2019届高考数学二轮复习 专题六 函数与导数 课后综合提升练 1.6.4 导数的综合应用 文
(2021年整理)最新版精选2019高考数学《导数及其应用》专题完整考试题(含参考答案)
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2019年高中数学单元测试卷导数及其应用学校:__________ 姓名:__________ 班级：__________ 考号：__________一、填空题1．曲线32242y x x x =--+在点(13)-，处的切线方程是 ． 答案 520x y +-=2．若函数f (x )＝ax 4＋bx 2＋c 满足(1) 2f '=，则(1)f '-= ． 3．函数f (x )＝12x －sin x 在区间[0，π］上的最小值为 ．4．已知A 、B 、C 是直线l 上的三点，向量,,OA OB OC 满足()[2'(1)]ln OA f x f x OB x OC =+-⋅，则函数()y f x =的表达式为 ▲ ．5．设函数()2ln f x x x =+,若曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为y ax b =+，则a b += ．6．给出下列命题：①函数)(x f y =的图象与函数3)2(+-=x f y 的图象一定不会重合； ②函数)32(log 221++-=x x y 的单调区间为),1(∞+；③ππ---=+⎰e dx e x x 1)(cos 0；④双曲线的渐近线方程是x y 43±=，则该双曲线的离心率是45．其中正确命题的序号是 (把你认为正确命题的序号都填上）． 答案 ③7．已知函数f(x)= ()2f π'sinx+cosx ，则()4f π= .8．函数()sin ln f x x x =+的导函数()f x '= ▲ 。
2019年高考数学二轮复习解题思维提升专题02函数与导数小题部分训练手册
专题02 函数与导数小题部分【训练目标】1、 理解函数的概念，会求函数的定义域，值域和解析式，特别是定义域的求法；2、 掌握函数单调性，奇偶性，周期性的判断方法及相互之间的关系，会解决它们之间的综合问题；3、 掌握指数和对数的运算性质，对数的换底公式；4、 掌握指数函数和对数函数的图像与性质；5、 掌握函数的零点存在定理，函数与方程的关系；6、 熟练数形结合的数学思想在解决函数问题的运用；7、 熟练掌握导数的计算，导数的几何意义求切线问题；8、 理解并掌握导数与函数单调性之间的关系，会利用导数分析函数的单调性，会根据单调性确定参数的取值范围；9、 会利用导数求函数的极值和最值，掌握构造函数的方法解决问题。
【温馨小提示】本章内容既是高考的重点，又是难点，再备考过程中应该大量解出各种题型，总结其解题方法，积累一些常用的小结论，会给解题带来极大的方便。
【名校试题荟萃】1、（福建省“永安一中、德化一中、漳平一中”2019届高三上学期12月三校联考）已知函数，若()1f x =-，则x = ．【答案】12【解析】问题等价于；，无解。
2、（福建省“永安一中、德化一中、漳平一中”2019届高三上学期12月三校联考）已知函数1()1x f x x +=-的图像在点()2,(2)f 处的切线与直线10ax y ++=平行，则实数a =.A 2 .B 12 .C 12- D ．2- 【答案】A【解析】由于，根据导数的几何意义及两直线平行的条件可知。
3、（福建省上杭县第一中学2019届高三上学期期中考试）函数的图象可能是( )【答案】D【解析】先由判断函数的奇偶性可知函数为奇函数，图像关于原点对称，排除A,B ；当，排除C ，故选D 。
4、（福建省上杭县第一中学2019届高三上学期期中考试）已知函数()f x 是定义域为R 的偶函数，且，若()f x 在[]1,0-上是减函数，记，， ()0.52c f =，则（ ）A ． a b c >>B ． a c b >>C ． b a c >>D ． b a c >> 【答案】B5、（福建省上杭县第一中学2019届高三上学期期中考试）已知定义域为),0(+∞，为的导函数，且满足，则不等式的解集是( )A ． )2,0(B ． ),2(+∞C ． )3,2(D ． ),3(+∞【答案】D 【解析】构造函数，求导结合可知函数()g x 在定义域),0(+∞为减函数，不等式可化为，等价于，解得结果为),3(+∞。
数学二轮复习专题练三核心热点突破专题六函数与导数第1讲函数图象与性质含解析
专题六函数与导数第1讲函数图象与性质高考定位1。
以基本初等函数为载体，考查函数的定义域、值域、最值、奇偶性、单调性和周期性;2.利用函数的图象研究函数性质，能用函数的图象与性质解决简单问题；3。
函数与方程思想、数形结合思想是高考的重要思想方法。
真题感悟1。
(2020·全国Ⅱ卷）设函数f（x)＝ln｜2x＋1|－ln|2x－1｜，则f(x)(）A。
是偶函数，且在错误!单调递增B。
是奇函数，且在错误!单调递减C。
是偶函数，且在错误!单调递增D。
是奇函数，且在错误!单调递减解析f(x）＝ln｜2x＋1|－ln|2x－1｜的定义域为错误!.∵f（－x)＝ln|－2x＋1｜－ln｜－2x－1|＝ln|2x－1｜－ln|2x＋1|＝－f（x），∴f(x）为奇函数,故排除A,C。
又当x∈错误!时，f(x）＝ln（－2x－1)－ln（1－2x）＝ln 错误!＝ln 错误!＝ln 错误!，∵y＝1＋错误!在错误!上单调递减，由复合函数的单调性可得f（x）在错误!上单调递减。
故选D.答案D2。
（2019·全国Ⅰ卷)函数f（x）＝错误!在[－π,π］的图象大致为()解析显然f(－x）＝－f(x），x∈[－π，π],所以f(x)为奇函数，排除A；又当x＝π时，f（π）＝错误!〉0，排除B，C，只有D适合.答案D3.（2020·新高考山东、海南卷)若定义在R上的奇函数f（x)在（－∞，0）单调递减，且f（2)＝0,则满足xf（x－1）≥0的x的取值范围是(）A.［－1，1］∪[3，＋∞）B.[－3,－1]∪［0,1］C.[－1，0]∪[1,＋∞）D.[－1,0]∪［1，3]解析因为函数f(x)为定义在R上的奇函数,则f(0)＝0。
又f（x）在（－∞,0）单调递减，且f（2)＝0，画出函数f（x）的大致图象如图（1）所示,则函数f(x－1）的大致图象如图（2）所示。
当x≤0时，要满足xf(x－1）≥0,则f（x－1）≤0，得－1≤x≤0.当x＞0时，要满足xf（x－1）≥0，则f（x－1)≥0，得1≤x≤3。
新版精选2019高考数学《导数及其应用》专题模拟题(含标准答案)
2019年高中数学单元测试卷导数及其应用学校：__________ 姓名：__________ 班级：__________ 考号：__________一、选择题1．已知函数y =f (x ),y =g (x )的导函数的图象如下图，那么y =f (x ),y =g (x )的图象可能是D二、填空题2．函数()sin xf x e x =的导数()f x '= ▲ ．3．过曲线f (x )=-x 3+3x 的点A (2,-2)的切线方程 ▲ . 4．曲线sin x y x e =+在点（0,1）处的切线方程为 ．5．已知函数f （x ）=2x 2+m 的图象与函数g （x ）=ln|x|的图象有四个交点，则实数m 的取值范围为 ．（4分）6．已知点(1,1)A 和点(1,3)B --在曲线C ：32(,,y ax bx d a b d =++为常数)上，若曲线在点A 和点B 处的切线互相平行，则32a b d ++= ▲ ．【考点定位】此题考查的是曲线的切线问题和导数的运算，紧扣切点是本题的关键。
7．已知定义在R 上的可导函数()y f x =的导函数为/()f x ，满足()x f x e '<且(1)y f x =+为偶函数，(2)1f =，则不等式()x f x e <的解集为 ___ ______．8．若0,0a b >>，且函数32()422f x x ax bx =--+在1x =处有极值，则ab 的最大值等于_________ 9．已知函数()1pf x x x =+-（p 为常数且0p >），若()f x 在区间(1,)+∞的最小值为4，则实数p 的值为 .10．如图为函数32()f x ax bx cx d =+++的图象，'()f x 为函数()f x 的导函数，则不等式'()0x f x ⋅<的解集为______ ______．答案(,-∞⋃11．已知函数⎩⎨⎧<≥-=0,0,)(2x x x x x f ，则=-))3((f f _____________________．12．若曲线3()ln f x ax x =+存在垂直于y 轴的切线，则实数a 取值范围是_____________.答案 (,0)-∞解析 由题意可知'21()2f x ax x=+，又因为存在垂直于y 轴的切线， 所以231120(0)(,0)2ax a x a x x+=⇒=->⇒∈-∞。
2019年高考数学二轮复习解题思维提升专题02函数与导数小题部分训练手册(附答案)
专题02 函数与导数小题部分【训练目标】1、 理解函数的概念，会求函数的定义域，值域和解析式，特别是定义域的求法；2、 掌握函数单调性，奇偶性，周期性的判断方法及相互之间的关系，会解决它们之间的综合问题；3、 掌握指数和对数的运算性质，对数的换底公式；4、 掌握指数函数和对数函数的图像与性质；5、 掌握函数的零点存在定理，函数与方程的关系；6、 熟练数形结合的数学思想在解决函数问题的运用；7、 熟练掌握导数的计算，导数的几何意义求切线问题；8、 理解并掌握导数与函数单调性之间的关系，会利用导数分析函数的单调性，会根据单调性确定参数的取值范围； 9、 会利用导数求函数的极值和最值，掌握构造函数的方法解决问题。
【温馨小提示】本章内容既是高考的重点，又是难点，再备考过程中应该大量解出各种题型，总结其解题方法，积累一些常用的小结论，会给解题带来极大的方便。
【名校试题荟萃】1、（福建省“永安一中、德化一中、漳平一中”2019届高三上学期12月三校联考）已知函数，若()1f x =-，则x = ．【答案】12【解析】问题等价于；，无解。
2、（福建省“永安一中、德化一中、漳平一中”2019届高三上学期12月三校联考）已知函数1()1x f x x +=-的图像在点()2,(2)f 处的切线与直线10ax y ++=平行，则实数a =.A 2 .B 12 .C 12- D ．2- 【答案】A【解析】由于，根据导数的几何意义及两直线平行的条件可知。
3、（福建省上杭县第一中学2019届高三上学期期中考试）函数的图象可能是( )【答案】D【解析】先由判断函数的奇偶性可知函数为奇函数，图像关于原点对称，排除A,B ；当，排除C ，故选D 。
4、（福建省上杭县第一中学2019届高三上学期期中考试）已知函数()f x 是定义域为R 的偶函数，且，若()f x 在[]1,0-上是减函数，记，， ()0.52c f =，则（ ）A ． a b c >>B ． a c b >>C ． b a c >>D ． b a c >>【答案】B5、（福建省上杭县第一中学2019届高三上学期期中考试）已知定义域为),0(+∞，为的导函数，且满足，则不等式的解集是( )A ． )2,0(B ． ),2(+∞C ． )3,2(D ． ),3(+∞ 【答案】D【解析】构造函数，求导结合可知函数()g x 在定义域),0(+∞为减函数，不等式可化为，等价于，解得结果为),3(+∞。
高考数学二轮复习7大专题汇总
高考数学二轮复习7 大专题汇总专题一：函数与不等式，以函数为主线，不等式和函数综合题型是考点函数的性质：侧重掌握函数的单一性，奇偶性，周期性，对称性。
这些性质往常会综合起来一同观察，而且有时会观察详细函数的这些性质，有时会观察抽象函数的这些性质。
一元二次函数：一元二次函数是贯串中学阶段的一大函数，初中阶段主要对它的一些基础性质进行了认识，高中阶段更多的是将它与导数进行连接，依据抛物线的张口方向，与x 轴的交点地点，进而议论与定义域在x 轴上的摆放次序，这样能够判断导数的正负，最后达到求出单一区间的目的，求出极值及最值。
不等式：这一类问题经常出此刻恒成立，或存在性问题中，其本质是求函数的最值。
自然对于不等式的解法，均值不等式，这些不等式的基础知识点需掌握，还有一类较难的综合性问题为不等式与数列的联合问题，掌握几种不等式的放缩技巧是特别必需的。
专题二：数列。
以等差等比数列为载体，观察等差等比数列的通项公式，乞降公式，通项公式和乞降公式的关系，求通项公式的几种常用方法，求前 n 项和的几种常用方法，这些知识点需要掌握。
专题三：三角函数，平面向量，解三角形。
三角函数是每年必考的知识点，难度较小，选择，填空，解答题中都有波及，有时观察三角函数的公式之间的相互转变，从而求单一区间或值域 ; 有时观察三角函数与解三角形，向量的综合性问题，自然正弦，余弦定理是很好的工具。
向量能够很好得实现数与形的转变，是一个很重要的知识连接点，它还能够和数学的一大难点分析几何整合。
专题四：立体几何。
立体几何中，三视图是每年必考点，主要出此刻选择，填空题中。
大题中的立体几何主要观察成立空间直角坐标系，经过向量这一手段求空间距离，线面角，二面角等。
此外，需要掌握棱锥，棱柱的性质，在棱锥中，侧重掌握三棱锥，四棱锥，棱柱中，应当掌握三棱柱，长方体。
空间直线与平面的地点关系应以证明垂直为要点，自然常观察的方法为间接证明。
专题五：分析几何。
2019届高考数学专题六函数与导数课后综合提升练1.6.4导数的综合应用文
第四讲导数的综合应用(40分钟70分)一、选择题(每小题5分,共30分)1.设函数f(x)=x2-9ln x在区间a-1,a+1]上单调递减,则实数a的取值范围是( )A.1<a≤2B.a≥4C.a≤2D.0<a≤3【解析】选A.f′=x-,当f′=x-≤0时,0<x≤3,即在上f(x)是减函数,因为f在上单调递减,所以解得1<a≤2.故A正确.2.设f′(x)为函数f(x)的导函数,已知x2f′(x)+xf(x)=ln x,f(e)=,则下列结论正确的是( )A.f(x)在(0,+∞)单调递增B.f(x)在(0,+∞)单调递减C.f(x)在(0,+∞)上有极大值D.f(x)在(0,+∞)上有极小值【解析】选B.因为x2f′(x)+xf(x)=ln x⇒xf′(x)+f(x)⇒[xf(x)]′⇒xf(x)=(ln x)2+c,所以f(x)=+,又f(e)=,得c=,即f(x)=+,所以f ′(x)=-=≤0,所以f(x)在(0,+∞)单调递减.3.函数f(x)的导函数为f ′(x),对∀x ∈R,都有2f ′(x)>f(x)成立,若f(ln 4)=2,则不等式f(x)>的解是 ( )A.x>ln 4B.0<x<ln 4C.x>1D.0<x<1【解析】选A.设g(x)=,由于f ′(x)>,所以g ′(x)>0在R 上恒成立,因此g(x)=在R 上是增函数,g(ln 4)====1,由f(x)>,得g(x)=>1,所以g(x)>g(ln 4),由于g(x)在R 上是增函数, 所以x>ln 4.4.已知函数f(x)=x 2-x-ln x,则函数f(x)的最小值为 ( )A.--lnB.--ln 2C.-D.-+ln 3【解析】选 B.因为f(x)=x 2-x-ln x,所以f ′(x)=x-1-=,(x>0),令f ′(x)=0,得x=2,当x ∈(0,2)时,f ′(x)<0,当x ∈(2,+∞)时,f ′(x)>0,所以函数f(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,所以当x=2时,f(x)有最小值f(2)=--ln 2.5.已知函数f(x)=x 2++4ln x,g(x)=kx-1,若f(x)≥g(x),则k 的取值范围为 ( ) A.(-∞,4] B.(-∞,4) C.(0,4)D.(-∞,3]【解析】选 A.因为f(x)=x 2++4ln x,x>0,所以f′(x)=2x-+=,构造函数h(x)=x 3+2x-1,x>0,是增函数,h(0)=-1,h =,所以存在唯一的x 0∈使得h(x)=0,所以在区间(0,x 0)上,h(x)<0,f′(x)<0,f(x)是减函数,在区间(x 0,+∞)上,h(x)>0,f′(x)>0,f(x)是增函数,如图,于是问题转化为过点(0,-1),作曲线y=f(x)的切线,求斜率k,设切点为P(x 1,y 1),则切线斜率为f′(x1)=2x1-+,所以2x1-+=,又y1=++4ln x1,所以x1=1,所以切线方程为y=4x-1,由图象可知k的取值范围为k≤4.6.(2018·惠州模拟)已知函数f(x)=xsin x+cos x+x2,则不等式f(ln x)+ f<2f(1)的解集为( )A.(e,+∞)B.(0,e)C.∪(1,e)D.【解析】选 D.f(x)=xsin x+cos x+x2,因为f(-x)=f(x),所以f(x)是偶函数,所以f=f(-ln x)=f(ln x),所以f(ln x)+f<2f(1)可变形为f(ln x) <f(1).f′(x)=xcos x+2x=x(2+cos x),因为2+cos x>0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,在(-∞,0)上单调递减,所以f(ln x)<f(1)等价于|ln x|<1,即-1<ln x<1,所以<x<e.二、填空题(每小题5分,共10分)7.(2018·长沙一模)已知函数f(x)=x3-tx2+3x,若对任意的a∈[1,2],b∈(2,3],函数f(x)在区间(a,b)上单调递减,则实数t的取值范围是____________.【解析】因为f(x)=x3-tx2+3x,所以f′(x)=3x2-2tx+3,由于函数f(x)在(a,b)上单调递减,则有f′(x)≤0在[a,b]上恒成立,即不等式3x2-2tx+3≤0在[a,b]上恒成立,即有t≥在[a,b]上恒成立,而函数y=在[1,3]上单调递增,由于a∈[1,2],b∈(2,3],当b=3时,函数y=取得最大值,即y max==5,所以t≥5.答案:[5,+∞)8.已知函数f(x)=xln x-ae x(e为自然对数的底数)有两个极值点,则实数a的取值范围是____________.【解析】由题意知,f′(x)=1+ln x-ae x,令f′(x)=0,得a=,函数f(x)有两个极值点,则需f′(x)=0有两个实数根,等价于a=有两个实数根,等价于直线y=a与y=的图象有两个交点.令g(x)=,则g′(x)=,令h(x)=-1-ln x,得h(x)在(0,+∞)上为减函数,且h(1)=0,所以当x∈(0,1)时,h(x)>0,故g′(x)>0,g(x)为增函数,当x∈(1,+∞)时,h(x)<0,故g′(x)<0,g(x)为减函数,所以g(x)max=g(1)=,又当x→+∞时,g(x)→0,所以g(x)的图象如图所示,故0<a<.答案:三、解答题(每小题10分,共30分)9.(2018·广西三市联考)已知函数f(x)=x-aln x,g(x)=-,其中a∈R.(1)设函数h(x)=f(x)-g(x),求函数h(x)的单调区间.(2)若存在x0∈[1,e],使得f(x0)<g(x0)成立,求a的取值范围.【解析】(1)h(x)=x+-aln x(x>0),h′(x)=1--==,①当a+1>0,即a>-1时,在(0,1+a)上h′(x)<0,在(1+a,+∞)上h′(x)>0,所以h(x)在(0,1+a)上单调递减,在(1+a,+∞)上单调递增.②当1+a≤0,即a≤-1时,在(0,+∞)上h′(x)>0,所以函数h(x)在(0,+∞)上单调递增.综上所述,当a>-1时,h(x)的单调递减区间为(0,1+a),单调递增区间为(1+a,+∞);当a≤-1时,h(x)的单调递增区间为(0,+∞).(2)若存在x0∈[1,e],使得f(x0)<g(x0)成立,即存在x0∈[1,e],使得h(x0)=f(x0)-g(x0)<0成立,即函数h(x)=x+-aln x在[1,e]上的最小值小于零.由(1)可知:①当1+a≥e,即a ≥e-1时,h′(x)<0,h(x)在[1,e]上单调递减,所以h(x)在[1,e]上的最小值为h(e),由h(e)=e+-a<0可得a>,因为>e-1,所以a>.②当1+a≤1,即a≤0时,h(x)在[1,e]上单调递增,所以h(x)的最小值为h(1),由h(1)=1+1+a<0可得a<-2.③当1<1+a<e,即0<a<e-1时,可得h(x)的最小值为h(1+a),因为0<ln(1+a)<1,所以0<aln(1+a)<a,故h(1+a)=2+a-aln(1+a)>2>0,不合题意.综上可得所求a的取值范围是(-∞,-2)∪.10.已知函数f(x)=ax+ln x,a∈R,(1)求f(x)的单调区间.(2)设g(x)=x2-2x+1,若对任意x1∈(0,+∞),总存在x2∈[0,1],使得f(x1)<g(x2),求实数a的取值范围.【解析】(1)f′(x)=a+=(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=-,在区间上,f′(x)>0,f(x)单调递增.在区间上,f′(x)<0,f(x)单调递减.综上所述,当a≥0时,f(x)的单调递增区间为(0,+∞);当a<0时,f(x)的单调递增区间为,f(x)的单调递减区间为.(2)由已知,转化为f(x)max<g(x)max,又g(x)max=g(0)=1.由(1)知,当a≥0时,f(x)在(0,+∞)上单调递增,值域为R,故不符合题意.当a<0时,f(x)在上单调递增,在上单调递减,故f(x)的极大值即为最大值,即f(x)max=f=-1+ln=-1-ln(-a),所以1>-1-ln(-a),解得a<-.故实数a的取值范围是.11.某商场销售某种商品的经验表明,该商品每日的销售量y(单位:kg)与销售价格x(单位:元/kg)满足关系式y=+10(x-6)2,其中3<x<6,a为常数.已知销售价格为5元/kg时,每日可售出该商品11 kg.(1)求a的值.(2)若该商品的成本为3元/kg,试确定销售价格x的值,使商场每日销售该商品所获得的利润最大.【解析】(1)因为当x=5时,y=11,所以+10=11,所以a=2.(2)由(1)可知,该商品每日的销售量y=+10(x-6)2,所以商场每日销售该商品所获得的利润f(x)=(x-3)=2+10(x-3)(x-6)2,其中3<x<6.所以f′(x)=10[(x-6)2+2(x-3)(x-6)]=30(x-4)(x-6).于是,当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如表所示:由上表可得,x=4是函数f(x)在区间(3,6)内的极大值点,也是最大值点.所以当x=4时,函数f(x)取得最大值42.即当销售价格为4元/kg时,商场每日销售该商品所获得的利润最大.(20分钟20分)1.(10分)(2018·银川一模)已知函数f(x)=xln x+m.(1)若函数f(x)的最小值为0,求m的值.(2)设0<a<b,证明:0<f(a)+f(b)-2f()<(b-a)ln 2.【解析】(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=ln x+1.令f′(x)=0,解得x=.当0<x<时,f′(x)<0; 当x>时,f′(x)>0.故当x=时,f(x)取得最小值,最小值为f()=ln+m=-+m=0,得m=.(2)f′(x)=ln x+1.设F(x)=f(a)+f(x)-2f(),则F′(x)=f′(x)-2[f()]′=lnx-ln,令F′(x)=0,得x=a,当0<x<a时,F′(x)<0,因此F(x)在(0,a)内为减函数;当x>a时,F′(x)>0,因此F(x)在(a,+∞)上为增函数.从而,当x=a时,F(x)有极小值F(a).因为F(a)=0,b>a,所以F(b)>0即0<f(a)+f(b)-2f().设G(x)=F(x)-(x-a)ln 2,则G′(x)=ln x-ln-ln 2=ln x-ln(a+x)当x>0时,G′(x)<0,因此G(x)在(0,+¥)上为减函数.因为G(a)=0,b>a,所以G(b)<0,即f(a)+f(b)-2f()<(b-a)ln 2,综上,原不等式得证.2.(10分)(2018·郑州外国语学校一模)已知f(x)=e x-ax(a∈R)(e为自然对数的底数).(1)讨论f(x)的单调性.(2)若f(x)有两个零点x1,x2,求a的取值范围.(3)在(1)的条件下,求证:x1+x2<2ln a.【解析】(1)f(x)的定义域为R,f′(x)=e x-a,①当a≤0时,f′(x)>0在R上恒成立,所以f(x)在R上为增函数.②当a>0时,令f′(x)>0得x>ln a,令f′(x)<0得x<ln a,所以f(x)的递增区间为(ln a,+∞),递减区间为(-∞,ln a).(2)由(1)知,当a≤0时, f(x)在R上为增函数,f(x)不合题意;当a>0时, f(x)的递增区间为(ln a,+∞),递减区间为(-∞,ln a),又f(0)=e>0,当x→+∞时,f(x)→+∞,所以f(x)有两个零点x1,x2,则f(x)min=f(ln a)=a-aln a=a(1-ln a)<0,解得a>e.(3)由(1)知,当a>e时,f(x)有两个零点x1,x2,且f(x)在(ln a,+∞)上递增, 在(-∞,ln a)上递减,依题意,f(x1)=f(x2)=0,不妨设x1<ln a<x2.要证x1+x2<2ln a,即证x1<2ln a-x2,又x1<ln a<x2,所以x1<2ln a-x2<ln a,而f(x)在(-∞,ln a)上递减,即证f(x1)>f(2ln a-x2),又f(x1)=f(x2)=0,即证f(x2)>f(2ln a-x2),(x2>ln a).构造函数g(x)=f(x)-f(2ln a-x)=e x--2ax+2aln a(x>ln a),g′(x)=e x+-2a>2-2a=0,所以g(x)在(ln a,+∞)上单调递增,所以g(x)>g(ln a)=0,从而f(x)>f(2ln a-x),所以f(x2)>f(2ln a-x2),(x2>ln a),命题成立.。
高三理科数学二轮复习专题能力提升训练：函数、导数、不等式的综合问题(含答案解析).pdf
训练 函数、导数、不等式的综合问题 一、选择题(每小题5分，共25分) 1．下面四个图象中，有一个是函数f(x)＝x3＋ax2＋(a2－1)x＋1(aR)的导函数y＝f′(x)的图象，则f(－1)等于( )． A. B．－ C. D．－或 2．设直线x＝t与函数f(x)＝x2，g(x)＝ln x的图象分别交于点M，N，则当|MN|达到最小时t的值为( )． A．1 B. C. D. 3．已知函数f(x)＝x4－2x3＋3m，xR，若f(x)＋9≥0恒成立，则实数m的取值范围是( )． A. B. C. D. 4．已知函数f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上为减函数，函数g(x)＝x2－aln x在(1,2)上为增函数，则a的值等于( )． A．1 B．2 C．0 D. 5．设aR，若函数y＝eax＋3x，xR有大于零的极值点，则( )． A．a＞－3 B． a＜－3 C．a＞－ D．a＜－ 二、填空题(每小题5分，共15分) 6．若a＞0，b＞0，且函数f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1处有极值，则ab的最大值等于________． 7．函数f(x)＝x3－x2＋ax－5在区间[－1,2]上不单调，则实数a的范围是________． 8．关于x的方程x3－3x2－a＝0有三个不同的实数解，则实数a的取值范围是________． 三、解答题(本题共3小题，共35分) 9．(11分)已知函数f(x)＝x3－x2＋bx＋a.(a，bR)的导函数f′(x)的图象过原点． (1)当a＝1时，求函数f(x)的图象在x＝3处的切线方程； (2)若存在x＜0，使得f′(x)＝－9，求a的最大值． 10．(12分)已知a，b为常数，且a≠0，函数f(x)＝－ax＋b＋axln x，f(e)＝2(e＝2.718 28…是自然对数的底数)． (1)求实数b的值； (2)求函数f(x)的单调区间； (3)当a＝1时，是否同时存在实数m和M(m＜M)，使得对每一个t[m， M]，直线y＝t与曲线y＝f(x)都有公共点？若存在，求出最小的实数m和最大的实数M；若不存在，说明理由． 11．(12分)已知f(x)＝xln x，g(x)＝－x2＋ax－3. (1)求函数f(x)在[t，t＋2](t＞0)上的最小值； (2)对一切的x(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围； (3)证明：对一切x(0，＋∞)，都有ln x＞－.参考答案 1．D [f′(x)＝x2＋2ax＋a2－1，f′(x)的图象开口向上，若图象不过原点，则a＝0时，f(－1)＝，若图象过原点，则a2－1＝0，又对称轴x＝－a＞0，a＝－1，f(－1)＝－.] 2．D [|MN|的最小值，即函数h(x)＝x2－ln x的最小值，h′(x)＝2x－＝，显然x＝是函数h(x)在其定义域内唯一的极小值点，也是最小值点，故t＝.] 3．A [因为函数f(x)＝x4－2x3＋3m，所以f′(x)＝2x3－6x2，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝3，经检验知x＝3是函数的一个最小值点，所以函数的最小值为f(3)＝3m－，不等式f(x)＋9≥0恒成立，即f(x)≥－9恒成立，所以3m－≥－9，解得m≥.] 4．B [函数f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上为减函数，≥1，得a≥2.又g′(x)＝2x－，依题意g′(x)≥0在x(1,2)上恒成立，得2x2≥a在x(1, 2)上恒成立，有a≤2，a＝2.] 5．B [令f(x)＝eax＋3x，可求得f′(x)＝3＋aeax，若函数在xR上有大于零的极值点，即f′(x)＝3＋aeax＝0有正根．当f′(x)＝3＋aeax＝0成立时，显然有a＜0，此时x＝ln.由x＞0，解得a＜－3，a的取值范围为(－∞，－3)．] 6．解析 由题得f′ (x)＝12x2－2ax－2b＝0，f′(1)＝12－2a－2b＝0，a＋b＝6.a＋b≥2，6≥2，ab≤9，当且仅当a＝b＝3时取到最大值． 答案 9 7．解析 f(x)＝x3－x2＋ax－5，f′(x)＝x2－2x＋a＝(x－1)2＋a－1，如果函数f(x)＝x3－x2＋ax－5在区间[－1,2]上单调，那么a－1≥0或f′(－1)＝3＋a≤0且f′(2)＝a≤0，a≥1或a≤－3.于是满足条件的a(－3,1)． 答案 (－3,1) 8．解析 由题意知使函数f(x)＝x3－3x2－a的极大值大于0且极小值小于0即可，又f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，令f′(x)＝0得，x1＝0，x2＝2，当x＜0时，f′(x)＞0；当0＜x＜2时，f′(x)＜0；当x＞2时，f′(x)＞0，所以当x＝0时，f(x)取得极大值，即f(x)极大值＝f(0)＝－a；当x＝2时，f(x)取得极小值，即f(x)极小值＝f(2)＝－4－a，所以，解得－4＜a＜0. 答案 (－4,0) 9．解 由已知，得f′(x)＝x2－(a＋1)x＋b. 由f′(0)＝0，得b＝0，f′(x)＝x(x－a－1)． (1)当a＝1时，f(x)＝x3－x2＋1，f′(x)＝x(x－2)，f(3)＝1， f′(3)＝3. 所以函数f(x)的图象在x＝3处的切线方程为y－1＝3(x－3)， 即3x－y－8＝0. (2)存在x＜0，使得f′(x)＝x(x－a－1)＝－9，－a－1＝－x－＝(－x)＋≥2＝6，a≤－7，当且仅当x＝－3时，a＝－7. 所以a的最大值为－7. 10．解 (1)由f(e)＝2，得b＝2. (2)由 (1)可得f(x)＝－ax＋2＋axln x. 从而f′(x)＝aln x. 因为a≠0，故 当a＞0时，由f′(x)＞0，得x＞1，由f′(x)＜0得， 0＜x＜1； 当a＜0时，由f′(x)＞0，得0＜x＜1，由f′(x)＜0得，x＞1. 综上，当a＞0时，函数f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)；当a＜0时，函数f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)． (3)当a＝1时，f(x)＝－x＋2＋xln x，f′(x)＝ln x. 由(2)可得，当x在区间内变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x1(1，e)ef′(x) －0 ＋f(x)2－单调递减极小值1单调递增2又2－＜2， 所以函数f(x)的值域为[1,2]． 据此可得，若则对每一个t[m，M]，直线y＝t与曲线y＝f(x)都有公共点； 并且对每一个t(－∞，m)(M，＋∞)，直线y＝t与曲线y＝f(x)都没有公共点． 综上，当a＝1时，存在最小的实数m＝1，最大的实数M＝2，使得对每一个t[m，M]，直线y＝t与曲线y＝f(x)都有公共点． 11．(1)解 f′(x)＝ln x＋1. 当x时，f′(x)＜0，f(x)单调递减； 当x时，f′(x)＞0，f(x)单调递增． 则当0＜t＜t＋2＜时，t无解； 当0＜t＜＜t＋2，即0＜t＜时， [f(x)]min＝f＝－； 当≤t＜t＋2，即t≥时， f(x)在[t，t＋2]上单调递增． 所以[f(x)]min＝f(t)＝tln t.所以[f(x)]min＝ (2)解 2f(x)≥g(x)，即2xln x≥－x2＋ax－3， 则a≤2ln x＋x＋.设h(x)＝2ln x＋x＋(x＞0)， h′(x)＝. 当x(0,1)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减； 当x(1，＋∞)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增． 所以[h(x)]min＝h(1)＝4.因为对一切x(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立， 所以a≤[h(x)] min＝4.故实数a的取值范围是(－∞，4]． (3)证明 问题等价于证明xln x＞－，x(0，＋∞)． 由(1)可知f(x)＝xln x，x(0，＋∞)的最小值为－， 当且仅当x＝时取得．设m(x)＝－，x(0，＋∞)，则m′(x)＝，易得[m(x)]max＝m(1)＝－. 从而对一切x(0，＋∞)，都有ln x＞－成立．。
2019年高考数学二轮复习解题思维提升专题03函数与导数大题部分训练手册(附答案)
专题03 函数与导数大题部分【训练目标】1、 理解函数的概念，会求函数的定义域，值域和解析式，特别是定义域的求法；2、 掌握函数单调性，奇偶性，周期性的判断方法及相互之间的关系，会解决它们之间的综合问题；3、 掌握指数和对数的运算性质，对数的换底公式；4、 掌握指数函数和对数函数的图像与性质；5、 掌握函数的零点存在定理，函数与方程的关系；6、 熟练数形结合的数学思想在解决函数问题的运用；7、 熟练掌握导数的计算，导数的几何意义求切线问题；8、 理解并掌握导数与函数单调性之间的关系，会利用导数分析函数的单调性，会根据单调性确定参数的取值范围； 9、 会利用导数求函数的极值和最值，掌握构造函数的方法解决问题。
【温馨小提示】本章内容既是高考的重点，又是难点，再备考过程中应该大量解出各种题型，总结其解题方法，积累一些常用的小结论，会给解题带来极大的方便。
【名校试题荟萃】1、（2019届新余四中、上高二中高三第一次联考）已知函数.,R n m ∈（1）若函数()x f 在()()2,2f 处的切线与直线0=-y x 平行，求实数n 的值； （2）试讨论函数()x f 在区间[)+∞,1上最大值； （3）若1=n 时，函数()x f 恰有两个零点，求证：221>+x x【答案】（1）6n =（2）1ln m n --（3）见解析【解析】（1）由，，由于函数()f x 在(2,(2))f 处的切线与直线0x y -=平行，故214n -=，解得6n =。
（2），由()0f x '<时，x n >；()0f x '>时，x n <，所以①当1n ≤时，()f x 在[)1,+∞上单调递减，故()f x 在[)1,+∞上的最大值为；②当1n >时，()f x 在[)1,n 上单调递增，在[),n +∞上单调递减，故()f x 在[)1,+∞上的最大值为；又211x t x =>，ln 0t >，故122x x +>成立。
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2019年高中数学单元测试卷导数及其应用学校：__________ 姓名：__________ 班级：__________ 考号：__________一、选择题1．设0a >且1a ≠，则“函数()xf x a =在R 上是减函数 ”，是“函数3()(2)g x a x =-在R 上是增函数”的（A ）充分不必要条件 （B ）必要不充分条件 （C ）充分必要条件 （D ）既不充分也不必要条件2．若()ln f x x x x 2=-2-4，则'()f x >0的解集为A. (,)0+∞B. -+10⋃2∞（，）（，）C. (,)2+∞D. (,)-10二、填空题3．若函数()2xf x e x k =--在R 上有两个零点，则实数k 的取值范围为_____________4．若32)1(+=+x x g ，则)(x g 等于5．已知函数f(x)，g(x)满足，f(5)=5，f ﹐(5)=3，g(5)=4，g ﹐(5)=1，则函数y=f(x)+2g(x)的图象在x=5处的切线方程为▲ . 6．1-⎰(x 2＋2 x ＋1)dx ＝_________________．137．对正整数n ，设曲线)1(x x y n -=在x ＝2处的切线与y 轴交点的纵坐标为n a ，则数列}1{+n a n的前n 项和的公式是 .8．曲线xe y =在x=1处的切线的斜率为 ；9．函数f (x )=x 3–3bx +3b 在（0，1）内有极小值，则b 的取值范围是___________________0<b <110． 若函数ｆ（ｘ）＝ ｘ3＋ａｘ－２在区间（-∞,＋∞）上是增函数，则实数ａ的取值范围为__________11．（文）已知函数13)(23++-=ax ax x x f 在区间),(+∞-∞内既有极大值，又有极小值，则实数a 的取值范围是12．如图，已知矩形ABCD 的一边在x 轴上，另两个顶点C ，D 落在二次函数2()4f x x x =- 上．求这个矩形面积的最大值。
2019届高考数学二轮复习大题专项练六导数a文(附答案)
六导数(A)1.(2018·渭南二模)已知函数f(x)=x(ln x+ax+1)-ax+1.(1)若f(x)在[1,+∞)上是减函数,求实数a的取值范围;(2)若f(x)的最大值为2,求实数a的值.2.(2018·台州一模)已知函数f(x)=2x3-3(m+1)x2+6mx,m∈R.(1)若m=2,写出函数f(x)的单调递增区间;(2)若对于任意的x∈[-1,1],都有f(x)<4,求m的取值范围.3.(2018·桃城区校级模拟)设函数f(x)=-a2ln x+x2-ax(a∈R).(1)试讨论函数f(x)的单调性;(2)如果a>0且关于x的方程f(x)=m有两解x1,x2(x1<x2),证明x1+x2>2a.4.(2018·德阳模拟)已知函数f(x)=ln (x+1).(1)当x∈(-1,0)时,求证:f(x)<x<-f(-x);(2)设函数g(x)=e x-f(x)-a(a∈R),且g(x)有两个不同的零点x1,x2(x1<x2),①求实数a的取值范围;②求证:x1+x2>0.1.解:(1)若f(x)在[1,+∞)上是减函数,则f′(x)≤0在[1,+∞)上恒成立,f′(x)=ln x+2ax+2-a≤0,又因为x∈[1,+∞),所以2x-1>0.所以a≤-,设g(x)=-,则g′(x)=,因为x≥1,所以g′(x)≥0,g(x)递增,又g(1)=-2,故a≤-2.因此实数a的取值范围是(-∞,-2].(2)由f(1)=2,要使f(x)max=2,故f(x)的递减区间是[1,+∞),递增区间是(0,1),所以f′(1)=0,即ln 1+2a+2-a=0,所以a=-2.因此,满足条件的实数a的值为-2.2.解:(1)若m=2,则f(x)=2x3-9x2+12x,因为f′(x)=6x2-18x+12=6(x2-3x+2)=6(x-1)(x-2),令f′(x)>0,则x<1或x>2,故函数f(x)的递增区间是(-∞,1),(2,+∞).(2)f(x)=2x3-3(m+1)x2+6mx,f′(x)=6(x-1)(x-m),①当m≥1时,f(x)在(-1,1)上递增,f(x)max=f(1)=3m-1<4,故m<,所以1≤m<.②当-1<m<1时,f(x)在(-1,m)上递增,在(m,1)上递减,f(x)max=f(m)=-m3+3m2<4,即m3-3m2+4>0,(m+1)(m-2)2>0恒成立,所以-1<m<1.③当m<-1时,f(x)在(-1,1)上递减,f(x)max=f(-1)=-9m-5<4,即m>-1,此时m无解.综上,m的范围是-1<m<.3.(1)解:由f(x)=-a2ln x+x2-ax,可知f′(x)=-+2x-a==,因为函数f(x)的定义域为(0,+∞),所以,①若a>0,则当x∈(0,a)时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减,当x∈(a,+∞)时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增.②若a=0,则当f′(x)=2x>0在x∈(0,+∞)内恒成立,函数f(x)单调递增.③若a<0,则当x∈(0,-)时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减,当x∈(-,+∞)时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增.(2)证明:要证x1+x2>2a,只需证>a.设g(x)=f′(x)=-+2x-a,因为g′(x)=+2>0,所以g(x)=f′(x)为单调递增函数.所以只需证f′()>f′(a)=0,即证-+x1+x2-a>0,只需证-+(x1+x2-a)>0.(*)又-a2ln x1+-ax1=m,-a2ln x2+-ax2=m,所以两式相减,并整理,得-+(x1+x2-a)=0.把(x1+x2-a)=代入(*)式,得只需证-+>0,可化为-+ln <0.令=t,得只需证-+ln t<0.令φ(t)=-+ln t(0<t<1),则φ′(t)=-+=>0,所以φ(t)在其定义域上为增函数,所以φ(t)<φ(1)=0.综上得原不等式成立.4.(1)证明:记q(x)=x-ln (x+1),则q′(x)=1-=,在(-1,0)上,q′(x)<0,即q(x)在(-1,0)上递减,所以q(x)>q(0)=0,即x>ln (x+1)=f(x)恒成立.记m(x)=x+ln (-x+1),则m′(x)=1+=, 在(-1,0)上,m′(x)>0,即m(x)在(-1,0)上递增,所以m(x)<m(0)=0,即x+ln (-x+1)<0恒成立,x<-ln (-x+1)=-f(-x).综上得,当x∈(-1,0)时,f(x)<x<-f(-x),原题得证.(2)①解:g(x)=e x-ln (x+1)-a,定义域为(-1,+∞),则g′(x)=e x-,易知g′(x)在(-1,+∞)上递增,而g′(0)=0,所以在(-1,0)上,g′(x)<0,g(x)在(-1,0]上递减,在[0,+∞)上递增,x→-1+,y→+∞,x→+∞,y→+∞,要使函数有两个零点,则g(x)极小值=g(0)=1-a<0,故实数a的取值范围是(1,+∞).②证明:由①知-1<x1<0<x2,记h(x)=g(x)-g(-x),x∈(-1,0),h′(x)=g′(x)-g′(-x)=e x-+e-x-,当x∈(-1,0)时,由①知x<-ln (-x+1),则e x<e-ln(-x+1)=,再由x>ln (x+1)得,e-x<e-ln(x+1)=.又因为e x-<0,e-x-<0,故h′(x)<0恒成立,h(x)=g(x)-g(-x)在x∈(-1,0)上单调递减,h(x)>h(0)=0, 即g(x)>g(-x),而-1<x1<0,g(x1)>g(-x1),g(x1)=g(x2)=0,所以g(x2)>g(-x1),由题知,-x1,x2∈(0,+∞),g(x)在[0,+∞)上递增,所以x2>-x1,即x1+x2>0.。
通用版2019高考数学二轮复习解答题通关练6函数与导数
6.函数与导数1.已知函数f (x )＝2x 2＋x＋ln x . (1)求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)求证：f (x )>0.(1)解 f (x )＝2x 2＋x ＋ln x 的定义域是(0，＋∞)，f ′(x )＝－2(2x ＋1)(x 2＋x )2＋1x ＝x 3＋2x 2－3x －2(x 2＋x )2， 所以f ′(1)＝－12，又f (1)＝1，则切线方程为x ＋2y －3＝0. (2)证明 令h (x )＝x 3＋2x 2－3x －2， 则h ′(x )＝3x 2＋4x －3， 设h ′(x )＝0的两根为x 1，x 2， 由于x 1x 2＝－1<0， 不妨设x 1<0，x 2>0，则h (x )在(0，x 2)上是单调递减的，在(x 2，＋∞)上是单调递增的. 而h (0)<0，h (1)<0，h (2)>0，所以h (x )在(0，＋∞)上存在唯一零点x 0，且x 0∈(1,2)， 所以f (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增. 所以f (x )≥f (x 0)＝2x 20＋x 0＋ln x 0， 因为x 0∈(1,2)，ln x 0>0，f (x )>2x 20＋x 0>0， 所以f (x )>0.2.已知函数f (x )＝ln x, g (x )＝f (x )＋ax 2＋bx ，函数g (x )的图象在点(1，g (1))处的切线平行于x 轴.(1)确定a 与b 的关系；(2)若a ≥0，试讨论函数g (x )的单调性. 解 (1)依题意得g (x )＝ln x ＋ax 2＋bx ，x >0， 则g ′(x )＝1x＋2ax ＋b ，由函数g (x )的图象在点(1，g (1))处的切线平行于x 轴得，g ′(1)＝1＋2a ＋b ＝0，∴b ＝－2a －1.(2)由(1)得g ′(x )＝2ax 2－()2a ＋1x ＋1x＝()2ax －1()x －1x.∵函数g (x )的定义域为(0，＋∞)， ∴当a ＝0时，g ′(x )＝－x －1x， 由g ′()x >0得0<x <1， 由g ′()x <0得x >1； 若0<12a <1，即a >12时，由g ′()x >0得x >1或0<x <12a ，由g ′()x <0得12a <x <1；若12a >1，即0<a <12时， 由g ′()x >0得x >12a 或0<x <1，由g ′()x <0得1<x <12a；若12a ＝1，即a ＝12时，在()0，＋∞上恒有g ′()x ≥0. 综上得，当a ＝0时，函数g ()x 在(0,1)上单调递增，在()1，＋∞上单调递减；当0<a <12时，函数g ()x 在()0，1上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12a 上单调递减；在⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞上单调递增；当a ＝12时，函数g ()x 在()0，＋∞上单调递增；当a >12时，函数g ()x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，1上单调递减；在()1，＋∞上单调递增.3.已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝(－x 2＋ax －3)e x(a 为实数). (1)当a ＝5时，求函数g (x )的图象在x ＝1处的切线方程； (2)求f (x )在区间[t ，t ＋2](t >0)上的最小值；(3)若存在两个不等实数x 1，x 2∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e ，使方程g (x )＝2e xf (x )成立，求实数a 的取值范围.解 (1)当a ＝5时，g (x )＝(－x 2＋5x －3)e x ，g (1)＝e ，g ′(x )＝(－x 2＋3x ＋2)e x，故切线的斜率为g ′(1)＝4e ，所以切线方程为y －e ＝4e(x －1)，即4e x －y －3e ＝0.(2)函数f (x )＝x ln x 的定义域为(0，＋∞).因为f ′(x )＝ln x ＋1， 所以在(0，＋∞)上，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：当t ≥1e 时，在区间[t ，t ＋2]上，f (x )为增函数，所以f (x )min ＝f (t )＝t ln t ，当0<t <1e时，在区间⎣⎢⎡⎭⎪⎫t ，1e 上，f (x )为减函数，在区间⎝ ⎛⎦⎥⎤1e ，t ＋2上，f (x )为增函数，所以f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e. (3)由g (x )＝2e xf (x )，可得2x ln x ＝－x 2＋ax －3， 则a ＝x ＋2ln x ＋3x，令h (x )＝x ＋2ln x ＋3x，x >0，则h ′(x )＝1＋2x －3x 2＝(x ＋3)(x －1)x2. 当x 变化时，h ′(x )，h (x )的变化情况如下表：因为h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝1e ＋3e －2，h (e)＝3e ＋e ＋2，h (1)＝4，所以h (e)－h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝4－2e ＋2e <0， 所以h (e)<h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，所以实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤4，3e ＋e ＋2.4.(2018·安徽省六安一中模拟)已知函数f (x )＝x 2－(a ＋2)x ＋a ln x (a 为实常数). (1)若a ＝－2，求曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程；(2)若存在x ∈[1，e]，使得f (x )≤0成立，求实数a 的取值范围.解 (1)当a ＝－2时，f (x )＝x 2－2ln x ，则f ′(x )＝2x －2x，f ′(1)＝0，所求切线方程为y＝1.(2)f ′(x )＝2x －(a ＋2)＋a x ＝2x 2－(a ＋2)x ＋a x ＝(2x －a )(x －1)x，x ∈[1，e].当a2≤1，即a ≤2时，x ∈[1，e]，f ′(x )≥0，此时f (x )在[1，e]上单调递增.所以f (x )的最小值为f (1)＝－a －1，所以－1≤a ≤2；当1<a2<e ，即2<a <2e ，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，a 2时，f ′(x )<0，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，a 2上单调递减；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，e 时，f ′(x )>0，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫a2，e 上单调递增， 所以f (x )的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＝－a 24－a ＋a ln a 2＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln a 2－a 4－1.因为2<a <2e ，所以0<ln a2<1，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln a 2－a4－1<0恒成立，所以2<a <2e ；当a2≥e，即a ≥2e 时，x ∈[1，e]，f ′(x )≤0，此时f (x )在[1，e]上单调递减，所以f (x )的最小值为f (e)＝e 2－(a ＋2)e ＋a ，因为a ≥2e>e 2－2ee －1，所以f (e)<0，所以a ≥2e，综上，a ≥－1.。
2019年高考数学(文科)二轮复习对点练：二函数与导数专题对点练6(含答案)
专题对点练6 导数与函数的单调性、极值、最值1.已知函数f (x )=ln x+(a ∈R ).axx +1(1)若函数f (x )在区间(0,4)上单调递增,求a 的取值范围;(2)若函数y=f (x )的图象与直线y=2x 相切,求a 的值.2.已知函数f (x )=ln x+ax 2-x-m (m ∈Z ).(1)若f (x )是增函数,求a 的取值范围;(2)若a<0,且f (x )<0恒成立,求m 的最小值.3.设函数f (x )=a ln x+ (e 为自然对数的底数).(1)当a>0时,求函数f (x )的极值;(2)若不等式f (x )<0在区间(0,e 2]内有解,求实数a 的取值范围.4.已知函数f (x )= x 3-ax 2,a ∈R .(1)当a=2时,求曲线y=f (x )在点(3,f (3))处的切线方程;(2)设函数g (x )=f (x )+(x-a )cos x-sin x ,讨论 g (x )的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值.专题对点练6答案1.解 (1)f'(x )=,1x +a (x +1)-ax (x +1)2=(x +1)2+ax x (x +1)2∵函数f (x )在区间(0,4)上单调递增,∴f'(x )≥0在(0,4)上恒成立,∴(x+1)2+ax ≥0,即a ≥-=--2在(0,4)上恒成立,x 2+2x +1x (x +1x )∵x+≥2,取等号条件为当且仅当x=1,∴a ≥-4.(2)设切点为(x 0,y 0),则y 0=2x 0,f'(x 0)=2,y 0=ln x 0+,ax 0x 0+1∴=2,①1x 0+a (x 0+1)2且2x 0=ln x 0+.②ax 0x 0+1由①得a=,代入②得2x 0=ln x 0+(2x 0-1)(x 0+1),即ln x 0+2-x 0-1=0.(2-1x 0)(x 0+1)2x 20令F (x )=ln x+2x 2-x-1,则F'(x )= +4x-1=.4x 2-x +1x ∵4x 2-x+1=0的Δ=-15<0,∴4x 2-x+1>0恒成立.∴F'(x )在(0,+∞)上恒为正值,∴F (x )在(0,+∞)上单调递增.∵F (1)=0,∴x 0=1代入①式得a=4.2.解 (1)f'(x )= +ax-1,依题设可得a ≥,(1x -1x 2)max 而=-,当x=2时,等号成立.1x ‒1x 2(1x -12)2+14≤14所以a 的取值范围是.[14,+∞)(2)由(1)可知f'(x )= +ax-1=.设g (x )=ax 2-x+1,则g (0)=1>0,g (1)=a<0,ax 2-x +1x g (x )=a +1-在(0,+∞)内单调递减,(x -12a )214a 因此g (x )=0在(0,1)内有唯一的解x 0,使得a =x 0-1,x 20而且当0<x<x 0时,f'(x )>0,当x>x 0时,f'(x )<0,所以f (x )≤f (x 0)=ln x 0+-x 0-m=ln x 0+ (x 0-1)-x 0-m=ln x 0-x 0--m.12ax 20设r (x )=ln x-x--m ,则r'(x )=>0.1x ‒12=2-x 2x 所以r (x )在(0,1)内单调递增.所以r (x )<r (1)=-1-m ,由已知可得-1-m ≤0,所以m ≥-1,即m 的最小值为-1.23.解 (1)由题意,f (x )的定义域是(0,+∞),f'(x )=(x>0),ax -ex 2当a>0时,由f'(x )>0,解得x>,由f'(x )<0,解得0<x<,故函数f (x )在递减,在递增,故函数f (x )只有极小值f =a ln +a ,无极大值.(0,e a )(e a ,+∞)(e a )(2)f (x )<0在区间(0,e 2]内有解,即f (x )在区间(0,e 2]的最小值小于0.(ⅰ)当a ≤0时,f'(x )<0,则函数f (x )在区间(0,e 2]内为减函数,故f (x )的最小值是f (e 2)=2a+<0,即a<-;12e (ⅱ)当a>0时,函数f (x )在区间内为减函数,在区间内为增函数,(0,e a )(e a ,+∞)①若e 2≤,即0<a ≤,函数f (x )在区间(0,e 2]内为减函数,由(ⅰ)知,f (x )的最小值f (e 2)<0时,a<-,与0<a ≤矛盾;12e ②若e 2>,即a>,则函数f (x )的最小值是f =a ln +a ,(e a )令f =a ln +a<0,得a>e 2.(e a )综上,实数a 的范围是∪(e 2,+∞).(-∞,-12e )4.解 (1)由题意f'(x )=x 2-ax ,所以当a=2时,f (3)=0,f'(x )=x 2-2x ,所以f'(3)=3,因此曲线y=f (x )在点(3,f (3))处的切线方程是y=3(x-3),即3x-y-9=0.(2)因为g (x )=f (x )+(x-a )cos x-sin x ,所以g'(x )=f'(x )+cos x-(x-a )sin x-cos x=x (x-a )-(x-a )sin x=(x-a )(x-sin x ).令h (x )=x-sin x ,则h'(x )=1-cos x ≥0,所以h (x )在R 上单调递增.因为h (0)=0,所以当x>0时,h (x )>0;当x<0时,h (x )<0.①当a<0时,g'(x )=(x-a )(x-sin x ),当x ∈(-∞,a )时,x-a<0,g'(x )>0,g (x )单调递增;当x ∈(a ,0)时,x-a>0,g'(x )<0,g (x )单调递减;当x ∈(0,+∞)时,x-a>0,g'(x )>0,g (x )单调递增.所以当x=a 时g (x )取到极大值,极大值是g (a )=- a 3-sin a ,当x=0时g (x )取到极小值,极小值是g (0)=-a.②当a=0时,g'(x )=x (x-sin x ),当x ∈(-∞,+∞)时,g'(x )≥0,g (x )单调递增.所以g (x )在(-∞,+∞)上单调递增,g (x )无极大值也无极小值.③当a>0时,g'(x )=(x-a )(x-sin x ).当x ∈(-∞,0)时,x-a<0,g'(x )>0,g (x )单调递增;当x ∈(0,a )时,x-a<0,g'(x )<0,g (x )单调递减;当x ∈(a ,+∞)时,x-a>0,g'(x )>0,g (x )单调递增.所以当x=0时g (x )取到极大值,极大值是g (0)=-a ;当x=a 时g (x )取到极小值,极小值是g (a )=- a 3-sin a.综上所述:当a<0时,函数g (x )在(-∞,a )和(0,+∞)上单调递增,在(a ,0)上单调递减,函数既有极大值,又有极小值,极大值是g (a )=- a 3-sin a ,极小值是g (0)=-a ;当a=0时,函数g (x )在(-∞,+∞)上单调递增,无极值;当a>0时,函数g (x )在(-∞,0)和(a ,+∞)上单调递增,在(0,a )上单调递减,函数既有极大值,又有极小值,极大值是g (0)=-a ,极小值是g (a )=- a 3-sin a.。
最新2019高考数学《导数及其应用》专题完整题(含参考答案)
2019年高中数学单元测试卷导数及其应用学校：__________ 姓名：__________ 班级：__________ 考号：__________一、选择题1．设函数()f x 在R 上可导,其导函数为()f x ',且函数(1)()y x f x '=-的图像如题(8)图所示,则下列结论中一定成立的是（ ）（2012重庆理）A ．函数()f x 有极大值(2)f 和极小值(1)fB ．函数()f x 有极大值(2)f -和极小值(1)fC ．函数()f x 有极大值(2)f 和极小值(2)f -D ．函数()f x 有极大值(2)f -和极小值(2)f2．已知()f x 与()g x 是定义在R 上的连续函数，如果()f x 与()g x 仅当0x =时的函数值为0，且()()f x g x ≥，那么下列情形不可能．．．出现的是 （ ）A ．0是()f x 的极大值，也是()g x 的极大值B ．0是()f x 的极小值，也是()g x 的极小值C ．0是()f x 的极大值，但不是()g x 的极值D ．0是()f x 的极小值，但不是()g x 的极值 答案 C二、填空题3．记函数f (x )＝x ＋1x 的导函数为f '(x )，则 f '(1)的值为 ▲ ．4．已知函数3211()(2)2(,)32f x x a x ax b a b R =+--+∈．若函数()f x 在区间（-1,1）上不单．．调．，则实数a 的取值范围为 ． 5．已知A 、B 、C是直线l上的三点，向量,,OA OB OC 满足()[2'(1)]l n O A f x f x O B x O C=+-⋅，则函数()y f x =的表达式为 ▲ ．6．若函数32()4f x x x ax =+--在区间()1,1-恰有一个极值点，则实数a 的取值范围为 。
7．直线l 与函数[]sin (0,)y x x π=∈的图像相切于点A ，且//l OP ，O 为坐标原点，P 为图像的极值点，l 与x 轴交于点B ，过切点A 作x 轴的垂线，垂足为C ，则=∙BC BA .8．若函数f (x )＝x － p x ＋p2在(1，＋∞)上是增函数，则实数p 的取值范围是___________________．9．曲线ｙ＝４ｘ－ｘ3在点（－１，－３）处的切线方程为_____10．已知函数x x x f sin )(=，∈x R ，则)5(πf ，)1(f ，）（3π-f 的大小关系为 ▲11．已知函数f (x )的定义域为[－2，+∞)，部分对应值如下表,)(x f '为f (x )的导函数，函数)(x f y '=的图象如右图所示，若两正数a ，b 满足1)2(<+b a f ，则33++a b 的取值范围是 ． 答案 ⎪⎭⎫⎝⎛37,53 12．与直线2-=x y 平行且与曲线x x y ln 2-=相切的直线方程为 ▲ ．13．如果()f x 为偶函数，且导数()f x 存在，则()0f '的值为____________三、解答题14．已知三次函数f (x ) = 4x 3＋ax 2＋bx ＋c (a ，b ，c ∈R )(1)如果f (x )是奇函数，过点（2，10）作y = f (x )图象的切线l ，若这样的切线有三条，求实数b 的取值范围；(2)当－1≤x ≤1时有－1≤f (x )≤1，求a ，b ，c 的所有可能的取值．（本小题满分16分）15．已知函数()e xf x kx x =-∈R ，(Ⅰ）若e k =，试确定函数()f x 的单调区间；(Ⅱ）若0k >，且对于任意x ∈R ，()0f x >恒成立，试确定实数k 的取值范围； (Ⅲ）设函数()()()F x f x f x =+-，求证：12(1)(2)()(e 2n n F F F n n +*>+∈N ．（福建理）关键字：含绝对值；求单调区间；恒成立问题本小题主要考查函数的单调性、极值、导数、不等式等基本知识，考查运用导数研究函数性质的方法，考查分类讨论、化归以及数形结合等数学思想方法，考查分析问题、解决问题的能力．满分14分．16．如图，有一块半椭圆形钢板，其半轴长为2r ，短半轴长为r ，计划将此钢板切割成等腰梯形的形状，下底AB 是半椭圆的短轴，上底CD 的端点在椭圆上，记2CD x =，梯形面积为S ． (I ）求面积S 以x 为自变量的函数式，并写出其定义域； (II ）求面积S 的最大值．（北京理 本小题共13分）17．已知抛物线42-=x y 与直线2+=x y (Ⅰ）求两曲线的交点；(Ⅱ）求抛物线在交点处的切线方程．18．某地政府为科技兴市，欲将如图所示的一块不规则的非农业用地规划建成一个矩形高科技工业园区。
(老高考旧教材适用)高考数学二轮复习专题六函数与导数考点突破练17基本初等函数函数的应用理
考点突破练17 基本初等函数、函数的应用一、选择题1.(2022·浙江·7)已知2a=5,log83=b,则4a-3b=()A.25B.5C.D.2.(2022·北京西城二模)下列函数中,与函数y=x3的奇偶性相同,且在(0,+∞)上有相同单调性的是()A.y=B.y=ln xC.y=sin xD.y=x|x|3.(2022·河南洛阳一模)若a=(,b=,c=log3e,则()A.a>b>cB.b>a>cC.a>c>bD.c>a>b4.(2020·全国Ⅲ·理4)Logistic模型是常用数学模型之一,可应用于流行病学领域.有学者根据公布数据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数I(t)(t的单位:天)的Logistic模型:I(t)=,其中K为最大确诊病例数.当I(t*)=0.95K时,标志着已初步遏制疫情,则t*约为(ln 19≈3)()A.60B.63C.66D.695.(2022·江西上饶六校联考)函数f(x)=的大致图象为()6.(2022·山东淄博一模)若4x=5y=20,z=log x y,则x,y,z的大小关系为()A.x<y<zB.z<x<yC.y<x<zD.z<y<x7.函数f(x)=e x+x3-9的零点所在的区间为()A.(0,1)B.(1,2)C.(2,3)D.(3,4)8.(2022·陕西商洛一模)声音大小(单位:dB)取决于声波通过介质时所产生的压力(简称声压,单位:N/m2)变化.已知声压x与声音大小y的关系式为y=10×lg.根据我国《工业企业噪声卫生标准》规定,新建企业工作地点噪音容许标准为85 dB.若某新建企业运行时测得的声音大小为60 dB,符合《工业企业噪声卫生标准》规定,则此时声压为()A.2 N/m2B.20 N/m2C.0.02 N/m2D.0.2 N/m29.(2022·北京昌平二模)已知函数f(x)=ax2-4ax+2(a<0),则关于x的不等式f(x)>log2x的解集是()A.(-∞,4)B.(0,1)C.(0,4)D.(4,+∞)10.(2022·河南焦作一模)已知函数f(x)=lg是奇函数,则使得0<f(x)<1的x的取值范围是()A. B.C. D.11.(2022·山西太原一模)已知实数x,y满足x·2x=7,y(log2y-2)=28,则xy=()A.112B.28C.7D.412.已知偶函数f(x)的定义域为区间(-∞,0)∪(0,+∞),且当x∈(0,+∞)时,f(x)=则方程f(x)+x2=2的根的个数为()A.3B.6C.5D.4二、填空题13.(2022·广东茂名三模)函数f(x)=9x+31-2x的最小值是.14.(2022·北京房山一模)函数f(x)的图象在区间(0,2)上连续不断,能说明“若f(x)在区间(0,2)上存在零点,则f(0)·f(2)<0”为假命题的一个函数f(x)的解析式可以为f(x)=. 15.(2022·广东茂名一模)已知函数f(x)=若x1,x2,x3均不相等,且f(x1)=f(x2)=f(x3),则x1x2x3的取值范围是.16.(2022·四川成都二模)定义在R上的奇函数f(x)满足f(x)=f(2-x),且当x∈[0,1]时,f(x)=x2,则函数g(x)=f(x)-的所有零点之和为.考点突破练17基本初等函数、函数的应用1.C解析: 由log83=b,得8b=3,即23b=3,则2a-3b=,所以4a-3b=,故选C.2.D解析: y=x3为奇函数且在(0,+∞)上单调递增.对于选项A,B,y=,y=ln x既不是奇函数,也不是偶函数,排除;对于选项C,y=sin x为奇函数,但在(0,+∞)上不单调,排除;对于选项D,y=f(x)=f(-x)=-f(x),且在(0,+∞)上单调递增,满足题意.故选D.3.A解析: a=(,幂函数y=在(0,+∞)上单调递增,且3>e>1,∴a>b>1.∵c=log3e<log33=1,∴a>b>c.故选A.4.C解析: 由=0.95K,得,两边取以e为底的对数,得-0.23(t*-53)=-ln 19≈-3,所以t*≈66.5.B解析: ∵f(x)=,∴f(-x)==-f(x),∴函数为奇函数,排除C;0<f(2)=,排除A,D.故选B.6.D解析: ∵4x=5y=20,∴x=log420>log416=2,y=log520.又log55<log520<log525,即1<log520<2,即1<y<2,∴1<y<x,∴log x y<log x x<1,即z<1.综上,z<y<x.故选D.7.B解析: 由y=e x,y=x3都为增函数,故f(x)=e x+x3-9为增函数.由f(1)=e-8<0,f(2)=e2-1>0,根据零点存在性定理可得∃x0∈(1,2)使得f(x0)=0.故选B.8.C解析: 由题意可得10×lg=60,所以lg=3,解得x=0.02.故选C.9.C解析: 由题设,f(x)的图象的对称轴为直线x=2且开口向下,则f(x)在(0,2)上单调递增,在(2,+∞)上单调递减.由f(x)=ax2-4ax+2=ax(x-4)+2,得f(x)的图象恒过(4,2)且f(0)=2,所以在(0,4)上f(x)>2,在(4,+∞)上f(x)<2.y=log2x在(0,+∞)上单调递增,且在(0,4)上y<2,在(4,+∞)上y>2,所以f(x)>log2x的解集为(0,4).故选C.10.C解析: 由题意,令f(0)=lg(2+a)=0,得a=-1,∴f(x)=lg .由-1>0,得x∈(-1,1).∵y=-1在(-1,1)上单调递减,∴f(x)在(-1,1)上单调递减.又f(0)=0,f=1,∴使得0<f(x)<1的x的取值范围是.11.B解析: 由题可知x,y>0.由y(log2y-2)=28,得·log2=7.又,则·log2=7,显然log2>0.令f(x)=x·2x,x>0,则f'(x)=2x+x·2x ln 2=2x(1+x ln 2)>0,即f(x)在(0,+∞)上单调递增.∵x·2x=log2=7,即f(x)=f=7,∴x=log2.又log2,∴x=,即xy=28.12.B解析: 方程f(x)+x2=2根的个数⇔函数y=f(x)与函数y=-x2+2的图象的交点个数.当0<x≤2时,f(x)=2|x-1|,f(x)的图象是由y=2|x|在(-1,1]上的图象向右平移一个单位长度得到,则f(x)的图象关于直线x=1对称.当x∈(2,4]时,f(x)=f(x-2)-1的图象可看作由f(x)在(0,2]上的图象向右平移2个单位长度,再向下平移1个单位长度得到,同理可得f(x)在(4,+∞)上的图象.又因为f(x)是偶函数,所以f(x)在(-∞,0)∪(0,+∞)上的图象如右,由图象可知两函数图象有6个交点.故选D.13.2解析: f(x)=9x+31-2x=9x+≥2=2,当且仅当9x=,即x=时等号成立,所以最小值为2.14.(x-1)2(答案不唯一)解析: 对于f(x)=(x-1)2,函数f(x)的图象在区间(0,2)上连续不断,且f(1)=0,f(0)=f(2)=1,即f(0)·f(2)>0.15. (2,3)解析: 函数f(x)的图象如图所示.不妨设x1<x2<x3,由图得|log2x1|=|log2x2|=-x3+3∈(0,1),∴-log2x1=log2x2,即x1x2=1.又x3∈(2,3),∴x1x2x3的取值范围是(2,3).16.18解析: 由f(x)是R上的奇函数,得f(x)的图象关于原点对称.由f(x)=f(2-x),得f(x)的图象关于直线x=1对称,∴f(x)的周期T=4×(1-0)=4.又f(2+x)=f(2+x-4)=f(x-2)=-f(2-x),∴f(x)的图象关于点(2,0)对称.∵函数y=的图象关于原点对称,y=的图象可由y=的图象向右平移2个单位长度得到,∴y=的图象关于点(2,0)对称.画出y=f(x),y=的图象如下图所示.由图可知,y=f(x),y=的图象有9个公共点,∴g(x)所有零点之和为9×2=18.。
2019届高考数学二轮复习高考大题专项练六导数A理.doc
六导数(A)1.(2018·湖南怀化模拟)设M是由满足下列条件的函数f()构成的集合;“①方程f()-=0有实数根;②函数f()的导数f′()满足0<f′()<1.”(1)判断函数f()=+是否是集合M中的元素,并说明理由;(2)集合M中的元素f()具有下面的性质;“若f()的定义域为D,则对于任意[m,n]D,都存在∈[m,n],使得等式f(n)-f(m)=(n-m)f′(0)成立”.试用这一性质证明;方程f()-=0只有一个实数根;(3)设1是方程f()-=0的实数根,求证;对于f()定义域中任意的2,3,当|2-1|<1且|3-1|<1时,|f(3)-f(2)|<2.2.(2018·安庆质检)已知=是函数f()=(+1)e a(a≠0)的一个极值点.(1)求a的值;(2)求f()在[t,t+1]上的最大值;(3)设g()=f()++ln ,证明;对任意1,2∈(0,1),有|g(1)- g(2)|<+.3.(2018·桃城区校级模拟)设函数f()=-a2ln +2-a(a∈R).(1)试讨论函数f()的单调性;(2)如果a>0且关于的方程f()=m有两解1,2(1<2),证明1+2>2a.4.(2018·德阳模拟)已知函数f()=ln (+1).(1)当∈(-1,0)时,求证;f()<<-f(-);(2)设函数g()=e-f()-a(a∈R),且g()有两个不同的零点1,2(1<2),①求实数a的取值范围;②求证;1+2>0.1.(1)解;函数f()=+是集合M中的元素.理由如下;因为f′()=+cos ,所以f′()∈[,]满足条件0<f′()<1,又因为当=0时,f(0)=0,所以方程f()-=0有实数根0.所以函数f()=+是集合M中的元素.(2)证明;假设方程f()-=0存在两个实数根a,b(a≠b),则f(a)-a=0,f(b)-b=0,不妨设a<b,根据题意存在c∈(a,b),使得等式f(b)-f(a)=(b-a)f′(c)成立,因为f(a)=a,f(b)=b,且a≠b,所以f′(c)=1,与已知0<f′()<1矛盾,所以方程f()-=0只有一个实数根.(3)证明;不妨设2<3,因为f′()>0,所以f()为增函数,所以f(2)<f(3),又因为f′()<1,所以f′()-1<0,所以函数f()-为减函数,所以f(2)-2>f(3)-3,所以0<f(3)-f(2)<3-2,即|f(3)-f(2)|<|3-2|,所以|f(3)-f(2)|<|3-2|=|3-1-(2-1)|≤|3-1|+|2-1|<2.2.(1)解;f′()=e a+a(+1)e a=(a+a+1)e a,由=是函数f()的一个极值点得f′()=(a+2)e=0,解得a=-2,经检验,a=-2适合题意.(2)解;由(1)知f()=(+1)e-2,则f′()=-(2+1)e-2,令f′()=0得=-.当变化时,f()与f′()的变化情况如下表;,-)极大值e当t+1≤-,即t≤-时,f()ma=f(t+1)=(t+2)e-2(t+1);当t<-<t+1,即-<t<-时,f()ma=f(-)=e;当t≥-时,f()ma=f(t)=(t+1)e-2t.(3)证明;由题意可得g()=(+1)e-2++ln , 设g()=m1()+m2(),∈(0,1),其中m1()=(+1)e-2+,m2()=ln ,则m′1()=-(2+1)e-2+1,令h()=m′1(),则h′()=-2e-2+2(2+1)e-2=4e-2>0,∈(0,1), 所以m′1()在(0,1)上单调递增,则当∈(0,1)时,m′1()>m′1(0)=0,所以m1()在(0,1)上也为增函数,所以∈(0,1)时,1=m1(0)<m1()<m1(1)=1+,①又m′2()=1+ln ,令m′2()=0得=,且∈(0,)时,m′2()<0,m2()为减函数, ∈(,1)时,m′2()>0,m2()为增函数,且m2()=-,m2(1)=0,所以-≤m2()<0,②由①②可得1-<g()<1+,所以任意1,2∈(0,1),|g(1)-g(2)|<(1+)-(1-)=+.3.(1)解;由f()=-a2ln +2-a,可知f′()=-+2-a==,因为函数f()的定义域为(0,+∞),所以,①若a>0,则当∈(0,a)时,f′()<0,函数f()单调递减,当∈(a,+∞)时,f′()>0,函数f()单调递增.②若a=0,则当f′()=2>0在∈(0,+∞)内恒成立,函数f()单调递增.③若a<0,则当∈(0,-)时,f′()<0,函数f()单调递减,当∈(-,+∞)时,f′()>0,函数f()单调递增.(2)证明;要证1+2>2a,只需证>a.设g()=f′()=-+2-a,因为g′()=+2>0,所以g()=f′()为单调递增函数.所以只需证f′()>f′(a)=0,即证-+1+2-a>0,只需证-+(1+2-a)>0.(*)又-a2ln 1+-a1=m,-a2ln 2+-a2=m,所以两式相减,并整理,得-+(1+2-a)=0.把(1+2-a)=代入(*)式,得只需证-+>0,可化为-+ln <0.令=t,得只需证-+ln t<0.令ϕ(t)=-+ln t(0<t<1),则ϕ′(t)=-+=>0,所以ϕ(t)在其定义域上为增函数,所以ϕ(t)<ϕ(1)=0.综上得原不等式成立.4.(1)证明;记q()=-ln (+1),则q′()=1-=,在(-1,0)上,q′()<0,即q()在(-1,0)上递减,所以q()>q(0)=0,即>ln (+1)=f()恒成立.记m()=+ln (-+1),则m′()=1+=, 在(-1,0)上,m′()>0,即m()在(-1,0)上递增, 所以m()<m(0)=0,即+ln (-+1)<0恒成立, <-ln (-+1)=-f(-).综上得,当∈(-1,0)时,f()<<-f(-),原题得证. (2)①解;g()=e-ln (+1)-a,定义域为(-1,+∞),则g′()=e-,易知g′()在(-1,+∞)上递增,而g′(0)=0,所以在(-1,0)上,g′()<0,g()在(-1,0]上递减,在[0,+∞)上递增,→-1+,y→+∞,→+∞,y→+∞, 要使函数有两个零点,则g()极小值=g(0)=1-a<0,故实数a的取值范围是(1,+∞).②证明;由①知-1<1<0<2,记h()=g()-g(-),∈(-1,0),h′()=g′()-g′(-)=e-+e--,当∈(-1,0)时,由①知<-ln (-+1),则e<e-ln(-+1)=,再由>ln (+1)得,e-<e-ln(+1)=.又因为e-<0,e--<0,故h′()<0恒成立,h()=g()-g(-)在∈(-1,0)上单调递减,h()>h(0)=0,即g()>g(-),而-1<1<0,g(1)>g(-1),g(1)=g(2)=0,所以g(2)>g(-1),由题知,-1,2∈(0,+∞),g()在[0,+∞)上递增,所以2>-1,即1+2>0.。
浙江新高考数学二轮复习专题强化练：专题一 6 第6讲 导数的综合应用 含解析
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 xx －1在x ∈(0，12)上有解，设h (x )＝x e xx －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－a x 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[256，＋∞]上单调递增，故 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 －ax .设h (x )＝x －ln x －ax， 则h ′(x )＝ln x －x2－1＋a x 2＝－g （x ）－1＋ax 2，其中g (x )＝x2－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 xx ，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 －1x2－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＋ee x ＋1. 因为x ≥1，所以h ′(x )＝ln x x 2＋ee 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.。
最新版精选2019高考数学《导数及其应用》专题完整题(含答案)
2019年高中数学单元测试卷导数及其应用学校：__________ 姓名：__________ 班级：__________ 考号：__________一、选择题1．已知函数y =f (x ),y =g (x )的导函数的图象如下图，那么y =f (x ),y =g (x )的图象可能是D二、填空题2．函数ln(1)y x x =-+的单调递减区间为 ▲ ．3．函数x y ln =图象上的点到直线02=+-y x 的距离的最小值是 ★4．若函数343y x bx =-+有三个单调区间，则b 的取值范围是 ．5．已知定义在R 上的函数()y f x =的导函数为()f x '，且满足()()f x f x '>，则不等式24(23)(1)x f x e f --≥解集为 ．6．若曲线()4f x x x =-在点P 处的切线平行于直线30x y -=，则点P 的坐标为 。
7．设函数223()cos 4sin3()2x f x x t t t x =++-∈R ，其中||1t <，将()f x 的最小值记为(),()g t g t 则函数的单调递增区间为 ______ .8．由曲线x y x y 232=-=和围成图形的面积为 。
答案232 9．已知函数1)2(33)(23++++=x a ax x x f 既有极大值又有极小值，则实数a 的取值范围是 .10．若直线y=kx-3与y=2lnx 曲线相切，则实数K=_________11．若对任意的x D ∈,均有()()()12f x f x f x ≤≤成立，则称函数()f x 为函数()1f x 到函数()2f x 在区间D 上的“折中函数”．已知函数()()()11,0,f x k x g x =--= ()()1ln h x x x =+，且()f x 是()g x 到()h x 在区间[]1,2e 上的“折中函数”，则实数k 的取值为 ▲12．设函数()2ln f x x x =+，若曲线()y f x =在点()()1,1f处的切线方程为y ax b =+，则a b += ．13．已知函数2331(),()21f x x a g x x a a x =++=-++，若存在121,,(1)a a a ξξ⎡⎤∈>⎢⎥⎣⎦，使得 12|()()|9f g ξξ-≤，则a 的取值范围是 ．14． 函数21ln 2y x x =-的单调递减区间为 __________________. 15． 函数y ＝x 2(x >0)的图象在点(a k ，a k 2)处的切线与x 轴的交点的横坐标为a k ＋1，其中k ∈N *.若a 1＝16，则a 1＋a 3＋a 5的值是________． 16．已知函数()()0cos sin f x f x x '=+，则函数f (x )在x 0＝2π处的切线方程是 17．曲线2y 21x x =-+在点（1,0）处的切线方程为________18． 函数()f x 的定义域为R ，()12f -=，对任意x R ∈，()'2fx >，则()24f x x >+的解集为 _ ▲__ ．19．曲线12++=x xe y x在点（0,1）处的切线方程为 ．三、解答题20．已知某公司生产某品牌服装的年固定成本为10万元，每生产千件需另投入2.7万元，设该公司年内共生产该品牌服装x 千件并全部销售完，每千件的销售收入为()R x 万元，且⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧>-≤<-=)10(31000108)100(3018.10)(22x x xx x x R ．（1）写出年利润W （万元）关于年产品x （千件）的函数解析式；（2）年产量为多少千件时，该公司在这一品牌服装的生产中所获年利润最大？ （注：年利润=年销售收入－年总成本）21．已知函数()ln ()f x x a x a R =-∈(1)当2a =时,求曲线()y f x =在点(1,(1))A f 处的切线方程;(2)求函数()f x 的极值. （2013年普通高等学校招生统一考试福建数学（理）试题（纯WORD 版））22．已知函数32()f x ax x ax =+-，x R ∈，a R ∈.（1） 当0a <时，若函数()f x 在区间(1,2)上是单调增函数，试求a 的取值范围； （2） 当0a >时，直接写出（不需给出演算步骤）函数()()ln f x g x x x =- （12x >）的单调增区间；（3） 如果存在实数(,1]a ∈-∞-，使函数()()'()h x f x f x =+，[1,]x b ∈-（1b >-） 在1x =- 处取得最小值，试求实数b 的最大值. (本小题满分16分) 23．已知函数2()f x x =，()ln g x a x =，a ∈R ． （1）若1x ∃≥，()()f x g x <，求实数a 的取值范围；（2）证明：“方程()()f x g x ax -=(0)a >有唯一解”的充要条件是“1a =”．24．已知函数2()(2),(,)xf x x ax e x a R =++∈其中e 为自然对数的底数 （1）当0a =时，求曲线()y f x =在(1,(1))f 处的切线方程； （2）若函数()y f x =为单调函数，求实数a 的取值范围； （3）若52a =-时，求函数()f x 的极小值。
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第四讲导数的综合应用(40分钟70分)一、选择题(每小题5分,共30分)1.设函数f(x)=x2-9ln x在区间a-1,a+1]上单调递减,则实数a的取值范围是( )A.1<a≤2B.a≥4C.a≤2D.0<a≤3【解析】选A.f′=x-,当f′=x-≤0时,0<x≤3,即在上f(x)是减函数,因为f在上单调递减,所以解得1<a≤2.故A正确.2.设f′(x)为函数f(x)的导函数,已知x2f′(x)+xf(x)=ln x,f(e)=,则下列结论正确的是( )A.f(x)在(0,+∞)单调递增B.f(x)在(0,+∞)单调递减C.f(x)在(0,+∞)上有极大值D.f(x)在(0,+∞)上有极小值【解析】选B.因为x2f′(x)+xf(x)=ln x⇒xf′(x)+f(x)⇒[xf(x)]′⇒xf(x)=(ln x)2+c,所以f(x)=+,又f(e)=,得c=,即f(x)=+,所以f′(x)=-=≤0,所以f(x)在(0,+∞)单调递减.3.函数f(x)的导函数为f′(x),对∀x∈R,都有2f′(x)>f(x)成立,若f(ln 4)=2,则不等式f(x)>的解是( )A.x>ln 4B.0<x<ln 4C.x>1D.0<x<1【解析】选A.设g(x)=,由于f′(x)>,所以g′(x)>0在R上恒成立,因此g(x)=在R上是增函数,g(ln 4)====1,由f(x)>,得g(x)=>1,所以g(x)>g(ln 4),由于g(x)在R上是增函数,所以x>ln 4.4.已知函数f(x)=x2-x-ln x,则函数f(x)的最小值为 ( )A.--lnB.--ln 2C.-D.-+ln 3【解析】选 B.因为f(x)=x2-x-ln x,所以f′(x)=x-1-=,(x>0),令f′(x)=0,得x=2,当x∈(0,2)时,f′(x)<0,当x∈(2,+∞)时,f′(x)>0,所以函数f(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,所以当x=2时,f(x)有最小值f(2)=--ln 2.5.已知函数f(x)=x2++4ln x,g(x)=kx-1,若f(x)≥g(x),则k的取值范围为( )A.(-∞,4]B.(-∞,4)C.(0,4)D.(-∞,3]【解析】选 A.因为f(x)=x2++4ln x,x>0,所以f′(x)=2x-+=,构造函数h(x)=x3+2x-1,x>0,是增函数,h(0)=-1,h=,所以存在唯一的x0∈使得h(x)=0,所以在区间(0,x0)上,h(x)<0,f′(x)<0,f(x)是减函数,在区间(x0,+∞)上,h(x)>0,f′(x)>0,f(x)是增函数,如图,于是问题转化为过点(0,-1),作曲线y=f(x)的切线,求斜率k,设切点为P(x1,y1),则切线斜率为f′(x1)=2x1-+,所以2x1-+=,又y1=++4ln x1,所以x1=1,所以切线方程为y=4x-1,由图象可知k的取值范围为k≤4.6.(2018·惠州模拟)已知函数f(x)=xsin x+cos x+x2,则不等式f(ln x)+ f<2f(1)的解集为( )A.(e,+∞)B.(0,e)C.∪(1,e)D.【解析】选 D.f(x)=xsin x+cos x+x2,因为f(-x)=f(x),所以f(x)是偶函数,所以f=f(-ln x)=f(ln x),所以f(ln x)+f<2f(1)可变形为f(ln x) <f(1).f′(x)=xcos x+2x=x(2+cos x),因为2+cos x>0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,在(-∞,0)上单调递减,所以f(ln x)<f(1)等价于|ln x|<1,即-1<ln x<1,所以<x<e.二、填空题(每小题5分,共10分)7.(2018·长沙一模)已知函数f(x)=x3-tx2+3x,若对任意的a∈[1,2],b∈(2,3],函数f(x)在区间(a,b)上单调递减,则实数t的取值范围是____________.【解析】因为f(x)=x3-tx2+3x,所以f′(x)=3x2-2tx+3,由于函数f(x)在(a,b)上单调递减,则有f′(x)≤0在[a,b]上恒成立,即不等式3x2-2tx+3≤0在[a,b]上恒成立,即有t≥在[a,b]上恒成立,而函数y=在[1,3]上单调递增,由于a∈[1,2],b∈(2,3],当b=3时,函数y=取得最大值,即y max==5,所以t≥5.答案:[5,+∞)8.已知函数f(x)=xln x-ae x(e为自然对数的底数)有两个极值点,则实数a的取值范围是____________.【解析】由题意知,f′(x)=1+ln x-ae x,令f′(x)=0,得a=,函数f(x)有两个极值点,则需f′(x)=0有两个实数根,等价于a=有两个实数根,等价于直线y=a与y=的图象有两个交点.令g(x)=,则g′(x)=,令h(x)=-1-ln x,得h(x)在(0,+∞)上为减函数,且h(1)=0,所以当x∈(0,1)时,h(x)>0,故g′(x)>0,g(x)为增函数,当x∈(1,+∞)时,h(x)<0,故g′(x)<0,g(x)为减函数,所以g(x)max=g(1)=,又当x→+∞时,g(x)→0,所以g(x)的图象如图所示,故0<a<.答案:三、解答题(每小题10分,共30分)9.(2018·广西三市联考)已知函数f(x)=x-aln x,g(x)=-,其中a∈R.(1)设函数h(x)=f(x)-g(x),求函数h(x)的单调区间.(2)若存在x0∈[1,e],使得f(x0)<g(x0)成立,求a的取值范围.【解析】(1)h(x)=x+-aln x(x>0),h′(x)=1--==,①当a+1>0,即a>-1时,在(0,1+a)上h′(x)<0,在(1+a,+∞)上h′(x)>0,所以h(x)在(0,1+a)上单调递减,在(1+a,+∞)上单调递增.②当1+a≤0,即a≤-1时,在(0,+∞)上h′(x)>0,所以函数h(x)在(0,+∞)上单调递增.综上所述,当a>-1时,h(x)的单调递减区间为(0,1+a),单调递增区间为(1+a,+∞);当a≤-1时,h(x)的单调递增区间为(0,+∞).(2)若存在x0∈[1,e],使得f(x0)<g(x0)成立,即存在x0∈[1,e],使得h(x0)=f(x0)-g(x0)<0成立,即函数h(x)=x+-aln x在[1,e]上的最小值小于零.由(1)可知:①当1+a≥e,即a ≥e-1时,h′(x)<0,h(x)在[1,e]上单调递减,所以h(x)在[1,e]上的最小值为h(e),由h(e)=e+-a<0可得a>,因为>e-1,所以a>.②当1+a≤1,即a≤0时,h(x)在[1,e]上单调递增,所以h(x)的最小值为h(1),由h(1)=1+1+a<0可得a<-2.③当1<1+a<e,即0<a<e-1时,可得h(x)的最小值为h(1+a),因为0<ln(1+a)<1,所以0<aln(1+a)<a,故h(1+a)=2+a-aln(1+a)>2>0,不合题意.综上可得所求a的取值范围是(-∞,-2)∪.10.已知函数f(x)=ax+ln x,a∈R,(1)求f(x)的单调区间.(2)设g(x)=x2-2x+1,若对任意x1∈(0,+∞),总存在x2∈[0,1],使得f(x1)<g(x2),求实数a的取值范围.【解析】(1)f′(x)=a+=(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=-,在区间上,f′(x)>0,f(x)单调递增.在区间上,f′(x)<0,f(x)单调递减.综上所述,当a≥0时,f(x)的单调递增区间为(0,+∞);当a<0时,f(x)的单调递增区间为,f(x)的单调递减区间为.(2)由已知,转化为f(x)max<g(x)max,又g(x)max=g(0)=1.由(1)知,当a≥0时,f(x)在(0,+∞)上单调递增,值域为R,故不符合题意.当a<0时,f(x)在上单调递增,在上单调递减,故f(x)的极大值即为最大值,即f(x)max=f=-1+ln=-1-ln(-a),所以1>-1-ln(-a),解得a<-.故实数a的取值范围是.11.某商场销售某种商品的经验表明,该商品每日的销售量y(单位:kg)与销售价格x(单位:元/kg)满足关系式y=+10(x-6)2,其中3<x<6,a为常数.已知销售价格为5元/kg时,每日可售出该商品11 kg.(1)求a的值.(2)若该商品的成本为3元/kg,试确定销售价格x的值,使商场每日销售该商品所获得的利润最大.【解析】(1)因为当x=5时,y=11,所以+10=11,所以a=2.(2)由(1)可知,该商品每日的销售量y=+10(x-6)2,所以商场每日销售该商品所获得的利润f(x)=(x-3)=2+10(x-3)(x-6)2,其中3<x<6.所以f′(x)=10[(x-6)2+2(x-3)(x-6)]=30(x-4)(x-6).于是,当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如表所示:x (3,4) 4 (4,6)f′(x) + 0 -f(x) 单调递增极大值42 单调递减由上表可得,x=4是函数f(x)在区间(3,6)内的极大值点,也是最大值点.所以当x=4时,函数f(x)取得最大值42.即当销售价格为4元/kg时,商场每日销售该商品所获得的利润最大.(20分钟20分)1.(10分)(2018·银川一模)已知函数f(x)=xln x+m.(1)若函数f(x)的最小值为0,求m的值.(2)设0<a<b,证明:0<f(a)+f(b)-2f()<(b-a)ln 2.【解析】(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=ln x+1.令f′(x)=0,解得x=.当0<x<时,f′(x)<0; 当x>时,f′(x)>0.故当x=时,f(x)取得最小值,最小值为f()=ln+m=-+m=0,得m=.(2)f′(x)=ln x+1.设F(x)=f(a)+f(x)-2f(),则F′(x)=f′(x)-2[f()]′=lnx-ln,令F′(x)=0,得x=a,当0<x<a时,F′(x)<0,因此F(x)在(0,a)内为减函数;当x>a时,F′(x)>0,因此F(x)在(a,+∞)上为增函数.从而,当x=a时,F(x)有极小值F(a).因为F(a)=0,b>a,所以F(b)>0即0<f(a)+f(b)-2f().设G(x)=F(x)-(x-a)ln 2,则G′(x)=ln x-ln-ln 2=ln x-ln(a+x)当x>0时,G′(x)<0,因此G(x)在(0,+¥)上为减函数.因为G(a)=0,b>a,所以G(b)<0,即f(a)+f(b)-2f()<(b-a)ln 2,综上,原不等式得证.2.(10分)(2018·郑州外国语学校一模)已知f(x)=e x-ax(a∈R)(e为自然对数的底数).(1)讨论f(x)的单调性.(2)若f(x)有两个零点x1,x2,求a的取值范围.(3)在(1)的条件下,求证:x1+x2<2ln a.【解析】(1)f(x)的定义域为R,f′(x)=e x-a,①当a≤0时,f′(x)>0在R上恒成立,所以f(x)在R上为增函数.②当a>0时,令f′(x)>0得x>ln a,令f′(x)<0得x<ln a,所以f(x)的递增区间为(ln a,+∞),递减区间为(-∞,ln a).(2)由(1)知,当a≤0时, f(x)在R上为增函数,f(x)不合题意;当a>0时, f(x)的递增区间为(ln a,+∞),递减区间为(-∞,ln a),又f(0)=e>0,当x→+∞时,f(x)→+∞,所以f(x)有两个零点x1,x2,则f(x)min=f(ln a)=a-aln a=a(1-ln a)<0,解得a>e.(3)由(1)知,当a>e时,f(x)有两个零点x1,x2,且f(x)在(ln a,+∞)上递增, 在(-∞,ln a)上递减,依题意,f(x1)=f(x2)=0,不妨设x1<ln a<x2.要证x1+x2<2ln a,即证x1<2ln a-x2,又x1<ln a<x2,所以x1<2ln a-x2<ln a,而f(x)在(-∞,ln a)上递减,即证f(x1)>f(2ln a-x2),又f(x1)=f(x2)=0,即证f(x2)>f(2ln a-x2),(x2>ln a).构造函数g(x)=f(x)-f(2ln a-x)=e x--2ax+2aln a(x>ln a),g′(x)=e x+-2a>2-2a=0,所以g(x)在(ln a,+∞)上单调递增,所以g(x)>g(ln a)=0,从而f(x)>f(2ln a-x),所以f(x2)>f(2ln a-x2),(x2>ln a),命题成立.。