2019年高考数学艺术生百日冲刺专题03导数及其应用测试题
专题03导数及其应用（解析版）
专题03 导数及其应用1．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】已知曲线e ln x y a x x =+在点（1，a e ）处的切线方程为y =2x +b ，则 A ．e 1a b ==-， B ．a=e ，b =1 C ．1e 1a b -==，D ．1e a -=，1b =-【答案】D【解析】∵e ln 1,x y a x '=++∴切线的斜率1|e 12x k y a ='==+=，1e a -∴=， 将(1,1)代入2y x b =+，得21,1b b +==-. 故选D ．【名师点睛】本题求解的关键是利用导数的几何意义和点在曲线上得到含有a ，b 的等式，从而求解，属于常考题型.2．【2019年高考天津理数】已知a ∈R ，设函数222,1,()ln ,1.x ax a x f x x a x x ⎧-+≤=⎨->⎩若关于x 的不等式()0f x ≥在R 上恒成立，则a 的取值范围为 A ．[]0,1 B ．[]0,2 C ．[]0,eD ．[]1,e【答案】C【解析】当1x =时，(1)12210f a a =-+=>恒成立；当1x <时，22()22021x f x x ax a a x =-+≥⇔≥-恒成立，令2()1x g x x =-，则222(11)(1)2(1)1()111x x x x g x x x x -----+=-=-=----112201x x ⎛⎫⎛⎫=--+-≤-= ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭，当111x x-=-，即0x =时取等号， ∴max 2()0a g x ≥=，则0a >.当1x >时，()ln 0f x x a x =-≥，即ln xa x≤恒成立， 令()ln xh x x=，则2ln 1()(ln )x h x x -'=，当e x >时，()0h x '>，函数()h x 单调递增， 当0e x <<时，()0h x '<，函数()h x 单调递减， 则e x =时，()h x 取得最小值(e)e h =， ∴min ()e a h x ≤=，综上可知，a 的取值范围是[0,e]. 故选C.【名师点睛】本题考查分段函数的最值问题，分别利用基本不等式和求导的方法研究函数的最值，然后解决恒成立问题.3．（2019浙江）已知,a b ∈R ，函数32,0()11(1),032x x f x x a x ax x <⎧⎪=⎨-++≥⎪⎩．若函数()y f x ax b =--恰有3个零点，则 A ．a <–1，b <0 B ．a <–1，b >0 C ．a >–1，b <0 D ．a >–1，b >0【答案】C【解析】当x ＜0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b ＝x ﹣ax ﹣b ＝（1﹣a ）x ﹣b ＝0，得x =b1−a ， 则y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 最多有一个零点；当x ≥0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b =13x 3−12（a +1）x 2+ax ﹣ax ﹣b =13x 3−12（a +1）x 2﹣b ，2(1)y x a x =+-'，当a +1≤0，即a ≤﹣1时，y ′≥0，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 在[0，+∞）上单调递增， 则y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 最多有一个零点，不合题意；当a +1＞0，即a >﹣1时，令y ′＞0得x ∈(a +1，+∞），此时函数单调递增，令y ′＜0得x ∈[0，a +1），此时函数单调递减，则函数最多有2个零点.根据题意，函数y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 恰有3个零点⇔函数y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 在（﹣∞，0）上有一个零点，在[0，+∞）上有2个零点， 如图：∴b1−a ＜0且{−b ＞013(a +1)3−12(a +1)(a +1)2−b ＜0， 解得b ＜0，1﹣a ＞0，b ＞−16（a +1）3，则a >–1，b <0. 故选C ．【名师点睛】本题考查函数与方程，导数的应用.当x ＜0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b ＝x ﹣ax ﹣b ＝（1﹣a ）x ﹣b 最多有一个零点；当x ≥0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b =13x 3−12（a +1）x 2﹣b ，利用导数研究函数的单调性，根据单调性画出函数的草图，从而结合题意可列不等式组求解．4．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】曲线23()e xy x x =+在点(0)0，处的切线方程为____________． 【答案】30x y -=【解析】223(21)e 3()e 3(31)e ,x x x y x x x x x '=+++=++ 所以切线的斜率0|3x k y ='==，则曲线23()e x y x x =+在点(0,0)处的切线方程为3y x =，即30x y -=．【名师点睛】准确求导数是进一步计算的基础，本题易因为导数的运算法则掌握不熟，而导致计算错误．求导要“慢”，计算要准，是解答此类问题的基本要求．5．【2019年高考江苏】在平面直角坐标系xOy 中，P 是曲线4(0)y x x x=+>上的一个动点，则点P 到直线0x y +=的距离的最小值是 ▲ . 【答案】4 【解析】由4(0)y x x x =+>，得241y x'=-， 设斜率为1-的直线与曲线4(0)y x x x=+>切于0004(,)x x x +，由20411x -=-得0x =0x =， ∴曲线4(0)y x x x=+>上，点P 到直线0x y +=4=.故答案为4．【名师点睛】本题考查曲线上任意一点到已知直线的最小距离，渗透了直观想象和数学运算素养.采取导数法，利用数形结合和转化与化归思想解题.6．【2019年高考江苏】在平面直角坐标系xOy 中，点A 在曲线y =ln x 上，且该曲线在点A 处的切线经过点（-e ，-1)(e 为自然对数的底数），则点A 的坐标是 ▲ . 【答案】(e, 1)【解析】设出切点坐标，得到切线方程，然后求解方程得到横坐标的值，可得切点坐标. 设点()00,A x y ，则00ln y x =. 又1y x'=， 当0x x =时，01y x '=， 则曲线ln y x =在点A 处的切线为0001()y y x x x -=-， 即00ln 1xy x x -=-， 将点()e,1--代入，得00e1ln 1x x ---=-，即00ln e x x =，考察函数()ln H x x x =，当()0,1x ∈时，()0H x <，当()1,x ∈+∞时，()0H x >， 且()ln 1H x x '=+，当1x >时，()()0,H x H x '>单调递增， 注意到()e e H =，故00ln e x x =存在唯一的实数根0e x =， 此时01y =， 故点A 的坐标为()e,1.【名师点睛】导数运算及切线的理解应注意的问题：一是利用公式求导时要特别注意除法公式中分子的符号，防止与乘法公式混淆．二是直线与曲线公共点的个数不是切线的本质，直线与曲线只有一个公共点，直线不一定是曲线的切线，同样，直线是曲线的切线，则直线与曲线可能有两个或两个以上的公共点．7．【2019年高考北京理数】设函数()e e xxf x a -=+（a 为常数）．若f （x ）为奇函数，则a =________；若f （x ）是R 上的增函数，则a 的取值范围是___________． 【答案】(]1,0--∞【解析】首先由奇函数的定义得到关于a 的恒等式，据此可得a 的值，然后利用()0f x '≥可得a 的取值范围.若函数()e e xxf x a -=+为奇函数，则()(),f x f x -=-即()ee e e xx x x a a --+=-+，即()()1e e0x xa -++=对任意的x 恒成立， 则10a +=，得1a =-.若函数()e e xxf x a -=+是R 上的增函数，则() e e 0x x f x a -'=-≥在R 上恒成立，即2e x a ≤在R 上恒成立， 又2e 0x >，则0a ≤，即实数a 的取值范围是(],0-∞.【名师点睛】本题考查函数的奇偶性､单调性､利用单调性确定参数的范围.解答过程中，需利用转化与化归思想，转化成恒成立问题.注重重点知识､基础知识､基本运算能力的考查.8．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数()sin ln(1)f x x x =-+，()f x '为()f x 的导数．证明：（1）()f x '在区间(1,)2π-存在唯一极大值点； （2）()f x 有且仅有2个零点． 【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）设()()g x f 'x =，则1()cos 1g x x x =-+，21sin ())(1x 'x g x =-++. 当1,2x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()g'x 单调递减，而(0)0,()02g'g'π><，可得()g'x 在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭有唯一零点，设为α.则当(1,)x α∈-时，()0g'x >；当,2x α⎛π⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g'x <. 所以()g x 在(1,)α-单调递增，在,2απ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，故()g x 在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭存在唯一极大值点，即()f 'x 在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭存在唯一极大值点. （2）()f x 的定义域为(1,)-+∞.（i ）当(1,0]x ∈-时，由（1）知，()f 'x 在(1,0)-单调递增，而(0)0f '=，所以当(1,0)x ∈-时，()0f 'x <，故()f x 在(1,0)-单调递减，又(0)=0f ，从而0x =是()f x 在(1,0]-的唯一零点.（ii ）当0,2x ⎛π⎤∈ ⎥⎝⎦时，由（1）知，()f 'x 在(0,)α单调递增，在,2απ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，而(0)=0f '，02f 'π⎛⎫< ⎪⎝⎭，所以存在,2βαπ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()0f 'β=，且当(0,)x β∈时，()0f 'x >；当,2x βπ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f 'x <.故()f x 在(0,)β单调递增，在,2βπ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减.又(0)=0f ，1ln 1022f ππ⎛⎫⎛⎫=-+> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以当0,2x ⎛π⎤∈ ⎥⎝⎦时，()0f x >.从而，()f x 在0,2⎛⎤⎥⎝⎦π没有零点. （iii ）当,2x π⎛⎤∈π⎥⎝⎦时，()0f 'x <，所以()f x 在,2π⎛⎫π ⎪⎝⎭单调递减.而02f π⎛⎫> ⎪⎝⎭，()0f π<，所以()f x 在,2π⎛⎤π⎥⎝⎦有唯一零点. （iv ）当(,)x ∈π+∞时，ln(1)1x +>，所以()f x <0，从而()f x 在(,)π+∞没有零点. 综上，()f x 有且仅有2个零点.【名师点睛】本题考查导数与函数极值之间的关系、利用导数解决函数零点个数的问题.解决零点问题的关键一方面是利用零点存在性定理或最值点来说明存在零点，另一方面是利用函数的单调性说明在区间内零点的唯一性，二者缺一不可.9．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】已知函数()11ln x f x x x -=-+.（1）讨论f (x )的单调性，并证明f (x )有且仅有两个零点；（2）设x 0是f (x )的一个零点，证明曲线y =ln x 在点A (x 0，ln x 0)处的切线也是曲线e x y =的切线. 【答案】（1）函数()f x 在(0,1)和(1,)+∞上是单调增函数，证明见解析； （2）见解析.【解析】（1）f （x ）的定义域为（0，1）（1，+∞）．因为212()0(1)f 'x x x =+>-，所以()f x 在（0，1），（1，+∞）单调递增． 因为f （e ）=e 110e 1+-<-，22222e 1e 3(e )20e 1e 1f +-=-=>--，所以f （x ）在（1，+∞）有唯一零点x 1，即f （x 1）=0．又1101x <<，1111111()ln ()01x f x f x x x +=-+=-=-，故f （x ）在（0，1）有唯一零点11x ．综上，f （x ）有且仅有两个零点． （2）因为0ln 01e x x -=，故点B （–ln x 0，01x ）在曲线y =e x 上．由题设知0()0f x =，即0001ln 1x x x +=-，故直线AB 的斜率0000000000111ln 111ln 1x x x x x k x x x x x x +---===+-----． 曲线y =e x 在点001(ln ,)B x x -处切线的斜率是01x ，曲线ln y x =在点00(,ln )A x x 处切线的斜率也是01x ， 所以曲线ln y x =在点00(,ln )A x x 处的切线也是曲线y =e x 的切线．【名师点睛】本题考查了利用导数求已知函数的单调性、考查了曲线的切线方程，考查了数学运算能力. 10．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】已知函数32()2f x x ax 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. 【答案】（1）见解析；（2）01a b =⎧⎨=-⎩或41a b =⎧⎨=⎩. 【解析】（1）2()622(3)f x x ax x x a '=-=-． 令()0f x '=，得x =0或3ax =. 若a >0，则当(,0),3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当0,3a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在(,0),,3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在0,3a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减；若a =0，()f x 在(,)-∞+∞单调递增；若a <0，则当,(0,)3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当,03a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在,,(0,)3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在,03a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减.（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，l]的最小值为(0)=f b ，最大值为(1)2f a b =-+.此时a ，b 满足题设条件当且仅当1b =-，21a b -+=，即a =0，1b =-．（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(0)=f b ，最小值为(1)2f a b =-+．此时a ，b 满足题设条件当且仅当21a b -+=-，b =1，即a =4，b =1．（iii ）当0<a <3时，由（1）知，()f x 在[0，1]的最小值为3327a a f b ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，最大值为b 或2a b -+．若3127a b -+=-，b =1，则a =0<a <3矛盾.若3127a b -+=-，21a b -+=，则a =a =-a =0，与0<a <3矛盾． 综上，当且仅当a =0，1b =-或a =4，b =1时，()f x 在[0，1]的最小值为-1，最大值为1．【名师点睛】这是一道常规的函数导数和不等式的综合题，题目难度比往年降低了不少，考查函数的单调性、最大值、最小值这种基本量的计算. 11．【2019年高考北京理数】已知函数321()4f x x x x =-+． （Ⅰ）求曲线()y f x =的斜率为1的切线方程； （Ⅱ）当[2,4]x ∈-时，求证：6()x f x x -≤≤；（Ⅲ）设()|()()|()F x f x x a a =-+∈R ，记()F x 在区间[2,4]-上的最大值为M （a ）．当M （a ）最小时，求a 的值．【答案】（Ⅰ）y x =与6427y x =-；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）3a =-. 【解析】（Ⅰ）由321()4f x x x x =-+得23()214f x x x '=-+.令()1f x '=，即232114x x -+=，得0x =或83x =.又(0)0f =，88()327f =，所以曲线()y f x =的斜率为1的切线方程是y x =与88273y x -=-， 即y x =与6427y x =-.（Ⅱ）令()(),[2,4]g x f x x x =-∈-. 由321()4g x x x =-得23()24g'x x x =-.令()0g'x =得0x =或83x =. (),()g'x g x 的情况如下：所以()g x 的最小值为6-，最大值为0. 故6()0g x -≤≤，即6()x f x x -≤≤. （Ⅲ）由（Ⅱ）知，当3a <-时，()(0)|(0)|3M F g a a a ≥=-=->； 当3a >-时，()(2)|(2)|63M F a g a a ≥-=--=+>； 当3a =-时，()3M a =. 综上，当()M a 最小时，3a =-.【名师点睛】本题主要考查利用导函数研究函数的切线方程，利用导函数证明不等式，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 12．【2019年高考天津理数】设函数()e cos ,()xf x xg x =为()f x 的导函数．（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）当,42x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，证明()()02f x g x x π⎛⎫+-≥ ⎪⎝⎭；（Ⅲ）设n x 为函数()()1u x f x =-在区间2,242n n ππ⎛⎫π+π+ ⎪⎝⎭内的零点，其中n ∈N ，证明20022sin c s e o n n n x x x -πππ+-<-． 【答案】（Ⅰ）()f x 的单调递增区间为3ππ2π,2π(),()44k k k f x ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦Z 的单调递减区间为π5π2π,2π()44k k k ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦Z .（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析. 【解析】（Ⅰ）由已知，有()e (cos sin )x f 'x x x =-．因此，当52,244x k k ππ⎛⎫∈π+π+ ⎪⎝⎭()k ∈Z 时，有sin cos x x >，得()0f 'x <，则()f x 单调递减；当32,244x k k ππ⎛⎫∈π-π+ ⎪⎝⎭()k ∈Z 时，有sin cos x x <，得()0f 'x >，则()f x 单调递增．所以，()f x 的单调递增区间为32,2(),()44k k k f x ππ⎡⎤π-π+∈⎢⎥⎣⎦Z 的单调递减区间为52,2()44k k k ππ⎡⎤π+π+∈⎢⎥⎣⎦Z ． （Ⅱ）证明：记()()()2h x f x g x x π⎛⎫=+-⎪⎝⎭．依题意及（Ⅰ），有()e (cos sin )x g x x x =-，从而()2e sin x g'x x =-．当,42x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，0()g'x <，故()()()()(1)()022h'x f 'x g'x x g x g'x x ππ⎛⎫⎛⎫=+-+-=-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．因此，()h x 在区间,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，进而()022h x h f ππ⎛⎫⎛⎫≥== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭． 所以，当,42x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()()02f x g x x π⎛⎫+-≥ ⎪⎝⎭．（Ⅲ）证明：依题意，()()10n n u x f x =-=，即cos e 1n x n x =．记2n n y x n =-π，则,42n y ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，且()()()22e cos ecos 2e n n yx n n n n n f y y x n n π--π==-π=∈N ．由()()20e1n n f y f y -π==≤及（Ⅰ），得0n y y ≥．由（Ⅱ）知，当,42x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g'x <，所以()g x 在,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上为减函数，因此()()004n g y g y g π⎛⎫≤<= ⎪⎝⎭．又由（Ⅱ）知，()()02n n n f y g y y π⎛⎫+-≥ ⎪⎝⎭，故()()()()()022*******2sin cos sin c e e e e os e n n n n n n y n n f y y g y g y g y y y x x -π-π-π-ππ--=-≤=--≤<． 所以，20022sin c s e o n n n x x x -πππ+-<-．【名师点睛】本小题主要考查导数的运算、不等式证明、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法．考查函数思想和化归与转化思想．考查抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力． 13．【2019年高考浙江】已知实数0a ≠，设函数()=ln 0.f x a x x >（1）当34a =-时，求函数()f x 的单调区间； （2）对任意21[,)e x ∈+∞均有()2f x a≤ 求a 的取值范围． 注：e=…为自然对数的底数．【答案】（1）()f x 的单调递增区间是()3,+∞,单调递减区间是()0,3；（2）0,4⎛ ⎝⎦. 【解析】（1）当34a =-时，3()ln 04f x x x =-+>．3()4f 'x x =-+=所以，函数()f x 的单调递减区间为（0，3），单调递增区间为（3，+∞）．（2）由1(1)2f a ≤，得0a <≤．当0a <≤()f x ≤2ln 0x -≥． 令1t a=，则t ≥．设()22ln ,g t t x t =≥则2()2ln g t t x =．（i ）当1,7x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭()2ln g t g x ≥=．记1()ln ,7p x x x =≥，则1()p'x x =-==.故所以，()(1)0p x p ≥=．因此，()2()0g t g p x ≥=≥．（ii ）当211,e 7x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，1()1g t g x ⎛+= ⎝．令211()(1),,e 7q x x x x ⎡⎤=++∈⎢⎥⎣⎦，则()10q'x =+>， 故()q x 在211,e 7⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，所以1()7q x q ⎛⎫⎪⎝⎭．由（i ）得，11(1)077q p p ⎛⎫⎛⎫=<= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭． 所以，()<0q x ．因此1()10g t g x ⎛+=> ⎝．由（i ）（ii ）知对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，),()0t g t ∈+∞， 即对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，均有()2xf x a ．综上所述，所求a 的取值范围是⎛⎝⎦． 【名师点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．（3）利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．（4）考查数形结合思想的应用．14．【2019年高考江苏】设函数()()()(),,,f x x a x b x c a b c =---∈R 、()f 'x 为f （x ）的导函数．（1）若a =b =c ，f （4）=8，求a 的值；（2）若a ≠b ，b =c ，且f （x ）和()f 'x 的零点均在集合{3,1,3}-中，求f （x ）的极小值；（3）若0,01,1a b c =<=，且f （x ）的极大值为M ，求证:M ≤427． 【答案】（1）2a =；（2）见解析；（3）见解析.【解析】（1）因为a b c ==，所以3()()()()()f x x a x b x c x a =---=-．因为(4)8f =，所以3(4)8a -=，解得2a =．（2）因为b c =，所以2322()()()(2)(2)f x x a x b x a b x b a b x ab =--=-+++-， 从而2()3()3a b f 'x x b x +⎛⎫=-- ⎪⎝⎭．令()0f 'x =，得x b =或23a b x +=． 因为2,,3a ba b +都在集合{3,1,3}-中，且a b ≠， 所以21,3,33a ba b +===-． 此时2()(3)(3)f x x x =-+，()3(3)(1)f 'x x x =+-． 令()0f 'x =，得3x =-或1x =．列表如下：所以()f x 的极小值为2(1)(13)(13)32f =-+=-．（3）因为0,1a c ==，所以32()()(1)(1)f x x x b x x b x bx =--=-++，2()32(1)f 'x x b x b =-++．因为01b <≤，所以224(1)12(21)30b b b ∆=+-=-+>， 则()f 'x 有2个不同的零点，设为()1212,x x x x <．由()0f 'x =，得12x x ==． 列表如下：所以()f x 的极大值()1M f x =． 解法一：()321111(1)M f x x b x bx ==-++()221111211(1)[32(1)]3999b b x b b b x b x b x -+++⎛⎫=-++--+ ⎪⎝⎭()2321(1)(1)227927b b b b b --+++=++23(1)2(1)(1)2272727b b b b +-+=-+(1)24272727b b +≤+≤．因此427M ≤． 解法二：因为01b <≤，所以1(0,1)x ∈．当(0,1)x ∈时，2()()(1)(1)f x x x b x x x =--≤-． 令2()(1),(0,1)g x x x x =-∈，则1()3(1)3g'x x x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭． 令()0g'x =，得1x =．列表如下：所以当13x =时，()g x 取得极大值，且是最大值，故max 14()327g x g ⎛⎫== ⎪⎝⎭． 所以当(0,1)x ∈时，4()()27f x g x ≤≤，因此427M ≤． 【名师点睛】本题主要考查利用导数研究函数的性质，考查综合运用数学思想方法分析与解决问题以及逻辑推理能力．15．【河北省武邑中学2019届高三第二次调研考试数学】函数f(x)=x 2−2lnx 的单调减区间是A ．(0,1]B ．[1,+∞)C ．(−∞,−1]∪(0，1]D ．[−1,0)∪(0,1]【答案】A【解析】f′(x)=2x −2x =2x 2−2x(x >0)，令f′(x)≤0，解得：0<x ≤1. 故选A ．【名师点睛】本题考查了函数的单调性，考查导数的应用，是一道基础题.16．【江西省南昌市2019届高三模拟考试数学】已知f(x)在R 上连续可导，f ′(x)为其导函数，且f(x)=e x +e −x −f ′(1)x ⋅(e x −e −x )，则f ′(2)+f ′(−2)−f ′(0)f ′(1)= A ．4e 2+4e −2 B ．4e 2−4e −2 C ．0D ．4e 2【答案】C【解析】∵()e e (1)()(e e ()x x x x f x f x f x --'-=+=---)， ∴()f x 是偶函数，两边对x 求导，得()()f x f x -'-='，即()()f x f x '-=-'， 则()f x '是R 上的奇函数，则(0)0f '=，(2)(2)f f '-=-'，即(2)(2)0f f '+'-=，则(2)(2)(0)(1)0f f f f ''''+--=. 故选C ．【名师点睛】本题主要考查函数导数值的计算，根据条件判断函数的奇偶性是解决本题的关键，是中档题.17．【江西省新八校2019届高三第二次联考数学】若3()3()21f x f x x x +-=++对x ∈R 恒成立，则曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为A ．5250x y +-=B ．10450x y +-=C ．540x y +=D ．204150x y --=【答案】B 【解析】()()3321f x f x x x +-=++……①，()()3321f x f x x x ∴-+=--+……②，联立①②，解得()31124f x x x =--+，则()2312f x x '=--， ()11511244f ∴=--+=-，()351122f '=--=-，∴切线方程为：()55142y x +=--，即10450x y +-=. 故选B.【名师点睛】本题考查利用导数的几何意义求解在某一点处的切线方程，关键是能够利用构造方程组的方式求得函数的解析式.18．【云南省玉溪市第一中学2019届高三第二次调研考试数学】函数2l ()n f x x x =的最小值为A ．1e -B ．1eC ．12e-D ．12e【答案】C【解析】由题得(0,)x ∈+∞，()2ln (2ln 1)f x x x x x x '=+=+， 令2ln 10x +=，解得12ex -=，则当12(0,e )x -∈时，()f x 为减函数，当12(e ,)x -∈+∞时，()f x 为增函数， 所以12e x -=处的函数值为最小值，且121(e )2ef -=-. 故选C.【名师点睛】本题考查用导数求函数最值，解此类题首先确定函数的定义域，其次判断函数的单调性，确定最值点，最后代回原函数求得最值.19．【四川省内江市2019届高三第三次模拟考试数学】若函数f(x)=12ax 2+xlnx −x 存在单调递增区间，则a 的取值范围是 A ．1,1e ⎛⎫- ⎪⎝⎭B ．1,e ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭C ．()1,-+∞D ．1,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭【答案】B【解析】()ln f x ax x '=+， ∴()0f x '>在x ∈()0+∞，上成立， 即ax+ln x ＞0在x ∈()0+∞，上成立，即a ln xx-＞在x ∈()0+∞，上成立． 令g （x ）ln x x =-，则g ′（x ）21ln xx -=-， ∴g （x ）ln xx =-在（0，e ）上单调递减，在（e ，+∞）上单调递增，∴g （x ）ln x x =-的最小值为g （e ）=1e-，∴a ＞1e-． 故选B ．【名师点睛】本题考查学生利用导数研究函数的单调性及转化化归思想的运用，属中档题．20．【山西省太原市2019届高三模拟试题（一）数学】已知定义在(0,+∞)上的函数f(x)满足xf ′(x)−f(x)<0，且f(2)=2，则f (e x )−e x >0的解集是 A ．(−∞,ln2) B ．(ln2,+∞) C ．(0,e 2)D ．(e 2,+∞)【答案】A 【解析】令g (x )=f (x )x,g ′(x )=xf ′(x )−f (x )x 2<0,∴g(x)在(0,+∞)上单调递减，且g (2)=f (2)2=1,故f (e x )−e x >0等价为f (e x )e x>f (2)2，即g (e x )>g (2)，故e x <2,即x <ln2， 则所求的解集为(−∞,ln2). 故选A.【名师点睛】本题考查导数与单调性的应用，构造函数的思想，考查分析推理能力，是中档题. 21．【河南省焦作市2019届高三第四次模拟考试数学】已知a =ln √33，b =e −1，c =3ln28，则a,b,c 的大小关系为 A ．b <c <a B ．a >c >b C ．a >b >cD ．b >a >c【答案】D【解析】依题意，得ln33a ==，1lne e e b -==，3ln2ln888c ==.令f (x )=ln x x，所以f ′(x )=1−ln x x 2.所以函数f (x )在(0,e )上单调递增，在(e,+∞)上单调递减， 所以[f (x )]max =f (e )=1e =b ，且f (3)>f (8)，即a >c ， 所以b >a >c . 故选D.【名师点睛】本题主要考查了利用导数判断函数的单调性，构造出函数()ln xf x x=是解题的关键，属于中档题.22．【安徽省毛坦厂中学2019届高三校区4月联考数学】已知f (x )=lnx +1−ae x ，若关于x 的不等式f (x )<0恒成立，则实数a 的取值范围是 A ．1,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭B ．(),0-∞C ．1,e⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭D ．1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【答案】D【解析】由()0f x <恒成立得ln 1ex x a +>恒成立， 设()ln 1e x x h x +=，则()1ln 1e xx x h x -='-. 设()1ln 1g x x x =--，则()2110g x x x'=--<恒成立，∴g (x )在(0,+∞)上单调递减，又∵g (1)=0，∴当0<x <1时，g (x )>g (1)=0，即ℎ′(x )>0； 当x >1时，g (x )<g (1)=0，即ℎ′(x )<0， ∴ℎ(x )在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减， ∴ℎ(x)max =ℎ(1)=1e ，∴a >1e . 故选D.【名师点睛】本题考查利用导数求函数的最值，不等式恒成立问题，分离参数是常见的方法，属于中档题.23．【辽宁省丹东市2019届高三总复习质量测试】若1x =是函数()3221()(1)33f x x a x a a x =++-+-的极值点，则a 的值为 A ．-2 B ．3 C ．-2或3D ．-3或2【答案】B 【解析】()()()()32222113(3)(132)f x x a x a a f x x x a x a a '=++-=++-+-⇒+-，由题意可知(1)0f '=，即()212(1)303a a a a +-=+⇒-=+或2a =-，当3a =时，()222()2(1)389(9)(1)f x x a x a a x x x x +-'=++-=+-=+-，当1x >或9x <-时，()0f x '>，函数单调递增；当91x -<<时，()0f x '<，函数单调递减， 显然1x =是函数()f x 的极值点；当2a =-时，()2222()232(111))(0a a f x x a x x x x +-=-++=-=+-≥'，所以函数()f x 是R 上的单调递增函数，没有极值，不符合题意，舍去. 故3a =. 故选B ．【名师点睛】本题考查了已知函数的极值，求参数的问题.本题易错的地方是求出a 的值，没有通过单调性来验证1x =是不是函数的极值点，也就是说使得导函数为零的自变量的值，不一定是极值点. 24．【黑龙江省大庆市第一中学2019届高三下学期第四次模拟（最后一卷)考试】已知奇函数()f x 是定义在R 上的可导函数，其导函数为()f x '，当0x >时，有()()22f x xf x x '>+，则不等式()()()22018+2018420x f x f +-<＋的解集为A ．(),2016-∞-B ．()2016,2012--C ．(),2018-∞-D ．()2016,0-【答案】A【解析】设()()2g x x f x =，因为()f x 为R 上的奇函数，所以()()()()22g x x f x x f x -=--=-，即()g x 为R 上的奇函数对()g x 求导，得()()()2f g f x x x x x '=+'⎡⎤⎣⎦， 而当0x >时，有()()220f x xf x x '>+≥，故0x >时，()0g x '>，即()g x 单调递增，所以()g x 在R 上单调递增，则不等式()()()22018+2018420x f x f +-<＋即()()()22018+201842x f x f +<--， 即()()()22018+201842x f x f +<， 即()()20182g x g +<，所以20182x +<，解得2016x <-. 故选A.【名师点睛】本题考查构造函数解不等式，利用导数求函数的单调性，函数的奇偶性，题目较综合，有一定的技巧性，属于中档题.25．【重庆西南大学附属中学校2019届高三第十次月考数学】曲线21()ln 2f x x x x =+在点(1(1))f ，处的切线与直线10ax y --=垂直，则a =________. 【答案】12-【解析】因为21()ln 2f x x x x =+，所以()ln 1f x x x '=++， 因此，曲线21()ln 2f x x x x =+在点(1(1))f ，处的切线斜率为(1)112k f '==+=， 又该切线与直线10ax y --=垂直，所以12a =-. 故答案为12-. 【名师点睛】本题主要考查导数在某点处的切线斜率问题，熟记导数的几何意义即可求解，属于常考题型.26．【广东省深圳市高级中学2019届高三适应性考试（6月）数学】已知函数22,0,()e ,0,x x x f x x ⎧≤=⎨>⎩若方程2[()]f x a =恰有两个不同的实数根12,x x ，则12x x +的最大值是______．【答案】3ln 22-【解析】作出函数()f x 的图象如图所示，由()2f x a =⎡⎤⎣⎦，可得()1f x =>， 即1a >，不妨设12x x < ，则2212e x x =(1)t t =>，则12ln x x t ==，12ln x x t ∴+=令()ln g t t =()g t '= ∴当18t <<时，()0g t '>，g t 在()1,8上单调递增；当8t时，()0g t '<，g t 在()8,+∞上单调递减，∴当8t =时，g t 取得最大值，为(8)ln823ln22g =-=-.故答案为3ln 22-.【名师点睛】本题主要考查方程的根与图象交点的关系，考查了利用导数判断函数的单调性以及求函数的极值与最值，属于难题.求函数()f x 的极值与最值的步骤：（1）确定函数的定义域；（2）求导数()f x '；（3）解方程()0,f x '=求出函数定义域内的所有根；（4）判断()f x '在()0f x '=的根0x 左右两侧值的符号，如果左正右负（左增右减），那么()f x 在0x 处取极大值，如果左负右正（左减右增），那么()f x 在0x 处取极小值.（5）如果只有一个极值点，则在该点处取得极值也是最值；（6）如果求闭区间上的最值还需要比较端点处的函数值与极值的大小.27．【山东省烟台市2019届高三3月诊断性测试（一模）数学】已知函数4211()42f x x ax =-，a ∈R . （1）当1a =时，求曲线()f x 在点(2,(2))f 处的切线方程；（2）设函数2()(22)e e ()x g x x x a f x =-+--，其中e 2.71828...=是自然对数的底数，讨论()g x 的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值． 【答案】（1）6100x y --=；（2）当0a ≤时，()g x 在(,)-∞+∞上单调递增，无极值；当0a >时，()g x 在(,-∞和)+∞单调递增，在(单调递减，极大值为2e(2)e4g a =+，极小值为2e (4g a =-+. 【解析】（1）由题意3()f x x ax '=-，所以当1a =时，(2)2f =，(2)6f '=， 因此曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线方程是26(2)y x -=-， 即6100x y --=.（2）因为2()(22)e e ()x g x x x a f x =-+--， 所以2()(22)e (22)e e '()x x g x x x x a f x '=-+-+--232()e e()()(e e )x x x a x ax x a x =---=--，令()e e x h x x =-，则()e e x h x '=-， 令()0h x '=得1x =，当(,1)x ∈-∞时，()0h x '<，()h x 单调递减， 当(1,)x ∈+∞时，()0h x '>，()h x 单调递增， 所以当1x =时，min ()(1)0h x h ==， 也就说，对于x ∀∈R 恒有()0h x ≥. 当0a ≤时，2()()()0g x x a h x '=-≥，()g x 在(,)-∞+∞上单调递增，无极值；当0a >时，令()0g x '=，可得x =当x <x >2()()()0g x x a h x '=-≥，()g x 单调递增，当x <<()0g x '<，()g x 单调递减，因此，当x =()g x 取得极大值2e(2)e4g a =+；当x =()g x 取得极小值2e (4g a =-+. 综上所述：当0a ≤时，()g x 在(,)-∞+∞上单调递增，无极值；当0a >时，()g x 在(,-∞和)+∞上单调递增，在(上单调递减， 函数既有极大值，又有极小值，极大值为2e(2)e4g a =+，极小值为2e (4g a =-+. 【名师点睛】本题考查了函数的单调性，极值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．28．【陕西省2019届高三第三次联考数学】已知函数f(x)=lnx −ax ，g(x)=x 2，a ∈R .（1）求函数f(x)的极值点；（2）若f(x)≤g(x)恒成立，求a 的取值范围.【答案】（1）极大值点为1a ，无极小值点.（2）a ≥−1.【解析】（1）()ln f x x ax =-的定义域为(0,+∞)，f ′(x )=1x −a ， 当a ≤0时，f ′(x )=1x −a >0，所以f (x )在(0,+∞)上单调递增，无极值点；当a >0时，解f ′(x )=1x −a >0得0<x <1a ，解f ′(x )=1x −a <0得x >1a ， 所以f (x )在(0,1a )上单调递增，在(1a ,+∞)上单调递减，所以函数f (x )有极大值点，为1a ，无极小值点. （2）由条件可得ln x −x 2−ax ≤0(x >0)恒成立， 则当x >0时，a ≥ln x x−x 恒成立，令ℎ(x )=ln x x−x(x >0)，则ℎ′(x )=1−x 2−ln xx 2，令k (x )=1−x 2−ln x(x >0)，则当x >0时，k ′(x )=−2x −1x <0，所以k (x )在(0,+∞)上为减函数. 又k (1)=0，所以在(0,1)上，ℎ′(x )>0；在(1,+∞)上，ℎ′(x )<0. 所以ℎ(x )在(0,1)上为增函数，在(1,+∞)上为减函数， 所以ℎ(x )max =ℎ(1)=−1，所以a ≥−1.【名师点睛】对于函数恒成立或者有解求参的问题，常用方法有：变量分离，参变分离，转化为函数最值问题；或者直接求函数最值，使得函数最值大于或者小于0；或者分离成两个函数，使得一个函数恒大于或小于另一个函数.29．【山东省济宁市2019届高三二模数学】已知函数f(x)=lnx −xe x +ax(a ∈R).（1）若函数f(x)在[1,+∞)上单调递减，求实数a 的取值范围； （2）若a =1，求f(x)的最大值.【答案】（1）a ≤2e −1；（2）f(x)max =−1.【解析】（1）由题意知，f′(x)=1x −(e x +xe x )+a =1x −(x +1)e x +a ≤0在[1,+∞)上恒成立， 所以a ≤(x +1)e x −1x 在[1,+∞)上恒成立. 令g(x)=(x +1)e x −1x ，则g′(x)=(x +2)e x +1x 2>0，所以g(x)在[1,+∞)上单调递增，所以g(x)min =g(1)=2e −1， 所以a ≤2e −1.（2）当a =1时，f(x)=lnx −xe x +x(x >0). 则f′(x)=1x−(x +1)e x +1=(x +1)(1x−e x )，令m(x)=1x −e x ，则m′(x)=−1x 2−e x <0， 所以m(x)在(0,+∞)上单调递减.由于m(12)>0，m(1)<0，所以存在x 0>0满足m(x 0)=0，即e x 0=1x 0.当x ∈(0,x 0)时，m(x)>0，f′(x)>0；当x ∈(x 0,+∞)时，m(x)<0，f′(x)<0. 所以f(x)在(0,x 0)上单调递增，在(x 0,+∞)上单调递减. 所以f(x)max =f (x 0)=lnx 0−x 0e x 0+x 0， 因为e x 0=1x 0，所以x 0=−lnx 0，所以f(x 0)=−x 0−1+x 0=−1， 所以f(x)max =−1.【名师点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，最值，零点存在性定理及其应用，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.30．【福建省龙岩市2019届高三5月月考数学】今年3月5日，国务院总理李克强作的政府工作报告中，提到要“惩戒学术不端，力戒学术不端，力戒浮躁之风”.教育部日前公布的《教育部2019年部门预算》中透露，2019年教育部拟抽检博士学位论文约6000篇，预算为800万元.国务院学位委员会、教育部2014年印发的《博士硕士学位论文抽检办法》通知中规定：每篇抽检的学位论文送3位同行专家进行评议，3位专家中有2位以上（含2位）专家评议意见为“不合格”的学位论文，将认定为“存在问题学位论文”.有且只有1位专家评议意见为“不合格”的学位论文，将再送2位同行专家进行复评，2位复评专家中有1位以上（含1位）专家评议意见为“不合格”的学位论文，将认定为“存在问题学位论文”.设每篇学位论文被每位专家评议为“不合格”的概率均为(01)p p <<，且各篇学位论文是否被评议为“不合格”相互独立.（1）记一篇抽检的学位论文被认定为“存在问题学位论文”的概率为()f p ，求()f p ；（2）若拟定每篇抽检论文不需要复评的评审费用为900元，需要复评的评审费用为1500元；除评审费外，其它费用总计为100万元.现以此方案实施，且抽检论文为6000篇，问是否会超过预算并说明理由.【答案】（1）−3p 5+12p 4−17p 3+9p 2；（2）若以此方案实施，不会超过预算.【解析】（1）因为一篇学位论文初评被认定为“存在问题学位论文”的概率为C 32p 2(1−p )+C 33p 3， 一篇学位论文复评被认定为“存在问题学位论文”的概率为C 31p (1−p )2[1−(1−p )2]，所以一篇学位论文被认定为“存在问题学位论文”的概率为f (p )=C 32p 2(1−p )+C 33p 3+C 31p (1−p )2[1−(1−p )2]=3p 2(1−p )+p 3+3p (1−p )2[1−(1−p )2] =−3p 5+12p 4−17p 3+9p 2.（2）设每篇学位论文的评审费为X 元，则X 的可能取值为900，1500.P (X =1500)=C 31p (1−p )2， P (X =900)=1−C 31p (1−p )2， 所以E (X )=900×[1−C 31p (1−p )2]+1500×C 31p (1−p )2=900+1800p (1−p )2. 令g (p )=p (1−p )2,p ∈(0,1),g ′(p )=(1−p )2−2p (1−p )=(3p −1)(p −1). 当p ∈(0,13)时，g ′(p )>0，g (p )在(0,13)上单调递增；当p ∈(13,1)时，g ′(p )<0，g (p )在(13,1)上单调递减,所以g (p )的最大值为g (13)=427.所以实施此方案，最高费用为100+6000×(900+1800×427)×10−4=800（万元）. 综上，若以此方案实施，不会超过预算.【名师点睛】本题主要考查互斥事件的概率和独立重复试验的概率的求法，考查随机变量的期望的求法，考查利用导数求函数的最大值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力. 31．【北京市西城区2019届高三4月统一测试（一模）数学】设函数f(x)=m e x −x 2+3，其中m ∈R ．（1）当f(x)为偶函数时，求函数ℎ(x)=xf(x)的极值；（2）若函数f(x)在区间[−2 , 4]上有两个零点，求m 的取值范围． 【答案】（1）极小值ℎ(−1)=−2，极大值ℎ(1)=2；（2）−2e <m <13e 4或m =6e 3.【解析】（1）由函数f(x)是偶函数，得f(−x)=f(x)， 即m e −x −(−x)2+3=m e x −x 2+3对于任意实数x 都成立， 所以m =0. 此时ℎ(x)=xf(x)=−x 3+3x ，则ℎ′(x)=−3x 2+3. 由ℎ′(x)=0，解得x =±1. 当x 变化时，ℎ′(x)与ℎ(x)的变化情况如下表所示：所以ℎ(x)在(−∞,−1)，(1,+∞)上单调递减，在(−1,1)上单调递增. 所以ℎ(x)有极小值ℎ(−1)=−2，极大值ℎ(1)=2. （2）由f(x)=m e x −x 2+3=0，得m =x 2−3e x.所以“f(x)在区间[−2 , 4]上有两个零点”等价于“直线y =m 与曲线g(x)=x 2−3e x，x ∈[−2 , 4]有且只有两个公共点”.对函数g(x)求导，得g ′(x)=−x 2+2x+3e x.由g ′(x)=0，解得x 1=−1，x 2=3. 当x 变化时，g ′(x)与g(x)的变化情况如下表所示：所以g(x)在(−2,−1)，(3,4)上单调递减，在(−1,3)上单调递增. 又因为g(−2)=e 2，g(−1)=−2e ，g(3)=6e 3<g(−2)，g(4)=13e 4>g(−1)，所以当−2e <m <13e4或m =6e3时，直线y =m 与曲线g(x)=x 2−3e x，x ∈[−2 , 4]有且只有两个公共点.即当−2e <m <13e 4或m =6e3时，函数f(x)在区间[−2 , 4]上有两个零点.【名师点睛】利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法： （1）利用零点存在的判定定理构建不等式求解. （2）分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解. （3）转化为两熟悉的函数图象问题，从而构建不等式求解.。
精编新版2019高考数学《导数及其应用》专题测试题(含参考答案)
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．设f 0(x )＝sinx ，f 1(x )＝f 0′(x )，f 2(x )＝f 1′(x )，…，f n ＋1(x )＝f n ′(x )，n ∈N ，则f 2005(x )＝（ ） A ．sinx B ．－sinxC ．cos xD ．－cosx （2005湖南理)2．已知函数1()ln(1)f x x x=+-;则()y f x =的图像大致为（2012新课标理）3．设函数()f x 在R 上可导，其导函数为,()f x ，且函数)(')1(x f x y -=的图像如题（8）图所示，则下列结论中一定成立的是（A ）函数()f x 有极大值(2)f 和极小值(1)fxyO(2,0)P()y f x =()y f x '=1 （第10题（B ）函数()f x 有极大值(2)f -和极小值(1)f （C ）函数()f x 有极大值(2)f 和极小值(2)f - （D ）函数()f x 有极大值(2)f -和极小值(2)f二、填空题4．函数2(0)y x x =>的图像在点2(,)k k a a 处的切线与x 轴交点的横坐标为1k a + ,k 为正整数，116a =，则135a a a ++= . 5．函数2|32|y x x =-+的极大值为 ．6．曲线y ＝e x在点A(0,1)处的切线斜率为________．7．如果曲线y ＝x 4－x 在点P 处的切线垂直于直线y ＝－13x ，那么点P 的坐标为_________ 8． 已知函数()a f x x =在1x =处的导数为2-，则实数a 的值是 ▲ ．9． 若直线y x b =-+为函数1y x =的一条切线，则实数b = ▲ ．10．已知函数()y f x =及其导函数()y f x '=的图象如图所示，则曲线()y f x =在点P 处的切线方程是 ▲ ．11．已知函数32()23125f x x x x =--+在区间[0,3]上的最大值与最小值分别为,M m ，则M m -= .12．已知函数y = f (x )，x ∈[0，2π]的导函数y = f ' (x )的图象， 如图所示，则y = f (x ) 的单调增区间为 ▲ ．13．已知函数3()3f x x x =-,求函数()f x 在3[3,]2-上的最大值和最小值.14． 函数231()23f x x x =-在区间[]1,5-上的最大值是 32315．若曲线21x y x -=+在1x =处的切线与直线10ax y ++=平行，则实数a 等于16．函数f (x )=x 3–3bx +3b 在（0，1）内有极小值，则b 的取值范围是___________________0<b <117．已知x R ∈，奇函数32()f x x ax bx c =--+在[1,)+∞上单调，则字母,,a b c 应满足的条件是__________．三、解答题18．已知函数()ln f x x x =-， ()ln ag x x x=+，（0a >）． （1）求函数()g x 的极值；（2）已知10x >，函数11()()()f x f x h x x x -=-， 1(,)x x ∈+∞，判断并证明()h x 的单调性；（3）设120x x <<，试比较12()2x x f +与121[()()]2f x f x +，并加以证明． 19．已知函数()ln f x x ax =-()a ∈R . （1）当2=a 时，求函数()f x 的单调区间；（2) 当a >0时，求函数()f x 在[1,2]上最小值. （本题满分16分）20． 已知函数32()f x x ax bx c =+++在0x =处取得极大值2，其图象在1x =处的切线与直线320x y -+=垂直.（1）求()f x 的解析式；（2）当(]x ∈-∞时，不等式'2()69xf x m x x ≤-+恒成立，求实数m 的取值范围.21．如图，在海岸线一侧C 处有一个美丽的小岛，某旅游公司为方便游客，在上设立了A 、B 两个报名点，满足A 、B 、C 中任意两点间的距离为10千米。
2019年高考数学艺术生百日冲刺专题03导数及其应用测试题20190307363
专题3导数及其应用测试题命题报告：1.高频考点：导数的几何意义切线方程，留言导数求函数的单调区间，极值以及最值，利用导数解决实际问题.2.考情分析：高考主要以选择题填空题以及解答题形式出现，在全国卷所占分值是12-17分，一般解答题形式出现，考察利用导数研究函数的性质以及求极值最值问题。
3.重点推荐：基础卷第10题需要构造函数，利用导数与函数的单调性的关系求解。
一．选择题（本大题共12题，每小题5分）1. （2018•平罗县校级期中）已知函数f（x）=e2x，则=（）A．1 B．0 C．e2D．2e2[答案]D【解析】：∵f′（x）=2e2x，∴=f′（1），∴f′（1）=2e2，故选：D．2. （2018•攀枝花期末）设f′（x）是函数的导函数，则f'（0）的值为（）A．1 B．0 C．﹣1 D．【答案】：C【解析】根据题意，，其导数f′（x）==﹣，则f'（0）=﹣1；故选：C．3. （2018•银川三模）已知函数f（x）=cosx+alnx在x=处取得极值，则a=（）A．B．C．D．﹣【答案】C【解析】：∵f（x）=cosx+alnx，∴f′（x）=﹣sinx+，∵f（x）在x=处取得极值，∴f′（）=﹣+=0，解得：a=，经检验符合题意，故选：C．4. （2018春•云阳县期末）已知函数f（x）=x3﹣ax+1在[1，+∞）上是单调递增函数，则实数a的取值范围是（）A．a＜3 B．a≤3 C．a≤1 D．1＜a＜3【答案】：B【解析】求导函数，可得f′（x）=3x2﹣a，∵f（x）在[1，+∞）上单调递增，∴3x2﹣a≥0在[1，+∞）上恒成立，∴a≤3x2在[1，+∞）上恒成立，∴a≤3，故选：B．5. （2018•柳州一模）设a∈R，若函数y=x+alnx在区间（，e）有极值点，则a取值范围为（）A．（，e）B．（﹣e，﹣）C．（﹣∞，）∪（e，+∞）D．（﹣∞，﹣e）∪（﹣，+∞）【答案】B6. （2018•吉安期中）设函数f（x）在定义域内可导，y=f（x）的图象如图所示，则导函数y=f′（x）的图象可能为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】：由f（x）的图象判断出可得从左到右函数的单调性在y轴左侧先增，再减，在y轴的右侧，函数单调递减，∴导函数y=f′（x）的图象可能为区间（﹣∞，0）内，先有f′（x）＞0，再有f′（x）＜0，在（0，+∞）再有f′（x）＞0．故选：A．7. （2018•邯郸二模）若过点P（﹣1，m）可以作三条直线与曲线C：y=xe x相切，则m的取值范围是（）A．（﹣，+∞）B．（）C．（0，+∞）D．（）【答案】D【解析】：设切点为（x0，y0），过点P的切线程为，代入点P坐标化简为m=，即这个方程有三个不等根即可，令，求导得到f′（x）=（﹣x﹣1）（x+2）e x，函数在（﹣∞，﹣2）上单调递减，在（﹣2，﹣1）上单调递增，在（﹣1，+∞）上单调递减，故得到f（﹣2）＜m＜f（﹣1），即，故选：D．综上，若∃x∈（1，+∞），使得f（x）＞﹣a，a的取值范围为a．…………12分19. （2018•新余期末）函数f（x）=x3+ax2+bx﹣c，过曲线y=f（x）上的点p（1，f（1）的切线方程y=3x+3．（1）若y=f（x）在x=﹣2时有极值，求f（x）的表达式；（2）在（1）的条件下，求y=f（x）在[﹣3，1]上的最小值．【思路分析】（1）f′（x）=3x2+2ax+b，由过曲线y=f（x）上的点p（1，f（1）的切线方程y=3x+3．可得f（1）=6=1+a+b﹣c，f′（1）=3+2a+b=3．又y=f（x）在x=﹣2时有极值，可得f′（﹣2）=12﹣4a+b=0，联立解得a，b，c．（2）在（1）的条件下，f（x）=x3+2x2﹣4x+7．x∈[﹣3，1]．f′（x）=3x2+4x﹣4=（3x﹣2）（x+2），令f′（x）=0，解得x=或﹣2．列表即可得出．【解析】：（1）f′（x）=3x2+2ax+b，∵过曲线y=f（x）上的点p（1，f（1）的切线方程y=3x+3．∴f（1）=6=1+a+b﹣c，f′（1）=3+2a+b=3．又y=f（x）在x=﹣2时有极值，∴f′（﹣2）=12﹣4a+b=0，联立解得：a=2，b=﹣4，c=﹣7．∴f（x）=x3+2x2﹣4x+7．（2）在（1）的条件下，f（x）=x3+2x2﹣4x+7．x∈[﹣3，1]．f′（x）=3x2+4x﹣4=（3x﹣2）（x+2），令f′（x）=0，解得x=或﹣2．列表如下：由表格可得：x=时，函数f（x）取得极小值，=．又f（﹣3）=10＞．∴函数f（x）最小值为=．20. （2018 •新罗区校级月考）设函数f（x）=axlnx+（a＞0）．（Ⅰ）已知函数在x=1处取得极值，讨论函数f（x）的单调性；（Ⅱ）设g（x）=f（x）﹣ax，若g（x）≥0恒成立，求实数a的取值范围．【思路分析】（I）函数f（x）=axlnx+（a＞0），x＞0．f′（x）=alnx+a﹣，根据函数在x=1处取得极值，可得f′（1）=0，解得a．进而得出单调性．（II）g（x）=f（x）﹣ax，a＞0，g（x）≥0恒成立，可得axlnx+﹣ax≥0，x＞0．可得alnx+﹣a ≥0恒成立，令h（x）=alnx+﹣a，利用导数研究函数的单调性即可得出．【解析】：（I）函数f（x）=axlnx+（a＞0），x＞0．∴f′（x）=alnx+a﹣，∵函数在x=1处取得极值，∴a﹣1=0，解得a=1．∴f′（x）=lnx+1﹣，可得：函数f′（x）在（0，+∞）上单调递增，又f′（1）=0，∴x∈（0，1）时，f′（x）＜0；x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0．∴函数f（x）在x∈（0，1）时单调递减；x∈（1，+∞）时，函数f（x）单调递增．（II）g（x）=f（x）﹣ax，a＞0，g（x）≥0恒成立，∴axlnx+﹣ax≥0，x＞0．可得alnx+﹣a≥0恒成立，令h（x）=alnx+﹣a，则h′（x）=﹣==，∴0＜x＜时，h′（x）＜0，此时函数h（x）单调递减；x＞时，h′（x）＞0，此时函数h（x）单调递增．∴h（x）min==aln+﹣a≥0，∴ln≥1，解得：a≤，∴a的取值范围是（0，]．21. （2018•思明区校级月考）已知函数f（x）=（m≥0），其中e为自然对数的底数．（1）讨论函数f（x）的极值；（2）若m∈（1，2），证明：当x1，x2∈[1，m]时，f（x1）＞﹣x2+1+．【思路分析】（1）求导对m分类讨论，即可得出单调性与极值．（2）当x1，x2∈[1，m]时，f（x1）＞﹣x2+1+，只要证明f（x1）min＞即可，由（1）可知：f（x）在x∈[1，m]内单调递减，可得f（x1）min=f（m）．因此f（x1）min＞⇔x2＞﹣．m∈（1，2），令g（m）=﹣．m∈（1，2），利用导数研究其单调性即可得出．【解析】（1）：f′（x）==．①m＞0时，1﹣m＜1，令f′（x）=0，解得x=1或1﹣m．则函数f（x）在（﹣∞，1﹣m）上单调递减，在（1﹣m，1）内单调递增，在（1，+∞）上单调递减．∴x=1﹣m时，函数f（x）取得极小值；x=1时，函数f（x）取得极大值．②m=0时，f′（x）=≤0，函数f（x）在R上单调递减，无极值．（2）证明：当x1，x2∈[1，m]时，f（x1）＞﹣x2+1+，只要证明f（x1）min＞即可，由（1）可知：f（x）在x∈[1，m]内单调递减，∴f（x1）min=f（m）=．∴f（x1）min＞⇔x2＞﹣．m∈（1，2），令g（m）=﹣．m∈（1，2），g′（m）=﹣=＜0，∴函数g（m）在m∈（1，2）上单调递减，∴g（m）＜g（1）=1+﹣=＜1≤x2，因此结论成立．22. （2018•道里区校级二模）已知函数h（x）=ae x，直线l：y=x+1，其中e为自然对数的底．（1）当a=1，x＞0时，求证：曲线f（x）=h（x）﹣x2在直线l的上方；（2）若函数h（x）的图象与直线l有两个不同的交点，求实数a的取值范围；（3）对于第（2）中的两个交点的横坐标x1，x2及对应的a，当x1＜x2时，求证：a＞．【思路分析】（1）可令g（x）=，求出二阶导数，求得单调区间，可得g（x）的单调性，即可得证；（2）由题可得ae x=x+1，即有a=，设m（x）=，求出导数和单调性，作出图象，即可得到所求范围；（3）由（2）可得ae x1=x1+1，ae x2=x2+1，作差可得a=，运用分析法证明，即证＞，即为x2﹣x1＞1﹣=1﹣，运用换元法和构造函数，求得导数和单调性，即可得证．【解析】：（1）证明：当a=1，x＞0时，令g（x）=，g′（x）=e x﹣x﹣1，g″（x）=e x﹣1，当x＞0时，g″（x）＞0，g′（x）递增，g′（x）＞g′（0）=0，∴g（x）递增，g（x）＞g（0）=0，∴曲线f（x）=h（x）﹣x2在直线l的上方；（2）由y=ae x和y=x+1，可得ae x=x+1，即有a=，设m（x）=，可得m′（x）=，当x＞0时，m′（x）＜0，m（x）递减；当x＜0时，m′（x）＞0，m（x）递增，可得m（x）在x=0处取得极大值，且为最大值1，图象如右上：由图象可得0＜a＜1时，a=有两解，可得函数h（x）的图象与直线l有两个不同的交点，则a的范围是（0，1）；设n（t）=t﹣1+，t＞0，n′（t）=1﹣=＞0，可得n（t）在t＞0上递增，可得n（t）＞n（0）=0，可得t＞1﹣成立，则当x1＜x2时，a＞．。
(完整版)精选最新2019高考数学《导数及其应用》专题完整题(含答案),推荐文档
导数及其应用
学校：__________ 姓名：__________ 班级：__________ 考号：__________
一、选择题 1．设 a 0 且 a 1，则“函数 f (x) ax 在 R 上是减函数 ”，是“函数 g(x) (2 a)x3 在 R 上是增函数”的
b
b
b
由g (x)＋g ′(x)＝0，得(ax－x－2a)ex＋(x2＋ax－x－a)ex＝0，
…………………………………………6分
b
b
(x－1)(x2－b)ex
g′(x)＝(1＋x2)ex＋(x－x－2)ex＝
x2
．
因为b＜0，所以：当0＜x＜1时，g′(x)＜0，g(x)在（0，1）上是减函数；
当x＞1时，g′(x)＞0，g(x)在（1，＋∞）上是增函数．
所以g(x)min＝g(1)＝(－1－b)e－1
所以h(x)min＝h(1)＝－1－e－1．
所以b的最大值为－1－e－1．
…………………………………………10分
b 解法二：因为g (x)＝(ax－a)ex－f (x)＝(ax－x－2a)ex，
b 当a＝1时，g (x)＝(x－x－2)ex．
因为g (x)≥1在x∈（0，＋∞）上恒成立，
b
所以g(2)＝－2e2＞0，因此b＜0．
．
18．已知函数
f
(x)
x sin
x ， x R，则
f
(
)，
f
(1) ，
f（
）的大小关系为
▲
5
3
三、解答题
19．已知函数 f (x) (ax2 x)ex ，其中 e 是自然对数的底数， a R . （1） 当 a 0 时，解不等式 f (x) 0 ； （2） 若 f (x) 在[1,1] 上是单调函数，求 a 的取值范围； （3） 当 a 0 时，求整数 k 的所有值，使方程 f (x) x 2 在[k, k 1] 上有解。
精选最新版2019高考数学《导数及其应用》专题测试题(含参考答案)
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．设)()(,)()(x f y x f y x f x f '=='和将的导函数是函数的图象画在同一直角坐标系中，不可能正确的是（ ） 答案 D 二、填空题 2．已知直线12y x b =+是曲线y=lnx(x>0)的一条切线，则实数b 的值是 。
3．曲线2ay y x x==和在它们的交点处的两条切线互相垂直，则a 的值是 ．4．若曲线21x y x -=+在1x =处的切线与直线10ax y ++=平行，则实数a 等于5．函数+2sin [,]22y x x ππ=-在区间上的最大值为6．如果()f x 为偶函数，且导数()f x 存在，则()0f '的值为____________7．已知函数()y f x =的图象在点(1(1))M f ，处的切线方程是122y x =+，则(1)(1)f f '+＝8．对正整数n ，设曲线)1(x x y n -=在x ＝2处的切线与y 轴交点的纵坐标为n a ，则数列}1{+n a n的前n 项和的公式是 .xyO(2,0)P()y f x =()y f x '=1 （第7题图）9．0≠=，且关于x 的函数f(x)=x b a x ⋅++2331在R 上有极值，则a 与的夹角范围为_______．10．已知函数x x x f 3)(3-=，过点)6,2(-P 作曲线)(x f y =的切线的方程 ．11．函数()2sin f x x x k =-+在区间0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有两个零点，则实数k 的取值范围是 ▲ ．12．函数()ln f x x =的图象在点()e ,(e)f 处的切线方程是13．已知函数()y f x =及其导函数()y f x '=的图象如图所示，则曲线()y f x =在点P 处的切线方程是 ▲14．已知可导函数)(x f )(R x ∈的导函数)(x f '满足)(x f '＞)(x f ，则不等式()(1)x ef x f e >的解集是 ▲ ．15．函数2()ln 22x f xx x =+-在区间[1,]e 上的最大值是 ．16．（文科做）曲线cos y x =在点（π6）处的切线的斜率为 ▲ ．17．已知函数223)(a bx ax x x f +++=在1=x 处有极值10，则a b ⋅= ▲ .18．2ln ()xx ax xf x e +-=， 若函数()f x 在区间]1,0(上是单调函数，则a 的取值范围2≤a19．定义函数集合()(){}()(){},0,0>''=>'=x f x f N x f x f M (其中()x f '为()x f 的导函数，()x f ''为()x f '的导函数)，N M D ⋂=,以下5个函数中① ()x e x f =，②()x x f ln =，③()()0,,2∞-∈-=x x x f ，④()()+∞∈+=,1,1x x x x f ，⑤()⎪⎭⎫ ⎝⎛∈=2,0,cos πx x x f属于集合D 的有 ①③④ 20．已知x=12是()2ln bf x x x x=-+的一个极值点 (1)求b 的值；(2)求函数()f x 的单调增区间； (3)设1()()g x f x x=-，试问过点（2，5）可作多少条曲线y=g(x )的切线？为什么？ 21．曲线y=x 3在点(1,1)处的切线与x 轴、直线x =2所围成的三角形的面积为__________。
精选最新2019高考数学《导数及其应用》专题完整考题(含参考答案)
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．已知函数y =f (x ),y =g (x )的导函数的图象如下图，那么y =f (x ),y =g (x )的图象可能是（ ）答案 D2．已知二次函数2()f x ax bx c =++的导数为'()f x ，'(0)0f >，对于任意实数x 都有()0f x ≥，则(1)'(0)f f 的最小值为 A ．3B ．52C ．2D ．32（江苏） 二、填空题 3．设曲线y ＝e ax 有点(0,1)处的切线与直线x ＋2y ＋1＝0垂直，则a ＝_________. 24．在实数集R 上定义运算：()().(),x x y x a y a f x e ⊗=-=为实常数若(),x g x e x -=+令()()().F x f x g x =⊗若函数))0(,0()(F P x F 在点处的切线斜率为1，则此切线方程为________________.5．设曲线(1)x y ax e =-在点A 01(,)x y 的切线为1l ，曲线1x x y e-=在点B 02(,)x y 的切线为2l ，若存在013[,]22x ∈-，使得12l l ⊥，则实数a 的取值范围是_______6． 函数21ln 2y x x =-的单调递减区间为 __________________. 7．曲线()ln f x x x =在点1x =处的切线方程为 ▲ .(第11题图)8．设函数()2ln f x x x =+，若曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为y ax b =+，则a b += ．9．函数y ＝2x x 2＋1的极大值为______，极小值为______． [答案] 1 －1[解析] y ′＝2(1＋x )(1－x )(x 2＋1)2， 令y ′>0得－1<x <1，令y ′<0得x >1或x <－1，∴当x ＝－1时，取极小值－1，当x ＝1时，取极大值1.10．如图，函数)(x f y =的图象在点P 处的切线是l ，则(2)(2)f f '+= ☆ ．11．已知函数()x x mx x f 2ln 2-+=在定义域内是增函数，则实数m 的取值范围为_________．12．设曲线1*()n y x n N +=∈在点（1，1）处的切线与x 轴的交点的横坐标为n x ,令lg n n a x =，则1299a a a +++的值为 . (2009陕西卷理)13．若函数2()(2)1f x m m x m =--+-在(,)-∞+∞上单调递减,则实数m 的取值范围是 .14．若函数()ln a f x x x =-在[1,]e 上的最小值为32，则实数a 的值为 ▲ ．15．曲线x y ln =在点(,1)M e 处的切线的斜率是_________，切线的方程为______________．16．在曲线106323-++=x x x y 的切线中斜率最小的切线方程是____________.17．已知函数3()128f x x x =-+在区间[3,3]-上的最大值与最小值分别为,M m ，则M m -= ▲ . （江苏）三、解答题18．（1）求f （x ）=x 3-x 2+1在点（1,1）处的切线方程 （2）求f （x ）=x 3-x 2+1过点（1,1）的切线方程(本题满分15分)19．已知函数2332)(ax x x f -=， x x x g 63)(2-=，又函数)(x f 在)1,0(单调递减，而在),1(+∞单调递增．（１）求a 的值；（2）求M 的最小值，使对∀[]2,221-∈x x 、，有M x g x f ≤-)()(21成立；（３）是否存在正实数m ，使得)()()(x mg x f x h +=在)2,2(-上既有最大值又有最小值？若存在，求出m 的取值范围；若不存在，请说明理由. （本小题共16分）20．已知函数()()323,f x ax bx x a b R =+-∈在点()()1,1f 处的切线方程为20y +=． ⑵ 函数()f x 的解析式；⑵若对于区间[]2,2-上任意两个自变量的值12,x x 都有()()12f x f x c -≤，求实数c 的最小值；（文）21．已知函数()a x x x x f +++-=9323． （1）求()x f 的单调递减区间；（2）若()x f 在区间[]2,2-上的最大值为20，求它在该区间上的最小值．22．燕子每年秋天都要从北方飞到南方过冬。
2019年高考数学(理)真题汇编：专题03 导数及其应用
专题03 导数及其应用1、【2019高考全国Ⅲ理数】已知曲线e ln xy a x x =+在点(1,e)a 处的切线方程为2y x b =+，则( )A ．e,1a b ==-B ．e,1a b ==C ．1e 1,a b -==D ．1,e 1b a -==-2、【2019高考全国Ⅲ理数】设函数()sin()(0)5f x x ωωπ=+>，已知()f x 在[]0,2π有且仅有5个零点，下述四个结论： ①()f x 在(0,2)π有且仅有3个极大值点 ②()f x 在(0,2)π有且仅有2个极小值点 ③()f x 在(0,)10π单调递增 ④ω的取值范围是1229,510⎡⎫⎪⎢⎣⎭其中所有正确结论的编号是( ) A ．①④B ．②③C ．①②③D ．①③④3、【2019高考天津卷理数】已知R a ∈，设函数222,1()ln ,1x ax a x f x x a x x ⎧-+≤=⎨->⎩若关于x 的不等式()0f x ≥在R 上恒成立，则a 的取值范围为( ) A.[]0,1B.[]0,2C.[]0,eD.[]1,e4、【2019高考全国Ⅰ理数】曲线23()e xy x x =+在点(0,0)处的切线方程为_______. 5、【2019高考浙江卷】已知R a ∈，函数3()f x ax x =-，若存在R t ∈，使得2|(2)()|3f t f t +-≤，则实数a 的最大值是____. 6、【2019高考江苏卷】在平面直角坐标系xOy 中，P 是曲线4(0)y x x x=+>上的一个动点，则点P 到直线0x y +=的距离的最小值是__________7、【2019高考江苏卷】在平面直角坐标系xOy 中，点A 在曲线ln y x =上，且该曲线在点A 处的切线经过点(e,1)--(e 为自然对数的底数），则点A 的坐标是_________8、【2019高考北京卷理数】设函数f （x ）=e x+a e −x（a 为常数）．若f （x ）为奇函数，则a =________；若f （x ）是R 上的增函数，则a 的取值范围是___________．9、【2019高考全国Ⅰ理数】已知函数()sin ln(1)f x x x =-+，()f x '为()f x 的导数．证明：1.()f x '在区间(1,)2π-存在唯一极大值点； 2.()f x 有且仅有2个零点．10、【2019高考全国Ⅱ理数】已知函数()11ln x f x x x -=-+.1.讨论()f x 的单调性，并证明()f x 有且仅有两个零点；2.设0x 是()f x 的一个零点，证明曲线ln y x =在点00l (,)n A x x 处的切线也是曲线exy =的切线.11、【2019高考全国Ⅲ理数】已知函数32()2f x x ax 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.12、【2019高考天津卷理数】设函数()e cos ,()xf x xg x =为()f x 的导函数.1.求()f x 的单调区间；2.当,42x ⎡⎤∈⎢⎥⎣π⎦π时，证明()()02f x g x x ⎛⎫π+-≥ ⎪⎝⎭；3.设n x 为函数()()1u x f x =-在区间2,242m m ⎛⎫+π+π ⎝π⎪⎭内的零点，其中N n ∈，证明20022sin cos n n n x x e x -ππ+-π<-.13、【2019高考浙江卷】已知实数0a ≠，设函数()=ln 0.f x a x x +>1.当34a =-时，求函数()f x 的单调区间；2.对任意21[,)e x ∈+∞均有()f x ≤ 求a 的取值范围. 注：e 2.71828=⋯为自然对数的底数.14、【2019高考江苏卷】设函数()()()(),,,R f x x a x b x c a b c =---∈、()f 'x 为()f x 的导函数．1.若a b c ==，(4)8f =，求a 的值；2.若,a b b c ≠=，且()f x 和'()f x 的零点均在集合{3,1,3}-中，求()f x 的极小值；3.若0,01,1a b c =<≤=，且()f x 的极大值为M ，求证:427M ≤． 15、【2019高考北京卷理数】已知函数321()4f x x x x =-+. （Ⅰ）求曲线()y f x =的斜率为1的切线方程； （Ⅱ）当[2,4]x ∈-时，求证：6()x f x x -≤≤；（Ⅲ）设()|()()|()F x f x x a a =-+∈R ，记()F x 在区间[2,4]-上的最大值为M （a ），当M （a ）最小时，求a 的值．答案以及解析1答案及解析： 答案：D解析：详解：'ln 1,xy ae x =++1'|12x k y ae ===+= 1a e -∴=将(1,1)代入2y x b =+得21,1b b +==-，故选D ．2答案及解析： 答案：D解析：()sin (0)5f x wx w π⎛⎫=+> ⎪⎝⎭，在[0,2]π有且仅有5个零点．02x ∴≤≤π，12555wx w ππ≤+≤π+，1229510w ≤<，④正确．如图213,,x x x 为极大值点为3个，①正确；极小值点为2个或3个．∴②不正确．当010x π<<时，5105w wx f πππ<+<+π，当2910w =时，2920491051001001002w +=+=<ππππππ． ∴③正确，故选D ．3答案及解析： 答案：C解析：首先(0)0f ≥，即0a ≥， 当01a ≤≤时，2222()22()22(2)0f x x ax a x a a a a a a a =-+=-+-≥-=->，当1a <时，(1)10f =>，故当0a ≥时，2220x ax a -+≥在(,1]-∞上恒成立； 若ln 0x a x -≥在(1,)+∞上恒成立，即ln xa x≤在(1,)+∞上恒成立， 令()ln xg x x =，则2ln 1'()(ln )x g x x -=，易知x e =为函数()g x 在(1,)+∞唯一的极小值点、也是最小值点， 故max()()g x g e e ==，所以a e ≤。
2019年高考数学艺术生百日冲刺专题03导数及其应用测试题 含答案解析
专题3导数及其应用测试题命题报告：1.高频考点：导数的几何意义切线方程，留言导数求函数的单调区间，极值以及最值，利用导数解决实际问题.2.考情分析：高考主要以选择题填空题以及解答题形式出现，在全国卷所占分值是12-17分，一般解答题形式出现，考察利用导数研究函数的性质以及求极值最值问题。
3.重点推荐：基础卷第10题需要构造函数，利用导数与函数的单调性的关系求解。
一．选择题（本大题共12题，每小题5分）1. （2018•平罗县校级期中）已知函数f（x）=e2x，则=（）A．1 B．0 C．e2D．2e2[答案]D【解析】：∵f′（x）=2e2x，∴=f′（1），∴f′（1）=2e2，故选：D．2. （2018•攀枝花期末）设f′（x）是函数的导函数，则f'（0）的值为（）A．1 B．0 C．﹣1 D．【答案】：C【解析】根据题意，，其导数f′（x）==﹣，则f'（0）=﹣1；故选：C．3. （2018•银川三模）已知函数f（x）=cosx+alnx在x=处取得极值，则a=（）A．B．C．D．﹣【答案】C【解析】：∵f（x）=cosx+alnx，∴f′（x）=﹣sinx+，∵f（x）在x=处取得极值，∴f′（）=﹣+=0，解得：a=，经检验符合题意，4. （2018春•云阳县期末）已知函数f（x）=x3﹣ax+1在[1，+∞）上是单调递增函数，则实数a 的取值范围是（）A．a＜3 B．a≤3 C．a≤1 D．1＜a＜3【答案】：B【解析】求导函数，可得f′（x）=3x2﹣a，∵f（x）在[1，+∞）上单调递增，∴3x2﹣a≥0在[1，+∞）上恒成立，∴a≤3x2在[1，+∞）上恒成立，∴a≤3，故选：B．5. （2018•柳州一模）设a∈R，若函数y=x+alnx在区间（，e）有极值点，则a取值范围为（）A．（，e）B．（﹣e，﹣）C．（﹣∞，）∪（e，+∞）D．（﹣∞，﹣e）∪（﹣，+∞）【答案】B6. （2018•吉安期中）设函数f（x）在定义域内可导，y=f（x）的图象如图所示，则导函数y=f′（x）的图象可能为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】：由f（x）的图象判断出可得从左到右函数的单调性在y轴左侧先增，再减，在y轴的右侧，函数单调递减，∴导函数y=f′（x）的图象可能为区间（﹣∞，0）内，先有f′再有f′（x）＜0，在（0，+∞）再有f′（x）＞0．故选：A．7. （2018•邯郸二模）若过点P（﹣1，m）可以作三条直线与曲线C：y=xe x相切，则m的取值范围是（）A．（﹣，+∞）B．（）C．（0，+∞）D．（）【答案】D【解析】：设切点为（x0，y0），过点P的切线程为，代入点P坐标化简为m=，即这个方程有三个不等根即可，令，求导得到f′（x）=（﹣x﹣1）（x+2）e x，函数在（﹣∞，﹣2）上单调递减，在（﹣2，﹣1）上单调递增，在（﹣1，+∞）上单调递减，故得到f（﹣2）＜m＜f（﹣1），即，故选：D．综上，若∃x∈（1，+∞），使得f（x）＞﹣a，a的取值范围为a．…………12分19. （2018•新余期末）函数f（x）=x3+ax2+bx﹣c，过曲线y=f（x）上的点p（1，f（1）的切线方程y=3x+3．（1）若y=f（x）在x=﹣2时有极值，求f（x）的表达式；（2）在（1）的条件下，求y=f（x）在[﹣3，1]上的最小值．【思路分析】（1）f′（x）=3x2+2ax+b，由过曲线y=f（x）上的点p（1，f（1）的切线方程y=3x+3．可得f（1）=6=1+a+b﹣c，f′（1）=3+2a+b=3．又y=f（x）在x=﹣2时有极值，可得f′（﹣2）=12﹣4a+b=0，联立解得a，b，c．（2）在（1）的条件下，f（x）=x3+2x2﹣4x+7．x∈[﹣3，1]．f′（x）=3x2+4x﹣4=（3x﹣2）（x+2），令f′（x）=0，解得x=或﹣2．列表即可得出．【解析】：（1）f′（x）=3x2+2ax+b，∵过曲线y=f（x）上的点p（1，f（1）的切线方程y=3x+3．∴f（1）=6=1+a+b﹣c，f′（1）=3+2a+b=3．又y=f（x）在x=﹣2时有极值，∴f′（﹣2）=12﹣4a+b=0，联立解得：a=2，b=﹣4，c=﹣7．∴f（x）=x3+2x2﹣4x+7．（2）在（1）的条件下，f（x）=x3+2x2﹣4x+7．x∈[﹣3，1]．f′（x）=3x2+4x﹣4=（3x﹣2）（x+2），令f′（x）=0，解得x=或﹣2．x [﹣3，﹣2）﹣2 （﹣2，）f′（x）+ 0 ﹣ 0 +f（x）单调递增极大值单调递减极小值单调递增由表格可得：x=时，函数f（x）取得极小值，=．又f（﹣3）=10＞．∴函数f（x）最小值为=．20. （2018 •新罗区校级月考）设函数f（x）=axlnx+（a＞0）．（Ⅰ）已知函数在x=1处取得极值，讨论函数f（x）的单调性；（Ⅱ）设g（x）=f（x）﹣ax，若g（x）≥0恒成立，求实数a的取值范围．【思路分析】（I）函数f（x）=axlnx+（a＞0），x＞0．f′（x）=alnx+a﹣，根据函数在x=1处取得极值，可得f′（1）=0，解得a．进而得出单调性．（II）g（x）=f（x）﹣ax，a＞0，g（x）≥0恒成立，可得axlnx+﹣ax≥0，x＞0．可得alnx+﹣a≥0恒成立，令h（x）=alnx+﹣a，利用导数研究函数的单调性即可得出．【解析】：（I）函数f（x）=axlnx+（a＞0），x＞0．∴f′（x）=alnx+a﹣，∵函数在x=1处取得极值，∴a﹣1=0，解得a=1．∴f′（x）=lnx+1﹣，可得：函数f′（x）在（0，+∞）上单调递增，又f′（1）=0，∴x∈（0，1）时，f′（x）＜0；x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0．∴函数f（x）在x∈（0，1）时单调递减；x∈（1，+∞）时，函数f（x）单调递增．（II）g（x）=f（x）﹣ax，a＞0，g（x）≥0恒成立，∴axlnx+﹣ax≥0，x＞0．可得alnx+﹣a≥0恒成立，令h（x）=alnx+﹣a，则h′（x）=﹣==，∴0＜x＜时，h′（x）＜0，此时函数h（x）单调递减；x＞时，h′（x）＞0，此时函数h （x）单调递增．∴h（x）min==aln+﹣a≥0，∴ln≥1，解得：a≤，∴a的取值范围是（0，]．21. （2018•思明区校级月考）已知函数f（x）=（m≥0），其中e为自然对数的底数．（1）讨论函数f（x）的极值；（2）若m∈（1，2），证明：当x1，x2∈[1，m]时，f（x1）＞﹣x2+1+．【思路分析】（1）求导对m分类讨论，即可得出单调性与极值．（2）当x1，x2∈[1，m]时，f（x1）＞﹣x2+1+，只要证明f（x1）min＞即可，由（1）可知：f（x）在x∈[1，m]内单调递减，可得f（x1）min=f（m）．因此f（x1）min＞⇔x2＞﹣．m∈（1，2），令g（m）=﹣．m∈（1，2），利用导数研究其单调性即可得出．【解析】（1）：f′（x）==．①m＞0时，1﹣m＜1，令f′（x）=0，解得x=1或1﹣m．则函数f（x）在（﹣∞，1﹣m）上单调递减，在（1﹣m，1）内单调递增，在（1，+∞）上单调递减．∴x=1﹣m时，函数f（x）取得极小值；x=1时，函数f（x）取得极大值．②m=0时，f′（x）=≤0，函数f（x）在R上单调递减，无极值．（2）证明：当x1，x2∈[1，m]时，f（x1）＞﹣x2+1+，只要证明f（x1）min＞即可，由（1）可知：f（x）在x∈[1，m]内单调递减，∴f（x1）min=f（m）=．∴f（x1）min＞⇔x2＞﹣．m∈（1，2），令g（m）=﹣．m∈（1，2），g′（m）=﹣=＜0，∴函数g（m）在m∈（1，2）上单调递减，∴g（m）＜g（1）=1+﹣=＜1≤x2，因此结论成立．22. （2018•道里区校级二模）已知函数h（x）=ae x，直线l：y=x+1，其中e为自然对数的底．（1）当a=1，x＞0时，求证：曲线f（x）=h（x）﹣x2在直线l的上方；（2）若函数h（x）的图象与直线l有两个不同的交点，求实数a的取值范围；（3）对于第（2）中的两个交点的横坐标x1，x2及对应的a，当x1＜x2时，求证：a＞．【思路分析】（1）可令g（x）=，求出二阶导数，求得单调区间，可得g（x）的单调性，即可得证；（2）由题可得ae x=x+1，即有a=，设m（x）=，求出导数和单调性，作出图象，即可得到所求范围；（3）由（2）可得ae x1=x1+1，ae x2=x2+1，作差可得a=，运用分析法证明，即证＞，即为x2﹣x1＞1﹣=1﹣，运用换元法和构造函数，求得导数和单调性，即可得证．【解析】：（1）证明：当a=1，x＞0时，令g（x）=，g′（x）=e x﹣x﹣1，g″（x）=e x﹣1，当x＞0时，g″（x）＞0，g′（x）递增，g′（x）＞g′（0）=0，∴g（x）递增，g（x）＞g（0）=0，∴曲线f（x）=h（x）﹣x2在直线l的上方；（2）由y=ae x和y=x+1，可得ae x=x+1，即有a=，设m（x）=，可得m′（x）=，当x＞0时，m′（x）＜0，m（x）递减；当x＜0时，m′（x）＞0，m（x）递增，可得m（x）在x=0处取得极大值，且为最大值1，图象如右上：由图象可得0＜a＜1时，a=有两解，可得函数h（x）的图象与直线l有两个不同的交点，则a的范围是（0，1）；设n（t）=t﹣1+，t＞0，n′（t）=1﹣=＞0，可得n（t）在t＞0上递增，可得n（t）＞n（0）=0，可得t＞1﹣成立，则当x1＜x2时，a＞．。
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专题3导数及其应用测试题命题报告：1.高频考点：导数的几何意义切线方程，留言导数求函数的单调区间，极值以及最值，利用导数解决实际问题.2.考情分析：高考主要以选择题填空题以及解答题形式出现，在全国卷所占分值是12-17分，一般解答题形式出现，考察利用导数研究函数的性质以及求极值最值问题。
3.重点推荐：基础卷第10题需要构造函数，利用导数与函数的单调性的关系求解。
一．选择题（本大题共12题，每小题5分）1. （2018•平罗县校级期中）已知函数f（x）=e2x，则=（）A．1 B．0 C．e2D．2e2[答案]D【解析】：∵f′（x）=2e2x，∴=f′（1），∴f′（1）=2e2，故选：D．2. （2018•攀枝花期末）设f′（x）是函数的导函数，则f'（0）的值为（）A．1 B．0 C．﹣1 D．【答案】：C【解析】根据题意，，其导数f′（x）==﹣，则f'（0）=﹣1；故选：C．3. （2018•银川三模）已知函数f（x）=cosx+alnx在x=处取得极值，则a=（）A．B．C．D．﹣【答案】C【解析】：∵f（x）=cosx+alnx，∴f′（x）=﹣sinx+，∵f（x）在x=处取得极值，∴f′（）=﹣+=0，解得：a=，经检验符合题意，故选：C．4. （2018春•云阳县期末）已知函数f（x）=x3﹣ax+1在[1，+∞）上是单调递增函数，则实数a的取值范围是（）A．a＜3 B．a≤3 C．a≤1 D．1＜a＜3【答案】：B【解析】求导函数，可得f′（x）=3x2﹣a，∵f（x）在[1，+∞）上单调递增，∴3x2﹣a≥0在[1，+∞）上恒成立，∴a≤3x2在[1，+∞）上恒成立，∴a≤3，故选：B．5. （2018•柳州一模）设a∈R，若函数y=x+alnx在区间（，e）有极值点，则a取值范围为（）A．（，e）B．（﹣e，﹣）C．（﹣∞，）∪（e，+∞）D．（﹣∞，﹣e）∪（﹣，+∞）【答案】B6. （2018•吉安期中）设函数f（x）在定义域内可导，y=f（x）的图象如图所示，则导函数y=f′（x）的图象可能为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】：由f（x）的图象判断出可得从左到右函数的单调性在y轴左侧先增，再减，在y轴的右侧，函数单调递减，∴导函数y=f′（x）的图象可能为区间（﹣∞，0）内，先有f′（x）＞0，再有f′（x）＜0，在（0，+∞）再有f′（x）＞0．故选：A．7. （2018•邯郸二模）若过点P（﹣1，m）可以作三条直线与曲线C：y=xe x相切，则m的取值范围是（）A．（﹣，+∞）B．（）C．（0，+∞）D．（）【答案】D【解析】：设切点为（x0，y0），过点P的切线程为，代入点P坐标化简为m=，即这个方程有三个不等根即可，令，求导得到f′（x）=（﹣x﹣1）（x+2）e x，函数在（﹣∞，﹣2）上单调递减，在（﹣2，﹣1）上单调递增，在（﹣1，+∞）上单调递减，故得到f（﹣2）＜m＜f（﹣1），即，故选：D．综上，若∃x∈（1，+∞），使得f（x）＞﹣a，a的取值范围为a．…………12分19. （2018•新余期末）函数f（x）=x3+ax2+bx﹣c，过曲线y=f（x）上的点p（1，f（1）的切线方程y=3x+3．（1）若y=f（x）在x=﹣2时有极值，求f（x）的表达式；（2）在（1）的条件下，求y=f（x）在[﹣3，1]上的最小值．【思路分析】（1）f′（x）=3x2+2ax+b，由过曲线y=f（x）上的点p（1，f（1）的切线方程y=3x+3．可得f（1）=6=1+a+b﹣c，f′（1）=3+2a+b=3．又y=f（x）在x=﹣2时有极值，可得f′（﹣2）=12﹣4a+b=0，联立解得a，b，c．（2）在（1）的条件下，f（x）=x3+2x2﹣4x+7．x∈[﹣3，1]．f′（x）=3x2+4x﹣4=（3x﹣2）（x+2），令f′（x）=0，解得x=或﹣2．列表即可得出．【解析】：（1）f′（x）=3x2+2ax+b，∵过曲线y=f（x）上的点p（1，f（1）的切线方程y=3x+3．∴f（1）=6=1+a+b﹣c，f′（1）=3+2a+b=3．又y=f（x）在x=﹣2时有极值，∴f′（﹣2）=12﹣4a+b=0，联立解得：a=2，b=﹣4，c=﹣7．∴f（x）=x3+2x2﹣4x+7．（2）在（1）的条件下，f（x）=x3+2x2﹣4x+7．x∈[﹣3，1]．f′（x）=3x2+4x﹣4=（3x﹣2）（x+2），令f′（x）=0，解得x=或﹣2．列表如下：由表格可得：x=时，函数f（x）取得极小值，=．又f（﹣3）=10＞．∴函数f（x）最小值为=．20. （2018 •新罗区校级月考）设函数f（x）=axlnx+（a＞0）．（Ⅰ）已知函数在x=1处取得极值，讨论函数f（x）的单调性；（Ⅱ）设g（x）=f（x）﹣ax，若g（x）≥0恒成立，求实数a的取值范围．【思路分析】（I）函数f（x）=axlnx+（a＞0），x＞0．f′（x）=alnx+a﹣，根据函数在x=1处取得极值，可得f′（1）=0，解得a．进而得出单调性．（II）g（x）=f（x）﹣ax，a＞0，g（x）≥0恒成立，可得axlnx+﹣ax≥0，x＞0．可得alnx+﹣a ≥0恒成立，令h（x）=alnx+﹣a，利用导数研究函数的单调性即可得出．【解析】：（I）函数f（x）=axlnx+（a＞0），x＞0．∴f′（x）=alnx+a﹣，∵函数在x=1处取得极值，∴a﹣1=0，解得a=1．∴f′（x）=lnx+1﹣，可得：函数f′（x）在（0，+∞）上单调递增，又f′（1）=0，∴x∈（0，1）时，f′（x）＜0；x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0．∴函数f（x）在x∈（0，1）时单调递减；x∈（1，+∞）时，函数f（x）单调递增．（II）g（x）=f（x）﹣ax，a＞0，g（x）≥0恒成立，∴axlnx+﹣ax≥0，x＞0．可得alnx+﹣a≥0恒成立，令h（x）=alnx+﹣a，则h′（x）=﹣==，∴0＜x＜时，h′（x）＜0，此时函数h（x）单调递减；x＞时，h′（x）＞0，此时函数h（x）单调递增．∴h（x）min==aln+﹣a≥0，∴ln≥1，解得：a≤，∴a的取值范围是（0，]．21. （2018•思明区校级月考）已知函数f（x）=（m≥0），其中e为自然对数的底数．（1）讨论函数f（x）的极值；（2）若m∈（1，2），证明：当x1，x2∈[1，m]时，f（x1）＞﹣x2+1+．【思路分析】（1）求导对m分类讨论，即可得出单调性与极值．（2）当x1，x2∈[1，m]时，f（x1）＞﹣x2+1+，只要证明f（x1）min＞即可，由（1）可知：f（x）在x∈[1，m]内单调递减，可得f（x1）min=f（m）．因此f（x1）min＞⇔x2＞﹣．m∈（1，2），令g（m）=﹣．m∈（1，2），利用导数研究其单调性即可得出．【解析】（1）：f′（x）==．①m＞0时，1﹣m＜1，令f′（x）=0，解得x=1或1﹣m．则函数f（x）在（﹣∞，1﹣m）上单调递减，在（1﹣m，1）内单调递增，在（1，+∞）上单调递减．∴x=1﹣m时，函数f（x）取得极小值；x=1时，函数f（x）取得极大值．②m=0时，f′（x）=≤0，函数f（x）在R上单调递减，无极值．（2）证明：当x1，x2∈[1，m]时，f（x1）＞﹣x2+1+，只要证明f（x1）min＞即可，由（1）可知：f（x）在x∈[1，m]内单调递减，∴f（x1）min=f（m）=．∴f（x1）min＞⇔x2＞﹣．m∈（1，2），令g（m）=﹣．m∈（1，2），g′（m）=﹣=＜0，∴函数g（m）在m∈（1，2）上单调递减，∴g（m）＜g（1）=1+﹣=＜1≤x2，因此结论成立．22. （2018•道里区校级二模）已知函数h（x）=ae x，直线l：y=x+1，其中e为自然对数的底．（1）当a=1，x＞0时，求证：曲线f（x）=h（x）﹣x2在直线l的上方；（2）若函数h（x）的图象与直线l有两个不同的交点，求实数a的取值范围；（3）对于第（2）中的两个交点的横坐标x1，x2及对应的a，当x1＜x2时，求证：a＞．【思路分析】（1）可令g（x）=，求出二阶导数，求得单调区间，可得g（x）的单调性，即可得证；（2）由题可得ae x=x+1，即有a=，设m（x）=，求出导数和单调性，作出图象，即可得到所求范围；（3）由（2）可得ae x1=x1+1，ae x2=x2+1，作差可得a=，运用分析法证明，即证＞，即为x2﹣x1＞1﹣=1﹣，运用换元法和构造函数，求得导数和单调性，即可得证．【解析】：（1）证明：当a=1，x＞0时，令g（x）=，g′（x）=e x﹣x﹣1，g″（x）=e x﹣1，当x＞0时，g″（x）＞0，g′（x）递增，g′（x）＞g′（0）=0，∴g（x）递增，g（x）＞g（0）=0，∴曲线f（x）=h（x）﹣x2在直线l的上方；（2）由y=ae x和y=x+1，可得ae x=x+1，即有a=，设m（x）=，可得m′（x）=，当x＞0时，m′（x）＜0，m（x）递减；当x＜0时，m′（x）＞0，m（x）递增，可得m（x）在x=0处取得极大值，且为最大值1，图象如右上：由图象可得0＜a＜1时，a=有两解，可得函数h（x）的图象与直线l有两个不同的交点，则a的范围是（0，1）；设n（t）=t﹣1+，t＞0，n′（t）=1﹣=＞0，可得n（t）在t＞0上递增，可得n（t）＞n（0）=0，可得t＞1﹣成立，则当x1＜x2时，a＞．。