(通用版)2020高考数学二轮复习规范解答集训(六)函数、导数、不等式文

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2020届高三数学(理)二轮复习专题集训：专题二函数、不等式、导数2.2 Word版含解析

A 级1．已知函数f (x )＝3x －b (2≤x ≤4，b 为常数)的图象经过点(2,1)，则f (x )的值域为( ) A ．[1,81] B ．[1,3] C ．[1,9]D ．[1，＋∞)解析：由f (x )的图象过点(2,1)可知b ＝2，∴f (x )＝3x －2，其在区间[2,4]上是增函数，∴f (x )min ＝f (2)＝30＝1，f (x )max ＝f (4)＝32＝9.故C 正确．答案： C2．(2017·安徽省两校阶段性测试)函数y ＝x 2ln |x ||x |的图象大致是( )解析：易知函数y ＝x 2ln |x ||x |是偶函数，可排除B ，当x >0时，y ＝x ln x ，y ′＝ln x ＋1，令y ′>0，得x >e －1，所以当x >0时，函数在(e －1，＋∞)上单调递增，结合图象可知D 正确，故选D.答案： D3．已知x 0是f (x )＝⎝⎛⎭⎫12x ＋1x 的一个零点，x 1∈(－∞，x 0)，x 2∈(x 0,0)，则( ) A ．f (x 1)<0，f (x 2)<0 B ．f (x 1)>0，f (x 2)>0 C ．f (x 1)>0，f (x 2)<0D ．f (x 1)<0，f (x 2)>0解析：因为x 0是函数f (x )＝⎝⎛⎭⎫12x ＋1x 的一个零点，所以f (x 0)＝0，因为f (x )＝⎝⎛⎭⎫12x ＋1x 在(－∞，0)和(0，＋∞)上是单调递减函数，且x 1∈(－∞，x 0)，x 2∈(x 0,0)，所以f (x 1)>f (x 0)＝0>f (x 2)．答案： C4．(2017·云南省第一次统一检测)已知a ，b ，c ，d 都是常数，a >b ，c >d .若f (x )＝2 017－(x －a )(x －b )的零点为c ，d ，则下列不等式正确的是( )A ．a >c >b >dB ．a >b >c >dC ．c >d >a >bD ．c >a >b >d解析： f (x )＝2 017－(x －a )(x －b )＝－x 2＋(a ＋b )x －ab ＋2 017，又f (a )＝f (b )＝2 017，c ，d 为函数f (x )的零点，且a >b ，c >d ，所以可在平面直角坐标系中作出函数f (x )的大致图象，如图所示，由图可知c >a >b >d ，故选D.答案： D5．(2017·洛阳市第一次统一考试)已知f (x )是偶函数，当x >0时， f (x )单调递减，设a ＝－21.2，b ＝⎝⎛⎭⎫12－0.8，c ＝2log 52，则f (a )，f (b )，f (c )的大小关系为( )A ．f (c )<f (b )<f (a )B ．f (c )<f (a )<f (b )C ．f (c )>f (b )>f (a )D ．f (c )>f (a )>f (b )解析：依题意，注意到21.2>20.8＝⎝⎛⎭⎫12－0.8>20＝1＝log 55>log 54＝2log 52>0，又函数f (x )在区间(0，＋∞)上是减函数，于是有f (21.2)<f (20.8)<f (2log 52)，由函数f (x )是偶函数得f (a )＝f (21.2)，因此f (a )<f (b )<f (c )，选C.答案： C6.⎝⎛⎭⎫1681－34＋log 354＋log 345＝________. 解析： ⎝⎛⎭⎫1681－34＋log 354＋log 345＝⎝⎛⎭⎫23－3＋log 31＝278＋0＝278. 答案：2787．已知f (x )＝2|x |＋x 2＋a 有唯一的零点，则实数a 的值为________．解析：设函数g (x )＝2|x |＋x 2，因为g (－x )＝g (x )，所以函数g (x )为偶函数，当x ≥0时，g (x )＝2x ＋x 2，为增函数；当x <0时，g (x )＝⎝⎛⎭⎫12x ＋x 2，为减函数，所以g (x )≥g (0)＝1.因为f (x )＝2|x |＋x 2＋a 有唯一的零点，所以y ＝g (x )与y ＝－a 有唯一的交点，即a ＝－1.答案：－18．(2017·湖北省七市(州)联考)某工厂产生的废气经过过滤后排放，过滤过程中废气的污染物数量P (毫克/升)与时间t (小时)的关系为P ＝P 0e －kt .如果在前5小时消除了10%的污染物，那么污染物减少了19%需要花费的时间为________小时．解析：前5小时污染物消除了10%，此时污染物剩下90%，即t ＝5时，P ＝0.9P 0，代入，得(e －k )5＝0.9，∴e －k ＝50.9＝0.915，∴P ＝P 0e －kt ＝P 0⎝⎛⎭⎫0.915t .当污染物减少19%时，污染物剩下81%，此时P ＝0.81P 0，代入得0.81＝⎝⎛⎭⎫0.915t ，解得t ＝10，即需要花费10小时．答案： 109．已知f (x )＝|2x －1|＋ax －5(a 是常数，a ∈R )． (1)当a ＝1时，求不等式f (x )≥0的解集；(2)如果函数y ＝f (x )恰有两个不同的零点，求a 的取值范围．解析： (1)当a ＝1时，f (x )＝|2x －1|＋x －5＝⎩⎨⎧3x －6，x ≥12，－x －4，x <12.由⎩⎪⎨⎪⎧ x ≥12，3x －6≥0，解得x ≥2；由⎩⎪⎨⎪⎧x <12，－x －4≥0，解得x ≤－4. 所以f (x )≥0的解集为{x |x ≥2或x ≤－4}．(2)由f (x )＝0，得|2x －1|＝－ax ＋5.作出y ＝|2x －1|和y ＝－ax ＋5的图象，观察可以知道，当－2<a <2时，这两个函数的图象有两个不同的交点，即函数y ＝f (x )有两个不同的零点．故a 的取值范围是(－2,2)．10．为了维持市场持续发展，壮大集团力量，某集团在充分调查市场后决定从甲、乙两种产品中选择一种进行投资生产，打入国际市场．已知投资生产这两种产品的有关数据如下表(单位：万美元)：年固定成本每件产品的成本每件产品的销售价每年可最多生产的件数甲产品 20 a 10 200 乙产品40818120品时需上交0.05x 2万美元的特别关税，假设所生产的产品均可售出．(1)写出该集团分别投资生产甲、乙两种产品的年利润y 1，y 2与生产相应产品的件数x (x ∈N *)之间的函数关系式；(2)分别求出投资生产这两种产品的最大年利润； (3)如何决定投资可使年利润最大．解析： (1)y 1＝(10－a )x －20(1≤x ≤200，x ∈N *)， y 2＝－0.05x 2＋10x －40(1≤x ≤120，x ∈N *)． (2)∵10－a >0，故y 1为增函数，∴当x ＝200时，y 1取得最大值1 980－200a ，即投资生产甲产品的最大年利润为(1 980－200a )万美元．y 2＝－0.05(x －100)2＋460(1≤x ≤120，x ∈N *)，∴当x ＝100时，y 2取得最大值460，即投资生产乙产品的最大年利润为460万美元． (3)为研究生产哪种产品年利润最大，我们采用作差法比较：由(2)知生产甲产品的最大年利润为(1 980－200a )万美元，生产乙产品的最大年利润为460万美元，(1 980－200a )－460＝1 520－200a ，且6≤a ≤8，当1 520－200a >0，即6≤a <7.6时，投资生产甲产品200件可获得最大年利润；当1 520－200a ＝0，即a ＝7.6时，生产甲产品与生产乙产品均可获得最大年利润；当1 520－200a <0，即7.6<a ≤8时，投资生产乙产品100件可获得最大年利润．B 级1．(2017·广西三市第一次联考)已知函数f (x )＝e |x |，函数g (x )＝{ e x ，x ≤4，4e 5－x ，x >4.对任意的x ∈[1，m ](m >1)，都有f (x －2)≤g (x )，则m 的取值范围是( )A ．(1,2＋ln 2)B ．⎝⎛⎭⎫2，72＋ln 2 C ．(ln 2,2]D ．⎝⎛⎦⎤1，72＋ln 2 解析：作出函数y 1＝e |x －2|和y ＝g (x )的图象，由图可知当x ＝1时，y 1＝g (1)，又当x ＝4时，y 1＝e 2<g (4)＝4e ，当x >4时，由e x －2≤4e 5－x ，得e 2x －7≤4，即2x －7≤ln 4，解得x ≤ln 2＋72，又m >1，∴1<m ≤ln 2＋72.答案： D2．(2017·兰州市高考实战模拟)已知奇函数f (x )是R 上的单调函数，若函数y ＝f (2x 2＋1)＋f (λ－x )只有一个零点，则实数λ的值是( )A.14 B ．18C ．－78D ．－38解析： ∵函数y ＝f (2x 2＋1)＋f (λ－x )只有一个零点，∴方程f (2x 2＋1)＋f (λ－x )＝0只有一个实数根，又函数f (x )是定义在R 上的奇函数，∴f (－x )＝－f (x )，∴f (2x 2＋1)＋f (λ－x )＝0⇔f (2x 2＋1)＝－f (λ－x )⇔f (2x 2＋1)＝f (x －λ)⇔2x 2＋1＝x －λ，∴方程2x 2－x ＋1＋λ＝0只有一个实数根，∴Δ＝(－1)2－4×2×(1＋λ)＝0，解得λ＝－78.故选C.答案： C3．已知函数f (x )＝log 4(4x ＋1)＋kx (k ∈R )是偶函数． (1)求k 的值；(2)设g (x )＝log 4⎝⎛⎭⎫a ·2x －43a ，若方程f (x )＝g (x )有且仅有一解，求实数a 的取值范围．解析： (1)由函数f (x )是偶函数可知，f (x )＝f (－x )，所以log 4(4x ＋1)＋kx ＝log 4(4－x ＋1)－kx ，所以log 44x ＋14－x ＋1＝－2kx ，即x ＝－2kx 对一切x ∈R 恒成立，所以k ＝－12.(2)由已知f (x )＝g (x )，有且仅有一解，即方程log 4(4x ＋1)－12x ＝log 4⎝⎛⎭⎫a ·2x －43a 有且只有一个实根，即方程2x ＋12x ＝a ·2x －43a 有且只有一个实根．令t ＝2x >0，则方程(a －1)t 2－43at －1＝0有且只有一个正根．①当a ＝1时，则t ＝－34不合题意；②当a ≠1时，Δ＝0，解得a ＝34或－3.若a ＝34，则t ＝－2，不合题意；若a ＝－3，则t ＝12；③若方程有一个正根与一个负根，即－1a－1<0，解得a>1.综上所述，实数a的取值范围是{－3}∪(1，＋∞)．4．已知函数f(x)＝e x－m－x，其中m为常数．(1)若对任意x∈R有f(x)≥0成立，求m的取值范围；(2)当m>1时，判断f(x)在[0,2m]上零点的个数，并说明理由．解析：(1)f′(x)＝e x－m－1，令f′(x)＝0，得x＝m.故当x∈(－∞，m)时，e x－m<1，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(m，＋∞)时，e x－m>1，f′(x)>0，f(x)单调递增．所以当x＝m时，f(m)为极小值，也是最小值．令f(m)＝1－m≥0，得m≤1，即若对任意x∈R有f(x)≥0成立，则m的取值范围是(－∞，1]．(2)由(1)知f(x)在[0,2m]上至多有两个零点，当m>1时，f(m)＝1－m<0.因为f(0)＝e－m>0，f(0)f(m)<0，所以f(x)在(0，m)上有一个零点．因为f(2m)＝e m－2m，令g(m)＝e m－2m，因为当m>1时，g′(m)＝e m－2>0，所以g(m)在(1，＋∞)上单调递增，所以g(m)>g(1)＝e－2>0，即f(2m)>0.所以f(m)·f(2m)<0，所以f(x)在(m,2m)上有一个零点．故f(x)在[0,2m]上有两个零点．。

2020高考冲刺数学总复习压轴解答：函数、不等式与导数的综合问题(附答案及解析)

专题三压轴解答题第六关函数、不等式与导数的综合问题【名师综述】1.本专题在高考中的地位导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出 2．本专题在高考中的命题方向及命题角度从高考来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用【考点方向标】方向一用导数研究函数的性质典例1．（2020·山东高三期末）已知函数21()2ln (2)2f x x a x a x =+-+．（1）当1a =时，求函数()f x 的单调区间；（2）是否存在实数a ，使函数34()()9g x f x ax x =++在(0,)+∞上单调递增？若存在，求出a 的取值范围；若不存在，请说明理由．【举一反三】（2020·云南昆明一中高三期末（理））已知函数2()(1)xx f x e ax e =-+⋅，且()0f x …. （1）求a ；（2）证明：()f x 存在唯一极大值点0x ，且()0316f x <.方向二导数、函数与不等式典例2．（2020·四川省泸县第二中学高三月考）已知函数()sin f x x ax =-.（1）对于(0,1)x ∈，()0f x >恒成立，求实数a 的取值范围；（2）当1a =时，令()()sin ln 1h x f x x x =-++，求()h x 的最大值；（3）求证：1111ln(1)1231n n n+<+++⋅⋅⋅++-*()n N ∈.【举一反三】（2020·黑龙江哈尔滨三中高三月考）已知111123S n =++⋅⋅⋅+，211121S n =++⋅⋅⋅+-，直线1x =，x n =，0y =与曲线1y x=所围成的曲边梯形的面积为S .其中n N ∈，且2n ≥.（1）当0x >时，()ln 11axx ax x <+<+恒成立，求实数a 的值；（2）请指出1S ，S ，2S 的大小，并且证明；（3）求证：131112lnln 3132313n i n n i i i =+⎛⎫<+-< ⎪+--⎝⎭∑.方向三恒成立及求参数范围问题典例3．（2020·天津高三期末）已知函数()2ln h x ax x =-+. （1）当1a =时，求()h x 在()()2,2h 处的切线方程；（2）令()()22a f x x h x =+，已知函数()f x 有两个极值点12,x x ，且1212x x >，求实数a 的取值范围；（3）在（2）的条件下，若存在012x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，使不等式()()()()20ln 1112ln 2f x a m a a ++>--++对任意a （取值范围内的值）恒成立，求实数m 的取值范围.【举一反三】（2020·江苏高三专题练习）已知函数()(32)xf x e x =-，()(2)g x a x =-，其中,a x R ∈. （1）求过点(2,0)和函数()y f x =的图像相切的直线方程；（2）若对任意x ∈R ，有()()f x g x ≥恒成立，求a 的取值范围；（3）若存在唯一的整数0x ，使得00()()f x g x <，求a 的取值范围.【压轴选编】1．（2020·山西高三开学考试）已知函数()()()222ln ,2ln f x x ax a x a R g x x x x =--+∈=-.（1）讨论()f x 的单调性；（2）求证：当1a =时，对于任意()0,x ∈+∞，都有()()f x g x <.2．（2020·河南鹤壁高中高三月考）已知函数2()ln (0,)a xf x x a a R x a=++≠∈ （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）设1()2a x g x x a a=+-+，当0a >时，证明：()()f x g x ≥.3．（2020·四川石室中学高三月考）已知函数()22ln f x x x =-+．（1）求函数()f x 的最大值；（2）若函数()f x 与()ag x x x=+有相同极值点． ①求实数a 的值；①若对于121,,3x x e ⎡⎤∀∈⎢⎥⎣⎦（e 为自然对数的底数），不等式()()1211f xg x k -≤-恒成立，求实数k 的取值范围．4．（2020·江西高三）已知函数()()ln f x x x a b =++，曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线为210x y --=.（1）求a ，b 的值；（2）若对任意的()1,x ∈+∞，()()1f x m x ≥-恒成立，求正整数m 的最大值.5．（2020·江西高三）已知函数()e 2xf x m x m =--.（1）当1m =时，求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程；（2）若()0f x >在(0,)+∞上恒成立，求m 的取值范围．6．（2020·江西高三）已知函数()()2xf x x e =-.（1）求()f x 的单调区间；（2）证明：对任意的()0,x ∈+∞，不等式()2ln 6xf x x x >-恒成立.7．（2020·四川高三月考）已知函数21()(32)()2xf x m e x m R =--∈. （1）若0x =是函数()f x 的一个极值点，试讨论()ln ()()h x b x f x b R =+∈的单调性；（2）若()f x 在R 上有且仅有一个零点，求m 的取值范围.8．（2020·山西高三）已知函数()2ln 21f x a x x =-+（其中a R ∈）. （1）讨论函数()f x 的极值；（2）对任意0x >，2()2f x a ≤-恒成立，求a 的取值范围.9．（2020·北京高三期末）已知函数()2xf x x e =（1）求()f x 的单调区间；（2）过点()1,0P 存在几条直线与曲线()y f x =相切，并说明理由；（3）若()()1f x k x ≥-对任意x ∈R 恒成立，求实数k 的取值范围.10．（2020·全国高三专题练习）已知函数()()33114ln 10f f x ax x x '=--的图象在点()()1,1f 处的切线方程为100++=x y b . （1）求a ，b 的值；（2）若()13f x m >对()0,x ∈+∞恒成立，求m 的取值范围.11．（2020·天津静海一中高三月考）已知函数()ln 1()f x ax x a R =--∈．（1）讨论()f x 的单调性并指出相应单调区间；（2）若21())1(2g x x x x f ---=，设()1212,x x x x <是函数()g x 的两个极值点，若32a ≥，且()()12g x g x k -≥恒成立，求实数k 的取值范围．12.（2020·山东高三期末）已知函数()()2sin ln 12x f x x x =+-+.（1）证明：()0f x ≥；（2）数列{}n a 满足：1102a <<，()1n n a f a +=（n *∈N ）. （①）证明：1102a <<（n *∈N ）；（①）证明：n *∀∈N ，1n n a a +<.13．（2020·四川三台中学实验学校高三开学考试）已知函数()ln f x x x a =+，()ln ,g x x ax a =-∈R . （1）求函数()f x 的极值；（2）若10a e<<，其中e 为自然对数的底数，求证：函数()g x 有2个不同的零点；（3）若对任意的1x >，()()0f x g x +>恒成立，求实数a 的最大值.14．（2020·河北高三期末）已知函数()f x 满足:①定义为R ；①2()2()9xx f x f x e e+-=+-. （1）求()f x 的解析式；（2）若12,[1,1]x x ∀∈-；均有()()21122(2)61x a x x f x -+-+-…成立，求a 的取值范围；（3）设2(),(0)()21,(0)f x x g x x x x >⎧=⎨--+≤⎩，试求方程[()]10g g x -=的解.15．（2020·湖南高三月考）已知函数2()()af x x ax a R x=+-∈. （1）当1a =且1x >-时，求函数()f x 的单调区间；（2）当21e a e ≥+时，若函数2()()ln g x f x x x =--的两个极值点分别为1x 、2x ，证明12240()()1g x g x e <-<+.16．（2020·江西高三期末）已知函数2()x f x e ax x =--（e 为自然对数的底数）在点(1,(1))f 的切线方程为(3)y e x b =-+. （1）求实数,a b 的值；（2）若关于x 的不等式4()5f x m >+对于任意(0,)x ∈+∞恒成立，求整数m 的最大值.17．（2020·江西高三期末）已知函数()()()2,xf x x m e nxm n R =--∈在1x =处的切线方程为y ex e =-.（1）求,m n 的值；（2）当0x >时，()3f x ax -…恒成立，求整数a 的最大值.18．（2020·河南高三期末）已知函数()()ln 1mxf x x x m=+-+，()1,0x ∈-. （1）若1m =，判断函数()f x 的单调性并说明理由；（2）若2m ≤-，求证：关于x 的不等式()()()21xx m f x e x-+⋅<-在()1,0-上恒成立.19．（2020·江西高三月考）已知函数32()32f x x x x =-+，()g x tx t R =∈，，()xe x xφ=. （1）求函数()()y f x x φ=⋅的单调增区间；（2）令()()()h x f x g x =-，且函数()h x 有三个彼此不相等的零点0m n ，，，其中m n <. ①若12m n =，求函数()h x 在x m =处的切线方程； ①若对[]x m n ∀∈，，()16h x t ≤-恒成立，求实数M 的取值范围.专题三压轴解答题第六关函数、不等式与导数的综合问题【名师综述】1.本专题在高考中的地位导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出 2．本专题在高考中的命题方向及命题角度从高考来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用【考点方向标】方向一用导数研究函数的性质典例1．（2020·山东高三期末）已知函数21()2ln (2)2f x x a x a x =+-+．（1）当1a =时，求函数()f x 的单调区间；（2）是否存在实数a ，使函数34()()9g x f x ax x =++在(0,)+∞上单调递增？若存在，求出a 的取值范围；若不存在，请说明理由．【答案】（1）()f x 的单调递增区间为(]0,1和[)2,+∞，单调递减区间为()1,2（2）存在,724a ≥ 【解析】（1）当1a =时，21()2ln 3(0)2f x x x x x =+->．所以2()3f x x x '=+-=232(2)(1)x x x x x x-+--=令()0f x '≥，则01x <≤或2x ≥，令()0f x '<，则12x <<，所以()f x 的单调递增区间为(]0,1和[)2,+∞，单调递减区间为()1,2 （2）存在724a ≥，满足题设，因为函数34()()9g x f x ax x =++=23142ln 229x a x x x +-+所以224()23a g x x x x '=+-+，要使函数()g x 在0,∞（+）上单调递增，224()20,(0,)3a g x x x x x '=+-≥+∈+∞，即3243660x x x a +-+≥，(0,)x ∈+∞⇔324366x x xa +-≥-，(0,)x ∈+∞ 令32436()6x x x h x +-=，(0,)x ∈+∞，则2()21(21)(1)h x x x x x '=+-=-+，所以当10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '<，()h x 在10,2⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，当1,2x ⎛⎫∈+∞⎪⎝⎭时，()0h x '>，()h x 在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，所以12x =是()h x 的极小值点，也是最小值点，且17224h ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，∴324366x x x+--在(0,)+∞上的最大值为724．所以存在724a ≥，满足题设．【举一反三】（2020·云南昆明一中高三期末（理））已知函数2()(1)xx f x e ax e =-+⋅，且()0f x …. （1）求a ；（2）证明：()f x 存在唯一极大值点0x ，且()0316f x <. 【答案】（1）1a =；（2）证明见解析. 【解析】（1）因为()()ee 10xxf x ax =--≥,且e0x>,所以e 10x ax --≥,构造函数()e 1xu x ax =--,则()'e xu x a =-,又()00u =,若0a ≤,则()'0u x >,则()u x 在R 上单调递增,则当0x <时,()0u x <矛盾,舍去；若01a <<,则ln 0a <,则当ln 0a x <<时,'()0u x >,则()u x 在(ln ,0)a 上单调递增,则()()ln 00u a u <=矛盾,舍去；若1a >,则ln 0a >,则当0ln x a <<时,'()0u x <,则()u x 在(0,ln )a 上单调递减,则()()ln 00u a u <=矛盾,舍去；若1a =,则当0x <时,'()0u x <,当0x >时,'()0u x >, 则()u x 在(,0)-∞上单调递减,在(0,)+∞上单调递增, 故()()00u x u ≥=,则()()e 0xf x u x =⋅≥,满足题意；综上所述,1a =.（2）证明:由（1）可知()()2e 1e xxf x x =-+⋅,则()()'e2e 2xxf x x =--,构造函数()2e 2xg x x =--,则()'2e 1xg x =-,又()'g x 在R 上单调递增,且()'ln20g -=,故当ln2x <-时,)'(0g x <,当ln 2x >-时,'()0g x >, 则()g x 在(,ln 2)-∞-上单调递减,在(ln 2,)-+∞上单调递增,又()00g =,()2220e g -=>,又33233332223214e 16e 022e 2e 8e 2e g --⎛⎫-=-==< ⎪⎝⎭+, 结合零点存在性定理知,在区间3(2,)2--存在唯一实数0x ,使得()00g x =, 当0x x <时,()'0f x >,当00x x <<时,()'0f x <,当0x >时,()'0f x >, 故()f x 在()0,x -∞单调递增,在()0,0x 单调递减,在()0,∞+单调递增,故()f x 存在唯一极大值点0x ,因为()0002e 20xg x x =--=,所以00e 12xx =+, 故()()()()022200000011e1e 11112244x x x x f x x x x ⎛⎫⎛⎫=-+=+-++=-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,因为0322x -<<-,所以()201133144216f x ⎛⎫<--+<⎪⎝⎭. 方向二导数、函数与不等式典例2．（2020·四川省泸县第二中学高三月考）已知函数()sin f x x ax =-. （1）对于(0,1)x ∈，()0f x >恒成立，求实数a 的取值范围；（2）当1a =时，令()()sin ln 1h x f x x x =-++，求()h x 的最大值；（3）求证：1111ln(1)1231n n n+<+++⋅⋅⋅++-*()n N ∈. 【答案】（1）sin1a ≤.（2）max ()(1)0h x h ==.（3）见解析.【解析】（1）由()0f x >，得：sin 0x ax ->，因为01x <<，所以sin xa x<，令sin ()x g x x=，()2cos sin 'x x xg x x -=，再令()cos sin m x x x x =-，()'cos sin cos sin 0m x x x x x x x =--=-<，所以()m x 在()0,1上单调递减，所以()()0m x m <，所以()'0g x <，则()g x 在()0,1上单调递减，所以()(1)sin1g x g >=，所以sin1a ≤. （2）当1a =时，()sin f x x x =-， ①()ln 1h x x x =-+，()11'1x h x x x-=-=，由()'0h x =，得：1x =，当()0,1x ∈时，()'0h x >，()h x 在()0,1上单调递增；当()1,x ∈+∞时，()'0h x <，()h x 在()1,+∞上单调递减； ①()max (1)0h x h ==.（3）由（2）可知，当()1,x ∈+∞时，()0h x <，即ln 1x x <-，令1n x n +=，则11ln1n n n n ++<-，即()1ln 1ln n n n+-<，分别令1,2,3,,n n =L 得，()11ln 2ln11,ln 3ln 2,,ln 1ln 2n n n-<-<+-<L ，将上述n 个式子相加得：()()*111ln 1121n n N n n+<++++∈-L . 【举一反三】（2020·黑龙江哈尔滨三中高三月考）已知111123S n =++⋅⋅⋅+，211121S n =++⋅⋅⋅+-，直线1x =，x n =，0y =与曲线1y x=所围成的曲边梯形的面积为S .其中n N ∈，且2n ≥.（1）当0x >时，()ln 11axx ax x <+<+恒成立，求实数a 的值；（2）请指出1S ，S ，2S 的大小，并且证明；（3）求证：131112lnln 3132313n i n n i i i =+⎛⎫<+-< ⎪+--⎝⎭∑. 【答案】（1）1；（2）12S S S <<，证明见解析；（3）见解析【解析】（1）由已知得0a ≤时，不合题意，所以0a >.()ln 11axx x <++恒成立，即()()()1ln 10ax x x x <++>恒成立. 令()()()1ln 1m x x x ax =++-，()()'ln 11m x x a =++-. 当1a ≤时，()m x 在()0,∞+上为增函数，此时()0m x >成立.当1a >时，()m x 在()10,1a e --上为减函数，不合题意，所以1a ≤.令()()ln 1n x ax x x =-+，()1'1n x a x =-+，当1a ≥时，()n x 在()0,∞+上为增函数，此时()0n x >，()ln 1x ax +<恒成立.当01a <<时，()n x 在10,1a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上为减函数，不合题意，所以1a ≥.综上得1a =. （2）由（1）知()()ln 101x x x x x <+<>+.令1x i =，得111ln 11i i i⎛⎫<+< ⎪+⎝⎭，从而11111111ln 112321n i n i n -=⎛⎫+++<+<+++ ⎪-⎝⎭∑L L ，又因为11ln nS dx n x==⎰，则12S S S <<. （3）由已知111232313ni i i i =⎛⎫+- ⎪--⎝⎭∑1111111123323n n ⎛⎫⎛⎫+++⋅⋅⋅+-++++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝=⎭L 111123n n n =++⋅⋅⋅+++，因为111ln 11i i i⎛⎫<+< ⎪+⎝⎭，所以 111111ln 1ln 1ln 1123123n n n n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++>++++++ ⎪ ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭L L 31ln1n n +=+， 111123ln ln ln 123131n n n n n n n n n ++⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++<+++ ⎪ ⎪ ⎪+++-⎝⎭⎝⎭⎝⎭L L ln 3=.从而131112lnln 3132313n i n n i i i =+⎛⎫<+-< ⎪+--⎝⎭∑. 方向三恒成立及求参数范围问题典例3．（2020·天津高三期末）已知函数()2ln h x ax x =-+. （1）当1a =时，求()h x 在()()2,2h 处的切线方程；（2）令()()22a f x x h x =+，已知函数()f x 有两个极值点12,x x ，且1212x x >，求实数a 的取值范围；（3）在（2）的条件下，若存在0122x ⎡⎤∈+⎢⎥⎣⎦，使不等式()()()()20ln 1112ln 2f x a m a a ++>--++对任意a （取值范围内的值）恒成立，求实数m 的取值范围. 【答案】（1）322ln 220x y +-+=（2）()1,2（3）1,4⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦【解析】()1当1a =时，()()12ln ,'2h x x x h x x=-+=-+2x =时，()()3'2,24ln 22h h =-=-+()h x ∴在()()2,2h 处的切线方程为()34ln 222y x +-=--，化简得：322ln 220x y +-+= ()2对函数求导可得，()()221'0ax ax f x x x-+=>，令()'0f x =，可得2210ax ax -+=20440112a a a a ⎧⎪≠⎪∴->⎨⎪⎪>⎩，解得a 的取值范围为()1,2 ()3由2210ax ax -+=，解得1211x x ==+而()f x 在()10,x 上递增，在()12,x x 上递减，在()2,x +∞上递增12a <<Q211x ∴=+<()f x ∴在122⎡⎤+⎢⎥⎣⎦单调递增 ∴在1,22⎡⎤+⎢⎥⎣⎦上，()()max 22ln 2f x f a ==-+012x ⎡⎤∴∃∈⎢⎥⎣⎦，使不等式()()()()20ln 1112ln 2f x a m a a ++>--++对a M ∀∈恒成立等价于不等式2(2ln 2ln 1112))()n (l 2a a m a a -+++>--++恒成立即不等式2()ln 1ln 210a ma a m +--+-+>对任意的()12a a <<恒成立令()()2ln 1ln 21g a a ma a m =+--+-+，则()()121210,'1ma a m g g a a ⎛⎫-++ ⎪⎝⎭==+ ①当0m ≥时，()()'0,g a g a <在()1,2上递减()()10g a g <=不合题意①当0m <时，()1212'1ma a m g a a ⎛⎫-++ ⎪⎝⎭=+ 12a <<Q若1112m ⎛⎫-+> ⎪⎝⎭，即104m -<<时，则()g a 在()1,2上先递减 ()10g =Q12a ∴<<时，()0g a >不能恒成立若111,2m ⎛⎫-+≤ ⎪⎝⎭即14m ≤-，则()g a 在()1,2上单调递增 ()()10g a g ∴>=恒成立m ∴的取值范围为1,4⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦【举一反三】（2020·江苏高三专题练习）已知函数()(32)xf x e x =-，()(2)g x a x =-，其中,a x R ∈. （1）求过点(2,0)和函数()y f x =的图像相切的直线方程；（2）若对任意x ∈R ，有()()f x g x ≥恒成立，求a 的取值范围；（3）若存在唯一的整数0x ，使得00()()f x g x <，求a 的取值范围. 【答案】（1）2y x =-，8833918y e x e =-.（2）8319a e ≤≤.（3）345[,1)(7,5]3a e e e∈⋃. 【解析】（1）设切点为()00,x y ，()()'31xf x e x =+，则切线斜率为()0031x e x +，所以切线方程为()()000031x y y e x x x -=+-，因为切线过()2,0，所以()()()000032312x x ex e x x --=+-，化简得200380x x -=，解得080,3x =. 当00x =时，切线方程为2y x =-，当083x =时，切线方程为8833918y e x e =-. （2）由题意，对任意x R ∈有()()322xe x a x -≥-恒成立，①当(),2x ∈-∞时，()()323222x x maxe x e x a a x x ⎡⎤--≥⇒≥⎢⎥--⎣⎦，令()()322x e x F x x -=-，则()()()2238'2x e x xF x x -=-，令()'0F x =得0x =，()()max 01F x F ==，故此时1a ≥.①当2x =时，恒成立，故此时a R ∈. ①当()2,x ∈+∞时，()()min323222x x e x e x a a x x ⎡⎤--≤⇒≤⎢⎥--⎣⎦，令()8'03F x x =⇒=，()83min 893F x F e ⎛⎫== ⎪⎝⎭，故此时839a e ≤.综上：8319a e ≤≤.（3）因为()()f x g x <，即()()322xex a x -<-，由（2）知()83,19,a e ⎛⎫∈-∞⋃+∞ ⎪⎝⎭，令()()322x e x F x x -=-，则当(),2x ∈-∞，存在唯一的整数0x 使得()()00f x g x <，等价于()322x e x a x -<-存在唯一的整数0x 成立，因为()01F =最大，()513F e -=，()11F e =-，所以当53a e<时，至少有两个整数成立，所以5,13a e ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭. 当()2,x ∈+∞，存在唯一的整数0x 使得()()00f x g x <，等价于()322x e x a x ->-存在唯一的整数0x 成立，因为83893F e ⎛⎫= ⎪⎝⎭最小，且()337F e =，()445F e =，所以当45a e >时，至少有两个整数成立，所以当37a e ≤时，没有整数成立，所有(347,5a e e ⎤∈⎦.综上：(345,17,53a e e e ⎡⎫⎤∈⋃⎪⎦⎢⎣⎭. 【压轴选编】1．（2020·山西高三开学考试）已知函数()()()222ln ,2ln f x x ax a x a R g x x x x =--+∈=-.（1）讨论()f x 的单调性；（2）求证：当1a =时，对于任意()0,x ∈+∞，都有()()f x g x <. 【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】（1）由题意()f x 的定义域为()0,∞+，且()()()222222x a x a a x ax a f x x a x x x--+--+'=--+==，当0a =时，()20f x x '=-<；当0a >时，2a x >时，()0f x '<；02ax <<时，()0f x '>；当0a <时，x a >-时，()0f x '<；0x a <<-时，()0f x '>；综上所述，当0a =时，()f x 在()0,∞+上为减函数；当0a >时，()f x 在0,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上为增函数，在,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上为减函数；当0a <时，()f x 在()0,a -上为增函数，在(),a -+∞上为减函数. （2）要证()()f x g x <，即证()21ln 0x x x -+>，当12x =时，不等式显然成立；当12x >时，即证ln 021x x x +>-；当102x <<时，即证ln 021xx x +<-；令()ln 21x F x x x =+-，则()()()()()22411112121x x F x x x x x ---'=+=--，当12x >时，在1,12⎛⎫⎪⎝⎭上()0F x '<，()F x 为减函数；在()1,+∞上()0F x '>，()F x 为增函数，①()()min 110F x F ==>，①ln 021xx x +>-.当102x <<时，在10,4⎛⎫ ⎪⎝⎭上()0F x '>，()F x 为增函数；在11,42⎛⎫⎪⎝⎭上()0F x '<，()F x 为减函数， ①()max 111ln 0442F x F ⎛⎫==-<⎪⎝⎭，①ln 021x x x +<-，综上所述，当0x >时，()()f x g x <成立.2．（2020·河南鹤壁高中高三月考）已知函数2()ln (0,)a xf x x a a R x a=++≠∈ （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）设1()2a x g x x a a=+-+，当0a >时，证明：()()f x g x ≥. 【答案】（1）见解析；（2）证明见解析【解析】（1）22121(2)()()a x a x a f x x x a ax+-'=-+= 当0a >时，()0f x x a '>⇒>，()00f x x a '<⇒<<当0a <时，()002f x x a '>⇒<<-，()02f x x a '<⇒>- ①0a >时，()f x 在(0,)a 上递减，在(,)a +∞递增 0a <时，()f x 在(0,2)a -上递增，在(2,)a -+∞递减（2）设1()()()ln 2a F x f x g x x x a=-=++- 则221()(0)a x aF x x x x x-'=-=> Q 0a >，(0,)x a ∴∈时，()0F x '<，()F x 递减(,)x a ∈+∞，()0,F x '>()F x 递增，1()()ln 1F x F a a a∴≥=+-设1()ln 1h x x x =+-，(0)x >,则22111()(0)x h x x x x x-'=-=>1x >时，()0,h x '>时，()h x 递增， 01x <<时，()0h x '<，∴()h x 递减()(1)0h x h ∴≥=，()()0F a h a ∴=≥()0F x ∴≥，即()()f x g x ≥3．（2020·四川石室中学高三月考）已知函数()22ln f x x x =-+．（1）求函数()f x 的最大值；（2）若函数()f x 与()ag x x x=+有相同极值点． ①求实数a 的值；①若对于121,,3x x e ⎡⎤∀∈⎢⎥⎣⎦（e 为自然对数的底数），不等式()()1211f xg x k -≤-恒成立，求实数k 的取值范围．【答案】（①）()11f =-；（①）（①）1；（①）()34 ,2ln31,3⎛⎤-∞-+⋃+∞ ⎥⎝⎦．【解析】（1）22(1)(1)()2(0)x x f x x x x x+-'=-+=->，由()0{0f x x >>'得01x <<，由()0{0f x x <>'得1x >，①()f x 在(0,1)上为增函数，在(1,)+∞上为减函数， ①函数()f x 的最大值为(1)1f =-；（2）①()a g x x x=+，①2()1a g x x =-'，（①）由（1）知，1x =是函数()f x 的极值点，又①函数()f x 与()ag x x x=+有相同极值点， ①1x =是函数()g x 的极值点，①(1)10g a =-='，解得1a =，经检验，当1a =时，函数()g x 取到极小值，符合题意；（①）①211()2f e e =--，(1)1f =-，(3)92ln 3f =-+， ①2192ln 321e -+<--<-，即1(3)()(1)f f f e <<，①1[,3]x e∀∈，min max ()(3)92ln 3,()(1)1f x f f x f ==-+==-，由（①）知1()g x x x =+，①21()1g x x =-'，当1[,1)x e∈时，()0g x '<，当(1,3]x ∈时，()0g x '>，故()g x 在1[,1)e 为减函数，在(1,3]上为增函数，①11110(),(1)2,(3)333g e g g e e =+==+=，而11023e e <+<，①1(1)()(3)g g g e <<，①1[,3]x e ∀∈，min max 10()(1)2,()(3)3g x g g x g ====，①当10k ->，即1k >时，对于121,[,3]x x e ∀∈，不等式12()()11f xg x k -≤-恒成立12max 1[()()]k f x g x ⇔-≥-12max [()()]1k f x g x ⇔≥-+，①12()()(1)(1)123f x g x f g -≤-=--=-，①312k ≥-+=-，又①1k >，①1k >， ①当10k -<，即1k <时，对于121,[,]x x e e ∀∈，不等式12()()11f xg x k -≤-，12min 1[()()]k f x g x ⇔-≤-12min [()()]1k f x g x ⇔≤-+，①121037()()(3)(3)92ln 32ln 333f x g x f g -≥-=-+-=-+，①342ln 33k ≤-+，又①1k <， ①342ln 33k ≤-+．综上，所求的实数k 的取值范围为34(,2ln 3](1,)3-∞-+⋃+∞． 4．（2020·江西高三）已知函数()()ln f x x x a b =++，曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线为210x y --=.（1）求a ，b 的值；（2）若对任意的()1,x ∈+∞，()()1f x m x ≥-恒成立，求正整数m 的最大值. 【答案】（1）1a =，0b =；（2）3【解析】（1）由()()ln f x x x a b =++得：()ln 1f x x a '=++ 由切线方程可知：()1211f =-=()112f a '∴=+=，()11f a b =+=，解得：1a =，0b =（2）由（1）知()()ln 1f x x x =+则()1,x ∈+∞时，()()1f x m x ≥-恒成立等价于()1,x ∈+∞时，()ln 11x x m x +≤-恒成立令()()ln 11x x g x x +=-，1x >，则()()2ln 21x x g x x --'=-. 令()ln 2hx x x =--，则()111x h x x x-'=-=∴当()1,x ∈+∞时，()0h x '>，则()h x 单调递增()31ln30h =-<Q ，()422ln20h =-> ()03,4x ∴∃∈，使得()00h x =当()01,x x ∈时，()0g x '<；()0,x x ∈+∞时，()0g x '>()()()000min0ln 11x x g x g x x +∴==-()000ln 20h x x x =--=Q 00ln 2x x ∴=- ()()()()0000min 0213,41x x g x g x x x -+∴===∈-()03,4m x ∴≤∈，即正整数m 的最大值为35．（2020·江西高三）已知函数()e 2xf x m x m =--.（1）当1m =时，求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程；（2）若()0f x >在(0,)+∞上恒成立，求m 的取值范围．【答案】（1）y x =-；（2）[2,)+∞【解析】（1）因为1m =,所以()e 21xf x x =--,所以()e 2xf x '=-,则(0)0,(0)1f f '==-,故曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程为y x =-.（2）因为()e 2x f x m x m =--,所以()e 2xf x m '=-,①当2m ≥时,()0f x '>在(0,)+∞上恒成立,则()f x 在(0,)+∞上单调递增,从而()(0)0f x f >=成立,故2m ≥符合题意; ①当02m <<时,令()0f x '<,解得20lnx m <<,即()f x 在20,ln m ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减,则2ln(0)0f f m ⎛⎫<= ⎪⎝⎭,故02m <<不符合题意; ①当0m ≤时,0()e 2x f x m '-<=在(0,)+∞上恒成立,即()f x 在(0,)+∞上单调递减,则()(0)0f x f <=,故0m ≤不符合题意.综上,m 的取值范围为[2,)+∞. 6．（2020·江西高三）已知函数()()2x f x x e =-.（1）求()f x 的单调区间；（2）证明：对任意的()0,x ∈+∞，不等式()2ln 6xf x x x >-恒成立.【答案】（1）单调递增区间为()1,+?，单调递减区间为(),1-∞（2）证明见解析【解析】（1）因为()()2x f x x e =-，所以()()1x f x x e '=-，令()0f x ¢>，解得1x >；令()0f x ¢<，解得1x <.故()f x 的单调递增区间为()1,+?，单调递减区间为(),1-∞.（2）要证()2ln 6xf x x x >-，只需证()ln 32x f x x>-.由（1）可知()()min 1f x f e ==-.令()ln 3(0)2x h x x x =->，则()21ln 2xh x x -'=，令()21ln 0ln 102xh x x x e x-'=>⇒<⇒<<，所以当()0,x e ∈时，()0h x '>，()h x 单调递增；当(),x e ∈+∞时，()0h x '<，()h x 单调递减，则()()max 132h x h e e==-. 因为 2.71828e =⋅⋅⋅，所以 2.75e ->-，所以1133 2.7524e -<-=-，从而132e e->-，则当0x >时，()()min max f x h x >.故当0x >时，()()f x h x >恒成立，即对任意的()0,x ∈+∞，()2ln 6xf x x x >-.7．（2020·四川高三月考）已知函数21()(32)()2xf x m e x m R =--∈. （1）若0x =是函数()f x 的一个极值点，试讨论()ln ()()h x b x f x b R =+∈的单调性；（2）若()f x 在R 上有且仅有一个零点，求m 的取值范围.【答案】（1）当0b …时，()h x 在(0,)+∞上单调递减；当0b >时，()h x 在上单调递增，在)+∞上单调递减；（2）2222,333e ⎧⎫⎛⎫++∞⋃⎨⎬⎪⎩⎭⎝⎭. 【解析】（1）()(32)xf x m e x '=--，因为0x =是函数()f x 的一个极值点，则(0)320f m '=-=，所以23m =，则21()ln (0)2h x b x x x =->，当2()b b x h x x x x-'=-=，当0b …时，()0h x '…恒成立，()h x 在(0,)+∞上单调递减，当0b >时，2()000h x b x x '>⇒->⇒<<所以()h x 在上单调递增，在)+∞上单调递减. 综上所述：当0b …时，()h x 在(0,)+∞上单调递减；当0b >时，()h x 在上单调递增，在)+∞上单调递减. （2）()f x 在R 上有且仅有一个零点，即方程2322x x m e -=有唯一的解，令2()2xx g x e=，可得(2)()0,()2xx x g x g x e -'>=，由(2)()02xx x g x e -'==，得0x =或2x =，（1）当0x …时，()0g x '…，所以()g x 在(,0]-∞上单调递减，所以()(0)0g x g =…，所以()g x 的取值范围为[0,)+∞. （2）当02x <<时，()0g x '>，所以()g x 在(0,2)上单调递增，所以0()(2)g x g <<，即220()g x e<<，故()g x 的取值范围为220,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭. （3）当2x …时，()0g x '…，所以()g x 在[2,)+∞上单调递减，所以(0)()(2)g g x g <…，即220()g x e <…，即()g x 的取值范围为220,e ⎛⎤ ⎥⎝⎦. 所以，当320m -=或2232m e ->，即23m =或22233m e >+时，()f x 在R 上有且只有一个零点，故m 的取值范围为2222,333e ⎧⎫⎛⎫++∞⋃⎨⎬⎪⎩⎭⎝⎭. 8．（2020·山西高三）已知函数()2ln 21f x a x x =-+（其中a R ∈）. （1）讨论函数()f x 的极值；（2）对任意0x >，2()2f x a ≤-恒成立，求a 的取值范围.【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2）[1,)+∞ 【解析】（1）()f x 的定义域为(0,)+∞，2'()2af x x=-， ①当0a ≤时，'()0f x <，所以()f x 在(0,)+∞上是减函数，()f x 无极值. ①当0a >时，令'()0f x =，得x a =，在(0,)a 上，'()0f x >，()f x 是增函数；在(,)a +∞上，'()0f x <，()f x 是减函数. 所以()f x 有极大值()2ln 21f a a a a =-+，无极小值.（2）由（1）知，①当0a ≤时，()f x 是减函数，令2a x e =，则0(0,1]x ∈，222220()(2)21(2)320a a f x a a e a e --=-+--=->，不符合题意，①当0a >时，()f x 的最大值为()2ln 21f a a a a =-+，要使得对任意0x >，2()(1)f x a ≤-恒成立，即要使不等式22ln 212a a a a -+≤-成立，则22ln 230a a a a --+≤有解.令2()2ln 23(0)g a a a a a a =--+>，所以'()2ln 2g a a a =-令()'()2ln 2h a g a a a ==-，由22'()0ah a a-==，得1a =. 在(0,1)上，'()0h a >，则()'()h a g a =在(0,1)上是增函数；在(1,)+∞上，'()0h a <，则()'()h a g a =在(1,)+∞上是减函数. 所以max ()(1)20h a h ==-<，即'()0g a <，故()g a 在(0,)+∞上是减函数，又(1)0g =，要使()0g a ≤成立，则1a ≥，即a 的取值范围为[1,)+∞. 9．（2020·北京高三期末）已知函数()2xf x x e =（1）求()f x 的单调区间；（2）过点()1,0P 存在几条直线与曲线()y f x =相切，并说明理由；（3）若()()1f x k x ≥-对任意x ∈R 恒成立，求实数k 的取值范围.【答案】（1）增区间为(),2-∞-，()0,∞+，单调减区间为()2,0-；（2）三条切线，理由见解析；（3）0,2⎡+⎣ 【解析】（1）()()()222xxf x x x e x x e '==++，()0f x '>得，2x <-或0x >；()0f x '<得，20x -<<；所以()f x 的单调增区间为(),2-∞-，()0,∞+；单调减区间为()2,0-；（2）过()1,0P 点可做()f x 的三条切线；理由如下：设切点坐标为()0200,x x x e，所以切线斜率()()00002xx x k x e f '=+= 所以过切点的切线方程为：()()002200002x x x e x x e x y x -=+-，切线过()1,0P 点，代入得()()0022*******x x x e x x e x -=+-，化简得(0000x x x x e=，方程有三个解，00x =，0x =0x 所以过()1,0P 点可做()f x 的三条切线. （3）设()()21xg x x e k x -=-，①0k =时，因为20x ≥，0x e >，所以显然20x x e ≥对任意x ∈R 恒成立； ①k 0<时，若0x =，则()()0001f k k =>-=-不成立，所以k 0<不合题意.①0k >时，1x ≤时，()()210xg x x e k x -=->显然成立，只需考虑1x >时情况；转化为21xx e k x ≥-对任意()1,x ∈+∞恒成立令()21xx e h x x =-（1x >），则()min k h x ≤，()()()(()2222(2)111xx xx x x ex x e x x e h x x x +--'==--，当1x <<时，()0h x '<，()h x 单调减；当x >()0h x '>，()h x 单调增；所以()(min 2h x h==+=所以(2k ≤+综上所述，k 的取值范围(0,2+⎡⎣. 10．（2020·全国高三专题练习）已知函数()()33114ln 10f f x ax x x '=--的图象在点()()1,1f 处的切线方程为100++=x y b . （1）求a ，b 的值；（2）若()13f x m >对()0,x ∈+∞恒成立，求m 的取值范围. 【答案】（1）13a =,403=-b ；（2）2642ln 2<-m【解析】（1）()()23114310f f x ax x''=--, 因为()f x 在()()1,1f 处的切线方程为100++=x y b ,即10y x b =--,此时切线斜率10k =-,则()3(1)13141010f f a k ''=--==-,解得13a =,所以()()333101114ln 314ln 3103f x x x x x x x ⨯-=--=+-, 所以()31110113114ln13333f =⨯+⨯-=+=,则10103b =--,解得403=-b（2）由（1）知()31314ln 3f x x x x =+-, ()32143143x x f x x x x+-'=+-=, 设函数()()33140g x xx x =+->,则()2330g x x '=+>,所以()g x 在()0,∞+为增函数,因为()20g =,令()0g x <,得02x <<；令()0g x >,得2x >, 所以当02x <<时,()0f x '<；当2x >时,()0f x '>, 所以()()3min 126223214ln 214ln 233f x f ==⨯+⨯-=-, 从而12614ln 233<-m ,即2642ln 2<-m 11．（2020·天津静海一中高三月考）已知函数()ln 1()f x ax x a R =--∈．（1）讨论()f x 的单调性并指出相应单调区间；（2）若21())1(2g x x x x f ---=，设()1212,x x x x <是函数()g x 的两个极值点，若32a ≥，且()()12g x g x k -≥恒成立，求实数k 的取值范围．【答案】（1）答案见解析（2）15,2ln 28⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦【解析】（1）由()ln 1f x ax x =--，(0,)x ∈+∞，则11()ax f x a x x'-=-=，当0a ≤时，则()0f x '≤，故()f x 在(0,)+∞上单调递减；当0a >时，令1()0f x x a'=⇒=，所以()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增．综上所述：当0a ≤时，()f x 在(0,)+∞上单调递减；当0a >时，()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增．（2）①21()ln (1)2g x x x a x =+-+， 21(1)1()(1)x a x g x x a x x-++'=+-+=, 由()0g x '=得2(1)10x a x -++=，①121x x a +=+，121=x x ，①211x x =①32a ≥①111115210x x x x ⎧+≥⎪⎪⎨⎪<<⎪⎩解得1102x <≤.①()()()()222112121211221111ln(1)2ln 22x g x g x x x a x x x x x x ⎛⎫-=+--+-=-- ⎪⎝⎭. 设22111()2ln 022h x x x x x ⎛⎫⎛⎫=--<≤ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，则()2233121()0x h x x x x x '--=--=<,①()h x 在10,2⎛⎤ ⎥⎝⎦上单调递减；当112x =时，min 115()2ln 228h x h ⎛⎫==- ⎪⎝⎭. ①152ln 28k ≤-，即所求k 的取值范围为15,2ln 28⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦.12.（2020·山东高三期末）已知函数()()2sin ln 12x f x x x =+-+.（1）证明：()0f x ≥；（2）数列{}n a 满足：1102a <<，()1n n a f a +=（n *∈N ）. （①）证明：1102a <<（n *∈N ）；（①）证明：n *∀∈N ，1n n a a +<.【答案】（1）证明见解析（2）（i ）证明见解析（ii ）证明见解析【解析】（1）由题意知，()1cos 1f x x x x'=+-+，()1,x ∈-+∞，当()1,0x ∈-时，()1101f x x x x'<+-<<+，所以()f x 在区间()1,0-上单调递减，当()0,x ∈+∞时，()()g x f x '=，因为()()()22111sin 011g x x x x '=+->>++所以()g x 在区间()0,∞+上单调递增，因此()()00g x g >=，故当()0,x ∈+∞时，()0f x '>，所以()f x 在区间()0,∞+上单调递增，因此当()1,x ∈-+∞时，()()00f x f ≥=，所以()0f x ≥ （2）（①）()f x 在区间10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，()()00f x f >=，因为881288311111C C 147122224e ⎛⎫⎛⎫=+=+++>++=> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭L ，故83318ln ln ln 022e ⎛⎫-=-< ⎪⎝⎭，所以()1113131131sin ln sin ln 18ln 22826822822f x f π⎛⎫⎛⎫<=+-<+-=+-<⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭因此当10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()01f x <<，又因为110,2a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以()()()()()()12110,2n n n a f a ff a f f f a --⎛⎫====∈ ⎪⎝⎭LL L（①）函数()()h x f x x =-（102x <<），则()()11cos 11h x f x x x x''=-=+--+，令()()x h x ϕ='，则()()0x g x ϕ''=>，所以()x ϕ在区间10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增；因此()()111217cos 1cos 0222326h x x ϕϕ⎛⎫'=≤=+--=-<⎪⎝⎭，所以()h x 在区间10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，所以()()00h x h <=，因此()()10n n n n n a a f a a g a +-=-=<，所以x *∀∈N ，1n n a a +<13．（2020·四川三台中学实验学校高三开学考试）已知函数()ln f x x x a =+，()ln ,g x x ax a =-∈R . （1）求函数()f x 的极值；（2）若10a e<<，其中e 为自然对数的底数，求证：函数()g x 有2个不同的零点；（3）若对任意的1x >，()()0f x g x +>恒成立，求实数a 的最大值. 【答案】（1）极小值为1a e-+；无极大值（2）证明过程见解析；（3）2. 【解析】（1）函数()f x 的定义域为0x >，因为()ln f x x x a =+，所以()ln 1f x x =+‘，当1x e >时，()0f x >‘，所以函数()f x 单调递增；当10x e<<时，()0f x <‘，所以函数()f x 单调递减，因此1e是函数()f x 的极小值，故函数()f x 的极值为极小值，值为11()f a e e =-+；无极大值（2）函数()g x 的定义域为0x >，因为()ln ,g x x ax =-所以'1()g x a x=-，因为10a e <<，所以当1x a >时，'()0g x <，因此函数()g x 是递减函数，当10x a<<时，'()0g x >，。

2020版高考数学二轮复习专题六函数与导数第4讲导数与不等式练习理

第4讲导数与不等式1．设a为实数，函数f（x)＝e x－2x＋2a，x∈R。

(1)求f(x）的单调区间与极值;(2)求证：当a>ln 2－1且x〉0时，e x>x2－2ax＋1.解：（1）由f（x）＝e x－2x＋2a(x∈R)，知f′（x)＝e x－2.令f′（x）＝0，得x＝ln 2。

当x<ln 2时，f′(x)〈0,故函数f(x）在区间（－∞，ln 2）上单调递减；当x>ln 2时，f′（x)〉0，故函数f(x）在区间(ln 2，＋∞）上单调递增．所以f(x)的单调递减区间是(－∞，ln 2），单调递增区间是（ln 2，＋∞)，f（x)在x＝ln 2处取得极小值f(ln 2)＝e ln 2－2ln 2＋2a＝2－2ln 2＋2a，无极大值．(2)证明：要证当a>ln 2－1且x〉0时，e x>x2－2ax＋1，即证当a>ln 2－1且x>0时，e x－x2＋2ax－1〉0.设g（x)＝e x－x2＋2ax－1(x≥0）．则g′（x)＝e x－2x＋2a，由(1)知g′(x）min＝g′（ln 2）＝2－2ln 2＋2a.又a>ln 2－1,则g′（x)min〉0。

于是对∀x∈R,都有g′（x)>0，所以g（x）在R上单调递增．于是对∀x>0，都有g(x）>g（0)＝0.即e x－x2＋2ax－1〉0，故e x>x2－2ax＋1.2．（2019·贵阳模拟）已知函数f（x）＝m e x－ln x－1.（1)当m＝1时，求曲线y＝f(x）在点（1，f（1））处的切线方程；(2）若m∈(1,＋∞)，求证：f(x)〉1.解:（1)当m＝1时,f(x）＝e x－ln x－1，所以f′(x)＝e x－错误!，所以f′（1)＝e－1，又因为f（1)＝e－1，所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1）)处的切线方程为y－（e－1）＝(e －1）（x－1),即y＝(e－1）x。

2020高考数学二轮复习规范解答集训6函数、导数和不等式理

规范解答集训（六) 函数、导数和不等式(建议用时：40分钟)1．已知函数f（x）＝ax＋1－x ln x的图象在点(1，f（1）)处的切线与直线x－y＝0平行．（1)求函数f(x）的极值；（2)若对于x1，x2∈(0,＋∞），f x 1－f x 2x1－x2＞m（x1＋x2），求实数m的取值范围．[解]（1）f（x）＝ax＋1－x ln x的导数为f′(x）＝a－1－ln x，可得y＝f（x）的图象在点(1,f（1) )处的切线斜率为a－1,由切线与直线x－y＝0平行,可得a－1＝1，即a＝2,f(x)＝2x＋1－x ln x，f′(x）＝1－ln x，当0〈x<e时f′（x)〉0，当x〉e时,f′（x)＜0，所以f（x)在（0，e)上递增，在（e,＋∞）上递减，可得f（x）在x＝e处取得极大值为f(e)＝e＋1，无极小值．（2）设x1〉x2>0，若错误!＞m(x1＋x2），可得f(x1)－f（x2)＞mx错误!－mx错误!，即f（x1)－mx错误!＞f（x2)－mx错误!,设g(x)＝f(x)－mx2在（0,＋∞)上为增函数，即g′(x）＝1－ln x－2mx≥0在（0,＋∞)上恒成立,可得2m≤错误!在（0,＋∞）上恒成立，设h（x)＝错误!，所以h′(x）＝错误!，h(x)在（0，e2）上递减，在(e2，＋∞）上递增，h(x）在x＝e2处取得极小值为h（e2)＝－错误!，所以m≤－错误!.2．（2019·石家庄一模)已知函数f(x）＝a e x－sin x，其中a∈R,e 为自然对数的底数．（1）当a＝1时，证明：对x∈[0,＋∞），f(x）≥1；（2）若函数f（x)在错误!上存在极值，求实数a的取值范围．［解］(1)当a＝1时，f（x)＝e x－sin x，于是，f′(x)＝e x－cos x.又因为当x∈(0，＋∞)时，e x>1且cos x≤1.故当x∈（0，＋∞）时，e x－cos x〉0，即f′（x)>0。

2020版高考数学二轮复习教程第二编专题一函数与导数第2讲导数及其应用练习理

第2讲导数及其应用「考情研析」 1.导数的几何意义和运算是导数应用的基础，是高考的一个热点． 2.利用导数解决函数的单调性与极值（最值）问题是高考的常见题型.核心知识回顾1.导数的几何意义(1)函数y＝f(x）在错误!x＝x0处的导数f′(x0)就是曲线y＝f（x)在点(x0，f(x0））处切线的斜率,即k＝错误!f′（x0)．（2）曲线y＝f（x）在点(x0,f(x0）)处的切线方程为错误!y－f（x0）＝f′(x0）（x－x0)．2．函数的单调性(1）在某个区间（a,b）内,如果错误!f′(x）＞0（f′(x)〈0),那么函数y＝f（x）在这个区间内错误!单调递增（单调递减）．(2)利用导数求函数f（x)的单调区间的一般步骤：①确定函数错误!f（x）的定义域；②求□，04导数f′（x)；③在函数f（x)的定义域内错误!解不等式f′（x)>0或f′(x)〈0;④根据③的结果确定函数f(x)的错误!单调区间．3．导数与极值函数f(x）在x0处的导数错误!f′（x0）＝0且f′(x）在x0附近“错误!左正右负”⇔f（x）在x0处取得错误!极大值；函数f(x）在x0处的导数□，04f′(x0)＝0且f′（x）在x0附近“错误!左负右正”⇔f(x)在x0处取得错误!极小值．4．求函数f(x)在区间［a，b］上的最值的一般步骤(1）求函数y＝f（x)在［a，b]内的错误!极值；(2)比较函数y＝f(x)的错误!各极值与错误!端点处的函数值错误!f(a)，f(b）的大小，最大的一个是最大值,最小的一个是最小值．热点考向探究考向1 导数的几何意义例1 (1)（2019·唐山市高三第二次模拟）已知函数f(x）＝错误!为奇函数,则f（x）在x＝2处的切线斜率等于（）A．6 B．－2C．－6 D．－8答案B解析设x>0,则－x〈0，f（－x)＝x2－2x，又f(x)为奇函数，则f(x)＝－f(－x）＝－x2＋2x，f′（x）＝－2x＋2,则f′（2）＝－2，故选B.（2）设直线y ＝错误!x ＋b 是曲线y ＝ln x (x ＞0）的一条切线,则实数b 的值为（）A ．ln 2－1B ．ln 2－2C ．2ln 2－1D ．2ln 2－2答案 A解析设切点坐标为（x 0,ln x 0），则错误!＝错误!，即x 0＝2，∴切点坐标为（2，ln 2)，又切点在直线y ＝错误!x ＋b 上，∴ln 2＝1＋b ,即b ＝ln 2－1.(3)已知曲线y ＝错误!x 3＋错误!，则曲线在点P （2,4)处的切线方程为_____________；曲线过点P （2,4)的切线方程为__________________________．答案 4x －y －4＝0 4x －y －4＝0或x －y ＋2＝0解析 ①∵P (2,4)在曲线y ＝13x 3＋错误!上，y ′＝x 2， ∴在点P （2,4)处的切线的斜率为y ′|x ＝2＝4。

通用版2020高考数学二轮复习规范解答集训汇编全集

规范解答集训(一) 三角函数和解三角形(建议用时：40分钟)1．(2019·昆明模拟)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c,2a cos A －b cosC ＝c cos B .(1)求角A ；(2)若a ＝3，△ABC 的面积为334，求△ABC 的周长．[解](1)∵2a cos A －b cos C ＝c cos B ， ∴2sin A cos A －sin B cos C ＝sin C cos B . ∴2sin A cos A ＝sin A ，∵0＜A ＜π，sin A ≠0，可得cos A ＝12.∴A ＝π3.(2)由题意及(1)得，sin A ＝32，S ＝12bc sin A ＝334，∴bc ＝3. ∵a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，∴b 2＋c 2＝6，∴(b ＋c )2＝b 2＋c 2＋2bc ＝6＋6＝12，∴b ＋c ＝2 3. ∴△ABC 的周长为a ＋b ＋c ＝3 3.2．(2019·郑州三模)在△ABC 中，AB ＝23，AC ＝3，AD 为△ABC 的内角平分线，AD ＝2.(1)求BD DC的值； (2)求角A 的大小．[解](1)在△ABD 中，由正弦定理得：BD sin A 2＝AB sin∠ADB ，在△ACD 中，由正弦定理得：CDsinA 2＝ACsin∠ADC，因为sin∠ADB ＝sin∠ADC ，AC ＝3，AB ＝23， ∴BD DC ＝ABAC＝2. (2)在△ABD 中，由余弦定理得BD 2＝AB 2＋AD 2－2AB ·AD cos A 2＝16－83cos A2.在△ACD 中，由余弦定理得CD 2＝AC 2＋AD 2－2AC ·AD cos A 2＝7－43cos A2.又BD 2CD 2＝4＝16－83cosA27－43cosA 2，解得cos A 2＝32. 又A 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，∴A 2＝π6，A ＝π3.3.如图，在平面四边形中，AB ＝14，cos A ＝35，cos∠ABD ＝513.(1)求对角线BD 的长；(2)若四边形ABCD 是圆的内接四边形，求△BCD 面积的最大值． [解](1)在△ABD 中，sin∠ADB ＝sin[π－(A ＋∠ABD )]＝sin(A ＋∠ABD )＝sin A cos∠ABD ＋cos A sin∠ABD ＝5665，由正弦定理得BD sin A ＝ABsin∠ADB ，即BD ＝AB ·sin Asin∠ADB＝13.(2)由已知得，C ＝π－A ，所以cos C ＝－35，在△BCD 中，由余弦定理可得BC 2＋DC 2－2BC ·DC cos C ＝BD 2＝169，则169＝BC 2＋DC 2＋65·BC ·DC ≥165·BC ·DC ，即BC ·DC ≤516×169，所以S △BCD ＝12·BC ·CD ·sin C ≤12×⎝ ⎛⎭⎪⎫516×169×45＝1698，当且仅当BC ＝DC ＝1354时取等号．所以△BCD 面积的最大值为1698. 4．在△ABC 中，a ，b ，c 分别是角A ，B ，C 的对边，且(a ＋b ＋c )(a ＋b －c )＝3ab . (1)求角C 的值；(2)若c ＝2，且△ABC 为锐角三角形，求a ＋b 的取值范围． [解](1)由题意知(a ＋b ＋c )(a ＋b －c )＝3ab ，∴a 2＋b 2－c 2＝ab ，由余弦定理可知，cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝12，又∵C ∈(0，π)，∴C ＝π3.(2)由正弦定理可知，a sin A ＝b sin B ＝2sinπ3＝433，即a ＝433sin A ，b ＝433sin B ，∴a ＋b ＝433(sin A ＋sin B )＝433⎣⎢⎡⎦⎥⎤sin A ＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3－A＝23sin A ＋2cos A ＝4sin ⎝⎛⎭⎪⎫A ＋π6，又∵△ABC 为锐角三角形，∴⎩⎪⎨⎪⎧0＜A ＜π2，0＜B ＝2π3－A ＜π2，即π3＜A ＋π6＜2π3，所以，23＜4sin ⎝⎛⎭⎪⎫A ＋π6≤4，综上，a ＋b 的取值范围为(23，4]．规范解答集训(二) 数列(建议用时：40分钟)1．已知数列{a n }的前n 项和S n 满足：a 1a n ＝S 1＋S n . (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若a n ＞0，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫log 2a n 32的前n 项和为T n ，试问当n 为何值时，T n 取得最小值？并求出最小值．[解](1)因为a 1a n ＝S 1＋S n ，①所以当n ＝1时，a 21＝a 1＋a 1，解得a 1＝0或a 1＝2，当n ≥2时，a 1a n －1＝S 1＋S n －1， ②由①－②得，a 1(a n －a n －1)＝a n .若a 1＝0，则a n ＝0，此时数列{a n }的通项公式为a n ＝0. 若a 1＝2，则2(a n －a n －1)＝a n ，化简得a n ＝2a n －1(n ≥2)，此时数列{a n }是以2为首项，2为公比的等比数列，故a n ＝2n.综上，数列{a n }的通项公式为a n ＝0或a n ＝2n. (2)因为a n ＞0，故a n ＝2n.设b n ＝log 2a n32，则b n ＝n －5，显然{b n }是等差数列，由n －5≥0解得n ≥5，所以当n ＝4或n ＝5时，T n 取最小值，所以T n 的最小值为T 4＝T 5＝－10.2．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2S n ＋1，其中S n 为{a n }的前n 项和，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设{b n －a n }是首项为1，公差为2的等差数列，求数列{b n }的前n 项和T n . [解](1)∵a 1＝1，a n ＋1＝2S n ＋1，①∴当n ＝1时，a 2＝2a 1＋1＝3. 当n ≥2时，a n ＝2S n －1＋1，②①－②得：a n ＋1－a n ＝2a n ，即a n ＋1＝3a n ，且a 2＝3a 1. 故{a n }是以1为首项，3为公比的等比数列，所以a n ＝3n －1.(2)由题意b n －a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1，所以b n ＝3n －1＋2n －1.所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝(30＋31＋…＋3n －1)＋(1＋3＋…＋2n －1)＝1－3n1－3＋n (1＋2n －1)2＝3n－12＋n 2.3．已知数列{a n }满足：a n ≠1，a n ＋1＝2－1a n (n ∈N *)，数列{b n }中，b n ＝1a n －1，且b 1，b 2，b 4成等比数列．(1)求证：数列{b n }是等差数列；(2)若S n 是数列{b n }的前n 项和，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 的前n 项和T n .[解](1)b n ＋1－b n ＝1a n ＋1－1－1a n －1＝12－1a n－1－1a n －1＝a n a n －1－1a n －1＝1，∴数列{b n }是公差为1的等差数列．(2)由题意可得b 22＝b 1b 4，即(b 1＋1)2＝b 1(b 1＋3)，所以b 1＝1， ∴S n ＝n (n ＋1)2，∴1S n＝2n (n ＋1)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，T n ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1. 4．(2019·濮阳5月模拟)已知数列{b n }的前n 项和为S n ，S n ＋b n ＝2，等差数列{a n }满足b 1a 2＝3，b 1＋a 5＝7.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)证明：a 1b 2＋a 2b 3＋…＋a n b n ＋1＜3.[解](1)∵S n ＋b n ＝2，∴当n ＝1时，b 1＝S 1＝2－b 1， ∴b 1＝1.当n ≥2时，b n ＝S n －S n －1＝2－b n －2＋b n －1，整理得：b n ＝12b n －1.∴数列{b n }是以1为首项，12为公比的等比数列，∴b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n-1.设等差数列{a n }的公差为d ，∵b 1a 2＝3，b 1＋a 5＝7，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝3，a 1＋4d ＝6，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝1.∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2＋(n －1)×1＝n ＋1.(2)证明：设T n ＝a 1b 2＋a 2b 3＋…＋a n b n ＋1＝2×12＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(n ＋1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，∴12T n ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋(n ＋1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n+1，两式相减可得：12T n ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －(n ＋1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n+1＝1－(n ＋1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n+1＋14⎝⎛⎭⎪⎫1－12n －11－12＝32－n ＋32n ＋1，T n ＝3－n ＋32n .即a 1b 2＋a 2b 3＋…＋a n b n ＋1＝3－n ＋32n .∵n ＋32n＞0，∴a 1b 2＋a 2b 3＋…＋a n b n ＋1＜3.规范解答集训(三) 概率与统计(建议用时：40分钟)1．(2019·成都高新区一诊)当前，以“立德树人”为目标的课程改革正在有序推进．高中联招对初三毕业学生进行体育测试，是激发学生、家长和学校积极开展体育活动，保证学生健康成长的有效措施．成都2019年初中毕业生升学体育考试规定，考生必须参加立定跳远、掷实心球、1分钟跳绳三项测试，三项考试满分50分，其中立定跳远15分，掷实心球15分，1分钟跳绳20分．某学校在初三上学期开始时要掌握全年级学生每分钟跳绳的情况，随机抽取了100名学生进行测试，得到下边频率分布直方图，且规定计分规则如下表：(1)现从样本的100名学生中，任意选取2人，求两人得分之和不大于35分的概率； (2)若该校初三年级所有学生的跳绳个数X 服从正态分布N (μ，σ2)，用样本数据的平均值和方差估计总体的期望和方差，已知样本方差s 2≈169(各组数据用中点值代替)．根据往年经验，该校初三年级学生经过一年的训练，正式测试时每人每分钟跳绳个数都有明显进步，假设今年正式测试时每人每分钟跳绳个数比初三上学期开始时个数增加10个，现利用所得正态分布模型：①预计全年级恰有2 000名学生，正式测试每分钟跳182个以上的人数；(结果四舍五入到整数)②若在全年级所有学生中任意选取3人，记正式测试时每分钟跳195以上的人数为ξ，求随机变量的分布列和期望．附：若随机变量X 服从正态分布N (μ，σ2)，则P (μ－σ<X <μ＋σ)＝0.682 7，P (μ－2σ<X <μ＋2σ)＝0.954 5，P (μ－3σ<X <μ＋3σ)＝0.997 3.[解](1)设“两人得分之和不大于35分”为事件A ，则事件A 包括两种情况：①两人得分均为17分；②两人中1人得17分，1人得18分．由古典概型概率公式可得P (A )＝C 26＋C 16C 112C 2100＝＝291 650，所以两人得分之和不大于35分的概率为291 650.(2)由频率分布直方图可得样本数据的平均数为X ＝160×0.06＋170×0.12＋180×0.34＋190×0.30＋200×0.1＋210×0.08＝185(个)，又由s 2≈169，得s ≈13，所以正式测试时μ＝195，σ＝13， ∴μ－σ＝182.①由正态曲线的对称性可得P (ξ>182)＝1－1－0.682 72＝0.841 35，∴0.841 35×2 000＝1 682.7≈1 683(人)，所以可预计全年级恰有2 000名学生，正式测试每分钟跳182个以上的人数为1 683人. ②由正态分布模型，全年级所有学生中任取1人，每分钟跳绳个数195以上的概率为0.5，所以ξ～B (3,0.5)，∴P (ξ＝0)＝C 03·(1－0.5)3＝0.125，P (ξ＝1)＝C 13·0.5·(1－0.5)2＝0.375， P (ξ＝2)＝C 23·0.52·(1－0.5)＝0.375， P (ξ＝3)＝C 33·0.53＝0.125.∴ξ的分布列为2．某种水果按照果径大小可分为四类：标准果、优质果、精品果、礼品果．某采购商从采购的一批水果中随机抽取100个，利用水果的等级分类标准得到的数据如下：品果的概率．(结果用分数表示)(2)用样本估计总体，果园老板提出两种购销方案给采购商参考．方案1：不分类卖出，单价为20元/kg. 方案2：分类卖出，分类后的水果售价如下：(3)用分层抽样的方法从这100个水果中抽取10个，再从抽取的10个水果中随机抽取3个，X 表示抽取的是精品果的数量，求X 的分布列及数学期望E (X )．[解](1)设从100个水果中随机抽取一个，抽到礼品果的事件为A ，则P (A )＝20100＝15.现有放回地随机抽取4个，设抽到礼品果的个数为X ，则 X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫4，15. ∴恰好抽到2个礼品果的概率为：P (X ＝2)＝C 24⎝ ⎛⎭⎪⎫452×⎝ ⎛⎭⎪⎫152＝96625.(2)设方案2的单价为ξ，则单价的期望值为：E (ξ)＝16×110＋18×310＋22×410＋24×210＝16＋54＋88＋4810＝20.6.∵E (ξ)＞20，从采购商的角度考虑，应该采用第一种方案．(3)用分层抽样的方法从100个水果中抽取10个，则其中精品果4个，非精品果6个，现从中抽取3个，则精品果的数量X 服从超几何分布，所有可能的取值为：0,1,2,3. 则P (X ＝0)＝C 36C 310＝16；P (X ＝1)＝C 26C 14C 310＝12；P (X ＝2)＝C 16C 24C 310＝310；P (X ＝3)＝C 34C 310＝130.∴X 的分布列如下：∴E (X )＝0×6＋1×2＋2×10＋3×30＝5.3．(2019·北京高考)改革开放以来，人们的支付方式发生了巨大转变．近年来，移动支付已成为主要支付方式之一．为了解某校学生上个月A ，B 两种移动支付方式的使用情况，从全校学生中随机抽取了100人，发现样本中A ，B 两种支付方式都不使用的有5人，样本中仅使用A 和仅使用B 的学生的支付金额分布情况如下：(2)从样本仅使用A 和仅使用B 的学生中各随机抽取1人，以X 表示这2人中上个月支付金额大于1 000元的人数，求X 的分布列和数学期望；(3)已知上个月样本学生的支付方式在本月没有变化．现从样本仅使用A 的学生中，随机抽查3人，发现他们本月的支付金额都大于2 000元．根据抽查结果，能否认为样本仅使用A 的学生中本月支付金额大于2 000元的人数有变化？说明理由．[解](1)由题意知，样本中仅使用A 的学生有18＋9＋3＝30人，仅使用B 的学生有10＋14＋1＝25人，A ，B 两种支付方式都不使用的学生有5人．故样本中A ，B 两种支付方式都使用的学生有100－30－25－5＝40人．所以从全校学生中随机抽取1人，该学生上个月A ，B 两种支付方式都使用的概率估计为40100＝0.4. (2)X 的所有可能值为0,1,2.记事件C 为“从样本仅使用A 的学生中随机抽取1人，该学生上个月的支付金额大于1 000元”，事件D 为“从样本仅使用B 的学生中随机抽取1人，该学生上个月的支付金额大于1 000元”．由题设知，事件C ，D 相互独立，且P (C )＝9＋330＝0.4，P (D )＝14＋125＝0.6.所以P (X ＝2)＝P (CD )＝P (C )P (D )＝0.24，P (X ＝1) ＝P (C D ∪C D )＝P (C )P (D )＋P (C )P (D ) ＝0.4×(1－0.6)＋(1－0.4)×0.6 ＝0.52，P (X ＝0)＝P (C D )＝P (C )P (D )＝0.24.所以X 的分布列为故X的数学期望E(X)＝0×0.24＋1×0.52＋2×0.24＝1.(3)记事件E为“从样本仅使用A的学生中随机抽查3人，他们本月的支付金额都大于2 000元”．假设样本仅使用A的学生中，本月支付金额大于2 000元的人数没有变化，则由上个月的样本数据得P(E)＝1C330＝14 060.答案示例1：可以认为有变化．理由如下：P(E)比较小，概率比较小的事件一般不容易发生．一旦发生，就有理由认为本月的支付金额大于2 000元的人数发生了变化．所以可以认为有变化．答案示例2：无法确定有没有变化．理由如下：事件E是随机事件，P(E)比较小，一般不容易发生，但还是有可能发生的，所以无法确定有没有变化．4．为“惩戒学术不端，力戒浮躁之风”，教育部拟抽检博士学位论文约6 000篇，预算为800万元．根据2014年印发的《博士硕士学位论文抽检办法》通知中规定：每篇抽检的学位论文送3位同行专家进行评议，3位专家中有2位以上(含2位)专家评议意见为“不合格”的学位论文，将认定为“存在问题学位论文”．有且只有1位专家评议意见为“不合格”的学位论文，将再送2位同行专家进得复评，2位复评专家中有1位以上(含1位)专家评议意见为“不合格”的学位论文，将认定为“存在问题学位论文”．设每篇学位论文被每位专家评议为“不合格”的概率均为p(0<p<1)，且各篇学位论文是否被评议为“不合格”相互独立．(1)记一篇抽检的学位论文被认定为“存在问题学位论文”的概率为f(p)，求f(p)；(2)若拟定每篇抽检论文不需要复评的评审费用为900元，需要复评的评审费用为1 500元；除评审费外，其它费用总计为100万元．现以此方案实施，且抽检论文为6 000篇，问是否会超过预算？并说明理由．[解](1)因为一篇学位论文初评被认定为“存在问题学位论文”的概率为C23p2(1－p)＋C33 p3，一篇学位论文复评被认定为“存在问题学位论文”的概率为C13p(1－p)2[1－(1－p)2]，所以一篇学位论文被认定为“存在问题学位论文”的概率为f(p)＝C23p2(1－p)＋C33p3＋C13p(1－p)2[1－(1－p)2]＝3p2(1－p)＋p3＋3p(1－p)2[1－(1－p)2]＝－3p5＋12p4－17p3＋9p2.(2)设每篇学位论文的评审费为X元，则X的可能取值为900,1 500.P(X＝1 500)＝C13p(1－p)2，P(X＝900)＝1－C13p(1－p)2，所以E(X)＝900×[1－C13p(1－p)2]＋1 500×C13p(1－p)2＝900＋1 800p(1－p)2.令g (p )＝p (1－p )2，p ∈(0,1)，g ′(p )＝(1－p )2－2p (1－p )＝(3p －1)(p －1)．当p ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13时，g ′(p )>0，g (p )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13单调递增，当p ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1时，g ′(p )<0，g (p )在⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1单调递减，所以g (p )的最大值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝427.所以实施此方案，最高费用为100＋6 000×⎝ ⎛⎭⎪⎫900＋1 800×427×10－4＝800(万元)．综上，若以此方案实施，不会超过预算．规范解答集训(四) 立体几何(建议用时：40分钟)1.(2019·烟台三模)如图，直角三角形ABD 所在的平面与半圆弧BD ︵所在平面相交于BD ，AB ＝BD ＝2，E ，F 分别为AD ，BD 的中点，C 是BD ︵上异于B ，D 的点，EC ＝ 2.(1)证明：平面CEF ⊥平面BCD ；(2)若点C 为半圆弧BD ︵上的一个三等分点(靠近点D )求二面角A CE B 的余弦值．[解](1)证明：因为C 半圆弧BD ︵上的一点，所以BC ⊥CD .在△ABD 中，E ，F 分别为AD ，BD 的中点，所以EF ＝12AB ＝1，且EF ∥AB .于是在△EFC 中，EF 2＋FC 2＝1＋1＝2＝EC 2，所以△EFC 为直角三角形，且EF ⊥FC . 因为AB ⊥BD ，EF ∥AB ，所以EF ⊥BD . 因为EF ⊥FC ，EF ⊥BD ，BD ∩FC ＝F, 所以EF ⊥平面BCD . 又EF平面CEF ，所以平面CEF ⊥平面BCD .(2)由已知∠BFC ＝120°，以F 为坐标原点，分别以垂直于BD 、向量FD →，F E →所在方向作为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系F xyz ，则C ⎝⎛⎭⎪⎫32，12，0，E (0,0,1)，B (0，－1,0)，A (0，－1,2)，C E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－12，1，B E →＝(0,1,1)，A E →＝(0,1，－1)．设平面ACE 的一个法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧A E →·m ＝0，C E →·m ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y 1－z 1＝0，－32x 1－12y 1＋z 1＝0，取z 1＝1，得m ＝⎝⎛⎭⎪⎫33，1，1. 设平面BCE 的法向量n ＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧B E →·n ＝0，C E →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y 2＋z 2＝0，－32x 2－12y 2＋z 2＝0，取z 2＝1，得n ＝(3，－1,1).所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝1213×5＝10535，又二面角A CE B 为锐角，所以二面角A C B 的余弦值为10535. 2.(2019·沈阳三模)如图，四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的正方形，侧面PAB ⊥底面ABCD ，E 为PC 上的点，且BE ⊥平面APC .(1)求证：平面PAD ⊥平面PBC ；(2)当三棱锥P ABC 体积最大时，求二面角B AC P 的余弦值． [解](1)证明：∵侧面PAB ⊥底面ABCD ，侧面PAB ∩底面ABCD ＝AB ，四边形ABCD 为正方形， ∴BC ⊥AB ，∴BC ⊥平面PAB ，又AP平面PAB ，∴AP ⊥BC ，BE ⊥平面APC ，AP平面PAC ，∴AP ⊥BE ，BC ∩BE ＝B ，∴AP ⊥平面PBC ，又AP平面PAD ，∴平面PAD ⊥平面PBC .(2)V P ABC ＝V C APB ＝13×12×PA ×PB ×BC ＝13×PA ×PB ，求三棱锥P ABC 体积的最大值，只需求PA ×PB 的最大值．令PA ＝x ，PB ＝y ，由(1)知，PA ⊥PB ，∴x 2＋y 2＝4，而V P ABC ＝13xy ≤13×x 2＋y 22＝23，当且仅当x ＝y ＝2，即PA ＝PB ＝2时，V P ABC 的最大值为23.如图所示，分别取线段AB ，CD 中点O ，F ，连接OP ，OF ，以点O 为坐标原点，以OP ，OB 和OF 分别作为x 轴，y 轴和z 轴，建立空间直角坐标系O xyz .由已知A (0，－1,0)，C (0,1,2)，P (1,0,0)，所以AP →＝(1,1,0)，AC →＝(0,2,2)．令n ＝(x ，y ，z )为平面PAC 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，2y ＋2z ＝0，设x ＝1，则y ＝－1，z ＝1，∴n ＝(1，－1,1)．易知m ＝(1,0,0)为面ABC 的一个法向量，二面角B AC P 的平面角为θ，θ为锐角，则cos θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·m |n |·|m |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪13＝33.3．如图，△ABC 是以C 为直角的等腰直角三角形，直角边长为8，AE ∶EC ＝5∶3，DE ∥BC ，沿DE 将三角形ADE 折起，使得点A 在平面BCED 上的射影是点C ，点M 在AC 上且MC ＝23AC .(1)在BD 上确定点N 的位置，使得MN ∥平面ADE ； (2)在(1)的条件下，求CN 与平面ABD 所成角的正弦值． [解] (1)由点A 在平面BCED 上的射影是点C ，可知AC ⊥平面BCED ，又BC ⊥CE ，故建立如图所示的空间直角坐标系，C (0,0,0)，A (0,0,4)，B (0,8,0)，D (3,5,0)，E (3,0,0)．由MC ＝23AC ，可知点M 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫0，0，83，设点N 的坐标为(x ，y,0)，则由点N 在BD 上可得y ＝8－x ，即点N 的坐标为(x,8－x,0)，则MN →＝⎝⎛⎭⎪⎫x ，8－x ，－83.设平面ADE 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·D E →＝0，n 1·A E →＝0.而D E →＝(0，－5,0)，A E →＝(3,0，－4)，所以⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，3x －4z ＝0，取x ＝4，则z ＝3，可得n 1＝(4,0,3)，MN ∥平面ADE 等价于n 1·MN →＝0，即4x ＋0×(8－x )＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫－83＝0.解得x ＝2，即点N 的坐标为(2,6,0)，所以点N 为BD 的靠近D 点的三等分点．(2)由(1)可知CN →＝(2,6,0)，设平面ABD 的法向量为n 2＝(p ，q ，r )，由题意可知⎩⎪⎨⎪⎧n 2·DB →＝0，n 2·AB →＝0，而DB →＝(－3,3,0)，AB →＝(0,8，－4)，可得⎩⎪⎨⎪⎧－3p ＋3q ＝0，8q －4r ＝0，取p ＝1，则q ＝1，r ＝2.所以n 2＝(1,1,2)．设CN 与平面ABD 所成的角为θ，则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 2·CN→|n 2|·|CN →|＝21515. 即CN 与平面ABD 所成角的正弦值为21515.4.如图，平面ABCD ⊥平面ABE ，四边形ABCD 是边长为2的正方形，AE ＝1，F 为为CE 上的点，且BF ⊥平面ACE .(1)求证：AE ⊥平面BCE ；(2)线段AD 上是否存在一点M ，使平面ABE 与平面MCE 所成二面角的余弦值为34？若存在，试确定点M 的位置；若不存在，请说明理由．[解](1)证明：∵BF ⊥平面ACE ，AE 平面ACE ，∴BF ⊥AE ，∵四边形ABCD 是正方形， ∴BC ⊥AB ，又平面ABCD ⊥平面ABE ，平面ABCD ∩平面ABE ＝AB ，∴CB ⊥平面ABE ， ∵AE平面ABE ，∴CB ⊥AE .∵BF ∩BC ＝B ， ∴AE ⊥平面BCE .(2)存在，当AM ＝3时，平面ABE 与平面MCE 所成二面角的余弦值为34. ∵AE ⊥平面BCE ，BE 平面BCE .∴AE ⊥BE ，在Rt△AEB 中，AB ＝2，AE ＝1， ∴∠ABE ＝30°，∠BAE ＝60°，以A 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系A xyz .设AM ＝h ，则0≤h ≤2， ∵AE ＝1，∠BAE ＝60°， ∴M (0,0，h )，E ⎝⎛⎭⎪⎫32，12，0，B (0,2,0)，C (0,2,2)， ∴M E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，－h ，C E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－32，－2.设平面MCE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．则⎩⎪⎨⎪⎧n ·M E →＝0，n ·C E →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3x 2＋12y －hz ＝0，3x 2－32y －2z ＝0，令z ＝2，得n ＝⎝⎛⎭⎪⎫33(2＋3h )，h －2，2. 易知平面ABE 的一个法向量为m ＝(0,0,1)，由题意可知cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m ||n |＝213(2＋3h )2＋(h －2)2＋4＝34，解得h ＝3或h ＝－3(舍)．故当AM ＝3时，平面ABE 与平面MCE 所成二面角的余弦值为34.规范解答集训(五) 解析几何(建议用时：40分钟)1．(2019·兰州一诊)已知曲线C 上的任意一点到直线l ：x ＝－12的距离与到点F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0的距离相等．(1)求曲线C 的方程；(2)若过P (1,0)的直线与曲线C 相交于A ，B 两点，Q (－1,0)为定点，设直线AQ 的斜率为k 1，直线BQ 的斜率为k 2，直线AB 的斜率为k ，证明：1k 21＋1k 22－2k2为定值．[解](1)由条件可知，此曲线是焦点为F 的抛物线，p 2＝12，p ＝1.∴抛物线的方程为y 2＝2x .(2)根据已知，设直线AB 的方程为y ＝k (x －1)(k ≠0)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －1)，y 2＝2x可得ky 2－2y －2k ＝0.设A ⎝ ⎛⎭⎪⎫y 212，y 1，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫y 222，y 2，则y 1＋y 2＝2k ，y 1y 2＝－2.∵k 1＝y 1y 212＋1＝2y 1y 21＋2，k 2＝y 2y 222＋1＝2y 2y 22＋2. ∴1k 21＋1k 22＝(y 21＋2)24y 21＋(y 22＋2)24y 22＝(y 21＋2)2y 22＋(y 22＋2)2y 214y 21y 22＝y 41y 22＋y 42y 21＋8y 21y 22＋4(y 21＋y 22)4y 21y 22＝8(y 21＋y 22)＋3216＝(y 1＋y 2)2－2y 1y 2＋42＝4k 2＋82＝2k 2＋4.∴1k 21＋1k 22－2k2＝4.2．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的右焦点F (3，0)，长半轴长与短半轴长的比值为2.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)设不经过点B (0,1)的直线l 与椭圆C 相交于不同的两点M ，N ，若点B 在以线段MN 为直径的圆上，证明直线l 过定点，并求出该定点的坐标．[解](1)由题意得，c ＝3，a b＝2，a 2＝b 2＋c 2， ∴a ＝2，b ＝1，∴椭圆C 的标准方程为x 24＋y 2＝1.(2)证明：当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为y ＝kx ＋m (m ≠1)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 2＋4y 2＝4，消去y 可得(4k 2＋1)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0.∴Δ＝16(4k 2＋1－m 2)>0，x 1＋x 2＝－8km 4k 2＋1，x 1x 2＝4m 2－44k 2＋1.∵点B 在以线段MN 为直径的圆上，∴BM →·BN →＝0.∵BM →·BN →＝(x 1，kx 1＋m －1)·(x 2，kx 2＋m －1)＝(k 2＋1)x 1x 2＋k (m －1)(x 1＋x 2)＋(m －1)2＝0，∴(k 2＋1)4m 2－44k 2＋1＋k (m －1)－8km 4k 2＋1＋(m －1)2＝0，整理，得5m 2－2m －3＝0，解得m ＝－35或m ＝1(舍去)．∴直线l 的方程为y ＝kx －35.易知当直线l 的斜率不存在时，不符合题意．故直线l 过定点，且该定点的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫0，－35. 3．(2019·洛阳一模)已知椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)右顶点与右焦点的距离为6－2，短轴长为22，O 为坐标原点．(1)求椭圆的方程；(2)过点P (0，－4)的直线l 与椭圆分别交于A ，B 两点，求△OAB 的面积的最大值． [解](1)由题意知a －c ＝6－2,2b ＝22，∴b ＝ 2. 联立解得：c ＝2，a ＝ 6. ∴椭圆的方程为x 26＋y 22＝1.(2)由题意知直线l 的斜率k 存在，设直线方程为y ＝kx －4，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 26＋y 22＝1，y ＝kx －4消去y 得(1＋3k 2 )x 2－24kx ＋42＝0.设点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，∴Δ>0，即3k 2－7>0，x 1＋x 2＝24k 1＋3k 2，x 1·x 2＝421＋3k 2.∵O 到AB 的距离d ＝41＋k2，|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2 |，所以S △OAB ＝12|AB |d ＝2·|x 1－x 2|＝2(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫24k 1＋3k 22－4·421＋3k 2＝46·3k 2－7(1＋3k 2)2. 令t ＝3k 2－7，∴t >0,3k 2＋1＝t ＋8.∴S △OAB ＝46·tt 2＋16t ＋64＝46·1t ＋16＋64t≤46·116＋2t ·64t＝ 3. 当且仅当t ＝8，即k ＝±5时，△OAB 的面积的最大值为 3.4．已知抛物线C ：x 2＝2py (p ＞0)的焦点为F ，M (－2，y 0)是C 上一点，且|MF |＝2. (1)求C 的方程；(2)过点F 的直线与抛物线C 相交于A ，B 两点，分别过点A ，B 两点作抛物线C 的切线l 1，l 2，两条切线相交于点P ，点P 关于直线AB 的对称点Q ，判断四边形PAQB 是否存在外接圆，如果存在，求出外接圆面积的最小值；如果不存在，请说明理由．[解](1)根据题意知，4＝2py 0，① 因为|MF |＝2，所以y 0＋p2＝2，②联立①②解得y 0＝1，p ＝2. 所以抛物线C 的方程为x 2＝4y . (2)四边形PAQB 存在外接圆．设直线AB 方程为y ＝kx ＋1，代入x 2＝4y 中，得x 2－4kx －4＝0，设点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)则Δ＝16k 2＋16＞0，且x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－4，所以|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝4(k 2＋1)，因为C ：x 2＝4y ，即y ＝x 24，所以y ′＝x2.因此，切线l 1的斜率为k 1＝x 12，切线l 2的斜率为k 2＝x 22，由于k 1k 2＝x 1x 24＝－1，所以PA ⊥PB ，即△PAB 是直角三角形，所以△PAB 的外接圆的圆心为线段AB 的中点，线段AB 是圆的直径，所以点Q 一定在△PAB 的外接圆上，即四边形PAQB 存在外接圆．又因为|AB |＝4(k 2＋1)，所以当k ＝0时，线段AB 最短，最短长度为4，此时圆的面积最小，最小面积为4π.规范解答集训(六) 函数、导数和不等式(建议用时：40分钟)1．已知函数f (x )＝ax ＋1－x ln x 的图象在点(1，f (1) )处的切线与直线x －y ＝0平行． (1)求函数f (x )的极值； (2)若对于x 1，x 2∈(0，＋∞)，f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2＞m (x 1＋x 2)，求实数m 的取值范围．[解](1)f (x )＝ax ＋1－x ln x 的导数为f ′(x )＝a －1－ln x ，可得y ＝f (x )的图象在点(1，f (1) )处的切线斜率为a －1，由切线与直线x －y ＝0平行，可得a －1＝1，即a ＝2，f (x )＝2x ＋1－x ln x ，f ′(x )＝1－ln x ，当0<x <e 时f ′(x )>0，当x >e 时，f ′(x )＜0，所以f (x )在(0，e)上递增，在(e ，＋∞)上递减，可得f (x )在x ＝e 处取得极大值为f (e)＝e ＋1，无极小值． (2)设x 1>x 2>0，若f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2＞m (x 1＋x 2)，可得f (x 1)－f (x 2)＞mx 21－mx 22，即f (x 1)－mx 21＞f (x 2)－mx 22，设g (x )＝f (x )－mx 2在(0，＋∞)上为增函数，即g ′(x )＝1－ln x －2mx ≥0在(0，＋∞)上恒成立，可得2m ≤1－ln x x 在(0，＋∞)上恒成立，设h (x )＝1－ln x x ，所以h ′(x )＝ln x －2x2， h (x )在(0，e 2)上递减，在(e 2，＋∞)上递增，h (x )在x ＝e 2处取得极小值为h (e 2)＝－1e2，所以m ≤－12e2.2．(2019·石家庄一模)已知函数f (x )＝a e x－sin x ，其中a ∈R ，e 为自然对数的底数． (1)当a ＝1时，证明：对x ∈[0，＋∞)，f (x )≥1；(2)若函数f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上存在极值，求实数a 的取值范围．[解](1)当a ＝1时，f (x )＝e x－sin x ，于是，f ′(x )＝e x－cos x . 又因为当x ∈(0，＋∞)时，e x >1且cos x ≤1. 故当x ∈(0，＋∞)时，e x－cos x >0，即f ′(x )>0.所以，函数f (x )＝e x－sin x 为(0，＋∞)上的增函数，于是，f (x )≥f (0)＝1. 因此，对x ∈[0，＋∞)，f (x )≥1.(2)法一：由题意f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上存在极值，则f ′(x )＝a e x－cos x 在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上存在零点，①当a ∈(0,1)时，f ′(x )＝a e x－cos x 为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上的增函数，注意到f ′(0)＝a －1<0，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝a ·e π2>0，所以，存在唯一实数x 0∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，使得f ′(x 0)＝0成立.于是，当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0，f (x )为(0，x 0)上的减函数；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，π2时，f ′(x )>0，f (x )为⎝⎛⎭⎪⎫x 0，π2上的增函数；所以x 0∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2为函数f (x )的极小值点； ②当a ≥1时，f ′(x )＝a e x －cos x ≥e x－cos x >0在x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上成立，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上单调递增，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上没有极值；③当a ≤0时，f ′(x )＝a e x－cos x <0在x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上成立，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上单调递减，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上没有极值，综上所述，使f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上存在极值的a 的取值范围是(0,1)．法二：由题意，函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上存在极值，则f ′(x )＝a e x－cos x 在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上存在零点．即a ＝cos x e x 在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上存在零点.设g (x )＝cos x e x ，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，则由单调性的性质可得g (x )为⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上的减函数．即g (x )的值域为(0,1)，所以，当实数a ∈(0,1)时，f ′(x )＝a e x－cos x 在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上存在零点．下面证明，当a ∈(0,1)时，函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上存在极值．事实上，当a ∈(0,1)时，f ′(x )＝a e x－cos x 为⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上的增函数，注意到f ′(0)＝a －1<0，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝a ·e π2>0，所以，存在唯一实数x 0∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，使得f ′(x 0)＝0成立．于是，当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0，f (x )为(0，x 0)上的减函数；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，π2时，f ′(x )>0，f (x )为⎝⎛⎭⎪⎫x 0，π2上的增函数；即x 0∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2为函数f (x )的极小值点．综上所述，当a ∈(0,1)时，函数f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上存在极值．3．(2019·日照二模)已知函数f (x )＝k e x(x －1)－12x 2，k ∈R .(1)当k ＝－1时，求f (x )的最大值；(2)若函数f (x )有两个零点，求k 的取值范围．[解](1)当k ＝－1时，f (x )＝－e x (x －1)－12x 2，f ′(x )＝－e x x －x ＝－x (e x＋1)，当x ＜0时，f ′(x )＞0，当x ＞0时，f ′(x )＜0，所以f (x )在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，所以f (x )在x ＝0时取到最大值，最大值为f (0)＝1.(2)f ′(x )＝k e xx －x ＝x (k e x－1)，当k ＜0时，f (x )在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，又因为f (0)＝－k ＞0，f (1)＝－12＜0，f (2k －1)＝k e 2k －1(2k －2)－12(2k －1)2＜k (2k －2)－12(2k －1)2＝－12＜0，所以f (x )有两个零点；当k ＝0时，f (x )＝－12x 2，所以此时f (x )只有一个零点；当k ＝1时，f ′(x )＝e xx －x ＝x (e x－1)≥0，f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增，f (x )不存在两个零点；当0＜k ＜1时，ln 1k＝－ln k ＞0，f (x )在(－∞，0)上单调递增，在(0，－ln k )上单调递减，在(－ln k ，＋∞)上单调递增，且f (0)＝－k ＜0，f (x )不存在两个零点；当k ＞1时，ln 1k＝－ln k ＜0，f (x )在(－∞，－ln k )上单调递增，在(－ln k,0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，且f (－ln k )＝－(ln k ＋1)2＋12＜0，f (x )不存在两个零点．综上，当f (x )有两个零点时，k 的取值范围是(－∞，0)． 4．已知函数f (x )＝x －ln(ax ＋1)(a ≠0)． (1)若f (x )≥0，求a 的值；(2)已知某班共有n 人，记这n 人生日至少有两人相同的概率为P (n )，n ≤365，将一年看作365天．①求P (n )的表达式；②估计P (60)的近似值(精确到0.01)．参考数值：e －35473≈0.007 83，e －24373≈0.034 87，e －15673≈0.118 01.[解](1)由题得，当a ＞0时，f (x )的定义域为⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a，＋∞.当a ＜0时，f (x )的定义域为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1a ，又f (0)＝0，且f (x )≥0，所以x ＝0是f (x )的极小值点，故f ′(0)＝0. 而f ′(x )＝1－aax ＋1，于是1－a ＝0，解得a ＝1. 下面证明当a ＝1时，f (x )≥0.当a ＝1时，f (x )＝x －ln(x ＋1)，f ′(x )＝1－1x ＋1＝x x ＋1，x ＞－1，所以当x ＞0时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增；当－1＜x ＜0时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减，所以f (x )≥f (0)＝0，即a ＝1符合题意．综上，a ＝1.(2)①由于n 人生日都不相同的概率为365×364×363×…×(365－n ＋1)365n，故n 人生日至少有两人相同的概率为P (n )＝1－365×364×363×…×(366－n )365n. ②由(1)可得当 x ＞－1时，x －ln(x ＋1)≥0，即ln(1＋x )≤x ，当且仅当x ＝0时取等号，由①得P (60)＝1－365365×364365×363365×…×306365＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1365⎝ ⎛⎭⎪⎫1－2365⎝ ⎛⎭⎪⎫1－3365…⎝ ⎛⎭⎪⎫1－59365.记t ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1365⎝ ⎛⎭⎪⎫1－2365…⎝ ⎛⎭⎪⎫1－59365，则ln t ＝ln ⎝⎛⎭⎪⎫1－1365＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－2365＋…＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－59365＜－1365－2365－…－59365＝－1＋2＋…＋59365＝－59×602×365＝－35473，即t ＜e －35473. 由参考数值得t ＜e－35473≈0.007 9，于是P (60)＝1－t ＞1－0.007 9＝0.992 1，故P (60)≈0.99.规范解答集训(一) 三角函数和解三角形(建议用时：40分钟)1．(2019·东莞模拟)在锐角△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，且b sin B ＝2c3.(1)求角C 的大小；(2)若△ABC 的面积为3，且1a ＋1b＝3，求c 的值．[解] (1)由题意知b sin B ＝2c3，根据正弦定理得sin B sin B ＝2sin C 3，得sin C ＝32.∵C 是锐角三角形的内角， ∴C ＝π3.(2)因为S △ABC ＝3＝12ab sin C ，∴ab ＝4，又∵1a ＋1b ＝a ＋b ab＝3，∴a ＋b ＝43，由余弦定理得c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ＝(a ＋b )2－3ab ＝48－12＝36， ∴c ＝6.2．(2019·贵阳模拟)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，若其面积S ＝34(a 2＋c 2－b 2)．(1)求角B ；(2)若b ＝23，a ＋c ＝6，求△ABC 的面积． [解] (1)∵三角形的面积S ＝34(a 2＋c 2－b 2)， ∴12ac sin B ＝34(a 2＋c 2－b 2)．即12sin B ＝34×a 2＋c 2－b 2ac ＝32×a 2＋c 2－b 22ac ＝32cos B ，即tan B ＝3，即B ＝π3.(2)∵B ＝π3，b ＝23，a ＋c ＝6，∴b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ，即12＝(a ＋c )2－2ac －2ac ×12＝36－3ac ，得3ac ＝24，得ac ＝8，则三角形的面积S ＝12ac sin B ＝12×8×32＝2 3.3．(2019·郑州模拟)如图，四边形ABCD 中，AC ＝3BC ，AB ＝4，∠ABC ＝π3.(1)求∠ACB ；(2)若∠ADC ＝2π3，四边形ABCD 的周长为10，求四边形ABCD 的面积．[解] (1)设BC ＝a ，则AC ＝3a ，由余弦定理得AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC ·cos∠ABC ，即3a 2＝42＋a 2－2×4×a ×12，可得a 2＋2a －8＝0，解得a ＝2，或a ＝－4(舍去)，所以AB 2＝AC 2＋BC 2，即∠ACB ＝π2.(2)由(1)得S △ABC ＝12·AC ·BC ＝2 3.因为四边形ABCD 的周长为10，AB ＝4，BC ＝2，AC ＝23，∠ADC ＝2π3，所以AD ＋CD ＝4，又AC 2＝AD 2＋DC 2－2AD ·DC ·cos∠ADC ，即12＝AD 2＋DC 2＋AD ·DC ＝(AD ＋CD )2－AD ·DC ，所以AD ·DC ＝4，所以S △ADC ＝12AD ·DC ·sin 2π3＝3，所以S 四边形ABCD ＝S △ABC ＋S △ADC ＝23＋3＝3 3.4．(2019·荆州模拟)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且2cos B (a cos C ＋c cos A )＝b .(1)求B ；(2)若b ＝2，设A ＝α，△ABC 的周长为l ，求l ＝f (α)的解析式并求f (α)的最大值． [解] (1)由2cos B (a cos C ＋c cos A )＝b ，可得2cos B (sin A cos C ＋sin C cos A )＝2cosB sin(A ＋C )＝2cos B sin B ＝sin B ，由于sin B ≠0，得cos B ＝12.又B ∈(0，π)，所以B ＝π3.(2)b ＝2，由正弦定理a sin A ＝b sin B ＝c sin C ，及A ＝α，C ＝π－(A ＋B )＝2π3－α，得：a sin α＝2sin π3＝csin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3－α，∴a ＝43sin α，c ＝43sin ⎝⎛⎭⎪⎫2π3－α，∴△ABC 周长l ＝f (α)＝a ＋b ＋c ＝43sin α＋2＋43sin ⎝⎛⎭⎪⎫2π3－α＝43⎝⎛⎭⎪⎫sin α＋32cos α＋12sin α＋2＝43⎝ ⎛⎭⎪⎫32sin α＋32cos α＋2＝4⎝⎛⎭⎪⎫32sin α＋12cos α＋2＝4sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6＋2， ∵0＜α＜2π3，∴当α＋π6＝π2，即α＝π3时，l max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＝4＋2＝6. 所以△ABC 周长的最大值为6.5．(2019·汕头模拟)△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .已知b ，c,2a cos B 成等差数列．(1)求角A ；(2)若a ＝13，b ＝3，D 为BC 中点，求AD 的长．[解] (1)∵b ，c,2a cos B 成等差数列，则2c ＝b ＋2a cos B ，由正弦定理得：2×2R sin C ＝2R sin B ＋2×2R sin A cos B (R 为△ABC 外接圆半径)，∴2sin C ＝sin B ＋2sin A cos B ，∴2sin(A ＋B )＝2sin A cos B ＋2cos A sin B ＝sin B ＋2sin A cos B ，即2cos A sin B ＝sin B . ∵sin B ≠0，∴cos A ＝12.又0＜A ＜π，∴A ＝π3.(2)在△ABC 中，a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ， ∴13＝9＋c 2－2×3×c ×12，即c 2－3c －4＝0，∴c ＝4，或c ＝－1(舍去)，故c ＝4.在△ABC 中，cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝13＋9－162×13×3＝1313，∴在△ACD 中，AD 2＝AC 2＋CD 2－2AC ·CD ·cos C ＝32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1322－2×3×132×1313＝374，所以AD ＝372.规范解答集训(二) 数列(建议用时：40分钟)1．已知数列{a n }的前n 项和S n 满足：a 1a n ＝S 1＋S n . (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若a n ＞0，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫log 2a n 32的前n 项和为T n ，试问当n 为何值时，T n 取得最小值？并求出最小值．[解] (1)因为a 1a n ＝S 1＋S n ，①所以当n ＝1时，a 21＝a 1＋a 1，解得a 1＝0或a 1＝2，当n ≥2时，a 1a n －1＝S 1＋S n －1，② 由①－②得，a 1(a n －a n －1)＝a n .若a 1＝0，则a n ＝0，此时数列{a n }的通项公式为a n ＝0. 若a 1＝2，则2(a n －a n －1)＝a n ，化简得a n ＝2a n －1(n ≥2)，此时数列{a n }是以2为首项，2为公比的等比数列，故a n ＝2n.综上，数列{a n }的通项公式为a n ＝0或a n ＝2n. (2)因为a n ＞0，故a n ＝2n.设b n ＝log 2a n32，则b n ＝n －5，显然{b n }是等差数列，由n －5≥0，解得n ≥5，所以当n ＝4或n ＝5时，T n 取最小值，所以T n 的最小值为T 4＝T 5＝－10.2．(2019·潍坊模拟)已知数列{a n }，{b n }满足：a n ＋1＋1＝2a n ＋n ，b n －a n ＝n ，b 1＝2. (1)证明数列{b n }是等比数列，并求数列{b n }的通项； (2)求数列{a n }的前n 项和S n .[解] (1)∵b n －a n ＝n ，b 1＝2，∴a 1＝1， ∵a n ＋1＋1＝2a n ＋n ，∴a n ＋1＋n ＋1＝2(a n ＋n )， ∴a n ＋1＋(n ＋1)a n ＋n ＝2，即b n ＋1b n＝2.∴数列{b n }是首项为2，公比为2的等比数列，则b n ＝2n. (2)由b n －a n ＝n ，得a n ＝2n－n ， ∴S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n＝(21＋22＋23＋ (2))－(1＋2＋3＋…＋n ) ＝2(1－2n)1－2－n 2＋n 2＝2n ＋1－2－n 2＋n 2.3．(2019·惠州模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n －12S n －1＝0(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)是否存在实数λ，使得数列{S n ＋(n ＋2n)λ}为等差数列？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．[解] (1)当n ＝1时，由a n －12S n －1＝0(n ∈N *)，得：a 1－12S 1－1＝0，解得：a 1＝2.又由a n －12S n －1＝0(n ∈N *)，可得a n ＋1－12S n ＋1－1＝0(n ∈N *)，两式相减得12a n ＋1－a n ＝0，即a n ＋1＝2a n .故数列{a n }是以2为首项，2为公比的等比数列．所以a n ＝2n. (2)由(1)知q ≠1，所以S n ＝a 1(1－q n )1－q＝2(2n－1)．令b n ＝S n ＋(n ＋2n)λ＝(λ＋2)2n＋λn －2，为使{b n }为等差数列，则b n 是关于n 的一次函数，所以λ＝－2，此时b n ＝－2n －2，当n ＝1时，b 1＝－2×1－2＝－4.当n ≥2时，b n －b n －1＝－2n －2－[－2(n －1)－2]＝－2，所以{S n ＋(n ＋2n )λ}是以－4为首项，－2为公差的等差数列．4．(2019·张店模拟)已知递增的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1·a 4＝16，S 4＝20. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)若b n ＝(－1)n －12n ＋1S n，且数列{b n }的前n 项和为T n ，求T n .[解] (1)由⎩⎪⎨⎪⎧a 1a 4＝16，S 4＝2(a 1＋a 4)＝20，且a 1＜a 4知⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，a 4＝8，公差d ＝a 4－a 13＝2，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n . (2)由(1)得S n ＝(2n ＋2)n2＝n (n ＋1)，b n ＝(－1)n －12n ＋1S n ＝(－1)n －12n ＋1n (n ＋1)＝(－1)n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1n ＋1. ∴T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋13＋…＋(－1)n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1n ＋1＝1＋(－1)n －11n ＋1.规范解答集训(六) 函数、导数、不等式(建议用时：60分钟)1．(2019·洛阳模拟)已知函数f (x )＝e x(x 2－2x ＋a )(其中a ∈R ，a 为常数，e 为自然对数的底数)．(1)讨论函数f (x )的单调性；。

通用版2020高考数学二轮复习规范解答集训五解析几何文

因为直线l与椭圆C相切，
所以Δ＝(18km)2－4(9k2＋8)(9m2－72)＝0，
化简得m2＝9k2＋8.
所以 · ＝－8＋m2－9k2＝0，
所以 ⊥ ，
故∠MF1N为定值 .
(注：可以先通过k＝0计算出此时∠MF1N＝，再验证一般性结论)
4．(20xx·合肥模拟)设椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1的直线交椭圆E于A，B两点．若椭圆E的离心率为，△ABF2的周长为4 .
[解](1)由题意知动圆P与直线l：y＝－1相切，且与定圆M：x2＋(y－2)2＝1外切，所以动点P到圆M的圆心M(0,2)的距离与到直线y＝－2的距离相等，由抛物线的定义知，点P的轨迹是以M(0,2)为焦点，直线y＝－2为准线的抛物线．
故所求点P的轨迹E的方程为x2＝8y.
(2)设直线AB：y＝kx＋b，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
(1)若AR∥FN，求的值；
(2)若点R为线段MN的中点，设以线段AB为直径的圆为圆E，判断点R与圆E的位置关系．
[解]由已知，得F(1,0)，设直线l的方程为x＝my＋1，与抛物线y2＝4x联立，
得消去x，得y2－4my－4＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝4m，y1y2＝－4.
通用版2020高考数学二轮复习规范解答集训五解析几何文
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规范解答集训(五) 解析几何
(建议用时：40分钟)
1．已知动圆E经过点F(1,0)，且和直线l：x＝－1相切．
(1)求该动圆圆心E的轨迹G的方程；
(2)已知点A(3,0)，若斜率为1的直线l′与线段OA相交(不经过坐标原点O和点A)，且与曲线G交于B，C两点，求△ABC面积的最大值．

2020版高考数学大二轮复习专题六函数与不等式、导数第五讲函数与导数第2课时导数的应用限时规范训练文

第2课时导数的应用1．(2019·吉林长春二模)已知函数f (x )＝ax ＋ln x (a ∈R)．(1)若a ＝2，求曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程；(2)求f (x )的单调区间；(3)设g (x )＝x 2－2x ＋2，若对任意x 1∈(0，＋∞)，均存在x 2∈[0,1]，使得f (x 1)<g (x 2)，求a 的取值范围．解析：(1)由题易知f ′(x )＝2＋1x(x >0)，f ′(1)＝2＋1＝3，所以斜率k ＝3，又切点(1,2)，所以切线方程为y －2＝3(x －1)，即3x －y －1＝0，故曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为3x －y －1＝0.(2)f ′(x )＝a ＋1x ＝ax ＋1x(x >0)， ①当a ≥0时，由于x >0，故ax ＋1>0，f ′(x )>0，所以f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)．②当a <0时，由f ′(x )＝0，得x ＝－1a .在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a 上，f ′(x )>0，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞上，f ′(x )<0，所以函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a ，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞. (3)由已知，转化为f (x )max <g (x )max ，g (x )＝(x －1)2＋1，x ∈[0,1]，所以g (x )max ＝2.由(2)知，当a ≥0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，值域为R ，故不符合题意(或者举出反例：存在f (e 3)＝a e 3＋3>2，故不符合题意)．当a <0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞上单调递减，故f (x )的极大值即为最大值，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－1＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－1－ln(－a )，所以2>－1－ln(－a )，解得a <－1e 3. 2．(2019·高考全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝2sin x －x cos x －x ，f ′(x )为f (x )的导数．(1)证明：f ′(x )在区间(0，π)存在唯一零点；(2)若x ∈[0，π]时，f (x )≥ax ，求a 的取值范围．解析：(1)证明：设g (x )＝f ′(x )，则g (x )＝cos x ＋x sin x －1，g ′(x )＝x cos x .当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2时，g ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π时，g ′(x )<0，所以g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π上单调递减．又g (0)＝0，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2>0，g (π)＝－2，故g (x )在(0，π)存在唯一零点．所以f ′(x )在区间(0，π)存在唯一零点．(2)由题设知f (π)≥a π，f (π)＝0，可得a ≤0.由(1)知，f ′(x )在(0，π)只有一个零点，设为x 0，且当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )>0；当x ∈(x 0，π)时，f ′(x )<0，所以f (x )在(0，x 0)上单调递增，在(x 0，π)上单调递减．又f (0)＝0，f (π)＝0，所以当x ∈[0，π]时，f (x )≥0.又当a ≤0，x ∈[0，π]时，ax ≤0，故f (x )≥ax .因此，a 的取值范围是(－∞，0]．3．已知函数f (x )＝(ax －1)e x ，(a ∈R)．(1)讨论f (x )的单调性；(2)当m >n >0时，证明：m e n ＋n <n e m ＋m .解析：(1)f (x )的定义域为R ，且f ′(x )＝(ax ＋a －1)e x ，①当a ＝0时，f ′(x )＝－e x <0，此时f (x )的单调递减区间为(－∞，＋∞)．②当a >0时，由f ′(x )>0，得x >－a －1a ；由f ′(x )<0，得x <－a －1a. 此时f (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－a －1a ，单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－a －1a ，＋∞. ③当a <0时，由f ′(x )>0，得x <－a －1a ；由f ′(x )<0，得x >－a －1a. 此时f (x )的单调减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－a －1a ，＋∞，单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－a －1a . (2)证明：当m >n >0时，要证：m e n ＋n <n e m＋m ，只要证：m (e n －1)<n (e m－1)，即证：e m －1m >e n －1n，(*) 设g (x )＝e x －1x ，x >0，则g ′(x )＝(x －1)e x ＋1x 2，x >0，设h (x )＝(x －1)e x ＋1，由(1)知h (x )在[0，＋∞)上单调递增，所以当x >0时，h (x )>h (0)＝0，于是g ′(x )>0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递增，所以当m >n >0时，(*)式成立，故当m >n >0时，m e n ＋n <n e m＋m .4．(2019·河南郑州质检)已知函数f (x )＝ln x －a (x ＋1)，a ∈R ，在f (1，f (1))处的切线与x 轴平行．(1)求f (x )的单调区间；(2)若存在x 0>1，当x ∈(1，x 0)时，恒有f (x )－x 22＋2x ＋12>k (x －1)成立，求k 的取值范围．解析：(1)由已知可得f (x )的定义域为(0，＋∞)．∵f ′(x )＝1x－a ，∴f ′(1)＝1－a ＝0，∴a ＝1， ∴f ′(x )＝1x －1＝1－x x，令f ′(x )>0得0<x <1，令f ′(x )<0得x >1，∴f (x )的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．(2)不等式f (x )－x 22＋2x ＋12>k (x －1)可化为ln x －x 22＋x －12>k (x －1)．令g (x )＝ln x －x 22＋x －12－k (x －1)(x >1)，则g ′(x )＝1x －x ＋1－k ＝－x 2＋(1－k )x ＋1x，令h (x )＝－x 2＋(1－k )x ＋1，x >1，h (x )的对称轴为x ＝1－k 2，当1－k 2≤1时，即k ≥－1，易知h (x )在(1，x 0)上单调递减，∴h (x )<h (1)＝1－k ，若k ≥1，则h (x )≤0，∴g ′(x )<0，∴g (x )在(1，x 0)上单调递减，∴g (x )<g (1)＝0，不合题意．若－1≤k <1，则h (1)>0，∴必存在x 0使得x ∈(1，x 0)时g ′(x )>0，∴g (x )在(1，x 0)上单调递增，∴g (x )>g (1)＝0恒成立，符合题意．当1－k 2>1时，即k <－1，易知必存在x ，使得h (x )在(1，x 0)上单调递增．∴h (x )>h (1)＝1－k >0，∴g ′(x )>0，∴g (x )在(1，x 0)上单调递增．∴g (x )>g (1)＝0恒成立，符合题意．综上，k 的取值范围是(－∞，1)．。

(完整word版)2020高考二轮复习导数.doc

③f′(x)＝0时，x＝－1或x＝2.
则函数f(x)的大致图象是()
2．(2019·北省九校第二次联考河
3＋2ln x的单调递减区间是()
)函数y＝x＋x
A．(－3，1)
B.(0，1)
C．(－1，3)
D.(0，3)
3．(2019
南·昌市第一次模拟测试
)已知f(x)在R上连续可导，f′( x)为其导函数，且f( x)
成的三角形的面积为
(
)
3
1
1
A.2
B.
2
C.2
D.
4
(2)(2019全·国卷Ⅲ)已知曲线
y＝aex＋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＝1
－
－
C．a＝e1，b＝1
D. a＝e1，b＝－1
(3)(2019成·都市第二次诊断性检测
)已知直线l既是曲线
D.(－3，3)或(4，－11)
5．(2019洛·阳市统考)已知a>0，曲线f(x)＝3x2－4ax
与曲线g(x)＝2a2ln x－b有公共点，
且在公共点处的切线相同，则实数
b的最小值为(
)
A．0
B.－12
e
2
4
C．－e2
D.－e2
6．若函数f(x)＝ex－(m＋1)ln x＋2(m＋1)x－1恰有两个极值点，则实数m的取值范围为
x
－x
x
－x
)，则f′(2)＋f′(－2)
－f′(0)f′(1)＝()
＝e
＋e
－f′(1)x·(e
－e
2
－2
B.4e

2020版高考数学二轮复习专题限时集训导数的简单应用文

专题限时集训(十三) 导数的简单应用[专题通关练] (建议用时：30分钟)1．已知函数f (x )的导函数f ′(x )满足下列条件： ①f ′(x )>0时.x <－1或x >2； ②f ′(x )<0时.－1<x <2； ③f ′(x )＝0时.x ＝－1或x ＝2. 则函数f (x )的大致图象是( )A [根据条件知.函数f (x )在(－1,2)上是减函数．在(－∞.－1).(2.＋∞)上是增函数.故选A.]2．已知直线2x －y ＋1＝0与曲线y ＝a e x＋x 相切(其中e 为自然对数的底数).则实数a 的值是( )A.12 B ．1 C ．2D ．eB [由题意知y ′＝a e x＋1＝2.则a >0.x ＝－ln a .代入曲线方程得y ＝1－ln a .所以切线方程为y －(1－ln a )＝2(x ＋ln a ).即y ＝2x ＋ln a ＋1＝2x ＋1⇒a ＝1.]3．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2在x ＝1处的极值为10.则数对(a .b )为( ) A ．(－3,3) B ．(－11,4)C ．(4.－11)D ．(－3,3)或(4.－11)C [f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b .依题意可得⎩⎪⎨⎪⎧f′1＝0，f 1＝10，即⎩⎪⎨⎪⎧3＋2a ＋b ＝0，1＋a ＋b ＋a2＝10，消去b 可得a 2－a －12＝0.解得a ＝－3或a ＝4.故⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4，b ＝－11.当⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝3时.f ′(x )＝3x 2－6x ＋3＝3(x －1)2≥0.这时f (x )无极值.不合题意.舍去.故选C.]4．已知f (x )＝x 2＋ax ＋3ln x 在(1.＋∞)上是增函数.则实数a 的取值范围为( ) A ．(－∞.－26] B.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，62 C ．[－2 6.＋∞)D ．[－5.＋∞)C [由题意得f ′(x )＝2x ＋a ＋3x ＝2x2＋ax ＋3x ≥0在(1.＋∞)上恒成立⇔g (x )＝2x 2＋ax ＋3≥0在(1.＋∞)上恒成立⇔Δ＝a 2－24≤0或⎩⎪⎨⎪⎧－a 4≤1，g 1≥0⇔－26≤a ≤26或⎩⎪⎨⎪⎧a≥－4，a≥－5⇔a ≥－2 6.故选C.]5．(20xx·重庆七校联考)函数f (x )(x >0)的导函数为f ′(x ).若xf ′(x )＋f (x )＝e x.且f (1)＝e.则( )A ．f (x )的最小值为eB ．f (x )的最大值为eC ．f (x )的最小值为1eD ．f (x )的最大值为1eA [设g (x )＝xf (x )－e x.则g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )－e x＝0. 所以g (x )＝xf (x )－e x为常数函数．因为g (1)＝1×f (1)－e ＝0. 所以g (x )＝xf (x )－e x＝g (1)＝0. 所以f (x )＝ex x .f ′(x )＝exx －1x2. 当0<x <1时.f ′(x )<0. 当x >1时.f ′(x )>0. 所以f (x )≥f (1)＝e.]6．(20xx·西安八校联考)已知曲线f (x )＝e x＋x 2.则曲线在(0.f (0))处的切线与坐标轴围成的图形的面积为________．②当a >0时.令f ′(x )＝－2ax2＋x ＋1x ＝0.则－2ax 2＋x ＋1＝0.易知其判别式为正. 设方程的两根分别为x 1.x 2(x 1<x 2). 则x 1x 2＝－12a<0.∴x 1<0<x 2.∴f ′(x )＝－2ax2＋x ＋1x ＝－2a x －x1x －x2x.x >0.令f ′(x )>0.得x ∈(0.x 2).令f ′(x )<0得x ∈(x 2.＋∞).其中x 2＝1＋8a ＋14a.∴函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1＋8a ＋14a 上单调递增.在⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋8a ＋14a ，＋∞上单调递减． 10．设函数f (x )＝ln x －2mx 2－n (m .n ∈R )． (1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )有最大值－ln 2.求m ＋n 的最小值． [解] (1)函数f (x )的定义域为(0.＋∞).f ′(x )＝1x －4mx ＝1－4mx2x. 当m ≤0时.f ′(x )>0.∴f (x )在(0.＋∞)上单调递增；当m >0时.令f ′(x )>0.得0<x <m 2m. 令f ′(x )<0.得x >m 2m. ∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，m 2m 上单调递增. 在⎝⎛⎭⎪⎫m 2m ，＋∞上单调递减． (2)由(1)知.当m ≤0时.f (x )在(0.＋∞)上单调递增.无最大值．当m >0时.f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，m 2m 上单调递增.在⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2m ，＋∞上单调递减． ∴f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎪⎫m 2m ＝ln m 2m －2m ·14m －n ＝－ln 2－12ln m －12－n ＝－ln 2. ∴n ＝－12ln m －12.∴m ＋n ＝m －12ln m －12.点.则P .Q 两点间距离的最小值为________．32 [y ′＝e －x－x e －x＝(1－x )e －x.令(1－x )e －x＝1.则e x ＝1－x .e x＋x －1＝0.令h (x )＝e x ＋x －1.易得h (x )是增函数.且h (0)＝0.则方程e x＋x －1＝0有且只有一解x ＝0.易求得过曲线y ＝x e －x上点(0,0)的切线方程为y ＝x .由题意可得.P .Q 两点间距离d 的最小值即两平行直线x －y ＝0和x －y ＋6＝0间的距离.所以最小值为d min ＝62＝3 2.]【押题2】已知函数f (x )＝ax 2＋bx －ln x (a .b ∈R )．(1)当a ＝－1.b ＝3时.求函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上的最大值和最小值； (2)当a ＝0时.是否存在正实数b .使当x ∈(0.e](e 是自然对数的底数)时.函数f (x )的最小值是3？若存在.求出b 的值；若不存在.说明理由．[解] (1)当a ＝－1.b ＝3时.f (x )＝－x 2＋3x －ln x .且x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2.则f ′(x )＝－2x ＋3－1x ＝－2x2－3x ＋1x ＝－2x －1x －1x.令f ′(x )>0.得12<x <1；令f ′(x )<0.得1<x <2.所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上单调递增.在(1,2)上单调递减．所以函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上仅有极大值点x ＝1.且这个极大值点也是最大值点.故函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上的最大值为f (1).且f (1)＝2. 又f (2)－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝(2－ln 2)－⎝ ⎛⎭⎪⎫54＋ln 2＝34－2ln 2＝34－ln 4<0.所以f (2)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12. 故函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上的最小值为f (2).且f (2)＝2－ln 2.综上.函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上的最大值为2.最小值为2－ln 2. (2)当a ＝0时.f (x )＝bx －ln x .则f ′(x )＝b －1x ＝b ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1b x.①当0<b ≤1e .即1b≥e 时.f ′(x )<0.所以f (x )在(0.e]上单调递减.所以f (x )min ＝f (e)＝b e －1≤0.②当b >1e .即0<1b <e 时.令f ′(x )<0.得0<x <1b .所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1b 上单调递减；令f ′(x )>0.得1b<x <e.所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1b，e 上单调递增．。

2020届高考数学(理)二轮专题复习：专题二函数、不等式、导数 1-2-4 Word版含答案.doc

限时规范训练七导数的综合应用限时45分钟，实际用时分值81分，实际得分一、选择题(本题共6小题，每小题5分，共30分)1．如果函数y ＝f (x )的导函数的图象如图所示，给出下列判断：①函数y ＝f (x )在区间⎝⎛⎭⎪⎫－3，－12内单调递增； ②函数y ＝f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，3内单调递减；③函数y ＝f (x )在区间(4,5)内单调递增； ④当x ＝2时，函数y ＝f (x )取极小值； ⑤当x ＝－12时，函数y ＝f (x )取极大值．则上述判断中正确的是( ) A ．①② B ．②③ C ．③④⑤D ．③解析：选D.当x ∈(－3，－2)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减，①错；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，2时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，当x ∈(2,3)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减，②错；当x ＝2时，函数y ＝f (x )取极大值，④错；当x ＝－12时，函数y ＝f (x )无极值，⑤错．故选D.2．若函数f (x )＝2x 2－ln x 在其定义域内的一个子区间(k －1，k ＋1)内不是单调函数，则实数k 的取值范围是( )A ．[1，＋∞)B ．[1,2)C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，32 D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，2 解析：选C.f ′(x )＝4x －1x＝x －x ＋x，∵x ＞0，由f ′(x )＝0得x ＝12.∴令f ′(x )＞0，得x ＞12；令f ′(x )＜0，得0＜x ＜12.由题意得⎩⎪⎨⎪⎧k －1≥0，k －1＜12＜k ＋1⇒1≤k ＜32.故C 正确．3．已知函数f (x )(x ∈R )满足f ′(x )＞f (x )，则( ) A ．f (2)＜e 2f (0) B ．f (2)≤e 2f (0) C ．f (2)＝e 2f (0)D ．f (2)＞e 2f (0)解析：选D.由题意构造函数g (x )＝f xex，则g ′(x )＝f x －f xex＞0，则g (x )＝f xex在R 上单调递增，则有g (2)＞g (0)，故f (2)＞e 2f (0)．4．不等式e x－x ＞ax 的解集为P ，且[0,2]⊆P ，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－∞，e －1) B ．(e －1，＋∞) C ．(－∞，e ＋1)D ．(e ＋1，＋∞)解析：选A.由题意知不等式e x－x ＞ax 在区间[0,2]上恒成立，当x ＝0时，不等式显然成立，当x ≠0时，只需a ＜e xx －1恒成立，令f (x )＝e xx－1，f ′(x )＝e xx －x 2，显然函数在区间(0,1]上单调递减，在区间[1,2]上单调递增，所以当x ＝1时，f (x )取得最小值e －1，则a ＜e －1，故选A.5．设函数f (x )＝ln x ，g (x )＝ax ＋b x，它们的图象在x 轴上的公共点处有公切线，则当x ＞1时，f (x )与g (x )的大小关系是( )A ．f (x )＞g (x )B ．f (x )＜g (x )C ．f (x )＝g (x )D ．f (x )与g (x )的大小关系不确定解析：选B.由题意得f (x )与x 轴的交点(1,0)在g (x )上，所以a ＋b ＝0，因为函数f (x )，g (x )的图象在此公共点处有公切线，所以f (x )，g (x )在此公共点处的导数相等，f ′(x )＝1x，g ′(x )＝a －b x 2，以上两式在x ＝1时相等，即1＝a －b ，又a ＋b ＝0，所以a ＝12，b ＝－12，即g (x )＝x 2－12x ，f (x )＝ln x ，令h (x )＝f (x )－g (x )＝ln x －x 2＋12x ，则h ′(x )＝1x －12－12x 2＝2x －x 2－12x2＝－x －22x2，因为x ＞1，所以h ′(x )＜0，所以h (x )在(1，＋∞)上单调递减，所以h (x )＜h (1)＝0，所以f (x )＜g (x )．故选B.6．设函数f (x )＝ax 3－x ＋1(x ∈R )，若对于任意x ∈[－1,1]都有f (x )≥0，则实数a 的取值范围为( )A ．(－∞，2]B ．[0，＋∞)C ．[0,2]D ．[1,2]解析：选C.∵f (x )＝ax 3－x ＋1，∴f ′(x )＝3ax 2－1，当a ＜0时，f ′(x )＝3ax 2－1＜0，f (x )在[－1,1]上单调递减，f (x )min ＝f (1)＝a ＜0，不符合题意．当a ＝0时，f (x )＝－x ＋1，f (x )在[－1,1]上单调递减，f (x )min ＝f (1)＝0，符合题意．当a ＞0时，由f ′(x )＝3ax 2－1≥0，得x ≥13a 或x ≤－13a ，当0＜13a ＜1，即a ＞13时，f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－13a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－13a，13a 上单调递减，在⎝⎛⎦⎥⎤13a ，1上单调递增，∴⎩⎪⎨⎪⎧f －＝－a ＋1＋1＝2－a ≥0f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13a ＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫13a 3－13a ＋1≥0，∴⎩⎪⎨⎪⎧a ≤2a ≥427a ＞13，∴13＜a ≤2；当13a ≥1，即0＜a ≤13时，f (x )在[－1,1]上单调递减， f (x )min ＝f (1)＝a ＞0，符合题意．综上可得，0≤a ≤2.二、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分)7．已知y ＝f (x )为R 上的连续可导函数，且xf ′(x )＋f (x )＞0，则函数g (x )＝xf (x )＋1(x ＞0)的零点个数为________．解析：因为g (x )＝xf (x )＋1(x ＞0)，g ′(x )＝xf ′(x )＋f (x )＞0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递增，又g (0)＝1，y ＝f (x )为R 上的连续可导函数，所以g (x )为(0，＋∞)上的连续可导函数，又g (x )＞g (0)＝1，所以g (x )在(0，＋∞)上无零点．答案：08．在函数f (x )＝a ln x ＋(x ＋1)2(x ＞0)的图象上任取两个不同点P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，总能使得f (x 1)－f (x 2)≥4(x 1－x 2)，则实数a 的取值范围为________．解析：不妨设x 1＞x 2，则x 1－x 2＞0，∵f (x 1)－f (x 2)≥4(x 1－x 2)，∴f x 1－f x 2x 1－x 2≥4，∵f (x )＝a ln x ＋(x ＋1)2(x ＞0)∴f ′(x )＝a x ＋2(x ＋1)，∴a x ＋2(x ＋1)≥4，∴a ≥－2x 2＋2x ，又－2x 2＋2x ＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋12≤12，∴a ≥12. 答案：a ≥129．设函数y ＝f (x )图象上任意一点(x 0，y 0)处的切线方程为y －y 0＝(3x 20－6x 0)(x －x 0)，且f (3)＝0，则不等式x －1f x≥0的解集为________．解析：∵函数y ＝f (x )图象上任意一点(x 0，y 0)处的切线方程为y －y 0＝(3x 20－6x 0)(x －x 0)，∴f ′(x 0)＝3x 20－6x 0，∴f ′(x )＝3x 2－6x ，设f (x )＝x 3－3x 2＋c ，又f (3)＝0，∴33－3×32＋c ＝0，解得c ＝0，∴f (x )＝x 3－3x 2，∴x －1f x ≥0可化为x －1x 3－3x 2≥0，解得0＜x ≤1或x ＜0或x ＞3. 答案：(－∞，0)∪(0,1]∪(3，＋∞)三、解答题(本题共3小题，每小题12分，共36分) 10．(2017·高考全国卷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，＋∞)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. 11．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．解：(1)证明：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 －f －1，f－－f －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]．12．已知函数f (x )＝mx 4x 2＋16，g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12|x －m |，其中m ∈R 且m ≠0. (1)判断函数f (x )的单调性；(2)当m ＜－2时，求函数F (x )＝f (x )＋g (x )在区间[－2,2]上的最值；(3)设函数h (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧fx ，x ≥2，g x ，x ＜2，当m ≥2时，若对于任意的x 1∈[2，＋∞)，总存在唯一的x 2∈(－∞，2)，使得h (x 1)＝h (x 2)成立，试求m 的取值范围．解：(1)依题意，f ′(x )＝m－x2x 2＋2＝m －x ＋xx 2＋2，①当m ≥0时，解f ′(x )≥0得－2≤x ≤2，解f ′(x )＜0得x ＜－2或x ＞2；所以f (x )在[－2,2]上单调递增，在(－∞，－2)，(2，＋∞)上单调递减． ②当m ＜0时，解f ′(x )≤0得－2≤x ≤2，f ′(x )＞0得x ＜－2或x ＞2；所以f (x )在[－2,2]上单调递减；在(－∞，－2)，(2，＋∞)上单调递增． (2)当m ＜－2，－2≤x ≤2时，g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12|x －m |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x －m ＝2m ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 在[－2,2]上单调递减，由(1)知，f (x )在[－2,2]上单调递减，所以F (x )＝f (x )＋g (x )＝mx 4x 2＋16＋2m ⎝ ⎛⎭⎪⎫12x在[－2,2]上单调递减；∴F (x )max ＝F (－2)＝4×2m－m16＝2m ＋2－m16；F (x )min ＝F (2)＝2m －2＋m16.(3)当m ≥2，x 1∈[2，＋∞)时，h (x 1)＝f (x 1)＝mx 14x 21＋16，由(1)知h (x 1)在[2，＋∞)上单调递减，从而h (x 1)∈(0，f (2)]，即h (x 1)∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，m 16；当m ≥2，x 2＜2时，h (x 2)＝g (x 2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12|x 2－m |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12m －x 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12m ·2x 2在(－∞，2)上单调递增，从而h (x 2)∈(0，g (2))，即h (x 2)∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，⎝ ⎛⎭⎪⎫12m －2；对于任意的x 1∈[2，＋∞)，总存在唯一的x 2∈(－∞，2)，使得h (x 1)＝h (x 2)成立，只需m16＜⎝ ⎛⎭⎪⎫12m －2，即m 16－⎝ ⎛⎭⎪⎫12m －2＜0成立即可．记函数H (m )＝m16－⎝ ⎛⎭⎪⎫12m －2，易知H (m )＝m16－⎝ ⎛⎭⎪⎫12m －2在[2，＋∞)上单调递增，且H (4)＝0. 所以m 的取值范围为[2,4)．。

2020届高三数学(文)二轮复习专题集训：专题二函数、不等式、导数2.4.2 Word版含解析

A 级1．若函数f (x )＝(x ＋1)·e x ，则下列命题正确的是( ) A ．对任意m <－1e 2，都存在x ∈R ，使得f (x )<mB ．对任意m >－1e 2，都存在x ∈R ，使得f (x )<mC ．对任意m <－1e 2，方程f (x )＝m 只有一个实根D ．对任意m >－1e2，方程f (x )＝m 总有两个实根解析：因为f ′(x )＝[(x ＋1)e x ]′＝(x ＋1)e x ＋e x ＝(x ＋2)e x ，故函数在区间(－∞，－2)，(－2，＋∞)上分别为减函数与增函数，故f (x )min ＝f (－2)＝－1e 2，故当m >－1e 2时，总存在x使得f (x )<m .答案： B2．设函数f (x )＝e x (x 3－3x ＋3)－a e x －x (x ≥－1)，若不等式f (x )≤0有解，则实数a 的最小值为( )A.1e B ．e C ．1－1eD ．e －1解析： ∵f (x )＝e x (x 3－3x ＋3)－a e x －x ≤0有解，∴a ≥x 3－3x ＋3－xe x 有解．令g (x )＝x 3－3x ＋3－x e x ，则g ′(x )＝3x 2－3＋x －1e x ＝(x －1)(3x ＋3＋1e x )，故当x ∈[－1,1)时，g ′(x )<0，当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0，故g (x )在[－1,1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数，故g (x )min ＝g (1)＝1－3＋3－1e ＝1－1e ，∴a ≥1－1e ，∴实数a 的最小值为1－1e.答案： C3．已知a ，b ∈R ，直线y ＝ax ＋b ＋π2与函数f (x )＝tan x 的图象在x ＝－π4处相切，设g (x )＝e x ＋bx 2＋a ，若在区间[1,2]上，不等式m ≤g (x )≤m 2－2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解析： ∵f (x )＝tan x ＝sin x cos x ，∴f ′(x )＝cos 2x －sin x (－sin x )cos 2x ＝1cos 2x ，∴a ＝f ′⎝⎛⎭⎫－π4＝2，又点⎝⎛⎭⎫－π4，－1在直线y ＝ax ＋b ＋π2上，∴－1＝2×⎝⎛⎭⎫－π4＋b ＋π2，得b ＝－1，∴g (x )＝e x －x 2＋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，∴⎩⎪⎨⎪⎧m ≤g (x )min ＝g (1)＝e ＋1，m 2－2≥g (x )max ＝g (2)＝e 2－2，解得m ≤－e 或e ≤m ≤e ＋1，∴m 的最大值为e ＋1，无最小值，故选D.答案： D4．已知函数f (x )＝a ln x －ax －3(a ∈R )．若函数y ＝f (x )的图象在点(2，f (2))处切线的倾斜角为π4，且对于任意的t ∈[1,2]，函数g (x )＝x 3＋x 2⎣⎡⎦⎤f ′(x )＋m 2在区间(t,3)上总不是单调函数，则实数m 的取值范围是 ( )A ．(－∞，－5)B ．⎝⎛⎭⎫－373，－5 C ．(－9，＋∞)D ．⎝⎛⎭⎫－373，－9 解析：由函数f (x )＝a ln x －ax －3(a ∈R )，可得f ′(x )＝a x －a ，f ′(2)＝－a2＝1，得a ＝－2.又对于任意的t ∈[1,2]，函数g (x )＝x 3＋x 2⎣⎡⎦⎤f ′(x )＋m 2＝x 3＋x 2⎝⎛⎭⎫－2x ＋2＋m2在区间(t,3)上总不是单调函数，只需g (x )＝x 3＋⎝⎛⎭⎫m 2＋2x 2－2x 在(2,3)上不是单调函数，故g ′(x )＝3x 2＋(m ＋4)x －2在(2,3)上有零点，即方程m ＝－3x －4＋2x 在(2,3)上有解．而y ＝－3x －4＋2x 在(2,3)上单调递减，故其值域为⎝⎛⎭⎫－373，－9，所以实数m 的取值范围是⎝⎛⎭⎫－373，－9.故选D. 答案： D5．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 ＝2.718 28…. (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．解析： (1)证明：由h (x )＝f (x )－g (x )＝e x －1－x －x 得，h (1)＝e －3<0，h (2)＝e 2－3－2>0，所以函数h (x )在区间(1,2)上有零点． (2)由(1)得h (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，而h (x )在(1,2)内有零点，因此h (x )在[0，＋∞)上至少有两个零点．因为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，则φ(x )在(0，＋∞)内至多只有一个零点，即h (x )在[0，＋∞)内至多有两个零点．所以方程f (x )＝g (x )的根的个数为2.6．(2017·全国卷Ⅱ)设函数f (x )＝(1－x 2)e x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)当x ≥0时，f (x )≤ax ＋1，求a 的取值范围．解析： (1)f ′(x )＝(1－2x －x 2)e x .令f ′(x )＝0得x ＝－1－2或x ＝－1＋ 2. 当x ∈(－∞，－1－2)时，f ′(x )＜0；当x ∈(－1－2，－1＋2)时，f ′(x )＞0；当x ∈(－1＋2，＋∞)时，f ′(x )＜0.所以f (x )在(－∞，－1－2)，(－1＋2，＋∞)单调递减，在(－1－2，－1＋2)单调递增．(2)f (x )＝(1＋x )(1－x )e x .当a ≥1时，设函数h (x )＝(1－x )e x ，则h ′(x )＝－x e x ＜0(x ＞0)，因此h (x )在[0，＋∞)单调递减．而h (0)＝1，故h (x )≤1，所以f (x )＝(x ＋1)h (x )≤x ＋1≤ax ＋1.当0＜a ＜1时，设函数g (x )＝e x －x －1，则g ′(x )＝e x －1＞0(x ＞0)，所以g (x )在[0，＋∞)单调递增．而g (0)＝0，故e x ≥x ＋1.当0＜x ＜1时，f (x )＞(1－x )(1＋x )2，(1－x )(1＋x )2－ax －1＝x (1－a －x －x 2)，取x 0＝5－4a －12，则x 0∈(0,1)，(1－x 0)(1＋x 0)2－ax 0－1＝0，故f (x 0)＞ax 0＋1. 当a ≤0时，取x 0＝5－12，则x 0∈(0,1)，f (x 0)＞(1－x 0)(1＋x 0)2＝1≥ax 0＋1. 综上，a 的取值范围是[1，＋∞)．B 级1．(2017·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝ax 2－ax －x ln x ，且f (x )≥0. (1)求a ；(2)证明：f (x )存在唯一的极大值点x 0，且e －2<f (x 0)<2－2. 解析： (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)．设g (x )＝ax －a －ln x ，则f (x )＝xg (x )，f (x )≥0等价于g (x )≥0. 因为g (1)＝0，g (x )≥0，故g ′(1)＝0，而g ′(x )＝a －1x ，g ′(1)＝a －1，得a ＝1.若a ＝1，则g ′(x )＝1－1x.当0<x <1时，g ′(x )<0，g (x )单调递减；当x >1时，g ′(x )>0，g (x )单调递增．所以x ＝1是g (x )的极小值点，故g (x )≥g (1)＝0. 综上，a ＝1.(2)证明：由(1)知f (x )＝x 2－x －x ln x ，f ′(x )＝2x －2－ln x . 设h (x )＝2x －2－ln x ，则h ′(x )＝2－1x .当x ∈⎝⎛⎭⎫0，12时，h ′(x )<0；当x ∈⎝⎛⎭⎫12，＋∞时，h ′(x )>0.所以h (x )在⎝⎛⎭⎫0，12上单调递减，在⎝⎛⎭⎫12，＋∞上单调递增．又h (e －2)>0，h ⎝⎛⎭⎫12<0，h (1)＝0，所以h (x )在⎝⎛⎭⎫0，12上有唯一零点x 0，在⎣⎡⎭⎫12，＋∞上有唯一零点1，且当x ∈(0，x 0)时，h (x )>0；当x ∈(x 0,1)时，h (x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，h (x )>0.因为f ′(x )＝h (x )，所以x ＝x 0是f (x )的唯一极大值点．由f ′(x 0)＝0得ln x 0＝2(x 0－1)，故f (x 0)＝x 0(1－x 0)．由x 0∈()0，1得f (x 0)<14.因为x ＝x 0是f (x )在(0,1)上的最大值点，由e －1∈(0,1)，f ′(e －1)≠0得f (x 0)>f (e －1)＝e －2. 所以e －2<f (x 0)<2－2.2．已知函数f (x )＝12x 2－(2a ＋2)x ＋(2a ＋1)ln x .(1)若曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处切线的斜率小于0，求f (x )的单调区间；(2)任意的a ∈⎣⎡⎦⎤32，52，x 1，x 2∈[1,2](x 1≠x 2)，恒有|f (x 1)－f (x 2)|<λ⎪⎪⎪⎪1x 1－1x 2，求正数λ的取值范围．解析： (1)f ′(x )＝x －(2a ＋2)＋2a ＋1x ＝(x －2a －1)(x －1)x (x >0)，若曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处切线的斜率小于0，则f ′(2)＝－a ＋12<0，即有a >12，所以2a ＋1>2>1，则由f ′(x )>0得0<x <1或x >2a ＋1；由f ′(x )<0得1<x <2a ＋1.所以f (x )的单调递增区间为(0,1)，(2a ＋1，＋∞)，单调递减区间为(1,2a ＋1)． (2)因为a ∈⎣⎡⎦⎤32，52，所以(2a ＋1)∈[4,6]，由(1)知f (x )在[1,2]上为减函数．不妨设1≤x 1<x 2≤2，则f (x 1)>f (x 2)，1x 1>1x 2，所以原不等式为f (x 1)－f (x 2)<λ⎝⎛⎭⎫1x 1－1x 2，即f (x 1)－λx 1<f (x 2)－λx 2对任意的a ∈⎣⎡⎦⎤32，52，x 1，x 2∈[1,2]恒成立．令g (x )＝f (x )－λx ，所以对任意的a ∈⎣⎡⎦⎤32，52，x 1，x 2∈[1,2]有g (x 1)<g (x 2)恒成立，所以g (x )＝f (x )－λx 在闭区间[1,2]上为增函数，所以g ′(x )≥0对任意的a ∈⎣⎡⎦⎤32，52，x ∈[1,2]恒成立．而g ′(x )＝x －(2a ＋2)＋2a ＋1x ＋λx 2≥0，化简得x 3－(2a ＋2)x 2＋(2a ＋1)x ＋λ≥0，即(2x －2x 2)a ＋x 3－2x 2＋x ＋λ≥0，其中a ∈⎣⎡⎦⎤32，52. 因为x ∈[1,2]，所以2x －2x 2≤0，所以只需52(2x －2x 2)＋x 3－2x 2＋x ＋λ≥0，即x 3－7x 2＋6x ＋λ≥0对任意x ∈[1,2]恒成立，令h (x )＝x 3－7x 2＋6x ＋λ，x ∈[1,2]，则h ′(x )＝3x 2－14x ＋6<0恒成立，所以h (x )＝x 3－7x 2＋6x ＋λ在闭区间[1,2]上为减函数，则h (x )min ＝h (2)＝λ－8.由h (x )min ＝h (2)＝λ－8≥0，解得λ≥8. 故λ的取值范围为[8，＋∞)．。

2020高三高考数学二轮复习专题训练+06+Word版含答案

说明：一般分布列的求法分三步：（1）首先确定随机变量的取值哟哪些；（2）求出每种取值下的随机事件的概率；（3）列表对应，即为分布列。

ξ
8、关于取球的随机变量的值和概率
例：袋中有1个红球，2个白球，3个黑球，现从中任取一球观察其颜色。

确定这个随机试验中的随机变量，并指出在这个随机试验中随机变量可能取的值及取每个值的概率。

分析：随机变量变量是表示随机试验结果的变量，随机变量的可能取值是随机试验的所有可能的结果组成。

解：设集合，其中为“取到的球为红色的球”，为“取到的球为白
色的球”，为“取到的球为黑色的球”。

},,{321x x x
M =1x 2x 3x 我们规定：，即当时，，这样，我们确定就是一个随机变量，它的自变是量取值不是一个实数，而是集合中的一个元素，即，而随机变量本身的取值则为1、2、3三个实数，并且我们很容易求得分别取1、
2、3三个值的概率，)3,2,1()(===i i x
i ξ ξ i x x =i x =)(ξ )(x ξ x M 即
说明：确定随机变量的取值是根据随机试验的所有可能的结果。

2020高考数学二轮复习规范解答集训(六)函数、导数、不等式文

规范解答集训（六) 函数、导数、不等式（建议用时：60分钟）1．（2019·洛阳模拟）已知函数f(x）＝e x（x2－2x＋a）(其中a∈R，a为常数，e为自然对数的底数)．(1）讨论函数f（x)的单调性；(2)设曲线y＝f（x）在(a，f(a））处的切线为l，当a∈［1，3］时，求直线l在y轴上截距的取值范围．［解］（1）f′（x)＝e x（x2－2x＋a）＋e x（2x－2)＝e x（x2＋a－2)，当a≥2时，f′（x)≥0恒成立，函数f(x)在区间（－∞,＋∞)上单调递增；当a<2时，f′（x）≥0⇔x2≥2－a⇔x≤－错误!或x≥错误!，函数f（x）在区间（－∞，－错误!)，（错误!,＋∞）上单调递增，在区间(－2－a，错误!)上单调递减．(2)f(a）＝e a（a2－a），f′(a）＝e a（a2＋a－2),所以直线l的方程为y－e a(a2－a)＝e a（a2＋a－2)(x－a)．令x＝0，得截距b＝e a（－a3＋a),记g(a）＝e a(－a3＋a）(1≤a≤3)，则g′（a）＝e a（－a3－3a2＋a＋1)，记h（a)＝－a3－3a2＋a＋1(1≤a≤3)，则h′（a）＝－3a2－6a＋1〈0(1≤a≤3)，所以h（a）在[1，3］上单调递减,所以h（a)≤h（1)＝－2<0，所以g′（a）〈0,即g(a）在区间[1,3]上单调递减，所以g（3)≤g(a）≤g(1),即截距的取值范围是［－24e3,0]．2．(2019·武汉调研）已知m∈R,函数f(x）＝ln x＋2x2－mx＋1，g（x)＝3x2－2mx－(m2－1)ln x＋1.（1)若f(x)为增函数，求实数m的取值范围；（2)若m0为g(x)≥f(x)恒成立时m取到的最大值，求m＝m0时曲线y＝f（x)在x＝1处的切线方程．［解] (1)令f′（x）＝错误!＋4x－m＝错误!≥0(x>0)，得4x2－mx ＋1≥0(x〉0)．①若m≤0，此时4x2－mx＋1≥0（x〉0)恒成立;②若m>0,有Δ＝m2－16≤0，即0<m≤4。

2020届高三数学(理)二轮复习专题集训：专题二函数、不等式、导数2.4.1Word版含解析.doc

A 级1π1．已知函数 f(x) ＝ x cos x ，则 f(π)＋ f ′ 2 ＝ ()3 1A ．－πB ．－π2231C ．－ πD ．－ π分析：∵ f ′ (x)＝－ 1 1x 2cos x ＋ x (－ sin x)，∴ f(π)＋ f ′ π 1 2 32 ＝－＋ ·(－ 1)＝－ .π π π 答案：C2．已知 m 是实数，函数 f( x)＝ x 2(x － m)，若 f ′ (－ 1)＝－ 1，则函数 f(x)的单一递加区间是()A. －4，0B ． 0，433C. －∞，－ 4， (0，＋∞ )D ．－∞，－ 4∪(0，＋∞ )33分析：由于 f ′ (x)＝ 3x 2－ 2mx ，因此 f ′ (－ 1)＝ 3＋ 2m ＝－ 1，解得 m ＝－ 2.因此 f ′( x)＝ 3x 2＋4x.由 f ′ (x)＝ 3x 2＋ 4x>0，解得 x<－4或 x>0 ，34即 f(x) 的单一递加区间为－∞，－3 ，(0 ，＋ ∞ )，应选 C.答案： C3．(2017 湖·南省湘中名校高三联考 )设 f(x)＝1－ x 2， x ∈ [ － 1， 1 ，2，则－1f(x)dxx 2－ 1，x ∈ [1， 2]的值为 ()π 4B ． πA. ＋3＋ 32 2π 4πC. ＋3D ．＋ 344212(x 2－ 1)dx ＝ 1π× 12＋1 3 2π 4，应选分析：－1f( x)dx ＝－1 1－ x 2dx ＋1 x － x |1＝＋2323A.答案： A4．若函数 f( x)＝ 2sin x(x ∈ [0，π))的图象在切点P 处的切线平行于函数g(x)＝ 2 x＋ 1x 3的图象在切点 Q 处的切线，则直线PQ 的斜率为 ()8A. 3B ． 27 3 C.3D ． 311分析：由题意得 f ′ (x)＝ 2cos x ，g ′ (x)＝ x 2＋x －2.设 P(x 1，f(x 1))，Q(x 2，g(x 2 ))，又 f ′ (x 1)＝ g ′ (x 2)，即 2cos x 1＝ x 12＋ x － 12，故 4cos 2x 1＝ x 2＋ x －21＋ 2，因此－ 4＋ 4cos 2x 1＝ x 2＋ x －21－ 2，22即－ 4sin2x 1＝ x 12 －x －12 2，因此 sin x 1＝ 0，x 1＝ 0，x 12＝ x － 1 2，x 2＝ 1，故 P(0,0)，Q 1， 8 ，22 2 2 3故 k PQ ＝ 8.3答案： A5．已知偶函数 f(x)(x ≠0)的导函数为 f ′ (x) ，且知足f(1)＝ 0，当 x>0 时， xf ′ (x)<2f(x)，则使得 f(x)>0 建立的 x 的取值范围是 ()A ． (－∞，－ 1)∪(0,1)B ． (－∞，－ 1)∪ (1，＋∞ )C ．( －1,0)∪ (1，＋∞ )D ． (－ 1,0)∪(0,1)分析：依据题意，设函数g(x)＝ f xf ′ x ·x － 2·fx2 (x ≠ 0)，当 x>0时， g ′ (x)＝x 3<0，说x明函数 g(x)在 (0，＋ ∞ )上单一递减，又 f(x) 为偶函数，因此 g(x) 为偶函数，又 f(1) ＝ 0，因此g(1) ＝ 0，故 g(x)在 (－ 1,0)∪(0,1) 上的函数值大于零，即 f(x)在 (－ 1,0)∪ (0,1) 上的函数值大于零．答案： D6．函数 y ＝ x ＋ 2cos x 在区间 0，π上的最大值是 ________． 2π π π分析： y ′ ＝ 1－2sin x ，令 y ′ ＝ 0，且 x ∈ 0， 2 ，得 x ＝ 6，则 x ∈ 0， 6 时， y ′ >0；π ππ π π 上递减，因此当 x ＝ πx ∈，0， 6 上递加，在，6 时，函数取最6 2 时， y ′<0，故函数在6 2π大值 6＋ 3.答案：π＋ 367．曲线 y ＝ x 2 与直线 y ＝ x 所围成的关闭图形的面积为________．分析：如图，暗影部分的面积即为所求，y ＝x 2 ，得 A(1,1)．由y ＝x ，12 12 13 11故所求面积为 S ＝0 (x － x )dx ＝x－ x|0＝ .236答案：168．设函数f(x)＝ ln1 2－ bx ，若 x ＝ 1 是 f(x)的极大值点，则a 的取值范围为x － ax2____________．分析：∵ f(x)的定义域为 (0，＋ ∞ )， f ′ (x)＝1－ ax － b ，x由 f ′ (1) ＝ 0，得 b ＝ 1－ a.∴ f ′ (x)＝ 1－ ax ＋ a － 1＝－ ax 2＋ 1＋ax － xxx＝－ ax ＋ 1 x － 1 .x①若 a ≥ 0，当 0<x<1 时， f ′ (x)>0 ， f(x)单一递加；当 x>1 时， f ′ (x)<0， f(x)单一递减；因此 x ＝1 是 f(x) 的极大值点．1②若 a<0，由 f ′ (x)＝ 0，得 x ＝ 1 或 x ＝－ .由于 x ＝1 是 f(x) 的极大值点，1因此－ a >1，解得－ 1< a<0.综合①②得 a 的取值范围是 (－ 1，＋ ∞)．答案：(－ 1，＋∞ )ax9． (2017 ·西省高三教课质量检测试题陕 (一 ))已知函数 f(x)＝ ln(x ＋ 1)＋ x ＋ 1(a ∈ R )．(1)当 a ＝ 1 时，求 f(x)的图象在 x ＝0 处的切线方程；(2)当 a<0 时，求 f( x)的极值．分析：(1)当a ＝ 1 时， f(x)＝ ln(x ＋ 1)＋x ，x ＋ 11 1x ＋ 2∴ f ′ (x)＝ x ＋ 1＋ x ＋ 1 2＝ x ＋ 1 2.∵ f(0) ＝ 0， f ′ (0)＝ 2，∴所求切线方程为 y ＝ 2x.(2)f(x)＝ ln(x ＋ 1)＋ ax (x>－ 1)， f ′ (x)＝ x ＋ a ＋ 21，x ＋ 1 x ＋ 1∵ a<0 ，∴当 x ∈ (－ 1，－ a －1) 时， f ′ (x)<0，当 x ∈ (－ a － 1，＋ ∞)时， f ′ (x)>0 ，函数 f(x)的极小值为 f(－a － 1)＝ a ＋ 1＋ ln( － a)，无极大值．10． (2016 ·京卷北 )设函数 f(x)＝ xe a －x ＋ bx ，曲线y ＝ f(x)在点(2， f(2)) 处的切线方程为y＝(e －1)x ＋ 4.(1)求 a ， b 的值；(2)求 f(x)的单一区间． a － x分析：(1) 由于 f( x)＝ xe ＋ bx ，f 2 ＝ 2e ＋ 2，a －2 2e ＋ 2b ＝ 2e ＋ 2，依题设，即 a －2f ′ 2 ＝ e － 1，－ e ＋ b ＝e － 1.a ＝ 2，解得b ＝ e.2－x＋ ex.(2)由 (1) 知 f(x)＝ xe由 f ′ (x)＝ e 2 －x (1－ x ＋ e x － 1)及 e 2－ x >0 知， f ′ (x)与 1－ x ＋ e x －1 同号．令 g(x)＝ 1－ x ＋ e x － 1，则 g ′ (x)＝－ 1＋ e x －1.因此，当 x ∈ (－ ∞ ， 1)时， g ′ (x)<0 ，g(x)在区间 (－ ∞ ， 1)上单一递减；当 x ∈ (1，＋ ∞ )时， g ′ (x)>0 ，g(x)在区间 (1，＋ ∞)上单一递加．故 g(1)＝ 1 是 g(x)在区间 (－ ∞ ，＋ ∞ )上的最小值，进而 g(x)>0，x ∈ (－ ∞ ，＋ ∞ )．综上可知， f ′ (x)>0， x ∈ (－ ∞ ，＋ ∞ )，故 f(x) 的单一递加区间为 (－∞ ，＋ ∞ )．B 级f n － f m1．定义：假如函数 f(x)在 [m ，n]上存在 x 1，x 2(m<x 1<x 2 <n)知足 f ′ (x 1)＝，f ′ (x 2)＝f n － f m.则称函数 f(x)是 [m ，n] 上的“双中值函数”，已知函数f(x)＝ x 3－ x 2＋ a 是 [0，a]n － m上的“双中值函数”，则实数a 的取值范围是 ( )1， 1 B ． 3，3A.3 2211 C. 2，1D ．3，1分析：由于 f(x)＝ x 3－ x 2＋ a ，因此由题意可知， f ′( x)＝ 3x 2－ 2x 在区间 [0， a]上存在x 1， x 2(0< x 1<x 2<a)，知足 f ′ ( x 1)＝ f ′ (x 2)＝f a － f 0＝a 2 －a ，因此方程 3x 2－2x ＝ a 2－ a 在区a － 0间(0 ， a)上有两个不相等的实根．＝ 4－12 － a 2＋ a >0，2221令 g(x)＝ 3x － 2x － a ＋a(0<x<a)，则 g 0 ＝－ a ＋ a>0 ，解得 2<a<1 ，因此实数 a2－ a>0，g a ＝ 2a 的取值范围是1， 1 .2答案：C2． (2017 江·苏卷 )已知函数3 x1 f(x)＝ x －2x ＋ e － x ，此中 e 是自然对数的底数．若 f(a － 1)e＋ f (2a 2)≤ 0，则实数 a 的取值范围是 ________．分析：易知函数 f(x)的定义域对于原点对称． ∵ f(x)＝x 3－ 2x ＋ e x －e1x ，∴ f(－ x)＝ (－x)3－ 2(－x) ＋e － x － 1－xe31x＝－ x ＋ 2x ＋ x － e ＝－ f(x)，e∴ f(x)为奇函数，又 f ′ (x)＝ 3x 2－ 2＋ e x＋ e 1x ≥ 3x 2 －2＋ 2＝ 3x 2≥ 0(当且仅当 x ＝0 时，取 “ ＝ ” )，进而 f( x) 在 R 上单一递加，因此 f(a － 1)＋ f(2a 2)≤0? f(a － 1)≤ f(－ 2a 2)? － 2a 2≥ a －1，1解得－ 1≤ a ≤ 2.1答案：－1，23．已知函数 f(x) ＝(ax ＋ b)ln x －bx ＋ 3 在 (1， f(1)) 处的切线方程为 y ＝2.(1)求 a ， b 的值； (2) 求函数 f(x)的极值；(3) 若 g(x)＝f(x)＋ kx 在 (1,3)上是单一函数，求k 的取值范围．分析： (1) 由于 f(1) ＝－ b ＋ 3＝ 2，因此 b ＝ 1.又 f ′ (x)＝ b ＋ aln x ＋ a －b ＝ 1＋ aln x ＋ a － 1，x x而函数 f(x)＝ (ax ＋ b)ln x － bx ＋ 3 在 (1，f(1)) 处的切线方程为 y ＝ 2，因此 f ′ (1) ＝ 1＋ a － 1＝ 0，因此 a ＝ 0.(2)由 (1) 得 f(x)＝ ln x － x ＋ 3， f ′( x)＝1x － 1， x>0.令 f ′ (x)＝ 0，得 x ＝1.当 0<x<1 时， f ′ (x)>0 ；当 x>1 时， f ′ (x)<0，因此 f(x)在 (0,1)上单一递加，在 (1，＋ ∞ )上单一递减，故 f(x) 的极大值为 f(1)＝ 2，无极小值．1(3)由 g(x)＝f(x)＋ kx ，则 g(x) ＝ln x ＋( k － 1)x ＋3(x>0)， g ′ (x)＝ x ＋k －1，又 g(x)在 x ∈ (1,3)上是单一函数，若 g(x)为增函数，有 g ′ (x)≥0，即 g ′ (x)＝ 1＋ k － 1≥ 0，即 k ≥ 1－1在 x ∈ (1,3) 上恒建立．x x又 1－1∈ 0， 2 ，因此 k ≥2.x 33若 g(x)为减函数，有 g ′ (x)≤0，即 g ′ (x)＝ 1＋ k － 1≤ 0，即 k ≤ 1－1在 x ∈ (1,3) 上恒建立，x x12又 1－ x ∈ 0， 3 ，因此 k ≤ 0.综上， k 的取值范围为 (－ ∞ ， 0]∪2，＋∞ .31 14． (2017 成·都市第二次诊疗性检测 )已知函数 f(x)＝ a ＋a ln x － x ＋ x ，此中 a>0.(1)若 f(x)在 (0，＋∞ )上存在极值点，求 a 的取值范围；(2)设 a ∈ (1，e]，当 x 1∈ (0,1)， x 2∈ (1，＋∞ )时，记 f(x 2)－ f(x 1)的最大值为M(a)．那么M(a)能否存在最大值？若存在，求出其最大值；若不存在，请说明原因．－ x －ax － 1(1) f ′ (x)＝ 1 1－ 1 －12a分析：x 2， x ∈(0 ，＋ ∞)．a ＋a xx ＝①当 a ＝ 1 时， f ′ (x)＝－ x － 12x 2 ≤ 0， f(x)在 (0，＋ ∞ )上单一递减，不存在极值点；1②当 a>0 且 a ≠1 时， f ′ (a)＝ f ′ a ＝ 0.经查验 a ，1a 均为 f(x)的极值点．∴ a ∈ (0,1) ∪ (1，＋ ∞ )．1(2)当 a ∈ (1， e]时， 0<a <1< a.由(1) 知，11 . 当 f ′ (x)>0 时， <x<a ；当 f ′ (x)<0 时， x>a 或 x<a a11∴ f(x)在 0， a 上单一递减，在 a ， a 上单一递加，在 (a ，＋ ∞) 上单一递减．1∴对 ? x 1∈(0,1) ，有 f(x 1)≥ f；对 ? x 2∈ (1，＋ ∞ )，有 f(x 2)≤f(a)．∴ [f(x 2 )－f(x 1 )]max ＝ f(a)－ f 1a.∴ M(a)＝ f(a)－ f 1a111 1 1＝ a ＋a ln a － a ＋ a － a ＋ a ln a － a ＋ a＝ 211， a ∈ (1， e]．a ＋a ln a － a ＋a1 ln a ＋2 a ＋ 1 1 ＋2 1 M ′ (a)＝ 2 1－ 2a a －1－ 2 aa1＝ 2 1－ a 2 ln a ， a ∈ (1， e]．∴ M ′ (a)>0，即 M (a)在 (1，e]上单一递加．114∴ M(a)max ＝ M(e) ＝ 2 e ＋ e ＋ 2 － e＝ e .e∴ M(a)存在最大值4e.。

安徽省2020年高考数学第二轮复习专题升级训练6 导数及其应用文

专题升级训练6 导数及其应用(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本大题共6小题，每小题6分，共36分)1．函数y ＝f (x )的图象在点x ＝5处的切线方程是y ＝－x ＋8，则f (5)＋f ′(5)等于( )．A ．1B ．2C ．0 D.122．f (x )的导函数f ′(x )的图象如图所示，则函数f (x )的图象最有可能是下图中的( )．3．当x ∈(0,5)时，函数y ＝x ln x ( )． A ．是单调增函数 B ．是单调减函数C ．在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，5上单调递减D ．在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，5上单调递增 4．函数y ＝x sin x ＋cos x 在下面哪个区间内是增函数( )． A.⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，3π2 B ．(π，2π)C.⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2，5π2 D ．(2π，3π) 5．f (x )是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf ′(x )－f (x )≤0，对任意正数a ，b ，若a ＜b ，则必有( )．A ．af (b )≤bf (a )B ．bf (a )≤af (b )C ．af (a )≤f (b )D ．bf (b )≤f (a )6．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，x ∈[－2,2]表示的曲线过原点，且在x ＝±1处的切线斜率均为－1，给出以下结论：①f (x )的解析式为f (x )＝x 3－4x ，x ∈[－2,2]； ②f (x )的极值点有且仅有一个；③f (x )的最大值与最小值之和等于0. 其中正确的结论有( )．A ．0个B ．1个C ．2个D ．3个二、填空题(本大题共3小题，每小题6分，共18分)7．在直径为d 的圆木中，截取一个具有最大抗弯强度的长方体梁，则矩形面的长为__________．(强度与bh 2成正比，其中h 为矩形的长，b 为矩形的宽)8．函数f (x )＝x 3－3a 2x ＋a (a ＞0)的极大值是正数，极小值是负数，则a 的取值范围是__________．9．若点P 是曲线y ＝x 2－ln x 上任意一点，则点P 到直线y ＝x －2的最小距离为__________．三、解答题(本大题共3小题，共46分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)10．(本小题满分15分)设x ＝1与x ＝2是函数f (x )＝a ln x ＋bx 2＋x 的两个极值点． (1)试确定常数a 和b 的值；(2)试判断x ＝1，x ＝2是函数f (x )的极大值点还是极小值点，并说明理由． 11.(本小题满分15分)(2020·合肥市第三次质检，文20)某小微企业日均用工人数a (人)与日营业利润f (x )(元)、日人均用工成本x (元)之间的函数关系为f (x )＝－13x 3＋5x 2＋30ax－500(x ≥0)．(1)若日均用工人数a ＝20，求日营业利润f (x )的最大值；(2)由于政府的减税、降费等一系列惠及小微企业政策的扶持，该企业的日人均用工成本x 的值在区间[10,20]内，求该企业在确保日营业利润f (x )不低于24 000元的情况下，该企业平均每天至少可供多少人就业．12．(本小题满分16分)(2020·安徽名校联考，文20)已知函数f (x )＝a ln x ＋bx 2图象上点P (1，f (1))处的切线方程为2x －y －3＝0.(1)求函数y ＝f (x )的解析式；(2)函数g (x )＝f (x )＋m －ln 4，若方程g (x )＝0在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，2上恰有两个实数根，求实数m 的取值范围．参考答案一、选择题1．B 解析：由题意知f (5)＝－5＋8＝3，f ′(5)＝－1，故f (5)＋f ′(5)＝2.故选B. 文科用2.A 解析：根据导函数f ′(x )的图象可知f (x )在(－∞，－2)，(0，＋∞)上单调递减，在(－2,0)上单调递增．故选A.3．D 解析：y ′＝ln x ＋1，令y ′＝0，得x ＝1e.在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上y ′＜0，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，5上y ′＞0， ∴y ＝x ln x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，5上单调递增．故选D. 4．C 解析：∵y ＝x sin x ＋cos x ，∴y ′＝(x sin x )′＋(cos x )′＝sin x ＋x cos x －sin x ＝x cos x ，∴当3π2＜x ＜5π2时，x cos x ＞0，即y ′＞0.故函数y ＝x sin x ＋cos x 在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2，5π2内是增函数．故选C.5．A 解析：设F (x )＝f (x )x ，则F ′(x )＝xf ′(x )－f (x )x2≤0，故F (x )＝f (x )x为减函数．由0＜a ＜b ，有f (a )a ≥f (b )b⇒af (b )≤bf (a )，故选A.6．C 解析：∵f (0)＝0，∴c ＝0.∵f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ， ∴⎩⎪⎨⎪⎧f ′(1)＝1，f ′(－1)＝－1，即⎩⎪⎨⎪⎧3＋2a ＋b ＝－1，3－2a ＋b ＝－1，解得a ＝0，b ＝－4，∴f (x )＝x 3－4x ，∴f ′(x )＝3x 2－4.令f ′(x )＝0，得x ＝±233∈[－2,2]，∴极值点有两个．∵f (x )为奇函数，∴f (x )max ＋f (x )min ＝0. ∴①③正确，故选C. 二、填空题7.63d 解析：如图为圆木的横截面，由b 2＋h 2＝d 2，∴bh 2＝b (d 2－b 2)．设f (b )＝b (d 2－b 2)，∴f ′(b )＝－3b 2＋d 2. 令f ′(b )＝0，又∵b ＞0，∴b ＝33d ，且在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，33d 上f ′(b )＞0，在⎝ ⎛⎭⎪⎫33d ，d 上f ′(b )＜0. ∴函数f (b )在b ＝33d 处取极大值，也是最大值，即抗弯强度最大，此时长h ＝63d . 8.⎝⎛⎭⎪⎫22，＋∞ 解析：f ′(x )＝3x 2－3a 2＝3(x ＋a )(x －a )，由f ′(x )＝0得x ＝±a ，当－a ＜x ＜a 时，f ′(x )＜0，函数递减；当x ＞a 或x ＜－a 时，f ′(x )＞0，函数递增．∴f (－a )＝－a 3＋3a 3＋a ＞0，且f (a )＝a 3－3a 3＋a ＜0，解得a ＞22. 9. 2 解析：过点P 作y ＝x －2的平行直线，且与曲线y ＝x 2－ln x 相切．设P (x 0，x 20－ln x 0)，则有k ＝y ′|x ＝x 0＝2x 0－1x 0.∴2x 0－1x 0＝1，∴x 0＝1或x 0＝－12(舍去)，∴P (1,1)，∴d ＝|1－1－2|1＋1＝ 2.三、解答题10．解：(1)f ′(x )＝a x＋2bx ＋1.由已知⎩⎪⎨⎪⎧f ′(1)＝0f ′(2)＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧a ＋2b ＋1＝0，12a ＋4b ＋1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－23，b ＝－16.(2)x∴在x ＝1处，函数f (x )取得极小值6；在x ＝2处，函数f (x )取得极大值43－23ln 2.11．解：(1)a ＝20时，f (x )＝－13x 3＋5x 2＋600x －500(x ≥0)，则f ′(x )＝－x 2＋10x ＋600＝－(x 2－10x －600)＝－(x ＋20)(x －30)， ∵x ≥0，∴当x ∈[0,30)时，f ′(x )＞0；当x ∈(30，＋∞)时，f ′(x )＜0. ∴x ＝30时，f (x )max ＝13 000(元)．(2)由－13x 3＋5x 2＋30ax －500≥24 000，得90a ≥x 2－15x ＋73 500x，令h (x )＝x 2－15x ＋73 500x，则h ′(x )＝2x －15－73 500x2. ∵h ′(x )＝2x －15－73 500x2在[10,20]上是单调递增函数， ∴h ′(x )＝2x －15－73 500x 2≤h ′(20)＝40－15－73 500400＜0. ∴h (x )＝x 2－15x ＋73 500x在[10,20]上单调递减．∴90a ≥⎝⎛⎭⎪⎫x 2－15x ＋73 500xmax ＝100－150＋7 350＝7 300，即a ≥7309，∴a max ＝82.∴企业平均每天至少可供82人就业．12．解：(1)∵点P (1，f (1))在切线2x －y －3＝0上， ∴2－f (1)－3＝0.∴f (1)＝－1，故b ＝－1.又f ′(x )＝a x＋2bx ，∴f ′(1)＝a ＋2b ＝2，a ＝4.∴f (x )＝4ln x －x 2.(2)g (x )＝4ln x －x 2＋m －ln 4，由g (x )＝0，得m ＝x 2－4ln x ＋ln 4，此方程在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，2上恰有两解．记h (x )＝x 2－4ln x ＋ln 4，则h ′(x )＝2x －4x＝2x 2－4x＝2(x ＋2)(x －2)x，令h ′(x )＝0，得x ＝2∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，2，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，2时，h ′(x )＜0；当x ∈(2，2)时，h ′(x )＞0，∴h (x )min ＝h (2)＝2. 又h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝1e 2＋4＋ln 4，h (2)＝4－ln 4，∵h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＞h (2)，∴2＜m ≤4－ln 4.。

【2020最新】数学高考(理)二轮专题复习：第一部分专题二函数、不等式、导数1-2-1-含答案

教学资料范本【2020最新】数学高考（理）二轮专题复习：第一部分专题二函数、不等式、导数1-2-1-含答案编辑：__________________时间：__________________一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分)1．函数y＝的定义域是( )A．(－1，＋∞)B．[－1，＋∞)C．(－1,2)∪(2，＋∞)D．[－1,2)∪(2，＋∞)解析：选C.由题意知，要使函数有意义，需，即－1＜x＜2或x＞2，所以函数的定义域为(－1,2)∪(2，＋∞)．故选C.2．设函数f：R→R满足f(0)＝1，且对任意，x，y∈R都有f(xy＋1)＝f(x)f(y)－f(y)－x＋2，则f(2 017)＝( )A．0 B．1C．2 016 D．2 018解析：选D.令x＝y＝0，则f(1)＝f(0)f(0)－f(0)＋2＝1×1－1＋2＝2，令y＝0，则f(1)＝f(x)f(0)－f(0)－x＋2，将f(0)＝1，f(1)＝2代入，可得f(x)＝1＋x，所以f(2 017)＝2 018.故选D.3．若函数f(x)满足“对任意x1，x2∈(0，＋∞)，当x1＜x2时，都有f(x1)＞f(x2)”，则f(x)的解析式可以是( )A．f(x)＝(x－1)2B．f(x)＝exC．f(x)＝D．f(x)＝ln(x＋1)解析：选C.根据条件知，f(x)在(0，＋∞)上单调递减．对于A，f(x)＝(x－1)2在(1，＋∞)上单调递增，排除A；对于B，f(x)＝ex在(0，＋∞)上单调递增，排除B；对于C，f(x)＝在(0，＋∞)上单调递减，C正确；对于D，f(x)＝ln(x＋1)在(0，＋∞)上单调递增，排除D.4．已知函数f(x)＝2x＋1(1≤x≤3)，则( )A．f(x－1)＝2x＋2(0≤x≤2)B．f(x－1)＝2x－1(2≤x≤4)C．f(x－1)＝2x－2(0≤x≤2)D．f(x－1)＝－2x＋1(2≤x≤4)解析：选 B.因为f(x)＝2x＋1，所以f(x－1)＝2x－1.因为函数f(x)的定义域为[1,3]，所以1≤x－1≤3，即2≤x≤4，故f(x－1)＝2x －1(2≤x≤4)．5．若函数y＝f(x)的定义域是[0,2 018]，则函数g(x)＝的定义域是( )A．[－1,2 017]B．[－1,1)∪(1,2 017]C．[0,2 019]D．[－1,1)∪(1,2 018]解析：选B.要使函数f(x＋1)有意义，则0≤x＋1≤2 018，解得－1≤x≤2 017，故函数f(x＋1)的定义域为[－1，2 017]，所以函数g(x)有意义的条件是，解得－1≤x＜1或1＜x≤2 017.故函数g(x)的定义域为[－1,1)∪(1,2 017]．6．下列函数为奇函数的是( )A．y＝x3＋3x2B．y＝ex＋e－x2C．y＝xsin xD ．y ＝log23－x3＋x解析：选D.依题意，对于选项A ，注意到当x ＝－1时，y ＝2；当x ＝1时，y ＝4，因此函数y ＝x3＋3x2不是奇函数．对于选项B ，注意到当x ＝0时，y ＝1≠0，因此函数y ＝不是奇函数．对于选项C ，注意到当x ＝－时，y ＝；当x ＝时，y ＝，因此函数y ＝xsin x 不是奇函数．对于选项D ，由＞0得－3＜x ＜3，即函数y ＝log2的定义域是(－3,3)，该数集是关于原点对称的集合，且log2＋log2＝log21＝0，即log2＝－log2，因此函数y ＝log2是奇函数．综上所述，选D.7．设函数f(x)＝ln(1＋x)＋mln(1－x)是偶函数，则( ) A ．m ＝1，且f(x)在(0,1)上是增函数 B ．m ＝1，且f(x)在(0,1)上是减函数 C ．m ＝－1，且f(x)在(0,1)上是增函数 D ．m ＝－1，且f(x)在(0,1)上是减函数解析：选B.因为函数f(x)＝ln(1＋x)＋mln(1－x)是偶函数，所以f ＝f ，则(m －1)ln 3＝0，即m ＝1，则f(x)＝ln(1＋x)＋ln(1－x)＝ln(1－x2)，在(0,1)上，当x 增大时，1－x2减小，ln(1－x2)减小，即f(x)在(0,1)上是减函数，故选B.8．若关于x 的不等式4ax －1＜3x －4(a ＞0，且a≠1)对于任意的x ＞2恒成立，则a 的取值范围为( )A. B.⎝⎛⎦⎥⎤0，12 C ．[2，＋∞)D ．(2，＋∞)解析：选B.不等式4ax －1＜3x －4等价于ax －1＜x －1.令f(x)＝ax－1，g(x)＝x－1，当a＞1时，在同一坐标系中作出两个函数的图象，如图1所示，由图知不满足条件；当0＜a＜1时，在同一坐标系中作出两个函数的图象，如图2所示，则f(2)≤g(2)，即a2－1≤×2－1，即a≤，所以a的取值范围是，故选B.9．已知函数y＝a＋sin bx(b＞0且b≠1)的图象如图所示，那么函数y＝logb(x－a)的图象可能是( )解析：选C.由三角函数的图象可得a＞1，且最小正周期T＝＜π，所以b＞2，则y＝logb(x－a)是增函数，排除A和B；当x＝2时，y＝logb(2－a)＜0，排除D，故选C.10．已知函数y＝f(x)是定义在R上的偶函数，当x∈(－∞，0]时，f(x)为减函数，若a＝f(20.3)，b＝f(log4)，c＝f(log25)，则a，b，c的大小关系是( )A．a＞b＞c B．c＞b＞aC．c＞a＞b D．a＞c＞b解析：选B.函数y＝f(x)是定义在R上的偶函数，当x∈(－∞，0]时，f(x)为减函数，∴f(x)在[0，＋∞)为增函数，∵b＝f(log4)＝f(－2)＝f(2)，1＜20.3＜2＜log25，∴c＞b＞a，故选B.11．已知函数f(x)＝x－4＋，x∈(0,4)，当x＝a时，f(x)取得最小值b，则函数g(x)＝a|x＋b|的图象为( )解析：选A.∵x∈(0,4)，∴x＋1＞1，∴f(x)＝x－4＋＝x＋1＋－5≥2－5＝1，当且仅当x＝2时取等号，此时函数f(x)有最小值1.∴a＝2，b＝1，∴g(x)＝2|x＋1|＝，此函数可以看成由函数y＝的图象向左平移1个单位得到，结合指数函数的图象及选项可知A正确．故选A.12．若函数f(x)＝1＋＋sin x在区间[－k，k](k＞0)上的值域为[m，n]，则m＋n的值是( )A．0 B．1C．2 D．4解析：选D.∵f(x)＝1＋＋sin x＝1＋2·＋sin x＝2＋1－＋sin x＝2＋＋sin x.记g(x)＝＋sin x，则f(x)＝g(x)＋2，易知g(x)为奇函数，g(x)在[－k，k]上的最大值a与最小值b互为相反数，∴a＋b＝0，故m＋n＝4.(a＋2)＋(b＋2)＝a＋b＋4＝4.二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)13．已知f(x)是定义在R上的奇函数，当x＞0时，f(x)＝log2x－1，则f＝________.解析：因为f(x)是定义在R上的奇函数，所以f＝－f＝－＝.答案：3214．若函数f(x)＝(a＞0，且a≠1)的值域是(－∞，－1]，则实数a的取值范围是________．解析：当x≤2时，f(x)＝－x2＋2x－2＝－(x－1)2－1，f(x)在(－∞，1)上递增，在(1,2]上递减，∴f(x)在(－∞，2]上的最大值是－1，又f(x)的值域是(－∞，－1]，∴当x ＞2时， logax≤－1，故0＜a ＜1，且loga2≤－1， ∴≤a＜1，故答案为. 答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，115．已知函数f(x)在实数集R 上具有下列性质：①直线x ＝1是函数f(x)图象的一条对称轴；②f(x＋2)＝－f(x)；③当1≤x1＜x2≤3时，[f(x2)－f(x1)]·(x2－x1)＜0，则f(2 015)、f(2 016)、f(2 017)从大到小的顺序为______________．解析：由f(x ＋2)＝－f(x)得f(x ＋4)＝f(x)，所以f(x)的周期是4，所以f(2 015)＝f(3)，f(2 016)＝f(0)，f(2 017)＝f(1)．因为直线x ＝1是函数f(x)图象的一条对称轴，所以f(0)＝f(2)．由1≤x1＜x2≤3时，[f(x2)－f(x1)]·(x2－x1)＜0，可知当1≤x≤3时，函数f(x)单调递减，所以f(1)＞f(2)＞f(3)，即f(2 017)＞f(2 016)＞f(2 015)．答案：f(2 017)＞f(2 016)＞f(2 015)16．已知函数f(x)＝若f(x1)＝f(x2)＝f(x3)(x1，x2，x3互不相等)，且x1＋x2＋x3的取值范围为(1,8)，则实数m 的值为________．解析：作出f(x)的图象，如图所示，可令x1＜x2＜x3，则由图知点(x1,0)，(x2,0)关于直线x ＝－对称，所以x1＋x2＝－1.又1＜x1＋x2＋x3＜8，所以2＜x3＜9.结合图象可知点A 的坐标为(9,3)，代入函数解析式，得3＝log2(9－m)，解得m ＝1. 答案：1。

2020浙江新高考数学二轮复习专题一 6 第6讲导数的综合应用【精品解析】

第6讲导数的综合应用“ 辅助函数法”证明不等式[核心提炼]利用导数证明不等式的应用技巧为“构造辅助函数”，把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或求最值，从而证得不等式，而如何根据不等式的结构特征构造一个可导函数是用导数证明不等式的关键．[典型例题]设函数f (x )＝ln x －x ＋1. (1)讨论f (x )的单调性；(2)证明当x ∈(1，＋∞)时，1＜x －1ln x ＜x ；(3)设c ＞1，证明当x ∈(0，1)时，1＋(c －1)x ＞c x .【解】 (1)由题设，f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －1，令f ′(x )＝0，解得x ＝1.当0＜x ＜1时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增；当x ＞1时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减． (2)证明：由(1)知f (x )在x ＝1处取得最大值，最大值为f (1)＝0. 所以当x ≠1时，ln x ＜x －1.故当x ∈(1，＋∞)时，ln x ＜x －1，ln 1x ＜1x －1，即1＜x －1ln x ＜x .(3)证明：由题设c ＞1，设g (x )＝1＋(c －1)x －c x ，则g ′(x )＝c －1－c x ln c ，令g ′(x )＝0，解得x 0＝ln c －1ln cln c.当x ＜x 0时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增；当x ＞x 0时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减．由(2)知1＜c －1ln c ＜c ，故0＜x 0＜1.又g (0)＝g (1)＝0，故当0＜x ＜1时，g (x )＞0.所以当x ∈(0，1)时，1＋(c －1)x ＞c x .利用导数证明不等式的基本步骤(1)①作差或变形． ②构造新的函数h (x )．③利用导数研究h (x )的单调性或最值． ④根据单调性及最值，得到所证不等式．(2)本例通过构造辅助函数，转化为证明函数的单调性，使问题得以解决，此方法还常用于解决下列问题：①比较大小；②解不等式．[对点训练](2019·绍兴市柯桥区高三(下)期中考试)已知函数f (x )＝x ＋λe x .(1)当λ＞0时，求证：f (x )≥(1－λ)x ＋λ，并指出等号成立的条件； (2)求证：对任意实数λ，总存在实数x ∈[－3，3]，有f (x )＞λ.解：(1)设g (x )＝f (x )－(1－λ)x －λ＝x ＋λe x －(1－λ)x －λ＝λ(1ex ＋x －1)，所以g ′(x )＝λ(1－1e x )，令g ′(x )＝0，解得x ＝0，当x ＞0时，g ′(x )＞0，函数g (x )单调递增，当x ＜0时，g ′(x )＜0，函数g (x )单调递减，所以g (x )min ＝g (0)＝0，所以f (x )≥(1－λ)x ＋λ，当x ＝0时取等号．(2)证明：“对任意实数λ，总存在实数x ∈[－3，3]，有f (x )＞λ”等价于f (x )的最大值大于λ.因为f ′(x )＝1－λe －x ，所以当λ≤0时，x ∈[－3，3]，f ′(x )＞0，f (x )在[－3，3]上单调递增，所以f (x )的最大值为f (3)＞f (0)＝λ. 所以当λ≤0时命题成立；当λ＞0时，由f ′(x )＝0得x ＝ln λ，则x ∈R 时，x ，f ′(x )，f (x )关系如下：①当λ≥e 3时，ln λ≥3，f (x )在[－3，3]上单调递减，所以f (x )的最大值f (－3)＞f (0)＝λ. 所以当λ≥e 3时命题成立；②当e －3＜λ＜e 3时，－3＜ln λ＜3，所以f (x )在(－3，ln λ)上单调递减，在(ln λ，3)上单调递增．所以f (x )的最大值为f (－3)或f (3)；且f (－3)＞f (0)＝λ与f (3)＞f (0)＝λ必有一成立，所以当e －3＜λ＜e 3时命题成立； ③当0＜λ≤e－3时，ln λ≤－3，所以f (x )在[－3，3]上单调递增，所以f (x )的最大值为f (3)＞f (0)＝λ. 所以当0＜λ≤e－3时命题成立；综上所述，对任意实数λ，总存在实数x ∈[－3，3]，有f (x )＞λ.“转化法”解决不等式恒成立中的参数问题[核心提炼]1．利用导数解决恒成立问题(1)若不等式f (x )>A 在区间D 上恒成立，则等价于在区间D 上f (x )min >A . (2)若不等式f (x )<A 在区间D 上恒成立，则等价于在区间D 上f (x )max <A . 2．利用导数解决能成立问题(1)若∃x ∈D ，f (x )>A 成立，则等价于在区间D 上f (x )max >A . (2)若∃x ∈D ，f (x )<A 成立，则等价于在区间D 上f (x )min <A .[典型例题](2019·高考浙江卷)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 ∈⎣⎡⎭⎫1e 2，＋∞均有f (x )≤x2a ，求a 的取值范围．注：e ＝2.718 28…为自然对数的底数．【解】 (1)当a ＝－34时，f (x )＝－34ln x ＋1＋x ，x >0.f ′(x )＝－34x ＋121＋x ＝（1＋x －2）（21＋x ＋1）4x 1＋x ，令f ′(x )>0，解得x >3，令f ′(x )<0，解得0<x <3，所以函数f (x )的单调递减区间为(0，3)，单调递增区间为(3，＋∞)． (2)由f (1)≤12a ，得0<a ≤24.当0<a ≤24时，f (x )≤x 2a 等价于x a 2－21＋x a－2ln x ≥0. 令t ＝1a，则t ≥2 2.设g (t )＝t 2x －2t 1＋x －2ln x ，t ≥22，则g (t )＝x ⎝⎛⎭⎫t －1＋1x 2－1＋xx－2ln x . ①当x ∈⎣⎡⎭⎫17，＋∞时， 1＋1x≤22，则g (t )≥g (22) ＝8x －421＋x －2ln x .记p (x )＝4x －221＋x －ln x ，x ≥17，则p ′(x )＝2x －2x ＋1－1x ＝2x x ＋1－2x －x ＋1x x ＋1＝（x －1）[1＋x （2x ＋2－1）]x x ＋1（x ＋1）（x ＋1＋2x ）. 故x 17 ⎝⎛⎭⎫17，11 (1，＋∞)p ′(x ) － 0 ＋ p (x )p ⎝⎛⎭⎫17单调递减极小值p (1)单调递增因此，g (t )≥g (22)＝2p (x )≥0. ②当x ∈⎣⎡⎦⎤1e 2，17时， g (t )≥g ⎝⎛⎭⎫1＋1x ＝－2x ln x －（x ＋1）x. 令q (x )＝2x ln x ＋(x ＋1)，x ∈⎣⎡⎦⎤1e 2，17，则 q ′(x )＝ln x ＋2x＋1>0，故q (x )在⎣⎡⎦⎤1e 2，17上单调递增，所以q (x )≤q ⎝⎛⎭⎫17. 由①得，q ⎝⎛⎭⎫17＝－277p ⎝⎛⎭⎫17<－277p (1)＝0. 所以q (x )<0.因此，g (t )≥g ⎝⎛⎭⎫1＋1x ＝－q （x ）x>0. 由①②知对任意x ∈⎣⎡⎭⎫1e 2，＋∞，t ∈[22，＋∞)，g (t )≥0，即对任意x ∈⎣⎡⎭⎫1e 2，＋∞，均有f (x )≤x2a. 综上所述，所求a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤0，24.不等式恒成立(有解)问题的求法(1)恒成立问题的常见处理方法：根据恒成立问题的原理，可利用函数法、分离常数法(转化成求最值问题)等求解．(2)能成立问题的常见处理方法：能成立即存在性问题，根据能成立问题的原理，通常将其转化为最值问题进行求解．[对点训练](2019·宁波市十校联考模拟)已知函数f (x )＝mx ＋x ln x (m ＞0)，g (x )＝ln x －2.(1)当m ＝1时，求函数f (x )的单调增区间；(2)若对任意的x 1∈[1，e]，总存在x 2∈[1，e]，使f （x 1）x 1·g （x 2）x 2＝－1，其中e 是自然对数的底数．求实数m 的取值范围．解：(1)当m ＝1时，函数f (x )＝1x ＋x ln x ，求导f ′(x )＝－1x 2＋ln x ＋1，由f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，且f ′(1)＝0，所以当x ＞1时，f ′(x )＞0，当0＜x ＜1时，f ′(x )＜0，所以函数f (x )单调递增区间(1，＋∞)．(2)由题意设h (x )＝f （x ）x ＝m x 2＋ln x ，φ(x )＝g （x ）x ＝ln x －2x，φ′(x )＝3－ln xx 2＞0，在[1，e]恒成立，所以φ(x )＝ln x －2x 在[1，e]上单调递增，φ(x )∈[－2，－1e ]，所以h (x )∈[12，e]，即12≤mx2＋ln x ≤e ，在[1，e]上恒成立，即x 22－x 2ln x ≤m ≤x 2(e －ln x )，在[1，e]上恒成立，设p (x )＝x 22－x 2ln x ，则p ′(x )＝－2x ln x ≤0，在[1，e]上恒成立，所以p (x )在[1，e]上单调递减，则m ≥p (1)＝12，设q (x )＝x 2(e －ln x )，q ′(x )＝x (2x －1－2ln x )≥x (2e －1－2ln x )＞0在[1，e]上恒成立，所以q (x )在[1，e]上单调递增，则m ≤q (1)＝e ，综上所述，m 的取值范围为[12，e]．“图象辅助法”解决函数零点或方程根的问题[核心提炼]研究函数零点或方程根的情况，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，并借助函数的大致图象判断函数零点或方程根的情况，这是导数这一工具在研究方程中的重要应用．[典型例题](2019·浙江省重点中学高三联考)已知方程|cos x |x＝k (k ＞0)有且仅有两个不同的实数解θ，φ(θ＞φ)，则以下有关两根关系的结论正确的是( )A ．cos φ＝φsin θB ．sin φ＝－φcos θC ．cos θ＝θcos φD ．sin θ＝－θsin φ【解析】由|cos x |x ＝k (k ＞0)可得：|cos x |＝kx (k ＞0)，因为方程|cos x |x ＝k (k ＞0)有且仅有两个不同的实数解θ，φ(θ＞φ)，所以直线y ＝kx 与曲线y ＝|cos x |相切，如图：直线y ＝kx 与曲线y ＝|cos x |的交点为A (φ，cos φ)，切点B 为(θ，－cos θ)，当x ∈⎝⎛⎭⎫π2，π时，y ＝|cos x |＝－cos x ，所以y ′＝sin x ，所以y ′|x ＝θ＝sin θ，即k ＝sin θ，又A (φ，cos φ)代入y ＝kx ，可得cos φ＝φsin θ.故选A . 【答案】 A(1)根据参数确定函数零点的个数，基本思想也是“数形结合”，即通过研究函数的性质(单调性、极值、函数值的极限位置等)，大致勾画出函数图象，然后通过函数性质得出其与x 轴交点的个数，或者两个函数图象交点的个数，基本步骤是“先数后形”．(2)判断函数在某区间[a ，b ]((a ，b ))内的零点的个数时，主要思路为：一是由f (a )f (b )<0及零点存在性定理，说明在此区间上至少有一个零点；二是求导，判断函数在区间(a ，b )上的单调性，若函数在该区间上单调递增或递减，则说明至多只有一个零点；若函数在区间[a ，b ]((a ，b ))上不单调，则要求其最大值或最小值，借用图象法等，判断零点个数．[对点训练]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 ＝2.718 28…. (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h (x )＝f (x )－g (x )＝e x －1－x －x 得，h (1)＝e －3<0，h (2)＝e 2－3－2>0，所以函数h (x )在区间(1，2)上有零点． (2)由(1)得h (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，而h (x )在(1，2)内有零点，因此h (x )在[0，＋∞)上至少有两个零点．因为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，则φ(x )在(0，＋∞)内至多只有一个零点，即h (x )在[0，＋∞)内至多有两个零点．所以方程f (x )＝g (x )的根的个数为2. 2．(2019·张掖模拟)设函数f (x )＝x 22－a ln x .(1)求函数f (x )的单调区间和极值；(2)若函数f (x )在区间(1，e 2]内恰有两个零点，试求a 的取值范围．解：(1)由f (x )＝x 22－a ln x ，得f ′(x )＝x －a x ＝x 2－ax(x >0)．①当a ≤0时，f ′(x )＞0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，函数既无极大值，也无极小值；②当a ＞0时，由f ′(x )＝0，得x ＝a 或x ＝－a (舍去)．于是，当x 变化时，f ′(x )与f (x )的变化情况如下表：函数f (x )在x ＝a 处取得极小值f (a )＝a （1－ln a ）2，无极大值．综上可知，当a ≤0时，函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，函数f (x )既无极大值也无极小值；当a >0时，函数f (x )的单调递减区间是(0，a )，单调递增区间为(a ，＋∞)，函数f (x )有极小值a （1－ln a ）2，无极大值．(2)当a ≤0时，由(1)知函数f (x )在区间(0，＋∞)上单调递增，故函数f (x )在区间(1，e 2]内至多有一个零点，不合题意．当a >0时，由(1)知，当x ∈(0，a )时，函数f (x )单调递减；当x ∈(a ，＋∞)时，函数f (x )单调递增，函数f (x )在(0，＋∞)上的最小值为f (a )＝a （1－ln a ）2.若函数f (x )在区间(1，e 2]内恰有两个零点，则需满足⎩⎪⎨⎪⎧1<a <e 2f （a ）<0f （1）>0f （e 2）≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧1<a <e 4a （1－ln a ）2<012>0e42－2a ≥0，整理得⎩⎨⎧1<a <e 4a >e a ≤e44，所以e<a ≤e 44.故所求a 的取值范围为(e ，e 44]．专题强化训练1．(2019·衢州市高三数学质量检测)已知函数f (x )＝ln x －12ax 2＋(1－a )x ＋1.(1)当a ＝1时，求函数f (x )在x ＝2处的切线方程； (2)求函数f (x )在x ∈[1，2]时的最大值．解：(1)当a ＝1时，f (x )＝ln x －12x 2＋1，所以f ′(x )＝1x－x ，所以f ′(2)＝－32，即k 切＝－32，已知切点为(2，－1＋ln 2)，所以切线的方程为：y ＝－32x ＋2＋ln 2.(2)因为f ′(x )＝－ax 2＋（1－a ）x ＋1x (1≤x ≤2)，当a ≤0时，f ′(x )＞0在x ∈[1，2]恒成立，所以f (x )在x ∈[1，2]单调递增，所以f max (x )＝f (2)＝－4a ＋3＋ln 2；当0＜a ≤12时，f (x )在x ∈[1，2]单调递增，所以f max (x )＝f (2)＝－4a ＋3＋ln 2；当12＜a ＜1时，f (x )在x ∈[1，1a ]单调递增，在x ∈[1a ，2]单调递减，所以f max (x )＝f (1a )＝12a－ln a ；当a ≥1时，f (x )在x ∈[1，2]单调递减，所以f max (x )＝f (1)＝－32a ＋2，综上所述f max(x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－4a ＋3＋ln 2，a ≤12－ln a ＋12a ，12＜a ＜1－32a ＋2，a ≥1.2．(2019·绍兴、诸暨市高考二模)已知函数f (x )＝x e x －a (x －1)(a ∈R )． (1)若函数f (x )在x ＝0处有极值，求a 的值与f (x )的单调区间； (2)若存在实数x 0∈(0，12)，使得f (x 0)＜0，求实数a 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝(x ＋1)e x －a ，由f ′(0)＝0，解得：a ＝1，故f ′(x )＝(x ＋1)e x －1，令f ′(x )＞0，解得：x ＞0，令f ′(x )＜0，解得：x ＜0，故f (x )在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增． (2)若f (x )＜0在x ∈(0，12)上有解，即x e x＜a (x －1)，a ＜x e x x －1在x ∈(0，12)上有解，设h (x )＝x e x x －1，x ∈(0，12)，则h ′(x )＝e x （x 2－x －1）（x －1）2＜0，故h (x )在(0，12)单调递减，h (x )在(0，12)的值域是(－e ，0)，故a ＜h (0)＝0.3．(2019·兰州市实战考试)已知函数f (x )＝ln x －ax ＋1－ax－1(a ∈R )． (1)当0<a <12时，讨论f (x )的单调性；(2)设g (x )＝x 2－2bx ＋4.当a ＝14时，若对任意x 1∈(0，2)，存在x 2∈[1，2]，使f (x 1)≥g (x 2)，求实数b 的取值范围．解：(1)因为f (x )＝ln x －ax ＋1－ax－1，所以f ′(x )＝1x －a ＋a －1x2＝－ax 2－x ＋1－ax 2，x ∈(0，＋∞)，令f ′(x )＝0，可得两根分别为1，1a －1，因为0<a <12，所以1a－1>1>0，当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减；当x ∈⎝⎛⎭⎫1，1a －1时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增；当x ∈⎝⎛⎭⎫1a －1，＋∞时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减．(2)a ＝14∈⎝⎛⎭⎫0，12，1a －1＝3∉(0，2)，由(1)知，当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减；当x ∈(1，2)时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，所以f (x )在(0，2)上的最小值为f (1)＝－12.对任意x 1∈(0，2)，存在x 2∈[1，2]，使f (x 1)≥g (x 2)等价于g (x )在[1，2]上的最小值不大于f (x )在(0，2)上的最小值－12，(*)又g (x )＝(x －b )2＋4－b 2，x ∈[1，2]，所以，①当b <1时，[g (x )]min ＝g (1)＝5－2b >0，此时与(*)矛盾； ②当1≤b ≤2时，[g (x )]min ＝4－b 2≥0，同样与(*)矛盾；③当b >2时，[g (x )]min ＝g (2)＝8－4b ，且当b >2时，8－4b <0，解不等式8－4b ≤－12，可得b ≥178，所以实数b 的取值范围为⎣⎡⎭⎫178，＋∞. 4．(2018·高考浙江卷)已知函数f (x )＝x －ln x .(1)若f (x )在x ＝x 1，x 2(x 1≠x 2)处导数相等，证明：f (x 1)＋f (x 2)>8－8ln 2；(2)若a ≤3－4ln 2，证明：对于任意k >0，直线y ＝kx ＋a 与曲线y ＝f (x )有唯一公共点．证明：(1)函数f (x )的导函数f ′(x )＝12x －1x，由f ′(x 1)＝f ′(x 2)得12x 1－1x 1＝12x 2－1x 2，因为x 1≠x 2，所以1x 1＋1x 2＝12. 由基本不等式得12x 1x 2＝x 1＋x 2≥24x 1x 2，因为x 1≠x 2，所以x 1x 2>256.由题意得f (x 1)＋f (x 2)＝x 1－ln x 1＋x 2－ln x 2＝12x 1x 2－ln(x 1x 2)．设g (x )＝12x －ln x ，则g ′(x )＝14x(x －4)，所以所以g (x )在g (x 1x 2)>g (256)＝8－8ln 2，即f (x 1)＋f (x 2)>8－8ln 2.(2)令m ＝e －(|a |＋k )，n ＝⎝⎛⎭⎫|a |＋1k 2＋1，则 f (m )－km －a >|a |＋k －k －a ≥0，f (n )－kn －a <n ⎝⎛⎭⎫1n －a n －k ≤n ⎝ ⎛⎭⎪⎫|a |＋1n －k <0，所以，存在x 0∈(m ，n )，使f (x 0)＝kx 0＋a ，所以，对于任意的a ∈R 及k ∈(0，＋∞)，直线y ＝kx ＋a 与曲线y ＝f (x )有公共点．由f (x )＝kx ＋a 得k ＝x －ln x －a x . 设h (x )＝x －ln x －a x，则h ′(x )＝ln x －x 2－1＋a x 2＝－g （x ）－1＋a x 2，其中g (x )＝x 2－ln x . 由(1)可知g (x )≥g (16)，又a ≤3－4ln 2，故－g (x )－1＋a ≤－g (16)－1＋a ＝－3＋4ln 2＋a ≤0，所以h ′(x )≤0，即函数h (x )在(0，＋∞)上单调递减，因此方程f (x )－kx －a ＝0至多1个实根．综上，当a ≤3－4ln 2时，对于任意k >0，直线y ＝kx ＋a 与曲线y ＝f (x )有唯一公共点．5．(2019·绍兴市高三教学质量调测)已知函数f (x )＝13x 3－ax 2＋3x ＋b (a ，b ∈R )． (1)当a ＝2，b ＝0时，求f (x )在[0，3]上的值域；(2)对任意的b ，函数g (x )＝|f (x )|－23的零点不超过4个，求a 的取值范围．解：(1)由f (x )＝13x 3－2x 2＋3x ，得f ′(x )＝x 2－4x ＋3＝(x －1)(x －3)．当x ∈(0，1)时，f ′(x )＞0，故f (x )在(0，1)上单调递增；当x ∈(1，3)时，f ′(x )＜0，故f (x )在(1，3)上单调递减．又f (0)＝f (3)＝0，f (1)＝43，所以f (x )在[0，3]上的值域为[0，43]． (2)由题得f ′(x )＝x 2－2ax ＋3，Δ＝4a 2－12，①当Δ≤0，即a 2≤3时，f ′(x )≥0，f (x )在R 上单调递增，满足题意．②当Δ＞0，即a 2＞3时，方程f ′(x )＝0有两根，设两根为x 1，x 2，且x 1＜x 2，x 1＋x 2＝2a ，x 1x 2＝3.则f (x )在(－∞，x 1)，(x 2，＋∞)上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减．由题意知|f (x 1)－f (x 2)|≤43，即|x 31－x 323－a (x 21－x 22)＋3(x 1－x 2)|≤43. 化简得43(a 2－3)32≤43，解得3＜a 2≤4，综合①②，得a 2≤4，即－2≤a ≤2.6．(2019·台州市高考一模)已知函数f (x )＝1－ln x x ，g (x )＝a e e x ＋1x－bx (e 为自然对数的底数)，若曲线y ＝f (x )与曲线y ＝g (x )的一个公共点是A (1，1)，且在点A 处的切线互相垂直．(1)求a ，b 的值；(2)求证：当x ≥1时，f (x )＋g (x )≥2x. 解：(1)因为f (x )＝1－ln x x，所以f ′(x )＝ln x －1x 2，f ′(1)＝－1. 因为g (x )＝a e e x ＋1x－bx ，所以g ′(x )＝－a e e x －1x 2－b . 因为曲线y ＝f (x )与曲线y ＝g (x )的一个公共点是A (1，1)，且在点A 处的切线互相垂直，所以g (1)＝1，且f ′(1)·g ′(1)＝－1，即g (1)＝a ＋1－b ＝1，g ′(1)＝－a －1－b ＝1，解得a ＝－1，b ＝－1.(2)证明：由(1)知，g (x )＝－e e x ＋1x＋x ，则f (x )＋g (x )≥2x ⇔1－ln x x －e e x －1x＋x ≥0. 令h (x )＝1－ln x x －e e x －1x＋x (x ≥1)，则h ′(x )＝－1－ln x x 2＋e e x ＋1x 2＋1＝ln x x 2＋e e x＋1. 因为x ≥1，所以h ′(x )＝ln x x 2＋e e x＋1＞0，所以h (x )在[1，＋∞)上单调递增，所以h (x )≥h (1)＝0，即1－ln x x －e e x －1x＋x ≥0，所以当x ≥1时，f (x )＋g (x )≥2x. 7．(2019·宁波市镇海中学高考模拟)设函数f (x )＝e x x 2－k (2x＋ln x )(k 为常数，e ＝2.718 28…是自然对数的底数)．(1)当k ≤0时，求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在(0，2)内存在两个极值点，求k 的取值范围．解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，所以f ′(x )＝e x ·x 2－e x ·2x x 4－k (1x －2x 2) ＝（x －2）（e x －kx ）x 3(x ＞0)，当k ≤0时，kx ≤0，所以e x －kx ＞0，令f ′(x )＝0，则x ＝2，所以当0＜x ＜2时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当x ＞2时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，所以f (x )的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，＋∞)．(2)由(1)知，k ≤0时，函数f (x )在(0，2)内单调递减，故f (x )在(0，2)内不存在极值点；当k ＞0时，设函数g (x )＝e x －kx ，x ∈(0，＋∞)．因为g ′(x )＝e x －k ＝e x －e ln k ，当0＜k ≤1时，当x ∈(0，2)时，g ′(x )＝e x －k ＞0，y ＝g (x )单调递增，故f (x )在(0，2)内不存在两个极值点；当k ＞1时，得x ∈(0，ln k )时，g ′(x ) ＜0，函数y ＝g (x )单调递减，x ∈(ln k ，＋∞)时，g ′(x )＞0，函数y ＝g (x )单调递增，所以函数y ＝g (x )的最小值为g (ln k )＝k (1－ln k )．函数f (x )在(0，2)内存在两个极值点，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧g （0）＞0g （ln k ）＜0g （2）＞20＜ln k ＜2，解得：e ＜k ＜e 22综上所述，函数f (x )在(0，2)内存在两个极值点时，k 的取值范围为(e ，e 22)． 8．(2019·杭州市学军中学高考模拟)已知函数f (x )＝13ax 3－12bx 2＋x (a ，b ∈R )． (1)当a ＝2，b ＝3时，求函数f (x )极值；(2)设b ＝a ＋1，当0≤a ≤1时，对任意x ∈[0，2]，都有m ≥|f ′(x )|恒成立，求m 的最小值．解：(1)当a ＝2，b ＝3时，f (x )＝23x 3－32x 2＋x ， f ′(x )＝2x 2－3x ＋1＝(2x －1)(x －1)，令f ′(x )＞0，解得：x ＞1或x ＜12，令f ′(x )＜0，解得：12＜x ＜1，故f (x )在(－∞，12)单调递增，在(12，1)单调递减，在(1，＋∞)单调递增，故f (x )极大值＝f (12)＝524，f (x )极小值＝f (1)＝16. (2)当b ＝a ＋1时，f (x )＝13ax 3－12(a ＋1)x 2＋x ， f ′(x )＝ax 2－(a ＋1)x ＋1，f ′(x )恒过点(0，1)；当a ＝0时，f ′(x )＝－x ＋1，m ≥|f ′(x )|恒成立，所以m ≥1；0＜a ≤1，开口向上，对称轴a ＋12a≥1， f ′(x )＝ax 2－(a ＋1)x ＋1＝a (x －a ＋12a )2＋1－（a ＋1）24a ， ①当a ＝1时f ′(x )＝x 2－2x ＋1，|f ′(x )|在x ∈[0，2]的值域为[0，1]；要m ≥|f ′(x )|，则m ≥1；②当0＜a ＜1时，根据对称轴分类：当x ＝a ＋12a ＜2，即13＜a ＜1时， Δ＝(a －1)2＞0，f ′(a ＋12a )＝12－14(a ＋1a )∈(－13，0)，又f ′(2)＝2a －1＜1，所以|f ′(x )|≤1；当x ＝a ＋12a ≥2，即0＜a ≤13； f ′(x )在x ∈[0，2]的最小值为f ′(2)＝2a －1；－1＜2a －1≤－13，所以|f ′(x )|≤1，综上所述，要对任意x ∈[0，2]都有m ≥|f ′(x )|恒成立，有m ≥1，所以m ≥1.。

2020届高考数学(理)二轮专题复习：专题二函数、不等式、导数 1-2-3 Word版含答案.doc

限时规范训练六导数的简单应用限时45分钟，实际用时分值81分，实际得分一、选择题(本题共6小题，每小题5分，共30分)1．设函数f (x )＝x 24－a ln x ，若f ′(2)＝3，则实数a 的值为( )A ．4B ．－4C ．2D ．－2解析：选B.f ′(x )＝x 2－a x ，故f ′(2)＝22－a2＝3，因此a ＝－4.2．曲线y ＝e x在点A 处的切线与直线x －y ＋3＝0平行，则点A 的坐标为( ) A ．(－1，e －1) B ．(0,1) C ．(1，e)D ．(0,2)解析：选B.设A (x 0，e x 0)，y ′＝e x，∴y ′|x ＝x 0＝e x 0.由导数的几何意义可知切线的斜率k＝e x 0.由切线与直线x －y ＋3＝0平行可得切线的斜率k ＝1. ∴e x 0＝1，∴x 0＝0，∴A (0,1)．故选B.3．若函数f (x )＝x 3－2cx 2＋x 有极值点，则实数c 的取值范围为 ( ) A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞ B.⎝⎛⎭⎪⎫32，＋∞ C.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－32∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞ D.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－32∪⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞ 解析：选D.若函数f (x )＝x 3－2cx 2＋x 有极值点，则f ′(x )＝3x 2－4cx ＋1＝0有两根，故Δ＝(－4c )2－12＞0，从而c ＞32或c ＜－32. 4．已知f (x )＝a ln x ＋12x 2(a ＞0)，若对任意两个不等的正实数x 1，x 2都有f x 1－f x 2x 1－x 2≥2恒成立，则实数a 的取值范围是( )A ．[1，＋∞)B ．(1，＋∞)C ．(0,1)D ．(0,1]解析：选A.由条件可知在定义域上函数图象的切线斜率大于等于2，所以函数的导数f ′(x )＝a x＋x ≥2.可得x ＝a 时，f ′(x )有最小值2.∴a ≥1.5．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解析：选C.构造函数g (x )＝f (x )－kx ＋1，则g ′(x )＝f ′(x )－k ＞0，∴g (x )在R 上为增函数． ∵k ＞1，∴1k －1＞0，则g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1＞g (0)．而g (0)＝f (0)＋1＝0， ∴g ⎝⎛⎭⎪⎫1k －1＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1－k k －1＋1＞0，即f ⎝⎛⎭⎪⎫1k －1＞k k －1－1＝1k －1，所以选项C 错误，故选C.6．由曲线y ＝x 2，y ＝x 围成的封闭图形的面积为( ) A.16 B.13 C.23D ．1解析：选 B.由题意可知所求面积(如图中阴影部分的面积)为⎠⎛01(x －x 2)d x ＝⎝⎛⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎫23x 32－13x 310＝13.所以选B.二、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分)7．(2016·高考全国卷Ⅱ)若直线y ＝kx ＋b 是曲线y ＝ln x ＋2的切线，也是曲线y ＝ln(x ＋1)的切线，则b ＝________.解析：直线y ＝kx ＋b 与曲线y ＝ln x ＋2，y ＝ln(x ＋1)均相切，设切点分别为A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由y ＝ln x ＋2得y ′＝1x ，由y ＝ln(x ＋1)得y ′＝1x ＋1，∴k ＝1x 1＝1x 2＋1，∴x 1＝1k ，x 2＝1k－1，∴y 1＝－ln k ＋2，y 2＝－ln k .即A ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k，－ln k ＋2，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k－1，－ln k ，∵A 、B 在直线y ＝kx ＋b 上， ∴⎩⎪⎨⎪⎧2－ln k ＝k ·1k ＋b ，－ln k ＝k ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1＋b解得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝1－ln 2，k ＝2.答案：1－ln 28．已知函数f (x )＝－12x 2－3x ＋4ln x 在(t ，t ＋1)上不单调，则实数t 的取值范围是________．解析：由题意得，f (x )的定义域为(0，＋∞)，∴t ＞0， ∴f ′(x )＝－x －3＋4x＝0在(t ，t ＋1)上有解，∴x 2＋3x －4x＝0在(t ，t ＋1)上有解，∴x 2＋3x －4＝0在(t ，t ＋1)上有解，由x 2＋3x －4＝0得x ＝1或x ＝－4(舍去)，∴1∈(t ，t ＋1)，∴t ∈(0,1)，故实数t 的取值范围是(0,1)．答案：(0,1)9．若f (x )＝－12x 2＋b ln(x ＋2)在(－1，＋∞)上是减函数，则实数b 的最大值是________．解析：函数的定义域是x ＋2＞0，即x ＞－2，而f ′(x )＝－x ＋bx ＋2＝－x 2－2x ＋bx ＋2.因为x＋2＞0，函数f (x )＝－12x 2＋b ln(x ＋2)在(－1，＋∞)上是减函数，即－x 2－2x ＋b ≤0在x ∈(－1，＋∞)上恒成立，得b ≤x 2＋2x 在x ∈(－1，＋∞)上恒成立，令g (x )＝x 2＋2x ＝(x ＋1)2－1，x ∈(－1，＋∞)，g (x )＞g (－1)＝－1，所以b ≤－1.所以b 的最大值为－1.答案：－1三、解答题(本题共3小题，每小题12分，共36分) 10．已知f (x )＝2x ＋3－x ＋2x ＋1.(1)求证：当x ＝0时，f (x )取得极小值；(2)是否存在满足n ＞m ≥0的实数m ，n ，当x ∈[m ，n ]时，f (x )的值域为[m ，n ]？若存在，求m ，n 的值；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：由已知得f (x )的定义域为⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，＋∞. 当x ＞－12时，f ′(x )＝2－2－x ＋2x ＋2＝8x 2＋8x ＋x ＋x ＋2.设F (x )＝8x 2＋8x ＋2ln(2x ＋1)，则f ′(x )＝F xx ＋2.当x ＞－12时，y ＝8x 2＋8x ＝8⎣⎢⎡⎦⎥⎤x －⎝ ⎛⎭⎪⎫－122－2是单调递增函数，y ＝2ln(2x ＋1)也是单调递增函数．∴当x ＞－12时，F (x )＝8x 2＋8x ＋2ln(2x ＋1)单调递增．∴当－12＜x ＜0时，F (x )＜F (0)＝0，当x ＞0时，F (x )＞F (0)＝0.∴当－12＜x ＜0时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减，当x ＞0时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增．∴当x ＝0时，f (x )取得极小值．(2)由(1)知f (x )在[0，＋∞)上是单调递增函数，若存在满足n ＞m ≥0的实数m ，n ，当x ∈[m ，n ]时，f (x )的值域为[m ，n ]，则f (m )＝m ，f (n )＝n ，即f (x )＝x 在[0，＋∞)上有两个不等的实根m ，n .∴2x 2＋7x ＋3－ln(2x ＋1)＝0在[0，＋∞)上有两个不等的实根m ，n . 设H (x )＝2x 2＋7x ＋3－ln(2x ＋1)，则 H ′(x )＝8x 2＋18x ＋52x ＋1.当x ＞0时，2x ＋1＞0,8x 2＋18x ＋5＞0， ∴H ′(x )＝8x 2＋18x ＋52x ＋1＞0.∴H (x )在[0，＋∞)上是单调递增函数，即当x ≥0时，H (x )≥H (0)＝3. ∴2x 2＋7x ＋3－ln(2x ＋1)＝0在[0，＋∞)上没有实数根． ∴不存在满足条件的实数m ，n .11．(2017·河南郑州质量检测)设函数f (x )＝12x 2－m ln x ，g (x )＝x 2－(m ＋1)x .(1)求函数f (x )的单调区间；(2)当m ≥0时，讨论函数f (x )与g (x )图象的交点个数．解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝x 2－mx，当m ≤0时，f ′(x )＞0，所以函数f (x )的单调递增区间是(0，＋∞)，无单调递减区间．当m ＞0时，f ′(x )＝x ＋mx －mx，当0＜x ＜m 时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减；当x ＞m 时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增．综上，当m ≤0时，函数f (x )的单调递增区间是(0，＋∞)，无单调递减区间；当m ＞0时，函数f (x )的单调递增区间是(m ，＋∞)，单调递减区间是(0，m )．(2)令F (x )＝f (x )－g (x )＝－12x 2＋(m ＋1)x －m ln x ，x ＞0，问题等价于求函数F (x )的零点个数，当m ＝0时，F (x )＝－12x 2＋x ，x ＞0，有唯一零点；当m ≠0时，F ′(x )＝－x －x －m x，当m ＝1时，F ′(x )≤0，函数F (x )为减函数，注意到F (1)＝32＞0，F (4)＝－ln 4＜0，所以F (x )有唯一零点．当m ＞1时，0＜x ＜1或x ＞m 时，F ′(x )＜0；1＜x ＜m 时，F ′(x )＞0，所以函数F (x )在(0,1)和(m ，＋∞)上单调递减，在(1，m )上单调递增，注意到F (1)＝m ＋12＞0，F (2m ＋2)＝－m ln(2m ＋2)＜0，所以F (x )有唯一零点．当0＜m ＜1时，0＜x ＜m 或x ＞1时，F ′(x )＜0；m ＜x ＜1时，F ′(x )＞0，所以函数F (x )在(0，m )和(1，＋∞)上单调递减，在(m,1)上单调递增，易得ln m ＜0，所以F (m )＝m2(m ＋2－2ln m )＞0，而F (2m ＋2)＝－m ln(2m ＋2)＜0，所以F (x )有唯一零点．综上，函数F (x )有唯一零点，即两函数图象有一个交点． 12．(2017·河南洛阳模拟)已知函数f (x )＝ln x －a x ＋x －1，曲线y ＝f (x )在点⎝ ⎛⎭⎪⎫12，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12处的切线平行于直线y ＝10x ＋1.(1)求函数f (x )的单调区间；(2)设直线l 为函数g (x )＝ln x 的图象上任意一点A (x 0，y 0)处的切线，在区间(1，＋∞)上是否存在x 0，使得直线l 与曲线h (x )＝e x也相切？若存在，满足条件的x 0有几个？解：(1)∵函数f (x )＝ln x －a x ＋x －1，∴f ′(x )＝1x＋2a x －2，∵曲线y ＝f (x )在点⎝ ⎛⎭⎪⎫12，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12处的切线平行于直线y ＝10x ＋1， ∴f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝2＋8a ＝10，∴a ＝1，∴f ′(x )＝x 2＋1x x －2.∵x ＞0且x ≠1，∴f ′(x )＞0，∴函数f (x )的单调递增区间为(0,1)和(1，＋∞)． (2)存在且唯一，证明如下：∵g (x )＝ln x ，∴切线l 的方程为y －ln x 0＝1x 0(x －x 0)，即y ＝1x 0x ＋ln x 0－1 ①，设直线l 与曲线h (x )＝e x相切于点(x 1，e x 1)， ∵h ′(x )＝e x，∴e x 1＝1x 0，∴x 1＝－ln x 0，∴直线l 的方程也可以写成y －1x 0＝1x 0(x ＋ln x 0)，即y ＝1x 0x ＋ln x 0x 0＋1x 0②，由①②得ln x 0－1＝ln x 0x 0＋1x 0，∴ln x 0＝x 0＋1x 0－1.证明：在区间(1，＋∞)上x 0存在且唯一．由(1)可知，f (x )＝ln x －x ＋1x －1在区间(1，＋∞)上单调递增，又f (e)＝－2e －1＜0，f (e 2)＝e 2－3e 2－1＞0，结合零点存在性定理，说明方程f (x )＝0必在区间(e ，e 2)上有唯一的根，这个根就是所求的唯一x 0.。