2019高考数学二轮复习课时跟踪检测二十四导数的简单应用小题练理
(2021年整理)最新版精选2019高考数学《导数及其应用》专题完整考试题(含参考答案)
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2019年高中数学单元测试卷导数及其应用学校:__________ 姓名:__________ 班级：__________ 考号：__________一、填空题1．曲线32242y x x x =--+在点(13)-，处的切线方程是 ． 答案 520x y +-=2．若函数f (x )＝ax 4＋bx 2＋c 满足(1) 2f '=，则(1)f '-= ． 3．函数f (x )＝12x －sin x 在区间[0，π］上的最小值为 ．4．已知A 、B 、C 是直线l 上的三点，向量,,OA OB OC 满足()[2'(1)]ln OA f x f x OB x OC =+-⋅，则函数()y f x =的表达式为 ▲ ．5．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 += ．6．给出下列命题：①函数)(x f y =的图象与函数3)2(+-=x f y 的图象一定不会重合； ②函数)32(log 221++-=x x y 的单调区间为),1(∞+；③ππ---=+⎰e dx e x x 1)(cos 0；④双曲线的渐近线方程是x y 43±=，则该双曲线的离心率是45．其中正确命题的序号是 (把你认为正确命题的序号都填上）． 答案 ③7．已知函数f(x)= ()2f π'sinx+cosx ，则()4f π= .8．函数()sin ln f x x x =+的导函数()f x '= ▲ 。
2019年高考数学二轮复习解题思维提升专题02函数与导数小题部分训练手册
专题02 函数与导数小题部分【训练目标】1、 理解函数的概念，会求函数的定义域，值域和解析式，特别是定义域的求法；2、 掌握函数单调性，奇偶性，周期性的判断方法及相互之间的关系，会解决它们之间的综合问题；3、 掌握指数和对数的运算性质，对数的换底公式；4、 掌握指数函数和对数函数的图像与性质；5、 掌握函数的零点存在定理，函数与方程的关系；6、 熟练数形结合的数学思想在解决函数问题的运用；7、 熟练掌握导数的计算，导数的几何意义求切线问题；8、 理解并掌握导数与函数单调性之间的关系，会利用导数分析函数的单调性，会根据单调性确定参数的取值范围；9、 会利用导数求函数的极值和最值，掌握构造函数的方法解决问题。
【温馨小提示】本章内容既是高考的重点，又是难点，再备考过程中应该大量解出各种题型，总结其解题方法，积累一些常用的小结论，会给解题带来极大的方便。
【名校试题荟萃】1、（福建省“永安一中、德化一中、漳平一中”2019届高三上学期12月三校联考）已知函数，若()1f x =-，则x = ．【答案】12【解析】问题等价于；，无解。
2、（福建省“永安一中、德化一中、漳平一中”2019届高三上学期12月三校联考）已知函数1()1x f x x +=-的图像在点()2,(2)f 处的切线与直线10ax y ++=平行，则实数a =.A 2 .B 12 .C 12- D ．2- 【答案】A【解析】由于，根据导数的几何意义及两直线平行的条件可知。
3、（福建省上杭县第一中学2019届高三上学期期中考试）函数的图象可能是( )【答案】D【解析】先由判断函数的奇偶性可知函数为奇函数，图像关于原点对称，排除A,B ；当，排除C ，故选D 。
4、（福建省上杭县第一中学2019届高三上学期期中考试）已知函数()f x 是定义域为R 的偶函数，且，若()f x 在[]1,0-上是减函数，记，， ()0.52c f =，则（ ）A ． a b c >>B ． a c b >>C ． b a c >>D ． b a c >> 【答案】B5、（福建省上杭县第一中学2019届高三上学期期中考试）已知定义域为),0(+∞，为的导函数，且满足，则不等式的解集是( )A ． )2,0(B ． ),2(+∞C ． )3,2(D ． ),3(+∞【答案】D 【解析】构造函数，求导结合可知函数()g x 在定义域),0(+∞为减函数，不等式可化为，等价于，解得结果为),3(+∞。
2019高考数学二轮复习课时跟踪检测二十四导数的简单应用小题练理
课时跟踪检测（二十四）导数的简单应用（小题练）级——＋提速练一、选择题．已知()＝＋＋，若′(－)＝，则＝( )．解析：选∵()＝＋＋，∴′()＝＋，∴′(－)＝－，∵′(－)＝，∴－＝，解得＝.故选.．(·合肥模拟)已知直线－＋＝与曲线＝＋相切，其中为自然对数的底数，则实数的值是( )．．．．解析：选∵＝＋，∴′＝＋，设直线－＋＝与曲线＝＋相切的切点坐标为(，)，则′＝＝＋＝，得＝，又＝＋＝＋，∴＝，＝，故选.．(·成都模拟)已知函数＝()的导函数＝′()的图象如图所示，则函数＝()在区间(，)内的极小值点的个数为( )．．．．解析：选如图，在区间(，)内，′()＝，且在点＝附近的左侧′()<，右侧′()>，所以在区间(，)内只有个极小值点，故选.．(·重庆调研)若函数()＝(＋)在(，＋∞)上不单调，则实数的取值范围是( )．(－∞，)．(－∞，－)．(－)．[－，＋∞)解析：选′()＝(＋＋)，由题意，知方程(＋＋)＝在(，＋∞)上至少有一个实数根，即＝－－＞，解得＜－.．已知()＝－＋(为常数)在[－]上有最大值为，那么此函数在[－]上的最小值为( )．－．．－．－解析：选由题意知，′()＝－，由′()＝得＝或＝，当＜或＞时，′()＞，当＜＜时，′()＜，∴()在[－]上单调递增，在[]上单调递减，由条件知()＝＝，∴()＝－，(－)＝－，∴最小值为－.．(·广州模拟)设函数()＝＋，若曲线＝()在点(，())处的切线方程为＋＝，则点的坐标为( )．(，－)．()．(，－)或(－)．(－)解析：选由题意知，′()＝＋，所以曲线＝()在点(，())处的切线的斜率为′()＝＋，又切线方程为＋＝，所以≠，且(\\(\()＋＝－，＋\()＋\()＝，))解得＝±，＝－.所以当(\\(＝，＝－))时，点的坐标为(，－)；当(\\(＝－，＝))时，点的坐标为(－)，故选.．(·昆明检测)若函数()＝＋在(，＋∞)上单调递增，则实数的取值范围为( )．(－，＋∞)．[－，＋∞)．(－，＋∞)．[－，＋∞)解析：选∵()在(，＋∞)上单调递增，且′()＝＋，∴′()＝＋≥在(，＋∞)上恒成立，即≥－在(，＋∞)上恒成立，又∈(，＋∞)时，－＜－，∴≥－.．(·陕西模拟)设函数()＝－＋，则下列结论正确的是( )．函数()在(－∞，－)上单调递增．函数()在(－∞，－)上单调递减．若＝－，则函数()的图象在点(－，(－))处的切线方程为＝．若＝，则函数()的图象与直线＝只有一个公共点解析：选对于选项，，根据函数()＝－＋，可得′()＝－，令－＝，得＝－或＝，故函数()在(－∞，－)，(，＋∞)上单调递增，在(－)上单调递减，所以选项，都不正确；对于选项，当＝－时，′(－)＝，(－)＝，故函数()的图象在点(－，(－))处的切线方程为＝，选项正确；对于选项，当＝时，()的极大值为(－)＝，极小值为()＝－，故直线＝与函数()的图象有三个公共点，选项错误．故选.．已知定义在上的函数＝()的导函数为′()，若′() －＝－() ，则下列不等式成立的是( )．<<<>解析：选令()＝)，则′()＝－－)＝)，由(\\(<<(π)，，))解得<<；由(\\(<<(π)，，))解得。
导数的简单应用(小题)
导数的简单应用(小题)热点一 导数的几何意义与定积分 应用导数的几何意义解题时应注意：(1)f ′(x )与f ′(x 0)的区别与联系，f ′(x 0)表示函数f (x )在x ＝x 0处的导数值，是一个常数； (2)函数在某点处的导数值就是对应曲线在该点处切线的斜率； (3)切点既在原函数的图象上也在切线上.例1 (1)(2019·湖南省三湘名校联考)在二项式⎝⎛⎭⎪⎫x 2＋a 2x 6的展开式中，其常数项是15.如图所示，阴影部分是由曲线y ＝x 2和圆x 2＋y 2＝a 及x 轴在第一象限围成的封闭图形，则封闭图形的面积为( )A.π4＋16B.π4－16C.π4D.16答案 B解析 ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋a 2x 6展开式中，第k 项为T k ＋1＝C k6⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2kx12－3k，令12－3k ＝0，可得k ＝4，即常数项为C 46⎝ ⎛⎭⎪⎫a 24，可得C 46⎝ ⎛⎭⎪⎫a 24＝15，解得a ＝2.曲线y ＝x 2和圆x 2＋y 2＝2在第一象限的交点为(1,1)， 所以阴影部分的面积为π4－ʃ10(x －x 2)d x ＝π4－⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2－13x 310＝π4－16.(2)(2019·许昌、洛阳质检)已知a >0，曲线f (x )＝3x 2－4ax 与g (x )＝2a 2ln x －b 有公共点，且在公共点处的切线相同，则实数b 的最小值为( )A.0B.－1e 2C.－2e 2D.－4e 2答案 B解析 由f (x )＝3x 2－4ax ，得f ′(x )＝6x －4a ， 由g (x )＝2a 2ln x －b ，得g ′(x )＝2a2x.设两曲线的公共点P (x 0，y 0)，x 0>0， 因为两曲线在公共点处的切线相同，所以⎩⎪⎨⎪⎧6x 0－4a ＝2a2x 0，y 0＝3x 20－4ax 0，y 0＝2a 2ln x 0－b ，由6x 0－4a ＝2a2x 0，解得x 0＝a ，x 0＝－13a ， 又a >0，所以x 0＝a ，消去y 0，得b ＝2a 2ln a ＋a 2， 设b ＝h (a )＝2a 2ln a ＋a 2，a >0，h ′(a )＝4a ln a ＋4a ， 令h ′(a )＝0，a ＝1e，又0<a <1e 时，h ′(a )<0，a >1e 时，h ′(a )>0，所以a ＝1e 时h (a )取极小值也是最小值，即b min ＝h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e 2. 跟踪演练1 (1)(2019·长沙模拟)已知函数f (x )＝⎩⎨⎧－x ＋2，x ≤2，1－x －32，2<x ≤4，则定积分()412d f x x ⎰的值为( )A.9＋4π8 B.1＋4π4 C.1＋π2 D.3＋2π4答案 A解析 因为f (x )＝⎩⎨⎧－x ＋2，x ≤2，1－x －32，2<x ≤4，所以()()()424211222d d 123d x x f x x x x =+-⎰⎰⎰－－，＋ ()22211221222d =|x x x x ⨯+⎛⎫-+- ⎪⎝⎭⎰＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12×22＋2×2－⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋2×12＝98， ʃ421－x －32d x 的几何意义为以(3,0)为圆心，以r ＝1为半径的圆，在x 轴上方部分的面积， 因而S ＝12×π×12＝π2，所以()()242122d 123d x x x x +-⎰⎰－＋－＝98＋π2＝9＋4π8. (2)(2019·丹东质检)直线2x －y ＋1＝0与曲线y ＝a e x＋x 相切，则a 等于( ) A.e B.2e C.1 D.2 答案 C解析 设切点为(n ，a e n＋n )，因为y ′＝a e x＋1， 所以切线的斜率为a e n ＋1，切线方程为y －(a e n＋n )＝(a e n＋1)(x －n )， 即y ＝(a e n＋1)x ＋a e n (1－n )， 依题意切线方程为y ＝2x ＋1，故⎩⎪⎨⎪⎧a e n＋1＝2，a e n1－n ＝1，解得a ＝1，n ＝0.热点二 利用导数研究函数的单调性 利用导数研究函数单调性的关键：(1)在利用导数讨论函数的单调区间时，首先要确定函数的定义域； (2)单调区间的划分要注意对导数等于零的点的确认； (3)已知函数单调性求参数范围，要注意导数等于零的情况.例2 (1)(2019·武邑质检)已知函数f (x )的导函数为f ′(x )，若2f (x )＋f ′(x )>2，f (0)＝5，则不等式f (x )－4e－2x>1的解集为( )A.(1，＋∞)B.(－∞，0)C.(－∞，0)∪(1，＋∞)D.(0，＋∞)答案 D解析 设F (x )＝e 2xf (x )－e 2x－4，则F ′(x )＝2e 2x f (x )＋e 2x f ′(x )－2e 2x＝e 2x[2f (x )＋f ′(x )－2]>0，所以函数F (x )＝e 2xf (x )－e 2x－4在R 上为增函数. 又f (0)＝5，所以F (0)＝f (0)－1－4＝0. 又不等式f (x )－4e－2x >1等价于e 2x f (x )－e 2x－4>0，即F (x )>0，解得x >0， 所以不等式的解集为(0，＋∞).(2)已知f (x )＝()x 2＋2ax ln x －12x 2－2ax 在(0，＋∞)上是增函数，则实数a 的取值范围是( )A.{1}B.{－1}C.(0,1]D.[－1,0) 答案 B解析 f (x )＝()x 2＋2ax ln x －12x 2－2ax ，f ′(x )＝2(x ＋a )ln x ，∵f (x )在(0，＋∞)上是增函数， ∴f ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立， 当x ＝1时，f ′(x )＝0满足题意；当x >1时，ln x >0，要使f ′(x )≥0恒成立， 则x ＋a ≥0恒成立.∵x ＋a >1＋a ，∴1＋a ≥0，解得a ≥－1； 当0<x <1时，ln x <0，要使f ′(x )≥0恒成立， 则x ＋a ≤0恒成立，∵x ＋a <1＋a ，∴1＋a ≤0，解得a ≤－1. 综上所述，a ＝－1.跟踪演练2 (1)(2019·咸阳模拟)已知定义在R 上的函数f (x )的导函数为f ′(x )，对任意x ∈(0，π)，有f ′(x )sin x >f (x )cos x ，且f (x )＋f (－x )＝0，设a ＝2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，b ＝2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，c ＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，则( )A.a <b <cB.b <c <aC.a <c <bD.c <b <a答案 A解析 构造函数g (x )＝f xsin x，x ≠k π，k ∈Z，g ′(x )＝f ′x sin x －f x cos xsin 2x>0， 所以函数g (x )在区间(0，π)上是增函数， 因为f (x )＋f (－x )＝0， 即f (x )＝－f (－x )，g (－x )＝f －x－sin x＝f xsin x，所以函数g (x )是偶函数，所以g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6<g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4<g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2， 代入解析式得到2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6<2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4<－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，故a <b <c .(2)(2019·临沂质检)函数f (x )＝12ax 2－2ax ＋ln x 在(1,3)上不单调的一个充分不必要条件是( )A.a ∈⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－12 B.a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，16C.a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫16，12D.a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞ 答案 A解析 函数f (x )＝12ax 2－2ax ＋ln x ，所以f ′(x )＝ax －2a ＋1x ＝ax 2－2ax ＋1x，令g (x )＝ax 2－2ax ＋1，因为函数f (x )在(1,3)上不单调，即g (x )＝ax 2－2ax ＋1在(1,3)上有变号零点，a ＝0时，显然不成立，a ≠0时，只需g (1)·g (3)<0，解得a >1或a <－13，即函数f(x)＝12ax2－2ax＋ln x在(1,3)上不单调的充要条件为a∈⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－13∪(1，＋∞)，它的充分不必要条件即为其一个子集.热点三利用导数研究函数的极值、最值利用导数研究函数的极值、最值应注意的问题：(1)不能忽略函数f(x)的定义域；(2)f′(x0)＝0是可导函数在x＝x0处取得极值的必要不充分条件；(3)函数的极小值不一定比极大值小；(4)函数在区间(a，b)上有唯一极值点，则这个极值点也是最大(小)值点，此结论在导数的实际应用中经常用到.例3 (1)(2019·东北三省三校模拟)若函数f(x)＝e x－ax2在区间(0，＋∞)上有两个极值点x1，x2(0<x1<x2)，则实数a的取值范围是( )A.a≤e2B.a>eC.a≤eD.a>e2答案 D解析f(x)＝e x－ax2，可得f′(x)＝e x－2ax，要使f(x)恰有2个正极值点，则方程e x－2ax＝0有2个不相等的正实数根，即2a＝e xx有两个不同的正根，则g(x)＝e xx，x∈(0，＋∞)，y＝2a的图象在y轴右侧有两个不同的交点，求得g′(x)＝e x x－1x2，由g ′(x )<0，可得g (x )＝e xx 在(0,1)上单调递减，由g ′(x )>0，可得g (x )＝exx在(1，＋∞)上单调递增，g (x )min ＝g (1)＝e ，当x →0时，g (x )→＋∞；当x →＋∞时，g (x )→＋∞， 所以当2a >e ，即a >e2时，g (x )＝exx，y ＝2a 的图象在y 轴右侧有两个不同的交点，所以使函数f (x )＝e x －ax 2在区间(0，＋∞)上有两个极值点x 1，x 2(0<x 1<x 2)，实数a 的取值范围是a >e2.(2)已知点M 在圆C ：x 2＋y 2－4y ＋3＝0上，点N 在曲线y ＝1＋ln x 上，则线段MN 的长度的最小值为________. 答案2－1解析 由题可得C (0,2)，圆C 的半径r ＝1. 设N (t,1＋ln t )(t >0)，令f (t )＝|CN |2，则f (t )＝t 2＋(1－ln t )2(t >0)， 所以f ′(t )＝2t ＋2(1－ln t )⎝ ⎛⎭⎪⎫－1t ＝2t 2＋ln t －1t .令φ(t )＝t 2＋ln t －1(t >0)，易知函数φ(t )在(0，＋∞)上单调递增，且φ(1)＝0， 所以当0<t <1时，f ′(t )<0； 当t >1时，f ′(t )>0，所以f (t )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以f (t )min ＝f (1)＝2. 因为|MN |≥|CN |－1＝2－1， 所以线段MN 的长度的最小值为2－1.跟踪演练3 (1)(2019·天津市和平区质检)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，若f (1)＝0，f ′(1)＝0，但x ＝1不是函数的极值点，则abc 的值为________.答案 9解析 ∵f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ， ∴f ′(1)＝3＋2a ＋b ＝0，① 又f (1)＝1＋a ＋b ＋c ＝0，②由x ＝1不是f (x )的极值点， 得f ′(x )＝0有两个相等的实数根， ∴Δ＝4a 2－12b ＝0，③由①②③解得a ＝－3，b ＝3，c ＝－1， ∴abc ＝9.(2)已知a >0，f (x )＝x e xe x ＋a ，若f (x )的最小值为－1，则a 等于( )A.1e 2B.1eC.eD.e 2 答案 A 解析 由f (x )＝x e xe x＋a， 得f ′(x )＝e x＋x e x e x＋a－x e x ·exe x＋a2＝exe x＋ax ＋a e x ＋a2.令g (x )＝e x＋ax ＋a ，则g ′(x )＝e x＋a >0， ∴g (x )在(－∞，＋∞)上为增函数， 又g (－1)＝1e>0，∴存在x 0<－1，使得g (x 0)＝0， 即0e x＋ax 0＋a ＝0，① ∴f ′(x 0)＝0，∴函数f (x )在(－∞，x 0)上为减函数，在(x 0，＋∞)上为增函数，则f (x )的最小值为f (x 0)＝000e e x x x a+ ＝－1，即000ee .x x a x =--②联立①②，可得x 0＝－2， 代入①，可得a ＝1e2.真题体验1.(2017·全国Ⅱ，理，11)若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)e x－1的极值点，则f(x)的极小值为( )A.－1B.－2e －3C.5e －3D.1 答案 A解析 函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x －1，则f ′(x )＝(2x ＋a )e x －1＋(x 2＋ax －1)·ex －1＝ex －1·[x 2＋(a ＋2)x ＋a －1].由x ＝－2是函数f (x )的极值点，得f ′(－2)＝e －3·(4－2a －4＋a －1)＝(－a －1)e －3＝0，所以a ＝－1.所以f (x )＝(x 2－x －1)ex －1，f ′(x )＝e x －1·(x 2＋x －2).由ex －1>0恒成立，得当x ＝－2或x ＝1时，f ′(x )＝0，且x <－2时，f ′(x )>0；当－2<x <1时，f ′(x )<0； 当x >1时，f ′(x )>0.所以x ＝1是函数f (x )的极小值点. 所以函数f (x )的极小值为f (1)＝－1.2.(2019·全国Ⅰ，理，13)曲线y ＝3(x 2＋x )e x在点(0,0)处的切线方程为________. 答案 y ＝3x解析 因为y ′＝3(2x ＋1)e x ＋3(x 2＋x )e x ＝3(x 2＋3x ＋1)e x，所以曲线在点(0,0)处的切线的斜率k ＝y ′|x ＝0＝3，所以所求的切线方程为y ＝3x .3.(2018·全国Ⅰ，理，16)已知函数f (x )＝2sin x ＋sin 2x ，则f (x )的最小值是________. 答案 －332解析 f ′(x )＝2cos x ＋2cos 2x ＝2cos x ＋2(2cos 2x －1) ＝2(2cos 2x ＋cos x －1)＝2(2cos x －1)(cos x ＋1). ∵cos x ＋1≥0，∴当cos x <12时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当cos x >12时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，∴当cos x ＝12时，f (x )有最小值.又f (x )＝2sin x ＋sin 2x ＝2sin x (1＋cos x )， ∴当sin x ＝－32时，f (x )有最小值，即f (x )min ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－32×⎝⎛⎭⎪⎫1＋12＝－332.押题预测1.已知⎝⎛⎭⎪⎫a x －x 6展开式的常数项为15，则(d a a x x -+⎰等于( )A.πB.2＋πC.π2 D.2＋π2答案 C解析 由⎝ ⎛⎭⎪⎫a x －x 6的展开式的通项为T k ＋1＝C k6·(－1)k·a 6－k·362k x-，令3k －62＝0，求得k ＝2，故常数项为C 26·a 4＝15， 可得a ＝±1，∴(d aax x -+⎰＝ʃ1－1x d x ＋ʃ1－11－x 2d x ＝ʃ1－11－x 2d x ，由定积分的几何意义可知ʃ1－11－x 2d x 为x 2＋y 2＝1在x 轴上方的面积，即单位圆面积的一半，∴(πd 2aax x -=.⎰2.已知奇函数f (x )的导函数为f ′(x )，当x >0时，xf ′(x )＋f (x )>0，若a ＝f (1)，b ＝1e f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，c ＝－e f (－e)，则a ，b ，c 的大小关系是( )A.a <b <cB.b <c <aC.a <c <bD.b <a <c答案 D解析 令g (x )＝xf (x )，则g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立， ∴g (x )为(0，＋∞)上的单调递增函数， 又g (－x )＝－xf (－x )＝xf (x )＝g (x )， ∴g (x )为偶函数， ∴－e f (－e)＝e f (e)， ∵e>1>1e，∴g (e)>g (1)>g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ， ∴e f (e)>f (1)>1ef⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ， 即－e f (－e)>f (1)>1e f⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ， ∴b <a <c .3.已知函数f (x )＝(x －3)e x＋a (2ln x －x ＋1)在(1，＋∞)上有两个极值点，且f (x )在(1,2)上单调递增，则实数a 的取值范围是( ) A.(e ，＋∞) B.(e,2e 2)C.(2e 2，＋∞) D.(e,2e 2)∪(2e 2，＋∞)答案 C解析 由题意，函数f (x )＝(x －3)e x＋a (2ln x －x ＋1)，可得f ′(x )＝e x ＋(x －3)e x＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x－1＝(x －2)⎝ ⎛⎭⎪⎫e x －a x ＝(x －2)·⎝ ⎛⎭⎪⎫x e x－a x ，又由函数f (x )在(1，＋∞)上有两个极值点， 则f ′(x )＝0在(1，＋∞)上有两个不同的实数根，即(x －2)·⎝ ⎛⎭⎪⎫x e x－a x ＝0在(1，＋∞)上有两个解， 即x e x－a ＝0在(1，＋∞)上有不等于2的解， 令g (x )＝x e x ，x >1，则g ′(x )＝(x ＋1)e x>0， 所以函数g (x )＝x e x在(1，＋∞)上为单调递增函数， 所以a >g (1)＝e 且a ≠g (2)＝2e 2， 又由f (x )在(1,2)上单调递增， 则f ′(x )≥0在(1,2)上恒成立，即(x －2)·⎝ ⎛⎭⎪⎫x e x－a x ≥0在(1,2)上恒成立，即x e x－a ≤0在(1,2)上恒成立， 即a ≥x e x在(1,2)上恒成立，又由函数g (x )＝x e x在(1，＋∞)上为单调递增函数， 所以a >g (2)＝2e 2，综上所述，可得实数a 的取值范围是a >2e 2， 即a ∈(2e 2，＋∞).A 组 专题通关1.设函数y ＝x sin x ＋cos x 的图象在点()t ，f t 处切线的斜率为g (t )，则函数y ＝g (t )的图象一部分可以是( )答案 A解析 因为y ＝x sin x ＋cos x 的导数为y ′＝x cos x ， 所以g (t )＝t cos t ，由g (－t )＝－t cos t ＝－g (t )，知函数g (t )为奇函数， 所以排除B ，D 选项，当从y 轴右侧t →0时，cos t >0，t >0， 所以g (t )>0，故选A.2.(2019·甘青宁联考)若直线y ＝kx －2与曲线y ＝1＋3ln x 相切，则k 等于( ) A.3 B.13 C.2 D.12答案 A解析 设切点为(x 0，kx 0－2)，∵y ＝1＋3ln x 的导数为y ′＝3x，∴⎩⎪⎨⎪⎧3x 0＝k ， ①kx 0－2＝1＋3ln x 0， ②由①得kx 0＝3，代入②得1＋3ln x 0＝1， 则x 0＝1，k ＝3.3.(2019·怀化模拟)在(1＋x )4(2x －1)的展开式中，x 2项的系数为a ，则ʃa 0(e x＋2x )d x 的值为( ) A.e ＋1 B.e ＋2 C.e 2＋3 D.e 2＋4答案 C解析 因为(1＋x )4(2x －1)＝2x (1＋x )4－(1＋x )4， (1＋x )4展开式的通项为T k ＋1＝C k 4x k，所以在(1＋x )4(2x －1)的展开式中，x 2项的系数为2C 14－C 24＝2， 即a ＝2；所以ʃa 0(e x ＋2x )d x ＝ʃ20(e x＋2x )d x ＝(e x ＋x 2)|20＝(e 2＋22)－e 0＝e 2＋3.4.(2019·全国Ⅲ)已知曲线y ＝a e x＋x ln x 在点(1，a e)处的切线方程为y ＝2x ＋b ，则( ) A.a ＝e ，b ＝－1 B.a ＝e ，b ＝1 C.a ＝e －1，b ＝1 D.a ＝e －1，b ＝－1答案 D解析 因为y ′＝a e x＋ln x ＋1，所以y ′|x ＝1＝a e ＋1，所以曲线在点(1，a e)处的切线方程为y －a e ＝(a e ＋1)(x －1)，即y ＝(a e ＋1)x －1，所以⎩⎪⎨⎪⎧a e ＋1＝2，b ＝－1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝e －1，b ＝－1.5.已知定义在R 上的可导函数f (x )的导函数为f ′(x )，满足f ′(x )<f (x )，且f (0)＝12，则不等式f (x )－12e x<0的解集为( )A.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，12 B.(0，＋∞) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞D.(－∞，0)答案 B解析 构造函数g (x )＝f xex， 则g ′(x )＝f ′x －f xex，因为f ′(x )<f (x )，所以g ′(x )<0， 故函数g (x )在R 上为减函数， 又f (0)＝12，所以g (0)＝f 0e＝12， 则不等式f (x )－12e x <0可化为f xe x<12， 即g (x )<12＝g (0)，所以x >0，即所求不等式的解集为(0，＋∞).6.(2019·广州测试)已知函数f (x )满足f (x )＝f ′(1)·e x －1－f (0)x ＋12x 2，则f (x )的单调递增区间为( ) A.(－∞，0) B.(－∞，1) C.(1，＋∞) D.(0，＋∞)答案 D解析 由题意得f ′(x )＝f ′(1)ex －1－f (0)＋x ，令x ＝1，则f ′(1)＝f ′(1)－f (0)＋1， ∴f (0)＝1，令x ＝0，则f (0)＝f ′(1)e －1， ∴f ′(1)＝e ， ∴f (x )＝e x－x ＋12x 2，∴f ′(x )＝e x－1＋x ，令g (x )＝e x －1＋x ，则g ′(x )＝e x＋1>0. ∴g (x )为增函数， 又g (0)＝0，∴当x >0时，g (x )>0，即f ′(x )>0， 即f (x )在(0，＋∞)上单调递增.7.若函数f (x )＝e x－x 2－ax (其中e 是自然对数的底数)的图象在x ＝0处的切线方程为y ＝2x ＋b ，则函数g (x )＝f ′x －bx在(0，＋∞)上的最小值为( )A.－1B.eC.e －2D.e 2答案 C解析 因为f ′(x )＝e x－2x －a ， 所以f ′(0)＝1－a .由题意知1－a ＝2，解得a ＝－1， 因此f (x )＝e x－x 2＋x ，而f (0)＝1， 于是1＝2×0＋b ，解得b ＝1，因此g (x )＝f ′x －b x ＝e x －2x ＋1－1x ＝e x －2xx，所以g ′(x )＝exx －1x 2， 令g ′(x )＝0得x ＝1，当0<x <1时，g ′(x )<0，g (x )为减函数； 当x >1时，g ′(x )>0，g (x )为增函数， 故g (x )在x ＝1处取得极小值，即g (x )在(0，＋∞)上的最小值为g (1)＝e －2.8.若曲线y ＝x －ln x 与曲线y ＝ax 3＋x ＋1在公共点处有相同的切线，则实数a 等于( ) A.e 23 B.－e 23 C.－e 3 D.e 3 答案 B解析 设两曲线的公共点为P (m ，n )，m >0， 由y ＝x －ln x ，得y ′＝1－1x，则曲线y ＝x －ln x 在点P (m ，n )处的切线的方程为y －m ＋ln m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1m (x －m )，即y ＝⎝⎛⎭⎪⎫1－1mx ＋1－ln m .由y ＝ax 3＋x ＋1，得y ′＝3ax 2＋1，则曲线y ＝ax 3＋x ＋1在点P (m ，n )处的切线的方程为y －am 3－m －1＝(3am 2＋1)(x －m )，即y ＝(3am 2＋1)x －2am 3＋1， 所以⎩⎪⎨⎪⎧1－1m ＝3am 2＋1，1－ln m ＝－2am 3＋1，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝32e ,-a ＝－e23.9.(2019·岳阳模拟)已知M ＝{α|f (α)＝0}，N ＝{β|g (β)＝0}，若存在α∈M ，β∈N ，使|α－β|<n ，则称函数f (x )与g (x )互为“n 度零点函数”.若f (x )＝32－x－1与g (x )＝x2－a e x互为“1度零点函数”，则实数a 的取值范围为( )A.⎝ ⎛⎦⎥⎤1e 2，4eB.⎝ ⎛⎦⎥⎤1e ，4e 2C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫4e 2，2e D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e 3，2e 2 答案 B解析 由题意可知f (2)＝0，且f (x )在R 上单调递减， 所以函数f (x )只有一个零点2. 即|2－β|<1，得1<β<3.函数g (x )＝x 2－a e x在区间(1,3)上存在零点， 由x 2－a e x＝0，得a ＝x 2ex .令h (x )＝x 2e x ，x ∈(1,3)，h ′(x )＝2x －x 2e x ＝x 2－xe x， 所以h (x )在区间(1,2)上单调递增，在区间(2,3)上单调递减，h (1)＝1e ，h (2)＝4e 2，h (3)＝9e 3>1e，所以只需a ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤1e ，4e 2. 10.(2019·四川省六市联考)若函数y ＝e x －e －x(x >0)的图象始终在射线y ＝ax (x >0)的上方，则a 的取值范围是( ) A.(－∞，e] B.(－∞，2] C.(0,2] D.(0，e]答案 B解析 依题意设f (x )＝e x －e －x， 则f ′(x )＝e x ＋e －x>0， 故函数在x >0时为递增函数，且易知当x >0时f ′(x )＝e x ＋e －x单调递增， 当x →0时，f ′(0)→2， 故f ′(x )>2，而a 是直线y ＝ax 的斜率，直线过原点，要使函数y ＝e x－e －x(x >0)的图象始终在射线y ＝ax (x >0)的上方，则需a ≤2. 11.(2019·吉林调研)设函数f (x )在R 上存在导函数f ′(x )，对任意实数x ，都有f (x )＝f (－x )＋2x ，当x <0时，f ′(x )<2x ＋1，若f (1－a )≤f (－a )＋2－2a ，则实数a 的最小值为( )A.－1B.－12C.12 D.1答案 C解析 设g (x )＝f (x )－x 2－x ， 则g ′(x )＝f ′(x )－2x －1，因为当x <0时，f ′(x )<2x ＋1，则g ′(x )<0， 所以当x <0时，g (x )为单调递减函数， 因为g (x )＝f (x )－x 2－x ， 所以g (－x )＝f (－x )－x 2＋x ， 又因为f (x )＝f (－x )＋2x ，所以g (x )－g (－x )＝f (x )－f (－x )－2x ＝0， 即g (x )为偶函数，将不等式f (1－a )≤f (－a )＋2－2a ， 等价变形得f (1－a )－(1－a )2－(1－a ) ≤f (－a )－(－a )2－(－a )， 即g (1－a )≤g (－a )，又因为g (x )为偶函数，且在(－∞，0)上单调递减， 则在(0，＋∞)上单调递增，|1－a |≤|a |，解得a ≥12，所以a 的最小值为12.12.(2019·江淮联考)若对∀x 1，x 2∈(m ，＋∞)，且x 1<x 2，都有x 1ln x 2－x 2ln x 1x 2－x 1<1，则m 的最小值是( )注：(e 为自然对数的底数，即e ＝2.718 28…) A.1e B.e C.1 D.3e 答案 C解析 由题意，当0≤m <x 1<x 2时， 由x 1ln x 2－x 2ln x 1x 2－x 1<1，等价于x 1ln x 2－x 2ln x 1<x 2－x 1， 即x 1ln x 2＋x 1<x 2ln x 1＋x 2， 故x 1(ln x 2＋1)<x 2(ln x 1＋1)， 故ln x 2＋1x 2<ln x 1＋1x 1，令f (x )＝ln x ＋1x，则f (x 2)<f (x 1)，又∵x 2>x 1>m ≥0，故f (x )在(m ，＋∞)上递减， 又由f ′(x )＝－ln xx 2，当f ′(x )<0，解得x >1，故f (x )在(1，＋∞)上递减，故m ≥1.13.(2019·福建适应性练习)已知定义在R 上的函数f (x )＝ex ＋1－e x ＋x 2＋2m (x －1)(m >0)，当x 1＋x 2＝1时，不等式f (x 1)≥f (x 2)恒成立，则实数x 1的取值范围为________.答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞解析 由f (x 1)≥f (x 2)， 可得111e e xx ＋－＋x 21＋2m (x 1－1)≥221ee x x ＋－＋x 22＋2m (x 2－1)，即()()121211e e e e x x x x -＋＋－－＋(x 21－x 22)＋2m (x 1－x 2)≥0.因为x 1＋x 2＝1，所以问题可转化为()()1111121e e e e x x x x -＋－－－－＋(2m ＋1)(2x 1－1)≥0恒成立， 记g (x )＝(ex ＋1－e2－x)－(e x －e1－x)＋(2m ＋1)(2x －1)，g ′(x )＝(e x ＋1＋e 2－x )－(e x ＋e 1－x )＋2(2m ＋1)＝(ex ＋1－e x )＋(e2－x－e1－x)＋2(2m ＋1)＝e x (e －1)＋e 2－x(1－e －1)＋2(2m ＋1)>0，所以g (x )在R 上单调递增.又g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝0， 所以当x ≥12时，g (x )≥0恒成立，即实数x 1的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞. 14.分别在曲线y ＝ln x 与直线y ＝2x ＋6上各取一点M 与N ，则|MN |的最小值为________. 答案()7＋ln 255解析 由y ＝ln x (x >0)，得y ′＝1x ，令1x＝2，即x ＝12，y ＝ln 12＝－ln 2，则曲线y ＝ln x 上与直线y ＝2x ＋6平行的切线的切点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－ln 2，由点到直线的距离公式得d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2×12＋ln 2＋65＝()7＋ln 255，即|MN |min ＝()7＋ln 255.15.(2019·衡水调研)已知函数f (x )＝12x 2＋tan θx ＋3⎝ ⎛⎭⎪⎫θ≠π2，在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－33，1上是单调函数，其中θ是直线l 的倾斜角，则θ的所有可能取值区间为________.答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫π6，π2∪⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，3π4解析 f ′(x )＝x ＋tan θ，θ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2∪⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π， 因为f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－33，1上是单调函数， 则有f ′(x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－33，1恒大于等于0或恒小于等于0， 若f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－33，1上单调递减，则f ′(x )≤0， f ′(1)＝1＋tan θ≤0，故tan θ≤－1，即θ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，3π4， 若f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－33，1上单调递增， 则f ′(x )≥0，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫－33＝－33＋tan θ≥0， 所以tan θ≥33，即θ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫π6，π2， 综上所述，θ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫π6，π2∪⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，3π4.16.已知函数f (x )＝mx 2＋2x －2ex，m ∈[]1，e ，x ∈[1,2]，g (m )＝f (x )max －f (x )min ，则关于m的不等式g (m )≥4e2的解集为________.答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤24－e ，e解析 由f (x )＝mx 2＋2x －2ex，得f ′(x )＝()2mx ＋2e x －()mx 2＋2x －2e x()e x 2＝2mx ＋2－mx 2－2x ＋2e x＝－mx 2＋()2－2m x －4e x＝－()mx ＋2x －2ex，∵m ∈[]1，e ，x ∈[1,2]，∴f ′(x )≥0，因此函数f (x )在区间[1,2]上单调递增， ∴f (x )max ＝f (2)＝4m ＋2e 2，f (x )min ＝f (1)＝me ，从而g (m )＝f (x )max －f (x )min ＝4m ＋2e 2－m e ＝4m ＋2－m ee 2， 令4m ＋2－m e e 2≥4e 2，得m ≥24－e， 又m ∈[1，e]，∴m ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤24－e ，e . 故不等式g (m )≥4e 2的解集为⎣⎢⎡⎦⎥⎤24－e ，e .B 组 能力提高17.已知函数f (x )的导函数f ′(x )满足(x ＋x ln x )f ′(x )<f (x )对x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞恒成立，则下列不等式中一定成立的是( ) A.2f (1)>f (e) B.e 2f (1)>f (e) C.2f (1)<f (e) D.e f (1)<f (e)答案 A 解析 令g (x )＝f x1＋ln x ，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞，由(x ＋x ln x )f ′(x )<f (x )， 得(1＋ln x )f ′(x )－1xf (x )<0，又g ′(x )＝f ′x1＋ln x －fx1x1＋ln x2，则g ′(x )<0，故g (x )在x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递减； 故g (e)<g (1)，即f e2<f 11，∴2f (1)>f (e).18.(2019·洛阳统考)若函数f (x )＝e x－(m ＋1)ln x ＋2(m ＋1)x －1恰有两个极值点，则实数m 的取值范围为( )A.(－e 2，－e) B.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－e 2C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－12D.()－∞，－e －1答案 D解析 由题可得f ′(x )＝e x－m ＋1x＋2(m ＋1)，x >0， 因为函数f (x )＝e x－(m ＋1)ln x ＋2(m ＋1)x －1恰有两个极值点， 所以函数f ′(x )＝e x－m ＋1x＋2(m ＋1)(x >0)有两个不同的变号零点. 令e x－m ＋1x＋2(m ＋1)＝0， 等价转化成x e x1－2x ＝m ＋1(x >0)有两个不同的实数根，记h (x )＝x e x1－2x，所以h ′(x )＝x e x ′1－2x －x e x 1－2x ′1－2x2＝－e x2x ＋1x －11－2x2，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12时，h ′(x )>0， 此时函数h (x )在此区间上递增，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1时，h ′(x )>0， 此时函数h (x )在此区间上递增， 当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )<0， 此时函数h (x )在此区间上递减， 作出h (x )＝x e x1－2x的简图如图，要使得x e x1－2x＝m＋1有两个不同的实数根，则h(1)>m＋1，即－e>m＋1，整理得m<－1－e.。
(浙江专用)2019高考数学二轮复习课时跟踪检测(二十一)小题考法——导数的简单应用
课时跟踪检测（二十一） 小题考法——导数的简单应用A 组——10＋7提速练一、选择题1．设f (x )＝x ln x ，f ′(x 0)＝2，则x 0＝( )A ．e 2B ．e C.ln 22 D ．ln 2解析：选B ∵f ′(x )＝1＋ln x ，∴f ′(x 0)＝1＋ln x 0＝2，∴x 0＝e ，故选B.2．函数f (x )＝e x cos x 的图象在点(0，f (0))处的切线方程是( )A ．x ＋y ＋1＝0B ．x ＋y －1＝0C ．x －y ＋1＝0D ．x －y －1＝0 解析：选C 依题意，f (0)＝e 0cos 0＝1，因为f ′(x )＝e x cos x －e x sin x ，所以f ′(0)＝1，所以切线方程为y －1＝x －0，即x －y ＋1＝0，故选C.3．已知f (x )＝ln x x，则( ) A ．f (2)>f (e)>f (3)B ．f (3)>f (e)>f (2)C ．f (3)>f (2)>f (e)D ．f (e)>f (3)>f (2)解析：选D f (x )的定义域是(0，＋∞)，∵f ′(x )＝1－ln x x 2， ∴x ∈(0，e)，f ′(x )>0；x ∈(e ，＋∞)，f ′(x )<0，故x ＝e 时，f (x )max ＝f (e)．而f (2)＝ln 22＝ln 86，f (3)＝ln 33＝ln 96. f (e)>f (3)>f (2)，故选D.4．已知函数f (x )的定义域为(a ，b )，f (x )的导函数f ′(x )在(a ，b )上的图象如图所示，则函数f (x )在(a ，b )上的极大值点的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选B 由函数极值的定义和导函数的图象可知，f ′(x )在(a ，b )上与x 轴的交点个数为4，但是在原点附近的导数值恒大于零，故x ＝0不是函数f (x )的极值点，其余的3个交点都是极值点，其中有2个点附近的导数值左正右负，故极大值点有2个．5．已知函数f (x )＝x 2－5x ＋2ln x ，则函数f (x )的单调递增区间是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12和(1，＋∞) B ．(0,1)和(2，＋∞)C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12和(2，＋∞) D ．(1,2)解析：选C 函数f (x )＝x 2－5x ＋2ln x 的定义域是(0，＋∞)，令f ′(x )＝2x －5＋2x＝2x 2－5x ＋2x ＝x －x －x >0，解得0<x <12或x >2，故函数f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12和(2，＋∞)．6．已知函数f (x )＝x 3－px 2－qx 的图象与x 轴切于点(1,0)，则f (x )的极大值、极小值分别为( )A ．－427，0 B ．0，－427 C.427，0 D ．0，427解析：选C 由题意知，f ′(x )＝3x 2－2px －q ，由f ′(1)＝0，f (1)＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧ 3－2p －q ＝0，1－p －q ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧ p ＝2，q ＝－1，∴f (x )＝x 3－2x 2＋x ，由f ′(x )＝3x 2－4x ＋1＝0，得x ＝13或x ＝1，易得当x ＝13时，f (x )取极大值427，当x ＝1时，f (x )取极小值0.7．已知f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )为f (x )的导函数，且满足f (x )<－xf ′(x )，则不等式f (x ＋1)>(x －1)·f (x 2－1)的解集是( )A ．(0,1)B ．(1，＋∞)C ．(1,2)D ．(2，＋∞) 解析：选D 因为f (x )＋xf ′(x )<0，所以[xf (x )]′<0，故xf (x )在(0，＋∞)上为单调递减函数，又(x ＋1)f (x ＋1)>(x 2－1)·f (x 2－1)，所以0<x ＋1<x 2－1，解得x >2.8．设函数f (x )＝13x －ln x (x >0)，则f (x )( ) A ．在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1，(1，e)上均有零点 B ．在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1，(1，e)上均无零点 C ．在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1上有零点，在区间(1，e)上无零点 D ．在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1上无零点，在区间(1，e)上有零点 解析：选D 因为f ′(x )＝13－1x，所以当x ∈(0,3)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，而。
2019年高考数学二轮复习解题思维提升专题02函数与导数小题部分训练手册(附答案)
专题02 函数与导数小题部分【训练目标】1、 理解函数的概念，会求函数的定义域，值域和解析式，特别是定义域的求法；2、 掌握函数单调性，奇偶性，周期性的判断方法及相互之间的关系，会解决它们之间的综合问题；3、 掌握指数和对数的运算性质，对数的换底公式；4、 掌握指数函数和对数函数的图像与性质；5、 掌握函数的零点存在定理，函数与方程的关系；6、 熟练数形结合的数学思想在解决函数问题的运用；7、 熟练掌握导数的计算，导数的几何意义求切线问题；8、 理解并掌握导数与函数单调性之间的关系，会利用导数分析函数的单调性，会根据单调性确定参数的取值范围； 9、 会利用导数求函数的极值和最值，掌握构造函数的方法解决问题。
【温馨小提示】本章内容既是高考的重点，又是难点，再备考过程中应该大量解出各种题型，总结其解题方法，积累一些常用的小结论，会给解题带来极大的方便。
【名校试题荟萃】1、（福建省“永安一中、德化一中、漳平一中”2019届高三上学期12月三校联考）已知函数，若()1f x =-，则x = ．【答案】12【解析】问题等价于；，无解。
2、（福建省“永安一中、德化一中、漳平一中”2019届高三上学期12月三校联考）已知函数1()1x f x x +=-的图像在点()2,(2)f 处的切线与直线10ax y ++=平行，则实数a =.A 2 .B 12 .C 12- D ．2- 【答案】A【解析】由于，根据导数的几何意义及两直线平行的条件可知。
3、（福建省上杭县第一中学2019届高三上学期期中考试）函数的图象可能是( )【答案】D【解析】先由判断函数的奇偶性可知函数为奇函数，图像关于原点对称，排除A,B ；当，排除C ，故选D 。
4、（福建省上杭县第一中学2019届高三上学期期中考试）已知函数()f x 是定义域为R 的偶函数，且，若()f x 在[]1,0-上是减函数，记，， ()0.52c f =，则（ ）A ． a b c >>B ． a c b >>C ． b a c >>D ． b a c >>【答案】B5、（福建省上杭县第一中学2019届高三上学期期中考试）已知定义域为),0(+∞，为的导函数，且满足，则不等式的解集是( )A ． )2,0(B ． ),2(+∞C ． )3,2(D ． ),3(+∞ 【答案】D【解析】构造函数，求导结合可知函数()g x 在定义域),0(+∞为减函数，不等式可化为，等价于，解得结果为),3(+∞。
高考数学二轮复习课时跟踪检测(二十四) 导数的简单应用(小题练)理
导数的简单应用（小题练）A 级——12＋4提速练一、选择题1．已知f (x )＝ax 3＋3x 2＋2，若f ′(－1)＝3，则a ＝( ) A.193 B.163C.133 D ．3解析：选 D ∵f (x )＝ax 3＋3x 2＋2，∴f ′(x )＝3ax 2＋6x ，∴f ′(－1)＝3a －6，∵f ′(－1)＝3，∴3a －6＝3，解得a ＝3.故选D.2．(优质试题·合肥模拟)已知直线2x －y ＋1＝0与曲线y ＝a e x ＋x 相切，其中e 为自然对数的底数，则实数a 的值是( )A ．eB ．2eC ．1D ．2解析：选C ∵y ＝a e x ＋x ，∴y ′＝a e x ＋1，设直线2x －y ＋1＝0与曲线y ＝a e x ＋x 相切的切点坐标为(m ，n )，则y ′|x ＝m ＝a e m ＋1＝2，得a e m ＝1，又n ＝a e m ＋m ＝2m ＋1，∴m ＝0，a ＝1，故选C.3．(优质试题·成都模拟)已知函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，则函数y ＝f (x )在区间(a ，b )内的极小值点的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选A 如图，在区间(a，b)内，f′(c)＝0，且在点x＝c 附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，所以在区间(a，b)内只有1个极小值点，故选A.4．(优质试题·重庆调研)若函数f(x)＝(x＋a)e x在(0，＋∞)上不单调，则实数a的取值范围是( )A．(－∞，－1) B．(－∞，0)C．(－1,0) D．[－1，＋∞)解析：选A f′(x)＝e x(x＋a＋1)，由题意，知方程e x(x＋a＋1)＝0在(0，＋∞)上至少有一个实数根，即x＝－a－1＞0，解得a ＜－1.5．已知f(x)＝2x3－6x2＋m(m为常数)在[－2,2]上有最大值为3，那么此函数在[－2,2]上的最小值为( )A．0 B．－5C．－10 D．－37解析：选D 由题意知，f′(x)＝6x2－12x，由f′(x)＝0得x ＝0或x＝2，当x＜0或x＞2时，f′(x)＞0，当0＜x＜2时，f′(x)＜0，∴f(x)在[－2,0]上单调递增，在[0,2]上单调递减，由条件知f(0)＝m＝3，∴f(2)＝－5，f(－2)＝－37，∴最小值为－37.6．(优质试题·广州模拟)设函数f(x)＝x3＋ax2，若曲线y＝f(x)在点P(x0，f(x0))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 由题意知，f′(x)＝3x2＋2ax，所以曲线y＝f(x)在点P (x 0，f (x 0))处的切线的斜率为f ′(x 0)＝3x 20＋2ax 0，又切线方程为x ＋y ＝0，所以x 0≠0，且⎩⎪⎨⎪⎧ 3x 20＋2ax 0＝－1，x 0＋x 30＋ax 20＝0，解得a ＝±2，x 0＝－a 2.所以当⎩⎪⎨⎪⎧ x 0＝1，a ＝－2时，点P 的坐标为(1，－1)；当⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝－1，a ＝2时，点P 的坐标为(－1,1)，故选D.7．(优质试题·昆明检测)若函数f (x )＝e 2x ＋ax 在(0，＋∞)上单调递增，则实数a 的取值范围为( )A ．[－1，＋∞)B ．(－1，＋∞)C ．[－2，＋∞)D ．(－2，＋∞)解析：选C ∵f (x )在(0，＋∞)上单调递增，且f ′(x )＝2e 2x ＋a ，∴f ′(x )＝2e 2x ＋a ≥0在(0，＋∞)上恒成立，即a ≥－2e 2x 在(0，＋∞)上恒成立，又x ∈(0，＋∞)时，－2e 2x ＜－2，∴a ≥－2.8．(优质试题·陕西模拟)设函数f (x )＝x 3－12x ＋b ，则下列结论正确的是( )A ．函数f (x )在(－∞，－1)上单调递增B ．函数f (x )在(－∞，－1)上单调递减C ．若b ＝－6，则函数f (x )的图象在点(－2，f (－2))处的切线方程为y ＝10D ．若b ＝0，则函数f (x )的图象与直线y ＝10只有一个公共点 解析：选C 对于选项A ，B ，根据函数f (x )＝x 3－12x ＋b ，可得f ′(x )＝3x 2－12，令3x 2－12＝0，得x ＝－2或x ＝2，故函数f (x )在(－∞，－2)，(2，＋∞)上单调递增，在(－2,2)上单调递减，所以选项A ，B 都不正确；对于选项C ，当b ＝－6时，f ′(－2)＝0，f (－2)＝10，故函数f (x )的图象在点(－2，f (－2))处的切线方程为y ＝10，选项C 正确；对于选项D ，当b ＝0时，f (x )的极大值为f (－2)＝16，极小值为f (2)＝－16，故直线y ＝10与函数f (x )的图象有三个公共点，选项D 错误．故选C.9．已知定义在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上的函数y ＝f (x )的导函数为f ′(x )，若f ′(x )cos x －1＝ln x －f (x )sin x ，则下列不等式成立的是( ) A.2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4 B ．3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6 C.3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4<2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6 D.3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6 解析：选D 令g (x )＝f xcos x，则g ′(x )＝f x x －f x－sin xcos 2x ＝1＋ln xcos 2x ，由⎩⎪⎨⎪⎧ 0<x <π2，g x ，解得1e <x <π2；由⎩⎪⎨⎪⎧ 0<x <π2，g x ，解得0<x <1e.所以函数g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，π2上单调递增．因为π3>π6>1e ，所以g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3>g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3cos π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6cos π6，即3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，B 错，D 正确．同理因为π4>π6>1e ，所以g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4>g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4cos π4>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6cos π6，即3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4>2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，C 错．因为π3>π4>1e ，所以g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3>g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3cos π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4cos π4，即2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，A 错．故选D. 10．已知函数f (x )(x ∈R)为奇函数，当x ∈(0,2]时，f (x )＝ln x －m 2x ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫m >22，当x ∈[－2,0)时，f (x )的最小值为3，则m 的值为( ) A ．1B ．2C ．eD ．e 2解析：选C ∵f (x )在R 上是奇函数，当x ∈[－2,0)时，f (x )的最小值为3，∴f (x )在(0,2]上的最大值为－3.∵当x ∈(0,2]时，f ′(x )＝1x －m 2，令f ′(x )＝0，解得x ＝m －2；由m >22知0<m －2<2.当x ∈(0，m －2)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈(m －2,2]时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，故当x ＝m －2时，f (x )在(0,2]上取得最大值－3.∴f (m －2)＝ln m －2－m 2·m －2＝ln m －2－1＝－3，解得m ＝e.故选C.11．已知函数f (x )＝－ln x ＋ax ，g (x )＝(x ＋a )e x ，a <0，若存在区间D ，使函数f (x )和g (x )在区间D 上的单调性相同，则a 的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－12 B ．(－∞，0) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－12 D ．(－∞，－1)解析：选D f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－1x ＋a ＝ax －1x.由a <0可得f ′(x )<0，即f (x )在定义域(0，＋∞)上单调递减．g ′(x )＝e x ＋(x ＋a )e x ＝(x ＋a ＋1)e x ，令g ′(x )＝0，解得x ＝－(a ＋1)，当x ∈(－∞，－a －1)时，g ′(x )<0，当x ∈(－a －1，＋∞)时，g ′(x )>0，故g (x )的单调递减区间为(－∞，－a －1)，单调递增区间为(－a －1，＋∞)．因为存在区间D ，使f (x )和g (x )在区间D 上的单调性相同，所以－a －1>0，即a <－1，故a 的取值范围是(－∞，－1)，选D.12．(优质试题·张家界模拟)已知函数f (x )在定义域R 上的导函数为f ′(x )，若方程f ′(x )＝0无解，且f [f (x )－2 017x ]＝2 017，若g (x )＝sin x －cos x －kx 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，π2上与f (x )在R 上的单调性相同，则实数k 的取值范围是( )A ．(－∞，－1]B ．(－∞， 2 ]C ．[－1，2]D ．[2，＋∞)解析：选A 若方程f ′(x )＝0无解，则f ′(x )>0或f ′(x )<0恒成立，∴f (x )为R 上的单调函数．若∀x ∈R ，都有f [f (x )－2 017x ]＝2 017，则f (x )－2 017x 为定值，设t ＝f (x )－2 017x ，则f (x )＝t ＋2 017x ，易知f (x )为R 上的增函数．∵g (x )＝sin x －cos x －kx ，∴g ′(x )＝cos x ＋sin x －k ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4－k .又g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，π2上与f (x )在R 上的单调性相同，∴g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，π2上单调递增，则当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，π2时，g ′(x )≥0恒成立，则k ≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4min .当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，π2时，x ＋π4∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4，3π4，sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4∈⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤－22，1，2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4∈[－1,2]，故k ≤－1，选A. 二、填空题13．(优质试题·福州四校联考)已知曲线C ：y ＝x 2＋2x 在点(0,0)处的切线为l ，则由C ，l 以及直线x ＝1围成的区域的面积等于________．解析：因为y ′＝2x ＋2，所以曲线C ：y ＝x 2＋2x在点(0,0)处的切线的斜率k ＝y ′|x ＝0＝2，所以切线方程为y ＝2x ，所以由C ，l 以及直线x ＝1围成的区域如图中阴影部分所示，其面积S ＝⎠⎜⎛01(x 2＋2x －2x )d x ＝⎠⎜⎛01x 2d x ＝x 33|10＝13. 答案：1314．(优质试题·太原二模)若函数f(x )＝sin x ＋ax 为R 上的减函数，则实数a 的取值范围是________．解析：∵f ′(x )＝cos x ＋a ，由题意可知，f ′(x )≤0对任意的x ∈R 都成立，∴a ≤－1，故实数a 的取值范围是(－∞，－1]．答案：(－∞，－1]15．(优质试题·全国卷Ⅲ)曲线y ＝(ax ＋1)e x 在点(0,1)处的切线的斜率为－2，则a ＝________.解析：∵y ′＝(ax ＋a ＋1)e x ，∴当x ＝0时，y ′＝a ＋1， ∴a ＋1＝－2，解得a ＝－3.答案：－316．已知定义在(0，＋∞)上的单调函数f (x )，对任意的x ∈(0，＋∞)，都有f [f (x )－log 3x ]＝4，则函数f (x )的图象在x ＝1ln 3处的切线的斜率为________．解析：由题意，设f (x )－log 3x ＝m >0，则f (x )＝log 3x ＋m ，由f [f (x )－log 3x ]＝4可得f (m )＝log 3m ＋m ＝4，即m ＝34－m ，解得m ＝3，所以f (x )＝log 3x ＋3，f ′(x )＝1x ln 3，从而f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫1ln 3＝1，即所求切线的斜率为1.答案：1B 级——难度小题强化练1．(优质试题·西安八校联考)已知函数f (x )＝ln x －ax 2，若f (x )恰有两个不同的零点，则a 的取值范围为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫12e ，＋∞ B ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫12e ，＋∞ C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12e D.⎝⎛⎦⎥⎤0，12e 解析：选C 函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－2ax ＝1－2ax 2x.当a ≤0时，f ′(x )>0恒成立，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，则函数f (x )不存在两个不同的零点．当a >0时，由f ′(x )＝0，得x ＝12a ，当0<x <12a 时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，当x >12a 时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减，所以f (x )的最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12a ＝ln 12a －a ⎝⎛⎭⎪⎪⎫12a 2＝－12ln 2a －12，于是要使函数f (x )恰有两个不同的零点，则需满足－12ln 2a －12>0，即ln 2a <－1，所以0<2a <1e ，即0<a <12e ，所以a 的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫0，12e ，故选C.2．已知f ′(x )为f (x )(x ∈R)的导函数，当x ≠0时，f ′(x )＋f x x >2，则方程f (x )＋1x＝x 的根的个数为( ) A ．1B ．1或2C ．0D ．0或1解析：选C 由题意知，方程f (x )＋1x＝x 的根，即为xf x －x 2＋1x＝0的根．记g (x )＝xf (x )－x 2＋1，则g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )－2x .当x ≠0时，由f ′(x )＋f x x >2得xf x ＋f x －2x x>0，故当x >0时，xf ′(x )＋f (x )－2x >0，即g ′(x )>0，当x <0时，xf ′(x )＋f (x )－2x <0，即g ′(x )<0.所以函数g (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以g (x )≥g (0)＝0×f (0)－02＋1＝1.故函数g (x )＝xf (x )－x 2＋1没有零点，即方程f (x )＋1x＝x 无根．故选C.3．已知函数f (x )的定义域为R ，其导函数为y ＝f ′(x )，当x ≠1时，f ′(x )－f －x x －1>0，若函数y ＝f (x ＋1)的图象关于原点对称，a ＝－12f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，b ＝－3f (－2)，c ＝2f (3)，则a ，b ，c 的大小关系是( ) A ．a <b <cB ．b <c <aC ．a <c <bD ．c <a <b解析：选C 由函数y ＝f (x ＋1)的图象关于原点对称可得函数y＝f (x )的图象关于点(1,0)对称，即f (2－x )＝－f (x )．设g (x )＝(x －1)f (x )，则g (2－x )＝[(2－x )－1]f (2－x )＝(1－x )[－f (x )]＝(x －1)f (x )＝g (x )，所以函数y ＝g (x )的图象关于直线x ＝1对称．由已知当x ≠1时，f ′(x )－f －x x －1>0可得f ′(x )＋f x x －1>0，即x －f x ＋f xx －1>0，即g xx －1>0.当x >1时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增．而a ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，b ＝g (－2)，c ＝g (3)．由函数y ＝g (x )的图象关于直线x ＝1对称可得a ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，b ＝g (－2)＝g (4)，因为32<3<4，所以a <c <b .故选C.4．(优质试题·胶州模拟)若方程ln(x ＋1)＝x 2－32x ＋a 在区间[0,2]上有两个不同的实数根，则实数a 的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫ln 3－1，ln 2＋12 B ．[ln 2－1，ln 3－1)C ．[ln 2－1，ln 2] D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，ln 2＋12 解析：选A 令f (x )＝ln(x ＋1)－x 2＋32x －a ，则f ′(x )＝1x ＋1－2x ＋32＝－x ＋x －x ＋.当x ∈[0,1)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈(1,2]时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．由于方程ln(x ＋1)＝x 2－32x ＋a 在区间[0,2]上有两个不同的实数根，即f (x )＝0在区间[0,2]上有两个不同的实数根，则⎩⎪⎨⎪⎧f ＝－a ≤0，f＝ln 2＋12－a >0，f ＝ln 3－1－a ≤0，解得ln 3－1≤a <ln 2＋12.所以方程ln(x ＋1)＝x 2－32x ＋a 在区间[0,2]上有两个不同的实数根时，实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫ln 3－1，ln 2＋12. 5．已知函数f (x )＝x (ln x －ax )有两个极值点，则实数a 的取值范围是________．解析：f (x )的定义域为(0，＋∞)．f ′(x )＝ln x －ax ＋x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －a ＝ln x －2ax ＋1，令f ′(x )＝ln x －2ax ＋1＝0，得ln x ＝2ax －1，因为函数f (x )＝x (ln x －ax )有两个极值点，所以f ′(x )＝ln x －2ax ＋1有两个零点，等价于函数y ＝ln x 与y＝2ax －1的图象有两个交点．在同一平面直角坐标系中作出它们的图象，如图所示，过点(0，－1)作曲线y ＝ln x 的切线，设切点为(x 0，y 0)，则切线的斜率k ＝1x 0，所以切线方程为y ＝1x 0x －1，又切点在切线上，所以y 0＝x 0x 0－1＝0，又切点在曲线y ＝ln x 上，则ln x 0＝0，解得x 0＝1，所以切点为(1,0)，所以切线方程为y ＝x －1.再由直线y ＝2ax －1与曲线y ＝ln x 有两个交点，知直线y ＝2ax －1位于两直线y ＝－1和y ＝x －1之间，其斜率2a 满足0<2a <1，解得实数a 的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫0，12.答案：⎝⎛⎭⎪⎫0，12 6．已知函数g (x )＝a －x 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ≤x ≤e，e 为自然对数的底数与h (x )＝2ln x 的图象上存在关于x 轴对称的点，则实数a 的取值范围是________．解析：因为函数g (x )＝a －x 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ≤x ≤e，e 为自然对数的底数与h (x )＝2ln x 的图象上存在关于x 轴对称的点，所以方程a －x 2＝－2ln x ，即－a ＝2ln x －x 2在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上有解．令f (x )＝2ln x －x 2，则f ′(x )＝2x －2x ＝－x ＋x x ，因为1e≤x ≤e，所以f (x )在x ＝1处有唯一的极大值点．因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－2－1e 2，f (e)＝2－e 2，f (x )的极大值为f (1)＝－1，且f (e)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，故方程－a ＝2ln x －x 2在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上有解等价于2－e 2≤－a ≤－1，即1≤a ≤e 2－2，故实数a 的取值范围是[1，e 2－2]．答案：[1，e 2－2]。
高考数学二轮总复习 课时跟踪检测(五)导数的简单应用 理-人教版高三全册数学试题
课时跟踪检测(五) 导数的简单应用一、选择题1．(2019·某某模拟)已知直线2x －y ＋1＝0与曲线y ＝a e x＋x 相切，其中e 为自然对数的底数，则实数a 的值是( )A ．eB ．2eC ．1D ．2解析：选C ∵y ＝a e x＋x ，∴y ′＝a e x＋1，设直线2x －y ＋1＝0与曲线y ＝a e x＋x 相切的切点坐标为(m ，n )，则y ′|x ＝m ＝a e m＋1＝2，得a e m＝1.又n ＝a e m＋m ＝2m ＋1，∴m ＝0，n ＝1，a ＝1，故选C ．2．(2019·某某调研)若函数f (x )＝(x ＋a )e x在(0，＋∞)上不单调，则实数a 的取值X 围是( )A ．(－∞，－1)B ．(－∞，0)C ．(－1,0)D ．[－1，＋∞)解析：选A f ′(x )＝e x(x ＋a ＋1)，由题意，知方程e x(x ＋a ＋1)＝0在(0，＋∞)上至少有一个实数根，即x ＝－a －1>0，解得a <－1.3．(2019·某某模拟)若函数f (x )＝13x 3－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋b 2x 2＋2bx 在区间[－3,1]上不是单调函数，则f (x )在R 上的极小值为( )A ．2b －43B ．32b －23C ．0D ．b 2－16b 2解析：选A 由题意得f ′(x )＝(x －b )(x －2)．因为f (x )在区间[－3,1]上不是单调函数，所以－3<b <1.由f ′(x )>0，解得x >2或x <b ；由f ′(x )<0，解得b <x <2.所以f (x )的极小值为f (2)＝2b －43.故选A ．4．(2019·某某模拟)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 由题意知，f ′(x )＝3x 2＋2ax ，所以曲线y ＝f (x )在点P (x 0，f (x 0))处的切线的斜率为f ′(x 0)＝3x 20＋2ax 0，又切线方程为x ＋y ＝0，所以x 0≠0，且⎩⎪⎨⎪⎧3x 20＋2ax 0＝－1，x 0＋x 30＋ax 20＝0，所以当⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝1，a ＝－2时，点P 的坐标为(1，－1)；当⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝－1，a ＝2时，点P 的坐标为(－1,1)，故选D ．5．(2019·某某息县第一高级中学段测)函数f (x )＝x 3－3x －1，若对于区间(－3,2]上的任意x 1，x 2，都有|f (x 1)－f (x 2)|≤t ，则实数t 的最小值是( )A ．20B ．18C ．3D ．0解析：选A 对于区间(－3,2]上的任意x 1，x 2，都有|f (x 1)－f (x 2)|≤t ，等价于在区间(－3,2]上，f (x )max －f (x )min ≤t ，∵f (x )＝x 3－3x －1，∴f ′(x )＝3x 2－3＝3(x －1)(x ＋1)．∵x ∈(－3,2]，∴函数f (x )在(－3，－1)，(1,2)上单调递增，在(－1,1)上单调递减，∴f (x )max ＝f (2)＝f (－1)＝1，f (x )min ＝f (－3)＝－19，∴f (x )max －f (x )min ＝20，∴t ≥20，即实数t 的最小值是20.6．已知函数f (x )＝－ln x ＋ax ，g (x )＝(x ＋a )e x，a <0，若存在区间D ，使函数f (x )和g (x )在区间D 上的单调性相同，则a 的取值X 围是( )A ．⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－12B ．(－∞，0)C ．⎝⎛⎭⎪⎫－1，－12 D ．(－∞，－1)解析：选D f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－1x ＋a ＝ax －1x，由a <0可得f ′(x )<0，即f (x )在定义域(0，＋∞)上单调递减．g ′(x )＝e x ＋(x ＋a )e x ＝(x ＋a ＋1)·e x，令g ′(x )＝0，解得x ＝－(a ＋1)，当x ∈(－∞，－a －1)时，g ′(x )<0，当x ∈(－a －1，＋∞)时，g ′(x )>0，故g (x )的单调递减区间为 (－∞，－a －1)，单调递增区间为(－a －1，＋∞)．因为存在区间D ，使f (x )和g (x )在区间D 上的单调性相同，所以－a －1>0，即a <－1，故a 的取值X 围是(－∞，－1)，故选D ．二、填空题7．(2019·某某五个一名校联考)函数f (x )＝x 2－2ln x 的单调递减区间是________．解析：函数f (x )＝x 2－2ln x 的定义域为(0，＋∞)，令f ′(x )＝2x －2x ＝2(x ＋1)(x －1)x<0，得0<x <1，∴f (x )的单调递减区间是(0,1)． 答案：(0,1)8．(2019·某某某某模拟)已知函数f (x )＝－12x 2＋4x －3ln x 在区间[t ，t ＋1]上不单调，则t 的取值X 围是________．解析：由题意知f ′(x )＝－x ＋4－3x ＝－(x －1)(x －3)x，由f ′(x )＝0得函数f (x )的两个极值点为1和3，则只要这两个极值点有一个在区间(t ，t ＋1)内，函数f (x )在区间[t ，t ＋1]上就不单调，∴1∈(t ，t ＋1)或3∈(t ，t ＋1)⇔⎩⎪⎨⎪⎧t <1，t ＋1>1或⎩⎪⎨⎪⎧t <3，t ＋1>3⇔0<t <1或2<t <3.答案：(0,1)∪(2,3)9．(2019·某某模拟)若曲线y ＝ln x ＋ax 2－2x (a 为常数)不存在斜率为负数的切线，则实数a 的取值X 围是________．解析：f ′(x )＝1x ＋2ax －2＝2ax 2－2x ＋1x(x >0)，由题意得f ′(x )≥0在x >0时恒成立， 所以2ax 2－2x ＋1≥0在x >0时恒成立，即2a ≥2x －1x 2＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2－2x ＋1＋1＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12＋1，所以a ≥12，所以a 的取值X 围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞.答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞三、解答题10．(2019·某某某某检测)已知函数f (x )＝x 2＋ln x －ax . (1)当a ＝3时，求f (x )的单调增区间；(2)若f (x )在(0,1)上是增函数，某某数a 的取值X 围．解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)．当a ＝3时，f (x )＝x 2＋ln x －3x ，∴f ′(x )＝2x ＋1x －3.由f ′(x )>0，解得0<x <12或x >1，∴函数f (x )的单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，(1，＋∞)． (2)由题意得f ′(x )＝2x ＋1x－a ，∵f (x )在(0,1)上是增函数，∴f ′(x )＝2x ＋1x －a ≥0在(0,1)上恒成立，即a ≤2x ＋1x在(0,1)上恒成立．∵2x ＋1x ≥22当且仅当2x ＝1x ，即x ＝22时，等号成立，∴2x ＋1x的最小值为22，所以a ≤22，故实数a 的取值X 围为(－∞，22]．11．(2019·某某红色七校第一次联考)已知函数f (x )＝e x (x 2－2x ＋a )(其中a ∈R ，a 为常数，e 为自然对数的底数)．(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)设曲线y ＝f (x )在(a ，f (a ))处的切线为l ，当a ∈[1,3]时，求直线l 在y 轴上截距的取值X 围．解：(1)f ′(x )＝e x (x 2－2x ＋a )＋e x (2x －2)＝e x (x 2＋a －2)，当a ≥2时，f ′(x )≥0恒成立，故函数f (x )在区间(－∞，＋∞)上单调递增； 当a <2时，f ′(x )≥0⇔x 2≥2－a ⇔x ≤－2－a 或x ≥2－a ，f ′(x )<0⇔x 2<2－a ⇔－2－a <x <2－a .故函数f (x )在区间(－∞，－2－a ]，[2－a ，＋∞)上单调递增，在区间(－2－a ，2－a )上单调递减．(2)f (a )＝e a (a 2－a ), f ′(a )＝e a (a 2＋a －2)，所以直线l 的方程为y －e a (a 2－a )＝e a (a 2＋a －2)(x －a )．令x ＝0，得直线l 在y 轴上的截距为e a (－a 3＋a )，记g (a )＝e a (－a 3＋a )(1≤a ≤3)， 则g ′(a )＝e a (－a 3－3a 2＋a ＋1)，记h (a )＝－a 3－3a 2＋a ＋1(1≤a ≤3)， 则h ′(a )＝－3a 2－6a ＋1<0(1≤a ≤3)，所以h (a )在[1,3]上单调递减，所以h (a )≤h (1)＝－2<0，所以g ′(a )<0，即g (a )在区间[1,3]上单调递减，所以g (3)≤g (a )≤g (1)，即直线l 在y 轴上截距的取值X 围是[－24e 3,0]．12．(2019·某某省某某四中二模)已知函数f (x )＝ax 2－(a ＋2)x ＋ln x ，其中a ∈R . (1)当a ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)当a >0时，若f (x )在区间[1，e]上的最小值为－2，求a 的取值X 围． 解：(1)当a ＝1时，f (x )＝x 2－3x ＋ln x (x >0)， 所以f ′(x )＝2x －3＋1x ＝2x 2－3x ＋1x，所以f (1)＝－2，f ′(1)＝0.所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝－2. (2)函数f (x )＝ax 2－(a ＋2)x ＋ln x 的定义域为(0，＋∞)，当a >0时，f ′(x )＝2ax －(a ＋2)＋1x ＝2ax 2－(a ＋2)x ＋1x ＝(2x －1)(ax －1)x，令f ′(x )＝0，解得x ＝12或x ＝1a.①当0<1a≤1，即a ≥1时，f (x )在[1，e]上单调递增，所以f (x )在[1，e]上的最小值为f (1)＝－2，符合题意；②当1<1a <e ，即1e <a <1时，f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，1a 上单调递减，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a ，e 上单调递增． 所以f (x )在[1，e]上的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a <f (1)＝－2，不符合题意；③当1a ≥e，即0<a ≤1e时，f (x )在[1，e]上单调递减，所以f (x )在[1，e]上的最小值为f (e)<f (1)＝－2，不符合题意． 综上，实数a 的取值X 围是[1，＋∞)．。
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课时跟踪检测（二十四） 导数的简单应用（小题练）A 级——12＋4提速练一、选择题1．已知f ()＝a 3＋32＋2，若f ′(－1)＝3，则a ＝( ) A.193 B.163 C.133D ．3解析：选D ∵f ()＝a 3＋32＋2，∴f ′()＝3a 2＋6，∴f ′(－1)＝3a －6， ∵f ′(－1)＝3，∴3a －6＝3，解得a ＝3.故选D.2．(2018·合肥模拟)已知直线2－y ＋1＝0与曲线y ＝a e ＋相切，其中e 为自然对数的底数，则实数a 的值是( )A ．eB ．2eC ．1D ．2解析：选C ∵y ＝a e ＋，∴y ′＝a e ＋1，设直线2－y ＋1＝0与曲线y ＝a e ＋相切的切点坐标为(m ，n )，则y ′|＝m ＝a e m ＋1＝2，得a e m ＝1，又n ＝a e m ＋m ＝2m ＋1，∴m ＝0，a ＝1，故选C.3．(2018·成都模拟)已知函数y ＝f ()的导函数y ＝f ′()的图象如图所示，则函数y ＝f ()在区间(a ，b )内的极小值点的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选A 如图，在区间(a ，b )内，f ′(c )＝0，且在点＝c 附近的左侧f ′()<0，右侧f ′()>0，所以在区间(a ，b )内只有1个极小值点，故选A.4．(2018·重庆调研)若函数f ()＝(＋a )e 在(0，＋∞)上不单调，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，－1)B ．(－∞，0)C ．(－1,0)D ．[－1，＋∞)解析：选A f ′()＝e(＋a ＋1)，由题意，知方程e(＋a ＋1)＝0在(0，＋∞)上至少有一个实数根，即＝－a －1＞0，解得a ＜－1.5．已知f ()＝23－62＋m (m 为常数)在[－2,2]上有最大值为3，那么此函数在[－2,2]上的最小值为( )A ．0B ．－5C ．－10D ．－37解析：选D 由题意知，f ′()＝62－12，由f ′()＝0得＝0或＝2，当＜0或＞2时，f ′()＞0，当0＜＜2时，f ′()＜0，∴f ()在[－2,0]上单调递增，在[0,2]上单调递减，由条件知f (0)＝m ＝3，∴f (2)＝－5，f (－2)＝－37，∴最小值为－37.6．(2018·广州模拟)设函数f ()＝3＋a 2，若曲线y ＝f ()在点P (0，f (0))处的切线方程为＋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 由题意知，f ′()＝32＋2a ，所以曲线y ＝f ()在点P (0，f (0))处的切线的斜率为f ′(0)＝320＋2a 0，又切线方程为＋y ＝0，所以0≠0，且⎩⎨⎧3x 20＋2ax 0＝－1，x 0＋x 30＋ax 2＝0，解得a ＝±2，0＝－a2.所以当⎩⎨⎧ x 0＝1，a ＝－2时，点P 的坐标为(1，－1)；当⎩⎨⎧x 0＝－1，a ＝2时，点P 的坐标为(－1,1)，故选D.7．(2018·昆明检测)若函数f ()＝e 2＋a 在(0，＋∞)上单调递增，则实数a 的取值范围为( )A ．[－1，＋∞)B ．(－1，＋∞)C ．[－2，＋∞)D ．(－2，＋∞)解析：选C ∵f ()在(0，＋∞)上单调递增，且f ′()＝2e 2＋a ，∴f ′()＝2e 2＋a ≥0在(0，＋∞)上恒成立，即a ≥－2e 2在(0，＋∞)上恒成立，又∈(0，＋∞)时，－2e 2＜－2，∴a ≥－2.8．(2018·陕西模拟)设函数f ()＝3－12＋b ，则下列结论正确的是( )A ．函数f ()在(－∞，－1)上单调递增B ．函数f ()在(－∞，－1)上单调递减C ．若b ＝－6，则函数f ()的图象在点(－2，f (－2))处的切线方程为y ＝10D ．若b ＝0，则函数f ()的图象与直线y ＝10只有一个公共点解析：选C 对于选项A ，B ，根据函数f ()＝3－12＋b ，可得f ′()＝32－12，令32－12＝0，得＝－2或＝2，故函数f ()在(－∞，－2)，(2，＋∞)上单调递增，在(－2,2)上单调递减，所以选项A ，B 都不正确；对于选项C ，当b ＝－6时，f ′(－2)＝0，f (－2)＝10，故函数f ()的图象在点(－2，f (－2))处的切线方程为y ＝10，选项C 正确；对于选项D ，当b ＝0时，f ()的极大值为f (－2)＝16，极小值为f (2)＝－16，故直线y ＝10与函数f ()的图象有三个公共点，选项D 错误．故选C.9．已知定义在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上的函数y ＝f ()的导函数为f ′()，若f ′()cos －1＝ln －f ()sin ，则下列不等式成立的是( )A.2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4B ．3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6C.3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4<2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6D.3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6解析：选D 令g ()＝f xcos x，则g ′()＝fx cos x －f xsin xcos 2x＝1＋ln x cos 2x，由⎩⎨⎧0<x <π2，g x >0，解得1e <<π2；由⎩⎨⎧0<x <π2，gx <0，解得0<<1e .所以函数g ()在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，π2上单调递增．因为π3>π6>1e ，所以g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3>g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3cos π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6cos π6，即3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，B 错，D 正确．同理因为π4>π6>1e ，所以g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4>g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4cos π4>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6cos π6，即3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4>2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，C 错．因为π3>π4>1e ，所以g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3>g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3cos π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4cos π4，即2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，A 错．故选D.10．已知函数f ()(∈R)为奇函数，当∈(0,2]时，f ()＝ln －m 2⎝ ⎛⎭⎪⎫m >22，当∈[－2,0)时，f ()的最小值为3，则m 的值为( )A ．1B ．2C ．eD ．e 2解析：选C ∵f ()在R 上是奇函数，当∈[－2,0)时，f ()的最小值为3，∴f ()在(0,2]上的最大值为－3.∵当∈(0,2]时，f ′()＝1x －m 2，令f ′()＝0，解得＝m －2；由m >22知0<m －2<2.当∈(0，m －2)时，f ′()>0，f ()单调递增，当∈(m －2,2]时，f ′()<0，f ()单调递减，故当＝m －2时，f ()在(0,2]上取得最大值－3.∴f (m －2)＝ln m －2－m 2·m －2＝ln m －2－1＝－3，解得m ＝e.故选C.11．已知函数f ()＝－ln ＋a ，g ()＝(＋a )e ，a <0，若存在区间D ，使函数f ()和g ()在区间D 上的单调性相同，则a 的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－12B ．(－∞，0)C.⎝⎛⎭⎪⎫－1，－12D ．(－∞，－1)解析：选D f ()的定义域为(0，＋∞)，f ′()＝－1x ＋a ＝ax －1x.由a <0可得f ′()<0，即f ()在定义域(0，＋∞)上单调递减．g ′()＝e ＋(＋a )e ＝(＋a ＋1)e ，令g ′()＝0，解得＝－(a＋1)，当∈(－∞，－a －1)时，g ′()<0，当∈(－a －1，＋∞)时，g ′()>0，故g ()的单调递减区间为(－∞，－a －1)，单调递增区间为(－a －1，＋∞)．因为存在区间D ，使f ()和g ()在区间D 上的单调性相同，所以－a －1>0，即a <－1，故a 的取值范围是(－∞，－1)，选D.12．(2018·张家界模拟)已知函数f ()在定义域R 上的导函数为f ′()，若方程f ′()＝0无解，且f [f ()－2 017]＝2 017，若g ()＝sin －cos －在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，π2上与f ()在R 上的单调性相同，则实数的取值范围是( )A ．(－∞，－1]B ．(－∞， 2 ]C ．[－1，2]D ．[2，＋∞)解析：选A 若方程f ′()＝0无解，则f ′()>0或f ′()<0恒成立，∴f ()为R 上的单调函数．若∀∈R ，都有f [f ()－2 017]＝2 017，则f ()－2 017为定值，设t ＝f ()－2 017，则f ()＝t ＋2 017，易知f ()为R 上的增函数．∵g ()＝sin －cos －，∴g ′()＝cos ＋sin －＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4－.又g ()在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，π2上与f ()在R 上的单调性相同，∴g ()在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，π2上单调递增，则当∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，π2时，g ′()≥0恒成立，则≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4min .当∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，π2时，＋π4∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4，3π4，sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－22，1，2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4∈[－1,2]，故≤－1，选A. 二、填空题13．(2018·福州四校联考)已知曲线C ：y ＝2＋2在点(0,0)处的切线为l ，则由C ，l 以及直线＝1围成的区域的面积等于________．解析：因为y ′＝2＋2，所以曲线C ：y ＝2＋2在点(0,0)处的切线的斜率＝y ′|＝0＝2，所以切线方程为y ＝2，所以由C ，l 以及直线＝1围成的区域如图中阴影部分所示，其面积S ＝⎠⎛01(2＋2－2)d ＝⎠⎛012d ＝x 33|10＝13. 答案：1314．(2018·太原二模)若函数f()＝sin ＋a 为R 上的减函数，则实数a 的取值范围是________．解析：∵f ′()＝cos ＋a ，由题意可知，f ′()≤0对任意的∈R 都成立，∴a ≤－1，故实数a 的取值范围是(－∞，－1]．答案：(－∞，－1]15．(2018·全国卷Ⅲ)曲线y ＝(a ＋1)e 在点(0,1)处的切线的斜率为－2，则a ＝________. 解析：∵y ′＝(a ＋a ＋1)e ，∴当＝0时，y ′＝a ＋1， ∴a ＋1＝－2，解得a ＝－3. 答案：－316．已知定义在(0，＋∞)上的单调函数f ()，对任意的∈(0，＋∞)，都有f [f ()－log 3]＝4，则函数f ()的图象在＝1ln 3处的切线的斜率为________．解析：由题意，设f ()－log 3＝m >0，则f ()＝log 3＋m ，由f [f ()－log 3]＝4可得f (m )＝log 3m＋m ＝4，即m ＝34－m，解得m ＝3，所以f ()＝log 3＋3，f ′()＝1x ln 3，从而f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫1ln 3＝1，即所求切线的斜率为1.答案：1B 级——难度小题强化练1．(2018·西安八校联考)已知函数f ()＝ln －a 2，若f ()恰有两个不同的零点，则a 的取值范围为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫12e ，＋∞ B ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫12e ，＋∞C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12e D.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12e 解析：选C 函数f ()的定义域为(0，＋∞)，f ′()＝1x－2a ＝1－2ax 2x.当a ≤0时，f ′()>0恒成立，函数f ()在(0，＋∞)上单调递增，则函数f ()不存在两个不同的零点．当a >0时，由f ′()＝0，得＝12a，当0<<12a时，f ′()>0，函数f ()单调递增，当>12a时，f ′()<0，函数f ()单调递减，所以f ()的最大值为f ⎝⎛⎭⎪⎫12a ＝ln 12a －a ⎝⎛⎭⎪⎫12a 2＝－12ln 2a －12，于是要使函数f ()恰有两个不同的零点，则需满足－12ln 2a －12>0，即ln 2a <－1，所以0<2a <1e ，即0<a <12e ，所以a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12e ，故选C.2．已知f ′()为f ()(∈R)的导函数，当≠0时，f ′()＋f x x >2，则方程f ()＋1x＝的根的个数为( )A ．1B ．1或2C ．0D ．0或1解析：选C 由题意知，方程f ()＋1x＝的根，即为xf xx 2＋1x＝0的根．记g ()＝f ()－2＋1，则g ′()＝f ()＋f ′()－2.当≠0时，由f ′()＋f x x>2得xfxf x2xx>0，故当>0时，f ′()＋f ()－2>0，即g ′()>0，当<0时，f ′()＋f ()－2<0，即g ′()<0.所以函数g ()在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以g ()≥g (0)＝0×f (0)－02＋1＝1.故函数g ()＝f ()－2＋1没有零点，即方程f ()＋1x＝无根．故选C.3．已知函数f ()的定义域为R ，其导函数为y ＝f ′()，当≠1时，f ′()－f 2－xx －1>0，若函数y ＝f (＋1)的图象关于原点对称，a ＝－12f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，b ＝－3f (－2)，c ＝2f (3)，则a ，b ，c的大小关系是( )A ．a <b <cB ．b <c <aC ．a <c <bD ．c <a <b解析：选C 由函数y ＝f (＋1)的图象关于原点对称可得函数y ＝f ()的图象关于点(1,0)对称，即f (2－)＝－f ()．设g ()＝(－1)f ()，则g (2－)＝[(2－)－1]f (2－)＝(1－)[－f ()]＝(－1)f ()＝g ()，所以函数y ＝g ()的图象关于直线＝1对称．由已知当≠1时，f ′()－f 2－xx －1>0可得f ′()＋f x x －1>0，即x －1f xf xx －1>0，即g x x －1>0.当>1时，g ′()>0，函数g ()单调递增．而a ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，b ＝g (－2)，c ＝g (3)．由函数y ＝g ()的图象关于直线＝1对称可得a ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，b ＝g (－2)＝g (4)，因为32<3<4，所以a <c <b .故选C.4．(2018·胶州模拟)若方程ln(＋1)＝2－32＋a 在区间[0,2]上有两个不同的实数根，则实数a 的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫ln 3－1，ln 2＋12B ．[ln 2－1，ln 3－1)C ．[ln 2－1，ln 2]D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，ln 2＋12解析：选A 令f ()＝ln(＋1)－2＋32－a ，则f ′()＝1x ＋1－2＋32＝4x ＋5x －12x ＋1.当∈[0,1)时，f ′()>0，f ()单调递增，当∈(1,2]时，f ′()<0，f ()单调递减．由于方程ln(＋1)＝2－32＋a 在区间[0,2]上有两个不同的实数根，即f ()＝0在区间[0,2]上有两个不同的实数根，则⎩⎪⎨⎪⎧f 0a ≤0，f 1ln 2＋12－a >0，f2ln 3－1－a ≤0，解得ln 3－1≤a <ln 2＋12.所以方程ln(＋1)＝2－32＋a 在区间[0,2]上有两个不同的实数根时，实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫ln 3－1，ln 2＋12.5．已知函数f ()＝(ln －a )有两个极值点，则实数a 的取值范围是________．解析：f ()的定义域为(0，＋∞)．f ′()＝ln －a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －a ＝ln －2a ＋1，令f ′()＝ln －2a ＋1＝0，得ln ＝2a －1，因为函数f ()＝(ln －a )有两个极值点，所以f ′()＝ln －2a ＋1有两个零点，等价于函数y ＝ln 与y ＝2a －1的图象有两个交点．在同一平面直角坐标系中作出它们的图象，如图所示，过点(0，－1)作曲线y ＝ln 的切线，设切点为(0，y 0)，则切线的斜率＝1x 0，所以切线方程为y ＝1x 0－1，又切点在切线上，所以y 0＝x 0x 0－1＝0，又切点在曲线y ＝ln 上，则ln 0＝0，解得0＝1，所以切点为(1,0)，所以切线方程为y ＝－1.再由直线y ＝2a －1与曲线y ＝ln 有两个交点，知直线y ＝2a －1位于两直线y ＝－1和y ＝－1之间，其斜率2a 满足0<2a <1，解得实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫0，126．已知函数g ()＝a －2⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ≤x ≤e ，e 为自然对数的底数与h ()＝2ln 的图象上存在关于轴对称的点，则实数a 的取值范围是________．解析：因为函数g ()＝a －2⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ≤x ≤e ，e 为自然对数的底数与h ()＝2ln 的图象上存在关于轴对称的点，所以方程a －2＝－2ln ，即－a ＝2ln －2在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上有解．令f ()＝2ln －2，则f ′()＝2x －2＝21－x1＋xx，因为1e≤≤e ，所以f ()在＝1处有唯一的极大值点．因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－2－1e 2，f (e)＝2－e 2，f ()的极大值为f (1)＝－1，且f (e)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，故方程－a ＝2ln －2在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上有解等价于2－e 2≤－a ≤－1，即1≤a ≤e 2－2，故实数a 的取值范围是[1，e 2－2]．答案：[1，e 2－2]。