2018年江苏高考数学二轮复习练习：专项限时集训7 函数零点、单调性、极值等综合问题 Word版含答案.doc
2018年江苏高考数学二轮复习练习：专项限时集训7 函数零点、单调性、极值等综合问题
[解] (1)因为 b＝2a＋1，所以 f (x)＝ax2－(2a＋1)x＋ln x，
1 2ax2－2a＋1x＋1 2ax－1x－1
从而 f ′(x)＝2ax－(2a＋1)＋x＝
x
＝
x
，x＞0.
2分
当 a≤0 时，由 f ′(x)＞0 得 0＜x＜1，由 f ′(x)＜0 得 x＞1，
所以函数 f (x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．
1
所以当 x＝2 时，f (x)有最小值 f (2)＝－2－ln 2.
3分
1 2ax2－x－1
(2)证明：由 f (x)＝ax2－x－ln x，得 f ′(x)＝2ax－1－x＝ x ，x＞0.
2ax2－x－1
所以当 a≤0 时，f ′(x)＝ x ＜0，
7分
(3)法一：由(2)知，当 a≤0 时，函数 f (x)在(0，＋∞)上最多有一个零点．
因为函数 f (x)有两个零点，所以 a＞0.
2ax2－x－1 由 f (x)＝ax2－x－ln x，得 f ′(x)＝ x (x＞0)，令 g(x)＝2ax2－x－1.
因为 g(0)＝－1＜0,2a＞0，
所以函数 g(x)在(0，＋∞)上只有一个零点，设为 x0.
当 x∈(0，x0)时，g(x)＜0，f ′(x)＜0；当 x∈(x0，＋∞)时，g(x)＞0，f ′(x)＞0.
所以函数 f (x)在(0，x0)上单调递减；在(x0，＋∞)上单调递增．
要使得函数 f (x)在(0，＋∞)上有两个零点，
只需要函数 f (x)的极小值 f (x0)＜0，即 ax20－x0－ln x0＜0. 又因为 g(x0)＝2ax20－x0－1＝0，所以 2ln x0＋x0－1＞0，
2018年江苏高考数学二轮复习练习：专项限时集训6 数列中的证明、探索性和存在性、不定方程的解等综合问题
专项限时集训(六) 数列中的证明、探索性和存在性、不定方程的解等综合问题(对应学生用书第123页)(限时：60分钟)1．(本小题满分14分)已知数列{a n }是各项均为正数的等比数列，a 3＝4，{a n }的前3项和为7.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ＝(2n －3)2n＋3，设数列{b n }的前n 项和为S n ，求证：1S 1＋1S 2＋…＋1S n ≤2－1n.[解] (1)设数列{a n }的公比为q ，由已知得q >0，且⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2＝4，a 1＋a 1q ＋4＝7，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2.∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1.4分(2)证明：当n ＝1时，a 1b 1＝1，且a 1＝1，解得b 1＝1. 6分当n ≥2时，a n b n ＝(2n －3)2n＋3－(2n －2－3)2n －1－3＝(2n －1)·2n －1.∵a n ＝2n －1，∴当n ≥2时，b n ＝2n －1.8分∵b 1＝1＝2×1－1满足b n ＝2n －1， ∴数列{b n }的通项公式为b n ＝2n －1(n ∈N *)． ∴数列{b n }是首项为1，公差为2的等差数列． ∴S n ＝n 2.10分∴当n ＝1时，1S 1＝1＝2－11.当n ≥2时，1S n ＝1n 2<1nn －＝1n －1－1n. ∴1S 1＋1S 2＋…＋1S n ≤2－11＋11－12＋…＋1n －1－1n ＝2－1n.14分2．(本小题满分14分)(2017·盐城市滨海县八滩中学二模)如果无穷数列{a n }满足下列条件：①a n ＋a n ＋22≤a n ＋1；②存在实数M ，使a n ≤M .其中n ∈N *，那么我们称数列{a n }为Ω数列．(1)设数列{b n }的通项为b n ＝5n －2n，且是Ω数列，求M 的取值范围；(2)设{c n }是各项为正数的等比数列，S n 是其前n 项和，c 3＝14，S 3＝74，证明：数列{S n }是Ω数列；(3)设数列{d n }是各项均为正整数的Ω数列，求证：d n ≤d n ＋1.【导学号：56394106】[解] (1)∵b n ＋1－b n ＝5－2n，∴当n ≥3，b n ＋1－b n ＜0，故数列{b n }单调递减； 当n ＝1,2时，b n ＋1－b n ＞0，即b 1＜b 2＜b 3， 则数列{b n }中的最大项是b 3＝7，所以M ≥7.2分(2)证明：∵{c n }是各项为正数的等比数列，S n 是其前n 项和，c 3＝14，S 3＝74，设其公比为q ＞0，∴c 3q 2＋c 3q ＋c 3＝74.整理，得6q 2－q －1＝0，解得q ＝12，q ＝－13(舍去)．∴c 1＝1，c n ＝12n －1，S n ＝2－12n －1＝S n ＋2，S ＜2.对任意的n ∈N *，有S n ＋S n ＋22＝2－12n －12n ＋2＜2－12n ＋1＝S n ＋1，且S n ＜2，故{S n }是Ω数列.8分(3)证明：假设存在正整数k 使得d k ＞d k ＋1成立，由数列{d n }的各项均为正整数，可得d k ≥d k＋1＋1，即d k ＋1≤d k －1.因为d k ＋d k ＋22≤d k ＋1，所以d k ＋2≤2d k ＋1－d k ≤2(d k －1)－d k ＝d k －2.由d k ＋2≤2d k ＋1－d k 及d k ＞d k ＋1得d k ＋2＜2d k ＋1－d k ＋1＝d k ＋1，故d k ＋2≤d k ＋1－1.因为d k ＋1＋d k ＋32≤d k ＋2，所以d k ＋3≤2d k ＋2－d k ＋1≤2(d k ＋1－1)－d k ＋1＝d k ＋1－2≤d k －3，由此类推，可得d k ＋m ≤d k －m (m ∈N *)．又存在M ，使d k ≤M ，∴m ＞M ，使d k ＋m ＜0，这与数列{d n }的各项均为正数矛盾，所以假设不成立，即对任意n ∈N *，都有d n ≤d n ＋1成立.14分3．(本小题满分14分)设数列{a n }满足⎪⎪⎪⎪⎪⎪a n －a n ＋12≤1，n ∈N *. (1)证明：|a n |≥2n －1(|a 1|－2)，n ∈N *；(2)若|a n |≤⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ，n ∈N *，证明：|a n |≤2，n ∈N *.[证明] (1)由⎪⎪⎪⎪⎪⎪a n －a n ＋12≤1，得|a n |－12|a n ＋1|≤1， 故|a n |2n －|a n ＋1|2n ＋1≤12n ，n ∈N *， 所以|a 1|21－|a n |2n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫|a 1|21－|a 2|22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫|a 2|22－|a 3|23＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫|a n －1|2n －1－|a n |2n ≤121＋122＋…＋12n －1<1，因此|a n |≥2n －1(|a 1|－2). 4分(2)任取n ∈N *，由(1)知，对于任意m >n ，|a n |2n －|a m |2m＝⎝ ⎛⎭⎪⎫|a n |2n －|a n ＋1|2n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫|a n ＋1|2n ＋1－|a n ＋2|2n ＋2＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫|a m－1|2m －1－|a m |2m ≤12n ＋12n ＋1＋…＋12m －1<12n －1，故|a n |<⎝⎛⎭⎪⎫12n－1＋|a m |2m·2n ≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤12n －1＋12m ·⎝ ⎛⎭⎪⎫32m ·2n＝2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫34m ·2n.10分从而对于任意m >n ，均有|a n |<2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫34m ·2n.①由m 的任意性得|a n |≤2. 否则，存在n 0∈N *，有|an 0|>2， 取正整数m 0>log 34|an 0|－22n 0且m 0>n 0，则2n 0·⎝ ⎛⎭⎪⎫34m 0<2n 0·⎝ ⎛⎭⎪⎫34log 34|an 0|－22n 0＝|an 0|－2，与①式矛盾．综上，对于任意n ∈N *，均有|a n |≤2.14分4．(本小题满分16分)(2017·江苏省无锡市高考数学一模)已知n 为正整数，数列{a n }满足a n ＞0,4(n ＋1)a 2n －na 2n ＋1＝0，设数列{b n }满足b n ＝a 2ntn .(1)求证：数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n n 为等比数列； (2)若数列{b n }是等差数列，求实数t 的值；(3)若数列{b n }是等差数列，前n 项和为S n ，对任意的n ∈N *，均存在m ∈N *，使得8a 21S n －a 41n 2＝16b m 成立，求满足条件的所有整数a 1的值．[解] (1)证明：数列{a n }满足a n ＞0,4(n ＋1)a 2n －na 2n ＋1＝0，∴2n ＋1a n ＝na n ＋1，即a n ＋1n ＋1＝2·a nn， ∴数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n n 是以a 1为首项，以2为公比的等比数列.4分 (2)由(1)可得：a n n＝a 1×2n －1，∴a 2n ＝na 21·4n －1. ∵b n ＝a 2n t n ，∴b 1＝a 21t ，b 2＝a 22t 2，b 3＝a 23t 3，∵数列{b n }是等差数列，∴2×a 22t 2＝a 21t ＋a 23t3，∴2×2a 21×4t ＝a 21＋3a 21×42t2， 化为：16t ＝t 2＋48，解得t ＝12或4.8分(3)数列{b n }是等差数列，由(2)可得：t ＝12或4.①t ＝12时，b n ＝na 21·4n －112n＝na 214×3n ，S n ＝n ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2112＋na 214×3n 2，∵对任意的n ∈N *，均存在m ∈N *，使得8a 21S n －a 41n 2＝16b m 成立，∴8a 21×n ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2112＋na 214×3n 2－a 41n 2＝16×ma 214×3m ，∴a 21⎝ ⎛⎭⎪⎫n 3＋n23n －n 2＝4m 3m ，n ＝1时，化为：－13a 21＝4m 3m ＞0，无解，舍去．②t ＝4时，b n ＝na 21·4n －14n＝na 214，S n ＝n ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 214＋na 2142，对任意的n ∈N *，均存在m ∈N *，使得8a 21S n －a 41n 2＝16b m 成立，∴8a 21×n ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 214＋na 2142－a 41n 2＝16×ma 214，∴na 21＝4m ，∴a 1＝2mn .∵a 1为正整数，∴m n ＝12k ，k ∈N *. ∴满足条件的所有整数a 1的值为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a 1⎪⎪⎪⎭⎪⎫a 1＝2m n，n ∈N *，m ∈N *，且m n ＝12k ，k ∈N *. 16分5．(本小题满分16分)已知数列{a n }满足：a 1＝14，a 2＝34，2a n ＝a n ＋1＋a n －1(n ≥2，n ∈N *)，数列{b n }满足：b 1<0,3b n －b n －1＝n (n ≥2，n ∈N *)，数列{b n }的前n 项和为S n . (1)求证：数列{b n －a n }为等比数列；(2)求证：数列{b n }为递增数列；(3)若当且仅当n ＝3时，S n 取得最小值，求b 1的取值范围.【导学号：56394107】[解] (1)证明：∵2a n ＝a n ＋1＋a n －1(n ≥2，n ∈N *)．∴{a n }是等差数列． 又∵a 1＝14，a 2＝34，∴a n ＝14＋(n －1)·12＝2n －14，∵b n ＝13b n －1＋n 3(n ≥2，n ∈N *)，∴b n ＋1－a n ＋1＝13b n ＋n ＋13－2n ＋14＝13b n －2n －112＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫b n －2n －14＝13(b n －a n )． 又∵b 1－a 1＝b 1－14≠0，∴{b n －a n }是以b 1－14为首项，以13为公比的等比数列.(2)证明：∵b n －a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫b 1－14·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1，a n ＝2n －14.∴b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫b 1－14·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＋2n －14.当n ≥2时，b n －b n －1＝12－23⎝ ⎛⎭⎪⎫b 1－14⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －2.又b 1<0，∴b n －b n －1>0. ∴{b n }是单调递增数列.10分(3)∵当且仅当n ＝3时，S n 取最小值．∴⎩⎪⎨⎪⎧b 3<0，b 4>0，即⎩⎪⎨⎪⎧54＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b 1－14⎝ ⎛⎭⎪⎫132<0，74＋⎝⎛⎭⎪⎫b 1－14⎝ ⎛⎭⎪⎫133>0，∴b 1∈(－47，－11). 16分。
2018年江苏高考数学二轮复习教师用书：第2部分 八大难点突破 难点7 函数零点、单调性、极值等综合问题
难点七函数零点、单调性、极值等综合问题(对应学生用书第73页)函数零点、单调性、极值都是高中数学的重要内容，也都是高考的热点和重点，在每年的高考试题中这部分内容所占的比例都很大，函数与导数是高中数学的主线，它们贯穿于高中数学的各个内容，求值的问题就要涉及到方程，求取值范围的问题就离不开不等式，但方程、不等式更离不开函数，函数思想的运用是我们解决问题的重要手段，而导数是我们解决问题的一个行之有效的工具． 1．函数零点函数零点问题主要是研究函数与方程问题，方程f (x )＝0的解就是函数y ＝f (x )的图象与x 轴的交点的横坐标，即零点．函数思想在解题中的应用主要表现在两个方面：一是借助有关初等函数的性质，解有关求值、解(证)不等式、解方程以及讨论参数的取值范围等问题：二是在问题的研究中，通过建立函数关系式或构造中间函数，把所研究的问题转化为讨论函数的有关性质，达到化难为易，化繁为简的目的. 许多有关方程的问题可以用函数的方法解决，反之，许多函数问题也可以用方程的方法来解决．在高考中重点考查函数零点个数、零点范围以及与零点有关的范围问题，有时添加函数性质进去会使得此类问题难度加大．【例1】 (2017·江苏高考)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋1(a >0，b ∈R )有极值，且导函数f ′(x )的极值点是f (x )的零点．(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值) (1)求b 关于a 的函数关系式，并写出定义域； (2)证明：b 2>3a ；(3)若f (x )，f ′(x )这两个函数的所有极值之和不小于－72，求a 的取值范围.【导学号：56394108】[解] (1)由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋1，得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋a 32＋b －a 23. 当x ＝－a 3时，f ′(x )有极小值b －a 23.因为f ′(x )的极值点是f (x )的零点，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3＝－a 327＋a 39－ab 3＋1＝0.又a >0，故b ＝2a 29＋3a.因为f (x )有极值，故f ′(x )＝0有实根， 从而b －a 23＝19a (27－a 3)≤0，即a ≥3.当a ＝3时，f ′(x )>0(x ≠－1)，故f (x )在R 上是增函数，f (x )没有极值； 当a >3时，f ′(x )＝0有两个相异的实根 x 1＝－a －a 2－3b 3，x 2＝－a ＋a 2－3b 3.列表如下：12从而a >3.因此b ＝2a 29＋3a ，定义域为(3，＋∞)．(2)证明：由(1)知，b a ＝2a a 9＋3a a.设g (t )＝2t 9＋3t ，则g ′(t )＝29－3t 2＝2t 2－279t 2. 当t ∈⎝⎛⎭⎪⎫362，＋∞时，g ′(t )>0， 从而g (t )在⎝⎛⎭⎪⎫362，＋∞上单调递增． 因为a >3，所以a a >33， 故g (a a )>g (33)＝3，即ba> 3. 因此b 2>3a .(3)由(1)知，f (x )的极值点是x 1，x 2， 且x 1＋x 2＝－23a ，x 21＋x 22＝4a 2－6b9.从而f (x 1)＋f (x 2)＝x 31＋ax 21＋bx 1＋1＋x 32＋ax 22＋bx 2＋1＝x 13(3x 21＋2ax 1＋b )＋x 23(3x 22＋2ax 2＋b )＋13a (x 21＋x 22)＋23b (x 1＋x 2)＋2 ＝4a 3－6ab 27－4ab 9＋2＝0.记f (x )，f ′(x )所有极值之和为h (a )， 因为f ′(x )的极值为b －a 23＝－19a 2＋3a ，所以h (a )＝－19a 2＋3a ，a >3.因为h ′(a )＝－29a －3a 2<0，于是h (a )在(3，＋∞)上单调递减． 因为h (6)＝－72，于是h (a )≥h (6)，故a ≤6.因此a 的取值范围为(3,6]．【例2】 已知函数f (x )＝a x －1x2－b ＋ln x (a ，b ∈R )．(1)若函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，求实数a 的取值范围； (2)若a ＝3，函数f (x )有3个零点，求实数b 的取值范围．[解] (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－a x2＋2x3＋1x.由题意可得f ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立，即－a x2＋2x3＋1x≥0，所以a x2≤2x3＋1x，因为x ＞0，所以x 2＞0，故a ≤2x＋x .由基本不等式可得2x ＋x ≥22(当且仅当2x＝x ，即x ＝2时等号成立)，故实数a 的取值范围为(－∞，22]．(2)当a ＝3时，f (x )＝3x －1x2－b ＋ln x ，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－3x 2＋2x 3＋1x ＝x 2－3x ＋2x3＝x －x －x3.由f ′(x )＝0，解得x 1＝1，x 2＝2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：极小值为f (2)＝32－122－b ＋ln 2＝54－b ＋ln 2.要使函数f (x )有3个零点，则⎩⎪⎨⎪⎧2－b ＞0，54－b ＋ln 2＜0，解得54＋ln 2＜b ＜2.故实数b 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫54＋ln 2，2. 2．利用函数的单调区间和极值点研究函数零点函数f (x )的零点，即f (x )＝0的根，亦即函数f (x )的图象与x 轴交点横坐标，与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点，从而判断函数的大致图象，讨论其图象与轴的位置关系(或者转化为两个熟悉函数交点问题)．【例3】 (2016－2017学年度江苏苏州市高三期中调研考试)已知f (x )＝ax 3－3x 2＋1(a ＞0)，定义h (x )＝max{f (x )，g (x )}＝⎩⎪⎨⎪⎧fx ，f x g x ，g x ，f x ＜g x ，(1)求函数f (x )的极值；(2)若g (x )＝xf ′(x )，且存在x ∈[1,2]使h (x )＝f (x )，求实数a 的取值范围； (3)若g (x )＝ln x ，试讨论函数h (x )(x ＞0)的零点个数． [解] (1)∵函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1， ∴f ′(x )＝3ax 2－6x ＝3x (ax －2)，令f ′(x )＝0，得x 1＝0或x 2＝2a，∵a ＞0，∴x 1＜x 2，列表如下：∴f (x )的极大值为f (0)＝1，极小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a＝a2－a 2＋1＝1－a2.(2)g (x )＝xf ′(x )＝3ax 3－6x 2，∵存在x ∈[1,2]，使h (x )＝f (x )，∴f (x )≥g (x )在x ∈[1,2]上有解，即ax 3－3x 2＋1≥3ax 3－6x 2在x ∈[1,2]上有解， 即不等式2a ≤1x 3＋3x在x ∈[1,2]上有解，设y ＝1x 3＋3x ＝3x 2＋1x 3(x ∈[1,2])，∵y ′＝－3x 2－3x4＜0对x ∈[1,2]恒成立，∴y ＝1x 3＋3x 在x ∈[1,2]上单调递减，∴当x ＝1时，y ＝1x 3＋3x的最大值为4，∴2a ≤4，即a ≤2.(3)由(1)知，f (x )在(0，＋∞)上的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a＝1－4a2，①当1－4a2＞0，即a ＞2时，f (x )＞0在(0，＋∞)上恒成立，∴h (x )＝max{f (x )，g (x )}在(0，＋∞)上无零点．②当1－4a2＝0即a ＝2时，f (x )min ＝f (1)＝0，又g (1)＝0，∴h (x )＝max{f (x )，g (x )}在(0，＋∞)上有一个零点．③当1－4a2＜0，即0＜a ＜2时，设φ(x )＝f (x )－g (x )＝ax 3－3x 2＋1－ln x (0＜x ＜1)，∵φ′(x )＝3ax 2－6x －1x ＜6x (x －1)－1x＜0，∴φ(x )在(0,1)上单调递减，又φ(1)＝a －2＜0，φ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝a e 3＋2e 2－3e 2＞0，∴存在唯一的x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1，使得φ(x 0)＝0，Ⅰ.当0＜x ≤x 0时，∵φ(x )＝f (x )－g (x )≥φ(x 0)＝0，∴h (x )＝f (x )且h (x )为减函数，又h (x 0)＝f (x 0)＝g (x 0)＝ln x 0＜ln 1＝0，f (0)＝1＞0，∴h (x )在(0，x 0)上有一个零点； Ⅱ.当x ＞x 0时，∵φ(x )＝f (x )－g (x )＜φ(x 0)＝0， ∴h (x )＝g (x )且h (x )为增函数，∵g (1)＝0， ∴h (x )在(x 0，＋∞)上有一零点；从而h (x )＝max{f (x )，g (x )}在(x 0，＋∞)上有两个零点， 综上所述，当0＜a ＜2时，h (x )有两个零点；当a ＝2时，h (x )有一个零点；当a ＞2时，h (x )无零点．【例4】 (2017·江苏省南京市迎一模模拟)已知函数f (x )＝12ax 2＋ln x ，g (x )＝－bx ，其中a ，b ∈R ，设h (x )＝f (x )－g (x )．(1)若f (x )在x ＝22处取得极值，且f ′(1)＝g (－1)－2，求函数h (x )的单调区间； (2)若a ＝0时，函数h (x )有两个不同的零点x 1，x 2. ①求b 的取值范围； ②求证：x 1x 2e2＞1.【导学号：56394109】[解] (1)由已知得f ′(x )＝ax ＋1x(x ＞0)，所以f ′⎝⎛⎭⎪⎫22＝22a ＋2＝0，所以a ＝－2. 由f ′(1)＝g (－1)－2， 得a ＋1＝b －2， 所以b ＝1.所以h (x )＝－x 2＋ln x ＋x (x ＞0)．则h ′(x )＝－2x ＋1x ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12x －－x(x ＞0)，由h ′(x )＞0得0＜x ＜1，h ′(x )＜0得x ＞1. 所以h (x )的减区间为(1，＋∞)，增区间为(0,1)． (2)①由已知h (x )＝ln x ＋bx (x ＞0)． 所以h ′(x )＝1x＋b (x ＞0)，当b ≥0时，显然h ′(x )＞0恒成立，此时函数h (x )在定义域内递增，h (x )至多有一个零点，不合题意．当b ＜0时，令h ′(x )＝0得x ＝－1b ＞0，令h ′(x )＞0得0＜x ＜－1b；令h ′(x )＜0得x＞－1b.所以h (x )极大＝h ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1b ＝－ln(－b )－1＞0，解得－1e ＜b ＜0. 且x →0时，ln x ＜0，x →＋∞时，ln x ＞0. 所以当b ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1e ，0时，h (x )有两个零点．②证明：由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ln x 1＋bx 1＝0，ln x 2＋bx 2＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧e －bx 1＝x 1， ①e －bx 2＝x 2， ②①×②得e －b (x 1＋x 2)＝x 1x 2. 因为x 1，x 2＞0， 所以－b (x 1＋x 2)＞0， 所以e －b (x 1＋x 2)＝x 1x 2＞1. 因为0＜－b ＜1e ，所以e －b＜1，所以x 1x 2＞e －2b x 1x 2＞e2x 1x 2＞e 2， 所以x 1x 2e2＞1.【例5】 (1)讨论函数f (x )＝x －2x ＋2e x 的单调性，并证明当x ＞0时，(x －2)e x＋x ＋2＞0. (2)证明：当a ∈[0,1)时，函数g (x )＝e x－ax －ax2(x ＞0)有最小值．设g (x )的最小值为h (a )，求函数h (a )的值域．[解] (1)f (x )的定义域为(－∞，－2)∪(－2，＋∞)．f ′(x )＝x －x ＋x－x －xx ＋2＝x 2e xx ＋2≥0，当且仅当x ＝0时，f ′(x )＝0，所以f (x )在(－∞，－2)，(－2，＋∞)上单调递增． 因此当x ∈(0，＋∞)时，f (x )>f (0)＝－1. 所以(x －2)e x>－(x ＋2)，即(x －2)e x＋x ＋2>0. (2)证明：g ′(x )＝x －x＋a x ＋x3＝x ＋2x 3(f (x )＋a )． 由(1)知，f (x )＋a 单调递增．对任意a ∈[0,1)，f (0)＋a ＝a －1＜0，f (2)＋a ＝a ≥0. 因此，存在唯一x a ∈(0,2]，使得f (x a )＋a ＝0， 即g ′(x a )＝0.当0<x <x a 时，f (x )＋a <0，g ′(x )<0，g (x )单调递减； 当x >x a 时，f (x )＋a >0，g ′(x )>0，g (x )单调递增． 因此g (x )在x ＝x a 处取得最小值，最小值为于是h (a )＝e x ax a ＋2. 由⎝ ⎛⎭⎪⎫e x x ＋2′＝x ＋xx ＋2＞0，得y ＝exx ＋2单调递增， 所以，由x a ∈(0,2]，得12＝e 00＋2＜h (a )＝e x a x a ＋2≤e 22＋2＝e 24. 因为y ＝e xx ＋2单调递增，对任意λ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，e 24，存在唯一的x a ∈(0,2]，a ＝－f (x a )∈[0,1)，使得h (a )＝λ.所以h (a )的值域是⎝ ⎛⎦⎥⎤12，e 24.综上，当a ∈[0,1)时，g (x )有最小值h (a )，h (a )的值域是⎝ ⎛⎦⎥⎤12，e 24. 【例6】 设函数f (x )＝x ea －x＋bx ，曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为y ＝(e －1)x＋4.(1)求a ，b 的值； (2)求f (x )的单调区间． [解] (1)因为f (x )＝x e a －x＋bx ，所以f ′(x )＝(1－x )ea －x＋b .依题设，⎩⎪⎨⎪⎧f＝2e ＋2，f ＝e －1，即⎩⎪⎨⎪⎧2e a －2＋2b ＝2e ＋2，－e a －2＋b ＝e －1.解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝e.(2)由(1)知f (x )＝x e 2－x＋e x .由f ′(x )＝e2－x(1－x ＋ex －1)及e2－x＞0知，f ′(x )与1－x ＋ex －1同号．令g (x )＝1－x ＋e x －1，则g ′(x )＝－1＋e x －1.所以，当x ∈(－∞，1)时，g ′(x )<0，g (x )在区间(－∞，1)上单调递减； 当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )在区间(1，＋∞)上单调递增． 故g (1)＝1是g (x )在区间(－∞，＋∞)上的最小值， 从而g (x )>0，x ∈(－∞，＋∞)．综上可知，f ′(x )>0，x ∈(－∞，＋∞)，故f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)． [方法总结] ①函数性质与方程综合时，要先将函数性质剖析清楚，尤其是单调性和对称性，然后再研究函数零点问题；②函数与不等式综合时，重点是要学会构造函数，利用函数单调性、最值进行研究；③函数、方程与不等式综合在一起时，要注意利用导数这个有利工具进行解答．。
2018届高考数学(理)二轮专题复习限时规范训练：第一部分专题一集合常用逻辑用语平面向量复数1-1-3含答案
限时规范训练三算法、框图与推理限时45分钟，实际用时分值80分，实际得分一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分)1．请仔细观察1,1,2,3,5，( )，13，运用合情推理，可知写在括号里的数最可能是( ) A．8 B．9C．10 D．11解析：选A.观察题中所给各数可知，2＝1＋1,3＝1＋2,5＝2＋3,8＝3＋5,13＝5＋8，∴括号中的数为8.故选A.2．执行如图所示的程序框图，若输入的x的值为2，则输出的y的值为( )A．2 B．5C．11 D．23解析：选D.x＝2，y＝5，|2－5|＝3＜8；x＝5，y＝11，|5－11|＝6＜8；x＝11，y＝23，|11－23|＝12＞8.满足条件，输出的y的值为23，故选D.3．观察(x2)′＝2x，(x4)′＝4x3，(cos x)′＝－sin x，由归纳推理可得：若定义在R上的函数f(x)满足f(－x)＝f(x)，记g(x)为f(x)的导函数，则g(－x)等于( ) A．f(x) B．－f(x)C．g(x) D．－g(x)解析：选D.由所给等式知，偶函数的导数是奇函数．∵f(－x)＝f(x)，∴f(x)是偶函数，从而g(x)是奇函数．∴g(－x)＝－g(x)．4．执行如图所示的程序框图，输出的S值为－4时，则输入的S0的值为( )A．7 B．8C．9 D．10解析：选D.根据程序框图知，当i＝4时，输出S.第1次循环得到S＝S0－2，i＝2；第2次循环得到S＝S0－2－4，i＝3；第3次循环得到S＝S0－2－4－8，i＝4.由题意知S0－2－4－8＝－4，所以S0＝10，故选D.5．(2017·高考山东卷)执行如图所示的程序框图，当输入的x的值为4时，输出的y的值为2，则空白判断框中的条件可能为( )A．x＞3 B．x＞4C．x≤4D．x≤5解析：选B.输入x＝4，若满足条件，则y＝4＋2＝6，不符合题意；若不满足条件，则y＝log24＝2，符合题意，结合选项可知应填x＞4.故选B.6．如图所示的程序框图的运行结果为( )A ．－1B ．12C ．1D ．2解析：选A.a ＝2，i ＝1，i ≥2 019不成立；a ＝1－12＝12，i ＝1＋1＝2，i ≥2 019不成立； a ＝1－112＝－1，i ＝2＋1＝3，i ≥2 019不成立；a ＝1－(－1)＝2，i ＝3＋1＝4，i ≥2 019不成立；…，由此可知a 是以3为周期出现的，结束时，i ＝2 019＝3×673，此时a ＝－1，故选A. 7．设△ABC 的三边长分别为a ，b ，c ，△ABC 的面积为S ，内切圆半径为r ，则r ＝2Sa ＋b ＋c.类比这个结论可知：四面体S ABC 的四个面的面积分别为S 1，S 2，S 3，S 4，内切球半径为R ，四面体S ABC 的体积为V ，则R 等于( )A.VS 1＋S 2＋S 3＋S 4B.2VS 1＋S 2＋S 3＋S 4C.3VS 1＋S 2＋S 3＋S 4D.4VS 1＋S 2＋S 3＋S 4解析：选C.把四面体的内切球的球心与四个顶点连起来分成四个小三棱锥，其高都是R ，四个小三棱锥的体积和等于四面体的体积，因此V ＝13S 1R ＋13S 2R ＋13S 3R ＋13S 4R ，解得R ＝3VS 1＋S 2＋S 3＋S 4.8．按照如图所示的程序框图执行，若输出的结果为15，则M 处的条件为( )A ．k ≥16B ．k ＜8C ．k ＜16D ．k ≥8解析：选A.根据框图的循环结构依次可得S ＝0＋1＝1，k ＝2×1＝2；S ＝1＋2＝3，k ＝2×2＝4；S ＝3＋4＝7，k ＝2×4＝8；S ＝7＋8＝15，k ＝2×8＝16，根据题意此时跳出循环，输出S ＝15.所以M 处的条件应为k ≥16.故A 正确．9．如图所示的程序框图中，输出S ＝( )A ．45B ．－55C ．－66D ．66解析：选B.由程序框图知，第一次运行T ＝(－1)2·12＝1，S ＝0＋1＝1，n ＝1＋1＝2；第二次运行T ＝(－1)3·22＝－4，S ＝1－4＝－3，n ＝2＋1＝3；第三次运行T ＝(－1)4·32＝9，S ＝－3＋9＝6，n ＝3＋1＝4…直到n ＝9＋1＝10时，满足条件n ＞9，运行终止，此时T ＝(－1)10·92，S ＝1－4＋9－16＋…＋92－102＝1＋(2＋3)＋(4＋5)＋(6＋7)＋(8＋9)－100＝1＋92×9－100＝－55.故选B.10．在整数集Z 中，被5除所得余数为k 的所有整数组成一个“类”，记为[k ]，即[k ]＝{5n ＋k |n ∈Z }，k ＝0,1,2,3,4.给出如下四个结论：①2 018∈[3]； ②－2∈[2]；③Z ＝[0]∪[1]∪[2]∪[3]∪[4]；④整数a ，b 属于同一“类”的充要条件是“a －b ∈[0]”． 其中正确结论的个数为( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．4解析：选C.因为2 018＝403×5＋3，所以2 018∈[3]，①正确；－2＝－1×5＋3，－2∈[3]，所以②不正确；因为整数集中被5除的数可以且只可以分成五类，所以③正确；整数a ，b 属于同一“类”，因为整数a ，b 被5除的余数相同，从而a －b 被5除的余数为0，反之也成立，故整数a ，b 属于同一“类”的充要条件是“a －b ∈[0]”，故④正确．所以正确的结论有3个，故选C.11．执行如图所示的程序框图，如果输入x ，t 的值均为2，最后输出S 的值为n ，在区间[0,10]上随机选取一个数D ，则D ≤n 的概率为( )A.25B.12C.35D.710解析：选D.这是一个循环结构，循环的结果依次为M ＝2，S ＝2＋3＝5，k ＝1＋1＝2；M ＝2，S ＝2＋5＝7，k ＝2＋1＝3.最后输出7，所以在区间[0,10]上随机选取一个数D ，则D ≤n 的概率P＝710，故选D. 12．定义方程f (x )＝f ′(x )的实数根x 0叫做函数f (x )的“新驻点”，若函数g (x )＝x ，h (x )＝ln(x ＋1)，φ(x )＝x 3－1的“新驻点”分别为α，β，γ，则α，β，γ的大小关系为( )A ．α＞β＞γB ．β＞α＞γC ．γ＞α＞βD ．β＞γ＞α解析：选C.g (x )＝g ′(x )，即x ＝1，所以α＝1；h (x )＝h ′(x )，即ln(x ＋1)＝1x ＋1，0＜x＜1，所以β∈(0,1)；φ(x)＝φ′(x)，即x3－1＝3x2，即x3－3x2＝1，x2(x－3)＝1，x＞3，所以γ＞3.所以γ＞α＞β.二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)13．执行如图所示的程序框图，若输出的结果是8，则输入的数是________．解析：令a≥b得，x2≥x3，解得x≤1.所以当x≤1时，输出a＝x2，当x＞1时，输出b＝x3.当x≤1时，由题意得a＝x2＝8，解得x＝－8＝－2 2.当x＞1时，由题意得b＝x3＝8，得x＝2，所以输入的数为2或－2 2.14．刘老师带甲、乙、丙、丁四名学生去西安参加自主招生考试，考试结束后刘老师向四名学生了解考试情况．四名学生回答如下：甲说：“我们四人都没考好．”乙说：“我们四人中有人考得好．”丙说：“乙和丁至少有一人没考好．”丁说：“我没考好．”结果，四名学生中有两人说对了，则这四名学生中的________两人说对了．解析：甲与乙的关系是对立事件，二人说话矛盾，必有一对一错，如果选丁正确，则丙也是对的，所以丁错误，可得丙正确，此时乙正确．故答案为乙，丙．答案：乙，丙15．已知实数x∈[2,30]，执行如图所示的程序框图，则输出的x不小于103的概率是________．解析：实数x ∈[2,30]，经过第一次循环得到x ＝2x ＋1，n ＝2；经过第二次循环得到x ＝2(2x ＋1)＋1，n ＝3；经过第三次循环得到x ＝2[2(2x ＋1)＋1]＋1，n ＝4，此时输出x ，输出的值为8x ＋7.令8x ＋7≥103，解得x ≥12.由几何概型的概率公式，得到输出的x 不小于103的概率为30－1230－2＝914. 16．集合{1,2,3，…，n }(n ≥3)中，每两个相异数作乘积，将所有这些乘积的和记为T n ，如：T 3＝1×2＋1×3＋2×3＝12×[62－(12＋22＋32)]＝11；T 4＝1×2＋1×3＋1×4＋2×3＋2×4＋3×4＝12×[102－(12＋22＋32＋42)]＝35； T 5＝1×2＋1×3＋1×4＋1×5＋…＋3×5＋4×5＝12×[152－(12＋22＋32＋42＋52)]＝85.则T 7＝________.(写出计算结果)解析：由T 3，T 4，T 5归纳得出T n ＝12[(1＋2＋…＋n )2－(12＋22＋…＋n 2)]，则T 7＝12×[282－(12＋22＋…＋72)]．又∵12＋22＋…＋72＝16×7×8×15＝140，∴T 7＝12×(784－140)＝322.答案：322。
2018届高考数学理科二轮总复习苏教版高考小题分项练 (14份打包) (4)
高考小题分项练4 函数与导数1．设曲线y ＝x ＋1x －1在点(3,2)处的切线与直线ax ＋y ＋1＝0垂直，则a ＝________.答案 －2解析 ∵y ＝x ＋1x －1＝1＋2x －1，∴y ′＝－2(x －1)2.∴曲线在点(3,2)处的切线斜率k ＝－12.∴－a ＝2，即a ＝－2.2．函数f (x )＝x －2sin x 在(0，π)上的单调增区间为________． 答案 ⎝⎛⎭⎫π3，π解析 令f ′(x )＝1－2cos x >0，得cos x <12，又x ∈(0，π)，所以π3<x <π.3．设函数f (x )＝g (x )＋x 2，曲线y ＝g (x )在点(1，g (1))处的切线方程为y ＝2x ＋1，则曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处切线的斜率为________． 答案 4解析 依题意得f ′(x )＝g ′(x )＋2x ， 所以f ′(1)＝g ′(1)＋2＝2＋2＝4.4．已知函数f (x )＝ax ＋1x ＋2在(－2，＋∞)上单调递减，则a 的取值范围是________．答案 ⎩⎨⎧⎭⎬⎫a ⎪⎪a <12 解析 ∵f ′(x )＝2a －1(x ＋2)2，且函数f (x )在(－2，＋∞)上单调递减，∴f ′(x )≤0在(－2，＋∞)上恒成立，∴a ≤12.当a ＝12时，f ′(x )＝0恒成立，不合题意，应舍去．∴a <12.5．已知a ≤1－x x ＋ln x 对任意x ∈⎣⎡⎦⎤12，2恒成立，则a 的最大值为________． 答案 0解析 令f (x )＝1－x x ＋ln x ，则f ′(x )＝x －1x 2，当x ∈⎣⎡⎭⎫12，1时，f ′(x )<0，当x ∈[1,2]时，f ′(x )≥0， ∴f (x )在⎣⎡⎭⎫12，1上单调递减，在[1,2]上单调递增， ∴f (x )min ＝f (1)＝0，∴a 的最大值为0.6．若函数f (x )＝x 3＋mx 2－m 2x ＋1(m 为常数，且m >0)有极大值9，则m 的值是________． 答案 2解析 由f ′(x )＝3x 2＋2mx －m 2＝(x ＋m )(3x －m )＝0，得x ＝－m 或x ＝13m ，当x 变化时，f ′(x )与f (x )的变化情况如下表：x (－∞，－m )－m ⎝⎛⎭⎫－m ，13m13m ⎝⎛⎭⎫13m ，＋∞ f ′(x ) ＋ 0 － 0 ＋ f (x ) ↗极大值↘极小值↗从而可知，当x ＝－m 时，函数f (x )取得极大值9， 即f (－m )＝－m 3＋m 3＋m 3＋1＝9，解得m ＝2.7．对于三次函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d (a ≠0)，给出定义：设f ′(x )是函数y ＝f (x )的导数，f ″(x )是f ′(x )的导数，若方程f ″(x )＝0有实数解x 0，则称点(x 0，f (x 0))为函数y ＝f (x )的“拐点”．某同学经过探究发现：任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心．若f (x )＝13x 3－12x 2＋3x －512，根据这一发现可以判断函数f (x )＝13x 3－12x 2＋3x －512的对称中心为__________． 答案 ⎝⎛⎭⎫12，1解析 依题意，得f ′(x )＝x 2－x ＋3，∴f ″(x )＝2x －1，由f ″(x )＝0，即2x －1＝0，得x ＝12.又f ⎝⎛⎭⎫12＝1，∴函数f (x )＝13x 3－12x 2＋3x －512的对称中心为⎝⎛⎭⎫12，1. 8．已知函数f (x )的导函数为f ′(x )，且满足关系式f (x )＝x 2＋3xf ′(2)＋ln x ，则f ′(2)的值等于________． 答案 －94解析 ∵f (x )＝x 2＋3xf ′(2)＋ln x ， ∴f ′(x )＝2x ＋3f ′(2)＋1x，∴f ′(2)＝4＋3f ′(2)＋12，∴f ′(2)＝－94.9．如果函数f (x )＝x 3－32x 2＋a 在[－1,1]上的最大值是2，那么f (x )在[－1,1]上的最小值是________． 答案 －12解析 ∵f ′(x )＝3x 2－3x ， 令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝1.∴在[－1,1]上，当x ∈[－1,0)时，f ′(x )>0， 当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0，∴x ＝0是f (x )的极大值点，也是最大值点， ∴f (x )max ＝f (0)＝a ＝2， ∴f (x )＝x 3－32x 2＋2.又f (－1)＝－12，f (1)＝32，∴f (x )在[－1,1]上的最小值为－12.10．若函数f (x )＝x 3－3x ＋a 有3个不同的零点，则实数a 的取值范围是________． 答案 (－2,2)解析 令f (x )＝0，得a ＝3x －x 3，于是y ＝a 和y ＝3x －x 3应有3个不同交点，令g (x )＝3x －x 3，则g ′(x )＝3－3x 2. 由g ′(x )＝0，得x 1＝1，x 2＝－1，∴g (x )在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递减，在(－1,1)上单调递增， ∴当x ＝－1时，g (x )取得极小值－2，当x ＝1时，g (x )取得极大值2.画出y ＝3x －x 3的图象如图，若y ＝a 和y ＝3x －x 3有3个不同交点，则－2<a <2.11．设函数f (x )＝ax 3－3x ＋1(x ∈R )，若对于任意的x ∈[－1,1]，都有f (x )≥0成立，则实数a 的值为________． 答案 4解析 当x ＝0时，则不论a 取何值，f (x )≥0显然成立； 当x >0，即x ∈(0,1]时，f (x )＝ax 3－3x ＋1≥0可化为a ≥3x 2－1x 3.设g (x )＝3x 2－1x 3，则g ′(x )＝3(1－2x )x 4.所以g (x )在区间⎝⎛⎦⎤0，12上单调递增，在区间⎣⎡⎦⎤12，1上单调递减． 因此g (x )max ＝g ⎝⎛⎭⎫12＝4，从而a ≥4；当x <0，即x ∈[－1,0)时，f (x )＝ax 3－3x ＋1≥0可化为a ≤3x 2－1x 3，g (x )在区间[－1,0)上单调递增， 因此g (x )min ＝g (－1)＝4，从而a ≤4. 所以a ＝4.12．海轮每小时使用的燃料费与它的航行速度的立方成正比，已知某海轮的最大航速为30千米/时，当速度为10千米/时，它的燃料费是每小时25元，其余费用(无论速度如何)是每小时400元．如果甲、乙两地相距800千米，则要使该海轮从甲地航行到乙地的总费用最低，它的航速应为________千米/时． 答案 20解析 设航速为v 千米/时(0≤v ≤30)，每小时的燃料费为m 元，则m ＝k v 3， ∵当v ＝10时，m ＝25，代入上式，得k ＝140，则总费用y ＝800v ·m ＋800v ×400＝20v 2＋320 000v ， ∴y ′＝40v －320 000v 2.令y ′＝0，得v ＝20.经判断知当v ＝20时，y 最小．13．已知f (x )＝x 3－6x 2＋9x －abc ，a <b <c ，且f (a )＝f (b )＝f (c )＝0.现给出如下结论： ①f (0)f (1)>0；②f (0)f (1)<0；③f (0)f (3)>0；④f (0)f (3)<0. 其中正确结论的序号是________． 答案 ②③解析 方法一 由f (x )＝x 3－6x 2＋9x －abc ， 得f ′(x )＝3x 2－12x ＋9.令f ′(x )＝0，得x ＝1或x ＝3. 当x <1时，f ′(x )>0； 当1<x <3时，f ′(x )<0； 当x >3时，f ′(x )>0.∴当x ＝1时，f (x )有极大值， 当x ＝3时，f (x )有极小值． ∵函数f (x )有三个零点， ∴f (1)>0，f (3)<0，且a <1<b <3<c . 又∵f (3)＝27－54＋27－abc ＝－abc <0， ∴abc >0，得a >0，因此f (0)<f (a )＝0， ∴f (0)f (1)<0，f (0)f (3)>0. 故正确结论的序号是②③.方法二 由题设知f (x )＝0有3个不同零点．如图所示．设g (x )＝x 3－6x 2＋9x ，∴f (x )＝g (x )－abc ，f (x )有3个零点，需将g (x )的图象向下平移至如图所示位置． 观察图象可知，f (0)f (1)＜0且f (0)f (3)＞0. 故②③正确．14．已知函数f (x )是定义在R 上的奇函数，f (1)＝0，xf ′(x )－f (x )x 2>0(x >0)，则不等式x 2f (x )>0的解集是________． 答案 (－1,0)∪(1，＋∞) 解析 因为⎣⎡⎦⎤f (x )x ′＝xf ′(x )－f (x )x 2>0，所以当x >0时，f (x )x 是增函数，当x >1时，f (x )x >f (1)＝0，得f (x )>0，当0<x <1时，f (x )x <f (1)＝0，得f (x )<0.又f (x )是定义在R 上的奇函数， 所以当－1<x <0时，f (x )＝－f (－x )>0， 当x <－1时，f (x )＝－f (－x )<0，故不等式f (x )>0，即x 2f (x )>0的解集是(－1,0)∪(1，＋∞)．。
2018届江苏高考数学专题练习函数
2018届江苏高考数学专题练习——函数1. 已知函数2()||2x f x x +=+，x R ∈，那么2(2)(34)f x x f x -<-的解集是 ．2. 设函数⎩⎨⎧≥<-=1,21,13)(2x x x x x f ，那么知足2))((2))((a f a f f =的的取值范围为 ．3. 已知函数2()()()(0)f x x a x b b =--≠，不等式()()f x mxf x '≥对x R ∀∈恒成立，那么2m a b +-= ．*4. 已知函数f (x )＝e x -1－tx ，x 0∈R ，f (x 0)≤0，那么实数t 的取值范围 ．5. 已知函数f (x )＝2x 3+7x 2+6xx 2+4x ＋3，x ∈0,4］，那么f (x )最大值是 ．*6. 已知函数222101,()2 1,x mx x f x mx x ⎧+-=⎨+>⎩，，≤≤，假设()f x 在区间[)0,+∞上有且只有2个零点，那么实数m 的取值范围是 .7. 已知函数2()12f x x x =-的概念域为[]0m ，，值域为20am ⎡⎤⎣⎦，，那么实数a 的取值范围是 . *8. 假设存在实数，使不等式2e 2e 10x x a +≥-成立，那么实数的取值范围为 ．9. 设函数()33,2,x x x a f x x x a ⎧-<=⎨-≥⎩，，假设关于的不等式()4f x a >在实数集R 上有解，那么实数的取值范围是 ．*10. 已知函数f (x )＝⎩⎨⎧x 2－1，x ≥0，－x ＋1，x ＜0．假设函数y ＝f (f (x ))－k 有3个不同的零点，那么实数k 的取值范围是 ．11. 设a 为实数，记函数f (x )＝ax －ax 3（x ∈12，1]）的图象为C ．若是任何斜率不小于1的直线与C 都最多有一个公共点，那么a 的取值范围是 ．12. 假设函数f (x )＝x 2－m cos x ＋m 2＋3m －8有唯一零点，那么知足条件的实数m 组成的集合为 .13.已知实数x，y知足约束条件-0-50-30x yx yy≤⎧⎪+≥⎨⎪≤⎩，，，假设不等式m(x2+y2)≤(x+y)2恒成立，那么实数m的最大值是.14.函数f (x )＝1lg x＋2－x 的概念域为________.15.函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122x －x 2的值域为________.16.设函数f (x )＝x 2＋(a －2)x －1在区间(－∞，2]上是减函数，那么实数a 的最大值为________.17.设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|ln x |，x ＞0，⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ，x ＜0，若f (a )＋f (－1)＝3，那么a ＝________.18.已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|2x－1|，x <2，3x －1，x ≥2，假设方程f (x )－a ＝0有三个不同的实数根，那么实数a 的取值范围是________.19.假设函数f (x )是概念在R 上的偶函数，且在区间[0，＋∞)上是单调增函数.若是实数t 知足f (ln t )＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1t ≤2f (1)，那么t 的取值范围是________.20.已知奇函数f (x )是R 上的单调函数，假设函数y ＝f (x 2)＋f (k －x )只有一个零点，那么实数k 的值是________.21.设函数f (x )={3x −1,x <12x ，x ≥1,那么知足f(f (a ))=2f (a )的a 的取值范围_______.(类2)（注：“*”为难题）2018届江苏高考数学专题练习——函数参考答案1. 【答案】（1,2）.【解析】1()4102x f x x x ≥⎧⎪=⎨--<⎪-⎩，由2220234x x x x x ⎧-<⎪⎨-<-⎪⎩得1<x<2. 2. 【答案】}2132|{=≥a a a 或 . 3.4. 【答案】(－∞，0)∪1，+∞)．5.6. 【答案】102m -≤<.【解析】法一：由题意得：当0m ≥时，函数2()222f x x mx =+-的对称轴02m-≤，且(0)1f =-， 因此，现在()f x 在[]0,1上最多有一个零点，而()2f x mx =+在()1,+∞没有零点.因此，0m ≥不符合 题意．当0m <时，函数2()221f x x mx =+-的对称轴02m->，且(0)1f =-，因此，现在()f x 在[]0,1 上最多有一个零点，而()2f x mx =+在()1,+∞最多有一个零点，假设()f x 在[)0,+∞有且只有2个零点， 那么要求012221020m m m ⎧<-≤⎪⎪+-≥⎨⎪+>⎪⎩，解之可得102m -≤<.综上：12m -≤<7.8. 【答案】[1,)-+∞【解析】2e 2e 10x x a +≥-2221212,(0),21 1.xx xe a t t t t t a e e-⇒≥=-=>-≥-∴≥- 9. 【答案】()1,72⎛⎫-∞+∞⎪⎝⎭.【解析】当1a ≤-，函数()f x 有最大值2a -，现在24a a ->， 解得0a <，又因为1a ≤-，因此1a ≤-；当12a -<≤，函数()f x 有最大值2，现在24a >解得12a <， 又12a -<≤，因此112a -<< 当2a >，函数()f x 无最大值，因为取不到33a a -，因此334a a a ->即370a a ->解得70,a -<<或7a >又因为2a >，因此7a >；综上所述，的取值范围是()1,72⎛⎫-∞+∞⎪⎝⎭.10. 【答案】(1，2]．【解析】f (f (x ))＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2x ，x ＜0，2－x 2，0≤x ＜1，x 4－2x 2，x ≥1．作出函数f (f (x ))的图像可知，当1＜k ≤2时，函数y ＝f (f (x ))22xx 33x11yxO－k 有3个不同的零点． 11. 【答案】1,42⎡⎤-⎢⎥⎣⎦．12. 【答案】{2}13. 【答案】2513【解析】作出线性约束条件下的可行域如图中阴影部份所示，显然，A (2，3)，B (3，3)，令目标函数z=y x ，它表示通过点(0，0)及可行域内的点(x ，y )的直线的斜率，从而1≤z ≤32.不等式m (x 2+y 2)≤(x+y )2恒成立，也确实是m ≤222()x y x y ++恒成立，令u=222()x y x y++，那么u=1+222xyx y +=1+2x y y x+=1+21z z +1≤z ≤32，当1≤z ≤32时，2≤1z +z ≤136，从而1213≤21z z+≤1，因此2513≤1+21z z+≤2，于是m ≤2513，即实数m 的最大值为2513.14.(0，1)∪(1，2]15. ⎣⎡⎭⎫12，＋∞. 16.解析 函数f (x )图象的对称轴x ＝－a －22，那么函数f (x )在⎝⎛⎦⎤－∞，－a －22上单调递减，在区间⎣⎡⎭⎫－a －22，＋∞上单调递增，因此2≤－a －22，解得a ≤－2. 17. e 或1e18. 画出函数f (x )的图象如下图，观看图象可知，假设方程f (x )－a ＝0有三个不同的实数根，那么函数y ＝f (x )的图象与直线y ＝a 有3个不同的交点，现在需知足0<a <1. 答案 (0，1)19. 依题意，不等式f (ln t )＋f ⎝⎛⎭⎫ln 1t ＝f (ln t )＋f (－ln t )＝2f (|ln t |)≤2f (1)，即f (|ln t |)≤f (1)，又|ln t |≥0，函数f (x )在[0，＋∞)上是增函数，因此有|ln t |≤1，－1≤ln t ≤1，1e ≤t ≤e ，即实数t 的取值范围是⎣⎡⎦⎤1e ，e . 20.解析 利用等价转化思想求解.函数y ＝f (x 2)＋f (k －x )只有一个零点，即方程f (x 2)＋f (k －x )＝0只有一解.又f (x )是R 上的奇函数，且是单调函数，因此f (x 2)＝－f (k －x )＝f (x －k )，即x 2－x ＋k ＝0只有一解，因此Δ＝1－4k ＝0，解得k ＝14.21.[23 ，+∞)。
2018年江苏高考数学二轮复习练习：专题限时集训11 附加题部分 Word版含答案
专题限时集训(十一) 附加题部分(对应学生用书第107页)(限时：120分钟)1．(本小题满分10分)(2017·江苏省盐城市高考数学二模)在平面直角坐标系xOy 中，直线l ：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋35t y ＝45t (t 为参数)，与曲线C ：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4k 2y ＝4k (k 为参数)交于A ，B 两点，求线段AB 的长．[解] 法一：直线l 的参数方程化为普通方程得4x －3y ＝4， 将曲线C 的参数方程化为普通方程得y 2＝4x .4分联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧4x －3y ＝4，y 2＝4x ，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4，y ＝4，或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝14，y ＝－1.所以A (4,4)，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫14，－1.所以AB ＝254.10分法二：将曲线C 的参数方程化为普通方程得y 2＝4x .直线l 的参数方程代入抛物线C 的方程得⎝ ⎛⎭⎪⎫45t 2＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋35t ，即4t 2－15t －25＝0，所以t 1＋t 2＝154，t 1t 2＝－254.所以AB ＝|t 1－t 2|＝t 1＋t 22－4t 1t 2＝254.10分2．(本小题满分10分)(2017·江苏省无锡市高考数学一模)已知圆O 1和圆O 2的极坐标方程分别为ρ＝2，ρ2－22ρcos ⎝⎛⎭⎪⎫θ－π4＝2.(1)把圆O 1和圆O 2的极坐标方程化为直角坐标方程； (2)求经过两圆交点的直线的极坐标方程．[解] (1)ρ＝2⇒ρ2＝4，所以x 2＋y 2＝4；因为ρ2－22ρcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4＝2，2分所以ρ2－22ρ⎝ ⎛⎭⎪⎫cos θcos π4＋sin θsin π4＝2，所以x 2＋y 2－2x －2y －2＝0.6分(2)将两圆的直角坐标方程相减，得经过两圆交点的直线方程为x ＋y ＝1.8分化为极坐标方程为ρcos θ＋ρsin θ＝1，即ρsin ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝22.10分 3．(本小题满分10分)(苏北四市(淮安、宿迁、连云港、徐州)2017届高三上学期期中)设n ∈N *，f (n )＝3n ＋7n －2.(1)求f (1)，f (2)，f (3)的值；(2)证明：对任意正整数n ，f (n )是8的倍数． [解] (1)代入求出f (1)＝8，f (2)＝56，f (3)＝368. 2分(2)证明：①当n ＝1时，f (1)＝8是8的倍数， 命题成立．②假设当n ＝k 时命题成立，即f (k )＝3k ＋7k－2是8的倍数， 那么当n ＝k ＋1时，f (k ＋1)＝3k ＋1＋7k ＋1－2＝3(3k ＋7k －2)＋4(7k＋1)，6分因为7k ＋1是偶数，所以4(7k＋1)是8的倍数， 又由归纳假设知3(3k ＋7k－2)是8的倍数， 所以f (k ＋1)是8的倍数， 所以当n ＝k ＋1时，命题也成立． 根据①②知命题对任意n ∈N *成立.10分4．(本小题满分10分)利用二项式定理证明：当n ∈N *时，32n ＋2－8n －9能被64整除．[解] 32n ＋2－8n －9＝9n ＋1－8n －9＝(8＋1)n ＋1－8n －9＝8n ＋1＋C 1n ＋1·8n ＋C 2n ＋1·8n －1＋…＋C n －1n ＋1·82＋C n n ＋1·8＋1－8n －9＝82·(8n －1＋C 1n ＋1·8n －2＋C 2n ＋1·8n －3＋…＋C n －1n ＋1)，6分而8n －1＋C 1n ＋1·8n －2＋C 2n ＋1·8n －3＋…＋C n －1n ＋1∈N *，所以32n ＋2－8n －9能被64整除.10分5．(本小题满分10分)(2017·江苏省苏、锡、常、镇四市高考数学二模)已知a ，b ，c 为正实数，求证：b 2a ＋c 2b ＋a 2c≥a ＋b ＋c .【导学号：56394086】[证明] ∵a ，b ，c 为正实数，∴a ＋b 2a ≥2b ，b ＋c 2b ≥2c ，c ＋a 2c≥2a ，4分将上面三个式子相加得：a ＋b ＋c ＋b 2a ＋c 2b ＋a 2c ≥2a ＋2b ＋2c ，∴b 2a ＋c 2b ＋a 2c≥a ＋b ＋c . 10分6．(本小题满分10分)(四川省凉山州2017届高中毕业班第一次诊断性检测)已知函数f (x )＝|x ＋1|－|x |＋a .(1)若不等式f (x )≥0的解集为空集，求实数a 的取值范围； (2)若方程f (x )＝x 有三个不同的解，求实数a 的取值范围．[解] (1)令g (x )＝|x ＋1|－|x |，则f (x )≥0的解集为空集⇔g (x )≥－a 的解集为空集⇔g (x )＜－a 恒成立，g (x )＝|x ＋1|－|x |＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，x ＜－1，2x ＋1，－1≤x ＜01，x ≥0，，作出函数g (x )的图象，由图可知，函数g (x )的最大值为g (x )max ＝1，所以－a ＞1，即a ＜－1.5分综上，实数a 的取值范围为(－∞，－1)．(2)在同一坐标系内作出函数g (x )＝|x ＋1|－|x |图象和y ＝x 的图象如图所示，由题意可知，把函数y ＝g (x )的图象向下平移1个单位以内(不包括1个单位)与y ＝x 的图象始终有3个交点，从而－1＜a ＜0.10分7．(本小题满分10分)(2017·江苏省淮安市高考数学二模)如图11－9，已知△ABC 内接于⊙O ，连接AO 并延长交⊙O 于点D ，∠ACB ＝∠ADC . 求证：AD ·BC ＝2AC ·CD .图11－9[证明] ∵∠ACB ＝∠ADC ，AD 是⊙O 的直径， ∴AD 垂直平分BC ，设垂足为E (图略)， ∵∠ACB ＝∠EDC ，∠ACD ＝∠CED ， ∴△ACD ∽△CED ， 6分∴AD CD ＝AC CE ，∴AD ·12BC ＝AC ·CD ， ∴AD ·BC ＝2AC ·CD .10分8．(本小题满分10分)(2017·江苏省苏、锡、常、镇四市高考数学二模)如图11－10，直线DE 切圆O 于点D ，直线EO 交圆O 于A ，B 两点，DC ⊥OB 于点C ，且DE ＝2BE ，求证：2OC ＝3BC .图11－10[证明] 连接OD ，设圆的半径为R ，BE ＝x ，则OD ＝R ，DE ＝2BE ＝2x ， Rt △ODE 中，∵DC ⊥OB ，∴OD 2＝OC ·OE ，∴R 2＝OC (R ＋x )，①4分∵直线DE 切圆O 于点D ，∴DE 2＝BE ·AE ， ∴4x 2＝x (2R ＋x )，②，∴x ＝2R 3，8分代入①，解得OC ＝3R5，∴BC ＝OB －OC ＝2R5，∴2OC ＝3BC .10分 9．(本小题满分10分)(2017·江苏省泰州市高考数学一模)已知向量⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1是矩阵A 的属于特征值－1的一个特征向量．在平面直角坐标系xOy 中，点P (1,1)在矩阵A 对应的变换作用下变为P ′(3,3)，求矩阵A .[解] 设A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤ab cd ，因为向量⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1是矩阵A 的属于特征值－1的一个特征向量， 所以⎣⎢⎡⎦⎥⎤a b c d ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 －1＝(－1)⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 －1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－11 .所以⎩⎪⎨⎪⎧a －b ＝－1，c －d ＝1.6分因为点P (1,1)在矩阵A 对应的变换作用下变为P ′(3,3)，所以⎣⎢⎡⎦⎥⎤ab cd ⎣⎢⎡⎦⎥⎤11＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤33.所以⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＝3，c ＋d ＝3， 8分解得a ＝1，b ＝2，c ＝2，d ＝1，所以A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤122 1.10分10．(本小题满分10分)(江苏省苏州市2017届高三暑假自主学习测试)已知α＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤21为矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a －1 4属于λ的一个特征向量，求实数a ，λ的值及A 2. [解] 由条件可知⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a －14⎣⎢⎡⎦⎥⎤21＝λ⎣⎢⎡⎦⎥⎤21， ∴⎩⎪⎨⎪⎧2＋a ＝2λ，－2＋4＝λ，解得a ＝λ＝2.6分因此A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤12－1 4， 所以A 2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤12－14⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 2－1 4＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1 10－5 14. 10分11．(本小题满分10分)(2017·江苏省淮安市高考数学二模)某乐队参加一户外音乐节，准备从3首原创新曲和5首经典歌曲中随机选择4首进行演唱． (1)求该乐队至少演唱1首原创新曲的概率；(2)假定演唱一首原创新曲观众与乐队的互动指数为a (a 为常数)，演唱一首经典歌曲观众与乐队的互动指数为2a ，求观众与乐队的互动指数之和X 的概率分布及数学期望.【导学号：56394087】[解] (1)设“该乐队至少演唱1首原创新曲”的事件为A ，则P (A )＝1－P (A )＝1－C 45C 48＝1314.4分(2)由题意可得：X ＝5a,6a,7a,8a .P (X ＝5a )＝C 33C 15C 48＝570＝114，P (X ＝6a )＝C 23C 25C 48＝3070＝37，6分P (X ＝7a )＝C 13C 35C 48＝3070＝37，P (X ＝8a )＝C 45C 48＝570＝114.E (X )＝5a ×114＋6a ×37＋7a ×7＋8a ×14＝2a .10分12．(本小题满分10分)(江苏省苏州市2017届高三暑假自主学习测试)在公园游园活动中有这样一个游戏项目：甲箱子里装有3个白球和2个黑球，乙箱子里装有1个白球和2个黑球，这些球除颜色外完全相同；每次游戏都从这两个箱子里各随机地摸出2个球，若摸出的白球不少于2个，则获奖．(每次游戏结束后将球放回原箱)(1)求在一次游戏中摸出3个白球的概率；(2)在两次游戏中，记获奖次数为X ，求X 的数学期望．[解] (1)记“在一次游戏中摸出i 个白球”为事件A i (i ＝0,1,2,3)． 则P (A 3)＝C 23C 12C 25C 23＝15.故在一次游戏中摸出3个白球的概率为15.4分(2)获奖的概率为P (A 2∪A 3)＝P (A 2)＋P (A 3)＝C 23C 22＋C 13C 12C 12C 25C 23＋15＝710. X 的所有可能取值为0,1,2. P (X ＝0)＝310×310＝9100， P (X ＝1)＝C 12710×310＝2150，P (X ＝2)＝710×710＝49100.8分X 的分布列为故X 的数学期望E (X )＝0×100＋1×50＋2×100＝5.10分(或：∵X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，710，∴E (X )＝2×710＝75，同样给分)13．(本小题满分10分)(2017·江苏省泰州市高考数学一模)如图11－11，在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P 为棱C 1D 1的中点，Q 为棱BB 1上的点，且BQ ＝λBB 1(λ≠0)．图11－11(1)若λ＝12，求AP 与AQ 所成角的余弦值；(2)若直线AA 1与平面APQ 所成的角为45°，求实数λ的值．[解] 以{AB →，AD →，AA 1→}为正交基底，建立如图所示空间直角坐标系A －xyz .(1)因为AP →＝(1,2,2)，AQ →＝(2,0,1)， 所以cos 〈AP →，AQ →〉＝AP →·AQ→|AP →||AQ →|＝1×2＋2×0＋2×19×5＝4515. 所以AP 与AQ 所成角的余弦值为4515.4分(2)由题意可知，AA 1→＝(0,0,2)，AQ →＝(2,0,2λ)． 设平面APQ 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n ·AP →＝0，n ·AQ →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y ＋2z ＝0，2x ＋2λz ＝0，令z ＝－2，则x ＝2λ，y ＝2－λ. 所以n ＝(2λ，2－λ，－2).7分又因为直线AA 1与平面APQ 所成角为45°， 所以|cos 〈n ，AA 1→〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·AA 1→|n ||AA 1→|＝42λ2＋－λ2＋－2＝22， 可得5λ2－4λ＝0，又因为λ≠0，所以λ＝45.10分14．(本小题满分10分)(苏北四市(淮安、宿迁、连云港、徐州)2017届高三上学期期中)如图11－12，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，∠ABC ＝∠BAD ＝90°，AD ＝AP ＝4，AB ＝BC ＝2，M 为PC 的中点.图11－12(1)求异面直线AP ，BM 所成角的余弦值；(2)点N 在线段AD 上，且AN ＝λ，若直线MN 与平面PBC 所成角的正弦值为45，求λ的值．[解] (1)因为PA ⊥平面ABCD ，且AB ，AD ⊂平面ABCD ， 所以PA ⊥AB ，PA ⊥AD ，又因为∠BAD ＝90°，所以PA ，AB ，AD 两两互相垂直． 分别以AB ，AD ，AP 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系(图略)， 则由AD ＝2AB ＝2BC ＝4，PA ＝4可得A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (2,2,0)，D (0,4,0)，P (0,0,4)，又因为M 为PC 的中点，所以M (1,1,2)． 所以BM →＝(－1,1,2)，AP →＝(0,0,4)， 所以cos 〈AP →，BM →〉＝AP →·BM→|AP →||BM →|＝－＋0×1＋4×24×6＝63， 所以异面直线AP ，BM 所成角的余弦值为63. 6分(2)因为AN ＝λ，所以N (0，λ，0)(0≤λ≤4)，则MN →＝(－1，λ－1，－2)，BC →＝(0,2,0)，PB →＝(2,0，－4)，设平面PBC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧m ·BC →＝0，m ·PB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，2x －4z ＝0.令x ＝2，解得y ＝0，z ＝1，所以m ＝(2,0,1)是平面PBC 的一个法向量. 8分因为直线MN 与平面PBC 所成角的正弦值为45，所以|cos 〈MN →，m 〉|＝|MN →·m ||MN →||m |＝|－2－2|5＋λ－2·5＝45，解得λ＝1∈[0,4]， 所以λ的值为1.10分15．(本小题满分10分)(江苏省苏州市2017届高三暑假自主学习测试)已知抛物线C 的方程为y 2＝2px (p ＞0)，点R (1,2)在抛物线C 上．图11－13(1)求抛物线C 的方程；(2)过点Q (1,1)作直线交抛物线C 于不同于R 的两点A ，B .若直线AR ，BR 分别交直线l ：y ＝2x ＋2于M ，N 两点，求线段MN 最小时直线AB 的方程．[解] (1)将R (1,2)代入抛物线中，可得p ＝2，所以抛物线方程为y 2＝4x .2分 (2)设AB 所在直线方程为x ＝m (y －1)＋1(m ≠0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 与抛物线联立⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x x ＝my －m ＋1得：y 2－4my ＋4(m －1)＝0，所以y 1＋y 2＝4m ，y 1y 2＝4(m －1)．设AR ：y ＝k 1(x －1)＋2，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k 1x －＋2y ＝2x ＋2得x M ＝k 1k 1－2，而k 1＝y 1－2x 1－1＝y 1－2y 214－1＝4y 1＋2， 可得x M ＝－2y 1，同理x N ＝－2y 2.6分所以|MN |＝5|x M －x N |＝25m 2－m ＋1|m －1|，令m －1＝t (t ≠0)，则m ＝t ＋1， 所以|MN |＝5|x M －x N |＝25⎝ ⎛⎭⎪⎫1t ＋122＋34≥15， 此时m ＝－1，AB 所在直线方程为x ＋y －2＝0.10分16．(本小题满分10分)(2017·江苏省泰州市高考数学一模)在平面直角坐标系xOy 中，已知抛物线x 2＝2py (p ＞0)上的点M (m,1)到焦点F 的距离为2， (1)求抛物线的方程；(2)如图11－14，点E 是抛物线上异于原点的点，抛物线在点E 处的切线与x 轴相交于点P ，直线PF 与抛物线相交于A ，B 两点，求△EAB 面积的最小值．【导学号：56394088】图11－14[解] (1)抛物线x 2＝2py (p ＞0)的准线方程为y ＝－p2，因为M (m,1)，由抛物线定义，知MF ＝1＋p2，所以1＋p2＝2，即p ＝2，所以抛物线的方程为x 2＝4y . 2分(2)因为y ＝14x 2，所以y ′＝12x .设点E ⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，t 24，t ≠0，则抛物线在点E 处的切线方程为y －t 24＝12t (x －t )．令y ＝0，则x ＝t 2，即点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫t2，0.因为P ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 2，0，F (0,1)，所以直线PF 的方程为y ＝－2t ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －t 2，即2x ＋ty －t ＝0.则点E ⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，t 24到直线PF 的距离为d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2t ＋t 34－t 4＋t2＝|t |4＋t 24. 4分- 11 -联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x 242x ＋ty －t ＝0消元，得t 2y 2－(2t 2＋16)y ＋t 2＝0.因为Δ＝(2t 2＋16)2－4t 4＝64(t 2＋4)＞0， 所以y 1＝2t 2＋16＋t 2＋2t2，y 2＝2t 2＋16－t 2＋2t2，所以AB ＝y 1＋1＋y 2＋1＝y 1＋y 2＋2＝2t 2＋16t2＋2＝t 2＋t 2. 6分所以△EAB 的面积为S ＝12×t 2＋t 2×|t |4＋t 24＝12×t 2＋32|t |.不妨设g (x )＝x 2＋32x (x ＞0)，则g ′(x )＝x 2＋12x2·(2x 2－4)．因为x ∈(0，2)时，g ′(x )＜0，所以g (x )在(0，2)上单调递减；x ∈(2，＋∞)上，g ′(x )＞0，所以g (x )在(2，＋∞)上单调递增．所以当x ＝2时，g (x )min ＝＋322＝6 3.所以△EAB 的面积的最小值为3 3. 10分。
江苏省2018届高三数学二轮专题复习(第2层次)专题4导数及其应用
专题4：导数及其应用班级 姓名一、前测训练1． (1)曲线x x y ln =在点(1，0)的切线方程为 ．(2)曲线y ＝x 3－3x 2＋2x 过点(0，0)的切线方程为 ． 答案：(1) 1-=x y ． (2)y ＝2x 或y ＝－14x ．2．（1）函数f (x )＝2x 2－ln x 的减区间为 ． （2）函数321()4(3,)3f x x ax =--+∞在上是增函数，则实数a 的取值范围为 ． 答案：(1)(0,12)．(2)a ≤32． 3．求下列函数极值(或最值)：(1) f (x )＝x ln x (2)f (x )＝sin x －12x ，x ∈[－π2，π2] 答案：(1)当x ＝1e 时，f (x )取极小值－1e ．(2) 当x ＝－π3时，f (x )取最小值π6－32．当x ＝π3时，f (x )取最大值32－π6． 4．已知函数f (x )＝ax 2－ln x －1(a ∈R )，求f (x )在[1，e ]上的最小值． 答案：当a ≤12e 2时，f (x )在[1，e ]上的最小值为f (e)＝a e 2－2． 当12e 2＜a ＜12时，f (x )在[1，e ]上的最小值为f (12a )＝12(ln2a －1)．当a ≥12时，f (x )在[1，e ]上的最小值为f (1)＝a －1．5．若不等式ax 2＞ln x ＋1对任意x ∈(0，＋∞)恒成立，求实数a 的取值范围． 答案：a ＞e26．已知f (x )＝ax 2，g (x )＝ln x ＋1，若y ＝f (x )与y ＝g (x )的图象有两个交点，求实数a 的取值范围． 答案：(0, e2)二、方法联想1．切线方程涉及函数图象的切线问题，如果已知切点利用切点求切线；如果不知切点，则另设切点坐标求出切线方程的一般形式再来利用已知条件．注意 (1)“在”与“过”的区别：“在”表示该点为切点，“过”表示该点不一定为切点．(2)用导数求解切线问题：①切点处的导数等于切线斜率；②切点既在切线上；③切点也在曲线上． 变式1函数()2ln f x a x bx =-上一点()()2,2P f 处的切线方程为32ln 22y x =-++，求,a b 的值答案：a ＝2，b ＝1（已知切线方程求参数） 变式2题目：在平面直角坐标系xOy 中，直线l 与曲线)0(2>=x x y 和)0(3>=x x y 均相切， 切点分别为),(11y x A 和),(22y x B ,则21x x 的值是 答案 43．详细分析：由题设函数y ＝x 2在A (x 1，y 1)处的切线方程为：y ＝2x 1 x －x 12， 函数y ＝x 3在B (x 2，y 2)处的切线方程为y ＝3 x 22 x －2x 23．所以⎩⎨⎧2x 1＝3x 22x 12＝2x 23，解之得：x 1＝3227，x 2＝89． 所以 x 1x 2＝43．（已知两曲线的公共切线，求切点） 变式3 曲线)0(1<-=x xy 与曲线x y ln =公切线（切线相同）的条数为 . 答案：1（求两曲线的公切线条数） 变式4已知函数()323f x x x =-，若过点()1,P t 存在3条直线与曲线()y f x =相切，求t 的取值范围答案：()3,1t ∈--解：设切点坐标()00,x y ，切线斜率为k ，则有()3000'2002363y x x k f x x ⎧=-⎪⎨==-⎪⎩ ∴ 切线方程为：()()()3200002363y x x x x x --=-- 因为切线过()1,P t ，所以将()1,P t 代入直线方程可得：()()()32000023631t x x x x --=-- ()()()23000063123t x x x x ⇒=--+-233320000000636323463x x x x x x x =--++-=-+-所以问题等价于方程3200463t x x =-+-，令()32463g x x x =-+-即直线y t =与()32463g x x x =-+-有三个不同交点()()'21212121g x x x x x =-+=--令()'0g x >解得01x << 所以()g x 在()(),0,1,-∞+∞单调递减，在()0,1单调递增()()()()11,03g x g g x g ==-==-极大值极小值所以若有三个交点，则()3,1t ∈--所以当()3,1t ∈--时，过点()1,P t 存在3条直线与曲线()y f x =相切 （已知公切线条数，研究参数的范围） 2．函数单调性(1)如果在某个区间上f ′(x )＞0，那么f (x )为该区间上的增函数； 如果在某个区间上f ′(x )＜0，那么f (x )为该区间上的减函数．(2)如果f (x )在某个区间为增函数，那么在该区间f ′(x )≥0；(f ′(x )不恒为0) 如果f (x )在某个区间为减函数，那么在该区间f ′(x )≤0．(f ′(x )不恒为0) 注意 求单调区间前优先求定义域；单调区间不能用“∪”，用“，”或“和”． 变式1、已知f (x )＝2ax －1x－(2＋a )ln x (a ≥0)．当a ＞0时，讨论f (x )的单调性．答案：f ′(x )＝2a ＋1x 2－(2＋a )1x ＝2ax 2－(2＋a )x ＋1x 2＝(2x －1)(ax －1)x 2.①当0＜a ＜2时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12和⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上是增函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1a 上是减函数；②当a ＝2时，f (x )在(0，＋∞)上是增函数；③当a ＞2时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 和⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上是增函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，12上是减函数．（已知导数等于0的两个根，求单调性） 变式2、若函数()21ln 12f x x x =-+在其定义域内的一个子区间()1,1k k -+内不是单调函数，则实数k 的取值范围_______________答案：31,2⎡⎫⎪⎢⎣⎭（不单调，求参数的范围）变式3、定义在R 上的函数()f x 满足：()()1,(0)4,f x f x f '+>=则不等式()3x x e f x e >+（其中e 为自然对数的底数）的解集为 ．),0(+∞(确定函数单调性)3．函数极值(或最值)求解步骤：①求函数的定义域；②求f ′(x )＝0在区间内的根；③讨论极值点两侧的导数的正负确定极大值或极小值．④将求得的极值与两端点处的函数值进行比较，得到最大值与最小值．变式1、已知函数f (x )的导函数f ′(x )＝a (x ＋1)(x －a )，若f (x )在x ＝a 处取到极大值，则a 的取值范围是_____． 答案：(－1,0)解答：因为f (x )在x ＝a 处取到极大值，所以x ＝a 为f ′(x )的一个零点，且在x ＝a 的左边f ′(x )＞0，右边f ′(x )＜0，所以导函数f ′(x )的开口向下，且a ＞－1，即a 的取值范围是(－1,0)． （已知极大（小）值点，求参数范围）变式2、已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋x ＋2(a >0)的极大值点和极小值点都在区间(－1,1)内，则实数a 的取值范围是______． 答案 (3，2)解答：由题意可知f ′(x )＝0的两个不同解都在区间(－1，1)内．因为f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋1，所以根据导函数图象可⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝ 2a 2－4×3×1>0，－1<－2a 6<1，f ′ －1 ＝3－2a ＋1>0，f ′ 1 ＝3＋2a ＋1>0，又a >0，解得3<a <2.（已知极值点范围求参数范围）变式3、 已知函数23221)(,ln )(2-+-==x x x g x a x f ，对任意的[)+∞∈,1x ,都有)()(x g x f ≥恒成立,则实数a 的最小值是______．答案：1(要注意到)1()1(g f =)4．极值(或最值)的分类讨论（1）分类讨论根据f ′(x )＝0解（判断为极值点）的存在性和解与区间的位置关系分为：“无、左、中、右”，对四种分类标准进行取舍(或合并)；（2）注意数形结合．变式1、设函数f (x )＝ln x ，g (x )＝ax ＋a －1x －3（a ∈R ）．求函数φ(x )＝f (x )＋g (x )的单调增区间。
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专项限时集训(七)函数零点、单调性、极值等综合问题(对应学生用书第125页)(限时：60分钟)1．(本小题满分14分)已知函数f (x )＝ax 2－bx ＋ln x ，a ，b ∈R .(1)当b ＝2a ＋1时，讨论函数f (x )的单调性；(2)当a ＝1，b ＞3时，记函数f (x )的导函数f ′(x )的两个零点分别是x 1和x 2(x 1＜x 2)，求证：f (x 1)－f (x 2)＞34－ln 2.【导学号：56394110】[解] (1)因为b ＝2a ＋1，所以f (x )＝ax 2－(2a ＋1)x ＋ln x ， 从而f ′(x )＝2ax －(2a ＋1)＋1x ＝2ax2－＋＋1x＝－－x，x ＞0.2分当a ≤0时，由f ′(x )＞0得0＜x ＜1，由f ′(x )＜0得x ＞1， 所以f (x )在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减．当0＜a ＜12时，由f ′(x )＞0得0＜x ＜1或x ＞12a ，由f ′(x )＜0得1＜x ＜12a ，所以f (x )在区间(0,1)和区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞上单调递增，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12a 上单调递减．当a ＝12时，因为f ′(x )≥0(当且仅当x ＝1时取等号)，所以f (x )在区间(0，＋∞)上单调递增．当a ＞12时，由f ′(x )＞0得0＜x ＜12a 或x ＞1，由f ′(x )＜0得12a ＜x ＜1，所以f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 和区间(1，＋∞)上单调递增，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，1上单调递减．综上，当a ≤0时，f (x )在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减； 当0＜a ＜12时，f (x )在区间(0,1)和区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞上单调递增，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12a 上单调递减；当a ＝12时，f (x )在区间(0，＋∞)上单调递增，无单调递减区间；当a ＞12时，f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 和区间(1，＋∞)上单调递增，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，1上单调递减.8分(2)法一：因为a ＝1，所以f (x )＝x 2－bx ＋ln x (x ＞0)，从而f ′(x )＝2x2－bx ＋1x ，由题意知x 1，x 2是方程2x 2－bx ＋1＝0的两个根，故x 1x 2＝12.记g (x )＝2x 2－bx ＋1，因为b ＞3，所以g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝3－b 2＜0，g (1)＝3－b ＜0， 所以x 1∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，x 2∈(1，＋∞)，且bx 1＝2x 21＋1，bx 2＝2x 2＋1，f (x 1)－f (x 2)＝(x 21－x 2)－(bx 1－bx 2)＋ln x1x2＝－(x 21－x 2)＋ln x1x2，因为x 1x 2＝12，所以f (x 1)－f (x 2)＝x 2－14x22－ln(2x 2)，x 2∈(1，＋∞)．令t ＝2x 2∈(2，＋∞)，φ(t )＝f (x 1)－f (x 2)＝t 2－12t －ln t .因为当t ＞2时，φ′(t )＝－2t2＞0，所以φ(t )在区间(2，＋∞)上单调递增，所以φ(t )＞φ(2)＝34－ln 2，即f (x 1)－f (x 2)＞34－ln 2.14分法二：因为a ＝1，所以f (x )＝x 2－bx ＋ln x (x ＞0)，从而f ′(x )＝2x2－bx ＋1x ，由题意知x 1，x 2是方程2x 2－bx ＋1＝0的两个根，故x 1x 2＝12.记g (x )＝2x 2－bx ＋1，因为b ＞3，所以g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝3－b 2＜0，g (1)＝3－b ＜0， 所以x 1∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，x 2∈(1，＋∞)，且f (x )在(x 1，x 2)上是减函数，所以f (x 1)－f (x 2)＞f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12－f (1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14－b2＋ln 12－(1－b )＝－34＋b 2－ln 2，因为b ＞3，所以f (x 1)－f (x 2)＞－34＋b 2－ln 2＞34－ln 2.14分2．(本小题满分14分)(南通、泰州市2017届高三第一次调研测试)已知函数f (x )＝ax 2－x －lnx ，a ∈R .(1)当a ＝38时，求函数f (x )的最小值；(2)若－1≤a ≤0，证明：函数f (x )有且只有一个零点； (3)若函数f (x )有两个零点，求实数a 的取值范围． [解] (1)当a ＝38时，f (x )＝38x 2－x －ln x .所以f ′(x )＝34x －1－1x ＝＋－4x(x >0)．令f ′(x )＝0，得x ＝2，当x ∈(0,2)时，f ′(x )＜0；当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )＞0， 所以函数f (x )在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增． 所以当x ＝2时，f (x )有最小值f (2)＝－12－ln 2.3分(2)证明：由f (x )＝ax 2－x －ln x ，得f ′(x )＝2ax －1－1x ＝2ax2－x －1x ，x ＞0.所以当a ≤0时，f ′(x )＝2ax2－x －1x＜0， 函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减，所以当a ≤0时，函数f (x )在(0，＋∞)上最多有一个零点．因为当－1≤a ≤0时，f (1)＝a －1＜0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝e2－e ＋a e2＞0，所以当－1≤a ≤0时，函数f (x )在(0，＋∞)上有零点． 综上，当－1≤a ≤0时，函数f (x )有且只有一个零点.7分(3)法一：由(2)知，当a ≤0时，函数f (x )在(0，＋∞)上最多有一个零点． 因为函数f (x )有两个零点，所以a ＞0.由f (x )＝ax 2－x －ln x ，得f ′(x )＝2ax2－x －1x (x ＞0)，令g (x )＝2ax 2－x －1.因为g (0)＝－1＜0,2a ＞0，所以函数g (x )在(0，＋∞)上只有一个零点，设为x 0.当x ∈(0，x 0)时，g (x )＜0，f ′(x )＜0；当x ∈(x 0，＋∞)时，g (x )＞0，f ′(x )＞0. 所以函数f (x )在(0，x 0)上单调递减；在(x 0，＋∞)上单调递增． 要使得函数f (x )在(0，＋∞)上有两个零点，只需要函数f (x )的极小值f (x 0)＜0，即ax 20－x 0－ln x 0＜0. 又因为g (x 0)＝2ax 20－x 0－1＝0，所以2ln x 0＋x 0－1＞0，又因为函数h (x )＝2ln x ＋x －1在(0，＋∞)上是增函数，且h (1)＝0， 所以x 0＞1，得0＜1x0＜1.又由2ax 20－x 0－1＝0，得2a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x02＋1x0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x0＋122－14，所以0＜a ＜1.以下验证当0＜a ＜1时，函数f (x )有两个零点．当0＜a ＜1时，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝2a a2－1a －1＝1－a a ＞0，所以1＜x 0＜1a.因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝a e2－1e＋1＝e2－e －a e2＞0，且f (x 0)＜0.所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，x0上有一个零点．又因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＝4a a2－2a －ln 2a ≥2a －⎝ ⎛⎭⎪⎫2a －1＝1＞0(因为ln x ≤x －1)，且f (x 0)＜0.所以函数f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫x0，2a 上有一个零点． 所以当0＜a ＜1时，函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，2a 内有两个零点.综上，实数a 的取值范围为(0,1)． 下面证明：ln x ≤x －1.设t (x )＝x －1－ln x ，所以t ′(x )＝1－1x ＝x －1x (x ＞0)．令t ′(x )＝0，得x ＝1.当x ∈(0,1)时，t ′(x )＜0；当x ∈(1，＋∞)时，t ′(x )＞0. 所以函数t (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． 所以当x ＝1时，t (x )有最小值t (1)＝0. 所以t (x )＝x －1－ln x ≥0，得ln x ≤x －1成立.14分法二：由(2)知，当a ≤0时，函数f (x )在(0，＋∞)上最多有一个零点． 因为函数f (x )有两个零点，所以a ＞0.由f (x )＝ax 2－x －ln x ＝0，得关于x 的方程a ＝x ＋ln x x2(x >0)有两个不等的实数解．又因为ln x ≤x －1，所以a ＝x ＋ln x x2≤2x －1x2＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12＋1(x ＞0)．因为x ＞0时，－⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12＋1≤1，所以a ≤1.又当a ＝1时，x ＝1，即关于x 的方程a ＝x ＋ln xx2有且只有一个实数解．所以0＜a ＜1. 14分(以下解法同法一)3．(本小题满分14分)(苏北四市(淮安、宿迁、连云港、徐州)2017届高三上学期期中)设函数f(x )＝ln x －ax 2＋ax ，a 为正实数．(1)当a ＝2时，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)求证：f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ≤0； (3)若函数f (x )有且只有1个零点，求a 的值．[解] (1)当a ＝2时，f (x )＝ln x －2x 2＋2x ，则f ′(x )＝1x －4x ＋2，所以f ′(1)＝－1，又f (1)＝0，所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为x ＋y －1＝0. 4分(2)证明：因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln 1a －1a ＋1，设函数g (x )＝ln x －x ＋1， 则g ′(x )＝1x －1＝1－xx，另g ′(x )＝0，得x ＝1，列表如下：所以g (x )所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln 1a －1a ＋1≤0. 8分(3)f ′(x )＝1x －2ax ＋a ＝－2ax2－ax －1x，x ＞0，令f ′(x )＞0，得a －a2＋8a 4a ＜x ＜a ＋a2＋8a 4a ，因为a －a2＋8a4a＜0，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a ＋a2＋8a 4a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a2＋8a 4a ，＋∞上单调递减．所以f (x )≤f ⎝⎛⎭⎪⎫a ＋a2＋8a 4a .设x 0＝a ＋a2＋8a4a ，因为函数f (x )只有1个零点，而f (1)＝0，所以1是函数f (x )的唯一零点．当x 0＝1时，f (x )≤f (1)＝0，f (x )有且只有1个零点， 此时a ＋a2＋8a 4a ＝1，解得a ＝1.下证，当x 0≠1时，f (x )的零点不唯一．若x 0＞1，则f (x 0)＞f (1)＝0，此时a ＋a2＋8a 4a ＞1，即0＜a ＜1，则1a ＞1.由(2)知，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＜0，又函数f (x )在以x 0和1a 为端点的闭区间上的图象不间断， 所以在x 0和1a 之间存在f (x )的零点，则f (x )共有2个零点，不符合题意；若x 0＜1，则f (x 0)＞f (1)＝0，此时a ＋a2＋8a 4a ＜1，即a ＞1，则0＜1a ＜1.同理可得，要1a 和x 0之间存在f (x )的零点，则f (x )共有2个零点，不符合题意．因此x 0＝1，所以a 的值为1.14分4．(本小题满分16分)(扬州市2017届高三上学期期末)已知函数f (x )＝g (x )·h (x )，其中函数g (x )＝e x ，h (x )＝x 2＋ax ＋a .(1)求函数g (x )在(1，g (1))处的切线方程；(2)当0＜a ＜2时，求函数f (x )在x ∈[－2a ，a ]上的最大值；(3)当a ＝0时，对于给定的正整数k ，问函数F (x )＝e·f (x )－2k (ln x ＋1)是否有零点？请说明理由．(参考数据e ≈2.718，e ≈1.649，e e ≈4.482，ln 2≈0.693)【导学号：56394111】[解] (1)g ′(x )＝e x，故g ′(1)＝e ，g (1)＝e ， 所以切线方程为y －e ＝e(x －1)，即y ＝e x .2分(2)f (x )＝e x ·(x 2＋ax ＋a ), 故f ′(x )＝(x ＋2)(x ＋a )e x， 令f ′(x )＝0，得x ＝－a 或x ＝－2.①当－2a ≥－2，即0＜a ≤1时，f (x )在[－2a ，－a ]上递减，在[－a ，a ]上递增， 所以f (x )max ＝max{f (－2a )，f (a )}， 由于f (－2a )＝(2a 2＋a )e －2a，f (a )＝(2a 2＋a )e a，故f (a )＞f (－2a )，所以f (x )max ＝f (a )；②当－2a ＜－2，即1＜a ＜2时，f (x )在[－2a ，－2]上递增，[－2，－a ]上递减，在[－a ，a ]上递增，所以f (x )max ＝max{f (－2)，f (a )}，由于f (－2)＝(4－a )e －2，f (a )＝(2a 2＋a )e a，故f (a )＞f (－2)， 所以f (x )max ＝f (a )；综上得，f (x )max ＝f (a )＝(2a 2＋a )e a.6分(3)结论：当k ＝1时，函数F (x )无零点；当k ≥2时，函数F (x )有零点． 理由如下：①当k ＝1时，实际上可以证明：e x 2e x－2ln x －2＞0.F ′(x )＝(x 2＋2x )e x ＋1－2x ，显然可证F ′(x )＝(x 2＋2x )e x ＋1－2x在(0，＋∞)上递增，所以存在x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，12，使得F ′(x 0)＝0， 所以当x ∈(0，x 0)时，F (x )递减；当x ∈(x 0，＋∞)时，F (x )递增，所以F (x )min ＝F (x 0)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x0＋2－ln x0－1，其中x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，12，而φ(x )＝2⎝⎛⎭⎪⎫1x ＋2－ln x －1递减，所以φ(x )＞φ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝2⎝⎛⎭⎪⎫ln 2－35＞0，所以F (x )min ＞0，所以命题得证.10分下面证明F (e k )＞0，可借助结论e x ＞x 2(x ≥2)处理，首先证明结论e x ＞x 2(x ≥2)： 令φ(x )＝e x －x 2(x ≥2)，则φ′(x )＝e x －2x ，故φ′(x )＝e x－2x ＞0， 所以φ′(x )＝e x－2x 在[2，＋∞)上递增， 所以φ′(x )＞φ′(2)＞0，所以φ(x )＝e x －x 2在[2，＋∞)上递增， 所以φ(x )＞φ(2)＞0，得证．借助结论得ee k＋2k ＋1＞e k 2＋2k ＋1＞(k 2＋2k ＋1)2＝(k ＋1)4＝(k ＋1)(k ＋1)3＞2k (k ＋1)，所以F (e k)＞0，又因为函数F (x )连续，所以F (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，ek 上有零点. 16分5．(本小题满分16分)(扬州市2017届高三上学期期中)已知函数f (x )＝aexx＋x .(1)若函数f (x )的图象在(1，f (1))处的切线经过点(0，－1)，求a 的值；(2)是否存在负整数a ，使函数f (x )的极大值为正值？若存在 ，求出所有负整数a 的值；若不存在，请说明理由；(3)设a >0，求证：函数f (x )既有极大值，又有极小值．[解] (1)∵f ′(x )＝－＋x2x2，∴f ′(1)＝1，f (1)＝a e ＋1,∴函数f (x )在(1，f (1))处的切线方程为：y －(a e ＋1)＝x －1，又直线过点(0，－1)， ∴－1－(a e ＋1)＝－1，解得：a ＝－1e .4分(2)若a ＜0，f ′(x )＝－＋x2x2，当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )＞0恒成立，函数在(－∞，0)上无极值； 当x ∈(0,1)时，f ′(x )＞0恒成立，函数在(0,1)上无极值；法一：在(1，＋∞)上，若 f (x )在x 0处取得符合条件的极大值 f (x 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧x0＞1，＞0，＝0，则⎩⎪⎨⎪⎧x0＞1， ①aex0x0＋x0＞0， ②－＋x20x20＝0， ③由③得：a e x 0＝－x20x0－1，代入②得：－x0x0－1＋x 0＞0，结合①可解得：x 0＞2，再由f (x 0)＝aex0x0＋x 0＞0得：a ＞－x20ex0， 设h (x )＝－x2ex ，则h ′(x )＝－ex，当x ＞2时，h ′(x )＞0，即h (x )是增函数，所以a ＞h (x 0)＞h (2)＝－4e2，又a ＜0，故当极大值为正数时，a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－4e2，0，从而不存在负整数a 满足条件.8分 法二：在x ∈(1，＋∞)时，令H (x )＝a e x(x －1)＋x 2，则H ′(x )＝(a e x＋2)x ， ∵x ∈(1，＋∞)，∴e x∈(e ，＋∞)，∵a 为负整数， ∴a ≤－1，∴a e x≤a e ≤－e ，∴a e x＋2＜0，∴H ′(x )＜0，∴H (x )在(1，＋∞)上单调递减，又H (1)＝1＞0，H (2)＝a e 2＋4≤－e 2＋4＜0，∴∃x 0∈(1,2)，使得H (x 0)＝0， 且1＜x ＜x 0时，H (x )＞0，即f ′(x )＞0；x ＞x 0时，H (x )＜0，即f ′(x )＜0； ∴f (x )在x 0处取得极大值f (x 0)＝aex0x0＋x 0，(*)又H(x0)＝a e x0(x0－1)＋x20＝0，∴aex0x0＝－x0x0－1代入(*)得：f (x0)＝－x0x0－1＋x0＝－x0－1＜0，∴不存在负整数a满足条件.8分(3)证明：设g(x)＝a e x(x－1)＋x2，则g′(x)＝x(a e x＋2)，因为a＞0，所以，当x＞0时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；当x＜0时，g′(x)＜0，g(x)单调递减；故g(x)至多有两个零点．又g(0)＝－a＜0，g(1)＝1＞0，所以存在x1∈(0,1)，使g(x1)＝0再由g(x)在(0，＋∞)上单调递增知，当x∈(0，x1)时，g(x)＜0，故f ′(x)＝x2＜0，f (x)单调递减；当x∈(x1，＋∞)时，g(x)＞0，故f ′(x)＝x2＞0，f (x)单调递增；所以函数f (x)在x1处取得极小值．当x＜0时，e x＜1，且x－1＜0，所以g(x)＝a e x(x－1)＋x2＞a(x－1)＋x2＝x2＋ax－a，函数y＝x2＋ax－a是关于x的二次函数，必存在负实数t，使g(t)＞0，又g(0)＝－a＜0，故在(t,0)上存在x2，使g(x2)＝0，再由g(x)在(－∞，0)上单调递减知，当x∈(－∞，x2)时，g(x)＞0，故f ′(x)＝x2＞0，f (x)单调递增；当x∈(x2,0)时，g(x)＜0，故f ′(x)＝x2＜0，f (x)单调递减；所以函数f (x)在x2处取得极大值．综上，函数f (x)既有极大值，又有极小值. 16分。