高考模拟复习试卷试题模拟卷第三章 导数001
高考模拟复习试卷试题模拟卷第三章 导数一．基础题组1.（北京市昌平区高三二模理2）130(21)x dx -⎰等于（ ）A ．12- B.23C. 1D. 6 2.（北京市延庆县—度高二第二学期期末考试理5）下列求导数运算正确的是（ ）A.211()1x x x'+=+ B.2(cos )2sin x x x x '=- C.3(3)3log x xe '= D.21(log )ln 2x x '=3.（北京市延庆县—度高二第二学期期末考试理6）由曲线y x =，直线2y x =-及x 轴所围成的图形的面积为（ ） A.103B.4 C.163D.6 4.（北京市丰台区高三5月统一练习（二）理3）直线与曲线21y x x =-+所围成的封闭图形的面积为（ ） (A)223(B) 283(C)323(D) 3435.（北京市延庆县—度高二第二学期期末考试理13）已知函数()tan f x x =,则()f x 在点(,())44P f ππ处的线方程为.6.（北京市丰台区度第二学期统一练习（一）理9）定积分(cos )x x dx π+=⎰____．7.（北京市东城区高三5月综合练习（二）理18）已知函数()e xf x x a -=+⋅．（Ⅰ）当2e a =时，求()f x 在区间[1,3]上的最小值； （Ⅱ）求证：存在实数0[3,3]x ∈-，有0()f x a >.8.（北京市昌平区高三二模理18）已知函数2()ln ,.f x x ax x a =-+∈R（I ）若函数()f x 在(1,(1))f 处的切线垂直于y 轴，求实数a 的值； (II) 在（I ）的条件下，求函数()f x 的单调区间； (III) 若1,()0x f x >>时恒成立，求实数a 的取值范围.9.（北京市丰台区度第二学期统一练习（一）理18）设函数()x f x e ax =-，x R ∈． （Ⅰ）当2a =时，求曲线()f x 在点(0,(0))f 处的切线方程；（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，求证：()0f x >； （Ⅲ）当1a >时，求函数()f x 在[0,]a 上的最大值．10.（北京市顺义区高三第一次统一练习（一模）理17）已知：在函数x mx x f -=3)(的图象上，以),1(n N 为切点的切线的倾斜角为.4π（I ）求n m ,的值；（II ）是否存在最小的正整数k ，使得不等式]3,1[1993)(-∈-≤x k x f 对于恒成立？如果存在，请求出最小的正整数k ，如果不存在，请说明理由．11.（北京市延庆县—度高二第二学期期末考试理18）已知函数32()3f x ax bx x =+-在1±=x 处取得极值.（Ⅰ）求实数,a b 的值；（Ⅱ）过点)16,0(A 作曲线)(x f y =的切线,求此切线方程.12.（北京市延庆县高三3月模拟理18）已知函数（a 为常数）在点(1,f(1))处的切线的斜率为12， （Ⅰ）求实数a 的值;（Ⅱ）若函数()f x 在区间[,)()t t Z +∞∈上有极值，求t 的取值范围. 二．能力题组1.（北京市延庆县—度高二第二学期期末考试理10）已知)(x f '是奇函数)(x f 的导函数，0)1(=-f ，当0>x 时，0)()(>-'x f x f x ，则使得0)(>x f 成立的x 的取值范围是（ ）A ．)1,0()1,( --∞B ．),1()0,1(+∞-C ．)1,0()0,1( -D ．),1()1,(+∞--∞ 2.（北京市海淀区101中学高三上学期期中模拟考试理14）设函数0)(),()(3=+-=x f b bx x x f 若方程为常数的根都在区间[2，2]内，且函数)(x f 在区间（0，1）上单调递增，则b 的取值范围是．3.（北京市延庆县—度高二第二学期期末考试理15）用18m 长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，则该长方体的最大体积是_____3m ．4.（北京市西城区高三一模考试理18）设*n ∈N ，函数ln ()n x f x x=，函数e ()xn g x x =，(0,)x ∈+∞.（Ⅰ）当1n =时，写出函数()1y f x =-零点个数，并说明理由；（Ⅱ）若曲线()y f x =与曲线()y g x =分别位于直线1l y =：的两侧，求n 的所有可能取值. 5.（北京市顺义区高三第一次统一练习（一模）理18）已知函数22()ln f x a x ax x =+-. （I ）当0a >时，求函数()f x 的单调区间；（II ）设22()()g x a x f x =-，且函数()g x 在点1x =处的切线为l ，直线l '//l ，且l '在y 轴上的截距为1.求证：无论a 取任何实数，函数()g x 的图象恒在直线l '的下方.6.（北京市石景山区高三3月统一测试（一模）理18）已知函数()ln f x x a x =-，1()(0)ag x a x+=->． (Ⅰ)若1a =，求函数()f x 的极值；(Ⅱ)设函数()()()h x f x g x =-，求函数()h x 的单调区间； (Ⅲ)若存在0[1,]x e ∈，使得00()()f x g x <成立，求a 的取值范围． 7.（北京市海淀区高三下学期期中练习（一模）理18）已知函数1()ln (0)f x a x a x=+≠. （Ⅰ）求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）若{()0}[,]x f x b c ≤=（其中b c <），求a 的取值范围，并说明[,](0,1)b c ⊆.8.（北京市海淀区101中学高三上学期期中模拟考试理19）如图所示，将一矩形花坛ABCD 扩建成一个更大的矩形花坛AMPN ，要求M 在AB 的延长线上，N 在AD 的延长线上，且对角线MN 过C 点。
已知AB=3米，AD=2米．（I ）设x AN =（单位：米），要使花坛AMPN 的面积大小32平方米，求x 的取值范围；（II ）若)4,3[∈x （单位：米），则当AM ，AN 的长度分别是多少时，花坛AMPN 的面积最大？并求出最大面积．9.（北京市丰台区高三5月统一练习（二）理20）已知函数ln 1()ax f x x+= (0a >). （Ⅰ）求函数()f x 的最大值；（Ⅱ）如果关于x 的方程ln 1x bx +=有两解，写出b 的取值范围（只需写出结论）；（Ⅲ）证明：当*N k ∈且2k ≥时，1111lnln 2234k k k<+++⋅⋅⋅+<． 10.（北京市房山区高三第一次模拟考试理18）已知21()ln(1)2f x ax x x =-+-+，其中0>a ．(Ⅰ)若函数()f x 在点(3,(3))f 处切线斜率为0，求a 的值； (Ⅱ)求()f x 的单调区间；(Ⅲ)若()f x 在[)0,+∞上的最大值是0，求a 的取值范围． 11.（北京市朝阳区高三第二次综合练习理19）已知函数．（Ⅰ）当时，求函数的单调区间；（Ⅱ）若在区间(1,2)上存在不相等的实数成立，求的取值范围；（Ⅲ）若函数有两个不同的极值点，，求证：．12.（北京市延庆县—度高二第二学期期末考试理20）已知函数3211()()32f x x a x a a =-+∈R . （Ⅰ）当1a =时，函数()()g x f x b =-恰有3个零点，求实数b 的取值范围； （Ⅱ）若对任意[)0,∈+∞x ，有()0f x >恒成立，求a 的取值范围.13.（北京市延庆县—度高二第二学期期末考试理22）已知函数()xf x e ax =+，()lng x ax x =-，其中0a <，e 为自然对数的底数．（Ⅰ）求)(x f 在[0,2]x ∈上的最小值；（Ⅱ）试探究能否存在区间M ，使得)(x f 和()g x 在区间M 上具有相同的单调性？若能存在，说明区间M 的特点，并指出)(x f 和()g x 在区间M 上的单调性；若不能存在，请说明理由．高考理科数学试题及答案（考试时间：120分钟试卷满分：150分）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.31ii+=+（） A ．12i + B ．12i - C ．2i + D ．2i -2. 设集合{}1,2,4A =，{}240x x x m B =-+=．若{}1AB =，则B =（）A ．{}1,3-B ．{}1,0C ．{}1,3D ．{}1,53. 我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯（）A ．1盏B ．3盏C ．5盏D ．9盏4. 如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部 分所得，则该几何体的体积为（） A ．90π B ．63π C ．42π D ．36π5. 设x ，y 满足约束条件2330233030x y x y y +-≤⎧⎪-+≥⎨⎪+≥⎩，则2z x y =+的最小值是（）A ．15-B ．9-C ．1D ．96. 安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有（）A ．12种B ．18种C ．24种D ．36种7. 甲、乙、丙、丁四位同学一起去向老师询问成语竞赛的成绩．老师说：你们四人中有2位优秀，2位良好，我现在给甲看乙、丙的成绩，给乙看丙的成绩，给丁看甲的成绩．看后甲对大家说：我还是不知道我的成绩．根据以上信息，则（）A ．乙可以知道四人的成绩B ．丁可以知道四人的成绩C ．乙、丁可以知道对方的成绩D ．乙、丁可以知道自己的成绩8. 执行右面的程序框图，如果输入的1a =-，则输出的S =（）A ．2 B ．3 C ．4 D ．59. 若双曲线C:22221x y a b-=（0a >，0b >）的一条渐近线被圆()2224x y -+=所截得的弦长为2，则C 的 离心率为（）A ．2B ．3C ．2D ．2310. 若2x =-是函数21`()(1)x f x x ax e -=+-的极值点，则()f x 的极小值为（）A.1-B.32e --C.35e -D.111. 已知直三棱柱111C C AB -A B 中，C 120∠AB =，2AB =，1C CC 1B ==，则异面直线1AB与1C B 所成角的余弦值为（）A ．32 B ．155 C ．105D ．33 12. 已知ABC ∆是边长为2的等边三角形，P 为平面ABC 内一点，则()PA PB PC ⋅+的最小值是（）A.2-B.32-C. 43- D.1- 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
高三数学选修11第三章导数及其应用专项练习(带答案)-精选教育文档
高三数学选修1-1第三章导数及其应用专项练习（带答案）导数的考察一般都伴随着函数，以下是第三章导数及其应用专项练习，希望对大家有帮助。
一、填空题1.当自变量从x0变到x1时，函数值的增量与相应自变量的增量之比是函数________.(填序号)①在[x0，x1]上的平均变化率;②在x0处的变化率;③在x1处的变化率;④以上都不对.2.设函数y=f(x)，当自变量x由x0改变到x0+x时，函数的增量y=______________.3.已知函数f(x)=2x2-1的图象上一点(1,1)及邻近一点(1+x，f(1+x))，则yx=________.4.某物体做运动规律是s=s(t)，则该物体在t到t+t这段时间内的平均速度是______________.5.如图，函数y=f(x)在A，B两点间的平均变化率是________.6.已知函数y=f(x)=x2+1，在x=2，x=0.1时，y的值为________.7.过曲线y=2x上两点(0,1)，(1,2)的割线的斜率为______.8.若一质点M按规律s(t)=8+t2运动，则该质点在一小段时间[2,2.1]内相应的平均速度是________.二、解答题9.已知函数f(x)=x2-2x，分别计算函数在区间[-3，-1]，[2,4]上的平均变化率.10.过曲线y=f(x)=x3上两点P(1,1)和Q(1+x，1+y)作曲线的割线，求出当x=0.1时割线的斜率.能力提升11.甲、乙二人跑步路程与时间关系如右图所示，试问甲、乙二人哪一个跑得快?12.函数f(x)=x2+2x在[0，a]上的平均变化率是函数g(x)=2x-3在[2,3]上的平均变化率的2倍，求a的值.参考答案1.①2.f(x0+x)-f(x0)3.4+2x解析 y=f(1+x)-f(1)=2(1+x)2-1-212+1=4x+2(x)2，yx=4x+2(x)2x=4+2x.4.s(t+t)-s(t)t解析由平均速度的定义可知，物体在t到t+t这段时间内的平均速度是其位移改变量与时间改变量的比.所以v=st=s(t+t)-s(t)t.5.-1解析 yx=f(3)-f(1)3-1=1-32=-1.6.0.417.1解析由平均变化率的几何意义知k=2-11-0=1.8.4.1解析质点在区间[2,2.1]内的平均速度可由st求得，即v=st=s(2.1)-s(2)0.1=4.1.9.解函数f(x)在[-3，-1]上的平均变化率为：f(-1)-f(-3)(-1)-(-3)=[(-1)2-2(-1)]-[(-3)2-2(-3)]2=-6.函数f(x)在[2,4]上的平均变化率为：f(4)-f(2)4-2=(42-24)-(22-22)2=4.10.解∵y=f(1+x)-f(1)=(1+x)3-1=3x+3(x)2+(x)3，割线PQ的斜率yx=(x)3+3(x)2+3xx=(x)2+3x+3.当x=0.1时，割线PQ的斜率为k，则k=yx=(0.1)2+30.1+3=3.31.当x=0.1时割线的斜率为3.31.11.解乙跑的快.因为在相同的时间内，甲跑的路程小于乙跑的路程，即甲的平均速度比乙的平均速度小.12.解函数f(x)在[0，a]上的平均变化率为f(a)-f(0)a-0=a2+2aa=a+2.函数g(x)在[2,3]上的平均变化率为g(3)-g(2)3-2=(23-3)-(22-3)1=2.∵a+2=22，a=2.第三章导数及其应用专项练习的全部内容就是这些，查字典数学网预祝大家取得更好的成绩。
专题03 导数(1)(第02期)-2021年高三数学(理)最新模拟调研试题精选分项汇编(解析版)
一．基础题组1.【湖南永州市2017届高三第一次模拟，8】如图所示的阴影部分是由x 轴，直线1x =及曲线1x y e =-围成，现向矩形区域OABC 内随机投掷一点，则该点落在阴影部分的概率是（ ）A ．1eB ．11e -C ．11e -D ．21e e -- 【答案】D 【解析】考点：几何概型、定积分．2.【湖北省黄石市2017届高三年级九月份调研，8】一物体在变力()25F x x =-（F 的单位：,N x 的单位：m ）的作用下，沿与力F 成30°的方向作直线运动，则由1x =运动到2x =时力()F x 所做的功为（ ） A ．233J B ．3J C ．433J D ．23J 【答案】C考点：定积分应用3.【河南濮阳市一高2017届高三上学期第二次检测，5】已知函数()ln(1)f x ax =-的导函数是'()f x ，且'(2)2f =，则实数a 的值为（ ） A ．12 B ．23 C ．34D ．1 【答案】B【解析】试题分析：由()ln(1)f x ax =-可得'()1a f x ax =-，由'(2)2f =可得221a a =-，解之得23a =.故选B.4.【河南濮阳市一高2017届高三上学期第二次检测，8】函数()sin f x x x =+在2x π=处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为（ ）A ．12B ．24πC ．22πD ．214π+ 【答案】A考点：1、利用导数求曲线的切线方程；2、三角形面积公式.5.【河北衡水中学2017届上学期一调，5】由曲线y x =2y x =-及y 轴所围成的图形的面积为（ ） A ．103B ．4C ．163D ．6【答案】C 【解析】试题分析：由方程组2y xy x ==-⎧⎪⎨⎪⎩，解得1x =或4x =，所以所围成的图形的面积为41[(2)]S x x dx =-⎰324212116(2)|323x x x =-+=，故选C ． 考点：定积分求解曲边形的面积．6.【江苏南通市如东县、徐州丰县2017届10月联考，6】函数()2log f x x =在点()1,2A 处切线的斜率为▲ ． 【答案】1ln 2【解析】 试题分析：()()111ln 2ln 2f x k f x ''=∴== 考点：导数几何意义【思路点睛】(1)求曲线的切线要注意“过点P 的切线”与“在点P 处的切线”的差异，过点P 的切线中，点P 不一定是切点，点P 也不一定在已知曲线上，而在点P 处的切线，必以点P 为切点.7.【山东省实验中学2017届高三第一次诊，12】由直线3x π=-，3x π=，0y =与曲线cos y x =所围成的封闭图形的面积为 ． 【答案】3考点：定积分【方法点睛】1.求曲边图形面积的方法与步骤 (1)画图，并将图形分割为若干个曲边梯形；(2)对每个曲边梯形确定其存在的范围，从而确定积分的上、下限； (3)确定被积函数；(4)求出各曲边梯形的面积和，即各积分的绝对值的和．2．利用定积分求曲边图形面积时，一定要找准积分上限、下限及被积函数．当图形的边界不同时，要分不同情况讨论．8.【河南濮阳市一高2017届高三上学期第二次检测，14】10()x e x dx ⎰+=__________.【答案】12e -【解析】试题分析：1210011()|22x xe x dx e x e ⎰+=+=-,故答案为12e -. 考点：定积分的应用.二．能力题组1.【湖北省黄石市2017届高三年级九月份调研，12】已知函数()()21ln,22x x f x g x e -=+=，若()()g m f n =成立，则n m -的最小值为（ ）A ．1ln2-B ．ln 2C ．23e -D ．23e - 【答案】B考点：导数应用2.【山东省肥城市2017届高三上学期升级统测，10】设直线,l m 分别是函数()ln ,01ln ,1x x f x x x -<<⎧=⎨>⎩图象上在点,M N 处的切线, 已知l 与m 互相垂直, 且分别与y 轴相交于点,A B ,点P 是函数()(),1y f x x =>图象上的任意一点, 则PAB ∆的面积的取值范围是（ ）A ．()0,1B ．()0,2C ．()2,+∞D ．()1,+∞ 【答案】D 【解析】 试题分析：1122PAB P AB S d AB AB ∆-=⋅>,设1122(,ln ),(,ln )M x x N x x -，则11221211:ln (),:ln ()l y x x x m y x x x x x +=---=-，因此121211(0,1ln ),(0,ln 1),1A x B x x x ---⋅=-， 1212|2ln ln ||2ln |2AB x x x x =--=-=，所以1PAB S ∆>，选D.考点：导数应用【思路点睛】(1)求曲线的切线要注意“过点P 的切线”与“在点P 处的切线”的差异，过点P 的切线中，点P 不一定是切点，点P 也不一定在已知曲线上，而在点P 处的切线，必以点P 为切点.3.【云南省、四川省、贵州省2017届高三上学期百校大联考数学，12】设函数()f x 在R 上存在导函数'()f x ，对于任意的实数x ，都有2()4()f x x f x =--，当(,0)x ∈-∞时，1'()42f x x +<.若(1)()42f m f m m +≤-++，则实数m 的取值范围是（ ）A ．1[,)2-+∞B ．3[,)2-+∞ C ．[1,)-+∞ D ．[2,)-+∞ 【答案】A考点：导数在函数单调性中的应用.【思路点睛】因为22()2()20f x x f x x -+--=，设2()()2g x f x x =-，则()()0g x g x +-=，可得()g x 为奇函数，又1'()'()42g x f x x =-<-，得()g x 在(,0)-∞上是减函数，从而在R 上是减函数，在根据函数的奇偶性和单调性可得(1)()g m g m +≤-，由此即可求出结果.4.【河南濮阳市一高2017届高三上学期第二次检测，12】已知函数()f x 是定义在R 上的奇函数，且当0x >时，()(3)0f x f x -++=；当(0,3)x ∈时，ln ()e xf x x=，其中e 是自然对数的底数，且 2.72e ≈，则方程6()0f x x -=在[-9,9]上的解的个数为（ ）A ．4B ．5C ．6D ．7 【答案】D考点：1、利用导数研究函数的单调性；2、函数的奇偶性及数形结合法判断方程根的个数.5.【江西九江地区2017届高三七校联考，9】函数ln()x y e x a =-+（e 为自然对数的底数）的值域是正实数集R +，则实数a 的取值范围为（ ）A ．(,1)-∞-B ．(0,1]C ．(1,0]-D ．(1,)-+∞ 【答案】C 【解析】试题分析：由题意得ln()(0,)(1,)xxy e x a e x a =-+∈+∞⇒-+∈+∞，令xy e x a =-+，则100x y e x '=-=⇒=，即0x =时取极小值，也是最小值1a +，所以01110a a <+≤⇒-<≤，选C.考点：函数值域6.【江西九江地区2017届高三七校联考，10】已知'()f x 为()f x 的导函数，若()ln 2x f x =，且13112'()12bb dx f a b x ⎰=+-，则a b +的最小值为（ ） A ．42 B ．22 C ．92D ．9222+【答案】C考点：定积分，基本不等式求最值7.【江西九江地区2017届高三七校联考，12】如果定义在R 上的函数()f x 满足：对于任意12x x ≠，都有11221221()()()()x f x x f x x f x x f x +≥+，则称()f x 为“H 函数”.给出下列函数： ①31y x x =-++；②32(sin cos )y x x x =--；③1xy e =+；④ln (1)()0(1)x x f x x ≥⎧=⎨<⎩，其中“H 函数”的个数有（ ）A ．3个B ．2个C ．1个D ．0个 【答案】A 【解析】试题分析：112212211212()()()()()(()())0x f x x f x x f x x f x x x f x f x +≥+⇒--≥，所以()f x 在R 没有减区间，①231y x '=-+，函数有增有减；②32(cos sin )322sin()04y x x x π'=-+=-+>，为R 上的增函数；③0xy e '=>，为R 上的增函数；④121212,,(,1)()()x x x x f x f x ≠∈-∞⇒=，而1()ln x f x x≥=时单调递增，所以选A. 考点：函数增减性【思路点睛】函数单调性的常见的命题角度有： 1求函数的值域或最值；2比较两个函数值或两个自变量的大小；3解函数不等式：首先根据函数的性质把不等式转化为f(g(x))>f(h(x))的形式，然后根据函数的单调性去掉“f”，转化为具体的不等式(组)，此时要注意g(x)与h(x)的取值应在外层函数的定义域内；8.【江苏南通市如东县、徐州丰县2017届10月联考，11】已知函数322()7f x x ax bx a a =++--在1x =处取得极小值10，则ba的值为 ▲ ． 【答案】12-考点：函数极值【方法点睛】函数极值问题的常见类型及解题策略(1)知图判断函数极值的情况.先找导数为0的点，再判断导数为0的点的左、右两侧的导数符号. (2)已知函数求极值.求f ′(x )―→求方程f ′(x )＝0的根―→列表检验f ′(x )在f ′(x )＝0的根的附近两侧的符号―→下结论.(3)已知极值求参数.若函数f (x )在点(x 0，y 0)处取得极值，则f ′(x 0)＝0，且在该点左、右两侧的导数值符号相反.9.【江西南昌市2017届摸底考试，16】直线l 经过点(1,1)P 且与曲线3:C y x =相切，若直线l 不经过第四象限，则直线l 的方程是 . 【答案】3410x y【解析】试题分析：设切点为3(m,m )M ，则32113(1)12m m m m m -=-⇒==-或，对应直线l 的方程分别为320x y ，3410x y ，又直线l 不经过第四象限，所以直线l 的方程是3410xy考点：导数几何意义【思路点睛】利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化.以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，则要求掌握平行、垂直与斜率之间的关系，进而和导数联系起来求解.10.【河北省衡水中学2017届高三摸底联考，16】设函数()()21,x x xf xg x x e+==，对任意()12,0,x x ∈+∞，不等式()()121g x f x k k ≤+恒成立，则正数k 的取值范围是 ．【答案】121k e ≥-考点：1.导数与函数的最值；2.函数与不等式.11.【河南濮阳市一高2017届高三上学期第二次检测，16】已知函数321()3f x x x ax =++，若1()xg x e =，对任意11[,2]2x ∈，存在21[,2]2x ∈，使12'()()f x g x ≤成立，则实数a 的取值范围是________. 【答案】(,8]ee-∞-考点：1、利用导数研究函数的单调性；2、利用导数求函数的最值及全称量词与存在量词的应用. 【方法点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性、利用导数求函数的最值以及全称量词与存在量词的应用.属于难题.解决这类问题的关键是理解题意、正确把问题转化为最值和解不等式问题，全称量词与存在量词的应用共分四种情况：（1）12,,x D x E ∀∈∀∈()()12f x g x ≥只需()()min max f x g x ≥；（2）1,x D ∀∈2x E ∃∈()()12f x g x ≥，只需()min f x ≥()min g x ；（3）1x D ∃∈，2,x E ∀∈()()12f x g x ≥只需()max ,f x ≥()max g x ；（4）12,x D x E ∃∈∃∈，()()12f x g x ≥，()max f x ≥()min g x .12.【河北衡水中学2017届上学期一调，16】定义在R 上的函数()f x 满足：()()2f x f x x -+=，当0x <时，()f x x '<，则不等式()()112f x f x x +≥-+的解集为_________． 【答案】12x ≤ 【解析】试题分析：因为定义在R 上的函数()f x 满足：()()2f x f x x -+=，所以两边求导，得()()2f x f x x ''--+=，所以()()2f x f x x ''=-+，令0x >，则0x -<，因为当0x <时，()f x x '<，所以()f x x '-<-，所以()2f x x x '<-，又(0)0f =，直线y x =过原点，所以()00f '≤，所以都有()f x x '≤，令()()1(1)2F x f x f x x =+---，则()()(1)1110F x f x f x x x '''=+--<+--=，即()F x 是R 上的单调递减函数，且1()02F =，所以不等式()()112f x f x x +≥-+，即()0F x ≥，即()1()2F x F ≥，所以12x ≤．考点：抽象的性质及其应用．【方法点晴】本题主要考查了抽象函数的性质及其应用，其中解答中涉及到利用到导数研究函数的单调性、函数单调性的应用、不等式的求解等知识点的考查，同时考查了构造函数研究函数性质的能力，其中根据题设，利用导数研究出函数的单调性是解答的关键，着重考查了转化与化归思想及学生的推理与运算能力．三．拔高题组1.【山东省实验中学2017届高三第一次诊，21】已知函数()ln(1)(1)1f x x k x =---+（k R ∈）．（1）求函数()f x 的单调区间；（2）若()0f x ≤恒成立，试确定实数k 的取值范围； （3）证明：ln 2ln 3ln (1)3414n n n n -+++<+…（*n N ∈，且2n ≥）． 【答案】（1）当k≤0时，函数f （x ）在（1，+∞）为增函数，当k ＞0时，函数f （x ）在（1，）为减函数，在（，+∞）为增函数．（2）[1，+∞）（3）详见解析考点：利用导数求单调区间，利用导数研究不等式恒成立，利用导数证不等式【方法点睛】利用导数解决不等式恒成立问题的“两种”常用方法2.【湖北省黄石市2017届高三年级九月份调研，21】（本题满分12分）设函数()ln ,k R k f x x x=+∈． （1）若曲线()y f x =在点()(),e f e 处的切线与直线20x -=垂直，求()f x 的单调递减区间和极小值（其中e 为自然对数的底数）；（2）若对任何()()1212120,x x f x f x x x >>-<-恒成立，求k 的取值范围．【答案】（1）单调递减区间为()0,e ，极小值为2（2）1,4⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭（2）条件等价于对任意()()1211220,x x f x x f x x >>-<-恒成立，设()()()ln 0k h x f x x x x x x=-=+->． 则()h x 在()0,+∞上单调递减，则()2110k h x x x'=--≤在()0,+∞上恒成立， 得()2211024k x x x x ⎛⎫≥-+=--+> ⎪⎝⎭恒成立， ∴14k ≥（对()1,04k h x '==仅在12x =时成立）， 故k 的取值范围是1,4⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭.．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．12分考点：导数几何意义，利用导数研究不等式恒成立问题【方法点睛】利用导数解决不等式恒成立问题的“两种”常用方法3.【江西南昌市2017届摸底考试，21】（本小题满分12分）已知函数()ln f x x ax =+的函数图象在点(1,(1))f 处的切线平行于x 轴.（1）求函数()f x 的极值；（2）若直线y kx b =+与函数()f x 的图象交于两点1122(,),(,)A x y B x y 12()x x <，求证：212111x x k x x --<<. 【答案】（1）()=(1)1f x f 极大值 ,没有极小值（2）详见解析考点：导数几何意义，利用导数求函数极值，利用导数证明不等式（1）当0a =时, 求()f x 的极值;（2）当82a -<<-时, 若存在[]12,1,3x x ∈,使得()()()()122ln 32ln 3ln 3f x f x m a a ->+-+-恒成立, 求m 的取值范围.【答案】（1）极小值122ln 22f ⎛⎫=-⎪⎝⎭,无极大值.（2）224,3e ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭【解析】（2）()()[]2212121'2,1,3a x x a a f x a x x x x ⎛⎫-+ ⎪-⎝⎭=-+=∈,当82a -<<-时, 即:11128a -<<- 时, 恒有()'0f x <成立. 所以在[]1,3上是单调递减. 所以()()()()()max min 1112,32ln 363f x f a f x f a a ==+==-++,所以()()()()()12max 21342ln 33f x f x f f a a -=-=-+-,因为存在[]12,1,3x x ∈,使得()()()()122ln 32ln 3ln 3f x f x m a a ->+-+-恒成立, 所以()()()2242ln 3ln 32ln 3ln 33a a m a a -+->+-+-,整理得()224ln 33ma a a <---, 又()2ln 20,433a a m a -<∴>--.令t a =-,则()2,8t ∈,构造函数()()()222ln 2ln 24,'333t t F t F t t t t-=-+-∴=,当()'0F t =时,2t e =; 当()'0F t >时,22t e <<, 此时函数单调递增, 当()'0F t <时,28e t <<, 此时函数单调递减, 所以()()22max 234F x F e e ==-,所以m 的取值范围为224,3e ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭. 考点：利用导数求函数极值，利用导数研究不等式恒成立与存在性问题【方法点睛】利用导数解决不等式恒成立问题的“两种”常用方法5.【河北省衡水中学2017届高三摸底联考，21】（本小题满分12分）已知函数()()()1x f x a x e a =--(常数0a R a ∈≠且).（1）证明: 当0a >时, 函数()f x 有且只有一个极值点;【答案】(1)(2)均见解析.（2）因为函数)(x f 存在两个极值点12,x x （不妨设12x x <），所以12,x x ,是()()'h x f x =的两个零点，且由（1）知，必有0a <.令()()'10x h x a x e =+=得1x =- ；令()()'1x h x a x e =+0> 得1x <-；令()()'10x h x a x e =+<得1x >-.所以()()'h x f x =在(,1]-∞-单调递增，在[1,)-+∞单调递减， 6分所以必有1210x x <-<<.令()()'0t f t a te a =-=，解得t a te =， 8分此时()()()()()11t t t t f t a t e a te t e te =--=-- ()2322t e t t t =--+.因为12,x x 是()()'h x f x =的两个零点，所以()()123211112x f x e x x x =--+，()()223222222x f x e x x x =--+.将代数式()2322t e t t t =--+视为以t 为自变量的函数()()2322t g t e t t t =--+则()'g t ()()22121t e t t =---.当1t <-时，因为210,210t t ->-<，所以()'0g t >，考点：1.导数与函数的单调性、极值；2.函数与不等式.6.【云南省、四川省、贵州省2017届高三上学期百校大联考数学，21】 （本小题满分12分） 已知函数1()()ln (0)a x f x a x a x a a=+-->. （1）求函数()f x 的单调区间和极值；（2）证明：当1[,2]2a ∈时，函数()f x 没有零点（提示：ln 20.69≈） 【答案】（1）详见解析；（2）详见解析【解析】 试题分析：（1）因为221()[(1)ln ]a f x x a x a x =+--，所以22(1)()'()x x a f x ax +-=.所以函数()f x 的单调递增区间为2(,)a +∞，单调减区间为2(0,)a .当2x a =时，()f x 取得极小值2()f a .（2）由（1）可知：当2x a =时，()f x 取得极小值，亦即最小值.又因为122a ≤≤，所以2144a ≤≤．设1()1(1)ln (4)4g x x x x x =+--≤≤，则1'()ln g x x x =-，因为'()g x 在1[,4]4上单调递减，且'(1)0g >，'(2)0g <，所以'()g x 有唯一的零点(1,2)m ∈，使得()g x 在1[,)4m 上单调递增，在(,4]m 上单调递减， 又由于156ln 2()044g -=>，(4)56ln 20g =->，所以()0g x >恒成立.从而2()0f a >恒成立，则()0f x >恒成立.所以当1[,2]2a ∈时，函数()f x 没有零点. 试题解析：解：（1）因为2211()()ln [(1)ln ]a x a f x a x x a x x a a a x=+--=+--，考点：1.导数在求函数极值中的应用；2.函数的零点.7.【河南濮阳市一高2017届高三上学期第二次检测，22】（本小题满分12分） 已知函数2()ln ()f x x ax x a R =-∈.（1）若曲线()f x 在(1,(1))f 处的切线与直线5y x =-+垂直，求实数a 的值；（2）若0[1,]x e ∃∈，使得00()10f x a x ++≤成立，求实数a 的取值范围. 【答案】（1）1a =；（2）21(,2][,)1e e +-∞-+∞-. 【解析】试题分析：（1）先求导，再利用'(1)21f a =-=可得1a =；（2）0[1,]x e ∃∈，使得0001ln 0a x a x x +-+≤成立，即函数1()ln a h x x a x x +=-+在[1,]e 上的最小值min [()]0h x ≤，分四种情况: 10a +≤,011a <+≤,11a e <+<,1a e +≥，分别利用导数求出最小值解不等式即可.试题解析：解：（1）依题意，'()2ln f x x a x a =--，故'(1)21f a =-=，解得1a =.考点：1、导数的几何意义；2、利用导数研究函数的单调性及求最值；3、不等式恒成立问题.【方法点睛】本题主要考查导数的几何意义、利用导数研究函数的单调性及求最值、不等式恒成立问题，属于难题. 应用导数的几何意义求切点处切线的斜率，主要体现在以下几个方面：(1)已知切点()()00,A x f x 求斜率k ,即求该点处的导数()0k f x '=；(2)已知斜率k 求切点()()11,,A x f x 即解方程()1f x k '=；(3)已知切线过某点()()11,M x f x (不是切点) 求切点, 设出切点()()00,,A x f x 利用()()()10010f x f x k f x x x -'==-求解.8.【江西九江地区2017届高三七校联考，21】（本小题满分12分）已知函数22()()xf x x x ce c R -=-+∈.（1）若()f x 是在定义域内的增函数，求c 的取值范围； （2）若函数5()()'()2F x f x f x =+-（其中'()f x 为()f x 的导函数）存在三个零点，求c 的取值范围. 【答案】（1）1(,]2-∞-（2）65(0,)2e -（2）由（1）知2'()212xf x x c e-=--，所以由()0F x =得2225(212)2x x x x ce x ce ---++--=，整理得227()2x c x x e =+-.………………7分考点：利用导数研究函数增减性，利用导数研究函数零点【思路点睛】涉及函数的零点问题、方程解的个数问题、函数图像交点个数问题，一般先通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，再借助函数的大致图象判断零点、方程根、交点的情况，归根到底还是研究函数的性质，如单调性、极值，然后通过数形结合的思想找到解题的思路.9.【江西九江地区2017届高三七校联考，22】（本小题满分12分）已知函数ln ()(,)x af x m a m R x-=-∈在x e =（e 为自然对数的底）时取得极值且有两个零点. （1）求实数m 的取值范围；（2）记函数()f x 的两个零点为1x ，2x ，证明：212x x e >.【答案】（1）10m e<<（2）详见解析 【解析】试题分析：（1）由题意得'()0f e =可求0a =，再根据导函数零点确定函数单调性变化规律：函数()f x 在(0,)e 上递增，在(,)e +∞上递减，结合函数在端点处变化趋势，确定函数有两个零点的条件：1()0f e m e=->，()0f m +∞→-<（2）本题实质为极点偏移，先转化不等式：212x x e >为12ln()2x x >，由1122ln ln x mx x mx =⎧⎨=⎩，再转化为12()2m x x +>，由1122ln ln x mx x mx =⎧⎨=⎩解得2121ln x x m x x =-，从而转化为122211()ln 2x x x x x x +>-，即2122111ln 21x x x x x x +>-.令211x t x =>,转化为1ln 21t t t ->+，然后构造函数1()ln 21t u t t t -=-+，只需证明其最小值大于零.利用导数可得()u t 在(1,)+∞单调递增，因此()(1)0u t u >=（2）不妨设12x x <，，由题意知1122ln ln x mx x mx =⎧⎨=⎩，则1212ln ()x x m x x =+，22121121lnln ()x x x m x x m x x x =-⇒=-，………………7分 欲证212x x e >，只需证明：12ln()2x x >，只需证明：12()2m x x +>，即证：122211()ln 2x x x x x x +>-，即证2122111ln21x x x x x x +>-，设211x t x =>，则只需证明：1ln 21t t t ->+，………………9分也就是证明：1ln 201t t t -->+. 记1()ln 21t u t t t -=-+，(1)t >，∴22214(1)'()0(1)(1)t u t t t t t -=-=>++， ∴()u t 在(1,)+∞单调递增，∴()(1)0u t u >=，所以原不等式成立，故212x x e >得证.………………12分考点：利用导数研究函数极值与领导，利用导数证明不等式【思路点睛】 (1)利用导数证明不等式。
江苏版高考数学一轮复习：第03章导数测试题及答案.doc
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】第03章 导数班级__________ 姓名_____________ 学号___________ 得分__________一、填空题：请把答案直接填写在答题卡相应的位置．．．．．．．．上(共10题，每小题6分，共计60分)． 1. (2017·扬州中学质检)已知函数f (x )＝x ln x ，若直线l 过点(0，－1)，并且与曲线y ＝f (x )相切，则直线l 的方程为________．【答案】x －y －1＝02. (2017·苏、锡、常、镇四市调研)设曲线y ＝e x在点(0,1)处的切线与曲线y ＝1x(x >0)上点P 处的切线垂直，则P 的坐标为________．【答案】(1,1)【解析】由y ′＝e x，知曲线y ＝e x在点(0,1)处的切线斜率k 1＝e 0＝1. 设P (m ，n )，又y ＝1x (x >0)的导数y ′＝－1x2，曲线y ＝1x (x >0)在点P 处的切线斜率k 2＝－1m2.依题意k 1k 2＝－1，所以m ＝1，从而n ＝1. 则点P 的坐标为(1,1)．3. (2017·南通调研)若a >0，b >0，且函数f (x )＝4x 3－ax 2－2bx ＋2在x ＝1处有极值，若t ＝ab ，则t 的最大值为________． 【答案】9【解析】f ′(x )＝12x 2－2ax －2b ，则f ′(1)＝12－2a －2b ＝0，则a ＋b ＝6， 又a >0，b >0，则t ＝ab ≤⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＝9，当且仅当a ＝b ＝3时取等号．4.若函数f (x )＝e x sin x ，则此函数图象在点(4，f (4))处的切线的倾斜角为________角． 【答案】钝角【解析】f ′(x )＝e xsin x ＋e xcos x＝e x (sin x ＋cos x )＝2e xsin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4，f ′(4)＝2e 4sin ⎝⎛⎭⎪⎫4＋π4<0，则此函数图象在点(4，f (4))处的切线的倾斜角为钝角．5. 从边长为10 cm ×16 cm 的矩形纸板的四角截去四个相同的小正方形，作成一个无盖的盒子，则盒子容积的最大值为________cm 3. 【答案】144【解析】设盒子容积为y cm 3，盒子的高为x cm.则y ＝(10－2x )(16－2x )x ＝4x 3－52x 2＋160x (0<x <5)，∴y ′＝12x 2－104x ＋160. 令y ′＝0，得x ＝2或203(舍去)，∴y max ＝6×12×2＝144(cm 3).6.已知f (x )＝2x 3－6x 2＋a (a 是常数)在[－2,2]上有最大值3，那么在[－2,2]上f (x )的最小值是________． 【答案】－377. 设函数f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R )的导函数，f (－1)＝0，当x >0时，xf ′(x )－f (x )＜0，则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是________. 【答案】(－∞，－1)∪(0，1)【解析】因为f (x )(x ∈R )为奇函数，f (－1)＝0，所以f (1)＝－f (－1)＝0.当x ≠0时，令g (x )＝f （x ）x ，则g (x )为偶函数，且g (1)＝g (－1)＝0.则当x ＞0时，g ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫f （x ）x ′＝xf ′（x ）－f （x ）x 2＜0，故g (x )在(0，＋∞)上为减函数，在(－∞，0)上为增函数.所以在(0，＋∞)上，当0＜x ＜1时，g (x )＞g (1)＝0⇔f （x ）x＞0⇔f (x )＞0；在(－∞，0)上，当x ＜－1时，g (x )＜g (－1)＝0⇔f （x ）x＜0⇔f (x )＞0.综上，使得f (x )＞0成立的x 的取值范围是(－∞，－1)∪(0，1).8.如图所示的曲线是函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ＋d 的大致图象，则x 21＋x 22等于____________．【答案】169.9.已知f ′(x )是f (x )的导函数，在区间[0，＋∞)上f ′(x )>0，且偶函数f (x )满足f (2x －1)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13，则x 的取值范围是________．【答案】13<x <23.【解析】∵x ∈[0，＋∞)，f ′(x )>0， ∴f (x )在[0，＋∞)上单调递增，又因f (x )是偶函数，∴f (2x －1)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13 ⇔f (|2x －1|)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13 ⇒|2x －1|<13，∴－13<2x －1<13.即13<x <23.10. 设函数f (x )＝e x(2x －1)－ax ＋a ，其中a <1，若存在唯一的整数x 0使得f (x 0)<0，则a 的取值范围是________.【答案】⎣⎢⎡⎭⎪⎫32e ，1二、解答题：解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤，请把答案写在答题纸的指．定区域内．．．．。
高三数学选修11第三章导数及其应用专项练习(带答案)
高三数学选修1-1第三章导数及其应用专项练习（带答案）导数的考察一般都伴随着函数，以下是第三章导数及其应用专项练习，希望对大家有帮助。
一、填空题1.当自变量从x0变到x1时，函数值的增量与相应自变量的增量之比是函数________.(填序号)①在[x0，x1]上的平均变化率;②在x0处的变化率;③在x1处的变化率;④以上都不对.2.设函数y=f(x)，当自变量x由x0改变到x0+x时，函数的增量y=______________.3.已知函数f(x)=2x2-1的图象上一点(1,1)及邻近一点(1+x，f(1+x))，则yx=________.4.某物体做运动规律是s=s(t)，则该物体在t到t+t这段时间内的平均速度是______________.5.如图，函数y=f(x)在A，B两点间的平均变化率是________.6.已知函数y=f(x)=x2+1，在x=2，x=0.1时，y的值为________.7.过曲线y=2x上两点(0,1)，(1,2)的割线的斜率为______.8.若一质点M按规律s(t)=8+t2运动，则该质点在一小段时间[2,2.1]内相应的平均速度是________.二、解答题9.已知函数f(x)=x2-2x，分别计算函数在区间[-3，-1]，[2,4]上的平均变化率.10.过曲线y=f(x)=x3上两点P(1,1)和Q(1+x，1+y)作曲线的割线，求出当x=0.1时割线的斜率.能力提升11.甲、乙二人跑步路程与时间关系如右图所示，试问甲、乙二人哪一个跑得快?12.函数f(x)=x2+2x在[0，a]上的平均变化率是函数g(x)=2x-3在[2,3]上的平均变化率的2倍，求a的值.参考答案1.①2.f(x0+x)-f(x0)3.4+2x解析y=f(1+x)-f(1)=2(1+x)2-1-212+1=4x+2(x)2，yx=4x+2(x)2x=4+2x.4.s(t+t)-s(t)t解析由平均速度的定义可知，物体在t到t+t这段时间内的平均速度是其位移改变量与时间改变量的比.所以v=st=s(t+t)-s(t)t.5.-1解析yx=f(3)-f(1)3-1=1-32=-1.6.0.417.1解析由平均变化率的几何意义知k=2-11-0=1.8.4.1解析质点在区间[2,2.1]内的平均速度可由st求得，即v=st=s(2.1)-s(2)0.1=4.1.9.解函数f(x)在[-3，-1]上的平均变化率为：f(-1)-f(-3)(-1)-(-3)=[(-1)2-2(-1)]-[(-3)2-2(-3)]2=-6.函数f(x)在[2,4]上的平均变化率为：f(4)-f(2)4-2=(42-24)-(22-22)2=4.10.解∵y=f(1+x)-f(1)=(1+x)3-1=3x+3(x)2+(x)3，割线PQ的斜率yx=(x)3+3(x)2+3xx=(x)2+3x+3.当x=0.1时，割线PQ的斜率为k，则k=yx=(0.1)2+30.1+3=3.31.当x=0.1时割线的斜率为3.31.11.解乙跑的快.因为在相同的时间内，甲跑的路程小于乙跑的路程，即甲的平均速度比乙的平均速度小.12.解函数f(x)在[0，a]上的平均变化率为f(a)-f(0)a-0=a2+2aa=a+2.死记硬背是一种传统的教学方式,在我国有悠久的历史。
高考数学高三模拟试卷复习试题高三年级调研考试专题03 导数
高考数学高三模拟试卷复习试题高三年级调研考试专题03 导数1. 【高考北京文第13题】如图，函数()f x 的图象是折线段ABC ，其中A B C ，， 的坐标分别为(04)(20)(64)，，，，，，则((0))f f =； 函数()f x 在1x =处的导数(1)f '=． 【答案】2 2【解析】((0))(4)2;f f f ==(1) 2.AB f k '==-2. 【高考北京文第9题】()f x '是31()213f x x x =++的导函数，则(1)f '-的值是．3. 【高考北京文第19题】（本小题共14分） 已知函数f(x)=－x3＋3x2＋9x ＋a,（I ）求f(x)的单调递减区间；（II ）若f(x)在区间[－2，2]上的最大值为20，求它在该区间上的最小值．2 BCAy x1 O 3 4 5 61 2 3 44. 【高考北京文第16题】（本小题满分13分）已知函数f(x)=ax3+bx2+cx 在点x0处取得极大值5,其导函数y=f ′(x)的图象经过点(1,0),(2,0).如图所示.求:(1)x0的值;(2)a 、b 、c 的值.5.【高考北京文第17题】（本小题共13分）已知函数32()3(0)f x x ax bx c b =+++≠，且()()2g x f x =-是奇函数． （Ⅰ）求a ，c 的值；（Ⅱ）求函数()f x 的单调区间．6. 【高考北京文第18题】（本小题共14分） 设函数3()3(0)f x x ax b a =-+≠.（Ⅰ）若曲线()y f x =在点(2,())f x 处与直线8y =相切，求,a b 的值； （Ⅱ）求函数()f x 的单调区间与极值点.7. 【高考北京文第18题】（14分）设函数f(x)＝3ax3＋bx2＋cx ＋d(a ＞0)，且方程f ′(x )－9x ＝0的两个根分别为1,4.(1)当a ＝3且曲线y ＝f(x)过原点时，求f(x)的解析式； (2)若f(x)在(－∞，＋∞)内无极值点，求a 的取值范围．8．【高考北京文第18题】已知函数f(x)＝ax2＋1(a＞0)，g(x)＝x3＋bx．(1)若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，求a，b的值；(2)当a＝3，b＝－9时，若函数f(x)＋g(x)在区间［k,2］上的最大值为28，求k的取值范围．9. 【高考北京文第20题】（本小题满分13分） 已知函数3()23f x x x =-.（1）求()f x 在区间[2,1]-上的最大值；（2）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；（3）问过点(1,2),(2,10),(0,2)A B C -分别存在几条直线与曲线()y f x =相切？（只需写出结论） 【答案】(1)2;(2)(3,1)--;(3)详见解析.考点：本小题主要考查导数的几何意义、导数在函数中的应用等基础知识的同时，考查分类讨论、函数与方程、转化与化归等数学思想，考查同学们分析问题与解决问题的能力.利用导数研究函数问题是高考的热点，在每年的高考试卷中占分比重较大，熟练这部分的基础知识、基本题型与基本技能是解决这类问题的关键.10. 【高考北京文第18题】（本小题共13分） 已知函数()()xf x x k e =-。
高考模拟复习试卷试题模拟卷高三数学高三第三次调研考试
高考模拟复习试卷试题模拟卷高三数学高三第三次调研考试数 学（文科）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、座位号、学校、班级等考生信息填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每个小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号，写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷 一、选择题：本大题共12小题，每小题5分。
在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
（1）复数321iz i i =+-（i 为虚数单位）的共轭复数为（） （A ）12i +（B ）1i -（C ）1i -（D ）12i -（2）已知集合{}1,0=A ，{}A y A x y x z zB ∈∈+==,,，则B 的子集个数为（）（A ）3 （B ）4 （C ）7 （D ）8（3）已知2.12=a ，8.021-⎪⎭⎫ ⎝⎛=b ，2log 25=c ，则c b a ,,的大小关系为（）（A ）a b c <<（B ）b a c <<（C ）c a b <<（D ）a c b <<（4）已知向量()1,3a =，()3,b m =，若向量b 在a 方向上的投影为3，则实数m ＝（）（A ）3 （B ）3-（CD ）-（5）设n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，且65101=-+a a a ，则11S =（）（A ）55 （B ）66 （C ）110 （D ）132 （6）已知34cos sin =+θθ)40(πθ<<，则θθcos sin -的值为（） （A ）32（B ）32-（C ）31（D ）31-（7）已知圆O ：224x y +=上到直线:l x y a +=的距离等于1的点恰有3个，则实数a 的值为（）（A ）B （C）（D ）-或（8）某程序框图如图所示，该程序运行后输出的S 的值是（）（A ）1007（B ） （C ）（D ）3024（9）已知双曲线122=-my x 与抛物线x y 82=的一个交点为P ，F 为抛物线的焦点，若5=PF ，则双曲线的渐近线方程为（）（A ）03=±y x （B ）03=±y x （C ）02=±y x （D ）02=±y x （10）记数列{}n a 的前n 项和为n S ，若2(1)4n n S a n++=，则n a =（） （A ）2n n （B ）12n n -（C ）2nn （D ）12n n - （11）某几何体的三视图如图，其正视图中的曲线部分为半个圆弧，则该几何体的表面积为（） （A ）π42616++ （B ）π32616++ （C ）π42610++ （D ）π32610++（12）如图，偶函数()x f 的图象如字母M ，奇函数()x g 的图象如字母N ， 若方程()()0=x g f ，()()0=x f g 的实根个数分别为m 、n ，则m n +=（）（A ）18 （B ）16 （C ）14 （D ）12第Ⅱ卷本卷包括必考题和选考题两部分。
北京高考模拟导数试题
北京高考模拟导数试题一、单项选择题（每题4分，共40分）1. 函数f(x)=x^3-3x的导数为：A. 3x^2-3B. x^3-3C. 3x^2+3D. x^3-3x^22. 若函数f(x)=sin(x)，则f'(x)等于：A. cos(x)B. -sin(x)C. sin(x)+cos(x)D. -sin(x)+cos(x)3. 函数f(x)=e^x的导数为：A. e^xB. e^(-x)C. -e^xD. 1/e^x4. 函数f(x)=ln(x)的导数为：A. 1/xB. xC. ln(x)D. 1/ln(x)5. 函数f(x)=x^2+2x+1的导数为：A. 2x+2B. 2x+1C. x^2+2D. x+16. 若函数f(x)=x^4-4x^2+4，则f'(x)等于：A. 4x^3-8xB. 4x^3-8x^2C. 4x^3-8x+4D. 4x^3-8x^2+47. 函数f(x)=√x的导数为：A. 1/(2√x)B. 1/√xC. 1/(2x)D. 1/x8. 若函数f(x)=1/x，则f'(x)等于：A. -1/x^2B. 1/x^2C. -1/xD. 1/x9. 函数f(x)=x^3-6x^2+9x的导数为：A. 3x^2-12x+9B. 3x^2-6xC. 3x^2-12x+3D. 3x^2-6x+910. 若函数f(x)=cos(x)，则f'(x)等于：A. -sin(x)B. sin(x)C. cos(x)D. -cos(x)二、填空题（每题4分，共20分）11. 函数f(x)=x^2-6x+8的导数为______。
12. 函数f(x)=tan(x)的导数为______。
13. 函数f(x)=ln(x^2)的导数为______。
14. 函数f(x)=e^(-x)的导数为______。
15. 函数f(x)=x^(1/3)的导数为______。
三、解答题（每题10分，共40分）16. 求函数f(x)=x^4-2x^2+1在x=1处的导数值。
高考模拟复习试卷试题模拟卷第三章 导数
高考模拟复习试卷试题模拟卷第三章 导数一．基础题组1.（北京市丰台区高三5月统一练习（二）文10）曲线321y x x x =--+在点(0,1)处的切线方程是． 2.（北京市西城区高三一模考试文13）设函数20,1,()4,0.x x x f x x x x -⎧+>⎪=⎨⎪-<⎩则[(1)]f f -=____；函数()f x 的极小值是____.3.（北京市丰台区高三5月统一练习（二）文19）已知函数2()e x f x x =．（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）证明：1x ∀，2(,0]x ∈-∞，1224()()e f x f x -≤； （Ⅲ）写出集合{()0}x f x b ∈-=R （b 为常数且b ∈R ）中元素的个数（只需写出结论）．4.（北京市东城区高三5月综合练习（二）文20）已知函数325()2f x x x ax b =+++，327()ln 2g x x x x b =+++，（a ，b 为常数）． （Ⅰ）若()g x 在1x =处的切线过点(0,5)-，求b 的值；（Ⅱ）设函数()f x 的导函数为()f x '，若关于x 的方程()()f x x xf x '-=有唯一解，求实数b 的取值范围；（Ⅲ）令()()()F x f x g x =-，若函数()F x 存在极值，且所有极值之和大于5ln 2+，求实数a 的取值范围．5.（北京市延庆县—度高二第二学期期末考试文20）已知函数3211()()32f x x a x a a =-+∈R . （Ⅰ）若1,a =求函数()f x 在[0,2]上的最大值；（Ⅱ）若对任意[)0,∈+∞x ，有()0f x >恒成立，求a 的取值范围.二．能力题组1. （北京市昌平区高三二模文20）已知函数2()(2)2ln f x a x x =-+.( I ) 若1a =,求函数()f x 的单调区间;( II ) 若()f x 在区间[1,4]上是增函数,求实数a 的取值范围;(III) 已知函数1()()44g x f x a a=-+(0)a ≠，当[2,)x ∈+∞时,函数()g x 图象上的点均在不等式2x y x≥⎧⎨≥⎩所表示的平面区域内,求实数a 的取值范围. 2.（北京市朝阳区高三第一次综合练习文20）已知函数()()e x a f x x x =+，a ∈R ．（Ⅰ）当0a =时，求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；（Ⅱ）当1a =-时，求证：()f x 在(0,)+∞上为增函数；（Ⅲ）若()f x 在区间(0,1)上有且只有一个极值点，求a 的取值范围．3.（北京市丰台区度第二学期统一练习（一）文20）已知函数1()ln ()f x a x a R x=+∈. （Ⅰ）当2a =时，求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；（Ⅱ）如果函数()()2g x f x x =-在(0,)+∞上单调递减，求a 的取值范围；（Ⅲ）当0a >时，讨论函数()y f x =零点的个数． 4.（北京市西城区高三一模考试文20）设*n ∈N ，函数ln ()n x f x x =，函数e ()xn g x x =，(0,)x ∈+∞. （Ⅰ）判断函数()f x 在区间(0,)+∞上是否为单调函数，并说明理由；（Ⅱ）若当1n =时，对任意的12,(0,)x x ∈+∞，都有12()()g x f x t ≤≤成立，求实数t 的取值范围；（Ⅲ）当2n >时，若存在直线l y t =：（t ∈R ），使得曲线()y f x =与曲线()y g x =分别位于直线l 的两侧，写出n 的所有可能取值. (只需写出结论)5.（北京市房山区高三第一次模拟文19）已知函数()ln 1f x x ax =-+，a 是常数，∈a R ． （Ⅰ）求曲线)(x f y =在点(1,(1))P f 处的切线l 的方程；（Ⅱ）求函数()f x 的单调区间；（III ）证明:函数()f x )1(≠x 的图象在直线l 的下方．6.（北京市延庆县—度高二第二学期期末考试文22）已知函数1()(2)ln 2 f x a x ax x=-++． (Ⅰ)当2a =时，求函数()f x 的极值；(Ⅱ)当0<a 时，讨论)(x f 的单调性；(Ⅲ)若对任意的[]12(3,2),, 1.3a x x ∈--∈恒有12(ln3)2ln3()()m a f x f x +->-成立，求实数m 的取值范围．7.（北京市延庆县高三3月模拟文20）已知函数()ln f x x =.（Ⅰ）求过点(0,0)，曲线()y f x =的切线方程；（Ⅱ）设函数()()x g x f x e =-，求证：函数()g x 有且只有一个极值点；（Ⅲ）若()(1)f x a x ≤-恒成立，求a 的值.三．拔高题组1.（北京市海淀区高三下学期期中练习（一模）文20）已知函数1()ln (0)f x a x a x =+≠. （Ⅰ）求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）若存在两条直线1y ax b =+，212()y ax b b b =+≠都是曲线()y f x =的切线，求实数a 的取值范围；（Ⅲ）若{}()0(0,1)x f x ≤⊆，求实数a 的取值范围.2.（北京市石景山区高三3月统一测试（一模）文20）已知函数21()ln 22f x x ax x =--. （Ⅰ）若函数()f x 在定义域内单调递增，求实数a 的取值范围； （Ⅱ）若12a =-，且关于x 的方程1()2f x x b =-+在[1,4]上恰有两个不等的实根，求实数b 的取值范围；（Ⅲ）设各项为正数的数列{}n a 满足111,ln 2(*)n n n a a a a n N +==++∈，求证：21n n a ≤-. 3.（北京市西城区高三二模文20）已知函数21()1x f x ax -=+，其中a R ∈． （1）当14a =- 时，求函数()f x 的图象在点))1(,1(f 处的切线方程； （2）当0a >时，证明：存在实数0m >，使得对于任意的实数x ，都有()m f x m -<<成立；（3）当2a =时，是否存在实数k ，使得关于x 的方程)()(a x k x f -=仅有负实数解？当12a =-时的情形又如何？(只需写出结论).高考模拟题复习试卷习题资料高考数学试卷（理科）（附详细答案）(12)一、选择题（每小题5分，共50分）1.（5分）已知i是虚数单位，a，b∈R，则“a=b=1”是“（a+bi）2=2i”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件2.（5分）设全集U={x∈N|x≥2}，集合A={x∈N|x2≥5}，则∁UA=（）A.∅B.{2}C.{5}D.{2，5}3.（5分）某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则此几何体的表面积是（）A.90cm2B.129cm2C.132cm2D.138cm24.（5分）为了得到函数y=sin3x+cos3x的图象，可以将函数y=cos3x的图象（）A.向右平移个单位B.向左平移个单位C.向右平移个单位D.向左平移个单位5.（5分）在（1+x）6（1+y）4的展开式中，记xmyn项的系数为f（m，n），则f（3，0）+f（2，1）+f（1，2）+f（0，3）=（）A.45B.60C.120D.2106.（5分）已知函数f（x）=x3+ax2+bx+c.且0＜f（﹣1）=f（﹣2）=f（﹣3）≤3，则（）A.c≤3B.3＜c≤6C.6＜c≤9D.c＞97.（5分）在同一直角坐标系中，函数f（x）=xa（x＞0），g（x）=logax的图象可能是（）A. B. C. D.8.（5分）记max{x，y}=，min{x，y}=，设，为平面向量，则（）A.min{|+|，|﹣|}≤min{||，||}B.min{|+|，|﹣|}≥min{||，||}C.max{|+|2，|﹣|2}≤||2+||2D.max{|+|2，|﹣|2}≥||2+||29.（5分）已知甲盒中仅有1个球且为红球，乙盒中有m个红球和n个蓝球（m≥3，n≥3），从乙盒中随机抽取i（i=1，2）个球放入甲盒中.（a）放入i个球后，甲盒中含有红球的个数记为ξi（i=1，2）；（b）放入i个球后，从甲盒中取1个球是红球的概率记为pi（i=1，2）.则（）A.p1＞p2，E（ξ1）＜E（ξ2）B.p1＜p2，E（ξ1）＞E（ξ2）C.p1＞p2，E（ξ1）＞E（ξ2）D.p1＜p2，E（ξ1）＜E（ξ2）10.（5分）设函数f1（x）=x2，f2（x）=2（x﹣x2），，，i=0，1，2，…，99.记Ik=|fk（a1）﹣fk（a0）|+|fk（a2）﹣fk（a1）丨+…+|fk（a99）﹣fk （a98）|，k=1，2，3，则（）A.I1＜I2＜I3B.I2＜I1＜I3C.I1＜I3＜I2D.I3＜I2＜I1二、填空题11.（4分）在某程序框图如图所示，当输入50时，则该程序运算后输出的结果是.12.（4分）随机变量ξ的取值为0，1，2，若P（ξ=0）=，E（ξ）=1，则D（ξ）=.13.（4分）当实数x，y满足时，1≤ax+y≤4恒成立，则实数a的取值范围是.14.（4分）在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖.将这8张奖券分配给4个人，每人2张，不同的获奖情况有种（用数字作答）.15.（4分）设函数f（x）=，若f（f（a））≤2，则实数a的取值范围是.16.（4分）设直线x﹣3y+m=0（m≠0）与双曲线=1（a＞0，b＞0）的两条渐近线分别交于点A，B.若点P（m，0）满足|PA|=|PB|，则该双曲线的离心率是.17.（4分）如图，某人在垂直于水平地面ABC的墙面前的点A处进行射击训练.已知点A 到墙面的距离为AB，某目标点P沿墙面上的射线CM移动，此人为了准确瞄准目标点P，需计算由点A观察点P的仰角θ的大小.若AB=15m，AC=25m，∠BCM=30°，则tanθ的最大值是.（仰角θ为直线AP与平面ABC所成角）三、解答题18.（14分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知a≠b，c=，cos2A ﹣cos2B=sinAcosA﹣sinBcosB（1）求角C的大小；（2）若sinA=，求△ABC的面积.19.（14分）已知数列{an}和{bn}满足a1a2a3…an=（n∈N*）.若{an}为等比数列，且a1=2，b3=6+b2.（Ⅰ）求an和bn；（Ⅱ）设cn=（n∈N*）.记数列{cn}的前n项和为Sn.（i）求Sn；（ii）求正整数k，使得对任意n∈N*均有Sk≥Sn.20.（15分）如图，在四棱锥A﹣BCDE中，平面ABC⊥平面BCDE，∠CDE=∠BED=90°，AB=CD=2，DE=BE=1，AC=.（Ⅰ）证明：DE⊥平面ACD；（Ⅱ）求二面角B﹣AD﹣E的大小.21.（15分）如图，设椭圆C：（a＞b＞0），动直线l与椭圆C只有一个公共点P，且点P在第一象限.（Ⅰ）已知直线l的斜率为k，用a，b，k表示点P的坐标；（Ⅱ）若过原点O的直线l1与l垂直，证明：点P到直线l1的距离的最大值为a﹣b.22.（14分）已知函数f（x）=x3+3|x﹣a|（a∈R）.（Ⅰ）若f（x）在[﹣1，1]上的最大值和最小值分别记为M（a），m（a），求M（a）﹣m（a）；（Ⅱ）设b∈R，若[f（x）+b]2≤4对x∈[﹣1，1]恒成立，求3a+b的取值范围.高考模拟题复习试卷习题资料高考数学试卷（理科）（附详细答案）(12)参考答案与试题解析一、选择题（每小题5分，共50分）1.（5分）已知i是虚数单位，a，b∈R，则“a=b=1”是“（a+bi）2=2i”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【分析】利用复数的运算性质，分别判断“a=b=1”⇒“（a+bi）2=2i”与“a=b=1”⇐“（a+bi）2=2i”的真假，进而根据充要条件的定义得到结论.【解答】解：当“a=b=1”时，“（a+bi）2=（1+i）2=2i”成立，故“a=b=1”是“（a+bi）2=2i”的充分条件；当“（a+bi）2=a2﹣b2+2abi=2i”时，“a=b=1”或“a=b=﹣1”，故“a=b=1”是“（a+bi）2=2i”的不必要条件；综上所述，“a=b=1”是“（a+bi）2=2i”的充分不必要条件；故选：A.【点评】本题考查的知识点是充要条件的定义，复数的运算，难度不大，属于基础题.2.（5分）设全集U={x∈N|x≥2}，集合A={x∈N|x2≥5}，则∁UA=（）A.∅B.{2}C.{5}D.{2，5}【分析】先化简集合A，结合全集，求得∁UA.【解答】解：∵全集U={x∈N|x≥2}，集合A={x∈N|x2≥5}={x∈N|x≥3}，则∁UA={2}，故选：B.【点评】本题主要考查全集、补集的定义，求集合的补集，属于基础题.3.（5分）某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则此几何体的表面积是（）A.90cm2B.129cm2C.132cm2D.138cm2【分析】几何体是直三棱柱与直四棱柱的组合体，根据三视图判断直三棱柱的侧棱长与底面的形状及相关几何量的数据，判断四棱柱的高与底面矩形的边长，把数据代入表面积公式计算.【解答】解：由三视图知：几何体是直三棱柱与直四棱柱的组合体，其中直三棱柱的侧棱长为3，底面是直角边长分别为3、4的直角三角形，四棱柱的高为6，底面为矩形，矩形的两相邻边长为3和4，∴几何体的表面积S=2×4×6+3×6+3×3+2×3×4+2××3×4+（4+5）×3=48+18+9+24+12+27=138（cm2）.故选：D.【点评】本题考查了由三视图求几何体的表面积，根据三视图判断几何体的形状及数据所对应的几何量是解题的关键.4.（5分）为了得到函数y=sin3x+cos3x的图象，可以将函数y=cos3x的图象（）A.向右平移个单位B.向左平移个单位C.向右平移个单位D.向左平移个单位【分析】利用两角和与差的三角函数化简已知函数为一个角的一个三角函数的形式，然后利用平移原则判断选项即可.【解答】解：函数y=sin3x+cos3x=，故只需将函数y=cos3x的图象向右平移个单位，得到y==的图象.故选：C.【点评】本题考查两角和与差的三角函数以及三角函数的平移变换的应用，基本知识的考查.5.（5分）在（1+x）6（1+y）4的展开式中，记xmyn项的系数为f（m，n），则f（3，0）+f（2，1）+f（1，2）+f（0，3）=（）A.45B.60C.120D.210【分析】由题意依次求出x3y0，x2y1，x1y2，x0y3，项的系数，求和即可.【解答】解：（1+x）6（1+y）4的展开式中，含x3y0的系数是：=20.f（3，0）=20；含x2y1的系数是=60，f（2，1）=60；含x1y2的系数是=36，f（1，2）=36；含x0y3的系数是=4，f（0，3）=4；∴f（3，0）+f（2，1）+f（1，2）+f（0，3）=120.故选：C.【点评】本题考查二项式定理系数的性质，二项式定理的应用，考查计算能力.6.（5分）已知函数f（x）=x3+ax2+bx+c.且0＜f（﹣1）=f（﹣2）=f（﹣3）≤3，则（）A.c≤3B.3＜c≤6C.6＜c≤9D.c＞9【分析】由f（﹣1）=f（﹣2）=f（﹣3）列出方程组求出a，b，代入0＜f（﹣1）≤3，即可求出c的范围.【解答】解：由f（﹣1）=f（﹣2）=f（﹣3）得，解得，则f（x）=x3+6x2+11x+c，由0＜f（﹣1）≤3，得0＜﹣1+6﹣11+c≤3，即6＜c≤9，故选：C.【点评】本题考查方程组的解法及不等式的解法，属于基础题.7.（5分）在同一直角坐标系中，函数f（x）=xa（x＞0），g（x）=logax的图象可能是（）A. B. C. D.【分析】结合对数函数和幂函数的图象和性质，分当0＜a＜1时和当a＞1时两种情况，讨论函数f（x）=xa（x≥0），g（x）=logax的图象，比照后可得答案.【解答】解：当0＜a＜1时，函数f（x）=xa（x≥0），g（x）=logax的图象为：此时答案D满足要求，当a＞1时，函数f（x）=xa（x≥0），g（x）=logax的图象为：无满足要求的答案，综上：故选D，故选：D.【点评】本题考查的知识点是函数的图象，熟练掌握对数函数和幂函数的图象和性质，是解答的关键.8.（5分）记max{x，y}=，min{x，y}=，设，为平面向量，则（）A.min{|+|，|﹣|}≤min{||，||}B.min{|+|，|﹣|}≥min{||，||}C.max{|+|2，|﹣|2}≤||2+||2D.max{|+|2，|﹣|2}≥||2+||2【分析】将，平移到同一起点，根据向量加减法的几何意义可知，+和﹣分别表示以，为邻边所做平行四边形的两条对角线，再根据选项内容逐一判断.【解答】解：对于选项A，取⊥，则由图形可知，根据勾股定理，结论不成立；对于选项B，取，是非零的相等向量，则不等式左边min{|+|，|﹣|}=0，显然，不等式不成立；对于选项C，取，是非零的相等向量，则不等式左边max{|+|2，|﹣|2}=|+|2=4，而不等式右边=||2+||2=2，故C不成立，D选项正确.故选：D.【点评】本题在处理时要结合着向量加减法的几何意义，将，，，放在同一个平行四边形中进行比较判断，在具体解题时，本题采用了排除法，对错误选项进行举反例说明，这是高考中做选择题的常用方法，也不失为一种快速有效的方法，在高考选择题的处理上，未必每一题都要写出具体解答步骤，针对选择题的特点，有时“排除法”，“确定法”，“特殊值”代入法等也许是一种更快速，更有效的方法.9.（5分）已知甲盒中仅有1个球且为红球，乙盒中有m个红球和n个蓝球（m≥3，n≥3），从乙盒中随机抽取i（i=1，2）个球放入甲盒中.（a）放入i个球后，甲盒中含有红球的个数记为ξi（i=1，2）；（b）放入i个球后，从甲盒中取1个球是红球的概率记为pi（i=1，2）.则（）A.p1＞p2，E（ξ1）＜E（ξ2）B.p1＜p2，E（ξ1）＞E（ξ2）C.p1＞p2，E（ξ1）＞E（ξ2）D.p1＜p2，E（ξ1）＜E（ξ2）【分析】首先，这两次先后从甲盒和乙盒中拿球是相互独立的，然后分两种情况：即当ξ=1时，有可能从乙盒中拿出一个红球放入甲盒，也可能是拿到一个蓝球放入甲盒；ξ=2时，则从乙盒中拿出放入甲盒的球可能是两蓝球、一红一蓝、或者两红；最后利用概率公式及分布列知识求出P1，P2和E（ξ1），E（ξ2）进行比较即可.【解答】解析：，，，所以P1＞P2；由已知ξ1的取值为1、2，ξ2的取值为1、2、3，所以，==，E（ξ1）﹣E（ξ2）=.故选：A.【点评】正确理解ξi（i=1，2）的含义是解决本题的关键.此题也可以采用特殊值法，不妨令m=n=3，也可以很快求解.10.（5分）设函数f1（x）=x2，f2（x）=2（x﹣x2），，，i=0，1，2，…，99.记Ik=|fk（a1）﹣fk（a0）|+|fk（a2）﹣fk（a1）丨+…+|fk（a99）﹣fk （a98）|，k=1，2，3，则（）A.I1＜I2＜I3B.I2＜I1＜I3C.I1＜I3＜I2D.I3＜I2＜I1【分析】根据记Ik=|fk（a1）﹣fk（a0）|+|fk（a2）﹣fk（a1）丨+…+|fk（a99）﹣fk （a98）|，分别求出I1，I2，I3与1的关系，继而得到答案【解答】解：由，故==1，由，故×=×＜1，+=，故I2＜I1＜I3，故选：B.【点评】本题主要考查了函数的性质，关键是求出这三个数与1的关系，属于难题.二、填空题11.（4分）在某程序框图如图所示，当输入50时，则该程序运算后输出的结果是 6 .【分析】根据框图的流程模拟运行程序，直到满足条件S＞50，跳出循环体，确定输出的i 的值.【解答】解：由程序框图知：第一次循环S=1，i=2；第二次循环S=2×1+2=4，i=3；第三次循环S=2×4+3=11，i=4；第四次循环S=2×11+4=26，i=5；第五次循环S=2×26+5=57，i=6，满足条件S＞50，跳出循环体，输出i=6.故答案为：6.【点评】本题考查了直到型循环结构的程序框图，根据框图的流程模拟运行程序是解答此类问题的常用方法.12.（4分）随机变量ξ的取值为0，1，2，若P（ξ=0）=，E（ξ）=1，则D（ξ）=.【分析】结合方差的计算公式可知，应先求出P（ξ=1），P（ξ=2），根据已知条件结合分布列的性质和期望的计算公式不难求得.【解答】解析：设P（ξ=1）=p，P（ξ=2）=q，则由已知得p+q=，，解得，，所以.故答案为：【点评】本题综合考查了分布列的性质以及期望、方差的计算公式.13.（4分）当实数x，y满足时，1≤ax+y≤4恒成立，则实数a的取值范围是[].【分析】由约束条件作出可行域，再由1≤ax+y≤4恒成立，结合可行域内特殊点A，B，C的坐标满足不等式列不等式组，求解不等式组得实数a的取值范围.【解答】解：由约束条件作可行域如图，联立，解得C（1，）.联立，解得B（2，1）.在x﹣y﹣1=0中取y=0得A（1，0）.要使1≤ax+y≤4恒成立，则，解得：1.∴实数a的取值范围是.解法二：令z=ax+y，当a＞0时，y=﹣ax+z，在B点取得最大值，A点取得最小值，可得，即1≤a≤；当a＜0时，y=﹣ax+z，在C点取得最大值，①a＜﹣1时，在B点取得最小值，可得，解得0≤a≤（不符合条件，舍去）②﹣1＜a＜0时，在A点取得最小值，可得，解得1≤a≤（不符合条件，舍去）综上所述即：1≤a≤；故答案为：.【点评】本题考查线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，考查了数学转化思想方法，训练了不等式组得解法，是中档题.14.（4分）在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖.将这8张奖券分配给4个人，每人2张，不同的获奖情况有 60 种（用数字作答）.【分析】分类讨论，一、二、三等奖，三个人获得；一、二、三等奖，有1人获得2张，1人获得1张.【解答】解：分类讨论，一、二、三等奖，三个人获得，共有=24种；一、二、三等奖，有1人获得2张，1人获得1张，共有=36种，共有24+36=60种.故答案为：60.【点评】本题考查排列、组合及简单计数问题，考查学生的计算能力，属于基础题.15.（4分）设函数f（x）=，若f（f（a））≤2，则实数a的取值范围是（﹣∞，].【分析】画出函数f（x）的图象，由 f（f（a））≤2，可得 f（a）≥﹣2，数形结合求得实数a的取值范围.【解答】解：∵函数f（x）=，它的图象如图所示：由 f（f（a））≤2，可得 f（a）≥﹣2.当a＜0时，f（a）=a2+a=（a+）2﹣≥﹣2恒成立；当a≥0时，f（a）=﹣a2≥﹣2，即a2≤2，解得0≤a≤，则实数a的取值范围是a≤，故答案为：（﹣∞，].【点评】本题主要考查分段函数的应用，其它不等式的解法，体现了数形结合的数学思想，属于中档题.16.（4分）设直线x﹣3y+m=0（m≠0）与双曲线=1（a＞0，b＞0）的两条渐近线分别交于点A，B.若点P（m，0）满足|PA|=|PB|，则该双曲线的离心率是.【分析】先求出A，B的坐标，可得AB中点坐标为（，），利用点P （m，0）满足|PA|=|PB|，可得=﹣3，从而可求双曲线的离心率.【解答】解：双曲线（a＞0，b＞0）的两条渐近线方程为y=±x，则与直线x﹣3y+m=0联立，可得A（，），B（﹣，），∴AB中点坐标为（，），∵点P（m，0）满足|PA|=|PB|，∴=﹣3，∴a=2b，∴=b，∴e==.故答案为：.【点评】本题考查双曲线的离心率，考查直线的位置关系，考查学生的计算能力，属于中档题.17.（4分）如图，某人在垂直于水平地面ABC的墙面前的点A处进行射击训练.已知点A 到墙面的距离为AB，某目标点P沿墙面上的射线CM移动，此人为了准确瞄准目标点P，需计算由点A观察点P的仰角θ的大小.若AB=15m，AC=25m，∠BCM=30°，则tanθ的最大值是.（仰角θ为直线AP与平面ABC所成角）【分析】过P作PP′⊥BC，交BC于P′，连接AP′，则tanθ=，求出PP′，AP′，利用函数的性质，分类讨论，即可得出结论.【解答】解：∵AB=15m，AC=25m，∠ABC=90°，∴BC=20m，过P作PP′⊥BC，交BC于P′，连接AP′，则tanθ=，设BP′=x，则CP′=20﹣x，由∠BCM=30°，得PP′=CP′tan30°=（20﹣x），在直角△ABP′中，AP′=，∴tanθ=•，令y=，则函数在x∈[0，20]单调递减，∴x=0时，取得最大值为=.若P′在CB的延长线上，PP′=CP′tan30°=（20+x），在直角△ABP′中，AP′=，∴tanθ=•，令y=，则y′=0可得x=时，函数取得最大值，故答案为：.【点评】本题考查利用数学知识解决实际问题，考查函数的单调性，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题.三、解答题18.（14分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知a≠b，c=，cos2A ﹣cos2B=sinAcosA﹣sinBcosB（1）求角C的大小；（2）若sinA=，求△ABC的面积.【分析】（1）利用倍角公式、两角和差的正弦公式可得，由a≠b得，A≠B，又A+B∈（0，π），可得，即可得出.（2）利用正弦定理可得a，利用两角和差的正弦公式可得sinB，再利用三角形的面积计算公式即可得出.【解答】解：（1）由题意得，，∴，化为，由a≠b得，A≠B，又A+B∈（0，π），得，即，∴；（2）由，利用正弦定理可得，得，由a＜c，得A＜C，从而，故，∴.【点评】本题考查了正弦定理、倍角公式、两角和差的正弦公式、三角形的面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.19.（14分）已知数列{an}和{bn}满足a1a2a3…an=（n∈N*）.若{an}为等比数列，且a1=2，b3=6+b2.（Ⅰ）求an和bn；（Ⅱ）设cn=（n∈N*）.记数列{cn}的前n项和为Sn.（i）求Sn；（ii）求正整数k，使得对任意n∈N*均有Sk≥Sn.【分析】（Ⅰ）先利用前n项积与前（n﹣1）项积的关系，得到等比数列{an}的第三项的值，结合首项的值，求出通项an，然后现利用条件求出通项bn；（Ⅱ）（i）利用数列特征进行分组求和，一组用等比数列求和公式，另一组用裂项法求和，得出本小题结论；（ii）本小题可以采用猜想的方法，得到结论，再加以证明.【解答】解：（Ⅰ）∵a1a2a3…an=（n∈N*）①，当n≥2，n∈N*时，②，由①②知：，令n=3，则有.∵b3=6+b2，∴a3=8.∵{an}为等比数列，且a1=2，∴{an}的公比为q，则=4，由题意知an＞0，∴q＞0，∴q=2.∴（n∈N*）.又由a1a2a3…an=（n∈N*）得：，，∴bn=n（n+1）（n∈N*）.（Ⅱ）（i）∵cn===.∴Sn=c1+c2+c3+…+cn====；（ii）因为c1=0，c2＞0，c3＞0，c4＞0；当n≥5时，，而=＞0，得，所以，当n≥5时，cn＜0，综上，对任意n∈N*恒有S4≥Sn，故k=4.【点评】本题考查了等比数列通项公式、求和公式，还考查了分组求和法、裂项求和法和猜想证明的思想，证明可以用二项式定理，还可以用数学归纳法.本题计算量较大，思维层次高，要求学生有较高的分析问题解决问题的能力.本题属于难题.20.（15分）如图，在四棱锥A﹣BCDE中，平面ABC⊥平面BCDE，∠CDE=∠BED=90°，AB=CD=2，DE=BE=1，AC=.（Ⅰ）证明：DE⊥平面ACD；（Ⅱ）求二面角B﹣AD﹣E的大小.【分析】（Ⅰ）依题意，易证AC⊥平面BCDE，于是可得AC⊥DE，又DE⊥DC，从而DE⊥平面ACD；（Ⅱ）作BF⊥AD，与AD交于点F，过点F作FG∥DE，与AE交于点G，连接BG，由（Ⅰ）知DE⊥AD，则FG⊥AD，所以∠BFG就是二面角B﹣AD﹣E的平面角，利用题中的数据，解三角形，可求得BF=，AF=AD，从而GF=，cos∠BFG==，从而可求得答案.【解答】证明：（Ⅰ）在直角梯形BCDE中，由DE=BE=1，CD=2，得BD=BC=，由AC=，AB=2得AB2=AC2+BC2，即AC⊥BC，又平面ABC⊥平面BCDE，从而AC⊥平面BCDE，所以AC⊥DE，又DE⊥DC，从而DE⊥平面ACD；（Ⅱ）作BF⊥AD，与AD交于点F，过点F作FG∥DE，与AE交于点G，连接BG，由（Ⅰ）知DE⊥AD，则FG⊥AD，所以∠BFG就是二面角B﹣AD﹣E的平面角，在直角梯形BCDE中，由CD2=BC2+BD2，得BD⊥BC，又平面ABC⊥平面BCDE，得BD⊥平面ABC，从而BD⊥AB，由于AC⊥平面BCDE，得AC⊥CD.在Rt△ACD中，由DC=2，AC=，得AD=；在Rt△AED中，由ED=1，AD=得AE=；在Rt△ABD中，由BD=，AB=2，AD=得BF=，AF=AD，从而GF=，在△ABE，△ABG中，利用余弦定理分别可得cos∠BAE=，BG=.在△BFG中，cos∠BFG==，所以，∠BFG=，二面角B﹣AD﹣E的大小为.【点评】本题主要考查空间点、线、面位置关系，二面角等基础知识，同时考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力.22.（14分）已知函数f（x）=x3+3|x﹣a|（a∈R）.（Ⅰ）若f（x）在[﹣1，1]上的最大值和最小值分别记为M（a），m（a），求M（a）﹣m（a）；（Ⅱ）设b∈R，若[f（x）+b]2≤4对x∈[﹣1，1]恒成立，求3a+b的取值范围.【分析】（Ⅰ）利用分段函数，结合[﹣1，1]，分类讨论，即可求M（a）﹣m（a）；（Ⅱ）令h（x）=f（x）+b，则h（x）=，h′（x）=，则[f（x）+b]2≤4对x∈[﹣1，1]恒成立，转化为﹣2≤h（x）≤2对x∈[﹣1，1]恒成立，分类讨论，即可求3a+b的取值范围.【解答】解：（Ⅰ）∵f（x）=x3+3|x﹣a|=，∴f′（x）=，①a≤﹣1时，∵﹣1≤x≤1，∴x≥a，f（x）在（﹣1，1）上是增函数，∴M（a）=f（1）=4﹣3a，m（a）=f（﹣1）=﹣4﹣3a，∴M（a）﹣m（a）=8；②﹣1＜a＜1时，x∈（a，1），f（x）=x3+3x﹣3a，在（a，1）上是增函数；x∈（﹣1，a），f（x）=x3﹣3x+3a，在（﹣1，a）上是减函数，∴M（a）=max{f（1），f（﹣1）}，m（a）=f（a）=a3，∵f（1）﹣f（﹣1）=﹣6a+2，∴﹣1＜a≤时，M（a）﹣m（a）=﹣a3﹣3a+4；＜a＜1时，M（a）﹣m（a）=﹣a3+3a+2；③a≥1时，有x≤a，f（x）在（﹣1，1）上是减函数，∴M（a）=f（﹣1）=2+3a，m（a）=f（1）=﹣2+3a，∴M（a）﹣m（a）=4；（Ⅱ）令h（x）=f（x）+b，则h（x）=，h′（x）=，∵[f（x）+b]2≤4对x∈[﹣1，1]恒成立，∴﹣2≤h（x）≤2对x∈[﹣1，1]恒成立，由（Ⅰ）知，①a≤﹣1时，h（x）在（﹣1，1）上是增函数，最大值h（1）=4﹣3a+b，最小值h（﹣1）=﹣4﹣3a+b，则﹣4﹣3a+b≥﹣2且4﹣3a+b≤2矛盾；②﹣1＜a≤时，最小值h（a）=a3+b，最大值h（1）=4﹣3a+b，∴a3+b≥﹣2且4﹣3a+b≤2，令t（a）=﹣2﹣a3+3a，则t′（a）=3﹣3a2＞0，t（a）在（0，）上是增函数，∴t（a）＞t（0）=﹣2，∴﹣2≤3a+b≤0；③＜a＜1时，最小值h（a）=a3+b，最大值h（﹣1）=3a+b+2，则a3+b≥﹣2且3a+b+2≤2，∴﹣＜3a+b≤0；④a≥1时，最大值h（﹣1）=3a+b+2，最小值h（1）=3a+b﹣2，则3a+b﹣2≥﹣2且3a+b+2≤2，∴3a+b=0.综上，3a+b的取值范围是﹣2≤3a+b≤0.【点评】本题考查导数的综合运用，考查函数的最值，考查分类讨论、化归与转化的数学思想，难度大.21.（15分）如图，设椭圆C：（a＞b＞0），动直线l与椭圆C只有一个公共点P，且点P在第一象限.（Ⅰ）已知直线l的斜率为k，用a，b，k表示点P的坐标；（Ⅱ）若过原点O的直线l1与l垂直，证明：点P到直线l1的距离的最大值为a﹣b.【分析】（Ⅰ）设直线l的方程为y=kx+m（k＜0），由，消去y得（b2+a2k2）x2+2a2kmx+a2m2﹣a2b2=0，利用△=0，可求得在第一象限中点P的坐标；（Ⅱ）由于直线l1过原点O且与直线l垂直，设直线l1的方程为x+ky=0，利用点到直线间的距离公式，可求得点P到直线l1的距离d=，整理即可证得点P到直线l1的距离的最大值为a﹣b..【解答】解：（Ⅰ）设直线l的方程为y=kx+m（k＜0），由，消去y得（b2+a2k2）x2+2a2kmx+a2m2﹣a2b2=0.由于直线l与椭圆C只有一个公共点P，故△=0，即b2﹣m2+a2k2=0，此时点P的横坐标为﹣，代入y=kx+m得点P的纵坐标为﹣k•+m=，∴点P的坐标为（﹣，），又点P在第一象限，故m＞0，故m=，故点P的坐标为P（，）.（Ⅱ）由于直线l1过原点O且与直线l垂直，故直线l1的方程为x+ky=0，所以点P到直线l1的距离d=，整理得：d=，因为a2k2+≥2ab，所以≤=a﹣b，当且仅当k2=时等号成立.所以，点P到直线l1的距离的最大值为a﹣b.【点评】本题主要考查椭圆的几何性质、点到直线间的距离、直线与椭圆的位置关系等基础知识，同时考查解析几何的基本思想方法、基本不等式应用等综合解题能力.。
高三下学期高考数学模拟试题精选汇总：导数01Word版含答案
导数01一、选择题1 .定义在R 上的可导函数f(x),且f(x)图像连续,当x ≠0时, ,则函数的零点的个数为（ ）A ．1B ．2C ．0D ．0或22 ．已知函数满足，且的导函数，则的解集为（ ）A ．B ．C ．D ．二、填空题3 ．若f(x)在R 上可导,f(x)=x 2+2f’(2)+3,则.4 ．若不等式对任意都成立,则实数a 取值范围是________.5 ．计算= ；6 ．曲线与直线y=x 和y=3所围成的平面图形的面积为_________.7．设,,则m 与n 的大小关系为______.8．已知函数在区间上是减函数，那么的最大值为________________；1'()()0f x xf x -+>1()()g x f x x -=+))((R x x f ∈1)1(=f )(x f 21)('<x f 212)(+<x x f {}11<<-x x {}1-<x x {}11>-<x x x 或{}1>x x 1|ln |3≥-x ax ]1,0(∈x 1-1(2+)x x e dx ⎰1xy =1x m e dx =⎰11en x dx -=⎰b c +三、解答题9．已知函数（为自然对数的底数）．（1）求的最小值；（2）设不等式的解集为，若，且，求实数的取值范围（3）已知，且，是否存在等差数列和首项为公比大于0的等比数列，使得？若存在，请求出数列的通项公式．若不存在，请说明理由．10．已知函数（）.（1）若，试确定函数的单调区间；（2）若函数在其图象上任意一点处切线的斜率都小于，求实数的取值范围.（3）若，求的取值范围.11．已知函数(Ⅰ)若为的极值点,求实数的值;(Ⅱ)若在上为增函数,求实数的取值范围;(Ⅲ)当时,方程有实根,求实数的最大值.12．已知函数f(x )=2ln x +ax 2-1(a ∈R)(1)求函数f(x)的单调区间; (2)若a=1,分别解答下面两题,(i)若不等式f(1+x)+f(1-x)<m 对任意的0<x<1恒成立,求m 的取值范围; (ii)若x 1,x 2是两个不相等的正数,且f(x 1)+f(x 2)=0,求证x 1+x 2>2.13．已知函数的最小值为0,其中.(1)求a 的值(2)若对任意的,有成立,求实数k 的最小值 (3)证明)ln()(a x x x f +-=0>a ),0[+∞∈x 2)(kx x f ≤∑=∈<+--ni N n n i 1*)(2)12ln(12214．已知函数在处取得极值.(1)求实数的值； (2)若关于的方程在区间上恰有两个不同的实数根,求实数的取值范围；(3)证明:对任意的正整数,不等式都成立. 答案一、选择题 1. 【答案】C【解析】由，得，当时，，即，函数此时单调递增。
高考数学一轮复习第三章 导数及其应用答案
第三章 导数及其应用第15讲 导数的几何意义和四则运算链教材·夯基固本 激活思维 1.A【解析】f ′(x )＝ln x ＋1，由f ′(x 0)＝0，即ln x 0＋1＝0，所以ln x 0＝－1，所以x 0＝1e.2.C【解析】因为y ＝x 3＋11，所以y ′＝3x 2，所以y ′|x ＝1＝3，所以曲线y ＝x 3＋11在点P (1,12)处的切线方程为y －12＝3(x －1)．令x ＝0，得y ＝9.3. －9.8t ＋6.5 －9.8 【解析】 v ＝h ′(t )＝－9.8t ＋6.5，a ＝v ′(t )＝－9.8.4.－234【解析】因为f (x )＝x 2＋3xf ′(2)＋ln x ，所以f ′(x )＝2x ＋3f ′(2)＋1x .令x ＝2，得f ′(2)＝4＋3f ′(2)＋12，则f ′(2)＝－94.所以f(1)＝1＋3×1×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－94＋0＝－234. 5. 23【解析】 f ′(x )＝3x 2＋1x2，斜率k ＝f ′(x )＝3x 2＋1x2≥23，当且仅当3x 2＝1x2，即x 4＝13，x ＝413时，斜率k min ＝23.知识聚焦1. (3) 瞬时速度 瞬时加速度2. y －f (x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0)3. 0 αxα－1cos x －sin x e x a xln a1x1xlna4. (1) f ′(x )±g ′(x ) (2) f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x ) (3) f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )[g (x )]25. f ′(g (x ))·g ′(x ) 研题型·融会贯通分类解答【解析】 (1) f ′(x )＝(2x ＋1)e x －(x 2＋x )e x (e x )2＝1＋x －x2ex .(2) 因为f (x )＝x －ln x ＋2x －1x2，所以f ′(x )＝1－1x －2x2＋2x3＝x3－x2－2x ＋2x3.(3) 因为y ＝x sin ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2x ＋π2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2x ＋π2＝12x sin(4x ＋π)＝－12x sin 4x ，所以y ′＝－12sin 4x －12x ·4cos 4x ＝－12sin 4x －2x cos 4x . (1) 【答案】 B 【解析】由已知得f ′(x )＝2f ′(1)－1x ，令x ＝1，得f ′(1)＝2f ′(1)－1，解得f ′(1)＝1，则f (1)＝2f ′(1)＝2.(2) 【答案】 3【解析】 由f (x )＝(x 2－a )ln x ，得f ′(x )＝2x ln x ＋x2－ax.所以f ′(1)＝1－a ＝－2，解得a ＝3. (1) 【答案】 A【解析】 由f (x ＋1)＝2x ＋1x ＋1，知f (x )＝2x －1x ＝2－1x .所以f ′(x )＝1x2，所以f ′(1)＝1.由导数的几何意义知，所求切线的斜率k ＝1. (2) 【答案】 x －y －1＝0【解析】 因为点(0，－1)不在曲线f (x )＝x ln x 上， 所以设切点为(x 0，y 0)．又因为f ′(x )＝1＋ln x ， 所以直线l 的方程为y ＋1＝(1＋ln x 0)x .由⎩⎪⎨⎪⎧y0＝x0ln x0，y0＋1＝(1＋ln x 0)x 0，解得x 0＝1，y 0＝0.所以直线l 的方程为y ＝x －1，即x －y －1＝0.(1) 【答案】 D【解析】 因为y ′＝a e x ＋ln x ＋1，所以k ＝y ′|x ＝1＝a e ＋1， 所以切线方程为y －a e ＝(a e ＋1)(x －1)， 即y ＝(a e ＋1)x －1.又已知切线方程为y ＝2x ＋b ， 所以⎩⎪⎨⎪⎧ae ＋1＝2，b ＝－1，即⎩⎪⎨⎪⎧a ＝e －1，b ＝－1.(2) 【答案】 y ＝0或4x ＋y ＋4＝0 【解析】 设切点坐标为(x 0，x 20)，因为f ′(x )＝2x ，所以切线方程为y －0＝2x 0(x ＋1)， 所以x 20＝2x 0(x 0＋1)，解得x 0＝0或x 0＝－2， 所以所求切线方程为y ＝0或y ＝－4(x ＋1)，即y ＝0或4x ＋y ＋4＝0. 【答案】 C【解析】 若直线与曲线切于点(x 0，y 0)(x 0≠0)，则斜率k ＝y0－1x0－1＝x30－1x0－1＝x 20＋x 0＋1，又因为y ′＝3x 2，所以y ′|x ＝x 0＝3x 20，所以3x 20＝x 20＋x 0＋1，即2x 20－x 0－1＝0，解得x 0＝1或x 0＝－12，所以过点P (1，1)与曲线y ＝x 3相切的直线方程为3x－y －2＝0或3x －4y ＋1＝0，共2条．【答案】 D 【解析】因为f (x )＝ln|x |，所以当x >0时，f (x )＝lnx ，f ′(x )＝1x，当x <0时，f (x )＝ln(－x )，f ′(x )＝1x，所以f ′(x 1)f ′(x 2)＝1x1·1x2＝－1，即x 1x 2＝－1，所以x 1<0<x 2，因此x 2－x 1＝x 2＋1x2≥2. 【答案】 C 【解析】设切线在曲线y ＝x 2上的切点坐标为(x 0，x 20)，则切线方程为y ＝2x 0x －x 20，切线在y ＝a ln x 上的切点为(x 1，a ln x 1)，则该切线方程为y ＝ax1x －a ＋a ln x 1.由于两曲线有相同的公切线，因此ax1＝2x 0，－x 20＝a ln x 1－a ，消去x 0，得a ＝4x 21－4x 21ln x 1，设g (x )＝4x 2－4x 2ln x ，则g ′(x )＝4x －8x ln x ，易得g (x )在(0，e 12)上单调递增，在(e 12，＋∞)上单调递减，所以g (x )的最大值为g (e 12)＝2e.又当x →＋∞时，g (x )→－∞；当x →0时，g (x )→0. 所以a 的取值范围为(－∞，0)∪(0,2e]． 【题组强化】 1.C 【解析】由f (x )＝ax 2，得f ′(x )＝2ax .由g (x )＝lnx ，得g ′(x )＝1x.因为f (x )＝ax 2与g (x )＝ln x 在它们的公共点P (m ，n )处具有公共切线，所以⎩⎪⎨⎪⎧f (m )＝g (m )，f ′(m )＝g ′(m )，即⎩⎪⎨⎪⎧am2＝ln m ，2am ＝1m ，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝e ，a ＝12e.2. C 【解析】 直线2x －y ＝0的斜率k ＝2， 又曲线f (x )上存在与直线2x －y ＝0平行的切线， 所以f ′(x )＝1x＋4x －a ＝2在(0，＋∞)内有解，则a ＝4x ＋1x －2，x >0.又4x ＋1x≥24x ·1x ＝4，当且仅当x ＝12时取“＝”． 所以a ≥4－2＝2. 3.A【解析】 设过点(1,0)的直线与y ＝x 3相切于点(x 0，x30)，所以切线方程为y －x30＝3x20(x －x 0)，即y ＝3x 20x －2x 30，又点(1,0)在切线上，则x 0＝0或x 0＝32，当x 0＝0时，由y ＝0与y ＝ax 2＋154x －9相切，可得a ＝－2564，当x 0＝32时，由y ＝274x －274与y ＝ax 2＋154x －9相切，可得a ＝－1，所以选A.4. 【解答】 (1)f ′(x )＝a ＋2x2－3x .由已知得f ′⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫23＝1，解得a ＝1，故f (x )＝x －2x －3ln x ，f ′(x )＝(x －1)(x －2)x 2， 令f ′(x )＝0，得x ＝1或x ＝2.当x ∈⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤32，3时，f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：所以f (x )min ＝f (2) 由(1)知f (x )＝x －2x－3ln x ，故F (x )＝x 3－3x 2－2x (x >0)，F ′(x )＝3x 2－6x －2(x >0)． 设切点为T (x 0，y 0)，由于点P 在函数F (x )的图象上，①当切点T(x0，y0)不与点P(1，－4)重合，即当x0≠1时，由于切线过点P(1，－4)，则y0＋4x0－1＝3x20－6x0－2，所以x30－3x20－2x0＋4＝(x0－1)(3x20－6x0－2)，化简得x30－3x20＋3x0－1＝0，即(x0－1)3＝0，解得x0＝1(舍去)；②当切点T(x0，y0)与点P(1，－4)重合，即当x0＝1时，切线的斜率k＝F′(1)＝－5，于是切线方程为5x＋y－1＝0.综上所述，满足条件的切线只有一条，其方程为5x＋y－1＝0 .课堂评价1. D 【解析】根据题意得f′(x)＝cos x＋sin x，由f′(x0)＝2f(x0)，得cos x0＋sin x0＝2sin x0－2cos x0，化简得sin x0＝3cos x0，即tan x0＝3，故选D.2. B 【解析】若函数f(x)＝ln x＋ax的图象存在与直线2x－y＝0平行的切线，即f′(x)＝2在(0，＋∞)上有解，所以f′(x)＝1x＋a＝2在(0，＋∞)上有解，则a＝2－1x.因为x>0，所以2－1x<2，所以a的取值范围是(－∞，2)．3. －23【解析】因为f′(x)＝－23－2x－2sin 2x，所以f′(0)＝－23.4. 1 2 【解析】由f(x)＝(bx－1)e x＋a，得f′(x)＝e x(bx＋b－1)，因为曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝x，所以f′(0)＝1，f(0)＝0，即b－1＝1，－1＋a＝0，解得a＝1，b＝2.5. 1 【解析】依题意得，f′(x)＝－a sin x，g′(x)＝2x＋b，f′(0)＝g′(0)，即－a sin0＝2×0＋b，得b＝0.又m＝f(0)＝g(0)，即m＝a＝1，因此a＋b＝1.第16讲利用导数研究函数的性质链教材·夯基固本激活思维1. D 【解析】由题知f′(x)＝[(x－3)·e x]′＝e x＋(x－3)e x＝(x－2)e x.令f′(x)＞0，解得x＞2.2. D 【解析】令y ′＝x 2－2x －3＝0，得x 1＝－1，x 2＝3，由极值知识可知函数在x 1＝－1处取得极大值，在x 2＝3处取得极小值，所以函数的极小值点是3.3. C 【解析】 函数y ＝ln x －x 的定义域为(0，＋∞)，又y ′＝1x －1＝1－xx ，当x ∈(0,1)时，y ′＞0，函数单调递增；当x∈(1，e]时，y ′＜0，函数单调递减．故当x ＝1时，函数取得最大值－1.4.[0，＋∞)【解析】f ′(x )＝3x 2＋a ，因为f (x )在(－∞，＋∞)上是增函数，所以f ′(x )≥0恒成立，所以a ≥0.5. (1) (－∞，3]∪⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫92，＋∞ (2) ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3，92 【解析】 由f (x )＝x 3－ax 2，得f ′(x )＝3x 2－2ax ＝3x ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x －2a 3. (1) 令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝2a 3，若f (x )在(2,3)上单调递减，则有2a 3≥3，解得a ≥92；若f (x )在(2,3)上单调递增，则有2a3≤2，解得a ≤3，所以若f (x )在(2,3)上单调，则实数a 的取值范围是(－∞，3]∪⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫92，＋∞. (2) 若f (x )在(2,3)上不单调，则有⎩⎪⎨⎪⎧2a3≠0，2<2a3<3，可得3<a <92.知识聚焦1. 单调递增 单调递减 常数函数第1课时 导数与函数单调性研题型·融会贯通 分类解析(1) 【答案】 D 【解析】因为函数f (x )＝x ln x ，定义域为(0，＋∞)，所以f ′(x )＝ln x ＋1(x >0)，当f ′(x )>0时，解得x >1e ，即函数f (x )的单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1e ，＋∞；当f ′(x )<0时，解得0<x <1e ，即函数f (x )的单调减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，1e . (2) 【答案】 ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－π，－π2，⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，π2 【解析】f ′(x )＝sin x ＋x cos x －sin x ＝x cos x .令f ′(x )＝x cos x >0，则其在区间(－π，π)上的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－π，－π2和⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，π2，即f (x )的单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－π，－π2，⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，π2. 【答案】 (－∞，0) (0,1) 【解析】 f (x )的定义域为{x |x ≤1}， f ′(x )＝1－11－x .令f ′(x )＝0，得x ＝0.当0<x <1时，f ′(x )<0；当x <0时，f ′(x )>0.所以f (x )的单调增区间为(－∞，0)，单调减区间为(0,1)． (1) 【答案】 B 【解析】令g (x )＝f (x )cos x，则g ′(x )＝f ′(x )cos x －f (x )(－sin x )cos 2x＝1＋ln x cos2x.由⎩⎪⎨⎪⎧0<x<π2，g ′(x )>0，解得1e<x <π2；由⎩⎪⎨⎪⎧0<x<π2，g ′(x )<0，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，又π3>π4>π6>1e ，所以g ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π3>g ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π4>g ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π6，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π3cos π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π4cos π4>f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π6cosπ6，即2f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π4，3f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π4>2f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π6，3f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π6，故只有B 正确． (2) 【答案】 D【解析】 f (x )>f ′(x )ln 2⇔f ′(x )－ln 2·f (x )<0. 令g (x )＝f (x )2x ，则g ′(x )＝f ′(x )－f (x )·ln 22x， 所以g ′(x )<0，则g (x )在(－∞，＋∞)上是减函数． 由f (－2)＝2，且f (x )在R 上是奇函数， 得f (2)＝－2，则g (2)＝f (2)22＝－12，又f (x )>－2x －1⇔f (x )2x >－12＝g (2)，所以x <2.【答案】 A【解析】 令G (x )＝f (x )－x 2，则G ′(x )＝f ′(x )－2x . 当x ∈[0，＋∞)时，G ′(x )＝f ′(x )－2x >0， 所以G (x )在[0，＋∞)上是增函数．由f (a －2)－f (a )≥4－4a ，得f (a －2)－(a －2)2≥f (a )－a 2，即G (a －2)≥G (a )， 又f (x )是定义在R 上的偶函数，知G (x )是偶函数． 故|a －2|≥|a |，解得a ≤1.【解答】 函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ax －(a ＋1)＋1x ＝ax2－(a ＋1)x ＋1x ＝(ax －1)(x －1)x . ①当0<a <1时，1a>1，所以当x ∈(0,1)和⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1，1a 时，f ′(x )<0， 所以函数f (x )在(0,1)和⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a ，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1，1a 上单调递减． ②当a ＝1时，1a＝1，所以f ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立， 所以函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增． ③当a >1时，0<1a<1，所以当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，1a 和(1，＋∞)时，f ′(x )>0； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a ，1时，f ′(x )<0， 所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，1a 和(1，＋∞)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a ，1上单调递减． 综上，当0<a <1时，函数f (x )在(0,1)和⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a ，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1，1a 上单调递减； 当a ＝1时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >1时，函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，1a 和(1，＋∞)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a ，1上单调递减． 【答案】 C【解析】 因为f (x )＝e x(sin x ＋a )，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－π2，π2，所以f ′(x )＝e x (sin x ＋cos x ＋a )，由于函数f (x )＝e x(sin x ＋a )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－π2，π2上单调递增，所以∀x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－π2，π2，f ′(x )≥0，所以sin x ＋cos x ＋a ≥0，a ≥－sin x －cos x ＝－2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x ＋π4， 当－π2<x <π2时，－π4<x ＋π4<3π4，则－22<sin ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x ＋π4≤1，所以－2≤－2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x ＋π4<1，所以a ≥1， 因此，实数a 的取值范围是[1，＋∞)，故选C. 【题组强化】 1. [3，＋∞)【解析】 由条件知f ′(x )＝2x ＋a －1x2≥0在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12，＋∞上恒成立，即a ≥1x2－2x 在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12，＋∞上恒成立．因为函数y ＝1x2－2x 在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12，＋∞上为减函数，所以y max <1⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫122－2×12＝3，所以a ≥3.2.⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－1e ，＋∞【解析】已知f (x )＝12ax 2＋x lnx －x ，其中x >0，所以f ′(x )＝ax ＋ln x .由于函数y ＝f (x )存在单调增区间，即∃x >0，使得f ′(x )>0， 即∃x >0，a >－ln x x ，构造函数g (x )＝－ln x x ，则a >g (x )min .又g ′(x )＝ln x －1x2，令g ′(x )＝0，得x ＝e.当0<x <e 时，g ′(x )<0；当x >e 时，g ′(x )>0，所以函数y ＝g (x )在x ＝e 处取得极小值，亦即最小值，则g (x )min ＝g (e)＝－1e ，所以a>－1e.3. 【解答】 f ′(x )＝2x －2a ＋2(a ＋1)x ＝2x2－ax ＋a ＋1x ，x ＞0.令g (x )＝x 2－ax ＋a ＋1，当Δ＝a 2－4(a ＋1)≤0，即2－22≤a ≤2＋22时，g (x )≥0恒成立，即f ′(x )≥0恒成立，所以f (x )的单调增区间是(0，＋∞)，无单调减区间．当Δ＝a 2－4(a ＋1)>0，即a >2＋22或a <2－22时，设g (x )的两个零点为x 1＝a －a2－4a －42，x 2＝a ＋a2－4a －42.若a >2＋22，则因为x 1＋x 2＝a >0，x 1x 2＝a ＋1>0，所以x 1，x 2都大于0，所以当x∈(0，x 1)时，g (x )>0，f (x )单调递增；当x ∈(x 1，x 2)时，g (x )<0，f (x )单调递减； 当x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )>0，f (x )单调递增． 若a <2－22，则x 1＋x 2＝a <0，当x 1x 2＝a ＋1≥0，即－1≤a <2－22时，x 1，x 2都不为正数，所以当x ∈(0，＋∞)时g (x )>0，f (x )单调递增．当x 1x 2＝a ＋1<0，即a <－1时，x 1<0<x 2， 所以当x ∈(0，x 2)时，g (x )<0，f (x )单调递减． 当x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )>0，f (x )单调递增． 综上所述，当a <－1时，f (x )的单调减区间为⎝⎛⎭⎪⎪⎫0，a ＋a2－4a －42，单调增区间为⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫a ＋a2－4a －42，＋∞；当－1≤a ≤2＋22时，f (x )的单调增区间是(0，＋∞)，无单调减区间； 当a >2＋22时，f (x )的单调减区间为⎝⎛⎭⎪⎪⎫a －a2－4a －42，a ＋a2－4a －42，单调增区间为⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫0，a －a2－4a －42，⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫a ＋a2－4a －42，＋∞. 课堂评价 1.D【解析】由函数y ＝f (x )的图象可知，f (x )在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，所以在(－∞，0)上f ′(x )>0；在(0，＋∞)上f ′(x )<0，只有选项D 满足．2. B 【解析】 f (x )＝ax 3＋3x ＋2，则f ′(x )＝3ax 2＋3， 又f ′(－1)＝3a ＋3＝－3，解得a ＝－2，所以f ′(x )＝－6x 2＋3，由f ′(x )>0，解得－22<x <22.故f (x )的单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－22，22. 3.A【解析】易知f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝x －9x .又x >0，由f ′(x )＝x －9x≤0，得0<x ≤3.因为函数f (x )在区间[a －1，a ＋1]上单调递减， 所以⎩⎪⎨⎪⎧a －1>0，a ＋1≤3，解得1<a ≤2.4.D 【解析】对任意两个不相等的正实数x 1，x 2，都有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2>2恒成立，则当x >0时，f ′(x )≥2恒成立，f ′(x )＝ax＋x ≥2在(0，＋∞)上恒成立，则a ≥(2x －x 2)max ＝1.第2课时 函数的极值与最值研题型·融会贯通 分类解析【解答】 由题设知a ≠0，f ′(x )＝3ax 2－6x ＝3ax ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x －2a . 令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝2a.当a ＞0时，随着x 的变化，f ′(x )与f (x )的变化情况如下表：从上表可知f (x )极大值＝f (0)＝1－3a ，f (x )极小值＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2a ＝－4a2－3a ＋1.当a ＜0时，随着x 的变化，f ′(x )与f (x )的变化情况如下表：从上表可知f (x )极大值＝f (0)＝1－3a ，f (x )极小值＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2a ＝－4a2－3a ＋1.综上，f (x )极大值＝1－3a ，f (x )极小值＝－4a2－3a＋1.【答案】 D【解析】 由题图可知，当x <－2时，f ′(x )>0； 当－2<x <1时，f ′(x )<0；当1<x <2时，f ′(x )<0； 当x >2时，f ′(x )>0.由此可得函数f (x )在x ＝－2处取得极大值，在x ＝2处取得极小值．【解答】 (1) f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1x .设切点坐标为(x 0，ln x 0)，则切线方程为y ＝1x0x ＋ln x 0－1. 把点P (0，－1)代入切线方程，得ln x 0＝0，所以x 0＝1. 所以过点P (0，－1)的切线方程为y ＝x －1. (2) 因为g (x )＝f (x )－mx ＋mx ＝ln x －mx ＋mx (x >0)，所以g ′(x )＝1x －m －mx2＝x －mx2－m x2＝－mx2－x ＋mx2.令h (x )＝mx 2－x ＋m ，要使g (x )存在两个极值点x 1，x 2，则方程mx 2－x ＋m ＝0有两个不相等的正数根x 1，x2，因为x 1＋x 2＝1m>0，所以m >0， 故只需满足⎩⎪⎨⎪⎧h (0)>0，12m>0，h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12m <0，解得0<m <12.【答案】 B 【解析】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个点满足其附近的导数值左正右负，故极大值点有2个．【解答】 易知函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝1x－a ＝1－ax x.当a ≤0时，f ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立，则函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，此时函数在定义域上无极值点； 当a >0时，若x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，1a ，则f ′(x )>0， 若x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a ，＋∞，则f ′(x )<0， 故函数f (x )在x ＝1a处有极大值．综上可知，当a ≤0时，函数f (x )无极值点， 当a >0时，函数y ＝f (x )有一个极大值点，且为x ＝1a.【解答】 (1) 由f (x )＝(x －k )e x ，得f ′(x )＝(x －k ＋1)e x ， 令f ′(x )＝0，得x ＝k －1.当x 变化时，f (x )与f ′(x )的变化情况如下表：所以f(x)(2) 当k－1≤0，即k≤1时，函数f(x)在[0,1]上单调递增，所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(0)＝－k；当0<k－1<1，即1<k<2时，由(1)知f(x)在[0，k－1)上单调递减，在(k－1,1]上单调递增，所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(k－1)＝－e k－1；当k－1≥1，即k≥2时，函数f(x)在[0,1]上单调递减，所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(1)＝(1－k)e.综上可知，当k≤1时，f(x)min＝－k；当1<k<2时，f(x)min＝－e k－1；当k≥2时，f(x)mi n＝(1－k)e.【解答】 (1) 当k＝3时，f(x)＝x3－6x2＋9x＋1，则f′(x)＝3x2－12x＋9＝3(x－1)(x－3)．令f′(x)＝0，得x1＝1，x2＝3.当x变化时，f(x)，f′(x)的变化情况如下表：(2) f′(x)＝3x2－3(k＋1)x＋3k＝3(x－1)(x－k)．①当k≤1时，∀x∈[1,2]，f′(x)≥0，函数f(x)在区间[1,2]上单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝1－3 2(k＋1)＋3k＋1＝3，解得k＝53(舍去)．②当k≥2时，∀x∈[1,2]，f′(x)≤0，函数f(x)在区间[1,2]上单调递减，所以f(x)min＝f(2)＝8－6(k＋1)＋3k·2＋1＝3，符合题意．③当1<k<2时，当x∈[1，k)时，f′(x)<0，f(x)在[1，k)上单调递减；当x∈(k,2]时，f′(x)>0，f(x)在(k,2]上单调递增．所以f (x )min ＝f (k )＝k 3－32(k ＋1)k 2＋3k 2＋1＝3，化简得k 3－3k 2＋4＝0，即(k ＋1)(k －2)2＝0， 所以k ＝－1(舍去)或k ＝2(舍去)．综上所述，实数k 的取值范围为[2，＋∞)． 课堂评价 1.C【解析】因为函数f (x )＝x (x －c )2＝x 3－2cx 2＋c 2x ，f ′(x )＝3x 2－4cx ＋c 2，由题意知f ′(2)＝12－8c ＋c 2＝0，所以c ＝6或c ＝2.又函数f (x )＝x (x －c )2在x ＝2处有极大值，故导数值在x ＝2处左侧为正数，右侧为负数．当c ＝2时，f ′(x )＝3x 2－8x ＋4＝3⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x －23(x －2)，不满足导数值在x ＝2处左侧为正数，右侧为负数．当c ＝6时，f ′(x )＝3x 2－24x ＋36＝3(x 2－8x ＋12)＝3(x －2)(x －6)，满足导数值在x ＝2处左侧为正数，右侧为负数．故 c ＝6.故选C.2. D 【解析】 f ′(x )＝[x 2－(a ＋1)x ＋a ]e x ＝(x －a )(x －1)e x . 令f ′(x )＝0，得(x －a )(x －1)e x ＝0. 设g (x )＝(x －1)(x －a )．(1) 当a ＝1时，g (x )≥0，f ′(x )≥0，f (x )没有极值． (2) 当a >1时，若x >a 或x <1，则g (x )>0，f ′(x )>0； 若1<x <a ，则g (x )<0，f ′(x )<0.所以x ＝1是函数f (x )的极大值点，不合题意． (3) 当a <1时，若x >1或x <a ，g (x )＞0，f ′(x )>0， 若a <x <1，则g (x )＜0，f ′(x )<0. 所以x ＝1是f (x )的极小值点，满足题意． 综上所述，实数a 的取值范围是(－∞，1)． 3.－12【解析】因为f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，由f ′(1)＝0，得3＋2a ＋b ＝0，由f (1)＝10，得1＋a ＋b －a 2－7a ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2，b ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－6，b ＝9.又当⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－6，b ＝9时，f ′(x )＝3x 2－12x ＋9，函数f (x )在x ＝1处取得极大值10，故舍去；当⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2，b ＝1时，f ′(x )＝3x 2－4x ＋1，函数f (x )在x ＝1处取得极小值10，所以⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2，b ＝1，所以b a＝－12.4. 1＋ln 22 【解析】 设两个交点分别为A ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫b －12，b ，B (e b，b )， 则AB ＝e b－b －12.令g (x )＝e x－x －12，则g ′(x )＝e x－12.由g ′(x )＝0，得x ＝－ln 2.当x ＜－ln 2时，g ′(x )＜0，当x ＞－ln 2时，g ′(x )＞0，所以g (x )在区间(－∞，－ln2)上单调递减，在区间(－ln2，＋∞)上单调递增，所以g (x )min ＝g (－ln 2)＝1＋ln 22.第17讲 导数的综合应用链教材·夯基固本 激活思维 1.C【解析】函数f (x )的定义域是(0，＋∞)，不等式a x－1＋lnx ≤0有解，即a ≤x －x ln x 在(0，＋∞)上有解．令h (x )＝x －x ln x ，则h ′(x )＝－ln x . 由h ′(x )＝0，得x ＝1.当0<x <1时，h ′(x )>0，当x >1时，h ′(x )<0. 故当x ＝1时，函数h (x )＝x －x ln x 取得最大值1， 所以要使不等式a ≤x －x ln x 在(0，＋∞)上有解， 只要a 小于或等于h (x )的最大值即可，即a ≤1. 2.A【解析】构造函数g (x )＝x e x ，则g ′(x )＝e x (x ＋1)．当x >－1时，g ′(x )>0，函数g (x )为增函数；当x <－1时，g ′(x )<0，函数g (x )为减函数，所以当x ＝－1时函数g (x )有最小值，且g (－1)＝－e－1＝－1e.画出函数y ＝x e x的图象如图所示，显然当－1e<a <0时，函数f (x )＝x e x －a 有两个零点，故选A.(第2题)3. D【解析】 由2f (x )≤g ′(x )＋2，可得2x ln x ≤3x 2＋2ax ＋1，所以a ≥12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2lnx －3x －1x .设h (x )＝2ln x －3x －1x ，则h ′(x )＝2x －3＋1x2＝－3x2－2x －1x2＝－(3x ＋1)(x －1)x 2，x >0，所以h (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以h (x )max ＝h (1)＝－4，所以12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2lnx －3x －1x max ＝－2，所以a ≥－2. 4.CD【解析】根据题意，令g (x )＝f (x )cos x，x∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，π2，则g ′(x )＝f ′(x )cos x ＋sin xf (x )cos 2x .又x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，π2，且cos xf ′(x )＋sinxf (x )＜0，则有g ′(x )＜0，即函数g (x )为减函数．又π6＜π3，则g ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π6＞g ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π3，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π6cosπ6＞f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π3cosπ3，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π6＞3f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π3.又由π6＜π4，则有g ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π6＞g ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π4，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π6cosπ6＞f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π4cosπ4，即2f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π6＞3f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π4.故选CD.第1课时 导数与不等式证明研题型·融会贯通分类解析【解答】 (1) 因为f(x)＝1－lnxx，x>0，所以f′(x)＝lnx－1x2，f′(1)＝－1.因为g(x)＝aeex＋1x－bx，所以g′(x)＝－aeex－1x2－b.因为曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1,1)，且在点A处的切线互相垂直，所以g(1)＝1，且f′(1)·g′(1)＝－1，所以g(1)＝a＋1－b＝1，g′(1)＝－a－1－b＝1，解得a＝－1，b＝－1.(2) 由(1)知，g(x)＝－eex＋1x＋x，则f(x)＋g(x)≥2x⇔1－lnxx－eex－1x＋x≥0.令h(x)＝1－lnxx－eex－1x＋x(x≥1)，则h(1)＝0，h′(x)＝－1＋lnxx2＋eex＋1x2＋1＝lnxx2＋eex＋1.因为x≥1，所以h′(x)＝lnxx2＋eex＋1>0，所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以当x≥1时，h(x)≥h(1)＝0，即1－lnxx－eex－1x＋x≥0，所以当x≥1时，f(x)＋g(x)≥2 x.【解答】对任意a≥1，当x>0时，f(x)≥(x＋a e)x⇔exx－xa－1ax＋2a－e≥0.令g (x )＝ex x －x a －1ax ＋2a －e ，x >0，则g ′(x )＝(x －1)(a e x －x －1)ax 2. 当a ≥1时，a e x －x －1≥e x －x －1.令h (x )＝e x －x －1，则当x >0时，h ′(x )＝e x －1＞0. 所以当x >0时，h (x )单调递增，h (x )>h (0)＝0， 所以a e x －x －1>0.所以当0<x <1时，g ′(x )<0，当x ＝1时，g ′(x )＝0，当x >1时，g ′(x )>0. 所以g (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以g (x )≥g (1)＝0， 即ex x －x a －1ax ＋2a －e ≥0， 故f (x )≥(x ＋a e)x .【解答】 (1) f ′(x )＝ex－a (x >0)，若a ≤0，则f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增． 若a >0，则当0<x <ea 时，f ′(x )>0；当x >ea 时，f ′(x )<0.故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，e a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫e a ，＋∞上单调递减． (2) 因为x >0，所以只需证f (x )≤exx－2e.当a ＝e 时，由(1)知，f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f (x )max ＝f (1)＝－e.设g (x )＝ex x －2e(x >0)，则g ′(x )＝(x －1)e xx 2，所以当0<x <1时，g ′(x )<0，g (x )单调递减； 当x >1时，g ′(x )>0，g (x )单调递增， 所以g (x )min ＝g (1)＝－e.综上，当x >0时，f (x )≤g (x )，故不等式xf (x )≤e x －2e x 得证． 【解答】 (1) f ′(x )＝e x ＋a cos x ，且f (0)＝1＋b .由题意得f ′(0)＝e 0＋a ＝1⇒a ＝0. 又(0,1＋b )在切线x －y －1＝0上， 所以0－1－b －1＝0⇒b ＝－2.(2) 由(1)知f (x )＝e x －2.先证：e x －2＞x －1，即e x －x －1＞0(x ＞0)， 令g (x )＝e x －x －1(x ＞0)，则g ′(x )＝e x －1，所以g (x )在(0，＋∞)上是增函数． 故g (x )＞g (0)＝0，即e x －2＞x －1 ①. 再证：x －1≥ln x ，即x －1－ln x ≥0，令φ(x )＝x －1－ln x ，则φ′(x )＝1－1x ＝x －1x (x ＞0)，故φ(x )在(0,1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数， 则φ(x )min ＝φ(1)＝0，即x －1－ln x ≥0， 所以x －1≥ln x ②.由①②得e x －2＞ln x ，即f (x )＞ln x 在(0，＋∞)上恒成立. 课堂评价 1.C【解析】构造函数f (x )＝exx2，则a ＝f (6)，b ＝f (7)，c ＝f (8)，f ′(x )＝xex (x －2)x 4，当x >2时，f ′(x )>0，所以f (x )在(2，＋∞)上单调递增，故f (8)>f (7)>f (6)，即c >b >a .2. C【解析】由题得P Q＝aeb bea＝ebbea a，令f (x )＝ex x ，则f ′(x )＝ex (x －1)x 2，当x ＞1时，f ′(x )＞0，所以函数f (x )在(1，＋∞)上单调递增．因为a ＞b ＞1，所以eb b <eaa ，故ebb eaa<1，即P ＜Q .3. 【解答】 (1) 由f (x )＝e x －2x ＋2a (x ∈R )，知f ′(x )＝e x －2.令f ′(x )＝0，得x ＝ln2. 当x <ln2时，f ′(x )<0，故函数f (x )在区间(－∞，ln2)上单调递减；当x >ln2时，f ′(x )>0，故函数f (x )在区间(ln2，＋∞)上单调递增．所以f (x )的单调减区间是(－∞，ln2)，单调增区间是(ln2，＋∞)，f (x )在x ＝ln2处取得极小值f (ln2)＝e ln 2－2ln2＋2a ＝2－2ln2＋2a ，无极大值．(2) 要证当a >ln2－1且x >0时，e x >x 2－2ax ＋1， 即证当a >ln2－1且x >0时，e x －x 2＋2ax －1>0. 设g (x )＝e x －x 2＋2ax －1(x ＞0)，则g ′(x )＝e x －2x ＋2a ，由(1)知g ′(x )min ＝g ′(ln2)＝2－2ln2＋2a . 又a >ln2－1，则g ′(x )min >0. 于是对∀x ∈R ，都有g ′(x )>0， 所以g (x )在R 上单调递增． 于是对∀x >0，都有g (x )>g (0)＝0， 即e x －x 2＋2ax －1>0，即e x >x 2－2ax ＋1，即得证．第2课时 导数与不等式恒成立(能成立)问题研题型·融会贯通 分类解析【解答】方法一：设F (x )＝2x ＋ln x －a (x 2＋x )，则F ′(x )＝－(2x ＋1)(ax －1)x，x >0. 当a ≤0时，取x ＝1，则F (1)＝2－2a ＞0，所以F (x )≤0不可能恒成立． 当a ＞0时，令F ′(x )＝0，得x ＝1a.当0＜x ＜1a 时，F ′(x )＞0，F (x )单调递增；当x ＞1a 时，F ′(x )＜0，F (x )单调递减，故F (x )在(0，＋∞)上的最大值是F ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a ，依题意F ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a ≤0恒成立，即ln 1a ＋1a －1≤0.又y ＝g (a )＝ln1a ＋1a－1在a ∈(0，＋∞)上单调递减，且g (1)＝0，故ln1a ＋1a－1≤0成立的充要条件是a ≥1，所以a 的取值范围是[1，＋∞)．方法二：分离参数得a ≥2x ＋ln x x2＋x (x ＞0)，令h (x )＝2x ＋lnxx2＋x，则h ′(x )＝(2x ＋1)(1－x －ln x )(x 2＋x )2.令h ′(x )＝0，则1－x －ln x ＝0，观察发现x ＝1是1－x－ln x ＝0的根．又因为φ(x )＝1－x －ln x 在(0，＋∞)上单调递减，所以1－x －ln x ＝0的根仅有x ＝1， 当x ∈(0,1)时，φ(x )>0；当x ∈(1，＋∞)时，φ(x )<0. 所以h (x )＝2x ＋lnx x2＋x在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以h (x )max ＝h (1)＝1，所以a 的取值范围是[1，＋∞)．【解答】分离参数得a ≤2ln x ＋x ＋3x ，设h (x )＝2ln x ＋x ＋3x，则h ′(x )＝(x ＋3)(x －1)x 2(x ＞0)． 当x∈(0,1)时，h ′(x )＜0，h (x )单调递减；当x∈(1，＋∞)时，h ′(x )＞0，h (x )单调递增，所以h (x )min ＝h (1)＝4，所以a ≤h (x )min ＝4.【解答】 (1) 由题知f ′(x )＝－ax2＋x －(1－a )x 2，x >0. 令h (x )＝ax 2－x ＋1－a (x ＞0)． ①当a ＝0时，h (x )＝1－x (x ＞0)，当x∈(0,1)时，h (x )＞0，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，h (x )＜0，f ′(x )＞0，f (x )单调递增．②当a ≠0时，由f ′(x )＝0，得x 1＝1，x 2＝1a－1.若0＜a ＜12，则1a －1＞1＞0，当x ∈(0,1)时，h (x )＞0，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1，1a －1时，h (x )＜0，f ′(x )＞0，f (x )单调递增； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a －1，＋∞时，h (x )＞0，f ′(x )＜0，f (x )单调递减． 若a ＝12，则h (x )≥0，f ′(x )≤0，f (x )单调递减．若a ＜0，则1a－1＜0，当x ∈(0,1)时，h (x )＞0，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，h (x )＜0，f ′(x )＞0，f (x )单调递增．综上，当a ≤0时，f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增；当a ＝12时，f (x )在(0，＋∞)上单调递减；当a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，12时，f (x )在(0,1)上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1，1a －1上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a －1，＋∞上单调递减． (2) 当a ＝14时，由(1)知f (x )在(0,1)上是减函数，在(1,2)上是增函数，所以对任意x 1∈(0,2)，有f (x 1)≥f (1)＝－12.又存在x 2∈[1,2]，使f (x 1)≥g (x 2)， 所以－12≥g (x 2)min ，x 2∈[1，2]．(*)又g (x )＝(x －b )2＋4－b 2，x ∈[1,2]，当b ＜1时，g (x )min ＝g (1)＝5－2b ＞0与(*)矛盾； 当b ∈[1,2]时，g (x )min ＝g (b )＝4－b 2≥0与(*)矛盾； 当b >2时，g (x )min ＝g (2)＝8－4b ≤－12，解得b ≥178.综上，实数b 的取值范围是⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫178，＋∞. 【解答】 (1) f ′(x )＝ax －(2a ＋1)＋2x (x >0)．由题意知f ′(1)＝f ′(3)，即a －(2a ＋1)＋2＝3a －(2a ＋1)＋23，解得a ＝23.(2) f ′(x )＝(ax －1)(x －2)x(x >0)．①当a ≤0时，因为x >0，所以ax －1<0，所以当x ∈(0,2)时，f ′(x )>0，当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )<0，故f (x )的单调增区间是(0,2)，单调减区间是(2，＋∞)．②当0<a <12，即1a >2时，当x ∈(0,2)和⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )>0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2，1a 时，f ′(x )<0，故f (x )的单调增区间是(0,2)和⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a ，＋∞，单调减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2，1a . ③当a ＝12时，f ′(x )＝(x －2)22x ≥0，故f (x )的单调增区间是(0，＋∞)．④当a >12，即0<1a <2时，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，1a 和(2，＋∞)时，f ′(x )>0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a ，2时，f ′(x )<0，故f (x )的单调增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，1a 和(2，＋∞)，单调减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a ，2. (3) 由题意知，在(0,2]上有f (x )max <g (x )max . 由已知得g (x )max ＝0，由(2)可知， ①当a ≤12时，f (x )在(0,2]上单调递增，故f (x )max ＝f (2)＝2a －2(2a ＋1)＋2ln 2＝－2a －2＋2ln 2， 所以－2a －2＋2ln 2<0，解得a >ln 2－1， 故ln 2－1<a ≤12.②当a >12时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1a ，2上单调递减，故f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a ＝－2－12a －2ln a . 由a >12可知ln a >ln 12>ln 1e＝－1，所以2ln a >－2，即－2ln a <2，所以－2－2ln a <0， 所以f (x )max <0，符合题意．综上所述，a >ln 2－1.【解析】 f ′(x )＝1－ax ，当a <0时，函数f (x )在(0,1]上是增函数．又函数y ＝1x在(0,1]上是减函数，不妨设0<x 1＜x 2≤1，则|f (x 1)－f (x 2)|＝f (x 2)－f (x 1)，⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x1－1x2＝1x1－1x2， 所以|f (x 1)－f (x 2)|≤4⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x1－1x2等价于f (x 2)－f (x 1)≤4x1－4x2，即f (x 2)＋4x2≤f (x 1)＋4x1. 设h (x )＝f (x )＋4x ＝x －1－a ln x ＋4x，则|f (x 1)－f (x 2)|≤4⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x1－1x2等价于函数h (x )在区间(0,1]上是减函数． 因为h ′(x )＝1－a x －4x2＝x2－ax －4x2，所以x 2－ax －4≤0在x∈(0，1]时恒成立，即a ≥x －4x在(0,1]上恒成立．因为y ＝x －4x在区间(0,1]上是增函数，所以y ＝x －4x的最大值为－3，所以a ≥－3，又a <0，所以a ∈[－3,0)．【解答】不妨设x 1>x 2，则f ′(x 1)－f ′(x 2)x 1－x 2>a 等价于f ′(x 1)－f ′(x 2)>a (x 1－x 2)，即f ′(x 1)－ax 1>f ′(x 2)－ax 2，设h (x )＝f ′(x )－ax ，则h (x )在[1,2]上为增函数．因为f (x )＝13x 3－ax ln x ，所以f ′(x )＝x 2－a ln x －a ，h (x )＝x 2－a ln x －ax －a ，则h ′(x )＝2x －ax －a ≥0在[1,2]上恒成立．方法一：由2x －a x －a ≥0得a ≤2x21＋x，x ∈[1,2]，令m (x )＝2x21＋x ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1x 2＋1x ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1x ＋122－14，1x ∈⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤12，1，所以当1x ＝1时，m (x )取得最小值1.所以a ≤m (x )min ＝1. 方法二：h ′(x )＝2x －a x－a ≥0在[1,2]上恒成立，即2x2－ax －ax≥0在[1,2]上恒成立，即2x 2－ax －a ≥0在[1,2]上恒成立，令g (x )＝2x 2－ax －a ，x ∈[1,2]，由已知得g (x )的图象开口向上，对称轴为x ＝a4.(1)当a 4<1，即a <4时，g (x )在[1,2]上单调递增，g (x )min ＝g (1)＝2－2a ，令2－2a ≥0，解得a ≤1，又a <4，所以a ≤1.(2)当1≤a 4≤2，即4≤a ≤8时，g (x )在⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1，a 4上单调递减，在⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤a 4，2上单调递增，所以g (x )min ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a 4＝－a28－a ，令－a28－a ≥0，解得－8≤a ≤0，又4≤a ≤8，所以无解．(3) 当a 4>1，即a >4时，g (x )在[1,2]上单调递减，g (x )min ＝g (2)＝8－3a ，令8－3a ≥0，解得a≤83，又a >4，所以无解． 综上所述，实数a 的取值范围是{a |a ≤1}． 课堂评价 1.D【解析】若m >f (x )恒成立，则m >f (x )max ，f ′(x )＝2x e x ＋x 2e x ＝x (x ＋2)e x ，则f (x )在(－1,0)上单调递减，在(0,1)上单调递增，又f (－1)＝1e，f (1)＝e ，所以f (x )max ＝f (1)＝e ，所以m >e.2. D 【解析】 由f (x )<x 2，可得ln x －ax <x 2，所以x ln x －a <x 3，所以a >x ln x －x 3，x ∈(1，＋∞)，所以a >(x ln x －x 3)max ，x∈(1，＋∞)．令g (x )＝x ln x －x 3，则g ′(x )＝1＋ln x －3x 2.令h (x )＝g ′(x )＝1＋ln x －3x 2，则h ′(x )＝1x－6x ＝1－6x2x，当x >1时，h ′(x )<0，所以h (x )在(1，＋∞)上单调递减，又h (1)＝－2，所以h (x )<h (1)<0，即g ′(x )<0，所以g (x )在(1，＋∞)上单调递减，所以g (x )<g (1)＝－1，所以a ≥－1.3. 【解答】 (1) 因为f ′(x )＝a －e x ，x ∈R . 当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在R 上单调递减． 当a >0时，令f ′(x )＝0，得x ＝ln a .由f ′(x )>0，得f (x )的单调增区间为(－∞，ln a )； 由f ′(x )<0，得f (x )的单调减区间为(ln a ，＋∞)．综上所述，当a ≤0时，f (x )的单调减区间为(－∞，＋∞)，无单调增区间；当a >0时，f (x )的单调增区间为(－∞，ln a )，单调减区间为(ln a ，＋∞)．(2) 因为存在x ∈(0，＋∞)，使不等式f (x )≤g (x )－e x 成立， 则ax ≤lnx x ，即a ≤lnx x2.设h (x )＝lnx x2，则问题转化为a ≤⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫lnx x2max .由h ′(x )＝1－2lnxx3，令h ′(x )＝0，得x ＝e .当x 变化时，h ′(x )，h (x )的变化情况如下表：由上表可知，当x ＝e时，函数h (x )有极大值，也是最大值为12e ，所以a ≤12e .故a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎥⎤－∞，12e . 第3课时 导数与函数零点研题型·融会贯通 分类解析【解答】 (1) f ′(x )＝2x －ax ，由已知，f ′(1)＝0，即2－a ＝0，解得a ＝2，经检验a ＝2满足题意，所以a ＝2.(2) 函数m (x )＝f (x )－g (x )－6有两个零点．理由如下： 因为m (x )＝x 2－2ln x －x ＋2x －6， 所以m ′(x )＝2x －2x －1＋1x ＝2x2－2－x ＋xx＝(x －1)(2x x ＋2x ＋x ＋2)x. 当x ∈(0,1)时，m ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，m ′(x )＞0，所以m (x )min ＝m (1)＝－4<0，m (e －2)＝(1－e )(1＋e ＋2e 3)e 4<0， m (e －4)＝1＋2e8＋e4(2e 2－1)e 8>0， m (e 4)＝e 4(e 4－1)＋2(e 2－7)>0，故由零点存在定理可知： 函数m (x )在(e －4,1)上存在一个零点，在(1，e 4)上存在一个零点，所以函数m (x )＝f (x )－g (x )－6有两个零点．【解答】 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x－ax(x >0)．当a ≤0时，f ′(x )>0，f ′(x )没有零点．当a >0时，因为y ＝e 2x单调递增，y ＝－ax单调递增，所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增．又f ′(a )>0，当b 满足0<b <a 4，且b <12ln2时，f ′(b )<0，故当a >0时，f ′(x )存在唯一零点．【解答】 (1) f ′(x )＝1x －2ax －2＝－2ax2－2x ＋1x，x >0.由题意f ′(x )≤0在x ∈⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤14，2时恒成立，即2a ≥1－2x x2＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1x －12－1在x ∈⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤14，2上恒成立，即2a ≥⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1x －12－1max ，x ∈⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤14，2. 当x ＝14时，⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1x －12－1取得最大值8，所以a ≥4， 即实数a 的取值范围是{a |a ≥4}．(2) 当a ＝－14时，f (x )＝－12x ＋b 可变形为14x 2－32x ＋ln x －b ＝0.令g (x )＝14x 2－32x ＋ln x －b ，x ∈[1,4]， 则g ′(x )＝(x －2)(x －1)2x. 当x 变化时，g (x )，g ′(x )的变化情况如下表：极小值又g (1)＝－b －54，g (4)＝2ln2－b －2，方程g (x )＝0在[1,4]上恰有两个不相等的实数根，所以⎩⎨⎧g (1)≥0，g (2)<0，g (4)≥0，。