2020高考文科数学复习提能练(一) 函数与导数
高中数学函数与导数练习题及参考答案
高中数学函数与导数练习题及参考答案一、选择题（每小题3分，共30分）1. 设函数f(x)=2x^3-3x^2+4x-1，则f'(x)的值为：A. 6x^2-6x+4B. 6x^2-3x+4C. 6x^2-6x-4D. 6x^2-3x-42. 已知函数f(x)=e^(2x)-x，下列说法正确的是：A. f(x)的定义域为RB. f(x)的值域为RC. 对任意x∈R，f(x)≥0D. f(x)在R上递增3. 函数f(x)=log(2x+1)的定义域为：A. x>1/2B. x≥1/2C. x>1D. x≥-1/24. 函数f(x)=(x-2)^2-1的图像对称于：A. x轴B. y轴C. 原点D. 直线x=25. 函数f(x)=x^3+3x^2-x+2的最小值为：A. -∞B. -4C. 1D. 66. 函数f(x)=log_a(x^2-4)的定义域为：A. x>2B. x<-2C. x>2或x<-2D. x>07. 设函数f(x)=(x+1)e^x，则f'(x)=：A. (x+2)e^xB. xe^xC. (x+1)e^x+e^xD. (x+1)e^x+18. 函数y=2^(x^2)的图像在y轴的左侧为：A. 上拋曲线B. 下落曲线C. 开口向上的曲线D. 开口向下的曲线9. 函数f(x)=√(x-1)的定义域为：A. x>1B. x≥1C. x>0D. x≥010. 设函数f(x)=x^3-3x^2+2，则f''(x)的值为：A. 6x-6B. 6x-2C. 6x-3D. 6x-4二、计算题（每小题5分，共40分）1. 计算函数f(x)=e^(2x)-3x在x=1处的导数f'(1)的值。
解答：f'(x)=2e^(2x)-3f'(1)=2e^2-32. 已知函数y=log_a(x^2-4)，求f(x)在x=0处的导数f'(0)。
浙江专版2020年高考数学二轮专题复习重难增分训练一函数与导数的综合问题
1.已知 m 、nW (2t ( 1 1 m ?),且飞一-<ln-,则() n m n A. ni>n B. m<nC.加>2+-nD. m, c 的大小关系不确左解析：选 A 由不等式可得2― <ln zz?—In m 即2+In n<i+ln m.设 f(x) =£+ln x{x n m n m x2 1 v :—9 W (2, e)),则 f Cv) =—+- = -_. XXX因为丄€(2, e),所以f Gr)>0,故函数fd)在(2, e)上单调递增.因为fS)Vf%),所 以n<m.故选A.2. _____________________________________ 已知泄义在R 上的可导函数f(x)的导函数为f 3,满足f (x)Vf(x),且f(x+2)为 偶函数，f(4)=l,则不等式A.Y ) <e x 的解集为 .解析：因为A.Y +2)为偶函数，所以f(x+2)的图象关于x=0对称，所以f(£的图象关于* f V f ve'T — f v=2对称.所以f(0)=f(4)=l ・设&3=弋一(xGR)，则以(0= ——:―旷丁二一=••又f Q)VfG),所以C Y XO(X GR),所以函数g(x)在左义域上单训递减.因为 f(x) Ve <=>—<1» 而 g(0) = —=1,所以 f3 Ve'ogCv) Vg(0),所以 x>0.答案：(0, +8)3. (2017・广东汕头模拟)已知函数f3 =x+xln x 、若且—加&一1)>0对任意的-Y>1恒成立，则加的最大值为 ________ .vl n y 解析：因为f3=x+xLn<且f3—血一1)〉0对任意的01恒成立，等价于 虫 ； -Y —1令g (・Y )=q^G>i ),所以以(X )=-v 2 易知孑3=o 必有实根.设为弘(弘X — 1 X — 1~2 —In A *O =0) >且gGr)在(1,加)上单训递减，在Go,故3<-%<4i 又也WZ,故也的最大值为3.答案：34. 已知函数f3 = |卅|,方程/(x) + tA.Y )4-l = 0(t£R)有四个不同的实数根，则实数r的取值范围为 ________ ・重难增分训练(一)函数与导数的综合问+ 8)上单调递增，此时g{x)M =g(x^及+*oln -Yo 及+及 及―2 -Yo~ 1 =-Yo» 【大1 此 2Zr\A*b> 令 ACv)=x-2-ln x 、可得 A(3)<0.力(4)>0,解析: 曲日卅u_丘，“当“MO时，f 3=丁+衣・20恒成立，所以函数f3在［0, +8)上为增函数：当X0 时，F (-Y)= —e，：—-Ye x= —e v(.¥+l),由f C Y)=0,得x= —1,当(―°°> —1) 时，f &)= 一于(％+1)>0,函数f(x)为增函数，当-re (-1,0)时，f (%)=-£• &+1)〈0,函数fG)为减函数，所以函数f3 = |•肘在(一8, 0)上的最大值为A-l) = -(-l)e x=-, e 要使方程/Cv)4-tXA-)+l=0(tGR)有四个不同的实数根，令f3=m,则方程/+切+1 =0应有两个不同的实根，且一个根在(0,弓内，一个根在(£, +8)内，令&%)=/+切+1, 因为*0)=1>0,则只需£)〈0,即(》+£+1〈0,解得十<一斗2所以使得方程/CY)4-t/-(.Y)4-l = 0(tGR)有四个不同的实数根的t的取值范围为答案：(_8, _字)5.已知函数f{x) = x— aln x+ b, a, b为实数.⑴若曲线x=f3在点(1, f(l))处的切线方程为尸=2卄3,求a, &的值；(2)若f 3丨〈：对丘［2,3］恒成立，求a的取值范围.解：(1)由已知，得f 3=1—二x且由题设得f' (1)=2, Al) =5,从而，得1 — a=2且1 + b=5,解得a= —1, 6=4.3 3 3a⑵根据题设得，命题等价于当用[2, 3]时，1—U恒成立Q 恒成立XX X X3 3 3成立Q*—〈a〈x+TM成立.(*)X X X3 3设g{x) —x—, ”丘[2, 3], h{x) =x■一，JV E [2, 3],X X则(*)式即为g(x)込＜丛力3s 而当.YG [2, 3]时，3 3=x一一和/?(.¥)=%+-均为增函数，X X则 g(x)如=g(3) =2, A (Ar)mn=A(2) =L 所以实数&的取值范囤为(2,V6. (2017・宁波模拟)已知函数f(x) =—+ax, x>l.In x (1) 若在(1, +s)上单调递减，求实数&的取值范用； (2) 若a=2,求函数f(x)的极小值：⑶若方程(2x —m)lnx+尸0在(1, e ］上有两个不等实根，求实数加的取值范用. 解：(l)f 3=：»+ a,由题意可得f (x)W0在(1, +8)上恒成立，.•，冬丄-丄 J 丄丄ln\r In x \ln x 2) 4(it +8), /.In xW (0, +°°)»，.当去—旨时，函数&(化-芬寻的最小值为T故实数&的取值范围为(一 8, —扌(2)当 a=2 时，f(£=F-+2〃 In x .z x In -Y —l + 21n"-Y f 3= --------- 严 ------ •In x令 f (x)=0,得 21n -v+ln x-l = 0> 1 1解得In *=厅或In *= —1(舍)，即x=e 2・ £ 丄当 1<x<^ 时，r (A -XO,当 x>e 7 时，f 1 C Y )>0,fix)的极小值为彳e 3卜£~+2e 1 =4e 1.2Y V⑶将方程(2%—於In %+*= 0两边同除以In y 得(2<—功)+百一=0,整理得 —+2.Y =^ In x In x即函数呂(动=宀+2*的图象与函数y=山的图象在(1，訂上有两个不同的交点・ In x 由(2)可知，&(£在(1, e^)上单调递减，在(el e 上单调递增，4 eE )=4e‘，g(e) =3e,在(1, e ］上，当 L 1 时，-»4-©o.£故实数也的取值范围为(4e+, 3e -7. (2017 •全国卷III)已知函数 f3=ln x+a.f+(2a+l)x. (1) 讨论f(x)的单调性：3(2) 当 aVO 时，证明 r (A^---2.解：⑴f3的定义域为(o, +8),若 aMO,则当 (0, +8)时，f C Y )>0, 故f(x)在(0, +8)上单调递增. 若a<0,则当曲(0, —衿)时，f' Cv)>0：+ 8 时，f 9C Y )<0.故f3在(0, —土)上单调递增，在(-右,+8)上单调递减.(2)证明：由⑴知，当a<0时，f(x)在尸-右处取得最大值，最大值为彳一£；) = ln (一右)所以f(g£-2等价于応―£一1—茅£-2,即h(- 设 g(x)=ln x —*+1,则 R 3=丄一 1.■ A当 (0, 1)时，0 (£>0：当(1, +8)时，y (x)<0.所以 g(x)在(0,1)上单调递增, 在(1, +8)上单调递减. 故当*= 1时，g(x)取得最大值，最大值为s(l)=0. 所以当x>0时，g(x)W0.从而当a<0时，In (—右)+右+1W0,3即 f(x)壬一 一一2.4&8. (2017・合肥质检)已知函数g(x) =/+£+*(&为实数). (1)试讨论函数的单调性：(2)若对任意丄唱(0, +8)恒有求实数a 的取值范用.-'•解：(1) g f(-Y )= 3aY+2A F + 1.① 当a=0时，g(x)在(一8, — 上单调递减，在(一扌，+°°)上单调递增： ② 当占工0时，A =4-123.当》新，贰3=3/+2卄120恒成立，此时在R 上单调递增：(-Y )=一"■2"+2&+1 = xx+12aw+lx当0G站时，由N 3=3/+2卄1 = 0得，2二尸,戸土戸，g(x)在(一8, A-1),(北，+8)上单调递增，在(X1,上)上单调递减：当a<0时，g(x)在(一8,魁)，(x，+8)上单调递减，在(龙，出)上单调递增.(2)令f3=lnx+±则Z Cv)=l-1 因此f&)在(0,1)上单调递减，在⑴ +8)上单X X X调递增，所以f(x)^=f(l) = l.当a> — 1 时,g(l)=a+2>l = f(l),显然对任意A-G (0»+8)不恒有fOMgCr)；当“W —1时，由⑴知，在(0,幻上单调递增，在(為，+8)上单调递减，则3屈+2及+ 1 = 0,即ax； =—亍(2上 + 1),所以在(0, +8)上，&3如=&(弘)=ax： + x：+益=尹：+詁i=§g + l)=—亍所以g(x) ».-. = !(及 + 1)= 一扌W 1 = f(x) un，即满足对任意用(0, +8),恒有f(x)»3. 综上，实数aW (—8’ -1].9.设函数f(x)=lnx+"在(0, 内有极值.(1)求实数a的取值范围：(2)若加丘(0, 1),(1, +8).求证：f(r) — fg)>e+2—解：(1)031 或X>1 时，f 3 J—一= “T -严丿- d+2 .；+1 X X— 1 X X— 1 XX— 1由f C Y)= 0在(o, £|内有解.令=X — (a+2)x+l= (A—o) (x— 0),不妨设0〈。
2020高考文科数学二轮专题辅导通用版课件：专题1 函数与导数2.1.高考小题 2
【解析】(1)选A.令m1=-26.7,m2=-1.45, 则m2-m1=-1.45-(-26.7)=25.25= , lg =10.1, =1010.1.
E1
E1
E2
E2
5 lg E1 2 E2
(2)依题意有a·e-b×8= a,
所以b= ,
1
所以y=a· .若容器中只有开始时的2八分之一, 则解有得at=·24=,所lan以. 2再经过的时间为24-8=16(min).
【变式训练】(1)函数f(x)= 则下列结论成立的是
(
的图) 象如图所示a,x＋b
A.a>0,b>0,c<0 B.a<0,b>0,c>0
（x＋c）2
C.a<0,b>0,c<0
D.a<0,b<0,c<0
(2)已知函数f(x)=ax+b(a>0,a≠1)的定义域和值域都是[-1,0],则a+b=________.
(2)数形结合法:先对解析式变形,在同一平面直角坐标系中,画出函数的图象,然后数形 结合求解. (3)分离参数法:先将参数分离,转化成求函数的值域问题加以解决.
【变式训练】
(1)函数f(x)=ln x+x- ,则函数的零点所在区间
是
()
A. C.
B. D.(1,2)
1
2
(1，1 ) 42 ( 3，1) 4
考向三 函数的实际应用(保分题型考点) 【题组通关】 1.某棵果树前n年的总产量Sn与n之间的关系如图所示.从目前记录的结果看,前m年的 年平均产量最高,m的值为 ( )
A.5
B.7
C.9
D.11
高考文科数学专题复习导数训练题
高考文科数学专题复习导数训练题(文)一、考点回顾1．导数的概念及其运算是导数应用的基础,是高考重点考查的内容.考查方式以客观题为主，主要考查导数的基本公式和运算法则，以及导数的几何意义.２.导数的应用是高中数学中的重点内容,导数已由解决问题的工具上升到解决问题必不可少的工具,特别是利用导数来解决函数的单调性与最值问题是高考热点问题.选择填空题侧重于利用导数确定函数的单调性、单调区间和最值问题,解答题侧重于导数的综合应用，即与函数、不等式、数列的综合应用.3.应用导数解决实际问题,关键是建立适当的数学模型(函数关系）,如果函数在给定区间内只有一个极值点,此时函数在这点有极值,而此时不用和端点值进行比较,也可以得知这就是最值． 二、经典例题剖析 考点一:求导公式 例1)(/x f 是1231)(3++=x x x f 的导函数，则=-)1(/f . 考点二:导数的几何意义例2. 已知函数)(x f y =的图象在点))1(,1(f M 处的切线方程是221+=x y ，则=+)1()1(/f f . 考点三:导数的几何意义的应用例3．已知曲线,23:23x x x y C +-=直线,:kx y l =且直线l 与曲线C 相切于点()(),0,000≠x y x 求直线l 的方程及切点坐标. 考点四：函数的单调性例4.设函数c bx ax x x f 8332)(23+++=在1=x 及2=x 时取得极值． （1)求b a ,的值及函数)(x f 的单调区间；(２)若对于任意的[],3,0∈x 都有)(x f <2c 成立,求c 的取值范围.考点五:函数的最值例５.已知a 为实数,).)(4()(2a x x x f --=(1)求导数)(/x f ;(2)若,0)1(/=-f 求)(x f 在区间[]2,2-上的最值.考点六：导数的综合性问题例6． 设函数)0()(3≠++=a c bx ax x f 为奇函数，其图象在点())1(,1f 处的切线与直线076=--y x 垂直,导函数.12|)(min /-=x f (1）求c b a ,,的值;(2）求函数)(x f 的单调递增区间，并求函数)(x f 在[]3,1-上的最大值和最小值.例7.已知cx bx ax x f ++=23)(在区间[]1,0上是增函数,在区间()()+∞∞-,1,0,上是减函数，又1322f ⎛⎫'= ⎪⎝⎭.（Ⅰ)求()f x 的解析式；（Ⅱ)若在区间[0](0)m m >，上恒有()f x x ≤成立,求m 的取值范围．例８．设函数2()()f x x x a =--（x ∈R )，其中a ∈R .（Ⅰ）当1a =时，求曲线()y f x =在点(2(2))f ，处的切线方程；(Ⅱ)当0a ≠时，求函数()f x 的极大值和极小值；（Ⅲ)当3a >时，证明存在[]10k ∈-，，使得不等式22(cos )(cos )f k x f k x --≥对任意的x ∈R 恒成立．例9．已知),,()(23R c b a c bx x ax x f ∈++-=在()0,∞-上是增函数,[]3,0上是减函数,方程0)(=x f 有三个实根，它们分别是.,2,βα(1)求b 的值,并求实数a 的取值范围；(2）求证：βα+≥.25三、 方法总结 （一）方法总结导数是中学限选内容中较为重要的知识，由于其应用的广泛性,为我们解决所学过的有关函数问题提供了一般性方法,是解决实际问题强有力的工具.导数的概念及其运算是导数应用的基础,是高考重点考查的对象.要牢记导数公式,熟练应用导数公式求函数的导数,掌握求导数的方法．应用导数解决实际问题的关键是要建立恰当的数学模型,了解导数概念的实际背景．应用导数求函数最值及极值的方法在例题讲解中已经有了比较详细的叙述． (二)高考预测导数的考查方式以客观题为主,主要考查求导数的基本公式和法则,以及导数的几何意义．也可以解答题的形式出现，即以导数的几何意义为背景设置成导数与解析几何的综合题.导数的应用是重点，侧重于利用导数确定函数的单调性和极值、最值、值域问题. 四、强化训练1.已知曲线42x y =的一条切线的斜率为21，则切点的横坐标为（ A ）A ．１ﻩﻩB .2C .3ﻩﻩﻩD ．４２.函数,93)(23-++=x ax x x f 已知)(x f 在3-=x 时取得极值，则=a （ D )（A ）2 ﻩﻩ(Ｂ)3 （C ）4 ﻩﻩﻩ（D ）53.函数32312)(x x x f -=在区间[]6,0上的最大值是（ A ） A .323 ﻩﻩﻩB .163 ﻩﻩC ．12D ．94.三次函数x ax y +=3在()+∞∞-∈,x 内是增函数,则 （ A )A . 0>a ﻩB ．0<aC ．1=a ﻩﻩD .31=a 5.在函数x x y 83-=的图象上,其切线的倾斜角小于4π的点中,坐标为整数的点的个数是( D ) ﻩA .3B .2ﻩＣ．１D ．0６.已知函数,)(23c bx ax x x f +++=当1-=x 时,取得极大值7；当1-=x 时，取得极小值．求这个极小值及c b a ,,的值.7．设函数).()(23R x cx bx x x f ∈++=已知)()()(/x f x f x g -=是奇函数.(1)求c b ,的值;（2）求)(x g 的单调区间与极值.8.用长为１8 cm 的钢条围成一个长方体形状的框架,要求长方体的长与宽之比为2：１，问该长方体的长、宽、高各为多少时，其体积最大?最大体积是多少?９.已知函数()()()331,5f x x ax g x f x ax =+-=--，其中()'f x 是的导函数. (I)对满足11a -≤≤的一切a 的值，都有()0g x <,求实数x 的取值范围；(ＩＩ)设2a m =-,当实数m 在什么范围内变化时,函数()y f x =的图象与直线3y =只有一个公共点. 10．设函数22()21(0)f x tx t x t x t =++-∈>R ，．(I)求()f x 的最小值()h t ； (II ）若()2h t t m <-+对(02)t ∈，恒成立，求实数m 的取值范围．11.设函数).,(4)1(3)(23R b a b ax x a x x f ∈+++-= （I)若函数)(x f 在3=x 处取得极小值,21求b a ,的值;（II ）求函数)(x f 的单调递增区间; (ＩＩＩ) 若函数)(x f 在)1,1(-上有且只有一个极值点，求实数a 的取值范围.１2.已知二次函数),,()(2R c b a c bx ax x f ∈++=满足:对任意R x ∈,都有)(x f ≥,x 且当)3,1(∈x 时，有)(x f ≤2)2(81+x 成立.(Ｉ）试求)2(f 的值;(II)若,0)2(=-f 求)(x f 的表达式； (III)在(II)的条件下,若[)+∞∈,0x 时,)(x f >412+x m 恒成立，求实数m 的取值范围. 13.已知函数).,(4)(,6)23(213)(223R m a m x ax x g x x a x a x f ∈-+-=++-=(I)当[]3,0,1∈=x a 时，求()f x 的最大值和最小值；(II)当a <２且0≠a 时,无论a 如何变化,关于x 的方程)()(x g x f =总有三个不同实根,求m 的取值范围.例题参考答案例1 ３；例2 3;例3 ⎪⎭⎫ ⎝⎛--=83,23,41x y ；例4 (1) ,4,3=-=b a 增区间为()()+∞∞-,2,1,；减区间为()2,1,(２） ()()+∞-∞-,91, ；例5 （1）,423)(2/--=ax x x f （2).2750)34()(,29)1()(min max -===-=f x f f x f ；例６ （1).0,12,2=-==c b a (2) ()().28)2()(,18)3()(;,2,2,min max -====+∞-∞-f x f f x f ; 例7解：（Ⅰ)2()32f x ax bx c '=++,由已知(0)(1)0f f ''==,即0320c a b c =⎧⎨++=⎩，，解得032c b a =⎧⎪⎨=-⎪⎩，． 2()33f x ax ax '∴=-，13332422a a f ⎛⎫'∴=-= ⎪⎝⎭，2a ∴=-,32()23f x x x ∴=-+.(Ⅱ)令()f x x ≤,即32230x x x -+-≤,(21)(1)0x x x ∴--≥,102x ∴≤≤或1x ≥. 又()f x x ≤在区间[]0m ，上恒成立，102m ∴<≤． 例8解:(Ⅰ)当1a =时，232()(1)2f x x x x x x =--=-+-，得(2)2f =-,且2()341f x x x '=-+-,(2)5f '=-．所以,曲线2(1)y x x =--在点(22)-，处的切线方程是25(2)y x +=--,整理得580x y +-=. (Ⅱ)解：2322()()2f x x x a x ax a x =--=-+-,22()34(3)()f x x ax a x a x a '=-+-=---. 令()0f x '=，解得3ax =或x a =． 由于0a ≠,以下分两种情况讨论.（1）若0a >,当x 变化时,()f x '的正负如下表：因此,函数()f x 在3ax =处取得极小值3a f ⎛⎫ ⎪⎝⎭，且34327a f a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭；函数()f x 在x a =处取得极大值()f a ,且()0f a =. (2）若0a <，当x 变化时，()f x '的正负如下表：因此,函数()f x 在x a =处取得极小值()f a ，且()0f a =；函数()f x 在3ax =处取得极大值3a f ⎛⎫ ⎪⎝⎭,且34327a f a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭．（Ⅲ）证明：由3a >,得13a >，当[]10k ∈-，时，cos 1k x -≤,22cos 1k x -≤. 由（Ⅱ）知，()f x 在(]1-∞，上是减函数，要使22(cos )(cos )f k x f k x --≥,x ∈R 只要22cos cos ()k x k x x --∈R ≤ 即22cos cos ()x x k k x --∈R ≤ ①设2211()cos cos cos 24g x x x x ⎛⎫=-=-- ⎪⎝⎭，则函数()g x 在R 上的最大值为2．要使①式恒成立,必须22k k -≥,即2k ≥或1k -≤.所以,在区间[]10-，上存在1k =-,使得22(cos )(cos )f k x f k x --≥对任意的x ∈R 恒成立．例9解：(1）)(,23)(2/x f b x ax x f +-= 在()0,∞-上是增函数,在[]3,0上是减函数,所以当0=x 时,)(x f 取得极小值,.048,0)2(.0,0)0(/=+-∴==∴=∴c a f b f又方程0)(=x f 有三 实根，023)(.02/=+-=∴≠∴b x ax x f a 的两根分别为.32,021ax x == 又)(x f 在()0,∞-上是增函数,在[]3,0上是减函数，)(/x f ∴＞０在()0,∞-上恒成立,)(/x f <0在[]3,0上恒成立．由二次函数的性质知,a ＞0且a 32≥0,3∴<a ≤.92 故实数a 的取值范围为.92,0⎥⎦⎤ ⎝⎛(2） βα,2, 是方程0)(=x f 的三个实根,则可设.2)22()2())(2)(()(23αβαββαβαβαa x a x a ax x x x a x f -+++++-=---= 又),,()(23R c b a c bx x ax x f ∈++-=有,21,1)2(-=+∴=++aa βαβα 0 ＜a ≤∴,92βα+≥.25强化训练答案：6.解:b ax x x f ++=23)(2/.据题意，－1，３是方程0232=++b ax x 的两个根,由韦达定理得 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=⨯--=+-3313231b a∴c x x x x f b a +--=∴-=-=93)(,9,323,2,7)1(=∴=-c f ∴极小值25239333)3(23-=+⨯-⨯-=f ７．解:(1）∵()32f x x bx cx=++，∴()232f x x bx c'=++。
2020年高考文科数学一轮总复习：函数与导数
2020年高考文科数学一轮总复习：函数与导数函数与导数类型一 函数的单调性、极值及最值 (12分)已知函数f (x )＝e x cos x －x .(1)求曲线y ＝f （x ）在点（0，f （0））处的切线方程；❶ (2)求函数f (x )在区间⎣⎡⎦⎤0，π2上的最大值和最小值．❷[建桥寻突破]❶看到求曲线的切线方程，想到利用导数的几何意义求切线的斜率，再确定切线方程. ❷看到求函数f (x )在区间⎣⎡⎦⎤0，π2上的最大值和最小值，想到利用导数研究函数在给定区间上的单调性，得出最值. [规范解答](1)因为f (x )＝e x cos x －x ， 所以f ′(x )＝e x (cos x －sin x )－1， 2分得分点① 又因为f (0)＝1，f ′(0)＝0， 3分得分点②所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝1. 4分得分点③ (2)设h (x )＝e x (cos x －sin x )－1， 则h ′(x )＝e x (cos x －sin x －sin x －cos x ) ＝－2e x sin x ．6分得分点④ 当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时，h ′(x )＜0，7分得分点⑤ 所以h (x )在区间⎣⎡⎦⎤0，π2上单调递减.8分得分点⑥ 所以对任意x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2有h (x )＜h (0)＝0，即f ′(x )＜0，9分得分点⑦ 所以函数f (x )在区间⎣⎡⎦⎤0，π2上单调递减，10分得分点⑧ 因此f (x )在区间⎣⎡⎦⎤0，π2上的最大值为f (0)＝1， 11分得分点⑨ 最小值为f ⎝⎛⎭⎫π2＝－π2.12分得分点⑩[评分标准]①有正确的求导式子得2分； ②得出f ′(0)＝0得1分； ③写出切线方程y ＝1得1分；④对新函数h (x )＝e x (cos x －sin x )－1并求导得2分．求导出错不得分； ⑤得出x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时，h ′(x )＜0得1分；⑥正确判断出函数h (x )的单调性得1分； ⑦得出f ′(x )＜0得1分；⑧判断出函数f (x )在区间⎣⎡⎦⎤0，π2的单调性得1分；⑨求出最大值得1分； ⑩求出最小值得1分.[解题点津](1)牢记求导法则，正确求导：在函数与导数类解答题中，通常会涉及求导，正确的求导是解题关键，因此要牢记求导公式，做到正确求导，如本题第(1)问就涉及对函数的求导. (2)注意利用第(1)问的结果：在题设条件下，如果第(1)问的结果第(2)问能用得上，可以直接用，有些题目不用第(1)问的结果甚至无法解决，如本题即是在第(1)问的基础上求解.[核心素养]导数的几何意义、函数的单调性、极值与最值的综合问题以函数为载体，以导数为解题工具，主要考查函数的单调性、极值、最值问题的求法．主要考查“数学运算”的核心素养.类型二 函数、导数与不等式(12分)已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋(2a ＋1)x . (1)讨论f （x ）的单调性；❶(2)当a ＜0时，证明f （x ）≤－34a －2.❷ [建桥寻突破]❶看到讨论f (x )的单调性，想到先确定函数的定义域，然后对函数f (x )进行求导. ❷看到f (x )≤－34a －2成立，想到利用导数求函数的最大值.[规范解答](1)f ′(x )＝2ax 2＋（2a ＋1）x ＋1x ＝（2ax ＋1）（x ＋1）x(x ＞0)，2分得分点①当a ≥0时，f ′(x )≥0，则f (x )在(0，＋∞)上单调递增， 4分得分点② 当a ＜0时，则f (x )在⎝⎛⎭⎫0，－12a 上单调递增， 在⎝⎛⎭⎫－12a ，＋∞上单调递减. 6分得分点③ (2)由(1)知，当a ＜0时，f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫－12a ， 7分得分点④f ⎝⎛⎭⎫－12a －⎝⎛⎭⎫－34a －2＝ln ⎝⎛⎭⎫－12a ＋12a ＋1， 令y ＝ln t ＋1－t ⎝⎛⎭⎫t ＝－12a ＞0， 令y ′＝1t－1＝0，解得t ＝1，8分得分点⑤ 所以y 在(0，1)单调递增，在(1，＋∞)单调递减， 9分得分点⑥ 所以y max ＝y (1)＝0，所以y ≤0， 10分得分点⑦即f (x )max ≤－⎝⎛⎭⎫34a ＋2， 所以f (x )≤－34a －2.12分得分点⑧[评分标准]①正确求导并写出函数的定义域得2分； ②讨论当a ≥0时，f (x )的单调性，正确得2分； ③讨论当a ＜0时，f (x )的单调性，正确得2分； ④写出f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫－12a 得1分； ⑤构造函数y ＝ln t ＋1－t ，并正确求导解得t ＝1得1分； ⑥判断新函数y ＝ln t ＋1－t 的单调性得1分； ⑦得出结论得1分；⑧结合恒成立得出待证式得2分. [解题点津](1)讨论函数的单调性首先要明确函数的定义域，一般用导数的方法，对参数分类做到不重不漏.(2)构造函数：构造新函数是导数综合问题的常用方法，如本题第(2)问构造函数y ＝ln t ＋1－t .注意新函数的定义域. [核心素养]利用导数判断函数的单调性及解决与不等式有关的函数问题是高考命题的热点问题．本题主要考查“逻辑推理”及“数学运算”的核心素养.。
2020高考文科数学(人教A版)总复习课件：函数与导数的综合压轴大题
高考大题专项 函数与导数的综合压轴大题
一
突突破破11
突破2
-7-
题型一
题型二
题型三
题型四
题型五
突破1 利用导数求极值、最值、参数范围
题型一 讨论函数极值点的个数
例1设函数f(x)=ln(x+1)+a(x2-x),其中a∈R.讨论函数f(x)极值点的个
数,并说明理由. 解 定义域为(-1,+∞),f'(x)=������+11+a(2x-1)=������+11(2ax2+ax+1-a),由������+11>0,令 g(x)=2ax2+ax+1-a(x>-1), 当 a=0 时,g(x)=1,则 f'(x)>0 在(-1,+∞)上恒成立, 则 f(x)在(-1,+∞)上单调递增,即当 a=0 时,函数无极值点; 当 a>0 时,由 Δ=a(9a-8)≤0,得 0<a≤89,
高考大题专项一 函数与导数的综合压轴大题
考情分析
高考大题专项 一
知识理
函数与导数的综合压轴大题
突破1
突破2
从近五年的高考试题来看,对导数在函数中应用的考查常常是一 大一小两个题目,其中解答题的命题特点是:以二次或三次函数、 对数函数、指数函数及分式函数为命题载体,以切线问题、单调性 问题、极值最值问题、恒成立问题、存在性问题、函数零点问题 为设置条件,与参数的范围、不等式的证明,方程根的分布综合成 题,重点考查应用分类讨论思想、函数与方程思想、数形结合思想 及化归与转换思想来分析问题、解决问题的能力.
高考大题专项 一
函数与导数的综合压轴大题
2020年 高考数学(文科)常考基础题、易错题 提分必刷题之 导数的概念及运算
第1讲导数的概念及运算一、填空题1．设y＝x2e x，则y′＝________.解析y′＝2x e x＋x2e x＝(2x＋x2)e x.答案(2x＋x2)e x2．已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f(x)＝2x·f′(1)＋ln x，则f′(1)＝________.解析由f(x)＝2xf′(1)＋ln x，得f′(x)＝2f′(1)＋1 x，∴f′(1)＝2f′(1)＋1，则f′(1)＝－1.答案－13．曲线y＝sin x＋e x在点(0,1)处的切线方程是________．解析y′＝cos x＋e x，故切线斜率为k＝2，切线方程为y＝2x＋1，即2x －y＋1＝0.答案2x－y＋1＝04．(2017·苏州调研)已知曲线y＝ln x的切线过原点，则此切线的斜率为________．解析y＝ln x的定义域为(0，＋∞)，且y′＝1x，设切点为(x0，ln x0)，则y′|x＝x0＝1x0，切线方程为y－ln x0＝1x0(x－x0)，因为切线过点(0,0)，所以－ln x0＝－1，解得x0＝e，故此切线的斜率为1 e.答案1 e5．若曲线y＝ax2－ln x在点(1，a)处的切线平行于x轴，则a＝________.解析因为y′＝2ax－1x，所以y′|x＝1＝2a－1.因为曲线在点(1，a)处的切线平行于x轴，故其斜率为0，故2a－1＝0，解得a＝1 2.答案1 26．(2017·南师附中月考)如图，y＝f(x)是可导函数，直线l：y＝kx＋2是曲线y＝f(x)在x＝3处的切线，令g(x)＝xf(x)，其中g′(x)是g(x)的导函数，则g′(3)＝________.解析由图形可知：f(3)＝1，f′(3)＝－13，∵g′(x)＝f(x)＋xf′(x)，∴g′(3)＝f(3)＋3f′(3)＝1－1＝0. 答案07．(2017·苏北四市模拟)设曲线y＝1＋cos xsin x在点⎝⎛⎭⎪⎫π2，1处的切线与直线x－ay＋1＝0平行，则实数a＝________.解析∵y′＝－1－cos xsin2x，∴由条件知1a＝－1，∴a＝－1.答案－18．(2015·全国Ⅱ卷)已知曲线y＝x＋ln x在点(1，1)处的切线与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，则a＝________．解析由y＝x＋ln x，得y′＝1＋1x，得曲线在点(1，1)处的切线的斜率为k＝y′|x＝1＝2，所以切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.又该切线与y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，消去y，得ax2＋ax＋2＝0，∴a≠0且Δ＝a2－8a＝0，解得a＝8.答案8二、解答题9．已知点M是曲线y＝13x3－2x2＋3x＋1上任意一点，曲线在M处的切线为l，求：(1)斜率最小的切线方程；(2)切线l 的倾斜角α的取值范围．解 (1)y ′＝x 2－4x ＋3＝(x －2)2－1≥－1，所以当x ＝2时，y ′＝－1，y ＝53，所以斜率最小的切线过点⎝ ⎛⎭⎪⎫2，53，斜率k ＝－1， 所以切线方程为3x ＋3y －11＝0.(2)由(1)得k ≥－1，所以tan α≥－1，所以α∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫3π4，π. 10．已知曲线y ＝x 3＋x －2在点P 0处的切线l 1平行于直线4x －y －1＝0，且点P 0在第三象限．(1)求P 0的坐标；(2)若直线l ⊥l 1，且l 也过切点P 0，求直线l 的方程．解 (1)由y ＝x 3＋x －2，得y ′＝3x 2＋1，由已知令3x 2＋1＝4，解之得x ＝±1.当x ＝1时，y ＝0；当x ＝－1时，y ＝－4.又∵点P 0在第三象限，∴切点P 0的坐标为(－1，－4)．(2)∵直线l ⊥l 1，l 1的斜率为4，∴直线l 的斜率为－14.∵l 过切点P 0，点P 0的坐标为(－1，－4)，∴直线l 的方程为y ＋4＝－14(x ＋1)，即x ＋4y ＋17＝0.11．(2016·山东卷改编)若函数y ＝f (x )的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则称y ＝f (x )具有T 性质，下列函数：①y ＝sin x ；②y ＝ln x ；③y ＝e x ；④y ＝x 3.其中具有T 性质的是________(填序号)．解析 若y ＝f (x )的图象上存在两点(x 1，f (x 1))，(x 2，f (x 2))，使得函数图象在这两点处的切线互相垂直，则f ′(x 1)·f ′(x 2)＝－1.对于①：y ′＝cos x ，若有cos x 1·cos x 2＝－1，则当x 1＝2k π，x 2＝2k π＋π(k∈Z)时，结论成立；对于②：y′＝1x，若有1x1·1x2＝－1，即x1x2＝－1，∵x1＞0，x2>0，∴不存在x1，x2，使得x1x2＝－1；对于③：y′＝e x，若有e x1·e x2＝－1，即e x1＋x2＝－1.显然不存在这样的x1，x2；对于④：y′＝3x2，若有3x21·3x22＝－1，即9x21x22＝－1，显然不存在这样的x1，x2.答案①12．(2017·合肥模拟改编)点P是曲线x2－y－ln x＝0上的任意一点，则点P到直线y＝x－2的最小距离为________．解析点P是曲线y＝x2－ln x上任意一点，当过点P的切线和直线y＝x－2平行时，点P到直线y＝x－2的距离最小，直线y＝x－2的斜率为1，令y＝x2－ln x，得y′＝2x－1x＝1，解得x＝1或x＝－12(舍去)，故曲线y＝x2－ln x上和直线y＝x－2平行的切线经过的切点坐标为(1,1)，点(1,1)到直线y＝x－2的距离等于2，∴点P到直线y＝x－2的最小距离为 2.答案 213．若函数f(x)＝12x2－ax＋ln x存在垂直于y轴的切线，则实数a的取值范围是________．解析∵f(x)＝12x2－ax＋ln x，∴f′(x)＝x－a＋1x(x>0)．∵f(x)存在垂直于y轴的切线，∴f′(x)存在零点，即x＋1x－a＝0有解，∴a＝x＋1x≥2(当且仅当x＝1时取等号)．答案[2，＋∞)14．已知函数f(x)＝x－2x，g(x)＝a(2－ln x)(a>0)．若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在x＝1处的切线斜率相同，求a的值，并判断两条切线是否为同一条直线．解根据题意有f′(x)＝1＋2x2，g′(x)＝－ax.曲线y＝f(x)在x＝1处的切线斜率为f′(1)＝3，曲线y＝g(x)在x＝1处的切线斜率为g′(1)＝－a，所以f′(1)＝g′(1)，即a＝－3.曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y－f(1)＝3(x－1)．所以y＋1＝3(x－1)，即切线方程为3x－y－4＝0.曲线y＝g(x)在x＝1处的切线方程为y－g(1)＝3(x－1)，所以y＋6＝3(x－1)，即切线方程为3x－y－9＝0，所以，两条切线不是同一条直线.。
2020年高考数学(文数)解答题强化专练——函数与导数含答案
（文数）解答题强化专练——函数与导数一、解答题（本大题共10小题，共120.0分）1.已知函数f（x）＝ax2－ln x－x（x＞0）．（1）设x＝1是f（x）的一个极值点，求a的值并求f（x）的单调区间；（2）设a≥3，求证．2.已知函数f（x）=x-ln x．（1）求f（x）的最小值；（2）证明：对于任意正整数n，．3.已知函数f（x）=x2ln x．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性：（Ⅱ）证明：．4.设函数f（x）=2x lnx-a，a∈R．（Ⅰ）求函数f（x）的极值；（Ⅱ）若不等式e x f（x）-x2-1≥0，对任意实数x≥1恒成立，求实数a的取值范围．5.已知函数f（x）=ax lnx-bx2-ax．（Ⅰ）曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为，求a，b的值；（Ⅱ）若a≤0，时，∀x1，x2∈（1，e），都有，求a的取值范围．6.已知f（x）=ax+1-x lnx的图象在A（1，f（1））处的切线与直线x-y=0平行．（1）求函数f（x）的极值；（2）若∀x1，x2∈（0，+∞），，求实数m的取值范围．7.已知函数f（x）=2ln x-x2，（1）求函数y=f（x）图象上一点A（1，f（1））处的切线方程．（2）若方程f（x）-2a=0在[，e]内有两个不等实根，求实数a的取值范围（e为自然对数的底数）．（3）求证（n∈N*，且n≥2）8.已知x=1是函数f（x）=ax的极值点．（Ⅰ）求实数a的值；（Ⅱ）求证：函数f（x）存在唯一的极小值点x0，且0．（参考数据：ln2≈0.69）9.已知函数f（x）=|ln x-a|-2ln x+x，a≥2．（1）若a=2，求f（x）的零点个数；（2）证明：∀x1，x2∈[3，9]，|f（x1）-f（x2）|≤2+ln3．10.设函数f（x）=x2-4x sinx-4cos x．（1）讨论函数f（x）在[-π，π]上的单调性；（2）证明：函数f（x）在R上有且仅有两个零点．答案和解析1.【答案】（1）解：，∵f'（1）＝2a－2＝0，所以a＝1，此时，∴x∈（0，1），f'（x）＜0，x∈（1，＋∞），f'（x）＞0，所以f（x）的单调递减区间为（0，1），单调递增区间为（1，＋∞）；（2）证明：当a≥3时，ax2≥3x2，所以f（x）＝ax2－ln x－x≥3x2－ln x－x（x＞0），令g（x）＝3x2－ln x－x（x＞0），，∴当x∈（0，），g'（x）＜0，g（x）单调递减；x∈（，＋∞），g'（x）＞0，g（x）单调递增.所以，．【解析】本题考查运用导数研究函数的单调性及最值，属于考查能力的题.（1）由x＝1是f（x）的一个极值点，求a的值，然后由导数解不等式即可；（2）当a≥3时，f（x）＝ax2－ln x－x≥3x2－ln x－x（x＞0），令g（x）＝3x2－ln x－x（x ＞0），通过导数研究函数的单调区间，求出g(x)的最小值即可.2.【答案】解：（1），当x∈（0，1）时，f′（x）＜0，故f（x）在（0，1）单调递减；当x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）在（1，+∞）单调递增；故f（x）≥f（1）=1，故f（x）的最小值为1．（2）由（1）可得，f（x）=x-ln x≥1即ln x≤x-1，所以ln（1+）=，k∈N*，n≥2，则ln（1+）+ln（1+）+=1-，即ln（1+）（1+）…（1+）＜1，所以（1+）（1+）…（1+）＜e．【解析】（1）先对函数求导，然后结合导数可求函数的单调性，进而可求函数的最小值；（2）结合（1）对x进行赋值，然后结合数列的裂项求和及不等式的放缩法即可证明．本题主要考查了利用导数求解函数的单调性及利用单调性证明不等式，属于中档试题．3.【答案】解：（I）f′（x）=2x lnx+x，x＞0，令f′（x）=0可得x=，∵y=2ln x+1在（0，+∞）上单调递增，则当0＜x＜e时，f′（x）＜0，函数单调递减，当x＞e时，f′（x）＞0，函数单调递增，故f（x）在（0，e）上单调递减，在（e，+∞）上单调递增，（II）由（I）可知，f（x）min=f（e）=-，令g（x）=，则，当x∈（0，2）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，当x∈（2，+∞）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，则g（x）max=g（2）=，而-（-）=＜0，因此，即：．【解析】（I）先对函数求导，然后结合导数与单调性关系即可求解；（II）结合已知不等式进行构造，转化为求解相应函数的最值问题，结合导数可求．本题主要考查了利用导数求解函数的单调性，证明不等式，体现了转化思想的应用．4.【答案】解：（Ⅰ）f′（x）=2ln x+2，令f′（x）=2ln x+2=0，得x=，当x∈（0，）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；当x∈（，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增．∴f（x）在（0，+∞）上有极小值为f（）=；（Ⅱ）∵不等式e x f（x）-x2-1≥0对任意实数x≥1恒成立，∴e x（2x lnx-a）≥x2+1对任意实数x≥1恒成立，即-a≥对任意实数x≥1恒成立，令g（x）=（x≥1）．则g′（x）=．∵x≥1，∴g′（x）≤0，即g（x）在[1，+∞）上单调递减．∴g（x）≤g（1）=，即-a，则a．【解析】本题考查了函数的最值与函数单调性的判断，考查转化思想与函数方程思想，考查转化能力与计算能力，属于较难题．（Ⅰ）求出原函数的导函数，可得导函数的零点，然后分段分析原函数的单调性，进一步可得f（x）的极小值；（Ⅱ）不等式e x f（x）-x2-1≥0对任意实数x≥1恒成立，等价于e x（2x lnx-a）≥x2+1对任意实数x≥1恒成立，分离参数-a，得-a≥对任意实数x≥1恒成立，令g（x）=（x≥1）．利用导数求其最大值，则答案可求．5.【答案】解：（Ⅰ）由题意，f′（x）=a（1+ln x）-2bx-a=a ln x-2bx，由f′（1）=-2b=-1，得b=，又f（1）=-b-a=-，∴a=1．即a=1，b=；（Ⅱ）当a≤0，时，f′（x）=a ln x-x＜0，f（x）在（1，e）上单调递减，不妨设x1＜x2，则f（x1）＞f（x2），原不等式即为＜3．即f（x1）-f（x2）＜3x2-3x1，即f（x1）+3x1＜f（x2）+3x2．令g（x）=f（x）+3x，则g（x）在（1，e）上为单调增函数，∴有g′（x）=f′（x）+3=a ln x-x+3≥0在（1，e）上恒成立．即a≥，x∈（1，e），令h（x）=，x∈（1，e），h′（x）=，令t（x）=ln x+，t′（x）=．∴t（x）在（1，e）上单调递减，t（x）＞t（e）=，则h′（x）＞0，h（x）在（1，e）上为单调增函数，∴h（x）＜h（e）=e-3，即a≥e-3．综上，e-3≤a≤0．【解析】（Ⅰ）求出原函数的导函数，利用f′（1）=-2b=-1，求得b，再由f（1）=-b-a=-求解a；（Ⅱ）当a≤0，时，f′（x）=a ln x-x＜0，f（x）在（1，e）上单调递减，不妨设x1＜x2，则f（x1）＞f（x2），原不等式即为＜3，即f（x1）+3x1＜f（x2）+3x2，构造函数g（x）=f（x）+3x，得到g′（x）=f′（x）+3=a ln x-x+3≥0在（1，e）上恒成立，分离参数a，得到a≥，x∈（1，e），再由导数求函数h（x）=，x∈（1，e）的最值，可得a的取值范围．本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查利用导数求最值，考查化归与转化思想方法，属难题．6.【答案】解：（1）f（x）=ax+1-x lnx的导数为f′（x）=a-1-ln x，可得f（x）的图象在A（1，f（1））处的切线斜率为a-1，由切线与直线x-y=0平行，可得a-1=1，即a=2，f（x）=2x+1-x lnx，f′（x）=1-ln x，由f′（x）＞0，可得0＜x＜e，由f′（x）＜0，可得x＞e，则f（x）在（0，e）递增，在（e，+∞）递减，可得f（x）在x=e处取得极大值，且为e+1，无极小值；（2）可设x1＞x2，若∀x1，x2∈（0，+∞），，可得f（x1）-f（x2）＞mx12-mx22，即有f（x1）-mx12＞f（x2）-mx22，设g（x）=f（x）-mx2在（0，+∞）为增函数，即有g′（x）=1-ln x-2mx≥0对x＞0恒成立，可得2m≤在x＞0恒成立，由h（x）=的导数为h′（x）=得：当h′（x）=0，可得x=e2，h（x）在（0，e2）递减，在（e2，+∞）递增，即有h（x）在x=e2处取得极小值，且为最小值-，可得2m≤-，解得m≤-，则实数m的取值范围是（-∞，-]．【解析】（1）求得f（x）的导数，可得切线的斜率，由两直线平行的条件：斜率相等，可得a，求出f（x）的导数和单调区间，即可得到所求极值；（2）设x1＞x2，可得f（x1）-f（x2）＞mx12-mx22，设g（x）=f（x）-mx2在（0，+∞）为增函数，设g（x）=f（x）-mx2在（0，+∞）为增函数，求得g（x）的导数，再由参数分离和构造函数，求出最值，即可得到所求m的范围．本题考查导数的运用：求切线的斜率和单调性、极值和最值，考查方程思想和转化思想，考查不等式恒成立问题解法，运用参数分离和构造函数是解题的关键，属于中档题．7.【答案】解：（1）∵f（x）=2ln x-x2，∴f′（x）=-2x=，∴k=f′（1）=0，f（1）=-1，函数图象上一点A（1，f（1））处的切线方程为y=-1；（2）∵方程f（x）-2a=0在[，e]内有两个不等实根，∴y=f（x）与y=2a有两个交点，∵f′（x）=，x∈[，e]，令f′（x）=0，解得x=1，当x∈[，1]时，f′（x）0，函数f（x）单调递增，当x∈[1，e]时，f′（x）0，函数f（x）单调递减，∴f（x）max=f（1）=-1，∵f（）=2ln-=-2-，f（e）=2ln e-e2=2-e2，∴f（e）＜f（），∵y=f（x）与y=2a有两个交点，∴-2-≤2a＜-1，∴-1-≤a＜-.（3）证明：由（2）知f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，则f（x）=2ln x-x2≤f（1）=-1，则2ln x≤x2-1对x＞0恒成立，∴=-≤对x＞1恒成立，令x=2，3，…，n，代入上式并相加可得∴++…+≥1-+-+-+…+-=1+--=-，n∈N*，且n≥2．【解析】本题考查了导数和几何意义，函数和方程根的关系，不等式的证明，属于难题．（1）先求导，再根据导数的几何意义即可求出；（2）方程f（x）-2a=0在[，e]内有两个不等实根，转化为y=f（x）与y=2a有两个交点，利用导数求出函数f（x）的值域及端点值，即可求出a的范围；（3）由（2）可得2ln x≤x2-1对x＞0恒成立，得=-≤对x＞1恒成立，分别令x=2，3，…，n，代入上式并相加可得．8.【答案】解：（Ⅰ）因为f'(x）=2ax--ln x，且x=1是极值点，所以得f'(1）=0，即得f'(1）=2a-=0，a=，此时f'(x）=--ln x，设g（x）=f'(x），则g'(x）==则当0＜x＜2时，g'(x）＜0，g（x）为减函数又g（1）=0，g（2）=-ln2＜0，当0＜x＜1时，g（x）＞0，f（x）为增函数，当1＜x＜2时，g（x）＜0，f（x）为减函数，即当x=1时，f（x）取得极大值，符合题意；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，0＜x＜2时，不存在极小值点，当x＞2时，g'(x）＞0，g（x）为增函数，且g（4）=-2ln2＞0，g（2）＜0，所以存在x0∈（2，4），g（x0）=0，结合（Ⅰ）可知当1＜x＜x0时，g（x）＜0，f（x）为减函数；x＞x0时，g（x）＞0，f （x）为增函数，所以函数f（x）存在唯一的极小值点x0，又g（3）=1-ln3＜0，所以3＜x0＜4，且满足--ln x0=0．所以f（x0）=+-x0ln x0=-+，由二次函数图象可知：f（4）＜f（x0）＜f（3），又f（3）=-+3=，f（4）=-+4=-4+4=0，∴f（x0）∈（0，），即0成立．【解析】本题考查利用函数极值与导数关系的综合应用问题，解决本题的关键是能够利用零点存在定理确定零点所处的范围，从而可将证明问题转化为在某一区间内二次函数值域问题的求解．（Ⅰ）根据f'(1）=0求得a；通过导数验证函数的单调性，可知a=时x=1是函数f(x)的极值点，满足题意；（Ⅱ）根据（Ⅰ）可知极小值点位于（2，+∞），此时g（x）的零点x0∈（3，4），且此时x0为极小值点，代入f（x）得到关于x0的二次函数，求解二次函数值域即可证得结论．9.【答案】解：（1）当a=2时，，当0＜x≤e2时，，此时函数f（x）在（0，3）单调递减，在（3，e2）单调递增，又f（x）min=f（3）=5-3ln3＞0，故此时无零点；当x＞e2时，，此时函数f（x）在（e2，+∞）上单调递增，又f（e2）=e2-4＞0，故此时无零点；综上，当a=2时，函数f（x）的零点个数为0；（2）证明：要证：∀x1，x2∈[3，9]，|f（x1）-f（x2）|≤2+ln3，即证x∈[3，9]时，f（x）-f（x）min≤2+ln3，max①当2≤a＜ln9时，，当3≤x≤e a时，，此时函数f（x）单调递增；当e a＜x≤9时，，此时函数f（x）单调递增，故函数f（x）在[3，9]上单调递增，∴f（x）max=f（9）=9-ln9-a，f（x）min=f（3）=3-3ln3+a，∴f（x）max-f（x）min=6+ln3-2a≤2+ln3；②当a≥ln9时，f（x）=x-3ln x+a，易知函数f（x）在[3，9]上单调递增，∴f（x）max=f（9）=9-3ln9+a，f（x）min=f（3）=3-3ln3+a，∴f（x）max-f（x）min=6-3ln3＜2+ln3；综上，∀x1，x2∈[3，9]，|f（x1）-f（x2）|≤2+ln3．【解析】（1）将a=2代入，并把函数化为分段函数的形式，分别利用导数研究即可得出结论；（2）对参数进行分类讨论，并把问题转化为x∈[3，9]时，f（x）max-f（x）min≤2+ln3，进而得证．本题主要考查函数的零点，函数的单调性，导数及其应用等基础知识，考查运算求解能力，推理论证能力，创新意识等，考查分类讨论思想，数学运算，数学抽象等核心素养，属于中档题．10.【答案】（1）解：∵f（x）=x2-4x sinx-4cos x，∴f（-x）=（-x）2-4（-x）sin（-x）-4cos（-x）=x2-4x sinx-4cos x=f（x），∴f（x）为偶函数．∵f′（x）=2x-4（sin x+x cosx）+4sin x=2x（1-2cos x），∴当x∈[0，]时，f′（x）≤0，当x∈[，π]时，f′（x）≥0，∴f（x）在区间[0，]上单调递减，在区间[，π]单调递增；又f（x）为偶函数．∴f（x）在区间[-π，-]单调递减，在区间[-，0]上单调递增，综上所述，当x∈[-π，-]，或x∈[0，]，f（x）单调递减；当x∈[-，0]，或x∈[，π]，f（x）单调递增；（2）证明：∵函数f（x）=x2-4x sinx-4cos x为R上的偶函数，要证明函数f（x）在R上有且仅有两个零点，只需证明f（x）在（0，+∞）上有且仅有1个零点，当x∈（0，+∞），令f（x）=0，即x2=4x sinx+4cos x，即=x sinx+cos x．令g（x）=（x＞0），h（x）=x sinx+cos x（x＞0），且h（0）=1＞0．则h′（x）=sin x+x cosx-sin x=x cosx，当x∈（0，）时，h′（x）＞0，x∈（，）时，h′（x）＜0，∴h（x）=x sinx+cos x在区间（0，）上单调递增，在区间（，）单调递减，∴h（x）max=h（）=＞1＞=g（），h（x）min=h（）=-＜0＜=g（），∴g（x）=与h（x）=x sinx+cos x在（0，）上有一个交点．在同一作出g（x）=与h（x）=x sinx+cos x的图象，x0由图可知，当x＞x0（x0为两函数的第一象限的交点的横坐标）时，g（x）=（x＞0）的图象恒在h（x）图形的上方，∴f（x）在（0，+∞）上有且仅有1个零点，又函数f（x）=x2-4x sinx-4cos x为R上的偶函数，∴函数f（x）在R上有且仅有两个零点．【解析】（1）利用f（x）=x2-4x sinx-4cos x为偶函数及f′（x）=2x-4（sin x+x cosx）+4sin x=2x （1-2cos x），可判断函数f（x）在[-π，π]上的单调性；（2）函数f（x）=x2-4x sinx-4cos x为R上的偶函数，要证明函数f（x）在R上有且仅有两个零点，只需证明f（x）在（0，+∞）上有且仅有1个零点，问题转化为=x sinx+cos x 在（0，+∞）上只有一个根，分别构造函数g（x）=（x＞0），h（x）=x sinx+cos x（x＞0），利用导数法结合图象即可证明原结论成立．本题考查利用导数研究函数的单调性，考查等价转化思想与函数与方程思想，考查推理证明及作图能力，属于难题．第11页，共11页。
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2020高考文科数学复习提能练(一)函数与导数A 组基础对点练1．设函数f (x )，g (x )在区间[a ，b ]上可导，且f ′(x )>g ′(x )，则当a <x <b 时，有()A ．f (x )>g (x )B ．f (x )<g (x )C ．f (x )＋g (a )<g (x )＋f (a )D ．f (x )＋g (b )<g (x )＋f (b )解析：由条件式f ′(x )>g ′(x )得f ′(x )－g ′(x )>0，可构造F (x )＝f (x )－g (x )，由于函数f (x )，g (x )在区间[a ，b ]上可导，故函数F (x )在区间[a ，b ]上也可导．由题意可知，F ′(x )＝f ′(x )－g ′(x )>0在区间[a ，b ]上恒成立，故函数F (x )＝f (x )－g (x )在区间[a ，b ]上单调递增，所以对于任意x ∈(a ，b )恒有F (x )<F (b )，即f (x )－g (x )<f (b )－g (b )，故选D.答案：D2．设定义在R 上的函数f (x )满足f (0)＝－1，其导函数f ′(x )满足f ′(x )>k >1，则下列结论一定错误的是()A ．f (1k )<1k B ．f (1k )>1k －1C ．f (1k －1)<1k －1D ．f (1k －1)>1k －1解析：根据条件式f ′(x )>k 得f ′(x )－k >0，可以构造F (x )＝f (x )－kx ，因为F ′(x )＝f ′(x )－k >0，所以F (x )在R 上单调递增．又因为k >1，所以1k －1>0，从而F (1k －1)>F (0)，即f (1k －1)－k k －1>－1，移项、整理得f (1k －1)>1k －1，因此选项C 是错误的，故选C.答案：C3．设f ′(x )是函数f (x )(x ∈R )的导函数，且满足xf ′(x )－2f (x )>0，若在△ABC 中，角C 为钝角，则()A ．f (sin A )·sin 2B >f (sin B )·sin 2A B ．f (sin A )·sin 2B <f (sin B )·sin 2A C ．f (cos A )·sin 2B >f (sin B )·cos 2A D ．f (cos A )·sin 2B <f (sin B )·cos 2A 解析：根据“xf ′(x )－2f (x )”的特征，可以构造函数F (x )＝f (x )x 2，则有F ′(x )＝x 2f ′(x )－2xf (x )x 4＝x [xf ′(x )－2f (x )]x 4，所以当x >0时，F ′(x )>0，F (x )在(0，＋∞)上单调递增．因为π2<C <π，所以0<A ＋B <π2，0<A <π2－B ，则有1>cos A >cos(π2－B )＝sin B >0，所以F (cos A )>F (sin B )，即f (cos A )cos 2A >f (sin B )sin 2B ，f (cos A )·sin 2B >f (sin B )·cos 2A ，故选C.答案：C4．已知定义在(0，＋∞)上的函数f (x )满足：①f (x )>0；②f (x )<f ′(x )<2f (x )(其中f ′(x )是f (x )的导函数)，则f (1)f (2)的取值范围为()A ．(12e 2，1e )B ．(1e 2，1e )C ．(e,2e)D ．(e ，e 3)解析：一方面，因为f (x )<f ′(x )，所以f ′(x )－f (x )>0，根据“f ′(x )－f (x )”的特征，可以构造F (x )＝f (x )e x ，则F ′(x )＝f ′(x )－f (x )e x >0，F (x )在(0，＋∞)上单调递增，F (1)<F (2)，即f (1)e 1<f (2)e 2，所以f (1)f (2)<1e ；另一方面，因为f ′(x )<2f (x )，所以f ′(x )－2f (x )<0，根据“f ′(x )－2f (x )”的特征，可以构造函数G (x )＝f (x )e2x ，则G ′(x )＝f ′(x )－2f (x )e 2x <0，G (x )在(0，＋∞)上单调递减，所以G (1)>G (2)，即f (1)e 2>f (2)e 4，所以f (1)f (2)>1e 2，综上所述，1e 2<f (1)f (2)<1e，故选B.答案：B5．已知f (x )是定义在R 上的增函数，其导函数为f ′(x )，且满足f (x )f ′(x )＋x <1，则下列结论正确的是()A ．对于任意x ∈R ，f (x )<0B ．对于任意x ∈R ，f (x )>0C ．当且仅当x ∈(－∞，1)时，f (x )<0D ．当且仅当x ∈(1，＋∞)时，f (x )>0解析：因为函数f (x )在R 上单调递增，所以f ′(x )≥0，又因f (x )f ′(x )＋x <1，则f ′(x )≠0，综合可知f ′(x )>0.又因f (x )f ′(x )＋x <1，则f (x )＋xf ′(x )<f ′(x )，即f (x )＋(x －1)f ′(x )<0，根据“f (x )＋(x －1)f ′(x )”的特征，构造函数F (x )＝(x －1)f (x )，则F ′(x )<0，故函数F (x )在R 上单调递减，又F (1)＝(1－1)f (1)＝0，所以当x >1时，x －1>0，F (x )<0，故f (x )<0.又因f (x )是定义在R 上的增函数，所以当x ≤1时，f (x )<0，因此对于任意x ∈R ，f (x )<0，故选A.答案：A6．设y ＝f (x )是(0，＋∞)上的可导函数，f (1)＝2，(x －1)[2f (x )＋xf ′(x )]>0(x ≠1)恒成立．若曲线f (x )在点(1,2)处的切线为y ＝g (x )，且g (a )＝2018，则a 等于()A ．－501B ．－502C ．－503D ．－504解析：由“2f (x )＋xf ′(x )”联想到“2xf (x )＋x 2f ′(x )”，可构造F (x )＝x 2f (x )(x >0)．由(x －1)[2f (x )＋xf ′(x )]>0(x ≠1)可知，当x >1时，2f (x )＋xf ′(x )>0，则F ′(x )＝2xf (x )＋x 2f ′(x )>0，故F (x )在(1，＋∞)上单调递增；当0<x <1时，2f (x )＋xf ′(x )<0，则F ′(x )＝2xf (x )＋x 2f ′(x )<0，故F (x )在(0,1)上单调递减，所以x ＝1为极值点，则F ′(1)＝2×1×f (1)＋12f ′(1)＝2f (1)＋f ′(1)＝0.由f (1)＝2可得f ′(1)＝－4，曲线f (x )在点(1,2)处的切线为y －2＝－4(x －1)，即y ＝6－4x ，故g (x )＝6－4x ，g (a )＝6－4a ＝2018，解得a ＝－503，故选C.答案：C7．设定义在R 上的函数f (x )满足f (1)＝2，f ′(x )<1，则不等式f (x 2)>x 2＋1的解集为________．解析：由条件式f ′(x )<1得f ′(x )－1<0，待解不等式f (x 2)>x 2＋1可化为f (x 2)－x 2－1>0，可以构造F (x )＝f (x )－x －1，由于F ′(x )＝f ′(x )－1<0，所以F (x )在R 上单调递减．又因为F (x 2)＝f (x 2)－x 2－1>0＝2－12－1＝f (12)－12－1＝F (12)，所以x 2<12，解得－1<x <1，故不等式f (x 2)>x 2＋1的解集为{x |－1<x <1}．答案：{x |－1<x <1}8．若定义在R 上的函数f (x )满足f ′(x )＋f (x )>2，f (0)＝5，则不等式f (x )<3ex ＋2的解为________．解析：因为f ′(x )＋f (x )>2，所以f ′(x )＋f (x )－2>0，不妨构造函数F (x )＝e x f (x )－2e x .因为F ′(x )＝e x [f ′(x )＋f (x )－2]>0，所以F (x )在R 上单调递增．因为f (x )<3e x ＋2，所以e x f (x )－2e x <3，即F (x )<3，又因为F (0)＝e 0f (0)－2e 0＝3，所以F (x )<F (0)，则x <0，故不等式f (x )<3ex ＋2的解为(－∞，0)．答案：(－∞，0)9．设函数f (x )是R 上的奇函数，f (－1)＝0.当x >0时，(x 2＋1)f ′(x )－2xf (x )<0，则不等式f (x )>0的解集为________．解析：根据条件中“(x 2＋1)f ′(x )－2xf (x )”的特征，可构造函数F (x )＝f (x )x 2＋1，则F ′(x )＝(x 2＋1)f ′(x )－2xf (x )(x 2＋1)2，又F (－x )＝f (－x )(－x )2＋1＝－f (x )x 2＋1＝－F (x )，故F (x )是奇函数．由题意可知，当x >0时，F ′(x )<0，所以F (x )在(0，＋∞)上单调递减，F (－1)＝f (－1)(－1)2＋1＝0，结合F (x )的单调性及奇偶性，作出函数F (x )的草图(图略)，易知，不等式F (x )>0的解集为(－∞，－1)∪(0,1)，又F (x )＝f (x )x 2＋1>0，即f (x )>0，故不等式f (x )>0的解集为(－∞，－1)∪(0,1)．答案：(－∞，－1)∪(0,1)10．已知f (x )＝x ln x －12mx 2－x ，m ∈R ，若f (x )有两个极值点x 1，x 2，且x 1<x 2，求证：x 1x 2>e 2(e 为自然对数的底数)．证明：因为f (x )有两个极值点x 1，x 2，所以f ′(x )＝0有两根x 1，x 2，且导数值在x 1，x 2的左右两侧异号，f ′(x )＝ln x －mx ，f ″(x )＝1x－m ，当m ≤0时，则f ″(x )>0恒成立，f ′(x )单调递增，不可能有两个零点，舍去；当m >0时，令f ″(x )＝0，解得x ＝1m ，列表可知f ′(x )在(0，1m )上单调递增，在(1m ，＋∞)上单调递减，所以应有f ′(1m )＝－ln m －1>0，解得0<m <1e ，此时f (1)＝－m <0，f (1m 2)＝2ln 1m －1m <0，所以1<x 1<1m <x 2<1m 2，所以要证明x 1x 2>e 2，只要证明x 1x 2>1m 2即可，两边同乘以1x 1－1x 2，即证明x 2＋1m 2x 2>x 1＋1m 2x 1，又因为f ′(x 1)＝f ′(x 2)，即证f ′(x 1)－k (x 1＋1m 2x 1)<f ′(x 2)－k (x 2＋1m 2x 2)，k <0，设g (x )＝f ′(x )－k (x ＋1m 2x )，由g (x )在(1，＋∞)上单调递增，所以有g ′(x )＝1x －m －k ＋k m 2x 2≥0在(1，＋∞)上恒成立，令g ″(x )＝－1x 2－2k m 2x3＝0，解得x ＝－2k m 2，令－2k m2>1，得k <－m 22，列表可知g ′(x )在(1，－2k m 2)上单调递减，在(－2k m2，＋∞)上单调递增，所以需要令g ′(－2k m 2)＝m 2－2k－m －k ＋m 24k ≥0，解得k ＝－m 2，此时有g ′(x )≥0在(1，＋∞)上恒成立，即原命题得证．B 组能力提升练11．设函数f (x )＝ln x －ax 2＋(2－a )x 的两个零点是x 1，x 2，求证：f ′(x 1＋x 22)<0.证明：f ′(x )＝1x －2ax ＋2－a ＝(2x ＋1)(－ax ＋1)x，当a ≤0时，f ′(x )≥0恒成立，即f (x )在(0，＋∞)上单调递增，不可能有两个零点，舍去；当a >0时，令f ′(x )＝0，解得x ＝1a ，列表可知f (x )在(0，1a )上单调递增，在(1a ，＋∞)上单调递减，所以应有f (x )max ＝f (1a )＝ln 1a ＋1a－1>0，解得0<a <1，所以要证明f ′(x 1＋x 22)<0，只要证明x 1＋x 2>2a 即可，不妨设x 1<x 2，即证明(x 1＋x 2)(x 2－x 1)>2a (x 2－x 1)，整理得x 22－2a x 2>x 21－2ax 1，又因为f (x 1)＝f (x 2)，即证f (x 1)－k (x 21－2a x 1)<f (x 2)－k (x 22－2a x 2)，k <0，设g (x )＝f (x )－k (x 2－2ax )，由g (x )在(0，＋∞)上单调递增，所以有g ′(x )＝1x －2(a ＋k )x ＋2k a ＋2－a ≥0在(0，＋∞)上恒成立，令g ″(x )＝－1x 2－2(a ＋k )＝0，解得x ＝1－2(a ＋k )(k <－a )，列表可知g ′(x )在(0，1－2(a ＋k ))上单调递减，在(1－2(a ＋k )，＋∞)上单调递增，所以需要令g ′(1－2(a ＋k ))＝2－2(a ＋k )＋2k a ＋2－a ≥0，解得k ＝－a 22－a ，此时有g ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立，即原命题得证．12．已知函数f (x )＝e x (2x －1)－ax ＋a (a ∈R )，e 为自然对数的底数．(1)当a ＝1时，求函数f (x )的单调区间；(2)①若存在实数x ，满足f (x )<0，求实数a 的取值范围；②若有且只有唯一整数x 0，满足f (x 0)<0，求实数a 的取值范围．解析：(1)当a ＝1时，f (x )＝e x (2x －1)－x ＋1，f ′(x )＝e x (2x ＋1)－1，f ′(0)＝0，f ″(x )＝e x (2x ＋3)，由f ″(x )＝0，得x ＝－32，当x <－32时，f ″(x )<0，f ′(x )单调递减；当x >－32时，f ″(x )>0，f ′(x )单调递增．且当x <－32时，f ′(x )<0，即当x <0时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x >0时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．所以f (x )的单调减区间为(－∞，0)，单调增区间为(0，＋∞)．(2)①由f (x )<0，得e x (2x －1)<a (x －1)．当x ＝1时，不等式显然不成立；当x >1时，a >e x (2x －1)x －1；当x <1时，a <e x (2x －1)x －1.记g (x )＝e x (2x －1)x －1，g ′(x )＝e x (2x ＋1)(x －1)－e x (2x －1)(x －1)2＝e x (2x 2－3x )(x －1)2，所以g (x )在区间(－∞，0)和(32，＋∞)上为增函数，在(0,1)和(1，32)上为减函数．所以当x >1时，a >g (32)＝4e 32；当x <1时，a <g (0)＝1.综上所述，实数a 的取值范围为(－∞，1)∪(4e 32，＋∞)．②由①知，当a <1时，x 0∈(－∞，1)，由f (x 0)<0，得g (x 0)>a ，又g (x )在区间(－∞，0)上单调递增，在(0,1)上单调递减，且g (0)＝1>a ，所以g (－1)≤a ，即a ≥32e ，所以32e ≤a <1.当a >4e 32时，x 0∈(1，＋∞)，由f (x 0)<0，得g (x 0)<a ，又g (x )在区间(1，32)上单调递减，在(32，＋∞)上单调递增，且g (32)＝4e 32<a ，所以g (2)<a ，g (3)≥a ，解得3e 2<a ≤5e 32.综上所述，实数a 的取值范围为[32e ，1)∪(3e 2，5e 32]．。