2018年高考数学大一轮复习增分训练导数的综合应用一文科 Word版含答案

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2018高考文科数导数及应用专项100题(WORD版含答案)

2018高考文科数导数及应用专项100题（WORD版含答案）一、选择题（本题共22道小题）1.设函数f（x）=ln（1+|x|）﹣，则使得f（x）＞f（2x﹣1）成立的取值范围是（）A．（﹣∞，）∪（1，+∞）B．（，1）C．（）D．（﹣∞，﹣，）2.曲线在x=e处的切线方程为（）A．y=x B．y=e C．y=ex D．y=ex+13.设函数f（x）=ax+sinx+cosx．若函数f（x）的图象上存在不同的两点A、B，使得曲线y=f（x）在点A、B处的切线互相垂直，则实数a的取值范围为（）A．B．C．D．[﹣1，1]4.已知4()(2)(0)1xf x a x xx=-+>+，若曲线()f x上存在不同两点A，B，使得曲线()f x在点A，B处的切线垂直，则实数a的取值范围是A. (B. (-2, 2)C. (2)D. (2-5.等差数列{a n}中，a1，a4025是函数的极值点，则log2a2013等于（）A．2 B．3 C．4 D．56.对任意x∈R*，不等式lnx≤ax恒成立，则实数a的取值范围是（）A．（0，）B．[，+∞） C．（﹣∞，] D．[e，+∞）7.已知函数f（x）的定义域为R，且为可导函数，若对∀x∈R，总有2f（x）+xf′（x）＜0成立（其中f′（x）是f（x）的导函数），则（）A．f（x）＞0恒成立B．f（x）＜0恒成立C．f（x）的最大值为0 D．f（x）与0的大小关系不确定8.若存在两个正实数x，y，使得等式2x+a（y﹣2ex）（lny﹣lnx）=0成立，则实数a的取值范围为（）A．B．C．D．9.函数，则函数的导数的图象是（）A．B．C．D．10.已知定义在R上的可导函数f(x)的导函数为f′(x)，若对于任意实数x有f′(x)+ f(x)＞0，且f(0)=1，则不等式e x f(x) ＞1的解集为（）A．(－∞，0) B．(0，+∞) C. (－∞，e) D．(e，+∞)11.已知函数f（x）=x2+cosx，f′（x）是函数f（x）的导函数，则f′（x）的图象大致是（）A． B．C． D．12.已知△ABC的面积为l，内切圆半径也为l，若△ABC的三边长分别为a，b，c，则的最小值为（）A．2 B．C．4 D．13.定义在R上的奇函数y=f（x）满足f（3）=0，且当x＞0时，不等式f（x）＞﹣xf′（x）恒成立，则函数g（x）=xf（x）+lg|x+1|的零点的个数为（）A．1 B．2 C．3 D．414.已知函数f（x）的导函数为f'（x），且满足f（x）=2x2﹣f（﹣x）．当x∈（﹣∞，0）时，f'（x）＜2x；若f（m+2）﹣f（﹣m）≤4m+4，则实数m的取值范围是（）A．（﹣∞，﹣1] B．（﹣∞，﹣2] C．[﹣1，+∞）D．[﹣2，+∞）15.已知定义在（0，）上的函数f（x），f′（x）为其导函数，且f（x）＜f′（x）•tanx恒成立，则（）A． f（）＞f（）B． f（）＜f（）C． f（）＞f（）D．f（1）＜2f（）•sin116.设a∈R，函数f（x）=e x+a•e﹣x的导函数是f′（x），且f′（x）是奇函数．若曲线y=f（x）的一条切线的斜率是，则切点的横坐标为（）A．ln2 B．﹣ln2 C．D．17.已知，f（x）在x=x0处取得最大值，以下各式中正确的序号为（）①f（x0）＜x0；②f（x0）=x0；③f（x0）＞x0；④；⑤．A．①④B．②④C．②⑤D．③⑤18.若函数在区间（1，2）上单调递减，则实数a的取值范围为（）A．B．C．D．[2，+∞）19.设直线l1，l2分别是函数f（x）=图象上点P1，P2处的切线，l1与l2垂直相交于点P，且l1，l2分别与y轴相交于点A，B，则△PAB的面积的取值范围是（）A．（0，1）B．（0，2）C．（0，+∞）D．（1，+∞）20.已知函数f（x）=ax3﹣3x2+1，若f（x）存在唯一的零点x0，且x0＞0，则a的取值范围是（）A．（2，+∞）B．（﹣∞，﹣2）C．（1，+∞）D．（﹣∞，﹣1）21.设函数f′（x）是奇函数f（x）（x∈R）的导函数，f（﹣1）=0，当x＞0时，xf′（x）﹣f（x）＜0，则使得f（x）＞0成立的x的取值范围是（）A．（﹣∞，﹣1）∪（0，1）B．（﹣1，0）∪（1，+∞）C．（﹣∞，﹣1）∪（﹣1，0） D．（0，1）∪（1，+∞）22.函数f（x）=x+的极值情况是（）A．既无极小值，也无极大值B．当x=﹣2时，极大值为﹣4，无极小值C．当x=2，极小值为4，无极大值D．当x=﹣2时，极大值为﹣4，当x=2时极小值为4二、填空题（本题共17道小题）23.若函数f（x）=lnx﹣f′（1）x2+3x+2，则f′（1）= ．24.函数y=x+lnx在点（1，1）处的切线方程为．25.已知曲线f（x）=e x﹣mx+1存在与直线y=ex垂直的切线，则实数m的取值范围为．26.已知函数f（x）满足xf′（x）=（x﹣1）f（x），且f（1）=1，则f（x）的值域为．27.点P（x0，y0）是曲线y=3lnx+x+k（k∈R）图象上一个定点，过点P的切线方程为4x﹣y﹣1=0，则实数k的值为．28.若函数f（x）=ae x﹣x有两个零点，则实数a的取值范围是．29.函数y=（x+a）e x在x=0处的切线与直线x+y+1=0垂直，则a的值为．30.结合所学知识，土地革命是指打土豪、分田地，题目中并未牵涉，故A项错误；根据题目中“建立革命平民的民权的城市政府”得出：此时中共还坚持以城市为中心的革命模式，故B项正确；结合所学知识，此时中共并未摆脱共产国际的影响，中共独立作出决策，摆脱共产国际的影响是在1935年遵义会议，故C项错误；主张走农村包围城市的革命道路是在秋收起义进攻长沙失败后，与题意不符，故D项错误。

2018届高考数学(文)大一轮复习教师用书第2章函数、导数及其应用第7节函数的图象Word版含答案

第七节函数的图象———————————————————————————————— 会运用基本初等函数的图象分析函数的性质．1．利用描点法作函数的图象方法步骤：(1)确定函数的定义域； (2)化简函数的解析式；(3)讨论函数的性质(奇偶性、单调性、周期性、最值等)； (4)描点连线．2．利用图象变换法作函数的图象 (1)平移变换(2)对称变换①y ＝f (x )的图象―――――→关于x 轴对称y ＝－f (x )的图象；②y ＝f (x )的图象――――――→关于y 轴对称y ＝f (－x )的图象；③y ＝f (x )的图象――――――→关于原点对称y ＝－f (－x )的图象；④y ＝a x(a ＞0且a ≠1)的图象――――――――→关于直线y ＝x 对称y ＝log a x (a ＞0且a ≠1)的图象． (3)伸缩变换 ①y ＝f (x )的图象y ＝f (ax )的图象；②y ＝f (x )的图象―――――――――――――――――――――→a ＞1，纵坐标伸长为原来的a 倍，横坐标不变0＜a ＜1，纵坐标缩短为原来的a ，横坐标不变y ＝af (x )的图象．(4)翻转变换x轴下方部分翻折到上方y＝|f(x)|的图象；①y＝f(x)的图象―――――――――――→x轴及上方部分不变y轴右侧部分翻折到左侧y＝f(|x|)的图象．②y＝f(x)的图象―――――――――――――→原y轴左侧部分去掉，右侧不变1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)函数y＝f(1－x)的图象，可由y＝f(－x)的图象向左平移1个单位得到．( )(2)函数y＝f(x)的图象关于y轴对称即函数y＝f(x)与y＝f(－x)的图象关于y轴对称．( )(3)当x∈(0，＋∞)时，函数y＝f(|x|)的图象与y＝|f(x)|的图象相同．( )(4)若函数y＝f(x)满足f(1＋x)＝f(1－x)，则函数f(x)的图象关于直线x＝1对称．( )(1)×(2)×(3)×(4)√2．(教材改编)甲、乙二人同时从A地赶往B地，甲先骑自行车到两地的中点再改为跑步，乙先跑步到中点再改为骑自行车，最后两人同时到达B地．已知甲骑车比乙骑车的速度快，且两人骑车速度均大于跑步速度．现将两人离开A地的距离s与所用时间t的函数关系用图象表示，则下列给出的四个函数图象中，甲、乙的图象应该是( )①②③④图271A．甲是图①，乙是图②B．甲是图①，乙是图④C．甲是图③，乙是图②D．甲是图③，乙是图④B3．函数f(x)的图象向右平移1个单位长度，所得图象与曲线y＝e x关于y轴对称，则f(x)＝( )A．e x＋1B．e x－1C．e－x＋1D．e－x－1D4．(2016·浙江高考)函数y＝sin x2的图象是( )D5．若关于x 的方程|x |＝a －x 只有一个解，则实数a 的取值范围是________.【导学号：31222055】(0，＋∞)(1)y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12|x |；(2)y ＝|log 2(x ＋1)|；(3)y ＝2x －1x －1；(4)y ＝x 2－2|x |－1.(1)先作出y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 的图象，保留y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 图象中x ≥0的部分，再作出y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x的图象中x ＞0部分关于y 轴的对称部分，即得y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12|x |的图象，如图①实线部分.3分① ②(2)将函数y ＝log 2x 的图象向左平移一个单位，再将x 轴下方的部分沿x 轴翻折上去，即可得到函数y ＝|log 2(x ＋1)|的图象，如图②.6分(3)∵y ＝2＋1x －1，故函数图象可由y ＝1x图象向右平移1个单位，再向上平移2个单位得到，如图③.9分③ ④(4)∵y ＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2x －1，x ≥0，x 2＋2x －1，x ＜0，且函数为偶函数，先用描点法作出画函数图象的一般方法(1)直接法．当函数表达式(或变形后的表达式)是熟悉的基本函数时，就可根据这些函数的特征直接作出；(2)图象变换法．若函数图象可由某个基本函数的图象经过平移、翻折、对称得到，可利用图象变换作出．易错警示：注意平移变换与伸缩变换的顺序对变换单位及解析式的影响．分别画出下列函数的图象： (1)y ＝|lg x |；(2)y ＝sin|x |.(1)∵y ＝|lg x |＝⎩⎪⎨⎪⎧lg x ，x ≥1，－lg x ，0＜x ＜1.∴函数y ＝|lg x |的图象，如图①.6分(2)当x ≥0时，y ＝sin|x |与y ＝sin x 的图象完全相同，又y ＝sin|x |为偶函数，图象关于y 轴对称，其图象如图②.12分( )(2)(2015·全国卷Ⅱ)如图272，长方形ABCD 的边AB ＝2，BC ＝1，O 是AB 的中点．点P 沿着边BC ，CD 与DA 运动，记∠BOP ＝x .将动点P 到A ，B 两点距离之和表示为x 的函数f (x )，则y ＝f (x )的图象大致为( )图272A B C D(1)D (2)B 是偶函数，又f (2)＝8－e 2∈(0,1)，故排除A ，B.设g (x )＝2x 2－e x，则g ′(x )＝4x －e x .又g ′(0)＜0，g ′(2)＞0，∴g (x )在(0,2)内至少存在一个极值点，∴f (x )＝2x 2－e |x |在(0,2)内至少存在一个极值点，排除C.故选D.(2)当点P 沿着边BC 运动，即0≤x ≤π4时，在Rt △POB 中，|PB |＝|OB |tan ∠POB ＝tan x ，在Rt △PAB 中，|PA |＝|AB |2＋|PB |2＝4＋tan 2x ，则f (x )＝|PA |＋|PB |＝4＋tan 2x ＋tan x ，它不是关于x 的一次函数，图象不是线段，故排除A 和C ；当点P 与点C 重合，即x ＝π4时，由上得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝4＋tan2π4＋tan π4＝5＋1，又当点P 与边CD 的中点重合，即x ＝π2时，△PAO 与△PBO 是全等的腰长为1的等腰直角三角形，故f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝|PA |＋|PB |＝2＋2＝22，知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＜f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，故又可排除D.综上，选B.]函数图象的识辨可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置； (2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势； (3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性； (4)从函数的周期性，判断图象的循环往复； (5)从函数的特征点，排除不合要求的图象．(1)已知函数f (x )的图象如图273所示，则f (x )的解析式可以是( )图273A ．f (x )＝ln|x |xB ．f (x )＝e xxC ．f (x )＝1x2－1D ．f (x )＝x －1x(2)(2016·河南平顶山二模)函数y ＝a ＋sin bx (b ＞0且b ≠1)的图象如图274所示，那么函数y ＝log b (x －a )的图象可能是( )图274(1)A (2)C☞角度1已知函数f (x )＝x |x |－2x ，则下列结论正确的是( )A ．f (x )是偶函数，递增区间是(0，＋∞)B ．f (x )是偶函数，递减区间是(－∞，1)C ．f (x )是奇函数，递减区间是(－1,1)D ．f (x )是奇函数，递增区间是(－∞，0) C☞角度2 确定函数零点的个数已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|lg x |，x >0，2|x |，x ≤0，则函数y ＝2f 2(x )－3f (x )＋1的零点个数是________．5☞角度3 求参数的值或取值范围(2016·浙江杭州五校联盟一诊)若直角坐标平面内两点P ，Q 满足条件：①P ，Q 都在函数y ＝f (x )的图象上；②P ，Q 关于原点对称，则称(P ，Q )是函数y ＝f (x )的一个“伙伴点组”(点组(P ，Q )与(Q ，P )看作同一个“伙伴点组”)．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧kx －1，x ＞0，－－x ，x ＜0有两个“伙伴点组”，则实数k 的取值范围是( )A ．(－∞，0)B ．(0,1) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12D ．(0，＋∞)B☞角度4 求不等式的解集函数f (x )是定义在上的偶函数，其在上的图象如图275所示，那么不等式f xcos x＜0的解集为________．图275⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，－1∪⎝⎛⎭⎪⎫1，π2 函数图象应用的常见题型与求解方法 (1)研究函数性质：①根据已知或作出的函数图象，从最高点、最低点，分析函数的最值、极值． ②从图象的对称性，分析函数的奇偶性．③从图象的走向趋势，分析函数的单调性、周期性． ④从图象与x 轴的交点情况，分析函数的零点等．(2)研究方程根的个数或由方程根的个数确定参数的值(范围)：构造函数，转化为两函数图象的交点个数问题，在同一坐标系中分别作出两函数的图象，数形结合求解．(3)研究不等式的解：当不等式问题不能用代数法求解，但其对应函数的图象可作出时，常将不等式问题转化为两函数图象的上、下关系问题，从而利用数形结合求解．1．识图：对于给定函数的图象，要从图象的左右、上下分布范围、变化趋势、对称性等方面研究函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、周期性，注意图象与函数解析式中参数的关系．2．用图：借助函数图象，可以研究函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、对称性等性质．利用函数的图象，还可以判断方程f (x )＝g (x )的解的个数，求不等式的解集等．1．图象变换是针对自变量x 而言的，如从f (－2x )的图象到f (－2x ＋1)的图象是向右平移12个单位，先作如下变形f (－2x ＋1)＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12，可避免出错． 2．明确一个函数的图象关于y 轴对称与两个函数的图象关于y 轴对称的不同，前者是自身对称，且为偶函数，后者是两个不同函数的对称关系．3．当图形不能准确地说明问题时，可借助“数”的精确，注重数形结合思想的运用．课时分层训练(十) 函数的图象A 组基础达标 (建议用时：30分钟)一、选择题1．为了得到函数y ＝2x －2的图象，可以把函数y ＝2x 的图象上所有的点( )A ．向右平行移动2个单位长度B ．向右平行移动1个单位长度C ．向左平行移动2个单位长度D ．向左平行移动1个单位长度 B2．小明骑车上学，开始时匀速行驶，途中因交通堵塞停留了一段时间，后为了赶时间加快速度行驶．与以上事件吻合得最好的图象是( )【导学号：31222056】A B C DC3．(2016·广西桂林高考一调)函数y ＝(x 3－x )2|x |的图象大致是( )A B C DB4．已知函数f (x )＝若关于x 的方程f (x )＝k 有两个不等的实数根，则实数k 的取值范围是( )A ．(0，＋∞)B ．(－∞，1)C ．(1，＋∞)D ．(0,1]D ，故选D.]5．(2017·洛阳模拟)若f (x )是偶函数，且当x ∈ 二、填空题6．已知函数f (x )的图象如图276所示，则函数g (x )＝log 2f (x )的定义域是________. 【导学号：31222057】图276(2,8] ．]7．如图277，定义在8．设函数f (x )＝|x ＋a |，g (x )＝x －1，对于任意的x ∈R ，不等式f (x )≥g (x )恒成立，则实数a 的取值范围是________．三、解答题9．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3－x 2，x ∈[－1，2]，x －3，x ∈，5].(1)在如图278所示给定的直角坐标系内画出f (x )的图象；图278(2)写出f (x )的单调递增区间；(3)由图象指出当x 取什么值时f (x )有最值． (1)函数f (x )的图象如图所示．4分(2)由图象可知，函数f (x )的单调递增区间为，.8分(3)由图象知当x ＝2时，f (x )min ＝f (2)＝－1，当x ＝0时，f (x )max ＝f (0)＝3.12分10．已知f (x )＝|x 2－4x ＋3|.(1)作出函数f (x )的图象；(2)求函数f (x )的单调区间，并指出其单调性；(3)求集合M ＝{m |使方程f (x )＝m 有四个不相等的实根}．(1)当x 2－4x ＋3≥0时，x ≤1或x ≥3，∴f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ x 2－4x ＋3，x ≤1或x ≥3，－x 2＋4x －3，1＜x ＜3，∴f (x )的图象为：4分(2)由函数的图象可知f (x )的单调区间是(－∞，1]，(2,3]，(1,2]，(3，＋∞)，其中(－∞，1]，(2,3]是减区间；，2．已知函数f (x )＝若对任意的x ∈R ，都有f (x )≤|k －1|成立，则实数k 的取值范围为________．【导学号：31222058】 ⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，34∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫54，＋∞ 3．已知函数f (x )的图象与函数h (x )＝x ＋1x＋2的图象关于点A (0,1)对称． (1)求函数f (x )的解析式；(2)若g (x )＝f (x )＋a x，g (x )在区间(0,2]上的值不小于6，求实数a 的取值范围．(1)设f (x )图象上任一点坐标为(x ，y )，∵点(x ，y )关于点A (0,1)的对称点(－x,2－y )在h (x )的图象上，∴2－y ＝－x ＋1－x＋2，3分 ∴y ＝x ＋1x ，即f (x )＝x ＋1x.5分 (2)由题意g (x )＝x ＋a ＋1x ，且g (x )＝x ＋a ＋1x≥6，x ∈(0,2].7分 ∵x ∈(0,2]，∴a ＋1≥x (6－x )，即a ≥－x 2＋6x －1.9分令q (x )＝－x 2＋6x －1，x ∈(0,2]， q (x )＝－x 2＋6x －1＝－(x －3)2＋8，∴x ∈(0,2]时，q (x )max ＝q (2)＝7，故a 的取值范围为[7，＋∞).12分。

2018年高考大题增分专项1 函数与导数

考情分析典例突破
高考中的函数与导数
专题总结策略一策略二
-7策略三
(2) 证明由(1)知,a=1 时,
2��-1 1 2 2 − 1 + ��2 �� 2 ��3 3 1 2 =x-ln x+ + 2 − 3 -1,x∈[1,2]. �� 3 1 2 设 g(x)=x-ln x,h(x)= + 2 − 3 -1,x∈[1,2]. ��
高考大题增分专项一
考情分析典例突破
高考中的函数与导数
专题总结策略一策略二
-8策略三
设 φ(x)=-3x2-2x+6, 则 φ(x)在 x∈[1,2]单调递减, 因为 φ(1)=1,φ(2)=-10, 所以∃x0∈(1,2),使得 x∈(1,x0)时,φ(x)>0,x∈(x0,2)时,φ(x)<0. 所以 h(x)在(1,x0)内单调递增,在(x0,2)内单调递减. 由 h(1)=1,h(2)=2,可得 h(x)≥h(2)=2, 当且仅当 x=2 时取得等号.
2 ,+∞ �� 2 ��
内单调递减,在
内单调递增;
2 �� 2 ,1 ��
当 a=2 时,f(x)在(0,+∞)内单调递增; 当 a>2 时,f(x)在 0, (1,+∞)内单调递增. 内单调递增,在内单调递减,在
高考大题增分专项
题型一题型二题型三
高考大题增分专项一
=
(��2 -2)(��-1) . ��3

2018版高考数学全国用文科一轮专题练习：专题3 导数及其应用第17练含解析精品

1．若函数y ＝f (x )在x ＝a 处的导数为A ，则li m Δx →0 f (a ＋Δx )－f (a －Δx )Δx为( )A ．AB ．2A C.A2D ．02．(2016·云南统一检测)函数f (x )＝ln x －2xx 在点(1，－2)处的切线方程为( )A ．2x －y －4＝0B ．2x ＋y ＝0C ．x －y －3＝0D ．x ＋y ＋1＝03．(2016·山东青岛58中期中)直线y ＝x 是曲线y ＝a ＋ln x 的一条切线，则实数a 的值为( ) A ．0 B ．1 C ．2D ．34．(2016·东营一模)设曲线y ＝sin x 上任一点(x ，y )处切线的斜率为g (x )，则函数y ＝x 2g (x )的部分图象可以为( )5．(2016·南昌二中模拟)设点P 是曲线y ＝x 3－3x ＋23上的任意一点，则P 点处切线倾斜角α的取值范围为( ) A.⎣⎡⎭⎫0，π2∪⎣⎡⎭⎫5π6，π B.⎣⎡⎭⎫2π3，πC.⎣⎡⎭⎫0，π2∪⎣⎡⎭⎫2π3，π D.⎝⎛⎦⎤π2，5π66．(2016·昆明模拟)设f 0(x )＝sin x ，f 1(x )＝f ′0(x )，f 2(x )＝f ′1(x )，…，f n ＋1(x )＝f ′n (x )，n ∈N ，则f 2 015(x )等于( ) A ．sin x B ．－sin x C ．cos xD ．－cos x7．(2017·长沙调研)曲线y ＝13x 3＋x 在点⎝⎛⎭⎫1，43处的切线与坐标轴围成的三角形面积为( ) A.29 B.19 C.13D.238．(2016·安庆期中)已知函数f (x )的导数为f ′(x )，且满足关系式f (x )＝2x 3＋x 2f ′(1)＋ln x ，则f ′(2)的值等于( ) A ．－72B.72 C ．－7 D ．7二、填空题9．(2016·太原一模)函数f (x )＝x e x 的图象在点(1，f (1))处的切线方程是____________． 10．已知函数f (x )＝－f ′(0)e x ＋2x ，点P 为曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线l 上的一点，点Q 在曲线y ＝e x 上，则|PQ |的最小值为________．11．(2016·黄冈模拟)已知函数f (x )＝x (x －1)(x －2)(x －3)(x －4)(x －5)，则f ′(0)＝________. 12．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 ，则x 1·x 2·x 3·…·x 2 015＝________.答案精析1．B [由于Δy ＝f (a ＋Δx )－f (a －Δx )，其改变量对应2Δx ，所以0()()lim x f a x f a x x ∆→+∆--∆∆＝0()()2lim2x f a x f a x x∆→+∆--∆∆＝2f ′(a )＝2A ，故选B.]2．C [f ′(x )＝1－ln xx 2，则f ′(1)＝1，故函数f (x )在点(1，－2)处的切线方程为y －(－2)＝x －1，即x －y －3＝0.]3．B [曲线y ＝a ＋ln x 的导数y ′＝1x ，由题意直线y ＝x 是曲线y ＝a ＋ln x 的一条切线，可知1x ＝1，所以x ＝1，所以切点坐标为(1,1)，因为切点在曲线y ＝a ＋ln x 上，所以a ＝1. 故选B.]4．C [根据题意得g (x )＝cos x ，∴y ＝x 2g (x )＝x 2cos x 为偶函数．又当x ＝0时，y ＝0，故选C.]5．C [因为y ′＝3x 2－3≥－3，故切线斜率k ≥－3，所以切线倾斜角α的取值范围是⎣⎡⎭⎫0，π2∪⎣⎡⎭⎫2π3，π.] 6．D [∵f 0(x )＝sin x ，f 1(x )＝cos x ，f 2(x )＝－sin x ，f 3(x )＝－cos x ，f 4(x )＝sin x ，…， ∴f n (x )＝f n ＋4(x )，故f 2 012(x )＝f 0(x )＝sin x ， ∴f 2 015(x )＝f 3(x )＝－cos x ，故选D.]7．B [y ′＝f ′(x )＝x 2＋1，在点⎝⎛⎭⎫1，43处的切线斜率k ＝f ′(1)＝2，所以切线方程为y －43＝2(x －1)，即y ＝2x －23，与坐标轴的交点坐标为⎝⎛⎭⎫0，－23，⎝⎛⎭⎫13，0，所以三角形的面积为12×13×⎪⎪⎪⎪－23＝19，故选B.] 8．A [由题意，f ′(x )＝6x 2＋2xf ′(1)＋1x ，则f ′(1)＝6＋2f ′(1)＋1，∴f ′(1)＝－7，故f ′(2)＝24＋2×2×(－7)＋12＝－72，故选A.]9．y ＝2e x －e解析 ∵f (x )＝x e x ，∴f (1)＝e ，f ′(x )＝e x ＋x e x ，∴f ′(1)＝2e ，∴f (x )的图象在点(1，f (1))处的切线方程为y －e ＝2e(x －1)，即y ＝2e x －e. 10. 2解析由f ′(x )＝－f ′(0)e x ＋2，令x ＝0可得f ′(0)＝－f ′(0)e 0＋2，即f ′(0)＝1，所以f (x )＝－e x ＋2x ，所以切线的斜率k ＝f ′(0)＝1，又f (0)＝－1，故切线方程为y ＋1＝x －0，即x －y －1＝0.由题意可知与直线x －y －1＝0平行且与曲线y ＝e x 相切的切点到直线x －y －1＝0的距离即为所求．设切点为Q (t ，e t )，则k 1＝e t ＝1，故t ＝0，即Q (0,1)，该点到直线x －y －1＝0的距离为d ＝22＝2，故答案为 2. 11．－120解析 f ′(x )＝(x －1)(x －2)(x －3)(x －4)(x －5)＋x [(x －1)(x －2)(x －3)·(x －4)(x －5)]′， ∴f ′(0)＝(－1)×(－2)×(－3)×(－4)×(－5)＝－120. 12.12 016解析 y ′＝(n ＋1)x n ，y ′|x ＝1＝n ＋1，切线方程为y －1＝(n ＋1)(x －1)，令y ＝0，得x n ＝nn ＋1，则x 1·x 2·x 3·…·x 2 015＝12×23×34×…×2 0152 016＝12 016.。

2018高考数学(文)大一轮复习习题升级增分训练利用导数探究含参数函数的性质 Word版含答案

升级增分训练利用导数探究含参数函数的性质1．已知函数f (x )＝x －12ax 2－ln(1＋x )(a ＞0)．(1)若x ＝2是f (x )的极值点，求a 的值； (2)求f (x )的单调区间．解：f ′(x )＝x－a －ax x ＋1，x ∈(－1，＋∞)．(1)依题意，得f ′(2)＝0，即－a －2a 2＋1＝0，解得a ＝13．经检验，a ＝13符合题意，故a 的值为13．(2)令f ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝1a－1．①当0＜a ＜1时，f (x )与f ′(x )的变化情况如下：∴f (x )的单调增区间是⎝⎛⎭⎪⎫0，a －1，单调减区间是(－1,0)和⎝⎛⎭⎪⎫a－1，＋∞．②当a ＝1时，f (x )的单调减区间是(－1，＋∞)．③当a ＞1时，－1＜x 2＜0，f (x )与f ′(x )的变化情况如下：∴f (x )的单调增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫a －1，0，单调减区间是⎝⎛⎭⎪⎫－1，a－1和(0，＋∞)．综上，当0＜a ＜1时，f (x )的单调增区间是⎝⎛⎭⎪⎫0，1a－1，单调减区间是(－1,0)和⎝ ⎛⎭⎪⎫1a－1，＋∞；当a ＝1时，f (x )的单调减区间是(－1，＋∞)；当a ＞1时，f (x )的单调增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1，0，单调减区间是⎝⎛⎭⎪⎫－1，1a－1和(0，＋∞)．2．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 3＋x 2，x ＜1，a ln x ，x ≥1.(1)求f (x )在区间(－∞，1)上的极小值和极大值点； (2)求f (x )在(e 为自然对数的底数)上的最大值．解：(1)当x ＜1时，f ′(x )＝－3x 2＋2x ＝－x (3x －2)，令f ′(x )＝0，解得x ＝0或x ＝23．当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：＝3．(2)①当－1≤x ＜1时，由(1)知，函数f (x )在和⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，1上单调递减，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，23上单调递增．因为f (－1)＝2，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝427，f (0)＝0，所以f (x )在上单调递增，则f (x )在上的最大值为f (e)＝a ．综上所述，当a ≥2时，f (x )在上的最大值为a ；当a ＜2时，f (x )在上的最大值为2． 3．已知函数f (x )＝ax －1－ln x (a ∈R)． (1)讨论函数f (x )在定义域内的极值点的个数；(2)若函数f (x )在x ＝1处取得极值，∀x ∈(0，＋∞)，f (x )≥bx －2恒成立，求实数b 的取值范围．解：(1)由已知得f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x(x ＞0)．当a ≤0时，f ′(x )≤0在(0，＋∞)上恒成立，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减， ∴f (x )在(0，＋∞)上没有极值点．当a ＞0时，由f ′(x )＜0，得0＜x ＜1a，由f ′(x )＞0，得x ＞1a，∴f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递增，即f (x )在x ＝1a处有极小值．∴当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上没有极值点，当a ＞0时，f (x )在(0，＋∞)上有一个极值点．(2)∵函数f (x )在x ＝1处取得极值，∴f ′(1)＝0，解得a ＝1，∴f (x )≥bx －2⇒1＋1x －ln xx≥b ，令g (x )＝1＋1x －ln x x ，则g ′(x )＝ln x －2x2，令g ′(x )＝0，得x ＝e 2．则g (x )在(0，e 2)上单调递减，在(e 2，＋∞)上单调递增， ∴g (x )min ＝g (e 2)＝1－1e 2，即b ≤1－1e 2，故实数b 的取值范围为⎝⎛⎦⎥⎤－∞，1－1e 2．4．已知方程f (x )·x 2－2ax ＋f (x )－a 2＋1＝0，其中a ∈R ，x ∈R ． (1)求函数f (x )的单调区间； (2)若函数f (x )在．当a ＜0时，由(1)得，f (x )在(0，－a )上单调递减，在(－a ，＋∞)上单调递增，所以f (x )在．综上所述，实数a 的取值范围是(－∞，－1]∪(0,1]． 5．设函数f (x )＝x 2－ax ＋b ．(1)讨论函数f (sin x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2内的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值； (2)记f 0(x )＝x 2－a 0x ＋b 0，求函数|f (sin x )－f 0(sin x )|在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，π2上的最大值D ；(3)在(2)中，取a 0＝b 0＝0，求z ＝b －a 24满足条件D ≤1时的最大值．解：(1)由题意，f (sin x )＝sin 2x －a sin x ＋b ＝sin x (sin x －a )＋b ，则f ′(sin x )＝(2sin x －a )cos x ，因为－π2＜x ＜π2，所以cos x ＞0，－2＜2sin x ＜2． ①a ≤－2，b ∈R 时，函数f (sin x )单调递增，无极值； ②a ≥2，b ∈R 时，函数f (sin x )单调递减，无极值；③对于－2＜a ＜2，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2内存在唯一的x 0，使得2sin x 0＝a ．－π2＜x ≤x 0时，函数f (sin x )单调递减； x 0≤x ＜π2时，函数f (sin x )单调递增．因此，－2＜a ＜2，b ∈R 时，函数f (sin x )在x 0处有极小值f (sin x 0)＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＝b －a 24． (2)当－π2≤x ≤π2时，|f (sin x )－f 0(sin x )|＝|(a 0－a )sin x ＋b －b 0|≤|a －a 0|＋|b－b 0|，当(a 0－a )(b －b 0)≥0，x ＝π2时等号成立，当(a 0－a )(b －b 0)＜0时，x ＝－π2时等号成立．由此可知，|f (sin x )－f 0(sin x )|在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，π2上的最大值为D ＝|a －a 0|＋|b －b 0|．(3)D ≤1即为|a |＋|b |≤1，此时0≤a 2≤1，－1≤b ≤1，从而z ＝b －a 24≤1．取a ＝0，b ＝1，则|a |＋|b |≤1，并且z ＝b －a 24＝1．由此可知，z ＝b －a 24满足条件D ≤1的最大值为1．6．已知函数f (x )＝x －1x，g (x )＝a ln x (a ∈R)．(1)当a ≥－2时，求F (x )＝f (x )－g (x )的单调区间；(2)设h (x )＝f (x )＋g (x )，且h (x )有两个极值点为x 1，x 2，其中x 1∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12，求h (x 1)－h (x 2)的最小值．解：(1)由题意得F (x )＝x －1x－a ln x (x ＞0)，则F ′(x )＝x 2－ax ＋1x2，令m (x )＝x 2－ax ＋1，则Δ＝a 2－4． ①当－2≤a ≤2时，Δ≤0，从而F ′(x )≥0，所以F (x )的单调递增区间为(0，＋∞)； ②当a ＞2时，Δ＞0，设F ′(x )＝0的两根为x 1＝a －a 2－42，x 2＝a ＋a 2－42，所以F (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42和⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞，F (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42．综上，当－2≤a ≤2时，F (x )的单调递增区间为(0，＋∞)；当a ＞2时，F (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42和⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞，F (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42．(2)对h (x )＝x －1x＋a ln x ，x ∈(0，＋∞)求导得，h ′(x )＝1＋1x 2＋a x ＝x 2＋ax ＋1x 2，h ′(x )＝0的两根分别为x 1，x 2，则有x 1·x 2＝1，x 1＋x 2＝－a ，所以x 2＝1x 1，从而有a ＝－x 1－1x 1．令H (x )＝h (x )－h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x＝x －1x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－x －1x ln x －⎣⎢⎡⎦⎥⎤1x －x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－x －1x ·ln 1x＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫－x －1x ln x ＋x －1x ，即H ′(x )＝2⎝⎛⎭⎪⎫1x2－1ln x ＝－x ＋x xx2(x ＞0)．当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12时，H ′(x )＜0，所以H (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12上单调递减，又H (x 1)＝h (x 1)－h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x1＝h (x 1)－h (x 2)，所以min ＝H ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝5ln 2－3．。

(word完整版)2018高考一轮复习导数专题

2018高考复习导数题型分类解析一.导数的概念1. 导数的概念：函数y=f(x),如果自变量x 在x 0处有增量x ，那么函数y 相应地有增量 y =f (x 0+ x )— f (x 0),比值―y 叫做函数y=f (x )在x 0到x 0+ x 之间的平均变化率，即丄=——x)一上必。

如果当xxxx 0时，一y有极限，我们就说函数y=f(x)在点x 0处可导，并把这个极限叫做 f (x )在点x 0处x由导数的定义可知，求函数 y=f (x )在点x 0处的导数的步骤:① 求函数的增量 y =f (x 0+ x )— f (x 0兀② 求平均变化率」=一x)一;xx③取极限，得导数f ' (x 0)= lim - oXx例1：若函数y f(x)在区间(a,b)内可导，且x 0 (a b)则lim―h)―f (x0 h)的值为( )hhA . f '(x 0)B . 2f '(x °)C . 2f '(x °)D . 0例 2:若 f '(x 。

) 3，则 limf (x °h) f (x °3h)()h 0hA. 3 B .6 C . 9 D .122. 导数的意义：①物理意义：瞬时速率，变化率② 几何意义：切线斜率 k limf(x n ) f(x。

)f (x 0)x 0XX XXx n x 0③ 代数意义：函数增减速率例3:已知函数f x f — cosx sinx ，贝y f — 的值为44例 4:已知 f x x 2 3xf 2，贝y f 2_______3. 导数的物理意义：如果物体运动的规律是 s=s (t ),那么该物体在时刻 t 的瞬间速度v=s ( t )o 如果物体运动的速度随时间的变化的规律是v=v (t ),则该物体在时刻t 的加速度a=v '( t )o例5： —个物体的运动方程为 s 1 t t 2其中s 的单位是米，t 的单位是秒，那么物体在 3秒末的瞬时速度是 _____________的导数，记作f ' (x 0 )或y ' | X 冷，即f (x 0) = limPx 0f (X 。

2018年高考数学一轮复习(讲+练+测)：专题3.3 导数的综合应用(讲)

专题3.3 导数的综合应用【考纲解读】【知识清单】考点1 利用导数研究恒成立问题及参数求解利用导数解决参数问题主要涉及以下方面：(1)已知不等式在某一区间上恒成立，求参数的取值范围, (2)已知函数的单调性求参数的取值范围 ,(3)已知函数的零点个数求参数的取值范围．考点2 利用导数证明不等式问题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)．【考点深度剖析】1.利用导数研究函数的零点与方程的根的问题一般以含参数的三次式、分式、以e为底的指数式或对数式及三角式结构的函数零点或方程根的形式出现,是近几年高考命题热点,一般有两种形式考查:(1)确定函数零点、图像交点及方程根的个数问题.(2)应用函数零点、图像交点及方程解的存在情况,求参数的值或取值范围问题.2.利用导数解决不等式问题是近几年高考热点,常涉及不等式恒成立、证明不等式及大小比较问题.(1)不等式恒成立问题一般考查三次式、分式、以e 为底的指数式或对数式、三角式及绝对值结构的不等式在某个区间A 上恒成立(存在性),求参数取值范围. (2)证明不等式一般是证明与函数有关的不等式在某个范围内成立.(3)大小比较问题,一般是作差后不易变形定号的三次式、分式、以e 为底的指数式或对数式、三角式结构,可转化为用导数研究其单调性或最值的函数问题.【重点难点突破】考点1 利用导数研究恒成立问题及参数求解【1-1】设函数f (x )＝12x 2＋e x －x e x.(1)求f (x )的单调区间；(2)若当x ∈[－2,2]时，不等式f (x )>m 恒成立，求实数m 的取值范围．【答案】(1) 单调减区间为(－∞，＋∞)．(2) (－∞，2－e 2)．【1-2】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________．【答案】20.【解析】因为f ′(x )＝3x 2－3＝3(x －1)(x ＋1)，令f ′(x )＝0，得x ＝±1，所以－1，1为函数的极值点．又f (－3)＝－19，f (－1)＝1，f (1)＝－3，f (2)＝1，所以在区间[－3,2]上f (x )max ＝1，f (x )min ＝－19.又由题设知在区间[－3,2]上f (x )max －f (x )min ≤t ，从而t ≥20，所以t 的最小值是20. 【思想方法】(1)已知不等式在某一区间上恒成立，求参数的取值范围：一般先分离参数，再转化为求函数在给定区间上的最值问题求解．(2)已知函数的单调性求参数的取值范围：转化为f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)恒成立的问题．(3)已知函数的零点个数求参数的取值范围：利用函数的单调性、极值画出函数的大致图像，数形结合求解．【温馨提醒】已知函数的单调性，求参数的取值范围，应注意函数 f (x )在(a ，b )上递增(或递减)的充要条件应是 f ′(x )≥0(或 f ′(x )≤0)，x ∈(a ，b )恒成立，且 f ′(x )在(a ，b )的任意子区间内都不恒等于0，这就是说，函数 f (x )在区间上的增减性并不排斥在区间内个别点处有 f ′(x 0)＝0，甚至可以在无穷多个点处 f ′(x 0)＝0，只要这样的点不能充满所给区间的任何一个子区间．考点2 利用导数证明不等式问题【2-1】已知函数f (x )＝12x 2－13ax 3(a >0)，函数g (x )＝f (x )＋e x(x －1)，函数g (x )的导函数为g ′(x )．(1)求函数f (x )的极值； (2)若a ＝e ，(ⅰ)求函数g (x )的单调区间；(ⅱ)求证：x >0时，不等式g ′(x )≥1＋ln x 恒成立．【答案】(1) 极小值为f (0)＝0，极大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝16a2.(2) (ⅰ) 单调递增区间是(0，＋∞)，单调递减区间是(－∞，0)． (ⅱ)详见解析g′(x)＝x(e x－e x＋1)．(ⅰ)记h(x)＝e x－e x＋1，则h′(x)＝e x－e，当x∈(－∞，1)时，h′(x)<0，h(x)是减函数；x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)是增函数，∴h(x)≥h(1)＝1>0，则在(0，＋∞)上，g′(x)>0；在(－∞，0)上，g′(x)<0，【2-2】记函数f n (x )＝a ·x n －1(a ∈R ，n ∈N *)的导函数为f ′n (x )，已知f ′3(2)＝12. (1)求a 的值；(2)设函数g n (x )＝f n (x )－n 2ln x ，试问：是否存在正整数n 使得函数g n (x )有且只有一个零点？若存在，请求出所有n 的值；若不存在，请说明理由； (3)若实数x 0和m (m >0且m ≠1)满足f n ′x 0f n ＋1′x 0＝f n mf n ＋1m，试比较x 0与m 的大小，并加以证明．【答案】(1) a ＝1. (2) n ＝1， (3) 当m >1时，x 0<m ，当0<m <1时，x 0>m . 【解析】(1)f 3′(x )＝3ax 2，由f 3′(2)＝12得a ＝1. (2)g n (x )＝x n－n 2ln x －1，g ′n (x )＝nx n －1－n 2x ＝n x n －nx.因为x >0，令g n ′(x )＝0得x ＝nn ，当x >nn 时，g n ′(x )>0，g n (x )是增函数；当0<x <nn 时，g n ′(x )<0，g n (x )是减函数．所以当x ＝nn 时，g n (x )有极小值，也是最小值，g n (nn )＝n －n ln n －1.当x →0时，g n (x )→＋∞；当x →＋∞时，g n (x )→＋∞.当且仅当x＝1时取等号，所以h(x)在[1，＋∞)上是减函数．又m>1，所以h(m)<h(1)＝0，所以x0－m<0，所以x0<m.当0<m<1时，(n＋1)(m n－1)<0.设h(x)＝－x n＋1＋x(n＋1)－n(0<x≤1)，则h′(x)＝－(n＋1)x n＋n＋1＝－(n＋1)(x n－1)≥0，当且仅当x＝1时取等号，所以h(x)在(0,1]上是增函数．又因为0<m<1，所以h(m)<h(1)＝0，所以x0－m>0，所以x0>m.综上所述，当m>1时，x0<m，当0<m<1时，x0>m.【思想方法】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．【温馨提醒】构造函数是证明不等式常用方法，但要根据题意明确作一个差函数还是作左右两个函数．【易错试题常警惕】1、函数()f x 的单调性问题，一般是先确定函数()f x 的定义域，再求导数()f x '，最后令()0f x '>，解不等式得x 的范围就是递增区间；令()0f x '<，解不等式得x 的范围就是递减区间．如：设函数()ln f x x x =-，讨论()f x 的单调性．【分析】函数()f x 的定义域是()0,+∞，()11f x x'=-，当()0f x '>，即1x >时，函数()f x 单调递增，当()0f x '<，即01x <<时，函数()f x 单调递减，所以函数()f x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增．【易错点】用导数研究函数的单调性时容易忽视函数的定义域而致误．。

(全国通用)高考数学一轮复习第三章导数及其应用 3.2.3 导数与函数的综合应用课时作业文北

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第3课时导数与函数的综合应用基础巩固题组（建议用时：40分钟）一、选择题1．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,已知总营业收入R与年产量x的年关系是R＝R（x)＝错误!则总利润最大时，年产量是（）A．100 B．150C．200 D．300解析由题意得，总成本函数为C＝C（x）＝20 000＋100 x,总利润P（x）＝错误!又P′（x)＝错误!令P′(x)＝0，得x＝300，易知x＝300时，总利润P(x)最大．答案D2．设f（x）是定义在R上的奇函数,且f(2）＝0,当x〉0时，有错误!〈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)解析x〉0时错误!′〈0，∴φ（x)＝错误!在(0，＋∞)为减函数，又φ（2）＝0,∴当且仅当0<x<2时，φ(x)〉0，此时x2f（x)>0。

又f（x）为奇函数，∴h（x）＝x2f(x）也为奇函数．故x2f（x）〉0的解集为(－∞，－2)∪（0，2)．答案D3．若关于x的不等式x3－3x2－9x＋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］解析令f（x）＝x3－3x2－9x＋2，则f′（x）＝3x2－6x－9，令f′(x)＝0得x＝－1或x＝3(舍去)．∵f（－1）＝7，f(－2)＝0，f（2）＝－20，∴f(x）的最小值为f(2）＝－20，故m≤－20.答案B4．(2017·景德镇联考）已知函数f（x）的定义域为[－1，4］,部分对应值如下表：x－10234f(x)12020f(x）的导函数y－a的零点的个数为（）A．1 B．2C．3 D．4解析根据导函数图像，知2是函数的极小值点，函数y＝f(x）的大致图像如图所示．由于f（0)＝f(3）＝2，1<a〈2，所以y＝f(x）－a的零点个数为4.答案D5．(2014·全国Ⅰ卷)已知函数f(x）＝ax3－3x2＋1，若f(x）存在唯一的零点x0，且x0〉0，则a的取值范围是（）A．(2，＋∞）B．(1,＋∞)C．(－∞，－2) D．（－∞，－1）解析a＝0时，不符合题意，a≠0时,f′(x）＝3ax2－6x.令f′(x)＝0，得x＝0或x＝错误!.若a>0,则由图像知f（x)有负数零点，不符合题意．则a<0，由图像结合f(0）＝1〉0知，此时必有f错误!>0，即a×错误!－3×错误!＋1>0，化简得a2〉4.又a〈0，所以a〈－2.答案C二、填空题6．某品牌电动汽车的耗电量y与速度x之间有关系y＝错误!x3－错误!x2－40x(x>0）,为使耗电量最小,则速度应定为________．解析由y′＝x2－39x－40＝0，得x＝－1或x＝40,由于0<x〈40时，y′〈0;x〉40时，y′>0。

2018年高三数学(文)一轮复习高考大题增分专项函数与导数

高考大题增分专项
题型一题型二题型三
高考大题增分专项一
考情分析典例突破
பைடு நூலகம்
高考中的函数与导数
专题总结策略一策略二
-4策略三
例1(2016全国丙卷,文21)设函数f(x)=ln x-x+1. (1)讨论f(x)的单调性; ��-1 (2)证明当 x∈(1,+∞)时,1< <x;
(3)设c>1,证明当x∈(0,1)时,1+(c-1)x>cx. 解(1)(导数与函数的单调性) 1 由题设,f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)= -1, �� 令f'(x)=0解得x=1. 当0<x<1时,f'(x)>0,f(x)单调递增; 当x>1时,f'(x)<0,f(x)单调递减.
当 x∈(0,+∞)时,因为 e >1, �� + ≥2 号成立 , 所以 ex �� + 2
1 ��
�� · 2
1 ��
= 2 当且仅当�� =
>1,所以 h'(x)<0,
所以 h(x)在(0,+∞)上为减函数, 所以 h(x)<h(0)=3,所以 m<3.
ln��
高考大题增分专项
题型一题型二题型三
高考大题增分专项一
考情分析典例突破
高考中的函数与导数
专题总结策略一策略二
-5策略三
(2)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< (3)由题设 c>1,(构造函数) 设 g(x)=1+(c-1)x-cx,则 g'(x)=c-1-cxln c, 令 g'(x)=0,解得 x0= ln�� . 当 x<x0 时,g'(x)>0,g(x)单调递增; 当 x>x0 时,g'(x)<0,g(x)单调递减. 由(2)知 1<ln��<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>cx.

高考大一轮总复习解答题一导数的综合应用[整理版]10页word

高考中导数问题的热点题型之导数函数与导数作为高中数学的核心内容，常常与其他知识结合起来，形成层次丰富的各类综合题，常涉及的问题：研究函数的性质(如求单调区间、求极值、最值)、研究函数的零点(或方程的根)、求参数的取值范围、不等式的证明或恒成立问题，运用导数解决实际问题是函数应用的延伸，由于传统数学应用题的位置被概率统计解答题占据，因此很少出现单独考查函数应用题的问题，但结合其他知识综合考查用导数求解最值的问题在每年的高考试题中都有体现．试题类型齐全，中、高档难度，突出对四大数学思想方法的考查．热点一利用导数研究函数性质的综合问题利用导数研究函数的单调性、极值和最值均是高考命题的重点内容，在选择题、填空题和解答题中都有涉及．主要有以下两种考查形式：(1)研究具体函数的单调性、极值或最值，常涉及分类讨论思想． (2)由函数的单调性、极值或最值，求解参数的值或取值范围．[典题1] [2019·四川成都模拟]已知关于x 的函数f (x )＝ln x ＋a (x －1)2(a ∈R )． (1)求函数f (x )在点P (1,0)处的切线方程； (2)若函数f (x )有极小值，试求a 的取值范围；(3)若在区间[1，＋∞)上，函数f (x )不出现在直线y ＝x －1的上方，试求a 的最大值． [解] (1)f ′(x )＝1x ＋2a (x －1)(x >0)，∴f ′(1)＝1，又f (1)＝0，∴f (x )在点P (1,0)处的切线方程为y ＝x －1. (2)f ′(x )＝2ax 2－2ax ＋1x (x >0)，令g (x )＝2ax 2－2ax ＋1(x >0)，①当a ＝0时，f ′(x )＝0无解，f (x )无极小值；②当a <0时，g (0)＝1>0，∴g (x )＝0有两解x 1，x 2，且x 1<0<x 2；当0<x <x 2时，g (x )>0，f ′(x )>0，当x >x 2时，g (x )<0，f ′(x )<0，此时f (x )无极小值． ③当a >0时，∵g (0)＝1>0，g (x )的对称轴为x ＝12，要使函数f (x )有极小值，则Δ>0，即4a 2－8a >0. ∴a <0或a >2，∴a >2.此时g (x )＝0有两正解x 3，x 4，不妨设x 3≤x 4，则当x 3<x <x 4时，g (x )<0，f ′(x )<0.当x >x 4时，g (x )>0，f ′(x )>0，此时f (x )有极小值f (x 4)．综上所述，a 的取值范围为(2，＋∞)． (3)由题意，f (x )≤x －1，x ≥1，即ln x ＋a (x －1)2≤x －1，x ≥1. 下面证明：ln x ≤x －1，x >0.记h (x )＝ln x －(x －1)＝ln x －x ＋1，x >0，则h ′(x )＝1x －1＝1－x x ，x >0，当0<x <1时，h ′(x )>0，当x >1时，h ′(x )<0，∴h (x )≤h (1)＝0，① 即ln x ≤x －1，x >0.①当a ≤0时，f (x )≤ln x ≤x －1； ②当a >0时，取x >1＋1a，则f (x )＝ln x ＋a (x －1)(x －1)>ln ⎝⎛⎭⎫1＋1a ＋a ⎝⎛⎭⎫1＋1a －1(x －1)>ln 1＋x －1＝x －1，与题意矛盾．故a 的最大值为0.1．判断函数的单调性，求函数的单调区间、极值等问题，最终归结到判断f ′(x )的符号问题上，而f ′(x )＞0或f ′(x )＜0，最终可转化为一个一元一次或一元二次不等式问题．若含参数，则含参数的二次不等式的解法常常涉及到参数的讨论问题，只要把握好下面的四个“讨论点”，一切便迎刃而解．分类标准一：二次项系数是否为零，目的是讨论不等式是否为二次不等式；分类标准二：二次项系数的正负，目的是讨论二次函数图象的开口方向；分类标准三：判别式的正负，目的是讨论二次方程是否有解；分类标准四：两根差的正负，目的是比较根的大小．2．若已知f (x )的单调性，则转化为不等式f ′(x )≥0或f ′(x )≤0在单调区间上恒成立问题． [2019·山东济南模拟]已知函数f (x )＝x 2e－ax，a ∈R .(1)当a ＝1时，求函数y ＝f (x )的图象在点(－1，f (－1))处的切线方程； (2)讨论f (x )的单调性．解：(1)因为当a ＝1时，f (x )＝x 2e －x ，f ′(x )＝2x e －x －x 2e －x ＝(2x －x 2)e －x ，所以f (－1)＝e ，f ′(－1)＝－3e.从而y ＝f (x )的图象在点(－1，f (－1))处的切线方程为y －e ＝－3e(x ＋1)，即y ＝－3e x －2e. (2)f ′(x )＝2x e－ax－ax 2e－ax＝(2x －ax 2)e －ax.①当a ＝0时，若x ＜0，则f ′(x )＜0，若x ＞0，则f ′(x )＞0.所以当a ＝0时，函数f (x )在区间(－∞，0)上为减函数，在区间(0，＋∞)上为增函数． ②当a ＞0时，由2x －ax 2＜0，解得x ＜0或x ＞2a ，由2x －ax 2＞0，解得0＜x ＜2a .所以f (x )在区间(－∞，0)与⎝⎛⎭⎫2a ，＋∞上为减函数，在⎝⎛⎭⎫0，2a 上为增函数． ③当a ＜0时，由2x －ax 2＜0，解得2a ＜x ＜0，由2x －ax 2＞0，解得x ＜2a或x ＞0.所以，当a ＜0时，函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎫－∞，2a ，(0，＋∞)上为增函数，在区间⎝⎛⎭⎫2a ，0上为减函数；综上所述，当a ＝0时，f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增；当a ＞0时，f (x )在(－∞，0)，⎝⎛⎭⎫2a ，＋∞上单调递减，在⎝⎛⎭⎫0，2a 上单调递增；当a ＜0时，f (x )在⎝⎛⎭⎫2a ，0上单调递减，在⎝⎛⎭⎫－∞，2a ，(0，＋∞)上单调递增．热点二利用导数研究函数的零点或曲线的交点问题此类试题一般以含参数的三次式、分式、以e 为底的指数式或对数式及三角式结构的函数零点或方程根的形式出现，是近几年高考命题热点，一般有两种考查形式：(1)确定函数零点、图象交点及方程根的个数问题．(2)应用函数零点、图象交点及方程解的存在情况，求参数的值或取值范围问题． [典题2] 已知函数f (x )＝x ln x ＋(a －1)x (a ∈R )． (1)求函数f (x )在区间⎣⎡⎦⎤1e ，e 上的最小值；(2)若关于x 的方程f (x )＝2x 3－3x 2在区间⎣⎡⎦⎤12，2上有两个不相等的实数根，求实数a 的取值范围．[解] (1)f ′(x )＝ln x ＋a (x >0)．由f ′(x )＝0得x ＝e －a .当x ∈(0，e －a )时，f ′(x )<0，f (x )为减函数；当x ∈(e －a ，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )为增函数．①当e －a <1e ，即a >1时，f (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上为增函数，f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫1e ＝a －2e； ②当1e ≤e －a ≤e ，即－1≤a ≤1时，f (x )在 ⎣⎡⎦⎤1e ，e －a 上为减函数．在[e －a ，e]上为增函数，f (x )min ＝f (e －a )＝－e －a ；③当e －a >e ，即a <－1时，f (x )在 ⎣⎡⎦⎤1e ，e 上为减函数，f (x )min ＝f (e)＝e a .综上所述，f (x )min＝⎩⎨⎧a －2e，a >－1，－e －a，－1≤a ≤1，e a ，a <－1.(2)由题知x >0，方程f (x )＝2x 3－3x 2在⎣⎡⎦⎤12，2上有两个不相等的实数根，即方程2x 2－3x －ln x －(a －1)＝0在⎣⎡⎦⎤12，2上有两个不相等的实数根．令g (x )＝2x 2－3x －ln x －(a －1)，则 g ′(x )＝4x －3－1x ＝4x 2－3x －1x(x >0)，令g ′(x )＝0，得x 1＝－14(舍去)，x 2＝1，因此g (x )在(0,1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数，因此，若方程2x 2－3x －ln x －(a －1)＝0在⎣⎡⎦⎤12，2上有两个不相等的实数根，只需方程2x 2－3x －ln x －(a －1)＝0在⎣⎡⎭⎫12，1和(1,2]上各有一个实根即可，于是⎩⎪⎨⎪⎧g ⎝⎛⎭⎫12≥0，g (1)<0，g (2)≥0，解得0<a ≤ln 2，故a 的取值范围是(0，ln 2]．利用导数讨论方程的根(函数零点)主要有两种方法：一是运用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理判断；二是将函数零点问题转化为函数图象的交点问题，利用数形结合来解决．设函数f (x )＝ln x ＋mx，m ∈R .(1)当m ＝e(e 为自然对数的底数)时，求f (x )的极小值； (2)讨论函数g (x )＝f ′(x )－x3零点的个数．解：(1)由题设，当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋ex ，定义域为(0，＋∞)，则f ′(x )＝x －ex 2，由f ′(x )＝0，得x ＝e.∴当x ∈(0，e)时，f ′(x )＜0，f (x )在(0，e)上单调递减；当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )在(e ，＋∞)上单调递增， ∴当x ＝e 时，f (x )取得极小值f (e)＝ln e ＋ee ＝2，∴f (x )的极小值为2.(2)由题设g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x3(x ＞0)，令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x ＞0)．设φ(x )＝－13x 3＋x (x ＞0)，则φ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1)，当x ∈(0,1)时，φ′(x )＞0，φ(x )在(0,1)上单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )＜0，φ(x )在(1，＋∞)上单调递减．∴x ＝1是φ(x )的唯一极值点，且是极大值点，因此x ＝1也是φ(x )的最大值点． ∴φ(x )的最大值为φ(1)＝23.又φ(0)＝0，结合y ＝φ(x )的图象(如图)可得， ①当m ＞23时，函数g (x )无零点；②当m ＝23时，函数g (x )有且只有一个零点；③当0＜m ＜23时，函数g (x )有两个零点；④当m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点．综上所述，当m ＞23时，函数g (x )无零点；当m ＝23或m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点；当0＜m ＜23时，函数g (x )有两个零点．热点三利用导数解决不等式问题利用导数解决不等式问题是近几年高考热点，常涉及不等式恒成立、证明不等式及大小比较问题．(1)不等式恒成立问题一般考查三次式、分式、以e 为底的指数式或对数式、三角式及绝对值结构的不等式在某个区间A 上恒成立(存在性)，求参数的取值范围．(2)证明不等式一般是证明与函数有关的不等式在某个范围内成立．(3)大小比较问题，一般是作差后不易变形定号的三次式、分式、以e 为底的指数式或对数式、三角式结构，可转化为用导数研究其单调性或最值的函数问题．[考查角度一] 不等式的证明及恒成立问题[典题3] [2019·辽宁沈阳质量监测]已知函数f (x )＝a ln x (a ＞0)，e 为自然对数的底数． (1)若过点A (2，f (2))的切线斜率为2，求实数a 的值； (2)当x ＞0时，求证：f (x )≥a ⎝⎛⎭⎫1－1x ； (3)若在区间(1，e)上e x a －e 1ax ＜0恒成立，求实数a 的取值范围． (1)[解] ∵f ′(x )＝a x ，f ′(2)＝a2＝2，∴a ＝4.(2)[证明] 令g (x )＝a ⎝⎛⎭⎫ln x －1＋1x ，则g ′(x )＝a ⎝⎛⎭⎫1x －1x 2.令g ′(x )＞0，得x ＞1，g ′(x )<0，得0<x <1， ∴g (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． ∴g (x )的最小值为g (1)＝0， ∴f (x )≥a ⎝⎛⎭⎫1－1x . (3)[解] 由题意可知e x a ＜e 1ax ，化简得x －1a ＜ln x ，又x ∈(1，e)，∴a ＞x －1ln x .令h (x )＝x －1ln x，则h ′(x )＝ln x －(x －1)·1x (ln x )2＝ln x －1＋1x(ln x )2，由(2)知，当x ∈(1，e)时，ln x －1＋1x ＞0，∴h ′(x )＞0，即h (x )在(1，e)上单调递增， ∴h (x )＜h (e)＝e －1，∴a ≥e －1. 故实数a 的取值范围为[e －1，＋∞)．求解不等式恒成立时参数的取值范围问题，一般常用分离参数的方法，但是如果分离参数后对应的函数不便于求解其最值，或者求解其函数最值繁琐时，可采用直接构造函数的方法求解．[考查角度二] 等价转化法破解双参数存在性问题 [典题4] 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，解得0<x <23；由g ′(x )>0，解得x <0或x >23.又x ∈[0,2]，所以g (x )在区间⎣⎡⎦⎤0，23上单调递减，在区间⎣⎡⎦⎤23，2上单调递增， g (x )max ＝g (2)＝1，g (x )min ＝g ⎝⎛⎭⎫23＝－8527. 所以[g (x 1)－g (x 2)]max ＝g (x )max －g (x )min ＝1＋8527＝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，等价于在区间⎣⎡⎦⎤12，2上，函数f (x )min ≥g (x )max .由①可知在区间⎣⎡⎦⎤12，2上，g (x )的最大值为g (2)＝1.在区间⎣⎡⎦⎤12，2上，f (x )＝ax＋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 ，x ∈⎣⎡⎦⎤12，2，则h ′(x )＝1－2x ·ln x －x ，易知h ′(x )在区间⎣⎡⎦⎤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. 所以函数h (x )＝x －x 2ln x 在区间⎣⎡⎦⎤12，1上单调递增，在区间[1,2]上单调递减，所以h (x )max ＝h (1)＝1，所以实数a 的取值范围是[1，＋∞)．双参数不等式问题的求解方法一般采用等价转化法．本例(1)第①问是“存在性”问题，转化方法是：如果存在x 1，x 2∈[0,2]使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，则可转化为M ≤[g (x 1)－g (x 2)]max ，即求解使不等式M ≤g (x )max －g (x )min 成立时的M 的最大取值；第②问是“恒成立”问题，转化方法是：如果对于任意的x 1，x 2∈⎣⎡⎦⎤12，2，都有f (x 1)≥g (x 2)成立，则可转化为在区间⎣⎡⎦⎤12，2上，f (x )min ≥g (x )max ，求解得到实数a 的取值范围．已知函数f (x )＝a x ＋x 2－x ln a (a >0，a ≠1)． (1)求函数f (x )在点(0，f (0))处的切线方程； (2)求函数f (x )的单调递增区间；(3)若存在x 1，x 2∈[－1,1]，使得|f (x 1)－f (x 2)|≥e －1(e 是自然对数的底数)，求实数a 的取值范围．解：(1)对f (x )求导，得f ′(x )＝a x ln a ＋2x －ln a ，可得f ′(0)＝0. 因为f (0)＝1，所以函数f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝1. (2)由①知，f ′(x )＝a x ln a ＋2x －ln a ＝2x ＋(a x －1)ln a . 因为当a >0，a ≠1时，总有f ′(x )在R 上是增函数，又f ′(0)＝0，所以不等式f ′(x )>0的解集为(0，＋∞)，故函数f (x )的单调递增区间为[0，＋∞)．(3)因为存在x 1，x 2∈[－1,1]，使得|f (x 1)－f (x 2)|≥e －1成立，而当x ∈[－1,1]时，|f (x 1)－f (x 2)|≤f (x )max －f (x )min ，所以只需f (x )max －f (x )min ≥e －1即可．对于x ∈[－1,1]，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表所示．所以f (x )min ＝f (0)＝1，f (x )max ＝max{f (－1)，f (1)}．因为f (1)－f (－1)＝(a ＋1－ln a )－⎝⎛⎭⎫1a ＋1＋ln a ＝a －1a －2ln a ，令g (a )＝a －1a －2ln a (a >0)，因为g ′(a )＝1＋1a 2－2a ＝⎝⎛⎭⎫1－1a 2≥0，所以g (a )＝a －1a －2ln a 在a ∈(0，＋∞)上是增函数，而g (1)＝0，故当a >1时，g (a )>0，即f (1)>f (－1)；当0<a <1时，g (a )<0，即f (1)<f (－1)．所以当a >1时，f (1)－f (0)≥e －1，即a －ln a ≥e －1，函数y ＝a －ln a 在a ∈(1，＋∞)上是增函数，解得a ≥e ；当0<a <1时，f (－1)－f (0)≥e －1，即1a ＋ln a ≥e －1，函数y ＝1a ＋ln a 在a ∈(0,1)上是减函数，解得0<a ≤1e .综上可知，所求实数a 的取值范围为⎝⎛⎦⎤0，1e ∪[e ，＋∞)．课时跟踪检测(十七) [高考基础题型得分练]1．设f (x )＝a (x －5)2＋6ln x (x >0)，其中a ∈R ，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与y 轴相交于点(0,6)．(1)确定a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间与极值．解：(1)因为f (x )＝a (x －5)2＋6ln x (x ＞0)，故f ′(x )＝2a (x －5)＋6x.令x ＝1，得f (1)＝16a ，f ′(1)＝6－8a ，所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为 y －16a ＝(6－8a )(x －1)，由点(0,6)在切线上，可得6－16a ＝8a －6，解得a ＝12.(2)由(1)知，f (x )＝12(x －5)2＋6ln x (x >0)，f ′(x )＝x －5＋6x ＝(x －2)(x －3)x .令f ′(x )＝0，解得x 1＝2，x 2＝3. 当0<x <2或x >3时，f ′(x )>0，故f (x )的递增区间是(0,2)，(3，＋∞)；当2＜x ＜3时，f ′(x )＜0，故f (x )的递减区间是(2,3)．由此可知f (x )在x ＝2处取得极大值f (2)＝92＋6ln 2，在x ＝3处取得极小值f (3)＝2＋6ln 3.2．[2019·甘肃兰州模拟]已知函数f (x )＝e x －ax (a ∈R ，e 为自然对数的底数)． (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若a ＝1，函数g (x )＝(x －m )f (x )－e x ＋x 2＋x 在(2，＋∞)上为增函数，求实数m 的取值范围．解：(1)函数f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝e x －a . 当a ≤0时，f ′(x )>0，∴f (x )在R 上为增函数；当a >0时，由f ′(x )＝0得x ＝ln a ，则当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )<0， ∴函数f (x )在(－∞，ln a )上为减函数；当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0， ∴函数f (x )在(ln a ，＋∞)上为增函数．(2)当a ＝1时，g (x )＝(x －m )(e x －x )－e x ＋x 2＋x ， ∵g (x )在(2，＋∞)上为增函数，∴g ′(x )＝x e x －m e x ＋m ＋1≥0在(2，＋∞)上恒成立，即m ≤x e x ＋1e x －1在(2，＋∞)上恒成立，令h (x )＝x e x ＋1e x －1，x ∈(2，＋∞)，h ′(x )＝(e x )2－x e x －2e x (e x －1)2＝e x (e x －x －2)(e x －1)2.令L (x )＝e x －x －2，L ′(x )＝e x －1>0在(2，＋∞)上恒成立，即L (x )＝e x －x －2在(2，＋∞)上为增函数，即L (x )>L (2)＝e 2－4>0，∴h ′(x )>0，即h (x )＝x e x ＋1e x －1在(2，＋∞)上为增函数，∴h (x )>h (2)＝2e 2＋1e 2－1，∴m ≤2e 2＋1e 2－1.∴实数m 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，2e 2＋1e 2－1.3．已知f (x )＝ax 2－(a ＋2)x ＋ln x .(1)当a ＝1时，求y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程；(2)当a ＞0时，若f (x )在区间[1，e]上最小值为－2，求实数a 的取值范围．解：(1)当a ＝1时，f (x )＝x 2－3x ＋ln x ， f ′(x )＝2x －3＋1x.因为f ′(1)＝0，f (1)＝－2，所以曲线y ＝f (x )在点(1，－2)处的切线方程是y ＝－2. (2)函数f (x )＝ax 2－(a ＋2)x ＋ln x 的定义域是(0，＋∞)．当a ＞0时，f ′(x )＝2ax －(a ＋2)＋1x＝2ax 2－(a ＋2)x ＋1x，令f ′(x )＝2ax 2－(a ＋2)x ＋1x ＝(2x －1)(ax －1)x ＝0，∴x ＝12或x ＝1a.当0＜1a ≤1，即a ≥1时，f (x )在[1，e]上单调递增，所以f (x )在[1，e]上的最小值是f (1)＝－2；当1＜1a＜e 时，f (x )在[1，e]上的最小值f ⎝⎛⎭⎫1a ＜f (1)＝－2，不合题意；当1a≥e 时，f (x )在[1，e]上单调递减，此时f (x )在[1，e]上的最小值f (e)＜f (1)＝－2，不合题意．综上，实数a 的取值范围为[1，＋∞)． 4．已知函数f (x )＝e x －ln(x ＋m )．(1)设x ＝0是f (x )的极值点，求m ，并讨论f (x )的单调性； (2)当m ≤2时，证明：f (x )＞0.(1)解：f ′(x )＝e x －1x ＋m ，由x ＝0是f (x )的极值点得f ′(0)＝0，所以m ＝1.于是f (x )＝e x －ln(x ＋1)，定义域为(－1，＋∞)，f ′(x )＝e x －1x ＋1.函数f ′(x )＝e x －1x ＋1在(－1，＋∞)上单调递增，且f ′(0)＝0，因此当x ∈(－1,0)时，f ′(x )＜0；当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0.所以f (x )在(－1,0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． (2)证明：当m ≤2，x ∈(－m ，＋∞)时，ln(x ＋m )≤ln(x ＋2)，故只需证明当m ＝2时，f (x )＞0.当m ＝2时，函数f ′(x )＝e x －1x ＋2在(－2，＋∞)上单调递增．又f ′(－1)＜0，f ′(0)＞0，故f ′(x )＝0在(－2，＋∞)上有唯一实根x 0，且x 0∈(－1,0)．当x ∈(－2，x 0)时，f ′(x )＜0；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )＞0. 故当x ＝x 0时，f (x )取得最小值．由f ′(x 0)＝0得e x0＝1x 0＋2，ln(x 0＋2)＝－x 0，故f (x )≥f (x 0)＝1x 0＋2＋x 0＝(x 0＋1)2x 0＋2＞0.综上，当m ≤2时，f (x )＞0.[冲刺名校能力提升练]1．[2019·吉林省实验中学二模]已知函数f (x )＝mx ＋ln x ，其中m 为常数，e 为自然对数的底数．(1)当m ＝－1时，求f (x )的最大值；(2)若f (x )在区间(0，e]上的最大值为－3，求m 的值．解：(1)当m ＝－1时，f (x )＝－x ＋ln x ，定义域为(0，＋∞)．求导得f ′(x )＝－1＋1x ，令f ′(x )＝0，得x ＝1.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表.由表可知f (x )(2)求导得f ′(x )＝m ＋1x.①当m ≥0时，f ′(x )>0恒成立，此时f (x )在(0，e]上单调递增，最大值为f (e)＝m e ＋1＝－3，解得m ＝－4e，不符合要求；②当m <0时，令f ′(x )＝0，得x ＝－1m ，若－1m ≥e ，此时f ′(x )≥0在(0，e]上恒成立，此时f (x )＝在(0，e]上单调递增，最大值为f (e)＝m e ＋1＝－3，解得m ＝－4e，不符合要求；若－1m<e ，此时f ′(x )>0在⎝⎛⎦⎤0，－1m 上成立，f ′(x )<0在⎝⎛⎦⎤－1m ，e 上成立，此时f (x )在(0，e]上先增后减，最大值为f ⎝⎛⎭⎫－1m ＝－1＋ln ⎝⎛⎭⎫－1m ＝－3，解得m ＝－e 2，符合要求．综上可知，m 的值为－e 2.2．[2019·河南郑州模拟]已知函数f (x )＝ax －1＋ln x ，其中a 为常数．(1)当a ∈⎝⎛⎭⎫－∞，－1e 时，若f (x )在区间(0，e)上的最大值为－4，求a 的值； (2)当a ＝－1e 时，若函数g (x )＝|f (x )|－ln x x －b2存在零点，求实数b 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝a ＋1x ，令f ′(x )＝0得x ＝－1a ，因为a ∈⎝⎛⎭⎫－∞，－1e ，所以0<－1a <e ，由f ′(x )>0得，0<x <－1a ；由f ′(x )<0得，－1a<x <e.从而f (x )的增区间为⎝⎛⎭⎫0，－1a ，减区间为⎝⎛⎭⎫－1a ，e ，所以f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫－1a ＝－1－1＋ln ⎝⎛⎭⎫－1a ＝－4，解得a ＝－e 2. (2)函数g (x )＝|f (x )|－ln x x －b 2存在零点，即方程|f (x )|＝ln x x ＋b2有实数根，由已知，函数f (x )的定义域为{x |x >0}，当a ＝－1e 时，f (x )＝－xe －1＋ln x ，所以f ′(x )＝－1e ＋1x ＝－x －e e x，当0<x <e 时，f ′(x )>0；当x >e 时，f ′(x )<0. 所以f (x )的增区间为(0，e)，减区间为(e ，＋∞)，所以f (x )max ＝f (e)＝－1，所以|f (x )|≥1. 令h (x )＝ln x x ＋b2，则h ′(x )＝1－ln x x 2.当0<x <e 时，h ′(x )>0；当x >e 时，h ′(x )<0.从而h (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，所以h (x )max ＝h (e)＝1e ＋b2，要使方程|f (x )|＝ln x x ＋b2有实数根，只需h (x )max ≥1即可，故b ≥2－2e.即所求实数b 的取值范围是⎣⎡⎭⎫2－2e ，＋∞. 3．[2019·山东青州高三10月段测]函数f (x )＝a ln x ＋a ＋12x 2＋1.(1)当a ＝－12时，求f (x )在区间⎣⎡⎦⎤1e ，e 上的最值； (2)讨论函数f (x )的单调性；(3)当－1<a <0时，有f (x )>1＋a2ln(－a )恒成立，求a 的取值范围．解：(1)当a ＝－12时，f (x )＝－12ln x ＋x 24＋1，∴f ′(x )＝－12x ＋x 2＝x 2－12x.∵f (x )的定义域为(0，＋∞)， ∴由f ′(x )＝0，得x ＝1，∴f (x )在区间⎣⎡⎦⎤1e ，e 上的最值只可能在f (1)，f ⎝⎛⎭⎫1e ，f (e)取到，而f (1)＝54，f ⎝⎛⎭⎫1e ＝32＋14e 2，f (e)＝12＋e24， f (x )max ＝f (e)＝12＋e 24，f (x )min ＝f (1)＝54.(2)f ′(x )＝(a ＋1)x 2＋ax ，x ∈(0，＋∞)．①当a ＋1≤0，即a ≤－1时，f ′(x )<0， ∴f (x )在(0，＋∞)上单调递减； ②当a ≥0时，f ′(x )>0， ∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增；③当－1<a <0时，由f ′(x )>0得x 2>－aa ＋1，∴x >－aa ＋1或x <－－aa ＋1(舍去)， ∴f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫－a a ＋1，＋∞上递增，在⎝⎛⎭⎪⎫0，－a a ＋1上递减；综上，当a ≥0时，f (x )在(0，＋∞)上递增；当－1<a <0时，f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫－a a ＋1，＋∞上递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－a a ＋1上递减；当a ≤－1时，f (x )在(0，＋∞)上递减． (3)由(2)知，当－1<a <0时，f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a a ＋1，即原不等式等价于f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a a ＋1>1＋a2ln(－a )，即a ln－a a ＋1＋a ＋12·－a a ＋1＋1>1＋a2ln(－a )，整理得ln(a ＋1)>－1，∴a >1e－1，又∵－1<a <0，∴a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫1e －1，0. 4．[2019·山东烟台模拟]已知函数f (x )＝x 2－ax ，g (x )＝ln x ，h (x )＝f (x )＋g (x )． (1)若函数y ＝h (x )的单调减区间是⎝⎛⎭⎫12，1，求实数a 的值；(2)若f (x )≥g (x )对于定义区域内的任意x 恒成立，求实数a 的取值范围；(3)设函数y ＝h (x )有两个极值点x 1，x 2，且x 1∈⎝⎛⎭⎫0，12，若h (x 1)－h (x 2)>m 恒成立，求实数m 的最大值．解：(1)由题意可知，h (x )＝x 2－ax ＋ln x (x >0)，则h ′(x )＝2x 2－ax ＋1x(x >0)，若h (x )的单调减区间是⎝⎛⎭⎫12，1，则h ′(1)＝h ′⎝⎛⎭⎫12＝0，解得a ＝3，而当a ＝3时，h ′(x )＝2x 2－3x ＋1x ＝(2x －1)(x －1)x (x >0)．由h ′(x )<0，解得x ∈⎝⎛⎭⎫12，1，即h (x )的单调减区间是⎝⎛⎭⎫12，1，所以a ＝3. (2)由题意知x 2－ax ≥ln x (x >0)，∴a ≤x －ln xx(x >0)．令φ(x )＝x －ln xx (x >0)，则φ′(x )＝x 2＋ln x －1x 2，∵y ＝x 2＋ln x －1在(0，＋∞)上是增函数，且x ＝1时，y ＝0. ∴当x ∈(0,1)时，φ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )>0.即φ(x )在(0,1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数， ∴φ(x )min ＝φ(1)＝1，故a ≤1. 即实数a 的取值范围为(－∞，1]． (3)由题意可知，h (x )＝x 2－ax ＋ln x (x >0)，则h ′(x )＝2x 2－ax ＋1x(x >0)．可得方程2x 2－ax ＋1＝0(x >0)有两个不相等的实数根x 1，x 2，且x 1∈⎝⎛⎭⎫0，12， ∵x 1x 2＝12，∴x 2＝12x 1∈(1，＋∞)，且ax 1＝2x 21＋1，ax 2＝2x 22＋1，h (x 1)－h (x 2)＝(x 21－ax 1＋ln x 1)－(x 22－ax 2＋ln x 2) ＝[x 21－(2x 21＋1)＋ln x 1]－[x 22－(2x 22＋1)＋ln x 2] ＝x 22－x 21＋lnx 1x 2＝x 22－14x 22－ln(2x 22)(x 2>1)．设L (x )＝x 2－14x 2－ln(2x 2)(x >1)，则L ′(x )＝(2x 2－1)22x 3>0(x >1)，∴L (x )在(1，＋∞)上是增函数，L (x )>L (1)＝34－ln 2，即h (x 1)－h (x 2)>34－ln 2，∴m ≤34－ln2.即m 的最大值为34－ln 2.。

新攻略大一轮课标通用精练：第三章 5-第五节导数的综合应用(一) Word版含解析

第五节导数的综合应用(一)A组基础题组1.(2018广东广州一模,12)设函数f(x)在R上存在导函数f '(x),对于任意的实数x,都有f(x)+f(-x)=2x2,当x<0时, f '(x)+1<2x,若f(a+1)≤f(-a)+2a+1,则实数a的最小值为( )A.-B.-1C.-D.-2答案 A 设g(x)=f(x)-x2(x∈R),则g(x)+g(-x)=f(x)+f(-x)-2x2=0,∴g(x)是奇函数.当x<0时,g'(x)=f '(x)-2x<-1,∴g(x)在(-∞,0)上是减函数,∴g(x)在R上是减函数.∵f(a+1)≤f(-a)+2a+1,∴f(a+1)-a2-2a-1≤f(-a)-(-a)2,即f(a+1)-(a+1)2≤f(-a)-(-a)2,即g(a+1)≤g(-a),∴a+1≥-a,即a≥-.故选A.2.已知a,b∈R,直线y=ax+b+与函数f(x)=tan x的图象在x=-处相切,设g(x)=e x+bx2+a,若在区间[1,2]上,不等式m≤g(x)≤m2-2恒成立,则实数m( )A.有最小值-eB.有最小值eC.有最大值eD.有最大值e+1答案 D ∵f(x)=tan x=,∴f '(x)==,∴a=f '=2,又点在直线y=ax+b+上,∴-1=2×+b+,得b=-1,∴g(x)=e x-x2+2,g'(x)=e x-2x,令h(x)=e x-2x,则h'(x)=e x-2,当x ∈[1,2]时,h'(x)≥h'(1)=e-2>0,∴g'(x)在[1,2]上单调递增,∴g'(x)≥g'(1)=e-2>0,∴g(x)在[1,2]上单调递增,∴解得m≤-e或e≤m≤e+1,∴m 的最大值为e+1,无最小值,故选D.3.(2018课标全国Ⅰ文,21,12分)已知函数f(x)=ae x-ln x-1.(1)设x=2是f(x)的极值点,求a,并求f(x)的单调区间;(2)证明:当a≥时, f(x)≥0.解析(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f '(x)=ae x-.由题设知, f '(2)=0,所以a=.从而f(x)=e x-ln x-1, f '(x)=e x-.当0<x<2时, f '(x)<0;当x>2时, f '(x)>0.所以f(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增.(2)证明:当a≥时, f(x)≥-ln x-1.设g(x)=-ln x-1,则g'(x)=-.当0<x<1时,g'(x)<0;当x>1时,g'(x)>0.所以x=1是g(x)的最小值点.故当x>0时,g(x)≥g(1)=0.因此,当a≥时, f(x)≥0.4.(2018贵州适应性考试)已知函数f(x)=ax-e x(a∈R),g(x)=.(1)求函数f(x)的单调区间;∈(0,+∞),使不等式f(x)≤g(x)-e x成立,求a的取值范围.(2)∃x解析(1)f '(x)=a-e x,x∈R.当a≤0时, f '(x)<0, f(x)在R上单调递减;当a>0时,令f '(x)=0得x=ln a.由f '(x)>0得f(x)的单调递增区间为(-∞,ln a);由f '(x)<0得f(x)的单调递减区间为(ln a,+∞).∈(0,+∞),使不等式f(x)≤g(x)-e x,(2)∃x则ax≤,即a≤.设h(x)=,则问题转化为a≤,由h'(x)=,令h'(x)=0,则x=.当x在区间(0,+∞)内变化时,h'(x),h(x)的变化情况如下表:x(0,)(,+∞)h'(x)+0-h(x)单调递增极大值单调递减由上表可知,当x=时,函数h(x)有极大值,也为最大值,最大值为.所以a≤.B组提升题组1.已知函数f(x)=.(1)求曲线y=f(x)在点P处的切线方程;(2)证明:f(x)>2(x-ln x).解析(1)因为f(x)=,所以f '(x)==, f '(2)=,又切点为,所以切线方程为y-=(x-2),即e2x-4y=0.(2)设函数g(x)=f(x)-2(x-ln x)=-2x+2ln x,x∈(0,+∞),则g'(x)=-2+=,x∈(0,+∞).设h(x)=e x-2x,x∈(0,+∞),则h'(x)=e x-2,令h'(x)=0,则x=ln 2.当x∈(0,ln 2)时,h'(x)<0;当x∈(ln 2,+∞)时,h'(x)>0.所以h(x)min=h(ln 2)=2-2ln 2>0,故h(x)=e x-2x>0.令g'(x)==0,则x=1.当x∈(0,1)时,g'(x)<0;当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0.所以g(x)min=g(1)=e-2>0,故g(x)=f(x)-2(x-ln x)>0,从而有f(x)>2(x-ln x). 2.(2019河南开封模拟)设函数f(x)=x2-ax+b.(1)讨论函数f(sin x)在内的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值;(2)记f0(x)=x2-ax+b,求函数|f(sin x)-f(sin x)|在上的最大值D;(3)在(2)中,取a0=b=0,求z=b-满足条件D≤1时的最大值.解析(1)f(sin x)=sin2x-asin x+b=sin x(sin x-a)+b, -<x<.[f(sin x)]'=(2sin x-a)cos x,-<x<.因为-<x<,所以cos x>0,-2<2sin x<2.①a≤-2,b∈R时,函数f(sin x)单调递增,无极值.②a≥2,b∈R时,函数f(sin x)单调递减,无极值.③对于-2<a<2,在内存在唯一的x,使得2sin x=a.-<x≤x时,函数f(sin x)单调递减;x≤x<时,函数f(sin x)单调递增.因此,-2<a<2,b∈R时,函数f(sin x)在x处有极小值,f(sin x)=f=b-.(2)-≤x≤时,|f(sin x)-f0(sin x)|=|(a-a)sin x+b-b|≤|a-a|+|b-b|,当(a0-a)(b-b)≥0时,取x=,等号成立,当(a0-a)(b-b)<0时,取x=-,等号成立.由此可知,|f(sin x)-f0(sin x)|在上的最大值为D=|a-a|+|b-b|.(3)D≤1即为|a|+|b|≤1,此时0≤a2≤1,-1≤b≤1,从而z=b-≤1.取a=0,b=1,则|a|+|b|≤1,并且z=b-=1.由此可知,z=b-满足条件D≤1的最大值为1.。

2018年高考数学(人教A版)一轮复习课时分层提升练十六(B卷)2-11-3导数的综合应用Word版含解析

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课时分层提升练十六导数的综合应用(B卷)(25分钟55分)一、选择题(每小题5分,共20分)1.(2017·新余模拟)f ′(x)是f(x)的导函数,若f ′(x)的图象如图所示,则f(x)的图象可能是( )【解析】选C.由导函数的图象可知,当x<0时,f ′(x)>0,即函数f(x)为增函数;当0<x<x1时,f ′(x)<0,即函数f(x)为减函数;当x>x1时,f ′(x)>0,即函数f(x)为增函数.观察选项易知C正确.2.(2017·内江模拟)已知函数f(x)=x3-x2+cx+d有极值,则c的取值范围为( ) A.c< B.c≤C.c≥D.c>【解析】选A.由题意可知f′(x)=x2-x+c=0有两个不同的实根,所以Δ=1-4c>0⇒c<.3.(2017·赤峰模拟)设F(x)=f(x)g(x)是R上的奇函数,当x<0时,f′(x)g(x)+f(x)g′(x)>0,且g(2)=0,则不等式F(x)<0的解集是( )A.(-2,0)∪(2,+∞)B.(-2,0)∪(0,2)C.(-∞,-2)∪(2,+∞)D.(-∞,-2)∪(0,2)【解析】选D.因为F(x)=f(x)·g(x),所以F′(x)=f′(x)·g(x)+f(x)·g′(x).当x<0时,F′(x)>0,即F(x)在(-∞,0)上单调递增,且F(2)=f(2)·g(2)=0,又因为F(-x)=-F(x),所以F(-2)=-F(2)=0.F(x)图象可以表示为如图,所以F(x)<0的解集为(-∞,-2)∪(0,2).4.(2017·湛江模拟)若函数f(x)=x+(b∈R)的导函数在区间(1,2)上有零点,则f(x)在下列区间上单调递增的是( )A.(-2,0)B.(0,1)C.(1,+∞)D.(-∞,-2)【解析】选D.由题意知,f′(x)=1-,因为函数f(x)=x+(b∈R)的导函数在区间(1,2)上有零点,所以当1-=0时,b=x2,又x∈(1,2),所以b∈(1,4),令f′(x)>0,解得x<-或x>,即f(x)的单调递增区间为(-∞,-),(,+∞),因为b∈(1,4),所以(-∞,-2)符合题意.二、填空题(每小题5分,共15分)5.(2017·九江模拟)已知f(x)=alnx+x2(a>0),若对任意两个不等的正实数x1,x2都有≥2恒成立,则a的取值范围是. 【解析】由题意可知f′=x+≥2(x>0)恒成立,所以a≥2x-x2恒成立,令g=2x-x2=-+1,则a≥g(x)max,因为g=2x-x2为开口向下,对称轴为x=1的抛物线,所以当x=1时,g=2x-x2取得最大值g(1)=1,所以a≥1.即a的取值范围是[1,+∞).答案:[1,+∞)6.已知f(x)=2x3-6x2+m(m为常数)在[-2,2]上有最大值为3,那么此函数在[-2,2]上的最小值为.【解析】f′(x)=6x2-12x,由f′(x)=0得x=0或x=2,当x<0或x>2时,f′(x)>0,当0<x<2时,f′(x)<0,所以f(x)在[-2,0]上单调递增,在[0,2]上单调递减,由条件知f(0)=m=3,所以f(2)=-5,f(-2)=-37,所以最小值为-37.答案:-377.(2017·青岛模拟)已知函数f(x)=e x-1,g(x)=-x2+4x-3,若有f(a)=g(b),则b的取值范围为.【解析】由题可知f(x)=e x-1>-1,g(x)=-x2+4x-3=-(x-2)2+1≤1,若有f(a)=g(b),则g(b)∈(-1,1],即-b2+4b-3>-1,解得2-<b<2+.答案:(2-,2+)三、解答题(每小题10分,共20分)8.(2017·遵义模拟)设函数f(x)=x3-3mx+n(m>0)的极大值为6,极小值为2,求:(1)实数m,n的值.(2)函数f(x)在区间[0,3]上的最大值和最小值.【解析】(1)f′(x)=3x2-3m,令f′(x)=0,即3x2-3m=0,得x=±,当f′(x)>0,即x>或x<-时,f(x)为增函数,当f′(x)<0,即-<x<时,f(x)为减函数,所以f(x)有极大值f(-),有极小值f(),由题意得即解得(2)由(1)知f(x)=x3-3x+4,从而f(0)=03-3×0+4=4,f(3)=33-3×3+4=22, f(1)=13-3×1+4=2,所以f(x)有最小值2,有最大值22.9.(2017·常德模拟)已知函数f(x)=lnx+x.(1)求函数f(x)在点处的切线方程.(2)若方程f(x)=mx在区间内有唯一实数解,求实数m的取值范围.【解析】(1)因为f′(x)=+1=,k=f′(1)=2,所以切线方程为y-1=2(x-1),即y=2x-1.(2)由题意m=在区间内有唯一实数解,令g(x)=,x∈,因为g′(x)==0,解得x=e,所以函数g(x)在区间上单调递增,在区间上单调递减,又g(1)=1,g(e2)=>g(1),所以m∈.(20分钟40分)1.(5分)(2017·赣州模拟)已知函数f=ax3-x2+4x+3,若在区间上,f≥0恒成立,则a的取值范围是( )A.[-6,-2]B.C.[-5,-3]D.[-4,-3]【解析】选A.由f≥0得ax3-x2+4x+3≥0,所以ax3≥x2-4x-3,当0<x≤1时,a≥=-3-4+,设t=∈,所以g=-3t3-4t2+t,所以g′=-9t2-8t+1,所以g′<0恒成立,所以g=g=-6,所以a≥-6,同理可得-2≤x<0时a≤-2,当x=0时,f(x)=3≥0成立,综上可得a的取值范围是[-6,-2].2.(5分)(2017·济南模拟)已知函数f=x+xlnx,若k∈Z,且k<f对任意的x>2恒成立,则k的最大值为( )A.3B.4C.5D.6【解析】选B.由题设可得k<,令h(x)=,则h′(x)=.令g(x)=x-4-2lnx.则函数g(x)=x-4-2lnx的零点就是函数y=h(x)的极值点.设x-4-2lnx=0并记极值点为x0,则lnx0=,由于g(8)=4-2ln8<0,g(9)=5-4ln3>0,故8<x0<9,而且不难验证当2<x<x0时,h′(x)<0,h(x)单调递减;当x>x0时,h′(x)>0,h(x)单调递增,所以h(x)min=h(x0)===,因此k<,由于k∈Z且8<x0<9,所以k max=4.3.(5分)(2017·扬州模拟)已知函数f(x)=lnx-(m∈R)在区间[1,e]上取得最小值4,则m= .【解析】f′(x)=+=(x>0),当m>0时,f′(x)>0,f(x)在区间[1,e]上为增函数,f(x)有最小值f(1)=-m=4,得m=-4,与m>0矛盾.当m<0时,若-m<1即m>-1,f(x)min=f(1)=-m=4,得m=-4,与m>-1矛盾; 若-m∈[1,e],即-e≤m≤-1,f(x)min=f(-m)=ln(-m)+1=4,解得m=-e3,与-e≤m ≤-1矛盾;若-m>e,即m<-e时,f(x)min=f(e)=1-=4,解得m=-3e,符合题意.答案:-3e4.(12分)(2017·新疆生产建设兵团模拟)函数f(x)=(ax2+x-1)e x(a<0).(1)当a=-1时,若函数y=f(x)与g(x)=x3+x2+m的图象有且只有3个不同的交点,求实数m的取值范围.(2)讨论f(x)的单调性.【解析】(1)当a=-1时,f(x)-g(x)=(-x2+x-1)e x-,令f(x)-g(x)=0,故m=(-x2+x-1)e x-.令h(x)=(-x2+x-1)e x-,h′(x)=-x(x+1)(e x+1).故当x<-1时,h′(x)<0;当-1<x<0时,h′(x)>0;当x>0时,h′(x)<0;h(-1)=--,h(0)=-1.故--<m<-1.(2)由于f(x)=(ax2+x-1)e x,所以f′(x)=(2ax+1+ax2+x-1)e x=ax e x.当a=-时,f′(x)≤0恒成立,所以f(x)在R上单调递减;当a<-时,f(x)在上单调递减,在上单调递增,在(0,+∞)上单调递减;当-<a<0时,f(x)在(-∞,0)上单调递减,在上单调递增,在(-,+∞)上单调递减.5.(13分)(2017·黄山模拟)已知函数f=e x-ax2,曲线y=f在x=1处的切线方程为y=bx+1.(1)求a,b的值.(2)求函数f在上的最大值.(3)证明:当x>0时,e x+x-xlnx-1≥0.【解析】(1)f′=e x-2ax,由题设得,f′=e-2a=b,f=e-a=b+1,解得,a=1,b=e-2.(2)方法一:由(1)知,f=e x-x2,所以f′=e x-2x≥x+1-2x=1-x≥0,x∈,故f在上单调递增,所以,f=f=e-1.方法二:由(1)知,f=e x-x2,所以f′=e x-2x,f″=e x-2,所以f′在上单调递减,在上单调递增,所以,f′≥f′=2-2ln2>0,所以f在上单调递增,所以f=f=e-1.(3)因为f=1,又由(2)知,f过点,且y=f在x=1处的切线方程为y=x+1,故可猜测:当x>0,x≠1时,f的图象恒在切线y=x+1的上方.证明如下:当x>0时,f≥x+1.设g=f-x-1,x>0,则g′=e x-2x-,g″=e x-2,由(2)知,g′在上单调递减,在上单调递增,又g′=3-e>0,g′=0,0<ln2<1,所以g′<0,所以,存在x0∈,使得g′=0,所以,当x∈∪时,g′>0;当x∈,g′<0,故g在上单调递增,在上单调递减,在上单调递增.又g=g=0,所以g=e x-x2-x-1≥0,当且仅当x=1时取等号.故当x>0时,≥x.由(2)知,e x≥x+1,故x≥ln,所以x-1≥lnx,当且仅当x=1时取等号.所以,≥x≥lnx+1.即≥lnx+1.所以,e x+x-1≥xlnx+x,即e x+x-xlnx-1≥0成立,当x=1时等号成立.关闭Word文档返回原板块。

2018高考(江苏专版)大一轮数学(文)复习检测第20课导数的综合应用Word版含答案

第20课导数的综合应用A 应知应会1.若函数y=ax3-x在R上是减函数,则实数a的取值范围是.2.已知函数f(x)=x3-3a2x+1的图象与直线y=3只有一个公共点,那么实数a的取值范围是.3.(2015·无锡模拟)已知某生产厂家的年利润y(单位:万元)与年产量x(单位:万件)间的函数关系式为y=-x3+81x-234,则使该生产厂家获取最大年利润的年产量为万件.4.已知正六棱柱的12个顶点都在一个半径为3的球面上,那么当正六棱柱的体积最大时,其高为.5.(2015·曲塘中学模拟)已知函数f(x)=x3-x2+6x-a.(1)若对于任意实数x,f'(x)≥m恒成立,求实数m的最大值;(2)若方程f(x)=0有且仅有一个实数根,求实数a的取值范围.6.(2016·南通、扬州、淮安、宿迁、泰州二调)某植物园拟建一个多边形苗圃,苗圃的一边紧靠着长度大于30 m的围墙.现有两种方案:方案一,多边形为直角三角形AEB(∠AEB=90°),如图(1)所示,其中AE+EB=30 m;方案二,多边形为等腰梯形AEFB(AB>EF),如图(2)所示,其中AE=EF=BF=10 m.请你分别求出两种方案中苗圃的最大面积,并从中确定使苗圃面积最大的方案.图(1)图(2)(第6题)B 巩固提升1.已知a∈R,函数y=e x+ax,x∈R有大于零的极值点,那么实数a的取值范围是.2.若函数y=m与y=3x-x3的图象有三个不同的交点,则实数m的取值范围为.3.(2016·北京卷改编)若函数f(x)=x3+4x2+4x+c有三个不同的零点,则实数c的取值范围为.4.(2015·海门中学模拟)若对任意的x∈[1,e],都有a ln x≥-x2+(a+2)x恒成立,则实数a的取值范围是.5.(2015·全国卷)已知函数f(x)=ln x+a(1-x).(1)讨论f(x)的单调性;(2)当f(x)有最大值,且最大值大于2a-2时,求实数a的取值范围.6.(2016·南通、扬州、泰州、淮安三调)某宾馆在装修时,为了美观,欲将客房的窗户设计成半径为1 m的圆形,并用四根木条将圆分成如图所示的9个区域,其中四边形ABCD为中心在圆心的矩形,现计划将矩形ABCD区域设计为可推拉的窗口.(1)若窗口ABCD为正方形,且面积大于m2(木条的宽度忽略不计),求四根木条总长的取值范围;(2)若四根木条总长为6 m,求窗口ABCD面积的最大值.(第6题)第20课导数的综合应用A 应知应会1.(-∞,0]【解析】y'=3ax2-1,因为函数y=ax3-x在R上是减函数,所以3ax2-1≤0在R上恒成立,所以a≤0.2.(-1,1)【解析】f'(x)=3x2-3a2,令f'(x)=0,则x=±a.由题意知当a<0时,f(a)=a3-3a3+1<3,即a3>-1,所以-1<a<0;当a=0时,成立;当a>0时,f(-a)=-a3+3a3+1<3,即a3<1,所以0<a<1.故实数a的取值范围为(-1,1).3. 9【解析】因为y'=-x2+81,所以当x>9时,y'<0;当x∈(0,9)时,y'>0.所以函数y=-x3+81x-234在(9,+∞)上单调递减,在(0,9)上单调递增,所以x=9是函数的极大值点.又因为函数在(0,+∞)上只有一个极大值点,所以函数在x=9处取得最大值.4. 2【解析】设正六棱柱的底面边长为a,高为h,则可得a2+=9,即a2=9-,那么正六棱柱的体积V=6·a2·h=·h=·.设y=-+9h(0<h<6),则y'=-+9,令y'=0,得h=2.易知当h=2时,y取得最大值,此时正六棱柱的体积最大.5.【解答】(1)f'(x)=3x2-9x+6=3(x-1)·(x-2),因为x∈(-∞,+∞),f'(x)≥m恒成立,即3x2-9x+(6-m)≥0恒成立,所以Δ=81-12(6-m)≤0,解得m≤-,即m的最大值为-.(2)因为当x<1时,f'(x)>0;当1<x<2时,f'(x)<0;当x>2时,f'(x)>0.所以当x=1时,f(x)取得极大值f(1)=-a;当x=2时,f(x)取得极小值f(2)=2-a.故当f(2)>0或f(1)<0时,方程f(x)=0有且仅有一个实数根,解得a<2或a>,即实数a的取值范围为(-∞,2)∪.6.【解答】设方案一、二中多边形苗圃的面积分别为S1,S2.方案一:设AE=x,则S1=x(30-x)≤=(当且仅当x=15时,等号成立).方案二:设∠BAE=θ,则S2=100sinθ(1+cosθ),θ∈.令S'2=100(2cos2θ+cosθ-1)=0,得cosθ=(cosθ=-1舍去).因为θ∈,所以θ=.所以当θ=时,(S2)max=75.因为<75,所以建苗圃时用方案二,且∠BAE=.综上,方案一、二中苗圃的最大面积分别为m2,75m2,建苗圃时用方案二,且∠BAE=.B 巩固提升1.(-∞,-1)【解析】y'=e x+a,由y'=0,得x=ln(-a).因为x>0,所以-a>1,所以a<-1,即实数a的取值范围是(-∞,-1).2.(-2,2)【解析】y'=3(1-x)(1+x),令y'=0,得x=±1,所以y极大值=2,y极小值=-2,作出函数y=3x-x3和y=m 的大致图象如图所示,根据图象知-2<m<2.(第2题)3.【解析】由题意知f'(x)=3x2+8x+4.令f'(x)=0,得3x2+8x+4=0,解得x=-2或x=-.当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:所以,当c>0且c-<0时,存在x1∈(-∞,-2),x2∈,x3∈,使得f(x1)=f(x2)=f(x3)=0.由f(x)的单调性知,当且仅当c∈时,函数f(x)=x3+4x2+4x+c有三个不同的零点.4.(-∞,-1]【解析】由a ln x≥-x2+(a+2)x,得(x-ln x)a≤x2-2x.由于x∈[1,e],ln x≤1≤x,且等号不能同时取得,所以ln x<x,即x-ln x>0,从而a≤恒成立,即a≤.设t(x)=,x∈[1,e],则t'(x)=,x-1≥0,lnx≤1,x+2-2ln x>0,从而t'(x)≥0,t(x)在[1,e]上为增函数,所以t(x)min=t(1)=-1,所以a≤-1.5.【解答】(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=-a.若a≤0,则f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增.若a>0,则当x∈时,f'(x)>0;当x∈时,f'(x)<0.所以f(x)在上单调递增,在上单调递减.(2)由(1)知当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上无最大值;当a>0时,f(x)在x=处取得最大值,最大值为f=ln +a=-ln a+a-1.因此f>2a-2⇔ln a+a-1<0.令g(a)=ln a+a-1,则g'(a)=+1,当a>0时,g'(a)>0,所以g(a)在(0,+∞)上是增函数,g(1)=0,于是当0<a<1时,g(a)<0;当a>1时,g(a)>0.因此实数a的取值范围为(0,1).6.【解答】(1)设一根木条长为x m,则正方形的边长为2=(m).因为S四边形ABCD> m2,所以4-x2>,即x<.又因为四根木条将圆分成9个区域,所以x>,所以4<4x<2.故四根木条总长的取值范围为(4 m,2 m).(2)设AB所在的木条长为a m,则BC所在的木条长为(3-a)m.因为a∈(0,2),3-a∈(0,2),所以a∈(1,2),S矩形ABCD=4·=·=.设f(a)=a4-6a3+a2+24a-20,则f'(a)=4a3-18a2+2a+24=2(a+1)·(2a-3)(a-4).令f'(a)=0,得a=或a=-1(舍去)或a=4(舍去).当a变化时,f'(a),f(a)所以当a=时,f(a)max=f=,即S max=.即窗口ABCD面积的最大值为m2.。

2018届高考数学(文)大一轮复习检测第二章函数、导数及其应用课时作业15Word版含答案

课时作业15 导数与函数的极值、最值一、选择题1．当函数y ＝x ·2x取极小值时，x ＝( ) A.1ln2B ．－1ln2C ．－ln2D ．ln2解析：y ′＝2x＋x ·2x ln2＝0，∴x ＝－1ln2. 答案：B2．函数f (x )＝x 3－3x 2＋2在区间[－1,1]上的最大值是( ) A ．－2 B ．0 C ．2D ．4解析： f ′(x )＝3x 2－6x ，令f ′(x )＝0，得x ＝0或2.∴f (x )在[－1,0)上是增函数，f (x )在(0,1]上是减函数．∴f (x )max ＝f (x )极大值＝f (0)＝2.答案：C3．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx －a 2－7a 在x ＝1处取得极大值10，则a b的值为( ) A ．－23B ．－2C ．－2或－23D ．2或－23解析：由题意知，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，f ′(1)＝0，f (1)＝10，即⎩⎪⎨⎪⎧3＋2a ＋b ＝0，1＋a ＋b －a 2－7a ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2，b ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－6，b ＝9，经检验⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－6，b ＝9满足题意，故a b ＝－23，选A.答案：A4．若函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d 有极值，则导函数f ′(x )的图象不可能是( )解析：若函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d 有极值，则此函数在某点两侧的单调性相反，也就是说导函数f ′(x )在此点两侧的导函数值的符号相反，所以导函数的图象要穿过x 轴，观察四个选项中的图象只有D 项是不符合要求的，即f ′(x )的图象不可能是D.答案：D5．(2017·唐山质检)若函数y ＝x 3－32x 2＋a 在[－1，1]上有最大值3，则该函数在[－1,1]上的最小值是( )A ．－12B ．0 C.12D ．1解析：令y ′＝3x 2－3x ＝3x (x －1)>0，解得x >1或x <0，令y ′<0，解得0<x <1，所以当x ∈[－1,1]时，[－1,0]函数增，[0,1]函数减，所以当x ＝0时，函数取得最大值f (0)＝a ＝3，y ＝x 3－32x 2＋3，f (－1)＝12，f (1)＝52，所以最小值是f (－1)＝12.故选C.答案：C6．若函数f (x )＝x 3－3x 在(a,6－a 2)上有最小值，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－5，1) B ．[－5，1) C ．[－2,1)D ．(－5，－2]解析：f ′(x )＝3x 2－3＝0，得x ＝±1，且x ＝1为函数的极小值点，x ＝－1为函数的极大值点．函数f (x )在区间(a,6－a 2)上有最小值，则函数f (x )极小值点必在区间(a,6－a 2)内，即实数a 满足a <1<6－a 2且f (a )＝a 3－3a ≥f (1)＝－2. 解a <1<6－a 2，得－5<a <1，不等式a 3－3a ≥f (1)＝－2，即a 3－3a ＋2≥0，即a 3－1－3(a －1)≥0，即(a －1)(a 2＋a －2)≥0，即(a －1)2(a ＋2)≥0，即a ≥－2. 故实数a 的取值范围是[－2,1)．故选C. 答案：C 二、填空题7．函数f (x )＝x 33＋x 2－3x －4在[0,2]上的最小值是________．解析：f ′(x )＝x 2＋2x －3，令f ′(x )＝0得x ＝1(x ＝－3舍去)，又f (0)＝－4，f (1)＝－173，f (2)＝－103，故f (x )在[0,2]上的最小值是f (1)＝－173.答案：－1738．函数f (x )＝ax 3＋x 恰有三个单调区间，则a 的取值范围是________．解析：f (x )＝ax 3＋x 恰有三个单调区间，即函数f (x )恰有两个极值点，即f ′(x )＝0有两个不等实根．因为f (x )＝ax 3＋x ，所以f ′(x )＝3ax 2＋1.要使f ′(x )＝0有两个不等实根，则a <0. 答案：(－∞，0)9．(2017·淄博联考)已知函数f (x )＝x 3＋mx 2＋(m ＋6)x ＋1存在极值，则实数m 的取值范围为________．解析：因为函数f (x )＝x 3＋mx 2＋(m ＋6)x ＋1存在极值，所以f ′(x )＝3x 2＋2mx ＋m ＋6＝0，它有两个不相等的实根，所以Δ＝4m 2－12(m ＋6)>0，解得m <－3或m >6.答案：(－∞，－3)∪(6，＋∞) 三、解答题10．设函数f (x )＝a ln x －bx 2(x >0)，若函数f (x )在x ＝1处与直线y ＝－12相切．(1)求实数a ，b 的值；(2)求函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最大值．解：(1)f ′(x )＝a x －2bx (x >0)，∵函数f (x )在x ＝1处与直线y ＝－12相切，∴⎩⎪⎨⎪⎧f ＝a －2b ＝0，f ＝－b ＝－12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝12.(2)f (x )＝ln x －12x 2，f ′(x )＝1x －x ＝1－x2x，∵当1e ≤x ≤e 时，令f ′(x )>0得1e ≤x <1；令f ′(x )<0，得1<x ≤e，∴f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，1上单调递增，在[1，e]上单调递减， ∴f (x )max ＝f (1)＝－12.11．已知函数f (x )＝1＋ln xx.(1)若函数f (x )在区间(a ，a ＋23)(其中a >0)上存在极值，求实数a 的取值范围；(2)如果当x ≥1时，不等式f (x )≥mx ＋1恒成立，求实数m 的取值范围．解：(1)因为函数f (x )＝1＋ln x x ，且定义域为{x |x >0}，所以f ′(x )＝－ln xx2.当0<x <1时，f ′(x )>0；当x >1时，f ′(x )<0，∴f (x )在(0,1)上单调递增；在(1，＋∞)上单调递减，∴函数f (x )在x ＝1处取得极大值1.∵函数f (x )在区间(a ，a ＋23)(其中a >0)上存在极值，∴⎩⎪⎨⎪⎧a <1，a ＋23>1，解得13<a <1.(2)当x ≥1时，不等式f (x )≥mx ＋1，即为x ＋＋ln xx≥m .记g (x )＝x ＋＋ln xx ，∴g ′(x )＝x ＋＋ln x x －x ＋＋ln xx2＝x －ln xx 2. 令h (x )＝x －ln x ，则h ′(x )＝1－1x，∵x ≥1，∴h ′(x )≥0，∴h (x )在[1，＋∞)上单调递增，∴h (x )min ＝h (1)＝1>0，从而g ′(x )>0，故g (x )在[1，＋∞)上也是单调递增，∴g (x )min ＝g (1)＝2，∴m ≤2.1．已知y ＝f (x )是奇函数，当x ∈(0,2)时，f (x )＝ln x －ax⎝ ⎛⎭⎪⎫a >12，当x ∈(－2,0)时，f (x )的最小值为1，则a 的值等于( ) A ．2 B ．3 C ．4D ．1解析：由题意知，当x ∈(0,2)时，f (x )的最大值为－1. 令f ′(x )＝1x －a ＝0，得x ＝1a，当0<x <1a时，f ′(x )>0；当x >1a时，f ′(x )<0.所以f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a＝－ln a －1＝－1，解得a ＝1. 答案：D2．(2017·安徽模拟)已知函数f (x )＝e xx2－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋ln x ，若x ＝2是函数f (x )的唯一一个极值点，则实数k 的取值范围为( )A ．(－∞，e]B ．[0，e]C ．(－∞，e)D ．[0，e)解析：f ′(x )＝x 2e x －2x e x x 4－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x 2＋1x＝x －⎝ ⎛⎭⎪⎫e xx －k x 2(x >0)．设g (x )＝exx，则g ′(x )＝x －xx 2，则g (x )在(0,1)内单调减，在(1，＋∞)内单调增．∴g (x )在(0，＋∞)上有最小值，为g (1)＝e ，结合g (x )＝exx与y ＝k 的图象可知，要满足题意，只需k ≤e，选A.答案：A3．设函数f (x )＝x 3－x 22－2x ＋5，若对任意的x ∈[－1，2]，都有f (x )>a ，则实数a 的取值范围是________．解析：f ′(x )＝3x 2－x －2，令f ′(x )＝0，得3x 2－x －2＝0，解得x ＝1或x ＝－23，又f (1)＝72，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－23＝15727，f (－1)＝112，故f (x )min ＝72，∴a <72.答案：⎝⎛⎭⎪⎫－∞，72 4．(2016·山东卷)设f (x )＝x ln x －ax 2＋(2a －1)x ，a ∈R . (Ⅰ)令g (x )＝f ′(x )，求g (x )的单调区间；(Ⅱ)已知f (x )在x ＝1处取得极大值，求实数a 的取值范围．解：(Ⅰ)由f ′(x )＝ln x －2ax ＋2a ，可得g (x )＝ln x －2ax ＋2a ，x ∈(0，＋∞)，则g ′(x )＝1x －2a ＝1－2axx.当a ≤0时，x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增；当a >0时，x ∈(0，12a)时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增，x ∈(12a，＋∞)时，函数g (x )单调递减．所以当a ≤0时，g (x )的单调增区间为(0，＋∞)；当a >0时，g (x )的单调增区间为(0，12a )，单调减区间为(12a ，＋∞)．(Ⅱ)由(Ⅰ)知，f ′(1)＝0. ①当a ≤0时，f ′(x )单调递增，所以当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．所以f (x )在x ＝1处取得极小值，不合题意．②当0<a <12时，12a >1，由(Ⅰ)知f ′(x )在(0，12a)内单调递增，可得当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0，x ∈(1，12a)时，f ′(x )>0.所以f (x )在(0,1)内单调递减，在(1，12a )内单调递增，所以f (x )在x ＝1处取得极小值，不合题意．③当a ＝12时，12a ＝1，f ′(x )在(0,1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减，所以当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )≤0，f (x )单调递减，不合题意． ④当a >12时，0<12a <1，当x ∈(12a ，1)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，所以f (x )在x ＝1处取得极大值，符合题意．综上可知，实数a 的取值范围为a >12.。

2018届高考数学(文)第一轮总复习全程训练第二章函数、导数及其应用天天练11Word版含答案

天天练11 导数的应用(二)一、解答题1．已知定义在实数集R 上的函数f (x )满足f (1)＝3，且f (x )的导数f ′(x )在R 上恒有f ′(x )＜2(x ∈R )，则不等式f (x )＜2x ＋1的解集为( )A ．(1，＋∞)B ．(－∞，－1)C ．(－1,1)D ．(－∞，－1)∪(1，＋∞)2．设动直线x ＝m 与函数f (x )＝x 3，g (x )＝ln x 的图象分别交于点M ，N ，则|MN |的最小值为( )A.13(1＋ln3)B.13ln3C.13(1－ln3) D ．ln3－13．函数f (x )的导函数f ′(x )的图象如图所示，那么f (x )的图象最有可能的是( )4．(2017·昆明检测)设函数f (x )＝e 2x＋ax 在(0，＋∞)上单调递增，则实数a 的取值范围为( )A ．[－1，＋∞)B ．(－1，＋∞)C ．[－2，＋∞)D ．(－2，＋∞)5．(2017·重庆调研)若函数f (x )＝(x ＋a )e x 在(0，＋∞)上不单调，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，－1)B ．(－∞，0)C ．(－1,0)D ．[－1，＋∞)6．已知函数f (x )＝x 3－3x ，若在△ABC 中，角C 是钝角，则( )A ．f (sin A )＞f (cosB ) B ．f (sin A )＜f (cos B )C ．f (sin A )＞f (sin B )D ．f (sin A )＜f (sin B )7．设函数f (x )＝e x (2x －1)－ax ＋a ，其中a ＜1，若存在唯一的整数x 0使得f (x 0)＜0，则a 的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－32e ，1B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－32e ，34 C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32e ，34 D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32e ，18．若定义在R 上的函数f (x )满足f (0)＝－1，其导函数f ′(x )满足f ′(x )＞k ＞1，则下列结论中一定错误的是( )A ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＜1kB ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＞1k －1C ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1＜1k －1D ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1＞k k －1二、填空题9．(2017·甘肃一诊)若函数f (x )＝x 2－4e x －ax 在R 上存在单调递增区间，则实数a 的取值范围为__________．10．(2017·西工大附中训练)已知f (x )是奇函数，且当x ∈(0,2)时，f (x )＝ln x －ax (a ＞12)，当x ∈(－2,0)时，f (x )的最小值是1，则a ＝__________.11．(2017·甘肃二诊)已知f (x )＝(x ＋1)3e －x ＋1，g (x )＝(x ＋1)2＋a ，若∃x 1，x 2∈R ，使得f (x 2)≥g (x 1)成立，则实数a 的取值范围是__________．三、解答题12．设函数f (x )＝e mx ＋x 2－mx .(1)证明：f (x )在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增；(2)若对于任意x 1，x 2∈[－1,1]，都有|f (x 1)－f (x 2)|≤e －1，求m 的取值范围．1．A 令g (x )＝f (x )－2x －1，则g ′(x )＝f ′(x )－2＜0，∴g (x )在R 上为减函数，且g (1)＝f (1)－2－1＝0，由g (x )＜0＝g (1)，得x ＞1，故选A.2．A 由f (x )和g (x )的图象可以看到|MN |就是两条曲线间的垂直距离，设F (x )＝f (x )－g (x )＝x 3－ln x ，求导得F ′(x )＝3x 2－1x ，令F ′(x )＞0，得x ＞133；令F ′(x )＜0，得0＜x ＜133. 所以当x ＝133时，F (x )有最小值F (133)＝13＋13ln3＝13(1＋ln3)，故选A. 3．A 根据f ′(x )的图象知，函数y ＝f (x )的极小值点是x ＝－2，极大值点为x ＝0，结合单调性知，选A.4．C ∵f ′(x )＝2e 2x ＋a ，∴f ′(x )＝2e 2x ＋a ≥0在(0，＋∞)上恒成立，即a ≥－2e 2x 在(0，＋∞)上恒成立，又x ∈(0，＋∞)时，－2e 2x ＜－2，∴a ≥－2.5．A f ′(x )＝e x (x ＋a ＋1)，由题意，知方程e x (x ＋a ＋1)＝0在(0，＋∞)上至少有一个实数根，即x ＝－a －1＞0，解得a ＜－1，故选A.拓展结论：如果函数在[a ，b ]上不单调，则函数的导函数在[a ，b ]上至少存在一个零点且在零点两侧的导函数值符号相反．6．A ∵f (x )＝x 3－3x ，∴f ′(x )＝3x 2－3＝3(x ＋1)(x －1)，故函数f (x )在区间(－1,1)上是减函数．又A 、B 都是锐角，且A ＋B ＜π2，∴0＜A ＜π2－B ＜π2，∴sin A ＜sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－B ＝cos B ，故f (sin A )＞f (cos B )，选A.7．D 由题意可知存在唯一的整数x 0，使得e x 0(2x 0－1)＜ax 0－a ，设g (x )＝e x (2x －1)，h (x )＝ax －a ，由g ′(x )＝e x (2x ＋1)可知g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－12上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，＋∞上单调递增，作出g (x )与h (x )的大致图象如图所示，故⎩⎪⎨⎪⎧ h (0)＞g (0)，h (－1)≤g (－1)，即⎩⎨⎧a ＜1，－2a ≤－3e ，所以32e ≤a ＜1，故选D.8．C 取满足题意的函数f (x )＝2x －1，若取k ＝32，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝13＜23＝1k ，所以排除A ；若取k ＝1110，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫11110－1＝f (10)＝19＞11＝11101110－1＝k k －1，所以排除D ；取满足题意的函数f (x )＝10x －1，若取k ＝2，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝4＞1＝12－1＝1k －1，所以排除B.故结论一定错误的是C.9．(－∞，－2－2ln2) 解析：因为f (x )＝x 2－4e x －ax ，所以f ′(x )＝2x －4e x －a .由题意，f ′(x )＝2x －4e x －a ＞0，即a ＜2x －4e x 有解．令g (x )＝2x －4e x ，则g ′(x )＝2－4e x .令g ′(x )＝0，解得x ＝－ln2.当x ∈(－∞，－ln2)时，函数g (x )＝2x －4e x 单调递增；当x ∈(－ln2，＋∞)时，函数g (x )＝2x －4e x 单调递减．所以当x ＝－ln2时，g (x )＝2x －4e x 取得最大值－2－2ln2，所以a ＜－2－2ln2.10．1解析：由题意，得x ∈(0,2)时，f (x )＝ln x －ax (a ＞12)有最大值－1，f ′(x )＝1x －a ，由f ′(x )＝0得x ＝1a ∈(0,2)，且x ∈(0，1a )时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，x ∈(1a ，2)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减，则f (x )max ＝f (1a )＝ln 1a －1＝－1，解得a ＝1.11．(－∞，27e ]解析：∃x 1，x 2∈R ，使得f (x 2)≥g (x 1)成立，即为f (x )max ≥g (x )min .又f ′(x )＝(x ＋1)2e －x ＋1(－x ＋2)，由f ′(x )＝0得x ＝－1或2，且当x ＜2时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增；当x ＞2时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减，所以f (x )max ＝f (2)＝27e ，又g (x )min ＝a ，则a ≤27e ，故实数a 的取值范围是(－∞，27e ]．技巧点拨：不等式存在性问题一般利用等价转化思想转化为函数最值的关系求解，再利用导数求解函数的最值．12．解析：(1)f ′(x )＝m (e mx －1)＋2x .若m ≥0，则当x ∈(－∞，0)时，e mx －1≤0，f ′(x )＜0；当x ∈(0，＋∞)时，e mx －1≥0，f ′(x )＞0.若m ＜0，则当x ∈(－∞，0)时，e mx －1＞0，f ′(x )＜0；当x ∈(0，＋∞)时，e mx －1＜0，f ′(x )＞0.所以，f (x )在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．(2)由(1)知，对任意的m ，f (x )在[－1,0]单调递减，在[0,1]单调递增，故f (x )在x ＝0处取得最小值．所以对于任意x 1，x 2∈[－1,1]，|f (x 1)－f (x 2)|≤e －1的充要条件是⎩⎨⎧ f (1)－f (0)≤e －1，f (－1)－f (0)≤e －1，即⎩⎨⎧ e m －m ≤e －1，e －m ＋m ≤e －1.①设函数g (t )＝e t －t －e ＋1，则g ′(t )＝e t －1.当t ＜0时，g ′(t )＜0；当t ＞0时，g ′(t )＞0.故g (t )在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．又g (1)＝0，g (－1)＝e －1＋2－e ＜0，故当t ∈[－1,1]时，g (t )≤0. 当m ∈[－1,1]时，g (m )≤0，g (－m )≤0，即①式成立；当m ＞1时，由g (t )的单调性，g (m )＞0，即e m －m ＞e －1；当m ＜－1时，g (－m )＞0，即e －m ＋m ＞e －1.综上，m 的取值范围是[－1,1]．2016-2017学年湖南省衡阳市衡阳县四中高二（下）第一次模拟数学试卷一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，满分40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知集合M={0，1，2}，N={x}，若M∪N={0，1，2，3}，则x的值为（）A．3 B．2 C．1 D．02．如图是一个几何体的三视图，则该几何体为（）A．球B．圆柱C．圆台D．圆锥3．在区间[0，5]内任取一个实数，则此数大于3的概率为（）A．B．C．D．4．某程序框图如图所示，若输入x的值为1，则输出y的值是（）A．2 B．3 C．4 D．55．已知向量=（1，2），=（x，4），若∥，则实数x的值为（）A．8 B．2 C．﹣2 D．﹣86．某学校高一、高二、高三年级的学生人数分别为600，400，800．为了了解教师的教学情况，该校采用分层抽样的方法从这三个年级中抽取45名学生进行座谈，则高一、高二、高三年级抽取的人数分别为（）A．15，5，25 B．15，15，15 C．10，5，30 D．15，10，207．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，直线BD与A1C1的位置关系是（）A．平行B．相交C．异面但不垂直D．异面且垂直8．不等式（x+1）（x﹣2）≤0的解集为（）A．{x|﹣1≤x≤2}B．{x|﹣1＜x＜2}C．{x|x≥2或x≤﹣1}D．{x|x＞2或x ＜﹣1}9．已知两点P（4，0），Q（0，2），则以线段PQ为直径的圆的方程是（）A．（x+2）2+（y+1）2=5 B．（x﹣2）2+（y﹣1）2=10 C．（x﹣2）2+（y﹣1）2=5 D．（x+2）2+（y+1）2=1010．如图，在高速公路建设中需要确定隧道的长度，工程技术人员已测得隧道两端的两点A、B到点C的距离AC=BC=1km，且∠ACB=120°，则A、B两点间的距离为（）A．km B．km C．1.5km D．2km二、填空题：本大题共5小题，每小题4分，满分20分．11．计算：log21+log24=．12．已知1，x，9成等比数列，则实数x=．13．已知点（x，y）在如图所示的平面区域（阴影部分）内运动，则z=x+y的最大值是．14．已知a是函数f（x）=2﹣log2x的零点，则a的值为•15．如图1，在矩形ABCD中，AB=2BC，E、F分别是AB、CD的中点，现在沿EF 把这个矩形折成一个直二面角A﹣EF﹣C（如图2），则在图2中直线AF与平面EBCF所成的角的大小为．三、解答题：本大题共5小题，满分40分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．16．已知，＜θ＜π．（1）求tanθ；（2）求的值．17．某公司为了了解本公司职员的早餐费用情况，抽样调査了100位职员的早餐日平均费用（单位：元），得到如图所示的频率分布直方图，图中标注a的数字模糊不清．（1）试根据频率分布直方图求a的值，并估计该公司职员早餐日平均费用的众数；（2）已知该公司有1000名职员，试估计该公司有多少职员早餐日平均费用不少于8元？18．已知等比数列{a n}的公比q=2，且a2，a3+1，a4成等差数列．（1）求a1及a n；（2）设b n=a n+n，求数列{b n}的前5项和S5．19．已知二次函数f（x）=x2+ax+b满足f（0）=6，f（1）=5（1）求函数f（x）解析式（2）求函数f（x）在x∈[﹣2，2]的最大值和最小值．20．已知圆C：x2+y2+2x﹣3=0．（1）求圆的圆心C的坐标和半径长；（2）直线l经过坐标原点且不与y轴重合，l与圆C相交于A（x1，y1）、B（x2，y2）两点，求证：为定值；（3）斜率为1的直线m与圆C相交于D、E两点，求直线m的方程，使△CDE 的面积最大．2016-2017学年湖南省衡阳市衡阳县四中高二（下）第一次模拟数学试卷参考答案与试题解析一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，满分40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知集合M={0，1，2}，N={x}，若M∪N={0，1，2，3}，则x的值为（）A．3 B．2 C．1 D．0【考点】并集及其运算．【分析】根据M及M与N的并集，求出x的值，确定出N即可．【解答】解：∵集合M={0，1，2}，N={x}，且M∪N={0，1，2，3}，∴x=3，故选：A．2．如图是一个几何体的三视图，则该几何体为（）A．球B．圆柱C．圆台D．圆锥【考点】由三视图求面积、体积．【分析】由三视图可知该几何体为圆锥．【解答】解：根据三视图可知，该几何体为圆锥．故选D．3．在区间[0，5]内任取一个实数，则此数大于3的概率为（）A．B．C．D．【考点】几何概型．【分析】由题意，要使此数大于3，只要在区间（3，5]上取即可，利用区间长度的比求．【解答】解：要使此数大于3，只要在区间（3，5]上取即可，由几何概型的个数得到此数大于3的概率为为；故选B．4．某程序框图如图所示，若输入x的值为1，则输出y的值是（）A．2 B．3 C．4 D．5【考点】程序框图．【分析】根据题意，模拟程序框图的运行过程，即可得出正确的答案．【解答】解：模拟程序框图的运行过程，如下；输入x=1，y=1﹣1+3=3，输出y的值为3．故选：B．5．已知向量=（1，2），=（x，4），若∥，则实数x的值为（）A．8 B．2 C．﹣2 D．﹣8【考点】平面向量共线（平行）的坐标表示．【分析】根据向量平行的坐标公式建立方程进行求解即可．【解答】解：∵∥，∴4﹣2x=0，得x=2，故选：B6．某学校高一、高二、高三年级的学生人数分别为600，400，800．为了了解教师的教学情况，该校采用分层抽样的方法从这三个年级中抽取45名学生进行座谈，则高一、高二、高三年级抽取的人数分别为（）A．15，5，25 B．15，15，15 C．10，5，30 D．15，10，20【考点】分层抽样方法．【分析】根据分层抽样的定义，建立比例关系即可等到结论．【解答】解：∵高一、高二、高三年级的学生人数分别为600，400，800．∴从这三个年级中抽取45名学生进行座谈，则高一、高二、高三年级抽取的人数分别，高二：，高三：45﹣15﹣10=20．故选：D7．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，直线BD与A1C1的位置关系是（）A．平行B．相交C．异面但不垂直D．异面且垂直【考点】空间中直线与直线之间的位置关系．【分析】连接AC，则AC∥A1C1，AC⊥BD，即可得出结论．【解答】解：∵正方体的对面平行，∴直线BD与A1C1异面，连接AC，则AC∥A1C1，AC⊥BD，∴直线BD与A1C1垂直，∴直线BD与A1C1异面且垂直，故选：D．8．不等式（x+1）（x﹣2）≤0的解集为（）A．{x|﹣1≤x≤2}B．{x|﹣1＜x＜2}C．{x|x≥2或x≤﹣1}D．{x|x＞2或x ＜﹣1}【考点】一元二次不等式的解法．【分析】根据一元二次不等式对应方程的实数根，即可写出不等式的解集．【解答】解：不等式（x+1）（x﹣2）≤0对应方程的两个实数根为﹣1和2，所以该不等式的解集为{x|﹣1≤x≤2}．故选：A．9．已知两点P（4，0），Q（0，2），则以线段PQ为直径的圆的方程是（）A．（x+2）2+（y+1）2=5 B．（x﹣2）2+（y﹣1）2=10 C．（x﹣2）2+（y﹣1）2=5 D．（x+2）2+（y+1）2=10【考点】圆的标准方程．【分析】求出圆心坐标和半径，因为圆的直径为线段PQ，所以圆心为P，Q的中点，应用中点坐标公式求出，半径为线段PQ长度的一半，求出线段PQ的长度，除2即可得到半径，再代入圆的标准方程即可．【解答】解：∵圆的直径为线段PQ，∴圆心坐标为（2，1）半径r===∴圆的方程为（x﹣2）2+（y﹣1）2=5．故选：C．10．如图，在高速公路建设中需要确定隧道的长度，工程技术人员已测得隧道两端的两点A、B到点C的距离AC=BC=1km，且∠ACB=120°，则A、B两点间的距离为（）A．km B．km C．1.5km D．2km【考点】解三角形的实际应用．【分析】直接利用与余弦定理求出AB的数值．【解答】解：根据余弦定理AB2=a2+b2﹣2abcosC，∴AB===（km）．故选：A．二、填空题：本大题共5小题，每小题4分，满分20分．11．计算：log21+log24=2．【考点】对数的运算性质．【分析】直接利用对数的运算法则化简求解即可．【解答】解：log21+log24=0+log222=2．故答案为：2．12．已知1，x，9成等比数列，则实数x=±3．【考点】等比数列．【分析】由等比数列的性质得x2=9，由此能求出实数x．【解答】解：∵1，x，9成等比数列，∴x2=9，解得x=±3．故答案为：±3．13．已知点（x，y）在如图所示的平面区域（阴影部分）内运动，则z=x+y的最大值是5．【考点】简单线性规划．【分析】利用目标函数的几何意义求最大值即可．【解答】解：由已知，目标函数变形为y=﹣x+z，当此直线经过图中点（3，2）时，在y轴的截距最大，使得z最大，所以z的最大值为3+2=5；故答案为：5．14．已知a是函数f（x）=2﹣log2x的零点，则a的值为4•【考点】函数的零点．【分析】根据函数零点的定义，得f（a）=0，从而求出a的值．【解答】解：a是函数f（x）=2﹣log2x的零点，∴f（a）=2﹣log2a=0，∴log2a=2，解得a=4．故答案为：4．15．如图1，在矩形ABCD中，AB=2BC，E、F分别是AB、CD的中点，现在沿EF 把这个矩形折成一个直二面角A﹣EF﹣C（如图2），则在图2中直线AF与平面EBCF所成的角的大小为45°．【考点】直线与平面所成的角．【分析】由题意，AE⊥平面EFBC，∠AFE是直线AF与平面EBCF所成的角，即可得出结论．【解答】解：由题意，AE⊥平面EFBC，∴∠AFE是直线AF与平面EBCF所成的角，∵AE=EF，∴∠AFE=45°．故答案为45°．三、解答题：本大题共5小题，满分40分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．16．已知，＜θ＜π．（1）求tanθ；（2）求的值．【考点】三角函数的化简求值．【分析】（1）由，＜θ＜π结合同角平方关系可求cosθ，利用同角基本关系可求（2）结合（1）可知tanθ的值，故考虑把所求的式子化为含“切”的形式，从而在所求的式子的分子、分母同时除以cos2θ，然后把已知tanθ的值代入可求．【解答】解：（1）∵sin2θ+cos2θ=1，∴cos2θ=．又＜θ＜π，∴co sθ=∴．（2）=．17．某公司为了了解本公司职员的早餐费用情况，抽样调査了100位职员的早餐日平均费用（单位：元），得到如图所示的频率分布直方图，图中标注a的数字模糊不清．（1）试根据频率分布直方图求a的值，并估计该公司职员早餐日平均费用的众数；（2）已知该公司有1000名职员，试估计该公司有多少职员早餐日平均费用不少于8元？【考点】频率分布直方图．【分析】（1）由频率分布直方图中各小长方形的面积之和等于1，求出a的值，频率分布直方图中最高的小长方体的底面边长的中点即是众数；（2）求出本公司职员平均费用不少于8元的频率就能求出公司有多少职员早餐日平均费用不少于8元．【解答】解：（1）据题意得：（0.05+0.10+a+0.10+0.05+0.05）×2=1，解得a=0.15，众数为：；（2）该公司职员早餐日平均费用不少于8元的有：×2=200，18．已知等比数列{a n}的公比q=2，且a2，a3+1，a4成等差数列．（1）求a1及a n；（2）设b n=a n+n，求数列{b n}的前5项和S5．【考点】数列的求和；等比数列的通项公式．【分析】（1）运用等比数列的通项公式和等差数列的中项的性质，解方程可得首项，进而得到所求通项公式；（2）求得b n=2n﹣1+n，再由数列的求和方法：分组求和，结合等差数列和等比数列的求和公式，计算即可得到所求和．【解答】解：（1）由已知得a2=2a1，a3+1=4a1+1，a4=8a1，又a2，a3+1，a4成等差数列，可得：2（a3+1）=a2+a4，所以2（4a1+1）=2a1+8a1，解得a1=1，故a n=a1q n﹣1=2n﹣1；（2）因为b n=2n﹣1+n，所以S5=b1+b2+b3+b4+b5=（1+2+...+16）+（1+2+ (5)=+=31+15=46．19．已知二次函数f（x）=x2+ax+b满足f（0）=6，f（1）=5（1）求函数f（x）解析式（2）求函数f（x）在x∈[﹣2，2]的最大值和最小值．【考点】二次函数的性质；二次函数在闭区间上的最值．【分析】（1）利用已知条件列出方程组求解即可．（2）利用二次函数的对称轴以及开口方向，通过二次函数的性质求解函数的最值即可．【解答】解：（1）∵；（2）∵f（x）=x2﹣2x+6=（x﹣1）2+5，x∈[﹣2，2]，开口向上，对称轴为：x=1，∴x=1时，f（x）的最小值为5，x=﹣2时，f（x）的最大值为14．20．已知圆C：x2+y2+2x﹣3=0．（1）求圆的圆心C的坐标和半径长；（2）直线l经过坐标原点且不与y轴重合，l与圆C相交于A（x1，y1）、B（x2，y2）两点，求证：为定值；（3）斜率为1的直线m与圆C相交于D、E两点，求直线m的方程，使△CDE 的面积最大．【考点】直线与圆的位置关系．【分析】（1）把圆C的方程化为标准方程，写出圆心和半径；（2）设出直线l的方程，与圆C的方程组成方程组，消去y得关于x的一元二次方程，由根与系数的关系求出的值；（3）解法一：设出直线m的方程，由圆心C到直线m的距离，写出△CDE的面积，利用基本不等式求出最大值，从而求出对应直线方程；解法二：利用几何法得出CD⊥CE时△CDE的面积最大，再利用点到直线的距离求出对应直线m的方程．【解答】解：（1）圆C：x2+y2+2x﹣3=0，配方得（x+1）2+y2=4，则圆心C的坐标为（﹣1，0），圆的半径长为2；（2）设直线l的方程为y=kx，联立方程组，消去y得（1+k2）x2+2x﹣3=0，则有：；所以为定值；（3）解法一：设直线m的方程为y=kx+b，则圆心C到直线m的距离，所以，≤，当且仅当，即时，△CDE的面积最大，从而，解之得b=3或b=﹣1，故所求直线方程为x﹣y+3=0或x﹣y﹣1=0．解法二：由（1）知|CD|=|CE|=R=2，所以≤2，当且仅当CD⊥CE时，△CDE的面积最大，此时；设直线m的方程为y=x+b，则圆心C到直线m的距离，由，得，由，得b=3或b=﹣1，故所求直线方程为x﹣y+3=0或x﹣y﹣1=0．2017年5月5日。