 单调递增极大值单调递减极小值单调递增由表可得当x=-4时,函数f(x)有极大值f(-4)=6e -4;当x=0时,函数f(x)有极小值f(0)=-2.(2)由(1)及当x→-∞,f(x)→0;x→+∞,f(x)→+∞大致图象为如图,“方程f(x)=m有两个不同的实数根”转化为函数f(x)的图象与y=m 的图象有两个不同的交点,故实数m的取值范围为(-2,0]∪{6e-4}.4.(2015·包头模拟)已知函数f(x)=x2ln x.(1)求函数f(x)的单调区间.(2)若关于x的方程f(x)=kx-1有实数解,求实数k的取值范围.【解析】(1)函数的定义域为{x|x>0},f′(x)=x(2ln x+1).令f′(x)=x(2ln x+1)>0,得2ln x+1>0,即x>ee;令f′(x)=x(2ln x+1)<0,得2ln x+1<0,即0<x<ee ,所以当x∈（0,ee）时,f(x)单调递减;当x∈(ee,+∞)时,f(x)单调递增.(2)由f(x)=kx-1得x2ln x=kx-1,所以有k=xln x+1x(x>0),设g(x)=xln x+1x ,g′(x)=ln x+22x1x,g′(1)=0,当0<x<1时,g′(x)<0,g(x)单调递减; 当x>1时,g′(x)>0,g(x)单调递增,所以x>0时,g(x)min=g(1)=1.所以k≥1,k的取值范围是[1,+∞).5.(2014·四川高考)已知函数f(x)=e x-ax2-bx-1,其中a,b∈R,e=2.718 28…为自然对数的底数.(1)设g(x)是函数f(x)的导函数,求函数g(x)在区间[0,1]上的最小值.(2)若f(1)=0,函数f(x)在区间(0,1)内有零点,求a的取值范围.【解题提示】本题主要考查导数的运算、导数在研究函数中的应用,函数的零点等基础知识,考查推理论证能力、运算求解能力、创新意识,考查函数与方程、数形结合、分类与整合、化归与转化等数学思想,并考查思维的严谨性.【解析】(1)因为f(x)=e x-ax2-bx-1,所以g(x)=f′(x)=e x-2ax-b,又g′(x)=e x-2a,因为x∈[0,1],1≤e x≤e,所以:①若a≤12,则2a≤1,g′(x)=e x-2a≥0,所以函数g(x)在区间[0,1]上单调递增,g(x)min=g(0)=1-b.②若12<a<e2,则1<2a<e,于是当0≤x≤ln(2a)时,g′(x)=e x-2a≤0,当ln(2a)<x≤1时,g′(x)=e x-2a>0,所以函数g(x)在区间[0,ln(2a)]上单调递减,在区间(ln(2a),1]上单调递增,g(x)min=g(ln(2a))=2a-2aln(2a)-b.③若a≥e2,则2a≥e,g′(x)=e x-2a≤0,所以函数g(x)在区间[0,1]上单调递减,g(x)min=g(1)=e-2a-b.综上所述,当a≤12时,g(x)在区间[0,1]上的最小值为g(x)min=g(0)=1-b;当12<a<e2时,g(x)在区间[0,1]上的最小值为g(x)min=g(ln(2a))=2a-2aln(2a)-b;当a≥e2时,g(x)在区间[0,1]上的最小值为g(x)min=g(1)=e-2a-b. (2)由f(1)=0⇒e-a-b-1=0⇒b=e-a-1,又f(0)=0,若函数f(x)在区间(0,1)内有零点,则函数f(x)在区间(0,1)内不可能单调递增,也不可能单调递减,由(1)知当a≤12或a≥e2时,函数g(x)即f′(x)在区间[0,1]上单调,不可能满足上述要求.故只有12<a<e2,此时g(x)min=2a-2aln(2a)-b=3a-2aln(2a)-e+1,令h(x)=32x-xln x-e+1(1<x<e),则h′(x)=12-ln x.由h′(x)=12-ln x>0⇒x<e,所以h(x)在区间(1,e)上单调递增,在区间(e,e)上单调递减,h(x)max=h(e)=32e-e ln e-e+1=e-e+1<0,即g(x)min<0恒成立,因为函数f(x)在区间(0,1)内不可能单调递增,也不可能单调递减,所以()()g01b2e a0,g1e2a b a10,=-=-+>⎧⎪⎨=--=-+>⎪⎩解得a e2,a1,>-⎧⎨<⎩又12<a<e2,所以e-2<a<1,综上,a的取值范围为(e-2,1).关闭Word文档返回原板块。

近年高考数学大一轮复习升级增分训练导数的综合应用(一)文(2021年整理)

2018高考数学大一轮复习升级增分训练导数的综合应用（一）文编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2018高考数学大一轮复习升级增分训练导数的综合应用（一）文）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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升级增分训练导数的综合应用（一) 1．设函数f(x)＝ln x＋ax2＋x－a－1(a∈R)．（1）当a＝－错误!时，求函数f（x）的单调区间;(2）证明：当a≥0时,不等式f（x）≥x－1在［1，＋∞）上恒成立．解:（1)当a＝－错误!时,f（x)＝ln x－12x2＋x－错误!，且定义域为(0,＋∞),因为f′（x）＝错误!－x＋1＝－错误!,(x＞0）当x∈错误!时，f′(x）＞0;当x∈错误!时，f′（x)＜0，所以f(x)的单调增区间是错误!；单调减区间是错误!．(2)证明：令g(x）＝f（x)－x＋1＝ln x＋ax2－a，则g′（x）＝1x＋2ax＝错误!，所以当a≥0时,g′(x）＞0在[1，＋∞)上恒成立，所以g(x)在［1，＋∞）上是增函数，且g(1）＝0,所以g（x）≥0在［1，＋∞)上恒成立,即当a≥0时，不等式f（x)≥x－1在[1，＋∞）上恒成立．2．（2016·海口调研）已知函数f（x）＝mx－错误!,g（x)＝3ln x．（1）当m＝4时，求曲线y＝f(x）在点(2，f（2))处的切线方程；(2）若x∈(1,e](e是自然对数的底数)时，不等式f（x)－g(x）＜3恒成立,求实数m 的取值范围．解：（1）当m＝4时,f(x)＝4x－错误!,f′（x)＝4＋错误!，f′(2)＝5，又f(2）＝6，∴所求切线方程为y－6＝5(x－2），即y＝5x－4．(2）由题意知，x∈（1，错误!］时，mx－错误!－3ln x＜3恒成立,即m（x2－1）＜3x＋3x ln x恒成立,∵x∈(1,e],∴x2－1＞0，则m＜错误!恒成立．令h（x)＝错误!，x∈(1，错误!］,则m＜h（x）min．h′(x)＝错误!＝－错误!，∵x∈（1,错误!],∴h′(x)＜0，即h（x）在(1，错误!]上是减函数．∴当x∈(1,e]时,h（x)min＝h(e)＝9e2e－1．∴m的取值范围是错误!．3．(2017·广西质检)设函数f（x)＝c ln x＋12x2＋bx(b，c∈R，c≠0）,且x＝1为f（x)的极值点．（1)若x＝1为f（x）的极大值点,求f（x）的单调区间(用c表示）；（2)若f(x)＝0恰有两解，求实数c的取值范围．解：f′（x)＝错误!＋x＋b＝错误!(x＞0），又f′(1)＝0，所以f′(x)＝错误!（x＞0)且c≠1，b＋c＋1＝0．（1）因为x＝1为f（x)的极大值点，所以c＞1，当0＜x＜1时，f′（x)＞0；当1＜x＜c时，f′（x）＜0；当x＞c时，f′（x）＞0，所以f(x)的单调递增区间为（0,1），(c，＋∞）;单调递减区间为(1，c)．(2)①若c＜0，则f(x）在（0，1）上单调递减，在（1,＋∞)上单调递增．f(x)＝0恰有两解，则f(1）＜0，即错误!＋b＜0，所以－错误!＜c＜0;②若0＜c＜1,则f（x）极大值＝f(c)＝c ln c＋错误!c2＋bc，f（x）极小值＝f（1）＝错误!＋b，因为b＝－1－c，则f（x)极大值＝c ln c＋错误!＋c(－1－c）＝c ln c－c－错误!＜0，f（x）极小值＝－错误!－c＜0,从而f(x）＝0只有一解；③若c＞1,则f（x）极小值＝c ln c＋错误!＋c(－1－c)＝c ln c－c－错误!＜0，f(x）极大值＝－错误!－c＜0，则f（x）＝0只有一解．综上,使f（x)＝0恰有两解的c的取值范围为错误!．4．（2017·福建省质检）已知函数f（x)＝ax－ln(x＋1),g(x)＝e x－x－1．曲线y＝f(x）与y＝g（x)在原点处的切线相同．（1)求f（x）的单调区间；（2）若x≥0时，g（x)≥kf（x），求k的取值范围．解：（1)因为f′(x）＝a－错误!（x＞－1)，g′（x)＝e x－1，依题意,f′(0)＝g′(0），即a－1＝0，解得a＝1，所以f′(x)＝1－错误!＝错误!，当－1＜x＜0时，f′（x）＜0；当x＞0时，f′（x)＞0．故f(x)的单调递减区间为（－1,0)，单调递增区间为（0，＋∞)．（2)由（1）知，当x＝0时,f(x)取得最小值0,所以f(x）≥0,即x≥ln(x＋1),从而e x≥x＋1．设F(x）＝g(x)－kf（x)＝e x＋k ln(x＋1）－(k＋1）x－1，则F′(x）＝e x＋错误!－(k＋1）≥x＋1＋错误!－(k＋1)，(ⅰ)当k＝1时，因为x≥0,所以F′（x)≥x＋1＋1x＋1－2≥0(当且仅当x＝0时等号成立)，此时F（x）在[0，＋∞)上单调递增，从而F(x)≥F(0）＝0，即g(x)≥kf（x）．(ⅱ)当k＜1时,因为f（x)≥0,所以f(x)≥kf(x）．由（ⅰ)知g（x)－f(x)≥0，所以g(x)≥f(x)≥kf(x)，故g(x）≥kf（x）．（ⅲ)当k＞1时,令h（x）＝e x＋错误!－（k＋1),则h′（x)＝e x－错误!，显然h′（x)在［0，＋∞）上单调递增，又h′（0)＝1－k＜0，h′（错误!－1）＝e错误!－1－1＞0，所以h′（x）在（0,错误!－1）上存在唯一零点x0，当x∈(0，x0）时，h′(x)＜0，所以h（x）在［0，x0）上单调递减，从而h(x）＜h（0）＝0,即F′（x）＜0,所以F（x)在［0,x0）上单调递减，从而当x∈（0,x0）时，F(x)＜F(0)＝0,即g（x）＜kf(x),不合题意．综上，实数k的取值范围为(－∞，1］．5．(2016·石家庄质检)已知函数f(x)＝－x3＋ax－14，g(x)＝e x－e（e为自然对数的底数)．(1）若曲线y＝f(x)在（0,f（0)）处的切线与曲线y＝g(x)在(0，g（0)）处的切线互相垂直，求实数a的值；（2)设函数h(x)＝错误!试讨论函数h(x）零点的个数．解:(1)由已知，f′(x)＝－3x2＋a，g′（x）＝e x，所以f′（0)＝a，g′(0)＝1，由题意,知a＝－1．（2)易知函数g(x)＝e x－e在R上单调递增，仅在x＝1处有一个零点，且x＜1时，g（x)＜0，又f′（x)＝－3x2＋a，①当a≤0时，f′（x）≤0,f（x)在R上单调递减,且过点错误!，f（－1）＝错误!－a＞0，即f(x)在x≤0时必有一个零点，此时y＝h(x）有两个零点；②当a＞0时，令f′(x)＝－3x2＋a＝0，两根为x1＝－错误!＜0，x2＝错误!＞0，则－错误!是函数f（x）的一个极小值点，错误!是函数f（x）的一个极大值点，而f错误!＝－错误!3＋a错误!－错误!＝－错误!错误!－错误!＜0；现在讨论极大值的情况:f错误!＝－错误!3＋a错误!－错误!＝错误!错误!－错误!，当f错误!＜0，即a＜错误!时,函数y＝f(x)在(0，＋∞)上恒小于零,此时y＝h(x)有两个零点；当f错误!＝0，即a＝错误!时，函数y＝f(x)在（0，＋∞）上有一个零点x0＝错误!＝错误!，此时y＝h(x)有三个零点；当f错误!＞0,即a＞错误!时，函数y＝f（x）在（0,＋∞)上有两个零点，一个零点小于错误!,一个零点大于错误!,若f（1）＝－1＋a－错误!＜0，即a＜错误!时，y＝h（x)有四个零点；若f（1)＝－1＋a－错误!＝0,即a＝错误!时,y＝h（x)有三个零点；若f(1)＝－1＋a－14＞0,即a＞错误!时，y＝h(x）有两个零点．综上所述：当a＜错误!或a＞错误!时,y＝h(x）有两个零点;当a＝错误!或a＝错误!时,y＝h（x）有三个零点；当错误!＜a＜错误!时，y＝h(x)有四个零点．6．已知函数f（x)＝ax＋b ln x＋1，此函数在点（1，f（1)）处的切线为x轴．(1)求函数f(x)的单调区间和最大值；(2）当x＞0时，证明：错误!＜ln错误!＜错误!;（3)已知n∈N*，n≥2，求证:错误!＋错误!＋…＋错误!＜ln n＜1＋错误!＋…＋错误!．解：（1）由题意得错误!因为f′（x)＝a＋错误!，所以错误!解得错误!所以f(x）＝－x＋ln x＋1．即f′（x）＝－1＋错误!＝错误!，又函数f(x)的定义域为（0,＋∞)，所以当0＜x＜1时，f′(x）＞0，当x＞1时,f′(x)＜0．故函数f（x）的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为（1,＋∞），函数f(x）的最大值为f(1)＝0．（2)证明：由(1）知f（x)＝－x＋ln x＋1,且f(x）≤0（当且仅当x＝1时取等号），所以ln x≤x－1(当且仅当x＝1时取等号）．当x＞0时，由错误!≠1，得ln 错误!＜错误!－1＝错误!；由错误!≠1，得ln错误!＜错误!－1＝－错误!⇒－ln错误!＞错误!⇒ln错误!＞错误!．故当x＞0时，错误!＜ln错误!＜错误!．(3）证明：由(2）可知，当x＞0时，错误!＜ln错误!＜错误!．取x＝1,2，…，n－1，n∈N*,n≥2，将所得各式相加，得错误!＋错误!＋…＋错误!＜ln错误!＋ln错误!＋…＋ln错误!＜1＋错误!＋…＋错误!,故错误!＋错误!＋…＋错误!＜ln n＜1＋错误!＋…＋错误!．。

高三人教A版文科数学一轮复习课时作业导数的应用

高三人教A版文科数学一轮复习课时作业导数的应用学习必备欢迎下载作业导数（16）在大千教育课中的应用1．当x≠0时，有不等式()a、 Ex<1+XB。

当x>0时，ex<1+x，当x<0时，ex>1+XC。

Ex>1+XD。

当x<0时，ex<1+x，当x>0时，ex>1+x12.已知点P位于函数f（x）=SiNx（x）的图像上∈ [0，π]），如果通过该点的图像的切线方程是y=233-πx+，那么点P的坐标是（）6π1? 5π1π32π3，b？CDA.62?? 62?? 32?? 32?3．图k16－1都是同一坐标系中三次函数及其导函数的图象，其中一定不正确的序号是()图k16-1a。

① ② B① ③ C③ ④ D① ④4．若函数y＝ex＋mx有极值，则实数m的取值范围是________．5．设f′(x)是函数f(x)的导函数，将y＝f′(x)和y＝f(x)的图象画在同一个直角坐标系中，不可能正确的是()图k16-26。

如果函数f（x）=x-3x+A有三个不同的零，则实数A的取值范围为（）A.（-2,2）B.[2,2]C.（-∞, - 1） d.（1+∞) 7.下列不等式在（0，+∞)π十、≠＋kπ，k∈Nd、 ex>x+2a.lnx>xb.sinx>xc.tanx>x？？2.8．某公司生产某种产品，固定成本为20000元，每生产一单位产品，成本增加100元，1.400x－2x2？0≤十、≤400?，已知总营业收入r与年产量x的关系是r＝r(x)＝?则总利润最大三??80000?x>400?，每年生产的产品数量为（）a．100b．150c．200d．300十一9．函数f(x)＝ax3＋ax2－2ax＋2a＋1的图象经过四个象限，则实数a的取值范围是32()63838163a.－5165165165163210．已知函数f(x)＝x－3ax＋a(a>0)的极大值为正数，极小值为负数，则a的取值范围是________．11.公司租用土地修建仓库时，每月的土地占用费Y1（10000元）与仓库到车站的距离x（km）成反比，而库存货物的每月运费Y2（10000元）与仓库到车站的距离x（km）成正比。

高考数学(文科)二轮专题重点增分专题三导数的简单应用

2π 2π ∴x0＝＋2kπ，k∈Z ，∴tan x0＝tan 3 ＋2kπ＝－ 3. 3
答案：－ 3
考点二
利用导数研究函数的单调性
增分考·点深度精研
[析母题——高考年年“神”相似]
[典例] 已知函数f(x)＝ex(ex－a)－a2x，讨论f(x)的单调性．
[解] 函数 f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，
答案：B
2．已知函数f(x)在定义域R 内可导，f(x)＝f(2－x)，且当x∈ (－∞，1)时，(x－1)f′(x)<0.设a＝f(0)，b＝f f(3)，则a，b，c的大小关系为 A．c<a<b C．a<b<c B．c<b<a D．b<c<a
1 2
，c＝ ( )
解析：依题意得，当 x<1 时，f′(x)>0，函数 f(x)为增函数．
[多练强化]
x2 1．已知函数f(x)＝－ln x＋＋3，则函数f(x)的单调递减区间 2 是 A．(－∞，0) C．(0，＋∞) B．(0,1) D．(1，＋∞) ( )
f′x<0， 1 解析：f′(x)＝－x＋x(x>0)．由得0<x<1.所以函 x>0，
数f(x)的单调递减区间为(0,1)．
解析：因为 f(2)＝23－2×22＋2＝2≠0，所以点 P(2,0)不在曲线 1 5 3 2 f(x)＝x －2x ＋2 上．设切点坐标为(x0，y0)，则 ≤x0≤ ， 2 2
2 － 2 x y0＝x3 0 0 ＋ 2，因为 f′(x)＝3x2－4x，所以 0－y0 2 2－x ＝3x0－4x0， 0 2 消去 y0，整理得(x0－1)(x0 －3x0＋1)＝0， 3＋ 5 解得 x0＝1 或 x0＝ (舍去) 2 3－ 5 或 x0＝ (舍去)，所以 y0＝1，f′(x0)＝－1， 2 所以所求的切线方程为 y－1＝－(x－1)，即 y＝－x＋2. 答案：y＝－x＋2

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1 第6练导数的应用
一.强化题型考点对对练
1. （导数与函数的单调性）【2018届湖北省重点高中联考】若函数()212
x f x ke x =-在区间()0,+∞单调递增，则实数k 的取值范围是（） A. 1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭ B. ()0,+∞ C. 1,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭ D. [
)0,+∞
【答案】C
2. （导数与函数的极值与最值）函数()()()32
1201f x ax a x x x =+--+≤≤在1x =处取得最小值，则实数a 的取值范围是（）
A ． 0a ≤
B ．305a ≤≤ C. 35a ≤ D ．1a ≤ 【答案】C
【解析】由题意得不等式对
恒成立
，化简得对
恒成立，当时，；当
时，；令，则
，所以，综上实数的取值范围是，选C.
3. （利用导数求参数的取值范围）【2018届黑龙江省大庆实验中学期中】已知e 为自然对数的底数，若对任意的1,1x e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，总存在唯一的()0,y ∈+∞，使得ln ln 1y y x x a y +++=
成立，则实数a 的取值范围是( )
A. (),0-∞
B. (],0-∞
C. 2,e e ⎛⎤ ⎥⎝⎦
D. (],1-∞-。