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高考数学二轮复习 专题一 函数与导数、不等式 第4讲 导数与函数的切线及函数零点问题练习

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专题一 函数与导数、不等式 第4讲 导数与函数的切线及函数零点问题练习

一、选择题

1.曲线y＝xex＋1在点(0，1)处的切线方程是( )

A.x－y＋1＝0 B.2x－y＋1＝0

C.x－y－1＝0 D.x－2y＋2＝0

解析 y′＝ex＋xex＝(x＋1)ex，

y′|x＝0＝1，∴所求切线方程为：x－y＋1＝0.

答案 A

2.(2016·南昌模拟)曲线y＝e－2x＋1在点(0，2)处的切线与直线y＝0和y＝x围成的三角形的面积为( )

A.13 B.12

C.23 D.1

解析 因为y′＝－2e－2x，∴曲线在点(0，2)处的切线斜率k＝－2，∴切线方程为y＝－2x＋2，该直线与直线y＝0和y＝x围成的三角形如图所示，其中直线y＝－2x＋2与y＝x的交点为A23，23，所以三角形面积S＝12×1×23＝13.

答案 A

3.(2016·洛阳模拟)曲线y＝xln x在点(e，e)处的切线与直线x＋ay＝1垂直，则实数a的值为( )

A.2 B.－2

C.12 D.－12

解析 依题意得y′＝1＋ln x，y′|x＝e＝1＋ln e＝2，所以－1a×2＝－1，所以a＝2，故选A.

答案 A

4.已知y＝f(x)为R上的可导函数，当x≠0时，f′(x)＋f（x）x＞0，若g(x)＝f(x)＋1x，则函数g(x)的零点个数为( )

A.1 B.2

C.0 D.0或2

解析 令h(x)＝xf(x)，因为当x≠0时，xf′（x）＋f（x）x＞0，所以h′（x）x＞0，因此当x＞0时，h′(x)＞0，当x＜0时，h′(x)＜0，又h(0)＝0，易知当x≠0时，h(x)＞0，又g(x)＝h（x）＋1x，所以g(x)≠0，故函数g(x)的零点个数为0.

答案 C

5.已知e是自然对数的底数，函数f(x)＝ex＋x－2的零点为a，函数g(x)＝ln x＋x－2的零点为b，则下列不等式中成立的是( )

A.f(a)＜f(1)＜f(b) B.f(a)＜f(b)＜f(1)

C.f(1)＜f(a)＜f(b) D.f(b)＜f(1)＜f(a)

解析 由题意，知f′(x)＝ex＋1＞0恒成立，所以函数f(x)在R上是单调递增的，而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)＝1x＋1＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上是单调递增的，又g(1)＝ln 1＋1－2＝－1＜0，g(2)＝ln 2＋2－2＝ln 2＞0，

所以函数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).

答案 A

二、填空题

6.(2016·全国Ⅲ卷)已知f(x)为偶函数，当x＜0时，f(x)＝ln(－x)＋3x，则曲线y＝f(x)在点(1，－3)处的切线方程是________.

解析 设x＞0，则－x＜0，f(－x)＝ln x－3x，又f(x)为偶函数，f(x)＝ln x－3x，

f′(x)＝1x－3，f′(1)＝－2，切线方程为y＝－2x－1.

答案 2x＋y＋1＝0

7.函数f(x)＝13x3－x2－3x－1的图象与x轴的交点个数是________.

解析 f′(x)＝x2－2x－3＝(x＋1)(x－3)，函数f(x)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)＝23＞0知函数f(x)的图象与x轴的交点个数为3.

答案 3

8.(2016·济南模拟)关于x的方程x3－3x2－a＝0有三个不同的实数解，则实数a的取值范围是________.

解析 由题意知使函数f(x)＝x3－3x2－a的极大值大于0且极小值小于0即可，又f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝2.当x＜0时，f′(x)＞0；当0＜x＜2时，f′(x)＜0；当x＞2时，f′(x)＞0，所以当x＝0时，f(x)取得极大值，即f(x)极大值＝f(0)＝－a；当x＝2时，f(x)取得极小值，即f(x)极小值＝f(2)＝－4－a，所以－a＞0，－4－a＜0，解得－4＜a＜0.

答案 (－4，0)

三、解答题

9.(2016·武汉模拟)已知函数f(x)＝2ln x－x2＋ax(a∈R).

(1)当a＝2时，求f(x)的图象在x＝1处的切线方程；

(2)若函数g(x)＝f(x)－ax＋m在1e，e上有两个零点，求实数m的取值范围.

解 (1)当a＝2时，f(x)＝2ln x－x2＋2x，

f′(x)＝2x－2x＋2，切点坐标为(1，1)，

切线的斜率k＝f′(1)＝2，则切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.

(2)g(x)＝2ln x－x2＋m，

则g′(x)＝2x－2x＝－2（x＋1）（x－1）x.

因为x∈1e，e，所以当g′(x)＝0时，x＝1.

当1e＜x＜1时，g′(x)＞0，此时函数单调递增；

当1＜x＜e时，g′(x)＜0，此时函数单调递减.

故g(x)在x＝1处取得极大值g(1)＝m－1.

又g1e＝m－2－1e2，g(e)＝m＋2－e2，

g(e)－g1e＝4－e2＋1e2＜0，则g(e)＜g1e，

所以g(x)在1e，e上的最小值是g(e).

g(x)在1e，e上有两个零点的条件是

g（1）＝m－1＞0，g1e＝m－2－1e2≤0，

解得1＜m≤2＋1e2，

所以实数m的取值范围是1，2＋1e2.

10.(2016·平顶山二调)已知函数f(x)＝ln x－ax＋bx，对任意的x∈(0，＋∞)，满足f(x)＋f1x＝0，其中a，b为常数.

(1)若f(x)的图象在x＝1处的切线经过点(0，－5)，求a的值；

(2)已知0＜a＜1，求证：fa22＞0；

(3)当f(x)存在三个不同的零点时，求a的取值范围.

(1)解 在f(x)＋f1x＝0中，取x＝1，得f(1)＝0，

又f(1)＝ln 1－a＋b＝－a＋b＝0，所以b＝a.

从而f(x)＝ln x－ax＋ax，f′(x)＝1x－a1＋1x2，

f′(1)＝1－2a.

又f′(1)＝－5－f（1）0－1＝5，所以1－2a＝5，a＝－2.

(2)证明 fa22＝lna22－a32＋2a＝2ln a＋2a－a32－ln 2.

令g(x)＝2ln x＋2x－x32－ln 2，则g′(x)＝2x－2x2－3x22＝－3x4＋4（x－1）2x2.

所以x∈(0，1)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减，

故x∈(0，1)时，

g(x)＞g(1)＝2－12－ln 2＞1－ln e＝0，

所以0＜a＜1时，fa22＞0.

(3)解 f′(x)＝1x－a1＋1x2＝－ax2＋x－ax2.

①当a≤0时，在(0，＋∞)上，f′(x)＞0，f(x)单调递增，

所以f(x)至多只有一个零点，不合题意；

②当a≥12时，在(0，＋∞)上，f′(x)≤0，f(x)单调递减，

所以f(x)至多只有一个零点，不合题意；

③当0＜a＜12时，令f′(x)＝0，得x1＝1－1－4a22a＜1，

x2＝1＋1－4a22a＞1.

此时，f(x)在(0，x1)上单调递减，在(x1，x2)上单调递增，

在(x2，＋∞)上单调递减，所以f(x)至多有三个零点.

因为f(x)在(x1，1)上单调递增，所以f(x1)＜f(1)＝0.

又因为fa22＞0，所以∃x0∈a22，x1，使得f(x0)＝0.

又f1x0＝－f(x0)＝0，f(1)＝0，

所以f(x)恰有三个不同的零点：x0，1，1x0.

综上所述，当f(x)存在三个不同的零点时，a的取值范围是0，12.

11.已知函数f(x)＝ex－ax2－bx－1，其中a，b∈R，e＝2.718 28…为自然对数的底数.

(1)设g(x)是函数f(x)的导函数，求函数g(x)在区间[0，1]上的最小值；

(2)若f(1)＝0，函数f(x)在区间(0，1)内有零点，证明：e－2＜a＜1.

(1)解 由f(x)＝ex－ax2－bx－1，有g(x)＝f′(x)＝ex－2ax－b，所以g′(x)＝ex－2a.

当x∈[0，1]时，g′(x)∈[1－2a，e－2a]，

当a≤12时，g′(x)≥0，所以g(x)在[0，1]上单调递增，

因此g(x)在[0，1]上的最小值是g(0)＝1－b；

当a≥e2时，g′(x)≤0，所以g(x)在[0，1]上单调递减.

因此g(x)在[0，1]上的最小值是g(1)＝e－2a－b；

当12＜a＜e2时，令g′(x)＝0，得x＝ln (2a)∈(0，1)，

所以函数g(x)在区间[0，ln(2a)]上单调递减，在区间(ln(2a)，1]上单调递增.

于是，g(x)在[0，1]上的最小值是g(ln(2a))＝2a－2aln(2a)－b.综上所述，当a≤12时，

g(x)在[0，1]上的最小值是g(0)＝1－b；

当12＜a＜e2时，g(x)在[0，1]上的最小值是g(ln(2a))＝2a－2aln(2a)－b；

当a≥e2时，g(x)在[0，1]上的最小值是g(1)＝e－2a－b.

(2)证明 设x0为f(x)在区间(0，1)内的一个零点，则由f(0)＝f(x0)＝0可知f(x)在区间(0，x0)上不可能单调递增，也不可能单调递减.

则g(x)不可能恒为正，也不可能恒为负.

故g(x)在区间(0，x0)内存在零点x1，

同理，g(x)在区间(x0，1)内存在零点x2，

所以g(x)在区间(0，1)内至少有两个零点.

由(1)知，当a≤12时，g(x)在[0，1]上单调递增，

故g(x)在(0，1)内至多有一个零点，不合题意.

当a≥e2时，g(x)在[0，1]上单调递减，故g(x)在(0，1)内至多有一个零点，不合题意.所以12＜a＜e2.

此时g(x)在区间[0，ln(2a)]上单调递减，在区间(ln(2a)，1]上单调递增，因此x1∈(0，ln(2a)]，x2∈(ln(2a)，1)，必有g(0)＝1－b＞0，g(1)＝e－2a－b＞0.

由f(1)＝0有a＋b＝e－1＜2，

有g(0)＝a－e＋2＞0，g(1)＝1－a＞0，

解得e－2＜a＜1.

所以函数f(x)在区间(0，1)内有零点时，e－2＜a＜1.

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高考数学 导数中的不等式问题的解题策略

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导数的综合问题是高考数学的压轴题之一，其包含信息量大，计算繁琐，对学生的思维能力要求较高，令很多同学望而生畏，造成严重失分。而利用导数解决不等式问题更是压轴题中的压轴题，很多同学直接选择放弃，其实导数中的不等式问题并不像很多同学想象的那样，只是我们缺少对它的研究才觉得它高不可攀，下面我们通过具体的实例来分析导数中的不等式问题，解密其隐藏的规律轻松解决导数中的不等式问题。

1.承上启下型

在解决导数问题中的不等式时，经常会出现这样一类问题，其证明需要应用到前一问的结论。由前一问的结论得到一个不等式，再根据其与要证明的不等式的关系进行证明，这类题在证明的过程中也经常应用到一些常见的结论，如：ln(1),1xxxex等。

例1.已知,Pxy为函数1lnyx图象上一点,O为坐标原点,记直线OP的斜率kfx.

(I)若函数fx在区间1,3mm0m上存在极值,求实数m的取值范围;

(II)当 1x时,不等式1tfxx恒成立,求实数t的取值范围;

(III)求证22*1!1nnnenN.

分析：本题考查了函数的极值、恒成立问题及不等式的证明。(I)由极值的定义其极值点，极值点在1,3mm内，从而确定m的范围。(II)分离参数t，利用导数求最值。(III)利用第(II)问的结论结合所要证明的不等式的特点进行适当的放缩求解。

解:(Ⅰ)由题意1lnxkfxx,0x 所以21lnlnxxfxxx

当01x时,0fx;当1x时,0fx. 所以fx在0,1上单调递增,在1,上单调递减. 故fx在1x处取得极大值 因为函数fx在区间1,3mm(其中0m)上存在极值,

所以01113mm得213m.

高考数学第二轮复习专题一函数与导数

高考数学第二轮复习专题一函数与导数

1 公开课教案

【专题一】函数

[第五讲] 函数与导数

[教授人] 冯青松

[时间] 2011-4-18

[地点] 宿松县隘口中学307教室

【考情分析】

1．函数是高考数学的重点内容之一，函数的观点和思想方法是高中数学的一条重要的主线，选择、填空、解答三种题型每年都有，函数题的身影频现，而且常考常新．以基本函数为背景的综合题和应用题是近几年的高考命题的新趋势．函数的图象也是高考命题的热点之一．近几年来考查导数的综合题基本已经定位到压轴题的位置了．

2．对于函数与导数部分考查的重点为：导数的基本公式，复合函数的求导法则；导数的几何意义；可导函数的单调性与其导数的关系，利用导数来解决一些函数的极值与最值问题；函数、方程和不等式的综合问题；应用函数知识解决一些实际问题等。

[知识梳理 ]

1．

导数的定义：0000000000()()()()(2)()()limlimlim2xxxxfxxfxfxfxfxxfxfxxxxx

2． 导数的几何意义：

（1） 函数()yfx在点0x处的导数0()fx，就是曲线()yfx在点00(,)Pxy处的切线的斜率；

（2）函数()sst在点0t处的导数0()St，就是物体的运动方程()sst在时刻0t时的瞬时速度；

3．要熟记求导公式、导数的运算法则、复合函数的导数等。

4．求函数单调区间的步骤：1）、确定f(x)的定义域，2）、求导数y′，3）、令y′>0(y′<0),解出相应的x的范围。当y′>0时，f(x)在相应区间上是增函数；当y′<0时，f(x)在相应区间上是减函数

5．求极值常按如下步骤：1） 确定函数的定义域； 2） 求方程/y=0的根3）通过列表法, 检查在可能极值点的左右两侧的符号，确定极值点。

6．设函数f(x)在[a,b]上连续,在（a,b）内可导，求f(x)在[a,b]上的最大（小）值的步骤如下：(1)求f(x)在(a,b)内的极值，(2)将f(x)的各极值与f(a),f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值。

【步步高】高考数学(文,江苏专用)大二轮总复习练习：专题二第4讲导数的热点问题(含答案解析)

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【步步高】高考数学(文,江苏专用)大二轮总复习练习：专题二第4讲导数的热门问题(含答案分析)

第 4 讲 导数的热门问题

(2016 ·标全国乙课 )已知函数f(x)＝ (x－ 2)ex＋ a(x－1) 2 有两个零点．

(1) 求 a 的取值范围；

(2) 设 x1， x2 是 f(x)的两个零点，证明： x1＋ x2<2.

(1) 解 f′(x)＝ (x－ 1)ex＋ 2a(x－ 1)＝ (x－1)(ex＋ 2a)．

①设 a＝ 0，则 f(x)＝ (x－ 2)ex， f(x)只有一个零点．②设 a>0，则当 x∈(－ ∞， 1) 时， f′(x)<0 ；

当 x∈ (1，＋ ∞)时， f′(x)>0 ，

所以 f( x)在 (－∞，1) 上单一递减，在 (1，＋ ∞)上单一递加．

又 f(1) ＝－ e， f(2)＝ a，取 b 知足 b<0 且 b

2

a 2 2 3

则 f(b)>2(b－ 2)＋ a( b－ 1) ＝a b － 2b >0，

故 f(x)存在两个零点．

③设 a<0，由 f′(x)＝ 0 得 x＝1 或 x＝ ln(－ 2a)．

若 a≥－ e2，则 ln(－ 2a) ≤1，故当 x∈ (1，＋ ∞)时， f ′(x)>0 ，所以 f(x)在 (1，＋ ∞)上单一递加．又当 x≤1时， f(x)<0 ，所以 f(x)不存在两个零点．

若 a<－ e2，则 ln( － 2a)>1，故当 x∈ (1，ln(－ 2a))时，f′(x)<0 ；当 x∈ (ln(－ 2a)，＋ ∞)时，f′(x)>0 ，

所以 f( x)在 (1，ln( － 2a)) 上单一递减，在 (ln( － 2a)，＋ ∞)上单一递加．

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 不如设 x1

∞， 1)上单一递减，所以 x1＋ x2<2 等价于 f(x1)>f(2－ x2)，即 f(2 －x2)<0. 2 x 2

高考数学第一轮复习：函数与导数专题攻略

高考数学第一轮复习：函数与导数专题攻略

第1页/共3页 2019年高考数学第一轮复习：函数与导数专题攻略

2019年高考数学第一轮复习：函数与导数专题攻略

函数的观点和思想方法贯穿整个高中数学的全过程，在近几年的高考中， 函数类试题在试题中所占分值一般为22---35分．一般为2个选择题或2个填空题，1个解答题 ，而且常考常新。

在选择题和填空题中通常考查反函数、函数的定义域、值域、函数的单调性、奇偶性、周期性、函数的图象、导数的概念、导数的应用以及从函数的性质研究抽象函数。

在解答题中通常考查函数与导数、不等式的综合运用。其主要表现在：

1．通过选择题和填空题，全面考查函数的基本概念，性质和图象。

2．在解答题的考查中，与函数有关的试题常常是以综合题的形式出现。

3．从数学具有高度抽象性的特点出发，没有忽视对抽象函数的考查。

4．一些省市对函数应用题的考查是与导数的应用结合起来考查的。

5．涌现了一些函数新题型。

6．函数与方程的思想的作用不仅涉及与函数有关的试题，第2页/共3页 而且对于数列，不等式，解析几何等也需要用函数与方程思想作指导。

要练说，得练看。看与说是统一的，看不准就难以说得好。练看，就是训练幼儿的观察能力，扩大幼儿的认知范围，让幼儿在观察事物、观察生活、观察自然的活动中，积累词汇、理解词义、发展语言。在运用观察法组织活动时，我着眼观察于观察对象的选择，着力于观察过程的指导，着重于幼儿观察能力和语言表达能力的提高。

课本、报刊杂志中的成语、名言警句等俯首皆是，但学生写作文运用到文章中的甚少，即使运用也很难做到恰如其分。为什么?还是没有彻底“记死”的缘故。要解决这个问题，方法很简单，每天花3-5分钟左右的时间记一条成语、一则名言警句即可。可以写在后黑板的“积累专栏”上每日一换，可以在每天课前的3分钟让学生轮流讲解，也可让学生个人搜集，每天往笔记本上抄写，教师定期检查等等。这样，一年就可记300多条成语、300多则名言警句，日积月累，终究会成为一笔不小的财富。这些成语典故“贮藏”在学生脑中，自然会出口成章，写作时便会随心所欲地“提取”出来，使文章增色添辉。7．多项式求导（结合不等式求参数取值范围），和求斜率（切线方程结合函数求最值）问题。

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