2016届高三数学(文)专题复习检测：专题一 函数、不等式及导数的应用

2016届新课标高考数学二轮专题复习（一）第1讲 函数图象与性质及函数与方程一、选择题1.(2015·石家庄模拟)函数f (x )＝1－3xx －1的定义域为( )A.(－∞，0]B.[0，1)∪[1，＋∞)C.[1，＋∞)D.(1，＋∞)解析 由题意知⎩⎪⎨⎪⎧1－3x ≥0，x ≠1，解得x ≤0且x ≠1.答案 A2.函数f (x )＝log 2x －1x的零点所在的区间为( )A.⎝⎛⎭⎫0，12B.⎝⎛⎭⎫12，1 C.(1，2) D.(2，3) 解析 函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，且函数f (x )在(0，＋∞)上为增函数. f ⎝⎛⎭⎫12＝log 212－112＝－1－2＝－3＜0， f (1)＝log 21－11＝0－1＜0，f (2)＝log 22－12＝1－12＝12＞0，f (3)＝log 23－13＞1－13＝23＞0，即f (1)·f (2)＜0，∴函数f (x )＝log 2x －1x的零点在区间(1，2)内.答案 C 3.(2015·安徽卷)下列函数中，既是偶函数又存在零点的是( )A.y ＝ln xB.y ＝x 2＋1C.y ＝sin xD.y ＝cos x 解析 对数函数y ＝ln x 是非奇非偶函数；y ＝x 2＋1为偶函数但没有零点；y ＝sin x 是奇函数；y ＝cos x 是偶函数且有零点，故选D. 答案 D4.(2015·山东卷)若函数f (x )＝2x ＋12x －a是奇函数，则使f (x )＞3成立的x 的取值范围为( )A.(－∞，－1)B.(－1，0)C.(0，1)D.(1，＋∞) 解析 ∵f (x )为奇函数，∴f (－x )＝－f (x )， 即2－x ＋12－x －a ＝－2x ＋12x －a，整理得(1－a )(2x ＋1)＝0， ∴a ＝1，∴f (x )＞3即为2x ＋12x －1＞3，化简得(2x －2)(2x －1)＜0，∴1＜2x ＜2，∴0＜x ＜1.答案 C5.(2015·天津卷)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2－|x |，x ≤2，（x －2）2，x ＞2，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.5解析 函数y ＝f (x )－g (x )的零点个数即为函数f (x )与g (x )图象的交点个数，记h (x )＝－f (2－x )，在同一坐标系中作出函数f (x )与h (x )的图象，如图，g (x )的图象为h (x )的图象向上平移3个单位，可知f (x )与g (x )的图象有两个交点，故选A. 答案 A 二、填空题6.(2015·浙江卷)计算：log 222＝________，2log23＋log43＝________.解析 log 222＝log 22－12＝－12，2log23＋log43＝2log23＋12log23＝2log2332＝3 3.答案 －123 37.(2015·长沙模拟)已知奇函数f (x )满足f (x ＋2)＝－f (x )，且当x ∈(0，1)时，f (x )＝2x ，则f ⎝⎛⎭⎫72的值为________.解析 由f (x ＋2)＝－f (x )知f (x )的周期为4， 又f (－x )＝－f (x )，∴f ⎝⎛⎭⎫72＝f ⎝⎛⎭⎫72－4＝f ⎝⎛⎭⎫－12＝－f ⎝⎛⎭⎫12＝－ 2. 答案 － 28.(2015·武汉模拟)若函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x －a ，x ≤0，ln x ，x ＞0有两个不同的零点，则实数a 的取值范围是________.解析 当x ＞0时，由f (x )＝ln x ＝0，得x ＝1. 因为函数f (x )有两个不同的零点，则当x ≤0时， 函数f (x )＝2x －a 有一个零点，令f (x )＝0得a ＝2x ， 因为0＜2x ≤20＝1，所以0＜a ≤1， 所以实数a 的取值范围是0＜a ≤1. 答案 (0，1] 三、解答题9.定义在[－1，1]上的奇函数f (x )，已知当x ∈[－1，0]时，f (x )＝14x －a2x (a ∈R ).(1)写出f (x )在[0，1]上的解析式； (2)求f (x )在[0，1]上的最大值.解 (1)∵f (x )是定义在[－1，1]上的奇函数，∴f (0)＝0，∴a ＝1，∴当x ∈[－1，0]时，f (x )＝14x －12x .设x ∈[0，1]，则－x ∈[－1，0]，∴f (－x )＝14－x －12－x ＝4x －2x ，∵f (x )是奇函数，∴f (－x )＝－f (x )，∴f (x )＝2x －4x . ∴f (x )在[0，1]上的解析式为f (x )＝2x －4x .(2)f (x )＝2x －4x ，x ∈[0，1]，令t ＝2x ，t ∈[1，2]，g (t )＝t －t 2＝－⎝⎛⎭⎫t －122＋14. ∴g (t )在[1，2]上是减函数，∴g (t )max ＝g (1)＝0，即x ＝0，f (x )max ＝0. 10.(2015·太原模拟)已知函数f (x )＝ax 2－2ax ＋2＋b (a ≠0)在区间[2，3]上有最大值5，最小值2.(1)求a ，b 的值；(2)若b ＜1，g (x )＝f (x )－2m x 在[2，4]上单调，求m 的取值范围. 解 (1)f (x )＝a (x －1)2＋2＋b －a .①当a ＞0时，f (x )在[2，3]上为增函数， 故⎩⎪⎨⎪⎧f （3）＝5，f （2）＝2⇒⎩⎪⎨⎪⎧9a －6a ＋2＋b ＝5，4a －4a ＋2＋b ＝2⇒⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝0. ②当a ＜0时，f (x )在[2，3]上为减函数， 故⎩⎪⎨⎪⎧f （3）＝2，f （2）＝5⇒⎩⎪⎨⎪⎧9a －6a ＋2＋b ＝2，4a －4a ＋2＋b ＝5⇒⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝3. 故⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝0或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝3. (2)∵b ＜1，∴a ＝1，b ＝0，即f (x )＝x 2－2x ＋2， g (x )＝x 2－2x ＋2－2m x ＝x 2－(2＋2m )x ＋2. 若g (x )在[2，4]上单调， 则2＋2m 2≤2或2m ＋22≥4，∴2m ≤2或2m ≥6，即m ≤1或m ≥log 26.故m 的取值范围是(－∞，1]∪[log 26，＋∞).11.已知函数f (x )＝－x 2＋2e x ＋m －1，g (x )＝x ＋e 2x(x ＞0).(1)若g (x )＝m 有实根，求m 的取值范围；(2)确定m 的取值范围，使得g (x )－f (x )＝0有两个相异实根.解 (1)∵x ＞0，∴g (x )＝x ＋e 2x≥2e 2＝2e ，等号成立的条件是x ＝e.故g (x )的值域是[2e ，＋∞)，因而只需m ≥2e ，则g (x )＝m 就有实根. 故m ∈[2e ，＋∞).(2)若g (x )－f (x )＝0有两个相异的实根，即g (x )＝f (x )中函数g (x )与f (x )的图象有两个不同的交点，作出g (x )＝x ＋e 2x(x ＞0)的大致图象.∵f (x )＝－x 2＋2e x ＋m －1＝－(x －e)2＋m －1＋e 2. 其对称轴为x ＝e ，开口向下，最大值为m －1＋e 2. 故当m －1＋e 2＞2e ， 即m ＞－e 2＋2e ＋1时， g (x )与f (x )有两个交点，即g (x )－f (x )＝0有两个相异实根.∴m 的取值范围是(－e 2＋2e ＋1，＋∞).第2讲 不等式及线性规划一、选择题1.已知x ＞－1，则函数y ＝x ＋1x ＋1的最小值为( ) A.－1 B.0 C.1 D.2解析 ∵x ＞－1，∴x ＋1＞0.∴y ＝x ＋1x ＋1＝(x ＋1)＋1x ＋1－1，≥2（x ＋1）·1x ＋1－1＝1，当且仅当x ＋1＝1x ＋1，即x ＝0时取等号.答案 C2.(2015·成都模拟)若点A (m ，n )在第一象限，且在直线x 3＋y4＝1上，则mn 的最大值是( )A.3B.4C.7D.12解析 因为点A (m ，n )在第一象限，且在直线x 3＋y 4＝1上，所以m ，n ∈R ＋，且m 3＋n4＝1，所以m 3·n4≤(m 3＋n 42 )2⎝⎛⎭⎫当且仅当m 3＝n 4＝12，即m ＝32，n ＝2时，取“＝”，所以m 3·n 4≤⎝⎛⎭⎫122＝14， 即mn ≤3，所以mn 的最大值为3. 答案 A3.(2015·天津卷)设变量x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －2≤0，x －2y ≤0，x ＋2y －8≤0，则目标函数z ＝3x ＋y 的最大值为( )A.7B.8C.9D.14解析 作出约束条件对应的可行域，如图中阴影部分，作直线l ：3x ＋y ＝0，平移直线l 可知，经过点A 时，z ＝3x ＋y 取得最大值，由⎩⎪⎨⎪⎧x －2＝0，x ＋2y －8＝0，得A (2，3)，故z max ＝3×2＋3＝9.选C. 答案 C4.已知正数x ，y 满足x ＋22xy ≤λ(x ＋y )恒成立，则实数λ的最小值为( ) A.1 B.2 C.3 D.4 解析 ∵x ＞0，y ＞0，∴x ＋2y ≥22xy (当且仅当x ＝2y 时取等号).又由x ＋22xy ≤λ(x ＋y )可得λ≥x ＋22xyx ＋y，而x ＋22xy x ＋y ≤x ＋（x ＋2y ）x ＋y＝2，∴当且仅当x ＝2y 时，⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋22xy x ＋y max＝2.∴λ的最小值为2.答案 B5.(2015·四川卷)设实数x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋y ≤10，x ＋2y ≤14，x ＋y ≥6，则xy 的最大值为( )A.252B.492C.12D.16解析 xy ＝12×2xy ≤12⎝⎛⎭⎫2x ＋y 22≤12⎝⎛⎭⎫1022＝252，当且仅当x ＝52，y ＝5时，等号成立，把x ＝52，y ＝5代入约束条件，满足.故xy 的最大值为252. 答案 A 二、填空题6.(2015·江苏卷)不等式22x x-＜4的解集为________.解析 不等式22x x-＜4⇔x 2－x ＜2⇔－1＜x ＜2，故原不等式的解集为(－1，2). 答案 (－1，2) 7.(2015·北京卷)如图，△ABC 及其内部的点组成的集合记为D ，P (x ，y )为D 中任意一点，则z ＝2x ＋3y 的最大值为________.解析 z ＝2x ＋3y ，化为y ＝－23x ＋13z ，当直线y ＝－23x ＋z3在点A (2，1)处时，z 取最大值，z ＝2×2＋3＝7.答案 7 8.(2015·重庆卷)设a ，b ＞0，a ＋b ＝5，则a ＋1＋b ＋3的最大值为________.解析 ∵a ，b ＞0，a ＋b ＝5，∴(a ＋1＋b ＋3)2＝a ＋b ＋4＋2a ＋1b ＋3≤a ＋b ＋4＋(a ＋1)2＋(b ＋3)2＝a ＋b ＋4＋a ＋b ＋4＝18，当且仅当a ＝72，b ＝32时，等号成立，则a ＋1＋b ＋3≤32，即a ＋1＋b ＋3最大值为3 2. 答案 3 2 三、解答题9.已知函数f (x )＝2xx 2＋6.(1)若f (x )＞k 的解集为{x |x ＜－3，或x ＞－2}，求k 的值； (2)对任意x ＞0，f (x )≤t 恒成立，求t 的取值范围. 解 (1)f (x )＞k ⇔kx 2－2x ＋6k ＜0.由已知{x |x ＜－3，或x ＞－2}是其解集， 得kx 2－2x ＋6k ＝0的两根是－3，－2.由根与系数的关系可知(－2)＋(－3)＝2k ，即k ＝－25.(2)因为x ＞0，f (x )＝2x x 2＋6＝2x ＋6x ≤226＝66，当且仅当x ＝6时取等号.由已知f (x )≤t 对任意x ＞0恒成立，故t ≥66，即t 的取值范围是⎣⎡⎭⎫66，＋∞.10.如图，建立平面直角坐标系xOy ，x 轴在地平面上，y 轴垂直于地平面，单位长度为1千米.某炮位于坐标原点.已知炮弹发射后的轨迹在方程y ＝kx －120(1＋k 2)x 2(k ＞0)表示的曲线上，其中k 与发射方向有关.炮的射程是指炮弹落地点的横坐标.(1)求炮的最大射程；(2)设在第一象限有一飞行物(忽略其大小)，其飞行高度为3.2千米，试问它的横坐标a 不超过多少时，炮弹可以击中它？请说明理由.解 (1)令y ＝0，得kx －120(1＋k 2)x 2＝0，由实际意义和题设条件知x ＞0，k ＞0，故x ＝20k 1＋k2＝20k ＋1k≤202＝10， 当且仅当k ＝1时取等号.所以炮的最大射程为10千米. (2)因为a ＞0，所以炮弹可击中目标⇔存在k ＞0，使3.2＝ka －120(1＋k 2)a 2成立⇔关于k 的方程a 2k 2－20ak ＋a 2＋64＝0有正根⇔判别式Δ＝(－20a )2－4a 2(a 2＋64)≥0⇔a ≤6.所以当a 不超过6千米时，可击中目标.11.已知函数f (x )＝13ax 3－bx 2＋(2－b )x ＋1在x ＝x 1处取得极大值，在x ＝x 2处取得极小值，且0＜x 1＜1＜x 2＜2. (1)证明：a ＞0；(2)若z ＝a ＋2b ，求z 的取值范围.(1)证明 求函数f (x )的导数f ′(x )＝ax 2－2bx ＋2－b . 由函数f (x )在x ＝x 1处取得极大值， 在x ＝x 2处取得极小值，知x 1，x 2是f ′(x )＝0的两个根， 所以f ′(x )＝a (x －x 1)(x －x 2).当x ＜x 1时，f (x )为增函数，f ′(x )＞0， 由x －x 1＜0，x －x 2＜0得a ＞0.(2)解 在题设下，0＜x 1＜1＜x 2＜2等价于⎩⎪⎨⎪⎧f ′（0）＞0，f ′（1）＜0，f ′（2）＞0，即⎩⎪⎨⎪⎧2－b ＞0，a －2b ＋2－b ＜0，4a －4b ＋2－b ＞0，化简得⎩⎪⎨⎪⎧2－b ＞0，a －3b ＋2＜0，4a －5b ＋2＞0.此不等式组表示的区域为平面aOb 上的三条直线：2－b ＝0，a －3b ＋2＝0，4a －5b ＋2＝0所围成的△ABC 的内部，其三个顶点分别为A ⎝⎛⎭⎫47，67，B (2，2)，C (4，2).z 在这三点的值依次为167，6，8.所以z 的取值范围为⎝⎛⎭⎫167，8.第3讲 导数与函数的单调性、极值、最值问题一、选择题1.函数f (x )＝12x 2－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f (x )的单调递减区间为(0，1]. 答案 B2.(2015·昆明模拟)已知函数f (x )＝12mx 2＋ln x －2x 在定义域内是增函数，则实数m 的取值范围是( )A.[－1，1]B.[－1，＋∞)C.[1，＋∞)D.(－∞，1]解析 f ′(x )＝mx ＋1x －2≥0对一切x ＞0恒成立，∴m ≥－⎝⎛⎭⎫1x 2＋2x .令g (x )＝－⎝⎛⎭⎫1x 2＋2x ，则当1x＝1，即x ＝1时，函数g (x )取最大值1.故m ≥1.答案 C 3.(2014·新课标全国Ⅱ卷)若函数f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)上单调递增，则k 的取值范围是( )A.(－∞，－2]B.(－∞，－1]C.[2，＋∞)D.[1，＋∞)解析 f ′(x )＝k －1x ，由题意知f ′(x )≥0在(1，＋∞)上恒成立，即k －1x ≥0在(1，＋∞)上恒成立，由于k ≥1x ，而0＜1x＜1，所以k ≥1.故选D.答案 D 4.(2015·临沂模拟)函数f (x )＝x 3－3ax －a 在(0，1)内有最小值，则a 的取值范围是( )A.[0，1)B.(－1，1)C.⎝⎛⎭⎫0，12 D.(0，1) 解析 f ′(x )＝3x 2－3a ＝3(x 2－a ). 当a ≤0时，f ′(x )＞0，∴f (x )在(0，1)内单调递增，无最小值. 当a ＞0时，f ′(x )＝3(x －a )(x ＋a ).当x ∈(－∞，－a )和(a ，＋∞)时，f (x )单调递增； 当x ∈(－a ，a )时，f (x )单调递减， 所以当a ＜1，即0＜a ＜1时，f (x )在(0，1)内有最小值. 答案 D5.已知函数f (x )＝13x 3＋ax 2＋3x ＋1有两个极值点，则实数a 的取值范围是( )A.(3，＋∞)B.(－∞，－3)C.(－3，3)D.(－∞，－3)∪(3，＋∞)解析 f ′(x )＝x 2＋2ax ＋3.由题意知方程f ′(x )＝0有两个不相等的实数根， 所以Δ＝4a 2－12＞0， 解得a ＞3或a ＜－ 3. 答案 D 二、填空题 6.(2015·天津卷)已知函数f (x )＝ax ln x ，x ∈(0，＋∞)，其中a 为实数，f ′(x )为f (x )的导函数.若f ′(1)＝3，则a 的值为________.解析 f ′(x )＝a ln x ＋ax ·1x＝a (ln x ＋1)，由f ′(1)＝3得，a (ln 1＋1)＝3，解得a ＝3. 答案 37.若f (x )＝x 3＋3ax 2＋3(a ＋2)x ＋1在R 上单调递增，则a 的取值范围是________. 解析 f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋3(a ＋2). 由题意知f ′(x )≥0在R 上恒成立，所以Δ＝36a 2－4×3×3(a ＋2)≤0，解得－1≤a ≤2. 答案 [－1，2]8.(2015·衡水中学期末)若函数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 对f (x )求导，得f ′(x )＝－x ＋4－3x ＝－x 2＋4x －3x ＝－（x －1）（x －3）x.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，所以t ＜1＜t ＋1或t ＜3＜t ＋1，解得0＜t ＜1或2＜t ＜3. 答案 (0，1)∪(2，3) 三、解答题9.(2015·安徽卷)已知函数f (x )＝ax（x ＋r ）2(a >0，r >0).(1)求f (x )的定义域，并讨论f (x )的单调性；(2)若ar＝400，求f (x )在(0，＋∞)内的极值.解 (1)由题意知x ≠－r ，所求的定义域为(－∞，－r )∪(－r ，＋∞).f (x )＝ax （x ＋r ）2＝axx 2＋2rx ＋r 2， f ′(x )＝a （x 2＋2rx ＋r 2）－ax （2x ＋2r ）（x 2＋2rx ＋r 2）2＝a （r －x ）（x ＋r ）（x ＋r ）4.所以当x <－r 或x >r 时，f ′(x )<0，当－r <x <r 时，f ′(x )>0.因此，f (x )的单调递减区间为(－∞，－r )，(r ，＋∞)；f (x )的单调递增区间为(－r ，r ). (2)由(1)的解答可知f ′(r )＝0，f (x )在(0，r )上单调递增，在(r ，＋∞)上单调递减. 因此，x ＝r 是f (x )的极大值点，所以f (x )在(0，＋∞)内的极大值为f (r )＝ar （2r ）2＝a 4r ＝4004＝100. 10.已知函数f (x )＝x 2＋2a ln x .(1)若函数f (x )的图象在(2，f (2))处的切线斜率为1，求实数a 的值；(2)若函数g (x )＝2x＋f (x )在[1，2]上是减函数，求实数a 的取值范围.解 (1)f ′(x )＝2x ＋2a x ＝2x 2＋2ax.由已知f ′(2)＝1，解得a ＝－3.(2)由g (x )＝2x ＋x 2＋2a ln x ，得g ′(x )＝－2x 2＋2x ＋2ax.由函数g (x )为[1，2]上的单调减函数， 则g ′(x )≤0在[1，2]上恒成立，即－2x 2＋2x ＋2ax ≤0在[1，2]上恒成立，即a ≤1x －x 2在[1，2]上恒成立.令h (x )＝1x－x 2，在[1，2]上h ′(x )＝－1x2－2x ＝－⎝⎛⎭⎫1x 2＋2x ＜0， 所以h (x )在[1，2]上为减函数，h (x )min ＝h (2)＝－72.所以a ≤－72.11.(2015·合肥模拟)已知函数f (x )＝x 3－ax 2－3x .(1)若f (x )在[1，＋∞)上是增函数，求实数a 的取值范围；(2)已知函数g (x )＝ln(1＋x )－x ＋k2x 2(k ≥0)，讨论函数g (x )的单调性.解 (1)对f (x )求导，得f ′(x )＝3x 2－2ax －3.由f ′(x )≥0在[1，＋∞)上恒成立，得a ≤32⎝⎛⎫x －1x . 记t (x )＝32⎝⎛⎭⎫x －1x ，当x ≥1时，t (x )是增函数， 所以t (x )min ＝32(1－1)＝0.所以a ≤0.(2)g ′(x )＝x （kx ＋k －1）1＋x，x ∈(－1，＋∞).当k ＝0时，g ′(x )＝－x1＋x，所以在区间(－1，0)上，g ′(x )＞0；在区间(0，＋∞)上，g ′(x )＜0.故g (x )的单调递增区间是(－1，0]，单调递减区间是[0，＋∞).当0＜k ＜1时，由g ′(x )＝x （kx ＋k －1）1＋x＝0，得x 1＝0，x 2＝1－kk ＞0，所以在区间(－1，0)和⎝⎛⎭⎫1－k k ，＋∞上，g ′(x )＞0；在区间⎝⎛⎭⎫0，1－k k 上，g ′(x )＜0.故g (x )的单调递增区间是(－1，0]和⎣⎡⎭⎫1－k k ，＋∞，单调递减区间是⎣⎡⎦⎤0，1－k k . 当k ＝1时，g ′(x )＝x 21＋x＞0，故g (x )的单调递增区间是(－1，＋∞).当k ＞1时，g ′(x )＝x （kx ＋k －1）1＋x＝0，得x 1＝1－kk ∈(－1，0)，x 2＝0，所以在区间⎝⎛⎭⎫－1，1－k k 和(0，＋∞)上，g ′(x )＞0，在区间⎝⎛⎭⎫1－k k ，0上，g ′(x )＜0.故g (x )的单调递增区间是⎝⎛⎦⎤－1，1－k k 和[0，＋∞)，单调递减区间是⎣⎡⎦⎤1－k k ，0.第4讲 函数图象的切线及交点个数问题一、选择题1.曲线y ＝xx ＋2在点(－1，－1)处的切线方程为( )A.y ＝2x ＋1B.y ＝2x －1C.y ＝－2x －3D.y ＝－2x －2 解析 易知点(－1，－1)在曲线上，且y ′＝x ＋2－x （x ＋2）2＝2（x ＋2）2，所以切线斜率k ＝y ′|x ＝－1＝21＝2. 由点斜式得切线方程为y ＋1＝2(x ＋1)，即y ＝2x ＋1. 答案 A 2.(2015·武汉模拟)若曲线f (x )＝a cos x 与曲线g (x )＝x 2＋bx ＋1在交点(0，m )处有公切线，则a ＋b 的值为( ) A.－1 B.0 C.1 D.2 解析 ∵f ′(x )＝－a sin x ，∴f ′(0)＝0. 又g ′(x )＝2x ＋b ，∴g ′(0)＝b ，∴b ＝0.又g (0)＝1＝m ，∴f (0)＝a ＝m ＝1，∴a ＋b ＝1. 答案 C 3.(2015·邯郸模拟)直线y ＝kx ＋1与曲线y ＝x 3＋ax ＋b 相切于点A (1，3)，则2a ＋b 的值为( ) A.2 B.－1 C.1 D.－2解析 ∵y ′＝3x 2＋a .∴y ′|x ＝1＝3＋a ＝k ， 又3＝k ＋1，∴k ＝2，∴a ＝－1.又3＝1＋a ＋b ，∴b ＝3，∴2a ＋b ＝－2＋3＝1. 答案 C 4.(2015·武汉模拟)曲线y ＝x ln 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.2B.－2C.12D.－12解析 依题意得y ′＝1＋ln x ，y ′|x ＝e ＝1＋ln e ＝2，所以－1a×2＝－1，a ＝2，故选A. 答案 A5.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 )＝e x ＋1＞0恒成立，所以函数f (x )在R 上是单调递增的，而f (0)＝e 0＋0－2＝－1＜0，f (1)＝e 1＋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 上是增函数，所以f (a )＜f (1)＜f (b ).答案 A二、填空题6.(2015·全国Ⅱ卷)已知曲线y ＝x ＋ln x 在点(1，1)处的切线与曲线y ＝ax 2＋(a ＋2)x ＋1相切，则a ＝________.解析 由y ＝x ＋ln x ，得y ′＝1＋1x，得曲线在点(1，1)的切线的斜率为k ＝y ′|x ＝1＝2，所以切线方程为y －1＝2(x －1)，即y ＝2x －1，此切线与曲线y ＝ax 2＋(a ＋2)x ＋1相切，消去y 得ax 2＋ax ＋2＝0，得a ≠0且Δ＝a 2－8a ＝0，解得a ＝8.答案 87.函数f (x )＝13x 3－x 2－3x －1的图象与x 轴的交点个数是________. 解析 f ′(x )＝x 2－2x －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 38.(2015·长沙模拟)关于x 的方程x 3－3x 2－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 )＝x 3－3x 2－a 的极大值大于0且极小值小于0即可，又f ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)，令f ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝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.已知函数f (x )＝13x 3＋1－a 2x 2－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.解 (1)f ′(x )＝x 2＋(1－a )x －a ＝(x ＋1)(x －a ).由f ′(x )＝0，得x 1＝－1，x 2＝a ＞0.(2)由(1)知f (x )在区间(－2，－1)内单调递增，在区间(－1，0)内单调递减，从而函数f (x )在区间(－2，0)内恰有两个零点当且仅当⎩⎨⎧f （－2）＜0，f （－1）＞0，f （0）＜0.解得0＜a ＜13. 所以a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫0，13. 10.(2015·郑州模拟)已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －2(e 为自然对数的底数，a ∈R ).(1)判断曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与曲线y ＝g (x )的公共点个数；(2)当x ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e 时，若函数y ＝f (x )－g (x )有两个零点，求a 的取值范围.解 (1)f ′(x )＝ln x ＋1，所以切线斜率k ＝f ′(1)＝1.又f (1)＝0，∴曲线在点(1，0)处的切线方程为y ＝x －1.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－x 2＋ax －2，y ＝x －1⇒x 2＋(1－a )x ＋1＝0. 由Δ＝(1－a )2－4＝a 2－2a －3＝(a ＋1)(a －3)可知：当Δ＞0时，即a ＜－1或a ＞3时，有两个公共点；当Δ＝0时，即a ＝－1或a ＝3时，有一个公共点；当Δ＜0时，即－1＜a ＜3时，没有公共点.(2)y ＝f (x )－g (x )＝x 2－ax ＋2＋x ln x ，由y ＝0，得a ＝x ＋2x＋ln x . 令h (x )＝x ＋2x ＋ln x ，则h ′(x )＝（x －1）（x ＋2）x 2. 当x ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e 时，由h ′(x )＝0，得x ＝1.所以h (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，1上单调递减，在[1，e]上单调递增，因此h (x )min ＝h (1)＝3.由h ⎝⎛⎭⎫1e ＝1e ＋2e －1，h (e)＝e ＋2e＋1，比较可知h ⎝⎛⎭⎫1e ＞h (e)，所以，结合函数图象可得，当3＜a ≤e ＋2e＋1时，函数y ＝f (x )－g (x )有两个零点. 11.(2015·济南模拟)已知函数f (x )＝2ln x －x 2＋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 －x 2＋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 －x 2＋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；当1＜x ＜e 时，g ′(x )＜0. 故g (x )在x ＝1处取得极大值g (1)＝m －1.又g ⎝⎛⎭⎫1e ＝m －2－1e 2，g (e)＝m ＋2－e 2， g (e)－g ⎝⎛⎭⎫1e ＝4－e 2＋1e 2＜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 －2－1e 2≤0，解得1＜m ≤2＋1e 2， 所以实数m 的取值范围是⎝⎛⎦⎤1，2＋1e 2.第5讲 导数与不等式的证明、存在性及恒成立问题一、选择题1.(2015·安徽卷)函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d 的图象如图所示，则下列结论成立的是( )A.a >0，b <0，c >0，d >0B.a >0，b <0，c <0，d >0C.a <0，b <0，c >0，d >0D.a >0，b >0，c >0，d <0解析 由已知f (0)＝d >0，可排除D ；其导函数f ′(x )＝3ax 2＋2bx ＋c 且f ′(0)＝c >0，可排除B ；又f ′(x )＝0有两不等实根，且x 1x 2＝c 3a＞0，所以a ＞0，故选A. 答案 A2.已知函数f (x )＝13x 3－2x 2＋3m ，x ∈[0，＋∞)，若f (x )＋5≥0恒成立，则实数m 的取值范围是( )A.⎣⎡⎭⎫179，＋∞B.⎝⎛⎭⎫179，＋∞ C.(－∞，2] D.(－∞，2)解析 f ′(x )＝x 2－4x ，由f ′(x )＞0，得x ＞4或x ＜0.∴f (x )在(0，4)上单调递减，在(4，＋∞)上单调递增，∴当x ∈[0，＋∞)时，f (x )min ＝f (4).∴要使f (x )＋5≥0恒成立，只需f (4)＋5≥0恒成立即可，代入解之得m ≥179. 答案 A3.若存在正数x 使2x (x －a )＜1成立，则a 的取值范围是( )A.(－∞，＋∞)B.(－2，＋∞)C.(0，＋∞)D.(－1，＋∞)解析 ∵2x (x －a )＜1，∴a ＞x －12x . 令f (x )＝x －12x ， ∴f ′(x )＝1＋2－x ln 2＞0.∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增，∴f (x )＞f (0)＝0－1＝－1，∴a 的取值范围为(－1，＋∞)，故选D.答案 D4.当x ∈[－2，1]时，不等式ax 3－x 2＋4x ＋3≥0恒成立，则实数a 的取值范围是( )A.[－5，－3]B.⎣⎡⎦⎤－6，－98 C.[－6，－2] D.[－4，－3]解析 当x ∈(0，1]时，得a ≥－3⎝⎛⎭⎫1x 3－4⎝⎛⎭⎫1x 2＋1x， 令t ＝1x，则t ∈[1，＋∞)，a ≥－3t 3－4t 2＋t ， 令g (t )＝－3t 3－4t 2＋t ，t ∈[1，＋∞)，则g ′(t )＝－9t 2－8t ＋1＝－(t ＋1)·(9t －1)，显然在[1，＋∞)上，g ′(t )＜0，g (t )单调递减，所以g (t )max ＝g (1)＝－6，因此a ≥－6；同理，当x ∈[－2，0)时，得a ≤－2.由以上两种情况得－6≤a ≤－2，显然当x ＝0时也成立.故实数a 的取值范围为[－6，－2].答案 C5.(2015·长沙模拟)已知f (x )是定义在(0，＋∞) 上的非负可导函数，且满足xf ′(x )＋f (x )≤0，对任意的0<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 因为xf ′(x )≤－f (x )，f (x )≥0，所以⎣⎡⎦⎤f （x ）x ′＝xf ′（x ）－f （x ）x 2≤－2f （x ）x 2≤0， 则函数f （x ）x在(0，＋∞)上单调递减. 由于0<a <b ，则f （a ）a ≥f （b ）b， 即af (b )≤bf (a ).答案 A二、填空题6.(2015·合肥模拟)设函数f (x )＝ax 3－3x ＋1(x ∈R )，若对于任意x ∈[－1，1]，都有f (x )≥0成立，则实数a 的值为________.解析 若x ＝0，则不论a 取何值，f (x )≥0显然成立；当x ＞0时，即x ∈(0，1]时，f (x )＝ax 3－3x ＋1≥0可化为a ≥3x 2－1x 3. 令g (x )＝3x 2－1x 3，则g ′(x )＝3（1－2x ）x 4， 所以g (x )在区间⎝⎛⎦⎤0，12上单调递增，在区间⎣⎡⎦⎤12，1上单调递减. 因此g (x )max ＝g ⎝⎛⎭⎫12＝4，从而a ≥4.当x ＜0时，即x ∈[－1，0)时，同理a ≤3x 2－1x 3. g (x )在区间[－1，0)上单调递增，所以g (x )min ＝g (－1)＝4，从而a ≤4，综上可知a ＝4.答案 47.已知函数f (x )＝x 2＋mx －1，若对于任意x ∈[m ，m ＋1]，都有f (x )＜0成立，则实数m 的取值范围是________.解析 作出二次函数f (x )的图象，对于任意x ∈[m ，m ＋1]，都有f (x )＜0，则有⎩⎪⎨⎪⎧f （m ）＜0，f （m ＋1）＜0， 即⎩⎪⎨⎪⎧m 2＋m 2－1＜0，（m ＋1）2＋m （m ＋1）－1＜0， 解得－22＜m ＜0. 答案 ⎝⎛⎭⎫－22，0 8.(2015·青岛模拟)已知函数f (x )＝x －1x ＋1，g (x )＝x 2－2ax ＋4，若对于任意x 1∈[0，1]，存在x 2∈[1，2]，使f (x 1)≥g (x 2)，则实数a 的取值范围是________.解析 由于f ′(x )＝1＋1（x ＋1）2＞0，因此函数f (x )在[0，1]上单调递增，所以x ∈[0，1]时，f (x )min ＝f (0)＝－1.根据题意可知存在x ∈[1，2]，使得g (x )＝x 2－2ax ＋4≤－1，即x 2－2ax ＋5≤0，即a ≥x 2＋52x 能成立，令h (x )＝x 2＋52x，则要使a ≥h (x )在x ∈[1，2]能成立，只需使a ≥h (x )min ，又函数h (x )＝x 2＋52x 在x ∈[1，2]上单调递减，所以h (x )min ＝h (2)＝94，故只需a ≥94. 答案 ⎣⎡⎭⎫94，＋∞ 三、解答题9.已知函数f (x )＝a ln x －ax －3(a ∈R ).(1)求函数f (x )的单调区间；(2)当a ＝－1时，证明：当x ∈(1，＋∞)时，f (x )＋2＞0；(1)解 根据题意知，f ′(x )＝a （1－x ）x(x ＞0)， 当a ＞0时，则当x ∈(0，1)时，f ′(x )＞0，当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＜0，f (x )的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)；当a ＜0时，f (x )的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1)；当a ＝0时，f (x )＝－3，不是单调函数，无单调区间.(2)证明 当a ＝－1时，f (x )＝－ln x ＋x －3，所以f (1)＝－2，由(1)知f (x )＝－ln x ＋x －3在(1，＋∞)上单调递增，所以当x ∈(1，＋∞)时，f (x )＞f (1).即f (x )＞－2，所以f (x )＋2＞0.10.(2015·唐山期末)已知函数f (x )＝a e x ＋x 2，g (x )＝sin πx 2＋bx ，直线l 与曲线y ＝f (x )切于点(0，f (0))，且与曲线y ＝g (x )切于点(1，g (1)).(1)求a ，b 的值和直线l 的方程；(2)证明：f (x )＞g (x ).(1)解 f ′(x )＝a e x ＋2x ，g ′(x )＝π2cos π2x ＋b ， f (0)＝a ，f ′(0)＝a ，g (1)＝1＋b ，g ′(1)＝b .曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线为y ＝ax ＋a ，曲线y ＝g (x )在点(1，g (1))处的切线为：y ＝b (x －1)＋1＋b ，即y ＝bx ＋1，依题意有a ＝b ＝1，直线l 的方程为y ＝x ＋1，(2)证明 由(1)知f (x )＝e x ＋x 2，g (x )＝sin π2x ＋x ， 设F (x )＝f (x )－(x ＋1)＝e x ＋x 2－x －1，则F ′(x )＝e x ＋2x －1，当x ∈(－∞，0)时，F ′(x )＜F ′(0)＝0，当x ∈(0，＋∞)时，F ′(x )＞F ′(0)＝0.F (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故F (x )≥F (0)＝0，设G (x )＝x ＋1－g (x )＝1－sin π2x ， 则G (x )≥0，当且仅当x ＝4k ＋1(k ∈Z )时等号成立，由上可知，f (x )≥x ＋1≥g (x )，且两个等号不同时成立，因此f (x )＞g (x ).11.(2014·新课标全国Ⅰ卷)设函数f (x )＝a e x ln x ＋b e x －1x，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝e(x －1)＋2.(1)求a ，b ；(2)证明：f (x )＞1.(1)解 函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a e x ln x ＋a x e x －b x 2e x －1＋b xe x －1. 由题意可得f (1)＝2，f ′(1)＝e.故a ＝1，b ＝2.(2)证明 由(1)知，f (x )＝e x ln x ＋2xe x －1， 从而f (x )＞1等价于x ln x ＞x e －x －2e. 设函数g (x )＝x ln x ，则g ′(x )＝1＋ln x .所以当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 时，g ′(x )＜0； 当x ∈⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞时，g ′(x )＞0.故g (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞上单调递增， 从而g (x )在(0，＋∞)上的最小值为g ⎝⎛⎭⎫1e ＝－1e. 设函数h (x )＝x e －x －2e，则h ′(x )＝e －x (1－x ). 所以当x ∈(0，1)时，h ′(x )＞0；当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )＜0.故h (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而h (x )在(0，＋∞)上的最大值为h (1)＝－1e. 综上，当x ＞0时，g (x )＞h (x )，即f (x )＞1.。

专题一 函数、不等式及导数的应用真题体验·引领卷一、选择题1．(2015·全国卷Ⅱ)已知集合A ＝{－2，－1，0，1，2}，B ＝{x |(x －1)(x ＋2)<0}，则A ∩B ＝( ) A ．{－1，0}B ．{0，1}C ．{－1，0，1}D ．{0，1，2}2．(2015·全国卷Ⅰ)设命题p ：∃n ∈N ，n 2>2n ，则綈p 为( ) A ．∀n ∈N ，n 2>2n B ．∃n ∈N ，n 2≤2n C ．∀n ∈N ，n 2≤2nD ．∃n ∈N ，n 2＝2n3．(2015·全国卷Ⅱ)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1＋log 2（2－x ），x <1，2x －1，x ≥1，则f (－2)＋f (log 212)＝( ) A ．3B ．6C ．9D ．124．(2015·福建高考)变量x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≥0，x －2y ＋2≥0，mx －y ≤0.若z ＝2x －y 的最大值为2，则实数m 等于( ) A ．－2B ．－1C ．1D ．25．(2015·广东高考)下列函数中，既不是奇函数，也不是偶函数的是( )A ．y ＝x ＋sin 2xB ．y ＝x 2－cos xC ．y ＝2x ＋12xD ．y ＝x 2＋sin x6．(2015·福建高考)若直线x a ＋yb ＝1(a ＞0，b ＞0)过点(1，1)，则a ＋b 的最小值等于( ) A ．2 B ．3 C ．4 D ．5二、填空题7．(2015·全国卷Ⅰ)若函数f (x )＝x ln(x ＋a ＋x 2)为偶函数，则实数a ＝________．8．(2015·全国卷Ⅰ)若x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －1≥0，x －y ≤0，x ＋y －4≤0，则yx 的最大值为________．9．(2015·湖南高考)若函数f (x )＝|2x －2|－b 有两个零点，则实数b 的取值范围是________． 三、解答题10．(2015·重庆高考)已知函数f (x )＝ax 3＋x 2(a ∈R )在x ＝－43处取得极值．(1)确定a 的值；(2)若g (x )＝f (x )e x ，讨论g (x )的单调性．11．(2015·全国卷Ⅱ)已知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．12．(2015·山东高考)设函数f (x )＝(x ＋a )ln x ，g (x )＝x 2e x . 已知曲线y ＝f (x ) 在点(1，f (1))处的切线与直线2x －y ＝0平行． (1)求a 的值；(2)是否存在自然数k ，使得方程f (x )＝g (x )在(k ，k ＋1)内存在唯一的根？如果存在，求出k ；如果不存在，请说明理由；(3)设函数m (x )＝min{f (x )，g (x )}(min{p ，q }表示p ，q 中的较小值)，求m (x )的最大值．专题一 函数、不等式及导数的应用经典模拟·演练卷一、选择题1．(2015·济南模拟)已知集合P ＝{1，m }，Q ＝{1，3，5}，则“m ＝5”是“P ⊆Q ”的( ) A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件2．(2015·佛山模拟)已知f (x )是定义在R 上的奇函数，当x ≥0时，f (x )＝3x ＋m (m 为常数)，则f (－log 35)的值为( ) A ．－4B ．4C ．－6D ．63．(2015·安徽“江南十校”联考)已知向量a ＝(3，－2)，b ＝(x ， y －1)，且a ∥b ，若x ，y 均为正数，则3x ＋2y 的最小值是( ) A.53B.83C ．8D ．244．(2015·潍坊三模)当a >0时，函数f (x )＝(x 2＋2ax )e x 的图象大致是( )5．(2015·四川省统考)已知x ，y 满足不等式组⎩⎪⎨⎪⎧y ≤x ，x ＋y ≥2，x ≤2，则z ＝2x ＋y的最大值与最小值的比值为( ) A.12B ．2C.32D.436．(2015·郑州模拟)具有性质：f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＝－f (x )的函数，我们称为满足“倒负”变换的函数，下列函数：①y ＝x －1x ；②y ＝x ＋1x ；③y ＝⎩⎨⎧x （0＜x ＜1），0 （x ＝1），－1x （x ＞1）中满足“倒负”变换的函数是( )A ．①②B ．②③C ．①③D ．只有①二、填空题7．(2015·保定联考)设关于x ，y 的不等式组⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ＋1>0，x －m <0，y ＋m >0表示的平面区域内存在点P (x 0，y 0)满足x 0－2y 0＝2，则m 的取值范围是________．8．(2015·西安八校联考)已知函数f (x )＝213+1,log 1,x x x x x ⎧-≤⎪⎨>⎪⎩，，若关于x 的不等式f (x )≥m 2－34m 有解，则实数m 的取值范围是________．9．(2015·黄冈中学高三期中)定义运算 ＝a 1b 2－a 2b 1，则函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 2＋3x 1x 13x 的图象在点⎝ ⎛⎭⎪⎫1，13处的切线方程是________． 三、解答题10．(2015·长沙调研)设函数f (x )＝x ＋ax 2＋b ln x ，曲线y ＝f (x )过P (1，0)，且在P 点处的切线斜率为2. (1)求a ，b 的值； (2)证明：f (x )≤2x －2.11．(2015·德州模拟)已知函数f (x )＝ln x －12ax 2－2x . (1)若函数f (x )在x ＝2处取得极值，求实数a 的值； (2)若函数f (x )在定义域内单调递增，求实数a 的取值范围； (3)当a ＝－12时，关于x 的方程f (x )＝－12x ＋b 在[1，4]上恰有两个不相等的实数根，求实数b 的取值范围．12．(2015·西安模拟)设函数f (x )＝ln x ＋mx ，m ∈R . (1)当m ＝e(e 为自然对数的底数)时，求f (x )的极小值； (2)讨论函数g (x )＝f ′(x )－x3零点的个数；(3)若对任意b ＞a ＞0，f （b ）－f （a ）b －a ＜1恒成立，求m 的取值范围．专题一 函数、不等式及导数的应用专题过关·提升卷(时间：120分钟 满分：150分) 第Ⅰ卷 (选择题 共60分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．(2015·济南质检)设集合U ＝R ，A ＝{x |y ＝ln(1－x )}，B ＝{x |x 2－3x ≥0}，则A ∩∁U B ＝( ) A ．{x |0<x <1} B ．{x |1<x <3} C ．{x |0<x <3}D ．{x |x <1}2．下列函数中，既是偶函数，又在区间(0，＋∞)上是减函数的是( ) A ．y ＝－x 3 B ．y ＝2|x | C ．y ＝－lg|x |D ．y ＝e x －e －x3．设p ：|2a －1|<1，q ：f (x )＝log a (1－x )在(－∞，1)上是增函数，则p 是q 的( )A ．充分不必要条件B ．充要条件C ．必要不充分条件D ．既不充分又不必要条件4．(2015·佛山调研)已知a ＝20.2，b ＝0.40.2，c ＝0.40.6，则( ) A ．a ＞b ＞c B ．a ＞c ＞b C ．c ＞a ＞bD ．b ＞c ＞a5．(2015·湖南高考)若变量x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≥－1，2x －y ≤1，y ≤1，则z ＝3x－y 的最小值为( ) A ．－7B ．－1C ．1D ．26．已知函数y ＝log a (x ＋b )(a ，b 为常数，其中a >1)的图象如图所示，则函数g (x )＝bx 2－2x ，x ∈[0，3]的最大值是 ( ) A ．1B ．bC ．b 3D.1b7．(2015·重庆高考)若不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －2≤0，x ＋2y －2≥0，x －y ＋2m ≥0表示的平面区域为三角形，且其面积等于43，则m 的值为( ) A ．－3B ．1C.43D ．38．设函数f (x )＝x 22＋m x ，若函数f (x )的极值点x 0满足x 0f (x 0)－x 30>m 2，则实数m 的取值范围是( ) A ．(－∞，0)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12 B ．(－∞，0)∪(2，＋∞) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12D ．(0，2)9．(2015·浙江高考)函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x cos x (－π≤x ≤π且x ≠0)的图象可能为( )10．设函数g (x )＝|x ＋2|＋1，φ(x )＝kx ，若函数f (x )＝g (x )－φ(x )仅有两个零点，则实数k 的取值范围是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，1 C.()－∞，－1D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－12 11．(2015·陕西高考)对二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a 为非零整数)，四位同学分别给出下列结论，其中有且只有一个结论是错误的，则错误的结论是( ) A ．－1是f (x )的零点 B ．1是f (x )的极值点 C ．3是f (x )的极值D ．点(2，8)在曲线y ＝f (x )上12．已知定义在R 上的函数g (x )的导函数为g ′(x )，满足g ′(x )－g (x )<0，若函数g (x )的图象关于直线x ＝2对称，且g (4)＝1，则不等式g （x ）e x >1的解集为( ) A ．(－2，＋∞) B ．(0，＋∞) C ．(－∞，0)D ．(－∞，2)第Ⅱ卷 (非选择题 共90分)二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把正确答案填写在题中的横线上)13．(2015·陕西高考)设曲线y ＝e x 在点(0，1)处的切线与曲线y ＝1x (x >0)上点P 处的切线垂直，则P 的坐标为________．14．已知关于x 的不等式ax －1x －b >0的解集为(－1，1)，且函数φ(x )＝a＋12log (bx )，则不等式φ(x )>1的解集为________．15. 在如图所示的锐角三角形空地中，欲建一个面积最大的内接矩形花园(阴影部分)，则其边长x 为________(m)． 16．(2015·山东高考)定义运算“⊗”：x ⊗y ＝x 2－y 2xy (x ，y ∈R ，xy ≠0)，当x ＞0，y ＞0时，x ⊗y ＋(2y )⊗x 的最小值为________． 三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)已知函数f (x )＝ln x ＋k e x (k 为常数，e ＝2.718 28…是自然对数的底数)，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行． (1)求k 的值； (2)求f (x )的单调区间．18．(本小题满分12分)(2015·北京高考)设函数f (x )＝x 22－k ln x ，k >0.(1)求f(x)的单调区间和极值；(2)证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，e]上仅有一个零点．19．(本小题满分12分)某世界园艺博览会的主题是“让生活走进自然”，为了宣传“会议主题”和“城市时尚”，博览会指挥中心拟在如图所示的空地“扇形ABCD”上竖立一块长方形液晶广告屏幕MNEF.已知扇形ABCD所在圆的半径R＝30米，圆心角θ＝π2，电源在点K处，点K到半径AD，AB的距离分别为9米、3米．若MN∶NE＝16∶9，线段MN必过点K，端点M，N分别在半径AD，AB上．设AN＝x米，液晶广告屏幕MNEF的面积为S平方米．(1)求S关于x的函数关系式及其定义域；(2)若液晶屏每平米造价为1 500元，当x为何值时，液晶广告屏幕MNEF的造价最低？20．(本小题满分12分)(2015·福建高考)已知函数f(x)＝ln x－（x－1）22.(1)求函数f(x)的单调递增区间；(2)证明：当x＞1时，f(x)＜x－1；(3)确定实数k的所有可能取值，使得存在x0＞1，当x∈(1，x0)时，恒有f(x)＞k(x－1)．21．(本小题满分12分)(2015·潍坊三模)已知函数f(x)＝x(ln x－ax)(a∈R)，g(x)＝f′(x)．(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线3x－y－1＝0平行，求实数a的值；(2)若函数F(x)＝g(x)＋12x2有两个极值点x1，x2，且x1<x2，求证：f(x2)<－1<f(x1)．22．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝x2－(a＋2)x＋a ln x，常数a>0.(1)当x＝1时，函数f(x)取得极小值－2，求函数f(x)的极大值；(2)设定义在D 上的函数y ＝h (x )在点P (x 0，h (x 0))处的切线方程为l ：y ＝g (x )，当x ≠x 0时，若h （x ）－g （x ）x －x 0>0在D 内恒成立，则称点P为h (x )的“类优点”．若点(1，f (1))是函数f (x )的“类优点”，求实数a 的取值范围．参考答案专题一 函数、不等式及导数的应用真题体验·引领卷1．A [由A ＝{－2，－1，0，1，2}，B ＝{x |(x －1)(x ＋2)<0}＝{x |－2<x <1}，得A ∩B ＝{－1，0}．]2．C [量词“∃”改为“∀”；“n 2>2n ”改为“n 2≤2n ”， ∴綈p 为“∀n ∈N ，n 2≤2n ”．]3．C [∵f (－2)＝1＋log 24＝1＋2＝3，f (log 212)＝2log 212－1＝6. ∴f (－2)＋f (log 212)＝3＋6＝9.]4．C [如图所示，目标函数z ＝2x －y 取最大值2即y ＝＝2x －2时，画出⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≥0，x －2y ＋2≥0表示的区域，由于mx －y ≤0过定点(0，0)，要使z＝2x －y 取最大值2，则目标函数必过两直线x －2y ＋2＝0与y ＝2x －2的交点A (2，2)，因此直线mx －y ＝0过点A (2，2)，故有2m －2＝0，解得m ＝1.]5．D [对于A ，f (－x )＝－x ＋sin 2(－x )＝－(x ＋sin 2x )＝－f (x )，为奇函数；对于B ，f (－x )＝(－x )2－cos(－x )＝x 2－cos x ＝f (x )，为偶函数； 对于C ，f (－x )＝2－x＋12－x ＝2x＋12x ＝f (x )，为偶函数；y ＝x 2＋sin x 既不是偶函数也不是奇函数，故选D.] 6．C [由题意1a ＋1b ＝1，∴a ＋b ＝(a ＋b )⎝⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＝2＋b a ＋ab ≥4，当且仅当a ＝b ＝2时，取等号．故选C.]7．1 [f (x )为偶函数，则ln(x ＋a ＋x 2)为奇函数， 所以ln(x ＋a ＋x 2)＋ln(－x ＋a ＋x 2)＝0， 即ln(a ＋x 2－x 2)＝0，则ln a ＝0，a ＝1.]8．3[作出不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x －1≥0，x －y ≤0，x ＋y －4≤0表示的平面区域(如图)，易知yx 的最大值为k OA ＝3.]9．(0，2) [令y ＝|2x －2|，作出其图象如图： 由图形知，当0＜b ＜2时， f (x )＝|2x －2|－b 有两个零点．]10．解 (1)对f (x )求导得f ′(x )＝3ax 2＋2x ，因为f (x )在x ＝－43处取得极值，所以f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫－43＝0，即3a ·169＋2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－43＝16a 3－83＝0，解得a ＝12. (2)由(1)得g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 3＋x 2e x ，故g ′(x )＝⎝⎛⎭⎪⎫32x 2＋2x e x ＋⎝⎛⎭⎪⎫12x 3＋x 2e x＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 3＋52x 2＋2x e x ＝12x (x ＋1)(x ＋4)e x .令g ′(x )＝0，解得x ＝0，x ＝－1或x ＝－4. 当x ＜－4时，g ′(x )＜0，故g (x )为减函数； 当－4＜x ＜－1时，g ′(x )＞0，故g (x )为增函数； 当－1＜x ＜0时，g ′(x )＜0，故g (x )为减函数； 当x ＞0时，g ′(x )＞0，故g (x )为增函数．综上知g (x )在(－∞，－4)和(－1，0)内为减函数，在(－4，－1)和(0，＋∞)内为增函数．11．解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －a . 若a ≤0，则f ′(x )＞0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增．若a ＞0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )＞0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )＜0.所以f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减．(2)由(1)知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)无最大值；当a ＞0时，f (x )在x ＝1a 取得最大值，最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋a ⎝⎛⎭⎪⎫1－1a ＝－ln a ＋a －1. 因此f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＞2a －2等价于ln a ＋a －1＜0.令g (a )＝ln a ＋a －1，则g (a )在(0，＋∞)上单调递增，g (1)＝0. 于是，当0＜a ＜1时，g (a )＜0；当a ＞1时，g (a )＞0. 因此，a 的取值范围是(0，1)．12．解 (1)由题意知，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线斜率为2，所以f ′(1)＝2，又f ′(x )＝ln x ＋ax ＋1，所以a ＝1. (2)k ＝1时，方程f (x )＝g (x )在(1，2)内存在唯一的根． 设h (x )＝f (x )－g (x )＝(x ＋1)ln x －x 2e x ， 当x ∈(0，1]时，h (x )＜0.又h (2)＝3ln 2－4e 2＝ln 8－4e 2＞1－1＝0， 所以存在x 0∈(1，2)，使得h (x 0)＝0. 因为h ′(x )＝ln x ＋1x ＋1＋x （x －2）e x，所以当x ∈(1，2)时，h ′(x )＞1－1e ＞0， 当x ∈(2，＋∞)时，h ′(x )＞0， 所以当x ∈(1，＋∞)时，h (x )单调递增，所以k ＝1时，方程f (x )＝g (x )在(k ，k ＋1)内存在唯一的根． (3)由(2)知方程f (x )＝g (x )在(1，2)内存在唯一的根x 0. 且x ∈(0，x 0)时，f (x )＜g (x )， x ∈(x 0，＋∞)时，f (x )＞g (x )，所以m (x )＝⎩⎨⎧（x ＋1）ln x ，x ∈（0，x 0]，x 2e x ，x ∈（x 0，＋∞）.当x ∈(0，x 0)时，若x ∈(0，1]，m (x )≤0； 若x ∈(1，x 0)，由m ′(x )＝ln x ＋1x ＋1＞0， 可知0＜m (x )≤m (x 0)；故m (x )≤m (x 0)．当x ∈(x 0，＋∞)时，由m ′(x )＝x （2－x ）e x ，可得x ∈(x 0，2)时，m ′(x )＞0，m (x )单调递增；x ∈(2，＋∞)时，m ′(x )＜0，m (x )单调递减； 可知m (x )≤m (2)＝4e 2，且m (x 0)＜m (2)． 综上可得，函数m (x )的最大值为4e 2.经典模拟·演练卷1．A [当m ＝5时，P ⊆Q ；若“P ⊆Q ”，则“m ＝3或m ＝5”，∴“m ＝5”是“P ⊆Q ”的充分不必要条件．]2．A [由题意f (0)＝0，即1＋m ＝0，所以m ＝－1，f (－log 35)＝－f (log 35)＝－(3log 35－1)＝－4.]3．C [∵a ∥b ，∴3(y －1)＋2x ＝0， 即2x ＋3y ＝3.∵x >0，y >0， ∴3x ＋2y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3x ＋2y ·13(2x ＋3y )＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫6＋6＋9y x ＋4x y ≥13(12＋2×6)＝8， 当且仅当3y ＝2x 时取等号．∴当x ＝34且y ＝12时，3x ＋2y 取得最小值8.]4．B [f ′(x )＝e x (x 2＋2ax )＋(2x ＋2a )e x ＝e x [x 2＋2x (a ＋1)＋2a ] 令f ′(x )＝0，得x ＝±a 2＋1－(a ＋1)<0. 因此f (x )的两个极值点均小于0.结合函数的图象，选项B 为f (x )的大致图象．]5．B [约束条件对应的区域如图所示，当直线z ＝2x ＋y 过点A (2，2)时，z 取得最大值6，当直线z ＝2x ＋y 经过B (1，1)时，z 取得最小值3，故最大值与最小值的比值为2.]6．C [易知①满足条件，②不满足；对于③，易知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x＝⎩⎨⎧1x（x ＞1），0 （x ＝1），－x （0＜x ＜1），满足f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＝－f (x )，故③满足“倒负”变换，故选C.]7.⎝⎛⎭⎪⎫23，＋∞ [作不等式组表示的平面区域(如图)，依题意，直线x －2y ＝2与平面区域有公共点．如图，直线x ＝m 与y ＝－m 交于(m ，－m )，把(m ，－m )代入x －2y ＝2得m ＝23，结合图形得m >23.]8.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－14，1 [当x ≤1时，f (x )＝－x 2＋x ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14≤14， 当x >1时，f (x )＝log 13x <0，∴f (x )的最大值为14，因此原不等式为14≥m 2－34m ，解之得－14≤m ≤1.]9．6x －3y －5＝0 [由定义可知f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 2＋3x 1x 13x ＝13x 3＋x 2－x ，故f ′(x )＝x 2＋2x －1，则f ′(1)＝2，所以函数f (x )在点⎝⎛⎭⎪⎫1，13处的切线方程为y －13＝2(x －1)，化为一般式为6x －3y －5＝0.] 10．(1)解 f ′(x )＝1＋2ax ＋bx .由已知条件得⎩⎪⎨⎪⎧f （1）＝0，f ′（1）＝2，即⎩⎪⎨⎪⎧1＋a ＝0，1＋2a ＋b ＝2.解得a ＝－1，b ＝3.(2)证明 f (x )的定义域为(0，＋∞)， 由(1)知f (x )＝x －x 2＋3ln x .设g (x )＝f (x )－(2x －2)＝2－x －x 2＋3ln x ， 则g ′(x )＝－1－2x ＋3x ＝－（x －1）（2x ＋3）x . 当0<x <1时，g ′(x )>0；当x >1时，g ′(x )<0.所以g (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． 而g (1)＝0，故当x >0时， g (x )≤0，即f (x )≤2x －2.11．解 (1)f ′(x )＝－ax 2＋2x －1x (x ＞0)， ∵x ＝2时，f (x )取得极值，∴f ′(2)＝0，解得a ＝－34，经检验知符合题意． (2)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， 依题意f ′(x )≥0在x ＞0时恒成立， 即ax 2＋2x －1≤0在x ＞0时恒成立，即a ≤1－2x x 2＝⎝⎛⎭⎪⎫1x －12－1在x ＞0时恒成立，即a ≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12－1min (x ＞0)，当x ＝1时，⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12－1取最小值－1，∴a 的取值范围是(－∞，－1]． (3)a ＝－12，f (x )＝－12x ＋b ， 即14x 2－32x ＋ln x －b ＝0.设g (x )＝14x 2－32x ＋ln x －b (x ＞0)， 则g ′(x )＝（x －2）（x －1）2x . 列表∴g (x )极小值＝g (2)＝ln 2－b －2， g (x )极大值＝g (1)＝－b －54， 又g (4)＝2ln 2－b －2.∵方程g (x )＝0在[1，4]上恰有两个不相等的实数根，则⎩⎪⎨⎪⎧g （1）≥0，g （2）＜0，g （4）≥0，解得ln 2－2＜b ≤－54. 12．解(1)由题设，当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋e x ， 则f ′(x )＝x －ex 2，∴当x ∈(0，e)，f ′(x )＜0，f (x )在(0，e)上单调递减， 当x ∈(e ，＋∞)，f ′(x )＞0，f (x )在(e ，＋∞)上单调递增， ∴当x ＝e 时，f (x )取得极小值f (e)＝ln e ＋ee ＝2， ∴f (x )的极小值为2.(2)由题设g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x3(x ＞0)， 令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x ＞0)． 设φ(x )＝－13x 3＋x (x ≥0)，则φ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1)，当x ∈(0，1)时，φ′(x )＞0，φ(x )在(0，1)上单调递增； 当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )＜0，φ(x )在(1，＋∞)上单调递减．∴x ＝1是φ(x )的唯一极值点，且是极大值点，因此x ＝1也是φ(x )的最大值点，∴φ(x )的最大值为φ(1)＝23.又φ(0)＝0，结合y ＝φ(x )的图象(如图)，可知 ①当m ＞23时，函数g (x )无零点；②当m ＝23时，函数g (x )有且只有一个零点； ③当0＜m ＜23时，函数g (x )有两个零点； ④当m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点． 综上所述，当m ＞23时，函数g (x )无零点； 当m ＝23或m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点； 当0＜m ＜23时，函数g (x )有两个零点．(3)对任意的b ＞a ＞0，f （b ）－g （a ）b －a ＜1恒成立，等价于f (b )－b ＜f (a )－a 恒成立．(*) 设h (x )＝f (x )－x ＝ln x ＋mx －x (x ＞0)， ∴(*)等价于h (x )在(0，＋∞)上单调递减． 由h ′(x )＝1x －mx 2－1≤0在(0，＋∞)上恒成立， 得m ≥－x 2＋x ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14(x ＞0)恒成立，∴m ≥14⎝⎛⎭⎪⎫对m ＝14，h ′（x ）＝0仅在x ＝12时成立，∴m 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫14，＋∞. 专题过关·提升卷1．A [A ＝{x |1－x >0}＝{x |x <1}，B ＝{x |x ≥3或x ≤0}， ∴∁U B ＝{x |0<x <3}，故A ∩∁U B ＝{x |0<x <1}．]2．C [选项A ，D 中，y ＝－x 3为奇函数，y ＝e x －e －x 也为奇函数．又y ＝2|x |＝2x (x >0)是增函数，B 不满足．易知y ＝－lg|x |是偶函数，且当x >0时，y ＝－lg x 为减函数．] 3．B [p ：|2a －1|<1⇔0<a <1.q ：f (x )在(－∞，1)内是增函数⇔0<a <1. ∴p 是q 的充要条件．]4．A [由0.2＜0.6，0.4＜1，并结合指数函数的图象可知0.40.2＞0.40.6，即b ＞c .因为a ＝20.2＞1，b ＝0.40.2＜1，所以a ＞b .综上a ＞b ＞c ，选A.]5．A[不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≥－1，2x －y ≤1，y ≤1表示的平面区域如图所示，平移直线y ＝3x －z ，过点M (－2，1)时，直线的纵截距最大，此时z 有最小值．∴z min ＝3×(－2)－1＝－7.]6．D [∵将y ＝log a x 的图象向左平移b 个单位，得到函数y ＝log a (x ＋b )的图象，∴0<b <1，则y ＝b t 在R 上是减函数． 又t ＝x 2－2x ＝(x －1)2－1，x ∈[0，3]， ∴－1≤t ≤3，因此y ＝b t的最大值为1b .]7．B [不等式组表示的区域如图，则图中A 点纵坐标y A ＝1＋m ，B 点纵坐标y B ＝2m ＋23， C 点横坐标x C ＝－2m ，∴S ＝S △ACD －S △BCD ＝12×(2＋2m )×(1＋m )－12×(2＋2m )×2m ＋23＝（m ＋1）23＝43， ∴m ＋1＝2或－2(舍)，∴m ＝1.]8．C [由f (x )＝x 22＋m x ，得f ′(x )＝x －mx 2， 又x 0是f (x )的极值点，∴f ′(x 0)＝0，解之得x 0＝3m ，因此x 0f (x 0)－x 30＝x 302＋m －x 30＝m 2，所以m 2>m 2，解之得0<m <12.]9．D [∵f (x )＝⎝⎛⎭⎪⎫x －1x cos x ，∴f (－x )＝－f (x )， ∴f (x )为奇函数，排除A ，B ；当x →π时，f (x )＜0，排除C.故选D.]10．D [在同一坐标系内作函数y ＝g (x )与y ＝φ(x )的图象，依题意知，两个函数的图象有两个交点．则直线φ(x )＝kx 应介于两直线y ＝－x 与y ＝－x2之间，应有－1<k <－12.]11．A [A 正确等价于a －b ＋c ＝0，① B 正确等价于b ＝－2a ，② C 正确等价于4ac －b 24a ＝3，③ D 正确等价于4a ＋2b ＋c ＝8，④ 下面分情况验证，若A错，由②、③、④组成的方程组的解为⎩⎪⎨⎪⎧a ＝5，b ＝－10，c ＝8，符合题意，故A 结论错误．若B 、或C 、或D 错误，检验不满足题设要求．] 12．C [令F (x )＝g （x ）e x －1，则F ′(x )＝g ′（x ）e x －e x g （x ）（e x ）2＝[g ′(x )－g (x )]·1e x .∵g ′(x )－g (x )<0，∴F ′(x )<0，则函数F (x )在(－∞，＋∞)上是减函数． 又函数y ＝g (x )的图象关于直线x ＝2对称， ∴g (0)＝g (4)＝1，从而F (0)＝g （0）e 0－1＝0.故F (x )>0⎝ ⎛⎭⎪⎫即g （x ）e x>1的解集为(－∞，0)．] 13．(1，1) [∵y ′|x ＝0＝e x |x ＝0＝1.设P (x 0，y 0)，则y ′|x ＝x 0＝⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ′x ＝x 0＝－1x 20. 依题意，得1·⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x 20＝－1，且x 0>0，则x 0＝1.因此切点P 为(1，1)．] 14.⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪0<x <14 [易知(ax －1)(x －b )>0的解集为(－1，1)， ∴a <0，且1a ＝－1，b ＝1， 则φ(x )＝－1＋log 12x ，由φ(x )>1，得log 12x >2，解之得0<x <14.]15．20 [设内接矩形另一边长为y ，则由相似三角形性质可得x40＝40－y 40，解得y ＝40－x ，所以面积S ＝x (40－x )＝－x 2＋40x ＝－(x －20)2＋400(0＜x ＜40)，当x ＝20时，S max ＝400.]16.2 [由题意，得x ⊗y ＋(2y )⊗x ＝x 2－y 2xy ＋（2y ）2－x 22yx＝x 2＋2y 22xy ≥2x 2·2y 22xy ＝2，当且仅当x ＝2y 时取等号．] 17．解 (1)由f (x )＝ln x ＋ke x ，得f ′(x )＝（ln x ＋k ）′e x －（ln x ＋k ）（e x ）′e 2x ＝1－kx －x ln xx e x ，x ∈(0， ＋∞)，由曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行可知f ′(1)＝0，解得k ＝1.(2)由(1)知，f ′(x )＝1x －ln x －1e x ，x ∈(0，＋∞)． 设h (x )＝1x －ln x －1，则h ′(x )＝－1x 2－1x <0， 即h (x )在(0，＋∞)上是减函数，由h (1)＝0知，当0<x <1时，h (x )>0，从而f ′(x )>0，当x >1时，h (x )<0，从而f ′(x )<0.综上可知，f (x )的单调递增区间是(0，1)，单调递减区间是(1，＋∞)．18．(1)解 ∵f (x )＝x 22－k ln x ，定义域为(0，＋∞)，且k >0. ∴f ′(x )＝x －k x ＝x 2－kx .令f ′(x )＝0，得x ＝k (负值舍去)．f (x )与f ′(x )在区间(0，＋∞)上的变化情况如下表：所以，f (x )的单调递减区间是(0，k )，单调递增区间是(k ，＋∞)， f (x )在x ＝k 处取得极小值f (k )＝k （1－ln k ）2. (2)证明 由(1)知，f (x )在区间(0，＋∞)上的最小值为f (k )＝k （1－ln k ）2. 因为f (x )存在零点，所以k （1－ln k ）2≤0，从而k ≥e ， 当k ＝e 时，f (x )在区间(1，e)上单调递减，且f (e)＝0， 所以x ＝e 是f (x )在区间(1，e]上的唯一零点．当k >e 时，f (x )在区间(0，e)上单调递减，且f (1)＝12>0，f (e)＝e －k 2<0，所以f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．综上可知，若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点． 19．解 (1)在Rt △AMN 中，依题意，得 9x ＝MK MN ，3AM ＝NK MN ，所以9x ＋3AM ＝1，则AM ＝3x x －9.所以MN ＝AM 2＋AN 2＝x 2＋9x2（x －9）2.当点N 与点B 重合时，AM 取最小值307；当点M 与点D 重合时，AN 取最小值10.∴307≤AM ≤30，且10≤AN ≤30，因此307≤3x x －9≤30且10≤x ≤30，解之得10≤x ≤30.所以S ＝916⎣⎢⎡⎦⎥⎤x 2＋9x 2（x －9）2，其定义域为[10，30]．(2)根据题设条件，要使液晶广告屏的造价最低，只需广告屏的面积S 最小．设S ＝f (x )＝916⎣⎢⎡⎦⎥⎤x 2＋9x 2（x －9）2(10≤x ≤30)，则f ′(x )＝916⎣⎢⎡⎦⎥⎤2x ＋18x （x －9）2－2（x －9）·9x 2（x －9）4＝9x [（x －9）3－81]8（x －9）3.令f ′(x )＝0，得x ＝9＋333，当10≤x <9＋333时，f ′(x )<0；当9＋333<x ≤30时，f ′(x )>0， ∴当x ＝9＋333时，S 取得最小值，即液晶广告屏幕面积最小． 故当x ＝9＋333时，液晶广告屏幕的造价最低． 20．(1)解 f ′(x )＝1x －x ＋1＝－x 2＋x ＋1x，x ∈(0，＋∞)． 由f ′(x )＞0得⎩⎪⎨⎪⎧x ＞0，－x 2＋x ＋1＞0.解得0＜x ＜1＋52.故f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1＋52. (2)证明 令F (x )＝f (x )－(x －1)，x ∈(1，＋∞)． 则有F ′(x )＝1－x 2x .当x ∈(1，＋∞)时，F ′(x )＜0，所以F (x )在(1，＋∞)上单调递减，故当x ＞1时，F (x )＜F (1)＝0，即当x ＞1时，f (x )＜x －1.(3)解 由(2)知，当k ＝1时，不存在x 0＞1满足题意．当k ＞1时，对于x ＞1，有f (x )＜x －1＜k (x －1)，则f (x )＜k (x －1)，从而不存在x 0＞1满足题意．当k ＜1时，令G (x )＝f (x )－k (x －1)，x ∈(0，＋∞)，则有G ′(x )＝1x －x ＋1－k ＝－x 2＋（1－k ）x ＋1x. 由G ′(x )＝0得，－x 2＋(1－k )x ＋1＝0.解得x 1＝1－k －（1－k ）2＋42＜0， x 2＝1－k ＋（1－k ）2＋42＞1. 当x ∈(1，x 2)时，G ′(x )＞0，故G (x )在[1，x 2)内单调递增．从而当x ∈(1，x 2)时，G (x )＞G (1)＝0，即f (x )＞k (x －1)．综上，k 的取值范围是(－∞，1)．21．(1)解 ∵f ′(x )＝ln x －ax ＋x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －a ＝ln x －2ax ＋1， ∴f ′(1)＝1－2a因为3x －y －1＝0的斜率为3.依题意，得1－2a ＝3；则a ＝－1.(2)证明 因为F (x )＝g (x )＋12x 2＝ln x －2ax ＋1＋12x 2，所以F ′(x )＝1x －2a ＋x ＝x 2－2ax ＋1x(x >0)， 函数F (x )＝g (x )＋12x 2有两个极值点x 1，x 2且x 1<x 2，即h (x )＝x 2－2ax ＋1在(0，＋∞)上有两个相异零点x 1，x 2.∵x 1x 2＝1>0，∴⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝4a 2－4>0，x 1＋x 2＝2a >0，∴a >1. 当0<x <x 1或x >x 2时，h (x )>0，F ′(x )>0.当x 1<x <x 2时，h (x )<0，F ′(x )<0.所以F (x )在(0，x 1)与(x 2，＋∞)上是增函数，在区间(x 1，x 2)上是减函数．因为h (1)＝2－2a <0，所以0<x 1<1<a <x 2，令x 2－2ax ＋1＝0，得a ＝x 2＋12x ，∴f (x )＝x (ln x －ax )＝x ln x －12x 3－12x ，则f ′(x )＝ln x －32x 2＋12，设s (x )＝ln x －32x 2＋12，s ′(x )＝1x －3x ＝1－3x 2x ，①当x >1时，s ′(x )<0，s (x )在(1，＋∞)上单调递减，从而函数s (x )在(a ，＋∞)上单调递减，∴s (x )<s (a )<s (1)＝－1<0，即f ′(x )<0，所以f (x )在区间(1，＋∞)上单调递减．故f (x )<f (1)＝－1<0.又1<a <x 2，因此f (x 2)<－1.②当0<x <1时，由s ′(x )＝1－3x 2x >0，得0<x <33.由s ′(x )＝1－3x 2x <0，得33<x <1，所以s (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，33上单调递增，s (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫33，1上单调递减， ∴s (x )≤s ⎝ ⎛⎭⎪⎫33＝ln 33<0，∴f (x )在(0，1)上单调递减，∴f (x )>f (1)＝－1，∵x 1∈(0，1)，从而有f (x 1)>－1.综上可知：f (x 2)<－1<f (x 1)．22．解 (1)依题意，f (1)＝1－(a ＋2)＝－2，得a ＝1，此时f ′(x )＝2x －3＋1x ＝（x －1）（2x －1）x(x >0)． 令f ′(x )＝0，得x ＝1或x ＝12，当0<x <12或x >1时，f ′(x )>0；当12<x <1时，f ′(x )<0.所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12与(1，＋∞)上单调递增， 在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1 上单调递减， 因此，当x ＝12时，f (x )有极大值－54＋ln 12.(2)由f (x )＝x 2－(a ＋2)x ＋a ln x (x >0)，得f ′(x )＝2x －(a ＋2)＋a x ＝（2x －a ）（x －1）x， ∴f ′(1)＝0，且f (1)＝－a －1.所以f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为g (x )＝－a －1.∵点(1，f (1))是函数f (x )在(0，＋∞)内的“类优点”，令F (x )＝f (x )－g (x )＝x 2－(a ＋2)x ＋a ln x ＋a ＋1，常数a >0，则当x ∈(0，1)∪(1，＋∞)时，恒有F （x ）x －1>0(*) 又F (1)＝0，且F ′(x )＝2x －(a ＋2)＋a x ＝（2x －a ）（x －1）x(x >0)． 令F ′(x )＝0，得x ＝1或x ＝a 2(a >0)．①当a ＝2时，F ′(x )≥0，F (x )在(0，＋∞)上是增函数． ∴0<x <1时，F (x )<F (1)＝0；当x >1时，F (x )>F (1)＝0.从而当x ≠1时，恒有F （x ）x －1>0成立． ②当a >2时，由F ′(x )<0，得1<x <a 2，∴函数F (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，a 2上是减函数，F (x )<F (1)＝0， ∴1<x <a 2时，F （x ）x －1>0不成立． ③当0<a <2时，由F ′(x )<0，得a 2<x <1，∴函数F (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，1上是减函数，∴x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，1时，F (x )>F (1)＝0，F （x ）x －1>0不成立． 综上可知，若点(1，f (1))是函数f (x )的“类优点”，则实数a ＝2.。

专题一 函数与导数、不等式 第5讲 导数与实际应用及不等式问题练习 文一、填空题1.设f (x )是定义在R 上的奇函数，当x ＜0时，f ′(x )＞0，且f (0)＝0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝0，则不等式f (x )＜0的解集为________.解析 如图所示，根据图象得不等式f (x )＜0的解集为⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－12∪⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12.答案 ⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－12∪⎝ ⎛⎭⎪⎫0，122.若不等式2x ln x ≥－x 2＋ax －3恒成立，则实数a 的取值范围为________. 解析 条件可转化为a ≤2ln x ＋x ＋3x恒成立.设f (x )＝2ln x ＋x ＋3x，则f ′(x )＝（x ＋3）（x －1）x2(x ＞0). 当x ∈(0，1)时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增， 所以f (x )min ＝f (1)＝4.所以a ≤4. 答案 (－∞，4]3.若存在正数x 使2x(x －a )＜1成立，则a 的取值范围是________. 解析 ∵2x(x －a )＜1，∴a ＞x －12x .令f (x )＝x －12x ，∴f ′(x )＝1＋2－xln 2＞0. ∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增， ∴f (x )＞f (0)＝0－1＝－1， ∴a 的取值范围为(－1，＋∞). 答案 (－1，＋∞)4.(2015·全国Ⅱ卷改编)设函数f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R )的导函数，f (－1)＝0，当x >0时，xf ′(x )－f (x )＜0，则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是________. 解析 令F (x )＝f （x ）x，因为f (x )为奇函数，所以F (x )为偶函数，由于F ′(x )＝xf ′（x ）－f （x ）x 2，当x ＞0时，xf ′(x )－f (x )＜0，所以F (x )＝f （x ）x在(0，＋∞)上单调递减，根据对称性，F (x )＝f （x ）x在(－∞，0)上单调递增，又f (－1)＝0，f (1)＝0，数形结合可知，使得f (x )＞0成立的x 的取值范围是(－∞，－1)∪(0，1). 答案 (－∞，－1)∪(0，1)5.已知不等式e x－x ＞ax 的解集为P ，若[0，2]⊆P ，则实数a 的取值范围是________. 解析 由题意知不等式e x－x ＞ax 在x ∈[0，2]上恒成立. 当x ＝0时，显然对任意实数a ，该不等式都成立. 当x ∈(0，2]时，原不等式即a ＜exx－1，令g (x )＝exx－1，则g ′(x )＝e x（x －1）x2， 当0＜x ＜1时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减， 当1＜x ＜2时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增， 故g (x )在(0，2]上的最小值为g (1)＝e －1， 故a 的取值范围为(－∞，e －1). 答案 (－∞，e －1)6.设函数f (x )＝3sin πx m.若存在f (x )的极值点x 0满足x 20＋[f (x 0)]2＜m 2，则m 的取值范围是________.解析 ∵f (x )＝3sin πxm的极值为±3，即[f (x 0)]2＝3.又|x 0|≥|m |2，∴x 20＋[f (x 0)]2≥m 24＋3，∴m 24＋3＜m 2， 解得m ＞2或m ＜－2.答案 (－∞，－2)∪(2，＋∞)7.已知函数f (x )＝ln x －a ，若f (x )＜x 2在(1，＋∞)上恒成立，则实数a 的取值范围是________.解析 ∵函数f (x )＝ln x －a ，且f (x )＜x 2在(1，＋∞)上恒成立，∴a ＞ln x －x 2，x ∈(1，＋∞).令h (x )＝ln x －x 2，有h ′(x )＝1x－2x .∵x ＞1，∴1x－2x ＜0，∴h (x )在(1，＋∞)上为减函数，∴当x ∈(1，＋∞)时，h (x )＜h (1)＝－1，∴a ≥－1. 答案 [－1，＋∞)8.(2015·南师附中调研)已知函数f (x )＝13x 3－x 2－3x ＋43，直线l ：9x ＋2y ＋c ＝0，若当x ∈[－2，2]时，函数y ＝f (x )的图象恒在直线l 下方，则c 的取值范围是________.解析 根据题意知13x 3－x 2－3x ＋43＜－92x －c2在x ∈[－2，2]上恒成立，则－c 2＞13x 3－x 2＋32x ＋43，设g (x )＝13x 3－x 2＋32x ＋43，则g ′(x )＝x 2－2x ＋32，则g ′(x )＞0恒成立，所以g (x )在[－2，2]上单调递增，所以g (x )max＝g (2)＝3，则c ＜－6. 答案 (－∞，－6) 二、解答题9.(2016·南通调研)已知函数f (x )＝x 2e x. (1)求f (x )的单调区间；(2)证明：∀x 1，x 2∈(－∞，0]，f (x 1)－f (x 2)≤4e 2.(1)解 f ′(x )＝x (x ＋2)e x. 令f ′(x )＝x (x ＋2)e x＝0， 则x 1＝－2，x 2＝0.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表＋∞).(2)证明 由(1)知f (x )的单调递增区间为(－∞，－2)，单调递减区间为(－2，0)， 所以当x ∈(－∞，0]时，f (x )最大值＝f (－2)＝4e 2.因为当x ∈(－∞，－2]时，f (x )＞0，f (0)＝0， 所以当x ∈(－∞，0]时，f (x )最小值＝f (0)＝0. 所以f (x )最大值－f (x )最小值＝4e2.所以对∀x 1，x 2∈(－∞，0]，都有f (x 1)－f (x 2)≤f (x )最大值－f (x )最小值＝4e2.10.如图，现要在边长为100 m 的正方形ABCD 内建一个交通“环岛”.以正方形的四个顶点为圆心在四个角分别建半径为x m(x 不小于9)的扇形花坛，以正方形的中心为圆心建一个半径为15x 2m 的圆形草地.为了保证道路畅通，岛口宽不小于60 m ，绕岛行驶的路宽均不小于10 m.(1)求x 的取值范围；(运算中2取1.4)(2)若中间草地的造价为a 元/m 2，四个花坛的造价为433ax 元/m 2，其余区域的造价为12a 11元/m 2，当x 取何值时，可使“环岛”的整体造价最低？解 (1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧x ≥9，100－2x ≥60，1002－2x －2×15x 2≥2×10，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ≥9，x ≤20，－20≤x ≤15，即9≤x ≤15.所以x 的取值范围是[9，15].(2)记“环岛”的整体造价为y 元，则由题意得y ＝a ×π×⎝ ⎛⎭⎪⎫15x 22＋433ax ×πx 2＋12a 11×⎣⎢⎡⎦⎥⎤104－π×⎝ ⎛⎭⎪⎫15x 22－πx 2＝a 11⎣⎢⎡⎦⎥⎤π⎝ ⎛⎭⎪⎫－125x 4＋43x 3－12x 2＋12×104，令f (x )＝－125x 4＋43x 3－12x 2，则f ′(x )＝－425x 3＋4x 2－24x＝－4x ⎝ ⎛⎭⎪⎫125x 2－x ＋6. 由f ′(x )＝0解得x ＝0(舍去)或x ＝10或x ＝15， 列表如下：所以当x 故当x ＝10时，可使“环岛”的整体造价最低.11.(2016·苏北四市调研)已知函数f (x )＝ln x ＋x 2－ax (a 为常数). (1)若x ＝1是函数f (x )的一个极值点，求a 的值； (2)当0＜a ≤2时，试判断f (x )的单调性；(3)若对任意的a ∈(1，2)，x 0∈[1，2]，不等式f (x 0)＞m ln a 恒成立，求实数m 的取值范围.解 f ′(x )＝1x＋2x －a .(1)由已知得：f ′(1)＝0，所以1＋2－a ＝0，所以a ＝3.(2)当0＜a ≤2时，f ′(x )＝1x ＋2x －a ＝2x 2－ax ＋1x＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 42＋1－a 28x.因为0＜a ≤2，所以1－a 28＞0，而x ＞0，即f ′(x )＝2x 2－ax ＋1x＞0，故f (x )在(0，＋∞)上是增函数.(3)当a ∈(1，2)时，由(2)知，f (x )在[1，2]上的最小值为f (1)＝1－a ，故问题等价于：对任意的a ∈(1，2)，不等式1－a ＞m ln a 恒成立，即m ＜1－aln a 恒成立.记g (a )＝1－a ln a (1＜a ＜2)，则g ′(a )＝－a ln a －1＋aa （ln a ）2.令M (a )＝－a ln a －1＋a ，则M ′(a )＝－ln a ＜0， 所以M (a )在(1，2)上单调递减， 所以M (a )＜M (1)＝0，故g ′(a )＜0， 所以g (a )＝1－aln a 在a ∈(1，2)上单调递减，所以m ≤g (2)＝12ln 2＝－log 2e ， 即实数m 的取值范围为(－∞，－log 2e].。

高三文科数学导数专题复习1.已知函数)(,3,sin )(x f x x b ax x f 时当π=+=取得极小值33-π。

（Ⅰ)求a ，b 的值；（Ⅱ）设直线)(:),(:x F y S x g y l ==曲线. 若直线l 与曲线S 同时满足下列两个条件： (1）直线l 与曲线S 相切且至少有两个切点；（2)对任意x ∈R 都有)()(x F x g ≥. 则称直线l 为曲线S 的“上夹线”. 试证明：直线2:+=x y l 是曲线x b ax y S sin :+=的“上夹线”.2。

设函数3221()231,0 1.3f x x ax a x a =-+-+<<（1）求函数)(x f 的极大值;（2）若[]1,1x a a ∈-+时，恒有()a f x a '-≤≤成立（其中()f x '是函数()f x 的导函数)，试确定实数a 的取值范围．3.如图所示，A 、B 为函数)11(32≤≤-=x x y 图象上两点，且AB//x 轴，点M （1，m)（m 〉3）是△ABC 边AC 的中点. （1）设点B 的横坐标为t ，△ABC 的面积为S ，求S 关于t 的函数关系式)(t f S =;（2)求函数)(t f S =的最大值，并求出相应的点C 的坐标。

4。

已知函数x a x x f ln )(2-=在]2,1(是增函数，x a x x g -=)(在(0，1）为减函数。

（I ）求)(x f 、)(x g 的表达式；（II ）求证:当0>x 时,方程2)()(+=x g x f 有唯一解； （III ）当1->b 时,若212)(xbx x f -≥在x ∈]1,0(内恒成立,求b 的取值范围5。

已知函数32()f x x ax bx c =+++在2x =处有极值，曲线()y f x =在1x =处的切线平行于直线32y x =--，试求函数()f x 的极大值与极小值的差.6.函数xax x f -=2)(的定义域为]1,0(（a 为实数）.（1)当1-=a 时，求函数)(x f y =的值域；（2）若函数)(x f y =在定义域上是减函数，求a 的取值范围；(3）求函数)(x f y =在∈x ]1,0(上的最大值及最小值，并求出函数取最值时x 的值。

第一章函数与导数专题06 函数、导数与数列、不等式的综合应用【压轴综述】纵观近几年的高考命题，应用导数研究函数的单调性、极（最）值问题，证明不等式、研究函数的零点等，是高考考查的“高频点”问题，常常出现在“压轴题”的位置.其中，函数、导数与数列、不等式的综合应用问题的主要命题角度有：函数与不等式的交汇、函数与数列的交汇、导数与数列不等式的交汇等.本专题就函数、导数与数列、不等式的综合应用问题，进行专题探讨，通过例题说明此类问题解答规律与方法.1.数列不等式问题，通过构造函数、应用函数的单调性或对不等式进行放缩，进而限制参数取值范围.如2.涉及等差数列的求和公式问题，应用二次函数图象和性质求解.3.涉及数列的求和问题，往往要利用“错位相减法”、“裂项相消法”等，先求和、再构造函数.【压轴典例】例1.（2018·浙江高考真题）已知成等比数列，且．若，则A． B． C． D．【答案】B【解析】分析:先证不等式，再确定公比的取值范围，进而作出判断.详解：令则，令得，所以当时，，当时，，因此，若公比，则，不合题意；若公比，则但，即，不合题意；因此，，选B.例2.（2019·全国高考真题（文））记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知S 9=－a 5． （1）若a 3=4，求{a n }的通项公式；（2）若a 1>0，求使得S n ≥a n 的n 的取值范围． 【答案】（1）210n a n =-+； （2）110()n n N *≤≤∈. 【解析】（1）设等差数列{}n a 的首项为1a ，公差为d ，根据题意有111989(4)224a d a d a d ⨯⎧+=-+⎪⎨⎪+=⎩， 解答182a d =⎧⎨=-⎩，所以8(1)(2)210n a n n =+-⨯-=-+，所以等差数列{}n a 的通项公式为210n a n =-+； （2）由条件95S a =-，得559a a =-，即50a =，因为10a >，所以0d <，并且有5140a a d =+=，所以有14a d =-， 由n n S a ≥得11(1)(1)2n n na d a n d -+≥+-，整理得2(9)(210)n n d n d -≥-， 因为0d <，所以有29210n n n -≤-，即211100n n -+≤， 解得110n ≤≤，所以n 的取值范围是：110()n n N *≤≤∈例3.（2019·江苏高考真题）定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M－数列”. （1）已知等比数列{a n }满足：245132,440a a a a a a =-+=，求证:数列{a n }为“M－数列”； （2）已知数列{b n }满足:111221,n n n b S b b +==-，其中S n 为数列{b n }的前n 项和． ①求数列{b n }的通项公式；②设m 为正整数，若存在“M－数列”{c n }θ，对任意正整数k ，当k ≤m 时，都有1k k k c b c +剟成立，求m 的最大值．【答案】（1）见解析；（2）①b n =n ()*n ∈N ；②5.【解析】（1）设等比数列{a n }的公比为q ，所以a 1≠0，q ≠0.由245321440a a a a a a =⎧⎨-+=⎩，得244112111440a q a q a q a q a ⎧=⎨-+=⎩，解得112a q =⎧⎨=⎩．因此数列{}n a 为“M —数列”.（2）①因为1122n n n S b b +=-，所以0n b ≠． 由1111,b S b ==得212211b =-，则22b =. 由1122n n n S b b +=-，得112()n n n n n b b S b b ++=-，当2n ≥时，由1n n n b S S -=-，得()()111122n n n nn n n n n b b b b b b b b b +-+-=---，整理得112n n n b b b +-+=．所以数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列. 因此，数列{b n }的通项公式为b n =n ()*n N ∈.②由①知，b k =k ，*k N ∈.因为数列{c n }为“M –数列”，设公比为q ，所以c 1=1，q >0. 因为c k ≤b k ≤c k +1，所以1k k q k q -≤≤，其中k =1，2，3，…，m .当k =1时，有q ≥1；当k =2，3，…，m 时，有ln ln ln 1k kq k k ≤≤-． 设f （x ）=ln (1)x x x >，则21ln ()xf 'x x -=． 令()0f 'x =，得x =e .列表如下：因为ln 2ln8ln 9ln 32663=<=，所以max ln 3()(3)3f k f ==．取q =k =1，2，3，4，5时，ln ln kq k…，即k k q ≤， 经检验知1k qk -≤也成立．因此所求m 的最大值不小于5．若m ≥6，分别取k =3，6，得3≤q 3，且q 5≤6，从而q 15≥243，且q 15≤216， 所以q 不存在.因此所求m 的最大值小于6. 综上，所求m 的最大值为5． 例4.（2010·湖南高考真题）数列中，是函数的极小值点（Ⅰ）当a=0时，求通项； （Ⅱ）是否存在a ，使数列是等比数列？若存在，求a 的取值范围；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）；（2）详见解析【解析】 易知.令.（1）若，则当时，单调递增；当时，单调递减；当时，单调递增.故在取得极小值.由此猜测：当时，.下面先用数学归纳法证明：当时，.事实上，当时，由前面的讨论知结论成立.假设当时，成立，则由（2）知，，从而，所以.故当时，成立.于是由（2）知，当时，，而，因此.综上所述，当时，，，.（Ⅱ）存在，使数列是等比数列.事实上，由（2）知，若对任意的，都有，则.即数列是首项为，公比为3的等比数列，且.而要使，即对一切都成立，只需对一切都成立.记，则令，则.因此，当时，，从而函数当时，可得数列不是等比数列.综上所述，存在，使数列是等比数列，且的取值范围为.例5.（2017·浙江高考真题）已知数列{}n x 满足： ()()*1n n 1n 1x =1x x ln 1x n N ++=++∈， 证明：当*n N ∈时 （I ）n 1n 0x x +＜＜;（II ）n n 1n 1n x x 2x -x 2++≤； (III) n n 1n-211x 22-≤≤【答案】（I ）见解析；（II ）见解析；（Ⅲ）见解析. 【解析】（Ⅰ）用数学归纳法证明： 0n x >． 当n =1时，x 1=1>0． 假设n =k 时，x k >0，那么n =k +1时，若10k x +≤，则()110ln 10k k k x x x ++<=++≤，矛盾，故10k x +>． 因此()*0n x n N >∈．所以()111ln 1n n n n x x x x +++=++>，因此()*10n n x x n N +<<∈． （Ⅱ）由()11ln 1n n n x x x ++=++得，()()21111114222ln 1n n n n n n n n x x x x x x x x ++++++-+=-+++．记函数()()()()222ln 10f x x x x x x =-+++≥，()()22'ln 10(0)1x x f x x x x +=++>>+，函数f (x )在[0，+∞）上单调递增，所以()()0f x f ≥=0，因此()()()21111122ln 10n n n n n x x x x f x +++++-+++=≥，故()*1122n n n n x x x x n N ++-≤∈． （Ⅲ）因为()11111ln 12n n n n n n x x x x x x +++++=++≤+=， 所以112n n x -≥， 由1122n n n n x x x x ++≥-，得111112022n n x x +⎛⎫-≥-> ⎪⎝⎭， 所以1211111111222222n n n n x x x ---⎛⎫⎛⎫-≥-≥⋅⋅⋅≥-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 故212n n x -≤．综上，()*121122n n n x n N --≤≤∈． 例6.（2019·湖南高考模拟（理））设函数()ln(1)(0)f x x x =+≥，(1)()(0)1x x a g x x x ++=≥+.（1）证明：2()f x x x ≥-.（2）若()()f x x g x +≥恒成立，求a 的取值范围； （3）证明：当*n N ∈时，22121ln(32)49n n n n -++>+++. 【答案】（1）见解析；（2）(,1]-∞；（3）见解析. 【解析】（1）证明：令函数()()2h x ln x 1x x =+-+，[)x 0,∞∈+，()212x xh x 2x 101x 1x+=+=++'-≥，所以()h x 为单调递增函数，()()h x h 00≥=， 故()2ln x 1x x +≥-.（2）()()f x x g x +≥，即为()axln x 11x+≥+， 令()()axm x ln x 11x=+-+，即()m x 0≥恒成立， ()()()()22a 1x ax 1x 1a m x x 11x 1x +-+-=-=++'+， 令()m x 0'>，即x 1a 0+->，得x a 1>-.当a 10-≤，即a 1≤时，()m x 在[)0,∞+上单调递增，()()m x m 00≥=，所以当a 1≤时，()m x 0≥在[)0,∞+上恒成立；当a 10->，即a 1>时，()m x 在()a 1,∞-+上单调递增，在[]0,a 1-上单调递减， 所以()()()min m x m a 1m 00=-<=， 所以()m x 0≥不恒成立.综上所述：a 的取值范围为(],1∞-. （3）证明：由（1）知()2ln x 1x x +≥-，令1x n=，*n N ∈，(]x 0,1∈， 2n 1n 1ln n n +->，即()2n 1ln n 1lnn n-+->，故有ln2ln10->，1ln3ln24->， …()2n 1ln n 1lnn n-+->， 上述各式相加可得()212n 1ln n 149n-+>+++. 因为()()22n 3n 2n 1n 10++-+=+>，2n 3n 2n 1++>+，()()2ln n 3n 2ln n 1++>+，所以()2212n 1ln n 3n 249n-++>+++. 例7.（2018·福建省安溪第一中学高三期中（文））公差不为零的等差数列中，，，成等比数列，且该数列的前10项和为100，数列的前n 项和为，且满足．Ⅰ求数列，的通项公式；Ⅱ令，数列的前n 项和为，求的取值范围．【答案】（I ），；（II ）.【解析】Ⅰ依题意，等差数列的公差，，，成等比数列，，即，整理得：，即，又等差数列的前10项和为100，，即，整理得：，，；，，即，当时，，即，数列是首项为1、公比为2的等比数列，；Ⅱ由可知，记数列的前n项和为，数列的前n项和为，则，，，，，，记，则，故数列随着n的增大而减小，又，，．例8.（2019·江苏高考模拟）已知数列满足（），（）．（1）若，证明：是等比数列；（2）若存在，使得，，成等差数列．① 求数列的通项公式；② 证明：．【答案】（1）见解析；（2）①，②见解析【解析】（1）由，得，得，即，因为，所以，所以（），所以是以为首项，2为公比的等比数列．（2）① 设，由（1）知，，所以，即，所以．因为，，成等差数列，则，所以，所以，所以，即．② 要证，即证，即证．设，则，且，从而只需证，当时，．设（），则，所以在上单调递增，所以，即，因为，所以，所以，原不等式得证．【压轴训练】1．（黑龙江省哈尔滨三中高考模拟）已知1(1)32(1,2)n n n b b a b n b--+-=>≥，若对不小于4的自然数n ，恒有不等式1n n a a +>成立，则实数b 的取值范围是__________． 【答案】3+∞（，） 【解析】由题设可得1(1)(1)32(1)32n n n b b n b b b b-+-+--+->，即22(1)341n b b b ->-+，也即(1)31n b b ->-对一切4n ≥的正整数恒成立，则3141b b b -<≥-，即31444311b b b b -⇒---，所以3b >，应填答案(3,)+∞. 2.（2019·山东济南一中高三期中（理））（1）已知函数的图象经过点，如图所示，求的最小值；（2）已知对任意的正实数恒成立，求的取值范围.【答案】（1）最小值，当且仅当时等号成立；（2）【解析】⑴函数的图象经过点，当且仅当时取等号⑵①令，，当时，，递增当时，，递减代入时，②，令，，，综上所述，的取值范围为3.（2019·桃江县第一中学高三月考（理））已知都是定义在R上的函数，，，且，且，．若数列的前n项和大于62，求n的最小值.【答案】6【解析】∵，∴，∵，∴，即，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴数列为等比数列，∴，∴，即，所以n的最小值为6.4.（2019·福建省漳平第一中学高三月考（文））已知数列的首项，前项和满足，.（1）求数列通项公式；（2）设，求数列的前项为，并证明：.【答案】（1）；（2）见解析【解析】 （1）当时，，得. 又由及得，数列是首项为，公比为的等比数列，所以.（2），①②①②得： ，所以，又，故，令，则，故单调递减，又，所以恒成立，所以.5.（2019·江苏高考模拟（文））已知正项等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且218S =，490S =. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）令2115log 3n n b a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，记数列{}n b 的前n 项和为n T ，求n T 及n T 的最大值.【答案】（1）32nn a =⨯（2）22922n n nT =-+；最大值为105. 【解析】（1）设数列{}n a 的公比为(0)q q >，若1q =，有414S a =，212S a =，而4490236S S =≠=，故1q ≠，则()()()()21242211411811119011a q S q a q a q q S q q ⎧-⎪==-⎪⎨-+-⎪===⎪--⎩，解得162a q =⎧⎨=⎩.故数列{}n a 的通项公式为16232n nn a -=⨯=⨯. （2）由215log 215nn b n =-=-，则2(1415)29222n n n n n T +-==-+. 由二次函数22922x x y =-+的对称轴为292921222x =-=⎛⎫⨯- ⎪⎝⎭， 故当14n =或15时n T 有最大值，其最大值为14151052⨯=. 6.（2019·黑龙江高三月考（理））已知数列的前n 项和为, 其中，数列满足.(1)求数列的通项公式;(2)令，数列的前n 项和为，若对一切恒成立，求实数k 的最小值.【答案】（1），；（2）【解析】 （1）由可得，两式相减得: ，又由可得，数列是首项为2，公比为4的等比数列，从而，于是.（2）由（1）知，于是，依题意对一切恒成立，令，则由于易知，即有，∴只需，从而所求k的最小值为.7.（2018·浙江高考模拟）已知数列满足，（）．（Ⅰ）证明数列为等差数列，并求的通项公式；（Ⅱ）设数列的前项和为，若数列满足，且对任意的恒成立，求的最小值．【答案】（Ⅰ）证明见解析，；（Ⅱ）.【解析】∵（n+1）a n+1﹣（n+2）a n=2，∴﹣==2（﹣），又∵=1，∴当n≥2时，=+（﹣）+（﹣）+…+（﹣）=1+2（﹣+﹣+…+﹣）=，又∵=1满足上式，∴=，即a n=2n，∴数列{a n}是首项、公差均为2的等差数列；（Ⅱ）解：由（I）可知==n+1，∴b n=n•=n•，令f（x）=x•，则f′（x）=+x••ln，令f′（x）=0，即1+x•ln=0，解得：x0≈4.95，则f（x）在(0, x0)上单调递增，在(x0,+单调递减.∴0＜f（x）≤max{f（4），f（5），f（6）}，又∵b5=5•=，b4=4•=﹣，b6=6•=﹣，∴M的最小值为．8.（2018·浙江镇海中学高三期中）已知数列的前项和为，且，（1）求证：数列为等比数列，并求出数列的通项公式；（2）是否存在实数，对任意，不等式恒成立？若存在，求出的取值范围，若不存在请说明理由．【答案】（1）证明略；（2）【解析】证明：（1）已知数列{a n}的前n项和为S n，且，①当n=1时，，则：当n≥2时，，②①﹣②得：a n=2a n﹣2a n﹣1﹣+，整理得：，所以：，故：（常数），故：数列{a n}是以为首项，2为公比的等比数列．故：，所以：．由于：，所以：（常数）．故：数列{b n}为等比数列．（2）由（1）得：，所以：+（），=，=，假设存在实数λ，对任意m，n∈N*，不等式恒成立，即：，由于：，故当m=1时，，所以：，当n=1时，．故存在实数λ，且．9.（2019·宁夏银川一中高三月考（理））（1）当时，求证：；（2）求的单调区间；（3）设数列的通项,证明．【答案】(1)见解析；（2）见解析；（3）见解析.【解析】（1）的定义域为，恒成立；所以函数在上单调递减，得时即：（2）由题可得，且.当时，当有，所以单调递减，当有，所以单调递增，当时，当有，所以单调递增，当有，所以单调递减，当时，当有，所以单调递增，当时，当有，所以单调递增，当有，所以单调递减，当时，当有，所以单调递减，当有，所以单调递增，（3）由题意知.由（1）知当时当时即令则，同理:令则.同理:令则以上各式两边分别相加可得：即所以：10.（2019·北京人大附中高考模拟（理））已知数列{a n}满足：a1+a2+a3+…+a n=n-a n，（n=1，2，3，…）（Ⅰ）求证：数列{a n-1}是等比数列；（Ⅱ）令b n=（2-n）（a n-1）（n=1，2，3，…），如果对任意n∈N*，都有b n+t≤t2，求实数t的取值范围．【答案】（Ⅰ）见解析. （Ⅱ）.【解析】（Ⅰ）由题可知：，①，②②-①可得.即：，又.所以数列是以为首项，以为公比的等比数列.（Ⅱ）由（Ⅰ）可得，∴.由可得，由可得.所以，，故有最大值.所以，对任意，都有，等价于对任意，都有成立.所以，解得或.所以，实数的取值范围是.11.（2019·江苏高三月考）已知数列的各项均为正数，前项和为，首项为2．若对任意的正整数，恒成立．（1）求，，；（2）求证：是等比数列；（3）设数列满足，若数列，，…，（，）为等差数列，求的最大值．【答案】（1）,，；（2）详见解析；（3）3.【解析】（1）由，对任意的正整数，恒成立取，得，即，得.取，，得，取，，得，解得，.（2）取，得，取，得，两式相除，得，即，即.由于，所以对任意均成立，所以是首项为4，公比为2的等比数列，所以，即.时，，而也符合上式，所以.因为（常数），所以是等比数列.（3）由（2）知，.设，，成等差数列，则.即，整理得，.若，则，因为，所以只能为2或4，所以只能为1或2.若，则.因为，故矛盾.综上，只能是，，，成等差数列或，，成等差数列，其中为奇数.所以的最大值为3.12．（2019·上海高考模拟）已知平面直角坐标系xOy，在x轴的正半轴上，依次取点，，，，并在第一象限内的抛物线上依次取点，，，，，使得都为等边三角形，其中为坐标原点，设第n个三角形的边长为．⑴求，，并猜想不要求证明)；⑵令，记为数列中落在区间内的项的个数，设数列的前m项和为，试问是否存在实数，使得对任意恒成立？若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由；⑶已知数列满足：，数列满足：，求证：．【答案】⑴，,；⑵；⑶详见解析【解析】，猜想，由，，，，对任意恒成立⑶证明：，记，则，记，则，当时，可知：，13．（2019·广西高考模拟（理））已知函数2()2ln 1()f x ax x x a =--∈R .(1) 若1x e=时,函数()f x 取得极值,求函数()f x 的单调区间； (2) 证明：()*11111ln(21)3521221nn n n n +++⋯+>++∈-+N . 【答案】（1）见解析；（2）见解析 【解析】（1）由题意可得，()'222(0,)f x ax lnx x a R =-->∈，由1x e =时，函数()f x 取得极值知12'220af e e ⎛⎫=+-= ⎪⎝⎭，所以0a =． 所以()()21,'22(0)f x xlnx f x lnx x =--=-->， 所以10x e <<时，()'0f x >；1x e>时，()'0f x <； 所以()f x 的单调增区间10e ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，单调减区间为1e⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，. （2）当1a =时，()221f x x xlnx =--，所以()()'22221f x x lnx x lnx =--=--，令()ln 1g x x x =--，则()11'1x g x x x-=-=，当01x <<时，()'0g x <；当1x >时，()'0g x >，()g x 的单调减区间为()01，，单调增区间为()1+∞，， 所以()()10g x g ≥=，所以()'0f x ≥，()f x 是增函数，所以1x >时，()()22ln 110f x x x x f =-->=，所以1x >时，12ln x x x->， 令*211,21n x n N n +=>∈-，得2121212ln 212121n n n n n n +-+->-+- 即2221112ln 212121n n n n +⎛⎫+--> ⎪-+-⎝⎭ 所以1121111ln 2122122121n n n n n +⎛⎫>+- ⎪---+⎝⎭上式中123n =，，，…，n ，然后n 个不等式相加， 得到()11111...ln 213521221nn n n ++++>++-+ 14.（2019·宁夏高考模拟（文））已知函数()()ln 1(0)f x ax x a =->．()1求函数()y f x =的单调递增区间；()2设函数()()316g x x f x =-，函数()()h x g x =' ．①若()0h x ≥恒成立，求实数a 的取值范围；②证明：()22222ln(123)123.e n n n N +⨯⨯⨯⋯⨯<+++⋯+∈【答案】（1）单调递增区间为[)1,+∞．（2）①(]0,e ．②见证明 【解析】()10a >，0x >．()()1'ln 1ln 0f x a x ax a x x=-+⋅=≥． 解得1x ≥．∴函数()y f x =的单调递增区间为[)1,+∞．()2函数()()316g x x f x =-，函数()()21h =x ln 2x g x a x '=-．()'ah x x x=-①，0a ≤时，函数()h x 单调递增，不成立，舍去； 0a >时，()('x x a h x x xx+=-=，可得x =()h x 取得极小值即最小值，()11ln 022h x ha a a ∴≥=-≥，解得：0a e <≤． ∴实数a 的取值范围是(]0,e ．②证明：由①可得：a e =，1x ≥时满足：22ln x e x ≥，只有1x =时取等号．依次取x n =，相加可得：()222221232ln1ln2ln ln(12)en e n n +++⋯+>++⋯⋯+=⨯⨯⋯．因此()22222ln(123)123.e n n n N +⨯⨯⨯⋯⨯<+++⋯+∈15.（2019·黑龙江高考模拟（理））已知函数2()2ln 2(1)(0)a f x ax x a a x-=-+-+>. （1）若()0f x ≥在[1,)+∞上恒成立，求实数a 的取值范围； （2）证明：11113521n ++++>-*1ln(21)()221nn n N n ++∈+.【答案】（1）[1,)+∞；（2）证明见解析. 【解析】（1）()f x 的定义域为()0,+∞，()2222222a ax x a f x a x x x--+-=--=' ()221a a x x a x -⎛⎫-- ⎪⎝⎭=. ①当01a <<时，21aa->， 若21a x a -<<，则()0f x '<，()f x 在21,a a -⎡⎫⎪⎢⎣⎭上是减函数，所以21,a x a -⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()()10f x f <=，即()0f x ≥在[)1,+∞上不恒成立. ②当1a ≥时，21aa-≤，当1x >时，()0f x '>，()f x 在[)1,+∞上是增函数，又()10f =，所以()0f x ≥. 综上所述，所求a 的取值范围是[)1,+∞.（2）由（1）知当1a ≥时，()0f x ≥在[)1,+∞上恒成立.取1a =得12ln 0x x x --≥，所以12ln x x x-≥. 令21121n x n +=>-，*n N ∈，得2121212ln 212121n n n n n n +-+->-+-， 即2221112ln 212121n n n n +⎛⎫+--> ⎪-+-⎝⎭， 所以1121111ln 2122122121n n n n n +⎛⎫>+- ⎪---+⎝⎭. 上式中1,2,3,,n n =，然后n 个不等式相加，得到()11111ln 213521221nn n n ++++>++-+. 16.（2019·江苏高考模拟）已知数列{}n a ，12a =，且211n n n a a a +=-+对任意n N *∈恒成立．（1）求证：112211n n n n a a a a a a +--=+(n N *∈)；（2）求证：11nn a n +>+(n N *∈)． 【答案】（1）见解析（2）见解析 【解析】（1）①当1n =时，2221112213a a a =-+=-+= 满足211a a =+成立.②假设当n k =时，结论成立.即：112211k k k k a a a a a a +--=+成立下证：当1n k =+时，112211k k k k a a a a a a +-+=+成立.因为()211211111k k k k k a a a a a +++++=-+-+=()()11221112211111k k k k k k k k a a a a a a a a a a a a +--+--=+=++-即：当1n k =+时，112211k k k k a a a a a a +-+=+成立由①、②可知，112211n n n n a a a a a a +--=+(n *N ∈)成立.（2）（ⅰ）当1n =时，221221311a >=-=++成立，当2n =时，()2322222172131112a a a a a =-+=-+=>⨯>++成立，（ⅱ）假设n k =时（3k ≥），结论正确，即：11kk a k +>+成立 下证：当1n k =+时，()1211k k a k ++>++成立.因为()()2211112111111kkkk k k k k k a a a a a k k kk +++++-+==-+>++=++要证()1211k k a k ++>++，只需证()12111k k k k k k +++>++只需证：()121k k k k ++>，只需证：()12ln ln 1k k k k ++>即证：()()12l l n n 10k k k k -++>（3k ≥） 记()()()2ln 11ln h x x x x x -++=∴()()()()2ln 1112ln 11ln ln x x x x h x +-++=-++⎡⎤⎦=⎣'21ln 1ln 12111x x x x ⎛⎫=+=++-+ ⎪++⎝⎭当12x +≥时，1111ln 121ln 221ln 1ln 10122x x e ⎛⎫⎛⎫++-+≥+-+=+>+= ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭所以()()()2ln 11ln h x x x x x -++=在[)1,+∞上递增， 又()6423ln34ln3ln 34ln729ln2564l 0n h ⨯-=-=->=所以，当3x ≥时，()()30h x h ≥>恒成立. 即：当3k ≥时，()()30h k h ≥>成立.即：当3k ≥时，()()12l l n n 10k k k k -++>恒成立. 所以当3k ≥，()1211k k a k ++>++恒成立.由（ⅰ）（ⅱ）可得：对任意的正整数n *∈N ，不等式11nn a n +>+恒成立，命题得证.。

【合集】浙江省2016届高三数学（理）专题复习检测（真题体验+模拟演练+过关提升）专题一函数、不等式及其应用目录真题体验.引领卷 (1)经典模拟.演练卷 (4)专题过关.提升卷 (8)参考答案 (13)真题体验·引领卷一、选择题1．(2015·浙江高考)已知集合P＝{x|x2－2x≥0}，Q＝{x|1＜x≤2}，则(∁R P)∩Q＝()A．[0，1) B．(0，2]C．(1，2) D．[1，2]2．(2015·浙江高考)命题“∀n∈N*，f(n)∈N*且f(n)≤n”的否定形式是()A．∀n∈N*，f(n)∉N*且f(n)＞nB．∀n∈N*，f(n)∉N*或f(n)＞nC．∃n0∈N*，f(n0)∉N*且f(n0)＞n0D．∃n0∈N*，f(n0)∉N*或f(n0)＞n03．(2015·浙江高考)存在函数f(x)满足：对任意x∈R都有() A．f(sin 2x)＝sin x B．f(sin 2x)＝x2＋xC ．f (x 2＋1)＝|x ＋1|D ．f (x 2＋2x )＝|x ＋1|4．(2015·山东高考)已知x ，y满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －y ≥0，x ＋y ≤2，y ≥0，若z ＝ax ＋y的最大值为4，则a ＝( )A ．3B ．2C ．－2D ．－35．(2015·全国卷Ⅱ)如图，长方形ABCD 的边AB ＝2，BC ＝1，O 是AB 的中点，点P 沿着边BC ，CD 与DA 运动，记∠BOP ＝x .将动点P 到A ，B 两点距离之和表示为x 的函数f (x )，则y ＝f (x )的图象大致为()6．(2015·天津高考)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2－|x |，x ≤2，（x －2）2，x ＞2，函数g (x )＝b －f (2－x )，其中b ∈R ，若函数y ＝f (x )－g (x )恰有4个零点，则b 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫74，＋∞ B.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，74C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，74D.⎝ ⎛⎭⎪⎫74，2 二、填空题7．(2015·浙江高考)已知函数f (x )＝⎩⎨⎧x ＋2x －3，x ≥1，lg （x 2＋1），x ＜1，则f (f (－3))＝________，f (x )的最小值是________．8．(2015·浙江高考)若实数x ，y 满足x 2＋y 2≤1，则|2x ＋y －2|＋|6－x －3y |的最小值是________．9．(2015·湖南高考)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3，x ≤a ，x 2，x >a ，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________． 三、解答题10．(2015·湖北高考改编)a 为实数，函数f (x )＝|x 2－ax |在区间[0，1]上的最大值记为g (a )．当a 为何值时，g (a )的值最小？11．(2015·浙江高考)已知函数f (x )＝x 2＋ax ＋b (a ，b ∈R )，记M (a ，b )是|f (x )|在区间[－1，1]上的最大值． (1)证明：当|a |≥2时，M (a ，b )≥2；(2)当a ，b 满足M (a ，b )≤2时，求|a |＋|b |的最大值．12．(2015·浙江高考(文))设函数f (x )＝x 2＋ax ＋b (a ，b ∈R )． (1)当b ＝a 24＋1时，求函数f (x )在[－1，1]上的最小值g (a )的表达式； (2)已知函数f (x )在[－1，1]上存在零点，0≤b －2a ≤1，求b 的取值范围．专题一 函数、不等式及其应用经典模拟·演练卷一、选择题1．(2015·济南模拟)已知集合P ＝{1，m }，Q ＝{1，3，5}，则“m ＝5”是“P ⊆Q ”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件2．(2015·西安模拟)已知f (x )是定义在R 上的周期为2的奇函数，当x ∈(0，1)时，f (x )＝3x－1，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2 0152＝( )A.3＋1B.3－1 C ．－3－1D ．－3＋13．(2015·安徽“江南十校”联考)已知向量a ＝(3，－2)，b ＝(x ，y －1)，且a ∥b ，若x ，y 均为正数，则3x ＋2y 的最小值是( ) A.53 B.83 C ．8D ．244．(2015·台州十校联考)函数f (x )＝2x |log 0.5 x |－1的零点个数为( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．45．(2015·东北三省四市联考)在如图所示的坐标平面的可行域内(阴影部分且包括边界)，若目标函数z ＝x ＋ay 取得最小值的最优解有无数个，则y x －a的最大值是( )A.25B.23C.16D.146．(2015·杭州模拟)已知f (x )为偶函数，当x ≥0时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧cos πx ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，12，2x －1，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞，则不等式f (x －1)≤12的解集为( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，23∪⎣⎢⎡⎦⎥⎤43，74 B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－34，－13∪⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，23 C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，34∪⎣⎢⎡⎦⎥⎤43，74 D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－34，－13∪⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，34 二、填空题7．(2015·镇江二模)若正实数x ，y 满足2x ＋y ＋6＝xy ，则xy 的最小值是________.8．(2015·西安八校联考)已知函数f (x )＝213,1,log ,1x x x x x ⎧-+≤⎪⎨>⎪⎩若关于x 的不等式f (x )≥m 2－34m 有解，则实数m 的取值范围是________．9．(2015·温州联考)当实数x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y －4≤0，x －y －1≤0，x ≥1时，1≤ax ＋y ≤4恒成立，则实数a 的取值范围是________． 三、解答题10．(2015·杭州二中模拟)设a 为实数，函数f (x )＝(x －a )2＋|x －a |－a (a －1)．(1)若f (0)≤1，求a 的取值范围； (2)讨论f (x )的单调性；(3)当a ≥2时，讨论f (x )＋4x 在区间(0，＋∞)内的零点个数．11．(2015·绍兴一中模拟)已知函数f (x )＝x 2－1，g (x )＝a |x －1|. (1)若当x ∈R 时，不等式f (x )≥g (x )恒成立，求实数a 的取值范围； (2)求函数h (x )＝|f (x )|＋g (x )在区间[0，2]上的最大值．12．(2015·杭州七校联考)已知a ∈R ，设函数f (x )＝x |x －a |－x . (1)若a ＝1时，求函数f (x )的单调区间；(2)若a ≤1时，对于任意的x ∈[0，t ]，不等式－1≤f (x )≤6恒成立，求实数t的最大值及此时a的值．专题一函数、不等式及其应用专题过关·提升卷第Ⅰ卷(选择题)一、选择题1．(2015·全国卷Ⅱ)已知集合A＝{－2，－1，0，1，2}，B＝{x|(x－1)(x＋2)<0}，则A∩B＝()A．{－1，0} B．{0，1}C．{－1，0，1} D．{0，1，2}2．下列函数中，既是偶函数，又在区间(0，＋∞)上是减函数的是() A．y＝－x3B．y＝2|x|C．y＝－lg|x| D．y＝e x－e－x3．设p：|2a－1|<1，q：f(x)＝log a(1－x)在(－∞，1)上是增函数，则p是q的()A．充分不必要条件B．充要条件C．必要不充分条件D．既不充分又不必要条件4．(2015·湖南高考)设函数f (x )＝ln(1＋x )－ln(1－x )，则f (x )是( ) A ．奇函数，且在(0，1)上是增函数 B ．奇函数，且在(0，1)上是减函数 C ．偶函数，且在(0，1)上是增函数 D ．偶函数，且在(0，1)上是减函数5．(2015·湖南高考)若变量x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≥－1，2x －y ≤1，y ≤1，则z ＝3x－y 的最小值为( ) A ．－7 B ．－1 C ．1D ．26．(2015·天津高考)已知定义在R 上的函数f (x )＝2|x －m |－1(m 为实数)为偶函数，记a ＝f (log 0.53)，b ＝f (log 25)，c ＝f (2m )，则a ，b ，c 的大小关系为( ) A ．a <b <c B ．a <c <b C ．c <a <bD ．c <b <a7．设函数g (x )＝|x ＋2|＋1，φ(x )＝kx ，若函数f (x )＝g (x )－φ(x )仅有两个零点，则实数k 的取值范围是( ) A.⎝⎛⎭⎪⎫0，12B.⎝⎛⎭⎪⎫－12，1 C.()－∞，－1D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－12 8．若函数y ＝f (x )(x ∈A )满足：∃x 0∈A ，使x 0＝f [f (x 0)]成立，则称“x 0是函数y ＝f (x )的稳定点”．若x 0是函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x （0<x <1），1－log 2x （1<x <2）的稳定点，则x 0的取值为( ) A. 2 B.12 C.12或 2D.22或 2 第Ⅱ卷 (非选择题)二、填空题9．(2015·全国卷Ⅰ)若函数f (x )＝x ln(x ＋a ＋x 2)为偶函数，则实数a ＝________．10．(2015·全国卷Ⅰ)若x ，y满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －1≥0，x －y ≤0，x ＋y －4≤0，则yx 的最大值为________．11．(2015·福建高考)若函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋6，x ≤2，3＋log a x ，x ＞2(a ＞0，且a ≠1)的值域是[4，＋∞)，则实数a 的取值范围是________．12．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋x ，x <0，－x 2，x ≥0.若f (f (a ))≤2，则实数a 的取值范围是________．13．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 2x ，x ＞0，4x ，x ≤0，则f (f (－1))＝________；若函数g (x )＝f (x )－k 存在两个零点，则实数k 的取值范围是________． 14．已知f (x )是定义在R 上且周期为3的函数，当x ∈[0，3)时，f (x )＝|x 2－2x ＋12|.若函数y ＝f (x )－a 在区间[－3，4]上有10个零点(互不相同)，则实数a的取值范围是________．15．设x，y为实数，若4x2＋y2＋xy＝1，则2x＋y的最大值是________．三、解答题16．(2015·温州模拟)已知函数f(x)＝－x|x－a|＋1(x∈R)．(1)当a＝1时，求使f(x)＝x成立的x的值；(2)当a∈(0，3)，求函数y＝f(x)在x∈[1，2]上的最大值．17．(2015·杭州七校联考)设向量p＝(x，1)，q＝(x＋a，2)，其中x∈R，函数f(x)＝p·q.(1)若不等式f(x)≤0的解集为[1，2]，求不等式f(x)≥1－x2的解集；(2)若函数g(x)＝f(x)＋x2＋1在区间(1，2)上有两个不同的零点，求实数a的取值范围．18．已知函数f(x)＝2x－12|x|.(1)若f(x)＝2，求x的值；(2)若2t f(2t)＋mf(t)≥0对于t∈[1，2]恒成立，求实数m的取值范围．19．(2015·杭州高级中学模拟)已知f(x)＝2x2－tx，且|f(x)|＝2有且仅有两个不同的实根α和β(α<β)．(1)求实数t的取值范围；(2)若x1、x2∈[α，β]，且x1≠x2，求证：4x1x2－t(x1＋x2)－4<0；(3)设g(x)＝4x－tx2＋1，对于任意x1、x2∈[α，β]上恒有|g(x1)－g(x2)|≤λ(β－α)成立，求λ的取值范围．20．(2015·金华一中模拟)已知函数f(x)＝x2＋2x|x－a|，其中a∈R.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若不等式4≤f(x)≤16在x∈[1，2]上恒成立，求a的取值范围．参考答案第一部分 专题集训 专题一 函数、不等式及其应用真题体验·引领卷1．C [∵P ＝{x |x ≥2或x ≤0}，∁R P ＝{x |0＜x ＜2}， ∴(∁R P )∩Q ＝{x |1＜x ＜2}，故选C.]2．D [由全称命题与特称命题之间的互化关系知选D.]3．D [排除法，A 中，当x 1＝π2，x 2＝－π2时，f (sin 2x 1)＝f (sin 2x 2)＝f (0)，而sin x 1≠sin x 2，∴A 不对；B 同上；C 中，当x 1＝－1，x 2＝1时，f (x 21＋1)＝f (x 22＋1)＝f (2)，而|x 1＋1|≠|x 2＋1|，∴C 不对，故选D.]4．B [不等式组表示的平面区域如图阴影部分所示，易知A(2，0)，由⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＝0，x ＋y ＝2，得B (1，1)．由z ＝ax ＋y ，得y ＝－ax ＋z .∴当a ＝－2或a ＝－3时，z ＝ax ＋y 在O (0，0)处取得最大值，最大值为z max ＝0，不满足题意，排除C ，D 选项；当a ＝2或3时，z ＝ax ＋y 在A(2，0)处取得最大值，∴2a ＝4，∴a ＝2，排除A ，只有B 项满足．]5．B [当点P 沿着边BC 运动，即0≤x ≤π4时， 在Rt △POB 中，|PB |＝|OB |tan ∠POB ＝tan x ，在Rt △P AB 中，|P A |＝|AB |2＋|PB |2＝4＋tan 2x ，则f (x )＝|P A |＋|PB |＝4＋tan 2x ＋tan x ，它不是关于x 的一次函数，图象不是线段，故排除A 和C ；当点P 与点C 重合，即x ＝π4时，由上得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝4＋tan 2π4＋tan π4＝5＋1，又当点P 与边CD 的中点重合，即x ＝π2时，△P AO 与△PBO是全等的腰长为1的等腰直角三角形，故f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝|P A |＋|PB |＝2＋2＝22，知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＜f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，故又可排除D.综上，选B.]6．D [法一 当x >2时，g (x )＝x ＋b －4，f (x )＝(x －2)2； 当0≤x ≤2时，g (x )＝b －x ，f (x )＝2－x ； 当x <0时，g (x )＝b －x 2，f (x )＝2＋x .由于函数y ＝f (x )－g (x )恰有4个零点，所以方程f (x )－g (x )＝0恰有4个根．当b ＝0时，当x >2时，方程f (x )－g (x )＝0可化为x 2－5x ＋8＝0，无解；当0≤x ≤2时，方程f (x )－g (x )＝0可化为2－x －(－x )＝0，无解； 当x <0时，方程f (x )－g (x )＝0可化为x 2＋x ＋2＝0，无解． 所以b ≠0，排除答案B.当b ＝2时，当x >2时，方程f (x )－g (x )＝0可化为(x －2)2＝x －2，得x＝2(舍去)或x ＝3，有1解；当0≤x ≤2时，方程f (x )－g (x )＝0可化为2－x ＝2－x ，有无数个解； 当x <0时，方程f (x )－g (x )＝0可化为2－x 2＝x ＋2，得x ＝0(舍去)或x ＝－1，有1解． 所以b ≠2，排除答案A.当b ＝1时，当x >2时，方程f (x )－g (x )＝0可化为x 2－5x ＋7＝0，无解；当0≤x ≤2时，方程f (x )－g (x )＝0可化为1－x ＝2－x ，无解； 当x <0时，方程f (x )－g (x )＝0可化为x 2＋x ＋1＝0，无解． 所以b ≠1，排除答案C.因此答案选D.法二 记h (x )＝－f (2－x )在同一坐标系中作出f (x )与h (x )的图象如图，直线AB ：y ＝x －4，当直线l ∥AB 且与f (x )的图象相切时，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋b ′，y ＝（x －2）2，解得b ′＝－94，－94－(－4)＝74，所以曲线h (x )向上平移74个单位后，所得图象在y 轴右边与f (x )的图象有两个公共点，同理，在y 轴左方也有两个公共点，平移2个单位后，两图象有无数个公共点，因此，当74＜b ＜2时，f (x )与g (x )的图象有4个不同的交点，即y ＝f (x )－g (x )恰有4个零点．选D.]7．0 22－3 [f (f (－3))＝f (1)＝0，当x ≥1时，f (x )＝x ＋2x －3≥22－3，当且仅当x ＝2时，取等号；当x ＜1时，f (x )＝lg(x 2＋1)≥lg 1＝0，当且仅当x ＝0时，取等号，∴f (x )的最小值为22－3.]8．3 [设z ＝|2x ＋y －2|＋|6－x －3y |.∵x 2＋y 2≤1，∴6－x －3y >0， ∴z ＝|2x ＋y －2|＋6－x －3y .①若2x ＋y －2≥0，则z ＝x －2y ＋4.由数形结合知，x ＝35，y ＝45时，z min ＝3；②若2x ＋y －2≤0，则z ＝－3x －4y ＋8.由数形结合知，x ＝35，y ＝45时，z min ＝3；由①②知，z min ＝3.故答案为3.]9．(－∞，0)∪(1，＋∞) [若0≤a ≤1时，函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3（x ≤a ），x 2 （x >a ）在R 上递增，其与直线y ＝b 至多有一个公共点；若a >1或a <0时，由图象知y ＝f (x )－b 存在b 使之有两个零点，故a ∈(－∞，0)∪(1，＋∞)．]10．解 (1)当a ＝0时，f (x )＝x 2，函数f (x )在区间[0，1]上单调递增，故g (a )＝f (1)＝1.(2)当a <0时，函数f (x )的图象如图(1)所示，函数f (x )在区间[0，1]上单调递增，故g (a )＝f (1)＝1－a .(3)当0<a <1时，函数f (x )的图象如图(2)所示，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＝a24，f (1)＝1－a ，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－f (1)＝a 24－(1－a )＝（a ＋2）2－84.①当0<a <22－2时，因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－f (1)<0，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2<f (1)，所以g (a )＝f (1)＝1－a ；②当22－2≤a <1时，因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－f (1)≥0，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2≥f (1)，所以g (a )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＝a 24.(4)当1≤a <2时，函数f (x )的图象如图(3)所示，因为函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，a 2上单调递增，在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤a 2，1上单调递减，故g (a )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＝a 24.(5)当a ≥2时，函数f (x )的图象如图(4)所示，因为函数f (x )在区间[0，1]上单调递增，故g (a )＝f (1)＝a －1.综上，g (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧1－a ，a <22－2，a24，22－2≤a <2，a －1，a ≥2，当a <22－2时，g (a )>g (22－2)＝3－22； 当22－2≤a <2时，g (a )≥g (22－2)＝3－22； 当a ≥2时，g (a )≥g (2)＝1>3－2 2. 综上，当a ＝22－2时，g (a )min ＝3－2 2.11．(1)证明 由f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋a 22＋b －a 24，得对称轴为直线x ＝－a2.由|a |≥2，得|－a2|≥1，故f (x )在[－1，1]上单调， 所以M (a ，b )＝max{|f (1)|，|f (－1)|}． 当a ≥2时，由f (1)－f (－1)＝2a ≥4， 得max{f (1)，－f (－1)}≥2， 即M (a ，b )≥2.当a ≤－2时，由f (－1)－f (1)＝－2a ≥4， 得max{f (－1)，－f (1)}≥2， 即M (a ，b )≥2.综上，当|a |≥2时，M (a ，b )≥2.(2)解 由M (a ，b )≤2得|1＋a ＋b |＝|f (1)|≤2， |1－a ＋b |＝|f (－1)|≤2， 故|a ＋b |≤3，|a －b |≤3.由|a |＋|b |＝⎩⎪⎨⎪⎧|a ＋b |，ab ≥0，|a －b |，ab ＜0，得|a |＋|b |≤3.当a ＝2，b ＝－1时，|a |＋|b |＝3，且|x 2＋2x －1|在[－1，1]上的最大值为2.即M (2，－1)＝2.所以|a |＋|b |的最大值为3.12．解 (1)当b ＝a 24＋1时，f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋a 22＋1，故对称轴为直线x ＝－a2.当a ≤－2时，g (a )＝f (1)＝a 24＋a ＋2.当－2＜a ≤2时，g (a )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝1.当a ＞2时，g (a )＝f (－1)＝a 24－a ＋2. 综上，g (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧a 24＋a ＋2，a ≤－2，1，－2＜a ≤2，a 24－a ＋2，a ＞2.(2)设s ，t 为方程f (x )＝0的解，且－1≤t ≤1，则⎩⎪⎨⎪⎧s ＋t ＝－a ，st ＝b ， 由于0≤b －2a ≤1，因此－2t t ＋2≤s ≤1－2t t ＋2(－1≤t ≤1)．当0≤t ≤1时，－2t 2t ＋2≤st ≤t －2t 2t ＋2，由于－23≤－2t 2t ＋2≤0和－13≤t －2t 2t ＋2≤9－45，所以－23≤b ≤9－4 5.当－1≤t ＜0时，t －2t 2t ＋2≤st ≤－2t 2t ＋2，由于－2≤－2t 2t ＋2＜0和－3≤t －2t 2t ＋2＜0，所以－3≤b ＜0.故b 的取值范围是[－3，9－45]．经典模拟·演练卷1．A [当m ＝5时，P ⊆Q ；若“P ⊆Q ”，则“m ＝3或m ＝5”，∴“m ＝5”是“P ⊆Q ”的充分不必要条件．] 2．D [∵f (x )是在R 上的周期为2的奇函数，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2 0152＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1 007＋12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×503＋32＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12. 又当x ∈(0，1)时，f (x )＝3x －1，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2 0152＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－(312－1)＝－3＋1.] 3．C [∵a ∥b ，∴3(y －1)＋2x ＝0，即2x ＋3y ＝3.∵x >0，y >0， ∴3x ＋2y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3x ＋2y ·13(2x ＋3y )＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫6＋6＋9y x ＋4x y ≥13(12＋2×6)＝8， 当且仅当3y ＝2x 时取等号．∴当x ＝34且y ＝12时，3x ＋2y 取得最小值8.]4．B [当0<x <1时，f (x )＝2x log 0.5x －1，令f (x )＝0，则log 0.5x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x，由y ＝log 0.5x ，y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x的图象知，在(0，1)内有一个交点，即f (x )在(0，1)上有一个零点．当x >1时，f (x )＝－2x log 0.5x －1＝2x log 2x －1，令f (x )＝0得log 2x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ，由y ＝log 2x ，y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 的图象知在(1，＋∞)上有一个交点，即f (x )在(1，＋∞)上有一个零点，故选B.]5．A [目标函数可化为y ＝－1a x ＋1a z .要使目标函数z ＝x ＋ay 取得最小值的最优解有无数个，则－1a ＝k AC ＝1.则a ＝－1，故y x －a ＝y x ＋1， 其几何意义为可行域内的点(x ，y )与点M (－1，0)的连线的斜率，可知⎝ ⎛⎭⎪⎫y x ＋1max ＝k MC ＝25.] 6．A [先画出y 轴右边的图象，如图所示．∵f (x )是偶函数，∴图象关于y 轴对称，∴可画出y 轴右边的图象，再画y 轴左侧图象及直线y ＝12.设y ＝12与f (x )图象交于点A ，B ，C ，D ，先分别求出A ，B 两点的横坐标．令cos πx ＝12，∵x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，12，∴πx ＝π3，∴x ＝13. 令2x －1＝12，∴x ＝34，∴x A ＝13，x B ＝34.根据对称性可知直线y ＝12与f (x )图象另外两个交点的横坐标为x C ＝－34，x D ＝－13.∵f (x －1)≤12，则在直线y ＝12下方的f (x )图象及其交点满足，∴13≤x －1≤34或－34≤x －1≤－13，∴43≤x ≤74或14≤x ≤23.]7．18 [∵x ＞0，y ＞0，2x ＋y ＋6＝xy ，∴22xy ＋6≤xy ，即xy －22xy －6≥0，解得xy ≥18.当且仅当x ＝3，y ＝6时，取等号．]8.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－14，1 [当x ≤1时，f (x )＝－x 2＋x ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14≤14， 当x >1时，f (x )＝log 13x <0，∴f (x )的最大值为14， 因此原不等式为14≥m 2－34m ，解之得－14≤m ≤1.]9.⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，32 [画可行域如图所示，设目标函数z ＝ax ＋y ，即y ＝－ax ＋z ，要使1≤z ≤4恒成立，则a ＞0，数形结合知，满足⎩⎪⎨⎪⎧1≤2a ＋1≤4，1≤a ≤4即可，解得1≤a ≤32，所以a 的取值范围是1≤a ≤32.]10．解 (1)f (0)＝a 2＋|a |－a 2＋a ＝|a |＋a ，因为f (0)≤1，所以|a |＋a ≤1，当a ≤0时，|a |＋a ＝－a ＋a ＝0≤1，显然成立；当a >0时，则有|a |＋a ＝2a ≤1，所以a ≤12，所以0<a ≤12，综上所述，a 的取值范围是a ≤12.(2)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－（2a －1）x ，x ≥a ，x 2－（2a ＋1）x ＋2a ，x <a . 对于u 1＝x 2－(2a －1)x ，其对称轴为x ＝2a －12＝a －12<a ，开口向上，所以f (x )在(a ，＋∞)上单调递增；对于u 2＝x 2－(2a ＋1)x ＋2a ，其对称轴为x ＝2a ＋12＝a ＋12>a ，开口向上，所以f (x )在(－∞，a )上单调递减，综上，f (x )在(a ，＋∞)上单调递增，在(－∞，a )上单调递减．(3)由(2)得f (x )在(a ，＋∞)上单调递增，在(0，a )上单调递减，所以f (x )min ＝f (a )＝a －a 2.(ⅰ)当a ＝2时，f (x )min ＝f (2)＝－2，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－3x ，x ≥2，x 2－5x ＋4，x <2， 令f (x )＋4x ＝0，即f (x )＝－4x (x >0)，因为f (x )在(0，2)上单调递减，所以f (x )>f (2)＝－2，而y ＝－4x 在(0，2)上单调递增，y <f (2)＝－2，所以y ＝f (x )与y ＝－4x 在(0，2)无交点．当x ≥2时，f (x )＝x 2－3x ＝－4x ，即x 3－3x 2＋4＝0，所以x 3－2x 2－x 2＋4＝0，所以(x －2)2(x ＋1)＝0，因为x ≥2，所以x ＝2，即当a ＝2时，f (x )＋4x 有一个零点x ＝2.(ⅱ)当a >2时，f (x )min ＝f (a )＝a －a 2，当x ∈(0，a )时，f (0)＝2a >4，f (a )＝a －a 2，而y ＝－4x 在x ∈(0，a )上单调递增，当x ＝a 时，y ＝－4a ，下面比较f (a )＝a －a 2与－4a 的大小，因为a －a 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫－4a ＝－（a 3－a 2－4）a ＝－（a －2）（a 2＋a ＋2）a<0， 所以f (a )＝a －a 2<－4a .结合图象不难得当a >2时，y ＝f (x )与y ＝－4x 有两个交点，综上，当a ＝2时，f (x )＋4x 在(0，＋∞)上有一个零点x ＝2；当a >2时，f (x )＋4x 在(0，＋∞)上有两个零点．11．解 (1)不等式f (x )≥g (x )对x ∈R 恒成立，即x 2－1≥a |x －1|(*)对x ∈R 恒成立，①当x ＝1时，(*)显然成立，此时a ∈R ；②当x ≠1时，(*)可变形为a ≤x 2－1|x －1|， 令φ(x )＝x 2－1|x －1|＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1，x >1，－（x ＋1），x <1，因为当x >1时，φ(x )>2，当x <1时φ(x )>－2，所以φ(x )>－2，故此时a ≤－2，综合①②，得所求实数a 的取值范围是a ≤－2.(2)h (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2－ax ＋a ＋1，0≤x ≤1，x 2＋ax －a －1，1≤x ≤2， 当－a 2≤0时，即a ≥0，(－x 2－ax ＋a ＋1)max ＝h (0)＝a ＋1，(x 2＋ax －a －1)max ＝h (2)＝a ＋3，此时h (x )max ＝a ＋3；当0<－a 2≤1时，即－2≤a <0，(－x 2－ax ＋a ＋1)max＝h ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝a 24＋a ＋1， (x 2＋ax －a －1)max ＝h (2)＝a ＋3，此时h (x )max ＝a ＋3；当1<－a 2≤2时，即－4≤a <－2，(－x 2－ax ＋a ＋1)max ＝h (1)＝0.(x 2＋ax －a －1)max ＝max{h (1)，h (2)}＝max{0，3＋a }＝⎩⎪⎨⎪⎧0，－4≤a <－3，3＋a ，－3≤a <－2， 此时h (x )max ＝⎩⎪⎨⎪⎧0，－4≤a <－3，3＋a ，－3≤a <－2，当－a 2>2时，即a <－4，(－x 2－ax ＋a ＋1)max ＝h (1)＝0，(x 2＋ax －a －1)max ＝h (1)＝0，此时h (x )max ＝0，综上h (x )max ＝⎩⎪⎨⎪⎧3＋a ，a ≥－3，0，a <－3. 12．解 (1)当a ＝1时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2，x <1，x 2－2x ，x ≥1， 函数f (x )的单调递增区间为(－∞，0)，(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1)．(2)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋（a －1）x ，x <a ，x 2－（a ＋1）x ，x ≥a ， ①当a ≤－1时，a ≤a －12<a ＋12≤0，f (x )在[0，t ]上单调递增，f (x )min＝f (0)＝0，f (x )max ＝f (t )＝t 2－(a ＋1)t ，由题意得f (x )max ≤6，即t 2－(a ＋1)t ≤6，解得0≤t ≤（a ＋1）＋（a ＋1）2＋242， 令m ＝－(a ＋1)≥0，h (m )＝m 2＋24－m 2＝12m 2＋24＋m 在[0，＋∞)上单调递减，∴h (m )max ＝h (0)＝6，即当a ＝－1时，t max ＝ 6.②当－1<a ≤0时，a －12<a ≤0<a ＋12，f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，a ＋12上单调递减， 在⎣⎢⎡⎭⎪⎫a ＋12，＋∞上单调递增，f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋12＝－（a ＋1）24∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－14，0， 满足f (x )min ≥－1，f (x )max ＝f (t )＝t 2－(a ＋1)t ，由题意得f (x )max ≤6，即t 2－(a ＋1)t ≤6，解得0≤t ≤（a ＋1）＋（a ＋1）2＋242， 令m ＝a ＋1>0，h (m )＝m ＋m 2＋242在(0，1]上单调递增， ∴h (m )max ＝h (1)＝3，即当a ＝0时，t max ＝3.③当0<a ≤1时，a －12≤0<a ≤a ＋12，f (x )在[0，a ]，⎣⎢⎡⎦⎥⎤a ，a ＋12单调递减，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫a ＋12，＋∞上单调递增，f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋12＝－（a ＋1）24∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－1，－14， 满足f (x )min ≥－1，f (x )max ＝f (t )＝t 2－(a ＋1)t ，由题意得f (x )max ≤6，即t 2－(a ＋1)t ≤6，解得0≤t ≤（a ＋1）＋（a ＋1）2＋242， 同②得h (m )＝m ＋m 2＋242在(1，2]上单调递增， ∴h (m )max ＝h (2)＝1＋7，即当a ＝1时，t max ＝1＋7，综上所述，t max ＝1＋7，此时a ＝1.专题过关·提升卷1．A [由A ＝{－2，－1，0，1，2}，B ＝{x |(x －1)(x ＋2)<0}＝{x |－2<x <1}，得A ∩B ＝{－1，0}．]2．C [选项A ，D 中，y ＝－x 3为奇函数，y ＝e x －e －x 也为奇函数．又y ＝2|x |＝2x (x >0)是增函数，B 不满足．易知y ＝－lg|x |是偶函数，且当x >0时，y ＝－lg x 为减函数．]3．B [p ：|2a －1|<1⇔0<a <1.q ：f (x )在(－∞，1)内是增函数⇔0<a <1.∴p 是q 的充要条件．]4．A [易知函数定义域为(－1，1)，f (－x )＝ln(1－x )－ln(1＋x )＝－f (x )，故函数f (x )为奇函数，又f (x )＝ln 1＋x 1－x ＝ln ⎝⎛⎭⎪⎫－1－2x －1，由复合函数单调性判断方法知，f (x )在(0，1)上是增函数，故选A.]5．A[不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≥－1，2x －y ≤1，y ≤1表示的平面区域如图所示，平移直线y ＝3x －z ，过点M (－2，1)时，直线的截距最大，此时z 有最小值、∴z min ＝3×(－2)－1＝－7.]6．C [因为函数f (x )＝2|x －m |－1为偶函数可知，m ＝0，所以f (x )＝2|x |－1.当x >0时，f (x )为增函数，log 0.53＝－log 23， ∴log 25>|－log 0.53|>0，∴b ＝f (log 25)>a ＝f (log 0.53)>c ＝f (2m )．]7．D [在同一坐标系内作函数y ＝g (x )与y ＝φ(x )的图象，依题意知，两个函数的图象有两个交点．则直线φ(x )＝kx 应介于两直线y ＝－x 与y ＝－x 2之间，应有－1<k <－12.]8．C [(1)当x 0∈(0，1)时，1<2x 0<2.∴f [f (x 0)]＝f (2x 0)＝1－log 22x 0＝x 0，则x 0＝12.(2)当x 0∈(1，2)时，0<1－log 2x 0<1，∴f [f (x 0)]＝f (1－log 2x 0)＝21－log 2x 0＝x 0，则x 0＝ 2.因此x 0的取值为12或 2.]9．1 [f (x )为偶函数，则ln(x ＋a ＋x 2)为奇函数，所以ln(x ＋a ＋x 2)＋ln(－x ＋a ＋x 2)＝0，即ln(a ＋x 2－x 2)＝0，则ln a ＝0，a ＝1.]10．3 [由约束条件可画出可行域，利用y x 的几何意义求解．画出可行域如图阴影所示，∵y x 表示过点(x ，y )与原点(0，0)的直线的斜率，∴点(x ，y )在点A 处时y x 最大．由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，x ＋y －4＝0， 得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝3.∴A (1，3)．∴y x 的最大值为3.]11．(1，2] [由题意f (x )的图象如图，则⎩⎪⎨⎪⎧a ＞1，3＋log a2≥4，∴1＜a ≤2.]12．(－∞，2] [由题意得⎩⎪⎨⎪⎧f （a ）<0，f 2（a ）＋f （a ）≤2或⎩⎪⎨⎪⎧f （a ）≥0，－f 2（a ）≤2，解之得f (a )≥－2，∴⎩⎪⎨⎪⎧a <0，a 2＋a ≥－2或⎩⎪⎨⎪⎧a ≥0，－a 2≥－2，解得a ≤ 2.]13．－2 (0，1] [f (f (－1))＝f (4－1)＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫14＝log 214＝－2.令f (x )－k ＝0，即f (x )＝k ，设y ＝f (x )，y ＝k ，画出图象，如图所示，函数g (x )＝f (x )－k 存在两个零点，即y ＝f (x )与y ＝k 的图象有两个交点，由图象可得实数k 的取值范围为(0，1]．] 14.⎝⎛⎭⎪⎫0，12 [∵当x ∈[0，3)时，f (x )＝|x 2－2x ＋12|，作出函数的图象如图所示，可知f (0)＝f (1)＝12，f (3)＝72.若使得f (x )－a ＝0在x ∈[－3，4]上有10个零点，由于f (x )的周期为3，则只需直线y ＝a 与函数f (x )＝|x 2－2x ＋12|，x ∈[0，3)应有4个交点，则有a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12.] 15.2105 [∵4x 2＋y 2＋xy ＝1，∴(2x ＋y )2－3xy ＝1， 即(2x ＋y )2－32·2xy ＝1，∴(2x ＋y )2－32·⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋y 22≤1，解之得(2x ＋y )2≤85，即2x ＋y ≤2105.等号当且仅当2x ＝y ＞0，即x ＝1010，y ＝105时成立．]16．解 (1)当a ＝1时，f (x )＝－x |x －1|＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋x ＋1，x ≥1，x 2－x ＋1，x <1，由f (x )＝x 可得：⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋x ＋1＝x ，x ≥1，x 2－x ＋1＝x ，x <1.解得x ＝1，(2)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋ax ＋1，x ≥a ，x 2－ax ＋1，x <a作出示意图，注意到几个关键点的值：f (0)＝f (a )＝1，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＝1－a24， 当0<a ≤1时，f (x )在[1，2]上单调递减，函数的最大值为f (1)＝a ； 1<a <2时，f (x )在[1，a ]上单调递增，在[a ，2]上单调递减， 函数的最大值为f (a )＝1；当2≤a <3时，f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，a 2上单调递减，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤a 2，2上单调递增，且直线x ＝a2是函数的对称轴，由于⎝ ⎛⎭⎪⎫2－a 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－1＝3－a >0， 故函数的最大值为f (2)＝5－2a .综上可得，f (x )max ＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，0<a ≤1，1，1<a <2，5－2a ，2≤a <3.17．解 (1)f (x )＝p·q ＝x (x ＋a )＋2＝x 2＋ax ＋2， 不等式f (x )≤0的解集为[1，2]，得a ＝－3， 于是f (x )＝x 2－3x ＋2.由f (x )≥1－x 2得1－x 2≤x 2－3x ＋2，解得x ≤12或x ≥1，∴不等式f (x )≥1－x 2的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪x ≤12或x ≥1. (2)g (x )＝2x 2＋ax ＋3在区间(1，2)上有两个不同的零点，则⎩⎪⎨⎪⎧g （1）＞0，g （2）＞0，1＜－a4＜2，a 2－24＞0，即⎩⎪⎨⎪⎧a ＋5＞0，2a ＋11＞0，－8＜a ＜－4，a ＜－26或a ＞26，解得－5＜a ＜－2 6. ∴a 的取值范围是(－5，－26)． 18．解 (1)当x ≥0时，f (x )＝2x －12x ＝2， 则（2x ）2－12x ＝2， 即(2x )2－2·2x －1＝0，解得2x ＝1＋2或2x ＝1－2(舍去)，则x ＝log 2(1＋2)．当x <0时，f (x )＝2x－12－x ＝2，即2x －2x ＝2，无解． 故x ＝log 2(1＋2)．(2)因为2t f (2t )＋mf (t )≥0对于t ∈[1，2]恒成立，而f (t )在区间[1，2]上恒为正数，故m ≥－2t·f （2t ）f （t ）对于t ∈[1，2]恒成立．令y ＝－2t·f （2t ）f （t ）＝－2t·⎝ ⎛⎭⎪⎫22t －122t 2t －12t＝－(22t ＋1)，函数y ＝－(22t ＋1)在R 上为减函数，当t ＝1时，y max ＝－22－1＝－5.所以m ≥y max ＝－5，故m 的取值范围为[－5，＋∞)．19．(1)解 根据f (x )＝2x 2－tx 在x 轴下方的图象沿x 轴翻折后顶点值t 28<2， 得－4<t <4，即有t 的取值范围是(－4，4)．(2)证明 由韦达定理知α＋β＝t2，αβ＝－1， 不妨设α<x 1<x 2<β，由于x 1、x 2∈[α，β]，故(x 1－α)(x 2－β)≤0，x 1x 2－(αx 2＋βx 1)＋αβ≤0， 即4x 1x 2－4(αx 2＋βx 1)－4≤0.4x 1x 2－t (x 1＋x 2)－4≤4(αx 2＋βx 1)－t (x 1＋x 2)＝4(αx 2＋βx 1)－2(α＋β)(x 1＋x 2)＝2(αx 2＋βx 1)－2(αx 1＋βx 2)＝2(x 2－x 1)(α－β)<0.(3)解 任取x 1、x 2∈[α，β]，x 1<x 2，则g (x 1)－g (x 2)＝4x 1x 2－t （x 1＋x 2）－4（x 21＋1）（x 22＋1）(x 2－x 1)<0， 所以g (x )在[α，β]上是增函数，故|g (x 1)－g (x 2)|≤λ(β－α)等价于λ≥g （β）－g （α）β－a＝－4αβ－t （α＋β）－4（α2＋1）（β2＋1）＝2，故λ≥2.20．解 (1)因为f (x )＝x 2＋2x |x －a |＝⎩⎨⎧－（x －a ）2＋a 2，x ≤a ，3⎝⎛⎭⎪⎫x －a 32－a 23，x >a ，当a ≥0时，f (x )在(－∞，a )和(a ，＋∞)上均递增；当a <0时(如图)，f (x )在(－∞，a )和⎝⎛⎭⎪⎫a 3，＋∞上递增，在⎝⎛⎭⎪⎫a ，a 3上递减．(2)由题意知，只需f (x )min ≥4，f (x )max ≤16， 首先，由(1)可知，f (x )在x ∈[1，2]上递增，则f (x )min ＝f (1)＝1＋2|1－a |≥4，解得a ≤－12或a ≥52；其次，当a ≥52时，f (x )在R 上递增，故f (x )max ＝f (2)＝4a －4≤16，解得52≤a ≤5；当a ≤－12时，f (x )在[1，2]上递增，故f (x )max ＝f (2)＝12－4a ≤16，解得－1≤a ≤－12.综上：－1≤a ≤－12或52≤a ≤5.。

专题一 函数、不等式及导数的应用真题体验·引领卷一、填空题1．(2015·江苏高考)不等式2x 2－x ＜4的解集为________．2．(2011·江苏高考)函数f (x )＝log 5(2x ＋1)的单调增区间是________．3．(2015·全国卷Ⅰ)若函数f (x )＝x ln(x ＋a ＋x 2)为偶函数，则实数a ＝________．4．(2015·全国卷Ⅱ改编)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1＋log 2（2－x ），x <1，2x －1，x ≥1，则f (－2)＋f (log 212)＝______．5．(2014·江苏高考)已知函数f (x )＝x 2＋mx －1，若对于任意x ∈[m ，m ＋1]，都有f (x )＜0成立，则实数m 的取值范围是________．6．(2015·湖南高考)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3，x ≤a ，x 2，x >a ，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________．7．(2012·江苏高考)设f (x )是定义在R 上且周期为2的函数，在区间[－1，1]上，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ax ＋1，－1≤x ＜0，bx ＋2x ＋1，0≤x ≤1，其中a ，b ∈R .若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，则a ＋3b 的值为________．8．(2013·江苏高考)已知f (x )是定义在R 上的奇函数．当x >0时，f (x )＝x 2－4x ，则不等式f (x )>x 的解集用区间表示为________．9．(2012·江苏高考)已知正数a ，b ，c 满足：5c －3a ≤b ≤4c －a ，c ln b ≥a ＋c ln c ，则ba的取值范围是________．10．(2015·江苏高考)已知函数f (x )＝|ln x |，g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧0，0＜x ≤1，|x 2－4|－2，x ＞1，则方程|f (x )＋g (x )|＝1实根的个数为________． 二、解答题11.(2015·江苏高考)某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，计划修建一条连接两条公路和山区边界的直线型公路，记两条相互垂直的公路为l 1，l 2，山区边界曲线为C ，计划修建的公路为l ，如图所示，M ，N 为C 的两个端点，测得点M 到l 1，l 2的距离分别为5千米和40千米，点N 到l 1，l 2的距离分别为20千米和2.5千米，以l 2，l 1所在的直线分别为x ，y 轴，建立平面直角坐标系xOy ，假设曲线C 符合函数y ＝ax 2＋b(其中a ，b 为常数)模型．(1)求a ，b 的值；(2)设公路l 与曲线C 相切于P 点，P 的横坐标为t . ①请写出公路l 长度的函数解析式f (t )，并写出其定义域； ②当t 为何值时，公路l 的长度最短？求出最短长度．12.(2015·全国卷Ⅱ)设函数f (x )＝e mx ＋x 2－mx .(1)证明：f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增；(2)若对于任意x 1，x 2∈[－1，1]，都有|f (x 1)－f (x 2)|≤e －1，求m 的取值范围．13．(2015·江苏高考)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋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)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32∪⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞，求c 的值．专题一 函数、不等式及导数的应用经典模拟·演练卷一、填空题1．(2015·宿迁调研模拟)函数f (x )＝ln x ＋1－x 的定义域为________．2．(2015·苏北四市调研)已知函数y ＝log 2(ax －1)在(1，2)上单调递增，则a 的取值范围为________．3．(2015·西安模拟)已知f (x )是定义在R 上的周期为2的奇函数，当x ∈(0，1)时，f (x )＝3x－1，则f ⎝⎛⎭⎪⎫2 0152＝________．4．(2015·安徽“江南十校”联考)已知向量a ＝(3，－2)，b ＝(x ，y －1)，且a ∥b ，若x ，y 均为正数，则3x ＋2y的最小值是________．5．(2015·苏州调研)已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋x （x ≥0），－x 2＋x （x ＜0），则不等式f (x 2－x ＋1)＜12的解集是________．6．(2015·镇江调研)函数f (x )＝x 3－3ax －a 在(0，1)内有最小值，则a 的取值范围是________．7．(2015·保定联考)设关于x ，y 的不等式组⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ＋1>0，x －m <0，y ＋m >0表示的平面区域内存在点P (x 0，y 0)满足x 0－2y 0＝2，则m 的取值范围是________．8．(2015·西安八校联考)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋x ，x ≤1，log 13x ，x >1，若关于x 的不等式f (x )≥m 2－34m 有解，则实数m 的取值范围是________． 9．(2015·南京、盐城模拟)已知函数f (x )＝1x ＋2－m |x |有三个零点，则实数m 的取值范围为________．10．(2015·苏、锡、常、镇模拟)设函数f (x )＝ax 3－3x ＋1(x ∈R )，若对于任意x ∈[－1，1]，都有f (x )≥0成立，则实数a 的值为________． 二、解答题11．(2015·苏北四市调研)某单位拟建一个扇环面形状的花坛(如图所示)，该扇环面是由以点O 为圆心的两个同心圆弧和延长后通过点O 的两条直线段围成．按设计要求扇环面的周长为30米，其中大圆弧所在圆的半径为10米．设小圆弧所在圆的半径为x 米，圆心角为θ(弧度)．(1)求θ关于x 的函数关系式；(2)已知在花坛的边缘(实线部分)进行装饰时，直线部分的装饰费用为4元/米，弧线部分的装饰费用为9元/米．设花坛的面积与装饰总费用的比为y ，求y 关于x 的函数关系式，并求出x 为何值时，y 取得最大值？12.(2015·南京、盐城模拟)已知函数f (x )＝(x 2－3x ＋3)·e x的定义域为[－2，t ](t ＞－2)．(1)试确定t 的取值范围，使得函数f (x )在[－2，t ]上为单调函数； (2)当1＜t ＜4时，求满足f ′（x 0）e x＝23(t －1)2的x 0的个数．13．(2015·南通调研)已知a 为实常数，y ＝f (x )是定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的奇函数，且当x ＜0时，f (x )＝2x －a 3x2＋1.(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若f (x )≥a －1对一切x ＞0成立，求a 的取值范围．专题一 函数、不等式及导数的应用专题过关·提升卷(时间：120分钟 满分：160分)一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分)1．(2015·陕西高考)设曲线y ＝e x在点(0，1)处的切线与曲线y ＝1x(x >0)上点P 处的切线垂直，则P 的坐标为________．2．(2015·苏北四市模拟)设奇函数y ＝f (x )(x ∈R )，满足对任意t ∈R 都有f (t )＝f (1－t )，且x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，12时，f (x )＝－x 2，则f (3)＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32的值等于________．3．(2015·南师附中模拟)已知函数f (x )＝12mx 2＋ln x －2x 在定义域内是增函数，则实数m的取值范围是________．4．若函数y ＝f (x )(x ∈A )满足：∃x 0∈A ，使x 0＝f [f (x 0)]成立，则称“x 0是函数y ＝f (x )的稳定点”．若x 0是函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x （0<x <1），1－log 2x （1<x <2）的稳定点，则x 0的取值为________．5．(2015·湖南高考改编)若变量x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≥－1，2x －y ≤1，y ≤1，则z ＝3x －y 的最小值为________．6．对于定义在R 上的函数f (x )，若实数x 0满足f (x 0)＝x 0，则称x 0是函数f (x )的一个不动点．若二次函数f (x )＝x 2＋2ax ＋a 2没有不动点，则实数a 的取值范围是________． 7.已知函数y ＝log a (x ＋b )(a ，b 为常数，其中a >1)的图象如图所示，则函数g (x )＝bx 2－2x ，x ∈[0，3]的最大值为________．8．(2015·天津高考改编)已知定义在R 上的函数f (x )＝2|x －m |－1(m 为实数)为偶函数，记a＝f (log 0.53)，b ＝f (log 25)，c ＝f (2m )，则a ，b ，c 的大小关系为________．9．设函数f (x )＝x 22＋m x，若函数f (x )的极值点x 0满足x 0f (x 0)－x 30>m 2，则实数m 的取值范围是________．10．设函数g (x )＝|x ＋2|＋1，φ(x )＝kx ，若函数f (x )＝g (x )－φ(x )仅有两个零点，则实数k 的取值范围是________． 11．已知关于x 的不等式ax －1x －b >0的解集为(－1，1)，且函数φ(x )＝a ＋log 12(bx )，则不等式φ(x )>1的解集为________．12．(2015·济南模拟)已知正实数m ，n 满足m ＋n ＝1，且使1m ＋16n取得最小值．若曲线y ＝xα过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫m ，54n ，则α的值为________． 13．已知定义在R 上的函数g (x )的导函数为g ′(x )，满足g ′(x )－g (x )<0，若函数g (x )的图象关于直线x ＝2对称，且g (4)＝1，则不等式g （x ）ex>1的解集为________．14．(2014·江苏高考)已知f (x )是定义在R 上且周期为3的函数，当x ∈[0，3)时，f (x )＝|x 2－⎪⎪⎪2x ＋12.若函数y ＝f (x )－a 在区间[－3，4]上有10个零点(互不相同)，则实数a 的取值范围是________．二、解答题(本大题共6小题，共90分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 15．(本小题满分14分)(2015·苏北四市模拟)已知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．16．(本小题满分14分)(2012·江苏高考)如图，建立平面直角坐标系xOy ，x 轴在地平面上，y 轴垂直于地平面，单位长度为1千米．某炮位于坐标原点．已知炮弹发射后的轨迹在方程y ＝kx －120(1＋k 2)x 2(k >0)表示的曲线上，其中k 与发射方向有关．炮的射程是指炮弹落地点的横坐标．(1)求炮的最大射程；(2)设在第一象限有一飞行物(忽略其大小)，其飞行高度为3.2千米，试问它的横坐标a 不超过多少时，炮弹可以击中它？请说明理由．17．(本小题满分14分)(2015·北京高考)设函数f (x )＝x 22－k ln x ，k >0.(1)求f (x )的单调区间和极值；(2)证明：若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．18.(本小题满分16分)某世界园艺博览会的主题是“让生活走进自然”，为了宣传“会议主题”和“城市时尚”，博览会指挥中心拟在如图所示的空地“扇形ABCD ”上竖立一块长方形液晶广告屏幕MNEF .已知扇形ABCD 所在圆的半径R ＝30米，圆心角θ＝π2，电源在点K 处，点K 到半径AD ，AB 的距离分别为9米、3米．若MN ∶NE ＝16∶9，线段MN 必过点K ，端点M ，N 分别在半径AD ，AB 上．设AN ＝x 米，液晶广告屏幕MNEF 的面积为S 平方米．(1)求S 关于x 的函数关系式及其定义域；(2)若液晶屏每平米造价为1 500元，当x 为何值时，液晶广告屏幕MNEF 的造价最低？19．(本小题满分16分)(2015·广东高考)设a >1，函数f (x )＝(1＋x 2)e x－a . (1)求f (x )的单调区间；(2)证明：f (x )在(－∞，＋∞)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 ≤3a －2e－1.20．(本小题满分16分)已知函数f (x )＝x 2－(a ＋2)x ＋a ln x ，常数a >0. (1)当x ＝1时，函数f (x )取得极小值－2，求函数f (x )的极大值；(2)设定义在D 上的函数y ＝h (x )在点P (x 0，h (x 0))处的切线方程为l ：y ＝g (x )，当x ≠x 0时，若h （x ）－g （x ）x －x 0>0在D 内恒成立，则称点P 为h (x )的“类优点”．若点(1，f (1))是函数f (x )的“类优点”，求实数a 的取值范围．参考答案专题一 函数、不等式及导数的应用真题体验·引领卷1．{x |－1＜x ＜2} [∵2x 2－x ＜4＝22，∴x 2－x ＜2，即x 2－x －2＜0，解得－1<x <2.]2.⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，＋∞ [函数f (x )的定义域为⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，＋∞，令t ＝2x ＋1(t ＞0)．因为y ＝log 5t 在t ∈(0，＋∞)上为增函数，t ＝2x ＋1在⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，＋∞上为增函数，所以函数y ＝log 5(2x＋1)的单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，＋∞.]3．1 [f (x )为偶函数，则ln(x ＋a ＋x 2)为奇函数，所以ln(x ＋a ＋x 2)＋ln(－x ＋a ＋x 2)＝0，即ln(a ＋x 2－x 2)＝0，则ln a ＝0，a ＝1.]4．9 [∵f (－2)＝1＋log 24＝1＋2＝3，f (log 212)＝2log212－1＝6.∴f (－2)＋f (log 212)＝3＋6＝9.] 5.⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0 [作出二次函数f (x )的图象，对于任意x ∈[m ，m ＋1]，都有f (x )＜0，则有⎩⎪⎨⎪⎧f （m ）＜0，f （m ＋1）＜0，即⎩⎪⎨⎪⎧m 2＋m 2－1＜0，（m ＋1）2＋m （m ＋1）－1＜0，解得－22＜m ＜0.]6．(－∞，0)∪(1，＋∞) [若0≤a ≤1时，函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3（x ≤a ），x 2 （x >a ）在R 上递增，若a >1或a <0时，由图象知y ＝f (x )－b 存在b 使之有两个零点，故a ∈(－∞，0)∪(1，＋∞)．] 7．－10 [因为函数f (x )是周期为2的函数，所以f (－1)＝f (1)⇒－a ＋1＝b ＋22，又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12⇒12b ＋232＝－12a ＋1，联立列成方程组解得a ＝2，b ＝－4，所以a ＋3b ＝2－12＝－10.]8．(－5，0)∪(5，＋∞) [由已知得f (0)＝0，当x <0时，f (x )＝－f (－x )＝－x 2－4x ，因此f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－4x ，x ≥0，－x 2－4x ，x <0，不等式f (x )>x 等价于⎩⎪⎨⎪⎧x ≥0，x 2－4x >x 或⎩⎪⎨⎪⎧x <0，－x 2－4x >x ， 解得：x >5或－5<x <0.]9．[e ，7] [由题意知⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ≤4c ，3a ＋b ≥5c ，c ln b －a ≥c ln c ⇒b ≥c e a c.作出可行域(如图所示)．由⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＝4c ，3a ＋b ＝5c ，得a ＝c 2，b ＝72c .此时⎝ ⎛⎭⎪⎫b amax＝7.由⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＝4c ，b ＝c e a c ，得a ＝4c e ＋1，b ＝4c e e ＋1.此时⎝ ⎛⎭⎪⎫b a min ＝4c e e ＋14ce ＋1＝e.所以ba∈[e ，7]．]10．4 [令h (x )＝f (x )＋g (x )，则h (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－ln x ，0＜x ≤1，－x 2＋ln x ＋2，1＜x ＜2，x 2＋ln x －6，x ≥2，当1＜x ＜2时，h ′(x )＝－2x ＋1x ＝1－2x2x＜0，故当1＜x ＜2时h (x )单调递减，在同一坐标系中画出y ＝|h (x )|和y ＝1的图象如图所示．由图象可知|f (x )＋g (x )|＝1的实根个数为4.]11．解 (1)由题意知，点M ，N 的坐标分别为(5，40)，(20，2.5)． 将其分别代入y ＝ax 2＋b，得⎩⎪⎨⎪⎧a 25＋b ＝40，a 400＋b ＝2.5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1 000，b ＝0.(2)①由(1)知，y ＝1 000x2(5≤x ≤20)，则点P 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫t ，1 000t2，设在点P 处的切线l 交x ，y 轴分别于A ，B 两点，y ′＝－2 000x3， 则l 的方程为y －1 000t 2＝－2 000t3(x －t )，由此得A ⎝ ⎛⎭⎪⎫3t 2，0，B ⎝⎛⎭⎪⎫0，3 000t 2.故f (t )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3t 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3 000t 22＝32t 2＋4×106t4，t ∈[5，20]．②设g (t )＝t 2＋4×106t 4，则g ′(t )＝2t －16×106t5. 令g ′(t )＝0，解得t ＝10 2.当t ∈(5，102)时，g ′(t )＜0，g (t )是减函数； 当t ∈(102，20)时，g ′(t )＞0，g (t )是增函数． 从而，当t ＝102时，函数g (t )有极小值，也是最小值， 所以g (t )min ＝300，此时f (t )min ＝15 3.答：当t ＝102时，公路l 的长度最短，最短长度为153千米． 12．(1)证明 f ′(x )＝m (e mx－1)＋2x .若m ≥0，则当x ∈(－∞，0)时，e mx－1≤0，f ′(x )<0； 当x ∈(0，＋∞)时，e mx－1≥0，f ′(x )>0.若m <0，则当x ∈(－∞，0)时，e mx－1>0，f ′(x )<0； 当x ∈(0，＋∞)时，e mx－1<0，f ′(x )>0.所以，f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．(2)解 由(1)知，对任意的m ，f (x )在[－1，0]上单调递减，在[0，1]上单调递增，故f (x )在x ＝0处取得最小值．所以对于任意x 1，x 2∈[－1，1]时，|f (x 1)－f (x 2)|≤e －1的充要条件是⎩⎪⎨⎪⎧f （1）－f （0）≤e －1，f （－1）－f （0）≤e －1，即⎩⎪⎨⎪⎧e m－m ≤e －1，e －m ＋m ≤e －1.① 设函数g (t )＝e t －t －e ＋1，则g ′(t )＝e t－1.当t <0时，g ′(t )<0；当t >0时，g ′(t )>0.故g (t )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．又g (1)＝0，g (－1)＝e －1＋2－e<0，故当t ∈[－1，1]时，g (t )≤0. 当m ∈[－1，1]时，g (m )≤0，g (－m )≤0，即①式成立； 当m >1时，由g (t )的单调性，g (m )>0，即e m－m >e －1； 当m <－1时，g (－m )>0，即e －m＋m >e －1. 综上，m 的取值范围是[－1，1]． 13．解 (1)f ′(x )＝3x 2＋2ax ， 令f ′(x )＝0，解得x 1＝0，x 2＝－2a 3.当a ＝0时，因为f ′(x )＝3x 2≥0， 所以函数f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增；当a ＞0时，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－2a 3∪(0，＋∞)时，f ′(x )＞0，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 3，0时，f ′(x )＜0，所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－2a 3，(0，＋∞)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 3，0上单调递减； 当a ＜0时，x ∈(－∞，0)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 3，＋∞时，f ′(x )＞0，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－2a 3时，f ′(x )＜0，所以函数f (x )在(－∞，0)，⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 3，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－2a 3上单调递减． (2)由(1)知，函数f (x )的两个极值为f (0)＝b ，f ⎝⎛⎭⎪⎫－2a 3＝427a 3＋b ，则函数f (x )有三个零点等价于f (0)·f ⎝⎛⎭⎪⎫－2a 3＝b ⎝⎛⎭⎪⎫427a 3＋b ＜0，从而⎩⎪⎨⎪⎧a ＞0，－427a 3＜b ＜0或⎩⎪⎨⎪⎧a ＜0，0＜b ＜－427a 3.又b ＝c －a ，所以当a ＞0时，427a 3－a ＋c ＞0或当a ＜0时，427a 3－a ＋c ＜0.设g (a )＝427a 3－a ＋c ，因为函数f (x )有三个零点时，a 的取值范围恰好是(－∞，－3)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32∪⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞， 则在(－∞，－3)上g (a )＜0，且在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32∪⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞上g (a )＞0均恒成立．从而g (－3)＝c －1≤0，且g ⎝ ⎛⎭⎪⎫32＝c －1≥0，因此c ＝1. 此时，f (x )＝x 3＋ax 2＋1－a ＝(x ＋1)[x 2＋(a －1)x ＋1－a ]，因函数有三个零点，则x 2＋(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 )＝a 2＋2a －3＞0， 且(－1)2－(a －1)＋1－a ≠0，解得a ∈(－∞，－3)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32∪⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞.综上c ＝1. 经典模拟·演练卷1．(0，1] [要使函数f (x )＝ln x ＋1－x 有意义，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＞0，1－x ≥0，解得0＜x ≤1，即函数定义域是(0，1]．]2．[1，＋∞) [根据复合函数的单调性及对数函数的定义域求解．因为y ＝log 2(ax －1)在(1，2)上单调递增，所以u ＝ax －1在(1，2)单调递增，且恒大于0，即⎩⎪⎨⎪⎧a ＞0，a －1≥0⇒a ≥1.]3．－3＋1 [∵f (x )是在R 上的周期为2的奇函数， ∴f ⎝⎛⎭⎪⎫2 0152＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1 007＋12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×503＋32＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12.又当x ∈(0，1)时，f (x )＝3x－1， ∴f ⎝⎛⎭⎪⎫2 0152＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－(312－1)＝－3＋1.]4．8 [∵a ∥b ，∴3(y －1)＋2x ＝0，即2x ＋3y ＝3.∵x >0，y >0， ∴3x ＋2y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3x ＋2y ·13(2x ＋3y ) ＝13⎝⎛⎭⎪⎫6＋6＋9y x ＋4x y ≥13(12＋2×6)＝8，当且仅当3y ＝2x 时取等号．∴当x ＝34且y ＝12时，3x ＋2y取得最小值8.]5．(－1，2) [依题意得，函数f (x )是R 上的增函数，且f (3)＝12，因此不等式f (x 2－x ＋1)＜12等价于x 2－x ＋1＜3，即x 2－x －2＜0，由此解得－1＜x ＜2.因此，不等式f (x 2－x ＋1)＜12的解集是(－1，2)．]6．(0，1) [f ′(x )＝3x 2－3a ＝3(x 2－a )． 当a ≤0时，f ′(x )＞0，∴f (x )在(0，1)内单调递增，无最小值． 当a ＞0时，f ′(x )＝3(x －a )(x ＋a )．当x ∈(－∞，－a )和(a ，＋∞)时，f (x )单调递增； 当x ∈(－a ，a )时，f (x )单调递减，所以当a ＜1，即0＜a ＜1时，f (x )在(0，1)内有最小值．]7.⎝ ⎛⎭⎪⎫23，＋∞ [作不等式组表示的平面区域(如图)，依题意，直线x －2y ＝2与平面区域有公共点．如图，直线x ＝m 与y ＝－m 交于(m ，－m )，把(m ，－m )代入x －2y ＝2得m ＝23，结合图形得m >23.]8.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－14，1 [当x ≤1时，f (x )＝－x 2＋x ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14≤14，当x >1时，f (x )＝log 13x <0，∴f (x )的最大值为14，因此原不等式为14≥m 2－34m ，解之得－14≤m ≤1.]9．(1，＋∞) [函数f (x )有三个零点等价于方程1x ＋2＝m |x |有且仅有三个实根． ∵1x ＋2＝m |x |⇔1m＝|x |(x ＋2)，作函数y ＝|x |(x ＋2)的图象，如图所示，由图象可知m 应满足0＜1m＜1，故m ＞1.]10．4 [若x ＝0，则不论a 取何值，f (x )≥0显然成立； 当x ＞0时，即x ∈(0，1]时，f (x )＝ax 3－3x ＋1≥0可化为a ≥3x 2－1x3. 令g (x )＝3x 2－1x 3，则g ′(x )＝3（1－2x ）x4， 所以g (x )在区间⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12上单调递增，在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1上单调递减． 因此g (x )max ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝4，从而a ≥4. 当x ＜0时，即x ∈[－1，0)时，同理a ≤3x 2－1x3.g (x )在区间[－1，0)上单调递增，所以g (x )min ＝g (－1)＝4， 从而a ≤4，综上可知a ＝4.]11．解 (1)设扇环的圆心角为θ，则30＝θ(10＋x )＋2(10－x )， 所以θ＝10＋2x10＋x.(2)花坛的面积为12θ(102－x 2)＝(5＋x )(10－x )＝－x 2＋5x ＋50(0＜x ＜10)．装饰总费用为9θ(10＋x )＋8(10－x )＝170＋10x ，所以花坛的面积与装饰总费用的比y ＝－x 2＋5x ＋50170＋10x＝－x 2－5x －5010（17＋x ），令t ＝17＋x ，则y ＝3910－110⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋324t ≤310，当且仅当t ＝18时取等号， 此时x ＝1，θ＝1211.答：当x ＝1时，花坛的面积与装饰总费用的比最大．12．解 (1)∵f ′(x )＝(x 2－3x ＋3)·e x ＋(2x －3)·e x ＝x ·(x －1)e x， 由f ′(x )＞0，得x ＞1或x ＜0；由f ′(x )＜0，得0＜x ＜1. ∴f (x )在(－∞，0]，[1，＋∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减， 若使f (x )在[－2，t ]上为单调函数，则需－2＜t ≤0， 即t 的取值范围为(－2，0]． (2)∵f ′（x 0）e x＝x 20－x 0，f ′（x 0）e x 0＝23(t －1)2，即x 20－x 0＝23(t －1)2，令g (x )＝x 2－x －23(t －1)2，则问题转化为当1＜t ＜4时，求方程g (x )＝x 2－x －23(t －1)2＝0在[－2，t ]上的解的个数．∵g (－2)＝6－23(t －1)2＝－23(t ＋2)(t －4)，g (t )＝t (t －1)－23(t －1)2＝13(t ＋2)(t －1)，∴当1＜t ＜4时，g (－2)＞0且g (t )＞0， ∵g (0)＝－23(t －1)2＜0，∴g (x )＝0在[－2，t ]上有两解． 即满足f ′（x 0）e x＝23(t －1)2的x 0的个数为2. 13．解 (1)由奇函数的对称性可知，我们只要讨论f (x )在区间(－∞，0)的单调性即可． f ′(x )＝2＋2a3x3，令f ′(x )＝0，得x ＝－a .①当a ≤0时，f ′(x )＞0，所以f (x )在区间(－∞，0)上单调递增． ②当a ＞0时，x ∈(－∞，－a )，f ′(x )＞0，所以f (x )在区间(－∞， －a )上单调递增．x ∈(－a ，0)，f ′(x )＜0，所以f (x )在区间(－a ，0)上单调递减．综上所述，当a ≤0时，f (x )单调递增区间为(－∞，0)，(0，＋∞)；当a ＞0时，f (x )单调增区间为(－∞，－a )，(a ，＋∞)，单调减区间为(－a ，0)，(0，a )．(2)因为f (x )为奇函数，所以当x ＞0时，f (x )＝－f (－x )＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x －a 3x 2＋1 ＝2x ＋a 3x2－1.①当a ＜0时，要使f (x )≥a －1对一切x ＞0成立，即2x ＋a 3x2≥a 对一切x ＞0成立．而当x ＝－a2＞0时，有－a ＋4a ≥a ，所以a ≥0，则与a ＜0矛盾． 所以a ＜0不成立．②当a ＝0时，f (x )＝2x －1＞－1＝a －1对一切x ＞0成立， 故a ＝0满足题设要求．③当a ＞0时，由(1)可知f (x )在(0，a )上是减函数，在(a ，＋∞)上是增函数，所以f (x )min ＝f (a )＝3a －1＞a －1， 所以a ＞0时也满足题设要求． 综上所述，a 的取值范围是[0，＋∞)．专题过关·提升卷1．(1，1) [∵y ′|x ＝0＝e x|x ＝0＝1. 设P (x 0，y 0)，则y ′|x ＝x 0＝⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ′x ＝x 0＝－1x 20. 依题意，得1·⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x 20＝－1，且x 0>0，则x 0＝1.因此切点P 为(1，1)．]2．－14[根据对任意t ∈R 都有f (t )＝f (1－t )可得f (－t )＝f (1＋t )，即f (t ＋1)＝－f (t )，进而得到f (t ＋2)＝－f (t ＋1)＝－[－f (t )]＝f (t )，得函数y ＝f (x )的一个周期为2，故f (3)＝f (1)＝f (0＋1)＝－f (0)＝0, f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－14.所以f (3)＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32的值是0＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－14＝－14.]3．[1，＋∞) [f ′(x )＝mx ＋1x－2≥0对一切x ＞0恒成立，∴m ≥－⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2＋2x.令g (x )＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2＋2x，则当1x ＝1，即x ＝1时，函数g (x )取最大值1.故m ≥1.] 4.12或 2 [(1)当x 0∈(0，1)时，1<2x 0<2. ∴f [f (x 0)]＝f (2x 0)＝1－log 22x 0＝x 0，则x 0＝12.(2)当x 0∈(1，2)时，0<1－log 2x 0<1，∴f [f (x 0)]＝f (1－log 2x 0)＝21－log 2x 0＝x 0，则x 0＝ 2. 因此x 0的取值为12或 2.]5．－7 [不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≥－1，2x －y ≤1，y ≤1表示的平面区域如图所示，平移直线y ＝3x －z ，过点M (－2，1)时，直线的截距最大，此时z 有最小值、∴z min ＝3×(－2)－1＝－7.]6.⎝ ⎛⎭⎪⎫14，＋∞ [若使函数f (x )＝x 2＋2ax ＋a 2无不动点，则方程x 2＋2ax ＋a 2＝x 无实数根，即方程x 2＋(2a －1)x ＋a 2＝0无实数根，所以Δ＝(2a －1)2－4a 2＜0，解得a ＞14.]7.1b[∵将y ＝log a x 的图象向左平移b 个单位，得到函数y ＝log a (x ＋b )的图象，∴0<b <1，则y ＝b t在R 上是减函数． 又t ＝x 2－2x ＝(x －1)2－1，x ∈[0，3]， ∴－1≤t ≤3，因此y ＝b t的最大值为1b.]8．b ＞a ＞c [因为函数f (x )＝2|x －m |－1为偶函数可知，m ＝0，所以f (x )＝2|x |－1.当x >0时，f (x )为增函数，log 0.53＝－log 23， ∴log 25>|－log 0.53|>0，∴b ＝f (log 25)>a ＝f (log 0.53)>c ＝f (2m )＝f (0)．]9.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12 [由f (x )＝x 22＋m x ，得f ′(x )＝x －m x 2， 又x 0是f (x )的极值点，∴f ′(x 0)＝0，解之得x 0＝3m ， 因此x 0f (x 0)－x 30＝x 302＋m －x 30＝m2，所以m 2>m 2，解之得0<m <12.]10.⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－12 [在同一坐标系内作函数y ＝g (x )与y ＝φ(x )的图象，依题意知，两个函数的图象有两个交点．则直线φ(x )＝kx 应介于两直线y ＝－x 与y ＝－x 2之间，应有－1<k <－12.]11.⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪0<x <14 [易知(ax －1)(x －b )>0的解集为(－1，1)，∴a <0，且1a＝－1，b ＝1，则φ(x )＝－1＋log 12x ，由φ(x )>1，得log 12x >2，解之得0<x <14.]12.12[∵m ＋n ＝1，且m >0，n >0， ∴1m ＋16n＝(m ＋n )⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＋16n ＝17＋n m ＋16m n≥17＋2n m ·16mn＝25. 当且仅当n m＝16mn，即n ＝4m 时，等号成立．故1m ＋16n 取得最小值时，应有n ＝4m ，从而m ＝15，n ＝45， 又y ＝x α过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫m ，54n ， ∴54n ＝m α，即5m ＝m α，则51－α＝5，故α＝12.] 13．(－∞，0) [令F (x )＝g （x ）ex－1，则F ′(x )＝g ′（x ）e x －e x g （x ）（e x）2＝[g ′(x )－g (x )]·1ex .∵g ′(x )－g (x )<0，∴F ′(x )<0，则函数F (x )在(－∞，＋∞)上是减函数． 又函数y ＝g (x )的图象关于直线x ＝2对称， ∴g (0)＝g (4)＝1，从而F (0)＝g （0）e－1＝0.故F (x )>0⎝ ⎛⎭⎪⎫即g （x ）e x >1的解集为(－∞，0)．] 14.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12 [作出函数y ＝f (x )在[－3，4]上的图象，f (－3)＝f (－2)＝f (－1)＝f (0)＝f (1)＝f (2)＝f (3)＝f (4)＝12，观察图象可得0＜a ＜12.]15．解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－a .若a ≤0，则f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增．若a >0，则当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )<0.所以f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减．综上，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(1)知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上无最大值；当a >0时，f (x )在x ＝1a处取得最大值，最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋a ⎝⎛⎭⎪⎫1－1a ＝－ln a ＋a －1.因此f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a>2a －2等价于ln a ＋a －1<0.令g (a )＝ln a ＋a －1，则g (a )在(0，＋∞)上单调递增，g (1)＝0. 于是，当0<a <1时，g (a )<0；当a >1时，g (a )>0.因此，a 的取值范围是(0，1)．16．解 (1)令y ＝0，得kx －120(1＋k 2)x 2＝0，由实际意义和题设条件知x >0，k >0， 故x ＝20k 1＋k 2＝20k ＋1k≤202＝10， 当且仅当k ＝1时取等号．所以炮的最大射程为10千米．(2)因为a >0，所以炮弹可击中目标⇔存在k >0，使3.2＝ka －120(1＋k 2)a 2成立⇔关于k 的方程a 2k 2－20ak ＋a 2＋64＝0有正根⇔判别式Δ＝(－20a )2－4a 2(a 2＋64)≥0⇔a ≤6.所以当a 不超过6千米时，可击中目标．17．(1)解 ∵f (x )＝x 22－k ln x ，定义域为(0，＋∞)，且k >0.∴f ′(x )＝x －k x ＝x 2－kx.令f ′(x )＝0，得x ＝k (负值舍去)．f (x )与f ′(x )在区间(0，＋∞)上的变化情况如下表：所以，f (x )的单调递减区间是(0，k )，单调递增区间是(k ，＋∞)，f (x )在x ＝k 处取得极小值f (k )＝k （1－ln k ）2.(2)证明 由(1)知，f (x )在区间(0，＋∞)上的最小值为f (k )＝k （1－ln k ）2.因为f (x )存在零点，所以k （1－ln k ）2≤0，从而k ≥e ，当k ＝e 时，f (x )在区间(1，e)上单调递减，且f (e)＝0， 所以x ＝e 是f (x )在区间(1，e]上的唯一零点．当k >e 时，f (x )在区间(0，e)上单调递减，且f (1)＝12>0，f (e)＝e －k 2<0，所以f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．综上可知，若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．18．解 (1)在Rt △AMN 中，依题意，得9x ＝MK MN ，3AM ＝NK MN ，所以9x ＋3AM ＝1，则AM ＝3xx －9.所以MN ＝AM 2＋AN 2＝x 2＋9x2（x －9）2.当点N 与点B 重合时，AM 取最小值307；当点M 与点D 重合时，AN 取最小值10.∴307≤AM ≤30，且10≤AN ≤30，因此307≤3xx －9≤30且10≤x ≤30，解之得10≤x ≤30.所以S ＝916⎣⎢⎡⎦⎥⎤x 2＋9x2（x －9）2，其定义域为[10，30]．(2)根据题设条件，要使液晶广告屏的造价最低，只需广告屏的面积S 最小．设S ＝f (x )＝916⎣⎢⎡⎦⎥⎤x 2＋9x2（x －9）2(10≤x ≤30)，则f ′(x )＝916⎣⎢⎡⎦⎥⎤2x ＋18x （x －9）2－2（x －9）·9x 2（x －9）4＝9x [（x －9）3－81]8（x －9）3.令f ′(x )＝0，得x ＝9＋333，当10≤x <9＋333时，f ′(x )<0；当9＋333<x ≤30时，f ′(x )>0，∴当x ＝9＋333时，S 取得最小值，即液晶广告屏幕面积最小．故当x ＝9＋333时，液晶广告屏幕的造价最低．19．(1)解 f ′(x )＝2x e x ＋(1＋x 2)e x ＝(x 2＋2x ＋1)e x ＝(x ＋1)2e x ， ∀x ∈R ，f ′(x )≥0恒成立，∴f (x )的单调增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间．(2)证明 ∵f (0)＝1－a ，f (a )＝(1＋a 2)e a －a ，∵a >1，∴f (0)<0，f (a )>2a e a －a >2a －a ＝a >0，∴f (0)·f (a )<0，∴f (x )在(0，a )上有一零点，又函数f (x )在(－∞，＋∞)上是增函数．∴f (x )在(0，a )上仅有一个零点，∴f (x )在(－∞，＋∞)上仅有一个零点，(3)证明 f ′(x )＝(x ＋1)2e x ，设P (x 0，y 0)，则f ′(x 0)＝e x 0(x 0＋1)2＝0，∴x 0＝－1，把x 0＝－1，代入y ＝f (x )得y 0＝2e －a ，∴k OP ＝a －2e .f ′(m )＝e m (m ＋1)2＝a －2e ，令g (m )＝e m －(m ＋1)，g ′(m )＝e m －1.令g ′(x )>0，则m >0，∴g (m )在(0，＋∞)上增．令g ′(x )<0，则m <0，∴g (m )在(－∞，0)上减．∴g (m )min ＝g (0)＝0.∴e m －(m ＋1)≥0，即e m ≥m ＋1.∴e m (m ＋1)2≥(m ＋1)3，即a －2e ≥(m ＋1)3.∴m ＋1≤3a －2e ，即m ≤3a －2e －1.20．解 (1)依题意，f (1)＝1－(a ＋2)＝－2，得a ＝1， 此时f ′(x )＝2x －3＋1x ＝（x －1）（2x －1）x (x >0)．令f ′(x )＝0，得x ＝1或x ＝12， 当0<x <12或x >1时，f ′(x )>0；当12<x <1时，f ′(x )<0.所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12与(1，＋∞)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上单调递减，因此，当x ＝12时，f (x )有极大值－54＋ln 12.(2)由f (x )＝x 2－(a ＋2)x ＋a ln x (x >0)，得f ′(x )＝2x －(a ＋2)＋a x ＝（2x －a ）（x －1）x ，∴f ′(1)＝0，且f (1)＝－a －1.所以f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为g (x )＝－a －1. ∵点(1，f (1))是函数f (x )在(0，＋∞)内的“类优点”，令F (x )＝f (x )－g (x )＝x 2－(a ＋2)x ＋a ln x ＋a ＋1，常数a >0， 则当x ∈(0，1)∪(1，＋∞)时，恒有F （x ）x －1>0(*) 又F (1)＝0，且F ′(x )＝2x －(a ＋2)＋a x ＝（2x －a ）（x －1）x(x >0)．令F ′(x )＝0，得x ＝1或x ＝a 2(a >0)．①当a ＝2时，F ′(x )≥0，F (x )在(0，＋∞)上是增函数． ∴0<x <1时，F (x )<F (1)＝0；当x >1时，F (x )>F (1)＝0.从而当x ≠1时，恒有F （x ）x －1>0成立．②当a >2时，由F ′(x )<0，得1<x <a 2，∴函数F (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，a 2上是减函数，F (x )<F (1)＝0，∴1<x <a 2时，F （x ）x －1>0不成立．③当0<a <2时，由F ′(x )<0，得a 2<x <1，∴函数F (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，1上是减函数，∴x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，1时，F (x )>F (1)＝0，F （x ）x －1>0不成立．综上可知，若点(1，f (1))是函数f (x )的“类优点”，则实数a ＝2.。

专题强化练五 导数的综合应用一、选择题1．设f (x )是定义在R 上的奇函数，且f (2)＝0，当x ＞0时，有xf ′（x ）－f （x ）x 2＜0恒成立，则不等式x 2f (x )＞0的解集是( )A ．(－2，0)∪(2，＋∞)B ．(－2，0)∪(0，2)C ．(－∞，－2)∪(2，＋∞)D ．(－∞，－2)∪(0，2) 解析：当x ＞0时，⎣⎢⎡⎦⎥⎤f （x ）x ′＝xf ′（x ）－f （x ）x 2＜0，所以φ(x )＝f （x ）x在(0，＋∞)上为减函数，又φ(2)＝0， 所以当且仅当0＜x ＜2时，φ(x )＞0，此时x 2f (x )＞0. 又f (x )为奇函数，所以h (x )＝x 2f (x )也为奇函数． 故x 2f (x )＞0的解集为(－∞，－2)∪(0，2)． 答案：D2．(2018·贵阳联考)已知函数f (x )的定义域为[－1，4]，部分对应值如下表：f (x )的导函数y ＝f y ＝f (x )－a 的零点的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：根据导函数图象，知2是函数的极小值点，函数y ＝f (x )的大致图象如图所示． 由于f (0)＝f (3)＝2，1＜a ＜2，所以y ＝f (x )－a 的零点个数为4.答案：D3．(2018·广东二模)已知函数f (x )＝e x－ln x ，则下面对函数f (x )的描述正确的是( )A ．∀x ∈(0，＋∞)，f (x )≤2B ．∀x ∈(0，＋∞)，f (x )＞2C ．∃x 0∈(0，＋∞)，f (x 0)＝0D ．f (x )min ∈(0，1)解析：因为f (x )＝e x－ln x 的定义域为(0，＋∞)， 且f ′(x )＝e x－1x ＝x e x －1x，令g (x )＝x e x－1，x ＞0，则g ′(x )＝(x ＋1)e x＞0在(0，＋∞)上恒成立， 所以g (x )在(0，＋∞)上单调递增， 又g (0)·g (1)＝－(e －1)＜0，所以∃x 0∈(0，1)，使g (x 0)＝0，则f (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，则f (x )min ＝f (x 0)＝e x 0－ln x 0，又e x 0＝1x 0，x 0＝－ln x 0，所以f (x )min ＝1x 0＋x 0＞2.答案：B4．若函数f (x )在R 上可导，且满足f (x )－xf ′(x )＞0，则( ) A ．3f (1)＜f (3) B ．3f (1)＞f (3) C ．3f (1)＝f (3)D ．f (1)＝f (3)解析：由于f (x )＞xf ′(x )，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤f （x ）x ′＝xf ′（x ）－f （x ）x 2＜0恒成立，因此y ＝f （x ）x在R 上是单调减函数， 所以f （3）3＜f （1）1，即3f (1)＞f (3)．答案：B5．(2018·佛山市质检)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ln x ，x ＞1，12x ＋12，x ≤1，若m ＜n ，且f (m )＝f (n )，则n －m 的最小值是( )A ．3－2ln 2B ．e －1C ．2D ．e ＋1解析：作出函数y ＝f (x )的图象如图所示．若m ＜n ，且f (m )＝f (n )， 则当ln x ＝1时，得x ＝e ， 因此1＜n ≤e ，－1＜m ≤1. 又ln n ＝12m ＋12，即m ＝2ln n －1.所以n －m ＝n －2ln n ＋1，设h (n )＝n －2ln n ＋1(1＜n ≤e)，则h ′(n )＝1－2n.当h ′(n )＞0，得2＜n ≤e ；当h ′(n )＜0，得1＜n ＜2. 故当n ＝2时，函数h (n )取得最小值h (2)＝3－2ln 2. 答案：A 二、填空题6．做一个无盖的圆柱形水桶，若要使其体积是27π dm 3，且用料最省，则圆柱的底面半径为________dm.解析：设圆柱的底面半径为R dm ，母线长为l dm ，则V ＝πR 2l ＝27π，所以l ＝27R2，要使用料最省，只需使圆柱形水桶的表面积最小．S 表＝πR 2＋2πRl ＝πR 2＋2π·27R，所以S ′表＝2πR －54πR2.令S ′表＝0，得R ＝3，则当R ＝3时，S 表最小． 答案：37．对于函数y ＝f (x )，若其定义域内存在两个不同实数x 1，x 2，使得x i f (x i )＝1(i ＝1，2)成立，则称函数f (x )具有性质P .若函数f (x )＝exa具有性质P ，则实数a 的取值范围为________．解析：依题意，xf (x )＝1，即x e xa＝1在R 上有两个不相等实根，所以a ＝x e x在R 上有两个不同的实根，令φ(x )＝x e x， 则φ′(x )＝e x (x ＋1)，当x ＜－1时，φ′(x )＜0，φ(x )在(－∞，－1)上是减函数； 当x ＞－1时，φ′(x )＞0，φ(x )在(－1，＋∞)上是增函数．因此φ(x )极小值为φ(－1)＝－1e.在同一坐标系中作y ＝φ(x )与y ＝a 的图象，又当x ＜0时，φ(x )＝x e x＜0.由图象知，当－1e ＜a ＜0时，两图象有两个交点．故实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－1e ，0. 答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫－1e ，08．(2018·江苏卷改编)若函数f (x )＝2x 3－ax 2＋1(a ∈R)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，则f (x )在[0，1]上的最大值是________．解析：f ′(x )＝6x 2－2ax ＝2x (3x －a )(a ∈R)，①当a ≤0时，f ′(x )＞0在(0，＋∞)上恒成立，则f (x )在(0，＋∞)上单调递增．又f (0)＝1，所以此时f (x )在(0，＋∞)内无零点，不满足题意，因此a ＞0.②当a ＞0时，令f ′(x )＝0得x ＝a3.当0＜x ＜a 3时，f ′(x )＜0，f (x )为减函数；当x ＞a3时，f ′(x )＞0，f (x )为增函数，所以x ＞0时，f (x )有极小值，为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3＝－a 327＋1.因为f (x )在(0，＋∞)内有且只有一个零点， 所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3＝0，所以a ＝3.所以f (x )＝2x 3－3x 2＋1，则f ′(x )＝6x (x －1)．当x ∈(0，1)时，f ′(x )＜0，故f (x )在x ∈[0，1]上是减函数， 所以f (x )max ＝f (0)＝1. 答案：1 三、解答题 9．已知函数f (x )＝x －1x－ln x . (1)求f (x )的单调区间； (2)求证：ln e 2x ≤x ＋1x.(1)解：f (x )＝x －1x －ln x ＝1－1x－ln x ， f (x )的定义域为(0，＋∞)．f ′(x )＝1x 2－1x ＝1－xx2，令f ′(x )＞0⇒0＜x ＜1，令f ′(x )＜0⇒x ＞1，所以f (x )＝1－1x－ln x 在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．(2)证明：要证ln e 2x ≤1＋x x ，即证2－ln x ≤1＋1x，即证1－1x－ln x ≤0.由(1)可知，f (x )＝1－1x－ln x 在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f (x )在(0，＋∞)上的最大值为f (1)＝1－1－ln 1＝0，即f (x )≤0，所以1－1x－ln x ≤0恒成立．原不等式得证．10．已知函数f (x )＝e x－1，g (x )＝x ＋x ，其中e 是自然对数的底数，e ＝2.718 28… (1)证明：函数h (x )＝f (x )－g (x )在区间(1，2)上有零点； (2)求方程f (x )＝g (x )的根的个数，并说明理由．(1)证明：由题意可得h (x )＝f (x )－g (x )＝e x－1－x －x ， 所以h (1)＝e －3＜0，h (2)＝e 2－3－2＞0， 所以h (1)·h (2)＜0，所以函数h (x )在区间(1，2)上有零点．(2)解：由(1)可知，h (x )＝f (x )－g (x )＝e x－1－x －x . 由g (x )＝x ＋x 知x ∈[0，＋∞)， 而h (0)＝0，则x ＝0为h (x )的一个零点． 又h (x )在(1，2)内有零点，因此h (x )在[0，＋∞)上至少有两个零点．h ′(x )＝e x －12x －12－1，记φ(x )＝e x －12x －12－1.则φ′(x )＝e x＋14x －32，当x ∈(0，＋∞)时，φ′(x )＞0，则φ(x )在(0，＋∞)上递增．易知φ(x )在(0，＋∞)内只有一个零点，所以h (x )在[0，＋∞)上有且只有两个零点， 所以方程f (x )＝g (x )的根的个数为2.11．(2018·佛山质检)设函数f (x )＝e （x 2－ax ＋a ）ex(a ∈R)．(1)若曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线过点M (2，3)，求a 的值； (2)设g (x )＝x ＋1x ＋1－13，若对任意的n ∈[0，2]，存在m ∈[0，2]，使得f (m )≥g (n )成立，求a 的取值范围．解：(1)因为f (x )＝e （x 2－ax ＋a ）ex， 所以f ′(x )＝e ·（2x －a ）e x－（x 2－ax ＋a ）exe 2x＝ －（x －2）（x －a ）ex －1. 又f (1)＝1，即切点为(1，1)，所以k ＝f ′(1)＝1－a ＝3－12－1，解得a ＝－1.(2)“对任意的n ∈[0，2]，存在m ∈[0，2]，使得f (m )≥g (n )成立”，等价于“在[0，2]上，f (x )的最大值大于或等于g (x )的最大值．”因为g (x )＝x ＋1x ＋1－13，g ′(x )＝x 2＋2x （x ＋1）2≥0，所以g (x )在[0，2]上单调递增， 所以g (x )max ＝g (2)＝2. 令f ′(x )＝0，得x ＝2或x ＝a .①当a ≤0时，f ′(x )≥0在[0，2]上恒成立，f (x )单调递增，f (x )max ＝f (2)＝(4－a )e －1≥2，解得a ≤4－2e ；②当0＜a ＜2时，f ′(x )≤0在[0，a ]上恒成立，f (x )单调递减，f ′(x )≥0在[a ，2]上恒成立，f (x )单调递增，f (x )的最大值为f (2)＝(4－a )e －1或f (0)＝a e ，所以(4－a )e －1≥2或a e ≥2.解得a ≤4－2e 或a ≥2e ，所以2e≤a ＜2；③当a ≥2时，f ′(x )≤0在[0，2]上恒成立，f (x )单调递减，f (x )max ＝f (0)＝a e ≥2，解得a ≥2e，所以a ≥2.综上所述，a ≤4－2e 或a ≥2e.故a 的取值范围为(－∞，4－2e]∪[2e ，＋∞)．满分示范练——函数与导数【典例】 (2017·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋(2a ＋1)x . (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)当a ＜0时，证明：f (x )≤－34a －2.(1)解：f (x )的定义域(0，＋∞)．f ′(x )＝1x＋2ax ＋2a ＋1＝（2ax ＋1）（x ＋1）x，若a ≥0，则当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0， 故f (x )在(0，＋∞)上单调递增．若a ＜0时，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，－12a 时，f ′(x )＞0； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ，＋∞时，f ′(x )＜0.故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ，＋∞上单调递减．(2)证明：由(1)知，当a ＜0时，f (x )在x ＝－12a 处取得最大值，最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a －1－14a ，所以f (x )≤－34a －2等价于ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a －1－14a ≤－34a －2，即ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＋12a＋1≤0，设g (x )＝ln x －x ＋1，则g ′(x )＝1x－1.当x ∈(0，1)时，g ′(x )＞0；x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )＜0. 所以g (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． 故当x ＝1时，g (x )取得最大值，最大值为g (1)＝0. 所以当x ＞0时，g (x )≤0，从而当a ＜0时，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＋12a＋1≤0，即f (x )≤－34a－2.高考状元满分心得1．得步骤分：抓住得分点的步骤，“步步为赢”，求得满分．如第(1)问中，求导正确，分类讨论；第(2)问中利用单调性求g (x )的最小值和不等式性质的运用．2．得关键分：解题过程不可忽视关键点，有则给分，无则没分，如第(1)问中，求出f (x )的定义域，f ′(x )在(0，＋∞)上单调性的判断；第(2)问，f (x )在x ＝－12a处最值的判定，f (x )≤－34a －2等价转化为ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＋12a＋1≤0等．3．得计算分：解题过程中计算准确是得满分的根本保证．如第(1)问中，求导f ′(x )准确，否则全盘皆输，第(2)问中，准确计算f (x )在x ＝－12a处的最大值．[解题程序] 第一步：求函数f (x )的导函数f ′(x )； 第二步：分类讨论f (x )的单调性； 第三步：利用单调性，求f (x )的最大值；第四步：根据要证的不等式的结构特点，构造函数g (x )； 第五步：求g (x )的最大值，得出要证的不等式； 第六步：反思回顾，查看关键点、易错点和解题规范． [跟踪训练] (2017·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝x －1－a ln x . (1)若f (x )≥0，求a 的值；(2)设m 为整数，且对于任意正整数n ，⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12(1＋122)·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n ＜m ，求m 的最小值． 解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，①若a ≤0，因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－12＋a ln 2＜0，所以不满足题意．②若a >0，由f ′(x )＝1－a x ＝x －ax知，当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0. 所以f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增． 故x ＝a 是f (x )在(0，＋∞)的唯一最小值点． 因为f (1)＝0，所以当且仅当a ＝1时，f (x )≥0， 故a ＝1.(2)由(1)知当x ∈(1，＋∞)时，x －1－ln x >0. 令x ＝1＋12n ，得ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n ＜12n ，从而ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122＋…＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n ＜12＋122＋…＋12n ＝1－12n ＜1.故⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n ＜e.又⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n ＞⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋123＝13564＞2，所以当n ≥3时，⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n ∈(2，e)， 由于⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122·…·(1＋12n )＜m ，且m ∈N *.所以整数m 的最小值为3.。