2019版高考数学二轮复习专题二函数与导数专题突破练8利用导数证明问题及讨论零点个数文.docx

2．10导数的概念及运算［知识梳理]1．变化率与导数（1）平均变化率(2）导数2．导数的运算[诊断自测] 1．概念思辨(1)f ′(x 0）与（f （x 0））′表示的意义相同．( )（2)f ′(x 0)是函数y ＝f （x ）在x ＝x 0附近的平均变化率．（ ) （3)与曲线只有一个公共点的直线一定是曲线的切线．（ ) （4）曲线y ＝f （x )在点P (x 0，y 0)处的切线与过点P （x 0,y 0)的切线相同．（ ）答案 （1）× （2)× (3）× （4）×2．教材衍化(1）（选修A2－2P 6例1)若函数f (x ）＝2x 2－1的图象上一点（1，1)及邻近一点（1＋Δx,1＋Δy ），则Δy Δx 等于（ ）A ．4B ．4xC ．4＋2ΔxD ．4＋2（Δx ）2答案 C解析 Δy ＝(1＋Δy )－1＝f (1＋Δx ）－f (1）＝2(1＋Δx )2－1－1＝2（Δx )2＋4Δx ，∴错误!＝2Δx ＋4，故选C.（2）（选修A2－2P 18T 7）f （x ）＝cos x 在错误!处的切线的倾斜角为________． 答案错误!解析 f ′（x )＝（cos x )′＝－sin x ，f ′错误!＝－1， tan α＝－1，所以α＝3π4. 3．小题热身（1)（2014·全国卷Ⅱ)设曲线y＝ax－ln (x＋1）在点（0,0）处的切线方程为y＝2x,则a＝（）A．0 B．1 C．2 D．3答案D解析y′＝a－错误!,当x＝0时，y′＝a－1＝2，∴a＝3，故选D.(2）（2017·太原模拟）函数f(x）＝x e x的图象在点(1，f（1))处的切线方程是________．答案y＝2e x－e解析∵f(x)＝x e x,∴f(1)＝e,f′（x)＝e x＋x e x，∴f′（1)＝2e，∴f(x）的图象在点(1，f（1))处的切线方程为y －e＝2e(x－1),即y＝2e x－e.题型1导数的定义及应用错误!已知函数f(x)＝错误!＋1，则错误!错误!的值为（）A．－错误! B.错误! C.错误!D．0用定义法．答案A解析由导数定义，错误!错误!＝－错误!错误!＝－f′(1),而f′（1)＝错误!，故选A。

2023高考数学二轮复习专项训练《导数的概念和几何意义》一、单选题（本大题共12小题，共60分）1.（5分）直线y=x与曲线y=e x+m(m∈R,e为自然对数的底数)相切，则m=()A. 1B. 2C. −1D. −22.（5分）与曲线y=x3−5x相切且过原点的直线的斜率为()A. 2B. −5C. −1D. −23.（5分）曲线y=ax2在点P(1,a)处的切线平行于直线y=2x+1，则a=()A. 1B. 12C. −12D. −14.（5分）在曲线y=x3+x-2的切线中，与直线4x-y=1平行的切线方程是( )A. 4x-y=0B. 4x-y-4=0C. 2x-y-2=0D. 4x-y=0或4x-y-4=05.（5分）若函数f(x)=1x−3ax的图象在x=1处的切线与直线x+4y=0垂直，则a= ()A. −1B. 1C. −712D. −536.（5分）函数f(x)=−x2+3ln x的图象在x=1处的切线倾斜角为α，则cos2α=()A. 13B. 12C. 23D. 347.（5分）已知函数y=3x在x=2处的自变量的增量为Δx=0.1，则Δy为( )A. -0.3B. 0.6C. -0.6D. 0.38.（5分）曲线在点(1,2)处的切线方程为A. B. C. D.9.（5分）曲线y=12x2−2x在点(1,−32)处的切线的倾斜角为()A. −135°B. 45°C. −45°D. 135°10.（5分）已知曲线C：x2−2x+y2+b=0，且曲线C上一点P(2,2)处的切线与直线ax−y+1=0垂直，则a=()A. 2B. 12C. −12D. −211.（5分）设f(x)=x3+(a−1)x2+ax.若f(x)为奇函数，则曲线y=f(x)在点(0 ,0)处的切线方程为()A. y=xB. y=−xC. y=2xD. y=−2x12.（5分）物体运动方程为s=14t4−3，则t=5时的瞬时速率为()A. 5m/sB. 25m/sC. 125m/sD. 625m/s二、填空题（本大题共5小题，共25分）13.（5分）曲线y=x+lnx−1往点(1,0)处的切线方程为______．14.（5分）已知定义在R上的函数f(x)满足f′(x)>0，且f(f(x)−e x)=e+1，若f(x)⩾ax−a+1恒成立，则实数的取值范围是____________.15.（5分）如果质点A的位移s与时间t满足方程s=2t3，则在t=3时的瞬时速度为____．16.（5分）已知函数f(x)={1x,x∈(0,2]f(x−2),x∈(2,+∞)，则f(x)在x=3处的切线方程为______．17.（5分）若函数f(x)=−x2+x在[2,2+Δx](Δx>0)上的平均变化率不大于−1，则Δx的取值范围是____________.三、解答题（本大题共6小题，共72分）18.（12分）已知函数f(x)=x2−2x−alnx+ax，a∈R.(1)若a=1，求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；(2)设f(x)的极小值点为x0，且f(x0)<a−a24，求a的取值范围．19.（12分）已知函数f(x)=ln x−ax，其中a为非零常数．(1)当a=1时，求f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在x=1处的切线斜率为−1，求f(x)的极值．20.（12分）已知函数f(x)=−x2+x图像上两点A(2,f(2))、B(2+Δx,f(2+Δx)).(1)若割线AB的斜率不大于−1，求Δx的范围；(2)用导数的定义求函数f(x)=−x2+x在x=2处的导数f′(2)，并求在点A处的切线方程．21.（12分）已知函数y=23x3−2x2+3，(1)求在点(1,53)处的切线方程，(2)求函数在[−1,3]的最值．22.（12分）已知函数f(x)=e x ln x−ae x(a∈R).(1)若f(x)在点(1,f(1))处的切线与直线y=−e x+1平行，求a的值;(2)若f(x)在(0,+∞)上是单调函数，求实数a的取值范围.23.（12分）已知函数f(x)=ae x，g(x)=ln(ax)+52，a>0．(Ⅰ)若y=f(x)的图象在x=1处的切线过点(3,3)，求a的值并讨论ℎ(x)=xf(x)+m(x2+2x−1)(m∈R)在(0,+∞)上的单调增区间；(Ⅱ)定义：若直线l：y=kx+b与曲线C1：f1(x,y)=0、C2：f2(x,y)=0都相切，则我们称直线l为曲线C1、C2的公切线．若曲线y=f(x)与y=g(x)存在公切线，试求实数a的取值范围．四、多选题（本大题共5小题，共25分）24.（5分）已知函数f(x)=√x−ln x，若f(x)在x=x1和x=x2(x1≠x2)处切线平行，则()A.√x1√x2=12B. x1x2<128C. x1+x2<32D. x12+x22>51225.（5分）函数f(x)的导函数为f′(x)，若已知f′(x)的图像如图，则下列说法不正确的是()A. f(x)存在极大值点B. f(x)在(0,+∞)单调递增C. f(x)一定有最小值D. 不等式f(x)<0一定有解26.（5分）关于函数f(x)=a ln x+2x，下列判断正确的是()A. 函数f(x)的图象在点x=1处的切线方程为(a−2)x−y−a+4=0B. x=2a是函数f(x)的一个极值点C. 当a=1时，f(x)⩾ln2+1D. 当a=−1时，不等式f(2x−1)−f(x)>0的解集为(12,1)27.（5分）已知函数f(x)=ax3+x2+axe x，则()A. 若曲线y=f(x)在(0,f(0))处的切线与x+5y=0相互垂直，则a=5B. 若a=0，则函数f(x)的单调递减区间为(−∞,0)∪(2,+∞)C. 若a=0，则函数f(x)有2个极值点D. 若关于x的不等式函数x2+1⩾f(x)在(0,+∞)上恒成立，则实数a的取值范围为(−∞,e-12]28.（5分）函数f(x)={e x−1,x⩽1,ln(x−1),x>1,若函数g(x)=f(x)−x+a只有一个零点，则a的值可以为()A. 2B. −2C. 0D. 1答案和解析1.【答案】C;【解析】解：设切点为(x,y)，则x=y，∵y=e x+m，∴y′=e x+m∴e x+m=1，即x+m=0，又e x+m=x，∴e0=x，∴x=1，∴m=−1，故选：C.先求导函数，利用直线y=x与曲线y=e x+m相切，可知切线的斜率为1，即切点处的函数值为1，再利用切点处的函数值相等，即可求出a的值本题以直线与曲线相切为载体，考查了利用导数研究曲线上过某点切线方程的斜率，解答该题的关键是正确理解导数的几何意义．2.【答案】B;【解析】解：设切点坐标为P(x0,y0)，由曲线y=f(x)=x3−5x，得f′(x)=3x2−5，所以过原点的切线斜率为k=f′(x0)=3x02−5，所以切线方程为y−y0=(3x02−5)(x−x0)；又切线过原点O(0,0)，所以−x03+5x0=−3x03+5x0，解得x0=0，所以y0=0，则P(0,0)；所以与曲线y=x3−5x相切且过原点的直线的斜率为k=f′(0)=−5．故选：B．设切点为(x0,y0)，求出切线l的斜率为f′(x0)，写出切线l的方程，根据且线1过原点求出切点坐标和斜率．该题考查了导数的几何意义与应用问题，也考查了运算求解能力，是基础题．3.【答案】A;【解析】解：y=ax2的导数为y′=2ax，可得曲线在点P(1,a)处的切线斜率为k=2a，由切线平行于直线y=2x+1，可得k=2，即2a=2，解得a=1，故选：A．求得y=ax2的导数，可得切线的斜率，由两直线平行的条件可得a的方程，解方程可得a的值．该题考查导数的几何意义，考查两直线平行的条件，考查方程思想和运算能力，属于基础题．4.【答案】D;【解析】曲线y=x 3+x-2求导可得y′=3x 2+1 设切点为(a ，b)则3a 2+1=4，解得a=1或a=-1 切点为(1，0)或(-1，-4)与直线4x-y-1=0平行且与曲线y=x 3+x-2相切的 直线方程是：4x-y-4=0和4x-y=0 故选D 。

专题突破练8利用导数证明问题及讨论零点个数1.(2018河南郑州二模,理21)已知函数f(x)=e x-x2.(1)求曲线f(x)在x=1处的切线方程;(2)求证:当x>0时,≥ln x+1.2.(2018河南郑州一模,理21)已知函数f(x)=ln x+,a∈R且a≠0.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)当x∈时,试判断函数g(x)=(ln x-1)e x+x-m的零点个数.3.设函数 f (x )=x 2-a ln x ,g (x )=(a-2)x.(1)略;(2)若函数 F (x )=f (x )-g (x )有两个零点 x 1,x 2,①求满足条件的最小正整数 a 的值;②求证:F'>0.4.(2018 河北保定一模,理 21 节选)已知函数 f (x )=ln x-(a ∈R).(1)略;(2)若 f (x )有两个极值点 x 1,x 2,证明:f.5.已知函数 f (x )=(x-2)e x +a (x-1)2 有两个零点.(1)求 a 的取值范围;(2)设 x 1,x 2 是 f (x )的两个零点,证明:x 1+x 2<2.6.(2018 山西名校二模,理 21)已知函数 f (x )=m ln x.(1)讨论函数 F (x )=f (x )+-1 的单调性;所以 f (x )max (1)=e -1,x ∈[0,1].f (x )过点(1,e -1),且 y=f (x )在 x=1 处的切线方程为 y=(e -(2)定义:“对于在区域 D 上有定义的函数 y=f (x )和 y=g (x ),若满足 f (x )≤g (x )恒成立,则称曲线y=g (x )为曲线 y=f (x )在区域 D 上的紧邻曲线”.试问曲线 y=f (x+1)与曲线 y=是否存在相同的紧邻直线,若存在,请求出实数 m 的值;若不存在,请说明理由.参考答案专题突破练 8 利用导数证明问题及讨论零点个数1.解 (1)f'(x )=e x -2x ,由题设得 f'(1)=e -2,f (1)=e -1,f (x )在 x=1 处的切线方程为 y=(e -2)x+1.(2)f'(x )=e x -2x ,f″(x )=e x -2,∴f'(x )在(0,ln 2)上单调递减,在(ln 2,+∞)上单调递增,所以 f'(x )≥f'(ln 2)=2-2ln 2>0,所以 f (x )在[0,1]上单调递增,=f2)x+1,故可猜测:当 x>0,x ≠1 时,f (x )的图象恒在切线 y=(e -2)x+1 的上方.下证:当 x>0时,f (x )≥(e -2)x+1,设 g (x )=f (x )-(e -2)x-1,x>0,则 g'(x )=e x -2x-(e -2),g″(x )=e x -2,g'(x )在(0,ln 2)上单调递减,在(ln 2,+∞)上单调递增,又 g'(0)=3-e >0,g'(1)=0,0<ln 2<1,∴g'(ln 2)<0,所以,存在 x 0∈(0,ln 2),使得 g'(x 0)=0,所以,当 x ∈(0,x 0)∪(1,+∞)时,g'(x )>0;当 x ∈(x 0,1)时,g'(x )<0,故 g (x )在(0,x 0)上单调递 增,在(x 0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,又 g (0)=g (1)=0,∴g (x )=e x -x 2-(e -2)x-1≥0,当且仅当 x=1 时取等号,故 x ,x>0.又 x ≥ln x+1,即 ln x+1,当 x=1 时,等号成立.2.解 (1)f'(x )=(x>0),当 a<0 时,f'(x )>0 恒成立,函数 f (x )在(0,+∞)上递增;当 a>0 时,由f'(x )>0,得 x>,由 f'(x )<0,得 0<x<,函数单调递增区间为,单调递减区间为综上所述,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,单调递减区间为(2)∵x 时,函数 g (x )=(ln x-1)e x +x-m 的零点,即方程(ln x-1)e x +x=m 的根.令 h (x )=(ln x-1)e x +x ,h'(x )=e x +1.由(1)知当 a=1 时,f (x )=ln x+-1 在递减,在[1,e]上递增,∴f (x )≥f (1)=0.+ln x-1≥0 在 x 上恒成立.∴h'(x )=e x +1≥0+1>0,∴h (x )=(ln x-1)e x +x 在 x 上单调递增.∴h (x )min =h=-2,h (x )max =e .所以当 m<-2 或 m>e 时,没有零点,当-2m ≤e 时有一个零点.3.解 (1)略;(2)①∵F (x )=x 2-a ln x-(a-2)x ,∴F'(x )=2x-(a-2)-(x>0).因为函数 F (x )有两个零点,所以 a>0,此时函数 F (x )在单调递减,在单调递增.所以 F (x )的最小值 F<0,即-a 2+4a-4a ln <0.∵a>0,∴a+4ln -4>0.令 h (a )=a+4ln -4,显然 h (a )在(0,+∞)上为增函数,且 h (2)=-2<0,h (3)=4ln -1=ln -1>0,所以存在 a 0∈(2,3),h (a 0)=0.当 a>a 0 时,h (a )>0,所以满足条件的最小正整数 a=3.②证明:不妨设 0<x 1<x 2,于是-(a-2)x 1-a ln x 1=-(a-2)x 2-a ln x 2,即+2x 1--2x 2=ax 1+a ln x 1-ax 2- a ln x 2=a (x 1+ln x 1-x 2-ln x 2).所以 a=∵F'=0,∴当 x 时,F'(x )<0,当 x 时,F'(x )>0,故只要证即可,即证 x 1+x 2>,即证+(x 1+x 2)(ln x 1-ln x 2)<+2x 1--2x 2,也就是证 ln设 t=(0<t<1).令 m (t )=ln t-,则 m'(t )=因为 t>0,所以 m'(t )≥0,当且仅当 t=1 时,m'(t )=0,所以 m (t )在(0,+∞)上是增函数.又 m (1)=0,所以当 t ∈(0,1),m (t )<0 总成立,所以原题得证.4.解 (1)略;(2)f'(x )=(x>0),令 p (x )=x 2+(2-a )x+1,由 f (x )在(0,+∞)有两个极值点 x 1,x 2,则方程 p (x )=0 在(0,+∞)有两个实根 x 1,x 2,得 a>4.∴f (x 1)+f (x 2)=ln x 1-+ln x 2-=ln x 1x 2-=-a ,f=f=ln =ln -(a-2).∴f=ln -a-2+=ln +2.设 h (a )=ln +2(a>4),则 h'(a )=<0,∴h (a )在(4,+∞)上为减函数,又 h (4)=0,∴h (a )<0,∴f5.(1)解 f'(x )=(x-1)e x +2a·(x-1)=(x-1)(e x +2a ).(ⅰ)若 a=0,则 f (x )=(x-2)e x ,f (x )只有一个零点.(ⅱ)若 a>0,则当 x ∈(-∞,1)时,f'(x )<0;当 x ∈(1,+∞)时,f'(x )>0,所以 f (x )在(-∞,1)内单调递减,在(1,+∞)内单调递增.又 f (1)=-e,f (2)=a ,取 b 满足 b<0 且 b<ln,则 f (b )>(b-2)+a (b-1)2=a>0,故 f (x )存在两个零点.(ⅲ)若 a<0,由 f'(x )=0 得 x=1 或 x=ln(-2a ).若 a ≥-,则 ln(-2a )≤1,故当 x ∈(1,+∞)时,f'(x )>0,因此 f (x )在(1,+∞)内单调递增.又当 x ≤1 时,f (x )<0,所以 f (x )不存在两个零点.若 a<-,则 ln(-2a )>1,故当 x ∈(1,ln(-2a ))时,f'(x )<0;当 x ∈(ln(-2a ),+∞)时,f'(x )>0.因此 f (x )在(1,ln(-2a ))内单调递减,在(ln(-2a ),+∞)内单调递增.又当 x ≤1 时 f (x )<0,所以 f (x )不存在两个零点.综上,a 的取值范围为(0,+∞).(2)证明 不妨设 x 1<x 2,由(1)知,x 1∈(-∞,1),x 2∈(1,+∞),2-x 2∈(-∞,1),f (x )在(-∞,1)内单调递减,所以 x 1+x 2<2 等价于 f (x 1)>f (2-x 2),即 f (2-x 2)<0.由于 f (2-x 2)=-x 2+a (x 2-1)2,而 f (x 2)=(x 2-2)+a (x 2-1)2=0,所以 f (2-x 2)=-x 2-(x 2-2)设 g (x )=-x e 2-x-(x-2)e x ,则 g'(x )=(x-1)(e 2-x -e x ).所以当 x>1 时,g'(x )<0,而 g (1)=0,故当 x>1 时,g (x )<0.从而 g (x 2)=f (2-x 2)<0,故 x 1+x 2<2.6.解 (1)F'(x )=(x>0).当 m ≤0 时,F'(x )<0,函数 F (x )在(0,+∞)上单调递减;当 m>0 时,令 F'(x )<0,得 x<,函数 F (x )在上单调递减;令 F'(x )>0,得 x>,函数 F (x )在上单调递增;综上所述,当 m ≤0 时,函数 F (x )在(0,+∞)上单调递减;当 m>0 时,函数 F (x )在上单调递减,在上单调递增.(2)原命题等价于曲线 y=f (x+1)与曲线 y=是否相同的外公切线.函数 f (x+1)=m ln(x+1)在点(x 1,m ln(x 1+1))处的切线方程为 y-m ln(x 1+1)=(x-x 1),即 y=x+m ln(x 1+1)-,曲线 y=在点处的切线方程为 y-(x-x 2),即 y=x+曲线 y=f (x+1)与 y=的图象有且仅有一条外公切线,所以有唯一一对(x 1,x 2)满足这个方程组,且 m>0,由①得 x 1+1=m (x 2+1)2,代入②消去 x 1,整理得 2m ln(x 2+1)++m ln m-m-1=0,关于 x 2(x 2>-1)的方程有唯一解.令 g (x )=2m ln(x+1)++m ln m-m-1(x>-1),∴g'(x )=当 m>0 时,g (x )在上单调递减,在上单调递增;∴g (x )min =g=m-m ln m-1.因为 x →+∞,g (x )→+∞;x →-1,g (x )→+∞,只需 m-m ln m-1=0.令 h (m )=m-m ln m-1,h'(m )=-ln m 在(0,+∞)上为单调递减函数,且 m=1 时,h'(m )=0,即 h (m )max =h (1)=0,所以 m=1 时,关于 x 2 的方程 2m ln(x 2+1)++m ln m-m-1=0 有 唯一解,此时 x 1=x 2=0,外公切线的方程为 y=x.∴这两条曲线存在相同的紧邻直线,此时 m=1.。

专题02 函数与导数小题部分【训练目标】1、 理解函数的概念，会求函数的定义域，值域和解析式，特别是定义域的求法；2、 掌握函数单调性，奇偶性，周期性的判断方法及相互之间的关系，会解决它们之间的综合问题；3、 掌握指数和对数的运算性质，对数的换底公式；4、 掌握指数函数和对数函数的图像与性质；5、 掌握函数的零点存在定理，函数与方程的关系；6、 熟练数形结合的数学思想在解决函数问题的运用；7、 熟练掌握导数的计算，导数的几何意义求切线问题；8、 理解并掌握导数与函数单调性之间的关系，会利用导数分析函数的单调性，会根据单调性确定参数的取值范围； 9、 会利用导数求函数的极值和最值，掌握构造函数的方法解决问题。

【温馨小提示】本章内容既是高考的重点，又是难点，再备考过程中应该大量解出各种题型，总结其解题方法，积累一些常用的小结论，会给解题带来极大的方便。

【名校试题荟萃】1、（福建省“永安一中、德化一中、漳平一中”2019届高三上学期12月三校联考）已知函数，若()1f x =-，则x = ．【答案】12【解析】问题等价于；，无解。

2、（福建省“永安一中、德化一中、漳平一中”2019届高三上学期12月三校联考）已知函数1()1x f x x +=-的图像在点()2,(2)f 处的切线与直线10ax y ++=平行，则实数a =.A 2 .B 12 .C 12- D ．2- 【答案】A【解析】由于，根据导数的几何意义及两直线平行的条件可知。

3、（福建省上杭县第一中学2019届高三上学期期中考试）函数的图象可能是( )【答案】D【解析】先由判断函数的奇偶性可知函数为奇函数，图像关于原点对称，排除A,B ；当，排除C ，故选D 。

4、（福建省上杭县第一中学2019届高三上学期期中考试）已知函数()f x 是定义域为R 的偶函数，且，若()f x 在[]1,0-上是减函数，记，， ()0.52c f =，则（ ）A ． a b c >>B ． a c b >>C ． b a c >>D ． b a c >>【答案】B5、（福建省上杭县第一中学2019届高三上学期期中考试）已知定义域为),0(+∞，为的导函数，且满足，则不等式的解集是( )A ． )2,0(B ． ),2(+∞C ． )3,2(D ． ),3(+∞ 【答案】D【解析】构造函数，求导结合可知函数()g x 在定义域),0(+∞为减函数，不等式可化为，等价于，解得结果为),3(+∞。

2019高三二模分类汇编—导数及其应用1.（本小题满分14分） 已知函数22()(),ax a f x e x a+=-，其中0a ≠． (Ⅰ)求曲线()y f x =在点 (1,(1))f 处切线的倾斜角；(Ⅱ)若函数()f x 的极小值小于0，求实数a 的取值范围．2.（本小题14分）已知函数()sin f x x x =+．（Ⅰ）求曲线()y f x =在点(,())22f ππ处的切线方程；（Ⅱ）若不等式()cos f x ax x ≥在区间π[0,]2上恒成立，求实数a 的取值范围．3.（本小题满分13分） 已知函数()(ln 1)f x x x =+，其中0a ≠．(Ⅰ)若曲线()y f x =在点 00(,())x f x 处的切线的斜率小于1，求0x 的取值范围；(Ⅱ)设整数k 使得1()()2f x k x ≥-对(0,)x ∈+∞恒成立，求整数k 的最大值.4. （本小题满分13分）已知函数22()(24)ln 4f x ax x x ax x =+--(a ∈R ,且0a ≠). （Ⅰ）求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程; （Ⅰ）若函数()f x 的极小值为1a，试求a 的值. 5．（本小题13分）已知函数2()ln (21)1()f x x ax a x a =+-++≥0．（Ⅰ）当0a =时，求函数()f x 在区间[1,)+∞上的最大值；（Ⅱ）函数()f x 在区间(1,)+∞上存在最小值，记为()g a ，求证：1()14g a a<-．6. （本小题共13分） 设函数()ln ,f x x a R=∈.（I ）若点()1,1在曲线()y f x =上，求在该点处曲线的切线方程； （II ）若()f x 有极小值2，求a .7．（本小题13分）已知函数．（Ⅰ）当0k =时，求曲线()y f x =在点()()11f --，处的切线方程； （Ⅱ）当0k ≠时，（ⅰ）求()f x 的单调区间；（ⅱ）若()f x 在区间()01，内单调递减，求k 的取值范围．8.（本小题14分）已知函数21()2sin +1,()cos 2f x x xg x x m x =-=+. （Ⅰ）求曲线()y f x =在0x =处的切线方程；（Ⅱ）求()f x 在(0,)π上的单调区间；（Ⅲ）当1m >时，证明：()g x 在(0,)π上存在最小值.2019高三二模分类汇编—导数及其应用答案部分1．（共14分）解：（Ⅰ）因为22()e ()a x a f x x a+=-，所以2'()e (2(2))a x f x ax x a =+-+ 所以'(1)0f = 所以曲线()y f x =在点(1,(1))f 处切线的倾斜角为0（Ⅱ）方法1：()()2R kxe f x k x=∈因为2'()e (2(2))e ((2))(1)a x a x f x ax x a ax a x =+-+=++- 令()0f x '=，得到122,1a x x a+=-= 当0a >时，x ，'()f x ，()f x 的变化情况如下表:而222(1)e (1)e (11)e ()0aa a a f a a a +=-=--=-<，符合题意 当1a =-时，1221a x x a+=-==， 2'()e (1)0a x f x x =-+≤,()f x 没有极值，不符合题意当10a -<<时，x >11，'()f x ，()f x 的变化情况如下表而2(1)e ()0af a=->，不符合题意当1a <-时，x <11，'()f x ，()f x 的变化情况如下表:所以2()2122()e[()()]0a a aa a f x a a+-++=--<， 解得2a <- 综上，a 的取值范围是(,2)(0,)-∞-+∞U方法2：因为函数()f x 的极小值小于0，所以()0f x <有解，即220a x a+-<有解 所以20a a+>，所以有0a >或2a <- 因为2'()e (2(2))e ((2))(1)a x a x f x ax x a ax a x =+-+=++- 令()0f x '=，得到122,1a x x a+=-= 当0a >时， x ，'()f x ，()f x 的变化情况如下表:而222(1)e (1)e (11)e ()0aa a a f a a a+=-=--=-<，符合题意 当2a <-时，x <11，'()f x ，()f x 的变化情况如下表:而22()()212222(2)()e[()()]e 0a a a a aa a a a f x a a a ++--+++=--=<，符合题意综上，a 的取值范围是(,2)(0,)-∞-+∞U2.（共14分） 解： （Ⅰ）因为()sin f x x x =+，所以()1cos f x x '=+，()12f π'=，()122f ππ=+，所以曲线()y f x =在点(,())22f ππ处的切线方程为1.y x =+ ............................5分（Ⅱ）因为[0,]2x π∈，所以sin 0x ≥，cos 0x ≥，当0a ≤时，()sin 0f x x x =+≥恒成立，cos 0ax x ≤恒成立，所以不等式()cos f x ax x ≥在区间[0,]2π上恒成立.当0a >时，设()()cos sin cos g x f x ax x x x ax x=-=+-，()1cos cos sin 1(1)cos sin g x x a x ax x a x ax x '=+-+=+-+，若01a <≤，(1)cos 0a x -≥，sin 0ax x ≥，所以()0g x '>在区间[0,]2π上恒成立；若12a <≤，110a -≤-<，1(1)cos 0a x +-≥，sin 0ax x ≥，所以()0g x '>在区间[0,]2π上恒成立；所以()g x 在区间[0,]2π上单调递增，min()(0)0,g x g ==所以当2a ≤时，不等式()cos f x ax x ≥在区间[0,]2π上恒成立；当2a >时，令()()1(1)cos sin h x g x a x ax x '==+-+，()(21)sin cos h x a x ax x '=-+，()0h x '>在区间[0,]2π上恒成立，所以()g x '在区间[0,]2π上单调递增，min ()(0)20g x g a ''==-<，max ()()1022a g x g ππ''==+>，所以存在0[0,]2x π∈，使得0()0g x '=. 当00x x <<时，()0g x '<，()g x 单调递减； 当02x x π<<时，()0g x '>，()g x 单调递增； 当0x x =时，()0g x '=，()g x 取得极小值；而(0)0g =，所以0()0g x <，所以不等式()0g x ≥在区间[0,]2π上不能恒成立，所以不等式()cos f x ax x ≥在区间[0,]2π上恒成立时实数a 的取值范围是(,2].-∞ (14)分3.4． (本小题满分13分)解：由题意可知()4(1)ln f x ax x '=+，(0,)x ∈+∞. （Ⅰ）(1)0f '=，(1)4f a =--，所以曲线()yf x =在点(1,(1))f 处的切线方程为4y a =--. ………….3分（Ⅱ）①当1a <-时，x 变化时变化情况如下表：此时1()ln()f a a a a a -=+-=,解得1ea =->-，故不成立. ②当1a =-时，()0f x '≤在(0,)+∞上恒成立，所以()f x 在(0,)+∞单调递减.此时()f x 无极小值，故不成立.③当10a -<<时，x 变化时变化情况如下表：此时极小值(1)4f a =--，由题意可得4a a--=，解得2a =-+2a =--.因为10a -<<，所以2a =-.④当0a >时，x 变化时变化情况如下表：此时极小值(1)4f a =--，由题意可得4a a--=，解得2a =-+2a =--，故不成立.综上所述2a =-+. ………….13分 5.（共13分） 解：（Ⅰ）当0a =时，()ln 1f x x x =-+，则1()1f x x'=-， ..................2分 因为[1,)x ∈+∞，所以()0f x '≤. ..................3分 所以()f x 在区间[1,)+∞上单调递减， ..................4分 所以()f x 区间[1,)+∞上最大值为(1)0f = . (5)分（Ⅱ）由题可知1()2(21)f x ax a x'=+-+ 22(21)1ax a x x-++=(21)(1)ax x x--=． ………………6分①当0a =时，由（Ⅰ）知，函数()f x 在区间(1,)+∞上单调递减，所以函数()f x 无最小值，此时不符合题意；………………7分②当12a ≥时，因为(1,)x ∈+∞，所以210ax ->．此时函数()f x 在区间(1,)+∞上单调递增，所以函数()f x 无最小值，此时亦不符合题意； ……………8分③当102a <<时，此时112a <．函数()f x 在区间1(1,)2a上单调递减，在区间1(,)2a +∞上单调递增，所以min 111()()ln 224f x f a a a ==-， ………………9分即11()ln24g a a a =-. 要证1()14g a a<-，只需证当102a <<时，1()104g a a -+<成立. 即证111ln10(0)222a a a -+<<<， ………………10分 设12t a=，()ln 1(1)h t t t t =-+> ……………11分由（Ⅰ）知()(1)0h t h <= ………………12分即1()104g a a -+<成立. 所以1()14g a a<-. ………………13分6. 解：（I ）因为点()1,1在曲线()y f x =上，所以1a =，()ln f x x------------------------------------------1分又()1f x x '==------------------------------------------3分 所以()112f '=-------------------------------------------4分在该点处曲线的切线方程为()1112y x -=--即230x y +-=-----------------5分（II ）定义域为()0,+∞，()1222f x x x x '=-=-------------------------------6分 讨论：（1）当0a ≤时，()0f x '<此时()f x 在()0,+∞上单调递减，所以不存在极小值------------------------------8分 （2）当0a >时，令()=0f x '可得24=x a------------------------------------------9分 列表可得所以()f x 在240,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在24,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增----------------------11分 所以()24=f x f a ⎛⎫⎪⎝⎭极小值=242ln a -，所以242ln a -=2解得()2a =舍负------13分 7．解: （Ⅰ）当0k =时，()221f x x x -==，()3322f x x x-'=-=-. ..........1分 所以()12f '-=， ()11f -=. .........2分所以曲线()y f x =在点()()11f --，处的切线方程为()()()()111y f f x ⎡⎤'--=---⎣⎦， .....................................3分即230x y -+=； .....................................4分 （Ⅱ）0k ≠时，（ⅰ）()f x =，定义域为， ..........................5分所以()f x '==． .......... ........ ..............7分 令()0f x '=，得2x k=． .......... ........ ..........8分 ①当0k >时，在()0-∞，和，()0f x '>；在，()0f x '<． 所以()f x 的单调递增区间为()0-∞，和，单调递减区间为；.........9分 ②当0k <时，在，()0f x '>；在和，()0f x '<． 所以()f x 的单调递增区间为，单调递减区间为2k ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭，和()0+∞，；....10分 （ⅱ）由()f x 在区间()01，内单调递减， ①当0k >时，()01，，有，所以； ..........11分 ②当0k <时, ()f x 在递减，符合题意． ..........12分 综上k 的取值范围是()(]002,,-∞U ． ..........13分 8.（本小题13分） （Ⅰ）因为()2sin 1f x x x =-+，所以'()12cos f x x =-则(0)1f =，'(0)1f =-，所以切线方程为1y x =-+ ……………………4分（Ⅱ）令'()0f x =，即1cos 2x =，()0,x ∈π，得3x π= 当x 变化时，'(),()f x f x 变化如下：2xe kx{}0|≠x x 422x x e x ke kx kx ⋅-⋅42)2xx kx e kx -⋅（),2(+∞k )2,0(k),2(+∞k )2,0(k）（0,2k ），（k2-∞），（∞+0）（0,2k⊆)2,0(k 12≥k20≤<k ），（∞+0所以函数()f x 的单调递减区间为(0,)3,单调递增区间为(,)3π…………………8分（Ⅲ）因为21()cos 2g x x m x =+，所以'()sin g x x m x =- 令'()()sin h x g x x m x ==-，则'()1cos h x m x =- ……………9分 因为1m >， 所以1(0,1)m∈ 所以'()1cos 0,h x m x =-=即1cos x m =在()0,π内有唯一解0x当()00,x x ∈时，'()0h x <，当()0,x x π∈时，'()0h x >，所以()h x 在()00,x 上单调递减,在()0,πx 上单调递增. ……………11分 所以0()(0)0h x h <=，又因为()0h ππ=>所以()sin h x x m x =-在0(,)(0,)x ππ⊆内有唯一零点1x……………12分当()10,x x ∈时，()0h x < 即'()0g x <，当()1,x x π∈时，()0h x > 即'()0g x >， ……………13分所以()g x 在()10,x 上单调递减,在()1,πx 上单调递增. 所以函数()g x 在1x x =处取得最小值 即1m >时，函数()g x 在()0,π上存在最小值……………………………………14分。

专题能力训练8利用导数解不等式及参数的取值范围一、能力突破训练1.设f(x)=x ln x-ax2+(2a-1)x,a∈R.(1)令g(x)=f'(x),求g(x)的单调区间;(2)已知f(x)在x=1处取得极大值,求实数a的取值范围.2.(2018全国Ⅲ,理21)已知函数f(x)=(2+x+ax2)·ln(1+x)-2x.(1)若a=0,证明:当-1<x<0时,f(x)<0;当x>0时,f(x)>0;(2)若x=0是f(x)的极大值点,求a.3.已知函数f(x)=ax+x ln x的图象在x=e(e为自然对数的底数)处的切线的斜率为3.(1)求实数a的值;(2)若f(x)≤kx2对任意x>0成立,求实数k的取值范围;(3)当n>m>1(m,n∈N*)时,证明:.4.设函数f(x)=ax2-a-ln x,其中a∈R.(1)讨论f(x)的单调性;(2)确定a的所有可能取值,使得f(x)> -e1-x在区间(1,+∞)内恒成立(e=2.718…为自然对数的底数).5.设函数f(x)=a ln x,g(x)=x2.(1)记g'(x)为g(x)的导函数,若不等式f(x)+2g'(x)≤(a+3)x-g(x)在x∈[1,e]内有解,求实数a的取值范围;(2)若a=1,对任意的x1>x2>0,不等式m[g(x1)-g(x2)]>x1f(x1)-x2f(x2)恒成立.求m(m∈Z,m≤1)的值.6.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.二、思维提升训练7.已知函数f(x)= x3+x2+ax+1(a∈R).(1)求函数f(x)的单调区间;(2)当a<0时,试讨论是否存在x0∈,使得f(x0)=f.专题能力训练8利用导数解不等式及参数的取值范围一、能力突破训练1.解(1)由f'(x)=ln x-2ax+2a,可得g(x)=ln x-2ax+2a,x∈(0,+∞).则g'(x)=-2a=,当a≤0时,x∈(0,+∞)时,g'(x)>0,函数g(x)单调递增;当a>0时,x时,g'(x)>0,函数g(x)单调递增,x时,函数g(x)单调递减.所以当a≤0时,g(x)的单调增区间为(0,+∞);当a>0时,g(x)单调增区间为,单调减区间为(2)由(1)知,f'(1)=0.①当a≤0时,f'(x)单调递增,所以当x∈(0,1)时,f'(x)<0,f(x)单调递减.当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增.所以f(x)在x=1处取得极小值,不合题意.②当0<a<时,>1,由(1)知f'(x)在区间内单调递增,可得当x∈(0,1)时,f'(x)<0,x时,f'(x)>0.所以f(x)在区间(0,1)内单调递减,在区间内单调递增,所以f(x)在x=1处取得极小值,不合题意.③当a=时,=1,f'(x)在区间(0,1)内单调递增,在区间(1,+∞)内单调递减,所以当x∈(0,+∞)时,f'(x)≤0,f(x)单调递减,不合题意.④当a>时,0<<1,当x时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,所以f(x)在x=1处取极大值,合题意.综上可知,实数a的取值范围为a>2.解(1)当a=0时,f(x)=(2+x)ln(1+x)-2x,f'(x)=ln(1+x)-,设函数g(x)=f'(x)=ln(1+x)-,则g'(x)=,当-1<x<0时,g'(x)<0;当x>0时,g'(x)>0.故当x>-1时,g(x)≥g(0)=0,且仅当x=0时,g(x)=0,从而f'(x)≥0,且仅当x=0时,f'(x)=0.所以f(x)在(-1,+∞)内单调递增.又f(0)=0,故当-1<x<0时,f(x)<0;当x>0时,f(x)>0.(2)①若a≥0,由(1)知,当x>0时,f(x)≥(2+x)·ln(1+x)-2x>0=f(0),这与x=0是f(x)的极大值点矛盾.②若a<0,设函数h(x)= =ln(1+x)-由于当|x|<min时,2+x+ax2>0,故h(x)与f(x)符号相同.又h(0)=f(0)=0,故x=0是f(x)的极大值点当且仅当x=0是h(x)的极大值点.h'(x)=若6a+1>0,则当0<x<-,且|x|<min时,h'(x)>0,故x=0不是h(x)的极大值点.若6a+1<0,则a2x2+4ax+6a+1=0存在根x1<0,故当x∈(x1,0),且|x|<min时,h'(x)<0,所以x=0不是h(x)的极大值点.若6a+1=0,则h'(x)=则当x∈(-1,0)时,h'(x)>0;当x∈(0,1)时,h'(x)<0.所以x=0是h(x)的极大值点,从而x=0是f(x)的极大值点.综上,a=-3.解(1)∵f(x)=ax+x ln x,∴f'(x)=a+ln x+1.又f(x)的图象在点x=e处的切线的斜率为3,∴f'(e)=3,即a+ln e+1=3,∴a=1.(2)由(1)知,f(x)=x+x ln x,若f(x)≤kx2对任意x>0成立,则k对任意x>0成立.令g(x)=,则问题转化为求g(x)的最大值,g'(x)==-令g'(x)=0,解得x=1.当0<x<1时,g'(x)>0,∴g(x)在区间(0,1)内是增函数;当x>1时,g'(x)<0,∴g(x)在区间(1,+∞)内是减函数.故g(x)在x=1处取得最大值g(1)=1,∴k≥1即为所求.(3)证明:令h(x)=,则h'(x)=由(2)知,x≥1+ln x(x>0),∴h'(x)≥0,∴h(x)是区间(1,+∞)内的增函数.∵n>m>1,∴h(n)>h(m),即,∴mn ln n-n ln n>mn ln m-m ln m,即mn ln n+m ln m>mn ln m+n ln n,∴ln n mn+ln m m>ln m mn+ln n n.整理,得ln(mn n)m>ln(nm m)n.∴(mn n)m>(nm m)n,4.解(1)f'(x)=2ax-(x>0).当a≤0时,f'(x)<0,f(x)在区间(0,+∞)内单调递减.当a>0时,由f'(x)=0,有x=此时,当x时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x时,f'(x)>0,f(x)单调递增.(2)令g(x)=,s(x)=e x-1-x.则s'(x)=e x-1-1.而当x>1时,s'(x)>0,所以s(x)在区间(1,+∞)内单调递增.又由s(1)=0,有s(x)>0,从而当x>1时,g(x)>0.当a≤0,x>1时,f(x)=a(x2-1)-ln x<0.故当f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内恒成立时,必有a>0.当0<a<时,>1.由(1)有f<f(1)=0,而g>0,所以此时f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内不恒成立.当a时,令h(x)=f(x)-g(x)(x≥1).当x>1时,h'(x)=2ax--e1-x>x->0.因此,h(x)在区间(1,+∞)单调递增.又因为h(1)=0,所以当x>1时,h(x)=f(x)-g(x)>0,即f(x)>g(x)恒成立.综上,a5.解(1)不等式f(x)+2g'(x)≤(a+3)x-g(x),即a ln x+2x≤(a+3)x-x2,化简,得a(x-ln x)x2-x.由x∈[1,e]知x-ln x>0,因而a设y=,则y'=∵当x∈(1,e)时,x-1>0,x+1-ln x>0,∴y'>0在x∈[1,e]时成立.由不等式有解,可得a≥y min=-,即实数a的取值范围是(2)当a=1时,f(x)=ln x.由m[g(x1)-g(x2)]>x1f(x1)-x2f(x2)恒成立,得mg(x1)-x1f(x1) >mg(x2)-x2f(x2)恒成立, 设t(x)=x2-x ln x (x>0).由题意知x1>x2>0,则当x∈(0,+∞)时函数t(x)单调递增,∴t'(x)=mx-ln x-1≥0恒成立,即m恒成立.因此,记h(x)=,得h'(x)=∵函数在区间(0,1)上单调递增,在区间(1,+∞)上单调递减,∴函数h(x)在x=1处取得极大值,并且这个极大值就是函数h(x)的最大值.由此可得h(x)max=h(1)=1,故m≥1,结合已知条件m∈Z,m≤1,可得m=1.6.(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,所以g'(x)=2-当0<a<时,g(x)在区间内单调递增, 在区间内单调递减;当a时,g(x)在区间(0,+∞)内单调递增.(2)证明由f'(x)=2(x-a)-2ln x-2=0,解得a=令φ(x)=-2ln x+x2-2x-2则φ(1)=1>0,φ(e)=--2<0.故存在x0∈(1,e),使得φ(x0)=0.令a0=,u(x)=x-1-ln x(x≥1).由u'(x)=1-0知,函数u(x)在区间(1,+∞)内单调递增.所以0==a0<<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,+∞)内单调递增,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.二、思维提升训练7.解(1)f'(x)=x2+2x+a,方程x2+2x+a=0的判别式为Δ=4-4a,①当a≥1时,Δ≤0,则f'(x)≥0,此时f(x)在R上是增函数;②当a<1时,方程x2+2x+a=0两根分别为x1=-1-,x2=-1+,解不等式x2+2x+a>0,解得x<-1-或x>-1+,解不等式x2+2x+a<0,解得-1-<x<-1+,此时,函数f(x)的单调递增区间为(-∞,-1-)和(-1+,+∞),单调递减区间为(-1-,-1+).综上所述,当a≥1时,函数f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞);当a<1时,函数f(x)的单调递增区间为(-∞,-1-)和(-1+,+∞),单调递减区间为(-1-,-1+).(2)f(x0)-f+ax0+1--a-1=+a=+a+x0+(4+14x0+7+12a).若存在x0,使得f(x0)=f,则4+14x0+7+12a=0在内有解.由a<0,得Δ=142-16(7+12a)=4(21-48a)>0,故方程4+14x0+7+12a=0的两根为x1'=,x'2=由x0>0,得x0=x'2=,依题意,0<<1,即7<<11,所以49<21-48a<121,即-<a<-, 又由得a=-,故要使满足题意的x0存在,则a≠-综上,当a时,存在唯一的x0满足f(x0)=f,当a时,不存在x0满足f(x0)=f。

第2课时 利用导函数研究函数的零点题型一 数形结合研究函数的零点例1 设函数f (x )＝ln x ＋m x ，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 )－x 3零点的个数． 解 (1)当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋e x， f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －e x 2＝x －e x2. 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－x 3(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，因此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． 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 已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝(－x 2＋ax －3)e x (a 为实数)．(1)当a ＝4时，求函数y ＝g (x )在x ＝1处的切线方程；(2)如果关于x 的方程g (x )＝2e x f (x )在区间⎣⎡⎦⎤1e ，e 上有两个不等实根，求实数a 的取值范围． 解 (1)当a ＝4时，g (x )＝(－x 2＋4x －3)e x ，g ′(x )＝e x (－x 2＋2x ＋1)，∴g ′(1)＝2e ，又g (1)＝0，∴切线的斜率为2e ，切点为(1,0)，∴所求的切线方程为y －0＝2e(x －1)，即y ＝2e(x －1)．(2)方程g (x )＝2e x f (x )可化为－x 2＋ax －3＝2x ln x ，即a ＝2ln x ＋x ＋3x. 令φ(x )＝2ln x ＋x ＋3x，x ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e ， ∴φ′(x )＝2x ＋1－3x 2＝x 2＋2x －3x 2＝(x ＋3)(x －1)x 2， ∵当x ∈⎣⎡⎭⎫1e ，1时，φ′(x )<0，当x ∈(1，e]时，φ′(x )>0，∴φ(x )在⎣⎡⎭⎫1e ，1上单调递减，在(1，e]上单调递增．∴φ(x )min ＝φ(1)＝4，又φ⎝⎛⎭⎫1e ＝3e ＋1e －2，φ(e)＝3e＋e ＋2， 且φ⎝⎛⎭⎫1e >φ(e)，∴画出y ＝φ(x )的图象如图所示．则4<a ≤3e＋e ＋2， 故实数a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤4，3e ＋e ＋2.题型二 利用函数性质研究函数的零点例2 (12分)(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．规范解答解 (1)当a ＝1时，f (x )＝e x －(x ＋2)，则f ′(x )＝e x －1，[1分]令f ′(x )<0，解得x <0，令f ′(x )>0，解得x >0，[2分]所以f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．[3分](2)f ′(x )＝e x －a .①当a ≤0时，f ′(x )>0，所以f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增．故f (x )至多存在一个零点，不合题意．[5分]②当a >0时，由f ′(x )＝0，可得x ＝ln a .当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )<0；当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0.所以f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增．[6分]故当x ＝ln a 时，f (x )取得最小值，最小值为f (ln a )＝－a (1＋ln a )．[7分](ⅰ)若0<a ≤1e ，则f (ln a )≥0，f (x )在(－∞，＋∞)上至多存在一个零点，不合题意．[8分] (ⅱ)若a >1e，f (ln a )<0. 因为f (－2)＝e －2>0，所以f (x )在(－∞，ln a )上存在唯一零点．[9分]由(1)知，当x >2时，e x －x －2>0.所以当x >4且x >2ln(2a )时，f (x )＝22e ·e x x －a (x ＋2)>e ln(2a )·⎝⎛⎭⎫x 2＋2－a (x ＋2)＝2a >0. 故f (x )在(ln a ，＋∞)上存在唯一零点．[11分]从而f (x )在(－∞，＋∞)上有两个零点．综上，a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞.[12分]第一步：求导函数f ′(x )；第二步：根据f ′(x )的符号讨论f ′(x )的单调性；第三步：利用单调性求函数f (x )的极值(最值)；第四步：验证f (x )的极值符号以及函数值在极值点两侧的符号．跟踪训练2 (2019·全国Ⅱ)已知函数f (x )＝(x －1)ln x －x －1.证明：(1)f (x )存在唯一的极值点；(2)f (x )＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．证明 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)．f ′(x )＝x －1x ＋ln x －1＝ln x －1x(x >0)． 因为y ＝ln x 在(0，＋∞)上单调递增，y ＝1x在(0，＋∞)上单调递减， 所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增．又f ′(1)＝－1<0，f ′(2)＝ln 2－12＝ln 4－12>0， 故存在唯一x 0∈(1,2)，使得f ′(x 0)＝0.又当0<x <x 0时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x >x 0时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，因此，f (x )存在唯一的极值点．(2)由(1)知f (x 0)<f (1)＝－2，又f (e 2)＝e 2－3>0，所以f (x )＝0在(x 0，＋∞)内存在唯一根x ＝α.由1<x 0<α得0<1α<1<x 0. 又f ⎝⎛⎭⎫1α＝⎝⎛⎭⎫1α－1ln 1α－1α－1 ＝(α－1)ln α－1－αα＝f (α)α＝0， 故1α是f (x )＝0在(0，x 0)的唯一根． 综上，f (x )＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．题型三 构造函数法求函数的零点例3 已知函数g (x )＝14x 2＋ln x ，f (x )＝32x ＋b . (1)若f (x )与g (x )相切，求b 的值；(2)若函数f (x )与g (x )在[1,4]内有两个交点，求实数b 的取值范围．解 (1)若f (x )与g (x )相切，设切点为(x 0，y 0)，g ′(x )＝12x ＋1x ，f ′(x )＝32， ∴g ′(x 0)＝12x 0＋1x 0＝32，解得x 0＝1或2. 当x 0＝1时，y 0＝14，代入f (x )＝32x ＋b ， 可得b ＝－54； 当x 0＝2时，y 0＝ln 2＋1，代入f (x )＝32x ＋b ， 可得b ＝ln 2－2.综上有b ＝－54或b ＝ln 2－2. (2)方法一 令φ(x )＝g (x )－f (x )，φ(x )＝14x 2－32x ＋ln x －b (x >0)， 则φ′(x )＝(x －2)(x －1)2x. 在[1,4]上，当xφ(x )极小值＝φ(2)＝ln 2－b －2，又φ(4)＝2ln 2－b －2，φ(1)＝－54－b . 函数f (x )与g (x )在[1,4]内有两个交点，等价于方程φ(x )＝0在[1,4]上恰有两个不相等的实数根，则⎩⎪⎨⎪⎧ φ(1)≥0，φ(2)<0，φ(4)≥0，解得ln 2－2<b ≤－54. 故实数b 的取值范围是⎝⎛⎦⎤ln 2－2，－54. 方法二 由g (x )＝f (x )，得14x 2＋ln x ＝32x ＋b ， 即b ＝14x 2－32x ＋ln x ， 令φ(x )＝14x 2－32x ＋ln x (x >0)， 则φ′(x )＝(x －2)(x －1)2x. 在[1,4]上，当x 变化时，φ(x )min ＝φ(2)＝ln 2－2，φ(4)＝2ln 2－2，φ(1)＝－54， 且φ(4)>φ(1)．画出y ＝φ(x )的图象如图．则ln 2－2<b ≤－54. 故实数b 的取值范围是⎝⎛⎦⎤ln 2－2，－54. 思维升华 (1)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．(2)解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出导数的工具作用，体现转化与化归的思想方法．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 ＋m )(x －m )x. 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 －1)(x －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．已知函数f (x )＝13x 3－12x 2－2x ＋c 有三个零点，求实数c 的取值范围． 解 f ′(x )＝x 2－x －2＝(x ＋1)(x －2)，由f ′(x )>0可得x >2或x <－1，由f ′(x )<0可得－1<x <2，所以函数f (x )在(－∞，－1)，(2，＋∞)上是增函数，在(－1,2)上是减函数，所以函数f (x )的极大值为f (－1)＝76＋c ， 极小值为f (2)＝c －103. 而函数f (x )恰有三个零点，故必有⎩⎨⎧76＋c >0，c －103<0， 解得－76<c <103， 所以使函数f (x )恰有三个零点的实数c 的取值范围是⎝⎛⎭⎫－76，103. 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，∴实数m 的取值范围为{m |－e<m <0}．3．(2018·全国Ⅱ)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 2(x 2＋2x ＋3)(x 2＋x ＋1)2≥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，f (x )只有一个零点．4．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)＝1e2＋3，f (1)＝e ，f (－2)>f (1)， ∴f (x )在[－2,1]上的最大值是1e2＋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．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)．5．(2020·潍坊检测)已知函数f (x )＝ln x －x 2＋ax ，a ∈R .(1)证明：ln x ≤x －1；(2)若a ≥1，讨论函数f (x )的零点个数．(1)证明 令g (x )＝ln x －x ＋1(x >0)，则g (1)＝0，g ′(x )＝1x －1＝1－x x， 可得x ∈(0,1)时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增；x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )<0，函数g (x )单调递减．∴当x ＝1时，函数g (x )取得极大值也是最大值，∴g (x )≤g (1)＝0，即ln x ≤x －1.(2)解 f ′(x )＝1x －2x ＋a ＝－2x 2＋ax ＋1x，x >0. 令－2x 20＋ax 0＋1＝0，解得x 0＝a ＋a 2＋84(负值舍去)， 在(0，x 0)上，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增；在(x 0，＋∞)上，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减．∴f (x )max ＝f (x 0)．当a ＝1时，x 0＝1，f (x )max ＝f (1)＝0，此时函数f (x )只有一个零点x ＝1. 当a >1时，f (1)＝a －1>0，f ⎝⎛⎭⎫12a ＝ln 12a －14a 2＋12<12a －1－14a 2＋12＝－⎝⎛⎭⎫12a －122－14<0，f (2a )＝ln 2a －2a 2<2a －1－2a 2＝－2⎝⎛⎭⎫a －122－12<0. ∴函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎫12a ，1和区间(1,2a )上各有一个零点．综上可得，当a ＝1时，函数f (x )只有一个零点x ＝1； 当a >1时，函数f (x )有两个零点．。

2023高考数学二轮复习专项训练《导数在解决实际问题中的应用》一、单选题（本大题共8小题，共40分）1.（5分）若z=−1+√3i，则zzz−−1=()A. −1+√3iB. −1−√3iC. −13+√33i D. −13−√33i2.（5分）命题“∀x∈R，∃x∈N，使得n⩾x2+1”的否定形式是()A. ∀x∈R，∃x∈N，使得n<x2+1B. ∀x∈R，∀x∈N，使得n<x2+1C. ∃x∈R，∃x∈N，使得n<x2+1D. ∃x∈R，∀x∈N，使得n<x2+13.（5分）已知函数y=f(x)的周期为2，当x∈[0,2]时，f(x)=(x−1)2，如果g(x)= f(x)−log5|x−1|，则函数的所有零点之和为()A. 8B. 6C. 4D. 104.（5分）执行如图所示的程序框图，若输入的x为整数，且运行四次后退出循环，则输入的x的值可以是()A. 1B. 2C. 3D. 45.（5分）如图，AB是⊙O的直径，AC是弦，∠BAC的平分线AD交⊙O于点D，DE⊥AC，交AC的延长线于点E，DF⊥AB于点F，且AE=8，AB=10．在上述条件下，给出下列四个结论：①DE=BD；②ΔBDF≌ΔCDE；③CE=2；④DE2=AF⋅BF，则所有正确结论的序号是()A. ①②③B. ②③④C. ①③④D. ①②④6.（5分）已知函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π2)的图象如图所示，则()A. 函数f(x)的最小正周期是2πB. 函数f(x)在区间(π2,π)上单调递减C. 函数f(x)的图象与y轴的交点为(0,−12)D. 点(7π6,0)为函数f(x)图象的一个对称中心7.（5分）213，log26，3log32的大小关系是A. 213<log26<3log32 B. 213<3log32<log26C. 3log32<213<log26 D. 3log32<log26<2138.（5分）设函数y=ax2与函数y=|ln x+1ax|的图象恰有3个不同的交点，则实数a的取值范围为()A. (√33e,√e) B. (−√33e,0)∪(0,√33e)C. (0,√33e) D. (√e1)∪{√33e}二、填空题（本大题共5小题，共25分）9.（5分）设A，B是非空集合，定义：A⊗B={x|x∈A∪B且x∉A∩B}.已知集合A={x|0<x<2}，B={x|x⩾0}，则A⊗B=__________.10.（5分）某中学组织了“党史知识竞赛”活动，已知该校共有高中学生2000人，用分层抽样的方法从该校高中学生中抽取一个容量为50的样本参加活动，其中高一年级抽取了6人，则该校高一年级学生人数为 ______.11.（5分）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是______．12.（5分）记S n为等比数列{a n}的前n项和，若a1=12，a42=a6，则S4=______．13.（5分）已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左焦点为F，过F的一条倾斜角为30°的直线与C在第一象限交于点A，且|OF|=|OA|，O为坐标原点，则该双曲线的离心率为______．三、解答题（本大题共6小题，共72分）14.（12分）某公司计划在今年内同时出售变频空调机和智能洗衣机，由于这两种产品的市场需求量非常大，有多少就能销售多少，因此该公司要根据实际情况(如资金、劳动力)确定产品的月供应量，以使得总利润达到最大．已知对这两种产品有直接限制的因素是资金和劳动力，通过调查，得到关于这两种产品的有关数据如下表：试问：怎样确定两种货物的月供应量，才能使总利润达到最大，最大利润是多少？15.（12分）在ΔABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知b+c=2a，3csinB=4asinC．(Ⅰ)求cosB的值；(Ⅱ)求sin(2B+π6)的值．16.（12分）如图，ΔABC中，AC=2，BC=4，∠ACB=90°，D、E分别是AC、AB的中点，将ΔADE沿DE折起成ΔPDE，使面PDE⊥面BCDE，H、F分别是边PD和BE的中点，平面BCH与PE、PF分别交于点I、G．(Ⅰ)求证：IH//BC；(Ⅱ)求二面角P−GI−C的余弦值．17.（12分）设等比数列{a n}的前n项和为S n，a2=18，且S1+116，S2，S3成等差数列，数列{b n}满足b n=2n.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设c n=a n⋅b n，若对任意n∈N∗，不等式c1+c2+⋯+c n⩾12λ+2S n−1恒成立，求λ的取值范围．18.（12分）已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e=√32，椭圆上任意一点到椭圆的两个焦点的距离之和为4，设直线l与椭圆相交于不同的两点A，B，点A的坐标为(−a,0).(Ⅰ)求椭圆的标准方程；(Ⅰ)若|AB|=4√2，求直线l的倾斜角．519.（12分）已知a为实数，函数f(x)=a ln x+x2−4x．(1)是否存在实数a，使得f(x)在x=1处取得极值？证明你的结论；,e]，使得f(x0)⩽g(x0)成立，求实数a的取值范围．(2)设g(x)=(a−2)x，若∃x0∈[1e答案和解析1.【答案】C;【解析】解：∵z =−1+√3i ，∴z ·z −=|z|2=(√(−1)2+(√3)2)2=4， 则zzz −−1=−1+√3i 4−1=−13+√33i. 故选：C.由已知求得z ·z −，代入zzz −−1，则答案可求．此题主要考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，是基础题．2.【答案】D;【解析】解：因为全称命题的否定是特称命题，所以“∀x ∈R ，∃x ∈N ，使得n ⩾x 2+1”的否定形式为∃x ∈R ，∀x ∈N ，使得n <x 2+1”． 故选：D.直接利用特称命题的否定是全称命题写出结果即可．此题主要考查命题的否定．特称命题与全称命题的否定关系，基本知识的考查．3.【答案】A; 【解析】该题考查函数的零点，考查数形结合的数学思想，正确作出函数的图象是关键． 分别作出函数y =f(x)、y =log 5|x −1|的图象，结合函数的对称性，即可求得结论．解：当x ∈[0,2]时，f(x)=(x −1)2，函数y =f(x)的周期为2，图象关于y 轴对称的偶函数y =log 5|x|向右平移一个单位得到函数y =log 5|x −1|， 则y =log 5|x −1|关于x =1对称，可作出函数的图象：函数y =g(x)的零点，即为函数图象交点横坐标， 当x >6时，y =log 5|x −1|>1，此时函数图象无交点，又两函数在(1,6]上有4个交点，由对称性知它们在[−4,1)上也有4个交点，且它们关于直线x=1对称，所以函数y=g(x)的所有零点之和为：4×2=8，故选：A．4.【答案】A;【解析】解：依题意，S随着x的增大而增大，当x⩾2时，第一次循环时S⩾4，第二次循环时S⩾4+42=20，第三次循环时S⩾20+82=84⩾64，脱离循环，故x<2，故选：A．根据S和x的关系，S随着x的增大而增大，验证当x⩾2时的情况，即可得到结果．此题主要考查了程序框图，考查了循环结构．属于基础题．本题的难点在于逆推x的值，需要借助不等式来完成．5.【答案】B;【解析】解：∵∠BAC的平分线为AD，DE⊥AC，DF⊥AB，∴DE=DF，DC=DB，∴ΔBDF≌ΔCDE，所以①不正确，②正确；∵∠BAC的平分线为AD，DE⊥AC，DF⊥AB，∴AE=AF=8．又∵ΔBDF≌ΔCDE，∴CE=BF=AB−AF=10−8=2，故③正确；∵AB是直径，∴∠ADB=90°．又∵DF⊥AB，∴ΔDBF∽ΔADF，∴DFAF =BFDF，即DF2=AF⋅BF，∴DE2=AF⋅BF，故④正确；故选：B．利用角平分线的性质和全等三角形的判定可以判断①②的正误；利用排除法可以判断③④的正误．此题主要考查了相似三角形的判定与性质．解题时，利用了角平分线的性质和圆周角定理，难度不大．6.【答案】D;【解析】解：由函数图可象知T4=5π12−π6=π4，所以T=π，因为T=2πω，∴ω=2，所以最小正周期为π，故A错误；又函数过点(5π12,1)，所以f(5π12)=sin(2×5π12+φ)=1，所以5π6+φ=π2+2kπ，(k∈Z)，解得φ=−π3+2kπ，(k∈Z)，∵|φ|<π2，所以φ=−π3，所以f(x)=sin(2x−π3)，当x∈(π2,π)，所以2x−π3∈(2π3,5π3)，因为y=sinx在x∈(2π3,5π3)上不单调，故B错误；令x=1，则f(0)=sin(−π3)=−√32，所以与y轴交点为(0,−√32)，故C错误；若点(7π6,0)为函数f(x)图象的一个对称中心，则f(7π6)=0，当x=7π6时，f(7π6)=sin(2×7π6−π3)=sin2π=0，所以点(7π6,0)为函数f(x)图象的一个对称中心，故D正确，故选：D.根据函数图像求出函数解析式，再结合选项一一判断即可．此题主要考查了三角函数的图象与性质的应用问题，也考查了数形结合与函数思想，属于中档题．7.【答案】B;【解析】此题主要考查了指数函数与对数函数的大小比较问题，属于基础题.首先根据单调性，将指数值与32比较，其次根据对数函数的递增性质得到两个对数值与2、32大小关系，答案易得.解：213<212<32，3log32=32log34>32,3log32=log38<log39=2，log26>log24=2，所以213<3log32<log26.故选B.8.【答案】C;【解析】解：令ax2=|ln x+1ax|得a2x3=|ln x+1|，显然a>0，x>0．作出y=a2x3和y=|ln x+1|的函数图象，如图所示：设a=a0时，y=a2x3和y=|ln x+1|的函数图象相切，切点为(x0,y0)，则{3a02x02=1x0a02x03=ln x0+1，解得x0=e−23，y0=13，a0=√3e3．∴当0<a<√3e3时，y=a2x3和y=|ln x+1|的函数图象有三个交点．故选：C．令ax2=|ln x+1ax|得a2x3=|ln x+1|，作出y=a2x3和y=|ln x+1|的函数图象，利用导数知识求出两函数图象相切时对应的a0，则0<a<a0．此题主要考查了函数图象的交点个数判断，借助函数图象求出临界值是关键．9.【答案】{x|x=0或x⩾2};【解析】此题主要考查集合的新定义，是基础题由集合A={x|0<x<2}，B={x|x⩾0}，可得A∪B={x|x⩾0}，A∩B={x|0<x<2}，则A⊗B={x|x=0或x⩾2}.10.【答案】240;【解析】解：设该校高一年级学生人数为n，则6n =502000，即n=240，故答案为：240.由分层抽样方法，按比例抽样即可．此题主要考查了分层抽样方法，重点考查了阅读能力，属基础题．11.【答案】16+8√2;【解析】解：由三视图知：几何体为直三棱柱削去一个三棱锥，如图：其中直棱柱的侧棱长为8，底面为直角三角形，且AB=BC=2，SA=2，SB=2√2，AC=2√2，∴几何体的表面积S=12×2×2+12×2×2√2+4+22×2√2+4+22×2+4×2=16+8√2．故答案为：16+8√2．几何体为直三棱柱削去一个三棱锥，结合直观图判断各面的形状及相关几何量的数据，把数据代入面积公式计算．此题主要考查了由三视图求几何体的表面积，判断几何体的形状及数据所对应的几何量是解答此类问题的关键．12.【答案】152;【解析】解：∵a1=12，a42=a6，∴(12q3)2=12q5，解可得，q=2，则S4=12(1−24)1−2=152．故答案为：152．由已知结合等比数列的通项公式可求公比，然后结合等比数列的求和公式即可求解．这道题主要考查了等比数列的公式及求和公式的简单应用，属于基础试题．13.【答案】√3+1;【解析】解：过F的一条倾斜角为30°的直线与C在第一象限交于点A，且|OF|=|OA|=c，∠AOx=60°，则A(c2,√3c 2)所以c 24a2−3c24b2=1，c2 4a2−3c24(c2−a2)=1，可得e 24−3e24e2−4=1，可得e4−8e2+4=0．解得e=1+√3．故答案为：√3+1．利用已知条件求出A的坐标，代入双曲线方程，结合离心率公式，求解即可．此题主要考查双曲线的定义和性质，主要是离心率的求法，注意运用三角形的中位线定理和勾股定理，考查运算能力，属于中档题．14.【答案】解：设空调机、洗衣机的月供应量分别是x、y台，总利润是P，则P=6x+8y，由题意有30x+20y⩽300，5x+10y⩽110，x⩾0，y⩾0，x、y均为整数由图知直线y=−34x+18P过M(4,9)时，纵截距最大，这时P也取最大值P max=6×4+8×9=96(百元).故当月供应量为空调机4台，洗衣机9台时，可获得最大利润9600元．;【解析】此题主要考查找出约束条件与目标函数，准确地描画可行域，再利用图形直线求得满足题设的最优解．用图解法解决线性规划问题时，分析题目的已知条件，找出约束条件和目标函数是关键，可先将题目中的量分类、列出表格，理清头绪，然后列出不等式组(方程组)寻求约束条件，并就题目所述找出目标函数．然后将可行域各角点的值一一代入，最后比较，即可得到目标函数的最优解．利用线性规划的思想方法解决某些实际问题属于直线方程的一个应用．15.【答案】解：(Ⅰ)在三角形ABC中，由正弦定理得bsinB =csinC，所以bsinC=csinB，又由3csinB=4asinC，得3bsinC=4asinC，即3b=4a，又因为b +c =2a ，得b =4a 3，c =2a3，由余弦定理可得cosB =a 2+c 2−b 22ac=a 2+49a 2−169a 22⋅a⋅23a=−14；(Ⅱ)由(Ⅰ)得sinB =√1−co s 2B =√154，从而sin2B =2sinBcosB =−√158， cos2B =cos 2B −sin 2B =−78，故sin (2B +π6)=sin2Bcos π6+cos2Bsin π6=−√158×√32−78×12=−3√5+716．; 【解析】本小题主要考查同角三角函数的基本关系，两角和的正弦公式，二倍角的正余弦公式，以及正弦定理、余弦定理等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题． (Ⅰ)根据正余弦定理可得；(Ⅱ)根据二倍角的正余弦公式以及和角的正弦公式可得．16.【答案】证明：（Ⅰ）∵D ，E 分别是边AC 和AB 的中点，∴DE ∥BC ， ∵BC ⊄平面PED ，ED ⊂平面PED ， ∴BC ⊂平面BCH ， ∴IH ∥BC ．解：（Ⅱ）如图，建立空间右手直角坐标系，由题意得：D （0，0，0），E （2，0，0），P （0，0，1），F （3，12，0），C （0，1，0），H （0，0，12），∴EP →=（-2，0，1），EF →=（1，12，0），CH →=（0，-1，12），HI →=12DE →=（1，0，0）， 设平面PGI 的一个法向量为n →=（x ，y ，z ），则{EP →.n →=−2x +z =0EF →.n →=x +12y =0，令x=1，解得y=-2，z=2，∴n →=（1，-2，2）， 设平面CHI 的一个法向量为m →=（a ，b ，c ），则{CH →.m →=−b +12c =0HI →.m →=a =0，取b=1，得m →=（0，1，2）， 设二面角P-GI-C 的平面角为θ， 则cosθ=|m →.n →||m →|.|n →|=3×√5=2√1515．∴二面角P-GI-C的余弦值为2√1515．;【解析】(Ⅰ)推导出DE//BC，从而BC⊂平面BCH，由此能证明IH//BC．(Ⅱ)以D为原点，DE，DC，DP为x，y，z轴，建立空间右手直角坐标系，利用向量法能求出二面角P−GI−C的余弦值．该题考查线线平行的证明，考查二面角的余弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．17.【答案】解：(1)设公比为q的等比数列{ an}的前n项和为S n，a2=18，且S1+116，S2，S3成等差数列，所以：{a1q=182S2=S1+116+S3，解得：a1=14，q=12，所以S n=14(1−12n)1−12=12(1−12n)，故a n=14.(12)n−1=(12)n+1，(2)由于：a n=(12)n+1，数列{b n}满足b n=2n.则：C n=a n b n=n2n，则：T n=12+222+323+⋯+n2n①，1 2T n=122+223+324+⋯+n2n+1②，①−②得：12T n=(121+122+⋯+12n)−n2n+1，解得：T n=2−2+n2n，由于S n=14(1−12n)1−12=12(1−12n)，所以不等式c1+c2+⋯+c n⩾12λ+2S n−1恒成立，即2−2+n2n ⩾1−12n+12λ−1，则2−n+12n⩾12λ恒成立，令f(n)=n+12n，则f(n +1)−f(n)=n+22n+1−n+12n=−n2n+1<0，所以f(n)关于n 单调递减， 所以(2−n+12n )min=2−1+12，则2−22⩾12λ 解得：λ⩽2.故：λ的取值范围为(−∞,2].;【解析】此题主要考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，错位相减法在数列求和中的应用，恒成立问题的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于较难题．(1)直接利用递推关系式和建立的方程组进一步求出数列的通项公式;(2)利用(1)的结论，进一步利用错位相减法求出数列的和，最后利用恒成立问题求出参数的取值范围．18.【答案】解：（1）∵椭圆x 2a2+y 2b 2=1（a ＞b ＞0）的离心率e=√32，椭圆上任意一点到椭圆的两个焦点的距离之和为4， ∴a=2，c=√3，b=1， ∴椭圆的标准方程：x 24+y 21=1，（2）∵设直线l 与椭圆相交于不同的两点A ，B ，点A 的坐标为（-a ，0）． ∴点A 的坐标为（-2，0）， ∴直线l 的方程为：y=k （x+2），（Ⅱ）（i ）由（Ⅰ）可知点A 的坐标是（-2，0）． 设点B 的坐标为（x 1，y 1），直线l 的斜率为k ． 则直线l 的方程为y=k （x+2）．于是A 、B 两点的坐标满足方程组{y =k(x +2)x 24+y 21=1消去y 并整理，得（1+4k 2）x 2+16k 2x+（16k 2-4）=0． 由-2x 1=16k 2−41+4k 2，得x 1=2−8k 21+4k 2．从而y 1=4k1+4k 2． 所以|AB|=4√1+k 21+4k 2 由|AB|=4√25，得4√1+k 21+4k 2=4√25整理得32k 4-9k 2-23=0，即（k 2-1）（32k 2+23）=0，解得k=±1． 所以直线l 的倾斜角为π4或3π4．;【解析】(1)椭圆x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)根据a 2=b 2+c 2，ca =√32，2a =4，求解．(2)联立方程组{y =k(x +2)x 24+y 21=1消去y 并整理，得(1+4k 2)x 2+16k 2x +(16k 2−4)=0，运用韦达定理，弦长公式求解．此题主要考查了椭圆和直线的位置关系，联立方程组结合弦长公式求解．19.【答案】解：（1）函数f （x ）定义域为（0，+∞），f′（x ）=ax +2x-4=2x 2−4x +ax假设存在实数a ，使f （x ）在x=1处取极值，则f′（1）=0，∴a=2，…（2分） 此时，f′（x ）=2(x−1)2x，当x ＞0时，f′（x ）≥0恒成立，∴f （x ）在（0，+∞）递增．…（4分） ∴x=1不是f （x ）的极值点．故不存在实数a ，使得f （x ）在x=1处取极值．…（5分） （2）由f （x 0）≤g （x 0） 得：（x 0-ln x 0）a≥x 02-2x 0 …（6分） 记F （x ）=x-lnx （x ＞0），∴F′（x ）=x−1x（x ＞0），．…（7分）∴当0＜x ＜1时，F′（x ）＜0，F （x ）递减；当x ＞1时，F′（x ）＞0，F （x ）递增． ∴F （x ）≥F （1）=1＞0．…（8分） ∴a≥x 02−2x 0x0−ln x 0，记G （x ）=x 2−2xx−lnx ，x ∈[1e ，e]∴G′（x ）=(2x −2)(x−lnx )−(x−2)(x−1)(x−lnx )2=(x−1)(x−2lnx +2)(x−lnx )2…（9分）∵x ∈[1e，e]，∴2-2lnx=2（1-lnx ）≥0，∴x-2lnx+2＞0∴x ∈（1e ，1）时，G′（x ）＜0，G （x ）递减；x ∈（1，e ）时，G′（x ）＞0，G （x ）递增…（10分）∴G （x ）min =G （1）=-1∴a≥G （x ）min =-1．…（11分） 故实数a 的取值范围为[-1，+∞）． …（12分）; 【解析】(1)求出函数f(x)定义域，函数的导函数f′(x)，假设存在实数a ，使f(x)在x =1处取极值，则f′(1)=0，求出a ，验证推出结果．(2)由f (x 0)⩽g(x 0) 得：(x 0−ln x 0)a ⩾x 02−2x 0，记F(x)=x −ln x(x >0)，求出F′(x)，推出F(x)⩾F(1)=1>0，转化a ⩾x 02−2x 0x 0−ln x 0，记G(x)=x 2−2x x−ln x，x ∈[1e,e]求出导函数，求出最大值，列出不等式求解即可．该题考查函数的动手的综合应用，函数的最值的求法，极值的求法，考查转化思想以及计算能力．。

2022. 12. 4教师端线上形式1.假借平台拓展服务空间金太阳组织创建的平台，分享一些教学思考，提醒“抬头望路”2.节点差异提早预设布局时间点觉得确实有偏早，一轮复习尚未完成，预设“二轮布局”3.个人观点仅供择同选用认同点选择使用并落实，不认同点可以商榷，碰撞“思维火花”1.考什么与怎么考（命题）没有考试大纲？没有考试说明？如何研判最有可能的考向？2.备什么与怎么考（应考）需要丰富哪些应考储备？3.如何备与怎么学（教与学）——教学评价的参考教师的影响度学生的参与度内容的适标度媒介的适切度教学的规范度目标的达成度——“备、教、学、评”一体化【教师指导学生学习知能素养考试评价】要点二轮复习的目标与复习教学的遵循（1）备考的本质 考试培训！（2）培训的目的 学会考试的内容、学会考试的方法？会解答象近年高考那样的题目？解得好、解得快？会解答与近年高考不一样的题目？（宝典中没有的——突破应试题海的模式化） 提高有效解决问题（曾经的实测试题）的能力与效率；形成促进。

丰富内在储备+提升展示技能。

●培训的内容与方法 命题规律 考过试题“变式”考、“创新”考！实现旧题的“变式”和“创新”。

模拟训练+专题复习？（危险的外在表现形式！）夯实学科基础——针对中等及偏下水平稳固知识结构—— 强筋状腱强化关键重点——必考常考内容为重点补缺补漏扫盲——盲区规避优化应试策略——非智力因素、得全该得基本分、争取超常发挥分学校（班级、学科）的指标任务：平均成绩——整体水平的提升上线人数——改变发展的方向亮点培育——迎合各方的需求（强化分层意识）学生的目标：总分的提升目标（效益） 学科的分数位置（特长）旧四化：试题问题化、问题模型化、解模规律化、解题技能化立足通性通法、理顺逻辑顺序、清晰表达过程。

4. 复习教学的遵循二、研判卷题格局，把握基本考向《中国高考报告》、《高考试题分析》、高考评价报告落实评价体系的学科化突出学科素养的导向性突出学科特点的思维性体现本质考查的灵活性探索命题创新的积极性体现五育并举的全面性保持整体设计的稳定性当前评价量尺打造的顶层设计立德树人指导教学服 务 选 拔考试内容考试方法——挖掘命题改革信息、体会考试说明功能试题浏览：特别关注：2.分板块的命题改革方向把握非主干板块内容：集合——传统的语言定位与交汇方式、可能的集合思想及图形语言平面向量——工具地位的体现与交汇应用的自觉、图形方法的强化不等式——内容的改变与函数的交汇，着重考查不等式的运算性质、—元二次不等式、基本不等式（显性考查与隐性考查结合，交汇考查，应独立板块）常用逻辑用语——充分性必要性的强化推理与证明——考查方式的正确理解复数——趋势的变化、教学新定位计数原理——基本模型二项式定理——热点内容三视图——隐性考查处理、不考后如何保持直观想象素养的考查地位对三角函数的考查突出基础，体现综合，对恒等变换的要求有所下降，更多强调对公式的灵活运用．试题呈现以下四个特点：（1）利用数形结合考查，通过图形分析、研究、总结三角函数的性质和图像特点；（2）利用三角公式考查，创设试题情境，灵活运用公式，解决问题；（3）利用真实情境考查，考查解三角形内容，体现三角函数的工具性作用；（4）体现思维深度，考查创新意识；（5）关注结构不良试题设计。