【K12教育学习资料】2018年高考数学考点通关练第二章函数导数及其应用10对数与对数函数试题文
2018年高考数学考点通关练第二章函数导数及其应用15导数的应用(一)试题文
考点测试15 导数的应用(一)一、基础小题1．函数f (x )＝1＋x －sin x 在(0,2π)上是( ) A ．增函数 B ．减函数C ．在(0，π)上增，在(π，2π)上减D ．在(0，π)上减，在(π，2π)上增 答案 A解析 f ′(x )＝1－cos x >0，∴f (x )在(0,2π)上递增． 2．设函数f (x )＝2x＋ln x ，则( )A ．x ＝12为f (x )的极大值点B ．x ＝12为f (x )的极小值点C ．x ＝2为f (x )的极大值点D ．x ＝2为f (x )的极小值点 答案 D解析 f (x )＝2x ＋ln x (x >0)，f ′(x )＝－2x 2＋1x ＝x －2x2，x >2时，f ′(x )>0，这时f (x )为增函数；0<x <2时，f ′(x )<0，这时f (x )为减函数，据此知x ＝2为f (x )的极小值点，故选D.3．函数f (x )＝e x－x (e 为自然对数的底数)在区间[－1,1]上的最大值是( ) A ．1＋1e B ．1 C ．e ＋1 D ．e －1答案 D解析 因为f (x )＝e x－x ，所以f ′(x )＝e x－1.令f ′(x )＝0，得x ＝0.且当x >0时，f ′(x )＝e x－1>0，x <0时，f ′(x )＝e x－1<0，即函数在x ＝0处取得极小值，f (0)＝1.又f (－1)＝1e＋1，f (1)＝e －1，综合比较得函数f (x )＝e x－x 在区间[－1,1]上的最大值是e －1.故选D. 4．已知定义在R 上的函数f (x )，其导函数f ′(x )的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是( )A ．f (b )>f (c )>f (d )B ．f (b )>f (a )>f (e )C ．f (c )>f (b )>f (a )D ．f (c )>f (e )>f (d ) 答案 C解析 依题意得，当x ∈(－∞，c )时，f ′(x )>0；当x ∈(c ，e )时，f ′(x )<0；当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )>0.因此，函数f (x )在(－∞，c )上是增函数，在(c ，e )上是减函数，在(e ，＋∞)上是增函数，又a <b <c ，所以f (c )>f (b )>f (a )，选C.5．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( )答案 D解析 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；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．只有D 选项符合题意．6．已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2－x －1在R 上是单调函数，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－∞，－3)∪[3，＋∞) B ．[－3，3]C ．(－∞，－3)∪(3，＋∞)D ．(－3，3) 答案 B解析 f ′(x )＝－3x 2＋2ax －1≤0恒成立，∴Δ＝4a 2－12≤0，－3≤a ≤ 3.7．若函数f (x )＝x 33－a 2x 2＋x ＋1在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3上有极值点，则实数a 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫2，52B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫2，52C.⎝ ⎛⎭⎪⎫2，103D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫2，103答案 C解析 ∵f (x )＝x 33－a2x 2＋x ＋1，∴f ′(x )＝x 2－ax ＋1.若函数f (x )＝x 33－a 2x 2＋x ＋1在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3上有极值点，则f ′(x )＝x 2－ax ＋1在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3内有零点， 由f ′(x )＝x 2－ax ＋1＝0，可知a ＝x ＋1x.∵函数y ＝x ＋1x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上单调递减，在(1,3)上单调递增，∴y ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫2，103，即2≤a <103.当a ＝2时，由f ′(x )＝0解得x ＝1，而f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，(1,3)上单调性相同，故不存在极值点，则a ≠2. 综上可知，2<a <103，故选C.8．函数f (x )的定义域是R ，f (0)＝2，对任意x ∈R ，f (x )＋f ′(x )>1，则不等式e x ·f (x )>e x＋1的解集为( )A ．{x |x >0}B ．{x |x <0}C ．{x |x <－1或x >1}D ．{x |x <－1或0<x <1}答案 A解析 构造函数g (x )＝e x·f (x )－e x，因为g ′(x )＝e x·f (x )＋e x·f ′(x )－e x＝e x[f (x )＋f ′(x )]－e x >e x －e x ＝0，所以g (x )＝e x ·f (x )－e x 为R 上的增函数，又因为g (0)＝e 0·f (0)－e 0＝1，所以原不等式转化为g (x )>g (0)，解得x >0.二、高考小题9．[2016·四川高考]已知a 为函数f (x )＝x 3－12x 的极小值点，则a ＝( ) A ．－4 B ．－2 C ．4 D ．2 答案 D解析 由题意可得f ′(x )＝3x 2－12＝3(x －2)(x ＋2)， 令f ′(x )＝0，得x ＝－2或x ＝2， 则f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：∴函数f (x )在x ＝2处取得极小值，则a ＝2.故选D.10．[2015·安徽高考] 函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d 的图象如图所示，则下列结论成立的是( )A ．a >0，b <0，c >0，d >0B ．a >0，b <0，c <0，d >0C ．a <0，b <0，c >0，d >0D ．a >0，b >0，c >0，d <0 答案 A解析 ∵函数f (x )的图象在y 轴上的截距为正值，∴d >0.∵f ′(x )＝3ax 2＋2bx ＋c ，且函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d 在(－∞，x 1)上单调递增，(x 1，x 2)上单调递减，(x 2，＋∞)上单调递增，∴f ′(x )<0的解集为(x 1，x 2)，∴a >0，又x 1，x 2均为正数，∴c 3a >0，－2b3a>0，可得c >0，b <0.11．[2016·全国卷Ⅰ]若函数f (x )＝x －13sin2x ＋a sin x 在(－∞，＋∞)单调递增，则a的取值范围是( )A ．[－1,1]B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，13 C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－13，13D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－13 答案 C解析 函数f (x )＝x －13sin2x ＋a sin x 在(－∞，＋∞)单调递增，等价于f ′(x )＝1－23cos2x ＋a cos x ＝－43cos 2x ＋a cos x ＋53≥0在(－∞，＋∞)恒成立．设cos x ＝t ，则g (t )＝－43t 2＋at ＋53≥0在[－1,1]恒成立，所以⎩⎪⎨⎪⎧g 1 ＝－43＋a ＋53≥0，g －1 ＝－43－a ＋53≥0，解得－13≤a ≤13.故选C.12．[2015·天津高考]已知函数f (x )＝ax ln x ，x ∈(0，＋∞)，其中a 为实数，f ′(x )为f (x )的导函数．若f ′(1)＝3，则a 的值为________．答案 3解析 ∵f ′(x )＝a ln x ＋a ，∴f ′(1)＝a ln 1＋a ＝3，解得a ＝3.13．[2015·四川高考]已知函数f (x )＝2x，g (x )＝x 2＋ax (其中a ∈R )．对于不相等的实数x 1，x 2，设m ＝f x 1 －f x 2 x 1－x 2，n ＝g x 1 －g x 2x 1－x 2.现有如下命题：①对于任意不相等的实数x 1，x 2，都有m >0；②对于任意的a 及任意不相等的实数x 1，x 2，都有n >0； ③对于任意的a ，存在不相等的实数x 1，x 2，使得m ＝n ； ④对于任意的a ，存在不相等的实数x 1，x 2，使得m ＝－n . 其中的真命题有________(写出所有真命题的序号)． 答案 ①④解析 ①f (x )＝2x是增函数，∴对任意不相等的实数x 1，x 2，都有f x 1 －f x 2x 1－x 2>0，即m >0，∴①成立．②由g (x )＝x 2＋ax 图象可知，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－a 2时，g (x )是减函数，∴当不相等的实数x 1、x 2∈⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－a 2时，g x 1 －g x 2 x 1－x 2<0，即n <0，∴②不成立．③若m ＝n ，则有f x 1 －f x 2 x 1－x 2＝g x 1 －g x 2x 1－x 2，即f (x 1)－f (x 2)＝g (x 1)－g (x 2)，f (x 1)－g (x 1)＝f (x 2)－g (x 2)，令h (x )＝f (x )－g (x )， 则h (x )＝2x－x 2－ax ，h ′(x )＝2x ln 2－2x －a ，令h ′(x )＝2xln 2－2x －a ＝0， 得2xln 2＝2x ＋a .由y ＝2x ln 2与y ＝2x ＋a 的图象知， 存在a 使对任意x ∈R 恒有2xln 2>2x ＋a ， 此时h (x )在R 上是增函数． 若h (x 1)＝h (x 2)，则x 1＝x 2， ∴③不成立． ④若m ＝－n ，则有f x 1 －f x 2 x 1－x 2＝－g x 1 －g x 2x 1－x 2，f (x 1)＋g (x 1)＝f (x 2)＋g (x 2)，令φ(x )＝f (x )＋g (x )， 则φ(x )＝2x＋x 2＋ax ， φ′(x )＝2x ln 2＋2x ＋a .令φ′(x )＝0，得2xln 2＋2x ＋a ＝0， 即2xln 2＝－2x －a .由y 1＝2xln 2与y 2＝－2x －a 的图象可知，对任意的a ，存在x 0，使x >x 0时，y 1>y 2，x <x 0时，y 1<y 2，故对任意的a ，存在x 0，使x >x 0时，φ′(x )>0，x <x 0时φ′(x )<0， 故对任意的a ，φ(x )在R 上不是单调函数．故对任意的a ，存在不相等的实数x 1，x 2，使m ＝－n ， ∴④成立． 综上，①④正确． 三、模拟小题14．[2017·安徽模拟]已知函数f (x )＝e xx2－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) 答案 A解析 f ′(x )＝x 2e x －2x e x x 4－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x 2＋1x＝x －2 ⎝ ⎛⎭⎪⎫e xx －k x 2(x >0)．设g (x )＝e xx ，则g ′(x )＝ x －1 exx2，则g (x )在(0,1)内单调减，在(1，＋∞)内单调增． ∴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，选A.15．[2017·山西四校联考]直线y ＝a 分别与直线y ＝3x ＋3，曲线y ＝2x ＋ln x 交于A ，B 两点，则|AB |的最小值为( )A.43 B ．1 C.2105 D ．4 答案 A解析 设与直线y ＝3x ＋3平行且与曲线y ＝2x ＋ln x 相切的直线为y ＝3x ＋b ，则y ′＝2＋1x＝3，解得x ＝1，所以切点为(1,2)．所以当a ＝2时，直线y ＝a 与直线y ＝3x ＋3的交点为⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，2，此时|AB |min ＝43. 16．[2016·浙江瑞安中学月考]已知函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx 的图象如图所示，则x 21＋x 22等于( )A.23B.43C.83D.163 答案 C解析 由图象可知f (x )的图象过点(1,0)与(2,0)，x 1，x 2是函数f (x )的极值点，因此1＋b ＋c ＝0,8＋4b ＋2c ＝0，解得b ＝－3，c ＝2，所以f (x )＝x 3－3x 2＋2x ，所以f ′(x )＝3x2－6x ＋2.x 1，x 2是方程f ′(x )＝3x 2－6x ＋2＝0的两根，因此x 1＋x 2＝2，x 1·x 2＝23，所以x 21＋x 22＝(x 1＋x 2)2－2x 1·x 2＝4－43＝83，故选C.17．[2016·山西质监]已知函数f (x )＝x ⎝⎛⎭⎪⎫e x －1e x ，若f (x 1)<f (x 2)，则( )A ．x 1>x 2B ．x 1＋x 2＝0C ．x 1<x 2D ．x 21<x 22答案 D解析 因为f (－x )＝－x ⎝ ⎛⎭⎪⎫e －x －1e －x ＝x ⎝⎛⎭⎪⎫e x －1e x ＝f (x )，所以f (x )为偶函数．由f (x 1)<f (x 2)，得f (|x 1|)<f (|x 2|)(*)．又f ′(x )＝e x－1e x ＋x ⎝⎛⎭⎪⎫e x ＋1e x ＝e 2x x ＋1 ＋x －1e x，当x ≥0时，e 2x (x ＋1)＋x －1≥e 0(0＋1)＋0－1＝0，所以f ′(x )≥0，所以f (x )在[0，＋∞)上为增函数，由(*)式得|x 1|<|x 2|，即x 21<x 22，故选D.18．[2017·河北衡中调研]已知f (x )是奇函数，当x ∈(0,2)时，f (x )＝ln x －ax ⎝ ⎛⎭⎪⎫a >12，当x ∈(－2,0)时，f (x )的最小值为1，则a 的值为________．答案 1解析 因为f (x )是奇函数，所以f (x )在(0,2)上的最大值为－1，当x ∈(0,2)时，f ′(x )＝1x －a ，令f ′(x )＝0，得x ＝1a ，又a >12，所以0<1a <2.令f ′(x )>0，得x <1a ，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增；令f ′(x )<0，得x >1a，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，2上单调递减．所以当x ∈(0,2)时，f (x )max＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln 1a －a ·1a ＝－1，所以ln 1a＝0，所以a ＝1.一、高考大题1．[2015·重庆高考]已知函数f (x )＝ax 3＋x 2(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． 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．2．[2016·全国卷Ⅰ]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．解 (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0>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 >0，取b 满足b <0且b <ln a 2，则f (b )>a2(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，＋∞)．3．[2016·山东高考]设f (x )＝x ln x －ax 2＋(2a －1)x ，a ∈R . (1)令g (x )＝f ′(x )，求g (x )的单调区间；(2)已知f (x )在x ＝1处取得极大值，求实数a 的取值范围． 解 (1)由f ′(x )＝ln x －2ax ＋2a ， 可得g (x )＝ln x －2ax ＋2a ，x ∈(0，＋∞)． 则g ′(x )＝1x －2a ＝1－2axx.当a ≤0时，x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增； 当a >0时，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，函数g (x )单调递减． 所以当a ≤0时，g (x )的单调增区间为(0，＋∞)；当a >0时，g (x )的单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a ，单调减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞.(2)因为f (x )在x ＝1处取得极大值．所以0<x <1时，f ′(x )>0；x ＝1时，f ′(1)＝0；x >1时，f ′(x )<0，即0<x <1时，g (x )>0；x ＝1时，g (1)＝0；x >1时，g (x )<0. ∴x ＝1位于g (x )的减区间内， ∴g ′(1)<0，又∵g ′(x )＝1x－2a ，∴g ′(1)＝1－2a <0，解得a >12.综上可知实数a 的取值范围为a >12.二、模拟大题4．[2017·山西四校联考]已知函数f (x )＝1x－a ln x (a ∈R )．(1)若h (x )＝f (x )－2x ，当a ＝－3时，求h (x )的单调递减区间； (2)若函数f (x )有唯一的零点，求实数a 的取值范围． 解 (1)h (x )的定义域为(0，＋∞)， h ′(x )＝－1x 2＋3x －2＝－2x 2－3x ＋1x2＝－ 2x －1 x －1 x2， 令h ′(x )<0，得h (x )的单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12和(1，＋∞)．(2)问题等价于a ln x ＝1x有唯一的实根．显然a ≠0，则关于x 的方程x ln x ＝1a有唯一的实根．构造函数φ(x )＝x ln x ，则φ′(x )＝1＋ln x .令φ′(x )＝1＋ln x ＝0，得x ＝e －1. 当0<x <e －1时，φ′(x )<0，φ(x )单调递减； 当x >e －1时，φ′(x )>0，φ(x )单调递增． 所以φ(x )的极小值为φ(e －1)＝－e －1.如图，作出函数φ(x )的大致图象，则要使方程x ln x ＝1a有唯一的实根，只需直线y ＝1a与曲线y ＝φ(x )有唯一的交点，则1a ＝－e －1或1a>0，解得a ＝－e 或a >0.故实数a 的取值范围是{－e}∪(0，＋∞)．5．[2016·石家庄模拟]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 3e ，且x >0时，e xx >32x ＋1x－3a .解 (1)由f (x )＝e x－3x ＋3a ，x ∈R ，知f ′(x )＝e x－3，x ∈R . 令f ′(x )＝0，得x ＝ln 3.于是当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：故f y ＝f (x )在x ＝ln 3处取得极小值，极小值为f (ln 3)＝e ln 3－3ln 3＋3a ＝3(1－ln 3＋a )．(2)证明：待证不等式等价于e x >32x 2－3ax ＋1.设g (x )＝e x－32x 2＋3ax －1，x ∈R ，则g ′(x )＝e x－3x ＋3a ，x ∈R .由(1)及a >ln 3e＝ln 3－1，知g ′(x )的最小值为g ′(ln 3)＝3(1－ln 3＋a )>0.于是对任意x ∈R ，都有g ′(x )>0，所以g (x )在R 内单调递增．于是当a >ln 3e＝ln 3－1时，对任意x ∈(0，＋∞)，都有g (x )>g (0)．因为g (0)＝0，所以对任意x ∈(0，＋∞)，g (x )>0， 即e x>32x 2－3ax ＋1，故e xx >32x ＋1x－3a .6．[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.因为f ′(1)＝0，所以f ′(x )＝ x －1 x －cx且c ≠1，则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． 若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 ，所以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.。
2018高考数学文全国大一轮复习课件：第二篇函数、导数
对点自测
1.(2016·太原二模)函数y=x2+x在x=1到x=1+Δ x之间的平均变化率为 ( C )
(A)Δ x+2 (C)Δ x+3 (B)2Δ x+(Δ x)2 (D)3Δ x+(Δ x)2
解析:Δy=(1+Δx)2+1+Δx-1-1=Δx2+3Δx, 所以
故选C.
y =Δx+3, x
2.已知f(x)=2exsin x,则曲线f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为( (A)y=0 (C)y=x (B)y=2x (D)y=-2x
B )
解析:因为f(x)=2exsin x,
所以f(0)=0,
f′(x)=2ex·(sin x+cos x), 所以f′(0)=2, 所以曲线f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=2x.
知识链条完善
【教材导读】
把散落的知识连起来
1.函数图象的切线与函数图象一定只有一个公共点吗? 提示:不一定,例y=x3在点(1,1)处的切线y=3x-2与y=x3有两个公共点.
2.曲线y=f(x)“在点P(x0,y0)处的切线”与“过点P(x0,y0)的切线”有何
异同? 提示:(1)曲线y=f(x)在点P(x0,y0)处的切线是指P为切点,切线斜率为k= f′(x0)的切线,是唯一的一条切线. (2)曲线y=f(x)过点P(x0,y0)的切线,是指切线经过P点.点P可以是切点, 也可以不是切点,而且这样的直线可能有多条.
f(x)=ax(a>0,且a≠1)
f′(x)= -sin x x f′(x)= a ln a f′(x)=
f′(x)= ex
1 x ln a
教育最新K122018高考数学一轮复习第2章函数导数及其应用第1节函数及其表示教师用书文北师大版
第二章函数、导数及其应用[深研高考·备考导航] 为教师备课、授课提供丰富教学资源 [五年考情][重点关注]1．从近五年全国卷高考试题来看，函数、导数及其应用是每年高考命题的重点与热点，既有客观题，又有解答题，中高档难度．2．函数的概念、图像及其性质是高考考查的主要内容，函数的定义域、解析式、图像是高考考查的重点，函数性质与其他知识的综合是历年高考的热点．3．导数的几何意义，导数在研究函数单调性、极值、最值、函数的零点等方面的应用是高考的重点与热点．4．本章内容集中体现了四大数学思想：函数与方程、数形结合、分类讨论、转化与化归的思想，且常与方程、不等式、导数等知识交汇命题，体现了综合与创新．[导学心语]1．注重基础：对函数的概念、图像、性质(单调性、奇偶性、周期性)、导数的几何意义、导数在研究函数单调性、极值、最值、函数的零点等方面的应用，要熟练掌握并灵活应用.2．加强交汇，强化综合应用意识：在知识的交汇点处命制试题，已成为高考的一大亮点，函数的观点和方法贯穿于高中数学的全过程，因此，应加强函数与三角函数、数列、不等式、解析几何、导数等各章节之间的联系．3．把握思想：数形结合思想、函数与方程思想、分类讨论思想和等价转化思想在解决各种与函数有关的问题中均有应用，复习时应引起足够重视．第一节函数及其表示[考纲传真] 1.了解构成函数的要素，会求一些简单函数的定义域和值域；了解映射的概念.2.在实际情境中，会根据不同的需要选择恰当的方法(如图像法、列表法、解析法)表示函数.3.了解简单的分段函数，并能简单应用．1．函数与映射的概念(1)函数的定义域、值域在函数y ＝f (x )，x ∈A 中，x 叫作自变量，集合A 叫作函数的定义域；集合{f (x )|x ∈A }叫作函数的值域．(2)函数的三要素：定义域、对应关系和值域．(3)相等函数：如果两个函数的定义域相同，并且对应关系完全一致，则这两个函数为相等函数．(4)函数的表示法表示函数的常用方法有列表法、图像法和解析法． 3．分段函数(1)若函数在其定义域的不同子集上，因对应关系不同而分别用几个不同的式子来表示，这种函数称为分段函数．(2)分段函数的定义域等于各段函数的定义域的并集，其值域等于各段函数的值域的并集，分段函数虽由几个部分组成，但它表示的是一个函数．1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)函数是特殊的映射．( )(2)函数y ＝1与y ＝x 0是同一个函数．( )(3)与x 轴垂直的直线和一个函数的图像至多有一个交点．( ) (4)分段函数是两个或多个函数．( ) [答案] (1)√ (2)× (3)√ (4)× 2．(教材改编)函数y ＝2x －3＋1x －3的定义域为( ) A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞ B ．(－∞，3)∪(3，＋∞) C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，3∪(3，＋∞) D ．(3，＋∞)C [由题意知⎩⎪⎨⎪⎧2x －3≥0，x －3≠0，解得x ≥32且x ≠3.]3．(2017·南昌一模)已知函数f (x )＝⎩⎨⎧x ，x ＞0，2－x，x ≤0，则f (f (－4))＝________.4 [∵f (－4)＝24＝16，∴f (f (－4))＝f (16)＝16＝4.]4．(2015·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝ax 3－2x 的图像过点(－1,4)，则a ＝________. －2 [∵f (x )＝ax 3－2x 的图像过点(－1,4)， ∴4＝a ×(－1)3－2×(－1)，解得a ＝－2.] 5．给出下列四个命题：①函数是其定义域到值域的映射； ②f (x )＝x －3＋2－x 是一个函数； ③函数y ＝2x (x ∈N )的图像是一条直线； ④f (x )＝lg x 2与g (x )＝2lg x 是同一个函数． 其中正确命题的序号是________.【导学号：66482021】① [由函数的定义知①正确．∵满足⎩⎪⎨⎪⎧x －3≥0，2－x ≥0的x 不存在，∴②不正确．∵y ＝2x (x ∈N )的图像是位于直线y ＝2x 上的一群孤立的点，∴③不正确． ∵f (x )与g (x )的定义域不同，∴④也不正确．](2)(2017·郑州模拟)若函数y ＝f (x )的定义域为[0,2]，则函数g (x )＝f xx －1的定义域是________．(1)[－3,1] (2)[0,1) [(1)要使函数有意义，需3－2x －x 2≥0，即x 2＋2x －3≤0，得(x －1)(x ＋3)≤0，即－3≤x ≤1，故所求函数的定义域为[－3,1]．(2)由0≤2x ≤2，得0≤x ≤1，又x －1≠0，即x ≠1， 所以0≤x <1，即g (x )的定义域为[0,1)．][规律方法] 1.求给出解析式的函数的定义域，可构造使解析式有意义的不等式(组)求解．2．(1)若已知f (x )的定义域为[a ，b ]，则f (g (x ))的定义域可由a ≤g (x )≤b 求出； (2)若已知f (g (x ))的定义域为[a ，b ]，则f (x )的定义域为g (x )在x ∈[a ，b ]时的值域．[变式训练1] (1)函数f (x )＝1－2x＋1x ＋3的定义域为( )A ．(－3,0]B ．(－3,1]C ．(－∞，－3)∪(－3,0]D ．(－∞，－3)∪(－3,1](2)已知函数f (2x)的定义域为[－1,1]，则f (x )的定义域为________.【导学号：66482022】(1)A (2)⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2 [(1)由题意，自变量x 应满足⎩⎪⎨⎪⎧1－2x≥0，x ＋3＞0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ≤0，x ＞－3，∴－3＜x ≤0.(2)∵f (2x)的定义域为[－1,1]， ∴12≤2x ≤2，即f (x )的定义域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2.](1)已知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x＋1＝lg x ，求f (x )的解析式．(2)已知f (x )是二次函数且f (0)＝2，f (x ＋1)－f (x )＝x －1，求f (x )的解析式．(3)已知f (x )＋2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x＝x (x ≠0)，求f (x )的解析式．[解] (1)令2x ＋1＝t ，由于x ＞0，∴t ＞1且x ＝2t －1，∴f (t )＝lg2t －1，即f (x )＝lg 2x －1(x ＞1)． (2)设f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)，由f (0)＝2，得c ＝2，f (x ＋1)－f (x )＝a (x ＋1)2＋b (x ＋1)－ax 2－bx ＝x －1，即2ax ＋a ＋b ＝x －1，∴⎩⎪⎨⎪⎧2a ＝1，a ＋b ＝－1，即⎩⎪⎨⎪⎧a ＝12，b ＝－32，∴f (x )＝12x 2－32x ＋2.(3)∵f (x )＋2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＝x ，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋2f (x )＝1x.联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧f x ＋2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＝x ，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋2f x ＝1x，解得f (x )＝23x －x3(x ≠0)．[规律方法] 求函数解析式的常用方法(1)待定系数法：若已知函数的类型，可用待定系数法；(2)换元法：已知复合函数f (g (x ))的解析式，可用换元法，此时要注意新元的取值范围；(3)构造法：已知关于f (x )与f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 或f (－x )的表达式，可根据已知条件再构造出另外一个等式，通过解方程组求出f (x )；(4)配凑法：由已知条件f (g (x ))＝F (x )，可将F (x )改写成关于g (x )的表达式，然后以x 替代g (x )，即得f (x )的表达式．[变式训练2] (1)已知f (x ＋1)＝x ＋2x ，则f (x )＝________.【导学号：66482023】(2)已知函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f (x )＝2·f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x·x －1，则f (x )＝________.(1)x 2－1(x ≥1) (2)23 x ＋13(x ＞0) [(1)(换元法)设x ＋1＝t (t ≥1)，则x ＝t －1，所以f (t )＝(t －1)2＋2(t －1)＝t 2－1(t ≥1)， 所以f (x )＝x 2－1(x ≥1)．(配凑法)f (x ＋1)＝x ＋2x ＝(x ＋1)2－1， 又x ＋1≥1，∴f (x )＝x 2－1(x ≥1)． (2)在f (x )＝2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x·x －1中，用1x代替x ， 得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＝2f (x )·1x－1，由⎩⎪⎨⎪⎧f x ＝2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ·x －1，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＝2f x 1x－1，得f (x )＝23 x ＋13(x ＞0)．]☞角度1(1)(2017·湖南衡阳八中一模)若f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫13x ，x ≤0，log 3x ，x ＞0，则f ⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫19＝( )A ．－2B ．－3C ．9D ．－9(2)(2017·东北三省四市一联)已知函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，如果f (x ＋2 016)＝⎩⎨⎧2sin x ，x ≥0，－x ，x ＜0，那么f ⎝⎛⎭⎪⎫2 016＋π4·f (－7 984)＝( )A ．2 016B ．14 C ．4D ．12 016(1)C (2)C [(1)∵f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫13x ，x ≤0，log 3x ，x ＞0，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫19＝log 319＝－2，∴f ⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫19＝f (－2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13－2＝9.(2)当x ≥0时，有f (x ＋2 016)＝2sin x ，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2 016＋π4＝2sin π4＝1；当x ＜0时，f (x ＋2 016)＝lg(－x )，∴f (－7 984)＝f (－10 000＋2 016)＝lg 10 000＝4，∴f⎝⎛⎭⎪⎫2 016＋π4·f (－7 984)＝1×4＝4.] ☞角度2 已知分段函数的函数值求参数(1)(2017·成都二诊)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 2x ，x ≥1，x 2＋m 2，x ＜1，若f (f (－1))＝2，则实数m 的值为( )A ．1B ．1或－1 C. 3D ．3或－ 3(2)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3x －b ，x ＜1，2x，x ≥1.若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫f ⎝ ⎛⎭⎪⎫56＝4，则b ＝( )A ．1B ．78C ．34D ．12(1)D (2)D [(1)f (f (－1))＝f (1＋m 2)＝log 2(1＋m 2)＝2，m 2＝3，解得m ＝±3，故选D.(2)f ⎝ ⎛⎭⎪⎫56＝3×56－b ＝52－b ，若52－b <1，即b >32，则3×⎝ ⎛⎭⎪⎫52－b －b ＝152－4b ＝4，解得b ＝78，不符合题意，舍去；若52－b ≥1，即b ≤32，则252－b ＝4，解得b ＝12.] ☞角度3 解与分段函数有关的方程或不等式(1)(2017·石家庄一模)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧sin πx 2，－1＜x ≤0，log 2x ＋，0＜x ＜1，且f (x )＝－12，则x 的值为________．(2)(2014·全国卷Ⅰ)设函数f (x )＝⎩⎨⎧ex －1，x <1，x，x ≥1，则使得f (x )≤2成立的x 的取值范围是________．(1)－13 (2)(－∞，8] [(1)当－1＜x ≤0时，f (x )＝sin πx 2＝－12，解得x ＝－13；当0＜x ＜1时，f (x )＝log 2(x ＋1)∈(0,1)，此时f (x )＝－12无解，故x 的值为－13.(2)当x <1时，x －1<0，ex －1<e 0＝1≤2，∴当x <1时满足f (x )≤2.当x ≥1时，x ≤2，x ≤23＝8，∴1≤x ≤8. 综上可知x ∈(－∞，8]．][规律方法] 1.求分段函数的函数值，要先确定要求值的自变量属于定义域的哪一个子集，然后代入该段的解析式求值，当出现f (f (a ))的形式时，应从内到外依次求值．2．已知函数值或函数值范围求自变量的值或范围时，应根据每一段的解析式分别求解，但要注意检验所求自变量的值或范围是否符合相应段的自变量的取值范围．易错警示：当分段函数自变量的范围不确定时，应分类讨论．[思想与方法]1．在判断两个函数是否为同一函数时，要紧扣两点：一是定义域是否相同；二是对应关系是否相同．2．定义域优先原则：函数定义域是研究函数的基础，对函数性质的讨论，必须在定义域内进行．3．求函数解析式的几种常用方法：待定系数法、换元法、配凑法、构造法．4．分段函数问题要分段求解．[易错与防范]1．求函数定义域时，不要对解析式进行化简变形，以免定义域发生变化．2．用换元法求函数解析式时，应注意元的范围，既不能扩大，又不能缩小，以免求错函数的定义域．3．在求分段函数的值f (x0)时，首先要判断x0属于定义域的哪个子集，然后再代入相应的关系式；如果x0的范围不确定，要分类讨论．。
【配套K12】2018版高考数学一轮总复习第2章函数导数及其应用2.8函数与方程模拟演练文
2018版高考数学一轮总复习 第2章 函数、导数及其应用 2.8 函数与方程模拟演练 文[A 级 基础达标](时间：40分钟)1．函数f (x )＝2x－2x－a 的一个零点在区间(1,2)内，则实数a 的取值范围是( )A ．(1,3)B ．(1,2)C ．(0,3)D ．(0,2) 答案 C解析 由条件可知f (1)f (2)＜0，即(2－2－a )(4－1－a )＜0，即a (a －3)＜0，解得0＜a ＜3.2．函数y ＝log a (x ＋1)＋x 2－2(0<a <1)的零点的个数为( ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．无法确定 答案 C解析 令log a (x ＋1)＋x 2－2＝0，方程解的个数即为所求函数零点的个数，即为函数y ＝log a (x ＋1)(0<a <1)与函数y ＝－x 2＋2(x >－1)的图象的交点个数，易知图象交点个数为2，故选C.3．[2017·湖南师大附中模拟]设f (x )＝3x＋3x －8，用二分法求方程3x＋3x －8＝0在x ∈(1,2)内近似解的过程中得f (1)<0，f (1.5)>0，f (1.25)<0，则方程的根落在( )A ．(1,1.25)B ．(1.25,1.5)C ．(1.5,2)D ．不能确定答案 B解析 由f (1.25)<0，f (1.5)>0可得方程f (x )＝0的根落在(1.25,1.5)上，故选B.4．[2017·广东七校联考]已知函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫15x－log 3x ，若实数x 0是方程f (x )＝0的解，且x 0<x 1，则f (x 1)的值( )A ．恒为负B ．等于零C ．恒为正D ．不大于零 答案 A解析 由于函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫15x－log 3x 在定义域内是减函数，于是，若f (x 0)＝0，当x 0<x 1时，一定有f (x 1)<0，故选A.5．[2017·黑龙江哈师大附中月考]关于x 的方程⎝ ⎛⎭⎪⎫13|x |－a －1＝0有解，则a 的取值范围是( )A ．0<a ≤1B ．－1<a ≤0C ．a ≥1D ．a >0答案 B解析 方程⎝ ⎛⎭⎪⎫13|x |－a －1＝0有解等价于存在x ∈R 使得⎝ ⎛⎭⎪⎫13|x |－1＝a 成立，设f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13|x |－1＝⎩⎪⎨⎪⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫13x －1，x ≥0，3x －1，x <0，易得函数f (x )的值域为(－1,0]，所以a 的取值范围为－1<a ≤0，故选B.6．函数f (x )＝e x＋12x －2的零点有________个．答案 1解析 ∵f ′(x )＝e x＋12>0，∴f (x )在R 上单调递增，又f (0)＝1－2<0，f (1)＝e －32>0，∴函数在区间(0,1)上有零点且只有一个．7．[2015·安徽高考]在平面直角坐标系xOy 中，若直线y ＝2a 与函数y ＝|x －a |－1的图象只有一个交点，则a 的值为________．答案 －12解析 若直线y ＝2a 与函数y ＝|x －a |－1的图象只有一个交点，则方程2a ＝|x －a |－1只有一解，即方程|x －a |＝2a ＋1只有一解，故2a ＋1＝0，所以a ＝－12.8．[2017·嘉兴模拟]设函数y ＝x 3与y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x －2的图象的交点为(x 0，y 0)，若x 0∈(n ，n＋1)，n ∈N ，则x 0所在的区间是________．答案 (1,2)解析 设f (x )＝x 3－⎝ ⎛⎭⎪⎫12x －2，则x 0是函数f (x )的零点，在同一坐标系下画出函数y ＝x3与y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x －2的图象如图所示．因为f (1)＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1＝－1＜0，f (2)＝8－⎝ ⎛⎭⎪⎫120＝7＞0，所以f (1)f (2)＜0，所以x 0∈(1,2)． 9．[2017·唐山模拟]当x ∈[1,2]时，函数y ＝12x 2与y ＝a x(a >0)的图象有交点，求a 的取值范围________．答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2 解析 当a ＝1时，显然成立．当a >1时，如图①所示，使得两个函数图象有交点，需满足12·22≥a2，即1<a≤2；当0<a<1时，如图②所示，需满足12·12≤a1，即12≤a<1，综上可知，a∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2. 10．[2017·江西模拟]已知函数f(x)＝－x2＋2e x＋m－1，g(x)＝x＋e2x(x>0)．(1)若g(x)＝m有实数根，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．解(1)∵x>0时，g(x)＝x＋e2x≥2x·e2x＝2e，等号成立的条件是x＝e，故g(x)的值域是[2e，＋∞)，因而只需m≥2e，则y＝g(x)－m就有零点．∴m的取值范围是[2e，＋∞)．(2)若g(x)－f(x)＝0有两个相异的实根，即g(x)与f(x)的图象有两个不同的交点，作出g(x)＝x＋e2x(x>0)的大致图象．∵f(x)＝－x2＋2e x＋m－1＝－(x－e)2＋m－1＋e2，∴其图象的对称轴为x＝e，开口向下，最大值为m－1＋e2.故当m－1＋e2>2e，即m>－e2＋2e＋1时，g(x)与f(x)的图象有两个不同的交点，即g(x)－f(x)＝0有两个相异实根．∴m的取值范围是(－e2＋2e＋1，＋∞)．[B级知能提升](时间：20分钟) 11．设a是方程2ln x－3＝－x的解，则a在下列哪个区间内( ) A．(0,1) B．(3,4) C．(2,3) D．(1,2)答案 D解析 令f (x )＝2ln x －3＋x ，则函数f (x )在(0，＋∞)上递增，且f (1)＝－2<0，f (2)＝2ln 2－1＝ln 4－1>0，所以函数f (x )在(1,2)上有零点，即a 在区间(1,2)内．12．[2017·大连模拟]函数f (x )＝(x ＋1)ln x －1的零点有( ) A ．0个 B ．1个 C ．2个 D ．3个 答案 B解析 由f (x )＝(x ＋1)ln x －1＝0，得ln x ＝1x ＋1，作出函数y ＝ln x ，y ＝1x ＋1的图象如图，由图象可知交点个数为1，即函数的零点个数为1，选B.13．g (x )＝x ＋e2x－m (x >0，其中e 表示自然对数的底数)．若g (x )在(0，＋∞)上有零点，则m 的取值范围是________．答案 m ≥2e解析 由g (x )＝0，得x 2－mx ＋e 2＝0，x >0.由此方程有大于零的根，得⎩⎪⎨⎪⎧m 2>0，Δ＝m 2－4e 2≥0，解得⎩⎪⎨⎪⎧m >0，m ≥2e或m ≤－2e ，故m ≥2e.14．已知函数f (x )＝－x 2－2x ， g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋14x，x ＞0，x ＋1，x ≤0.(1)求g [f (1)]的值；(2)若方程g [f (x )]－a ＝0有4个实数根，求实数a 的取值范围． 解 (1)∵f (1)＝－12－2×1＝－3， ∴g [f (1)]＝g (－3)＝－3＋1＝－2.(2)令f (x )＝t ，则原方程化为g (t )＝a ，易知方程f (x )＝t 在t ∈(－∞，1)内有2个不同的解，则原方程有4个解等价于函数y ＝g (t )(t ＜1)与y ＝a 的图象有2个不同的交点，作出函数y ＝g (t )(t ＜1)的图象，如图所示，由图象可知，当1≤a ＜54时，函数y ＝g (t )(t ＜1)与y ＝a 有2个不同的交点，即所求a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，54.。
精编2018年高考数学文科考点过关习题第二章函数导数及其应用10和答案
考点测试10 对数与对数函数一、基础小题1．log 225·log 322·log 59＝( ) A ．3 B ．4 C ．5 D ．6 答案 D解析 原式＝lg 25lg 2·lg 22lg 3·lg 9lg 5＝2lg 5lg 2·32lg 2lg 3·2lg 3lg 5＝6.2．函数y ＝log 12x －的定义域是( )A ．上的最大值与最小值之和为log a 2＋6，则a 的值为________． 答案 2解析 由题意知，a ＋a 2＋log a 2＝log a 2＋6，即a 2＋a －6＝0，解得a ＝2或a ＝－3(舍)．二、高考小题13．已知a ，b >0且a ≠1，b ≠1.若log a b >1，则( ) A ．(a －1)(b －1)<0 B ．(a －1)(a －b )>0 C ．(b －1)(b －a )<0 D ．(b －1)(b －a )>0答案 D解析 解法一：log a b >1＝log a a ， 当a >1时，b >a >1；当0<a <1时，0<b <a <1.只有D 正确．解法二：取a ＝2，b ＝3，排除A 、B 、C ，故选D. 14．若a >b >0,0<c <1，则( ) A ．log a c <log b c B ．log c a <log c b C ．a c <b c D ．c a >c b 答案 B解析 ∵0<c <1，∴当a >b >1时，log a c >log b c ，A 项错误； ∵0<c <1，∴y ＝log c x 在(0，＋∞)上单调递减，又a >b >0， ∴log c a <log c b ，B 项正确；∵0<c <1，∴函数y ＝x c 在(0，＋∞)上单调递增， 又∵a >b >0，∴a c >b c ，C 项错误；∵0<c <1，∴y ＝c x 在(0，＋∞)上单调递减， 又∵a >b >0，∴c a <c b ，D 项错误．故选B.15．已知函数y ＝log a (x ＋c )(a ，c 为常数，其中a >0，a ≠1)的图象如图，则下列结论成立的是( )A ．a >1，c >1B ．a >1,0<c <1C ．0<a <1，c >1D ．0<a <1,0<c <1 答案 D解析 由题图可知函数在定义域内为减函数，所以0<a <1.又当x ＝0时，y >0，即log a c >0，所以0<c <1.16．已知b >0，log 5b ＝a ，lg b ＝c,5d ＝10，则下列等式一定成立的是( ) A ．d ＝ac B ．a ＝cd C ．c ＝ad D ．d ＝a ＋c 答案 B解析 log 5b ＝a ，b >0，故由换底公式得lg blg 5＝a ，∴lg b ＝a lg 5.∵lg b ＝c ，∴a lg5＝c ，又∵5d＝10，∴d ＝log 510，即1d ＝lg 5，将其代入a lg 5＝c 中得ad＝c ，即a ＝cd .17．计算：log 222＝________，2log 23＋log 43＝________.答案 －12 3 3解析18．lg 52＋2lg 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1＝________.答案 －1解析 原式＝lg 52＋lg 4－2＝lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫52×4－2＝lg 10－2＝－1.三、模拟小题19．若正数a ，b 满足2＋log 2a ＝3＋log 3b ＝log 6(a ＋b )，则1a ＋1b的值为( )A ．36B ．72C ．108 D.172答案 C解析 设2＋log 2a ＝3＋log 3b ＝log 6(a ＋b )＝k ，可得a ＝2k －2，b ＝3k －3，a ＋b ＝6k，所以1a ＋1b ＝a ＋bab＝6k2k －23k －3＝108.所以选C.20．若函数y ＝a |x |(a >0，且a ≠1)的值域为{y |0<y ≤1}，则函数y ＝log a |x |的图象大致是( )答案 A解析 若函数y ＝a |x |(a >0，且a ≠1)的值域为{y |0<y ≤1}，则0<a <1，由此可知y ＝log a |x |的图象大致是A.21．已知y ＝log a (2－ax )(a >0，且a ≠1)在区间上是减函数，则a 的取值范围是( )A ．(0,1)B ．(0,2)C ．(1,2)D ．上单调递减，u ＝2－ax 在上是减函数，所以y ＝log a u 是增函数，所以a >1.又2－a >0，所以1<a <2.22．已知f (x )是定义在R 上的奇函数，当x >0时，f (x )＝log 2x －1，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22＝________.答案 32解析 因为f (x )是定义在R 上的奇函数，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫22＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫log 222－1＝32.23．若函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log a x ，x >2，－x 2＋2x －2，x ≤2(a >0，且a ≠1)的值域是(－∞，－1]，则实数a 的取值范围是________． 答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，1解析 x ≤2时，f (x )＝－x 2＋2x －2＝－(x －1)2－1，f (x )在(－∞，1)上递增，在(1,2]上递减，∴f (x )在(－∞，2]上的最大值是－1，又f (x )的值域是(－∞，－1]，∴当x >2时，log a x ≤－1，故0<a <1，且log a 2≤－1，∴12≤a <1，故答案为⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，1.24．函数f (n )＝log n ＋1(n ＋2)(n ∈N *)，定义使f (1)·f (2)·f (3)·…·f (k )为整数的数k (k ∈N *)叫做企盼数，则在区间内这样的企盼数共有________个．答案 9 解析∵log n＋1(n ＋2)＝n ＋n ＋，∴f (1)·f (2)·f (3)·…·f (k )＝ln 3ln 2·ln 4ln 3·ln 5ln 4·…·k ＋k ＋＝k ＋ln 2＝log 2(k ＋2)．∵1024＝210,2048＝211，且log 24＝2，∴使f (1)·f (2)·f (3)·…·f (k )为整数的数有10－1＝9个．一、高考大题本考点在近三年高考中未涉及此题型． 二、模拟大题1．已知f (x )是定义在R 上的偶函数，且当x ≥0时，f (x )＝log a (x ＋1)(a >0，且a ≠1)．(1)求函数f (x )的解析式；(2)若－1<f (1)<1，求实数a 的取值范围．解 (1)当x <0时，－x >0，由题意知f (－x )＝log a (－x ＋1)． 又f (x )是定义在R 上的偶函数，∴f (－x )＝f (x )．∴当x <0时，f (x )＝log a (－x ＋1)，∴函数f (x )的解析式为f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log a x ＋，x ≥0，log a －x ＋，x <0.(2)∵－1<f (1)<1，∴－1<log a 2<1， ∴log a 1a<log a 2<log a a .①当a >1时，原不等式等价于⎩⎨⎧ 1a<2，a >2，解得a >2；②当0<a <1时，原不等式等价于⎩⎨⎧1a>2，a <2，解得0<a <12.综上，实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12∪(2，＋∞)．2．已知函数f (x )＝－x ＋log 21－x1＋x .(1)求f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12017＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12017的值；(2)当x ∈(－a ，a ]，其中a ∈(0,1)，a 是常数时，函数f (x )是否存在最小值？若存在，求出f (x )的最小值；若不存在，请说明理由．解 (1)由f (x )＋f (－x )＝log 21－x 1＋x ＋log 21＋x 1－x ＝log 21＝0.∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12017＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12017＝0.(2)f (x )的定义域为(－1,1)， ∵f (x )＝－x ＋log 2⎝ ⎛⎭⎪⎫－1＋2x ＋1，当x 1<x 2且x 1，x 2∈(－1,1)时，f (x )为减函数， ∴当a ∈(0,1)，x ∈(－a ，a ]时f (x )单调递减．∴当x ＝a 时，f (x )min ＝－a ＋log 21－a1＋a.3．已知函数f (x )＝log 4(4x ＋1)＋2kx (k ∈R )是偶函数． (1)求k 的值；(2)若方程f (x )＝m 有解，求m 的取值范围． 解 (1)由函数f (x )是偶函数，可知f (x )＝f (－x )， ∴log 4(4x ＋1)＋2kx ＝log 4(4－x ＋1)－2kx ， 即log 44x ＋14－x ＋1＝－4kx ，∴log 44x ＝－4kx ，∴x ＝－4kx ，即(1＋4k )x ＝0，对一切x ∈R 恒成立，∴k ＝－14. (2)由m ＝f (x )＝log 4(4x＋1)－12x＝log 44x ＋12x ＝log 4⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋12x ，∵2x＋12x ≥2，∴m ≥log 42＝12.故要使方程f (x )＝m 有解，m 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞.4．已知函数f (x )＝log a (x ＋1)(a >1)，若函数y ＝g (x )图象上任意一点P 关于原点对称的点Q 的轨迹恰好是函数f (x )的图象．(1)写出函数g (x )的解析式；(2)当x ∈[0,1)时总有f (x )＋g (x )≥m 成立，求m 的取值范围．解 (1)设P (x ，y )为g (x )图象上任意一点，则Q (－x ，－y )是点P 关于原点的对称点，∴Q (－x ，－y )在f (x )的图象上， ∴－y ＝log a (－x ＋1)， 即y ＝g (x )＝－log a (1－x )．(2)f(x)＋g(x)≥m，即log a x＋11－x≥m.设F(x)＝log a 1＋x1－x，x∈[0,1)，由题意知，只要F(x)min≥m即可．∵F(x)在[0,1)上是增函数，∴F(x)min＝F(0)＝0.故m≤0即为所求．。
教育最新K122018年高考数学考点通关练第二章函数导数及其应用16导数的应用(二)试题理
考点测试16 导数的应用(二)一、基础小题1．函数f(x)＝x3－3x2＋2在区间[－1,1]上的最大值是( )A．－2 B．0C．2 D．4答案 C解析令f′(x)＝3x2－6x＝0，得x＝0，x＝2(舍去)．比较f(－1)，f(0)，f(1)的大小知f(x)max＝f(0)＝2.2．已知对任意实数x，都有f(－x)＝－f(x)，g(－x)＝g(x)，且x>0时，f′(x)>0，g′(x)>0，则x<0时( )A．f′(x)>0，g′(x)>0 B．f′(x)>0，g′(x)<0C．f′(x)<0，g′(x)>0 D．f′(x)<0，g′(x)<0答案 B解析 由题意知f (x )是奇函数，g (x )是偶函数．当x >0时，f (x )，g (x )都单调递增，则当x <0时，f (x )单调递增，g (x )单调递减，即f ′(x )>0，g ′(x )<0.3．若曲线f (x )＝x ，g (x )＝x α在点P (1,1)处的切线分别为l 1，l 2，且l 1⊥l 2，则实数α的值为( )A ．－2B ．2C ．12D ．－12答案 A 解析 f ′(x )＝12x，g ′(x )＝αxα－1，所以在点P 处的斜率分别为k 1＝12，k 2＝α，因为l 1⊥l 2，所以k 1k 2＝α2＝－1，所以α＝－2，选A.4．若函数f (x )＝2x 2－ln x 在其定义域内的一个子区间(k －1，k ＋1)内不是单调函数，则实数k 的取值范围是( )A ．[1，＋∞)B ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，32C ．[1,2)D ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，2 答案 B解析 因为f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝4x －1x ，由f ′(x )＝0，得x ＝12.据题意得⎩⎪⎨⎪⎧k －1<12<k ＋1，k －1≥0，解得1≤k <32.故选B.5．做一个圆柱形锅炉，容积为V ，两个底面的材料每单位面积的价格为a 元，侧面的材料每单位面积的价格为b 元，当造价最低时，锅炉的底面直径与高的比为( )A ．a bB ．a 2bC ．b aD ．b 2a答案 C解析 如图，设圆柱的底面半径为R ，高为h ，则V ＝πR 2h . 设造价为y ＝2πR 2a ＋2πRhb ＝2πaR 2＋2πRb ·V πR 2＝2πaR 2＋2bV R，∴y ′＝4πaR －2bV R2.令y ′＝0，得2R h ＝ba.6.已知函数f (x )的定义域为R ，f ′(x )为其导函数，函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，且f (－2)＝1，f (3)＝1，则不等式f (x 2－6)>1的解集为( )A ．(2,3)∪(－3，－2)B ．(－2，2)C ．(2,3)D ．(－∞，－2)∪(2，＋∞) 答案 A解析 由y ＝f ′(x )的图象知，f (x )在(－∞，0]上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，又f (－2)＝1，f (3)＝1，∴f (x 2－6)>1可化为－2<x 2－6<3，∴2<x <3或－3<x <－2.7．若0<x 1<x 2<1，则( ) A ．e x2－e x1>ln x 2－ln x 1 B ．e x 2－e x1<ln x 2－ln x 1 C ．x 2e x1>x 1e x2 D ．x 2e x1<x 1e x2答案 C解析 构造函数f (x )＝e x －ln x ，则f ′(x )＝e x －1x，故f (x )＝e x－ln x 在(0,1)上有一个极值点，即f (x )＝e x－ln x 在(0,1)上不是单调函数，无法判断f (x 1)与f (x 2)的大小，故A 、B 错；构造函数g (x )＝e xx ，则g ′(x )＝x e x－e xx2＝exx －x 2，故函数g (x )＝exx在(0,1)上单调递减，故g (x 1)>g (x 2)，x 2e x 1>x 1e x2，故选C.8．已知f (x )＝ln x －x 4＋34x，g (x )＝－x 2－2ax ＋4，若对任意的x 1∈(0,2]，存在x 2∈[1,2]，使得f (x 1)≥g (x 2)成立，则a 的取值范围是( )A ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫54，＋∞B ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫－18，＋∞C ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤－18，54 D ．⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－54 答案 A解析 因为f ′(x )＝1x －34×1x 2－14＝－x 2＋4x －34x 2＝－x －x －4x2，易知，当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0，当x ∈(1,2]时，f ′(x )>0，所以f (x )在(0,1)上单调递减，在(1,2]上单调递增，故f (x )min ＝f (1)＝12.对于二次函数g (x )＝－x 2－2ax ＋4，易知该函数开口向下，所以其在区间[1,2]上的最小值在端点处取得，即g (x )min ＝min{g (1)，g (2)}．要使对任意的x 1∈(0,2]，存在x 2∈[1,2]，使得f (x 1)≥g (x 2)成立，只需f (x 1)min ≥g (x 2)min ，即12≥g (1)且12≥g (2)，所以12≥－1－2a ＋4且12≥－4－4a ＋4，解得a ≥54.二、高考小题9．[2015·福建高考]若定义在R 上的函数f (x )满足f (0)＝－1，其导函数f ′(x )满足f ′(x )>k >1，则下列结论中一定错误的是( )A ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k<1kB ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k >1k －1C ．f ⎝⎛⎭⎪⎫1k －1<1k －1D ．f ⎝⎛⎭⎪⎫1k －1>k k －1答案 C解析 构造函数g (x )＝f (x )－kx ＋1，则g ′(x )＝f ′(x )－k >0，∴g (x )在R 上为增函数． ∵k >1，∴1k －1>0，则g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1>g (0)． 而g (0)＝f (0)＋1＝0， ∴g ⎝⎛⎭⎪⎫1k －1＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1－k k －1＋1>0， 即f ⎝⎛⎭⎪⎫1k －1>k k －1－1＝1k －1，所以选项C 错误，故选C.10．[2015·全国卷Ⅰ]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 ，1B ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫－32e ，34C ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫32e ，34 D ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫32e ，1 答案 D解析 由f (x 0)<0，即e x0 (2x 0－1)－a (x 0－1)<0， 得e x0 (2x 0－1)<a (x 0－1)．当x 0＝1时，得e<0，显然不成立，所以x 0≠1.若x 0>1，则a >ex 0x 0－x 0－1.令g (x )＝exx －x －1，则g ′(x )＝2x e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －32x －2.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32时，g ′(x )<0，g (x )为减函数， 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞时，g ′(x )>0，g (x )为增函数， 要满足题意，则x 0＝2，此时需满足g (2)<a ≤g (3)，得3e 2<a ≤52e 3，与a <1矛盾，所以x 0<1.因为x 0<1，所以a <ex 0x 0－x 0－1.易知，当x ∈(－∞，0)时，g ′(x )>0，g (x )为增函数， 当x ∈(0,1)时，g ′(x )<0，g (x )为减函数，要满足题意，则x 0＝0，此时需满足g (－1)≤a <g (0)， 得32e≤a <1(满足a <1)．故选D. 11．[2014·陕西高考]如图，某飞行器在4千米高空水平飞行，从距着陆点A 的水平距离10千米处开始下降，已知下降飞行轨迹为某三次函数图象的一部分，则该函数的解析式为( )A ．y ＝1125x 3－35x B ．y ＝2125x 3－45x C ．y ＝3125x 3－x D ．y ＝－3125x 3＋15x答案 A解析 根据题意知，所求函数在(－5,5)上单调递减．对于A ，y ＝1125x 3－35x ，∴y ′＝3125x 2－35＝3125(x 2－25)，∴∀x ∈(－5,5)，y ′<0，∴y ＝1125x 3－35x 在(－5,5)内为减函数，同理可验证B 、C 、D 均不满足此条件，故选A.12．[2014·全国卷Ⅱ]设函数f (x )＝3sinπxm.若存在f (x )的极值点x 0满足x 20＋[f (x 0)]2<m 2，则m 的取值范围是( )A ．(－∞，－6)∪(6，＋∞)B ．(－∞，－4)∪(4，＋∞)C ．(－∞，－2)∪(2，＋∞)D ．(－∞，－1)∪(1，＋∞) 答案 C 解析 f ′(x )＝3πm cos πx m，∵f (x )的极值点为x 0， ∴f ′(x 0)＝0，∴3πmcos πx 0m＝0，∴πm x 0＝k π＋π2，k ∈Z ， ∴x 0＝mk ＋m2，k ∈Z .又∵x 20＋[f (x 0)]2<m 2，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫mk ＋m 22＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤3sin ⎝⎛⎭⎪⎫k π＋π22<m 2，k ∈Z ， 即m 2⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋122＋3<m 2，k ∈Z .∵m ≠0，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋122<m 2－3m2，k ∈Z .又∵存在x 0满足x 20＋[f (x 0)]2<m 2，即存在k ∈Z 满足上式，∴m 2－3m >⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋122min ，∴m 2－3m 2>⎝ ⎛⎭⎪⎫122，∴m 2－3>m 24，∴m 2>4，∴m >2或m <－2，故选C.13．[2015·安徽高考]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____________．(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. 答案 ①③④⑤解析 设f (x )＝x 3＋ax ＋b .当a ＝－3，b ＝－3时，f (x )＝x 3－3x －3，f ′(x )＝3x 2－3，令f ′(x )>0，得x >1或x <－1；令f ′(x )<0，得－1<x <1，故f (x )在(－∞，－1)上为增函数，在(－1,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数，又f (－1)＝－1，f (1)＝－5，f (3)＝15，故方程f (x )＝0只有一个实根，故①正确．当a ＝－3，b ＝2时，f (x )＝x 3－3x ＋2，易知f (x )在(－∞，－1)上为增函数，在(－1,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数，又f (－1)＝4，f (1)＝0，x →－∞时，f (x )→－∞，从而方程f (x )＝0有两个根，故②错．当a ＝－3，b >2时，f (x )＝x 3－3x ＋b ，易知f (x )的极大值为f (－1)＝2＋b >0，极小值为f (1)＝b －2>0，x →－∞时，f (x )→－∞，故方程f (x )＝0有且仅有一个实根，故③正确．当a ＝0，b ＝2时，f (x )＝x 3＋2，显然方程f (x )＝0有且仅有一个实根，故④正确． 当a ＝1，b ＝2时，f (x )＝x 3＋x ＋2，f ′(x )＝3x 2＋1>0，则f (x )在(－∞，＋∞)上为增函数，易知f (x )的值域为R ，故f (x )＝0有且仅有一个实根，故⑤正确．综上，正确条件的编号有①③④⑤. 三、模拟小题14．[2017·湖北联考]已知函数g (x )满足g (x )＝g ′(1)ex －1－g (0)x ＋12x 2，且存在实数x 0，使得不等式2m －1≥g (x 0)成立，则实数m 的取值范围为( )A ．(－∞，2]B ．(－∞，3]C ．[1，＋∞)D ．[0，＋∞)答案 C解析 g ′(x )＝g ′(1)e x －1－g (0)＋x ，令x ＝1时，得g ′(1)＝g ′(1)－g (0)＋1，∴g (0)＝1，g (0)＝g ′(1)e0－1，∴g ′(1)＝e ，∴g (x )＝e x －x ＋12x 2，g ′(x )＝e x－1＋x ，当x <0时，g ′(x )<0，当x >0时，g ′(x )>0，∴当x ＝0时，函数g (x )取得最小值g (0)＝1.根据题意得2m －1≥g (x )min ＝1，∴m ≥1，故选C.15．[2017·吉林长春模拟]已知函数f (x )＝m －1－x 2(e≤x ≤2e)(e 为自然对数的底数)与g (x )＝2－5ln x 的图象上存在关于x 轴对称的点，则实数m 的取值范围是( )A ．[e 2－2，＋∞) B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－102 C ．[e,2e] D ．[e 2＋4,4e 2＋5ln 2＋4]答案 D解析 由题意可知，方程m －1－x 2＝5ln x －2在[e,2e]上有解，即m ＝x 2＋5ln x －1在[e,2e]上有解．令h (x )＝x 2＋5ln x －1，h ′(x )＝2x ＋5x，易知h (x )在[e,2e]上单调递增，所以h (x )在[e,2e]上的最小值为e 2＋5－1＝e 2＋4，最大值为(2e)2＋5ln 2e －1＝4e 2＋5ln 2＋4.所以实数m 的取值范围是[e 2＋4,4e 2＋5ln 2＋4]．故选D.16．[2016·湖北八校联考]已知函数f (x )＝x 3－tx 2＋3x ，若对于任意的a ∈[1,2]，b ∈(2,3]，函数f (x )在区间[a ，b ]上单调递减，则实数t 的取值范围是( )A ．(－∞，3]B ．(－∞，5]C ．[3，＋∞)D ．[5，＋∞)答案 D解析 ∵f (x )＝x 3－tx 2＋3x ，∴f ′(x )＝3x 2－2tx ＋3，由于函数f (x )在[a ，b ]上单调递减，则有f ′(x )≤0在[a ，b ]上恒成立，即不等式3x 2－2tx ＋3≤0在[a ，b ]上恒成立，即有t ≥32⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x 在[a ，b ]上恒成立，而函数y ＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x 在[1,3]上单调递增，由于a ∈[1,2]，b ∈(2,3]，当b ＝3时，函数y ＝32⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1x 取得最大值，即y max ＝32⎝⎛⎭⎪⎫3＋13＝5，所以t ≥5，故选D.17．[2017·河北石家庄调研]已知f (x )＝12x 2＋b x ＋c (b ，c 是常数)和g (x )＝14x ＋1x 是定义在M ＝{x |1≤x ≤4}上的函数，对于任意的x ∈M ，存在x 0∈M 使得f (x )≥f (x 0)，g (x )≥g (x 0)，且f (x 0)＝g (x 0)，则f (x )在M 上的最大值为( )A ．72 B ．5 C ．6 D ．8答案 B解析 因为g (x )＝14x ＋1x≥214＝1(当且仅当x ＝2时等号成立)，所以f (2)＝2＋b 2＋c ＝g (2)＝1，c ＝－1－b2，所以f (x )＝12x 2＋b x －1－b 2，f ′(x )＝x －b x 2＝x 3－bx 2.因为f (x )在x ＝2处有最小值，所以f ′(2)＝0，即b ＝8，所以c ＝－5，f (x )＝12x 2＋8x －5，f ′(x )＝x 3－8x 2，所以f (x )在[1,2]上单调递减，在[2,4]上单调递增，而f (1)＝12＋8－5＝72，f (4)＝8＋2－5＝5，所以函数f (x )的最大值为5，故选B.18．[2017·河南安阳模拟]已知函数f (x )＝ax 3＋x 2－ax (a ∈R ，且a ≠0)．如果存在实数a ∈(－∞，－1]，使得函数g (x )＝f (x )＋f ′(x )，x ∈[－1，b ](b >－1)在x ＝－1处取得最小值，则实数b 的最大值为________．答案17－12解析 依题意，f ′(x )＝3ax 2＋2x －a ，g (x )＝f (x )＋f ′(x )＝ax 3＋(3a ＋1)x 2＋(2－a )x －a ，则g (x )≥g (－1)在区间[－1，b ]上恒成立，即(x ＋1)[ax 2＋(2a ＋1)x ＋(1－3a )]≥0 ①，当x ＝－1时，不等式①成立，当－1<x ≤b 时，不等式①可化为ax 2＋(2a ＋1)x ＋1－3a ≥0 ②，令h (x )＝ax 2＋(2a ＋1)x ＋1－3a ，由a ∈(－∞，－1]知其图象是开口向下的抛物线，故h (x )在闭区间上的最小值必在端点处取得，又h (－1)＝－4a >0，则不等式②成立的充要条件是h (b )≥0，整理得b 2＋2b －3b ＋1≤－1a ，则该不等式在a ∈(－∞，－1]上有解，即b 2＋2b －3b ＋1≤⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a max ＝1，得－1<b ≤17－12，故实数b 的最大值为17－12.一、高考大题1．[2016·全国卷Ⅲ]设函数f (x )＝αcos2x ＋(α－1)(cos x ＋1)，其中α>0，记|f (x )|的最大值为A .(1)求f ′(x )； (2)求A ；(3)证明|f ′(x )|≤2A .解 (1)f ′(x )＝－2αsin2x －(α－1)sin x . (2)当α≥1时，|f (x )|＝|αcos2x ＋(α－1)(cos x ＋1)|≤α＋2(α－1)＝3α－2＝f (0)． 因此A ＝3α－2.当0<α<1时，将f (x )变形为f (x )＝2αcos 2x ＋(α－1)·cos x －1. 设t ＝cos x ，则t ∈[－1,1]，令g (t )＝2αt 2＋(α－1)t －1，则A 是|g (t )|在[－1,1]上的最大值，g (－1)＝α，g (1)＝3α－2，且当t ＝1－α4α时，g (t )取得最小值，最小值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－α4α＝－α－28α－1＝－α2＋6α＋18α.令－1<1－α4α<1，解得α<－13(舍去)，或α>15.①当0<α≤15时，g (t )在(－1,1)内无极值点，|g (－1)|＝α，|g (1)|＝2－3α，|g (－1)|<|g (1)|，所以A ＝2－3α.②当15<α<1时，由g (－1)－g (1)＝2(1－α)>0，知g (－1)>g (1)>g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－α4α. 又⎪⎪⎪⎪⎪⎪g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－α4α－|g (－1)|＝－α＋7α8α>0，所以A ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－α4α＝α2＋6α＋18α. 综上，A ＝⎩⎪⎨⎪⎧2－3α，0<α≤15，α2＋6α＋18α，15<α<1，3α－2，α≥1.(3)证明：由(1)得|f ′(x )|＝|－2αsin2x －(α－1)sin x |≤2α＋|α－1|. 当0<α≤15时，|f ′(x )|≤1＋α≤2－4α<2(2－3α)＝2A .当15<α<1时，A ＝α8＋18α＋34>1， 所以|f ′(x )|≤1＋α<2A .当α≥1时，|f ′(x )|≤3α－1≤6α－4＝2A . 所以|f ′(x )|≤2A .2．[2016·山东高考]已知f (x )＝a (x －ln x )＋2x －1x2，a ∈R .(1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝1时，证明f (x )>f ′(x )＋32对于任意的x ∈[1,2]成立．解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a －a x －2x 2＋2x 3＝ax 2－x －x3.当a ≤0时，x ∈(0,1)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．当a >0时，f ′(x )＝a x －x 3⎝⎛⎭⎪⎫x －2a ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋2a .①0<a <2时，2a>1，当x ∈(0,1)或x ∈⎝⎛⎭⎪⎫2a，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫1，2a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．②a ＝2时，2a＝1，在x ∈(0，＋∞)内，f ′(x )≥0，f (x )单调递增．③a >2时，0<2a<1，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2a 或x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫2a，1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．综上所述，当a ≤0时，f (x )在(0,1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减； 当0<a <2时，f (x )在(0,1)内单调递增，在⎝⎛⎭⎪⎫1，2a 内单调递减，在⎝⎛⎭⎪⎫2a，＋∞内单调递增；当a ＝2时，f (x )在(0，＋∞)内单调递增； 当a >2时，f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，2a 内单调递增，在⎝⎛⎭⎪⎫2a，1内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．(2)由(1)知，a ＝1时，f (x )－f ′(x )＝x －ln x ＋2x －1x2－⎝⎛⎭⎪⎫1－1x －2x2＋2x 3＝x －ln x ＋3x ＋1x 2－2x3－1，x ∈[1,2]．设g (x )＝x －ln x ，h (x )＝3x ＋1x 2－2x3－1，x ∈[1,2]．则f (x )－f ′(x )＝g (x )＋h (x )． 由g ′(x )＝x －1x≥0，可得g (x )≥g (1)＝1. 当且仅当x ＝1时取得等号． 又h ′(x )＝－3x 2－2x ＋6x4. 设φ(x )＝－3x 2－2x ＋6，则φ(x )在x ∈[1,2]内单调递减． 因为φ(1)＝1，φ(2)＝－10， 所以∃x 0∈(1,2)，使得x ∈(1，x 0)时， φ(x )>0，x ∈(x 0,2)时，φ(x )<0.所以h (x )在(1，x 0)内单调递增，在(x 0,2)内单调递减． 由h (1)＝1，h (2)＝12，可得h (x )≥h (2)＝12，当且仅当x ＝2时取得等号． 所以f (x )－f ′(x )>g (1)＋h (2)＝32，即f (x )>f ′(x )＋32对于任意的x ∈[1,2]成立．3．[2015·全国卷Ⅰ]已知函数f (x )＝x 3＋ax ＋14，g (x )＝－ln x .(1)当a 为何值时，x 轴为曲线y ＝f (x )的切线；(2)用min{m ，n }表示m ，n 中的最小值，设函数h (x )＝min{f (x )，g (x )}(x >0)，讨论h (x )零点的个数．解 (1)设曲线y ＝f (x )与x 轴相切于点(x 0,0)，则f (x 0)＝0，f ′(x 0)＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 30＋ax 0＋14＝0，3x 20＋a ＝0.解得x 0＝12，a ＝－34.因此，当a ＝－34时，x 轴为曲线y ＝f (x )的切线．(2)当x ∈(1，＋∞)时，g (x )＝－ln x <0，从而h (x )＝min{f (x )，g (x )}≤g (x )<0，故h (x )在(1，＋∞)上无零点．当x ＝1时，若a ≥－54，则f (1)＝a ＋54≥0，h (1)＝min{f (1)，g (1)}＝g (1)＝0，故x ＝1是h (x )的零点；若a <－54，则f (1)<0，h (1)＝min{f (1)，g (1)}＝f (1)<0，故x ＝1不是h (x )的零点．当x ∈(0,1)时，g (x )＝－ln x >0，所以只需考虑f (x )在(0,1)上的零点个数． ①若a ≤－3或a ≥0，则f ′(x )＝3x 2＋a 在(0,1)上无零点，故f (x )在(0,1)上单调．而f (0)＝14，f (1)＝a ＋54，所以当a ≤－3时，f (x )在(0,1)上有一个零点；当a ≥0时，f (x )在(0,1)上没有零点．②若－3<a <0，则f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0， －a 3上单调递减，在⎝⎛⎭⎪⎫－a3，1上单调递增，故在(0,1)中，当x ＝－a3时，f (x )取得最小值，最小值为f ⎝⎛⎭⎪⎫－a 3＝2a3－a 3＋14. a ．若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3>0，即－34<a <0，f (x )在(0,1)上无零点；b ．若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3＝0，即a ＝－34，则f (x )在(0,1)上有唯一零点；c ．若f ⎝⎛⎭⎪⎫－a 3<0，即－3<a <－34，由于f (0)＝14，f (1)＝a ＋54，所以当－54<a <－34时，f (x )在(0,1)上有两个零点；当－3<a ≤－54时，f (x )在(0,1)上有一个零点．综上，当a >－34或a <－54时，h (x )有一个零点；当a ＝－34或a ＝－54时，h (x )有两个零点；当－54<a <－34时，h (x )有三个零点．二、模拟大题4．[2017·江西八校联考]已知函数f (x )＝x ln xx －1－a (a <0)． (1)当x ∈(0,1)时，求f (x )的单调性；(2)若h (x )＝(x 2－x )·f (x )，且方程h (x )＝m 有两个不相等的实数根x 1，x 2.求证：x 1＋x 2>1.解 (1)f ′(x )＝x －1－ln xx －2，设g (x )＝x －1－ln x ，则g ′(x )＝1－1x，∴当x ∈(0,1)时，g ′(x )<0，∴g (x )>g (1)＝0，∴f ′(x )>0，∴f (x )在(0,1)上单调递增．(2)证明：∵h (x )＝x 2ln x －ax 2＋ax (a <0)，∴h ′(x )＝2x ln x ＋x －2ax ＋a ，设g (x )＝2x ln x ＋x －2ax ＋a ， ∴g ′(x )＝2ln x －2a ＋3，∵y ＝g ′(x )在(0，＋∞)上单调递增， 当x →0时，g ′(0)<0，g ′(1)＝3－2a >0，∴必存在t ∈(0,1)，使得g ′(t )＝0，即2ln t －2a ＋3＝0， ∴y ＝h ′(x )在(0，t )上单调递减，在(t ，＋∞)上单调递增．又当x →0时，h ′(0)<0，h ′(1)＝1－a >0. 设h ′(x 0)＝0，则x 0∈(0,1)，∴y ＝h (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增， 又h (1)＝0，不妨设x 1<x 2则0<x 1<x 0，x 0<x 2<1，由(1)知⎩⎪⎨⎪⎧f x 1f x 0，fx 2f x 0⇒⎩⎪⎨⎪⎧h x 1f x 0x 21－x 1，hx 2f x 0x 22－x 2，∴f (x 0)(x 22－x 2)>h (x 2)＝h (x 1)>f (x 0)(x 21－x 1)， ∴(x 22－x 2)－(x 21－x 1)＝(x 2－x 1)(x 2＋x 1－1)>0， ∴x 1＋x 2>1.5．[2017·东北三校联考]已知函数f (x )＝e x－ax 2，曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为y ＝bx ＋1.(1)求a ，b 的值；(2)求函数f (x )在[0,1]上的最大值；(3)证明：当x >0时，e x＋(1－e)x －x ln x －1≥0.解 (1)f ′(x )＝e x－2ax ，由题意，得f ′(1)＝e －2a ＝b ，f (1)＝e －a ＝b ＋1，解得a ＝1，b ＝e －2.(2)解法一：由(1)知，f (x )＝e x －x 2，∴f ′(x )＝e x－2x ≥x ＋1－2x ≥1－x ≥0，x ∈[0,1]， 故f (x )在[0,1]上单调递增，f (x )max ＝f (1)＝e －1. 解法二：由(1)知，f (x )＝e x－x 2，∴f ′(x )＝e x－2x ，令g (x )＝f ′(x )，则g ′(x )＝e x－2. 由g ′(x )>0，得x >ln 2；由g ′(x )<0，得0<x <ln 2.∴g (x )＝f ′(x )在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增， ∴f ′(x )≥f ′(ln 2)＝2－2ln 2 >0，∴f (x )在[0,1]上单调递增，∴f (x )max ＝f (1)＝e －1.(3)证明：∵f (0)＝1，又由(2)知，f (x )的图象过点(1，e －1)，且y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为y ＝(e －2)x ＋1，故可猜测：当x >0，x ≠1时，f (x )的图象恒在切线y ＝(e －2)x ＋1的上方．下面证明：当x >0时，f (x )≥(e－2)x ＋1.设m (x )＝f (x )－(e －2)x －1，x >0，则m ′(x )＝e x －2x －(e －2)，设h (x )＝e x－2x －(e －2)，则h ′(x )＝e x－2.由(2)知，m ′(x )在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增． 又m ′(0)＝3－e>0，m ′(1)＝0,0<ln 2<1， ∴m ′(ln 2)<0.∴存在x 0∈(0,1)，使得m ′(x 0)＝0， ∴当x ∈(0，x 0)∪(1，＋∞)时，m ′(x )>0； 当x ∈(x 0 ,1)时，m ′(x )<0.故m (x )在(0，x 0)上单调递增，在(x 0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． 又m (0)＝m (1)＝0，∴m (x )＝e x－x 2－(e －2)x －1≥0(当且仅当x ＝1时取等号)．∴e x＋－x －1x≥x ，x >0.由(2)知，e x≥x ＋1，∴x ≥l n (x ＋1)，∴x －1≥ln x ，当且仅当x ＝1时取等号． ∴e x＋－x －1x≥x ≥ln x ＋1，即e x＋－x －1x≥ln x ＋1.∴e x ＋(2－e)x －1≥x ln x ＋x ，即e x＋(1－e)x －x ln x －1≥0成立，当且仅当x ＝1时等号成立．6．[2016·唐山模拟]已知函数f (x )＝e x－x ＋22，g (x )＝2ln (x ＋1)＋e －x.(1)x ∈(－1，＋∞)时，证明：f (x )>0； (2)a >0，若g (x )≤ax ＋1，求a 的取值范围．解 (1)证明：令p (x )＝f ′(x )＝e x －x －1，则p ′(x )＝e x－1，在(－1,0)上，p ′(x )<0，p (x )单调递减；在(0，＋∞)上，p ′(x )>0，p (x )单调递增． 所以p (x )的最小值为p (0)＝0，即f ′(x )≥0，所以f (x )在(－1，＋∞)上单调递增，即f (x )>f (－1)>0. (2)令h (x )＝g (x )－(ax ＋1)，则h ′(x )＝2x ＋1－e －x－a ， 令q (x )＝2x ＋1－e －x－a ，则q ′(x )＝1ex －2x ＋2.由(1)得q ′(x )<0，则q (x )在(－1，＋∞)上单调递减． ①当a ＝1时，q (0)＝h ′(0)＝0且h (0)＝0.在(－1,0)上，h ′(x )>0，h (x )单调递增；在(0，＋∞)上，h ′(x )<0，h (x )单调递减． 所以h (x )的最大值为h (0)，即h (x )≤0恒成立． ②当a >1时，h ′(0)<0， 在(－1,0)上，h ′(x )＝2x ＋1－e －x－a <2x ＋1－1－a ， 令2x ＋1－1－a ＝0，解得x ＝1－aa ＋1∈(－1,0)． 在⎝⎛⎭⎪⎫1－a a ＋1，0上，h ′(x )<0，h (x )单调递减，又h (0)＝0，所以此时h (x )>0，与h (x )≤0恒成立矛盾． ③当0<a <1时，h ′(0)>0， 在(0，＋∞)上，h ′(x )＝2x ＋1－e －x－a >2x ＋1－1－a ， 令2x ＋1－1－a ＝0，解得x ＝1－aa ＋1∈(0，＋∞)． 即在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－a a ＋1上，h ′(x )>0，h (x )单调递增， 又h (0)＝0，所以此时h (x )>0，与h (x )≤0恒成立矛盾． 综上，a 的取值为1.。
【配套K12】2018年高考数学考点通关练第二章函数导数及其应用16导数的应用(二)试题文
考点测试16 导数的应用(二)一、基础小题1．函数f(x)＝x3－3x2＋2在区间[－1,1]上的最大值是( )A．－2 B．0 C．2 D．4答案 C解析令f′(x)＝3x2－6x＝0，得x＝0，x＝2(舍去)．比较f(－1)，f(0)，f(1)的大小知f(x)max＝f(0)＝2.2．已知对任意实数x，都有f(－x)＝－f(x)，g(－x)＝g(x)，且x>0时，f′(x)>0，g′(x)>0，则x<0时( )A．f′(x)>0，g′(x)>0 B．f′(x)>0，g′(x)<0C．f′(x)<0，g′(x)>0 D．f′(x)<0，g′(x)<0答案 B解析由题意知f(x)是奇函数，g(x)是偶函数．当x>0时，f(x)，g(x)都单调递增，则当x<0时，f(x)单调递增，g(x)单调递减，即f′(x)>0，g′(x)<0.3．若曲线f(x)＝x，g(x)＝xα在点P(1,1)处的切线分别为l1，l2，且l1⊥l2，则实数α的值为( )A ．－2B ．2 C.12 D ．－12答案 A 解析 f ′(x )＝12x，g ′(x )＝αxα－1，所以在点P 处的斜率分别为k 1＝12，k 2＝α，因为l 1⊥l 2，所以k 1k 2＝α2＝－1，所以α＝－2，选A.4．若函数f (x )＝2x 2－ln x 在其定义域内的一个子区间(k －1，k ＋1)内不是单调函数，则实数k 的取值范围是( )A ．[1，＋∞) B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，32 C ．[1,2) D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，2 答案 B解析 因为f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝4x －1x ，由f ′(x )＝0，得x ＝12.据题意得⎩⎪⎨⎪⎧k －1<12<k ＋1，k －1≥0，解得1≤k <32.故选B.5．做一个圆柱形锅炉，容积为V ，两个底面的材料每单位面积的价格为a 元，侧面的材料每单位面积的价格为b 元，当造价最低时，锅炉的底面直径与高的比为( )A.a bB.a 2bC.b aD.b 2a答案 C解析 如图，设圆柱的底面半径为R ，高为h ，则V ＝πR 2h . 设造价为y ＝2πR 2a ＋2πRhb ＝2πaR 2＋2πRb ·V πR 2＝2πaR 2＋2bV R，∴y ′＝4πaR －2bV R2.令y ′＝0，得2R h ＝ba.6. 已知函数f (x )的定义域为R ，f ′(x )为其导函数，函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，且f (－2)＝1，f (3)＝1，则不等式f (x 2－6)>1的解集为( )A ．(2,3)∪(－3，－2)B ．(－2，2)C ．(2,3)D ．(－∞，－2)∪(2，＋∞) 答案 A解析 由y ＝f ′(x )的图象知，f (x )在(－∞，0]上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，又f (－2)＝1，f (3)＝1，∴f (x 2－6)>1可化为－2<x 2－6<3，∴2<x <3或－3<x <－2.7．若0<x 1<x 2<1，则( )答案 C解析 构造函数f (x )＝e x －ln x ，则f ′(x )＝e x －1x，故f (x )＝e x－ln x 在(0,1)上有一个极值点，即f (x )＝e x－ln x 在(0,1)上不是单调函数，无法判断f (x 1)与f (x 2)的大小，故A 、B 错；构造函数g (x )＝e xx ，则g ′(x )＝x e x－e xx2＝exx －x 2，故函数g (x )＝exx在(0,1)上单调递减，故g (x 1)>g (x 2)，8．已知f (x )＝ln x －x 4＋34x，g (x )＝－x 2－2ax ＋4，若对任意的x 1∈(0,2]，存在x 2∈[1,2]，使得f (x 1)≥g (x 2)成立，则a 的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫54，＋∞B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－18，＋∞ C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－18，54 D.⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－54答案 A解析 因为f ′(x )＝1x －34×1x 2－14＝－x 2＋4x －34x 2＝－x －x －4x2，易知，当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0，当x ∈(1,2]时，f ′(x )>0，所以f (x )在(0,1)上单调递减，在(1,2]上单调递增，故f (x )min ＝f (1)＝12.对于二次函数g (x )＝－x 2－2ax ＋4，易知该函数开口向下，所以其在区间[1,2]上的最小值在端点处取得，即g (x )min ＝min{g (1)，g (2)}．要使对任意的x 1∈(0,2]，存在x 2∈[1,2]，使得f (x 1)≥g (x 2)成立，只需f (x 1)min ≥g (x 2)min ，即12≥g (1)且12≥g (2)，所以12≥－1－2a ＋4且12≥－4－4a ＋4，解得a ≥54.二、高考小题9．[2015·福建高考]“对任意x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，k sin x cos x <x ”是“k <1”的( )A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件答案 B解析 设f (x )＝k sin x cos x ，g (x )＝x ，对任意x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，k sin x cos x <x 等价于f (x )<g (x )，即f (x )的图象恒在g (x )图象的下方．结合切线意义可知f ′(0)≤1，即k ≤1.故选B.10．[2014·全国卷Ⅱ]若函数f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)上单调递增，则k 的取值范围是( )A ．(－∞，－2]B ．(－∞，－1]C ．[2，＋∞)D ．[1，＋∞)答案 D解析 由条件知f ′(x )＝k －1x ≥0在(1，＋∞)上恒成立，即k ≥1x在(1，＋∞)上恒成立，∵x >1，∴0<1x<1，∴k ≥1.11．[2014·辽宁高考]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，－98C ．[－6，－2]D ．[－4，－3]答案 C解析 当x ∈(0,1]时，得a ≥－3⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 3－4⎝ ⎛⎭⎪⎫1x2＋1x ，令t ＝1x，则t ∈[1，＋∞)，a ≥－3t3－4t 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]．12．[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 ＝________.答案 1解析 由题意可得f ′(x )＝3ax 2＋1，∴f ′(1)＝3a ＋1，又f (1)＝a ＋2，∴f (x )＝ax 3＋x ＋1的图象在点(1，f (1))处的切线方程为y －(a ＋2)＝(3a ＋1)(x －1)，又此切线过点(2,7)，∴7－(a ＋2)＝(3a ＋1)(2－1)，解得a ＝1.三、模拟小题13．[2016·福建质检]已知函数f (x )＝13ax 3＋12bx 2＋cx ＋d ，其图象在点(1，f (1))处的切线斜率为0.若a <b <c ，且函数f (x )的单调递增区间为(m ，n )，则n －m 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32B.⎝ ⎛⎭⎪⎫32，3 C ．(1,3) D ．(2,3)答案 B解析 由题意得f ′(x )＝ax 2＋bx ＋c ，因为函数f (x )＝13ax 3＋12bx 2＋cx ＋d 的图象在(1，f (1))处的切线斜率为0，所以f ′(1)＝a ＋b ＋c ＝0，又因为a <b <c ，所以a <0<c .因为函数f (x )的单调递增区间为(m ，n )，所以mn ＝c a <0，且m <n ，则结合题意可知n ＝1，m ＝ca，则n－m ＝1－c a ，又因为a <b <c ，a ＋b ＋c ＝0，所以c a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－12，则n －m ＝1－c a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫32，3，故选B.14．[2017·湖北联考]已知函数g (x )满足g (x )＝g ′(1)ex －1－g (0)x ＋12x 2，且存在实数x 0，使得不等式2m －1≥g (x 0)成立，则实数m 的取值范围为( )A ．(－∞，2]B ．(－∞，3]C ．[1，＋∞) D．[0，＋∞) 答案 C解析 g ′(x )＝g ′(1)e x －1－g (0)＋x ，令x ＝1时，得g ′(1)＝g ′(1)－g (0)＋1，∴g (0)＝1，g (0)＝g ′(1)e0－1，∴g ′(1)＝e ，∴g (x )＝e x －x ＋12x 2，g ′(x )＝e x－1＋x ，当x <0时，g ′(x )<0，当x >0时，g ′(x )>0，∴当x ＝0时，函数g (x )取得最小值g (0)＝1.根据题意得2m －1≥g (x )min ＝1，∴m ≥1，故选C.15．[2017·吉林长春模拟]已知函数f (x )＝m －1－x 2(e≤x ≤2e)(e 为自然对数的底数)与g (x )＝2－5ln x 的图象上存在关于x 轴对称的点，则实数m 的取值范围是( )A ．[e 2－2，＋∞) B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－102 C ．[e,2e] D ．[e 2＋4,4e 2＋5ln 2＋4]答案 D解析 由题意可知，方程m －1－x 2＝5ln x －2在[e,2e]上有解，即m ＝x 2＋5ln x －1在[e,2e]上有解．令h (x )＝x 2＋5ln x －1，h ′(x )＝2x ＋5x，易知h (x )在[e,2e]上单调递增，所以h (x )在[e,2e]上的最小值为e 2＋5－1＝e 2＋4，最大值为(2e)2＋5ln 2e －1＝4e 2＋5ln 2＋4.所以实数m 的取值范围是[e 2＋4,4e 2＋5ln 2＋4]．故选D.16．[2016·湖北八校联考]已知函数f (x )＝x 3－tx 2＋3x ，若对于任意的a ∈[1,2]，b ∈(2,3]，函数f (x )在区间[a ，b ]上单调递减，则实数t 的取值范围是( )A ．(－∞，3]B ．(－∞，5]C ．[3，＋∞) D．[5，＋∞) 答案 D解析 ∵f (x )＝x 3－tx 2＋3x ，∴f ′(x )＝3x 2－2tx ＋3，由于函数f (x )在[a ，b ]上单调递减，则有f ′(x )≤0在[a ，b ]上恒成立，即不等式3x 2－2tx ＋3≤0在[a ，b ]上恒成立，即有t ≥32⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x 在[a ，b ]上恒成立，而函数y ＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x 在[1,3]上单调递增，由于a ∈[1,2]，b ∈(2,3]，当b ＝3时，函数y ＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x 取得最大值，即y max ＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫3＋13＝5，所以t ≥5，故选D.17．[2017·河北石家庄调研]已知f (x )＝12x 2＋b x ＋c (b ，c 是常数)和g (x )＝14x ＋1x 是定义在M ＝{x |1≤x ≤4}上的函数，对于任意的x ∈M ，存在x 0∈M 使得f (x )≥f (x 0)，g (x )≥g (x 0)，且f (x 0)＝g (x 0)，则f (x )在M 上的最大值为( )A.72 B ．5 C ．6 D ．8 答案 B解析 因为g (x )＝14x ＋1x≥214＝1(当且仅当x ＝2时等号成立)，所以f (2)＝2＋b 2＋c ＝g (2)＝1，c ＝－1－b2，所以f (x )＝12x 2＋b x －1－b 2，f ′(x )＝x －b x 2＝x 3－bx 2.因为f (x )在x ＝2处有最小值，所以f ′(2)＝0，即b ＝8，所以c ＝－5，f (x )＝12x 2＋8x －5，f ′(x )＝x 3－8x 2，所以f (x )在[1,2]上单调递减，在[2,4]上单调递增，而f (1)＝12＋8－5＝72，f (4)＝8＋2－5＝5，所以函数f (x )的最大值为5，故选B.18．[2017·河南安阳模拟]已知函数f (x )＝ax 3＋x 2－ax (a ∈R ，且a ≠0)．如果存在实数a ∈(－∞，－1]，使得函数g (x )＝f (x )＋f ′(x )，x ∈[－1，b ](b >－1)在x ＝－1处取得最小值，则实数b 的最大值为________．答案17－12解析 依题意，f ′(x )＝3ax 2＋2x －a ，g (x )＝f (x )＋f ′(x )＝ax 3＋(3a ＋1)x 2＋(2－a )x －a ，则g (x )≥g (－1)在区间[－1，b ]上恒成立，即(x ＋1)[ax 2＋(2a ＋1)x ＋(1－3a )]≥0 ①，当x ＝－1时，不等式①成立，当－1<x ≤b 时，不等式①可化为ax 2＋(2a ＋1)x ＋1－3a ≥0 ②，令h (x )＝ax 2＋(2a ＋1)x ＋1－3a ，由a ∈(－∞，－1]知其图象是开口向下的抛物线，故h (x )在闭区间上的最小值必在端点处取得，又h (－1)＝－4a >0，则不等式②成立的充要条件是h (b )≥0，整理得b 2＋2b －3b ＋1≤－1a ，则该不等式在a ∈(－∞，－1]上有解，即b 2＋2b －3b ＋1≤⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a max ＝1，得－1<b ≤17－12，故实数b 的最大值为17－12.一、高考大题1．[2016·全国卷Ⅲ]设函数f (x )＝ln x －x ＋1. (1)讨论f (x )的单调性；(2)证明当x ∈(1，＋∞)时，1<x －1ln x<x ；(3)设c >1，证明当x ∈(0,1)时，1＋(c －1)x >c x.解 (1)由题设知f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－1，令f ′(x )＝0，解得x ＝1.当0<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．(2)证明：由(1)知f (x )在x ＝1处取得最大值，最大值为f (1)＝0. 所以当x ≠1时，ln x <x －1.故当x ∈(1，＋∞)时，ln x <x －1，ln 1x <1x－1，所以x －1ln x >1且x ·ln x >x －1，即1<x －1ln x<x .(3)证明：由题设c >1，设g (x )＝1＋(c －1)x －c x， 则g ′(x )＝c －1－c xln c ，令g ′(x )＝0，解得x 0＝ln c －1ln cln c.当x <x 0时，g ′(x )>0，g (x )单调递增； 当x >x 0时，g ′(x )<0，g (x )单调递减．由(2)知1<c －1ln c<c ，故0<x 0<1.又g (0)＝g (1)＝0，故当0<x <1时，g (x )>0.所以当x ∈(0,1)时，1＋(c －1)x >c x.2．[2016·北京高考]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． 解 (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.f (x )与f ′(x )在区间(－∞，＋∞)上的情况如下：所以，当c >0且c －27<0时，存在x 1∈(－∞，－2)，x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－3，x 3∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，＋∞，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． 3．[2015·全国卷Ⅰ]设函数f (x )＝e 2x－a ln x . (1)讨论f (x )的导函数f ′(x )零点的个数； (2)证明：当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a.解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x －ax(x >0)．当a ≤0时，f ′(x )>0，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，＋∞)单调递增．又f ′(a )>0，当b 满足0<b <a 4且b <14时，f ′(b )<0，故当a >0时，f ′(x )存在唯一零点．(2)证明：由(1)，可设f ′(x )在(0，＋∞)的唯一零点为x 0，当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0.故f (x )在(0，x 0)单调递减，在(x 0，＋∞)单调递增， 所以当x ＝x 0时，f (x )取得最小值，最小值为f (x 0)．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.二、模拟大题4．[2017·江西八校联考]已知函数f (x )＝(2x －1)e x，g (x )＝ax －a (a ∈R )． (1)若y ＝g (x )为曲线y ＝f (x )的一条切线，求实数a 的值；(2)已知a <1，若关于x 的不等式f (x )<g (x )的整数解只有一个x 0，求实数a 的取值范围． 解 (1)函数f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝(2x ＋1)e x .(2)令F (x )＝(2x －1)e x－ax ＋a ，x ∈R ， 则F ′(x )＝e x(2x ＋1)－a .当x ≥0时，∵e x≥1,2x ＋1≥1，∴e x(2x ＋1)≥1. 又a <1，∴F ′(x )>0，∴F (x )在(0，＋∞)上单调递增．∵F (0)＝－1＋a <0，F (1)＝e>0，∴存在唯一的整数x 0＝0使得F (x 0)<0，即f (x 0)<g (x 0)． 当x <0时，为满足题意，F (x )在(－∞，0)上不存在整数使F (x )<0，即F (x )在(－∞，－1]上不存在整数使F (x )<0.∵x ≤－1，∴e x (2x ＋1)<0.①当0≤a <1时，F ′(x )<0，∴F (x )在(－∞，－1]上单调递减， ∴当x ≤－1时，F (x )≥F (－1)＝－3e ＋2a ≥0，得a ≥32e ，∴32e≤a <1.②当a <0时，F (－1)＝－3e ＋2a <0，不符合题意．综上所述，32e ≤a <1，即实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫32e ，1. 5．[2017·东北三校模拟]已知f (x )＝1＋2ln xx2. (1)求f (x )的最大值；(2)令g (x )＝ax 2－2ln x ，当x >0时，f (x )的最大值为M ，g (x )＝M 有两个不同的根，求a 的取值范围；(3)存在x 1，x 2∈(1，＋∞)且x 1≠x 2，使|f (x 1)－f (x 2)|≥k |ln x 1－ln x 2|成立，求k 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝－4ln xx3.令y ＝f ′(x )＝0，得x ＝1.当x ∈(0,1)时，f ′(x )>0，y ＝f (x )单调递增； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，y ＝f (x )单调递减． 所以函数y ＝f (x )的最大值为f (1)＝1. (2)由(1)可知M ＝1.g ′(x )＝2ax －2x＝ax 2－x.①若a ≤0，则g ′(x )<0，y ＝g (x )单调递减，g (x )＝M 不可能有两个根． ②若a >0，则当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 时，g ′(x )<0，y ＝g (x )单调递减，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫1a，＋∞时，g ′(x )>0，y ＝g (x )单调递增，所以g ⎝⎛⎭⎪⎫1a <1，解得0<a <1.综上可得a 的取值范围是(0,1)．(3)不妨设x 1>x 2>1，由(1)知当x ∈(1，＋∞)时，y ＝f (x )单调递减．|f (x 1)－f (x 2)|≥k |ln x 1－ln x 2|等价于f (x 2)－f (x 1)≥k (ln x 1－ln x 2)，即f (x 2)＋k lnx 2≥f (x 1)＋k ln x 1.存在x 1，x 2∈(1，＋∞)且x 1≠x 2，使f (x 2)＋k ln x 2≥f (x 1)＋k ln x 1成立． 令h (x )＝f (x )＋k ln x ，h (x )在(1，＋∞)上存在减区间，则h ′(x )＝kx 2－4ln x x 3<0有解，即k <4ln x x 2有解，则k <⎝ ⎛⎭⎪⎫4lnx x 2max .令t (x )＝4ln xx 2，t ′(x )＝－2ln xx 3.当x ∈(0，e)时，t ′(x )>0，y ＝t (x )单调递增； 当x ∈(e ，＋∞)时，t ′(x )<0，y ＝t (x )单调递减． 所以⎝⎛⎭⎪⎫4ln x x 2max ＝2e ，即k 的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫－∞，2e .6．[2017·江西上饶模拟]已知函数f (x )＝ax －ln x －4(a ∈R )． (1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝2时，若存在区间[m ，n ]⊆⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞，使f (x )在[m ，n ]上的值域是⎣⎢⎡⎦⎥⎤k m ＋1，k n ＋1，求k 的取值范围．解 (1)函数f (x )的定义域是(0，＋∞)，f ′(x )＝ax －1x. 当a ≤0时，f ′(x )≤0，f (x )在(0，＋∞)上为减函数；当a >0时，令f ′(x )＝0，则x ＝1a. 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )<0，f (x )为减函数，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )为增函数．综上，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上为减函数；当a >0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上为减函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上为增函数． (2)当a ＝2时，f (x )＝2x －ln x －4，由(1)知f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上为增函数． ∵[m ，n ]⊆⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞，∴f (x )在[m ，n ]上为增函数． ∵f (x )在[m ，n ]上的值域是⎣⎢⎡⎦⎥⎤k m ＋1，k n ＋1， ∴f (m )＝k m ＋1，f (n )＝k n ＋1，其中12≤m <n ， 则f (x )＝kx ＋1在⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞上至少有两个不同的实数根． 由f (x )＝k x ＋1，得k ＝2x 2－2x －(x ＋1)ln x －4. 记φ(x )＝2x 2－2x －(x ＋1)ln x －4，x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞， 则φ′(x )＝4x －1x－ln x －3. 记F (x )＝φ′(x )＝4x －1x－ln x －3， 则F ′(x )＝4x 2－x ＋1x 2＝x －2＋3x x 2>0， ∴F (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞上为增函数， 即φ′(x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞上为增函数． ∵φ′(1)＝0，∴当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1时，φ′(x )<0，当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )>0.∴φ(x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，1上为减函数，在[1，＋∞)上为增函数． ∵φ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝3ln 2－92，φ(1)＝－4，当x →＋∞时，φ(x )→＋∞，结合φ(x )的图象(图略)得，φ(1)<k ≤φ⎝ ⎛⎭⎪⎫12， 即－4<k ≤3ln 2－92， ∴k 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－4，3ln 2－92.。
精编2018年高考数学文科考点过关习题第二章函数导数及其应用11和答案
考点测试11 函数的图象一、基础小题1．已知函数f (x )＝2x －2，则函数y ＝|f (x )|的图象可能是( )答案 B解析 函数y ＝|f (x )|＝⎩⎪⎨⎪⎧2x －2，x ≥1，2－2x，x <1，故y ＝|f (x )|在(－∞，1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数，排除A 、C 、D.2．为了得到函数y ＝lg x ＋310的图象，只需把函数y ＝lg x 的图象上所有的点( )A ．向左平移3个单位长度，再向上平移1个单位长度B ．向右平移3个单位长度，再向上平移1个单位长度C ．向左平移3个单位长度，再向下平移1个单位长度D ．向右平移3个单位长度，再向下平移1个单位长度 答案 C 解析 y ＝lgx ＋310＝lg (x ＋3)－1可由y ＝lg x 的图象向左平移3个单位长度，向下平移1个单位长度而得到．3．函数f (x )＝x ＋|x |x的图象是( )答案 C解析 化简f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋x ，x －x，作出图象可知选C.4．已知a >0，b >0且ab ＝1，则函数f (x )＝a x 与函数g (x )＝－log b x 的图象可能是( )答案 B解析 ∵ab ＝1，且a >0，b >0，∴a ＝1b，又g (x )＝－log b x ＝－log 1ax ＝log a x ，所以f (x )与g (x )的底数相同，单调性相同，且两图象关于直线y ＝x 对称，故选B.5．已知函数f (x )＝1x ＋－x，则y ＝f (x )的图象大致为( )答案 B解析 当x ＝1时，y ＝1ln 2－1<0，排除A ；当x ＝0时，y 不存在，排除D ；当x 从负方向无限趋近0时，y 趋向于－∞，排除C ，选B.6．若函数f (x )＝(k －1)a x －a －x (a >0，且a ≠1)在R 上既是奇函数，又是减函数，则g (x )＝log a (x ＋k )的图象是( )答案 A解析 由函数f (x )＝(k －1)a x －a －x (a >0，且a ≠1)在R 上是奇函数，得k ＝2，又f (x )是减函数，得0<a <1，则g (x )＝log a (x ＋k )＝log a (x ＋2)，定义域是(－2，＋∞)，且单调递减，故图象是A.7．已知函数y ＝f (x )(－2≤x ≤2)的图象如图所示，则函数y ＝f (|x |)(－2≤x ≤2)的图象是( )答案 B解析解法一：由题意可得f (x )＝⎩⎨⎧－12x －1，－2≤x <0，－x －2＋1，0≤x ≤2，所以y ＝f (|x |)＝⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋2＋1，－2≤x <0，－x －2＋1，0≤x ≤2，可知选B.解法二：由函数f (x )的图象可知，函数在y 轴右侧的图象在x 轴上方，函数在y 轴左侧的图象在x 轴下方，而y ＝f (|x |)在x >0时的图象保持不变，因此排除C 、D ，由于y ＝f (|x |)是偶函数，函数y ＝f (|x |)在y 轴右侧的图象与在y 轴左侧的图象关于y 轴对称，故选B.8．若对任意的x ∈R ，y ＝1－a |x |均有意义，则函数y ＝log a ⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x 的大致图象是( )答案 B解析 由题意得1－a |x |≥0，即a |x |≤1＝a 0恒成立，由于|x |≥0，故0<a <1.y ＝log a ⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x ＝－log a |x |是偶函数，且在(0，＋∞)上是单调递增函数，故选B.9. 函数f (x )＝⎩⎨⎧ax ＋b x，log c ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋19x的图象如图所示，则a ＋b ＋c ＝( )A.43B.73 C ．4 D.133答案 D解析 由题图知，可将点(0,2)代入y ＝log c ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋19，得2＝log c 19，解得c ＝13.再将点(0,2)和(－1,0)分别代入y ＝ax ＋b ，解得a ＝2，b ＝2，∴a ＋b ＋c ＝133，选D.10．如图，虚线是四个象限的角平分线，实线是函数y ＝f (x )的部分图象，则f (x )可能是( )A ．x sin xB ．x cos xC ．x 2cos xD ．x 2sin x 答案 A解析 由题图知f (x )是偶函数，排除B 、D.当x ≥0时，－x ≤f (x )≤x .故选A. 11．把函数f (x )＝(x －2)2＋2的图象向左平移1个单位，再向上平移1个单位，所得图象对应的函数解析式是________．答案y＝(x－1)2＋3解析把函数f(x)＝(x－2)2＋2的图象向左平移1个单位，得y＝2＋2＝(x－1)2＋2，再向上平移1个单位，所得图象对应的函数解析式为y＝(x－1)2＋2＋1＝(x－1)2＋3.12．已知函数f(x)的图象如图所示，则函数g(x)＝log2f(x)的定义域是________．答案(2,8]解析当f(x)>0时，函数g(x)＝log2f(x)有意义，由函数f(x)的图象知满足f(x)>0的x∈(2,8]．二、高考小题13．函数y＝sin x2的图象是( )答案 D解析排除法．由y＝sin x2为偶函数判断函数图象的对称性，排除A，C；当x＝π2时，y＝sin⎝⎛⎭⎪⎫π22＝sinπ24≠1，排除B，故选D.14．函数y＝2x2－e|x|在的图象大致为( )答案 D解析当x∈(0,2]时，y＝f(x)＝2x2－e x，f′(x)＝4x－e x.f′(x)在(0,2)上只有一个零点x 0，且当0<x <x 0时，f ′(x )<0；当x 0<x ≤2时，f ′(x )>0.故f (x )在(0,2]上先减后增，又f (2)－1＝7－e 2<0，所以f (2)<1.故选D.15．函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x cos x (－π≤x ≤π且x ≠0)的图象可能为( )答案 D解析 因为f (－x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－x ＋1x cos(－x )＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x cos x ＝－f (x )，所以函数f (x )为奇函数，排除A 、B.当0<x <1时，x －1x<0，cos x >0，所以f (x )<0，排除C ，故选D.16．在同一直角坐标系中，函数y ＝ax 2－x ＋a2与y ＝a 2x 3－2ax 2＋x ＋a (a ∈R )的图象不可能的是( )答案 B解析 当a ＝0时，函数为y 1＝－x 与y 2＝x ，排除D.当a ≠0时，y 1＝ax 2－x ＋a2＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12a 2－14a ＋a 2，而y 2＝a 2x 3－2ax 2＋x ＋a ，求导得y 2′＝3a 2x 2－4ax ＋1，令y 2′＝0，解得x 1＝13a ，x 2＝1a ，∴x 1＝13a 与x 2＝1a 是函数y 2的两个极值点．当a >0时，13a <12a <1a ；当a <0时，13a >12a >1a ，即二次函数y 1的对称轴在函数y 2的两个极值点之间，所以选项B 不合要求，故选B.17．已知函数f (x )(x ∈R )满足f (－x )＝2－f (x )，若函数y ＝x ＋1x与y ＝f (x )图象的交点为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，…，(x m ，y m )，则∑mi ＝1(x i ＋y i )＝( )A ．0B ．mC ．2mD ．4m 答案 B解析 由f (－x )＝2－f (x )可知f (x )的图象关于点(0,1)对称，又易知y ＝x ＋1x ＝1＋1x的图象关于点(0,1)对称，所以两函数图象的交点成对出现，且每一对交点都关于点(0,1)对称，则x 1＋x m ＝x 2＋x m －1＝…＝0，y 1＋y m ＝y 2＋y m －1＝…＝2，∴∑mi ＝1(x i＋y i )＝0×m 2＋2×m2＝m .故选B.18．如图，长方形ABCD 的边AB ＝2，BC ＝1，O 是AB 的中点．点P 沿着边BC ，CD 与DA 运动，记∠BOP ＝x .将动点P 到A ，B 两点距离之和表示为x 的函数f (x )，则y ＝f (x )的图象大致为()答案 B解析 当点P 与C 、D 重合时，易求得PA ＋PB ＝1＋5；当点P 为DC 的中点时，有OP ⊥AB ，则x ＝π2，易求得PA ＋PB ＝2PA ＝2 2.显然1＋5>22，故当x＝π2时，f(x)没有取到最大值，则C、D选项错误．当x∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π4时，f(x)＝tan x＋4＋tan2x，不是一次函数，排除A，故选B.三、模拟小题19．已知函数f(x)＝4－x2，函数g(x)(x∈R且x≠0)是奇函数，当x>0时，g(x)＝log2x，则函数f(x)·g(x)的大致图象为( )答案 D解析因为函数f(x)＝4－x2为偶函数，g(x)是奇函数，所以函数f(x)·g(x)为奇函数，其图象关于原点对称，排除A、B.又当x>0时，g(x)＝log2x，当x>1时，g(x)>0，当0<x<1时，g(x)<0；f(x)＝4－x2，当x>2时，f(x)<0，当0<x<2时，f(x)>0，所以C错误，故选D.20．已知f(x)＝a x－2，g(x)＝log a|x|(a>0且a≠1)，若f(4)g(－4)<0，则y＝f(x)，y＝g(x)在同一坐标系内的大致图象是( )答案 B解析 ∵f (x )＝a x －2>0恒成立，又f (4)g (－4)<0，所以g (－4)＝log a |－4|＝log a 4<0＝log a 1，∴0<a <1.故函数y ＝f (x )在R 上单调递减，且过点(2,1)，函数y ＝g (x )在(0，＋∞)上单调递减，在(－∞，0)上单调递增，故B 正确．21．已知函数f (x )的图象如图所示，则f (x )的解析式可以是( )A ．f (x )＝ln |x |xB ．f (x )＝e xxC ．f (x )＝1x2－1D ．f (x )＝x －1x答案 A解析 由函数图象可知，函数f (x )为奇函数，应排除B 、C.若函数为f (x )＝x －1x，则x →＋∞时，f (x )→＋∞，排除D ，故选A.22．若函数y ＝f (x )的图象过点(1,1)，则函数y ＝f (4－x )的图象一定经过点________．答案 (3,1)解析 由于函数y ＝f (4－x )的图象可以看作y ＝f (x )的图象先关于y 轴对称，再向右平移4个单位长度得到．点(1,1)关于y 轴对称的点为(－1,1)，再将此点向右平移4个单位长度，可推出函数y ＝f (4－x )的图象过定点(3,1)．23．设函数y ＝f (x )的图象与函数y ＝2x ＋a 的图象关于直线y ＝－x ＋1对称，且f (－3)＋f (－7)＝1，则实数a 的值是________．答案 2解析 设函数y ＝f (x )的图象上任意一点的坐标为(x ，y )，其关于直线y ＝－x ＋1对称的点的坐标为(m ，n )，则点(m ，n )在函数y ＝2x ＋a 的图象上，由⎩⎨⎧y ＋n ＝－x ＋m＋1，y －nx －m ＝1，得m ＝1－y ，n ＝1－x ，代入y ＝2x ＋a 得1－x ＝21－y ＋a ，即y ＝－log 2(1－x )＋a ＋1，即函数y ＝f (x )＝－log 2(1－x )＋a ＋1，又f (－3)＋f (－7)＝1，所以－log 24＋a ＋1－log 28＋a ＋1＝1，解得a ＝2.24．已知函数y ＝|x 2－1|的图象与函数y ＝kx －2的图象恰有两个交点，则实数k 的取值范围是________．答案 (0,1)∪(1,4)解析 y ＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1，x ≤－1或x >1，－x －1，－1<x <1，函数y ＝kx －2恒过定点M (0，－2)，k MA ＝0，k MB ＝4.当k ＝1时，直线y ＝kx －2在x >1时与直线y ＝x ＋1平行，此时有一个公共点，∴k ∈(0,1)∪(1,4)，两函数图象恰有两个交点．一、高考大题本考点在近三年高考中未涉及此题型． 二、模拟大题1．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3－x 2，x ∈[－1，2]，x －3，x ∈，5].(1)在如图所示给定的直角坐标系内画出f (x )的图象；(2)写出f(x)的单调递增区间；(3)由图象指出当x取什么值时f(x)有最值．解(1)函数f(x)的图象如图所示．(2)由图象可知，函数f(x)的单调递增区间为，．(3)由图象知当x＝2时，f(x)min＝f(2)＝－1，当x＝0时，f(x)max＝f(0)＝3.2．已知函数f(x)＝x|m－x|(x∈R)，且f(4)＝0.(1)求实数m的值；(2)作出函数f(x)的图象并判断其零点个数；(3)根据图象指出f(x)的单调递减区间；(4)根据图象写出不等式f(x)>0的解集；(5)求集合M＝{m|使方程f(x)＝m有三个不相等的实根}．解(1)∵f(4)＝0，∴4|m－4|＝0，即m＝4.(2)∵f (x )＝x |m －x |＝x |4－x |＝⎩⎪⎨⎪⎧x x －，x ≥4，－x x －，x <4.∴函数f (x )的图象如图：由图象知f (x )有两个零点．(3)从图象上观察可知：f (x )的单调递减区间为．(4)从图象上观察可知：不等式f (x )>0的解集为：{x |0<x <4或x >4}． (5)由图象可知若y ＝f (x )与y ＝m 的图象有三个不同的交点，则0<m <4，∴集合M ＝{m |0<m <4}．3．已知函数f (x )＝|x 2－4x ＋3|.若关于x 的方程f (x )－a ＝x 至少有三个不相等的实数根，求实数a 的取值范围．解 f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －2－1，x ∈－∞，1]∪[3，＋，－x －2＋1，x ∈，作出图象如图所示．原方程变形为|x 2－4x ＋3|＝x ＋a .于是，设y ＝x ＋a ，在同一坐标系下再作出y ＝x ＋a 的图象．如图．则当直线y ＝x ＋a 过点(1,0)时，a ＝－1；当直线y ＝x ＋a 与抛物线y ＝－x 2＋4x －3相切时，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋a ，y ＝－x 2＋4x －3⇒x 2－3x ＋a ＋3＝0. 由Δ＝9－4(3＋a )＝0，得a ＝－34.由图象知当a ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－34时方程至少有三个不等实根．4．设函数f (x )＝x ＋1x(x ∈(－∞，0)∪(0，＋∞))的图象为C 1，C 1关于点A (2,1)对称的图象为C 2，C 2对应的函数为g (x )．(1)求函数y ＝g (x )的解析式，并确定其定义域；(2)若直线y ＝b 与C 2只有一个交点，求b 的值，并求出交点的坐标． 解 (1)设P (u ，v )是y ＝x ＋1x上任意一点，∴v ＝u ＋1u①.设P 关于A (2,1)对称的点为Q (x ，y )， ∴⎩⎪⎨⎪⎧ u ＋x ＝4，v ＋y ＝2⇒⎩⎪⎨⎪⎧u ＝4－x ，v ＝2－y .代入①得2－y ＝4－x ＋14－x ，y ＝x －2＋1x －4，∴g (x )＝x －2＋1x －4(x ∈(－∞，4)∪(4，＋∞))．(2)联立⎩⎨⎧y ＝b ，y ＝x －2＋1x －4⇒x2－(b＋6)x＋4b＋9＝0，∴Δ＝(b＋6)2－4×(4b＋9)＝b2－4b＝0，b＝0或b＝4. ∴当b＝0时，得交点(3,0)；当b＝4时，得交点(5,4)．。
2018年高考数学一轮温习第二章函数导数及其应用课时达标10函数与方程理
解析：依题意，要使函数f(x)有三个不同的零点，那么当x≤0时，方程2x－a＝0，即2x＝a必有一个根，现在0<a≤1；
当x>0时，方程x2－3ax＋a＝0有两个不等的实根，即方程x2－3ax＋a＝0有两个不等的正实根，
于是有 解得a> ，
(1)写出函数y＝f(x)的解析式；
(2)假设方程f(x)＝a恰有3个不同的解，求a的取值范围．
解析：(1)当x∈(－∞，0)时，－x∈(0，＋∞)，
因为y＝f(x)是奇函数，
因此f(x)＝－f(－x)＝－[(－x)2－2(－x)]＝－x2－2x，
因此f(x)＝
(2)当x∈[0，＋∞)时，f(x)＝x2－2x＝(x－1)2－1，最小值为－1；
C．(2,3)D．(3,4)
解析：构造函数f(x)＝lnx＋x－4，因为f(2)＝ln 2＋2－4<0，f(3)＝ln 3＋3－4>0，故零点必然在区间(2,3)内．
3．f(x)＝2sin πx－x＋1的零点个数为( B )
A．4B．5
C．6D．7
解析：令f(x)＝2sin πx－x＋1＝0，那么2sin πx＝x－1，令h(x)＝2sin πx，g(x)＝x－1，那么f(x)＝2sin πx－x＋1的零点个数问题转化为两个函数h(x)与g(x)图象的交点个数问题．h(x)＝2sin πx的最小正周期为T＝ ＝2，在同一坐标系中，画出两个函数的图象，如下图，两个函数图象的交点一共有5个，因此f(x)＝2sin πx－x＋1的零点个数为5.
4．已知方程|x2－a|－x＋2＝0有两个不等的实数根，那么实数a的取值范围为( B )
A．(0,4)B．(4，＋∞)
【配套K12】2018年高考数学考点通关练第二章函数导数及其应用12函数与方程试题文
考点测试12 函数与方程一、基础小题1．若函数f(x)＝ax＋1在区间(－1,1)上存在一个零点，则实数a的取值范围是( ) A．(1，＋∞) B．(－∞，1)C．(－∞，－1)∪(1，＋∞) D．(－1,1)答案 C解析由题意知，f(－1)f(1)<0，即(1－a)(1＋a)<0，解得a<－1或a>1.2．下列函数图象与x轴均有公共点，其中能用二分法求零点的是( )答案 C解析能用二分法求零点的函数必须在给定区间[a，b]上连续不断，并且有f(a)·f(b)<0.A、B中不存在f(x)<0，D中函数不连续．故选C.3．二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c，若f(1)>0，f(2)<0，则f(x)在(1,2)上零点的个数为( )A ．至多有一个B ．有一个或两个C ．有且仅有一个D ．一个也没有答案 C解析 ∵f (1)>0，f (2)<0，∴f (x )在(1,2)上必有零点，又∵函数为二次函数，∴有且只有一个零点．4．已知函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x －x 13 ，那么在下列区间中含有函数f (x )零点的是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13B.⎝ ⎛⎭⎪⎫13，12C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1 D ．(1,2) 答案 B 解析5．函数 f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2x －3，x ≤0，－2＋ln x ，x >0的零点个数为( )A ．0B ．1C ．2D ．3 答案 C解析 由⎩⎪⎨⎪⎧x ≤0，x 2＋2x －3＝0，得x ＝－3.又⎩⎪⎨⎪⎧x >0，－2＋ln x ＝0，得x ＝e 2.∴f (x )的零点个数为2.故选C.6．已知a 是函数f (x )＝2x－log 12 x 的零点，若0<x 0<a ，则f (x 0)的值满足( )A ．f (x 0)＝0B ．f (x 0)<0C ．f (x 0)>0D ．f (x 0)的符号不确定答案 B解析 分别作出y ＝2x与y ＝log 12 x 的图象如图，当0<x 0<a 时，y ＝2x的图象在y ＝log 12x 图象的下方，所以f (x 0)<0.7．若a <b <c ，则函数f (x )＝(x －a )·(x －b )＋(x －b )(x －c )＋(x －c )(x －a )的两个零点分别位于区间( )A ．(a ，b )和(b ，c )内B ．(－∞，a )和(a ，b )内C ．(b ，c )和(c ，＋∞)内D ．(－∞，a )和(c ，＋∞)内答案 A解析 易知f (a )＝(a －b )(a －c )，f (b )＝(b －c )(b －a )，f (c )＝(c －a )(c －b )．又a <b <c ，则f (a )>0，f (b )<0，f (c )>0，又该函数是二次函数，且图象开口向上，可知两个零点分别在(a ，b )和(b ，c )内．8．已知函数f (x )与g (x )的图象均在R 上不间断，由下表知方程f (x )＝g (x )的实数解所在的区间是( )答案 B解析 设h (x )＝f (x )－g (x )，则h (－1)＝－0.147，h (0)＝－0.44，h (1)＝0.542，所以h (0)·h (1)<0，h (x )的零点在(0,1)内，即f (x )＝g (x )的实数解所在的区间为(0,1)．9．函数f (x )＝e x ＋ln x ，g (x )＝e －x ＋ln x ，h (x )＝e －x－ln x 的零点分别是a ，b ，c ，则( )A ．a <b <cB ．c <b <aC ．c <a <bD ．b <a <c 答案 A解析 由f (x )＝e x ＋ln x ＝0，得e x ＝－ln x ，但x >0，e x>1，故－ln x >1，即ln x <－1，所以0<a <1e ；由g (x )＝e －x ＋ln x ＝0，得e －x ＝－ln x ，但x >0,0<e －x<1，故0<－ln x <1，即－1<ln x <0，所以1e <b <1；由h (x )＝e －x －ln x ＝0，得e －x ＝ln x ，但x >0,0<e －x<1，故0<ln x <1，所以1<c <e.综上可知a <b <c ，正确选项为A.10．已知f (x )＝2－x－ln (x 3＋1)，实数a ，b ，c 满足f (a )f (b )f (c )<0，且0<a <b <c ，若实数x 0是函数f (x )的一个零点，那么下列不等式中，不可能成立的是( )A ．x 0<aB ．x 0>bC ．x 0<cD ．x 0>c答案 D解析 由已知f (x )＝2－x－ln (x 3＋1)在(0，＋∞)上为减函数，且f (x 0)＝0，f (a )f (b )f (c )<0可分为以下两种情形：①f (a )，f (b )，f (c )均小于0，如图所示，此时x 0<a <b <c .②f (a )>0，f (b )>0，f (c )<0，如图所示，此时a <b <x 0<c ，综上，不可能成立的是x 0>c ，故选D.11．已知函数f (x )＝ln x －⎝ ⎛⎭⎪⎫12x －2的零点为x 0，则x 0所在的区间是( )A ．(0,1)B ．(1,2)C ．(2,3)D ．(3,4) 答案 C解析 ∵f (x )＝ln x －⎝ ⎛⎭⎪⎫12x －2在(0，＋∞)是增函数，又f (1)＝ln 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1＝ln 1－2<0，f (2)＝ln 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫120<0，f (3)＝ln 3－⎝ ⎛⎭⎪⎫121>0，∴x 0∈(2,3)，故选C.12．函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|x 2＋2x －1|，x ≤0，2x －1＋a ，x >0有两个不同的零点，则实数a 的取值范围为________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－12解析 由于当x ≤0，f (x )＝|x 2＋2x －1|时图象与x 轴只有1个交点，即只有1个零点，故由题意只需方程2x －1＋a ＝0有1个正根即可，变形为2x＝－2a ，结合图形只需－2a >1⇒a <－12即可． 二、高考小题13．[2014·湖北高考]已知f (x )是定义在R 上的奇函数，当x ≥0时，f (x )＝x 2－3x ，则函数g (x )＝f (x )－x ＋3的零点的集合为( )A ．{1,3}B ．{－3，－1,1,3}C ．{2－7，1,3}D ．{－2－7，1,3}答案 D解析 当x ≥0时，f (x )＝x 2－3x ，令g (x )＝x 2－3x －x ＋3＝0，得x 1＝3，x 2＝1. 当x <0时，－x >0，∴f (－x )＝(－x )2－3(－x )， ∴－f (x )＝x 2＋3x ，∴f (x )＝－x 2－3x .令g (x )＝－x 2－3x －x ＋3＝0，得x 3＝－2－7，x 4＝－2＋7>0(舍)， ∴函数g (x )＝f (x )－x ＋3的零点的集合是{－2－7，1,3}，故选D.14．[2016·山东高考]已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|x |，x ≤m ，x 2－2mx ＋4m ，x >m ，其中m >0.若存在实数b ，使得关于x 的方程f (x )＝b 有三个不同的根，则m 的取值范围是________．答案 (3，＋∞)解析 f (x )的图象如图所示，若存在实数b ，使得关于x 的方程f (x )＝b 有三个不同的根，只需4m －m 2<m ，解之得m >3或m <0，又m >0，所以m >3.15．[2015·湖南高考]若函数f (x )＝|2x－2|－b 有两个零点，则实数b 的取值范围是________．答案 (0,2)解析 函数f (x )＝|2x－2|－b 有两个零点等价于函数y ＝|2x－2|与y ＝b 的图象有两个不同的交点．在同一坐标系中作出函数y ＝|2x－2|及y ＝b 的图象，如图．由图可知b ∈(0,2)．16．[2014·福建高考]函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2，x ≤0，2x －6＋ln x ，x >0的零点个数是________．答案 2解析 当x ≤0时，由x 2－2＝0，得x ＝－2；当x >0时，f (x )＝2x －6＋ln x 在(0，＋∞)上为增函数，且f (2)＝ln 2－2<0，f (3)＝ln 3>0，所以f (x )在(0，＋∞)上有且只有一个零点．综上可知f (x )的零点个数为2.17．[2015·湖北高考]函数f (x )＝2sin x sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π2－x 2的零点个数为________．答案 2解析 f (x )＝2sin x cos x －x 2＝sin2x －x 2，函数f (x )的零点个数可转化为函数y 1＝sin2x 与y 2＝x 2图象的交点个数，在同一坐标系中画出y 1＝sin2x 与y 2＝x 2的图象如图所示．由图可知两函数图象有2个交点，则f (x )的零点个数为2.18．[2014·天津高考]已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|x 2＋5x ＋4|，x ≤0，2|x －2|，x >0.若函数y ＝f (x )－a |x |恰有4个零点，则实数a 的取值范围为________． 答案 (1,2)解析 函数y ＝f (x )－a |x |恰有4个零点等价于函数y ＝f (x )和y ＝a |x |的图象恰有4个公共点．在同一平面直角坐标系内画出函数y ＝f (x )和y ＝a |x |的图象可知，若满足条件，则a >0.当a ≥2时，在y 轴右侧，两函数图象只有一个公共点，此时在y 轴左侧，射线y ＝－ax (x ≤0)与抛物线y ＝－x 2－5x －4(－4<x <－1)需相切．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－x 2－5x －4，y ＝－ax 消去y ，得x 2＋(5－a )x ＋4＝0.由Δ＝(5－a )2－16＝0，解得a ＝1或a ＝9.a ＝1与a ≥2矛盾，a ＝9时，切点的横坐标为2，不符合．故0<a <2，此时，在y 轴右侧，两函数图象有两个公共点，若满足条件，则－a <－1，即a >1.故1<a <2.三、模拟小题19．[2016·河北监测]若f (x )是奇函数，且x 0是y ＝f (x )＋e x的一个零点，则－x 0一定是下列哪个函数的零点( )A ．y ＝f (－x )e x－1 B ．y ＝f (x )e －x＋1 C ．y ＝e xf (x )－1 D ．y ＝e xf (x )＋1答案 C 解析20．[2017·宁夏银川质检]若函数y ＝f (x )在区间[a ，b ]上的图象是连续的，则下列说法正确的是( )A ．若f (a )f (b )>0，则不存在实数c ∈(a ，b )使得f (c )＝0B ．若f (a )f (b )>0，则有可能存在实数c ∈(a ，b )使得f (c )＝0C ．若f (a )f (b )<0，则有可能不存在实数c ∈(a ，b )使得f (c )＝0D ．若f (a )f (b )<0，则有且只有一个实数c ∈(a ，b )使得f (c )＝0 答案 B解析 由函数零点存在性定理可知，选B.21．[2017·南昌模拟]已知f (x )是定义在R 上的奇函数，且当x ∈(0，＋∞)时，f (x )＝2016x＋log 2016x ，则函数f (x )的零点个数是( )A ．1B ．2C ．3D ．4 答案 C解析 作出函数y ＝2016x和y ＝－log 2016x 的图象如图所示，可知函数f (x )＝2016x＋log 2016x 在x ∈(0，＋∞)上存在一个零点，又f (x )是定义在R 上的奇函数，∴f (x )在x ∈(－∞，0)上只有一个零点，又f (0)＝0，∴函数f (x )的零点个数是3，故选C.22．[2017·陕西西安模拟]设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x，x ≤0，log 2x ，x >0，若关于x 的方程[f (x )]2－af (x )＝0恰有三个不同的实数解，则实数a 的取值范围为( )A ．(0,1]B ．(0,1)C ．[1，＋∞)D ．(－∞，1)答案 A解析 关于x 的方程[f (x )]2－af (x )＝0的解为f (x )＝0或f (x )＝a ，而函数f (x )的图象如图所示，由图象可知，方程f (x )＝0只有一解x ＝1，而原方程有三解，所以方程f (x )＝a 有两个不为1的相异的解，即0<a ≤1.23．[2017·湖南衡阳模拟]函数f (x )的定义域为[－1,1]，图象如图1所示；函数g (x )的定义域为[－2,2]，图象如图2所示，方程f (g (x ))＝0有m 个实数根，方程g (f (x ))＝0有n 个实数根，则m ＋n ＝( )A．14 B．12 C．10 D．8答案 A解析由题图1可知，若f(g(x))＝0，则g(x)＝－1或g(x)＝0或g(x)＝1，由题图2可知，g(x)＝－1时，x＝－1或x＝1；g(x)＝0对应的x值有3个；g(x)＝1时，x＝2或x ＝－2，故m＝7.若g(f(x))＝0，则f(x)＝－1.5或f(x)＝1.5或f(x)＝0，由题图1知，f(x)＝1.5与f(x)＝－1.5对应的x值各有2个，f(x)＝0时，x＝－1或x＝1或x＝0，故n＝7，故m＋n＝14.故选A.24．[2017·天津六校联考]已知函数y＝f(x)的图象是连续的曲线，且对应值如表：答案 3解析依题意知f(2)>0，f(3)<0，f(4)>0，f(5)<0，根据零点存在性定理可知，f(x)在区间(2,3)，(3,4)，(4,5)内均至少含有一个零点，故函数y＝f(x)在区间[1,6]上的零点至少有3个．一、高考大题本考点在近三年高考中未涉及此题型．二、模拟大题1．[2017·湖南长郡月考]若关于x的方程(lg ax)·(lg ax2)＝4的所有解都大于1，求实数a的取值范围．解原方程可化为(lg a＋lg x)·(lg a＋2lg x)＝4，即2(lg x)2＋3(lg a)·(lg x)＋(lg a)2－4＝0，令lg x＝t>0，则有2t2＋3(lg a)·t＋(lg a)2－4＝0的解都是正数，设f(t)＝2t2＋3(lg a)·t＋(lg a)2－4，则⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝a2－a2－4]≥0，－3lg a4>0，f ＝a2－4>0，解得lg a <－2，∴0<a <1100，∴实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1100.2．[2017·河北保定调研]已知函数f (x )＝－x 2－2x ， g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋14x，x >0，x ＋1，x ≤0.(1)求g [f (1)]的值；(2)若方程g [f (x )]－a ＝0有4个实数根，求实数a 的取值范围． 解 (1)利用解析式直接求解得g [f (1)]＝g (－3)＝－3＋1＝－2.(2)令f (x )＝t ，则原方程化为g (t )＝a ，易知方程f (x )＝t 在t ∈(－∞，1)内有2个不同的解，则原方程有4个解等价于函数y ＝g (t )(t <1)与y ＝a 的图象有2个不同的交点，作出函数y ＝g (t )(t <1)的图象，由图象可知，当1≤a <54时，函数y ＝g (t )(t <1)与y ＝a 有2个不同的交点，即所求a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，54. 3．[2017·山东高密质检]已知关于x 的二次方程x 2＋2mx ＋2m ＋1＝0.(1)若方程有两根，其中一根在区间(－1,0)内，另一根在区间(1,2)内，求m 的范围； (2)若方程两根均在区间(0,1)内，求m 的范围．解 (1)由条件，抛物线f (x )＝x 2＋2mx ＋2m ＋1与x 轴的交点分别在区间(－1,0)和(1,2)内，如图1所示，得⎩⎪⎨⎪⎧ f ＝2m ＋1<0，f －＝2>0，f ＝4m ＋2<0，f ＝6m ＋5>0⇒⎩⎪⎨⎪⎧ m <－12，m ∈R ，m <－12，m >－56.即－56<m <－12. (2)抛物线与x 轴交点均落在区间(0,1)内，如图2所示，列不等式组⎩⎪⎨⎪⎧ f ＝2m ＋1>0，f ＝4m ＋2>0，Δ＝4m 2－m ＋，0<－m <1⇒⎩⎪⎨⎪⎧ m >－12，m >－12，m ≥1＋2或m ≤1－2，－1<m <0，即－12<m ≤1－ 2. 4．[2017·广东汕头质检]已知函数f (x )＝－x 2＋2e x ＋m －1，g (x )＝x ＋e 2x(x >0)． (1)若y ＝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．解 (1)解法一：∵g (x )＝x ＋e 2x ≥2e 2＝2e ，等号成立的条件是x ＝e ，故g (x )的值域是[2e ，＋∞)，因而只需m ≥2e，则y ＝g (x )－m 就有零点．解法二：由g ′(x )＝1－e 2x 2＝x ＋x －x 2，可作出g (x )＝x ＋e 2x(x >0)的大致图象(如图1)．可知若使y ＝g (x )－m 有零点，则只需m ≥2e.(2)若g (x )－f (x )＝0有两个相异的实根，即g (x )与f (x )的图象有两个不同的交点，作出g (x )＝x ＋e 2x(x >0)的大致图象(如图2)． ∵f (x )＝－x 2＋2e x ＋m －1＝－(x －e)2＋m －1＋e 2.∴其图象的对称轴为x ＝e ，开口向下，最大值为m －1＋e 2.故当m －1＋e 2>2e ，即m >－e 2＋2e ＋1时，g (x )与f (x )有两个交点，即g (x )－f (x )＝0有两个相异实根．∴m 的取值范围是(－e 2＋2e ＋1，＋∞)．。
2018年高考数学 考点通关练 第二章 函数、导数及其应用 5 函数的定义域和值域试题 理
考点测试5 函数的定义域和值域一、基础小题1．函数f(x)＝1lg x＋2－x的定义域为( )A．(0,2] B．(0,2) C．(0,1)∪(1,2] D．(－∞，2] 答案 C解析f(x)＝1lg x＋2－x是复合函数，所以定义域要满足lg x≠0且2－x≥0且x>0，所以0＜x≤2且x≠1.2．若函数y＝x2－4x的定义域是{x|1≤x<5，x∈N}，则其值域为( )A．[－3,5) B．[－4,5)C．{－4，－3,0} D．{0,1,2,3,4}答案 C解析分别将x＝1,2,3,4代入函数解析式，解得y＝－3，－4，－3,0，由集合中元素的互异性可知值域是{－4，－3,0}．3．函数y＝16－4x的值域是( )A．[0，＋∞)B．[0,4]C．[0,4) D．(0,4)答案 C解析由已知得0≤16－4x<16,0≤16－4x<16＝4，即函数y＝16－4x的值域是[0,4)．4．若函数y ＝kx 2－6x ＋k ＋8的定义域为R ，则实数k 的取值范围是( ) A ．(－∞，－9]∪[0，＋∞) B ．[1，＋∞) C ．[－9,1] D ．(0,1]答案 B解析 由题意知kx 2－6x ＋k ＋8≥0对于x ∈R 恒成立，当k ≤0时显然不符合，所以⎩⎪⎨⎪⎧k >0，Δ＝36－4k k ＋，解得k ≥1，故选B.5．若函数y ＝f (x )的值域是[1,3]，则函数F (x )＝1－f (x ＋3)的值域是( ) A ．[－8，－3] B ．[－5，－1] C ．[－2,0] D ．[1,3]答案 C解析 ∵1≤f (x )≤3，∴－3≤－f (x ＋3)≤－1，∴－2≤1－f (x ＋3)≤0，即F (x )的值域为[－2,0]．6．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2a x ＋3a ，x <1，ln x ，x ≥1的值域为R ，那么实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，－1]B ．⎝⎛⎭⎪⎫－1，12C ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫－1，12D ．⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12 答案 C解析 由题意知y ＝ln x (x ≥1)的值域为[0，＋∞)，故要使f (x )的值域为R ，则y ＝(1－2a )x ＋3a 为增函数，所以1－2a >0，即a <12，同时，1－2a ＋3a ≥0，即a ≥－1，综上，－1≤a <12，故选C.7．函数f (x )＝a x＋log a (x ＋1)在[0,1]上的最大值和最小值之和为a ，则a 的值为( ) A ．14 B ．12 C ．2 D ．4答案 B解析 当a >1时，a ＋log a 2＋1＝a ，log a 2＝－1，所以a ＝12，与a >1矛盾；当0<a <1时，1＋a ＋log a 2＝a ，log a 2＝－1，所以a ＝12.8．若函数f (x )的值域是⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，3，则函数F (x )＝f (x )＋1f x 的值域是( ) A ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，3B ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤2，103C ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤52，103D ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤3，103答案 B解析 因为F (x )＝f (x )＋1f x≥2，当且仅当f (x )＝1f x，即f (x )＝1时取等号，所以F (x )min ＝2；又函数F (x )为连续函数，当f (x )＝12时，F (x )＝52；当f (x )＝3时，F (x )＝103，故F (x )max ＝103，所以F (x )的值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤2，103.故选B.9．下列函数中，值域是(0，＋∞)的是( ) A ．y ＝15－x＋1B ．y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x －1 C ．y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫131－xD ．y ＝1－2x答案 C解析 因为5－x＋1>1，所以A 项中函数的值域为(0,1)；B 、D 项中函数的值域均为[0，＋∞)；因为1－x ∈R ，根据指数函数性质可知C 项中函数的值域为(0，＋∞)，故选C.10．若函数y ＝f (x )的定义域为[0,2]，则函数g (x )＝f (x ＋1)－f (x －1)的定义域为________．答案 {1}解析 由条件可得⎩⎪⎨⎪⎧0≤x ＋1≤2，0≤x －1≤2，解得x ＝1，所以g (x )的定义域为{1}．11．若函数y ＝log 2(ax 2＋2x ＋1)的值域为R ，则a 的取值范围为________． 答案 [0,1]解析 设f (x )＝ax 2＋2x ＋1，由题意知，f (x )取遍所有的正实数．当a ＝0时，f (x )＝2x ＋1符合条件；当a ≠0时，则⎩⎪⎨⎪⎧a >0，Δ＝4－4a ≥0，解得0<a ≤1.所以0≤a ≤1.12．已知函数f (x )与g (x )分别由下表给出：则函数y ＝g (f (x ))的值域为________． 答案 {2,3,5}解析 由表格可知，函数f (x )的定义域是{1,2,3,4}．则当x ＝1时，y ＝g (f (1))＝g (2)＝3；当x ＝2时，y ＝g (f (2))＝g (1)＝2；当x ＝3时，y ＝g (f (3))＝g (4)＝5；当x ＝4时，y＝g (f (4))＝g (2)＝3.所以函数y ＝g (f (x ))的值域为{2,3,5}．二、高考小题13．[2014·山东高考]函数f (x )＝12x2－1的定义域为( ) A ．⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12 B ．(2，＋∞)C ．⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12∪(2，＋∞) D ．⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12∪[2，＋∞) 答案 C解析 要使函数f (x )有意义，需使(log 2x )2－1>0，即(log 2x )2>1，∴log 2x >1或log 2x <－1，解得x >2或0<x <12.故f (x )的定义域为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12∪(2，＋∞)． 14．[2014·上海高考]设f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －a 2，x ≤0，x ＋1x ＋a ，x >0.若f (0)是f (x )的最小值，则a 的取值范围为( )A ．[－1,2]B ．[－1,0]C ．[1,2]D ．[0,2]答案 D解析 ∵当x ≤0时，f (x )＝(x －a )2，又f (0)是f (x )的最小值，∴a ≥0.当x >0时，f (x )＝x ＋1x＋a ≥2＋a ，当且仅当x ＝1时取“＝”．要满足f (0)是f (x )的最小值，需2＋a ≥f (0)＝a 2，即a 2－a －2≤0，解之，得－1≤a ≤2，∴a 的取值范围是0≤a ≤2.选D.15．[2016·江苏高考]函数y ＝3－2x －x 2的定义域是________． 答案 [－3,1]解析 若函数有意义，则3－2x －x 2≥0，即x 2＋2x －3≤0，解得－3≤x ≤1. 16．[2015·浙江高考]已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2x－3，x ≥1，x 2＋，x <1，则f (f (－3))＝________，f (x )的最小值是________．答案 0 22－3解析 由题知，f (－3)＝1，f (1)＝0，即f (f (－3))＝0.又f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0,1)上单调递增，在(1，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以f (x )min ＝min{f (0)，f (2)}＝22－3.17．[2015·山东高考]已知函数f (x )＝a x＋b (a >0，a ≠1)的定义域和值域都是[－1,0]，则a ＋b ＝________.答案 －32解析 ①当a >1时，f (x )在[－1,0]上单调递增，则⎩⎪⎨⎪⎧a －1＋b ＝－1，a 0＋b ＝0，无解．②当0<a <1时，f (x )在[－1,0]上单调递减，则⎩⎪⎨⎪⎧a －1＋b ＝0，a 0＋b ＝－1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝12，b ＝－2，∴a＋b ＝－32.18．[2015·福建高考]若函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋6，x ≤2，3＋log a x ，x >2(a >0，且a ≠1)的值域是[4，＋∞)，则实数a 的取值范围是________．答案 (1,2]解析 当x ≤2时，f (x )＝－x ＋6，f (x )在(－∞，2]上为减函数，∴f (x )∈[4，＋∞)．当x >2时，若a ∈(0,1)，则f (x )＝3＋log a x 在(2，＋∞)上为减函数，f (x )∈(－∞，3＋log a 2)，显然不满足题意，∴a >1，此时f (x )在(2，＋∞)上为增函数，f (x )∈(3＋log a 2，＋∞)，由题意可知(3＋log a 2，＋∞)⊆[4，＋∞)，则3＋log a 2≥4，即log a 2≥1，∴1＜a ≤2.三、模拟小题19．[2016·湖南三校联考]函数f (x )＝－x 2＋3x ＋4＋lg (x －1)的定义域是( ) A ．[－1,4] B ．(－1,4] C ．[1,4] D ．(1,4]答案 D解析 由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋3x ＋4≥0，x －1>0，解得1<x ≤4.20．[2017·内蒙古包头一中模拟]若函数f (x )＝1log 3x ＋c 的定义域为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1∪(1，＋∞)，则实数c 的值为( )A ．1B ．－1C ．－2D ．－12答案 B解析 依题意，不等式组⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋c >0，2x ＋c ≠1的解集应为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1∪(1，＋∞)，所以c ＝－1，故选B.21．[2017·杭州联考]设f (x )＝lg 2＋x 2－x ，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 的定义域为( ) A ．(－4,0)∪(0,4) B ．(－4，－1)∪(1,4) C ．(－2，－1)∪(1,2) D ．(－4，－2)∪(2,4)答案 B解析 ∵2＋x 2－x >0，∴－2<x <2，∴－2<x 2<2且－2<2x <2，取x ＝1，则2x＝2不合题意(舍去)，故排除A ，取x ＝2，满足题意，排除C 、D ，故选B.22．[2017·邵阳石齐中学月考]已知函数f (x )＝4|x |＋2－1的定义域是[a ，b ](a ，b ∈Z )，值域是[0,1]，那么满足条件的整数数对(a ，b )共有( )A ．2个B ．3个C ．5个D ．无数个答案 C解析 ∵函数f (x )＝4|x |＋2－1的值域是[0,1]，∴1≤4|x |＋2≤2，∴0≤|x |≤2，∴－2≤x ≤2，∴[a ，b ]⊆[－2,2]．又由于仅当x ＝0时，f (x )＝1，当x ＝±2时，f (x )＝0，故在定义域中一定有0，且2，－2中必有其一，故满足条件的整数数对(a ，b )有(－2,0)，(－2,1)，(－2,2)，(－1,2)，(0,2)共5个．23．[2017·东北三校联考]已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧xx ＋，x >0，x x －，x ≤0，则f (a )的值不可能为( )A ．2017B ．12016C ．0D ．－2答案 D解析 如图作出y ＝f (x )的图象，则f (x )的值域为[0，＋∞)，故f (a )不可能为－2. 24．[2016·汕头模拟]函数y ＝3|x |－1的定义域为[－1,2]，则函数的值域为________． 答案 [0,8]解析 当x ＝0时，y min ＝3|x |－1＝30－1＝0，当x ＝2时，y max ＝3|x |－1＝32－1＝8，故值域为[0,8]．一、高考大题1．[2016·浙江高考]已知a ≥3，函数F (x )＝min{2|x －1|，x 2－2ax ＋4a －2}，其中min{p ，q }＝⎩⎪⎨⎪⎧p ，p ≤q ，q ，p >q .(1)求使得等式F (x )＝x 2－2ax ＋4a －2成立的x 的取值范围； (2)①求F (x )的最小值m (a )；②求F (x )在区间[0,6]上的最大值M (a )． 解 (1)由于a ≥3，故当x ≤1时，(x 2－2ax ＋4a －2)－2|x －1|＝x 2＋2(a －1)(2－x )>0， 当x >1时，(x 2－2ax ＋4a －2)－2|x －1|＝(x －2)(x －2a )．所以，使得等式F (x )＝x 2－2ax ＋4a －2成立的x 的取值范围为[2,2a ]． (2)设函数f (x )＝2|x －1|，g (x )＝x 2－2ax ＋4a －2. ①f (x )min ＝f (1)＝0，g (x )min ＝g (a )＝－a 2＋4a －2， 所以，由F (x )的定义知m (a )＝min{f (1)，g (a )}，即m (a )＝⎩⎨⎧0，3≤a ≤2＋2，－a 2＋4a －2，a >2＋ 2.②当0≤x ≤2时，F (x )≤f (x )≤max{f (0)，f (2)}＝2＝F (2)，当2≤x ≤6时，F (x )≤g (x )≤max{g (2)，g (6)}＝max{2,34－8a }＝max{F (2)，F (6)}．所以，M (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧34－8a ，3≤a <4，2，a ≥4.二、模拟大题2．[2017·贵州六盘水二中月考]已知f (x )＝2＋log 3x ，x ∈[1,9]，试求函数y ＝[f (x )]2＋f (x 2)的值域．解 ∵f (x )＝2＋log 3x 的定义域为[1,9]，要使[f (x )]2＋f (x 2)有意义，必有1≤x ≤9且1≤x 2≤9，∴1≤x ≤3，∴y ＝[f (x )]2＋f (x 2)的定义域为[1,3]．又y ＝(2＋log 3x )2＋2＋log 3x 2＝(log 3x ＋3)2－3.∵x ∈[1,3]，∴log 3x ∈[0,1]，∴y max ＝(1＋3)2－3＝13，y min ＝(0＋3)2－3＝6. ∴函数y ＝[f (x )]2＋f (x 2)的值域为[6,13]．3．[2017·云南师大附中月考]已知函数f (x )＝x 2－4ax ＋2a ＋6，x ∈R . (1)若函数的值域为[0，＋∞)，求a 的值；(2)若函数的值域为非负数集，求函数f (a )＝2－a |a ＋3|的值域． 解 f (x )＝x 2－4ax ＋2a ＋6＝(x －2a )2＋2a ＋6－4a 2. (1)∵函数值域为[0，＋∞)，∴2a ＋6－4a 2＝0. 解得a ＝－1或a ＝32.(2)∵函数值域为非负数集，∴2a ＋6－4a 2≥0， 即2a 2－a －3≤0，解得－1≤a ≤32.∴f (a )＝2－a |a ＋3|＝2－a (a ＋3)＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋322＋174，∴f (a )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，32上单调递减， ∴－194≤f (a )≤4，即f (a )值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－194，4. 4．[2016·山西质检]已知函数g (x )＝x ＋1，h (x )＝1x ＋3，x ∈(－3，a ]，其中a 为常数且a >0，令函数f (x )＝g (x )·h (x )．(1)求函数f (x )的表达式，并求其定义域； (2)当a ＝14时，求函数f (x )的值域．解 (1)∵g (x )＝x ＋1，h (x )＝1x ＋3，x ∈(－3，a ]， ∴f (x )＝g (x )·h (x )＝(x ＋1)·1x ＋3＝x ＋1x ＋3， 即f (x )＝x ＋1x ＋3，x ∈[0，a ](a >0)． (2)当a ＝14时，函数f (x )的定义域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，14， 令x ＋1＝t ，则x ＝(t －1)2，t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，32.∴f (x )＝F (t )＝t t 2－2t ＋4＝1t ＋4t－2，当t ＝4t 时，t ＝±2∉⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，32， 又t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，32时，y ＝t ＋4t 单调递减， 则F (t )单调递增，∴F (t )∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，613，即函数f (x )的值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，613.。
2018年高考数学考点通关练第二章函数、导数及其应用10对数与对数函数课件
1 f 则f ＝( 9
)
A．－2 C．9
B．－3 D．－9
解析
1x x≤0， ∵ f(x)＝ 3 log xx>0 ， 3
∴f
1 9
1 ＝ log3 ＝－2，∴ 9
1 1 － 2 ff ＝ f(－ 2)＝ ＝ 9.故选 C. 9 3
第一部分
第二章
考点通关练
函数、导数及其应用
考点测试10 对数与对数函数
第1步 狂刷小题· 练基础
一、基础小题 1．log225· log32 2· log59＝( A．3 C．5 B．4 D．6 )
解析
3 lg 2 lg 25 lg 2 2 lg 9 2lg 5 2 2lg 3 原式＝ · · ＝ · · ＝ 6. lg 2 lg 3 lg 5 lg 2 lg 3 lg 5
6．当0<x<3时，下列大小关系正确的是( A． x3<3x<log3 x C． log3 x<x3<3x B．3x<x3<log3 x D． log3 x<3x<x3
)
解析
在同一坐标系中作出函数 y＝ x3， y＝ 3x， y＝
log3x， x∈ (0,3)的图象，由图象可得当 x∈ (0,3)时，大小关系 是 log3 x<x3<3x，选 C.
2．函数y＝ A． [1，＋∞ )
2 C． ，1 3
log1 3x－2 的定义域是 (
2
)
2 B． ，＋∞ 3 2 D． ，1 3
解析
2 log1 (3x－ 2)≥0＝ log1 1,0<3x－ 2≤1， <x≤1. 3 2 2
教育最新K122018年高考数学考点通关练第二章函数导数及其应用单元质量测试理
单元质量测试(二)时间：120分钟满分：150分第Ⅰ卷 (选择题，共60分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)1．[2017·河南郑州模拟]函数f (x )＝ln xx －1＋x 12 的定义域为( )A ．(0，＋∞)B ．(1，＋∞)C ．(0,1)D ．(0,1)∪(1，＋∞)答案 B解析 自变量x 满足⎩⎪⎨⎪⎧x x －1>0，x ≥0，即x >1，∴定义域为(1，＋∞)．2．[2017·山东实验中学模拟]幂函数f (x )＝k ·x α的图象过点⎝ ⎛⎭⎪⎫12，22，则k ＋α＝( )A ．12B ．1C ．32D ．2答案 C解析 由幂函数的定义知k ＝1.又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝22，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫12α＝22，解得α＝12，从而k ＋α＝32. 3．已知f (x )为偶函数且⎠⎛06f (x )d x ＝8，则⎠⎛-66f (x )d x 等于( )A ．0B ．4C ．8D ．16答案 D解析 因为f(x)为偶函数，图象关于y 轴对称，所以⎠⎛-66f (x )d x ＝2⎠⎛06f (x )d x ＝8×2＝16.4．下列函数中既是奇函数，又是定义域内的减函数的是( ) A ．f (x )＝xlg 2B ．f (x )＝－x |x |C ．f (x )＝sin xD ．f (x )＝ln xx答案 B解析 A 中，函数f (x )＝x lg 2是增函数；B 中，画图可知函数f (x )＝－x |x |是奇函数，且是减函数；C 中，函数f (x )＝sin x 不单调；D 中，函数f (x )＝ln xx的定义域是(0，＋∞)，是非奇非偶函数．故选B.5．[2016·宝鸡二检]已知定义在R 上的函数f (x )满足f (1)＝4，且f (x )的导函数f ′(x )<3，则不等式f (ln x )>3ln x ＋1的解集为( )A ．(1，＋∞)B ．(0，e)C ．(0,1)D ．(e ，＋∞)答案 B解析 设g (x )＝f (x )－3x －1，则g ′(x )＝f ′(x )－3.由题意，得g ′(x )<0且g (1)＝0，故函数g (x )为单调递减函数．不等式f (ln x )>3ln x ＋1可以转化为f (ln x )－3ln x －1>0，即g (ln x )>0＝g (1)，所以⎩⎪⎨⎪⎧x >0，ln x <1，解得0<x <e.6．已知函数f (x )的定义域是[0,1)，则函数g (x )＝f [log 12 (3－x )]的定义域为( )A ．[0,1)B ．(2,3]C ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫2，52 D ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤2，52 答案 C解析 ∵已知函数f (x )的定义域是[0,1)，∴log 12(3－x )∈[0,1)＝⎣⎢⎡⎭⎪⎫log 12 1，log 12 12，∴12<3－x ≤1，解得2≤x <52.7．[2016·陕西二检]曲线y ＝e 13x 在点(6，e 2)处的切线与坐标轴所围成的三角形的面积为( )A ．32e 2B ．3e 2C ．6e 2D ．9e 2答案 A解析 因为y ＝e 13x ，所以y ′＝13e 13x ，y ′|x ＝6＝13e 2，故曲线y ＝e 13x 在(6，e 2)处的切线方程为y ＝13e 2x －e 2.令y ＝0，得x ＝3；令x ＝0，得y ＝－e 2，所以切线与坐标轴围成的三角形的面积S ＝32e 2，故选A.8．[2016·重庆一中一模]定义在R 上的函数f (x )满足f (－x )＝－f (x )，f (x )＝f (x ＋4)，且x ∈(－1,0)时，f (x )＝2x＋15，则f (log 220)＝( )A ．1B ．45C ．－1D ．－45答案 C解析 ∵f (x )＝－f (x )，f (x )＝f (x ＋4)，∴f (log 220)＝f (log 220－4)＝－f (4－log 220)．∵x ∈(－1,0)时，f (x )＝2x＋15，∴f (4－log 220)＝24－log 220＋15＝24÷2log 220＋15＝16÷20＋15＝1，故f (log 220)＝－1，故选C. 9．已知函数f (x )＝x 2＋2x ＋1－2x，则y ＝f (x )的图象大致为( )答案 A解析 f ′(x )＝2x ＋2－2xln 2，画出函数y ＝2x ＋2，y ＝2xln 2的图象(如图)，可知两个函数图象有两个不同的交点，即方程f ′(x )＝0有两个不同的变号零点x 1，x 2(设x 1<x 2)，且在(－∞，x 1)上f ′(x )<0，在(x 1，x 2)上f ′(x )>0，在(x 2，＋∞)上f ′(x )<0，即函数f (x )在(－∞，x 1)上单调递减，在(x 1，x 2)上单调递增，在(x 2，＋∞)上单调递减，且极值点x 1<0，x 2>0，故选A.10．“a ≤0”是“函数f (x )＝|(ax －1)x |在区间(0，＋∞)内单调递增”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件答案 C解析 充分性：当a <0时，f (x )＝|(ax －1)·x |＝－ax 2＋x 为图象开口向上的二次函数，且图象的对称轴为直线x ＝12a ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a <0，故f (x )在(0，＋∞)上为增函数；当a ＝0时，f (x )＝x 为增函数．必要性：当a ≠0时，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝0，f (0)＝0，f (x )在(0，＋∞)上为增函数，则1a<0，即a <0，f (x )＝x 时，为增函数，此时a ＝0，故a ≤0.综上，a ≤0为f (x )在(0，＋∞)上为增函数的充分必要条件．11．[2016·兰州诊断]已知定义在R 上的可导函数f (x )的导函数为f ′(x )，若对于任意实数x ，有f (x )>f ′(x )，且y ＝f (x )－1为奇函数，则不等式f (x )<e x的解集为( )A ．(－∞，0)B ．(0，＋∞)C ．(－∞，e 4) D ．(e 4，＋∞)答案 B解析 因为y ＝f (x )－1为奇函数，且定义域R ，所以0＝f (0)－1，所以f (0)＝1.设h (x )＝f xex，则h ′(x )＝exf x －f xx2，因为f (x )>f ′(x )，所以函数h (x )是R 上的减函数，所以不等式f (x )<e x等价于f xex<1＝fe，即h (x )<h (0)，所以x >0，故选B.12．[2017·广西南宁模拟]已知函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d (a ≠0)的对称中心为M (x 0，y 0)，记函数f (x )的导函数为f ′(x )，f ′(x )的导函数为f ″(x )，则有f ″(x 0)＝0.若函数f (x )＝x 3－3x 2，则f ⎝⎛⎭⎪⎫12017＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫22017＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32017＋…＋f ⎝⎛⎭⎪⎫40322017＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫40332017＝( )A ．－8066B ．－4033C ．8066D ．4033答案 A解析 由f (x )＝x 3－3x 2得f ′(x )＝3x 2－6x ，得f ″(x )＝6x －6，又f ″(x 0)＝0，所以x 0＝1，且f (1)＝－2，即函数f (x )的对称中心为(1，－2)，即f (x )＋f (2－x )＝－4.令S ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12017＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫22017＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32017＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫40322017＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫40332017，则S ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫40332017＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫40322017＋…＋f ⎝⎛⎭⎪⎫32017＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫22017＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12017，所以2S ＝4033×(－4)＝－16132，S ＝－8066. 第Ⅱ卷 (非选择题，共90分)二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．若函数f (x )＝(m －2)x 2＋(m －1)x ＋2是偶函数，则f (x )的递增区间是________． 答案 (－∞，0]解析 函数f (x )＝(m －2)x 2＋(m －1)x ＋2是偶函数，所以m ＝1，则函数f (x )＝－x 2＋2，其单调递增区间是(－∞，0]．14．汽车以v ＝(3t ＋2) m/s 作变速直线运动时，在第1 s 至第2 s 间的1 s 内经过的路程是________．答案132解析 s ＝⎠⎛12(3t ＋2)d t ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32t 2＋2t ⎪⎪⎪21＝32×4＋4－⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋2＝10－72＝132(m )．15．设f (x )是周期为2的奇函数，当0≤x ≤1时，f (x )＝2x (1－x )，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－52＝________.答案 －12解析 因为f (x )是奇函数，且当0≤x ≤1时，f (x )＝2x (1－x )，所以当－1≤x ≤0时，0≤－x ≤1，f (－x )＝－2x (1＋x )＝－f (x )，即f (x )＝2x (1＋x )．又f (x )的周期为2，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－52＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2－12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12×12＝－12.16．对于任意实数a ，b ，定义min {a ，b }＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，a ≤b ，b ，a >b .设函数f (x )＝－x ＋3，g (x )＝log 2x ，则函数h (x )＝min {f (x )，g (x )}的最大值是________．答案 1解析 依题意，h (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 2x ，0<x ≤2，－x ＋3，x >2.当0<x ≤2时，h (x )＝log 2x 是增函数，当x >2时，h (x )＝3－x 是减函数，∴h (x )在x ＝2时，取得最大值h (2)＝1.三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17．(本小题满分10分)函数f (x )＝1a －1x(a >0，x >0)．(1)判断函数f (x )在(0，＋∞)上的单调性；(2)若函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上的值域是⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，m ，求a ，m 的值． 解 (1)设x 1>x 2>0，则x 1－x 2>0，x 1x 2>0，∵f (x 1)－f (x 2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1x 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1x 2＝1x 2－1x 1＝x 1－x 2x 1x 2>0，∴f (x 1)>f (x 2)．∴函数f (x )是(0，＋∞)上的单调递增函数．(2)由(1)得f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上是单调递增函数，∵函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上的值域是⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，m ，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝12，f (2)＝m ，即1a －2＝12，且1a －12＝m ，解得a ＝25，m ＝2.18．(本小题满分12分)设二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c 的图象过点(0,1)和(1,4)，且对于任意的实数x ，不等式f (x )≥4x 恒成立．(1)求函数f (x )的表达式；(2)设g (x )＝kx ＋1，若F (x )＝log 2[g (x )－f (x )]在区间[1,2]上是增函数，求实数k 的取值范围．解 (1)f (0)＝c ＝1，f (1)＝a ＋b ＋c ＝4， ∴f (x )＝ax 2＋(3－a )x ＋1.f (x )≥4x 即ax 2－(a ＋1)x ＋1≥0恒成立得⎩⎪⎨⎪⎧a >0，a ＋2－4a ≤0，解得a ＝1.∴f (x )＝x 2＋2x ＋1.(2)F (x )＝log 2[g (x )－f (x )]＝log 2[－x 2＋(k －2)x ]． 由F (x )在区间[1,2]上是增函数，得h (x )＝－x 2＋(k －2)x 在区间[1,2]上为增函数且恒为正实数，∴⎩⎪⎨⎪⎧k －22≥2，h＝－1＋k －2>0，解得k ≥6.∴实数k 的取值范围为[6，＋∞)．19．[2017·福建三明一中月考](本小题满分12分)已知函数f (x )是(－∞，＋∞)上的奇函数，且f (x )的图象关于x ＝1对称，当x ∈[0,1]时，f (x )＝2x－1.(1)当x ∈[1,2]时，求f (x )的解析式；(2)计算f (0)＋f (1)＋f (2)＋…＋f (2017)的值． 解 (1)当x ∈[1,2]时，2－x ∈[0,1]， 又f (x )的图象关于x ＝1对称， 则f (x )＝f (2－x )＝22－x－1，x ∈[1,2]．(2)∵函数f (x )为奇函数，则f (－x )＝－f (x )， 又函数f (x )的图象关于x ＝1对称， 则f (2＋x )＝f (－x )＝－f (x )，所以f (4＋x )＝f [(2＋x )＋2]＝－f (2＋x )＝f (x )， 所以f (x )是以4为周期的周期函数．∵f (0)＝0，f (1)＝1，f (2)＝0，f (3)＝f (－1)＝－f (1)＝－1， 又f (x )是以4为周期的周期函数．∴f (0)＋f (1)＋f (2)＋…＋f (2017)＝504×(0＋1＋0－1)＋f (0)＋f (1)＝1.20．(本小题满分12分)据统计，某种汽车的最高车速为120千米/时，在匀速行驶时每小时的耗油量y(升)与行驶速度x (千米/时)之间有如下函数关系：y ＝1128000x 3－380x ＋8.已知甲、乙两地相距100千米．(1)若汽车以40千米/时的速度匀速行驶，则从甲地到乙地需耗油多少升？ (2)当汽车以多大的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少？最少为多少升？解 (1)当x ＝40时，汽车从甲地到乙地行驶了10040＝2.5(小时)，需耗油⎝⎛⎭⎪⎫1128000×403－380×40＋8×2.5＝17.5(升)，所以汽车以40千米/时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地需耗油17.5升． (2)当汽车的行驶速度为x 千米/时时，从甲地到乙地需行驶100x小时．设耗油量为h (x )升，依题意，得h (x )＝⎝⎛⎭⎪⎫1128000x 3－380x ＋8·100x＝11280x 2＋800x －154， 其中，0<x ≤120.h ′(x )＝x640－800x 2＝x 3－803640x 2(0<x ≤120)．令h ′(x )＝0，得x ＝80.因为当x ∈(0,80)时，h ′(x )<0，h (x )是减函数； 当x ∈(80，120)时，h ′(x )>0，h (x )是增函数， 所以当x ＝80时，h (x )取得最小值，且h (80)＝11.25.所以当汽车以80千米/时的速度行驶时，从甲地到乙地耗油最少，最少为11.25升． 21．(本小题满分12分)已知函数f (x )＝log a x ＋1x －1，(a >0，且a ≠1)． (1)求函数的定义域，并证明：f (x )＝log a x ＋1x －1在定义域上是奇函数； (2)对于x ∈[2,4]，f (x )>log a m x －2－x恒成立，求m 的取值范围．解 (1)由x ＋1x －1>0，解得x <－1或x >1， ∴函数的定义域为(－∞，－1)∪(1，＋∞)． 当x ∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)时，f (－x )＝log a－x ＋1－x －1＝log a x －1x ＋1＝log a ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1x －1－1＝－log ax ＋1x －1＝－f (x )， ∴f (x )＝log ax ＋1x －1在定义域上是奇函数． (2)由x ∈[2,4]时，f (x )＝log a x ＋1x －1>log amx －2－x恒成立，①当a >1时，∴x ＋1x －1>mx －2－x>0对x ∈[2,4]恒成立．∴0<m <(x ＋1)(x －1)(7－x )在x ∈[2,4]恒成立． 设g (x )＝(x ＋1)(x －1)(7－x )，x ∈[2,4]则g (x )＝－x 3＋7x 2＋x －7，g ′(x )＝－3x 2＋14x ＋1＝－3⎝⎛⎭⎪⎫x －732＋523，∴当x ∈[2,4]时，g ′(x )>0.∴y＝g (x )在区间[2,4]上是增函数，g (x )min ＝g (2)＝15. ∴0<m <15.②当0<a <1时，由x ∈[2,4]时，f (x )＝log a x ＋1x －1>log amx －2－x恒成立，∴x ＋1x －1<mx －2－x对x ∈[2,4]恒成立．∴m >(x ＋1)(x －1)(7－x )在x ∈[2,4]恒成立． 设g (x )＝(x ＋1)(x －1)(7－x )，x ∈[2,4]， 由①可知y ＝g (x )在区间[2,4]上是增函数，g (x )max ＝g (4)＝45，∴m >45.∴当a >1时0<m <15；当0<a <1时m >45.22．[2016·江苏高考](本小题满分12分)已知函数f (x )＝a x ＋b x(a>0，b >0，a ≠1，b ≠1)． (1)设a ＝2，b ＝12.①求方程f (x )＝2的根；②若对于任意x ∈R ，不等式f (2x )≥mf (x )－6恒成立，求实数m 的最大值； (2)若0<a <1，b >1，函数g (x )＝f (x )－2有且只有1个零点，求ab 的值． 解 (1)因为a ＝2，b ＝12，所以f (x )＝2x ＋2－x.①方程f (x )＝2，即2x ＋2－x ＝2，亦即(2x )2－2×2x＋1＝0， 所以(2x －1)2＝0，于是2x＝1，解得x ＝0. ②由条件知f (2x )＝22x＋2－2x＝(2x ＋2－x )2－2＝(f (x ))2－2.因为f (2x )≥mf (x )－6对于x ∈R 恒成立，且f (x )>0，所以m ≤f x2＋4f x 对于x ∈R 恒成立．而f x 2＋4f x＝f (x )＋4f x≥2f x4f x＝4，且f 2＋4f＝4，所以m ≤4，故实数m 的最大值为4. (2)因为函数g (x )＝f (x )－2只有1个零点， 而g (0)＝f (0)－2＝a 0＋b 0－2＝0， 所以0是函数g (x )的唯一零点．因为g ′(x )＝a xln a ＋b xln b ，又由0<a <1，b >1知ln a <0，ln b >0，所以g ′(x )＝0有唯一解x 0＝log b a⎝ ⎛⎭⎪⎫－ln a ln b .令h (x )＝g ′(x )，则h ′(x )＝(a xln a ＋b xln b )′＝a x(ln a )2＋b x (ln b )2，从而对任意x ∈R ，h ′(x )>0，所以g ′(x )＝h (x )是(－∞，＋∞)上的单调增函数． 于是当x ∈(－∞，x 0)时，g ′(x )<g ′(x 0)＝0；当x ∈(x 0，＋∞)时，g ′(x )>g ′(x 0)＝0.因而函数g (x )在(－∞，x 0)上是单调减函数，在(x 0，＋∞)上是单调增函数． 下证x 0＝0.若x 0<0，则x 0<x 02<0，于是g ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 02<g (0)＝0.又g (log a 2)＝alog a2＋blog a2－2>alog a2－2＝0，且函数g (x )在以x 02和log a 2为端点的闭区间上的图象不间断，所以在x 02和log a 2之间存在g (x )的零点，记为x 1.因为0<a <1，所以log a 2<0.又x 02<0，所以x 1<0，与“0是函数g (x )的唯一零点”矛盾．若x 0>0，同理可得，在x 02和log b 2之间存在g (x )的非0的零点，矛盾．因此，x 0＝0.于是－ln a ln b＝1，故ln a ＋ln b ＝0，所以ab ＝1.。
2018年高考考点完全题数学理考点通关练习题 第二章 函数、导数及其应用 15 含答案 精品
考点测试15 导数的应用(一)一、基础小题1．函数f (x )＝1＋x －sin x 在(0,2π)上是( ) A ．增函数 B ．减函数C ．在(0，π)上增，在(π，2π)上减D ．在(0，π)上减，在(π，2π)上增 答案 A解析 f ′(x )＝1－cos x >0，∴f (x )在(0,2π)上递增． 2．设函数f (x )＝2x＋ln x ，则( )A ．x ＝12为f (x )的极大值点B ．x ＝12为f (x )的极小值点C ．x ＝2为f (x )的极大值点D ．x ＝2为f (x )的极小值点 答案 D解析 f (x )＝2x ＋ln x (x >0)，f ′(x )＝－2x 2＋1x ＝x －2x2，x >2时，f ′(x )>0，这时f (x )为增函数；0<x <2时，f ′(x )<0，这时f (x )为减函数，据此知x ＝2为f (x )的极小值点，故选D.3．函数f (x )＝e x－x (e 为自然对数的底数)在区间上的最大值是( ) A ．1＋1eB ．1C ．e ＋1D ．e －1答案 D解析 因为f (x )＝e x－x ，所以f ′(x )＝e x－1.令f ′(x )＝0，得x ＝0.且当x >0时，f ′(x )＝e x－1>0，x <0时，f ′(x )＝e x－1<0，即函数在x ＝0处取得极小值，f (0)＝1.又f (－1)＝1e＋1，f (1)＝e －1，综合比较得函数f (x )＝e x－x 在区间上的最大值是e －1.故选D. 4.已知定义在R 上的函数f (x )，其导函数f ′(x )的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是( )A ．f (b )>f (c )>f (d )B ．f (b )>f (a )>f (e )C ．f (c )>f (b )>f (a )D ．f (c )>f (e )>f (d ) 答案 C解析 依题意得，当x ∈(－∞，c )时，f ′(x )>0；当x ∈(c ，e )时，f ′(x )<0；当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )>0.因此，函数f (x )在(－∞，c )上是增函数，在(c ，e )上是减函数，在(e ，＋∞)上是增函数，又a <b <c ，所以f (c )>f (b )>f (a )，选C.5．已知函数f (x )的导函数f ′(x )＝ax 2＋bx ＋c 的图象如右图所示，则f (x )的图象可能是( )答案 D解析 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；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．只有D 选项符合题意．6．已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2－x －1在R 上是单调函数，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－∞，－3)∪[3，＋∞) B ．C ．(－∞，－3)∪(3，＋∞)D ．(－3，3) 答案 B解析 f ′(x )＝－3x 2＋2ax －1≤0恒成立，∴Δ＝4a 2－12≤0，－3≤a ≤ 3.7．若函数f (x )＝x 33－a2x 2＋x ＋1在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3上有极值点，则实数a 的取值范围是( )A ．⎝ ⎛⎭⎪⎫2，52B ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫2，52C ．⎝⎛⎭⎪⎫2，103D ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫2，103答案 C解析 ∵f (x )＝x 33－a2x 2＋x ＋1，∴f ′(x )＝x 2－ax ＋1.若函数f (x )＝x 33－a2x 2＋x ＋1在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3上有极值点，则f ′(x )＝x 2－ax ＋1在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3内有零点，由f ′(x )＝x 2－ax ＋1＝0，可知a ＝x ＋1x.∵函数y ＝x ＋1x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上单调递减，在(1,3)上单调递增，∴y ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫2，103，即2≤a <103.当a ＝2时，由f ′(x )＝0解得x ＝1，而f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，(1,3)上单调性相同，故不存在极值点，则a ≠2. 综上可知，2<a <103，故选C.8．函数f (x )的定义域是R ，f (0)＝2，对任意x ∈R ，f (x )＋f ′(x )>1，则不等式e x ·f (x )>e x＋1的解集为( )A ．{x |x >0}B ．{x |x <0}C ．{x |x <－1或x >1}D ．{x |x <－1或0<x <1}答案 A解析 构造函数g (x )＝e x ·f (x )－e x ，因为g ′(x )＝e x ·f (x )＋e x ·f ′(x )－e x ＝e x－e x>e x－e x＝0，所以g (x )＝e x·f (x )－e x为R 上的增函数，又因为g (0)＝e 0·f (0)－e 0＝1，所以原不等式转化为g (x )>g (0)，解得x >0.二、高考小题9．若函数f (x )＝x －13sin2x ＋a sin x 在(－∞，＋∞)单调递增，则a 的取值范围是( )A ．B ．C ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤－13，13D ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－13 答案 C解析 函数f (x )＝x －13sin2x ＋a sin x 在(－∞，＋∞)单调递增，等价于f ′(x )＝1－23cos2x ＋a cos x ＝－43cos 2x ＋a cos x ＋53≥0在(－∞，＋∞)恒成立．设cos x ＝t ，则g (t )＝－43t 2＋at ＋53≥0在恒成立，所以⎩⎪⎨⎪⎧g ＝－43＋a ＋53≥0，g－＝－43－a ＋53≥0，解得－13≤a ≤13.故选C.10．设函数f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R )的导函数，f (－1)＝0，当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0，则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是( )A ．(－∞，－1)∪(0,1)B ．(－1,0)∪(1，＋∞)C ．(－∞，－1)∪(－1,0)D ．(0,1)∪(1，＋∞)答案 A 解析 令g (x )＝f x x (x ≠0)，则g ′(x )＝xfx －f xx 2，由题意知，当x >0时，g ′(x )<0，∴g (x )在(0，＋∞)上是减函数． ∵f (x )是奇函数，f (－1)＝0， ∴f (1)＝－f (－1)＝0， ∴g (1)＝f1＝0，∴当x ∈(0,1)时，g (x )>0，从而f (x )>0； 当x ∈(1，＋∞)时，g (x )<0，从而f (x )<0. 又∵g (－x )＝f －x －x ＝－f x －x ＝f xx＝g (x )， ∴g (x )是偶函数，∴当x ∈(－∞，－1)时，g (x )<0，从而f (x )>0； 当x ∈(－1,0)时，g (x )>0，从而f (x )<0. 综上，所求x 的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)．11．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 的取值范围是( )A ．(2，＋∞)B ．(1，＋∞)C ．(－∞，－2)D ．(－∞，－1)答案 C解析 (1)当a ＝0时，显然f (x )有两个零点，不符合题意．(2)当a ≠0时，f ′(x )＝3ax 2－6x ，令f ′(x )＝0，解得x 1＝0，x 2＝2a.当a >0时，2a>0，所以函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1在(－∞，0)与⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ，＋∞上为增函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2a 上为减函数，因为f (x )存在唯一零点x 0，且x 0>0，则f (0)<0，即1<0，不成立．当a <0时，2a<0，所以函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，2a 和(0，＋∞)上为减函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ，0上为增函数，因为f (x )存在唯一零点x 0，且x 0>0，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a >0，即a ·8a 3－3·4a 2＋1>0，解得a >2或a <－2，又因为a <0，故a 的取值范围为(－∞，－2)．12．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3－3x ，x ≤a ，－2x ，x >a .(1)若a ＝0，则f (x )的最大值为________；(2)若f (x )无最大值，则实数a 的取值范围是________． 答案 (1)2 (2)(－∞，－1)解析 (1)若a ＝0，则f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3－3x ，x ≤0，－2x ，x >0.当x >0时，f (x )＝－2x <0；当x ≤0时，f ′(x )＝3x 2－3＝3(x －1)(x ＋1)，当x <－1时，f ′(x )>0，f (x )是增函数，当－1<x <0时，f ′(x )<0，f (x )是减函数，∴f (x )≤f (－1)＝2.∴f (x )的最大值为2.(2)在同一平面直角坐标系中画出y ＝－2x 和y ＝x 3－3x 的图象，如图所示，当a <－1时，f (x )无最大值；当－1≤a ≤2时，f (x )max ＝2；当a >2时，f (x )max ＝a 3－3a .综上，当a ∈(－∞，－1)时，f (x )无最大值．13．已知函数f (x )＝2x，g (x )＝x 2＋ax (其中a ∈R )．对于不相等的实数x 1，x 2，设m ＝f x 1－f x 2x 1－x 2，n ＝g x 1－g x 2x 1－x 2.现有如下命题：①对于任意不相等的实数x 1，x 2，都有m >0；②对于任意的a 及任意不相等的实数x 1，x 2，都有n >0； ③对于任意的a ，存在不相等的实数x 1，x 2，使得m ＝n ； ④对于任意的a ，存在不相等的实数x 1，x 2，使得m ＝－n . 其中的真命题有________(写出所有真命题的序号)． 答案 ①④解析 ①f (x )＝2x是增函数，∴对任意不相等的实数x 1，x 2，都有f x 1－f x 2x 1－x 2>0，即m >0，∴①成立．②由g (x )＝x 2＋ax 图象可知，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－a 2时，g (x )是减函数，∴当不相等的实数x 1、x 2∈⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－a 2时，g x 1－g x 2x 1－x 2<0，即n <0，∴②不成立．③若m ＝n ，则有f x 1－f x 2x 1－x 2＝g x 1－g x 2x 1－x 2，即f (x 1)－f (x 2)＝g (x 1)－g (x 2)，f (x 1)－g (x 1)＝f (x 2)－g (x 2)，令h (x )＝f (x )－g (x )，则h (x )＝2x－x 2－ax ，h ′(x )＝2xln 2－2x －a ， 令h ′(x )＝2xln 2－2x －a ＝0，得2xln 2＝2x ＋a . 由y ＝2xln 2与y ＝2x ＋a 的图象知， 存在a 使对任意x ∈R 恒有2xln 2>2x ＋a ， 此时h (x )在R 上是增函数． 若h (x 1)＝h (x 2)，则x 1＝x 2， ∴③不成立． ④若m ＝－n ，则有f x 1－f x 2x 1－x 2＝－g x 1－g x 2x 1－x 2，f (x 1)＋g (x 1)＝f (x 2)＋g (x 2)，令φ(x )＝f (x )＋g (x )， 则φ(x )＝2x＋x 2＋ax ， φ′(x )＝2x ln 2＋2x ＋a .令φ′(x )＝0，得2xln 2＋2x ＋a ＝0， 即2xln 2＝－2x －a .由y 1＝2xln 2与y 2＝－2x －a 的图象可知，对任意的a ，存在x 0，使x >x 0时，y 1>y 2，x <x 0时，y 1<y 2，故对任意的a ，存在x 0，使x >x 0时，φ′(x )>0，x <x 0时φ′(x )<0， 故对任意的a ，φ(x )在R 上不是单调函数．故对任意的a ，存在不相等的实数x 1，x 2，使m ＝－n ， ∴④成立． 综上，①④正确． 三、模拟小题14．已知函数f (x )＝e xx2－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 ．C ．(－∞，e)D ．直线y ＝a 分别与直线y ＝3x ＋3，曲线y ＝2x ＋ln x 交于A ，B 两点，则|AB |的最小值为( )A ．43 B ．1 C ．2105D ．4答案 A解析 设与直线y ＝3x ＋3平行且与曲线y ＝2x ＋ln x 相切的直线为y ＝3x ＋b ，则y ′＝2＋1x＝3，解得x ＝1，所以切点为(1,2)．所以当a ＝2时，直线y ＝a 与直线y ＝3x ＋3的交点为⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，2，此时|AB |min ＝43.16．已知函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx 的图象如图所示，则x 21＋x 22等于( ) A ．23 B ．43 C ．83 D ．163答案 C解析 由图象可知f (x )的图象过点(1,0)与(2,0)，x 1，x 2是函数f (x )的极值点，因此1＋b ＋c ＝0,8＋4b ＋2c ＝0，解得b ＝－3，c ＝2，所以f (x )＝x 3－3x 2＋2x ，所以f ′(x )＝3x2－6x ＋2.x 1，x 2是方程f ′(x )＝3x 2－6x ＋2＝0的两根，因此x 1＋x 2＝2，x 1·x 2＝23，所以x 21＋x 22＝(x 1＋x 2)2－2x 1·x 2＝4－43＝83，故选C.17．已知函数f (x )＝x ⎝⎛⎭⎪⎫e x －1e x ，若f (x 1)<f (x 2)，则( )A ．x 1>x 2B ．x 1＋x 2＝0C ．x 1<x 2D ．x 21<x 22答案 D解析 因为f (－x )＝－x ⎝ ⎛⎭⎪⎫e －x －1e －x ＝x ⎝⎛⎭⎪⎫e x －1e x ＝f (x )，所以f (x )为偶函数．由f (x 1)<f (x 2)，得f (|x 1|)<f (|x 2|)(*)．又f ′(x )＝e x－1e x ＋x ⎝⎛⎭⎪⎫e x ＋1e x ＝e 2x x ＋＋x －1ex，当x ≥0时，e 2x(x ＋1)＋x －1≥e 0(0＋1)＋0－1＝0，所以f ′(x )≥0，所以f (x )在已知函数f (x )＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x －2ln x (m ∈R )，g (x )＝－m x ，若至少存在一个x 0∈，使得f (x 0)<g (x 0)成立，则实数m 的取值范围是( )A ．⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，2eB ．⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，2eC ．(－∞，0]D ．(－∞，0)答案 B解析 由题意，不等式f (x )<g (x )在上有解，∴mx <2ln x ，即m 2<ln xx在上有解，令h (x )＝ln x x ，则h ′(x )＝1－ln x x 2，1≤x ≤e，∴h ′(x )≥0，∴h (x )max ＝h (e)＝1e ，∴m 2<h (e)＝1e ，∴m <2e ，m 的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫－∞，2e ，故选B.一、高考大题1．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. 解 (1)f ′(x )＝(x －1)e x＋2a (x －1)＝(x －1)(e x＋2a )． ①设a ＝0，则f (x )＝(x －2)e x，f (x )只有一个零点．②设a >0，则当x ∈(－∞，1)时，f ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0.所以f (x )在(－∞，1)单调递减，在(1，＋∞)单调递增．又f (1)＝－e ，f (2)＝a ， 取b 满足b <0且b <ln a2，则f (b )>a 2(b －2)＋a (b －1)2＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2－32b >0，故f (x )存在两个零点． ③设a <0，由f ′(x )＝0，得x ＝1或x ＝ln (－2a )．若a ≥－e2，则ln (－2a )≤1，故当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，因此f (x )在(1，＋∞)上单调递增．又当x ≤1时f (x )<0，所以f (x )不存在两个零点．若a <－e2，则ln (－2a )>1，故当x ∈(1，ln (－2a ))时，f ′(x )<0；当x ∈(ln (－2a )，＋∞)时，f ′(x )>0.因此f (x )在(1，ln (－2a ))单调递减， 在(ln (－2a )，＋∞)单调递增．又当x ≤1时f (x )<0，所以f (x )不存在两个零点． 综上，a 的取值范围为(0，＋∞)．(2)证明：不妨设x 1<x 2.由(1)知，x 1∈(－∞，1)，x 2∈(1，＋∞)，2－x 2∈(－∞，1)，f (x )在(－∞，1)单调递减，所以x 1＋x 2<2等价于f (x 1)>f (2－x 2)，即f (2－x 2)<0.由于f (2－x 2)＝－x 2e2－x2＋a (x 2－1)2，而f (x 2)＝(x 2－2)e x2＋a (x 2－1)2＝0， 所以f (2－x 2)＝－x 2e 2－x2－(x 2－2)e x2.设g (x )＝－x e2－x－(x －2)e x，则g ′(x )＝(x －1)(e 2－x－e x)．所以当x >1时，g ′(x )<0，而g (1)＝0， 故当x >1时，g (x )<0.从而g (x 2)＝f (2－x 2)<0，故x 1＋x 2<2. 2．(1)讨论函数f (x )＝x －2x ＋2e x 的单调性，并证明当x >0时，(x －2)e x＋x ＋2>0； (2)证明：当a ∈，使得f (x a )＋a ＝0，即g ′(x a )＝0.当0<x <x a 时，f (x )＋a <0，g ′(x )<0，g (x )单调递减； 当x >x a 时，f (x )＋a >0，g ′(x )>0，g (x )单调递增．因此g (x )在x ＝x a 处取得最小值，xa 最小值为g (x a )＝e xa －a x a ＋x 2a＝e xa ＋f x ax a ＋x 2a＝e xax a ＋2.于是h (a )＝ex ax a ＋2，由⎝ ⎛⎭⎪⎫e xx ＋2′＝x ＋x x ＋2>0，得y ＝exx ＋2单调递增．所以，由x a ∈(0,2]，得12＝e 00＋2<h (a )＝e xax a ＋2≤e 22＋2＝e24.因为y ＝e xx ＋2单调递增，对任意λ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，e 24，存在唯一的x a ∈(0,2]，a ＝－f (x a )∈设函数f (x )＝ln (x ＋1)＋a (x 2－x )，其中a ∈R .(1)讨论函数f (x )极值点的个数，并说明理由； (2)若∀x >0，f (x )≥0成立，求a 的取值范围． 解 (1)由题意知，函数f (x )的定义域为(－1，＋∞)， f ′(x )＝1x ＋1＋a (2x －1)＝2ax 2＋ax －a ＋1x ＋1，令g (x )＝2ax 2＋ax －a ＋1，x ∈(－1，＋∞)． ①当a ＝0时，g (x )＝1，此时f ′(x )>0，函数f (x )在(－1，＋∞)单调递增，无极值点． ②当a >0时，Δ＝a 2－8a (1－a )＝a (9a －8)． a ．当0<a ≤89时，Δ≤0，g (x )≥0，f ′(x )≥0，函数f (x )在(－1，＋∞)单调递增，无极值点；b ．当a >89时，Δ>0，设方程2ax 2＋ax －a ＋1＝0的两根为x 1，x 2(x 1<x 2)， 因为x 1＋x 2＝－12，所以x 1<－14，x 2>－14.由g (－1)＝1>0，可得－1<x 1<－14.所以当x ∈(－1，x 1)时，g (x )>0，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增；当x ∈(x 1，x 2)时，g (x )<0，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减； 当x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )>0，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增． 因此，函数有两个极值点． ③当a <0时，Δ>0，由g (－1)＝1>0，可得x 1<－1.当x ∈(－1，x 2)时，g (x )>0，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增； 当x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )<0，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减． 所以函数有一个极值点． 综上所述，当a <0时，函数f (x )有一个极值点； 当0≤a ≤89时，函数f (x )无极值点；当a >89时，函数f (x )有两个极值点．(2)由(1)知，①当0≤a ≤89时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，因为f (0)＝0，所以x ∈(0，＋∞)时，f (x )>0，符合题意； ②当89<a ≤1时，由g (0)≥0，得x 2≤0，所以函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增．又f (0)＝0，所以x ∈(0，＋∞)时，f (x )>0，符合题意； ③当a >1时，由g (0)<0，可得x 2>0. 所以x ∈(0，x 2)时，函数f (x )单调递减． 因为f (0)＝0，所以x ∈(0，x 2)时，f (x )<0，不合题意； ④当a <0时，设h (x )＝x －ln (x ＋1)． 因为x ∈(0，＋∞)时，h ′(x )＝1－1x ＋1＝x x ＋1>0， 所以h (x )在(0，＋∞)上单调递增． 因此当x ∈(0，＋∞)时，h (x )>h (0)＝0， 即ln (x ＋1)<x .可得f (x )<x ＋a (x 2－x )＝ax 2＋(1－a )x ， 当x >1－1a时，ax 2＋(1－a )x <0，此时f (x )<0，不合题意． 综上所述，a 的取值范围是． 二、模拟大题4．已知函数f (x )＝1x＋a ln x (a ≠0，a ∈R )．(1)若a ＝1，求函数f (x )的极值和单调区间；(2)若在区间(0，e]上至少存在一点x 0，使得f (x 0)<0成立，求实数a 的取值范围． 解 (1)当a ＝1时，f ′(x )＝－1x 2＋1x ＝x －1x2.令f ′(x )＝0，得x ＝1，又y ＝f (x )的定义域为(0，＋∞)，由f ′(x )<0，得0<x <1；由f ′(x )>0，得x >1. 所以x ＝1时，f (x )有极小值为1.y ＝f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．(2)f ′(x )＝－1x 2＋a x ＝ax －1x2，且a ≠0.令f ′(x )＝0，得x ＝1a.若在区间(0，e]上存在一点x 0，使得f (x 0)<0成立， 即y ＝f (x )在区间(0，e]上的最小值小于0.当a <0时，f ′(x )<0对x ∈(0，e]恒成立，即y ＝f (x )在区间(0，e]上单调递减， 故y ＝f (x )在区间(0，e]上的最小值为f (e)＝1e ＋a ln e ＝1e ＋a ，由1e ＋a <0，得a <－1e ，即a ∈⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－1e .当a >0时，①若e≤1a ，即0<a ≤1e ，则f ′(x )≤0对x ∈(0，e]恒成立，所以y ＝f (x )在区间(0，e]上单调递减，则y ＝f (x )在区间(0，e]上的最小值为f (e)＝1e ＋a ln e ＝1e ＋a >0，显然，y ＝f (x )在区间(0，e]上的最小值小于0不成立．②若0<1a <e ，即a >1e，则有所以f (x )在区间(0，e]上的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝a ＋a ln 1a，由f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a＝a ＋a ln 1a＝a (1－ln a )<0，得1－ln a <0，解得a >e ，即a ∈(e ，＋∞)． 综上可知，a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1e ∪(e ，＋∞)． 5．已知f (x )＝e x (x 3＋mx 2－2x ＋2)． (1)假设m ＝－2，求f (x )的极大值与极小值；(2)是否存在实数m ，使f (x )在上单调递增？如果存在，求m 的取值范围；如果不存在，请说明理由．解 (1)当m ＝－2时，f (x )＝e x (x 3－2x 2－2x ＋2)的定义域为(－∞，＋∞)． ∵f ′(x )＝e x (x 3－2x 2－2x ＋2)＋e x (3x 2－4x －2) ＝x e x(x 2＋x －6)＝(x ＋3)x (x －2)e x，∴当x ∈(－∞，－3)或x ∈(0,2)时，f ′(x )<0； 当x ∈(－3,0)或x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0；f ′(－3)＝f ′(0)＝f ′(2)＝0，∴f (x )在(－∞，－3)上单调递减，在(－3,0)上单调递增， 在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，∴当x ＝－3或x ＝2时，f (x )取得极小值；当x ＝0时，f (x )取得极大值， ∴f (x )极小值＝f (－3)＝－37e －3，f (x )极小值＝f (2)＝－2e 2，f (x )极大值＝f (0)＝2.(2)f ′(x )＝e x (x 3＋mx 2－2x ＋2)＋e x (3x 2＋2mx －2)＝x e x． ∵f (x )在上单调递增，∴当x ∈时，f ′(x )≥0. 又当x ∈时，x e x<0，∴当x ∈时，x 2＋(m ＋3)x ＋2m －2≤0.∴⎩⎪⎨⎪⎧－2－m ＋＋2m －2≤0，－2－m ＋＋2m －2≤0，解得m ≤4.∴当m ∈(－∞，4]时，f (x )在上单调递增．6．已知函数f (x )＝x ·ln x ，g (x )＝ax 3－12x －23e .(1)求f (x )的单调递增区间和最小值；(2)若函数y ＝f (x )与函数y ＝g (x )的图象在交点处存在公共切线，求实数a 的值． 解 (1)∵f ′(x )＝ln x ＋1，由f ′(x )>0，得x >1e，∴f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞. 又当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时，f ′(x )<0，则f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减，∴f (x )在x ＝1e 处取得极小值，即最小值．∴f (x )的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e . (2)∵f ′(x )＝ln x ＋1，g ′(x )＝3ax 2－12，设公切点的横坐标为x 0，则与f (x )的图象相切的直线方程为：y ＝(ln x 0＋1)x －x 0， 与g (x )的图象相切的直线方程为：y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3ax 20－12x －2ax 30－23e ，∴⎩⎪⎨⎪⎧ln x 0＋1＝3ax 2－12，－x 0＝－2ax 30－23e，解之得x 0ln x 0＝－1e ，由(1)知x 0＝1e ，∴a ＝e26.。
【配套K12】2018高考数学一轮复习第2章函数导数及其应用热点探究课1导数应用中的高考热点问题教师
热点探究课(一) 导数应用中的高考热点问题[命题解读] 函数是中学数学的核心内容，导数是研究函数的重要工具，因此，导数的应用是历年高考的重点与热点，常涉及的问题有：讨论函数的单调性(求函数的单调区间)、求极值、求最值、求切线方程、求函数的零点或方程的根、求参数的范围、证明不等式等，涉及的数学思想有：函数与方程、分类讨论、数形结合、转化与化归思想等，中、高档难度均有．热点1 利用导数研究函数的单调性、极值与最值(答题模板)函数的单调性、极值是局部概念，函数的最值是整体概念，研究函数的性质必须在定义域内进行，因此，务必遵循定义域优先的原则，本热点主要有三种考查方式：(1)讨论函数的单调性或求单调区间；(2)求函数的极值或最值；(3)利用函数的单调性、极值、最值，求参数的范围．(本小题满分15分)已知函数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．[思路点拨] (1)求出导数后对a 分类讨论，然后判断单调性；(2)运用(1)的结论分析函数的最大值，对得到的不等式进行等价转化，通过构造函数并分析该函数的单调性求a 的范围．[规范解答] (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－a .2分若a ≤0，则f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增.5分若a >0，则当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞时，f ′(x )<0.7分所以f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减.8分(2)由(1)知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上无最大值；9分 当a >0时，f (x )在x ＝1a取得最大值，最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a ＝－ln a ＋a －1.11分 因此f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a>2a －2等价于ln a ＋a －1<0.12分令g (a )＝ln a ＋a －1，则g (a )在(0，＋∞)上单调递增，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).15分[答题模板] 讨论含参函数f (x )的单调性的一般步骤 第一步：求函数f (x )的定义域(根据已知函数解析式确定)． 第二步：求函数f (x )的导数f ′(x )．第三步：根据f ′(x )＝0的零点是否存在或零点的大小对参数分类讨论． 第四步：求解(令f ′(x )>0或令f ′(x )<0)． 第五步：下结论．第六步：反思回顾，查看关键点、易错点、注意解题规范．温馨提示：1.讨论函数的单调性，求函数的单调区间、极值问题，最终归结到判断f ′(x )的符号问题上，而f ′(x )＞0或f ′(x )＜0，最终可转化为一个一元一次不等式或一元二次不等式问题．2．若已知f (x )的单调性，则转化为不等式f ′(x )≥0或f ′(x )≤0在单调区间上恒成立问题求解．[对点训练1] 已知函数f (x )＝x 3＋ax 2－x ＋c ，且a ＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23.(1)求a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间；(3)设函数g (x )＝(f (x )－x 3)·e x，若函数g (x )在x ∈[－3,2]上单调递增，求实数c 的取值范围．[解] (1)由f (x )＝x 3＋ax 2－x ＋c ， 得f ′(x )＝3x 2＋2ax －1.2分当x ＝23时，得a ＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋2a ×23－1，解得a ＝－1.4分(2)由(1)可知f (x )＝x 3－x 2－x ＋c ，则f ′(x )＝3x 2－2x －1＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋13(x －1)，列表如下：所以f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－3和(1，＋∞)； f (x )的单调递减区间是⎝⎛⎭⎪⎫－13，1.10分(3)函数g (x )＝(f (x )－x 3)·e x ＝(－x 2－x ＋c )·e x，有g ′(x )＝(－2x －1)e x ＋(－x 2－x ＋c )e x＝(－x 2－3x ＋c －1)e x，12分因为函数g (x )在x ∈[－3,2]上单调递增，所以h (x )＝－x 2－3x ＋c －1≥0在x ∈[－3,2]上恒成立， 只要h (2)≥0，解得c ≥11，所以c 的取值范围是[11，＋∞).15分热点2 利用导数研究函数的零点或曲线交点问题研究函数零点的本质就是研究函数的极值的正负，为此，我们可以通过讨论函数的单调性来解决，求解时应注重等价转化与数形结合思想的应用，其主要考查方式有：(1)确定函数的零点、图象交点的个数；(2)由函数的零点、图象交点的情况求参数的取值范围．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． [解] (1)由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b .2分 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 .6分 (2)当a ＝b ＝4时，f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c ， 所以f ′(x )＝3x 2＋8x ＋4.8分令f ′(x )＝0，得3x 2＋8x ＋4＝0，解得x ＝－2或x ＝－23.10分f (x )与f ′(x )在区间(－∞，＋∞)上的情况如下：所以，当c ＞0且c －27＜0时，存在x 1∈(－4，－2)，x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－3，x 3∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，0，使得f (x 1)＝f (x 2)＝f (x 3)＝0.12分由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.15分[规律方法] 用导数研究函数的零点，常用两种方法：一是用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理判断；二是将零点问题转化为函数图象的交点问题，利用数形结合来解决．[对点训练2] 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 )－x3零点的个数. 【导学号：51062090】[解] (1)由题设，当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋ex，则f ′(x )＝x －ex 2，由f ′(x )＝0，得x ＝e.2分 ∴当x ∈(0，e)，f ′(x )＜0，f (x )在(0，e)上单调递减； 当x ∈(e ，＋∞)，f ′(x )＞0，f (x )在(e ，＋∞)上单调递增， ∴当x ＝e 时，f (x )取得极小值f (e)＝ln e ＋ee ＝2，∴f (x )的极小值为2.6分(2)由题设g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x3(x ＞0)，令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x ＞0).7分设φ(x )＝－13x 3＋x (x ≥0)，则φ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1)，当x ∈(0,1)时，φ′(x )＞0，φ(x )在(0,1)上单调递增； 当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )＜0，φ(x )在(1，＋∞)上单调递减，∴x ＝1是φ(x )唯一的极值点，且是极大值点，因此x ＝1也是φ(x )的最大值点， ∴φ(x )的最大值为φ(1)＝23.10分又φ(0)＝0，结合y ＝φ(x )的图象(如图)，可知①当m ＞23时，函数g (x )无零点；②当m ＝23时，函数g (x )有且只有一个零点；③当0＜m ＜23时，函数g (x )有两个零点；④当m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点．综上所述，当m ＞23时，函数g (x )无零点；当m ＝23或m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点；当0＜m ＜23时，函数g (x )有两个零点.15分热点3 利用导数研究不等式问题导数在不等式中的应用问题是每年高考的必考内容，且以解答题的形式考查，难度较大，属中高档题．归纳起来常见的命题角度有：(1)证明不等式；(2)不等式恒成立问题；(3)存在型不等式成立问题． ☞角度1 证明不等式设函数f (x )＝e 2x－a ln x .(1)讨论f (x )的导函数f ′(x )零点的个数；(2)证明：当a ＞0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a. 【导学号：51062091】[解] (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x－a x(x >0)． 当a ≤0时，f ′(x )>0，f ′(x )没有零点； 当a >0时，设u (x )＝e 2x，v (x )＝－a x，3分因为u (x )＝e 2x在(0，＋∞)上单调递增，v (x )＝－a x在(0，＋∞)上单调递增， 所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增．又f ′(a )>0，当b 满足0<b <a 4且b <14时，f ′(b )<0，故当a >0时，f ′(x )存在唯一零点.6分(2)证明：由(1)，可设f ′(x )在(0，＋∞)上的唯一零点为x 0，当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0； 当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0.故f (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，所以当x ＝x 0时，f (x )取得最小值，最小值为f (x 0).10分由于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.15分☞角度2 不等式恒成立问题已知函数f (x )＝(x ＋1)ln x －a (x －1)．(1)当a ＝4时，求曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程； (2)若当x ∈(1，＋∞)时，f (x )>0，求a 的取值范围． [解] (1)f (x )的定义域为(0，＋∞).1分 当a ＝4时，f (x )＝(x ＋1)ln x －4(x －1)，f (1)＝0，f ′(x )＝ln x ＋1x－3，f ′(1)＝－2.3分故曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程为2x ＋y －2＝0.6分 (2)当x ∈(1，＋∞)时，f (x )＞0等价于ln x －a x －x ＋1＞0.设g (x )＝ln x －a x －x ＋1，则g ′(x )＝1x－2a x ＋2＝x 2＋－a x ＋1x x ＋2，g (1)＝0.9分 ①当a ≤2，x ∈(1，＋∞)时，x 2＋2(1－a )x ＋1≥x 2－2x ＋1＞0，故g ′(x )＞0，g (x )在(1，＋∞)单调递增，因此g (x )＞0；12分②当a ＞2时，令g ′(x )＝0得x 1＝a －1－a －2－1，x 2＝a －1＋a －2－1.14分由x 2＞1和x 1x 2＝1得x 1＜1，故当x ∈(1，x 2)时，g ′(x )＜0，g (x )在(1，x 2)单调递减，因此g (x )＜0.综上，a 的取值范围是(－∞，2].15分 ☞角度3 存在型不等式成立问题设函数f (x )＝a ln x ＋1－a 2x 2－bx (a ≠1)，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线斜率为0.(1)求b ；(2)若存在x 0≥1，使得f (x 0)<aa －1，求a 的取值范围．[解] (1)f ′(x )＝a x＋(1－a )x －b . 由题设知f ′(1)＝0，解得b ＝1.4分 (2)f (x )的定义域为(0，＋∞)， 由(1)知，f (x )＝a ln x ＋1－a 2x 2－x ，f ′(x )＝a x ＋(1－a )x －1＝1－a x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 1－a (x －1).7分①若a ≤12，则a1－a ≤1，故当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在(1，＋∞)单调递增．所以，存在x 0≥1，使得f (x 0)<aa －1的充要条件为f (1)<a a －1，即1－a 2－1<aa －1，解得－2－1<a <2－1.10分②若12<a <1，则a 1－a >1，故当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，a 1－a 时，f ′(x )<0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫1，a 1－a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a ，＋∞上单调递增.12分所以存在x 0≥1，使得f (x 0)<aa －1的充要条件为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a <aa －1. 而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a ＝a ln a 1－a ＋a 2－a＋a a －1>aa －1，所以不合题意．③若a >1，则f (1)＝1－a 2－1＝－a －12<a a －1恒成立，所以a ＞1.综上，a 的取值范围是(－2－1，2－1)∪(1，＋∞).15分 [规律方法] 1.运用导数证明不等式，常转化为求函数的最值问题．2．不等式恒成立通常可以利用函数的单调性求出最值解决．解答相应的参数不等式，如果易分离参数，可先分离变量，构造函数，直接转化为函数的最值问题，避免参数的讨论．3．“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f (x )≥g (a )对于x ∈D 恒成立，应求f (x )的最小值；若存在x ∈D ，使得f (x )≥g (a )成立，应求f (x )的最大值．应特别关注等号是否成立问题．热点探究训练(一) 导数应用中的高考热点问题1．已知函数f (x )＝e x －e －x－2x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)设g (x )＝f (2x )－4bf (x )，当x >0时，g (x )>0，求b 的最大值． [解] (1)f ′(x )＝e x ＋e －x－2≥0，等号仅当x ＝0时成立． 所以f (x )在(－∞，＋∞)单调递增.4分 (2)g (x )＝f (2x )－4bf (x ) ＝e 2x－e－2x－4b (e x －e －x)＋(8b －4)x ，g ′(x )＝2[e 2x ＋e －2x －2b (e x ＋e －x )＋(4b －2)]＝2(e x ＋e －x －2)(e x ＋e －x－2b ＋2).8分①当b ≤2时，g ′(x )≥0，等号仅当x ＝0时成立，所以g (x )在(－∞，＋∞)单调递增． 而g (0)＝0，所以对任意x >0，g (x )>0.12分②当b >2时，若x 满足2<e x ＋e －x <2b －2，即0<x <ln(b －1＋b 2－2b )时，g ′(x )<0. 而g (0)＝0，因此当0<x <ln(b －1＋b 2－2b )时，g (x )<0. 综上，b 的最大值为2.15分2．已知函数f (x )＝e x(x 2＋ax －a )，其中a 是常数．(1)当a ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)若存在实数k ，使得关于x 的方程f (x )＝k 在[0，＋∞)上有两个不相等的实数根，求k 的取值范围．[解] (1)由f (x )＝e x(x 2＋ax －a )可得f ′(x )＝e x [x 2＋(a ＋2)x ].3分当a ＝1时，f (1)＝e ，f ′(1)＝4e.所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为：y －e ＝4e(x －1)，即y ＝4e x －3e.7分(2)令f ′(x )＝e x[x 2＋(a ＋2)x ]＝0， 解得x ＝－(a ＋2)或x ＝0.9分当－(a ＋2)≤0，即a ≥－2时，在区间[0，＋∞)上，f ′(x )≥0， 所以f (x )是[0，＋∞)上的增函数，所以方程f (x )＝k 在[0，＋∞)上不可能有两个不相等的实数根.11分 当－(a ＋2)＞0，即a ＜－2时，f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：f (－(a ＋2))＝a ＋4e.因为函数f (x )是(0，－(a ＋2))上的减函数， 是(－(a ＋2)，＋∞)上的增函数，且当x ≥－a 时， 有f (x )≥e －a(－a )＞－a ，又f (0)＝－a .所以要使方程f (x )＝k 在[0，＋∞)上有两个不相等的实数根，则k 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤a ＋4e a ＋2，－a .15分 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. 【导学号：51062092】 [解] (1)f ′(x )＝(x －1)e x＋2a (x －1)＝(x －1)(e x＋2a ).1分 (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.3分 (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.5分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.7分(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.9分(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，＋∞).15分4．(2017·绍兴二次质量预测)已知函数f (x )＝exx －m .(1)讨论函数y ＝f (x )在x ∈(m ，＋∞)上的单调性；(2)若m ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12，则当x ∈[m ，m ＋1]时，函数y ＝f (x )的图象是否总在函数g (x )＝x2＋x 图象上方？请写出判断过程．[解] (1)f ′(x )＝exx －m －e x x －m 2＝e x x －m －x －m 2，2分当x ∈(m ，m ＋1)时，f ′(x )＜0；当x ∈(m ＋1，＋∞)时，f ′(x )＞0， 所以函数f (x )在(m ，m ＋1)上单调递减，在(m ＋1，＋∞)上单调递增.6分 (2)由(1)知f (x )在(m ，m ＋1)上单调递减， 所以其最小值为f (m ＋1)＝em ＋1.8分因为m ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12，g (x )在x ∈[m ，m ＋1]最大值为(m ＋1)2＋m ＋1.小初高试卷教案类K12小学初中高中 所以下面判断f (m ＋1)与(m ＋1)2＋m ＋1的大小，即判断e x与(1＋x )x 的大小，其中x ＝m ＋1∈⎝ ⎛⎦⎥⎤1，32. 令m (x )＝e x －(1＋x )x ，m ′(x )＝e x－2x －1，令h (x )＝m ′(x )，则h ′(x )＝e x －2， 因为x ＝m ＋1∈⎝ ⎛⎦⎥⎤1，32，所以h ′(x )＝e x －2＞0，m ′(x )单调递增.12分 所以m ′(1)＝e －3＜0，m ′⎝ ⎛⎭⎪⎫32＝e 32－4＞0，故存在x 0∈⎝ ⎛⎦⎥⎤1，32，使得m ′(x 0)＝e x 0－2x 0－1＝0，所以m (x )在(1，x 0)上单调递减，在⎝⎛⎭⎪⎫x 0，32上单调递增， 所以m (x )≥m (x 0)＝e x 0－x 20－x 0＝2x 0＋1－x 20－x 0＝－x 20＋x 0＋1， 所以当x 0∈⎝ ⎛⎦⎥⎤1，32时，m (x 0)＝－x 20＋x 0＋1＞0， 即e x ＞(1＋x )x ，也即f (m ＋1)＞(m ＋1)2＋m ＋1，所以函数y ＝f (x )的图象总在函数g (x )＝x 2＋x 图象上方.15分。
【K12教育学习资料】2018年高考数学考点通关练第二章函数导数及其应用16导数的应用(二)试题文
考点测试16 导数的应用(二)一、基础小题1．函数f(x)＝x3－3x2＋2在区间[－1,1]上的最大值是( )A．－2 B．0 C．2 D．4答案 C解析令f′(x)＝3x2－6x＝0，得x＝0，x＝2(舍去)．比较f(－1)，f(0)，f(1)的大小知f(x)max＝f(0)＝2.2．已知对任意实数x，都有f(－x)＝－f(x)，g(－x)＝g(x)，且x>0时，f′(x)>0，g′(x)>0，则x<0时( )A．f′(x)>0，g′(x)>0 B．f′(x)>0，g′(x)<0C．f′(x)<0，g′(x)>0 D．f′(x)<0，g′(x)<0答案 B解析由题意知f(x)是奇函数，g(x)是偶函数．当x>0时，f(x)，g(x)都单调递增，则当x<0时，f(x)单调递增，g(x)单调递减，即f′(x)>0，g′(x)<0.3．若曲线f(x)＝x，g(x)＝xα在点P(1,1)处的切线分别为l1，l2，且l1⊥l2，则实数α的值为( )A ．－2B ．2 C.12 D ．－12答案 A 解析 f ′(x )＝12x，g ′(x )＝αxα－1，所以在点P 处的斜率分别为k 1＝12，k 2＝α，因为l 1⊥l 2，所以k 1k 2＝α2＝－1，所以α＝－2，选A.4．若函数f (x )＝2x 2－ln x 在其定义域内的一个子区间(k －1，k ＋1)内不是单调函数，则实数k 的取值范围是( )A ．[1，＋∞) B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，32 C ．[1,2) D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，2 答案 B解析 因为f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝4x －1x ，由f ′(x )＝0，得x ＝12.据题意得⎩⎪⎨⎪⎧k －1<12<k ＋1，k －1≥0，解得1≤k <32.故选B.5．做一个圆柱形锅炉，容积为V ，两个底面的材料每单位面积的价格为a 元，侧面的材料每单位面积的价格为b 元，当造价最低时，锅炉的底面直径与高的比为( )A.a bB.a 2bC.b aD.b 2a答案 C解析 如图，设圆柱的底面半径为R ，高为h ，则V ＝πR 2h . 设造价为y ＝2πR 2a ＋2πRhb ＝2πaR 2＋2πRb ·V πR 2＝2πaR 2＋2bV R，∴y ′＝4πaR －2bV R2.令y ′＝0，得2R h ＝ba.6. 已知函数f (x )的定义域为R ，f ′(x )为其导函数，函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，且f (－2)＝1，f (3)＝1，则不等式f (x 2－6)>1的解集为( )A ．(2,3)∪(－3，－2)B ．(－2，2)C ．(2,3)D ．(－∞，－2)∪(2，＋∞) 答案 A解析 由y ＝f ′(x )的图象知，f (x )在(－∞，0]上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，又f (－2)＝1，f (3)＝1，∴f (x 2－6)>1可化为－2<x 2－6<3，∴2<x <3或－3<x <－2.7．若0<x 1<x 2<1，则( )答案 C解析 构造函数f (x )＝e x －ln x ，则f ′(x )＝e x －1x，故f (x )＝e x－ln x 在(0,1)上有一个极值点，即f (x )＝e x－ln x 在(0,1)上不是单调函数，无法判断f (x 1)与f (x 2)的大小，故A 、B 错；构造函数g (x )＝e xx ，则g ′(x )＝x e x－e xx2＝exx －x 2，故函数g (x )＝exx在(0,1)上单调递减，故g (x 1)>g (x 2)，8．已知f (x )＝ln x －x 4＋34x，g (x )＝－x 2－2ax ＋4，若对任意的x 1∈(0,2]，存在x 2∈[1,2]，使得f (x 1)≥g (x 2)成立，则a 的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫54，＋∞B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－18，＋∞ C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－18，54 D.⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－54答案 A解析 因为f ′(x )＝1x －34×1x 2－14＝－x 2＋4x －34x 2＝－x －x －4x2，易知，当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0，当x ∈(1,2]时，f ′(x )>0，所以f (x )在(0,1)上单调递减，在(1,2]上单调递增，故f (x )min ＝f (1)＝12.对于二次函数g (x )＝－x 2－2ax ＋4，易知该函数开口向下，所以其在区间[1,2]上的最小值在端点处取得，即g (x )min ＝min{g (1)，g (2)}．要使对任意的x 1∈(0,2]，存在x 2∈[1,2]，使得f (x 1)≥g (x 2)成立，只需f (x 1)min ≥g (x 2)min ，即12≥g (1)且12≥g (2)，所以12≥－1－2a ＋4且12≥－4－4a ＋4，解得a ≥54.二、高考小题9．[2015·福建高考]“对任意x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，k sin x cos x <x ”是“k <1”的( )A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件答案 B解析 设f (x )＝k sin x cos x ，g (x )＝x ，对任意x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，k sin x cos x <x 等价于f (x )<g (x )，即f (x )的图象恒在g (x )图象的下方．结合切线意义可知f ′(0)≤1，即k ≤1.故选B.10．[2014·全国卷Ⅱ]若函数f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)上单调递增，则k 的取值范围是( )A ．(－∞，－2]B ．(－∞，－1]C ．[2，＋∞)D ．[1，＋∞)答案 D解析 由条件知f ′(x )＝k －1x ≥0在(1，＋∞)上恒成立，即k ≥1x在(1，＋∞)上恒成立，∵x >1，∴0<1x<1，∴k ≥1.11．[2014·辽宁高考]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，－98C ．[－6，－2]D ．[－4，－3]答案 C解析 当x ∈(0,1]时，得a ≥－3⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 3－4⎝ ⎛⎭⎪⎫1x2＋1x ，令t ＝1x，则t ∈[1，＋∞)，a ≥－3t3－4t 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]．12．[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 ＝________.答案 1解析 由题意可得f ′(x )＝3ax 2＋1，∴f ′(1)＝3a ＋1，又f (1)＝a ＋2，∴f (x )＝ax 3＋x ＋1的图象在点(1，f (1))处的切线方程为y －(a ＋2)＝(3a ＋1)(x －1)，又此切线过点(2,7)，∴7－(a ＋2)＝(3a ＋1)(2－1)，解得a ＝1.三、模拟小题13．[2016·福建质检]已知函数f (x )＝13ax 3＋12bx 2＋cx ＋d ，其图象在点(1，f (1))处的切线斜率为0.若a <b <c ，且函数f (x )的单调递增区间为(m ，n )，则n －m 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32B.⎝ ⎛⎭⎪⎫32，3 C ．(1,3) D ．(2,3)答案 B解析 由题意得f ′(x )＝ax 2＋bx ＋c ，因为函数f (x )＝13ax 3＋12bx 2＋cx ＋d 的图象在(1，f (1))处的切线斜率为0，所以f ′(1)＝a ＋b ＋c ＝0，又因为a <b <c ，所以a <0<c .因为函数f (x )的单调递增区间为(m ，n )，所以mn ＝c a <0，且m <n ，则结合题意可知n ＝1，m ＝ca，则n－m ＝1－c a ，又因为a <b <c ，a ＋b ＋c ＝0，所以c a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－12，则n －m ＝1－c a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫32，3，故选B.14．[2017·湖北联考]已知函数g (x )满足g (x )＝g ′(1)ex －1－g (0)x ＋12x 2，且存在实数x 0，使得不等式2m －1≥g (x 0)成立，则实数m 的取值范围为( )A ．(－∞，2]B ．(－∞，3]C ．[1，＋∞) D．[0，＋∞) 答案 C解析 g ′(x )＝g ′(1)e x －1－g (0)＋x ，令x ＝1时，得g ′(1)＝g ′(1)－g (0)＋1，∴g (0)＝1，g (0)＝g ′(1)e0－1，∴g ′(1)＝e ，∴g (x )＝e x －x ＋12x 2，g ′(x )＝e x－1＋x ，当x <0时，g ′(x )<0，当x >0时，g ′(x )>0，∴当x ＝0时，函数g (x )取得最小值g (0)＝1.根据题意得2m －1≥g (x )min ＝1，∴m ≥1，故选C.15．[2017·吉林长春模拟]已知函数f (x )＝m －1－x 2(e≤x ≤2e)(e 为自然对数的底数)与g (x )＝2－5ln x 的图象上存在关于x 轴对称的点，则实数m 的取值范围是( )A ．[e 2－2，＋∞) B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－102 C ．[e,2e] D ．[e 2＋4,4e 2＋5ln 2＋4]答案 D解析 由题意可知，方程m －1－x 2＝5ln x －2在[e,2e]上有解，即m ＝x 2＋5ln x －1在[e,2e]上有解．令h (x )＝x 2＋5ln x －1，h ′(x )＝2x ＋5x，易知h (x )在[e,2e]上单调递增，所以h (x )在[e,2e]上的最小值为e 2＋5－1＝e 2＋4，最大值为(2e)2＋5ln 2e －1＝4e 2＋5ln 2＋4.所以实数m 的取值范围是[e 2＋4,4e 2＋5ln 2＋4]．故选D.16．[2016·湖北八校联考]已知函数f (x )＝x 3－tx 2＋3x ，若对于任意的a ∈[1,2]，b ∈(2,3]，函数f (x )在区间[a ，b ]上单调递减，则实数t 的取值范围是( )A ．(－∞，3]B ．(－∞，5]C ．[3，＋∞)D ．[5，＋∞) 答案 D解析 ∵f (x )＝x 3－tx 2＋3x ，∴f ′(x )＝3x 2－2tx ＋3，由于函数f (x )在[a ，b ]上单调递减，则有f ′(x )≤0在[a ，b ]上恒成立，即不等式3x 2－2tx ＋3≤0在[a ，b ]上恒成立，即有t ≥32⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x 在[a ，b ]上恒成立，而函数y ＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x 在[1,3]上单调递增，由于a ∈[1,2]，b ∈(2,3]，当b ＝3时，函数y ＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x 取得最大值，即y max ＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫3＋13＝5，所以t ≥5，故选D.17．[2017·河北石家庄调研]已知f (x )＝12x 2＋b x ＋c (b ，c 是常数)和g (x )＝14x ＋1x 是定义在M ＝{x |1≤x ≤4}上的函数，对于任意的x ∈M ，存在x 0∈M 使得f (x )≥f (x 0)，g (x )≥g (x 0)，且f (x 0)＝g (x 0)，则f (x )在M 上的最大值为( )A.72 B ．5 C ．6 D ．8 答案 B解析 因为g (x )＝14x ＋1x≥214＝1(当且仅当x ＝2时等号成立)，所以f (2)＝2＋b 2＋c ＝g (2)＝1，c ＝－1－b2，所以f (x )＝12x 2＋b x －1－b 2，f ′(x )＝x －b x 2＝x 3－bx 2.因为f (x )在x ＝2处有最小值，所以f ′(2)＝0，即b ＝8，所以c ＝－5，f (x )＝12x 2＋8x －5，f ′(x )＝x 3－8x 2，所以f (x )在[1,2]上单调递减，在[2,4]上单调递增，而f (1)＝12＋8－5＝72，f (4)＝8＋2－5＝5，所以函数f (x )的最大值为5，故选B.18．[2017·河南安阳模拟]已知函数f (x )＝ax 3＋x 2－ax (a ∈R ，且a ≠0)．如果存在实数a ∈(－∞，－1]，使得函数g (x )＝f (x )＋f ′(x )，x ∈[－1，b ](b >－1)在x ＝－1处取得最小值，则实数b 的最大值为________．答案17－12解析 依题意，f ′(x )＝3ax 2＋2x －a ，g (x )＝f (x )＋f ′(x )＝ax 3＋(3a ＋1)x 2＋(2－a )x －a ，则g (x )≥g (－1)在区间[－1，b ]上恒成立，即(x ＋1)[ax 2＋(2a ＋1)x ＋(1－3a )]≥0 ①，当x ＝－1时，不等式①成立，当－1<x ≤b 时，不等式①可化为ax 2＋(2a ＋1)x ＋1－3a ≥0 ②，令h (x )＝ax 2＋(2a ＋1)x ＋1－3a ，由a ∈(－∞，－1]知其图象是开口向下的抛物线，故h (x )在闭区间上的最小值必在端点处取得，又h (－1)＝－4a >0，则不等式②成立的充要条件是h (b )≥0，整理得b 2＋2b －3b ＋1≤－1a ，则该不等式在a ∈(－∞，－1]上有解，即b 2＋2b －3b ＋1≤⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a max ＝1，得－1<b ≤17－12，故实数b 的最大值为17－12.一、高考大题1．[2016·全国卷Ⅲ]设函数f (x )＝ln x －x ＋1. (1)讨论f (x )的单调性；(2)证明当x ∈(1，＋∞)时，1<x －1ln x<x ；(3)设c >1，证明当x ∈(0,1)时，1＋(c －1)x >c x.解 (1)由题设知f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－1，令f ′(x )＝0，解得x ＝1.当0<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．(2)证明：由(1)知f (x )在x ＝1处取得最大值，最大值为f (1)＝0. 所以当x ≠1时，ln x <x －1.故当x ∈(1，＋∞)时，ln x <x －1，ln 1x <1x－1，所以x －1ln x >1且x ·ln x >x －1，即1<x －1ln x<x .(3)证明：由题设c >1，设g (x )＝1＋(c －1)x －c x， 则g ′(x )＝c －1－c xln c ，令g ′(x )＝0，解得x 0＝ln c －1ln cln c.当x <x 0时，g ′(x )>0，g (x )单调递增； 当x >x 0时，g ′(x )<0，g (x )单调递减．由(2)知1<c －1ln c<c ，故0<x 0<1.又g (0)＝g (1)＝0，故当0<x <1时，g (x )>0.所以当x ∈(0,1)时，1＋(c －1)x >c x.2．[2016·北京高考]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． 解 (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.f (x )与f ′(x )在区间(－∞，＋∞)上的情况如下：所以，当c >0且c －27<0时，存在x 1∈(－∞，－2)，x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－3，x 3∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，＋∞，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． 3．[2015·全国卷Ⅰ]设函数f (x )＝e 2x－a ln x . (1)讨论f (x )的导函数f ′(x )零点的个数； (2)证明：当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a.解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x －ax(x >0)．当a ≤0时，f ′(x )>0，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，＋∞)单调递增．又f ′(a )>0，当b 满足0<b <a 4且b <14时，f ′(b )<0，故当a >0时，f ′(x )存在唯一零点．(2)证明：由(1)，可设f ′(x )在(0，＋∞)的唯一零点为x 0，当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0.故f (x )在(0，x 0)单调递减，在(x 0，＋∞)单调递增， 所以当x ＝x 0时，f (x )取得最小值，最小值为f (x 0)．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.二、模拟大题4．[2017·江西八校联考]已知函数f (x )＝(2x －1)e x，g (x )＝ax －a (a ∈R )． (1)若y ＝g (x )为曲线y ＝f (x )的一条切线，求实数a 的值；(2)已知a <1，若关于x 的不等式f (x )<g (x )的整数解只有一个x 0，求实数a 的取值范围． 解 (1)函数f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝(2x ＋1)e x .(2)令F (x )＝(2x －1)e x－ax ＋a ，x ∈R ， 则F ′(x )＝e x(2x ＋1)－a .当x ≥0时，∵e x≥1,2x ＋1≥1，∴e x(2x ＋1)≥1. 又a <1，∴F ′(x )>0，∴F (x )在(0，＋∞)上单调递增．∵F (0)＝－1＋a <0，F (1)＝e>0，∴存在唯一的整数x 0＝0使得F (x 0)<0，即f (x 0)<g (x 0)． 当x <0时，为满足题意，F (x )在(－∞，0)上不存在整数使F (x )<0，即F (x )在(－∞，－1]上不存在整数使F (x )<0.∵x ≤－1，∴e x (2x ＋1)<0.①当0≤a <1时，F ′(x )<0，∴F (x )在(－∞，－1]上单调递减， ∴当x ≤－1时，F (x )≥F (－1)＝－3e ＋2a ≥0，得a ≥32e ，∴32e≤a <1.②当a <0时，F (－1)＝－3e ＋2a <0，不符合题意．综上所述，32e ≤a <1，即实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫32e ，1. 5．[2017·东北三校模拟]已知f (x )＝1＋2ln xx2. (1)求f (x )的最大值；(2)令g (x )＝ax 2－2ln x ，当x >0时，f (x )的最大值为M ，g (x )＝M 有两个不同的根，求a 的取值范围；(3)存在x 1，x 2∈(1，＋∞)且x 1≠x 2，使|f (x 1)－f (x 2)|≥k |ln x 1－ln x 2|成立，求k 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝－4ln xx3.令y ＝f ′(x )＝0，得x ＝1.当x ∈(0,1)时，f ′(x )>0，y ＝f (x )单调递增； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，y ＝f (x )单调递减． 所以函数y ＝f (x )的最大值为f (1)＝1. (2)由(1)可知M ＝1.g ′(x )＝2ax －2x＝ax 2－x.①若a ≤0，则g ′(x )<0，y ＝g (x )单调递减，g (x )＝M 不可能有两个根． ②若a >0，则当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 时，g ′(x )<0，y ＝g (x )单调递减，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫1a，＋∞时，g ′(x )>0，y ＝g (x )单调递增，所以g ⎝⎛⎭⎪⎫1a <1，解得0<a <1.综上可得a 的取值范围是(0,1)．(3)不妨设x 1>x 2>1，由(1)知当x ∈(1，＋∞)时，y ＝f (x )单调递减．|f (x 1)－f (x 2)|≥k |ln x 1－ln x 2|等价于f (x 2)－f (x 1)≥k (ln x 1－ln x 2)，即f (x 2)＋k lnx 2≥f (x 1)＋k ln x 1.存在x 1，x 2∈(1，＋∞)且x 1≠x 2，使f (x 2)＋k ln x 2≥f (x 1)＋k ln x 1成立． 令h (x )＝f (x )＋k ln x ，h (x )在(1，＋∞)上存在减区间，则h ′(x )＝kx 2－4ln x x 3<0有解，即k <4ln x x 2有解，则k <⎝ ⎛⎭⎪⎫4lnx x 2max .令t (x )＝4ln xx 2，t ′(x )＝－2ln xx 3.当x ∈(0，e)时，t ′(x )>0，y ＝t (x )单调递增； 当x ∈(e ，＋∞)时，t ′(x )<0，y ＝t (x )单调递减． 所以⎝⎛⎭⎪⎫4ln x x 2max ＝2e ，即k 的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫－∞，2e .6．[2017·江西上饶模拟]已知函数f (x )＝ax －ln x －4(a ∈R )． (1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝2时，若存在区间[m ，n ]⊆⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞，使f (x )在[m ，n ]上的值域是⎣⎢⎡⎦⎥⎤k m ＋1，k n ＋1，求k 的取值范围．解 (1)函数f (x )的定义域是(0，＋∞)，f ′(x )＝ax －1x. 当a ≤0时，f ′(x )≤0，f (x )在(0，＋∞)上为减函数；当a >0时，令f ′(x )＝0，则x ＝1a. 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )<0，f (x )为减函数，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )为增函数．综上，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上为减函数；当a >0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上为减函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上为增函数． (2)当a ＝2时，f (x )＝2x －ln x －4，由(1)知f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上为增函数． ∵[m ，n ]⊆⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞，∴f (x )在[m ，n ]上为增函数． ∵f (x )在[m ，n ]上的值域是⎣⎢⎡⎦⎥⎤k m ＋1，k n ＋1， ∴f (m )＝k m ＋1，f (n )＝k n ＋1，其中12≤m <n ， 则f (x )＝kx ＋1在⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞上至少有两个不同的实数根． 由f (x )＝k x ＋1，得k ＝2x 2－2x －(x ＋1)ln x －4. 记φ(x )＝2x 2－2x －(x ＋1)ln x －4，x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞， 则φ′(x )＝4x －1x－ln x －3. 记F (x )＝φ′(x )＝4x －1x－ln x －3， 则F ′(x )＝4x 2－x ＋1x 2＝x －2＋3x x 2>0， ∴F (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞上为增函数， 即φ′(x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞上为增函数． ∵φ′(1)＝0，∴当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1时，φ′(x )<0，当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )>0.∴φ(x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，1上为减函数，在[1，＋∞)上为增函数． ∵φ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝3ln 2－92，φ(1)＝－4，当x →＋∞时，φ(x )→＋∞，结合φ(x )的图象(图略)得，φ(1)<k ≤φ⎝ ⎛⎭⎪⎫12， 即－4<k ≤3ln 2－92， ∴k 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－4，3ln 2－92.。
配套K122018版高考数学一轮总复习第2章函数导数及其应用2.10导数的概念及运算模拟演练文
2018版高考数学一轮总复习 第2章 函数、导数及其应用 2.10 导数的概念及运算模拟演练 文[A 级 基础达标](时间：40分钟)1．已知函数f (x )的导函数为f ′(x )，且满足f (x )＝2xf ′(1)＋ln x ，则f ′(1)等于( )A ．－eB ．－1C ．1D ．e 答案 B解析 ∵f ′(x )＝2f ′(1)＋1x，∴f ′(1)＝2f ′(1)＋1，∴f ′(1)＝－1.故选B.2．[2017·洛阳二练]曲线f (x )＝x 2＋a x ＋1在点(1，f (1))处切线的倾斜角为3π4，则实数a＝( )A ．1B ．－1C ．7D ．－7 答案 C 解析 f ′(x )＝2xx ＋－x 2＋a x ＋2＝x 2＋2x －ax ＋2， 又∵f ′(1)＝tan 3π4＝－1，∴a ＝7.3．[2017·河北质检]已知直线y ＝kx 是曲线y ＝ln x 的切线，则k 的值是( ) A ．e B ．－e C.1e D ．－1e答案 C解析 依题意，设直线y ＝kx 与曲线y ＝ln x 切于点(x 0，kx 0)，则有⎩⎪⎨⎪⎧kx 0＝ln x 0，k ＝1x 0，由此得ln x 0＝1，x 0＝e ，k ＝1e，选C.4．[2017·海南文昌中学模拟]曲线y ＝x e x＋2x －1在点(0，－1)处的切线方程为( ) A ．y ＝3x －1 B ．y ＝－3x －1 C ．y ＝3x ＋1 D ．y ＝－2x －1 答案 A解析 依题意得y ′＝(x ＋1)e x ＋2，则曲线y ＝x e x＋2x －1在点(0，－1)处的切线的斜率为(0＋1)e 0＋2＝3，故曲线y ＝x e x＋2x －1在点(0，－1)处的切线方程为y ＋1＝3x ，即y ＝3x －1，故选A.5．[2017·上饶模拟]若点P 是曲线y ＝x 2－ln x 上任意一点，则点P 到直线y ＝x －2的最小值为( )A ．1 B. 2 C.22D. 3 答案 B解析 因为定义域为(0，＋∞)，所以y ′＝2x －1x＝1，解得x ＝1，则在P (1,1)处的切线方程为x －y ＝0，所以两平行线间的距离为d ＝22＝ 2.6．直线x －2y ＋m ＝0与曲线y ＝x 相切，则切点的坐标为________． 答案 (1,1) 解析7．[2014·江苏高考]在平面直角坐标系xOy 中，若曲线y ＝ax 2＋b x(a ，b 为常数)过点P (2，－5)，且该曲线在点P 处的切线与直线7x ＋2y ＋3＝0平行，则a ＋b 的值是________．答案 －3解析 由曲线y ＝ax 2＋b x过点P (2，－5)， 得4a ＋b2＝－5.①又y ′＝2ax －b x 2，所以当x ＝2时，4a －b 4＝－72，②由①②得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝－2，所以a ＋b ＝－3.8．[2016·金版创新]函数f (x )(x ∈R )满足f (1)＝1，且f (x )在R 上的导函数f ′(x )＞12，则不等式f (x )＜x ＋12的解集为__________． 答案 (－∞，1)解析 据已知f ′(x )＞12，可得⎣⎢⎡⎦⎥⎤fx －12x ′＝f ′(x )－12＞0，即函数F (x )＝f (x )－12x 在R 上为单调递增函数，又由f (1)＝1可得F (1)＝12，故f (x )＜1＋x 2＝12＋12x ，化简得f (x )－12x ＜12，即F (x )＜F (1)，由函数的单调性可得不等式的解集为(－∞，1)． 9．[2017·山西师大附中质检]已知曲线y ＝13x 3＋43.(1)求曲线在点P (2,4)处的切线方程；(2)求曲线过点P (2,4)的切线方程．解 (1)根据已知得点P (2,4)是切点且y ′＝x 2，所以在点P (2,4)处的切线的斜率为y ′| x ＝2＝4.所以曲线在点P (2,4)处的切线方程为y －4＝4(x －2)，即4x －y －4＝0.(2)设曲线y ＝13x 3＋43与过点P (2,4)的切线相切于点A ⎝⎛⎭⎪⎫x 0，13x 30＋43，则切线的斜率为y ′|x ＝x 0＝x 20.所以切线方程为y －⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 30＋43＝x 20(x －x 0)，即y ＝x 20·x －23x 30＋43.因为点P (2,4)在切线上，所以4＝2x 20－23x 30＋43，即x 30－3x 20＋4＝0，所以x 30＋x 20－4x 20＋4＝0， 所以x 20(x 0＋1)－4(x 0＋1)(x 0－1)＝0，所以(x 0＋1)(x 0－2)2＝0，解得x 0＝－1或x 0＝2， 故所求的切线方程为x －y ＋2＝0或4x －y －4＝0.10．已知函数f (x )＝x －1＋ae x (a ∈R ，e 为自然对数的底数)．(1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线平行于x 轴，求a 的值； (2)当a ＝1时，若直线l ：y ＝kx －1与曲线y ＝f (x )相切，求l 的直线方程．解 (1)f ′(x )＝1－ae x ，因为曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线平行于x 轴，所以f ′(1)＝1－ae＝0，解得a ＝e.(2)当a ＝1时，f (x )＝x －1＋1e x ，f ′(x )＝1－1e x .设切点为(x 0，y 0)，①＋②得x 0＝kx 0－1＋k ，即(k －1)(x 0＋1)＝0. 若k ＝1，则②式无解，∴x 0＝－1，k ＝1－e. ∴l 的直线方程为y ＝(1－e)x －1.[B 级 知能提升](时间：20分钟)11．[2016·昆明调研]若曲线f (x )＝a cos x 与曲线g (x )＝x 2＋bx ＋1在交点(0，m )处有公切线，则a ＋b ＝( )A ．－1B ．0C ．1D ．2答案 C解析 依题意得，f ′(x )＝－a sin x ，g ′(x )＝2x ＋b ，于是有f ′(0)＝g ′(0)，即－a sin0＝2×0＋b ，则b ＝0，又m ＝f (0)＝g (0)，即m ＝a ＝1，因此a ＋b ＝1，选C.12．[2016·山东高考]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 ．y ＝sin xB ．y ＝ln xC ．y ＝e xD ．y ＝x 3答案 A解析 设两切点坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)．选项A 中，y ′＝cos x ，cos x 1cos x 2＝－1，当x 1＝0，x 2＝π时满足，故选项A 中的函数具有T 性质；选项B 、C 、D 中函数的导数均为正值或非负值，故两点处的导数之积不可能为－1，故选A.13．若曲线f (x )＝ax 3＋ln x 存在垂直于y 轴的切线，则实数a 的取值范围是________． 答案 (－∞，0)解析 由题意，可知f ′(x )＝3ax 2＋1x ，又存在垂直于y 轴的切线，所以3ax 2＋1x＝0，即a ＝－13x3(x >0)，故a ∈(－∞，0)．14．[2017·云南大理月考]设函数f (x )＝ax －bx，曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为7x －4y －12＝0.(1)求f (x )的解析式；(2)证明：曲线y ＝f (x )上任一点处的切线与直线x ＝0和直线y ＝x 所围成的三角形面积为定值，并求此定值．解 (1)方程7x －4y －12＝0可化为y ＝74x －3.当x ＝2时，y ＝12.又f ′(x )＝a ＋bx2，于是⎩⎪⎨⎪⎧2a －b 2＝12，a ＋b 4＝74，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝3.故f (x )＝x －3x.(2)证明：设P (x 0，y 0)为曲线上的任一点，由y ′＝1＋3x2知曲线在点P (x 0，y 0)处的切线方程为y －y 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋3x 20(x －x 0)，即y －⎝⎛⎭⎪⎫x 0－3x 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋3x20(x －x 0)． 令x ＝0得y ＝－6x 0，从而得切线与直线x ＝0的交点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－6x 0.切线与直线y ＝x 的交点坐标为(2x 0,2x 0)．所以点P (x 0，y 0)处的切线与直线x ＝0，y ＝x 所围成的三角形面积为12⎪⎪⎪⎪⎪⎪－6x 0||2x 0＝6.故曲线y ＝f (x )上任一点处的切线与直线x ＝0，y ＝x 所围成的三角形的面积为定值，此定值为6.。
配套K122018年高考数学考点通关练第二章函数导数及其应用4函数及其表示试题文
考点测试4 函数及其表示一、基础小题1．设f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1，x >0，0，x ＝0，－1，x <0，g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1，x 为有理数，0，x 为无理数，则f (g (π))的值为( )A ．1B ．0C ．－1D ．π 答案 B解析 因为g (π)＝0，所以f (g (π))＝f (0)＝0，故选B. 2．下图中可作为函数y ＝f (x )的图象的是( )答案 D解析 由函数的定义知只有D 是“多对一”函数，而A 、B 、C 均为“一对多”，故选D. 3．下列各组函数中是同一个函数的是( ) ①f (x )＝－2x 3与g (x )＝x －2x ；②f (x )＝x 与g (x )＝x 2； ③f (x )＝x 2与g (x )＝x 4；④f (x )＝x 2－2x －1与g (t )＝t 2－2t －1. A ．①② B ．①③ C ．③④ D ．①④ 答案 C解析 ①中f (x )＝－2x 3＝|x |－2x ，故f (x )，g (x )不是同一个函数；②中g (x )＝x 2＝|x |，故f (x )，g (x )不是同一个函数；③④中f (x )，g (x )表示同一个函数．4．已知集合M ＝{－1,1,2,4}，N ＝{1,2,4}，给出下列四个对应关系：①y ＝x 2，②y ＝x ＋1，③y ＝x －1，④y ＝|x |，其中能构成从M 到N 的函数的是( )A ．①B ．②C ．③D ．④ 答案 D解析 对应关系若能构成从M 到N 的函数，需满足对M 中的任意一个数，通过对应关系在N 中都有唯一的数与之对应．对于①，当x ＝4时，y ＝16∉N ，故①不能构成函数；对于②，当x ＝－1时，y ＝－1＋1＝0∉N ，故②不能构成函数；对于③，当x ＝－1时，y ＝－1－1＝－2∉N ，故③不能构成函数；对于④，当x ＝±1时，y ＝|x |＝1∈N ，当x ＝2时，y ＝|x |＝2∈N ，当x ＝4时，y ＝|x |＝4∈N ，故④能构成函数．5．若二次函数g (x )满足g (1)＝1，g (－1)＝5，且图象过原点，则g (x )的解析式为( ) A ．g (x )＝2x 2－3x B ．g (x )＝3x 2－2x C ．g (x )＝3x 2＋2x D ．g (x )＝－3x 2－2x答案 B解析 用待定系数法，设g (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)，∵g (1)＝1，g (－1)＝5，且图象过原点，∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＋c ＝1，a －b ＋c ＝5，c ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝3，b ＝－2，c ＝0，∴g (x )＝3x 2－2x ，选B.6．下列从集合A 到集合B 的对应中是映射的是( ) A ．A ＝B ＝N *，对应关系f ：x →y ＝|x －3|B ．A ＝R ，B ＝{0,1}，对应关系f ：x →y ＝⎩⎪⎨⎪⎧x xC ．A ＝Z ，B ＝Q ，对应关系f ：x →y ＝1xD ．A ＝{0,1,2,9}，B ＝{0,1,4,9,16}，对应关系f ：a →b ＝(a －1)2答案 B解析 A 项中，对于集合A 中的元素3，在f 的作用下得0，但0∉B ，即集合A 的元素3在集合B 中没有元素与之对应，所以这个对应不是映射；B 项中，对于集合A 中任意一个非负数在集合B 中都有唯一元素1与之对应，对于集合A 中任意一个负数在集合B 中都有唯一元素0与之对应，所以这个对应是映射；C 项中，集合A 中的元素0在集合B 中没有元素与之对应，故这个对应不是映射；D 项中，在f 的作用下，集合A 中的元素0,1,2分别对应到集合B 中的元素1,0,1，但集合A 中的元素9应该对应64，而64∉B ，故这个对应不是映射．7．已知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋x x ＝x 2＋1x 2＋1x ，则f (x )＝( )A ．(x ＋1)2(x ≠1) B ．(x －1)2(x ≠1) C ．x 2－x ＋1(x ≠1) D ．x 2＋x ＋1(x ≠1)答案 C解析 f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋x x ＝x 2＋1x 2＋1x ＝x ＋2x 2－x ＋1x ＋1，令x ＋1x＝t ，得f (t )＝t 2－t ＋1(t ≠1)，即f (x )＝x 2－x ＋1(x ≠1)，选C.8．设集合A ＝{a ，b ，c }，B ＝{0,1}，则从集合A 到集合B 的映射个数为( ) A ．3 B ．6 C ．8 D ．9 答案 C解析 由映射定义可知构成的映射有：f (a )＝f (b )＝f (c )＝0；f (a )＝f (b )＝f (c )＝1；f (a )＝f (b )＝0，f (c )＝1；f (a )＝f (c )＝0，f (b )＝1；f (b )＝f (c )＝0，f (a )＝1；f (a )＝f (b )＝1，f (c )＝0；f (a )＝f (c )＝1，f (b )＝0；f (b )＝f (c )＝1，f (a )＝0.共8个．9．已知函数g (x )＝1－2x ，f [g (x )]＝2x 2－x 2，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝________. 答案831解析 令1－2x ＝12，得x ＝14，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝2×142－116＝123116＝831.10．若集合A ＝{1,2,3，k }，B ＝{4,7，a 4，a 2＋3a }，其中a ∈N *，k ∈N *，f ：x →y ＝3x ＋1，x ∈A ，y ∈B 是从定义域A 到值域B 的一个函数，则a ＋k ＝________.答案 7解析 由对应法则知1→4,2→7,3→10，k →3k ＋1，又a ∈N *，∴a 4≠10，∴a 2＋3a ＝10，解得a ＝2(舍去－5)，∴a 4＝16，于是3k ＋1＝16，∴k ＝5，∴a ＋k ＝7.11．已知两个函数f (x )和g (x )的定义域和值域都是集合{1,2,3}，其定义如下表：则方程g [f (x 答案 {1,3}解析 由表可知g [f (1)]＝2，g [f (2)]＝1，g [f (3)]＝3，所以g [f (x )]≥x 的解集为{1,3}． 12．如图，定义在[－1，＋∞)上的函数f (x )的图象由一条线段及抛物线的一部分组成，则f (x )的解析式为________．答案 f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1，－1≤x ≤0，14x －2－1，x >0.解析 当－1≤x ≤0时，设解析式为y ＝kx ＋b ，由图象得⎩⎪⎨⎪⎧－k ＋b ＝0，b ＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧k ＝1，b ＝1∴y ＝x ＋1.当x >0时，设解析式为y ＝a (x －2)2－1， ∵图象过点(4,0)，∴0＝a (4－2)2－1，解得a ＝14.综上，函数f (x )在[－1，＋∞)上的解析式为f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1，－1≤x ≤0，14x －2－1，x >0.二、高考小题13．[2015·陕西高考]设f (x )＝⎩⎨⎧1－x ，x ≥0，2x，x <0，则f (f (－2))＝( )A ．－1 B.14 C.12 D.32答案 C解析 ∵f (－2)＝2－2＝14，∴f (f (－2))＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫14＝1－14＝12，选C. 14．[2014·江西高考]已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧a ·2x，x ≥0，2－x，x <0(a ∈R )，若f [f (－1)]＝1，则a ＝( )A.14B.12 C ．1 D ．2 答案 A解析 由f [f (－1)]＝f (2)＝4a ＝1，得a ＝14，故选A.15．[2015·湖北高考]设x ∈R ，定义符号函数 sgn x ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，x >0，0，x ＝0，－1，x <0.则( )A ．|x |＝x |sgn x |B ．|x |＝x sgn|x |C ．|x |＝|x |sgn xD ．|x |＝x sgn x答案 D解析 由已知可知x sgn x ＝⎩⎪⎨⎪⎧x ，x >0，0，x ＝0，－x ，x <0，而|x |＝⎩⎪⎨⎪⎧x ，x >0，0，x ＝0，－x ，x <0，所以|x |＝x sgn x ，故选D.16．[2015·山东高考]设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3x －b ，x <1，2x，x ≥1.若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫f ⎝ ⎛⎭⎪⎫56＝4，则b ＝( )A ．1 B.78 C.34 D.12答案 D解析 f ⎝ ⎛⎭⎪⎫56＝3×56－b ＝52－b ，当52－b ≥1，即b ≤32时，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52－b ＝252－b ，即252－b ＝4＝22，得到52－b ＝2，即b ＝12；当52－b <1，即b >32时，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52－b ＝152－3b－b ＝152－4b ，即152－4b ＝4，得到b ＝78<32，舍去．综上，b ＝12，故选D.17．[2015·全国卷Ⅰ]已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x －1－2，x ≤1，－log 2x ＋，x >1，且f (a )＝－3，则f (6－a )＝( ) A ．－74 B ．－54 C ．－34 D ．－14答案 A解析 当a ≤1时，f (a )＝2a －1－2＝－3，即2a －1＝－1，不成立，舍去；当a >1时，f (a )＝－log 2(a ＋1)＝－3，即log 2(a ＋1)＝3，得a ＋1＝23＝8，即a ＝7，此时f (6－a )＝f (－1)＝2－2－2＝－74.故选A.18．[2016·浙江高考]设函数f (x )＝x 3＋3x 2＋1.已知a ≠0，且f (x )－f (a )＝(x －b )(x －a )2，x ∈R ，则实数a ＝________，b ＝________.答案 －2 1解析 f (x )－f (a )＝x 3＋3x 2＋1－(a 3＋3a 2＋1) ＝x 3－a 3＋3(x 2－a 2)＝(x －a )(x 2＋ax ＋a 2)＋3(x －a )(x ＋a )＝(x －a )[x 2＋(a ＋3)x ＋a 2＋3a ]＝(x －b )(x －a )2， 即x 2＋(a ＋3)x ＋a 2＋3a ＝0的两个根分别为a ，b ， 由a 2＋(a ＋3)a ＋a 2＋3a ＝0，得a ＝0(舍去)或a ＝－2. 当a ＝－2时，方程为x 2＋x －2＝0，则b ＝1.19．[2014·浙江高考]设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2x ＋2，x ≤0，－x 2，x >0.若f (f (a ))＝2，则a ＝________.答案2解析 若a >0，则f (a )＝－a 2<0， ∴f (f (a ))＝a 4－2a 2＋2，由f (f (a ))＝2，得a 4－2a 2＋2＝2， 解得a ＝2(舍负和零)．若a ≤0，则f (a )＝a 2＋2a ＋2＝(a ＋1)2＋1>0， ∴f (f (a ))＝－(a 2＋2a ＋2)2<0≠2. 综上，a ＝ 2. 三、模拟小题20．[2017·山西大同模拟]如图，函数f (x )的图象是曲线OAB ，其中O ，A ，B 的坐标分别为(0,0)，(1,2)，(2,1)，则f ⎝⎛⎭⎪⎫1f的值为( )A ．1B ．2 C.12 D ．0答案 B解析 由图象知f (2)＝1，故f ⎝⎛⎭⎪⎫1f＝f (1)＝2.21．[2016·福建厦门模拟]已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3－x 2，x ∈[－1，2]，x －3，x ∈，5]， 则方程f (x )＝1的解是( )A.2或2B.2或3C.2或4 D ．±2或4 答案 C解析 (1)当x ∈[－1,2]时，由3－x 2＝1⇒x ＝2； (2)当x ∈(2,5]时，由x －3＝1⇒x ＝4. 综上所述，f (x )＝1的解为2或4.22．[2017·江西临川一中模拟] 某工厂八年来某种产品总产量y 与时间t (年)的函数关系如图，下列四种说法：①前三年中，产量的增长的速度越来越快； ②前三年中，产量的增长的速度越来越慢； ③第三年后，这种产品停止生产；④第三年后，年产量保持不变，其中说法正确的是( ) A ．②③ B ．②④ C ．①③ D ．①④ 答案 A解析 由函数图象可知，在区间[0,3]上，图象凸起上升，表明年产量增长速度越来越慢；在区间(3,8]上，图象是水平直线，表明总产量保持不变，即年产量为0，所以②、③正确．故选A.23．[2017·东北三省四市二联]已知函数f (x )＝22x ＋1＋sin x ，则f (－2)＋f (－1)＋f (0)＋f (1)＋f (2)＝________.答案 5解析 ∵f (x )＋f (－x )＝22x ＋1＋sin x ＋22－x ＋1－sin x ＝22x ＋1＋2x ＋11＋2x ＝2，且f (0)＝1，∴f (－2)＋f (－1)＋f (0)＋f (1)＋f (2)＝5.24．[2017·河北四校联考]已知a ≠0，函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋a ，x <1，－x －2a ，x ≥1.若f (1－a )＝f (1＋a )，则实数a 的值为________．答案 －34解析 当a >0时，1＋a >1,1－a <1.因为f (1－a )＝f (1＋a )，所以2(1－a )＋a ＝－(1＋a )－2a ，解得a ＝－32(舍去)；当a <0时，1＋a <1,1－a >1，所以－(1－a )－2a ＝2(1＋a )＋a ，解得a ＝－34.综上，a ＝－34.一、高考大题本考点在近三年高考中未涉及此题型． 二、模拟大题1．[2017·山西四校联考](1)已知f ⎝⎛⎭⎪⎫2x＋1＝lg x ，求f (x )的解析式；(2)f (x )为二次函数且f (0)＝3，f (x ＋2)－f (x )＝4x ＋2.试求出f (x )的解析式； (3)定义在(－1,1)内的函数f (x )满足2f (x )－f (－x )＝lg (x ＋1)，求函数f (x )的解析式．解 (1)令2x ＋1＝t ，由于x >0，∴t >1且x ＝2t －1.∴f (t )＝lg2t －1，即f (x )＝lg 2x －1(x >1)． (2)设f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)，又f (0)＝c ＝3.∴f (x )＝ax 2＋bx ＋3，∴f (x ＋2)－f (x )＝a (x ＋2)2＋b (x ＋2)＋3－(ax 2＋bx ＋3)＝4ax ＋4a ＋2b ＝4x ＋2.∴⎩⎪⎨⎪⎧4a ＝4，4a ＋2b ＝2，∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝－1.∴f (x )＝x 2－x ＋3.(3)当x ∈(－1,1)时，有2f (x )－f (－x )＝lg (x ＋1)．① 以－x 代替x 得，2f (－x )－f (x )＝lg (－x ＋1)． ② 由①②消去f (－x )得，f (x )＝23lg (x ＋1)＋13lg (1－x )，x ∈(－1,1)．2．[2017·河北张家口一中月考]某人开汽车沿一条直线以60 km/h 的速度从A 地到150 km 远处的B 地．在B 地停留1 h 后，再以50 km/h 的速度返回A 地，把汽车与A 地的距离y (km)表示为时间t (h)(从A 地出发开始)的函数，并画出函数的图象．解 y ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 60t ，0≤t ≤52，150，52<t ≤72，150－50⎝ ⎛⎭⎪⎫t －72，72<t ≤132.即y ＝⎩⎪⎨⎪⎧60t ，0≤t ≤52，150，52<t ≤72，325－50t ，72<t ≤132.图象如下图所示．3．[2017·湖北枣阳月考]已知f (x )＝x 2－1，g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －1，x >0，2－x ，x <0.(1)求f (g (2))和g (f (2))的值； (2)求f (g (x ))和g (f (x ))的解析式． 解 (1)∵g (2)＝1，∴f (g (2))＝f (1)＝0. ∵f (2)＝3，∴g (f (2))＝g (3)＝2.(2)f (g (x ))＝(g (x ))2－1＝⎩⎪⎨⎪⎧x －2－1，x >0，－x2－1，x <0.∴f (g (x ))＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2x ，x >0，x 2－4x ＋3，x <0.g (f (x ))＝⎩⎪⎨⎪⎧f x－1，f x ，2－f x ，f x＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－－1，x 2－1>0，2－x 2－，x 2－1<0.∴g (f (x ))＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2，x >1或x <－1，3－x 2，－1<x <1.4．[2017·广西河池月考]已知函数f (x )对任意实数x 均有f (x )＝－2f (x ＋1)，且f (x )在区间[0,1]上有表达式f (x )＝x 2.(1)求f (－1)，f (1.5)；(2)写出f (x )在区间[－2,2]上的表达式．解 (1)由题意知f (－1)＝－2f (－1＋1)＝－2f (0)＝0，f (1.5)＝f (1＋0.5)＝－12f (0.5)＝－12×14＝－18.(2)当x ∈[0,1]时，f (x )＝x 2； 当x ∈(1,2]时，x －1∈(0,1]，f (x )＝－12f (x －1)＝－12(x －1)2；当x ∈[－1,0)时，x ＋1∈[0,1)，f (x )＝－2f (x ＋1)＝－2(x ＋1)2；当x ∈[－2，－1)时，x ＋1∈[－1,0)，f (x )＝－2f (x ＋1)＝－2×[－2(x ＋1＋1)2]＝4(x ＋2)2.所以f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－12x －2，x ∈，2]，x 2，x ∈[0，1]，－x ＋2，x ∈[－1，，x ＋2，x ∈[－2，－。
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考点测试10 对数与对数函数一、基础小题1．log 225·log 322·log 59＝( ) A ．3 B ．4 C ．5 D ．6 答案 D解析 原式＝lg 25lg 2·lg 22lg 3·lg 9lg 5＝2lg 5lg 2·32lg 2lg 3·2lg 3lg 5＝6.2．函数y ＝log 123x －的定义域是( )A ．[1，＋∞)B.⎝ ⎛⎭⎪⎫23，＋∞C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤23，1 D.⎝ ⎛⎦⎥⎤23，1 答案 D解析 log 12 (3x －2)≥0＝log 12 1,0<3x －2≤1，23<x ≤1.3．函数f (x )＝lg (x ＋1)＋lg (x －1)( )A ．是奇函数B ．是偶函数C ．是非奇非偶函数D ．既是奇函数又是偶函数答案 C解析 函数f (x )的定义域为{x |x >1}，定义域不关于原点对称，故该函数是非奇非偶函数，故选C.4．f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫13x x，log 3x x，则f ⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫19＝( )A ．－2B ．－3C ．9D ．－9 答案 C解析 ∵f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫13x x，log 3x x ，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫19＝log 319＝－2，∴f ⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫19＝f (－2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13－2＝9.故选C.5．若函数y ＝f (x )是函数y ＝3x的反函数，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12的值为( )A ．－log 23B ．－log 32 C.19 D. 3答案 B解析 由y ＝f (x )是函数y ＝3x的反函数，知f (x )＝log 3x ，从而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝log 312＝－log 32，故选B.6．当0<x <3时，下列大小关系正确的是( ) A ．x 3<3x<log 3x B ．3x <x 3<log 3x C ．log 3x <x 3<3xD ．log 3x <3x<x 3答案 C解析 在同一坐标系中作出函数y ＝x 3，y ＝3x，y ＝log 3x ，x ∈(0,3)的图象，由图象可得当x ∈(0,3)时，大小关系是log 3x <x 3<3x，选C.7．设x 1，x 2，x 3均为实数，且⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 1＝log 2(x 1＋1)，⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 2＝log 3x 2，⎝ ⎛⎭⎪⎫13x3＝log 2x 3，则( )A ．x 1<x 3<x 2B ．x 3<x 2<x 1C ．x 3<x 1<x 2D ．x 1<x 2<x 3答案 A解析 如图所示，由图象可知，x 1<x 3<x 2.8．已知f (x )是定义在R 上的奇函数，其最小正周期为3，且当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32时，f (x )＝log 2(3x＋10)，则f (2018)＝( )A ．4B ．2C ．－log 213D ．log 27 答案 C解析 因为f (x )是定义在R 上的奇函数，其最小正周期为3，且当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32时，f (x )＝log 2(3x ＋10)，所以当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，0时，f (x )＝－log 2(－3x ＋10)，所以f (2018)＝f (672×3＋2)＝f (2)＝f (－1)＝－log 2(3×1＋10)＝－log 213，故选C.9．函数y ＝log 2|x |x的大致图象是( )答案 C解析 因为y ＝f (x )＝log 2|x |x ，所以f (－x )＝log 2|－x |－x ＝－log 2|x |x ＝－f (x )，所以函数y ＝log 2|x |x是奇函数，其图象关于原点对称．当x >0时，对函数求导可知函数图象先增后减，结合选项可知选C.10．若函数f (x )＝log a (x 3－ax )(a >0且a ≠1)在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0内单调递增，则a 的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫14，1B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫34，1C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫94，＋∞ D.⎝ ⎛⎭⎪⎫1，94答案 B解析 由题意得，x 3－ax >0在⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0上恒成立，即a >x 2在⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0上恒成立，∴a ≥14.若0<a <1，则g (x )＝x 3－ax 在⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0上单调递减，即g ′(x )＝3x 2－a ≤0在⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0上恒成立，∴3×⎝ ⎛⎭⎪⎫－122－a ≤0，得34≤a <1；若a >1，则h (x )＝x 3－ax 在⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0上单调递增，即h ′(x )＝3x 2－a ≥0在⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0上恒成立，∴a <0，这与a >1矛盾，综上，实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫34，1.11．函数f (x )＝log 2(－x 2＋22)的值域为________． 答案 ⎝⎛⎦⎥⎤－∞，32 解析 由题意知0<－x 2＋22≤22＝2 32 ，结合对数函数图象，知f (x )∈⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，32，故答案为⎝⎛⎦⎥⎤－∞，32.12．已知函数f (x )＝a x＋log a x (a >0，a ≠1)在[1,2]上的最大值与最小值之和为log a 2＋6，则a 的值为________．答案 2解析 由题意知，a ＋a 2＋log a 2＝log a 2＋6，即a 2＋a －6＝0，解得a ＝2或a ＝－3(舍)． 二、高考小题13．[2016·浙江高考]已知a ，b >0且a ≠1，b ≠1.若log a b >1，则( ) A ．(a －1)(b －1)<0 B ．(a －1)(a －b )>0 C ．(b －1)(b －a )<0 D ．(b －1)(b －a )>0答案 D解析 解法一：log a b >1＝log a a ， 当a >1时，b >a >1；当0<a <1时，0<b <a <1.只有D 正确．解法二：取a ＝2，b ＝3，排除A 、B 、C ，故选D. 14．[2016·全国卷Ⅰ]若a >b >0,0<c <1，则( ) A ．log a c <log b c B ．log c a <log c b C ．a c<b cD ．c a>c b答案 B解析 ∵0<c <1，∴当a >b >1时，log a c >log b c ，A 项错误； ∵0<c <1，∴y ＝log c x 在(0，＋∞)上单调递减，又a >b >0， ∴log c a <log c b ，B 项正确；∵0<c <1，∴函数y ＝x c在(0，＋∞)上单调递增， 又∵a >b >0，∴a c>b c，C 项错误；∵0<c <1，∴y ＝c x 在(0，＋∞)上单调递减， 又∵a >b >0，∴c a<c b ，D 项错误．故选B.15．[2014·山东高考]已知函数y ＝log a (x ＋c )(a ，c 为常数，其中a >0，a ≠1)的图象如图，则下列结论成立的是( )A ．a >1，c >1B ．a >1,0<c <1C ．0<a <1，c >1D ．0<a <1,0<c <1 答案 D解析 由题图可知函数在定义域内为减函数，所以0<a <1.又当x ＝0时，y >0，即log a c >0，所以0<c <1.16．[2014·四川高考]已知b >0，log 5b ＝a ，lg b ＝c,5d＝10，则下列等式一定成立的是( )A ．d ＝acB ．a ＝cdC ．c ＝adD ．d ＝a ＋c 答案 B解析 log 5b ＝a ，b >0，故由换底公式得lg blg 5＝a ，∴lg b ＝a lg 5.∵lg b ＝c ，∴a lg 5＝c ，又∵5d＝10，∴d ＝log 510，即1d ＝lg 5，将其代入a lg 5＝c 中得a d＝c ，即a ＝cd .17．[2015·浙江高考]计算：log 222＝________，2log 23＋log 43＝________. 答案 －12 3 3解析18．[2015·安徽高考]lg 52＋2lg 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1＝________.答案 －1解析 原式＝lg 52＋lg 4－2＝lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫52×4－2＝lg 10－2＝－1.三、模拟小题19．[2016·郑州二检]若正数a ，b 满足2＋log 2a ＝3＋log 3b ＝log 6(a ＋b )，则1a ＋1b的值为( )A ．36B ．72C ．108 D.172答案 C解析 设2＋log 2a ＝3＋log 3b ＝log 6(a ＋b )＝k ，可得a ＝2k －2，b ＝3k －3，a ＋b ＝6k，所以1a ＋1b ＝a ＋b ab ＝6k2k －23k －3＝108.所以选C. 20．[2017·河南焦作模拟]若函数y ＝a |x |(a >0，且a ≠1)的值域为{y |0<y ≤1}，则函数y ＝log a |x |的图象大致是( )答案 A解析 若函数y ＝a |x |(a >0，且a ≠1)的值域为{y |0<y ≤1}，则0<a <1，由此可知y ＝log a |x |的图象大致是A.21．[2017·福建龙岩模拟]已知y ＝log a (2－ax )(a >0，且a ≠1)在区间[0,1]上是减函数，则a 的取值范围是( )A ．(0,1)B ．(0,2)C ．(1,2)D ．[2，＋∞) 答案 C解析 因为y ＝log a (2－ax )(a >0，且a ≠1)在[0,1]上单调递减，u ＝2－ax 在[0,1]上是减函数，所以y ＝log a u 是增函数，所以a >1.又2－a >0，所以1<a <2.22．[2016·湖北华师附中联考]已知f (x )是定义在R 上的奇函数，当x >0时，f (x )＝log 2x －1，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22＝________. 答案 32解析 因为f (x )是定义在R 上的奇函数，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫22＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫log 222－1＝32. 23．[2017·湖北荆州模拟]若函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log a x ，x >2，－x 2＋2x －2，x ≤2(a >0，且a ≠1)的值域是(－∞，－1]，则实数a 的取值范围是________．答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，1解析 x ≤2时，f (x )＝－x 2＋2x －2＝－(x －1)2－1，f (x )在(－∞，1)上递增，在(1,2]上递减，∴f (x )在(－∞，2]上的最大值是－1，又f (x )的值域是(－∞，－1]，∴当x >2时，log a x ≤－1，故0<a <1，且log a 2≤－1，∴12≤a <1，故答案为⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，1.24．[2016·江西九江一模]函数f (n )＝log n＋1(n ＋2)(n ∈N *)，定义使f (1)·f (2)·f (3)·…·f (k )为整数的数k (k ∈N *)叫做企盼数，则在区间[1,2017]内这样的企盼数共有________个．答案 9 解析 ∵log n＋1(n ＋2)＝n ＋n ＋，∴f (1)·f (2)·f (3)·…·f (k )＝ln 3ln 2·ln 4ln 3·ln 5ln 4·…·k ＋k ＋＝k ＋ln 2＝log 2(k ＋2)．∵1024＝210,2048＝211，且log 24＝2，∴使f (1)·f (2)·f (3)·…·f (k )为整数的数有10－1＝9个．一、高考大题本考点在近三年高考中未涉及此题型． 二、模拟大题1．[2017·福建龙岩月考]已知f (x )是定义在R 上的偶函数，且当x ≥0时，f (x )＝log a (x ＋1)(a >0，且a ≠1)．(1)求函数f (x )的解析式；(2)若－1<f (1)<1，求实数a 的取值范围．解 (1)当x <0时，－x >0，由题意知f (－x )＝log a (－x ＋1)． 又f (x )是定义在R 上的偶函数，∴f (－x )＝f (x )． ∴当x <0时，f (x )＝log a (－x ＋1)，∴函数f (x )的解析式为f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log a x ＋，x ≥0，log a －x ＋，x <0.(2)∵－1<f (1)<1，∴－1<log a 2<1， ∴log a 1a<log a 2<log a a .①当a >1时，原不等式等价于⎩⎪⎨⎪⎧ 1a<2，a >2，解得a >2；②当0<a <1时，原不等式等价于⎩⎪⎨⎪⎧1a>2，a <2，解得0<a <12.综上，实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12∪(2，＋∞)． 2．[2017·河南安阳月考]已知函数f (x )＝－x ＋log 21－x1＋x .(1)求f ⎝⎛⎭⎪⎫12017＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12017的值；(2)当x ∈(－a ，a ]，其中a ∈(0,1)，a 是常数时，函数f (x )是否存在最小值？若存在，求出f (x )的最小值；若不存在，请说明理由．解 (1)由f (x )＋f (－x )＝log 21－x 1＋x ＋log 21＋x 1－x ＝log 21＝0.∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12017＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12017＝0.(2)f (x )的定义域为(－1,1)， ∵f (x )＝－x ＋log 2⎝⎛⎭⎪⎫－1＋2x ＋1， 当x 1<x 2且x 1，x 2∈(－1,1)时，f (x )为减函数， ∴当a ∈(0,1)，x ∈(－a ，a ]时f (x )单调递减． ∴当x ＝a 时，f (x )min ＝－a ＋log 21－a1＋a.3．[2017·安徽蚌埠月考]已知函数f (x )＝log 4(4x＋1)＋2kx (k ∈R )是偶函数． (1)求k 的值；(2)若方程f (x )＝m 有解，求m 的取值范围． 解 (1)由函数f (x )是偶函数，可知f (x )＝f (－x )， ∴log 4(4x＋1)＋2kx ＝log 4(4－x＋1)－2kx ， 即log 44x ＋14－x ＋1＝－4kx ，∴log 44x＝－4kx ，∴x ＝－4kx ，即(1＋4k )x ＝0，对一切x ∈R 恒成立，∴k ＝－14.(2)由m ＝f (x )＝log 4(4x＋1)－12x＝log 44x＋12x ＝log 4⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋12x ，∵2x＋12x ≥2，∴m ≥log 42＝12.故要使方程f (x )＝m 有解，m 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞.4．[2016·辽宁抚顺模拟]已知函数f (x )＝log a (x ＋1)(a >1)，若函数y ＝g (x )图象上任意一点P 关于原点对称的点Q 的轨迹恰好是函数f (x )的图象．(1)写出函数g (x )的解析式；(2)当x ∈[0,1)时总有f (x )＋g (x )≥m 成立，求m 的取值范围．解 (1)设P (x ，y )为g (x )图象上任意一点，则Q (－x ，－y )是点P 关于原点的对称点， ∴Q (－x ，－y )在f (x )的图象上， ∴－y ＝log a (－x ＋1)， 即y ＝g (x )＝－log a (1－x )． (2)f (x )＋g (x )≥m ，即log ax ＋11－x≥m . 设F (x )＝log a 1＋x1－x ，x ∈[0,1)，由题意知，只要F (x )min ≥m 即可．∵F(x)在[0,1)上是增函数，∴F(x)min＝F(0)＝0.故m≤0即为所求．。