新课标2018届高考数学二轮复习专题二函数与导数专题能力训练8利用导数解不等式及参数的取值范围理

专题能力训练6 函数与方程及函数的应用能力突破训练1.f(x)=-+log2x的一个零点落在下列哪个区间()A.(0,1)B.(1,2)C.(2,3)D.(3,4)2.设函数f(x)的零点为x1,函数g(x)=4x+2x-2的零点为x2,若|x1-x2|>,则f(x)可以是()A.f(x)=2x-B.f(x)=-x2+x-C.f(x)=1-10xD.f(x)=ln(8x-2)4.(2017贵州贵阳模拟)已知M是函数f(x)=e-2|x-1|+2sin在区间[-3,5]上的所有零点之和,则M的值为()A.4B.6C.8D.105.(2017湖北武汉质检)已知函数f(x)是奇函数,且满足f(2-x)=f(x)(x∈R),当0<x≤1时,f(x)=ln x+2,则函数y=f(x)在区间(-2,4]上的零点个数是()A.7B.8C.9D.106.已知e是自然对数的底数,函数f(x)=e x+x-2的零点为a,函数g(x)=ln x+x-2的零点为b,则f(a),f(1),f(b)的大小关系为.7.已知函数f(x)=若存在实数b,使函数g(x)=f(x)-b有两个零点,则a的取值范围是.8.某商场对顾客实行购物优惠活动,规定购物付款总额要求如下:①若一次性购物不超过200元,则不给予优惠;②若一次性购物超过200元但不超过500元,则按标价给予9折优惠;③若一次性购物超过500元,则500元按第②条给予优惠,剩余部分给予7折优惠.甲单独购买A商品实际付款100元,乙单独购买B商品实际付款450元,若丙一次性购买A,B 两件商品,则应付款元.9.已知函数f(x)=2x,g(x)=+2.(1)求函数g(x)的值域;(2)求满足方程f(x)-g(x)=0的x的值.10.如图,一个长方体形状的物体E在雨中沿面P(面积为S)的垂直方向做匀速移动,速度为v(v>0),雨速沿E移动方向的分速度为c(c∈R).E移动时单位时间内的淋雨量包括两部分:①P或P的平行面(只有一个面淋雨)的淋雨量,假设其值与|v-c|×S成正比,比例系数为;②其他面的淋雨量之和,其值为.记y为E移动过程中的总淋雨量.当移动距离d=100,面积S=时,(1)写出y的表达式;(2)设0<v≤10,0<c≤5,试根据c的不同取值范围,确定移动速度v,使总淋雨量y最少.思维提升训练11.如图,偶函数f(x)的图象如字母M,奇函数g(x)的图象如字母N,若方程f(g(x))=0,g(f(x))=0的实根个数分别为m,n,则m+n=()A.18B.16C.14D.1212.已知函数f(x)=函数g(x)=3-f(2-x),则函数y=f(x)-g(x)的零点个数为()A.2B.3C.4D.513.设函数f(x)=①若a=1,则f(x)的最小值为;②若f(x)恰有2个零点,则实数a的取值范围是.14.已知一家公司生产某种品牌服装的年固定成本为10万元,每生产1千件需另投入2.7万元.设该公司一年内生产该品牌服装x千件并全部销售完,每千件的销售收入为R(x)万元,且R(x)=(2)当年产量为多少千件时,该公司在这一品牌服装的生产中所获得的年利润最大.(注:年利润=年销售收入-年总成本)参考答案专题能力训练6函数与方程及函数的应用能力突破训练1.B解析由题意得f(x)单调递增,f(1)=-1<0,f(2)=>0,所以f(x)=-+log2x的零点落在区间(1,2)内.2.C解析依题意得g-2<0,g=1>0,则x2若f(x)=1-10x,则有x1=0,此时|x1-x2|>,因此选C.3.B解析设AD长为x cm,则CD长为(16-x)cm,又因为要将点P围在矩形ABCD内,所以a≤x≤12,则矩形ABCD的面积S=x(16-x).当0<a≤8时,当且仅当x=8时,S=64,当8<a<12时,S=a(16-a),即f(a)=画出分段函数图形可得其形状与B接近,故选B.4.C解析因为f(x)=e-2|x-1|+2sin=e-2|x-1|-2cosπx,所以f(x)=f(2-x).因为f(1)≠0,所以函数零点有偶数个,且两两关于直线x=1对称.当x∈[1,5]时,函数y=e-2(x-1)∈(0,1],且单调递减;函数y=2cosπx∈[-2,2],且在[1,5]上有两个周期,因此当x∈[1,5]时,函数y=e-2(x-1)与y=2cosπx有4个不同的交点;从而所有零点之和为4×2=8,故选C.5.C解析由函数f(x)是奇函数且满足f(2-x)=f(x)知,f(x)是周期为4的周期函数,且关于直线x=1+2k(k∈Z)成轴对称,关于点(2k,0)(k∈Z)成中心对称.当0<x≤1时,令f(x)=ln x+2=0,得x=,由此得y=f(x)在区间(-2,4]上的零点分别为-2+,-,0,,2-,2,2+,-+4,4,共9个零点.故选C.6.f(a)<f(1)<f(b)解析由题意,知f'(x)=e x+1>0恒成立,则函数f(x)在R上是单调递增的,因为f(0)=e0+0-2=-1<0,f(1)=e1+1-2=e-1>0,所以函数f(x)的零点a∈(0,1).由题意,知g'(x)=+1>0,则函数g(x)在区间(0,+∞)上是单调递增的.又g(1)=ln1+1-2=-1<0,g(2)=ln2+2-2=ln2>0,则函数g(x)的零点b∈(1,2).综上,可得0<a<1<b<2.因为f(x)在R上是单调递增的,所以f(a)<f(1)<f(b).7.(-∞,0)∪(1,+∞)解析要使函数g(x)=f(x)-b有两个零点,应使f(x)图象与直线y=b有两个不同的交点.当0≤a≤1时,由f(x)的图象(图略)知f(x)在定义域R上单调递增,它与直线y=b不可能有两个交点.当a<0时,由f(x)的图象(如图①)知,f(x)在(-∞,a]上递增,在(a,0)上递减,在[0,+∞)上递增,且a3<0,a2>0,所以,当0<b<a2时,f(x)图象与y=b有两个不同的交点.图①图②当a>1时,由f(x)的图象(如图②)知,f(x)在区间(-∞,a]上递增,在区间(a,+∞)上递增,但a3>a2,所以当a2<b≤a3时,f(x)图象与y=b有两个不同的交点.综上,实数a的取值范围是a<0或a>1.8.520解析设商品价格为x元,实际付款为y元,则y=整理,得y=∵0.9×200=180>100,∴A商品的价格为100元.∵0.9×500=450,∴B商品的价格为500元.当x=100+500=600时,y=100+0.7×600=520,即若丙一次性购买A,B两件商品,则应付款520元.9.解(1)g(x)=+2=+2,因为|x|≥0,所以0<1,即2<g(x)≤3,故g(x)的值域是(2,3].(2)由f(x)-g(x)=0,得2x--2=0.当x≤0时,显然不满足方程,当x>0时,由2x--2=0整理,得(2x)2-2·2x-1=0,(2x-1)2=2,解得2x=1±因为2x>0,所以2x=1+,即x=log2(1+).10.解(1)由题意知,E移动时单位时间内的淋雨量为|v-c|+,故y=(3|v-c|+10)(v>0).(2)由(1)知,当0<v≤c时,y=(3c-3v+10)=-15;当c<v≤10时,y=(3v-3c+10)=+15.故y=①当0<c时,y是关于v的减函数.故当v=10时,y min=20-②当<c≤5时,在(0,c]内,y是关于v的减函数;在(c,10]内,y是关于v的增函数.故当v=c时,y min=思维提升训练11.A解析由题中图象知,f(x)=0有3个根0,a,b,且a∈(-2,-1),b∈(1,2);g(x)=0有3个根0,c,d,且c∈(-1,0),d∈(0,1).由f(g(x))=0,得g(x)=0或a,b,由图象可知g(x)所对每一个值都能有3个根,因而m=9;由g(f(x))=0,知f(x)=0或c,d,由图象可以看出f(x)=0时对应有3个根,f(x)=d时有4个,f(x)=c时只有2个,加在一起也是9个,即n=9,∴m+n=9+9=18,故选A.12.A解析因为f(x)=所以f(2-x)=f(2-x)=f(x)+f(2-x)=所以函数y=f(x)-g(x)=f(x)-3+f(2-x)=其图象如图所示.显然函数图象与x轴有2个交点,故函数有2个零点.13.①-1[2,+∞)解析①当a=1时,f(x)=当x<1时,2x-1∈(-1,1);当x≥1时,4(x-1)(x-2)∈[-1,+∞).故f(x)的最小值为-1.②若函数f(x)=2x-a的图象在x<1时与x轴有一个交点,则a>0,并且当x=1时,f(1)=2-a>0,所以0<a<2.同时函数f(x)=4(x-a)(x-2a)的图象在x≥1时与x轴有一个交点,所以a<1.若函数f(x)=2x-a的图象在x<1时与x轴没有交点,则函数f(x)=4(x-a)(x-2a)的图象在x≥1时与x轴有两个不同的交点,当a≤0时,函数f(x)=2x-a的图象与x轴无交点,函数f(x)=4(x-a)(x-2a)的图象在x≥1上与x轴也无交点,不满足题意.当21-a≤0,即a≥2时,函数f(x)=4(x-a)·(x-2a)的图象与x轴的两个交点x1=a,x2=2a都满足题意.综上,a的取值范围为[2,+∞).14.解(1)当0<x≤10时,W=xR(x)-(10+2.7x)=8.1x--10;当x>10时,W=xR(x)-(10+2.7x)=98--2.7x.故W=(2)①当0<x≤10时,由W'=8.1-=0,得x=9.当x∈(0,9)时,W'>0;当x∈(9,10]时,W'<0.所以当x=9时,W取得最大值,即W max=8.1×9-93-10=38.6.②当x>10时,W=98-98-2=38,当且仅当=2.7x,即x=时,W取得最大值38.综合①②知:当x=9时,W取得最大值38.6,故当年产量为9千件时,该公司在这一品牌服装的生产中所获的年利润最大.15.解(1)因为赔付价格为s元吨,所以乙方的实际年利润为w=2000-sq(q≥0).因为w=2000-sq=-s,所以当q=时,w取得最大值.所以乙方取得最大利润的年产量q=t.(2)设甲方净收入为v元,则v=sq-0.002q2,将q=代入上式,得到甲方净收入v与赔付价格s之间的函数关系式:v=又v'=-,令v'=0得s=20.当s<20时,v'>0;当s>20时,v'<0.所以当s=20时,v取得最大值.因此甲方向乙方要求赔付价格s为20元吨时,获最大净收入.。

专题能力训练7导数与函数的单调性、极值、最值能力突破训练1.已知函数f(x)的导函数为f'(x),且满足f(x)=af'(1)x+ln x,若f'错误！未找到引用源。

=0,则a=()A.-1B.-2C.1D.22.(2017浙江,7)函数y=f(x)的导函数y=f'(x)的图象如图所示,则函数y=f(x)的图象可能是()3.若定义在R上的函数f(x)满足f(0)=-1,其导函数f'(x)满足f'(x)>k>1,则下列结论中一定错误的是()A.f错误！未找到引用源。

B.f错误！未找到引用源。

C.f错误！未找到引用源。

D.f错误！未找到引用源。

4.已知常数a,b,c都是实数,f(x)=ax3+bx2+cx-34的导函数为f'(x),f'(x)≤0的解集为{x|-2≤x≤3}.若f(x)的极小值等于-115,则a的值是()A.-错误！未找到引用源。

B.错误！未找到引用源。

C.2D.55.若直线y=kx+b是曲线y=ln x+2的切线,也是曲线y=ln(x+1)的切线,则b=.6.在曲线y=x3+3x2+6x-1的切线中,斜率最小的切线方程为.7.设函数f(x)=a e x+错误！未找到引用源。

+b(a>0).(1)求f(x)在[0,+∞)上的最小值;(2)设曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为y=错误！未找到引用源。

x,求a,b的值.8.设函数f(x)=x e a-x+bx,曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为y=(e-1)x+4.(1)求a,b的值;(2)求f(x)的单调区间.9.设a>1,函数f(x)=(1+x2)e x-a.(1)求f(x)的单调区间;(2)证明:f(x)在区间(-∞,+∞)上仅有一个零点;(3)若曲线y=f(x)在点P处的切线与x轴平行,且在点M(m,n)处的切线与直线OP平行(O是坐标原点),证明:m≤错误！未找到引用源。

第2讲：《导数的综合应用》教案一、教学目标1.应用导数讨论函数的单调性，并会根据函数的性质求参数范围.2.会利用导数解决某些实际问题．二、知识梳理1．已知函数单调性求参数值范围时，实质为恒成立问题．2．求函数单调区间，实质为解不等式问题，但解集一定为定义域的子集．3．实际应用问题：首先要充分理解题意，列出适当的函数关系式，再利用导数求出该函数的最大值或最小值，最后回到实际问题中，得出最优解．三、题型突破题型一 讨论函数的单调性例1 已知函数f (x )＝x 2e－ax (a >0)，求函数在[1,2]上的最大值．变式迁移1 设a >0，函数f (x )＝a ln x x. (1)讨论f (x )的单调性；(2)求f (x )在区间[a,2a ]上的最小值．题型二 用导数证明不等式例2 已知f (x )＝12x 2－a ln x (a ∈R )， (1)求函数f (x )的单调区间；(2)求证：当x >1时，12x 2＋ln x <23x 3.变式迁移2 (2010·安徽)设a 为实数，函数f (x )＝e x －2x ＋2a ，x ∈R .(1)求f (x )的单调区间与极值；(2)求证：当a>ln 2－1且x>0时，e x>x2－2ax＋1.题型三实际生活中的优化问题例3某分公司经销某种品牌产品，每件产品的成本为3元，并且每件产品需向总公司交a元(3≤a≤5)的管理费，预计当每件产品的售价为x元(9≤x≤11)时，一年的销售量为(12－x)2万件．(1)求分公司一年的利润L(万元)与每件产品的售价x的函数关系式；(2)当每件产品的售价为多少元时，分公司一年的利润L最大，并求出L的最大值Q(a)．变式迁移3甲方是一农场，乙方是一工厂．由于乙方生产需占用甲方的资源，因此甲方有权向乙方索赔以弥补经济损失并获得一定净收入，在乙方不赔付甲方的情况下，乙方的年利润x(元)与年产量t(吨)满足函数关系x＝2 000t.若乙方每生产一吨产品必须赔付甲方S元(以下称S为赔付价格)．(1)将乙方的年利润ω(元)表示为年产量t(吨)的函数，并求出乙方获得最大利润的年产量；(2)甲方每年受乙方生产影响的经济损失金额y＝0.002t2(元)，在乙方按照获得最大利润的产量进行生产的前提下，甲方要在索赔中获得最大净收入，应向乙方要求的赔付价格S是多少？四、针对训练(满分：90分)一、填空题(每小题6分，共48分)1．已知曲线C ：y ＝2x 2－x 3，点P (0，－4)，直线l 过点P 且与曲线C 相切于点Q ，则点Q 的横坐标为________．2．函数f (x )＝x 3＋ax 2＋3x －9，已知f (x )在x ＝－3时取得极值，则a ＝________.3．函数f (x )在定义域R 内可导，若f (x )＝f (2－x )，且当x ∈(－∞，1)时，(x －1)f ′(x )<0，则a ＝f (0)、b ＝f (12)、c ＝f (3)的大小关系为________________． 4．函数f (x )＝－x 3＋x 2＋tx ＋t 在(－1,1)上是增函数，则t 的取值范围是________．5．若函数f (x )＝sin x x ，且0<x 1<x 2<1，设a ＝sin x 1x 1，b ＝sin x 2x 2，则a ，b 的大小关系为________． 6．在直径为d 的圆木中，截取一个具有最大抗弯强度的长方体梁，则矩形面的长为________．(强度与bh 2成正比，其中h 为矩形的长，b 为矩形的宽)7．要建造一个长方体形状的仓库，其内部的高为3 m ，长和宽的和为20 m ，则仓库容积的最大值为_______________m 3.8．若函数f (x )＝4x x 2＋1在区间(m,2m ＋1)上是单调递增函数，则实数m 的取值范围为________． 二、解答题(共42分)9．(12分)设函数f (x )＝kx 3－3x 2＋1(k ≥0)．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )的极小值大于0，求k 的取值范围．10．(14分)为了在夏季降温和冬季供暖时减少能源损耗，房屋的屋顶和外墙需要建造隔热层．某幢建筑物要建造可使用20年的隔热层，每厘米厚的隔热层建造成本为6万元．该建筑物每年的能源消耗费用C (单位：万元)与隔热层厚度x (单位：cm)满足关系：C (x )＝k 3x ＋5(0≤x ≤10)，若不建隔热层，每年能源消耗费用为8万元，设f (x )为隔热层建造费用与20年的能源消耗费用之和．(1)求k 的值及f (x )的表达式；(2)隔热层修建多厚时，总费用f (x )达到最小，并求最小值．11．(16分)设函数f (x )＝ln x ，g (x )＝ax ＋b x，函数f (x )的图象与x 轴的交点也在函数g (x )的图象上，且在此点有公共切线．(1)求a 、b 的值；(2)对任意x >0，试比较f (x )与g (x )的大小．五、参考答案二、知识梳理1．0<a <1 2.123.－24.⎣⎡⎦⎤12，12e π25.6 三、题型突破例1 解题导引 求函数在闭区间上的最值，首先应判断函数在闭区间上的单调性，一般方法是令f ′(x )＝0，求出x 值后，再判断函数在各区间上的单调性，在这里一般要用到分类讨论的思想，讨论的标准通常是极值点与区间端点的大小关系，确定单调性或具体情况．解 ∵f (x )＝x 2e－ax (a >0)， ∴f ′(x )＝2x e－ax ＋x 2·(－a )e －ax ＝e －ax (－ax 2＋2x )．令f ′(x )>0，即e －ax (－ax 2＋2x )>0，得0<x <2a. ∴f (x )在(－∞，0)，⎝⎛⎭⎫2a ，＋∞上是减函数，在⎝⎛⎭⎫0，2a 上是增函数． ①当0<2a<1，即a >2时，f (x )在[1,2]上是减函数， ∴f (x )max ＝f (1)＝e －a .②当1≤2a≤2，即1≤a ≤2时，f (x )在⎣⎡⎭⎫1，2a 上是增函数，在⎝⎛⎦⎤2a ，2上是减函数，∴f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫2a ＝4a －2e －2. ③当2a>2，即0<a <1时，f (x )在[1,2]上是增函数， ∴f (x )max ＝f (2)＝4e－2a . 综上所述，当0<a <1时，f (x )的最大值为4e －2a ；当1≤a ≤2时，f (x )的最大值为4a －2e －2； 当a >2时，f (x )的最大值为e －a . 变式迁移1 解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a ·1－ln x x 2(a >0)， 由f ′(x )＝a ·1－ln x x 2>0，得0<x <e ； 由f ′(x )<0，得x >e.故f (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减．(2)∵f (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，∴f (x )在[a,2a ]上的最小值[f (x )]min ＝min{f (a )，f (2a )}．∵f (a )－f (2a )＝12ln a 2， ∴当0<a ≤2时，[f (x )]min ＝ln a ；当a >2时，[f (x )]min ＝ln 2a 2. 例2 解题导引 利用导数解决不等式问题的主要方法就是构造函数，通过研究函数的性质进而解决不等式问题．(1)解 f ′(x )＝x －a x ＝x 2－a x(x >0)， 若a ≤0时，f ′(x )>0恒成立，∴函数f (x )的单调增区间为(0，＋∞)．若a >0时，令f ′(x )>0，得x >a ，∴函数f (x )的单调增区间为(a ，＋∞)，减区间为(0，a )．(2)证明 设F (x )＝23x 3－(12x 2＋ln x )， 故F ′(x )＝2x 2－x －1x. ∴F ′(x )＝ x －1 2x 2＋x ＋1 x.∵x >1，∴F ′(x )>0. ∴F (x )在(1，＋∞)上为增函数．又F (x )在(1，＋∞)上连续，F (1)＝16>0， ∴F (x )>16在(1，＋∞)上恒成立． ∴F (x )>0.∴当x >1时，12x 2＋ln x <23x 3. 变式迁移2 (1)解 由f (x )＝e x －2x ＋2a ，x ∈R ，知f ′(x )＝e x －2，x ∈R .令f ′(x )＝0，得x ＝ln 2.于是当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表： x(－∞，ln 2) ln 2 (ln 2，＋∞) f ′(x )－ 0 ＋ f (x ) 极小值故f (x )的单调递减区间是(－∞，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，＋∞)，f (x )在x ＝ln 2处取得极小值，极小值为f (ln 2)＝e ln 2－2ln 2＋2a ＝2(1－ln 2＋a )．(2)证明 设g (x )＝e x －x 2＋2ax －1，x ∈R .于是g ′(x )＝e x －2x ＋2a ，x ∈R .由(1)知当a >ln 2－1时，g ′(x )最小值为g ′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a )>0.于是对任意x ∈R ，都有g ′(x )>0，所以g (x )在R 内单调递增，于是当a >ln 2－1时，对任意x ∈(0，＋∞)，都有g (x )>g (0)．而g (0)＝0，从而对任意x ∈(0，＋∞)，都有g (x )>0，即e x －x 2＋2ax －1>0，故e x >x 2－2ax ＋1.例3 解 (1)分公司一年的利润L (万元)与售价x 的函数关系式为L ＝(x －3－a )(12－x )2，x ∈[9,11]．(2)L ′(x )＝(12－x )2－2(x －3－a )(12－x )＝(12－x )(18＋2a －3x )．令L ′＝0，得x ＝6＋23a 或x ＝12(不合题意，舍去)． ∵3≤a ≤5，∴8≤6＋23a ≤283. 在x ＝6＋23a 两侧L ′的值由正变负． ∴①当8≤6＋23a <9，即3≤a <92时，L max ＝L (9)＝(9－3－a )(12－9)2＝9(6－a )． ②当9≤6＋23a ≤283，即92≤a ≤5时，L max ＝L (6＋23a )＝(6＋23a －3－a )[12－(6＋23a )]2＝4(3－13a )3.。

限时规范训练六 导数的简单应用限时45分钟，实际用时分值81分，实际得分一、选择题(本题共6小题，每小题5分，共30分)1．设函数f (x )＝x 24－a ln x ，若f ′(2)＝3，则实数a 的值为( )A ．4B ．－4C ．2D ．－2解析：选B.f ′(x )＝x 2－a x ，故f ′(2)＝22－a2＝3，因此a ＝－4.2．曲线y ＝e x在点A 处的切线与直线x －y ＋3＝0平行，则点A 的坐标为( ) A ．(－1，e －1) B ．(0,1) C ．(1，e)D ．(0,2)解析：选B.设A (x 0，e x 0)，y ′＝e x，∴y ′|x ＝x 0＝e x 0.由导数的几何意义可知切线的斜率k＝e x 0.由切线与直线x －y ＋3＝0平行可得切线的斜率k ＝1. ∴e x 0＝1，∴x 0＝0，∴A (0,1)．故选B.3．若函数f (x )＝x 3－2cx 2＋x 有极值点，则实数c 的取值范围为 ( ) A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞ B.⎝⎛⎭⎪⎫32，＋∞ C.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－32∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞ D.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－32∪⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞ 解析：选D.若函数f (x )＝x 3－2cx 2＋x 有极值点，则f ′(x )＝3x 2－4cx ＋1＝0有两根，故Δ＝(－4c )2－12＞0，从而c ＞32或c ＜－32. 4．已知f (x )＝a ln x ＋12x 2(a ＞0)，若对任意两个不等的正实数x 1，x 2都有f x 1－f x 2x 1－x 2≥2恒成立，则实数a 的取值范围是( )A ．[1，＋∞)B ．(1，＋∞)C ．(0,1)D ．(0,1]解析：选A.由条件可知在定义域上函数图象的切线斜率大于等于2，所以函数的导数f ′(x )＝a x＋x ≥2.可得x ＝a 时，f ′(x )有最小值2.∴a ≥1.5．若定义在R 上的函数f (x )满足f (0)＝－1，其导函数f ′(x )满足f ′(x )＞k ＞1，则下列结论中一定错误的是( )A ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k＜1kB ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＞1k －1C ．f ⎝⎛⎭⎪⎫1k －1＜1k －1D ．f ⎝⎛⎭⎪⎫1k －1＞k k －1解析：选C.构造函数g (x )＝f (x )－kx ＋1，则g ′(x )＝f ′(x )－k ＞0，∴g (x )在R 上为增函数． ∵k ＞1，∴1k －1＞0，则g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1＞g (0)． 而g (0)＝f (0)＋1＝0， ∴g ⎝⎛⎭⎪⎫1k －1＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1－k k －1＋1＞0，即f ⎝⎛⎭⎪⎫1k －1＞k k －1－1＝1k －1，所以选项C 错误，故选C.6．由曲线y ＝x 2，y ＝x 围成的封闭图形的面积为( ) A.16 B.13 C.23D ．1解析：选 B.由题意可知所求面积(如图中阴影部分的面积)为⎠⎛01(x －x 2)d x ＝⎝⎛⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎫23x 32－13x 310＝13.所以选B.二、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分)7．(2016·高考全国卷Ⅱ)若直线y ＝kx ＋b 是曲线y ＝ln x ＋2的切线，也是曲线y ＝ln(x ＋1)的切线，则b ＝________.解析：直线y ＝kx ＋b 与曲线y ＝ln x ＋2，y ＝ln(x ＋1)均相切，设切点分别为A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由y ＝ln x ＋2得y ′＝1x ，由y ＝ln(x ＋1)得y ′＝1x ＋1，∴k ＝1x 1＝1x 2＋1，∴x 1＝1k ，x 2＝1k－1，∴y 1＝－ln k ＋2，y 2＝－ln k .即A ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k，－ln k ＋2，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k－1，－ln k ，∵A 、B 在直线y ＝kx ＋b 上， ∴⎩⎪⎨⎪⎧2－ln k ＝k ·1k ＋b ，－ln k ＝k ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1＋b解得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝1－ln 2，k ＝2.答案：1－ln 28．已知函数f (x )＝－12x 2－3x ＋4ln x 在(t ，t ＋1)上不单调，则实数t 的取值范围是________．解析：由题意得，f (x )的定义域为(0，＋∞)，∴t ＞0， ∴f ′(x )＝－x －3＋4x＝0在(t ，t ＋1)上有解，∴x 2＋3x －4x＝0在(t ，t ＋1)上有解，∴x 2＋3x －4＝0在(t ，t ＋1)上有解，由x 2＋3x －4＝0得x ＝1或x ＝－4(舍去)，∴1∈(t ，t ＋1)，∴t ∈(0,1)，故实数t 的取值范围是(0,1)．答案：(0,1)9．若f (x )＝－12x 2＋b ln(x ＋2)在(－1，＋∞)上是减函数，则实数b 的最大值是________．解析：函数的定义域是x ＋2＞0，即x ＞－2，而f ′(x )＝－x ＋bx ＋2＝－x 2－2x ＋bx ＋2.因为x＋2＞0，函数f (x )＝－12x 2＋b ln(x ＋2)在(－1，＋∞)上是减函数，即－x 2－2x ＋b ≤0在x ∈(－1，＋∞)上恒成立，得b ≤x 2＋2x 在x ∈(－1，＋∞)上恒成立，令g (x )＝x 2＋2x ＝(x ＋1)2－1，x ∈(－1，＋∞)，g (x )＞g (－1)＝－1，所以b ≤－1.所以b 的最大值为－1.答案：－1三、解答题(本题共3小题，每小题12分，共36分) 10．已知f (x )＝2x ＋3－x ＋2x ＋1.(1)求证：当x ＝0时，f (x )取得极小值；(2)是否存在满足n ＞m ≥0的实数m ，n ，当x ∈[m ，n ]时，f (x )的值域为[m ，n ]？若存在，求m ，n 的值；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：由已知得f (x )的定义域为⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，＋∞. 当x ＞－12时，f ′(x )＝2－2－x ＋x ＋2＝8x 2＋8x ＋x ＋x ＋2.设F (x )＝8x 2＋8x ＋2ln(2x ＋1)，则f ′(x )＝F x x ＋2.当x ＞－12时，y ＝8x 2＋8x ＝8⎣⎢⎡⎦⎥⎤x －⎝ ⎛⎭⎪⎫－122－2是单调递增函数，y ＝2ln(2x ＋1)也是单调递增函数．∴当x ＞－12时，F (x )＝8x 2＋8x ＋2ln(2x ＋1)单调递增．∴当－12＜x ＜0时，F (x )＜F (0)＝0，当x ＞0时，F (x )＞F (0)＝0.∴当－12＜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．∴当x ＝0时，f (x )取得极小值．(2)由(1)知f (x )在[0，＋∞)上是单调递增函数，若存在满足n ＞m ≥0的实数m ，n ，当x ∈[m ，n ]时，f (x )的值域为[m ，n ]，则f (m )＝m ，f (n )＝n ，即f (x )＝x 在[0，＋∞)上有两个不等的实根m ，n .∴2x 2＋7x ＋3－ln(2x ＋1)＝0在[0，＋∞)上有两个不等的实根m ，n . 设H (x )＝2x 2＋7x ＋3－ln(2x ＋1)，则 H ′(x )＝8x 2＋18x ＋52x ＋1.当x ＞0时，2x ＋1＞0,8x 2＋18x ＋5＞0， ∴H ′(x )＝8x 2＋18x ＋52x ＋1＞0.∴H (x )在[0，＋∞)上是单调递增函数，即当x ≥0时，H (x )≥H (0)＝3. ∴2x 2＋7x ＋3－ln(2x ＋1)＝0在[0，＋∞)上没有实数根． ∴不存在满足条件的实数m ，n .11．(2017·河南郑州质量检测)设函数f (x )＝12x 2－m ln x ，g (x )＝x 2－(m ＋1)x .(1)求函数f (x )的单调区间；(2)当m ≥0时，讨论函数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 2－mx，当m ≤0时，f ′(x )＞0，所以函数f (x )的单调递增区间是(0，＋∞)，无单调递减区间． 当m ＞0时，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，当m ≤0时，函数f (x )的单调递增区间是(0，＋∞)，无单调递减区间；当m ＞0时，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，问题等价于求函数F (x )的零点个数，当m ＝0时，F (x )＝－12x 2＋x ，x ＞0，有唯一零点；当m ≠0时，F ′(x )＝－x －x －m x，当m ＝1时，F ′(x )≤0，函数F (x )为减函数，注意到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，注意到F (1)＝m ＋12＞0，F (2m ＋2)＝－m ln(2m ＋2)＜0，所以F (x )有唯一零点．当0＜m ＜1时，0＜x ＜m 或x ＞1时，F ′(x )＜0；m ＜x ＜1时，F ′(x )＞0，所以函数F (x )在(0，m )和(1，＋∞)上单调递减，在(m,1)上单调递增，易得ln m ＜0， 所以F (m )＝m2(m ＋2－2ln m )＞0，而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，即两函数图象有一个交点． 12．(2017·河南洛阳模拟)已知函数f (x )＝ln x －a x ＋x －1，曲线y ＝f (x )在点⎝ ⎛⎭⎪⎫12，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12处的切线平行于直线y ＝10x ＋1.(1)求函数f (x )的单调区间；(2)设直线l 为函数g (x )＝ln x 的图象上任意一点A (x 0，y 0)处的切线，在区间(1，＋∞)上是否存在x 0，使得直线l 与曲线h (x )＝e x也相切？若存在，满足条件的x 0有几个？解：(1)∵函数f (x )＝ln x －a x ＋x －1，∴f ′(x )＝1x＋2a x －2，∵曲线y ＝f (x )在点⎝ ⎛⎭⎪⎫12，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12处的切线平行于直线y ＝10x ＋1， ∴f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝2＋8a ＝10，∴a ＝1，∴f ′(x )＝x 2＋1x x －2.∵x ＞0且x ≠1，∴f ′(x )＞0，∴函数f (x )的单调递增区间为(0,1)和(1，＋∞)． (2)存在且唯一，证明如下：∵g (x )＝ln x ，∴切线l 的方程为y －ln x 0＝1x 0(x －x 0)，即y ＝1x 0x ＋ln x 0－1 ①，设直线l 与曲线h (x )＝e x相切于点(x 1，e x 1)， ∵h ′(x )＝e x，∴e x 1＝1x 0，∴x 1＝－ln x 0，∴直线l 的方程也可以写成y －1x 0＝1x 0(x ＋ln x 0)，即y ＝1x 0x ＋ln x 0x 0＋1x 0②，由①②得ln x 0－1＝ln x 0x 0＋1x 0，∴ln x 0＝x 0＋1x 0－1.证明：在区间(1，＋∞)上x 0存在且唯一． 由(1)可知，f (x )＝ln x －x ＋1x －1在区间(1，＋∞)上单调递增， 又f (e)＝－2e －1＜0，f (e 2)＝e 2－3e 2－1＞0，结合零点存在性定理，说明方程f (x )＝0必在区间(e ，e 2)上有唯一的根，这个根就是所求的唯一x 0.。