(通用版)2019学高考数学二轮复习 练酷专题 课时跟踪检测(六)导数的简单应用 文
2019高考数学二轮复习课时跟踪检测二十四导数的简单应用小题练理
课时跟踪检测（二十四）导数的简单应用（小题练）级——＋提速练一、选择题．已知()＝＋＋，若′(－)＝，则＝( )．解析：选∵()＝＋＋，∴′()＝＋，∴′(－)＝－，∵′(－)＝，∴－＝，解得＝.故选.．(·合肥模拟)已知直线－＋＝与曲线＝＋相切，其中为自然对数的底数，则实数的值是( )．．．．解析：选∵＝＋，∴′＝＋，设直线－＋＝与曲线＝＋相切的切点坐标为(，)，则′＝＝＋＝，得＝，又＝＋＝＋，∴＝，＝，故选.．(·成都模拟)已知函数＝()的导函数＝′()的图象如图所示，则函数＝()在区间(，)内的极小值点的个数为( )．．．．解析：选如图，在区间(，)内，′()＝，且在点＝附近的左侧′()<，右侧′()>，所以在区间(，)内只有个极小值点，故选.．(·重庆调研)若函数()＝(＋)在(，＋∞)上不单调，则实数的取值范围是( )．(－∞，)．(－∞，－)．(－)．[－，＋∞)解析：选′()＝(＋＋)，由题意，知方程(＋＋)＝在(，＋∞)上至少有一个实数根，即＝－－＞，解得＜－.．已知()＝－＋(为常数)在[－]上有最大值为，那么此函数在[－]上的最小值为( )．－．．－．－解析：选由题意知，′()＝－，由′()＝得＝或＝，当＜或＞时，′()＞，当＜＜时，′()＜，∴()在[－]上单调递增，在[]上单调递减，由条件知()＝＝，∴()＝－，(－)＝－，∴最小值为－.．(·广州模拟)设函数()＝＋，若曲线＝()在点(，())处的切线方程为＋＝，则点的坐标为( )．(，－)．()．(，－)或(－)．(－)解析：选由题意知，′()＝＋，所以曲线＝()在点(，())处的切线的斜率为′()＝＋，又切线方程为＋＝，所以≠，且(\\(\()＋＝－，＋\()＋\()＝，))解得＝±，＝－.所以当(\\(＝，＝－))时，点的坐标为(，－)；当(\\(＝－，＝))时，点的坐标为(－)，故选.．(·昆明检测)若函数()＝＋在(，＋∞)上单调递增，则实数的取值范围为( )．(－，＋∞)．[－，＋∞)．(－，＋∞)．[－，＋∞)解析：选∵()在(，＋∞)上单调递增，且′()＝＋，∴′()＝＋≥在(，＋∞)上恒成立，即≥－在(，＋∞)上恒成立，又∈(，＋∞)时，－＜－，∴≥－.．(·陕西模拟)设函数()＝－＋，则下列结论正确的是( )．函数()在(－∞，－)上单调递增．函数()在(－∞，－)上单调递减．若＝－，则函数()的图象在点(－，(－))处的切线方程为＝．若＝，则函数()的图象与直线＝只有一个公共点解析：选对于选项，，根据函数()＝－＋，可得′()＝－，令－＝，得＝－或＝，故函数()在(－∞，－)，(，＋∞)上单调递增，在(－)上单调递减，所以选项，都不正确；对于选项，当＝－时，′(－)＝，(－)＝，故函数()的图象在点(－，(－))处的切线方程为＝，选项正确；对于选项，当＝时，()的极大值为(－)＝，极小值为()＝－，故直线＝与函数()的图象有三个公共点，选项错误．故选.．已知定义在上的函数＝()的导函数为′()，若′() －＝－() ，则下列不等式成立的是( )．<<<>解析：选令()＝)，则′()＝－－)＝)，由(\\(<<(π)，，))解得<<；由(\\(<<(π)，，))解得。
(浙江专用)2019高考数学二轮复习课时跟踪检测(二十一)小题考法——导数的简单应用
课时跟踪检测（二十一） 小题考法——导数的简单应用A 组——10＋7提速练一、选择题1．设f (x )＝x ln x ，f ′(x 0)＝2，则x 0＝( )A ．e 2B ．e C.ln 22 D ．ln 2解析：选B ∵f ′(x )＝1＋ln x ，∴f ′(x 0)＝1＋ln x 0＝2，∴x 0＝e ，故选B.2．函数f (x )＝e x cos x 的图象在点(0，f (0))处的切线方程是( )A ．x ＋y ＋1＝0B ．x ＋y －1＝0C ．x －y ＋1＝0D ．x －y －1＝0 解析：选C 依题意，f (0)＝e 0cos 0＝1，因为f ′(x )＝e x cos x －e x sin x ，所以f ′(0)＝1，所以切线方程为y －1＝x －0，即x －y ＋1＝0，故选C.3．已知f (x )＝ln x x，则( ) A ．f (2)>f (e)>f (3)B ．f (3)>f (e)>f (2)C ．f (3)>f (2)>f (e)D ．f (e)>f (3)>f (2)解析：选D f (x )的定义域是(0，＋∞)，∵f ′(x )＝1－ln x x 2， ∴x ∈(0，e)，f ′(x )>0；x ∈(e ，＋∞)，f ′(x )<0，故x ＝e 时，f (x )max ＝f (e)．而f (2)＝ln 22＝ln 86，f (3)＝ln 33＝ln 96. f (e)>f (3)>f (2)，故选D.4．已知函数f (x )的定义域为(a ，b )，f (x )的导函数f ′(x )在(a ，b )上的图象如图所示，则函数f (x )在(a ，b )上的极大值点的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选B 由函数极值的定义和导函数的图象可知，f ′(x )在(a ，b )上与x 轴的交点个数为4，但是在原点附近的导数值恒大于零，故x ＝0不是函数f (x )的极值点，其余的3个交点都是极值点，其中有2个点附近的导数值左正右负，故极大值点有2个．5．已知函数f (x )＝x 2－5x ＋2ln x ，则函数f (x )的单调递增区间是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12和(1，＋∞) B ．(0,1)和(2，＋∞)C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12和(2，＋∞) D ．(1,2)解析：选C 函数f (x )＝x 2－5x ＋2ln x 的定义域是(0，＋∞)，令f ′(x )＝2x －5＋2x＝2x 2－5x ＋2x ＝x －x －x >0，解得0<x <12或x >2，故函数f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12和(2，＋∞)．6．已知函数f (x )＝x 3－px 2－qx 的图象与x 轴切于点(1,0)，则f (x )的极大值、极小值分别为( )A ．－427，0 B ．0，－427 C.427，0 D ．0，427解析：选C 由题意知，f ′(x )＝3x 2－2px －q ，由f ′(1)＝0，f (1)＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧ 3－2p －q ＝0，1－p －q ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧ p ＝2，q ＝－1，∴f (x )＝x 3－2x 2＋x ，由f ′(x )＝3x 2－4x ＋1＝0，得x ＝13或x ＝1，易得当x ＝13时，f (x )取极大值427，当x ＝1时，f (x )取极小值0.7．已知f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )为f (x )的导函数，且满足f (x )<－xf ′(x )，则不等式f (x ＋1)>(x －1)·f (x 2－1)的解集是( )A ．(0,1)B ．(1，＋∞)C ．(1,2)D ．(2，＋∞) 解析：选D 因为f (x )＋xf ′(x )<0，所以[xf (x )]′<0，故xf (x )在(0，＋∞)上为单调递减函数，又(x ＋1)f (x ＋1)>(x 2－1)·f (x 2－1)，所以0<x ＋1<x 2－1，解得x >2.8．设函数f (x )＝13x －ln x (x >0)，则f (x )( ) A ．在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1，(1，e)上均有零点 B ．在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1，(1，e)上均无零点 C ．在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1上有零点，在区间(1，e)上无零点 D ．在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1上无零点，在区间(1，e)上有零点 解析：选D 因为f ′(x )＝13－1x，所以当x ∈(0,3)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，而。
压轴题10 导数的简单应用(解析版)--2023年高考数学压轴题专项训练(全国通用)
压轴题10导数的简单应用题型/考向一：导数的计算及几何意义题型/考向二：利用导数研究函数的单调性题型/考向三：利用导数研究函数的极值、最值○热○点○题○型一导数的计算及几何意义1.复合函数的导数复合函数y ＝f (g (x ))的导数和函数y ＝f (u )，u ＝g (x )的导数间的关系为y x ′＝y u ′·u x ′.2.导数的几何意义(1)函数在某点的导数即曲线在该点处的切线的斜率.(2)曲线在某点的切线与曲线过某点的切线不同.(3)切点既在切线上，又在曲线上.3.导数中的公切线问题，重点是导数的几何意义，通过双变量的处理，从而转化为零点问题，主要考查消元、转化、构造函数、数形结合能力以及数学运算素养.一、单选题1．函数()()ln 322f x x x =--的图象在点()()1,1f 处的切线方程是（）A ．10x y ++=B ．230x y ++=C ．230x y --=D ．30x y --=2．若函数的图象在点处的切线方程为，则=a （）A ．1B ．0C ．－1D ．e．已知直线l为曲线A B．10C．5D与函数()的图象都相切，则a b+=（）A．1-B．0C．1D．35．曲线22e24xy x-=⋅+在1x=处的切线与坐标轴围成的面积为（）A．32B．3C．4916D．4986．已知函数()()21220232023ln 22f x x xf x '=-++-，则()2023f '=（）A ．2022B ．2021C ．2020D ．20197．若对m ∀∈R ，,a b ∃∈R ，使得()f m a b=-成立，则称函数()f x 满足性质Ω，下列函数不满足．．．性质Ω的是（）A ．()23f x x x=+B ．()()211f x x =+C ．()1ex f x -+=D ．()()cos 12f x x =-对于C ，1x -+∈R ，()1e xf x -+∴=的值域为()0,∞+；()1e x f x -+'=- ，()f x '∴的值域为(),0∞-；则()f x 的值域不是()f x '值域的子集，C 不满足性质Ω；对于D ，12x -∈R ，()()cos 12f x x ∴=-的值域为[]1,1-；()()2sin 12f x x '=- ，()f x '∴的值域为[]22-,，则[][]1,12,2-⊆-，D 满足性质Ω.故选：C.8．已知函数()f x 的定义域是()(),00,∞-+∞U ，()f x '为()f x 的导函数，若()()()121f f x f x x'=+-，则()f x 在()0,∞+上的最小值为（）A 1-B ．15-C 1D ．15-二、多选题9．已知函数()332f x x ax =+-的极值点分别为()1212,x x x x <，则下列选项正确的是（）A ．0a >B ．()()122f x f x +=C ．若()20f x <，则1a >D ．过()0,2仅能做曲线()=y f x 的一条切线10．若函数()()ln 12f x x -=++的图象上，不存在互相垂直的切线，则a 的值可以是（）A ．-1B ．3C ．1D ．2因为函数()f x 的图象上，不存在互相垂直的切线，所以()min 0f x '≥，即10a -≥，解得1a ≤，故选：AC11．给出定义：若函数()f x 在D 上可导，即()f x '存在，且导函数()f x '在D 上也可导，则称()f x 在D 上存在二阶导函数，记()()()f x f x ''''=，若()0f x ''<在D 上恒成立，则称()f x 在D 上为凸函数，以下四个函数在π0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上是凸函数的是（）A ．()sin cos f x x x=-B ．()ln 3f x x x=-C ．()331f x x x =-+-D ．()exf x x -=12．设函数在区间,a b 上的导函数为f x ，f x 在区间,a b 上的导函数为f x ，若区间(),a b 上()0f x ''<，则称函数()f x 在区间(),a b 上为“凸函数”．已知()5421122012f x x mx x =--在()1,2上为“凸函数”则实数m 的取值范围的一个必要不充分条件为（）A ．1m >-B ．m 1≥C ．1m >D ．0m >○热○点○题○型二利用导数研究函数的单调性利用导数研究函数单调性的关键(1)在利用导数讨论函数的单调区间时，首先要确定函数的定义域.(2)单调区间的划分要注意对导数等于零的点的确认.(3)已知函数单调性求参数范围，要注意导数等于零的情况.一、单选题1．函数()2e =-xf x x 的单调递增区间为（）A ．(),0∞-B ．()ln2,+∞C ．(],ln2∞-D ．[)0,∞+【答案】C【详解】()2e xf x x =- ，()2e x f x ∴-'=，令()0f x ¢>，得ln 2x <，所以函数()2e =-xf x x 的单调递增区间为(],ln2∞-.故选：C2．已知函数()2,0,ln ,,x a xf x x x a x⎧<<⎪⎪=⎨⎪≥⎪⎩若()f x 在()0,∞+上单调递减，则实数a 的取值范围是（）A ．21,e ⎡⎤⎣⎦B ．[]e,2eC ．2,e e ⎡⎤⎣⎦D ．[)e,+∞=A ．c b a <<B ．c a b<<C ．b a c<<D ．b c a<<【答案】A【详解】设()e 1xf x x =--，因为()e 1x f x '=-，所以当0x <时，()0f x '<，()f x 在(),0∞-上单调递减，4．若函数满足xf x f x >-在R 上恒成立，且a b >，则（）A ．()()af b bf a >B ．()()af a bf b >C ．()()af a bf b <D ．()()af b bf a <【答案】B【详解】由()()xf x f x '>-，设()()g x xf x =，则()()()0g x xf x f x ''=+>，所以()g x 在R 上是增函数，又a b >，所以()()g a g b >，即()()af a bf b >，故选：B.5．已知()f x 是定义在R 上的偶函数，当0x ≥时，()e sin xf x x =+，则不等式()π21e f x -<的解集是（）A ．1π,2+⎛⎫+∞⎪⎝⎭B ．1π0,2+⎛⎫⎪⎝⎭C ．π1e 0,2⎛⎫+ ⎪⎝⎭D ．1π1π,22-+⎛⎫⎪⎝⎭6．已知函数()f x 与()g x 定义域都为R ，满足()()()1e xx g x f x +=，且有()()()0g x xg x xg x ''+-<，()12e g =，则不等式()4f x <的解集为（）A ．()1,4B ．()0,2C ．(),2-∞D ．()1,+∞7．已知函数()，若存在0使得00恒成立，则0的取值范围（）A ．10,1e ⎡⎤+⎢⎥⎣⎦B ．211,e 2e⎡⎤+-⎢⎥⎣⎦C ．11,1e ⎡⎤+⎢⎥⎣⎦D ．21,e 2⎡⎤-⎣⎦【答案】D 【详解】由00()()f t x f x t =+-，可得00()()f t t x f x +=+，设函数()()e x h x f x x x =+=+，则()e 10xh x '=+>在R 上恒成立，所以()e xh x x =+单调递增，所以0t x =，则0()b f x t =-()e tf t t t =-=-，[]1,2t ∈-，令()e t g t t =-，[]1,2t ∈-，则()e 1tg t '=-，当0=t 时，()0g t '=，令()0g t '>得：(]0,2t ∈，令()0g t '<得：[)1,0t ∈-，所以()()0min 0=e 01g t g =-=，又()11e 1g --=+，()22e 2g =-，其中21e 2e 1-->+，所以实数b 的取值范围是21,e 2⎡⎤-⎣⎦.故选：D.8．已知函数()312x f x x +=+，()()42e xg x x =-，若[)12,0,x x ∀∈+∞，不等式()()()()2221e e t g x t f x +≤+恒成立，则正数t 的取值范围是（）A ．21,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．22,e ⎤-⎦C ．)2⎡++∞⎣D ．()2e,⎡+∞⎣二、多选题9．已知函数()(1)e x f x x =+的导函数为()f x '，则（）A ．函数()f x 的极小值点为21e -B ．(2)0f '-=C ．函数()f x 的单调递减区间为(,2)-∞-D ．若函数()()g x f x a =-有两个不同的零点，则21(,0)e a ∈-【答案】BCD【详解】由()(1)e x f x x =+，得()(2)e x f x x '=+，当2x =-时，(2)0f '-=，B 正确；当<2x -时，()0f x '<，函数()f x 单调递减，当2x >-时，()0f x ¢>，函数()f x 单调递增，观察图象知，当210e a -<<时，直线所以函数()()g x f x a =-有两个不同的零点时，故选：BCD10．对于三次函数()3ax bx f x =+，给出定义：设f x 是函数的导数，()f x ''是函数()f x '的导数，若方程()0f x ''=有实数解0x ，则称()()00,x f x 为函数()y f x =的“拐点”．某同学经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心．若函数()()3211R 32f x x x x b b =-++∈，则（）A ．()f x 一定有两个极值点B ．函数()y f x =在R 上单调递增C ．过点()0,b 可以作曲线()y f x =的2条切线D ．当712b =时，123202220222023202320232023f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭三、解答题11．已知函数()321132f x x ax =-，a ∈R ．(1)当2a =时，求曲线()y f x =在点()()3,3f 处的切线方程；(2)讨论()f x 的单调性．当0a =时，()20f x x '=≥，()f x \在R 上单调递增；当a<0时，若()(),0,x a ∈-∞⋃+∞，则()0f x ¢>；若(),0x a ∈，则()0f x '<；()f x \在()(),,0,a ∞∞-+上单调递增，在(),0a 上单调递减；当0a >时，若()(),0,x a ∈-∞⋃+∞，则()0f x ¢>；若()0,x a ∈，则()0f x '<；()f x \在()(),0,,a -∞+∞上单调递增，在()0,a 上单调递减；综上所述：当0a =时，()f x 在R 上单调递增；当a<0时，()f x 在()(),,0,a ∞∞-+上单调递增，在(),0a 上单调递减；当0a >时，()f x 在()(),0,,a -∞+∞上单调递增，在()0,a 上单调递减.12．已知函数()222ln 12x x f x x -+=．求函数()f x 的单调区间；○热○点○题○型三利用导数研究函数的极值、最值1.由导函数的图象判断函数y ＝f (x )的极值，要抓住两点(1)由y ＝f ′(x )的图象与x 轴的交点，可得函数y ＝f (x )的可能极值点.(2)由y ＝f ′(x )的图象可以看出y ＝f ′(x )的函数值的正负，从而可得到函数y ＝f (x )的单调性，可得极值点.2.求函数f (x )在[a ，b ]上的最大值和最小值的步骤(1)求函数在(a ，b )内的极值.(2)求函数在区间端点处的函数值f (a )，f (b ).(3)将函数f (x )的各极值与f (a )，f (b )比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值.一、单选题1．函数()32142f x x x x =+-的极小值为（）A ．43-B ．1C ．52-D ．10427．函数的定义域为R ，导函数f x 的图象如图所示，则函数f x （）A ．无极大值点、有四个极小值点B ．有三个极大值点、一个极小值点C ．有两个极大值点、两个极小值点D ．有四个极大值点、无极小值点【答案】C【详解】解：设()f x '的图象与x 轴的4个交点的横坐标从左至右依次为1234,,,x x x x ，当1x x <或23x x x <<或4x x >时，()0f x ¢>，当12x x x <<或34x x x <<时，()0f x '<，所以函数()f x 在()1,x -∞，()23,x x 和()4,x +∞上递增，在()12,x x 和()34,x x 上递减，所以函数()f x 的极小值点为24,x x ，极大值点为13,x x ，所以函数()f x 有两个极大值点、两个极小值点.故选：C ．3．已知函数()π2sin 3f x x ω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭()0ω>在()0,π上有3个极值点，则ω的取值范围为（）A ．13,6⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭B ．1319,66⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．1319,66⎛⎤ ⎥⎝⎦D ．713,66⎛⎤ ⎥⎝⎦4．已知函数()e ln 2xx f x x =+-的极值点为1x ，函数()2h x x =的最大值为2x ，则（）A ．12x x >B ．21x x >C ．12x x ≥D ．21x x ≥．若函数在1x =处有极大值，则实数的值为（）A ．1B ．1-或3-C ．1-D ．3-6．已知函数()()2ln 11f x x x =+++，则（）A ．0x =是()f x 的极小值点B ．1x =是()f x 的极大值点C ．()f x 的最小值为1ln 2+D ．()f x 的最大值为37．若函数()3ln f x a x x x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭只有一个极值点，则a 的取值范围是（）A ．2e ,4⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦B ．(,0]-∞C ．(]3e ,09⎧⎫-∞⎨⎬⎩⎭ D ．32e e ,49 纟禳镲çú-¥睚çú镲棼铪8．已知定义域为()0,∞+的函数()f x 满足()()1f x xf x x'+=+，()10f '=，()1122g x a ax x=+--，若01a <<，则()()f x g x -的极值情况是（）A ．有极大值，无极小值B ．有极小值，无极大值C ．既有极大值，又有极小值D ．既无极小值，也无极大值二、多选题9．已知函数()2211e e x x f x -+=+，则（）A ．()f x 为奇函数B ．()f x 在区间()0,2上单调递减C ．()f x 的极小值为22e D ．()f x 的最大值为411e +10．设函数()ln x f x ax x =-，若函数()f x 有两个极值点，则实数a 的值可以是（）A ．12B ．18C ．2D ．14-观察图象知，当a<0或10a 4<<时，直线y a =与函数于是当a<0或10a 4<<时，2ln 1(ln )x a x -=在(0,1)(1,⋃+∞所以实数a 的取值范围是a<0或10a 4<<，即a 的值可以是三、解答题11．已知函数()()322113f x x ax a x b =-+-+（a ，b ∈R ），其图象在点()()1,1f 处的切线方程为30x y +-=．(1)求a ，b 的值；(2)求函数()f x 的单调区间和极值；(3)求函数()f x 在区间[]2,5-上的最大值．12．已知函数()ln f x x a=+，其中a 为常数，e 为自然对数的底数.(1)当1a =-时，求()f x 的单调区间；(2)若()f x 在区间(]0,e 上的最大值为2，求a 的值.∴max ，∴，∴3e a =-③若e a -≥，即e a -≤时，在(0,e)上()0f x ¢>，∴()f x 在(0,e)上是增函数，故()f x 在(0,e]上的最大值为()()max e e 12f x f a ==+=，∴e a =不符合题意，舍去，综合以上可得e a =.。
2019高考数学二轮复习课时跟踪检测02三角函数的图象与性质小题练 理数(含答案)
[ ] ( ) π π
π
ωπ
2π π
区间 ， 32
上单调递减，所以 g 3
＝sin
4
＝1 且 ω ≥ 3 ，所以Error!所以 ω＝2，故
选 C.
课时跟踪检测（二） 三角函数的图象与性质 （小题练）
A 级——12＋4 提速练
一、选择题
( )π
1.函数 f(x)＝sin(ωx＋φ) x ∈ R，ω > 0，|φ| < 的部 2
分图象如图所示，则函数 f(x)的解析式为( )
( )π
A．f(x)＝sin 2x＋ 4
( )π
B．f(x)＝sin 2x－ 4
[ ] kπ π kπ 5π
A. － ， ＋ (k∈Z) 2 12 2 12
( ) kπ π kπ 5π
B. － ， ＋ (k∈Z) 2 12 2 12
( ) π
2π
C. kπ＋ ，kπ＋ (k∈Z)
6
3
[ ] π
5π
D. kπ－ ，kπ＋ (k∈Z)
12
12
ππ
π
kπ π kπ 5π
解析：选 B 由 kπ－ <2x－ <kπ＋ (k∈Z)得， － <x< ＋ (k∈Z)，所
4
4
( )π
π
6．(2018·唐山模拟)把函数 y＝sin 2x－ 的图象向左平移 个单位长度后，所得
6
6
函数图象的一条对称轴的方程为( ) A．x＝0
π B．x＝
2
π C．x＝
6
π D．x＝－
12
( )π
π
解析：选 C 将函数 y＝sin 2x－ 的图象向左平移 个单位长度后得到 y＝sin
高考数学二轮复习专题六函数与导数第3讲导数的简单应用学案理新人教A版2
第3讲 导数的简单应用[做真题]题型一 导数的几何意义1．(2018·高考全国卷Ⅰ)设函数f (x )＝x 3＋(a －1)x 2＋ax .若f (x )为奇函数，则曲线y ＝f (x )在点(0，0)处的切线方程为( )A ．y ＝－2xB ．y ＝－xC ．y ＝2xD ．y ＝x解析：选D ．法一：因为函数f (x )＝x 3＋(a －1)x 2＋ax 为奇函数，所以f (－x )＝－f (x )， 所以(－x )3＋(a －1)(－x )2＋a (－x )＝－[x 3＋(a －1)x 2＋ax ]，所以2(a －1)x 2＝0，因为x ∈R ，所以a ＝1，所以f (x )＝x 3＋x ，所以f ′(x )＝3x 2＋1，所以f ′(0)＝1，所以曲线y ＝f (x )在点(0，0)处的切线方程为y ＝x .故选D ．法二：因为函数f (x )＝x 3＋(a －1)x 2＋ax 为奇函数，所以f (－1)＋f (1)＝0，所以－1＋a －1－a ＋(1＋a －1＋a )＝0，解得a ＝1，所以f (x )＝x 3＋x ，所以f ′(x )＝3x 2＋1，所以f ′(0)＝1，所以曲线y ＝f (x )在点(0，0)处的切线方程为y ＝x .故选D ．2．(2019·高考全国卷Ⅲ)已知曲线y ＝a e x＋x ln x 在点(1，a e)处的切线方程为y ＝2x ＋b ，则( )A ．a ＝e ，b ＝－1B ．a ＝e ，b ＝1C ．a ＝e －1，b ＝1D ．a ＝e －1，b ＝－1解析：选D ．因为y ′＝a e x＋ln x ＋1，所以y ′|x ＝1＝a e ＋1，所以曲线在点(1，a e)处的切线方程为y －a e ＝(a e ＋1)(x －1)，即y ＝(a e ＋1)x －1，所以⎩⎪⎨⎪⎧a e ＋1＝2，b ＝－1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝e －1，b ＝－1. 3．(2018·高考全国卷Ⅱ)曲线y ＝2ln(x ＋1)在点(0，0)处的切线方程为________． 解析：因为y ＝2ln(x ＋1)，所以y ′＝2x ＋1.当x ＝0时，y ′＝2，所以曲线y ＝2ln(x ＋1)在点(0，0)处的切线方程为y －0＝2(x －0)，即y ＝2x .答案：y ＝2x4．(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：设y ＝kx ＋b 与y ＝ln x ＋2和y ＝ln(x ＋1)的切点分别为(x 1，ln x 1＋2)和(x 2，ln(x 2＋1))．则切线分别为y －ln x 1－2＝1x 1(x －x 1)，y －ln(x 2＋1)＝1x 2＋1(x －x 2)，化简得y ＝1x 1x ＋ln x 1＋1，y ＝1x 2＋1x －x 2x 2＋1＋ln(x 2＋1)，依题意，⎩⎪⎨⎪⎧1x1＝1x 2＋1，ln x 1＋1＝－x2x 2＋1＋ln(x 2＋1)，解得x 1＝12，从而b ＝ln x 1＋1＝1－ln 2. 答案：1－ln 2题型二 导数与函数的单调性、极值与最值1．(2017·高考全国卷Ⅱ)若x ＝－2是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x －1的极值点，则f (x )的极小值为( )A ．－1B ．－2e －3C ．5e －3D ．1解析：选A ．因为f (x )＝(x 2＋ax －1)e x －1，所以f ′(x )＝(2x ＋a )ex －1＋(x 2＋ax －1)ex －1＝[x 2＋(a ＋2)x ＋a －1]ex －1.因为x ＝－2是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)ex －1的极值点，所以－2是x 2＋(a ＋2)x ＋a －1＝0的根，所以a ＝－1，f ′(x )＝(x 2＋x －2)e x －1＝(x ＋2)(x －1)e x －1.令f ′(x )>0，解得x <－2或x >1，令f ′(x )<0，解得－2<x <1，所以f (x )在(－∞，－2)上单调递增，在(－2，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以当x ＝1时，f (x )取得极小值，且f (x )极小值＝f (1)＝－1，选择A ．2．(一题多解)(2018·高考全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝2sin x ＋sin 2x ，则f (x )的最小值是________．解析：法一：因为f (x )＝2sin x ＋sin 2x ，所以f ′(x )＝2cos x ＋2cos 2x ＝4cos 2x ＋2cos x －2＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫cos x －12(cos x ＋1)，由f ′(x )≥0得12≤cos x ≤1，即2k π－π3≤x ≤2k π＋π3，k ∈Z ，由f ′(x )≤0得－1≤cos x ≤12，即2k π＋π≥x ≥2k π＋π3或2k π－π≤x ≤2k π－π3，k ∈Z ，所以当x ＝2k π－π3(k ∈Z )时，f (x )取得最小值，且f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2k π－π3＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2k π－π3＋sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫2k π－π3＝－332. 法二：因为f (x )＝2sin x ＋sin 2x ＝2sin x (1＋cos x )＝4sin x 2cos x2·2cos 2x2＝8sin x 2cos 3 x 2＝833sin 2x2cos 6x2，所以[f (x )]2＝643×3sin 2x 2cos 6 x 2≤643· ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3sin 2x 2＋cos 2x 2＋cos 2x 2＋cos 2x 244＝274， 当且仅当3sin 2x 2＝cos 2x 2，即sin 2x 2＝14时取等号， 所以0≤[f (x )]2≤274，所以－332≤f (x )≤332，所以f (x )的最小值为－332.答案：－332[明考情]1．此部分内容是高考命题的热点内容，在选择题、填空题中多考查导数的几何意义，难度较小．2．应用导数研究函数的单调性、极值、最值，多在选择题、填空题最后几题的位置考查，难度中等偏上，属综合性问题．有时也常在解答题的第一问中考查，难度一般．导数的几何意义 [典型例题](1)(2019·高考全国卷Ⅱ)曲线y ＝2sin x ＋cos x 在点(π，－1)处的切线方程为( ) A ．x －y －π－1＝0 B ．2x －y －2π－1＝0 C ．2x ＋y －2π＋1＝0D ．x ＋y －π＋1＝0(2)曲线f (x )＝x 3－x ＋3在点P 处的切线平行于直线y ＝2x －1，则点P 的坐标为________． (3)(2019·广州市调研测试)若过点A (a ，0)作曲线C ：y ＝x e x的切线有且仅有两条，则实数a 的取值范围是________．【解析】 (1)依题意得y ′＝2cos x －sin x ，y ′|x ＝π＝(2cos x －sin x )|x ＝π＝2cos π－sin π＝－2，因此所求的切线方程为y ＋1＝－2(x －π)，即2x ＋y －2π＋1＝0，故选C ．(2)f ′(x )＝3x 2－1，令f ′(x )＝2，则3x 2－1＝2，解得x ＝1或x ＝－1，所以P (1，3)或(－1，3)，经检验，点(1，3)，(－1，3)均不在直线y ＝2x －1上，故点P 的坐标为(1，3)或(－1，3)．(3)设切点坐标为(x 0，x 0e x 0)，y ′＝(x ＋1)e x，y ′|x ＝x 0＝(x 0＋1)e x 0，所以切线方程为y －x 0e x 0＝(x 0＋1)e x 0(x －x 0)，将点A (a ，0)代入可得－x 0e x 0＝(x 0＋1)e x 0(a －x 0)，化简，得x 20－ax 0－a ＝0，过点A (a ，0)作曲线C 的切线有且仅有两条，即方程x 20－ax 0－a ＝0有两个解，则有Δ＝a 2＋4a >0，解得a >0或a <－4，故实数a 的取值范围是(－∞，－4)∪(0，＋∞)．【答案】 (1)C (2)(1，3)或(－1，3) (3)(－∞，－4)∪(0，＋∞)(1)求曲线y ＝f (x )的切线方程的3种类型及方法1．(2019·武汉调研)设曲线C ：y ＝3x 4－2x 3－9x 2＋4，在曲线C 上一点M (1，－4)处的切线记为l ，则切线l 与曲线C 的公共点个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选C ．y ′＝12x 3－6x 2－18x ，所以切线l 的斜率k ＝y ′|x ＝1＝－12，所以切线l 的方程为12x ＋y －8＝0.联立方程得⎩⎪⎨⎪⎧12x ＋y －8＝0y ＝3x 4－2x 3－9x 2＋4，消去y ，得3x 4－2x 3－9x 2＋12x －4＝0，所以(x ＋2)(3x －2)(x －1)2＝0，所以x 1＝－2，x 2＝23，x 3＝1，所以切线l 与曲线C 有3个公共点．故选C ．2．(2019·成都第二次诊断性检测)已知直线l 既是曲线C 1：y ＝e x的切线，又是曲线C 2：y ＝14e 2x 2的切线，则直线l 在x 轴上的截距为( )A ．2B ．1C ．e 2D ．－e 2解析：选B ．设直线l 与曲线C 1：y ＝e x的切点为A (x 1，e x 1)，与曲线C 2：y ＝14e 2x 2的切点为B ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2，14e 2x 22.由y ＝e x ，得y ′＝e x，所以曲线C 1在点A 处的切线方程为y －e x 1＝e x 1(x －x 1)，即y ＝e x 1x －e x 1(x 1－1) ①.由y ＝14e 2x 2，得y ′＝12e 2x ，所以曲线C 2在点B 处的切线方程为y －14e 2x 22＝12e 2x 2(x －x 2)，即y ＝12e 2x 2x －14e 2x 22 ②.因为①②表示的切线为同一直线，所以⎩⎪⎨⎪⎧e x 1＝12e 2x 2，e x 1(x 1－1)＝14e 2x 22，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝2，x 2＝2，所以直线l 的方程为y ＝e 2x －e 2，令y ＝0，可得直线l 在x 上的截距为1，故选B ．3．(2019·广州市综合检测(一))若函数f (x )＝ax －3x的图象在点(1，f (1))处的切线过点(2，4)，则a ＝________．解析：f ′(x )＝a ＋3x2，f ′(1)＝a ＋3，f (1)＝a －3，故f (x )的图象在点(1，a －3)处的切线方程为y －(a －3)＝(a ＋3)(x －1)，又切线过点(2，4)，所以4－(a －3)＝a ＋3，解得a ＝2.答案：2利用导数研究函数的单调性[典型例题]命题角度一 求函数的单调区间或判断函数的单调性已知函数f (x )＝ln(x ＋1)－ax 2＋x(x ＋1)2，且1<a <2，试讨论函数f (x )的单调性．【解】 函数f (x )的定义域为(－1，＋∞)，f ′(x )＝x (x －2a ＋3)(x ＋1)3，x >－1. ①当－1<2a －3<0，即1<a <32时，当－1<x <2a －3或x >0时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 当2a －3<x <0时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．②当2a －3＝0，即a ＝32时，f ′(x )≥0，则f (x )在(－1，＋∞)上单调递增．③当2a －3>0，即32<a <2时，当－1<x <0或x >2a －3时，f ′(x )>0，则f (x )在(－1，0)，(2a －3，＋∞)上单调递增． 当0<x <2a －3时，f ′(x )<0，则f (x )在(0，2a －3)上单调递减．综上，当1<a <32时，f (x )在(－1，2a －3)，(0，＋∞)上单调递增，在(2a －3，0)上单调递减；当a ＝32时，f (x )在(－1，＋∞)上单调递增；当32<a <2时，f (x )在(－1，0)，(2a －3，＋∞)上单调递增，在(0，2a －3)上单调递减．利用导数求函数的单调区间的三种方法(1)当不等式f ′(x )＞0或f ′(x )＜0可解时，确定函数的定义域，解不等式f ′(x )＞0或f ′(x )＜0求出单调区间．(2)当方程f ′(x )＝0可解时，确定函数的定义域，解方程f ′(x )＝0，求出实数根，把函数f (x )的间断点(即f (x )的无定义点)的横坐标和实根按从小到大的顺序排列起来，把定义域分成若干个小区间，确定f ′(x )在各个区间内的符号，从而确定单调区间．(3)不等式f ′(x )＞0或f ′(x )＜0及方程f ′(x )＝0均不可解时求导数并化简，根据f ′(x )的结构特征，选择相应的基本初等函数，利用其图象与性质确定f ′(x )的符号，得单调区间．命题角度二 已知函数的单调性求参数 已知函数f (x )＝ln x －a 2x 2＋ax (a ∈R )． (1)当a ＝1时，求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在区间(1，＋∞)上是减函数，求实数a 的取值范围． 【解】 (1)当a ＝1时，f (x )＝ln x －x 2＋x ，其定义域为(0，＋∞)， 所以f ′(x )＝1x －2x ＋1＝－2x 2－x －1x，令f ′(x )＝0，则x ＝1(负值舍去)．当0<x <1时，f ′(x )>0；当x >1时，f ′(x )<0.所以函数f (x )的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)． (2)法一：f ′(x )＝1x －2a 2x ＋a ＝－(2ax ＋1)(ax －1)x.①当a ＝0时，f ′(x )＝1x>0，所以f (x )在区间(0，＋∞)上为增函数，不合题意；②当a >0时，由f ′(x )<0，得x >1a.所以f (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞.依题意，得⎩⎪⎨⎪⎧1a ≤1，a >0，解得a ≥1；③当a <0时，由f ′(x )<0，得x >－12a.所以f (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ，＋∞. 依题意，得⎩⎪⎨⎪⎧－12a ≤1，a <0，解得a ≤－12.综上所述，实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－12∪[1，＋∞)．法二：f ′(x )＝1x －2a 2x ＋a ＝－2a 2x 2＋ax ＋1x.由f (x )在区间(1，＋∞)上是减函数，可得g (x )＝－2a 2x 2＋ax ＋1≤0在区间(1，＋∞)上恒成立．①当a ＝0时，1≤0不合题意；②当a ≠0时，可得⎩⎪⎨⎪⎧14a <1，g (1)≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧a >14或a <0，－2a 2＋a ＋1≤0，所以⎩⎪⎨⎪⎧a >14或a <0，a ≥1或a ≤－12，所以a ≥1或a ≤－12.所以实数a 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－12∪[1，＋∞)．(1)已知函数的单调性，求参数的取值范围，应用条件f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)，x ∈(a ，b )恒成立，解出参数的取值范围(一般可用不等式恒成立的理论求解)，应注意参数的取值是f ′(x )不恒等于0的参数的范围．(2)若函数y ＝f (x )在区间(a ，b )上不单调，则转化为f ′(x )＝0在(a ，b )上有解．[对点训练]1．若函数f (x )＝(x ＋a )e x在区间(0，＋∞)上不单调，则实数a 的取值范围为________． 解析：f ′(x )＝e x (x ＋a ＋1)，由题意，知方程e x(x ＋a ＋1)＝0在(0，＋∞)上至少有一个实数根，即x ＝－a －1>0，解得a <－1.答案：(－∞，－1)2．已知函数f (x )＝e x (e x －a )－a 2x ，讨论f (x )的单调性．解：函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x－a e x －a 2＝(2e x ＋a )(e x－a )． ①若a ＝0，则f (x )＝e 2x在(－∞，＋∞)上单调递增． ②若a >0，则由f ′(x )＝0，得x ＝ln a . 当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )<0； 当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0.故f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增． ③若a <0，则由f ′(x )＝0， 得x ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2时，f ′(x )<0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞时，f ′(x )>0； 故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2上单调递减， 在⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞上单调递增．利用导数研究函数的极值(最值)问题[典型例题]命题角度一 求已知函数的极值(最值) 已知函数f (x )＝ln x x－1.(1)求函数f (x )的单调区间；(2)设m >0，求函数f (x )在区间[m ，2m ]上的最大值．【解】 (1)因为函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1－ln x x2， 由⎩⎪⎨⎪⎧f ′(x )>0，x >0得0<x <e ； 由⎩⎪⎨⎪⎧f ′(x )<0，x >0，得x >e.所以函数f (x )的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e ，＋∞)．(2)①当⎩⎪⎨⎪⎧2m ≤e ，m >0，即0<m ≤e2时，(m ，2m )⊆(0，e)，函数f (x )在区间[m ，2m ]上单调递增， 所以f (x )max ＝f (2m )＝ln 2m2m－1；②当m <e<2m ，即e2<m <e 时，(m ，e)⊆(0，e)，(e ，2m )⊆(e ，＋∞)，函数f (x )在区间(m ，e)上单调递增，在(e ，2m )上单调递减， 所以f (x )max ＝f (e)＝ln e e －1＝1e－1；③当m ≥e 时，(m ，2m )⊆(e ，＋∞)，函数f (x )在区间[m ，2m ]上单调递减，所以f (x )max＝f (m )＝ln mm－1.综上所述，当0<m ≤e 2时，f (x )max ＝ln 2m 2m －1；当e 2<m <e 时，f (x )max ＝1e－1；当m ≥e 时，f (x )max ＝ln mm－1.利用导数研究函数极值、最值的方法(1)若求极值，则先求方程f ′(x )＝0的根，再检查f ′(x )在方程根的左右函数值的符号． (2)若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程f ′(x )＝0根的大小或存在情况来求解．(3)求函数f (x )在闭区间[a ，b ]上的最值时，在求得极值的基础上，结合区间端点的函数值f (a )，f (b )与f (x )的各极值进行比较得到函数的最值．命题角度二 已知函数的极值或最值求参数 (2019·高考全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝2x 3－ax 2＋b . (1)讨论f (x )的单调性；(2)是否存在a ，b ，使得f (x )在区间[0，1]的最小值为－1且最大值为1？若存在，求出a ，b 的所有值；若不存在，说明理由．【解】 (1)f ′(x )＝6x 2－2ax ＝2x (3x －a )． 令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝a3.若a >0，则当x ∈(－∞，0)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，＋∞时，f ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a3时，f ′(x )<0.故f (x )在(－∞，0)，⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，＋∞单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a3单调递减； 若a ＝0，f (x )在(－∞，＋∞)单调递增；若a <0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，a 3∪(0，＋∞)时，f ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a3，0时，f ′(x )<0.故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，a 3，(0，＋∞)单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a3，0单调递减．(2)满足题设条件的a ，b 存在．(i)当a ≤0时，由(1)知，f (x )在[0，1]单调递增，所以f (x )在区间[0，1]的最小值为f (0)＝b ，最大值为f (1)＝2－a ＋b .此时a ，b 满足题设条件当且仅当b ＝－1，2－a ＋b ＝1，即a ＝0，b ＝－1.(ii)当a ≥3时，由(1)知，f (x )在[0，1]单调递减，所以f (x )在区间[0，1]的最大值为f (0)＝b ，最小值为f (1)＝2－a ＋b .此时a ，b 满足题设条件当且仅当2－a ＋b ＝－1，b ＝1，即a ＝4，b ＝1.(iii)当0<a <3时，由(1)知，f (x )在[0，1]的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3＝－a 327＋b ，最大值为b 或2－a ＋b .若－a 327＋b ＝－1，b ＝1，则a ＝332，与0<a <3矛盾．若－a 327＋b ＝－1，2－a ＋b ＝1，则a ＝33或a ＝－33或a ＝0，与0<a <3矛盾．综上，当且仅当a ＝0，b ＝－1或a ＝4，b ＝1时，f (x )在[0，1]的最小值为－1，最大值为1.已知函数极值点或极值求参数的方法(2019·长春质量检测(一))已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2－(2a ＋1)x (其中常数a ≠0)． (1)当a ＝1时，求f (x )的单调区间；(2)若f (x )在x ＝1处取得极值，且在(0，e]上的最大值为1，求实数a 的值． 解：(1)当a ＝1时，f (x )＝ln x ＋x 2－3x ，x >0， f ′(x )＝1x ＋2x －3＝2x 2－3x ＋1x，令f ′(x )＝0，解得x 1＝12，x 2＝1，当0<x <12时，f ′(x )>0，所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上单调递增； 当12<x <1时，f ′(x )<0，所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上单调递减； 当x >1时，f ′(x )>0，所以函数f (x )在(1，＋∞)上单调递增．所以f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，(1，＋∞)，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1.(2)f ′(x )＝2ax 2－(2a ＋1)x ＋1x ＝(2ax －1)(x －1)x，令f ′(x )＝0，得x ′1＝1，x ′2＝12a，因为f (x )在x ＝1处取得极值，所以x ′2＝12a ≠x ′1＝1，当12a<0时，f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，e]上单调递减， 所以f (x )在(0，e]上的最大值为f (1)，令f (1)＝1，解得a ＝－2.当0<12a <1时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，1上单调递减，在(1，e]上单调递增，所以最大值1可能在x ＝12a或x ＝e 处取得，而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ＝ln 12a ＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 2－(2a ＋1)×12a ＝ln 12a －14a －1<0， 所以f (e)＝ln e ＋a e 2－(2a ＋1)e ＝1，解得a ＝1e －2. 当1<12a <e 时，f (x )在(0，1)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12a 上单调递减，在⎝ ⎛⎦⎥⎤12a ，e 上单调递增，所以最大值1可能在x ＝1或x ＝e 处取得， 而f (1)＝ln 1＋a －(2a ＋1)<0， 所以f (e)＝ln e ＋a e 2－(2a ＋1)e ＝1， 解得a ＝1e －2，与1<12a <e 矛盾．当12a≥e 时，f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，e]上单调递减， 所以最大值1在x ＝1处取得，而f (1)＝ln 1＋a －(2a ＋1)<0，不符合题意． 综上所述，a ＝1e －2或a ＝－2.一、选择题1．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 ．e解析：选B ．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 ＝1.2．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)解析：选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 ＋a 2＝10，消去b 可得a2－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 ．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 )＝e x ＋e －x －f ′(1)x ·(e x －e －x )，则f ′(2)＋f ′(－2)－f ′(0)f ′(1)＝( )A ．4e 2＋4e －2B ．4e 2－4e －2C ．0D ．4e 2解析：选C ．由题意，得f ′(x )＝e x－e －x－f ′(1) [e x－e －x＋x (e x ＋e －x)]，所以f ′(0)＝e 0－e 0－f ′(1)[e 0－e 0＋0·(e 0＋e 0)]＝0，f ′(2)＋f ′(－2)＝0，所以f ′(2)＋f ′(－2)－f ′(0)f ′(1)＝0，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 ．[－26，＋∞)D ．[－5，＋∞)解析：选C ．由题意得f ′(x )＝2x ＋a ＋3x ＝2x 2＋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 ≥－26，故选C ． 5．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e B ．f (x )的最大值为e C ．f (x )的最小值为1eD ．f (x )的最大值为1e解析：选A ．设g (x )＝xf (x )－e x， 所以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 )＝e xx ，f ′(x )＝e x(x －1)x2， 当0<x <1时，f ′(x )<0，当x >1时，f ′(x )>0， 所以f (x )≥f (1)＝e.6．若函数f (x )＝e x－(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( )A ．(－e 2，－e) B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－e 2C ．⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－12 D ．(－∞，－e －1)解析：选D ．由题意，函数的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝e x－(m ＋1)⎝⎛⎭⎪⎫1x－2＝0在(0，＋∞)上有两个不相等的实数根，所以m ＋1＝x e x1－2x在(0，＋∞)上有两个不相等的实数根，令g (x )＝x e x1－2x ，则g ′(x )＝－e x(x －1)(2x ＋1)(1－2x )2，所以函数g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，其图象如图所示，要使m ＋1＝x e x1－2x 在(0，＋∞)上有两个不相等的实数根，则m ＋1<g (1)，即m ＋1<－e ，m <－e －1，所以实数m 的取值范围是(－∞，－e －1)．故选D ．二、填空题7．(2019·高考全国卷Ⅰ)曲线y ＝3(x 2＋x )e x在点(0，0)处的切线方程为________． 解析：因为y ′＝3(2x ＋1)e x＋3(x 2＋x )e x ＝3(x 2＋3x ＋1)e x，所以曲线在点(0，0)处的切线的斜率k ＝y ′|x ＝0＝3，所以所求的切线方程为y ＝3x .答案：y ＝3x8．函数f (x )＝x 2－ln x 的最小值为________．解析：因为f (x )＝x 2－ln x (x >0)，所以f ′(x )＝2x －1x ，令2x －1x ＝0得x ＝22，令f ′(x )>0，则x >22；令f ′(x )<0，则0<x <22.所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫22，＋∞上单调递增，所以f (x )的极小值(也是最小值)为⎝ ⎛⎭⎪⎫222－ln 22＝1＋ln 22.答案：1＋ ln 229．若函数f (x )＝x 2－4e x－ax 在R 上存在单调递增区间，则实数a 的取值范围为________． 解析：因为f (x )＝x 2－4e x －ax ，所以f ′(x )＝2x －4e x －a .由题意，f ′(x )＝2x －4e x－a >0，即a <2x －4e x 有解，即a <(2x －4e x )max 即可．令g (x )＝2x －4e x ，则g ′(x )＝2－4e x.令g ′(x )＝0，解得x ＝－ln 2.当x ∈(－∞，－ln 2)时，函数g (x )＝2x －4e x单调递增；当x ∈(－ln 2，＋∞)时，函数g (x )＝2x －4e x 单调递减．所以当x ＝－ln 2时，g (x )＝2x －4e x取得最大值－2－2ln 2，所以a <－2－2ln 2.答案：(－∞，－2－2ln 2) 三、解答题10．已知函数f (x )＝ln x －ax 2＋x ，a ∈R .(1)当a ＝0时，求曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e))处的切线方程； (2)讨论f (x )的单调性．解：(1)当a ＝0时，f (x )＝ln x ＋x, f (e)＝e ＋1，f ′(x )＝1x ＋1，f ′(e)＝1＋1e，所以曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e))处的切线方程为y －(e ＋1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1e (x －e)，即y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＋1x .(2)f ′(x )＝1x －2ax ＋1＝－2ax 2＋x ＋1x，x >0，①当a ≤0时，显然f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增；②当a >0时，令f ′(x )＝－2ax 2＋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，所以x 1<0<x 2，所以f ′(x )＝－2ax 2＋x ＋1x ＝－2a (x －x 1)(x －x 2)x，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.所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1＋8a ＋14a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎪⎫1＋8a ＋14a ，＋∞上单调递减． 11．已知常数a ≠0，f (x )＝a ln x ＋2x . (1)当a ＝－4时，求f (x )的极值；(2)当f (x )的最小值不小于－a 时，求实数a 的取值范围． 解：(1)由已知得f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a x ＋2＝a ＋2xx.当a ＝－4时，f ′(x )＝2x －4x.所以当0<x <2时，f ′(x )<0， 即f (x )单调递减；当x >2时，f ′(x )>0，即f (x )单调递增．所以f (x )只有极小值，且在x ＝2时，f (x )取得极小值f (2)＝4－4ln 2. 所以当a ＝－4时，f (x )只有极小值4－4ln 2. (2)因为f ′(x )＝a ＋2xx， 所以当a >0，x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0， 即f (x )在x ∈(0，＋∞)上单调递增，没有最小值； 当a <0时，由f ′(x )>0得，x >－a2，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－a2，＋∞上单调递增；由f ′(x )<0得，x <－a2，所以f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，－a 2上单调递减．所以当a <0时，f (x )的最小值为极小值，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝a ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2－a .根据题意得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝a ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2－a ≥－a ，即a [ln(－a )－ln 2]≥0.因为a <0，所以ln(－a )－ln 2≤0，解得a ≥－2， 综上实数a 的取值范围是[－2，0)．12．(2019·广州市调研测试)已知函数f (x )＝x e x＋a (ln x ＋x )．(1)若a ＝－e ，求f (x )的单调区间；(2)当a <0时，记f (x )的最小值为m ，求证：m ≤1.解：(1)当a ＝－e 时，f (x )＝x e x－e(ln x ＋x )，f (x )的定义域是(0，＋∞)．f ′(x )＝(x ＋1)e x －e ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋1＝x ＋1x (x e x －e)．当0<x <1时，f ′(x )<0；当x >1时．f ′(x )>0.所以函数f (x )的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞)． (2)证明：f (x )的定义域是(0，＋∞)，f ′(x )＝x ＋1x(x e x＋a )， 令g (x )＝x e x＋a ，则g ′(x )＝(x ＋1)e x>0，g (x )在(0，＋∞)上单调递增． 因为a <0，所以g (0)＝a <0，g (－a )＝－a e －a＋a >－a ＋a ＝0， 故存在x 0∈(0，－a )，使得g (x 0)＝x 0e x 0＋a ＝0. 当x ∈(0，x 0)时，g (x )<0，f ′(x )＝x ＋1x(x e x＋a )<0，f (x )单调递减； 当x ∈(x 0，＋∞)时，g (x )>0，f ′(x )＝x ＋1x(x e x＋a )>0，f (x )单调递增． 故x ＝x 0时，f (x )取得最小值，即m ＝f (x 0)＝x 0e x 0＋a (ln x 0＋x 0)． 由x 0e x 0＋a ＝0得m ＝x 0e x 0＋a ln(x 0e x 0)＝－a ＋a ln(－a )，令x ＝－a >0，h (x )＝x －x ln x ，则h ′(x )＝1－(1＋ln x )＝－ln x ， 当x ∈(0，1)时，h ′(x )＝－ln x >0，h (x )＝x －x ln x 单调递增， 当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )＝－ln x <0，h (x )＝x －x ln x 单调递减， 故x ＝1，即a ＝－1时，h (x )＝x －x ln x 取得最大值1，故m ≤1.。
高考数学二轮复习考点知识与题型专题解析20---导数的简单应用
高考数学二轮复习考点知识与题型专题解析导数的简单应用微专题1导数的几何意义及其应用导数的几何意义函数f(x)在x0处的导数是曲线f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率，曲线f(x)在点P 处的切线的斜率k＝f′(x0)，相应的切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)·(x－x0)．『典型题训练』1．若过函数f(x)＝ln x－2x图象上一点的切线与直线y＝2x＋1平行，则该切线方程为()A．2x－y－1＝0B．2x－y－2ln2＋1＝0C．2x－y－2ln2－1＝0D．2x＋y－2ln2－1＝02．已知a∈R，设函数f(x)＝ax－ln x＋1的图象在点(1，f(1))处的切线为l，则l过定点()A．(0，2) B．(1，0)C．(1，a＋1) D．(e，1))，则曲线y＝f(x)在x＝0 3．已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f(x)＝cos x－xf′(π2处的切线方程是()A．2x－y－1＝0 B．2x＋y＋1＝0C．x－2y＋2＝0 D．x＋2y＋1＝04．已知函数f(x)＝a e x＋x2的图象在点M(1，f(1))处的切线方程是y＝(2e+2)x＋b，那么ab＝()A．2 B．1 C．－1 D．－25．[2021·重庆三模]已知曲线C1：f(x)＝e x＋a和曲线C2：g(x)＝ln (x＋b)＋a2(a，b∈R)，若存在斜率为1的直线与C1，C2同时相切，则b的取值范围是()，+∞)B．[0，＋∞)A．[−94]C．(−∞，1]D．(−∞，94在点(－1，－3)处的切线方程为________________．6．[2021·全国甲卷(理)]曲线y＝2x−1x+2微专题2利用导数研究函数的单调性『常考常用结论』导数与单调性的关系1．f′(x)>0是f(x)为增函数的充分不必要条件，如函数f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上单调递增，但f′(x)≥0；2．f′(x)≥0是f(x)为增函数的必要不充分条件，当函数在某个区间内恒有f′(x)＝0时，则f(x)为常数，函数不具有单调性．『提分题组训练』1．[2021·山东烟台模拟]已知a＝ln12 020+2 0192 020，b＝ln12 021+2 0202 021，c＝ln12 022+2 0212 022，则a，b，c的大小关系是()A.a>b>c B．a>c>bC．c>b>a D．c>a>b2．函数f(x)＝x2－a ln x在[1，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围是()A．(0，2] B．(2，＋∞)C．(－∞，2] D．(－∞，2)3．已知函数f(x)＝23x3－ax2＋4x在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，则实数a的取值范围是()A．(2√2，＋∞) B．[2√2，＋∞)C．(－∞，－2√2) D．(－∞，－2√2]4．若函数f(x)的导函数为f′(x)，对任意x∈(－π，0)，f′(x)sin x<f(x)cos x恒成立，则()A．√2f(−5π6)>f(−3π4)B．f(−5π6)>√2f(−3π4)C．√2f(−5π6)<f(−3π4)D．f(−5π6)<√2f(−3π4)5．定义在R上的函数f(x)满足f(x)>1－f′(x)，f(0)＝6，则不等式f(x)>1＋5e x(e为自然对数的底数)的解集为()A．(0，＋∞) B．(5，＋∞)C．(－∞，0)∪(5，+∞) D.(−∞，0)6．[2021·山东济南一模]设a＝2022ln2020，b＝2021ln2021，c＝2020ln2022，则() A．a>c>b B．c>b>aC．b>a>c D．a>b>c微专题3利用导数研究函数的极值、最值『常考常用结论』导数与极值、最值(1)函数f(x)在x0处的导数f′(x0)＝0且f′(x)在x0附近“左正右负”⇔f(x)在x0处取极大值；函数f(x)在x0处的导数f′(x0)＝0且f′(x)在x0附近“左负右正”⇔f(x)在x0处取极小值．(2)函数f(x)在一闭区间上的最大值是此函数在该区间上的极值与该区间端点处函数值中的“最大者”；函数f(x)在一闭区间上的最小值是此函数在该区间上的极值与该区间端点处函数值中的“最小者”．『提分题组训练』1．已知函数f(x)＝12sin2x＋sin x，则f(x)的最小值是()A．－3√32B．3√32C．－3√34D．3√342．[2021·全国乙卷(理)]设a≠0，若x＝a为函数f(x)＝a(x－a)2(x－b)的极大值点，则()A ．a ＜bB ．a ＞bC ．ab ＜a 2D ．ab ＞a 23．函数f (x )＝x 3－ax 2－bx ＋a 2在x ＝1处有极值10，则点(a ，b )为() A ．(3，－3) B ．(－4，11) C ．(3，－3)或(－4，11) D ．(4，11)4．若函数f (x )＝x 3－3x 在区间(2a ，3－a 2)上有最大值，则实数a 的取值范围是() A ．(－3，1) B ．(－2，1) C ．(−3，−12) D ．(－2，－1]5．若函数f (x )＝12e 2x －m e x －m2x 2有两个极值点，则实数m 的取值范围是() A ．(12，+∞) B ．(1，＋∞) C ．(e 2，+∞) D ．(e ，＋∞) 6．[2021·山东模拟]若函数f (x )＝{2x−2−2m ，x <12x 3−6x 2，x ≥1有最小值，则m 的一个正整数取值可以为________．参考答案导数的简单应用微专题1导数的几何意义及其应用典型题训练1．解析：由题意，求导函数可得y ′＝1x －2， ∵切线与直线y ＝2x ＋1平行， ∴1x －2＝2， ∴x ＝14，∴切点P 坐标为(14，−2ln 2−12)，∴过点P 且与直线y ＝2x ＋1平行的切线方程为y ＋2ln2＋12＝2(x −14)，即2x －y －2ln2－1＝0.故选C.答案：C2．解析：由f (x )＝ax －ln x ＋1⇒f ′(x )＝a －1x ，f ′(1)＝a －1，f (1)＝a ＋1，故过(1，f (1))处的切线方程为：y ＝(a －1)(x －1)＋a ＋1＝(a －1)x ＋2，故l 过定点(0，2)．故选A.答案：A3．解析：∵f (x )＝cos x －xf ′(π2)， ∴f ′(x )＝－sin x －f ′(π2)，∴f ′(π2)＝－sin π2－f ′(π2)＝－1－f ′(π2)， 解得：f ′(π2)＝－12，∴f (x )＝cos x ＋12x ，f ′(x )＝－sin x ＋12，∴f (0)＝1，f ′(0)＝12，∴y ＝f (x )在x ＝0处的切线方程为y －1＝12x ，即x －2y ＋2＝0.故选C.4．解析：因为f (x )＝a e x ＋x 2，所以f ′(x )＝a e x ＋2x ，因此切线方程的斜率k ＝f ′(1)＝a e ＋2，所以有a e ＋2＝2e ＋2，得a ＝2，又切点在切线上，可得切点坐标为(1，2e ＋2＋b )， 将切点代入f (x )中，有f (1)＝2e ＋1＝2e ＋2＋b ，得b ＝－1， 所以ab ＝－2.故选D. 答案：D5．解析：f ′(x )＝e x ，g ′(x )＝1x+b ，设斜率为1的切线在C 1，C 2上的切点横坐标分别为x 1，x 2，由题知e x 1＝1x2+b＝1，∴x 1＝0，x 2＝1－b ，两点处的切线方程分别为y －(1＋a )＝x 和y －a 2＝x －(1－b )， 故a ＋1＝a 2－1＋b ，即b ＝2＋a －a 2＝－(a −12)2＋94≤94.故选D. 答案：D6．解析：y ′＝(2x−1x+2)′＝2(x+2)−(2x−1)(x+2)2＝5(x+2)2，所以y ′|x ＝－1＝5(−1+2)2＝5，所以切线方程为y ＋3＝5(x ＋1)，即y ＝5x ＋2.答案：y ＝5x ＋2微专题2利用导数研究函数的单调性提分题组训练1．解析：构造函数f (x )＝ln x ＋1－x ，f ′(x )＝1x－1＝1−x x，当0<x <1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，所以f (12 020)>f (12 021)>f (12 022)，a >b >c .故选A.2．解析：由题意得，f ′(x )＝2x －ax ≥0在x ∈[1，＋∞)上恒成立， 所以a ≤2x 2在x ∈[1，＋∞)上恒成立， 因为2x 2在x ∈[1，＋∞)的最小值为2， 所以m ≤2.故选C. 答案：C3．解析：f ′(x )＝2x 2－2ax ＋4，由题意得∃x ∈(－2，－1)，使得不等式f ′(x )＝2(x 2－ax ＋2)<0成立， 即x ∈(－2，－1)时，a <(x +2x )max ，令g (x )＝x ＋2x ，x ∈(－2，－1)， 则g ′(x )＝1－2x 2＝x 2−2x 2，令g ′(x )>0，解得－2<x <－√2， 令g ′(x )<0，解得－√2<x <－1，故g (x )在(－2，－√2)上单调递增，在(－√2，－1)上单调递减， 故g (x )max ＝g (－√2)＝－2√2，故满足条件的a 的范围是(－∞，－2√2)， 故选C. 答案：C4．解析：因为任意x ∈(－π，0)，f ′(x )sin x <f (x )cos x 恒成立， 即任意x ∈(－π，0)，f ′(x )sin x －f (x )cos x <0恒成立， 又x ∈(－π，0)时，sin x <0，所以[f (x )sin x ]′＝f ′(x )sin x−f (x )cos x(sin x )2<0，所以f (x )sin x 在(－π，0)上单调递减， 因为－5π6<－3π4，所以f(−5π6)sin(−5π6)>f(−3π4)sin(−3π4)，即f(−5π6)−12>f(−3π4)−√22，所以√2f (−5π6)<f (−3π4)，故选C.答案：C5．解析：设g (x )＝e x f (x )－e x ，因为f (x )>1－f ′(x )，所以g ′(x )＝e x [f (x )＋f ′(x )]－e x ＝e x [f (x )＋f ′(x )－1]>0，所以g (x )是R 上的增函数， 又g (0)＝e 0f (0)－e 0＝5，所以不等式f (x )>1＋5e x 可化为e xf (x )－e x >5，即g (x )>g (0)，所以x >0.故选A.答案：A6．解析：令f (x )＝ln xx+1且x ∈(0，＋∞)，则f ′(x )＝1+1x−ln x (x+1)2，若g (x )＝1＋1x －ln x ，则在x ∈(0，＋∞)上g ′(x )＝－1x 2−1x <0，即g (x )单调递减， 又g (e)＝1e >0，g (e 2)＝1e 2－1<0，即∃x 0∈(1e ，e 2)使g (x 0)＝0， ∴在(x 0，＋∞)上g (x )<0，即f ′(x )<0，f (x )单调递减； ∴f (2021)<f (2020)，有ln 20212 022<ln 20202 021，即a >b ，令m (x )＝ln xx−1且x ∈(0，1)∪(1，+∞)，则m ′(x )＝1−1x−ln x (x−1)2，若n (x )＝1－1x －ln x ，则n ′(x )＝1x (1x －1)，即在x ∈(0，1)上n (x )单调递增，在x ∈(1，＋∞)上n (x )单调递减，∴n (x )<n (1)＝0，即m ′(x )<0，m (x )在x ∈(1，＋∞)上递减， ∴m (2022)<m (2021)，有ln 20222 021<ln 20212 020，即b >c ，故选D.答案：D微专题3利用导数研究函数的极值、最值提分题组训练1．解析：由题得f ′(x )＝cos2x ＋cos x ＝2cos 2x ＋cos x －1＝(2cos x －1)(cos x ＋1)， 所以当cos x >12时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当－1≤cos x <12时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．所以f (x )取得最小值时，cos x ＝12，此时sin x ＝±√32， 当sin x ＝－√32时，f (x )＝sin x cos x ＋sin x ＝－3√34； 当sin x ＝√32时，f (x )＝sin x cos x ＋sin x ＝3√34； 所以f (x )的最小值是－3√34.故选C.答案：C 2．解析：当a >0时，根据题意画出函数f (x )的大致图象，如图1所示，观察可知b >a .当a <0时，根据题意画出函数f (x )的大致图象，如图2所示，观察可知a >b .综上，可知必有ab >a 2成立．故选D.答案：D3．解析：由f (x )＝x 3－ax 2－bx ＋a 2，求导f ′(x )＝3x 2－2ax －b ，由函数f(x)＝x3－ax2－bx＋a2在x＝1处有极值10，则{f(1)=10f′(1)=0，即{1−a−b+a2=103−2a−b=0，解得{a=−4b=11或{a=3b=−3，当a＝3，b＝－3时，f′(x)＝3x2－6x＋3＝3(x－1)2≥0，此时f(x)在定义域R上为增函数，无极值，舍去．当a＝－4，b＝11，f′(x)＝3x2＋8x－11，x＝1为极小值点，符合题意，故选B.答案：B4．解析：因为函数f(x)＝x3－3x，所以f′(x)＝3x2－3，当x<－1或x>1时，f′(x)>0，当－1<x<1时，f′(x)<0，所以当x＝－1时，f(x)取得最大值，又f(－1)＝f(2)＝2，且f(x)在区间(2a，3－a2)上有最大值，所以2a<－1<3－a2≤2，解得－2<a≤－1，所以实数a的取值范围是(－2，－1]故选D.答案：D5．解析：依题意，f′(x)＝e2x－m e x－mx有两个变号零点，令f′(x)＝0，即e2x－m e x－mx＝0，则e2x＝m(e x+x)，显然m≠0，则1m ＝e x+xe2x，设g(x)＝e x+xe2x，则g′(x)＝(e x+1)·e2x−(e x+x)·2e2xe4x ＝1−e x−2xe2x，设h(x)＝1－e x－2x，则h′(x)＝－e x－2<0，∴h(x)在R上单调递减，又h(0)＝0，∴当x∈(－∞，0)时，h(x)>0，g′(x)>0，g(x)单调递增，当x∈(0，＋∞)时，h(x)<0，g′(x)<0，g(x)单调递减，∴g(x)max＝g(0)＝1，且x→－∞时，g(x)→－∞，x→＋∞时，g(x)→0，<1，解得m>1.∴0<1m故选B.答案：B6．解析：y＝2x－2－2m在(－∞，1)上单调递增，∴y＝2x－2－2m>－2m；当x≥1时，y＝2x3－6x2，此时，y′＝6x2－12x＝6x(x－2)．∴y＝2x3－6x2在(1，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，∴y＝2x3－6x2在[1，＋∞)上的最小值为－8，函数f(x)有最小值，则－2m≥－8，即m≤4，故m的一个正整数取值可以为4.答案：4。
2019高考数学二轮复习课时跟踪检测(二十五)函数与导数(大题练)理
课时跟踪检测（二十五） 函数与导数（大题练）A 卷——大题保分练1．(2018·贵阳模拟)已知函数f (x )＝(x －1)e x＋1，g (x )＝e x＋ax －1(其中a ∈R ，e 为自然对数的底数，e ＝2.718 28…)．(1)求证：函数f (x )有唯一零点；(2)若曲线g (x )＝e x＋ax －1的一条切线方程是y ＝2x ，求实数a 的值． 解：(1)证明：因为f (x )＝(x －1)e x＋1(x ∈R)， 所以f ′(x )＝x e x，由f ′(x )＝x e x＝0，得x ＝0，f ′(x )＝x e x>0时，x >0；f ′(x )＝x e x<0时，x <0； 所以f (x )＝(x －1)e x＋1在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， 所以f (x )＝(x －1)e x ＋1的最小值为f (0)＝0， 即函数f (x )＝(x －1)e x ＋1有唯一零点．(2)设曲线g (x )＝e x＋ax －1与切线y ＝2x 相切于点(x 0，y 0)， 因为g (x )＝e x＋ax －1，所以g ′(x )＝e x＋a ， 所以⎩⎪⎨⎪⎧e x 0＋a ＝2，y 0＝e x 0＋ax 0－1，y 0＝2x 0，消去a ，y 0，得(x 0－1)e x 0＋1＝0，由(1)知方程(x 0－1)e x 0＋1＝0有唯一根x 0＝0，则e 0＋a ＝2，所以a ＝1.2．(2018·郑州模拟)已知函数f (x )＝ln x －a (x ＋1)，a ∈R 的图象在(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：(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－xx，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)，则g ′(x )＝1x －x ＋1－k ＝－x 2＋－k x ＋1x，令h (x )＝－x 2＋(1－k )x ＋1，则h (x )的对称轴为直线x ＝1－k 2，①当1－k 2≤1，即k ≥－1时，易知h (x )在(1，＋∞)上单调递减，∴x ∈(1，＋∞)时，h (x )<h (1)＝1－k ， 若k ≥1，则h (x )<0，∴g ′(x )<0， ∴g (x )在(1，＋∞)上单调递减， ∴g (x )<g (1)＝0，不符合题意． 若－1≤k <1，则h (1)>0，∴存在x 0>1，使得x ∈(1，x 0)时，h (x )>0，即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．②当1－k 2>1，即k <－1时，易知存在x 0>1，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)． 3．(2018·合肥模拟)已知函数f (x )＝ln x ＋2ax ＋1(a ∈R)． (1)求函数f (x )的单调区间； (2)当a ＝1时，求证：f (x )≤x ＋12.解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝x 2＋－a x ＋1x x ＋2.考虑y ＝x 2＋2(1－a )x ＋1，x >0.①当Δ≤0，即0≤a ≤2时，f ′(x )≥0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增． ②当Δ>0，即a >2或a <0时，由x 2＋2(1－a )x ＋1＝0，得x ＝a －1±a 2－2a .若a <0，则f ′(x )>0恒成立，此时f (x )在(0，＋∞)上单调递增； 若a >2，则a －1＋a 2－2a >a －1－a 2－2a >0，由f ′(x )>0，得0<x <a －1－a 2－2a 或x >a －1＋a 2－2a ，则f (x )在(0，a －1－a 2－2a )和(a －1＋a 2－2a ，＋∞)上单调递增．由f ′(x )<0，得a －1－a 2－2a <x <a －1＋a 2－2a ，则f (x )在(a －1－a 2－2a ，a －1＋a 2－2a )上单调递减． 综上，当a ≤2时，函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；当a >2时，f (x )的单调递增区间为(0，a －1－a 2－2a )，(a －1＋a 2－2a ，＋∞)，单调递减区间为(a －1－a 2－2a ，a －1＋a 2－2a )．(2)证明：当a ＝1时，f (x )＝ln x ＋2x ＋1. 令g (x )＝f (x )－x ＋12＝ln x ＋2x ＋1－x ＋12(x >0)， 则g ′(x )＝1x－2x ＋2－12＝2－x －x 32x x ＋2＝－x －x 2＋x ＋2x x ＋2.当x >1时，g ′(x )<0，当0<x <1时，g ′(x )>0， ∴g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 即当x ＝1时，g (x )取得最大值， 故g (x )≤g (1)＝0，即f (x )≤x ＋12成立，得证．4．(2018·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝(2＋x ＋ax 2)·ln(1＋x )－2x . (1)若a ＝0，证明：当－1<x <0时，f (x )<0；当x >0时，f (x )>0； (2)若x ＝0是f (x )的极大值点，求a .解：(1)证明：当a ＝0时，f (x )＝(2＋x )ln(1＋x )－2x ，f ′(x )＝ln(1＋x )－x1＋x. 设函数g (x )＝ln(1＋x )－x1＋x ，则g ′(x )＝x＋x2.当－1<x <0时，g ′(x )<0；当x >0时，g ′(x )>0， 故当x >－1时，g (x )≥g (0)＝0， 且仅当x ＝0时，g (x )＝0，从而f ′(x )≥0，且仅当x ＝0时，f ′(x )＝0. 所以f (x )在(－1，＋∞)上单调递增． 又f (0)＝0，故当－1<x <0时，f (x )<0；当x >0时，f (x )>0. (2)①若a ≥0，由(1)知，当x >0时，f (x )≥(2＋x )ln(1＋x )－2x >0＝f (0)， 这与x ＝0是f (x )的极大值点矛盾． ②若a <0，设函数h (x )＝f x 2＋x ＋ax 2＝ln(1＋x )－2x2＋x ＋ax2.由于当|x |<min ⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1，1|a |时，2＋x ＋ax 2>0， 故h (x )与f (x )符号相同． 又h (0)＝f (0)＝0， 故x ＝0是f (x )的极大值点，当且仅当x ＝0是h (x )的极大值点．h ′(x )＝11＋x－＋x ＋ax 2－2x＋2ax＋x ＋ax22＝x 2a 2x 2＋4ax ＋6a ＋x ＋ax 2＋x ＋2.若6a ＋1>0，则当0<x <－6a ＋14a ，且|x |<min ⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1，1|a |时，h ′(x )>0， 故x ＝0不是h (x )的极大值点．若6a ＋1<0，则a 2x 2＋4ax ＋6a ＋1＝0存在根x 1<0， 故当x ∈(x 1,0)，且|x |<min ⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1，1|a |时，h ′(x )<0， 所以x ＝0不是h (x )的极大值点．若6a ＋1＝0，则h ′(x )＝x 3x －x ＋x 2－6x －2，则当x ∈(－1,0)时，h ′(x )>0； 当x ∈(0,1)时，h ′(x )<0. 所以x ＝0是h (x )的极大值点， 从而x ＝0是f (x )的极大值点． 综上，a ＝－16.B 卷——深化提能练1．已知函数f (x )＝ln x ＋t x－s (s ，t ∈R)． (1)讨论f (x )的单调性及最值；(2)当t ＝2时，若函数f (x )恰有两个零点x 1，x 2(0<x 1<x 2)，求证：x 1＋x 2>4. 解：(1)f ′(x )＝x －tx 2(x >0)， 当t ≤0时，f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，f (x )无最值；当t >0时，由f ′(x )<0，得x <t ，由f ′(x )>0，得x >t ，f (x )在(0，t )上单调递减，在(t ，＋∞)上单调递增， 故f (x )在x ＝t 处取得最小值，最小值为f (t )＝ln t ＋1－s ，无最大值． (2)∵f (x )恰有两个零点x 1，x 2(0<x 1<x 2)，∴f (x 1)＝ln x 1＋2x 1－s ＝0，f (x 2)＝ln x 2＋2x 2－s ＝0，得s ＝2x 1＋ln x 1＝2x 2＋ln x 2，∴x 2－x 1x 1x 2＝ln x 2x 1，设t ＝x 2x 1>1，则ln t ＝t －tx 1，x 1＝t －t ln t，故x 1＋x 2＝x 1(t ＋1)＝t 2－t ln t，∴x 1＋x 2－4＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫t 2－1t －2ln t ln t，记函数h (t )＝t 2－1t －2ln t ，∵h ′(t )＝t －2t 2>0，∴h (t )在(1，＋∞)上单调递增， ∵t >1，∴h (t )>h (1)＝0，又t ＝x 2x 1>1，ln t >0，故x 1＋x 2>4成立．2．(2019届高三·福州四校联考)已知函数f (x )＝ax －ln x ，F (x )＝e x＋ax ，其中x >0，a <0. (1)若f (x )和F (x )在区间(0，ln 3)上具有相同的单调性，求实数a 的取值范围； (2)若a ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－1e 2，且函数g (x )＝x e ax －1－2ax ＋f (x )的最小值为M ，求M 的最小值．解：(1)由题意得f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x，F ′(x )＝e x＋a ，x >0，∵a <0，∴f ′(x )<0在(0，＋∞)上恒成立，即f (x )在(0，＋∞)上单调递减， 当－1≤a <0时，F ′(x )>0，即F (x )在(0，＋∞)上单调递增，不合题意， 当a <－1时，由F ′(x )>0，得x >ln(－a )，由F ′(x )<0，得0<x <ln(－a )， ∴F (x )的单调递减区间为(0，ln(－a ))，单调递增区间为(ln(－a )，＋∞)． ∵f (x )和F (x )在区间(0，ln 3)上具有相同的单调性， ∴ln(－a )≥ln 3，解得a ≤－3， 综上，a 的取值范围是(－∞，－3]． (2)g ′(x )＝e ax －1＋ax eax －1－a －1x＝(ax ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫e ax －1－1x ，由eax －1－1x ＝0，解得a ＝1－ln xx，设p (x )＝1－ln x x，则p ′(x )＝ln x －2x2， 当x >e 2时，p ′(x )>0，当0<x <e 2时，p ′(x )<0，从而p (x )在(0，e 2)上单调递减，在(e 2，＋∞)上单调递增，p (x )min ＝p (e 2)＝－1e2，当a ≤－1e 2时，a ≤1－ln x x ，即e ax －1－1x≤0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a 时，ax ＋1>0，g ′(x )≤0，g (x )单调递减，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a，＋∞时，ax ＋1<0，g ′(x )≥0，g (x )单调递增，∴g (x )min ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝M ，设t ＝－1a ∈(0，e 2]，M ＝h (t )＝t e 2－ln t ＋1(0<t ≤e 2)，则h ′(t )＝1e 2－1t ≤0，h (t )在(0，e 2]上单调递减，∴h (t )≥h (e 2)＝0，即M ≥0， ∴M 的最小值为0.3．(2018·贵阳模拟)已知函数f (x )＝kx －ln x －1(k >0)． (1)若函数f (x )有且只有一个零点，求实数k 的值； (2)证明：当n ∈N *时，1＋12＋13＋ (1)>ln(n ＋1)．解：(1)法一：f (x )＝kx －ln x －1，f ′(x )＝k －1x ＝kx －1x(x >0，k >0)，当x ＝1k 时，f ′(x )＝0；当0<x <1k 时，f ′(x )<0；当x >1k时，f ′(x )>0.∴f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，1k 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ，＋∞上单调递增，∴f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k＝ln k ，∵f (x )有且只有一个零点， ∴ln k ＝0，∴k ＝1.法二：由题意知方程kx －ln x －1＝0仅有一个实根， 由kx －ln x －1＝0得k ＝ln x ＋1x(x >0)，令g (x )＝ln x ＋1x (x >0)，g ′(x )＝－ln x x2， 当x ＝1时，g ′(x )＝0；当0<x <1时，g ′(x )>0；当x >1时，g ′(x )<0. ∴g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， ∴g (x )max ＝g (1)＝1， 当x →＋∞时，g (x )→0，∴要使f (x )仅有一个零点，则k ＝1.法三：函数f (x )有且只有一个零点，即直线y ＝kx 与曲线y ＝ln x ＋1相切，设切点为(x 0，y 0)，由y ＝ln x ＋1得y ′＝1x ，∴⎩⎪⎨⎪⎧k ＝1x 0，y 0＝kx 0，y 0＝ln x 0＋1，∴k ＝x 0＝y 0＝1， ∴实数k 的值为1.(2)证明：由(1)知x －ln x －1≥0，即x －1≥ln x ，当且仅当x ＝1时取等号， ∵n ∈N *，令x ＝n ＋1n ，得1n >ln n ＋1n， ∴1＋12＋13＋…＋1n >ln 21＋ln 32＋…＋ln n ＋1n ＝ln(n ＋1)，故1＋12＋13＋…＋1n>ln(n ＋1)．4．(2018·郑州模拟)已知函数f (x )＝ln x x ＋a (a ∈R)，曲线y ＝f (x )在点(1，f (x ))处的切线与直线x ＋y ＋1＝0垂直．(1)试比较2 0172 018与2 0182 017的大小，并说明理由；(2)若函数g (x )＝f (x )－k 有两个不同的零点x 1，x 2，证明：x 1x 2>e 2. 解：(1) 20172 018>2 0182 017.理由如下：依题意得，f ′(x )＝x ＋ax－ln x x ＋a 2，因为函数f (x )在x ＝1处有意义，所以a ≠－1. 所以f ′(1)＝1＋a ＋a2＝11＋a， 又由过点(1，f (1))的切线与直线x ＋y ＋1＝0垂直可得，f ′(1)＝1，即11＋a ＝1，解得a ＝0.此时f (x )＝ln x x ，f ′(x )＝1－ln xx2， 令f ′(x )>0，即1－ln x >0，解得0<x <e ； 令f ′(x )<0，即1－ln x <0，解得x >e.所以f (x )的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e ，＋∞)． 所以f (2 017)>f (2 018)，即ln 2 0172 017>ln 2 0182 018，则2 018ln 2 017>2 017ln 2 018， 所以2 0172 018>2 0182 017.(2)证明：不妨设x 1>x 2>0，因为g (x 1)＝g (x 2)＝0， 所以ln x 1－kx 1＝0，ln x 2－kx 2＝0.可得ln x 1＋ln x 2＝k (x 1＋x 2)，ln x 1－ln x 2＝k (x 1－x 2)， 要证x 1x 2>e 2，即证ln x 1＋ln x 2>2，也就是k (x 1＋x 2)>2， 因为k ＝ln x 1－ln x 2x 1－x 2，所以只需证ln x 1－ln x 2x 1－x 2>2x 1＋x 2，即ln x 1x 2>x 1－x 2x 1＋x 2，令x 1x 2＝t ，则t >1，即证ln t >t －t ＋1.令h (t )＝ln t －t －t ＋1(t >1)．由h ′(t )＝1t－4t ＋2＝t －2t t ＋2>0得函数h (t )在(1，＋∞)上是增函数， 所以h (t )>h (1)＝0，即ln t >t －t ＋1.所以x 1x 2>e 2.。
高中数学课时跟踪检测六函数的极值与导数新人教A版选修2_2
高中数学课时跟踪检测六函数的极值与导数新人教A 版选修2_2层级一 学业水平达标1．当函数y ＝x·2x 取极小值时，x ＝( )A.1ln 2．－B C ．－ln 2D ．ln 2 解析：选B 由y′＝2x ＋x·2xln 2＝0，得x ＝－.2．设函数f(x)＝＋ln x ，则( )A ．x ＝为f(x)的极大值点B ．x ＝为f(x)的极小值点C ．x ＝2为f(x)的极大值点D ．x ＝2为f(x)的极小值点解析：选D 由f′(x)＝－＋＝＝0可得x ＝2.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．故x ＝2为f(x)的极小值点．3．已知函数f(x)＝2x3＋ax2＋36x －24在x ＝2处有极值，则该函数的一个递增区间是( )A ．(2,3)B ．(3，＋∞)C ．(2，＋∞)D ．(－∞，3) 解析：选B 因为函数f(x)＝2x3＋ax2＋36x －24在x ＝2处有极值，又f′(x)＝6x2＋2ax ＋36，所以f′(2)＝0解得a ＝－15.令f′(x)＞0，解得x ＞3或x ＜2，所以函数的一个递增区间是(3，＋∞)．4．设函数f(x)在R 上可导，其导函数为f′(x)，且函数f(x)在x ＝－2处取得极小值，则函数y ＝xf′(x)的图象可能是( ) 解析：选C 由题意可得f′(－2)＝0，而且当x∈(－∞，－2)时，f′(x)＜0，此时xf′(x)＞0；排除B 、D ，当x∈(－2，＋∞)时，f′(x)＞0，此时若x∈(－2,0)，xf′(x)＜0，若x∈(0，＋∞)，xf′(x)＞0，所以函数y ＝xf′(x)的图象可能是C.5．已知函数f(x)＝x3－px2－qx 的图象与x 轴切于(1,0)点，则f(x)的极大值、极小值分别为( )0，A.427，0．B 0．－，C427，－0．D 解析：选A f′(x)＝3x2－2px －q ，由f′(1)＝0，f(1)＝0得，⎩⎪⎨⎪⎧ 3－2p －q ＝0，1－p －q ＝0，x.＋2x2－x3＝∴f(x)解得 由f′(x)＝3x2－4x ＋1＝0得x ＝或x ＝1，易得当x ＝时f(x)取极大值.当x ＝1时f(x)取极小值0.6．函数y ＝的极大值为________，极小值为_______．解析：y′＝，令y′＞0得－1＜x ＜1，令y′＜0得x ＞1或x ＜－1，∴当x ＝－1时，取极小值－1，当x ＝1时，取极大值1.答案：1 －17．已知函数f(x)＝x3－3x 的图象与直线y ＝a 有相异三个公共点，则a 的取值范围是________．解析：令f′(x)＝3x2－3＝0，得x ＝±1，可得极大值为f(－1)＝2，极小值为f(1)＝－2，y ＝f(x)的大致图象如图，观察图象得－2＜a ＜2时恰有三个不同的公共点．答案：(－2,2)。
学高考数学二轮复习 练酷专题 课时跟踪检测(六)导数的简单应用 文
课时跟踪检测（六） 导数的简单应用[A 级——“12＋4”保分小题提速练]1．(2017·西宁一检)设曲线y ＝x ＋1x －1在点(3,2)处的切线与直线ax ＋y ＋1＝0垂直，则a ＝( )A ．－2B ．2C ．－12D.12解析：选A 由y ′＝－2x －12得曲线在点(3,2)处的切线斜率为－12，又切线与直线ax ＋y ＋1＝0垂直，则a ＝－2.2．(2017·北京模拟)曲线f (x )＝x ln x 在点(1，f (1))处的切线的倾斜角为( ) A.π6 B.π4C.π3D.π2解析：选B 因为f (x )＝x ln x ，所以f ′(x )＝ln x ＋x ·1x＝ln x ＋1，所以f ′(1)＝1，所以曲线f (x )＝x ln x 在点(1，f (1))处的切线的倾斜角为π4.3．已知函数f (x )＝x 2－5x ＋2ln x ，则函数f (x )的单调递增区间是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12和(1，＋∞) B ．(0,1)和(2，＋∞) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12和(2，＋∞) D ．(1,2)解析：选 C 函数f (x )＝x 2－5x ＋2ln x 的定义域是(0，＋∞)，令f ′(x )＝2x －5＋2x＝2x 2－5x ＋2x＝x －22x －1x＞0，解得0＜x ＜12或x ＞2，故函数f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12和(2，＋∞)．4．曲线y ＝xx －2＋2在点(1，m )处的切线方程为( )A ．y ＝2x －1B ．y ＝－2x ＋1C ．y ＝2x －4D ．y ＝－2x ＋3解析：选D 当x ＝1时，y ＝11－2＋2＝1，所以m ＝1.因为y ′＝－2x －22，所以y ′|x ＝1＝－21－22＝－2，则所求的切线方程为y －1＝－2(x －1)，即y ＝－2x ＋3.5．(2018届高三·江西赣中南五校联考)设函数f (x )的导数为f ′(x )，且f (x )＝x 2＋2xf ′(1)，则f ′(2)＝( )A ．0B ．2C ．4D ．8解析：选A 因为f (x )＝x 2＋2xf ′(1)， 所以f ′(x )＝2x ＋2f ′(1)， 令x ＝1，则f ′(1)＝2＋2f ′(1)， 解得f ′(1)＝－2，则f ′(x )＝2x －4， 所以f ′(2)＝2×2－4＝0.6．已知f (x )＝2x 3－6x 2＋m (m 为常数)在[－2,2]上有最大值为3，那么此函数在[－2,2]上的最小值为( )A ．0B ．－5C ．－10D ．－37解析：选D 由题意知，f ′(x )＝6x 2－12x ，由f ′(x )＝0得x ＝0或x ＝2，当x ＜0或x ＞2时，f ′(x )＞0，当0＜x ＜2时，f ′(x )＜0，∴f (x )在[－2,0]上单调递增，在[0,2]上单调递减，由条件知f (0)＝m ＝3，∴f (2)＝－5，f (－2)＝－37，∴最小值为－37.7．(2017·广州模拟)设函数f (x )＝x 3＋ax 2，若曲线y ＝f (x )在点P (x 0，f (x 0))处的切线方程为x ＋y ＝0，则点P 的坐标为( )A ．(0,0)B ．(1，－1)C ．(－1,1)D ．(1，－1)或(－1,1)解析：选D 由题易知，f ′(x )＝3x 2＋2ax ，所以曲线y ＝f (x )在点P (x 0，f (x 0))处的切线的斜率为f ′(x 0)＝3x 20＋2ax 0，又切线方程为x ＋y ＝0，所以x 0≠0，且⎩⎪⎨⎪⎧3x 20＋2ax 0＝－1，x 0＋x 30＋ax 20＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝1，a ＝－2或⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝－1，a ＝2.所以当⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝1，a ＝－2时，点P 的坐标为(1，－1)；当⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝－1，a ＝2时，点P 的坐标为(－1,1)．8．(2017·昆明检测)若函数f (x )＝e 2x＋ax 在(0，＋∞)上单调递增，则实数a 的取值范围为( )A ．[－1，＋∞)B ．(－1，＋∞)C ．[－2，＋∞)D ．(－2，＋∞)解析：选 C ∵f (x )在(0，＋∞)上单调递增，且f ′(x )＝2e 2x＋a ，∴f ′(x )＝2e 2x＋a ≥0在(0，＋∞)上恒成立，即a ≥－2e 2x在(0，＋∞)上恒成立，又x ∈(0，＋∞)时，－2e 2x＜－2，∴a ≥－2.9．(2018届高三·重庆调研)若函数f (x )＝(x ＋a )e x在(0，＋∞)上不单调，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，－1)B ．(－∞，0)C ．(－1,0)D ．[－1，＋∞)解析：选A f ′(x )＝e x(x ＋a ＋1)，由题意，知方程e x(x ＋a ＋1)＝0在(0，＋∞)上至少有一个实数根，即x ＝－a －1＞0，解得a ＜－1.10．已知函数f (x )的导函数f ′(x )＝ax 2＋bx ＋c 的图象如图所示，则f (x )的图象可能是( )解析：选D 当x ＜0时，由导函数f ′(x )＝ax 2＋bx ＋c ＜0，知相应的函数f (x )在该区间内单调递减，排除A 、B ；当x ＞0时，由导函数f ′(x )＝ax 2＋bx ＋c 的图象可知，导函数在区间(0，x 1)内的值是大于0的，则在此区间内函数f (x )单调递增，排除C ，故选D.11．(2017·重庆适应性考试)设函数f (x )＝e x(x －a e x)(其中e 是自然对数的底数)恰有两个极值点x 1，x 2(x 1＜x 2)，则下列说法不正确的是( )A ．0＜a ＜12B ．－1＜x 1＜0C ．－12＜f (0)＜0D ．f (x 1)＋f (x 2)＞0解析：选D 由题意得f ′(x )＝e x(1－a e x)＋e x(x －a e x)＝e x(1＋x －2a e x)，函数f (x )的两个极值点为x 1，x 2(x 1＜x 2)，即x 1，x 2(x 1＜x 2)是方程f ′(x )＝0的两个不相等的实数根，所以1＋x －2a e x＝0且a ≠0，所以x ＋12a ＝e x ，设函数y ＝x ＋12a(a ≠0)，y ＝e x，在同一坐标系中画出两个函数的大致图象如图所示，要使得两个函数图象有2个不同的交点，应满足⎩⎪⎨⎪⎧12a ＞0，12a ＞1，解得0＜a ＜12，且－1＜x 1＜0，因为f (0)＝e 0(0－a e 0)＝－a ，所以－12＜f (0)＜0，故选D.12．已知函数f (x )＝e xx2－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋ln x ，若x ＝2是函数f (x )的唯一一个极值点，则实数k 的取值范围为( )A ．(－∞，e]B ．[0，e]C ．(－∞，e)D ．[0，e)解析：选A f ′(x )＝x 2e x －2x e x x 4－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x 2＋1x ＝x －2⎝ ⎛⎭⎪⎫e xx －k x 2(x >0)．设g (x )＝exx，则g ′(x )＝x －1e xx 2，则g (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．∴g (x )在(0，＋∞)上有最小值，为g (1)＝e ，结合g (x )＝exx与y ＝k 的图象可知，要满足题意，只需k ≤e.13．(2017·云南模拟)已知函数f (x )＝ax ln x ＋b (a ，b ∈R)，若f (x )的图象在x ＝1处的切线方程为2x －y ＝0，则a ＋b ＝________.解析：由题意，得f ′(x )＝a ln x ＋a ，所以f ′(1)＝a ，因为函数f (x )的图象在x ＝1处的切线方程为2x －y ＝0，所以a ＝2，又f (1)＝b ，则2×1－b ＝0，所以b ＝2，故a ＋b ＝4.答案：414．(2017·太原二模)若函数f (x )＝sin x ＋ax 为R 上的减函数，则实数a 的取值范围是________．解析：∵f ′(x )＝cos x ＋a ，由题意可知，f ′(x )≤0对任意的x ∈R 都成立，∴a ≤－1，故实数a 的取值范围是(－∞，－1]．答案：(－∞，－1]15．(2017·新乡一模)设x 1，x 2是函数f (x )＝x 3－2ax 2＋a 2x 的两个极值点，若x 1<2<x 2，则实数a 的取值范围是________．解析：由题意得f ′(x )＝3x 2－4ax ＋a 2的两个零点x 1，x 2满足x 1<2<x 2，所以f ′(2)＝12－8a ＋a 2<0，解得2<a <6.答案：(2,6)16．(2017·金华十校联考)若函数f (x )＝ln x ＋ax 的图象上存在与直线2x －y ＝0平行的切线，则实数a 的取值范围为________．解析：函数f (x )＝ln x ＋ax 的图象上存在与直线2x －y ＝0平行的切线，即f ′(x )＝2在(0，＋∞)上有解，又f ′(x )＝1x ＋a ，即1x ＋a ＝2在(0，＋∞)上有解，即a ＝2－1x在(0，＋∞)上有解，因为x ＞0，所以2－1x＜2，所以实数a 的取值范围是(－∞，2)．答案：(－∞，2)[B 级——中档小题强化练]1．(2017·开封二模)过点A (2,1)作曲线f (x )＝x 3－3x 的切线最多有( ) A ．3条 B ．2条 C ．1条D ．0条解析：选A 由题意得，f ′(x )＝3x 2－3，设切点为(x 0，x 30－3x 0)，那么切线的斜率为k ＝3x 2－3，利用点斜式方程可知切线方程为y －(x 30－3x 0)＝(3x 20－3)(x －x 0)，将点A (2,1)代入可得关于x 0的一元三次方程2x 30－6x 20＋7＝0.令y ＝2x 30－6x 20＋7，则y ′＝6x 20－12x 0.由y ′＝0得x 0＝0或x 0＝2.当x 0＝0时，y ＝7>0；x 0＝2时，y ＝－1<0.所以方程2x 30－6x 20＋7＝0有3个解．故过点A (2,1)作曲线f (x )＝x 3－3x 的切线最多有3条．2．(2018届高三·东北三校一联)已知定义在R 上的奇函数f (x )的图象为一条连续不断的曲线，f (1＋x )＝f (1－x )，f (1)＝a ，且当0＜x ＜1时，f (x )的导函数f ′(x )满足f ′(x )＜f (x )，则f (x )在[2 015,2 016]上的最大值为( )A ．aB ．0C ．－aD ．2 016解析：选C 由f (1＋x )＝f (1－x )可得函数f (x )的图象关于直线x ＝1对称．又f (x )是定义在R 上的奇函数，则f (0)＝0，且f (x )的图象关于点(0,0)对称，所以f (x )是以4为周期的周期函数，则f (x )在[2 015,2016]上的图象与[－1,0]上的图象形状完全相同．令g (x )＝f xex，则g ′(x )＝f ′x －f xex＜0(x ∈(0,1))，函数g (x )在(0,1)上单调递减，则g (x )＜g (0)＝0，所以f ′(x )＜f (x )＜0，则函数f (x )在(0,1)上单调递减．又由奇函数的性质可得f (x )在(－1,0)上也单调递减，则f (x )在[2 015，2 016]上的最大值为f (2 015)＝f (－1)＝－f (1)＝－a .3．(2017·宝鸡一检)已知函数f (x )＝x 2＋4x ＋a ln x ，若函数f (x )在(1,2)上是单调函数，则实数a 的取值范围是( )A ．(－6，＋∞)B ．(－∞，－16)C ．(－∞，－16]∪[－6，＋∞)D ．(－∞，－16)∪(－6，＋∞)解析：选 C ∵f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2x ＋4＋a x ＝2x 2＋4x ＋ax，f (x )在(1,2)上是单调函数，∴f ′(x )≥0或f ′(x )≤0在(1,2)上恒成立，即2x 2＋4x ＋a ≥0或2x 2＋4x ＋a ≤0在(1,2)上恒成立，即a ≥－(2x 2＋4x )或a ≤－(2x 2＋4x )在(1,2)上恒成立．记g (x )＝－(2x 2＋4x )，1＜x ＜2，则－16＜g (x )＜－6，∴a ≥－6或a ≤－16.4．(2017·广西三市联考)已知函数f (x )＝e x(x －b )(b ∈R)．若存在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，使得f (x )＋xf ′(x )＞0，则实数b 的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，83 B.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，56C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，56D.⎝ ⎛⎭⎪⎫83，＋∞ 解析：选A 由f (x )＋xf ′(x )＞0，得[xf (x )]′＞0，设g (x )＝xf (x )＝e x(x 2－bx )，若存在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，使得f (x )＋xf ′(x )＞0，则函数g (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上存在子区间使得g ′(x )＞0成立． g ′(x )＝e x (x 2－bx )＋e x (2x －b )＝e x [x 2＋(2－b )x －b ]，设h (x )＝x 2＋(2－b )x －b ，则h (2)＞0或h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＞0， 即8－3b ＞0或54－32b ＞0，得b ＜83.5．(2017·甘肃一诊)若函数f (x )＝x 2－4e x－ax 在R 上存在单调递增区间，则实数a 的取值范围为________．解析：因为f (x )＝x 2－4e x－ax ， 所以f ′(x )＝2x －4e x －a .由题意，f ′(x )＝2x －4e x－a ＞0，即a ＜2x －4e x有解． 设g (x )＝2x －4e x，则g ′(x )＝2－4e x. 令g ′(x )＝0，解得x ＝－ln 2.当x ∈(－∞，－ln 2)时，g ′(x )＞0，函数g (x )单调递增； 当x ∈(－ln 2，＋∞)时，g ′(x )＜0，函数g (x )单调递减． 所以当x ＝－ln 2时，g (x )取得最大值－2－2ln 2，所以a ＜－2－2ln 2. 答案：(－∞，－2－2ln 2)6．(2018届高三·兰州四校联考)已知f (x )＝(x ＋1)3·e－x ＋1，g (x )＝(x ＋1)2＋a ，若∃x 1，x 2∈R ，使得f (x 2)≥g (x 1)成立，则实数a 的取值范围是________．解析：∃x 1，x 2∈R ，使得f (x 2)≥g (x 1)成立，即为f (x )max ≥g (x )min .又f ′(x )＝(x ＋1)2e－x ＋1(－x ＋2)，由f ′(x )＝0得x ＝－1或2，故当x ＜2时，f ′(x )≥0，f (x )单调递增；当x ＞2时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减，所以f (x )max ＝f (2)＝27e ，又g (x )min ＝a ，则a ≤27e，故实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，27e .答案：⎝⎛⎦⎥⎤－∞，27e[C 级——压轴小题突破练]1．(2017·宝鸡模拟)已知函数y ＝x 2的图象在点(x 0，x 20)处的切线为l ，若l 也与函数y ＝lnx ，x ∈(0,1)的图象相切，则x 0的取值范围为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12B.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1 C.⎝⎛⎭⎪⎫22，2 D.()2，3解析：选D 函数y ＝x 2的导数为y ′＝2x ，在点(x 0，x 20)处的切线的斜率为k ＝2x 0，切线方程为y －x 20＝2x 0(x －x 0)，设切线与y ＝ln x 相切的切点为(m ，ln m )，0＜m ＜1，因为y ＝ln x 的导数为y ′＝1x ，所以2x 0＝1m ，切线方程为y －ln m ＝1m(x －m )，令x ＝0，可得y ＝ln m －1＝－x 20，由0＜m ＜1，可得x 0＝12m ＞12，且x 20＞1，解得x 0＞1，由m ＝12x 0，可得x 20－ln(2x 0)－1＝0，令f (x )＝x 2－ln(2x )－1，x ＞1，则f ′(x )＝2x －1x＞0，f (x )在x ＞1时单调递增，且f (2)＝2－ln 22－1＜0，f (3)＝3－ln 23－1＞0，则有x 20－ln(2x 0)－1＝0的根x 0∈(2，3)．2．(2017·惠州模拟)已知函数f (x )＝x sin x ＋cos x ＋x 2，则不等式f (ln x )＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1x ＜2f (1)的解集为( )A ．(e ，＋∞)B ．(0，e)C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e ∪(1，e)D.⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，e 解析：选D f (x )＝x sin x ＋cos x ＋x 2，因为f (－x )＝f (x )，所以f (x )是偶函数，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1x＝f (－ln x )＝f (ln x )，所以f (ln x )＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1x ＜2f (1)可变形为f (ln x )＜f (1)．f ′(x )＝x cos 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－1＜ln x ＜1，所以1e＜x ＜e.。
[推荐学习]2018-2019学年高中数学人教A版选修2-2：课时跟踪检测(六)函数的极值与导数-含
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课时跟踪检测（六） 函数的极值与导数层级一 学业水平达标1．已知函数y ＝f (x )在定义域内可导，则函数y ＝f (x )在某点处的导数值为0是函数y ＝f (x )在这点处取得极值的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．非充分非必要条件解析：选B 根据导数的性质可知，若函数y ＝f (x )在这点处取得极值，则f ′(x )＝0，即必要性成立；反之不一定成立，如函数f (x )＝x 3在R 上是增函数，f ′(x )＝3x 2，则f ′(0)＝0，但在x ＝0处函数不是极值，即充分性不成立．故函数y ＝f (x )在某点处的导数值为0是函数y ＝f (x )在这点处取得极值的必要不充分条件，故选B.2．设函数f (x )＝2x ＋ln x ，则( )A ．x ＝12为f (x )的极大值点B ．x ＝12为f (x )的极小值点C ．x ＝2为f (x )的极大值点D ．x ＝2为f (x )的极小值点解析：选D 由f ′(x )＝－2x 2＋1x ＝1x ⎝⎛⎭⎫1－2x ＝0可得x ＝2.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．故x ＝2为f (x )的极小值点．3．已知函数f (x )＝2x 3＋ax 2＋36x －24在x ＝2处有极值，则该函数的一个递增区间是( )A ．(2,3)B ．(3，＋∞)C ．(2，＋∞)D ．(－∞，3)解析：选B 因为函数f (x )＝2x 3＋ax 2＋36x －24在x ＝2处有极值，又f ′(x )＝6x 2＋2ax ＋36，所以f ′(2)＝0解得a ＝－15.令f ′(x )＞0，解得x ＞3或x ＜2，所以函数的一个递增区间是(3，＋∞)．4．设函数f (x )在R 上可导，其导函数为f ′(x )，且函数f (x )在x ＝－2处取得极小值，则函数y ＝xf ′(x )的图象可能是( )解析：选C 由题意可得f ′(－2)＝0，而且当x ∈(－∞，－2)时， f ′(x )＜0，此时xf ′(x )＞0；排除B 、D ，当x ∈(－2，＋∞)时，f ′(x )＞0，此时若x ∈(－2,0)，xf ′(x )＜0，若x ∈(0，＋∞)，xf ′(x )＞0，所以函数y ＝xf ′(x )的图象可能是C.5．已知函数f (x )＝x 3－px 2－qx 的图象与x 轴切于(1,0)点，则f (x )的极大值、极小值分别为( )A.427，0 B ．0，427C ．－427，0 D ．0，－427解析：选A f ′(x )＝3x 2－2px －q ， 由f ′(1)＝0，f (1)＝0得，⎩⎪⎨⎪⎧ 3－2p －q ＝0，1－p －q ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧p ＝2，q ＝－1，∴f (x )＝x 3－2x 2＋x . 由f ′(x )＝3x 2－4x ＋1＝0得x ＝13或x ＝1，易得当x ＝13时f (x )取极大值427.当x ＝1时f (x )取极小值0.6．设x ＝1与x ＝2是函数f (x )＝a ln x ＋bx 2＋x 的两个极值点，则常数a ＝______________.解析：∵f ′(x )＝ax＋2bx ＋1，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a ＋2b ＋1＝0，a2＋4b ＋1＝0.∴a ＝－23.答案：－237．函数f (x )＝ax 2＋bx 在x ＝1a 处有极值，则b 的值为________． 解析：f ′(x )＝2ax ＋b ，∵函数f (x )在x ＝1a 处有极值， ∴f ′⎝⎛⎭⎫1a ＝2a ·1a ＋b ＝0，即b ＝－2. 答案：－28.已知函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ，其导函数y ＝f ′(x )的图象经过点(1,0)，(2,0)．如图，则下列说法中不正确的是________．(填序号)①当x ＝32时，函数f (x )取得最小值；②f (x )有两个极值点；③当x ＝2时函数值取得极小值； ④当x ＝1时函数取得极大值．解析：由图象可知， x ＝1,2是函数的两极值点，∴②正确；又x ∈(－∞，1)∪(2，＋∞)时，y ＞0；x ∈(1,2)时，y ＜0，∴x ＝1是极大值点，x ＝2是极小值点，故③④正确．答案：①9．设a 为实数，函数f (x )＝e x －2x ＋2a ，x ∈R ，求f (x )的单调区间与极值． 解：由f (x )＝e x －2x ＋2a ，x ∈R 知f ′(x )＝e x －2，x ∈R.令f ′(x )＝0，得x ＝ln 2. 于是当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：故f (x )的单调递减区间是(－∞，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，＋∞)； 且f (x )在x ＝ln 2处取得极小值．极小值为f (ln 2)＝2(1－ln 2＋a )，无极大值．10．已知f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx (a ≠0)在x ＝±1时取得极值，且f (1)＝－1. (1)试求常数a ，b ，c 的值；(2)试判断x ＝±1时函数取得极小值还是极大值，并说明理由． 解：(1)由已知，f ′(x )＝3ax 2＋2bx ＋c ，且f ′(－1)＝f ′(1)＝0，得3a ＋2b ＋c ＝0,3a －2b ＋c ＝0. 又f (1)＝－1，∴a ＋b ＋c ＝－1. ∴a ＝12，b ＝0，c ＝－32.(2)由(1)知f (x )＝12x 3－32x ，∴f ′(x )＝32x 2－32＝32(x －1)(x ＋1)．当x <－1或x >1时，f ′(x )> 0；当－1<x <1时，f ′(x )<0，∴函数f (x )在(－∞，－1)和(1，＋∞)上是增函数，在(－1,1)上为减函数． ∴当x ＝－1时，函数取得极大值f (－1)＝1； 当x ＝1时，函数取得极小值f (1)＝－1.层级二 应试能力达标1．函数f (x )＝ax 3＋bx 在x ＝1处有极值－2，则a ，b 的值分别为( ) A ．1，－3 B ．1,3 C ．－1,3D ．－1，－3解析：选A ∵f ′(x )＝3ax 2＋b ，由题意知f ′(1)＝0，f (1)＝－2，∴⎩⎪⎨⎪⎧3a ＋b ＝0，a ＋b ＝－2，∴a＝1，b ＝－3.2．已知f (x )＝x 3＋ax 2＋(a ＋6)x ＋1有极大值和极小值，则a 的取值范围是( ) A ．(－1,2)B ．(－3,6)C ．(－∞，－3)∪(6，＋∞)D ．(－∞，－1)∪(2，＋∞)解析：选C f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋a ＋6，∵f (x )有极大值与极小值，∴f ′(x )＝0有两不等实根，∴Δ＝4a 2－12(a ＋6)>0，∴a <－3或a >6.3．设a ∈R ，若函数y ＝e x ＋ax (x ∈R)有大于零的极值点，则( ) A ．a ＜－1 B ．a ＞－1 C ．a ＜－1eD ．a ＞－1e解析：选A ∵y ＝e x ＋ax ，∴y ′＝e x ＋a .令y ′＝e x ＋a ＝0，则e x ＝－a ，∴x ＝ln(－a )．又∵x ＞0，∴－a ＞1，即a ＜－1.4．已知函数f (x )＝e x (sin x －cos x )，x ∈(0,2 017π)，则函数f (x )的极大值之和为( ) A.e 2π(1－e 2 018π)e 2π－1B.e π(1－e 2 016π)1－e 2πC.e π(1－e 1 008π)1－e 2πD.e π(1－e 1 008π)1－e π解析：选B f ′(x )＝2e x sin x ，令f ′(x )＝0得sin x ＝0，∴x ＝k π，k ∈Z ，当2k π<x <2k π＋π时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当 (2k －1)π<x <2k π时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，∴当x ＝(2k ＋1)π时，f (x )取到极大值，∵x ∈(0,2 017π)，∴0<(2k ＋1)π<2 017π，∴0≤k <1 008，k ∈Z. ∴f (x )的极大值之和为S ＝f (π)＋f (3π)＋f (5π)＋…＋f (2 015π)＝e π＋e 3π＋e 5π＋…＋e 2 015π＝e π[1－(e 2π)1 008]1－e 2π＝e π(1－e 2 016π)1－e 2π，故选B.5．若函数y ＝－x 3＋6x 2＋m 的极大值为13，则实数m 等于______．解析：y ′＝－3x 2＋12x ＝－3x (x －4)．由y ′＝0，得x ＝0或4.且x ∈(－∞，0)∪(4，＋∞)时，y ′＜0；x ∈(0,4)时，y ′＞0，∴x ＝4时取到极大值．故－64＋96＋m ＝13，解得m ＝－19.答案：－196．若函数f (x )＝x 3＋x 2－ax －4在区间(－1,1)上恰有一个极值点，则实数a 的取值范围为______．解析：由题意，f ′(x )＝3x 2＋2x －a ，则f ′(－1)f ′(1)<0，即(1－a )(5－a )<0，解得1<a <5，另外，当a ＝1时，函数f (x )＝x 3＋x 2－x －4在区间(－1，1)上恰有一个极值点，当a ＝5时，函数f (x )＝x 3＋x 2－5x －4在区间(－1,1)没有极值点．故实数a 的范围为[1,5)．答案：[1,5)7．已知函数f (x )＝e x (ax ＋b )－x 2－4x ，曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝4x ＋4.(1)求a ，b 的值；(2)讨论f (x )的单调性，并求f (x )的极大值． 解：(1)f ′(x )＝e x (ax ＋a ＋b )－2x －4.由已知得f (0)＝4，f ′(0)＝4，故b ＝4，a ＋b ＝8. 从而a ＝4，b ＝4.(2)由(1)知，f (x )＝4e x (x ＋1)－x 2－4x ， f ′(x )＝4e x (x ＋2)－2x －4＝4(x ＋2)⎝⎛⎭⎫e x －12. 令f ′(x )＝0得，x ＝－ln 2或x ＝－2.从而当x ∈(－∞，－2)∪(－ln 2，＋∞)时，f ′(x )>0；当x ∈(－2，－ln 2)时，f ′(x )<0. 故f (x )在(－∞，－2)，(－ln 2，＋∞)上单调递增，在(－2，－ln 2)上单调递减． 当x ＝－2时，函数f (x )取得极大值，极大值为f (－2)＝4(1－e －2)．8．已知f (x )＝2ln(x ＋a )－x 2－x 在x ＝0处取得极值． (1)求实数a 的值．(2)若关于x 的方程f (x )＋b ＝0的区间[－1,1]上恰有两个不同的实数根，求实数b 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝2x ＋a －2x －1，当x ＝0时，f (x )取得极值，所以f ′(0)＝0，解得a ＝2，检验知a ＝2符合题意． (2)令g (x )＝f (x )＋b ＝2ln(x ＋2)－x 2－x ＋b ， 则g ′(x )＝2x ＋2－2x －1＝－2x ⎝⎛⎭⎫x ＋52x ＋2(x ＞－2)．g (x )，g ′(x )在(－2，＋∞)上的变化状态如下表：由上表可知函数在x ＝0处取得极大值，极大值为2ln 2＋b . 要使f (x )＋b ＝0在区间[－1,1]上恰有两个不同的实数根， 只需⎩⎪⎨⎪⎧ g (－1)≤0，g (0)＞0，g (1)≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧b ≤0，2ln 2＋b ＞0，2ln 3－2＋b ≤0，所以－2ln 2＜b ≤2－2ln 3.故实数b 的取值范围是(－2ln 2,2－2ln 3]．。
2019-2020学年高中数学课时跟踪检测六函数的极值与导数
课时跟踪检测（六） 函数的极值与导数一、题组对点训练 对点练一 求函数的极值1．函数y ＝x 3－3x 2－9x (－2<x <2)有( ) A ．极大值5，极小值－27 B ．极大值5，极小值－11 C ．极大值5，无极小值D ．极小值－27，无极大值解析：选C 由y ′＝3x 2－6x －9＝0， 得x ＝－1或x ＝3.当x <－1或x >3时，y ′>0； 当－1<x <3时，y ′<0.∴当x ＝－1时，函数有极大值5； 3∉(－2,2)，故无极小值．2．已知函数f (x )＝x 3－px 2－qx 的图象与x 轴切于(1,0)点，则f (x )的极大值、极小值分别为( )A ．427，0 B ．0，427C ．－427，0D ．0，－427解析：选A f ′(x )＝3x 2－2px －q ， 由f ′(1)＝0，f (1)＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧3－2p －q ＝0，1－p －q ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧p ＝2，q ＝－1，∴f (x )＝x 3－2x 2＋x .由f ′(x )＝3x 2－4x ＋1＝0得x ＝13或x ＝1，易得当x ＝13时f (x )取极大值427，当x ＝1时f (x )取极小值0.3．已知函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ，其导函数y ＝f ′(x )的图象经过点(1,0)，(2,0)，如图所示，则下列说法中不正确的序号是________． ①当x ＝32时，函数取得极小值；②f (x )有两个极值点；③当x ＝2时，函数取得极小值； ④当x ＝1时，函数取得极大值．解析：由题图知，当x ∈(－∞，1)时，f ′(x )>0；当x ∈(1,2)时，f ′(x )<0；当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0，所以f (x )有两个极值点，分别为1和2，且当x ＝2时函数取得极小值，当x ＝1时函数取得极大值．只有①不正确．答案：①对点练二 已知函数的极值求参数4．函数f (x )＝ax 3＋bx 在x ＝1处有极值－2，则a ，b 的值分别为( ) A ．1，－3 B ．1,3 C ．－1,3D ．－1，－3解析：选A f ′(x )＝3ax 2＋b ， 由题意知f ′(1)＝0，f (1)＝－2，∴⎩⎪⎨⎪⎧3a ＋b ＝0，a ＋b ＝－2，∴a ＝1，b ＝－3.5．若函数f (x )＝x 2－2bx ＋3a 在区间(0,1)内有极小值，则实数b 的取值范围是( ) A ．b <1 B ．b >1 C ．0<b <1 D ．b <12解析：选C f ′(x )＝2x －2b ＝2(x －b )，令f ′(x )＝0，解得x ＝b ，由于函数f (x )在区间(0,1)内有极小值，则有0<b <1.当0<x <b 时，f ′(x )<0；当b <x <1时，f ′(x )>0，符合题意．所以实数b 的取值范围是0<b <1.6．已知函数f (x )＝x 3＋3ax 2＋3(a ＋2)x ＋1既有极大值又有极小值，则实数a 的取值范围是________．解析：f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋3(a ＋2)，∵函数f (x )既有极大值又有极小值，∴方程f ′(x )＝0有两个不相等的实根，∴Δ＝36a 2－36(a ＋2)>0.即a 2－a －2>0，解之得a >2或a <－1.答案：(－∞，－1)∪(2，＋∞) 对点练三 函数极值的综合问题7．设f (x )＝x ln x －ax 2＋(2a －1)x ，a ∈R. (1)令g (x )＝f ′(x )，求g (x )的单调区间；(2)已知f (x )在x ＝1处取得极大值，求实数a 的取值范围． 解：(1)由f ′(x )＝ln x －2ax ＋2a ， 可得g (x )＝ln x －2ax ＋2a ，x ∈(0，＋∞)． 则g ′(x )＝1x －2a ＝1－2axx.当a ≤0时，x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增；当a >0时，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，函数g (x )单调递减．所以当a ≤0时，g (x )的单调增区间为(0，＋∞)； 当a >0时，g (x )的单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a ，单调减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞. (2)由(1)知，f ′(1)＝0. ①当a ≤0时，f ′(x )单调递增，所以当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减． 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增． 所以f (x )在x ＝1处取得极小值，不合题意．②当0<a <12时，12a >1，由(1)知f ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 内单调递增，可得当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12a 时，f ′(x )>0.所以f (x )在(0,1)内单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12a 内单调递增， 所以f (x )在x ＝1处取得极小值，不合题意．③当a ＝12时，12a ＝1，f ′(x )在(0,1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减，所以当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )≤0，f (x )单调递减，不合题意． ④当a >12时，0<12a <1，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫12a ，1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减， 所以f (x )在x ＝1处取极大值，符合题意．综上可知，实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞. 8．已知函数y ＝x 3＋3ax 2＋3bx ＋c 在x ＝2处有极值，且其图象在x ＝1处的切线与直线6x ＋2y ＋5＝0平行．(1)求函数的单调区间；(2)求函数的极大值与极小值的差． 解：y ′＝3x 2＋6ax ＋3b . ∵x ＝2是函数的极值点，∴12＋12a ＋3b ＝0，即4＋4a ＋b ＝0，①又图象在x ＝1处的切线与直线6x ＋2y ＋5＝0平行， ∴y ′|x ＝1＝3＋6a ＋3b ＝－3， 即2a ＋b ＋2＝0.② 由①②解得a ＝－1，b ＝0，此时y ′＝3x 2－6x ＝3x (x －2)．(1)令y ′>0，即3x (x －2)>0，解得x <0或x >2， 令y ′<0，即3x (x －2)<0，解得0<x <2，∴函数的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(－∞，0)，(2，＋∞)． (2)由(1)可知x ＝0是极大值点，x ＝2是极小值点，又y ＝f (x )＝x 3－3x 2＋c ， ∴y 极大值－y 极小值＝f (0)－f (2)＝c －(8－12＋c )＝4. 二、综合过关训练1．若x ＝－2是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x －1的极值点，则f (x )的极小值为( )A ．－1B ．－2e －3C ．5e －3D ．1解析：选A 因为f (x )＝(x 2＋ax －1)e x －1，所以f ′(x )＝(2x ＋a )ex －1＋(x 2＋ax －1)ex －1＝[x 2＋(a ＋2)x ＋a －1]ex －1.因为x ＝－2是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)ex －1的极值点，所以－2是x 2＋(a ＋2)x ＋a －1＝0的根，所以a ＝－1，f ′(x )＝(x 2＋x －2)e x －1＝(x ＋2)(x －1)e x －1.令f ′(x )>0，解得x <－2或x >1，令f ′(x )<0，解得－2<x <1，所以f (x )在(－∞，－2)上单调递增，在(－2,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以当x ＝1时，f (x )取得极小值，且f (x )极小值＝f (1)＝－1.2．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx －a 2－7a 在x ＝1处取得极大值10，则a b的值为( ) A ．－23B ．－2C ．－2或－23D ．2或－23解析：选A 由题意知，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，f ′(1)＝0，f (1)＝10，即⎩⎪⎨⎪⎧3＋2a ＋b ＝0，1＋a ＋b －a 2－7a ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2，b ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－6，b ＝9，经检验⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－6，b ＝9满足题意，故a b ＝－23，故选A. 3．若函数y ＝x 3－2ax ＋a 在(0,1)内有极小值没有极大值，则实数a 的取值范围是( )A ．(0,3)B ．(－∞，3)C ．(0，＋∞)D ．⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32解析：选D f ′(x )＝3x 2－2a ， ∵f (x )在(0,1)内有极小值没有极大值，∴⎩⎪⎨⎪⎧f ′(0)<0，f ′(1)>0⇒⎩⎪⎨⎪⎧－2a <0，3－2a >0.即0<a <32.4．已知可导函数y ＝f (x )在点P (x 0，f (x 0))处的切线为l ：y ＝g (x )(如图)，设F (x )＝f (x )－g (x )，则( )A ．F ′(x 0)＝0，x ＝x 0是F (x )的极大值点B ．F ′(x 0)＝0，x ＝x 0是F (x )的极小值点C ．F ′(x 0)≠0，x ＝x 0不是F (x )的极值点D ．F ′(x 0)≠0，x ＝x 0是F (x )的极值点解析：选B 由题图知可导函数y ＝f (x )在点P (x 0，f (x 0))处切线为l ：y ＝g (x )，又F (x )＝f (x )－g (x )在x 0处先减后增，∴F ′(x 0)＝0，x ＝x 0是F (x )的极小值点．故选B.5．已知函数y ＝x 3－3x ＋c 的图象与x 轴恰有两个公共点，则c ＝________.解析：设f (x )＝x 3－3x ＋c ，对f (x )求导可得，f ′(x )＝3x 2－3，令f ′(x )＝0，可得x ＝±1，易知f (x )在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递增，在(－1,1)上单调递减．若f (1)＝1－3＋c ＝0，可得c ＝2；若f (－1)＝－1＋3＋c ＝0，可得c ＝－2.答案：－2或26．若函数f (x )＝x 2－12ln x ＋1在其定义域内的一个子区间(a －1，a ＋1)内存在极值，则实数a 的取值范围是________．解析：f (x )＝x 2－12ln x ＋1的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2x －12·1x ＝4x 2－12x，∵函数f (x )＝x 2－12ln x ＋1在其定义域内的一个子区间(a －1，a ＋1)内存在极值，∴f ′(x )＝4x 2－12x 在区间(a －1，a ＋1)上有零点，而f ′(x )＝4x 2－12x 的零点为12，故12∈(a －1，a ＋1)，故a －1<12<a ＋1，解得－12<a <32，又a －1≥0，∴a ≥1. 故实数a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，32.答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，32 7．已知函数f (x )＝e x (ax ＋b )－x 2－4x ，曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝4x ＋4.(1)求a ，b 的值；(2)讨论f (x )的单调性，并求f (x )的极大值． 解：(1)f ′(x )＝e x(ax ＋a ＋b )－2x －4.由已知得f (0)＝4，f ′(0)＝4，故b ＝4，a ＋b ＝8，从而a ＝4，b ＝4. (2)由(1)知，f (x )＝4e x(x ＋1)－x 2－4x ，f ′(x )＝4e x (x ＋2)－2x －4＝4(x ＋2)⎝⎛⎭⎪⎫e x－12.令f ′(x )＝0，得x ＝－ln 2或x ＝－2.从而当x ∈(－∞，－2)∪(－ln 2，＋∞)时，f ′(x )>0； 当x ∈(－2，－ln 2)时，f ′(x )<0.故f (x )在(－∞，－2)，(－ln 2，＋∞)上单调递增，在(－2，－ln 2)上单调递减． 当x ＝－2时，函数f (x )取得极大值，极大值为f (－2)＝4(1－e －2)．8．求函数f (x )＝x 3－3x 2－a (a ∈R)的极值，并讨论a 为何值时函数f (x )恰有一个零点． 解：f ′(x )＝3x 2－6x ，函数f (x )的定义域为R ， 由f ′(x )＝0得x ＝0或x ＝2.当x 变化时，f ′(x )与f (x )的变化情况如下表：x (－∞，0)0 (0,2) 2 (2，＋∞)f ′(x ) ＋0 －0 ＋f (x )－a－4－a在x ＝2处有极小值，极小值为f (2)＝－4－a .函数y ＝f (x )恰有一个零点即y ＝f (x )的图象与x 轴只有一个交点(如图)，所以⎩⎪⎨⎪⎧ f (0)>0，f (2)>0或⎩⎪⎨⎪⎧f (0)<0，f (2)<0，即⎩⎪⎨⎪⎧－a >0，－4－a >0或⎩⎪⎨⎪⎧－a <0，－4－a <0，解得a <－4或a >0，所以当a >0或a <－4时，函数f (x )恰有一个零点．。
高中数学课时跟踪检测六函数的极值与导数新人教A版选修3
课时跟踪检测（六） 函数的极值与导数层级一 学业水平达标1．当函数y ＝x ·2x取极小值时，x ＝( ) A.1ln 2B ．－1ln 2C ．－ln 2D ．ln 2解析：选B 由y ′＝2x ＋x ·2xln 2＝0，得x ＝－1ln 2.2．设函数f (x )＝2x＋ln x ，则( )A ．x ＝12为f (x )的极大值点B ．x ＝12为f (x )的极小值点C ．x ＝2为f (x )的极大值点D ．x ＝2为f (x )的极小值点解析：选D 由f ′(x )＝－2x 2＋1x ＝1x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－2x ＝0可得x ＝2.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．故x ＝2为f (x )的极小值点．3．已知函数f (x )＝2x 3＋ax 2＋36x －24在x ＝2处有极值，则该函数的一个递增区间是( )A ．(2,3)B ．(3，＋∞)C ．(2，＋∞)D ．(－∞，3)解析：选B 因为函数f (x )＝2x 3＋ax 2＋36x －24在x ＝2处有极值，又f ′(x )＝6x 2＋2ax ＋36，所以f ′(2)＝0解得a ＝－15.令f ′(x )＞0，解得x ＞3或x ＜2，所以函数的一个递增区间是(3，＋∞)．4．设函数f (x )在R 上可导，其导函数为f ′(x )，且函数f (x )在x ＝－2处取得极小值，则函数y ＝xf ′(x )的图象可能是( )解析：选C 由题意可得f ′(－2)＝0，而且当x ∈(－∞，－2)时，f ′(x )＜0，此时xf ′(x )＞0；排除B 、D ，当x ∈(－2，＋∞)时，f ′(x )＞0，此时若x ∈(－2,0)，xf ′(x )＜0，若x ∈(0，＋∞)，xf ′(x )＞0，所以函数y ＝xf ′(x )的图象可能是C.5．已知函数f (x )＝x 3－px 2－qx 的图象与x 轴切于(1,0)点，则f (x )的极大值、极小值分别为( )A.427，0 B ．0，427C ．－427，0D ．0，－427解析：选A f ′(x )＝3x 2－2px －q ， 由f ′(1)＝0，f (1)＝0得，⎩⎪⎨⎪⎧3－2p －q ＝0，1－p －q ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧p ＝2，q ＝－1，∴f (x )＝x 3－2x 2＋x .由f ′(x )＝3x 2－4x ＋1＝0得x ＝13或x ＝1，易得当x ＝13时f (x )取极大值427.当x ＝1时f (x )取极小值0.6．函数y ＝2xx 2＋1的极大值为________，极小值为_______． 解析：y ′＝＋x－xx 2＋2，令y ′＞0得－1＜x ＜1，令y ′＜0得x ＞1或x ＜－1，∴当x ＝－1时，取极小值－1，当x ＝1时，取极大值1.答案：1 －17．已知函数f (x )＝x 3－3x 的图象与直线y ＝a 有相异三个公共点，则a 的取值范围是________．解析：令f ′(x )＝3x 2－3＝0，得x ＝±1，可得极大值为f (－1)＝2，极小值为f (1)＝－2，y ＝f (x )的大致图象如图，观察图象得－2＜a ＜2时恰有三个不同的公共点．答案：(－2,2)8.已知函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ，其导函数y ＝f ′(x )的图象经过点(1,0)，(2,0)．如图，则下列说法中不正确的是________．(填序号)①当x ＝32时，函数f (x )取得最小值；②f (x )有两个极值点；③当x ＝2时函数值取得极小值； ④当x ＝1时函数取得极大值．解析：由图象可知，x ＝1,2是函数的两极值点，∴②正确；又x ∈(－∞，1)∪(2，＋∞)时，y ＞0；x ∈(1,2)时，y ＜0，∴x ＝1是极大值点，x ＝2是极小值点，故③④正确．答案：①9．设a 为实数，函数f (x )＝e x－2x ＋2a ，x ∈R ，求f (x )的单调区间与极值． 解：由f (x )＝e x－2x ＋2a ，x ∈R 知f ′(x )＝e x－2，x ∈R.令f ′(x )＝0，得x ＝ln 2. 于是当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：故f (x )的单调递减区间是(－∞，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，＋∞)； 且f (x )在x ＝ln 2处取得极小值．极小值为f (ln 2)＝2(1－ln 2＋a )，无极大值．10．已知f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx (a ≠0)在x ＝±1时取得极值，且f (1)＝－1. (1)试求常数a ，b ，c 的值；(2)试判断x ＝±1时函数取得极小值还是极大值，并说明理由． 解：(1)由已知，f ′(x )＝3ax 2＋2bx ＋c ，且f ′(－1)＝f ′(1)＝0，得3a ＋2b ＋c ＝0,3a －2b ＋c ＝0. 又f (1)＝－1，∴a ＋b ＋c ＝－1. ∴a ＝12，b ＝0，c ＝－32.(2)由(1)知f (x )＝12x 3－32x ，∴f ′(x )＝32x 2－32＝32(x －1)(x ＋1)．当x <－1或x >1时，f ′(x )>0；当－1<x <1时，f ′(x )<0，∴函数f (x )在(－∞，－1)和(1，＋∞)上是增函数，在(－1,1)上为减函数． ∴当x ＝－1时，函数取得极大值f (－1)＝1； 当x ＝1时，函数取得极小值f (1)＝－1.层级二 应试能力达标1．下列函数中，x ＝0是极值点的是( ) A ．y ＝－x 3B ．y ＝cos 2x C ．y ＝tan x －xD ．y ＝1x解析：选B y ＝cos 2x ＝1＋cos 2x 2，y ′＝－sin 2x ，x ＝0是y ′＝0的根且在x ＝0附近，y ′左正右负，∴x ＝0是函数的极大值点．2．已知f (x )＝x 3＋ax 2＋(a ＋6)x ＋1有极大值和极小值，则a 的取值范围是( ) A ．(－1,2)B ．(－3,6)C ．(－∞，－3)∪(6，＋∞)D ．(－∞，－1)∪(2，＋∞)解析：选C f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋a ＋6，∵f (x )有极大值与极小值，∴f ′(x )＝0有两不等实根，∴Δ＝4a 2－12(a ＋6)>0，∴a <－3或a >6.3．对于函数f (x )＝x 3－3x 2，给出命题： ①f (x )是增函数，无极值； ②f (x )是减函数，无极值；③f (x )的递增区间为(－∞，0)，(2，＋∞)，递减区间为(0,2)； ④f (0)＝0是极大值，f (2)＝－4是极小值． 其中正确的命题有( ) A ．1个 B ．2个 C ．3个D ．4个解析：选B f ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)，令f ′(x )＞0，得x ＞2或x ＜0，令f ′(x )＜0，得0＜x ＜2，所以f (x )的极大值为f (0)＝0，极小值为f (2)＝－4，故①②错误，③④正确．4．已知函数f (x )＝e x(sin x －cos x )，x ∈(0,2 017π)，则函数f (x )的极大值之和为( )A.e 2π－e 2 018πe 2π－1 B.e π－e2 016π1－e 2πC.eπ－e1 008π1－e2πD.e π－e1 008π1－eπ解析：选 B f ′(x )＝2e xsin x ，令f ′(x )＝0得sin x ＝0，∴x ＝k π，k ∈Z ，当2k π<x <2k π＋π时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当(2k －1)π<x <2k π时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，∴当x ＝(2k ＋1)π时，f (x )取到极大值，∵x ∈(0,2 017π)，∴0<(2k ＋1)π<2 017π，∴0≤k <1 008，k ∈Z. ∴f (x )的极大值之和为S ＝f (π)＋f (3π)＋f (5π)＋…＋f (2 015π)＝e π＋e 3π＋e 5π＋…＋e2 015π＝e π[1－2π 1 008]1－e2π＝e π－e2 016π1－e2π，故选B.5．若函数y ＝－x 3＋6x 2＋m 的极大值为13，则实数m 等于______．解析：y ′＝－3x 2＋12x ＝－3x (x －4)．由y ′＝0，得x ＝0或4.且x ∈(－∞，0)∪(4，＋∞)时，y ′＜0；x ∈(0,4)时，y ′＞0，∴x ＝4时取到极大值．故－64＋96＋m ＝13，解得m ＝－19.答案：－196．若函数f (x )＝x 3＋x 2－ax －4在区间(－1,1)上恰有一个极值点，则实数a 的取值范围为______．解析：由题意，f ′(x )＝3x 2＋2x －a ，则f ′(－1)f ′(1)<0，即(1－a )(5－a )<0，解得1<a <5，另外，当a ＝1时，函数f (x )＝x 3＋x 2－x －4在区间(－1，1)上恰有一个极值点，当a ＝5时，函数f (x )＝x 3＋x 2－5x －4在区间(－1,1)没有极值点．故实数a 的范围为[1,5)．答案：[1,5)7．设函数f (x )＝a3x 3＋bx 2＋cx ＋d (a ＞0)，且方程f ′(x )－9x ＝0的两个根分别为1,4.(1)当a ＝3且曲线y ＝f (x )过原点时，求f (x )的解析式； (2)若f (x )在(－∞，＋∞)内无极值点，求a 的取值范围． 解：由f (x )＝a3x 3＋bx 2＋cx ＋d 得f ′(x )＝ax 2＋2bx ＋c ，∵f ′(x )－9x ＝ax 2＋2bx ＋c －9x ＝0的两根为1,4.则⎩⎪⎨⎪⎧a ＋2b ＋c －9＝0，16a ＋8b ＋c －36＝0.(*)(1)当a ＝3时，由(*)式得⎩⎪⎨⎪⎧2b ＋c －6＝0，8b ＋c ＋12＝0，解得b ＝－3，c ＝12.又∵曲线y ＝f (x )过原点，∴d ＝0. 故f (x )＝x 3－3x 2＋12x .(2)由于a ＞0，所以“f (x )＝a3x 3＋bx 2＋cx ＋d 在(－∞，＋∞)内无极值点”等价于“f ′(x )＝ax 2＋2bx ＋c ≥0在(－∞，＋∞)内恒成立”．由(*)式得2b ＝9－5a ，c ＝4a . 又∵Δ＝(2b )2－4ac ＝9(a －1)(a －9)，∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＞0，Δ＝a －a －，解得1≤a ≤9.即a 的取值范围是[1,9]．8．已知f (x )＝2ln(x ＋a )－x 2－x 在x ＝0处取得极值． (1)求实数a 的值．(2)若关于x 的方程f (x )＋b ＝0的区间[－1,1]上恰有两个不同的实数根，求实数b 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝2x ＋a－2x －1，当x ＝0时，f (x )取得极值， 所以f ′(0)＝0，解得a ＝2，检验知a ＝2符合题意． (2)令g (x )＝f (x )＋b ＝2ln(x ＋2)－x 2－x ＋b ，则g ′(x )＝2x ＋2－2x －1＝－2x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋52x ＋2(x ＞－2)．g (x )，g ′(x )在(－2，＋∞)上的变化状态如下表：由上表可知函数在x ＝0处取得极大值，极大值为2ln 2＋b . 要使f (x )＋b ＝0在区间[－1,1]上恰有两个不同的实数根，只需⎩⎪⎨⎪⎧g －，g＞0，g，即⎩⎪⎨⎪⎧b ≤0，2ln 2＋b ＞0，2ln 3－2＋b ≤0，所以－2ln 2＜b ≤2－2ln 3.故实数b 的取值范围是(－2ln 2,2－2ln 3]．。
2019高考数学二轮复习课时跟踪检测(二十五)函数与导数(大题练)理
课时跟踪检测（二十五） 函数与导数（大题练）A 卷——大题保分练1．(2018·贵阳模拟)已知函数f (x )＝(x －1)e x＋1，g (x )＝e x＋ax －1(其中a ∈R ，e 为自然对数的底数，e ＝2.718 28…)．(1)求证：函数f (x )有唯一零点；(2)若曲线g (x )＝e x＋ax －1的一条切线方程是y ＝2x ，求实数a 的值． 解：(1)证明：因为f (x )＝(x －1)e x＋1(x ∈R)， 所以f ′(x )＝x e x，由f ′(x )＝x e x＝0，得x ＝0，f ′(x )＝x e x>0时，x >0；f ′(x )＝x e x<0时，x <0； 所以f (x )＝(x －1)e x＋1在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， 所以f (x )＝(x －1)e x ＋1的最小值为f (0)＝0， 即函数f (x )＝(x －1)e x ＋1有唯一零点．(2)设曲线g (x )＝e x＋ax －1与切线y ＝2x 相切于点(x 0，y 0)， 因为g (x )＝e x＋ax －1，所以g ′(x )＝e x＋a ， 所以⎩⎪⎨⎪⎧e x 0＋a ＝2，y 0＝e x 0＋ax 0－1，y 0＝2x 0，消去a ，y 0，得(x 0－1)e x 0＋1＝0，由(1)知方程(x 0－1)e x 0＋1＝0有唯一根x 0＝0，则e 0＋a ＝2，所以a ＝1.2．(2018·郑州模拟)已知函数f (x )＝ln x －a (x ＋1)，a ∈R 的图象在(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：(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－xx，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)，则g ′(x )＝1x －x ＋1－k ＝－x 2＋－k x ＋1x，令h (x )＝－x 2＋(1－k )x ＋1，则h (x )的对称轴为直线x ＝1－k 2，①当1－k 2≤1，即k ≥－1时，易知h (x )在(1，＋∞)上单调递减，∴x ∈(1，＋∞)时，h (x )<h (1)＝1－k ， 若k ≥1，则h (x )<0，∴g ′(x )<0， ∴g (x )在(1，＋∞)上单调递减， ∴g (x )<g (1)＝0，不符合题意． 若－1≤k <1，则h (1)>0，∴存在x 0>1，使得x ∈(1，x 0)时，h (x )>0，即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．②当1－k 2>1，即k <－1时，易知存在x 0>1，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)． 3．(2018·合肥模拟)已知函数f (x )＝ln x ＋2ax ＋1(a ∈R)． (1)求函数f (x )的单调区间； (2)当a ＝1时，求证：f (x )≤x ＋12.解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝x 2＋－a x ＋1x x ＋2.考虑y ＝x 2＋2(1－a )x ＋1，x >0.①当Δ≤0，即0≤a ≤2时，f ′(x )≥0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增． ②当Δ>0，即a >2或a <0时，由x 2＋2(1－a )x ＋1＝0，得x ＝a －1±a 2－2a .若a <0，则f ′(x )>0恒成立，此时f (x )在(0，＋∞)上单调递增； 若a >2，则a －1＋a 2－2a >a －1－a 2－2a >0，由f ′(x )>0，得0<x <a －1－a 2－2a 或x >a －1＋a 2－2a ，则f (x )在(0，a －1－a 2－2a )和(a －1＋a 2－2a ，＋∞)上单调递增．由f ′(x )<0，得a －1－a 2－2a <x <a －1＋a 2－2a ，则f (x )在(a －1－a 2－2a ，a －1＋a 2－2a )上单调递减．综上，当a ≤2时，函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；当a >2时，f (x )的单调递增区间为(0，a －1－a 2－2a )，(a －1＋a 2－2a ，＋∞)，单调递减区间为(a－1－a 2－2a ，a －1＋a 2－2a )．(2)证明：当a ＝1时，f (x )＝ln x ＋2x ＋1. 令g (x )＝f (x )－x ＋12＝ln x ＋2x ＋1－x ＋12(x >0)， 则g ′(x )＝1x－2x ＋2－12＝2－x －x 32x x ＋2＝－x －x 2＋x ＋2x x ＋2.当x >1时，g ′(x )<0，当0<x <1时，g ′(x )>0， ∴g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 即当x ＝1时，g (x )取得最大值， 故g (x )≤g (1)＝0，即f (x )≤x ＋12成立，得证．4．(2018·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝(2＋x ＋ax 2)·ln(1＋x )－2x . (1)若a ＝0，证明：当－1<x <0时，f (x )<0；当x >0时，f (x )>0； (2)若x ＝0是f (x )的极大值点，求a .解：(1)证明：当a ＝0时，f (x )＝(2＋x )ln(1＋x )－2x ，f ′(x )＝ln(1＋x )－x1＋x .设函数g (x )＝ln(1＋x )－x1＋x ，则g ′(x )＝x＋x2.当－1<x <0时，g ′(x )<0；当x >0时，g ′(x )>0， 故当x >－1时，g (x )≥g (0)＝0， 且仅当x ＝0时，g (x )＝0，从而f ′(x )≥0，且仅当x ＝0时，f ′(x )＝0. 所以f (x )在(－1，＋∞)上单调递增． 又f (0)＝0，故当－1<x <0时，f (x )<0；当x >0时，f (x )>0. (2)①若a ≥0，由(1)知，当x >0时，f (x )≥(2＋x )ln(1＋x )－2x >0＝f (0)， 这与x ＝0是f (x )的极大值点矛盾． ②若a <0， 设函数h (x )＝f x 2＋x ＋ax 2＝ln(1＋x )－2x2＋x ＋ax2.由于当|x |<min ⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1，1|a |时，2＋x ＋ax 2>0， 故h (x )与f (x )符号相同． 又h (0)＝f (0)＝0，故x ＝0是f (x )的极大值点， 当且仅当x ＝0是h (x )的极大值点．h ′(x )＝11＋x－＋x ＋ax 2－2x＋2ax＋x ＋ax22＝x 2a 2x 2＋4ax ＋6a ＋x ＋ax 2＋x ＋2.若6a ＋1>0，则当0<x <－6a ＋14a，且|x |<min ⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1，1|a |时，h ′(x )>0， 故x ＝0不是h (x )的极大值点．若6a ＋1<0，则a 2x 2＋4ax ＋6a ＋1＝0存在根x 1<0，故当x ∈(x 1,0)，且|x |<min ⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1，1|a |时，h ′(x )<0， 所以x ＝0不是h (x )的极大值点．若6a ＋1＝0，则h ′(x )＝x 3x －x ＋x 2－6x －2，则当x ∈(－1,0)时，h ′(x )>0； 当x ∈(0,1)时，h ′(x )<0. 所以x ＝0是h (x )的极大值点， 从而x ＝0是f (x )的极大值点． 综上，a ＝－16.B 卷——深化提能练1．已知函数f (x )＝ln x ＋t x－s (s ，t ∈R)． (1)讨论f (x )的单调性及最值；(2)当t ＝2时，若函数f (x )恰有两个零点x 1，x 2(0<x 1<x 2)，求证：x 1＋x 2>4. 解：(1)f ′(x )＝x －tx 2(x >0)， 当t ≤0时，f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，f (x )无最值；当t >0时，由f ′(x )<0，得x <t ，由f ′(x )>0，得x >t ，f (x )在(0，t )上单调递减，在(t ，＋∞)上单调递增，故f (x )在x ＝t 处取得最小值，最小值为f (t )＝ln t ＋1－s ，无最大值． (2)∵f (x )恰有两个零点x 1，x 2(0<x 1<x 2)，∴f (x 1)＝ln x 1＋2x 1－s ＝0，f (x 2)＝ln x 2＋2x 2－s ＝0，得s ＝2x 1＋ln x 1＝2x 2＋ln x 2，∴x 2－x 1x 1x 2＝ln x 2x 1，设t ＝x 2x 1>1，则ln t ＝t －tx 1，x 1＝t －t ln t，故x 1＋x 2＝x 1(t ＋1)＝t 2－t ln t，∴x 1＋x 2－4＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫t 2－1t －2ln t ln t，记函数h (t )＝t 2－1t －2ln t ，∵h ′(t )＝t －2t 2>0，∴h (t )在(1，＋∞)上单调递增， ∵t >1，∴h (t )>h (1)＝0，又t ＝x 2x 1>1，ln t >0，故x 1＋x 2>4成立．2．(2019届高三·福州四校联考)已知函数f (x )＝ax －ln x ，F (x )＝e x＋ax ，其中x >0，a <0. (1)若f (x )和F (x )在区间(0，ln 3)上具有相同的单调性，求实数a 的取值范围； (2)若a ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－1e 2，且函数g (x )＝x e ax －1－2ax ＋f (x )的最小值为M ，求M 的最小值．解：(1)由题意得f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x，F ′(x )＝e x＋a ，x >0，∵a <0，∴f ′(x )<0在(0，＋∞)上恒成立，即f (x )在(0，＋∞)上单调递减， 当－1≤a <0时，F ′(x )>0，即F (x )在(0，＋∞)上单调递增，不合题意， 当a <－1时，由F ′(x )>0，得x >ln(－a )，由F ′(x )<0，得0<x <ln(－a )， ∴F (x )的单调递减区间为(0，ln(－a ))，单调递增区间为(ln(－a )，＋∞)． ∵f (x )和F (x )在区间(0，ln 3)上具有相同的单调性， ∴ln(－a )≥ln 3，解得a ≤－3， 综上，a 的取值范围是(－∞，－3]． (2)g ′(x )＝e ax －1＋ax eax －1－a －1x＝(ax ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫e ax －1－1x ，由eax －1－1x ＝0，解得a ＝1－ln xx，设p (x )＝1－ln x x，则p ′(x )＝ln x －2x2，当x >e 2时，p ′(x )>0，当0<x <e 2时，p ′(x )<0，从而p (x )在(0，e 2)上单调递减，在(e 2，＋∞)上单调递增，p (x )min ＝p (e 2)＝－1e 2，当a ≤－1e 2时，a ≤1－ln x x ，即e ax －1－1x≤0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a 时，ax ＋1>0，g ′(x )≤0，g (x )单调递减，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a，＋∞时，ax ＋1<0，g ′(x )≥0，g (x )单调递增，∴g (x )min ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝M ，设t ＝－1a ∈(0，e 2]，M ＝h (t )＝t e 2－ln t ＋1(0<t ≤e 2)，则h ′(t )＝1e 2－1t ≤0，h (t )在(0，e 2]上单调递减，∴h (t )≥h (e 2)＝0，即M ≥0， ∴M 的最小值为0.3．(2018·贵阳模拟)已知函数f (x )＝kx －ln x －1(k >0)． (1)若函数f (x )有且只有一个零点，求实数k 的值； (2)证明：当n ∈N *时，1＋12＋13＋ (1)>ln(n ＋1)．解：(1)法一：f (x )＝kx －ln x －1，f ′(x )＝k －1x ＝kx －1x(x >0，k >0)，当x ＝1k 时，f ′(x )＝0；当0<x <1k 时，f ′(x )<0；当x >1k时，f ′(x )>0.∴f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，1k 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ，＋∞上单调递增，∴f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＝ln k ，∵f (x )有且只有一个零点， ∴ln k ＝0，∴k ＝1.法二：由题意知方程kx －ln x －1＝0仅有一个实根， 由kx －ln x －1＝0得k ＝ln x ＋1x(x >0)，令g (x )＝ln x ＋1x (x >0)，g ′(x )＝－ln x x2， 当x ＝1时，g ′(x )＝0；当0<x <1时，g ′(x )>0；当x >1时，g ′(x )<0. ∴g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， ∴g (x )max ＝g (1)＝1， 当x →＋∞时，g (x )→0，∴要使f (x )仅有一个零点，则k ＝1.法三：函数f (x )有且只有一个零点，即直线y ＝kx 与曲线y ＝ln x ＋1相切，设切点为(x 0，y 0)， 由y ＝ln x ＋1得y ′＝1x ，∴⎩⎪⎨⎪⎧k ＝1x 0，y 0＝kx 0，y 0＝ln x 0＋1，∴k ＝x 0＝y 0＝1， ∴实数k 的值为1.(2)证明：由(1)知x －ln x －1≥0，即x －1≥ln x ，当且仅当x ＝1时取等号， ∵n ∈N *，令x ＝n ＋1n ，得1n >ln n ＋1n， ∴1＋12＋13＋…＋1n >ln 21＋ln 32＋…＋ln n ＋1n ＝ln(n ＋1)，故1＋12＋13＋…＋1n>ln(n ＋1)．4．(2018·郑州模拟)已知函数f (x )＝ln x x ＋a (a ∈R)，曲线y ＝f (x )在点(1，f (x ))处的切线与直线x ＋y ＋1＝0垂直．(1)试比较2 0172 018与2 0182 017的大小，并说明理由；(2)若函数g (x )＝f (x )－k 有两个不同的零点x 1，x 2，证明：x 1x 2>e 2. 解：(1) 20172 018>2 0182 017.理由如下：依题意得，f ′(x )＝x ＋ax－ln x x ＋a 2，因为函数f (x )在x ＝1处有意义，所以a ≠－1. 所以f ′(1)＝1＋a ＋a＝11＋a， 又由过点(1，f (1))的切线与直线x ＋y ＋1＝0垂直可得，f ′(1)＝1，即11＋a ＝1，解得a ＝0.此时f (x )＝ln x x ，f ′(x )＝1－ln xx2， 令f ′(x )>0，即1－ln x >0，解得0<x <e ； 令f ′(x )<0，即1－ln x <0，解得x >e.所以f (x )的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e ，＋∞)． 所以f (2 017)>f (2 018)，即ln 2 0172 017>ln 2 0182 018，则2 018ln 2 017>2 017ln 2 018， 所以2 0172 018>2 0182 017.(2)证明：不妨设x 1>x 2>0，因为g (x 1)＝g (x 2)＝0， 所以ln x 1－kx 1＝0，ln x 2－kx 2＝0.可得ln x 1＋ln x 2＝k (x 1＋x 2)，ln x 1－ln x 2＝k (x 1－x 2)， 要证x 1x 2>e 2，即证ln x 1＋ln x 2>2，也就是k (x 1＋x 2)>2， 因为k ＝ln x 1－ln x 2x 1－x 2，所以只需证ln x 1－ln x 2x 1－x 2>2x 1＋x 2，即ln x 1x 2>x 1－x 2x 1＋x 2，令x 1x 2＝t ，则t >1，即证ln t >t －t ＋1.令h (t )＝ln t －t －t ＋1(t >1)．由h ′(t )＝1t－4t ＋2＝t －2t t ＋2>0得函数h (t )在(1，＋∞)上是增函数， 所以h (t )>h (1)＝0，即ln t >t －t ＋1.所以x 1x 2>e 2.。
2019高考数学二轮复习课时跟踪检测(二十五)函数与导数(大题练)理
课时跟踪检测（二十五） 函数与导数（大题练）A 卷——大题保分练1．(2018·贵阳模拟)已知函数f (x )＝(x －1)e x＋1，g (x )＝e x＋ax －1(其中a ∈R ，e 为自然对数的底数，e ＝2.718 28…)．(1)求证：函数f (x )有唯一零点；(2)若曲线g (x )＝e x＋ax －1的一条切线方程是y ＝2x ，求实数a 的值． 解：(1)证明：因为f (x )＝(x －1)e x＋1(x ∈R)， 所以f ′(x )＝x e x，由f ′(x )＝x e x＝0，得x ＝0，f ′(x )＝x e x>0时，x >0；f ′(x )＝x e x<0时，x <0； 所以f (x )＝(x －1)e x＋1在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， 所以f (x )＝(x －1)e x ＋1的最小值为f (0)＝0， 即函数f (x )＝(x －1)e x ＋1有唯一零点．(2)设曲线g (x )＝e x＋ax －1与切线y ＝2x 相切于点(x 0，y 0)， 因为g (x )＝e x＋ax －1，所以g ′(x )＝e x＋a ， 所以⎩⎪⎨⎪⎧e x 0＋a ＝2，y 0＝e x 0＋ax 0－1，y 0＝2x 0，消去a ，y 0，得(x 0－1)e x 0＋1＝0，由(1)知方程(x 0－1)e x 0＋1＝0有唯一根x 0＝0，则e 0＋a ＝2，所以a ＝1.2．(2018·郑州模拟)已知函数f (x )＝ln x －a (x ＋1)，a ∈R 的图象在(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：(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－xx，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)，则g ′(x )＝1x －x ＋1－k ＝－x 2＋－k x ＋1x，令h (x )＝－x 2＋(1－k )x ＋1，则h (x )的对称轴为直线x ＝1－k 2，①当1－k 2≤1，即k ≥－1时，易知h (x )在(1，＋∞)上单调递减，∴x ∈(1，＋∞)时，h (x )<h (1)＝1－k ， 若k ≥1，则h (x )<0，∴g ′(x )<0， ∴g (x )在(1，＋∞)上单调递减， ∴g (x )<g (1)＝0，不符合题意． 若－1≤k <1，则h (1)>0，∴存在x 0>1，使得x ∈(1，x 0)时，h (x )>0，即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．②当1－k 2>1，即k <－1时，易知存在x 0>1，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)． 3．(2018·合肥模拟)已知函数f (x )＝ln x ＋2ax ＋1(a ∈R)． (1)求函数f (x )的单调区间； (2)当a ＝1时，求证：f (x )≤x ＋12.解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝x 2＋－a x ＋1x x ＋2.考虑y ＝x 2＋2(1－a )x ＋1，x >0.①当Δ≤0，即0≤a ≤2时，f ′(x )≥0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增． ②当Δ>0，即a >2或a <0时，由x 2＋2(1－a )x ＋1＝0，得x ＝a －1±a 2－2a .若a <0，则f ′(x )>0恒成立，此时f (x )在(0，＋∞)上单调递增； 若a >2，则a －1＋a 2－2a >a －1－a 2－2a >0，由f ′(x )>0，得0<x <a －1－a 2－2a 或x >a －1＋a 2－2a ，则f (x )在(0，a －1－a 2－2a )和(a －1＋a 2－2a ，＋∞)上单调递增．由f ′(x )<0，得a －1－a 2－2a <x <a －1＋a 2－2a ，则f (x )在(a －1－a 2－2a ，a －1＋a 2－2a )上单调递减．综上，当a ≤2时，函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间； 当a >2时，f (x )的单调递增区间为(0，a －1－a 2－2a )，(a －1＋a 2－2a ，＋∞)，单调递减区间为(a －1－a 2－2a ，a －1＋a 2－2a )．(2)证明：当a ＝1时，f (x )＝ln x ＋2x ＋1. 令g (x )＝f (x )－x ＋12＝ln x ＋2x ＋1－x ＋12(x >0)， 则g ′(x )＝1x－2x ＋2－12＝2－x －x 32x x ＋2＝－x －x 2＋x ＋2x x ＋2.当x >1时，g ′(x )<0，当0<x <1时，g ′(x )>0， ∴g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 即当x ＝1时，g (x )取得最大值， 故g (x )≤g (1)＝0，即f (x )≤x ＋12成立，得证．4．(2018·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝(2＋x ＋ax 2)·ln(1＋x )－2x . (1)若a ＝0，证明：当－1<x <0时，f (x )<0；当x >0时，f (x )>0； (2)若x ＝0是f (x )的极大值点，求a .解：(1)证明：当a ＝0时，f (x )＝(2＋x )ln(1＋x )－2x ，f ′(x )＝ln(1＋x )－x1＋x. 设函数g (x )＝ln(1＋x )－x1＋x ，则g ′(x )＝x＋x2.当－1<x <0时，g ′(x )<0；当x >0时，g ′(x )>0， 故当x >－1时，g (x )≥g (0)＝0， 且仅当x ＝0时，g (x )＝0，从而f ′(x )≥0，且仅当x ＝0时，f ′(x )＝0. 所以f (x )在(－1，＋∞)上单调递增． 又f (0)＝0，故当－1<x <0时，f (x )<0；当x >0时，f (x )>0. (2)①若a ≥0，由(1)知，当x >0时，f (x )≥(2＋x )ln(1＋x )－2x >0＝f (0)，这与x ＝0是f (x )的极大值点矛盾． ②若a <0， 设函数h (x )＝f x 2＋x ＋ax 2＝ln(1＋x )－2x2＋x ＋ax2.由于当|x |<min ⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1，1|a |时，2＋x ＋ax 2>0， 故h (x )与f (x )符号相同． 又h (0)＝f (0)＝0， 故x ＝0是f (x )的极大值点， 当且仅当x ＝0是h (x )的极大值点．h ′(x )＝11＋x－＋x ＋ax 2－2x＋2ax＋x ＋ax22＝x 2a 2x 2＋4ax ＋6a ＋x ＋ax ＋x ＋.若6a ＋1>0，则当0<x <－6a ＋14a，且|x |<min ⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1，1|a |时，h ′(x )>0， 故x ＝0不是h (x )的极大值点．若6a ＋1<0，则a 2x 2＋4ax ＋6a ＋1＝0存在根x 1<0， 故当x ∈(x 1,0)，且|x |<min ⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1，1|a |时，h ′(x )<0， 所以x ＝0不是h (x )的极大值点．若6a ＋1＝0，则h ′(x )＝x 3x －x ＋x 2－6x －2，则当x ∈(－1,0)时，h ′(x )>0； 当x ∈(0,1)时，h ′(x )<0. 所以x ＝0是h (x )的极大值点， 从而x ＝0是f (x )的极大值点． 综上，a ＝－16.B 卷——深化提能练1．已知函数f (x )＝ln x ＋t x－s (s ，t ∈R)． (1)讨论f (x )的单调性及最值；(2)当t ＝2时，若函数f (x )恰有两个零点x 1，x 2(0<x 1<x 2)，求证：x 1＋x 2>4.解：(1)f ′(x )＝x －tx 2(x >0)， 当t ≤0时，f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，f (x )无最值；当t >0时，由f ′(x )<0，得x <t ，由f ′(x )>0，得x >t ，f (x )在(0，t )上单调递减，在(t ，＋∞)上单调递增，故f (x )在x ＝t 处取得最小值，最小值为f (t )＝ln t ＋1－s ，无最大值． (2)∵f (x )恰有两个零点x 1，x 2(0<x 1<x 2)，∴f (x 1)＝ln x 1＋2x 1－s ＝0，f (x 2)＝ln x 2＋2x 2－s ＝0，得s ＝2x 1＋ln x 1＝2x 2＋ln x 2，∴x 2－x 1x 1x 2＝ln x 2x 1，设t ＝x 2x 1>1，则ln t ＝t －tx 1，x 1＝t －t ln t，故x 1＋x 2＝x 1(t ＋1)＝2t 2－t ln t，∴x 1＋x 2－4＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫t 2－1t －2ln t ln t，记函数h (t )＝t 2－1t －2ln t ，∵h ′(t )＝t －2t 2>0，∴h (t )在(1，＋∞)上单调递增， ∵t >1，∴h (t )>h (1)＝0，又t ＝x 2x 1>1，ln t >0，故x 1＋x 2>4成立．2．(2019届高三·福州四校联考)已知函数f (x )＝ax －ln x ，F (x )＝e x＋ax ，其中x >0，a <0.(1)若f (x )和F (x )在区间(0，ln 3)上具有相同的单调性，求实数a 的取值范围； (2)若a ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－1e 2，且函数g (x )＝x e ax －1－2ax ＋f (x )的最小值为M ，求M 的最小值．解：(1)由题意得f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x，F ′(x )＝e x＋a ，x >0，∵a <0，∴f ′(x )<0在(0，＋∞)上恒成立，即f (x )在(0，＋∞)上单调递减， 当－1≤a <0时，F ′(x )>0，即F (x )在(0，＋∞)上单调递增，不合题意，当a <－1时，由F ′(x )>0，得x >ln(－a )，由F ′(x )<0，得0<x <ln(－a )， ∴F (x )的单调递减区间为(0，ln(－a ))，单调递增区间为(ln(－a )，＋∞)． ∵f (x )和F (x )在区间(0，ln 3)上具有相同的单调性， ∴ln(－a )≥ln 3，解得a ≤－3， 综上，a 的取值范围是(－∞，－3]． (2)g ′(x )＝e ax －1＋ax eax －1－a －1x＝(ax ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫e ax －1－1x ，由eax －1－1x ＝0，解得a ＝1－ln xx，设p (x )＝1－ln x x，则p ′(x )＝ln x －2x2， 当x >e 2时，p ′(x )>0，当0<x <e 2时，p ′(x )<0，从而p (x )在(0，e 2)上单调递减，在(e 2，＋∞)上单调递增，p (x )min ＝p (e 2)＝－1e 2，当a ≤－1e 2时，a ≤1－ln x x ，即e ax －1－1x≤0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a 时，ax ＋1>0，g ′(x )≤0，g (x )单调递减，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a，＋∞时，ax ＋1<0，g ′(x )≥0，g (x )单调递增，∴g (x )min ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝M ，设t ＝－1a ∈(0，e 2]，M ＝h (t )＝t e 2－ln t ＋1(0<t ≤e 2)，则h ′(t )＝1e 2－1t ≤0，h (t )在(0，e 2]上单调递减，∴h (t )≥h (e 2)＝0，即M ≥0， ∴M 的最小值为0.3．(2018·贵阳模拟)已知函数f (x )＝kx －ln x －1(k >0)． (1)若函数f (x )有且只有一个零点，求实数k 的值； (2)证明：当n ∈N *时，1＋12＋13＋ (1)>ln(n ＋1)．解：(1)法一：f (x )＝kx －ln x －1，f ′(x )＝k －1x ＝kx －1x(x >0，k >0)，当x ＝1k 时，f ′(x )＝0；当0<x <1k 时，f ′(x )<0；当x >1k时，f ′(x )>0.∴f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，1k 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ，＋∞上单调递增，∴f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＝ln k ，∵f (x )有且只有一个零点， ∴ln k ＝0，∴k ＝1.法二：由题意知方程kx －ln x －1＝0仅有一个实根， 由kx －ln x －1＝0得k ＝ln x ＋1x(x >0)，令g (x )＝ln x ＋1x (x >0)，g ′(x )＝－ln x x2， 当x ＝1时，g ′(x )＝0；当0<x <1时，g ′(x )>0；当x >1时，g ′(x )<0. ∴g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， ∴g (x )max ＝g (1)＝1， 当x →＋∞时，g (x )→0，∴要使f (x )仅有一个零点，则k ＝1.法三：函数f (x )有且只有一个零点，即直线y ＝kx 与曲线y ＝ln x ＋1相切，设切点为(x 0，y 0)，由y ＝ln x ＋1得y ′＝1x，∴⎩⎪⎨⎪⎧k ＝1x 0，y 0＝kx 0，y 0＝ln x 0＋1，∴k ＝x 0＝y 0＝1， ∴实数k 的值为1.(2)证明：由(1)知x －ln x －1≥0，即x －1≥ln x ，当且仅当x ＝1时取等号， ∵n ∈N *，令x ＝n ＋1n ，得1n >ln n ＋1n， ∴1＋12＋13＋…＋1n >ln 21＋ln 32＋…＋ln n ＋1n ＝ln(n ＋1)，故1＋12＋13＋…＋1n>ln(n ＋1)．4．(2018·郑州模拟)已知函数f (x )＝ln x x ＋a (a ∈R)，曲线y ＝f (x )在点(1，f (x ))处的切线与直线x ＋y ＋1＝0垂直．(1)试比较2 0172 018与2 0182 017的大小，并说明理由；(2)若函数g (x )＝f (x )－k 有两个不同的零点x 1，x 2，证明：x 1x 2>e 2.解：(1) 20172 018>2 0182 017.理由如下：依题意得，f ′(x )＝x ＋ax－ln x x ＋a 2，因为函数f (x )在x ＝1处有意义，所以a ≠－1. 所以f ′(1)＝1＋a ＋a2＝11＋a， 又由过点(1，f (1))的切线与直线x ＋y ＋1＝0垂直可得，f ′(1)＝1，即11＋a＝1，解得a ＝0.此时f (x )＝ln x x ，f ′(x )＝1－ln xx2， 令f ′(x )>0，即1－ln x >0，解得0<x <e ； 令f ′(x )<0，即1－ln x <0，解得x >e.所以f (x )的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e ，＋∞)． 所以f (2 017)>f (2 018)，即ln 2 0172 017>ln 2 0182 018，则2 018ln 2 017>2 017ln 2 018， 所以2 0172 018>2 0182 017.(2)证明：不妨设x 1>x 2>0，因为g (x 1)＝g (x 2)＝0， 所以ln x 1－kx 1＝0，ln x 2－kx 2＝0.可得ln x 1＋ln x 2＝k (x 1＋x 2)，ln x 1－ln x 2＝k (x 1－x 2)， 要证x 1x 2>e 2，即证ln x 1＋ln x 2>2，也就是k (x 1＋x 2)>2， 因为k ＝ln x 1－ln x 2x 1－x 2，所以只需证ln x 1－ln x 2x 1－x 2>2x 1＋x 2，即ln x 1x 2>x 1－x 2x 1＋x 2，令x 1x 2＝t ，则t >1，即证ln t >t －1t ＋1.令h (t )＝ln t －t －t ＋1(t >1)．由h ′(t )＝1t－4t ＋2＝t －2t t ＋2>0得函数h (t )在(1，＋∞)上是增函数， 所以h (t )>h (1)＝0，即ln t >t －t ＋1.所以x 1x 2>e 2.。
2019高考数学二轮复习课时跟踪检测(二十五)函数与导数(大题练)理
课时跟踪检测（二十五） 函数与导数（大题练）A 卷——大题保分练1．(2018·贵阳模拟)已知函数f (x )＝(x －1)e x＋1，g (x )＝e x＋ax －1(其中a ∈R ，e 为自然对数的底数，e ＝2.718 28…)．(1)求证：函数f (x )有唯一零点；(2)若曲线g (x )＝e x＋ax －1的一条切线方程是y ＝2x ，求实数a 的值． 解：(1)证明：因为f (x )＝(x －1)e x＋1(x ∈R)， 所以f ′(x )＝x e x，由f ′(x )＝x e x＝0，得x ＝0，f ′(x )＝x e x>0时，x >0；f ′(x )＝x e x<0时，x <0； 所以f (x )＝(x －1)e x＋1在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， 所以f (x )＝(x －1)e x ＋1的最小值为f (0)＝0， 即函数f (x )＝(x －1)e x ＋1有唯一零点．(2)设曲线g (x )＝e x＋ax －1与切线y ＝2x 相切于点(x 0，y 0)， 因为g (x )＝e x＋ax －1，所以g ′(x )＝e x＋a ， 所以⎩⎪⎨⎪⎧e x 0＋a ＝2，y 0＝e x 0＋ax 0－1，y 0＝2x 0，消去a ，y 0，得(x 0－1)e x 0＋1＝0，由(1)知方程(x 0－1)e x 0＋1＝0有唯一根x 0＝0，则e 0＋a ＝2，所以a ＝1.2．(2018·郑州模拟)已知函数f (x )＝ln x －a (x ＋1)，a ∈R 的图象在(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：(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－xx，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)，则g ′(x )＝1x －x ＋1－k ＝－x 2＋－k x ＋1x，令h (x )＝－x 2＋(1－k )x ＋1，则h (x )的对称轴为直线x ＝1－k 2，①当1－k 2≤1，即k ≥－1时，易知h (x )在(1，＋∞)上单调递减，∴x ∈(1，＋∞)时，h (x )<h (1)＝1－k ， 若k ≥1，则h (x )<0，∴g ′(x )<0， ∴g (x )在(1，＋∞)上单调递减， ∴g (x )<g (1)＝0，不符合题意． 若－1≤k <1，则h (1)>0，∴存在x 0>1，使得x ∈(1，x 0)时，h (x )>0，即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．②当1－k 2>1，即k <－1时，易知存在x 0>1，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)． 3．(2018·合肥模拟)已知函数f (x )＝ln x ＋2ax ＋1(a ∈R)． (1)求函数f (x )的单调区间； (2)当a ＝1时，求证：f (x )≤x ＋12.解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝x 2＋－a x ＋1x x ＋.考虑y ＝x 2＋2(1－a )x ＋1，x >0.①当Δ≤0，即0≤a ≤2时，f ′(x )≥0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增． ②当Δ>0，即a >2或a <0时，由x 2＋2(1－a )x ＋1＝0，得x ＝a －1±a 2－2a .若a <0，则f ′(x )>0恒成立，此时f (x )在(0，＋∞)上单调递增； 若a >2，则a －1＋a 2－2a >a －1－a 2－2a >0，由f ′(x )>0，得0<x <a －1－a 2－2a 或x >a －1＋a 2－2a ，则f (x )在(0，a －1－a 2－2a )和(a －1＋a 2－2a ，＋∞)上单调递增．由f ′(x )<0，得a －1－a 2－2a <x <a －1＋a 2－2a ，则f (x )在(a －1－a 2－2a ，a －1＋a 2－2a )上单调递减．综上，当a ≤2时，函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；当a >2时，f (x )的单调递增区间为(0，a －1－a 2－2a )，(a －1＋a 2－2a ，＋∞)，单调递减区间为(a －1－a 2－2a ，a －1＋a 2－2a )．(2)证明：当a ＝1时，f (x )＝ln x ＋2x ＋1. 令g (x )＝f (x )－x ＋12＝ln x ＋2x ＋1－x ＋12(x >0)， 则g ′(x )＝1x－2x ＋2－12＝2－x －x 32x x ＋2＝－x －x 2＋x ＋2x x ＋2.当x >1时，g ′(x )<0，当0<x <1时，g ′(x )>0， ∴g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 即当x ＝1时，g (x )取得最大值， 故g (x )≤g (1)＝0，即f (x )≤x ＋12成立，得证．4．(2018·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝(2＋x ＋ax 2)·ln(1＋x )－2x . (1)若a ＝0，证明：当－1<x <0时，f (x )<0；当x >0时，f (x )>0； (2)若x ＝0是f (x )的极大值点，求a .解：(1)证明：当a ＝0时，f (x )＝(2＋x )ln(1＋x )－2x ，f ′(x )＝ln(1＋x )－x1＋x .设函数g (x )＝ln(1＋x )－x1＋x ，则g ′(x )＝x＋x2.当－1<x <0时，g ′(x )<0；当x >0时，g ′(x )>0， 故当x >－1时，g (x )≥g (0)＝0， 且仅当x ＝0时，g (x )＝0，从而f ′(x )≥0，且仅当x ＝0时，f ′(x )＝0. 所以f (x )在(－1，＋∞)上单调递增． 又f (0)＝0，故当－1<x <0时，f (x )<0；当x >0时，f (x )>0. (2)①若a ≥0，由(1)知，当x >0时，f (x )≥(2＋x )ln(1＋x )－2x >0＝f (0)， 这与x ＝0是f (x )的极大值点矛盾． ②若a <0， 设函数h (x )＝f x 2＋x ＋ax 2＝ln(1＋x )－2x2＋x ＋ax2.由于当|x |<min ⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1，1|a |时，2＋x ＋ax 2>0， 故h (x )与f (x )符号相同． 又h (0)＝f (0)＝0， 故x ＝0是f (x )的极大值点，当且仅当x ＝0是h (x )的极大值点．h ′(x )＝11＋x－＋x ＋ax 2－2x＋2ax＋x ＋ax22＝x 2a 2x 2＋4ax ＋6a ＋x ＋ax 2＋x ＋2.若6a ＋1>0，则当0<x <－6a ＋14a ，且|x |<min ⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1，1|a |时，h ′(x )>0， 故x ＝0不是h (x )的极大值点．若6a ＋1<0，则a 2x 2＋4ax ＋6a ＋1＝0存在根x 1<0， 故当x ∈(x 1,0)，且|x |<min ⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1，1|a |时，h ′(x )<0， 所以x ＝0不是h (x )的极大值点．若6a ＋1＝0，则h ′(x )＝x 3x －x ＋x 2－6x －2，则当x ∈(－1,0)时，h ′(x )>0； 当x ∈(0,1)时，h ′(x )<0. 所以x ＝0是h (x )的极大值点， 从而x ＝0是f (x )的极大值点． 综上，a ＝－16.B 卷——深化提能练1．已知函数f (x )＝ln x ＋t x－s (s ，t ∈R)． (1)讨论f (x )的单调性及最值；(2)当t ＝2时，若函数f (x )恰有两个零点x 1，x 2(0<x 1<x 2)，求证：x 1＋x 2>4. 解：(1)f ′(x )＝x －tx 2(x >0)， 当t ≤0时，f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，f (x )无最值；当t >0时，由f ′(x )<0，得x <t ，由f ′(x )>0，得x >t ，f (x )在(0，t )上单调递减，在(t ，＋∞)上单调递增，故f (x )在x ＝t 处取得最小值，最小值为f (t )＝ln t ＋1－s ，无最大值． (2)∵f (x )恰有两个零点x 1，x 2(0<x 1<x 2)，∴f (x 1)＝ln x 1＋2x 1－s ＝0，f (x 2)＝ln x 2＋2x 2－s ＝0，得s ＝2x 1＋ln x 1＝2x 2＋ln x 2，∴x 2－x 1x 1x 2＝ln x 2x 1，设t ＝x 2x 1>1，则ln t ＝t －tx 1，x 1＝t －t ln t，故x 1＋x 2＝x 1(t ＋1)＝t 2－t ln t，∴x 1＋x 2－4＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫t 2－1t －2ln t ln t，记函数h (t )＝t 2－1t －2ln t ，∵h ′(t )＝t －2t 2>0，∴h (t )在(1，＋∞)上单调递增， ∵t >1，∴h (t )>h (1)＝0，又t ＝x 2x 1>1，ln t >0，故x 1＋x 2>4成立．2．(2019届高三·福州四校联考)已知函数f (x )＝ax －ln x ，F (x )＝e x＋ax ，其中x >0，a <0. (1)若f (x )和F (x )在区间(0，ln 3)上具有相同的单调性，求实数a 的取值范围； (2)若a ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－1e 2，且函数g (x )＝x e ax －1－2ax ＋f (x )的最小值为M ，求M 的最小值．解：(1)由题意得f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x，F ′(x )＝e x＋a ，x >0，∵a <0，∴f ′(x )<0在(0，＋∞)上恒成立，即f (x )在(0，＋∞)上单调递减， 当－1≤a <0时，F ′(x )>0，即F (x )在(0，＋∞)上单调递增，不合题意， 当a <－1时，由F ′(x )>0，得x >ln(－a )，由F ′(x )<0，得0<x <ln(－a )， ∴F (x )的单调递减区间为(0，ln(－a ))，单调递增区间为(ln(－a )，＋∞)． ∵f (x )和F (x )在区间(0，ln 3)上具有相同的单调性， ∴ln(－a )≥ln 3，解得a ≤－3， 综上，a 的取值范围是(－∞，－3]． (2)g ′(x )＝e ax －1＋ax eax －1－a －1x＝(ax ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫e ax －1－1x ，由eax －1－1x ＝0，解得a ＝1－ln xx，设p (x )＝1－ln x x，则p ′(x )＝ln x －2x2， 当x >e 2时，p ′(x )>0，当0<x <e 2时，p ′(x )<0，从而p (x )在(0，e 2)上单调递减，在(e 2，＋∞)上单调递增，p (x )min ＝p (e 2)＝－1e 2，当a ≤－1e 2时，a ≤1－ln x x ，即e ax －1－1x≤0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a 时，ax ＋1>0，g ′(x )≤0，g (x )单调递减，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a，＋∞时，ax ＋1<0，g ′(x )≥0，g (x )单调递增，∴g (x )min ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝M ，设t ＝－1a ∈(0，e 2]，M ＝h (t )＝t e 2－ln t ＋1(0<t ≤e 2)，则h ′(t )＝1e 2－1t ≤0，h (t )在(0，e 2]上单调递减，∴h (t )≥h (e 2)＝0，即M ≥0， ∴M 的最小值为0.3．(2018·贵阳模拟)已知函数f (x )＝kx －ln x －1(k >0)． (1)若函数f (x )有且只有一个零点，求实数k 的值； (2)证明：当n ∈N *时，1＋12＋13＋ (1)>ln(n ＋1)．解：(1)法一：f (x )＝kx －ln x －1，f ′(x )＝k －1x ＝kx －1x(x >0，k >0)，当x ＝1k 时，f ′(x )＝0；当0<x <1k 时，f ′(x )<0；当x >1k时，f ′(x )>0.∴f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，1k 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ，＋∞上单调递增，∴f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k＝ln k ，∵f (x )有且只有一个零点， ∴ln k ＝0，∴k ＝1.法二：由题意知方程kx －ln x －1＝0仅有一个实根， 由kx －ln x －1＝0得k ＝ln x ＋1x(x >0)，令g (x )＝ln x ＋1x (x >0)，g ′(x )＝－ln x x2， 当x ＝1时，g ′(x )＝0；当0<x <1时，g ′(x )>0；当x >1时，g ′(x )<0. ∴g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， ∴g (x )max ＝g (1)＝1， 当x →＋∞时，g (x )→0，∴要使f (x )仅有一个零点，则k ＝1.法三：函数f (x )有且只有一个零点，即直线y ＝kx 与曲线y ＝ln x ＋1相切，设切点为(x 0，y 0)， 由y ＝ln x ＋1得y ′＝1x ，∴⎩⎪⎨⎪⎧k ＝1x 0，y 0＝kx 0，y 0＝ln x 0＋1，∴k ＝x 0＝y 0＝1， ∴实数k 的值为1.(2)证明：由(1)知x －ln x －1≥0，即x －1≥ln x ，当且仅当x ＝1时取等号， ∵n ∈N *，令x ＝n ＋1n ，得1n >ln n ＋1n， ∴1＋12＋13＋…＋1n >ln 21＋ln 32＋…＋ln n ＋1n ＝ln(n ＋1)，故1＋12＋13＋…＋1n>ln(n ＋1)．4．(2018·郑州模拟)已知函数f (x )＝ln x x ＋a (a ∈R)，曲线y ＝f (x )在点(1，f (x ))处的切线与直线x ＋y ＋1＝0垂直．(1)试比较2 0172 018与2 0182 017的大小，并说明理由；(2)若函数g (x )＝f (x )－k 有两个不同的零点x 1，x 2，证明：x 1x 2>e 2. 解：(1) 20172 018>2 0182 017.理由如下：依题意得，f ′(x )＝x ＋ax－ln x x ＋a 2，因为函数f (x )在x ＝1处有意义，所以a ≠－1. 所以f ′(1)＝1＋a ＋a2＝11＋a， 又由过点(1，f (1))的切线与直线x ＋y ＋1＝0垂直可得，f ′(1)＝1，即11＋a ＝1，解得a ＝0.此时f (x )＝ln x x ，f ′(x )＝1－ln xx2， 令f ′(x )>0，即1－ln x >0，解得0<x <e ； 令f ′(x )<0，即1－ln x <0，解得x >e.所以f (x )的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e ，＋∞)． 所以f (2 017)>f (2 018)，即ln 2 0172 017>ln 2 0182 018，则2 018ln 2 017>2 017ln 2 018， 所以2 0172 018>2 0182 017.(2)证明：不妨设x 1>x 2>0，因为g (x 1)＝g (x 2)＝0，所以ln x 1－kx 1＝0，ln x 2－kx 2＝0.可得ln x 1＋ln x 2＝k (x 1＋x 2)，ln x 1－ln x 2＝k (x 1－x 2)， 要证x 1x 2>e 2，即证ln x 1＋ln x 2>2，也就是k (x 1＋x 2)>2， 因为k ＝ln x 1－ln x 2x 1－x 2，所以只需证ln x 1－ln x 2x 1－x 2>2x 1＋x 2，即ln x 1x 2>x 1－x 2x 1＋x 2，令x 1x 2＝t ，则t >1，即证ln t >t －t ＋1.令h (t )＝ln t －t －t ＋1(t >1)．由h ′(t )＝1t－4t ＋2＝t －2t t ＋2>0得函数h (t )在(1，＋∞)上是增函数， 所以h (t )>h (1)＝0，即ln t >t －t ＋1.所以x 1x 2>e 2.。
人教A高中数学选修22新课改地区课时跟踪检测六 函数的极值与导数 含解析
课时跟踪检测（六） 函数的极值与导数一、题组对点训练 对点练一 求函数的极值1．函数y ＝x 3－3x 2－9x (－2<x <2)有( ) A ．极大值5，极小值－27 B ．极大值5，极小值－11 C ．极大值5，无极小值D ．极小值－27，无极大值解析：选C 由y ′＝3x 2－6x －9＝0， 得x ＝－1或x ＝3.当x <－1或x >3时，y ′>0； 当－1<x <3时，y ′<0.∴当x ＝－1时，函数有极大值5； 3∉(－2,2)，故无极小值．2．已知函数f (x )＝x 3－px 2－qx 的图象与x 轴切于(1,0)点，则f (x )的极大值、极小值分别为( )A ．427，0B ．0，427C ．－427，0 D ．0，－427解析：选A f ′(x )＝3x 2－2px －q ， 由f ′(1)＝0，f (1)＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧ 3－2p －q ＝0，1－p －q ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧p ＝2，q ＝－1，∴f (x )＝x 3－2x 2＋x . 由f ′(x )＝3x 2－4x ＋1＝0得x ＝13或x ＝1，易得当x ＝13时f (x )取极大值427，当x ＝1时f (x )取极小值0.3．已知函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ，其导函数y ＝f ′(x )的图象经过点(1,0)，(2,0)，如图所示，则下列说法中不正确的序号是________． ①当x ＝32时，函数取得极小值；②f (x )有两个极值点；③当x ＝2时，函数取得极小值； ④当x ＝1时，函数取得极大值．解析：由题图知，当x ∈(－∞，1)时，f ′(x )>0；当x ∈(1,2)时，f ′(x )<0；当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0，所以f (x )有两个极值点，分别为1和2，且当x ＝2时函数取得极小值，当x ＝1时函数取得极大值．只有①不正确．答案：①对点练二 已知函数的极值求参数4．函数f (x )＝ax 3＋bx 在x ＝1处有极值－2，则a ，b 的值分别为( ) A ．1，－3 B ．1,3 C ．－1,3D ．－1，－3解析：选A f ′(x )＝3ax 2＋b ， 由题意知f ′(1)＝0，f (1)＝－2，∴⎩⎪⎨⎪⎧3a ＋b ＝0，a ＋b ＝－2，∴a ＝1，b ＝－3. 5．若函数f (x )＝x 2－2bx ＋3a 在区间(0,1)内有极小值，则实数b 的取值范围是( ) A ．b <1 B ．b >1 C ．0<b <1 D ．b <12解析：选C f ′(x )＝2x －2b ＝2(x －b )，令f ′(x )＝0，解得x ＝b ，由于函数f (x )在区间(0,1)内有极小值，则有0<b <1.当0<x <b 时，f ′(x )<0；当b <x <1时，f ′(x )>0，符合题意．所以实数b 的取值范围是0<b <1.6．已知函数f (x )＝x 3＋3ax 2＋3(a ＋2)x ＋1既有极大值又有极小值，则实数a 的取值范围是________．解析：f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋3(a ＋2)，∵函数f (x )既有极大值又有极小值，∴方程f ′(x )＝0有两个不相等的实根，∴Δ＝36a 2－36(a ＋2)>0.即a 2－a －2>0，解之得a >2或a <－1.答案：(－∞，－1)∪(2，＋∞) 对点练三 函数极值的综合问题 7．设f (x )＝x ln x －ax 2＋(2a －1)x ，a ∈R . (1)令g (x )＝f ′(x )，求g (x )的单调区间；(2)已知f (x )在x ＝1处取得极大值，求实数a 的取值范围． 解：(1)由f ′(x )＝ln x －2ax ＋2a ， 可得g (x )＝ln x －2ax ＋2a ，x ∈(0，＋∞)． 则g ′(x )＝1x －2a ＝1－2ax x .当a ≤0时，x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增；当a >0时，x ∈⎝⎛⎭⎫0，12a 时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增，x ∈⎝⎛⎭⎫12a ，＋∞时，函数g (x )单调递减．所以当a ≤0时，g (x )的单调增区间为(0，＋∞)； 当a >0时，g (x )的单调增区间为⎝⎛⎭⎫0，12a ， 单调减区间为⎝⎛⎭⎫12a ，＋∞. (2)由(1)知，f ′(1)＝0.①当a ≤0时，f ′(x )单调递增，所以当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减． 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增． 所以f (x )在x ＝1处取得极小值，不合题意．②当0<a <12时，12a >1，由(1)知f ′(x )在⎝⎛⎭⎫0，12a 内单调递增，可得当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0，x ∈⎝⎛⎭⎫1，12a 时，f ′(x )>0. 所以f (x )在(0,1)内单调递减，在⎝⎛⎭⎫1，12a 内单调递增， 所以f (x )在x ＝1处取得极小值，不合题意．③当a ＝12时，12a ＝1，f ′(x )在(0,1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减，所以当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )≤0，f (x )单调递减，不合题意． ④当a >12时，0<12a<1，当x ∈⎝⎛⎭⎫12a ，1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减， 所以f (x )在x ＝1处取极大值，符合题意． 综上可知，实数a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫12，＋∞. 8．已知函数y ＝x 3＋3ax 2＋3bx ＋c 在x ＝2处有极值，且其图象在x ＝1处的切线与直线6x＋2y＋5＝0平行．(1)求函数的单调区间；(2)求函数的极大值与极小值的差．解：y′＝3x2＋6ax＋3b.∵x＝2是函数的极值点，∴12＋12a＋3b＝0，即4＋4a＋b＝0，①又图象在x＝1处的切线与直线6x＋2y＋5＝0平行，∴y′|x＝1＝3＋6a＋3b＝－3，即2a＋b＋2＝0.②由①②解得a＝－1，b＝0，此时y′＝3x2－6x＝3x(x－2)．(1)令y′>0，即3x(x－2)>0，解得x<0或x>2，令y′<0，即3x(x－2)<0，解得0<x<2，∴函数的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(－∞，0)，(2，＋∞)．(2)由(1)可知x＝0是极大值点，x＝2是极小值点，又y＝f(x)＝x3－3x2＋c，∴y极大值－y极小值＝f(0)－f(2)＝c－(8－12＋c)＝4.二、综合过关训练1．若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)e x－1的极值点，则f(x)的极小值为()A．－1 B．－2e－3C．5e－3D．1解析：选A因为f(x)＝(x2＋ax－1)e x－1，所以f′(x)＝(2x＋a)e x－1＋(x2＋ax－1)e x－1＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]e x－1.因为x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)e x－1的极值点，所以－2是x2＋(a＋2)x＋a－1＝0的根，所以a＝－1，f′(x)＝(x2＋x－2)e x－1＝(x＋2)(x－1)e x－1.令f′(x)>0，解得x<－2或x>1，令f′(x)<0，解得－2<x<1，所以f(x)在(－∞，－2)上单调递增，在(－2,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以当x＝1时，f(x)取得极小值，且f(x)极小值＝f(1)＝－1.2．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx－a2－7a在x＝1处取得极大值10，则ab的值为()A ．－23B ．－2C ．－2或－23D ．2或－23解析：选A 由题意知，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，f ′(1)＝0，f (1)＝10，即⎩⎪⎨⎪⎧ 3＋2a ＋b ＝0，1＋a ＋b －a 2－7a ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝－2，b ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝－6，b ＝9，经检验⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－6，b ＝9满足题意，故a b ＝－23，故选A.3．若函数y ＝x 3－2ax ＋a 在(0,1)内有极小值没有极大值，则实数a 的取值范围是( ) A ．(0,3) B ．(－∞，3) C ．(0，＋∞) D ．⎝⎛⎭⎫0，32 解析：选D f ′(x )＝3x 2－2a ， ∵f (x )在(0,1)内有极小值没有极大值，∴⎩⎨⎧f ′(0)<0，f ′(1)>0⇒⎩⎪⎨⎪⎧－2a <0，3－2a >0.即0<a <32.4．已知可导函数y ＝f (x )在点P (x 0，f (x 0))处的切线为l ：y ＝g (x )(如图)，设F (x )＝f (x )－g (x )，则( )A ．F ′(x 0)＝0，x ＝x 0是F (x )的极大值点B ．F ′(x 0)＝0，x ＝x 0是F (x )的极小值点C ．F ′(x 0)≠0，x ＝x 0不是F (x )的极值点D ．F ′(x 0)≠0，x ＝x 0是F (x )的极值点解析：选B 由题图知可导函数y ＝f (x )在点P (x 0，f (x 0))处切线为l ：y ＝g (x )，又F (x )＝f (x )－g (x )在x 0处先减后增，∴F ′(x 0)＝0，x ＝x 0是F (x )的极小值点．故选B.5．已知函数y ＝x 3－3x ＋c 的图象与x 轴恰有两个公共点，则c ＝________.解析：设f (x )＝x 3－3x ＋c ，对f (x )求导可得，f ′(x )＝3x 2－3，令f ′(x )＝0，可得x ＝±1，易知f (x )在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递增，在(－1,1)上单调递减．若f (1)＝1－3＋c ＝0，可得c ＝2；若f (－1)＝－1＋3＋c ＝0，可得c ＝－2.答案：－2或26．若函数f (x )＝x 2－12ln x ＋1在其定义域内的一个子区间(a －1，a ＋1)内存在极值，则实数a 的取值范围是________．解析：f (x )＝x 2－12ln x ＋1的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2x －12·1x ＝4x 2－12x ，∵函数f (x )＝x 2－12ln x ＋1在其定义域内的一个子区间(a －1，a ＋1)内存在极值，∴f ′(x )＝4x 2－12x 在区间(a －1，a ＋1)上有零点，而f ′(x )＝4x 2－12x 的零点为12，故12∈(a －1，a ＋1)，故a －1<12<a ＋1，解得－12<a <32，又a －1≥0，∴a ≥1. 故实数a 的取值范围为⎣⎡⎭⎫1，32. 答案：⎣⎡⎭⎫1，32 7．已知函数f (x )＝e x (ax ＋b )－x 2－4x ，曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝4x ＋4.(1)求a ，b 的值；(2)讨论f (x )的单调性，并求f (x )的极大值． 解：(1)f ′(x )＝e x (ax ＋a ＋b )－2x －4.由已知得f (0)＝4，f ′(0)＝4，故b ＝4，a ＋b ＝8，从而a ＝4，b ＝4. (2)由(1)知，f (x )＝4e x (x ＋1)－x 2－4x ， f ′(x )＝4e x (x ＋2)－2x －4＝4(x ＋2)⎝⎛⎭⎫e x －12. 令f ′(x )＝0，得x ＝－ln 2或x ＝－2.从而当x ∈(－∞，－2)∪(－ln 2，＋∞)时，f ′(x )>0； 当x ∈(－2，－ln 2)时，f ′(x )<0.故f (x )在(－∞，－2)，(－ln 2，＋∞)上单调递增，在(－2，－ln 2)上单调递减． 当x ＝－2时，函数f (x )取得极大值，极大值为f (－2)＝4(1－e －2)．8．求函数f (x )＝x 3－3x 2－a (a ∈R)的极值，并讨论a 为何值时函数f (x )恰有一个零点． 解：f ′(x )＝3x 2－6x ，函数f (x )的定义域为R ， 由f ′(x )＝0得x ＝0或x ＝2.当x 变化时，f ′(x )与f (x )的变化情况如下表：x (－∞，0)0 (0,2) 2 (2，＋∞)f ′(x ) ＋0 －0 ＋ f (x )－a－4－a在x ＝2处有极小值，极小值为f (2)＝－4－a .函数y ＝f (x )恰有一个零点即y ＝f (x )的图象与x 轴只有一个交点(如图)，所以⎩⎨⎧f (0)>0，f (2)>0或⎩⎪⎨⎪⎧f (0)<0，f (2)<0，即⎩⎪⎨⎪⎧ －a >0，－4－a >0或⎩⎪⎨⎪⎧－a <0，－4－a <0，解得a <－4或a >0，所以当a >0或a <－4时，函数f (x )恰有一个零点．。
2019_2020学年高中数学课时跟踪检测(二)导数的几何意义(含解析)新人教A版选修2_2
课时跟踪检测（二） 导数的几何意义一、题组对点训练对点练一 求曲线的切线方程1．曲线y ＝x 3＋11在点(1,12)处的切线与y 轴交点的纵坐标是( ) A ．－9 B ．－3 C ．9 D ．15解析：选C ∵切线的斜率k ＝lim Δx →0 Δy Δx ＝lim Δx →0 (1＋Δx )3＋11－12Δx ＝lim Δx →0 1＋3·Δx ＋3·(Δx )2＋(Δx )3－1Δx ＝lim Δx →0[3＋3(Δx )＋(Δx )2]＝3， ∴切线的方程为y －12＝3(x －1)． 令x ＝0得y ＝12－3＝9.2．求曲线y ＝1x 在点⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2的切线方程．解：因为y ′＝lim Δx →0 Δy Δx ＝lim Δx →0 1x ＋Δx －1x Δx ＝lim Δx →0 －1x 2＋x ·Δx ＝－1x 2， 所以曲线在点⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2的切线斜率为k ＝y ′|x ＝12＝－4.故所求切线方程为y －2＝－4⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12，即4x ＋y －4＝0.对点练二 求切点坐标3．若曲线y ＝x 2＋ax ＋b 在点(0，b )处的切线方程是x －y ＋1＝0，则( ) A ．a ＝1，b ＝1 B ．a ＝－1，b ＝1 C ．a ＝1，b ＝－1D ．a ＝－1，b ＝－1解析：选A ∵点(0，b )在直线x －y ＋1＝0上，∴b ＝1. 又y ′＝lim Δx →0 (x ＋Δx )2＋a (x ＋Δx )＋1－x 2－ax －1Δx ＝2x ＋a ， ∴过点(0，b )的切线的斜率为y ′|x ＝0＝a ＝1.4．已知曲线y ＝2x 2＋4x 在点P 处的切线斜率为16，则点P 坐标为________． 解析：设P (x 0,2x 20＋4x 0)，则f ′(x 0)＝lim Δx →0 f (x 0＋Δx )－f (x 0)Δx ＝lim Δx →0 2(Δx )2＋4x 0Δx ＋4ΔxΔx＝4x 0＋4， 又∵f ′(x 0)＝16，∴4x 0＋4＝16，∴x 0＝3，∴P (3,30)． 答案：(3,30)5．曲线y ＝f (x )＝x 2的切线分别满足下列条件，求出切点的坐标．(1)平行于直线y ＝4x －5； (2)垂直于直线2x －6y ＋5＝0； (3)切线的倾斜角为135°.解：f ′(x )＝lim Δx →0 f (x ＋Δx )－f (x )Δx ＝lim Δx →0(x ＋Δx )2－x2Δx＝2x ， 设P (x 0，y 0)是满足条件的点．(1)∵切线与直线y ＝4x －5平行，∴2x 0＝4，∴x 0＝2，y 0＝4，即P (2,4)，显然P (2,4)不在直线y ＝4x －5上，∴符合题意．(2)∵切线与直线2x －6y ＋5＝0垂直，∴2x 0·13＝－1，∴x 0＝－32，y 0＝94，即P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，94.(3)∵切线的倾斜角为135°，∴其斜率为－1，即2x 0＝－1，∴x 0＝－12，y 0＝14，即P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，14. 对点练三 导数几何意义的应用 6．下面说法正确的是( )A ．若f ′(x 0)不存在，则曲线y ＝f (x )点(x 0，f (x 0))处没有切线B ．若曲线y ＝f (x )在点(x 0，f (x 0))处有切线，则f ′(x 0)必存在C ．若f ′(x 0)不存在，则曲线y ＝f (x )在点(x 0，f (x 0))处的切线斜率不存在D ．若曲线y ＝f (x )在点(x 0，f (x 0))处没有切线，则f ′(x 0)有可能存在解析：选C 根据导数的几何意义及切线的定义知曲线在(x 0，y 0)处有导数，则切线一定存在，但反之不一定成立，故A ，B ，D 错误．7．设曲线y ＝f (x )在某点处的导数值为0，则过曲线上该点的切线( ) A ．垂直于x 轴B ．垂直于y 轴C ．既不垂直于x 轴也不垂直于y 轴D ．方向不能确定解析：选B 由导数的几何意义知曲线f (x )在此点处的切线的斜率为0，故切线与y 轴垂直．8．如图所示，单位圆中弧AB 的长为x ，f (x )表示弧AB 与弦AB 所围成的弓形面积的2倍，则函数y ＝f (x )的图象是( )解析：选D 不妨设A 固定，B 从A 点出发绕圆周旋转一周，刚开始时x 很小，即弧AB 长度很小，这时给x 一个改变量Δx ，那么弦AB 与弧AB 所围成的弓形面积的改变量非常小，即弓形面积的变化较慢；当弦AB 接近于圆的直径时，同样给x 一个改变量Δx ，那么弧AB 与弦AB 所围成的弓形面积的改变量将较大，即弓形面积的变化较快；从直径的位置开始，随着B 点的继续旋转，弓形面积的变化又由变化较快变为越来越慢．由上可知函数y ＝f (x )图象的上升趋势应该是首先比较平缓，然后变得比较陡峭，最后又变得比较平缓，对比各选项知D 正确．9．已知函数y ＝f (x )的图象如图所示， 则函数y ＝f ′(x )的图象可能是________(填序号)．解析：由y ＝f (x )的图象及导数的几何意义可知，当x <0时f ′(x )>0，当x ＝0时，f ′(x )＝0，当x >0时，f ′(x )<0，故②符合．答案：②二、综合过关训练1．函数f (x )的图象如图所示，则下列结论正确的是( ) A ．0<f ′(a )<f ′(a ＋1)<f (a ＋1)－f (a ) B ．0<f ′(a ＋1)<f (a ＋1)－f (a )<f ′(a ) C ．0<f ′(a ＋1)<f ′(a )<f (a ＋1)－f (a ) D ．0<f (a ＋1)－f (a )<f ′(a )<f ′(a ＋1)解析：选B f ′(a )，f ′(a ＋1)分别为曲线f (x )在x ＝a ，x ＝a ＋1处的切线的斜率，由题图可知f ′(a )>f ′(a ＋1)>0，而f (a ＋1)－f (a )＝f (a ＋1)－f (a )(a ＋1)－a表示(a ，f (a ))与(a ＋1，f (a＋1))两点连线的斜率，且在f ′(a )与f ′(a ＋1)之间．∴0<f ′(a ＋1)<f (a ＋1)－f (a )<f ′(a )．2．曲线y ＝1x －1在点P (2,1)处的切线的倾斜角为( ) A ．π6 B ．π4 C ．π3 D ．3π4解析：选D Δy ＝12＋Δx －1－12－1＝11＋Δx －1＝－Δx 1＋Δx ，lim Δx →0 Δy Δx ＝lim Δx →0 －11＋Δx＝－1，斜率为－1，倾斜角为3π4.3．曲线y ＝x 3－2x ＋1在点(1,0)处的切线方程为( ) A ．y ＝x －1 B ．y ＝－x ＋1 C ．y ＝2x －2D ．y ＝－2x ＋2解析：选A 由Δy ＝(1＋Δx )3－2(1＋Δx )＋1－(1－2＋1)＝(Δx )3＋3(Δx )2＋Δx 得lim Δx →0 Δy Δx ＝lim Δx →0 (Δx )2＋3Δx ＋1＝1，所以在点(1,0)处的切线的斜率k ＝1，切线过点(1,0)，根据直线的点斜式可得切线方程为y ＝x －1.4．设P 0为曲线f (x )＝x 3＋x －2上的点，且曲线在P 0处的切线平行于直线y ＝4x －1，则P 0点的坐标为( )A ．(1,0)B ．(2,8)C ．(1,0)或(－1，－4)D ．(2,8)或(－1，－4)解析：选C f ′(x )＝lim Δx →0 (x ＋Δx )3＋(x ＋Δx )－2－(x 3＋x －2)Δx＝lim Δx →0 (3x 2＋1)Δx ＋3x (Δx )2＋(Δx )3Δx ＝3x 2＋1.由于曲线f (x )＝x 3＋x －2在P 0处的切线平行于直线y ＝4x －1，所以f (x )在P 0处的导数值等于4.设P 0(x 0，y 0)，则有f ′(x 0)＝3x 20＋1＝4，解得x 0＝±1，P 0的坐标为(1,0)或(－1，－4)．5．已知二次函数y ＝f (x )的图象如图所示，则y ＝f (x )在A 、B 两点处的导数f ′(a )与f ′(b )的大小关系为：f ′(a )________f ′(b )(填“<”或“>”)．解析：f ′(a )与f ′(b )分别表示函数图象在点A 、B 处的切线斜率，故f ′(a )>f ′(b )．答案：>6．过点P (－1,2)且与曲线y ＝3x 2－4x ＋2在点M (1,1)处的切线平行的直线方程为____________．解析：曲线y ＝3x 2－4x ＋2在点M (1,1)处的切线斜率k ＝y ′|x ＝1＝lim Δx →03(1＋Δx )2－4(1＋Δx )＋2－3＋4－2Δx ＝lim Δx →0 (3Δx ＋2)＝2.所以过点 P (－1,2)的直线的斜率为2.由点斜式得y －2＝2(x ＋1)，即2x －y ＋4＝0.所以所求直线方程为2x －y ＋4＝0.答案：2x －y ＋4＝07．甲、乙二人跑步的路程与时间关系以及百米赛跑路程和时间关系分别如图①②，试问：(1)甲、乙二人哪一个跑得快？(2)甲、乙二人百米赛跑，问快到终点时，谁跑得较快？解：(1)图①中乙的切线斜率比甲的切线斜率大，故乙跑得快；(2)图②中在快到终点时乙的瞬时速度大，故快到终点时，乙跑得快．8．“菊花”烟花是最壮观的烟花之一，制造时通常期望它在达到最高时爆裂．如果烟花距地面的高度h(m)与时间t(s)之间的关系式为h(t)＝－4.9t2＋14.7t.其示意图如图所示．根据图象，结合导数的几何意义解释烟花升空后的运动状况．解：如图，结合导数的几何意义，我们可以看出：在t＝1.5 s附近曲线比较平坦，也就是说此时烟花的瞬时速度几乎为0，达到最高点并爆裂；在0～1.5 s之间，曲线在任何点的切线斜率大于0且切线的倾斜程度越来越小，也就是说烟花在达到最高点前，以越来越小的速度升空；在1.5 s后，曲线在任何点的切线斜率小于0且切线的倾斜程度越来越大，即烟花达到最高点后，以越来越大的速度下降，直到落地．。
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（通用版）2019学高考数学二轮复习 练酷专题 课时跟踪检测（六）导数的简单应用 文1．(2017·西宁一检)设曲线y ＝x ＋1x －1在点(3,2)处的切线与直线ax ＋y ＋1＝0垂直，则a ＝( )A ．－2B ．2C ．－12D.12解析：选A 由y ′＝－2x －2得曲线在点(3,2)处的切线斜率为－12，又切线与直线ax ＋y ＋1＝0垂直，则a ＝－2.2．(2017·北京模拟)曲线f (x )＝x ln x 在点(1，f (1))处的切线的倾斜角为( ) A.π6 B.π4C.π3D.π2解析：选B 因为f (x )＝x ln x ，所以f ′(x )＝ln x ＋x ·1x＝ln x ＋1，所以f ′(1)＝1，所以曲线f (x )＝x ln x 在点(1，f (1))处的切线的倾斜角为π4.3．已知函数f (x )＝x 2－5x ＋2ln x ，则函数f (x )的单调递增区间是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12和(1，＋∞) B ．(0,1)和(2，＋∞) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12和(2，＋∞) D ．(1,2)解析：选 C 函数f (x )＝x 2－5x ＋2ln x 的定义域是(0，＋∞)，令f ′(x )＝2x －5＋2x＝2x 2－5x ＋2x＝x －x －x＞0，解得0＜x ＜12或x ＞2，故函数f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12和(2，＋∞)．4．曲线y ＝xx －2＋2在点(1，m )处的切线方程为( )A ．y ＝2x －1B ．y ＝－2x ＋1C ．y ＝2x －4D ．y ＝－2x ＋3解析：选D 当x ＝1时，y ＝11－2＋2＝1，所以m ＝1.因为y ′＝－2x －2，所以y ′|x ＝1＝－2－2＝－2，则所求的切线方程为y －1＝－2(x －1)，即y ＝－2x ＋3.5．(2018届高三·江西赣中南五校联考)设函数f (x )的导数为f ′(x )，且f (x )＝x 2＋2xf ′(1)，则f ′(2)＝( )A ．0B ．2C ．4D ．8解析：选A 因为f (x )＝x 2＋2xf ′(1)， 所以f ′(x )＝2x ＋2f ′(1)， 令x ＝1，则f ′(1)＝2＋2f ′(1)， 解得f ′(1)＝－2，则f ′(x )＝2x －4， 所以f ′(2)＝2×2－4＝0.6．已知f (x )＝2x 3－6x 2＋m (m 为常数)在[－2,2]上有最大值为3，那么此函数在[－2,2]上的最小值为( )A ．0B ．－5C ．－10D ．－37解析：选D 由题意知，f ′(x )＝6x 2－12x ，由f ′(x )＝0得x ＝0或x ＝2，当x ＜0或x ＞2时，f ′(x )＞0，当0＜x ＜2时，f ′(x )＜0，∴f (x )在[－2,0]上单调递增，在[0,2]上单调递减，由条件知f (0)＝m ＝3，∴f (2)＝－5，f (－2)＝－37，∴最小值为－37.7．(2017·广州模拟)设函数f (x )＝x 3＋ax 2，若曲线y ＝f (x )在点P (x 0，f (x 0))处的切线方程为x ＋y ＝0，则点P 的坐标为( )A ．(0,0)B ．(1，－1)C ．(－1,1)D ．(1，－1)或(－1,1)解析：选D 由题易知，f ′(x )＝3x 2＋2ax ，所以曲线y ＝f (x )在点P (x 0，f (x 0))处的切线的斜率为f ′(x 0)＝3x 20＋2ax 0，又切线方程为x ＋y ＝0，所以x 0≠0，且⎩⎪⎨⎪⎧3x 20＋2ax 0＝－1，x 0＋x 30＋ax 20＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝1，a ＝－2或⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝－1，a ＝2.所以当⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝1，a ＝－2时，点P 的坐标为(1，－1)；当⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝－1，a ＝2时，点P 的坐标为(－1,1)．8．(2017·昆明检测)若函数f (x )＝e 2x＋ax 在(0，＋∞)上单调递增，则实数a 的取值范围为( )A ．[－1，＋∞)B ．(－1，＋∞)C ．[－2，＋∞)D ．(－2，＋∞)解析：选 C ∵f (x )在(0，＋∞)上单调递增，且f ′(x )＝2e 2x＋a ，∴f ′(x )＝2e 2x＋a ≥0在(0，＋∞)上恒成立，即a ≥－2e 2x在(0，＋∞)上恒成立，又x ∈(0，＋∞)时，－2e 2x＜－2，∴a ≥－2.9．(2018届高三·重庆调研)若函数f (x )＝(x ＋a )e x在(0，＋∞)上不单调，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，－1)B ．(－∞，0)C ．(－1,0)D ．[－1，＋∞)解析：选A f ′(x )＝e x(x ＋a ＋1)，由题意，知方程e x(x ＋a ＋1)＝0在(0，＋∞)上至少有一个实数根，即x ＝－a －1＞0，解得a ＜－1.10．已知函数f (x )的导函数f ′(x )＝ax 2＋bx ＋c 的图象如图所示，则f (x )的图象可能是( )解析：选D 当x ＜0时，由导函数f ′(x )＝ax 2＋bx ＋c ＜0，知相应的函数f (x )在该区间内单调递减，排除A 、B ；当x ＞0时，由导函数f ′(x )＝ax 2＋bx ＋c 的图象可知，导函数在区间(0，x 1)内的值是大于0的，则在此区间内函数f (x )单调递增，排除C ，故选D.11．(2017·重庆适应性考试)设函数f (x )＝e x(x －a e x)(其中e 是自然对数的底数)恰有两个极值点x 1，x 2(x 1＜x 2)，则下列说法不正确的是( )A ．0＜a ＜12B ．－1＜x 1＜0C ．－12＜f (0)＜0D ．f (x 1)＋f (x 2)＞0解析：选D 由题意得f ′(x )＝e x(1－a e x)＋e x(x －a e x)＝e x(1＋x －2a e x)，函数f (x )的两个极值点为x 1，x 2(x 1＜x 2)，即x 1，x 2(x 1＜x 2)是方程f ′(x )＝0的两个不相等的实数根，所以1＋x －2a e x＝0且a ≠0，所以x ＋12a ＝e x ，设函数y ＝x ＋12a(a ≠0)，y ＝e x，在同一坐标系中画出两个函数的大致图象如图所示，要使得两个函数图象有2个不同的交点，应满足⎩⎪⎨⎪⎧12a ＞0，12a ＞1，解得0＜a ＜12，且－1＜x 1＜0，因为f (0)＝e 0(0－a e 0)＝－a ，所以－12＜f (0)＜0，故选D.12．已知函数f (x )＝e xx2－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋ln x ，若x ＝2是函数f (x )的唯一一个极值点，则实数k 的取值范围为( )A ．(－∞，e]B ．[0，e]C ．(－∞，e)D ．[0，e)解析：选A f ′(x )＝x 2e x －2x e x x 4－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x 2＋1x ＝x －⎝ ⎛⎭⎪⎫e xx －k x 2(x >0)．设g (x )＝exx，则g ′(x )＝x －xx 2，则g (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．∴g (x )在(0，＋∞)上有最小值，为g (1)＝e ，结合g (x )＝exx与y ＝k 的图象可知，要满足题意，只需k ≤e .13．(2017·云南模拟)已知函数f (x )＝ax ln x ＋b (a ，b ∈R)，若f (x )的图象在x ＝1处的切线方程为2x －y ＝0，则a ＋b ＝________.解析：由题意，得f ′(x )＝a ln x ＋a ，所以f ′(1)＝a ，因为函数f (x )的图象在x ＝1处的切线方程为2x －y ＝0，所以a ＝2，又f (1)＝b ，则2×1－b ＝0，所以b ＝2，故a ＋b ＝4.答案：414．(2017·太原二模)若函数f (x )＝sin x ＋ax 为R 上的减函数，则实数a 的取值范围是________．解析：∵f ′(x )＝cos x ＋a ，由题意可知，f ′(x )≤0对任意的x ∈R 都成立，∴a ≤－1，故实数a 的取值范围是(－∞，－1]．答案：(－∞，－1]15．(2017·新乡一模)设x 1，x 2是函数f (x )＝x 3－2ax 2＋a 2x 的两个极值点，若x 1<2<x 2，则实数a 的取值范围是________．解析：由题意得f ′(x )＝3x 2－4ax ＋a 2的两个零点x 1，x 2满足x 1<2<x 2，所以f ′(2)＝12－8a ＋a 2<0，解得2<a <6.答案：(2,6)16．(2017·金华十校联考)若函数f (x )＝ln x ＋ax 的图象上存在与直线2x －y ＝0平行的切线，则实数a 的取值范围为________．解析：函数f (x )＝ln x ＋ax 的图象上存在与直线2x －y ＝0平行的切线，即f ′(x )＝2在(0，＋∞)上有解，又f ′(x )＝1x ＋a ，即1x ＋a ＝2在(0，＋∞)上有解，即a ＝2－1x在(0，＋∞)上有解，因为x ＞0，所以2－1x＜2，所以实数a 的取值范围是(－∞，2)．答案：(－∞，2)[B 级——中档小题强化练]1．(2017·开封二模)过点A (2,1)作曲线f (x )＝x 3－3x 的切线最多有( ) A ．3条 B ．2条 C ．1条D ．0条解析：选A 由题意得，f ′(x )＝3x 2－3，设切点为(x 0，x 30－3x 0)，那么切线的斜率为k ＝3x 2－3，利用点斜式方程可知切线方程为y －(x 30－3x 0)＝(3x 20－3)(x －x 0)，将点A (2,1)代入可得关于x 0的一元三次方程2x 30－6x 20＋7＝0.令y ＝2x 30－6x 20＋7，则y ′＝6x 20－12x 0.由y ′＝0得x 0＝0或x 0＝2.当x 0＝0时，y ＝7>0；x 0＝2时，y ＝－1<0.所以方程2x 30－6x 20＋7＝0有3个解．故过点A (2,1)作曲线f (x )＝x 3－3x 的切线最多有3条．2．(2018届高三·东北三校一联)已知定义在R 上的奇函数f (x )的图象为一条连续不断的曲线，f (1＋x )＝f (1－x )，f (1)＝a ，且当0＜x ＜1时，f (x )的导函数f ′(x )满足f ′(x )＜f (x )，则f (x )在[2 015,2 016]上的最大值为( )A ．aB ．0C ．－aD ．2 016解析：选C 由f (1＋x )＝f (1－x )可得函数f (x )的图象关于直线x ＝1对称．又f (x )是定义在R 上的奇函数，则f (0)＝0，且f (x )的图象关于点(0,0)对称，所以f (x )是以4为周期的周期函数，则f (x )在[2 015,2016]上的图象与[－1,0]上的图象形状完全相同．令g (x )＝f xex，则g ′(x )＝fx －f xex＜0(x ∈(0,1))，函数g (x )在(0,1)上单调递减，则g (x )＜g (0)＝0，所以f ′(x )＜f (x )＜0，则函数f (x )在(0,1)上单调递减．又由奇函数的性质可得f (x )在(－1,0)上也单调递减，则f (x )在[2 015，2 016]上的最大值为f (2 015)＝f (－1)＝－f (1)＝－a .3．(2017·宝鸡一检)已知函数f (x )＝x 2＋4x ＋a ln x ，若函数f (x )在(1,2)上是单调函数，则实数a 的取值范围是( )A ．(－6，＋∞)B ．(－∞，－16)C ．(－∞，－16]∪[－6，＋∞)D ．(－∞，－16)∪(－6，＋∞)解析：选 C ∵f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2x ＋4＋a x ＝2x 2＋4x ＋ax，f (x )在(1,2)上是单调函数，∴f ′(x )≥0或f ′(x )≤0在(1,2)上恒成立，即2x 2＋4x ＋a ≥0或2x 2＋4x ＋a ≤0在(1,2)上恒成立，即a ≥－(2x 2＋4x )或a ≤－(2x 2＋4x )在(1,2)上恒成立．记g (x )＝－(2x 2＋4x )，1＜x ＜2，则－16＜g (x )＜－6，∴a ≥－6或a ≤－16.4．(2017·广西三市联考)已知函数f (x )＝e x(x －b )(b ∈R)．若存在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，使得f (x )＋xf ′(x )＞0，则实数b 的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，83 B.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，56C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，56D.⎝ ⎛⎭⎪⎫83，＋∞ 解析：选A 由f (x )＋xf ′(x )＞0，得[xf (x )]′＞0，设g (x )＝xf (x )＝e x(x 2－bx )，若存在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，使得f (x )＋xf ′(x )＞0，则函数g (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上存在子区间使得g ′(x )＞0成立． g ′(x )＝e x (x 2－bx )＋e x (2x －b )＝e x [x 2＋(2－b )x －b ]，设h (x )＝x 2＋(2－b )x －b ，则h (2)＞0或h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＞0， 即8－3b ＞0或54－32b ＞0，得b ＜83.5．(2017·甘肃一诊)若函数f (x )＝x 2－4e x－ax 在R 上存在单调递增区间，则实数a 的取值范围为________．解析：因为f (x )＝x 2－4e x－ax ， 所以f ′(x )＝2x －4e x －a .由题意，f ′(x )＝2x －4e x－a ＞0，即a ＜2x －4e x有解． 设g (x )＝2x －4e x，则g ′(x )＝2－4e x. 令g ′(x )＝0，解得x ＝－ln 2.当x ∈(－∞，－ln 2)时，g ′(x )＞0，函数g (x )单调递增； 当x ∈(－ln 2，＋∞)时，g ′(x )＜0，函数g (x )单调递减． 所以当x ＝－ln 2时，g (x )取得最大值－2－2ln 2，所以a ＜－2－2ln 2. 答案：(－∞，－2－2ln 2)6．(2018届高三·兰州四校联考)已知f (x )＝(x ＋1)3·e－x ＋1，g (x )＝(x ＋1)2＋a ，若∃x 1，x 2∈R ，使得f (x 2)≥g (x 1)成立，则实数a 的取值范围是________．解析：∃x 1，x 2∈R ，使得f (x 2)≥g (x 1)成立，即为f (x )max ≥g (x )min .又f ′(x )＝(x ＋1)2e－x ＋1(－x ＋2)，由f ′(x )＝0得x ＝－1或2，故当x ＜2时，f ′(x )≥0，f (x )单调递增；当x ＞2时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减，所以f (x )max ＝f (2)＝27e ，又g (x )min ＝a ，则a ≤27e，故实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，27e .答案：⎝⎛⎦⎥⎤－∞，27e[C 级——压轴小题突破练]1．(2017·宝鸡模拟)已知函数y ＝x 2的图象在点(x 0，x 20)处的切线为l ，若l 也与函数y ＝lnx ，x ∈(0,1)的图象相切，则x 0的取值范围为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12B.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1 C.⎝⎛⎭⎪⎫22，2 D.()2，3解析：选D 函数y ＝x 2的导数为y ′＝2x ，在点(x 0，x 20)处的切线的斜率为k ＝2x 0，切线方程为y －x 20＝2x 0(x －x 0)，设切线与y ＝ln x 相切的切点为(m ，ln m )，0＜m ＜1，因为y ＝ln x 的导数为y ′＝1x ，所以2x 0＝1m ，切线方程为y －ln m ＝1m(x －m )，令x ＝0，可得y ＝ln m －1＝－x 20，由0＜m ＜1，可得x 0＝12m ＞12，且x 20＞1，解得x 0＞1，由m ＝12x 0，可得x 20－ln(2x 0)－1＝0，令f (x )＝x 2－ln(2x )－1，x ＞1，则f ′(x )＝2x －1x＞0，f (x )在x ＞1时单调递增，且f (2)＝2－ln 22－1＜0，f (3)＝3－ln 23－1＞0，则有x 20－ln(2x 0)－1＝0的根x 0∈(2，3)．2．(2017·惠州模拟)已知函数f (x )＝x sin x ＋cos x ＋x 2，则不等式f (ln x )＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1x ＜2f (1)的解集为( )A ．(e ，＋∞)B ．(0，e)C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e ∪(1，e)D.⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，e 解析：选D f (x )＝x sin x ＋cos x ＋x 2，因为f (－x )＝f (x )，所以f (x )是偶函数，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1x＝f (－ln x )＝f (ln x )，所以f (ln x )＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1x ＜2f (1)可变形为f (ln x )＜f (1)．f ′(x )＝x cos 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－1＜ln x ＜1，所以1e＜x ＜e.。