高三数学二轮复习 第一部分 重点保分专题检测(九) 导数的简单应用 文

导数的简单应用1．导数与函数的单调性1．已知函数22ln 03()()f x x xx a a，若函数f (x )在[1，2]上为单调函数，则实数a 的取值范围是________．【答案】20,1,5U 【解析】31()4f x x a x，若函数f (x )在[1，2]上为单调函数，即31()40f x x a x 或31()40f x x a x在[1，2]上恒成立，即314x a x 或314x a x在[1，2]上恒成立．令1()4h x x x ，则h (x )在[1，2]上单调递增，所以3(2)h a 或3(1)h a，即3152a 或33a，又a >0，所以205a 或a ≥1，故答案为 20,1,5U ．2．若函数2ln )01(2()2a h x x a x x 在[1，4]上存在单调递减区间，则实数a 的取值范围为________．【答案】 1,00, U 【解析】函数2l 1()2n 2h x x ax x，则1()2h x ax x，因为h (x )在[1，4]上存在单调递减区间，所以)0(h x 在[1，4]上有解，所以当x ∈[1，4]时，212a x x有解，令212()g x x x，而当x ∈[1，4]时，令11[,1]4t x ，212()g x x x，即为2()2t t t ，此时min ()(1)1t (此时x ＝1)，所以1a ，又因为a ≠0，所以a 的取值范围是 1,00, U ，故答案为 1,00, U ．3．已知函数2(n )3l 124f x x x x，则f (x )的极值点为x ＝________；若f (x )在区间[t ，t ＋1]上不单调，则实数t 的取值范围是________．【答案】1，3， 0,12,3U 【解析】由题意知3(1)(3)()4(0)x x f x x x x x，由()0f x ，得1x 或3x ，()0f x 时，13x ；()0f x 时，01x 或3x ，所以()f x 在(0,1)和(3,) 上单调递减，在(1,3)上单调递增，所以函数f (x )的极值点为x ＝1，3．因为函数f (x )在区间[t ，t ＋1]上不单调，所以111t t 或313t t，解得01t 或23t ，故答案为1，3； 0,12,3U ．4．（多选）若对任意的1x ， 2,x m ，且12x x ，都有122121ln ln 2x x x x x x ，则m 的值可能是（）（注e 2.71828 …为自然对数的底数）A．13B．1eC．3eD．1【答案】BCD【解析】由题意，210x x ，得210x x ，则122121ln ln 2x x x x x x 等价于122121ln ln 2x x x x x x ，即121212ln 2ln 2x x x x x x ，所以 1221ln 2ln 2x x x x ，则2121ln 2ln 2x x x x，令 ln 2x f x x，可得 21f x f x ，又21x x m ，所以 f x 在 ,m 上是减函数，所以 2ln 10x f x x，解得1e x ，则1em ．故m 可能值B、C、D 符合要求，故选BCD．5．已知函数 ln(1)()1xf x xa x aR ，求函数f (x )的单调区间．【答案】答案见解析．【解析】因为ln ()(1)()11f x x xa x x，所以 221111((1))a a x x f x x ax，当a ≤0时， 0f x ，所以函数f (x )的单调递增区间为(－1，＋∞)．当a ＞0时，由()01f x x，得111x a ；由()01f x x ，得11x a ．所以函数f (x )的单调递增区间是1(1,1)a ；单调递减区间是1(1,)a．综上所述，当a ≤0时，函数f (x )的单调递增区间为(－1，＋∞)；当a ＞0时，函数f (x )的单调递增区间是1(1,1a；单调递减区间是1(1,)a．6．已知函数2()(1)e xf x k x x ，其中k ∈R ．当2k 时，求函数()f x 的单调区间．【答案】答案见解析．【解析】由题设，()e 2(e 2)xxf x kx x x k ，当0k 时，e 20x k ，令()0f x ，得0x ；令()0f x ，得0x ，故()f x 的单调递增区间为(,0) ，单调递减区间为(0,) ．当02k 时，令()0f x ，得0x 或2ln 0x k，当02k ，即2ln0k时，当()0f x 时，2ln x k 或0x ；当()0f x 时，20ln x k，故()f x 的单调递增区间为(,0) 、2(ln ,)k ，减区间为2(0,ln )k．当2k ，即2ln 0k时，在R 上 0f x 恒成立，故()f x 的单调递增区间为(,) ．7．已知函数2()1e x f x ax x （a R 且0a ）．（1）求曲线()y f x 在点(0,(0))f 处的切线方程；（2）讨论函数()f x 的单调区间．【答案】（1）210x y ；（2）答案见解析．【解析】（1）∵2()1e x f x ax x ，∴22()(21)e 1e (21)2e x x xf x ax ax x ax a x ，∴(0)2f ，又(0)1f ，∴12y x ，∴所求切线方程为210x y ．（2）由题意知，函数()f x 的定义域为R ，由（1）知2()(21)2e xf x ax a x ，∴()(1)(2)e xf x ax x ，易知e 0x，①当0a 时，令()0f x ，得2x 或1x a ；令()0f x ，得12x a．②当102a 时，12a ，令()0f x ，得12x a ；令()0f x ，得1x a或2x ．③当12a 时， 0f x ．④当12a 时，12a ，令()0f x ，得12x a ；令()0f x ，得1x a或2x ．综上，当12a时，函数()f x 的单调递增区间为12,a ，单调递减区间为1,a，(,2) ；当12a 时，函数()f x 在R 上单调递减；当102a时，函数()f x 的单调递增区间为1,2a，单调递减区间为(2,) ，1,a；当0a 时，函数()f x 的单调递增区间为1,a ，(,2) ，单调递减区间为12,a．8．已知函数 2ln af x x a x x，0a ，讨论 f x 的单调性．【答案】答案见解析．【解析】由 f x 的定义域为 0, ，且 222221a a x ax af x x x x．令 22g x x ax a ，则244Δa a ．①当2440Δa a ，即01a 时，对任意的0x 有()0g x ，则()0f x ，此时，函数 y f x 在 0, 上单调递增；②当2440Δa a ，即1a 时，()0g x 有两个不等的实根，设为1x 、2x ，且12x x ，令220x ax a ，解得1x a ，2x a ．解不等式()0f x ，可得a x a解不等式()0f x ，可得0x a 或x a ．此时，函数 y f x 的单调递增区间为(0,a 、()a ，单调递减区间为(a a ．综上，当01a 时，函数 y f x 的单调递增区间为 0, ，无递减区间；当1a 时，函数 y f x 的单调递增区间为(0,a 、()a ，单调递减区间为(a a ．9．已知函数 ln 2af x x x a xR ．（1）若1x 是 f x 的极大值点，求a 的值；（2）讨论 f x 的单调性．【答案】（1）1 ；（2）见解析．【解析】（1）因为 ln 2af x x x x，定义域为 0, ，则212()ax x f x，由1x 是 f x 的极大值点，故0(1)f ，解得1a ，此时 2222211121(1)2f x x x x x x x x x，令0()f x ，则1x 或12（舍），故当 0,1x 时，0()f x ， f x 单调递增；当 1,x ，0()f x ， f x 单调递减，故1x 是 f x 的极大值点，满足题意．故1a ．（2）因为 ln 2af x x x x ，定义域为 0, ，则222122) (f x a x x a x x x，对22y x x a ，其18Δa ，当0Δ 时，即18a 时， 0f x ， f x 在 0, 单调递减；当0Δ 时，即18a时，令 0f x ，则114x ，214x ，且12x x ，当0a 时，120,0x x ，故当 20,x x ，0()f x ， f x 单调递增，当 2,x x ， 0f x ， f x 单调递减；当108a，120x x ，故当 10,x x ， 0f x ， f x 单调递减，当 12,x x x ， 0f x ， f x 单调递增；当 2,x x ， 0f x ， f x 单调递减．综上所述：当0a 时， f x 在1180,4 单调递增，在118,4单调递减；当108a 时， f x 在10,4 和1,4单调递减，在11,44单调递增；当18a时， f x 在 0, 单调递减．2．导数与函数的极值1．已知函数 sin cos xf x a x在区间 π,π 上的图象如图所示，则a （）A．2B．2C．2D．2【答案】B【解析】法一：当 0,πx 时，222cos cos sin cos 1cos cos x a x xa x f x a x a x，设01cos x a，其中 00,πx ，则 00f x ，另外0sin 0x，所以0sin x ，故000sin 2cos x f x a x a a，解得52a ，又因为0π102f a a，所以2a ，故选B．法二：由0π102f a a， sin sin cos cos xm x m x ma x ma a x，从而sin x由于 sin 1x1，解得m，又从图象可以看出 sin 2cos xf x a x，即2m2，解得2a ，由于0a ，故52a，故选B．2．已知函数32()3f x x x ax 在1x 处取得极值，若()f x 的单调递减区间为(,)m n ，n m （）A．5B．4C．5 D．4【答案】B【解析】∵32()3f x x x ax ，∴2()36f x x x a ，由题设可得(1)360f a ，解得9a ，即 ()331f x x x ，令 ()3310f x x x ，解得31x ，则函数()f x 的单减区间 ,m n 就是 3,1 ，则4n m ，故选B．3．已知函数 32,02a f x x x bx a b 的一个极值点为1，则22a b 的最大值为（）A．49B．94C．1681D．8116【答案】D【解析】对 322a f x x x bx求导得 23f x x ax b ，因为函数 f x 的一个极值点为1，所以 130f a b ，所以3a b ，又,0a b ，于是得2239224a b ab，当且仅当32a b 时等号成立，所以ab 的最大值为94，故22a b 的最大值为8116，故选D．4．若函数22e x x a f x x 在R 上无极值，则实数a 的取值范围（）A． 2,2B．C． D．22 ,【答案】D【解析】由22e x x a f x x 可得222e 2e 22e x x xx a x ax x a x f x a ，e 0x 恒成立， 222y x a x a 为开口向上的抛物线，若函数22e x x a f x x 在R 上无极值，则 2220y x a x a 恒成立，所以 22420Δa a ，解得22a ，所以实数a 的取值范围为 2,2 ，故选D．5．若函数3211()(3)(6)32f x x m x m x(m 为常数)在区间[1,) 上有两个极值点，则实数m 取值范围是_________．【答案】3, 【解析】由题意得 236f x x m x m ．∵函数 f x 在 1, 内有两个极值点，∴ 236f x x m x m 在 1, 内与x轴有两个不同的交点，如图所示：∴ 2(3)46011360312Δm m f m m m，解得3m ，故答案为 3, ．6．（多选）已知函数 321f x x ax bx （0a ，b R ）存在极大值和极小值，且极大值与极小值互为相反数，则（）A．2239a b aB．2239a b aC．2219a b aD．2219a b a【答案】B【解析】 321f x x ax bx Q ， 232f x x ax b ，设12,x x 是方程2320x ax b 的两个实数根，根据题意可知12x x ，不妨设12x x ，则12122·33bx x a x x，，且 120f x f x ，即3232111222110x ax bx x ax bx ，化简得22221212121212·2x x x x x x a x x b x x ，将12122·33b x x a x x ，代入化简计算得3348229273a a ab ，2239a b a，选项B 正确，选项ACD 错误，故选B．7．若2x 是函数 2224ln f x x a x a x 的极大值点，则实数a 的取值范围是（）A． ,2 B． 2, C． 2, D．2,2 【答案】A【解析】 22224224222x a x a x x a a f x x a x x x， 0x 若0a 时，当2x 时， 0f x ；当02x 时， 0f x ，则 f x 在 0,2上单调递减；在 2, 上单调递增．所以当2x 时， f x 取得极小值，与条件不符合，故不满足题意．当2a 时，由 0f x 可得02x 或x a ；由 0f x 可得2x a ，所以在 0,2上单调递增；在 2,a 上单调递减，在 ,a 上单调递增．所以当2x 时， f x 取得极大值，满足条件．当20a 时，由 0f x 可得0x a 或2x ；由 0f x 可得2a x ，所以在 0,a 上单调递增；在 ,2a 上单调递减，在 2, 上单调递增．所以当2x 时， f x 取得极小值，不满足条件．当2a 时， 0f x 在 0, 上恒成立，即 f x 在 0, 上单调递增．此时 f x 无极值．综上所述：2a 满足条件，故选A．8．已知函数 2e 2ln xf x k x kx x，若2x 是函数 f x 的唯一极值点，则实数k 的取值范围是（）A． 0,2B．2, C．e ,2D．2e ,4【答案】D【解析】由题意， 2e 2ln 0xf x k x kx x x ， 22e x x f x k x x，记 2e xg x k x ，则 3e 2x x g x x ，则 0,2x 时， 0g x ， g x 单调递减； 2,x 时， 0g x ， g x 单调递增，所以 2mine 24g x g k ．若2e 4k ，则 0,2x 时， 0f x ， f x 单调递减；2,x 时， 0f x ， f x 单调递增，于是2x 是函数 f x 的唯一极值点．若2e 4k ，则 2e 204g k ，易知 21g x k x，于是0x k 时， 0g x ；设 e 2xx x x ， 2e 1e 10xx ，即 x 在 2, 上单调递增，所以 2e 20e xx x ，则6x 时，33e e 327xxx x ，此时 27x g x k ，于是6x 且27x k 时， 0g x ．再结合函数 g x 的单调性可知，函数 g x 在 0,2,2, 两个区间内分别存在唯一一个零点12,x x ，且当 10,x x 时， 0f x ， f x 单调递减， 1,2x x 时， 0f x ，f x 单调递增， 22,x x 时， 0f x ， f x 单调递减， 2,x 时， 0f x ， f x 单调递增，于是函数 f x 存在3个极值点，综上所述2e 4k ，故选D．9．已知函数3()3ln f x x x x ．（1）求曲线 y f x 在点1,1f 处的切线方程；（2）若函数2()()3ln g x f x ax x 在区间（2，3）中至少有一个极值点，求实数a 的取值范围．【答案】（1）730x y ；（2）55,43．【解析】（1）解：因为函数3()3ln f x x x x ，所以 2133f x x x，则21(1)31371f，3(1)131ln14f ，所以曲线 y f x 在点1,1f 处的切线方程为 471y x ，即730x y ．（2）解：因为3232()3ln 3ln 33g x x x x ax x x ax x ，所以2()363g x x ax ，函数2()()3ln g x f x ax x 在区间（2，3）中至少有一个极值点，等价于2()363g x x ax 在区间（2，3）中至少有一个变号零点，因为函数2()363g x x ax 的对称轴为x a ，当2a 或3a 时，函数2()363g x x ax 在区间（2，3）上单调，所以(2)(3)0g g ，即 151230180a a ，解得5543a ，满足题意；当23a 时，函数2()363g x x ax 在区间 2,a 是单调递减，在区间 3a ，是单调递增，则需 2>00g g a或 3>0g g a ，即21512>0330a a 或23018>0330a a，解得514a 或1a ，与23a 相矛盾，所以实数a 的取值范围55,43．10．已知函数 221ln f x x a x a x ，其中a R ．（1）求函数 y f x 的极值；（2）若函数 f x 有两个不同的零点，求实数a 的取值范围．【答案】（1）答案见解析；（2） 1, ．【解析】（1）∵ 221ln f x x a x a x ，函数 f x 的定义域是 0, ，∴ 222221212210x a x a x x a a f x x a x x x x，当0a 时， 0f x ，函数 f x 单调递增，此时无极值；当0a 时，0x a ， 0f x ，函数 f x 单调递减；x a ， 0f x ，函数 f x 单调递增，故 ln 1f a a a a 是极小值，无极大值；综上：当0a 时无极值；当0a 时， ln 1f a a a a 是极小值，无极大值．（2）当0a 时， f x 单调递增， f x 最多有一零点，不满足条件；当01a 时， f x 的极小值是 ln 1a a a ，设 ln 1g x x x ， 10xg x x， g x 在0x 单调递增，∵ 1ln1110g ，01a ，∴ 0g a ，则 f x 的极小值大于等于零， f x 最多有一零点，不满足条件；当1a 时， f x 的极小值 f a ag a ，∵ 10g a g ， 0f a ，2111210e e e e f a，所以在1,e a必有一零点；2333ln 33ln 3330f a a a a a a a a a a ， f x 在 ,3a a 也有一零点，满足条件，故a 的取值范围是 1, ．3．导数与函数的最值1．已知函数()ln f x x ，()2g x x ，()()f m g n ，则mn 的最小值是（）A．12eB．12eC．2eD．2e【答案】A【解析】由函数()ln f x x ，()2g x x ，()()f m g n ，得ln 2m n ，则1ln 2mn m m，令11()ln ,0,()(1ln )22h m mn m m m h m m ，当1e m 时，()0h m ；当10em 时，()0h m，所以函数 h m 在10,e上递减，在1,e递增，所以min 11()e 2e h m h，即mn 的最小值是12e，故选A．2．已知函数 1ln ,111,12x x f x x x，若m n ，且 2f m f n ，则m n 的最小值等于（）A．42ln 3 B．43ln 2C．23ln 2D．32ln 2【答案】D【解析】由解析式知： f x 在各区间上均为增函数且连续，故在R 上单调递增，且 11f ，所以 2f m f n 时，可设1m n ，则 111ln 22f m f n m n ，得 12ln 1m n n ，于是12ln m n n n ，令 12ln 1g x x x x ，则 21g x x，所以在(1,2)上， 0g x ；在(2,) 上， 0g x ，故()g x 在(1,2)上递减，在(2,) 上递增，所以 g x 的极小值也是最小值，且为 232ln 2g ，故m n 的最小值是32ln 2 ．故选D．3．函数 e ,e 1,x xx af x x x a，若存在1 x R ，对任意x R ， 1f x f x ，则实数a 的取值范围是（）A． ,0 B．,0 C．0,1D．0,1【答案】A【解析】由题意可知，函数 f x 在R 上存在最大值，令 e e x xg x，其中x R ，则e 1e xx g x ．当1x 时， 0g x ，此时函数 g x 单调递增，当1x 时， 0g x ，此时函数 g x 单调递减，所以， max 11g x g ．①若0a ，当x a 时， 111f x x a ，此时 f x 存在最大值；②若0a ，则当x a 时，存在0x a 使得 0011f x x ，此时函数 f x 无最大值．综上所述，0a ，故选A．4．（多选）若函数 3220f x x ax a 在6,23a a上有最大值，则a 的取值可能为（）A．6 B．5C．3 D．2【答案】AB【解析】 322f x x ax ，则 26263a f x x ax x x，当,3a x和 0, 时， 0f x ，函数单调递增；当,03a x时， 0f x ，函数单调递减． f x 在3ax 处取极大值为3327a a f．函数 3220f x x axa 在6,23a a上有最大值，故6233a a a ，且633a a f f，即3236732632a a a a ，解得4a ．故选AB．5．若函数2221e x f x x x a 存在最小值，则实数a 的取值范围是_________．【答案】,0 【解析】因为函数2221e x f x x x a ，所以2243e x f x x x a ，当1a 时， 16430Δa ，2430x x a ，又2e 0x ，所以2243e 0x f x x x a ，所以函数()f x 在R 上单调递增，此时无最小值；当1a 时， 16430Δa ，则2430x x a 有两个不等实根，设2430x x a 两个不等实根 1212,x x x x ，则1222x x ，所以函数()f x 在区间 1,x 和 2,x 上单调递增，在区间 12,x x 上单调递减，所以2x x 是函数()f x 的极小值点，又x 时，2e 0x ，所以 221e0x f x x a，所以要使得函数()f x 存在最小值，则函数()f x 的最小值只能为2()f x ，且2()0f x ，即22222222221e1e 0x x x x a x a，所以2201a ，即20 ，解得0a ，所以 ,0a ，故答案为 ,0 ．6．已知0m ，函数 ln 12x x mxf x x e，若函数 y f f x 与 y f x 有相同的最大值，则m 的取值范围为__________．【答案】 ,2e 【解析】因为 ln 12x x mxf x x e ，所以 21ln xm x x f x x e，因为0m ，所以当01x 时， 0f x ；当1x 时， 0f x ，所以当1x 时， f x 取得最大值1me，因为 y f f x 与 y f x 有相同的最大值，所以11me，解得2m e ，所以m 的取值范围为 ,2e ，故答案为 ,2e ．7．已知函数()e 2xf x x ．（1）求曲线 y f x 在点0,0f 处的切线方程；（2）若 1,1x ，求函数 f x 的最值．【答案】（1）1y x ；（2）函数 f x 的最小值为22ln 2 ，最大值为12e．【解析】（1）函数()e 2xf x x ，求导得()e 2xf x ，则(0)1f ，而(0)1f ，所以曲线 y f x 在点0,0f 处的切线方程为1y x ．（2）由（1）知，由()e 20xf x ，解得ln 2x ，而 1,1x ，当1ln 2x 时，()0f x ；当ln 21x 时，()0f x ，因此，()f x 在[1,ln 2] 上单调递减，在[ln 2,1]上单调递增，则当ln 2x 时，ln 2min ()e 2ln 222ln 2f x ，而1(1)2e f，(1)e 2f ，显然12e 2e ，即有max 1()(1)2ef x f ，所以函数 f x 的最小值为22ln 2 ，最大值为12e．8．已知函数 2ln f x a x x，a R ．（1）若曲线 y f x 在点1,1P f 处的切线垂直于直线2y x ，求a 的值；（2）当0a 时，求函数 f x 在区间 0,e 上的最小值．【答案】（1）1a ；（2）当20e a时，最小值为2e a ；当2e a 时，最小值为2ln a a a ．【解析】（1）解：因为 2ln f x a x x ，所以22()af x x x，∵曲线()y f x 在点1,1P f 处的切线垂直于直线2y x ，又直线2y x 的斜率为1，∴22(1)111af ，∴1a ．（2）解：∵2222(),(0,)a ax f x x x x x，0,0a x Q ， ①当0a 时，在区间 0,e 上22()0f x x，此时函数()f x 在区间 0,e 上单调递减，则函数()f x 在区间 0,e 上的最小值为2(e)ef ．②当20e a ，即2e a 时，在区间2(0,)a 上()0f x ，此时函数()f x 在区间2(0,)a上单调递减，在区间2(,e]a 上()0f x ，此时函数()f x 在区间2(,e]a上单调递增，则函数()f x 在区间 0,e 上的最小值为22()ln f a a a a．③当2e a ，即20ea 时，在区间 0,e 上，()0f x ，此时函数()f x 在区间 0,e 上单调递减，则函数()f x 在区间 0,e 上的最小值 e e2f a ．综上所述，当20e a 时，函数()f x 在区间 0,e 上的最小值为2ea ；当2e a 时，函数()f x 在区间 0,e 上的最小值为22(ln f a a a a．9．设函数 2e 4xf x mx x m ，m R ．关于m 的函数 h m 表示 f x 在0, 的最小值．（1）求 0h 的值；（2）求 h m 的最大值．【答案】（1） 01h ；（2）2e 2 ．【解析】（1）当0m 时， e xf x x ， e 10xf x ．所以 f x 在 0, 单调递增， min 01f x f ，所以 01h ．（2）注意到无论m 取何值， 22e 2f ，从而 2e 2h m ．下面验证，当2e 14m 时，上述不等式的等号能成立．当2e 14m 时， 22e 1e 44x f x x x ， 2e 1e 12xf x x ．设 F x f x ，则 22e 1e xF x ．当2e 10ln 2x 时， 0F x ，此时函数 F x 单调递减，当2e 1ln 2x 时， 0F x ，此时函数 F x 单调递增，故 F x 在区间210n e ,l 2单调递减，在区间21l e n ,2单调递增．而 020F ， 2e 11e 102F ， 20F ，故 F x 有两个零点，分别为 01x 和2x ．当0x 时， 0f x ，此时函数 f x 单调递增，当2x 时， 0f x ，此时函数 f x 单调递减，当2x 时， 0f x ，此时函数 f x 单调递增，因此 f x 在区间 0, 上单调递增，在 ,2 上单调递减，在 2, 上单调递增．所以 21m e in 0,24h f f．而 202e 2f f ，所以22e 1e 24h．综上所述，当2e 14m 时， h m 取得最大值2e 2 ．。

训练　导数的简单应用及定积分 一、选择题(每小题5分，共25分) 1．已知函数f(x)＝ax2＋3x－2在点(2，f(2))处的切线斜率为7，则实数a的值为( )． A．－1 B．1 C．±1 D．－2 2． (x－sin x)dx等于( )．A.－1B.－1C.D.＋1 3．函数f(x)＝x2－2ln x的单调递减区间是( )． A．(0,1] B．[1，＋∞) C．(－∞，－1](0,1] D．[－1,0)(0,1] 4．函数f(x)＝ex＋e－x(e为自然对数的底数)在(0，＋∞)上( )． A．有极大值 B．有极小值 C．是增函数 D．是减函数 5．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)的最小值是( )． A．－13 B．－15 C．10 D．15 二、填空题(每小题5分，共15分) 6．已知函数f(x)＝xex，则f′(x)＝________；函数f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程为________． 7．设f(x)＝(e为自然对数的底数)，则f(x)dx的值为________． 8．函数f(x)＝x3－x2－3x－1的图象与x轴的交点个数是________． 三、解答题(本题共3小题，共35分) 9．(11分)设f(x)＝x3＋ax2＋bx＋1的导数f′(x)满足f′(1)＝2a，f′(2)＝－b，其中常数a，bR. (1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)设g(x)＝f′(x)e－x，求函数g(x)的极值． 10．(12分)已知函数f(x)＝ln x－. (1)当a＞0时，判断f(x)在定义域上的单调性； (2)若f(x)在[1，e]上的最小值为，求a的值． 11．(12分)已知函数f(x)＝(a＋1)ln x＋ax2＋1. (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)设a≤－2，证明：对任意x1，x2(0，＋∞)，|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|.参考答案 1．B　[因为f′(x)＝2ax＋3，所以由题意得2a×2＋3＝7，解得a＝1.故选B.] 2．B　[ (x－sin x)dx＝ ×2＋cos －cos 0＝－1，故选B.] 3．A　[函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－＝，由f′(x)≤0，得0＜x≤1.] 4．C　[依题意知，当x＞0时，f′ (x)＝ex－e－x＞e0－e0＝0，因此f(x)在(0，＋∞)上是增函数，选C.] 5．A　[求导得f′(x)＝－3x2＋2ax，由f(x)在x＝2处取得极值知f′(2)＝0，即－3×4＋2a×2＝0，a＝3.由此可得f(x)＝－x3＋3x2－4，f′(x)＝－3x2＋6x.由此可得f(x)在(－1,0)上单调递减，在(0,1)上单调递增，当m[－1,1]时，f(m)min＝f(0)＝－4.又f′(x)＝－3x2＋6x的图象开口向下，且对称轴为x＝1，当n[－1,1]时，f′(n)min＝f′(－1)＝－9.于是，f(m)＋f′(n)的最小值为－13.故选A.] 6．解析　依题意得f′(x)＝1·ex＋x·ex＝(1＋x)ex；f′(0)＝(1＋0)e0＝1，f(0)＝0·e0＝0，因此函数f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程是y－0＝x－0，即y＝x. 答案　(1＋x)ex　y＝x 7．解析　依题意得，f(x)dx＝x2dx＋dx ＝＝. 答案 8．解析　f′(x)＝x2－2x－3＝(x＋1)(x－3)，函数在(－∞，－1)和(3，＋∞)上是增函数，在(－1,3)上是减函数，由f(x)极小值＝f(3)＝－10＜0，f(x)极大值＝f(－1)＝＞0知函数f(x)的图象与x轴的交点个数为3. 答案　3 9．解　(1)因f(x)＝x3＋ax2＋bx＋1，故f′(x)＝3x2＋2ax＋b. 令x＝1，得f′(1)＝3＋2a＋b，由已知f′(1)＝2a，因此3＋2a＋b＝2a，解得b＝－3.又令x＝2，得f′(2)＝12＋4a＋b，由已知f′(2)＝－b，因此12＋4a＋b＝－b，解得a＝－. 因此f(x)＝x3－x2－3x＋1，从而f(1)＝－.又因为f′(1)＝2×＝－3，故曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－＝－3(x－1)，即6x＋2y－1＝0. (2)由(1)知g(x)＝(3x2－3x－3)e－x，从而有g′(x)＝(－3x2＋9x)e－x. 令g′(x)＝0，得－3x2＋9x＝0，解得x1＝0，x2＝3， 当x(－∞，0)时，g′(x)＜0，故g(x)在(－∞，0)上为减函数；当x(0,3)时，g′(x)＞0，故g(x)在(0,3)上为增函数； 当x(3，＋∞)时，g′ (x)＜0，故g(x)在(3，＋∞)上为减函数；从而函数g(x)在x1＝0处取得极小值g(0)＝－3，在x2＝3处取得极大值g(3)＝15e－3. 10．解　(1)由题知f(x)定义域为(0，＋∞)， 且f′(x)＝＋＝.a＞0，f′(x)＞0， 故f(x)在(0，＋∞)上是单调递增函数． (2)由(1)知：f′(x)＝. 若a≥－1，则x＋a≥0， 即f′(x)≥0在[1，e]上恒成立， 此时f(x)在[1，e]上为增函数， f(x)min＝f(1)＝－a＝， a＝－(舍去)． 若a≤－e，则x＋a≤0，即f′(x)≤0在[1，e]上恒成立， 此时f(x)在[1，e]上为减函数，f(x)min＝f(e)＝1－＝a＝－(舍去)． 若－e＜a＜－1，令f′(x)＝0，得x＝－a，当1＜x＜－a时，f′(x)＜0， f(x)在(1，－a)上为减函数； 当－a＜x＜e时，f′(x)＞0， f(x)在(－a，e)上为增函数． f(x)min＝f(－a)＝ln(－a)＋1＝a＝－. 综上可知，a＝－. 11．(1)解　由题知f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝＋2ax＝. 当a≥0时，f′(x)＞0，故f(x)在(0，＋∞)上单调增加； 当a≤－1时，f′(x)＜0，故f(x)在(0，＋∞)上单调减少； 当－1＜a＜0时，令f′(x)＝0，解得x＝ . 则当x时，f′(x)＞0； x时，f′(x)＜0. 故f(x)在上单调增加， 在上单调减少． (2)证明　不妨假设x1≥x2.由(1)知当a≤－2时，f(x)在(0，＋∞)上单调减少， 所以|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|等价于f(x2)－f(x1)≥4x1－4x2，即f(x2)＋4x2≥f(x1)＋4x1.令g(x)＝f(x)＋4x，则g′(x)＝＋2ax＋4＝. 于是g′(x)≤＝≤0. 从而g(x)在(0，＋∞)上单调减少，故g(x1)≤g(x2)， 即f(x1)＋4x1≤f(x2)＋4x2， 故对任意x1，x2(0，＋∞)，|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|.。

2021年高考数学二轮复习导数及其应用专题训练（含解析）一、选择题1．函数y＝f(x)的图象在点x＝5处的切线方程是y＝－x＋8，则f(5)＋f′(5)等于( )A．1 B．2C．0 D.1 2解析由题意知f(5)＝－5＋8＝3，f′(5)＝－1，故f(5)＋f′(5)＝2.故选B.答案B2．函数f(x)在定义域内可导，y＝f(x)的图象如图所示，则导函数y＝f′(x)的图象可能为( )解析x<0时，f(x)为增函数，所以导函数在x<0时大于零；x>0时，原函数先增后减再增，所以导函数先大于零再小于零之后又大于零．故选D.答案 D3．(理)(xx·山东淄博一模)若函数f (x )的导函数在区间(a ，b )上的图象关于直线x ＝a ＋b2对称，则函数y ＝f (x )在区间[a ，b ]上的图象可能是( )A ．①④B ．②④C ．②③D ．③④解析 因为函数y ＝f (x )的导函数在区间(a ，b )上的图象关于直线x ＝a ＋b2对称，即导函数要么图象无增减性，要么在直线x ＝a ＋b2两侧单调性相反．由图①得，在a 处切线斜率最小，在b 处切线斜率最大，故导函数图象不关于直线x ＝a ＋b2对称，故①不成立；由图②得，在a 处切线斜率最大，在b 处切线斜率最小，故导函数图象不关于直线x ＝a ＋b2对称，故②不成立；由图③得，原函数为一次函数，其导函数为常数函数，故导函数图象关于直线x ＝a ＋b2对称，③成立；由图④得，原函数有一对称中心，在直线x ＝a ＋b2与原函数图象的交点处，故导函数图象关于直线x ＝a ＋b2对称，④成立；所以满足要求的有③④，故选D.答案 D3．(文)函数f (x )＝3x 2＋ln x －2x 的极值点的个数是( ) A ．0 B ．1 C ．2D ．无数个解析 函数定义域为(0，＋∞)， 且f ′(x )＝6x ＋1x －2＝6x 2－2x ＋1x，由于x >0，g (x )＝6x 2－2x ＋1中Δ＝－20<0， ∴g (x )>0恒成立， 故f ′(x )>0恒成立，即f (x )在定义域上单调递增，无极值点． 答案 A4．(xx·重庆七校联盟联考)已知函数f (x )在R 上满足f (x )＝2f (2－x )－x 2＋8x －8，则曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处切线的斜率是( )A ．2B ．1C ．3D ．－2解析 由f (x )＝2f (2－x )－x 2＋8x －8两边求导得，f ′(x )＝2f ′(2－x )×(－1)－2x ＋8.令x ＝1得f ′(1)＝2f ′(1)×(－1)－2＋8⇒f ′(1)＝2，∴k ＝2.答案 A5．(xx·云南昆明一模)已知函数f (x )＝ln x ＋1ln x，则下列结论中正确的是( ) A ．若x 1，x 2(x 1<x 2)是f (x )的极值点，则f (x )在区间(x 1，x 2)内是增函数 B ．若x 1，x 2(x 1<x 2)是f (x )的极值点，则f (x )在区间(x 1，x 2)内是减函数 C ．∀x >0，且x ≠1，f (x )≥2D ．∃x 0>0，f (x )在(x 0，＋∞)上是增函数解析 由已知f ′(x )＝1x －1x ln 2x ＝ln 2x －1x ln 2x (x >0，且x ≠1)，令f ′(x )＝0，得x ＝e 或x ＝1e.当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1e 时，f ′(x )>0；当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫1e，1∪(1，e)时，f ′(x )<0；当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )>0.故x ＝1e和x ＝e 分别是函数f (x )的极大值点和极小值点，故函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e，1和(1，e)内单调递减，所以A 、B 错；当0<x <1时，ln x <0，f (x )<0，故C 错；若x 0≥e，f (x )在(x 0，＋∞)上是增函数，D 正确．答案 D6．f (x )是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf ′(x )－f (x )≤0，对任意正数a ，b ，若a <b ，则必有( )A ．af (b )≤bf (a )B ．bf (a )≤af (b )C ．af (a )≤f (b )D ．bf (b )≤f (a )解析 设F (x )＝f x x ，则F ′(x )＝xf ′x －f xx 2≤0， 故F (x )＝f xx为减函数． 由0<a <b ，有f a a ≥f bb⇒af (b )≤bf (a )，故选A. 答案 A 二、填空题7．(理)(xx·广东卷)曲线y ＝e －5x＋2在点(0,3)处的切线方程为________．解析 y ′＝－5e－5x，∴y ′|x ＝0＝－5，∴所求切线方程为y －3＝－5x ，即5x ＋y －3＝0.答案 5x ＋y －3＝07．(文)已知函数f (x )＝x e x，则f ′(x )＝________；函数f (x )的图象在点(0，f (0))处的切线方程为________．解析 ∵f ′(x )＝1·e x ＋x ·e x ＝(1＋x )e x；f ′(0)＝1，f (0)＝0，因此f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y －0＝x －0，即y ＝x .答案 (1＋x )e xy ＝x8．若点P 是曲线y ＝x 2－ln x 上任意一点，则点P 到直线y ＝x －2的最小距离为________． 解析 过点P 作y ＝x －2的平行直线，且与曲线y ＝x 2－ln x 相切． 设P (x 0，x 20－ln x 0)，则有k ＝y ′|x ＝x 0＝2x 0－1x 0.∴2x 0－1x 0＝1.∴x 0＝1或x 0＝－12(舍去)．∴P (1,1)，∴d ＝|1－1－2|1＋1＝ 2. 答案29．已知函数f (x )＝x 3＋2bx 2＋cx ＋1有两个极值点x 1，x 2，且x 1∈[－2，－1]，x 2∈[1,2]，则f (－1)的取值范围是________．解析 由于f ′(x )＝3x 2＋4bx ＋c ，据题意方程3x 2＋4bx ＋c ＝0有两个根x 1，x 2，且x 1∈[－2，－1]，x 2∈[1,2]，令g (x )＝3x 2＋4bx ＋c ，结合二次函数图象可得⎩⎪⎨⎪⎧g －2＝12－8b ＋c ≥0，g －1＝3－4b ＋c ≤0，g 1＝3＋4b ＋c ≤0，g2＝12＋8b ＋c ≥0，此即为关于点(b ，c )的线性约束条件，作出其对应的平面区域，f (－1)＝2b －c ，问题转化为在上述线性约束条件下确定目标函数f (－1)＝2b －c 的最值问题，由线性规划易知3≤f (－1)≤12.答案 [3,12] 三、解答题10．已知函数f (x )＝4x 3＋3tx 2－6t 2x ＋t －1，x ∈R ，其中t ∈R . (1)当t ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程； (2)t ≠0时，求f (x )的单调区间．解 (1)当t ＝1时，f (x )＝4x 3＋3x 2－6x ，f (0)＝0，f ′(x )＝12x 2＋6x －6，f ′(0)＝－6， 所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝－6x . (2)f ′(x )＝12x 2＋6tx －6t 2.令f ′(x )＝0，解得x ＝－t 或x ＝t2.因为t ≠0，以下分两种情况讨论：①若t <0，则t2<－t .当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以，f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，2，(－t ，＋∞)；f (x )的单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫2，－t .②若t >0，则－t <t2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以，f (x )的单调递增区间是(－∞，－t )，⎝ ⎛⎭⎪⎫2，＋∞；f (x )的单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－t ，t 2.11．(理)(xx·福建卷)已知函数f (x )＝e x－ax (a 为常数)的图象与y 轴交于点A ，曲线y ＝f (x )在点A 处的切线斜率为－1.(1)求a 的值及函数f (x )的极值； (2)证明：当x >0时，x 2<e x；(3)证明：对任意给定的正数c ，总存在x 0，使得当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2<c e x. 解 (1)由f (x )＝e x －ax ，得f ′(x )＝e x－a . 又f ′(0)＝1－a ＝－1，得a ＝2. 所以f (x )＝e x －2x ，f ′(x )＝e x－2. 令f ′(x )＝0，得x ＝ln2.当x <ln2时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x >ln2时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．所以当x ＝ln2时，f (x )取得极小值，且极小值为f (ln2)＝e ln2－2ln2＝2－ln4，f (x )无极大值． (2)令g (x )＝e x －x 2，则g ′(x )＝e x－2x . 由(1)得g ′(x )＝f (x )≥f (ln2)>0， 故g (x )在R 上单调递增，又g (0)＝1>0， 因此，当x >0时，g (x )>g (0)>0，即x 2<e x.(3)①若c≥1，则e x≤c e x.又由(2)知，当x>0时，x2<e x.所以当x>0时，x2<c e x.取x0＝0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2<c e x.②若0<c<1，令k＝1c>1，要使不等式x2<c e x成立，只要e x>kx2成立．而要使e x>kx2成立，则只要x>ln(kx2)，只要x>2ln x＋ln k成立．令h(x)＝x－2ln x－ln k，则h′(x)＝1－2x＝x－2x，所以当x>2时，h′(x)>0，h(x)在(2，＋∞)内单调递增．取x0＝16k>16，所以h(x)在(x0，＋∞)内单调递增，又h(x0)＝16k－2ln(16k)－ln k＝8(k－ln2)＋3(k－ln k)＋5k，易知k>ln k，k>ln2,5k>0，所以h(x0)>0.即存在x0＝16c，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2<c e x.综上，对任意给定的正数c，总存在x0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2<c e x.11．(文)已知函数f(x)＝－x3＋ax2＋bx＋c在(－∞，0)上是减函数，在(0,1)上是增函数，函数f(x)在R上有三个零点，且1是其中一个零点．(1)求b的值；(2)求f(2)的取值范围．解(1)∵f(x)＝－x3＋ax2＋bx＋c，∴f′(x)＝－3x2＋2ax＋b.∵f(x)在(－∞，0)上是减函数，在(0,1)上是增函数，∴当x＝0时，f(x)取得极小值，即f′(0)＝0.∴b＝0.(2)由(1)知，f(x)＝－x3＋ax2＋c，∵1是函数f(x)的一个零点，即f(1)＝0，∴c＝1－a.∵f′(x)＝－3x2＋2ax＝0的两个根分别为x1＝0，x2＝2a 3.∵f(x)在(0,1)上是增函数，且函数f(x)在R上有三个零点，∴x 2＝2a3>1，即a >32.∴f (2)＝－8＋4a ＋(1－a )＝3a －7>－52.故f (2)的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－52，＋∞. B 级——能力提高组1．(理)(xx·江西卷)若f (x )＝x 2＋2⎠⎛01f(x)d x ，则⎠⎛01f(x)d x ＝( )A ．－1B ．－13C .13D ．1解析 直接求解定积分，再利用方程思想求解． ∵f(x)＝x 2＋2⎠⎛01f(x)d x ，∴⎠⎛01f(x)d x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 3＋2x ⎠⎛01f x d x ⎪⎪ 1＝13＋2⎠⎛01f(x)d x ， ∴⎠⎛01f(x)d x ＝－13.答案 B 1．(文)(理)2.(xx·中原名校二模)已知函数g(x)＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d(a≠0)的导函数为f(x)，且a ＋2b ＋3c ＝0，f(0)·f(1)>0，设x 1，x 2是方程f(x)＝0的两根，则|x 1－x 2|的取值范围是( )A .⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，23B .⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，49C .⎝ ⎛⎭⎪⎫13，23 D .⎝ ⎛⎭⎪⎫19，49 解析 因为f(x)＝3ax 2＋2bx ＋c ，所以f(0)f(1)＝c(3a ＋2b ＋c)＝c(2a －2c)>0,0<c a<1，又|x 1－x 2|＝Δ|3a|＝2b 2－3ac |3a|＝|a －3c||3a|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪13－c a ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，23.答案 A2．(理)(xx·中原名校二模)已知函数g(x)＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d(a≠0)的导函数为f(x)，且a ＋2b ＋3c ＝0，f(0)·f(1)>0，设x 1，x 2是方程f(x)＝0的两根，则|x 1－x 2|的取值范围是( )A .⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，23B .⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，49C .⎝⎛⎭⎪⎫13，23D .⎝⎛⎭⎪⎫19，49解析 因为f(x)＝3ax 2＋2bx ＋c ，所以f(0)f(1)＝c(3a ＋2b ＋c)＝c(2a －2c)>0,0<c a<1，又|x 1－x 2|＝Δ|3a|＝2b 2－3ac |3a|＝|a －3c||3a|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪13－c a ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，23.答案 A2．(文)已知函数f(x)＝ax 3＋bx 2＋cx ，其导函数y ＝f′(x)的图象经过点(1,0)，(2,0)，如图所示，则下列说法中不正确的是________． ①当x ＝32时函数取得极小值；②f(x )有两个极值点； ③当x ＝2时函数取得极小值； ④当x ＝1时函数取得极大值．解析 从图象上可以看到：当x∈(0,1)时，f′(x)>0；当x∈(1,2)时，f′(x)<0；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)有两个极值点1和2，且当x ＝2时函数取得极小值，当x ＝1时函数取得极大值．只有①不正确．答案 ①3．(理)(xx·课标全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝e x－e －x－2x. (1)讨论f(x)的单调性；(2)设g(x)＝f(2x)－4bf(x)，当x>0时，g(x)>0，求b 的最大值； (3)已知1.414 2<2<1.414 3，估计ln 2的近似值(精确到0.001)． 解 (1)f′(x)＝e x＋e －x－2≥0，等号仅当x ＝0时成立．所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增． (2)g(x)＝f(2x)－4bf(x)＝e 2x－e －2x－4b(e x －e －x)＋(8b －4)x ，g′(x)＝2[e 2x＋e－2x－2b(e x＋e －x )＋(4b －2)]＝2(e x＋e －x－2)(e x＋e －x－2b ＋2)．①当b≤2时，g′(x)≥0，等号仅当x ＝0时成立，所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．而g(0)＝0，所以对任意x>0，g(x)>0；②当b>2时，若x 满足2<e x＋e －x<2b －2，即0<x<ln (b －1＋b 2－2b)时g′(x)<0.而g(0)＝0，因此当0<x≤ln (b －1＋b 2－2b)时，g(x)<0.综上，b 的最大值为2.(3)由(2)知，g(ln 2)＝32－22b ＋2(2b －1)ln 2.当b ＝2时，g(ln 2)＝32－42＋6ln 2>0，ln 2>82－312>0.692 8；当b ＝324＋1时，ln (b －1＋b 2－2b)＝ln 2， g(ln 2)＝－32－22＋(32＋2)ln 2<0，ln 2<18＋228<0.693 4. 所以ln 2的近似值为0.693.3．(文)(xx·课标全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝x 3－3x 2＋ax ＋2，曲线y ＝f(x)在点(0,2)处的切线与x 轴交点的横坐标为－2.(1)求a ；(2)证明：当k<1时，曲线y ＝f(x)与直线y ＝kx －2只有一个交点． 解 (1)f′(x)＝3x 2－6x ＋a ，f′(0)＝a. 曲线y ＝f(x)在点(0,2)处的切线方程为y ＝ax ＋2. 由题设得－2a ＝－2，所以a ＝1.(2)证明：由(1)知，f(x)＝x 3－3x 2＋x ＋2. 设g(x)＝f(x)－kx ＋2＝x 3－3x 2＋(1－k)x ＋4. 由题设知1－k>0.当x≤0时，g′(x)＝3x 2－6x ＋1－k>0，g(x)单调递增，g(－1)＝k －1<0，g(0)＝4， 所以g(x)＝0在(－∞，0]有唯一实根． 当x>0时，令h(x)＝x 3－3x 2＋4， 则g(x)＝h(x)＋(1－k)x>h(x)．h′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，h(x)在(0,2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增，所以g(x)>h(x)≥h(2)＝0.所以g(x)＝0在(0，＋∞)没有实根．综上，g(x)＝0在R有唯一实根，即曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点．20226 4F02 伂31220 79F4 秴]38002 9472 鑲39341 99AD 馭30496 7720 眠24691 6073 恳 "35323 89FB 觻 26755 6883 梃35769 8BB9 讹]7。

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．。

2020年高考数学二轮复习：03 导数的简单应用一、单选题（共11题；共22分）1.若直线 y =kx −2 与曲线 y =1+3lnx 相切，则 k = （ ） A. 3 B. 13 C. 2 D. 12 【答案】 A【考点】导数的几何意义，利用导数研究曲线上某点切线方程2.已知函数 f(x) 的导函数 f ′(x)=3x 2−3x ，当 x =0 时， f(x) 取极大值1，则函数 f(x) 的极小值为（ ）A. 12 B. 1 C. 32 D. 2 【答案】 A【考点】利用导数研究函数的极值3.已知函数 y =f(x) ，其导函数 y =f ′(x) 的图象如下图所示，则 y =f(x) （ ）A. 在 (−∞,0) 上为减函数B. 在 x =0 处取极小值C. 在 (4,+∞) 上为减函数D. 在 x =2 处取极大值 【答案】 C【考点】利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的极值4.已知函数 f(x) 在 (0,+∞) 上可导且满足 xf ′(x)+f(x)>0 ，则下列一定成立的为（ ） A. πf(π)>e f(e ) B. f(π)<f(e ) C. f(π)π<f(e )eD. f(π)>f(e )【答案】 A【考点】利用导数研究函数的单调性5.已知函数 f(x)=13x 3−32x 2+bx +1 在 x =1 处有极值，设函数 F(x)=f(x)−(a −32)x 2 ，且 F(x) 在区间 (2,3) 内不单调，则a 的取值范围为（ ） A. (32,113) B. (32,116) C. (34,113) D. (32,83) 【答案】 B【考点】利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的极值6.已知函数 f(x)=13ax 3+ax 2+x +1 在 R 上为增函数，则实数 a 的取值范围是 ( ) A. [0,+∞) B. (0,1) C. [0,1] D. [0,1)【答案】 C【考点】函数恒成立问题，二次函数的性质，利用导数研究函数的单调性7.定义域为 R 的函数 f(x) 对任意 x 都有 f(x)=f(4−x) ，且其导函数 f ′(x) 满足 (x −2)f ′(x)>0 ，则当 2<a <4 时，有（ ）A. f(2a )<f(2)<f(log 2a)B. f(2)<f(2a )<f(log 2a)C. f(2)<f(log 2a)<f(2a )D. f(log 2a)<f(2a )<f(2) 【答案】 C【考点】抽象函数及其应用，利用导数研究函数的单调性8.已知定义在 R 上的可导函数 f(x) 的导函数为 f ′(x) ，满足 f ′(x)>f(x)且y =f(x +1) 是偶函数， f(0)=2e 2 ，则不等式 f(x)<2e x 的解集为（ ）.A. (−∞,2)B. (−∞,0)C. (0,+∞)D. (2,+∞) 【答案】 A【考点】利用导数研究函数的单调性9.函数 f(x)=x 3−3x 2+2 在区间[－1，1]上的最大值是（ ） A. 4 B. 2 C. 0 D. －2 【答案】 B【考点】利用导数求闭区间上函数的最值10.已知函数 f(x)={ln(x +1),x >012x +1,x ≤0 ，若 m <n ,且 f(m)=f(n) ，则 n −m 的取值范围为（ ）A. [3−2ln2,2)B. [3−2ln2,2]C. [e −1,2)D. [e −1,2] 【答案】 A【考点】利用导数研究函数的单调性，分段函数的应用，函数的零点与方程根的关系11.已知 f ′(x) 是函数 f(x) 的导函数，且对任意的实数 x 都有 f ′(x)=e x (2x +3) +f(x)(e 是自然对数的底数）， f(0)=1 ，若不等式 f(x)−k <0 的解集中恰有两个整数，则实数 k 的取值范围是（ ）A. [−1e ,0) B. [−1e 2,0] C. (−1e 2,0] D. (−1e 2,0) 【答案】 C【考点】利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的极值二、填空题（共6题；共6分）12.曲线 y =x ⋅(1+lnx) 在点 (1,1) 处的切线方程为________. 【答案】 2x-y-1=0【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程13.已知函数 f(x)=lnx +2ax,g(x)=1x −a ，且 f(x)g(x)≤0 在定义域内恒成立，则实数 a 的取值范围为________．【答案】 {a|a =e 2 或 a ≤−12e }【考点】函数恒成立问题，利用导数研究函数的单调性，函数的零点14.已知实数a为函数f(x)=x3−3x2的极小值点,则a=________.【答案】2【考点】利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的极值15.已知函数f(x)=kx3+3(k-1)x2-k2+1(k>0)在（0,4）上是减函数，则实数k的取值范围是________【答案】(0,13]【考点】导数在最大值、最小值问题中的应用16.已知函数f(x)=x+ax在区间(1,4)上存在最小值，则实数a的取值范围是________.【答案】(1,16)【考点】利用导数研究函数的极值17.函数f(x)=e x|x−a|在(−1,2)上单调递增，则实数a的取值范围是________.【答案】a≤-1或a≥3【考点】利用导数研究函数的单调性，利用导数求闭区间上函数的最值三、解答题（共5题；共50分）18.已知函数f(x)=e x−lnx，定义在(0,+∞)上的函数g(x)的导函数g′(x)=(e x−a)(lnx−a)，其中a∈R．（1）求证：f(x)>0；（2）求函数g(x)的单调区间．【答案】（1）证明：f(x)的定义域为(0,+∞)，①当0<x≤1时，e x>0,lnx≤0，所以f(x)=e x−lnx>0，②因为当x>1时，e x>1,1x <1,f′(x)=e x−1x>0，所以f(x)在(1,+∞)上单调递增，所以当x>1时，f(x)>f(1)=e>0，综上，f(x)>0成立.（2）解：①若a≤1，则当x>0时，e x−a>0，所以由g′(x)=(e x−a)(lnx−a)>0，得lnx−a>0，即x>e a；由g′(x)=(e x−a)(lnx−a)<0，得lnx−a<0，即0<x<e a，所以g(x)的增区间为(e a,+∞)，减区间为(0,e a)②若a>1，则lna>0，由（1）知f(a)=e a−lna>0，即e a>lna，所以由g′(x)=(e x−a)(lnx−a)>0，得0<x<lna或x>e a，由g′(x)=(e x−a)(lnx−a)<0，得lna<x<e a，所以g(x)的增区间为(0,lna),(e a,+∞)，减区间为(lna,e a)【考点】函数的单调性及单调区间，利用导数研究函数的单调性19.已知函数g(x)=e x−(a−1)x2−bx−1(a,b∈R)，其中e为自然对数的底数. （1）若函数f(x)=g′(x)在区间[0,1]上是单调函数，试求a的取值范围；（2）若函数g(x)在区间[0,1]上恰有3个零点，且g(1)=0，求a的取值范围.【答案】（1）解：由题意得f(x)=e x−2(a−1)x−b，则f′(x)=e x−2(a−1)，当函数f(x)在区间[0,1]上单调递增时，f′(x)=e x−2(a−1)⩾0在区间[0,1]上恒成立.∴2(a−1)⩽(e x)min=1（其中x∈[0,1]），解得a⩽32.当函数f(x)在区间[0,1]上单调递减时，f′(x)=e x−2(a−1)⩽0在区间[0,1]上恒成立，∴2(a−1)⩾(e x)max=e（其中x∈[0,1]），解得a⩾e2+1.综上所述，实数a的取值范围是(−∞,32]∪[e2+1,+∞).（2）解：g′(x)=e x−2(a−1)x−b=f(x).由g(0)=g(1)=0，知g(x)在区间(0,1)内恰有一个零点，设该零点为x0，则g(x)在区间(0,x0)内不单调.∴f(x)在区间(0,x0)内存在零点x1，同理f(x)在区间(x0,1)内存在零点x2.∴f(x)在区间(0,1)内恰有两个零点.由（1）易知，当a⩽32时，f(x)在区间(0,1)上单调递增，故f(x)在区间(0,1)内至多有一个零点，不合题意.当a⩾e2+1时，f(x)在区间[0,1]上单调递减，故f(x)在区间(0,1)内至多有一个零点，不合题意，∴32<a<e2+1.令f′(x)=0，得x=ln(2a−2)∈(0,1)，∴函数f(x)在区间(0,ln(2a−2)]上单凋递减，在区间(ln(2a−2),1)上单调递增.记f(x)的两个零点为x1,x2(x1<x2)，∴x1∈(0,ln(2a−2)],x2∈(ln(2a−2),1)，必有f(0)=1−b>0,f(1)=e−2a+2−b>0. 由g(1)=0，得a+b=e.∴f(12)=√e+1−(a+b)=√e+1−e<0又∵f(0)=a−e+1>0,f(1)=2−a>0，∴e−1<a<2.综上所述，实数a的取值范围为(e−1,2).【考点】利用导数研究函数的单调性，利用导数求闭区间上函数的最值，函数零点的判定定理20.已知f(x)=x3+3ax2+bx+a2(a>1)的图象在x=−1处的切线方程为y=0.（1）求常数a,b的值；（2）若方程f(x)=c在区间[−4,1]上有两个不同的实根，求实数c的值.【答案】（1）解：f′(x)=3x2+6ax+b，由题意知{f ′(−1)=0f(−1)=0⇒{3−6a +b =0−1+3a −b +a 2=0 ， 解得 {a =1b =3 （舍去）或 {a =2b =9 .（2）解：当 a =2,b =9 时， f ′(x)=3x 2+12x +9=3(x +3)(x +1) 故方程 ′ 有根，根为 x =−3 或 x =−1 ，由表可见，当 x =−1 时， f(x) 有极小值0. 由上表可知 f(x) 的减函数区间为 (−3,−1) ， 递增区间为 (−∞,−3) ， (−1,+∞) .因为 f(−4)=0,f(−3)=4,f(−1)=0,f(0)=4 ， f(1)=20 .由数形结合可得 c =0 或 c =4 .【考点】利用导数研究函数的极值，利用导数研究曲线上某点切线方程，一元二次方程的解集及其根与系数的关系21.已知函数 f(x)=elnx +kx （其中e 是自然对数的底数，k 为正数） （1）若 f(x) 在 x 0 处取得极值，且 x 0 是 f(x) 的一个零点，求k 的值； （2）若 k ∈(1,e) ，求 f(x) 在区间 [1e ,1] 上的最大值. 【答案】 （1）解：由已知得f ′(x 0)=0 ，即 ∴x 0=kx ,又 f(x 0)=0 即 eln ke +e =0,∴k =1（2）解： f ′(x)=ex −k x 2=e(x−k e)x 2，∵1<k ≤e,∴1e ≤k e≤1 ，由此得 x ∈(1e ,k e) 时， f(x) 单调递减； x ∈(k e,1) 时 f(x) 单调递增，故f max (x)∈{f(1e ),f(1)}又 f(1e )=ek −e,f(1)=k ，当 ek −e >k, 即 ee−1<k <e 时 f max (x)=f(1e )=ek −e 当 ek −e ≤k 即 1<k <ee−1 时， f max (x)=f(1)=k ．【考点】函数在某点取得极值的条件，利用导数求闭区间上函数的最值，函数的零点22.已知函数 f(x)=e x−a x 3+b ． （1）求证：当 a =1 时， f(x) 在 (−∞,0) 上存在最小值；（2）若 x =2 是 f(x) 的零点且当 x <2 时， f(x)<0 ，求实数 a 的取值范围． 【答案】 （1）解： f(x) 的定义域为 R .当 a =1 时， f(x)=e x −x 3+b ， f ′(x)=e x −3x 2 . 因为当 x <0 时， f ′(x)=e x −6x >0 ， 所以 f ′(x) 在 (−∞,0) 上单调递增， 又 f ′(−1)=e −1−3<0 ， f ′(0)=1>0 . 所以 f ′(x) 在 (−∞,0) 上有唯一零点 x 0 ， 且当 x <x 0 时， f ′(x)<0 ； 当 x 0<x <0 时， f ′(x)>0 .所以 f(x) 在 (−∞,x 0) 上单调递减，在 (x 0,0) 上单调递增， 所以 f(x) 在 (−∞,0) 上存在最小值 f(x 0) .（2）解：因为 x =2 是函数 f(x)=e x −ax 3+b 的零点， 所以 f(2)=0 ，即 e 2−8a +b =0 ，即 b =8a −e 2 ， 所以 f(x)=e x −ax 3+8a −e 2 ，所以 f ′(x)=e x −3ax 2 ． ①若 a ≤0 ，则当 x <2 时， f ′(x)=e x −3ax 2>0 ． 所以 f(x) 在 (−∞,2) 上单调递增， 所以当 x <2 时， f(x)<f(2)=0 ， 所以 a ≤0 满足题意．②若 a >0 ，则取 c =√8−e 2a3，因为 c <2 ，且 f(c)=e c −ac 3+8a −e 2=e c >0 ． 所以 a >0 不满足题意． 综上， a 的取值范围 (−∞,0] ．【考点】利用导数研究函数的单调性，利用导数求闭区间上函数的最值，函数零点的判定定理。

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专题检测（九）导数的简单应用一、选择题1．函数f（x）＝12x2－ln x的最小值为（)A。

12B．1 C．0 D．不存在2．（2016·四川高考)已知a为函数f（x)＝x3－12x的极小值点,则a＝( ）A．－4 B．－2 C．4 D．23．(2016·重庆模拟）若直线y＝ax是曲线y＝2ln x＋1的一条切线,则实数a＝（) A．e－错误! B．2e－错误! C．e错误! D．2e错误!4．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]5．（2016·石家庄模拟）已知a>0，b〉0，且函数f（x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1处有极值,若t＝ab,则t的最大值为( ）A．2 B．3 C．6 D．96．已知函数f(x）的导函数为f′（x）,若x2f′(x)＋xf(x)＝sin x(x∈（0，6))，f(π）＝2，则下列结论正确的是（）A．xf(x)在（0,6)上单调递减B．xf（x）在(0，6)上单调递增C．xf(x）在（0,6）上有极小值2πD．xf（x)在（0，6)上有极大值2π二、填空题7．设函数f（x)＝x（e x－1）－错误!x2,则函数f(x）的单调增区间为________．8．已知函数f（x）＝错误!x2＋2ax－ln x，若f(x）在区间错误!上是增函数,则实数a的取值范围为________．9．设函数f（x）＝ln x－错误!ax2－bx,若x＝1是f(x）的极大值点，则a的取值范围是________．三、解答题10．已知函数f (x ）＝x －12ax 2－ln （1＋x )（a 〉0）．(1）若x ＝2是f （x ）的极值点，求a 的值； （2）求f (x ）的单调区间．11．(2016·兰州模拟)已知函数f (x )＝错误!＋ax ，x 〉1。

2021年高考数学一轮复习 第九章 第三节 导数的应用演练知能检测 文1．已知f (x )＝14x 2＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋x ，f ′(x )为f (x )的导函数，则f ′(x )的图象是( )解析：选 A f (x )＝14x 2＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋x ＝14x 2＋cos x ，f ′(x )＝12x －sin x .易知该函数为奇函数，所以排除B 、D.当x ＝π6时，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝12×π6－sin π6＝π12－12<0，可排除C. 2．下面为函数f (x )＝x sin x ＋cos x 的递增区间的是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，3π2 B ．(π，2π) C.⎝⎛⎭⎪⎫3π2，5π2 D ．(2π，3π) 解析：选C f ′(x )＝sin x ＋x cos x －sin x ＝x cos x ，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2，5π2时，恒有f ′(x )>0.3．已知函数f (x )＝12x 3－x 2－72x ，则f (－a 2)与f (－1)的大小关系为( ) A ．f (－a 2)≤f (－1) B ．f (－a 2)<f (－1)C ．f (－a 2)≥f (－1)D ．f (－a 2)与f (－1)的大小关系不确定解析：选A 由题意可得f ′(x )＝32x 2－2x －72，令f ′(x )＝12(3x －7)(x ＋1)＝0，得x ＝－1或x ＝73.当x <－1时，f ′(x )>0，f (x )为增函数；当－1<x <73时，f ′(x )<0，f (x )为减函数．所以f (－1)是函数f (x )在(－∞，0]上的最大值，又因为－a 2≤0，所以f (－a 2)≤f (－1)． 4．(xx·青岛模拟)若函数y ＝a e x＋3x (x ∈R ，a ∈R )，有大于零的极值点，则实数a 的取值范围是( )A ．(－3,0)B ．(－∞，－3)C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，＋∞D.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－13 解析：选A 由题可得y ′＝a e x ＋3，若函数在x ∈R 上有大于零的极值点，即y ′＝a e x ＋3＝0有正根，显然有a <0，此时x ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3a .由x >0，得参数a 的范围为a >－3.综上知，－3<a <0.5．f (x )是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf ′(x )－f (x )≤0，对任意正数a ，b ，若a <b ，则必有( )A ．af (b )≤bf (a )B ．bf (a )≤af (b )C ．af (a )≤bf (b )D ．bf (b )≤af (a )解析：选A 设函数F (x )＝f x x (x >0)，则F ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫f x x ′＝xf ′x －f x x 2.因为x >0，xf ′(x )－f (x )≤0，所以F ′(x )≤0，故函数F (x )在(0，＋∞)上为减函数．又0<a <b ，所以F (a )≥F (b )，即f a a ≥f b b，则bf (a )≥af (b )． 6．(xx·杭州模拟)已知定义在R 上的偶函数f (x )，f (1)＝0，当x >0时有xf ′x －f x x 2>0，则不等式xf (x )>0的解集为( ) A ．{x |－1<x <0} B ．{x |x >1或－1<x <0}C ．{x |x >0}D ．{x |－1<x <1}解析：选B 当x >0时有xf ′x －f x x 2>0，即⎝ ⎛⎭⎪⎫f x x ′>0，∴f x x 在(0，＋∞)上单调递增．∵f (x )为R 上的偶函数，∴xf (x )为R 上的奇函数．∵xf (x )>0，∴x 2f x x>0，∴f x x>0. ∵f x x 在(0，＋∞)上单调递增，且f 11＝0，∴当x >0时，若xf (x )>0，则x >1. 又∵xf (x )为R 上的奇函数，∴当x <0时，若xf (x )>0，则－1<x <0.综上，不等式的解集为{x |x >1或－1<x <0}．7．若函数f (x )＝2x 3－9x 2＋12x －a 恰好有两个不同的零点，则a 的值为________． 解析：由题意得f ′(x )＝6x 2－18x ＋12＝6(x －1)(x －2)，由f ′(x )>0，得x <1或x >2，由f ′(x )<0，得1<x <2，所以函数f (x )在(－∞，1)，(2，＋∞)上单调递增，在(1,2)上单调递减，从而可知f (x )的极大值和极小值分别为f (1)，f (2)，若欲使函数f (x )恰好有两个不同的零点，则需使f (1)＝0或f (2)＝0，解得a ＝5或a ＝4.答案：5或48．已知函数f (x )＝－12x 2＋4x －3ln x 在[t ，t ＋1]上不单调，则t 的取值范围是________． 解析：由题意知f ′(x )＝－x ＋4－3x ＝－x 2＋4x －3x ＝－x －1x －3x ，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.答案：(0,1)∪(2,3)9．(xx·金华模拟)若函数f (x )＝13x 3－a 2x 满足：对于任意的x 1，x 2∈[0,1]都有|f (x 1)－f (x 2)|≤1恒成立，则a 的取值范围是________．解析：由题意得，在[0,1]内，f (x )max －f (x )min ≤1.f ′(x )＝x 2－a 2，则函数f (x )＝13x 3－a 2x 的极小值点是x ＝|a |.若|a |>1，则函数f (x )在[0,1]上单调递减，故只要f (0)－f (1)≤1，即只要a 2≤43，即1<|a |≤233；若|a |≤1，此时f (x )min ＝f (|a |)＝13|a |3－a 2|a |＝－23a 2|a |，由于f (0)＝0，f (1)＝13－a 2，故当|a |≤33时，f (x )max ＝f (1)，此时只要13－a 2＋23a 2|a |≤1即可，即a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫23|a |－1≤23，由于|a |≤33，故23|a |－1≤23×33－1<0，故此式成立；当33<|a |≤1时，此时f (x )max ＝f (0)，故只要23a 2|a |≤1即可，此不等式显然成立．综上，a 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－233，233. 答案：⎣⎢⎡⎦⎥⎤－233，233 10．已知函数f (x )＝e x (x 2＋ax －a )，其中a 是常数．若存在实数k ，使得关于x 的方程f (x )＝k 在[0，＋∞)上有两个不相等的实数根，求k 的取值范围．解：令f ′(x )＝e x [x 2＋(a ＋2)x ]＝0，解得x ＝－(a ＋2)或x ＝0.当－(a ＋2)≤0，即a ≥－2时，在区间[0，＋∞)上，f ′(x )≥0，所以f (x )是[0，＋∞)上的增函数，所以方程f (x )＝k 在[0，＋∞)上不可能有两个不相等的实数根．当－(a ＋2)>0，即a <－2时，f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表： x 0 (0，－(a ＋2)) －(a ＋2) (－(a ＋2)，＋∞)f ′(x ) 0 － 0 ＋ f (x ) －a ↘ a ＋4e a ＋2↗ 由上表可知函数f (x )在[0，＋∞)上的最小值为f (－(a ＋2))＝e a ＋2.因为函数f (x )是(0，－(a ＋2))上的减函数，(－(a ＋2)，＋∞)上的增函数，且当x ≥－a 时，有f (x )≥e －a·(－a )>－a ，又f (0)＝－a .所以要使方程f (x )＝k 在[0，＋∞)上有两个不相等的实数根，k 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤a ＋4e a ＋2，－a . 11．(xx·杭州模拟)天目山某景区为提高经济效益，现对某一景点进行改造升级，从而扩大内需，提高旅游增加值．经过市场调查，旅游增加值y 万元与投入x (x ≥10)万元之间满足：y ＝f (x )＝ax 2＋10150x －b ln x 10，a ，b 为常数．当x ＝10万元时，y ＝19.2万元；当x ＝20万元时，y ＝35.7万元．(参考数据：ln 2≈0.7，ln 3≈1.1，ln 5≈1.6)(1)求f (x )的解析式；(2)求该景点改造升级后旅游利润T (x )的最大值(利润＝旅游增加值－投入)．解：(1)由条件⎩⎪⎨⎪⎧ a ×102＋10150×10－b ln 1＝19.2，a ×202＋10150×20－b ln 2＝35.7，解得a ＝－1100，b ＝1， 则f (x )＝－x 2100＋10150x －ln x 10(x ≥10)． (2)由T (x )＝f (x )－x ＝－x 2100＋5150x －ln x 10(x ≥10)， 得T ′(x )＝－x 50＋5150－1x ＝－x －1x －5050x.令T ′(x )＝0，得x ＝1(舍)或x ＝50. 当x ∈(10,50)时，T ′(x )>0，因此T (x )在(10,50)上是增函数；当x ∈(50，＋∞)时，T ′(x )<0，因此T (x )在(50，＋∞)上是减函数．则x ＝50为T (x )的极大值点，也是最大值点．即该景点改造升级后旅游利润T (x )的最大值为T (50)＝24.4万元．12．已知函数f (x )＝ax ＋ln x ，g (x )＝e x .(1)当a ≤0时，求f (x )的单调区间；(2)若不等式g (x )<x －m x有解，求实数m 的取值范围； (3)证明：当a ＝0时，|f (x )－g (x )|>2.解：(1)f (x )的定义域是(0，＋∞)，f ′(x )＝a ＋1x(x >0)， 当a ＝0时，f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a <0时，由f ′(x )＝0，解得x ＝－1a ，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a 时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞时，f ′(0)<0，f (x )单调递减， 综上所述：当a ＝0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a <0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞上单调递减． (2)由题意：e x <x －m x有解，即e x x <x －m 有解，因此只需m <x －e x x 在(0，＋∞)上有解即可．设h (x )＝x －e x x ，则h ′(x )＝1－e x x －e x 2x ＝1－e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12x ， 因为x ＋12x ≥2 12＝2>1，且当x ∈(0，＋∞)时，e x >1，所以1－e x ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋12x <0，即h ′(x )<0.故h (x )在(0，＋∞)上单调递减，所以h (x )<h (0)＝0，故实数m 的取值范围是(－∞，0)．(3)证明：当a ＝0时，f (x )＝ln x ，f (x )与g (x )的公共定义域为(0，＋∞)，|f (x )－g (x )|＝|ln x －e x |＝e x －ln x ＝e x －x －(ln x －x )，设m (x )＝e x －x ，x ∈(0，＋∞)．因为m ′(x )＝e x －1>0，所以m (x )在(0，＋∞)上单调递增．故m (x )>m (0)＝1，又设n (x )＝ln x －x ，x ∈(0，＋∞)，则n ′(x )＝1x－1，当x ∈(0,1)时，n ′(x )>0，n (x )单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，n ′(x )<0，n (x )单调递减，所以x ＝1为n (x )的最大值点，即n (x )≤n (1)＝－1，故|f (x )－g (x )|＝m (x )－n (x )>1－(－1)＝2.[冲击名校]设函数f (x )＝ln x －ax ，g (x )＝e x －ax ，其中a 为实数．(1)若f (x )在(1，＋∞)上是单调减函数，且g (x )在(1，＋∞)上有最小值，求a 的取值范围；(2)若g (x )在(－1，＋∞)上是单调增函数，试求f (x )的零点个数，并证明你的结论．解：(1)令f ′(x )＝1x －a ＝1－ax x<0，考虑到f (x )的定义域为(0，＋∞)，故a >0，进而解得x >a －1，即f (x )在(a －1，＋∞)上是单调减函数．同理，f (x )在(0，a －1)上是单调增函数．由于f (x )在(1，＋∞)上是单调减函数，故(1，＋∞)⊆(a －1，＋∞)，从而a －1≤1，即a ≥1.令g ′(x )＝e x －a ＝0，得x ＝ln a .当0<x <ln a 时，g ′(x )<0；当x >ln a 时，g ′(x )>0， 所以x ＝ln a 是g (x )的极小值点．又g (x )在(1，＋∞)上有最小值，所以ln a >1，即a >e.综上，a 的取值范围为(e ，＋∞)．(2)当a ≤0时，g (x )必为单调增函数；当a >0时，令g ′(x )＝e x －a >0，解得a <e x，即x >ln a ，因为g (x )在(－1，＋∞)上是单调增函数，类似(1)有ln a ≤－1，即0<a ≤e －1.综合上述两种情况，有a ≤e －1.(ⅰ)当a ＝0时，由f (1)＝0以及f ′(x )＝1x>0，得f (x )存在唯一的零点． (ⅱ)当a <0时，由于f (e a )＝a －a e a ＝a (1－e a )<0，f (1)＝－a >0，且函数f (x )在[e a,1]上的图象不间断，所以f (x )在(e a,1)上存在零点．另外，当x >0时，f ′(x )＝1x－a >0，故f (x )在(0，＋∞)上是单调增函数，所以f (x )只有一个零点．(ⅲ)当0<a ≤e －1时，令f ′(x )＝1x－a ＝0，解得x ＝a －1.当0<x <a －1时，f ′(x )>0，当x >a －1时，f ′(x )<0，所以，x ＝a －1是f (x )的最大值点，且最大值为f (a －1)＝－ln a －1.①当－ln a －1＝0，即a ＝e －1时，f (x )有一个零点x ＝e.②当－ln a －1>0，即0<a <e －1时，f (x )有两个零点．实际上，对于0<a <e －1，由于f (e －1)＝－1－a e －1<0，f (a －1)>0，且函数f (x )在[e －1，a －1]上的图象不间断，所以f (x )在(e －1，a －1)上存在零点．另外，当x ∈(0，a －1)时，f ′(x )＝1x－a >0，故f (x )在(0，a －1)上是单调增函数，所以f (x )在(0，a －1)上只有一个零点．下面考虑f (x )在(a －1，＋∞)上的情况．先证f (e a －1)＝a (a －2－e a －1)<0.为此，我们要证明：当x >e 时，e x >x 2.设h (x )＝e x －x 2，则h ′(x )＝e x －2x ，再设l (x )＝h ′(x )＝e x －2x ，则l ′(x )＝e x －2.当x >1时，l ′(x )＝e x －2>e －2>0，所以l (x )＝h ′(x )在(1，＋∞)上是单调增函数．故当x >2时，h ′(x )＝e x －2x >h ′(2)＝e 2－4>0，从而h (x )在(2，＋∞)上是单调增函数，进而当x >e 时，h (x )＝e x －x 2>h (e)＝e e －e 2>0，即当x >e 时，e x >x 2.当0<a <e －1，即a －1>e 时，f (e a －1)＝a －1－a e a －1＝a (a －2－e a －1)<0，又f (a －1)>0，且函数f (x )在[a －1，e a －1]上的图象不间断，所以f (x )在(a －1，e a －1)上存在零点．又当x >a －1时，f ′(x )＝1x－a <0，故f(x)在(a－1，＋∞)上是单调减函数，所以f(x)在(a－1，＋∞)上只有一个零点．综合(ⅰ)(ⅱ)(ⅲ)，当a≤0或a＝e－1时，f(x)的零点个数为1，当0<a<e－1时，f(x)的零点个数为2.40206 9D0E 鴎s29128 71C8 燈+g21260 530C 匌V30021 7545 畅36718 8F6E 轮39844 9BA4 鮤26172 663C 昼227788 6C8C 沌。

高考文科数学二轮复习题导数及其应用专题高考文科数学二轮复习题导数及其应用专题一、选择题1．函数f(x)＝12x2－ln x的单调递减区间为 ( )．A．(－1,1] B．(0,1]C．[1，＋∞) D．(0，＋∞)解析由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，又由f′(x)＝x－1x≤0，解得0<x≤1，所以函数的单调递减区间为(0,1]．答案 B2．(2014全国新课标Ⅱ卷)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．1C．2 D．3解析令f(x)＝ax－ln(x＋1)，则f′(x)＝a－1x＋1.由导数的几何意义可得在点(0,0)处的切线的斜率为f′(0)＝a－1.又切线方程为y＝2x，则有a－1＝2，∴a＝3.答案 D3．已知函数y＝f(x)(x∈R)的图象如图所示，则不等式xf′(x)<0的解集为( )．A.－∞，12∪12，2B.－∞，0∪12，2C.－∞，12∪12，＋∞D.－∞，12∪2，＋∞解析xf′(x)<0x>0，f′x<0或x<0f′x>0.当x∈12，2时，f(x)单调递减，此时f′(x)<0.当x∈(－∞，0)时，f(x)单调递增，此时f′(x)>0.故选B.答案 B4．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋x＋2(a>0)的极大值点和极小值点都在区间(－1,1)内，则实数a的取值范围是 ( )．A．(0,2] B．(0,2)C．[3，2) D．(3，2)解析由题意可知f′(x)＝0的两个不同解都在区间(－1，1)内．因为f′(x)＝3x2＋2ax＋1，所以根据导函数图象可得Δ＝2a2－4×3×1>0，－1<－2a6<1，f′－1＝3－2a＋1>0，f′1＝3＋2a＋1>0，又a>0，解得3<a<2，故选D.答案 D5．(2013浙江卷)已知e为自然对数的底数，设函数f(x)＝(ex－1)(x－1)k(k＝1,2)，则 ( )．A．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极小值B．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极大值C．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极小值D．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极大值解析当k＝1时，f′(x)＝exx－1，f′(1)≠0，∴f(1)不是极值，故A，B错；当k＝2时，f′(x)＝(x－1)(xex＋ex－2)，显然f′(1)＝0，且x在1的左侧附近f′(x)<0，x在1的右侧附近f′(x)>0，∴f(x)在x＝1处取得极小值．故选C.答案 C6．(2014潍坊模拟)已知函数y＝f(x)是定义在R上的奇函数，且当x<0时，不等式f(x)＋xf′(x)<0成立，若a＝30.3f(30.3)，b＝logπ3f(logπ3)，c＝log319flog319，则a，b，c间的大小关系是 ( )．A．a>b>c B．c>b>aC．c>a>b D．a>c>b解析设g(x)＝xf(x)，则g′(x)＝f(x)＋xf′(x)<0(x<0)，∴当x<0时，g(x)＝xf(x)为减函数．又g(x)为偶函数，∴当x>0时，g(x)为增函数．∵1<30.3<2,0<logπ3<1，log319＝－2，又g(－2)＝g(x)，∴g(－2)>g(30.3)>g(logπ3)，即c>a>b.答案 C二、填空题7．(2013江西卷)设函数f(x)在(0，＋∞)内可导，且f(ex)＝x＋ex，则f′(1)＝________.解析设ex＝t，则x＝ln t(t>0)，∴f(t)＝ln t＋t，即f(x)＝ln x＋x，∴f′(x)＝1x＋1，∴f′(1)＝2.答案 28．(2014江西卷)若曲线y＝e－x上点P处的切线平行于直线2x ＋y＋1＝0，则点P的坐标是________．解析设P(x0，y0)，∵y＝e－x，∴y′＝－e－x，∴点P处的切线斜率为k＝－e－x0＝－2，∴－x0＝ln 2，∴x0＝－ln 2，∴y0＝eln 2＝2，∴点P的坐标为(－ln 2,2)．答案 (－ln 2,2)9．(2014盐城调研)若a>0，b>0，且函数f(x)＝4x3－ax2－2bx ＋2在x＝1处有极值，则ab的最大值为________．解析依题意知f′(x)＝12x2－2ax－2b，∴f′(1)＝0，即12－2a－2b＝0，∴a＋b＝6.又a>0，b>0，∴ab≤a＋b22＝9，当且仅当a＝b＝3时取等号，∴ab的最大值为9.答案 910．已知函数f(x)＝aln x＋x在区间[2,3]上单调递增，则实数a的取值范围是________．解析∵f(x)＝aln x＋x.∴f′(x)＝ax＋1.又∵f(x)在[2,3]上单调递增，∴ax＋1≥0在x∈[2,3]上恒成立，∴a≥(－x)max＝－2，∴a∈[－2，＋∞)．答案 [－2，＋∞)11．(2013新课标全国Ⅰ卷)若函数f(x)＝(1－x2)(x2＋ax＋b)的图象关于直线x＝－2对称，则f(x)的最大值是________．解析由题意知f0＝f－4，f－1＝f－3，即b＝－15×16－4a＋b，0＝9－3a＋b，解得a＝8，b＝15，所以f(x)＝(1－x2)(x2＋8x＋15)，则f′(x)＝－4(x＋2)(x2＋4x－1)．令f′(x)＝0，得x＝－2或x＝－2－5或x＝－2＋5，当x<－2－5时，f′(x)>0；当－2－5<x<－2时，f′(x)<0；－2<x<－2＋5时，f′(x)<0；当x>－2＋5时，f′(x)<0，所以当x＝－2－5时，f(x)极大值＝16；当x＝－2＋5时，f(x)极大值＝16，所以函数f(x)的最大值为16.答案 16三、解答题12．已知f(x)＝ex－ax－1.(1)求f(x)的单调增区间；(2)若f(x)在定义域R内单调递增，求a的取值范围．解(1)∵f(x)＝ex－ax－1(x∈R)，∴f′(x)＝ex－a.令f′(x)≥0，得ex≥a.当a≤0时，f′(x)>0在R上恒成立；当a>0时，有x≥ln a.综上，当a≤0时，f(x)的单调增区间为(－∞，＋∞)；当a>0时，f(x)的单调增区间为(ln a，＋∞)．(2)由(1)知f′(x)＝ex－a.∵f(x)在R上单调递增，∴f′(x)＝ex－a≥0恒成立，即a≤ex在R上恒成立．∵x∈R时，ex>0，∴a≤0，即a的取值范围是(－∞，0]．13．(2014西安五校二次联考)已知函数f(x)＝12ax2－(2a＋1)x＋2ln x，a∈R.(1)若曲线y＝f(x)在x＝1和x＝3处的'切线互相平行，求a的值；(2)求f(x)的单调区间．解f′(x)＝ax－(2a＋1)＋2x(x>0)．(1)由题意得f′(1)＝f′(3)，解得a＝23.(2)f′(x)＝ax－1x－2x(x>0)．①当a≤0时，x>0，ax－1<0.在区间(0,2)上，f′(x)>0；在区间(2，＋∞)上，f′(x)<0，故f(x)的单调递增区间是(0,2)，单调递减区间是(2，＋∞)．②当0<a<12时，1a>2.在区间(0,2)和1a，＋∞上，f′(x)>0；在区间2，1a上，f′(x)<0.故f(x)的单调递增区间是(0,2)和1a，＋∞，单调递减区间是2，1a.③当a＝12时，f′(x)＝x－222x≥0，故f(x)的单调递增区间是(0，＋∞)．④当a>12时，0<1a<2，在区间0，1a和(2，＋∞)上，f′(x)>0；在区间1a，2上，f′(x)<0.故f(x)的单调递增区间是0，1a和(2，＋∞)，单调递减区间是1a，2.14．(2014江西卷)已知函数f(x)＝(4x2＋4ax＋a2)x，其中a<0.(1)当a＝－4时，求f(x)的单调递增区间；(2)若f(x)在区间[1,4]上的最小值为8，求a的值．解 (1)当a＝－4时，由f′(x)＝25x－2x－2x＝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)因为f′(x)＝10x＋a2x＋a2x，a<0，由f′(x)＝0得x＝－a10或x＝－a2.当x∈0，－a10时，f(x)单调递增；当x∈－a10，－a2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－a2＝0.①当－a2≤1，即－2≤a<0时，f(x)在[1,4]上的最小值为f(1)，由f(1)＝4＋4a＋a2＝8，得a＝±22－2，均不符合题意．②当1<－a2≤4，即－8≤a<－2时，f(x)在[1,4]上的最小值为f－a2＝0，不符合题意．③当－a2>4，即a<－8时，f(x)在[1,4]上的最小值可能在x＝1或x＝4上取得，而f(1)≠8，由f(4)＝2(64＋16a＋a2)＝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[1,4]上的最小值为f(4)＝8，符合题意．综上有a＝－10.。