江苏专用2019版高考数学专题复习专题3导数及其应用第24练高考大题突破练--导数练习

专题3.4 导数的实际应用1.某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y(单位：千克)与销售价格x(单位：元/千克)满足关系式y＝ax－3＋10(x－6)2，其中3<x<6，a为常数．已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克．(1)求a的值；(2)若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大．【答案】(1) a＝2. (2) x＝42.某创业投资公司拟投资开发某种新能源产品，估计能获得10万元～1 000万元的投资收益．现准备制订一个对科研课题组的奖励方案：奖金y(万元)随投资收益x(万元)的增加而增加，且资金不超过9万元，同时奖金不超过投资收益的20%.(1)若建立函数f(x)模型制订奖励方案，试用数学语言表述公司对奖励函数f(x)模型的基本要求；(2)现有两个奖励函数模型：①y ＝x150＋2；②y ＝4lg x －3.试分析这两个函数模型是否符合公司要求？ 【答案】(1)详见解析(2) ①不符合②符合则f (x )max ＝f (1 000)＝4lg 1 000－3＝9. 所以f (x )≤9恒成立．设g (x )＝4lg x －3－x 5，则g ′(x )＝4x ln 10－15.当x ≥10时，g ′(x )＝4x ln 10－15≤2－ln 105ln 10<0， 所以g (x )在[10,1 000]上是减函数， 从而g (x )≤g (10)＝－1<0.所以4lg x －3－x 5<0，即4lg x －3<x5，所以f (x )≤x5恒成立． 故该函数模型符合公司要求．3.某公司生产某种产品，固定成本为20 000元，每生产一单位产品，成本增加100元，已知总营业收入R 与年产量x 的年关系是R ＝R (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧400x －12x 2 x，x ，则总利润最大时，每年生产的产品是_______． 【答案】3004.统计表明，某种型号的汽车在匀速行驶中每小时的耗油量y (升)关于行驶速度x (千米/小时)的函数解析式可以表示为y ＝1128 000x 3－380x ＋8(0<x ≤120)．已知甲、乙两地相距100千米．(1)当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地要耗油多少升？ (2)当汽车以多大的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少？最少为多少升？ 【答案】(1) 17.5(2) 80千米/小时，11.25升【解析】(1)当x ＝40时，汽车从甲地到乙地行驶了10040小时，共耗油10040×(1128 000×403－380×40＋8)＝17.5(升)．因此，当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地要耗油17.5升． (2)当速度为x 千米/小时时， 汽车从甲地到乙地行驶了100x小时，设耗油量为h (x )升，依题意得h (x )＝(1128 000x 3－380x ＋8)·100x＝11 280x 2＋800x －154(0<x ≤120)， h ′(x )＝x640－800x 2＝x 3－803640x 2(0<x ≤120)．令h ′(x )＝0，得x ＝80.当x ∈(0,80)时，h ′(x )<0，h (x )是减函数； 当x ∈(80,120)时，h ′(x )>0，h (x )是增函数， ∴当x ＝80时，h (x )取得极小值h (80)＝11.25. 易知h (80)是h (x )在(0,120]上的最小值．故当汽车以80千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少，为11.25升． 5.把一个周长为12 cm 的长方形围成一个圆柱，当圆柱的体积最大时，该圆柱的底面周长与高的比为________． 【答案】2∶1【解析】设圆柱高为x ，底面半径为r ，则r ＝6－x 2π，圆柱体积V ＝π⎝ ⎛⎭⎪⎫6－x 2π2x ＝14π(x 3－12x 2＋36x )(0<x <6)，V ′＝34π(x －2)(x －6)． 当x ＝2时，V 最大．此时底面周长为6－x ＝4,4∶2＝2∶1.6.用长为90cm ，宽为48cm 的长方形铁皮做一个无盖的容器，先在四角分别截去一个小正方形，然后把四边翻折900角，再焊接而成，问该容器的高为多少时，容器的容积最大？最大的容积是多少？【答案】该容器的高为10cm 时，容器有最大容积196003cm7.某厂生产某种产品x 件的总成本37521200)(x x c +=（万元），已知产品单价的平方与产品件数x 成反比，生产100件这样的产品单价为50万元，产量定为多少时总利润最大？ 【答案】258.某公司为一家制冷设备厂设计生产某种型号的长方形薄板，其周长为4 m ，这种薄板须沿其对角线折叠后使用．如图所示，四边形ABCD (AB >AD )为长方形薄板，沿AC 折叠后AB ′交DC 于点P .当△ADP 的面积最大时最节能，凹多边形ACB ′PD 的面积最大时制冷效果最好．(1)设AB ＝x m ，用x 表示图中DP 的长度，并写出x 的取值范围； (2)若要求最节能，应怎样设计薄板的长和宽？ (3)若要求制冷效果最好，应怎样设计薄板的长和宽？【答案】(1) y ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1x ，1<x <2. (2) 长为32 m ，宽为(2－32)m【解析】(1)由题意AB ＝x ，BC ＝2－x . 因为x >2－x ，所以1<x <2. 设DP ＝y ，则PC ＝x －y .因为△ADP ≌△CB ′P ，所以PA ＝PC ＝x －y .9.轮滑是穿着带滚轮的特制鞋在坚硬的场地上滑行的运动．如图，助跑道ABC是一段抛物线，某轮滑运动员通过助跑道获取速度后飞离跑道然后落到离地面高为1 m的平台上E处，飞行的轨迹是一段抛物线CDE(抛物线CDE与抛物线ABC在同一平面内)，D为这段抛物线的最高点．现在运动员的滑行轮迹所在平面上建立如图所示的直角坐标系，x轴在地面上，助跑道一端点A(0,4)，另一端点C(3,1)，点B(2,0)，单位：m.(1)求助跑道所在的抛物线方程；(2)若助跑道所在抛物线与飞行轨迹所在抛物线在点C处有相同的切线，为使运动员安全和空中姿态优美，要求运动员的飞行距离在4 m到6 m之间(包括4 m和6 m)，试求运动员飞行过程中距离平台最大高度的取值范围．(注：飞行距离指点C与点E的水平距离，即这两点横坐标差的绝对值)【答案】(1) f (x )＝x 2－4x ＋4，x ∈[0,3]． (2) 在2 m 到3 m 之间【解析】(1)设助跑道所在的抛物线方程为f (x )＝a 0x 2＋b 0x ＋c 0，依题意⎩⎪⎨⎪⎧c 0＝4，4a 0＋2b 0＋c 0＝0，9a 0＋3b 0＋c 0＝1，解得 a 0＝1，b 0＝－4，c 0＝4，所以助跑道所在的抛物线方程为10. 一位创业青年租用了一块边长为1百米的正方形田地ABCD 来养蜂、产蜜与售蜜，他在正方形的边,BC CD 上分别取点,E F （不与正方形的顶点重合），连接,,AE EF FA ，使得45EAF ∠=︒. 现拟将图中阴影部分规划为蜂源植物生长区，AEF ∆部分规划为蜂巢区，CEF ∆部分规划为蜂蜜交易区. 若蜂源植物生长区的投入约为5210⨯元/百米2，蜂巢区与蜂蜜交易区的投入约为510元/百米2，则这三个区域的总投入最少需要多少元？510从而三个区域的总投入T510元. ...............14分 （说明：这里S 的最小值也可以用导数来求解：因为2(1))(1))2(1)x x S x +-'=+，则由0S '=，得1x =.C E第17题图当1)x ∈时，0S '<，S递减；当1,1)x ∈时，0S '>，S 递增.所以当1x =时，S取得最小值为1).）解法二：设阴影部分面积为S ，三个区域的总投入为T . 则55521010(1)10(1)T S S S =⨯⋅+⋅-=⋅+，从而只要求S 的最小值. ...............2分因为9045EAF αβ+=︒-∠=︒，所以tan tan tan()11tan tan αβαβαβ++==-，........8分 所以2tan tan tan tan 1tan tan 1()2αβαβαβ++=-≥-， ..............10分即221S S ≥-，解得1S ≥，即S 取得最小值为1)，从而三个区域的总投入T 510元. ...............14分11. 经市场调查，某商品每吨的价格为(114)x x <<百元时，该商品的月供给量为1y 万吨，217(0)2y ax a a a =+->；月需求量为2y 万吨，22111224112y x x =--+. 当该商品的需求量大于供给量时，销售量等于供给量；当该商品的需求量不大于供给量时，销售量等于需求量，该商品的月销售额等于月销售量与价格的乘积.（1）若17a =，问商品的价格为多少时，该商品的月销售额最大？ （2）记需求量与供给量相等时的价格为均衡价格，若该商品的均衡价格不低于每吨6百元，求实数a 的取值范围.【答案】（1）8（2）1(0,]7【解析】 (1) 若17a =，由21y y >，得221117111()2241127277x x x --+>+-． 解得406x -<< ． …………………………………………………………………3分 因为114x <<，所以16x <<．（2）若该商品的均衡价格不低于每吨6百元，实数a 的取值范围是1(0,]7．12. 某经销商计划销售一款新型的空气净化器，经市场调研发现以下规律：当每台净化器的利润为x （单位：元，0x >）时，销售量()q x （单位：百台）与x 的关系满足：若x 不超过20，则1260()1q x x =+；若x 大于或等于180，则销售量为零；当20180x ≤≤时，()q x a =-a ，b 为实常数）．（1）求函数()q x 的表达式；（2）当x 为多少时，总利润（单位：元）取得最大值，并求出该最大值．【答案】（1）1260,020,1()90180,0,180x x q x x x ⎧<⎪+⎪⎪-<⎨⎪>⎪⎪⎩≤＝≤（2）当x 等于80元时，总利润取得最大值240000元当20180x <≤时，()9000f x x -＝()9000f x '-＝令()0f x '＝，得80x =． …………10分 当2080x <<时，()0f x '>，()f x 单调递增，当8080x <≤1时，()0f x '<，()f x 单调递减，所以当80x =时，()f x 有最大值240000． …………12分 当180x <时，()0f x =﹒答：当x 等于80元时，总利润取得最大值240000元． …………14分13.如图，已知海岛A 到海岸公路BC 的距离AB 为50㎞，B ，C 间的距离为100㎞，从A 到C 必须先坐船到BC 上的某一点D ，船速为25㎞/h ，再乘汽车到C ，车速为50㎞/h ，记∠BDA ＝θ．（1）试将由A 到C 所用的时间t 表示为θ的函数t (θ)；（2）问θ为多少时，由A 到C 所用的时间t 最少？【答案】（1）t (θ)＝2cos sin θθ-＋2（θ0＜θ＜2π，其中tan θ0＝12）（2）θ＝3π14.植物园拟建一个多边形苗圃，苗圃的一边紧靠着长度大于30m 的围墙．现有两种方案： 方案① 多边形为直角三角形AEB （90AEB ∠=），如图1所示，其中30m AE EB +=； 方案② 多边形为等腰梯形AEFB （AB EF >），如图2所示，其中10m AE EF BF ===． 请你分别求出两种方案中苗圃的最大面积，并从中确定使苗圃面积最大的方案．BACD θ【答案】方案①，②苗圃的最大面积分别为222252m ，建苗圃时用方案②，且3BAE π∠=所以当3θ=时，()2max S = ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．12分因为2252<3BAE π∠=．答：方案①，②苗圃的最大面积分别为222252m ，建苗圃时用方案②，且3BAE π∠=．。

(g(x) HO).第三章 导数及其应用第一节导数的概念及导数的运算本节主要包括2个知识点：1•导数的概念及运算； 2.导数的儿何意义.突破点（一）导数的概念及运算基础联通抓主干知识的“源”与“流”1. 瞬时速度和瞬时加速度‘ ‘ △ S △s⑴瞬时速度：对于tE [心，to+ A 刃时的平均速度v =R:,当A f-*o 时，v 趋 近于一个常数，这个常数就是t=t.的瞬时速度.-------------------------------------------------- △ V -- △ V （2）瞬时加速度：对于tE [ to, to+ A 刃时的平均加速度a =冬〒，当A r-*0时，a =冬〒趋近于一个常数，这个常数就是t=h 的瞬时加速度.2. 函数y=f （x ）在/=*）处的导数A / 设函数尸心）在区|'可（臼，b ）上有定义，心b ）,若厶/无限趋近于0吋，比值二函数fd ）在处的导数，记作尸（心）.3. 函数厂（0的导函数若函数f （x ）在区间（曰，方）内任意一点都可导,则代方在各点的导数也随着自变量丸 的变化而变化，因而也是自变量/的函数,该函数称为fd ）的导函数,记作尸3.4. 基本初等函数的求导公式原函数a X R (日>0,且 N HI)log^(c?>0,且占1)X eIn x sin x cos X导函数a xaln a1 x\x\ aeA丄 Xcos X — sin x5.导数运算法则(1) [fd)±g3]‘ =f (方 ±呂’ 3；(2) [f (动 g(x) ]' =f (x)g(x)+f(x)g‘(力；(3) [g)]‘ =Cf C Y )(C 为常数)；f Xo+ A X — f XoA T无限趋近于 个常数昇,则称f （x ）在X=Ab 处可导,并称常数A 为In xI IIx — x fIn x= 2X一 • x~ln x x1 —In x= 2 ・ Xsin x ' cos x —sin xcos xcos"cos xcos x —sin x —sin /coshIICOS X(4)/ =(3VT — (2')‘ +(e)z= (3・ e”+3W)' —(2・ = 3A (ln 3)・ e'+3 e A -2v ln 2 = (ln 3+1) • (3e)J-2'ln 2.［方法技巧］导数的运算方法考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”"一已知函数的解析式求导数［例1］求下列函数的导数:(3)y=tan x\ ⑷ y=3e x -2v +e.(3)/pin x (cos x.(2)/(1)连乘积形式：先展开化为多项式的形式，再求导.(2)分式形式：观察函数的结构特征，先化为整式函数或较为简单的分式函数，再求导.(3)对数形式：先化为和、差的形式，再求导.(4)根式形式：先化为分数指数幕的形式，再求导.(5)三角形式：先利用三角函数公式转化为和或差的形式，再求导.二导数运算的应用［例2］(1) (2017 •济宁二模)已知函数f3=/(2 017+ln 方，F仏)=2 018,则Xa= ________ .(2)已知£(力=*#+2/尸(2 017) +2 0171n %,则f' (1)= .［解析］(1)由题意可知尸(^) = 2 017 + ln x+x• ~=2 018 +In x.由尸(%o) =2 018, x得］n Ao=O,解得Xo=［.9 ni7(2)由题意得尸(力=才+2尸(2 017)+ ------------- ,2017所以尸(2 017)=2 017 + 2尸(2 017)+亍而■即f (2 017) =-(2 017 + 1)=-2 018.故尸(1)=1+2X (-2 018)+2 017 = -2 018.［答案］仃)1⑵-2 018［方法技巧］能力练通抓应用体验的“得”与“失”1.［考点二 1 (2018 •太仓中学月考)已知£(A) = sin x+cos “ iE fi(x)= f i(x),石3 =f 2(方，…，力(劝n-dx)且刀22),则彳£+彳£------------ _________________ •解析：fig = f i(x)=cosx—sin “ fi(x) = f 2(A r) = —sin cos x, f\3=f‘ 3(方= sin cos x, =f 4(x)=sin x+cos x.故周期为4,前四项和为0,所以原式=答案：12.［考点X］（2018 •徐州期初检测）记定义在R上的函数y =f（0的导函数为f （0.如果存在刃£3,方］,使得flS = F（心）。

导数综合问题--2024届新高考满分突破压轴大题（学生版）压轴秘籍1.导函数与原函数的关系f (x)>0,k>0,f(x)单调递增，f (x)<0,k<0,f(x)单调递减2.极值（1）极值的定义f(x)在x=x0处先↗后↘，f(x)在x=x0处取得极大值f(x)在x=x0处先↘后↗，f(x)在x=x0处取得极小值3.两招破解不等式的恒成立问题(1)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max；(2)a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min.(1)分离参数法第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；第二步：利用导数求该函数的最值；第三步：根据要求得所求范围．(2)函数思想法第一步将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题；第二步：利用导数求该函数的极值；第三步：构建不等式求解．4.常用函数不等式：①e x≥x+1，其加强不等式e x≥12x2+x+1；②e x≥ex，其加强不等式e x≥ex+(x-1)2.③e x−1≥x，ln x≤x−1，ln(x+1)≤x放缩1−1x<12x−1x<x−1x<ln x<2(x−1)x+1<−12x2+2x−32<x−1(0<x<1)1−1x <−12x2+2x−32<2(x−1)x+1<ln x<x−1x<12x−1x<x−1(1<x<2)−1 2x2+2x−32<1−1x<2(x−1)x+1<ln x<x−1x<12x−1x<x−1(x>2)x+1<e x<11−x (x<1)，11−x<x+1<e x(x>1)5.利用导数证明不等式问题：(1)直接构造函数法：证明不等式f x >g x (或f x <g x )转化为证明f x -g x >0(或f x -g x <0)，进而构造辅助函数h x =f x -g x ；(2)转化为证不等式h(x)>0(或h(x)<0)，进而转化为证明h(x)min>0(h(x)max>0)，因此只需在所给区间内判断h (x)的符号，从而得到函数h(x)的单调性，并求出函数h(x)的最小值即可.6.证明极值点偏移的相关问题，一般有以下几种方法：(1)证明x 1+x 2<2a (或x 1+x 2>2a )：①首先构造函数g x =f x -f 2a -x ，求导，确定函数y =f x 和函数y =g x 的单调性；②确定两个零点x 1<a <x 2，且f x 1 =f x 2 ，由函数值g x 1 与g a 的大小关系，得g x 1 =f x 1 -f 2a -x 1 =f x 2 -f 2a -x 1 与零进行大小比较；③再由函数y =f x 在区间a ,+∞ 上的单调性得到x 2与2a -x 1的大小，从而证明相应问题；(2)证明x 1x 2<a 2(或x 1x 2>a 2)(x 1、x 2都为正数)：①首先构造函数g x =f x -f a 2x，求导，确定函数y =f x 和函数y =g x 的单调性；②确定两个零点x 1<a <x 2，且f x 1 =f x 2 ，由函数值g x 1 与g a 的大小关系，得g x 1 =f x 1 -f a 2x 1 =f x 2 -f a 2x 1与零进行大小比较；③再由函数y =f x 在区间a ,+∞ 上的单调性得到x 2与a 2x 1的大小，从而证明相应问题；(3)应用对数平均不等式x 1x 2<x 1-x 2ln x 1-ln x 2<x 1+x 22证明极值点偏移：①由题中等式中产生对数；②将所得含对数的等式进行变形得到x 1-x 2ln x 1-ln x 2；③利用对数平均不等式来证明相应的问题.题型训练一、问答题7(2023·吉林·统考一模)已知函数f x =-2x +ln x ．(1)求曲线y =f x 在1,f 1 处的切线方程；(2)若对∀x ∈0,+∞ ，f x ≤ax 2-2x 恒成立．求实数a 的取值范围．8(2023·云南红河·统考一模)已知函数f(x)=mx-ln x-1(m∈R)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若关于x的不等式e x-1+a ln x-(a+1)x+a≥0恒成立，求实数a的取值范围．9(2023·全国·模拟预测)已知函数f x =2e x-x．(1)求f x 的最值；(2)若方程f x =ae x-ae2x有两个不同的解，求实数a的取值范围．10(2023·浙江金华·校联考模拟预测)已知f(x)=ax2-ax-1x-ln x+e1-x(a>0)．(1)若当x=1时函数f x 取到极值，求a的值；(2)讨论函数f x 在区间(1,+∞)上的零点个数．11(2022·江苏南通·模拟预测)已知函数f x =x-ae x-x2．(1)若a=1,x∈0,1，求函数f x 的最值；(2)若a∈Z，函数f x 在x∈0,+∞)上是增函数，求a的最大整数值．12(2023·江苏徐州·校考模拟预测)已知函数f(x)=-2x3+mx2，m∈R，且g(x)=|f(x)|在x∈(0, 2)上的极大值为1．(1)求实数m的值；(2)若b=f(a)，c=f(b)，a=f(c)，求a,b,c的值．13(2023·安徽·校联考模拟预测)已知函数f x =ae x-e-x，(a∈R).(1)若f x 为偶函数，求此时f x 在点0,f0处的切线方程；(2)设函数g(x)=f(x)-(a+1)x，且存在x1,x2分别为g(x)的极大值点和极小值点.(ⅰ)求实数a的取值范围；(ⅱ)若a∈(0,1)，且g x1+kg x2>0，求实数k的取值范围.14(2023上·广东深圳·高三深圳中学校考阶段练习)已知函数f x =x-mln x-n，其中m,n ∈R.(1)若m=n=1，求f x 在x=1处的切线方程；(2)已知不等式f x ≥x恒成立，当nm取最大值时，求m的值.15(2023·广东韶关·统考一模)已知函数f x =e x,g x =2x.(1)若f x 在x=0处的切线与g x 的图象切于点P，求P的坐标；(2)若函数F x =f axx2-a+2 a的极小值小于零，求实数a的取值范围.16(2023·湖北黄冈·统考模拟预测)已知函数f (x )=a ln x -2x +12x 2.(1)讨论函数f x 的极值点个数；(2)若不等式f (x )≤x e x +12x -a -2 -1恒成立，求实数a 的取值范围.17(2023·山东潍坊·统考模拟预测)已知函数f (x )=m x -1+ln (x +1)，m ∈R ．(1)若函数f x 图象上存在关于原点对称的两点，求m 的取值范围；(2)当s >t >1时，(2s -2t )k s +t -2+f (t -2)+m s -3<f (s -2)+m t -3恒成立，求正实数k 的最大值．18(2023·河北保定·统考二模)已知函数f x =x2e x+m,m∈R．(1)当m=-1时，求f x 在点A1,e-1处的切线方程．(2)若g x =f xx-ln x-1的图象恒在x轴上方，求实数m的取值范围．19(2023下·福建宁德·高三统考阶段练习)已知函数f(x)=e x+2ax-1，其中a为实数，e为自然对数底数，e=2.71828⋯.(1)已知函数x∈R，f(x)≥0，求实数a取值的集合；(2)已知函数F(x)=f(x)-ax2有两个不同极值点x1、x2，证明2a(x1+x2)>3x1x220(2023·广东·统考二模)已知a∈R，函数f x =x-1ln1-x-x-a cos x，f x 为f x 的导函数.(1)当a=0时，求函数f x 的单调区间；(2)讨论f x 在区间0,1上的零点个数；(3)比较110cos110与ln109的大小，并说明理由.二、证明题21(2023·福建·校联考模拟预测)设函数f x =2x-2x-a ln x(a∈R).(1)讨论f x 的单调性；(2)若f x 有两个极值点x1，x2，记过点A x1,f x1，B x2,f x2的直线的斜率为k，若x2∈1,e，证明：2-4e-1<k<0.22(2023·福建龙岩·统考二模)已知函数f(x)=ln x，g(x)=x-2 x．(1)若x0满足f x0=x0+1x0-1，证明：曲线y=f(x)在点A x0,ln x0处的切线也是曲线y=e x的切线；(2)若F(x)=f(x)-g(x)，且F x1=F x2x1≠x2，证明：F x1+F x2<4ln2-7．23(2023·浙江·统考一模)已知函数f x =x cos x+a sin x.(1)若a=-1，证明：当0<x<1时，f x >-x33；(2)求所有的实数a，使得函数y=f x 在-π,π上单调.24(2023下·江苏南京·高三南京师范大学附属中学江宁分校校联考阶段练习)已知函数f x =ax e x和函数g x =ln x ax 有相同的最大值.(1)求a 的值；(2)设集合A =x f (x )=b ，B =x g (x )=b (b 为常数).①证明：存在实数b ，使得集合A ∪B 中有且仅有3个元素；②设A ∪B =x 1,x 2,x 3 ，x 1<x 2<x 3，求证：x 1+x 3>2x 2.25(2023·云南大理·统考一模)已知函数f x =2x -sin x .(1)判断函数f x 的单调性；(2)已知函数g x =f x -4x +2m ln x ，其中m >1，若存在g x 1 =g x 2 x 1≠x 2 ，证明：x 1+x 2>1+ln m .26(2023上·湖南·高三邵阳市第二中学校联考阶段练习)已知函数f x =2ln x-ax+1a∈R.(1)讨论函数f x 的零点个数；(2)已知函数g x =e ax-ex2a∈R，当0<a<2ee时，关于x的方程f x =g x 有两个实根x1,x2x1<x2，求证：x1-e<1x2-1e.(注：e=2.71828⋯是自然对数的底数)27(2023·吉林长春·东北师大附中校考一模)已知函数f x =ln x-kx+1．(1)讨论函数f x 的单调性；(2)若函数g x =e xax，求证：当a∈0,e2 2时，g x >f x +kx-1．28(2023·河北沧州·校考三模)已知函数f x =ln 1x+ax -2，a ∈R .(1)若f x ≥0恒成立，求实数a 的取值范围；(2)证明：对任意的k ∈N *，1+112+1 1+122+2 1+132+3 ⋯1+1k 2+k<e ，e 为自然对数的底数.29(2023·山西临汾·校考模拟预测)已知函数f x =a ln x +1 +12x -1 2a ∈R ．(1)若a =2，求f x 的图像在x =0处的切线方程；(2)若f x 恰有两个极值点x 1，x 2，且x 1<x 2．①求a 的取值范围；②求证：2f x 2 >x 1+1．30(2023·湖南·湖南师大附中校联考一模)已知f x =e xx，g x =a sin x，直线l1是y=f x 在x=1处的切线，直线l2是y=g x 在x=0处的切线，若两直线l1、l2夹角的正切值为2，且当x>0时，直线l2恒在函数y=g x 图象的下方.(1)求a的值；(2)设F x =f x +g x ，若x0是F x 在-π,0上的一个极值点，求证：x0是函数F x 在-π,0上的唯一极大值点，且0<F x0<2.31(2023·湖北武汉·华中师大一附中校考模拟预测)已知函数f x =ae2x-1-x2ln x+1 2(1)若a=0，证明:f x ≥x22-x3;(2)设g x =xf x +x2e x ，若∀x>1,xgln xx-1<g x ln xx-1恒成立，求实数a的取值范围.32(2023上·北京·高三北京市八一中学校考阶段练习)已知函数f (x )=x cos x -ax +a ，x ∈0,π2，(a ≠0).(1)当a ≥1时，求f (x )的单调区间；(2)求证：f (x )有且仅有一个零点.33(2023·重庆·统考模拟预测)已知函数f x =x aex -1和g x =a +ln x x 在同一处取得相同的最大值．(1)求实数a ；(2)设直线y =b 与两条曲线y =f x 和y =g x 共有四个不同的交点，其横坐标分别为x 1,x 2,x 3,x 4(x 1<x 2<x 3<x 4)，证明：x 1x 4=x 2x 3．34(2023·辽宁抚顺·校考模拟预测)已知函数f x =ax2-x-ln x a∈R．(1)当a=12时，求函数f x 在[1,2]上的最大值．(2)若函数f x 在定义域内有两个不相等的零点x1，x2，证明：f x1+x2>2．+ln x1+x235(2023·山西·校考模拟预测)已知函数f x =ln x-a x+1,a∈R.(1)若f x ≤0，求a的取值范围；(2)若关于x的方程f x2=e ax-ex2有两个不同的正实根x1,x2，证明：x1+x2>2e.36(2023·湖南永州·统考一模)已知函数f x =ln x +1 ,g x =axe x -2ln a +3ln2+3．(1)当x ∈-1,0 ∪0,+∞ 时，求证：f x x >-12x +1；(2)若x ∈-1,+∞ 时，g x ≥f x ，求实数a 的取值范围．。

（某某专用）2018版高考数学专题复习 专题3 导数及其应用 第24练 高考大题突破练——导数练习 理1．(2016·某某一模)已知函数f (x )＝ln x －x －a x，a ∈R . (1)当a ＝0时，求函数f (x )的极大值； (2)求函数f (x )的单调区间．2．(2015·课标全国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X 围．3．(2015·课标全国Ⅰ)已知函数f (x )＝x 3＋ax ＋14，g (x )＝－ln x .(1)当a 为何值时，x 轴为曲线y ＝f (x )的切线；(2)用min{m ，n }表示m ，n 中的最小值，设函数h (x )＝min{f (x )，g (x )}(x ＞0)，讨论h (x )零点的个数．4．(2016·某某)已知f (x )＝a (x －ln x )＋2x －1x2，a ∈R .(1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝1时，证明f (x )＞f ′(x )＋32对于任意的x ∈[1,2]成立．5．已知函数f (x )＝x ln x 和g (x )＝m (x 2－1)(m ∈R )． (1)m ＝1时，求方程f (x )＝g (x )的实根；(2)若对任意的x ∈(1，＋∞)，函数y ＝g (x )的图象总在函数y ＝f (x )图象的上方，求m 的取值X 围；(3)求证：44×12－1＋4×24×22－1＋…＋4×n 4×n 2－1＞ln(2n ＋1)(n ∈N *)． 答案精析1．解 函数f (x )的定义域为(0，＋∞)． (1)当a ＝0时，f (x )＝ln x －x ，f ′(x )＝1x－1.令f ′(x )＝0，得x ＝1.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以f (x )(2)f ′(x )＝1x －1＋a x 2＝－x 2＋x ＋ax2. 令f ′(x )＝0，得－x 2＋x ＋a ＝0，则Δ＝1＋4a . ①当a ≤－14时，f ′(x )≤0恒成立，所以函数f (x )的单调减区间为(0，＋∞)； ②当a ＞－14时，由f ′(x )＝0，得x 1＝1＋1＋4a 2，x 2＝1－1＋4a 2.(i)若－14＜a ＜0，则x 1＞x 2＞0，由f ′(x )＜0，得0＜x ＜x 2，x ＞x 1； 由f ′(x )＞0，得x 2＜x ＜x 1. 所以f (x )的单调减区间为(0，1－1＋4a 2)，(1＋1＋4a 2，＋∞)，单调增区间为(1－1＋4a 2，1＋1＋4a 2)．(ii)若a ＝0，由(1)知f (x )的单调增区间为(0,1)，单调减区间为(1，＋∞)． (iii)若a ＞0，则x 1＞0＞x 2， 由f ′(x )＜0，得x ＞x 1； 由f ′(x )＞0，得0＜x ＜x 1. 所以f (x )的单调减区间为(1＋1＋4a2，＋∞)， 单调增区间为(0，1＋1＋4a2)．综上所述， 当a ≤－14时，f (x )的单调减区间为(0，＋∞)；当－14＜a ＜0时，f (x )的单调减区间为(0，1－1＋4a 2)，(1＋1＋4a 2，＋∞)，单调增区间为(1－1＋4a 2，1＋1＋4a 2)；当a ≥0时，f (x )的单调减区间为(1＋1＋4a2，＋∞)，单调增区间为(0，1＋1＋4a2)．2．(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. 所以函数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]，|f (x 1)－f (x 2)|≤e－1的充要条件是⎩⎪⎨⎪⎧f1－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，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X 围是[－1,1]．3．解 (1)设曲线y ＝f (x )与x 轴相切于点(x 0,0)， 则f (x 0)＝0，f ′(x 0)＝0， 即⎩⎪⎨⎪⎧x 30＋ax 0＋14＝0，3x 20＋a ＝0，解得x 0＝12，a ＝－34.因此，当a ＝－34时，x 轴为曲线y ＝f (x )的切线．(2)当x ∈(1，＋∞)时，g (x )＝－ln x ＜0，从而h (x )＝min{f (x )，g (x )}≤g (x )＜0，故h (x )在(1，＋∞)上无零点．当x ＝1时，若a ≥－54，则f (1)＝a ＋54≥0，h (1)＝min{f (1)，g (1)}＝g (1)＝0，故1是h (x )的一个零点；若a ＜－54，则f (1)＜0，h (1)＝min{f (1)，g (1)}＝f (1)＜0，故1不是h (x )的零点．当x ∈(0,1)时，g (x )＝－ln x ＞0.所以只需考虑f (x )在(0,1)上的零点个数．(ⅰ)若a ≤－3或a ≥0，则f ′(x )＝3x 2＋a 在(0,1)上无零点，故f (x )在(0,1)上单调．而f (0)＝14，f (1)＝a ＋54，所以当a ≤－3时，f (x )在(0,1)上有一个零点；当a ≥0时，f (x )在(0,1)上没有零点．(ⅱ)若－3＜a ＜0，则f (x )在(0, －a3)上单调递减，在( －a3，1)上单调递增，故在(0,1)中，当x ＝ －a3时，f (x )取得最小值，最小值为f ( －a 3)＝2a 3－a 3＋14. ①若f (－a 3)＞0，即－34＜a ＜0， f (x )在(0,1)上无零点；②若f (－a 3)＝0，即a ＝－34， 则f (x )在(0,1)上有唯一零点； ③若f (－a 3)＜0，即－3＜a ＜－34，由于f (0)＝14，f (1)＝a ＋54，所以 当－54＜a ＜－34时，f (x )在(0,1)上有两个零点；当－3＜a ≤－54时，f (x )在(0,1)上有一个零点．综上，当a ＞－34或a ＜－54时，h (x )有一个零点；当a ＝－34或a ＝－54时，h (x )有两个零点；当－54＜a ＜－34时，h (x )有三个零点．4．(1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a －a x －2x 2＋2x 3＝ax 2－2x －1x3. 当a ≤0时，x ∈(0,1)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＜0， f (x )单调递减．当a ＞0时，f ′(x )＝a x －1x 3· ⎝⎛⎭⎪⎫x －2a ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋2a .①当0＜a ＜2时，2a＞1，当x ∈(0,1)或x ∈⎝⎛⎭⎪⎫2a，＋∞时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫1，2a 时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减．②当a ＝2时，2a＝1，在x ∈(0，＋∞)内，f ′(x )≥0，f (x )单调递增． ③当a ＞2时，0＜2a＜1，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2a 或x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫2a，1时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减．综上所述，当a ≤0时，f (x )在(0,1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减； 当0＜a ＜2时，f (x )在(0,1)内单调递增，在⎝⎛⎭⎪⎫1，2a 内单调递减，在⎝⎛⎭⎪⎫2a，＋∞内单调递增；当a ＝2时，f (x )在(0，＋∞)内单调递增； 当a ＞2时，f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，2a 内单调递增，在⎝⎛⎭⎪⎫2a，1内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增． (2)证明 由(1)知，a ＝1时，f (x )－f ′(x )＝x －ln x ＋2x －1x2－⎝⎛⎭⎪⎫1－1x －2x2＋2x 3 ＝x －ln x ＋3x ＋1x 2－2x3－1，x ∈[1,2]．设g (x )＝x －ln x ，h (x )＝3x ＋1x 2－2x3－1，x ∈[1,2]，则f (x )－f ′(x )＝g (x )＋h (x )．由g ′(x )＝x －1x≥0， 可得g (x )≥g (1)＝1，当且仅当x ＝1时取得等号． 又h ′(x )＝－3x 2－2x ＋6x4， 设φ(x )＝－3x 2－2x ＋6，则φ(x )在x ∈[1,2]上单调递减． 因为φ(1)＝1，φ(2)＝－10，所以∃x 0∈(1,2)， 使得x ∈(1，x 0)时，φ(x )＞0，x ∈(x 0,2)时，φ(x )＜0. 所以h (x )在(1，x 0)内单调递增，在(x 0,2)内单调递减．由h (1)＝1，h (2)＝12，可得h (x )≥h (2)＝12，当且仅当x ＝2时取得等号．所以f (x )－f ′(x )＞g (1)＋h (2)＝32，即f (x )＞f ′(x )＋32对于任意的x ∈[1,2]成立．5．(1)解 m ＝1时，f (x )＝g (x )， 即x ln x ＝x 2－1，而x ＞0，所以方程即为ln x －x ＋1x＝0.令h (x )＝ln x －x ＋1x，则h ′(x )＝1x －1－1x 2＝－x 2＋x －1x2＝－[x －122＋34]x 2＜0，而h (1)＝0，故方程f (x )＝g (x )有唯一的实根x ＝1.(2)解 对于任意的x ∈(1，＋∞)，函数y ＝g (x )的图象总在函数y ＝f (x )图象的上方， 即∀x ∈(1，＋∞)，f (x )＜g (x )， 即ln x ＜m (x －1x)，设F (x )＝ln x －m (x －1x)，即∀x ∈(1，＋∞)，F (x )＜0，F ′(x )＝1x －m (1＋1x2)＝－mx 2＋x －mx2. ①若m ≤0，则F ′(x )＞0，F (x )＞F (1)＝0，这与题设F (x )＜0矛盾． ②若m ＞0，方程－mx 2＋x －m ＝0的判别式Δ＝1－4m 2， 当Δ≤0，即m ≥12时，F ′(x )≤0，∴F (x )在(1，＋∞)上单调递减， ∴F (x )＜F (1)＝0，即不等式成立．当Δ＞0，即0＜m ＜12时，方程－mx 2＋x －m ＝0有两个实根，设两根为x 1，x 2且x 1＜x 2，则⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝1m ＞2，x 1x 2＝1，∴方程有两个正实根且0＜x 1＜1＜x 2.当x ∈(1，x 2)时，F ′(x )＞0，F (x )单调递增，F (x )＞F (1)＝0与题设矛盾．综上所述，实数m 的取值X 围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞. (3)证明 由(2)知，当x ＞1时，m ＝12时，ln x ＜12(x －1x )成立．不妨令x ＝2k ＋12k －1＞1(k ∈N *)，∴ln 2k ＋12k －1＜12⎝ ⎛⎭⎪⎫2k ＋12k －1－2k －12k ＋1＝4k4k 2－1， ln(2k ＋1)－ln(2k －1)＜4k 4k 2－1(k ∈N *)， ⎩⎪⎨⎪⎧ln 3－ln 1＜44×12－1，ln 5－ln 3＜4×24×22－1，…ln 2n ＋1－ln 2n －1＜4×n 4×n 2－1n ∈N *，累加可得44×12－1＋4×24×22－1＋… ＋4×n 4×n 2－1＞ln(2n ＋1)(n ∈N *)．。

x训练目标(1)导数的综合应用：(2)压轴大题突破. 训练题型 ⑴导数与不等式的综合：⑵利用导数研究函数零点：(3)利用导数求参数范風 解题策略(1)不等式恒成立(或有解)可转化为函数的最值问题，函数零点可以和函数图象 相结合：(2)求参数范围可用分离参数法. •常州-模）已知函数 (1) 当a=0时,求函数的极大值:(2) 求函数f(x)的单调区间.2. (2015 •课标全国II)已知函数x+a(l-£.(1) 讨论f(x)的单调性：(2) 当有最大值，且最大值大于2a —2时，求a 的取值范围.3. 已知函数 Ax)= In x+-(a>0)・x(1) 求的单调区间：(2) 讨论关于x 的方程A.Y )= —一器勺实根情况.4. 已知函数 f&) = (l+x )rH 当-Y G [0, 1]时，求证：1 一xWfGJW 亠.1-+--Y5. 已知函数 Ax) =xln *和 g{x)(zoGR). (1) 加=1时，求方程f(x)=g(x)的实根； (2) 若对任意的-VG (1, +8),函数y=g(£的图象总在函数p=f(x)图象的上方，求加的 取值范围：4 4X9⑶求证：4X1—1+4X2二］+ “ ，，+4Xn=~l >ln (2n+1)心)・ 答案精析1. 解 函数f(x)的泄义域为(0, +8).(1)当 a=0 时，f(x)=ln x-耳、令 f' (x)=0,得 x=l ・当*变化时，/ (-0, f&)的变化情况如下表:(江苏专用)2018版高考数学专题复习专3导数及其应用第24 练高考大题突破练 导数练习所以Ax)的极大值为小、■彳\ 1 …a —才+x+a(2)Z C Y )=-一1+~= ------------ :——・X X X令 f (x)=0,得一£+x+a=0,则4=l+4a ・ ① 当—扌时，f (x)W0恒成立，所以函数f(x)的单调减区间为(0, +8)：② 当a>-g 时，由f 3=0, 4/F1 l+£ + 4a 1_Q1+4K得弘= o ・Xz — 9⑴若-加vo,则宀>o,由 f' (-¥)<0,得 0<-Y>A F i ：由 f r(-¥)>0,得 XWX\・所以的单调减区间为 (0,上驴)，(土再，+8),单调增区间为(上梓，土再).(ii) 若3 = 0,由(1)知f&)的单调增区间为(0, 1),单调减区间为(1, +8).(iii) 若 a>0,则-Y I >0>-Y2>由 f r (-¥)<0,得-Y>A^：由 f r (-¥)>0,得 0<x<・£・ 所以的单调减区间为(匕匕£±匹，+8),综上所述, 当aW-g 时， 4f(x)的单调减区间为(0, +8)：单调增区间为(0,l+Ul + 4a 、 2 '当一+<a<0时，f(x)的单调减区间为(0, 1_(1+辔"-Foo),单调增区间当时，f(x)的单调减区间为(出£七迢,+8), 2. 解(l)f(x)的定义域为(0, +8), f (-r) =-—a.x若aWO,则/ C Y )>0,所以f(£在(0, +8)上单调递增.若 a>0,则当曲(0,弓时，f C Y )>0：当.YG Q. +8)时，f GJVO.所以f(x)在(o, £上单调递增,在G ，+8)上单调递减.(2)由(1)知，当&W0时，f(x)在(0, +8)无最大值；当a>0时，f3在尸£取得最大值，最大值为彳2=lnC) + 41 —— In a+a-l.因此 4£)>2a —2 等价于 In a+a —1V0.令 g(a) = In a+ a — 1,则g(a)在(0, +8)上单调递增，g ⑴=0.于是，当 0<aVl 时，g(a)V0；当 a>l 时，g(a)>0・因此,a 的取值范围是(0,1)・3-解⑴心)=1"+资定义域为© +Q ，因为 &>0,由 f C Y ) >0,得 xG (a, +8),由 f rC Y )<0,得-YG (0, a),所以/'(£的单调递增区间为(a, +8),单调递减区间为(0, a). (2)由题意，将方程f3= -—+化简得为( 1_小+4& 2l+Ql + 4a 2丿单调增区间为(0, 1+Q1 + 4& 2则fb=lnx —厅”+歹 *丘(0, +8).令 A (-r) =ln x —~Y —Z>+~,当 (0, 1)时，h f (x)>0,当 JV G(1> +8)时，H C Y XO, 所以力(0在区间(0,1)上单调递增， 在区间(1, +8)上单凋递减. 所以方3在尸1处取得极大值，即最大值，最大值为A (l)=ln l-|xi=-/>+|=-Z>.所以当一b>0,即bVO 时，y=h3的图象与x 轴恰有两个交点, 方程f(x) = ——+有两个实根： 当6=0时，y= h(x)的图象与x 轴恰有一个交点，方程f3£严 -*有-个实根;当b>Q 时，y=h(x)的图象与x 轴无交点, 方程g 「十2?也冷无实根・4. 证明要证xG ［0, 1］时，(1+对「汰鼻1 一匕只需证明(l+x)e r Xl —e A .记力C Y ) = (1 + x) e "― (1 —x)e", 则力'(x)=x(e“一e J.显然，当-YG (0, 1)时，h fC Y )>0, :.h{x)在［0,1］上是增函数,•••力3$力(0)=0・「•fCv) 21—弘 xW ［0,1］・要 ill: xW ［0, 1 ］时，(1 + x) e "W ］:、:,只需证明e^x+l.记 K(x) = e x — x — 1,则 K' (JV ) =e x —1.当 (0, 1)时，腔(力>0,:・K3在［0,1］上是增函数.:・K G )MK ©=Q ,.・・f3W 去，曲［0,1］.1+x X 则“x综上，1—xWf(x) xG [0,1].5. (1)解加=1 时，即-rln x=x —l 9而左>0,所以方程即为In *一％+'=0・x令 h{x) =ln x —x+-, x 1 —y +-Y —1 ■ ■ X X而力⑴=0,故方程f3 =&3有唯一的实根-Y=l.(2)解 对于任意的A^(l, 4-00),函数尸g(x)的图象总在函数y=f(X )图象的上方, RPv jve(i, +8), f3Vg3,设尸 3=ln x-znCv--),即 V JV G (b +8),尸 3V0, xF (-v) =-—/z?(14-i)x x_ —mx - Vx —m2 •-¥① 若山WO,则F' (x)>0,尺x)>尸(1)=0,这与题设Ax) <0矛盾.② 若山>0,方程一云+x_m= 0的判别式4=1一4加，当 4W0,即皿2*时，F (x)W0,・•.尸(对在(1, +8)上单调递减,・••尸351)=0,即不等式成立.当4>0,即0<*玄1寸，方程一+X —m= 0有两个实根，设两根为及，及且Xi<x ：,则 /心=1,・•・方程有两个正实根且0<^<1<^:.当曲(1,龙)时，F (刃>0,尸(%)单调递增,<0,1m尸&)>尸(1)= 0与题设矛盾. 综上所述，实数也的取值范困是(3) 证明由(2)知，当x>l 时，山=*时,• 2&+1「1印+1 2&—1] 4k不妨令x= 2A+1 2k-1ln(2^+l)-ln(2A-l)< 4k 4#-l (圧 N"), 4 累加可得药匸T 4X2 4X2:-14 4Xn 4Xn ：-l>ln(2n+l) (nEN 4).。

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2019年高中数学单元测试卷导数及其应用学校：__________ 姓名：__________ 班级:__________ 考号：__________一、选择题1．32()32f x x x =-+在区间[]1,1-上的最大值是（ )（A)-2 （B)0 （C ）2 （D)4（2006浙江文）二、填空题2． 已知a > 0，方程x 2-2ax —2a ln x =0有唯一解,则a = . 123． 曲线21()cos 3f x x x =-在0x =处的切线的斜率为 ▲ 。

4．若函数f （x )＝ax 4＋bx 2＋c 满足(1) 2f '=，则(1)f '-= ．5．已知函数x x mx x f 2ln )(2-+=在定义域内是增函数，则实数m 的取值范围是 ▲ ． 6．若曲线2ln y ax x =-在点(1,)a 处的切线平行于x 轴，则a =____________。

(2013年高考广东卷（文））7．函数32()15336f x x x x =--+的单调减区间为 . 解析 考查利用导数判断函数的单调性。

2()330333(11)(1)f x x x x x '=--=-+,由(11)(1)0x x -+<得单调减区间为(1,11)-。