备战2020年高考高三一轮单元训练金卷 数学(文)： 第3单元 导数及其应用 A卷
备战2020年高考数学一轮复习第3单元导数及其应用单元训练A卷理含解析2.doc
1 单元训练金卷▪高三▪数学卷（A ）第3单元 导数及其应用注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知函数1()cos f x x x =，则π(π)2f f ⎛⎫'+= ⎪⎝⎭（ ）A ．2π- B ．3π C ．1π- D ．3π-2．曲线y =2sin x +cos x 在点(π，–1)处的切线方程为（ ）A ．10x y --π-=B ．2210x y --π-=C ．2210x y +-π+=D ．10x y +-π+=3．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（ ）A ．B ．C ．D ．4．函数()()ln 2f x x x =+-的单调增区间为（ ） A ．()1,+∞ B ．()1,2 C ．(),3-∞ D ．(),1-∞ 5．若函数()212ln 2f x x x a x =-+有两个不同的极值点，则实数a 的取值范围是（ ） A ．1a > B ．10a -<< C ．1a < D ．01a << 6．过点(2,6)P -作曲线3()3f x x x =-的切线，则切线方程为（ ） A ．30x y +=或24540x y --= B ．30x y -=或24540x y --= C ．30x y +=或24540x y -+= D ．24540x y --= 7．已知函数()1ln x f x x +=在区间(),2a a +上不是单调函数，则实数a 的取值范围是（ ） A ．()1,1- B ．[]0,1 C ．[)0,1 D ．10,e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭ 8．若存在唯一的正整数，使关于的不等式成立，则实数的取值范围是（ ） A ．10,3⎛⎫ ⎪⎝⎭ B ．15,34⎛⎤ ⎥⎝⎦ C ．13,32⎛⎤ ⎥⎝⎦ D ．53,42⎛⎤ ⎥⎝⎦ 9．函数2x x y e = (其中e 为自然对数的底数)的大致图像是（ ） A ． B ． C ． D ． 10．函数，正确的命题是（ ） A ．值域为 B ．在是增函数 C ．有两个不同的零点 D ．过点的切线有两条 11．定义在上的函数满足，且，则不等式的解集为（ ）A ．B ．C ．D ． 12．已知,0,2παβ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，sin sin 0βααβ->，则下列不等式一定成立的是（ ） A ．π2αβ+< B ．π2αβ+= C ．αβ< D ．αβ> 第Ⅱ卷 此卷只装订不密封 班级姓名准考证号考场号座位号2二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．函数()y f x =在5x =处的切线方程是8y x =-+，则()()55f f +'=______．14．函数()()21f x x x =-在[]0,1上极值为____________．15．函数()32sin 3cos ,π32πf x x x x ⎛⎫⎡⎤=+∈- ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭的值域为_________． 16．已知函数无极值，则实数的取值范围是______．三、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（10分）已知曲线32()2f x x x x =-+．（1）求曲线()y f x =在()2,2处的切线方程；（2）求曲线()y f x =过原点O 的切线方程．18．（12分）设函数2()ln f x a x bx =-，若函数()f x 的图象在点(1,(1))f 处与直线12y x =-相切．（1）求实数a ，b 的值； （2）求函数()f x 在1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值． 19．（12分）求证：e 1x x ≥+． 20．（12分）已知函数．3 （1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）求的单调区间．21．（12分）已知函数()()()2134ln 1222f x x x m x m =-+-++-（m 为常数）．（1）当m =4时，求函数的单调区间；（2）若函数有两个极值点，求实数m 的取值范围．22．（12分）函数2()()x f x x e x m m =+--∈R ． （1）求函数()f x 的单调区间； （2）若方程2()f x x =在区间[1,2]-上恰有两个不等的实根，求实数m 的取值范围．1 单元训练金卷▪高三▪数学卷（A ）第3单元 导数及其应用 答 案第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．【答案】D【解析】由题意知：()211cos sin f x x x x x '=--，()11πcos πππf ∴==-，2π4π2π2cos sin 2π2π2πf ⎛⎫'=--=- ⎪⎝⎭，()π123π2πππf f ⎛⎫'∴+=--=- ⎪⎝⎭，本题正确选项D ．2．【答案】C【解析】当πx =时，2sin πcos π1y =+=-，即点(,1)π-在曲线2sin cos y x x =+上．2cos sin y x x '=-，π2cos πsin π2x y =∴=-=-'，则2sin cos y x x =+在点(,1)π-处的切线方程为(1)2()y x --=--π，即2210x y +-π+=． 故选C ．3．【答案】C【解析】由题意，根据导函数的图象，可得当(,0)(2,)x ∈-∞+∞时，()0f x '>，则函数()f x 单调递增；当(0,2)x ∈时，()0f x '<，函数()f x 单调递减，故选C ．4．【答案】D【解析】函数的定义域为{}2x x <，()()1ln 2()2xf x x x f x x -'=+-⇒=-，当()0f x '>时，函数单调递增，所以有1022xx x ->⇒>-或1x <，而函数的定义域为{}2x x <，所以当1x <时，函数单调递增，故本题选D ．5．【答案】D【解析】()f x 的定义域是（0，+∞），()222a x x a f x x x x -+'=-+=，若函数()f x 有两个不同的极值点，则()22g x x x a =-+在（0，+∞）由2个不同的实数根，故1440Δa x =->⎧⎪⎨=>⎪⎩，解得01a <<，故选D ．6．【答案】A【解析】设切点为（m ，m 3-3m ），3()3f x x x =-的导数为2()33f x x '=-， 可得切线斜率233k m =-， 由点斜式方程可得切线方程为y ﹣m 3+3m ＝(3m 2-3)（x ﹣m ）， 代入点(2,6)P -，可得﹣6﹣m 3+3m ＝(3m 2-3)（2﹣m ），解得m ＝0或m ＝3， 当m =0时，切线方程为30x y +=； 当m =3时，切线方程为24540x y --=，故选A ． 7．【答案】C 【解析】因为()1ln x f x x +=（0x >），所以()11ln ln x x f x x x ---'==， 由()0f x '=，得1x =， 所以当01x <<时，()0f x '>，即()1ln x f x x +=单调递增； 当1x >时，()0f x '<，即()1ln x f x x +=单调递减， 又函数()1ln x f x x +=在区间(),2a a +上不是单调函数， 所以有0121a a a ≥⎧⎪<⎨⎪+>⎩，解得01a ≤<．故选C ． 8．【答案】B 【解析】设，则存在唯一的正整数，使得， 设，， 因为， 所以当以及时，为增函数；当时，为减函数， 在处，取得极大值，在处，取得极大值． 而恒过定点，两个函数图像如图，2 要使得存在唯一的正整数，使得，只要满足()()()()()()112233g h gh g h ⎧≥<≥⎪⎨⎪⎩，即135281253272754a a a -+≥-+<-+≥⎧⎪⎨⎪⎩，解得1534a <≤，故选B ．9．【答案】B【解析】方法一：排除法：当时，，排除C ， 当时，恒成立，排除A 、D ，故选B ． 方法二：()2222'x x x x x x x e x e y e e -⋅-⋅==，由，可得，令，可得或， 所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以只有B 符合条件，故选B ．10．【答案】B【解析】因为，所以()1ln 10f x x x e ==⇒='+， 因此当1x e >时，在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上是增函数，即在上是增函数； 当10x e <<时，在1,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭上是减函数，因此()11f x f e e ⎛⎫≥=- ⎪⎝⎭；值域不为R ； 当10x e <<时，，当1x e >时，只有一个零点，即只有一个零点； 设切点为，则0000ln ln 11x x x x =+-，01x ∴=，所以过点的切线只有一条，综上选B ．11．【答案】C 【解析】的解集即为的解集， 构造函数，则， 因为，所以， 所以在上单调递增，且， 所以的解集为， 不等式的解集为．故选C ． 12．【答案】C 【解析】由题意，sin sin βααβ>，sin sin αβαβ∴>， 设()sin x f x x =，π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()2cos sin 'x x x f x x -∴=，π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭， 设()cos sin g x x x x =-，π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭， ()cos sin cos sin 0g x x x x x x x '∴=--=-<，()g x \在0,π2⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，且()()00g x g <=，()0f x '∴<，所以()sin x f x x =在0,π2⎛⎫ ⎪⎝⎭递减， ()()sin sin f f αβαβαβ>⇔>，αβ∴<，故选C ． 第Ⅱ卷 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分． 13．【答案】2 【解析】∵函数()y f x =的图象在点5x =处的切线方程是8y x =-+， (5)1f '∴=-，(5)583f =-+=，(5)(5)312f f ∴+'=-=，故答案为2． 14．【解析】23()(1)f x x x x x =-=-，2()13f x x '=-，令()0f x '=，得x =，在区间[]0,1上讨论： 当x ⎡∈⎢⎣⎭时，()0f x '>，函数为增函数； 当x ⎤∈⎥⎥⎝⎦时，()0f x'<，函数为减函数， 所以函数在[]0,1上的极值为f=⎝⎭15．【答案】⎤⎥⎣⎦3【解析】由题意，可得()3232sin 3cos sin 3sin 3ππ,32f x x x x x x ⎡⎤=+=-+∈-⎢⎥⎣⎦，， 令，t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，即，t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦， 则，当0t <<时，；当时，， 即在⎡⎤⎢⎥⎣⎦为增函数，在为减函数，又g ⎛ ⎝⎭，，故函数的值域为⎤⎥⎣⎦．16．【答案】【解析】因为， 所以， 又函数无极值，所以恒成立，故()2363620Δa a =-+≤，即，解得． 故答案为．三、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．【答案】（1）580x y --=；（2）y x =或0y =．【解析】（1）由题意得2()341f x x x '=-+，所以(2)5f '=，(2)2f =，可得切线方程为25(2)y x -=-，整理得580x y --=．（2）令切点为()00,x y ，因为切点在函数图像上，所以3200002y x x x =-+，()2000341f x x x '=-+，所以在该点处的切线为()()()3220000002341y x x x x x x x --+=-+-因为切线过原点，所以()()()322000000023410x x x x x x --+=-+-，解得00x =或01x =，当00x =时，切点为（0，0），(0)1f '=，切线方程为y x =，当01x =时，切点为()1,0，()01f '=，切线方程为y =0， 所以切线方程为y x =或y =0． 18．【答案】（1）12a b ==；（2）11ln 244--． 【解析】（1）由()2ln f x a x bx =-，得()2a f x bx x '=-， ∴()12f a b '=-，则()122112a b f b ⎧-=-⎪⎪⎨⎪=-=-⎪⎩，解得12a =，12b =． （2）由（1）知，()211ln 22f x x x =-，()211222x f x x x x -'=-=（0x >）．∴当1x e ⎛∈ ⎝⎭时，()0f x '>；当x e ⎫∈⎪⎪⎝⎭时，()0f x '<． ∴()f x在1e ⎛ ⎝⎭上为增函数，在e ⎫⎪⎪⎝⎭上为减函数， 则()max 11111ln 222244f x f ==-⨯=--⎝⎭． 19．【答案】见解析． 【解析】()1x h x e x =--，所以()1x h x e '=-， 当x ≥0时，h '（x ）≥0，h （x ）为增函数； 当0x <时，()0h x '<，h （x ）为减函数， 所以h （x ）≥h （0）＝0，所以1x e x ≥+． 20．【答案】（1）；（2）当时，的单调增区间是； 当时，的单调递减区间是；递增区间是． 【解析】（1）当时，()ln f x x x =+，所以()()110f x x x =+>'． 所以()11f =，，所以切线方程为． （2）()(0)x a f x x x +'=>．当时，在时，， 所以的单调增区间是； 当时，函数与在定义域上的情况如下：4所以的单调递减区间是；递增区间是．综上所述：当时，的单调增区间是；当时，的单调递减区间是；递增区间是．21．【答案】（1）单调递增区间为（1，2）和（5，＋∞），单调递减区间为；（2）3m >．【解析】依题意，函数的定义域为（1，＋∞）．（1）当m ＝4时，()()2154ln 1622f x x x x =-+--．()()()22547106111x x x x f x x x x x ---+=+-==---'，令，解得或；令，解得．可知函数()f x 的单调递增区间为（1，2）和（5，＋∞），单调递减区间为．（2）()()()2364211x m x mf x x m x x -+++=+-+='--．若函数()y f x =有两个极值点，则()()()234601360312Δm m m m m =-+-+>⎡⎤⎣⎦-+++⎧⎪⎪⎪⎨>+>⎪⎪⎪⎩，解得3m >．22．【答案】（1）增区间为(0,)+∞，减区间为(,0)-∞；（2）11,1e ⎛⎤+ ⎥⎝⎦．【解析】（1）()f x 的定义域为R ，()21x f x x e '=+-，则(0)0f '=，()2x f x e ''∴=+， 由于0x e >恒成立，则()2x f x e ''=+在R 上大于零恒成立，()21x f x x e '∴=+-在R 上为单调递增函数，又(0)0f '=，∴当0x >时，()(0)0f x f ''>=，则函数()f x 增区间为(0,)+∞， 当0x <时，()(0)0f x f ''<=，则函数()f x 减区间为(,0)-∞．（2）令2()()e x g x f x x x m =-=--，则()1x g x e =-'；令()10x g x e -'==，解得0x =，令()10x g x e '=->，解得0x >，则()g x 的增区间为(0,2)，∴要使方程()2f x x =在区间[1,2]-上恰有两个不等的实根等价于函数()g x 与x 轴在区间[1,2]-有两个不同交点，从图像可得g(1)0g(0)0(2)0g -≥⎧⎪<⎨⎪≥⎩，解得111m e <≤+，故答案为11,1m e ⎛⎤∈+ ⎥⎝⎦．。
2020版高考数学一轮总复习 第三单元导数及其应用 教案全集 含解析
导数的概念及运算1．了解导数概念的实际背景．2．通过函数图象直观理解导数的几何意义，会求曲线的切线方程． 3．能根据导数的定义，求一些简单函数的导数．4．能利用基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则求简单函数的导数．知识梳理 1．导数的概念(1)平均变化率： 函数y ＝f (x )从x 0到x 0＋Δx 的平均变化率ΔyΔx＝ f x0＋Δx －f x 0Δx.(2)函数y ＝f (x )在x ＝x 0处的导数函数y ＝f (x )在x ＝x 0处的瞬时变化率 li m Δx →0 ΔyΔx 通常称为f (x )在x ＝x 0处的导数，并记作f ′(x 0)，即 f ′(x 0)＝li m Δx →0f x 0＋Δx －f x 0Δx.(3)函数f (x )的导函数如果函数y ＝f (x )在开区间(a ，b )内每一点都是可导的，就说f (x )在开区间(a ，b )内可导，其导数也是开区间(a ，b )内的函数，称作f (x )的导函数，记作 y ′或f ′(x ) .2. 导数的几何意义函数y ＝f (x )在点x 0处的导数f ′(x 0)的几何意义是曲线y ＝f (x )在点(x 0，f (x 0))处的 切线的斜率 .曲线在点P (x 0，f (x 0))处的切线方程是 y －f (x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0) . 3．导数的运算(1)基本初等函数的导数公式 ①C ′＝ 0 (C 为常数)； ②(x n)′＝ nxn －1(n ∈Q )；③(sin x )′＝ cos x ； ④(cos x )′＝ －sin x ； ⑤(a x)′＝ a xln a (a >0且a ≠1)；⑥(e x )′＝ e x； ⑦(log a x )′＝1x ln a(a >0且a ≠1)； ⑧(ln x )′＝ 1x.(2)导数的运算法则 ①和差的导数[f (x )±g (x )]′＝ f ′(x )±g ′(x ) . ②积的导数[f (x )·g (x )]′＝ f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x ) . ③商的导数 [f xg x]′＝ fx g x －f x gxg 2x(g (x )≠0)．热身练习1．若f (x )＝2x 2图象上一点(1,2)及附近一点(1＋Δx,2＋Δy )，则Δy Δx 等于(C)A ．3＋2ΔxB ．4＋ΔxC ．4＋2ΔxD ．3＋ΔxΔy ＝f (x ＋Δx )－f (x )＝2(1＋Δx )2－2＝2[2Δx ＋(Δx )2]，所以Δy Δx ＝4＋2Δx .2．设函数f (x )可导，则lim Δx →0 f＋Δx －f2Δx等于(C)A ．f ′(1) B．2f ′(1) C.12f ′(1) D．f ′(2)因为f (x )可导，所以lim Δx →0f＋Δx －f2Δx ＝12lim Δx →0 f ＋Δx －fΔx ＝12f ′(1)． 3．下列求导运算中正确的是(B) A ．(x ＋1x )′＝1＋1x2 B ．(lg x )′＝1x ln 10C ．(ln x )′＝xD ．(x 2cos x )′＝－2x sin x(x ＋1x )′＝1－1x 2，故A 错；(ln x )′＝1x，故C 错；(x 2cos x )′＝2x cos x －x 2sin x ，D 错．4．(2018·全国卷Ⅱ)曲线y ＝2ln x 在点(1,0)处的切线方程为 2x －y －2＝0 .因为y ′＝2x，y ′| x ＝1＝2，所以切线方程为y －0＝2(x －1)，即y ＝2x －2.5．(1)(2016·天津卷)已知函数f (x )＝(2x ＋1)e x，f ′(x )为f (x )的导函数，则f ′(0)的值为 3 .(2)y ＝xx ＋1，则y ′x ＝2＝ 19.(1)因为f ′(x )＝2e x＋(2x ＋1)e x＝(2x ＋3)e x ，所以f ′(0)＝3e 0＝3. (2)因为y ′＝(x x ＋1)′＝x x ＋－x x ＋x ＋2＝1x ＋2，所以y ′x ＝2＝1＋2＝19.导数的概念利用导数的定义求函数f (x )＝1x ＋2的导数．因为Δy ＝1x ＋Δx ＋2－1x ＋2＝－Δx x ＋Δx ＋x ＋，所以Δy Δx＝－1x ＋Δx ＋x ＋，所以f ′(x )＝li m Δx →0 ΔyΔx ＝li m Δx →0[－1x ＋Δx ＋x ＋]＝－1x ＋x ＋＝－1x ＋2.利用定义求导数的基本步骤： ①求函数的增量：Δy ＝f (x ＋Δx )－f (x )； ②求平均变化率：Δy Δx＝fx ＋Δx －f xΔx；③取极限得导数：f ′(x )＝li m Δx →0f x ＋Δx －f xΔx.1．设函数f (x )在x 0处可导，则li m Δx →0 f x 0－Δx －f x 0Δx等于(B)A ．f ′(x 0)B ．－f ′(x 0)C ．f (x 0)D ．－f (x 0)li m Δx →0f x 0－Δx －f x 0Δx＝－li mΔx →0f [x 0＋－Δx－f x 0－Δx＝－f ′(x 0)．导数的运算求下列函数的导数：(1)y ＝x 2sin x; (2)y ＝1＋sin x 1－cos x.(1)y ′＝(x 2)′sin x ＋x 2(sin x )′ ＝2x sin x ＋x 2cos x . (2)y ′＝＋sin x－cos x －＋sin x－cos x－cos x2＝cos x－cos x －＋sin xx－cos x2＝cos x －sin x －1－cos x2.利用导数公式和运算法则求导数，是求导数的基本方法(称为公式法)．用公式法求导数的关键是：认清函数式的结构特点，准确运用常用的导数公式．2．(1)(2018·天津卷)已知函数f (x )＝e xln x ，f ′(x )为f (x )的导函数，则f ′(1)的值为 e .(2)设y ＝1＋cos x sin x ，则y ′π2＝ －1 .(1)因为f (x )＝e xln x ，所以f ′(x )＝e xln x ＋ex x，所以f ′(1)＝e.(2)因为y ′＝＋cos x x －＋cos x xsin 2x＝－sin 2x －＋cos x os x sin 2x＝－1－cos xsin 2x， 所以y ′π2＝－1.求切线方程(1)(2017·全国卷Ⅰ)曲线y ＝x 2＋1x在点(1,2)处的切线方程为____________________．(2)若曲线y ＝x ln x 存在斜率为2的切线，则该切线方程为________________．因为y′＝2x－1x2，所以y′|x＝1＝1，即曲线在点(1,2)处的切线的斜率k＝1，所以切线方程为y－2＝x－1，即x－y＋1＝0.(2)因为y′＝ln x＋1，设切点为P(x0，y0)，则y′x＝x0＝ln x0＋1＝2，所以x0＝e，此时y0＝x0ln x0＝eln e＝e，所以切点为(e，e)．故所求切线方程为y－e＝2(x－e)，即2x－y－e＝0.(1)x－y＋1＝0 (2)2x－y－e＝0(1)求切线方程有如下三种类型：①已知切点(x0，y0)，求切线方程；②已知切线的斜率k，求切线方程；③求过(x1，y1)的切线方程．其中①是基本类型，类型②和类型③都可转化为类型①进行处理．(2)三种类型的求解方法：类型①，利用y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)直接求出切线方程．类型②，设出切点(x0，y0)，再由k＝f′(x0)，再由(x0，y0)既在切线上，又在曲线上求解；类型③，先设出切点(x0，y0)，利用k＝f′(x0)及已知点(x1，y1)在切线上求解．3．(2018·广州市模拟)已知直线y＝kx－2与曲线y＝x ln x相切，则实数k的值为(D) A．ln 2 B．1C．1－ln 2 D．1＋ln 2本题实质上是求曲线过点(0，－2)的切线问题，因为(0，－2)不是切点，可先设出切点，写出切线方程，再利用切线过(0，－2)得到所求切线方程．设切点为(x0，x0ln x0)，因为y′＝ln x＋1，所以k＝ln x0＋1，所以切线方程为y－x0ln x0＝(ln x0＋1)(x－x0)，因为切线过点(0，－2)，所以－2－x0ln x0＝－x0ln x0－x0，所以x0＝2，所以k＝ln 2＋1.1．函数y＝f(x)的导数实质上是“增量(改变量)之比的极限”，即f′(x)＝li mΔx→0Δy Δx＝li mΔx→0f x＋Δx－f xΔx.2．关于函数的导数，要熟练掌握基本导数公式和求导的运算法则，一般要遵循先化简再求导的基本原则．3．导数f′(x0)的几何意义是曲线y＝f(x)在点M(x0，f(x0))处切线的斜率，其切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)．若设点(x0，y0)是切线l与曲线C的切点，则有如下结论：①f′(x0)是切线l的斜率；②点(x0，y0)在切线l上；③点(x0，y0)在曲线C上．导数在函数中的应用——单调性1．了解函数的单调性与其导数的关系．2．能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数不超过三次)．知识梳理1．函数的单调性与导数的关系设函数y＝f(x)在某个区间(a，b)内有导数．如果f′(x)＞0，则f(x)在(a，b)上为增函数；如果f′(x)＜0，则f(x)在(a，b)上为减函数．2．导数与函数单调性的关系设函数y＝f(x)在某个区间(a，b)内可导，且f′(x)在(a，b)的任意子集内都不恒等于0.如果f (x )在区间(a ，b )内单调递增，则在(a ，b )内f ′(x ) ≥ 0恒成立； 如果f (x )在区间(a ，b )内单调递减，则在(a ，b )内f ′(x ) ≤ 0恒成立．热身练习1．“f ′(x )>0在(a ，b )上成立”是“f (x )在(a ，b )上单调递增”的(A) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件f ′(x )>0在(a ，b )上成立⇒f (x )在(a ，b )上单调递增；反之，不一定成立，如y ＝x 3在(－1,1)上单调递增，但在(－1，1)上f ′(x )＝3x 2≥0.2．设f (x )＝2x 2－x 3，则f (x )的单调递减区间是(D) A ．(0，43) B ．(43，＋∞)C ．(－∞，0)D ．(－∞，0)和(43，＋∞)f ′(x )＝4x －3x 2<0⇒x <0或x >43.3．函数f (x )＝(3－x 2)e x的单调递增区间是(D) A ．(－∞，0) B ．(0，＋∞)C ．(－∞，－3)和(1，＋∞) D．(－3,1)因为f ′(x )＝－2x e x＋(3－x 2)e x ＝(－x 2－2x ＋3)e x ，令f ′(x )>0，得x 2＋2x －3<0，解得－3<x <1.所以f (x )的单调递增区间为(－3,1)．4．设定义在区间(a ，b )上的函数f (x )，其导函数f ′(x )的图象如右图所示，其中x 1，x 2，x 3，x 4是f ′(x )的零点且x 1<x 2<x 3<x 4.则(1)f (x )的增区间为 (a ，x 1)，(x 2，x 4) ； (2)f (x )的减区间为 (x 1，x 2)，(x 4，b ) .5.(2019·福建三明期中)函数f (x )＝x 3－3bx ＋1在区间[1,2]上是减函数，则实数b 的取值范围为 [4，＋∞) .因为f ′(x )＝3x 2－3b ≤0，所以b ≥x 2，要使b ≥x 2在[1,2]上恒成立， 令g (x )＝x 2，x ∈[1,2]，当x ∈[1,2]，1≤g (x )≤4，所以b ≥4.利用导数求函数的单调区间函数f (x )＝x 2－2x －4ln x 的单调递增区间是____________．函数f (x )的定义域为(0，＋∞)． f ′(x )＝2x －2－4x ＝2x 2－2x －4x，由f ′(x )>0，得x 2－x －2>0，解得x >2或x <－1(舍去)． 所以f (x )的单调递增区间为(2，＋∞)．(2，＋∞)求可导函数f (x )的单调区间的步骤： ①求函数f (x )的定义域； ②求导数f ′(x )；③解不等式f ′(x )＞0和f ′(x )＜0；④确定函数y ＝f (x )的单调区间：使f ′(x )＞0的x 的取值区间为增区间，使f ′(x )＜0的x 的取值区间为减区间．1．(2017·全国卷Ⅱ节选)设函数f (x )＝(1－x 2)e x.讨论f (x )的单调性．f ′(x )＝(1－2x －x 2)e x.令f ′(x )＝0得x ＝－1－2或x ＝－1＋ 2. 当x ∈(－∞，－1－2)时，f ′(x )<0； 当x ∈(－1－2，－1＋2)时，f ′(x )>0； 当x ∈(－1＋2，＋∞)时，f ′(x )<0.所以f (x )在(－∞，－1－2)，(－1＋2，＋∞)上单调递减，在(－1－2，－1＋2)上单调递增．已知函数的单调性求参数的范围(经典真题)若函数f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)上单调递增，则k 的取值范围是A ．(－∞，－2]B ．(－∞，－1]C ．[2，＋∞) D．[1，＋∞)依题意得f ′(x )＝k －1x≥0在(1，＋∞)上恒成立，即k ≥1x在(1，＋∞)上恒成立．令g (x )＝1x，因为x >1，所以0<g (x )<1，所以k ≥1，即k 的取值范围为[1，＋∞)．D函数f (x )在(a ，b )上单调递增，可转化为f ′(x )≥0在该区间恒成立，从而转化为函数的最值(或值域)问题．2．(2016·全国卷Ⅰ)若函数f (x )＝x －13sin 2x ＋a sin x 在(－∞，＋∞)单调递增，则a 的取值范围是(C)A ．[－1,1]B ．[－1，13]C ．[－13，13]D ．[－1，13](方法一)因为f (x )在(－∞，＋∞) 单调递增，所以f ′(x )＝1－23cos 2x ＋a cos x ≥0对x ∈(－∞，＋∞)恒成立，即f ′(x )＝－43cos 2x ＋a cos x ＋53≥0对x ∈(－∞，＋∞)恒成立，令cos x ＝t ，－1≤t ≤1，则等价于：g (t )＝－43t 2＋at ＋53≥0对t ∈[－1,1]恒成立．等价于⎩⎪⎨⎪⎧g －，g ，即⎩⎪⎨⎪⎧－a ＋13≥0，a ＋13≥0，所以－13≤a ≤13.即a 的取值范围为[－13，13]．(方法二：特殊值法)取a ＝－1，则f (x )＝x －13sin 2x －sin x ，f ′(x )＝1－23cos 2x －cos x ，因为f ′(0)＝1－23－1＝－23<0，不具备在(－∞，＋∞)单调递增，排除A ，B ，D.故选C.利用导数求含参数的函数的单调区间已知f (x )＝12x 2－a ln x (a ∈R )，求函数f (x )的单调区间．f (x )的定义域为(0，＋∞)，因为f ′(x )＝x －a x ＝x 2－ax(x >0)，当a ≤0时，f ′(x )≥0恒成立，所以函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)． 当a >0时，令f ′(x )>0，得x >a . 令f ′(x )<0，得0<x <a .所以函数f (x )的单调递增区间为(a ，＋∞)，单调递减区间为(0，a )．综上所述，当a ≤0时，函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)；当a >0时，函数f (x )的单调递增区间为(a ，＋∞)，单调递减区间为(0，a )．(1)当函数的解析式中含有参数时，如果参数对导函数的符号有影响或导数的零点是否在定义域内不确定时，要对参数进行分类讨论．(2)讨论时，首先要看f ′(x )的符号是否确定，再看f ′(x )的零点与定义域的关系． (3)画出导函数的示意图有助于确定单调性．3．(2017·全国卷Ⅲ节选)已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋(2a ＋1)x .讨论f (x )的单调性．f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x＋2ax ＋2a ＋1＝x ＋ax ＋x.若a ≥0，则当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0， 故f (x )在(0，＋∞)上单调递增．若a ＜0，则当x ∈(0，－12a )时，f ′(x )＞0；当x ∈(－12a，＋∞)时，f ′(x )＜0.故f (x )在(0，－12a )上单调递增，在(－12a，＋∞)上单调递减．(1)求f(x)的定义域，并求导数f′(x)；(2)解不等式f′(x)＞0和f′(x)＜0；(3)确定函数y＝f(x)的单调区间：使f′(x)＞0的x的取值区间为增区间，使f′(x)＜0的x的取值区间为减区间．在求单调区间时，要注意如下两点：①要注意函数的定义域；②当求出函数的单调区间(如单调增区间)有多个时，不能把这些区间取并集．2．已知函数在区间上单调，求其中的参数时，要注意单调性与导数的关系的转化．即：(1)如果f(x)在区间[a，b]单调递增⇒f′(x)≥0在x∈[a，b]上恒成立；(2)如果f(x)在区间[a，b]单调递减⇒f′(x)≤0在x∈[a，b]上恒成立．3．处理含参数的单调性问题，实质是转化为含参数的不等式的解法问题，但要注意在函数的定义域内讨论．导数在函数中的应用——极值与最值1．掌握函数极值的定义及可导函数的极值点的必要条件和充分条件(导数在极值点两侧异号)．2．会研究一些简单函数的极值．3．会利用导数求一些函数在给定区间上的最值．知识梳理1．函数的极值(1)函数极值的定义：设函数f(x)在点x0附近有定义，如果对x0附近的所有点，都有f(x)＜f(x0) ，我们就说f(x0)是函数f(x)的一个极大值，记作y极大值＝f(x0)；如果对x0附近的所有点，都有f(x)＞f(x0) ，我们就说f(x0)是函数f(x)的一个极小值，记作y极小值＝f(x0)．极大值与极小值统称为极值.①如果在x0附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，那么f(x0)是极大值；②如果在x0附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，那么f(x0)是极小值．2．函数的最值(1)(最值定理)一般地，如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值．(2)一般地，求函数f(x)在[a，b]上的最大值与最小值的步骤如下：①求函数f(x)在(a，b)内的极值.②将f(x)的极值和端点的函数值比较，其中最大的一个为最大值；最小的一个为最小值.热身练习1．函数f(x)的定义域为开区间(a，b)，导函数f′(x)在(a，b)内的图象如图所示，则函数f(x)在开区间(a，b)内有极小值点(A)A．1个 B．2个C．3个 D．4个因为f′(x)与x轴有4个交点，即f′(x)＝0有4个解，但仅左边第二个交点x＝x0满足x＜x0时，f′(x)＜0；x＞x0时，f′(x)＞0，其他交点均不符合该条件．2．函数f(x)在x＝x0处导数存在．若p：f′(x0)＝0；q：x＝x0是f(x)的极值点，则(C) A．p是q的充分必要条件B．p是q的充分条件，但不是q的必要条件C．p是q的必要条件，但不是q的充分条件D．p既不是q的充分条件，也不是q的必要条件因为函数f(x)在x＝x0处可导，所以若x＝x0是f(x)的极值点，则f′(x0)＝0，所以q⇒p，故p是q的必要条件；反之，以f (x )＝x 3为例，f ′(0)＝0，但x ＝0不是极值点．所以p q ． 故p 不是q 的充分条件．3．(2016·四川卷)已知a 为函数f (x )＝x 3－12x 的极小值点，则a ＝(D) A ．－4 B ．－2 C ．4 D ．2由题意得f ′(x )＝3x 2－12，令f ′(x )＝0得x ＝±2，所以当x ＜－2或x ＞2时，f ′(x )＞0； 当－2＜x ＜2时，f ′(x )＜0，所以f (x )在(－∞，－2)上为增函数，在(－2,2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数． 所以f (x )在x ＝2处取得极小值，所以a ＝2.4．函数f (x )＝x 3－3x ＋1在闭区间[－3,0]上的最大值、最小值分别是(C) A ．1，－1 B ．1，－17 C ．3，－17 D ．9，－19令f ′(x )＝3x 2－3＝0，得x ＝±1.f (1)＝1－3＋1＝－1，f (－1)＝－1＋3＋1＝3， f (－3)＝－17，f (0)＝1.所以最大值为3，最小值为－17. 5．(2016·北京卷)函数f (x )＝xx －1(x ≥2)的最大值为 2 .f ′(x )＝x －－x x －2＝－1x －2，当x ≥2时，f ′(x )＜0，所以f (x )在[2，＋∞)上是减函数， 故f (x )max ＝f (2)＝22－1＝2.求函数的极值、最值求函数f (x )＝13x 3－4x ＋4的极值．因为f ′(x )＝x 2－4＝(x －2)(x ＋2)， 令f ′(x )＝0，得x ＝±2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以当x ＝－2时，f (x )有极大值f (－2)＝283；当x ＝2时，f (x )有极小值f (2)＝－43.(1)求可导函数f (x )的极值的步骤： ①确定函数的定义域，求导数f ′(x )； ②求方程f ′(x )＝0的根；③检查f ′(x )在方程根左、右值的符号；④作出结论：如果左正右负，那么f (x )在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f (x )在这个根处取得极小值．(2)求可导函数f (x )在[a ，b ]上最值的步骤： ①求f (x )在(a ，b )内的极值；②将f (x )各极值与f (a )，f (b )比较，得出f (x )在[a ，b ]上的最值．1．求函数f (x )＝13x 3－4x ＋4在[－3,3]上的最大值与最小值．由例1可知，在[－3,3]上， 当x ＝－2时，f (x )有极大值f (－2)＝283；当x ＝2时，f (x )有极小值f (2)＝－43.又f (－3)＝7，f (3)＝1，所以f (x )在[－3,3]上的最大值为283，最小值为－43.含参数的函数的极值的讨论已知函数f (x )＝x －a ln x (a ∈R )，求函数f (x )的极值．由f ′(x )＝1－a x ＝x －ax(x >0)可知(1)当a ≤0时，f ′(x )>0，函数f (x )为(0，＋∞)上的增函数，函数f (x )无极值； (2)当a >0时，由f ′(x )＝0，解得x ＝a .当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0，所以函数f (x )在x ＝a 处取得极小值，且极小值为f (a )＝a －a ln a ，无极大值．综上，当a ≤0时，函数f (x )无极值；当a >0时，f (x )在x ＝a 处取得极小值a －a ln a ，无极大值．对于解析式中含有参数的函数求极值，有时需要分类讨论后解决问题．讨论的思路主要有：(1)参数是否影响f ′(x )的零点的存在； (2)参数是否影响f ′(x )不同零点的大小； (3)参数是否影响f ′(x )在零点左右的符号． 如果有影响，则要分类讨论．2．(2018·银川高三模拟节选)已知函数f (x )＝ax －1－ln x (a ∈R )．讨论函数f (x )在定义域内的极值点的个数．f (x )的定义域为(0，＋∞)． f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x.当a ≤0时，f ′(x )≤0在(0，＋∞)上恒成立，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减，所以f (x )在(0，＋∞)上没有极值点．当a >0时，由f ′(x )<0得0<x <1a ；由f ′(x )>0得x >1a.所以f (x )在(0，1a )上递减，在(1a，＋∞)上递增，所以f (x )在x ＝1a处有极小值．所以当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上没有极值点， 当a >0时，f (x )在(0，＋∞)上有一个极值点．含参数的函数的最值讨论已知函数f (x )＝ln x －ax (a >0)，求函数f (x )在[1,2]上的最大值．f ′(x )＝1x －a ＝1－axx(x >0)，令f ′(x )＝0，得x ＝1a.(1)当1a≤1，即a ≥1时，函数f (x )在[1,2]上是减函数，所以f (x )max ＝f (1)＝－a .(2)当1a ≥2时，即0<a ≤12时，函数f (x )在区间[1,2]上是增函数，所以f (x )max ＝f (2)＝ln 2－2a .(3)当1<1a <2，即12<a <1时，函数f (x )在[1，1a ]上是增函数，在[1a ，2]上是减函数．所以f (x )max ＝f (1a)＝－ln a －1.综上可知：当0<a ≤12时，f (x )max ＝ln 2－2a ；当12<a <1时，f (x )max ＝－ln a －1； 当a ≥1时，f (x )max ＝－a .(1)求函数的最值时，要先求函数y ＝f (x )在(a ，b )内所有使f ′(x )＝0的点，再计算函数y ＝f (x )在区间内使f ′(x )＝0的点和区间端点的函数值，最后比较即可．(2)当函数f (x )中含有参数时，需要依据极值点存在的位置与所给区间的关系，对参数进行分类讨论．3．已知函数f (x )＝ln x －ax (a >0)，求函数f (x )在[1,2]上的最小值．f ′(x )＝1x －a ＝1－axx(x >0)，令f ′(x )＝0，得x ＝1a.(1)当1a≤1，即a ≥1时，函数f (x )在[1,2]上是减函数，所以f (x )min ＝f (2)＝ln 2－2a .(2)当1a ≥2时，即0<a ≤12时，函数f (x )在区间[1,2]上是增函数，所以f (x )min ＝f (1)＝－a .(3)当1<1a <2，即12<a <1时，函数f (x )在[1，1a ]上是增函数，在[1a ，2]上是减函数．又f (2)－f (1)＝ln 2－a ，所以当12<a <ln 2时，f (x )min ＝f (1)＝－a ；当ln 2≤a <1时，f (x )min ＝f (2)＝ln 2－2a . 综上可知：当0<a <ln 2时，函数f (x )min ＝－a ； 当a ≥ln 2时，函数f (x )min ＝ln 2－2a .1．求可导函数f(x)的极值的步骤：(1)确定f(x)的定义域，求导数f′(x)；(2)求方程f′(x)＝0的根；(3)检查f′(x)在方程根左、右值的符号，如果左正右负，那么f(x)在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得极小值．2．求可导函数f(x)在[a，b]上的最大值和最小值可按如下步骤进行：(1)求f(x)在(a，b)内的极值；(2)将f(x)的各极值与f(a)，f(b)比较，确定f(x)的最大值和最小值．3．求含参数的极值，首先求定义域；然后令f′(x)＝0，解出根，根据根是否在所给区间或定义域内进行参数讨论，并根据左右两边导函数的正负号，从而判断f(x)在这个根处取极值的情况．4．含参数的最值，首先按照极值点是否在所给区间对参数进行讨论，然后比较区间内的极值和端点值的大小．导数的综合应用——导数与不等式1．能够构造函数利用导数证明一些简单的不等式和解某些不等式．2．会将恒成立问题及存在性问题转化为最值问题进行求解．知识梳理1．如果不等式f(x)≥g(x)，x∈[a，b]恒成立，则转化为函数φ(x)＝f(x)－g(x)在x ∈[a，b]内的最小值≥0.(填“最小值”“最大值”“极小值”或“极大值”) 2．若f′(x)>0，x∈[a，b]，且x0∈(a，b)有f(x0)＝0，则f(x)>0的x的取值范围为(x0，b) ，f(x)<0的x的取值范围为(a，x0) .3．若f(x)>m在x∈[a，b]上恒成立，则函数f(x)在x∈[a，b]的最小值>m.(填“最小值”“最大值”“极小值”或“极大值”)若f (x )<m 在x ∈[a ，b ]上恒成立，则函数f (x )在x ∈[a ，b ]的 最大值 <m .(填“最小值”“最大值”“极小值”或“极大值”)4．若f (x )>m 在x ∈[a ，b ]有解，则函数f (x )在x ∈[a ，b ]的 最大值 >m .(填“最小值”“最大值”“极小值”或“极大值”)热身练习1．对于∀x ∈[0，＋∞)，则e x与1＋x 的大小关系为(A) A ．e x≥1＋x B ．e x<1＋xC ．e x＝1＋x D ．e x与1＋x 大小关系不确定令f (x )＝e x－(1＋x )，因为f ′(x )＝e x－1，所以对∀x ∈[0，＋∞)，f ′(x )≥0，故f (x )在[0，＋∞)上递增，故f (x )≥f (0)＝0， 即e x≥1＋x .2．对于R 上可导的任意函数f (x )，若满足(x －1)f ′(x )>0，则必有(B) A ．f (0)＋f (2)＜2f (1) B ．f (0)＋f (2)>2f (1) C ．f (0)＋f (2)＝2f (1)D ．f (0)＋f (2)与2f (1)的大小不确定依题意，当x >1时，f ′(x )>0，f (x )在(1，＋∞)上是增函数；当x ＜1时，f ′(x )<0，f (x )在(－∞，1)上是减函数， 故当x ＝1时，f (x )取最小值，所以f (0)>f (1)，f (2)>f (1)，所以f (0)＋f (2)>2f (1)．3．已知定义在R 上函数f (x )满足f (－x )＝－f (x )，且x >0时，f ′(x )<0，则f (x )>0的解集为(A)A ．(－∞，0)B ．(0，＋∞)C ．(－∞，－1)D ．(1，＋∞)因为f (x )是定义在R 上的奇函数，所以f (0)＝0，又x >0时，f ′(x )<0，所以f (x )在(－∞，＋∞)上单调递减，所以f (x )>0的解集为(－∞，0)．4．若函数h (x )＝2x －k x ＋k3在[1，＋∞)上是增函数，则实数k 的取值范围是 [－2，＋∞).因为h′(x)＝2＋kx2，且h(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以h′(x)＝2＋kx2≥0，所以k≥－2x2，要使k≥－2x2在[1，＋∞)上恒成立，则只要k≥(－2x2)max，所以k≥－2.5．设f(x)＝－x2＋a，g(x)＝2x.(1)若∀x∈[0,1]，f(x)≥g(x)，则实数a的取值范围为[3，＋∞)；(2)若∃x∈[0,1]，f(x)≥g(x)，则实数a的取值范围为[0，＋∞).(1)F(x)＝f(x)－g(x)＝－x2－2x＋a(x∈[0,1])．则[F(x)]min＝F(1)＝－3＋a.因为“若∀x∈[0,1]，f(x)≥g(x)”等价于“[F(x)]min≥0，x∈[0,1]”，所以－3＋a≥0，解得a≥3.所以实数a的取值范围为[3，＋∞)．(2)F(x)＝f(x)－g(x)＝－x2－2x＋a(x∈[0,1])．则[F(x)]max＝F(0)＝a.因为“若∃x∈[0,1]，f(x)≥g(x)”等价于“[F(x)]max≥0，x∈[0,1]”，所以a≥0.所以实数a的取值范围为[0，＋∞)．利用导数解不等式若f(x)的定义域为R，f′(x)>2恒成立，f(－1)＝2，则f(x)>2x＋4的解集为A．(－1,1) B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞)令g(x)＝f(x)－2x－4，因为g′(x)＝f′(x)－2>0，所以g(x)在(－∞，＋∞)上是增函数，又g(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝0，所以f(x)>2x＋4⇔g(x)>g(－x>－1.所以f(x)>2x＋4的解集为(－1，＋∞)．B利用导数解不等式的基本方法：(1)构造函数，利用导数研究其单调性；(2)寻找一个特殊的函数值；(3)根据函数的性质(主要是单调性，结合图象)得到不等式的解集．1．(2018·遂宁模拟)已知f(x)为定义在(－∞，0)上的可导函数，2f(x)＋xf′(x)>x2恒成立，则不等式(x＋2018)2f(x＋2018)－4f(－2)>0的解集为(B)A．(－2020,0) B．(－∞，－2020)C．(－2016,0) D．(－∞，－2016)构造函数F(x)＝x2f(x)，x<0，当x<0时，F′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)＝x[2f(x)＋xf′(x)]，因为2f(x)＋xf′(x)>x2≥0，所以F′(x)≤0，则F(x)在(－∞，0)上递减．又(x＋2018)2f(x＋2018)－4f(－2)>0可转化为(x＋2018)2f(x＋2018)>(－2)2f(－2)，即F(x＋2018)>F(－2)，所以x＋2018<－2，所以x<－2020.即原不等式的解集为(－∞，－2020)．利用导数证明不等式已知函数f(x)＝(1＋x)e－2x.当x∈[0,1]时，求证：f(x)≤11＋x.要证x∈[0,1]时，(1＋x)e－2x≤11＋x，只需证明e x≥x＋1.记k(x)＝e x－x－1，则k′(x)＝e x－1，当x∈(0,1)时，k′(x)>0，因此，k(x)在[0,1]上是增函数，故k(x)≥k(0)＝0，所以f(x)≤11＋x，x∈[0,1]．(1)证明f(x)>g(x)的步骤：①构造函数F(x)＝f(x)－g(x)；②研究F(x)的单调性或最值；③证明F (x )min >0.(2)注意：其中构造函数是将不等式问题转化为函数问题．为了利用导数研究函数的性质，常用分析法．．．将要证明的不等式进行适当变形或化简，然后构造相应的函数．2．(2018·全国卷Ⅰ节选)已知函数f (x )＝a e x－ln x －1.证明：当a ≥1e时，f (x )≥0.当a ≥1e 时，f (x )≥exe －ln x －1.设g (x )＝e x e －ln x －1，则g ′(x )＝e xe －1x .当0<x <1时，g ′(x )<0；当x >1时，g ′(x )>0. 所以x ＝1是g (x )的最小值点． 故当x >0时，g (x )≥g (1)＝0. 因此，当a ≥1e时，f (x )≥0.已知不等式恒成立求参数的范围已知两个函数f (x )＝7x 2－28x －c ，g (x )＝2x 3＋4x 2－40x .若∀x ∈[－3,3]，都有f (x )≤g (x )成立，求实数c 的取值范围．f (x )≤g (x ) ⇔7x 2－28x －c ≤2x 3＋4x 2－40x ⇔c ≥－2x 3＋3x 2＋12x ， 所以原命题等价于c ≥－2x 3＋3x 2＋12x 在x ∈[－3,3]上恒成立． 令h (x )＝－2x 3＋3x 2＋12x ，x ∈[－3,3]，则c ≥h (x )max . 因为h ′(x )＝－6x 2＋6x ＋12＝－6(x －2)(x ＋1)，当x 变化时，h ′(x )和h (x )在[－3,3]上的变化情况如下表：单调递减单调递增 单调递减 易得h (x )max ＝h (－3)＝45，故c ≥45.(1)已知不等式恒成立，求参数a 的范围，例如f (x )>g (x )在x ∈D 上恒成立，其主要方法是：①构造函数法：将不等式变形为f (x )－g (x )>0，构造函数F (x )＝f (x )－g (x )，转化为F (x )min >0.②分离参数法：将不等式变为a >h (x )或a <h (x )在x ∈D 内恒成立，从而转化为a >h (x )max或a <h (x )min .(2)注意：①恒成立问题常转化为最值问题，要突出转化思想的运用；②“f (x )max ≤g (x )min ”是“f (x )≤g (x )”的一个充分不必要条件，分析不等式恒成立时，要注意不等号两边的式子中是否是有关联的变量，再采取相应的策略．1． 已知两个函数f (x )＝7x 2－28x －c ，g (x )＝2x 3＋4x 2－40x .若∀x 1∈[－3,3]，x 2∈[－3,3]都有f (x 1)≤g (x 2)成立，求实数c 的取值范围．此题与例3不同，例3中不等式两边的式子中均有相同的变化的未知量x ，故可先移项，直接进行转化；而此题中不等式两边的式子中的x 1，x 2相互独立，则等价于f (x 1)max ≤g (x 2)min.由∀x 1∈[－3,3]，x 2∈[－3,3]， 都有f (x 1)≤g (x 2)成立，得f (x 1)max ≤g (x 2)min . 因为f (x )＝7x 2－28x －c ＝7(x －2)2－28－c ， 当x 1∈[－3,3]时，f (x 1)max ＝f (－3)＝147－c ；g (x )＝2x 3＋4x 2－40x ，g ′(x )＝6x 2＋8x －40＝2(3x ＋10)(x －2)，当x 变化时，g ′(x )和g (x )在[－3,3]上的变化情况如下表：单调递减单调递增易得g (x )min ＝g (2)＝－48， 故147－c ≤－48，即c ≥195.1．利用导数证明不等式f (x )>g (x )在区间D 上恒成立的基本方法是构造函数F (x )＝f (x )－g(x)，然后根据函数的单调性，或者函数的最值证明F(x)>0.其中要特别关注如下两点：(1)是直接构造F(x)，还是适当变形化简后构造F(x)，对解题的繁简有影响；(2)找到F(x)在什么地方可以等于零，往往是解决问题的一个突破口．2．利用导数解不等式的基本方法是构造函数，寻找一个函数的特殊值，通过研究函数的单调性，从而得出不等式的解集．3．处理已知不等式恒成立求参数范围的问题，要突出转化的思想，将其转化为函数的最值问题．已知f(x)>g(x)在x∈D上恒成立，求其中参数a的范围，其主要方法是：①构造函数法：将不等式变形为f(x)－g(x)>0，构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，转化为F(x)min>0.②分离参数法：将不等式变为a>h(x)或a<h(x)在x∈D内恒成立，从而转化为a>h(x)max 或a<h(x)min.导数的综合应用——导数与方程1．能利用导数研究一般函数的单调性、极值与最值，获得对函数的整体认识．2．会利用导数研究一般函数的零点及其分布．知识梳理1．函数零点的有关知识(1)零点的概念：函数的零点是函数图象与x轴交点的横坐标.(2)几个常用结论：①f(x)有零点y＝f(x)的图象与x轴有交点方程f(x)＝0有实数解.②F(x)＝f(x)－g(x)有零点y＝f(x)与y＝g(x)的图象有交点方程f(x)＝g(x)有实数解.③零点存在定理：f (x )在[a ，b ]上连续，且f (a )·f (b )<0，则f (x )在(a ，b )内 至少有一 个零点．2．利用导数研究函数零点的方法(1)研究y ＝f (x )的图象，利用数形结合的思想求解． (2)研究方程有解的条件，利用函数与方程的思想求解．热身练习1．(2017·浙江卷)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(D)观察导函数f ′(x )的图象可知，f ′(x )的函数值从左到右依次为小于0，大于0，小于0，大于0，所以对应函数f (x )的增减性从左到右依次为减、增、减、增． 观察选项可知，排除A ，C.如图所示，f ′(x )有3个零点，从左到右依次设为x 1，x 2，x 3，且x 1，x 3是极小值点，x 2是极大值点，且x 2>0，故选项D 正确．2．函数f (x )＝13x 3－4x ＋4的零点个数为(D)A ．0B ．1C ．2D ．3因为f ′(x )＝x 2－4＝(x －2)(x ＋2)，令f ′(x )＝0，得x ＝±2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：单调递增单调递减单调递增由此可得到f (x )的大致图象(如下图)．由图可知f (x )有3个零点．3．若方程13x 3－4x ＋4＋a ＝0有3个不同的解，则a 的取值范围为(B)A ．(－43，283)B ．(－283，43)C ．[－43，283]D ．[－283，43]13x 3－4x ＋4＋a ＝0有3个不同的解⇔f (x )＝13x 3－4x ＋4与g (x )＝－a 有3个不同的交点．利用第2题图可知，－43<－a <283，即－283<a <43.4．若函数g (x )＝13x 3－4x ＋4＋a 的图象与x 轴恰有两个公共点，则a ＝(B)A.283或－43 B ．－283或43C ．－283或283D ．－43或43g (x )＝13x 3－4x ＋4＋a 与x 轴恰有两个公共点⇔方程13x 3－4x ＋4＋a ＝0有2个不同的解⇔f (x )＝13x 3－4x ＋4与φ(x )＝－a 有2个不同的交点．利用第2题图可知，－a ＝－43或－a ＝283，所以a ＝－283或a ＝43.5．已知函数f (x )＝e x－2x ＋a 有零点，则实数a 的取值范围是(C) A ．(－∞，ln 2) B ．(ln 2，＋∞) C ．(－∞，2ln 2－2] D ．[2ln 2－2，＋∞)(方法一)因为f′(x)＝e x－2，令e x－2＝0得，e x＝2，所以x＝ln 2，当x∈(－∞，ln 2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(ln 2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以当x＝ln 2时，f(x)取最小值f(x)min＝2－2ln 2＋a.要f(x)有零点，所以a≤2ln 2－2.(方法二)函数f(x)＝e x－2x＋a有零点，即关于x的方程e x－2x＋a＝0有实根，即方程a＝2x－e x有实根．令g(x)＝2x－e x(x∈R)，则g′(x)＝2－e x.当x<ln 2时，g′(x)>0；当x>ln 2时，g′(x)<0.所以当x＝ln 2时，g(x)max＝g(ln 2)＝2ln 2－2，所以函数g(x)的值域为(－∞，2ln 2－2]．所以a的取值范围为(－∞，2ln 2－2]．利用导数研究三次函数的零点及其分布已知函数f(x)＝x3－12x＋a，其中a≥16，则f(x)的零点的个数是A．0或1 B．1或2C．2 D．3(方法一：从函数角度出发，研究f(x)的图象与x轴的交点)因为f′(x)＝3x2－12，令f′(x)＝3x2－12＝0，得x＝±2，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：单调递增单调递减单调递增由此可得到f(x)的大致图象(如图)，由a≥16得，a＋16>0，a－16≥0，当a＝16时，f(x)的图象与x轴有2个交点；当a>16时，f(x)的图象与x轴只有1个交点．所以f(x)的零点个数为1或2.(方法二：从方程角度出发，利用函数与方程的思想)f(x)＝x3－12x＋a的零点个数⇔方程x3－12x＝－a的解的个数⇔g(x)＝x3－12x与h(x)＝－a的交点个数．画出g(x)＝x3－12x与h(x)＝－a的图象．由g′(x)＝3x2－12＝0，得x＝±2，当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表：单调递增单调递减单调递增所以g(x)的图象如右图所示：因为a≥16，所以y＝－a≤－16.由图可知直线y＝－a与y＝x3－12x的图象有1个或2个交点．B利用导数研究函数的零点的基本思路： (1)研究y ＝f (x )的图象，利用数形结合的思想求解； (2)研究f (x )＝0有解，利用函数与方程的思想求解．1．(经典真题)已知函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，若f (x )存在唯一的零点x 0，且x 0＞0，则a 的取值范围为(B)A ．(2，＋∞) B．(－∞，－2) C ．(1，＋∞) D．(－∞，－1)当a ＝0时，不符合题意．a ≠0时，f ′(x )＝3ax 2－6x ，令f ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝2a.若a >0，由图象知f (x )有负数零点，不符合题意．若a <0，由图象结合f (0)＝1>0知，此时必有f (2a )>0，即a ×8a 3－3×4a2＋1>0，化简得a 2>4，又a <0，所以a <－2.利用导数研究超越方程的根及其分布已知函数f (x )＝x －a e x(a ∈R )，x ∈R .已知函数y ＝f (x )有两个零点x 1，x 2，且x 1<x 2，求a 的取值范围．由f (x )＝x －a e x，可得f ′(x )＝1－a e x. 下面分两种情况讨论：(1)a ≤0时，f ′(x )>0在R 上恒成立，可得f (x )在R 上单调递增，不合题意． (2)a >0时，由f ′(x )＝0，得x ＝－ln a . 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：这时，f (x )的单调递增区间是(－∞，－ln a )；单调递减区间是(－ln a ，＋∞)． 于是，“函数y ＝f (x )有两个零点”等价于如下条件同时成立： ①f (－ln a )>0；②存在s 1∈(－∞，－ln a )，满足f (s 1)<0； ③存在s 2∈(－ln a ，＋∞)，满足f (s 2)<0. 由f (－ln a )>0，即－ln a －1>0，解得0<a <e －1，而此时，取s 1＝0，满足s 1∈(－∞，－ln a )，且f (s 1)＝－a <0；而当x ∈(－ln a ，＋∞)时，由于x →＋∞时，e x 增长的速度远远大于x 的增长速度，所以一定存在s 2∈(－ln a ，＋∞)满足f (s 2)<0.另法：取s 2＝2a ＋ln 2a ，满足s 2∈(－ln a ，＋∞)，且f (s 2)＝(2a －e 2a )＋(ln 2a －e 2a)<0.所以a 的取值范围是(0，e －1)．函数的零点是导数研究函数的性质的综合应用，要注意如下方面： (1)利用导数研究函数的单调性、极值、最值等性质； (2)数形结合思想方法的应用；(3)函数零点存在定理及根的分布知识的应用．2．(2018·广州模拟节选)已知函数f (x )＝a ln x ＋x 2(a ≠0)，若函数f (x )恰有一个零点，求实数a 的取值范围．函数f (x )的定义域为(0，＋∞)． 因为f (x )＝a ln x ＋x 2，所以f ′(x )＝a x ＋2x ＝2x 2＋ax.①当a >0时，f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增， 取x 0＝e －1a ，则f (e －1a )＝－1＋(e －1a)2<0，(或：因为0<x 0<a 且x 0<1e 时，所以f (x 0) ＝a ln x 0 ＋x 20 < a ln x 0＋a <a ln 1e ＋a ＝0.)因为f (1)＝1，所以f (x 0)·f (1)<0，此时函数f (x )有一个零点．②当a <0时，令f ′(x )＝0，解得x ＝－a2. 当0<x <－a 2时，f ′(x )<0，所以f (x )在(0，－a2)上单调递减， 当x >－a2时，f ′(x )>0，所以f (x )在(－a2，＋∞)上单调递增． 要使函数f (x )有一个零点， 则f (－a2)＝a ln －a 2－a2＝0，即a ＝－2e. 综上所述，若函数f (x )恰有一个零点，则a ＝－2e 或a >0.利用导数研究两函数图象的交点问题已知函数f (x )＝x ＋a x (a ∈R )，g (x )＝ln x ．若关于x 的方程g xx 2＝f (x )－2e(e 为自然对数的底数)只有一个实数根，求a 的值．由g x x 2＝f (x )－2e ，得ln x x 2＝x ＋ax－2e ， 化为ln x x＝x 2－2e x ＋a .问题转化为函数h (x )＝ln x x与m (x )＝x 2－2e x ＋a 有一个交点时，求a 的值．由h (x )＝ln x x ，得h ′(x )＝1－ln x x2.令h ′(x )＝0，得x ＝e. 当0<x <e 时，h ′(x )>0；当x >e 时，h ′(x )<0. 所以h (x )在(0，e)上递增，在(e ，＋∞)上递减． 所以当x ＝e 时，函数h (x )取得最大值，其值为h (e)＝1e .而函数m (x )＝x 2－2e x ＋a ＝(x －e)2＋a －e 2，当x ＝e 时，函数m (x )取得最小值，其值为m (e)＝a －e 2.所以当a －e 2＝1e ，即a ＝e 2＋1e 时，方程g x x 2＝f (x )－2e 只有一个实数根．(1)利用f (x )＝g (x )的解⇔y ＝f (x )与y ＝g (x )的图象交点的横坐标，可将方程的解的问题转化为两函数图象的交点问题，从而可利用数形结合的思想方法进行求解．(2)在具体转化时，要注意对方程f (x )＝g (x )尽量进行同解变形，变到两边的函数是熟悉的形式或较简单的形式，以便于对其图象特征进行研究．3．(经典真题)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．(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， 由题意得－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. 由题意知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 )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)，h (x )在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，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 上有唯一实根，即曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点．1．利用导数研究函数的零点及其零点分布问题的基本步骤： (1)构造函数，并确定定义域； (2)求导，确定单调区间及极值； (3)作出函数的草图；(4)根据草图直观判断函数的零点的情况或得到零点所满足的条件． 2．处理函数y ＝f (x )与y ＝g (x )的图象的交点问题，常用方法有： (1)数形结合，即分别作出两函数的图象，考察交点情况；。
高考数学一轮复习 第三章 导数及其应用3
高考数学一轮复习 第三章 3.7 利用导数研究函数零点 题型一 数形结合法研究函数零点例1 (2020·全国Ⅰ)已知函数f (x )＝e x －a (x ＋2)． (1)当a ＝1时，讨论f (x )的单调性； (2)若f (x )有两个零点，求a 的取值范围． 解 (1)当a ＝1时，f (x )＝e x －(x ＋2)，f ′(x )＝e x －1，令f ′(x )<0，解得x <0，令f ′(x )>0，解得x >0，所以f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． (2)令f (x )＝0，得e x ＝a (x ＋2)，即1a ＝x ＋2ex ，所以函数y ＝1a 的图象与函数φ(x )＝x ＋2e x 的图象有两个交点，φ′(x )＝－x －1e x ，当x ∈(－∞，－1)时，φ′(x )>0； 当x ∈(－1，＋∞)时，φ′(x )<0， 所以φ(x )在(－∞，－1)上单调递增， 在(－1，＋∞)上单调递减，所以φ(x )max ＝φ(－1)＝e ，且x →－∞时， φ(x )→－∞；x →＋∞时，φ(x )→0， 所以0<1a <e ，解得a >1e .所以a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞. 教师备选已知函数f (x )＝x e x ＋e x .(1)求函数f (x )的单调区间和极值；(2)讨论函数g (x )＝f (x )－a (a ∈R )的零点的个数． 解 (1)函数f (x )的定义域为R ， 且f ′(x )＝(x ＋2)e x ，令f ′(x )＝0得x ＝－2，则f ′(x )，f (x )的变化情况如表所示：x (－∞，－2)－2 (－2，＋∞)f ′(x ) － 0 ＋ f (x )单调递减－1e2 单调递增∴f (x )的单调递减区间是(－∞，－2)，单调递增区间是(－2，＋∞)． 当x ＝－2时，f (x )有极小值为f (－2)＝－1e 2，无极大值．(2)令f (x )＝0，得x ＝－1， 当x <－1时，f (x )<0；当x >－1时，f (x )>0，且f (x )的图象经过点⎝⎛⎭⎫－2，－1e 2，(－1,0)，(0,1)． 当x →－∞时，与一次函数相比，指数函数y ＝e －x 增长更快，从而f (x )＝x ＋1e －x →0；当x →＋∞时，f (x )→＋∞，f ′(x )→＋∞，根据以上信息，画出f (x )大致图象如图所示．函数g (x )＝f (x )－a (a ∈R )的零点的个数为y ＝f (x )的图象与直线y ＝a 的交点个数． 当x ＝－2时，f (x )有极小值f (－2)＝－1e2.∴关于函数g (x )＝f (x )－a (a ∈R )的零点个数有如下结论：当a <－1e 2时，零点的个数为0；当a ＝－1e 2或a ≥0时，零点的个数为1；当－1e2<a <0时，零点的个数为2.思维升华 含参数的函数零点个数，可转化为方程解的个数，若能分离参数，可将参数分离出来后，用x 表示参数的函数，作出该函数的图象，根据图象特征求参数的范围． 跟踪训练1 设函数f (x )＝ln x ＋mx，m ∈R .(1)当m ＝e(e 为自然对数的底数)时，求f (x )的极小值； (2)讨论函数g (x )＝f ′(x )－x3零点的个数．解 (1)当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋ex ，f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝1x －e x 2＝x －e x 2.令f ′(x )＝0，得x ＝e. 当x ∈(0，e)时，f ′(x )<0； 当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )>0，∴f (x )在(0，e)上单调递减，在(e ，＋∞)上单调递增， ∴当x ＝e 时，f (x )取得极小值f (e)＝2. (2)由题意知g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x3(x >0)，令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x >0)．设φ(x )＝－13x 3＋x (x >0)，则φ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1)．当x ∈(0,1)时，φ′(x )>0，φ(x )在(0,1)上单调递增； 当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )<0，φ(x )在(1，＋∞)上单调递减． ∴x ＝1是φ(x )的唯一极值点，且是极大值点， ∴x ＝1也是φ(x )的最大值点， ∴φ(x )的最大值为φ(1)＝23.结合y ＝φ(x )的图象(如图)可知，①当m >23时，函数g (x )无零点；②当m ＝23时，函数g (x )有且只有一个零点；③当0<m <23时，函数g (x )有两个零点；④当m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点． 综上所述，当m >23时，函数g (x )无零点；当m ＝23或m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点；当0<m <23时，函数g (x )有两个零点．题型二 利用函数性质研究函数零点例2 (12分)(2021·全国甲卷)设函数f (x )＝a 2x 2＋ax －3ln x ＋1，其中a >0. (1)讨论f (x )的单调性； [切入点：判断f ′(x )的正负](2)若y ＝f (x )的图象与x 轴没有公共点，求a 的取值范围. [关键点：f (x )>0且f (x )有最小值]教师备选已知函数f (x )＝x sin x ＋cos x ，g (x )＝x 2＋4. (1)讨论f (x )在[－π，π]上的单调性；(2)令h (x )＝g (x )－4f (x )，试证明h (x )在R 上有且仅有三个零点． (1)解 f ′(x )＝sin x ＋x cos x －sin x ＝x cos x . 当x ∈⎝⎛⎭⎫－π，－π2∪⎝⎛⎭⎫0，π2时，f ′(x )>0； 当x ∈⎝⎛⎭⎫－π2，0∪⎝⎛⎭⎫π2，π时，f ′(x )<0， ∴f (x )在⎝⎛⎭⎫－π，－π2，⎝⎛⎭⎫0，π2上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－π2，0，⎝⎛⎭⎫π2，π上单调递减． (2)证明 h (x )＝x 2＋4－4x sin x －4cos x ， ∵h (－x )＝x 2＋4－4x sin x －4cos x ＝h (x )， ∴h (x )为偶函数． 又∵h (0)＝0，∴x ＝0为函数h (x )的零点．下面讨论h (x )在(0，＋∞)上的零点个数： h (x )＝x 2＋4－4x sin x －4cos x ＝x (x －4sin x )＋4(1－cos x )． 当x ∈[4，＋∞)时， x －4sin x >0,4(1－cos x )≥0， ∴h (x )>0， ∴h (x )无零点； 当x ∈(0,4)时，h ′(x )＝2x －4x cos x ＝2x (1－2cos x )， 当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π3时，h ′(x )<0； 当x ∈⎝⎛⎭⎫π3，4时，h ′(x )>0，∴h (x )在⎝⎛⎭⎫0，π3上单调递减，在⎝⎛⎭⎫π3，4上单调递增， ∴h (x )min ＝h ⎝⎛⎭⎫π3＝π29＋4－4π3sin π3－4cos π3＝π29＋2－23π3<0，又h (0)＝0，且h (4)＝20－16sin 4－4cos 4>0， ∴h (x )在⎝⎛⎭⎫0，π3上无零点，在⎝⎛⎭⎫π3，4上有唯一零点． 综上，h (x )在(0，＋∞)上有唯一零点， 又h (0)＝0且h (x )为偶函数， 故h (x )在R 上有且仅有三个零点．思维升华 利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数单调性、奇偶性、最值或极值的符号确定函数零点的个数，此类问题在求解过程中可以通过数形结合的方法确定函数存在零点的条件．跟踪训练2 已知函数f (x )＝13x 3－a (x 2＋x ＋1)．(1)若a ＝3，求f (x )的单调区间；(2)证明：f (x )只有一个零点．(1)解 当a ＝3时，f (x )＝13x 3－3x 2－3x －3，f ′(x )＝x 2－6x －3.令f ′(x )＝0，解得x ＝3－23或x ＝3＋2 3. 当x ∈(－∞，3－23)∪(3＋23，＋∞)时， f ′(x )>0；当x ∈(3－23，3＋23)时，f ′(x )<0.故f (x )的单调递增区间为(－∞，3－23)，(3＋23，＋∞)， 单调递减区间为(3－23，3＋23)． (2)证明 因为x 2＋x ＋1>0在R 上恒成立， 所以f (x )＝0等价于x 3x 2＋x ＋1－3a ＝0.设g (x )＝x 3x 2＋x ＋1－3a ，则g ′(x )＝x 2x 2＋2x ＋3x 2＋x ＋12≥0在R 上恒成立，当且仅当x ＝0时，g ′(x )＝0， 所以g (x )在(－∞，＋∞)上单调递增．故g (x )至多有一个零点，从而f (x )至多有一个零点． 又f (3a －1)＝－6a 2＋2a －13＝－6⎝⎛⎭⎫a －162－16<0， f (3a ＋1)＝13>0，故f (x )有一个零点．综上所述，f (x )只有一个零点．题型三 构造函数法研究函数的零点例3 (2021·全国甲卷)已知a >0且a ≠1，函数f (x )＝x aa x (x >0)．(1)当a ＝2时，求f (x )的单调区间；(2)若曲线y ＝f (x )与直线y ＝1有且仅有两个交点，求a 的取值范围． 解 (1)当a ＝2时，f (x )＝x 22x (x >0)，f ′(x )＝x 2－x ln 22x(x >0)，令f ′(x )>0，则0<x <2ln 2，此时函数f (x )单调递增，令f ′(x )<0， 则x >2ln 2，此时函数f (x )单调递减， 所以函数f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫0，2ln 2，单调递减区间为⎝⎛⎭⎫2ln 2，＋∞. (2)曲线y ＝f (x )与直线y ＝1有且仅有两个交点，可转化为方程x a a x ＝1(x >0)有两个不同的解，即方程ln x x ＝ln aa 有两个不同的解．设g (x )＝ln xx (x >0)，则g ′(x )＝1－ln xx 2(x >0)，令g ′(x )＝1－ln xx 2＝0，得x ＝e ，当0<x <e 时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增， 当x >e 时，g ′(x )<0，函数g (x )单调递减， 故g (x )max ＝g (e)＝1e ，且当x >e 时，g (x )∈⎝⎛⎭⎫0，1e ， 又g (1)＝0，所以0<ln a a <1e ，所以a >1且a ≠e ，即a 的取值范围为(1，e)∪(e ，＋∞)． 教师备选(2022·南阳质检)已知f (x )＝13x 3＋32x 2＋2x ，f ′(x )是f (x )的导函数．(1)求f (x )的极值；(2)令g (x )＝f ′(x )＋k e x －1，若y ＝g (x )的函数图象与x 轴有三个不同的交点，求实数k 的取值范围．解 (1)因为f ′(x )＝x 2＋3x ＋2＝(x ＋1)(x ＋2)， 令f ′(x )＝0，得x 1＝－1，x 2＝－2， 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化如表所示：x (－∞，－2)－2 (－2，－1)－1 (－1，＋∞)f ′(x ) ＋ 0 － 0 ＋ f (x )↗极大值↘极小值↗由表可知，函数f (x )的极大值为f (－2)＝－23，极小值为f (－1)＝－56.(2)由(1)知g (x )＝x 2＋3x ＋2＋k e x －1＝x 2＋3x ＋1＋k e x ， 由题知需x 2＋3x ＋1＋k e x ＝0有三个不同的解，即k ＝－x 2＋3x ＋1e x有三个不同的解．设h (x )＝－x 2＋3x ＋1e x，则h ′(x )＝x 2＋x －2e x ＝x ＋2x －1e x ，当x ∈(－∞，－2)时，h ′(x )>0，h (x )单调递增， 当x ∈(－2,1)时，h ′(x )<0，h (x )单调递减， 当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0，h (x )单调递增，又当x →－∞时，h (x )→－∞， 当x →＋∞时，h (x )→0且h (x )<0， 且h (－2)＝e 2，h (1)＝－5e .作出函数h (x )的简图如图，数形结合可知，－5e<k <0.思维升华 涉及函数的零点(方程的根)问题，主要利用导数确定函数的单调区间和极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求得参数的取值范围．跟踪训练3 设函数f (x )＝12x 2－m ln x ，g (x )＝x 2－(m ＋1)x ，m >0.(1)求函数f (x )的单调区间；(2)当m ≥1时，讨论f (x )与g (x )图象的交点个数． 解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝x ＋mx －mx .当0<x <m 时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减； 当x >m 时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增．综上，函数f (x )的单调递增区间是(m ，＋∞)，单调递减区间是(0，m )． (2)令F (x )＝f (x )－g (x )＝－12x 2＋(m ＋1)x －m ln x ，x >0，题中问题等价于求函数F (x )的零点个数．F ′(x )＝－x －1x －m x ，当m ＝1时，F ′(x )≤0，函数F (x )为减函数，因为F (1)＝32>0，F (4)＝－ln 4<0， 所以F (x )有唯一零点；当m >1时，0<x <1或x >m 时，F ′(x )<0；1<x <m 时，F ′(x )>0，所以函数F (x )在(0,1)和(m ，＋∞)上单调递减，在(1，m )上单调递增，因为F (1)＝m ＋12>0， F (2m ＋2)＝－m ln(2m ＋2)<0，所以F (x )有唯一零点．综上，函数F (x )有唯一零点，即函数f (x )与g (x )的图象总有一个交点．课时精练1．(2022·贵阳模拟)已知函数f (x )＝13x 3－12ax 2(a ≠0)． (1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝1时，g (x )＝f (x )－2x ＋b ，讨论g (x )的零点个数．解 (1)f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝x 2－ax ＝x (x －a )，若a >0，当x ∈(－∞，0)∪(a ，＋∞)时，f ′(x )>0，当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0，若a <0，当x ∈(－∞，a )∪(0，＋∞)时，f ′(x )>0，当x ∈(a,0)时，f ′(x )<0，综上，当a >0时，f (x )在(－∞，0)，(a ，＋∞)上单调递增，在(0，a )上单调递减， 当a <0时，f (x )在(－∞，a )，(0，＋∞)上单调递增，在(a,0)上单调递减．(2)g (x )＝13x 3－12x 2－2x ＋b ， 令g (x )＝0，所以b ＝－13x 3＋12x 2＋2x ， 令h (x )＝－13x 3＋12x 2＋2x ， 则h ′(x )＝－x 2＋x ＋2＝－(x －2)(x ＋1)，所以h ′(2)＝0，h ′(－1)＝0，且当x <－1时，h ′(x )<0；当－1<x <2时，h ′(x )>0；当x >2时，h ′(x )<0，所以h (x )极小值＝h (－1)＝13＋12－2＝－76， h (x )极大值＝h (2)＝－13×8＋12×4＋4＝103， 如图，当b <－76或b >103时，函数g (x )有1个零点； 当b ＝－76或b ＝103时，函数g (x )有2个零点； 当－76<b <103时，函数g (x )有3个零点．2．已知函数f (x )＝e x (ax ＋1)，曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为y ＝bx －e.(1)求a ，b 的值；(2)若函数g (x )＝f (x )－3e x －m 有两个零点，求实数m 的取值范围．解 (1)f (x )＝e x (ax ＋1)，则f ′(x )＝e x (ax ＋1)＋e x ·a ＝e x (ax ＋1＋a )，由题意知⎩⎪⎨⎪⎧ f ′1＝e 2a ＋1＝b ，f 1＝e a ＋1＝b －e ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝3e ， ∴a ＝1，b ＝3e.(2)g (x )＝f (x )－3e x －m ＝e x (x －2)－m ，函数g (x )＝e x (x －2)－m 有两个零点，相当于函数u (x )＝e x ·(x －2)的图象与直线y ＝m 有两个交点，u ′(x )＝e x ·(x －2)＋e x ＝e x (x －1)，当x ∈(－∞，1)时，u ′(x )<0，∴u (x )在(－∞，1)上单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，u ′(x )>0，∴u (x )在(1，＋∞)上单调递增，∴当x ＝1时，u (x )取得极小值u (1)＝－e.又当x →＋∞时，u (x )→＋∞，当x <2时，u (x )<0，∴－e<m <0，∴实数m 的取值范围为(－e,0)．3．已知函数f (x )＝e x ＋ax －a (a ∈R 且a ≠0)．(1)若函数f (x )在x ＝0处取得极值，求实数a 的值，并求此时f (x )在[－2,1]上的最大值；(2)若函数f (x )不存在零点，求实数a 的取值范围．解 (1)由f (x )＝e x ＋ax －a ，得f ′(x )＝e x ＋a .∵函数f (x )在x ＝0处取得极值，∴f ′(0)＝e 0＋a ＝0，∴a ＝－1，∴f (x )＝e x －x ＋1，f ′(x )＝e x －1.∴当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．易知f (x )在[－2,0)上单调递减，在(0,1]上单调递增，且f (－2)＝1e 2＋3，f (1)＝e ，f (－2)>f (1)， ∴f (x )在[－2,1]上的最大值是1e 2＋3. (2)f ′(x )＝e x ＋a .①当a >0时，f ′(x )>0，f (x )在R 上单调递增，且当x >1时，f (x )＝e x ＋a (x －1)>0，当x <0时，取x ＝－1a， 则f ⎝⎛⎭⎫－1a <1＋a ⎝⎛⎭⎫－1a －1＝－a <0， ∴函数f (x )存在零点，不满足题意．②当a <0时，令f ′(x )＝e x ＋a ＝0，则x ＝ln(－a )．当x ∈(－∞，ln(－a ))时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(ln(－a )，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．∴当x ＝ln(－a )时，f (x )取得极小值，也是最小值．当x →－∞时，f (x )→＋∞，当x →＋∞时，f (x )→＋∞，函数f (x )不存在零点，等价于f (ln(－a ))＝e ln(－a )＋a ln(－a )－a ＝－2a ＋a ln(－a )>0，解得－e 2<a <0.综上所述，所求实数a 的取值范围是(－e 2,0)．4．(2022·潍坊模拟)已知函数f (x )＝x 2－a sin x －2(a ∈R )． (1)若曲线y ＝f (x )在点⎝⎛⎭⎫π2，f ⎝⎛⎭⎫π2处的切线经过坐标原点，求实数a ； (2)当a >0时，判断函数f (x )在x ∈(0，π)上的零点个数，并说明理由．解 (1)f ′(x )＝2x sin x －x 2－a cos x sin 2x， f ′⎝⎛⎭⎫π2＝π，所以f (x )在点⎝⎛⎭⎫π2，f ⎝⎛⎭⎫π2处的切线方程为y ＝πx ，所以f ⎝⎛⎭⎫π2＝π22， 即π24－a －2＝π22，a ＝－π24－2. (2)因为x ∈(0，π)，所以sin x >0，所以x 2－a sin x －2＝0可转化为x 2－a －2sin x ＝0， 设g (x )＝x 2－a －2sin x ，则g ′(x )＝2x －2cos x ，当x ∈⎣⎡⎭⎫π2，π时，g ′(x )>0，所以g (x )在区间⎣⎡⎭⎫π2，π上单调递增．当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时， 设h (x )＝g ′(x )＝2x －2cos x ，此时h ′(x )＝2＋2sin x >0，所以g ′(x )在x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2上单调递增， 又 g ′(0)＝－2<0，g ′⎝⎛⎭⎫π2＝π>0，所以存在x 0∈⎝⎛⎭⎫0，π2使得g ′(x )＝0且x ∈(0，x 0)时g (x )单调递减， x ∈⎣⎡⎭⎫x 0，π2时g (x )单调递增． 综上，对于连续函数g (x )，当x ∈(0，x 0)时，g (x )单调递减， 当x ∈(x 0，π)时，g (x )单调递增．又因为g (0)＝－a <0，所以当g (π)＝π2－a >0，即a <π2时，函数g (x )在区间(x 0，π)上有唯一零点，当g (π)＝π2－a ≤0，即a ≥π2时，函数g (x )在区间(0，π)上无零点， 综上可知，当0<a <π2时，函数f (x )在(0，π)上有1个零点； 当a ≥π2时，函数f (x )在(0，π)上没有零点．。
2020版高考数学一轮总复习 第三单元导数及其应用 课后作业全集 含解析
导数的概念及运算1．若f (x )＝x 2－2x －4ln x ，则f ′(x )>0的解集为(C) A ．(0，＋∞) B．(－1,0)∪(2，＋∞) C ．(2，＋∞) D．(－1,0)x >0，f ′(x )＝2x －2－4x＝x －x ＋x>0，所以x ∈(2，＋∞)．2．已知函数y ＝f (x )的图象如图所示，则f ′(x A )与f ′(x B )的大小关系是(B)A ．f ′(x A )>f ′(xB ) B ．f ′(x A )<f ′(x B )C ．f ′(x A )＝f ′(x B )D ．不能确定分别作出曲线y ＝f (x )在A ，B 两点的切线，设曲线y ＝f (x )在A ，B 两点的切线的斜率分别为k A ，k B ，则由图象可知k B >k A ，即f ′(x A )<f ′(x B )．3．(2018·河北五校高三联考)曲线y ＝x －1x ＋1在点(0，－1)处的切线与两坐标轴围成的封闭图形的面积为(B)A.18B.14C.12 D ．1因为y ′＝x ＋1－x －x ＋2＝2x ＋2，所以k ＝y ′x ＝0＝2，所以曲线在点(0，－1)处的切线方程为y ＋1＝2x ，即y ＝2x －1. 它与两坐标轴围成的面积为S ＝12×12×1＝14.4．(2018·新课程卷Ⅰ)设函数f (x )＝x 3＋(a －1)x 2＋ax ，若f (x )为奇函数，则曲线y ＝f (x )在点(0,0)处的切线方程为(D)A ．y ＝－2xB ．y ＝－xC ．y ＝2xD ．y ＝x(方法一)因为f (x )＝x 3＋(a －1)x 2＋ax ，所以f ′(x )＝3x 2＋2(a －1)x ＋a . 又f (x )为奇函数，所以f (－x )＝－f (x )恒成立，即－x 3＋(a －1)x 2－ax ＝－x 3－(a －1)x 2－ax 恒成立， 所以a ＝1，所以f ′(x )＝3x 2＋1，所以f ′(0)＝1， 所以曲线y ＝f (x )在点(0,0)处的切线方程为y ＝x . (方法二)因为f (x )＝x 3＋(a －1)x 2＋ax 为奇函数， 所以f ′(x )＝3x 2＋2(a －1)x ＋a 为偶函数， 所以a ＝1，即f ′(x )＝3x 2＋1，所以f ′(0)＝1， 所以曲线y ＝f (x )在点(0,0)处的切线方程为y ＝x .5．(2017·天津卷)已知a ∈R ，设函数f (x )＝ax －ln x 的图象在点(1，f (1))处的切线为l ，则l 在y 轴上的截距为 1 .因为f ′(x )＝a －1x，所以f ′(1)＝a －1.又因为f (1)＝a ，所以切线l 的斜率为a －1，且过点(1，a )， 所以切线l 的方程为y －a ＝(a －1)(x －1)． 令x ＝0，得y ＝1，故l 在y 轴上的截距为1.6．(2015·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝ax 3＋x ＋1的图象在点(1，f (1))处的切线过点(2,7)，则a ＝ 1 .因为y ′＝3ax 2＋1，所以y ′|x ＝1＝3a ＋1，所以7－a ＋2－1＝3a ＋1，所以a ＝1.7．(2018·佛山一模节选)已知函数f (x )＝(x －a )ln x ＋12x ，(其中a ∈R )．若曲线y ＝f (x )在点(x 0，f (x 0))处的切线方程为y ＝12x ，求a 的值．f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ln x －a x ＋32，由题意知⎩⎪⎨⎪⎧y 0＝12x 0，y 0＝x 0－ax 0＋12x 0，ln x 0－a x 0＋32＝12，则⎩⎪⎨⎪⎧x 0－a x 0＝0，ln x 0－a x 0＋1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝1，a ＝1，或⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝a ，a ＝1，所以a ＝1.8．(2016·山东卷)若函数y ＝f (x )的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则称y ＝f (x )具有T 性质．下列函数中具有T 性质的是(A)A ．y ＝sin xB ．y ＝ln xC ．y ＝e xD ．y ＝x 3若y ＝f (x )的图象上存在两点(x 1，f (x 1))，(x 2，f (x 2))，使得函数图象在这两点处的切线互相垂直，则f ′(x 1)·f ′(x 2)＝－1.对于A ，y ′＝cos x ，若有cos x 1·cos x 2＝－1，则当x 1＝2k π，x 2＝2k π＋π(k ∈Z )时，结论成立；对于B ，y ′＝1x ，若有1x 1·1x 2＝－1，即x 1x 2＝－1，因为x ＞0，所以不存在x 1，x 2，使得x 1x 2＝－1；对于C ，y ′＝e x，若有e x 1·e x 2＝－1，即e x 1＋x 2＝－1，显然不存在这样的x 1，x 2； 对于D ，y ′＝3x 2，若有3x 21·3x 22＝－1，即9x 21x 22＝－1，显然不存在这样的x 1，x 2. 综上所述，选A.9．(2018·思明区校级月考节选)设函数f (x )＝x 3－3ax ＋b (a ≠0)．若曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处与直线y ＝8相切，则a ，b 的值分别为 4,24 .f ′(x )＝3x 2－3a .因为曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处与直线y ＝8相切， 所以f (2)＝8，f ′(2)＝0，即8－6a ＋b ＝8,3(4－a )＝0，故a ＝4，b ＝24.10．已知函数f (x )＝x 3＋(1－a )x 2－a (a ＋2)x ＋b (a ，b ∈R )．(1)若函数f (x )的图象过原点，且在原点处的切线的斜率为－3，求a ，b 的值； (2)若曲线y ＝f (x )存在两条垂直于y 轴的切线，求a 的取值范围．f ′(x )＝3x 2＋2(1－a )x －a (a ＋2)．(1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧f＝b ＝0，f＝－a a ＋＝－3，解得b ＝0，a ＝－3或1.(2)因为曲线y ＝f (x )存在两条垂直于y 轴的切线，所以关于x 的方程f ′(x )＝3x 2＋2(1－a )x －a (a ＋2)＝0有两个不相等的实数根， 所以Δ＝4(1－a )2＋12a (a ＋2)>0，即4a 2＋4a ＋1>0， 所以a ≠－12.所以a 的取值范围是(－∞，－12)∪(－12，＋∞)．导数在函数中的应用——单调性1．(2018·太原期中)函数f (x )＝x ＋3x＋2ln x 的单调递减区间是(B)A ．(－3,1)B ．(0,1)C ．(－1,3)D ．(0,3)f ′(x )＝1－3x 2＋2x＝x ＋x －x2，令f ′(x )<0，解得0<x <1.2．若函数f (x )＝x 3－ax 在区间[1，＋∞)内单调递增，则a 的最大值是(B) A ．4 B ．3 C ．2 D ．1依题意，f ′(x )＝3x 2－a ≥0对x ∈[1，＋∞)恒成立，即a ≤3x 2对x ∈[1，＋∞)恒成立，所以a ≤3.3．已知对任意实数x ，有f (－x )＝－f (x )，g (－x )＝g (x )，且x >0时，f ′(x )>0，g ′(x )>0，则x <0时(B)A ．f ′(x )>0, g ′(x )>0B ．f ′(x )>0，g ′(x )<0C ．f ′(x )<0, g ′(x )>0D ．f ′(x )<0, g ′(x )<0f (x )为奇函数，g (x )为偶函数，由图象的对称性知，当x <0时，f ′(x )>0，g ′(x )<0，选B.4．(2018·全国卷Ⅲ)函数y ＝－x 4＋x 2＋2的图象大致为(D)(方法一)f ′(x )＝－4x 3＋2x ，则f ′(x )>0的解集为（－∞，－22）∪（0，22）， f ′(x )<0的解集为（－22，0）∪（22，＋∞）， 所以f (x )在（－∞，－22）和（0，22）上单调递增，在（－22，0）和（22，＋∞）单调递减．由此可知，选D.(方法二)当x ＝1时，y ＝2，所以排除A ，B 选项． 当x ＝0时，y ＝2，而当x ＝22时，y ＝－14＋12＋2＝94>2，所以排除C 选项． 故选D.5．函数y ＝x ln x 的单调递减区间为 (0，1e ) ，单调递增区间为 (1e ，＋∞) .因为y ′＝ln x ＋x ·1x＝ln x ＋1，当ln x ＋1<0，即 0<x <1e时，函数单调递减；当ln x ＋1>0，即 x >1e时，函数单调递增．6．若函数f (x )＝－12(x －2)2＋b ln x 在(1，＋∞)上是减函数，则b 的取值范围为 (－∞，－1] .由题意可知f ′(x )＝－(x －2)＋b x≤0在x ∈(1，＋∞)恒成立．即b ≤x (x －2)在x ∈(1，＋∞)上恒成立，由于φ(x )＝x (x －2)＝x 2－2x 在(1，＋∞)上的值域是(－1，＋∞)，所以只要b ≤－1即可．7．设函数f (x )＝x 3＋ax 2－9x －1(a <0)．若曲线y ＝f (x )的斜率最小的切线与直线12x ＋y ＝6平行，求：(1)a 的值；(2)函数f (x )的单调区间．(1)因为f (x )＝x 3＋ax 2－9x －1，所以f ′(x )＝3x 2＋2ax －9＝3(x ＋a3)2－9－a 23.即当x ＝－a 3时，f ′(x )取得最小值－9－a 23.因为斜率最小的切线与12x ＋y ＝6平行，即该切线的斜率为－12， 所以－9－a 23＝－12，即a 2＝9，解得a ＝±3， 由题设a <0，所以a ＝－3.(2)由(1)知a ＝－3，因此f (x )＝x 3－3x 2－9x －1， f ′(x )＝3x 2－6x －9＝3(x －3)(x ＋1)， 令f ′(x )＝0，解得x 1＝－1，x 2＝3.当x ∈(－∞，－1)时，f ′(x )>0，故f (x )在(－∞，－1)上为增函数； 当x ∈(－1,3)时，f ′(x )<0，故f (x )在(－1,3)上为减函数； 当x ∈(3，＋∞)时，f ′(x )>0，故f (x )在(3，＋∞)上为增函数．由此可见，函数f (x )的单调递增区间为(－∞，－1)和(3，＋∞)；单调递减区间为(－1,3)．8．(2018·天问区三模)已知函数f (x )与f ′(x )的图象如图所示，则函数g (x )＝f xex的递减区间为(D)A ．(0,4)B ．(－∞，1)，(43，4)C ．(0，43) D ．(0,1)，(4，＋∞)结合图象，x ∈(0,1)和x ∈(4，＋∞)时，f ′(x )－f (x )<0，此时g ′(x )＝f x －f xex<0.故g (x )在(0,1)，(4，＋∞)内递减．9．(2018·东港区校级期中)已知y ＝f (x )为R 上的连续可导函数，且xf ′(x )＋f (x )>0，则函数g (x )＝xf (x )＋1(x >0)的零点个数为 0 .因为g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )>0，所以g (x )在(0，＋∞)为增函数，又g (0)＝1>0，所以g (x )在(0，＋∞)恒大于0， 所以g (x )在(0，＋∞)上没有零点．10．已知函数f (x )＝e x－ax (a ∈R ，e 为自然对数的底数)． (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若a ＝1，函数g (x )＝(x －m )f (x )－e x＋x 2＋x 在(2，＋∞)上为增函数，求实数m 的取值范围．(1)函数f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝e x－a .当a ≤0时，f ′(x )>0，所以f (x )在R 上为增函数， 当a >0时，由f ′(x )＝0，得x ＝ln a ，则当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )<0，所以函数f (x )在(－∞，ln a )上为减函数， 当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0，所以函数f (x )在(ln a ，＋∞)上为增函数． (2)当a ＝1时，g (x )＝(x －m )(e x－x )－e x＋x 2＋x ， 因为g (x )在(2，＋∞)上为增函数，所以g ′(x )＝x e x－m e x＋m ＋1≥0在(2，＋∞)上恒成立， 即m ≤x e x ＋1e x－1在(2，＋∞)上恒成立，令h (x )＝x e x ＋1e x－1，x ∈(2，＋∞)， h ′(x )＝x 2－x e x－2e xx －2＝exx －x －x－2. L (x )＝e x －x －2，L ′(x )＝e x －1>0在(2，＋∞)上恒成立，即L (x )＝e x－x －2在(2，＋∞)上为增函数， 即L (x )>L (2)＝e 2－4>0，h ′(x )>0. 即h (x )＝x e x ＋1e x－1在(2，＋∞)上为增函数，所以h (x )>h (2)＝2e 2＋1e 2－1.所以m ≤2e 2＋1e 2－1.导数在函数中的应用——极值与最值1．已知实数a ，b ，c ，d 成等比数列，且曲线y ＝3x －x 3的极大值点坐标为(b ，c )，则ad 等于(A)A ．2B ．1C ．－1D ．－2因为y ′＝3－3x 2＝3(1＋x )(1－x )，所以当－1<x <1时，y ′>0；当x >1时，y ′<0， 所以x ＝1时，y 有极大值2，所以b ＝1，c ＝2， 又因为a ，b ，c ，d 成等比数列，所以ad ＝bc ＝2. 2．函数f (x )＝xe x 在[0,1]上的最大值为(B) A ．0 B.1eC ．e D.2e因为f ′(x )＝e x－x e xx 2＝1－xex ≥0在[0,1]上恒成立，所以f (x )在[0,1]上为增函数，所以当x ＝1时，f (x )有最大值1e.3．(2018·湖北孝感八校联盟)函数f (x )＝－13x 3＋4x －4在区间[0,3]上的最大值和最小值分别为(C)A ．2，－283 B.43，－283C.43，－4 D ．2，－1f ′(x )＝－x 2＋4＝0，解得x ＝2或x ＝－2(舍去)．当x 变化时，f ′(x )与f (x )的变化情况如下表：单调递增单调递减所以最大值为43，最小值为－4.4．(2018·广州一模)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2在x ＝1处的极值为10，则数对(a ，b )为(C)A ．(－3,3)B ．(－11,4)C ．(4，－11)D ．(－3,3)或(4，－11)f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，由条件⎩⎪⎨⎪⎧f ＝0，f＝10.即⎩⎪⎨⎪⎧3＋2a ＋b ＝0，a ＋b ＋a 2＝9，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝3，或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4，b ＝－11.检验a ＝－3，b ＝3时，f ′(x )＝3x 2－6x ＋3＝3(x －1)2≥0，此时f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增，无极值．故⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4，b ＝－11.5．已知函数f (x )＝x 3－12x ＋8在区间[－3,3]上的最大值与最小值分别为M ，m ，则M－m ＝ 32 .由f ′(x )＝3x 2－12＝0，得x ＝±2，又f (3)＝－1，f (－3)＝17，f (2)＝－8，f (－2)＝24， 所以M ＝24，m ＝－8，故M －m ＝32.6．(2018·成都调研)函数f (x )＝x 2－3x ＋ln x 在x ＝ 12处取得极大值．因为f ′(x )＝2x －3＋1x＝x －x －12x，x ∈(0，12)时，f ′(x )>0，x ∈(12，1)时，f ′(x )<0，所以函数f (x )＝x 2－3x ＋ln x 在x ＝12处取得极大值．7．(2018·北京卷)设函数f (x )＝[ax 2－(3a ＋1)x ＋3a ＋2]e x. (1)若曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线斜率为0，求a ； (2)若f (x )在x ＝1处取得极小值，求a 的取值范围．(1)因为f (x )＝[ax 2－(3a ＋1)x ＋3a ＋2]e x，所以f ′(x )＝[ax 2－(a ＋1)x ＋1]e x，f ′(2)＝(2a －1)e 2.由题设知f ′(2)＝0，即(2a －1)e 2＝0，解得a ＝12.(2)由(1)得f ′(x )＝[ax 2－(a ＋1)x ＋1]e x＝(ax －1)(x －1)e x.若a >1，则当x ∈1a，1时，f ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0. 所以f (x )在x ＝1处取得极小值．若a ≤1，则当x ∈(0,1)时，ax －1≤x －1<0， 所以f ′(x )>0.所以1不是f (x )的极小值点． 综上可知，a 的取值范围是(1，＋∞)．8．(2018·河南模拟)已知函数f (x )＝a －x ＋x e x，若存在x 0>－1，使得f (x 0)≤0，则实数a 的取值范围为(B)A．[0，＋∞) B．(－∞，0]C．[1，＋∞) D．(－∞，1]由f(x)≤0，得a≤x－x e x，令h(x)＝x－x e x(x>－1)，h′(x)＝1－(1＋x)e x，令g(x)＝h′(x)，g′(x)＝－(x＋2)e x<0，所以h′(x)在(－1，＋∞)内递减，而h′(0)＝0，所以h(x)在(－1,0)内递增，在(0，＋∞)内递减，所以h(x)的最大值为h(0)＝0.故a≤0.9．(2018·天津红桥区模拟)已知函数f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值，若m，n∈[－1,1]，则f(m)＋f′(n)的最小值为－13 .因为f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值，所以f′(2)＝0，又f′(x)＝－3x2＋2ax，由f′(2)＝－12＋4a＝0，所以a＝3.所以f(x)＝－x3＋3x2－4，f′(x)＝－3x2＋6x.当m，n∈[－1,1]，则f(m)＋f′(n)的最小值为f(x)的最小值与f′(x)的最小值的和．由f′(x)＝0得x＝0或x＝2(舍去)，所以f(x)在[－1,0]上单调递减，在[0,1]上单调递增，所以f(x)min＝f(0)＝－4.因为f′(x)＝－3(x－1)2＋3，又f′(1)＝3，f′(－1)＝－9，所以f′(x)min＝－9.所以f(m)＋f′(n)的最小值为－13.10．(2017·北京卷)已知函数f(x)＝e x cos x－x.(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)求函数f(x)在区间[0，π2]上的最大值和最小值．(1)因为f(x)＝e x cos x－x，所以f′(x)＝e x(cos x－sin x)－1，f′(0)＝0.又因为f(0)＝1，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1.(2)设h(x)＝e x(cos x－sin x)－1，则h′(x)＝e x(cos x－sin x－sin x－cos x)＝－2e x sin x.当x ∈(0，π2)时，h ′(x )<0，所以h (x )在区间[0，π2]上单调递减，所以对任意x ∈(0，π2]有h (x )<h (0)＝0，即f ′(x )<0，所以函数f (x )在区间[0，π2]上单调递减，因此f (x )在区间[0，π2]上的最大值为f (0)＝1，最小值为f (π2)＝－π2.导数的综合应用——导数与不等式1．定义域为R 的函数f (x )满足f (1)＝1，且f (x )的导函数f ′(x )>12，则满足2f (x )<x＋1的x 的集合为(A)A ．{x |x <1}B ．{x |－1<x <1}C ．{x |x <－1或x >1}D ．{x |x >1}令g (x )＝2f (x )－x －1，则g ′(x )＝2f ′(x )－1>0，所以g (x )在R 上为增函数， 又g (1)＝2f (1)－1－1＝0， 所以g (xx <1.即原不等式的解集为{x |x <1}．2．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)A ．af (b )≤bf (a )B ．bf (a )≤af (b )C ．af (a )≤bf (b )D ．bf (b )≤af (a )设F (x )＝f x x ，则F ′(x )＝xfx －f xx 2≤0，故F (x )＝f xx 在(0，＋∞)上是减函数或常函数， 由0<a <b 有f a a ≥f bbaf (b )≤bf (a )．3．下列各式正确的是(B)A ．sin x >x (x >0)B ．sin x <x (x >0) C.2πx >sin x D ．以上各式都不对令g (x )＝sin x －x ，则g ′(x )＝cos x －1≤0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递减， 所以g (x )<g (0)，所以sin x <x .4．已知e 是自然对数的底，若函数f (x )＝e x－x ＋a 的图象始终在x 轴的上方，则实数a 的取值范围为(C)A ．[－2,2]B ．(－∞，－2)∪(2，＋∞)C ．(－1，＋∞) D．(－∞，－2]∪[2，＋∞)因为函数f (x )＝e x－x ＋a 的图象始终在x 轴的上方，所以f (x )＝e x－x ＋a 的最小值大于0.f ′(x )＝e x －1，当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )<0；当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0，所以f (x )的最小值为f (0)＝1＋a .由1＋a >0，得a 的取值范围为(－1，＋∞)．5．(2018·武平县校级月考)已知f (x )＝x e x，g (x )＝－(x ＋1)2＋a ，若∃x 1，x 2∈R ，使得f (x 2)≤g (x 1)成立，则实数a 的取值范围是 [－1e，＋∞) .因为f ′(x )＝e x＋x e x＝(1＋x )e x，当x >－1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增； 当x <－1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，所以当x ＝－1时，f (x )取得极小值即最小值f (－1)＝－1e .函数g (x )的最大值为a ，∃x 1，x 2∈R ，使得f (x 2)≤g (x 1)成立，则有g (x )的最大值大于或等于f (x )的最小值， 所以a ≥－1e.6．(2018·榆林一模)设f (x )＝x 3＋x ，x ∈R ，当0≤θ≤π2时，f (m sin θ)＋f (1－m )>0恒成立，则实数m 的取值范围是 (－∞，1) .因为f ′(x )＝3x 2＋1>0，所以f (x )在R 上为增函数，又f (x )为奇函数，所以条件即为f (m sin θ)>f (m －1)， 所以m sin θ>m －1对θ∈[0，π2]恒成立，即m (1－sin θ)<1对θ∈[0，π2]恒成立，因为θ＝π2时，上式恒成立；当θ∈[0，π2)时，m <11－sin θ，则m <1.7．(2018·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝ax 2＋x －1ex.(1)求曲线y ＝f (x )在点(0，－1)处的切线方程； (2)证明：当a ≥1时，f (x )＋e≥0.(1)f ′(x )＝－ax 2＋a －x ＋2ex，f ′(0)＝2.因此曲线y ＝f (x )在点(0，－1)处的切线方程是 2x －y －1＝0.(2)证明：当a ≥1时，f (x )＋e≥(x 2＋x －1＋e x ＋1)e －x. 令g (x )＝x 2＋x －1＋ex ＋1，则g ′(x )＝2x ＋1＋ex ＋1.当x <－1时，g ′(x )<0，g (x )单调递减； 当x >－1时，g ′(x )>0，g (x )单调递增． 所以g (x )≥g (－1)＝0. 因此f (x )＋e≥0.8．若0<x 1<x 2<1，则(C)A ．e x 2－e x 1>ln x 2－ln x 1B ．e x 2－e x 1<ln x 2－ln x 1C ．x 2e x 1>x 1e x 2D ．x 2e x 1<x 1e x 2令f (x )＝exx(0<x <1)，则f ′(x )＝x e x －e x x 2＝e x x －x 2.当0<x <1时，f ′(x )<0，即f (x )在(0,1)上单调递减， 因为0<x 1<x 2<1，所以f (x 2)<f (x 1)， 即e x 2x 2<e x 1x 1，所以x 2e x 1>x 1e x 2.由此可知选C.如何说明A 和B 不成立？下面进行探讨： 设g (x )＝e x－ln x (0<x <1)， 因为g ′(x )＝e x－1x ＝x e x－1x，令g ′(x )＝0得，x e x －1＝0，即e x＝1x，由y ＝e x与y ＝1x的图象知两图象的交点x 0∈(0,1)，因此，g (x )在(0,1)上不单调，由此可知A 和B 选项不可能成立．9．设f (x )，g (x )分别是定义在R 上的奇函数和偶函数，当x <0时，f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )>0，且g (－3)＝0，则不等式f (x )g (x )<0的解集为 (－∞，－3)∪(0,3) .当x <0时，[f (x )g (x )]′>0，所以函数f (x )g (x )在(－∞，0)上为增函数，又f (x )g (x )为奇函数，故f (x )g (x )在(0，＋∞)上为增函数， 且f (－3)g (－3)＝0，f (3)g (3)＝0.故f (x )g (x )<0的解集为(－∞，－3)∪(0,3)． 10．已知f (x )＝ln x ＋a (1－x )． (1)讨论f (x )的单调性；(2)当f (x )有最大值，且最大值大于2a －2时，求a 的取值范围．(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－a ，若a ≤0，则f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增； 若a >0，则当x ∈(0，1a)时，f ′(x )>0；当x ∈(1a，＋∞)时，f ′(x )<0，所以f (x )在(0，1a )上单调递增，在(1a，＋∞)上单调递减．(2)由(1)知当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上无最大值， 当a >0时，f (x )在x ＝1a处取最大值，最大值为f (1a )＝ln(1a )＋a (1－1a)＝－ln a ＋a －1.因此，f (1a)>2a －a ＋a －1<0.令g (a )＝ln a ＋a －1，则g ′(a )＝1a＋1>0， 所以g (a )在(0，＋∞)上是增函数，g (1)＝0，于是，当0<a <1时，g (a )<0；当a >1时，g (a )>0. 因此a 的取值范围是(0,1)．导数的综合应用——导数与方程1．函数y ＝13x 3＋x 2＋x ＋1的零点个数为(B)A ．0B ．1C ．2D ．3因为f ′(x )＝x 2＋2x ＋1＝(x ＋1)2≥0，所以f (x )在R 上单调递增， 因为f (0)＝1>0，f (－3)＝－2<0， 所以f (x )在R 上有且只有一个零点．2．已知函数y ＝x 3－3x ＋c 的图象与x 轴恰有两个公共点，则c ＝(A) A ．－2或2 B ．－9或3 C ．－1或1 D ．－3或1由三次函数的图象与x 轴恰有两个公共点，结合函数的图象，极大值或极小值为零即可满足要求．而f ′(x )＝3x 2－3＝3(x －1)(x ＋1)，当x ＝±1时，取得极值，由f (1)＝0或f (－1)＝0，可得c －2＝0或c ＋2＝0，所以c ＝±2.3．若曲线f (x )＝ax 2＋ln x 存在垂直于y 轴的切线，则实数a 的取值范围是(A) A ．(－∞，0) B ．(－∞，0] C ．[0，＋∞) D．(0，＋∞)该函数的定义域为(0，＋∞)．f ′(x )＝2ax ＋1x.因为曲线f (x )＝ax 2＋ln x 存在垂直于y 轴的切线，问题转化为方程2ax ＋1x＝0在(0，＋∞)内有解，于是可得a ＝－12x2∈(－∞，0)． 4．(2017·湖南湘中名校高三联考)已知函数f (x )＝－13x 3＋ax 2＋bx ＋c 有两个极值点x 1，x 2，若x 1<f (x 1)<x 2，则关于x 的方程[f (x )]2－2af (x )－b ＝0的实根的个数不可能为(D)A ．2B ．3C ．4D ．5由题意得，f ′(x )＝－x 2＋2ax ＋b ，因为x 1，x 2是函数f (x )的两个极值点，所以x 1，x 2是方程－x 2＋2ax ＋b ＝0的两个实数根，所以由[f (x )]2－2af (x )－b ＝0，可得f (x )＝x 1，或f (x )＝x 2，由题意知，f (x )在(－∞，x 1)，(x 2，＋∞)上单调递减，在(x 1，x 2)上单调递增， 又x 1<f (x 1)<x 2，依题意，作出简图，如图所示．结合图形可知，方程[f (x )]2－2af (x )－b ＝0的实根个数不可能为5.5．(2018·韶关模拟)设x 1，x 2是函数f (x )＝x 3－2ax 2＋a 2x 的两个极值点，且x 1<2<x 2，则实数a 的取值范围是 (2,6) .(方法一)由f ′(x )＝3x 2－4ax ＋a 2＝0，得x 1＝a3，x 2＝a .因为x 1<2<x 2，所以⎩⎪⎨⎪⎧a >2，a3<2，所以2<a <6.(方法二)由f ′(x )＝3x 2－4ax ＋a 2＝0，且x 1<2<x 2， 所以f ′(2)<0，解得2<a <6.6．设x 3＋ax ＋b ＝0，其中a ，b 均为实数，下列条件中，使得该三次方程仅有一个实根的是 ①③④⑤ .(写出所有正确条件的编号)①a ＝－3，b ＝－3；②a ＝－3，b ＝2；③a ＝－3，b >2；④a ＝0，b ＝2；⑤a ＝1，b ＝2.令f (x )＝x 3＋ax ＋b ，则f ′(x )＝3x 2＋a .当a ≥0时，f ′(x )≥0，f (x )单调递增，④⑤正确； 当a ＜0时，若a ＝－3，则f ′(x )＝3x 2－3＝3(x ＋1)(x －1)， 所以f (x )极大＝f (－1)＝－1＋3＋b ＝b ＋2，f (x )极小＝f (1)＝1－3＋b ＝b －2，要使f (x )＝0仅有一个实根，需f (x )极大＜0或f (x )极小＞0，所以b ＜－2或b ＞2， ①③正确，②不正确．故填①③④⑤.7．(2016·北京卷)设函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c . (1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)设a ＝b ＝4，若函数f (x )有三个不同零点，求c 的取值范围； (3)求证：a 2－3b ＞0是f (x )有三个不同零点的必要而不充分条件．(1)由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b .因为f (0)＝c ，f ′(0)＝b ，所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝bx ＋c .(2)当a ＝b ＝4时，f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c ， 所以f ′(x )＝3x 2＋8x ＋4. 令f ′(x )＝0，得3x 2＋8x ＋4＝0， 解得x ＝－2或x ＝－23.当x 变化时，f (x )与f ′(x )在区间(－∞，＋∞)上的变化情况如下：单调递增单调递减单调递增所以，当c ＞0且c －3227＜0时，存在x 1∈(－4，－2)，x 2∈(－2，－23)，x 3∈(－23，0)，使得f (x 1)＝f (x 2)＝f (x 3)＝0.由f (x )的单调性知，当且仅当c ∈(0，3227)时，函数f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c 有三个不同零点．(3)证明：当Δ＝4a 2－12b ＜0时，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ＞0，x ∈(－∞，＋∞)， 此时函数f (x )在区间(－∞，＋∞)上单调递增， 所以f (x )不可能有三个不同零点．当Δ＝4a 2－12b ＝0时，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b 只有一个零点，记作x 0. 当x ∈(－∞，x 0)时，f ′(x )＞0，f (x )在区间(－∞，x 0)上单调递增； 当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )在区间(x 0，＋∞)上单调递增． 所以f (x )不可能有三个不同零点．综上所述，若函数f (x )有三个不同零点，则必有Δ＝4a 2－12b ＞0. 故a 2－3b ＞0是f (x )有三个不同零点的必要条件．当a ＝b ＝4，c ＝0时，a 2－3b ＞0，f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＝x (x ＋2)2只有两个不同零点， 所以a 2－3b ＞0不是f (x )有三个不同零点的充分条件． 因此a 2－3b ＞0是f (x )有三个不同零点的必要而不充分条件．8．(2018·贵阳二模)已知函数f (x )＝ln x －ax 2＋x 有两个不同的零点，则实数a 的取值范围是(A)A ．(0,1)B ．(－∞，1)C ．(－∞，1＋e e 2)D ．(0，1＋e e 2)令g (x )＝ln x ，h (x )＝ax 2－x .将问题转化为两个函数图象交点的问题．当a ≤0时，g (x )与h (x )的图象只有一个交点，不满足题意． 当a >0时，由ln x －ax 2＋x ＝0，得a ＝x ＋ln xx 2， 令r (x )＝x ＋ln xx 2， 则r ′(x )＝＋1xx 2－x ＋x xx4＝1－x －2ln xx3. 当0<x <1时，r ′(x )>0，r (x )是单调增函数，当x >1时，r ′(x )<0，r (x )是单调减函数，且r (1)＝1，r (x )＝x ＋ln xx 2>0，所以0<a <1. 所以a 的取值范围为(0,1)．9．f (x )＝12x 2＋x －2ln x ＋a 在区间(0,2)上恰有一个零点，则实数a 的取值范围是a ≤2ln 2－4或a ＝－32.根据题意，f ′(x )＝x ＋1－2x ＝x 2＋x －2x＝x ＋x －x，当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0，f (x )为减函数；当x ∈(1,2)时，f ′(x )>0，f (x )为增函数， 若函数f (x )在区间(0,2)上恰有一个零点，则f (1)＝0或f (2)≤0，由f (2)＝4－2ln 2＋a ≤0，得a ≤2ln 2－4；由f (1)＝32＋a ＝0，得a ＝－32.综上，a ≤2ln 2－4或a ＝－32.10．设函数f (x )＝e 2x－a ln x .(1)讨论f (x )的导函数f ′(x )的零点的个数； (2)证明：当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a.(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x －ax(x >0)，当a ≤0时，f ′(x )>0，所以f ′(x )没有零点； 当a >0时，因为y ＝e 2x单调递增，y ＝－a x单调递增， 所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增． 因为f ′(a )＝2e 2a－1>0，假设存在b 满足0<b <a 4且b <14时，f ′(b )<0，故当a >0时，f ′(x )存在唯一零点．(2)证明：由(1)可设f ′(x )在(0，＋∞)存在唯一零点x 0， 当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0， 故f (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增， 所以当x ＝x 0时，f (x )取得最小值f (x 0)． 由于2e2x 0－ax 0＝0，所以f (x 0)＝a 2x 0＋2ax 0＋a ln 2a ≥2a ＋a ln 2a.故当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a.导数的实际应用及综合应用1．某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y (单位：千克)与销售价格x (单位：元/千克)满足关系式y ＝a x －3＋10(x －6)2，其中3＜x ＜6，a 为常数．已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克．(1)求a 的值；(2)若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x 的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大．(1)因为当x ＝5时，y ＝11，所以a5－3＋10(5－6)2＝11，解得a ＝2.(2)由(1)知该商品每日的销售量y ＝2x －3＋10(x －6)2(3＜x ＜6)， 所以该商场每日销售该商品所获得的利润f (x )＝[2x －3＋10(x －6)2](x －3)＝2＋10(x －3)(x －6)2(3＜x ＜6)， 所以f ′(x )＝10[(x －6)2＋2(x －3)(x －6)] ＝30(x －4)(x －6)．当x 变化时，f (x )，f ′(x )的变化情况如下表：由上表可得，x ＝4是函数f (x )在区间(3,6)内的极大值点，也是最大值点， 所以当x ＝4时，f (x )max ＝42.答：当销售价格定为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大．2．请你设计一个包装盒，如图所示，ABCD 是边长为60 cm 的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得A ，B ，C ，D 四个点重合于图中的点P ，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒，E ，F 是AB 上被切去的等腰直角三角形斜边的两个端点，设AE ＝FB ＝x (cm)．(1)若广告商要包装盒侧面积S (cm 2)最大，试问x 应取何值？(2)若广告商要包装盒容积V (cm 3)最大，试问x 应取何值？并求出此时包装盒的高与底面边长的比值．(1)根据题意，有S ＝4·2x ·22(60－2x )＝240x －8x 2 ＝－8(x －15)2＋1800(0<x <30)． 所以x ＝15时包装盒侧面积S 最大． (2)根据题意，有V ＝(2x )2·22(60－2x )＝22x 2(30－x )(0<x <30)． 所以V ′＝62x (20－x )．当0<x <20时，V ′>0，V 单调递增； 当20<x <30时，V ′<0，V 单调递减．所以当x ＝20时，V 取得极大值，也是最大值．此时，包装盒的高与底面边长的比值为22－2x 2x＝12， 即x ＝20时，包装盒容积V (cm 3)最大，此时包装盒的高与底面边长的比值为12.3．已知函数f (x )＝(x －2)e x＋a (x －1)2. (1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )有两个零点，求a 的取值范围．(1)f ′(x )＝(x －1)e x＋2a (x －1)＝(x －1)(e x＋2a )．(i)设a ≥0，则当x ∈(－∞，1)时，f ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0.所以f (x )在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． (ii)设a <0，由f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝ln(－2a )． ①若a ＝－e 2，则f ′(x )＝(x －1)(e x－e)，所以f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增． ②若a >－e2，则ln(－2a )<1，故当x ∈(－∞，ln(－2a ))∪(1，＋∞)时，f ′(x )>0； 当x ∈(ln(－2a )，1)时，f ′(x )<0.所以f (x )在(－∞，ln(－2a ))，(1，＋∞)上单调递增，在(ln(－2a )，1)上单调递减． ③若a <－e2，则ln(－2a )>1，故当x ∈(－∞，1)∪(ln(－2a )，＋∞)时，f ′(x )>0； 当x ∈(1，ln(－2a ))时，f ′(x )<0.所以f (x )在(－∞，1)，(ln(－2a )，＋∞)上单调递增，在(1，ln(－2a ))上单调递减． (2)(i)设a >0，则由(1)知，f (x )在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．又f (1)＝－e ，f (2)＝a ，取b 满足b <0且b <ln a 2，则f (b )>a 2(b －2)＋a (b －1)2＝a (b 2－32b )>0，所以f (x )有两个零点．(ii)设a ＝0，则f (x )＝(x －2)e x，所以f (x )只有一个零点．(iii)设a <0，若a ≥－e2，则由(1)知，f (x )在(1，＋∞)上单调递增．又当x ≤1时，f (x )<0，故f (x )不存在两个零点；若a <－e2，则由(1)知，f (x )在(1，ln(－2a ))上单调递减，在(ln(－2a )，＋∞)上单调递增．又当x ≤1时，f (x )<0，故f (x )不存在两个零点．综上，a 的取值范围为(0，＋∞)．4．(2017·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝e x(e x－a )－a 2x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )≥0，求a 的取值范围．(1)函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x －a e x －a 2＝(2e x ＋a )(e x －a )．①若a ＝0，则f (x )＝e 2x在(－∞，＋∞)上单调递增． ②若a >0，则由f ′(x )＝0得x ＝ln a .当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )<0； 当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0.故f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增． ③若a <0，则由f ′(x )＝0得x ＝ln(－a2)．当x ∈(－∞，ln(－a2))时，f ′(x )<0；当x ∈(ln(－a2)，＋∞)时，f ′(x )>0.故f (x )在(－∞，ln(－a 2))上单调递减，在(ln(－a2)，＋∞)上单调递增．(2)①若a ＝0，则f (x )＝e 2x，所以f (x )≥0.②若a >0，则由(1)得，当x ＝ln a 时，f (x )取得最小值，最小值为f (ln a )＝－a 2ln a ， 从而当且仅当－a 2ln a ≥0，即a ≤1时，f (x )≥0. ③若a <0，则由(1)得，当x ＝ln(－a2)时，f (x )取得最小值，最小值为f (ln(－a 2))＝a 2[34－ln(－a 2)]，从而当且仅当a 2[34－ln(－a 2)]≥0，即a ≥－234e 时，f (x )≥0.综上，a 的取值范围是[－234e ，1]．。
2020年高考数学(文)真题与模拟题分类训练 专题03 导数及其应用(学生版)
专题03 导数及其应用1．【2020年高考全国Ⅰ卷文数】曲线ln 1y x x =++的一条切线的斜率为2，则该切线的方程为 .2．【2020年高考全国Ⅲ卷文数】设函数e ()x f x x a=+．若e (1)4f '=，则a =_________．3．【2020年高考北京】为满足人民对美好生活的向往，环保部门要求相关企业加强污水治理，排放未达标的企业要限期整改、设企业的污水摔放量W 与时间t 的关系为()W f t =，用()()f b f a b a---的大小评价在[,]a b 这段时间内企业污水治理能力的强弱，已知整改期内，甲、乙两企业的污水排放量与时间的关系如下图所示.给出下列四个结论： ①在[]12,t t 这段时间内，甲企业的污水治理能力比乙企业强；②在2t 时刻，甲企业的污水治理能力比乙企业强； ③在3t 时刻，甲、乙两企业的污水排放都已达标；④甲企业在[][][]112230,,,,,t t t t t 这三段时间中，在[]10,t 的污水治理能力最强． 其中所有正确结论的序号是____________________．4．【2020年高考全国Ⅰ卷文数】已知函数()e (2)xf x a x =-+.(1)当1a =时，讨论()f x 的单调性； (2)若()f x 有两个零点，求a 的取值范围.5．【2020年高考全国Ⅱ卷文数】已知函数f (x )=2ln x +1．(1)若f (x )≤2x +c ，求c 的取值范围； (2)设a >0时，讨论函数g (x )=()()f x f a x a--的单调性．6．【2020年高考全国Ⅲ卷文数】已知函数32()f x x kx k =-+．(1)讨论()f x 的单调性；(2)若()f x 有三个零点，求k 的取值范围．7．【2020年高考天津】已知函数3()ln ()f x x k x k =+∈R ，()f x '为()f x 的导函数．(Ⅰ)当6k =时，(i)求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程； (ii)求函数9()()()g x f x f x x'=-+的单调区间和极值； (Ⅱ)当3k ≥-时，求证：对任意的12,[1,)x x ∈+∞，且12x x >，有()()()()1212122f x f x f x f x x x ''+->-． 8．【2020年高考北京】已知函数2()12f x x =-．(Ⅰ)求曲线()y f x =的斜率等于2-的切线方程；(Ⅱ)设曲线()y f x =在点(,())t f t 处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为()S t ，求()S t 的最小值．9．【2020年高考浙江】已知12a <≤，函数()e x f x x a =--，其中e=2.71828…是自然对数的底数．(Ⅰ)证明：函数()y f x =在(0,)+∞上有唯一零点； (Ⅱ)记x 0为函数()y f x =在(0,)+∞上的零点，证明：(ⅰ0x ≤≤； (ⅱ)00(e )(e 1)(1)x x f a a ≥--．10．【2020年高考江苏】某地准备在山谷中建一座桥梁，桥址位置的竖直截面图如图所示：谷底O 在水平线MN 上，桥AB 与MN 平行，OO '为铅垂线(O '在AB 上)．经测量，左侧曲线AO 上任一点D 到MN 的距离1h (米)与D 到OO '的距离a (米)之间满足关系式21140h a =；右侧曲线BO 上任一点F 到MN 的距离2h (米)与F 到OO '的距离b (米)之间满足关系式3216800h b b =-+.已知点B 到OO '的距离为40米． (1)求桥AB 的长度；(2)计划在谷底两侧建造平行于OO '的桥墩CD 和EF ，且CE 为80米，其中C ，E 在AB 上(不包括端点)．.桥墩EF 每米造价k (万元)、桥墩CD 每米造价32k (万元)(k >0)，问O E '为多少米时，桥墩CD 与EF 的总造价最低？11．【2020年高考江苏】已知关于x 的函数(),()y f x y g x ==与()(,)h x kx b k b =+∈R 在区间D 上恒有()()()f x h x g x ≥≥．(1)若()()222 2()f x x x g x x x D =+=-+=∞-∞+，，，，求h (x )的表达式； (2)若2 1 ln ,()()()(0) x x g k x h kx k D f x x x =-+==-=+∞，，，，求k 的取值范围；(3)若()422342() 2() (48 () 4 3 02 f x x x g x x h x t t x t t t =-=-=--+<≤，，[] , D m n =⊆⎡⎣，求证：n m -≤．12．【2020年新高考全国Ⅰ卷】已知函数1()e ln ln x f x a x a -=-+．(1)当e a =时，求曲线y =f (x )在点(1，f (1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积； (2)若f (x )≥1，求a 的取值范围．1．【2020届清华大学中学生标准学术能力诊断性测试高三5月测试数学(文)试题】已知函数()ln f x x x =，则函数()f x 的单调递增区间为A ．RB ．()0,+∞C ．1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭D ．()e,+∞2．【2020·安徽省高三三模(文)】直线y ＝kx ＋1与曲线y ＝x 3＋ax ＋b 相切于点A (1，3)，则2a ＋b 的值等于 A ．2B ．－1C ．1D ．－23．【福建省厦门外国语学校2020届高三下学期高考最后一次模拟数学(文)试题】已知函数()f x 是偶函数，当0x >时，()ln 1f x x x =+，则曲线()y f x =在1x =-处的切线方程为 A ．y x =-B ．2y x =-+C ．y x =D ．2y x =-4．【2020·广西壮族自治区高三月考(文)】已知a 为正实数，若函数322()32f x x ax a =-+的极小值为0，则a 的值为 A ．12B ．1C ．32D ．25．【2020·宜宾市叙州区第二中学校高三月考(文)】函数()()22e xf x x x =-的图象大致是A ．B ．C ．D ．6．【2020·云南省云南师大附中高三月考】已知函数()2sin f x x x x =-，若()0.2log 3a f =，()3log 0.2b f =，()30.2c f =，则A ．a b c >>B ．b a c >>C ．c b a >>D ．c a b >>7．【2020·山东省高三三模】已知函数()e e xxf x x -=++．则下面结论正确的是A ．()f x 是奇函数B ．()f x 在[)0,+∞上为增函数C ．若0x ≠，则21e 2f x x ⎛⎫+>+ ⎪⎝⎭D ．若()()11f x f -<-，则02x <<8．【2020·山西省太原五中高三月考(文)】已知函数()()e ,ln xf x xg x x x ==，若()()12f x g x t ==，其中0t >，则12ln tx x 的最大值为 A ．1e B ．2eC ．21e D ．24e9．【2020届河北省石家庄市高考模拟数学(文)试题】已知函数()f x 对于任意x ∈R ，均满足()()2f x f x =-，当1x ≤时，ln 2,01()e ,0x x x f x x +<≤⎧=⎨≤⎩(其中e 为自然对数的底数)，若存在实数(),,,a b c d a b c d <<<满足()()()()f a f b f c f d ===，则()e a a b c d b +++-的取值范围为A ．4(1,4)e-B ．244[1,)e e- C ．24(,4)eD ．24[2ln 21,)e- 10．【2020届河南省商丘周口市部分学校联考高三5月质量检测数学(文科)试题】已知偶函数()f x 在R 上存在导函数()f x '，当0x >时，()()f x f x x>-'，且()21f =，则不等式()()222x x f x x -->的解集为A ．()(),21,-∞-⋃+∞B ．()2,+∞C ．()(),12,-∞-+∞D ．()1,2-11．【2020·安徽省淮北一中高三月考(文)】已知函数3()31f x x x =-+，若1[,]x a b ∀∈，2[,]x a b ∃∈，使得()()12f x f x =，且12x x ≠，则b a -的最大值为A ．2B ．3C ．4D ．612．【2020·河北省高三一模(文)】已知定义域为R 的函数()f x 满足11(),()4022f f x x '=+>，其中()f x '为()f x 的导函数，则不等式(sin )cos 20f x x -的解集为A ．ππ[2π,2π],33k k k -++∈Z B ．ππ[2π,2π],66k k k -++∈Z C ．π2π[2π,2π],33k k k ++∈ZD ．π5π[2π,2π],66k k k ++∈Z13．【2020届广东省珠海市高三下学期学业质量监测数学(文)试题】函数()sin g x x x =-的零点的个数为A ．1B ．3C ．2D ．414．【2020·四川省泸县五中高三月考(文)】已知函数2()e ln xf x x t a =+-，若对任意的1,e ,()et f x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦在区间[1,1]-上总存在唯一的零点，则实数a 的取值范围是 A ．221,e e ⎛⎤-⎥⎝⎦B ．2211,e 1e ⎛⎤-- ⎥⎝⎦C ．21,e 12e ⎛⎤-- ⎥⎝⎦D ．2211,e 1e ⎛⎤-+ ⎥⎝⎦15．【2020·山西省太原五中高三月考(文)】函数()2ln f x x x =+在点()()1,1f 处的切线方程为__________. 16．【2020届山西省太原市高三模拟(二)数学(文)试题】若曲线()e xf x mx n =+在()()1,1f 处的切线方程为e y x =，则m n +=__________17．【2020·重庆八中高三月考(文)】曲线ln y ax x =+在点1x =处的切线方程为30x y b -+=，则b =______．18．【2020·山东省高三月考】函数()()sin 2f x a x a =+∈R 在点()()0,0f 处的切线方程为2y x =-+，则a =______．19．【2020·盐城市第一中学高三二模】函数()2sin f x x ax =-在π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的单调递减，则实数a 的取值范围为______.20．【2020·江西省高三月考(文)】已知函数()()321f x x a x ax =+-+，若曲线()f x 在1x =处的切线恰好平分圆C ：2240x y y +-=的周长，则实数a 的值为______.21．【2020·江苏省高三月考】若函数()()f x x a =-[1，9]上的最小值为18，则a 的值为_______. 22．【2020届清华大学中学生标准学术能力诊断性测试高三5月测试数学(文)试题】已知函数()()1ln f x x x =+．(1)求()y f x =在1x =处的切线方程：(2)已知实数2k >时，求证：函数()y f x =的图象与直线l ：()1y k x =-有3个交点．23．【甘肃省西北师大附中2020届高三5月模拟试卷 文科数学试题】设函数2()()e x f x x m =+．(1)讨论()f x 的单调性；(2)若()2e 1()x g x nx f x =---，当1m =，且0x ≥时，()0g x ≤，求n 的取值范围． 24．【2020·重庆八中高三月考(文)】已知函数()()1eln e x f x a x a -=-+-．(e 为自然对数的底数)(1)设()'f x 为()f x 的导函数，求证：当e a =时，()0f x ≥； (2)若0a >，且1x =是()f x 的极小值点，求实数a 的取值范围．25．【2020·河南省高三月考(文)】已知函数()()=ln f x x mx m m -+∈R .(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)若()0f x ≤在()0,x ∈+∞上恒成立，求实数m 的取值范围；(3)在(2)的条件下(提示：可以用第(2)问的结论)，对任意的0a b <<，证明：()()11f b f a b a a-<--.26．【2020·四川省棠湖中学高三一模(文)】已知函数2()(1)f x a x =+，()e x g x x =.(1)若()g x 的切线过(4,0)-，求该切线的方程； (2)讨论()f x 与()g x 图像的交点个数.27．【2020·重庆巴蜀中学高三月考(文)】函数()21ln 12f x x ax bx =-++. (1)若函数()f x 在1x =处的切线为2y =，求函数()f x 的单调递增区间； (2)证明：对任意210x x >>时，()()1212122f x f x x x f x x -+⎛⎫'<⎪-⎝⎭. 28．【2020·云南省昆明一中高三月考(文)】已知函数()ln sin f x x x ax =+-.(1)若0a =，求()f x 的零点个数； (2)若1a ≥，证明：()0f x <.29．【2020·海南省海南中学高三月考】设函数()e 1xf x ax =-+，0a >.(1)若曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线与x 轴平行，求a ； (2)当1x <时，函数()f x 的图象恒在x 轴上方，求a 的最大值.30．【福建省福州市2019-2020学年高三4月份高考(文科)数学模拟试题】已知函数()(sin cos )e x f x x x x =+-，()f x '为()f x 的导函数．(1)设()()()g x f x f x '=-，求()g x 的单调区间； (2)若0x ≥，证明：()1f x x ≥-．31．【2020·辽宁省高三二模(文)】已知函数()e ()x f x ax a =-∈R .(1)讨论()f x 的单调性；(2)讨论()f x 在(0,)+∞上的零点个数.32．【2020·重庆市云阳江口中学校高三月考(文)】已知函数()ln 2f x x x =+．(1)求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程； (2)设函数2()g x x x=-，其中0x >.证明：()g x 的图象在()f x 图象的下方． 33．【2020·江西省高三月考(文)】已知函数()()sin ln f x a x x a =-∈R ，其导函数为()'f x .(1)若不等式()1'1f x x ≥-在区间π0,3⎛⎤⎥⎝⎦上恒成立，求实数a 的取值范围： (2)当2a =时，证明：()'f x 在区间π0,2⎛⎫⎪⎝⎭上有且只有两个零点. 34．【2020·江西省高三月考(文)】已知函数()2ln 1af x x x=++的图象在()()22f ,处切线与直线3420x y+=-平行.(1)求实数a 的值，并判断()f x 的单调性；(2)若函数()()21g x f x m =--有两个零点12,x x ，且12x x <，证明121x x +>.35．【2020·梅河口市第五中学高三月考(文)】已知函数()e xf x ax =-，()(1)g x ax x =+，a ∈R .(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)设()()()F x f x g x =+，证明：(0,)x ∀∈+∞，当2e ,4a ⎛⎫∈-∞- ⎪⎝⎭时，函数()F x 恒有两个不同零点.。
2020届高考数学一轮复习单元检测03《导数及其应用》提升卷单元检测 文数(含解析)
单元检测三 导数及其应用(提升卷)考生注意：1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间100分钟，满分130分． 4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．第Ⅰ卷(选择题 共60分)一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．下列求导运算正确的是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x 2′＝1＋1x3B ．(log 3x )′＝1x lg3C ．(3x )′＝3x·ln3 D ．(x 2sin x )′＝2x cos x答案 C解析 由求导法则可知C 正确．2．已知函数f (x )＝ln x ＋x 2f ′(a )，且f (1)＝－1，则实数a 的值为( ) A ．－12或1B.12 C ．1 D ．2答案 C解析 令x ＝1，则f (1)＝ln1＋f ′(a )＝－1， 可得f ′(a )＝－1.令x ＝a >0，则f ′(a )＝1a＋2af ′(a )，即2a 2－a －1＝0，解得a ＝1或a ＝－12(舍去)．3．若函数f (x )＝x e x的图象的切线的倾斜角大于π2，则x 的取值范围是( )A ．(－∞，0)B ．(－∞，－1)C ．(－∞，－1]D ．(－∞，1)答案 B解析 f ′(x )＝e x＋x e x＝(x ＋1)e x，又切线的倾斜角大于π2，所以f ′(x )<0，即(x ＋1)e x<0，解得x <－1. 4．函数f (x )＝2x 2－ln x 的单调递增区间是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0和⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞ D.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－12和⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12答案 C解析 由题意得f ′(x )＝4x －1x ＝4x 2－1x，且x >0，由f ′(x )>0，即4x 2－1>0，解得x >12.故选C.5．函数y ＝exx的大致图象是( )答案 B解析 函数y ＝e xx 的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，求导得y ′＝(x －1)exx2， 当x >1时，y ′>0，函数单调递增； 当0<x <1时，y ′<0，函数单调递减；当x <0时，y ′<0，函数单调递减，且函数y ＝exx无零点，故选B.6．若函数f (x )＝2x 2＋ln x －ax 在定义域内单调递增，则实数a 的取值范围为( ) A ．(4，＋∞) B ．[4，＋∞) C ．(－∞，4) D ．(－∞，4]答案 D解析 由题意得f ′(x )＝4x ＋1x－a ≥0在(0，＋∞)上恒成立，即a ≤4x ＋1x(x >0)恒成立．又4x ＋1x≥4，当且仅当x ＝12时等号成立，所以a ≤4.7.已知定义在R 上的函数f (x )，其导函数f ′(x )的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是( )①f (b )>f (a )>f (c )；②函数f (x )在x ＝c 处取得极小值，在x ＝e 处取得极大值； ③函数f (x )在x ＝c 处取得极大值，在x ＝e 处取得极小值； ④函数f (x )的最小值为f (d )． A ．③B．①②C．③④D．④ 答案 A解析 由导函数的图象可知函数f (x )在区间(－∞，c )，(e ，＋∞)内，f ′(x )>0， 所以函数f (x )在区间(－∞，c )，(e ，＋∞)内单调递增，在区间(c ，e )内，f ′(x )<0， 所以函数f (x )在区间(c ，e )内单调递减． 所以f (c )>f (a )，所以①错；函数f (x )在x ＝c 处取得极大值，在x ＝e 处取得极小值，故②错，③对； 函数f (x )没有最小值，故④错．8.设三次函数f (x )的导函数为f ′(x )，函数y ＝xf ′(x )的图象的一部分如图所示，则( )A ．f (x )的极大值为f (3)，极小值为f (－3)B ．f (x )的极大值为f (－3)，极小值为f (3)C ．f (x )的极大值为f (－3)，极小值为f (3)D ．f (x )的极大值为f (3)，极小值为f (－3) 答案 D解析 由图象知当x <－3时，f ′(x )<0，当－3<x <0时，f ′(x )>0，∴函数f (x )的极小值为f (－3)；同理知f (x )的极大值为f (3)．9．函数f (x )＝13x 3－4x ＋4(0≤x ≤3)的值域为( )A ．[1，4]B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－43，4 C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－43，1 D ．[0，3]答案 B解析 f ′(x )＝x 2－4＝(x ＋2)(x －2)． 当x ∈[0，2]时，f ′(x )≤0，f (x )单调递减； 当x ∈(2，3]时，f ′(x )>0，f (x )单调递增． 且f (0)＝4，f (2)＝－43，f (3)＝1，所以函数f (x )的最大值为f (0)＝4，函数f (x )的最小值为f (2)＝－43，故值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－43，4. 10．已知函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，若f (x )存在唯一的零点x 0，且x 0>0，则实数a 的取值范围是( ) A ．(2，＋∞) B ．(1，＋∞) C ．(－∞，－2) D ．(－∞，－1)答案 C解析 易知a ≠0，所以f (x )为一元三次函数． 因为f ′(x )＝3ax 2－6x ＝3x (ax －2)， 所以方程f ′(x )＝0的根为x 1＝0，x 2＝2a.又注意到函数f (x )的图象经过点(0，1)，所以结合一元三次函数的图象规律及题意可知，函数f (x )的图象应满足下图，从而有⎩⎪⎨⎪⎧a <0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a >0，即⎩⎪⎨⎪⎧a <0，8a2－3×4a 2＋1>0，解得a <－2.故选C.11．设函数f (x )＝min ⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ln x ，x 2e x (min{a ，b }表示a ，b 中的较小者)，则函数f (x )的最大值为( )A.32ln2B ．2ln2C.1e D.4e 2 答案 D解析 函数f (x )的定义域为(0，＋∞)． 由y 1＝x ln x 得y 1′＝ln x ＋1， 令y 1′＝0，解得x ＝1e，∴y 1＝x ln x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递增． 由y 2＝x 2e x ，x >0得y 2′＝2x －x2e x ，令y 2′＝0，x >0，解得x ＝2，∴y 2＝x 2ex 在(0，2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，作出示意图如下，当x ＝2时，y 1＝2ln2，y 2＝4e2.∵2ln2>4e 2，∴y 1＝x ln x 与y 2＝x2e x 的交点在(1，2)内，∴函数f (x )的最大值为4e2.12．已知y ＝f (x )为(0，＋∞)上的可导函数，且有f ′(x )＋f (x )x>0，则对于任意的a ，b ∈(0，＋∞)，当a >b 时，有( ) A ．af (a )<bf (b ) B ．af (a )>bf (b ) C ．af (b )>bf (a ) D ．af (b )<bf (a )答案 B解析 由f ′(x )＋f (x )x >0，得xf ′(x )＋f (x )x>0， 即[xf (x )]′x>0，即[xf (x )]′x >0.∵x >0，∴[xf (x )]′>0，即函数y ＝xf (x )为增函数，由a ，b ∈(0，＋∞)且a >b ，得af (a )>bf (b )，故选B.第Ⅱ卷(非选择题 共70分)二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)13．已知函数f (x )＝x －g (x )的图象在点(2，f (2))处的切线方程是y ＝－x －1，则g (2)＋g ′(2)＝________.答案 7解析 因为f (x )＝x －g (x )，所以f ′(x )＝1－g ′(x )． 由题意得f (2)＝－2－1＝－3，f ′(2)＝－1， 所以g (2)＋g ′(2)＝2－f (2)＋1－f ′(2)＝7.14．已知某生产厂家的年利润y (单位：万元)与年产量x (单位：万件)的函数关系式为y ＝－13x 3＋81x －234，则使该生产厂家获得最大年利润的年产量为________万件． 答案 9解析 ∵y ＝－13x 3＋81x －234，∴y ′＝－x 2＋81，令y ′>0，得0<x <9， 令y ′<0，得x >9，∴函数y ＝－13x 3＋81x －234在区间(0，9)上是增函数，在区间(9，＋∞)上是减函数，∴函数在x ＝9处取得极大值，也是最大值． 故使该生产厂家获得最大年利润的年产量为9万件．15．已知函数f (x )＝ln x 2＋12，g (x )＝e x －2，若g (m )＝f (n )成立，则n －m 的最小值为________．答案 ln2解析 令f (n )＝g (m )＝k (k >0)， 则由ln n 2＋12＝k ，解得n ＝2eke ，由em －2＝k ，解得m ＝ln k ＋2， 则n －m ＝2eke －ln k －2， 令h (k )＝2eke－ln k －2，则h ′(k )＝2e ke －1k，由h ′(k )＝0得k ＝12，且当k ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12时，h ′(k )<0，h (k )单调递减，当k ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞时，h ′(k )>0，h (k )单调递增，则h (k )min ＝h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝ln2，即n －m 的最小值是ln2.16．对于定义在R 上的函数f (x )，若存在非零实数x 0，使函数f (x )在(－∞，x 0)和(x 0，＋∞)上均有零点，则称x 0为函数f (x )的一个“折点”．现给出下列四个函数： ①f (x )＝3|x －1|＋2；②f (x )＝lg|x ＋2019|； ③f (x )＝x 33－x －1；④f (x )＝x 2＋2mx －1(m ∈R )．则存在“折点”的函数是________．(填序号) 答案 ②④ 解析 因为f (x )＝3|x －1|＋2>2，所以函数f (x )不存在零点， 所以函数f (x )不存在“折点”；对于函数f (x )＝lg|x ＋2019|，取x 0＝－2019， 则函数f (x )在(－∞，－2019)上有零点x ＝－2020， 在(－2019，＋∞)上有零点x ＝－2018，所以x 0＝－2019是函数f (x )＝lg|x ＋2019|的一个“折点”； 对于函数f (x )＝x 33－x －1，则f ′(x )＝x 2－1＝(x ＋1)(x －1)． 令f ′(x )>0，得x >1或x <－1； 令f ′(x )<0，得－1<x <1，所以函数f (x )在(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递增，在(－1，1)上单调递减． 又f (－1)＝－13<0，所以函数f (x )只有一个零点，所以函数f (x )＝x 33－x －1不存在“折点”；对于函数f (x )＝x 2＋2mx －1＝(x ＋m )2－m 2－1， 由于f (－m )＝－m 2－1≤－1，结合图象(图略)可知该函数一定有“折点”．综上，存在“折点”的函数是②④.三、解答题(本题共4小题，共50分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17．(12分)(2019·宁夏银川一中月考)设f (x )＝x 3－x . (1)求曲线在点(1，0)处的切线方程； (2)设x ∈[－1，1]，求f (x )的最大值． 解 (1)f ′(x )＝3x 2－1，切线斜率f ′(1)＝2， ∴切线方程y ＝2(x －1)，即2x －y －2＝0. (2)令f ′(x )＝3x 2－1＝0，x ＝±33， f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：故当x ＝－33时，f (x )max ＝239. 18．(12分)已知函数f (x )＝e x＋ln x .(1)求函数y ＝f ′(x )在区间[1，＋∞)内的最小值；(2)若对任意x ∈[1，＋∞)，恒有f (x )≥e＋m (x －1)，求实数m 的取值范围． 解 (1)令y ＝h (x )＝f ′(x )＝e x＋1x，则h ′(x )＝e x－1x2，则当x ∈[1，＋∞)时，e x≥e，1x2≤1，所以h ′(x )>0，即h (x )在区间[1，＋∞)内是增函数， 于是y ＝f ′(x )在区间[1，＋∞)内的最小值为h (1)＝e ＋1.(2)令g (x )＝f (x )－e －m (x －1)，则g (x )≥0对任意x ∈[1，＋∞)恒成立， 且发现g (1)＝0，g ′(x )＝1x＋e x－m .由(1)知当m ≤e＋1时，g ′(x )≥0，此时g (x )单调递增，于是g (x )≥g (1)＝0，成立； 当m >e ＋1时，则存在t ∈(1，＋∞)，使得g ′(t )＝0， 当x ∈(1，t )时，g ′(x )<0，当x ∈(t ，＋∞)时，g ′(x )>0， 此时g (x )min ＝g (t )<g (1)＝0，矛盾．综上得m ≤e＋1，即实数m 的取值范围为(－∞，e ＋1]． 19．(13分)已知函数f (x )＝ln x －x ，g (x )＝ax 2＋2x (a <0)．(1)求函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最值； (2)求函数h (x )＝f (x )＋g (x )的极值点． 解 (1)依题意，f ′(x )＝1x－1，令1x－1＝0，解得x ＝1.因为f (1)＝－1，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1－1e ，f (e)＝1－e ， 且1－e<－1－1e<－1，故函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最大值为－1，最小值为1－e. (2)依题意，h (x )＝f (x )＋g (x )＝ln x ＋ax 2＋x (x >0)， h ′(x )＝1x ＋2ax ＋1＝2ax 2＋x ＋1x，当a <0时，令h ′(x )＝0，则2ax 2＋x ＋1＝0. 因为Δ＝1－8a >0，所以h ′(x )＝2ax 2＋x ＋1x ＝2a (x －x 1)(x －x 2)x，其中x 1＝－1－1－8a 4a ，x 2＝－1＋1－8a 4a .因为a <0，所以x 1<0，x 2>0， 所以当0<x <x 2时，h ′(x )>0； 当x >x 2时，h ′(x )<0，所以函数h (x )在区间(0，x 2)内是增函数，在区间(x 2，＋∞)内是减函数， 故x 2＝－1＋1－8a4a 为函数h (x )的极大值点，无极小值点．20．(13分)(2018·广州调研)已知函数f (x )＝5＋ln x ，g (x )＝kxx ＋1(k ∈R )．(1)若函数f (x )的图象在点(1，f (1))处的切线与函数y ＝g (x )的图象相切，求k 的值； (2)若k ∈N *，且x ∈(1，＋∞)时，恒有f (x )>g (x )，求k 的最大值． (参考数据：ln5≈1.6094，ln6≈1.7918，ln(2＋1)≈0.8814) 解 (1)∵f (x )＝5＋ln x ，∴f (1)＝5，且f ′(x )＝1x，从而得到f ′(1)＝1.∴函数f (x )的图象在点(1，f (1))处的切线方程为y －5＝x －1，即y ＝x ＋4.设直线y ＝x ＋4与g (x )＝kxx ＋1(k ∈R )的图象相切于点P (x 0，y 0)，从而可得g ′(x 0)＝1，g (x 0)＝x 0＋4， 又g ′(x )＝k(x ＋1)2，∴⎩⎪⎨⎪⎧k (x 0＋1)2＝1，kx 0x 0＋1＝x 0＋4，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝2，k ＝9或⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝－2，k ＝1.∴k 的值为1或9.(2)由题意知，当x ∈(1，＋∞)时，5＋ln x >kx1＋x 恒成立， 等价于当x ∈(1，＋∞)时，k <(x ＋1)(5＋ln x )x恒成立．设h (x )＝(x ＋1)(5＋ln x )x(x >1)，则h ′(x )＝x －4－ln xx 2(x >1)， 记p (x )＝x －4－ln x (x >1)， 则p ′(x )＝1－1x ＝x －1x>0，∴p (x )在x ∈(1，＋∞)上单调递增． 又p (5)＝1－ln5<0，p (6)＝2－ln6>0，∴在x ∈(1，＋∞)上存在唯一的实数m ，且m ∈(5，6)， 使得p (m )＝m －4－ln m ＝0，①∴当x ∈(1，m )时，p (x )<0，即h ′(x )<0， 则h (x )在x ∈(1，m )上单调递减，当x ∈(m ，＋∞)时，p (x )>0，即h ′(x )>0， 则h (x )在x ∈(m ，＋∞)上单调递增， ∴当x ∈(1，＋∞)时，h (x )min ＝h (m )＝(m ＋1)(5＋ln m )m，由①可得ln m ＝m －4，∴h (m )＝(m ＋1)(m ＋1)m ＝m ＋1m＋2， 而m ∈(5，6)，∴m ＋1m ＋2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫365，496， 又当m ＝3＋22时，h (m )＝8， p (3＋22)＝22－1－ln(3＋22)>0，∴m ∈(5，3＋22)，∴h (m )∈⎝ ⎛⎭⎪⎫365，8.又k ∈N *，∴k 的最大值是7.。
【2020】高考数学文一轮分层演练：第3章导数及其应用第4讲(1)
【最新】20xx版【2020】【2020】高考数学文一轮分层演练：第3章导数及其应用第4讲(1)1．函数y＝在[0，2]上的最大值是( )A. B.2e2C．0 D.12e解析：选A.易知y′＝，x∈[0，2]，令y′>0，得0≤x<1，令y′<0，得2≥x>1，所以函数y＝在[0，1]上单调递增，在(1，2]上单调递减，所以y＝在[0，2]上的最大值是y|x＝1＝，故选A.2．(20xx·安徽模拟)已知f(x)＝，则( )A．f(2)>f(e)>f(3) B．f(3)>f(e)>f(2)C．f(3)>f(2)>f(e) D．f(e)>f(3)>f(2)解析：选D.f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝，令f′(x)＝0，得x＝e.所以当x∈(0，e)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，故x＝e时，f(x)max＝f(e)＝，而f(2)＝＝，f(3)＝＝，所以f(e)>f(3)>f(2)．故选D.3．已知函数f(x)＝x3＋3x2－9x＋1，若f(x)在区间[k，2]上的最大值为28，则实数k的取值范围为( )A．[－3，＋∞) B．(－3，＋∞)C．(－∞，－3) D．(－∞，－3]解析：选D.由题意知f′(x)＝3x2＋6x－9，令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝－3，所以f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：x (－∞，－3)－3(－3，1)1(1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值又f(－3)＝28，f(1)＝－4，f(2)＝3，f(x)在区间[k，2]上的最大值为28，所以k≤－3.4．函数f(x)＝x2－ln x的最小值为( )A．B．1C．0 D．不存在解析：选A.f′(x)＝x－＝，且x＞0，令f′(x)＞0，得x＞1；令f′(x)＜0，得0＜x＜1，所以f(x)在x＝1处取得极小值也是最小值，且f(1)＝－ln 1＝.。
2020年高考数学一轮复习单元滚动检测卷系列3-导数及其应用(含答案解析)
2020年高考数学一轮复习单元滚动检测卷系列考生注意：1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间120分钟，满分150分．4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．单元检测三导数及其应用第Ⅰ卷一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．函数f(x)＝3ln x＋x2－3x＋3在点(3，f(3))处的切线斜率是()A．－2 3 B.3C．2 3 D．432．若函数y＝f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y＝3x－2，则函数g(x)＝x2＋f(x)的图象在点(1，g(1))处的切线方程为()A．5x－y－3＝0 B．5x－y＋3＝0C．x－5y＋3＝0 D．x－5y－3＝03．函数f(x)＝x3－3x－1，若对于区间[－3,2]上的任意x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤t，则实数t的最小值是()A．20 B．18C．3 D．04．曲线y＝x3在点(1,1)处的切线与x轴及直线x＝1所围成的三角形的面积为()A.112 B.16C.13 D.125．函数f (x )＝x 3－3bx ＋3b 在(0,1)内有极小值，则( )A ．0<b <1B ．b <1C ．b >0D ．b <126．若曲线y ＝12e x 2与曲线y ＝a ln x 在它们的公共点P (s ，t )处具有公共切线，则实数a 等于( )A ．－2B.12 C ．1D ．2 7．设f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ x 2，x ∈[0，1]，1x，x ∈1，e](e 为自然对数的底数)，则ʃe 0f (x )d x 等于( ) A ．－43B ．－23 C.23 D.438．设函数f (x )＝e x (2x －1)－ax ＋a ，其中a <1，若存在唯一的整数x 0使得f (x 0)<0，则a 的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－32e ，1 B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－32e ，34 C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32e ，34 D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32e ，1 第Ⅱ卷二、填空题(本大题共6小题，每小题5分，共30分．把答案填在题中横线上)9．曲线f (x )＝e x ＋x 2＋x ＋1上的点到直线2x －y ＝3的距离的最小值为________．10．曲线C ：f (x )＝sin x ＋e x ＋2在x ＝0处的切线方程为________．11．已知函数f (x )的导数f ′(x )＝a (x ＋1)(x －a )，若f (x )在x ＝a 处取得极大值，则a 的取值范围是________．12．已知a ∈R ，函数f (x )＝e x ＋a ·e －x 的导函数y ＝f ′(x )是奇函数，若曲线y ＝f (x )的一条切线的斜率为32，则切点的横坐标为________．13．若0<x<1，a＝sin xx，b＝sin xx，c＝sin xx，则a，b，c的大小关系为__________．14．已知函数y＝f(x)是R上的偶函数，且当x≥0时，f(x)＝2x－2x 12，又a是函数g(x)＝ln(x＋1)－2x的零点，则f(－2)，f(a)，f(1.5)的大小关系是________．三、解答题(本大题共6小题，共80分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)15．(13分)已知函数f(x)＝ax3＋x2f′(1)＋1，且f′(－1)＝9.(1)求曲线f(x)在x＝1处的切线方程；(2)若存在x∈(1，＋∞)使得函数f(x)<m成立，求实数m的取值范围．16．(13分)已知函数f(x)＝ax3＋x2(a∈R)在x＝－43处取得极值．(1)确定a的值；(2)若g(x)＝f(x)e x，讨论g(x)的单调性．17.(13分)已知函数f(x)＝12x2－a ln x.(1)求f(x)的单调区间；(2)设g(x)＝f(x)＋2x，若g(x)在[1，e]上不单调且仅在x＝e处取得最大值，求a的取值范围．18．(13分)已知函数f(x)＝－a ln x＋(a＋1)x－12x2(x>0)．(1)若x＝1是函数f(x)的极大值点，求函数f(x)的单调递减区间；(2)若f(x)≥－12x2＋ax＋b恒成立，求实数ab的最大值．19.(14分)已知f(x)＝1＋ln xx.(1)求函数y＝f(x)的单调区间；(2)若关于x的方程f(x)＝x2－2x＋k有实数解，求实数k的取值范围；(3)当n∈N*时，求证：nf(n)<2＋12＋13＋…＋1n－1.20．(14分)已知函数f(x)＝－2(x＋a)ln x＋x2－2ax－2a2＋a，其中a＞0.(1)设g(x)是f(x)的导函数，讨论g(x)的单调性；(2)证明：存在a∈(0,1)，使得f(x)≥0在区间(1，＋∞)内恒成立，且f(x)＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．答案解析1．C[由f(x)＝3ln x＋x2－3x＋3得，f′(x)＝3x＋2x－3，∴f′(3)＝2 3.故选C.]2．A[由函数y＝f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y＝3x－2，得f′(1)＝3，f(1)＝1.又函数g(x)＝x2＋f(x)，∴g′(x)＝2x＋f′(x)，则g′(1)＝2×1＋f′(1)＝2＋3＝5.g(1)＝12＋f(1)＝1＋1＝2.∴函数g(x)＝x2＋f(x)的图象在点(1，g(1))处的切线方程为y－2＝5(x－1)．即5x－y－3＝0.故选A.]3．A[因为f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，令f′(x)＝0，得x＝±1，可知f(x)在x＝±1处取得极值．又f(－3)＝－19，f(－1)＝1，f(1)＝－3，f(2)＝1，所以在区间[－3,2]上f(x)max＝1，f(x)min＝－19.由题设知在区间[－3,2]上f (x )max －f (x )min ≤t ，从而t ≥20，所以t 的最小值是20.]4．B [求导得y ′＝3x 2，所以y ′|x ＝1＝3，所以曲线y ＝x 3在点(1,1)处的切线方程为y －1＝3(x －1)，结合图象易知所围成的三角形是直角三角形， 三个交点的坐标分别是(23，0)，(1,0)，(1,1)，于是三角形的面积为12×(1－23)×1＝16，故选B.]5．A [设f ′(x )＝3(x 2－b )，∵函数f (x )＝x 3－3bx ＋3b 在(0,1)内有极小值，∴⎩⎪⎨⎪⎧ f ′0<0f ′1>0，解得0<b <1.故选A.]6．C [由y ＝12e x 2，得y ′＝xe .由y ＝a ln x ，得y ′＝ax .∵它们在点P 处有公共切线，∴x e ＝a x ，解得x ＝e a ，代入两曲线得12e ·e a ＝a 2(ln a ＋1)，∴ln a ＋1＝1，解得a ＝1，故选C.]7．D [依题意得，ʃe 0f (x )d x ＝ʃ10x 2d x ＋ʃe 11x d x＝13x 3|10＋ln x |e 1＝13＋1＝43.]8．D [由已知函数关系式，先找到满足f (x 0)<0的整数x 0，由x 0的唯一性列不等式组求解．∵f (0)＝－1＋a <0，∴x 0＝0.又∵x 0＝0是唯一的使f (x )<0的整数，∴⎩⎨⎧ f －1≥0，f 1≥0，即⎩⎨⎧e －1[2×－1－1]＋a ＋a ≥0，e 2×1－1－a ＋a ≥0，解得a ≥32e . 又∵a <1，∴32e ≤a <1，经检验a ＝34，符合题意．故选D.] 9.5解析 f ′(x )＝e x ＋2x ＋1，设与直线2x －y ＝3平行且与曲线f (x )相切于点P (s ，t )的直线方程为2x －y ＋m ＝0，则e s ＋2s ＋1＝2，解得s ＝0.∴切点为P (0,2)．∴曲线f (x )＝e x ＋x 2＋x ＋1上的点到直线2x －y ＝3的距离的最小值为点P 到直线2x －y ＝3的距离d ，且d ＝|0－2－3|5＝ 5. 10．2x －y ＋3＝0解析 因为f ′(x )＝cos x ＋e x ，所以f ′(0)＝2，所以曲线在x ＝0处的切线方程为y －3＝2(x －0)，即2x －y ＋3＝0.11．(－1,0)解析 当a ＝0时，则f ′(x )＝0，函数f (x )不存在极值．当a ≠0时，令f ′(x )＝0，则x 1＝－1，x 2＝a .若a ＝－1，则f ′(x )＝－(x ＋1)2≤0，函数f (x )不存在极值；若a >0，当x ∈(－1，a )时，f ′(x )<0，当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0，所以函数f (x )在x ＝a 处取得极小值，不符合题意；若－1<a <0，当x ∈(－1，a )时，f ′(x )>0，当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )<0，所以函数f (x )在x ＝a 处取得极大值；若a <－1，当x ∈(－∞，a )时，f ′(x )<0；当x ∈(a ，－1)时，f ′(x )>0，所以函数f (x )在x ＝a 处取得极小值，不符合题意．所以a ∈(－1,0)．12．ln 2解析 由题意可得，f ′(x )＝e x －a e x 是奇函数，∴f′(0)＝1－a＝0，∴a＝1，f(x)＝e x＋1e x，f′(x)＝ex－1e x，∵曲线y＝f(x)在(x，y)的一条切线的斜率是3 2，∴32＝ex－1e x，解方程可得e x＝2，∴x＝ln 2. 13．a>b>c解析易知当0<x<1时，0<sin x<x，则0<sin xx<1，∴sin xx<sin xx.设f(x)＝sin xx，则f′(x)＝x cos x－sin xx2，设h(x)＝x cos x－sin x，则h′(x)＝－x sin x．当x∈(0,1)时，h′(x)<0，∴h(x)在(0,1)上单调递减，∴当x∈(0,1)时，h(x)<h(0)＝0，∴f′(x)<0在(0,1)上恒成立，∴f(x)在(0,1)上单调递减，又∵0<x<1，∴0<x<x<1，∴sin xx>sin xx.综上：sin xx>sin xx>sin xx，即a>b>c.14．f(1.5)<f(a)<f(－2)解析因为g(1.5)＝ln 52－43<0，g(2)＝ln 3－1>0，所以g(x)＝ln(x＋1)－2x在(32，2)内有零点，又由g′(x)＝1x＋1＋2x2>0知g(x)＝ln(x＋1)－2x在(－1,0)，(0，＋∞)上单调递增，所以函数g(x)＝ln(x＋1)－2x在区间(32，2)内有唯一的零点，即为a，则a∈(32，2)，所以2>a>1.5>1，当x≥1时，f′(x)＝2x·ln 2－1x＝x·2x·ln 2－1x，因为x·2x·ln 2－1≥2ln 2－1＝ln 4－1>0，所以f′(x)>0，f(x)在(1，＋∞)内单调递增，所以f(2)>f(a)>f(1.5)，又f(x)是偶函数，所以f(1.5)<f(a)<f(－2)．15．解 (1)∵f (x )＝ax 3＋x 2f ′(1)＋1，∴f ′(x )＝3ax 2＋2xf ′(1)，∴⎩⎨⎧ f ′1＝3a ＋2f ′1，f ′－1＝3a －2f ′1＝9. ∴⎩⎨⎧ a ＝1，f ′1＝－3.∴f (x )＝x 3－3x 2＋1， ∴f (1)＝－1.故曲线f (x )在x ＝1处的切线方程y ＝－3(x －1)－1＝－3x ＋2，即3x ＋y －2＝0.(2)f ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)，当1<x <2时，f ′(x )<0；当x >2时，f ′(x )>0.则函数f (x )在区间(1,2)上单调递减，在区间(2，＋∞)上单调递增，f (x )≥f (2)＝－3. 则由题意可知，m >－3，即所求实数m 的取值范围为(－3，＋∞)．16．解 (1)对f (x )求导得f ′(x )＝3ax 2＋2x ，因为f (x )在x ＝－43处取得极值，所以f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫－43＝0， 即3a ·169＋2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－43＝16a 3－83＝0，解得a ＝12. (2)由(1)得g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 3＋x 2e x ， 故g ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32x 2＋2x e x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 3＋x 2e x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 3＋52x 2＋2x e x ＝12x (x ＋1)(x ＋4)e x .令g ′(x )＝0，解得x ＝0，x ＝－1或x ＝－4.当x ＜－4时，g ′(x )＜0，故g (x )为减函数；当－4＜x ＜－1时，g ′(x )＞0，故g (x )为增函数；当－1＜x ＜0时，g ′(x )＜0，故g (x )为减函数；当x ＞0时，g ′(x )＞0，故g (x )为增函数．综上知，g (x )在(－∞，－4)和(－1,0)内为减函数，在(－4，－1)和(0，＋∞)内为增函数．17．解 (1)f ′(x )＝x 2－a x (x >0)，当a ≤0时，f ′(x )≥0，增区间为(0，＋∞)，当a >0时，f ′(x )≥0⇒x >a ，f ′(x )<0⇒0<x <a ，∴f (x )的增区间为(a ，＋∞)，减区间为(0，a )．(2)g ′(x )＝x －a x ＋2＝x 2＋2x －ax (x >0)，设h (x )＝x 2＋2x －a (x >0)，若g (x )在[1，e]上不单调，则h (1)h (e)<0，(3－a )(e 2＋2e －a )<0，∴3<a <e 2＋2e ，同时g (x )仅在x ＝e 处取得最大值，所以只要g (e)>g (1)．即可得出：a <e 22＋2e －52，则a 的范围：(3，e 22＋2e －52)．18．解 (1)求导数可得，f ′(x )＝x －a －x ＋1x ，∵x ＝1是函数f (x )的极大值点，∴0<a <1，∴函数f (x )的单调递减区间为(0，a )，(1，＋∞)；(2)∵f (x )≥－12x 2＋ax ＋b 恒成立，∴a ln x －x ＋b ≤0恒成立，令g (x )＝a ln x －x ＋b ，则g ′(x )＝a －xx (可验证当a ≤0时，不合题意)，∴g (x )在(0，a )上单调递增，在(a ，＋∞)上单调递减，∴g (x )max ＝g (a )＝a ln a －a ＋b ≤0，∴b ≤a －a ln a ，∴ab ≤a 2－a 2ln a ，令h (x )＝x 2－x 2ln x (x >0)，则h ′(x )＝x (1－2ln x )，∴h (x )在(0，e 12)上单调递增，在(e 12，＋∞)上单调递减，∴h (x )max ＝h (e 12)＝e 2，∴ab ≤e 2，即ab 的最大值为e 2.19．(1)解 ∵f (x )＝1＋ln x x ，∴f ′(x )＝1x ·x －1＋ln xx 2＝－ln x x 2. 当x ∈(0,1)时，f ′(x )>0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0.∴函数f (x )在区间(0,1)上为增函数，在区间(1，＋∞)上为减函数．(2)解 由(1)，得f (x )的极大值为f (1)＝1.令g (x )＝x 2－2x ＋k ，当x ＝1时，函数g (x )取得最小值g (1)＝k －1.∵方程f (x )＝x 2－2x ＋k 有实数解，那么k －1≤1，即k ≤2，∴实数k 的取值范围是k ≤2.(3)证明 ∵函数f (x )在区间(1，＋∞)上为减函数，1＋1n >1(n ∈N *，n ≥2)，∴f (1＋1n )<f (1)＝1，∴1＋ln(1＋1n )<1＋1n ，即ln(n ＋1)－ln n <1n ，∴ln n ＝ln 2－ln 1＋ln 3－ln 2＋…＋ln n －ln(n －1)<1＋12＋13＋…＋1n －1， 即1＋ln n <2＋12＋13＋…＋1n －1.∵nf (n )＝1＋ln n ， ∴nf (n )<2＋12＋13＋…＋1n －1.20．(1)解 由已知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， g (x )＝f ′(x )＝2(x －a )－2ln x －2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋a x ，所以g ′(x )＝2－2x ＋2a x 2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫a －14x 2，当0＜a ＜14时，g (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－1－4a 2，⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－4a2，＋∞上单调递增，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1－4a 2，1＋1－4a 2上单调递减；当a ≥14时，g (x )在区间(0，＋∞)上单调递增．(2)证明 由f ′(x )＝2(x －a )－2ln x －2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋ax ＝0，解得a ＝x －1－ln x1＋x －1，令φ(x )＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x －1－ln x 1＋x －1ln x ＋x 2－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1－ln x 1＋x －1x －2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1－ln x 1＋x －12＋x －1－ln x1＋x －1，则φ(1)＝1＞0，φ(e)＝－e e －21＋e －1－2⎝ ⎛⎭⎪⎫e －21＋e －12＜0，故存在x 0∈(1，e)，使得φ(x 0)＝0，令a 0＝x 0－1－ln x 01＋x －10，u (x )＝x －1－ln x (x ≥1)，由u ′(x )＝1－1x ≥0知，函数u(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，所以0＝u11＋1＜u x01＋x－10＝a0＜u e1＋e－1＝e－21＋e－1＜1，即a0∈(0,1)，当a＝a0时，有f′(x0)＝0，f(x0)＝φ(x0)＝0，由(1)知，f′(x)在区间(1，＋∞)上单调递增．故当x∈(1，x0)时，f′(x)＜0，从而f(x)＞f(x0)＝0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＞0，从而f(x)＞f(x0)＝0，所以，当x∈(1，＋∞)时，f(x)≥0.综上所述，存在a∈(0,1)，使得f(x)≥0在区间(1，＋∞)内恒成立，且f(x)＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．。
高三大一轮复习数学(文)课时规范训练：第三章 导数及其应用 3.2-课时2 Word版含答案
课时规范训练(时间：40分钟)1．函数f (x )＝x 3－3x ，x ∈(－1,1)( ) A ．有最大值，但无最小值 B ．有最大值，也有最小值 C ．无最大值，也无最小值D ．无最大值，但有最小值解析：选C.f ′(x )＝3x 2－3，∵x ∈(－1,1)， ∴f ′(x )<0，∴f (x )在(－1,1)上是减函数，f (x )无最大值，也无最小值． 2．已知函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx 的图像如图所示，则x 21＋x 22等于( )A.23 B ．43 C.83D ．163解析：选C.由图像可知f (x )的图像过点(1,0)与(2,0)，x 1，x 2是函数f (x )的极值点，因此1＋b ＋c ＝0,8＋4b ＋2c ＝0，解得b ＝－3，c ＝2，所以f (x )＝x 3－3x 2＋2x ，所以f ′(x )＝3x 2－6x ＋2.x 1，x 2是方程f ′(x )＝3x 2－6x ＋2＝0的两根，因此x 1＋x 2＝2，x 1x 2＝23，所以x 21＋x 22＝(x 1＋x 2)2－2x 1x 2＝4－43＝83.3．设函数f (x )在R 上可导，其导函数为f ′(x )，且函数f (x )在x ＝－2处取得极小值，则函数y ＝xf ′(x )的图像可能是( )解析：选C.由函数f (x )在x ＝－2处取得极小值，可得f ′(－2)＝0，且当x ∈(a ，－2)(a <－2)时，f (x )单调递减，即f ′(x )<0；当x ∈(－2，b )(b >－2)时，f (x )单调递增，即f ′(x )>0.所以函数y ＝xf ′(x )在区间(a ，－2)(a <－2)内的函数值为正，在区间(－2，b )(－2<b <0)内的函数值为负，由此可排除选项A 、B 、D.4．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋(a ＋6)x ＋1有极大值和极小值，则实数a 的取值范围是( )A ．(－1,2)B ．(－∞，－3)∪(6，＋∞)C ．(－3,6)D ．(－∞，－1)∪(2，＋∞)解析：选B.∵f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋(a ＋6)， 由已知可得f ′(x )＝0有两个不相等的实根． ∴Δ＝4a 2－4×3(a ＋6)>0，即a 2－3a －18>0. ∴a >6或a <－3.5．已知函数f (x )＝e xx2－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋ln x ，若x ＝2是函数f (x )的唯一一个极值点，则实数k 的取值范围为( )A ．(－∞，e]B ．C ．(－∞，e)D ．上的最小值．解：(1)由题意知f ′(x )＝(x －k ＋1)e x .令f ′(x )＝0，得x ＝k －1.f (x )与f ′(x )随x 的变化情况如下表：所以， (2)当k －1≤0，即k ≤1时，f (x )在上单调递增， 所以f (x )在区间上的最小值为f (0)＝－k ； 当0<k －1<1，即1<k <2时，f (x )在上单调递减，在上单调递增，所以f (x )在区间上的最小值为f (k －1)＝－ek －1；当k －1≥1，即k ≥2时，f (x )在上单调递减， 所以f (x )在区间上的最小值为f (1)＝(1－k )e. 综上，当k ≤1时，f (x )在上的最小值为f (0)＝－k ； 当1<k <2时，f (x )在上的最小值为f (k －1)＝－ek －1；当k ≥2时，f (x )在上的最小值为f (1)＝(1－k )e.(时间：25分钟)11．已知函数f (x )＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x －2ln x (m ∈R )，g (x )＝－m x，若至少存在一个x 0∈，使得f (x 0)<g (x 0)成立，则实数m 的取值范围是( )A.⎝⎛⎦⎥⎤－∞，2eB ．⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，2eC ．(－∞，0]D ．(－∞，0)解析：选B.由题意，不等式f (x )<g (x )在上有解，∴mx <2ln x ，即m 2<ln xx在上有解，令h (x )＝ln x x ，则h ′(x )＝1－ln xx2，当1≤x ≤e 时，h ′(x )≥0，∴在上，h (x )max ＝h (e)＝1e ，∴m 2<1e ，∴m <2e .∴m 的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫－∞，2e .故选B.12．设函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ，b ，c ∈R )，若x ＝－1为函数f (x )e x的一个极值点，则下列图像不可能为y ＝f (x )图像的是( )解析：选D.设h (x )＝f (x )e x， 则h ′(x )＝(2ax ＋b )e x ＋(ax 2＋bx ＋c )e x＝(ax 2＋2ax ＋bx ＋b ＋c )e x.∵x ＝－1为函数f (x )e x的一个极值点， ∴c －a ＝0，∴c ＝a .∴f (x )＝ax 2＋bx ＋a . 若方程ax 2＋bx ＋a ＝0有两根x 1，x 2， 则x 1x 2＝aa＝1，D 中图像一定不满足条件．13．已知f (x )＝x 3－6x 2＋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________．解析：∵f ′(x )＝3x 2－12x ＋9＝3(x －1)(x －3)， 由f ′(x )<0，得1<x <3，由f ′(x )>0， 得x <1或x >3，∴f (x )在区间(1,3)上是减函数，在区间(－∞，1)，(3，＋∞)上是增函数． 又a <b <c ，f (a )＝f (b )＝f (c ) ∴y 极大值＝f (1)＝4－abc >0，y 极小值＝f (3)＝－abc <0.∴0<abc <4.∴a ，b ，c 均大于零，或者a <0，b <0，c >0.又x ＝1，x ＝3为函数f (x )的极值点，后一种情况不可能成立，如图．∴f (0)<0.∴f (0)f (1)<0，f (0)f (3)>0.∴正确结论的序号是②③. 答案：②③14．若函数f (x )＝x 3－3x 在(a,6－a 2)上有最小值，则实数a 的取值范围是________． 解析：f ′(x )＝3x 2－3＝0，得x ＝±1，且x ＝1为函数的极小值点，x ＝－1为函数的极大值点．函数f (x )在区间(a,6－a 2)上有最小值，则函数f (x )极小值点必在区间(a,6－a 2)内， 即实数a 满足a <1<6－a 2且f (a )＝a 3－3a ≥f (1)＝－2. 解a <1<6－a 2，得－5<a <1. 不等式a 3－3a ≥f (1)＝－2，即a 3－3a ＋2≥0，即a 3－1－3(a －1)≥0， 即(a －1)(a 2＋a －2)≥0， 即(a －1)2(a ＋2)≥0，即a ≥－2.故实数a 的取值范围是上的最小值为8，求a 的值． 解：(1)当a ＝－4时，由f ′(x )＝x －x －x＝0得x ＝25或x ＝2，由f ′(x )>0得x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，25或x ∈(2，＋∞)，故函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，25和(2，＋∞)． (2)f ′(x )＝x ＋ax ＋a2x，a <0，由f ′(x )＝0得x ＝－a 10或x ＝－a2.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－a 10时，f (x )单调递增；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－a10，－a 2时，f (x )单调递减； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－a2，＋∞时，f (x )单调递增．易知f (x )＝(2x ＋a )2x ≥0，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝0.①当－a2≤1，即－2≤a ＜0时，f (x )在上的最小值为f (1)，由f (1)＝4＋4a ＋a 2＝8，得a ＝±22－2，均不符合题意．②当1<－a2≤4，即－8≤a ＜－2时，f (x )在上的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝0，不符合题意．③当－a2>4，即a <－8时，f (x )在上的最小值可能在x ＝1或x ＝4处取得，而f (1)≠8，由f (4)＝2(64＋16a ＋a 2)＝8得a ＝－10或a ＝－6(舍去)，当a ＝－10时，f (x )在(1,4)上单调递减，f (x )在上的最小值为f (4)＝8，符合题意．综上，a ＝－10.。
2020届高三数学(文)一轮复习课时跟踪训练：第三章 导数及其应用 课时跟踪训练15 Word版含解析.doc
课时跟踪训练(十五)[基础巩固]一、选择题1．已知函数f (x )＝x 2＋2cos x ，若f ′(x )是f (x )的导函数，则函数f ′(x )的图象大致是( )[解析] 设g (x )＝f ′(x )＝2x －2sin x ，g ′(x )＝2－2cos x ≥0，所以函数f ′(x )在R 上单调递增．[答案] A2．若幂函数f (x )的图象过点⎝ ⎛⎭⎪⎫22，12，则函数g (x )＝e x f (x )的单调递减区间为( )A ．(－∞，0)B ．(－∞，－2)C ．(－2，－1)D ．(－2,0) [解析] 设幂函数f (x )＝x α，因为图象过点⎝ ⎛⎭⎪⎫22，12，所以12＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22α，α＝2，所以f (x )＝x 2，故g (x )＝e x x 2，令g ′(x )＝e x x 2＋2e x x ＝e x (x 2＋2x )<0，得－2<x <0，故函数g (x )的单调递减区间为(－2,0)．[答案] D3.如图所示是函数f (x )的导函数f ′(x )的图象，则下列判断中正确的是( )A ．函数f (x )在区间(－3,0)上是减函数B ．函数f (x )在区间(－3,2)上是减函数C ．函数f (x )在区间(0,2)上是减函数D ．函数f (x )在区间(－3,2)上是单调函数[解析] 由图可知，当－3<x <0时，f ′(x )<0，所以f (x )在(－3,0)上是减函数．故选A.[答案] A4．函数f (x )＝2ln x －ax (a >0)的单调递增区间为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2a B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ，＋∞ C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，2a D ．(－∞，a )[解析] 由f ′(x )＝2x －a >0，得0<x <2a .∴f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎪⎫0，2a .故选A. [答案] A5．(2018·江西临川一中期中)若函数f (x )＝x ＋a ln x 不是单调函数，则实数a 的取值范围是( )A ．[0，＋∞)B ．(－∞，0]C ．(－∞，0)D ．(0，＋∞)[解析] 由题意知x >0，f ′(x )＝1＋a x .要使函数f (x )＝x ＋a ln x 不是单调函数，则需方程1＋a x ＝0在x >0上有解，所以a <0.[答案] C6．(2017·湖北襄阳模拟)函数f (x )的定义域为R .f (－1)＝2，对任意x ∈R ，f ′(x )>2，则f (x )>2x ＋4的解集为( )A ．(－1,1)B ．(－1，＋∞)C ．(－∞，－1)D ．(－∞，＋∞)[解析] 由f (x )>2x ＋4，得f (x )－2x －4>0.设F (x )＝f (x )－2x －4，则F ′(x )＝f ′(x )－2.因为f ′(x )>2，所以F ′(x )>0在R 上恒成立，所以F (x )在R 上单调递增，而F (－1)＝f (－1)－2×(－1)－4＝2＋2－4＝0，故不等式f (x )－2x －4>0等价于F (x )>F (－1)，所以x >－1，选B.[答案] B二、填空题7．函数f (x )＝x 2－ax －3在(1，＋∞)上是增函数，则实数a 的取值范围是________．[解析] f ′(x )＝2x －a ，∵f (x )在(1，＋∞)上是增函数，∴2x －a ≥0在(1，＋∞)上恒成立．即a ≤2x ，∴a ≤2.[答案] (－∞，2]8．已知函数f (x )(x ∈R )满足f (1)＝1，且f (x )的导数f ′(x )<12，则不等式f (x 2)<x 22＋12的解集为________．[解析] 设F (x )＝f (x )－12x ，∴F ′(x )＝f ′(x )－12，∵f ′(x )<12，∴F ′(x )＝f ′(x )－12<0，即函数F (x )在R 上单调递减．∵f (x 2)<x 22＋12，∴f (x 2)－x 22<f (1)－12， ∴F (x 2)<F (1)，而函数F (x )在R 上单调递减，∴x 2>1，即x ∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)．[答案] (－∞，－1)∪(1，＋∞)9．已知函数f (x )＝ax －x 3，若对区间(0,1)上的任意x 1，x 2，且x 1<x 2，都有f (x 2)－f (x 1)>x 2－x 1成立，则实数a 的取值范围是________．[解析] 问题等价于函数g (x )＝f (x )－x 在区间(0,1)上为增函数，即g ′(x )＝a －1－3x 2≥0，即a ≥1＋3x 2在(0,1)上恒成立，即a ≥4，所以实数a 的取值范围是[4，＋∞)．[答案] [4，＋∞)三、解答题10．已知函数f (x )＝x 4＋a x －ln x －32，其中a ∈R ，且曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于直线y ＝12x .(1)求a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间．[解] (1)对f (x )求导得f ′(x )＝14－a x 2－1x ，由f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于直线y ＝12x 知f ′(1)＝－34－a ＝－2，解得a ＝54.(2)由(1)知f (x )＝x 4＋54x －ln x －32，则f ′(x )＝x 2－4x －54x 2.令f ′(x )＝0，解得x ＝－1或x ＝5.因为x ＝－1不在f (x )的定义域(0，＋∞)内，故舍去．当x ∈(0,5)时，f ′(x )<0，故f (x )在(0,5)内为减函数；当x ∈(5，＋∞)时，f ′(x )>0，故f (x )在(5，＋∞)内为增函数．综上，f (x )的单调增区间为(5，＋∞)，单调减区间为(0,5)．[能力提升]11．已知函数f (x )＝x sin x ，x ∈R ，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5，f (1)，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3的大小关系为( )A ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3>f (1)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5 B ．f (1)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5 C ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5>f (1)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3 D ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5>f (1) [解析] 由f (－x )＝(－x )sin(－x )＝x sin x ＝f (x )，知f (x )是偶函数．f ′(x )＝sin x ＋x cos x ，当0<x <π2时，f ′(x )>0，所以f (x )在(0，π2)上为增函数．又0<π5<1<π3<π2，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5<f (1)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3.因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3， 所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3>f (1)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5.故选A. [答案] A12．(2017·湖北华北师大附中模拟)若f (x )＝e x ＋a e －x 为偶函数，则f (x －1)<e 2＋1e 的解集为( )A ．(2，＋∞)B ．(0,2)C ．(－∞，2)D ．(－∞，0)∪(2，＋∞)[解析] 由f (x )＝e x ＋a e －x 为偶函数，得f (x )－f (－x )＝(1－a )(e x －e －x )＝0恒成立，所以a ＝1，即f (x )＝e x ＋e －x ，则f ′(x )＝e x －e －x .当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )<0；x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0，即f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，且图象关于y 轴对称．由f (x－1)<e 2＋1e ＝f (1)得|x －1|<1，解得0<x <2，即f (x －1)<e 2＋1e 的解集为(0,2)，故选B.[答案] B13．(2017·福建福州质检)已知函数f (x )＝a ln x ＋x 2＋(a －6)x 在(0,3)上不是单调函数，则实数a 的取值范围是________．[解析] f ′(x )＝a x ＋2x ＋a －6＝2x 2＋(a －6)x ＋a x(x >0)． 设g (x )＝2x 2＋(a －6)x ＋a (x >0)，因为函数f (x )在(0,3)上不是单调函数，等价于函数g (x )＝2x 2＋(a －6)x ＋a (x >0)在(0,3)上不会恒大于零或恒小于零．又g (0)＝a ，g (3)＝4a ，所以⎩⎪⎨⎪⎧ g (0)＝a >0，0<－a －64<3，Δ＝(a －6)2－8a >0，解得0<a <2，所以实数a 的取值范围为(0,2)．[答案] (0,2)14．(2017·山东卷)若函数e x f (x )(e ＝2.71828…是自然对数的底数)在f (x )的定义域上单调递增，则称函数f (x )具有M 性质．下列函数中所有具有M 性质的函数的序号为________．①f (x )＝2－x ；②f (x )＝3－x ；③f (x )＝x 3；④f (x )＝x 2＋2.[解析] ①因为f (x )＝2－x 的定义域为R ，又e x f (x )＝e x ·2－x＝⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2x 在R 上单调递增，故f (x )＝2－x 具有M 性质．②因为f (x )＝3－x 的定义域为R ，又e x f (x )＝e x ·3－x＝⎝ ⎛⎭⎪⎫e 3x 在R 上单调递减，故f (x )＝3－x 不具有M 性质．③因为f (x )＝x 3的定义域为R ，又e x f (x )＝e x ·x 3，构造函数g (x )＝e x ·x 3，则g ′(x )＝e x ·x 3＋e x ·3x 2＝x 2e x (x ＋3)，当x >－3时，g ′(x )>0，当x <－3时，g ′(x )<0，所以e x f (x )＝e x ·x 3在(－∞，－3)上单调递减，在(－3，＋∞)上单调递增，故f (x )＝x 3不具有M 性质．④因为f (x )＝x 2＋2的定义域为R ，又e x f (x )＝e x (x 2＋2)，构造函数h (x )＝e x (x 2＋2)，则h ′(x )＝e x (x 2＋2)＋e x ·2x ＝e x [(x ＋1)2＋1]>0，所以e x f (x )＝e x (x 2＋2)在R 上单调递增，故f (x )＝x 2＋2具有M 性质．故填①④.[答案] ①④15．(2015·全国卷Ⅱ改编)已知函数f (x )＝ln x ＋a (1－x )．(1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )在(2，＋∞)上为单调函数，求实数a 的取值范围．[解] (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －a .若a ≤0，则f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；若a >0，则当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )<0，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减． ∴综上当a ≤0时f (x )在(0，＋∞)单调递增．当a >0时f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞单调递减． (2)由(1)知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，符合要求；当a >0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减，则2≥1a ，即a ≥12.∴实数a 的取值范围是(－∞，0]∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞. 16．(2016·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝(x －2)e x ＋a (x －1)2.讨论f (x )的单调性．[解] f ′(x )＝(x －1)e x ＋2a (x －1)＝(x －1)(e x ＋2a )．(ⅰ)设a ≥0，则当x ∈(－∞，1)时，f ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，所以f (x )在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．(ⅱ)设a <0，由f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝ln(－2a )．①若a ＝－e 2，则f ′(x )＝(x －1)(e x －e)，所以f (x )在(－∞，＋∞)单调递增．②若a >－e 2，则ln(－2a )<1，故当x ∈(－∞，ln(－2a ))∪(1，＋∞)时，f ′(x )>0；当x ∈(ln(－2a )，1)时，f ′(x )<0，所以f (x )在(－∞，ln(－2a ))，(1，＋∞)上单调递增，在(ln(－2a )，1)上单调递减．③若a <－e 2，则ln(－2a )>1，故当x ∈(－∞，1)∪(ln(－2a )，＋∞)时，f ′(x )>0；当x ∈(1，ln(－2a ))时，f ′(x )<0，所以f (x )在(－∞，1)，(ln(－2a )，＋∞)上单调递增，在(1，ln(－2a ))上单调递减．[延伸拓展]已知函数f (x )＝3x a －2x 2＋ln x (a >0)．若函数f (x )在[1,2]上为单调函数，则a 的取值范围是________．[解析] f ′(x )＝3a －4x ＋1x ，若函数f (x )在[1,2]上为单调函数，即f ′(x )＝3a －4x ＋1x ≥0或f ′(x )＝3a －4x ＋1x ≤0在[1,2]上恒成立即3a ≥4x －1x 或3a ≤4x －1x 在[1,2]上恒成立．令h (x )＝4x －1x ，则h (x )在[1,2]上单调递增，所以3a ≥h (2)或3a ≤h (1)，即3a ≥152或3a ≤3，又a >0，所以0<a ≤25或a ≥1.[答案] ⎝ ⎛⎦⎥⎤0，25∪[1，＋∞)。
【2020】高考数学文一轮分层演练：第3章导数及其应用第2讲
【最新】20xx 版【2020】【2020】高考数学文一轮分层演练：第3章导数及其应用第2讲1．函数f(x)＝ex －x ，x∈R 的单调递增区间是( )A ．(0，＋∞)B ．(－∞，0)C ．(－∞，1)D ．(1，＋∞)解析：选A.由题意知，f′(x)＝ex －1，令f′(x)>0，解得x>0，故选A.2．若函数f(x)＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)上单调递增，则k 的取值范围是( )A ．(－∞，－2]B ．(－∞，－1]C ．[2，＋∞)D ．[1，＋∞)解析：选D.由于f′(x)＝k －，f(x)＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)上单调递增⇔f′(x)＝k －≥0在(1，＋∞)上恒成立．由于k≥，而0<<1，所以k≥1.即k 的取值范围为[1，＋∞)．3．已知函数f(x)＝xsin x ，x ∈R ，则f ，f(1)，f 的大小关系为( )A ．f>f(1)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5 B ．f(1)>f>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5C ．f>f(1)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3D ．f>f>f(1)解析：选A.因为f(x)＝xsin x ，所以f(－x)＝(－x)sin(－x)＝xsin x ＝f(x)．所以函数f(x)是偶函数，所以f ＝f.又x∈时，得f ′(x)＝sin x ＋xcos x>0，所以此时函数是增函数．所以f<f(1)<f.所以f>f(1)>f ，故选A.4．函数f(x)的定义域为R.f(－1)＝2，对任意x ∈R ，f ′(x)>2，则f(x)>2x ＋4的解集为( )A ．(－1，1)B ．(－1，＋∞)C ．(－∞，－1)D ．(－∞，＋∞)。
2020版高考文科数学第一轮复习练习：第三章 导数及其应用 课后跟踪训练16
课后跟踪训练(十六)基础巩固练一、选择题1．对于函数f (x )＝xe x ，下列结论正确的是( ) A ．有最小值1e B ．有最小值－1e C ．有最大值1eD ．有最大值－1e[解析] f ′(x )＝1－xe x ，当x <1时，f ′(x )>0；当x ＝1时，f ′(x )＝0；当x >1时f ′(x )<0，故x ＝1是函数f (x )的极大值点，也是最大值点，故函数f (x )的最大值为f (1)＝1e .故选C.[★答案★] C2．若x ＝－2是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x 的极值点，则f (x )的极小值为( )A ．－eB ．－2e －3C ．5e －3D ．e[解析] 因为f (x )＝(x 2＋ax －1)e x ，所以f ′(x )＝(2x ＋a )e x ＋(x 2＋ax －1)e x ＝[x 2＋(a ＋2)x ＋a －1]e x .因为x ＝－2是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x 的极值点，所以－2是x 2＋(a ＋2)x ＋a －1＝0的根，所以a ＝－1，f ′(x )＝(x 2＋x －2)e x ＝(x ＋2)(x －1)e x .令f ′(x )>0，解得x <－2或x >1，令f ′(x )<0，解得－2<x <1，所以f (x )在(－∞，－2)上单调递增，在(－2,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以当x ＝1时，f (x )取得极小值，且f (x )极小值＝f (1)＝－e ，故选A.[★答案★] A3.设函数f (x )在R 上可导，其导函数为f ′(x )，且函数y ＝(1－x )f ′(x )的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是( )A ．函数f (x )有极大值f (2)和极小值f (1)B ．函数f (x )有极大值f (－2)和极小值f (1)C ．函数f (x )有极大值f (2)和极小值f (－2)D ．函数f (x )有极大值f (－2)和极小值f (2)[解析] 由图可知当x <－2时，(1－x )f ′(x )>0；当－2<x <1时，(1－x )f ′(x )<0；当1<x <2时，(1－x )f ′(x )>0；当x >2时，(1－x )f ′(x )<0.所以x <－2或x >2时f ′(x )>0；－2<x <1或1<x <2时f ′(x )<0，所以函数f (x )在(－∞，－2)和(2，＋∞)上单调递增；在(－2,1)和(1,2)上单调递减．所以当x ＝－2时函数f (x )取得极大值；当x ＝2时函数f (x )取得极小值．故选D.[★答案★] D4．(2019·河北邢台期末)若函数f (x )＝12x 2＋(a －1)x －a ln x 存在唯一的极值，且此极值不小于1，则a 的取值范围为( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，2 B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞ C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，32 D ．(－1,0)∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞ [解析] 对函数求导得f ′(x )＝x －1＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1x ＝(x ＋a )(x －1)x ，因为函数存在唯一的极值，所以导函数存在唯一的零点，且零点大于0，故x ＝1是唯一的极值点，此时－a ≤0且f (1)＝－12＋a ≥1⇒a ≥32.故选B.[★答案★] B5．若函数f (x )＝x 3－3x 在(a,6－a 2)上有最小值，则实数a 的取值范围是( )A ．(－5，1)B ．[－5，1)C ．[－2,1)D ．(－2,1)[解析] 由f ′(x )＝3x 2－3＝0，得x ＝±1，且x ＝－1为函数的极大值点，x ＝1为函数的极小值点．若函数f (x )在区间(a,6－a 2)上有最小值，则函数f (x )的极小值点必在区间(a,6－a 2)内，且左端点的函数值不小于f (1)，即实数a 满足⎩⎪⎨⎪⎧ a <1<6－a 2，f (a )≥f (1)，得⎩⎪⎨⎪⎧－5<a <1，a 3－3a ＋2≥0，解得－2≤a <1，故选C. [★答案★] C 二、填空题6．f (x )＝2x ＋1x 2＋2的极小值为________．[解析] f ′(x )＝2(x 2＋2)－2x (2x ＋1)(x 2＋2)2＝－2(x ＋2)(x －1)(x 2＋2)2.令f ′(x )<0，得x <－2或x >1. 令f ′(x )>0，得－2<x <1.∴f (x )在(－∞，－2)，(1，＋∞)上是减函数，在(－2,1)上是增函数，∴f (x )极小值＝f (－2)＝－12. [★答案★] －127．(2019·西安模拟)已知函数f (x )＝t 3x 3－32x 2＋2x ＋t 在区间(0，＋∞)上既有极大值又有极小值，则t 的取值范围是__________．[解析] f ′(x )＝tx 2－3x ＋2，由题意可得f ′(x )＝0在(0，＋∞)上有两个不等实根，即tx 2－3x ＋2＝0在(0，＋∞)上有两个不等实根，所以⎩⎨⎧32t>0，Δ＝9－8t >0，解得0<t <98.[★答案★] ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，988．若函数f (x )＝2x 2－ln x 在其定义域的一个子区间(k －1，k ＋1)内存在最小值，则实数k 的取值范围是________．[解析] 因为f (x )的定义域为(0，＋∞)， 又f ′(x )＝4x －1x ， 由f ′(x )＝0，得x ＝12.据题意⎩⎨⎧k －1<12<k ＋1，k －1≥0，解得1≤k <32. [★答案★] ⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，32 三、解答题9．已知函数f (x )＝x －a ln x (a ∈R )，(1)当a ＝2时，求曲线y ＝f (x )在点A (1，f (1))处的切线方程； (2)求函数f (x )的极值．[解] 函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1－ax . (1)当a ＝2时，f (x )＝x －2ln x ，f ′(x )＝1－2x (x >0)， 因而f (1)＝1，f ′(1)＝－1，所以曲线y ＝f (x )在点A (1，f (1))处的切线方程为y －1＝－(x －1)，即x ＋y －2＝0.(2)由f ′(x )＝1－a x ＝x －ax ，x >0知：①当a ≤0时，f ′(x )>0，函数f (x )为(0，＋∞)上的增函数，函数f (x )无极值；②当a >0时，由f ′(x )＝0，解得x ＝a .又当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0， 从而函数f (x )在x ＝a 处取得极小值，且极小值为f (a )＝a －a ln a ，无极大值．综上，当a ≤0时，函数f (x )无极值；当a >0时，函数f (x )在x ＝a 处取得极小值a －a ln a ，无极大值． 10．(2018·河北馆陶县一中月考)设函数f (x )＝ln x －(a ＋1)x ，a ∈R .(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)当函数f (x )有最大值且最大值大于3a －1时，求a 的取值范围． [解] (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝1x －(a ＋1)＝1－(a ＋1)x x. ①当a ＋1≤0，即a ≤－1时，f ′(x )>0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；②当a ＋1>0，即a >－1时，令f ′(x )＝0，解得x ＝1a ＋1，(ⅰ)当0<x <1a ＋1时，f ′(x )>0，函数单调递增；(ⅱ)当x >1a ＋1时，f ′(x )<0，函数单调递减．综上所述，当a ≤－1时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >－1时，函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a ＋1上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1，＋∞上单调递减．(2)由(1)得，若f (x )有最大值，则a >－1，且f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1＝ln1a ＋1－1.∵函数f (x )的最大值大于3a －1，∴ln 1a ＋1－1>3a －1，即ln(a ＋1)＋3a <0(a >－1)．令g (a )＝ln(a ＋1)＋3a (a >－1)，∵g (0)＝0且g (a )在(－1，＋∞)上单调递增， ∴－1<a <0.故a 的取值范围为(－1,0)．能力提升练11．(2018·衡阳二联)做一个圆柱形锅炉，容积为V ，两个底面的材料每单位面积的价格为a 元，侧面的材料每单位面积的价格为b 元，当造价最低时，锅炉的高与底面直径的比值为( )A.a bB.a 2bC.b aD.b 2a[解析] 设圆柱的底面半径为R ，高为h ，则V ＝πR 2h .总造价f (R )＝2πR 2a ＋2πRhb ＝2πaR 2＋2πRb ·V πR 2＝2πaR 2＋2bV R ，∴f ′(R )＝4πaR－2bV R 2＝4πaR 3－2bV R 2.当R >3bV 2πa 时，f (R )单调递增，当0<R < 3bV 2πa 时，f (R )单调递减，∴当R ＝3bV 2πa 时，f (R )取得最小值，此时R 3＝bV 2πa ＝b 2a ·R 2h ，整理得h 2R ＝a b .故选A.[★答案★] A12．函数f (x )＝x 2e x 在区间(a ，a ＋1)上存在极值点，则实数a 的取值范围是( )A ．(－3，－1)∪(0,2)B ．(－3，－2)∪(－1,0)C ．(－2，－1)∪(0,3)D ．(－3，－2)∪(0,1)[解析] 函数f (x )＝x 2e x 的导数为f ′(x )＝2x e x ＋x 2e x ＝x e x (x ＋2)，令f ′(x )＝0，则x ＝0或x ＝－2.当x ∈(－2,0)时，f (x )单调递减，当x ∈(－∞，－2)和x ∈(0，＋∞)时，f (x )单调递增，所以0和－2是函数的极值点．因为函数f (x )＝x 2e x 在区间(a ，a ＋1)上存在极值点，所以a <－2<a ＋1或a <0<a ＋1⇒－3<a <－2或－1<a <0.故选B.[★答案★] B13．(2019·广西三市联合调研)已知函数f (x )＝ax －ln x ，当x ∈(0，e](e 为自然常数)时，函数f (x )的最小值为3，则a 的值为________．[解析] 函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，函数f (x )的导数f ′(x )＝ax －1x .①当a ≤0时，f ′(x )<0, f (x )在(0，e]上单调递减， ∴f (x )min ＝f (e)<0，与题意不符． ②当a >0时， f ′(x )＝0的根为1a . 当0<1a <e ，即a >1e 时，f (x )在0，1a 上单调递减，在1a ，e 上单调递增，∴f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝1－ln 1a ＝3，解得a ＝e 2>1e . ③当1a ≥e ，即0<a ≤1e 时，f ′(x )<0, f (x )在(0，e]上单调递减， ∴f (x )min ＝f (e)≤0，与题意不符．综上所述，a ＝e 2. [★答案★] e 214．(2019·宁夏银川一模)已知函数f (x )＝ln x －ax 2＋(a －2)x . (1)若f (x )在x ＝1处取得极值，求a 的值； (2)求函数y ＝f (x )在[a 2，a ]上的最大值．[解] (1)∵f (x )＝ln x －ax 2＋(a －2)x ，∴函数的定义域为(0，＋∞)．∴f ′(x )＝1x －2ax ＋(a －2)＝－(2x －1)(ax ＋1)x. ∵f (x )在x ＝1处取得极值，即f ′(1)＝－(2－1)(a ＋1)＝0，∴a ＝－1.当a ＝－1时，在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1内f ′(x )<0，在(1，＋∞)内f ′(x )>0，∴x ＝1是函数y ＝f (x )的极小值点．∴a ＝－1.(2)∵a 2<a ，∴0<a <1.f ′(x )＝1x －2ax ＋(a －2)＝－(2x －1)(ax ＋1)x，∵x ∈(0，＋∞)，∴ax ＋1>0，∴当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，12时，f ′(x )>0，f (x )单调递增； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．①当0<a ≤12时，f (x )在[a 2，a ]上单调递增， ∴f (x )max ＝f (a )＝ln a －a 3＋a 2－2a ； ②当⎩⎪⎨⎪⎧a >12，a 2<12，即12<a <22时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，12上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，a 上单调递减，∴f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－ln2－a 4＋a －22＝a4－1－ln2；③当12≤a 2，即22≤a <1时，f (x )在[a 2，a ]上单调递减， ∴f (x )max ＝f (a 2)＝2ln a －a 5＋a 3－2a 2.综上所述，当0<a ≤12时，函数y ＝f (x )在[a 2，a ]上的最大值是ln a －a 3＋a 2－2a ；当12<a <22时，函数y ＝f (x )在[a 2，a ]上的最大值是a 4－1－ln2；当22≤a <1时，函数y ＝f (x )在[a 2，a ]上的最大值是2ln a －a 5＋a 3－2a 2.拓展延伸练15．(2018·云南师大附中一模)已知函数f (x )＝2ax ＋x ln x ，g (x )＝x 3－2x 2－1，如果对于任意的m ，n ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，都有f (m )≥g (n )成立，则实数a 的取值范围为( )A ．[－1，＋∞)B ．(－1，＋∞)C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－12，＋∞ D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞ [解析] 对于任意的m ，n ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，都有f (m )≥g (n )成立，等价于在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上，函数f (m )min ≥g (n )max .g ′(x )＝3x 2－4x ＝3x ⎝⎛⎭⎪⎫x －43，g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，43上单调递减，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤43，2上单调递增，且－118＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12<g (2)＝－1，所以g (x )max ＝g (2)＝－1.在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上，f (x )＝2ax ＋x ln x ≥－1恒成立，等价于2a ≥－x ln x －1x＝ －ln x －1x 恒成立．设h (x )＝－ln x －1x ，则h ′(x )＝－1x ＋1x 2＝1－xx 2，所以h (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1上单调递增，在[1， 2]上单调递减，所以h (x )max ＝h (1)＝－1，所以a ≥－12.故选C. [★答案★] C16．(2019·沈阳质检)已知函数f (x )＝x ln x －a2x 2－x ＋a (a ∈R )在其定义域内有两个不同的极值点，则a 的取值范围是________．[解析] f ′(x )＝ln x －ax ，由题意知，方程ln x －ax ＝0在(0，＋∞)内有两个不等的实数根，可以转化为函数g (x )＝ln xx 与函数y ＝a 的图象在(0，＋∞)上有两个不同的交点．又g ′(x )＝1－ln xx 2，当0<x <e 时，g ′(x )>0，当x >e 时，g ′(x )<0，所以g (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减．从而g (x )极大值＝g (e)＝1e. 又g (x )有且只有一个零点是1，且在x →0时，g (x )→－∞，在x →＋∞时，g (x )→0，所以g (x )的草图如图所示，要想函数g (x )＝ln xx 与函数y ＝a 的图象在(0，＋∞)上有两个不同的交点，只需0<a <1e .[★答案★] ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e感谢您的下载!快乐分享，知识无限！由Ruize收集整理！。
2020届高考数学一轮复习单元测试(配最新高考+模拟) 第三章导数及其应用 理
2020届高考数学（理）一轮复习单元测试第三章导数及其应用一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．每小题中只有一项符合题目要求)1、若对任意x ，有f ′(x )＝4x 3，f (1)＝－1，则此函数为( )A ．f (x )＝x 4B ．f (x )＝x 4－2 C ．f (x )＝x 4＋1 D ．f (x )＝x 4＋2 2、（山东省日照市2020届高三12月月考）设函数x x x f 6)(2-=，则)(x f 在0=x 处的切线斜率为（ ） （A ）0（B ）-1（C ）3 （D ）-63 ．（2020陕西理）设函数()xf x xe =,则（ ）A ．1x =为()f x 的极大值点B ．1x =为()f x 的极小值点C ．1x =-为()f x 的极大值点D ．1x =-为()f x 的极小值点4．（2020厦门市高三上学期期末质检）函数y ＝(3－x 2)e x的单调递增区是（ ） A.(－∞,0) B. (0,＋∞) C. (－∞,－3)和(1,＋∞) D. (－3,1) 5 ．（2020新课标理）已知函数1()ln(1)f x x x=+-;则()y f x =的图像大致为6 ．（2020浙江理）设a >0,b >0.（ ）A ．若2223a b a b +=+,则a >bB ．若2223a b a b +=+,则a <bC ．若2223a b a b -=-,则a >bD ．若2223a b a b -=-,则a <b7、（2020吉林市期末质检）已知函数a a bx ax x x f 7)(223--++=在1=x 处取得极大值10，则ba的值为（ ） A.32-B.2-C.2-或32-D. 不存在8 ．【广东省肇庆市2020届高三上学期期末理】6．函数1()f x x x=+的单调递减区间是（ ） A.(1,1)- B.(1,0)-(0,1)U C.(1,0)-,(0,1) D.(,1)-∞-,(1,)+∞9、【2020浙江瑞安期末质检理】已知函数(),()f x g x ''分别是二次函数()f x 和三次函数()g x 的导函数，它们在同一坐标系下的图象如图所示，设函数()()()h x f x g x =-，则（ ）A ．(1)(0)(1)h h h <<-B ．(1)(1)(0)h h h <-<C ．(0)(1)(1)h h h <-<D ．(0)(1)(1)h h h <<-10．【广东省高州市第三中学2020届高考模拟一理】曲线y ＝13x 3＋x在点⎝ ⎛⎭⎪⎫1，43处的切线与坐标轴围成的三角形面积为 ( ) A.19 B.29 C.13 D.2311、（2020延吉市质检）定义方程()'()f x f x =的实数根0x 叫做函数()f x 的“新驻点”，若函数()()1g x x x ==-3,()ln(1),()1x h x x x x ϕ=+=-的“新驻点”分别为,,αβγ，则,,αβγ的大小关系为 （ ）A ．αβγ>>B ．βαγ>>C ．γαβ>>D ．βγα>>12．函数f (x )＝sin x ＋2xf ′(π3)，f ′(x )为f (x )的导函数，令a ＝－12，b ＝log 32，则下列关系正确的是( )A ．f (a )>f (b )B ．f (a )<f (b )C ．f (a )＝f (b )D ．f (|a |)<f (b ) 二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上)13．【2020深圳中学期末理】已知曲线21y x =-在0x x =点处的切线与曲线31y x =-在0x x =点处的切线互相平行，则0x 的值为 ．14、（2020广东理）曲线33y x x =-+在点()1,3处的切线方程为___________________. 15. （2020山东理）设0a >.若曲线y x =与直线,0x a y ==所围成封闭图形的面积为2a ,则a =______.16、函数()331f x ax x =-+对于[]1,1x ∈-总有()f x ≥0 成立，则a = ． 三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本题满分10分)设函数f (x )＝ax 3＋bx ＋c (a ≠0)为奇函数，其图象在点(1，f (1))处的切线与直线x －6y －7＝0垂直，导函数f ′(x )的最小值为－12.(1)求a ，b ，c 的值；(2)求函数f (x )的单调递增区间，并求函数f (x )在[－1,3]上的最大值和最小值．18．(本题满分12分) （2020北京理）已知函数2()1f x ax =+(0a >),3()g x x bx =+.(1)若曲线()y f x =与曲线()y g x =在它们的交点(1,c )处具有公共切线,求,a b 的值; (2)当24a b =时,求函数()()f x g x +的单调区间,并求其在区间(,1]-∞-上的最大值19．(本题满分12分) 【广东省东莞市2020届高三数学模拟试题（1）理】20．(本题满分12分)【山东省枣庄市2020届高三上学期期末理】已知函数().ln x x x f = （1）求函数()x f 的极值点；（2）若直线l 过点（0，—1），并且与曲线()x f y =相切，求直线l 的方程；（3）设函数()()()1--=x a x f x g ，其中R a ∈，求函数()x g 在[]e ,1上的最小值.（其中e 为自然对数的底数）21．(本题满分12分) （2020广东理）设1a <,集合{}0A x R x =∈>,(){}223160B x R x a x a =∈-++>,D ＝A ∩B.(Ⅰ)求集合D (用区间表示);(Ⅱ)求函数()()322316f x x a x ax =-++在D 内的极值点.22．(本题满分12分) （2020山东理）已知函数ln ()xx kf x e +=(k 为常数, 2.71828e =⋅⋅⋅是自然对数的底数),曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线与x 轴平行. (Ⅰ)求k 的值;(Ⅱ)求()f x 的单调区间;(Ⅲ)设2()()'()g x x x f x =+,其中'()f x 为()f x 的导函数.证明:对任意20,()1x g x e -><+.祥细答案1、答案 B解析 用f (1)＝－1验证即可 2、【答案】D 解析：)(x f 在x=0处的切线斜率为6|)62()0(0-=-='=x x f 3、【答案】D 解析:()(1)xf x x e '=+,令()0,f x '=得1x =-,1x <-时,()0f x '<,()xf x xe =为减函数;1x >-时,()0f x '>,()xf x xe =为增函数,所以1x =-为()f x 的极小值点,选D. 4、【答案】D【解析】本题主要考查导数的计算及导数与单调性的关系、二次不等式的解法. 属于基础知识、基本运算的考查.2222(3)(23)023031x x x y xe x e e x x x x x '=-+-=--+>⇒+-<⇒-<<∴函数y ＝(3－x 2)e x的单调递增区是(－3,1) 5、 【解析】选B()ln(1)()1()010,()00()(0)0xg x x x g x xg x x g x x g x g '=+-⇒=-+''⇒>⇔-<<<⇔>⇒<= 得:0x >或10x -<<均有()0f x < 排除,,A C D 6、 【答案】A【解析】若2223a b a b +=+,必有2222a b a b +>+.构造函数:()22x f x x =+,则()2ln 220x f x '=⋅+>恒成立,故有函数()22x f x x =+在x >0上单调递增,即a >b 成立.其余选项用同样方法排除. 7、【答案】A 【解析】由题2'()32f x x ax b =++，则23201710a b a b a a ++=⎧⎨++--=⎩，解得21a b =-⎧⎨=⎩，或69a b =-⎧⎨=⎩，经检验69a b =-⎧⎨=⎩满足题意，故23a b =-，选A 。
2020届高考数学一轮复习：第三章 函数、导数及其应用三
第三章⎪⎪⎪函数、导数及其应用第六节指数与指数函数1．有理数指数幂 (1)幂的有关概念 ①正分数指数幂：a m n＝na m (a ＞0，m ，n ∈N *，且n ＞1)． ②负分数指数幂：a －m n ＝1a m n ＝1n a m(a ＞0，m ，n ∈N *，且n ＞1)．③0的正分数指数幂等于0,0的负分数指数幂没有意义． (2)有理数指数幂的性质 ①a r a s ＝a r ＋s (a ＞0，r ，s ∈Q )；②(a r )s ＝a rs (a ＞0，r ，s ∈Q )； ③(ab )r ＝a r b r (a ＞0，b ＞0，r ∈Q )． 2．指数函数的图象与性质[小题体验]1．计算[(－2)6]12－(－1)0的结果为( )A ．－9B ．7C ．－10D ．9解析：选B 原式＝26×12－1＝23－1＝7.2．函数f (x )＝3x ＋1的值域为( ) A ．(－1，＋∞) B ．(1，＋∞) C ．(0,1)D ．[1，＋∞)解析：选B ∵3x ＞0，∴3x ＋1＞1， 即函数f (x )＝3x ＋1的值域为(1，＋∞)．3．若函数f (x )＝a x (a ＞0，且a ≠1)的图象经过点A ⎝⎛⎭⎫2，13，则f (－1)＝________. 答案： 34．若指数函数f (x )＝(a －2)x 为减函数，则实数a 的取值范围为________． 解析：∵f (x )＝(a －2)x 为减函数， ∴0＜a －2＜1，即2＜a ＜3. 答案：(2,3)1．在进行指数幂的运算时，一般用分数指数幂的形式表示，并且结果不能同时含有根号和分数指数幂，也不能既有分母又含有负指数．2．指数函数y ＝a x (a ＞0，a ≠1)的图象和性质跟a 的取值有关，要特别注意区分a ＞1或0＜a ＜1.[小题纠偏]1．判断正误(请在括号中打“√”或“×”)． (1)n a n ＝(na )n ＝a .( )(2)分数指数幂a m n 可以理解为mn 个a 相乘．( ) (3)(－1)24＝(－1)12＝－1.( )答案：(1)× (2)× (3)×2．若函数y ＝(a －1)x 在(－∞，＋∞)上为减函数，则实数a 的取值范围是________． 答案：(1,2)考点一 指数幂的化简与求值(基础送分型考点——自主练透)[题组练透]1．化简与求值：(1)⎝⎛⎭⎫2350＋2－2·⎝⎛⎭⎫214-12－(0.01)0.5； (2)56a 13·b －2·⎝⎛⎭⎫－3a -12b －1÷⎝⎛⎭⎫4a 23·b －312. 解：(1)原式＝1＋14×⎝⎛⎭⎫4912－⎝⎛⎭⎫110012＝1＋14×23－110＝1＋16－110＝1615. (2)原式＝－52a -16b －3÷(4a 23·b －3)12＝－54a -16b －3÷(a 13b -32)＝－54a -12·b -32＝－54·1ab 3＝－5ab 4ab 2.2．若x 12＋x －12＝3，则x 32＋x －32＋2x 2＋x －2＋3的值为________．解析：由x 12＋x －12＝3，得x ＋x －1＋2＝9，所以x ＋x －1＝7，所以x 2＋x －2＋2＝49，所以x 2＋x －2＝47.因为x 32＋x －32＝(x 12＋x －12)3－3(x 12＋x －12)＝27－9＝18，所以原式＝18＋247＋3＝25.答案：25[谨记通法]指数幂运算的一般原则(1)有括号的先算括号里的，无括号的先做指数运算． (2)先乘除后加减，负指数幂化成正指数幂的倒数．(3)底数是负数，先确定符号，底数是小数，先化成分数，底数是带分数的，先化成假分数．(4)若是根式，应化为分数指数幂，尽可能用幂的形式表示，运用指数幂的运算性质来解答．考点二 指数函数的图象及应用(重点保分型考点——师生共研)[典例引领]1．函数y ＝a x －a －1(a ＞0，且a ≠1)的图象可能是( )解析：选D 函数y ＝a x －1a 是由函数y ＝a x 的图象向下平移1a 个单位长度得到的，所以A 项错误；当a ＞1时，0＜1a ＜1，平移距离小于1，所以B 项错误；当0＜a ＜1时，1a ＞1，平移距离大于1，所以C 项错误．故选D.2．已知a ＞0，且a ≠1，若函数y ＝|a x －2|与y ＝3a 的图象有两个交点，则实数a 的取值范围是________．解析：①当0＜a ＜1时，作出函数y ＝|a x －2|的图象，如图a.若直线y ＝3a 与函数y ＝|a x－2|(0＜a ＜1)的图象有两个交点，则由图象可知0＜3a ＜2，所以0＜a ＜23.②当a ＞1时，作出函数y ＝|a x －2|的图象，如图b ，若直线y ＝3a 与函数y ＝|a x －2|(a ＞1)的图象有两个交点，则由图象可知0＜3a ＜2，此时无解．所以a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫0，23. 答案：⎝⎛⎭⎫0，23 [由题悟法]指数函数图象的画法及应用(1)画指数函数y ＝a x (a ＞0，a ≠1)的图象，应抓住三个关键点：(1，a )，(0,1)，⎝⎛⎭⎫－1，1a . (2)与指数函数有关的函数的图象的研究，往往利用相应指数函数的图象，通过平移、对称变换得到其图象．(3)一些指数方程、不等式问题的求解，往往利用相应的指数型函数图象数形结合求解．[即时应用]1．函数f (x )＝1－e |x |的图象大致是( )解析：选A 将函数解析式与图象对比分析，因为函数f (x )＝1－e |x |是偶函数，且值域是(－∞，0]，只有A 满足上述两个性质．2．已知f (x )＝|2x －1|，当a ＜b ＜c 时，有f (a )＞f (c )＞f (b )，则必有( ) A ．a ＜0，b ＜0，c ＜0 B ．a ＜0，b ＞0，c ＞0 C ．2－a ＜2cD ．1＜2a ＋2c ＜2解析：选D 作出函数f (x )＝|2x －1|的图象如图所示，因为a ＜b ＜c ，且有f (a )＞f (c )＞f (b )，所以必有a ＜0,0＜c ＜1，且|2a －1|＞|2c －1|，所以1－2a ＞2c －1，则2a ＋2c ＜2，且2a ＋2c ＞1.故选D.考点三 指数函数的性质及应用(题点多变型考点——多角探明) [锁定考向]高考常以选择题或填空题的形式考查指数函数的性质及应用，难度偏小，属中低档题． 常见的命题角度有： (1)比较指数式的大小；(2)简单指数方程或不等式的应用； (3)探究指数型函数的性质．[题点全练]角度一：比较指数式的大小1．(2018·杭州模拟)已知a ＝⎝⎛⎭⎫2313，b ＝⎝⎛⎭⎫2312，c ＝⎝⎛⎭⎫3512，则a ，b ，c 的大小关系是( ) A ．a ＞b ＞c B ．b ＞a ＞c C ．a ＞c ＞bD ．c ＞a ＞b解析：选A ∵23＞35，y ＝x 12在(0，＋∞)上是增函数，∴b ＝⎝⎛⎭⎫2312＞c ＝⎝⎛⎭⎫3512， ∵13＜12，y ＝⎝⎛⎭⎫23x 在R 上是减函数， ∴a ＝⎝⎛⎭⎫2313＞b ＝⎝⎛⎭⎫2312， ∴a ＞b ＞c .故选A.角度二：简单指数方程或不等式的应用2．(2018·湖州模拟)已知函数f (x )＝m ·9x －3x ，若存在非零实数x 0，使得f (－x 0)＝f (x 0)成立，则实数m 的取值范围是( )A.⎣⎡⎭⎫12，＋∞ B ．⎝⎛⎭⎫0，12 C ．(0,2)D ．[2，＋∞)解析：选B 由题意得到f (－x )＝f (x )， 所以m ·9－x －3－x ＝m ·9x －3x ，整理得到：m ＝3x(3x )2＋1＝13x ＋13x＜12， 又m ＞0，所以实数m 的取值范围是0＜m ＜12，故选B.角度三：探究指数型函数的性质3．已知函数f (x )＝b ·a x (其中a ，b 为常数且a ＞0，a ≠1)的图象经过点A (1,6)，B (3,24)． (1)试确定f (x )；(2)若不等式⎝⎛⎭⎫1a x ＋⎝⎛⎭⎫1b x －m ≥0在x ∈(－∞，1]上恒成立，求实数m 的取值范围． 解：(1)∵f (x )＝b ·a x 的图象过点A (1,6)，B (3,24)，∴⎩⎪⎨⎪⎧b ·a ＝6， ①b ·a 3＝24， ② ②÷①得a 2＝4，又a ＞0且a ≠1， ∴a ＝2，b ＝3， ∴f (x )＝3·2x .(2)由(1)知⎝⎛⎭⎫1a x ＋⎝⎛⎭⎫1b x －m ≥0在(－∞，1]上恒成立可转化为m ≤⎝⎛⎭⎫12x ＋⎝⎛⎭⎫13x 在(－∞，1]上恒成立． 令g (x )＝⎝⎛⎭⎫12x ＋⎝⎛⎭⎫13x ，则g (x )在(－∞，1]上单调递减， ∴m ≤g (x )min ＝g (1)＝12＋13＝56，故所求实数m 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，56. [通法在握]应用指数函数性质的常见3大题型及求解策略[演练冲关]1．设a ＝0.60.6，b ＝0.61.5，c ＝1.50.6，则a ，b ，c 的大小关系是( ) A ．a ＜b ＜c B ．a ＜c ＜b C ．b ＜a ＜cD ．b ＜c ＜a解析：选C 因为函数y ＝0.6x 在R 上单调递减，所以b ＝0.61.5＜a ＝0.60.6＜1.又c ＝1.50.6＞1，所以b ＜a ＜c .2．(2019·金华模拟)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧0，x ≤0，2x －2－x ，x ＞0，则满足f (x 2－2)＞f (x )的x 的取值范围是________________________________________________________________________．解析：由题意x ＞0时，f (x )单调递增，故f (x )＞f (0)＝0，而x ≤0时，f (x )＝0， 故若f (x 2－2)＞f (x )，则x 2－2＞x ，且x 2－2＞0， 解得x ＞2或x ＜－ 2.答案：(－∞，－2)∪(2，＋∞)3．函数f (x )＝⎝⎛⎭⎫12－x 2＋2x ＋1的单调减区间为________． 解析：设u ＝－x 2＋2x ＋1，∵y ＝⎝⎛⎭⎫12u 在R 上为减函数，∴函数f (x )＝⎝⎛⎭⎫12－x 2＋2x ＋1的减区间即为函数u ＝－x 2＋2x ＋1的增区间．又u ＝－x 2＋2x ＋1的增区间为(－∞，1]，∴f (x )的减区间为(－∞，1]．答案：(－∞，1]一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．化简a 43－8a 13b 4b 23＋23ab ＋a 23÷⎝ ⎛⎭⎪⎫1－2 3b a ×3a 的结果是( ) A ．aB ．bC ．abD ．ab 2解析：选A 原式＝a 13(a －8b )4b 23＋2a 13b 13＋a 23÷a 13－2b 13a 13×a 13＝a 13(a 13－2b 13)(a 23＋2a 13b 13＋4b 23)4b 23＋2a 13b 13＋a 23·a 13a 13－2b 13·a 13＝a 13·a 13·a 13＝a . 2．已知a ＝(2)43，b ＝225，c ＝913，则a ，b ，c 的大小关系是( )A ．b ＜a ＜cB ．a ＜b ＜cC ．b ＜c ＜aD ．c ＜a ＜b解析：选A a ＝(2)43＝212×43＝223，b ＝225，c ＝913＝323，由函数y ＝x 23在(0，＋∞)上为增函数，得a ＜c ，由函数y ＝2x 在R 上为增函数，得a ＞b ， 综上得c ＞a ＞b .3．(2018·丽水模拟)已知实数a ，b 满足12＞⎝⎛⎭⎫12a ＞⎝⎛⎭⎫22b ＞14，则( )A ．b ＜2b －aB ．b ＞2b －aC ．a ＜b －aD ．a ＞b －a解析：选B 由12＞⎝⎛⎭⎫12a，得a ＞1，由⎝⎛⎭⎫12a ＞⎝⎛⎭⎫22b ，得⎝⎛⎭⎫222a ＞⎝⎛⎭⎫22b ，得2a ＜b ， 由⎝⎛⎭⎫22b ＞14，得⎝⎛⎭⎫22b ＞⎝⎛⎭⎫224，得b ＜4. 由2a ＜b ，得b ＞2a ＞2，a ＜b2＜2，∴1＜a ＜2,2＜b ＜4. 取a ＝32，b ＝72，得b －a ＝72－32＝2， 有a ＞b －a ，排除C ； b ＞2b －a ，排除A ； 取a ＝1110，b ＝3910得，b －a ＝3910－1110＝ 145，有a ＜b －a ，排除D ，故选B.4．(2017·宁波期中)若指数函数f (x )的图象过点(－2,4)，则f (3)＝________；不等式f (x )＋f (－x )＜52的解集为____________．解析：设指数函数解析式为y ＝a x ，因为指数函数f (x )的图象过点(－2,4)，所以4＝a －2，解得a ＝12，所以指数函数解析式为y ＝⎝⎛⎭⎫12x ，所以f (3)＝⎝⎛⎭⎫123＝18； 不等式f (x )＋f (－x )＜52，即⎝⎛⎭⎫12x ＋2x ＜52，设2x ＝t ，不等式化为1t ＋t ＜52，所以2t 2－5t ＋2＜0解得12＜t ＜2，即12＜2x ＜2，所以－1＜x ＜1，所以不等式的解集为(－1,1)．答案：18(－1,1)5．若函数f (x )＝a x －1(a ＞0，a ≠1)的定义域和值域都是[0,2]，则实数a ＝________. 解析：当a ＞1时，f (x )＝a x －1在[0,2]上为增函数， 则a 2－1＝2，∴a ＝±3.又∵a ＞1，∴a ＝ 3. 当0＜a ＜1时，f (x )＝a x －1在[0,2]上为减函数， 又∵f (0)＝0≠2，∴0＜a ＜1不成立． 综上可知，a ＝ 3. 答案： 3二保高考，全练题型做到高考达标1．(2018·贵州适应性考试)函数y ＝a x ＋2－1(a ＞0且a ≠1)的图象恒过的点是( )A ．(0,0)B ．(0，－1)C ．(－2,0)D ．(－2，－1)解析：选C 法一：因为函数y ＝a x (a ＞0，a ≠1)的图象恒过点(0,1)，将该图象向左平移2个单位，再向下平移1个单位得到y ＝a x ＋2－1(a ＞0，a ≠1)的图象，所以y ＝a x ＋2－1(a ＞0，a ≠1)的图象恒过点(－2,0)，选项C 正确．法二：令x ＋2＝0，x ＝－2，得f (－2)＝a 0－1＝0，所以y ＝a x ＋2－1(a ＞0，a ≠1)的图象恒过点(－2,0)，选项C 正确．2．已知函数y ＝kx ＋a 的图象如图所示，则函数y ＝a x＋k的图象可能是( )解析：选B 由函数y ＝kx ＋a 的图象可得k ＜0,0＜a ＜1，又因为与x 轴交点的横坐标大于1，所以k ＞－1，所以－1＜k ＜0.函数y ＝a x ＋k的图象可以看成把y ＝a x 的图象向右平移－k 个单位得到的，且函数y ＝a x ＋k是减函数，故此函数与y 轴交点的纵坐标大于1，结合所给的选项，故选B.3．若函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧a x， x ＞1，(2－3a )x ＋1，x ≤1是R 上的减函数，则实数a 的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎫23，1 B.⎣⎡⎭⎫34，1 C.⎝⎛⎦⎤23，34D.⎝⎛⎭⎫23，＋∞ 解析：选C 依题意，a 应满足⎩⎪⎨⎪⎧0＜a ＜1，2－3a ＜0，(2－3a )×1＋1≥a 1，解得23＜a ≤34.4．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1－2－x，x ≥0，2x －1，x ＜0，则函数f (x )是( )A ．偶函数，在[0，＋∞)单调递增B ．偶函数，在[0，＋∞)单调递减C ．奇函数，且单调递增D ．奇函数，且单调递减解析：选C 易知f (0)＝0，当x ＞0时，f (x )＝1－2－x ，－f (x )＝2－x －1，而－x ＜0，则f (－x )＝2－x －1＝－f (x )；当x ＜0时，f (x )＝2x －1，－f (x )＝1－2x ，而－x ＞0，则f (－x )＝1－2－(－x )＝1－2x ＝－f (x )．即函数f (x )是奇函数，且单调递增，故选C.5．(2018·温州月考)若函数f (x )＝a e －x －e x 为奇函数，则f (x －1)＜e －1e 的解集为( )A ．(－∞，0)B ．(－∞，2)C ．(2，＋∞)D ．(0，＋∞)解析：选D 由于函数f (x )为R 上奇函数，所以f (0)＝0⇒a ＝1，所以f (x )＝1e x －e x ，由于e x 为增函数，而1e x 为减函数，所以f (x )＝1ex －e x 是减函数，又因为f (－1)＝e －1e ，由f (x －1)＜e －1e 可得f (x －1)＜f (－1)，x －1＞－1⇒x ＞0，故选D.6．已知函数f (x )＝a －x (a ＞0，且a ≠1)，且f (－2)＞f (－3)，则a 的取值范围是________．解析：因为f (x )＝a －x ＝⎝⎛⎭⎫1a x ，且f (－2)＞f (－3)， 所以函数f (x )在定义域上单调递增， 所以1a ＞1， 解得0＜a ＜1. 答案：(0,1)7．(2018·温州模拟)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1，0≤x ＜1，2x －12，x ≥1，设a ＞b ≥0，若f (a )＝f (b )，则b ·f (a )的取值范围是________．解析：依题意，在坐标平面内画出函数y ＝f (x )的大致图象，结合图象可知b ∈⎣⎡⎭⎫12，1，bf (a )＝bf (b )＝b (b ＋1)＝b 2＋b ∈⎣⎡⎭⎫34，2.答案：⎣⎡⎭⎫34，28．若不等式⎝⎛⎭⎫12x 2＋ax ＜⎝⎛⎭⎫122x ＋a －2恒成立，则a 的取值范围是________． 解析：由指数函数的性质知y ＝⎝⎛⎭⎫12x 是减函数， 因为⎝⎛⎭⎫12x 2＋ax ＜⎝⎛⎭⎫122x ＋a －2恒成立， 所以x 2＋ax ＞2x ＋a －2恒成立， 所以x 2＋(a －2)x －a ＋2＞0恒成立， 所以Δ＝(a －2)2－4(－a ＋2)＜0， 即(a －2)(a －2＋4)＜0， 即(a －2)(a ＋2)＜0，故有－2＜a ＜2，即a 的取值范围是(－2,2)． 答案：(－2,2)9．已知函数f (x )＝⎝⎛⎭⎫13ax 2－4x ＋3. (1)若a ＝－1，求f (x )的单调区间； (2)若f (x )有最大值3，求a 的值； (3)若f (x )的值域是(0，＋∞)，求a 的值．解：(1)当a ＝－1时，f (x )＝⎝⎛⎭⎫13－x 2－4x ＋3， 令g (x )＝－x 2－4x ＋3，由于g (x )在(－∞，－2)上单调递增，在(－2，＋∞)上单调递减，而y ＝⎝⎛⎭⎫13t 在R 上单调递减，所以f (x )在(－∞，－2)上单调递减，在(－2，＋∞)上单调递增，即函数f (x )的单调递增区间是(－2，＋∞)，单调递减区间是(－∞，－2)．(2)令g (x )＝ax 2－4x ＋3，f (x )＝⎝⎛⎭⎫13g (x )， 由于f (x )有最大值3， 所以g (x )应有最小值－1， 因此必有⎩⎪⎨⎪⎧a ＞0，3a －4a ＝－1，解得a ＝1，即当f (x )有最大值3时，a 的值等于1. (3)由指数函数的性质知，要使y ＝⎝⎛⎭⎫13g (x )的值域为(0，＋∞)． 应使g (x )＝ax 2－4x ＋3的值域为R ，因此只能a ＝0.(因为若a ≠0，则g (x )为二次函数，其值域不可能为R )． 故f (x )的值域为(0，＋∞)时，a 的值为0. 10．已知函数f (x )＝a |x ＋b |(a ＞0，b ∈R )．(1)若f (x )为偶函数，求b 的值；(2)若f (x )在区间[2，＋∞)上是增函数，试求a ，b 应满足的条件． 解：(1)∵f (x )为偶函数，∴对任意的x ∈R ，都有f (－x )＝f (x )． 即a |x ＋b |＝a |－x ＋b |，|x ＋b |＝|－x ＋b |，解得b ＝0.(2)记h (x )＝|x ＋b |＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋b ，x ≥－b ，－x －b ，x ＜－b .①当a ＞1时，f (x )在区间[2，＋∞)上是增函数， 即h (x )在区间[2，＋∞)上是增函数， ∴－b ≤2，b ≥－2.②当0＜a ＜1时，f (x )在区间[2，＋∞)上是增函数，即h (x )在区间[2，＋∞)上是减函数，但h (x )在区间[－b ，＋∞)上是增函数，故不存在a ，b 的值，使f (x )在区间[2，＋∞)上是增函数．∴f (x )在区间[2，＋∞)上是增函数时，a ，b 应满足的条件为a ＞1且b ≥－2. 三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．(2018·杭州模拟)已知定义在R 上的函数g (x )＝2x ＋2－x ＋|x |，则满足g (2x －1)＜g (3)的x 的取值范围是________．解析：∵g (x )＝2x ＋2－x ＋|x |，∴g (－x )＝2x ＋2－x ＋|－x |＝2x ＋2－x ＋|x |＝g (x )，则函数g (x )为偶函数，当x ≥0时，g (x )＝2x ＋2－x ＋x ，则g ′(x )＝(2x －2－x )·ln 2＋1＞0，则函数g (x )在[0，＋∞)上为增函数，而不等式g (2x －1)＜g (3)等价于g (|2x －1|)＜g (3)，∴|2x －1|＜3，即－3＜2x －1＜3，解得－1＜x ＜2，即x 的取值范围是(－1,2)．答案：(－1,2)2．已知定义域为R 的函数f (x )＝－2x ＋b 2x ＋1＋a 是奇函数．(1)求a ，b 的值；(2)若对任意的t ∈R ，不等式f (t 2－2t )＋f (2t 2－k )＜0恒成立，求k 的取值范围． 解：(1)因为f (x )是R 上的奇函数， 所以f (0)＝0，即－1＋b2＋a＝0，解得b ＝1. 从而有f (x )＝－2x ＋12x ＋1＋a.又由f (1)＝－f (－1)知－2＋14＋a ＝－－12＋11＋a ，解得a ＝2.(2)由(1)知f (x )＝－2x ＋12x ＋1＋2＝－12＋12x ＋1，由上式易知f (x )在R 上为减函数，又因为f (x )是奇函数，从而不等式f (t 2－2t )＋f (2t 2－k )＜0等价于f (t 2－2t )＜－f (2t 2－k )＝f (－2t 2＋k )．因为f (x )是R 上的减函数，由上式推得t 2－2t ＞－2t 2＋k . 即对一切t ∈R 有3t 2－2t －k ＞0， 从而Δ＝4＋12k ＜0，解得k ＜－13.故k 的取值范围为⎝⎛⎭⎫－∞，－13.第七节对数与对数函数1．对数定义域为(0，＋∞)3．反函数指数函数y ＝a x (a ＞0且a ≠1)与对数函数y ＝log a x (a ＞0且a ≠1)互为反函数，它们的图象关于直线y ＝x 对称．[小题体验]1．函数f (x )＝log a (x ＋2)－2(a ＞0，且a ≠1)的图象必过定点________． 答案：(－1，－2)2．函数f (x )＝log 5(2x ＋1)的单调增区间是________． 答案：⎝⎛⎭⎫－12，＋∞ 3．(2015·浙江高考)计算：log 222＝________，2log 23＋log 43＝________. 解析：log 222＝log 22－log 22＝12－1＝－12； 2log 23＋log 43＝2log 23·2log 43＝3×2log 43＝3×2log 23＝3 3.答案：－123 31．在运算性质log a M α＝αlog a M 中，要特别注意条件，在无M ＞0的条件下应为log a M α＝αlog a |M |(α∈N *，且α为偶数)．2．解决与对数函数有关的问题时需注意两点： (1)务必先研究函数的定义域； (2)注意对数底数的取值范围． [小题纠偏]1．函数y ＝log 0.5(4x －3)的定义域为______． 答案：⎝⎛⎦⎤34，12．函数f (x )＝log (x ＋1)(2x －1)的单调递增区间是______． 答案：⎝⎛⎭⎫12，＋∞考点一 对数式的化简与求值(基础送分型考点——自主练透)[题组练透]1．(易错题)设a ，b ，c 均为不等于1的正实数，则下列等式中恒成立的是( ) A ．log a b ·log c b ＝log c a B ．log a b ·log c a ＝log c b C ．log a (bc )＝log a b ·log a c D ．log a (b ＋c )＝log a b ＋log a c解析：选B 利用对数的换底公式进行验证，log a b ·log c a ＝log c b log c a·log c a ＝log c b .2．(2018·台州模拟)lg 2516－2lg 59＋lg 3281等于( )A ．lg 2B ．lg 3C ．4D ．lg 5解析：选A lg 2516－2lg 59＋lg 3281＝lg 2516－lg 2581＋lg 3281＝lg ⎝⎛⎭⎫2516×8125×3281＝lg 2，故选A. 3．计算⎝⎛⎭⎫lg 14－lg 25÷100－12＝______. 解析：原式＝(lg 2－2－lg 52)×10012＝lg 122·52×10＝lg 10－2×10＝－2×10＝－20.答案：－204．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 2x ，x ＞0，3－x ＋1，x ≤0，则f (f (1))＋f ⎝⎛⎭⎫log 3 12的值是________． 解析：因为f (1)＝log 21＝0，所以f (f (1))＝f (0)＝2. 因为log 312＜0，所以f ⎝⎛⎭⎫log 312＝3－log 312＋1 ＝3log 32＋1＝2＋1＝3. 所以f (f (1))＋f ⎝⎛⎭⎫log 312＝2＋3＝5. 答案：5[谨记通法]对数运算的一般思路(1)将真数化为底数的指数幂的形式进行化简； (2)将同底对数的和、差、倍合并；(3)利用换底公式将不同底的对数式转化成同底的对数式，要注意换底公式的正用、逆用及变形应用．考点二 对数函数的图象及应用(重点保分型考点——师生共研)[典例引领]设方程10x ＝|lg(－x )|的两个根分别为x 1，x 2，则( ) A ．x 1x 2＜0 B ．x 1x 2＝0 C ．x 1x 2＞1D ．0＜x 1x 2＜1解析：选D 作出y ＝10x 与y ＝|lg(－x )|的大致图象，如图． 显然x 1＜0，x 2＜0.不妨令x 1＜x 2，则x 1＜－1＜x 2＜0， 所以10x 1＝lg(－x 1)，10x 2＝－lg(－x 2)， 此时10x 1＜10x 2， 即lg(－x 1)＜－lg(－x 2)，由此得lg(x 1x 2)＜0， 所以0＜x 1x 2＜1，故选D.[由题悟法]应用对数型函数的图象可求解的问题(1)对一些可通过平移、对称变换作出其图象的对数型函数，在求解其单调性(单调区间)、值域(最值)、零点时，常利用数形结合思想．(2)一些对数型方程、不等式问题常转化为相应的函数图象问题，利用数形结合法求解．[即时应用]1．函数f (x )＝ln|x －1|的图象大致是( )解析：选B 当x ＞1时，f (x )＝ln(x －1)， 又f (x )的图象关于x ＝1对称，故选B.2．(2018·温州适应性训练)若x 1满足2x ＋2x ＝5，x 2满足2x ＋2log 2(x －1)＝5，则x 1＋x 2＝( )A.52 B ．3 C.72D ．4解析：选C 2x ＝5－2x,2log 2(x －1)＝5－2x ，即2x －1＝52－x ，log 2(x －1)＝52－x ，作出y＝2x －1，y ＝52－x ，y ＝log 2(x －1)的图象(如图)． 由图知y ＝2x－1与y ＝log 2(x －1)的图象关于y ＝x －1对称，它们与y ＝52－x 的交点A ，B的中点为y ＝52－x 与y ＝x －1的交点C ，x C ＝x 1＋x 22＝74，∴x 1＋x 2＝72，故选C.考点三 对数函数的性质及应用(题点多变型考点——多角探明) [锁定考向]高考对对数函数的性质及其应用的考查，多以选择题或填空题的形式考查，难度低、中、高档都有．常见的命题角度有： (1)比较对数值的大小； (2)简单对数不等式的解法； (3)对数函数的综合问题．[题点全练]角度一：比较对数值的大小1．设a ＝log 3π，b ＝log 23，c ＝log 32，则a ，b ，c 的大小关系是( ) A ．a ＞b ＞c B ．a ＞c ＞b C ．b ＞a ＞cD ．b ＞c ＞a解析：选A 因为a ＝log 3π＞log 33＝1，b ＝log 23＜log 22＝1，所以a ＞b ；又b c ＝12log 2312log 32＝(log 23)2＞1，c ＞0，所以b ＞c .故a ＞b ＞c .角度二：简单对数不等式的解法2．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 2x ，x ＞0，log 12(－x )，x ＜0.若f (a )＞f (－a )，则实数a 的取值范围是( )A ．(－1,0)∪(0,1)B ．(－∞，－1)∪(1，＋∞)C ．(－1,0)∪(1，＋∞)D ．(－∞，－1)∪(0,1)解析：选C 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a ＞0，log 2a ＞－log 2a或⎩⎪⎨⎪⎧a ＜0，－log 2(－a )＞log 2(－a )， 解得a ＞1或－1＜a ＜0.故选C. 角度三：对数函数的综合问题 3．已知函数f (x －3)＝log ax6－x(a ＞0，a ≠1)． (1)判断f (x )的奇偶性，并说明理由； (2)当0＜a ＜1时，求函数f (x )的单调区间． 解：令x －3＝u ，则x ＝u ＋3，于是f (u )＝log a 3＋u3－u (a ＞0，a ≠1，－3＜u ＜3)，所以f (x )＝log a 3＋x3－x (a ＞0，a ≠1，－3＜x ＜3)．(1)因为f (－x )＋f (x )＝log a 3－x 3＋x ＋log a 3＋x3－x ＝log a 1＝0，所以f (－x )＝－f (x )，又定义域(－3,3)关于原点对称． 所以f (x )是奇函数． (2)令t ＝3＋x 3－x ＝－1－6x －3， 则t 在(－3,3)上是增函数，当0＜a ＜1时，函数y ＝log a t 是减函数，所以f (x )＝log a 3＋x3－x (0＜a ＜1)在(－3,3)上是减函数，即函数f (x )的单调递减区间是(－3,3)．[通法在握]1．解决与对数函数有关的函数的单调性问题的步骤2．比较对数值大小的方法(1)若底数为同一常数，则可由对数函数的单调性直接进行判断；若底数为同一字母，则需对底数进行分类讨论．(2)若底数不同，真数相同，则可以先用换底公式化为同底后，再进行比较． (3)若底数与真数都不同，则常借助1,0等中间量进行比较．[演练冲关]1．(2019·杭州模拟)已知函数f (x )＝log a (8－ax )(a ＞0，且a ≠1)，若f (x )＞1在区间[1,2]上恒成立，则实数a 的取值范围为________．解析：当a ＞1时，f (x )＞1等价于8－ax ＞a 在[1,2]上恒成立， 即a ＜⎝⎛⎭⎫8x ＋1min ＝83，解得1＜a ＜83.当0＜a ＜1时，f (x )＞1等价于0＜8－ax ＜a 在[1,2]上恒成立，即a ＞⎝⎛⎭⎫8x ＋1max 且a ＜⎝⎛⎭⎫8x min ，解得a ＞4且a ＜4，故不存在． 综上可知，实数a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫1，83. 答案：⎝⎛⎭⎫1，83 2．已知函数f (x )＝log 4(ax 2＋2x ＋3)． (1)若f (1)＝1，求f (x )的单调区间；(2)是否存在实数a ，使f (x )的最小值为0？若存在，求出a 的值；若不存在，说明理由． 解：(1)因为f (1)＝1，所以log 4(a ＋5)＝1， 因此a ＋5＝4，a ＝－1， 这时f (x )＝log 4(－x 2＋2x ＋3)． 由－x 2＋2x ＋3＞0，得－1＜x ＜3， 函数f (x )的定义域为(－1,3)． 令g (x )＝－x 2＋2x ＋3，则g (x )在(－1,1)上递增，在(1,3)上递减． 又y ＝log 4x 在(0，＋∞)上递增，所以f (x )的单调递增区间是(－1,1)，递减区间是(1,3)． (2)假设存在实数a ，使f (x )的最小值为0， 则h (x )＝ax 2＋2x ＋3应有最小值1， 因此应有⎩⎪⎨⎪⎧a ＞0，3a －1a ＝1，解得a ＝12.故存在实数a ＝12，使f (x )的最小值为0.一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．(2018·金华温州台州高三开学联考)若2a ＝3b ＝6c2，则( )A.1a ＋1b ＝2c B.2a ＋2b ＝1c C.1a ＋1b ＝1cD.12a ＋12b ＝2c解析：选A 令2a ＝3b ＝6c2＝k ，则a ＝lg k lg 2，b ＝lg k lg 3，c ＝2lg k lg 6，则1a ＋1b ＝lg 2lg k ＋lg 3lg k ＝lg 6lg k ＝2c. 2．(2019·舟山模拟)设a ＝log 50.5，b ＝log 20.3，c ＝log 0.32，则a ，b ，c 的大小关系是( ) A ．b ＜a ＜c B ．b ＜c ＜a C ．c ＜b ＜aD ．a ＜b ＜c解析：选B a ＝log 50.5＞log 50.2＝－1，b ＝log 20.3＜log 20.5＝－1，c ＝log 0.32＞log 0.3103＝－1，log 0.32＝lg 2lg 0.3，log 50.5＝lg 0.5lg 5＝lg 2－lg 5＝lg 2lg 0.2.∵－1＜lg 0.2＜lg 0.3＜0，∴lg 2lg 0.3＜lg 2lg 0.2，即c ＜a ，故b ＜c ＜a .故选B.3．(2018·金华名校联考)已知函数f (x )＝e x －e －x e x ＋e－x ，若实数a 满足2f (log 4a )＋f (log 14a )＋f (1)≤0，则a 的取值范围是( )A ．(0,4]B ．⎝⎛⎦⎤0，14 C ．⎣⎡⎦⎤14，4D ．[1,4]解析：选B ∵f (x )＝e x －e －x e x ＋e －x ＝e 2x －1e 2x ＋1＝(e 2x ＋1)－2e 2x＋1＝1－2e 2x ＋1，定义域为R ，f (－x )＝e －x －e x e －x ＋e x ＝－e x －e －xe x ＋e－x ＝－f (x )，∴f (x )是单调递增的奇函数， 又f (log 14a )＝f (－log 4a )＝－f (log 4a )，则不等式2f (log 4a )＋f (log 14a )＋f (1)≤0化为f (log 4a )＋f (1)≤0，即f (log 4a )≤－f (1)＝f (－1)，则log 4a ≤－1＝log 414，得0＜a ≤14.4．(2016·浙江高考)已知a ＞b ＞1，若log a b ＋log b a ＝52，a b ＝b a ，则a ＝________，b ＝________.解析：∵log a b ＋log b a ＝log a b ＋1log a b ＝52，∴log a b ＝2或12. ∵a ＞b ＞1，∴log a b ＜log a a ＝1，∴log a b ＝12，∴a ＝b 2.∵a b ＝b a ，∴(b 2)b ＝bb 2，即b 2b ＝bb 2， ∴2b ＝b 2，∴b ＝2，a ＝4. 答案：4 25．(2018·杭州模拟)已知函数y ＝log 12()x 2－ax ＋a 在区间(2，＋∞)上是减函数，则实数a的取值范围是____________．解析：令t ＝x 2－ax ＋a ，则函数f (x )在区间(2，＋∞)上是减函数，可得函数t 在区间(2，＋∞)上是增函数，且t (2)≥0，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 2≤2，t (2)＝4－a ≥0，解得a ≤4，所以实数a 的取值范围是(－∞，4]．答案：(－∞，4]二保高考，全练题型做到高考达标1．已知f (x )是定义在R 上的奇函数，当x ≥0时，f (x )＝3x ＋m (m 为常数)，则f (－log 35)的值为( )A ．4B ．－4C ．6D ．－6解析：选B ∵函数f (x )是定义在R 上的奇函数， ∴f (0)＝0，即30＋m ＝0，解得m ＝－1， ∴f (log 35)＝3log 35－1＝4， ∴f (－log 35)＝－f (log 35)＝－4.2．(2018·丽水月考)函数f (x )＝lg(4x －2x ＋1＋11)的最小值是( )A ．10B ．1C ．11D ．lg 11解析：选B 令2x ＝t ，t ＞0，则4x －2x ＋1＋11＝t 2－2t ＋11＝(t －1)2＋10≥10，所以lg(4x－2x ＋1＋11)≥1，即所求函数的最小值为1.故选B.3．(2019·丽水模拟)已知对数函数f (x )＝log a x 是增函数，则函数f (|x |＋1)的图象大致是( )解析：选B 由函数f (x )＝log a x 是增函数知，a ＞1.f (|x |＋1)＝log a (|x |＋1)＝⎩⎪⎨⎪⎧log a (x ＋1)，x ≥0，log a [－(x －1)]，x ＜0.由对数函数性质知选B.4．(2018·金华模拟)已知函数f (x )＝lg 1－x 1＋x ，若f (a )＝12，则f (－a )＝( )A ．2B ．－2 C.12D ．－12解析：选D ∵f (x )＝lg 1－x1＋x 的定义域为－1＜x ＜1，∴f (－x )＝lg 1＋x 1－x ＝－lg 1－x1＋x ＝－f (x )，∴f (x )为奇函数， ∴f (－a )＝－f (a )＝－12.5．(2016·浙江高考)已知a ，b ＞0且a ≠1，b ≠1，若log a b ＞1，则( ) A ．(a －1)(b －1)＜0 B ．(a －1)(a －b )＞0 C ．(b －1)(b －a )＜0D ．(b －1)(b －a )＞0解析：选D ∵a ，b ＞0且a ≠1，b ≠1，∴当a ＞1，即a －1＞0时，不等式log a b ＞1可化为a log a b ＞a 1，即b ＞a ＞1， ∴(a －1)(a －b )＜0，(b －1)(a －1)＞0，(b －1)(b －a )＞0.当0＜a ＜1， 即a －1＜0时，不等式log a b ＞1可化为a log a b ＜a 1， 即0＜b ＜a ＜1，∴(a －1)(a －b )＜0，(b －1)(a －1)＞0，(b －1)(b －a )＞0. 综上可知，选D.6．(2018·杭二月考)已知2x ＝72y ＝A ，且1x ＋1y ＝2，则A 的值是________．解析：由2x ＝72y ＝A 得x ＝log 2A ，y ＝12log 7A ，则1x ＋1y ＝1log 2A ＋2log 7A ＝log A 2＋2log A 7＝log A 98＝2，A 2＝98.又A ＞0，故A ＝98＝7 2. 答案：7 27．若方程2log 2x －log 2(x －1)＝m ＋1有两个不同的解，则实数m 的取值范围是________．解析：由题意知⎩⎪⎨⎪⎧x ＞0，x －1＞0，即x ＞1，方程化简为log 2x 2x －1＝m ＋1，故x 2x －1＝2m ＋1，即x 2－2m ＋1x ＋2m ＋1＝0，当x ＞1时，此方程有两个不同的解，所以⎩⎪⎨⎪⎧2m＞1，1－2m ＋1＋2m ＋1＞0，Δ＝22m ＋2－4×2m ＋1＞0，解得m ＞1.答案：(1，＋∞)8．已知函数f (x )＝|log 3x |，实数m ，n 满足0＜m ＜n ，且f (m )＝f (n )，若f (x )在[m 2，n ]上的最大值为2，则nm＝________.解析：因为f (x )＝|log 3x |＝⎩⎪⎨⎪⎧－log 3x ，0＜x ＜1，log 3x ，x ≥1，所以f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，由0＜m ＜n 且f (m )＝f (n )，可得⎩⎪⎨⎪⎧0＜m ＜1，n ＞1，log 3n ＝－log 3m ，则⎩⎪⎨⎪⎧0＜m ＜1，n ＞1，mn ＝1，所以0＜m 2＜m ＜1，则f (x )在[m 2,1)上单调递减，在(1，n ]上单调递增，所以f (m 2)＞f (m )＝f (n )，则f (x )在[m 2，n ]上的最大值为f (m 2)＝－log 3m 2＝2，解得m ＝13，则n ＝3，所以n m ＝9.答案：99．已知f (x )是定义在R 上的偶函数，且当x ≥0时，f (x )＝log a (x ＋1)(a ＞0，且a ≠1)． (1)求函数f (x )的解析式；(2)若－1＜f (1)＜1，求实数a 的取值范围． 解：(1)当x ＜0时，－x ＞0， 由题意知f (－x )＝log a (－x ＋1)，又f (x )是定义在R 上的偶函数，∴f (－x )＝f (x )． ∴当x ＜0时，f (x )＝log a (－x ＋1)，∴函数f (x )的解析式为f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log a (x ＋1)，x ≥0，log a (－x ＋1)，x ＜0.(2)∵－1＜f (1)＜1，∴－1＜log a 2＜1， ∴log a 1a＜log a 2＜log a a .①当a ＞1时，原不等式等价于⎩⎪⎨⎪⎧1a ＜2，a ＞2，解得a ＞2；②当0＜a ＜1时，原不等式等价于⎩⎪⎨⎪⎧1a ＞2，a ＜2，解得0＜a ＜12.综上，实数a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫0，12∪(2，＋∞)． 10．设f (x )＝log a (1＋x )＋log a (3－x )(a ＞0，a ≠1)，且f (1)＝2. (1)求a 的值及f (x )的定义域；(2)求f (x )在区间⎣⎡⎦⎤0，32上的最大值． 解：(1)∵f (1)＝2， ∴log a 4＝2(a ＞0，a ≠1)， ∴a ＝2.由⎩⎪⎨⎪⎧1＋x ＞0，3－x ＞0，得x ∈(－1,3)， ∴函数f (x )的定义域为(－1,3)． (2)f (x )＝log 2(1＋x )＋log 2(3－x ) ＝log 2(1＋x )(3－x ) ＝log 2[－(x －1)2＋4]，∴当x ∈(－1,1]时，f (x )是增函数； 当x ∈(1,3)时，f (x )是减函数，故函数f (x )在⎣⎡⎦⎤0，32上的最大值是f (1)＝log 24＝2. 三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．(2018·杭州五校联考)定义在R 上的奇函数f (x )满足f (x ＋1)＝f (－x )，当x ∈(0,1)时，f (x )＝⎩⎨⎧log 12⎪⎪⎪⎪12－x ，x ≠12，0，x ＝12，则f (x )在区间⎝⎛⎭⎫1，32内是( ) A ．增函数且f (x )＞0 B ．增函数且f (x )＜0 C ．减函数且f (x )＞0D ．减函数且f (x )＜0解析：选D 由f (x )为奇函数，f (x ＋1)＝f (－x )得， f (x )＝－f (x ＋1)＝f (x ＋2)； ∴f (x )＝f (x ＋2)，∴f (x )是周期为2的周期函数．根据条件，x ∈⎝⎛⎭⎫12，1时，f (x )＝log 12⎝⎛⎭⎫x －12， ∴x －2∈⎝⎛⎭⎫－32，－1，－(x －2)∈⎝⎛⎭⎫1，32， ∴f (x )＝f (x －2)＝－f (2－x )＝log 12⎝⎛⎭⎫x －12. 设2－x ＝t ，t ∈⎝⎛⎭⎫1，32，x ＝2－t ， ∴－f (t )＝log 12⎝⎛⎭⎫32－t ，∴f (t )＝－log 12⎝⎛⎭⎫32－t ， ∴f (x )＝－log 12⎝⎛⎭⎫32－x ，x ∈⎝⎛⎭⎫1，32， 可以看出x 增大时，32－x 减小，log 12⎝⎛⎭⎫32－x 增大，f (x )减小， ∴在区间⎝⎛⎭⎫1，32内，f (x )是减函数， 而由1＜x ＜32得0＜32－x ＜12，∴log 12⎝⎛⎭⎫32－x ＞1， ∴f (x )＜0.2．已知函数f (x )＝log a (3－ax )(a ＞0，且a ≠1)．(1)当x ∈[0,2]时，函数f (x )恒有意义，求实数a 的取值范围；(2)是否存在这样的实数a ，使得函数f (x )在区间[1,2]上为减函数，并且最大值为1？如果存在，试求出a 的值；如果不存在，请说明理由．解：(1)∵a ＞0且a ≠1，设t (x )＝3－ax ，则t (x )＝3－ax 为减函数，当x ∈[0,2]时，t (x )的最小值为3－2a ，∵当x ∈[0,2]时，f (x )恒有意义，即x ∈[0,2]时，3－ax ＞0恒成立． ∴3－2a ＞0，∴a ＜32.又a ＞0且a ≠1，∴0＜a ＜1或1＜a ＜32，∴实数a 的取值范围为(0,1)∪⎝⎛⎭⎫1，32. (2)由(1)知函数t (x )＝3－ax 为减函数． ∵f (x )在区间[1,2]上为减函数，∴y ＝log a t 在[1,2]上为增函数，∴a ＞1，当x ∈[1,2]时，t (x )的最小值为3－2a ，f (x )的最大值为f (1)＝log a (3－a )，∴⎩⎪⎨⎪⎧3－2a ＞0，log a (3－a )＝1，即⎩⎨⎧a ＜32，a ＝32.故不存在这样的实数a ，使得函数f (x )在区间[1,2]上为减函数，并且最大值为1.第八节函数与方程1．函数的零点 (1)函数零点的定义对于函数y ＝f (x )，我们把使f (x )＝0的实数x 叫做函数y ＝f (x )的零点． (2)几个等价关系方程f (x )＝0有实数根⇔函数y ＝f (x )的图象与x 轴有交点⇔函数y ＝f (x )有零点． (3)函数零点的判定(零点存在性定理)如果函数y ＝f (x )在区间[a ，b ]上的图象是连续不断的一条曲线，并且有f (a )·f (b )＜0，那么，函数y ＝f (x )在区间(a ，b )内有零点，即存在c ∈(a ，b )，使得f (c )＝0，这个c 也就是方程f (x )＝0的根．2．二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c (a ＞0)的图象与零点的关系(x 0)，(x 0)(x 0) 无交点 [小题体验]1．函数f (x )＝ln x －2x 的零点所在的大致范围是( ) A ．(1,2) B ．(2,3) C.⎝⎛⎭⎫1e ，1和(3,4)D ．(4，＋∞)解析：选B 易知f (x )为增函数，由f (2)＝ln 2－1＜0，f (3)＝ln 3－23＞0，得f (2)·f (3)＜0.故选B.2．函数f (x )＝e x ＋3x 的零点个数是( ) A ．0 B ．1 C ．2D ．3解析：选B 函数f (x )＝e x ＋3x 在R 上是增函数， ∵f (－1)＝1e －3＜0，f (0)＝1＞0，∴f (－1)·f (0)＜0，∴函数f (x )有唯一零点，且在(－1,0)内，故选B.3．函数f (x )＝kx ＋1在[1,2]上有零点，则k 的取值范围是________． 答案：⎣⎡⎦⎤－1，－121．函数f (x )的零点是一个实数，是方程f (x )＝0的根，也是函数y ＝f (x )的图象与x 轴交点的横坐标．2．函数零点存在性定理是零点存在的一个充分条件，而不是必要条件；判断零点个数还要根据函数的单调性、对称性或结合函数图象．[小题纠偏]1．(2018·诸暨模拟)函数f (x )按照下述方法定义：当x ≤2时，f (x )＝－x 2＋2x ；当x ＞2时，f (x )＝12(x －2)2，则方程f (x )＝12的所有实数根之和是( )A ．2B ．3C ．5D ．8解析：选C 画出函数f (x )的图象，如图所示：结合图象x ＜2时，两根之和是2， x ＞2时，由12(x －2)2＝12，解得x ＝3，故方程f (x )＝12的所有实数根之和是5，故选C.2．给出下列命题：①函数f (x )＝x 2－1的零点是(－1,0)和(1,0)；②函数y ＝f (x )在区间(a ，b )内有零点(函数图象连续不断)，则一定有f (a )·f (b )＜0； ③二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)在b 2－4ac ＜0时没有零点；④若函数f (x )在(a ，b )上单调且f (a )·f (b )＜0，则函数f (x )在[a ，b ]上有且只有一个零点． 其中正确的是________(填序号)． 答案：③④考点一 函数零点所在区间的判定(基础送分型考点——自主练透)1．已知实数a ＞1,0＜b ＜1，则函数f (x )＝a x ＋x －b 的零点所在的区间是( ) A ．(－2，－1) B ．(－1,0) C ．(0,1)D ．(1,2)解析：选B ∵a ＞1,0＜b ＜1，f (x )＝a x ＋x －b ， ∴f (－1)＝1a －1－b ＜0，f (0)＝1－b ＞0，由零点存在性定理可知f (x )在区间(－1,0)上存在零点． 2．设f (x )＝ln x ＋x －2，则函数f (x )的零点所在的区间为( ) A ．(0,1) B ．(1,2) C ．(2,3)D ．(3,4)解析：选B 函数f (x )的零点所在的区间转化为函数g (x )＝ln x ，h (x )＝－x ＋2图象交点的横坐标所在的范围．作出两函数大致图象如图所示，可知f (x )的零点所在的区间为(1,2)．故选B.3．函数f (x )＝x 2－3x －18在区间[1,8]上______(填“存在”或“不存在”)零点．解析：法一：∵f (1)＝12－3×1－18＝－20＜0， f (8)＝82－3×8－18＝22＞0， ∴f (1)·f (8)＜0，又f (x )＝x 2－3x －18在区间[1,8]的图象是连续的， 故f (x )＝x 2－3x －18在区间[1,8]上存在零点． 法二：令f (x )＝0，得x 2－3x －18＝0，∴(x －6)(x ＋3)＝0.∵x ＝6∈[1,8]，x ＝－3∉[1,8]， ∴f (x )＝x 2－3x －18在区间[1,8]上存在零点． 答案：存在[谨记通法]确定函数f (x )的零点所在区间的2种常用方法(1)定义法：使用零点存在性定理，函数y ＝f (x )必须在区间[a ，b ]上是连续的，当f (a )·f (b )＜0时，函数在区间(a ，b )内至少有一个零点．(2)图象法：若一个函数(或方程)由两个初等函数的和(或差)构成，则可考虑用图象法求解，如f (x )＝g (x )－h (x )，作出y ＝g (x )和y ＝h (x )的图象，其交点的横坐标即为函数f (x )的零点．考点二 判断函数零点个数(重点保分型考点——师生共研)1．(2019·温州质检)已知函数f (x )＝⎝⎛⎭⎫12x－cos x ，则f (x )在[0,2π]上的零点个数为( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．4解析：选C 如图，作出g (x )＝⎝⎛⎭⎫12x 与h (x )＝cos x 的图象，可知其在[0,2π]上的交点个数为3，所以函数f (x )在[0,2π]上的零点个数为3.2．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1，x ≤0，log 2x ，x ＞0，则函数y ＝f (f (x ))＋1的零点的个数是( )A ．4B ．3C ．2D ．1解析：选A 由f (f (x ))＋1＝0得f (f (x ))＝－1， 由f (－2)＝f ⎝⎛⎭⎫12＝－1 得f (x )＝－2或f (x )＝12.若f (x )＝－2，则x ＝－3或x ＝14；若f (x )＝12，则x ＝－12或x ＝ 2.综上可得函数y ＝f (f (x ))＋1的零点的个数是4，故选A.[由题悟法]判断函数零点个数的3种方法(1)方程法：令f (x )＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．(2)零点存在性定理法：利用定理不仅要求函数在区间[a ，b ]上是连续不断的曲线，且f (a )·f (b )＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性、周期性、对称性)才能确定函数有多少个零点或零点值所具有的性质．(3)数形结合法：转化为两个函数的图象的交点个数问题．先画出两个函数的图象，看其交点的个数，其中交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．[即时应用]1．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3x，x ≤1，log 13x ，x ＞1，则函数y ＝f (x )＋x －4的零点个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选B 函数y ＝f (x )＋x －4的零点，即函数y ＝－x ＋4与y ＝f (x )的交点的横坐标．如图所示，函数y ＝－x ＋4与y ＝f (x )的图象有两个交点，故函数y ＝f (x )＋x －4的零点有2个．故选B.2．函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e x－x －2，x ≥0，x 2＋2x ，x ＜0的零点个数是( )A ．0B ．1C ．2D ．3解析：选C 当x ＜0时，令f (x )＝0，即x 2＋2x ＝0，解得x ＝－2或x ＝0(舍去)，所以当x ＜0时，只有一个零点；当x ≥0时，f (x )＝e x －x －2，而f ′(x )＝e x －1，显然f ′(x )≥0，所以f (x )在[0，＋∞)上单调递增，又f (0)＝e 0－0－2＝－1＜0，f (2)＝e 2－4＞0，所以当x ≥0时，函数f (x )有且只有一个零点．综上，函数f (x )只有2个零点，故选C.考点三 函数零点的应用(重点保分型考点——师生共研)[典例引领](2018·杭州七校联考)若函数f (x )＝m －x 2＋2ln x 在⎣⎡⎦⎤1e 2，e 上有两个不同的零点，则实数m 的取值范围为________．解析：令f (x )＝m －x 2＋2ln x ＝0，则m ＝x 2－2ln x ．令g (x )＝x 2－2ln x ，则g ′(x )＝2x －2x ＝2(x －1)(x ＋1)x ，∴g (x )在⎣⎡⎭⎫1e 2，1上单调递减，在(1，e]上单调递增，∴g (x )min ＝g (1)＝1，又g ⎝⎛⎭⎫1e 2＝4＋1e 4，g (e)＝e 2－2，4＋1e 4＜5＜e 2－2，∴g ⎝⎛⎭⎫1e 2＜g (e)，数形结合知，若函数f (x )在⎣⎡⎦⎤1e 2，e 上有两个不同的零点，则实数m 的取值范围为⎝⎛⎦⎤1，4＋1e 4. 答案：⎝⎛⎦⎤1，4＋1e 4 [由题悟法]已知函数有零点(方程有根)求参数取值范围常用3方法[即时应用]1．(2018·浙江名校联考)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1x ，x ＞0，－x 2＋3，x ≤0，若函数g (x )＝f (x )－k (x ＋1)在(－∞，1]上恰有两个不同的零点，则实数k 的取值范围是( )A ．[1,3)B ．(1,3]C ．[2,3)D ．[1，＋∞)解析：选A 函数g (x )＝f (x )－k (x ＋1)在(－∞，1]上恰有两个不同的零点，等价于直线y ＝k (x ＋1)与函数y ＝f (x )的图象在(－∞，1]上有两个不同的交点．作出f (x )的大致图象如图所示，因为直线y ＝k (x ＋1)过定点(－1,0)，定点(－1,0)与点(1,2)和(0,3)连线的斜率分别为1和3，结合f (x )的图象可知k 的取值范围是[1,3)．2．若函数f (x )＝4x －2x －a ，x ∈[－1,1]有零点，则实数a 的取值范围是________． 解析：∵函数f (x )＝4x －2x －a ，x ∈[－1,1]有零点， ∴方程4x －2x －a ＝0在[－1,1]上有解， 即方程a ＝4x －2x 在[－1,1]上有解． 方程a ＝4x －2x 可变形为a ＝⎝⎛⎭⎫2x －122－14， ∵x ∈[－1,1]，∴2x ∈⎣⎡⎦⎤12，2， ∴⎝⎛⎭⎫2x －122－14∈⎣⎡⎦⎤－14，2. ∴实数a 的取值范围是⎣⎡⎦⎤－14，2. 答案：⎣⎡⎦⎤－14，2一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．下列函数中，在(－1,1)内有零点且单调递增的是( ) A ．y ＝log 12xB ．y ＝2x －1C ．y ＝x 2－12D ．y ＝－x 3解析：选B 函数y ＝log 12x 在定义域上是减函数，y ＝x 2－12在(－1,1)上不是单调函数，y ＝－x 3在定义域上单调递减，均不符合要求．对于y ＝2x －1，当x ＝0∈(－1,1)时，y ＝0且y ＝2x －1在R 上单调递增．故选B.2．(2018·豫南十校联考)函数f (x )＝x 3＋2x －1的零点所在的大致区间是( ) A ．(0,1) B ．(1,2) C ．(2,3)D ．(3,4)解析：选A 因为f (0)＝－1＜0，f (1)＝2＞0，则f (0)·f (1)＝－2＜0，且函数f (x )＝x 3＋2x －1的图象是连续曲线，所以f (x )在区间(0,1)内有零点．3．(2018·宁波期末)设函数f (x )是定义在R 上的奇函数，当x ＞0时，f (x )＝e x ＋x －3，则f (x )的零点个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选C 因为函数f (x )是定义域为R 的奇函数，所以f (0)＝0，即0是函数f (x )的一个零点，当x ＞0时，f (x )＝e x ＋x －3为增函数．因为f (1)＝e 1＋1－3＝e －2＞0，f ⎝⎛⎭⎫14＝e 14＋14－3＝e 14－114＜0，所以当x ＞0时，f (x )有一个零点．根据对称性知，当x ＜0时，函数f (x )也有一个零点．综上所述，f (x )的零点的个数为3.4．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x －2－1，x ≥0，x ＋2，x ＜0，g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2x ，x ≥0，1x，x ＜0，则函数f (g (x ))的所有零点之和是________．解析：由f (x )＝0，得x ＝2或x ＝－2，由g (x )＝2，得x ＝1＋3，由g (x )＝－2，得x ＝－12，所以函数f (g (x ))的所有零点之和是－12＋1＋3＝12＋ 3. 答案：12＋ 35．已知关于x 的方程x 2＋(k －3)x ＋k 2＝0的一根小于1，另一根大于1，则k 的取值范围是________．解析：设f (x )＝x 2＋(k －3)x ＋k 2，则函数f (x )为开口向上的抛物线，且f (0)＝k 2≥0，∴关于x 的方程x 2＋(k －3)x ＋k 2＝0的一根小于1，另一根大于1，即函数f (x )的零点位于[0,1)，(1，＋∞)上．故只需f (1)＜0即可，即1＋k －3＋k 2＜0，解得－2＜k ＜1.答案：(－2,1)。
数学一轮复习单元质检卷三导数及其应用理
单元质检卷三导数及其应用（时间：100分钟满分：140分)一、选择题：本题共12小题，每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1。
（2020福建福州模拟,理7)已知函数f(x）为偶函数，当x<0时，f（x）=x2-ln(-x），则曲线y=f(x）在x=1处的切线方程为(）A。
x—y=0 B.x-y-2=0C。
x+y-2=0 D。
3x—y-2=02.设函数f(x）在R上可导，其导函数为f’（x)，若函数f（x)在x=1处取得极大值，则函数y=—xf'(x)的图像可能是()3。
已知函数f（x）=x+1，g（x）=ln x,若f（x1）=g（x2），则x2—x1的最小值为()A.1 B。
2+ln 2C。
2-ln 2 D.24.（2020广东惠州调研)设x∈R,函数y=f（x）的导数存在，若f（x)+f’（x)>0恒成立，且a>0，则下列结论正确的是(）A.f（a）〈f(0) B。
f（a）>f（0）C.e a·f（a）〈f(0）D。
e a·f（a）〉f(0)5。
已知定义在(0,+∞）上的函数f（x)满足xf'（x)—f（x）〈0,且f（2）=2，则f(e x)-e x〉0的解集是(）A。
(—∞，ln 2）B。
（ln 2,+∞)C。
（0,e2）D。
（e2，+∞）6.（2020北京房山区二模,5）函数f(x)=e x-x2的零点个数为(）A。
0 B.1 C。
2 D.37.(2020山东青岛5月模拟,8）已知函数f（x）=lnx，若f(x）x2<m-1在（0，+∞)上恒成立，e为自然对数的底数，则实数m x2的取值范围是（）A。
m>e B.m>e2C.m>1 D。
m〉√e8。
下列关于函数f（x）=x3—3x2+2x的叙述不正确的为() A。
函数f（x）有三个零点B.点（1,0）是函数f（x）图像的对称中心C。
备战2020届高三文数一轮单元训练第3单元 导数及其应用 A卷 教师版
1单元训练金卷▪高三▪数学卷（A ）第3单元 导数及其应用注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知函数1()cos f x x x =，则π(π)2f f ⎛⎫'+= ⎪⎝⎭（ ）A ．2π-B ．3πC ．1π-D ．3π-【答案】D【解析】由题意知：()211cos sin f x x x x x '=--，()11πcos πππf ∴==-，2π4π2π2cos sin 2π2π2πf ⎛⎫'=--=- ⎪⎝⎭，()π123π2πππf f ⎛⎫'∴+=--=- ⎪⎝⎭，本题正确选项D ．2．曲线y =2sin x +cos x 在点(π，–1)处的切线方程为（ ） A ．10x y --π-=B ．2210x y --π-=C ．2210x y +-π+=D ．10x y +-π+=【答案】C【解析】当πx =时，2sin πcos π1y =+=-，即点(,1)π-在曲线2sin cos y x x =+上． 2cos sin y x x '=-，π2cos πsin π2x y =∴=-=-'，则2sin cos y x x =+在点(,1)π-处的切线方程为(1)2()y x --=--π，即2210x y +-π+=． 故选C ．3．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（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】C【解析】由题意，根据导函数的图象，可得当(,0)(2,)x ∈-∞+∞时，()0f x '>， 则函数()f x 单调递增；当(0,2)x ∈时，()0f x '<，函数()f x 单调递减，故选C ． 4．函数()()ln 2f x x x =+-的单调增区间为（ ）A ．()1,+∞B ．()1,2C ．(),3-∞D ．(),1-∞【答案】D【解析】函数的定义域为{}2x x <，()()1ln 2()2xf x x x f x x-'=+-⇒=-， 当()0f x '>时，函数单调递增，所以有1022xx x->⇒>-或1x <，而函数的定义域为{}2x x <， 所以当1x <时，函数单调递增，故本题选D ． 5．若函数()212ln 2f x x x a x =-+有两个不同的极值点，则实数a 的取值范围是（ ） A ．1a > B ．10a -<<C ．1a <D ．01a <<【答案】D【解析】()f x 的定义域是（0，+∞），()222a xx a f x xxx-+'=-+=，若函数()f x 有两个不同的极值点，则()22g x x x a =-+在（0，+∞）由2个不同的实数根，故14400Δa x =->⎧⎪⎨=>⎪⎩，解得01a <<，故选D ． 6．过点(2,6)P -作曲线3()3f x x x =-的切线，则切线方程为（ ）此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号2A ．30x y +=或24540x y --=B ．30x y -=或24540x y --=C ．30x y +=或24540x y -+=D ．24540x y --=【答案】A【解析】设切点为（m ，m 3-3m ），3()3f xx x =-的导数为2()33f x x '=-，可得切线斜率233k m =-，由点斜式方程可得切线方程为y ﹣m 3+3m ＝(3m 2-3)（x ﹣m ），代入点(2,6)P -，可得﹣6﹣m 3+3m ＝(3m 2-3)（2﹣m ），解得m ＝0或m ＝3，当m =0时，切线方程为30x y +=；当m =3时，切线方程为24540x y --=，故选A ． 7．已知函数()1ln xf x x +=在区间(),2a a +上不是单调函数，则实数a 的取值范围是（ ） A ．()1,1- B ．[]0,1C ．[)0,1D ．10,e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】C【解析】因为()1ln x f x x +=（0x >），所以()11ln ln x xf x x x---'==，由()0f x '=，得1x =，所以当01x <<时，()0f x '>，即()1ln xf x x+=单调递增； 当1x >时，()0f x '<，即()1ln xf x x+=单调递减， 又函数()1ln xf x x+=在区间(),2a a +上不是单调函数， 所以有0121a a a ≥⎧⎪<⎨⎪+>⎩，解得01a ≤<．故选C ．8．若存在唯一的正整数，使关于的不等式成立，则实数的取值范围是（ ）A ．10,3⎛⎫⎪⎝⎭B ．15,34⎛⎤ ⎥⎝⎦C ．13,32⎛⎤ ⎥⎝⎦D ．53,42⎛⎤ ⎥⎝⎦【答案】B 【解析】设，则存在唯一的正整数，使得，设，，因为， 所以当以及时，为增函数；当时，为减函数，在处，取得极大值，在处，取得极大值．而恒过定点，两个函数图像如图，要使得存在唯一的正整数，使得，只要满足()()()()()()112233g h g h g h ⎧≥<≥⎪⎨⎪⎩，即135281253272754aa a -+≥-+<-+≥⎧⎪⎨⎪⎩，解得1534a <≤，故选B ．9．函数2x x y e= (其中e 为自然对数的底数)的大致图像是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】B【解析】方法一：排除法：当时，，排除C ，当时，恒成立，排除A 、D ，故选B ．方法二：()2222'x x x xx x x e x e y e e -⋅-⋅==， 由，可得，令，可得或，所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以只有B 符合条件，故选B ． 10．函数，正确的命题是（ ） A ．值域为B ．在是增函数C ．有两个不同的零点D ．过点的切线有两条3【答案】B 【解析】因为，所以()1ln 10f x x x e==⇒='+， 因此当1x e >时，在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上是增函数，即在上是增函数；当10x e <<时，在1,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭上是减函数，因此()11f x f e e ⎛⎫≥=- ⎪⎝⎭；值域不为R ；当10x e <<时，，当1x e >时，只有一个零点，即只有一个零点；设切点为，则0000ln ln 11x x x x =+-，01x ∴=，所以过点的切线只有一条，综上选B ．11．定义在上的函数满足，且，则不等式的解集为（ ） A ．B ．C ．D ．【答案】C 【解析】的解集即为的解集， 构造函数，则，因为，所以，所以在上单调递增，且，所以的解集为， 不等式的解集为．故选C ．12．已知,0,2παβ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，sin sin 0βααβ->，则下列不等式一定成立的是（ ）A ．π2αβ+< B ．π2αβ+=C ．αβ<D ．αβ>【答案】C【解析】由题意，sin sin βααβ>，sin sin αβαβ∴>，设()sin x f x x =，π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()2cos sin 'x x x f x x -∴=，π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭， 设()cos sin g x x x x =-，π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()cos sin cos sin 0g x x x x x x x '∴=--=-<，()g x \在0,π2⎛⎫⎪⎝⎭单调递减，且()()00g x g <=，()0f x '∴<，所以()sin x f x x =在0,π2⎛⎫⎪⎝⎭递减， ()()sin sin f f αβαβαβ>⇔>，αβ∴<，故选C ．第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．函数()y f x =在5x =处的切线方程是8y x =-+，则()()55f f +'=______． 【答案】2【解析】∵函数()y f x =的图象在点5x =处的切线方程是8y x =-+， (5)1f '∴=-，(5)583f =-+=，(5)(5)312f f ∴+'=-=，故答案为2．14．函数()()21f x x x =-在[]0,1上极值为____________． 【答案 【解析】23()(1)f x x x x x =-=-，2()13f x x '=-，令()0f x '=，得x =，在区间[]0,1上讨论：当x ⎡∈⎢⎣⎭时，()0f x '>，函数为增函数； 当x ⎤∈⎥⎥⎝⎦时，()0f x '<，函数为减函数， 所以函数在[]0,1上的极值为f ==⎝⎭15．函数()32sin 3cos ,π32πf x x x x ⎛⎫⎡⎤=+∈- ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭的值域为_________．【答案】⎤⎥⎣⎦【解析】由题意，可得()3232sin 3cos sin 3sin 3ππ,32f x x x x x x ⎡⎤=+=-+∈-⎢⎥⎣⎦，，4令，t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，即，t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦， 则，当0t <<时，；当时，，即在⎡⎤⎢⎥⎣⎦为增函数，在为减函数，又g ⎛= ⎝⎭，，故函数的值域为⎤⎥⎣⎦． 16．已知函数无极值，则实数的取值范围是______．【答案】【解析】因为，所以，又函数无极值，所以恒成立，故()2363620Δa a =-+≤，即，解得．故答案为．三、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．（10分）已知曲线32()2f x x x x =-+． （1）求曲线()y f x =在()2,2处的切线方程； （2）求曲线()y f x =过原点O 的切线方程． 【答案】（1）580x y --=；（2）y x =或0y =．【解析】（1）由题意得2()341f x x x '=-+，所以(2)5f '=，(2)2f =，可得切线方程为25(2)y x -=-，整理得580x y --=．（2）令切点为()00,x y ，因为切点在函数图像上，所以3200002y x x x =-+，()2000341f x x x '=-+， 所以在该点处的切线为()()()3220000002341y x x x x x x x --+=-+-因为切线过原点，所以()()()322000000023410x x x x x x --+=-+-，解得00x =或01x =，当00x =时，切点为（0，0），(0)1f '=，切线方程为y x =， 当01x =时，切点为()1,0，()01f '=，切线方程为y =0，所以切线方程为y x =或y =0．18．（12分）设函数2()ln f x a x bx =-，若函数()f x 的图象在点(1,(1))f 处与直线12y x =-相切．（1）求实数a ，b 的值；（2）求函数()f x 在1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值．【答案】（1）12a b ==；（2）11ln 244--．【解析】（1）由()2ln f x a x bx =-，得()2af x bx x'=-， ∴()12f a b '=-，则()122112a b f b ⎧-=-⎪⎪⎨⎪=-=-⎪⎩，解得12a =，12b =．（2）由（1）知，()211ln 22f x x x =-，()211222x f x x x x -'=-=（0x >）．∴当1x e ⎛∈ ⎝⎭时，()0f x '>；当x e ⎫∈⎪⎪⎝⎭时，()0f x '<． ∴()f x在1e ⎛ ⎝⎭上为增函数，在e ⎫⎪⎪⎝⎭上为减函数， 则()max 11111ln 222244f x f ==-⨯=--⎝⎭． 19．（12分）求证：e 1x x ≥+． 【答案】见解析．【解析】()1x h x e x =--，所以()1x h x e '=-， 当x ≥0时，h '（x ）≥0，h （x ）为增函数； 当0x <时，()0h x '<，h （x ）为减函数， 所以h （x ）≥h （0）＝0，所以1x e x ≥+． 20．（12分）已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程；5（2）求的单调区间．【答案】（1）；（2）当时，的单调增区间是；当时，的单调递减区间是；递增区间是．【解析】（1）当时，()ln f x x x =+，所以()()110f x x x =+>'． 所以()11f =，，所以切线方程为．（2）()(0)x af x x x+'=>．当时，在时，，所以的单调增区间是；当时，函数与在定义域上的情况如下：所以的单调递减区间是；递增区间是．综上所述：当时，的单调增区间是；当时，的单调递减区间是；递增区间是．21．（12分）已知函数()()()2134ln 1222f x x x m x m =-+-++-（m 为常数）．（1）当m =4时，求函数的单调区间；（2）若函数有两个极值点，求实数m 的取值范围．【答案】（1）单调递增区间为（1，2）和（5，＋∞），单调递减区间为；（2）3m >．【解析】依题意，函数的定义域为（1，＋∞）． （1）当m ＝4时，()()2154ln 1622f x x x x =-+--．()()()22547106111x x x x f x x x x x ---+=+-==---'， 令，解得或；令，解得．可知函数()f x 的单调递增区间为（1，2）和（5，＋∞），单调递减区间为．（2）()()()2364211x m x m f x x m x x -+++=+-+='--． 若函数()y f x =有两个极值点，则()()()234601360312Δm m m m m =-+-+>⎡⎤⎣⎦-+++⎧⎪⎪⎪⎨>+>⎪⎪⎪⎩，解得3m >．22．（12分）函数2()()x f x x e x m m =+--∈R ． （1）求函数()f x 的单调区间；（2）若方程2()f x x =在区间[1,2]-上恰有两个不等的实根，求实数m 的取值范围．【答案】（1）增区间为(0,)+∞，减区间为(,0)-∞；（2）11,1e ⎛⎤+ ⎥⎝⎦．【解析】（1）()f x 的定义域为R ，()21x f x x e '=+-，则(0)0f '=，()2x f x e ''∴=+，由于0x e >恒成立，则()2x f x e ''=+在R 上大于零恒成立， ()21x f x x e '∴=+-在R 上为单调递增函数，又(0)0f '=，∴当0x >时，()(0)0f x f ''>=，则函数()f x 增区间为(0,)+∞，当0x <时，()(0)0f x f ''<=，则函数()f x 减区间为(,0)-∞． （2）令2()()e x g x f x x x m =-=--，则()1x g x e =-'；令()10x g x e -'==，解得0x =，令()10x g x e '=->，解得0x >，则()g x 的增区间为(0,2)， 令()10x g x e '=-<，解得0x <，则()g x 的减区间为(1,0)-， 由此可得()g x 的大致图像如图：∴要使方程()2f x x =在区间[1,2]-上恰有两个不等的实根等价于函数()g x 与x 轴在区间[1,2]-有两个不同交点，从图像可得g(1)0g(0)0(2)0g -≥⎧⎪<⎨⎪≥⎩，解得111m e <≤+，故答案为11,1m e ⎛⎤∈+ ⎥⎝⎦．。
2020年高考数学(文)一轮复习专题3.5 导数及其应用(单元测试)(解析版)
A． 1 x4 1 ex 4 x ln 2
C． 3x2 1 ex x ln 2
B． 1 x4 1 ex 4 x ln 2
D． 3x2 1 ex x ln 2
【答案】C
【解析】因为
y
x3 log2 x ex ，所以
y 3x2 +
1 -e-x xln2
2
2
断正确的是（ ）
A． m n
B． m n
C． m n
D． m 与 n 的大小关系不确定
【答案】C
【解析】由题意，设 f x x3 sin x ，则 f x 3x2 cos x ，
2
22
当 x [1,1] 时， f x 0 ， f x 单调递增，
则
ln
1
ee
1
ln 33
1
ln 3
1
ln
1
ln1515
15
ln15 30
，
即
1 e
ln
3
3
ln
15 ln15 ， 30
故选 B。
5．（河北省石家庄市 2019 届模拟）已知当 m ， n 1,1 时， sin m sin n n3 m3 ，则以下判
由题得 f (x) 2 1 ,k f (1) 2 1 1，
x
1
所以切线方程为 y+2=-1·(x-1),
即： x y 1 0
故选 A。
D． 2x y 1 0
4．（广东省揭阳市 2019 年二模）以下四个数中，最大的是（ ）
A． ln 3 3
2020版高考数学一轮复习第三章导数及其应用单元质检卷3文北师大版
单元质检卷三导数及其应用(时间:100分钟满分:150分)一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分)1.若函数y=e x+mx有极值,则实数m的取值范围是()A.m>0B.m<0C.m>1D.m<12.函数f(x)=x2+x-ln x的零点的个数是()A.0B.1C.2D.33.(2018山西吕梁一模,10)函数f(x)=的图像大致为()4.(2018河南郑州三模,11)已知函数f(x)=a x+x2-x ln a,对任意的x1,x2∈[0,1],不等式|f(x1)-f(x2)|≤a-2恒成立,则a的取值范围为()A.[e2,+∞)B.[e,+∞)C.[2,e]D.[e,e2]5.(2018湖南长郡中学五模,9)已知定义在R上的函数f(x),其导函数为f'(x),若f'(x)-f(x)<-3,f(0)=4,则不等式f(x)>e x+3的解集是()A.(-∞,1)B.(1,+∞)C.(0,+∞)D.(-∞,0)6.(2018辽宁丹东一模)已知函数f(x)在R上满足f(x)=2f(2-x)-x2+8x-8,则曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程是()A.y=-2x+3B.y=xC.y=3x-2D.y=2x-17.(2018河南六市联考一,10)若正项递增等比数列{a n}满足1+(a2-a4)+λ(a3-a5)=0(λ∈R),则a6+λa7的最小值为()A.-2B.-4C.2D.48.(2018河北衡水中学仿真,10)已知函数f(x)为R内的奇函数,且当x≥0时,f(x)=-e x+1-m cos x,记a=-2f(-2),b=-f(-1),c=3f(3),则a,b,c之间的大小关系是()A.b<a<cB.a<c<bC.c<b<aD.c<a<b9.(2018陕西西安中学月考,12)已知函数f(x)=x3-a2x,若对于任意的x1,x2∈[0,1],都有|f(x1)-f(x2)|≤1成立,则实数a的取值范围是()A.B.C.D.10.(2018湖南长郡中学四模,12)设函数f(x)=min(min{a,b}表示a,b中的较小者),则函数f(x)的最大值为()A.ln 2B.2ln 2C.D.11.(2018山东潍坊一模,12)函数y=f(x+1)的图像关于直线x=-1对称,且y=f(x)在[0,+∞)上单调递减.若x∈[1,3]时,不等式f(2mx-ln x-3)≥2f(3)-f(ln x+3-2mx)恒成立,则实数m的取值范围为()A.B.C.D.12.(2018河北唐山一模,12)已知函数f(x)=x2-2x cos x,则下列关于f(x)的表述正确的是()A.f(x)的图像关于y轴对称B.f(x)的最小值为-1C.f(x)有4个零点D.f(x)有无数个极值点二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)13.已知函数f(x)=-x2+4x-3ln x在[t,t+1]上不单调,则t的取值范围是.14.(2018山西太原三模)曲线f(x)=x ln x在点P(1,0)处的切线l与坐标轴围成的三角形的外接圆方程是.15.(2018辽宁抚顺一模,改编)已知函数f(x)=a ln(x+1)-x2,在区间(0,1)内任取两个实数p,q,且p<q,若不等式>1恒成立,则实数a的取值范围是.16.已知f(x)=x+x ln x,若k(x-2)<f(x)对任意x>2恒成立,则整数k的最大值为.三、解答题(本大题共5小题,共70分)17.(14分)(2018贵州贵阳一模,21)设f(x)=x e x,g(x)=x2+x.(1)令F(x)=f(x)+g(x),求F(x)的最小值;(2)若对任意x1,x2∈[-1,+∞),且x1>x2,有m[f(x1)-f(x2)]>g(x1)-g(x2)恒成立,求实数m的取值范围.18.(14分)(2018新疆乌鲁木齐二诊)已知函数f(x)=ln x-ax,其中a为非零常数.(1)求a=1时f(x)的单调区间;(2)设b∈R,若f(x)≤b-a对x>0恒成立,求的最小值.19.(14分)已知函数f(x)=2ln x-x2+ax(a∈R).(1)当a=2时,求f(x)的图像在x=1处的切线方程;(2)若函数g(x)=f(x)-ax+m在上有两个零点,求实数m的取值范围.20.(14分)设函数f(x)=ln x-x+1.(1)讨论f(x)的单调性;(2)证明当x∈(1,+∞)时,1<<x;(3)设c>1,证明当x∈(0,1)时,1+(c-1)x>c x.21.(14分)(2018湖南长郡中学一模,21)已知定义域为(0,+∞)的函数f(x)=(x-m)e x(常数m∈R).(1)若m=2,求函数f(x)的单调区间;(2)若f(x)+m+1>0恒成立,求实数m的最大整数值.单元质检卷三导数及其应用1.B求导得y'=e x+m,由于e x>0,若y=e x+mx有极值,则必须使y'的值有正有负,故m<0.2.A由f'(x)=2x+1-=0,得x=或x=-1(舍去).当0<x<时,f'(x)<0,f(x)递减;当x>时,f'(x)>0,f(x)递增.则f(x)的最小值为f+ln 2>0,所以f(x)无零点.3.A函数f(x)=不是偶函数,可以排除C,D,又令f'(x)==0,得极值点为x1=1-,x2=1+,所以排除B,选A.4.A函数f(x)=a x+x2-x ln a,x∈[0,1],则f'(x)=a x ln a+2x-ln a=(a x-1)ln a+2x,当0<a<2时,a-2<0,显然|f(x1)-f(x2)|≤a-2不可能成立.当a>2时,x∈[0,1]时,a x≥1,ln a>0,2x≥0,此时,f'(x)≥0;f(x)在[0,1]上递增,f(x)min=f(0)=1,f(x)max=f(1)=a+1-ln a,|f(x1)-f(x2)|≤f(x)max-f(x)min=a-ln a≤a-2,解得a≥e2,故选A.5.D不等式f(x)>e x+3,即>1,令g(x)=-1,则g'(x)=<0,据此可得函数g(x)是R上的减函数.又g(0)=-1=0,结合函数的单调性可得:不等式f(x)>e x+3的解集是(-∞,0),故选D.6.D∵f(x)=2f(2-x)-x2+8x-8,∴f(2-x)=2f(x)-(2-x)2+8(2-x)-8,将f(2-x)代入f(x)=2f(2-x)-x2+8x-8,得f(x)=4f(x)-2x2-8x+8-x2+8x-8,∴f(x)=x2,f'(x)=2x,∴y=f(x)在(1,f(1))处的切线斜率为y'=2.∴函数y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程y=2x-1.故选D.7.D设正项递增等比数列{a n}的公比为q,则q>1,∵1+(a2-a4)+λ(a3-a5)=0,∴1=(a4-a2)+λq(a4-a2)=(1+λq)(a4-a2).∴1+λq=,a6+λa7=a6(1+λq)=.令g(q)=(q>1),g'(q)=.∴当1<q<时,g'(q)<0,故g(q)在(0,)是减少的,当q>时,g'(q)>0,故g(q)在(,+∞)是增加的,当q=时,g(q)的最小值为g()=4,即a6+λa7的最小值为4.8.D∵f(x)是奇函数,∴f(0)=-e0+1-m cos 0=0,∴m=0,即当x≥0时,f(x)=-e x+1,构造函数g(x)=xf(x),∵f(x)为R内的奇函数,∴g(x)是偶函数,则g'(x)=1-e x(x+1),当x≥0时,e x≥1,x+1≥1,据此可得g'(x)≤0,即偶函数g(x)在区间[0,+∞)上递减,且a=g(-2)=g(2),b=g(-1)=g(1),c=g(3),∴c<a<b.故选D.9.A利用排除法,当a=0时,f(x)=x3,f'(x)=x2≥0,函数在定义域上递增,|f(x1)-f(x2)|≤f(1)-f(0)=≤1,满足题意,排除C,D选项,当a=时,f(x)=x3-x,f'(x)=x2-<0,函数在定义域上递减,|f(x1)-f(x2)|≤f(0)-f(1)=1≤1,满足题意,排除B选项,故选A.10.D y=x ln x⇒y'=ln x+1=0⇒x=,函数y=x ln x在内递减,在内递增;y=,y'==0,得x=0或x=2,函数y=在(0,2)内递增,在(-∞,0),(2,+∞)内递减.作出函数y=x ln x和y=的图像,由图像得函数f(x)的最大值为f(2)=.故选D.11.B由y=f(x+1)的图像关于直线x=-1对称,∴定义在R上的函数f(x)的图像关于y轴对称,∴函数f(x)为偶函数,∵f(x)在[0,+∞)上递减,∴f(x)在(-∞,0)上递增,∵不等式f(2mx-ln x-3)≥2f(3)-f(ln x+3-2mx)在区间[1,3]上恒成立,∴f(2mx-ln x-3)≥f(3)在区间[1,3]上恒成立,∴-3≤2mx-ln x-3≤3在区间[1,3]上恒成立,即0≤2mx-ln x≤6在区间[1,3]上恒成立,即2m≥且2m≤在区间[1,3]上恒成立,令g(x)=,则g'(x)=,∴g(x)在[1,e)上递增,在(e,3]上递减,∴g(x)max=.令h(x)=,h'(x)=<0,h(x)在[1,3]上递减,∴h(x)min=,∴m∈.12.D对于A,因f(-x)≠f(x),故A错误;对于B,问题可转化为方程x2+1=2x cos x有解,即x+=2cos x有解,当x>0时,x+≥2,当且仅当x=1时取“=”,当x=1时,2x cos x<2,故方程无解,故B错误;对于C,问题等价于方程x=2cos x有3个解,作出函数y=x,y=2cos x的图像(图像略),可知方程只有1个解,故C错误;对于D,f'(x)=2x-2(cos x-x sin x)=2x(1+sin x)-2cos x, 由f'(x)=0,得x==tan.由函数y=x与y=tan的图像有无数交点,知f(x)有无数个极值点,故选D.13.(0,1)∪(2,3)由题意知f'(x)=-x+4-=-,由f'(x)=0得函数f(x)的两个极值点为1,3,则只要这两个极值点有一个在区间(t,t+1)内, 函数f(x)在区间[t,t+1]上就不单调,由t<1<t+1或t<3<t+1,得0<t<1或2<t<3.14.由f(x)=x ln x,得f'(x)=ln x+1,∴f'(1)=1,∴曲线f(x)=x ln x在点P(1,0)处的切线方程为y=x-1.切线l与x轴,y轴的交点分别为(1,0),(0,-1),所围成的三角形外接圆的圆心为,半径为.∴所求方程为.15.[15,+∞)∵实数p,q在区间(0,1)内,故p+1,q+1在区间(1,2)内,∵不等式>1恒成立,∴函数图像上在区间(1,2)内任意两点连线的斜率大于1.∴f'(x)=-2x>1在(1,2)内恒成立,即a>2x2+3x+1在(1,2)内恒成立,由于函数y=2x2+3x+1在[1,2]上递增,故x=2时,y有最大值15,∴a≥15.16.4∵x>2,∴k(x-2)<f(x)可化为k<.令F(x)=,则F'(x)=.令g(x)=x-2ln x-4,则g'(x)=1->0,故g(x)在(2,+∞)上是增加的,且g(8)=8-2ln 8-4=2(2-ln 8)<0,g(9)=9-2ln 9-4=5-2ln 9>0;故存在x0∈(8,9),使g(x0)=0,即2ln x0=x0-4.故F(x)在(2,x0)上是减少的,在(x0,+∞)上是增加的;故F(x)min=F(x0)=,故k<,故k的最大值是4.17.解 (1)F(x)=f(x)+g(x)=x e x+x2+x,F'(x)=(x+1)(e x+1),令F'(x)>0,解得x>-1;令F'(x)<0,解得x<-1,故F(x)在(-∞,-1)递减,在(-1,+∞)递增,故F(x)min=F(-1)=-.(2)若对任意x1,x2∈[-1,+∞),且x1>x2有m[f(x1)-f(x2)]>g(x1)-g(x2)恒成立,则对任意x1,x2∈[-1,+∞),且x1>x2有mf(x1)-g(x1)>mf(x2)-g(x2)>0恒成立.令h(x)=mf(x)-g(x)=mx e x-x2-x,x∈[-1,+∞),即只需h(x)在[-1,+∞)递增即可,故h'(x)=(x+1)(m e x-1)≥0在[-1,+∞)恒成立,故m≥,而≤e,故m≥e.18.解 (1)当a=1时,f(x)=ln x-x,则f'(x)=-1,当0<x<1时,f'(x)>0;当x>1时,f'(x)<0,∴f(x)在(0,1)递增,在(1,+∞)递减.(2)f(x)≤b-a⇔b>ln x-ax+a,设h(x)=ln x-ax+a,则h'(x)=-a,当a<0时,h'(x)>0,h(x)在(0,+∞)递增,b≥h(x)不可能恒成立;当a>0时,h'(x)>0⇔0<x<,h'(x)<0⇔x>,∴h(x)max=h=ln-1+a=a-ln a-1,b≥a-ln a-1⇔≥1-.设g(a)=1-(a>0),g'(a)=,∴g'(a)>0⇔a>1,g'(a)<0⇔0<a<1,∴g(x)min=g(1)=0,解得≥0,∴a=1,b=0时,取最小值0.19.解 (1)当a=2时,f(x)=2ln x-x2+2x,f'(x)=-2x+2,切点坐标为(1,1),切线的斜率k=f'(1)=2,则切线方程为y-1=2(x-1),即y=2x-1.(2)g(x)=2ln x-x2+m,则g'(x)=-2x=.因为x∈,所以当g'(x)=0时,x=1.当<x<1时,g'(x)>0;当1<x<e时,g'(x)<0.故g(x)在x=1处取得极大值g(1)=m-1.又g=m-2-,g(e)=m+2-e2,g(e)-g=4-e2+<0,则g(e)<g,所以g(x)在上的最小值是g(e).g(x)在上有两个零点的条件是解得1<m≤2+, 所以实数m的取值范围是.20.(1)解由题设,f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=-1,当0<x<1时,f'(x)>0,f(x)递增;当x>1时,f'(x)<0,f(x)递减.(2)证明由(1)知f(x)在x=1处取得最大值,最大值为f(1)=0,所以当x≠1时,ln x<x-1.故当x∈(1,+∞)时,ln x<x-1,ln -1,即1<<x.(3)证明由题设c>1,设g(x)=1+(c-1)x-c x,则g'(x)=c-1-c x ln c,令g'(x)=0,解得x0=.当x<x0时,g'(x)>0,g(x)递增;当x>x0时,g'(x)<0,g(x)递减.由(2)知1<<c,故0<x0<1.又g(0)=g(1)=0,故当0<x<1时,g(x)>0.所以当x∈(0,1)时,1+(c-1)x>c x.21.解 (1)当m=2时,f(x)=(x-2)e x(x∈(0,+∞)),∴f'(x)=(x-1)e x,令f'(x)>0,有x>1,∴f(x)在(1,+∞)上是增加的.令f'(x)<0,有0<x<1,∴f(x)在(0,1)上是减少的.综上,f(x)在(0,1)上是减少的,f(x)在(1,+∞)上是增加的.(2)∵f(x)+m+1>0对于x∈(0,+∞)恒成立,即f(x)>-m-1对于x∈(0,+∞)恒成立,由函数的解析式可得:f'(x)=e x[x-(m-1)],分类讨论:①当m≤1时,f(x)在(0,+∞)内是增加的,∴f(x)>f(0)=-m,∴-m>-m-1恒成立,∴m≤1.②当m>1时,在(0,m-1)内是减少的,f(x)在(m-1,+∞)内是增加的.∴f(x)min=f(m-1)=-e m-1,∴-e m-1>-m-1,∴e m-1-m-1<0,设g(m)=e m-1-m-1(m>1),∴g'(m)=e m-1-1>0(m>1),∴g(m)在(1,+∞)上递增,而m∈Z,g(2)=e-3<0,g(3)=e2-4>0,∴在(1,+∞)上存在唯一m0,使得g(m0)=0,且2<m0<3,∵m∈Z,∴m最大整数值为2,使e m-1-m-1<0,即m的最大整数值为2,综上可得:实数m的最大整数值为2,此时有f(x)+m+1>0对于x∈(0,+∞)恒成立.。
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单元训练金卷▪高三▪数学卷（A ）第3单元 导数及其应用注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知函数，则（ ）1()cos f x x x =π(π)2f f ⎛⎫'+= ⎪⎝⎭A ．B ．C ．D ．2π-3π1π-3π-2．曲线y =2sin x +cos x 在点(π，–1)处的切线方程为（ ）A ．B ．10x y --π-=2210x y --π-=C ．D ．2210x y +-π+=10x y +-π+=3．函数的导函数的图象如图所示，则函数的图象可能是（ ）()y f x =()y fx '=()yf x=A ．B ．C ．D ．4．函数的单调增区间为（ ）()()ln 2f x x x =+-A ．B ．C ．D ．()1,+∞()1,2(),3-∞(),1-∞5．若函数有两个不同的极值点，则实数的取值范围是（ ）()212ln 2f x x x a x =-+a A ．B ．C ．D ．1a >10a -<<1a <01a <<6．过点作曲线的切线，则切线方程为（ ）(2,6)P -3()3f x x x =-A ．或B ．或30x y +=24540x y --=30x y -=24540x y --=C ．或D ．30x y +=24540x y -+=24540x y --=7．已知函数在区间上不是单调函数，则实数的取值范围是（ ）()1ln x f x x +=(),2a a +a A ．B ．C ．D ．()1,1-[]0,1[)0,110,e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭8．若存在唯一的正整数，使关于的不等式成立，则实数的取值范围是（ ）A ．B ．C ．D ．10,3⎛⎫ ⎪⎝⎭15,34⎛⎤ ⎥⎝⎦13,32⎛⎤ ⎥⎝⎦53,42⎛⎤ ⎥⎝⎦9．函数 (其中e 为自然对数的底数)的大致图像是（）2x x y e=A．B ．C ．D．10．函数，正确的命题是（ ）A ．值域为B ．在是增函数C ．有两个不同的零点D ．过点的切线有两条11．定义在上的函数满足，且，则不等式的解集为（ ）此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号A．B．C．D．12．已知，，则下列不等式一定成立的是（ ）,0,2παβ⎛⎫∈⎪⎝⎭sin sin 0βααβ->A ．B ．C ．D ．π2αβ+<π2αβ+=αβ<αβ>第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．函数在处的切线方程是，则______．()y f x =5x =8y x =-+()()55f f +'=14．函数在上极值为____________．()()21f x x x =-[]0,115．函数的值域为_________．()32sin 3cos ,π32πf x x x x ⎛⎫⎡⎤=+∈- ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭16．已知函数无极值，则实数的取值范围是______．三、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（10分）已知曲线．32()2f x x x x =-+（1）求曲线在处的切线方程；()y f x =()2,2（2）求曲线过原点的切线方程．()y f x =O 18．（12分）设函数，若函数的图象在点处与直线相切．2()ln f x a x bx =-()f x (1,(1))f 12y x =-（1）求实数，的值；a b （2）求函数在上的最大值．()f x 1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦19．（12分）求证：．e 1x x ≥+20．（12分）已知函数．（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）求的单调区间．21．（12分）已知函数（m 为常数）．()()()2134ln 1222f x x x m x m =-+-++-（1）当m =4时，求函数的单调区间；（2）若函数有两个极值点，求实数m 的取值范围．22．（12分）函数．2()()x f x x e x m m =+--∈R （1）求函数的单调区间；()f x （2）若方程在区间上恰有两个不等的实根，求实数的取值范围．2()f x x =[1,2]-m单元训练金卷▪高三▪数学卷（A ）第3单元 导数及其应用 答 案第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．【答案】D【解析】由题意知：，，()211cos sin f x x x x x '=--()11πcos πππf ∴==-，，2π4π2π2cos sin 2π2π2πf ⎛⎫'=--=- ⎪⎝⎭()π123π2πππf f ⎛⎫'∴+=--=- ⎪⎝⎭本题正确选项D ．2．【答案】C【解析】当时，，即点在曲线上．πx =2sin πcos π1y =+=-(,1)π-2sin cos y x x =+，，2cos sin y x x '=- π2cos πsin π2x y =∴=-=-'则在点处的切线方程为，即．2sin cos y x x =+(,1)π-(1)2()y x --=--π2210x y +-π+=故选C ．3．【答案】C【解析】由题意，根据导函数的图象，可得当时，，(,0)(2,)x ∈-∞+∞ ()0f x '>则函数单调递增；当时，，函数单调递减，故选C ．()f x (0,2)x ∈()0f x '<()f x 4．【答案】D【解析】函数的定义域为，，{}2x x <()()1ln 2()2x f x x x f x x -'=+-⇒=-当时，函数单调递增，所以有或，而函数的定义域为，()0f x '>1022xx x ->⇒>-1x <{}2x x <所以当时，函数单调递增，故本题选D ．1x <5．【答案】D【解析】的定义域是（0，+∞），，()f x ()222a x x af x x x x -+'=-+=若函数有两个不同的极值点，则在（0，+∞）由2个不同的实数根，()f x ()22g x x x a =-+故，解得，故选D ．14400Δa x =->⎧⎪⎨=>⎪⎩01a <<6．【答案】A 【解析】设切点为（m ，m 3-3m ），的导数为，3()3f x x x =-2()33f x x '=-可得切线斜率，233k m =-由点斜式方程可得切线方程为y ﹣m 3+3m ＝(3m 2-3)（x ﹣m ），代入点，可得﹣6﹣m 3+3m ＝(3m 2-3)（2﹣m ），解得m ＝0或m ＝3，(2,6)P -当m =0时，切线方程为；30x y +=当m =3时，切线方程为，故选A ．24540x y --=7．【答案】C 【解析】因为（），所以，()1ln x f x x +=0x >()11ln ln x x f x x x ---'==由，得，()0f x '=1x =所以当时，，即单调递增；01x <<()0f x '>()1ln x f x x +=当时，，即单调递减，1x >()0f x '<()1ln x f x x +=又函数在区间上不是单调函数，()1ln x f x x +=(),2a a +所以有，解得．故选C ．0121a a a ≥⎧⎪<⎨⎪+>⎩01a ≤<8．【答案】B 【解析】设，则存在唯一的正整数，使得，设，，因为，所以当以及时，为增函数；当时，为减函数，在处，取得极大值，在处，取得极大值．而恒过定点，两个函数图像如图，要使得存在唯一的正整数，使得，只要满足，即，解得，故选B ．()()()()()()112233g h g h g h ⎧≥<≥⎪⎨⎪⎩135281253272754a a a -+≥-+<-+≥⎧⎪⎨⎪⎩1534a <≤9．【答案】B 【解析】方法一：排除法：当时，，排除C ，当时，恒成立，排除A 、D ，故选B ．方法二：，()2222'x x x x x x x e x e y e e -⋅-⋅==由，可得，令，可得或，所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以只有B 符合条件，故选B ．10．【答案】B【解析】因为，所以，()1ln 10f x x x e ==⇒='+因此当时，在上是增函数，即在上是增函数；1x e >1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭当时，在上是减函数，因此；值域不为R ；10x e <<1,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭()11f x f e e ⎛⎫≥=- ⎪⎝⎭当时，，当时，只有一个零点，即只有一个零点；10x e <<1x e >设切点为，则，，所以过点的切线只有一条，0000ln ln 11x x x x =+-01x ∴=综上选B ．11．【答案】C 【解析】的解集即为的解集，构造函数，则，因为，所以，所以在上单调递增，且，所以的解集为，不等式的解集为．故选C ．12．【答案】C 【解析】由题意，，，sin sin βααβ>sin sin αβαβ∴>设，，，，()sin x f x x =π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭()2cos sin 'x x x f x x -∴=π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭设，，()cos sin g x x x x =-π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，在单调递减，且，()cos sin cos sin 0g x x x x x x x '∴=--=-<()g x \0,π2⎛⎫ ⎪⎝⎭()()00g x g <=，所以在递减，()0f x '∴<()sin x f x x =0,π2⎛⎫ ⎪⎝⎭，，故选C ．()()sin sin f f αβαβαβ>⇔> αβ∴<第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．【答案】2【解析】∵函数的图象在点处的切线方程是，()y f x =5x =8y x =-+，，，(5)1f '∴=-(5)583f =-+=(5)(5)312f f ∴+'=-=故答案为2．14．【答案【解析】，，令，得，23()(1)f x x x x x =-=-2()13f x x '=-()0f x '=x =在区间上讨论：[]0,1当时，，函数为增函数；x ⎡∈⎢⎣()0f x '>当时，，函数为减函数，x ⎤∈⎥⎥⎦()0f x '<所以函数在上的极值为．[]0,1f ==15．【答案】⎤⎥⎦【解析】由题意，可得，()3232sin 3cos sin 3sin 3ππ,32f x x x x x x ⎡⎤=+=-+∈-⎢⎥⎣⎦，令，，即，，t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦则，当时，；当时，，0t <<即在为增函数，在为减函数，⎡⎤⎢⎥⎣⎦又，，g ⎛= ⎝故函数的值域为．⎤⎥⎦16．【答案】【解析】因为，所以，又函数无极值，所以恒成立，故，即，解得．()2363620Δa a =-+≤故答案为．三、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．【答案】（1）；（2）或．580x y --=y x =0y =【解析】（1）由题意得，所以，，可得切线方程为2()341f x x x '=-+(2)5f '=(2)2f =，整理得．25(2)y x -=-580x y --=（2）令切点为，因为切点在函数图像上，所以，，()00,x y 3200002y x x x =-+()2000341f x x x '=-+所以在该点处的切线为()()()3220000002341y x x x x x x x --+=-+-因为切线过原点，所以，解得或，()()()322000000023410x x x x x x --+=-+-00x =01x =当时，切点为（0，0），，切线方程为，00x =(0)1f '=y x =当时，切点为，，切线方程为y =0，01x =()1,0()01f '=所以切线方程为或y =0．y x =18．【答案】（1）；（2）．12a b ==11ln 244--【解析】（1）由，得，()2ln f x a x bx =-()2a f x bx x '=-∴，则，解得，．()12f a b '=-()122112a b f b ⎧-=-⎪⎪⎨⎪=-=-⎪⎩12a =12b =（2）由（1）知，，（）．()211ln 22f x x x =-()211222x f x x x x -'=-=0x >∴当时，；当时，．1x e ⎛∈ ⎝()0f x '>x e ⎫∈⎪⎪⎭()0f x '<∴在上为增函数，在上为减函数，()f x 1e ⎛ ⎝e ⎫⎪⎪⎭则．()max 11111ln 222244f x f ==-⨯=--19．【答案】见解析．【解析】，所以，()1x h x e x =--()1x h x e '=-当x ≥0时，h '（x ）≥0，h （x ）为增函数；当时，，h （x ）为减函数，0x <()0h x '<所以h （x ）≥h （0）＝0，所以．1x e x ≥+20．【答案】（1）；（2）当时，的单调增区间是；当时，的单调递减区间是；递增区间是．【解析】（1）当时，，所以．()ln f x x x =+()()110f x x x =+>'所以，，所以切线方程为．()11f =（2）．当时，在时，，()(0)x af x x x +'=>所以的单调增区间是；当时，函数与在定义域上的情况如下：a -所以的单调递减区间是；递增区间是．综上所述：当时，的单调增区间是；当时，的单调递减区间是；递增区间是．21．【答案】（1）单调递增区间为（1，2）和（5，＋∞），单调递减区间为；（2）．3m >【解析】依题意，函数的定义域为（1，＋∞）．（1）当m ＝4时，．()()2154ln 1622f x x x x =-+--，()()()22547106111x x x x f x x x x x ---+=+-==---'令，解得或；令，解得．可知函数的单调递增区间为（1，2）和（5，＋∞），单调递减区间为．()f x （2）．()()()2364211x m x m f x x m x x -+++=+-+='--若函数有两个极值点，则，解得3m >．()y f x =()()()234601360312Δm m m m m =-+-+>⎡⎤⎣⎦-+++⎧⎪⎪⎪⎨>+>⎪⎪⎪⎩22．【答案】（1）增区间为(0,)+∞，减区间为(,0)-∞；（2）11,1e ⎛⎤+ ⎥⎝⎦．【解析】（1）()f x 的定义域为R ，()21x f x x e '=+-，则(0)0f '=，()2x f x e ''∴=+，由于0x e >恒成立，则()2x f x e ''=+在R 上大于零恒成立，()21x f x x e '∴=+-在R 上为单调递增函数，又(0)0f '= ，∴当0x >时，()(0)0f x f ''>=，则函数()f x 增区间为(0,)+∞，当0x <时，()(0)0f x f ''<=，则函数()f x 减区间为(,0)-∞．（2）令2()()e x g x f x x x m =-=--，则()1x g x e =-'；令()10x g x e -'==，解得0x =，令()10x g x e '=->，解得0x >，则()g x 的增区间为(0,2)，令()10x gx e '=-<，解得0x <，则()g x 的减区间为(1,0)-，由此可得()g x 的大致图像如图：∴要使方程()2f x x =在区间[1,2]-上恰有两个不等的实根等价于函数()g x 与x 轴在区间[1,2]-有两个不同交点，从图像可得g(1)0g(0)0(2)0g -≥⎧⎪<⎨⎪≥⎩，解得111m e<≤+，故答案为11,1m e ⎛⎤∈+ ⎥⎝⎦．。