【精准解析】2021届高考数学北师大版单元检测三导数及其应用(提升卷)

合集下载

2021版高考数学一轮复习第三章导数及其应用3.4.3导数的存在性问题练习理北师大版

导数的存在性问题中心考点·精确研析考点一对于函数零点或方程的根的存在性问题【典例】 1.(2020 ·泰安模拟 ) 若函数 f(x)=ax 32存在独一的零点00则实数 a 的取值范围是- x +1x , 且 x >0,()A. B.(-,0)C.(0,)D.2.(2020 ·深圳模拟 ) 已知函数f(x)=若方程[f(x)]2=a恰有两个不一样的实数根x1,x 2, 则x1 +x2的最大值是 ________________ . 【解题导思】序号联想解题1由存在独一的零点x0, 且 x0>0, 想到分别变量 a 建立新函数由 [f(x)]2=a 恰有两个不一样的实数根, 想到 f(x)=, 数形联合求12,x ,x2建立函数 .【分析】 1. 选 A. 由函数 f(x)=ax3-x2+1 存在独一的零点x0, 且 x0>0 等价于 a=有独一正根,即函数 y=g(x)=的图像与直线y=a 在 y 轴右边有 1 个交点 ,又 y=g(x) 为奇函数且g′(x)=,则 y=g(x) 在 (- ∞,-),(,+ ∞) 上为减函数, 在(-,0),(0,) 上为增函数 , 则知足题意时y=g(x)的图像与直线y=a 的地点关系以下图,即实数 a 的取值范围是a<-.2. 作出 f(x)的函数图像以下图, 由 [f(x)]2=a,可得f(x)=, 所以>1, 即a>1, 不如设 x1<x2, 则 2==, 令=t(t>1),则x1=-,x 2=ln t,所以x1 +x2=ln t-, 令 g(t)=ln t-, 则 g′(t)=, 所以当 1<t<8时,g ′(t)>0,g(t)在(1,8)上递加;当t>8时,g′(t)<0,g(t)在(8,+∞)上递减; 所以当 t=8 时 ,g(t)获得最大值 g(8)=ln 8-2=3ln 2-2.答案 :3ln 2-2题 1 条件改为f(x)=ax3-3x2+1,其余条件不变,若f(x)存在独一的零点x0, 且 x0>0, 则 a 的取值范围为________________ .【分析】当a=0 时 , 不切合题意 .2a≠ 0 时,f ′(x)=3ax-6x,令 f ′(x)=0, 得 x1=0,x 2= . 若 a>0,由图像知f(x) 有负数零点 , 不切合题意 .若 a<0, 由图像联合f(0)=1>0知,此时必有f>0,即 a×- 3×+1>0, 化简得 a2>4, 又 a<0, 所以 a<-2.答案 :(-∞,-2)导数法研究函数零点的存在性问题的策略(1)基本依照 : 函数零点的存在性定理 .(2)注意点 : 函数零点的存在性定理是函数存在零点的充足不用要条件.(3)基本方法 : 导数法剖析函数的单一性、极值、区间端点函数值, 画出函数的草图 , 数形联合求参数的值 .(4)常有技巧 : 将已知等式适合变形 , 转变为有益于用导数法研究性质的形式.已知函数f(x)=x+e x-a, g(x)=ln(x+2)-4ea-x, 此中 e 为自然对数的底数使 f(x00建立 ,, 若存在 x)-g(x)=3则实数 a 的值为 ()A.ln 2B.ln 2-1C.-ln2D.-ln 2-1【分析】选 D.f(x)-g(x)=x+e x-a -ln(x+2)+4e a-x , 令 y=x- ln(x+2),y ′=1-=, 故 y=x-ln(x+2)在 (-2,-1)上是减函数 ,(- 1,+ ∞) 上是增函数 , 故当 x=-1 时,y 有最小值 -1-0=-1,而 e x-a +4e a-x≥ 4( 当且仅当 e x-a =4e a-x , 即x=a+ln 2 时 , 等号建立 );故 f(x)-g(x)≥3( 当且仅当等号同时建即刻, 等号建立 ); 故 a+ln 2=-1,即 a=-1-ln 2.考点二对于函数极值、最值的存在性问题2的极值点 .【典例】 (2019 ·大连模拟 ) 已知 x=1 是函数 f(x)=ax + -xln x(1)务实数 a 的值 .(2) 求证 : 函数 f(x) 存在独一的极小值点x0, 且 0<f(x 0)<.( 参照数据 :ln 2≈ 0.69,16e5<74,此中e为自然对数的底数)【解题导思】(1) 务实数 a 的值由f′(1)=0求a,并用极值的定义查验(2) 函数 f(x)存在独一的极小值点联合(1)剖析函数f(x) 的单一性 , 利用零点存在性定理确立极小值点x0所在x0, 且 0<f(x 0)<区间 , 计算 f(x 0) 的取值范围【分析】 (1) 由于 f ′(x)=2ax - -ln x,且x=1是极值点,所以f′(1)=2a -=0,所以 a= . 此时 f ′(x)= - -ln x ,设 g(x)=f ′(x) , 则 g′(x)= - =.则当 0<x<2 时,g ′(x)<0,g(x)为减函数.又 g(1)=0,g(2)=-ln 2<0,所以当 0<x<1 时 ,g(x)>0 ,f(x)为增函数;当 1<x<2 时,g(x)<0 ,f(x)为减函数.所以 x=1 为 f(x)的极大值点,切合题意.(2) 当 x>2 时,g ′(x)>0,g(x)为增函数, 且 g(4)= -2ln 2>0 ,g(2)<0,所以存在 x ∈ (2,4),g(x)=0. 当 2<x<x0时 ,g(x)<0 ,f(x)为减函数 ; 当 4>x>x时 ,g(x)>0 ,f(x)为增函数 ,00所以函数 f(x)存在独一的极小值点 x0.又 g545? 5<4ln , 所以 g<0, 所以= -ln, 已知 16e <7, 可得 e <<x <4 , 且知足 - -lnx0 =0.所以 f(x 0)=+ -x 0ln x 0=-+x 0∈.导数法研究函数极值、最值存在性问题的原则(1)弄清用导数法求函数 ( 不含参数 ) 的极值、最值的一般步骤 , 及重点步骤要注意的问题 .(2)在某区间上函数存在极值点 , 即方程 f ′(x)=0 必定有根 , 但方程有根 , 其实不必定是极值点 , 还要判断函数(3)在某区间上函数存在最值 , 往常假定存在最值 , 依据题目条件求出后建立方程 , 解出参数的值并进行检验 .(2019 ·抚顺模拟 ) 已知函数f(x)=ln x-ax-3(a≠ 0).(1)议论函数 f(x) 的单一性 .(2)若函数 f(x) 有最大值 M,且 M>a-5, 务实数 a 的取值范围 .【分析】 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),由已知得 f ′(x)= -a,当 a<0 时,f ′(x)>0,所以 ,f(x)在(0,+∞)内单一递加, 无减区间 ;当 a>0 时 , 令 f ′(x)=0, 得 x= ,所以当 x∈时f′(x)>0,f(x)单一递加;当 x∈时f′(x)<0,f(x)单一递减.(2) 由 (1) 知, 当 a<0 时 ,f(x)在(0,+∞)内单一递加, 无最大值 , 当 a>0 时 , 函数 f(x)在x=获得最大值,即 f(x)max=f=ln-4=-ln a-4,所以有 -ln a-4>a-5,得ln a+a-1<0,设 g(a)=ln a+a-1,则g′(a)=+1>0, 所以 g(a) 在(0,+ ∞) 内单一递加,又 g(1)=0, 所以 g(a)<g(1), 得 0<a<1,故实数 a 的取值范围是 (0,1).考点三对于不等式的存在性问题【典例】 1. 已知 f(x)=ln x- + ,g(x)=-x2-2ax+4,若对? x1∈(0,2],? x2∈[1,2],使得f(x1)≥ g(x2)建立,A. B.C. D.【解题导思】序号联想解题由对 ? x1∈ (0,2], ? x2∈[1,2],使得f(x1)≥g(x2)建立,想到f(x1)min≥g(x 2) min【分析】选 A. 由于 f(x)=ln x-+,x ∈ (0,2],所以 f ′(x)= - -=,令 f ′(x)=0, 解得 x=1 或 x=3( 舍 ),进而 0<x<1,f ′(x)<0;1<x<2,f′(x)>0;所以当 x=1 时 ,f(x)取最小值,为,所以 ? x∈ [1,2],使得≥ -x2-2ax+4建立,所以a≥, 由于 y=- +在[1,2]上单一递减 , 所以 y=- +的最小值为-+ =- , 所以 a≥ -.2. 已知函数f(x)=ax-e x(a∈R),g(x)=.(1)求函数 f(x) 的单一区间 .(2)? x0∈(0,+ ∞), 使不等式 f(x) ≤ g(x)-e x建立 , 求 a 的取值范围 .【解题导思】序号题目拆解(1) 函数 f(x) 的单一区间求f′(x),依照f′(x)=0解的状况,分类议论(2) ? x0∈(0,+ ∞), 使不等对不等式适合变形, 转变为求函数最值问题式 f(x) ≤ g(x)-e x建立当 a≤ 0 时,f′(x)<0,f(x)在 R 上单一递减 ;当 a>0 时 , 令 f ′(x)=0得 x=ln a.由 f ′(x)>0得 f(x)的单一递加区间为 (- ∞,ln a);由 f ′(x)<0得 f(x)的单一递减区间为 (ln a,+ ∞).综上 , 当 a≤ 0 时 ,f(x)的单一减区间为R; 当 a>0 时 ,f(x)的单一增区间为 (- ∞,ln a);单一减区间为 (ln a,+ ∞).(2) 由于 ? x0∈(0,+ ∞),使不等式 f(x)≤g(x)-e x,所以 ax≤, 即 a≤.设 h(x)=, 则问题转变为 a≤,由 h′(x)=, 令 h′(x)=0, 则 x=.当 x 在区间 (0,+ ∞) 内变化时 ,h ′(x),h(x) 的变化状况以下表:x(0,)(,+ ∞)h′(x)+0-h(x)↗极大值↘由上表可知 , 当 x=时,函数h(x)有极大值,即最大值为. 所以 a≤.1.不等式存在性问题的求解策略“恒建立”与“存在性” 问题的求解是“互补”关系 , 即 f(x)≥ g(a)对于x∈ D恒建立,应求f(x)的最小值;若存在 x∈D, 使得 f(x) ≥ g(a) 建立 , 应求 f(x)的最大值.在详细问题中终究是求最大值仍是最小值, 能够先联想“恒建立”是求最大值仍是最小值, 这样也就能够解决相应的“存在性”问题是求最大值仍是最小值.特别需要关注等号能否建立, 免得细节犯错 .2. 两个常用结论(1) ? x∈ I, 使得 f(x)>g(x)建立? [f(x)-g(x)]max>0(x∈I).(2020 ·西安模拟 ) 已知函数f(x)=x3+x 2+ax.(1) 若函数 f(x)在区间[1,+∞)上单一递加, 务实数 a 的最小值 .(2)若函数 g(x)=, 对 ? x ∈, ? x ∈, 使 f ′(x) ≤ g(x ) 建立 , 务实数 a 的取值范围 .1212【分析】 (1)由题设知 f ′(x)=x2+2x+a≥0 在[1,+∞) 上恒建立 ,即 a≥ -(x+1)2+1 在[1,+∞) 上恒建立 ,而函数 y=-(x+1)+1 在[1,+∞) 单一递减 , 则 y =-3,所以 a≥ -3,所以 a 的最小值为 -3.2max(2)1∈, ?2∈, 使 f ′(x12) 建立”等价于“当x∈max “对 ? x x) ≤ g(x时,f ′(x)≤g(x) max” .22在上单一递加 ,由于 f ′(x)=x +2x+a=(x+1)+a-1所以 f ′(x) max=f ′(2)=8+a.而 g′(x)=, 由 g′(x)>0, 得 x<1,由 g′(x)<0, 得 x>1,所以 g(x) 在 (- ∞,1) 上单一递加 , 在(1,+ ∞) 上单一递减.所以当 x∈时,g(x)max=g(1)=.由 8+a≤ , 得 a≤ -8,所以实数 a 的取值范围为.。

2021_2022学年新教材高中数学第二章导数及其应用3导数的计算课后巩固提升含解析北师大版选择性必

第二章导数及其应用§3导数的计算课后篇巩固提升必备知识基础练1.若f'(x0)=-2,则limk→0f(x0-12k)-f(x0)k等于()B.-1C.2D.1,lim k→0f(x0-12k)-f(x0)k=-12limk→0f(x0-12k)-f(x0)-12k=-12f'(x0)=1,故选D.2.下列各式中正确的个数是()①(x7)'=7x6;②(x-1)'=x-2;③1√x '=-12x-32;④(√x25)'=25x-35;⑤(cos x)'=-sin x;⑥(cos 2)'=-sin 2.B.4C.5D.6(x-1)'=-x-2,⑥(cos2)'=0,∴②⑥不正确.故选B.3.若函数f(x)=cos x,则f'π4+fπ4的值为()B.-1C.1D.2 解析f'(x)=-sin x,所以f'π4+fπ4=-sinπ4+cosπ4=0.4.已知f(x)=x a,若f'(1)=4,则a的值等于()B.-4C.5D.-5f'(x)=ax a-1,f'(1)=a(1)a-1=4,∴a=4.y=f(x)=2x2+4x在x=3处的导数为.(3)=limΔx→0Δy Δx=lim Δx→02(3+Δx)2+4(3+Δx)-(2×32+4×3)Δx=16.,其位移s与时间t的关系是s=3t-t2,则物体的初速度是.初=s'(0)=limΔt→0s(0+Δt)-s(0)Δt=limΔt→0(3-Δt)=3.7.已知f (x )=1x,g (x )=mx ,且g'(2)=1f '(2),则m=.4,f'(x )=-1x 2,g'(x )=m.∵g'(2)=1f '(2),∴m=-4.8.设直线y=12x+b 是曲线y 1=ln x (x>0)的一条切线,则实数b 的值为.-1y 1'=(ln x )'=1x ,设切点为(x 0,y 0),由题意,得1x 0=12,所以x 0=2,y 0=ln2,代入直线方程y=12x+b ,得b=ln2-1.9.利用导数的定义求函数y=f (x )=x-2x的导数.解由导数定义,得Δy=f (x+Δx )-f (x )=(x+Δx )-2x+Δx-x-2x,∴ΔyΔx =1+2x (x+Δx ),当Δx 趋于0时,得到导数f'(x )=1+2x 2.10.用求导数的公式求下列函数的导数.(1)y=x 8;(2)y=4x ;(3)y=log 3x ;(4)y=sin x+π2;(5)y=e 2. 解(1)y'=(x 8)'=8x 8-1=8x 7.(2)y'=(4x )'=4x ln4.(3)y'=(log 3x )'=1xln3.(4)y'=sin x+π2'=(cos x )'=-sin x.(5)y'=(e 2)'=0.关键能力提升练11.已知函数f (x )在x 0处的导数为f'(x 0),则lim Δx →0f (x 0)-f (x 0-mΔx )Δx等于()A.mf'(x 0) B .-mf'(x 0) C .-1m f'(x 0) D .1m f'(x 0),limΔx →0f (x 0)-f (x 0-mΔx )Δx=m limΔx →0f (x 0)-f (x 0-mΔx )mΔx=mf'(x 0).12.已知曲线f(x)=x3在点(2,8)处的切线方程为y=kx+b,则k-b等于()B.-4C.28D.-28点(2,8)在切线上,∴2k+b=8,①又f'(x)=3x2,f'(2)=3×22=12=k,②由①②可得k=12,b=-16,∴k-b=28.13.设正弦曲线y=sin x上一点P,以点P为切点的切线为直线l,则直线l的倾斜角α的取值X围是()A.0,π4∪3π4,π B.[0,π)C.π4,3π4D.0,π4∪π2,3π4答案A解析∵(sin x)'=cos x,∴k l=cos x,∴-1≤k l≤1,∴α∈0,π4∪3π4,π.14.(多选题)以下运算正确的是()A.1x '=1x2B.(cos x)'=-sin xC.(2x)'=2x ln 2D.(tan x)'=1cos2x解析1x '=-1x2,所以A不正确;因为(cos x)'=-sin x,故B正确;因为(2x)'=2x ln2,所以C正确;因为(tan x)'=1cos2x,所以D正确.15.(多选题)已知曲线y=x3在点P处的切线斜率为k,则当k=3时的P点坐标为()A.(-1,1)B.(-1,-1)D.(1,-1),y'=3x2,因为k=3,所以3x2=3,所以x=±1,则P点坐标为(-1,-1)或(1,1).16.设函数f(x)在x=x0处可导,当h趋于0时,对于f(x0+ℎ)-f(x0)ℎ的值,以下说法正确的是.(填序号)①与x0,h都有关;②仅与x0有关而与h无关;③仅与h有关而与x0无关;④与x0,h均无关.(x)=sin x,f1(x)=f'0(x),f2(x)=f'1(x),…,f n+1(x)=f'n(x),n∈N,则f2 020(x)=.x,f1(x)=cos x,f2(x)=-sin x,f3(x)=-cos x,f4(x)=sin x,f5(x)=cos x,…,依次类推可得,函数呈周期变化,且周期为4,则f2020(x)=f4(x)=sin x.18.函数y=x 2(x>0)的图象在点(a k ,a k 2)处的切线与x 轴的交点的横坐标为a k+1,其中k ∈N +,若则a 1+a 3+a 5的值是.y'=2x ,∴y=x 2(x>0)的图象在点(a k ,a k 2)处的切线方程为y-a k 2=2a k (x-a k ).又该切线与x 轴的交点坐标为(a k+1,0),∴a k+1=12a k ,即数列{a k }是首项为a 1=16,公比为q=12的等比数列,∴a 3=4,a 5=1,∴a 1+a 3+a 5=21.19.已知P 为曲线y=ln x 上的一动点,Q 为直线y=x+1上的一动点,则当点P 的坐标为时,PQ 最小,此时最小值为.√2 ,当直线l 与曲线y=ln x 相切且与直线y=x+1平行时,切点到直线y=x+1的距离即为PQ 的最小值.易知(ln x )'=1x ,令1x =1,得x=1,故此时点P 的坐标为(1,0),所以PQ 的最小值为√2=√2.f (x )=x 2,g (x )=x 3,求适合f'(x 0)+2=g'(x 0)的x 0的值.(x 0)=2x 0,g'(x 0)=3x 02.因为f'(x 0)+2=g'(x 0),所以2x 0+2=3x 02,即3x 02-2x 0-2=0,解得x 0=1-√73或x 0=1+√73.学科素养创新练21.设曲线y=x n+1(n ∈N +)在点(1,1)处的切线与x 轴的交点的横坐标为x n ,令a n =lg x n ,求a 1+a 2+…+a 99的值.解由题得y'=(n+1)x n ,故在点(1,1)处的切线斜率k=n+1,所以切线方程为y=(n+1)x-n (n ∈N +),可求得切线与x 轴的交点为nn+1,0,则a n =lg nn+1=lg n-lg(n+1),n ∈N +,所以a 1+a 2+…+a 99=(lg1-lg2)+(lg2-lg3)+…+(lg99-lg100)=lg1-lg100=-2.。

2021_2022学年高中数学第三章导数应用1.2函数的极值课后篇巩固提升含解析北师大版选修2_2

第三章DISANZHANG 导数应用§1函数的单调性与极值1.2函数的极值课后篇巩固提升A 组1.如图是函数f (x )=x 3+bx 2+cx+d 的大致图像,则x 12+x 22等于() A.23B.43 C.8D.123函数f (x )=x 3+bx 2+cx+d 的图像过点(0,0),(1,0),(2,0),∴d=0,b+c+1=0,4b+2c+8=0.∴b=-3,c=2.∴f'(x )=3x 2+2bx+c=3x 2-6x+2,且x 1,x 2是函数f (x )的两个极值点,即x 1,x 2是方程3x 2-6x+2=0的两根,x 12+x 22=(x 1+x 2)2-2x 1x 2=4-43=83.2.设函数f (x )在R 上可导,其导函数为f'(x ),且函数f (x )在x=-2处取得极小值,则函数y=xf'(x )的图像可能是()f (x )在x=-2处取得极小值,可知x<-2时f'(x )<0,则xf'(x )>0;x>-2时,f'(x )>0,则当-2<x<0时,xf'(x )<0,当x>0时,xf'(x )>0.3.已知函数f (x )=x 3-px 2-qx 的图像与x 轴切于点(1,0),则f (x )有() A.极大值为427,极小值为0B.极大值为0,极小值为427C.极小值为-427,极大值为0 D.极大值为-427,极小值为0f'(x )=3x 2-2px-q ,∴f'(1)=3-2p-q=0.① 又f (1)=1-p-q=0, ②由①②解得p=2,q=-1, 即f (x )=x 3-2x 2+x ,f'(x )=3x 2-4x+1, 令3x 2-4x+1=0,解得x 1=13,x 2=1. 当x<13时,f'(x )>0;当13<x<1时,f'(x )<0;当x>1时,f'(x )>0.∴当x=13时,f (x )有极大值427,当x=1时,f (x )有极小值0.4.已知f (x )=3xe x ,则f (x )() A.在(-∞,+∞)上是增加的 B.在(-∞,1)上是减少的 C.有极大值3e ,无极小值 D.有极小值3e ,无极大值f'(x )=3(1-x )e x,当x<1时,f'(x )>0,f (x )是增加的,当x>1时,f'(x )<0,f (x )是减少的,则f (1)是函数的极大值,f (1)=3e ,函数无极小值.故选C .5.若函数f (x )=x 3-6x 2+9x-10-a 有三个零点,则实数a 的取值X 围是() A.(-∞,-10) B.(-6,+∞) C.(-10,-6)D.(-∞,-10)∪(-6,+∞)f (x )=0,得x 3-6x 2+9x-10=a ,令g (x )=x 3-6x 2+9x-10,则g'(x )=3x 2-12x+9=3(x-1)(x-3).由g'(x )=0,得x=1或x=3.当x<1或x>3时,g'(x )>0,g (x )是增加的;当1<x<3时,g'(x )<0,g (x )是减少的.所以g (x )的极大值为g (1)=-6,g (x )的极小值为g (3)=-10.作出函数g (x )的大致图像如图所示.函数f (x )有三个零点,即直线y=a 与函数g (x )的图像有三个交点,所以-10<a<-6,故选C .6.已知函数f (x )=(x 2+x-5)e 3-x ,则函数f (x )的递增区间是,函数f (x )的极大值点是.,函数f (x )=(x 2+x-5)e 3-x ,则f'(x )=-(x 2-x-6)·e 3-x =-(x-3)(x+2)·e 3-x ,令f'(x )>0,即-(x-3)(x+2)>0, 即(x-3)(x+2)<0,解得-2<x<3, 令f'(x )<0,即(x-3)(x+2)>0,解得x<-2或x>3,所以函数f (x )的单调递增区间是(-2,3),单调递减区间是(-∞,2),(3,+∞). 当x=3时,函数f (x )取得极大值,即函数f (x )的极大值点为3.-2,3)37.若函数f (x )=x 3+x 2-ax-4在区间(-1,1)上恰有一个极值点,则实数a 的取值X 围是.,f'(x )=3x 2+2x-a ,则f'(-1)·f'(1)<0,即(1-a )(5-a )<0,解得1<a<5,当a=1时,函数f (x )=x 3+x 2-x-4在区间(-1,1)上恰有一个极值点,当a=5时,函数f (x )=x 3+x 2-5x-4在区间(-1,1)上没有极值点.8.如图是y=f (x )的导数y=f'(x )的图像,对于下列四种说法:①f (x )在[-2,-1]上是增加的; ②x=-1是f (x )的极小值点;③f (x )在[-1,2]上是增加的,在[2,4]上是减少的; ④x=3是f (x )的极小值点.其中正确的是..9.设函数f (x )=a3x 3+bx 2+cx+d (a>0),且f'(x )-9x=0的两根分别为1,4.(1)当a=3且曲线y=f (x )的图像过原点时,求f (x )的解析式; (2)若f (x )在(-∞,+∞)内无极值点,求a 的取值X 围.由f (x )=a3x 3+bx 2+cx+d ,得f'(x )=ax 2+2bx+c.∵f'(x )-9x=ax 2+2bx+c-9x=0的两根为1,4,∴{a +2b +c -9=0,16a +8b +c -36=0,a =3.∴{a =3,b =-3,c =12.又f (x )=a 3x 3+bx 2+cx+d 过原点,∴d=0.∴f (x )=x 3-3x 2+12x.(2)∵a>0,∴f (x )=a3x 3+bx 2+cx+d 在(-∞,+∞)内无极值点等价于f'(x )=ax 2+2bx+c ≥0在(-∞,+∞)内恒成立.由(1)知a+2b+c-9=0,16a+8b+c-36=0,∴2b=9-5a ,c=4a.又f'(x )≥0在(-∞,+∞)内恒成立,∴Δ=(2b )2-4ac=(9-5a )2-16a 2=9(a-1)(a-9)≤0.∴a ∈[1,9],即a 的取值X 围为[1,9].10.已知函数f (x )=(x 2+ax-2a 2+3a )e x (x ∈R ),当a ∈R 且a ≠23时,求函数的极值.(x )=[x 2+(a+2)x-2a 2+4a ]e x .令f'(x )=0,解得x=-2a 或x=a-2.由a ≠23知,-2a ≠a-2.以下分两种情况讨论:若a>23,则-2a<a-2.当x 变化时,f'(x ),f (x )的变化情况如下表:∴f (x )在(-∞,-2a ),(a-2,+∞)内是增加的,在(-2a ,a-2)内是减少的.∴函数f (x )在x=-2a 处取得极大值f (-2a ),且f (-2a )=3a e -2a ;函数f (x )在x=a-2处取得极小值f (a-2),且f (a-2)=(4-3a )e a-2. 若a<23,则-2a>a-2,当x 变化时,f'(x ),f (x )的变化情况如下表:∴f (x )在(-∞,a-2),(-2a ,+∞)内是增加的,在(a-2,-2a )内是减少的. ∴函数f (x )在x=a-2处取得极大值f (a-2),且f (a-2)=(4-3a )e a-2;函数f (x )在x=-2a 处取得极小值f (-2a ), 且f (-2a )=3a e -2a .B 组1.已知函数f (x )=ax 3+bx 2+c ,其导函数图像如图所示,则函数f (x )的极小值是() A.a+b+c B.8a+4b+c C.3a+2b D.c,f (x )在(-∞,0)上是减少的,在(0,2)上是增加的,所以f (x )在x=0时取得极小值为c.2.设函数f (x )=x 3-4x+a ,0<a<2,若f (x )的三个零点为x 1,x 2,x 3,且x 1<x 2<x 3,则() A.x 1>-1 B.x 2<0 C.x 2>0D.x 3>2函数f (x )=x 3-4x+a ,0<a<2,∴f'(x )=3x 2-4.令f'(x )=0,得x=±2√33, ∵在x ∈(-∞,-2√33)上,f'(x )>0; 在x ∈(-2√33,2√33)上,f'(x )<0;在x ∈(2√33,+∞)上,f'(x )>0.∴f (-2√33)是极大值,f (2√33)是极小值. 又∵f (x )的三个零点为x 1,x 2,x 3,且x 1<x 2<x 3,可得x 1<-2√33,-2√33<x 2<2√33,x 3>2√33,根据f (0)=a>0,且f (2√33)=a-16√39<0,可得2√33>x 2>0.3.已知f (x )=x 3-6x 2+9x-abc ,a<b<c ,且f (a )=f (b )=f (c )=0,现给出如下结论:①f (0)·f (1)>0;②f (0)·f (1)<0;③f (0)·f (3)>0;④f (0)·f (3)<0.其中正确的结论序号为.g (x )=x 3-6x 2+9x=0,则x 1=0,x 2=x 3=3,其图像如图(1).要使f (x )=x 3-6x 2+9x-abc 有3个零点,图(1)图(2)须将g (x )的图像向下平移,如图(2).又f'(x )=3x 2-12x+9=0时,x 1=1,x 2=3,即得f (1)是极大值,f (3)是极小值,所以f (0)·f (1)<0,f (0)·f (3)>0.4.已知函数f (x )=13x 3+12(a-1)x 2+ax (a ∈R ).(1)若f (x )在x=2处取得极值,求f (x )的单调递增区间.(2)若f (x )在区间(0,1)内有极大值和极小值,某某数a 的取值X 围.(x )=x 2+(a-1)x+a(1)因为f (x )在x=2处取得极值,所以f'(2)=0. 所以4+2(a-1)+a=0.所以a=-23. 所以f'(x )=x 2-53x-23=(x +13)(x-2). 令f'(x )>0,则(x +13)(x-2)>0,所以x>2或x<-13.所以函数f (x )的单调递增区间为(-∞,-13),(2,+∞).(2)因为f (x )在区间(0,1)内有极大值和极小值,所以f'(x )=0在(0,1)内有两个不等实根,对称轴为x=-a -12,所以{ Δ>0,0<-a -12<1,f '(0)>0,f '(1)>0,即{Δ=(a -1)2-4a >0,-1<a <1,a >0,1+a -1+a >0,所以0<a<3-2√2.5.已知函数f (x )=a ln x-bx 2图像上一点P (2,f (2))处的切线方程为y=-3x+2ln 2+2. (1)求a ,b 的值;(2)若方程f (x )+m=0在区间[1e ,e]内有两个不等实根,求m 的取值X 围.∵f'(x )=ax-2bx ,f'(2)=a2-4b ,f (2)=a ln2-4b ,∴a2-4b=-3,且a ln2-4b=-6+2ln2+2,解得a=2,b=1.(2)f (x )=2ln x-x 2,设h (x )=f (x )+m=2ln x-x 2+m , 则h'(x )=2x -2x=2(1-x 2)x,令h'(x )=0,得x=1(x=-1舍去). 当x ∈[1e ,1)时,h'(x )>0,h (x )是增加的;当x ∈(1,e]时,h'(x )<0,h (x )是减少的.则方程h (x )=0在[1e ,e]内有两个不等实根的充要条件是{ℎ(1e )≤0,ℎ(1)>0,ℎ(e )≤0.解得1<m ≤1e2+2.。

【精准解析】2021届高考数学北师大版单元检测三导数及其应用(提升卷)

2．D [f′(0)＝ lim f0＋Δx－f0
Δx→0
Δx
＝ lim ΔxΔx－1Δx－2…Δx－100－0
Δx→0
Δx
＝ lim (Δx－1)·(Δx－2)…(Δx－100) Δx→0
＝(－1)(－2)…(－100)＝1×2×3×…×99×100.]
3．C [令 x＝1，则 f(1)＝ln 1＋f′(a)＝－1，
第Ⅰ卷(选择题共 60 分) 一、选择题(本题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1．(2019·安庆期末)函数 y＝f(x)的图像如图所示，f′(x)是函数 f(x)的导函数，下列数值排序正确的是( )
A．f′(2)<f′(3)<f(3)－f(2)<0
3
答案精析
1．D
[根据题意，设 M(2，f(2))，N(3，f(3))为函数 y＝f(x)上的点，则 f′(2)为函数 f(x)在 x＝2 处切
线的斜率，f′(3)为函数 f(x)在 x＝3 处切线的斜率，f(3)－f(2)＝f33－－f22为直线 MN 的斜率，
结合图像分析可得 f′(2)<f(3)－f(2)<f′(3)<0.]
2 15．设实数λ>0，若对任意的 x∈(0，＋∞)，不等式 eλx－ln x≥0 恒成立，则λ的最小值为________．
λ 16．已知函数 f(x)＝ln x＋(a－1)x＋2－2a(a>0)．若不等式 f(x)>0 的解集中整数的个数为 3，则 a 的取值范围是________________．三、解答题(本题共 4 小题，共 50 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17．(12 分)(2019·西安质检)已知函数 f(x)＝ax3－3x 的图像在点 P(2，f(2))处的切线 l 与直线 9x－y－6＝0 平行． (1)求切线 l 的方程； (2)若函数 g(x)＝f(x)－k 有 3 个零点，求实数 k 的取值范围． 18.(12 分)已知函数 f(x)＝ln x－x，g(x)＝ax2＋2x(a<0)．

2021版高考数学一轮复习第三章导数及其应用3.1导数与导数的运算练习理北师大版

3.1导数与导数的运算中心考点·精确研析考点一导数的计算1. 以下求导运算正确的选项是()A.(sin a) ′=cos a(a为常数)B.(sin 2x) ′=2cos 2xC.(cos x) ′=sin xD.(x -5 ) ′=-x-62. 函数 f(x)=x2+ln x+sin x+1的导函数f′(x)=()A.2x+ +cos x+1B.2x- +cos xC.2x+ -cos xD.2x+ +cos x3. 函数 f(x)=的导函数 f ′(x)= ()A.tan xB.-C.-D.-4. 函数 f(x)=的导函数 f ′(x)=()A.2B.C. D.5. 设 f ′(x) 是函数f(x)=+x 的导函数 , 则 f ′(0) 的值为 ________________ .【分析】1. 选 B.(sin a) ′=0(a 为常数 ),(sin2x) ′=2cos 2x,(cos x) ′=-sin x,(x -5 ) ′=-5x -6 .2. 选 D. 由 f(x)=x2+ln x+sin x+1得f′(x)=2x++cos x.3. 选 D.f ′(x)==-.4. 选 D.f ′(x)=() ′=′=′=.5. 因为 f(x)=+x,因此 f ′(x)=+1=+1, 因此 f ′(0)=+1=0.答案 :0题 2 中 , 若将“ f(x)=x2+ln x+sin x+1”改为“ f(x)=+” ,则f′(x) =________________ .【分析】因为f(x)=+=,因此 f ′(x)=′==.答案 :【秒杀绝招】清除法解T3,依据sin x=0时f(x)无心义,因此f′(x )也无心义清除A,C,cos x=0时f(x)存心义,因此f′(x)也应存心义清除 B.考点二导数的应用【典例】 1. 若函数 f(x)=e ax+ln(x+1),f′(0)=4,则a=________________ .2. 已知函数f(x)的导函数为 f ′(x), 且 f(x)=2xf′(e)-ln x,则f′(e)=________________ .3.(2020 ·宝鸡模拟 ) 二次函数y=f(x)的图像经过坐标原点, 若其导函数为 f ′(x)=3x -, 则f(x)= ____________.【解题导思】序号联想解题1由 f ′(0)=4,想到求 f ′(x), 列方程2由 f ′(e) 想到求 f ′(x) 并代入 x=e由二次函数 y=f(x) 的图像经过坐标原点, 想到设函数的分析3式为 f(x)=ax2+bx【分析】 1. 由 f(x)=e ax +ln(x+1),得f′(x)=ae ax+,因为 f ′(0)=4, 因此 f ′(0)=a+1=4, 因此a=3.答案 :32. 因为 f(x)=2xf′(e)-ln x,因此 f ′(x)=2f ′(e) - , 令 x=e 得 :f ′(e)=2f ′(e) - , 即 f ′(e)=.答案 :3. 依据题意 , 二次函数y=f(x)的图像经过坐标原点, 设其分析式为f(x)=ax2+bx,则有f′(x)=2ax+b,又由 f ′(x)=3x - , 得 2ax+b=3x-,则 a= ,b=- , 故 f(x)=x2- x.2答案 : x - x含参数的函数的导数要注意的两点(1)含有字母参数的函数求导时 , 要分清哪是变量哪是参数 , 参数是常量 , 其导数为零 .(2) 注意利用题目条件建立方程, 求出参数的值. 此时要注意差别函数f(x)及其导数 f ′(x).1.(2020 ·宜昌模拟 ) 已知 f ′(x) 是函数f(x)的导数,f(x)=f′(1)· 2x+x2,则f′(2)=()A. B.C. D.-2【分析】选 C. 因为 f ′(x)=f ′(1) · 2x ln 2+2x, 因此 f ′(1)=f ′(1) · 2ln 2+2, 解得 f ′(1)=, 因此f ′(x)=· 2x ln 2+2x,因此f′(2)=×22 ln 2+2×2=.2. 函数 f(x)=ln x+a的导函数为 f ′(x), 若方程 f ′(x)=f(x)的根x0小于 1, 则实数 a 的取值范围为A.(1,+ ∞)B.(0,1)C.(1,)D.(1,)【分析】选 A. 由函数 f(x)=ln x+a可得f′(x)=, 因为使得 f ′(x 0)=f(x0)建立的0<x0<1, 则=ln x0 +a(0<x 0<1).因为>1,ln x0<0,因此a= -ln x0>1,故有a>1.考点三导数几何意义的运用1. 考什么 : (1) 求切线方程、求切点坐标、与切线相关求参数的值或取值范围.(2)命考察数学运算、直观想象、逻辑推理的中心修养题2.怎么考 : 与直线的方程、不等式等联合考察直线的斜率、直线的点斜式方程、精导数的几何意义等问题解3. 新趋向 : 以三角函数、指数函数、对数函数为载体, 与求导数和导数的几何意义读交汇考察 .1. 注意两类切线问题的差别(1) “过”与“在” : 曲线 y=f(x) “在点 P(x ,y ) 处的切线”与“过点P(x ,y ) 的切线”的差别 : 前者 P(x 0,y 0) 为切点 , 尔后者 P(x 0,y 0) 不必定为切点 .(2) “切点” 与“公共点” : 某曲线的切线与此曲线的公共点有可能有多个( 即除了切点以外可能还有其余公共点).2. 利用导数求曲线的切线方程学若已知曲线 y=f(x) 过点 P(x 0,y 0), 求曲线过点 P 的切线方程 , 则需分点 P(x 0,y 0) 是霸切点和不是切点两种状况求解.好(1) 当点 P(x 0,y 0) 是切点时 , 切线方程为方y-y 0=f ′(x 0)(x-x 0).法(2) 当点 P(x 0,y 0) 不是切点时 , 可分以下几步 :第一步 : 设出切点坐标 P ′(x 1, f(x 1));第二步 : 写出曲线在点 P ′(x , f(x)) 处的切线方程y-f(x )=f ′(x )(x-x);11111第三步 : 将点 P 的坐标 (x 0,y 0) 代入切线方程求出 x 1;第四步 : 将 x的值代入方程 y-f(x 1)=f ′(x )(x-x), 可得过点 P(x ,y ) 的切线方111程 .已知切点求切线的方程问题【典例】 (2019 ·全国卷Ⅰ ) 曲线 y=3(x 2+x)e x 在点 (0,0) 处的切线方程为 ________________________.【分析】 y ′=3(2x+1)ex+3(x 2+x)e x =3(x 2+3x+1)e x ,因此 k=y ′|x=0 =3,因此曲线 y=3(x 2+x)e x 在点 (0,0) 处的切线方程为 y=3x, 即 3x-y=0.答案 :3x-y=0用导数的几何意义求曲线的切线方程的重点是什么?提示 : 重点是确立切点坐标 .未知切点求切线的方程问题【典例】已知函数f(x)=x3+x-16, 若直线 l 为曲线 y=f(x) 的切线 , 且经过原点 , 则直线 l 的方程为________________ .【分析】设切点坐标为(x ,y ),则直线 l 的斜率为f′=3+1,因此直线l 的方程为y=(3+1)(x-x0)++x0-16,因为直线l 过原点,因此 0=(3+1)(0-x0)++x -16,整理得 ,=-8, 因此 x0=-2,因此 y0= (-2)3+(-2)-16=-26,f ′=3×(-2) 2+1=13.因此直线l 的方程为y=13x.答案 :y=13x怎样从题目条件判断能否知道切点?提示 : 从题目条件的表达方式判断 , 一般来说 , “过××点”的切线 , 都是不知道切点 . 知道切点的表达方式为“在××点处的切线” .求参数的值【典例】 (2019 ·全国卷Ⅲ ) 已知曲线y=ae x+xln x在点(1,ae)处的切线方程为y=2x+b, 则() A.a=e,b=-1 B.a=e,b=1C.a=e -1 ,b=1D.a=e -1 ,b=-1【分析】选 D. 令 f(x)=ae x+xln x,x-1则 f ′(x)=ae +ln x+1,f ′(1 )=ae+1=2, 得 a= =e .f(1)=ae=2+b, 可得 b=-1.切线问题中能够用来列出等量关系的依照有哪些?(2)切点在切线上 ;(3)切点在曲线上 .1.(2018 ·全国卷 I) 设函数 f=x3+x2+ax. 若 f为奇函数,则曲线y=f在点处的切线方程为()A.y=-2xB.y=-xC.y=2xD.y=x【分析】选 D.因为 f(x) 为奇函数 , 因此 f(-x)=-f(x),即a=1,因此f(x)=x3+x,因此f′(0)=1,因此切线方程为 y=x.【一题多解】选 D.因为 f(x)=x 3+(a-1)x2+ax 为奇函数 ,因此 f ′(x)=3x 2为偶函数 , +2(a-1)x+a因此 a=1, 即 f ′(x)=3x 2+1, 因此 f ′(0)=1,因此曲线y=f(x)在点(0,0)处的切线方程为y=x.2.(2019 ·吉安模拟 ) 已知过点P(1,1) 且与曲线y=x3相切的直线的条数有() A.0 B.1 C.2 D.3【分析】选 C. 若直线与曲线相切于点(x 0,y 0)(x 0≠ 0),则 k===+x0+1,因为 y′=3x 2, 因此=3,因此 3=+x0+1, 因此 2-x 0-1=0,因此 x0=1或 x0=-,因此过点P(1,1)与曲线 y=x3相切的直线方程为 3x-y-2=0 或 3x-4y+1=0, 因此共有 2 条 .3.(2020 ·十堰模拟 ) 若直线 y=12x+m与曲线 y=x3-2 相切 , 则 m=________________.设切点为 (s,t),可得3s2=12,12s+m=s3-2,即有s=2,m=-18;s=-2,m=14.答案 :14 或-181. 设点 P 是曲线 y=x 3-x+上的随意一点,则曲线在点P 处切线的倾斜角α的取值范围为()A.∪B.C.∪D.【分析】选 C. 因为 y′=3x 2-≥ -, 故切线的斜率k≥ -, 因此切线的倾斜角α的取值范围为∪.2. 如图 ,y=f(x)是可导函数,直线l:y=kx+2是曲线y=f(x)在x=3处的切线,令g(x)=xf(x),则曲线g(x)在x=3 处的切线方程为________________.【分析】由题图可知曲线y=f(x)在x=3处的切线斜率等于- , 即 f ′(3)= - . 又 g(x)=xf(x),因此g′(x)=f(x)+xf′(x),g′(3)=f(3)+3f′(3),由题图可知f(3)=1,因此g(3)=3f(3)=3,g′(3)=1+3×=0, 则曲线 g(x) 在 x=3 处的切线方程为y-3=0.答案 :y-3=03.阅读资料 : 求函数 y=e x的导函数 .解 : 因为 y=e x, 因此 x=ln y,因此 x′=′,因此1=·y′,因此y′=y=e x.借助上述思路, 曲线 y=,x ∈在点(1,1)处的切线方程为________________ .【分析】因为y=,因此 ln y=ln,因此·y′=ln+,因此 y′=,当 x=1 时,y ′=4,因此曲线y=,x ∈在点(1,1)处的切线方程为y-1=4, 即 y=4x-3.答案 :y=4x-3。

2021版高考数学北师大版攻略专题复习课件：专题三导数及其应用(讲解部分)

例2 (1)曲线f(x)=x2过点P(-1,0)的切线方程是
;
(2)已知直线y=kx+1与曲线y=x3+ax+b相切于点(1,3),则b的值是
.
解题导引
解析 (1)由题意,得f '(x)=2x.设直线与曲线相切于点(x0,y0),则所求切线的斜
率k=2x0,
由题意知2x0=
y0 x0
-0 1
=
y0 x0
数学高考专题
3.2 导数的应用
考点清单
考点一导数与函数的单调性
数学高考专题
专题三导数及其应用
3.1 导数的概念及运算
考点清单
考点一导数的概念与几何意义
考向基础
1.导数的概念:称函数f(x)在x=x0处的瞬时变化率
lim
Δx 0
=
Δy Δx
lim
Δx 0
f
(x0
Δx)-f Δx
(x0
)
为函数f(x)在x=x0处的导数,记作f
'(x0)或y'|xx0
,即f
Δy Δx
=
lim
Δx 0
f (x0
Δx)-f (x0 )
Δx
.
2.用导数运算法则求导数应注意的问题:
(1)求函数的导数时,先要把函数拆分为基本初等函数的和、差、积、商的
形式,再利用导数的运算法则求导数.
(2)利用公式求导时,一定要注意公式的适用范围及符号,而且还要注意不
要混用公式,如(ax)'=axln a,a>0且a≠1,而不是(ax)'=xax-1,a>0且a≠1.还要特别
1-2ln 2
所以f '(x)= 2 ·2x·ln 2+2x,所以f '(2)= 2 ×22×ln 2+2×2= 4 .

北师大版高三理科数学课后习题(含答案)单元质检卷三导数及其应用

单元质检卷三导数及其应用(时间:100分钟满分:150分)一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分)1.(2019山东聊城三模,5)函数f(x)=-2x+ln x的图像在x=1处的切线方程为( )A.2x+y-1=0B.2x-y+1=0C.x-y+1=0D.x+y+1=0x=1时,f(1)=-2+0=-2,所以切点为(1,-2),由题得f'(x)=-2+1x,∴k=f'(1)=-2+11=-1,所以切线方程为y+2=-1·(x-1),即x+y+1=0.故选A.2.函数f(x)=x2+x-ln x的零点的个数是()A.0B.1C.2D.3f'(x)=2x+1-1x =2x2+x-1x=0,得x=12或x=-1(舍去).当0<x<12时,f'(x)<0,f(x)递减;当x>12时,f'(x)>0,f(x)递增.则f(x)的最小值为f(12)=34+ln 2>0,所以f(x)无零点.3.函数f(x)=x2-1e x的图像大致为()解析函数f(x)=不是偶函数,可以排除C,D,=0,得极值点为x1=1-√2,x2=1+√2,所以排除又令f'(x)=-x2+2x+1e xB,选A.x3+(a+1)x2-(a2+a-3)x 4.(2019辽宁丹东质检)若x=1是函数f(x)=13的极值点,则a的值为()A.-2B.3C.-2或3D.-3或2x3+(a+1)x2-(a2+a-3)x,得f'(x)=x2+2(a+1)x-(a2+a-3), f(x)=13由题意可知f'(1)=0,即1+2(a+1)-(a2+a-3)=0,得a=3或a=-2, 当a=3时,f'(x)=x2+2(a+1)x-(a2+a-3)=x2+8x-9=(x+9)(x-1),当x>1或x<-9时,f'(x)>0,函数递增;当-9<x<1时,f'(x)<0,函数递减,显然x=1是函数f(x)的极值点;当a=-2时,f'(x )=x 2+2(a+1)x-(a 2+a-3)=x 2-2x+1=(x-1)2≥0, 所以函数f(x)是R 上的增函数,没有极值,不切合题意,舍去.故a=3.故选B.5.(2019广东揭阳二模,10)以下四个数中,最大的是( ) A.ln √33B .1eC .lnππD .√15ln1530f (x )=lnxx,则ln √33=f (3),1e=f (e),lnππ=f (π),√15ln1530=f (√由f'(x )=1-lnx x 2知函数f (x )在(0,e)上递增,在(e,+∞)上递减,所以当x=e 时,f (x )有最大值.故选B .6.(2019河北石家庄模仿二,10)已知当m,n∈[-1,1]时,sin-sin<n3-m3,则以下判断正确的是( ) A.m>n B.|m|<|n| C.m<nD.m 与n 的大小关系不确定剖析由题意,设f(x)=x3+sin,则f'(x)=3x2+cos,当x ∈[-1,1]时,f'(x )>0,f (x )单调递增,又由m 3+sin πm2<n 3+sin πn2,所以f (m )<f (n ),即m<n.故选C .7.“a ≤-1”是“函数f (x )=ln x+ax+1x 在[1,+∞)上为单调函数”的( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件(x )=1x+a-1x2=ax 2+x -1x 2,∴ax 2+x-1≥0对x ∈[1,+∞)恒成立,或ax 2+x-1≤0对x ∈[1,+∞)恒成立,a ≥(1-x x2)max或a ≤(1-xx2)min,记g (x )=1-xx 2,则g'(x )=-x 2-2x (1-x )x 4=x (x -2)x 4,则递减区间为[1,2],递增区间为[2,+∞), 当x>1时,g (x )<0, ∴(1-xx 2)max=g (1)=0,(1-xx2)min=g (2)=-14,∴a ≥0或a ≤-14.故选A .8.(2019安徽皖南八校联考三,12)已知函数f(x)=当x∈[m,+∞)时,f(x)的取值范围为(-∞,e+2],则实数m 的取值范围是( ) A.-∞,1-e 2B.(-∞,1]C.1-e 2,1D.[ln 2,1]解析当x≥ln 2时,f'(x)=-(x-1)(ex-2),令f'(x)>0,则ln2<x<1;f'(x)<0,则x>1,∴函数f(x)在(ln 2,1)上是增长的,在(1,+∞)上是淘汰的.∴函数f(x)在x=1处取得极大值为f(1)=e+2,在x=ln 2处取得极小值为f(ln 2)=3+(ln 2-2)2,当x<ln 2时,f(x)=3-2x≤e+2,∴x,综上所述,m的取值范畴为,1.9.(2019四川内江一模,12)设函数f(x)在R上存在导数f'(x),对任意的x∈R,有f(-x)-f(x)=0,且x∈[0,+∞)时,f'(x)>2x.若f(a-2)-f(a)≥4-4a,则实数a的取值范围为( )A.(-∞,1]B.[1,+∞)C.(-∞,2]D.[2,+∞)G(x)=f(x)-x2,则G'(x)=f'(x)-2x,x∈(0,+∞)时,G'(x)=f'(x)-2x>0,G(-x)=f(-x)-(-x)2=f(x)-x2=G(x),∴G(x)为偶函数,∴G(x)在[0,+∞)上是增长的,在(-∞,0)上是淘汰的.所以f(a-2)-f(a)≥4-4a,可得f(a-2)-4+4a-a2≥f(a)-a2,∴f(2-a)-(a-2)2≥f(a)-a2,即G(a-2)≥G(a),∴|a-2|≥|a|,∴a ≤1.故实数a 的取值范围为(-∞,1].10.(2019河南郑州三模,12)设函数f(x)在R 上存在导函数f'(x),任意x∈R,有f(x)-f(-x)=x3,在(0,+∞)上有2f'(x)-3x2>0,若f(m-2)-f(m)≥-3m2+6m-4,则实数m 的取值范围为( ) A.[-1,1]B.(-∞,1]C.[1,+∞)D.(-∞,-1]∪[1,+∞)g (x )=f (x )-12x 3,∴g (x )-g (-x )=f (x )-12x 3-f (-x )-12x 3=0, ∴函数g (x )为偶函数,∵x ∈(0,+∞)时,g'(x )=f'(x )-32x 2>0,∴函数g(x)在(0,+∞)上是增长的, ∴函数g(x)在(-∞,0)上是淘汰的,∴f (m-2)-f (m )=g (m-2)+12(m-2)3-g (m )-12m 3=g (m-2)-g (m )-3m 2+6m-4≥-3m 2+6m-4,∴g(m-2)≥g(m),∴|m-2|≥|m|,解得m≤1,∴实数m的取值范围为(-∞,1].11.(2019安徽合肥市一模,12)已知函数f(x)=ax2-2x+ln x有两个不同的极值点x1,x2,若不等式λ>f(x1)+f(x2)恒成立,则实数λ的取值范围是( )A.[-3,+∞)B.(3,+∞)C.[-e,+∞)D.(e,+∞)f(x)=2ax-2+1x =2ax2-2x+1x,结合x>0,令h(x)=2ax2-2x+1,要使得f(x)存在两个不同的极值点x1,x2,则要求h(x)=0有两个差别的根,且x1+x2=>0,x1x2=>0,则Δ=4-8a>0,解得0<a<,而f(x1)+f(x2)=a-2x1+ln x1+a-2x2+ln x2=a(x1+x2)2-2ax1x2-2(x1+x2)-lnx1x2=--ln 2a-1,构造新函数g(a)=--ln 2a-1,计算导数得到g'(a)=,结合前面提到的a的范围可知g(a)在0,单调递增,故g(a)<g=-3,因而λ≥-3.故选A.12.(2019山西晋城二模,12)已知函数f(x)=x2-3x+5,g(x)=ax-ln x,若对任意x∈(0,e),存在x1,x2∈(0,e)且x1≠x2,使得f(x)=g(xi)(i=1,2),则实数a的取值范围是( )A .(1e,6e )B.1e,e 74C.0,1e∪6e,e 74 D.6e,e 74f (x )=x 2-3x+5,x ∈(0,e),∴f (x )min =f (32)=114,f (x )<f (0)=5.当x ∈(0,e)时,函数f (x )的值域为114,5.由g'(x )=a-1x =ax -1x可知:当a≤0时,g'(x)<0,与题意不符,故a>0. 令g'(x )=0,得x=1a,则1a ∈(0,e),所以g(x)min=g=1+ln a,作出函数g(x)在(0,e)上的大抵图像如图所示,观察可知解得6e ≤a<e 74.二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)13.(2019广东适应性考试)已知函数f (x )=a e x +b (a ,b ∈R )在点(0,f (0))处的切线方程为y=2x+1,则a-b= .f(x)=a e x+b,得f'(x)=a e x,因为函数f(x)在点(0,f(0))处的切线方程是y=2x+1,所以{f(0)=1=a+b,f'(0)=2=a,解得{a=2,b=-1,所以a-b=3.14.(2019天津南开模拟)已知函数f(x)=ex--2cos-x,其中e为自然对数的底数,若f(2a2)+f(a-3)+f(0)<0,则实数a的取值范围为.答案-32,1解析∵f(x)=e x-1e x -2cosπ2-x=e x-1e x-2sin x,∴f(-x)=e-x-1e-x -2sin(-x)=-e x-1e x-2sin x=-f(x),f(x)是奇函数,且f(0)=0,又∵f'(x)=e x+1e x -2cos x,e x+1e x≥2,2cos x≤2,∴f'(x)≥0,∴f(x)在(-∞,+∞)上递增,∴f(2a2)+f(a-3)+f(0)<0,化为f(2a2)<-f(a-3)=f(3-a),∴2a2<3-a⇒-32<a<1.15.(2019河北武邑中学期末,16)当x∈[-2,1]时,不等式ax3-x2+4x+3≥0恒成立,则实数a的取值范围是.-6,-2]ax 3-x 2+4x+3≥0变形为ax 3≥x 2-4x-3.当x=0时,0≥-3,故实数a 的取值范围是R . 当x ∈(0,1]时,a ≥x 2-4x -3x 3,记f (x )=x 2-4x -3x 3,f'(x )=-x 2+8x+9x 4=-(x -9)(x+1)x 4>0,故函数f (x )递增,则f (x )max =f (1)=-6,故a ≥-6.当x ∈[-2,0)时,a ≤x 2-4x -3x 3,记f (x )=x 2-4x -3x 3,令f'(x )=0,得x=-1或x=9(舍去),当x ∈(-2,-1)时,f'(x )<0;当x ∈(-1,0)时,f'(x )>0, 故f (x )min =f (-1)=-2,则a ≤-2. 故实数a 的取值范围是[-6,-2].16.设边长为1 m 的正三角形薄铁皮,沿一条平行于某边的直线剪成两块,此中一块是梯形,记S=,则S 的最小值是 .剖析如图所示,设AD=x m(0<x<1),则DE=AD=x m,∴梯形的周长为x+2(1-x )+1=(3-x )(m),又S △ADE =√34x 2 m 2,∴梯形的面积为√34−√34x 2m 2,∴S=4√33×x 2-6x+91-x 2(0<x<1),∴S'=-8√33×(3x -1)(x -3)(1-x 2).令S'=0,得x=13或x=3(舍去).当x ∈0,13时,S'<0,S 递减;当x ∈13,1时,S'>0,S 递增.故当x=13时,S 的最小值是32√33.三、解答题(本大题共5小题,共70分)17.(14分)(2019河北衡水第一中学调研)已知函数f (x )=e x +ax-a (a ∈R ,且a ≠0).(1)若f (0)=2,求实数a 的值,并求此时f (x )在[-2,1]上的最小值; (2)若函数f(x)不存在零点,求实数a 的取值范畴.由题意知,函数f (x )的定义域为R ,又f (0)=1-a=2,得a=-1,f(x)=ex-x+1,求导得f'(x)=ex-1.知f(x)在[-2,0]上是淘汰的,在[0,1]上是增长的,所以当x=0时,f (x )在[-2,1]上取得最小值2. (2)由(1)知f'(x )=e x +a ,由于e x >0,①当a>0时,f'(x)>0,f(x)在R 上是增函数,当x>1时,f(x)=ex+a(x-1)>0;当x<0时,取x=-,则f-<1+a--1=-a<0.所以函数f(x)存在零点,不满意题意.②当a<0时,令f'(x )=0,得x=ln(-a ).在(-∞,ln(-a ))上,f'(x )<0,f (x )递减, 在(ln(-a ),+∞)上,f'(x )>0,f (x )递增, 所以当x=ln(-a )时,f (x )取最小值.函数f(x)不存在零点,等价于f(ln(-a))=+aln(-a)-a=-2a+aln(-a)>0,解得-e2<a<0.综上所述,所求实数a 的取值范围是(-e 2,0).18.(14分)(2019湖南六校联考,21)已知f(x-1)=2ln(x-1)-+k(x>1).(1)判断当-1≤k ≤0时f (x )的单调性;(2)若x1,x2(x1≠x2)为f(x)两个极值点,求证:x[f(x1)+f(x2)]≥(x+1)[f(x)+2-2x].f (x-1)=2ln(x-1)+k (x -1)x(x>1),所以f (x )=2ln x+kx x+1(x>0). f'(x )=2x +k (x+1)2=2x 2+(4+k )x+2x (x+1)2,当-1≤k ≤0时,Δ=(4+k )2-16=k (k+8)≤0,2x 2+(4+k )x+2>0恒成立. 于是,f(x)在定义域上为单调增函数.f'(x )=2x +k (x+1)2=2x 2+(4+k )x+2x (x+1)2,由题设知,f'(x )=0有两个不相等的正实数根x 1,x 2,则{x 1+x 2=-4+k 2>0,x 1x 2=1>0,Δ=(4+k )2-16>0,得k<-8,而f (x 1)+f (x 2)=2ln x 1+kx 1x 1+1+2ln x 2+kx 2x 2+1=2ln(x 1x 2)+kx 1x 1+1+x 2x 2+1=2ln(x 1x 2)+k ·2x 1x 2+x 1+x 2x 1x 2+x 1+x 2+1=k ,又(x+1)[f (x )-2lnx ]x=k ,故欲证原不等式等价于证明不等式(x+1)[f (x )-2lnx ]x≥x+1x[f (x )-2(x-1)],也就是要证明:对任意x>0,有ln x ≤x-1.令g (x )=ln x-x+1(x>0),由于g (1)=0,并且g'(x )=1x -1,当x>1时,g'(x )<0,则g (x )在(1,+∞)上为减函数; 当0<x<1时,g'(x)>0,则g(x)在(0,1)上为增函数. 则g(x)在(0,+∞)上有最大值g(1)=0,即g(x)≤0,故原不等式建立.19.(14分)(2019浙江,22)已知实数a ≠0,设函数f (x )=a ln x+√1+x ,x>0.(1)当a=-34时,求函数f (x )的单调区间;(2)对任意x∈,+∞均有f(x),求a 的取值范畴. 注:e=2.718 28…为自然对数的底数.当a=-34时,f (x )=-34ln x+√1+x ,x>0.f'(x )=-34x+1√=(√1+x -2)(2√1+x+1)√,所以,函数f (x )的递减区间为(0,3),递增区间为(3,+∞). (2)由f (1)≤12a ,得0<a ≤√24.当0<a ≤√24时,f (x )≤√x2a等价于√x a2−2√1+x a-2ln x ≥0.令t=1a,则t ≥2√2.设g (t )=t 2√x -2t √1+x -2ln x ,t ≥2√2,则 g (t )=√x t-√1+1x 2-1+x√-2ln x.①当x ∈17,+∞时,√1+1x ≤2√2,则g (t )≥g (2√2)=8√x -4√2√1+x -2ln x. 记p (x )=4√x -2√2√1+x -ln x ,x ≥17,则p'(x )=2√−√2√−1x=2√x √x+1-√2x -√x+1√ =√√√√√√故17,11 )- 0)p 17单调递减所以,p (x )≥(1)=0.因此,g (t )≥g (2√2)=2p (x )≥0.②当x ∈1e2,17时,g(t)≥g√1+1x =-2√xlnx-(x+1)√.令q(x)=2√x ln x+(x+1),x∈1e2,17,则q'(x)=lnx+2√+1>0,故q(x)在上是增长的,所以q(x)≤q17.由①得,q17=-2√77p17<-2√77p(1)=0.所以,q(x)<0.因此,g(t)≥g√1+1x =-q(x)√>0.由①②知,对任意x∈1e2,+∞,t∈[2√2,+∞),g(t)≥0,即对任意x∈1e2,+∞,均有f(x)≤√x2a.综上所述,所求a的取值范围是0,√24.20.(14分)(2019山东青岛二模,21)已知函数f(x)=(x2+a)ekx,e=2.718…为自然对数的底数.(1)若k=-1,a∈R,判断函数f(x)在(0,+∞)上的单调性;(2)令a=0,k=1,若0<m≤2e,求证:方程f(x)-m(x+1)ln x=0无实根.由已知k=-1,所以f(x)=(x2+a)e-x=x2+ae x,所以f'(x)=x2+ae x '=2xe x-(x2+a)e xe2x=-x2+2x-ae x.①若a≥1,则在R上恒有u(x)=-(x-1)2+1-a≤0,所以f'(x)=0,所以f(x)在(0,+∞)上是淘汰的.②若a<1,则u(x)=-(x-1)2+1-a图像与x轴有两个差别交点.设u(x)=-(x-1)2+1-a=0的两根分别为x1=1-√1-a,x2=1+√1-a.(i)若0<a<1,0<x1<1,x2>1,所以当0<x<x1时,u(x)<0;当x1<x<x2时,u(x)≥0;当x>x2时,u(x)<0.所以,此时f(x)在(0,x1)上和(x2,+∞)上是淘汰的,在(x1,x2)上是增长的.(ii)若a≤0,x1=1-√1-a≤0,x2=1+√1-a≥2.所以,x∈(0,x2)上总有u(x)>0;在当x>x2上,u(x)<0.所以此时f(x)在(0,x2)上是增长的,在(x2,+∞)上是淘汰的.综上:若a≥1,f(x)在(0,+∞)上是减少的;若0<a<1,f(x)在(0,x1)上和(x2,+∞)上是减少的;在(x1,x2)上是增加的;若a≤0,f(x)在(0,x2)上是增长的,在(x2,+∞)上是淘汰的.(2)由题知a=0,k=1,所以f(x)=x2e x,令g(x)=e x-(x+1),对任意实数x>0,g'(x)=e x-1>0恒成立,所以g(x)=e x-(x+1)>g(0)=0,即e x>x+1>0.则x2e x-m(x+1)ln x>x2(x+1)-m(x+1)ln x=(x+1)(x2-m ln x).令h(x)=x2-m ln x,所以h'(x)=(x2-m ln x)'=2x-mx =2x2-mx.因为0<m≤2e,所以h'(x)=(x2-m ln x)'=2x-mx =2x2-mx=2(x+√m2)(x-√m2)x.所以当x∈0,√m2时,h'(x)<0,h'√m2=0;当x∈√m2,+∞时,h'(x)>0.所以h(x)=x2-mln x在(0,+∞)上有最小值.所以h√m2=m2-m ln√m2=m21-ln m2.因为0<m2≤e,所以ln m2<1,所以1-ln m2>0,所以m21-ln m2>0,即当0<m≤2e时,对任意x>0,h(x)=x2-m ln x>0.所以x2e x-m(x+1)ln x>0.所以方程f(x)-m(x+1)ln x=0无实根.21.(14分)(2019山东济宁二模,21)已知函数f(x)=x-a(ln x)2,a∈R.(1)当a=1,x>1时,试比较f(x)与1的大小,并说明理由;(2)若f(x)有极大值,求实数a的取值范围;(3)若f(x)在x=x0处有极大值,证明1<f(x0)<当a=1,x>1时,f(x)=x-(ln x)2,x>1.f'(x)=1-2(ln x)×1x =x-2lnxx.令g(x)=x-2ln x,x>1,则g'(x)=1-2x =x-2x.当x∈(1,2)时,g'(x)<0,g(x)递减,当x∈(2,+∞)时,g'(x)>0,g(x)递增.∴g(x)≥g(2)=2-2ln 2>0,即f'(x)>0,∴f(x)在(1,+∞)上是增长的.∴f(x)>f(1)=1.故当a=1,x>1时,f(x)>1.(2)f'(x)=1-2alnxx =x-2alnxx(x>0),令h(x)=x-2a ln x(x>0),则h'(x)=1-2ax =x-2ax.①当a=0时,f(x)=x无极大值.②当a<0时,h'(x)>0,h(x)在(0,+∞)上是增长的, h(1)=1>0,h(e12a)=e12a-1<0,存在x1∈(e12a,1),使得h(x1)=0.∴当x∈(0,x1)时,f'(x)<0,f(x)递减,当x∈(x1,+∞)时,f'(x)>0,f(x)递增,∴f(x)在x=x1处有极小值,f(x)无极大值.③当a>0时,h(x)在(0,2a)上是淘汰的,在(2a,+∞)上是增长的,∵f(x)有极大值,∴h(2a)=2a-2a ln(2a)=2a(1-ln 2a)<0,即a>e2,又h(1)=1>0,h(e)=e-2a<0,∴存在x0∈(1,e),使得h(x0)=x0-2a ln x0=0,即a ln x0=x02,∴当x∈(0,x0)时,f'(x)>0,f(x)递增,当x∈(x0,e)时,f'(x)<0,f(x)递减,∴f(x)有极大值.综上所述,a>e2.(3)由(2)可知,a ln x0=x02,∴f(x0)=x0-a(ln x0)2=x0-x0ln x02(1<x0<e),设p(x)=x-xlnx2(1<x<e),则p'(x)=1-1+lnx2=1-lnx2>0,∴p(x)在(1,e)上是增长的,∴p(1)<p(x)<p(e),即1<p(x)<,故1<f(x0)<。

2021高考北京版数学教师用书3.1 导数的概念及运算(试题部分)

专题三导数及其应用
【真题探秘】
3.1 导数的概念及运算探考情悟真题
【考情探究】
考点
内容解读
考题示例
5 年考情考向
预测热度关联考点
1.导数的概念与几何意义
①了解导数概念的实际背景 ②理解导数的几何意义
①能根据导数的定义
求函数 y=C(C 为常
2013 北京,18
利用导数求函数的最值
以导数的几何意义为重点.
1.最常考查的是求过曲线上某点的切线的斜率、方程、斜率与倾斜角的关系,切点的坐标,
或以平行、垂直直线的斜率间的关系为载体求字母的取值等.
2.导数的运算是每年必考的内容,一般不单独考查,而在考查导数的应用时常与函数单调
性、极值或最值结合出题考查.
破考点练考向
【考点集训】
考点一导数的概念与几何意义
A.-e
B.-1
C.1
D.e
答案 B
5.(2016 天津,10,5 分)已知函数 f(x)=(2x+1)ex, f '(x)为 f(x)的导函数,则 f '(0)的值为
.
答案 3
第 2 页共 17 页
炼技法提能力
【方法集训】
方法 1 求函数的导数的方法
1.已知函数 f(x)=2ln(3x)+8x,则 lim (1-2Δ )- (1)的值为( )
答案 C
3.(2019 课标全国Ⅰ,13,5 分)曲线 y=3(x2+x)ex 在点(0,0)处的切线方程为
.
答案 y=3x
4.(2019 天津文,11,5 分)曲线 y=cos x- 在点(0,1)处的切线方程为
.

2021高考数学一轮复习统考第3章导数及其应用高考大题冲关(1)高考中函数与导数问题的热点题型课件北师大版

解
①当－
a 2
≤1，即－2≤a<0时，f(x)在[1,4]上的最小值为f(1)，由f(1)＝4
＋4a＋a2＝8，得a＝±2 2－2，均不符合题意．
②当1<－
a2 ≤4，即－8≤a<－2时，－
a 10
≤
4 5
<1，f(x)在[1,4]上的最小值
为f－a2＝0，不符合题意．
③当－
a 2
>4，即a<－8时，f(x)在[1,4]上的最小值可能在x＝1或x＝4处取
25x－2x－2
x
.
由f′(x)>0得0<x<25或x>2.
故函数f(x)的单调递增区间为0，25和(2，＋∞)．
解
(2)f′(x)＝10x＋2ax2x＋a，a＜0，由f′(x)＝0得x＝－1a0或x＝－a2. 当x∈0，－1a0时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈－1a0，－a2时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈－a2，＋∞时，f′(x)>0，f(x)单调递增．易知f(x)＝(2x＋a)2 x≥0，且f－a2＝0.
第三章导数及其应用
高考大题冲关系列(1) 高考中函数与导数问题的热点题型
命题动向：函数是中学数学的核心内容，而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、最值、切线方程、函数的零点或方程的根，求参数的范围及证明不等式等，涉及的数学思想有：函数与方程、分类讨论、数形结合、转化与化归等，中、高档难度均有．
例2 (2019·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝2sinx－xcosx－x，f′(x)为f(x)的导数．

2021_2022学年高中数学第三章导数应用测评含解析北师大版选修

第三章测评(时间:120分钟满分:150分)一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.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f'(x)=-2x2+1x=1x(1-2x)=0可得x=2.∵当0<x<2时,f'(x)<0,f(x)是减少的,当x>2时f'(x)>0,f(x)是增加的,所以x=2为极小值点.2.函数f(x)=x e x-e x+1的递增区间是()A.(-∞,e)B.(1,e)C.(e,+∞)D.(e-1,+∞)f'(x)=e x(1+x-e),令f'(x)>0,解得x>e-1,∴f(x)=x e x-e x+1的递增区间为(e-1,+∞).3.已知函数f(x)是R上的可导函数,f(x)的导数f'(x)的图像如图,则下列结论正确的是()A.a,c分别是极大值点和极小值点B.b,c分别是极大值点和极小值点C.f(x)在区间(a,c)上是增加的D.f(x)在区间(b,c)上是减少的a是极小值点,无极大值点;由导函数的图像可知函数f(x)在区间(a,+∞)上是增加的,所以选C.4.某公司生产某种产品,固定成本为20 000元,每生产一单位产品,成本增加100元,已知总收益R与年产量x的关系式是R=R(x)={400x-12x2,0≤x≤400,80000,x>400,则总利润P最大时,每年生产的产品是()A.100单位B.150单位C.200单位D.300单位,总成本为C=20000+100x.而总利润为P=P (x )=R-C ={300x -12x 2-20000,0≤x ≤400,60000-100x,x >400.P'(x )={300-x,0≤x ≤400,-100,x >400.令P'(x )=0,得x=300,易知当x=300时,总利润最大.5.已知对任意实数x ,有f (-x )=-f (x ),g (-x )=g (x ).当x>0时,f'(x )>0,g'(x )>0,则当x<0时,下列各式正确的是( )A.f'(x )>0,g'(x )>0B.f'(x )>0,g'(x )<0C.f'(x )<0,g'(x )>0D.f'(x )<0,g'(x )<0f (x )为奇函数,图像关于原点对称,在对称区间上的单调性相同;g (x )为偶函数,在对称区间上的单调性相反.∵当x>0时,f (x )是增加的,g (x )是增加的,∴x<0时,f (x )是增加的,g (x )是减少的.∴f'(x )>0,g'(x )<0.6.已知当x ∈(0,π2)时,函数f (x )=tx-sin x (t ∈R )的值恒小于零,则t 的取值范围是( )A.(-∞,2π]B.(-∞,π2] C.[2π,+∞)D.(-∞,π2)(x )=tx-sin x<0在x ∈(0,π2)内恒成立,即t<sinx x在(0,π2)内恒成立.令g (x )=sinx x,则g'(x )=xcosx -sinxx 2.当x ∈(0,π2)时,tan x>x ,∴sin x>x cos x.∴g'(x )<0,g (x )在(0,π2)上是减少的.∴t ≤sinπ2π2=2π.7.若函数f (x )=ax 2+1e x(e 为自然对数的底数)是定义域内的减函数,则实数a 的取值范围是( )A.(-∞,0]B.(-∞,1]C.(0,+∞)D.[0,1]f (x )=ax 2+1e x 的定义域为R ,f'(x )=2ax -ax 2-1e x.因为函数f (x )是定义域内的减函数,所以f'(x )≤0恒成立.令g (x )=2ax-ax 2-1,则g (x )≤0恒成立, 当a=0时,g (x )=-1成立;当a<0时,g (x )的图像开口向上,g (x )≤0不恒成立,不符合题意;当a>0时,要使g (x )≤0恒成立,则Δ=4a 2-4a ≤0,解得0≤a ≤1,又a>0,所以0<a ≤1. 综上可得,实数a 的取值范围是[0,1].故选D .8.若a>0,b>0,且函数f (x )=4x 3-ax 2-2bx+2在x=1处有极值,则ab 的最大值等于( ) A.2B.3C.6D.9f'(x )=12x 2-2ax-2b ,Δ=4a 2+96b>0,又x=1是极值点,∴f'(1)=12-2a-2b=0, 即a+b=6,且a>0,b>0.∴ab ≤(a+b)24=9,当且仅当a=b 时“=”成立.∴ab 的最大值为9.9.当a>0时,函数f (x )=(x 2-ax )e x的图像大致是( )(x )=[x 2-(a-2)x-a ]e x,令f'(x )=0,则x 2-(a-2)x-a=0.∵a>0,∴Δ=(a-2)2+4a>0.从而可知函数f (x )有两个极值点,∴排除A,D;再由题意可知,当x<0时,f (x )>0恒成立,∴排除C,从而选B .10.设f (x ),g (x )分别是定义在R 上的奇函数和偶函数.当x<0时,f'(x )g (x )+f (x )g'(x )>0,且g (-3)=0,则不等式f (x )g (x )<0的解集是( ) A.(-3,0)∪(3,+∞) B.(-3,0)∪(0,3) C.(-∞,-3)∪(3,+∞)D.(-∞,-3)∪(0,3)F (x )=f (x )·g (x ),易知F (x )为奇函数,又当x<0时,f'(x )g (x )+f (x )g'(x )>0,即F'(x )>0,知F (x )在(-∞,0)上是增加的.又F (x )为奇函数,∴F (x )在(0,+∞)上也是增加的,且由奇函数的性质知f (0)=0,∴F (0)=0. 又由g (-3)=0,知g (3)=0.∴F (-3)=0,进而F (3)=0.于是F(x)=f(x)g(x)的大致图像如图所示.∴F(x)=f(x)·g(x)<0的解集为(-∞,-3)∪(0,3).11.若函数f(x)=x3-3x-1-m有三个不同的零点,则实数m的取值范围是()A.(-3,1)B.(-1,3)C.(-3,-1)D.(1,3)(x)=x3-3x-1-m,f'(x)=3x2-3,由f'(x)=0,解得x=-1或1.f(x)在(-∞,-1)上是增加的,在(-1,1)上是减少的,在(1,+∞)上是增加的,故f(x)在x=-1处取得极大值f(-1)=1-m,在x=1处取得极小值f(1)=-3-m.要使函数f(x)有三个不同的零点,则需极大值f(-1)=1-m>0,极小值f(1)=-3-m<0,解得-3<m<1,所以m的取值范围是(-3,1).故选A.12.若0<x1<x2<1,则()A.e x2−e x1>ln x2-ln x1B.e x2−e x1<ln x2-ln x1C.x2e x1>x1e x2D.x2e x1<x1e x2f(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(x1)与f(x2)的大小,故A,B错;构造函数g(x)=e xx,则g'(x)=xe x-e xx2=e x(x-1)x2,故函数g(x)=exx在(0,1)上是减少的,故g(x1)>g(x2),x2e x1>x1e x2,应选C.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)=cos 2x+a sin x在区间(π6,π2)上是增加的,则实数a的取值范围是.f(x)=cos2x+a sin x知,f'(x)=-2sin2x+a cos x=-4sin x cos x+a cos x=cos x(-4sin x+a).∵f(x)在(π6,π2)上是增加的,∴当x∈(π6,π2)时,f'(x)≥0恒成立.又cos x>0,∴-4sin x+a≥0,∴a≥4sin x在(π6,π2)上恒成立.而x∈(π6,π2),4sin x∈(2,4),∴a≥4.+∞)14.已知函数f(x)=-x3+ax2-4在x=2处取得极值,若m,n∈[-1,1],则f(m)+f'(n)的最小值是.=2,即a=3,故f(x)=-x3+3x2-4.(x)=-3x2+2ax,根据已知得2a3根据函数f(x)的极值点,可得函数f(m)在[-1,1]上的最小值为f(0)=-4,f'(n)=-3n2+6n在[-1,1]上是增加的,所以f'(n)的最小值为f'(-1)=-9.[f(m)+f'(n)]min=f(m)min+f'(n)min=-4-9=-13.1315.若商品的年利润y(单位:万元)与年产量x(单位:百万件)的函数关系式为y=-x3+27x+123(x>0),则获得最大利润时的年产量为百万件.y=-x3+27x+123(x>0),∴y'=-3x2+27=-3(x-3)(x+3)(x>0),当0<x<3时,y'>0,当x>3时,y'<0,∴y=-x3+27x+123在(0,3)上是增加的,在(3,+∞)上是减少的,∴当x=3时,y有最大值.故获得最大利润时的年产量为3百万件.x3+ax2-(b2-1)x+2存在极值点的概率16.在区间[0,1]内随机取两个实数分别为a,b,则使函数y=13为.y=1x3+ax2-(b2-1)x+2,所以y'=x2+2ax-(b2-1).又函数存在极值点,则方程x2+2ax-(b2-31)=0必有两个不相等的实数根,所以Δ=4a2+4(b2-1)>0,即a2+b2>1,而基本事件所包含的面积为正方x3+ax2-(b2-1)x+2存在极值点的概率为形,其面积为1×1=1,由几何概型的计算公式知,使函数y=13.P=1-π4-π4三、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)已知函数f(x)=(x2+bx+b)·√1-2x(b∈R).(1)当b=4时,求f(x)的极值;)上是增加的,求b的取值范围.(2)若f(x)在区间(0,13,当b=4时,f'(x)=√1-2x由f'(x)=0得x=-2或x=0.当x∈(-∞,-2)时,f'(x)<0,f(x)是减少的;当x∈(-2,0)时,f'(x)>0,f(x)是增加的;)时,f'(x)<0,f(x)是减少的.当x∈(0,12故f(x)在x=-2处取极小值f(-2)=0,在x=0处取极大值f(0)=4.(2)f'(x)=,√1-2x因为当x ∈(0,13)时,√1-2x<0,依题意当x ∈(0,13)时,有5x+(3b-2)≤0,从而53+(3b-2)≤0.所以b ≤19. 所以b 的取值范围为(-∞,19].18.(本小题满分12分)已知函数f (x )=x-1-a ln x. (1)若f (x )≥0,求a 的值;(2)设m 为整数,且对于任意正整数n ,(1+12)(1+122)…(1+12n )<m ,求m 的最小值.f (x )的定义域为(0,+∞).①若a ≤0,因为f (12)=-12+a ln2<0,所以不满足题意; ②若a>0,由f'(x )=1-ax =x -a x知,当x ∈(0,a )时,f'(x )<0;当x ∈(a ,+∞)时,f'(x )>0.所以f (x )在(0,a )单调递减,在(a ,+∞)单调递增. 故x=a 是f (x )在(0,+∞)的唯一最小值点. 由于f (1)=0,所以当且仅当a=1时,f (x )≥0. 故a=1.(2)由(1)知当x ∈(1,+∞)时,x-1-ln x>0. 令x=1+12n 得ln (1+12n)<12n . 从而ln (1+12)+ln (1+122)+…+ln (1+12n )<12+122+…+12n =1-12n <1.故(1+12)(1+122)…(1+12n )<e . 而(1+12)(1+122)(1+123)>2,所以m 的最小值为3. 19.(本小题满分12分)已知函数f (x )=12ax 2-(a 2+1)x+a ln x.(1)若函数f (x )在[1e,e]上是减少的,求实数a 的取值范围;(2)当a ∈(0,35)时,求f (x )在[1,2]上的最大值和最小值.(注意:ln 2<0.7)∵f (x )在[1e ,e]上是减少的,∴f'(x )=ax+a x -(a 2+1)≤0在[1e ,e]上恒成立.∴ax+ax ≤(a 2+1).(可做如下分类讨论) ①当a ≤0时,结论显然成立;②当a>0时,可化为x+1x ≤a+1a 对任意x ∈[1e ,e]恒成立.显然,当x ∈(0,+∞)时,对勾函数h (x )=x+1x 在[0,1]上是减少的,在[1,+∞)上是增加的.∴要使得h (x )≤h (a )在x ∈[1e ,e]上恒成立,只需0<a ≤1e 或a ≥e .综上,可知a ≤1e 或a ≥e . (2)∵f'(x )=ax+ax -(a 2+1)=ax 2-(a 2+1)x+ax=(ax -1)(x -a)x ,令f'(x )=0,则x=1a 或x=a.①当0<a ≤12时,f'(x )≤0, ∴f (x )在[1,2]上是减少的. ∴y min =f (2)=2a-2(a 2+1)+a ln2, y max =f (1)=12a-(a 2+1).②当12<a ≤35时,1≤x<1a 时,f'(x )<0,1a<x ≤2时,f'(x )>0,∴y min =f (1a )=-a-12a -a ln a. f (2)-f (1)=32a-(a 2+1)+a ln2,令h (x )=32x-(x 2+1)+x ln2(12<x ≤35).∴h'(x )=32-2x+ln2. ∵12<x ≤35,∴h'(x )>0. ∴y=h (x )在12<x ≤35上是增加的. ∴h max (x )=h (35)=910−3425+35ln2<-125<0. ∴f (1)>f (2).∴f max =f (1)=12a-(a 2+1).综上所述:当0<a ≤12时,y min =f (2)=2a-2(a 2+1)+a ln2,y max =f (1)=12a-(a 2+1);当12<a ≤35时,y min =f (1a )=-a-12a -a ln a ,y max =f (1)=12a-(a 2+1).20.(本小题满分12分)已知函数f (x )=e xx -a (x-ln x ). (1)当a=1时,试求f (x )在(1,f (1))处的切线方程; (2)当a ≤0时,试求f (x )的单调区间;(3)若f (x )在(0,1)内有极值,试求a 的取值范围.当a=1时,f'(x )=e x (x -1)x 2-1+1x ,f'(1)=0,f (1)=e -1.故所求的切线方程为y=e -1.(2)f'(x)=e x(x-1)x2-a(1-1x)=e x(x-1)-ax(x-1)x2=(e x-ax)(x-1)x2.当a≤0时,对于∀x∈(0,+∞),e x-ax>0恒成立,所以f'(x)>0⇒x>1;f'(x)<0⇒0<x<1.所以f(x)的递增区间为(1,+∞),递减区间为(0,1).(3)若f(x)在(0,1)内有极值,则f'(x)在x∈(0,1)内有解.令f'(x)=(e x-ax)(x-1)x2=0⇒e x-ax=0⇒a=e xx.设g(x)=e xx,x∈(0,1),所以g'(x)=e x(x-1)x,当x∈(0,1)时,g'(x)<0恒成立,所以g(x)是减少的.又因为g(1)=e,又当x→0时,g(x)→+∞, 即g(x)在x∈(0,1)上的值域为(e,+∞),所以当a>e时,f'(x)=(e x-ax)(x-1)x2=0有解.设H(x)=e x-ax,则H'(x)=e x-a<0,x∈(0,1),所以H(x)在x∈(0,1)上是减少的.因为H(0)=1>0,H(1)=e-a<0,所以H(x)=e x-ax在x∈(0,1)上有唯一解x0.所以有:所以当a>e时,f(x)在(0,1)内有极值且唯一.当a≤e时,当x∈(0,1)时,f'(x)≥0恒成立,f(x)是增加的,不成立.综上,a的取值范围为(e,+∞).21.(本小题满分12分)济南市“两会”召开前,某政协委员针对自己提出的“环保提案”对某处的环境状况进行了实地调研,据测定,该处的污染指数与附近污染源的强度成正比,与到污染源的距离成反比,比例常数为k(k>0).现已知相距36 km的A,B两家化工厂(污染源)的污染强度分别为正数a,b,它们连线上任意一点C处的污染指数y等于两化工厂对该处的污染指数之和.设AC=x(km).(1)试将y表示为x的函数;(2)若a=1时,y在x=6处取得最小值,试求b的值.设点C受A污染源污染指数为kax ,点C受B污染源污染指数为kb36-x,其中k为比例系数,且k>0.从而点C处污染指数y=kax +kb36-x(0<x<36).(2)因为a=1,所以y=kx +kb36-x,y'=k[-1x2+b(36-x)2],令y'=0,得x=1+√b,当x∈1+√b)时,函数单调递减;当x∈(1+√b+∞)时,函数单调递增.∴当x=1+√b时,函数取得最小值,又此时x=6,解得b=25,经验证符合题意.故污染源B的污染强度b的值为25.22.(本小题满分12分)已知函数f(x)=ax-ln x.(1)若f(x)在x=1处取得极值,求实数a的值;(2)若f(x)≥5-3x恒成立,求实数a的取值范围.∵f(x)=ax -ln x,∴f'(x)=-ax2−1x=-x+ax2.由题意得f'(1)=0,即-1+a1=0,解得a=-1.经检验,当a=-1时,函数f(x)在x=1处取得极大值.∴a=-1.(2)设g(x)=f(x)+3x-5=ax-ln x+3x-5,则函数g(x)的定义域为(0,+∞).∴当x>0时,g(x)≥0恒成立.于是g(1)=a-2≥0,即a≥2.∵g'(x)=-ax2−1x+3=3x2-x-ax2,∴方程g'(x)=0有一负根x1和一正根x2,x1<0<x2,其中x1不在函数定义域内.当x∈(0,x2)时,g'(x)<0,函数g(x)是减少的.当x∈(x2,+∞)时,g'(x)>0,函数g(x)是增加的.∴g(x)在定义域上的最小值为g(x2).依题意g(x2)≥0,即g(x2)=ax2-ln x2+3x2-5≥0.又3x22-x2-a=0,于是ax2=3x2-1,又ax2>0,∴x2>13.∴g(x2)=3x2-1-ln x2+3x2-5≥0,即6x2-6-ln x2≥0.令h(x)=6x-6-ln x,则h'(x)=6-1x =6x-1x.当x∈(13,+∞)时,h'(x)>0,∴h(x)是增加的.,+∞)上是增加的,又h(1)=6-6-ln1=0,∴6x2-6-ln x2≥0的解集为[1,+∞).又函数y=3x2-x在(16∴a=3x22-x2≥3×12-1=2.故a的取值范围是[2,+∞).。

【精准解析】2021届高考数学北师大版单元检测九解析几何(提升卷B)

单元检测九解析几何(提升卷B)考生注意：1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间100分钟，满分130分． 4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．第Ⅰ卷(选择题共60分)一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．已知过点P (－2，m )，Q (m,6)的直线的倾斜角为45°，则m 的值为( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．42．经过点P (1,3)，并且在两坐标轴上的截距相等的直线有( ) A ．0条 B ．1条 C ．2条 D ．3条3．已知A (1,4)，B (－3,2)，直线l ：ax ＋y ＋2＝0，若直线l 过线段AB 的中点，则a 等于( ) A ．－5 B ．5 C ．－4 D ．44．一束光线从点A (－1,1)发出，并经过x 轴反射，到达圆(x －2)2＋(y －3)2＝1上一点的最短路程是( )A ．4B ．5C ．32－1D ．2 65．已知椭圆的标准方程为x 225＋y 2m 2＝1(m >0)，并且焦距为6，则实数m 的值为( )A ．4 B.34 C ．4或34 D ．56．若直线2ax ＋by ＋2＝0(a >0，b >0)被圆x 2＋y 2＋2x ＋4y ＋1＝0截得的弦长为4，则4a ＋1b 的最小值是( ) A.12 B ．4 C ．9 D.147．(2019·郑州统考)已知双曲线C 1：x 28－y 24＝1，双曲线C 2的焦点在y 轴上，它的渐近线与双曲线C 1相同，则双曲线C 2的离心率为( ) A. 2 B.5－1 C ．23－1 D. 38．已知直线y ＝ax 与圆C ：(x －a )2＋(y －1)2＝a 2－1交于A ，B 两点，且∠ACB ＝60°，则圆的面积为( )A ．6πB ．36πC ．7πD ．49π9．(2020·江西省南昌市第二中学月考)如图，已知F 1，F 2是椭圆T ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点，P 是椭圆T 上任意一点，过F 2作△F 1PF 2中∠F 1PF 2的外角的角平分线的垂线，垂足为Q ，则点Q 的轨迹为( )A ．直线B ．圆C ．椭圆D ．抛物线10．已知中心在原点的椭圆与双曲线有公共焦点，左、右焦点分别为F 1，F 2，且两条曲线在第一象限的交点为P ，△PF 1F 2是以PF 1为底边的等腰三角形，若|PF 1|＝10，椭圆与双曲线的离心率分别为e 1，e 2，则e 1与e 2满足的关系是( ) A.1e 1＋1e 2＝2 B.1e 1－1e 2＝2 C ．e 1＋e 2＝2D ．e 2－e 1＝211．已知直线l ：kx －y －2k ＋1＝0与椭圆C 1：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)交于A ，B 两点，与圆C 2：(x －2)2＋(y －1)2＝1交于C ，D 两点．若存在k ∈[－2，－1]，使得AC →＝DB →，则椭圆C 1的离心率的取值范围是( ) A.⎝⎛⎦⎤0，12 B.⎣⎡⎭⎫12，1 C.⎝⎛⎦⎤0，22 D.⎣⎡⎭⎫22，112．(2019·河南省南阳市第一中学模拟)已知抛物线y 2＝16x 的焦点为F ，过点F 作直线l 交抛物线于M ，N 两点，则|NF |9－4|MF |的最小值为( )A.23 B ．－23 C ．－13 D.13第Ⅱ卷(非选择题共70分)二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)13．已知过抛物线y 2＝4x 的焦点F 的直线交该抛物线于A ，B 两点，|AF |＝2，则|BF |＝________. 14．已知平面直角坐标系内定点A (－1,0)，B (1,0)，M (4,0)，N (0,4)和动点P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，若AP →·BP →＝1，OQ →＝⎝⎛⎭⎫12－t OM →＋⎝⎛⎭⎫12＋t ON →，其中O 为坐标原点，则|QP →|的最小值是________． 15.如图，抛物线C ：x 2＝2py (p >0)的焦点为F ，O 为坐标原点，点M ⎝⎛⎭⎫4，－p 2，N ⎝⎛⎭⎫－1，－p2，射线MO ，NO 分别交抛物线C 于异于点O 的点A ，B ，若A ，B ，F 三点共线，则p 的值为________．16．已知A ，B 分别为椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右顶点，两不同点P ，Q 在椭圆C 上，且关于x 轴对称，设直线AP ，BQ 的斜率分别为m ，n ，则当2b a ＋a b ＋12mn ＋ln|m |＋ln|n |取最小值时，椭圆C 的离心率为________．三、解答题(本题共4小题，共50分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17．(12分)已知过点P (0，－2)的圆M 的圆心(a,0)在x 轴的非负半轴上，且圆M 截直线x ＋y －2＝0所得弦长为2 2. (1)求圆M 的标准方程；(2)若过点Q (0,1)且斜率为k 的直线l 交圆M 于A ，B 两点，若△P AB 的面积为372，求直线l的方程．18.(12分)(2019·安庆期末)在平面直角坐标系xOy 中，已知圆O 的方程为x 2＋y 2＝16，过点M (0,1)的直线l 与圆O 交于A ，B 两点． (1)若|AB |＝37，求直线l 的方程；(2)若直线l 与x 轴交于点N ，设NA →＝mMA →，NB →＝nMB →，m ，n ∈R ，求m ＋n 的值． 19．(13分)如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为32，且过点⎝⎛⎭⎫1，32，过椭圆C 的左顶点A 作直线交椭圆C 于另一点P ，交直线l ：x ＝m (m >a )于点M ，已知点B (1,0)，直线PB 交l 于点N .(1)求椭圆C 的方程；(2)若MB 是线段PN 的垂直平分线，求实数m 的值．20.(13分)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的长轴长为6，且椭圆C 与圆M ：(x －2)2＋y 2＝409的公共弦长为4103.(1)求椭圆C 的方程；(2)过点P (0,1)作斜率为k (k >0)的直线l 与椭圆C 交于两点A ，B ，试判断在x 轴上是否存在点D ，使得△ADB 为以AB 为底边的等腰三角形，若存在，求出点D 的横坐标的取值范围；若不存在，请说明理由．答案精析1．B [由题意可知，tan 45°＝m －6－2－m ，即m －6－2－m ＝1，故m －6＝－2－m ，解得m ＝2.]2．C [若直线过原点，则过P (1,3)的直线方程为y ＝3x ，满足题意；若直线不过原点，设直线为x ＋y ＝a ，代入P (1,3)，解得a ＝4， ∴直线方程为x ＋y －4＝0， ∴满足题意的直线有2条．]3．B [因为A (1,4)，B (－3,2)，所以线段AB 的中点为(－1,3)，因为直线l 过线段AB 的中点，所以－a ＋3＋2＝0，解得a ＝5.]4．A [依题意可得，点A 关于x 轴的对称点为A 1(－1，－1)，圆心C (2,3)，|A 1C |＝(2＋1)2＋(3＋1)2＝5，所以到圆上的最短路程为5－1＝4，故选A.] 5．C [∵椭圆的标准方程为x 225＋y 2m 2＝1(m >0)，椭圆的焦距为2c ＝6，c ＝3，∴当椭圆的焦点在x 轴上时，25－m 2＝9，解得m ＝4；当椭圆的焦点在y 轴上时，m 2－25＝9，解得m ＝34. 综上所述，m 的值是4或34.]6．C [将圆的一般方程x 2＋y 2＋2x ＋4y ＋1＝0，化为标准式可得(x ＋1)2＋(y ＋2)2＝4，结合直线2ax ＋by ＋2＝0(a >0，b >0)被圆x 2＋y 2＋2x ＋4y ＋1＝0截得的弦长为4，可得直线2ax ＋by ＋2＝0(a >0，b >0)过圆的圆心(－1，－2)，即－2a －2b ＋2＝0，则a ＋b ＝1(a >0，b >0)，则4a ＋1b ＝(a ＋b )·⎝⎛⎭⎫4a ＋1b ＝5＋4b a ＋ab≥5＋24b a ·ab＝9，当且仅当4b a ＝a b ，即a ＝23，b ＝13时取等号．]7．D [双曲线C 1：x 28－y 24＝1，双曲线C 2的焦点在y 轴上，它的渐近线与双曲线C 1相同，设双曲线C 2的方程为y 22－x 24＝λ(λ>0)，则双曲线C 2的离心率为4λ＋2λ2λ＝ 3.] 8．A [由题意可得圆心C (a,1)，半径R ＝a 2－1(a 2>1)，∵直线y ＝ax 和圆C 相交，△ABC 为等边三角形， ∴圆心C 到直线ax －y ＝0的距离为 R sin 60°＝32×a 2－1，即d ＝|a 2－1|a 2＋1＝3(a 2－1)2，解得a 2＝7， ∴圆C 的面积为πR 2＝π(7－1)＝6π. 故选A.] 9．B[延长F 2Q 与F 1P 的延长线交于点M ，连接OQ .因为PQ 是△F 1PF 2中∠F 1PF 2的外角的角平分线，且PQ ⊥F 2M ，所以在△PF 2M 中，|PF 2|＝|PM |，且Q 为线段F 2M 的中点．又O 为线段F 1F 2的中点，由三角形的中位线定理，得 |OQ |＝12|F 1M |＝12(|PF 1|＋|PF 2|)．由椭圆的定义，得|PF 1|＋|PF 2|＝2a ，所以|OQ |＝a ，点Q 的轨迹方程为x 2＋y 2＝a 2，所以点Q 的轨迹为以原点为圆心，半径为a 的圆．] 10．B [由椭圆与双曲线的定义得e 1＝2c 10＋2c ，e 2＝2c10－2c，所以1e 1－1e 2＝4c2c＝2，故选B.]11．C [直线l 过圆C 2的圆心，∵AC →＝DB →，∴|AC 2→|＝|C 2B →|， ∴圆C 2的圆心(2,1)为A ，B 两点的中点．设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则⎩⎨⎧x 21a 2＋y 21b2＝1，x 22a 2＋y22b 2＝1，两式相减得，(x 1＋x 2)(x 1－x 2)a 2＝－(y 1＋y 2)(y 1－y 2)b 2，化简可得－2·b 2a2＝k ，又∵a >b ，∴b 2a 2＝－k 2∈⎣⎡⎭⎫12，1，所以e ＝1－b 2a 2∈⎝⎛⎦⎤0，22.] 12．D [由题意知，抛物线y 2＝16x 的焦点坐标为(4,0)．设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，将l ：x ＝my ＋4代入抛物线方程，可得y 2＝16(my ＋4)，且有y 1＋y 2＝16m ，y 1y 2＝－64，所以x 1＋x 2＝my 1＋4＋my 2＋4＝m (y 1＋y 2)＋8＝16m 2＋8，又因为x 1x 2＝y 2116·y 2216＝16.由抛物线的定义可得|MF |＝x 1＋4，|NF |＝x 2＋4. 故1|MF |＋1|NF |＝1x 1＋4＋1x 2＋4＝x 1＋x 2＋8(x 1＋4)(x 2＋4)＝14，(*) 由(*)可得1|MF |＝14－1|NF |，从而有－4|MF |＝4|NF |－1，|NF |9－4|MF |＝|NF |9＋4|NF |－1≥43－1＝13，当且仅当|NF |＝6时取等号．] 13．2解析设A (x 0，y 0)，由抛物线定义知x 0＋1＝2， ∴x 0＝1，则直线AB ⊥x 轴，∴|BF |＝|AF |＝2. 14. 2解析 ∵定点A (－1,0)，B (1,0)，动点P (x 1，y 1)，AP →·BP →＝1，∴(x 1＋1，y 1)·(x 1－1，y 1)＝1，∴x 21＋y 21＝2，∴P 的轨迹是半径为2、圆心在原点的圆． ∵OQ →＝⎝⎛⎭⎫12－t OM →＋⎝⎛⎭⎫12＋t ON →， ∴Q ，M ，N 三点共线， ∵M (4,0)，N (0,4)，∴Q 的轨迹方程为直线MN ：x ＋y －4＝0，∴|QP →|的最小值是圆心到直线的距离减去半径，即42－2＝ 2.15．2解析直线OM 的方程为y ＝－p8x ，将其代入x 2＝2py ，解方程可得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝0或⎩⎨⎧x ＝－p 24，y ＝p 332，故A ⎝⎛⎭⎫－p 24，p 332. 直线ON 的方程为y ＝p2x ，将其代入x 2＝2py ，解方程可得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝0或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝p 2，y ＝p 32，故B ⎝⎛⎭⎫p 2，p 32.又F ⎝⎛⎭⎫0，p 2，所以k AB ＝3p 8，k BF ＝p 2－12p ，因为A ，B ，F 三点共线，所以k AB ＝k BF ，即3p 8＝p 2－12p，解得p ＝2(舍负)． 16.22解析设P (x 0，y 0)，则x 20a 2＋y 20b 2＝1，所以mn ＝b 2a2，从而2b a ＋a b ＋12mn ＋ln|m |＋ln|n |＝2b a ＋a b ＋a 22b 2＋ln b 2a 2，设b 2a 2＝x ，令f (x )＝12x＋ln x (0<x <1)，则f ′(x )＝2x －12x 2，所以当0<x <12时，f (x )递减，当12<x <1时，f (x )递增，故f (x )min＝f ⎝⎛⎭⎫12，即b 2a 2＝12.因为2b a ＋ab≥22，当且仅当2b a ＝a b ，即b 2a 2＝12时取等号，取等号的条件一致，此时e 2＝1－b 2a 2＝12，所以e ＝22.17．解 (1)设圆M 的标准方程为(x －a )2＋y 2＝r 2(a ≥0)，则圆心M 到直线x ＋y －2＝0的距离为d ＝|a －2|2，由题意得⎩⎨⎧a ≥0，a 2＋4＝r 2，⎝ ⎛⎭⎪⎫|a －2|22＋2＝r 2，解得a ＝0，r 2＝4，∴圆M 的方程为x 2＋y 2＝4. (2)设直线l 的方程为y ＝kx ＋1，则圆心M 到直线l 的距离为1k 2＋1，∴|AB |＝24－1k 2＋1＝24k 2＋3k 2＋1，又点P (0，－2)到直线l 的距离为d ＝3k 2＋1，∴S △P AB ＝12|AB |d ＝12×24k 2＋3k 2＋1×3k 2＋1＝372，解得k 2＝1，∴k ＝±1，则直线l 的方程为x －y ＋1＝0或x ＋y －1＝0.18．解 (1)当直线l 的斜率不存在时，|AB |＝8，不符合题意；当直线l 的斜率存在时，设斜率为k ，则直线l 的方程为y ＝kx ＋1，所以圆心O 到直线l 的距离d ＝1k 2＋1，因为|AB |＝37，所以216－⎝ ⎛⎭⎪⎫1k 2＋12＝37，解得k ＝±3，所以直线l 的方程为±3x －y ＋1＝0.(2)当直线l 的斜率不存在时，不妨设A (0,4)，B (0，－4)，N (0,0)，因为NA →＝mMA →，NB →＝nMB →，所以(0,4)＝m (0,3)，(0，－4)＝n (0，－5)，所以m ＝43，n ＝45，所以m ＋n ＝3215.当直线l 的斜率存在时，设斜率为k ，则直线l 的方程为y ＝kx ＋1，因为直线l 与x 轴交于点N ，所以N ⎝⎛⎭⎫－1k ，0. 直线l 与圆O 交于点A ，B ，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＝16，y ＝kx ＋1，得(k 2＋1)x 2＋2kx －15＝0， Δ＝(2k )2－4(k 2＋1)×(－15)＝64k 2＋60>0，所以x 1＋x 2＝－2k k 2＋1，x 1x 2＝－15k 2＋1，因为NA →＝mMA →，NB →＝nMB →，所以⎝⎛⎭⎫x 1＋1k ，y 1＝m (x 1，y 1－1)，⎝⎛⎭⎫x 2＋1k ，y 2＝n (x 2，y 2－1)，所以m ＝x 1＋1kx 1＝1＋1kx 1，n ＝x 2＋1k x 2＝1＋1kx 2，所以m ＋n ＝2＋1k ⎝⎛⎭⎫1x 1＋1x 2＝2＋1k ·x 1＋x 2x 1x 2＝2＋1k ·－2kk 2＋1－15k 2＋1＝2＋215＝3215.综上可得，m ＋n ＝3215.19．解 (1)因为椭圆C 的离心率为32，所以a 2＝4b 2.又因为椭圆C 过点⎝⎛⎭⎫1，32，所以1a 2＋34b 2＝1，解得a 2＝4，b 2＝1.所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)方法一设P (x 0，y 0)，－2<x 0<2，x 0≠1，则x 204＋y 20＝1.因为MB 是PN 的垂直平分线，所以P 关于B 的对称点为N (2－x 0，－y 0)，所以2－x 0＝m .由A (－2,0)，P (x 0，y 0)，可得直线AP 的方程为y ＝y 0x 0＋2(x ＋2)，令x ＝m ，得y ＝y 0(m ＋2)x 0＋2，即M ⎝ ⎛⎭⎪⎫m ，y0(m ＋2)x 0＋2.设直线PB ，MB 的斜率分别为k PB ，k MB .因为PB ⊥MB ，所以k PB ·k MB ＝－1，所以k PB ·k MB ＝y 0x 0－1·y 0(m ＋2)x 0＋2m －1＝－1，因为x 204＋y 20＝1，所以(x 0－2)(m ＋2)4(x 0－1)(m －1)＝1.又x 0＝2－m ，所以化简得3m 2－10m ＋4＝0，解得m ＝5±133.因为m >2，所以m ＝5＋133.方法二 ①当AP 的斜率不存在或为0时，不满足条件．②当AP 的斜率存在且不为0时，设AP 的斜率为k ，则AP ：y ＝k (x ＋2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧ x24＋y 2＝1，y ＝k (x ＋2)，消去y 得(4k 2＋1)x 2＋16k 2x ＋16k 2－4＝0，且Δ＝(16k 2)2－4×(16k 2－4)(4k 2＋1)>0.设A (x A,0)，P (x P ，y P )，因为x A ＝－2，所以x P ＝－8k 2＋24k 2＋1，所以y P ＝4k 4k 2＋1，所以P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－8k 2＋24k 2＋1，4k 4k 2＋1.因为PN 的中点为B ，所以m ＝2－－8k 2＋24k 2＋1＝16k 24k 2＋1.(*) 因为AP 交直线l 于点M ，所以M (m ，k (m ＋2))，因为直线PB 与x 轴不垂直，所以－8k 2＋24k 2＋1≠1，即k 2≠112. 设直线PB ，MB 的斜率分别为k PB ，k MB ，则k PB ＝4k4k 2＋1－8k 2＋24k 2＋1－1＝－4k 12k 2－1，k MB ＝k (m ＋2)m －1. 因为PB ⊥MB ，所以k PB ·k MB ＝－1，所以－4k 12k 2－1·k (m ＋2)m －1＝－1.(**) 将(*)代入(**)，化简得48k 4－32k 2＋1＝0，解得k 2＝4±1312，所以m ＝16k 24k 2＋1＝5±133. 又因为m >2，所以m ＝5＋133. 20．解 (1)由题意可得2a ＝6，所以a ＝3.由椭圆C 与圆M ：(x －2)2＋y 2＝409的公共弦长为4103，恰为圆M 的直径，可得椭圆C 经过点⎝⎛⎭⎫2，±2103，所以49＋409b2＝1，解得b 2＝8. 所以椭圆C 的方程为x 29＋y 28＝1. (2)直线l 的解析式为y ＝kx ＋1，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，AB 的中点为E (x 0，y 0)．假设存在点D (m,0)，使得△ADB 为以AB 为底边的等腰三角形，则DE ⊥AB . 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋1，x 29＋y 28＝1得，(8＋9k 2)x 2＋18kx －63＝0， Δ>0恒成立，所以x 1＋x 2＝－18k 8＋9k 2，所以x 0＝－9k 8＋9k 2，y 0＝kx 0＋1＝88＋9k 2. 因为DE ⊥AB ，所以k DE ＝－1k，即88＋9k 2－0－9k 8＋9k 2－m ＝－1k ，所以m ＝－k 8＋9k 2＝－19k ＋8k. 当k >0时，9k ＋8k≥29×8＝122，所以－224≤m <0. 综上所述，在x 轴上存在满足题目条件的点D ，且点D 的横坐标的取值范围为⎣⎡⎭⎫－224，0.。

【精准解析】2021届高考数学北师大版单元检测十二概率、随机变量及其分布(提升卷)

单元检测十二概率、随机变量及其分布(提升卷)
考生注意：
1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共 4 页． 2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．
3．本次考试时间 100 分钟，满分 130 分． 4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．
3．将一颗骰子掷两次，观察出现的点数，并记第一次出现的点数为 m，第二次出现的点数为
n，向量 p＝(m，n)，q＝(3,6)．则向量 p 与 q 共线的概率为( )
A.1 B.1 C.1 D. 1 3 4 6 12
4．已知 ABCD 为长方形，AB＝2，BC＝1，O 为 AB 的中点，在长方形 ABCD 内随机取一点，
∴DX＝(0－2)2×1＋(2－2)2×1＋(3－2)2×1＝1，
6
2
3
∴D(2X－3)＝22DX＝4.]
11．B [由题意，甲获得冠军的概率为2×2＋2×1×2＋1×2×2＝20 ，其中比赛进行了 3 3 3 3 3 3 3 3 3 27
局的概率为2×1×2＋1×2×2＝ 8 ，∴所求概率为 8 ÷20＝2.]
取到的点到 O 的距离大于 1 的概率为( )
A.π B．1－π C.π D．1－π
4
48
8
5．一张储蓄卡的密码共有 6 位数字，每位数字都可以从 0～9 中任选一个，某人在银行自动
提款机上取钱时，忘记了密码最后一位数字，如果任意按最后一位数字，不超过 2 次就按对
的概率为( )
A.2 B. 3 C.1 D. 1 5 10 5 10
Hale Waihona Puke 第Ⅰ卷(选择题共 60 分)
一、选择题(本题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项

高考数学一轮复习第三章导数及其应用单元质检卷3 文北师大版-北师大版高三全册数学试题

单元质检卷三导数及其应用(时间:100分钟满分:150分)一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分)1.若函数y=e x+mx有极值,则实数m的取值X围是()A.m>0B.m<0C.m>1D.m<12.函数f(x)=x2+x-ln x的零点的个数是()A.0B.1C.2D.33.(2018某某吕梁一模,10)函数f(x)=的图像大致为()4.(2018某某某某三模,11)已知函数f(x)=a x+x2-x ln a,对任意的x1,x2∈[0,1],不等式|f(x1)-f(x2)|≤a-2恒成立,则a的取值X围为()A.[e2,+∞)B.[e,+∞)C.[2,e]D.[e,e2]5.(2018某某长郡中学五模,9)已知定义在R上的函数f(x),其导函数为f'(x),若f'(x)-f(x)<-3,f(0)=4,则不等式f(x)>e x+3的解集是()A.(-∞,1)B.(1,+∞)C.(0,+∞)D.(-∞,0)6.(2018某某某某一模)已知函数f(x)在R上满足f(x)=2f(2-x)-x2+8x-8,则曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程是()A.y=-2x+3B.y=xC.y=3x-2D.y=2x-17.(2018某某六市联考一,10)若正项递增等比数列{a n}满足1+(a2-a4)+λ(a3-a5)=0(λ∈R),则a6+λa7的最小值为()A.-2B.-4C.2D.48.(2018某某某某中学仿真,10)已知函数f(x)为R内的奇函数,且当x≥0时,f(x)=-e x+1-m cos x,记a=-2f(-2),b=-f(-1),c=3f(3),则a,b,c之间的大小关系是()A.b<a<cB.a<c<bC.c<b<aD.c<a<b9.(2018某某某某中学月考,12)已知函数f(x)=x3-a2x,若对于任意的x1,x2∈[0,1],都有|f(x1)-f(x2)|≤1成立,则实数a的取值X围是()A.B.C.D.10.(2018某某长郡中学四模,12)设函数f(x)=min(min{a,b}表示a,b中的较小者),则函数f(x)的最大值为()A.ln 2B.2ln 2C.D.11.(2018某某潍坊一模,12)函数y=f(x+1)的图像关于直线x=-1对称,且y=f(x)在[0,+∞)上单调递减.若x∈[1,3]时,不等式f(2mx-ln x-3)≥2f(3)-f(ln x+3-2mx)恒成立,则实数m的取值X围为()A.B.C.D.12.(2018某某某某一模,12)已知函数f(x)=x2-2x cos x,则下列关于f(x)的表述正确的是()A.f(x)的图像关于y轴对称B.f(x)的最小值为-1C.f(x)有4个零点D.f(x)有无数个极值点二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)13.已知函数f(x)=-x2+4x-3ln x在[t,t+1]上不单调,则t的取值X围是.14.(2018某某某某三模)曲线f(x)=x ln x在点P(1,0)处的切线l与坐标轴围成的三角形的外接圆方程是.15.(2018某某某某一模,改编)已知函数f(x)=a ln(x+1)-x2,在区间(0,1)内任取两个实数p,q,且p<q,若不等式>1恒成立,则实数a的取值X围是.16.已知f(x)=x+x ln x,若k(x-2)<f(x)对任意x>2恒成立,则整数k的最大值为.三、解答题(本大题共5小题,共70分)17.(14分)(2018某某某某一模,21)设f(x)=x e x,g(x)=x2+x.(1)令F(x)=f(x)+g(x),求F(x)的最小值;(2)若对任意x1,x2∈[-1,+∞),且x1>x2,有m[f(x1)-f(x2)]>g(x1)-g(x2)恒成立,某某数m的取值X围.18.(14分)(2018某某乌鲁木齐二诊)已知函数f(x)=ln x-ax,其中a为非零常数.(1)求a=1时f(x)的单调区间;(2)设b∈R,若f(x)≤b-a对x>0恒成立,求的最小值.19.(14分)已知函数f(x)=2ln x-x2+ax(a∈R).(1)当a=2时,求f(x)的图像在x=1处的切线方程;(2)若函数g(x)=f(x)-ax+m在上有两个零点,某某数m的取值X围.20.(14分)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;(3)设c>1,证明当x∈(0,1)时,1+(c-1)x>c x.21.(14分)(2018某某长郡中学一模,21)已知定义域为(0,+∞)的函数f(x)=(x-m)e x(常数m∈R).(1)若m=2,求函数f(x)的单调区间;(2)若f(x)+m+1>0恒成立,某某数m的最大整数值.单元质检卷三导数及其应用1.B求导得y'=e x+m,由于e x>0,若y=e x+mx有极值,则必须使y'的值有正有负,故m<0.2.A由f'(x)=2x+1-=0,得x=或x=-1(舍去).当0<x<时,f'(x)<0,f(x)递减;当x>时,f'(x)>0,f(x)递增.则f(x)的最小值为f+ln 2>0,所以f(x)无零点.3.A函数f(x)=不是偶函数,可以排除C,D,又令f'(x)==0,得极值点为x1=1-,x2=1+,所以排除B,选A.4.A函数f(x)=a x+x2-x ln a,x∈[0,1],则f'(x)=a x ln a+2x-ln a=(a x-1)ln a+2x,当0<a<2时,a-2<0,显然|f(x1)-f(x2)|≤a-2不可能成立.当a>2时,x∈[0,1]时,a x≥1,ln a>0,2x≥0,此时,f'(x)≥0;f(x)在[0,1]上递增,f(x)min=f(0)=1,f(x)max=f(1)=a+1-ln a,|f(x1)-f(x2)|≤f(x)max-f(x)min=a-ln a≤a-2,解得a≥e2,故选A.5.D不等式f(x)>e x+3,即>1,令g(x)=-1,则g'(x)=<0,据此可得函数g(x)是R上的减函数.又g(0)=-1=0,结合函数的单调性可得:不等式f(x)>e x+3的解集是(-∞,0),故选D.6.D∵f(x)=2f(2-x)-x2+8x-8,∴f(2-x)=2f(x)-(2-x)2+8(2-x)-8,将f(2-x)代入f(x)=2f(2-x)-x2+8x-8,得f(x)=4f(x)-2x2-8x+8-x2+8x-8,∴f(x)=x2,f'(x)=2x,∴y=f(x)在(1,f(1))处的切线斜率为y'=2.∴函数y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程y=2x-1.故选D.7.D设正项递增等比数列{a n}的公比为q,则q>1,∵1+(a2-a4)+λ(a3-a5)=0,∴1=(a4-a2)+λq(a4-a2)=(1+λq)(a4-a2).∴1+λq=,a6+λa7=a6(1+λq)=.令g(q)=(q>1),g'(q)=.∴当1<q<时,g'(q)<0,故g(q)在(0,)是减少的,当q>时,g'(q)>0,故g(q)在(,+∞)是增加的,当q=时,g(q)的最小值为g()=4,即a6+λa7的最小值为4.8.D∵f(x)是奇函数,∴f(0)=-e0+1-m cos 0=0,∴m=0,即当x≥0时,f(x)=-e x+1,构造函数g(x)=xf(x),∵f(x)为R内的奇函数,∴g(x)是偶函数,则g'(x)=1-e x(x+1),当x≥0时,e x≥1,x+1≥1,据此可得g'(x)≤0,即偶函数g(x)在区间[0,+∞)上递减,且a=g(-2)=g(2),b=g(-1)=g(1),c=g(3),∴c<a<b.故选D.9.A利用排除法,当a=0时,f(x)=x3,f'(x)=x2≥0,函数在定义域上递增,|f(x1)-f(x2)|≤f(1)-f(0)=≤1,满足题意,排除C,D选项,当a=时,f(x)=x3-x,f'(x)=x2-<0,函数在定义域上递减,|f(x1)-f(x2)|≤f(0)-f(1)=1≤1,满足题意,排除B选项,故选A.10.D y=x ln x⇒y'=ln x+1=0⇒x=,函数y=x ln x在内递减,在内递增;y=,y'==0,得x=0或x=2,函数y=在(0,2)内递增,在(-∞,0),(2,+∞)内递减.作出函数y=x ln x和y=的图像,由图像得函数f(x)的最大值为f(2)=.故选D.11.B由y=f(x+1)的图像关于直线x=-1对称,∴定义在R上的函数f(x)的图像关于y轴对称,∴函数f(x)为偶函数,∵f(x)在[0,+∞)上递减,∴f(x)在(-∞,0)上递增,∵不等式f(2mx-ln x-3)≥2f(3)-f(ln x+3-2mx)在区间[1,3]上恒成立,∴f(2mx-ln x-3)≥f(3)在区间[1,3]上恒成立,∴-3≤2mx-ln x-3≤3在区间[1,3]上恒成立,即0≤2mx-ln x≤6在区间[1,3]上恒成立,即2m≥且2m≤在区间[1,3]上恒成立,令g(x)=,则g'(x)=,∴g(x)在[1,e)上递增,在(e,3]上递减,∴g(x)max=.令h(x)=,h'(x)=<0,h(x)在[1,3]上递减,∴h(x)min=,∴m∈.12.D对于A,因f(-x)≠f(x),故A错误;对于B,问题可转化为方程x2+1=2x cos x有解,即x+=2cos x有解,当x>0时,x+≥2,当且仅当x=1时取“=”,当x=1时,2x cos x<2,故方程无解,故B错误;对于C,问题等价于方程x=2cos x有3个解,作出函数y=x,y=2cos x的图像(图像略),可知方程只有1个解,故C错误;对于D,f'(x)=2x-2(cos x-x sin x)=2x(1+sin x)-2cos x,由f'(x)=0,得x==tan.由函数y=x与y=tan的图像有无数交点,知f(x)有无数个极值点,故选D.13.(0,1)∪(2,3)由题意知f'(x)=-x+4-=-,由f'(x)=0得函数f(x)的两个极值点为1,3,则只要这两个极值点有一个在区间(t,t+1)内, 函数f(x)在区间[t,t+1]上就不单调,由t<1<t+1或t<3<t+1,得0<t<1或2<t<3.14.由f(x)=x ln x,得f'(x)=ln x+1,∴f'(1)=1,∴曲线f(x)=x ln x在点P(1,0)处的切线方程为y=x-1.切线l与x轴,y轴的交点分别为(1,0),(0,-1),所围成的三角形外接圆的圆心为,半径为.∴所求方程为.15.[15,+∞)∵实数p,q在区间(0,1)内,故p+1,q+1在区间(1,2)内,∵不等式>1恒成立,∴函数图像上在区间(1,2)内任意两点连线的斜率大于1.∴f'(x)=-2x>1在(1,2)内恒成立,即a>2x2+3x+1在(1,2)内恒成立,由于函数y=2x2+3x+1在[1,2]上递增,故x=2时,y有最大值15,∴a≥15.16.4∵x>2,∴k(x-2)<f(x)可化为k<.令F(x)=,则F'(x)=.令g(x)=x-2ln x-4,则g'(x)=1->0,故g(x)在(2,+∞)上是增加的,且g(8)=8-2ln 8-4=2(2-ln 8)<0,g(9)=9-2ln 9-4=5-2ln 9>0;故存在x0∈(8,9),使g(x0)=0,即2ln x0=x0-4.故F(x)在(2,x0)上是减少的,在(x0,+∞)上是增加的;故F(x)min=F(x0)=,故k<,故k的最大值是4.17.解 (1)F(x)=f(x)+g(x)=x e x+x2+x,F'(x)=(x+1)(e x+1),令F'(x)>0,解得x>-1;令F'(x)<0,解得x<-1,故F(x)在(-∞,-1)递减,在(-1,+∞)递增,故F(x)min=F(-1)=-.(2)若对任意x1,x2∈[-1,+∞),且x1>x2有m[f(x1)-f(x2)]>g(x1)-g(x2)恒成立,则对任意x1,x2∈[-1,+∞),且x1>x2有mf(x1)-g(x1)>mf(x2)-g(x2)>0恒成立.令h(x)=mf(x)-g(x)=mx e x-x2-x,x∈[-1,+∞),即只需h(x)在[-1,+∞)递增即可,故h'(x)=(x+1)(m e x-1)≥0在[-1,+∞)恒成立,故m≥,而≤e,故m≥e.18.解 (1)当a=1时,f(x)=ln x-x,则f'(x)=-1,当0<x<1时,f'(x)>0;当x>1时,f'(x)<0,∴f(x)在(0,1)递增,在(1,+∞)递减.(2)f(x)≤b-a⇔b>ln x-ax+a,设h(x)=ln x-ax+a,则h'(x)=-a,当a<0时,h'(x)>0,h(x)在(0,+∞)递增,b≥h(x)不可能恒成立;当a>0时,h'(x)>0⇔0<x<,h'(x)<0⇔x>,∴h(x)max=h=ln-1+a=a-ln a-1,b≥a-ln a-1⇔≥1-.设g(a)=1-(a>0),g'(a)=,∴g'(a)>0⇔a>1,g'(a)<0⇔0<a<1,∴g(x)min=g(1)=0,解得≥0,∴a=1,b=0时,取最小值0.19.解 (1)当a=2时,f(x)=2ln x-x2+2x,f'(x)=-2x+2,切点坐标为(1,1),切线的斜率k=f'(1)=2,则切线方程为y-1=2(x-1),即y=2x-1.(2)g(x)=2ln x-x2+m,则g'(x)=-2x=.因为x∈,所以当g'(x)=0时,x=1.当<x<1时,g'(x)>0;当1<x<e时,g'(x)<0.故g(x)在x=1处取得极大值g(1)=m-1.又g=m-2-,g(e)=m+2-e2,g(e)-g=4-e2+<0,则g(e)<g,所以g(x)在上的最小值是g(e).g(x)在上有两个零点的条件是解得1<m≤2+,所以实数m的取值X围是.20.(1)解由题设,f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=-1,当0<x<1时,f'(x)>0,f(x)递增;当x>1时,f'(x)<0,f(x)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 -1,即1<<x.(3)证明由题设c>1,设g(x)=1+(c-1)x-c x,则g'(x)=c-1-c x ln c,令g'(x)=0,解得x0=.当x<x0时,g'(x)>0,g(x)递增;当x>x0时,g'(x)<0,g(x)递减.由(2)知1<<c,故0<x0<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.21.解 (1)当m=2时,f(x)=(x-2)e x(x∈(0,+∞)),∴f'(x)=(x-1)e x,令f'(x)>0,有x>1,∴f(x)在(1,+∞)上是增加的.令f'(x)<0,有0<x<1,∴f(x)在(0,1)上是减少的.综上,f(x)在(0,1)上是减少的,f(x)在(1,+∞)上是增加的.(2)∵f(x)+m+1>0对于x∈(0,+∞)恒成立,即f(x)>-m-1对于x∈(0,+∞)恒成立,由函数的解析式可得:f'(x)=e x[x-(m-1)],分类讨论:①当m≤1时,f(x)在(0,+∞)内是增加的,∴f(x)>f(0)=-m,∴-m>-m-1恒成立,∴m≤1.②当m>1时,在(0,m-1)内是减少的,f(x)在(m-1,+∞)内是增加的.∴f(x)min=f(m-1)=-e m-1,∴-e m-1>-m-1,∴e m-1-m-1<0,设g(m)=e m-1-m-1(m>1),∴g'(m)=e m-1-1>0(m>1),∴g(m)在(1,+∞)上递增,而m∈Z,g(2)=e-3<0,g(3)=e2-4>0,∴在(1,+∞)上存在唯一m0,使得g(m0)=0,且2<m0<3,∵m∈Z,∴m最大整数值为2,使e m-1-m-1<0,即m的最大整数值为2,综上可得:实数m的最大整数值为2,此时有f(x)+m+1>0对于x∈(0,+∞)恒成立.。

2021年高考数学 2.12导数在实际问题中的应用及综合应用课时提升作业理北师大版

2021年高考数学 2.12导数在实际问题中的应用及综合应用课时提升作业理北师大版一、选择题1.(xx·西安模拟)函数y=f(x)在定义域(-,3)内的图像如图所示,记y=f(x)的导函数为y=f′(x),则不等式f′(x)≤0的解集为( )(A)[-1,]∪[,](B)[-,1]∪[2,3)(C)(-,]∪[1,2)(D)(-,-]∪[,)∪[,3)2.若对任意的x>0,恒有lnx≤px-1(p>0),则p的取值范围是( )(A)(0,1] (B)(1,+∞)(C)(0,1) (D)[1,+∞)3.(xx·黄山模拟)在半径为R的半球内有一内接圆柱,则这个圆柱的体积的最大值是( )(A)πR3(B)πR3 (C)πR3 (D)πR34.(xx·宣城模拟)对于R上可导的任意函数f(x),若满足(x-1)f′(x)≥0,则必有( )(A)f(0)+f(2)<2f(1) (B)f(0)+f(2)≤2f(1)(C)f(0)+f(2)≥2f(1) (D)f(0)+f(2)>2f(1)5.(xx·咸阳模拟)函数y=2x3+1的图像与函数y=3x2-b的图像有三个不相同的交点,则实数b的取值范围是( )(A)(-2,-1) (B)(-1,0)(C)(0,1) (D)(1,2)6.(xx·沈阳模拟)设f(x)是定义在R上的奇函数,且f(2)=0,当x>0时,有<0恒成立,则不等式x2f(x)>0的解集是( )(A)(-2,0)∪(2,+∞)(B)(-2,0)∪(0,2)(C)(-∞,-2)∪(2,+∞)(D)(-∞,-2)∪(0,2)二、填空题7.已知函数f(x)=xsinx,x∈R,f(-4),f(),f(-)的大小关系为(用“<”连接).8.(xx·宜春模拟)设函数f(x)=ax3-3x+1(x∈R),若对于任意x∈[-1,1],都有f(x)≥0成立,则实数a的值为.9.(能力挑战题)已知f(x)=x3-3x+m,在区间[0,2]上任取三个不同的数a,b,c,均存在以f(a),f(b),f(c)为边长的三角形,则m的取值范围是.三、解答题10.(xx·蚌埠模拟)已知函数f(x)=+,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为x+2y-3=0.(1)求a,b的值.(2)如果当x>0,且x≠1时,f(x)>+,求k的取值范围.11.(xx·合肥模拟)某唱片公司要发行一张名为《春风再美也比不上你的笑》的唱片,包含《新花好月圆》《荷塘月色》等10首创新经典歌曲.该公司计划用x(百万元)请李子恒老师进行创作,经调研知:该唱片的总利润y(百万元)与(3-x)x2成正比的关系,当x=2时y=32.又有∈(0,t],其中t是常数,且t∈(0,2].(1)设y=f(x),求其表达式及定义域(用t表示).(2)求总利润y的最大值及相应的x的值.12.(xx·淮北模拟)已知函数f(x)=(a+)lnx+-x.(1)当a>1时,讨论f(x)在区间(0,1)上的单调性.(2)当a>0时,求f(x)的极值.(3)当a≥3时,曲线y=f(x)上总存在不同两点P(x1,f(x1)),Q(x2,f(x2)),使得曲线y=f(x)在P,Q两点处的切线互相平行,证明:x1+x2>.答案解析1.【解析】选B.由函数y=f(x)的图像知,函数y=f(x)在[-,1],[2,3)上是减少的,故f′(x)≤0的解集为[-,1]∪[2,3).2.【解析】选D.原不等式可化为lnx-px+1≤0,令f(x)=lnx-px+1,故只需f(x)max≤0.由f′(x)=-p,知f(x)在(0,)上是增加的,在(,+∞)上是减少的.故f(x)max=f()=-lnp,由-lnp≤0得p≥1.3.【解析】选A.设圆柱的高为h,则圆柱的底面半径为,圆柱的体积为V=π(R2-h2)h=-πh3+πR2h(0<h<R),V′=-3πh2+πR2=0,h=时V有最大值为V=πR3.4.【解析】选C.由(x-1)·f′(x)≥0,得x≤1时,f′(x)≤0;x≥1时,f′(x)≥0.因此,函数y=f(x)在(-∞,1]上是减少的(或为常数函数);在[1,+∞)上是增加的(或为常数函数),所以f(0)≥f(1);f(2)≥f(1),故f(0)+f(2)≥2f(1).5.【解析】选B.由题意知方程2x3+1=3x2-b,即2x3-3x2+1=-b有三个不相同的实数根,令f(x)=2x3-3x2+1,即函数y=f(x)=2x3-3x2+1与直线y=-b有三个交点.由f′(x)=6x2-6x=6x(x-1)知,函数y=f(x)在区间(-∞,0)上是增加的,在(0,1)上是减少的,在(1,+∞)上是增加的,故f(0)是函数的极大值,f(1)是函数的极小值,若函数y=f(x)=2x3-3x2+1与直线y=-b有三个交点,则f(1)<-b<f(0),解得-1<b<0.6.【思路点拨】x2f(x)化为x3·,研究函数y=的单调性,利用单调性结合图像求解.【解析】选D.当x>0时,有<0,则[]'<0,在x>0时是减少的,x2f(x)>0,即为x3·>0⇒>0.f(2)=0,画出y=在x>0时的示意图,知0<x<2.同理,由f(x)是奇函数,则y=是偶函数,如图,在x<0时y=是增加的,x2f(x)>0,即为x3·>0⇒<0.f(-2)=0,∴x<-2.综上所述,不等式的解集是(-∞,-2)∪(0,2).7.【解析】f′(x)=sinx+xcosx,当x∈[,]时,sinx<0,cosx<0,∴f′(x)=sinx+xcosx<0,则函数f(x)在x∈[,]上是减少的,∴f()<f(4)<f(),又函数f(x)为偶函数,∴f()<f(-4)<f(-).答案:f()<f(-4)<f(-)8.【解析】若x=0,则不论a取何值,f(x)≥0显然成立,当x>0,即x∈(0,1]时,f(x)=ax3-3x+1≥0可化为a≥-,设g(x)=-,则g′(x)=,所以g(x)在区间(0,]上是增加的,在区间[,1]上是减少的,因此g(x)max=g()=4,从而a≥4.当x<0,即x∈[-1,0)时,同理a≤-.g(x)在区间[-1,0)上是增加的,∴g(x)min=g(-1)=4,从而a≤4,综上可知a=4.答案:4【变式备选】已知两函数f(x)=8x2+16x-k,g(x)=2x3+5x2+4x,其中k为实数.(1)对任意x∈[-3,3],都有f(x)≤g(x)成立,求k的取值范围.(2)存在x∈[-3,3],使f(x)≤g(x)成立,求k的取值范围.(3)对任意x1,x2∈[-3,3],都有f(x1)≤g(x2),求k的取值范围.【解析】(1)设h(x)=g(x)-f(x)=2x3-3x2-12x+k,问题转化为x∈[-3,3]时,h(x)≥0恒成立,即h(x)min≥0,x∈[-3,3].令h′(x)=6x2-6x-12=0,得x=2或x=-1.∵h(-3)=k-45,h(-1)=k+7,h(2)=k-20,h(3)=k-9,∴h(x)min=k-45≥0,得k≥45.(2)据题意:存在x∈[-3,3],使f(x)≤g(x)成立,即为h(x)=g(x)-f(x)≥0在x∈[-3,3]上能成立,∴h(x)max≥0.∴h(x)max=k+7≥0,得k≥-7.(3)据题意:f(x)max≤g(x)min,x∈[-3,3],易得f(x)max=f(3)=120-k,g(x)min=g(-3)=-21.∴120-k≤-21,得k≥141.9.【思路点拨】关键是在[0,2]上任取三个不同的数a,b,c,均存在以f(a),f(b),f(c)为边长的三角形,三个不同的数a,b,c,对应的f(a),f(b),f(c)可以有两个相同.【解析】f(x)=x3-3x+m,f'(x)=3x2-3,由f'(x)=0得到x=1或x=-1,在[0,2]上,函数先减少后增加,计算两端及最小值f(0)=m,f(2)=2+m,f(1)=-2+m.在[0,2]上任取三个不同的数a,b,c,均存在以f(a),f(b),f(c)为边的三角形,三个不同的数a,b,c对应的f(a),f(b),f(c)可以有两个相同.由三角形两边之和大于第三边,可知最小边长的二倍必须大于最大边长.由题意知,f(1)=-2+m>0 ①f(1)+f(1)>f(0),得到-4+2m>m ②f(1)+f(1)>f(2),得到-4+2m>2+m ③由①②③得到m>6,即为所求.答案:m>610.【解析】(1)由f(x)=+,得f'(x)=a·-=a·-,∵曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为x+2y-3=0,∴解得a=1,b=1.(2)由(1)知f(x)=+,所以f(x)-(+)=[2lnx+].考虑函数h(x)=2lnx+(x>0),则h'(x)=.(ⅰ)设k≤0,由h'(x)=知,当x≠1时,h'(x)<0,而h(1)=0,故当x∈(0,1)时,h(x)>0,可得h(x)>0;当x∈(1,+∞)时,h(x)<0,可得h(x)>0.从而当x>0,且x≠1时,f(x)-(+)>0,即f(x)>+.(ⅱ)设0<k<1,由于当x∈(1,)时,(k-1)·(x2+1)+2x>0,故h'(x)>0.而h(1)=0,故当x∈(1,)时,h(x)>0,可得h(x)<0,与题设矛盾.(ⅲ)设k≥1,此时h'(x)>0,而h(1)=0,故当x∈(1,+∞)时,h(x)>0,可得h(x)<0,与题设矛盾.综合得,k的取值范围为(-∞,0].11.【解析】(1)y=k(3-x)x2,当x=2时,y=32,∴k=8,y=f(x)=24x2-8x3.∵∈(0,t],∴0<x≤.∴定义域为(0,].(2)令y'=-24x(x-2)=0,∴x=0或x=2.讨论:若2≤,即1≤t≤2时,f(x)在(0,2)上是增加的,在(2,)上是减少的.所以y max=f(2)=32,若2>,即0<t<1时,f'(x)>0,所以f(x)在(0,)上是增加的.y max=f()=.综上所述,当1≤t≤2,x=2时,y max=32;当0<t<1,x=时,y max=.12.【解析】(1)f'(x)=(a+)--1=-=-,由于a>1,故0<<1<a,所以f(x)的减区间是(0,),增区间是(,1).(2)由(1)知f'(x)=-(x>0),当a>1时,f(x)的减区间是(0,),(a,+∞),增区间是(,a).f(x)极小值=f()=(a+)ln+a-=-(a+)lna+a-,f(x)极大值=f(a)=(a+)lna-a+,当a=1时,f'(x)=-≤0,f(x)无极值.当0<a<1,f(x)的减区间是(0,a),(,+∞),增区间是(a,).f(x)极大值=f()=-(a+)lna+a-,f(x)极小值=f(a)=(a+)lna-a+.(3)依题意知:f'(x1)=(a+)--1=f'(x2)=(a+)--1,故a+=+=,由x1+x2>2得:x1x2<,故>,即a+=>,当a≥3时,a+≥,所以x1+x2>()max=,即x1+x2>.【方法技巧】巧解方程根的个数问题当函数的极值点很难求解时,可采用设而不求的思想.设出极值点后(设极大值为M,极小值为m),将M与m 的符号问题转化为M与m乘积的符号问题,最后把M与m乘积转化为根与系数的关系解决.37873 93F1 鏱24201 5E89 庉33408 8280 芀35556 8AE4 諤28497 6F51 潑C37789 939D 鎝$^23223 5AB7 媷25371 631B 挛N28581 6FA5 澥。

2021高考数学一轮复习统考第3章导数及其应用第4讲导数与函数的综合应用学案(含解析)北师大版

第4讲导数与函数的综合应用基础知识整合01优化问题，一般地，对于实际1．通常求利润最大、用料最省、效率最高等问题称为□问题，若函数在给定的定义域内只有一个极值点，那么该点也是最值点．2．生活中的优化问题解决优化问题的基本思路：3．不等式问题(1)证明不等式时，可构造函数，将问题转化为函数的极值或最值问题．(2)求解不等式恒成立问题时，可以考虑将参数分离出来，将参数范围问题转化为研究新函数的值域问题．1．把所求问题通过构造函数，转化为可用导数解决的问题，这是用导数解决问题时常用的方法．2．利用导数解决与方程、函数零点、不等式等问题时，常用到数形结合及转化与化归的数学思想．1．(2019·四川南充一诊)若函数f(x)＝x3＋x2－ax－4在区间(－1,1)内恰有一个极值点，则实数a的取值范围为( )A．(1,5) B．[1,5)C．(1,5] D．(－∞，1)∪(5，＋∞)答案 A解析由题意知f′(x)＝3x2＋2x－a＝0在区间(－1,1)内恰有一根(且在根两侧f′(x)异号)⇔f′(1)·f′(－1)＝(5－a)(1－a)<0⇔1<a<5.故选A．2．(2019·湖北襄阳模拟)函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，对任意x∈R，f′(x)>2，则f(x)>2x＋4的解集为( )A．(－1,1) B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞)答案 B解析由f(x)>2x＋4，得f(x)－2x－4>0.设F(x)＝f(x)－2x－4，则F′(x)＝f′(x)－2.因为f ′(x )>2，所以F ′(x )>0在R 上恒成立，所以F (x )在R 上单调递增，而F (－1)＝f (－1)－2×(－1)－4＝2＋2－4＝0，故不等式f (x )－2x －4>0等价于F (x )>F (－1)，所以x >－1.故选B ．3．若函数f (x )＝x 3－3x ＋a 有3个不同的零点，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－2,2) B ．[－2,2] C ．(－∞，－1) D ．(1，＋∞)答案 A解析 f ′(x )＝3x 2－3，令f ′(x )＝0，∴x ＝±1.三次方程f (x )＝0有3个根⇔f (x )极大值>0且f (x )极小值<0.∵x ＝－1为极大值点，x ＝1为极小值点．∴⎩⎪⎨⎪⎧f －1＝2＋a >0，f 1＝a －2<0，∴－2<a <2.4．(2019·沈阳模拟)对于R 上可导的任意函数f (x )，若满足(x －1)·f ′(x )≥0，则必有( )A ．f (0)＋f (2)<2f (1)B ．f (0)＋f (2)≤2f (1)C ．f (0)＋f (2)≥2f (1)D ．f (0)＋f (2)>2f (1)答案 C解析由题设，f (x )为R 上任意可导函数，不妨设f (x )＝(x －1)2，则f ′(x )＝2(x －1)，满足(x －1)·f ′(x )＝2(x －1)2≥0，且f (0)＝1，f (1)＝0，f (2)＝1，则有f (0)＋f (2)>2f (1)；再设f (x )＝1，则f ′(x )＝0，也满足(x －1)·f ′(x )≥0，且有f (0)＋f (2)＝2f (1)，即1＋1＝2×1.5．(2019·贵阳模拟)若关于x 的不等式x 3－3x 2－9x ＋2≥m 对任意x ∈[－2,2]恒成立，则m 的取值范围是( )A ．(－∞，7]B ．(－∞，－20]C ．(－∞，0]D ．[－12,7]答案 B解析令f (x )＝x 3－3x 2－9x ＋2，则f ′(x )＝3x 2－6x －9，令f ′(x )＝0，得x ＝－1或3.因为f (－1)＝7，f (－2)＝0，f (2)＝－20，所以f (x )的最小值为f (2)＝－20，故m ≤－20.6．已知a ≤1－x x ＋ln x 对任意的x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2恒成立，则a 的最大值为________.答案 0解析令f (x )＝1－x x ＋ln x ，f ′(x )＝x －1x 2，当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，1时，f ′(x )<0，当x ∈(1,2]时，f ′(x )>0，∴f (x )min ＝f (1)＝0，∴a ≤0，故a 的最大值为0.核心考向突破考向一导数与方程例1 (2019·武汉市高三二调)已知函数f (x )＝x e x－a (ln x ＋x )，a ∈R . (1)当a ＝e 时，判断f (x )的单调性；(2)若f (x )有两个零点，求实数a 的取值范围．解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，当a ＝e 时，f ′(x )＝1＋xx e x －e x，令f ′(x )＝0，得x ＝1，∵当0<x <1时，f ′(x )<0，当x >1时，f ′(x )>0， ∴f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．(2)记t ＝ln x ＋x ，则t ＝ln x ＋x 在(0，＋∞)上单调递增，且t ∈R . ∴f (x )＝x e x－a (ln x ＋x )＝e t－at ，令g (t )＝e t－at .∴f (x )在x >0上有两个零点等价于g (t )＝e t－at 在t ∈R 上有两上零点． ①当a ＝0时，g (t )＝e t，在R 上单调递增，且g (t )>0，故g (t )无零点；②当a <0时，由g ′(t )＝e t－a >0，g (t )在R 上单调递增，又g (0)＝1>0，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝e 1a－1<0，故g (t )在R 上只有一个零点；③当a >0时，由g ′(t )＝e t－a ＝0可知g (t )在t ＝ln a 时有唯一的一个极小值g (ln a )＝a (1－ln a )．若0<a <e ，g (t )极小值＝a (1－ln a )>0，g (t )无零点；若a ＝e ，g (t )极小值＝0，g (t )只有一个零点；若a >e ，g (t )极小值＝a (1－ln a )<0，而g (0)＝1>0，由y ＝ln x x在x >e 时为减函数，可知当a >e 时，ln e e >ln a a ⇔ln e a >ln a e ，又y ＝ln x 在(0，＋∞)上单调递增，则e a >a e >a 2，从而g (a )＝e a－a 2>0，∴g (x )在(0，ln a )和(ln a ，＋∞)上各有一个零点．综上，当a >e 时，f (x )有两个零点，即实数a 的取值范围是(e ，＋∞)．研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置，通过数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现．[即时训练] 1.已知函数f (x )＝e x－1，g (x )＝x ＋x ，其中e 是自然对数的底数，e ＝2.71828….(1)证明：函数h (x )＝f (x )－g (x )在区间(1,2)上有零点； (2)求方程f (x )＝g (x )的根的个数，并说明理由．解 (1)证明：由题意可得h (x )＝f (x )－g (x )＝e x －1－x －x ，所以h (1)＝e －3<0，h (2)＝e 2－3－2>0，所以h (1)h (2)<0，所以函数h (x )在区间(1,2)上有零点．(2)由(1)可知h (x )＝f (x )－g (x )＝e x－1－x －x . 由g (x )＝x ＋x 知x ∈[0，＋∞)，而h (0)＝0，则x ＝0为h (x )的一个零点．又h (x )在(1,2)内有零点，因此h (x )在[0，＋∞)上至少有两个零点．h ′(x )＝e x －12x －12－1，记φ(x )＝e x －12x －12－1，则φ′(x )＝e x ＋14x －32当x ∈(0，＋∞)时，φ′(x )>0，因此φ(x )在(0，＋∞)上单调递增，易知φ(x )在(0，＋∞)内至多有一个零点，即h (x )在[0，＋∞)内至多有两个零点，则h (x )在[0，＋∞)上有且只有两个零点，所以方程f (x )＝g (x )的根的个数为2.精准设计考向，多角度探究突破考向二导数与不等式角度1 证明不等式例2 已知函数f (x )＝x ln x －ax .(1)当a ＝－1时，求函数f (x )在(0，＋∞)上的最值； (2)证明：对一切x ∈(0，＋∞)，都有ln x ＋1>1e x ＋1－2e 2x 成立．解 (1)函数f (x )＝x ln x －ax 的定义域为(0，＋∞)．当a ＝－1时，f (x )＝x ln x ＋x ，f ′(x )＝ln x ＋2. 由f ′(x )＝0，得x ＝1e2.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 2时，f ′(x )<0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e 2，＋∞时，f ′(x )>0. 所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 2上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e 2，＋∞上单调递增．因此f (x )在x ＝1e2处取得最小值，即f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e2＝－1e2，但f (x )在(0，＋∞)上无最大值．(2)证明：当x >0时，ln x ＋1>1e x ＋1－2e 2x 等价于x (ln x ＋1)>x e x ＋1－2e 2.由(1)知a ＝－1时，f (x )＝x ln x ＋x 的最小值是－1e2.设G (x )＝x e x ＋1－2e2，x ∈(0，＋∞)，则G ′(x )＝⎝⎛⎭⎪⎫x e·e x －2e 2′＝1－x e x ＋1，易知G (x )max ＝G (1)＝－1e2，从而可知对一切x ∈(0，＋∞)，都有f (x )>G (x )，即ln x ＋1>1e x ＋1－2e 2x.(1)利用导数方法证明不等式f (x )>g (x )在区间D 上恒成立的基本方法是构造函数h (x )＝f (x )－g (x )，然后根据函数的单调性，或者函数的最值证明函数h (x )>0，其中一个重要技巧就是找到函数h (x )在什么地方可以等于零，这往往就是解决问题的一个突破口．(2)若待证不等式两端式子较复杂，可通过分析法转化为形式较简单的不等式，再构造函数证明．[即时训练] 2.(2019·银川模拟)已知函数f (x )＝(x ＋b )(e x－a )(b >0)的图象在(－1，f (－1))处的切线方程为(e －1)x ＋e y ＋e －1＝0.(1)求a ，b ；(2)若m ≤0，证明：f (x )≥mx 2＋x .解 (1)由题意知f (－1)＝0，f ′(－1)＝－1＋1e，所以f (－1)＝(－1＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫1e －a ＝0，所以b ＝1或a ＝1e，又f ′(x )＝(x ＋b ＋1)e x－a ，所以f ′(－1)＝b e －a ＝－1＋1e，若a ＝1e，则b ＝2－e<0，与b >0矛盾，故a ＝1，b ＝1.(2)证法一：由(1)可知f (x )＝(x ＋1)(e x －1)，f (0)＝0，f (－1)＝0，由m ≤0，可得x ≥mx 2＋x ，令g (x )＝(x ＋1)(e x －1)－x ，则g ′(x )＝(x ＋2)e x－2. 当x ≤－2时，g ′(x )＝(x ＋2)e x－2≤－2<0；当x >－2时，令h (x )＝g ′(x )＝(x ＋2)e x－2，则h ′(x )＝(x ＋3)e x>0，故函数g ′(x )在(－2，＋∞)上单调递增，又g ′(0)＝0，所以当－2<x <0时，g ′(x )<0；当x >0时，g ′(x )>0.综上，当x ∈(－∞，0)时，g ′(x )<0，当x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )>0，所以函数g (x )在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增，故g (x )≥g (0)＝0，所以(x ＋1)(e x －1)≥x ≥mx 2＋x . 故f (x )≥mx 2＋x .证法二：由(1)可知f (x )＝(x ＋1)(e x －1)，f (0)＝0，f (－1)＝0，由m ≤0，可得x ≥mx 2＋x ，令g (x )＝(x ＋1)(e x －1)－x ，则g ′(x )＝(x ＋2)e x－2，令t (x )＝g ′(x )，则t ′(x )＝(x ＋3)e x，当x <－3时，t ′(x )<0，g ′(x )单调递减，且g ′(x )<0；当x >－3时，t ′(x )>0，g ′(x )单调递增，且g ′(0)＝0.所以g (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，且g (0)＝0. 故g (x )≥g (0)＝0，所以(x ＋1)(e x －1)≥x ≥mx 2＋x . 故f (x )≥mx 2＋x .角度2 不等式恒成立问题例3 (2019·陕西教学质量检测)设函数f (x )＝ln x ＋kx，k ∈R .(1)若曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e))处的切线与直线x －2＝0垂直，求f (x )的单调性和极小值(其中e 为自然对数的底数)；(2)若对任意的x 1>x 2>0，f (x 1)－f (x 2)<x 1－x 2恒成立，求k 的取值范围．解 (1)由条件得f ′(x )＝1x －kx2(x >0)，∵曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e))处的切线与直线x －2＝0垂直， ∴f ′(e)＝0，即1e －ke 2＝0，得k ＝e ，∴f ′(x )＝1x －e x 2＝x －ex2(x >0)，由f ′(x )<0得0<x <e ，由f ′(x )>0得x >e ，∴f (x )在(0，e)上单调递减，在(e ，＋∞)上单调递增．当x ＝e 时，f (x )取得极小值，且f (e)＝ln e ＋ee ＝2.∴f (x )的极小值为2.(2)由题意知，对任意的x 1>x 2>0，f (x 1)－f (x 2)<x 1－x 2恒成立，即f (x 1)－x 1<f (x 2)－x 2恒成立，设h (x )＝f (x )－x ＝ln x ＋k x－x (x >0)，则h (x )在(0，＋∞)上单调递减，∴h ′(x )＝1x －kx2－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，即当x >0时，k ≥－x 2＋x ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14恒成立，∴k ≥14.故k 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫14，＋∞.求解不等式恒成立问题的方法(1)构造函数分类讨论：遇到f (x )≥g (x )型的不等式恒成立问题时，一般采用作差法，构造“左减右”的函数h (x )＝f (x )－g (x )或“右减左”的函数u (x )＝g (x )－f (x )，进而只需满足h (x )min ≥0或u (x )max ≤0，将比较法的思想融入函数中，转化为求解函数最值的问题，适用范围较广，但是往往需要对参数进行分类讨论．(2)分离函数法：分离函数法的主要思想是将不等式变形成一个一端是参数a ，另一端是变量表达式v (x )的不等式后，若a ≥v (x )在x ∈D 上恒成立，则a ≥v (x )max ；若a ≤v (x )在x ∈D 上恒成立，则a ≤v (x )min .[即时训练] 3.(2019·大连模拟)已知函数f (x )＝(x －1)e x －ax 2(e 是自然对数的底数)．(1)讨论函数f (x )的极值点的个数，并说明理由；(2)若对任意的x >0，f (x )＋e x≥x 3＋x ，求实数a 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝x e x－2ax ＝x (e x －2a )．当a ≤0时，由f ′(x )<0得x <0，由f ′(x )>0得x >0，∴f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴f (x )有1个极值点；当0<a <12时，由f ′(x )>0得x <ln (2a )或x >0，由f ′(x )<0得ln (2a )<x <0，∴f (x )在(－∞，ln (2a ))上单调递增，在(ln (2a )，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴f (x )有2个极值点；当a ＝12时，由f ′(x )≥0，∴f (x )在R 上单调递增，∴f (x )没有极值点；当a >12时，由f ′(x )>0得x <0或x >ln (2a )，由f ′(x )<0得0<x <ln (2a )，∴f (x )在(－∞，0)上单调递增，在(0，ln (2a ))上单调递减，在(ln (2a )，＋∞)上单调递增，∴f (x )有2个极值点．综上，当a ≤0时，f (x )有1个极值点；当a >0且a ≠12时，f (x )有2个极值点；当a ＝12时，f (x )没有极值点．(2)由f (x )＋e x ≥x 3＋x 得x e x －x 3－ax 2－x ≥0.当x >0时，e x－x 2－ax －1≥0，即a ≤e x －x 2－1x 对任意的x >0恒成立．设g (x )＝e x －x 2－1x，则g ′(x )＝x －1e x－x －1x 2.设h (x )＝e x－x －1，则h ′(x )＝e x－1.∵x >0，∴h ′(x )>0，∴h (x )在(0，＋∞)上单调递增， ∴h (x )>h (0)＝0，即e x>x ＋1，∴g (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， ∴g (x )≥g (1)＝e －2，∴a ≤e－2，所以实数a 的取值范围为(－∞，e －2]．角度3 赋值法证明正整数不等式例4 (2019·合肥模拟)已知函数f (x )＝ln x －ax ＋1.(1)若曲线y ＝f (x )在点A (1，f (1))处的切线l 与直线4x ＋3y －3＝0垂直，求a 的值； (2)若f (x )≤0恒成立，试确定实数a 的取值范围； (3)证明：ln (n ＋1)>12＋13＋…＋1n ＋1(n ∈N *)．解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－a ，f (1)＝ln 1－a ＋1＝1－a ，f ′(1)＝1－a .故切线l 的方程为y －(1－a )＝(1－a )(x －1)，即y ＝(1－a )x .因为切线l 与直线4x ＋3y －3＝0垂直，所以4×(1－a )＋3×(－1)＝0，解得a ＝14.(2)若a ≤0，则f ′(x )＝1x－a >0，所以f (x )在(0，＋∞)上是增函数．而f (1)＝1－a >0，f (x )≤0不恒成立．若a >0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )＝1x－a >0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )＝1x－a <0.所以f (x )在⎝⎛⎦⎥⎤0，1a 上是增函数，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫1a ，＋∞上是减函数．所以f (x )的最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝－ln a .要使f (x )≤0恒成立，则－ln a ≤0，所以a ≥1.故实数a 的取值范围是[1，＋∞)． (3)证明：由(2)知，当a ＝1时有f (x )≤0在(0，＋∞)上恒成立，且f (x )在(0,1)上是增函数，f (1)＝0，所以ln x <x －1在x ∈(0,1)上恒成立．令x ＝nn ＋1(n ∈N *)，则ln n n ＋1＜n n ＋1－1＝－1n ＋1，令n ＝1,2，…，n ，则有ln 12＜－12，ln 23＜－13，ln 34＜－14，…，ln n n ＋1＜－1n ＋1，以上各不等式两边分别相加，得ln 12＋ln 23＋…＋ln n n ＋1＜－⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋13＋…＋1n ＋1，即ln1n ＋1＜－⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋13＋…＋1n ＋1，故ln (n ＋1)＞12＋13＋…＋1n ＋1(n ∈N *)．证明正整数不等式时，要把这些正整数放在正实数的范围内，通过构造正实数的函数进行证明，而不能直接构造正整数的函数，因为这样的函数不是可导函数，对其求导就是错误的．本例(3)就是利用了(2)问的结论，构造了函数的不等关系，再对其中的自变量赋值，令x ＝－n ＋1n，可得到解题的基本思路．[即时训练] 4.(2017·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝x －1－a ln x . (1)若f (x )≥0，求a 的值；(2)设m 为整数，且对于任意正整数n ，⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n ＜m ，求m 的最小值．解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，①若a ≤0，因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－12＋a ln 2＜0，所以不满足题意．②若a ＞0，由f ′(x )＝1－a x ＝x －ax知，当x ∈(0，a )时，f ′(x )＜0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )＞0. 所以f (x )在(0，a )单调递减，在(a ，＋∞)单调递增．故x ＝a 是f (x )在(0，＋∞)上的唯一最小值点．因为f (1)＝0，所以当且仅当a ＝1时，f (x )≥0，故a ＝1.(2)由(1)知当x ∈(1，＋∞)时，x －1－ln x ＞0. 令x ＝1＋12n ，得ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n ＜12n ，从而ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122＋…＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n ＜12＋122＋…＋12n ＝1－12n ＜1. 故⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n ＜e. 而⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋123＞2，所以m 的最小值为3. 考向三导数与优化问题例5 某农场有一块农田，如图所示，它的边界由圆O 的一段圆弧MPN (P 为此圆弧的中点)和线段MN 构成．已知圆O 的半径为40米，点P 到MN 的距离为50米．现规划在此农田上修建两个温室大棚，大棚Ⅰ内的地块形状为矩形ABCD ，大棚Ⅱ内的地块形状为△CDP ，要求A ，B 均在线段MN 上，C ，D 均在圆弧上．设OC 与MN 所成的角为θ.若大棚Ⅰ内种植甲种蔬菜，大棚Ⅱ内种植乙种蔬菜，且甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为4∶3.求当θ为何值时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大．解设PO 的延长线交MN 于点H ，则PH ⊥MN ，所以OH ＝10米．过O 作OE ⊥BC 于点E ，则OE ∥MN ，所以∠COE ＝θ，故OE ＝40cos θ米，EC ＝40sin θ米，则矩形ABCD 的面积为2×40cos θ(40sin θ＋10) ＝800(4sin θcos θ＋cos θ)平方米， △CDP 的面积为12×2×40cos θ(40－40sin θ)＝1600(cos θ－sin θcos θ)平方米．过N 作GN ⊥MN ，分别交圆弧和OE 的延长线于点G 和点K ，则GK ＝KN ＝10米．令∠GOK ＝θ0，则sin θ0＝14，θ0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π6.当θ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫θ0，π2时，才能作出满足条件的矩形ABCD ，所以sin θ的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫14，1.因为甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为4∶3，所以设甲的单位面积的年产值为4k ，乙的单位面积的年产值为3k (k >0)．则年总产值为4k ×800×(4sin θcos θ＋cos θ)＋3k ×1600×(cos θ－sin θcos θ)＝8000k (sin θcos θ＋cos θ)，θ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫θ0，π2. 设f (θ)＝sin θcos θ＋cos θ，θ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫θ0，π2.则f ′(θ)＝cos 2θ－sin 2θ－sin θ＝－(2sin 2θ＋sin θ－1)＝－(2sin θ－1)(sin θ＋1)，令f ′(θ)＝0，得θ＝π6，当θ∈⎝⎛⎭⎪⎫θ0，π6时，f ′(θ)>0，所以f (θ)为增函数；当θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，π2时，f ′(θ)<0，所以f (θ)为减函数．因此，当θ＝π6时，f (θ)取到最大值．答：当θ＝π6时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大．利用导数解决生活中优化问题的方法求实际问题中的最大值或最小值时，一般是先设自变量、因变量，建立函数关系式，并确定其定义域，利用求函数的最值的方法求解，注意结果应与实际情况相结合．用导数求解实际问题中的最大(小)值时，如果函数在开区间内只有一个极值点，该极值点也就是最值点．[即时训练] 5.(2019·山东潍坊模拟)在某次水下科研考察活动中，需要潜水员潜入水深为60米的水底进行作业，根据以往经验，潜水员下潜的平均速度为v (米/单位时间)，每单位时间的用氧量为⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫v 103＋1(升)，在水底作业10个单位时间，每单位时间用氧量为0.9(升)，返回水面的平均速度为v2(米/单位时间)，每单位时间用氧量为1.5(升)，记该潜水员在此次考察活动中的总用氧量为y (升)．(1)求y 关于v 的函数关系式；(2)若c ≤v ≤15(c >0)，求当下潜速度v 取什么值时，总用氧量最少．解 (1)由题意，下潜用时60v (单位时间)，用氧量为⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫v 103＋1×60v ＝3v 250＋60v (升)；水底作业时的用氧量为10×0.9＝9(升)；返回水面用时60v 2＝120v(单位时间)，用氧量为120v ×1.5＝180v(升)，∴总用氧量y ＝3v 250＋240v＋9(v >0)．(2)y ′＝6v 50－240v 2＝3v 3－200025v2，令y ′＝0得v ＝1032.当0<v <1032时，y ′<0，函数单调递减；当v >1032时，y ′>0函数单调递增． ∴当0<c <1032时，函数在(c,1032)上单调递减，在(1032，15)上单调递增， ∴当v ＝1032时，总用氧量最少；当c ≥1032时，函数在[c,15]上单调递增，此时v ＝c 时，总用氧量最少．综上可知，当0<c <1032，v ＝1032时，总用氧量最少；当c ≥1032，v ＝c 时，总用氧量最少．(2019·兰州模拟)设f (x )＝ax＋x ln x ，g (x )＝x 3－x 2－3.(1)如果存在x 1，x 2∈[0,2]使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，求满足上述条件的最大整数M ；(2)如果对于任意的s ，t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，都有f (s )≥g (t )成立，求实数a 的取值范围．解 (1)存在x 1，x 2∈[0,2]使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，等价于[g (x 1)－g (x 2)]max ≥M . 由g (x )＝x 3－x 2－3，得g ′(x )＝3x 2－2x ＝3x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －23.由g ′(x )＞0得x ＜0或x ＞23，又x ∈[0,2]，所以g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，23上是单调递减函数，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤23，2上是单调递增函数，所以g (x )min ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝－8527，g (x )max ＝g (2)＝1.故[g (x 1)－g (x 2)]max ＝g (x )max －g (x )min ＝11227≥M ，则满足条件的最大整数M ＝4.(2)对于任意的s ，t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，都有f (s )≥g (t )成立，等价于在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上，函数f (x )min ≥g (x )max .由(1)可知在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上，g (x )的最大值为g (2)＝1.在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上，f (x )＝a x ＋x ln x ≥1恒成立等价于a ≥x －x 2ln x 恒成立．设h (x )＝x －x 2ln x ，则h ′(x )＝1－2x ln x －x ，令φ(x )＝1－2x ln x －x ，φ′(x )＝－(2ln x ＋3)，当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2时，φ′(x )<0，可知h ′(x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上是减函数，又h ′(1)＝0，所以当1＜x ＜2时，h ′(x )＜0；当12＜x ＜1时，h ′(x )＞0.即函数h (x )＝x －x 2ln x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1上单调递增，在[1,2]上单调递减，所以h (x )max ＝h (1)＝1，即实数a 的取值范围是[1，＋∞)．答题启示双参数不等式问题的求解方法一般采用等价转化法．(1)∀x 1∈[a ，b ]，∀x 2∈[c ，d ]，使f 1(x 1)>f 2(x 2)⇔[f 1(x 1)]min >[f 2(x 2)]max . (2)∃x 1∈[a ，b ]，∃x 2∈[c ，d ]，使f 1(x 1)>f 2(x 2)⇔[f 1(x 1)]max >[f 2(x 2)]min . (3)∀x 1∈[a ，b ]，∃x 2∈[c ，d ]，使f 1(x 1)>f 2(x 2)⇔[f 1(x 1)]min >[f 2(x 2)]min . (4)∃x 1∈[a ，b ]，∀x 2∈[c ，d ]，使f 1(x 1)>f 2(x 2)⇔[f 1(x 1)]max >[f 2(x 2)]max . 对点训练已知函数f (x )＝ln x －ax ＋1－ax－1(a ∈R )．(1)当a ＝1时，证明：f (x )≤－2；(2)设g (x )＝x 2－2bx ＋4，当a ＝14时，若∀x 1∈(0,2)，∃x 2∈[1,2]，f (x 1)≥g (x 2)，求实数b 的取值范围．解 (1)证明：当a ＝1时，f (x )＝ln x －x －1，则f ′(x )＝1x－1，所以当x ∈(0,1)时，f ′(x )>0，当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，所以f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f (x )max ＝f (1)＝－2，故f (x )≤－2.(2)依题意得f (x )在(0,2)上的最小值不小于g (x )在[1,2]上的最小值，即f (x 1)min ≥g (x 2)min .当a ＝14时，f (x )＝ln x －14x ＋34x－1，所以f ′(x )＝1x －14－34x 2＝－x －1x －34x2，当0<x <1时，f ′(x )<0，当1<x <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，所以当x ∈(0,2)时，f (x )min ＝f (1)＝－12.又g (x )＝x 2－2bx ＋4，x ∈[1,2]，①当b <1时，易得g (x )min ＝g (1)＝5－2b ，则5－2b ≤－12，解得b ≥114，这与b <1矛盾；②当1≤b ≤2时，易得g (x )min ＝g (b )＝4－b 2，则4－b 2≤－12，所以b 2≥92，这与1≤b ≤2矛盾；③当b >2时，易得g (x )min ＝g (2)＝8－4b ，则8－4b ≤－12，解得b ≥178.综上，实数b 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫178，＋∞.。

2021《单元滚动检测卷》高考复习数学(理)(北师大全国)精练三导数及其应用

高三单元滚动检测卷·数学考生留意：1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共4页。

2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上。

3．本次考试时间120分钟，满分150分。

单元检测三导数及其应用第Ⅰ卷一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．(2021·赣州联考)函数f (x )＝3ln x ＋x 2－3x ＋3在点(3，f (3))处的切线斜率是( ) A ．－2 3 B.3 C ．2 3D ．432．设f (x )＝x ln x ，若f ′(x 0)＝2，则x 0的值为( ) A ．e 2 B ．e C.ln 22D ．ln 23．(2021·黑龙江双鸭山一中期中)若函数y ＝f (x )的图像在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝3x －2，则函数g (x )＝x 2＋f (x )的图像在点(1，g (1))处的切线方程为( ) A ．5x －y －3＝0 B ．5x －y ＋3＝0 C ．x －5y ＋3＝0D ．x －5y －3＝04．函数f (x )＝x 3－3x －1，若对于区间[－3,2]上的任意x 1，x 2，都有|f (x 1)－f (x 2)|≤t ，则实数t 的最小值是( ) A ．20 B ．18 C ．3 D ．05．曲线y ＝x 3在点(1,1)处的切线与x 轴及直线x ＝1所围成的三角形的面积为( )A.112B.16C.13D.126．(2021·河北衡水中学调考)函数f (x )＝x 3－3bx ＋3b 在(0,1)内有微小值，则( ) A ．0<b <1 B ．b <1 C ．b >0D ．b <127．(2021·辽宁丹东五校协作体期末)若曲线y ＝12e x 2与曲线y ＝a ln x 在它们的公共点P (s ，t )处具有公共切线，则实数a 等于( ) A ．－2 B.12 C ．1D ．28．设f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2，x ∈[0，1]，1x ，x ∈(1，e](e 为自然对数的底数)，则ʃe 0f (x )d x 等于( )A ．－43B ．－23 C.23 D.439．(2021·淄博一模)曲线f (x )＝e x ＋x 2＋x ＋1上的点到直线2x －y ＝3的距离的最小值为( )A.55B.5C.255D ．2510．(2021·课标全国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 ，1 B.⎣⎡⎭⎫－32e ，34 C.⎣⎡⎭⎫32e ，34D.⎣⎡⎭⎫32e ，111．(2021·广东阳东一中摸底)曲线C ：f (x )＝sin x ＋e x ＋2在x ＝0处的切线方程为( ) A ．y ＝－2x ＋3 B ．y ＝12x －3C ．y ＝2x ＋3D ．y ＝3x －212．(2021·西安模拟)设D 是函数y ＝f (x )定义域内的一个区间，若存在x 0∈D ，使f (x 0)＝－x 0，则称x 0是f (x )的一个“次不动点”，也称f (x )在区间D 上存在“次不动点”，若函数f (x )＝ax 2－3x －a ＋52在区间[1,4]上存在“次不动点”，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－∞，0) B.⎝⎛⎭⎫0，12 C.⎣⎡⎭⎫12，＋∞ D.⎝⎛⎦⎤－∞，12 第Ⅱ卷二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)13．已知函数f (x )的导数f ′(x )＝a (x ＋1)(x －a )，若f (x )在x ＝a 处取得极大值，则a 的取值范围是________．14．关于函数f (x )＝lg x 2＋1|x |(x ≠0)，有下列命题：①其图像关于y 轴对称；②当x >0时，f (x )是增函数；当x <0时，f (x )是减函数； ③f (x )的最小值是lg 2；④f (x )在区间(－1,0)，(2，＋∞)上是增函数； ⑤f (x )无最大值，也无最小值．其中全部正确结论的序号是________．15．(2021·豫东、豫北十所名校联考)若0<x <1，a ＝sin x x ，b ＝sin x x ，c ＝sin xx，则a ，b ，c 的大小关系为__________．16．已知函数y ＝f (x )是R 上的偶函数，且当x ≥0时，f (x )＝2x －2x 12，又a 是函数g (x )＝ln(x ＋1)－2x 的零点，则f (－2)，f (a )，f (1.5)的大小关系是_______________________．三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17．(10分)(2021·河北保定第一中学模拟)已知函数f (x )＝ax 3＋x 2f ′(1)＋1，且f ′(－1)＝9. (1)求曲线f (x )在x ＝1处的切线方程；(2)若存在x ∈(1，＋∞)使得函数f (x )<m 成立，求实数m 的取值范围．18．(12分)(2021·重庆)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 ，争辩g (x )的单调性．19．(12分)请你设计一个包装盒，如图所示，ABCD 是边长为60 cm 的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得A ，B ，C ，D 四个点重合于图中的点P ，正好形成一个正四棱柱外形的包装盒，E ，F 在AB 上，是被切去的一个等腰直角三角形斜边的两个端点，设AE ＝FB ＝x (cm)．(1)某广告商要求包装盒的侧面积S (cm 2)最大，试问x 取何值？(2)某厂商要求包装盒的容积V (cm 3)最大，试问x 应取何值？并求出此时包装盒的高与底面边长的比值．20．(12分)(2021·赣州联考)已知函数f (x )＝12x 2－a ln x .(1)求f (x )的单调区间；(2)设g (x )＝f (x )＋2x ，若g (x )在[1，e]上不单调且仅在x ＝e 处取得最大值，求a 的取值范围．21．(12分)(2021·内蒙古巴彦淖尔第一中学期中)已知f (x )＝1＋ln xx. (1)求函数y ＝f (x )的单调区间；(2)若关于x 的方程f (x )＝x 2－2x ＋k 有实数解，求实数k 的取值范围； (3)当n ∈N ＋时，求证：nf (n )<2＋12＋13＋…＋1n －1.22．(12分)(2021·四川)已知函数f (x )＝－2(x ＋a )ln x ＋x 2－2ax －2a 2＋a ，其中a ＞0. (1)设g (x )是f (x )的导函数，争辩g (x )的单调性；(2)证明：存在a ∈(0,1)，使得f (x )≥0在区间(1，＋∞)内恒成立，且f (x )＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．答案解析1．C [由f (x )＝3ln x ＋x 2－3x ＋3得， f ′(x )＝3x ＋2x －3，∴f ′(3)＝2 3.故选C.]2．B [由f (x )＝x ln x 得f ′(x )＝ln x ＋1.依据题意知ln x 0＋1＝2，所以ln x 0＝1，因此x 0＝e.]3．A [由函数y ＝f (x )的图像在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝3x －2，得 f ′(1)＝3，f (1)＝1. 又函数g (x )＝x 2＋f (x )， ∴g ′(x )＝2x ＋f ′(x )，则g ′(1)＝2×1＋f ′(1)＝2＋3＝5. g (1)＝12＋f (1)＝1＋1＝2.∴函数g (x )＝x 2＋f (x )的图像在点(1，g (1))处的切线方程为y －2＝5(x －1)．即5x －y －3＝0.故选A.] 4．A5．B [求导得y ′＝3x 2，所以y ′|x ＝1＝3，所以曲线y ＝x 3在点(1,1)处的切线方程为y －1＝3(x －1)，结合图像易知所围成的三角形是直角三角形，三个交点的坐标分别是(23，0)，(1,0)，(1,1)，于是三角形的面积为12×(1－23)×1＝16，故选B.]6．A [f ′(x )＝3(x 2－b )，∵函数f (x )＝x 3－3bx ＋3b 在(0,1)内有微小值，∴⎩⎪⎨⎪⎧f ′(0)<0f ′(1)>0，解得0<b <1.故选A.] 7．C [由y ＝12e x 2，得y ′＝xe .由y ＝a ln x ，得y ′＝ax.∵它们在点P 处有公共切线，∴x e ＝a x ，解得x ＝e a ，代入两曲线得12e ·e a ＝a2(ln a ＋1)，∴ln a ＋1＝1，解得a ＝1，故选C.] 8．D [依题意得，ʃe 0f (x )d x ＝ʃ10x 2d x ＋ʃe11x d x ＝13x 3|10＋ln x |e 1＝13＋1＝43.] 9．B [f ′(x )＝e x ＋2x ＋1，设与直线2x －y ＝3平行且与曲线f (x )相切于点P (s ，t )的直线方程为2x －y ＋m ＝0，则e s ＋2s ＋1＝2，解得s ＝0. ∴切点为P (0,2)．∴曲线f (x )＝e x ＋x 2＋x ＋1上的点到直线2x －y ＝3的距离的最小值为点P 到直线2x －y ＝3的距离d ，且d ＝|0－2－3|5＝ 5.故选B.] 10．D [∵f (0)＝－1＋a <0，∴x 0＝0. 又∵x 0＝0是唯一的使f (x )<0的整数，∴⎩⎪⎨⎪⎧f (－1)≥0，f (1)≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧e －1[2×(－1)－1]＋a ＋a ≥0，e (2×1－1)－a ＋a ≥0，解得a ≥32e.又∵a <1，∴32e ≤a <1，经检验a ＝34，符合题意．故选D.]11．C [由于f ′(x )＝cos x ＋e x ，所以f ′(0)＝2，所以曲线在x ＝0处的切线方程为y －3＝2(x －0)，即2x －y ＋3＝0.故选C.] 12．D 13．(－1,0)解析当a ＝0时，f ′(x )＝0，则函数f (x )不存在极值．当a ≠0时，令f ′(x )＝0，则x 1＝－1，x 2＝a .若a ＝－1，则f ′(x )＝－(x ＋1)2≤0，函数f (x )不存在极值；若a >0，当x ∈(－1，a )时，f ′(x )<0，当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0，所以函数f (x )在x ＝a 处取得微小值，不符合题意；若－1<a <0，当x ∈(－1，a )时，f ′(x )>0，当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )<0，所以函数f (x )在x ＝a 处取得极大值；若a <－1，当x ∈(－∞，a )时，f ′(x )<0；当x ∈(a ，－1)时，f ′(x )>0，所以函数f (x )在x ＝a 处取得微小值，不符合题意．所以a ∈(－1,0)． 14．①③④解析依据已知条件可知f (x )＝lg x 2＋1|x |(x ≠0)为偶函数，明显利用偶函数的性质可知命题①正确；对真数部分分析可知最小值为2，因此命题③成立；利用复合函数的性质可知命题④成立；命题②，单调性不符合复合函数的性质，因此错误；命题⑤中，函数有最小值，因此错误，故填写①③④. 15．a >b >c解析易知当0<x <1时，0<sin x <x ，则0<sin x x <1，∴sin xx<sin x x .设f (x )＝sin xx ，则f ′(x )＝x cos x －sin x x 2，设h (x )＝x cos x －sin x ，则h ′(x )＝－x sin x ．当x ∈(0,1)时，h ′(x )<0，∴h (x )在(0,1)上单调递减，∴当x ∈(0,1)时，h (x )<h (0)＝0，∴f ′(x )<0在(0,1)上恒成立，∴f (x )在(0,1)上单调递减，又∵0<x <1，∴0<x <x <1， ∴sin x x >sin xx. 综上：sin x x >sin x x >sin xx，即a >b >c . 16．f (1.5)<f (a )<f (－2)解析由于g (1.5)＝ln 52－43<0，g (2)＝ln 3－1>0，所以g (x )＝ln(x ＋1)－2x 在(32，2)内有零点，又由g ′(x )＝1x ＋1＋2x2>0知g (x )＝ln(x ＋1)－2x 在(－1,0)，(0，＋∞)上单调递增，所以函数g (x )＝ln(x ＋1)－2x 在区间(32，2)内有唯一的零点，即为a ，则a ∈(32，2)，所以2>a >1.5>1，当x ≥1时，f ′(x )＝2x ·ln 2－1x ＝x ·2x ·ln 2－1x ，由于x ·2x ·ln 2－1≥2ln 2－1＝ln 4－1>0，所以f ′(x )>0，f (x )在(1，＋∞)内单调递增，所以f (2)>f (a )>f (1.5)，又f (x )是偶函数，所以f (1.5)<f (a )<f (－2)． 17．解 (1)∵f (x )＝ax 3＋x 2f ′(1)＋1， ∴f ′(x )＝3ax 2＋2xf ′(1)，∴⎩⎪⎨⎪⎧f ′(1)＝3a ＋2f ′(1)，f ′(－1)＝3a －2f ′(1)＝9.∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，f ′(1)＝－3.∴f (x )＝x 3－3x 2＋1，∴f (1)＝－1. 故曲线f (x )在x ＝1处的切线方程为y ＝－3(x －1)－1＝－3x ＋2，即3x ＋y －2＝0.(2)f ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)，当1<x <2时，f ′(x )<0；当x >2时，f ′(x )>0.则函数f (x )在区间(1,2)上单调递减，在区间(2，＋∞)上单调递增，f (x )≥f (2)＝－3. 则由题意可知，m >－3，即所求实数m 的取值范围为(－3，＋∞)． 18．解 (1)对f (x )求导得f ′(x )＝3ax 2＋2x ，由于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． 19．解设包装盒的高为h cm ，底面边长为a cm. 由已知得a ＝2x ，h ＝60－2x2＝2(30－x )，0<x <30.(1)S ＝4ah ＝8x (30－x )＝－8(x －15)2＋1 800，所以当x ＝15时，S 取得最大值．(2)V ＝a 2h ＝22(－x 3＋30x 2)，V ′＝62x (20－x )．由V ′＝0，得x ＝0(舍)或x ＝20.当x ∈(0,20)时，V ′>0；当x ∈(20,30)时，V ′<0. 所以当x ＝20时，V 取得极大值，也是最大值．此时h a ＝12.即包装盒的高与底面边长的比值为12.20．解 (1)f ′(x )＝x 2－a x(x >0)，当a ≤0时，f ′(x )≥0，增区间为(0，＋∞)，当a >0时，f ′(x )≥0⇒x >a ，f ′(x )<0⇒0<x <a ， ∴f (x )的增区间为(a ，＋∞)，减区间为(0，a )． (2)g ′(x )＝x －ax ＋2＝x 2＋2x －a x(x >0)，设h (x )＝x 2＋2x －a (x >0)，若g (x )在[1，e]上不单调，则h (1)h (e)<0， (3－a )(e 2＋2e －a )<0， ∴3<a <e 2＋2e ，同时g (x )仅在x ＝e 处取得最大值，∴只要g (e)>g (1)．即可得出：a <e 22＋2e －52，则a 的取值范围为(3，e 22＋2e －52)．21．(1)解 ∵f (x )＝1＋ln xx ，∴f ′(x )＝1x ·x －(1＋ln x )x 2＝－ln xx 2.当x ∈(0,1)时，f ′(x )>0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0. ∴函数f (x )在区间(0,1)上为增函数，在区间(1，＋∞)上为减函数．(2)解由(1)，得f (x )的极大值为f (1)＝1. 令g (x )＝x 2－2x ＋k ，当x ＝1时，函数g (x )取得最小值g (1)＝k －1. ∵方程f (x )＝x 2－2x ＋k 有实数解，那么k －1≤1，即k ≤2，∴实数k 的取值范围是k ≤2.(3)证明 ∵函数f (x )在区间(1，＋∞)上为减函数， 1＋1n >1(n ∈N ＋，n ≥2)， ∴f (1＋1n )<f (1)＝1，∴1＋ln(1＋1n )<1＋1n，即ln(n ＋1)－ln n <1n，∴ln n ＝ln 2－ln 1＋ln 3－ln 2＋…＋ln n －ln(n －1) <1＋12＋13＋…＋1n －1，即1＋ln n <2＋12＋13＋…＋1n －1.∵nf (n )＝1＋ln n ，∴nf (n )<2＋12＋13＋…＋1n －1.22．(1)解由已知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， g (x )＝f ′(x )＝2(x －a )－2ln x －2⎝⎛⎭⎫1＋ax ，所以g ′(x )＝2－2x ＋2a x2＝2⎝⎛⎭⎫x －122＋2⎝⎛⎭⎫a －14x 2，当0＜a ＜14时，g (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－1－4a 2，⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－4a 2，＋∞上单调递增，在区间⎝⎛⎭⎪⎫1－1－4a 2，1＋1－4a 2上单调递减；当a ≥14时，g (x )在区间(0，＋∞)上单调递增．(2)证明由f ′(x )＝2(x －a )－2ln x －2⎝⎛⎭⎫1＋ax ＝0，解得a ＝x －1－ln x1＋x －1，令φ(x )＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x －1－ln x 1＋x －1ln x ＋x 2－ 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1－ln x 1＋x －1x －2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1－ln x 1＋x －12＋x －1－ln x1＋x －1，则φ(1)＝1＞0，φ(e)＝－e (e －2)1＋e －1－2⎝ ⎛⎭⎪⎫e －21＋e －12＜0，故存在x 0∈(1，e)，使得φ(x 0)＝0，令a 0＝x 0－1－ln x 01＋x －10，u (x )＝x －1－ln x (x ≥1)，由u ′(x )＝1－1x ≥0知，函数u (x )在区间(1，＋∞)上单调递增，所以0＝u (1)1＋1＜u (x 0)1＋x －10＝a 0＜u (e )1＋e －1＝e －21＋e －1＜1，即a 0∈(0,1)，当a ＝a 0时，有f ′(x 0)＝0，f (x 0)＝φ(x 0)＝0，由(1)知，f ′(x )在区间(1，＋∞)上单调递增．故当x ∈(1，x 0)时，f ′(x )＜0，从而f (x )＞f (x 0)＝0；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )＞0，从而f (x )＞f (x 0)＝0，所以，当x ∈(1，＋∞)时，f (x )≥0.综上所述，存在a ∈(0,1)，使得f (x )≥0在区间(1，＋∞)内恒成立，且f (x )＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．。

1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。

单元检测三导数及其应用(提升卷)考生注意：1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间100分钟，满分130分．4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．第Ⅰ卷(选择题共60分)一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．(2019·安庆期末)函数y＝f(x)的图像如图所示，f′(x)是函数f(x)的导函数，下列数值排序正确的是()A．f′(2)<f′(3)<f(3)－f(2)<0B．f′(3)<f′(2)<f(3)－f(2)<0C．f(3)－f(2)<f′(3)<f′(2)<0D．f′(2)<f(3)－f(2)<f′(3)<02．已知函数f(x)＝x(x－1)(x－2)…(x－100)，则f′(0)等于()A．0 B．100C．200 D．1×2×3×…×99×1003．已知函数f (x )＝ln x ＋x 2f ′(a )，且f (1)＝－1，则实数a 的值为( ) A ．－12或1B.12 C ．1D ．24．(2019·合肥期中)设函数f (x )＝a ln x ＋bx 2，若函数f (x )的图像在点(1,1)处的切线与y 轴垂直，则实数a ＋b 等于( ) A ．1 B.12 C.14D ．－15．若f (x )＝x 2－2x －4ln x ，则f (x )的递增区间为( ) A ．(2，＋∞) B ．(－1,0)∪(2，＋∞) C ．(1，＋∞)D ．(0,2)6．函数f (x )＝e |x |3x的部分图像大致为( )7．(2019·安阳期末)已知函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，且满足f (x )＋xf ′(x )>0(f ′(x )是f (x )的导函数)，则不等式(x －1)f (x 2－1)<f (x ＋1)的解集为( ) A ．(－∞，2) B ．(1，＋∞) C ．(－1,2)D ．(1,2)8．若函数f (x )＝ln x ＋ax 2－2在区间⎝⎛⎭⎫12，2内存在递增区间，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－∞，－2] B.⎝⎛⎭⎫－18，＋∞ C.⎝⎛⎭⎫－2，－18 D ．(－2，＋∞)9．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，则实数a 的取值范围是( ) A ．(2，＋∞) B ．(1，＋∞) C ．(－∞，－2)D ．(－∞，－1)10．(2020·南昌市开学摸底考试)函数f (x )＝(x 2－ax )e x －ax ＋a 2(e 为自然对数的底数，a ∈R ，a 为常数)有三个不同零点，则a 的取值范围是( ) A.⎝⎛⎭⎫－1e ，0 B ．(－∞，0) C.⎝⎛⎭⎫－1e ，＋∞ D ．(0，＋∞)11．设函数f (x )＝min ⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ln x ，x 2e x (min{a ，b }表示a ，b 中的较小者)，则函数f (x )的最大值为( ) A.32ln 2 B ．2ln 2 C.1eD.4e2 12．若存在唯一的正整数x 0，使得不等式2xe x －ax －a >0成立，则实数a 的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎫0，43e 2 B.⎝⎛⎭⎫43e 2，1e C.⎝⎛⎭⎫0，1e D.⎣⎡⎭⎫43e 2，1e第Ⅱ卷(非选择题共70分)二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上) 13．函数f (x )＝e x ＋|x －1|的图像在点(0，f (0))处的切线方程为________．14．设实数a ，b ，c 分别满足a ＝5－12，b ln b ＝1,3c 3＋c ＝1，则a ，b ，c 的大小关系为________．15．设实数λ>0，若对任意的x ∈(0，＋∞)，不等式e λx －ln xλ≥0恒成立，则λ的最小值为________．16．已知函数f (x )＝ln x ＋(a －1)x ＋2－2a (a >0)．若不等式f (x )>0的解集中整数的个数为3，则a 的取值范围是________________．三、解答题(本题共4小题，共50分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17．(12分)(2019·西安质检)已知函数f (x )＝ax 3－3x 的图像在点P (2，f (2))处的切线l 与直线9x －y －6＝0平行． (1)求切线l 的方程；(2)若函数g (x )＝f (x )－k 有3个零点，求实数k 的取值范围． 18.(12分)已知函数f (x )＝ln x －x ，g (x )＝ax 2＋2x (a <0)． (1)求函数f (x )在区间⎣⎡⎦⎤1e ，e 上的最值； (2)求函数h (x )＝f (x )＋g (x )的极值点．19．(13分)(2020·商丘月考)已知f (x )＝e x ，g (x )＝x ＋1(e 为自然对数的底数)． (1)求证：f (x )≥g (x )恒成立；(2)设m 是正整数，对任意正整数n ，⎝⎛⎭⎫1＋13⎝⎛⎭⎫1＋132…⎝⎛⎭⎫1＋13n <m ，求m 的最小值． 20.(13分)(2019·安庆期末)已知函数f (x )＝ln x －ax 2(a ∈R )． (1)讨论y ＝f (x )的单调性；(2)若函数f (x )有两个不同零点x 1，x 2，求实数a 的取值范围，并证明x 1x 2>e.答案精析1．D[根据题意，设M (2，f (2))，N (3，f (3))为函数y ＝f (x )上的点，则f ′(2)为函数f (x )在x ＝2处切线的斜率，f ′(3)为函数f (x )在x ＝3处切线的斜率，f (3)－f (2)＝f (3)－f (2)3－2为直线MN 的斜率，结合图像分析可得f ′(2)<f (3)－f (2)<f ′(3)<0.] 2．D [f ′(0)＝lim Δx →0 f (0＋Δx )－f (0)Δx ＝lim Δx →0 Δx (Δx －1)(Δx －2)…(Δx －100)－0Δx ＝lim Δx →0(Δx －1)·(Δx －2)…(Δx －100) ＝(－1)(－2)…(－100)＝1×2×3×…×99×100.] 3．C [令x ＝1，则f (1)＝ln 1＋f ′(a )＝－1，可得f ′(a )＝－1.令x ＝a >0，则f ′(a )＝1a＋2af ′(a )，即2a 2－a －1＝0，解得a ＝1或a ＝－12(舍去)．]4．D [函数f (x )＝a ln x ＋bx 2的导数为f ′(x )＝ax＋2bx ，由题意可得，在点(1,1)处的切线斜率为a ＋2b ＝0，又a ln 1＋b ＝1，解得b ＝1，a ＝－2，故a ＋b ＝－1.]5．A [由题意得，f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2x －2－4x ＝2(x 2－x －2)x ＝2(x ＋1)(x －2)x，∴当x ∈(0,2)时，f ′(x )<0；当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0， ∴f (x )的递增区间为(2，＋∞)．]6．C [由题意得f (x )为奇函数，排除B ；又f (1)＝e3<1，排除A ；当x >0时，f (x )＝e x3x ，所以f ′(x )＝(x －1)e x 3x 2，函数f (x )在区间(0,1)内递减，在区间(1，＋∞)内递增，排除D.] 7．D [构造函数g (x )＝xf (x )，其中x >0，则g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )>0，所以，函数y ＝g (x )在定义域(0，＋∞)上为增函数，由已知得(x 2－1)f (x 2－1)<(x ＋1)f (x ＋1)，即g (x 2－1)<g (x ＋1)，所以⎩⎪⎨⎪⎧x 2－1<x ＋1，x 2－1>0，x ＋1>0，解得1<x <2，因此，不等式(x －1)f (x 2－1)<f (x ＋1)的解集为(1,2)．] 8．D [对f (x )求导得f ′(x )＝1x ＋2ax ＝2ax 2＋1x ，由题意可得2ax 2＋1>0在⎝⎛⎭⎫12，2内有解，所以a >⎝⎛⎭⎫－12x 2min .因为x ∈⎝⎛⎭⎫12，2，所以x 2∈⎝⎛⎭⎫14，4，⎝⎛⎭⎫－12x 2∈⎝⎛⎭⎫－2，－18，所以a >－2.]9．C [易知a ≠0，所以f (x )为一元三次函数．因为f ′(x )＝3ax 2－6x ＝3x (ax －2)，所以方程f ′(x )＝0的根为x 1＝0，x 2＝2a .又注意到函数f (x )的图像经过点(0,1)，所以结合一元三次函数的图像规律及题意可知，函数f (x )的图像如图所示，从而有⎩⎪⎨⎪⎧ a <0，f ⎝⎛⎭⎫2a >0，即⎩⎪⎨⎪⎧a <0，8a 2－3×4a 2＋1>0，解得a <－2.故选C.]10．A [令f (x )＝0，得x (x －a )e x ＝a (x －a )，可得f (x )一个零点为x ＝a ，所以当x ≠a 时，x e x ＝a 有两个不同的实数解，设g (x )＝x e x 即y ＝g (x )的图像与y ＝a 的图像有两个不同交点， g ′(x )＝(1＋x )e x ，当x ∈(－∞，－1)时g (x )递减，当x ∈(－1，＋∞)时g (x )递增，所以当x ＝－1时，g (x )取最小值为 g (－1)＝－1e，且x →－∞时g (x )→0，x →＋∞时g (x )→＋∞，所以a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫－1e ，0.] 11．D [函数f (x )的定义域为(0，＋∞)．由y 1＝x ln x 得y 1′＝ln x ＋1，令y 1′＝0，解得x ＝1e，∴y 1＝x ln x 在⎝⎛⎭⎫0，1e 上递减，在⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞上递增．由y 2＝x 2e x ，x >0得y 2′＝2x －x 2e x ，令y 2′＝0，x >0，解得x ＝2，∴y 2＝x 2ex 在(0,2)上递增，在(2，＋∞)上递减，作出示意图如图，当x ＝2时，y 1＝2ln 2，y 2＝4e2.∵2ln 2>4e 2，∴y 1＝x ln x 与y 2＝x 2e x 的交点在(1,2)内，∴函数f (x )的最大值为4e2.]12．D [由2x e x －ax －a ＝0可得a ＝2xe x (x ＋1)，令h (x )＝2xe x (x ＋1)(x >0)，则h ′(x )＝－2x 2－2x ＋2e x (x ＋1)2，令h ′(x )＝0，得x ＝－1＋52，－1＋52∈(0,1)，h ′(0)>0，h ′(1)<0，所以函数在(0,1)上有唯一极大值点，在[1，＋∞)上是减函数，因为h (1)＝1e ，h (2)＝43e2，所以要使不等式存在唯一的正整数x 0，需43e 2≤a <1e .]13．y －2＝0解析当x <1时，f (x )＝e x ＋1－x ，则f ′(x )＝e x －1， ∴f (0)＝2，f ′(0)＝0，∴f (x )在x ＝0处的切线方程为y ＝2. 14．b >c >a 解析易知a <12，令f (x )＝x ln x ，则f ′(x )＝ln x ＋1，令f ′(x )＝0，得x ＝1e ，当x >1e 时，f (x )在⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞上递增，且f (1)＝0，又因为f (b )＝1>0＝f (1)，所以b >1，令g (x )＝3x 3＋x ，g (x )在R 上递增，且g ⎝⎛⎭⎫12＝78，又因为g ⎝⎛⎭⎫12＝78<g (c )＝3c 3＋c ＝1<4＝g (1)，所以12<c <1，所以b >c >a .15.1e解析当x ∈(0,1]时，λ>0，不等式e λx －ln xλ≥0显然成立，λ可取任意正实数；当x ∈(1，＋∞)时，e λx －ln xλ≥0⇔λe λx ≥ln x ⇔λx ·e λx ≥ln x ·e ln x ，设函数f (x )＝x ·e x (x >0)，而f ′(x )＝(x ＋1)·e x >0，则f (x )在(0，＋∞)上递增，那么由λx ·e λx ≥ln x ·e ln x 可得λx ≥ln x ⇔λ≥ln x x .令g (x )＝ln xx (x >1)，而g ′(x )＝1－ln x x 2，易知函数g (x )在(1，e)上递增，在(e ，＋∞)上递减，那么g (x )max ＝g (e)＝1e ，则有λ≥1e .综上分析可知，λ的最小值为1e .16．(0,1－ln 2]解析 ln x ＋(a －1)x ＋2－2a >0，即a (x －2)>－ln x ＋x －2，设h (x )＝a (x －2)，g (x )＝－ln x ＋x －2，其中x ＝2时，h (2)＝0，g (2)＝－ln 2<0， x ＝3时，h (3)＝a >0，g (3)＝1－ln 3<0，即x ＝2，x ＝3符合要求，g ′(x )＝－1x ＋1＝x －1x ，∴x ∈(0,1)时，g ′(x )<0，g (x )递减，x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )递增，g (1)＝－1为极小值． ∵h (x )>g (x )有三个整数解，则还有一个整数解为x ＝1或者是x ＝4， ①当解集包含x ＝1时，x →0时，h (x )→－2a <0，g (x )→＋∞， ∴需要满足⎩⎪⎨⎪⎧a >0，h (1)>g (1)，h (4)≤g (4)，即⎩⎪⎨⎪⎧a >0，－a >－1，2a ≤－ln 4＋4－2，解得0<a ≤1－ln 2.②当解集包含x ＝4时，需要满足⎩⎪⎨⎪⎧a >0，h (1)≤g (1)，h (4)>g (4)，h (5)≤g (5)，⎩⎪⎨⎪⎧即a >0，－a ≤－1，2a >－ln 4＋4－2，3a ≤－ln 5＋5－2，整理得⎩⎪⎨⎪⎧a >0，a ≥1，a >1－ln 2，a ≤3－ln 53，而3－ln 53<1，所以无解，即该情况不成立．综上所述，a 的取值范围为(0,1－ln 2]． 17．解 (1)由题意知，函数f (x )＝ax 3－3x ，则f ′(x )＝3ax 2－3，又f (x )的图像在点P (2，f (2))处的切线与直线9x －y －6＝0平行，所以f ′(2)＝12a －3＝9，解得a ＝1，即f (x )＝x 3－3x ，所以f (2)＝23－3×2＝2，所以切点P 的坐标为(2,2)，则切线方程为y －2＝9(x －2)，即9x －y －16＝0. (2)由(1)可知f ′(x )＝3x 2－3，令f ′(x )＝0，则x ＝±1，当x 变化时，f ′(x )与f (x )的变化情况如下表：所以当x ＝－1时，f (x )有极大值f (－1)＝2；当x ＝1时，f (x )有极小值f (1)＝－2，且当x →－∞时，f (x )→－∞；当x →＋∞时，f (x )→＋∞，因为g (x )＝f (x )－k 有3个零点，所以y ＝k 与y ＝f (x )的图像有3个交点，故实数k 的取值范围为(－2,2)． 18．解 (1)依题意，f ′(x )＝1x －1，令1x－1＝0，解得x ＝1. 因为f (1)＝－1，f ⎝⎛⎭⎫1e ＝－1－1e ，f (e)＝1－e ，且1－e<－1－1e<－1，故函数f (x )在区间⎣⎡⎦⎤1e ，e 上的最大值为－1，最小值为1－e. (2)依题意知，h (x )＝f (x )＋g (x )＝ln x ＋ax 2＋x (x >0)， h ′(x )＝1x ＋2ax ＋1＝2ax 2＋x ＋1x，当a <0时，令h ′(x )＝0，则2ax 2＋x ＋1＝0.因为Δ＝1－8a >0，所以h ′(x )＝2ax 2＋x ＋1x ＝2a (x －x 1)(x －x 2)x ，其中x 1＝－1－1－8a 4a ，x 2＝－1＋1－8a4a.因为a <0，所以x 1<0，x 2>0，所以当0<x <x 2时，h ′(x )>0；当x >x 2时，h ′(x )<0，所以函数h (x )在区间(0，x 2)内是增函数，在区间(x 2，＋∞)内是减函数，故x 2＝－1＋1－8a4a为函数h (x )的极大值点，无极小值点．19．(1)证明令F (x )＝f (x )－g (x )＝e x －x －1，则F ′(x )＝e x －1，∴当x ∈(－∞，0)时，F ′(x )<0；当x ∈(0，＋∞)时，F ′(x )>0， ∴F (x )在(－∞，0)上递减；在(0，＋∞)上递增， ∴F (x )min ＝F (0)＝e 0－0－1＝0，即F (x )＝f (x )－g (x )≥0恒成立， ∴f (x )≥g (x )恒成立． (2)解由(1)知1＋13n ≤e 13n ，∴⎝⎛⎭⎫1＋13⎝⎛⎭⎫1＋132…⎝⎛⎭⎫1＋13n ≤e 13·e 132…e 13n ＝e 13＋132＋…＋13n ，又13＋132＋…＋13n ＝13×⎝⎛⎭⎫1－13n 1－13＝12×⎝⎛⎭⎫1－13n <12， ∴⎝⎛⎭⎫1＋13⎝⎛⎭⎫1＋132…⎝⎛⎭⎫1＋13n ≤e 12×⎝⎛⎭⎫1－13n <e 12，又⎝⎛⎭⎫1＋13⎝⎛⎭⎫1＋132…⎝⎛⎭⎫1＋13n <m 恒成立，∴m ≥e 12，又m 为正整数，∴m 的最小值为2. 20．解 (1)函数的定义域为x ∈(0，＋∞)， f ′(x )＝1x －2ax ＝－2ax 2＋1x，当a ≤0时，f ′(x )>0，函数f (x )在(0，＋∞)上为增函数；当a >0时，令f ′(x )＝0，则x ＝12a， f ′(x )在⎝⎛⎭⎫0，12a 上有f ′(x )>0， f ′(x )在⎝⎛⎭⎫12a ，＋∞上有f ′(x )<0，即f (x )在⎝⎛⎭⎫0，12a 上为增函数，在⎝⎛⎭⎫12a ，＋∞上为减函数，综上，当a ≤0时，函数f (x )在(0，＋∞)上为增函数；当a >0时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，12a 上为增函数，在⎝⎛⎭⎫12a ，＋∞上为减函数．(2)f (x )＝ln x －ax 2有两个不同的零点，即ln x －ax 2＝0有两个不同的根，即a ＝ln xx 2有两个不同的根，即y ＝a 与g (x )＝ln xx2有两个不同的交点；g ′(x )＝1－2ln x x 3，g (x )在(0，e)上为增函数，在(e ，＋∞)上为减函数，g (e)＝12e ，当x >1时，g (x )>0， g (x )图像如图所示，故a ∈⎝⎛⎭⎫0，12e . 由上设0<x 1<e<x 2，令F (x )＝g (x )－g ⎝⎛⎭⎫e x (x >e)， F ′(x )＝g ′(x )＋ex 2g ′⎝⎛⎭⎫e x ＝(x 4－e 2)(2ln x －1)x 3e 2，当x >e 时，F ′(x )>0，故F (x )＝g (x )－g ⎝⎛⎭⎫e x 在(e ，＋∞)上为增函数，F (e)＝0，从而有F (x )>0在(e ，＋∞)上成立，即g (x )>g ⎝⎛⎭⎫e x ，而x 2∈(e ，＋∞)，则g (x 2)>g ⎝⎛⎭⎫e x 2，又因为g (x 1)＝g (x 2)，所以g (x 1)＝g (x 2)>g ⎝⎛⎭⎫e x 2，又x 1，ex 2∈(0，e)，g (x )在(0，e)上为增函数，故x 1>ex 2，即证得x 1x 2>e.。

【精准解析】2021届高考数学北师大版单元检测三 导数及其应用(提升卷)

2021版高考数学一轮复习第三章导数及其应用3.4.3导数的存在性问题练习理北师大版

2021_2022学年新教材高中数学第二章导数及其应用3导数的计算课后巩固提升含解析北师大版选择性必

2021_2022学年高中数学第三章导数应用1.2函数的极值课后篇巩固提升含解析北师大版选修2_2

【精准解析】2021届高考数学北师大版单元检测三 导数及其应用(提升卷)

2021版高考数学一轮复习第三章导数及其应用3.1导数与导数的运算练习理北师大版

2021版高考数学北师大版攻略专题复习课件：专题三 导数及其应用(讲解部分)

北师大版高三理科数学课后习题(含答案)单元质检卷三导数及其应用

2021高考北京版数学教师用书3.1 导数的概念及运算(试题部分)

2021高考数学一轮复习统考第3章导数及其应用高考大题冲关(1)高考中函数与导数问题的热点题型课件北师大版

2021_2022学年高中数学第三章导数应用测评含解析北师大版选修

【精准解析】2021届高考数学北师大版单元检测九 解析几何(提升卷B)

【精准解析】2021届高考数学北师大版单元检测十二 概率、随机变量及其分布(提升卷)

高考数学一轮复习 第三章 导数及其应用单元质检卷3 文 北师大版-北师大版高三全册数学试题

2021年高考数学 2.12导数在实际问题中的应用及综合应用课时提升作业 理 北师大版

2021高考数学一轮复习统考第3章导数及其应用第4讲导数与函数的综合应用学案(含解析)北师大版

2021《单元滚动检测卷》高考复习数学(理)(北师大全国)精练三 导数及其应用

【精准解析】2021届高考数学北师大版单元检测三导数及其应用(提升卷)

【精准解析】2021届高考数学北师大版单元检测三导数及其应用(提升卷)

2021版高考数学北师大版攻略专题复习课件：专题三导数及其应用(讲解部分)

【精准解析】2021届高考数学北师大版单元检测九解析几何(提升卷B)

【精准解析】2021届高考数学北师大版单元检测十二概率、随机变量及其分布(提升卷)

高考数学一轮复习第三章导数及其应用单元质检卷3 文北师大版-北师大版高三全册数学试题

2021年高考数学 2.12导数在实际问题中的应用及综合应用课时提升作业理北师大版

2021《单元滚动检测卷》高考复习数学(理)(北师大全国)精练三导数及其应用