2021年高考数学二轮复习专项训练：函数与导数
(2021年整理)高考数学二轮复习函数与导数专题函数与导数测试(教师版)新人教版
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函数与导数测试一．选择题(共60分)1、已知222{|,,},{|2,,},M y y x x y R N x x y x y R M N ==∈=+=∈⋂则= （ D ） A ．{(1,1),(1,1)}- B ．∅ C ．[0,1]D ．[0,2] 2．设函数f （x)=log 2x 的反函数为y=g （x ），若41)11(=-a g ,则a 等于 ( C ）A ．-2B ．21-C ．21D ．23。
设f (x )为定义在R 上的奇函数．当x ≥0时,f (x ）＝2x＋2x ＋b （b 为常数），则f （－1）＝ ( D ）A ．3B ．1C ．－1D ．－34。
若函数()y f x =的导函数．．．在区间[,]a b 上是增函数,则函数()y f x =在区间[,]a b 上的图象可能是 （ A ）A ．B ．C ．D ． 5．下列说法正确的是 （ D ）A ．命题：“已知函数(),(1)(1)f x f x f x +-若与均为奇函数，则()f x 为奇函数，”为真命题B ．“1x >”是“||1x >"的必要不充分条件。
C ．若“p q 且”为假命题，则,p q 均为假命题。
D ．命题2:",10"p x R x x ∃∈++<使得，则2:",10".p x R x x ⌝∀∈++≥均有6．设函数()()f x g x 、在[],a b 上可导，且()()''f x g x >，则当a x b <<时有（A ) A ．()()()()f x g a g x f a +>+B ．()()f x g x <C ．()()f x g x >D ．()()()()f xg b g x f b +>+7。
2021年高考数学二轮复习 函数与导数解答题专题训练(含解析)
1．(xx·皖南八校联考)已知函数f (x )＝e x (ax 2－2x ＋2)，其中a >0.(1)若曲线y ＝f (x )在x ＝2处的切线与直线x ＋e 2y －1＝0垂直，求实数a 的值； (2)讨论f (x )的单调性．解 f ′(x )＝e x [ax 2＋(2a －2)x ](a >0)． (1)由题意得f ′(2)·⎝ ⎛⎭⎪⎫－1e 2＝－1，解得a ＝58.(2)令f ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝2－2aa.①当0<a <1时，f (x )的增区间为(－∞，0)，⎝ ⎛⎭⎪⎫2－2a a ，＋∞，减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2－2a a ；②当a ＝1时，f (x )在(－∞，＋∞)内单调递增；③当a >1时，f (x )的增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，2－2a a ，(0，＋∞)，减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫2－2a a ，0. 2．(xx·云南二模)已知f (x )＝e x (x 3＋mx 2－2x ＋2)． (1)假设m ＝－2，求f (x )的极大值与极小值；(2)是否存在实数m ，使f (x )在[－2，－1]上单调递增？如果存在，求实数m 的取值范围；如果不存在，请说明理由．解 (1)当m ＝－2时，f (x )＝e x (x 3－2x 2－2x ＋2)的定义域为(－∞，＋∞)． ∵f ′(x )＝e x (x 3－2x 2－2x ＋2)＋e x (3x 2－4x －2) ＝x e x (x 2＋x －6)＝(x ＋3)x (x －2)e x ，∴当x ∈(－∞，－3)或x ∈(0,2)时，f ′(x )<0； 当x ∈(－3,0)或x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0；f ′(－3)＝f ′(0)＝f ′(2)＝0，∴f (x )在(－∞，－3)上单调递减，在(－3,0)上单调递增，在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，∴当x ＝－3或x ＝2时，f (x )取得极小值； 当x ＝0时，f (x )取得极大值，∴f (x )极小值＝f (－3)＝－37e －3，f (x )极小值＝f (2)＝－2e 2，f (x )极大值＝f (0)＝2. (2)f ′(x )＝e x (x 3＋mx 2－2x ＋2)＋e x (3x 2＋2mx －2)＝x e x [x 2＋(m ＋3)x ＋2m －2]． ∵f (x )在[－2，－1]上单调递增， ∴当x ∈[－2，－1]时，f ′(x )≥0. 又当x ∈[－2，－1]时，x e x <0，∴当x ∈[－2，－1]时，x 2＋(m ＋3)x ＋2m －2≤0， ∴⎩⎨⎧－22－2m ＋3＋2m －2≤0，－12－m ＋3＋2m －2≤0，解得m ≤4，∴当m ∈(－∞，4]时，f (x )在[－2，－1]上单调递增． 3．(文)(xx·山西四校联考)已知函数f (x )＝ax 2＋x －x ln x . (1)若a ＝0，求函数f (x )的单调区间；(2)若f(1)＝2，且在定义域内f(x)≥bx2＋2x恒成立，求实数b的取值范围．解(1)当a＝0时，f(x)＝x－x ln x，函数定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝－ln x，由－ln x＝0，得x＝1.当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)在(0,1)上是增函数；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)在(1，＋∞)上是减函数．(2)由f(1)＝2，得a＋1＝2，∴a＝1，∴f(x)＝x2＋x－x ln x，由f(x)≥bx2＋2x，得(1－b)x－1≥ln x.∵x>0，∴b≤1－1x－ln xx恒成立．令g(x)＝1－1x－ln xx，可得g′(x)＝ln xx2，∴g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴g(x)min＝g(1)＝0，∴b的取值范围是(－∞，0]．3．(理)(文)4.(xx·广州调研)已知f (x )是二次函数，不等式f (x )<0的解集是(0,5)，且f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线6x ＋y ＋1＝0平行．(1)求f (x )的解析式；(2)是否存在t ∈N *，使得方程f (x )＋37x＝0在区间(t ，t ＋1)内有两个不相等的实数根？若存在，求出t 的值；若不存在，说明理由．解 (1)∵f (x )是二次函数， 不等式f (x )<0的解集是(0,5)， ∴可设f (x )＝ax (x －5)，a >0. ∴f ′(x )＝2ax －5a .∵函数f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线6x ＋y ＋1＝0平行， ∴f ′(1)＝－6.∴2a －5a ＝－6，解得a ＝2. ∴f (x )＝2x (x －5)＝2x 2－10x .(2)由(1)知，方程f (x )＋37x＝0等价于方程2x 3－10x 2＋37＝0.设h (x )＝2x 3－10x 2＋37，则h ′(x )＝6x 2－20x ＝2x (3x －10)．当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，103时，h ′(x )<0，函数h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，103上单调递减；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫103，＋∞时，h ′(x )>0，函数h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫103，＋∞上单调递增．∵h (3)＝1>0，h ⎝ ⎛⎭⎪⎫103＝－127<0，h (4)＝5>0，∴方程h (x )＝0在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫3，103，⎝ ⎛⎭⎪⎫103，4内各有一个实数根，在区间(0,3)，(4，＋∞)内没有实数根．∴存在唯一的正整数t ＝3，使得方程f (x )＋37x＝0在区间(t ，t ＋1)内有且只有两个不相等的实数根．4．(理)(文)5.(xx·辽宁五校联考)已知函数f (x )＝x ln x . (1)求函数f (x )的单调区间；(2)证明：对任意的t >0，存在唯一的实数m 使t ＝f (m )；(3)设(2)中所确定的m 关于t 的函数为m ＝g (t )，证明：当t >e 时，有710<ln g tln t<1.解 (1)∵f (x )＝x ln x ，∴f ′(x )＝ln x ＋1(x >0)， 令f ′(x )＝0，得x ＝1e.∴当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时，f ′(x )<0，此时f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递增．(2)当0<x ≤1时，f (x )≤0，又t>0，令h(x)＝f(x)－t，x∈[1，＋∞)，由(1)知h(x)在区间[1，＋∞)上为增函数，h(1)＝－t<0，h(e t)＝t(e t－1)>0，∴存在唯一的实数m，使t＝f(m)成立．(3)∵m＝g(t)且由(2)知t＝f(m)，t>0，当t>e时，若m＝g(t)≤e，则由f(m)的单调性有t＝f(m)≤f(e)＝e，矛盾，∴m>e.又ln g tln t＝ln mln f m＝ln mln m ln m＝ln mln m＋ln ln m＝uu＋ln u，其中u＝ln m，u>1，要使710<ln g tln t<1成立，只需0<ln u<3 7 u.令F(u)＝ln u－37u，u>1，F′(u)＝1u－37，当1<u<73时，F′(u)>0，F(u)单调递增；当u>73时，F′(u)<0，F(u)单调递减．∴对u >1，F (u )≤F ⎝ ⎛⎭⎪⎫73<0，即ln u <37u 成立．综上，当t >e 时，710<ln g tln t<1成立．5．(理)(xx·浙江考试院抽测)已知a 为给定的正实数，m 为实数，函数f (x )＝ax 3－3(m ＋a )x 2＋12mx ＋1.(1)若f (x )在(0,3)上无极值点，求m 的值；(2)若存在x 0∈(0,3)，使得f (x 0)是f (x )在[0,3]上的最值，求实数m 的取值范围． 解 (1)由题意得f ′(x )＝3ax 2－6(m ＋a )x ＋12m ＝3(x －2)(ax －2m )， 由于f (x )在(0,3)上无极值点， 故2ma＝2，所以m ＝a .(2)由于f ′(x )＝3(x －2)(ax －2m )，故①当2ma≤0或2ma≥3，即m ≤0或m ≥32a 时，取x 0＝2即满足题意． 此时m ≤0或m ≥32a .②当0<2ma<2，即0<m <a 时，列表如下：x 0⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2m a2ma⎝ ⎛⎭⎪⎫2m a ，2 2 (2,3) 3f ′(x )＋ 0 － 0 ＋f (x )1 单调递增极大值单调递减极小值单调递增9m ＋1故f (2)≤f (0)或f ⎝ ⎛⎭⎪⎫m a ≥f (3)，即－4a ＋12m ＋1≤1或－4m 3＋12m 2aa 2＋1≥9m ＋1，即3m ≤a 或－m 2m －3a2a 2≥0，即m ≤a 3或m ≤0或m ＝3a 2.此时0＜m ≤a3.③当2<2m a <3，即a <m <3a2时，列表如下：x 0 (0,2) 2⎝ ⎛⎭⎪⎫2，2m a2ma⎝ ⎛⎭⎪⎫2m a ，3 3f ′(x )＋ 0 － 0 ＋f (x )1 单调递增极大值单调递减极小值单调递增9m ＋1故f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2m a ≤f (0)或f (2)≥f (3)，即－4m 3＋12m 2a a2＋1≤1或－4a ＋12m ＋1≥9m ＋1， 即－4m 2m －3a a2≤0或3m ≥4a ，即m ＝0或m ≥3a 或m ≥4a 3.此时4a 3≤m ＜3a 2.综上所述，实数m 的取值范围是m ≤a 3或m ≥4a3.40806 9F66 齦n29197 720D 爍N39551 9A7F 驿^35617 8B21 謡42H26687 683F 栿298137475 瑵21691 54BB 咻U。
2021年高考数学二轮复习 导数的综合应用专题检测(含解析)
2021年高考数学二轮复习导数的综合应用专题检测（含解析）1．已知f(x)＝x3－6x2＋9x－abc，a<b<c，且f(a)＝f(b)＝f(c)＝0，现给出如下结论：①f(0)f(1)>0；②f(0)f(1)<0；③f(0)f(3)>0；④f(0)f(3)<0.其中正确结论的序号是________．答案②③解析f(x)＝x3－6x2＋9x－abc，a<b<c，f′(x)＝3x2－12x＋9＝3(x2－4x＋3)＝3(x－1)(x－3)，函数f(x)和导函数f′(x)的大致图象如图所示：由图得f(1)＝1－6＋9－abc＝4－abc>0，f(3)＝27－54＋27－abc＝－abc<0，且f(0)＝－abc＝f(3)<0，所以f(0)f(1)<0，f(0)f(3)>0.2.若函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则y＝f(x)的图象可能为________．答案③解析根据f′(x)的符号，f(x)图象应该是先下降后上升，最后下降，排除①④；从适合f′(x )＝0的点可以排除②.3．已知a ≤1－x x ＋ln x 对任意x ∈[12，2]恒成立，则a 的最大值为________．答案 0解析 设f (x )＝1－x x ＋ln x ，则f ′(x )＝－x ＋x －1x 2＋1x ＝x －1x 2.当x ∈[12，1)时，f ′(x )<0，故函数f (x )在[12，1)上单调递减；当x ∈(1,2]时，f ′(x )>0，故函数f (x )在(1,2]上单调递增，∴f (x )min ＝f (1)＝0，∴a ≤0，即a 的最大值为0.4．函数f (x )的定义域是R ，f (0)＝2，对任意x ∈R ，f (x )＋f ′(x )>1，则不等式e x ·f (x )>e x＋1的解集为________． 答案 (0，＋∞)解析 构造函数g (x )＝e x ·f (x )－e x， 因为g ′(x )＝e x ·f (x )＋e x ·f ′(x )－e x＝e x [f (x )＋f ′(x )]－e x >e x －e x＝0，所以g (x )＝e x ·f (x )－e x为R 上的增函数． 又因为g (0)＝e 0·f (0)－e 0＝1，所以原不等式转化为g (x )>g (0)，解得x >0.5．关于x 的方程x 3－3x 2－a ＝0有三个不同的实数解，则实数a 的取值范围是________． 答案 (－4,0)解析 由题意知使函数f (x )＝x 3－3x 2－a 的极大值大于0且极小值小于0即可， 又f ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)， 令f ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝2. 当x <0或x >2时，f ′(x )>0； 当0<x <2时，f ′(x )<0.所以当x ＝0时，f (x )取得极大值， 即f (0)＝－a ，当x ＝2时，f (x )取得极小值，即f (2)＝－4－a .所以⎩⎪⎨⎪⎧－a >0，－4－a <0，解得－4<a <0.6．已知函数f (x )的定义域为[－1,5]，部分对应值如下表，f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图，下列关于函数f (x )的四个命题：①函数y ＝f (x )是周期函数； ②函数f (x )在[0,2]上是减函数；③如果当x ∈[－1，t ]时，f (x )的最大值是2，那么t 的最大值为4； ④当1<a <2时，函数y ＝f (x )－a 有4个零点． 其中真命题的个数是________． 答案 1解析 首先排除①，不能确定周期性；f (x )在[0,2]上时，f ′(x )<0，故②正确；当x ∈[－1，t ]时，f (x )的最大值是2，结合原函数的单调性知0≤t ≤5，所以排除③；不能确定在x ＝2时函数值和a 的大小，故不能确定几个零点，故④错误． 7．已知函数f (x )＝e x－2x ＋a 有零点，则a 的取值范围是________． 答案 (－∞，2ln 2－2]解析 函数f (x )＝e x－2x ＋a 有零点，即方程e x－2x ＋a ＝0有实根，即函数g (x )＝2x －e x，y ＝a 有交点，而g ′(x )＝2－e x ，易知函数g (x )＝2x －e x 在(－∞，ln 2)上递增，在(ln 2，＋∞)上递减，因而g (x )＝2x －e x的值域为(－∞，2ln 2－2]，所以要使函数g (x )＝2x －e x，y ＝a 有交点，只需a ≤2ln 2－2即可．8．某名牌电动自行车的耗电量y 与速度x 之间有如下关系：y ＝13x 3－392x 2－40x (x >0)，为使耗电量最小，则速度应定为________． 答案 40解析 ∵y ′＝x 2－39x －40，令y ′＝0. 即x 2－39x －40＝0，解得x ＝40或x ＝－1(舍)． 当x >40时，y ′>0，当0<x <40时，y ′<0， 所以当x ＝40时，y 最小．9．把一个周长为12 cm 的长方形围成一个圆柱，当圆柱的体积最大时，该圆柱的底面周长与高的比为________． 答案 2∶1解析 设圆柱高为x ，底面半径为r ，则r ＝6－x 2π，圆柱体积V ＝π⎝ ⎛⎭⎪⎫6－x 2π2x ＝14π(x 3－12x 2V ′＝34π(x －2)(x －6)．当x ＝2时，V 最大．此时底面周长为6－x ＝4,4∶2＝2∶1.10．(xx·重庆)某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度)．设该蓄水池的底面半径为r 米，高为h 米，体积为V 立方米．假设建造成本仅与表面积有关，侧面的建造成本为100元/平方米，底面的建造成本为160元/平方米，该蓄水池的总建造成本为12 000π元(π为圆周率)．(1)将V 表示成r 的函数V (r )，并求该函数的定义域；(2)讨论函数V (r )的单调性，并确定r 和h 为何值时该蓄水池的体积最大．解 (1)因为蓄水池侧面的总成本为100·2πrh ＝200πrh 元，底面的总成本为160πr 2元． 所以蓄水池的总成本为(200πrh ＋160πr 2)元． 又根据题意得200πrh ＋160πr 2＝12 000π，所以h ＝15r(300－4r 2)，从而V (r )＝πr 2h ＝π5(300r －4r 3)．因为r >0，又由h >0可得r <53， 故函数V (r )的定义域为(0,53)．(2)因为V (r )＝π5(300r －4r 3)，故V ′(r )＝π5(300－12r 2)，令V ′(r )＝0，解得r 1＝5，r 2＝－5(因为r 2＝－5不在定义域内，舍去)． 当r ∈(0,5)时，V ′(r )>0，故V (r )在(0,5)上为增函数； 当r ∈(5,53)时，V ′(r )<0，故V (r )在(5,53)上为减函数． 由此可知，V (r )在r ＝5处取得最大值，此时h ＝8. 即当r ＝5，h ＝8时，该蓄水池的体积最大．11．(xx·江苏)已知函数f (x )＝e x ＋e －x，其中e 是自然对数的底数． (1)证明：f (x )是R 上的偶函数；(2)若关于x 的不等式mf (x )≤e －x ＋m －1在(0，＋∞)上恒成立，求实数m 的取值范围； (3)已知正数a 满足：存在x 0∈[1，＋∞)，使得f (x 0)<a (－x 30＋3x 0)成立．试比较ea －1与ae－1的大小，并证明你的结论．(1)证明 因为对任意x ∈R ，都有f (－x )＝e －x＋e－(－x )所以f (x )是R 上的偶函数．(2)解 由条件知m (e x ＋e －x －1)≤e －x－1在(0，＋∞)上恒成立． 令t ＝e x(x >0)，则t >1，所以m ≤－t －1t 2－t ＋1＝－1t －1＋1t －1＋1对任意t >1成立．因为t －1＋1t －1＋1≥2(t －1)·1t －1＋1＝3， 所以－1t －1＋1t －1＋1≥－13，当且仅当t ＝2，即x ＝ln 2时等号成立．因此实数m 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－13. (3)解 令函数g (x )＝e x ＋1ex －a (－x 3＋3x )，则g ′(x )＝e x －1e x ＋3a (x 2－1)．当x ≥1时，e x －1e x >0，x 2－1≥0，又a >0，故g ′(x )>0.所以g (x )是[1，＋∞)上的单调增函数，因此g (x )在[1，＋∞)上的最小值是g (1)＝e ＋e －1－2a . 由于存在x 0∈[1，＋∞)，使e x 0＋e －x 0－a (－x 30＋3x 0)<0成立， 当且仅当最小值g (1)<0.故e ＋e －1－2a <0，即a >e ＋e －12.令函数h (x )＝x －(e －1)ln x －1，则h ′(x )＝1－e －1x.令h ′(x )＝0，得x ＝e －1. 当x ∈(0，e －1)时，h ′(x )<0， 故h (x )是(0，e －1)上的单调减函数； 当x ∈(e －1，＋∞)时，h ′(x )>0， 故h (x )是(e －1，＋∞)上的单调增函数，所以h (x )在(0，＋∞)上的最小值是h (e －1)． 注意到h (1)＝h (e)＝0，所以当x ∈(1，e －1)⊆(0，e －1)时，h (e －1)≤h (x )<h (1)＝0；当x ∈(e －1，e)⊆(e －1，＋∞)时，h (x )<h (e)＝0. 所以h (x )<0对任意的x ∈(1，e)成立．①当a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫e ＋e －12，e ⊆(1，e)时， h (a )<0，即a －1>(e －1)ln a ，从而ea －1<ae －1；②当a ＝e 时，e a －1＝ae －1；③当a ∈(e ，＋∞)⊆(e －1，＋∞)时，h (a )>h (e)＝0，即a －1>(e －1)ln a ，故ea －1>ae －1.综上所述，当a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫e ＋e －12，e 时，e a －1<a e －1；当a ＝e 时，ea －1＝ae －1；当a ∈(e ，＋∞)时，e a －1>ae －1.12．(xx·陕西)已知函数f (x )＝e x，x ∈R .(1)求f (x )的反函数的图象在点(1,0)处的切线方程；(2)证明：曲线y ＝f (x )与曲线y ＝12x 2＋x ＋1有唯一公共点；(3)设a <b ，比较f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2与f (b )－f (a )b －a 的大小，并说明理由．(1)解 f (x )的反函数为g (x )＝ln x ，设所求切线的斜率为k ，∵g ′(x )＝1x，∴k ＝g ′(1)＝1.于是在点(1,0)处的切线方程为y ＝x －1.(2)证明 方法一 曲线y ＝e x 与y ＝12x 2＋x ＋1公共点的个数等于函数φ(x )＝e x－12x 2－x －1零点的个数．∵φ(0)＝1－1＝0，∴φ(x )存在零点x ＝0.又φ′(x )＝e x－x －1，令h (x )＝φ′(x )＝e x－x －1， 则h ′(x )＝e x －1，当x <0时，h ′(x )<0，∴φ′(x )在(－∞，0)上单调递减； 当x >0时，h ′(x )>0，∴φ′(x )在(0，＋∞)上单调递增． ∴φ′(x )在x ＝0处有唯一的极小值φ′(0)＝0， 即φ′(x )在R 上的最小值为φ′(0)＝0. ∴φ′(x )≥0(仅当x ＝0时等号成立)， ∴φ(x )在R 上是单调递增的，∴φ(x )在R 上有唯一的零点，故曲线y ＝f (x )与y ＝12x 2＋x ＋1有唯一的公共点．方法二 ∵e x>0，12x 2＋x ＋1>0，∴曲线y ＝e x与y ＝12x 2＋x ＋1公共点的个数等于曲线y ＝12x 2＋x ＋1ex与y ＝1公共点的个数， 设φ(x )＝12x 2＋x ＋1ex，则φ(0)＝1，即x ＝0时，两曲线有公共点． 又φ′(x )＝(x ＋1)e x －(12x 2＋x ＋1)e xe 2x ＝－12x2e x ≤0(仅当x ＝0时等号成立)，∴φ(x )在R 上单调递减，∴φ(x )与y ＝1有唯一的公共点， 故曲线y ＝f (x )与y ＝12x 2＋x ＋1有唯一的公共点．(3)解 f (b )－f (a )b －a －f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2＝e b －e ab －a－e ＝e b －e a－b e ＋a e b －a ＝e b －a[e －e －(b －a )]．设函数u (x )＝e x－1e x －2x (x ≥0)，则u ′(x )＝e x＋1ex －2≥2e x·1ex －2＝0，∴u ′(x )≥0(仅当x ＝0时等号成立)， ∴u (x )单调递增．当x >0时，u (x )>u (0)＝0.令x ＝b －a 2，则e －e －(b －a )>0，∴f (b )－f (a )b －a >f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2.26799 68AF 梯36006 8CA6 貦 32603 7F5B 罛<d^r29839 748F 璏#?27969 6D41 流>31179 79CB 秋37876 93F4 鏴。
【精准解析】2021新高考数学二轮(山东)：客观题专练 函数与导数(3)
5．答案：C 解析：由题意得 f′(x)＝1－cos x≥0，所以函数 f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，又因为 f(－x)＝－x－sin(－x)＝－(x－sin x)＝－f(x)，所以函数 f(x)为奇函数，则不等式 f(1－x2)＋f(3x ＋3)>0 可转化为 f(1－x2)>－f(3x＋3)＝f[－(3x＋3)]，即 1－x2>－(3x＋3)，即 x2－3x－4<0，解 得－1<x<4，所以不等式的解集为(－1,4)，故选 C.
6．答案：A
解析：易知函数 y＝xcos x＋ln|x|为奇函数，所以其图象关于原点对称．又当 x＝π时，y＝ x
-1-2.5 天 D．3.5 天 8．[2020·山东济南模拟]若关于 x 的不等式 xln x－kx＋2k＋1>0 在(2，＋∞)上恒成立，则
满足条件的整数 k 的最大值为( )
A．2 B．3
C．4 D．5
二、多项选择题(本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．在每小题给出的选项中，有多项
)
A．x－y＋1＝0 B．2x－y＋1＝0
C．x－2y－2＝0 D．x－y－1＝0
3．[2020·山东济南针对性检测]设函数 f(x)的导函数为 f′(x)，若 f(x)＝exln x＋1－1，则 f′(1) x
＝( )
A．e－3 B．e－2
C．e－1 D．e
1
4．[2020·天津卷]设 a＝30.7，b＝ 3 －0.8，c＝log0.70.8，则 a，b，c 的大小关系为( )
12．[2020·山东高考全省大联考]函数 f(x)的定义域为 R，且 f(x＋1)与 f(x＋2)都为奇函数，
则( )
A．f(x)为奇函数 B．f(x)为周期函数
2021届高考数学二轮复习函数与导数专题练之指数函数
2021届高考数学二轮复习函数与导数专题练之指数函数1.下列函数中，是指数函数的是( ) A. 2y x =B. 21x y x +=C. 34x y =⨯D. 9x y =2.下列各式既符合分数指数幂的定义，值又相等的是( ) A.()131-和()261- B.20-和120 C.122和144D.324-和312-⎛⎫⎪⎝⎭3.把函数3xy =的图象向右平移t 个单位长度，得到函数35xy =的图象，则t 的值为( )A.13B.3log 5C.5log 3D.154.已知函数()3x g x t =+的图像不经过第二象限，则t 的取值范围为( ) A.1t ≤-B.1t <-C.3t ≤-D.3t ≥-5.已知函数()2x f x =的定义域为集合A ，值域为(4,32)，则集合A =( ) A.(2,5)B.[)2,5C.(]2,5D.[]2,56.已知集合{}2lg(4)A x y x ==-，{}3,0x B y y x ==>时，A B =( ) A ．{}2x x >- B ．{}12x x << C ．{}12x x ≤≤ D ．∅ 7.设212333222,,335a b c ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，则,,a b c 的大小关系是( )A.a b c >>B.b a c >>C.b c a >>D.c b a >>8.若2π,,aa ab ac a α-===，则,,a b c 的大小关系为( ) A ．c b a >> B ．b c a >> C ．b a c >>D ．a b c >>9.函数23(0x y a a -=+>且1)a ≠的图象恒过定点_______. 10.已知4323x x y =-⋅+，当[]0,2x ∈时，其值域是________11.若指数函数()f x 的图像经过点(2,9)，则()f x =__________，(1)f -=___________.12.已知20.320.3,log 0.3,2a b c ===，则,,a b c 的大小关系为___________.答案以及解析1.答案：A解析：A 项中函数的底数是自变量x ，指数是常数2，故不是指数函数； B 项中函数的底数是常数3，指数是21x +，而不是自变量x ，故不是指数函数； 对于C 项，这个函数中4x 的系数是3，不是1，故不是指数函数； D 项中的函数符合指数函数的定义，即9xy =是指数函数.故选D. 2.答案：C解析：选项A 中，()131-和()261-均不符合分数指数幂的定义，故A 不满足题意；选项B 中，0的负指数幂没有意义，故B 不满足题意；选项D 中，324-和312-⎛⎫⎪⎝⎭值不相等，故D 不满足题意；选项C 中，1114224222,4222=== C. 3.答案：B解析：把函数3xy =的图象向右平移 t 个单位长度，得到函数333xx tt y -==的图象，由3335x x t =，得35t=，得3log 5t =，故选B. 4.答案：A解析：将函数3x y =的图像向上平移t 个单位长度即可得到函数()3x g x t =+的图像， 若函数()3x g x t =+的图像不经过第二象限，则当0x =时，()0g x ≤， 即030t +≤，解得1t ≤-.故本题选择A 选项. 5.答案：A解析：由4()32f x <<得25222x <<，即25x <<. 6.答案：B解析：由集合A 中的函数()2lg 4y x =-，得到240x ->，解得：22x -<<，∴集合{}22A x x =-<<∣由集合B 中的函数3,0x y x =>，得到1y >，∴集合{}1B y y =>∣，则{}12AB x x =<<∣故选：B7.答案：B解析：∵2()3xf x ⎛⎫= ⎪⎝⎭在R 上为减函数，∴21332233⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即a b <.∵23()f x x =在(0,)+∞上为增函数，∴22332235⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即a c >，∴b a c >>.8.答案：B解析：由题意01a <<，故a a a <，故aa a a a >，即bc >，而22π4ππc a -=>=，故选B. 9.答案：(2,4)解析：根据题意，函数23x y a -=+中， 令20x -=，解可得2x =， 此时()22234f a -=+=， 即函数的图象恒过定点(2,4)， 故答案为：(2,4). 10.答案：3,74⎡⎤⎢⎥⎣⎦解析：由题意，令2x t =，因为[]0,2x ∈，所以[1,4]t ∈， 则函数()223333()24f t t t t =-+=-+，所以当32t =时，函数()f t 取得最小值，最小值为33()24f =， 当4t =时，函数()f t 取得最大值，最小值为(4)7f =， 所以函数4323x x y =-⋅+的值域为3,74⎡⎤⎢⎥⎣⎦， 故答案为：3,74⎡⎤⎢⎥⎣⎦. 11.答案：13;3x解析：设()(0,1)x f x a a a =>≠且.因为()f x 的图像经过点(2,9)，代入得29a =，解得3a =或3a =-(舍去)，所以()3x f x =，所以11(1)33f --==.12.答案：c a b >>解析：20.3200.31,log 0.30,21a b c <=<=<=>，故c a b >>.。
2021届高考数学二轮复习常考题型大通关(新高考)解答题：函数与导数
2021届高考数学二轮复习常考题型大通关（新高考）解答题：函数与导数1.已知函数21()2ln (2)2f x x a x a x =+-+.(1)当1a =时，求函数()f x 的单调区间. (2)是否存在实数a ，使得函数34()()9g x f x ax x =++在(0,)+∞上单调递增?若存在，求出a的取值范围；若不存在，请说明理由.2.函数()22()2ln ()f x x ax x x ax a =--+∈R .(1)当4a =时，求()f x 的图象在e x =处的切线方程(e 为自然对数的底数)； (2)当6a <时，直线3y =是()f x 图象的一条切线，求a 的值.3.已知函数()e 1e x xxf x a =--，其中0a >. (1)当2a =时，求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程； (2)若函数()f x 有唯一零点，求a 的值.4.已知函数e 4()ln,()2x x a f x ax g x x-=-=. (1)求函数()f x 的极值点；(2)当0a >时，函数()()()h x f x g x =-恰有三个不同的零点，求实数a 的取值范围.5.设函数21()(1)e 2x f x x x =-+.(1)求()f x 的单调区间；(2)当0x >时，不等式2()()x k f x x x '-<+恒成立(其中()f x '为()f x 的导函数)，求整数k 的最大值.6.已知函数e ()ln xb f x a x x=-，曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为22e 0x y ---=.(1)求,a b 的值；(2)证明函数()f x 存在唯一的极大值点0x ，且()02ln 22f x <-.7.已知函数()2e (1)(0)x F x m x m =-+≠. (1)若0m >，求函数()F x 的最大值；(2)设2()()3f x F x x x =++，若对任意[1,),[1,0)x a ∈+∞∈-，不等式ln 1()x ax f a -+>恒成立，求实数m 的取值范围.8.已知函数32()2f x x ax 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.答案以及解析1.答案：(1)当1a =时，21()2ln 3(0)2f x x x x x =+->，所以223'2(2)(1)()3x x x x f x x x x x-+--=+-==. 令)'(0f x ≥，得01x <≤或2x ≥，令)'(0f x <，得12x <<，所以()f x 的单调递增区间为(0,1]和[2,)+∞，单调递减区间为(1,2). (2)因为函数323414()()2ln 2929g x f x ax x x a x x x =++=+-+， 所以22'4()23a g x x x x =+-+. 要使函数()g x 在(0,)+∞上单调递增，则(0,)x ∈+∞时，224()03'2a g x x x x +-+≥=， 即3243660,(0,)x x x a x +-+≥∈+∞，即32436,(0,)6x x x a x +-≥-∈+∞.令32436(),(0,)6x x xh x x +-=∈+∞，则2)21(2(1')(1)h x x x x x =+-=-+，所以当10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0,'()h x h x <在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，当1,2x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0,'()h x h x >在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，所以12x =是()h x 的极小值点，也是最小值点. 又17224h ⎛⎫=-⎪⎝⎭， 所以324366x x x y +-=-在(0,)+∞上的最大值为724.所以a 的取值范围为7,24⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭. 2.答案：(1)当4a =时，()22()24ln 4f x x x x x x =--+，所以2(e)e f =，且()4(1n ')l f x x x =-，则(e)4'(e 1)f =-. 所以()f x 的图象在e x =处的切线方程为2e 4(e 1)(e)y x -=--， 即24(e 1)3e 4e 0x y ---+=. (2)设切点为(),3t ，则0t >，因为()22()2ln f x x ax x x ax =--+，所以()(4)n 'l f x x a x =-，令)'(0f t =，则ln 0t =或40t a -=，解得1t =或4at =.①若1t =，则()113f a =-=，解得4a =，满足6a <.②若4a t =，由6a <可得302t <<，()2222()2ln 32ln 3f t t at t t at t t t =--+=-=，令223()32ln 3,02g t t t t t =--<<， 则()44ln 4(1l )0'n g t t t t t t =-=->，所以函数()y g t =在30,2⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增.又()10g =，所以1t =为方程()3f t =在30,2⎛⎫⎪⎝⎭上的唯一解，故14a =，解得4a =. 综上可知，4a =.3.答案：(1)当2a =时，()2e 1e x xxf x =--， 1()2e ,(0)211e ''x xxf x f -∴=-∴=-=. 又()0211f =-=，曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程为1y x -=，即10x y -+=. (2)原问题等价于关于x 的方程11e e xx x a ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭有唯一的解时，求a 的值.令1()1ee xx x g x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，则212e ()e 'xx x g x --=.令()12e x h x x =--，则()2e 0()',x h x h x =--<∴在(,)-∞+∞上单调递减.又(0)0,h =∴当(,0)x ∈-∞时，()0h x >，即()0,'()g x g x >∴在(),0-∞上单调递增； 当()0,x ∈+∞时，()0h x <， 即()0,'()g x g x <∴在(0,)+∞上单调递减.()g x ∴的极大值为(0)1g =.当(,0]x ∈-∞时，()(,1]g x ∈-∞；当(0,)x ∈+∞时，()(0,1)g x ∈. 又0,a >∴当关于x 的方程11e e x xx a ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭有唯一的解时，1a =， 即当函数()f x 有唯一零点时，a 的值为1.4.答案：(1)因为e ()ln2xf x ax =-，所以()ln 12x f x ax =-+，所以2111()(0)'2axf x a a x x x x-=⨯-=-=>，当0a ≤时，()'0f x >，所以函数()f x 无极值点. 当0a >时，令()0'f x =，解得1x a=. 由()0,0,'f x x >⎧⎨>⎩解得10x a <<；由()0,0,'f x x <⎧⎨>⎩解得1x a >.故函数()f x 有极大值点1a，无极小值点. 综上，当0a ≤时，函数()f x 无极值点；当0a >时，函数()f x 有极大值点1a ，无极小值点. (2)当0a >时，4()()()ln (0)2x ah x f x g x ax x x=-=-+>，所以22214()0)'4(a ax x ah x a x x x x -+-=--=>.设()240k x ax x a =-+-=，则2116a ∆=-，①当0,0,a ∆≤⎧⎨>⎩即14a ≥时，()'0h x ≤，所以()h x 在()0,+∞上单调递减，所以()h x 不可能有三个不同的零点.②当0,0,a ∆>⎧⎨>⎩即104a <<时，()k x有两个零点，为12x x ==，所以120,0x x >>.又()24k x ax x a =-+-的图象开口向下，所以当10x x <<时，()0k x <，所以()'0h x <，所以()h x 在1(0,)x 上单调递减；当12x x x <<时，()0k x >，所以'()0h x >，所以()h x 在()12,x x 上单调递增；当2x x >时，()0k x <，所以()'0h x <，所以()h x 在()2,x +∞上单调递减. 因为()1242ln120,42ah a x x =-+==，所以122x x <<， 所以()()()1220h x h h x <=<.3222211141ln ln 22ln 412a h a a a a a a a a⎛⎫=-⋅+=---+ ⎪⎝⎭，令()31ln 22ln 4m a a a a=---+， 则当104a <<时，()4222221122112'120a a a m a a a a a a -+-=-++=>>. 所以()m a 在10,4⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，所以当104a <<时，()3111ln 22ln 443ln 240441614m a m ⎛⎫<=---+⨯=-+< ⎛⎫⎭⎝ ⎪⎝⎪⎭，即210h a⎛⎫⎪⎭<⎝. 由零点存在性定理知，()h x 在区间221,x a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上有唯一的零点0x .因为()()000000000441444ln ln 0,0422x a a h x h ax a h x x x x x x ⎛⎫⎛⎫+=-++⋅-⋅+== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以040h x ⎛⎫= ⎪⎝⎭， 所以1040x x <<，所以()h x 在区间()10,x 上有唯一的零点04x .故当104a <<时，()h x 存在三个不同的零点004,2,x x . 故实数a 的取值范围是10,4⎛⎫ ⎪⎝⎭.5.答案：(1)函数21()(1)e 2x f x x x =-+的定义域是(),()e 1xf x x '=--R ，当0x >时，e 1,()0x f x '><；当0x <时，0e 1,()0x f x '<<<. 函数()f x 的单调递减区间为(,)-∞+∞，无单调递增区间. (2)()210,()()()e 11e 1x x x x x k f x x x k x x k x '+>∴-<+⇒--<+⇒<+-. 令1()e 1x x g x x +=+-，则min ()k g x <， 所以()()()22e e 2e 1()1e1e1x x x xxx x g x '----=+=--.令()e 2x h x x =--，则当0x >时，()e 10,()x h x h x '=->在(0,)+∞上单调递增，且(1)0,(2)0h h <>， 故()h x 在(0,)+∞上存在唯一零点，设此零点为0x ，则0(1,2)x ∈，()000e 20x h x x =--=，即00e 2xx =+.当()00,x x ∈时，()0g x '<，当()0,x x ∈+∞时，()0g x '>， 于是()00min 0001()1(2,3)e 1x x g x g x x x +==+=+∈-， 01k x ∴<+，又k 为整数，k ∴的最大值为2.6.答案：(1)函数()f x 的定义域为()0,+∞，()32e e ()xb x a f x x x '-=-， (1),(1)e f a f b '==-.故曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为e (1)y b a x +=-， 即e 0ax y a b ---=.因为曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为22e 0x y ---=， 所以2,1a b ==.(2)解法一 由(1)知e ()2ln xf x x x =-，22e e ()x xx x f x x'-+=. 令()2e e (0)x x g x x x x =-+≥，则()()2e e e 2e x x x xg x x x '=-++=-，易知()g x '在(0,)+∞上单调递减. 由于(0)20,(1)2e 0g g ''=>=-<， 则存在1(0,1)x ∈，使得()10g x '=.当()10,x x ∈时，()0g x '>；当()1,x x ∈+∞时，()0g x '<. 故()g x 在()10,x 上单调递增，在()1,x +∞上单调递减. 由于2(0)10,(1)20,(2)4e 0g g g =>=>=-<， 故存在0(1,2)x ∈，使得()00g x =， 当()00,x x ∈时，()0g x >，则()0f x '>； 当()0,x x ∈+∞时，()0g x <，则()0f x '<.故函数()f x 在()00,x 上单调递增，在()0,x +∞上单调递减.故函数()f x 存在唯一的极大值点0x .由于()00g x =，即0002e e 0x x x x -+=，所以002e 1x x x =-， 则()0000000e 22ln 2ln ,(1,2)1x f x x x x x x =-=-∈-. 令2()2ln ,121h x x x x =-<<-，则222()0(1)h x x x '=+>-.故函数()h x 在()1,2上单调递增. 由于012x <<，则()022ln 22ln 2221h x <-=--. 即()02ln 22f x <-.解法二 由(1)知e ()2ln xf x x x =-，22e (1)()x x x f x x '--=. 当01x <<时，()0f x '>.当1x ≥时，令()2e (1)x g x x x =--，则()2e (1)e 2e 2e 0x x x g x x x '=---=-<-<， 则()g x 在(1,)+∞上单调递减. 又2(1)20,(2)4e 0g g =>=-<. 故存在0(1,2)x ∈，使得()00g x =， 当()00,x x ∈时，()0g x >，则()0f x '>； 当()0,x x ∈+∞时，()0g x <，则 ()0f x '<.故函数()f x 在()00,x 上单调递增，在()0,x +∞上单调递减. 故函数()f x 存在唯一的极大值点0x . 由于()00g x =，即()0002e10x x x --=，所以002e1x x x =-， 则()0000000e 22ln 2ln ,(1,2)1x f x x x x x x =-=-∈-.令2()2ln ,121h x x x x =-<<-， 则222()0(1)h x x x '=+>-. 故函数()h x 在()1,2上单调递增. 由于012x <<，则()022ln 22ln 2221h x <-=--. 即()02ln 22f x <-.7.答案：(1)由题意得()2e (2)x F x m x '=-+， 令()0F x '=，得2x =-.因为0m >，所以在(),2-∞-上，()()'0,F x F x >单调递增；在()2,-+∞上，()()'0,F x F x <单调递减.所以函数()F x 有最大值，最大值为2(2)2e F m --=. (2)因为2()32e (1)x f x x x m x =+-+，所以ln 1()x ax f a -+>，即22e (1)31ln a m a a a x ax +--+>-+. 由于[1,0)a ∈-时，函数ln y x ax =-+为减函数，所以对任意[1,),[1,0)x a ∈+∞∈-，不等式ln 1()x ax f a -+>恒成立， 即2max 2e (1)31(ln )a m a a a x ax a +--+>-+=， 即对任意2[1,0),2e (1)410a a m a a a ∈-+--+>恒成立. 解法一 令2()2e (1)41a h a m a a a =+--+，则()()2e (2)242(2)e 1aa h a m a a a m '=+--=+-.因为[1,0)a ∈-，所以1e ,1ea ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭，且21a +≥.①当1(0),[1,0)m m a ≤≠∈-时，e 10a m -<，所以()0h a '<，即[1,0)a ∈-时，()h a 单调递减.所以要使()0h a >，只需()00h ≥，解得12m ≥-，所以1,0(0,1]2m ⎡⎫∈-⋃⎪⎢⎣⎭. ②当1m >时，令()0h a '=，得ln a m =-或2a =-(舍去).(i)当1e m <<时，ln (1,0)m -∈-，当[1,ln )a m ∈--时，()0,()h a h a '<单调递减；当(ln ,0)a m ∈-时，()0,()h a h a '>单调递增.所以当[1,0)a ∈-时，2min ()(ln )ln 2ln 30h a h m m m =-=-++>，解得31,e em ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以(1,e)m ∈.(ii)当e m ≥时，ln 1m -≤-，所以在[1,0)-上，()0h a '≥，则()h a 在[)1,0-上单调递增，所以在[)1,0-上，min ()(1)40h a h =-=>. 综上，m 的取值范围是1,0(0,)2⎡⎫-⋃+∞⎪⎢⎣⎭. 解法二 当1a =-时，显然22e (1)410a m a a a +--+>.当()1,0a ∈-时，22e (1)410a m a a a +--+>等价于2412e (1)a a a m a +->+，令241()e (1)a a a h a a +-=+，则()22(24)(1)41(2)()e (1)a a a a a a h a a '++-+-+=+()22(2)2(1)41e (1)a a a a a a ⎡⎤++-+-⎣⎦=+()22(2)23e (1)a a a a a ++-=-+2(2)(3)(1)e (1)a a a a a ++-=-+.当()1,0a ∈-时，()'0h a >，所以()h a 在()1,0-上单调递增，所以()201m h ≥=-，所以12m ≥-.综上，m 的取值范围是1,0(0,)2⎡⎫-⋃+∞⎪⎢⎣⎭. 8.答案：(1)2()622(3)f x x ax x x a '=-=-. 令()0f x '=，得0x =或3a x =. 若0a >，则当(,0),3a x ⎛⎫∈-∞⋃+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当0,3a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<.故()f x 在(,0),,3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在0,3a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减；若0,()a f x =在(,)-∞+∞单调递增；若0a <，则当,(0,)3a x ⎛⎫∈-∞⋃+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当,03a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<.故()f x 在,,(0,)3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在,03a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减. (2)满足题设条件的,a b 存在.(i)当0a ≤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()0f b =，最大值为()12f a b =-+.此时,a b 满足题设条件当且仅当1,21b a b =--+=，即0,1a b ==-.(ii)当3a ≥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()0f b =，最小值为()12f a b =-+.此时,a b 满足题设条件当且仅当21,1a b b -+=-=，即4,1a b ==.(iii)当03a <<时，由(1)知，()f x 在[0,1]的最小值为3327a a f b ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，最大值为b 或2a b -+.若31,127a b b -+=-=，则a =03a <<矛盾.若31,2127a b a b -+=--+=，则a =a =-或0a =，与03a <<矛盾. 综上，当且仅当0,1a b ==-或4,1a b ==时，()f x 在[0,1]的最小值为1-，最大值为1.。
新高考方案二轮-数学(新高考版)小题考法(一) 函数图象与性质
融会贯通串知识 一、主干知识·以点带面 (一)函数的概念与性质
主干
知识点
概念及 (1)函数的定义． 图象 (2)函数的图象：对于函数的图象要会作图、识图和用图．
(3)函数图象的对称性及变换
(1)单调性：复合函数的单调性遵循“同增异减”的原则． 三种常 (2)奇偶性：奇函数在关于原点对称的单调区间内有相同的单调性，
(二)导数 导数的几 函数f(x) 在点x0处的导数是曲线f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率， 何意义 因此曲线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)
(1)利用导数研究函数的单调性 ①若求单调区间(或证明单调性)，只要在函数定义域内解(或证明)不 两种基本 等式f′(x)>0或f′(x)<0； 应用 ②若已知函数的单调性，则转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间 上恒成立问题来求解．
B.12，＋∞
C.0，12
D.12，1
解析：因为 f(x)＝e－－xx，3，x≤x>00，， 当 x≤0 时，f(x)＝e－x 单调递减，且 f(x)≥1；
当 x>0 时，f(x)＝－x3 单调递减，且 f(x)<0，所以函数 f(x)＝e－－xx，3，x≤x>00， 在定
义域上单调递减．因为 f(a－1)≥f(－a)，所以 a－1≤－a，解得 a≤12，即不等式
导数题强调“用”，“用”就是导数的应用，即用导数来研究函数的单调性 与极值．考查内容主要包括：导数与函数的单调性、极值，利用导数解决不等式 问题，利用导数研究函数的零点问题等．考查的函数一般是多项式函数、指数函 数、对数函数、三角函数这几种函数的组合.2021年新高考Ⅱ卷T22第(2)问为结构 不良问题，体现了结构不良问题适度开放命题的科学性与素养导向．
2021年高考数学二轮复习 导数及其应用专题训练(含解析)
2021年高考数学二轮复习导数及其应用专题训练（含解析）一、选择题1．函数y＝f(x)的图象在点x＝5处的切线方程是y＝－x＋8，则f(5)＋f′(5)等于( )A．1 B．2C．0 D.1 2解析由题意知f(5)＝－5＋8＝3，f′(5)＝－1，故f(5)＋f′(5)＝2.故选B.答案B2．函数f(x)在定义域内可导，y＝f(x)的图象如图所示，则导函数y＝f′(x)的图象可能为( )解析x<0时，f(x)为增函数，所以导函数在x<0时大于零；x>0时，原函数先增后减再增，所以导函数先大于零再小于零之后又大于零．故选D.答案 D3．(理)(xx·山东淄博一模)若函数f (x )的导函数在区间(a ，b )上的图象关于直线x ＝a ＋b2对称，则函数y ＝f (x )在区间[a ，b ]上的图象可能是( )A ．①④B ．②④C ．②③D ．③④解析 因为函数y ＝f (x )的导函数在区间(a ，b )上的图象关于直线x ＝a ＋b2对称，即导函数要么图象无增减性，要么在直线x ＝a ＋b2两侧单调性相反．由图①得，在a 处切线斜率最小，在b 处切线斜率最大，故导函数图象不关于直线x ＝a ＋b2对称，故①不成立；由图②得，在a 处切线斜率最大，在b 处切线斜率最小，故导函数图象不关于直线x ＝a ＋b2对称，故②不成立；由图③得，原函数为一次函数，其导函数为常数函数，故导函数图象关于直线x ＝a ＋b2对称，③成立；由图④得，原函数有一对称中心，在直线x ＝a ＋b2与原函数图象的交点处，故导函数图象关于直线x ＝a ＋b2对称，④成立；所以满足要求的有③④，故选D.答案 D3．(文)函数f (x )＝3x 2＋ln x －2x 的极值点的个数是( ) A ．0 B ．1 C ．2D ．无数个解析 函数定义域为(0，＋∞)， 且f ′(x )＝6x ＋1x －2＝6x 2－2x ＋1x，由于x >0，g (x )＝6x 2－2x ＋1中Δ＝－20<0， ∴g (x )>0恒成立， 故f ′(x )>0恒成立，即f (x )在定义域上单调递增，无极值点． 答案 A4．(xx·重庆七校联盟联考)已知函数f (x )在R 上满足f (x )＝2f (2－x )－x 2＋8x －8，则曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处切线的斜率是( )A ．2B ．1C ．3D ．－2解析 由f (x )＝2f (2－x )－x 2＋8x －8两边求导得，f ′(x )＝2f ′(2－x )×(－1)－2x ＋8.令x ＝1得f ′(1)＝2f ′(1)×(－1)－2＋8⇒f ′(1)＝2，∴k ＝2.答案 A5．(xx·云南昆明一模)已知函数f (x )＝ln x ＋1ln x，则下列结论中正确的是( ) A ．若x 1，x 2(x 1<x 2)是f (x )的极值点，则f (x )在区间(x 1，x 2)内是增函数 B ．若x 1，x 2(x 1<x 2)是f (x )的极值点，则f (x )在区间(x 1，x 2)内是减函数 C ．∀x >0，且x ≠1，f (x )≥2D ．∃x 0>0，f (x )在(x 0，＋∞)上是增函数解析 由已知f ′(x )＝1x －1x ln 2x ＝ln 2x －1x ln 2x (x >0，且x ≠1)，令f ′(x )＝0，得x ＝e 或x ＝1e.当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1e 时，f ′(x )>0；当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫1e，1∪(1，e)时，f ′(x )<0；当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )>0.故x ＝1e和x ＝e 分别是函数f (x )的极大值点和极小值点，故函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e，1和(1，e)内单调递减，所以A 、B 错；当0<x <1时，ln x <0，f (x )<0，故C 错；若x 0≥e，f (x )在(x 0，＋∞)上是增函数，D 正确．答案 D6．f (x )是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf ′(x )－f (x )≤0，对任意正数a ，b ，若a <b ，则必有( )A ．af (b )≤bf (a )B ．bf (a )≤af (b )C ．af (a )≤f (b )D ．bf (b )≤f (a )解析 设F (x )＝f x x ，则F ′(x )＝xf ′x －f xx 2≤0， 故F (x )＝f xx为减函数． 由0<a <b ，有f a a ≥f bb⇒af (b )≤bf (a )，故选A. 答案 A 二、填空题7．(理)(xx·广东卷)曲线y ＝e －5x＋2在点(0,3)处的切线方程为________．解析 y ′＝－5e－5x，∴y ′|x ＝0＝－5，∴所求切线方程为y －3＝－5x ，即5x ＋y －3＝0.答案 5x ＋y －3＝07．(文)已知函数f (x )＝x e x，则f ′(x )＝________；函数f (x )的图象在点(0，f (0))处的切线方程为________．解析 ∵f ′(x )＝1·e x ＋x ·e x ＝(1＋x )e x；f ′(0)＝1，f (0)＝0，因此f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y －0＝x －0，即y ＝x .答案 (1＋x )e xy ＝x8．若点P 是曲线y ＝x 2－ln x 上任意一点，则点P 到直线y ＝x －2的最小距离为________． 解析 过点P 作y ＝x －2的平行直线，且与曲线y ＝x 2－ln x 相切． 设P (x 0，x 20－ln x 0)，则有k ＝y ′|x ＝x 0＝2x 0－1x 0.∴2x 0－1x 0＝1.∴x 0＝1或x 0＝－12(舍去)．∴P (1,1)，∴d ＝|1－1－2|1＋1＝ 2. 答案29．已知函数f (x )＝x 3＋2bx 2＋cx ＋1有两个极值点x 1，x 2，且x 1∈[－2，－1]，x 2∈[1,2]，则f (－1)的取值范围是________．解析 由于f ′(x )＝3x 2＋4bx ＋c ，据题意方程3x 2＋4bx ＋c ＝0有两个根x 1，x 2，且x 1∈[－2，－1]，x 2∈[1,2]，令g (x )＝3x 2＋4bx ＋c ，结合二次函数图象可得⎩⎪⎨⎪⎧g －2＝12－8b ＋c ≥0，g －1＝3－4b ＋c ≤0，g 1＝3＋4b ＋c ≤0，g2＝12＋8b ＋c ≥0，此即为关于点(b ，c )的线性约束条件，作出其对应的平面区域，f (－1)＝2b －c ，问题转化为在上述线性约束条件下确定目标函数f (－1)＝2b －c 的最值问题，由线性规划易知3≤f (－1)≤12.答案 [3,12] 三、解答题10．已知函数f (x )＝4x 3＋3tx 2－6t 2x ＋t －1，x ∈R ，其中t ∈R . (1)当t ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程； (2)t ≠0时，求f (x )的单调区间．解 (1)当t ＝1时，f (x )＝4x 3＋3x 2－6x ，f (0)＝0，f ′(x )＝12x 2＋6x －6，f ′(0)＝－6， 所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝－6x . (2)f ′(x )＝12x 2＋6tx －6t 2.令f ′(x )＝0，解得x ＝－t 或x ＝t2.因为t ≠0，以下分两种情况讨论：①若t <0，则t2<－t .当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以，f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，2，(－t ，＋∞)；f (x )的单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫2，－t .②若t >0，则－t <t2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以，f (x )的单调递增区间是(－∞，－t )，⎝ ⎛⎭⎪⎫2，＋∞；f (x )的单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－t ，t 2.11．(理)(xx·福建卷)已知函数f (x )＝e x－ax (a 为常数)的图象与y 轴交于点A ，曲线y ＝f (x )在点A 处的切线斜率为－1.(1)求a 的值及函数f (x )的极值； (2)证明：当x >0时，x 2<e x；(3)证明：对任意给定的正数c ，总存在x 0，使得当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2<c e x. 解 (1)由f (x )＝e x －ax ，得f ′(x )＝e x－a . 又f ′(0)＝1－a ＝－1，得a ＝2. 所以f (x )＝e x －2x ，f ′(x )＝e x－2. 令f ′(x )＝0，得x ＝ln2.当x <ln2时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x >ln2时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．所以当x ＝ln2时，f (x )取得极小值，且极小值为f (ln2)＝e ln2－2ln2＝2－ln4，f (x )无极大值． (2)令g (x )＝e x －x 2，则g ′(x )＝e x－2x . 由(1)得g ′(x )＝f (x )≥f (ln2)>0， 故g (x )在R 上单调递增，又g (0)＝1>0， 因此，当x >0时，g (x )>g (0)>0，即x 2<e x.(3)①若c≥1，则e x≤c e x.又由(2)知，当x>0时，x2<e x.所以当x>0时，x2<c e x.取x0＝0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2<c e x.②若0<c<1，令k＝1c>1，要使不等式x2<c e x成立，只要e x>kx2成立．而要使e x>kx2成立，则只要x>ln(kx2)，只要x>2ln x＋ln k成立．令h(x)＝x－2ln x－ln k，则h′(x)＝1－2x＝x－2x，所以当x>2时，h′(x)>0，h(x)在(2，＋∞)内单调递增．取x0＝16k>16，所以h(x)在(x0，＋∞)内单调递增，又h(x0)＝16k－2ln(16k)－ln k＝8(k－ln2)＋3(k－ln k)＋5k，易知k>ln k，k>ln2,5k>0，所以h(x0)>0.即存在x0＝16c，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2<c e x.综上，对任意给定的正数c，总存在x0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2<c e x.11．(文)已知函数f(x)＝－x3＋ax2＋bx＋c在(－∞，0)上是减函数，在(0,1)上是增函数，函数f(x)在R上有三个零点，且1是其中一个零点．(1)求b的值；(2)求f(2)的取值范围．解(1)∵f(x)＝－x3＋ax2＋bx＋c，∴f′(x)＝－3x2＋2ax＋b.∵f(x)在(－∞，0)上是减函数，在(0,1)上是增函数，∴当x＝0时，f(x)取得极小值，即f′(0)＝0.∴b＝0.(2)由(1)知，f(x)＝－x3＋ax2＋c，∵1是函数f(x)的一个零点，即f(1)＝0，∴c＝1－a.∵f′(x)＝－3x2＋2ax＝0的两个根分别为x1＝0，x2＝2a 3.∵f(x)在(0,1)上是增函数，且函数f(x)在R上有三个零点，∴x 2＝2a3>1，即a >32.∴f (2)＝－8＋4a ＋(1－a )＝3a －7>－52.故f (2)的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－52，＋∞. B 级——能力提高组1．(理)(xx·江西卷)若f (x )＝x 2＋2⎠⎛01f(x)d x ，则⎠⎛01f(x)d x ＝( )A ．－1B ．－13C .13D ．1解析 直接求解定积分，再利用方程思想求解． ∵f(x)＝x 2＋2⎠⎛01f(x)d x ，∴⎠⎛01f(x)d x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 3＋2x ⎠⎛01f x d x ⎪⎪ 1＝13＋2⎠⎛01f(x)d x ， ∴⎠⎛01f(x)d x ＝－13.答案 B 1．(文)(理)2.(xx·中原名校二模)已知函数g(x)＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d(a≠0)的导函数为f(x)，且a ＋2b ＋3c ＝0，f(0)·f(1)>0，设x 1，x 2是方程f(x)＝0的两根，则|x 1－x 2|的取值范围是( )A .⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，23B .⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，49C .⎝ ⎛⎭⎪⎫13，23 D .⎝ ⎛⎭⎪⎫19，49 解析 因为f(x)＝3ax 2＋2bx ＋c ，所以f(0)f(1)＝c(3a ＋2b ＋c)＝c(2a －2c)>0,0<c a<1，又|x 1－x 2|＝Δ|3a|＝2b 2－3ac |3a|＝|a －3c||3a|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪13－c a ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，23.答案 A2．(理)(xx·中原名校二模)已知函数g(x)＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d(a≠0)的导函数为f(x)，且a ＋2b ＋3c ＝0，f(0)·f(1)>0，设x 1，x 2是方程f(x)＝0的两根，则|x 1－x 2|的取值范围是( )A .⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，23B .⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，49C .⎝⎛⎭⎪⎫13，23D .⎝⎛⎭⎪⎫19，49解析 因为f(x)＝3ax 2＋2bx ＋c ，所以f(0)f(1)＝c(3a ＋2b ＋c)＝c(2a －2c)>0,0<c a<1，又|x 1－x 2|＝Δ|3a|＝2b 2－3ac |3a|＝|a －3c||3a|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪13－c a ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，23.答案 A2．(文)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 从图象上可以看到：当x∈(0,1)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 ①3．(理)(xx·课标全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝e x－e －x－2x. (1)讨论f(x)的单调性；(2)设g(x)＝f(2x)－4bf(x)，当x>0时，g(x)>0，求b 的最大值； (3)已知1.414 2<2<1.414 3，估计ln 2的近似值(精确到0.001)． 解 (1)f′(x)＝e x＋e －x－2≥0，等号仅当x ＝0时成立．所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增． (2)g(x)＝f(2x)－4bf(x)＝e 2x－e －2x－4b(e x －e －x)＋(8b －4)x ，g′(x)＝2[e 2x＋e－2x－2b(e x＋e －x )＋(4b －2)]＝2(e x＋e －x－2)(e x＋e －x－2b ＋2)．①当b≤2时，g′(x)≥0，等号仅当x ＝0时成立，所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．而g(0)＝0，所以对任意x>0，g(x)>0；②当b>2时，若x 满足2<e x＋e －x<2b －2，即0<x<ln (b －1＋b 2－2b)时g′(x)<0.而g(0)＝0，因此当0<x≤ln (b －1＋b 2－2b)时，g(x)<0.综上，b 的最大值为2.(3)由(2)知，g(ln 2)＝32－22b ＋2(2b －1)ln 2.当b ＝2时，g(ln 2)＝32－42＋6ln 2>0，ln 2>82－312>0.692 8；当b ＝324＋1时，ln (b －1＋b 2－2b)＝ln 2， g(ln 2)＝－32－22＋(32＋2)ln 2<0，ln 2<18＋228<0.693 4. 所以ln 2的近似值为0.693.3．(文)(xx·课标全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝x 3－3x 2＋ax ＋2，曲线y ＝f(x)在点(0,2)处的切线与x 轴交点的横坐标为－2.(1)求a ；(2)证明：当k<1时，曲线y ＝f(x)与直线y ＝kx －2只有一个交点． 解 (1)f′(x)＝3x 2－6x ＋a ，f′(0)＝a. 曲线y ＝f(x)在点(0,2)处的切线方程为y ＝ax ＋2. 由题设得－2a ＝－2，所以a ＝1.(2)证明：由(1)知，f(x)＝x 3－3x 2＋x ＋2. 设g(x)＝f(x)－kx ＋2＝x 3－3x 2＋(1－k)x ＋4. 由题设知1－k>0.当x≤0时，g′(x)＝3x 2－6x ＋1－k>0，g(x)单调递增，g(－1)＝k －1<0，g(0)＝4， 所以g(x)＝0在(－∞，0]有唯一实根． 当x>0时，令h(x)＝x 3－3x 2＋4， 则g(x)＝h(x)＋(1－k)x>h(x)．h′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，h(x)在(0,2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增，所以g(x)>h(x)≥h(2)＝0.所以g(x)＝0在(0，＋∞)没有实根．综上，g(x)＝0在R有唯一实根，即曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点．20226 4F02 伂31220 79F4 秴]38002 9472 鑲39341 99AD 馭30496 7720 眠24691 6073 恳 "35323 89FB 觻 26755 6883 梃35769 8BB9 讹]7。
2021届高考数学二轮复习函数与导数专题练之幂函数
2021届高考数学二轮复习函数与导数专题练之幂函数1.已知幂函数()()21m f x m m x =--在(0,)+∞上单调递减，则实数m =( ) A.1-B.2C.1-或2D.122.已知幂函数()y f x =的图象过22,⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，则下列求解正确的是（ ）A ．()12f x x =B ．()2f x x =C ．()32f x x =D ．()12f x x -=3.若幂函数()f x 的图像过点(16,8)，则2()()f x f x <的解集为( ) A. (,0)(1,)-∞⋃+∞B. (0,1)C. (,0)-∞D. (1,)+∞4.函数()1a f x x =+，若()f x 在区间[],(0)a b a b <<内的值域为[]3,6，则()f x 在[],b a --内的最大值与最小值之和为( ) A.-9B.-7C.-5D.9或-55.已知幂函数()y f x =的图像过点()3,3，则()4log 2f 的值为( ) A ． 2B ．14-C ．14D ．2-6.在同一坐标系内，函数(0)a y x a =≠和1y ax a=-的图像可能是图中的( ) A.B.C.D.7.幂函数()223()1m m f x m m x +-=--在()0,+∞时是减函数，则实数m 的值为( )A. 2或-1B. -1C. 2D. -2或18.设11132a ⎧⎫∈-⎨⎬⎩⎭,,,，则使函数a y x =的定义域为R 且为奇函数的所有a 值为（ ） A.1，3 B.1-，1 C.1-，3 D.1-，1，39.若幂函数()f x 的图象经过点12,4⎛⎫⎪⎝⎭，则()3f =_________.10.已知幂函数223()mm f x x -++= (Z m ∈)为偶函数，且在区间()0,+∞上单调递增，则函数()f x 的解析式为 ___________.11.已知幂函数()f x k x α=⋅的图象过点122⎛ ⎝⎭，则k α+=____________12.若幂函数2223(33)mm y m m x +-=++的图像不过原点，且关于原点对称，则m =___________.答案以及解析1.答案：A解析：由于函数()f x 是幂函数，所以211m m --=，解得2m =或1m =-.当2m =时，2()f x x =在(0,)+∞上单调递增，舍去；当1m =-时，1()f x x -=在(0,)+∞上单调递减.故选A. 2.答案：D解析：设幂函数的解析式为a y x =，∵幂函数()y f x =的图象过点222a =， 解得12a =-，∴12()f x x -=，故选D.3.答案：D解析：设幂函数()a f x x =， 图像过点()16,8，所以168a =，即4322a =，所以43a =，解得34a =.所以()3344f x x x =()0,+∞，且()f x 为增函数.由()()2f x f x <得20{ x x x ><，解得1x >.故选D4.答案：D解析：当21(Z)k k α=-∈时，函数()a g x x =是奇函数，()a g x x =在[],a b 上的值域是[]2,5，则()a g x x =在[],b a --上的值域是[]5,2--，所以()f x 在[],b a --上的值域是[]4,1--，()f x 在[],b a --上的最大值与最小值之和等于-5；当2(Z)k k α=∈时，函数()f x 是偶函数，则()f x 在[],b a --上的值域是[]3,6，()f x 在[],b a --上的最大值与最小值之和等于9，故选D. 5.答案：C解析：设幂函数()y f x x α==，图像过点(3，33α=∴，12α=∴， ()12()0f x xx =≥∴，()1224441111log 2log 2log 2224f ===⨯=∴.故选C 6.答案：C解析：当0a <时，函数1y ax a =-是减函数，当0x =时，10y a =->，即函数1y ax a=-的图像与y 轴的交点在正半轴上，a y x =在(0,)+∞上是减函数，所以A ，D 均错误.对于B ，C ，若0a >，则1y ax a=-是增函数，故B 错误，C 正确. 7.答案：B解析：由于幂函数()223()1mm f x m m x+-=--在()0,+∞时是减函数，故有221130m m m m ⎧--=⎨+-<⎩，解得1m =-，故选B ．8.答案：A解析：由于定义域为R ，排除1-和12，函数3y x y x ==,是奇函数且定义域为R. 9.答案：19解析：设幂函数()y x R αα=∈其函数图象经过点12,4⎛⎫ ⎪⎝⎭124α=∴解得2α=-2()y f x x -==∴ 1(3)9f =∴故答案为：1910.答案：4()f x x = 解析：因为幂函数223()m m f x x -++= (Z m ∈)为偶函 数，所以223m m -++为偶数.又()f x 在区间()0,+∞上单调递增，所以2230m m -++>，所以13m -<<. 又Z m ∈，223m m -++ 为偶数，所以1m =，所以4()f x x =.11.答案：32解析：由幂函数的定义得1k =，再将点122⎛ ⎝⎭212α⎛⎫= ⎪⎝⎭，从而12α=，故32k α+=. 故答案为：32. 12.答案：-2解析：根据幂函数的定义得2331m m ++=，解得1m =-或2m =-，所以41y x =或31y x=.又因为函数图像关于原点对称，所以2m =-.。
高考总复习二轮数学精品课件 专题1 函数与导数 第2讲 基本初等函数、函数的应用
3.函数的零点问题
(1)函数F(x)=f(x)-g(x)的零点就是方程f(x)=g(x)的根,即函数y=f(x)的图象与
函数y=g(x)的图象交点的横坐标.
(2)确定函数零点的常用方法:①直接解方程法;②利用零点存在性定理;③
数形结合,利用两个函数图象的交点求解.
温馨提示函数的零点是一个实数,而不是几何图形.
质与相关函数的性质之间的关系进行判断.
对点练2
9 0.1
(1)(2023·广东湛江一模)已知 a=(11) ,b=log910,c=lg
A.b>c>a
B.c>b>a
C.b>a>c
D.c>a>b
11,则( A )
解析 根据指数函数和对数函数的性质,
可得
9 0.1
9 0
a=(11) < 11 =1,b=log910>log99=1,c=lg
1 1
B. - 2 , 2
1
C. 0, 2
1
1
D. - 2 ,0 ∪ 0, 2
(3)换底公式:logaN= log (a,b>0,且 a,b≠1,N>0).
(4)对数值符号规律:已知a>0,且a≠1,b>0,则logab>0⇔(a-1)(b-1)>0,
logab<0⇔(a-1)(b-1)<0.
1
温馨提示对数的倒数法则:logab= log
(a,b>0,且a,b≠1).
11>lg 10=1,
又由 2=lg 100>lg 99=lg 9+lg 11>2 lg9 × lg11,所以 1>lg
高考数学二轮复习 专题2 函数与导数 教案 文
高考数学二轮复习 专题2 函数与导数 教案 文专题二 函数与导数【重点知识回顾】1．函数是高考数学的重点内容之一，函数的观点和思想方法是高中数学的一条重要的主线，选择、填空、解答三种题型每年都有，函数题的身影频现，而且常考常新．以基本函数为背景的综合题和应用题是近几年的高考命题的新趋势．函数的图象也是高考命题的热点之一．近几年来考查导数的综合题基本已经定位到压轴题的位置了．2．对于函数部分考查的重点为：函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、周期性对称性和函数的图象；指数函数、对数函数的概念、图象和性质；应用函数知识解决一些实际问题；导数的基本公式，复合函数的求导法则；可导函数的单调性与其导数的关系，求一些实际问题（一般指单峰函数）的最大值和最小值．【典型例题】 1．函数的性质与图象函数的性质是高考考查的重点内容．根据函数单调性和奇偶性的定义，能判断函数的奇偶性，以及函数在某一区间的单调性，从数形结合的角度认识函数的单调性和奇偶性，掌握求函数最大值和最小值的常用方法．函数的图象是函数性质的直观载体，能够利用函数的图象归纳函数的性质．对于抽象函数一类，也要尽量画出函数的大致图象，利用数形结合讨论函数的性质．例1．“龟兔赛跑”讲述了这样的故事：领先的兔子看着慢慢爬行的乌龟，骄傲起来，睡了一觉，当它醒来时，发现乌龟快到终点了，于是急忙追赶，但为时已晚，乌龟还是先到达了终点……用S1、S2分别表示乌龟和兔子所行的路程，t 为时间，则下图与故事情节相吻合的是（ ）答案：BA B C D解析：在选项B 中，乌龟到达终点时，兔子在同一时间的路程比乌龟短．点评：函数图象是近年高考的热点的试题，考查函数图象的实际应用，考查学生解决问题、分析问题的能力，在复习时应引起重视．例2．已知定义在R 上的奇函数)(x f ，满足(4)()f x f x -=-，且在区间[0,2]上是增函数，若方程f(x)=m(m>0)在区间[]8,8-上有四个不同的根1234,,,x x x x ，则1234_________.x x x x +++=答案：-8解析：因为定义在R 上的奇函数，满足(4)()f x f x -=-，所以(4)()f x f x -=-，所以, 由)(x f 为奇函数，所以函数图象关于直线2x =对称且(0)0f =，由(4)()f x f x -=-知(8)()f x f x -=，所以函数是以8为周期的周期函数，又因为)(x f 在区间[0,2]上是增函数，所以)(x f 在区间[-2,0]上也是增函数．如图所示，那么方程f(x)=m(m>0)在区间[]8,8-上有四个不同的根1234,,,x x x x ，不妨设1234x x x x <<<，由对称性知1212x x +=-，344x x +=．所以12341248x x x x +++=-+=-．点评：本题综合考查了函数的奇偶性,单调性，对称性，周期性，以及由函数图象解答方程问题，运用数形结合的思想和函数与方程的思想解答问题．2．函数与解方程、不等式的综合问题函数与方程、不等式、数列是密切相关的几个部分，通过建立函数模型来解决有关他们的综合问题是高考的考查方向之一，解决该类问题要善于运用转化的思想方法，将问题进行不断转化，构建模型来解决问题．例2．x 为何值时，不等式()23log log 2-<x x m m 成立．解析：当1>m 时，212132023023022<<⇔⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧<<>≠⇔⎪⎩⎪⎨⎧-<>->x x x x x x x x ． 当10<<m 时，21322132023023022><<⇔⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧><>≠⇔⎪⎩⎪⎨⎧-<>->x x x x x x x x x x 或或． 故1>m 时，21<<x ．10<<m 时，2132><<x x 或为所求．点评：该题考查了对数不等式的解法，其基本的解题思路为将对数不等式转化为普通不等式，需要注意转化之后x 的范围发生了变化，因此最后要检验，或者转化时将限制条件联立．3．函数的实际应用函数的实际运用主要是指运用函数的知识、思想和方法综合解决问题．函数描述了自然界中量的依存关系，是对问题本身的数量本质特征和制约关系的一种刻画，用联系和变化的观点提出数学对象，抽象其数学特征，建立函数关系．掌握有关函数知识是运用函数思想的前提，考生应具备用初等数学思想方法研究函数的能力，运用函数思想解决有关数学问题的意识是运用函数思想的关键．例3．某单位用2160万元购得一块空地，计划在该地块上建造一栋至少10层、每层2000平方米的楼房．经测算，如果将楼房建为x （x ≥10）层，则每平方米的 平均建筑费用为560+48x （单位：元）．为了使楼房每平方米的平均综合费用最少，该楼房应建为多少层？ （注：平均综合费用=平均建筑费用+平均购地费用，平均购地费用=建筑总面积购地总费用）解析：设楼房每平方米的平均综合费为y 元，依题意得：*21601000010800(56048)56048(10,)2000y x x x x N x x⨯=++=++≥∈．则21080048y x '=-，令0y '=，即210800480x -=，解得15x =． 当15x >时，0y '>；当015x <<时，0y '<， 因此，当15x =时，y 取得最小值，min 2000y =元．答：为了使楼房每平方米的平均综合费最少，该楼房应建为15层．点评：这是一题应用题，利用函数与导数的知识来解决问题．利用导数，求函数的单调性、求函数值域或最值是一种常用的方法．4．导数与单调性、极（最）值问题．导数作为工具来研究三次函数、指数函数、对数函数的单调性，极值、最值时，具有其独特的优越性，要理解导数的几何意义，熟练导数的运算公式，善于借助导数解决有关的问题．例4．已知函数321()33f x ax bx x =+++，其中0a ≠． （1）当b a ,满足什么条件时，)(x f 取得极值?（2）已知0>a ，且)(x f 在区间(0,1]上单调递增，试用a 表示出b 的取值范围． 解析： （1）由已知得2'()21f x ax bx =++，令0)('=x f ，得2210ax bx ++=，)(x f 要取得极值，方程2210ax bx ++=必须有解，所以△2440b a =->，即2b a >， 此时方程2210ax bx ++=的根为：122b b x a a ---==，222b b x a a--+==，所以12'()()()f x a x x x x =-- 当0>a 时，所以)(x f 在x 1， x 2处分别取得极大值和极小值． 当0<a 时，所以)(x f 在x 1， x 2处分别取得极大值和极小值． 综上，当b a ,满足2b a >时，)(x f 取得极值．（2）要使)(x f 在区间(0,1]上单调递增，需使2'()210f x ax bx =++≥在(0,1]上恒成立．即1,(0,1]22ax b x x ≥--∈恒成立，所以max 1()22ax b x≥--， 设1()22ax g x x =--，2221()1'()222a x a a g x x x -=-+=， 令'()0g x =得x =或x =舍去)，当1>a 时，101a <<，当x ∈时'()0g x >，1()22ax g x x =--单调增函数；当x ∈时'()0g x<，1()22ax g x x =--单调减函数，所以当x =()g x取得最大，最大值为g = 所以b ≥ 当01a <≤1≥，此时'()0g x ≥在区间(0,1]恒成立， 所以1()22ax g x x=--在区间(0,1]上单调递增，当1x =时()g x 最大，最大值为1(1)2a g +=-，所以12a b +≥-．综上，当1>a 时， b ≥01a <≤时， 12a b +≥-．点评：本题为三次函数，利用求导的方法研究函数的极值、单调性和函数的最值，函数在区间上为单调函数，则导函数在该区间上的符号确定，从而转为不等式恒成立，再转为函数研究最值．运用函数与方程的思想，化归思想和分类讨论的思想解答问题．【模拟演练】1．函数22log 2xy x-=+的图象（ ） A ． 关于原点对称 B ．关于主线y x =-对称 C ． 关于y 轴对称 D ．关于直线y x =对称 2． 定义在R 上的偶函数()f x 的部分图象如右图所示，则在()2,0-上，下列函数中与()f x 的单调性不同的是（ ）A ．21y x =+ B ． ||1y x =+C ． 321,01,0x x y x x +≥⎧=⎨+<⎩D ．,,0x x e x oy e x -⎧≥⎪=⎨<⎪⎩3．已知定义在R 上的奇函数)(x f ，满足(4)()f x f x -=-,且在区间[0,2]上是增函数,则( )A ．(25)(11)(80)f f f -<<B ． (80)(11)(25)f f f <<-C ． (11)(80)(25)f f f <<-D ． (25)(80)(11)f f f -<<4． 定义在R 上的函数f(x )满足f(x)= ⎩⎨⎧>---≤-0),2()1(0),1(log 2x x f x f x x ，则f （2009）的值为 ．5． 已知函数()f x 在R 上满足2()2(2)88f x f x x x =--+-，则曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程是 ．6．已知函数321(),3f x x ax bx =++且'(1)0f -= （I ）试用含a 的代数式表示b ； （Ⅱ）求()f x 的单调区间；（Ⅲ）令1a =-，设函数()f x 在1212,()x x x x <处取得极值，记点1122(,()),(,())M x f x N x f x ，证明：线段MN 与曲线()f x 存在异于M 、N 的公共点．7．已知函数32()22f x x bx cx =++-的图象在与x 轴交点处的切线方程是510y x =-． （I ）求函数()f x 的解析式；（II ）设函数1()()3g x f x mx =+，若()g x 的极值存在，求实数m 的取值范围以及函数()g x 取得极值时对应的自变量x 的值．【参考答案】 1．答案：A解析：由于定义域为（-2，2）关于原点对称，又f(-x)=-f(x)，故函数为奇函数，图象关于原点对称，选A ． 2．答案：C解析：根据偶函数在关于原点对称的区间上单调性相反，故可知求在()2,0-上单调递减，注意到要与()f x 的单调性不同，故所求的函数在()2,0-上应单调递增．而函数21y x =+在(],1-∞上递减；函数1y x =+在(],0-∞时单调递减；函数321,01,0x x y x x +>⎧=⎨+<⎩在（,0]-∞上单调递减，理由如下y ＇=3x 2>0(x<0)，故函数单调递增，显然符合题意；而函数,0,0x x e x y e x -⎧≥⎪=⎨<⎪⎩，有y ＇=-x e -<0(x<0)，故其在（,0]-∞上单调递减，不符合题意，综上选C ． 3． 答案：D解析：因为)(x f 满足(4)()f x f x -=-，所以(8)()f x f x -=，所以函数是以8为周期的周期函数，则)1()25(-=-f f ，)0()80(f f =，)3()11(f f =，又因为)(x f 在R 上是奇函数， (0)0f =，得0)0()80(==f f ，)1()1()25(f f f -=-=-，而由(4)()f x f x -=-得)1()41()3()3()11(f f f f f =--=--==，又因为)(x f 在区间[0,2]上是增函数，所以0)0()1(=>f f ，所以0)1(<-f ，即(25)(80)(11)f f f -<<，故选D ． 4．答案：1解析：由已知得2(1)log 21f -==，(0)0f =，(1)(0)(1)1f f f =--=-，(2)(1)(0)1f f f =-=-，(3)(2)(1)1(1)0f f f =-=---=，(4)(3)(2)0(1)1f f f =-=--=，(5)(4)(3)1f f f =-=，(6)(5)(4)0f f f =-=， 所以函数f(x)的值以6为周期重复性出现．，所以f （2009）= f （5）=1． 5．答案：21y x =-解析：由2()2(2)88f x f x x x =--+-得：2(2)2()(2)8(2)8f x f x x x -=--+--，即22()(2)44f x f x x x --=+-，∴2()f x x =∴/()2f x x =， ∴切线方程为12(1)y x -=-，即210x y --=． 6．解析：（I ）依题意，得2'()2f x x ax b =++， 由'(1)120f a b -=-+=得21b a =-． （Ⅱ）由（I ）得321()(21)3f x x ax a x =++-， 故2'()221(1)(21)f x x ax a x x a =++-=++-， 令'()0f x =，则1x =-或12x a =-， ①当1a >时，121a -<-，当x 变化时，'()f x 与()f x 的变化情况如下表：由此得，函数()f x 的单调增区间为(,12)a -∞-和(1,)-+∞，单调减区间为(12,1)a --． ②由1a =时，121a -=-，此时，'()0f x ≥恒成立，且仅在1x =-处'()0f x =，故函数()f x 的单调区间为R ；③当1a <时，121a ->-，同理可得函数()f x 的单调增区间为(,1)-∞-和(12,)a -+∞，单调减区间为(1,12)a --．综上：当1a >时，函数()f x 的单调增区间为(,12)a -∞-和(1,)-+∞，单调减区间为(12,1)a --；当1a =时，函数()f x 的单调增区间为R ；当1a <时，函数()f x 的单调增区间为(,1)-∞-和(12,)a -+∞，单调减区间为(1,12)a --（Ⅲ）当1a =-时，得321()33f x x x x x=--，由2'()230f x x x =--=，得121,3x x =-=．由（Ⅱ）得()f x 的单调增区间为(,1)-∞-和(3,)+∞，单调减区间为(1,3)-，所以函数()f x 在121,3x x =-=处取得极值，故5(1,),(3,9)3M N --，所以直线MN 的方程为813y x =--，由32133813y x x x y x ⎧=--⎪⎪⎨⎪=--⎪⎩得32330x x x --+= 解得1231, 1.3x x x =-==，1233121135119,,33x x x y y y =-=⎧⎧=⎧⎪⎪∴⎨⎨⎨=-==-⎩⎪⎪⎩⎩， 所以线段MN 与曲线()f x 有异于,M N 的公共点11(1,)3-． 7．解析：（I ）由已知,切点为(2,0),故有(2)0f =,即430b c ++=……① 又2()34f x x bx c '=++，由已知(2)1285f b c '=++=得870b c ++=……② 联立①②，解得1,1b c =-=．所以函数的解析式为32()22f x x x x =-+-．（II ）因为321()223g x x x x mx =-+-+．令21()34103g x x x m '=-++=．当函数有极值时，则0∆≥，方程2134103x x m -++=有实数解， 由4(1)0m ∆=-≥，得1m ≤． ①当1m =时，()0g x '=有实数23x =，在23x =左右两侧均有()0g x '>，故函数()g x 无极值； ②当1m <时，()0g x '=有两个实数根1211(2(2x x =-=+(),()g x g x '情况如下表：所以在(,1)∈-∞m 时，函数()g x 有极值；当1(23=-x 时，()g x 有极大值；当1(23=x 时，()g x 有极小值．.精品资料。
2021新高考数学二轮总复习专题二函数与导数学案含解析打包6套
专题二函数与导数考情分析函数与导数是高中数学的主干知识,是高考考查的重点内容,近几年高考命题的趋势是稳中求变、变中求新、新中求活,纵观近几年的高考题,对函数与导数的考查多数为“三小一大”或“四小一大”,题型遍布选择、填空与解答,难度上分层考查;基础题考查考生对必备知识和基本方法的掌握;中档题考查的是“数学抽象”“逻辑推理”和“数学运算”三大核心素养;导数与函数解答题综合考查多个核心素养以及综合应用能力,近两年的难度有所降低,题目所在试卷的位置有所提前,不再固定在最后压轴位置上,预计这一趋势会保持下去.2.1函数概念、性质、图象专项练必备知识精要梳理1.函数的概念(1)求函数的定义域的方法是依据含自变量x的代数式有意义来列出相应的不等式(组)求解.(2)求函数值域要优先考虑定义域,常用方法:配方法、分离常数法(分式函数)、换元法、单调性法、基本不等式法、数形结合法、有界函数法(含有指、对数函数或正、余弦函数的式子).2.函数的性质(1)函数奇偶性:①定义:若函数的定义域关于原点对称,则有:f(x)是偶函数⇔f(-x)=f(x)=f(|x|);f(x)是奇函数⇔f(-x)=-f(x).②判断方法:定义法、图象法、奇偶函数性质法(如奇函数×奇函数是偶函数).(2)函数单调性判断方法:定义法、图象法、导数法.(3)函数周期性的常用结论:若f(x+a)=-f(x)或f(x+a)=±(a≠0),则T=2a;若f(x+a)=f(x-b),则T=a+b;若f(x)的图象有两条对称轴x=a和x=b(a≠b),则T=2|b-a|;若f(x)的图象有两个对称中心(a,0)和(b,0),则T=2|b-a|(类比正、余弦函数).3.函数的图象(1)函数图象的判断方法:①找特殊点;②看性质:根据函数性质判断图象的位置,对称性,变化趋势等;③看变换:看函数是由基本初等函数经过怎样的变换得到.(2)若y=f(x)的图象关于直线x=a对称,则有f(a+x)=f(a-x)或f(2a-x)=f(x)或f(x+2a)=f(-x);若y=f(x)对∀x∈R,都有f(a-x)=f(b+x),则f(x)的图象关于直线x=对称;若y=f(x)对∀x∈R都有f(a-x)=b-f(x),即f(a-x)+f(x)=b,则f(x)的图象关于点对称.(3)函数y=f(x)与y=f(-x)的图象关于y轴对称,函数y=f(a-x)和y=f(b+x)的图象关于直线x=对称;y=f(x)与y=-f(x)的图象关于x轴对称;y=f(x)与y=-f(-x)的图象关于原点对称.(4)利用图象可解决函数的最值、方程与不等式的解以及求参数范围问题.考向训练限时通关考向一函数及其相关概念1.(2020安徽合肥一中模拟,理1)设集合A={x|y=lg(x-3)},B={y|y=2x,x∈R},则A∩B等于()A.⌀B.RC.{x|x>3}D.{x|x>0}2.(多选)符号[x]表示不超过x的最大整数,如[3.14]=3,[-1.6]=-2,定义函数:f(x)=x-[x],则下列命题正确的是()A.f(-0.8)=0.2B.当1≤x<2时,f(x)=x-1C.函数f(x)的定义域为R,值域为[0,1)D.函数f(x)是增函数、奇函数3.(2020北京,11)函数f(x)=+ln x的定义域是.4.设函数f(x)=则f=,f(f(x))=1的解集为.考向二函数的性质5.(2020天津,6)设a=30.7,b=,c=log0.70.8,则a,b,c的大小关系为()A.a<b<cB.b<a<cC.b<c<aD.c<a<b6.(2020全国Ⅱ,理9)设函数f(x)=ln|2x+1|-ln|2x-1|,则f(x)()A.是偶函数,且在单调递增B.是奇函数,且在单调递减C.是偶函数,且在单调递增D.是奇函数,且在单调递减7.(2020全国Ⅲ,理12)已知55<84,134<85.设a=log53,b=log85,c=log138,则()A.a<b<cB.b<a<cC.b<c<aD.c<a<b8.(2020江西名校大联考,理13)已知函数f(x)=则f(5+log26)的值为.考向三函数的图象9.(2020天津,3)函数y=的图象大致为()10.(2020山西太原二模,理6)函数f(x)=的图象大致为()11.(2020山东济宁6月模拟,5)函数f(x)=cos x·sin的图象大致为()考向四函数的概念、性质、图象的综合12.(多选)(2020山东淄博4月模拟,12)函数f(x)在[a,b]上有定义,若对任意x1,x2∈[a,b],有f[f(x1)+f(x2)],则称f(x)在[a,b]上具有性质P.设f(x)在[1,3]上具有性质P,则下列说法错误的是()A.f(x)在[1,3]上的图象是连续不断的B.f(x2)在[1,]上具有性质PC.若f(x)在x=2处取得最大值1,则f(x)=1,x∈[1,3]D.对任意x1,x2,x3,x4∈[1,3],有f[f(x1)+f(x2)+f(x3)+f(x4)]13.(2020北京海淀一模,15)如图,在等边三角形ABC中,AB=6.动点P从点A出发,沿着此三角形三边逆时针运动回到A点,记点P运动的路程为x,点P到此三角形中心O距离的平方为f(x),给出下列三个结论:①函数f(x)的最大值为12;②函数f(x)的图象的对称轴方程为x=9;③关于x的方程f(x)=kx+3最多有5个实数根.其中,所有正确结论的序号是.专题二函数与导数2.1函数概念、性质、图象专项练考向训练·限时通关1.C解析A={x|y=lg(x-3)}={x|x-3>0}={x|x>3},B={y|y=2x,x∈R}={y|y>0}.∴A∩B={x|x>3},故选C.2.ABC解析f(x)=x-[x]表示数x的小数部分,则f(-0.8)=f(-1+0.2)=0.2,故A正确;当1≤x<2时,f(x)=x-[x]=x-1,故B正确;函数f(x)的定义域为R,值域为[0,1),故C正确;当0≤x<1时,f(x)=x-[x]=x.当1≤x<2时,f(x)=x-1.当x=0.5时,f(0.5)=0.5,当x=1.5时,f(1.5)=0.5,则f(0.5)=f(1.5),即f(x)不为增函数,由f(-1.5)=0.5,f(1.5)=0.5,可得f(-1.5)=f(1.5),即f(x)不为奇函数,故D不正确.故选ABC.3.(0,+∞)解析由题意得∴x>0,故答案为(0,+∞).4{1,e e}解析∵f=ln<0,∴f=fx<0时,0<e x<1,x=0时,e x=1,方程f(f(x))=1,可得f(x)=0,ln x=0,解得x=1,f(x)>0时,方程f(f(x))=1,可得ln[f(x)]=1,f(x)=e,即ln x=e,解得x=e e.5.D解析∵b==30.8>30.7=a>30=1,c=log0.70.8<log0.70.7=1,∴c<a<b.故选D.6.D解析由题意可知,f(x)的定义域为,关于原点对称.∵f(x)=ln|2x+1|-ln|2x-1|,∴f(-x)=ln|-2x+1|-ln|-2x-1|=ln|2x-1|-ln|2x+1|=-f(x),∴f(x)为奇函数.当x时,f(x)=ln(2x+1)-ln(1-2x),∴f'(x)=>0,∴f(x)在区间内单调递增.同理,f(x)在区间内单调递减.故选D.7.A解析a=log53=lo34=log12581<1,∴a<b=log85=lo54=log512625>1,∴b>,∵55<84,b=log85=lo55<1,∴b<,∵134<85,c=log138=lo85>1,∴c>综上,a<b<c.8.12解析由题意当x>4时,函数f(x)=f(x-1),所以f(x)在(4,+∞)时,周期为1,因为2<log26<3,所以5+log26∈(7,10),1+log26∈(3,4),所以f(5+log26)=f(1+log26)==2×6=12.9.A解析∵函数y=为奇函数,∴排除C,D.再把x=1代入得y==2>0,排除B.故选A.10.A解析f(1)=>0,排除选项C,D;由f(x)==0,则方程无解,即函数没有零点,排除B,故选A.11.C解析显然函数f(x)的定义域是R,由f(x)=cos x·sin,得f(-x)=cos(-x)sin=cos x·sin=-f(x),即f(x)为奇函数,其图象关于原点对称,排除选项A,B;又f(1)=cos1·sin>0,可排除选项D,故选C.12.ABD解析对于A,函数f(x)=在[1,3]上具有性质P,但f(x)在[1,3]上的图象不连续,故选项A错;对于B,f(x)=-x在[1,3]上具有性质P,但f(x2)=-x2在[1,]上不满足性质P,故选项B 错;对于C,因f(x)在x=2处取得最大值1,所以f(x)≤1,设x∈[1,2],则4-x∈[2,3].由性质P可得1=f(2)[f(x)+f(4-x)],所以f(x)+f(4-x)≥2,因为f(x)≤1,f(4-x)≤1,所以f(x)+f(4-x)≤2,所以f(x)+f(4-x)=2,又f(x)≤1,f(4-x)≤1,所以f(x)=1,x∈[1,3],故选项C正确;对于D,有f=ff+f[f(x1)+f(x2)+f(x3)+f(x4)],故选项D错.故选ABD.13.①②解析由题可得函数f(x)=作出图象如图.则当点P与△ABC顶点重合时,即x的值分别是0,6,12,18时,f(x)取得最大值12,故①正确;又f(x)=f(18-x),所以函数f(x)的对称轴为x=9,故②正确;由图象可得,函数f(x)图象与y=kx+3的交点个数为6个,故方程有6个实根,故③错误.2.4.3利用导数证明问题及讨论零点个数必备知识精要梳理1.与e x、ln x有关的常用不等式的结论(1)由f(x)=e x图象上任一点(m,f(m))的切线方程为y-e m=e m(x-m),得e x≥e m(x+1)-m e m,当且仅当x=m时,等号成立.当m=0时,有e x≥x+1;当m=1时,有e x>e x.(2)由过函数f(x)=ln x图象上任一点(n,f(n))的切线方程为y-ln n=(x-n),得ln x≤x-1+ln n,当且仅当x=n时,等号成立.当n=1时,有ln x≤x-1;当n=e时,有ln x≤x.2.证明含参数的函数不等式,其关键在于将所给的不等式进行“改造”,得到“一平一曲”,然后运用导数求出“曲”的最值,将其与“平”进行比较即可.3.求解导数应用题宏观上的解题思想(1)借助导函数(正负)研究原函数(单调性);重点是把导函数先“弄熟悉”;(2)为了把导函数先“弄熟悉”采取的措施:①通分;②二次求导或三次求导;③能画出导函数草图是最好的!关键能力学案突破热点一利用导数证明不等式(多维探究)类型一单未知数函数不等式的证明【例1】已知函数f(x)=e x-ln(x+m).(1)略;(2)当m≤2时,证明f(x)>0.解题心得1.对于含有参数的一个未知数的函数不等式,其证明方法与不含参数的一个未知数的函数不等式证明大体一致.可以直接证明,也可以放缩后再证明,也可以分离参数后,利用导数求最值来证明.2.证法1与证法2中出现的x0的具体数值是无法求解的,只能求出其范围,我们把这种零点称为“隐性零点”.证法2比证法1简单,这是因为利用了函数单调性将命题e x-ln(x+m)>0加强为e x-ln(x+2)>0,转化为研究一个特例函数的问题,从而大大降低了题目的难度.证法2中,因为φ(x0)的表达式涉及、ln(x0+2),都是超越式,所以φ(x0)的值不好计算,由此,需要对“隐性零点”满足的式子=0进行变形,得到两个式子和ln(x0+2)=-x0,然后进行反代,从而将超越式转化为初等式.“反代”是处理“隐性零点”问题的常用策略.【对点训练1】已知函数f(x)=.(1)求曲线y=f(x)在点(0,-1)处的切线方程;(2)求证:当a≥1时,f(x)+e≥0.【例2】已知函数f(x)=x+.(1)略;(2)设函数g(x)=ln x+1,证明:当x∈(0,+∞)且a>0时,f(x)>g(x).解题心得欲证函数不等式f(x)>g(x)(x∈I,I是区间),设h(x)=f(x)-g(x)(x∈I),即证h(x)>0,为此研究h(x)的单调性,先求h'(x)的零点,根据零点确定h(x)在给定区间I的正负,若h(x)在区间I内递增或递减或先递减后递增,只须h(x)min>0(x∈I)(若h(x)min不存在,则须求函数h(x)的下确界),若h(x)在区间I内先递增后递减,只须区间I的端点的函数值大于或等于0;若h'(x)的零点不好求,可设出零点x0,然后确定零点的范围,进而确定h(x)的单调区间,求出h(x)的最小值h(x0),再研究h(x0)的正负.【对点训练2】(2020全国Ⅱ,理21)已知函数f(x)=sin2x sin 2x.(1)讨论f(x)在区间(0,π)的单调性;(2)证明:|f(x)|≤;(3)设n∈N*,证明:sin2x sin22x sin24x…sin22n x≤.类型二双未知数函数不等式的证明【例3】已知函数f(x)=-x+a ln x(a∈R).(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明:<a-2.解题心得对于两个未知数的函数不等式问题,其关键在于将两个未知数化归为一个未知数,常见的证明方法有以下4种:方法1:利用换元法,化归为一个未知数;方法2:利用未知数之间的关系消元,化归为一个未知数;方法3:分离未知数后构造函数,利用函数的单调性证明;方法4:利用主元法,构造函数证明.【对点训练3】(2020山东德州二模,21)已知函数f(x)=x2-ax+a ln 2x(a≠0).(1)若a<0时f(x)在[1,e]上的最小值是-ln 2,求a;(2)若a≥e,且x1,x2是f(x)的两个极值点,证明:f(x1)+f(x2)<)-2e(其中e为自然对数的底数).热点二判断、证明或讨论函数零点个数【例4】设函数f(x)=(x-1)e x-x2(其中k∈R).(1)略;(2)当k>0时,讨论函数f(x)的零点个数.解题心得有关函数的零点问题的解决方法主要是借助数形结合思想,利用导数研究函数的单调性和极值,利用函数的单调性模拟函数的图象,根据函数零点的个数的要求,控制极值点函数值的正负,从而解不等式求出参数的范围.【对点训练4】(2020湖南湘潭三模,理21)设函数f(x)=ln x,g(x)=.(1)当m=-1时,求函数F(x)=f(x)+g(x)的零点个数;(2)若∃x0∈[1,+∞),使得f(x0)<g(x0),求实数m的取值范围.热点三与函数零点有关的证明问题【例5】(2019全国Ⅰ,理20)已知函数f(x)=sin x-ln(1+x),f'(x)为f(x)的导数.证明:(1)f'(x)在区间存在唯一极大值点;(2)f(x)有且仅有2个零点.解题心得1.如果函数中没有参数,一阶导数求出函数的极值点,判断极值点大于0小于0的情况,进而判断函数零点的个数.2.如果函数中含有参数,往往一阶导数的正负不好判断,这时先对参数进行分类,再判断导数的符号,如果分类也不好判断,那么需要对一阶导函数进行求导,在判断二阶导数的正负时,也可能需要分类.【对点训练5】(2020安徽合肥二模,文21)已知函数f(x)=e x sin x.(e是自然对数的底数) (1)求f(x)的单调递减区间;(2)若函数g(x)=f(x)-2x,证明g(x)在(0,π)上只有两个零点.(参考数据:≈4.8)热点四利用导数解决存在性问题【例6】(2019全国Ⅲ,理20)已知函数f(x)=2x3-ax2+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.解题心得依据已知条件,判别某种数学对象是否存在的问题,由解答者去探索和确定,它的解法是:假设存在,直接推断,通过推理或计算,若推出合理的结果,则先前假设成立,对象存在;若推出矛盾,则否定先前假设,对象不存在.【对点训练6】(2020湖北名师联盟一模,文21)已知函数f(x)=ln x-ax2-x.(1)若函数f(x)在[1,+∞)上单调递增,求实数a的取值范围;(2)若函数f(x)在x=1处的切线平行于x轴,是否存在整数k,使不等式x[f(x)+x-1]>k(x-2)在x>1时恒成立?若存在,求出k的最大值;若不存在,请说明理由.2.4.3利用导数证明问题及讨论零点个数关键能力·学案突破【例1】解(1)略.(2)证法1:f(x)定义域为(-m,+∞),f'(x)=e x-,f″(x)=e x+>0,其中f″(x)是f'(x)的导函数,则f'(x)在(-m,+∞)上单调递增.又因为当x→-m+时,f'(x)→-∞,当x→+∞时,f'(x)→+∞,所以f'(x)=0在(-m,+∞)上有唯一的实根x0,当-m<x<x0时,f'(x)<0,当x>x0时,f'(x)>0,所以f(x)在(-m,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,所以当x=x0时,f(x)取得最小值.由f'(x0)=0可得=0,即ln(x0+m)=-x0,于是f(x0)=-ln(x0+m)=+x0=+x0+m-m≥2-m.当x<2时,f(x0)>0;当m=2时,等号成立的条件是x0=-1,但显然f(-1)=e-1-ln(-1+2)=-0≠0.所以等号不成立,即f(x0)>0.综上所述,当m≤2时,f(x)≥f(x0)>0.证法2:当m≤2,x∈(-m,+∞)时,ln(x+m)≤ln(x+2),于是f(x)≥e x-ln(x+2),所以只要证明φ(x)=e x-ln(x+2)>0,x∈(-2,+∞).φ'(x)=e x-,φ″(x)=e x+>0,其中φ″(x)是φ'(x)的导函数.于是φ'(x)在(-2,+∞)上单调递增.又因为φ'(-1)=-1<0,φ'(0)=1->0,所以φ'(x)=0在(-2,+∞)上有唯一的实根x0,且x0∈(-1,0).当-2<x<x0时,φ'(x)<0,当x>x0时,φ'(x)>0,所以φ(x)在(-2,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,所以当x=x0时,φ(x)取得最小值.由φ'(x0)=0可得=0,即ln(x0+2)=-x0,于是φ(x0)=-ln(x0+2)=+x0=>0,于是φ(x)≥φ(x0)>0.综上所述,当m≤2时,f(x)>0.证法3:当m≤2,x∈(-m,+∞)时,ln(x+m)≤ln(x+2),于是f(x)≥e x-ln(x+2),所以只要证明e x-ln(x+2)>0(x>-2),就能证明当m≤2时,f(x)>0.由ln x≤x-1(x>0)可得ln(x+2)≤x+1(x>-2).又因为e x≥x+1(x∈R),且两个不等号不能同时成立,所以e x>ln(x+2),即e x-ln(x+2)>0(x>-2),所以当m≤2时,f(x)>0.对点训练1解(1)f'(x)=,因为(0,-1)在曲线y=f(x)上,且f'(0)=2,所以切线方程为y-(-1)=2(x-0),即2x-y-1=0.(2)f(x)+e≥0+e≥0⇔ax2+x-1+e x+1≥0.当a≥1时,ax2+x-1+e x+1≥x2+x-1+e x+1,因为e x≥1+x(x∈R),所以e x+1≥2+x,所以x2+x-1+e x+1≥x2+x-1+(2+x)=(x+1)2≥0.所以当a≥1时,f(x)+e≥0.【例2】解(1)略.(2)令h(x)=f(x)-g(x)=x+-ln x-1(x>0),h'(x)=1-,设p(x)=x2-x-a=0,函数p(x)的图象的对称轴为x=∵p(1)=1-1-a=-a<0,设p(x)=0的正根为x0,∴x0>1,由对称性知,p(x)=0的另一根小于0,h(x)在(0,x0)上为减函数,在(x0,+∞)上为增函数,h(x)min=h(x0)=x0+-ln x0-1=x0+-ln x0-1=2x0-ln x0-2,令F(x)=2x-ln x-2(x>1),F'(x)=2->0恒成立,所以F(x)在(1,+∞)上为增函数.又∵F(1)=2-0-2=0,∴F(x)>0,即h(x)min>0,故当x∈(0,+∞)时,f(x)>g(x).对点训练2(1)解f'(x)=cos x(sin x sin2x)+sin x(sin x sin2x)'=2sin x cos x sin2x+2sin2x cos2x=2sin x sin3x.当x时,f'(x)>0;当x时,f'(x)<0.所以f(x)在区间单调递增,在区间单调递减.(2)证明因为f(0)=f(π)=0,由(1)知,f(x)在区间[0,π]的最大值为f,最小值为f=-而f(x)是周期为π的周期函数,故|f(x)|(3)证明由于(sin2x sin22x…sin22n x=|sin3x sin32x…sin32n x|=|sin x||sin2x sin32x…sin32n-1x sin2n x||sin22n x|=|sin x||f(x)f(2x)…f(2n-1x)||sin22n x|≤|f(x)f(2x)…f(2n-1x)|,所以sin2x sin22x…sin22n x【例3】解(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=--1+=-①若a≤0,则f'(x)<0,f(x)在(0,+∞)上单调递减.②若Δ=a2-4≤0,即0<a≤2时,f'(x)≤0,f(x)在(0,+∞)上单调递减.③若Δ=a2-4>0,即a>2时,由f'(x)>0,可得<x<,由f'(x)<0,可得0<x<或x>,所以f(x)在上单调递减,在上单调递增.综上所述,当a≤2时,f(x)在(0,+∞)上单调递减;当a>2时,f(x)在0,,,+∞上单调递减,在上单调递增.(2)证法1:由(1)知,f(x)存在两个极值点,则a>2.因为x1,x2是f(x)的两个极值点,所以x1,x2满足x2-ax+1=0,所以x1+x2=a,x1x2=1,不妨设0<x1<1<x2.==--1+=-2+, 于是<a-2⇔-2+<a-2<1<1⇔2ln x2+-x2 <0.构造函数g(x)=2ln x+-x,x>1,由(1)知,g(x)在(1,+∞)上单调递减,所以g(x)<g(1)=0,所以原不等式获证.证法2:由(1)知,f(x)存在两个极值点,则a>2.因为x1,x2是f(x)的两个极值点,所以x1,x2满足x2-ax+1=0,不妨设0<x1<1<x2,则x2-x1=,x1x2=1.==--1+=-2-,于是<a-2⇔-2-<a-2⇔ln lnln设t=,则a=,构造函数φ(t)=t-ln(+t),t>0,则φ'(t)=1-=1->0,所以φ(t)在(0,+∞)上单调递增,于是φ(t)>φ(0)=0,原不等式获证.证法3:仿照证法1,可得<a-2<1,设0<x1<1<x2,因为x1x2=1, 所以<1ln x1-ln x2>ln,令t=(0,1),构造函数h(t)=2ln t+-t,由(1)知,h(t)在(0,1)上单调递减,所以h(t)>h(1)=0,原不等式获证.对点训练3解(1)f(x)定义域是(0,+∞),f'(x)=-a+令g(x)=x2-2ax+2a,对称轴x0=a<0,因为1>a,g(1)=1>0,所以当x∈[1,e]时,g(x)>0,即f'(x)=>0.所以f(x)在[1,e]上单调递增.f(x)min=f(1)=-a+a ln2=-ln2,解得a=-1.(2)由f(x)有两个极值点x1,x2,则f'(x)=0在(0,+∞)有2个不相等的实根,即x2-2ax+2a=0在(0,+∞)有2个不相等的实根, 则解得a>2.x1+x2=2a,x1x2=2a,=(x1+x2)2-2x1x2=4a2-4a.当a≥e时,f(x1)+f(x2)-)+2e=a ln(4x1x2)-a(x1+x2)-)+2e=a ln8a-2a2-(4a2-4a)+2e=a ln8a-3a2+a+2e(a≥e).令g(a)=a ln8a-3a2+a+2e(a≥e),g'(a)=ln8a-6a+2(a≥e),令h(a)=g'(a)=ln8a-6a+2,h'(a)=-6=,当a≥e时,h'(a)<0,所以h(a)在[e,+∞)单调递减.所以h(a)≤h(e).即g'(a)≤g'(e)=ln8e-6e+2=(1+3ln2)-6e+2=3ln2-6e+3<3-6e+3=6-6e<0,所以g(a)在[e,+∞)单调递减,g(a)≤g(e)=eln8e-3e2+3e=e(1+3ln2)-3e2+3e=e(3ln2-3e+4)<e(3-3e+4)=e(7-3e)<0,所以g(a)<0,所以原不等式成立.【例4】解(1)略.(2)函数f(x)的定义域为R,f'(x)=e x+(x-1)e x-kx=x e x-kx=x(e x-k),当0<k≤1时,令f'(x)>0,解得x<ln k或x>0.∴f(x)在(-∞,ln k)和(0,+∞)上单调递增,在[ln k,0]上单调递减.由f(0)=-1,当x∈(-∞,0)时,f(x)≤f(x)max=f(ln k)=(ln k-1)k-ln2k=-[(ln k-1)2+1]<0,此时f(x)无零点,当x∈[0,+∞)时,f(2)=e2-2k≥e2-2>0.又f(x)在[0,+∞)上单调递增,∴f(x)在[0,+∞)上有唯一的零点,∴函数f(x)在定义域(-∞,+∞)上有唯一的零点.②当k>1时,令f'(x)>0,解得x<0或x>ln k,∴f(x)在(-∞,0)和(ln k,+∞)上单调递增,在[0,ln k]上单调递减.当x∈(-∞,ln k)时,f(x)≤f(x)max=f(0)=-1<0,此时f(x)无零点.当x∈[ln k,+∞)时,f(ln k)<f(0)=-1<0,f(k+1)=k e k+1-=k e k+1-.令g(t)=e t-t2,t=k+1>2,则g'(t)=e t-t,g″(t)=e t-1,∵t>2,g″(t)>0,g'(t)在(2,+∞)上单调递增,g'(t)>g'(2)=e2-2>0,∴g(t)在(2,+∞)上单调递增,得g(t)>g(2)=e2-2>0,即f(k+1)>0.∴f(x)在[ln k,+∞]上有唯一的零点,故函数f(x)在定义域(-∞,+∞)上有唯一的零点.综合①②可知,当k>0时,函数f(x)在定义域(-∞,+∞)上有且只有一个零点.对点训练4解(1)F(x)=ln x-,即F(x)=ln x+(x>0),则F'(x)=,令F'(x)=0,解得x=当x,F'(x)<0,F(x)在上单调递减;当x∈,+∞,F'(x)>0,F(x)在上单调递增.所以当x=时,F(x)min=F-ln2.因为-ln2=ln-ln2<0,所以F(x)min<0.又F=-2+>0,F(e)=1+>0,所以F F<0,F(e)·F<0,所以F(x)分别在区间上各存在一个零点,函数F(x)存在两个零点.(2)假设f(x)≥g(x)对任意x∈[1,+∞)恒成立,即ln x-0对任意x∈[1,+∞)恒成立.令h(x)=ln x-(x≥1),则h'(x)=①当m≤2,即2x-m≥0时,则h'(x)≥0且h'(x)不恒为0,所以函数h(x)=ln x-在区间[1,+∞)上单调递增.又h(1)=ln1-=0,所以h(x)≥0对任意x∈[1,+∞)恒成立.故m≤2不符合题意;②当m>2时,令h'(x)=<0,得1≤x<;令h'(x)=>0,得x>所以函数h(x)=ln x-在区间上单调递减,在区间上单调递增,所以h<h(1)=0,即当m>2时,存在x0≥1,使h(x0)<0,即f(x0)<g(x0).故m>2符合题意.综上可知,实数m的取值范围是(2,+∞).【例5】解(1)设g(x)=f'(x),则g(x)=cos x-,g'(x)=-sin x+当x时,g'(x)单调递减,而g'(0)>0,g'<0,可得g'(x)在区间内有唯一零点,设为α.则当x∈(-1,α)时,g'(x)>0;当x时,g'(x)<0.所以g(x)在区间(-1,α)内单调递增,在区间内单调递减,故g(x)在区间内存在唯一极大值点,即f'(x)在区间内存在唯一极大值点.(2)f(x)的定义域为(-1,+∞).(ⅰ)当x∈(-1,0]时,由(1)知,f'(x)在区间(-1,0)内单调递增,而f'(0)=0,所以当x∈(-1,0)时,f'(x)<0,故f(x)在区间(-1,0)内单调递减.又f(0)=0,从而x=0是f(x)在区间(-1,0]上的唯一零点.(ⅱ)当x时,由(1)知,f'(x)在区间(0,α)内单调递增,在区间内单调递减,而f'(0)=0,f'<0,所以存在,使得f'(β)=0,且当x∈(0,β)时,f'(x)>0;当x时,f'(x)<0.故f(x)在区间(0,β)内单调递增,在区间内单调递减.又f(0)=0,f=1-ln1+>0,所以当x时,f(x)>0.从而,f(x)在区间上没有零点.(ⅲ)当x时,f'(x)<0,所以f(x)在区间内单调递减.而f>0,f(π)<0,所以f(x)在区间上有唯一零点.(ⅳ)当x∈(π,+∞)时,ln(x+1)>1,所以f(x)<0,从而f(x)在区间(π,+∞)内没有零点.综上,f(x)有且仅有2个零点.对点训练5解(1)f(x)=e x sin x,定义域为R.f'(x)=e x(sin x+cos x)=e x sin x+.由f'(x)<0得sin<0,解得2kπ+<x<2kπ+(k∈Z).∴f(x)的单调递减区间为2kπ+,2kπ+(k∈Z).(2)∵g'(x)=e x(sin x+cos x)-2,∴g″(x)=2e x cos x,g″(x)是g'(x)的导函数.∵x∈(0,π),∴当x时,g″(x)>0;当x ∈,π时,g″(x)<0.∴g'(x)在上单调递增,在上单调递减,又∵g'(0)=1-2<0,g'-2>0,g'(π)=-eπ-2<0,∴g'(x)在(0,π)上图象大致如图.∴∃x1,x2,使得g'(x1)=0,g'(x2)=0,且当x∈(0,x1)或x∈(x2,π)时,g'(x)<0;当x∈(x1,x2)时,g'(x)>0.∴g(x)在(0,x1)和(x2,π)上单调递减,在(x1,x2)上单调递增.∵g(0)=0,∴g(x1)<0.∵g-π>0,∴g(x2)>0.又∵g(π)=-2π<0,由零点存在性定理得,g(x)在(x1,x2)和(x2,π)内各有一个零点,∴函数g(x)在(0,π)上有两个零点.【例6】解(1)f'(x)=6x2-2ax=2x(3x-a).令f'(x)=0,得x=0或x=若a>0,则当x∈(-∞,0)时,f'(x)>0;当x时,f'(x)<0.故f(x)在(-∞,0),单调递增,在单调递减;若a=0,f(x)在(-∞,+∞)单调递增;若a<0,则当x(0,+∞)时,f'(x)>0;当x时,f'(x)<0.故f(x)在,(0,+∞)单调递增,在单调递减.(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=-+b,最大值为b或2-a+b.若-+b=-1,b=1,则a=3,与0<a<3矛盾.若-+b=-1,2-a+b=1,则a=3或a=-3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.对点训练6解(1)∵函数f(x)在[1,+∞)上单调递增,∴f'(x)=-ax-1≥0在[1,+∞)上恒成立.∴a,∴当x=2时,有最小值-,∴a≤-(2)∵f'(x)=-ax-1,∴f'(1)=1-a-1=-a.∵函数f(x)在x=1处的切线平行于x轴,∴a=0,∴f(x)=ln x-x.∵不等式x[f(x)+x-1]>k(x-2)在x>1时恒成立,∴x ln x-x>k(x-2)在x>1时恒成立,即x ln x-(k+1)x+2k>0在x>1时恒成立,令g(x)=x ln x-(k+1)x+2k,x>1,∴g'(x)=ln x-k,当k≤0时,g'(x)>0在(1,+∞)上恒成立, 即g(x)在(1,+∞)上单调递增,g(x)>g(1)=k-1>0,则k>1,矛盾,当k>0时,令g'(x)>0,解得x>e k,令g'(x)<0,解得1<x<e k, ∴g(x)在(1,e k)单调递减,在(e k,+∞)单调递增.∴g(x)min=g(e k)=k e k-(k+1)e k+2k=2k-e k>0,令h(k)=2k-e k,k>0,则h'(k)=2-e k,∵当k<ln2时,h'(k)>0,函数h(k)单调递增,当k>ln2时,h'(k)<0,函数h(k)单调递减,∴h(k)max=h(ln2)=2ln2-2=2(ln2-1)<0,∴不存在整数k使得2k-e k>0恒成立.综上所述不存在满足条件的整数k.。
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。
2021届高考数学(理)考点复习：导数与函数的极值、最值(含解析)
2021届高考数学（理）考点复习导数与函数的极值、最值1．函数的极值与导数条件f ′(x 0)＝0x 0附近的左侧f ′(x )>0，右侧f ′(x )<0x 0附近的左侧f ′(x )<0，右侧f ′(x )>0图象极值 f (x 0)为极大值 f (x 0)为极小值 极值点x 0为极大值点x 0为极小值点2.函数的最值(1)在闭区间[a ，b ]上连续的函数f (x )在[a ，b ]上必有最大值与最小值．(2)若函数f (x )在[a ，b ]上单调递增，则f (a )为函数的最小值，f (b )为函数的最大值；若函数f (x )在[a ，b ]上单调递减，则f (a )为函数的最大值，f (b )为函数的最小值． 概念方法微思考1．对于可导函数f (x )，“f ′(x 0)＝0”是“函数f (x )在x ＝x 0处有极值”的________条件．(填“充要”“充分不必要”“必要不充分”) 提示 必要不充分2．函数的最大值一定是函数的极大值吗？提醒 不一定，函数的最值可能在极值点或端点处取到．1．（2019•新课标Ⅱ）已知函数()(1)1f x x lnx x =---．证明： （1）()f x 存在唯一的极值点；（2）()0f x =有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数． 【解析】（1）函数()(1)1f x x lnx x =---． ()f x ∴的定义域为(0,)+∞， 11()1x f x lnx lnx x x-'=+-=-，y lnx =单调递增，1y x=单调递减，()f x ∴'单调递增， 又f '（1）10=-<，f '（2）1412022ln ln -=-=>， ∴存在唯一的0(1,2)x ∈，使得0()0f x '=．当0x x <时，()0f x '<，()f x 单调递减， 当0x x >时，()0f x '>，()f x 单调递增， ()f x ∴存在唯一的极值点．（2）由（1）知0()f x f <（1）2=-， 又22()30f e e =->，()0f x ∴=在0(x ，)+∞内存在唯一的根x a =，由01a x >>，得011x a<<， 1111()()(1)10f a f ln a a a a a=---==， ∴1a是()0f x =在0(0,)x 的唯一根， 综上，()0f x =有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．2．（2019•江苏）设函数()()()()f x x a x b x c =---，a ，b ，c R ∈，()f x '为()f x 的导函数． （1）若a b c ==，f （4）8=，求a 的值；（2）若a b ≠，b c =，且()f x 和()f x '的零点均在集合{3-，1，3}中，求()f x 的极小值； （3）若0a =，01b <，1c =，且()f x 的极大值为M ，求证：427M ． 【解析】（1）a b c ==，3()()f x x a ∴=-， f （4）8=，3(4)8a ∴-=， 42a ∴-=，解得2a =．（2）a b ≠，b c =，设2()()()f x x a x b =--． 令2()()()0f x x a x b =--=，解得x a =，或x b =．2()()2()()()(32)f x x b x a x b x b x b a '=-+--=---．令()0f x '=，解得x b =，或23a bx +=． ()f x 和()f x '的零点均在集合{3A =-，1，3}中，若：3a =-，1b =，则2615333a b A +-+==-∉，舍去． 1a =，3b =-，则2231333a b A +-==-∉，舍去． 3a =-，3b =，则263133a b A +-+==-∉，舍去．． 3a =，1b =，则2617333a b A ++==∉，舍去． 1a =，3b =，则2533a b A +=∉，舍去． 3a =，3b =-，则263133a b A +-==∈，． 因此3a =，3b =-，213a bA +=∈， 可得：2()(3)(3)f x x x =-+． ()3[(3)](1)f x x x '=---．可得1x =时，函数()f x 取得极小值，f （1）22432=-⨯=-． （3）证明：0a =，01b <，1c =， ()()(1)f x x x b x =--．2()()(1)(1)()3(22)f x x b x x x x x b x b x b '=--+-+-=-++． △22214(1)124444()332b b b b b =+-=-+=-+．令2()3(22)0f x x b x b '=-++=．解得：21111(0,]3b b b x +--+=，2211b b b x ++-+=．12x x <，12223b x x ++=，123b x x =，可得1x x =时，()f x 取得极大值为M ，2111()3(22)0f x x b x b '=-++=，令11(0,]3x t =∈，可得：23221t tb t -=-．43211112()()(1)()(1)21t t t M f x x x b x t t b t t -+-∴==--=--=-， 432261282(21)t t t tM t -+-+'=-． 令32()61282g t t t t =-+-+，22()182482(32)0g t t t t '=-+-=--<，∴函数()g t 在1(0,]3t ∈上单调递减，14()039g =>． ()0t g t ∴>．0M ∴'>．∴函数()M t 在1(0,]3t ∈上单调递增，14()()327M t M ∴=． 3．（2018•北京）设函数2()[(31)32]x f x ax a x a e =-+++．（Ⅰ）若曲线()y f x =在点(2，f （2）)处的切线斜率为0，求a ； （Ⅱ）若()f x 在1x =处取得极小值，求a 的取值范围． 【解析】（Ⅰ）函数2()[(31)32]x f x ax a x a e =-+++的导数为2()[(1)1]x f x ax a x e '=-++．曲线()y f x =在点(2，f （2）)处的切线斜率为0， 可得2(4221)0a a e --+=， 解得12a =； （Ⅱ）()f x 的导数为2()[(1)1](1)(1)x x f x ax a x e x ax e '=-++=--， 若0a =则1x <时，()0f x '>，()f x 递增；1x >，()0f x '<，()f x 递减． 1x =处()f x 取得极大值，不符题意；若0a >，且1a =，则2()(1)0x f x x e '=-，()f x 递增，无极值； 若1a >，则11a<，()f x 在1(a ，1)递减；在(1,)+∞，1(,)a -∞递增，可得()f x 在1x =处取得极小值； 若01a <<，则11a >，()f x 在1(1,)a递减；在1(a ，)+∞，(,1)-∞递增，可得()f x 在1x =处取得极大值，不符题意；若0a <，则11a<，()f x 在1(a ，1)递增；在(1,)+∞，1(,)a -∞递减，可得()f x 在1x =处取得极大值，不符题意． 综上可得，a 的范围是(1,)+∞．4．（2018•北京）设函数2()[(41)43]x f x ax a x a e =-+++．（Ⅰ）若曲线()y f x =在点(1，f （1）)处的切线与x 轴平行，求a ； （Ⅱ）若()f x 在2x =处取得极小值，求a 的取值范围． 【解析】（Ⅰ）函数2()[(41)43]x f x ax a x a e =-+++的导数为2()[(21)2]x f x ax a x e '=-++．由题意可得曲线()y f x =在点(1，f （1）)处的切线斜率为0， 可得(212)0a a e --+=，且f （1）30e =≠， 解得1a =；（Ⅱ）()f x 的导数为2()[(21)2](2)(1)x x f x ax a x e x ax e '=-++=--， 若0a =则2x <时，()0f x '>，()f x 递增；2x >，()0f x '<，()f x 递减． 2x =处()f x 取得极大值，不符题意；若0a >，且12a =，则21()(2)02x f x x e '=-，()f x 递增，无极值； 若12a >，则12a <，()f x 在1(a，2)递减；在(2,)+∞，1(,)a -∞递增， 可得()f x 在2x =处取得极小值； 若102a <<，则12a >，()f x 在1(2,)a 递减；在1(a，)+∞，(,2)-∞递增， 可得()f x 在2x =处取得极大值，不符题意； 若0a <，则12a <，()f x 在1(a，2)递增；在(2,)+∞，1(,)a -∞递减， 可得()f x 在2x =处取得极大值，不符题意． 综上可得，a 的范围是1(2，)+∞．5．（2018•新课标Ⅲ）已知函数2()(2)(1)2f x x ax ln x x =+++-．（1）若0a =，证明：当10x -<<时，()0f x <；当0x >时，()0f x >； （2）若0x =是()f x 的极大值点，求a ．【解析】（1）当0a =时，()(2)(1)2f x x ln x x =++-，(1)x >-．()(1)1xf x ln x x '=+-+，2()(1)x f x x ''=+，可得(1,0)x ∈-时，()0f x ''，(0,)x ∈+∞时，()0f x '' ()f x ∴'在(1,0)-递减，在(0,)+∞递增， ()(0)0f x f ∴''=，()(2)(1)2f x x ln x x ∴=++-在(1,)-+∞上单调递增，又(0)0f =．∴当10x -<<时，()0f x <；当0x >时，()0f x >．（2）解：由2()(2)(1)2f x x ax ln x x =+++-，得222(12)(1)(1)()(12)(1)211x ax ax x ax x ln x f x ax ln x x x ++-++++'=+++-=++， 令2()(12)(1)(1)h x ax x ax x ln x =-++++， ()4(421)(1)h x ax ax a ln x '=++++．当0a ，0x >时，()0h x '>，()h x 单调递增， ()(0)0h x h ∴>=，即()0f x '>，()f x ∴在(0,)+∞上单调递增，故0x =不是()f x 的极大值点，不符合题意．当0a <时，12()84(1)1ah x a aln x x -''=++++， 显然()h x ''单调递减， ①令(0)0h ''=，解得16a =-．∴当10x -<<时，()0h x ''>，当0x >时，()0h x ''<，()h x ∴'在(1,0)-上单调递增，在(0,)+∞上单调递减， ()(0)0h x h ∴''=，()h x ∴单调递减，又(0)0h =，∴当10x -<<时，()0h x >，即()0f x '>，当0x >时，()0h x <，即()0f x '<，()f x ∴在(1,0)-上单调递增，在(0,)+∞上单调递减， 0x ∴=是()f x 的极大值点，符合题意；②若106a -<<，则(0)160h a ''=+>，161644(1)(21)(1)0a a aah ea e++-''-=--<，()0h x ∴''=在(0,)+∞上有唯一一个零点，设为0x ，∴当00x x <<时，()0h x ''>，()h x '单调递增，()(0)0h x h ∴'>'=，即()0f x '>，()f x ∴在0(0,)x 上单调递增，不符合题意；③若16a <-，则(0)160h a ''=+<，221(1)(12)0h a e e''-=->，()0h x ∴''=在(1,0)-上有唯一一个零点，设为1x ，∴当10x x <<时，()0h x ''<，()h x '单调递减，()(0)0h x h ∴'>'=，()h x ∴单调递增， ()(0)0h x h ∴<=，即()0f x '<，()f x ∴在1(x ，0)上单调递减，不符合题意． 综上，16a =-．6．（2017•全国）已知函数32()3(1)12f x ax a x x =-++． （1）当0a >时，求()f x 的极小值；（Ⅱ）当0a 时，讨论方程()0f x =实根的个数． 【解析】2()36(1)123(2)(2)f x ax a x ax x '=-++=--． （1）当0a >时，令()0f x '=，得2x =或2x a=； ①当01a <<时，有22>，列表如下： x(,2)-∞2 2(2,)a 2a 2(,)a+∞ ()f x ' +0 -0 +()f x极大值极小值故极小值为22124()a f a a -=．②当1a =时，有22a=，则2()3(2)0f x x '=-，故()f x 在R 上单调递增，无极小值； ③当1a >时，有22<，列表如下： x2(,)a-∞2a 2(,2)a 2 (2,)+∞()f x ' +0 -0 +()f x极大值极小值故极小值为f （2）124a =-．（Ⅱ）解法一：①当0a =时，令2()3123(4)f x x x x x =-+=--，得0x =或4x =，有两个根； ②当0a <时，令()0f x '=，得2x =或2x =，有202<<，列表如下： x2(,)a -∞2a2(,2)a2 (2,)+∞ ()f x ' -0 +0 -()f x极小值极大值故极大值为f （2）1240a =->，极小值22124()0a f a a -=<，因此()0f x =有三个根．解法二：①当0a =时，令2()3123(4)f x x x x x =-+=--，得0x =或4x =，有两个根； ②当0a <时，2()[3(1)12]f x x ax a x =-++，对于二次函数23(1)12y ax a x =-++，0x =不是该二次函数的零点，△29(1)240a a =+->，则该二次函数有两个不等的非零零点， 此时，方程()0f x =有三个根．7．（2017•山东）已知函数2()2cos f x x x =+，()(cos sin 22)x g x e x x x =-+-，其中 2.71828e ≈⋯是自然对数的底数．（Ⅰ）求曲线()y f x =在点(π，())f π处的切线方程；（Ⅱ）令()h x g =()x a -()()f x a R ∈，讨论()h x 的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值． 【解析】2()()2I f ππ=-．()22sin f x x x '=-，()2f ππ∴'=．∴曲线()y f x =在点(π，())f π处的切线方程为：2(2)2()y x πππ--=-．化为：2220x y ππ---=．()()II h x g =()x a -2()(cos sin 22)(2cos )x f x e x x x a x x =-+--+()(cos sin 22)(sin cos 2)(22sin )x x h x e x x x e x x a x x '=-+-+--+-- 2(sin )()2(sin )()x x lna x x e a x x e e =--=--．令()sin u x x x =-，则()1cos 0u x x '=-，∴函数()u x 在R 上单调递增． (0)0u =，0x ∴>时，()0u x >；0x <时，()0u x <．（1）0a 时，0x e a ->，0x ∴>时，()0h x '>，函数()h x 在(0,)+∞单调递增；0x <时，()0h x '<，函数()h x 在(,0)-∞单调递减． 0x ∴=时，函数()h x 取得极小值，(0)12h a =--．（2）0a >时，令()2(sin )()0x lna h x x x e e '=--=． 解得1x lna =，20x =．①01a <<时，(,)x lna ∈-∞时，0x lna e e -<，()0h x '>，函数()h x 单调递增； (,0)x lna ∈时，0x lna e e ->，()0h x '<，函数()h x 单调递减； (0,)x ∈+∞时，0x lna e e ->，()0h x '>，函数()h x 单调递增．∴当0x =时，函数()h x 取得极小值，(0)21h a =--．当x lna =时，函数()h x 取得极大值，2()[2sin()cos()2]h lna a ln a lna lna lna =--+++． ②当1a =时，0lna =，x R ∈时，()0h x '，∴函数()h x 在R 上单调递增． ③1a <时，0lna >，(,0)x ∈-∞时，0x lna e e -<，()0h x '>，函数()h x 单调递增； (0,)x lna ∈时，0x lna e e -<，()0h x '<，函数()h x 单调递减； (,)x lna ∈+∞时，0x lna e e ->，()0h x '>，函数()h x 单调递增．∴当0x =时，函数()h x 取得极大值，(0)21h a =--．当x lna =时，函数()h x 取得极小值，2()[2sin()cos()2]h lna a ln a lna lna lna =--+++． 综上所述：0a 时，函数()h x 在(0,)+∞单调递增；0x <时，函数()h x 在(,0)-∞单调递减． 0x =时，函数()h x 取得极小值，(0)12h a =--．01a <<时，函数()h x 在(,)x lna ∈-∞，(0,)+∞是单调递增；函数()h x 在(,0)x lna ∈上单调递减．当0x =时，函数()h x 取得极小值，(0)21h a =--．当x lna =时，函数()h x 取得极大值，2()[2sin()cos()2]h lna a ln a lna lna lna =--+++． 当1a =时，0lna =，函数()h x 在R 上单调递增．1a >时，函数()h x 在(,0)-∞，(,)lna +∞上单调递增；函数()h x 在(0,)lna 上单调递减．当0x =时，函数()h x 取得极大值，(0)21h a =--．当x lna =时，函数()h x 取得极小值，2()[2sin()cos()2]h lna a ln a lna lna lna =--+++．8．（2017•江苏）已知函数32()1(0,)f x x ax bx a b R =+++>∈有极值，且导函数()f x '的极值点是()f x的零点．（Ⅰ）求b 关于a 的函数关系式，并写出定义域； （Ⅱ）证明：23b a >；（Ⅲ）若()f x ，()f x '这两个函数的所有极值之和不小于72-，求实数a 的取值范围．【解析】（Ⅰ）解：因为32()1f x x ax bx =+++， 所以2()()32g x f x x ax b ='=++，()62g x x a '=+， 令()0g x '=，解得3ax =-．由于当3a x >-时()0g x '>，()()g x f x ='单调递增；当3ax <-时()0g x '<，()()g x f x ='单调递减；所以()f x '的极小值点为3ax =-，由于导函数()f x '的极值点是原函数()f x 的零点，所以()03af -=，即33102793a a ab -+-+=，所以223(0)9a b a a=+>．因为32()1(0,)f x x ax bx a b R =+++>∈有极值， 所以2()320f x x ax b '=++=有实根，所以24120a b ->，即222903a a a-->，解得3a >，所以223(3)9a b a a=+>．（Ⅱ）证明：由（1）可知h （a ）42332245913(427)(27)81381a a b a a a a a=-=-+=--， 由于3a >，所以h （a ）0>，即23b a >；（Ⅲ）解：由（1）可知()f x '的极小值为2()33a a fb '-=-，设1x ，2x 是()y f x =的两个极值点，则1223ax x +=-，123b x x =，所以332212121212()()()()2f x f x x x a x x b x x +=++++++22121212121212()[()3][()2]()2x x x x x x a x x x x b x x =++-++-+++3422273a ab=-+，又因为()f x ，()f x '这两个函数的所有极值之和不小于72-，所以23242372327392a a ab a b a -+-+=--， 因为3a >，所以3263540a a --， 所以22(36)9(6)0a a a -+-， 所以2(6)(2129)0a a a -++， 由于3a >时221290a a ++>， 所以60a -，解得6a ， 所以a 的取值范围是(3，6]．9．（2017•新课标Ⅱ）已知函数2()f x ax ax xlnx =--，且()0f x ． （1）求a ；（2）证明：()f x 存在唯一的极大值点0x ，且220()2e f x --<<． 【解析】（1）因为2()()(0)f x ax ax xlnx x ax a lnx x =--=-->， 则()0f x 等价于()0h x ax a lnx =--，求导可知1()h x a x'=-． 则当0a 时()0h x '<，即()y h x =在(0,)+∞上单调递减， 所以当01x >时，0()h x h <（1）0=，矛盾，故0a >． 因为当10x a <<时()0h x '<、当1x a>时()0h x '>， 所以1()()min h x h a=，又因为h （1）10a a ln =--=， 所以11a=，解得1a =； 另解：因为f （1）0=，所以()0f x 等价于()f x 在0x >时的最小值为f （1）， 所以等价于()f x 在1x =处是极小值， 所以解得1a =；（2）由（1）可知2()f x x x xlnx =--，()22f x x lnx '=--， 令()0f x '=，可得220x lnx --=，记()22t x x lnx =--，则1()2t x x'=-，令()0t x '=，解得12x =， 所以()t x 在区间1(0,)2上单调递减，在1(2，)+∞上单调递增，所以1()()2102min t x t ln ==-<，又2212()0t e e=>，所以()t x 在1(0,)2上存在唯一零点，所以()0t x =有解，即()0f x '=存在两根0x ，2x ，且不妨设()f x '在0(0,)x 上为正、在0(x ，2)x 上为负、在2(x ，)+∞上为正， 所以()f x 必存在唯一极大值点0x ，且00220x lnx --=， 所以222200000000000()22f x x x x lnx x x x x x x =--=-+-=-， 由012x <可知20002111()()224max f x x x <-=-+=； 由1()0f e '<可知0112x e <<，所以()f x 在0(0,)x 上单调递增，在0(x ，1)e 上单调递减，所以0211()()f x f e e>=；综上所述，()f x 存在唯一的极大值点0x ，且220()2e f x --<<． 10．（2016•山东）设2()(21)f x xlnx ax a x =-+-，a R ∈． （1）令()()g x f x ='，求()g x 的单调区间；（2）已知()f x 在1x =处取得极大值，求正实数a 的取值范围． 【解析】（1）由()f x ln '= 22x ax a -+， 可得()g x ln = 22x ax a -+，(0,)x ∈+∞， 所以112()2axg x a x x-'=-=， 当0a ，(0,)x ∈+∞时，()0g x '>，函数()g x 单调递增； 当0a >，1(0,)2x a∈时，()0g x '>，函数()g x 单调递增， 1(2x a∈，)+∞时，()0g x '<，函数()g x 单调递减． 所以当0a 时，()g x 的单调增区间为(0,)+∞； 当0a >时，()g x 的单调增区间为1(0,)2a，单调减区间为1(2a ，)+∞．⋯（6分）（2）由（1）知，f '（1）0=．①当102a <<时，112a >，由（1）知()f x '在1(0,)2a内单调递增， 可得当(0,1)x ∈时，()0f x '<，当1(1,)2x a∈时，()0f x '>． 所以()f x 在(0,1)内单调递减，在1(1,)2a内单调递增， 所以()f x 在1x =处取得极小值，不合题意． ②当12a =时，112a=，()f x '在(0,1)内单调递增，在(1,)+∞内单调递减， 所以当(0,)x ∈+∞时，()0f x '，()f x 单调递减，不合题意． ③当12a >时，1012a <<，()f x 在1(0,)2a上单减， 当1(2x a∈，1)时，()0f x '>，()f x 单调递增， 当(1,)x ∈+∞时，()0f x '<，()f x 单调递减． 所以()f x 在1x =处取极大值，符合题意．综上可知，正实数a 的取值范围为1(2，)+∞．⋯（12分）11．（2017•北京）已知函数()cos x f x e x x =-． （1）求曲线()y f x =在点(0，(0))f 处的切线方程；（2）求函数()f x 在区间[0，]2π上的最大值和最小值．【解析】（1）函数()cos x f x e x x =-的导数为()(cos sin )1x f x e x x '=--， 可得曲线()y f x =在点(0，(0))f 处的切线斜率为0(cos0sin 0)10k e =--=， 切点为0(0,cos00)e -，即为(0,1)，曲线()y f x =在点(0，(0))f 处的切线方程为1y =；（2）函数()cos x f x e x x =-的导数为()(cos sin )1x f x e x x '=--， 令()(cos sin )1x g x e x x =--，则()g x 的导数为()(cos sin sin cos )2sin x x g x e x x x x e x '=---=-，当[0x ∈，]2π，可得()2sin 0x g x e x '=-，即有()g x 在[0，]2π递减，可得()(0)0g x g =，则()f x 在[0，]2π递减，即有函数()f x 在区间[0，]2π上的最大值为0(0)cos001f e =-=；最小值为2()cos 2222f e πππππ=-=-．1．（2020•道里区校级一模）已知函数21()(1)2f x xlnx m x x =-+-有两个极值点，则实数m 的取值范围为( ) A ．1(e-，0)B ．1(1,1)e--C ．1(,1)e-∞-D ．(1,)-+∞【答案】B【解析】由21()(1)2f x xlnx m x x =-+-，得()(1)f x lnx m x '=-+，0x >．要使21()(1)2f x xlnx m x x =-+-有两个极值点，只需()(1)0f x lnx m x '=-+=有两个变号根，即1lnxm x+=有两个变号根． 令()lnxg x x=，(0)x >，则21()lnx g x x -'=，由()0g x '=得x e =，易知当(0,)x e ∈时，()0g x '>，此时()g x 单调递增； 当(,)x e ∈+∞时，()0g x '<，此时()g x 单调递减． 所以1()()max g x g e e==， 而1()0g e e=-<，1lim lim 01x x lnx x x →+∞→+∞==，作出()y g x =，1y m =+的图象，可知：101m e <+<，解得111m e-<<-+． 故选B ．2．（2020•内江三模）函数2()(12)22ax f x a x lnx =+--在区间1(2，3)内有极小值，则a 的取值范围是( ) A ．1(2,)3--B ．1(2,)2--C ．(2-，11)(33--⋃，)+∞D ．(2-，11)(22--⋃，)+∞【答案】D【解析】22(12)2(1)(2)()(12)ax a x ax x f x ax a x x x+--+-'=++-==， 当0a =时，()2f x x '=-，所以在1(2，2)上，()0f x '<，()f x 单调递减，在(2,3)上，()0f x '>，()f x 单调递增， f （2）为函数()f x 的极小值，符合题意，当0a >时，令()0f x '=，得1x a=-，2x =，且102a -<<，所以在1(2，2)上，()0f x '<，()f x 单调递减，在(2,3)上，()0f x '>，()f x 单调递增， f （2）为函数()f x 的极小值，符合题意，当0a <时，令()0f x '=，得1x a=-，2x =，且102a <-<，若()f x 在1(2，2)有极小值，只需12112a a ⎧-<⎪⎪⎨⎪->⎪⎩或12a ->，解得122a -<<-，或102a -<<，综上所述，122a -<<-，或12a -<，故选D ．3．（2020•德阳模拟）已知函数2()2f x ax x lnx =-+有两个极值点1x ，2x ，若不等式1212()()f x f x x x t +<++恒成立，那么t 的取值范围是( )A ．[1-，)+∞B ．[222ln --，)+∞C ．[32ln --，)+∞D ．[5-，)+∞【答案】D【解析】函数()f x 的定义域为(0,)+∞，2221()ax x f x x-+'=(0)x >， 因为函数2()2f x ax x lnx =-+有两个极值点1x ，2x ，所以方程22210ax x -+=在(0,)+∞上有两个不相等的正实数根， 则121248010102a x x a x x a ⎧⎪=->⎪⎪+=>⎨⎪⎪=>⎪⎩，解得102a <<．因为222121211122212121212122()()()22[()2]3()()12f x f x x x ax x lnx ax x lnx x x a x x x x x x ln x x ln a a+-+=-++-+--=+--++=---，设h （a ）212ln a a=---，h '（a ）22aa-=，易知h '（a ）0>在1(0,)2上恒成立， 故h （a ）在1(0,)2上单调递增，故h （a ）1()52h <=-，所以5t -，所以t 的取值范围是[5-，)+∞． 故选D ．4．（2020•汕头校级三模）已知函数21()(1)2x x f x x e ae ax =--+只有一个极值点，则实数a 的取值范围是( )A ．(-∞，10][2，)+∞B ．(-∞，10][3，)+∞C ．(-∞，10][4，)+∞D ．(-∞，1][03-，)+∞【答案】A 【解析】21()(1)2x x f x x e ae ax =--+，2()x xf x xe ae a '∴=-+，()f x 只有一个极值点，()f x '∴只要一个变号零点．（1）当0a =时，()x f x xe '=，易知0x =是()f x 的唯一极值点； （2）当0a ≠时，方程2()0x x f x xe ae a '=-+=可化为1x x x e e a-=-， 令1()g x x a=，()x xh x e e -=-，可得两函数均为奇函数， ∴只需判断0x >时，两函数无交点即可．①当0a <时，1()0g x x a=<，()0x x h x e e -=->，所以()g x 与()h x 有唯一交点0x =，且当0x >时，()()g x h x <；当0x <时，()()g x h x >． 0x ∴=是()f x 的唯一极值点；②当0a >时，()0x x h x e e -'=+>，即()h x 在(0,)+∞上单调递增，且(0)0h =，lim ()x h x →+∞=+∞，设()h x 过原点的切线为y kx =，切点为(m ，)(0)km m >， 则m m m me e k km e e --⎧+=⎨=-⎩，解得0m =，2k =， 如图所示，当1y x a=在直线2y x =下方（第一象限）或与2y x =重合时，0x =是唯一交点，能满足()0f x '=的变号零点，即函数()f x 的极值点， 12a∴．综上所述，实数a 的取值范围为(-∞，10][2，)+∞．故选A ．5．（2020•山西模拟）已知函数3()(2)x e f x t lnx x x x=-++仅有一个极值点1，则实数t 的取值范围是( ) A ．1(,]33e ⎧⎫-∞⎨⎬⎩⎭B ．1(,]3-∞C ．1(,]23e ⎧⎫-∞⎨⎬⎩⎭ D ．1(,]2-∞【答案】B 【解析】由题意知函数()f x 的定义域为(0,)+∞，222(1)(23)()(1)1323()(2)xx e x x t x e x f x t x x x x -+--+'=-+-=， 因为函数恰有一个极值点1，所以023xe t x -=+无解，令()(0)23x e g x x x =>+，则2(21)()0(23)x e x g x x +'=>+，所以()g x 在(0,)+∞上单调递增，从而1()(0)3g x g >=，所以13t 时，023x e t x -=+无解，3()(2)x e f x t lnx x x x =-++仅有一个极值点1，所以t 取值范围是1(,]3-∞．故选B ．6．（2020•南平三模）函数3211()(2)(0)32f x x a x x a =-++>在(,)e +∞内有极值，那么下列结论正确的是( )A ．当1(0,2)a e e ∈+-时，11a e e a -->B ．当1(2,)2ea e e ∈+-时，11a e e a --<C ．当(,)2ea e ∈时，11a e e a -->D ．当1(,)a e e e∈+时，11a e e a --<【答案】B【解析】令2()()(2)1(0)g x f x x a x a ='=-++>，则△2(2)40a =+->， 若()f x 在(,)e +∞内仅有一个极值点，即()g x 在(,)e +∞内有一个零点， 则20()(2)10a g e e a e >⎧⎨=-++<⎩，解得12a e e >+-； 若()f x 在(,)e +∞内仅有两个极值点，即()g x 在(,)e +∞内有两个零点， 则20()(2)1022a g e e a e a e ⎧⎪>⎪=-++>⎨⎪+⎪>⎩，无解， ∴当12a e e>+-时，函数()f x 在(,)e +∞内有极值， 现考查不等式11a e e a --<，两边同时取对数可得，1(1)a e lna -<-，即1(1)0a e lna ---<， 令1()1(1),2h a a e lna a e e=--->+-，则1()1e h a a-'=-，令h '（a ）0>，解得1a e >-， ∴函数h （a ）在1(2,1)e e e+--上单调递减，在(1,)e -+∞上单调递增， 又111(2)3(1)(2)h e e e ln e e e e+-=+---+-112(1)10e e lne e e<+---=-<，h （e ）(1)(1)0e e lne =---=，∴当1(2)a e e e∈+-时，h （a ）0<成立，即11a e e a --<，∴选项B 正确． 故选B ．7．（2020•龙岩模拟）已知函数()xf x ax lnx=-在(1,)+∞上有极值，则实数a 的取值范围为( ) A ．1(,]4-∞B ．1(,)4-∞C ．1(0,]4D ．1[0,)4【答案】B 【解析】21()()lnx f x a lnx -'=-，设22111()()()lnx g x lnx lnx lnx -==-， 函数()f x 在区间(1,)+∞上有极值，()()f x g x a ∴'=-在(1,)+∞上有变号零点，令1t lnx=，由1x >可得0lnx >，即0t >， 得到22111()244y t t t =-=--+， ∴14a <． 故选B ．8．（2020•武汉模拟）设函数2()(32)()f x lnx a x x a R =+-+∈在定义域内只有一个极值点，则实数a的取值范围为( ) A ．8(,)9+∞B ．8(0,)9C ．(,0)-∞D ．(0,)+∞【答案】C【解析】2()(32)f x lnx a x x =+-+，定义域为(0,)+∞，21231()(23)ax ax f x a x x x-+'=+-=， 设2()231g x ax ax =-+，①当0a =时，()1g x =，故()0f x '>， ()f x ∴在(0,)+∞上为增函数，所以无极值点．②当0a >时，△298a a =-， 若809a<时△0，()0g x ，故()0f x '， 故()f x 在(0,)+∞上递增，所以无极值点． 若89a >时△0>，设()0g x =的两个不相等的实数根为1x ，2x ，且12x x <， 且1232x x +=，而(0)10g =>，则12304x x <<<， 所以当1(0,)x x ∈，()0g x >，()0f x '>，()f x 单调递增； 当1(x x ∈，2)x ，()0g x <，()0f x '<，()f x 单调递减； 当2(x x ∈，)+∞，()0g x >，()0f x '>，()f x 单调递增． 所以此时函数()f x 有两个极值点；③当0a <时△0>，设()0g x =的两个不相等的实数根为1x ，2x ，且12x x <，但(0)10g =>，所以120x x <<，所以当2(0,)x x ∈，()0g x >，()0f x '>，()f x 单调递増； 当2(x x ∈，)+∞，()0g x <，()0f x '<，()f x 单调递减． 所以此时函数()f x 只有一个极值点． 综上得：当0a <时()f x 有一个极值点． 故选C ．9．（2020•昆明一模）已知函数221()(44)(4)2x f x e x x k x x =--++，2x =-是()f x 的唯一极小值点，则实数k 的取值范围为( ) A ．2[e -，)+∞ B ．3[e -，)+∞ C ．2[e ，)+∞ D ．3[e ，)+∞【答案】D【解析】由题可知，21()(4424)(24)(2)[(4)]2x x f x e x x x k x x e x k '=--+-++=+-+，2x =-是()f x 的唯一极小值点，(4)0x e x k ∴-+恒成立，即(4)x k e x --，令()(4)x g x e x =-，则()(3)x g x e x '=-，当3x <时，()0g x '<，()g x 单调递减；当3x >时，()0g x '>，()g x 单调递增，∴3()(3)min g x g e ==-，3k e ∴--，即3k e ．故选D ．10．（2020•江西模拟）已知定义在(0,)+∞上的函数()()x a f x e ln x a -=-+，其中0a >，e 为自然对数的底数．（1）求证：()f x 有且只有一个极小值点； （2）若不等式()212f x x a ln ++-在(0,)+∞上恒成立，求实数a 的取值范围．【解析】（1）证明：由于1()x a f x e x a-'=-+ 21()0()x a f x e x a -''=+>+，则()f x ' 在(0,)+∞ 上单调递增．令()x g x e x =-，则()1x g x e '=-，故当(,0)x ∈-∞时，()0g x '<，()g x 单调递减 当(0,)x ∈+∞ 时，()0g x '>，()g x 单调递增， 则()(0)1min g x g ==，即1x e x x +>，由于1(0)0aaa a e f e a e a --'=-=<，1(1)021f a e a '+=->+，故0(0,1)x a ∃∈+，使得0()0f x '=，且当0(0,)x x ∈时0()0f x '<，()f x 单调递减； 当0(x x ∈，)+∞时，0()0f x '>，()f x 单调递增．因此()f x 在(0,)+∞ 有且只有一个极小值点0x ，无极大值点． （2）由于不等式()212f x x a ln ++- 在(0,)+∞ 上恒成立，()i 必要性：当1x = 时，不等式成立，即 1(1)312a e ln a a ln --++--令1()(1)312,()0a g a ln a a e ln g a -=+++--， 由于11()0123a g a e a a -'=++>++，则g （a ） 在 (0,)+∞ 上单调递增，又由于g （1）0=，则g （a ）0 的解为01a <． ()ii 充分性：下面证明当01a < 时， ()212f x x a ln ++- 在(0,)+∞ 上恒成立令()()2112x a h x e ln x a x a ln -=-++++， 由于01a <，01a >--，1x a x --，1x a x e e --，01a x x <++，()(1)ln x a ln x ++，()(1)ln x a ln x -+-+，12,2122,2122,2122a x a x x a x x a x +++++++-++-+，则1()(1)2212x h x e ln x x ln --+++令1()(1)2212x m x e ln x x ln -=-+++，则 11()122x m x e x x -'=-++，1231()0(1)(22)x m x e x x -''=++>++， ()m x ' 在(0,)+∞ 上单调递增，由于m '（1）0=，则当(0,1)x ∈时，()0m x '<，()m x 单调递减， 当(1,)x ∈+∞ 时，()0m x '>，()m x 单调递增， 故()m x m =（1）0=，即()0m x 恒成立， 因此，当01a < 时，()212f x x a ln ++- 在(0,)+∞ 上恒成立．故a 的取值范围为(0，1]．11．（2020•红河州三模）已知函数()()1af x lnx a R x =-∈+． （1）求曲线()y f x =在点(1，f （1）)处的切线方程；（2）若函数()f x 存在两个极值点1x ，2x ，求实数a 的取值范围，并证明：1()f x ，f （1），2()f x 成等差数列．【解析】（1）由()1af x lnx x =-+得21()(1)a f x x x '=++，故切线斜率k f ='（1）14a=+， 又f （1）2a =-，故切线方程为：(1)(1)24a ay x +=+-，即(4)4430a x y a +---=；（2）2221(2)1()(0)(1)(1)a x a x f x x x x x x +++'=+=>++，由题意知：1x ，2x 是方程()0f x '=在(0,)+∞内的两个不同实数解， 令2()(2)1(0)g x x a x x =+++>，注意到(0)10g =>，其对称轴为直线2x a =--， 故只需220(2)40a a -->⎧⎨=+->⎩，解得：4a <-， 即实数a 的取值范围是(,4)-∞-，由1x ，2x 是方程2(2)10x a x +++=的两根，得：122x x a +=--，121x x =，故12()()f x f x + 1212()()11a a lnx lnx x x =-+-++ 121212122()1x x ln x x a x x x x ++=-+++22121a aa --+=---+a =-，又f （1）2a=-，即12()()2f x f x f +=（1），故1()f x ，f （1），2()f x 成等差数列．12．（2020•启东市校级模拟）已知函数()(0)f x alnx a =≠与212y x e=的图象在它们的交点(,)P s t 处具有相同的切线． （1）求()f x 的解析式；（2）若函数2()(1)()g x x mf x =-+有两个极值点1x ，2x ，且12x x <，求21()g x x 的取值范围． 【解析】（1）根据题意，函数()(0)f x alnx a =≠与212y x e= 可知()af x x'=，1y x e '=，两图象在点(,)P s t 处有相同的切线，所以两个函数切线的斜率相等， 即1as e s=，化简得s ae =， 将(,)P s t 代入两个函数可得22s alns e=②，综合上述两式①②可解得1a =，所以()f x lnx =．（2）函数22()(1)()(1)g x x mf x x mlnx =-+=-+，定义域为(0,)+∞，222()2(1)m x x mg x x x x-+'=-+=， 因为1x ，2x 为函数()g x 的两个极值点，所以1x ，2x 是方程2220x x m -+=的两个不等实根， 由根与系数的关系知121x x +=，122mx x =，(*)， 又已知12x x <，所以121012x x <<<<，222211()(1)g x x mlnx x x -+=，将(*)式代入得22222222212()(1)2(1)121g x x x x lnx x x lnx x x -+-==-+-， 令()12h t t tlnt =-+，1(2t ∈，1)，()21h t lnt '=+，令()0h t '=，解得：t e=，当1(2t ∈)e 时，()0h t '<，()h t 在1(2e 单调递减；当(t e ∈，1)时，()0h t '>，()h t 在(e，1)单调递增；所以2()(11min eh t h ee===-， 1(){()2h t max h <，h （1）}，11()2022h ln h =-<=（1），即21()g x x 的取值范围是2[1e -0)． 13．（2020•河南模拟）设函数()f x xlnx =，()()x g x ae a R =∈．（1）若曲线()y f x =在1x =处的切线也与曲线()y g x =相切，求a 的值． （2）若函数()()()G x f x g x =-存在两个极值点． ①求a 的取值范围；②当22ae 时，证明：()0G x <． 【解析】（1）()f x xlnx =，()1f x lnx '=+，(0,)x ∈+∞，f ∴（1）0=，f '（1）1=，故曲线()f x 在1x =处的切线方程是1y x =-； 设直线1y x =-与()y g x =相切于点0(x ，01)x -，()x g x ae '=，00()x g x ae ∴'=，由00011x x ae ae x ⎧=⎪⎨=-⎪⎩，得022x a e -=⎧⎨=⎩； （2）()1x G x lnx ae '=+-， ①()G x 在(0,)+∞上存在两个极值点等价于()0G x '=在(0,)+∞上有2个不同的根，由10x lnx ae +-=，可得1xlnx a e +=，令1()xlnx t x e +=， 则11()xlnx x t x e --'=，令1()1h x lnx x =--，可得211()0h x x x'=--<， 故()h x 在(0,)+∞递减，且h （1）0=， 当(0,1)x ∈时，()0h x >，()0t x '>，()t x 递增， 当(1,)x ∈+∞时，()0h x <，()0t x '<，()t x 递减， 故t （1）1e=是极大值也是最大值，又当0x →时，()t x →-∞，当x →+∞时，()0t x >且趋向于0， 要使()0G x '=在(0,)+∞有2个根，只需10a e<<， 故a 的取值范围是1(0,)e；②证明：设()()xG x ae F x lnx x x==-， 2(1)()xx a x e F x x--'=， 当01x <时，22a e，()0F x ∴'>，则()F x 在(0,1)递增，()F x F ∴（1）0ae =-<，当1x >时，2(1)()[](1)x a x xF x e x a x -'=---， 令()(1)x x H x e a x =--，则21()0(1)x H x e a x '=+>-，22a e ，H ∴（2）22220ae e a a -=-=， 取(1,2)m ∈，且使2(1)m e a m >-，即2211ae m ae <<-， 则22()0(1)m mH m e e e a m =-<-=-，()H m H （2）0，故()H x 存在唯一零点0(1,2)x ∈， 故()F x 有唯一的极大值点0(1,2)x ∈， 由0()0H x =，可得000(1)x x e a x =-，故0001()1F x lnx x =--，0(1,2)x ∈，020011()0(1)F x x x '=+>-，故0()F x 为(1,2)上的增函数， 0()F x F ∴<（2）222102ae ln ln =--<， 综上，当22a e 时，总有()0G x x<，即()0G x <．14．（2020•河南模拟）已知函数21()22f x x ax lnx =-+，a R ∈． （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个极值点1x ，212()x x x <，求21()2()f x f x -的取值范围． 【解析】（1）()f x 的定义域是(0,)+∞，2121()2x ax f x x a x x-+'=-+=，令221y x ax =-+， 当△2440a =-即11a -时，0y ，此时()f x 在(0,)+∞递增， 当1a <-时，2210x ax -+=有2个负根，此时()f x 在(0,)+∞递增，当1a >时，2210x ax -+=有2个正根，分别是211x a a =-221x a a =+- 此时()f x 在1(0,)x 递增，在1(x ，2)x 递减，在2(x ，)+∞递增， 综上，1a 时，()f x 在(0,)+∞递增，1a >时，()f x 在2(0,1)a a -递增，在2(1a a --21)a a +-递减，在2(1a a +-)+∞递增；（2）由（1）得：122x x a +=，121x x =，1a >，21121ax x =+，22221ax x =+， 1a >，1(0,1)x ∴∈，2(1,)x ∈+∞， 222122211111()2()22(2)22f x f x x ax lnx x ax lnx ∴-=-+--+ 2221211212x x lnx lnx =-++-+222222111()212x lnx ln x x =-++-+2222211312x lnx x =-+++，令22t x =，则1t >，113()122g t t lnt t =-+++，则222211332(1)(2)()2222t t t t g t t t t t -+----'=--+==，当12t <<时，()0g t '>，当2t >时，()0g t '<， 故()g t 在(1,2)递增，在(2,)+∞递减，g （2）13222ln =+， 21()2()f x f x ∴-的取值范围是(-∞，132]22ln +． 15．（2020•运城模拟）设函数()f x xlnx =．（1）求曲线()y f x =在点(1，f （1）)处的切线方程；（2）若函数2()()F x f x ax =-有两个极值点，求实数a 的取值范围； （3）当120x x >>时，221212()()()2m x x f x f x ->-恒成立，求实数m 的取值范围． 【解析】（1）()1f x lnx '=+，()f x 在点(1，f （1）)处的切线斜率k f ='（1）1=，则切线方程为1y x =-，（2）()()212F x f x ax lnx ax '='-=+-．()F x 有两个极值点． 即()F x '有两个零点，即120lnx ax +-=有两个不等实根，12lnxa x+=， 令21()()lnx lnxg x g x x x+-='=， 在(0,1)上()0g x '>，()g x 在(0,1)上单调递增．在(1,)+∞上单调递减，()max g x g =（1）1=．x →+∞时，()0g x →． 即12(0,1),(0,)2a a ∈∈．（3）221212()()()2m x x f x f x ->-可化为222211()()22m m f x x f x x ->-． 设2()()2m Q x f x x =-，又120x x >>． ()Q x ∴在(0,)+∞上单调递减，()10Q x lnx mx ∴'=+-在(0,)+∞上恒成立，即1lnxmx+． 又1()lnxh x x+=在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减． ()h x ∴在1x =处取得最大值．h （1）1=．1m ∴．16．（2020•鹿城区校级模拟）已知函数2()(3)1()f x axlnx x a x a R =-+-+∈． （Ⅰ）当1a =时，求曲线()f x 在(1，f （1）)处的切线方程； （Ⅱ）若()f x 存在两个极值点1x ，212()x x x <． ①求a 的取值范围；。
2021年高考数学试题《函数与导数》(整理版教师版)
2021年高考数学试题分类汇编：函数与导数(教师版)一、选择题1.〔安徽理3〕 设()f x 是定义在R 上的奇函数，当0x ≤时，2()2f x x x =-，那么(1)f =〔A 〕〔A 〕3- (B) 1- 〔Ｃ〕1 〔Ｄ〕32.(安徽理10) 函数()()1nm f x ax x =-在区间〔0,1〔B 〕 〔A 〕1,1m n == (B) 1,2m n == (C) 2,1m n == (D) 3,1m n ==3.〔安徽文5〕假设点(a,b)在lg y x = 图像上，1a ≠,那么以下点也在此图像上的是 〔D 〕 〔A 〕1(,)b a (B) (10,1)a b - (C) 10(,1)b a+ (D) 2(,2)a b 4.〔北京理6〕根据统计，一名工人组装第x 件某产品所用的时间〔单位：分钟〕为()x A f x x A <=≥〔A ，c 为常数〕。
工人组装第4件产品用时30分钟，组装第A 件产品时用时15分钟，那么c 和A 的值分别是 〔D 〕A. 75，25B. 75，16C. 60，25D. 60，16 5.〔北京文8〕点(0,2)A ,(2,0)B ,假设点C 在函数2y x =的图象上，那么使得ABC ∆的面积为2的点C 的个数为 〔A 〕 A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 6.〔福建理5〕1(2)xe x dx +⎰等于 〔C 〕A ．1B ．1e -C ．eD ．1e +7.〔福建理9〕对于函数()sin f x a x bx c =++ (其中，,,a b R c Z ∈∈)，选取,,a b c 的一组值计算(1)f 和(1)f -，所得出的正确结果一定不可能是 〔D 〕A ．4和6B ．3和1C ．2和4D ．1和28.〔福建理10〕函数()xf x e x =+，对于曲线()y f x =上横坐标成等差数列的三个点A ，B ，C ，给出以下判断：①△ABC 一定是钝角三角形 ②△ABC 可能是直角三角形③△ABC 可能是等腰三角形 ④△ABC 不可能是等腰三角形其中，正确的判断是 〔B 〕 A ．①③ B ．①④ C ．②③ D ．②④9.〔福建文6〕假设关于x 的方程210x mx ++=有两个不相等的实数根，那么实数m 的取值范围是〔C 〕A ．〔－1，1〕B ．〔－2，2〕C ．〔－∞，－2〕∪〔2，＋∞〕D ．〔－∞，－1〕∪〔1，＋∞〕10.〔福建文8〕函数f(x)＝⎩⎨⎧2x ， x ＞0 x ＋1，x≤0，假设f(a)＋f(1)＝0，那么实数a 的值等于 〔A 〕A ．－3B ．－1C ．1D ．311.〔福建文10〕假设a ＞0，b ＞0，且函数32()421f x x ax bx =--+在x ＝1处有极值，那么ab 的最大值等于〔D 〕A ．2B ．3C ．6D ．912.〔广东理4〕设函数()f x 和()g x 分别是R 上的偶函数和奇函数，那么以下结论恒成立的是〔A 〕A ．()()f x g x +是偶函数B ．()()f x g x -是奇函数C ．()()f x g x +|是偶函数D ．()()f x g x -是奇函数 13.〔广东文10〕设(),(),()f x g x h x 是R 上的任意实值函数．如下定义两个函数()()f g x 和()()f g x •；对任意,,()()(())x R f g x f g x ∈=；()()()()f g x f x g x •=．那么以下等式恒成立的是〔B 〕 A ．(())()(()())()f g h x f h g h x •=•• B ．(())()(()())()f g h x f h g h x •=• C ． (())()(()())()fg h x f h g h x = D ．(())()(()())()f g h x f h g h x ••=•••14.〔湖北理6〕定义在R 上的奇函数()f x 和偶函数()g x 满足()()2xxf xg x a a -+=-+，(0,1)a a >≠，假设(2),g a =，那么(2)f = 〔B 〕A. 2B.154 C. 174D. 2a 15.〔湖北理10〕放射性元素由于不断有原子放射出微粒子而变成其他元素，其含量不断减少，这种现象成为衰变，假设在放射性同位素铯137的衰变过程中，其含量M 〔单位：太贝克〕与时间t 〔单位：年〕满足函数关系：300()2t M t M -=，其中0M 为0t =时铯137的含量，30t =时，铯137的含量的变化率是10ln2-〔太贝克/年〕，那么(60)M =〔D 〕A. 5太贝克B. 75ln2太贝克C. 150ln 2太贝克D. 150太贝克 16.〔湖南文7〕曲线sin 1sin cos 2x y x x =-+在点(,0)4M π处的切线的斜率为 〔B 〕A ．12-B ．12C．2- D．217.〔湖南文8〕函数2()1,()43xf x eg x x x =-=-+-假设有()()f a g b =那么b 的取值范围为 〔B 〕 A．2⎡-+⎣ B．(2+ C ．[]1,3 D ．(1,3)18.〔湖南理6〕由直线,,033x x y ππ=-==与曲线cos y x =所围成的封闭图形的面积为〔D 〕A ．12B ．1 CD19.〔湖南理8〕设直线x t =与函数2(),()ln f x x g x x ==的图像分别交于点,M N ，那么当MN到达最小时t的值为〔D 〕A ．1B ．12CD20.〔江西文4〕曲线xy e =在点A 〔0,1〕处的切线斜率为 〔A 〕A.1B.2C. eD. 1e21.〔江西理3〕假设()f x =，那么()f x 定义域为〔A 〕A. 1(,0)2-B. 1,02⎛⎤- ⎥⎝⎦C. 1(,)2-+∞ D. (0,)+∞22.〔江西理4〕设2()24ln f x x x x =--，那么'()0f x >的解集为 〔C 〕 A. (0,)+∞ B. (1,0)(2,)-+∞ C. (2,)+∞ D. (1,0)-23.〔江西理7〕观察以下各式：56753125,515625,578125,,===那么20115的末四位数字为〔D 〕A. 3125B. 5625C. 0625D.8125 24.〔辽宁理9〕设函数{122,11log ,1()x x x x f x -≤->=，那么满足()2f x ≤的x 的取值范围是 〔D 〕A ．[]1,2-B ．[0，2]C ．[)1,+∞D ．[)0,+∞25.〔辽宁理11〕函数()f x 的定义域为R ，(1)2f -=，对任意x R ∈，'()2f x >，那么()24f x x >+的解集为 〔B 〕A ．(1,1)-B ．(1,)-+∞C ．(,1)-∞-D ．(,)-∞+∞26.〔辽宁文6〕假设函数()(21)()xf x x x a =+-为奇函数，那么a=〔A 〕A ．12 B ．23C ．34D ．1 27.〔全国Ⅰ理2〕以下函数中，既是偶函数又在(0,)+∞单调递增的函数是 〔B 〕〔A 〕3y x = (B) 1y x =+ 〔C 〕21y x =-+ (D) 2xy -=28.〔全国Ⅰ理9〕由曲线y =2y x =-及y 轴所围成的图形的面积为 〔C 〕〔A 〕103 〔B 〕4 〔C 〕163〔D 〕6 29. (全国Ⅰ理12)函数11y x =-的图像与函数2sin (24)y x x π=-≤≤的图像所有交点的横坐标之和等于 〔D 〕 〔A 〕2 (B) 4 (C) 6 (D)830.〔全国Ⅰ文4〕曲线221y x x =-+在点〔1,0〕处的切线方程为 〔A 〕 〔A 〕1y x =- 〔B 〕1y x =-+ 〔C 〕22y x =- 〔D 〕22y x =-+ 31. (全国Ⅰ文9)设偶函数()f x 满足()24(0)f x x x =-≥，那么{}|(2)0x f x ->= 〔B 〕〔A 〕{}|24x x x <->或 〔B 〕{}|04x x x <>或 〔C 〕{}|06x x x <>或 〔D 〕{}|22x x x <->或 32.〔全国Ⅱ理8〕曲线21x y e-=+在点〔0,2〕处的切线与直线0y =和y x =围成的三角形的面积为 〔A 〕(A)13 (B) 12 (C) 23(D) 1 33.〔全国Ⅱ理9〕设()f x 是周期为2的奇函数，当01x ≤≤时，()2(1)f x x x =-，那么5()2f -= 〔A 〕(A) 12- (B) 14- (C) 14 (D) 1234.〔山东理9〕函数2sin 2xy x =-的图象大致是 〔C 〕35.〔山东理10〕()f x 是R 上最小正周期为2的周期函数，且当02x ≤<时, 3()f x x x =-,那么函数()y f x =的图象在区间[0,6]上与x 轴的交点的个数为 〔A 〕 〔A 〕6 〔B 〕7 〔C 〕8 〔D 〕936.〔山东文4〕曲线3()11f x x =+在点P(1，12)处的切线与y 轴交点的纵坐标是 〔C 〕 〔A 〕-9 〔B 〕-3 〔C 〕9 〔D 〕1537.〔陕西理3〕设函数()()f x x R ∈满足()()f x f x -=，(2)()f x f x +=，那么函数()y f x =的图像是 〔B〕38.〔陕西文4〕 函数13y x =的图像是 〔B 〕 39.〔上海理16〕以下函数中，既是偶函数，又是在区间(0,)+∞上单调递减的函数是〔A 〕〔A 〕1lny x=. 〔B 〕3y x =. 〔C 〕2x y =. 〔D 〕cos y x =. 40.〔天津理2〕函数()23xf x x =+的零点所在的一个区间是 〔B 〕 Ａ．(2,1)-- Ｂ．(1,0)- Ｃ．(0,1) Ｄ．(1,2)41.〔天津理8〕设函数{212log ,0log (),0()x x x x f x >-<=，假设()()f a f a >-，那么实数a 的取值范围是〔C 〕Ａ．()()1,00,1- Ｂ．()(),11,-∞-+∞()()()()()4,,,,g x x x g x f x g x x x g x ++<⎧⎪=⎨-≥⎪⎩()⎩⎨⎧≤+>=0),1(02x x f x x x f Ｃ．()()1,01,-+∞ Ｄ．()(),10,1-∞-42.〔天津文4〕函数()2xf x e x =+-的零点所在的一个区间是 〔C 〕 Ａ．(2,1)-- Ｂ．(1,0)- Ｃ．(0,1) Ｄ．(1,2)43.〔天津文6〕设5log 4a =，25(log 3)b =，4log 5c =，那么 〔D 〕 Ａ．a c b << Ｂ．b c a << Ｃ．a b c << Ｄ．b a c << 44.〔天津文10〕设函数2()2()g x x x R =-∈， 那么()f x 的值域是 〔D 〕 Ａ． [)9,01,4⎡⎤-+∞⎢⎥⎣⎦Ｂ．[)0,+∞，Ｃ．9,4⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭Ｄ．()9,02,4⎡⎤-+∞⎢⎥⎣⎦45.〔浙江理1〕 ，那么(2)(2)f f -+的值为 〔B 〕A ．6B ．5C ．4D ．246.〔浙江文10〕设函数2()(,,)f x ax bx c a b c R =++∈，假设1x =-为函数2()f x e 的一个极值点，那么以下图象不可能为()y f x =的图象是〔D 〕47.〔重庆理5〕以下区间中，函数()ln(2)f x x =-在其上为增函数的是 〔D 〕 〔A 〕(],1-∞ 〔B 〕41,3⎡⎤-⎢⎥⎣⎦ 〔C 〕30,2⎡⎫⎪⎢⎣⎭〔D 〕[)1,248.〔重庆理10〕设m ，k 为整数，方程220mx kx -+=在区间〔0,1〕内有两个不同的根，那么m+k 的最小值为〔D 〕〔A 〕-8 〔B 〕8 (C)12 (D) 13 49. (重庆文7)假设函数1()(2)2f x x x x =+>-在x a =处取最小值,那么a = 〔C 〕(A) 1+(B) 1(C) 3 (D) 4 二、填空题50.〔天津理16〕设函数2()1f x x =-．对任意3,2x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，2()4()(1)4()xf m f x f x f m m-≤-+恒成立，那么实数m 的取值范围是3,,2m ⎛⎡⎫∈-∞+∞ ⎪⎢ ⎪⎝⎦⎣⎭．51.〔四川理16〕函数()f x 的定义域为A ，假设12,x x A ∈且12()()f x f x =时总有12x x =，那么称()f x 为单函数．例如，函数()21()f x x x R =+∈是单函数．以下命题： ①函数2()f x x =〔x ∈R 〕是单函数；②假设()f x 为单函数，12,x x A ∈且12x x ≠，那么12()()f x f x ≠； ③假设f ：A→B 为单函数，那么对于任意b B ∈，它至多有一个原象； ④函数()f x 在某区间上具有单调性，那么()f x 一定是单函数．52. 〔上海理13〕设()g x 是定义在R 上，以1为周期的函数，假设函数()()f x x g x =+在区间[]3,4上的值域为[]2,5-，那么()f x 在区间[]10,10-上的值域为[15,11]-53.〔陕西理11〕设20lg 0()30ax x f x x t dt x>⎧⎪=⎨+⎪⎩⎰，假设()(1)1ff =，那么a = 1 ．54.〔陕西理12〕设n N +∈，一元二次方程240x x n -+=有整数根的充要条件是n =3或4 55.〔山东理16〕函数()log (0,1)a f x x x b a a =+->≠当2＜a ＜3＜b ＜4时，函数()f x 的零点0(,1),x n n n N +∈+∈，那么n =5 .56.〔辽宁文16〕函数()2xf x e x a =-+有零点，那么a 的取值范围是_(,2ln 22]-∞-__．57.〔江苏8〕在平面直角坐标系xoy 中，过坐标原点的一条直线与函数2()f x x=的图象交于P 、Q 两点，那么线段PQ 长的最小值是___4_____.58.〔江苏12〕在平面直角坐标系xoy 中，点P 是函数()(0)xf x e x =>的图象上的动点，该图象在P 处的切线l 交y 轴于点M ，过点P 作l 的垂线交y 轴于点N ，设线段MN 的中点2/22()626()66a a f x x axb x b =++=++-的纵坐标为t ，那么t 的最大值是__11()2e e +___ 59.〔广东理12〕函数32()31f x x x =-+在x = 2 处取得极小值.60.〔北京理13〕函数32,2()(1),2x f x xx x ⎧≥⎪=⎨⎪-<⎩，假设关于x 的方程()f x k =有两个不同的实根，那么实数k 的取值范围是____〔0,1〕____.三、解答题1. (重庆文19)设32()21f x x ax bx =+++的导数为'()f x ,假设函数'()y f x =的图象关于直线12x =-对称，且'(1)0f =.]。
二轮复习函数与导数第1讲 函数的图象与性质
二轮复习函数与导数第1讲 函数的图象与性质一、单项选择题1．列既是奇函数，又在(0，＋∞)上单调递增的是( )A ．y ＝sin xB ．y ＝ln xC ．y ＝tan xD ．y ＝－1x2．(2022·西安模拟)设f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ 2x ＋1－1，x ≤3，log 2(x 2－1)，x >3，若f (x )＝3，则x 的值为() A ．3 B ．1C ．－3D ．1或33．(2022·常德模拟)函数f (x )＝sin (πx )e x ＋e －x 的图象大致是( )4．(2022·张家口检测)已知函数f (x )＝e x －1e x ＋1，则( )A ．函数f (x )是奇函数，在区间(0，＋∞)上单调递增B ．函数f (x )是奇函数，在区间(－∞，0)上单调递减C ．函数f (x )是偶函数，在区间(0，＋∞)上单调递减D ．函数f (x )非奇非偶，在区间(－∞，0)上单调递增5．(2021·全国乙卷)设函数f (x )＝1－x1＋x ，则下列函数中为奇函数的是( )A ．f (x －1)－1B ．f (x －1)＋1C ．f (x ＋1)－1D ．f (x ＋1)＋16．设定义在R 上的函数f (x )满足f (x )·f (x ＋2)＝13，若f (1)＝2，则f (99)等于( )A ．1B ．2C ．0 D.1327．已知函数f (x )是定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的偶函数，且当x >0时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧(x －2)2，0<x ≤4，12f (x －4)，x >4，则方程f (x )＝1的解的个数为( ) A ．4B ．6C ．8D ．10 8．(2022·河北联考)若函数f (2x ＋1)(x ∈R )是周期为2的奇函数，则下列结论不正确的是( )A ．函数f (x )的周期为4B ．函数f (x )的图象关于点(1,0)对称C ．f (2 021)＝0D ．f (2 022)＝0二、多项选择题9．下列函数中，定义域与值域相同的是( )A ．y ＝1xB ．y ＝ln xC ．y ＝13x －1D ．y ＝x ＋1x －110．(2022·淄博检测)函数D (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1，x ∈Q ，0，x ∉Q 被称为狄利克雷函数，则下列结论成立的是( )A ．函数D (x )的值域为[0,1]B ．若D (x 0)＝1，则D (x 0＋1)＝1C ．若D (x 1)－D (x 2)＝0，则x 1－x 2∈QD ．∃x ∈R ，D (x ＋2)＝111．下列可能是函数f (x )＝ax ＋b (x ＋c )2(其中a ，b ，c ∈{－1,0,1})的图象的是( )12．已知函数y ＝f (x －1)的图象关于直线x ＝－1对称，且对∀x ∈R ，有f (x )＋f (－x )＝4.当x ∈(0,2]时，f (x )＝x ＋2，则下列说法正确的是( )A ．8是f (x )的周期B ．f (x )的最大值为5C ．f (2 023)＝1D ．f (x ＋2)为偶函数三、填空题13．(2022·泸州模拟)写出一个具有下列性质①②③的函数f (x )＝____________.①定义域为R ；②函数f (x )是奇函数；③f (x ＋π)＝f (x )．14．已知函数f (x )＝ln(x 2＋1－x )＋1，则f (ln 5)＋f ⎝⎛⎭⎫ln 15＝________. 15．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ (x －a )2，x ≤0，x ＋1x＋a ，x >0，若f (0)是f (x )的最小值，则a 的取值范围为________． 16．(2022·济宁模拟)已知函数f (x )＝e |x －1|－sin ⎝⎛⎭⎫π2x ，则使得f (x )>f (2x )成立的x 的取值范围是____________．。
导数与函数的单调性、极值、最值问题(分层训练)2021年新高考数学二轮复习讲义+分层训练(原卷版)
解密15 导数与函数的单调性、极值、最值问题A 组 考点专练一、选择题1.函数f (x )＝ln x －ax 在x ＝2处的切线与直线ax －y －1＝0平行，则实数a ＝( )A.－1B.14C.12D.12.函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，则函数y ＝f (x )的图象可能是( )3.已知函数f (x )＝2e f ′(e)ln x －x e，则f (x )的极大值点为( ) A.1e B.1 C.e D.2e4.已知函数f (x )＝13x 3＋mx 2＋nx ＋2，其导函数f ′(x )为偶函数，f (1)＝－23，则函数g (x )＝f ′(x )e x 在区间[0，2]上的最小值为( )A.－3eB.－2eC.eD.2e5.(多选题)已知定义在⎣⎡⎭⎫0，π2上的函数f (x )的导函数为f ′(x )，且f (0)＝0，f ′(x )cos x ＋f (x )sin x <0，则下列判断中正确的是( )A.f ⎝⎛⎭⎫π6<62f ⎝⎛⎭⎫π4B.f ⎝⎛⎭⎫ln π3>0C.f ⎝⎛⎭⎫π6>3f ⎝⎛⎭⎫π3 D.f ⎝⎛⎭⎫π4>2f ⎝⎛⎭⎫π3二、填空题6.若曲线y ＝e x 在x ＝0处的切线也是曲线y ＝ln x ＋b 的切线，则b ＝________.7.已知定义在R 上的可导函数f (x )的导函数为f ′(x )，满足f ′(x )<f (x )，且f (0)＝12，则不等式f (x )－12e x <0的解集为________.8.若函数f (x )与g (x )满足：存在实数t ，使得f (t )＝g ′(t )，则称函数g (x )为f (x )的“友导”函数.已知函数g (x )＝12kx 2－x ＋3为函数f (x )＝x 2ln x ＋x 的“友导”函数，则k 的取值范围是________. 三、解答题9.已知函数f (x )＝(x －1)ln x －x －1.证明：(1)f (x )存在唯一的极值点；(2)f (x )＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.10.已知函数f (x )＝ax －1－ln x (a ∈R ).(1)讨论函数f (x )在定义域内的极值点的个数；(2)若函数f (x )在x ＝1处取得极值，∀x ∈(0，＋∞)，f (x )≥bx －2恒成立，求实数b 的最大值.B组专题综合练11.(多选题)已知函数f(x)＝e x＋a ln x，其中正确的结论是()A.当a＝0时，函数f(x)有最大值B.对于任意的a<0，函数f(x)一定存在最小值C.对于任意的a>0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增D.对于任意的a>0，都有函数f(x)>012.已知函数f(x)＝ln x－x e x＋ax，其中a∈R.(1)若函数f(x)在[1，＋∞)上单调递减，求实数a的取值范围；(2)若a＝1，求f(x)的最大值.。
2021届高考数学二轮复习函数与导数专题练之导数的应用
2021届高考数学二轮复习函数与导数专题练之导数的应用1.已知函数()21x f x x =--，则不等式()0f x >的解集是( ) A.()1,1- B.(),11,()⋃-∞-+∞C.()0,1D.1),0,()(⋃-∞+∞2.已知实数4610,,ln 2ln 3ln 5a b c ===，则,,a b c 的大小关系是（ ） A.a b c >> B.c b a >>C.b a c >>D.c a b >>3.若函数()312f x x x =-在区间()1,1k k -+上不是单调函数，则实数k 的取值范围是( ) A.(,3][1,1][3,)-∞-⋃-⋃+∞ B.()()3,11,3--⋃ C.()2,2-D.不存在这样的实数k4.下列函数中，既是奇函数，又存在极值的是( ) A.3y x =B.2y x =C.e x y x -=D.2y x x=+5.若2x =-是函数()21()1e x f x x ax -=+-的极值点，则()f x 的极小值为( ) A.1-B.32e --C.35e -D.16.已知函数()()2f x x x c =-在2x =处取极大值，则c =( ) A ．2-或6- B ．2或6 C ．2 D ．6 7.已知函数3()xx f x e=，那么（ ）A.()f x 有极小值，也有大极值B.()f x 有极小值，没有极大值C.()f x 有极大值，没有极小值D.()f x 没有极值8.已知函数211()2(e e )x x f x x x a --+=-++有唯一零点，则a =( ) A.12-B.13C.12D.19.设函数2()(,,R)f x ax bx c a b c =++∈，若1x =-为函数()()e x g x f x =的一个极值点，则()y f x =的图象不可能是( )A. B.C. D.10.若函数21()ln f x mx x x=--在(1,)+∞上单调递增，则实数m 的取值范围为____________. 11.已知函数3211()e (2)1()32x f x ax ax x a =---+∈R 在区间1,22⎛⎫⎪⎝⎭上有3个不同的极值点，则实数a 的取值范围是__________.12.某厂生产某种产品x 件的总成本21()120027C x x =+(单位：万元)，产品单价(单位：万元)的平方与产品件数x 成反比，生产100件这样的产品单价为50万元，则产量定为_______件时总利润最大.13.已知函数2()ln ()f x x x ax a =-∈R ，当1a =时，()f x 的零点个数为___________；若()f x 在定义域内有两个不同的极值点，则实数a 的取值范围为_______________. 14.设函数()()211ln 112()2f x x x ax a x a a =+-+++∈R ，()()g x f x '=.(1)若1a =-，求函数()g x 的单调区间.(2)若函数()f x 有2个零点，求实数a 的取值范围. 15.已知函数()ln()xf x ax a=-. (1)求()f x 的极值；(2)若()2e ln 1e 0x x x mx x m ++-+≤，求正实数m 的取值范围.答案以及解析1.答案：D解析：函数()f x 的定义域为 R ，其导数为()2ln 21'x f x =-. 令)'(0f x =，得()2221log log log e ln 2x ==.因为21log e 2<<，所以()220log log e 1<<.当()()22,log log e x ∈-∞时，()0,'()f x f x <单调递减；当()()22log log e ,x ∈+∞时，()0,'()f x f x >单调递增.又(0)0,(1)0f f ==，所以()0f x >的解集为(,0)(1,)-∞⋃+∞，故选D. 快解 可利用排除法，(2)10f =>，排除A ，C ；1(1)02f -=>，排除B.故选D. 2.答案：D解析：根据题意，设函数2()ln xf x x=，则22(ln 1)(2),(3),(5)()(ln )x a f b f c f f x x '-===⋅=，当(1,)x e ∈时，()0,()f x f x '<为减函数，当(,)x e ∈+∞时，()0,()f x f x '>为增函数，(3)(5)f f <∴，即b c <，又4ln5ln 625ln102410ln 2=<=，410ln 2ln 5a c ∴=<=， 同理464ln 3ln 81ln 646ln 2,,ln 2ln 3a b c a b =>=∴=>=∴>>. 3.答案：B解析：由题意得，2()3120'f x x =-=在区间(1,1)k k -+上至少有一个实数根， 而2()3120'f x x =-=的根为2x =±，区间(1,1)k k -+的长度为2， 故区间(1,1)k k -+内必含有2或2-. 121k k ∴-<<+或121k k -<-<+， 31k ∴<<或31k -<<-，故选B.4.答案：D解析：对于A ，由函数的图像得该函数是奇函数，但是不存在极值，故选项A 错误；对于B ，由函数的图像得该函数是偶函数，故选项B 错误；对于C ，令()e x f x x -=，其定义域为,()()e ()x f x x f x -=-≠-R ，所以该函数不是奇函数，故选项C 错误；对于D ，令2()f x x x=+，其定义域为22(,0)(0,),()()f x x x f x x x ⎛⎫-∞⋃+∞-=--=-+=- ⎪⎝⎭，所以该函数是奇函数，由函数图像得该函数在(,2),(2,)-∞+∞上是增函数，在(2,0),(0,2)-上是减函数，所以该函数存在极值，故选项D 是正确的.故选D. 5.答案：A解析：()12121()(2)e 1e (2)' 1e x x x f x x a x ax x a x a ---⎡⎤=+++-=+++-⎣⎦.2x =-是()f x 的极值点，20'()f ∴-=，即3(4241)e 0a a ---+-⋅=，解得1a =-.()()2121()1e ,()'2e x x f x x x f x x x --∴=--=+-.由)'(0f x >，得2x <-或1x >；由)'(0f x <，得21x -<<.()f x ∴在(,2)-∞-上单调递增，在(2,1)-上单调递减，在(1,)+∞上单调递增，()f x ∴的极小值点为1，()f x ∴的极小值为(1)1f =-. 6.答案：D解析：∵()()()222234+f x x c x x c x cx c '=-+-=-，且函数()()2f x x x c =-在2x =处有极大值，∴()20f '=，即28120c c ++=，解得6c =或2.经检验2c =时，函数()f x 在2x =处取得极小值，不符合题意，应舍去.故6c =，故选D 7.答案：C解析：()f x 定义域为2(3),()e xx x f x '-=R ，当3x <时，'0f x >（），当3x >时，'0f x <（），所以f x （）在,3∞（-）单调递增，在3,+∞（）单调递减，所以f x （）有极大值38(3)ef =，没有极小值，选C. 8.答案：C 解析：设11()eex x g x --+=+，则2(1)111111e 1'()eeee e x x x x x x g x ---+----=-=-=， 当'()0g x =时，1x =.当1x <时，'()0g x <，函数()g x 单调递减， 当1x >时，'()0g x >，函数()g x 单调递增. 所以当1x =时，函数()g x 取得最小值(1)2g =. 设2()2h x x x =-，当1x =时，函数()h x 取得最小值-1. 当0a -=时，2()2f x x x =-有两个零点；当0a ->时，函数()h x 和()ag x -的图像不可能只有一个交点； 当0a -<时，令(1)(1)ag h -=，即21a -⨯=-，解得12a =， 此时函数()h x 和()ag x -的图像有一个交点.故选C. 9.答案：D解析：'()2f x ax b =+，则[]2'()'()e ()e '()()e (2)e x x x x g x f x f x f x f x ax b ax bx c =+=+=++++2(2)e xax a b x b c ⎡⎤=++++⎣⎦.因为1x =-为函数()g x 的一个极值点，所以1x =-是方程2(2)0ax a b x b c ++++=的一个根，即2(2)0(2)4()0a a b b c a b a b c -+++=⎧⎨∆=+-+>⎩，于是,(1)20a cf a b c a b b =⎧-=-+=-⎨≠⎩.对于A ，由图知(1)20,0,(0)0f a b a f c -=-=>=>，不矛盾，所以B 有可能；对于C ，由图知0,(0)0,02ba f c x a<=<=->，得0b >，得(1)20f a b -=-<，不矛盾，所以C 有可能；对于D ，由图知0,(0)0,12ba f c x a>=>=-<-，得2b a >，得(1)20f a b -=-<，这与图中(1)0f ->矛盾，所以D 不可能. 10.答案：2,27⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭解析：依题意211()20'f x mx x x =-+≥，故23112m x x≥-，令23(),(0,1)g t t t t =-∈，故2()2'3g t t t =-，令)'(0g t =，得23t =，所以当20,3t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，)'(0g t >，当2,13t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，24()02',237g t m g ⎛⎫<≥=⎪⎝⎭，即227m ≥，即实数m 的取值范围为2,27⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭. 11.答案：(e,2e)解析：()2()e e (1)e x x xf x ax ax x x ax '=--+=--.因为()f x 在1,22⎛⎫ ⎪⎝⎭上有3个不同的极值点，所以()0f x '=在1,22⎛⎫ ⎪⎝⎭上有3个不同的实根，所以e 0x ax -=在1,22⎛⎫⎪⎝⎭上有2个不同的实根（且不等于1）.由e 0xax -=，得e x a x=.令e 1()22x g x x x ⎛⎫=<< ⎪⎝⎭，则2e (1)()x x g x x -'=，显然函数()g x 在1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，在(1,2)单调递增.又21e 2e,(1)e,(2)22g g g ⎛⎫=== ⎪⎝⎭，因为1(2)2g g ⎛⎫< ⎪⎝⎭，所以e 2e a <<12.答案：225解析：设产品单价为m ，因为产品单价的平方与产品件数x 成反比，所以2km x=(其中k 为非零常数).又因为生产100件这样的产品单价为50万元，所以250100k=，故250000k =.记生产x 件产品时，总利润为()f x ，所以21()()5001200,027f x mx C x x x x =-=->.则2)7'(2f x x x =-， 由)'(0f x >得0225x <<；由)'(0f x <得225x >，故函数()f x 在(0,225)上单调递增，在(225,)+∞上单调递减.因此当225x =时，()f x 取最大值.即产量定为225件时，总利润最大. 13.答案：0；10,2⎛⎫⎪⎝⎭解析：当1a =时，令2()ln 0f x x x x =-=，则ln x x =，显然此方程无解，故()f x 的零点个数为0.由题意，知()1l 'n 2f x x ax =+-，方程)'(0f x =在(0,)+∞上有两个不同的根，即方程1ln 20x ax +-=有两个不同的根，可转化为函数()ln g x x =与21y ax =-的图象在()0,+∞上有两个不同交点.当直线21y ax =-与()ln g x x =的图象相切时，设切点坐标为()00,x y .令()001'2g x a x ==，则012x a=，故切点坐标为11111,ln ,ln 210,1,2122222a a aa a a a ⎛⎫=⋅-=∴=∴= ⎪⎝⎭.由图象可得，要使直线21y ax =-与()ln g x x =的图象有两个交点，只需12(0,1),0,2a a ⎛⎫∈∴∈ ⎪⎝⎭.14.答案：(1)因为函数()()211ln 1122f x x x ax a x a =+-+++，所以()f x 的定义域为(0)+∞,，()ln 11ln f x x ax a x ax a '=++--=+-. 又()()g x f x '=，所以()ln g x x ax a =+- 若1a =-，则()ln 1g x x x =-+，所以()111xg x x x-'=-=. 令()0g x '>，得01x <<，即当01x <<时，函数()g x 单调递增. 令()0g x '<，得1x >，即当1x >时，函数()g x 单调递减. 综上可知，函数()g x 的单调增区间为(0)1,，单调减区间为(1)+∞,. (2)因为()ln g x x ax a =+-，所以()11ax g x a x x+'=+=，()100g a a =+-=. 又()()g x f x '=，所以()10f '=.①当0a ≥时，()0g x '>，所以函数()g x 在(0)+∞,上单调递增. 当)1(0x ∈,时，()0g x <，所以函数()f x 在(0)1,上单调递减； 当1()x ∈+∞,时，()0g x >，所以函数()f x 在(1)+∞,上单调递增. 即当1x =时，()f x 取得最小值，为()()111011022f a a a =+-+++=.所以当0a ≥时，函数()f x 只有一个零点，所以0a ≥不满足题意.②当11a a <-<，即1a <-时，()1ax g x x +'=.令()0g x '>，得10x a <<-；令()0g x '<，得1x a>-. 所以函数()g x 在10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭-上单调递减.又()10g =，所以110,a x ⎛⎫- ⎪⎝∈⎭∃，使()10g x =所以函数()f x 在1(0,)x 上单调递减，在1(,)1x 上单调递增，在(1)+∞,上单调递减. 作出函数()f x 的示意图，如图(1).要使函数()f x 有两个零点，则当x 趋近于0时，()0f x >， 即1102a +>，解得2a >-.所以a 的取值范围为(2,1)--. ③当11a -=，即1a =-时，()1xg x x-'=. 令()0g x '>，得01x <<；令()0g x '<，得1x >.所以函数()g x 在(0)1,上单调递增，在(1)+∞,上单调递减， 所以()()10g x g ≤=，所以函数()f x 在(0)+∞,上单调递减.又()10f =，所以当1a =-时，函数()f x 只有一个零点，所以1a =-不满足题意.④当11a ->，即10a -<<时，()1axg x x+'=. 令()0g x '>，得10x a <<-；令()0g x '<，得1x a>-. 所以函数()g x 在10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，在1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递减.因为()10g =，所以21,x a ⎛⎫∃∈-+∞ ⎪⎝⎭，使()20g x =.所以函数()f x 在(0)1,上单调递减，在2(1,)x 上单调递增，在2(,)x +∞上单调递减. 作出函数()f x 的示意图，如图(2).又()10f =，所以由图像可知，2x x ∃>，使得()0f x =. 所以当10a -<<时，函数()f x 有2个零点.综上可知，当()()2110a ⋃∈---,,时，函数()f x 有两个零点. 15.答案：(1)由题意知110,()x aax f x a x ax'->=-=， ①当0a >时，0x >，若0x a <<，则()0,()f x f x '<在(0,)a 上单调递减； 若x a >，则()0,()f x f x '>在(,)a +∞上单调递增. 所以()f x 的极小值为()12ln f a a =-，无极大值.②当0a <时，0x <，若x a <，则()0,()f x f x '<在(,)a -∞上单调递减； 若0a x <<，则()0,()f x f x '>在(,0)a 上单调递增. 所以()f x 的极小值为()()12ln f a a =--，无极大值.综上所述，当0a >时，()f x 的极小值为()12ln f a a =-，无极大值；当0a <时，()f x 的极小值为()()12ln f a a =--，无极大值.(2)由(1)知，当1a =时，()ln f x x x =-在()0,1上单调递减，在(1,)+∞上单调递增， 所以min ()(1)1f x f ==，所以ln 1x x -≥. 因为()2e ln 1e 0x x x mx x m ++-+≤， 所以2e (ln )0x x x mx x m -+++≤，所以2ln e xmx x m x x ++≤-.(*)令2(),(0,)e xmx x mh x x ++=∈+∞，则()222(21)e e (21)1(1)(1)()e e e x xxx xmx mx x m mx m x m mx m x h x '+-++-+--+-+--===，因为0m >，所以111m-<， ①若01m <≤，则110m-≤，当01x <<时，()'0h x >，所以()h x 在()0,1上单调递增； 当1x >时，()'0h x <，所以()h x 在()1,+∞上单调递减. 所以max 21()(1)em h x h +==， 又1a =时，()1f x ≥，且()h x 和()f x 都在1x =处取得最值， 所以211e m +≤，解得e 12m -≤，所以e 102m -<≤. ②若1m >，则1011m <-<，当101x m <<-时，()0,()h x h x '<在10,1m ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减；当111x m -<<时，()0,()h x h x '>在11,1m ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增；当1x >时，()0,()h x h x '<在(1,)+∞上单调递减.21(1)1em h +=>，与(*)式矛盾，舍去. 综上，正实数m 的取值范围为e 10,2-⎛⎤⎥⎝⎦.。
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一、选择题1．函数的界说域为（）A．B．C．D．2．下列函数中，既是奇函数，又在区间上递加的是（）A．B．C．D．3．函数y=x2﹣2x﹣1在闭区间[0，3]上的最大值与最小值的和是（）A．﹣1B．0C．1D．24．界说在上的函数满意，，恣意的，函数在区间上存在极值点，则实数m的取值规模为（）A．B．C．D．5．已知，，，则的巨细联系是（）A．B．C．D．6．已知函数的图象如图所示，则函数的单调递加区间为（）A．，B．，C．，D．，7．界说在上的偶函数满意，且当时，，函数是界说在上的奇函数，当时，，则函数的零点的的个数是（）A．9B．10C．11D．128．已知函数，若关于，，使得，则的最大值为（）A．eB．1-eC．1D．9．已知为界说在上的奇函数，当时，有，且当时，，下列出题正确的是（）A．B．函数在界说域上是周期为的函数C．直线与函数的图象有个交点D．函数的值域为10．曲线在点处的切线方程为（）A．B．C．D．11．已知函数的导函数,且满意，则＝()A．B．C．1D．12．已知，直线与函数的图象在处相切，设，若在区间[1，2]上，不等式恒建立．则实数m（）A．有最大值B．有最大值e C．有最小值e D．有最小值二、填空题13．函数的界说域为14．已知函数的导函数是，设、是方程的两根．若，，则的取值规模为 .15．若函数在区间两个不同的零点，则的取值规模是_____ 16．已知界说域为的函数，若关于恣意，存在正数，都有建立，那么称函数是上的“倍束缚函数”，已知下列函数：①；②；③；④，其间是“倍束缚函数”的是_____________．（将你以为正确的函数序号都填上）17．关于三次函数有如下界说：设是函数的导函数，是函数的导函数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”．若点是函数的“拐点”，也是函数图画上的点，则当时，函数的函数值是__________．参考答案1．B【解析】【剖析】依据函数解析式，得到，解出的取值规模，得到界说域.【详解】由于函数有含义，所以，解得所以解集为所以界说域为，故选：B.【点睛】本题考察求详细函数界说域，归于简略题.2．C【解析】【剖析】剖析各选项中函数的奇偶性和这些函数在区间上的单调性，然后可得出正确选项.【详解】关于A选项，设，界说域为，关于原点对称，，该函数为偶函数，且当时，，该函数在区间上为增函数；关于B选项，函数的界说域为，不关于原点对称，该函数为非奇非偶函数，且该函数在区间上为增函数；关于C选项，设，界说域为，关于原点对称，且，该函数为奇函数，由于函数在区间上为增函数，函数在区间上为减函数，所以，函数在区间上为增函数；关于D选项，设，界说域为，关于原点对称，且，该函数为奇函数，由双勾函数的单调性可知，函数在区间上为减函数，在区间上为增函数，则该函数在区间上不单调.故选：C.【点睛】本题考察函数奇偶性与单调性的判别，了解一些根本初等函数的奇偶性与单调性是判别的要害，考察推理才能，归于根底题.3．B【解析】∵y=x2﹣2x﹣1=（x﹣1）2﹣2∴当x=1时，函数取最小值﹣2，当x=3时，函数取最大值2∴最大值与最小值的和为0故选B4．C【解析】【剖析】依据得到周期为，再求得，得到，求导得到，判别出的两根一正一负，则在区间上存在极值点，且，得到在上有且只要一个根，然后得到关于的不等式组，再依据二次函数保号性，得到关于不等式组，解得的规模.【详解】由题意知，，，所以是以4为周期的函数，，所以，求导得，令，，，由，知有一正一负的两个实根.又，依据在上存在极值点，得到在上有且只要一个正实根.然后有，即恒建立，又对恣意，上述不等式组恒建立，进一步得到所以故满意要求的的取值规模为：.故选：C.【点睛】本题考察函数的周期性的使用，依据函数的极值点求参数的规模，二次函数根的散布和保号性，归于中档题.5．A【解析】【剖析】依据特别值0和1与指数函数对数函数的单调性逐一比较巨细.【详解】关于，所以：故选：A【点睛】此题考察指数对数的巨细比较，要害在于依据函数单调性和特别函数值的巨细联系，使用不等式的传递性解题.6．C【解析】【剖析】依据复合函数的单调性结合图形找出使得函数单调递减以及满意的对应的取值规模即可.【详解】由于在上为减函数，所以只要求的单调递减区间，且.由图可知，使得函数单调递减且满意的的取值规模是.因而，函数的单调递加区间为、.故选：C.【点睛】本题考察对数型复合函数单调区间的求解，在使用复合函数法得出内层函数的单调区间时，还应留意真数要恒大于零. 7．C【解析】【剖析】由，得出，转化为函数与函数图象的交点个数，然后作出两个函数的图象，调查图画即可．【详解】由于，所以，函数的周期为，且函数为偶函数，由，得出，问题转化为函数与函数图象的交点个数，作出函数与函数的图象如下图所示，由图象可知，，当时，，则函数与函数在上没有交点，结合图画可知，函数与函数图象共有11个交点，故选C.【点睛】本题考察函数的零点个数，有两种做法：一是代数法，解代数方程；二是图象法，转化为两个函数的公共点个数，在画函数的图象是，要留意函数的各种性质，如周期性、奇偶性、对称性等性质的表现，归于中等题．8．D【解析】【剖析】无妨设f()=g()＝a，然后可得的表达式，求导确认函数的单调性，再求最小值即可．【详解】无妨设f()=g()＝a，∴＝a，∴＝ln(a+e)，＝，故＝ln(a+e)-，（a＞-e）令h（a）＝ln(a+e)-，h′（a），易知h′（a）在（-e，+∞）上是减函数，且h′（0）＝0，故h（a）在a处有最大值，即的最大值为；故选D．【点睛】本题考察了函数的性质使用及导数的归纳使用，考察了指对互化的运算，归于中档题．9．A【解析】【剖析】推导出当时，，结合题中等式得出，可判别出A选项的正误；使用特别值法可判别B选项的正误；作出函数在区间上的图象，使用数形结合思维可判别C选项的正误；求出函数在上的值域，使用奇函数的性质可得出函数的值域，可判别出D 选项的正误.【详解】函数是上的奇函数，，由题意可得，当时，，，A选项正确；当时，，则，，，则函数不是上周期为的函数，B选项过错；若为奇数时，，若为偶数，则，即当时，，当时，，若，且当时，，，当时，则，，当时，，则，所以，函数在上的值域为，由奇函数的性质可知，函数在上的值域为，由此可知，函数在上的值域为，D选项过错；如下图所示：由图象可知，当时，函数与函数的图象只要一个交点，当或时，，此刻，函数与函数没有交点，则函数与函数有且只要一个交点，C选项过错.故选：A.10．C【解析】【剖析】对函数进行求导,使用导数的几许含义求出切线的斜率,再用点斜式求出切线方程,最终化成一般式即可.【详解】,故切线的斜率为.又.所以曲线在点处的切线方程为.即.故选:C【点睛】本题考察了导数的几许含义,考察了求函数的切线方程,考察了直线的点作斜式方程以及一般方程.11．B【解析】【剖析】对函数进行求导，然后把代入到导函数中，得到一个方程，进行求解．【详解】对函数进行求导，得把代入得，直接可求得．【点睛】本题主要是考察求一个函数的导数，归于简单题．本题值得留意的是是一个实数．12．A【解析】【剖析】求f（x）导数，使用导数的几许含义可得a和b的值，求g（x）的导数和单调性，可得函数g(x)的最值，然后解不等式即可得m的最值．【详解】∵，∴，∴，又点在直线上，∴-1=2 +b+，∴b＝﹣1，∴g（x）＝e x﹣x2+2，g'（x）＝e x﹣2x，g''（x）＝e x﹣2，当x∈[1，2]时，g''（x）≥g''（1）＝e﹣2＞0，∴g'（x）在[1，2]上单调递加，∴g'（x）≥g（1）＝e﹣2＞0，∴g（x）在[1，2]上单调递加，解得或e≤m≤e+1，∴m的最大值为e+1，无最小值，故选A.【点睛】本题考察导数的运用，考察使用导数求切线的斜率和单调区间，最值，考察不等式恒建立问题的解法，归于中档题．13．【解析】试题剖析：由题意可得：，解得．考点：本题函数的界说域，学生的根本运算才能．14．.【解析】【剖析】由题意得，而且，由，可得，可得或，依据韦达定理得出的取值规模．【详解】由题意得，，，又，所以，整理得，解得或.由于、是方程的两根，则，，所以，，所以，，因而，的取值规模是，故答案为.【点睛】本题考察韦达定理的使用，考察零点相关的取值规模问题，处理此类问题的办法是正确地使用韦达定理表明所求表达式，使用二次函数在定区间上求最值的方程求解即可，归于中等题．15．【解析】【剖析】由二次函数的区间根问题可得：即，由与线性规划有关的问题，作出可行域，再求最值即可．【详解】由在区间上有两个不同的零点，得：，即，则满意的可行域如为点A，B，C所围成的区域，方针函数，由图可知，当直线过点B时，取最小值，当直线过点A时，的最大值趋近0，故，即的取值规模是，故答案为.【点睛】本题考察了二次函数的区间根问题及与线性规划有关的问题，归于中档题.16．①④【解析】【剖析】关于恣意，存在正数，使得关于恣意，都有建立，对①②③④逐一剖析判别即可.【详解】由于，所以存在正数2，都有，因而①是“倍束缚函数”；②，由于时故不存在正数使得关于恣意，都有建立，所以②不是“倍束缚函数”；③，当时，故不存在正数使得关于恣意，都有建立，所以③不是“倍束缚函数”；④，而，故存在正数使得关于恣意，都有建立，所以④是“倍束缚函数”.故答案为①④17．2【解析】【剖析】求函数g(x)的二次导数，使用拐点界说得到关于a，b的方程组，求出a，b值，即可得h（x）解析式，然后求出h （4）．【详解】g'（x）＝3x2﹣2ax+b，g″（x）＝6x﹣2a，由拐点界说知x＝1时，g″（1）＝6﹣2a＝0，解得：a ＝3，而g（1）＝﹣3，即1﹣a+b﹣5＝0，解得：b＝4，所以h（x）＝log4（3x+4），h（4）＝log416＝2，故答案为2．【点睛】本题考察导数的使用以及求函数值，考察转化思维以及新界说的问题．。