天津市2019年高考数学二轮复习 专题能力训练8 利用导数解不等式及参数的取值范围 理

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）。

专题能力训练7 导数与函数的单调性、极值、最值一、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'=0,则a=(）A.-1B.—2 C。

1 D.2w3。

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 B.fC.f D。

f4.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.-B。

C。

2 D.55.（2018全国Ⅲ,理14)曲线y=（ax+1)e x在点(0,1)处的切线的斜率为—2,则a= 。

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++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=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。

（2018全国Ⅰ，理21）已知函数f(x)=—x+a ln x.(1）讨论f（x）的单调性；（2）若f（x)存在两个极值点x1，x2，证明:<a—2.10.已知函数f（x）=x3+x2-ax-a,x∈R,其中a〉0.(1）求函数f（x）的单调区间；(2)若函数f(x）在区间（-2,0)内恰有两个零点,求a的取值范围；（3)当a=1时,设函数f（x）在区间[t，t+3]上的最大值为M（t），最小值为m(t）,记g （t)=M（t)-m(t),求函数g（t)在区间[—3,-1]上的最小值。

二、思维提升训练11。

已知定义在R上的函数f(x）的导函数为f'(x),对任意x∈R满足f(x)+f'（x）〈0，则下列结论正确的是（）A.e2f(2）>e3f(3)B.e2f（2)<e3f(3）C.e2f（2)≥e3f（3）D。

专题能力训练23 不等式选讲能力突破训练1.不等式|x-2|+|4-x|<3的解集是()A. B.C.(1,5)D.(3,9)2.已知不等式|x-2|>1的解集与关于x的不等式x2+ax+b>0的解集相同,则a,b的值为()A.a=1,b=3B.a=3,b=1C.a=-4,b=3D.a=3,b=-43.“a>2”是“关于x的不等式|x+1|+|x-1|≤a的解集非空”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分又不必要条件4.不等式x+3>|2x-1|的解集为.5.若关于x的不等式|x+1|+|x-3|≥|m-1|恒成立,则m的取值范围为.6.设函数f(x)=|x-4|+|x-3|,则f(x)的最小值m=.7.若函数f(x)=的定义域为R,则实数m的取值范围为.8.使关于x的不等式|x+1|+k<x有解的实数k的取值范围是.思维提升训练9.不等式1<|x+1|<3的解集为()A.(0,2)B.(-2,0)∪(2,4)C.(-4,0)D.(-4,-2)∪(0,2)10.已知不等式|y+4|-|y|≤2x+对任意的实数x,y成立,则正实数a的最小值为()A.1B.2C.3D.411.已知关于x的不等式|2x-m|≤1的整数解有且仅有一个值为2,则整数m=.12.若不等式|x+a|≤2在x∈[1,2]时恒成立,则实数a的取值范围是.13.已知函数f(x)=|x-2|-|x-5|,则不等式f(x)≥x2-8x+15的解集为.14.若不等式x2+25+|x3-5x2|≥ax在[1,12]上恒成立,则实数a的取值范围是.15.设函数f(x)=|x-4|+|x-a|(a<4),(1)若f(x)的最小值为3,则a=;(2)不等式f(x)≥3-x的解集为.##专题能力训练23不等式选讲(选修4—5)能力突破训练1.B解析原不等式可化为解得<x<2或2≤x<4或4≤x<,即<x<故不等式的解集为2.C解析解不等式|x-2|>1得x<1或x>3,所以x2+ax+b=0的两个根为1和3,由根与系数的关系知a=-4,b=3.3.A解析∵|x+1|+|x-1|表示在数轴上到-1,1两点距离和大于等于2,∴a>2时,不等式|x+1|+|x-1|≤a非空.而当a=2时|x+1|+|x-1|≤a也非空.∴必要性不成立,故选A.4解析不等式等价于解得x<4或-<x<,故不等式解集为5.[-3,5]解析∵|x+1|+|x-3|≥|(x+1)-(x-3)|=4,∴不等式|x+1|+|x-3|≥|m-1|恒成立,只需|m-1|≤4,即-3≤m≤5.6.1解析方法一:f(x)=|x-4|+|(x-4)-(x-3)|=1,故函数f(x)的最小值为1,即m=1.方法二:f(x)=当x≥4时,f(x)≥1;当x<3时,f(x)>1;当3≤x<4时,f(x)=1,故函数f(x)的最小值为1.所以m=1.7.(-∞,-6]∪[2,+∞)解析根据题意,不等式|x+2|+|x-m|-4≥0恒成立,所以(|x+2|+|x-m|-4)min≥0.又|x+2|+|x-m|-4≥|m+2|-4,所以|m+2|-4≥0⇒m≤-6或m≥2.8.(-∞,-1)解析∵|x+1|+k<x⇔k<x-|x+1|,又x-|x+1|=∴x-|x+1|的最大值为-1.∴k<-1.思维提升训练9.D解析由故-4<x<-2或0<x<2.10.D11.4解析由|2x-m|≤1,得x∵不等式的整数解为2,23≤m≤5.又不等式仅有一个整数解2,∴m=4.12.[-3,0]解析由题意得-2≤x+a≤2,-2-x≤a≤2-x,所以(-2-x)max≤a≤(2-x)min,因为x∈[1,2],所以-3≤a≤0.13.{x|5-x≤6}解析原不等式可化为或或解得x∈⌀或5-x<5或5≤x≤6,故5-x≤6,即不等式的解集为{x|5-x≤6}.14.(-∞,10]15.(1)1(2)R解析 (1)因为|x-4|+|x-a|≥|(x-4)-(x-a)|=|a-4|.又因为a<4,所以当且仅当a≤x≤4时等号成立.故|a-4|=3,即a=1.(2)不等式f(x)≥3-x即不等式|x-4|+|x-a|≥3-x(a<4),①当x<a时,原不等式可化为4-x+a-x≥3-x,即x≤a+1.所以,当x<a时,原不等式成立.②当a≤x≤4时,原不等式可化为4-x+x-a≥3-x.即x≥a-1.所以,当a≤x≤4时,原不等式成立.③当x>4时,原不等式可化为x-4+x-a≥3-x.即x由于a<4时4>所以,当x>4时,原不等式成立.综合①②③可知,不等式f(x)≥3-x的解集为R.。

专题能力训练12 数列的通项与求和一、能力突破训练1.已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ,若a 1=2,a 4+a 10=28,则S 9=( ) A.45B.90C.120D.752.已知数列{a n }是等差数列,满足a 1+2a 2=S 5,下列结论错误的是( ) A.S 9=0B.S 5最小C.S 3=S 6D.a 5=03.已知数列{a n }的前n 项和S n =n 2-2n-1,则a 3+a 17=( ) A.15B.17C.34D.3984.已知函数f (x )满足f (x+1)=32+f (x )(x ∈R ),且f (1)=52,则数列{f (n )}(n ∈N *)前20项的和为( ) A.305B.315C.325D.3355.已知数列{a n },构造一个新数列a 1,a 2-a 1,a 3-a 2,…,a n -a n-1,…,此数列是首项为1,公比为13的等比数列,则数列{a n }的通项公式为( )A.a n =32−32×(13)n,n ∈N *B.a n =32+32×(13)n,n ∈N *C.a n ={1,n =1,32+32×(13)n ,n >2,且n ∈N *D.a n =1,n ∈N *6.已知数列{a n }满足a 1=1,a n -a n+1=na n a n+1(n ∈N *),则a n = .7.(2018全国Ⅰ,理14)记S n 为数列{a n }的前n 项和.若S n =2a n +1,则S 6= .8.已知S n 是等差数列{a n }的前n 项和,若a 1=-2 017,S 2 0142 014−S2 0082 008=6,则S 2 017= . 9.已知在数列{a n }中,a 1=1,a n+1=a n +2n+1,且n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)令b n =2n+1a n a n+1,数列{b n }的前n 项和为T n .如果对于任意的n ∈N *,都有T n >m ,求实数m 的取值范围.10.已知数列{a n}的前n项和为S n,且a1=0,对任意n∈N*,都有na n+1=S n+n(n+1).(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若数列{b n}满足a n+log2n=log2b n,求数列{b n}的前n项和T n.11.设数列{a n}的前n项和为S n.已知2S n=3n+3.(1)求{a n}的通项公式;(2)若数列{b n}满足a n b n=log3a n,求{b n}的前n项和T n.二、思维提升训练12.给出数列11,12,21,13,22,31,…,1k ,2k -1,…,k1,…,在这个数列中,第50个值等于1的项的序号是( ) A.4 900B.4 901C.5 000D.5 00113.设S n 是数列{a n }的前n 项和,且a 1=-1,a n+1=S n S n+1,则S n = . 14.已知等差数列{a n }的公差为2,其前n 项和S n =pn 2+2n (n ∈N *). (1)求p 的值及a n ;(2)若b n =2(2n -1)a n,记数列{b n }的前n 项和为T n ,求使T n >910成立的最小正整数n 的值.15.已知数列{a n }满足a n+2=qa n (q 为实数,且q ≠1),n ∈N *,a 1=1,a 2=2,且a 2+a 3,a 3+a 4,a 4+a 5成等差数列. (1)求q 的值和{a n }的通项公式;(2)设b n =log 2a2n a 2n -1,n ∈N *,求数列{b n }的前n 项和.16.设数列A:a1,a2,…,a N(N≥2).如果对小于n(2≤n≤N)的每个正整数k都有a k<a n,则称n是数列A的一个“G时刻”.记G(A)是数列A的所有“G时刻”组成的集合.(1)对数列A:-2,2,-1,1,3,写出G(A)的所有元素;(2)证明:若数列A中存在a n使得a n>a1,则G(A)≠⌀;(3)证明:若数列A满足a n-a n-1≤1(n=2,3,…,N),则G(A)的元素个数不小于a N-a1.专题能力训练12 数列的通项与求和一、能力突破训练1.B 解析 因为{a n }是等差数列,设公差为d ,所以a 4+a 10=a 1+3d+a 1+9d=2a 1+12d=4+12d=28,解得d=2.所以S 9=9a 1+9×82d=18+36×2=90.故选B . 2.B 解析 由题设可得3a 1+2d=5a 1+10d ⇒2a 1+8d=0,即a 5=0,所以D 中结论正确.由等差数列的性质可得a 1+a 9=2a 5=0,则S 9=9(a 1+a 9)2=9a 5=0,所以A 中结论正确. S 3-S 6=3a 1+3d-6a 1-15d=-3(a 1+4d )=-3a 5=0,所以C 中结论正确. B 中结论是错误的.故选B . 3.C 解析 ∵S n =n 2-2n-1,∴a 1=S 1=12-2-1=-2.当n ≥2时,a n =S n -S n-1 =n 2-2n-1-[(n-1)2-2(n-1)-1] =n 2-(n-1)2+2(n-1)-2n-1+1 =n 2-n 2+2n-1+2n-2-2n=2n-3.∴a n ={-2,n =1,2n -3,n ≥2.∴a 3+a 17=(2×3-3)+(2×17-3)=3+31=34.4.D 解析 ∵f (1)=52,f (2)=32+52,f (3)=32+32+52,…… f (n )=3+f (n-1),∴{f (n )}是以52为首项,32为公差的等差数列. ∴S 20=20×52+20(20-1)2×32=335. 5.A 解析 因为数列a 1,a 2-a 1,a 3-a 2,…,a n -a n-1,…是首项为1,公比为13的等比数列,所以a n -a n-1=(13)n -1,n ≥2.所以当n ≥2时,a n =a 1+(a 2-a 1)+(a 3-a 2)+…+(a n -a n-1)=1+13+(13)2+…+(13)n -1=1-(13)n1-13=32−32×(13)n . 又当n=1时,a n =32−32×(13)n=1, 则a n =32−32×(13)n,n ∈N *.6.2n 2-n+2 解析 因为a n -a n+1=na n a n+1,所以a n -an+1a n a n+1=1a n+1−1a n =n ,1a n=(1a n -1a n -1)+(1a n -1-1a n -2)+…+(1a 2-1a 1)+1a 1=(n-1)+(n-2)+…+3+2+1+1a 1=(n -1)(n -1+1)2+1=n 2-n+22(n ≥2). 所以a n =2n 2-n+2(n ≥2).又a 1=1也满足上式,所以a n =2n 2-n+2. 7.-63 解析 ∵S n =2a n +1,①∴S n-1=2a n-1+1(n ≥2).②①-②,得a n =2a n -2a n-1,即a n =2a n-1(n ≥2).又S 1=2a 1+1,∴a 1=-1.∴{a n }是以-1为首项,2为公比的等比数列,则S 6=-1(1-26)1-2=-63.8.-2 017 解析 ∵S n 是等差数列{a n }的前n 项和,∴{S n n}是等差数列,设其公差为d.∵S 2 0142 014−S2 0082 008=6,∴6d=6,d=1. ∵a 1=-2 017,∴S 11=-2 017. ∴S nn=-2 017+(n-1)×1=-2 018+n. ∴S 2 017=(-2 018+2 017)×2 017=-2 017.故答案为-2 017. 9.解 (1)∵a n+1=a n +2n+1,∴a n+1-a n =2n+1,∴a n-a n-1=2n-1,∴a n=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(a n-a n-1)=1+3+5+…+(2n-1)=n(1+2n-1)2=n2.(2)由(1)知,b n=2n+1n n+1=2n+1n2(n+1)2=12−1(n+1)2,∴T n=(112-122)+(122-132)+…+[1n2-1(n+1)2]=1-1(n+1)2,∴数列{T n}是递增数列,∴最小值为1-1(1+1)2=34,只需要34>m,∴m的取值范围是(-∞,3).10.解(1)(方法一)∵na n+1=S n+n(n+1),∴当n≥2时,(n-1)a n=S n-1+n(n-1),两式相减,得na n+1-(n-1)a n=S n-S n-1+n(n+1)-n(n-1),即na n+1-(n-1)a n=a n+2n,得a n+1-a n=2.当n=1时,1×a2=S1+1×2,即a2-a1=2.∴数列{a n}是以0为首项,2为公差的等差数列.∴a n=2(n-1)=2n-2.(方法二)由na n+1=S n+n(n+1),得n(S n+1-S n)=S n+n(n+1),整理,得nS n+1=(n+1)S n+n(n+1),两边同除以n(n+1),得S n+1n+1−S nn=1.∴数列{S nn }是以S11=0为首项,1为公差的等差数列,∴S nn=0+n-1=n-1.∴S n=n(n-1).当n≥2时,a n=S n-S n-1=n(n-1)-(n-1)(n-2)=2n-2.又a1=0适合上式,∴数列{a n}的通项公式为a n=2n-2.(2)∵a n +log 2n=log 2b n ,∴b n =n ·2a n =n·22n-2=n·4n-1.∴T n =b 1+b 2+b 3+…+b n-1+b n =40+2×41+3×42+…+(n-1)×4n-2+n×4n-1,① 4T n =41+2×42+3×43+…+(n-1)×4n-1+n×4n , ②由①-②,得-3T n =40+41+42+…+4n-1-n×4n=1-4n 1-4-n×4n =(1-3n )×4n-13. ∴T n =19[(3n-1)×4n +1].11.解 (1)因为2S n =3n +3,所以2a 1=3+3,故a 1=3. 当n>1时,2S n-1=3n-1+3,此时2a n =2S n -2S n-1=3n -3n-1=2×3n-1,即a n =3n-1, 所以a n ={3,n =1,3n -1,n >1.(2)因为a n b n =log 3a n , 所以b 1=13,当n>1时,b n =31-n log 33n-1=(n-1)·31-n . 所以T 1=b 1=13;当n>1时,T n =b 1+b 2+b 3+…+b n =1+(1×3-1+2×3-2+…+(n-1)×31-n ), 所以3T n =1+(1×30+2×3-1+…+(n-1)×32-n ),两式相减,得2T n =23+(30+3-1+3-2+…+32-n )-(n-1)×31-n =23+1-31-n 1-3-1-(n-1)×31-n=136−6n+32×3n, 所以T n =1312−6n+34×3n. 经检验,当n=1时也适合. 综上可得T n =1312−6n+34×3n. 二、思维提升训练12.B 解析 根据条件找规律,第1个1是分子、分母的和为2,第2个1是分子、分母的和为4,第3个1是分子、分母的和为6,……第50个1是分子、分母的和为100,而分子、分母的和为2的有1项,分子、分母的和为3的有2项,分子、分母的和为4的有3项,……分子、分母的和为99的有98项,分子、分母的和为100的项依次是:1,2,3,…,50,51,…,99,第50个1是其中第50项,在数列中的序号为1+2+3+…+98+50=98(1+98)2+50=4 901. 13.-1n解析 由a n+1=S n+1-S n =S n S n+1,得1S n−1S n+1=1,即1S n+1−1S n =-1,则{1S n }为等差数列,首项为1S 1=-1,公差为d=-1,∴1S n =-n ,∴S n =-1n. 14.解 (1)(方法一)∵{a n }是等差数列,∴S n =na 1+n (n -1)2d=na 1+n (n -1)2×2=n 2+(a 1-1)n. 又由已知S n =pn 2+2n ,∴p=1,a 1-1=2,∴a 1=3,∴a n =a 1+(n-1)d=2n+1,∴p=1,a n =2n+1.(方法二)由已知a 1=S 1=p+2,S 2=4p+4, 即a 1+a 2=4p+4,∴a 2=3p+2. 又等差数列的公差为2,∴a 2-a 1=2,∴2p=2,∴p=1,∴a 1=p+2=3,∴a n =a 1+(n-1)d=2n+1,∴p=1,a n =2n+1.(方法三)当n ≥2时,a n =S n -S n-1=pn 2+2n-[p (n-1)2+2(n-1)]=2pn-p+2,∴a 2=3p+2,由已知a 2-a 1=2,∴2p=2,∴p=1, ∴a 1=p+2=3,∴a n =a 1+(n-1)d=2n+1, ∴p=1,a n =2n+1.(2)由(1)知b n =2(2n -1)(2n+1)=12n -1−12n+1,∴T n =b 1+b 2+b 3+…+b n=(11-13)+(13-15)+(15-17)+…+(12n -1-12n+1)=1-12n+1=2n2n+1.∵T n >910,∴2n2n+1>910, ∴20n>18n+9,即n>92. ∵n ∈N *,∴使T n >910成立的最小正整数n 的值为5.15.解 (1)由已知,有(a 3+a 4)-(a 2+a 3)=(a 4+a 5)-(a 3+a 4),即a 4-a 2=a 5-a 3,所以a 2(q-1)=a 3(q-1).又因为q ≠1,故a 3=a 2=2,由a 3=a 1·q ,得q=2. 当n=2k-1(k ∈N *)时,a n =a 2k-1=2k-1=2n -12; 当n=2k (k ∈N *)时,a n =a 2k =2k =2n2.所以,{a n }的通项公式为a n ={2n -12,n 为奇数,2n 2,n 为偶数.(2)由(1)得b n =log 2a 2n a 2n -1=n 2n -1.设{b n }的前n 项和为S n ,则S n =1×120+2×121+3×122+…+(n-1)×12n -2+n ×12n -1,12S n =1×121+2×122+3×123+…+(n-1)×12n -1+n ×12n , 上述两式相减,得12S n =1+12+122+…+12n -1−n2n =1-12n 1-12−n 2n =2-22n −n2n, 整理得,S n =4-n+22n -1.所以,数列{b n }的前n 项和为4-n+22n -1,n ∈N*.16.(1)解 G (A )的元素为2和5. (2)证明 因为存在a n 使得a n >a 1,所以{i ∈N *|2≤i ≤N ,a i >a 1}≠⌀.记m=min{i ∈N *|2≤i ≤N ,a i >a 1}, 则m ≥2,且对任意正整数k<m ,a k ≤a 1<a m . 因此m ∈G (A ).从而G (A )≠⌀. (3)证明 当a N ≤a 1时,结论成立.以下设a N >a 1. 由(2)知G (A )≠⌀.设G (A )={n 1,n 2,…,n p },n 1<n 2<…<n p . 记n 0=1.则a n 0<a n 1<a n 2<…<a n p .对i=0,1,…,p ,记G i ={k ∈N *|n i <k ≤N ,a k >a n i }. 如果G i ≠⌀,取m i =min G i ,则对任何1≤k<m i,a k≤a ni <a mi.从而m i∈G(A)且m i=n i+1,又因为n p是G(A)中的最大元素,所以G p=⌀.从而对任意n p≤k≤N,a k≤a np ,特别地,a N≤a np.对i=0,1,…,p-1,a ni+1-1≤a ni.因此a ni+1=a ni+1-1+(a ni+1−a ni+1-1)≤a ni+1.所以a N-a1≤a np -a1=∑i=1p(a ni−a ni-1)≤p.因此G(A)的元素个数p不小于a N-a1.。

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。

专题能力训练2不等式、线性规划一、能力突破训练1.已知实数x,y满足a x<a y(0<a<1),则下列关系式恒成立的是()A.B.ln(x2+1)>ln(y2+1)C.sin x>sin yD.x3>y32.已知函数f(x)=(x-2)(ax+b)为偶函数,且在区间(0,+∞)内单调递增,则f(2-x)>0的解集为()A.{x|x>2或x<-2}B.{x|-2<x<2}C.{x|x<0或x>4}D.{x|0<x<4}3.不等式组--的解集为()A.(0,)B.(,2)C.(D.(2,4)4.若x,y满足则x+2y的最大值为()A.1B.3C.5D.95.已知函数f(x)=(ax-1)(x+b),若不等式f(x)>0的解集是(-1,3),则不等式f(-2x)<0的解集是()A.--B.-C.--D.-6.已知实数x,y满足则的取值范围是()A. B.[3,11]C. D.[1,11]7.已知变量x,y满足约束条件--若z=2x-y的最大值为2,则实数m等于()A.-2B.-1C.1D.28.已知变量x,y满足约束条件-若x+2y≥-5恒成立,则实数a的取值范围为()A.(-∞,-1]B.[-1,+∞)C.[-1,1]D.[-1,1)9.(2018全国Ⅱ,理14)若x,y满足约束条件---则z=x+y的最大值为.10.(2018浙江,12)若x,y满足约束条件-则z=x+3y的最小值是,最大值是.11.某高科技企业生产产品A和产品B需要甲、乙两种新型材料.生产一件产品A需要甲材料1.5 kg,乙材料1 kg,用5个工时;生产一件产品B需要甲材料0.5 kg,乙材料0.3 kg,用3个工时.生产一件产品A的利润为2 100元,生产一件产品B的利润为900元.该企业现有甲材料150 kg,乙材料90 kg,则在不超过600个工时的条件下,生产产品A、产品B的利润之和的最大值为元.12.设不等式组---表示的平面区域为D,若指数函数y=a x的图象上存在区域D上的点,则a的取值范围是.二、思维提升训练13.已知x,y满足约束条件----若z=y-ax取得最大值的最优解不唯一,则实数a的值为()A.或-1B.或2C.1或2D.-1或214.设对任意实数x>0,y>0,若不等式x+≤a(x+2y)恒成立,则实数a的最小值为()A.B.C.D.15.设x,y满足约束条件---若目标函数z=ax+by(a>0,b>0)的最大值为8,则ab的最大值为.16.已知x,y∈(0,+∞),2x-3=,则的最小值为.17.若函数f(x)=-·lg x的值域为(0,+∞),则实数a的最小值为.18.已知存在实数x,y满足约束条件----则R的最小值是.专题能力训练2不等式、线性规划一、能力突破训练1.D解析由a x<a y(0<a<1)知,x>y,故x3>y3,选D.2.C解析∵f(x)=ax2+(b-2a)x-2b为偶函数,∴b-2a=0,即b=2a,∴f(x)=ax2-4a.∴f'(x)=2ax.又f(x)在区间(0,+∞)上单调递增,∴a>0.由f(2-x)>0,得a(x-2)2-4a>0,∵a>0,∴|x-2|>2,解得x>4或x<0.3.C解析由|x-2|<2,得0<x<4;由x2-1>2,得x>或x<-,取交集得<x<4,故选C.4.D解析由题意画出可行域(如图).设z=x+2y,则z=x+2y表示斜率为-的一组平行线,当过点C(3,3)时,目标函数取得最大值z max=3+2×3=9.故选D.5.A解析由f(x)>0,得ax2+(ab-1)x-b>0.∵其解集是(-1,3),∴a<0,且---解得a=-1或a=(舍去),∴a=-1,b=-3.∴f(x)=-x2+2x+3,∴f(-2x)=-4x2-4x+3,由-4x2-4x+3<0,得4x2+4x-3>0,解得x>或x<-,故选A.6.C解析=1+其中表示两点(x,y)与(-1,-1)所确定直线的斜率,由图知,k min=k PB=----,k max=k PA=----=5,所以的取值范围是的取值范围是故选C.7.C解析画出约束条件-的可行域,如图,作直线2x-y=2,与直线x-2y+2=0交于可行域内一点A(2,2),由题知直线mx-y=0必过点A(2,2),即2m-2=0,得m=1.故选C.8.C解析设z=x+2y,要使x+2y≥-5恒成立,即z≥-5.作出不等式组对应的平面区域如图阴影部分所示,要使不等式组成立,则a≤1,由z=x+2y,得y=-x+,平移直线y=-x+,由图象可知当直线经过点A时,直线y=-x+的截距最小,此时z最小,即x+2y=-5,由--解得--即A(-1,-2),此时a=-1,所以要使x+2y≥-5恒成立,则-1≤a≤1,故选C.9.9解析由题意,作出可行域如图.要使z=x+y取得最大值,当且仅当过点(5,4)时,z max=9.10.-2 8 解析 由约束条件 -画出可行域,如图所示的阴影部分.由z=x+3y , 可知y=-x+由题意可知,当目标函数的图象经过点B 时,z 取得最大值,当目标函数的图象经过点C 时,z 取得最小值.由 得此时z 最大=2+3×2=8, 由 得 - 此时z 最小=4+3×(-2)=-2.11.216 000 解析 设生产产品A x 件,生产产品B y 件,由题意得∈即∈目标函数z=2 100x+900y ,画出约束条件对应的可行域(如图阴影部分中的整数点所示),作直线y=-x,当直线过5x+3y=600与10x+3y=900的交点时,z取最大值,由解得所以z max=2 100×60+900×100=216 000.12.1<a≤3解析作出平面区域D如图阴影部分所示,联系指数函数y=a x的图象,当图象经过区域的边界点C(2,9)时,a可以取到最大值3,而显然只要a大于1,图象必然经过区域内的点,则a的取值范围是1<a≤3.二、思维提升训练13.D解析在平面直角坐标系内作出不等式组所表示的平面区域,如图所示的△ABC,目标函数z=y-ax可变形为y=ax+z,z的几何意义为直线y=ax+z在y轴上的截距.因为z=y-ax取得最大值的最优解不唯一,所以直线y=ax+z与区域三角形的某一边平行,当直线y=ax+z与边线x+y-2=0平行时,a=-1符合题意;当直线y=ax+z与边线x-2y-2=0平行时,a=不符合题意;当直线y=ax+z与边线2x-y-2=0平行时,a=2符合题意,综上所述,实数a的值为-1或2.故选D.14.A解析原不等式可化为(a-1)x-+2ay≥0,两边同除以y,得(a-1)+2a≥0,令t=,则(a-1)t2-t+2a≥0,由不等式恒成立知,a-1>0,Δ=1-4(a-1)·2a≤0,解得a,a min=,故选A.15.2解析画出可行域如图阴影部分所示,目标函数变形为y=-x+,由已知,得-<0,且纵截距最大时,z取到最大值,故当直线l过点B(2,4)时,目标函数取到最大值,即2a+4b=8,因为a>0,b>0,由基本不等式,得2a+4b=8≥4,即ab≤2(当且仅当2a=4b=4,即a=2,b=1时取“=”),故ab的最大值为2.16.3解析由2x-3=,得x+y=3,故(x+y)(5+4)=3,当且仅当即(x,y∈(0,+∞))时等号成立.17.-2解析函数f(x)的定义域为(0,1)∪(1,+∞),由>0及函数f(x)的值域为(0,+∞)知x2+ax+1>0对-∀x∈{x|x>0,且x≠1}恒成立,即a>-x-在定义域内恒成立,而-x-<-2(当x≠1时等号不成立),因此a≥-2.作出可行域如图中阴影部分所示.由存在实数x,y满18.2解析根据前三个约束条件---足四个约束条件,得图中阴影部分与以(0,1)为圆心、半径为R的圆有公共部分,因此当圆与图中阴影部分相切时,R最小.由图可知R的最小值为2.。

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,+∞）。

亲爱的同学：这份试卷将再次记录你的自信、沉着、智慧和收获，我们一直投给你信任的目光……专题08 导数与不等式、函数零点相结合2018年高考全景展示1.【2018年全国卷Ⅲ理】已知函数．（1）若，证明：当时，；当时，；（2）若是的极大值点，求．【答案】（1）见解析（2）当时，；当时，.故当时，，且仅当时，，从而，且仅当时，.所以在单调递增.又，故当时，；当时，.（2）（i）若，由（1）知，当时，，这与是的极大值点矛盾.（ii）若，设函数.由于当时，，故与符号相同.又，故是的极大值点当且仅当是的极大值点..如果，则当，且时，，故不是的极大值点.如果，则存在根，故当，且时，，所以不是的极大值点.如果，则.则当时，；当时，.所以是的极大值点，从而是的极大值点，综上，.点睛：本题考查函数与导数的综合应用，利用函数的单调性求出最值证明不等式，第二问分类讨论和,当时构造函数时关键，讨论函数的性质，本题难度较大。

2．【2018年理数全国卷II】已知函数．（1）若，证明：当时，；（2）若在只有一个零点，求．【答案】（1）见解析（2）【解析】分析：(1)先构造函数，再求导函数，根据导函数不大于零得函数单调递减，最后根据单调性证得不等式，(2)研究零点，等价研究的零点，先求导数：，这里产生两个讨论点，一个是a与零，一个是x与2，当时，，没有零点；当时，先减后增，从而确定只有一个零点的必要条件，再利用零点存在定理确定条件的充分性，即得a的值.（2）设函数．在只有一个零点当且仅当在只有一个零点．（i）当时，，没有零点；（ii）当时，．当时，；当时，．所以在单调递减，在单调递增．故是在的最小值．①若，即，在没有零点；②若，即，在只有一个零点；③若，即，由于，所以在有一个零点，由（1）知，当时，，所以．故在有一个零点，因此在有两个零点．综上，在只有一个零点时，．点睛：利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法(1)利用零点存在的判定定理构建不等式求解.(2)分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解.(3)转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解.3．【2018年江苏卷】某农场有一块农田，如图所示，它的边界由圆O的一段圆弧（P为此圆弧的中点）和线段MN构成．已知圆O的半径为40米，点P到MN的距离为50米．现规划在此农田上修建两个温室大棚，大棚Ⅰ内的地块形状为矩形ABCD，大棚Ⅱ内的地块形状为，要求均在线段上，均在圆弧上．设OC与MN所成的角为．（1）用分别表示矩形和的面积，并确定的取值范围；（2）若大棚Ⅰ内种植甲种蔬菜，大棚Ⅱ内种植乙种蔬菜，且甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为．求当为何值时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大．【答案】（1）矩形ABCD的面积为800（4sinθcosθ+cosθ）平方米，△CDP的面积为1600（cosθ–sinθcosθ），sinθ的取值范围是[，1）．（2）当θ=时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大【解析】分析：（1）先根据条件求矩形长与宽，三角形的底与高，再根据矩形面积公式以及三角形面积公式得结果，最后根据实际意义确定的取值范围；（2）根据条件列函数关系式，利用导数求极值点，再根据单调性确定函数最值取法.详解：解：（1）连结PO并延长交MN于H，则PH⊥MN，所以OH=10．过O作OE⊥BC于E，则OE∥MN，所以∠COE=θ，故OE=40cosθ，EC=40sinθ，则矩形ABCD的面积为2×40cosθ（40sinθ+10）=800（4sinθcosθ+cosθ），△CDP的面积为×2×40cosθ（40–40sinθ）=1600（cosθ–sinθcosθ）．过N作GN⊥MN，分别交圆弧和OE的延长线于G和K，则GK=KN=10．令∠GOK=θ0，则sinθ0=，θ0∈（0，）．当θ∈[θ0，）时，才能作出满足条件的矩形ABCD ，所以sin θ的取值范围是[，1）． 答：矩形ABCD 的面积为800（4sin θcos θ+cos θ）平方米，△CDP 的面积为1600（cos θ–sin θcos θ），sin θ的取值范围是[，1）．令，得θ=，当θ∈（θ0，）时，，所以f （θ）为增函数；当θ∈（，）时，，所以f （θ）为减函数，因此，当θ=时，f （θ）取到最大值．答：当θ=时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大．点睛：解决实际应用题的步骤一般有两步：一是将实际问题转化为数学问题；二是利用数学内部的知识解决问题.2017年高考全景展示1.【2017课标3，理11】已知函数211()2()x x f x x x a ee --+=-++有唯一零点，则a =A ．12-B ．13C ．12D ．1【答案】C 【解析】试题分析：函数的零点满足()2112x x x x a e e --+-=-+，设()11x x g x ee--+=+，则()()211111111x x x x x x e g x eeee e---+----'=-=-=，当()0g x '=时，1x =，当1x <时，()0g x '<，函数()g x 单调递减， 当1x >时，()0g x '>，函数()g x 单调递增， 当1x =时，函数取得最小值()12g =，设()22h x x x =- ，当1x =时，函数取得最小值1- ，若0a ->，函数()h x 与函数()ag x 没有交点，当0a -<时，()()11ag h -=时，此时函数()h x 和()ag x 有一个交点， 即21a -⨯=-，解得12a =.故选C. 【考点】 函数的零点；导函数研究函数的单调性，分类讨论的数学思想【名师点睛】函数零点的应用主要表现在利用零点求参数范围，若方程可解，通过解方程即可得出参数的范围，若方程不易解或不可解，则将问题转化为构造两个函数，利用两个函数图象的关系求解，这样会使得问题变得直观、简单，这也体现了数形结合思想的应用. 2.【2017课标1，理21】已知函数2()(2)xx f x ae a e x =+--.（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围. 【解析】试题分析：（1）讨论()f x 单调性，首先进行求导，发现式子特点后要及时进行因式分解，在对a 按0a ≤，0a >进行讨论，写出单调区间；（2）根据第（1）题，若0a ≤，()f x 至多有一个零点.若0a >，当ln x a =-时，()f x 取得最小值，求出最小值1(ln )1ln f a a a-=-+，根据1a =，(1,)a ∈+∞，(0,1)a ∈进行讨论，可知当(0,1)a ∈有2个零点，设正整数0n 满足03ln(1)n a>-，则00000000()e (e 2)e 20n n n n f n a a n n n =+-->->->.由于3ln(1)ln a a->-，因此()f x 在(ln ,)a -+∞有一个零点.所以a 的取值范围为(0,1).（2）（ⅰ）若0a ≤，由（1）知，()f x 至多有一个零点.（ⅱ）若0a >，由（1）知，当ln x a =-时，()f x 取得最小值，最小值为1(ln )1ln f a a a-=-+. ①当1a =时，由于(ln )0f a -=，故()f x 只有一个零点； ②当(1,)a ∈+∞时，由于11ln 0a a-+>，即(ln )0f a ->，故()f x 没有零点； ③当(0,1)a ∈时，11ln 0a a-+<，即(ln )0f a -<. 又422(2)e(2)e 22e 20f a a ----=+-+>-+>，故()f x 在(,ln )a -∞-有一个零点.设正整数0n 满足03ln(1)n a>-，则00000000()e (e 2)e 20n n n nf n a a n n n =+-->->->. 由于3ln(1)ln a a->-，因此()f x 在(ln ,)a -+∞有一个零点. 综上，a 的取值范围为(0,1).【考点】含参函数的单调性，利用函数零点求参数取值范围.【名师点睛】研究函数零点问题常常与研究对应方程的实根问题相互转化.已知函数()f x 有2个零点求参数取值范围，第一种方法是分离参数，构造不含参数的函数，研究其单调性、极值、最值，判断y a =与其交点的个数，从而求出a 的范围；第二种方法是直接对含参函数进行研究，研究其单调性、极值、最值，注意点是若()f x 有2个零点，且函数先减后增，则只需其最小值小于0，且后面还需验证有最小值两边存在大于0的点.3.【2017课标II ，理】已知函数()2ln f x ax ax x x =--，且()0f x ≥。