高考数学一诊复习-函数与导数-含答案

函数与导数高考题1.(安徽理3)设f(x)是定义在R 上的奇函数，当x≤0时，f(x)=2x'-x,则f()=(A)-3 (B)- 1 (C)1 (D)3【答案】A【命题意图】本题考查函数的奇偶性，考查函数值的求法 .属容易题.【解析】f()= - f( - 1)= - 42( - 1)²- ( - 1)]= - 3 .故选A.2 . (安徽理10)函数f (x )=ax ”g 1- x )“在区 间〔0,1〕上的图像如图所示，则m ,n 的值可 能 是(A)m=1,n=1(B) m=1,n=2(C) m=2,n=1(D) m=3,n=1【答案】B 【命题意图】本题考查导数在研究 函数单调性中的应用，考查函数图像，考查思维的综合能力.难度大.【 解 析 】 代 入 验 证 ， 当m = 1 , n = 2 , f ( x ) = a x g ( 1 - x ) ² = n ( x ³ - 2 x ² + x ) ,则f ' ( x ) = a ( 3 x ² - 4 x + 1 ) , 由 ,结合图像可知函数应在递增，在 递减，即在, 知 a 存 在 . 故 选 B .3.(安徽文5)若点(a,b)在y=lgx 图像上，a≠1,则下列点也在此图像上的是(A)(,b) (B)(10a,1 b) (C)(,b+1) (D)(a2,2b)【答案】D 【命题意图】本题考查对数函数的基本运算，考查对数函数的图像与对应点的关系 .【 解 析 】 由 题 意b = 1 g a , 2 b = 2 1 l g a = 1 g a ² , 即( a ² , 2 b )也 在 函 数 y = l g x 图 像 上 .4 . (安徽文10) 函数f(x )=ax ”g (1 - . x )² 在区间(0,1)上的 图像如图所示，则n 可能是 (A)1 (B) 2取得最大值，由f'(x)=a(3x²-4x+1)=0可知，(C) 3 (D)4【答案】A【命题意图】本题考查导数在研究函数单调性中的应用，考查函数图像，考查思维的综合能力.难度大.【解析】代入验证，当7=1时，f(x)=axg(1-x)²=a(x³-2x²+x),则f(x)=a(3r²-4x+1)由f ( x ) = a ( 3 x ² 4 x + 1 ) = 0 可知，,结合图像可知函数应在递增，在递减，即在取得最大值，由, 知a 存在. 故选A .7 . (福建理5) 等于A.1B.e- 1C. CD.e+1【答案】C8 . (福建理9 )对于函数f ( x ) = a s i n x + b x + c (其中，a , b ∈R , c ∈Z ) ,选取a , b , C 的一组值计算f ( )和f ( - 1 )所得出的正确结果一定不可能是A . 4和6B . 3和1C . 2和4D . 1和2【答案】D9 . ( 福建理1 0 ) 已知函数f ( x ) = e⁴+ x , 对于曲线y = f ( x ) 上横坐标成等差数列的三个点A , B , c , 给出以下判断：①△ABC 一定是钝角三角形②△ABC可能是直角三角形③△ABC可能是等腰三角形④△ABC不可能是等腰三角形其中，正确的判断是A.①③B.①④C.②③D.②④【答案】B10.(福建文6)若关于x的方程x2+mx+1=0有两个不相等的实数根，则实数m的取值范围是A.(- 1,1)B.(-2,2)C.(-o,-2)U(2,+o)D.(-o,- 1)U(1,+c)【答案】C11. (福建文8)已知函数 ,若f(a)+f(1)=0,则实数a的值等于A. 3B. 1C. 1D. 3【答案】A12.(福建文10)若a>0,b>0,且函数f(x)=4x3-ax2-2bx+2在x=1处有极值，则ab的最大值等于A.2B.3C. 6D. 9【答案】D13.(广东理4)设函数f(x)和g(x)分别是R上的偶函数和奇函数，则下列结论恒成立的是A . f(x)+1g(x)是偶函数B . f(x) - 1g(x)是奇函数c.if(x)\+g(x)是偶函数 D . i f ( x ) - g ( x )是奇函数【答案】A【解析】因为g(x)是R 上的奇函数，所以lg(x)是R 上的偶函数，从而f(x)+1g(x)是偶函数，故选A.14 . (广东文4)函 的定义域是 ( )A.(-~,- 1)B.(1,+~) c.(- 1,1)U(1,+oo) D.(-0,+oo)【答案】C16.(湖北理6)已知定义在R 上的奇函数f(x)和偶函数g(x)满足f(x)+g(x)=a¹-a ⁴+2(a>0,且a≠1),若g(2)=a,则f(2)=A.2B.C.D. a² 【答案】B【解析】由条件f(2)+g(2)=a²-a²+2,f(-2)+g(-2)=a²-a²+2, 即-f(2)+g(2)=a²-a²+2, 由此解得g(2)=2,f(2)=a²-a-所 以 a = 2 ,, 所 以 选 B18 . (湖南文7)曲线主点处的切线的斜率为( )A. B. 2 C. D. 【答案】B【解析】19.(湖南文8)已知函数f(x)=e¹-1,g(x)=-x²+4x -3.若有f(a)=g(b),则b 的取值范围为A.[2-√2,2+√2]B.(2-√2.2+√2)c.[1,3] p.(1,3)【答案】B【解析】由题可知f(x)=e ⁴- 1>- 1,g(x)=-x²+4x-3=-(x-2)²+1≤1,若有f(a)=g(b),则g(b) ∈(- 1,1), 即-b²+4b-3>- 1,解得2-√Z<b<2+√2., 所 以,y=020 . (湖南理6)由直线 与曲线y=COSX 所围成的封闭图形的面积为( )A.2B.1C.D.√3 【答案】D【解析】由定积分知识可得, 故 选 D 。

高中数学函数与导数练习题及参考答案一、选择题（每小题3分，共30分）1. 设函数f(x)=2x^3-3x^2+4x-1，则f'(x)的值为：A. 6x^2-6x+4B. 6x^2-3x+4C. 6x^2-6x-4D. 6x^2-3x-42. 已知函数f(x)=e^(2x)-x，下列说法正确的是：A. f(x)的定义域为RB. f(x)的值域为RC. 对任意x∈R，f(x)≥0D. f(x)在R上递增3. 函数f(x)=log(2x+1)的定义域为：A. x>1/2B. x≥1/2C. x>1D. x≥-1/24. 函数f(x)=(x-2)^2-1的图像对称于：A. x轴B. y轴C. 原点D. 直线x=25. 函数f(x)=x^3+3x^2-x+2的最小值为：A. -∞B. -4C. 1D. 66. 函数f(x)=log_a(x^2-4)的定义域为：A. x>2B. x<-2C. x>2或x<-2D. x>07. 设函数f(x)=(x+1)e^x，则f'(x)=：A. (x+2)e^xB. xe^xC. (x+1)e^x+e^xD. (x+1)e^x+18. 函数y=2^(x^2)的图像在y轴的左侧为：A. 上拋曲线B. 下落曲线C. 开口向上的曲线D. 开口向下的曲线9. 函数f(x)=√(x-1)的定义域为：A. x>1B. x≥1C. x>0D. x≥010. 设函数f(x)=x^3-3x^2+2，则f''(x)的值为：A. 6x-6B. 6x-2C. 6x-3D. 6x-4二、计算题（每小题5分，共40分）1. 计算函数f(x)=e^(2x)-3x在x=1处的导数f'(1)的值。

解答：f'(x)=2e^(2x)-3f'(1)=2e^2-32. 已知函数y=log_a(x^2-4)，求f(x)在x=0处的导数f'(0)。

第16课导数的概念及运算A 应知应会1.已知函数f(x)=x2+2xf'(1),那么f'(-1)=.2.某汽车的路程函数是s(t)=2t3-gt2(g=10 m/s2),则当t=2 s时,汽车的加速度为.3.已知函数f(x)=在x=1处的导数为-2,那么实数a的值为.4.(2015·盐城中学模拟)若f(x)=x2-2x-4ln x,则f'(x)>0的解集是.5.求下列函数的导数:(1)y=x n e x;(2)y=;(3)y=e x ln x;(4)y=(x+1)2(x-1).6.在F1赛车中,赛车位移与比赛时间t间满足函数关系s=10t+5t2(s的单位为m,t的单位为s).(1)当t=20s,Δt=0.1s时,求Δs与;(2)求t=20s时的瞬时速度.B 巩固提升1.在函数y=x2+1的图象上取一点(1,2)及附近一点(1+Δx,2+Δy),则=.2.已知函数f(x)=f'cos x+sin x,那么f的值为.3.(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.4.已知f1(x)=sin x+cos x,记f2(x)=f'1(x),f3(x)=f'2(x),…,f n(x)=f'n-1(x)(n∈N*且n≥2),则f1+f2+…+f2 017=.5.已知某物体的运动方程为s=(位移s的单位:m,时间t的单位:s).(1)求该物体在t∈[3,5]内的平均速度;(2)求该物体的初速度v0;(3)求该物体在t=1时的瞬时速度.6.对于三次函数f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0),定义f″(x)是函数y=f(x)的导函数y=f'(x)的导函数.若f″(x)=0有实数解x0,则称点(x0,f(x0))为函数y=f(x)图象的“拐点”.已知函数f(x)=x3-3x2+2x-2.(1)求函数f(x)图象的“拐点”A的坐标;(2)求证:f(x)的图象关于“拐点”A对称.第16课导数的概念及运算A 应知应会1.-6【解析】f'(x)=2x+2f'(1),f'(1)=2+2f'(1),所以f'(1)=-2,所以f'(x)=2x-4,故f'(-1)=-6.2.4 m/s2【解析】由题意知汽车的速度函数为v(t)=s'(t)=6t2-2gt,则v'(t)=12t-2g,故当t=2 s时,汽车的加速度是v'(2)=12×2-2×10=4(m/s2).3. 2【解析】由题设得f'(x)=-,当x=1时,-a=-2,即a=2.4.(2,+∞)【解析】函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=2x-2->0,解得x>2.5.【解答】(1)y'=n e x+x n e x=e x(n+x).(2)y'==-.(3)y'=e x ln x+e x·=e x.(4)因为y=(x+1)2(x-1)=(x+1)·(x2-1)=x3+x2-x-1,所以y'=3x2+2x-1.6.【解答】(1)Δs=s(20+Δt)-s(20)=10(20+0.1)+5(20+0.1)2-10×20-5×202=21.05(m).==210.5(m/s).(2)由导数的定义知瞬时速度为v(t)====5Δt+10t+10.当Δt→0,t=20s时,v=10×20+10=210(m/s).B 巩固提升1.Δx+2【解析】==Δx+2.2. 1【解析】由题意得f'(x)=-f'sin x+cos x⇒f'=-f'sin+cos,所以f'==-1,所以f(x)=(-1)cos x+sin x,所以f=(-1)cos+sin=1.3. 3【解析】因为f'(x)=a(1+ln x),所以f'(1)=a=3.4. 1【解析】f2(x)=f'1(x)=cos x-sin x,f3(x)=f'2(x)=-sin x-cos x,f4(x)=f'3(x)=sin x-cos x,f5(x)=f'4(x)=sin x+cos x,故周期为4,前四项和为0,所以原式=f1=sin +cos =1.5.【解答】(1)因为该物体在t∈[3,5]内的时间变化量为Δt=5-3=2,该物体在t∈[3,5]内的位移变化量为Δs=3×52+2-(3×32+2)=3×(52-32)=48,所以该物体在t∈[3,5]内的平均速度为==24 (m/s).(2)求该物体的初速度v0即求该物体在t=0时的瞬时速度.因为该物体在t=0附近的平均变化率为===3Δt-18,当Δt无限趋近于0时,=3Δt-18无限趋近于-18,所以该物体的初速度v0为-18 m/s.(3)该物体在t=1时的瞬时速度即为函数s在t=1处的瞬时变化率.因为物体在t=1附近的平均变化率为===3Δt-12,当Δt无限趋近于0时,=3Δt-12无限趋近于-12,所以该物体在t=1时的瞬时速度为-12 m/s.6.【解答】(1)f'(x)=3x2-6x+2,f″(x)=6x-6.令f″(x)=6x-6=0,得x=1,f(1)=1-3+2-2=-2,所以拐点A的坐标为(1,-2).(2)设P(x0,y0)是y=f(x)图象上任意一点,则y0=-3+2x0-2.因为P(x0,y0)关于点A(1,-2)的对称点为P'(2-x0,-4-y0),将P'代入y=f(x),得左边=-4-y0=-+3-2x0-2,右边=(2-x0)3-3(2-x0)2+2(2-x0)-2=-+3-2x0-2,所以左边=右边,所以点P'(2-x0,-4-y0)在函数y=f(x)的图象上,所以y=f(x)的图象关于点A对称.。

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函数与导数1. 已知函数32()4361,f x x tx tx t x R =+-+-∈，其中t R ∈． (Ⅰ）当1t =时，求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程； (Ⅱ）当0t ≠时，求()f x 的单调区间;（Ⅲ)证明：对任意的(0,),()t f x ∈+∞在区间(0,1)内均存在零点．【解析】（19）本小题主要考查导数的几何意义、利用导数研究函数的单调性、曲线的切线方程、函数的零点、解不等式等基础知识,考查运算能力及分类讨论的思想方法，满分14分。

(Ⅰ）解：当1t =时，322()436,(0)0,()1266f x x x x f f x x x '=+-==+-(0) 6.f '=-所以曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程为6.y x =-（Ⅱ）解：22()1266f x x tx t '=+-,令()0f x '=，解得.2t x t x =-=或因为0t ≠，以下分两种情况讨论：（1)若0,,tt t x <<-则当变化时，(),()f x f x '的变化情况如下表:所以，()f x 的单调递增区间是(),,,;()2t t f x ⎛⎫-∞-+∞ ⎪⎝⎭的单调递减区间是,2t t ⎛⎫- ⎪⎝⎭。

2019 高考数学一轮复习导数单元专项练习题(含参考答案 )一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请把正确答案的代号填在题后的括号内(本大题共 12个小题，每小题 5 分，共 60 分).1.(理)设 a、b、c、d∈R，则复数 (a+bi)(c+di) 为实数的充要条件是( )A.ad-bc=0B.ac-bd=0C.ac+bd=0D.ad+bc=0(文)曲线在点 (-1，-3)处的切线方程是( )A. B. C. D.2.函数，已知在时取得极值，则= ( )A.2B.3C.4D.53.(理)复数 z 在复平面内对应的点为 A, 将点 A 绕坐标原点 , 按逆时针方向旋转 , 再向左平移一个单位 , 向下平移一个单位 , 得到 B 点,此时点B 与点 A 恰好关于坐标原点对称 , 则复数 z 为 ( )A.-1B.1C.iD.- i(文)如果函数的图像与函数的图像关于坐标原点对称，则的表达式为 ()A. B. C. D.4.(理)复数等于 ( )A. B. C. D.(文)函数 y=2x3-3x2-12x+5 在[0,3] 上的最大值与最小值分别是( ) A.5 , -15 B.5 , 4 C.-4 , -15 D.5 , -165. f0(x)=sinx ，f1(x)=f0′，f2(x)=f1′)，(x⋯，fn+1(x)=fn′，(x)n∈N，f2019(x)=( )A.sinxB.-sinxC.cosxD.-cosx6.(理)若复数 (a∈R，i 虚数位位 )是虚数，数 a 的A.-2B.4C.-6D.6(文)函数的定域开区，函数在内的象如所示，函数在开区内有极小点( )A.1 个B.2 个C.3 个D.4个7.函数 y=f(x) 的象原点且它的函数y=f ′(x)的象是如所示的一条直， y=f(x) 的象的点在( )A.第 I 象限B.第 II 象限C.第Ⅲ象限D.第 IV 象限8.(理)若复数足方程，( )A. B. C. D.(文)下列式子中与相等的是( )(1);(2);(3)(4) .A.(1)(2)B.(1)(3)C.(2)(3)D.(1)(2)(3)(4)9.(理) z1, z2 是非零复数足 z12+ z1z2+ z22=0, ( )2+( )的是( )A.-1B.1C.-2D.2(文)对于上的任意函数，若满足，则必有( )A. B.C. D.10.设函数的图象上的点处的切线的斜率为，若，则函数的图象大致为( )A. B. C. D.11.设，当时取得极大值，当时取得极小值，则的取值范围为( )A. B. C. D.12.(理 )若，令，则的值 (其中 )( )A.1B.C.D.(文)用长度分别为 2、3、4、5、6(单位： )的 5 根细木棒围成一个三角形 (允许连接，但不允许折断 )，能够得到的三角形的最大面积为 ( )A. B. C. D.第Ⅱ卷二、填空题：请把答案填在题中横线上(本大题共 4 个小题，每小题4 分，共 16 分)。

第2讲 函数的单调性与最值1．函数的单调性 (1)单调函数的定义如果函数y ＝f (x )在区间D上是增函数或减函数，那么就说函数y ＝f (x )在这一区间具有(严格的)单调性，区间D 叫做函数y ＝f (x )的单调区间．2．函数的最值1．辨明两个易误点(1)区分两个概念：“函数的单调区间”和“函数在某区间上单调”，前者指函数具备单调性的“最大”的区间，后者是前者“最大”区间的子集．(2)单调区间只能用区间表示，不能用集合或不等式表示；如有多个单调区间应分别写出，一般不能用符号“∪”连接，也不能用“或”连接．例如函数f (x )＝1x在区间(－1，0)上是减函数，在(0，1)上是减函数，但在(－1，0)∪(0，1)上却不是减函数．2．函数最值的有关结论(1)闭区间上的连续函数一定存在最大值和最小值，当函数在闭区间上单调时最值一定在端点处取到．(2)开区间上的“单峰”函数一定存在最大值(最小值)．1．下列函数中，在区间(0，＋∞)上为增函数的是( ) A ．y ＝ln(x ＋2)B ．y ＝－x ＋1C ．y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12xD ．y ＝x ＋1xA 选项A 的函数y ＝ln(x ＋2)的增区间为(－2，＋∞)，所以在(0，＋∞)上一定是增函数．2.教材习题改编函数y ＝(2m －1)x ＋b 在R 上是减函数，则( ) A ．m >12B ．m <12C ．m >－12D ．m <－12B 使y ＝(2m －1)x ＋b 在R 上是减函数，则2m －1<0，即m <12.3.教材习题改编如图是函数y ＝f (x )，x ∈上的图象，则下列哪个说法是正确的( )A ．f (x )在上是减函数，在上是增函数B ．f (x )在区间(－1，3)上的最大值为3，最小值为－2C ．f (x )在上有最小值－2，有最大值3D ．当直线y ＝t 与y ＝f (x )的图象有三个交点时－1＜t ＜2 C 根据题图提供的信息可知选C.4.教材习题改编函数f (x )＝x 2－2x ，x ∈的单调递增区间为________，f (x )max ＝__________．函数f (x )的对称轴为x ＝1，单调增区间为，f (x )max ＝f (－2)＝f (4)＝8. 85.教材习题改编已知函数f (x )＝2x －1，x ∈，则f (x )的最大值为________，最小值为__________．可判断函数f (x )＝2x －1在上为减函数，所以f (x )max ＝f (2)＝2，f (x )min ＝f (6)＝25. 2 25确定函数的单调性(区间)(1)试讨论函数f (x )＝axx －1(a ≠0)在(－1，1)上的单调性．(2)求函数f (x )＝－x 2＋2|x |＋1的单调区间． 【解】 (1)设－1＜x 1＜x 2＜1，f (x )＝a ⎝⎛⎭⎪⎫x －1＋1x －1＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x －1， f (x 1)－f (x 2)＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x 1－1－a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x 2－1＝a （x 2－x 1）（x 1－1）（x 2－1），由于－1＜x 1＜x 2＜1，所以x 2－x 1＞0，x 1－1＜0，x 2－1＜0，故当a ＞0时，f (x 1)－f (x 2)＞0，即f (x 1)＞f (x 2)， 函数f (x )在(－1，1)上递减；当a ＜0时，f (x 1)－f (x 2)＜0，即f (x 1)＜f (x 2)， 函数f (x )在(－1，1)上递增．(2)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋2x ＋1，x ≥0，－x 2－2x ＋1，x <0，＝⎩⎪⎨⎪⎧－（x －1）2＋2，x ≥0，－（x ＋1）2＋2，x <0. 画出函数图象如图所示，可知单调递增区间为(－∞，－1]和，单调递减区间为和 函数y ＝|－x 2＋2x ＋1|的图象如图所示．由图象可知，函数y ＝|－x 2＋2x ＋1|的单调递增区间为(1－2，1)和(1＋2，＋∞)；单调递减区间为(－∞，1－2)和(1，1＋2)．1．判断函数y ＝x ＋2x ＋1在(－1，＋∞)上的单调性． 法一：任取x 1，x 2∈(－1，＋∞)，且x 1<x 2， 则y 1－y 2＝x 1＋2x 1＋1－x 2＋2x 2＋1＝x 2－x 1（x 1＋1）（x 2＋1）. 因为x 1>－1，x 2>－1，所以x 1＋1>0，x 2＋1>0， 又x 1<x 2，所以x 2－x 1>0，所以x 2－x 1（x 1＋1）（x 2＋1）>0，即y 1－y 2>0.所以y 1>y 2，所以函数y ＝x ＋2x ＋1在(－1，＋∞)上是减函数． 法二：y ＝x ＋2x ＋1＝1＋1x ＋1. 因为y ＝x ＋1在(－1，＋∞)上是增函数， 所以y ＝1x ＋1在(－1，＋∞)上是减函数， 所以y ＝1＋1x ＋1在(－1，＋∞)上是减函数．即函数y ＝x ＋2x ＋1在(－1，＋∞)上是减函数． 2．作出函数y ＝|x 2－1|＋x 的图象，并根据函数图象写出函数的单调区间．当x ≥1或x ≤－1时，y ＝x 2＋x －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋122－54；当－1<x <1时，y ＝－x 2＋x ＋1＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋54.画出函数图象如图所示：由函数图象可知，函数的减区间为(－∞，－1]，⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1，函数的增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，12，(1)函数y ＝x ＋x －1的最小值为________．(2)函数f (x )＝－a x ＋b (a ＞0)在[12，2]上的值域为[12，2]，则a ＝________，b ＝________．【解析】 (1)法一：令t ＝x －1，且t ≥0，则x ＝t 2＋1， 所以原函数变为y ＝t 2＋1＋t ，t ≥0.配方得y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋122＋34，又因为t ≥0，所以y ≥14＋34＝1，故函数y ＝x ＋x －1的最小值为1.法二：因为函数y ＝x 和y ＝x －1在定义域内均为增函数，故函数y ＝x ＋x －1在上是增函数，所以f (12)＝12，f (2)＝2.即⎩⎪⎨⎪⎧－2a ＋b ＝12－a 2＋b ＝2，解得a ＝1，b ＝52.【答案】 (1)1 (2)1 521．函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1x ，x ≥1，－x 2＋2，x <1的最大值为________．当x ≥1时，函数f (x )＝1x为减函数，所以f (x )在x ＝1处取得最大值，为f (1)＝1；当x <1时，易知函数f (x )＝－x 2＋2在x ＝0处取得最大值， 为f (0)＝2.故函数f (x )的最大值为2. 22．函数f (x )＝|x －1|＋x 2的值域为________． 因为f (x )＝|x －1|＋x 2＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋x －1，x ≥1x 2－x ＋1，x <1， 所以f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋122－54，x ≥1，⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋34，x <1，作出函数图象如图，由图象知f (x )＝|x －1|＋x 2的值域为⎣⎢⎡⎭⎪⎫34，＋∞.⎣⎢⎡⎭⎪⎫34，＋∞函数单调性的应用(高频考点)函数单调性结合函数的图象以及函数其他性质的应用已成为近几年高考命题的一个新的增长点，常以选择、填空题的形式出现．高考对函数单调性的考查主要有以下三个命题角度： (1)比较两个函数值或两个自变量的大小； (2)解函数不等式； (3)求参数的值或取值范围．(1)(2016·高考天津卷)已知f (x )是定义在R 上的偶函数，且在区间(－∞，0)上单调递增．若实数a 满足f (2|a －1|)＞f (－2)，则a 的取值范围是( )A ．(－∞，12)B ．(－∞，12)∪(32，＋∞)C ．(12，32)D ．(32，＋∞)(2)已知函数f (x )＝x 2＋ax(a >0)在(2，＋∞)上递增，则实数a 的取值范围为________．【解析】 (1)由f (x )是偶函数得f (－2)＝f (2)，再由偶函数在对称区间上单调性相反，得f (x )在(0，＋∞)上单调递减，所以由2|a －1|＜2，得|a －1|＜12，即12＜a ＜32.(2)任取2<x 1<x 2，由已知条件，得f (x 1)－f (x 2)＝x 21＋a x 1－x 22＋ax 2＝(x 1－x 2)＋a ×x 2－x 1x 1x 2＝(x 1－x 2)×x 1x 2－a x 1x 2<0恒成立，即当2<x 1<x 2时，x 1x 2>a 恒成立． 又x 1x 2>4，则0<a ≤4.即实数a 的取值范围是(0，4]． 【答案】 (1)C (2)(0，4]角度一 比较两个函数值或两个自变量的大小1．(2017·昆明模拟)已知函数f (x )的图象向左平移1个单位后关于y 轴对称，当x 2>x 1>1时，·(x 2－x 1)<0恒成立，设a ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，b ＝f (2)，c ＝f (3)，则a ，b ，c 的大小关系为( )A ．c >a >bB ．c >b >aC ．a >c >bD ．b >a >cD 根据已知可得函数f (x )的图象关于直线x ＝1对称，且在(1，＋∞)上是减函数．因为a ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52，且2<52<3，所以b >a >c .角度二 解函数不等式2．(2017·泰安模拟)已知函数f (x )是定义在 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧2x －1≥0，2x －1<13，解得12≤x <23.角度三 求参数的值或取值范围3．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋4x ，x ≤4，log 2x ，x >4.若函数y ＝f (x )在区间(a ，a ＋1)上单调递增，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，1]B ．C ．∪ 作出函数f (x )的图象如图所示，由图象可知f (x )在(a ，a ＋1)上单调递增，需满足a ≥4或a ＋1≤2，即a ≤1或a ≥4，故选D ．)——数形结合思想求函数最值已知函数f 1(x )＝|x －1|，f 2(x )＝13x ＋1，g (x )＝f 1（x ）＋f 2（x ）2＋|f 1（x ）－f 2（x ）|2，若a ，b ∈，且当x 1，x 2∈时，g （x 1）－g （x 2）x 1－x 2>0恒成立，则b －a 的最大值为( )A ．2B ．3C ．4D ．5【解析】 当f 1(x )≥f 2(x )时，g (x )＝f 1（x ）＋f 2（x ）2＋f 1（x ）－f 2（x ）2＝f 1(x )；当f 1(x )<f 2(x )时，g (x )＝f 1（x ）＋f 2（x ）2＋f 2（x ）－f 1（x ）2＝f 2(x )．综上，g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧f 1（x ），f 1（x ）≥f 2（x ），f 2（x ），f 1（x ）<f 2（x ）.即g (x )是f 1(x )，f 2(x )两者中的较大者．在同一直角坐标系中分别画出函数f 1(x )与f 2(x )的图象，则g (x )的图象如图中实线部分所示．由图可知g (x )在上单调递增，故a ，b ∈，则b －a 的最大值为5.【答案】 D(1)本题利用了数形结合的思想，解答本题首先利用分类讨论思想写出函数g (x )的表达式，然后再作出g (x )的图象，利用图象求出b －a 的最大值．(2)数形结合的数学思想包含“以形助数”和“以数辅形”两个方面，其应用大致可以分为两种情形：一是借助形的生动性和直观性来阐明数之间的联系，即以形作为手段，数作为目的，如应用函数的图象来直观地说明函数的性质；二是借助于数的精确性和严密性来阐明形的某些属性，即以数作为手段，形作为目的，如应用曲线的方程来精确地阐明曲线的几何性质．对于a ，b ∈R ，定义min{a ，b }＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，a ≤b ，b ，a ＞b ，设函数f (x )＝－x ＋2，g (x )＝log 2(x ＋1)，φ(x )＝min{f (x )，g (x )}，则φ(x )( )A ．有最小值1，无最大值B ．有最大值1，无最小值C ．有最小值－1，无最大值D ．有最大值－1，无最小值B 根据定义，φ(x )的图象如图中实线所示．由题意得φ(x )＝⎩⎪⎨⎪⎧g （x ），－1＜x ≤1，f （x ），x ＞1，所以φ(x )max ＝g (1)＝log 22＝1，无最小值，故选 B ．1．下列四个函数中，在(0，＋∞)上为增函数的是( ) A ．f (x )＝3－x B ．f (x )＝x 2－3x C ．f (x )＝－1x ＋1D ．f (x )＝－|x |C 当x >0时，f (x )＝3－x 为减函数；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32时，f (x )＝x 2－3x 为减函数，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞时，f (x )＝x 2－3x 为增函数；当x ∈(0，＋∞)时，f (x )＝－1x ＋1为增函数； 当x ∈(0，＋∞)时，f (x )＝－|x |为减函数． 2．f (x )＝x1－x在( )A ．(－∞，1)∪(1，＋∞)上是增函数B ．(－∞，1)∪(1，＋∞)上是减函数C ．(－∞，1)和(1，＋∞)上是增函数D ．(－∞，1)和(1，＋∞)上是减函数 C f (x )的定义域为{x |x ≠1}．又f (x )＝x1－x ＝11－x －1，根据函数y ＝－1x的单调性及有关性质，可知f (x )在(－∞，1)和(1，＋∞)上为增函数．3．(2017·北京海淀区模拟)下列函数y ＝f (x )的图象中，满足f ⎝ ⎛⎭⎪⎫14>f (3)>f (2)的只可能是( )D 因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫14>f (3)>f (2)，所以函数y ＝f (x )有增有减，排除A ，B ．在C 中，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫14<f (0)，f (3)>f (0)，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫14<f (3)，排除C ，故选D ． 4．(2017·长春质量检测)已知函数f (x )＝|x ＋a |在(－∞，－1)上是单调函数，则a 的取值范围是( )A ．(－∞，1]B ．(－∞，－1]C ． 因为函数f (x )在(－∞，－a )上是单调函数，所以－a ≥－1，解得a ≤1.故选A.5．(2017·成都模拟)已知函数f (x )在 因为g (lg x )>g (1)，g (x )＝－f (|x |)， 所以－f (|lg x |)>－f (1)，所以f (|lg x |)<f (1)．又因为f (x )在的最大值等于( )A ．－1B ．1C ．6D ．12C 由已知得，当－2≤x ≤1时，f (x )＝x －2；当1<x ≤2时，f (x )＝x 3－2.因为f (x )＝x －2，f (x )＝x 3－2在定义域内都为增函数，所以f (x )的最大值为f (2)＝23－2＝6.7．函数y ＝x －|1－x |的单调增区间为________．y ＝x －|1－x |＝⎩⎪⎨⎪⎧1，x ≥1，2x －1，x <1.作出该函数的图象如图所示．由图象可知，该函数的单调递增区间是(－∞，1]．(－∞，1]8．函数f (x )＝1x －1在区间上的最大值是1，最小值是13，则a ＋b ＝________． 易知f (x )在上为减函数，所以⎩⎪⎨⎪⎧f （a ）＝1，f （b ）＝13，即⎩⎪⎨⎪⎧1a －1＝1，1b －1＝13，所以⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝4. 所以a ＋b ＝6.6 9．已知函数f (x )为R 上的减函数，若m <n ，则f (m )________f (n )；若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x <f (1)，则实数x 的取值范围是________．由题意知f (m )>f (n )；⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x >1，即|x |<1，且x ≠0. 故－1<x <1且x ≠0.即实数x 的取值范围是(－1，0)∪(0，1)．> (－1，0)∪(0，1)10．(2017·济宁模拟)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3，x ≤0，ln （x ＋1），x >0，若f (2－x 2)>f (x )，则实数x 的取值范围是________．函数y ＝x 3在(－∞，0]上是增函数，函数y ＝ln(x ＋1)在(0，＋∞)上是增函数，且x >0时，ln(x ＋1)>0，所以f (x )在R 上是增函数，由f (2－x 2)>f (x )，得2－x 2>x ，解得－2<x <1，所以x 的取值范围是(－2，1)．(－2，1)11．已知函数f (x )＝ax ＋1a(1－x )(a ＞0)，且f (x )在上的最小值为g (a )，求g (a )的最大值．f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －1a x ＋1a， 当a ＞1时，a －1a＞0，此时f (x )在上为增函数， 所以g (a )＝f (0)＝1a； 当0＜a ＜1时，a －1a＜0， 此时f (x )在上为减函数，所以g (a )＝f (1)＝a ；当a ＝1时，f (x )＝1，此时g (a )＝1.所以g (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，0＜a ＜11a，a ≥1， 所以g (a )在(0，1)上为增函数，在 (1)证明：任设x 1<x 2<－2，则f (x 1)－f (x 2)＝x 1x 1＋2－x 2x 2＋2＝2（x 1－x 2）（x 1＋2）（x 2＋2）. 因为(x 1＋2)(x 2＋2)>0，x 1－x 2<0，所以f (x 1)<f (x 2)，所以f (x )在(－∞，－2)内单调递增．(2)任设1<x 1<x 2，则f (x 1)－f (x 2)＝x 1x 1－a －x 2x 2－a ＝a （x 2－x 1）（x 1－a ）（x 2－a ）. 因为a >0，x 2－x 1>0，所以要使f (x 1)－f (x 2)>0，只需(x 1－a )(x 2－a )>0恒成立，所以a ≤1.综上所述知0<a ≤1.13．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧（a －2）x ，x ≥2（12）x －1，x <2是R 上的单调递减函数，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，2)B ．(－∞，138]C ．(0，2)D ．[138，2) B 因为函数为递减函数， 则⎩⎪⎨⎪⎧a －2<02（a －2）≤（12）2－1， 解得a ≤138，故选B ． 14．函数y ＝2x ＋k x －2与y ＝log 3(x －2)在(3，＋∞)上具有相同的单调性，则实数k 的取值范围是________．由于y ＝log 3(x －2)的定义域为(2，＋∞)，且为增函数，故函数y ＝2x ＋k x －2＝2（x －2）＋4＋k x －2＝2＋4＋k x －2在(3，＋∞)上也是增函数，则有4＋k <0，得k <－4. (－∞，－4)15．已知函数f (x )＝a －1|x |. (1)求证：函数y ＝f (x )在(0，＋∞)上是增函数；(2)若f (x )<2x 在(1，＋∞)上恒成立，求实数a 的取值范围．(1)证明：当x ∈(0，＋∞)时，f (x )＝a －1x， 设0<x 1<x 2，则x 1x 2>0，x 2－x 1>0，f (x 2)－f (x 1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －1x 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫a －1x 1＝1x 1－1x 2＝x 2－x 1x 1x 2>0，所以f (x )在(0，＋∞)上是增函数． (2)由题意a －1x<2x 在(1，＋∞)上恒成立， 设h (x )＝2x ＋1x ，则a <h (x )在(1，＋∞)上恒成立．任取x 1，x 2∈(1，＋∞)且x 1<x 2，h (x 1)－h (x 2)＝(x 1－x 2)⎝ ⎛⎭⎪⎫2－1x 1x 2. 因为1<x 1<x 2，所以x 1－x 2<0，x 1x 2>1，所以2－1x 1x 2>0，所以h (x 1)<h (x 2)，所以h (x )在(1，＋∞)上单调递增．故a ≤h (1)，即a ≤3，所以实数a 的取值范围是(－∞，3]．16．已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋1(a >0)，F (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧f （x ），x >0，－f （x ），x <0.若f (－1)＝0，且对任意实数x 均有f (x )≥0成立．(1)求F (x )的表达式；(2)当x ∈时，g (x )＝f (x )－kx 是单调函数，求k 的取值范围．(1)因为f (－1)＝0，所以a －b ＋1＝0，所以b ＝a ＋1，所以f (x )＝ax 2＋(a ＋1)x ＋1.因为对任意实数x 均有f (x )≥0恒成立，所以⎩⎪⎨⎪⎧a >0，Δ＝（a ＋1）2－4a ≤0， 所以⎩⎪⎨⎪⎧a >0，（a －1）2≤0. 所以a ＝1，从而b ＝2，所以f (x )＝x 2＋2x ＋1，所以F (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2x ＋1，x >0，－x 2－2x －1，x <0. (2)g (x )＝x 2＋2x ＋1－kx ＝x 2＋(2－k )x ＋1.因为g (x )在上是单调函数，所以k －22≤－2或k －22≥2，解得k ≤－2或k ≥6.故k 的取值范围是(－∞，－2]∪[6，＋∞) .。

重庆市普通高中2025届高三一诊考试数学试卷注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置． 3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B 铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效． 5．如需作图，须用2B 铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题：本题共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．已知双曲线2222x y 1(a 0,b 0)a b-=>>，过原点作一条倾斜角为π3直线分别交双曲线左、右两支P ，Q 两点，以线段PQ 为直径的圆过右焦点F ，则双曲线离心率为( )A 1B 1C ．2D2．已知集合{|{|2,}A x N y B x x n n Z =∈===∈,则A B =（ ）A ．[0,4]B ．{0,2,4}C ．{2,4}D ．[2,4]3．关于函数()sin 6f x x π⎛⎫=-- ⎪⎝⎭在区间,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭的单调性，下列叙述正确的是（ ）A ．单调递增B ．单调递减C ．先递减后递增D ．先递增后递减4．在平行四边形ABCD 中，113,2,,D,32AB AD AP AB AQ A ====若CP C 12,Q ⋅=则ADC ∠=( ) A ．56πB ．34π C ．23π D ．2π 5．若()f x 是定义域为R 的奇函数，且()()2f x f x +=-，则 A ．()f x 的值域为RB ．()f x 为周期函数，且6为其一个周期C ．()f x 的图像关于2x =对称D ．函数()f x 的零点有无穷多个6．公差不为零的等差数列{a n }中，a 1+a 2+a 5=13，且a 1、a 2、a 5成等比数列，则数列{a n }的公差等于( ) A ．1B ．2C ．3D ．47．数列{a n }，满足对任意的n ∈N +，均有a n +a n +1+a n +2为定值.若a 7=2，a 9=3，a 98=4，则数列{a n }的前100项的和S 100=( ) A ．132B ．299C ．68D ．998． “中国剩余定理”又称“孙子定理”，最早可见于中国南北朝时期的数学著作《孙子算经》卷下第二十六题，叫做“物不知数”，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二.问物几何？现有这样一个相关的问题：将1到2020这2020个自然数中被5除余3且被7除余2的数按照从小到大的顺序排成一列，构成一个数列，则该数列各项之和为（ ） A ．56383B ．57171C ．59189D ．612429．已知命题p ：若1a >，1b c >>，则log log b c a a <；命题q ：()00,x ∃+∞，使得0302log x x <”，则以下命题为真命题的是（ ） A ．p q ∧B ．()p q ∧⌝C ．()p q ⌝∧D ．()()p q ⌝∧⌝10．已知向量a 与a b +的夹角为60︒，1a =，3b =，则a b ⋅=( ) A ．32-B ．0C ．0或32-D ．32-11．已知函数()2ln 2xx f x ex a x=-+-（其中e 为自然对数的底数）有两个零点，则实数a 的取值范围是（ ） A ．21,e e ⎛⎤-∞+ ⎥⎝⎦B ．21,e e ⎛⎫-∞+ ⎪⎝⎭C ．21,e e⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭D ．21,e e⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭12．某工厂一年中各月份的收入、支出情况的统计如图所示，下列说法中错误的是（ ）．A ．收入最高值与收入最低值的比是3:1B ．结余最高的月份是7月份C ．1与2月份的收入的变化率与4至5月份的收入的变化率相同D ．前6个月的平均收入为40万元二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

课时跟踪检测 导数的概念及运算[A 级 保分题——准做快做达标]1．曲线y ＝e x －ln x 在点(1，e)处的切线方程为( ) A ．(1－e)x －y ＋1＝0 B ．(1－e)x －y －1＝0 C ．(e －1)x －y ＋1＝0D ．(e －1)x －y －1＝0解析：选C 由于y ′＝e －1x，所以y ′|x ＝1＝e －1，故曲线y ＝e x －ln x 在点(1，e)处的切线方程为y－e ＝(e －1)(x －1)，即(e －1)x －y ＋1＝0.2．已知函数f (x )＝a ln x ＋bx 2的图象在点P (1，1)处的切线与直线x －y ＋1＝0垂直，则a 的值为( ) A ．－1 B ．1 C ．3D ．－3解析：选D 由已知可得P (1,1)在函数f (x )的图象上， 所以f (1)＝1，即a ln 1＋b ×12＝1，解得b ＝1， 所以f (x )＝a ln x ＋x 2， 故f ′(x )＝ax＋2x .则函数f (x )的图象在点P (1,1)处的切线的斜率k ＝f ′(1)＝a ＋2， 因为切线与直线x －y ＋1＝0垂直， 所以a ＋2＝－1，即a ＝－3.3．(2019·珠海期末)曲线y ＝x 3－2x ＋4在点(1,3)处的切线的倾斜角为( ) A ．30° B ．45° C ．60°D ．120°解析：选B 由题意知点(1,3)在曲线y ＝x 3－2x ＋4上．∵y ＝x 3－2x ＋4，∴y ′＝3x 2－2，根据导数的几何意义，可知曲线y ＝x 3－2x ＋4在点(1,3)处的切线的斜率k ＝y ′|x ＝1＝1，∴曲线y ＝x 3－2x ＋4在点(1,3)处的切线的倾斜角为45°.故选B.4．(2019·青岛模拟)已知f 1(x )＝sin x ＋cos x ，f n ＋1(x )是f n (x )的导函数，即f 2(x )＝f 1′(x )，f 3(x )＝f 2′(x )，…，f n ＋1(x )＝f n ′(x )，n ∈N *，则f 2 018(x )＝( )A ．－sin x －cos xB ．sin x －cos xC ．－sin x ＋cos xD ．sin x ＋cos x解析：选C ∵f 1(x )＝sin x ＋cos x ，∴f 2(x )＝f 1′(x )＝cos x －sin x ，f 3(x )＝f 2′(x )＝－sin x －cos x ，f 4(x )＝f 3′(x )＝－cos x ＋sin x ，f 5(x )＝f 4′(x )＝sin x ＋cos x ，…，∴f n (x )的解析式以4为周期重复出现，∵2 018＝4×504＋2，∴f 2 018(x )＝f 2(x )＝－sin x ＋cos x ，故选C.5．(2019·山东省实验中学一模)设函数f (x )＝x 3＋ax 2，若曲线y ＝f (x )在点P (x 0，f (x 0))处的切线方程为x ＋y ＝0，则点P 的坐标为( )A ．(0,0)B ．(1，－1)C ．(－1,1)D ．(1，－1)或(－1,1)解析：选 D f ′(x )＝3x 2＋2ax ，依题意，得⎩⎪⎨⎪⎧3x 20＋2ax 0＝－1，x 0＋f x 0＝0，f x 0＝x 30＋ax 20，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2，x 0＝1，f x 0＝－1或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，x 0＝－1，f x 0＝1，故选D.6．(2019·湖北黄石二中一模)若直线y ＝kx ＋2是函数f (x )＝x 3－x 2－3x －1图象的一条切线，则k ＝( )A ．1B ．－1C ．2D ．－2解析：选C 直线y ＝kx ＋2过(0,2)，f ′(x )＝3x 2－2x －3，设切点为(x 0，y 0)，故切线方程为y －y 0＝(3x 20－2x 0－3)(x －x 0)，将(0,2)代入切线方程并结合y 0＝x 30－x 20－3x 0－1，解得x 0＝－1，y 0＝0，代入y ＝kx ＋2，解得k ＝2.7．(2019·银川一中月考)设函数f (x )＝3sin θ3x 3＋cos θ2x 2＋4x －1，θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，5π6，则导数f ′(－1)的取值范围是( )A ．[3,4＋3]B ．[3,6]C ．[4－3，6]D ．[4－3，4＋3]解析：选B 求导得f ′(x )＝3x 2sin θ＋x cos θ＋4，将x ＝－1代入导函数，得f ′(－1)＝3sin θ－cos θ＋4＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π6＋4，由θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，5π6，可得θ－π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π6，2π3，∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，1，∴2sin ⎝⎛⎭⎪⎫θ－π6＋4∈[3,6]．故选B.8．(2019·巴蜀中学模拟)已知曲线y ＝2xx －1在点P (2,4)处的切线与直线l 平行且距离为25，则直线l 的方程为( )A ．2x ＋y ＋2＝0B ．2x ＋y ＋2＝0或2x ＋y －18＝0C ．2x －y －18＝0D ．2x －y ＋2＝0或2x －y －18＝0 解析：选B y ′＝x －－2x x －2＝－2x －2，y ′|x ＝2＝－2－2＝－2，因此k l ＝－2，设直线l 方程为y ＝－2x ＋b ，即2x ＋y －b ＝0，由题意得|2×2＋4－b |5＝25，解得b ＝18或b ＝－2，所以直线l 的方程为2x ＋y －18＝0或2x ＋y ＋2＝0.故选B.9．(2019·成都双流区模拟)过曲线y ＝x 2－2x ＋3上一点P 作曲线的切线，若切点P 的横坐标的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，32，则切线的倾斜角的取值范围是( ) A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π4C ．[0，π)D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫3π4，π解析：选B 因为y ′＝2x －2,1≤x ≤32，所以0≤2x －2≤1.设切线的倾斜角为α，则0≤tan α≤1.因为0≤α≤π，所以0≤α≤π4，故选B.10．(2019·广东七校联考)函数f (x )＝x cos x 的导函数f ′(x )在区间[－π，π]上的图象大致是( )解析：选A 法一：由题意，得f ′(x )＝cos x ＋x (－sin x )＝cos x －x sin x ，f ′(－x )＝f ′(x )，所以f ′(x )为偶函数．又f ′(0)＝1，所以排除C 、D ；令g (x )＝f ′(x )＝cos x －x sin x ，则g ′(x )＝－x cos x －2sin x ，易知g ′(0)＝0，且当x ∈⎝⎛⎦⎥⎤0，π2时，g ′(x )<0，f ′(x )单调递减，当x ∈⎝⎛⎦⎥⎤－π2，0时，g ′(x )>0，f ′(x )单调递增，所以f ′(x )在x ＝0处取得极大值，排除选项B.故选A.法二：由题意，得f ′(x )＝cos x ＋x (－sin x )＝cos x －x sin x ，又f ′(0)＝1，所以排除C ，D ；当x ∈⎝⎛⎦⎥⎤0，π2时，y ＝cos x 单调递减，对于y ＝x sin x ，y ′＝x cos x ＋sin x >0，则y ＝x sin x 单调递增，则f ′(x )＝cos x －x sin x 在⎝⎛⎦⎥⎤0，π2上单调递减．故选A.11．(2018·全国卷Ⅱ)曲线y ＝2ln x 在点(1,0)处的切线方程为______________． 解析：因为y ′＝2x，y ′|x ＝1＝2，所以切线方程为y －0＝2(x －1)，即y ＝2x －2.答案：y ＝2x －212．若点P 是曲线y ＝x 2－ln x 上任意一点，则点P 到直线y ＝x －2的最小距离为________． 解析：由y ＝x 2－ln x ，得y ′＝2x －1x(x ＞0)，设点P 0(x 0，y 0)是曲线y ＝x 2－ln x 上到直线y ＝x －2的距离最小的点， 则y ′x ＝x 0＝2x 0－1x 0＝1，解得x 0＝1或x 0＝－12(舍去)．∴点P 0的坐标为(1,1)．∴所求的最小距离为|1－1－2|2＝ 2.答案： 213．(2019·石家庄二中月考)已知函数f (x )＝1x，g (x )＝x 2.若直线l 与曲线f (x )，g (x )都相切，则直线l 的斜率为________．解析：因为f (x )＝1x ，所以f ′(x )＝－1x2，设曲线f (x )与l 切于点⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1，1x 1，则切线斜率k ＝－1x 21，故切线方程为y －1x 1＝－1x 21(x －x 1)，即y ＝－1x 21x ＋2x 1.与g (x )＝x 2联立，得x 2＋1x 21x －2x 1＝0.因为直线l 与曲线g (x )相切，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 212－4⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x 1＝0，解得x 1＝－12，故斜率k ＝－1x 21＝－4.答案：－414．(2019·淄博六中期末)曲线y ＝ln(2x －1)上的点到直线2x －y ＋3＝0的最短距离为________． 解析：设曲线上过点P (x 0，y 0)的切线平行于直线2x －y ＋3＝0，即斜率是2，则y ′|x ＝x 0＝22x 0－1＝2，解得x 0＝1，所以y 0＝0，即点P (1,0)．又点P 到直线2x －y ＋3＝0的距离为|2－0＋3|22＋－2＝5，所以曲线y ＝ln(2x －1)上的点到直线2x －y ＋3＝0的最短距离是 5.答案： 515．(2019·孝感高中期中)已知函数f (x )＝x 3－x . (1)求曲线y ＝f (x )在点M (1,0)处的切线方程；(2)如果过点(1，b )可作曲线y ＝f (x )的三条切线，求实数b 的取值范围． 解：(1)f ′(x )＝3x 2－1，∴f ′(1)＝2. 故切线方程为y －0＝2(x －1)，即2x －y －2＝0.(2)设切点为(x 0，x 30－x 0)，则切线方程为y －(x 30－x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0)． 又切线过点(1，b )，所以(3x 20－1)(1－x 0)＋x 30－x 0＝b ， 即2x 30－3x 20＋b ＋1＝0.由题意，上述关于x 0的方程有三个不同的实数解． 记g (x )＝2x 3－3x 2＋b ＋1，则g (x )有三个不同的零点，而g ′(x )＝6x (x －1)，令g ′(x )＝0得x ＝0或x ＝1，则结合图像可知g (0)g (1)<0即可，可得b ∈(－1,0)．16．设函数f (x )＝ax －bx，曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为7x －4y －12＝0. (1)求f (x )的解析式；(2)曲线y ＝f (x )上任一点处的切线与直线x ＝0和直线y ＝x 所围成的三角形的面积是否为定值，若是，求此定值；若不是，说明理由．解：(1)方程7x －4y －12＝0可化为y ＝74x －3，当x ＝2时，y ＝12.又f ′(x )＝a ＋bx 2，所以⎩⎪⎨⎪⎧2a －b 2＝12，a ＋b 4＝74，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝3.故f (x )＝x －3x.(2)是定值，理由如下：设P (x 0，y 0)为曲线y ＝f (x )上任一点，由f ′(x )＝1＋3x2知曲线在点P (x 0，y 0)处的切线方程为y －y 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋3x 20(x －x 0)，即y －⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0－3x 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋3x 20(x －x 0)．令x ＝0，得y ＝－6x 0，得切线与直线x ＝0的交点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－6x 0.令y ＝x ，得y ＝x ＝2x 0，得切线与直线y ＝x 的交点坐标为(2x 0,2x 0)．所以曲线y ＝f (x )在点P (x 0，y 0)处的切线与直线x ＝0，y ＝x 所围成的三角形的面积S ＝12⎪⎪⎪⎪⎪⎪－6x 0·|2x 0|＝6.故曲线y ＝f (x )上任一点处的切线与直线x ＝0和直线y ＝x 所围成的三角形的面积为定值，且此定值为6.[B 级 难度题——适情自主选做]1．(2019·蚌埠质检)已知函数f (x )＝x ⎝ ⎛⎭⎪⎫a －1e x ，曲线y ＝f (x )上存在两个不同点，使得曲线在这两点处的切线都与y 轴垂直，则实数a 的取值范围是( )A ．(－e 2，＋∞)B ．(－e 2,0)C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－1e 2，＋∞ D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－1e 2，0解析：选D ∵曲线y ＝f (x )上存在不同的两点，使得曲线在这两点处的切线都与y 轴垂直，∴f ′(x )＝a ＋(x －1)e －x＝0有两个不同的解，即a ＝(1－x )e －x有两个不同的解．设y ＝(1－x )e －x，则y ′＝(x －2)e－x，∴当x <2时，y ′<0，当x >2时，y ′>0，则y ＝(1－x )e －x在(－∞，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，∴x ＝2时，函数y 取得极小值－e －2.又∵当x >2时总有y ＝(1－x )e －x<0且f (0)＝1>0，∴可得实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－1e 2，0.故选D.2．(2019·山东名校调研)已知曲线y ＝e x ＋a与y ＝x 2恰好存在两条公切线，则实数a 的取值范围是( )A ．[2ln 2－2，＋∞)B ．(2ln 2，＋∞)C ．(－∞，2ln 2－2]D ．(－∞，2ln 2－2)解析：选D 由题意可设直线y ＝kx ＋b (k >0)为它们的公切线，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋b ，y ＝x 2可得x 2－kx －b ＝0，由Δ＝0，得k 2＋4b ＝0 ①.由y ＝ex ＋a求导可得y ＝ex ＋a，令ex ＋a＝k ，可得x ＝ln k －a ，∴切点坐标为(lnk －a ，k ln k －ak ＋b )，代入y ＝e x ＋a 可得k ＝k ln k －ak ＋b ②.联立①②可得k 2＋4k ＋4ak －4k ln k ＝0，化简得4＋4a ＝4ln k －k .令g (k )＝4ln k －k ，则g ′(k )＝4k－1，令g ′(k )＝0，得k ＝4，令g ′(k )>0，得0<k <4，令g ′(k )<0，得k >4.∴g (k )在(0,4)内单调递增，在(4，＋∞)内单调递减，∴g (k )max ＝g (4)＝4ln 4－4，且k →0时，g (k )→－∞，k →＋∞时，g (k )→－∞.∵有两条公切线，∴方程4＋4a ＝4ln k －k 有两解，∴4＋4a <4ln 4－4，∴a <2ln 2－2.故选D.课时跟踪检测导数与函数的单调性、极值与最值1．(2019·厦门质检)函数y ＝12x 2－ln x 的单调递减区间为( )A ．(－1,1)B ．(0,1]C ．(1，＋∞)D ．(0,2)解析：选B 由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，由y ′＝x －1x≤0，得0<x ≤1，所以函数的单调递减区间为(0,1]．2．函数f (x )的导函数f ′(x )有下列信息： ①f ′(x )>0时，－1<x <2； ②f ′(x )<0时，x <－1或x >2； ③f ′(x )＝0时，x ＝－1或x ＝2. 则函数f (x )的大致图象是( )解析：选C 根据信息知，函数f (x )在(－1,2)上是增函数．在(－∞，－1)，(2，＋∞)上是减函数，故选C.3．函数f (x )＝(x 2－1)2＋2的极值点是( )A ．x ＝1B ．x ＝－1C ．x ＝1或－1或0D ．x ＝0解析：选C ∵f (x )＝x 4－2x 2＋3，∴由f ′(x )＝4x 3－4x ＝4x (x ＋1)(x －1)＝0， 得x ＝0或x ＝1或x ＝－1，又当x <－1时，f ′(x )<0，当－1<x <0时，f ′(x )>0， 当0<x <1时，f ′(x )<0，当x >1时，f ′(x )>0， ∴x ＝0,1，－1都是f (x )的极值点．4．(2019·成都高三摸底测试)已知函数f (x )＝x 3－ax 在(－1，1)上单调递减，则实数a 的取值范围为( )A ．(1，＋∞)B ．[3，＋∞)C ．(－∞，1]D ．(－∞，3]解析：选B ∵f (x )＝x 3－ax ，∴f ′(x )＝3x 2－a .又f (x )在(－1,1)上单调递减，∴3x 2－a ≤0在(－1,1)上恒成立，∴a ≥3，故选B.5.(2019·赤峰模拟)设函数f (x )在定义域R 上可导，其导函数为f ′(x )，若函数y ＝(1－x )f ′(x )的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是( )A ．函数f (x )有极大值f (2)和极小值f (1)B ．函数f (x )有极大值f (－2)和极小值f (1)C ．函数f (x )有极大值f (2)和极小值f (－2)D ．函数f (x )有极大值f (－2)和极小值f (2)解析：选D 由题图可知，当x ＜－2时，f ′(x )＞0；当x ＝－2时，f ′(x )＝0；当－2＜x ＜1时，f ′(x )＜0；当1＜x ＜2时，f ′(x )＜0；当x ＝2时，f ′(x )＝0；当x ＞2时，f ′(x )＞0.由此可得函数f (x )在x ＝－2处取得极大值，在x ＝2处取得极小值．故选D.6．下列函数中，在(0，＋∞)上为增函数的是( ) A ．f (x )＝sin 2x B ．f (x )＝x e xC ．f (x )＝x 3－xD ．f (x )＝－x ＋ln x解析：选B 对于A ，f (x )＝sin 2x 的单调递增区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－π4，k π＋π4(k ∈Z)；对于B ，f ′(x )＝e x(x ＋1)，当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0，∴函数f (x )＝x e x在(0，＋∞)上为增函数；对于C ，f ′(x )＝3x 2－1，令f ′(x )>0，得x >33或x <－33，∴函数f (x )＝x 3－x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－33和⎝ ⎛⎭⎪⎫33，＋∞上单调递增；对于D ，f ′(x )＝－1＋1x ＝－x －1x，令f ′(x )>0，得0<x <1，∴函数f (x )＝－x ＋ln x 在区间(0,1)上单调递增．综上所述，应选B.7.函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d 的图象如图，则函数y ＝ax 2＋32bx＋c3的单调递增区间是( )A ．(－∞，－2] B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞ C ．[－2,3]D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫98，＋∞ 解析：选D 由题图可知d ＝0.不妨取a ＝1，∵f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ，∴f ′(x )＝3x 2＋2bx ＋c .由图可知f ′(－2)＝0，f ′(3)＝0，∴12－4b ＋c ＝0,27＋6b ＋c ＝0，∴b ＝－32，c ＝－18.∴y ＝x 2－94x －6，y ′＝2x－94.当x ≥98时，y ′≥0，∴y ＝x 2－94x －6的单调递增区间为⎣⎢⎡⎭⎪⎫98，＋∞.故选D. 8．已知定义在R 上的函数f (x )，f (x )＋x ·f ′(x )<0，若a <b ，则一定有( ) A ．af (a )<bf (b ) B ．af (b )<bf (a ) C ．af (a )>bf (b )D ．af (b )>bf (a )解析：选C [x ·f (x )]′＝x ′f (x )＋x ·f ′(x )＝f (x )＋x ·f ′(x )<0，∴函数x ·f (x )是R 上的减函数，∵a <b ，∴af (a )>bf (b )．9．(2019·广州模拟)若函数f (x )＝e x(sin x ＋a cos x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2上单调递增，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，1]B ．(－∞，1)C ．[1，＋∞)D ．(1，＋∞)解析：选A f ′(x )＝e x[sin x ＋cos x －a (sin x －cos x )]，当a ＝0时，f ′(x )＝e x(sin x ＋cos x )，显然x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2，f ′(x )>0恒成立，排除C 、D ；当a ＝1时，f ′(x )＝2e x cos x ，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2时，f ′(x )>0，故选A.10．定义域为R 的函数f (x )满足f (1)＝1，且f (x )的导函数f ′(x )>12，则满足2f (x )<x ＋1的x 的集合为( )A ．{x |－1<x <1}B ．{x |x <1}C ．{x |x <－1或x >1}D ．{x |x >1}解析：选B 令g (x )＝2f (x )－x －1，∵f ′(x )>12，∴g ′(x )＝2f ′(x )－1>0，∴g (x )为单调增函数，∵f (1)＝1，∴g (1)＝2f (1)－1－1＝0，∴当x <1时，g (x )<0，即2f (x )<x ＋1，故选B.11．已知e 为自然对数的底数，设函数f (x )＝(e x－1)(x －1)k(k ＝1,2)，则( ) A ．当k ＝1时，f (x )在x ＝1处取到极小值 B ．当k ＝1时，f (x )在x ＝1处取到极大值 C ．当k ＝2时，f (x )在x ＝1处取到极小值 D ．当k ＝2时，f (x )在x ＝1处取到极大值解析：选C 当k ＝1时，f (x )＝(e x－1)(x －1)，0,1是函数f (x )的零点．当0<x <1时，f (x )＝(e x－1)(x－1)<0，当x >1时，f (x )＝(e x －1)(x －1)>0,1不会是极值点．当k ＝2时，f (x )＝(e x －1)(x －1)2，零点还是0,1，但是当0<x <1，x >1时，f (x )>0，由极值的概念，知选C.12．(2019·湖北咸宁重点高中联考)设函数f (x )＝12x 2－9ln x 在区间[a －1，a ＋1]上单调递减，则实数a 的取值范围是( )A ．(1,2]B ．(4，＋∞)C ．(－∞，2)D ．(0,3]解析：选A ∵f (x )＝12x 2－9ln x ，∴f ′(x )＝x －9x (x >0)，由x －9x ≤0，得0<x ≤3，∴f (x )在(0,3]上是减函数，则[a －1，a ＋1]⊆(0,3]，∴a －1>0且a ＋1≤3，解得1<a ≤2.13．函数f (x )＝13x 3＋x 2－3x －4在[0,2]上的最小值是________．解析：f ′(x )＝x 2＋2x －3，令f ′(x )＝0得x ＝1(x ＝－3舍去)，又f (0)＝－4，f (1)＝－173，f (2)＝－103，故f (x )在[0,2]上的最小值是f (1)＝－173. 答案：－17314．(2019·长治联考)定义在(0，＋∞)上的函数f (x )满足x 2f ′(x )＋1>0，f (1)＝6，则不等式f (lgx )<1lg x＋5的解集为________． 解析：构造g (x )＝f (x )－1x －5，则g ′(x )＝f ′(x )＋1x2＝x 2fx ＋1x2>0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递增，∵f (1)＝6，∴g (1)＝0，故g (x )<0的解集为(0,1)，即f (x )<1x＋5的解集为(0,1)，由0<lg x <1，得1<x <10，不等式的解集为(1,10)．答案：(1,10)15．已知函数f (x )＝e xx2－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋ln x ，若x ＝2是函数f (x )的唯一一个极值点，则实数k 的取值范围为________．解析：f ′(x )＝x 2e x －2x e x x 4－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x 2＋1x ＝x －⎝ ⎛⎭⎪⎫e xx －k x 2(x >0)．设g (x )＝e xx (x >0)，则g ′(x )＝x －xx2，∴g (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．∴g (x )在(0，＋∞)上有最小值，为g (1)＝e ，结合g (x )＝exx与y ＝k 的图象可知，要满足题意，只需k ≤e.答案：(－∞，e]16．已知函数g (x )满足g (x )＝g ′(1)e x －1－g (0)x ＋12x 2，且存在实数x 0，使得不等式2m －1≥g (x 0)成立，则实数m 的取值范围为________．解析：g ′(x )＝g ′(1)ex －1－g (0)＋x ，令x ＝1，得g ′(1)＝g ′(1)－g (0)＋1， ∴g (0)＝1，g (0)＝g ′(1)e0－1＝1，∴g ′(1)＝e ，∴g (x )＝e x －x ＋12x 2，g ′(x )＝e x－1＋x ，当x <0时，g ′(x )<0，当x >0时，g ′(x )>0， ∴当x ＝0时，函数g (x )取得最小值g (0)＝1. 根据题意得2m －1≥g (x )min ＝1，∴m ≥1. 答案：[1，＋∞)课时跟踪检测破解导数问题常用到的4种方法1．设定义在R 上的函数f (x )满足f (0)＝－1，其导函数f ′(x )满足f ′(x )>k >1，则下列结论一定错误的是( )A ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k <1kB ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k >1k －1C ．f ⎝⎛⎭⎪⎫1k －1<1k －1D ．f ⎝⎛⎭⎪⎫1k －1>1k －1解析：选C 根据条件式f ′(x )>k 得f ′(x )－k >0，可以构造F (x )＝f (x )－kx ，因为F ′(x )＝f ′(x )－k >0，所以F (x )在R 上单调递增．又因为k >1，所以1k －1>0，从而F ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1>F (0)，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1－k k －1>－1，移项、整理得f ⎝⎛⎭⎪⎫1k －1>1k －1，因此选项C 是错误的，故选C.2．已知f (x )是定义在R 上的增函数，其导函数为f ′(x )，且满足f xf x＋x <1，则下列结论正确的是( )A ．对于任意x ∈R ，f (x )<0B ．对于任意x ∈R ，f (x )>0C ．当且仅当x ∈(－∞，1)时，f (x )<0D ．当且仅当x ∈(1，＋∞)时，f (x )>0解析：选A 因为函数f (x )在R 上单调递增，所以f ′(x )≥0，又因为f xf x＋x <1，则f ′(x )≠0，综合可知f ′(x )>0.又因为f xf x＋x <1，则f (x )＋xf ′(x )<f ′(x )，即f (x )＋(x －1)f ′(x )<0，根据“f (x )＋(x －1)f ′(x )”的特征，构造函数F (x )＝(x －1)f (x )，则F ′(x )<0，故函数F (x )在R 上单调递减，又F (1)＝(1－1)f (1)＝0，所以当x >1时，x －1>0，F (x )<0，故f (x )<0.又因为f (x )是定义在R 上的增函数，所以当x ≤1时，f (x )<0，因此对于任意x ∈R ，f (x )<0，故选A.3．设y ＝f (x )是(0，＋∞)上的可导函数，f (1)＝2，(x －1)[2f (x )＋xf ′(x )]>0(x ≠1)恒成立．若曲线f (x )在点(1,2)处的切线为y ＝g (x )，且g (a )＝2 018，则a 等于( )A ．－501B ．－502C ．－503D ．－504解析：选C 由“2f (x )＋xf ′(x )”联想到“2xf (x )＋x 2f ′(x )”，可构造 F (x )＝x 2f (x )(x >0)．由(x －1)[2f (x )＋xf ′(x )]>0(x ≠1)可知，当x >1时，2f (x )＋xf ′(x )>0，则F ′(x )＝2xf (x )＋x 2f ′(x )>0，故F (x )在(1，＋∞)上单调递增；当0<x <1时，2f (x )＋xf ′(x )<0，则F ′(x )＝2xf (x )＋x 2f ′(x )<0，故F (x )在(0,1)上单调递减，所以x ＝1为极值点，则F ′(1)＝2×1×f (1)＋12f ′(1)＝2f (1)＋f ′(1)＝0.由f (1)＝2可得f ′(1)＝－4，曲线f (x )在点(1,2)处的切线为y －2＝－4(x －1)，即y ＝6－4x ，故g (x )＝6－4x ，g (a )＝6－4a ＝2 018，解得a ＝－503，故选C.4．设f ′(x )是函数f (x )(x ∈R)的导函数，且满足xf ′(x )－2f (x )>0，若在△ABC 中，角C 为钝角，则( )A ．f (sin A )·sin 2B >f (sin B )·sin 2A B ．f (sin A )·sin 2B <f (sin B )·sin 2A C ．f (cos A )·sin 2B >f (sin B )·cos 2A D ．f (cos A )·sin 2B <f (sin B )·cos 2A解析：选C 根据“xf ′(x )－2f (x )”的特征，可以构造函数F (x )＝f xx 2，则有F ′(x )＝x 2f ′x －2xf x x 4＝x [xf ′x －2f x ]x 4，所以当x >0时，F ′(x )>0，F (x )在(0，＋∞)上单调递增．因为π2<C <π，所以0<A ＋B <π2，0<A <π2－B ，则有1>cos A >cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－B ＝sin B >0，所以F (cos A )>F (sin B )，即f cos A cos 2A >f sin B sin 2B，f (cos A )·sin 2B >f (sin B )·cos 2A ，故选C. 5．(2018·长春三模)定义在R 上的函数f (x )满足：f ′(x )＞f (x )恒成立，若x 1＜x 2，则e x 1f (x 2)与e x 2f (x 1)的大小关系为( )A ．e x 1f (x 2)＞e x 2f (x 1)B ．e x 1f (x 2)＜e x 2f (x 1)C ．e x 1f (x 2)＝e x 2f (x 1)D ．e x 1f (x 2)与e x 2f (x 1)的大小关系不确定 解析：选A 设g (x )＝f xex，则g ′(x )＝f xx－f xxx2＝f x －f xex，由题意知g ′(x )＞0，所以g (x )单调递增，当x 1＜x 2时，g (x 1)＜g (x 2)，即f x 1e x 1＜f x 2e x 2，所以e x 1f (x 2)＞e x 2f (x 1)． 6．设定义在R 上的函数f (x )满足f (1)＝2，f ′(x )<1，则不等式f (x 2)>x 2＋1的解集为________． 解析：由条件式f ′(x )<1得f ′(x )－1<0，待解不等式f (x 2)>x 2＋1可化为f (x 2)－x 2－1>0，可以构造F (x )＝f (x )－x －1，由于F ′(x )＝f ′(x )－1<0，所以F (x )在R 上单调递减．又因为F (x 2)＝f (x 2)－x 2－1>0＝2－12－1＝f (12)－12－1＝F (12)，所以x 2<12，解得－1<x <1，故不等式f (x 2)>x 2＋1的解集为{x |－1<x <1}．答案：{x |－1<x <1}7．若定义在R 上的函数f (x )满足f ′(x )＋f (x )>2，f (0)＝5，则不等式f (x )<3e x ＋2的解集为________．解析：因为f ′(x )＋f (x )>2，所以f ′(x )＋f (x )－2>0，不妨构造函数F (x )＝e xf (x )－2e x.因为F ′(x )＝e x [f ′(x )＋f (x )－2]>0，所以F (x )在R 上单调递增．因为f (x )<3e x ＋2，所以e x f (x )－2e x<3，即F (x )<3，又因为F (0)＝e 0f (0)－2e 0＝3，所以F (x )<F (0)，则x <0，故不等式f (x )<3ex ＋2的解集为(－∞，0)．答案：(－∞，0)8．已知函数f (x )＝x －2x＋1－a ln x ，a ＞0，讨论f (x )的单调性．解：由题意知，f (x )的定义域是(0，＋∞)，导函数f ′(x )＝1＋2x 2－a x ＝x 2－ax ＋2x 2.设g (x )＝x 2－ax ＋2，二次方程g (x )＝0的判别式Δ＝a 2－8. ①当Δ≤0，即0＜a ≤22时，对一切x ＞0都有f ′(x )≥0. 此时f (x )是(0，＋∞)上的单调递增函数．②当Δ＞0，即a ＞22时，方程g (x )＝0有两个不同的实根x 1＝a －a 2－82，x 2＝a ＋a 2－82，0＜x 1＜x 2.由f ′(x )>0，得0<x <x 1或x >x 2. 由f ′(x )<0，得x 1<x <x 2.所以f (x )在 ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－82上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－82，a ＋a 2－82上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－82，＋∞上单调递增．9．设a ≥0，求证：当x >1时，恒有x >ln 2x －2a ln x ＋1. 证明：令g (x )＝x －ln 2x ＋2a ln x －1(x >1)， 所以g ′(x )＝x －2ln x ＋2ax.令u (x )＝x －2ln x ＋2a ，所以u ′(x )＝1－2x＝x －2x.所以u (x )≥u (2)＝2(1－ 因为x >1，所以g (x )>g (1)＝0，所以原不等式成立．10．已知函数f (x )＝ln(ax ＋1)＋1－x1＋x，x ≥0，其中a >0.若f (x )的最小值为1，求a 的取值范围．解：因为f ′(x )＝ax 2＋a －2ax ＋x ＋2.①当a ≥2时，f ′(x )≥0，所以f (x )在[0，＋∞)递增，所以f (x )min ＝f (0)＝1，满足题设条件． ②当0<a <2时，f (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0， 2－a a 上递减，在(2－aa，＋∞ )递增．所以f (x )min ＝f ( 2－aa)<f (0)＝1，不满足题设条件．综上，a ≥2.课时跟踪检测“函数与导数”大题常考的3类题型1．设函数f (x )＝(1－x 2)e x. (1)讨论f (x )的单调性；(2)当x ≥0时，f (x )≤ax ＋1，求实数a 的取值范围． 解：(1)f ′(x )＝(1－2x －x 2)e x， 令f ′(x )＝0，得x ＝－1±2， 当x ∈(－∞，－1－2)时，f ′(x )<0； 当x ∈(－1－2，－1＋2)时，f ′(x )>0； 当x ∈(－1＋2，＋∞)时，f ′(x )<0.所以f (x )在(－∞，－1－2)，(－1＋2，＋∞)上单调递减，在(－1－2，－1＋2)上单调递增． (2)令g (x )＝f (x )－ax －1＝(1－x 2)e x－(ax ＋1)， 令x ＝0，可得g (0)＝0.g ′(x )＝(1－x 2－2x )e x－a ， 令h (x )＝(1－x 2－2x )e x －a ，则h ′(x )＝－(x 2＋4x ＋1)e x， 当x ≥0时，h ′(x )<0，h (x )在[0，＋∞)上单调递减， 故h (x )≤h (0)＝1－a ，即g ′(x )≤1－a ，要使f (x )－ax －1≤0在x ≥0时恒成立，需要1－a ≤0， 即a ≥1，此时g (x )≤g (0)＝0，故a ≥1. 综上所述，实数a 的取值范围是[1，＋∞)．2．(2019·重庆调研)设函数f (x )＝－x 2＋ax ＋ln x (a ∈R)． (1)当a ＝－1时，求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，3上有两个零点，求实数a 的取值范围． 解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，当a ＝－1时，f ′(x )＝－2x －1＋1x ＝－2x 2－x ＋1x，令f ′(x )＝0，得x ＝12(负值舍去)，当0<x <12时，f ′(x )>0；当x >12时，f ′(x )<0.∴f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，单调递减区间为( 12，＋∞ ).(2)令f (x )＝－x 2＋ax ＋ln x ＝0，得a ＝x －ln x x.令g (x )＝x －ln x x ，其中x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，3，则g ′(x )＝1－1－ln x x 2＝x 2＋ln x －1x 2，令g ′(x )＝0，得x ＝1，当13≤x <1时，g ′(x )<0；当1<x ≤3时，g ′(x )>0，∴g (x )的单调递减区间为⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，1，单调递增区间为(1,3]，∴g (x )min ＝g (1)＝1，∵函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，3上有两个零点，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝3ln 3＋13，g (3)＝3－ln 33，3ln 3＋13>3－ln 33，∴实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤1，3－ln 33.3．已知函数f (x )＝2a －x2e x (a ∈R)．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若∀x ∈[1，＋∞)，不等式f (x )>－1恒成立，求实数a 的取值范围． 解：(1)f ′(x )＝x 2－2x －2aex，当a ≤－12时，x 2－2x －2a ≥0，f ′(x )≥0，∴函数f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增． 当a >－12时，令x 2－2x －2a ＝0，解得x 1＝1－2a ＋1，x 2＝1＋2a ＋1.∴函数f (x )的单调递增区间为(－∞，1－2a ＋1)和(1＋2a ＋1，＋∞)，单调递减区间为(1－2a ＋1，1＋2a ＋1)．(2)f (x )>－1⇔2a －x 2e x >－1⇔2a >x 2－e x，由条件知，2a >x 2－e x对∀x ≥1恒成立．令g (x )＝x 2－e x ，h (x )＝g ′(x )＝2x －e x ，∴h ′(x )＝2－e x. 当x ∈[1，＋∞)时，h ′(x )＝2－e x≤2－e<0， ∴h (x )＝g ′(x )＝2x －e x在[1，＋∞)上单调递减， ∴h (x )＝2x －e x≤2－e<0，即g ′(x )<0， ∴g (x )＝x 2－e x在[1，＋∞)上单调递减， ∴g (x )＝x 2－e x≤g (1)＝1－e ， 故若f (x )>－1在[1，＋∞)上恒成立， 则需2a >g (x )max ＝1－e ，∴a >1－e 2，即实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫1－e 2，＋∞. 4．(2019·广西柳州模拟)已知a 为实数，函数f (x )＝a ln x ＋x 2－4x . (1)若x ＝3是函数f (x )的一个极值点，求实数a 的取值；(2)设g (x )＝(a －2)x ，若∃x 0∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e ，使得f (x 0)≤g (x 0)成立，求实数a 的取值范围．解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a x ＋2x －4＝2x 2－4x ＋ax.∵x ＝3是函数f (x )的一个极值点， ∴f ′(3)＝0，解得a ＝－6.经检验a ＝－6时，x ＝3是函数f (x )的一个极小值点，符合题意，∴a ＝－6. (2)由f (x 0)≤g (x 0)，得(x 0－ln x 0)a ≥x 20－2x 0， 记F (x )＝x －ln x (x >0)，∴F ′(x )＝x －1x(x >0)， ∴当0<x <1时，F ′(x )<0，F (x )单调递减； 当x >1时，F ′(x )>0，F (x )单调递增．∴F (x )≥F (1)＝1>0，∴a ≥x 20－2x 0x 0－ln x 0.记G (x )＝x 2－2x x －ln x ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e ， ∴G ′(x )＝x －x －ln x －x －x －x －ln x 2＝x －x －2ln x ＋x －ln x 2.∵x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e ，∴2－2ln x ＝2(1－ln x )≥0， ∴x －2ln x ＋2>0，∴x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1时，G ′(x )<0，G (x )单调递减； x ∈(1，e)时，G ′(x )>0，G (x )单调递增．∴G (x )min ＝G (1)＝－1，∴a ≥G (x )min ＝－1. 故实数a 的取值范围为[－1，＋∞)．5．(2019·武汉调研)已知函数f (x )＝ln x ＋a x，a ∈R. (1)讨论函数f (x )的单调性； (2)当a >0时，证明f (x )≥2a －1a.解：(1)f ′(x )＝1x －a x 2＝x －ax2(x >0)．当a ≤0时，f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增．当a >0时，若x >a ，则f ′(x )>0，函数f (x )在(a ，＋∞)上单调递增； 若0<x <a ，则f ′(x )<0，函数f (x )在(0，a )上单调递减． (2)证明：由(1)知，当a >0时，f (x )min ＝f (a )＝ln a ＋1. 要证f (x )≥2a －1a ，只需证ln a ＋1≥2a －1a，即证ln a ＋1a－1≥0.令函数g (a )＝ln a ＋1a －1，则g ′(a )＝1a －1a 2＝a －1a2(a >0)，当0<a <1时，g ′(a )<0，当a >1时，g ′(a )>0，所以g (a )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以g (a )min ＝g (1)＝0. 所以ln a ＋1a－1≥0恒成立，所以f (x )≥2a －1a.6．(2019·唐山模拟)已知f (x )＝12x 2－a 2ln x ，a >0.(1)若f (x )≥0，求a 的取值范围；(2)若f (x 1)＝f (x 2)，且x 1≠x 2，证明：x 1＋x 2>2a .解：(1)f ′(x )＝x －a 2x ＝x ＋a x －ax(x >0)．当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增． 当x ＝a 时，f (x )取最小值f (a )＝12a 2－a 2ln a .令12a 2－a 2ln a ≥0，解得0<a < e. 故a 的取值范围是(0，e]．(2)证明：由(1)知，f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增， 不失一般性，设0<x 1<a <x 2<2a ，则2a －x 2<a .要证x 1＋x 2>2a ，即x 1>2a －x 2，则只需证f (x 1)<f (2a －x 2)． 因为f (x 1)＝f (x 2)，则只需证f (x 2)<f (2a －x 2)． 设g (x )＝f (x )－f (2a －x )，a ≤x ≤2a .则g ′(x )＝x －a 2x ＋2a －x －a 22a －x ＝－2a a －x2x a －x≤0，所以g (x )在[a,2a )上单调递减，从而g (x )≤g (a )＝0.又a <x 2<2a ，于是g (x 2)＝f (x 2)－f (2a －x 2)<0， 即f (x 2)<f (2a －x 2)． 因此x 1＋x 2>2a .课时跟踪检测函数与导数压轴大题的 3大难点及破解策略1．定义在R 上的奇函数f (x )，当x >0时，f (x )＝ln x －ax ＋1，若f (x )有5个零点，求实数a 的取值范围．解：因为f (x )是定义在R 上的奇函数，所以f (0)＝0；所以要使f (x )在R 上有5个零点，只需f (x )在(0，＋∞)上有2个零点．所以等价于方程a ＝ln x ＋1x在(0，＋∞)上有2个根．所以等价于y ＝a 与g (x )＝ln x ＋1x (x >0)的图象有2个交点．g ′(x )＝－ln xx2，所以g (x )的最大值为g (1)因为x →0时，g (x )→－∞；x →＋∞时，由洛必达法则可知： li m x →＋∞g (x )＝li m x →＋∞ x ＋x＝li m x →＋∞ 1x＝0，所以0<a <g (1)，所以0<a <1. 2．已知函数f (x )＝e x－ln(x ＋m )．(1)设x ＝0是f (x )的极值点，求m ，并讨论f (x )的单调性； (2)当m ≤2时，求证：f (x )>0. 解：(1)f ′(x )＝e x－1x ＋m，由f ′(0)＝0，得m ＝1， 所以f ′(x )＝e x－1x ＋1，f ″(x )＝e x＋1x ＋2>0，又由f ′(0)＝0，所以当x ∈(－1,0)时，f ′(x )<0， 当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0.所以函数f (x )在(－1,0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． (2)证明：依题意，f ′(x )＝e x－1x ＋m. 令f ′(x 0)＝0，则e x 0＝1x 0＋m >0，且f ″(x )＝e x＋1x ＋m2>0，所以函数f ′(x )在区间(－m ，＋∞)上单调递增．则当x ∈(－m ，x 0)时，f ′(x 0)<0；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0，故函数f (x )在(－m ，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增． 所以f (x )min ＝f (x 0)＝e x 0－ln(x 0＋m )． 又x 0满足方程e x 0＝1x 0＋m， 则f (x 0)＝e x 0－ln(x 0＋m )＝1x 0＋m －ln e －x 0＝x 0＋1x 0＋m ＝x 0＋m ＋1x 0＋m－m ≥①2x 0＋m1x 0＋m－m ＝2－m ≥②0( 不等号①取等号的条件是⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝0，m ＝1，不等号②取等号的条件是m ＝2 ).由于不等号①、②不能同时取等号，故f (x 0)>0，即f (x )min >0，因此f (x )>0. 3．已知函数f (x )＝ax ＋b x＋c (a >0)的图象在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝x －1. (1)试用a 表示出b ，c ；(2)若f (x )≥ln x 在[1，＋∞)恒成立，求a 的取值范围． 解：(1)b ＝a －1，c ＝1－2a .(2)题设即“a ≥ln x ＋1x －1x ＋1x－2(x >1)，或a ≥x ln x －x ＋1x －2(x >1) 恒成立”．用导数可证函数g (x )＝12(x －1)2＋(x －1)－x ln x (x ≥1)是增函数(只需证g ′(x )＝x －ln x －1≥0(x ≥1)恒成立，再用导数可证)，所以g (x )≥g (1)＝0(x ≥1)， 当且仅当x ＝1时g (x )＝0，得x ln x －x ＋1x －2<12(x >1)，li m x →1＋ x ln x －x ＋1x －2＝12.所以若a ≥x ln x －x ＋1x －2(x >1)恒成立，则a ≥12， 即a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞.4．(2019·安徽二校联考)已知函数f (x )＝ln x －ax－m (a ，m ∈R)在x ＝e(e 为自然对数的底数)时取得极值，且有两个零点记为x 1，x 2.(1)求实数a 的值，以及实数m 的取值范围；(2)证明：ln x 1＋ln x 2>2. 解：(1)f ′(x )＝1x·x －x －a x2＝a ＋1－ln xx 2， 由f ′(x )＝0，得x ＝e a ＋1，且当0<x <ea ＋1时，f ′(x )>0，当x >ea ＋1时，f ′(x )<0，所以f (x )在x ＝e a ＋1时取得极值，所以ea ＋1＝e ，解得a ＝0.所以f (x )＝ln x x －m (x >0)，f ′(x )＝1－ln xx2， 函数f (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，f (e)＝1e－m .又x →0(x >0)时，f (x )→－∞；x →＋∞时，f (x )→－m ，f (x )有两个零点x 1，x 2， 故⎩⎪⎨⎪⎧1e －m >0，－m <0，解得0<m <1e.所以实数m 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e . (2)证明：不妨设x 1<x 2，由题意知⎩⎪⎨⎪⎧ln x 1＝mx 1，ln x 2＝mx 2.则ln x 1x 2＝m (x 1＋x 2)，ln x 2x 1＝m (x 2－x 1)⇒m ＝lnx 2x 1x 2－x 1.欲证ln x 1＋ln x 2>2，只需证ln x 1x 2>2，只需证m (x 1＋x 2)>2，即证x 1＋x 2x 2－x 1ln x 2x 1>2. 即证1＋x 2x 1x 2x 1－1ln x 2x 1>2，设t ＝x 2x 1>1，则只需证ln t >t －t ＋1.即证ln t －t －t ＋1>0.记u (t )＝ln t －t －t ＋1(t >1)，则u ′(t )＝1t－4t ＋2＝t －2t t ＋2>0.所以u (t )在(1，＋∞)上单调递增， 所以u (t )>u (1)＝0，所以原不等式成立， 故ln x 1＋ln x 2>2.5．(2016·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝(x －2)e x ＋a (x －1)2有两个零点． (1)求a 的取值范围；(2)设x 1，x 2是f (x )的两个零点，证明：x 1＋x 2<2. 解：(1)f ′(x )＝(x －1)e x＋2a (x －1)＝(x －1)(e x＋2a )． ①设a ＝0，则f (x )＝(x －2)e x，f (x )只有一个零点． ②设a >0，则当x ∈(－∞，1)时，f ′(x )<0； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，所以f (x )在(－∞，1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增． 又f (1)＝－e ，f (2)＝a ，取b 满足b <0且b <ln a2，则f (b )>a 2(b －2)＋a (b －1)2＝a ⎝⎛⎭⎪⎫b 2－32b >0，故f (x )存在两个零点．③设a <0，由f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝ln(－2a )． 若a ≥－e2，则ln(－2a )≤1，故当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，因此f (x )在(1，＋∞)内单调递增．又当x ≤1时，f (x )<0，所以f (x )不存在两个零点． 若a <－e2，则ln(－2a )>1，故当x ∈(1，ln(－2a ))时，f ′(x )<0； 当x ∈(ln(－2a )，＋∞)时，f ′(x )>0.因此f (x )在(1，ln(－2a ))内单调递减，在(ln(－2a )，＋∞)内单调递增． 又当x ≤1时，f (x )<0， 所以f (x )不存在两个零点． 综上，a 的取值范围为(0，＋∞)．(2)证明：不妨设x 1<x 2，由(1)知，x 1∈(－∞，1)，x 2∈(1，＋∞)，2－x 2∈(－∞，1)，又f (x )在(－∞，1)内单调递减，所以x 1＋x 2<2等价于f (x 1)>f (2－x 2)，即f (2－x 2)<0. 由于f (2－x 2)＝－x 2e2－x 2＋a (x 2－1)2， 而f (x 2)＝(x 2－2)e x 2＋a (x 2－1)2＝0， 所以f (2－x 2)＝－x 2e2－x 2－(x 2－2)e x 2. 设g (x )＝－x e2－x－(x －2)e x，则g ′(x )＝(x －1)(e 2－x－e x)．所以当x >1时，g ′(x )<0，而g (1)＝0， 故当x >1时，g (x )<0.从而g(x2)＝f(2－x2)<0，故x1＋x2<2.。

高考大题规范解答系列(一）—-函数与导数考点一利用导数解决与函数有关的极、最值问题例1 （2019·课标Ⅲ，20，12分）已知函数f（x）＝2x3－ax2＋b.（1）讨论f(x)的单调性；（2)是否存在a，b,使得f（x)在区间[0，1］的最小值为－1且最大值为1?若存在，求出a，b的所有值；若不存在，说明理由．【标准答案】——规范答题步步得分(1）f′（x)＝6x2－2ax＝2x（3x－a）. 1分错误!令f′（x）＝0，得x＝0或x＝错误!。

2分错误!若a>0,则当x∈（－∞,0)∪（错误!,＋∞）时，f′（x)>0；当x∈（0，错误!)时,f′（x)〈0.故f(x）在（－∞，0)，(错误!，＋∞)单调递增,在(0，错误!）单调递减. ·······3分错误!若a＝0,f（x）在(－∞，＋∞）单调递增. 4分错误!若a<0，则当x∈(－∞，错误!)∪(0，＋∞)时，f′（x)>0;当x∈(错误!，0)时，f′（x)〈0。

故f(x)在(－∞，错误!），（0，＋∞)单调递增，在(错误!,0）单调递减。

············5分得分点⑤(2)满足题设条件的a,b存在．（ⅰ)当a≤0时，由(1)知，f（x)在[0,1]单调递增，所以f(x）在区间[0，1］的最小值为f（0）＝b，最大值为f（1）＝2－a＋b。

此时a，b满足题设条件当且仅当b＝－1,2－a＋b＝1,即a＝0，b＝－1。

·················7分错误!（ⅱ）当a≥3时，由（1）知，f(x)在［0,1]单调递减，所以f（x）在区间[0，1]的最大值为f(0)＝b，最小值为f（1）＝2－a＋b.此时a,b满足题设条件当且仅当2－a＋b＝－1，b＝1，即a＝4,b＝1。

高考数学总复习——真题试题分类汇编之函数与导数（含解析）1．【2018年浙江卷】函数y=2|x|sin2x的图象可能是A. B.C. D.【答案】D点睛：有关函数图象的识别问题的常见题型及解题思路：（1）由函数的定义域，判断图象的左、右位置，由函数的值域，判断图象的上、下位置；（2）由函数的单调性，判断图象的变化趋势；（3）由函数的奇偶性，判断图象的对称性；（4）由函数的周期性，判断图象的循环往复．2．【2018年理天津卷】已知a=log2e，b=ln2，c=log1213，则a，b，c的大小关系为A. a>b>cB. b>a>cC. c>b>aD. c>a>b【答案】D【解析】分析：由题意结合对数函数的性质整理计算即可求得最终结果.详解：由题意结合对数函数的性质可知：a=log2e>1，b=ln2=1log2e∈(0,1)，c=log1213=log23>log2e，据此可得：c>a>b.本题选择D选项.点睛：对于指数幂的大小的比较，我们通常都是运用指数函数的单调性，但很多时候，因幂的底数或指数不相同，不能直接利用函数的单调性进行比较．这就必须掌握一些特殊方法．在进行指数幂的大小比较时，若底数不同，则首先考虑将其转化成同底数，然后再根据指数函数的单调性进行判断．对于不同底而同指数的指数幂的大小的比较，利用图象法求解，既快捷，又准确．3．【2018年理新课标I卷】已知函数f(x)={e x，x≤0，lnx，x>0，g(x)=f(x)+x+a．若g（x）存在2个零点，则a的取值范围是A. [–1，0）B. [0，+∞）C. [–1，+∞）D. [1，+∞）【答案】C详解：画出函数f(x)的图像，y=e x在y轴右侧的去掉，再画出直线y=−x，之后上下移动，可以发现当直线过点A时，直线与函数图像有两个交点，并且向下可以无限移动，都可以保证直线与函数的图像有两个交点，即方程f(x)=−x−a有两个解，也就是函数g(x)有两个零点，此时满足−a≤1，即a≥−1，故选C.点睛：该题考查的是有关已知函数零点个数求有关参数的取值范围问题，在求解的过程中，解题的思路是将函数零点个数问题转化为方程解的个数问题，将式子移项变形，转化为两条曲线交点的问题，画出函数的图像以及相应的直线，在直线移动的过程中，利用数形结合思想，求得相应的结果.4．【2018年理新课标I卷】设函数f(x)=x3+(a−1)x2+ax，若f(x)为奇函数，则曲线y= f(x)在点(0,0)处的切线方程为A. y=−2xB. y=−xC. y=2xD. y=x【答案】D点睛：该题考查的是有关曲线y=f(x)在某个点(x0,f(x0))处的切线方程的问题，在求解的过程中，首先需要确定函数解析式，此时利用到结论多项式函数中，奇函数不存在偶次项，偶函数不存在奇次项，从而求得相应的参数值，之后利用求导公式求得f′(x)，借助于导数的几何意义，结合直线方程的点斜式求得结果.5．【2018年全国卷Ⅲ理】设a=log0.20.3，b=log20.3，则A. a+b<ab<0B. ab<a+b<0C. a+b<0<abD. ab<0<a+b【答案】B【解析】分析：求出1a =log0.30.2,1b =log0.32，得到1a +1b 的范围，进而可得结果。

高考数学一轮复习学案：导数与函数的综合问题（含答案）第第3课时课时导数与函数的综合问题导数与函数的综合问题题型一题型一导数与不等式导数与不等式命题点1证明不等式典例xx贵阳模拟已知函数fx1x1ex，gxxlnx.1证明gx1；2证明xlnxfx11e2.证明1由题意得gxx1xx0，当00，即gx在0,1上为减函数，在1，上为增函数所以gxg11，得证2由fx1x1ex，得fxx2ex，所以当00，即fx在0,2上为减函数，在2，上为增函数，所以fxf211e2当且仅当x2时取等号又由1知xlnx1当且仅当x1时取等号，且等号不同时取得，所以xlnxfx11e2.命题点2不等式恒成立或有解问题典例xx大同模拟已知函数fx1lnxx.1若函数fx在区间a，a12上存在极值，求正实数a 的取值范围；2如果当x1时，不等式fxkx1恒成立，求实数k的取值范围解1函数的定义域为0，，fx11lnxx2lnxx2，令fx0，得x1.当x0,1时，fx0，fx单调递增；当x1，时，fx0，hx是增函数，当00的最小值为f1e1e，设xxex2ex0，则x1xex，当x0,1时，x0，x单调递增；当x1，时，xxex2e恒成立，即Fx0恒成立，函数Fx无零点思维升华利用导数研究方程的根函数的零点的策略研究方程的根或曲线的交点个数问题，可构造函数，转化为研究函数的零点个数问题可利用导数研究函数的极值.最值.单调性.变化趋势等，从而画出函数的大致图象，然后根据图象判断函数的零点个数跟踪训练1xx贵阳联考已知函数fx的定义域为1,4，部分对应值如下表x10234fx12020fx的导函数yfx的图象如图所示当10，由三次函数图象知fx有负数零点，不合题意，故a0知，f2a0，即a2a332a210，化简得a240，又a0.所以当x40时，y有最小值一审条件挖隐含典例12分设fxaxxlnx，gxx3x23.1如果存在x1，x20,2使得gx1gx2M成立，求满足上述条件的最大整数M；2如果对于任意的s，t12，2，都有fsgt成立，求实数a的取值范围1存在x1，x20,2使得gx1gx2M正确理解“存在”的含义gx1gx2maxM挖掘gx1gx2max的隐含实质gxmaxgxminM求得M的最大整数值2对任意s，t12，2都有fsgt 理解“任意”的含义fxmingxmax求得gxmax1axxlnx1恒成立分离参数aaxx2lnx恒成立求hxxx2lnx的最大值ahxmaxh11a1规范解答解1存在x1，x20,2使得gx1gx2M成立，等价于gx1gx2maxM.2分由gxx3x23，得gx3x22x3xx23.令gx0，得x23，又x0,2，所以gx在区间0，23上单调递减，在区间23，2上单调递增，所以gxming238527，gxmaxg21.故gx1gx2maxgxmaxgxmin11227M，则满足条件的最大整数M4.5分2对于任意的s，t12，2，都有fsgt成立，等价于在区间12，2上，函数fxmingxmax.7分由1可知在区间12，2上，gx的最大值为g21.在区间12，2上，fxaxxlnx1恒成立等价于axx2lnx恒成立设hxxx2lnx，hx12xlnxx，可知hx在区间12，2上是减函数，又h10，所以当1x2时，hx0；当12x0.10分即函数hxxx2lnx在区间12，1上单调递增，在区间1,2上单调递减，所以hxmaxh11，所以a1，即实数a的取值范围是1，12分。

高三数学函数与导数试题答案及解析1.已知定义域为的函数，若对任意的，有，则称函数为“定义域上的函数”，以下五个函数：①；②；③；④；⑤，其中是“定义上的函数”的有A．2个B．3个C．4个D．5个【答案】C【解析】对于①，，满足条件；对于②，，当x1x2>0时，不满足，故②不是“定义域上的函数”；对于③，，因为，所以，故，③满足条件；对于④，，故④满足条件；对于⑤，，因为，所以，可得，故⑤满足条件．是“定义域上的函数”有①③④⑤，共4个．【考点】1．新定义问题；2．函数性质的应用．2.设函数，，其中，且，则．【答案】【解析】根据题意有．【考点】函数值求和．3.幂函数过点，则= ．【答案】【解析】根据题意可知，解得或，又因为，解得，故．【考点】幂函数解析式的求解．4.若实数满足，且，则的最小值为．【答案】4【解析】由已知，，又，所以（当且仅当时取等号），所以最小值为4．【考点】基本不等式．5.设函数，其中．（Ⅰ）当时，求曲线在原点处的切线方程；（Ⅱ）试讨论函数极值点的个数；（Ⅲ）求证：对任意的，不等式恒成立．【答案】（Ⅰ）切线方程为；（Ⅱ）当时，无极值点；当时，有２个极值点；当时，有１个极值点；（Ⅲ）证明过程详见解析．【解析】（Ⅰ）求出导函数，并求出x=0时的导数即切线的斜率，然后由直线的点斜式求出切线方程；（Ⅱ）求出导函数，并讨论其等号函数，从三种情况讨论，并在当时，导函数等于零时的根于区间端点-1的大小为分类标准进行讨论求解；（Ⅲ）构造函数函数，利用导数法证明即恒成立．取即可证明．试题解析：（Ⅰ）当时，，则，曲线在原点处的切线方程为（Ⅱ），令当时，，所以０，则０，所以在上为增函数，所以无极值点；当时，，所以０，则０，所以在上为增函数，所以无极值点；当时，，令０，则，当时，，，此时有２个极值点；当时，，，此时有１个极值点；综上：当时，无极值点；当时，有２个极值点；当时，有１个极值点； 8（Ⅲ）对于函数，令函数则，，所以函数在上单调递增，又时，恒有即恒成立．取，则有恒成立，即不等式恒成立．【考点】①求切线方程；②讨论函数的极值点个数；ƒ证明不等式．【方法点睛】利用导数证明不等式：构造辅助函数，把不等式的证明转化为利用导函数研究函数的单调性或最值，从而证明不等式，而构造函数是用导数证明不等式的关键．构造辅助函数的一般方法及解题程序如下：1．移项（有时需要作简单的横等变形），使不等式的一端为零，另一端即为所构造的函数;2．求，并验证在指定区间上的单调性；3．求出区间端点的函数值（最值），作比较即得所证．6.甲、乙两地相距千米，汽车从甲地匀速行驶到乙地，速度不得超过千米/时，已知汽车每小时的运输成本（以元为单位）由可变部分和固定部分组成：可变部分与速度（千米/时）的平方成正比，比例系数为，固定部分为元，（1）把全程运输成本（元）表示为速度（千米/时）的函数，指出定义域；（2）为了使全程运输成本最小，汽车应以多大速度行驶?全程运输成本最小是多少？【答案】（1）（2）为使全程运输成本y最小，当时，行驶速度为100，此时运输成本为1200元，当c＜100时，行驶速度为c，此时运输成本为【解析】（1）依题意知汽车从甲地匀速行驶到乙地所用时间为，全程运输成本为（2）由（1）知，全程运输成本关于速度的函数表达式中出现了积为定值的情形，由于等号成立的条件有可能不成立，故求最值的方法不确定，对速度的范围进行分类讨论，如等号成立时速度值不超过，则可以用基本不等式求求出全程运输成本的最小值，若等号成立时速度值大于最高限速，可以判断出函数在上的单调性，用单调性求出全程运输成本的最小值．试题解析：（1）全程运输成本为（2）依题意，有，当且仅当即时上式中等号成立而所以当取最小值，所以也即当=100时，全程运输成本最小达到1200元当时综上，为使全程运输成本最小，当时，行驶速度为100，此时运输成本为1200元，当时，行驶速度为，此时运输成本为【考点】基本不等式在实际应用问题的应用【名师】本题主要考查建立函数关系、不等式性质、最大值、最小值等基础知识，考查综合应用所学数学知识、思想和方法解决实际问题的能力．属中档题．特别注意在解第（2）问时由（1）知，全程运输成本关于速度的函数表达式中出现了积为定值的情形，由于等号成立的条件有可能不成立，故求最值的方法不确定，对速度的范围进行分类讨论，如等号成立时速度值不超过，则可以用基本不等式求求出全程运输成本的最小值，若等号成立时速度值大于最高限速，可以判断出函数在上的单调性，用单调性求出全程运输成本的最小值．7.设是定义在上的函数，其导函数为，若+，，则不等式（其中为自然对数的底数）的解集为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】构造函数，因此，故函数在上是减函数，所以，即，因此的解集，故答案为D．【考点】1、构造辅助函数；2、导数在函数单调性中的应用．【思路点睛】本题考查函数单调性与奇偶性的结合，结合已知条件构造函数，然后用导数判断函数的单调性是解题的关键，根据题意构造辅助函数，，研究的单调性，结合原函数的性质和函数值即可求解．8.已知，函数，若关于的方程有6个解，则的取值范围为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】函数在上递减，在和上递增，的图象如图所示，由于方程最多只有两解，因此由题意有三解，所以且三解满足，，，，所以有两解，，，所以，故选D．【考点】函数的零点，方程根的分布．【名师点晴】本题考查方程根的分布，难度很大．它是一个与复合函数有关的问题，解题方法与我们常规方法不一样，常规方法是求出函数的表达式，解方程或作出函数的图象，由数形结合方法得出结论，但本题的表达式很复杂，由于含有参数，几乎不能求出正确结果，因此我们从复合函数的角度来考虑，以简化方法．方程可以这样解，求出方程的解为，再解方程即得，这样得到题中解法．9.设函数．（1）若函数是定义域上的单调函数，求实数的取值范围；（2）若，试比较当时，与的大小；（3）证明：对任意的正整数，不等式成立．【答案】（1）；（2）；（3）见解析．【解析】（1）依题意，函数是定义域上的单调函数，其导数恒大于等于零或者恒小于等于零，求导之后利用分离常数法来解决．（2）构造新函数，注意到，利用导数判断的单调性即可解决．（3）利用（2）得出结论，，对进行赋值，令，，即有所以（），进而华健不等式的左边每一项，最后求和就可以证明．试题解析：（1）∵又函数在定义域上是单调函数．∴或在上恒成立若在上恒成立，即函数是定义域上的单调地增函数，则在上恒成立，由此可得；若在上恒成立，则在上恒成立．即在上恒成立．∵在上没有最小值∴不存在实数使在上恒成立．综上所述，实数的取值范围是．（2）当时，函数．令则显然，当时，，所以函数在上单调递减又，所以，当时，恒有，即恒成立．故当时，有（3）法1：证明：由（2）知即令，，即有所以（）因此故对任意的正整数，不等式成立．法2：数学归纳法证明：1、当时，左边=，右边=，原不等式成立．2、设当时，原不等式成立，即则当时，左边=只需证明即证，即证由（2）知即令，即有所以当时成立由1、2知，原不等式成立【考点】1、导数的运算；2、利用导数判断函数的单调性；3、利用导数求函数的极值和最值；4、恒成立问题．【思路点睛】本题第一问考查分离常数法解不等式问题，分离常数法是解不等式恒成立问题可以首先采用的方法．第二问是利用导数证明不等式，基本的思路是先直接作差构造一个函数，然后利用导数作为工具，求出函数的单调区间，结合特殊点就可以求解出结论．第三问是在第二问的基础上，对自变量进行赋值，转化为数列的问题来求解．三个问题，考查三个基本方法，是一个不错的题目．10.函数的定义域是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】由题意，得，解得，所以函数的定义域为，故选B．【考点】1、函数的定义域；2、不等式的解法．【方法点睛】求函数的定义域的依据就是要使函数的解析式有意义的自变量的取值范围，其求解根据一般有：（1）分式中，分母不为零；（2）偶次根式中，被开方数非负；（3）对数的真数大于0；（4）实际问题还需要考虑使题目本身有意义．11.已知函数在上是增函数，，若，则的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】因为函数在上是增函数，所以在上是减函数，且是偶函数，所以在上是减函数，在上是增函数，由，得，即，解得；故选B．【考点】1.函数的图象变换；2.函数的单调性；3.对数不等式．12.已知函数若，则的取值范围是_______．【答案】或【解析】当时，由，得；当时，由，得，所以的取值范围是或．【考点】1、分段函数；2、指数函数、对数函数的图象与性质．【方法点睛】对于分段函数的求值问题，一定要注意自变量的取值对应着哪一段区间，就使用哪一段解析式，体现考纲中要求了解简单的分段函数并能应用，解题中需要注意分段函数的分段区间及其对应区间上的解析式，千万别代错解析式．13.下列函数中，既不是奇函数，也不是偶函数的是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】A：既是奇函数，又是偶函数；B：是奇函数；C：的定义域为，不关于原点对称，既不是奇函数，又不是偶函数；D：其定义域为关于原点对称，且，故为偶函数，故选C．【考点】函数的奇偶性判定．14.（）A．B．C．D．【答案】C【解析】，故选C．【考点】定积分15.函数的定义域是___________．【答案】【解析】由题意，得，解得，即函数的定义为．【考点】函数的定义域．【知识点睛】求函数的定义域的依据就是要使函数的解析式有意义的自变量的取值范围．其求解根据一般有:（1）分式中，分母不为零；（2）偶次根式中，被开方数非负；（3）对数的真数大于0；（4）实际问题还需要考虑使题目本身有意义．16.对于实数和，定义运算“*”：，设，且关于的方程为恰有三个互不相等的实数根，则的取值范围是．【答案】【解析】由所给的新定义的含义可得如图所示，要使方程恰有三个互不相等的实数根，需满足当时，是方程即的两个根，所以当时，是方程即的根，所以所以，令，令所以，则令，解得因为，所以在单调递减所以所以所以的取值范围为故答案为【考点】新定义的函数问题；分段函数；函数与方程．【方法定睛】本题是一道新定义题，通过这道题发现，新定义问题并不神秘，表面上是没有见过的问题，但是只要理解了新定义并紧扣新定义，抓住新定义本质特征或隐含的规律，或抓住新定义运算法则或顺序，就可将其转化为我们熟悉的问题．17.设为三角形三边长，，若，则三角形的形状为（）A．锐角三角形B．直角三角形C．钝角三角形D．无法确定【答案】B【解析】∵，∴，即，∴，即，故三角形的形状为直角三角形，故选：B．【考点】三角形的形状判断．【思路点睛】本题考查的知识点是三角形形状判断，对数的运算性质，熟练掌握对数的换底公式是解决本题的关键，结合对数的运算性质，及换底公式的推论，可将已知化为：，再由勾股定理判断出三角形的形状．18. 已知函数，若的图像的一条切线经过点，则这条切线与直线及轴所围成的三角形面积为（ ） A ．B ．1C ．2D ．【答案】C 【解析】设函数经过点的切线的切点为，则即切线的斜率为，由斜率公式得所以，所以斜率，切点为，切线方程为其与直线，及轴围成的三角形面积为，故选C ．【考点】利用导数研究曲线上某点的切线．19. 已知x 0是函数的一个零点．若x 1∈(1，x 0)，x 2∈(x 0，＋∞)，则（ ）A ．f(x 1)<0，f(x 2)<0B ．f(x 1)<0，f(x 2)>0C ．f(x 1)>0，f(x 2)<0D ．f(x 1)>0，f(x 2)>0【答案】 【解析】函数是单调递增函数，又因为，，所以，，故选B.【考点】1.函数的性质；2.函数的零点.20. 已知函数在定义域上表示的曲线过原点，且在处的切线斜率均为．有以下命题： ①是奇函数；②若在内递减，则的最大值为；③若的最大值为，最小值为，则；④若对，恒成立，则的最大值为．其中正确命题的个数为（ ） A ．个B ．个C ．个D ．个【答案】B【解析】由题意得函数过原点，则．又．则必有，解得，所以．令得．则函数在上的最小值是负数．由此得函数图象大致如图：得出结论是：①③正确；②④错误．故选B ．【考点】导数几何意义，函数图像与性质【思路点睛】（1）运用函数图象解决问题时，先要正确理解和把握函数图象本身的含义及其表示的内容，熟悉图象所能够表达的函数的性质.（2）在研究函数性质特别是单调性、最值、零点时，要注意用好其与图象的关系，结合图象研究.21.已知函数是定义域为的偶函数，当时，，若关于的方程，有且仅有个不同实数根，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】，作函数的图象如右图，要使关于的方程，有且仅有个不同实数根，设，则当，方程，有个根，当，方程，有个根，当或，方程，有个根，当，方程，有个根，当，方程，有个根．则方程的两个根为；①若，则，故；②若，则，故.综上，实数的取值范围是．故选C．【考点】根的存在性及根的个数判断．【方法点睛】根据函数的奇偶性作出分段函数的图象，利用换元法判断函数的根的个数，再利用数形结合即可得到结论．本题主要考查分段函数的应用，根的存在性及根的个数判断，本题既考查了函数的性质的判断与应用，又考查了数形结合的思想的应用．利用换元法结合函数奇偶性的对称性，利用数形结合是解决本题的关键．综合性较强，属于压轴题．22.有一批货物需要用汽车从生产商所在城市甲运至销售商所在城市乙，已知从城市甲到城市乙只有两条公路，且通过这两条公路所用的时间互不影响．据调查统计，通过这两条公路从城市甲到城市乙的200辆汽车所用时间的频率分布如下表：假设汽车只能在约定日期（某月某日）的前11天出发，汽车只能在约定日期的前12天出发（将频率视为概率）．（l）为了尽最大可能在各自允许的时间内将货物运往城市乙，估计汽车和汽车应如何选择各自的路径；（2）若通过公路1、公路2的“一次性费用”分别为3.2万元、1.6万元（其他费用忽略不计），此项费用由生产商承担．如果生产商恰能在约定日期当天将货物送到，则销售商一次性支付给生产商40万元，若在约定日期前送到，每提前一天销售商将多支付给生产商2万元；若在约定日期后送到，每迟到一天，生产商将支付给销售商2万元．如果汽车按（1）中所选路径运输货物，试比较哪辆汽车为生产商获得的毛利润更大．【答案】（1）汽车选择公路，汽车选择公路；（2）汽车为生产商获得毛利润更大．【解析】（1）依据题设条件计算概率,通过比较分析求解；（2）借助题设条件运用数学期望的大小分析推证.试题解析:（1）频率分布表，如下：设分别表示汽车在约定日期前11天出发选择公路1、2将货物运往城市乙；、分别表示汽车在约定日期前12天出发选择公路1、2将货物运往城市乙；，，，，所以汽车选择公路1，汽车选择公路2．（Ⅱ）设表示汽车选择公路1时，销售商付给生产商的费用，则．的分布列如下：．∴表示汽车选择公路1时的毛利润为（万元）．设表示汽车选择公路2时的毛利润，．则的分布列如下：∵，∴汽车为生产商获得毛利润更大．【考点】概率和随机变量的分布列与数学期望等有关知识的运用．23.已知函数若存在实数，使函数有两个零点，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】画出函数的图象如下图所示，由图象可知在区间符合题意.【考点】1.分段函数；2.零点问题；3.不等式.【思路点晴】函数零点个数的判断方法：（1)直接求零点：令，如果能求出解，则有几个解就有几个零点；（2)零点存在性定理：利用定理不仅要求函数在区间上是连续不断的曲线，且·，还必须结合函数的图象与性质（如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点；（3)利用图象交点的个数：画出两个函数的图象，看其交点的个数，其中交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．函数零点个数的判断通常转化为两函数图象交点的个数，其步骤是：（1)令；（2)构造，；（3)作出图象；（4)由图象交点个数得出结论．24.已知函数．若，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】因为令，则就是．画出函数的图象可知，，或，即或．由得，或．由．由得，或．再根据图象得到，故选D.【考点】1、分段函数的解析式；2、分段函数的图象和性质及数形结合思想.【方法点睛】本题主要考查分段函数的解析式、分段函数的图象和性质及数形结合思想，属于难题. 数学中常见的思想方法有：函数与方程的思想、分类讨论思想、转化与划归思想、数形结合思想、建模思想等等. 数形结合是根据数量与图形之间的对应关系，通过数与形的相互转化来解决数学问题的一种重要思想方法，是中学数学四种重要的数学思想之一，尤其在解决选择题、填空题是发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度.运用这种方法的关键是将已知函数的性质研究透，这样才能快速找准突破点. 充分利用数形结合的思想方法能够使问题化难为简，并迎刃而解，解答本题的关键是根据函数的图象，先由，求的范围，再根据图象求的范围.25.已知函数，则当时，函数的零点个数是A．B．C．D．【答案】D【解析】令，得．设，则．由图知，方程有两解，，且，．从而方程有两解，方程也有两解．所以方程有个解，选D．【考点】1、分段函数；2、函数的零点.26.已知，又若满足的有四个，则的取值范围为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】依题意，即，由于这个是对钩函数，可排除A，C，D.也可以画出函数图象如下图所示，要有四个交点，则选B.【考点】函数图象与性质.【思路点晴】先按题意，我们将其分类参数，也就是说，把含有的放一边，其它的方另外一边，得到，此时，可以利用基本不等式得到，由于这个是对钩函数，易排除A，C，D.当我们在研究两个函数有四个零点问题的时候，也可以先分离参数，将不含参数部分的图象画出来，根据图象来求参数的取值范围.27.已知函数，函数在处的切线与直线垂直.（Ⅰ）求实数的值；（Ⅱ）若函数存在单调递减区间，求实数的取值范围；（Ⅲ）设是函数的两个极值点，若，求的最小值.【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）（Ⅲ）【解析】（Ⅰ）由导数几何意义得，求出导数，代入解得（Ⅱ）函数存在单调递减区间，等价于在上有解，求出导函数化简不等式得在上有解，最后根据二次方程实根分布得充要条件，解得b的取值范围是.（Ⅲ）先根据是函数的两个极值点，即是两个根，得，再化简，消参数b得，再令得，解得，由解出函数定义域：，可得，最后利用导数求函数最值试题解析：（Ⅰ）∵，∴.∵与直线垂直，∴，∴.（Ⅱ）由题知在上有解，设，则，所以只需故b的取值范围是.（Ⅲ）令得由题，则，所以令，又，所以，所以整理有，解得，所以在单调递减故的最小值是【考点】导数几何意义，利用导数研究函数单调性，利用导数求函数最值【思路点睛】利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化.以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，则要求掌握平行、垂直与斜率之间的关系，进而和导数联系起来求解.28.已知是R上的增函数，则实数a的取值范围（）A．[4，8 ）B．（4，8）C．（1,8）D．（1, ＋∞）【答案】A.【解析】由题意得,选A.【考点】分段函数单调性【方法点睛】已知函数的单调性确定参数的值或范围要注意以下两点：（1）若函数在区间[a，b]上单调，则该函数在此区间的任意子区间上也是单调的；（2）分段函数的单调性，除注意各段的单调性外，还要注意衔接点的取值.29.直线分别与曲线交于点，则的最小值为（）A．2B．C．1D．【答案】A【解析】令，令，在上为增函数，即在区间成立，而的导数恒为，也就是说，从起，越来越陡，保持匀速递增，两个图象的水平距离越来越大，故当时，取得最小值为．【考点】函数导数与不等式，数形结合的数学思想．【思路点晴】本题考查函数导数与不等式，数形结合的数学思想方法．一开始，我们可以先利用导数画出两个函数的图象．对比这两个图象间的水平距离，会发现可以先求出函数的切线与平行的那条的方程，由此就可以求出两者水平距离的最小值．由于是匀速递增的，而在增加得越来越快，从图象上看出，两种水平距离越来越大．30.已知函数的定义在实数集上的奇函数，且当时，（其中是的导函数），若，，，则A．B．C．D．【答案】A【解析】因为是奇函数，则，则不等式为，即，设，则是偶函数，又，所以是上的减函数，是上的增函数，，，又，所以，即．故选A．【考点】函数的奇偶性，单调性．导数的应用．【名师】1．奇函数在和上的单调性相同，偶函数在和上的单调性相反，2．对于已知不等式中既有又有，一般不能直接确定的正负，即不能确定的单调性，这时要求我们构造一个新函数，以便利用已知不等式判断其导数的的正负，常见的构造新函数有，，，等等．31.函数且，则 .【答案】【解析】时，，此方程无解，当时，，所以.【考点】分段函数求值．32.已知为奇函数，则的值为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】因为函数为奇函数，则，故选A.【考点】函数的奇偶性．33.已知函数，若对，使得，则的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】因为，使得等价于，又因为，（时等号成立），，所以，即，故选C.【考点】1、全称量词与存在量词的应用；2、对数函数的性质及配方法求最值.【方法点睛】本题主要考查函数的最值、全称量词与存在量词的应用，属于难题.解决这类问题的关键是理解题意、正确把问题转化为最值和解不等式问题，全称量词与存在量词的应用共分四种情况：（1）只需；（2），只需；（3），只需；（4），，.34.已知函数，恒过点，且.（1）求的解析式；（2）若对都成立，求实数的取值范围；（3）当时，证明：.【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析.【解析】（1）由恒过点，∴，由得，进而；（2）对都成立等价于，只需利用导数求出最大值即可；（3）设，则可得∴在上单调递增，成立，即可证原式.试题解析：（1）由题意得恒过点，∴,又∵，∴，∴.(2)，即，即，设，令，得，∴在上单调递增，在上单调递减，，∴.（3）设，则，由（2）得，当时，，所以>0，∴在上单调递增，又∵，∴，即，即，得证.【考点】1、利用导数函数的单调性及求最值；2、不等式恒成立问题及不等式证明问题.【方法点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性、不等式恒成立及不等式的证明，属于难题.不等式证明问题是近年高考命题的热点，命题主要是和导数、绝对值不等式及柯西不等式相结合，导数部分一旦出该类型题往往难度较大，要准确解答首先观察不等式特点，结合已解答的问题把要证的不等式变形，并运用已证结论先行放缩，然后再化简，或者构造新函数进一步利用导数证明.本题（3）就是构造函数后利用单调性证明的.35.某公司为了变废为宝，节约资源，新上了一个从生活垃圾中提炼生物柴油的项目．经测算该项目月处理成本（元）与月处理量（吨）之间的函数关系可以近似地表示为：，且每处理一吨生活垃圾，可得到能利用的生物柴油价值为200元，若该项目不获利，政府将给予补贴．（1）当时，判断该项目能否获利？如果获利，求出最大利润；如果不获利，则政府。

函数的单调性与最值命题范围：函数的单调性、最值．[基础强化]一、选择题1．下列函数中，在区间(－1,1)上为减函数的是( ) A ．y ＝11－xB ．y ＝cos xC ．y ＝ln(x ＋1)D ．y ＝2－x2．函数f (x )＝log 12(x 2－4)的单调递增区间为( )A ．(0，＋∞)B ．(－∞，0)C ．(2，＋∞)D ．(－∞，－2)3．已知a ＝log 20.2，b ＝20.2，c ＝0.20.3，则( ) A ．a <b <c B ．a <c <b C ．c <a <b D ．b <c <a4．[2021·四川内江测试]若f (x )＝－x 2＋2ax 与g (x )＝ax ＋1在区间[1,2]上都是减函数，则a 的取值范围是( )A ．(－1,0)∪(0,1)B ．(－1,0)∪(0,1]C ．(0,1)D ．(0,1]5．[2021·山东青岛一中测试]已知y ＝f (x )在定义域(－1,1)上是减函数，且f (1－a )<f (2a －1)，则a 的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎫－∞，23 B ．(0，＋∞)C.⎝⎛⎭⎫0，23D ．(－∞，0)∪⎝⎛⎭⎫23，＋∞ 6．将函数f (x )的图象向右平移1个单位长度后关于y 轴对称，当x 2>x 1>－1时，f (x 2)－f (x 1)x 2－x 1>0恒成立，设a ＝f (－2)，b ＝f ⎝⎛⎭⎫－12，c ＝f (3)，则a ，b ，c 的大小关系为( ) A ．c >a >b B ．c >b >a C ．a >c >b D ．b >a >c7．若函数f (x )＝log a (2x 2＋x )(a >0，且a ≠1)在区间⎝⎛⎭⎫0，12内恒有f (x )>0，则f (x )的单调递增区间为( )A.⎝⎛⎭⎫－∞，－14B.⎝⎛⎭⎫－14，＋∞ C ．(0，＋∞)D.⎝⎛⎭⎫－∞，－12 8．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋4x ，x ≥0，4x －x 2，x <0，若f (2－a 2)>f (a )，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－∞，－1)∪(2，＋∞) B ．(－1,2) C ．(－2,1)D ．(－∞，－2)∪(1，＋∞)9．[2021·全国乙卷]设a ＝2ln 1.01，b ＝ln 1.02，c ＝ 1.04－1，则( ) A ．a ＜b ＜c B ．b ＜c ＜a C ．b ＜a ＜c D ．c ＜a ＜b 二、填空题10．已知函数f (x )为(0，＋∞)上的增函数，若f (a 2－a )>f (a ＋3)，则实数a 的取值范围为________．11．[2021·山西晋城一中测试]已知函数f (x )＝log a (－x 2－2x ＋3)(a >0且a ≠1)，若f (0)<0，则此函数f (x )的单调递增区间是________．12．已知函数f (x )＝x ＋1x －1，x ∈[2，5]，则f (x )的最大值是________．[能力提升]13．设f (x )是定义域为R 的偶函数，且在(0，＋∞)单调递减，则( )A ．f ⎝⎛⎭⎫log 314> f 322-⎛⎫ ⎪⎝⎭>f 232-⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．f ⎝⎛⎭⎫log 314>f 232-⎛⎫ ⎪⎝⎭>f 322-⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．f ⎝⎛⎭⎫2－32>f 232-⎛⎫ ⎪⎝⎭>f ⎝⎛⎭⎫log 314D ．f 232-⎛⎫⎪⎝⎭>f322-⎛⎫ ⎪⎝⎭>f ⎝⎛⎭⎫log 314 14．[2020·全国卷Ⅱ]设函数f (x )＝ln|2x ＋1|－ln|2x －1|，则f (x )( ) A ．是偶函数，且在⎝⎛⎭⎫12，＋∞单调递增 B ．是奇函数，且在⎝⎛⎭⎫－12，12单调递减C ．是偶函数，且在⎝⎛⎭⎫－∞，－12单调递增 D ．是奇函数，且在⎝⎛⎭⎫－∞，－12单调递减 15．函数f (x )＝⎝⎛⎭⎫13x－log 2(x ＋2)在[－1,1]上的最大值为________．16．[2021·云南昆明一中测试]f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧a x ，x <1，(a －3)x ＋4a ，x ≥1，满足对任意x 1≠x 2，都有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2<0成立，则a 的取值范围是________．函数的单调性与最值参考答案1．D A 项，x 1＝0时，y 1＝1，x 2＝12时，y 2＝2>y 1，所以y ＝11－x 在区间(－1,1)上不是减函数，故A 项不符合题意．B 项，由余弦函数的图象与性质可得，y ＝cos x 在(－1，0)上递增，在(0,1)上递减，故B 项不符合题意．C 项，y ＝ln x 为增函数，且y ＝x ＋1为增函数，所以y ＝ln(x ＋1)为增函数，故C 项不符合题意．D 项，由指数函数可得y ＝2x 为增函数，且y ＝－x 为减函数，所以y ＝2－x 为减函数，故D 项符合题意．2．D 由x 2－4>0得x >2或x <－2，∴f (x )的定义域为(－∞，－2)∪(2，＋∞)，由复合函数的单调性可知，函数的单调增区间为(－∞，－2)．3．B ∵a ＝log 20.2<0，b ＝20.2>1，c ＝0.20.3∈(0,1)，∴a <c <b .故选B.4．D 由于g (x )＝ax ＋1在区间[1,2]上是减函数，所以a >0；由于f (x )＝－x 2＋2ax 在区间[1,2]上是减函数，且f (x )的对称轴为x ＝a ，则a ≤1.综上有0<a ≤1.故选D.5．C ∵f (x )在定义域(－1,1)上是减函数，且f (1－a )<f (2a －1)，∴⎩⎪⎨⎪⎧－1<1－a <1，－1<2a －1<1，1－a >2a －1，解得0<a <23.故选C.6．A 由已知可得，函数f (x )的图象关于x ＝－1对称，则有f (x )＝f (－2－x )， ∴f (－2)＝f [－2－(－2)]＝f (0)，由x 2>x 1>－1时，f (x 2)－f (x 1)x 2－x 1>0恒成立，知f (x )在(－1，＋∞)上单调递增，又－12<0<3，∴f (3)>f (0)>f ⎝⎛⎭⎫－12， 即c >a >b .7．D 设t ＝2x 2＋x ，则y ＝log a t .由t ＝2x 2＋x >0，解得x <－12或x >0，所以函数f (x )＝log a (2x 2＋x )(a >0且a ≠1)的定义域为⎝⎛⎭⎫－∞，－12∪(0，＋∞)．因为t ＝2x 2＋x 在区间(0，＋∞)上是增函数，所以当x ∈⎝⎛⎭⎫0，12时，t ∈(0,1)．若要使f (x )＝log a (2x 2＋x )在⎝⎛⎭⎫0，12内恒有f (x )>0，即y ＝log a t 在(0,1)内恒大于0，则0<a <1.又函数y ＝log a t (0<a <1)是减函数，所以函数f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫－∞，－12.故选D. 8．C f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋4x ＝(x ＋2)2－4，x ≥0，4x －x 2＝－(x －2)2＋4，x <0. 由f (x )的图象可知f (x )在(－∞，＋∞)上是增函数， 由f (2－a 2)>f (a )得2－a 2>a ，即a 2＋a －2<0，解得－2<a <1，故选C.9．B b －c ＝ln1.02－ 1.04＋1，设f (x )＝ln(x ＋1)－1＋2x ＋1，则b －c ＝f (0.02)，f ′(x )＝1x ＋1－221＋2x ＝1＋2x －(x ＋1)1＋2x ·(x ＋1)，当x ≥0时，x ＋1＝(x ＋1)2≥1＋2x ，故当x ≥0时，f ′(x )＝1＋2x －(x ＋1)1＋2x ·(x ＋1)≤0，所以f (x )在[0，＋∞)上单调递减，所以f (0.02)<f (0)＝0，即b <c .a －c ＝2ln1.01－ 1.04＋1，设g (x )＝2ln(x ＋1)－1＋4x ＋1，则a －c ＝g (0.01)，g ′(x )＝2x ＋1－421＋4x ＝2[1＋4x －(x ＋1)](x ＋1)1＋4x，当0≤x <2时，4x ＋1≥(x ＋1)2＝x ＋1，故当0≤x <2时，g ′(x )≥0，所以g (x )在[0,2)上单调递增，所以g (0.01)>g (0)＝0，故c <a ，从而有b <c <a ，故选B.10．(－3，－1)∪(3，＋∞) 解析：由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧a 2－a >0，a ＋3>0，a 2－a >a ＋3，解得－3<a <－1或a >3，所以实数a 的取值范围为(－3，－1)∪(3，＋∞)．11．[－1,1)解析：∵f (0)＝log a 3<0，∴0<a <1，由复合函数的单调性可知，函数的单调增区间为[－1,1)． 12．3解析：f (x )＝x ＋1x －1＝x －1＋2x －1＝1＋2x －1，显然f (x )在[2,5]上单调递减，∴f (x )max ＝f (2)＝1＋22－1＝3.13．C 根据函数f (x )为偶函数可知， f ⎝⎛⎭⎫log 314＝f (－log 34)＝f (log 34)，因为0<232-<223-<20<log 34，且函数f (x )在(0，＋∞)单调递减，所以f (232-)>f (223-)>f (log 314)．14．D 210,1,2210x x x x x R x ⎧+>⎫⎧⎫⎪⎪⇒∈≠±∈⎨⎬⎨⎬->⎩⎭⎪⎪⎩⎭，∴函数f (x )的定义域关于原点对称，又∵f (－x )＝ln|－2x ＋1|－ln|－2x －1|＝ln|2x －1|－ln|2x ＋1|＝－f (x )，∴f (x )是奇函数，排除A 、C ；当x ∈⎝⎛⎭⎫－12，12时，f (x )＝ln(2x ＋1)－ln(1－2x )，则f ′(x )＝22x ＋1－－21－2x ＝41－4x 2>0，∴f (x )在⎝⎛⎭⎫－12，12单调递增，排除B ；当x ∈⎝⎛⎭⎫－∞，－12时，f (x )＝ln(－2x －1)－ln(1－2x )，则f ′(x )＝－2－2x －1－－21－2x ＝41－4x 2<0，∴f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，－12单调递减，∴D 正确． 15．3解析：∵y ＝⎝⎛⎭⎫13x 在R 上单调递减，y ＝log 2(x ＋2)在[－1,1]上单调递增，∴f (x )在[－1,1]上单调递减，∴f (x )max ＝f (－1)＝3.16.⎝⎛⎦⎤0，34 解析：∵对任意x 1≠x 2，都有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2<0成立，∴f (x )在定义域R 上为单调递减函数， ∴⎩⎪⎨⎪⎧0<a <1，a －3<0，a ≥(a －3)×1＋4a ，解得0<a ≤34，∴a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤0，34.导数的应用命题范围：导数的应用、导数的几何意义．1.[2021·湖北黄冈中学测试]已知函数f (x )＝|x －a |－ln x (a >0)． (1)讨论f (x )的单调性；(2)比较ln2222＋ln3232＋…＋ln n 2n 2与(n －1)(2n ＋1)2(n ＋1)的大小(n ∈N *且n ≥2)，并证明你的结论．2.[2021·全国乙卷]设函数f (x )＝ln (a －x )，已知x ＝0是函数y ＝xf (x )的极值点． (1)求a ；(2)设函数g (x )＝x ＋f (x )xf (x )，证明：g (x )＜1.3.[2020·全国卷Ⅲ]设函数f (x )＝x 3＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x )在点⎝⎛⎭⎫12，f ⎝⎛⎭⎫12处的切线与y 轴垂直． (1)求b ；(2)若f (x )有一个绝对值不大于1的零点，证明：f (x )所有零点的绝对值都不大于1.4.[2021·全国甲卷]已知a ＞0且a ≠1，函数f (x )＝x aa x (x ＞0)．(1)当a ＝2时，求f (x )的单调区间；(2)若曲线y ＝f (x )与直线y ＝1有且仅有两个交点，求a 的取值范围．5.[2020·全国卷Ⅰ]已知函数f (x )＝e x ＋ax 2－x . (1)当a ＝1时，讨论f (x )的单调性；(2)当x ≥0时，f (x )≥12x 3＋1，求a 的取值范围．导数的应用参考答案1．解析：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)．函数f (x )可化为f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －ln x －a ，x ≥a ，a －x －ln x ，0<x <a .当0<x <a 时，f ′(x )＝－1－1x <0，所以f (x )在(0，a )上单调递减．当x ≥a 时，f ′(x )＝1－1x ＝x －1x，此时要考虑a 与1的大小．若a ≥1，则f ′(x )≥0，且f ′(x )在[a ，＋∞)的任意子区间内都不恒等于0， 故f (x )在(a ，＋∞)上单调递增；若0<a <1，则当a ≤x <1时，f ′(x )<0，当x >1时，f ′(x )>0，故f (x )在[a,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f (x )在x ＝a 处连续． 所以当a ≥1时，f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增； 当0<a <1时，f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．(2)由(1)可知当a ＝1，x >1时，x －1－ln x >0，即ln x <x －1，所以ln x x <1－1x.所以当n ≥2，n ∈N *时ln2222＋ln3232＋…＋ln n 2n 2<1－122＋1－132＋…＋1－1n2＝n －1－⎝⎛⎭⎫122＋132＋…＋1n 2<n －1－⎣⎡⎦⎤12×3＋13×4＋…＋1n (n ＋1)＝n －1－⎝⎛⎭⎫12－1n ＋1＝n －1－n －12(n ＋1)＝2n 2－2－n ＋12(n ＋1)＝(n －1)(2n ＋1)2(n ＋1).2．解析：(1)由题意得y ＝xf (x )＝x ln(a －x )， 则y ′＝ln(a －x )＋x [ln(a －x )]′.因为x ＝0是函数y ＝xf (x )的极值点， 所以y ′|x ＝0＝ln a ＝0，所以a ＝1.(2)由(1)可知，f (x )＝ln(1－x )，其定义域为{x |x <1}， 当0<x <1时，ln(1－x )<0，此时xf (x )<0， 当x <0时，ln(1－x )>0，此时xf (x )<0. 易知g (x )的定义域为{x |x <1且x ≠0}，故要证g (x )＝x ＋f (x )xf (x )<1，只需证x ＋f (x )>xf (x )，即证x ＋ln(1－x )－x ln(1－x )>0.令1－x ＝t ，则t >0且t ≠1，则只需证1－t ＋ln t －(1－t )ln t >0，即证1－t ＋t ln t >0. 令h (t )＝1－t ＋t ln t, 则h ′(t )＝－1＋ln t ＋1＝ln t ，所以h (t )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以h (t )>h (1)＝0， 即g (x )<1成立．3．解析：(1)f ′(x )＝3x 2＋b .依题意得f ′⎝⎛⎭⎫12＝0，即34＋b ＝0. 故b ＝－34.(2)由(1)知f (x )＝x 3－34x ＋c ，f ′(x )＝3x 2－34.令f ′(x )＝0，解得x ＝－12或x ＝12.f ′(因为f (1)＝f ⎝⎛⎭⎫－12＝c ＋14，所以当c ＜－14时，f (x )只有大于1的零点． 因为f (－1)＝f ⎝⎛⎭⎫12＝c －14，所以当c ＞14时，f (x )只有小于－1的零点． 由题设可知－14≤c ≤14.当c ＝－14时，f (x )只有两个零点－12和1.当c ＝14时，f (x )只有两个零点－1和12.当－14＜c ＜14时，f (x )有三个零点x 1，x 2，x 3，且x 1∈⎝⎛⎭⎫－1，－12，x 2∈⎝⎛⎭⎫－12，12，x 3∈⎝⎛⎭⎫12，1. 综上，若f (x )有一个绝对值不大于1的零点，则f (x )所有零点的绝对值都不大于1.4．解析：(1)当a ＝2时，f (x )＝x 22x (x >0)，f ′(x )＝x (2－x ln2)2x(x >0)，令f ′(x )>0，则0<x <2ln2，此时函数f (x )单调递增，令f ′(x )<0，则x >2ln2，此时函数f (x )单调递减，所以函数f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫0，2ln2，单调递减区间为⎝⎛⎭⎫2ln2，＋∞. (2)曲线y ＝f (x )与直线y ＝1有且仅有两个交点，可转化为方程x a a x ＝1(x >0)有两个不同的解，即方程ln x x ＝ln aa有两个不同的解．设g (x )＝ln xx (x >0)，则g ′(x )＝1－ln x x 2(x >0)，令g ′(x )＝1－ln xx2＝0，得x ＝e ，当0<x <e 时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增， 当x >e 时，g ′(x )<0，函数g (x )单调递减，故g (x )max ＝g (e)＝1e ，且当x >e 时，g (x )∈⎝⎛⎭⎫0，1e ， 又g (1)＝0，所以0<ln a a <1e，所以a >1且a ≠e ，即a 的取值范围为(1，e)∪(e ，＋∞)．5．解析：(1)当a ＝1时，f (x )＝e x ＋x 2－x ，f ′(x )＝e x ＋2x －1.故当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )<0；当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0.所以f (x )在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．(2)f (x )≥12x 3＋1等价于⎝⎛⎭⎫12x 3－ax 2＋x ＋1e －x ≤1. 设函数g (x )＝⎝⎛⎭⎫12x 3－ax 2＋x ＋1e －x (x ≥0)，则 g ′(x )＝－⎝⎛⎭⎫12x 3－ax 2＋x ＋1－32x 2＋2ax －1e －x ＝－12x [x 2－(2a ＋3)x ＋4a ＋2]e －x＝－12x (x －2a －1)(x －2)e －x .(ⅰ)若2a ＋1≤0，即a ≤－12，则当x ∈(0,2)时，g ′(x )>0.所以g (x )在(0,2)单调递增，而g (0)＝1，故当x ∈(0,2)时，g (x )>1，不合题意．(ⅱ)若0<2a ＋1<2，即－12<a <12，则当x ∈(0,2a ＋1)∪(2，＋∞)时，g ′(x )<0；当x ∈(2a ＋1,2)时，g ′(x )>0.所以g (x )在(0,2a ＋1)，(2，＋∞)单调递减，在(2a ＋1,2)单调递增．由于g (0)＝1，所以g (x )≤1当且仅当g (2)＝(7－4a )e －2≤1，即a ≥7－e 24.所以当7－e 24≤a <12时，g (x )≤1.(ⅲ)若2a ＋1≥2，即a ≥12，则g (x )≤⎝⎛⎭⎫12x 3＋x ＋1e －x . 由于0∈⎣⎡⎭⎫7－e 24，12，故由(ⅱ)可得⎝⎛⎭⎫12x 3＋x ＋1e －x ≤1. 故当a ≥12时，g (x )≤1.综上，a 的取值范围是⎣⎡⎭⎫7－e 24，＋∞.。