高三数学理科二轮复习同步练习 2-3-23函数、导数与不等式、解析几何、数列型解答题
2020届高三数学(理)二轮复习专题集训：专题二 函数、不等式、导数2.2 Word版含解析
A 级1．已知函数f (x )＝3x －b (2≤x ≤4，b 为常数)的图象经过点(2,1)，则f (x )的值域为( ) A ．[1,81] B ．[1,3] C ．[1,9]D ．[1，＋∞)解析： 由f (x )的图象过点(2,1)可知b ＝2，∴f (x )＝3x －2，其在区间[2,4]上是增函数，∴f (x )min ＝f (2)＝30＝1，f (x )max ＝f (4)＝32＝9.故C 正确．答案： C2．(2017·安徽省两校阶段性测试)函数y ＝x 2ln |x ||x |的图象大致是( )解析： 易知函数y ＝x 2ln |x ||x |是偶函数，可排除B ，当x >0时，y ＝x ln x ，y ′＝ln x ＋1，令y ′>0，得x >e －1，所以当x >0时，函数在(e －1，＋∞)上单调递增，结合图象可知D 正确，故选D.答案： D3．已知x 0是f (x )＝⎝⎛⎭⎫12x ＋1x 的一个零点，x 1∈(－∞，x 0)，x 2∈(x 0,0)，则( ) A ．f (x 1)<0，f (x 2)<0 B ．f (x 1)>0，f (x 2)>0 C ．f (x 1)>0，f (x 2)<0D ．f (x 1)<0，f (x 2)>0解析： 因为x 0是函数f (x )＝⎝⎛⎭⎫12x ＋1x 的一个零点，所以f (x 0)＝0，因为f (x )＝⎝⎛⎭⎫12x ＋1x 在(－∞，0)和(0，＋∞)上是单调递减函数，且x 1∈(－∞，x 0)，x 2∈(x 0,0)，所以f (x 1)>f (x 0)＝0>f (x 2)．答案： C4．(2017·云南省第一次统一检测)已知a ，b ，c ，d 都是常数，a >b ，c >d .若f (x )＝2 017－(x －a )(x －b )的零点为c ，d ，则下列不等式正确的是( )A ．a >c >b >dB ．a >b >c >dC ．c >d >a >bD ．c >a >b >d解析： f (x )＝2 017－(x －a )(x －b )＝－x 2＋(a ＋b )x －ab ＋2 017，又f (a )＝f (b )＝2 017，c ，d 为函数f (x )的零点，且a >b ，c >d ，所以可在平面直角坐标系中作出函数f (x )的大致图象，如图所示，由图可知c >a >b >d ，故选D.答案： D5．(2017·洛阳市第一次统一考试)已知f (x )是偶函数，当x >0时， f (x )单调递减，设a ＝－21.2，b ＝⎝⎛⎭⎫12－0.8，c ＝2log 52，则f (a )，f (b )，f (c )的大小关系为( )A ．f (c )<f (b )<f (a )B ．f (c )<f (a )<f (b )C ．f (c )>f (b )>f (a )D ．f (c )>f (a )>f (b )解析： 依题意，注意到21.2>20.8＝⎝⎛⎭⎫12－0.8>20＝1＝log 55>log 54＝2log 52>0，又函数f (x )在区间(0，＋∞)上是减函数，于是有f (21.2)<f (20.8)<f (2log 52)，由函数f (x )是偶函数得f (a )＝f (21.2)，因此f (a )<f (b )<f (c )，选C.答案： C6.⎝⎛⎭⎫1681－34＋log 354＋log 345＝________. 解析： ⎝⎛⎭⎫1681－34＋log 354＋log 345＝⎝⎛⎭⎫23－3＋log 31＝278＋0＝278. 答案：2787．已知f (x )＝2|x |＋x 2＋a 有唯一的零点，则实数a 的值为________．解析： 设函数g (x )＝2|x |＋x 2，因为g (－x )＝g (x )，所以函数g (x )为偶函数，当x ≥0时，g (x )＝2x ＋x 2，为增函数；当x <0时，g (x )＝⎝⎛⎭⎫12x ＋x 2，为减函数，所以g (x )≥g (0)＝1.因为f (x )＝2|x |＋x 2＋a 有唯一的零点，所以y ＝g (x )与y ＝－a 有唯一的交点，即a ＝－1.答案： －18．(2017·湖北省七市(州)联考)某工厂产生的废气经过过滤后排放，过滤过程中废气的污染物数量P (毫克/升)与时间t (小时)的关系为P ＝P 0e －kt .如果在前5小时消除了10%的污染物，那么污染物减少了19%需要花费的时间为________小时．解析： 前5小时污染物消除了10%，此时污染物剩下90%，即t ＝5时，P ＝0.9P 0，代入，得(e －k )5＝0.9，∴e －k ＝50.9＝0.915，∴P ＝P 0e －kt ＝P 0⎝⎛⎭⎫0.915t .当污染物减少19%时，污染物剩下81%，此时P ＝0.81P 0，代入得0.81＝⎝⎛⎭⎫0.915t ，解得t ＝10，即需要花费10小时． 答案： 109．已知f (x )＝|2x －1|＋ax －5(a 是常数，a ∈R )． (1)当a ＝1时，求不等式f (x )≥0的解集；(2)如果函数y ＝f (x )恰有两个不同的零点，求a 的取值范围． 解析： (1)当a ＝1时，f (x )＝|2x －1|＋x －5＝⎩⎨⎧3x －6，x ≥12，－x －4，x <12.由⎩⎪⎨⎪⎧ x ≥12，3x －6≥0，解得x ≥2；由⎩⎪⎨⎪⎧x <12，－x －4≥0，解得x ≤－4. 所以f (x )≥0的解集为{x |x ≥2或x ≤－4}．(2)由f (x )＝0，得|2x －1|＝－ax ＋5.作出y ＝|2x －1|和y ＝－ax ＋5的图象，观察可以知道，当－2<a <2时，这两个函数的图象有两个不同的交点，即函数y ＝f (x )有两个不同的零点．故a 的取值范围是(－2,2)．10．为了维持市场持续发展，壮大集团力量，某集团在充分调查市场后决定从甲、乙两种产品中选择一种进行投资生产，打入国际市场．已知投资生产这两种产品的有关数据如下表(单位：万美元)：年固定成本 每件产品 的成本 每件产品 的销售价 每年可最多 生产的件数甲产品 20 a 10 200 乙产品40818120品时需上交0.05x 2万美元的特别关税，假设所生产的产品均可售出．(1)写出该集团分别投资生产甲、乙两种产品的年利润y 1，y 2与生产相应产品的件数x (x ∈N *)之间的函数关系式；(2)分别求出投资生产这两种产品的最大年利润； (3)如何决定投资可使年利润最大．解析： (1)y 1＝(10－a )x －20(1≤x ≤200，x ∈N *)， y 2＝－0.05x 2＋10x －40(1≤x ≤120，x ∈N *)． (2)∵10－a >0，故y 1为增函数，∴当x ＝200时，y 1取得最大值1 980－200a ，即投资生产甲产品的最大年利润为(1 980－200a )万美元．y 2＝－0.05(x －100)2＋460(1≤x ≤120，x ∈N *)，∴当x ＝100时，y 2取得最大值460，即投资生产乙产品的最大年利润为460万美元． (3)为研究生产哪种产品年利润最大，我们采用作差法比较：由(2)知生产甲产品的最大年利润为(1 980－200a )万美元，生产乙产品的最大年利润为460万美元，(1 980－200a )－460＝1 520－200a ，且6≤a ≤8，当1 520－200a >0，即6≤a <7.6时，投资生产甲产品200件可获得最大年利润； 当1 520－200a ＝0，即a ＝7.6时，生产甲产品与生产乙产品均可获得最大年利润； 当1 520－200a <0，即7.6<a ≤8时，投资生产乙产品100件可获得最大年利润．B 级1．(2017·广西三市第一次联考)已知函数f (x )＝e |x |，函数g (x )＝{ e x ，x ≤4，4e 5－x ，x >4.对任意的x ∈[1，m ](m >1)，都有f (x －2)≤g (x )，则m 的取值范围是( )A ．(1,2＋ln 2)B ．⎝⎛⎭⎫2，72＋ln 2 C ．(ln 2,2]D ．⎝⎛⎦⎤1，72＋ln 2 解析： 作出函数y 1＝e |x －2|和y ＝g (x )的图象，由图可知当x ＝1时，y 1＝g (1)，又当x ＝4时，y 1＝e 2<g (4)＝4e ，当x >4时，由e x －2≤4e 5－x ，得e 2x －7≤4，即2x －7≤ln 4，解得x ≤ln 2＋72，又m >1，∴1<m ≤ln 2＋72.答案： D2．(2017·兰州市高考实战模拟)已知奇函数f (x )是R 上的单调函数，若函数y ＝f (2x 2＋1)＋f (λ－x )只有一个零点，则实数λ的值是( )A.14 B ．18C ．－78D ．－38解析： ∵函数y ＝f (2x 2＋1)＋f (λ－x )只有一个零点，∴方程f (2x 2＋1)＋f (λ－x )＝0只有一个实数根，又函数f (x )是定义在R 上的奇函数，∴f (－x )＝－f (x )，∴f (2x 2＋1)＋f (λ－x )＝0⇔f (2x 2＋1)＝－f (λ－x )⇔f (2x 2＋1)＝f (x －λ)⇔2x 2＋1＝x －λ，∴方程2x 2－x ＋1＋λ＝0只有一个实数根，∴Δ＝(－1)2－4×2×(1＋λ)＝0，解得λ＝－78.故选C.答案： C3．已知函数f (x )＝log 4(4x ＋1)＋kx (k ∈R )是偶函数． (1)求k 的值；(2)设g (x )＝log 4⎝⎛⎭⎫a ·2x －43a ，若方程f (x )＝g (x )有且仅有一解，求实数a 的取值范围． 解析： (1)由函数f (x )是偶函数可知，f (x )＝f (－x )，所以log 4(4x ＋1)＋kx ＝log 4(4－x ＋1)－kx ，所以log 44x ＋14－x ＋1＝－2kx ，即x ＝－2kx 对一切x ∈R 恒成立，所以k ＝－12.(2)由已知f (x )＝g (x )，有且仅有一解，即方程log 4(4x ＋1)－12x ＝log 4⎝⎛⎭⎫a ·2x －43a 有且只有一个实根，即方程2x ＋12x ＝a ·2x －43a 有且只有一个实根．令t ＝2x >0，则方程(a －1)t 2－43at －1＝0有且只有一个正根．①当a ＝1时，则t ＝－34不合题意；②当a ≠1时，Δ＝0，解得a ＝34或－3.若a ＝34，则t ＝－2，不合题意；若a ＝－3，则t ＝12；③若方程有一个正根与一个负根，即－1a－1<0，解得a>1.综上所述，实数a的取值范围是{－3}∪(1，＋∞)．4．已知函数f(x)＝e x－m－x，其中m为常数．(1)若对任意x∈R有f(x)≥0成立，求m的取值范围；(2)当m>1时，判断f(x)在[0,2m]上零点的个数，并说明理由．解析：(1)f′(x)＝e x－m－1，令f′(x)＝0，得x＝m.故当x∈(－∞，m)时，e x－m<1，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(m，＋∞)时，e x－m>1，f′(x)>0，f(x)单调递增．所以当x＝m时，f(m)为极小值，也是最小值．令f(m)＝1－m≥0，得m≤1，即若对任意x∈R有f(x)≥0成立，则m的取值范围是(－∞，1]．(2)由(1)知f(x)在[0,2m]上至多有两个零点，当m>1时，f(m)＝1－m<0.因为f(0)＝e－m>0，f(0)f(m)<0，所以f(x)在(0，m)上有一个零点．因为f(2m)＝e m－2m，令g(m)＝e m－2m，因为当m>1时，g′(m)＝e m－2>0，所以g(m)在(1，＋∞)上单调递增，所以g(m)>g(1)＝e－2>0，即f(2m)>0.所以f(m)·f(2m)<0，所以f(x)在(m,2m)上有一个零点．故f(x)在[0,2m]上有两个零点．。
高考数学(理)二轮练习：数列、不等式(含答案)
数列、不等式1．已知前n 项和S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ，则a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1 (n ＝1)S n －S n －1(n ≥2).由S n 求a n 时，易忽略n ＝1的情况．[问题1] 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋1，则a n ＝________.答案 ⎩⎪⎨⎪⎧2， n ＝12n －1， n ≥22．等差数列的有关概念及性质(1)等差数列的判断方法：定义法a n ＋1－a n ＝d (d 为常数)或a n ＋1－a n ＝a n －a n －1(n ≥2)． (2)等差数列的通项：a n ＝a 1＋(n －1)d 或a n ＝a m ＋(n －m )d . (3)等差数列的前n 项和：S n ＝n (a 1＋a n )2，S n ＝na 1＋n (n －1)2d . (4)等差数列的性质①当公差d ≠0时，等差数列的通项公式a n ＝a 1＋(n －1)·d ＝dn ＋a 1－d 是关于n 的一次函数，且斜率为公差d ；前n 项和S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝d 2n 2＋(a 1－d 2)n 是关于n 的二次函数且常数项为0.②若公差d >0，则为递增等差数列；若公差d <0，则为递减等差数列；若公差d ＝0，则为常数列．③当m ＋n ＝p ＋q 时，则有a m ＋a n ＝a p ＋a q ，特别地，当m ＋n ＝2p 时，则有a m ＋a n ＝2a p . ④S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 成等差数列．[问题2] 已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 10＝12，S 20＝17，则S 30为( ) A ．15 B ．20 C ．25 D ．30 答案 A3．等比数列的有关概念及性质(1)等比数列的判断方法：定义法a n ＋1a n ＝q (q 为常数)，其中q ≠0，a n ≠0或a n ＋1a n ＝a na n －1(n ≥2)．如一个等比数列{a n }共有2n ＋1项，奇数项之积为100，偶数项之积为120，则a n ＋1＝56.(2)等比数列的通项：a n ＝a 1q n－1或a n ＝a m q n －m .(3)等比数列的前n 项和：当q ＝1时，S n ＝na 1；当q ≠1时，S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q1－q.易错警示：由于等比数列前n 项和公式有两种形式，为此在求等比数列前n 项和时，首先要判断公比q 是否为1，再由q 的情况选择求和公式的形式，当不能判断公比q 是否为1时，要对q 分q ＝1和q ≠1两种情形讨论求解．(4)等比中项：若a ，A ，b 成等比数列，那么A 叫做a 与b 的等比中项．值得注意的是，不是任何两数都有等比中项，只有同号两数才存在等比中项，且有两个，即为±ab .如已知两个正数a ，b (a ≠b )的等差中项为A ，等比中项为B ，则A 与B 的大小关系为A >B . (5)等比数列的性质当m ＋n ＝p ＋q 时，则有a m ·a n ＝a p ·a q ，特别地，当m ＋n ＝2p 时，则有a m ·a n ＝a 2p .[问题3] (1)在等比数列{a n }中，a 3＋a 8＝124，a 4a 7＝－512，公比q 是整数，则a 10＝________. (2)各项均为正数的等比数列{a n }中，若a 5·a 6＝9，则log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 10＝________. 答案 (1)512 (2)10 4．数列求和的方法(1)公式法：等差数列、等比数列求和公式； (2)分组求和法； (3)倒序相加法； (4)错位相减法； (5)裂项法；如：1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1；1n (n ＋k )＝1k ⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋k .(6)并项法．数列求和时要明确：项数、通项，并注意根据通项的特点选取合适的方法．[问题4] 数列{a n }满足a n ＋a n ＋1＝12(n ∈N ，n ≥1)，若a 2＝1，S n 是{a n }的前n 项和，则S 21的值为________． 答案 925．在求不等式的解集、定义域及值域时，其结果一定要用集合或区间表示，不能直接用不等式表示．[问题5] 不等式－3x 2＋5x －2>0的解集为________． 答案 ⎝⎛⎭⎫23，16．不等式两端同时乘以一个数或同时除以一个数，必须讨论这个数的正负．两个不等式相乘时，必须注意同向同正时才能进行．[问题6] 已知a ，b ，c ，d 为正实数，且c >d ，则“a >b ”是“ac >bd ”的________条件． 答案 充分不必要7．基本不等式：a ＋b2≥ab (a ，b >0)(1)推广：a 2＋b 22≥a ＋b 2≥ab ≥21a ＋1b(a ，b >0)． (2)用法：已知x ，y 都是正数，则①若积xy 是定值p ，则当x ＝y 时，和x ＋y 有最小值2p ； ②若和x ＋y 是定值s ，则当x ＝y 时，积xy 有最大值14s 2.易错警示：利用基本不等式求最值时，要注意验证“一正、二定、三相等”的条件． [问题7] 已知a >0，b >0，a ＋b ＝1，则y ＝1a ＋4b 的最小值是________．答案 98．解线性规划问题，要注意边界的虚实；注意目标函数中y 的系数的正负；注意最优整数解．[问题8] 设定点A (0,1)，动点P (x ，y )的坐标满足条件⎩⎪⎨⎪⎧x ≥0，y ≤x ，则|P A |的最小值是________．答案22易错点1 忽视对等比数列中公比的分类讨论致误例1 设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＋S 6＝S 9，则数列的公比q 是________． 错解 －1找准失分点 当q ＝1时，符合要求．很多考生在做本题时都想当然地认为q ≠1. 正解 ①当q ＝1时，S 3＋S 6＝9a 1，S 9＝9a 1， ∴S 3＋S 6＝S 9成立． ②当q ≠1时，由S 3＋S 6＝S 9 得a 1(1－q 3)1－q ＋a 1(1－q 6)1－q ＝a 1(1－q 9)1－q∴q 9－q 6－q 3＋1＝0，即(q 3－1)(q 6－1)＝0. ∵q ≠1，∴q 3－1≠0，∴q 6＝1，∴q ＝－1. 答案 1或－1易错点2 忽视分类讨论或讨论不当致误例2 若等差数列{a n }的首项a 1＝21，公差d ＝－4，求：S k ＝|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a k |. 错解 由题意，知a n ＝21－4(n －1)＝25－4n ，因此由a n ≥0，解得n ≤254，即数列{a n }的前6项大于0，从第7项开始，以后各项均小于0.|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a k |＝(a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 6)－(a 7＋a 8＋…＋a k )＝2(a 1＋a 2＋…＋a 6)－(a 1＋a 2＋…＋a 6＋a 7＋a 8＋…＋a k ) ＝2k 2－23k ＋132 所以S k ＝2k 2－23k ＋132.找准失分点 忽视了k ≤6的情况，只给出了k ≥7的情况．正解 由题意，知a n ＝21－4(n －1)＝25－4n ，因此由a n ≥0，解得n ≤254，即数列{a n }的前6项大于0，从第7项开始，以后各项均小于0. 当k ≤6时，S k ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a k |＝a 1＋a 2＋…＋a k ＝－2k 2＋23k .当k ≥7时，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a k | ＝(a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 6)－(a 7＋a 8＋…＋a k )＝2(a 1＋a 2＋…＋a 6)－(a 1＋a 2＋…＋a 6＋a 7＋a 8＋…＋a k ) ＝2k 2－23k ＋132，所以S k ＝⎩⎪⎨⎪⎧－2k 2＋23k (k ≤6)2k 2－23k ＋132 (k ≥7).易错点3 忽视等比数列中的隐含条件致误例3 各项均为实数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 10＝10，S 30＝70，则S 40＝________. 错解 150或－200找准失分点 数列S 10，S 20－S 10，S 30－S 20，S 40－S 30的公比q 10>0.忽略了此隐含条件，就产生了增解－200.正解 记b 1＝S 10，b 2＝S 20－S 10，b 3＝S 30－S 20，b 4＝S 40－S 30， b 1，b 2，b 3，b 4是以公比为r ＝q 10>0的等比数列． ∴b 1＋b 2＋b 3＝10＋10r ＋10r 2＝S 30＝70， ∴r 2＋r －6＝0，∴r ＝2或r ＝－3(舍去)， ∴S 40＝b 1＋b 2＋b 3＋b 4＝10(1－24)1－2＝150.答案 150易错点4 忽视基本不等式中等号成立的条件致误例4 已知：a >0，b >0，a ＋b ＝1，求⎝⎛⎭⎫a ＋1a 2＋⎝⎛⎭⎫b ＋1b 2的最小值．错解 由⎝⎛⎭⎫a ＋1a 2＋⎝⎛⎭⎫b ＋1b 2＝a 2＋b 2＋1a 2＋1b 2＋4 ≥2ab ＋2ab＋4≥4ab ·1ab＋4＝8， 得⎝⎛⎭⎫a ＋1a 2＋⎝⎛⎭⎫b ＋1b 2的最小值是8. 找准失分点 两次利用基本不等式，等号不能同时取到． 正解 ⎝⎛⎭⎫a ＋1a 2＋⎝⎛⎭⎫b ＋1b 2 ＝a 2＋b 2＋1a 2＋1b 2＋4＝(a 2＋b 2)＋⎝⎛⎭⎫1a 2＋1b 2＋4 ＝[(a ＋b )2－2ab ]＋⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1a ＋1b 2－2ab ＋4＝(1－2ab )⎝⎛⎭⎫1＋1a 2b 2＋4 由ab ≤⎝⎛⎭⎫a ＋b 22＝14，得1－2ab ≥1－12＝12，且1a 2b 2≥16,1＋1a 2b 2≥17. ∴原式≥12×17＋4＝252(当且仅当a ＝b ＝12时，等号成立)，∴⎝⎛⎭⎫a ＋1a 2＋⎝⎛⎭⎫b ＋1b 2的最小值是252.1．在等差数列{a n }中，已知a 3＋a 8＝10，则3a 5＋a 7等于( ) A ．10 B ．18 C ．20 D ．28答案 C解析 因为a 3＋a 8＝10，所以由等差数列的性质，得a 5＋a 6＝10， 所以3a 5＋a 7＝2a 5＋2a 6＝20，选C.2．若1a <1b <0，则下列不等式：①a ＋b <ab ；②|a |>|b |；③a <b 中，正确的不等式有( )A ．0个B ．1个C ．2个D ．3个答案 B解析 由1a <1b<0，得a <0，b <0，故a ＋b <0且ab >0，所以a ＋b <ab ，即①正确； 由1a <1b<0，得⎪⎪⎪⎪1a >⎪⎪⎪⎪1b ，两边同乘|ab |，得|b |>|a |，故②错误；由①②知|b |>|a |，a <0，b <0，所以a >b ，即③错误，选B.3．已知，x >1，y >1，且14ln x ，14，ln y 成等比数列，则xy 有( )A ．最小值eB ．最小值 eC ．最大值eD ．最大值 e答案 A解析 x >1，y >1，且14ln x ，14，ln y 成等比数列，14ln x ·ln y ＝(14)2，即14＝ln x ·ln y ≤(ln x ＋ln y 2)2，ln x ＋ln y ≥1，ln xy ≥1，故xy ≥e.4．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 10∶S 5＝1∶2，则S 15∶S 5等于( ) A ．3∶4 B ．2∶3 C ．1∶2 D ．1∶3答案 A解析 ∵{a n }是等比数列，∴S 5，S 10－S 5，S 15－S 10也构成等比数列， 记S 5＝2k (k ≠0)，则S 10＝k ，可得S 10－S 5＝－k ， 进而得S 15－S 10＝12k ，于是S 15＝32k ，故S 15∶S 5＝32k ∶2k ＝3∶4.5．把一数列依次按第一个括号内一个数，第二个括号内两个数，第三个括号内三个数，第四个括号内一个数，…循环分为(1)，(3,5)，(7,9,11)，(13)，(15,17)，(19,21,23)，(25)，…，则第50个括号内各数之和为( ) A ．195 B ．197 C ．392 D ．396答案 C解析 将三个括号作为一组，则由50＝16×3＋2，知第50个括号应为第17组的第二个括号，即第50个括号中应是两个数．又因为每组中含有6个数，所以第48个括号的最末一个数为数列{2n －1}的第16×6＝96项，第50个括号的第一个数应为数列{2n －1}的第98项，即为2×98－1＝195，第二个数为2×99－1＝197，故第50个括号内各数之和为195＋197＝392.故选C.6．已知点A (m ，n )在直线x ＋2y －1＝0上，则2m ＋4n 的最小值为________． 答案 2 2解析 点A (m ，n )在直线x ＋2y －1＝0上，则m ＋2n ＝1；2m ＋4n ＝2m ＋22n ≥22m ·22n ＝22m＋2n＝2 2.7．已知x >0，y >0，x ，a ，b ，y 成等差数列，x ，c ，d ，y 成等比数列，则(a ＋b )2cd 的最小值是________．答案 4解析 由x ，a ，b ，y 成等差数列知a ＋b ＝x ＋y ，① 由x ，c ，d ，y 成等比数列知cd ＝xy ，②把①②代入(a ＋b )2cd 得(a ＋b )2cd ＝(x ＋y )2xy ＝x 2＋y 2＋2xy xy ≥4，∴(a ＋b )2cd的最小值为4.8．已知平面直角坐标系xOy 上的区域D 由不等式组⎩⎨⎧0≤x ≤2y ≤2x ≤2y给定．若M (x ，y )为D 上的动点，点A 的坐标为(2，1)，则z ＝OM →·OA →的最大值为________．答案 4解析 画出可行域D ，如图中阴影部分所示，而z ＝OM →·OA →＝2x ＋y ， ∴y ＝－2x ＋z ， 令l 0：y ＝－2x ，将l 0平移到过点(2，2)时， 截距z 有最大值， 故z max ＝2×2＋2＝4.9．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧(4－a 2)x ＋4(x ≤6)，a x －5(x >6)(a >0，a ≠1)．数列{a n }满足a n ＝f (n )(n ∈N *)，且{a n }是单调递增数列，则实数a 的取值范围是________． 答案 (4,8)解析 ∵{a n }是单调递增数列，∴⎩⎪⎨⎪⎧4－a 2>0a >1(4－a 2)×6＋4<a2，⎩⎪⎨⎪⎧a <8a >1a <－7或a >4， ∴4<a <8.10．已知正项数列{a n }，其前n 项和S n 满足8S n ＝a 2n ＋4a n ＋3，且a 2是a 1和a 7的等比中项． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)符号[x ]表示不超过实数x 的最大整数，记b n ＝[log 2(a n ＋34)]，求b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 2n .解 (1)由8S n ＝a 2n ＋4a n ＋3，①知8S n －1＝a 2n －1＋4a n －1＋3(n ≥2，n ∈N )．② 由①－②得8a n ＝(a n －a n －1)(a n ＋a n －1)＋4a n －4a n －1， 整理得(a n －a n －1－4)(a n ＋a n －1)＝0(n ≥2，n ∈N )． ∵{a n }为正项数列， ∴a n ＋a n －1>0，∴a n －a n －1＝4(n ≥2，n ∈N )．∴{a n }为公差为4的等差数列，由8a 1＝a 21＋4a 1＋3，得a 1＝3或a 1＝1. 当a 1＝3时，a 2＝7，a 7＝27，不满足a 2是a 1和a 7的等比中项． 当a 1＝1时，a 2＝5，a 7＝25，满足a 2是a 1和a 7的等比中项． ∴a n ＝1＋(n －1)4＝4n －3.(2)由a n ＝4n －3得b n ＝[log 2(a n ＋34)]＝[log 2n ]，由符号[x ]表示不超过实数x 的最大整数知，当2m ≤n <2m＋1时，[log 2n ]＝m ，所以令S ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 2n ＝[log 21]＋[log 22]＋[log 23]＋…＋[log 22n ] ＝0＋1＋1＋2＋…＋3＋…＋4＋…＋n －1＋…＋n . ∴S ＝1×21＋2×22＋3×23＋4×24＋(n －1)×2n －1＋n ，① 2S ＝1×22＋2×23＋3×24＋4×25＋(n －1)×2n ＋2n .② ①－②得－S ＝2＋22＋23＋24＋…＋2n －1－(n －1)2n －n ＝2(1－2n －1)1－2－(n －1)2n －n ＝(2－n )2n －n －2，∴S ＝(n －2)2n ＋n ＋2，即b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 2n ＝(n －2)2n ＋n ＋2.。
高三数学二轮复习函数导数方程不等式理A试题
高考备考第二轮专项训练2021届高三理科数学经典题〔六〕创 作人：历恰面 日 期： 2020年1月1日〔函数、导数、方程、不等式 〕班别______学号_______姓名______________得分_______一、选择题〔本大题一一共8小题,每一小题5分,满分是40分,在每一小题给出的四个选项里面,只有一项是哪一项符合题目要求的.〕1．函数0.51log (43)y x =-的定义域为〔 〕A.3,14⎛⎫⎪⎝⎭B.3,4⎛⎫+∞⎪⎝⎭ C.()1,+∞ D.()3,11,4⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭2．函数164xy =-的值域是〔 〕 A.[0,)+∞ B.[0,4] C.[0,4) D.(0,4)3．()(0,1)xf x a a a =>≠，()g x 为()f x (2)(2)0f g -⋅<，那么()f x 与()g x 在同一坐标系内的图像可能是〔 〕A. B. C. D.x1-0 123x e14．由表格数据，可断定函数2)(--=x e x f x 的一个零点所在的区间为()()Z k k k ∈+1,，那么k 的一个值为〔 〕A ．0B ．1-C ．2D ．1 5．不等式302x x -<+的解集为〔 〕 A ．{}23x x -<< B ．{}2x x <- C ．{}23x x x <->或 D ．{}3x x >6．以下函数中，最小值为2的是〔 〕 A．y =B ．21x y x += C．)(0y x x x =<< D．2y =7．假设()f x 是R 上周期为5的奇函数，且满足()()11,22f f == ， 那么()()34f f -=〔 〕A.1-B.1C.2-D.28．设M 为平面内一些向量组成的集合,假设对任意正实数λ和向量M ∈a ,都有M λ∈a ,那么称M 为“点射域〞,那么以下平面向量的集合为“点射域〞的是〔 〕 A.2{(,)|}x y y x ≥ B.0(,)|0x y x y x y ⎧-≥⎫⎧⎨⎨⎬+≤⎩⎩⎭C.22{(,)|20}x y xy y +-≥D.22{(,)|32120}x y x y +-<二、填空题: 〔填空题〔每一小题5分，7小题，一共35分〕9．命题“,|||1|2x R x a x ∃∈-++≤〞是假命题，那么实数a 的取值范围是____ ____.10．某所方案招聘男老师x 名,女老师y 名, x 和y 须满足约束条件25,2,6.x y x y x -≥⎧⎪-≤⎨⎪<⎩那么该校招聘的老师最多是 名.11．设曲线axy e =在点(01)，处的切线与直线210x y ++=垂直，那么a = ．12．函数()ln (0)f x x x x =>的单调递增区间是 ．13．函数3()128f x x x =-+在区间[3,3]-上的最大值与最小值分别为,M m ，那么M m -= ．14．如图，点(,)x y 在四边形ABCD 内部和边界上运动，那么121++y x 的取值范围是 ____.15．将正整数12分解成两个正整数的乘积有112⨯，26⨯，34⨯三种，其中34⨯是这三种分解中，两数差的绝对值最小的，我们称34⨯为12的最正确分解．当()*,p q p q p q ⨯≤∈N 且是正整数n 的最正确分解时，我们规定函数()pf n q=，例如()3124f =.关于函数()f n 有以下表达：①()177f =，②()3248f =，③()4287f =，④()914416f =.其中正确的序号为 〔填入所有正确的序号〕．三、解答题: (本大题一一共6小题，满分是84分．解答须写出文字说明，证明过程或者演算步骤．)16.(本小题满分是14分) 商场现有某商品1320件，每件本钱110元，假如每件售价200元，每天可销售40件。
2018届高考数学理科二轮总复习高考23题逐题特训二函数
(二)函数与导数(2)1．设函数f (x )＝2(a ＋1)x (a ∈R )，g (x )＝ln x ＋bx (b ∈R )，直线y ＝x ＋1是曲线y ＝f (x )的一条切线．(1)求a 的值；(2)若函数y ＝f (x )－g (x )有两个极值点x 1，x 2.①试求b 的取值范围；②证明：g (x 1)＋g (x 2)f (x 1)＋f (x 2)≤1e 2＋12. 解 (1)设直线y ＝x ＋1与函数y ＝f (x )的图象相切于点(x 0，y 0)，则y 0＝x 0＋1，y 0＝2(a ＋1)x 0，a ＋1x 0＝1，解得a ＝0. (2)记h (x )＝f (x )－g (x )，则h (x )＝2x －ln x －bx .①函数y ＝f (x )－g (x )有两个极值点的必要条件是h ′(x )有两个正零点．h ′(x )＝1x －1x－b ＝－bx ＋x －1x ， 令h ′(x )＝0，得bx －x ＋1＝0(x >0)．令x ＝t ，则t >0.问题转化为bt 2－t ＋1＝0有两个不等的正实根t 1，t 2，等价于⎩⎪⎨⎪⎧ Δ＝1－4b >0，t 1t 2＝1b >0，t 1＋t 2＝1b >0，解得0<b <14. 当0<b <14时，设h ′(x )＝0的两正根为x 1，x 2，且x 1<x 2， 则h ′(x )＝－bx ＋x －1x ＝－b (x －x 1)(x －x 2)x ＝－b (x －x 1)(x －x 2)x (x ＋x 1)(x ＋x 2). 当x ∈(0，x 1)时，h ′(x )<0；当x ∈(x 1，x 2)时，h ′(x )>0；当x ∈(x 2，＋∞)时，h ′(x )<0. 所以x 1，x 2是h (x )＝f (x )－g (x )的极值点，∴b 的取值范围是⎝⎛⎭⎫0，14. ②由①知x 1x 2＝x 1＋x 2＝1b.可得g (x 1)＋g (x 2)＝－2ln b ＋1b －2，f (x 1)＋f (x 2)＝2b， 所以g (x 1)＋g (x 2)f (x 1)＋f (x 2)＝12－b ln b －b . 记k (b )＝12－b ln b －b ⎝⎛⎭⎫0<b <14， 则k ′(b )＝－ln b －2，令k ′(b )＝0，得b ＝1e 2∈⎝⎛⎭⎫0，14， 且当b ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 2时，k ′(b )>0，k (b )单调递增； 当b ∈⎝⎛⎭⎫1e 2，14时，k ′(b )<0，k (b )单调递减，且当b ＝1e 2时，k (b )取最大值1e 2＋12， 所以g (x 1)＋g (x 2)f (x 1)＋f (x 2)≤1e 2＋12. 2．设函数f (x )＝2ax ＋b x＋c ln x . (1)当b ＝0，c ＝1时，讨论函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在x ＝1处的切线为y ＝3x ＋3a －6且函数f (x )有两个极值点x 1，x 2，x 1<x 2. ①求a 的取值范围；②求f (x 2)的取值范围．解 (1)f (x )＝2ax ＋b x＋c ln x ，x >0， f ′(x )＝2a －b x 2＋c x ＝2ax 2＋cx －b x 2. 当b ＝0，c ＝1时，f ′(x )＝2ax ＋1x. 当a ≥0时，由x >0，得f ′(x )＝2ax ＋1x>0恒成立， 所以函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增．当a <0时，令f ′(x )＝2ax ＋1x >0，解得x <－12a； 令f ′(x )＝2ax ＋1x <0，解得x >－12a， 所以，函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，－12a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－12a ，＋∞上单调递减． 综上所述，①当a ≥0时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；②当a <0时，函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，－12a上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－12a ，＋∞上单调递减． (2)①函数f (x )在x ＝1处的切线为y ＝3x ＋3a －6， 所以f (1)＝2a ＋b ＝3a －3，f ′(1)＝2a ＋c －b ＝3， 所以b ＝a －3，c ＝－a ，f ′(x )＝2a －b x 2＋c x ＝2ax 2－ax ＋3－a x 2， 函数f (x )有两个极值点x 1，x 2，x 1<x 2，则方程2ax 2－ax ＋3－a ＝0有两个大于0的解， ⎩⎨⎧ Δ＝(－a )2－8a (3－a )>0，a 2a >0，3－a 2a >0，解得83<a <3. 所以a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫83，3.②2ax 22－ax 2＋3－a ＝0，x 2＝a ＋9a 2－24a 4a ＝14⎝⎛⎭⎫1＋ 9－24a ， 由83<a <3，得x 2∈⎝⎛⎭⎫14，12， 由2ax 22－ax 2＋3－a ＝0，得a ＝－32x 22－x 2－1. f (x 2)＝2ax 2＋a －3x 2－a ln x 2 ＝a ⎝⎛⎭⎫2x 2＋1x 2－ln x 2－3x 2＝－32x 2＋1x 2－ln x 22x 22－x 2－1－3x 2. 设φ(t )＝－32t ＋1t －ln t 2t 2－t －1－3t ，t ∈⎝⎛⎭⎫14，12， φ′(t )＝－3⎝⎛⎭⎫2－1t 2－1t (2t 2－t －1)－⎝⎛⎭⎫2t ＋1t －ln t (4t －1)(2t 2－t －1)2＋3t2 ＝－31t 2(2t 2－t －1)2＋3⎝⎛⎭⎫2t ＋1t －ln t (4t －1)(2t 2－t －1)2＋3t 2＝3⎝⎛⎭⎫2t ＋1t －ln t (4t －1)(2t 2－t －1)2. 当t ∈⎝⎛⎭⎫14，12时，2t ＋1t－ln t >0,4t －1>0，φ′(t )>0，所以φ(t )在⎝⎛⎭⎫14，12上单调递增，φ(t )∈⎝⎛⎭⎫163ln 2，3＋3ln 2， 所以f (x 2)的取值范围是⎝⎛⎭⎫163ln 2，3＋3ln 2.。
高三数学二轮复习同步练习2知识归纳
专题21．(2011·北京海淀)已知函数f (x )＝(ax －1)e x，a ∈R . (1)当a ＝1时，求函数f (x )的极值；(2)若函数f (x )在区间(0,1)上是单调增函数，求实数a 的取值范围． [解析] (1)因为f ′(x )＝(ax ＋a －1)e x ， 所以当a ＝1时，f ′(x )＝xe x， 令f ′(x )＝0，则x ＝0，所以f (x )，f ′(x )的变化情况如下表：所以x ＝0时，f (x )取得极小值f (0)＝－1.(2)因为f ′(x )＝(ax ＋a －1)e x ，函数f (x )在区间(0,1)上是单调增函数，所以f ′(x )≥0，对x ∈(0,1)恒成立．又e x >0，所以只要ax ＋a －1≥0对x ∈(0,1)恒成立即可，解法一：设g (x )＝ax ＋a －1，则要使ax ＋a －1≥0对x ∈(0,1)恒成立，只要⎩⎪⎨⎪⎧g (0)≥0g (1)≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧a －1≥02a －1≥0成立，解得a ≥1. 解法二：因为x >0，所以只要a ≥1x ＋1对x ∈(0,1)恒成立，因为函数g (x )＝1x ＋1在(0,1)上单调递减，所以只要a ≥g (0)＝10＋1＝1.2．已知某企业原有员工2000人，每人每年可为企业创利润3.5万元．为应对国际金融危机给企业带来的不利影响，该企业实施“优化重组，分流增效”的策略，分流出一部分员工待岗．为维护生产稳定，该企业决定待岗人数不超过原有员工的5%，并且每年给每位待岗员工发放生活补贴0.5万元．据评估，若待岗员工人数为x 人，则留岗员工每人每年可为企业多创利润(1－81100x万元．为使企业年利润最大，应安排多少员工待岗？ [解析] 设重组后，该企业年利润为y 万元，依题意得y ＝(2000－x )(3.5＋1－81100x )－0.5x＝－5(x ＋324x)＋9000.81， ∴y ＝－5(x ＋324x)＋9000.81，(0<x ≤100且x ∈N )， y ＝－5(x ＋324x)＋9000.81 ≤－5×2324＋9000.81＝8820.81， ∴当且仅当x ＝324x，即x ＝18时取等号，此时y 取得最大值． 即为使企业年利润最大，应安排18人待岗．3．(2011·皖南八校)已知函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c ，其中a ∈N *，b ∈N ，c ∈Z . (1)若b >2a ，且f (sin x )(x ∈R )的最大值为2，最小值为－4，试求函数f (x )的最小值； (2)若对任意实数x ，不等式4x ≤f (x )≤2(x 2＋1)恒成立，且存在x 0使得f (x 0)<2(x 20＋1)成立，求c 的值．[解析] (1)函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c 的图像开口向上，对称轴方程为x ＝－b 2a .∵b >2a ，且a ∈N *，b ∈N ，∴－b2a<－1. ∵sin x ∈[－1,1]，∴函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c 在[－1,1]上为增函数． 于是f (sin x )的最大值为f (1)＝a ＋b ＋c ＝2， 最小值为f (－1)＝a －b ＋c ＝－4， 由此可得b ＝3.∵b >2a ，且a ∈N *， ∴a ＝1，从而c ＝－2.∴f (x )＝x 2＋3x －2＝(x ＋32)2－174.即f (x )的最小值为－174.(2)令x ＝1，代入4x ≤f (x )≤2(x 2＋1)得 f (1)＝4，即a ＋b ＋c ＝4.从而b －4＝－a －c . 又由f (x )≥4x ，得ax 2＋(b －4)x ＋c ≥0. ∵a >0，故Δ＝(b －4)2－4ac ≤0.即(－a －c )2－4ac ≤0，(a －c )2≤0.从而a ＝c . ∵b ≥0，∴a ＋c ≤4,2c ≤4. 又a ＝c ∈N *，∴c ＝1或c ＝2.当c ＝2时，b ＝0，f (x )＝2x 2＋2.此时x 0不满足f (x 0)<2(x 20＋1)．故c ＝2不符合题意，舍去．所以c ＝1，经检验c ＝1满足题意．4．(2011·安徽理，16)设f (x )＝ex1＋ax 2，其中a 为正实数．(1)当a ＝43f (x )的极值点；(2)若f (x )为R 上的单调函数，求a 的取值范围． [解析] 对f (x )求导得f ′(x )＝e x 1＋ax 2－2ax (1＋ax 2)2.(1)当a ＝43f ′(x )＝0，则4x 2－8x ＋3＝0，解得x 1＝32，x 2＝12.结合①，可知所以，x 1＝32是极小值点，x 2＝12是极大值点．(2)若f (x )为R 上的单调函数，则f ′(x )在R 上不变号，结合①与条件a >0，知ax 2－2ax ＋1≥0在R 上恒成立，由此Δ＝4a 2－4a ＝4a (a －1)≤0，由此并结合a >0，知0<a ≤1.5．(2011·大纲全国卷文，21)已知函数f (x )＝x 3＋3ax 2＋(3－6a )x －12a －4(a ∈R )． (1)证明：曲线y ＝f (x )在x ＝0处的切线过点(2,2)；(2)若f (x )在x ＝x 0处取得最小值，x 0∈(1,3)，求a 的取值范围． [解析] (1)f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋3－6a由f (0)＝12a －4，f ′(0)＝3－6a 得曲线y ＝f (x )在x ＝0处的切线方程为y ＝(3－6a )x ＋12a －4，由此知曲线y ＝f (x )在x ＝0处的切线经过点(2,2)．(2)由f ′(x )＝0，得x 2＋2ax ＋1－2a ＝0(ⅰ)当－2－1≤a ≤2－1时，f (x )没有极小值． (ⅱ)当a >2－1或a <－2－1时，由f ′(x )＝0得 x 1＝a －a 2＋2a －1，x 2＝－a ＋a 2＋2a －1 故x 0＝x 2，由题设知，1<－a ＋a 2＋2a －1<3 当a >2－1时，不等式1<－a ＋a 2＋2a －1<3无解当a <－2－1时，解不等式1<－a ＋a 2＋2a －1<3得－52<a <－2－1综合(ⅰ)(ⅱ)得a 的取值范围是(－52，－2－1)．6．(2011·宁夏银川模拟)已知f (x )是定义在区间[－1,1]上的奇函数，且f (1)＝1，若m ，n∈[－1,1]，m ＋n ≠0时，有f (m )＋f (n )m ＋n>0.(1)解不等式f (x ＋12)<f (1－x )；(2)若f (x )≤t 2－2at ＋1对所有x ∈[－1,1]，a ∈[－1,1]恒成立，求实数t 的取值范围． [解析] (1)任取x 1，x 2∈[－1,1]，且x 2>x 1，则f (x 2)－f (x 1)＝f (x 2)＋f (－x 1) ＝f (x 2)＋f (－x 1)x 2＋(－x 1)·(x 2－x 1)>0，所以f (x 2)>f (x 1)．所以f (x )是增函数． 由f (x ＋12)<f (1－x )得⎩⎪⎨⎪⎧－1≤x ＋12≤1－1≤1－x ≤1x ＋12<1－x，解得0≤x <14.故不等式f (x ＋12)<f (1－x )的解集为[0，14)．(2)由于f (x )为增函数，所以f (x )的最大值为f (1)＝1，所以f (x )≤t 2－2at ＋1对a ∈[－1,1]，x ∈[－1,1]总成立⇔t 2－2at ＋1≥1对任意a ∈[－1,1]总成立⇔t 2－2at ≥0对任意a ∈[－1,1]总成立．把y ＝t 2－2at 看作a 的函数，由a ∈[－1,1]知其图像是一线段． 所以t 2－2at ≥0对任意a ∈[－1,1]总成立⇔⎩⎪⎨⎪⎧ t 2－2×(－1)t ≥0t 2－2×1×t ≥0⇔⎩⎪⎨⎪⎧t 2＋2t ≥0t 2－2t ≥0 ⇔⎩⎪⎨⎪⎧t ≤－2或t ≥0t ≤0或t ≥2 ⇔t ≤－2或t ＝0或t ≥2.7．(2011·徐州二模)已知函数f (x )＝(x 2－3x ＋94)e x ，其中e 是自然对数的底数．(1)求函数f (x )的图像在x ＝0处的切线方程； (2)求函数f (x )在区间[－1,2]上的最大值与最小值． [解析] (1)因为f (x )＝(x 2－3x ＋94)e x ，所以f (0)＝94，又f ′(x )＝(2x －3)e x ＋(x 2－3x ＋94)e x ＝(x 2－x －34)e x ，所以f ′(0)＝－34，所以函数f (x )的图像在x ＝0处的切线方程为： y －94＝－34，即3x ＋4y －9＝0. (2)由(1)得f (x )＝(x －32)2e x ，f ′(x )＝(x ＋12)(x －32)e x.当x 变化时，函数f (x )，f ′(x )在区间[－1,2]上的变化情况如下表：函数f (x )在区间[－1,2]上的最大值f (x )max ＝max{f (－12)，f (2)}，最小值f (x )min ＝min{f (－1)，f (32)}．∵f (2)－f (－12)＝14e 2－4e －12＝e 5－164e<35－2564e<0，f (32)－f (－1)＝0－254－1<0， ∴f (x )max ＝f (－12)＝4e －12，f (x )min ＝f (32)＝0.。
高三理科数学二轮复习专题能力提升训练：函数、导数、不等式的综合问题(含答案解析).pdf
训练 函数、导数、不等式的综合问题 一、选择题(每小题5分，共25分) 1．下面四个图象中，有一个是函数f(x)＝x3＋ax2＋(a2－1)x＋1(aR)的导函数y＝f′(x)的图象，则f(－1)等于( )． A. B．－ C. D．－或 2．设直线x＝t与函数f(x)＝x2，g(x)＝ln x的图象分别交于点M，N，则当|MN|达到最小时t的值为( )． A．1 B. C. D. 3．已知函数f(x)＝x4－2x3＋3m，xR，若f(x)＋9≥0恒成立，则实数m的取值范围是( )． A. B. C. D. 4．已知函数f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上为减函数，函数g(x)＝x2－aln x在(1,2)上为增函数，则a的值等于( )． A．1 B．2 C．0 D. 5．设aR，若函数y＝eax＋3x，xR有大于零的极值点，则( )． A．a＞－3 B． a＜－3 C．a＞－ D．a＜－ 二、填空题(每小题5分，共15分) 6．若a＞0，b＞0，且函数f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1处有极值，则ab的最大值等于________． 7．函数f(x)＝x3－x2＋ax－5在区间[－1,2]上不单调，则实数a的范围是________． 8．关于x的方程x3－3x2－a＝0有三个不同的实数解，则实数a的取值范围是________． 三、解答题(本题共3小题，共35分) 9．(11分)已知函数f(x)＝x3－x2＋bx＋a.(a，bR)的导函数f′(x)的图象过原点． (1)当a＝1时，求函数f(x)的图象在x＝3处的切线方程； (2)若存在x＜0，使得f′(x)＝－9，求a的最大值． 10．(12分)已知a，b为常数，且a≠0，函数f(x)＝－ax＋b＋axln x，f(e)＝2(e＝2.718 28…是自然对数的底数)． (1)求实数b的值； (2)求函数f(x)的单调区间； (3)当a＝1时，是否同时存在实数m和M(m＜M)，使得对每一个t[m， M]，直线y＝t与曲线y＝f(x)都有公共点？若存在，求出最小的实数m和最大的实数M；若不存在，说明理由． 11．(12分)已知f(x)＝xln x，g(x)＝－x2＋ax－3. (1)求函数f(x)在[t，t＋2](t＞0)上的最小值； (2)对一切的x(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围； (3)证明：对一切x(0，＋∞)，都有ln x＞－.参考答案 1．D [f′(x)＝x2＋2ax＋a2－1，f′(x)的图象开口向上，若图象不过原点，则a＝0时，f(－1)＝，若图象过原点，则a2－1＝0，又对称轴x＝－a＞0，a＝－1，f(－1)＝－.] 2．D [|MN|的最小值，即函数h(x)＝x2－ln x的最小值，h′(x)＝2x－＝，显然x＝是函数h(x)在其定义域内唯一的极小值点，也是最小值点，故t＝.] 3．A [因为函数f(x)＝x4－2x3＋3m，所以f′(x)＝2x3－6x2，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝3，经检验知x＝3是函数的一个最小值点，所以函数的最小值为f(3)＝3m－，不等式f(x)＋9≥0恒成立，即f(x)≥－9恒成立，所以3m－≥－9，解得m≥.] 4．B [函数f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上为减函数，≥1，得a≥2.又g′(x)＝2x－，依题意g′(x)≥0在x(1,2)上恒成立，得2x2≥a在x(1, 2)上恒成立，有a≤2，a＝2.] 5．B [令f(x)＝eax＋3x，可求得f′(x)＝3＋aeax，若函数在xR上有大于零的极值点，即f′(x)＝3＋aeax＝0有正根．当f′(x)＝3＋aeax＝0成立时，显然有a＜0，此时x＝ln.由x＞0，解得a＜－3，a的取值范围为(－∞，－3)．] 6．解析 由题得f′ (x)＝12x2－2ax－2b＝0，f′(1)＝12－2a－2b＝0，a＋b＝6.a＋b≥2，6≥2，ab≤9，当且仅当a＝b＝3时取到最大值． 答案 9 7．解析 f(x)＝x3－x2＋ax－5，f′(x)＝x2－2x＋a＝(x－1)2＋a－1，如果函数f(x)＝x3－x2＋ax－5在区间[－1,2]上单调，那么a－1≥0或f′(－1)＝3＋a≤0且f′(2)＝a≤0，a≥1或a≤－3.于是满足条件的a(－3,1)． 答案 (－3,1) 8．解析 由题意知使函数f(x)＝x3－3x2－a的极大值大于0且极小值小于0即可，又f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，令f′(x)＝0得，x1＝0，x2＝2，当x＜0时，f′(x)＞0；当0＜x＜2时，f′(x)＜0；当x＞2时，f′(x)＞0，所以当x＝0时，f(x)取得极大值，即f(x)极大值＝f(0)＝－a；当x＝2时，f(x)取得极小值，即f(x)极小值＝f(2)＝－4－a，所以，解得－4＜a＜0. 答案 (－4,0) 9．解 由已知，得f′(x)＝x2－(a＋1)x＋b. 由f′(0)＝0，得b＝0，f′(x)＝x(x－a－1)． (1)当a＝1时，f(x)＝x3－x2＋1，f′(x)＝x(x－2)，f(3)＝1， f′(3)＝3. 所以函数f(x)的图象在x＝3处的切线方程为y－1＝3(x－3)， 即3x－y－8＝0. (2)存在x＜0，使得f′(x)＝x(x－a－1)＝－9，－a－1＝－x－＝(－x)＋≥2＝6，a≤－7，当且仅当x＝－3时，a＝－7. 所以a的最大值为－7. 10．解 (1)由f(e)＝2，得b＝2. (2)由 (1)可得f(x)＝－ax＋2＋axln x. 从而f′(x)＝aln x. 因为a≠0，故 当a＞0时，由f′(x)＞0，得x＞1，由f′(x)＜0得， 0＜x＜1； 当a＜0时，由f′(x)＞0，得0＜x＜1，由f′(x)＜0得，x＞1. 综上，当a＞0时，函数f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)；当a＜0时，函数f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)． (3)当a＝1时，f(x)＝－x＋2＋xln x，f′(x)＝ln x. 由(2)可得，当x在区间内变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x1(1，e)ef′(x) －0 ＋f(x)2－单调递减极小值1单调递增2又2－＜2， 所以函数f(x)的值域为[1,2]． 据此可得，若则对每一个t[m，M]，直线y＝t与曲线y＝f(x)都有公共点； 并且对每一个t(－∞，m)(M，＋∞)，直线y＝t与曲线y＝f(x)都没有公共点． 综上，当a＝1时，存在最小的实数m＝1，最大的实数M＝2，使得对每一个t[m，M]，直线y＝t与曲线y＝f(x)都有公共点． 11．(1)解 f′(x)＝ln x＋1. 当x时，f′(x)＜0，f(x)单调递减； 当x时，f′(x)＞0，f(x)单调递增． 则当0＜t＜t＋2＜时，t无解； 当0＜t＜＜t＋2，即0＜t＜时， [f(x)]min＝f＝－； 当≤t＜t＋2，即t≥时， f(x)在[t，t＋2]上单调递增． 所以[f(x)]min＝f(t)＝tln t.所以[f(x)]min＝ (2)解 2f(x)≥g(x)，即2xln x≥－x2＋ax－3， 则a≤2ln x＋x＋.设h(x)＝2ln x＋x＋(x＞0)， h′(x)＝. 当x(0,1)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减； 当x(1，＋∞)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增． 所以[h(x)]min＝h(1)＝4.因为对一切x(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立， 所以a≤[h(x)] min＝4.故实数a的取值范围是(－∞，4]． (3)证明 问题等价于证明xln x＞－，x(0，＋∞)． 由(1)可知f(x)＝xln x，x(0，＋∞)的最小值为－， 当且仅当x＝时取得．设m(x)＝－，x(0，＋∞)，则m′(x)＝，易得[m(x)]max＝m(1)＝－. 从而对一切x(0，＋∞)，都有ln x＞－成立．。
高三数学(理科)二轮复习
高考数学第二轮复习计划一、指导思想高三第一轮复习一般以知识、技能、方法的逐点扫描和梳理为主，通过第一轮复习，学生大都能掌握基本概念的性质、定理及其一般应用，但知识较为零散，综合应用存在较大的问题。
第二轮复习的首要任务是把整个高中基础知识有机地结合在一起，强化数学的学科特点，同时第二轮复习承上启下，是促进知识灵活运用的关键时期，是发展学生思维水平、提高综合能力发展的关键时期，因而对讲、练、检测要求较高。
强化高中数学主干知识的复习，形成良好知识网络。
整理知识体系，总结解题规律，模拟高考情境，提高应试技巧，掌握通性通法。
第二轮复习承上启下，是知识系统化、条理化，促进灵活运用的关键时期，是促进学生素质、能力发展的关键时期，因而对讲练、检测等要求较高，故有“二轮看水平”之说．“二轮看水平”概括了第二轮复习的思路，目标和要求．具体地说，一是要看教师对《考试大纲》的理解是否深透，研究是否深入，把握是否到位，明确“考什么”、“怎么考”．二是看教师讲解、学生练习是否体现阶段性、层次性和渐进性，做到减少重复，重点突出，让大部分学生学有新意，学有收获，学有发展．三是看知识讲解、练习检测等内容科学性、针对性是否强，使模糊的清晰起来，缺漏的填补起来，杂乱的条理起来，孤立的联系起来，让学生形成系统化、条理化的知识框架．四是看练习检测与高考是否对路，不拔高，不降低，难度适宜，效度良好，重在基础的灵活运用和掌握分析解决问题的思维方法．二、时间安排：1．第一阶段为重点主干知识的巩固加强与数学思想方法专项训练阶段，时间为3月10——4月30日。
2．第二阶段是进行各种题型的解题方法和技能专项训练，时间为5月1日——5月25日。
3.最后阶段学生自我检查阶段，时间为5月25日——6月6日。
三、怎样上好第二轮复习课的几点建议：（一）.明确“主体”，突出重点。
第二轮复习，教师必须明确重点，对高考“考什么”，“怎样考”，应了若指掌．只有这样，才能讲深讲透，讲练到位．因此,每位教师要研究2009-2010湖南对口高考试题.第二轮复习的形式和内容1．形式及内容：分专题的形式，具体而言有以下八个专题。
高三数学二轮复习 2-3-23函数、导数与不等式、解析几何、数列型解答题课件 理 人教版
[解] (1)设数列{an}的公比为 q.由 a23＝9a2a6 得 a32＝ 9a24，所以 q2＝19.由条件可知 q>0，故 q＝13.
由 2a1＋3a2＝1，得 2a1＋3a1q＝1，得 a1＝13. 故数列{an}的通项公式为 an＝31n.
(2)bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an＝－(1＋2＋…＋n)＝－ nn＋1
当 m<－1 时，曲线 C 的方程为xa22＋－ym2 a2＝1，C 是焦 点在 y 轴上的椭圆；
当 m＝－1 时，曲线 C 的方程为 x2＋y2＝a2，C 是圆心 在原点的圆；
当－1<m<0 时，曲线 C 的方程为ax22＋－ym2 a2＝1，C 是 焦点在 x 轴上的椭圆；
当 m>0 时，曲线 C 的方程为xa22－mya22＝1，C 是焦点在 x 轴上的双曲线．
(2)设 P(x0，y0)为曲线 C：y＝14x2－2 上一点，因为 y′ ＝12x，所以 l 的斜率为12x0.
因此直线 l 的方程为 y－y0＝12x0(x－x0)，即 x0x－2y＋ 2y0－x20＝0
则 O 点到 l 的距离 d＝|2yx00－ 2＋x420|.又 y0＝14x02－2，所以
(1)当 0≤x≤200 时，求函数 v(x)的表达式； (2)当车流密度 x 为多大时，车流量(单位时间内通过 桥上某观测点的车辆数，单位：辆/小时)f(x)＝x·v(x)可以 达到最大，并求出最大值．(精确到 1 辆/小时) [分析] 本小题主要考查函数、最值等基础知识，同 时考查运用数学知识解决实际问题的能力．
从而 S＝12r1r2sinθ＝－m2ac2ossinθθ＝－12ma2tanθ，于是由 S ＝|m|a2，可得－12ma2tanθ＝|m|a2，即 tanθ＝－2m|m|.
高三数学专项训练：函数与导数,解析几何解答题(二)(理科)
（2）过右焦点 的直线与椭圆交于不同的两点 、 ，则 内切圆的圆面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值及此时的直线方程；若不存在，请说明理由.
35．某校同学设计一个如图所示的“蝴蝶形图案（阴影区域）”，其中 、 是过抛物线 焦点 的两条弦，且其焦点 ， ，点 为 轴上一点，记 ，其中 为锐角．
（3）求证： .
4．已知函数 .
（Ⅰ）若函数 的值域为 ，若关于 的不等式 的解集为 ，求 的值；
（Ⅱ）当 时， 为常数，且 ， ，求 的取值范围.
5．已知函数 ，函数 ．
(I)试求f(x)的单调区间。
(II)若f(x)在区间 上是单调递增函数，试求实数a的取值范围：
(III)设数列 是公差为1．首项为l的等差数列，数列 的前n项和为 ，求证：当 时， .
41．（13分） 已知椭圆C的中心在原点，离心率等于 ，它的一个短轴端点点恰好是抛物线 的焦点。
（1）求椭圆C的方程；
（2）已知P（2,3）、Q（2，－3）是椭圆上的两点，A,B是椭圆上位于直线ＰＱ两侧的动点，
①若直线ＡＢ的斜率为 ，求四边形ＡＰＢＱ面积的最大值；
②当Ａ、B运动时，满足 ＝ ，试问直线AB的斜率是否为定值，请说明理由。
(2)点Q(x0，y0)(－2<x0<2)是曲线C上的动点，曲线C在点Q处的切线为 ，点P的坐标是(0，－1)， 与PA，PB分别交于点D，E，求△QAB与△PDE的面积之比．
27．已知两点 及 ，点 在以 、 为焦点的椭圆 上，且 、 、 构成等差数列．
(Ⅰ)求椭圆 的方程；
(Ⅱ)如图，动直线 与椭圆 有且仅有一个公共点，点 是直线 上的两点，且 ，
． 求四边形 面积 的最大值．
高三数学(理)二轮复习专题集训：专题二 函数、不等式、导数2.1 Word版含解析
A 级1．下列函数f (x )中，满足“∀x 1，x 2∈(0，＋∞)，且x 1≠x 2，(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]<0”的是( )A ．f (x )＝1x －xB ．f (x )＝x 3C ．f (x )＝ln xD ．f (x )＝2x解析：“∀x 1，x 2∈(0，＋∞)，且x 1≠x 2，(x 1－x 2)·[f (x 1)－f (x 2)]<0”等价于在(0，＋∞)上f (x )为减函数，易判断f (x )＝1x－x 符合．答案：A2．若函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ax ＋b ，x <－1ln (x ＋a )，x ≥－1的图象如图所示，则f (－3)等于( )A ．－12B ．－54C ．－1D ．－2解析：由图象可得a (－1)＋b ＝3，ln(－1＋a )＝0，得a ＝2，b ＝5，∴f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋5，x <－1，ln (x ＋2)，x ≥－1故f (－3)＝2×(－3)＋5＝－1，故选C. 答案：C3．函数f (x )＝x a 满足f (2)＝4，那么函数g (x )＝|log a (x ＋1)|的图象大致为( )解析：由已知得a ＝2，所以g (x )＝|log 2(x ＋1)|.函数y ＝log 2(x ＋1)在(－1,0)上单调递增且y <0，在(0，＋∞)上单调递增且y >0，所以函数g (x )在(－1,0)上单调递减且y >0，在(0，＋∞)上单调递增且y >0.答案：C4．(2017·广西三市第一次联考)已知f (x )是定义在R 上的偶函数，且在区间(－∞，0]上单调递增，若实数a 满足f (2log 3a )>f (－2)，则a 的取值范围是( )A ．(－∞，3)B ．(0，3)C ．(3，＋∞)D ．(1，3)解析：∵f (x )是定义在R 上的偶函数，且在区间(－∞，0]上单调递增，∴f (x )在区间[0，＋∞)上单调递减．根据函数的对称性，可得f (－2)＝f (2)，∴f (2log 3a )>f (2)．∵2log 3a >0，f (x )在区间[0，＋∞)上单调递减，∴0<2log 3a <2⇒log 3a <12⇒0<a <3，故选B.答案：B5．定义在R 上的函数f (x )满足f (x )＝f (x ＋4)．当－2≤x <0时，f (x )＝log 2(－x )；当0≤x <2时，f (x )＝2x －1，则f (1)＋f (2)＋f (3)＋…＋f (2018)的值为( )A ．630B ．1262C ．2520D ．3780解析：因为f (x )＝f (x ＋4)，所以函数f (x )的周期为4. 当－2≤x <0时，f (x )＝log 2(－x )； 当0≤x <2时，f (x )＝2x －1.所以f (1)＝20＝1，f (2)＝f (－2)＝log 22＝1， f (3)＝f (－1)＝log 21＝0，f (4)＝f (0)＝2－1＝12.所以在一个周期内有f (1)＋f (2)＋f (3)＋f (4)＝1＋1＋0＋12＝52，所以f (1)＋f (2)＋…＋f (2018)＝504×52＋f (1)＋f (2)＝1262.答案：B6．函数f (x )＝ln 1|x |＋1的值域是________．解析：因为|x |≥0，所以|x |＋1≥1. 所以0<1|x |＋1≤1.所以ln 1|x |＋1≤0，即f (x )＝ln 1|x |＋1的值域为(－∞，0]．答案：(－∞，0]7．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧(1－2a )x ＋3a ，x <1，2x －1，x ≥1的值域为R ，则实数a 的取值范围是________．解析：当x ≥1时，f (x )＝2x －1≥1，∵函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧(1－2a )x ＋3a ，x <1，2x －1，x ≥1的值域为R ，∴当x <1时，(1－2a )x ＋3a 必须取遍(－∞，1)内的所有实数，则⎩⎪⎨⎪⎧1－2a >0，1－2a ＋3a ≥1，解得0≤a <12.答案：⎣⎡⎭⎫0，12 8．若当x ∈(1,2)时，函数y ＝(x －1)2的图象始终在函数y ＝log a x 的图象的下方，则实数a 的取值范围是________．解析：如图，在同一平面直角坐标系中画出函数y ＝(x －1)2和y ＝log a x 的图象．由于当x ∈(1,2)时，函数y ＝(x －1)2的图象恒在函数y ＝log a x 的图象的下方，则⎩⎪⎨⎪⎧a >1，log a 2≥1解得1<a ≤2.答案：(1,2]9．已知函数f (x )＝x 2＋ax (x ≠0，a ∈R )．(1)判断函数f (x )的奇偶性；(2)若f (x )在区间[2，＋∞)上是增函数，求实数a 的取值范围． 解析：(1)当a ＝0时，f (x )＝x 2(x ≠0)为偶函数； 当a ≠0时，f (－x )≠f (x )， f (－x )≠－f (x )，所以f (x )既不是奇函数也不是偶函数．(2)f ′(x )＝2x －ax 2，要使f (x )在区间[2，＋∞)上是增函数，只需当x ≥2时，f ′(x )≥0恒成立，即2x －ax2≥0，则a ≤2x 3∈[16，＋∞)恒成立．故若f (x )在区间[2，＋∞)上是增函数，则实数a 的取值范围为(－∞，16]． 10．已知函数f (x )＝a x ＋b (a >0，a ≠1)． (1)若f (x )的图象如图①所示，求a ，b 的值； (2)若f (x )的图象如图②所示，求a ，b 的取值范围；(3)在(1)中，若|f (x )|＝m 有且仅有一个实数解，求出m 的范围．解析：(1)f (x )的图象过点(2,0)，(0，－2)，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋b ＝0，a 0＋b ＝－2，解得a ＝3，b ＝－3.(2)f (x )单调递减，所以0<a <1， 又f (0)<0，即a 0＋b <0，所以b <－1.(3)画出y ＝|f (x )|的草图，知当m ＝0或m ≥3时，|f (x )|＝m 有且仅有一个实数解．B 级1．已知定义在R 上的函数f (x )满足f (x ＋1)＝f (1－x )，且在[1，＋∞)上是增函数，不等式f (ax ＋2)≤f (x －1)对任意x ∈⎣⎡⎦⎤12，1恒成立，则实数a 的取值范围是( )A ．[－3，－1]B ．[－2,0]C ．[－5，－1]D ．[－2,1]解析：由定义在R 上的函数f (x )满足f (x ＋1)＝f (1－x )，且在[1，＋∞)上是增函数，可得函数图象关于x ＝1对称，且函数f (x )在(－∞，1)上递减，由此得出自变量离1越近，函数值越小．综合考虑四个选项，注意0,1不存在于A ，C 两个选项的集合中，B 中集合是D 中集合的子集，故可通过验证a 的值(取0与1时两种情况)得出正确选项．当a ＝0时，不等式f (ax ＋2)≤f (x －1)变为f (2)≤f (x －1)，由函数f (x )的图象特征可得|2－1|≤|x －1－1|，解得x ≥3或x ≤1，满足不等式f (ax ＋2)≤f (x －1)对任意x ∈⎣⎡⎦⎤12，1恒成立，由此排除A ，C 两个选项．当a ＝1时，不等式f (ax ＋2)≤f (x －1)变为f (x ＋2)≤f (x －1)，由函数f (x )的图象特征可得|x ＋2－1|≤|x －1－1|，解得x ≤12，不满足不等式f (ax ＋2)≤f (x －1)对任意x ∈⎣⎡⎦⎤12，1恒成立，由此排除D 选项．综上可知，选B.答案：B2．(2017·武汉调研)定义函数y ＝f (x )，x ∈I ，若存在常数M ，对于任意x 1∈I ，存在唯一的x 2∈I ，使得f (x 1)＋f (x 2)2＝M ，则称函数f (x )在I 上的“均值”为M ，已知f (x )＝log 2x ，x ∈[1,22 016]，则函数f (x )＝log 2x 在[1,22 016]上的“均值”为________．解析：根据定义，函数y ＝f (x )，x ∈I ，若存在常数M ，对于任意x 1∈I ，存在唯一的x 2∈I ，使得f (x 1)＋f (x 2)2＝M ，则称函数f (x )在I 上的“均值”为M ，令x 1x 2＝1·22016＝22016，当x 1∈[1,22 016]时，选定x 2＝22016x 1∈[1,22 016]，可得M ＝12log 2(x 1x 2)＝1008.答案：10083．已知函数g (x )＝ax 2－2ax ＋1＋b (a >0)在区间[2,3]上有最大值4和最小值1.设f (x )＝g (x )x. (1)求a ，b 的值；(2)若不等式f (2x )－k ·2x ≥0在x ∈[－1,1]上有解，求实数k 的取值范围． 解析：(1)g (x )＝a (x －1)2＋1＋b －a ，因为a >0， 所以g (x )在区间[2,3]上是增函数，故⎩⎪⎨⎪⎧g (2)＝1，g (3)＝4， 即⎩⎪⎨⎪⎧ 4a －4a ＋1＋b ＝1，9a －6a ＋1＋b ＝4，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝0. (2)f (x )＝x ＋1x －2，所以f (2x )－k ·2x ≥0可化为2x ＋12x －2≥k ·2x ，即1＋⎝⎛⎭⎫12x 2－2·12x ≥k ，令t ＝12x ，则k ≤t 2－2t ＋1.因为x ∈[－1,1]，所以t ∈⎣⎡⎦⎤12，2，记h (t )＝t 2－2t ＋1， 则h (t )max ＝h (2)＝1.所以k ≤1. 故k 的取值范围是(－∞，1]．4．已知奇函数f (x )的定义域为[－1,1]，当x ∈[－1,0)时，f (x )＝－⎝⎛⎭⎫12x. (1)求函数f (x )在[0,1]上的值域；(2)若x ∈(0,1]，y ＝14f 2(x )－λ2f (x )＋1的最小值为－2，求实数λ的值．解析：(1)设x ∈(0,1]，则－x ∈[－1,0)， 所以f (－x )＝－⎝⎛⎭⎫12－x ＝－2x. 又因为f (x )为奇函数，所以f (－x )＝－f (x )， 所以当x ∈(0,1]时，f (x )＝－f (－x )＝2x ， 所以f (x )∈(1,2]． 又f (0)＝0，所以当x ∈[0,1]时函数f (x )的值域为(1,2]∪{0}． (2)由(1)知当x ∈(0,1]时，f (x )∈(1,2]，所以12f (x )∈⎝⎛⎦⎤12，1， 令t ＝12f (x )，则12<t ≤1，g (t )＝14f 2(x )－λ2f (x )＋1＝t 2－λt ＋1＝⎝⎛⎭⎫t －λ22＋1－λ24. ①当λ2≤12，即λ≤1时，g (t )>g ⎝⎛⎭⎫12无最小值． ②当12<λ2≤1即1<λ≤2时，g (t )min ＝g ⎝⎛⎭⎫λ2＝1－λ24＝－2.解得λ＝±23舍去．③当λ2>1，即λ>2时，g (t )min ＝g (1)＝－2，解得λ＝4.综上所述：λ＝4.。
2020届高三数学(理)二轮复习专题集训：专题二函数、不等式、导数2.4.1Word版含解析.doc
A 级1π1．已知函数 f(x) ＝ x cos x ，则 f(π)＋ f ′ 2 ＝ ()3 1A ．－πB ．－π2231C ．－ πD ．－ π分析：∵ f ′ (x)＝－ 1 1x 2cos x ＋ x (－ sin x)，∴ f(π)＋ f ′ π 1 2 32 ＝－ ＋ ·(－ 1)＝－ .π π π 答案：C2．已知 m 是实数，函数 f( x)＝ x 2(x － m)，若 f ′ (－ 1)＝－ 1，则函数 f(x)的单一递加区间是()A. －4，0B ． 0，433C. －∞，－ 4， (0，＋∞ )D ． －∞，－ 4∪(0，＋∞ )33分析：由于 f ′ (x)＝ 3x 2－ 2mx ，因此 f ′ (－ 1)＝ 3＋ 2m ＝－ 1，解得 m ＝－ 2.因此 f ′( x)＝ 3x 2＋4x.由 f ′ (x)＝ 3x 2＋ 4x>0，解得 x<－4或 x>0 ，34即 f(x) 的单一递加区间为 －∞，－3 ，(0 ，＋ ∞ )，应选 C.答案： C3．(2017 湖·南省湘中名校高三联考 )设 f(x)＝1－ x 2， x ∈ [ － 1， 1 ，2，则－1f(x)dxx 2－ 1，x ∈ [1， 2]的值为 ()π 4B ． πA. ＋3＋ 32 2π 4πC. ＋3D ． ＋ 344212(x 2－ 1)dx ＝ 1π× 12＋1 3 2π 4，应选分析：－1f( x)dx ＝－1 1－ x 2dx ＋1 x － x |1＝ ＋2323A.答案： A4．若函数 f( x)＝ 2sin x(x ∈ [0，π))的图象在切点P 处的切线平行于函数g(x)＝ 2 x＋ 1x 3的图象在切点 Q 处的切线，则直线PQ 的斜率为 ()8A. 3B ． 27 3 C.3D ． 311分析：由题意得 f ′ (x)＝ 2cos x ，g ′ (x)＝ x 2＋x －2.设 P(x 1，f(x 1))，Q(x 2，g(x 2 ))，又 f ′ (x 1)＝ g ′ (x 2)，即 2cos x 1＝ x 12＋ x － 12，故 4cos 2x 1＝ x 2＋ x －21＋ 2，因此－ 4＋ 4cos 2x 1＝ x 2＋ x －21－ 2，22即－ 4sin2x 1＝ x 12 －x －12 2，因此 sin x 1＝ 0，x 1＝ 0，x 12＝ x － 1 2，x 2＝ 1，故 P(0,0)，Q 1， 8 ，22 2 2 3故 k PQ ＝ 8.3答案： A5．已知偶函数 f(x)(x ≠0)的导函数为 f ′ (x) ，且知足f(1)＝ 0，当 x>0 时， xf ′ (x)<2f(x)，则使得 f(x)>0 建立的 x 的取值范围是 ()A ． (－∞，－ 1)∪(0,1)B ． (－∞，－ 1)∪ (1，＋∞ )C ．( －1,0)∪ (1，＋∞ )D ． (－ 1,0)∪(0,1)分析：依据题意，设函数g(x)＝ f xf ′ x ·x － 2·fx2 (x ≠ 0)，当 x>0时， g ′ (x)＝x 3<0，说x明函数 g(x)在 (0，＋ ∞ )上单一递减，又 f(x) 为偶函数，因此 g(x) 为偶函数，又 f(1) ＝ 0，因此g(1) ＝ 0，故 g(x)在 (－ 1,0)∪(0,1) 上的函数值大于零，即 f(x)在 (－ 1,0)∪ (0,1) 上的函数值大于零．答案： D6．函数 y ＝ x ＋ 2cos x 在区间 0，π上的最大值是 ________． 2π π π分析： y ′ ＝ 1－2sin x ，令 y ′ ＝ 0，且 x ∈ 0， 2 ，得 x ＝ 6，则 x ∈ 0， 6 时， y ′ >0；π ππ π π 上递减，因此当 x ＝ πx ∈，0， 6 上递加，在 ，6 时，函数取最6 2 时， y ′<0，故函数在6 2π大值 6＋ 3.答案：π＋ 367．曲线 y ＝ x 2 与直线 y ＝ x 所围成的关闭图形的面积为________．分析： 如图，暗影部分的面积即为所求，y ＝x 2 ， 得 A(1,1)．由y ＝x ，12 12 13 11故所求面积为 S ＝0 (x － x )dx ＝x－ x|0＝ .236答案：168．设函数f(x)＝ ln1 2－ bx ，若 x ＝ 1 是 f(x)的极大值点，则a 的取值范围为x － ax2____________．分析：∵ f(x)的定义域为 (0，＋ ∞ )， f ′ (x)＝1－ ax － b ，x由 f ′ (1) ＝ 0，得 b ＝ 1－ a.∴ f ′ (x)＝ 1－ ax ＋ a － 1＝ － ax 2＋ 1＋ax － xxx＝－ ax ＋ 1 x － 1 .x①若 a ≥ 0，当 0<x<1 时， f ′ (x)>0 ， f(x)单一递加；当 x>1 时， f ′ (x)<0， f(x)单一递减；因此 x ＝1 是 f(x) 的极大值点．1②若 a<0，由 f ′ (x)＝ 0，得 x ＝ 1 或 x ＝－ .由于 x ＝1 是 f(x) 的极大值点，1因此－ a >1，解得－ 1< a<0.综合①②得 a 的取值范围是 (－ 1，＋ ∞)．答案：(－ 1，＋∞ )ax9． (2017 ·西省高三教课质量检测试题陕 (一 ))已知函数 f(x)＝ ln(x ＋ 1)＋ x ＋ 1(a ∈ R )．(1)当 a ＝ 1 时，求 f(x)的图象在 x ＝0 处的切线方程；(2)当 a<0 时，求 f( x)的极值．分析：(1)当a ＝ 1 时， f(x)＝ ln(x ＋ 1)＋x ，x ＋ 11 1x ＋ 2∴ f ′ (x)＝ x ＋ 1＋ x ＋ 1 2＝ x ＋ 1 2.∵ f(0) ＝ 0， f ′ (0)＝ 2，∴所求切线方程为 y ＝ 2x.(2)f(x)＝ ln(x ＋ 1)＋ ax (x>－ 1)， f ′ (x)＝ x ＋ a ＋ 21，x ＋ 1 x ＋ 1∵ a<0 ，∴当 x ∈ (－ 1，－ a －1) 时， f ′ (x)<0， 当 x ∈ (－ a － 1，＋ ∞)时， f ′ (x)>0 ，函数 f(x)的极小值为 f(－a － 1)＝ a ＋ 1＋ ln( － a)，无极大值．10． (2016 ·京卷北 )设函数 f(x)＝ xe a －x ＋ bx ，曲线y ＝ f(x)在点(2， f(2)) 处的切线方程为y＝(e －1)x ＋ 4.(1)求 a ， b 的值；(2)求 f(x)的单一区间． a － x分析：(1) 由于 f( x)＝ xe ＋ bx ，f 2 ＝ 2e ＋ 2，a －2 2e ＋ 2b ＝ 2e ＋ 2，依题设，即 a －2f ′ 2 ＝ e － 1，－ e ＋ b ＝e － 1.a ＝ 2， 解得b ＝ e.2－x＋ ex.(2)由 (1) 知 f(x)＝ xe由 f ′ (x)＝ e 2 －x (1－ x ＋ e x － 1)及 e 2－ x >0 知， f ′ (x)与 1－ x ＋ e x －1 同号．令 g(x)＝ 1－ x ＋ e x － 1，则 g ′ (x)＝－ 1＋ e x －1.因此， 当 x ∈ (－ ∞ ， 1)时， g ′ (x)<0 ，g(x)在区间 (－ ∞ ， 1)上单一递减；当 x ∈ (1，＋ ∞ )时， g ′ (x)>0 ，g(x)在区间 (1，＋ ∞)上单一递加．故 g(1)＝ 1 是 g(x)在区间 (－ ∞ ，＋ ∞ )上的最小值，进而 g(x)>0，x ∈ (－ ∞ ，＋ ∞ )．综上可知， f ′ (x)>0， x ∈ (－ ∞ ，＋ ∞ )，故 f(x) 的单一递加区间为 (－∞ ，＋ ∞ )．B 级f n － f m1．定义：假如函数 f(x)在 [m ，n]上存在 x 1，x 2(m<x 1<x 2 <n)知足 f ′ (x 1)＝，f ′ (x 2)＝f n － f m.则称函数 f(x)是 [m ，n] 上的“双中值函数”，已知函数f(x)＝ x 3－ x 2＋ a 是 [0，a]n － m上的“双中值函数”，则实数a 的取值范围是 ( )1， 1 B ． 3，3A.3 2211 C. 2，1D ．3，1分析：由于 f(x)＝ x 3－ x 2＋ a ，因此由题意可知， f ′( x)＝ 3x 2－ 2x 在区间 [0， a]上存在x 1， x 2(0< x 1<x 2<a)，知足 f ′ ( x 1)＝ f ′ (x 2)＝f a － f 0＝a 2 －a ，因此方程 3x 2－2x ＝ a 2－ a 在区a － 0间(0 ， a)上有两个不相等的实根．＝ 4－12 － a 2＋ a >0，2221令 g(x)＝ 3x － 2x － a ＋a(0<x<a)，则 g 0 ＝－ a ＋ a>0 ，解得 2<a<1 ，因此实数 a2－ a>0，g a ＝ 2a 的取值范围是1， 1 .2答案：C2． (2017 江·苏卷 )已知函数3 x1 f(x)＝ x －2x ＋ e － x ，此中 e 是自然对数的底数．若 f(a － 1)e＋ f (2a 2)≤ 0，则实数 a 的取值范围是 ________．分析： 易知函数 f(x)的定义域对于原点对称． ∵ f(x)＝x 3－ 2x ＋ e x －e1x ，∴ f(－ x)＝ (－x)3－ 2(－x) ＋e － x － 1－xe31x＝－ x ＋ 2x ＋ x － e ＝－ f(x)，e∴ f(x)为奇函数，又 f ′ (x)＝ 3x 2－ 2＋ e x＋ e 1x ≥ 3x 2 －2＋ 2＝ 3x 2≥ 0(当且仅当 x ＝0 时，取 “ ＝ ” )，进而 f( x) 在 R 上单一递加，因此 f(a － 1)＋ f(2a 2)≤0? f(a － 1)≤ f(－ 2a 2)? － 2a 2≥ a －1，1解得－ 1≤ a ≤ 2.1答案： －1，23．已知函数 f(x) ＝(ax ＋ b)ln x －bx ＋ 3 在 (1， f(1)) 处的切线方程为 y ＝2.(1)求 a ， b 的值； (2) 求函数 f(x)的极值；(3) 若 g(x)＝f(x)＋ kx 在 (1,3)上是单一函数，求k 的取值范围．分析： (1) 由于 f(1) ＝－ b ＋ 3＝ 2，因此 b ＝ 1.又 f ′ (x)＝ b ＋ aln x ＋ a －b ＝ 1＋ aln x ＋ a － 1，x x而函数 f(x)＝ (ax ＋ b)ln x － bx ＋ 3 在 (1，f(1)) 处的切线方程为 y ＝ 2，因此 f ′ (1) ＝ 1＋ a － 1＝ 0，因此 a ＝ 0.(2)由 (1) 得 f(x)＝ ln x － x ＋ 3， f ′( x)＝1x － 1， x>0.令 f ′ (x)＝ 0，得 x ＝1.当 0<x<1 时， f ′ (x)>0 ；当 x>1 时， f ′ (x)<0，因此 f(x)在 (0,1)上单一递加，在 (1，＋ ∞ )上单一递减，故 f(x) 的极大值为 f(1)＝ 2，无极小值．1(3)由 g(x)＝f(x)＋ kx ，则 g(x) ＝ln x ＋( k － 1)x ＋3(x>0)， g ′ (x)＝ x ＋k －1，又 g(x)在 x ∈ (1,3)上是单一函数，若 g(x)为增函数，有 g ′ (x)≥0，即 g ′ (x)＝ 1＋ k － 1≥ 0，即 k ≥ 1－1在 x ∈ (1,3) 上恒建立．x x又 1－1∈ 0， 2 ，因此 k ≥2.x 33若 g(x)为减函数，有 g ′ (x)≤0，即 g ′ (x)＝ 1＋ k － 1≤ 0，即 k ≤ 1－1在 x ∈ (1,3) 上恒建立，x x12又 1－ x ∈ 0， 3 ，因此 k ≤ 0.综上， k 的取值范围为 (－ ∞ ， 0]∪2，＋∞ .31 14． (2017 成·都市第二次诊疗性检测 )已知函数 f(x)＝ a ＋a ln x － x ＋ x ，此中 a>0.(1)若 f(x)在 (0，＋∞ )上存在极值点，求 a 的取值范围；(2)设 a ∈ (1，e]，当 x 1∈ (0,1)， x 2∈ (1，＋∞ )时，记 f(x 2)－ f(x 1)的最大值为M(a)．那么M(a)能否存在最大值？若存在，求出其最大值；若不存在，请说明原因．－ x －ax － 1(1) f ′ (x)＝ 1 1－ 1 －12a分析：x 2， x ∈(0 ，＋ ∞)．a ＋a xx ＝①当 a ＝ 1 时， f ′ (x)＝－ x － 12x 2 ≤ 0， f(x)在 (0，＋ ∞ )上单一递减，不存在极值点；1②当 a>0 且 a ≠1 时， f ′ (a)＝ f ′ a ＝ 0.经查验 a ，1a 均为 f(x)的极值点．∴ a ∈ (0,1) ∪ (1，＋ ∞ )．1(2)当 a ∈ (1， e]时， 0<a <1< a.由(1) 知，11 . 当 f ′ (x)>0 时， <x<a ；当 f ′ (x)<0 时， x>a 或 x<a a11∴ f(x)在 0， a 上单一递减，在 a ， a 上单一递加，在 (a ，＋ ∞) 上单一递减．1∴对 ? x 1∈(0,1) ，有 f(x 1)≥ f；对 ? x 2∈ (1，＋ ∞ )，有 f(x 2)≤f(a)．∴ [f(x 2 )－f(x 1 )]max ＝ f(a)－ f 1a.∴ M(a)＝ f(a)－ f 1a111 1 1＝ a ＋a ln a － a ＋ a － a ＋ a ln a － a ＋ a＝ 211， a ∈ (1， e]．a ＋a ln a － a ＋a1 ln a ＋2 a ＋ 1 1 ＋2 1 M ′ (a)＝ 2 1－ 2a a －1－ 2 aa1＝ 2 1－ a 2 ln a ， a ∈ (1， e]．∴ M ′ (a)>0，即 M (a)在 (1，e]上单一递加．114∴ M(a)max ＝ M(e) ＝ 2 e ＋ e ＋ 2 － e＝ e .e∴ M(a)存在最大值4e.。
高中高三数学二轮复习精选专题练(理科)不等式函数与导数 含答案
河南省罗山高中2016届高三数学二轮复习精选专题练（理科，有解析）：不等式、函数与导数1、若()f x =则(3)f =( )A. 2B. 4C. 2±D. 【答案】A2、如果函数F （x ）= ()f x )1lg(2x x ++，（∈x R ）是奇函数，那么函数()f x 是（ ） A ．奇函数 B ．偶函数C ．既是奇函数又是偶函数D ．既不是奇函数也不是偶函数 【答案】B3、设二次函数2()32(1)2f x x a x =-+-+在区间(1,)-+∞上为减函数，则实数a 的范围为( )A .2a =-B .2a =C .2a ≤-D .2a ≥ 【答案】C4、若函数2()|(21)(2)|f x mx m x m =-+++恰有四个单调区间,则实数m 的取值范围( ) A.14m <B. 14m < 且0m ≠C. 104m <<D. 14m > 【答案】B【解析】函数2()|(21)(2)|f x mx m x m =-+++恰有四个单调区间,所以，结合函数图象的特点，0m ≠时，2(21)20mx m x m -+++=应有不等实根，所以，2(21)4(2)0m m m +-+>，解得，14m <， 故选B 。
5、下列各函数中，最小值为2的是 ( ) A ．1y x x =+ B ．1sin sin y x x =+，(0,)2x π∈ C ．y =D ．1y x =+- 【答案】D【解析】对于A ：不能保证0x >，对于B ：不能保证1sin sin x x=，对于C=，对于D：112y x =-≥= 6、下列函数中，不满足：(2)2()f x f x =的是（ ） A.()f x x = B.()f x x x =- C.()f x x =+1 D.()f x x =- 【答案】C7、已知函数2()f x x bx =+的图像在点()1,(1)A f 处切线的斜率为3，数列1()f n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n S ，则2009S =（ ）A ．20082007 B ．20082009 C ．20092010 D ．20102011【答案】C8在区间M 上的反函数是其本身，则M 可以是（ ） A ．[1,1]-B ．[1,0]-C ．[0,1]D ． (1,1)-【答案】B9、下列函数中既是奇函数，又在区间（0，+∞）上单调递增的是（ ） A ． x y sin = B ．2x y -= C ． 21g x y = D ．3x y -= 【答案】C10、对于正实数α,记M α为满足下述条件的函数()f x 构成的集合:12,x x R ∀∈且21x x >,有212121()()()()x x f x f x x x αα--<-<-.下列结论中正确的是 （ ）A ．若12(),()f x M g x M αα∈∈,则12()()f x g x M αα++∈B ．若12(),()f x M g x M αα∈∈且12αα>,则12()()f x g x M αα--∈C ．若12(),()f x M g x M αα∈∈,则12()()f x g x M αα⋅⋅∈D ．若12(),()f x M g x M αα∈∈且()0g x ≠,则12()()f x M g x αα∈ 【答案】A11、己知函数2()f x x bx =+的图象在点(1,(1))A f 处的切线与直线3x- y+2=0平行，若数列1()f n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n S ，则2014S 的值为（ ）A ．20142015 B ．20122013 C ．20132014 D ．20152016【答案】A【解析】由已知得，'()2f x x b =+，函数2()f x x bx =+的图象在点(1,(1))A f 处的切线斜率为'(1)23k f b ==+=，故1b =，所以2()f x x x=+，则1111()(1)1f n n n n n ==-++，所以111111(1)())122311n S n n n =-+-+-=-++…+(，故2014S =20142015． 考点：本题考查导数的几何意义，裂项相消法求和点评：解决本题的关键是用导数求出切线方程，利用裂项相消求和12、设函数()f x （x R ∈）的导函数为()f x '，满足()()f x f x '>，则当0a >时，()f a 与(0)a e f 的大小关系为（ ）A ．()f a =(0)a e fB ．()f a >(0)a e fC ．()f a <(0)a e fD ．不能确定 【答案】B13、下图展示了一个由区间(0,4)到实数集R 的映射过程：区间(0,4)中的实数m 对应数轴上的点M （如图1），将线段AB 围成一个正方形，使两端点A B 、恰好重合（如图2），再将这个正方形放在平面直角坐标系中，使其中两个顶点在y 轴上，点A 的坐标为(0,4)（如图3），若图3中直线AM 与x 轴交于点(,0)N n ，则m 的象就是n ，记作()f m n =.现给出以下命题：(2)0f =②()f x 的图象关于点(2,0)对称；③()f x 在区间(3,4)上为常数函数； ④()f x 为偶函数。
2023高考数学二轮复习专项训练《导数的综合问题》(含答案)
2023高考数学二轮复习专项训练《导数的综合问题》一 、单选题（本大题共12小题，共60分）1.（5分）已知函数y =f(x)(x ∈R)的图象如图所示，则不等式xf ′(x)<0的解集为()A. (−∞,0)∪(13,2)B. (−∞,13)⋃(13,2)C. (−∞,13)⋃(2,+∞)D. (−1,0)⋃(1,3)2.（5分）已知函数f(x)=e x (x −m)(m ∈R)，若对∀x ∈(2,3)，使得f(x)+xf ′(x)>0，则实数m 的取值范围为( )A. (−∞,154]B. (−∞,83]C. [154,+∞)D. [83,+∞)3.（5分）已知定义在(0,+∞)上的函数f(x)，其导函数为f ′(x)，恒有x2f ′(x)+f(x)⩽0，且f(2)=14，则不等式f(x)>1x 2的解集为( )A. (0,2)B. (−2,0)C. (−2,0)∪(0,2)D. (−2,2)4.（5分）已知函数f(x)=lnx −x −xe −x −k 恒有零点，则实数k 的取值范围是()A. (−∞,−1]B. (−∞,−1−1e] C. [−1−1e ,−1]D. [−1−1e ,0)5.（5分）已知函数f(x)=-x 3+2x 2−x ，若过点P (1,t )可作曲线y =f (x )的三条切线，则t 的取值范围是( )A. (0,130) B. (0,129) C. (0,128)D. (0,127)6.（5分）已知函数f (x )=2a e x −x 2−2x 在(−∞,+∞)上是单调函数，则实数a 的取值范围是A. a ⩾eB. a ⩾1C. a ⩾1eD. a ⩾27.（5分）已知函数f (x )={−x 2+3ax −2a +2e ,0<x <1,ln x +e x ,x ⩾1,若存在x 0∈(0,+∞)，使得f(x 0)<g(x 0)，则实数a 的取值范围是( )A. (−∞,1−e)B. (1+e 2,+∞) C. (−∞,1−e)∪(1+e 2,+∞)D. [1+e2,+∞)8.（5分）若关于x 的不等式e 2x −a ln x ⩾12a 恒成立，则实数a 的取值范围是( )A. [0,2e ]B. (−∞,2e ]C. [0,2e 2]D. (−∞,2e 2]9.（5分）若关于x 不等式x ln x −x 3+x 2⩽ae x 恒成立，则实数a 的取值范围是( )A. [e,+∞)B. [0,+∞)C. [1e ,+∞)D. [1,+∞)10.（5分）已知函数f(x)=xe x ，要使函数g(x)=m[f(x)]2−2f(x)+1恰有一个零点，则实数m 的取值范围是( )A. [−e 2−2e ,0]B. (−e 2−2e ,0]∪{ 1}C. [−e 2+2e ,0]D. (−e 2+2e ,0]∪{ 1}11.（5分）已知函数f(x)=x 2+ax +1x在[12,+∞)上单调递增，则实数a 的取值范围为( )A. [−1,0]B. (3,+∞)C. [0,3]D. [3,+∞)12.（5分）已知函数f(x)=x −1−lnx ，对定义域内任意x 都有f(x)⩾kx −2，则实数k 的取值范围是( )A. (−∞,1−1e 2]B. (−∞,−1e2]C. [−1e 2,+∞)D. [1−1e 2,+∞)二 、填空题（本大题共5小题，共25分）13.（5分）对于任意的实数x ∈[1,e]，总存在三个不同的实数y ∈[−1,4]，使得x|ye 1−y |−ax −lnx =0成立，则实数a 的取值范围是______14.（5分）已知函数f(x)=a ln (2x )−e 2xe 有且只有一个零点，则实数a 的取值范围是______．15.（5分）已知函数f(x)={2x 2−3x ,x ⩽0e x +e 2,x >0，若不等式f(x)⩾kx ，对x ∈R 恒成立，则实数k 的取值范围是______．16.（5分）(1)设函数f(x)={2lg x,x >0,(14)x ,x <0,则f(−f(10))=________.(2)直线2y +1=0与曲线y =cos x 在(−3 π 4,3 π 2)上的交点的个数为________.(3)张军自主创业，在网上经营一家干果店，销售的干果中有松子、开心果、腰果、核桃，价格依次为120元/千克、80元/千克、70元/千克、40元/千克，为增加销量，张军对这四种干果进行促销：一次购买干果的总价达到150元，顾客就少付x(2x ∈Z)元．每笔订单顾客网上支付成功后，张军会得到支付款的80％.①若顾客一次购买松子和腰果各1千克，需要支付180元，则x =________； ②在促销活动中，为保证张军每笔订单得到的金额均不低于促销前总价的七折，则x 的最大值为________.(4)已知函数f(x)的定义域为(0,+∞)，其导函数f′(x)满足f(x)+xf′(x)<xf(x)对x+1 x∈(0,+∞)恒成立，且f(1)=2，则不等式(x+1)f(x+1)<x+2的解集是________.17.（5分）若函数f(x)=lnx−ax有两个不同的零点，则实数a的取值范围是______．三、解答题（本大题共6小题，共72分）18.（12分）已知函数f(x)=(a−1)x a−ax1a.(1)当a=2时，求f(x)的图象在x=1处的切线方程;(2)当0⩽x⩽1且0<a⩽1时，求证：e−1a f(e)+f(x)⩾−2.ax2−ax(a≠0).19.（12分）已知函数f(x)=ax e x−12(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a<0时，函数f(x)在(−∞,0)上的最小值为g(a)，若不等式g(a)⩾ta−ln(−a)有解，求实数t的取值范围.20.（12分）已知函数f(x)=ln x−kx(k∈R)，g(x)=x(e x−2).(1)若f(x)有唯一零点，求k的取值范围;(2)若g(x)−f(x)⩾1恒成立，求k的取值范围.21.（12分）设函数f(x)=(x−t1)(x−t2)(x−t3)，其中t1，t2，t3∈R，且t1，t2，t3是公差为d的等差数列．(Ⅰ)若t2=0，d=1，求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；(Ⅱ)若d=3，求f(x)的极值；(Ⅲ)若曲线y=f(x)与直线y=−(x−t2)−6√3有三个互异的公共点，求d的取值范围．22.（12分）已知函数f(x)=e x，g(x)=ln x.(1)若函数ℎ(x)=xg(x)，求函数ℎ(x)的单调区间和极值；(2)是否存在同时与函数f(x)，g(x)的图像都相切的直线l?若存在，求出符合条件的直线l的条数并证明；若不存在，请说明理由．23.（12分）设f(x)=xe x(e为自然对数的底数)，g(x)=(x+1)2．(I)记F(x)=f(x)．g(x)(i)讨论函数F(x)单调性；(ii)证明当m>0时，F(−1+m)>F(−1−m)恒成立；(II)令G(x)=af(x)+g(x)(a∈R)，设函数G(x)有两个零点，求参数a的取值范围．四、多选题（本大题共5小题，共25分）24.（5分）若当x⩾1时，不等式e x⩾ax恒成立，则a的可能取值是()C. 2D. 3A. eB. 1e25.（5分）某同学对函数f(x)=sin x进行研究后，得出以下结论，其中正确的有()e x-e-xA. 函数y=f(x)的图象关于原点对称B. 函数y=f(x)在(0,+∞)上有无穷多个零点，且每相邻两零点间距离相等C. 对定义域中的任意实数x的值，恒有|f(x)|<1成立D. 对任意常数m>0，存在常数b>a>m，使函数y=f(x)在[a,b]上单调递减，且b-a=π2,x>0cos x,x⩽0，则下列四个结论中正确的是()26.（5分）设函数f(x)={&xe x−1A. 函数f(x)在区间[−π,1)上单调递增B. 函数y=f(x)−x有且仅有两个零点C. 函数f(x)的值域是[−1,1]D. 对任意两个不相等正实数x1，x2，若f(x1)=f(x2)，则x1+x2>2+ln x，下列说法正确的是()27.（5分）关于函数f(x)=1xA. f(1)是f(x)的极小值B. 函数y=f(x)−x有且只有1个零点)<g(√e)C. f(x)在(−∞,1)上单调递减D. 设g(x)=xf(x)，则g(1e28.（5分）已知函数f(x)=x2+sin x，则下列说法正确的是A. f(x)有且只有一个极值点B. 设g(x)=f(x).f(−x)，则g(x)与f(x)的单调性相同C. f(x)有且只有两个零点]上单调递增D. f(x)在[0,π2答案和解析1.【答案】A; 【解析】此题主要考查不等式求解，涉及导数研究函数的单调性，函数的图象的应用，属于基础题.根据函数的单调性和f ′(x)的正负关系即可求解. 解：由f(x)图象单调性可得，当x ∈(−∞,13)∪(2,+∞)时，f ′(x)>0， 当x ∈(13,2)时，f ′(x)<0，∴xf ′(x)<0等价于 {x <0f′(x)>0或 {x >0f ′(x)<0， ∴xf ′(x)<0的解集为(−∞,0)∪(13,2). 故选A.2.【答案】B; 【解析】该题考查函数的导数的应用，函数的最值的求法，考查转化思想以及计算能力． 求出函数的导数，化简不等式，通过条件恒成立，转化为函数的最值问题求解即可．解：由题意知，f′(x)=e x (x −m +1)， ∴f(x)+xf ′(x)=e x [x 2+(2−m)x −m]>0， 只需x 2+(2−m)x −m >0在(2,3)上恒成立， 即m <x 2+2x x+1=x +1−1x+1，在x ∈(2,3)上恒成立，因为y =x +1−1x+1，在∀x ∈(2,3)，是增函数，所以函数的最小值大于83，∴m ⩽83， 故选：B ．3.【答案】A; 【解析】此题主要考查导数中的不等式问题，涉及导数的运算和导数与单调性的关系，属一般题，构造函数g(x)=x 2f(x)，以便和已知的导数不等式建立联系，是解决问题的关键. 根据题意，令g(x)=x 2f(x)，对其求导分析可得g(x)在(0,+∞)上为减函数，原不等式可以转化为g(x)>g(2)，结合函数g(x)的单调性分析可得答案．解：[x 2f(x)]′=2xf (x)+x 2f′(x)=2x [f(x)+x2f′(x)]，∵x2f ′(x)+f(x)⩽0， 令g(x)=x 2f(x). ∴当x >0时，g′(x)⩽0， g(x)为单调减函数， 又∵f(2)=14，∴g(2)=4f(2)=1. ∴不等式f(x)>1x 2⇔x 2f(x)>1⇔g(x)>g(2)⇔0<x <2， 故选A.4.【答案】B; 【解析】此题主要考查函数的零点和方程根的关系，考查利用导数研究函数的单调性，考查利用导数求出函数的最大值，属于较难题.由题可知f(x)=lnx −x −xe −x −k 恒有零点(x >0)，可转化成lnx −x −xe −x =k 有根，即g(x)=lnx −x −xe −x 与y =k 有交点， g′(x)=1x −1−e −x +xe −x =(x−1)(xe −x −1)x，当g ′(x)=0时，解得x =1，则当0<x <1时，g ′(x)>0，当x >1时，g′(x)<0，故g(x)在(0,1)单调递增，在(1,+∞)单调递减， 所以g(x)最大值为g(1)=−1−1e ，则g(x)⩽−1−1e ， 当y =k 与g(x)有交点时，k ⩽−1−1e ，则实数k 的取值范围是(−∞,−1−1e ].5.【答案】D;【解析】解：f(x)=−x 3+2x 2−x 的导数为f′(x)=−3x 2+4x −1=−(3x −1)(x −1)，设切点为M(x 0,y 0)，可得切线的斜率为k =−3x 02+4x 0−1，切线的方程为y −y 0=(−3x 02+4x 0−1)(x −x 0)，即y −(−x 03+2x 02−x 0)=(−3x 02+4x 0−1)(x −x 0)，代入(1,t)，可得t −(−x 03+2x 02−x 0)=(−3x 02+4x 0−1)(1−x 0)，化简整理可得2x 03−5x 02+4x 0−1−t =0，过点P(1,t)可作曲线的三条切线，故此方程有三个不同解，下研究方程解有三个时参数t 所满足的条件．设g(x 0)=2x 03−5x 02+4x 0−1−t ，则g′(x 0)=6x 02−10x 0+4，由g′(x 0)=0，得x 0=23或x 0=1，由g(x 0)在(−∞,23)，(1,+∞)上单调递增，在(23,1)上单调递减．可得g(x 0)的极大值点为23，极小值点为1，则关于x 0方程2x 03−5x 02+4x 0−1−t =0有三个实根的充要条件是：{g(23)=127−t >0g(1)=−t <0，解得0<t <127，故选：D.设切点坐标M(x 0,y 0)，求得f(x)的导数，得切线的斜率和方程，代入(1,t)，整理可得2x 03−5x 02+4x 0−1−t =0，再借助导数判断单调性与极值，确定其有三个解的条件，列关于t 的不等式组求解．此题主要考查利用导数求切线的方程和单调性、极值，考查转化思想和方程思想，考查运算能力和推理能力，属于中档题．6.【答案】B; 【解析】此题主要考查利用导数研究函数的单调性和最值，属于基础题.对f(x)求导，根据函数f (x )=2a e x −x 2−2x 在(−∞,+∞)上是单调函数可得f′(x )⩾0或f′(x )⩽0在(−∞,+∞)恒成立，解不等式即可.解：∵函数f(x)=2a e x −x 2−2x 在(−∞,+∞)上是单调函数， ∴f′(x )⩾0或f′(x )⩽0在(−∞,+∞)恒成立， ∵f′(x)=2a e x −2x −2， ∴a ⩾x+1e x或a ⩽x+1e x在(−∞,+∞)恒成立，设g (x )=x+1e x，∴a ⩾g (x )max 或a ⩽g (x )min ， ∴g′(x )=e x −(x+1)e x(e x )2=−x e x， 令g′(x )=e x −(x+1)e x(e x )2=−x e x=0，∴x =0， 当x <0时，g′(x )=−x e x >0， 当x >0时，g′(x )=−x e x<0，∴x =0时，g (x )取最大值g (0)=0+1e 0=1，没有最小值，∴a⩾1.故选B.7.【答案】C;【解析】当0<x<1时，分离参数得出a的范围，当x>1时，根据导数的几何意义得出a的范围．此题主要考查了函数的单调性，导数的几何意义，属于中档题．解：设ℎ(x)=f(x)−g(x)，则ℎ(x)<0在(0,+∞)上有解．，当0<x<1时，−x2+ax+e<0，即a<x−ex设m(x)=x−e，则m(x)在(0,1)上单调递增，x∴m(x)<m(1)=1−e.∴a<1−e.当x=1时，显然ℎ(1)=0，不符合题意；当x>1时，显然f(x)=ln x+e x是增函数，且f(1)=e，∵g(1)=e，且f′(1)=1+e，∴当2a⩽1+e时，f(x)>g(x)在(1,+∞)上恒成立，当2a>1+e时，f(x)<g(x)在(1,+∞)上有解，符合题意．,+∞).综上，a的取值范围是(−∞,1−e)∪(1+e2故选：C.8.【答案】C;【解析】此题主要考查不等式恒成立问题解法，属于较难的题目．讨论a<0时，不符题意；检验a=0时显然成立；讨论a>0时，求得f(x)的导数和极值点m、极值和最值，求得m的范围，结合a=2m e2m，可得所求范围．解：当a<0时，f(x)=e2x−a ln x为(0,+∞)的增函数，f(x)无最小值，不符合题意；a即为e2x⩾0显然成立；当a=0时，e2x−a ln x⩾12，当a>0时，f(x)=e2x−a ln x的导数为f′(x)=2e2x−ax由于y=2e2x−a在(0,+∞)递增，x设f′(x)=0的根为m，即有a=2m e2m，当0<x <m 时，f′(x)<0，f(x)递减； 当x >m 时，f′(x)>0，f(x)递增，可得x =m 处f(x)取得极小值，且为最小值e 2m −a ln m ， 由题意可得e 2m −a ln m ⩾12a ，即a 2m−a ln m ⩾12a ，化为m +2mln m ⩽1，设g(m)=m +2mln m ，g′(m)=3+2ln m ，所以函数g(m)在(0,e −32)上单调递减，在(e −32,+∞)上单调递增. 当m =1时，g(1)=1，当m →0时，g(m)→0. 故可得m +2mln m ⩽1的解为0<m ⩽1. 易知y =2m e 2m 在(0,1]上单调递增， 则a =2m e 2m ∈(0,2e 2], 综上可得a ∈[0,2e 2]， 故选C.9.【答案】B;【解析】该题考查了不等式恒成立问题，也考查了利用导数研究函数的单调性与求最值问题，是综合题．利用导数求出f(x)的极值和最值，从而求出a 的取值范围．解：【方法一】设f(x)=x ln x −x 3+x 2，x >0， 则f′(x)=ln x +1−3x 2+2x ， 且f′(1)=ln 1+1−3+2=0， ∴1是f(x)的极值点，也是最值点； ∴f(x)<0恒成立， 又x >0时，e x >1恒成立， ∴a 的取值范围是[0,+∞)．【方法二】不等式x ln x −x 3+x 2⩽ae x可化为ln x −x 2+x ⩽ae x x，设f(x)=ln x −x 2+x ，g(x)=ae x x，其中x >0；∴f′(x)=1x −2x +1=−2x 2+x+1x，令f′(x)=0，解得x =1或x =−12(舍去)， ∴x =1时f(x)取得极大值，也是最大值，为0； 又g′(x)=a ⋅e x (x−1)x 2，令g′(x)=0，解得x =1，∴x =1时g(x)取得极值，也是最值，a ⩾0时g(x)取得最小值为a ； 由题意知实数a 的取值范围是a ⩾0． 故选：B ．设f(x)=x ln x −x 3+x 2，x >0，10.【答案】B;【解析】解：解：∵函数f(x)=xe x，x∈R，∴f′(x)=e x+xe x=e x(x+1)，∴当x∈(−∞,−1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x∈(−1,+∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，∴函数f(x)的最小值为f(−1)=−1e，函数f(x)的大致图象，如图所示：，函数g(x)=m[f(x)]2−2f(x)+1恰有一个零点，等价于方程m[f(x)]2−2f(x)+1=0只有一个根，令f(x)=t，由函数f(x)的图象可知方程mt2−2t+1=0，只能有一个正根，且若有负根的话，负根必须小于−1e，①当m=0时，方程为−2t+1=0，∴t=12，符合题意，②当m≠0时，若Δ=4−4m=0，即m=1时，方程为t2−2t+1=0，∴t=1，符合题意，若Δ>0，即m<1时：设ϕ(t)=mt2−2t+1，(i)当m<0时，二次函数ϕ(x)开口向下，又ϕ(0)=1>0，要使方程mt2−2t+1=0只有一个正根，且负根小于−1e ，则g(−1e)>0，即m.1e2+2e+1>0，∴m>−e2−2e，∴−e2−2e<m<0，(ii)当0<m<1时，二次函数ϕ(x)开口向下，又ϕ(0)=1>0，则方程mt2−2t+1=0要么有两个负根，要么有两个正根，不符合题意，综上所求，实数m的取值范围是：−e2−2e<m⩽0或m=1，故选：B．先利用导数求出函数f(x)的单调性和极值，画出函数f(x)的大致图象，由题意可知方程m[f(x)]2−2f(x)+1=0只有一个根，令f(x)=t，由函数f(x)的图象可知方程mt2−2t+1=0，只能有一个正根，且若有负根的话，负根必须小于−1e，m=0时显然符合题意，m≠0时，利用二次函数的根的分布即可列出不等式，求出m的取值范围．这道题主要考查了利用导数研究函数的极值，考查了二次函数的图象和性质，以及二次函数根的分布，是中档题．11.【答案】D;【解析】此题主要考查了导数在研究函数的单调性中的应用，同时考查了恒成立问题，属于中档题.先求导，从而转化为恒成立问题，再分离参数求函数的最值即可.解：由题可得f′(x)=2x+a−1x2，因为函数f(x)在[12,+∞)上单调递增，所以f′(x)⩾0在[12,+∞)上恒成立，即a⩾1x2−2x在[12,+∞)上恒成立．显然函数y=1x2−2x在[12,+∞)上单调递减，所以x=12时，y max=3，所以y⩽3，所以a⩾3，故实数a的取值范围为[3,+∞).故选D.12.【答案】A;【解析】该题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及不等式恒成立问题，属于中档题．问题转化为k⩽1+1x −lnxx对任意x∈(0,+∞)恒成立，令g(x)=1+1x−lnxx，根据函数的单调性求出g(x)的最小值，从而即可求出k的取值范围．解：因为f(x)=x−1−lnx，对定义域内任意x都有f(x)⩾kx−2，则k⩽1+1x −lnxx对x∈(0,+∞)恒成立，令g(x)=1+1x −lnxx，则g′(x)=lnx−2x2，令g′(x)>0，解得：x>e2，令g′(x)<0，解得：0<x<e2，故g(x)在(0,e2)上递减，在(e2,+∞)上递增，故g(x)的最小值是g(e2)=1−1e2，故k⩽1−1e2．故选A．13.【答案】[4e3，1−1e);【解析】解：x|ye1−y|−ax−lnx=0，可化为：|ye1−y|=a+lnxx成立，设g(y)=ye1−y(−1⩽y⩽4)，则g′(y)=e1−y−ye1−y=(1−y)e1−y；即函数g(y)在(−1,1)为增函数，在(1,4)为减函数，又g(−1)=−e2，g(0)=0，g(1)=1，g(4)=4e3；则：|g(y)|=|ye1−y|∈[0,e2]，(−1⩽y⩽4)，设f(x)=a+lnxx，x∈[1,e]，f′(x)=1−lnxx2，即函数f(x)在[1,e]为增函数，所以a⩽f(x)⩽a+1e，对于任意的实数x∈[1,e]，总存在三个不同的实数y∈[−1,4]，使得x|ye1−y|−ax−lnx=0成立，即：|g(x)|=|ye1−y|=a+lnxx=f(x)成立，则对于a⩽f(x)⩽a+1e ，有a⩾g(4)=4e3；a+1e<g(1)=1；成立即可．即a∈[4e3,1−1e)；故答案为：a∈[4e3,1−1e).由方程有解问题、恒成立问题得对于任意的实数x∈[1,e]，总存在三个不同的实数y∈[−1,4]，使得x|ye1−y|−ax−lnx=0成立，即对于任意的实数x∈[1,e]，总存在三个不同的实数y∈[−1,4]，使得成立，先构造函数：g(y)=ye1−y(−1⩽y⩽4)，f(x)=a+lnxx，x∈[1,e]，再利用导数求函数的单调性及最值，对于任意的实数x∈[1,e]恒成立，利用数形结合即求a的范围．该题考查了方程有解问题、恒成立问题及利用导数求函数的单调性及最值，属中档题．14.【答案】(−∞,0)∪{ e};【解析】解：当x =12时，显然x =12不是该函数的零点； 当x ≠12时，由f(x)=a ln (2x )−e 2x e=0，分离参数得a =e 2xeln2x，令p(x)=e 2xeln2x ，函数f(x)=a ln (2x )−e 2x e有且只有一个零点，等价于直线y =a 与函数p(x)=e 2xeln2x有且只有一个零点． 利用导数，可得p′(x)=2e ⋅e 2x e ⋅ln2x −1x⋅e 2x e (ln2x )2=e 2x e (2eln2x −1x)(ln2x )2．当x ∈(0,12)∪(12,e2)时，p′(x)<0，p(x)单调递减， 当x ∈(e2,+∞)时，p′(x)>0，p(x)单调递增， 且当x →0时，p(x)→0，当x =12时，p(x)不存在， 当x =e2时，p(x)有极小值为e ． 得出p(x)的图象如图所示，∵直线y =a 与函数p(x)的图象的交点个数为1， 由图可知，实数a 的取值范围是(−∞,0)∪{ e}， 故答案为：(−∞,0)∪{ e}．当x =12时，显然x =12不是该函数的零点；当x ≠12时，由f(x)=a ln (2x )−e 2xe =0，分离参数得a =e 2xeln2x ，利用导数研究函数p(x)=e 2xeln2x 的单调性，作出图象，数形结合得答案．此题主要考查函数零点的判定，考查利用导数研究函数的单调性，考查数形结合的解题思想方法，是中档题．15.【答案】−3⩽k ⩽e 2; 【解析】这道题主要考查函数恒成立问题，利用参数分离法，构造函数求函数的导数，利用导数研究函数的单调性和最值是解决本题的关键．综合性较强．根据分段函数的表达式，利用参数分离法，构造函数，求函数的导数，利用导数研究函数的最值即可得到结论．解：当x =0时，不等式f(x)⩾kx 等价于0⩾0成立， 当x <0时，由f(x)⩾kx 得2x 2−3x ⩾kx ，即2x −3⩽k ， 当x <0，2x −3<−3，则k ⩾−3； 当x >0时，由f(x)⩾kx 得e x +e 2⩾kx ，e x +e 2x⩾k ，设ℎ(x)=e x +e 2x ，x >0， ℎ′(x)=xe x −e x −e 2x 2，x >0设g(x)=xe x −e x −e 2，则g′(x)=xe x ， 当x >0时，g′(x)>0，即函数g(x)为增函数， ∵g(2)=2e 2−e 2−e 2=0，∴当x >2时，g(x)>0，ℎ′(x)>0，函数ℎ(x)为增函数， 当0<x <2时，g(x)<0，ℎ′(x)<0，函数ℎ(x)为减函数， 即当x =2时，函数ℎ(x)取得极小值，同时也是最小值ℎ(2)=e 2+e 22=e 2，此时k ⩽e 2，综上实数k 的取值范围是−3⩽k ⩽e 2， 故答案为：−3⩽k ⩽e 2．16.【答案】(1)16； (2)3；(3)①10；②18.5； (4)(0,+∞) . ;【解析】(1)此题主要考查分段函数求值，考查运算求解能力，属于基础题. 将自变量带入相应定义区间解析式进行运算即可求解.解：∵函数f(x)={2lg x,x >0(14)x ,x <0，∴f(10)=2log 10=2，∴f(−f(10))=f(−2)=42=16， 故答案为16. (2)此题主要考查三角函数的图象及函数与方程，考查数形结合的数学方法，属于基础题. 求出y =cos x 在(−3 π 4,3 π 2)上图像分布，然后结合函数图像分析即可求解.解：由题意当x∈(−3π4,3π2)时，y=cos x图像如下：∵cos(−3π4)=−√22<−12，∴结合函数图像可得直线2y+1=0与曲线y=cos x在(−3π4,3π2)上有3个交点．故答案为3.(3)此题主要考查数学在生活中的实际应用，考查数学建模的数学核心素养，属于中档题.①根据题意可建立方程120+70−x=180，解出x即可；②设顾客一次购买干果的总价为M元，然后分当0<M<150与M⩾150时两种情况进行分析即可求解.解：①顾客一次购买松子和腰果各1千克，需要支付120+70−x=180元，则x=10，②设顾客一次购买干果的总价为M元，当0<M<150时，张军每笔订单得到的金额显然不低于促销前总价的七折；当M⩾150时，则有0.8(M−x)⩾0.7M，即M⩾8x对M⩾150恒成立，则8x⩽150，x⩽18.75，又∵2x∈Z，所以x的最大值为18.5.故答案为①①10；②18.5.(4)此题主要考查导数的应用，考查函数构造法的应用与推理论证能力，属于中档题.由题意，构造函数g(x)=xf(x)x+1(x>0)，求出函数导数，根据f(x)+xf′(x)<xf(x)x+1判断导数符号得到函数g(x)单调性，然后建立不等式求解即可.解：设函数g(x)=xf(x)x+1(x>0)，则g′(x)=[f(x)+xf′(x)](x+1)−xf(x)(x+1)2，因为f(x)+xf′(x)<xf(x)x+1，所以[f(x)+xf′(x)](x+1)−xf(x)<0，所以g′(x)<0，故g(x)在(0,+∞)上单调递减，所以(x+1)f(x+1)<x+2⇔(x+1)f(x+1)x+2<1⇔{x+1>0,g(x+1)<1=g(1),则x+1>1，即x>0，所以不等式(x+1)f(x+1)<x+2的解集为(0,+∞).故答案为(0,+∞).17.【答案】(0,1e);【解析】该题考查了数形结合的应用及函数的零点与函数的图象的应用，属于基础题．函数f(x)=lnx−ax有两个不同的零点，可化为y=lnx与y=ax在R上有两个不同的交点，作图求解．解：函数f(x)=lnx−ax在R上有两个不同的零点可化为y=lnx与y=ax在R上有两个不同的交点，作函数y=lnx与y=ax在R上的图象如下，当直线与y=lnx相切时，则lnxx =1x，解得，x=e；故直线与y=lnx相切时，切线的斜率a=1e；故实数a的取值范围是(0,1e)；故答案为：(0,1e).18.【答案】(1)解：当a=2时，f(x)=x2−2x12，则f′(x)=2x−x−12，f′(1)=2−1=1，f(1)=−1，所以f(x)的图象在x=1处的切线方程为y−(−1)= x−1，即y=x−2.(2)证明：当a=1时，f(x)=−x，0⩽x⩽1时，f(x)min=f(1)=−1;当0<a<1时，f′(x)=a(a−1)x a−1−x1a−1=x1a−1[a(a−1)x a−1a−1]，a(a−1)<0，a−1a<0，y=a(a−1)x a−1a−1在(0,1]上单调递增，所以a(a−1)x a−1a−1⩽a(a−1)−1=a2−a−1<0，又x 1a−1⩾0，所以f′(x)=x1a−1[a(a−1)x a−1a−1]⩽0，从而f(x)在[0,1]上单调递减， 所以f(x)min =f(1)=a −1−a =−1.要证e −1a f(e)+f(x)⩾−2，只需证e −1a f(e)−1⩾−2，即e −1a f(e)⩾−1， 亦即e −1a f(e)=(a −1)e a−1a −a ⩾−1. 令g(x)=(x −1)e x−1x−x(0<x ⩽1)，g ′(x)=ex−1x+(x −1)e x−1x·1+x 2x 2−1.因为0<x ⩽1，所以e x−1x −1⩽0，(x −1)e x−1x ·1+x 2x 2⩽0，所以g ′(x)=ex−1x+(x −1)ex−1x·1+x 2x 2−1⩽0(当且仅当x =1时取等号)，所以g(x)在(0,1]上单调递减，所以g(x)min =g(1)=−1，即e −1a f(e)⩾−1.综上，当0⩽x ⩽1且0<a ⩽1时，e −1a f(e)+f(x)⩾−2.;【解析】此题主要考查导数的综合应用，考查导数的几何意义及切线的求法，考查不等式的证明方法，属于难题.19.【答案】解：(1)由f(x)=ax e x −12ax 2−ax (a ≠0)得 f ′(x)=a [(x +1)e x −(x +1)]=a (x +1)(e x −1)， ①当a >0时，令f ′(x)>0，得(x +1)(e x −1)>0， ∴{x +1>0e x−1>0，或{x +1<0e x −1<0，即{x >−1e x >1或{x <−1e x <1， 解得x >0或x <−1，令f ′(x)<0，得(x +1)(e x −1)<0， ∴{x +1>0e x−1<0，或{x +1<0e x −1>0，即{x >−1e x <1或{x <−1e x >1， 解得−1<x <0或x ∈∅，∴函数f(x)的单调增区间为(−∞,−1)，(0,+∞)，单调减区间为(−1,0)； ②当a <0时，令f ′(x)>0，得(x +1)(e x −1)<0，由①可得−1<x <0， 令f ′(x)<0，得(x +1)(e x −1)>0，由①可得，x >0或x <−1， ∴函数f(x)的单调增区间为(−1,0)，单调减区间为(−∞,−1)，(0,+∞)；综上可得，当a >0时，函数f(x)的单调增区间为(−∞,−1)，(0,+∞)，单调减区间为(−1,0)；当a <0时，函数f(x)的单调增区间为(−1,0)，单调减区间为(−∞,−1)，(0,+∞)； (2)由(1)知，a <0时，x ∈(−∞,0)时，函数f(x)在(−∞,−1)的上单调递减，在(−1,0)上单调递增，∴g (a )=f (−1)=−ae −1−12a +a =(12−1e )a ，∴不等式g(a)⩾ ta −ln (−a)有解等价于(12−1e )a ⩾ ta −ln (−a)有解，即t⩾12−1e+ln(−a)a有解(a<0)，设ℎ(x)=ln(−x)x (x<0)，则ℎ′(x)=1−ln(−x)x2(x<0)，∴当x∈(−∞,e)时，ℎ′(x)<0，ℎ(x)单调递减，当x∈(−e,0)时，ℎ′(x)>0，ℎ(x)单调递增，∴ℎ(x)的极小值也是最小值，且最小值为ℎ(−e)=ln e−e =−1e，∴t⩾12−1e−1e=12−2e，∴实数t的取值范围[12−2e,+∞).;【解析】此题主要考查由导数求含参数的函数的单调区间以及由导数求最值，求解存在性问题，难度较大.(1)分类讨论，利用导数求单调区间；(2)分离变量，构造函数，利用导数求最值即可解答.20.【答案】解：(1)由f(x)=ln x−kx有唯一零点，可得方程ln x−kx=0有唯一实根，即方程k=ln xx有唯一解.令ℎ(x)=ln xx ，则ℎ′(x)=1−ln xx2，由ℎ′(x)>0得0<x<e；由ℎ′(x)<0，得x>e.∴ℎ(x)在(0,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减，∴ℎ(x)⩽ℎ(e)=1e.在同一坐标系中，考察函数ℎ(x)=ln xx的图象与直线y=k的交点特征，可得：k=1e或k⩽0.(2)∵x(e x−2)−(ln x−kx)⩾1恒成立，且x>0，∴k⩾1+ln xx−e x+2，令ϕ(x)=1+ln xx −e x+2，则ϕ′(x)=−x2e x+ln xx2，再令μ(x)=x2e x+ln x，∵μ′(x)=x(x+2)e x+1x>0，∴μ(x)在(0,+∞)上单调递增，而μ(1e)=e1e−2−1<0，μ(1)=e>0，∴由零点存在性定理知，存在唯一x0∈(1e,1)，使得μ(x0)=0，即x02e x0=−ln x0，并且当x∈(0,x0)时，μ(x)<0，ϕ′(x)>0，ϕ(x)单调递增；当x∈(x0,+∞)时，μ(x)>0，ϕ′(x)<0，ϕ(x)单调递减.∴ϕ(x)max=ϕ(x0)=1+ln x0x0−e x0+2.又对x02e x0=−ln x0两边取对数，得：2ln x0+x0=ln(−ln x0)，于是有：ln x0+x0=ln(−ln x0)+(−ln x0).易知函数y=ln x+x在(0,+∞)上单调递增，∴x0=−ln x0，x0e x0=1，于是ϕ(x)max=ϕ(x0)=1+ln x0x0−e x0+2=1−x0x0−1x0+2=1，∴k⩾ϕ(x)max=1.因此，k的取值范围是[1,+∞).;【解析】此题主要考查利用导数研究函数的零点以及含参数的不等式恒成立问题，考查等价转换思想和运算能力，属于难题.(1)f(x)=ln x−kx有唯一零点，等价于方程ln x−kx=0有唯一实根，即方程k=ln xx 有唯一解，记ℎ(x)=ln xx，通过研究它的单调性和图象特征，问题可解；(2)不等式g(x)−f(x)⩾1恒成立，等价于当x>0时k⩾1+ln xx−e x+2恒成立，通过构造函数ϕ(x)=1+ln xx −e x+2，研究它的最大值即可.因为ϕ′(x)=−x2e x+ln xx2，不容易判断它的符号，所以还需要构造函数μ(x)=x2e x+ln x，通过对它的单调性的分析判断来解决问题.21.【答案】解：(Ⅰ)函数f(x)=(x−t1)(x−t2)(x−t3)，t2=0，d=1时，f(x)=x(x+1)(x−1)=x3−x，∴f′(x)=3x2−1，∴f(0)=0，f′(0)=−1，∴y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y−0=−1×(x−0)，即x+y=0；(Ⅱ)d=3时，f(x)=(x−t2+3)(x−t2)(x−t2−3)=(x−t2)3−9(x−t2)=x3−3t2x2+(3t22−9)x−t23+9t2；∴f′(x)=3x2−6t2x+3t22−9，令f′(x)=0，解得x=t2−√3或x=t2+√3；当x<t2−√3时，f′(x)>0，此时f(x)单调递增；当t2−√3<x<t2+√3时，f′(x)<0，此时f(x)单调递减；当x >t 2+√3时，f′(x)>0，此时f(x)单调递增，∴f(x)的极大值为f(t 2−√3)=(−√3)3−9×(−√3)=6√3， 极小值为f(t 2+√3)=(√3)3−9×√3=−6√3；(Ⅲ)曲线y =f(x)与直线y =−(x −t 2)−6√3有三个互异的公共点，等价于关于x 的方程(x −t 2+d)(x −t 2)(x −t 2−d)+(x −t 2)−6√3=0有三个互异的实数根，令u =x −t 2，可得u 3+(1−d 2)u +6√3=0； 设函数g(x)=x 3+(1−d 2)x +6√3，则曲线y =f(x)与直线y =−(x −t 2)−6√3有3个互异的公共点， 等价于函数y =g(x)有三个不同的零点； 又g′(x)=3x 2+(1−d 2)，当d 2⩽1时，g′(x)⩾0恒成立，此时g(x)在R 上单调递增，不合题意；当d 2>1时，令g′(x)=0，解得x 1=√d 2−1√3，x 2=√d 2−1√3；∴g(x)在(−∞,x 1)上单调递增，在(x 1,x 2)上单调递减， 在(x 2,+∞)上也单调递增； ∴g(x)的极大值为g(x 1)=√d 2−1√3)=2√3(d 2−1)329+6√3>0；极小值为g(x 2)=g(√d 2−1√3)=−2√3(d 2−1)329+6√3；若g(x 2)⩾0，由g(x)的单调性可知， 函数g(x)至多有两个零点，不合题意；若g(x 2)<0，即(d 2−1)32>27，解得|d|>√10， 此时|d|>x 2，g(|d|)=|d|+6√3>0；−2|d|<x 1，g(−2|d|)=−6|d|3−2|d|+6√3<0， 从而由g(x)的单调性可知，函数y =g(x)在区间(−2|d|,x 1)，(x 1,x 2)，(x 2,|d|)内各有一个零点，符合题意， ∴d 的取值范围是(−∞,−√10)∪(√10,+∞)．;【解析】此题主要考查了导数的运算以及导数的几何意义，运用导数研究函数的单调性与极值的应用问题，是综合题．(Ⅰ)求出t 2=0，d =1时f(x)的导数，利用导数求斜率，再写出切线方程； (Ⅱ)计算d =3时f(x)的导数，利用导数判断f(x)的单调性，求出f(x)的极值； (Ⅲ)曲线y =f(x)与直线y =−(x −t 2)−6√3有三个互异的公共点，等价于关于x 的方程f(x)+(x −t 2)−6√3=0有三个互异的实数根，利用换元法研究函数的单调性与极值，求出满足条件的d 的取值范围．22.【答案】解：(1)函数ℎ(x)的定义域为(0,+∞)，ℎ′(x)=ln x +1， 令ℎ′(x)=ln x +1>0，解得：x >1e ，函数ℎ(x)的单调增区间为(1e,+∞)，单调减区间为(0,1e)，故当x =1e 时，函数ℎ(x)有极小值为−1e ，无极大值.(2)设点P(x 1,e x 1)为曲线f(x)上任意一点，则由f′(x)=e x ，知：曲线f(x)在点P(x 1,e x 1)处的切线方程为：y =e x 1(x −x 1)+e x 1，设点Q(x 2,ln x 2)为曲线g(x)上任意一点，则由g′(x)=1x ，知：曲线g(x)在点Q(x 2,ln x 2) 处的切线方程为：y =1x 2(x −x 2)+ln x 2，若存在l 同时与函数f(x)，g(x)的图像都相切，则有： {e x 1=1x 2,①e x 1(1−x 1)=ln x 2−1,②，从而公切线l 的条数即为方程组(∗)的解的个数，由e x 1=1x 2，两边同时取自然对数得：x 1=−ln x 2，代入②得：1x 2(1+ln x 2)=ln x 2−1，即有：ln x 2=x 2+1x 2−1，构造函数ℎ(x)=ln x −x+1x−1(x ∈(0,1)∪(1,+∞))，则由ℎ′(x)=1x+2(x−1)2=x 2+1x(x−1)2>0，知：函数ℎ(x)在区间(0,1)和(1,+∞)上均为单调递增函数，且当x ∈(1,+∞)时，由 ℎ(e)=−2e−1<0，ℎ(e 2)=e 2−3e 2−1>0且函数ℎ(x)在区间(1,+∞)上单调递增，知：函数ℎ(x)在区间(1,+∞)上有唯一的零点x 0，即ℎ(x 0)=ln x 0−x 0+1x 0−1=0，由x 0∈(1,+∞)， 知：1x 0∈(0,1)且ℎ(1x 0)=ln1x 0−1x 0+11x 0−1=−ln x 0−1+x 01−x 0=−(ln x 0−x 0+1x 0−1)=0，ℎ(x)在区间(0,1)上有唯一的零点1x 0，综上，函数ℎ(x)的零点个数为2，即方程组(∗)的解的个数为2， 故公切线l 的条数为2. ;【解析】此题主要考查了切线方程问题，利用导数研究函数的单调性、极值问题，以及导数中的零点问题，考查了推理能力与计算能力，属于较难题. (1)由已知求出ℎ′(x)，从而根据导数正负符号求出函数ℎ(x)区间与极值；(2)设点P(x 1,e x 1)为曲线f(x)上任意一点，点Q(x 2,ln x 2)为曲线g(x)上任意一点，若存在l 同时与函数f(x)，g(x)的图像都相切，则有： {e x 1=1x 2,①e x 1(1−x 1)=ln x 2−1,②，从而公切线l 的条数即为方程组(∗)的解的个数，从而通过构造函数求解函数的导数，求出函数的零点，即可得出结论.23.【答案】解：（Ⅰ）F(x)=f(x)g(x)=xe x(x+1)2（x≠-1），（i ）F′（x ）=(x+1)e x .(x+1)2−xe x .2(x+1)(x+1)4=e x .(x 2+1)(x+1)3，…（2分）所以，当x ∈（-∞，-1）时，F′（x ）＜0，F （x ）单调减； 当x ∈（-1，+∞）时，F′（x ）＜0，F （x ）单调增； …（3分） （ii ）F （-1+m ）-F （-1-m ）=(m−1)e m−1m 2-(−m−1)e −m−1m 2=m+1m 2e m+1（m−1m+1e 2m +1），令φ（m ）=m−1m+1e 2m +1=e 2m -2e 2mm+1+1（m ＞0），φ′（m ）=2e 2m -4e 2m (m+1)−2e2m (m+1)2=2m 2e 2m (m+1)2＞0，…（5分）所以φ（m ）在m ＞0递增，即有φ（m ）＞φ（0）=0，又m+1m 2e m+1＞0，所以m ＞0时，F （-1+m ）-F （-1-m ）=m+1m 2e m+1（m−1m+1e 2m+1）＞0恒成立，即 当m ＞0时，F （-1+m ）＞F （-1-m ）恒成立． …（6分） （Ⅱ）由已知，G （x ）=af （x ）+g （x ）=ax e x +（x+1）2， G′（x ）=a （x+1）e x +2（x+1）=（x+1）（a e x +2）．①当a=0时，G （x ）=（x+1）2，有唯一零点-1； …（7分） ②当a ＞0时，a e x +2＞0，所以当x ＜-1时，G′（x ）＜0，G （x ）单调减； 当x ＞-1时，G′（x ）＞0，G （x ）单调增． 所以G （x ）极小值为G （-1）=-ae ＜0，因G （0）=1＞0，所以当x ＞-1时，G （x ）有唯一零点； 当x ＜-1时，ax ＜0，e x ＜1e ，所以ax e x ＞axe ， 所以G （x ）＞＞axe+（x+1）2=x 2+（2+ae）x+1，因为（2+a e ）2-4×1×1=4a e +（ae ）2＞0，所以，∃t 1，t 2，且t 1＜t 2，当x ＜t 1，或x ＞t 2时，使x 2+（2+ae ）x+1＞0，取x 0∈（-∞，-1）∪（-∞，t 1），则G （x 0）＞0，从而可知 当x ＜-1时，G （x ）有唯一零点，即当a ＞0时，函数G （x ）有两个零点． …（10分）③当a ＜0时，G′（x ）=a （x+1）（e x -（-2a ）），由G′（x ）=0，得x=-1，或x=ln （-2a）．（1）若-1=ln （-2a ），即a=-2e 时，G′（x ）=-2e （x+1）（e x -1e ）≤0， 所以G （x ）是单调减函数，至多有一个零点；（2）若-1＞ln （-2a ），即a ＜-2e 时，G′（x ）=a （x+1）（e x -（-2a ）），注意到y=x+1，y=e x+2a，都是增函数，所以，当x＜ln（-2a）时，G′（x）＜0，G（x）是单调减函数；当ln（-2a）＜x＜-1时，G′（x）＞0，G（x）是单调增函数；当x＞-1时，G′（x）＜0，G（x）是单调减函数．G（x）的极小值为G（ln（-2a ））=aln（-2a）•（-2a）+（ln（-2a）+1）2=l n2（-2a）+1＞0，所以G（x）至多有一个零点；…（12分）（3）若-1＜ln（-2a），即0＞a＞-2e时，同理可得当x＜-1时，G′（x）＜0，G（x）是单调减函数；当-1＜x＜ln（-2a）时，G′（x）＞0，G（x）是单调增函数；当x＞ln（-2a）时，G′（x）＜0，G（x）是单调减函数．所以G（x）的极小值为G（-1）=-ae＜0，G（x）至多有一个零点．综上，若函数G（x）有两个零点，则参数a的取值范围是（0，+∞）．…（14分）;【解析】(Ⅰ)(i)求出F(x0的导数，由导数大于0，可得增区间；导数小于0，可得减区间；(ii)作差可得F(−1+m)−F(−1−m)，令ϕ(m)=m−1m+1e2m+1，求出导数，判断单调性即可得证；(Ⅱ)由已知，求得G(x)的导数，讨论a=0，a>0，a<0，运用单调性，求出G(x)的极小值，结合函数的零点个数，即可得到所求a的范围．此题主要考查函数的单调性的判断，注意运用导数，考查不等式恒成立问题的解法，注意运用导数判断单调性，运用作差法和构造函数法，同时考查函数零点问题，注意运用分类讨论和转化思想，属于难题．24.【答案】ABC;【解析】此题主要考查导数中的恒成立问题，属于基础题.由题意，得a⩽e xx 在x⩾1时恒成立，令f(x)=exx(x⩾1)，利用导数求出最小值，即可得a的范围，结合选项即可得答案.解：由题意，得a⩽e xx在x⩾1时恒成立，令f(x)=e xx (x⩾1)，则f′(x)=e x x−e xx2=e x(x−1)x2⩾0，故f(x)在[1,+∞)上单调递增，则f(x)min=f(1)=e，故a⩽e，由选项可知，ABC符合，故选ABC.25.【答案】CD;【解析】此题主要考查了函数的奇偶性，利用导数研究函数的单调性，导数中的恒成立问题，正弦函数的图像与性质，属于较难题，由函数的奇偶性即可判定A；由e x−e−x≠0可研究y=sin x(x≠0)的零点问题即可判定B；令ℎ(x)=e x−e−x−|sin x|(x⩾0)，利用打赏研究该函数的最值，结合f(x)的奇偶性即可判定C；由f′(x)=(e x−e−x)cos x−(e x+e−x)sin x(e x−e−x)2⩽0在x∈[π4+2kπ,3π4+2kπ](k∈Z)恒成立即可判定D.解：A、f(x)函数的定义域为\left{ x|x≠0}，关于原点对称，∵f(−x)=sin(−x)e−x−e x =sin xe x−e−x=f(x)，−f(x)=−sin xe x−e−x =sin xe−x−e x≠f(−x)，∴−f(x)≠f(−x),f(x)=f(−x)，∴f(x)为偶函数，不为奇函数，f(x)的图象不关于原点对称，故A错误；B、因为e x−e−x≠0，所以函数f(x)的零点即为函数y=sin x(x≠0)的零点，因为函数y=sin x(x≠0)的图象与x轴交点坐标为(kπ,0)(k∈Z且k≠0)，所以交点(−π,0)与(π,0)间的距离为2π，而其余任意相邻两点之间距离为π，故B错误；C、令ℎ(x)=e x−e−x−|sin x|(x⩾0)，则ℎ′(x)=e x+e−x±cos x，∵x⩾0，∴e x+e−x⩾2，又∵±cos x∈[−1,1]，∴ℎ′(x)>0，∴ℎ(x)在[0,+∞)上单调递增，∴ℎ(x)⩾ℎ(0)=0，即e x−e−x⩾|sin x|在x∈[0,+∞)上恒成立，所以e x−e−x>|sin x|在x∈(0,+∞)上恒成立，又因为当x>0时，e x−e−x>0恒成立，所以|sin x|e x−e−x<1在x∈(0,+∞)上恒成立，即|f(x)|=|sin x|e x−e−x<1在x∈(0,+∞)上恒成立，又因为f(x)为偶函数，且定义域为\left{ x|x≠0}，∴|f(x)|<1恒成立.故C正确；D、因为函数y=f(x)在[a,b]上单调递减，所以f′(x)=(e x−e−x)cos x−(e x+e−x)sin x(e x−e−x)2⩽0在x∈[a,b]恒成立，即e x(cos x−sin x)−e−x(cos x+sin x)⩽0，也即e2x(cos x−sin x)⩽cos x+sin x在x∈[a,b]恒成立，因为x∈[π4+2kπ,3π4+2kπ](k∈Z)时，cos x−sin x⩽0，cos x+sin x⩾0，e2x>0，所以e2x(cos x−sin x)⩽cos x+sin x在x∈[π4+2kπ,3π4+2kπ](k∈Z)恒成立，又因为(3π4+2kπ)−(π4+2kπ)=π2(k∈Z).令b=3π4+2kπ,a=π4+2kπ(k∈Z)，∴对于任意常数m>0，存在常数b>a>m，使函数y=f(x)在[a,b]上单调递减，且b−a=π2.故D正确.故选CD.26.【答案】CD;【解析】此题主要考查函数单调性，函数零点以及函数值域，属于较难题；利用导数判断x>0时，y=f(x)的单调性，根据单调性可求值域，然后结合x⩽0时，f(x)=cos x，从而可判断选项A，C;首先利用导数判断x⩽0时，g(x)=f(x)−x=cos x−x的零点个数，然后再利用单调性判断x>0时，g(x)=f(x)−x=xe x−1−x的零点个数，从而可判断选项B;不妨设0<x1<1<x2，根据题意把要证明x1+x2>2，转化为证明f(2−x1)>f(x1);然后构造函数ϕ(x)=xe x−1−2−xe1−x(0<x<1)，利用导数判定函数单调性即可证明，从而判断选项D.解：对于选项A，C：当x>0时，f(x)=xe x−1，所以f′(x)=e x−1−xe x−1(e x−1)2=1−xe x−1，所以当0<x<1时，f′(x)>0，y=f(x)在(0,1)单调递增，当x>1时，f′(x)<0，y=f(x)在(1,+∞)单调递减，故x>0时，0<f(x)⩽f(1)=1，又当x⩽0时，f(x)=cos x，所以f(0)=1，−1⩽f(x)⩽1，所以函数f(x)在[−π,0),(0,1)单调递增，所以选项A错误，选项C正确;对于B：当x⩽0时，令g(x)=f(x)−x=cos x−x，则g′(x)=−sin x−1⩽0，所以g(x)= cos x−x在(−∞,0]单调递减，所以当x⩽0时，g(x)⩾g(0)=1，所以函数y=f(x)−x在(−∞,0]上没有零点;当x>0时，ℎ(x)=f(x)−x=xe x−1−x，所以只需求导函数ℎ′(x)=1e x−1−1在(0,+∞)上零点个数，又因为ℎ′(x)=1e x−1−1在(0,+∞)上单调递减，且ℎ′(1)=1e1−1−1=0，所以函数y=f(x)−x在(0,+∞)上只有一个零点.所以函数y=f(x)−x有且仅有一个零点，所以选项B错误;对于选项D：当x>0时，若f(x1)=f(x2)，因为函数f(x)在(0,1)单调递增，在(1,+∞)单调递减，所以不妨设0<x1<1<x2，则1<2−x1<2，所以要证x1+x2>2，只需证2−x1<x2，即只需证f(2−x1)>f(x2)，又因为f(x1)=f(x2)，所以只需证f(2−x1)> f(x1).因为f(x1)−f(2−x1)=x1e x1−1−2−x1e2−x1−1=x1e x1−1−2−x1e1−x1，所以令函数ϕ(x)=xe x−1−2−x e1−x (0<x<1)，则ϕ′(x)=1−xe x−1−1−xe1−x=(1−x)(e2−e2x)e x+1>0，所以ϕ(x)=xe x−1−2−xe1−x在。
2023高考数学二轮复习专项训练《导数的计算》(含答案)
2023高考数学二轮复习专项训练《导数的计算》一、单选题（本大题共12小题，共60分）1.（5分）已知函数f（x）在R上可导，对任意实数x，f'（x）＞f（x）；若a为任意的正实数，下列式子一定正确的是（）A. f（a）＞eaf（0）B. f（a）＞f（0）C. f（a）＜f（0）D. f（a）＜eaf（0）2.（5分）直线y＝kx+1与曲线y＝x3+bx2+c相切于点M(1, 2)，则b的值为（）A. −1B. 0C. 1D. 23.（5分）设f（x）=x3，f（a-bx）的导数是（）A. 3（a-bx）B. 2-3b（a-bx）2C. 3b（a-bx）2D. -3b（a-bx）24.（5分）已知函数f(x)=2lnx+f′(2)x2+2x+3，则f(1)=()A. −2B. 2C. −4D. 45.（5分）设f0(x)=sin2x+cos2x，f1(x)=f0′(x)，f2(x)=f1′(x)，…，f1+n(x)=fn′(x)，n∈N*，则f2013（x）=（）A. 22012（cos2x-sin2x）B. 22013（sin2x+cos2x）C. 22012（cos2x+sin2x）D. 22013（sin2x+cos2x）6.（5分）曲线y=2sinx+cosx在点(π,−1)处的切线方程为()A. x−y−π−1=0B. 2x−y−2π−1=0C. 2x+y−2π+1=0D. x+y−π+1=07.（5分）若函数f(x)=x3−tx2+3x在区间[1,4]上单调递减，则实数t的取值范围是()] B. (−∞,3]A. (−∞,518,+∞) D. [3,+∞)C. [5188.（5分）[2021湖南省郴州市月考]随着科学技术的发展,放射性同位素技术已经广泛应用于医学、航天等众多领域,并取得了显著经济效益.假设在放射性同位素钍−234的衰变过程中,其含量N(单位:贝克)与时间t(单位:天)满足函数关系N(t)=N02−124,其中N0为t=0时针-234的含量.已知t=24时,钍−234含量的瞬时变化率为−8ln2,则N(96)=A. 12B. 12ln2C. 24D. 24ln29.（5分）设(2x−1)7=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5+a6x6+a7x7，则|a1|+2|a2|+3|a3|+4|a4|+5|a5|+6|a6|+7|a7|=()A. 10206B. 5103C. 729D. 72810.（5分）函数f(x)=2f′(1)·x+xlnx在x=1处的切线方程为()A. y=2x−2B. y=2x+1C. y=−x−1D. y=x−111.（5分）设f（x）=sin2x，则f′（x）等于（）A. cos2xB. 2cos2xC. -sin2xD. 2（sin2x-cos2x）12.（5分）函数y=cos（1+x2）的导数是（）A. 2xsin（1+x2）B. -sin（1+x2）C. -2xsin（1+x2）D. 2cos（1+x2）二、填空题（本大题共5小题，共25分）13.（5分）函数f（x）=xsin（2x+5）的导数为____．14.（5分）已知f（x）=ekx，则f′（x）=____．15.（5分）设函数f(x)=x3+(a−1)x2+ax，若f(x)为奇函数，则曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为__________.16.（5分）若函数f(x)满足f(x)=2lnx−xf′(1)，则f′(1)=__________.17.（5分）写出一个同时具有下列性质①②③的函数f(x):_______.①f(x1x2)=f(x1)f(x2)；②当x∈(0,+∞)时，f′(x)>0；③f′(x)是奇函数．三、解答题（本大题共6小题，共72分）18.（12分）已知函数f(x)=ae x lnx+be xx.(1)求导函数f′(x)；(2)若曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y=e(x+1)，求a，b的值. 19.（12分）求下列函数在给定点的导数.(1)f(x)=x14，x=5;(2)f(x)=3(x+1)x2，x=1.20.（12分）已知函数f(x)=12x2−x+lnx.(1)求y=f(x)的导数；(2)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程.21.（12分）求下列函数的导数.(1)y=(2+3x)(3−5x+x2);(2)y=(2x−1)2(2−3x)3;(3)y=(3x+2)sin5x;(4)y=e2x cos3x.22.（12分）已知函数f(x)=−13x3−a−12x2+bx+a(a,b∈R),且其导函数f′(x)的图象过原点.(1)若存在x<0,使得f′(x)=−9,求a的最大值;(2)当a>0时,求函数f(x)的零点个数.23.（12分）求下列函数在指定x处的导数值.(1)y=xsinx，x=π4;(2)y =xe x ，x =1.四 、多选题（本大题共5小题，共25分）24.（5分）若(1+2x)+(1+2x)2+⋅⋅⋅+(1+2x)n =a 0+a 1x +a 2x 2+⋅⋅⋅+a n x n (n ∈N ∗)，a 0=6，则下列结论中正确的是()A. n =6B. a 1=42C. ∑ai n i=0=64D. ∑n i=1(−1)i iai =625.（5分）下列说法中正确的有()A. (sin π4)′=cos π4B. 已知函数f(x)在R 上可导，且f ′(1)=1，则limΔx→0f(1+2Δx)−f(1)Δx=2C. 一质点的运动方程为S =t 2，则该质点在t =2时的瞬时速度是4D. 已知函数f(x)=cosx ，则函数y =f ′(x)的图象关于原点对称 26.（5分）下列求导错误的是()A. (log 23)′=13ln2 B. (ln2x)′=12x C. (sin 2x)′=sin2x D. (cosx x)′=−cosx+sinxx 227.（5分）下列选项正确的有( )A. 若f(x)= x sin x +cos2x ， 则f′(x) =sin x −x cos x +2sin2xB. 设函数f(x)=x ln x ，若f′(x 0)=2，则x 0=eC. 已知函数f(x)=3x 2e 2x ，则f′(1) =12e 2D. 设函数f(x)的导函数为f′(x )，且f(x)=x 2+3xf ′(2)+ln x ，则f′(2)=−94 28.（5分）设b 为实数，直线y =3x +b 能作为曲线f(x)的切线，则曲线f(x)的方程可以为()A. f(x)=−1xB. f(x)=12x 2+4lnxC. f(x)=x 3D. f(x)=e x答案和解析1.【答案】A;【解析】解：∵对任意实数x，f′（x）＞f（x），令f（x）=-1，则f′（x）=0，满足题意显然选项A成立故选A．2.【答案】A;【解析】y＝x3+bx2+c的导数为y′＝3x2+2bx，可得切线的斜率为3+2b，由条件可得k＝3+2b，1+b+c＝2，1+k＝2，解得k＝1，b＝−1，c＝23.【答案】D;【解析】解；因为f（x）=x3，所以y=f（a-bx）=（a-bx）3，所以y′=3（a-bx）2（a-bx）′=-3b（a-bx）2故选D．4.【答案】D;【解析】此题主要考查导数的运算，属于基础题.先求出f′(2)，再求f(1)即可.+f′(2)·2x+2，解：由题意，f′(x)=2x故f′(2)=1+4f′(2)+2,∴f′(2)=−1，∴f(1)=2ln1+f′(2)×12+2×1+3=4，故选D.5.【答案】A;【解析】解：∵f0（x）=sin2x+cos2x，∴f1（x）=f0′(x)=2（cos2x-sin2x），f2（x）=f1′(x)=22（-sin2x-cos2x），f3（x）=f2′(x)=23（-cos2x+sin2x），f4（x）=f3′(x)=24（sin2x+cos2x），…通过以上可以看出：f n（x）满足以下规律，对任意n∈N，fn+4(x)=24fn(x)．∴f2013（x）=f503×4+1（x）=22012f1（x）=22013（cos2x-sin2x）．故选：B．6.【答案】C;【解析】设f(x)=2sinx+cosx，则f′(x)=2cosx−sinx，∴f′(π)=2cosπ−sinπ=−2，∴切线方程为：y+1=−2(x−π)，即2x+y−2π+1=0，故选C.7.【答案】C;【解析】解：∵函数f(x)=x3−tx2+3x，∴f′(x)=3x2−2tx+3，若函数f(x)=x3−tx2+3x在区间[1,4]上单调递减，则f′(x)⩽0即3x2−2tx+3⩽0在[1,4]上恒成立，∴t⩾32(x+1x)在[1,4]上恒成立，令y=32(x+1x)，则函数在[1,4]为增函数，当x=4时，函数取最大值518，∴t⩾518，即实数t的取值范围是[518,+∞)，故选：C．由题意可得f′(x)⩽0即3x2−2tx+3⩽0在[1,4]上恒成立，由函数的单调性可知t的范围．这道题主要考查函数的单调性和导数符号间的关系，属于中档题．8.【答案】C;【解析】由N(t)=N02−t24方得N′(t)=N02−t24×ln2×(−124)，当t=24时,N′(24)=N02−2424×ln2×(−124)=−8ln2,解得N0=384,所以N(t)=384·2−t24,则N(96)=384·2−9624=384·2−4=24.故选C.9.【答案】A;【解析】此题主要考查二项式定理的运用，属于中档题.将(2x−1)7=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5+a6x6+a7x7两边求导，令x=−1，即可得到答案.解：将(2x−1)7=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5+a6x6+a7x7两边求导，可得14(2x−1)6=a1+2a2x+3a3x²+……+7a7x6，可得x的奇次方的系数为负数，令x=−1可得14(−2−1)6=a1−2a2+3a3+……+7a7，故|a1|+2|a2|+3|a3|+4|a4|+5|a5|+6|a6|+7|a7|=14×36=10206.故选A.10.【答案】C;【解析】此题主要考查曲线的切线方程的求法，导数的几何意义，属于基础题．先求出f′(1)=−1，再求出f(1)=−2，由此可解．解：因为f′(x)=2f′(1)+lnx+1，所以f′(1)=2f′(1)+1，即f′(1)=−1，所以f(1)=2f′(1)=−2，所以切线方程为y=−(x−1)−2=−x−1.故选C.11.【答案】B;【解析】解：因为设f（x）=sin2x，所以f′（x）=（2x）′cos2x=2cos2x．故选B．12.【答案】C;【解析】解：y′=-sin（1+x2）•（1+x2）′=-2xsin（1+x2）故选C13.【答案】sin（2x+5）+2xcos（2x+5）;【解析】解：f′（x）=x′sin（2x+5）+x（sin（2x+5））′=sin（2x+5）+2xcos（2x+5），故答案为：sin（2x+5）+2xcos（2x+5），14.【答案】k e kx;【解析】解：∵f（x）=e kx，∴f′（x）=e kx•（kx）′=k e kx，故答案为：k e kx．15.【答案】4x−y−2=0;【解析】此题主要考查函数奇偶性，利用导数研究曲线上某点切线方程，属于基础题.由奇函数的定义求出a的值，然后利用导数的几何意义求出切线的斜率，进而写出切线方程．解：因为函数f(x)=x3+(a−1)x2+ax为奇函数，所以f(−x)=−f(x)，所以(−x)3+(a−1)(−x)2+a(−x)=−[x3+(a−1)x2+ax]，所以2(a−1)x2=0.因为x∈R，所以a=1，所以f(x)=x3+x，所以f′(x)=3x2+1，所以f′(1)=4，f(1)=2，所以曲线y=f(x)在点x=1处的切线方程为4x−y−2=0，故答案为：4x−y−2=0.16.【答案】1;【解析】此题主要考查导数的加法与减法的法则，解决此题的关键是对f(x)进行正确求导，属于基础题.利用求导公式对f(x)进行求导，再把x=1代入，即可求解.解：∵函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f(x)=2lnx−xf′(1)，−f′(1)，把x=1代入f′(x)可得f′(1)=2−f′(1)，∴f′(x)=2x解得f′(1)=1.故答案为：1.17.【答案】f(x)=x4（答案不唯一，f(x)=x2n(n∈N∗)均满足）;【解析】本题是开放性问题，合理分析所给条件找出合适的函数是关键，属于中档题.根据幂函数的性质可得所求的f(x).解：取f(x)=x4，则f(x1x2)=(x1x2)4=x14x24=f(x1)f(x2)，满足①，f′(x)=4x3，x>0时有f′(x)>0，满足②，f′(x)=4x3的定义域为R，又f′(−x)=−4x3=−f′(x)，故f′(x)是奇函数，满足③.故答案为：f(x)=x4(答案不唯一，f(x)=x2n(n∈N∗)均满足)18.【答案】略。
2023届高考数学二轮复习导数经典技巧与方法：导数与数列不等式
第25讲 导数与数列不等式知识与方法函数、数列、不等式的综合题,是高考压轴题的热点题型之一.一方面,以函数为载体让学生探究函数的性质;另一方面,数列是特殊的函数,在研究数列问题时,我们经常用函数的性质去探究数列的变化规律以及取值范围等.本节,我们介绍几类常见的导数与数列不等式结合的考题及其解决方法.1.基本类型(1)数列求和(或积)中的不等问题; (2)通项公式中的不等问题.对于数列求和的不等问题,通常要将通项公式放缩为可以求和的数列: (1)放缩为等差数列:通项公式:n b pn q =+;(2)放缩为等比数列:通项公式:11n n b b q -=;【点睛】特别地,当10,(0,1)b q >∈时,数列{}n b 为无穷递缩等比数列,其前n 项和()11111nn b q b T qq-=<--.这个不等式经常用到,它的结构为: ?×Ïî 1 ?«±È n T <-,常常要从第二项或第三项开始放缩.(3)裂项相消求和:通项公式特点:1n n n a b b +=-;(4)倒序相加求和:通项公式特点:1k n k b b -++=常数.【点睛1】数列求和不等式,要点睛意从通项公式入手,放缩成可求和的数列.【点睛2】在放缩时要点睛意前几问的铺垫与提示作用,特别是由恒成立与最值问题所得到的不等式,往往提供了放缩的方向.【点睛3】常用的放缩不等式:ln 1,e1,sin (0)xx x x x x x -+<>典型例题()()1158nni i i i a f n a f n ==<>∑∑类型或【例1】数列{}n a 满足1111,22n na a a +==-. (1)求数列{}n a 的通项公式;(2)设数列{}n a 的前n 项和为n S ,证明2ln 2n n S n +⎛⎫<-⎪⎝⎭.【解析】(1)由112n n a a +=-得,1111122n n n n a a a a +--=-=--,所以12111n n n a a a +-=--,即111111111n n n n a a a a ++-==----，所以111111n n a a +-=---,且1121a =--,数列11n a ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭是首项为2-,公差为1-的等差数列,所要证以111n n a =---,故1n n a n =+. (2)要证2ln 2n n S n +⎛⎫<-⎪⎝⎭,即证1112111ln 2312n n n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-++-<- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭,即证1112ln 2312n n n n +⎛⎫⎛⎫-+++<-⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭, 即证1112ln 2312n n +⎛⎫+++> ⎪+⎝⎭， 解法1:利用数列的单调性设()2111ln 2231n f n n +⎛⎫⎛⎫=-+++⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭, 只需证明()f n 的最大值小于0,考察(){}f n 的单调性, 作差:()()31111lnln 12222n f n f n n n n n +⎛⎫+-=-=+- ⎪++++⎝⎭. 构造函数()()ln 1(0)g x x x x =+->,则()()110,11xg x g x x x=-=-<++'在()0,∞+上单调递减, 所以()()00g x g <=,故()()1f n f n +<,从而()()311ln 022f n f =-<,得证. 解法2:通项比较点睛意到()*式左边是数列11n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前n 项和, 于是将右边2ln 2n +⎛⎫⎪⎝⎭看成另一个数列{}n b 的前n 项和的形式, 易得21ln ln 22n n n b ++⎛⎫⎛⎫=-⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.记11n a n =+,只需证明n n a b >,即证12ln 11n n n +>++,构造函数()()ln 1(0)h x x x x =+->证明即可,过程与解法1相同. 解法3:积分放缩()2211111111123123112d ln 2ln2ln 2n n n n x n x ++++=⨯+⨯++⨯+++>=+-=⎰ 【点睛1】通项比较法也是证明此类数列求和型不等式的常规思路之一.一般地,对于数列不等式()1ni i a f n =∑<,可设()1ni i b f n =∑=,则()()()12n b f n f n n =--.若n n a b <成立,显然()1ni i a f n =∑<也成立.需要点睛意的是:若()1ni i a f n =∑<成立,不一定有n n a b <.【点睛2】解法3利用定积分的几何意义进行放缩,这种跨越知识点的思路非常具有创造性,技巧性较强.【例2】已知函数()()22ln 21(0)a f x ax x a a x-=-+-+>. (1)若()0f x 在[)1,∞+上恒成立,求实数a 的取值范围; (2)证明:()()*11111ln 21N 3521221nn n n n ++++>++∈-+. 【解析】()()1f x 的定义域为()0,∞+,()()2222122a a x x ax x a a f x x x'-⎛⎫-- ⎪-+-⎝⎭==. (1)当01a <<时,21a a ->,若21a x a -<<,则()()0,f x f x '<在21,a a -⎛⎫⎪⎝⎭上是减函数,所以21,2a x -⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()()10f x f <=,即()0f x 在[)1,∞+上不恒成立. (2)当1a 时,21aa-,当1x >时,()()0,f x f x '>在[)1,∞+上是增函数,又()10f =,所以()0f x .综上所述,所求a 的取值范围是[)1,∞+.(2)分析:点睛意到待证不等式左边是数列121n ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭的前n 项和,于是将右边()1ln 21221nn n +++看成另一个数列{}n b 的前n 项和n S .由公式11,1,,2,n n n S n b S S n -=⎧=⎨-⎩,易得121111ln 22122121n n b n n n +⎛⎫=+- ⎪--+⎝⎭. 记121n a n =-,则只需证明n n a b >. 当1n =时,不等式显然成立;当2n 时,即证()1121111ln 22122122121n n n n n n +⎛⎫>+- ⎪---+⎝⎭,即证1121ln 212121n n n n ++>-+-,即证2121212ln 212121n n n n n n +-+->-+-. 令()21221n x n n +=-,则只需证明12ln (1)x x x x->>. 构造函数()12ln (1)g x x x x x=-->,或者利用第(1)问中的不等式()0f x 不难证明不等式成立,故而得证.将上述思路倒过来,可得下面的证法:证明:由(1)知当1a 时,()0f x 在[)1,∞+上恒成立.取1a =,得12ln 0x x x --,所以12ln x x x-.令*21,N 21n x n n +=∈-,得2121212ln212121n n n n n n +-+->-+-, 即2221112ln 212121n n n n +⎛⎫+--> ⎪-+-⎝⎭,所以1121111ln 2122122121n n n n n +⎛⎫>+- ⎪---+⎝⎭,上式中1,2,3,,n n =,然后n 个不等式相加,得到:()()*11111ln 213521221nn n n n ++++>++∈-+N . 【点睛】在放缩时要点睛意前几问的铺垫与提示作用！第(1)问中的不等式()0f x 为我们提供了放缩的方向,不必构造新的函数进行证明. 【例3】设函数()()1,ln (0,e 2.718)xg x h x x a ax-==>≈. (1)设()()22r x x h x =-,求()r x 的最小值;(2)设()()()f x g x h x =+,若()f x 在[)1,∞+上为增函数,求实数a 的取值范围; (3)求证:N,2n n ∈≥时,21ni in =∑∑<.【解析】(1)已知函数()ln h x x =,所以()22ln (0)r x x x x =->,所以()241x r x x -=',今()0r x '=,解得12x =,或12x =-(舍),当10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()()0,r x r x '<在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减, 当1,2x ∞⎛⎫∈+⎪⎝⎭时,()()0,r x r x '>在1,2∞⎛⎫+ ⎪⎝⎭上单调递增; 所以()r x 在12x =处取得最小值,2min 1111()2ln ln22222r x r ⎛⎫⎛⎫==⨯-=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.(2)因为()()1ln 1xf x x x ax -=+,所以()21x a f x x-='. 因为()f x 在[)1,∞+上为增函数,所以()210x a f x x'-=在[)1,∞+上恒成立, 即1ax在[)1,∞+上恒成立, 因为101x<,所以1a ,所以a 的取值范围是[)1,∞+. (3)分析:要证21ni in =∑∑<,即证1111ln 234n n++++<,将ln n 看成数列 (){}ln ln 1n n --的前n 项和,于是只需证明()1ln ln 1n n n<--, 即证1ln 1n n n <-. 令1n x n =-,则1x n x =-,只需证明1ln x x x->, 构造函数或者利用(2)的结论即可得证. 证明:由(2)可知1a =时,()1ln xf x x x-=+在[)1,∞+上为增函数, 今1n x n =-(其中*N ,2n n ∈),则()()1,11n x f x f f n ⎛⎫>=> ⎪-⎝⎭,即111ln ln 0111nn n n n n n n n --+=-+>---,即()1ln ln 1n n n -->, 所以,以上各式累加得,所以.即:.【点睛】第(3)问的证明用了通项比较法,点睛意到了第问的铺执与提示作用.【例4】已知函数.(1)求函数在上的单调区间;(2)用表示中的最大值,为的导函数,设函数,若在上恒成立,求实数的取值范围;(3)证明:.【解析】(1)因为,,令,得.当时,单调递增;当时,单调递减;所以函数在上的单调递增区间为,单调减区间为.(2)由知,当时,恒成立,故恒成立;当时,,又因为恒成立,所以在上恒成立,所以,即在上恒成立.令,则,由,令得,易得在上单调递增,在上单调递减,所以,所以,即.综上可得.(3)证法1:证明:设,则,所以在上单调递增,所以,即,所以所以.证法2:记,则所以为递增数列,所以,得证.【点睛】第(3)问证法1用了不等式进行放缩;证法2用了数列的单调性. 另外,还可以利用积分放缩,请读者参考例1自行完成,此处略过.【例5】已知函数的最小值为0,其中.(1)求的值;(2)若对任意的,有成立,求实数的最小值;(3)证明:.【解析】(1),得,得所以时,函数取得极小值且为最小值所以,解得.(2)当时,取,有,故不合题意当时,令,即,可得(1)当时在上恒成立,因此在上单调递减,从而对任意的,总有,即对任意的,有成立;(2)当时,,对于,因此在上单调递增,因此取时,,即有不成立;综上知,时对任意的,有成立,的最小值为.(3)证明:当时,不等式左边右边,所以不等式成立;当时,,在中,取,得,所以.所以综上【点睛】第三问中,借助于导数证不等式的方法进行.点睛意到在第问中,取,得,则,于是得到:,然而右侧的式子显然大于2,这说明放缩过头了,于是保留第一项,从第二项开始放缩: “留一手”是放缩中的常用技巧,有时甚至需要“留两手”或“留三手”.【例6】已知函数.(1)求函数的极值;(2)(1)当时,恒成立,求正整数的最大值;(2)证明:.【解析】(1),当时,,函数在上单调递增,没有极值;当时,由得,由得,所以在上单调递减,在上单调递增,此时函数的极小值,没有极大值.(2)(1)当时恒成立,即只要即可,由时在上单调递减,在上单调递增,(1)若时,在上单调递增,满足题意;(2)当时,在上单调递减,在上单调递增,,令,则,所以在上单调递减,且,所以存在使得,则的解集为.综上,的取值范围,其中,所以正整数的最大值3.(2)证明:要证两边取对数,即证也即证由(1)知,令,则所以所以.【点睛】最后一问中,将目标不等式两边取自然对数,便由积式变成和式,这样就化为类型1,利用通项比较法不难获证.【例7】已知函数.(1)函数在定义域内恒成立,求实数的取值范围;(2)求证:当时,.【解析】(1)函数定义域为,当时,,不满足题设;当时,,在上,单调递增,在上,,单调递减,所以,解得.综上:的取值范围是.(2)证明:由(1)得,当时,当且仅当时等号成立.所以,所以所以,所以.【点睛】第(2)问用到了对数放缩不等式:,还用到了裂项放缩.【例8】已知函数(其中是自然对数的底数,.(1)当时,求函数的极值;(2)当时,求证;(3)求证:对任意正整数,都有.【解析】(1)当时,,当时,;当时,;所以函数在上单调递减,在上单调递增,所以函数在处取得极小值,函数无极大值;(2)证明:由,(1)当时,恒成立,满足条件;(2)当时,由,得,则当时,,当时,,所以函数在上单调递减,在上单调递增,所以函数在处取得最小值,因为,所以,所以,所以,综上得,当时,;(3)由(2)知,当时,恒成立,所以恒成立,即,所以,令,得,,所以.【点睛】第(3)问用到了对数放缩不等式:,还用到了等比放缩.【例9】已知函数.(1)求的最大值;(2)若对,总存在,使得成立,求实数的取值范围;(3)证明不等式是自然对数的底数).【解析】(1)由,得,当时,,当时,,所以在上单调递增,在上单调递减,则当时,取得最大值为.(2)对,总存在,使得成立,等价于:存在,使得成立.由(1)知,,问题转化为存在,使得.,当时,,①当时,若单调递减,,不合题意;②当时,,使得,若,若时,,即当,则,使得,符合题意;③当时,若单调递增,,则,使得,符合题意.综上可知,所求实数的范围是;(3)证明:由(2)可知,当时,若,令.有,再由(1)可得,,则,即,也即,所以,.则.【点睛】第(3)问用到了三角放缩不等式:,还用到了等比放缩.递推公式中的不等问题【例10】已知函数.(1)求证:当时,;(2)若数列满足,且,证明:.【解析】(1)略;(2)要证,即证.如果成立,则必会有,从而只需证明即可,这样递推式就得以建立.接下来考虑如何去绝对值:因为,所以,则,所以,则,如此继续下去,得,从而可得,于是.从而要证成立,只需证明,即证,即证，即.只需证明,即,即证明,即证.分析至此,只需构造函数就可以顺利解决:令,则,,因为,所以,所以在上单调递增,所以,所以在上单调递增,所以,即,故原不等式成立.【点睛】本题构造函数方法不唯一,如下面的过程:令,则,所以在上单调递增,所以,即,所以,于是原不等式得证.【例11】函数,曲线在处的切线在轴上的截距为.(1)求;(2)讨论的单调性;(3)设,求证:.【解析】在上单调递增(过程略;(3)证明,亦即证明.如果成立,那么就会有,反过来,如果我们能够证明,也就是证明,就可以原式得以成立.(下面我们就开始面临下一个问题:如何去绝对值?这就势必要比较与的大小,因此分类情况就会面临着三种:.)下面分别进行讨论:(i)时,不等式显然成立;(ii)若,由在单调递减,且可知,从而式即证,即，亦即，即证.而由单调递增,且,从而可知,从而有成立;(iii)若时,类似可证.【例12】函数.(1)判断时,的零点个数,并加以说明;(2)正项数列满足.(1)判断数列的单调性,并加以证明;(2)证明:.【解析】(1)当时,.令,则,所以在单调递增,又,所以,从而的零点个数为0.(2)由,得,所以由(1)知,当时,有,即,所以.所以,故数列单调递减.对于第(3)问,由于所证不等式的左侧可以视为数列的前项的和,所以我们可将视为某一个数列的前项和,即.从而.要证,只需证.如果成立,则有成立,从而要证,只需证成立即可,从而递推关系得以建立.要证,即证，即证,即证，即证,即证,即证.令,从而,由(1)知,从而,从而原不等式得证.强化训练1..已知函数.(1)求函数的单调区间;(2)若不等式恒成立,求实数的取值范围;(3)当时,求证:.【解析】(1)的定义域为,(1)当时,,所以在上递增;(2)当时,令,则,当时,;当时,,所以在区间上递增,在上递减.(2)解法1:构造函数,(1)当时,由在上递增,又,不符合题意;(2)当时,由知在区间上递增,在上递减,所以,解得:.综上:,所以的取值范围为.解法2:分离参数恒成立,等价于设,令,则当时,;当时,,所以在区间上递增,在上递减;所以,所以:.所以的取值范围为.(3)证明:由(2)知,当时,恒成立,即(1)当时,,即,所以,上述不等式相加可得:, 即,即,(2)当时,,即,即,所以,,上述不等式相加可得:,即,即,综上:当时,.2.已知函数.(1)求在点处的切线方程;(2)若不等式恒成立,求实数的取值范围;(3)求证:当时,不等式成立.【解析】(1)切线方程为即.(2)设,当时,单调递增;当时,单调递减;因为不等式恒成立,且,所以,所以即可,从而.(3)由(2)可知:当时,恒成立,当且仅当时等号成立. 令,因为,所以,整理得,变形得,即.当时,有,.将上述式两边同时相加,得.所以当时,不等式成立.3.已知函数.(1)设,求的单调区间;(2)若对,总有成立.求的取值范围;(ii)证明:对于任意的正整数,不等式恒成立. 【解析】(1),定义域为,所以,①当时,令,得;令,得;②当时,令,得或;令,得;③当时,恒成立;④当时,令,得或;令,得;综上：当时,的增区间为的减区间为;当时,的增区间为和的减区间为;当时,的增区间为;当时,的增区间为和的减区间为.(2)(i)由题意,对任意恒成立,即恒成立,只需.由第知:因为,显然当时,,此时对任意不能恒成立;当时,,所以;综上,的取值范围为.(ii)证明:由(1)知:当时,,即,当且仅当时等号成立.当时,可以变换为,在上面的不等式中,令,则有所以不等式恒成立.4.已知函数.(1)若不等式在区间上恒成立,求实数的取值范围;(2)求证:(其中为自然对数的底数).【解析】(1)实数的取值范围为(过程略);(2)取,由(1)有,即.又当时,,所以.于是,将以上不等式累加,得,不等式得证.5.已知函数.(1)若,且对于任意恒成立,试确定实数的取值范围;(2)设函数,求证:【解析】(1)由,可知是偶函数.于是对任意成立等价于对任意成立.由,得.①当时,.此时在上单调递增.故,符合题意.②当时,.当变化时的变化情况如表:单调递减极小值单调递增由此可得,在上,.依题意,,又,所以.综合①,②得,实数的取值范围是.(2)因为,所以,又,所以,,.由此得:故成立.6.已知函数.(1)求证:当时,;(2)数列满足,求证:数列单调递减,且.【解析】第(1)问略.第(2)问,我们先用数学归纳法先证:当时,,从而;假设当时,,下证.由,从而,由于,所以,从而.由数学归纳法原理,知.下证数列单调递减,即证,即证.即证,由(1)知,只需证.而成立,从而数列单调递减.下面证明,只需证,只需证,只需证.构造,所以单调递增,从而,从而对恒成立.从而.原不等式得证.7.已知函数,正实数数列满足,且当时,求证:(1)当时,;(2).【解析】(1)我们证明,当时,.令,即, 则由可知单调递增,从而. 由可知单调递增,于是. 由可知单调递增,因此, 即.因为,所以.(2)我们先对用数学归纳法证明.①当时,,结论成立.②假设当时,有(其中).如果,则.点睛意可知,与归纳假设矛盾.所以,当时结论也成立,即.由①②可知,.于是,当时,有, 令从1到求和,即得.。
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高考专题训练二十三函数、导数与不等式、解析几何、数列型解答题班级_______ 姓名_______ 时间：45分钟 分值：72分 总得分________1．(12分)设△ABC 的三内角A 、B 、C 所对应的边长分别为a 、b 、c ，平面向量m ＝(cos A ，cos C )，n ＝(c ，a )，p ＝(2b,0)，且m ·(n －p )＝0.(1)求角A 的大小；(2)当|x |≤A 时，求函数f (x )＝sin x cos x ＋sin xsin ⎝⎛⎭⎪⎫x －π6的值域． 解：(1)m ·(n －p )＝(cos A ，cos C )·(c －2b ，a ) ＝(c －2b )cos A ＋a cos C ＝0⇒(sin C －2sin B )cos A ＋sin A cos C ＝0⇒－2sin B cos A ＋sin B ＝0. ∵sin B ≠0，∴cos A ＝12⇒A ＝π3.(2)f (x )＝sin x cos x ＋sin x sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π6＝12sin x cos x ＋32sin 2x ＝14sin2x ＋32·1－cos2x 2＝34＋14sin2x － 34cos2x ＝34＋12sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3. ∵|x |≤A ，A ＝π3，∴－π3≤x ≤π3⇒－π≤2x －π3≤π3.∴－1≤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3≤32⇒3－24≤34＋12sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3≤32.∴函数f (x )的值域为[3－24，32]．2．(12分)(2011·正定)如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是正方形，AB ＝2EF ＝2，EF ∥AB ，EF ⊥FB ，∠BFC ＝90°，BF ＝FC ，H 为BC 的中点．(1)求证：FH ∥平面EDB ； (2)求证：AC ⊥平面EDB ； (3)求四面体B —DEF 的体积．分析：本题考查空间线面平行、线面垂直、面面垂直、体积的计算等基础知识，同时考查空间想象能力与推理论证能力．解：(1)证明：设AC 与BD 交于点G ，则G 为AC 的中点．连接EG 、GH ，由于H 为BC 的中点，故GH 綊12AB .又EF 綊12AB ，∴EF 綊GH ，∴四边形EFHG 为平行四边形，∴EG ∥FH ，而EG ⊂平面EDB ，∴FH ∥平面EDB . (2)证明：由四边形ABCD 为正方形，有AB ⊥BC .又EF ∥AB ，∴EF ⊥BC .而EF ⊥FB ，∴EF ⊥平面BFC ，∴EF ⊥FH ，∴AB ⊥FH .又BF ＝FC ，H 为BC 的中点，∴FH ⊥BC . ∴FH ⊥平面ABCD .∴FH ⊥AC .又FH ∥EG ，∴AC ⊥EG .又AC ⊥BD ，EG ∩BD ＝G ， ∴AC ⊥平面EDB .(3)∵EF ⊥FB ，∠BFC ＝90°，∴BF ⊥平面CDEF . ∴BF 为四面体B －DEF 的高．∵BC ＝AB ＝2，∴BF ＝FC ＝ 2.又EF ＝1， ∴V B －DEF ＝13×12×1×2×2＝13.3．(12分)小王参加一次比赛，比赛共设三关，第一、二关各有两个必答题，如果每关两个问题都答对，可进入下一关，第三关有三个问题，只要答对其中两个问题，则闯关成功．每过一关可一次性获得价值分别为1000元，3000元，6000元的奖品(不重复得奖)，小王对三关中每个问题回答正确的概率依次为45，34，23，且每个问题回答正确与否相互独立．(1)求小王过第一关但未过第二关的概率；(2)用X 表示小王所获得奖品的价值，写出X 的概率分布列，并求X 的数学期望．解：(1)设小王过第一关但未过第二关的概率为P 1，则P 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫452⎝ ⎛⎭⎪⎫14＋34×14＝725.(2)X 的取值为0,1000,3000, 6000，则P (X ＝0)＝15＋45×15＝925，P (X ＝1000)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫452⎝ ⎛⎭⎪⎫14＋34×14＝725， P (X ＝3000)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫452⎝ ⎛⎭⎪⎫342⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫232－C 12⎝ ⎛⎭⎪⎫232×13＝775，P (X ＝6000)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫452⎝ ⎛⎭⎪⎫342⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋C 12⎝ ⎛⎭⎪⎫232×13＝415， ∴X 的概率分布列为∴X 的数学期望E (X )＝0×925＋1000×725＋3000×775＋6000×415＝2160.4．(12分)(2011·天津卷)已知a >0，函数f (x )＝ln x －ax 2，x >0.(f (x )的图象连续不断)(1)求f (x )的单调区间；(2)当a ＝18时，证明：存在x 0∈(2，＋∞)，使f (x 0)＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32；(3)若存在均属于区间[1,3]的α，β，且β －α≥1，使f (α)＝f (β)，证明：ln3－ln25≤a ≤ln23.分析：本小题主要考查导数的运算、利用导数研究函数的单调性、解不等式、函数的零点等基础知识，考查运算能力、分类讨论的思想、分析解决问题的能力．解：(1)f ′(x )＝1x －2ax ＝1－2ax 2x ，x ∈(0，＋∞)．令f ′(x )＝0，解得x ＝2a2a.当x 变化时，f ′(x )、f (x )的变化情况如下表：⎝⎭⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 2a ，＋∞. (2)证明：当a ＝18时，f (x )＝ln x －18x 2，由(1)知f (x )在(0,2)内单调递增，在(2，＋∞)内单调递减．令g (x )＝f (x )－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32.由于f (x )在(0,2)内单调递增， 故f (2)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，即g (2)>0.取x ′＝32e>2，则g (x ′)＝41－9e 232<0.所以存在x 0∈(2，x ′)，使g (x 0)＝0，即存在x 0∈(2，＋∞)，使f (x 0)＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32.(说明：x ′的取法不唯一，只要满足x ′>2，且g (x ′)<0即可．)(3)证明：由f (α)＝f (β)及(1)的结论知α<2a2a <β，从而f (x )在[α，β]上的最小值为f (α)，又由β－α≥1，α，β∈[1,3]，知1≤α≤2≤β≤3.故⎩⎪⎨⎪⎧ f (2)≥f (α)≥f (1)，f (2)≥f (β)≥f (3).即⎩⎪⎨⎪⎧ln2－4a ≥－a ，ln2－4a ≥ln3－9a .从而ln3－ln25≤a ≤ln23.5．(12分)已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率e ＝32，连接椭圆的四个顶点得到的菱形的面积为4.(1)求椭圆的方程；(2)设直线l 与椭圆相交于不同的两点A ，B ，已知点A 的坐标为(－a,0)，点Q (0，y 0)在线段AB 的垂直平分线上，且QA →·QB →＝4.求y 0的值．分析：本题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线的方程、平面向量等基础知识，考查用代数方法研究圆锥曲线的性质及数形结合的思想，考查运算能力和推理能力．解：(1)由e ＝ca ＝32，得3a 2＝4c 2，再由c 2＝a 2－b 2，得a ＝2b .由题意可知12×2a ×2b ＝4，即ab ＝2.解方程组⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2b ，ab ＝2，得a ＝2，b ＝1.所以椭圆的方程为x 24＋y 2＝1.(2)由(1)可知A (－2,0)，设B 点的坐标为(x 1，y 1)，直线l 的斜率为k ，则直线l 的方程为y ＝k (x ＋2)．于是A ，B 两点的坐标满足方程组⎩⎨⎧y ＝k (x ＋2)，x 24＋y 2＝1.由方程组消去y 并整理，得 (1＋4k 2)x 2＋16k 2x ＋(16k 2－4)＝0. 由－2x 1＝16k 2－41＋4k 2，得x 1＝2－8k 21＋4k 2，从而y 1＝4k 1＋4k 2. 设线段AB 的中点为M ，则M 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－8k 21＋4k 2，2k 1＋4k 2. 以下分两种情况：①当k ＝0时，点B 的坐标为(2,0)，线段AB 的垂直平分线为y 轴，于是QA →＝(－2，－y 0)，QB →＝(2，－y 0)．由QA →·QB →＝4，得y 0＝±2 2.②当k ≠0时，线段AB 的垂直平分线的方程为 y －2k 1＋4k 2＝－1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋8k 21＋4k 2. 令x ＝0，解得y 0＝－6k 1＋4k 2.由|QA →|＝(－2，－y 0)，QB →＝(x 1，y 1－y 0)，QA →·QB →＝－2x 1－y 0(y 1－y 0)＝－2(2－8k 2)1＋4k 2＋6k 1＋4k 2⎝ ⎛⎭⎪⎫4k1＋4k 2＋6k 1＋4k 2＝4(16k 4＋15k 2－1)(1＋4k 2)2＝4，整理得7k 2＝2，故k ＝±147，所以y 0＝±2145. 综上，y 0＝±22或y 0＝±2145.6．(12分)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足：a 1＝a (a ≠0)，a n ＋1＝rS n (n ∈N *，r ∈R ，r ≠－1)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若存在k ∈N *，使得S k ＋1，S k ，S k ＋2成等差数列，试判断：对于任意的m ∈N *，且m ≥2，a m ＋1，a m ，a m ＋2是否成等差数列，并证明你的结论．分析：本小题主要考查等差数列、等比数列等基础知识，同时考查推理论证能力，以及特殊与一般的思想．解：(1)由已知a n ＋1＝rS n ，可得a n ＋2＝rS n ＋1，两式相减可得 a n ＋2－a n ＋1＝r (S n ＋1－S n )＝ra n ＋1，即a n ＋2＝(r ＋1)a n ＋1，又a 2＝ra 1＝ra ，所以当r ＝0时，数列{a n }为：a,0，…，0，…；当r ≠0，r ≠－1时，由已知a ≠0，所以a n ≠0(n ∈N *)， 于是由a n ＋2＝(r ＋1)a n ＋1，可得a n ＋2a n ＋1＝r ＋1(n ∈N *)，∴a 2，a 3，…，a n ，…成等比数列， ∴当n ≥2时，a n ＝r (r ＋1)n －2a .综上，数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，n ＝1，r (r ＋1)n －2a ，n ≥2. (2)对于任意的m ∈N *，且m ≥2，a m ＋1，a m ，a m ＋2成等差数列，证明如下：当r ＝0时，由(1)知，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，n ＝1，0，n ≥2.∴对于任意的m ∈N *，且m ≥2，a m ＋1，a m ，a m ＋2成等差数列． 当r ≠0，r ≠－1时，∵S k ＋2＝S k ＋a k ＋1＋a k ＋2，S k ＋1＝S k ＋a k ＋1.若存在k ∈N *，使得S k ＋1，S k ，S k ＋2成等差数列，则S k ＋1＋S k ＋2＝2S k ，∴2S k ＋2a k ＋1＋a k ＋2＝2S k ，即a k ＋2＝－2a k ＋1.由(1)知，a 2，a 3，…，a m ，…的公比r ＋1＝－2，于是对于任意的m ∈N *，且m ≥2，a m ＋1＝－2a m ，从而a m ＋2＝4a m ， ∴a m ＋1＋a m ＋2＝2a m ，即a m ＋1，a m ，a m ＋2成等差数列．综上，对于任意的m ∈N *，且m ≥2，a m ＋1，a m ，a m ＋2成等差数列．。