2019年最新高考数学二轮复习 题型练8 大题专项(六)函数与导数综合问题 理(考试专用)

题型练8 大题专项(六)函数与导数综合问题1.(2018北京,理18)设函数f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]e x.(1)若曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与x轴平行,求a;(2)若f(x)在x=2处取得极小值,求a的取值范围.2.已知a≥3,函数F(x)=min{2|x-1|,x2-2ax+4a-2},其中min{p,q}=(1)求使得等式F(x)=x2-2ax+4a-2成立的x的取值范围;(2)①求F(x)的最小值m(a);②求F(x)在区间[0,6]上的最大值M(a).3.已知函数f(x)=x3+ax2+b(a,b∈R).(1)试讨论f(x)的单调性;(2)若b=c-a(实数c是与a无关的常数),当函数f(x)有三个不同的零点时,a的取值范围恰好是(-∞,-3)∪,求c的值.4.已知a>0,函数f(x)=e ax sin x(x∈[0,+∞)).记x n为f(x)的从小到大的第n(n∈N*)个极值点.证明:(1)数列{f(x n)}是等比数列;(2)若a≥,则对一切n∈N*,x n<|f(x n)|恒成立.5.(2018天津,理20)已知函数f(x)=a x,g(x)=log a x,其中a>1.(1)求函数h(x)=f(x)-x ln a的单调区间;(2)若曲线y=f(x)在点(x1,f(x1))处的切线与曲线y=g(x)在点(x2,g(x2))处的切线平行,证明x1+g(x2)=-;(3)证明当a≥时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线.6.设函数f(x)=,g(x)=-x+(a+b)(其中e为自然对数的底数,a,b∈R,且a≠0),曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=a e(x-1).(1)求b的值;(2)若对任意x∈,f(x)与g(x)有且只有两个交点,求a的取值范围.题型练8大题专项(六)函数与导数综合问题1.解 (1)因为f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]e x,所以f'(x)=[2ax-(4a+1)]e x+[ax2-(4a+1)x+4a+3]e x=[ax2-(2a+1)x+2]e x(x∈R).f'(1)=(1-a)e.由题设知f'(1)=0,即(1-a)e=0,解得a=1.此时f(1)=3e≠0,所以a的值为1.(2)由(1)得f'(x)=[ax2-(2a+1)x+2]e x=(ax-1)(x-2)e x.若a>,则当x时,f'(x)<0;当x∈(2,+∞)时,f'(x)>0.所以f(x)在x=2处取得极小值.若a,则当x∈(0,2)时,x-2<0,ax-1x-1<0,所以f'(x)>0.所以2不是f(x)的极小值点.综上可知,a的取值范围是2.解 (1)由于a≥3,故当x≤1时,(x2-2ax+4a-2)-2|x-1|=x2+2(a-1)(2-x)>0,当x>1时,(x2-2ax+4a-2)-2|x-1|=(x-2)(x-2a).所以,使得等式F(x)=x2-2ax+4a-2成立的x的取值范围为[2,2a].(2)①设函数f(x)=2|x-1|,g(x)=x2-2ax+4a-2,则f(x)min=f(1)=0,g(x)min=g(a)=-a2+4a-2,所以,由F(x)的定义知m(a)=min{f(1),g(a)},即m(a)=②当0≤x≤2时,F(x)≤f(x)≤max{f(0),f(2)}=2=F(2),当2≤x≤6时,F(x)≤g(x)≤max{g(2),g(6)}=max{2,34-8a}=max{F(2),F(6)}.所以,M(a)=3.解 (1)f'(x)=3x2+2ax,令f'(x)=0,解得x1=0,x2=-当a=0时,因为f'(x)=3x2>0(x≠0),所以函数f(x)在区间(-∞,+∞)内单调递增;当a>0时,x(0,+∞)时,f'(x)>0,x时,f'(x)<0,所以函数f(x)在区间,(0,+∞)内单调递增,在区间内单调递减;当a<0时,x∈(-∞,0)时,f'(x)>0,x时,f'(x)<0,所以函数f(x)在区间(-∞,0),内单调递增,在区间内单调递减.(2)由(1)知,函数f(x)的两个极值为f(0)=b,f a3+b,则函数f(x)有三个零点等价于f(0)·f=b<0,从而又b=c-a,所以当a>0时,a3-a+c>0或当a<0时,a3-a+c<0.设g(a)=a3-a+c,因为函数f(x)有三个零点时,a的取值范围恰好是(-∞,-3),则在(-∞,-3)内g(a)<0,且在内g(a)>0均恒成立,从而g(-3)=c-1≤0,且g=c-1≥0,因此c=1.此时,f(x)=x3+ax2+1-a=(x+1)[x2+(a-1)x+1-a],因函数有三个零点,则x2+(a-1)x+1-a=0有两个异于-1的不等实根,所以Δ=(a-1)2-4(1-a)=a2+2a-3>0,且(-1)2-(a-1)+1-a≠0,解得a∈(-∞,-3)综上c=1.4.证明 (1)f'(x)=a e ax sin x+e ax cos x=e ax(a sin x+cos x)=e ax sin(x+φ),其中tanφ=,0<φ<令f'(x)=0,由x≥0得x+φ=mπ,即x=mπ-φ,m∈N*.对k∈N,若2kπ<x+φ<(2k+1)π,即2kπ-φ<x<(2k+1)π-φ,则f'(x)>0;若(2k+1)π<x+φ<(2k+2)π,即(2k+1)π-φ<x<(2k+2)π-φ,则f'(x)<0.因此,在区间((m-1)π,mπ-φ)与(mπ-φ,mπ)上,f'(x)的符号总相反.于是当x=mπ-φ(m∈N*)时,f(x)取得极值,所以x n=nπ-φ(n∈N*).此时,f(x n)=e a(nπ-φ)sin(nπ-φ)=(-1)n+1e a(nπ-φ)sin φ.易知f(x n)≠0,而=-e aπ是常数,故数列{f(x n)}是首项为f(x1)=e a(π-φ)sin φ,公比为-e aπ的等比数列.(2)由(1)知,sin φ=,于是对一切n∈N*,x n<|f(x n)|恒成立,即nπ-φ<e a(nπ-φ)恒成立,等价于(*)恒成立(因为a>0).设g(t)=(t>0),则g'(t)=令g'(t)=0得t=1.当0<t<1时,g'(t)<0,所以g(t)在区间(0,1)内单调递减;当t>1时,g'(t)>0,所以g(t)在区间(1,+∞)内单调递增.从而当t=1时,函数g(t)取得最小值g(1)=e.因此,要使(*)式恒成立,只需<g(1)=e,即只需a>而当a=时,由tan φ=且0<φ<知,<φ<于是π-φ<,且当n≥2时,nπ-φ≥2π-φ>因此对一切n∈N*,ax n=1,所以g(ax n)>g(1)=e=故(*)式亦恒成立.综上所述,若a,则对一切n∈N*,x n<|f(x n)|恒成立.5.(1)解由已知,h(x)=a x-x ln a,有h'(x)=a x ln a-ln a.令h'(x)=0,解得x=0.由a>1,可知当x变化时,h'(x),h(x)的变化情况如下表:x(-∞,0) 0 (0,+∞)h'(x) -0 +h(x) ↘极小值↗所以函数h(x)的单调递减区间为(-∞,0),单调递增区间为(0,+∞).(2)证明由f'(x)=a x ln a,可得曲线y=f(x)在点(x1,f(x1))处的切线斜率为ln a.由g'(x)=,可得曲线y=g(x)在点(x2,g(x2))处的切线斜率为因为这两条切线平行,故有ln a=,即x2(ln a)2=1.两边取以a为底的对数,得log a x2+x1+2log a(ln a)=0,所以x1+g(x2)=-(3)证明曲线y=f(x)在点(x1,)处的切线l1:y-ln a·(x-x1).曲线y=g(x)在点(x2,log a x2)处的切线l2:y-log a x2=(x-x2).要证明当a时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线,只需证明当a时,存在x1∈(-∞,+∞),x2∈(0,+∞),使得l1与l2重合.即只需证明当a时,方程组有解.由①得x2=,代入②,得-x1ln a+x1+=0.③因此,只需证明当a时,关于x1的方程③存在实数解.设函数u(x)=a x-xa x ln a+x+,即要证明当a时,函数y=u(x)存在零点.u'(x)=1-(ln a)2xa x,可知当x∈(-∞,0)时,u'(x)>0;当x∈(0,+∞)时,u'(x)单调递减,又u'(0)=1>0,u'=1-<0,故存在唯一的x0,且x0>0,使得u'(x0)=0,即1-(lna)2x0=0.由此可得u(x)在(-∞,x0)内单调递增,在(x0+∞)内单调递减,u(x)在x=x0处取得极大值u(x0).因为a,故ln(ln a)≥-1,所以u(x0)=-x0ln a+x0+=+x0+0.下面证明存在实数t,使得u(t)<0.由(1)可得a x≥1+x ln a,当x>时,有u(x)≤(1+x ln a)(1-x ln a)+x+=-(ln a)2x2+x+1+,所以存在实数t,使得u(t)<0.因此,当a时,存在x1∈(-∞,+∞),使得u(x1)=0.所以,当a时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线.6.解 (1)由f(x)=,得f'(x)=,由题意得f'(1)=ab=a e.∵a≠0,∴b=e.(2)令h(x)=x[f(x)-g(x)]=x2-(a+e)x+a eln x,则任意x,f(x)与g(x)有且只有两个交点,等价于函数h(x)在区间有且只有两个零点.由h(x)=x2-(a+e)x+a eln x,得h'(x)=,①当a时,由h'(x)>0得x>e;由h'(x)<0得<x<e.此时h(x)在区间内单调递减,在区间(e,+∞)内单调递增.因为h(e)=e2-(a+e)e+a eln e=-e2<0,h(e2)=e4-(a+e)e2+2a e=e(e-2)(e2-2a)e(e-2)>0(或当x→+∞时,h(x)>0亦可),所以要使得h(x)在区间内有且只有两个零点,则只需h+a eln0,即a②当<a<e时,由h'(x)>0得<x<a或x>e;由h'(x)<0得a<x<e.此时h(x)在区间(a,e)内单调递减,在区间和(e,+∞)内单调递增.此时h(a)=-a2-a e-a eln a<-a2-a e+a eln e=-a2<0,即h(x)在区间内至多只有一个零点,不合题意.③当a>e时,由h'(x)>0得<x<e或x>a,由h'(x)<0得e<x<a,此时h(x)在区间和(a,+∞)内单调递增,在区间(e,a)上单调递减,且h(e)=-e2<0,即h(x)在区间内至多只有一个零点,不合题意.综上所述,a的取值范围为。

2019年高中数学单元测试卷导数及其应用学校：__________ 姓名：__________ 班级：__________ 考号：__________一、选择题1．函数()()mnf x ax x =1-g 在区间〔0,1〕上的图像如图所示，则m ，n 的值可能是 （A ）1,1m n == (B) 1,2m n == (C) 2,1m n == (D) 3,1m n ==（2011安徽理）B 【命题意图】本题考查导数在研究函数单调性中的应用，考查函数图像，考查思维的综合能力.难度大.2．若存在过点(1,0)的直线与曲线3y x =和21594y ax x =+-都相切，则a 等于 A ．1-或25-64 B ．1-或214 C ．74-或25-64 D ．74-或7 （2009江西卷文） 二、填空题3．设二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ，b ，c 为常数)的导函数为f′(x )．对任意x ∈R ，不等式f (x )≥f′(x )恒成立，则b 2a 2+c 2的最大值为 ▲ ．4．定义域R 的奇函数()f x ，当(,0)x ∈-∞时()'()0f x xf x +<恒成立，若3(3)a f =，()b f =１，2(2)c f =--，则,,a b c 的大小关系是 a c b >>5．已知函数y ＝f (x )在定义域⎝⎛⎭⎫－32，3上可导，其图象如图，记y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )，则不等式xf ′(x )≤0的解集是______ __．xyO(2,0)P()y f x =()y f x '=1 （第10题6．直线4y x b =+是曲线41y x =-的一条切线，则实数b 的值为___▲________ 7．函数()sin xf x e x =+在区间[0,]π上的最小值为 。

8．直线y ＝a 与函数f (x )＝x 3－3x 的图象有相异的三个公共点，则实数a 的取值范围是 ．9． 如图，函数()y f x =的图像在点P 处的切线是l ，则(2)(2)f f '+= 。

函数与导数一、选择题1. 设()f x 是定义在R 上的奇函数，当x ≤0时，()f x x x 2=2-，则()f 1= （A ）-3 (B) -1 （Ｃ）１ （Ｄ）3 3.若点(a,b)在lg y x = 图像上，a ≠1,则下列点也在此图像上的是（A ）（a 1，b ） (B) (10a,1-b) (C) (a 10,b+1) (D)(a2,2b)4.函数()()n f x ax x 2=1-g 在区间〔0,1〕上的图像如图所示，则n 可能是（A ）1 (B) 2 (C) 3 (D)1n =5.根据统计，一名工人组装第x 件某产品所用的时间（单位：分钟）为()x A f x x A <=≥（A ，c 为常数）。

已知工人组装第4件产品用时30分钟，组装第A 件产品时用时15分钟，那么c 和A 的值分别是 A. 75，25 B. 75，16 C. 60，25 D. 60，166.已知点()0,2A ,()2,0B ,若点C 在函数2y x =的图象上，则使得ABC ∆的面积为2的点C 的个数为 A. 4 B. 3 C. 2 D. 18.对于函数()sin f x a x bx c =++ (其中，,,a b R c Z ∈∈)，选取,,a b c 的一组值计算(1)f 和(1)f -，所得出的正确结果一定不可能是A ．4和6B ．3和1C ．2和4D ．1和29.已知函数()xf x e x =+，对于曲线()y f x =上横坐标成等差数列的三个点A ，B ，C ，给出以下判断：①△ABC 一定是钝角三角形 ②△ABC 可能是直角三角形 ③△ABC 可能是等腰三角形 ④△ABC 不可能是等腰三角形 其中，正确的判断是A ．①③B ．①④C ．②③D ．②④10.若关于x 的方程x2＋mx ＋1＝0有两个不相等的实数根，则实数m 的取值范围是 A ．（－1，1）B ．（－2，2）C ．（－∞，－2）∪（2，＋∞） D ．（－∞，－1）∪（1，＋∞）11.已知函数f(x)＝⎩⎨⎧2x ， x ＞0 x ＋1，x≤0，若f(a)＋f(1)＝0，则实数a 的值等于A ．－3B ．－1C ．1D ．312.）若a ＞0，b ＞0，且函数f(x)＝4x3－ax2－2bx ＋2在x ＝1处有极值，则ab 的最大值等于 A ．2 B ．3 C ．6 D ．9 13.设函数()f x 和g(x)分别是R 上的偶函数和奇函数，则下列结论恒成立的是 A ．()f x +|g(x)|是偶函数 B ．()f x -|g(x)|是奇函数 C ．|()f x | +g(x)是偶函数 D ．|()f x |- g(x)是奇函数14.函数1()lg(1)1f x x x =++-的定义域是 （ ）A ．(,1)-∞-B ．(1,)+∞C ．(1,1)(1,)-+∞UD ．(,)-∞+∞15.设)(),(),(x h x g x f 是R 上的任意实值函数．如下定义两个函数()()x g f ο和()()x g f •；对任意R x ∈,()()())(x g f x g f =ο；()()())(x g x f x g f =•．则下列等式恒成立的是（ ）A ．()()()()()())(x h g h f x h g f ••=•οοB ．()()()()()())(x h g h f x h g f οοο•=•C ．()()()()()())(x h g h f x h g f οοοοο=D ．()()()()()())(x h g h f x h g f •••=••16.已知定义在R 上的奇函数()x f 和偶函数()x g 满足()()2+-=+-xx a a x g x f ()1,0≠>a a 且，若()a g =2，则()=2fA. 2B. 415C. 417D. 2a17.放射性元素由于不断有原子放射出微粒子而变成其他元素，其含量不断减少，这种现象成为衰变，假设在放射性同位素铯137的衰变过程中，其含量M （单位：太贝克）与时间t （单位：年）满足函数关系：()3002t M t M -=，其中M 为0=t 时铯137的含量，已知30=t 时，铯137的含量的变化率是2ln 10-（太贝克/年），则()=60MA. 5太贝克B. 2ln 75太贝克C. 2ln 150太贝克D. 150太贝克18.曲线sin 1sin cos 2x y x x =-+在点(,0)4M π处的切线的斜率为（ ）A ．12-B ．12 C．2-D．219.已知函数2()1,()43,x f x e g x x x =-=-+-若有()(),f a g b =则b 的取值范围为 A．[22 B．(22+ C ．[1,3] D ．(1,3)20.由直线,,033x x y ππ=-==与曲线cos y x =所围成的封闭图形的面积为（ ）A ．12 B ．1 C． D21.设直线x t =与函数2(),()ln f x x g x x ==的图像分别交于点,M N ，则当||MN 达到最小时t 的值为（ ）A ．1B ．12 C．2 D．222.若121()log (21)f x x =+，则()f x 的定义域为( )1(,0)2- B.1(,)2-+∞ C.1(,0)(0,)2-⋃+∞ D.1(,2)2-23.曲线xy e =在点A （0,1）处的切线斜率为（ ）A.1B.2C.eD.1e24.观察下列各式：则234749,7343,72401===，…，则20117的末两位数字为（ ） A.01 B.43 C.07 D.4925.若)12(log 1)(21+=x x f ，则)(x f 定义域为A. )0,21(-B.]0,21(-C. ),21(+∞-D.),0(+∞26.设x x x x f ln 42)(2--=，则0)('>x f 的解集为A. ),0(+∞B. ),2()0,1(+∞-YC. ),2(+∞D.)0,1(-28.设函数⎩⎨⎧>-≤=-1,log 11,2)(21x x x x f x ，则满足2)(≤x f 的x 的取值范围是A ．1[-，2]B ．[0，2]C ．[1，+∞]D ．[0，+∞]29.函数)(x f 的定义域为R ，2)1(=-f ，对任意R ∈x ，2)(>'x f ，则42)(+>x x f 的解集为A ．（1-，1）B ．（1-，+∞）C ．（∞-，1-）D ．（∞-，+∞）30.若函数))(12()(a x x xx f -+=为奇函数，则a=A ．21B ．32C ．43D ．131.下列函数中，既是偶函数又在+∞（0，）单调递增的函数是（A ）3y x = (B) 1y x =+ （C ）21y x =-+ (D) 2x y -=32.由曲线y =2y x =-及y 轴所围成的图形的面积为（A ）103 （B ）4 （C ）163 （D ）633.函数11y x =-的图像与函数2sin (24)y x x π=-≤≤的图像所有交点的横坐标之和等于（A ）2 (B) 4 (C) 6 (D)8 【答案】D34.（全国Ⅰ文4）曲线2y 21x x =-+在点（1,0）处的切线方程为 （A ）1y x =- （B ）1y x =-+ （C ）22y x =- （D ）22y x =-+ 【答案】A35. (全国Ⅰ文9)设偶函数f(x)满足f(x)=2x-4 (x ≥0），则(){}20xf x ->=（A ）{}24x x x <->或 （B ）{}04 x x x <>或（C ）{}06 x x x <>或 （D ）{}22 x x x <->或【答案】B36.（全国Ⅱ理2）函数y＝（x ≥0）的反函数为(A)y ＝24x （x ∈R ） (B)y ＝24x（x ≥0） (C)y ＝24x （x ∈R ） (D)y ＝24x （x ≥0）【答案】B 【命题意图】：本小题主要考查函数与反函数概念及求法特别要注意反函数的定义域即原函数的值域。

典例8 (15分)已知函数f (x )＝ln x ＋a (1－x )． (1)讨论f (x )的单调性；(2)当f (x )有最大值，且最大值大于2a －2时，求a 的取值范围．审题路线图 求f ′(x )―――――→讨论f ′(x )的符号f (x )单调性―→f (x )最大值―→解f (x )max >2a －2.评分细则 (1)函数求导正确给1分； (2)分类讨论，每种情况给2分，结论1分； (3)求出最大值给3分；(4)构造函数g (a )＝ln a ＋a －1给3分；(5)通过分类讨论得出a 的范围，给3分．跟踪演练8 (2018·天津)已知函数f (x )＝a x ，g (x )＝log a x ，其中a >1. (1)求函数h (x )＝f (x )－x ln a 的单调区间；(2)若曲线y ＝f (x )在点(x 1，f (x 1))处的切线与曲线y ＝g (x )在点(x 2，g (x 2))处的切线平行，证明x 1＋g (x 2)＝－2lnln a ln a；(3)证明当a ≥1ee 时，存在直线l ，使l 是曲线y ＝f (x )的切线，也是曲线y ＝g (x )的切线． (1)解 由已知得h (x )＝a x －x ln a ，则h ′(x )＝a x ln a －ln a ．令h ′(x )＝0，解得x ＝0. 由a >1，可知当x 变化时，h ′(x )，h (x )的变化情况如下表：所以函数h (x )的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)．(2)证明 由f ′(x )＝a x ln a ，可得曲线y ＝f (x )在点(x 1，f (x 1))处的切线斜率为1xa ln a . 由g ′(x )＝1x ln a ，可得曲线y ＝g (x )在点(x 2，g (x 2))处的切线斜率为1x 2ln a .因为这两条切线平行，所以有1xa ln a ＝1x 2ln a ，即x 21xa (ln a )2＝1， 两边取以a 为底的对数，得 log a x 2＋x 1＋2log a ln a ＝0， 所以x 1＋g (x 2)＝－2lnln aln a.(3)证明 曲线y ＝f (x )在点(x 1，1xa )处的切线为l 1：y －1xa ＝1xa ln a ·(x －x 1)．曲线y ＝g (x )在点(x 2，log a x 2)处的切线为l 2：y －log a x 2＝1x 2ln a(x －x 2)．要证明当a ≥1ee 时，存在直线l ，使l 是曲线y ＝f (x )的切线，也是曲线y ＝g (x )的切线，只需证明当a ≥1ee 时，存在x 1∈(－∞，＋∞)，x 2∈(0，＋∞)，使得l 1与l 2重合．即只需证明当a ≥1ee 时，下面的方程组有解⎩⎨⎧1x a ln a ＝1x 2ln a ， ①1x a－x 11x a ln a ＝log a x 2－1ln a，②由①得，x 2＝11x a (ln a )2，代入②，得1x a －x 11xa ln a ＋x 1＋1ln a ＋2lnln a ln a＝0.③因此，只需证明当a ≥1ee 时，关于x 1的方程③存在实数解． 设函数u (x )＝a x －xa x ln a ＋x ＋1ln a ＋2lnln a ln a， 即要证明a ≥1ee 时，函数u (x )存在零点．u ′(x )＝1－(ln a )2xa x ，可知当x ∈(－∞，0)时，u ′(x )>0；当x ∈(0，＋∞)时，u ′(x )单调递减，又u ′(0)＝1>0，u ′⎝⎛⎭⎫1(ln a )2＝1－()1ln a a <0，故存在唯一的x 0，且x 0>0，使得u ′(x 0)＝0，即1－(ln a )2x 00xa ＝0.由此可得u (x )在(－∞，x 0)上单调递增，在(x 0，＋∞)上单调递减． u (x )在x ＝x 0处取得极大值u (x 0)． 因为a ≥1ee ，所以lnln a ≥－1，所以u (x 0)＝0x a －x 00xa ln a ＋x 0＋1ln a ＋2lnln a ln a＝1x 0(ln a )2＋x 0＋2lnln a ln a ≥2＋2lnln aln a ≥0.下面证明存在实数t ，使得u (t )<0. 由(1)可得a x ≥1＋x ln a ， 当x >1ln a 时，有u (x )≤(1＋x ln a )(1－x ln a )＋x ＋1ln a ＋2lnln a ln a ＝－(ln a )2x 2＋x ＋1＋1ln a ＋2lnln aln a， 所以存在实数t ，使得u (t )<0.因此当a ≥1ee 时，存在x 1∈(－∞，＋∞)，使得u (x 1)＝0.所以当a ≥1ee 时，存在直线l ，使l 是曲线y ＝f (x )的切线，也是曲线y ＝g (x )的切线.。

高考数学二轮复习7 大专题汇总专题一：函数与不等式，以函数为主线，不等式和函数综合题型是考点函数的性质：侧重掌握函数的单一性，奇偶性，周期性，对称性。

这些性质往常会综合起来一同观察，而且有时会观察详细函数的这些性质，有时会观察抽象函数的这些性质。

一元二次函数：一元二次函数是贯串中学阶段的一大函数，初中阶段主要对它的一些基础性质进行了认识，高中阶段更多的是将它与导数进行连接，依据抛物线的张口方向，与x 轴的交点地点，进而议论与定义域在x 轴上的摆放次序，这样能够判断导数的正负，最后达到求出单一区间的目的，求出极值及最值。

不等式：这一类问题经常出此刻恒成立，或存在性问题中，其本质是求函数的最值。

自然对于不等式的解法，均值不等式，这些不等式的基础知识点需掌握，还有一类较难的综合性问题为不等式与数列的联合问题，掌握几种不等式的放缩技巧是特别必需的。

专题二：数列。

以等差等比数列为载体，观察等差等比数列的通项公式，乞降公式，通项公式和乞降公式的关系，求通项公式的几种常用方法，求前 n 项和的几种常用方法，这些知识点需要掌握。

专题三：三角函数，平面向量，解三角形。

三角函数是每年必考的知识点，难度较小，选择，填空，解答题中都有波及，有时观察三角函数的公式之间的相互转变，从而求单一区间或值域 ; 有时观察三角函数与解三角形，向量的综合性问题，自然正弦，余弦定理是很好的工具。

向量能够很好得实现数与形的转变，是一个很重要的知识连接点，它还能够和数学的一大难点分析几何整合。

专题四：立体几何。

立体几何中，三视图是每年必考点，主要出此刻选择，填空题中。

大题中的立体几何主要观察成立空间直角坐标系，经过向量这一手段求空间距离，线面角，二面角等。

此外，需要掌握棱锥，棱柱的性质，在棱锥中，侧重掌握三棱锥，四棱锥，棱柱中，应当掌握三棱柱，长方体。

空间直线与平面的地点关系应以证明垂直为要点，自然常观察的方法为间接证明。

专题五：分析几何。

Earlybird[技法指导——迁移搭桥][思维流程——找突破口]函数与导数问题一般以函数为载体，以导数为工具，重点考查函数的一些性质，如含参函数的单调性、极值或最值的探求与讨论，复杂函数零点的讨论，函数不等式中参数范围的讨论，恒成立和能成立问题的讨论等，是近几年高考试题的命题热点．对于这类综合问题，一般是先转化(变形)，再求导，分解出基本函数，分类讨论研究其性质，再根据题意解决问题.[典例]已知函数f(x)＝eln x－ax(a∈R)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a＝e 时，证明：xf(x)－e x＋2e x≤0.[快审题]求什么讨论函数的单调性，想到利用导数判断．想什么证明不等式，想到对所证不等式进行变形转化．给什么已知函数的解析式，利用导数解题．用什么差什么证不等式时，对不等式变形转化后还不能直接判断两函数的找什么关系，应找出所构造函数的最值.[稳解题]e(1)f′(x)＝－a(x>0)，x①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；e e②若a>0，则当0<x< 时，f′(x)>0，当x> 时，f′(x)<0，a ae e故f(x)在(上单调递增，在，＋∞)上单调递减．0，a )(ae x(2)证明：法一：因为x>0，所以只需证f(x)≤－2e，x当a＝e 时，由(1)知，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝－e.e x记g(x)＝－2e(x>0)，xx－1e x则g′(x)＝，x2所以当0<x<1 时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x>1 时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝－e.e x综上，当x>0 时，f(x)≤g(x)，即f(x)≤－2e，x即xf(x)－e x＋2e x≤0.法二：证xf(x)－e x＋2e x≤0，即证e x ln x－e x2－e x＋2e x≤0，e x从而等价于ln x－x＋2≤.e x设函数g(x)＝ln x－x＋2，1则g′(x)＝－1.x所以当x∈(0,1)时，g′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，故g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而g(x)在(0，＋∞)上的最大值为g(1)＝1.e x e x x－1设函数h(x)＝，则h′(x)＝.e x e x2所以当x∈(0,1)时，h′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，故h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，从而h(x)在(0，＋∞)上的最小值为h(1)＝1.综上，当x>0 时，g(x)≤h(x)，即xf(x)－e x＋2e x≤0.[题后悟道]函数与导数综合问题的关键(1)会求函数的极值点，先利用方程f(x)＝0 的根，将函数的定义域分成若干个开区间，再列成表格，最后依表格内容即可写出函数的极值；(2)证明不等式，常构造函数，并利用导数法判断新构造函数的单调性，从而可证明原不等式成立；(3)不等式恒成立问题除了用分离参数法，还可以从分类讨论和判断函数的单调性入手，去求参数的取值范围．[针对训练]ax2已知函数f(x)＝x ln x，g(x)＝，直线l：y＝(k－3)x－k＋2.2(1)若曲线y＝f(x)在x＝e 处的切线与直线l平行，求实数k的值；(2)若至少存在一个x0∈[1，e]使f(x0)<g(x0)成立，求实数a的取值范围；(3)设k∈Z，当x>1 时，函数f(x)的图象恒在直线l的上方，求k的最大值．解：(1)由已知得，f′(x)＝ln x＋1，且y＝f(x)在x＝e 处的切线与直线l平行，所以f′(e)＝ln e＋1＝2＝k－3，解得k＝5.(2)因为至少存在一个x0∈[1，e]使f(x0)<g(x0)成立，ax2所以至少存在一个x使x ln x< 成立，22ln x即至少存在一个x使a> 成立．x2ln x21－ln x令h(x)＝，当x∈[1，e]时，h′(x)＝≥0 恒成立，x x22ln x因此h(x)＝在[1，e]上单调递增.x故当x＝1 时，h(x)min＝0，所以实数a的取值范围为(0，＋∞)．(3)由已知得，x ln x>(k－3)x－k＋2 在x>1 时恒成立，x ln x＋3x－2即k< .x－1x ln x＋3x－2令F(x)＝，x－1x－ln x－2则F′(x)＝.x－12令m(x)＝x－ln x－2，1 x－1则m′(x)＝1－＝>0 在x>1 时恒成立.x x所以m(x)在(1，＋∞)上单调递增，且m(3)＝1－ln 3<0，m(4)＝2－ln 4>0，所以在(1，＋∞)上存在唯一实数x0(x0∈(3,4))使m(x0)＝0，即x0－ln x0－2＝0.当1<x<x0 时，m(x)<0，即F′(x)<0，当x>x0 时，m(x)>0，即F′(x)>0，所以F(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增．x0ln x0＋3x0－2故F(x)min＝F(x0)＝x0－1x0x0－2＋3x0－2＝＝x0＋2∈(5,6)．x0－1故k<x0＋2(k∈Z)，所以k的最大值为5.[总结升华]函数与导数压轴题堪称“庞然大物”，所以征服它需要一定的胆量和勇气，可以参变量分离、可把复杂函数分离为基本函数、可把题目分解成几个小题、也可把解题步骤分解为几个小步，也可从逻辑上重新换叙．注重分步解答，这样，即使解答不完整，也要做到尽可能多拿步骤分．同时要注意分类思想、数形结合思想、化归与转化等数学思想的运用．[专题过关检测]ax2＋x－11．(2018·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝.e x(1)求曲线y＝f(x)在点(0，－1)处的切线方程；(2)证明：当a≥1 时，f(x)＋e≥0.－ax2＋2a－1x＋2解：(1)因为f′(x)＝，e x所以f′(0)＝2，f(0)＝－1，所以曲线y＝f(x)在(0，－1)处的切线方程是y＋1＝2x，即2x－y－1＝0.(2)证明：当a≥1 时，f(x)＋e≥(x2＋x－1＋e x＋1)e－x.令g(x)＝x2＋x－1＋e x＋1，则g′(x)＝2x＋1＋e x＋1.当x<－1 时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x>－1 时，g′(x)>0，g(x)单调递增．所以g(x)≥g(－1)＝0.因此f(x)＋e≥0.12．(2018·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝x3－a(x2＋x＋1)．3(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：(1)当a＝3 时，f(x)＝x3－3x2－3x－3，3f′(x)＝x2－6x－3.令f′(x)＝0，解得x＝3－2 3或x＝3＋2 3.当x∈(－∞，3－2 3)∪(3＋2 3，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(3－2 3，3＋2 3)时，f′(x)<0.故f(x)的单调递增区间为(－∞，3－2 3)，(3＋2 3，＋∞)，单调递减区间为(3－2 3，3＋2 3)．(2)证明：因为x2＋x＋1>0，x3所以f(x)＝0 等价于－3a＝0.x2＋x＋1x3设g(x)＝－3a，x2＋x＋1x2x2＋2x＋3则g′(x)＝≥0，x2＋x＋12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．1 1 1 1又f(3a－1)＝－6a2＋2a－＝－6 a－2－<0，f(3a＋1)＝>0，3 ( 6 )6 3故f(x)有一个零点．综上，f(x)只有一个零点．k3．(2018·西安质检)设函数f(x)＝ln x＋(k∈R)．x(1)若曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线与直线x－2＝0 垂直，求f(x)的单调性和极小值(其中e 为自然对数的底数)；(2)若对任意的x1>x2>0，f(x1)－f(x2)<x1－x2 恒成立，求k的取值范围．1 k解：(1)由条件得f′(x)＝－(x>0)，x x2∵曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线与直线x－2＝0 垂直，1 k∴f′(e)＝0，即－＝0，得k＝e，e e21 e x－e∴f′(x)＝－＝(x>0)．x x2 x2由f′(x)<0，得0<x<e；由f′(x)>0，得x>e，∴f(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，Earlybirde当x＝e 时，f(x)取得极小值，且f(e)＝ln e＋＝2.e∴f(x)的极小值为2.(2)由题意知对任意的x1>x2>0，f(x1)－x1<f(x2)－x2 恒成立，k设h(x)＝f(x)－x＝ln x＋－x(x>0)，x则h(x)在(0，＋∞)上单调递减，1 k∴h′(x)＝－－1≤0 在(0，＋∞)上恒成立，x x21 1＋x＝－(2＋恒成立，即当x>0 时，k≥－x2x－2 )41∴k≥.41故k的取值范围是[，＋∞).44．(2018·沈阳质检)已知f(x)＝e x－ax2－2x(a∈R)．(1)求函数f(x)的图象恒过的定点坐标；(2)若f′(x)≥－ax－1 恒成立，求a的值；1(3)在(2)成立的条件下，证明：f(x)存在唯一的极小值点x0，且－2<f(x0)<－.4 解：(1)要使参数a对函数值不产生影响，需x＝0，此时f(0)＝e0－a×02－2×0＝1，∴函数f(x)的图象恒过的定点坐标为(0,1)．(2)依题意得e x－2ax－2≥－ax－1 恒成立，∴e x≥ax＋1 恒成立．构造函数g(x)＝e x－ax－1，则g′(x)＝e x－a，①若a≤0，则g′(x)>0，∴g(x)在R 上单调递增，且当x＝0 时，g(x)＝0，∴e x≥ax＋1 不能恒成立．②若a>0，令g′(x)＝0，∴x＝ln a.当x∈(－∞，ln a)时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减；当x∈(ln a，＋∞)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增，∴函数g(x)在x＝ln a处取得极小值，g(ln a)＝a－a ln a－1.∴要使e x－2ax－2≥－ax－1 恒成立，只需a－a ln a－1≥0.Earlybird设h(a)＝a－a ln a－1，则h′(a)＝1－ln a－1＝－ln a，当a∈(0,1)时，h′(a)>0，函数h(a)单调递增；当a∈(1，＋∞)时，h′(a)<0，函数h(a)单调递减．∴函数h(a)在a＝1 处取得极大值0，∴要使函数h(a)≥0 恒成立，只需a＝1.综上，a的值为1.(3)证明：由(2)知，f′(x)＝e x－2x－2，设m(x)＝e x－2x－2，则m′(x)＝e x－2，当x>ln 2 时，m′(x)>0，当x<ln 2 时，m′(x)<0，∴函数m(x)在(－∞，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，1 m(x)＝e x－2x－2 在x＝ln 2 处取得极小值，且m(ln 2)＝－2ln 2<0，又m(－1)＝>0，m(2)e＝e2－6>0，∴m(x)有两个变号零点，∴f(x)存在唯一的极小值点x0，∴f′(x0)＝0，即e x0－2x0－2＝0，∴f(x0)＝e x0－x20－2x0＝2x0＋2－x20－2x0＝2－x20，3 332 3∵m(＝e －2×－2＝e －5<0，22 )23∴x0∈(，2 )，21∴函数f(x)的极小值f(x0)＝2－x20∈(－2，－，4)1即－2<f(x0)<－.4。

2019年高中数学单元测试卷导数及其应用学校：__________ 姓名：__________ 班级：__________ 考号：__________一、选择题1．下列图像中有一个是函数1)1(31)(223+-++=x a ax x x f)0,(≠∈a R a 的导数)(x f ' 的图像，则=-)1(f（ ）A .31B .31-C .37D .31-或35答案B2．若函数()y f x =的导函数．．．在区间[,]a b 上是增函数， 则函数()y f x =在区间[,]a b 上的图象可能是( )A ．B ．C ．D ．解析 因为函数()y f x =的导函数．．．()y f x '=在区间[,]a b 上是增函数，即在区间[,]a b上ab ab ao b a b各点处的斜率k 是递增的，由图易知选A. 注意C 中y k '=为常数噢. 二、填空题3．已知函数2()()(0)xf x ax bx c e a =++>的导函数'()y f x =的两个零点为-3和0. 若()f x 的极小值为-1，则()f x 的极大值为35e 4．已知函数ax x x f +-=3)(在区间()1,1-上是增函数，则实数a 的取值范围是 .5．设函数f (x )在其定义域D 上的导函数为f ′(x )．如果存在实数a 和函数h (x )，其中h (x )对任意的x ∈D 都有h (x )＞0，使得f ′(x )＝h (x )(x 2－ax ＋1)，则称函数f (x )具有性质P (a )．给出下列四个函数：①f (x )＝13x 3－x 2＋x ＋1；②f (x )＝ln x ＋4x ＋1；③f (x )＝(x 2－4x ＋5)e x ；④f (x )＝x 2＋x2x ＋1，其中具有性质P (2)的函数是 ．(写出所有满足条件的函数的序号) 6．已知函数c bx ax x x f +++=223)(23在区间)1,0(内取极大值，在区间)2,1(内取极小值，则22)3(b a z ++=的取值范围是________________7．函数32()23121f x x x x =--++在区间[,1]m 上的最小值为－17，则m = 8．已知函数()f x =12tan x x +-，(0,)2x π∈，则()f x 的单调减区间是 ▲ ．9．若32)1(+=+x x g ，则)(x g 等于10．如圆的半径以2 cm/s 的等速度增加，则圆半径R =10 cm 时，圆面积增加的速度是__________．三、解答题11．现有一张长为80cm ，宽为60cm 的长方形铁皮ABCD ，准备用它做成一只无盖长方体铁皮盒，要求材料利用率为100%，不考虑焊接处损失。

六导数(A)1.(2018·湖南怀化模拟)设M是由满足下列条件的函数f()构成的集合;“①方程f()-=0有实数根;②函数f()的导数f′()满足0<f′()<1.”(1)判断函数f()=+是否是集合M中的元素,并说明理由;(2)集合M中的元素f()具有下面的性质;“若f()的定义域为D,则对于任意[m,n]D,都存在∈[m,n],使得等式f(n)-f(m)=(n-m)f′(0)成立”.试用这一性质证明;方程f()-=0只有一个实数根;(3)设1是方程f()-=0的实数根,求证;对于f()定义域中任意的2,3,当|2-1|<1且|3-1|<1时,|f(3)-f(2)|<2.2.(2018·安庆质检)已知=是函数f()=(+1)e a(a≠0)的一个极值点.(1)求a的值;(2)求f()在[t,t+1]上的最大值;(3)设g()=f()++ln ,证明;对任意1,2∈(0,1),有|g(1)- g(2)|<+.3.(2018·桃城区校级模拟)设函数f()=-a2ln +2-a(a∈R).(1)试讨论函数f()的单调性;(2)如果a>0且关于的方程f()=m有两解1,2(1<2),证明1+2>2a.4.(2018·德阳模拟)已知函数f()=ln (+1).(1)当∈(-1,0)时,求证;f()<<-f(-);(2)设函数g()=e-f()-a(a∈R),且g()有两个不同的零点1,2(1<2),①求实数a的取值范围;②求证;1+2>0.1.(1)解;函数f()=+是集合M中的元素.理由如下;因为f′()=+cos ,所以f′()∈[,]满足条件0<f′()<1,又因为当=0时,f(0)=0,所以方程f()-=0有实数根0.所以函数f()=+是集合M中的元素.(2)证明;假设方程f()-=0存在两个实数根a,b(a≠b),则f(a)-a=0,f(b)-b=0,不妨设a<b,根据题意存在c∈(a,b),使得等式f(b)-f(a)=(b-a)f′(c)成立,因为f(a)=a,f(b)=b,且a≠b,所以f′(c)=1,与已知0<f′()<1矛盾,所以方程f()-=0只有一个实数根.(3)证明;不妨设2<3,因为f′()>0,所以f()为增函数,所以f(2)<f(3),又因为f′()<1,所以f′()-1<0,所以函数f()-为减函数,所以f(2)-2>f(3)-3,所以0<f(3)-f(2)<3-2,即|f(3)-f(2)|<|3-2|,所以|f(3)-f(2)|<|3-2|=|3-1-(2-1)|≤|3-1|+|2-1|<2.2.(1)解;f′()=e a+a(+1)e a=(a+a+1)e a,由=是函数f()的一个极值点得f′()=(a+2)e=0,解得a=-2,经检验,a=-2适合题意.(2)解;由(1)知f()=(+1)e-2,则f′()=-(2+1)e-2,令f′()=0得=-.当变化时,f()与f′()的变化情况如下表;,-)极大值e当t+1≤-,即t≤-时,f()ma=f(t+1)=(t+2)e-2(t+1);当t<-<t+1,即-<t<-时,f()ma=f(-)=e;当t≥-时,f()ma=f(t)=(t+1)e-2t.(3)证明;由题意可得g()=(+1)e-2++ln , 设g()=m1()+m2(),∈(0,1),其中m1()=(+1)e-2+,m2()=ln ,则m′1()=-(2+1)e-2+1,令h()=m′1(),则h′()=-2e-2+2(2+1)e-2=4e-2>0,∈(0,1), 所以m′1()在(0,1)上单调递增,则当∈(0,1)时,m′1()>m′1(0)=0,所以m1()在(0,1)上也为增函数,所以∈(0,1)时,1=m1(0)<m1()<m1(1)=1+,①又m′2()=1+ln ,令m′2()=0得=,且∈(0,)时,m′2()<0,m2()为减函数, ∈(,1)时,m′2()>0,m2()为增函数,且m2()=-,m2(1)=0,所以-≤m2()<0,②由①②可得1-<g()<1+,所以任意1,2∈(0,1),|g(1)-g(2)|<(1+)-(1-)=+.3.(1)解;由f()=-a2ln +2-a,可知f′()=-+2-a==,因为函数f()的定义域为(0,+∞),所以,①若a>0,则当∈(0,a)时,f′()<0,函数f()单调递减,当∈(a,+∞)时,f′()>0,函数f()单调递增.②若a=0,则当f′()=2>0在∈(0,+∞)内恒成立,函数f()单调递增.③若a<0,则当∈(0,-)时,f′()<0,函数f()单调递减,当∈(-,+∞)时,f′()>0,函数f()单调递增.(2)证明;要证1+2>2a,只需证>a.设g()=f′()=-+2-a,因为g′()=+2>0,所以g()=f′()为单调递增函数.所以只需证f′()>f′(a)=0,即证-+1+2-a>0,只需证-+(1+2-a)>0.(*)又-a2ln 1+-a1=m,-a2ln 2+-a2=m,所以两式相减,并整理,得-+(1+2-a)=0.把(1+2-a)=代入(*)式,得只需证-+>0,可化为-+ln <0.令=t,得只需证-+ln t<0.令ϕ(t)=-+ln t(0<t<1),则ϕ′(t)=-+=>0,所以ϕ(t)在其定义域上为增函数,所以ϕ(t)<ϕ(1)=0.综上得原不等式成立.4.(1)证明;记q()=-ln (+1),则q′()=1-=,在(-1,0)上,q′()<0,即q()在(-1,0)上递减,所以q()>q(0)=0,即>ln (+1)=f()恒成立.记m()=+ln (-+1),则m′()=1+=, 在(-1,0)上,m′()>0,即m()在(-1,0)上递增, 所以m()<m(0)=0,即+ln (-+1)<0恒成立, <-ln (-+1)=-f(-).综上得,当∈(-1,0)时,f()<<-f(-),原题得证. (2)①解;g()=e-ln (+1)-a,定义域为(-1,+∞),则g′()=e-,易知g′()在(-1,+∞)上递增,而g′(0)=0,所以在(-1,0)上,g′()<0,g()在(-1,0]上递减,在[0,+∞)上递增,→-1+,y→+∞,→+∞,y→+∞, 要使函数有两个零点,则g()极小值=g(0)=1-a<0,故实数a的取值范围是(1,+∞).②证明;由①知-1<1<0<2,记h()=g()-g(-),∈(-1,0),h′()=g′()-g′(-)=e-+e--,当∈(-1,0)时,由①知<-ln (-+1),则e<e-ln(-+1)=,再由>ln (+1)得,e-<e-ln(+1)=.又因为e-<0,e--<0,故h′()<0恒成立,h()=g()-g(-)在∈(-1,0)上单调递减,h()>h(0)=0,即g()>g(-),而-1<1<0,g(1)>g(-1),g(1)=g(2)=0,所以g(2)>g(-1),由题知,-1,2∈(0,+∞),g()在[0,+∞)上递增,所以2>-1,即1+2>0.。